精品解析：山东新泰中学2026届高三下学期二模模拟考化学试题

新泰中学2023级高三下学期二模模拟考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 N 14 C 12 Cl 35.5 F 19 Na 23 Fe 56 Zn 65 Co 59 Sm 150 Cu 64 Ca 40 S 32 Pb 207 第Ⅰ卷(选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技是国之利器。下列说法正确的是 A. 生活中使用大量的镁铝合金材料，铝镁合金的硬度比纯铝小 B. “山东舰”的舰载机机翼所用碳纤维为有机高分子材料 C. 宇树科技机器人所使用的锂离子电池为一次电池 D. “福建舰”所用燃料重油的主要成分为烃 2. 化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是 A. 生石灰可用作脱氧剂 B. 液氨可用作制冷剂 C. 用碳酸氢铵作糕点膨松剂 D. 用乳酸亚铁作补铁药剂 3. 安全重于泰山，实验室中更应注意安全。下列说法错误的是 A. 实验室点燃可燃性气体前，需检验气体纯度 B. 金属钠保存在广口瓶中，切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中 C. 蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二 D. NaOH溶液保存在带有磨口玻璃塞的细口瓶中 4. 下列关于物质分离与提纯方法中不对应的是 A. 萃取：用乙醚提取青蒿中的青蒿素 B. 重结晶：提纯含少量氯化钠的苯甲酸 C. 蒸馏：分离氯化铵与氯化钠的混合物 D. 盐析：用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质 5. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 稳定性： 分子间有氢键，分子间无氢键 B 沸点： CO是极性分子，是非极性分子 C 酸性： 是推电子基团 D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： A. A B. B C. C D. D 6. 植物提取物莪术二醇具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于莪术二醇的说法正确的是 A. 分子中含有5个手性碳原子 B. 能发生还原反应 C. 可与溶液发生反应 D. 在铜的催化作用下，可与氧气反应生成酮类物质 7. 下列实验操作或装置选择正确的是 A. 甲：用Na2SO3固体与70%的硫酸制SO2 B. 乙：取10.00 mL H2C2O4溶液 C. 丙：从石油中分离汽油、柴油 D. 丁：分离酒精和CCl4 8. 下列实验过程产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 实验过程 粒子组 A 用漂白粉和浓盐酸混合制 、、、 B 用热的浓溶液清洗试管壁上的硫粉 、、、 C 用饱和食盐水、和制取小苏打 、、、 D 用酸性溶液探究双氧水具有还原性 、、、 A. A B. B C. C D. D 9. 清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 充电时，b极附近碱性增强 C. 充电时，a极反应式为：+2H2O+2e-=+2OH- D. 若使用铅蓄电池为其充电，当1 mol糠醛转化时，理论上电极增重96 g 10. 密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应：I．；Ⅱ．。466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的变化情况 B. 当时，反应Ⅱ的平衡常数 C. 温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D. 改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验方案能达到实验目的的是 实验方案 实验目的 A 将红热的炭放进盛浓硝酸的试管中，观察试管中是否有红棕色气体生成 验证炭加热条件下能与浓硝酸反应生成 B 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应，观察溶液中出现浑浊的先后 探究温度对反应速率的 影响 C 足量Fe与S反应后的物质溶于稀硫酸后，往澄清溶液中滴入溶液，观察是否有蓝色沉淀生成 验证Fe与S反应产物中Fe为+2价 D 取少量某液体于试管中，加入稀NaOH溶液，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸的颜色变化 检验某溶液中是否含有 A. A B. B C. C D. D 12. 我国科学家研究发现光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是 A. 可以用溴水鉴别物质①与② B. 生成⑤的反应类型为取代反应 C. ③、④与⑤中均含有手性碳原子 D. 利用上述反应原理可由三种有机物直接合成 13. 甲酸有两种可能的分解反应，一定温度下，使用某催化剂时的反应历程如下图所示。下列说法错误的是 A. 反应①为吸热反应，反应②为放热反应 B. 该条件下甲酸中比更易断裂 C. 低温时，反应①的选择性比反应②低 D. 升温，反应②速率增大的程度大于反应① 14. 含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。 下列说法正确的是 A. “研磨、磁选”时除去高炉渣中的铁元素 B. “酸浸”和“碱浸”均应在高温下进行 C. 若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D. 若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变 15. 是一种常见二元弱酸，是一种难溶物。图中曲线分别表示下： (i)的溶液中，的与pH的关系； (ii)含的溶液中与pH的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线②表示与pH的关系 B. (i)中时， C. D. 后，向(ii)中增加，平衡后溶液中的浓度增大 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 16. 镍和钴单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）基态Co原子核外电子的空间运动状态有___________种。下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A．[Ar]3d74s2 B．[Ar]3d74s1 C．[Ar]3d74s14p1 D．[Ar]3d74p1 （2）配离子中电负性最小的元素是___________(填元素符号)，的空间结构为___________。 （3）一种具有光催化作用的配合物结构如图，其中Co的化合价为___________；中键角___________图中a处键角(填“>”“<”或“=”)。已知配体为平面结构，则其中①号N原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．杂化轨道 （4）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，其六方晶胞示意图如下，晶胞参数原子的分数坐标分别为。设为阿伏加德罗常数的值。则晶体中与Sm最近且距离相等的Sm有___________个，晶体的密度为___________。(列代数表达式，不用化简)。 17. 羟基氧化镍（NiOOH）具有良好的电化学活性。某化工厂从含NiO、ZnO的废料（杂质为Fe2O3、CaO、CuO）中制备NiOOH·H2O和ZnSO4·7H2O的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Ca2+ Zn2+ Ni2+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的pH 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 ②常温下，溶质在平衡共存的两液相中的分配系数为D[]，萃取率为E[]。 回答下列问题： （1）滤渣2的成分是________（填化学式）；“沉铁”过程需控制溶液pH的范围为________。 （2）若“沉铁”后所得500 L溶液中c(Ca2+)=0.01 mol·L-1，理论上需加入________g NH4F固体（忽略混合后溶液体积的变化），使Ca2+恰好沉淀完全[此时，，不考虑的水解]。 （3）萃取原理：（HR表示有机萃取剂）。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对金属离子的萃取率与pH关系如图。 ①在一定范围内，随pH升高萃取率升高的原因是________。 ②“反萃取”时应加入的反萃取剂为________（填化学式）。 ③已知该生产条件下，Zn2+在两液相中的D=40。取100 L含的溶液，加入20 L萃取剂，则萃取一次的萃取率E=________（保留一位小数）。在不更换萃取剂的情况下，若要提高萃取率可采取的生产工艺为________（写一条即可）。 （4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为________。 18. 混合熔盐是光热发电的基本热媒介质。实验室利用如下装置制备混合熔盐中的硝态盐(夹持装置略)： 已知：为提升熔盐的利用效率，热媒介质中硝态盐与的比例约为；酸性条件下，低价氮氧化物、能与反应生成和。 回答下列问题： （1）仪器B的名称是___________。 （2）检查装置的气密性后，进行的操作为：①通入；②向B中加入浓硝酸后关闭仪器A的旋塞，适当调节、；③关闭并加热管式炉。操作①的目的是___________；操作③需进行下列操作，正确的顺序为___________(填标号)。 A．打开，通入 B．停止加热 （3）装置D的作用：①浓硫酸可以___________，②___________。 （4）利用高锰酸钾法测定熔盐中的纯度，实验如下： ①溶液配制：称量a g(精确至)样品，配制500 mL混合盐样品待测液。下列仪器无需使用的是___________(填标号)。 ②滴定：取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用酸性标准溶液滴定，滴定达终点时消耗的酸性溶液；用25.00 mL蒸馏水替换锥形瓶中的待测液，重复上述操作，消耗酸性溶液。则样品中的质量分数为___________(用代数式表示)；若空白实验滴定终点时俯视读数，质量分数的测量值将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 19. 贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： （1）设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 （2）F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 （3）在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 （4）实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基 ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] （5）根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 20. 甲烷-水蒸气重整(SMR)补碳工艺能有效减少的排放，涉及反应： I． II． III． 回答下列问题： （1）_______。 （2）反应II的速率，其中分别为正、逆反应速率常数。升高温度时_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）其他条件不变时，减小压强，的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。 （4）在条件下，甲烷-水蒸气重整反应达到平衡时，体系中各组分摩尔分数(物质i的摩尔分数)与投料水碳比的关系如图所示 和随水碳比的变化曲线分别是_______、_______(填序号)。当时，反应III的压强平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰中学2023级高三下学期二模模拟考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 N 14 C 12 Cl 35.5 F 19 Na 23 Fe 56 Zn 65 Co 59 Sm 150 Cu 64 Ca 40 S 32 Pb 207 第Ⅰ卷(选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技是国之利器。下列说法正确的是 A. 生活中使用大量的镁铝合金材料，铝镁合金的硬度比纯铝小 B. “山东舰”的舰载机机翼所用碳纤维为有机高分子材料 C. 宇树科技机器人所使用的锂离子电池为一次电池 D. “福建舰”所用燃料重油的主要成分为烃 【答案】D 【解析】 【详解】A．合金的硬度通常高于其组成纯金属，镁铝合金的硬度比纯铝大，A错误； B．碳纤维是由碳单质构成的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误； C．锂离子电池可以充电重复使用，属于二次电池，不是一次电池，C错误； D．重油是石油分馏的产物，主要成分为碳氢化合物，即烃类，D正确； 故选D。 2. 化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是 A. 生石灰可用作脱氧剂 B. 液氨可用作制冷剂 C. 用碳酸氢铵作糕点膨松剂 D. 用乳酸亚铁作补铁药剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．生石灰的主要成分为，可与水反应用作干燥剂，但无还原性，不能与氧气反应，无法作脱氧剂，A符合题意； B．液氨汽化时会吸收大量热量，使周围温度快速降低，可用作制冷剂，B不符合题意； C．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气等气体，可使糕点疏松多孔，可用作糕点膨松剂，C不符合题意； D．乳酸亚铁中的亚铁离子可被人体吸收，能够补充人体所需铁元素，可用作补铁药剂，D不符合题意； 故选A。 3. 安全重于泰山，实验室中更应注意安全。下列说法错误的是 A. 实验室点燃可燃性气体前，需检验气体纯度 B. 金属钠保存在广口瓶中，切割后未使用的金属钠，应及时放回原试剂瓶中 C. 蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二 D. NaOH溶液保存在带有磨口玻璃塞的细口瓶中 【答案】D 【解析】 【详解】A．可燃性气体若纯度不足，点燃时易发生爆炸，因此点燃前必须检验气体纯度，A正确； B．金属钠性质极为活泼，随意丢弃易引发火灾等安全事故，未使用的钠需放回原试剂瓶，固体试剂保存在广口瓶中，B正确； C．蒸馏时若蒸馏烧瓶内液体超过容积的三分之二，液体沸腾后易冲入冷凝管影响实验安全和结果，因此液体体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，C正确； D．NaOH会与玻璃中的反应生成具有粘性的，会将磨口玻璃塞和试剂瓶粘连无法打开，因此NaOH溶液应保存在带橡胶塞的细口瓶中，D错误； 故答案为D。 4. 下列关于物质分离与提纯方法中不对应的是 A. 萃取：用乙醚提取青蒿中的青蒿素 B. 重结晶：提纯含少量氯化钠的苯甲酸 C. 蒸馏：分离氯化铵与氯化钠的混合物 D. 盐析：用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质 【答案】C 【解析】 【详解】A．青蒿素为有机物，易溶于有机溶剂乙醚，符合萃取分离原理，A正确； B．苯甲酸溶解度随温度变化幅度大，氯化钠溶解度随温度变化幅度小，可通过重结晶除去杂质氯化钠，B正确； C．蒸馏适用于分离沸点差异较大的互溶液态混合物，氯化铵、氯化钠均为固体，氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢，冷却后又会重新化合为氯化铵，氯化钠加热稳定，二者应采用加热分解法，而非蒸馏分离二者，C错误； D．硫酸铵属于无机盐，其饱和溶液可降低蛋白质溶解度而使蛋白质发生盐析，且不破坏蛋白质活性，可用于分离提纯蛋白质，D正确； 故答案选C。 5. 物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 稳定性： 分子间有氢键，分子间无氢键 B 沸点： CO是极性分子，是非极性分子 C 酸性： 是推电子基团 D 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．物质的稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，H2O稳定性大于H2S是因为O非金属性更强，H-O键键能更大；氢键只影响熔沸点等物理性质，不影响稳定性，A解释错误； B．CO与N2相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子间范德华力更强，因此CO沸点高于N2，B解释正确； C．羧酸酸性取决于羧基电离H+的能力，-CH3是推电子基团，会减弱羧基中O-H键的极性，使H+更难电离，因此CH3COOH酸性弱于HCOOH，C解释正确； D．金刚石和晶体硅都属于共价晶体，共价键键能越大，共价晶体硬度越大；原子半径Si>C，因此C-C键键长更短、键能更大，硬度金刚石大于晶体硅，D解释正确； 故选A。 6. 植物提取物莪术二醇具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于莪术二醇的说法正确的是 A. 分子中含有5个手性碳原子 B. 能发生还原反应 C. 可与溶液发生反应 D. 在铜的催化作用下，可与氧气反应生成酮类物质 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子。在该分子中，手性碳原子的数量为4个()，A错误； B．该分子中含有碳碳双键，碳碳双键可以与氢气发生加成反应，这属于还原反应，B正确； C．该分子中的官能团是醇羟基和碳碳双键。醇羟基的酸性极弱，不能与溶液反应，C错误； D．醇羟基的催化氧化反应有以下规律：与羟基相连的碳原子上有2个氢原子，被氧化为醛；与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，被氧化为酮；与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化。该分子中的两个羟基相连的碳原子上均没有氢原子，因此不能在铜的催化作用下被氧气氧化为酮类物质，D错误； 故答案选B。 7. 下列实验操作或装置选择正确的是 A. 甲：用Na2SO3固体与70%的硫酸制SO2 B. 乙：取10.00 mL H2C2O4溶液 C. 丙：从石油中分离汽油、柴油 D. 丁：分离酒精和CCl4 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲为启普发生器，启普发生器仅适用于块状难溶于水的固体与液体常温反应制取气体。是可溶性粉末状固体，无法通过启普发生器控制反应的发生/停止，因此该装置不能用于制备，A错误； B．滴定管的精度为，可以满足量取溶液的要求，操作合理，B正确； C．石油分馏分离汽油、柴油时，温度计需要测量馏分蒸气的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，图中温度计插入反应液中，位置错误，C错误； D．酒精和四氯化碳互溶，不会分层，不能用分液法分离，D错误； 故选B。 8. 下列实验过程产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 实验过程 粒子组 A 用漂白粉和浓盐酸混合制 、、、 B 用热的浓溶液清洗试管壁上的硫粉 、、、 C 用饱和食盐水、和制取小苏打 、、、 D 用酸性溶液探究双氧水具有还原性 、、、 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．漂白粉与浓盐酸反应制Cl2，废液中H+、Cl-和ClO-不能大量共存，会反应生成氯气，且H+和ClO-不能大量共存，因两者反应生成HClO并分解，A错误； B．硫粉与热NaOH反应生成Na2S和Na2SO3，废液呈碱性，在碱性条件下会转化为，不能大量存在，B错误； C．制取小苏打（NaHCO3）后，废液主要含饱和食盐水残留的Na+、Cl-，反应生成的及，这些离子可大量共存，C正确； D．酸性KMnO4与H2O2反应后，被还原为Mn2+，H2O2被消耗，废液中在酸性条件下不稳定，发生歧化反应生成高锰酸根和二氧化锰，二氧化锰会催化过氧化氢分解，D错误； 故选C。 9. 清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 充电时，b极附近碱性增强 C. 充电时，a极反应式为：+2H2O+2e-=+2OH- D. 若使用铅蓄电池为其充电，当1 mol糠醛转化时，理论上电极增重96 g 【答案】C 【解析】 【分析】先判断电极性质：根据题意和转化关系，放电时，a极上糠醛被氧化为糠酸根（失电子，氧化反应），因此放电时a为负极、b为正极；充电时，a为阴极、b为阳极，据此分析选项： 【详解】A．放电时a极是负极，糠醛失电子发生氧化反应，A错误； B．充电时b为阳极，电极反应为：，反应消耗，b极附近碱性减弱，B错误； C．充电时a为阴极，糠醛得电子被还原为糠醇，电极反应式：+2H2O+2e-=+2OH-，配平、产物均正确，C正确； D．1 mol糠醛转化时转移2 mol电子，铅蓄电池中电极反应为：，1 mol 反应时，增重质量为，D错误； 答案选C。 10. 密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应：I．；Ⅱ．。466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的变化情况 B. 当时，反应Ⅱ的平衡常数 C. 温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D. 改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 【答案】B 【解析】 【分析】先整理反应： 反应I（不可逆）： 反应Ⅱ（可逆）：，反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应的曲线：横坐标为，投料比增大，占比逐渐升高，因此的物质的量分数一直增大，对应一直上升的曲线①； 是中间产物，随着增加，反应Ⅱ不断消耗，因此的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③； 是产物，投料比从1到2时，占比逐渐升高，投料比大于2后，过量，总物质的量增加，占比逐渐降低，因此的物质的量分数先升后降，对应曲线②。 【详解】A．曲线②是，对应曲线③，A错误； B．当时，曲线①（）和曲线③（）相交于，即。设初始，，完全反应，总物质的量，因此： ，。 反应Ⅱ的平衡常数，B正确； C．反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C错误； D．反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，升高，降低。原交点处，现在，新交点需要增大投料比（横坐标增大），使升高、降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误； 答案选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验方案能达到实验目的的是 实验方案 实验目的 A 将红热的炭放进盛浓硝酸的试管中，观察试管中是否有红棕色气体生成 验证炭加热条件下能与浓硝酸反应生成 B 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应，观察溶液中出现浑浊的先后 探究温度对反应速率的 影响 C 足量Fe与S反应后的物质溶于稀硫酸后，往澄清溶液中滴入溶液，观察是否有蓝色沉淀生成 验证Fe与S反应产物中Fe为+2价 D 取少量某液体于试管中，加入稀NaOH溶液，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸的颜色变化 检验某溶液中是否含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硝酸受热自身会分解生成红棕色（），无法证明红棕色气体来自炭与浓硝酸的反应，不能达到实验目的，A错误； B．探究温度对反应速率的影响时，只改变温度一个变量，其余条件（浓度、体积等）均保持一致，通过观察出现浑浊的先后可以判断反应速率快慢，能达到实验目的，B正确； C．足量，反应后固体中混有未反应的，溶于稀硫酸时，剩余也会和酸反应生成，滴入一定会产生蓝色沉淀，无法验证反应产物中为价，不能达到实验目的，C错误。 D．检验时，需要加入浓溶液并加热，极易溶于水，稀不加热时无法逸出，不能使湿润红色石蕊试纸变色，无法检验，D错误； 故选B。 12. 我国科学家研究发现光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是 A. 可以用溴水鉴别物质①与② B. 生成⑤的反应类型为取代反应 C. ③、④与⑤中均含有手性碳原子 D. 利用上述反应原理可由三种有机物直接合成 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干信息，①和②先发生碳碳双键的加成反应，生成，再和③发生取代反应得到主产物，两分子①发生醛基的加成反应得到副产物5a，据此解答。 【详解】A． 物质①含醛基，可被溴水氧化，使溴水褪色；物质②含碳碳双键，可与溴发生加成反应，也能使溴水褪色，二者现象相同，无法用溴水鉴别，A错误； B．对比反应物和产物⑤的结构可知，⑤是①的醛基发生加成反应得到羟基，反应类型为加成反应，不是取代反应，B错误； C．连接4种不同基团的饱和碳原子是手性碳原子。物质③没有手性碳原子，④的手性碳：，⑤的手性碳：， ，C错误； D．该反应是醛、烯烃、α-溴代酮的三组分合成反应，目标产物可对应得到三种原料：联苯甲醛（①）、2，3-二甲基-1，3-丁二烯、溴代丙酮（③），可以按照该反应原理合成，D正确； 故选D。 13. 甲酸有两种可能的分解反应，一定温度下，使用某催化剂时的反应历程如下图所示。下列说法错误的是 A. 反应①为吸热反应，反应②为放热反应 B. 该条件下甲酸中比更易断裂 C. 低温时，反应①的选择性比反应②低 D. 升温，反应②速率增大的程度大于反应① 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由图像反应的始态和终态可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，A正确； B．由图可知，反应①中断裂键需要吸收的能量低于反应②中断裂键需要吸收的能量，则该条件下甲酸中比更难断裂，B错误； C．低温时，活化能小的反应更易进行，由图可知，反应①的最大活化能低于反应②的最大活化能，因此低温时更容易发生反应①，即低温时反应①的选择性比反应②高，C错误； D．升温时，反应①和反应②反应速率均增大，反应②选择性增大，故反应②速率增大的程度大于反应①　，D正确； 故答案选BC。 14. 含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。 下列说法正确的是 A. “研磨、磁选”时除去高炉渣中的铁元素 B. “酸浸”和“碱浸”均应在高温下进行 C. 若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D. 若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变 【答案】A 【解析】 【分析】含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，经过研磨、磁选分离出，盐酸酸浸，、、溶解，得到各物质的盐溶液，TiO2、SiO2不溶解，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，滤渣1再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶，滤渣2主要成分是TiO2，提纯之后还原得到金属钛；据此分析解题。 【详解】A．四氧化三铁具有磁性，可通过“研磨、磁选”方法除去铁元素，A正确； B．“酸浸”和“碱浸”在室温下就可进行，无需高温，B错误； C．先加入NaOH溶液，CaO与水反应生成Ca(OH)2，氧化铝和二氧化硅反应转化成[Al(OH)4]-和CaSiO3，滤渣主要成分为TiO2、MgO、CaSiO3，滤渣中再加入稀盐酸，氧化镁溶解，最终得到的滤渣为二氧化钛、CaSiO3，C错误； D．先加入NaOH溶液，氧化铝和二氧化硅均可溶解，NaOH用量增加，D错误； 故答案为A。 15. 是一种常见二元弱酸，是一种难溶物。图中曲线分别表示下： (i)的溶液中，的与pH的关系； (ii)含的溶液中与pH的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线②表示与pH的关系 B. (i)中时， C. D. 后，向(ii)中增加，平衡后溶液中的浓度增大 【答案】BC 【解析】 【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则的负对数逐渐增大，的负对数先减小后增大，的负对数逐渐减小；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，因此与的变化呈反比；故曲线①表示与pH的关系，曲线③表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系。取曲线③和④的交点进行分析，，则==c(H+)=10-4.19，根据①和④的交点，，=10-2.73×2=10-5.46，根据点(2.73,4.3)以及(2.73,2.49)，pH=2.73时，c(Sr2+)=10-4.3mol•L-1，=10-2.49mol•L-1，则； 【详解】A．根据分析可知，曲线②表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系，A错误； B．根据分析可知，，当时，，则，B正确； C．根据分析可知，，则，C正确； D．ii中溶液含，已饱和，增加不改变溶解平衡，浓度不变，D错误； 故选BC。 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 16. 镍和钴单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）基态Co原子核外电子的空间运动状态有___________种。下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。 A．[Ar]3d74s2 B．[Ar]3d74s1 C．[Ar]3d74s14p1 D．[Ar]3d74p1 （2）配离子中电负性最小的元素是___________(填元素符号)，的空间结构为___________。 （3）一种具有光催化作用的配合物结构如图，其中Co的化合价为___________；中键角___________图中a处键角(填“>”“<”或“=”)。已知配体为平面结构，则其中①号N原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．杂化轨道 （4）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，其六方晶胞示意图如下，晶胞参数原子的分数坐标分别为。设为阿伏加德罗常数的值。则晶体中与Sm最近且距离相等的Sm有___________个，晶体的密度为___________。(列代数表达式，不用化简)。 【答案】（1） ①. 15 ②. B （2） ①. Ni ②. 直线形 （3） ①. +3 ②. < ③. D （4） ①. 两或2 ②. 【解析】 【小问1详解】 基态Co原子序数为27，电子排布式为。各能级的轨道数：、、、、、、，总轨道数为，即空间运动状态有15种。A为中性Co原子基态，失去电子为第一电离能；B为（电子数26），失去电子为第二电离能，正离子对电子吸引力更强，电离能高于第一电离能；C、D为激发态，外层电子处于高能级，易失去，电离能小。因此电离所需能量最大的是B； 【小问2详解】 是金属元素，电负性小于非金属元素、、，故电负性最小的元素为。的中心原子采用杂化，杂化轨道呈直线形，因此的空间结构为直线形； 【小问3详解】 配合物整体电中性，配离子与（-1价）、（中性）平衡，故配离子为+1价。配体中为-2价，设化合价为x，则，解得，即的化合价为+3。中心为杂化，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，键角小于；图中a处的为杂化，不存在孤电子对，夹角大约为，孤电子对对成键电子对斥力大于成键电子对之间的斥力，故中键角<图中a处键角。配体为平面结构，①号为杂化，价层孤电子对占据杂化轨道，故选D； 【小问4详解】 六方晶胞中，因为、，，最近且距离相等的有2个。晶胞体积：六方晶胞底面积为菱形面积，体积，其中，。晶胞质量：晶胞中个数为1，个数为（），质量。密度：。 17. 羟基氧化镍（NiOOH）具有良好的电化学活性。某化工厂从含NiO、ZnO的废料（杂质为Fe2O3、CaO、CuO）中制备NiOOH·H2O和ZnSO4·7H2O的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Ca2+ Zn2+ Ni2+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的pH 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 ②常温下，溶质在平衡共存的两液相中的分配系数为D[]，萃取率为E[]。 回答下列问题： （1）滤渣2的成分是________（填化学式）；“沉铁”过程需控制溶液pH的范围为________。 （2）若“沉铁”后所得500 L溶液中c(Ca2+)=0.01 mol·L-1，理论上需加入________g NH4F固体（忽略混合后溶液体积的变化），使Ca2+恰好沉淀完全[此时，，不考虑的水解]。 （3）萃取原理：（HR表示有机萃取剂）。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对金属离子的萃取率与pH关系如图。 ①在一定范围内，随pH升高萃取率升高的原因是________。 ②“反萃取”时应加入的反萃取剂为________（填化学式）。 ③已知该生产条件下，Zn2+在两液相中的D=40。取100 L含的溶液，加入20 L萃取剂，则萃取一次的萃取率E=________（保留一位小数）。在不更换萃取剂的情况下，若要提高萃取率可采取的生产工艺为________（写一条即可）。 （4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为________。 【答案】（1） ①. CuS、S ②. 2.8≤pH<6.2 （2）740 （3） ①. 萃取产生H+，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 ②. H2SO4 ③. 88.9% ④. 多次萃取（或增加萃取剂体积、适当调节pH增大D等） （4） 【解析】 【分析】第一步加入稀硫酸酸浸，将所有金属氧化物转化为对应硫酸盐进入溶液，滤渣1为废料中的不溶性杂质，得到含、、、、的酸性滤液。之后通入除杂，过滤后除去S、CuS杂质，接着加入，将生成的完全氧化为，再加调节pH，使完全沉淀为除去；之后加入，使沉淀为除去，此时溶液中仅剩余和。利用萃取剂对两种离子萃取率的差异，控制合适将萃取进入有机相，留在水相；有机相经反萃取后可最终得到，水相中的经碱性氧化，过滤即可得到目标产物，据此解答。 【小问1详解】 酸浸后溶液中含，通入生成不溶于酸的沉淀，同时滤液中的与发生氧化还原反应生成S和，滤渣2为CuS、S；根据沉淀pH表，完全沉淀pH为2.8，开始沉淀pH为6.2，因此控制pH在之间。 【小问2详解】 由，代入、，得。 溶液中游离物质的量：； 原溶液总物质的量：，沉淀消耗：； 总，。 【小问3详解】 ① pH升高，减小，萃取平衡：正向移动，萃取率升高； ② 反萃取需要使平衡逆向移动，增大浓度，最终制备，因此选择作反萃取剂。 ③ 设水相浓度为，由，得。，，因此。不更换萃取剂时，可通过多次萃取提高萃取率。 【小问4详解】 碱性条件下氧化生成，从价升为价，从价降为价，配平后得到上述离子方程式为。 18. 混合熔盐是光热发电的基本热媒介质。实验室利用如下装置制备混合熔盐中的硝态盐(夹持装置略)： 已知：为提升熔盐的利用效率，热媒介质中硝态盐与的比例约为；酸性条件下，低价氮氧化物、能与反应生成和。 回答下列问题： （1）仪器B的名称是___________。 （2）检查装置的气密性后，进行的操作为：①通入；②向B中加入浓硝酸后关闭仪器A的旋塞，适当调节、；③关闭并加热管式炉。操作①的目的是___________；操作③需进行下列操作，正确的顺序为___________(填标号)。 A．打开，通入 B．停止加热 （3）装置D的作用：①浓硫酸可以___________，②___________。 （4）利用高锰酸钾法测定熔盐中的纯度，实验如下： ①溶液配制：称量a g(精确至)样品，配制500 mL混合盐样品待测液。下列仪器无需使用的是___________(填标号)。 ②滴定：取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用酸性标准溶液滴定，滴定达终点时消耗的酸性溶液；用25.00 mL蒸馏水替换锥形瓶中的待测液，重复上述操作，消耗酸性溶液。则样品中的质量分数为___________(用代数式表示)；若空白实验滴定终点时俯视读数，质量分数的测量值将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）三颈烧瓶 （2） ①. 排尽装置中的空气 ②. BA （3） ①. 干燥气体(或吸收水) ②. 便于调节NO和的比例约为 （4） ①. BD ②. ③. 偏大 【解析】 【分析】B装置主要发生的反应是铜与浓硝酸生成二氧化氮；C装置为二氧化氮与水生成一氧化氮；D装置为浓硫酸干燥；E装置是发生的反应为：（管式炉中反应）；F装置是防止G中水蒸气进入E；G装置为酸性KMnO4吸收尾气； 【小问1详解】 观察装置图，仪器B是一个具有三个颈的烧瓶，常用于需要同时连接多个装置（如滴液漏斗、导气管等）的反应容器。因此答案为：三颈烧瓶； 【小问2详解】 由于后续反应涉及亚硝酸钠的制备，而亚硝酸盐在空气中容易被氧气氧化。因此，实验开始前通入氮气的目的：排尽装置中的空气；操作③是“关闭并加热管式炉”。在反应结束后，为了防止倒吸以及将装置内残留的有毒气体排出，需要先停止加热，待冷却后再通入氮气，因此答案为：BA； 【小问3详解】 装置D中装有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可以干燥气体。此外，通过观察D中气泡产生的速率，可以调节进入管式炉的气体流速和比例。已知目标产物中与的比例约为，这需要控制NO和NO2的比例。因此答案为：干燥气体(或吸收水)；便于调节NO和的比例约为； 【小问4详解】 ①称量a g(精确至)样品，配制500 mL混合盐样品待测液需要的仪器包括：托盘天平（或分析天平）、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管。图中给出的仪器：A（烧杯）、B（托盘天平）、C（胶头滴管）、D（干燥器）。配制溶液不需要干燥器（D），且题目中称量精度为，应使用分析天平而非托盘天平（B），因此答案为：BD； ②酸性条件下，能与反应生成和，离子方程式为：； ，由计量比： ；则25.00 mL待测液中 ，500 mL溶液中 ；， ；质量分数 ；若空白实验滴定终点时俯视读数，会导致V2的测量值偏小，在计算(V1-V2)时，差值会偏大，从而导致测得的NaNO2质量分数偏大； 19. 贝诺酯(H)的一种合成路线如下： 已知：I． II．R1-COOH+R2-COOH+H2O 回答下列问题： （1）设计和两步反应的目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。 （2）F中官能团名称为_______；反应类型为_______。 （3）在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。 （4）实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。 ①含有乙基 ②能与溶液反应生成 ③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物] （5）根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。 【答案】（1） ①. 保护酚羟基，防止其被氧化 ②. +3NaOH+CH3COONa+2H2O （2） ①. 酯基、酚羟基、硝基 ②. 取代反应 （3） （4）10 （5） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则A为、B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则D为；POCl3作用下与发生取代反应生成，则F为；镍做催化剂条件下与氢气发生还原反应生成，则G为；吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H。 【小问1详解】 由分析可知，A、D的结构简式分别为、，则由结构简式可知，A、D分子中都含有酚羟基，则设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；C→D的反应为与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则反应①的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+2H2O； 【小问2详解】 由分析可知，F的结构简式为，官能团为酯基、酚羟基、硝基；G→H的反应为吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H和乙酸； 【小问3详解】 由分析可知，C的结构简式为，一定条件下与熔融酯化生成和水，则M的结构简式为； 【小问4详解】 由题意可知，I分子能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳说明I分子中含有羧基，含有乙基和吡啶环说明I分子中含有氨基，则该分子由一个吡啶环、一个乙基和一个羧基构成，若羧基在吡啶环2位，乙基可在3、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环3位，乙基可在2、4、5、6位，有4种结构；若羧基在吡啶环4位，乙基可在2、3位（因对称性，2与6等效，3与5等效），有2种结构，则符合条件的结构共有种； 【小问5详解】 由题给信息可知，以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成步骤为邻二甲苯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成邻苯二甲酸，一定条件下邻苯二甲酸发生脱水反应生成邻苯二甲酸酐，邻苯二甲酸酐与苯酚发生取代反应生成，合成路线为：   。 20. 甲烷-水蒸气重整(SMR)补碳工艺能有效减少的排放，涉及反应： I． II． III． 回答下列问题： （1）_______。 （2）反应II的速率，其中分别为正、逆反应速率常数。升高温度时_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）其他条件不变时，减小压强，的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是_______。 （4）在条件下，甲烷-水蒸气重整反应达到平衡时，体系中各组分摩尔分数(物质i的摩尔分数)与投料水碳比的关系如图所示 和随水碳比的变化曲线分别是_______、_______(填序号)。当时，反应III的压强平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。 【答案】（1）-41.2 （2）减小 （3） ①. 增大 ②. 反应Ⅰ和反应Ⅲ均为气体分子数增多的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大 （4） ①. ② ②. ③ ③. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得反应Ⅱ，故。 【小问2详解】 反应II正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则增大的倍数小于增大的倍数，即减小。 【小问3详解】 反应Ⅰ和反应Ⅲ均为气体分子数增多的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大。 【小问4详解】 水碳比增大时，水的量增加，可以提高甲烷转化率，但水的转化率下降，所以随着水碳比增加，水的物质的量分数升高，甲烷的物质的量分数明显下降，则曲线①为H2O、曲线②为CH4，由于水的量增加，又使CO与水反应生成氢气和CO2，所以CO物质的量分数降低，二氧化碳物质的量分数升高，则③为CO，④为CO2；投料水碳比时，根据图中信息可知，，，则≈5.33%，反应III的压强平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $