精品解析：贵州铜仁市2024-2025学年高三下学期化学学科5月考试试题1

2024—2025学年高三下学期化学学科 考试试题1 (考试时间：75分钟，满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Sc-45 Zn-65 一、选择题(本题共14小题，共42分。每小题只有一项符合题意。) 1. 非物质文化遗产中蕴含丰富的化学知识，下列说法错误的是 A. 丝绸所用蚕丝的主要成分为蛋白质 B. 糖画手工艺的原料是蔗糖，其化学式为C6H12O6 C. 紫砂壶茶具的原料紫砂泥属于无机非金属材料 D. 皮影戏中使用了兽皮，兽皮中的脂肪属于酯类 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. CaO2的电子式： B. Cl2中共价键的电子云图： C. 顺丁烯二酸的结构简式： D. 基态Mn原子的价电子排布图： 3. 性质决定用途是化学的重要科学观念。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 热的纯碱去油污 CO水解显碱性 B 用体积分数为75%的酒精消毒 蛋白质发生了变性 C 雕刻师用HF溶液刻蚀玻璃 HF溶液具有强酸性 D 硫化顺丁橡胶常用于制作轮胎 橡胶硫化可使线型结构变成网状结构 A. A B. B C. C D. D 4. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A． 在铁钉上镀铜 B． 用电石和饱和食盐水反应制备乙炔 C． 量取酸性高锰酸钾时读数为20.10mL D． 分离甲苯和乙醇 A. A B. B C. C D. D 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L CH2Cl2含有的C-H键数目为2NA B. 1 L 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中含HCO的数目为0.1NA C. 6.5g锌与含0.2mol H2SO4的浓硫酸充分反应，转移的电子数为0.2NA D. 2 mol NO与1 mol O2充分反应可得到气体分子数为2NA 6. 有机物M是一种从植物中提取的抗肿瘤药物，结构简式如图所示。下列关于M的说法错误的是 A. 分子中含有1个手性碳原子 B. M中含氮官能团均为酰胺基 C. 1mol该物质最多可与2mol NaOH反应 D. 红外光谱可以确定该分子中的化学键和官能团 7. 某催化剂XY3ZW3E中的5种主族元素分布于每个短周期，W与Z同族，X、W、Y同周期且原子序数依次递增。X的一种同位素常用于确定文物的年代，基态W原子的核外电子有5种空间运动状态，且W与X的基态原子未成对电子数相同。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X>W>Y B. 键角：XY4>ZW3 C. W、Y的简单氢化物混合时，分子间形成的氢键有3种 D. E原子核外的电子只有一种自旋状态 8. 下列离子方程式书写错误的是 A. 硫酸铜溶液显酸性：Cu2+ + H2O=Cu(OH)2+H+ B. 将稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O C. 以石墨为电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- D. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ 9. 某钴配合物X在进行质谱法测定相对分子质量时发生质谱电离得到了一种碎片离子Y，如图所示： 下列说法正确的是 A. X中含有6个配体 B. 质谱电离过程中涉及配位键的断裂和形成 C. Y中碳原子均采取sp2杂化 D. 基态Co中占据的最高能级电子云轮廓图为哑铃形 10. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法正确的是 A. 两种中间体中，中间体Ⅱ相对稳定 B. 反应过程中决速步骤的能垒为38.2 kJ C. 反应过程中有机物的σ键总数保持不变 D. 加入M-H和升高温度均提高活化分子百分数 11. 以含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备CoCO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A. “酸浸”时，Fe2O3转化为Fe3+ B. “氧化”的目的是将Co2+转化为Co3+ C. “沉钴”时，为加快反应速率温度越高越好 D. “系列操作”包括过滤、洗涤、干燥 12. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清 酸性：苯酚> B 在胆矾晶体表面滴加浓硫酸，蓝色变为白色 浓硫酸具有脱水性 C 用玻璃棒蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液中含有钠元素 D 常温下，饱和HA溶液与饱和NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8 HA为弱酸 A. A B. B C. C D. D 13. 钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，某钠离子二次电池工作原理如图所示。该电池是以NaxCy(嵌钠硬碳)和Na2Mn[Mn(CN)6](锰基高锰普鲁士白)为电极的新型二次电池，充电时Na+嵌入硬碳，放电时发生脱嵌。下列说法错误的是 A. 放电时，电极A的电势高于电极B B. 放电时，B极反应为NaxCyxe—=Cy+xNa+ C. 充电时，Na+穿过离子交换膜向A极移动 D. 充电时，每转移2 mol电子，B极质量增加46 g 14. 常温下，向含有足量SrF2的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，混合液中与 的关系如图所示，已知：，X代表Sr2+或F—。下列说法错误的是 A. 直线B代表与 的变化关系 B. a点处：c(F—)>c(Sr2+) C. 反应后混合液中 随着pH减小而增大 D. 常温下，=10-3.2 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 纳米TiO2是目前应用最广泛的一种纳米半导体光催化材料，实验室以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为钛源，制备纳米TiO2，步骤如下： Ⅰ．量取Ti(OC4H9)4，缓慢滴入无水乙醇中，强力搅拌得到澄清溶液A。 Ⅱ．将冰醋酸和少量水加到另一份无水乙醇中，用浓HCl调节pH≤3，得到溶液B。 Ⅲ．按如下装置(夹持装置和加热装置省略)进行缓慢加料反应，得到白色TiO2凝胶。 IV．将凝胶搅碎后真空干燥，再放入马弗炉中灼烧，得到白色粉体，研磨，过筛得到产品。 已知：在水中Ti(OC4H9)4极易水解，在乙醇介质中酸性越强水解越缓慢；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2.回答下列问题： （1）球形冷凝管的进水口为___________(填“a”或“b”)，相较于直形冷凝管其优点是___________。 （2）步骤Ⅰ需要强力搅拌的原因是___________。 （3）步骤Ⅱ用浓盐酸调pH的目的是___________。 （4）步骤Ⅲ中制备TiO2的化学方程式为___________。 （5）下列仪器中，用于步骤IV“灼烧”操作的有___________(填名称)。 （6）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol-1)试样m g，充分溶解并还原为Ti3+，再滴加KSCN作指示剂，用c mol·L-1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定至Ti3+全部生成Ti4+。重复上述操作2次，得到消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液的平均值为V mL。 ①到达滴定终点时，溶液颜色变为___________。 ②TiO2质量分数为___________(用含M、m、c、V的代数式表示)。 16. 钪(Sc)及其化合物在超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用赤泥(含有Sc2O3、Fe2O3、Al2O3、TiO2、SiO2等)为原料制备Sc2O3的工艺流程如下图，其中P204(磷酸二异辛酯)属于酸性磷类有机萃取剂。 已知：①Sc3+、TiO2+能被有机萃取剂萃取，Sc(OH)3难溶于水。 ②草酸钪[Sc2(C2O4)3]能与碱金属草酸盐相互作用生成可溶性的草酸钪络合物。 回答下列问题： （1）“萃余液”中含有的金属离子主要是___________(写离子符号)。 （2）在“洗脱”时，加入H2O2的作用是___________(填标号) A． 作氧化剂 B． 作还原剂 C． 作配体 （3）萃取剂萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：Sc3++3()Sc()+3H+，“反萃取”时发生反应的化学方程式为___________。 （4）“洗涤”步骤中，水洗的目的是___________。 （5）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)。其它条件相同时，不同浓度的萃取剂(P204)对分配比(D)的影响如下表： P204浓度 D(Sc) D(Fe) D(Al) 1% 6.38 0.144 0.135 2% 4.31 7.77×10-2 5.36×10-2 3% 66.8 8.82×10-2 3.51×10-2 分离系数(β A/B = DA/DB)，β 偏离1越大物质越容易分离，若要实现Sc与Fe、Al有效分离，最适的P204浓度为___________。 （6）Sc的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为___________。NA为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为___________。 17. 绿色能源是未来发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰，碳中和”的重要举措。 Ⅰ．乙醇完全蒸汽催化重整可获得H2，主要反应如下： 反应A：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)  ΔH1=+173.3 kJ·mol-1 K1 反应B：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 K2 （1）反应C：C2H5OH(g)+H2O(g) 2CO(g)+4H2(g)  ΔH3=___________ kJ·mol-1，该反应自发进行的条件为___________(选填“高温”“低温”或“任意温度”)，平衡常数K3=___________(用K1、K2表示) （2）在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1∶3时，若仅考虑上述反应A与B，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性=，则曲线a表示___________，曲线b先增大后减小的原因是___________。 Ⅱ． 近期我国科学家揭示了一种全新的热催化方法，用于通过部分重整乙醇生产氢气和醋酸，几乎实现零二氧化碳排放。 反应方程式为：C2H5OH(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+2H2(g) ΔH>0。 （3）要同时增大该反应的速率和C2H5OH的平衡转化率，可以采用的措施是___________(答一种即可)。 （4）T K时，向2 L恒容密闭的容器中充入2 mol C2H5OH(g)和4 mol H2O(g)，发生上述反应5min后达到平衡状态，测得此时C2H5OH (g)的转化率为80%，则0~5min内v(CH3COOH)=___________mol·L-1·min-1，T K时，反应的平衡常数K=___________(列出计算式即可)。 18. 有机化合物L是合成一种对中枢神经系统有抑制作用药物的中间体，L的一种合成路线如图： 已知：有较强还原性。 回答下列问题： （1）A→B反应中需要加入的化学试剂是___________；C的化学名称为___________。 （2）E→F的化学方程式为___________。 （3）H的结构简式为___________；D和H生成I的反应类型是___________。 （4）吡啶是一种有机碱，I→L反应中加入吡啶的作用是___________。 （5）P是G的一种同分异构体，写出满足下列条件的结构简式___________。 i．与G有相同的官能团，且能发生银镜反应；ii．硝基与苯环直接相连； iii．其中核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1。 （6）以对甲基苯胺和乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成高分子X的合成路线如下图(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别是___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高三下学期化学学科 考试试题1 (考试时间：75分钟，满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Sc-45 Zn-65 一、选择题(本题共14小题，共42分。每小题只有一项符合题意。) 1. 非物质文化遗产中蕴含丰富的化学知识，下列说法错误的是 A. 丝绸所用蚕丝的主要成分为蛋白质 B. 糖画手工艺的原料是蔗糖，其化学式为C6H12O6 C. 紫砂壶茶具的原料紫砂泥属于无机非金属材料 D. 皮影戏中使用了兽皮，兽皮中的脂肪属于酯类 【答案】B 【解析】 【详解】A．蚕丝的主要成分为天然蛋白质，A不符合题意； B．蔗糖属于二糖，分子式为，是葡萄糖、果糖等单糖的分子式，B符合题意； C．紫砂泥主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C不符合题意； D．脂肪是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. CaO2的电子式： B. Cl2中共价键的电子云图： C. 顺丁烯二酸的结构简式： D. 基态Mn原子的价电子排布图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．CaO2是由和过氧根离子构成，中两个氧原子通过单键连接，每个氧原子带3对孤对电子。正确电子式应为，A错误； B．Cl原子最外层为3p轨道，Cl2中σ键由两个3p轨道重叠形成，电子云呈哑铃形。图示为球形电子云（s轨道特征），B错误； C．顺丁烯二酸为顺式异构体，两个-COOH基团位于碳碳双键同侧。题中结构简式符合顺式定义，C正确； D．Mn原子序数25，价电子排布式为，而选项中的价电子排布图对应的价电子排布式为，违反了能量最低原理，与实际不符，D错误； 故选C。 3. 性质决定用途是化学的重要科学观念。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 热的纯碱去油污 CO水解显碱性 B 用体积分数为75%的酒精消毒 蛋白质发生了变性 C 雕刻师用HF溶液刻蚀玻璃 HF溶液具有强酸性 D 硫化顺丁橡胶常用于制作轮胎 橡胶硫化可使线型结构变成网状结构 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．纯碱中发生水解：，水解吸热，升温水解程度增大，溶液碱性增强，促进油脂皂化除去油污，A不符合题意； B．75%酒精可使细菌、病毒蛋白质空间结构改变发生变性，丧失生理活性，实现消毒，B不符合题意； C．玻璃中含有，刻蚀玻璃反应为，为弱酸，C符合题意； D．橡胶硫化可使线型结构交联变为网状结构，提升橡胶的强度、耐磨性等性能，适合制作轮胎，D不符合题意； 故选C。 4. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A． 在铁钉上镀铜 B． 用电石和饱和食盐水反应制备乙炔 C． 量取酸性高锰酸钾时读数为20.10mL D． 分离甲苯和乙醇 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．电镀原理要求：待镀件（铁钉）作阴极（接电源负极），镀层金属（铜片）作阳极（接电源正极），图中连接正确，A正确； B．电石（）与水反应剧烈，虽可用饱和食盐水减缓速率，但生成的微溶，易堵塞多孔隔板；且反应放热，不适合启普发生器类装置，B错误； C．滴定管刻度“0”在上，分度值0.1mL，图示凹液面最低点对应19.90mL，读数错误，C错误； D．二者互溶但沸点不同，可用蒸馏法分离，但温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，以准确测量馏分蒸气温度，图中插入液面下，D错误； 故选A。 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 L CH2Cl2含有的C-H键数目为2NA B. 1 L 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中含HCO的数目为0.1NA C. 6.5g锌与含0.2mol H2SO4的浓硫酸充分反应，转移的电子数为0.2NA D. 2 mol NO与1 mol O2充分反应可得到气体分子数为2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下为液态有机物，不能使用气体摩尔体积计算分子数，无法确定键数目，A错误； B．在水溶液中同时存在电离与水解，平衡后，数目小于，B错误； C．的物质的量，与浓硫酸反应，浓硫酸变稀后发生，无论生成或，均从0价升至价，完全反应转移电子，电子数，C正确； D．，与完全生成，同时存在可逆平衡，气体分子总数小于，D错误； 故选C。 6. 有机物M是一种从植物中提取的抗肿瘤药物，结构简式如图所示。下列关于M的说法错误的是 A. 分子中含有1个手性碳原子 B. M中含氮官能团均为酰胺基 C. 1mol该物质最多可与2mol NaOH反应 D. 红外光谱可以确定该分子中的化学键和官能团 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中与羟基相连的碳原子连接了四个不同的基团，满足手性碳的条件，A正确； B．M中吡啶环（六元芳香含氮杂环）中的N原子不属于酰胺基，B错误； C．1 molM中酰胺基水解消耗1 molNaOH，酯基水解消耗1 molNaOH，因此1mol该物质最多可与2mol NaOH反应，C正确； D．红外光谱通过特征吸收峰识别官能团及化学键类型，D正确； 故选B。 7. 某催化剂XY3ZW3E中的5种主族元素分布于每个短周期，W与Z同族，X、W、Y同周期且原子序数依次递增。X的一种同位素常用于确定文物的年代，基态W原子的核外电子有5种空间运动状态，且W与X的基态原子未成对电子数相同。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X>W>Y B. 键角：XY4>ZW3 C. W、Y的简单氢化物混合时，分子间形成的氢键有3种 D. E原子核外的电子只有一种自旋状态 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断元素：X的同位素用于测文物年代，故X为；X、W、Y同第二周期且原子序数递增，W基态原子有5种空间运动状态（对应5个轨道：），且未成对电子数和相同（均为2），故W为；W与Z同族，故Z为；Y原子序数大于且为第二周期主族元素，故Y为；五种元素分布于三个短周期，故第一周期的E为。 【详解】A．同周期第一电离能从左到右整体递增，故第一电离能：（即），A错误； B．为（正四面体，键角），为（平面三角形，键角），故键角：，B错误； C．W的简单氢化物为，Y的简单氢化物为，混合时氢键有、、、共4种，C错误； D．E为，核外只有1个电子，不存在自旋状态相反的电子，D正确； 故选D。 8. 下列离子方程式书写错误的是 A. 硫酸铜溶液显酸性：Cu2+ + H2O=Cu(OH)2+H+ B. 将稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O C. 以石墨为电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- D. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ 【答案】A 【解析】 【详解】A．水解可逆，且电荷、原子不守恒，正确水解离子方程式：，A符合题意； B．石灰石难溶，与盐酸反应：，B不符合题意； C．石墨电解饱和食盐水，阴极得电子生成、，阳极失电子生成，离子方程式，C不符合题意； D．与生成蓝色沉淀，离子方程式，D不符合题意； 故选A。 9. 某钴配合物X在进行质谱法测定相对分子质量时发生质谱电离得到了一种碎片离子Y，如图所示： 下列说法正确的是 A. X中含有6个配体 B. 质谱电离过程中涉及配位键的断裂和形成 C. Y中碳原子均采取sp2杂化 D. 基态Co中占据的最高能级电子云轮廓图为哑铃形 【答案】B 【解析】 【详解】A．配合物X中，中心离子Co与两个单齿配体R和两个双齿配体（每个含两个O原子）配位，虽然双齿配体提供4个配位点，但是配体总数仍然为4，A错误； B．根据图所知，在质谱电离的过程中，X中Co与2个R之间的配位键断裂，Y中的Co与2个W形成新的配位键，因此该过程中涉及配位键的断裂和形成，B正确； C．Y中饱和C原子为sp3杂化，苯环中的C和醛基上的C为sp2杂化，并非全是sp2杂化，C错误； D．Co的原子序数为27，其电子排布式为，最高能级为3d轨道，其电子云轮廓为花瓣形，不是哑铃形，D错误； 故答案为B。 10. 利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法正确的是 A. 两种中间体中，中间体Ⅱ相对稳定 B. 反应过程中决速步骤的能垒为38.2 kJ C. 反应过程中有机物的σ键总数保持不变 D. 加入M-H和升高温度均提高活化分子百分数 【答案】D 【解析】 【详解】A．中间体Ⅰ能量为3.2 kJ，中间体Ⅱ能量为9.3 kJ。能量越低越稳定，故中间体Ⅰ更稳定，A错误； B．决速步骤是活化能最大的一步，三步反应的活化能分别为38.2 kJ、45.8 kJ、35.4 kJ，因此决速步骤为第二步，最大能垒为45.8 kJ，B错误； C．初始的有机物为C3H8，σ键的数量为10个，中间体Ⅱ和最终过程的有机物为C3H6，σ键的数量为8个，因此σ键数量是变化的，C错误； D．M-H作为催化剂，通过降低活化能提高活化分子百分数；升高温度使分子平均动能增加，更多分子跨越能垒，活化分子百分数提高，D正确； 故选D。 11. 以含钴废料(成分为CoO、Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备CoCO3的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A. “酸浸”时，Fe2O3转化为Fe3+ B. “氧化”的目的是将Co2+转化为Co3+ C. “沉钴”时，为加快反应速率温度越高越好 D. “系列操作”包括过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【解析】 【分析】含钴废料中不溶于硫酸，酸浸后成为滤渣Ⅰ，酸浸加入的​是还原剂，会将还原为、还原为，加入后氧化为，加入CoO等物质调pH沉淀，最后加入溶液沉淀，得到，据此作答。 【详解】A．由分析可知，酸浸加入的​是还原剂，会将还原为，故转化为，A错误； B．由分析可知，氧化的目的是将氧化为，便于后续调pH沉铁，Co化合价不变，B错误； C．沉钴时使用的溶液受热易分解，氨水受热易挥发，温度过高会造成反应物损耗、降低产率，因此不是温度越高越好，C错误； D．沉钴后得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得纯净固体产品，D正确； 故答案为：D。 12. 下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清 酸性：苯酚> B 在胆矾晶体表面滴加浓硫酸，蓝色变为白色 浓硫酸具有脱水性 C 用玻璃棒蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液中含有钠元素 D 常温下，饱和HA溶液与饱和NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8 HA为弱酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯酚与反应生成易溶于水的苯酚钠和，根据强酸制弱酸原理，可推出酸性：苯酚>，操作、现象、结论均正确，A正确； B．胆矾滴加浓硫酸，蓝色晶体变白，是浓硫酸吸收结晶水，体现吸水性；脱水性指脱去有机物中、生成水，概念混淆，B不符合题意； C．焰色试验需使用铂丝或光洁无锈铁丝，玻璃棒含钠元素，灼烧火焰黄色为玻璃中钠干扰，无法证明溶液含钠元素，操作错误，C不符合题意； D．饱和HA、饱和浓度未知，二者物质的量不一定相等，混合后溶质无法确定，不能证明HA为弱酸，实验设计逻辑错误，D不符合题意； 故选A。 13. 钠电池具有性能稳定、安全性好等优点，某钠离子二次电池工作原理如图所示。该电池是以NaxCy(嵌钠硬碳)和Na2Mn[Mn(CN)6](锰基高锰普鲁士白)为电极的新型二次电池，充电时Na+嵌入硬碳，放电时发生脱嵌。下列说法错误的是 A. 放电时，电极A的电势高于电极B B. 放电时，B极反应为NaxCyxe—=Cy+xNa+ C. 充电时，Na+穿过离子交换膜向A极移动 D. 充电时，每转移2 mol电子，B极质量增加46 g 【答案】C 【解析】 【分析】该电池为二次电池，放电时，钠失去电子生成Na+在硬碳中脱嵌，则B为负极，A为正极。充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。 【详解】A．放电时，电极A为正极，其电势高于负极B　，A正确； B．放电时，B为负极，电极反应式NaxCyxe-=Cy+xNa+，B正确； C．充电时，A极为阳极，B极为阴极，Na+移向阴极，所以穿过离子交换膜向B极移动，C错误； D．充电时，B电极反应式Cy+xNa++xe-=NaxCy，每转移2 mol电子，B极质量增加46 g　，D正确； 故选C。 14. 常温下，向含有足量SrF2的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，混合液中与 的关系如图所示，已知：，X代表Sr2+或F—。下列说法错误的是 A. 直线B代表与 的变化关系 B. a点处：c(F—)>c(Sr2+) C. 反应后混合液中 随着pH减小而增大 D. 常温下，=10-3.2 【答案】C 【解析】 【分析】溶液中存在沉淀平衡，和弱电解质的电离平衡，；由可得，因此与呈斜率为-1的线性关系，对应为直线B；由可得，，即，两边取负对数，，因此与呈斜率为2的线性关系，对应为直线A，由此解答； 【详解】A．由分析可知，直线B代表与的变化关系，A正确； B．a点的坐标为（0.6,3.2），即=0.6，由图像可知，此时>，因此，B正确； C．由和可以推导出，当pH减小时，增大，根据可知，增大，因此减小，C错误； D．直线B中，当时，，则，此时=3.2，则，D正确； 故答案为C。 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 纳米TiO2是目前应用最广泛的一种纳米半导体光催化材料，实验室以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为钛源，制备纳米TiO2，步骤如下： Ⅰ．量取Ti(OC4H9)4，缓慢滴入无水乙醇中，强力搅拌得到澄清溶液A。 Ⅱ．将冰醋酸和少量水加到另一份无水乙醇中，用浓HCl调节pH≤3，得到溶液B。 Ⅲ．按如下装置(夹持装置和加热装置省略)进行缓慢加料反应，得到白色TiO2凝胶。 IV．将凝胶搅碎后真空干燥，再放入马弗炉中灼烧，得到白色粉体，研磨，过筛得到产品。 已知：在水中Ti(OC4H9)4极易水解，在乙醇介质中酸性越强水解越缓慢；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2.回答下列问题： （1）球形冷凝管的进水口为___________(填“a”或“b”)，相较于直形冷凝管其优点是___________。 （2）步骤Ⅰ需要强力搅拌的原因是___________。 （3）步骤Ⅱ用浓盐酸调pH的目的是___________。 （4）步骤Ⅲ中制备TiO2的化学方程式为___________。 （5）下列仪器中，用于步骤IV“灼烧”操作的有___________(填名称)。 （6）用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，称取TiO2(摩尔质量为M g·mol-1)试样m g，充分溶解并还原为Ti3+，再滴加KSCN作指示剂，用c mol·L-1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定至Ti3+全部生成Ti4+。重复上述操作2次，得到消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液的平均值为V mL。 ①到达滴定终点时，溶液颜色变为___________。 ②TiO2质量分数为___________(用含M、m、c、V的代数式表示)。 【答案】（1） ①. a ②. 冷凝面积更大，冷凝效果更好 （2）钛酸四丁酯在乙醇中溶解度低，强力搅拌使溶解更充分 （3）提高酸性，减慢水解反应的速率 （4） （5）坩埚钳 （6） ①. 血红色 ②. 【解析】 【分析】实验室以钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]为钛源，制备纳米TiO2，步骤Ⅰ是为了制备Ti(OC4H9)4的乙醇溶液防止与水接触水解；步骤Ⅱ是为了提供酸性环境，利用Ti(OC4H9)4在乙醇介质中酸性越强水解越缓慢的特性，减缓其水解；步骤Ⅲ是Ti(OC4H9)4与水发生反应生成Ti(OH)4，Ti(OH)4不稳定脱水生成TiO2得到白色TiO2凝胶；步骤IV将白色TiO2凝胶真空干燥后灼烧得到纳米TiO2粉末，由此解答； 【小问1详解】 冷凝管的进水原则为下进上出，是为了冷凝水与气流方向相反，加强冷凝效果，因此进水口为a；球形冷凝管与直形冷凝管相比，球形结构使冷凝面积更大，冷凝效果更好； 【小问2详解】 Ti(OC4H9)4在乙醇中溶解度小，强力搅拌使溶解更充分； 【小问3详解】 根据已知Ti(OC4H9)4在乙醇介质中酸性越强水解越缓慢，因此可以通过调节pH，提高酸性来抑制Ti(OC4H9)4的水解； 【小问4详解】 步骤Ⅲ是通过加热的方式将Ti(OC4H9)4转化为TiO2，因此反应方程式为； 【小问5详解】 灼烧必须使用仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯和坩埚钳，图中涉及的仪器仅有坩埚钳； 【小问6详解】 ①KSCN作指示剂，Ti³⁺被Fe³⁺氧化至完全后，过量Fe³⁺与SCN⁻生成血红色的配合物，因此终点的现象为溶液颜色变为血红色，且半分钟不褪色； ②Ti3+与NH4Fe(SO4)2反应的离子方程式为，因此，g，TiO2质量分数为。 16. 钪(Sc)及其化合物在超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用赤泥(含有Sc2O3、Fe2O3、Al2O3、TiO2、SiO2等)为原料制备Sc2O3的工艺流程如下图，其中P204(磷酸二异辛酯)属于酸性磷类有机萃取剂。 已知：①Sc3+、TiO2+能被有机萃取剂萃取，Sc(OH)3难溶于水。 ②草酸钪[Sc2(C2O4)3]能与碱金属草酸盐相互作用生成可溶性的草酸钪络合物。 回答下列问题： （1）“萃余液”中含有的金属离子主要是___________(写离子符号)。 （2）在“洗脱”时，加入H2O2的作用是___________(填标号) A． 作氧化剂 B． 作还原剂 C． 作配体 （3）萃取剂萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：Sc3++3()Sc()+3H+，“反萃取”时发生反应的化学方程式为___________。 （4）“洗涤”步骤中，水洗的目的是___________。 （5）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)。其它条件相同时，不同浓度的萃取剂(P204)对分配比(D)的影响如下表： P204浓度 D(Sc) D(Fe) D(Al) 1% 6.38 0.144 0.135 2% 4.31 7.77×10-2 5.36×10-2 3% 66.8 8.82×10-2 3.51×10-2 分离系数(β A/B = DA/DB)，β 偏离1越大物质越容易分离，若要实现Sc与Fe、Al有效分离，最适的P204浓度为___________。 （6）Sc的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为___________。NA为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为___________。 【答案】（1）Fe3+、Al3+ （2）C （3）Sc()3+3NaOH=3()+Sc(OH)3 （4）洗去反萃取后混入的大量钠离子杂质，防止沉钪过程中，草酸钪[Sc2(C2O4)3]与碱金属草酸盐相互作用生成可溶性的草酸钪络合物，影响产物纯度 （5）3% （6） ①. 4 ②. 【解析】 【分析】赤泥中（含有Sc2O3、Fe2O3、Al2O3、TiO2、SiO2等），通过酸浸后，生成Sc3+、Al3+、TiO2+、Fe3+，而SiO2不溶于酸，成为浸渣；萃取过程中加入P204后，由已知可知，Sc3+和TiO2+被萃取到有机相中，而Fe3+和Al3+留在水相中，成为萃取液；用H2O2和稀H2SO4洗脱有机相，将TiO2+洗脱到水相中，Sc3+在有机相中；反萃取过程加入NaOH溶液，使Sc3+转化为Sc(OH)3，经过洗涤、加入HCl溶液后Sc(OH)3转化为Sc3+；加入草酸使Sc3+转化为 [Sc2(C2O4)3]，经过煅烧最终得到Sc2O3，由此解答； 【小问1详解】 由分析可知，萃余液中的金属离子为Fe3+、Al3+； 【小问2详解】 A．洗脱过程TiO2+转化为，无化合价的变化，未发生氧化还原反应，因此H2O2不是氧化剂，A错误； B．洗脱过程TiO2+转化为，无化合价的变化，未发生氧化还原反应，因此H2O2不是还原剂，B错误； C．洗脱过程TiO2+转化为，该物质为配合物，说明H2O2提供了配体，C正确； 故答案为C； 【小问3详解】 由分析可知，反萃取过程加入NaOH溶液，使Sc3+转化为Sc(OH)3，同时应释放P204，因此反应方程式为Sc()3+3NaOH=3()+Sc(OH)3     ； 【小问4详解】 在反萃取后，Sc(OH)3表面可能附着NaOH、Na2SO4、NaCl等碱金属盐，这些碱金属盐会在加入草酸的过程中形成碱金属草酸盐，根据已知草酸钪[Sc2(C2O4)3]能与碱金属草酸盐相互作用生成可溶性的草酸钪络合物，影响产物纯度； 【小问5详解】 根据已知的分离系数公式进行计算，β值越大，物质越容易分离，因此分别计算P204不同浓度下Sc与Fe和Sc与Al的分离系数，选择β最大值的P204浓度即可；在P204浓度为1%时，，；在P204浓度为2%时，，；在P204浓度为3%时，，；当在P204浓度为3%时，Sc与Fe和Sc与Al的分离系数最大，分离效果最佳； 【小问6详解】 该晶胞为面心立方晶胞，内部的8个H原子占据了个四面体空隙，每个四面体间隙由4个Sc原子构成，因此晶体中H周围与其最近的Sc的个数为4；每个晶胞中H原子的数量为8个，Sc原子的数量为个，因此晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶胞的密度为。 17. 绿色能源是未来发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰，碳中和”的重要举措。 Ⅰ．乙醇完全蒸汽催化重整可获得H2，主要反应如下： 反应A：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)  ΔH1=+173.3 kJ·mol-1 K1 反应B：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 K2 （1）反应C：C2H5OH(g)+H2O(g) 2CO(g)+4H2(g)  ΔH3=___________ kJ·mol-1，该反应自发进行的条件为___________(选填“高温”“低温”或“任意温度”)，平衡常数K3=___________(用K1、K2表示) （2）在1.0×105 Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1∶3时，若仅考虑上述反应A与B，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性=，则曲线a表示___________，曲线b先增大后减小的原因是___________。 Ⅱ． 近期我国科学家揭示了一种全新的热催化方法，用于通过部分重整乙醇生产氢气和醋酸，几乎实现零二氧化碳排放。 反应方程式为：C2H5OH(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+2H2(g) ΔH>0。 （3）要同时增大该反应的速率和C2H5OH的平衡转化率，可以采用的措施是___________(答一种即可)。 （4）T K时，向2 L恒容密闭的容器中充入2 mol C2H5OH(g)和4 mol H2O(g)，发生上述反应5min后达到平衡状态，测得此时C2H5OH (g)的转化率为80%，则0~5min内v(CH3COOH)=___________mol·L-1·min-1，T K时，反应的平衡常数K=___________(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. +255.7 ②. 高温 ③. K1K （2） ①. CO2选择性 ②. 低温反应A占主导生成氢气，高温反应B占主导消耗氢气(或先增大是因为反应A正向移动程度大于反应B，减小是由于反应B正向移动程度大于反应A) （3）升高温度或增大水蒸气浓度(投料) （4） ①. 0.16 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，ΔH3=ΔH1+2ΔH2=173.3+2×41.2 =+255.7kJ·mol-1；反应C吸热，由于正反应气体分子数增加所以ΔS＞0，根据复合判据可知该反应高温时自发；根据反应热的计算可知，平衡常数K3=； 【小问2详解】 根据CO的选择性＝，可知在相同温度下，CO和CO2的选择性之和为1，因此图中曲线b代表平衡时H2的产率随温度的变化；再结合图像可知，平衡时H2的产率在400℃以后随温度的升高而降低，联系反应①和反应②，此时CO的选择性随温度的升高而增大，因此曲线c代表平衡时CO的选择性，曲线a代表平衡时CO2的选择性；根据题目所给方程式，H2是反应①的生成物，反应②的反应物，所以曲线b（氢气的产率）先增大后减小的原因是：低温时反应A占主导生成氢气，高温时反应B占主导消耗氢气(或先增大是因为反应A正向移动程度大于反应B，减小是由于反应B正向移动程度大于反应A)； 【小问3详解】 反应方程式为：C2H5OH(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+2H2(g) ΔH>0，要加快反应速率可以采用的措施有升温、加压、增大浓度、加入催化剂等，要增大C2H5OH的平衡转化率可以采用的措施有升温、减压、增大水蒸气的浓度、及时分离乙酸和氢气等，故两者都增大的措施有升高温度或增大水蒸气浓度(投料)； 【小问4详解】 代入题给数据列出三段式：，0~5 min内v(CH3COOH)= ，T K时，反应的平衡常数。 18. 有机化合物L是合成一种对中枢神经系统有抑制作用药物的中间体，L的一种合成路线如图： 已知：有较强还原性。 回答下列问题： （1）A→B反应中需要加入的化学试剂是___________；C的化学名称为___________。 （2）E→F的化学方程式为___________。 （3）H的结构简式为___________；D和H生成I的反应类型是___________。 （4）吡啶是一种有机碱，I→L反应中加入吡啶的作用是___________。 （5）P是G的一种同分异构体，写出满足下列条件的结构简式___________。 i．与G有相同的官能团，且能发生银镜反应；ii．硝基与苯环直接相连； iii．其中核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1。 （6）以对甲基苯胺和乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成高分子X的合成路线如下图(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别是___________、___________。 【答案】（1） ①. Cl2、FeCl3 ②. 邻氯苯甲酸(2-氯苯甲酸) （2）+(CH3CO)2O+CH3COOH （3） ①. ②. 取代反应 （4）中和生成的HBr，推动反应正向移动，提高产率 （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A与Cl2发生取代反应取代了苯环上的H原子生成了B，根据C的结构式得到B的结构式为；B被KMnO4氧化成C，C在SOCl2的作用下发生取代反应将羧基转为了酰氯基；E与乙酸酐发生取代反应生成F和醋酸，F的结构式为；F通过硝化反应生成G，然后水解成H，H的结构式为；D和H发生酰氯基与氨基生产酰胺基的取代反应生成了I，I与发生了取代反应，由I中氨基的一个H原子被取代了，生成HBr和L，由此解答； 【小问1详解】 A与Cl2发生取代反应，取代了苯环上的H原子生成了B，因此需要FeCl3做催化剂，A→B反应中需要加入的化学试剂是Cl2、FeCl3；根据C的结构，C的化学名称为2-氯苯甲酸（邻氯苯甲酸）； 【小问2详解】 由分析可知，E与乙酸酐发生取代反应生成F和醋酸，因此化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH； 【小问3详解】 由分析可知，H的结构简式为；D和H发生取代反应生成了I； 【小问4详解】 I与发生了取代反应，除了生成L外，还会生成HBr，吡啶为碱性物质，中和生成的HBr，推动反应正向移动，提高产率； 【小问5详解】 G的分子式为C8H8N2O3，P满足的条件i与G有相同的官能团，且能发生银镜反应，因此P中有硝基和酰胺基，并且酰胺基的结构只能为-NH-CHO；根据条件ii，P中有硝基与苯环相连；iii其中核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1，由于酰胺基的结构已经有两个不同环境的H原子，因此酰胺基和硝基只能是对位，因此P的结构式为； 【小问6详解】 以甲基苯胺和乙酸酐为原材料合成X时，需把甲基氧化为羧基，且由甲基苯胺转化为M和N的过程中需对氨基进行保护，已知：有较强还原性，为防止氨基被氧化甲基时的氧化剂（酸性高锰酸钾）氧化，应先把氨基转化为酰胺基、后把甲基氧化为羧基；对氨基的保护类似与流程中的E→F和G→H的流程，因此甲基苯胺→M是利用乙酸酐和氨基反应保护氨基，因此M的结构式为，而M→N将甲基氧化为羧基，因此N的结构式为  ； 【点睛】注意流程中对氨基的保护方法。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $