精品解析：河南新乡市部分学校2027届高三第一次模拟测试 化学试题

高三化学试卷 (总分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Cl～35.5 Fe～56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学为我国科技创新源源不断地注入核心驱动力。下列说法错误的是 A. X射线衍射实验：深度解析复杂晶体结构的晶胞参数 B. 新一代航空发动机陶瓷基复合材料：具有耐高温、耐腐蚀特性 C. 新能源甲醇燃料电池汽车在行驶时能量的主要转化形式：电能→化学能 D. 火焰喷雾技术制备纳米材料：在高温火焰喷雾中形成的胶体属于气溶胶 2. 甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代后的结构如图所示。对该芳香化合物的说法正确的是 A. 分子中含有4个大π键 B. 分子中所有原子可能共平面 C. 易溶于水 D. 一氯代物有5种 3. 关于有机物检测，下列说法正确的是 A. 用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别甲酸、乙醇、乙醛 B. 用现代元素分析仪可确定有机物分子式 C. 乙醇、丙醛、丙酸的核磁谱图中的峰高度之比都是3：2：1 D. 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解 4. 钾及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 从K到过程中，反应①消耗的与反应②生成的数目相等 B. 标准状况下，4.4 g 中含有中子的数目为 C. 反应②生成1 mol 时转移电子的数目为 D. 1 L 1 mol/L 溶液中阴离子的总数大于 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系正确的是 A. 液氨断键需要吸收大量的热，可用作制冷剂 B. 明矾可以水解生成Al(OH)3胶体，可用于自来水的杀菌消毒 C. 小苏打遇酸能产生气体，可用作食品膨松剂 D. 铁比铜金属性强，可用FeCl3溶液腐蚀Cu刻制电路板 6. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是 A. 存在顺反异构体 B. 可与溶液发生显色反应 C. 该有机物最多与反应 D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子 7. 下列有关离子方程式书写错误的是 A. 向CuSO4溶液中通入足量氨气： B. 用铜作电极电解CuCl2溶液： C. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： D. 明矾净水原理： 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲烷不能 甲基对苯环有活化作用 B 工业上常用电解熔融而不是制备Al 熔点： C 常温下，将铁片放入浓硝酸中没有明显现象 常温下，Fe与浓硝酸不反应 D 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性 A. A B. B C. C D. D 9. 我国科研工作者通过将辛胺反应与二氧化碳反应耦合，实现了辛腈的高选择性合成。下图是以氢氧燃料电池为电源，以与辛胺为原料合成辛腈的工作原理图(以溶液为电解液，隔膜只允许通过)。下列说法错误的是 A. 气体A为氧气，气体B为氢气 B. X电极的电势比Y电极的低，X电极可能有副产物生成 C. Y电极上的电极反应式为：+4OH--4e-=+4H2O D. 每消耗标准状况下时，会有由X电极区移向Y电极区 10. 已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是 A. 石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B. 该石墨插层化合物的化学式为 C. 石墨中碳碳键的键长为0.5apm D. 碳层和锂层的最短距离d为 11. 工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含、、、、、)制备碳酸锰，工艺流程如图所示。已知：、，下列说法错误的是 A. “滤渣1”的主要成分除S外，还有、 B. “滤渣2”经一系列反应可转化为电解冶炼铝的原料 C. “除杂1”后上层清液中 D. “沉锰”时的化学方程式为 12. 某学习小组设计如下装置，探究①、②反应的发生。下列叙述错误的是 A. Ⅲ中发生反应： B. 为使反应现象明显，反应器中的进气管(虚线表示)不能太短 C. 反应器中出现白烟，说明反应没有发生 D. 实验结束后，将注射器1、2换成注射器3，排出有害气体 13. 某富氢化合物的晶胞结构及该晶胞沿xOy、xOz、yOz三个平面的投影(沿三个平面的投影相同)如图所示。两个氢原子之间的最近距离为a pm。晶胞中A原子的分数坐标为(0，0，0)，C原子的分数坐标为。下列说法错误的是 A. 晶胞中，H之间相互连接形成的笼状结构有12个面 B. 晶胞中B点原子的分数坐标为 C. 该富氢化合物的化学式可表示为 D. 该晶体的密度为 14. 有一包白色粉末，可能含有NaCl、NaI、Mg(OH)2、Na2SO3中的一种或几种，为鉴定其成分，取少量样品进行以下实验： (1)溶于足量水中，得到无色透明溶液，但仍有部分固体未溶解。 (2)取①的上层清液，滴加少量新制氯水，再加入CCl4，振荡，静置，CCl4层呈无色。 (3)取②反应后的上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 (4)另取②反应后的上层清液，加入过量的AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。 有关白色粉末成分的推断正确的是 A. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3和NaCl，一定不含有NaI B. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，一定不含有NaI，可能含有NaCl C. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，可能含有NaCl和NaI D. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2，可能含有Na2SO3、NaCl，一定不含有NaI 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某化学小组为探究卤代烃水解反应与消去反应的规律，进行如下实验。 Ⅰ．探究卤代烃的水解反应与消去反应： 实验ⅰ：向烧瓶A中加入1-溴丁烷和氢氧化钠的水溶液，加热；试管B中溶液褪色。 实验ⅱ：向烧瓶A中加入1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液，加热；试管B中溶液褪色。 实验ⅲ：分别取实验ⅰ和ⅱ反应后的烧瓶A中上层清液于试管中，加硝酸酸化的溶液，均产生黄色沉淀。 （1）烧瓶A中加入碎瓷片的作用是___________。 （2）甲同学认为实验ⅰ中酸性高锰酸钾溶液褪色，因此发生了消去反应，其理由是___________。乙同学认为反应体系中的物质___________(填结构简式)挥发进入试管B中也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，否定了甲同学的结论。 Ⅱ．在上述实验ⅱ的体系中同时检出水解产物与消去产物。进一步查阅文献资料，获知： a．与官能团相连的碳称为α碳，与α碳相连的碳原子称为β碳 b．β碳上的氢活性越高，消去反应的速率越大 c．β碳数目越多，取代反应的竞争越小，消去反应的竞争越大 文献数据： 表1.两种卤代烃在强碱的乙醇溶液中取代产物与消去产物的含量 卤代烃 取代产物/% 消去产物/% 5 95 90 10 表2.两种卤代烷烃在有、无强碱的乙醇溶液中取代产物与消去产物的含量 卤代烷烃 强碱的醇溶液 取代产物/% 消去产物/% 97 3 21 79 81 19 7 93 （3）由以上研究得到结论： ①不同的卤代烃在相同条件下的取代产物与消去产物的含量不同。表1中、两者β碳上的氢活性较高的是___________(填“前者”或“后者”)。 ②强碱的存在有利于消去反应的发生，消去反应中常采用乙醇钠盐作为强碱性试剂。用离子方程式解释乙醇钠的水溶液显碱性的原因：___________。 ③消去产物的含量与卤代烷烃自身的结构有关。相同条件下，的消去产物比的消去产物的含量高，原因是___________。 ④卤代烃的取代反应与消去反应是共存与竞争的关系，反应受β碳上的氢活性和___________因素的影响。 16. 镁铝尖晶石作为一种有前途的绿色环保型无机功能材料，向其中掺入Cr、Fe、Ti、Ni等过渡元素，可使镁铝尖晶石发光材料实现发光颜色的转变和发光效率的提高，适应其在发光二极管、显示器及固态照明等领域的应用。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中位于_______区；基态钛原子核外电子空间运动状态有_______种；基态Cr的价电子排布式为_______。 （2）镁铝尖晶石由Mg、Al、O元素组成，按第一电离能由大到小的排列顺序为_______。 （3）一种含镍的配合物丁二酮肟镍分子为平面正方形构型，其结构如图所示。 ①Ni采取的杂化方式为_______（填标号）。 A．sp3 B．dsp2 B．sp2 D．sp3d ②丁二酮肟镍分子内存在的化学键有_______（填标号）。 A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力 E．共价键 （4）氯化铬(CrCl3)熔点为83℃，氯化镍(NiCl2)的熔点为1001℃，氯化铬的熔点远低于氯化镍的熔点，原因是_______。 （5）某种镁铝尖晶石的立方晶胞结构如图所示，晶胞中含有A型和B型两种结构单元。 该晶体的化学式为_______，晶胞中一个O原子的原子分数坐标为(，，)，距离该O原子最近的Mg原子的原子分数坐标为_______。已知该晶胞中相邻的两个O原子间的距离为a pm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3（列出计算式） 17. 研究反应机理、能量变化及其限度，利国利民。请回答下列问题： （1）Li-Ru催化合成氨的部分反应进程如图所示(图中“*”表示吸附在催化剂表面的物质)。 所示步骤中最慢的基元反应方程式为___________。 （2）已知NH3(g)的燃烧热，H2(g)的燃烧热。 ①表示NH3(g)燃烧热的热化学方程式为___________。 ②的取值范围是___________(填字母)。 a． b． （3）通过 的相互转化可实现NH3的高效存储和利用，则存储NH3的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （4）南京理工大学朱卫华等人基于单簇催化剂，提出了一种一氧化氮还原反应的新型结构∼活性关系，经研究发现主要反应如下： 反应i： 慢反应 反应ii： 快反应 一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molNO和6molH2，发生反应i和反应ii，测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比]与时间的关系如图所示(已知：时两反应均达到平衡，且平衡时的总压强为)。 ①曲线c代表的物质是___________(填“NO”“N2”或“NH3”)。 ②内NO(g)的平均反应速率为___________。 ③该温度下，反应i的Kp=___________(写出表达式即可，无需计算出具体数值，Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 18. 原儿茶酸(A)是一种重要的化工原料。由合成和高分子的路线如下。 已知：ⅰ. ⅱ. （1）E中的含氧官能团有______________。 （2）的化学方程式为__________________________________________________。 （3）中，与试剂反应生成阴离子B＇。B＇更易与反应。试剂的最佳选择是_______(填序号)。 a．         b．         c． （4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______。 a．与有相同的官能团     b．能发生银镜反应      c．苯环上的一氯代物只有一种 （5）中，的氧化产物为，则理论上加入_______可将完全转化为。 （6）经历如下两步： F中含酰胺基，则F的结构简式为_______。 （7）G中含有两个六元环。W的结构简式为_______(写出一种即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 (总分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 O～16 Na～23 Cl～35.5 Fe～56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学为我国科技创新源源不断地注入核心驱动力。下列说法错误的是 A. X射线衍射实验：深度解析复杂晶体结构的晶胞参数 B. 新一代航空发动机陶瓷基复合材料：具有耐高温、耐腐蚀特性 C. 新能源甲醇燃料电池汽车在行驶时能量的主要转化形式：电能→化学能 D. 火焰喷雾技术制备纳米材料：在高温火焰喷雾中形成的胶体属于气溶胶 【答案】C 【解析】 【详解】A．X射线衍射实验可用于测定晶体的结构，包括键长、键角等，A正确； B．航空发动机陶瓷基复合材料的主要成分是SiC，具有硬度大、耐高温、耐腐蚀等特性，B正确； C．新能源甲醇燃料电池汽车在行驶时能量的主要转化形式：化学能→电能→动能，C错误； D．空气为分散剂时，火焰喷雾技术制备纳米材料分散到空气中形成的胶体属于气溶胶，D正确； 答案选C。 2. 甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代后的结构如图所示。对该芳香化合物的说法正确的是 A. 分子中含有4个大π键 B. 分子中所有原子可能共平面 C. 易溶于水 D. 一氯代物有5种 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中有4个苯环，1个苯环上有1个大π键，故分子中含有4个大π键，A正确； B．甲烷分子为正四面体形结构，正四面体顶点上的4个氢原子全部被苯基取代后的结构仍然是正四面体形，故分子中所有原子不可能共平面，B错误； C．烃都难溶于水，四苯基甲烷属于烃，也难溶于水，C错误； D．四苯基甲烷分子中只有3种处于不同化学环境的氢原子，其一氯代物只有3种，D错误； 故选A。 3. 关于有机物检测，下列说法正确的是 A. 用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别甲酸、乙醇、乙醛 B. 用现代元素分析仪可确定有机物分子式 C. 乙醇、丙醛、丙酸的核磁谱图中的峰高度之比都是3：2：1 D. 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲酸为弱酸，可与氢氧化铜发生中和反应，溶液显蓝色；乙醇无明显现象；乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下会生成砖红色沉淀，A正确； B．元素分析仪只能测定出元素种类，不能确定有机物的分子式，B错误； C．乙醇、丙醛、丙酸的核磁谱图中的峰面积之比都是，并不是峰高度，C错误； D．麦芽糖、葡萄糖均含醛基，均可在碱性溶液中与新制氢氧化铜并加热生成砖红色沉淀，由实验操作和现象，不能证明麦芽糖是否水解，D错误； 故选A。 4. 钾及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 从K到过程中，反应①消耗的与反应②生成的数目相等 B. 标准状况下，4.4 g 中含有中子的数目为 C. 反应②生成1 mol 时转移电子的数目为 D. 1 L 1 mol/L 溶液中阴离子的总数大于 【答案】D 【解析】 【分析】金属K在加热条件下与O2发生反应①生成超氧化钾KO2；KO2和H2O发生反应②，生成KOH与O2；所得KOH再和CO2发生反应③得到K2CO3，完成从K到K2CO3的转化； 【详解】A．反应 ①： K + O2KO2，1 mol K消耗1 molO2； 反应②：4KO2 + 2H2O = 4KOH + 3O2↑，4 mol KO2生成3 mol O2； 由K守恒：4 mol K生成4 mol KO2，反应①消耗4 mol O2，反应②生成3 mol O2，消耗与生成O2物质的量不等，分子数目不等；A错误； B．14C的质子数为6，中子数14-6=8；O普通氧：质子数8，中子数8； 1个14CO2中子数：8 + 8×2 = 24； 14CO2摩尔质量：14+16×2=46 g/mol； n(14CO2)=mol，中子总数=×24NA≈2.29NA≠2.2NA；B错误； C．反应②：4KO2 + 2H2O = 4KOH + 3O2↑，KO2中O为-0.5价，歧化反应：一部分O升为0价（O2），一部分降为-2价（OH-）；生成3 mol O2时转移3 mol电子，因此每生成1 mol O2时转移1 mol电子，数目为NA，不是2NA；C错误； D．K2CO3溶液中，会发生水解：（第一步水解为主），1 mol碳酸根水解生成2 mol阴离子； n(K2CO3)=1 L×1 mol/L=1 mol，若不水解，阴离子共1 mol；水解后阴离子总数增多，故阴离子总数大于NA；D正确； 故答案选D。 5. 物质性质决定用途，下列两者对应关系正确的是 A. 液氨断键需要吸收大量的热，可用作制冷剂 B. 明矾可以水解生成Al(OH)3胶体，可用于自来水的杀菌消毒 C. 小苏打遇酸能产生气体，可用作食品膨松剂 D. 铁比铜金属性强，可用FeCl3溶液腐蚀Cu刻制电路板 【答案】C 【解析】 【详解】A．液氨用作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热，属于物理变化，该过程只破坏范德华力，不存在化学键断裂，A错误； B．明矾水解生成的胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质起到净水作用，但不能用于自来水杀菌消毒，B错误； C．小苏打为，遇酸会反应生成气体，能使食品变得疏松多孔，可用作食品膨松剂，C正确； D．用溶液腐蚀Cu刻制电路板，是因为具有氧化性，能将Cu氧化为，反应离子方程式为，D错误； 故选C。 6. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法错误的是 A. 存在顺反异构体 B. 可与溶液发生显色反应 C. 该有机物最多与反应 D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题干有机物结构简式可知分子中含有2个碳碳双键，2个碳碳双键都存在顺反异构体，故A正确； B．由题干有机物结构简式可知含有酚羟基，可与溶液发生显色反应，故B正确； C．由题干有机物结构简式可知，1mol该物质含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，1mol酚酯基消耗2molNaOH，1mol酰胺基消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，与足量NaOH溶液反应时消耗6molNaOH，故C错误； D．与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子，如图所示，故D正确； 故选C。 7. 下列有关离子方程式书写错误的是 A. 向CuSO4溶液中通入足量氨气： B. 用铜作电极电解CuCl2溶液： C. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2： D. 明矾净水原理： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向CuSO4溶液中通入足量氨气时，Cu2+先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，氨水过量时沉淀溶解形成四氨合铜配离子，离子方程式书写正确，A不符合题意； B．铜为活性电极，用铜作电极电解CuCl2溶液时，阳极反应为Cu失电子生成Cu2+，而非Cl-失电子生成Cl2，总反应无Cl2生成，选项中给出的是惰性电极电解CuCl2溶液的离子方程式，B符合题意； C．Fe2+还原性强于Br-，通入足量Cl2时Fe2+、Br-均被完全氧化，二者按物质的量之比为1∶2参与反应，离子方程式配平合理、电荷守恒，C不符合题意； D．明矾净水是Al3+发生可逆水解反应生成具有吸附性的Al(OH)3胶体，离子方程式书写正确，D不符合题意； 故选B。 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲烷不能 甲基对苯环有活化作用 B 工业上常用电解熔融而不是制备Al 熔点： C 常温下，将铁片放入浓硝酸中没有明显现象 常温下，Fe与浓硝酸不反应 D 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有脱水性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲苯能被酸性高锰酸钾氧化、甲烷不能，原因是苯环对甲基有活化作用，而非甲基对苯环有活化作用，故陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，A错误； B．工业上不电解熔融​制的根本原因是​是共价化合物，熔融状态不导电，与熔点高低无因果关系，B错误； C．常温下铁片放入浓硝酸无明显现象，是因为遇浓硝酸发生钝化，发生了化学反应，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，故陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C错误； D．浓硫酸使蔗糖脱水炭化变黑，说明浓硫酸具有脱水性，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系，D正确； 故选D。 9. 我国科研工作者通过将辛胺反应与二氧化碳反应耦合，实现了辛腈的高选择性合成。下图是以氢氧燃料电池为电源，以与辛胺为原料合成辛腈的工作原理图(以溶液为电解液，隔膜只允许通过)。下列说法错误的是 A. 气体A为氧气，气体B为氢气 B. X电极的电势比Y电极的低，X电极可能有副产物生成 C. Y电极上的电极反应式为：+4OH--4e-=+4H2O D. 每消耗标准状况下时，会有由X电极区移向Y电极区 【答案】B 【解析】 【分析】根据图示，X电极发生还原反应，得到电子，为阴极，则Y电极为阳极，发生氧化反应，失去电子；则气体A所在电极连接阳极，是正极，则气体A是氧气，气体B所在电极为负极，气体B是氢气。 【详解】A．根据分析知，气体A为氧气，气体B为氢气，A正确； B．阳极电势高于阴极，则X电极的电势比Y电极的低，X电极发生还原反应，得到电子，不可能有副产物生成，B错误； C．Y电极上发生辛胺合成辛腈，电极反应式为：+4OH--4e-=+4H2O，C正确； D．每消耗标准状况下时，转移，则会有由X电极（阴极）区移向Y电极（阳极）区，D正确； 故选B。 10. 已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是 A. 石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子 B. 该石墨插层化合物的化学式为 C. 石墨中碳碳键的键长为0.5apm D. 碳层和锂层的最短距离d为 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨层中每个碳原子被三个六元环共用，六元碳环实际占有碳原子数为6×，A正确； B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数=16×=6，所以该化合物的化学式为LiC6，故B正确； C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误； D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，d=，D正确； 答案选C。 11. 工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含、、、、、)制备碳酸锰，工艺流程如图所示。已知：、，下列说法错误的是 A. “滤渣1”的主要成分除S外，还有、 B. “滤渣2”经一系列反应可转化为电解冶炼铝的原料 C. “除杂1”后上层清液中 D. “沉锰”时的化学方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】原料为硫化锰矿（主要MnS，杂质Al2O3、MgO、PbO、ZnO、NiO、SiO2）和MnO2粉，第一步加入稀硫酸溶浸：MnO2作为氧化剂，在酸性条件下氧化MnS，S2-被氧化为单质S；SiO2不与稀硫酸反应；PbO和硫酸反应生成难溶于水的PbSO4沉淀；金属氧化物Al2O3、MgO、ZnO、NiO与硫酸反应生成可溶性硫酸盐Al2(SO4)3、MgSO4、ZnSO4、NiSO4，Mn元素转化为MnSO4，因此溶浸后过滤得到滤渣1为S、PbSO4、SiO2，滤液中含Mn2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、；第二步向滤液加氨水调pH，Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣2为Al(OH)3，滤液除去铝离子，剩余金属离子为Mn2+、Mg2+、Zn2+、Ni2+；第三步加入Na2S除杂1，S2-与Zn2+、Ni2+生成ZnS、NiS沉淀即滤渣3，滤液中仅剩Mn2+、Mg2+；第四步加入MnF2除杂2，F-与Mg2+生成MgF2沉淀除去镁离子，滤液为纯净MnSO4溶液；第五步加入NH4HCO3沉锰，Mn2+与发生双水解类反应生成MnCO3沉淀，最终得到产品MnCO3； 【详解】A．溶浸时SiO2不溶于稀硫酸，PbO + H2SO4 = PbSO4↓ + H2O，MnO2氧化MnS生成单质S（化学方程式为MnO2 + MnS + 2H2SO4 = 2 MnSO4 + S↓ + 2H2O，其他金属氧化物Al2O3、MgO、ZnO、NiO与H2SO4反应生成对应可溶的硫酸盐，故滤渣1含S、PbSO4、SiO2，A正确； B．加氨水调节pH，使Al3+沉淀为Al(OH)3，故滤渣2是Al(OH)3，Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O，电解冶炼铝的原料为熔融Al2O3，B正确； C．加Na2S除去Zn2+、Ni2+，除杂1后溶液中ZnS、NiS同时沉淀，c(S2-)相同，===100.2，C正确； D．沉锰时MnSO4与NH4HCO3反应，若只生成NH4HSO4，酸性强，会溶解MnCO3，实际反应生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2、H2O，正确方程式： MnSO4 + 2NH4HCO3=MnCO3↓ + (NH4)2SO4 + CO2↑ + H2O，不会生成NH4HSO4，D错误； 故选D。 12. 某学习小组设计如下装置，探究①、②反应的发生。下列叙述错误的是 A. Ⅲ中发生反应： B. 为使反应现象明显，反应器中的进气管(虚线表示)不能太短 C. 反应器中出现白烟，说明反应没有发生 D. 实验结束后，将注射器1、2换成注射器3，排出有害气体 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅰ常温下用和浓盐酸制取，装置Ⅲ用生石灰和浓氨水制取，两种气体在反应器Ⅱ中发生反应，探究题干的两个反应。 【详解】A．Ⅲ中反应生成：，A正确； B．进气管较长可使气体(和)在反应器内停留时间更长，充分混合并接触，确保反应更完全，现象更明显(如白烟生成或气体颜色变化)，B正确； C．白烟是固体，其来源有两种可能：直接发生反应②生成；先发生反应①生成，挥发的与进一步反应生成，因此，出现白烟不能说明反应①未发生，反而可能两个反应均发生，C错误； D．实验结束后，反应器中可能残留有毒气体(、或等)，用注射器3通入空气，可将残留气体赶入尾气处理装置，避免污染环境，D正确； 故选C。 13. 某富氢化合物的晶胞结构及该晶胞沿xOy、xOz、yOz三个平面的投影(沿三个平面的投影相同)如图所示。两个氢原子之间的最近距离为a pm。晶胞中A原子的分数坐标为(0，0，0)，C原子的分数坐标为。下列说法错误的是 A. 晶胞中，H之间相互连接形成的笼状结构有12个面 B. 晶胞中B点原子的分数坐标为 C. 该富氢化合物的化学式可表示为 D. 该晶体的密度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．该晶胞中，H之间相互连接形成的笼状结构含有的面为上下、左右、前后各一个四边形围成的面，晶胞中每个顶点的钙原子对着一个面，故共6+8=14个面，A错误； B．该晶胞的6个面上都存在由4个氢原子形成的四边形结构，A原子的分数坐标（0，0，0），C原子的分数坐标为（），则B原子的分数坐标为（），B正确； C．利用均摊法可知，晶胞中Ca原子位于顶点和内部，其数目为，H原子位于面上，其数目为，该富氢化合物的化学式可表示为CaH6，C正确； D．该晶胞中，两个氢原子之间的最近距离为晶胞面对角线长的，为a pm，则晶胞参数为pm，所以该晶体的密度为，D正确； 因此答案选A。 14. 有一包白色粉末，可能含有NaCl、NaI、Mg(OH)2、Na2SO3中的一种或几种，为鉴定其成分，取少量样品进行以下实验： (1)溶于足量水中，得到无色透明溶液，但仍有部分固体未溶解。 (2)取①的上层清液，滴加少量新制氯水，再加入CCl4，振荡，静置，CCl4层呈无色。 (3)取②反应后的上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。 (4)另取②反应后的上层清液，加入过量的AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成。 有关白色粉末成分的推断正确的是 A. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3和NaCl，一定不含有NaI B. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，一定不含有NaI，可能含有NaCl C. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，可能含有NaCl和NaI D. 白色粉末中一定含有Mg(OH)2，可能含有Na2SO3、NaCl，一定不含有NaI 【答案】B 【解析】 【详解】(1)溶于足量水中，得到无色透明溶液，但仍有部分固体末溶解，说明难溶性固体Mg(OH)2一定存在； (2)取①的上层清液，滴加少量新制氯水，再加入CCl4，振荡，静置，CCl4层呈无色，说明CCl4层中无I2，则原溶液中无NaI； (3)取②反应后的上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则该沉淀是BaSO4，则原溶液中一定含有Na2SO3，加入Cl2水时发生反应：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，然后发生反应：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl； (4)另取②反应后的上层清液，加入过量的AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，但由于加入氯水时引入了Cl-，因此不能证明原溶液中是否NaCl。 根据上述分析可知：白色粉末中一定含有Mg(OH)2、Na2SO3，一定不含有NaI，可能含有NaCl，故合理选项是B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某化学小组为探究卤代烃水解反应与消去反应的规律，进行如下实验。 Ⅰ．探究卤代烃的水解反应与消去反应： 实验ⅰ：向烧瓶A中加入1-溴丁烷和氢氧化钠的水溶液，加热；试管B中溶液褪色。 实验ⅱ：向烧瓶A中加入1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液，加热；试管B中溶液褪色。 实验ⅲ：分别取实验ⅰ和ⅱ反应后的烧瓶A中上层清液于试管中，加硝酸酸化的溶液，均产生黄色沉淀。 （1）烧瓶A中加入碎瓷片的作用是___________。 （2）甲同学认为实验ⅰ中酸性高锰酸钾溶液褪色，因此发生了消去反应，其理由是___________。乙同学认为反应体系中的物质___________(填结构简式)挥发进入试管B中也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，否定了甲同学的结论。 Ⅱ．在上述实验ⅱ的体系中同时检出水解产物与消去产物。进一步查阅文献资料，获知： a．与官能团相连的碳称为α碳，与α碳相连的碳原子称为β碳 b．β碳上的氢活性越高，消去反应的速率越大 c．β碳数目越多，取代反应的竞争越小，消去反应的竞争越大 文献数据： 表1.两种卤代烃在强碱的乙醇溶液中取代产物与消去产物的含量 卤代烃 取代产物/% 消去产物/% 5 95 90 10 表2.两种卤代烷烃在有、无强碱的乙醇溶液中取代产物与消去产物的含量 卤代烷烃 强碱的醇溶液 取代产物/% 消去产物/% 97 3 21 79 81 19 7 93 （3）由以上研究得到结论： ①不同的卤代烃在相同条件下的取代产物与消去产物的含量不同。表1中、两者β碳上的氢活性较高的是___________(填“前者”或“后者”)。 ②强碱的存在有利于消去反应的发生，消去反应中常采用乙醇钠盐作为强碱性试剂。用离子方程式解释乙醇钠的水溶液显碱性的原因：___________。 ③消去产物的含量与卤代烷烃自身的结构有关。相同条件下，的消去产物比的消去产物的含量高，原因是___________。 ④卤代烃的取代反应与消去反应是共存与竞争的关系，反应受β碳上的氢活性和___________因素的影响。 【答案】（1）防止暴沸 （2） ①. 1-丁烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色(或其他正确答案) ②. （3） ①. 前者 ②. ③. 中β碳数目比的多，则发生消去反应的竞争增大，的消去产物的含量升高 ④. β碳数目 【解析】 【分析】实验i是1-溴丁烷的水解反应，实验ii是1-溴丁烷的消去反应，本题考查卤代烃的取代和消去反应，通过实验可以发现反应时溶剂不同对反应的产物是有很大影响的，所以要注意反应时的条件的不同，另外当反应的溶剂为乙醇时还要注意，乙醇对反应产物检验的干扰。 【15题详解】 加热液体混合物时，碎瓷片可以提供气化中心，防止液体暴沸。 【16题详解】 甲认为只有消去反应生成的烯烃能使酸性高锰酸钾褪色，因此他认为褪色说明发生了消去反应；实际上1-溴丁烷水解生成的1-丁醇易挥发，也能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，因此可以否定甲的结论。 【17题详解】 ①根据题给规律，碳上氢活性越高，消去产物越多；表1中前者消去产物占比95%远高于后者的10%，因此前者碳上氢活性更高。 ②乙醇钠是强碱弱酸盐，乙氧基离子在水溶液中发生水解，结合水电离的生成乙醇，使溶液中浓度大于，溶液显碱性，离子方程式为：。 ③根据题给信息c：碳数目越多，消去反应的竞争越大；有3个碳，只有2个碳，中β碳数目比的多，则发生消去反应的竞争增大，的消去产物的含量升高。 ④结合题中信息，反应除了受碳上氢活性影响，还受卤代烃自身碳数目的影响，二者共同影响取代和消去的竞争。 16. 镁铝尖晶石作为一种有前途的绿色环保型无机功能材料，向其中掺入Cr、Fe、Ti、Ni等过渡元素，可使镁铝尖晶石发光材料实现发光颜色的转变和发光效率的提高，适应其在发光二极管、显示器及固态照明等领域的应用。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中位于_______区；基态钛原子核外电子空间运动状态有_______种；基态Cr的价电子排布式为_______。 （2）镁铝尖晶石由Mg、Al、O元素组成，按第一电离能由大到小的排列顺序为_______。 （3）一种含镍的配合物丁二酮肟镍分子为平面正方形构型，其结构如图所示。 ①Ni采取的杂化方式为_______（填标号）。 A．sp3 B．dsp2 B．sp2 D．sp3d ②丁二酮肟镍分子内存在的化学键有_______（填标号）。 A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力 E．共价键 （4）氯化铬(CrCl3)熔点为83℃，氯化镍(NiCl2)的熔点为1001℃，氯化铬的熔点远低于氯化镍的熔点，原因是_______。 （5）某种镁铝尖晶石的立方晶胞结构如图所示，晶胞中含有A型和B型两种结构单元。 该晶体的化学式为_______，晶胞中一个O原子的原子分数坐标为(，，)，距离该O原子最近的Mg原子的原子分数坐标为_______。已知该晶胞中相邻的两个O原子间的距离为a pm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3（列出计算式） 【答案】（1） ①. d ②. 12 ③. 3d54s1 （2）O>Mg>Al （3） ①. B ②. BE （4）CrCl3是分子晶体，NiCl2是离子晶体 （5） ①. ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 元素价电子排布为，最后填充电子进入轨道，周期表中位于区； 基态钛原子核外电子排布式为，电子空间运动状态由轨道种类决定，共由12种轨道，即电子空间运动状态为12种； 为洪特规则特例，轨道半满更稳定，价电子排布式为； 【小问2详解】 同周期主族元素从左至右总体增大，ⅡA族全满结构大于ⅢA族；非金属元素第一电离能远大于金属元素；为第二周期非金属，第一电离能最大；价电子排布全满，第一电离能大于相邻，故顺序为； 【小问3详解】 配合物丁二酮肟镍为平面正方形构型，中心配位数为4； A．杂化对应空间正四面体构型，A不符合题意； B．杂化对应平面正方形构型，B符合题意； C．杂化配位数为3，对应平面三角形构型，C不符合题意； D．杂化配位数为5，对应三角双锥构型，D不符合题意； 故选B； ②A．离子键存在于阴阳离子间，该配合物整体为分子，无阴阳离子，A不符合题意；B．配位键为与原子之间分子内成键作用，属于化学键，B符合题意； C．氢键为分子间作用力，不属于化学键，C不符合题意； D．范德华力为分子间作用力，不属于化学键， D不符合题意； E．分子内、、等均为共价键，E符合题意； 故选BE； 【小问4详解】 熔点，微粒间作用力弱，属于分子晶体；熔点，微粒间为强离子键，属于离子晶体，因此熔点远低于； 【小问5详解】 晶胞由4个A型单元、4个B型单元构成；A型单元：位于顶点和内部，数目为=1.5个，位于内部，数目为4个；B型单元：位于顶点，数目为个，位于内部，数目为4个；位于内部，数目为4个。总：；总：；总：；最简整数比，晶体化学式； 已知原子分数坐标，该与体心位置距离最近，立方体心原子分数坐标为； 该晶胞中相邻的两个O原子位于面对角线的一半，相邻原子间距为，面对角线长度，晶胞边长，晶胞体积；晶胞总质量；密度。 17. 研究反应机理、能量变化及其限度，利国利民。请回答下列问题： （1）Li-Ru催化合成氨的部分反应进程如图所示(图中“*”表示吸附在催化剂表面的物质)。 所示步骤中最慢的基元反应方程式为___________。 （2）已知NH3(g)的燃烧热，H2(g)的燃烧热。 ①表示NH3(g)燃烧热的热化学方程式为___________。 ②的取值范围是___________(填字母)。 a． b． （3）通过 的相互转化可实现NH3的高效存储和利用，则存储NH3的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （4）南京理工大学朱卫华等人基于单簇催化剂，提出了一种一氧化氮还原反应的新型结构∼活性关系，经研究发现主要反应如下： 反应i： 慢反应 反应ii： 快反应 一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molNO和6molH2，发生反应i和反应ii，测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比]与时间的关系如图所示(已知：时两反应均达到平衡，且平衡时的总压强为)。 ①曲线c代表的物质是___________(填“NO”“N2”或“NH3”)。 ②内NO(g)的平均反应速率为___________。 ③该温度下，反应i的Kp=___________(写出表达式即可，无需计算出具体数值，Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1） （2） ①. ②. b （3）b （4） ①. N2 ②. 2 ③. 【解析】 【小问1详解】 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，活化能最高，速率最慢； 【小问2详解】 ①燃烧热是指在时，纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，指定产物是指氮元素变为，氢元素变为，故的燃烧热的热化学方程式为 ； ②由题意可得，i． 、ii． ，结合盖斯定律，可得： ，，故选b； 【小问3详解】 的正反应为吸热反应，反应体系中气体物质的量增加；降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，有利于存储，b项符合题意； 【小问4详解】 ①反应ii为快反应，曲线a表示的物质快速减少，故曲线a表示，快速增加，曲线b表示氨气，曲线c表示氮气； ②时达到平衡，则由图知，的氮含量为6%，，的氮含量为86%，，的氮含量为，，由氧原子守恒得，，由氢原子守恒得，，此时气体的总物质的量为。平衡时，则起始时，内的平均反应速率为； ③平衡时，，，，反应i的。 18. 原儿茶酸(A)是一种重要的化工原料。由合成和高分子的路线如下。 已知：ⅰ. ⅱ. （1）E中的含氧官能团有______________。 （2）的化学方程式为__________________________________________________。 （3）中，与试剂反应生成阴离子B＇。B＇更易与反应。试剂的最佳选择是_______(填序号)。 a．         b．         c． （4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_______。 a．与有相同的官能团     b．能发生银镜反应      c．苯环上的一氯代物只有一种 （5）中，的氧化产物为，则理论上加入_______可将完全转化为。 （6）经历如下两步： F中含酰胺基，则F的结构简式为_______。 （7）G中含有两个六元环。W的结构简式为_______(写出一种即可)。 【答案】（1）醚键、酯基 （2） （3）b （4）、 （5）3 （6） （7）或 【解析】 【分析】A的分子式为，不饱和度为5，能发生酯化反应，说明其结构含有1个羧基、1个苯环，结合E的结构简式可知，A中还含有两个酚羟基，则A的结构简式为：，A与甲醇发生酯化反应生成B为，B与CH3I发生取代反应生成C为，C发生硝化反应生成D为，D发生还原反应生成E，E经过一系列反应生成F为；B中酚羟基与中溴原子发生取代反应，形成1个六元环，则G的结构简式为或，G与发生信息i的反应生成高分子W为或   。 【小问1详解】 由E（）的结构简式可知，E中的含氧官能团有醚键和酯基。 【小问2详解】 A为：，与甲醇发生酯化反应生成B，化学方程式为：  。 【小问3详解】 a．B中含有酚羟基和酯基，酯基会在KOH试剂下水解，故a错误； b．酚羟基能和反应，生成，符合条件，故b正确； c．酚羟基酸性比碳酸弱，不能和反应，故c错误； 故答案为：b。 【小问4详解】 B为，含有酚羟基和酯基，能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上的一氯代物只有一种，说明其结构高度对称，满足条件的结构简式为、  。 【小问5详解】 D→E的反应为，由化合价变化可知，完全转化为需要转移6mol电子，1mol转化为，转移2mol电子，故共需要加入3mol。 【小问6详解】 F的分子式比E多了一个碳原子，结合已知信息ii，可知E与CH3COOR发生信息ii的反应生成中间体M为 ，M中的氨基与酯基发生取代反应生成F，F的结构简式为 。 【小问7详解】 由分析可知，W的结构简式为或   。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $