精品解析：广东珠海三中2025-2026学年度第一学期9月月考高三化学试题

2025—2026学年第一学期 9月月考试题 高三化学 相对原子质量 C：12 H：1 O：16 Na：23 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1-10小题，每题2分；第11-16小题，每题4分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是 A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树 A. A B. B C. C D. D 2. 从药物研发到疾病治疗，化学广泛应用于医学。下列说法正确的是 A. 溶液可作为皮肤消毒剂。是含有非极性键的极性分子 B. 阿司匹林()可用于治疗发热。阿司匹林与苯甲酸互为同系物 C. 0.9% NaCl溶液可用于培养体外细胞。NaCl在电流作用下发生电离 D. 顺铂[]可作为抗癌药物。中N、H均为配位原子 3. 美好生活由劳动创造。下列劳动过程对应化学知识正确且有关联的是 选项 劳动过程 化学知识 A 用含铁酱油烹饪食物 还原性强，可减缓食物腐败 B 用洗洁精清洗餐具 油脂在表面活性剂作用下水解成可溶性物质 C 用防锈漆涂刷钢铁栏杆 隔绝潮湿空气可减缓钢铁腐蚀 D 用水杨酸和乙酸酐合成阿司匹林 醇和羧酸可发生酯化反应 A. A B. B C. C D. D 4. 我国新能源汽车产业领跑全球。下列关于新能源汽车关键材料的说法不正确的是 A. 锂离子电池正极材料中Fe的化合价为+2价 B. 车身框架使用的铝合金硬度大于纯铝 C. 充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为 D. 轮胎使用的硫化橡胶、氯丁橡胶属于天然有机高分子 5. 下列陈述均正确且存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 金属钠具有强还原性 钠可置换出溶液中的铁单质 C 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 6. 下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是 A. 工业制硝酸： B. 工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体 C. 纯碱工业：溶液 D. 工业制硫酸： 7. 配制氯化铁溶液并用于刻蚀覆铜板，下列操作不能达到实验目的的是 A.称量固体 B.配制溶液 C.刻蚀覆铜板 D.检验废液中是否残留 A. A B. B C. C D. D 8. 氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1molNaOH固体中的离子数目为 B. 的NaClO溶液中，的数目小于 C. 标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 D. 与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为 9. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．制备NaHCO3固体 B．制备乙酸乙酯 C．检验乙醇脱水生成乙烯 D．蒸干氯化镁溶液制取氯化镁固体 A. A B. B C. C D. D 10. 某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子中含有4种官能团 B. 含有手性碳原子 C. 可发生取代反应和加成反应 D. 该物质最多能与反应 11. 下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是 A. h和b一定条件下都可与金属单质化合 B. k→j转化的产物可能同时有和 C. g→i→j→k的转化可用于工业合成硝酸 D. a发生反应得到1molb，一定转移2mol电子 12. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. B. CH3CH2BrCH2=CH2 C. CH3CHOCH3COOHCH3CO18OC2H5 D. 13. 原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。X、Z同族，Y、W同族，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. 非金属性：Y＞W＞X C. X、Y、Z形成的化合物中只含离子键 D. ZXWY4能抑制水的电离 14. 实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得 B. 若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量 C. 试剂c可以选用盐酸或硫酸 D. “操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或 15. 水系电池的示意图如图，其中双极膜在工作时催化解离为和，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. 放电时，电极为负极，发生还原反应 B. 放电时，从催化电极通过双极膜到达电极发生反应 C. 放电时，催化电极上的反应为 D. 放电时，电子从电极经外电路(负载)流向催化电极，再经内电路流回电极 16. 金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是 A. 是中间产物 B. 能缩短反应达到平衡的时间 C. 反应③的有机产物有顺反异构体 D. 用代替，产物为 二、非选择题(共4小题，每题14分) 17. 铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。 （1）氨水浓度的测定： 将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。 ①该过程中需用到下图中的仪器有___________(填仪器名称)。 ②该氨水的浓度为___________mol·L-1。 （2）配制铜氨溶液： 向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I．___________；II． 。 （3）探究铜氨离子形成的原因： ①查阅资料 Ksp=2.2×10-20。 K=7.24×1012。 ②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。 ③验证猜想设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量___________1mol·L-1溶液 生成蓝色沉淀 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡 ___________ ④实验小结猜想成立。 ⑤教师指导 K=1.13×103。 ⑥继续探究： 步骤 现象 iii．向ii中继续滴加___________溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 ⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤iii的现象___________。 18. 铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知：i．常温下，，，。 ii．镭为第ⅡA族元素回答下列问题： （1）为提高“热分解”效率，可采取的措施有___________。 （2）热分解阶段U3O8生成Na2U2O7，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）溶解阶段分为两部分： ①盐酸溶解。写出此时Ce(OH)4发生的离子方程式___________。 ②加絮凝剂调节pH除杂。此过程中，Th完全转化为Th(OH)4沉淀，则应控制pH≥___________。 （4）“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为_________。 （5）将Ce2CO3灼烧可得到二氧化铈(CeO2)。CeO2是一种应用广泛的稀土氧化物材料，其晶胞结构如图。 ①Ce4+在晶胞中的位置是________。 ②与Ce4+相邻且最近的Ce4+有________个，若该立方晶胞参数为anm，则Ce4+与O2-的核间距最小为_________nm。 （6）取8.600gCeO2粗产品用硫酸溶解后，配成250mL含Ce4+的溶液。取50.00mL该溶液，用0.2500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定时发生反应Ce4++Fe2+=Ce4++Fe3+，到达滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为30.00mL，则CeO2的纯度为___________。 19. 甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题： （1）以甲醇为原料制备甲醛(HCHO)，涉及主要反应如下： Ⅰ．脱氢法： Ⅱ．氧化法： Ⅲ．深度氧化反应： ①已知 ，计算___________kJ/mol。 ②图1中两条曲线分别为反应Ⅰ和Ⅱ平衡常数K随温度变化关系的曲线，其中表示反应Ⅱ的为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③图2为甲醇氧化法在不同温度下甲醇转化率与甲醛产率的曲线图。600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是___________。 （2）一定条件下 。在容积均恒为1L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒温容器中分别充入1.0 mol CO和2.0molH2，分别在温度下反应，时CO的体积分数如图3所示。 ①容器Ⅰ中，内CH3OH的反应速率为___________。 ②此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是___________；其化学平衡常数为___________。 20. 化合物H是一种重要的合成香料，也是一种重要的医药中间体和化工原料，其一种合成路线如图所示。 已知：+R-CHO→ 回答下列问题： （1）B的化学名称为___________，C的结构简式为___________。 （2）由D生成E的反应类型为___________。 （3）写出F中两个含氧官能团的名称为___________。 （4）由C生成D的化学方程式为___________。 （5）由E生成F的化学方程式为___________。 （6）G的结构简式为___________。 （7）分子式为C8H10O，在其同分异构体中同时满足下列条件的有___________种。 a．存在苯环；b．存在醇羟基。 （8）已知−OH是邻对位定位基，根据题干信息，写出由制备的合成路线___________(其他试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期 9月月考试题 高三化学 相对原子质量 C：12 H：1 O：16 Na：23 一、选择题(本题共16小题，共44分。第1-10小题，每题2分；第11-16小题，每题4分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是 A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．洛神赋图所用的纸张主要材质为纸张，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合题意； B．三彩载乐骆驼俑属于陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合题意； C．木雕双头镇墓兽的主要材质为木材，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，C不符合题意； D．三星堆青铜神树的材质为青铜合金，属于金属材料，D不符合题意； 故选B。 2. 从药物研发到疾病治疗，化学广泛应用于医学。下列说法正确的是 A. 溶液可作为皮肤消毒剂。是含有非极性键的极性分子 B. 阿司匹林()可用于治疗发热。阿司匹林与苯甲酸互为同系物 C. 0.9% NaCl溶液可用于培养体外细胞。NaCl在电流作用下发生电离 D. 顺铂[]可作为抗癌药物。中N、H均为配位原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．3% H2O2溶液可作为皮肤消毒剂，这是医学应用中常见的消毒方式；H2O2分子中O-O键为非极性键，但分子结构不对称，属于极性分子，A正确； B．阿司匹林（C9H8O4）可用于治疗发热，但阿司匹林为乙酰水杨酸（官能团为羧基和酯基），苯甲酸为简单羧酸（官能团为羧基），两者结构不相似，不互为同系物，B错误； C．0.9% NaCl溶液（生理盐水）可用于培养体外细胞，但NaCl在水溶液中自发电离为Na+和Cl-，电离过程不需要电流作用，C错误； D．顺铂[PtCl2(NH3)2]可作为抗癌药物，但在配合物中，配位原子指直接与中心原子或离子键合的原子，NH3配体中N原子提供孤电子对与Pt配位，而H原子仅为配体的一部分，并非配位原子，D错误； 故答案选A。 3. 美好生活由劳动创造。下列劳动过程对应化学知识正确且有关联的是 选项 劳动过程 化学知识 A 用含铁酱油烹饪食物 还原性强，可减缓食物腐败 B 用洗洁精清洗餐具 油脂在表面活性剂作用下水解成可溶性物质 C 用防锈漆涂刷钢铁栏杆 隔绝潮湿空气可减缓钢铁腐蚀 D 用水杨酸和乙酸酐合成阿司匹林 醇和羧酸可发生酯化反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．含铁酱油中的Fe²⁺具有还原性，可起到补铁作用，而非减缓食物腐败，因此化学知识错误，且与劳动过程关联不成立，A错误； B．洗洁精清洗餐具主要依靠表面活性剂的乳化作用，形成胶束包裹油脂，而并非油脂被水解。水解反应需酶或催化剂（如皂化反应），此处化学知识描述不准确，B错误； C．防锈漆涂刷钢铁栏杆可形成保护层，隔绝潮湿空气（含水和氧气），有效减缓电化学腐蚀，化学知识正确且与劳动过程直接关联，C正确； D．水杨酸与乙酸酐合成阿司匹林的反应属于酯化（酚羟基与酸酐反应），但化学知识表述为“醇和羧酸可发生酯化反应”，而反应物为酚（非醇）和酸酐（非羧酸），知识虽普遍正确但与此过程不符，D不符合题意； 故答案选C。 4. 我国新能源汽车产业领跑全球。下列关于新能源汽车关键材料的说法不正确的是 A. 锂离子电池正极材料中Fe的化合价为+2价 B. 车身框架使用的铝合金硬度大于纯铝 C. 充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为 D. 轮胎使用的硫化橡胶、氯丁橡胶属于天然有机高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．为+1价，为-3价，根据代数和为零，可得Fe的化合价为+2价，A不符合题意； B．合金的硬度通常大于其组成成分纯金属，铝合金硬度大于纯铝，B不符合题意； C．聚氯乙烯由氯乙烯()通过加聚反应制得，链节为，C不符合题意； D．氯丁橡胶属于合成有机高分子；硫化橡胶是天然橡胶经化学加工后的产物，不属于天然有机高分子。因此该说法不正确，D符合题意； 故选D。 5. 下列陈述均正确且存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 金属钠具有强还原性 钠可置换出溶液中的铁单质 C 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硫酸使蔗糖脱水碳化并产生气体，形成多孔炭，这一现象由浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的H和O）和氧化性（与碳反应生成气体）共同导致，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，A正确； B．钠的强还原性使其优先与水反应生成NaOH和H2，而非直接置换FeSO4中的Fe，陈述Ⅱ错误，B不符合题意； C．NO2冷却颜色变浅是因平衡向生成N2O4（放热反应）方向移动，陈述Ⅱ中“吸热反应”错误，C不符合题意； D．溴乙烷水解后需先酸化再滴加AgNO3以排除OH-干扰，直接加AgNO3无法证明Br-存在，陈述I操作错误，D不符合题意； 故答案选A。 6. 下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是 A. 工业制硝酸： B. 工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体 C. 纯碱工业：溶液 D. 工业制硫酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮气与过量氧气在高温或放电条件下直接生成NO2无法一步实现，通常首先生成NO；A错误； B．电解饱和NaCl溶液直接生成NaOH溶液，蒸发后得到NaOH固体，两步均可一步实现；B正确； C．NaCl溶液直接通入过量CO2无法生成NaHCO3，需先通NH3，C错误； D．硫燃烧生成SO3无法一步实现，通常首先生成SO2，D错误； 故选B。 7. 配制氯化铁溶液并用于刻蚀覆铜板，下列操作不能达到实验目的的是 A.称量固体 B.配制溶液 C.刻蚀覆铜板 D.检验废液中是否残留 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．FeCl3具有吸湿性和腐蚀性，不能直接放在托盘上称量，应使用称量纸或小烧杯，A错误； B．FeCl3易水解，将FeCl3固体溶于浓盐酸中，可以有效抑制Fe3+的水解，随后加水稀释即可得到澄清溶液，B正确； C．FeCl3溶液与Cu反应：2Fe3++ Cu=2Fe2++ Cu2+，将覆铜板浸泡在FeCl3溶液中，Fe3+可氧化Cu，实现刻蚀目的，同时，覆盖油膜的图案部分可防止被刻蚀，C正确； D．Fe3+与KSCN反应生成血红色物质，向废液样品中滴加KSCN溶液，若溶液变红，则说明含有Fe3+，若不变红，则不含Fe3+，D正确； 故选A。 8. 氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1molNaOH固体中的离子数目为 B. 的NaClO溶液中，的数目小于 C. 标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 D. 与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1 mol NaOH固体由1 mol 和1 mol 组成，离子总数为2NA，A正确； B．NaClO溶液中会水解，导致其实际数目小于初始的1 mol，B正确； C．标准状况下22.4 L （1 mol）与足量H2反应生成2 mol HCl，每个HCl含1个H-Cl键，共形成2NA个共价键。题目未限制反应条件，默认完全反应，C正确； D．与NaOH反应生成NaClO时，1 mol中1 mol Cl被氧化（转移1 mol电子），转移电子数为NA，而非2NA，D错误； 故选D。 9. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．制备NaHCO3固体 B．制备乙酸乙酯 C．检验乙醇脱水生成乙烯 D．蒸干氯化镁溶液制取氯化镁固体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备NaHCO3固体需先向饱和食盐水中通入NH3（碱性气体，溶解度大），再通入CO2，先通NH3使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2，装置中P2O5为酸性干燥剂，能吸收尾气NH3、防污染大气，为防止倒吸，通NH3的导管口不能伸入液面下（无限接近液面），为使二氧化碳被充分吸收，通二氧化碳的导管口应伸入液面下，A错误； B．制备乙酸乙酯时，浓硫酸作催化剂和吸水剂，加热条件下乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，导管口在饱和Na2CO3溶液液面上方（无限接近）可防止倒吸，饱和Na2CO3溶液能吸收乙醇、中和乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，B正确； C．乙醇脱水生成乙烯需控制温度170℃（温度计应插入反应液中），生成的乙烯中混有乙醇蒸气、二氧化硫等（乙醇、二氧化硫均能使KMnO4溶液褪色），无法检验乙烯，C错误； D．氯化镁溶液蒸干时，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl挥发促进水解，最终得到Mg(OH)2（或分解为MgO），无法得到MgCl2固体，需在HCl气流中蒸干抑制Mg2+的水解，D错误； 故答案选B。 10. 某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子中含有4种官能团 B. 含有手性碳原子 C. 可发生取代反应和加成反应 D. 该物质最多能与反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由该分子结构简式可知，该分子中含有氨基（-NH2）、碳溴键（-Br）、酯基（-COO-），共3种，A错误； B．手性碳原子需连有4个不同原子或原子团，由该分子结构简式可知，不含手性碳原子，B错误； C．由该分子结构简式可知，酯基可发生水解反应（取代反应），苯环可发生加成反应（如与H2加成），C正确； D．由该分子结构简式可知，酯基水解消耗1mol NaOH，苯环上溴原子水解生成酚羟基和HBr，共消耗2mol NaOH，则1mol该物质最多能与3mol NaOH反应，D错误； 故选C。 11. 下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是 A. h和b一定条件下都可与金属单质化合 B. k→j转化的产物可能同时有和 C. g→i→j→k的转化可用于工业合成硝酸 D. a发生反应得到1molb，一定转移2mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】由氮、硫的价类二维图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2，k为HNO3，l为铵盐； 【详解】A．h为氮气，b为硫单质，S可与Fe、Cu等金属化合生成硫化物，N2在一定条件下可与Mg反应生成Mg3N2，A正确； B．k若为浓硝酸，可发生分解反应4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，产物有O2、H2O和NO2，B正确； C．工业合成硝酸的流程为NH3与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，C正确； D．H2S发生反应得到S，可能发生反应，根据方程式可知，生成1molS转移电子，D错误； 故选D。 12. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. B. CH3CH2BrCH2=CH2 C. CH3CHOCH3COOHCH3CO18OC2H5 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯在FeBr3作催化剂的条件下，与液溴发生苯环上的取代反应，A不合题意； B．溴乙烷在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成乙醇，B不合题意； C．乙醛与新制Cu(OH)2加热、酸化后生成乙酸，乙酸和C2H518OH在浓硫酸作用下，酸脱羟基醇脱氢生成CH3CO18OC2H5，C合题意； D．CH3CH2OH不与NaOH反应，D不合题意； 故本题选C。 13. 原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。X、Z同族，Y、W同族，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. 非金属性：Y＞W＞X C. X、Y、Z形成的化合物中只含离子键 D. ZXWY4能抑制水的电离 【答案】C 【解析】 【详解】X、Y、Z、W为短周期主族元素，Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强，可推出Z元素为Na元素，X、Z同族，则X为H，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍，则Y元素为O，W元素为S。 A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：，A正确； B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，且S的非金属性强于H，因此非金属性：，B正确； C．X、Y、Z可形成化合物，中钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，中O与H之间存在共价键，并非只含离子键，C错误； D．为，在水溶液中电离出，使溶液中增大，水的电离平衡逆向移动，可抑制水的电离，D正确； 故答案选C。 14. 实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得 B. 若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量 C. 试剂c可以选用盐酸或硫酸 D. “操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或 【答案】B 【解析】 【分析】实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液，先向混合液中加入碳酸氢钠溶液，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠进入水相I，苯甲酸钠用试剂c（酸性强于苯甲酸）调节pH酸化可以得到苯甲酸，进一步处理得产品③为苯甲酸，有机相I中有环己烷和苯酚，加入试剂a（氢氧化钠或碳酸钠）将苯酚转化为苯酚钠使其进入水相II，加入试剂b（酸性强于苯酚）调节pH进一步处理后得产品②为苯酚，则有机相II为环己烷，通过洗涤、干燥、过滤、蒸馏得产品①环己烷。 【详解】A．根据分析可知环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得，A正确； B．若试剂a为Na2CO3，其作用是与苯酚反应生成苯酚钠和NaHCO3（苯酚酸性弱于碳酸、强于），该反应无气泡产生，无法通过观察气泡控制用量，B错误； C．水相Ⅰ含苯甲酸钠，需加酸性强于苯甲酸的酸调节pH生成苯甲酸沉淀，试剂c可选盐酸或硫酸，C正确； D．有机相Ⅱ含环己烷，经干燥后通过蒸馏（操作X）分离，试剂b是酸性强于苯酚的酸，用于将苯酚钠转化为苯酚，盐酸或CO2（苯酚酸性弱于碳酸）均可实现，D正确。 故答案为：B。 15. 水系电池的示意图如图，其中双极膜在工作时催化解离为和，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. 放电时，电极为负极，发生还原反应 B. 放电时，从催化电极通过双极膜到达电极发生反应 C. 放电时，催化电极上的反应为 D. 放电时，电子从电极经外电路(负载)流向催化电极，再经内电路流回电极 【答案】C 【解析】 【分析】由图知，该电池在放电时，Zn作负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式：，催化电极作为正极得电子，发生还原反应，电极反应式：，充电时，Zn作为阴极，双极膜在工作时催化解离为和，氢离子移向阴极，电极反应式：，催化电极为阳极，双极膜在工作时催化解离为和，氢氧根移向阴极，电极反应式：，据此回答。 【详解】A．根据分析可知，放电时Zn作负极失去电子，发生氧化反应，A错误； B．不能从催化电极通过双极膜到达电极发生反应，B错误； C．根据分析可知，放电时，催化电极上的反应为，C正确； D．电子只能通过外电路导线进行转移，D错误； 答案选C。 16. 金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是 A. 是中间产物 B. 能缩短反应达到平衡的时间 C. 反应③的有机产物有顺反异构体 D. 用代替，产物为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据转化流程可知，在反应③中生成的又在反应④中被消耗，属于中间产物，A正确； B．在整个反应中起到催化作用，加快反应速率，能缩短反应达到平衡的时间，B正确； C．反应③的有机产物中碳碳双键两端连接的原子团都不相同，存在顺反异构体：和，C正确； D．根据题干反应原理可知，发生加成时断裂的是甲醇中羟基上的键，如用代替，则应断裂氨基上的键，得到的产物应为：，D错误； 故答案为：D。 二、非选择题(共4小题，每题14分) 17. 铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。 （1）氨水浓度的测定： 将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。 ①该过程中需用到下图中的仪器有___________(填仪器名称)。 ②该氨水的浓度为___________mol·L-1。 （2）配制铜氨溶液： 向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I．___________；II． 。 （3）探究铜氨离子形成的原因： ①查阅资料 Ksp=2.2×10-20。 K=7.24×1012。 ②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。 ③验证猜想设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量___________1mol·L-1溶液 生成蓝色沉淀 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡 ___________ ④实验小结猜想成立。 ⑤教师指导 K=1.13×103。 ⑥继续探究： 步骤 现象 iii．向ii中继续滴加___________溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 ⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤iii的现象___________。 【答案】（1） ①. 酸式滴定管、碱式滴定管 ②. 1.100 （2） （3） ①. NaOH(或KOH) ②. 蓝色沉淀不溶解 ③. 硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可) ④. 加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(或反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可) 【解析】 【分析】向硫酸铜中滴加氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水发生反应，沉淀溶解，生成，溶液变为深蓝色。 【小问1详解】 ①开展盐酸滴定氨水的实验，量取氨水和盐酸，需要的仪器有碱式滴定管、酸式滴定管，故答案为：碱式滴定管、酸式滴定管； ②根据方程式列式：，解得，故答案为：1.100； 【小问2详解】 向硫酸铜中滴加氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水发生反应，沉淀溶解，生成，溶液变为深蓝色，所以第一步的反应为：，故答案为：； 【小问3详解】 反应II，其平衡常数表达式为：，代入数据计算，说明正反应程度很小。 i．向溶液中加入某溶液，生成蓝色沉淀，说明应该加入碱溶液，则可以加入。 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡，由于反应很难进行，所以沉淀不溶解。 根据方程式，氨水中含有氨气，要让该反应进行，应该加入含有铵根的物质，该物质是硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)。 iii．向ii中继续滴加硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)溶液，蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色。从平衡移动的角度解释步骤iii的现象：加入铵盐，减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使溶解生成(或反应Ⅰ逆向进行，生成的结合的思路也可)，故答案为：NaOH(或KOH)；蓝色沉淀不溶解；硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)；加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(或反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可)。 18. 铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知：i．常温下，，，。 ii．镭为第ⅡA族元素回答下列问题： （1）为提高“热分解”效率，可采取的措施有___________。 （2）热分解阶段U3O8生成Na2U2O7，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）溶解阶段分为两部分： ①盐酸溶解。写出此时Ce(OH)4发生的离子方程式___________。 ②加絮凝剂调节pH除杂。此过程中，Th完全转化为Th(OH)4沉淀，则应控制pH≥___________。 （4）“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为_________。 （5）将Ce2CO3灼烧可得到二氧化铈(CeO2)。CeO2是一种应用广泛的稀土氧化物材料，其晶胞结构如图。 ①Ce4+在晶胞中的位置是________。 ②与Ce4+相邻且最近的Ce4+有________个，若该立方晶胞参数为anm，则Ce4+与O2-的核间距最小为_________nm。 （6）取8.600gCeO2粗产品用硫酸溶解后，配成250mL含Ce4+的溶液。取50.00mL该溶液，用0.2500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定时发生反应Ce4++Fe2+=Ce4++Fe3+，到达滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为30.00mL，则CeO2的纯度为___________。 【答案】（1）将独居石粉碎、不断搅拌等 （2）1：2 （3） ①. 2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl-=2Ce3+＋8H2O＋Cl2↑ ②. 4 （4）6HCO+2Ce3+=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O （5） ①. 顶点和面心 ②. 12 ③. a （6）75% 【解析】 【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4；将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2；调节pH，使U和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液；加入NHHCO3沉铈，2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，得到Ce2(CO3)3。 【小问1详解】 为提高“热分解”效率，可将独居石粉碎、不断搅拌等； 【小问2详解】 根据分析，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，氧化剂(O2) 与还原剂(U3O8)的物质的量之比为1：2； 【小问3详解】 ①根据分析，盐酸溶解Ce(OH)4发生的离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-＝2Ce3++Cl2↑+8H2O； ②Th完全沉淀时c(Th4+)≤10-5mol/L，Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)c4(OH-)=10﹣45，c(OH-)=10-10mol/L，c(H+)===10-4mol/L，pH≥4； 【小问4详解】 根据分析，“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O； 【小问5详解】 ①由题干二氧化铈立方晶胞图示信息可知，灰球位于8个顶点和6个面心，则一个晶胞中含有=4个灰球，8个黑球位于晶胞体内，根据CeO2的化学式可知，灰球代表Ce4+，则Ce4+在晶胞中的位置是顶点和面心； ②灰球代表Ce4+，在晶胞的顶点和面心，只看Ce4+形成的晶胞为面心立方最密堆积，即每个Ce4+相邻且最近的Ce有12个；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CeO2的晶胞结构不难发现O2-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为a，Ce4+与O2-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为anm； 【小问6详解】 由Fe2++Ce4+=Fe3+ +Ce3+，结合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.25mol·L-1×0.03L=0.0075mol，故样品中CeO2的总量为0.0075mol×=0.0375mol，该产品的纯度为=75%。 19. 甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题： （1）以甲醇为原料制备甲醛(HCHO)，涉及主要反应如下： Ⅰ．脱氢法： Ⅱ．氧化法： Ⅲ．深度氧化反应： ①已知 ，计算___________kJ/mol。 ②图1中两条曲线分别为反应Ⅰ和Ⅱ平衡常数K随温度变化关系的曲线，其中表示反应Ⅱ的为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③图2为甲醇氧化法在不同温度下甲醇转化率与甲醛产率的曲线图。600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是___________。 （2）一定条件下 。在容积均恒为1L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒温容器中分别充入1.0 mol CO和2.0molH2，分别在温度下反应，时CO的体积分数如图3所示。 ①容器Ⅰ中，内CH3OH的反应速率为___________。 ②此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是___________；其化学平衡常数为___________。 【答案】（1） ①. +86.1 ②. a ③. 反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应反应Ⅱ ④. 生成的HCHO发生了深度氧化反应 （2） ①. ②. Ⅲ ③. 【解析】 【分析】已知反应Ⅳ： ，利用盖斯定律将反应Ⅱ-反应Ⅳ得到反应Ⅰ；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a对应反应Ⅱ；由图象可知：T3>T2>T1，温度越高，反应速率越快，在相同时间内更快达到平衡状态，T2温度下CO的体积分数小于T1温度下是由于：Ⅱ的速率更快，相同时间内消耗的CO更多，但T3温度下CO的体积分数大于T2温度下是由于：该反应的正反应为放热反应，反应达到平衡后。升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，故一定达到平衡状态的是Ⅲ。 【小问1详解】 ①已知反应Ⅳ： ，利用盖斯定律将反应Ⅱ-反应Ⅳ得到反应Ⅰ： ，故答案为：+86.1； ②反应Ⅰ为吸热反应，温度升高，K增大，曲线b对应的是反应Ⅰ；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a对应反应Ⅱ，故答案为：a；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应反应Ⅱ； ③600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是生成的发生了深度氧化反应，故答案为：生成的HCHO发生了深度氧化反应； 【小问2详解】 ①容器Ⅰ中，反应时CO的体积分数0.2，列三段式，则，解得，内CH3OH的反应速率为，故答案为：； ②由图象可知：T3>T2>T1，温度越高，反应速率越快，在相同时间内更快达到平衡状态，T2温度下CO的体积分数小于T1温度下是由于：Ⅱ的速率更快，相同时间内消耗的CO更多，但T3温度下CO的体积分数大于T2温度下是由于：该反应的正反应为放热反应，反应达到平衡后。升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，故一定达到平衡状态的是Ⅲ；设0～tmin时间内容器Ⅲ中CO转化量为y， ，由CO的体积分数为0.3，则，解得，则平衡常数，故答案为：Ⅲ；。 20. 化合物H是一种重要的合成香料，也是一种重要的医药中间体和化工原料，其一种合成路线如图所示。 已知：+R-CHO→ 回答下列问题： （1）B的化学名称为___________，C的结构简式为___________。 （2）由D生成E的反应类型为___________。 （3）写出F中两个含氧官能团的名称为___________。 （4）由C生成D的化学方程式为___________。 （5）由E生成F的化学方程式为___________。 （6）G的结构简式为___________。 （7）分子式为C8H10O，在其同分异构体中同时满足下列条件的有___________种。 a．存在苯环；b．存在醇羟基。 （8）已知−OH是邻对位定位基，根据题干信息，写出由制备的合成路线___________(其他试剂任选)。 【答案】（1） ①. 2−氯苯酚（邻氯苯酚） ②. （2）加成反应 （3）羟基、羧基、羰基（三选二） （4）+2HCl→+2NaCl （5）2+O22+2H2O （6） （7）5 （8） 【解析】 【分析】根据E的结构分析A和氯气发生取代反应，氯原子取代苯环上羟基的邻位，B发生水解反应生成，酸化得到，D发生加成反应生成E，E催化氧化生成F，根据H的结构简式分析F发生反应生成G为，反应生成H。 【小问1详解】 B的结构简式为，其化学名称为2-氯苯酚（邻氯苯酚）； 根据前面分析得到C的结构简式为； 【小问2详解】 根据D和HOOCCHO反应生成E和原子守恒，由D生成E的反应类型为加成反应； 【小问3详解】 根据F的结构简式，可知F中含氧官能团的名称为羟基、羧基、羰基； 【小问4详解】 根据分析，C经酸化得到D，可选用HCl，则化学方程式为：+2HCl→+2NaCl； 【小问5详解】 E生成F是E的催化氧化反应，则反应的化学方程式为2+O22+2H2O； 【小问6详解】 根据前面分析，G的结构简式为； 【小问7详解】 分子式为C8H10O，满足存在苯环、存在醇羟基的同分异构体：当苯环上有1个取代基时，为-CH2CH2OH或-CH(OH)CH3，共2种；当苯环上有2个取代基时，为-CH2OH和-CH3，共3种；故一共有5种； 【小问8详解】 根据题意和HOOCCHO反应生成，和氧气在催化剂作用下反应生成，在一定条件下反应生成，反应生成，故其合成路线为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $