精品解析：河北省NT20名校联合体新高三摸底测试2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

新高三摸底测试 化学 注意事项：1.本试卷共100分，考试时间75分钟。 2.请将各题答案填在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 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. 我国传统文化富载化学知识。下列非遗作品主要材质属于硅酸盐的是 A.苗族银饰 B.砖雕 C.驴皮皮影 D.糖画 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．苗族银饰的主要材质属于金属材料，A项错误； B．砖的主要原料是黏土，黏土的主要成分是硅酸盐，砖雕属于硅酸盐材质，B项正确； C．驴皮皮影的主要材料为驴皮，主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，C项错误； D．糖画主要材料是糖类（如麦芽糖、蔗糖等），属于有机物，D项错误。 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HCN的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 一水合氨分子中的主要氢键为： D. 水分子的电离过程： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCN的电子式，A项漏写氮原子的一对孤电子对，A错误； B．的价层电子对数是，VSEPR模型为四面体，B错误； C．依据一水合氨电离产物画出分子中的氢键主要为，C错误； D．两分子水电离生成水合氢离子和氢氧根离子，D正确； 故答案选D。 3. 下列实验原理、方法或实验安全正确的是 A. 用过滤法分离苯酚和溶液 B. 无水乙醇与高锰酸钾要分橱存放 C. 向溴的溶液中通入石油裂解气，溶液褪色，证明气体为乙烯 D. 用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷坩埚 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯酚与不反应，二者互不相溶，混合后分层，需用分液法分离，A错误； B．乙醇易挥发具有还原性，容易被高锰酸钾氧化，需要分橱存放，B正确； C．石油裂解气包括乙烯、丙烯、丁烯等多种不饱和烯烃，均可以与溴发生加成反应使溴的溶液褪色，不能证明气体为乙烯，C错误； D．瓷坩埚中含有二氧化硅，氢氟酸可以与二氧化硅反应，D错误； 故选B 4. 硫氰酸二肼合镍与铁氰化钾在碱性溶液中生成氮气：设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的键数目为 B. 标准状况下，中含有的质子数为 C. 25℃时，pH=13的KOH溶液中由水电离产生的数目为 D. 每生成，反应转移的电子数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．中，每个内含1个键，6个共6个键，同时与6个形成的6个配位键也属于键，1mol该物质总键数目为，A正确； B．标准状况下水为非气态物质，无法用计算，B错误； C．无溶液的体积，无法用计算，C错误； D．每生成，根据公式，结合反应方程式可知，生成时，中的元素为价，生成，每生成2mol，N元素共失去电子，同时中的元素从+3价降低至+2价，共得到电子，总转移电子数为，因此生成时，反应转移的电子数目为，D错误； 故选A 5. 下列有关电极反应式或离子方程式正确的是 A. 等物质的量的、和溶液混合： B. 明矾溶液与过量氨水混合： C. 向溶液中通入过量 D. 溶于少量的硝酸溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．等物质的量的、和溶液混合，正确的离子方程式应该为，A错误； B．明矾在水中可以电离出，可以与氨水电离出的发生反应生成，但由于氨水的碱性较弱，生成的不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为，B错误； C．向溶液中通入过量，被氧化成，被还原成，结合电荷守恒和原子守恒，因此选项中的离子方程式正确，C正确； D．的还原性强于，少量的硝酸先氧化，正确的离子方程式为：，D项错误； 故答案为C。 6. 下列实验装置和反应条件均合理且能达到相应实验目的的是 A. 用甲装置探究浓度对化学反应速率的影响 B. 将装置乙出来的气体通过铂网加热可生成NO C. 推动丙装置活塞探究压强对平衡的影响 D. 丁装置制备悬浊液用于醛基的检验 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化氢与亚硫酸氢钠反应无明显现象，不能达到实验目的，A错误； B． 装置乙中，浓氨水滴入NaOH固体中会释放出，浓氨水挥发出的水蒸气与发生反应生成，因此从装置乙出来的气体是和的混合气体，通过氨的催化氧化可生成，B正确； C．装置丙发生的化学反应为，反应前后气体系数相等，压强对平衡移动没影响，C错误； D．应向过量的氢氧化钠溶液中滴加几滴硫酸铜溶液制备悬浊液，错误； 故答案为B。 7. 聚酰亚胺（PI）的合成常采用二酐（A）与二胺（B）在极性溶剂中先形成聚酰胺酸（C），再经加热或化学脱水环化得到，原理如图所示。 下列说法正确的是 A. A与足量的反应所得产物含有2个手性碳原子 B. 中、的杂化方式均是杂化 C. PI不属于能降解的高分子 D. 原子利用率小于 【答案】C 【解析】 【详解】A．A与足量加成后为，产物中手性碳原子的数量远多于2个，A项错误； B．B中C的杂化方式是杂化，的杂化方式是杂化，B项错误； C．聚酰亚胺（PI）结构稳定，不容易发生降解，不属于可降解高分子，C项正确； D．是加成聚合反应，没有小分子生成，原子利用率等于100%， D项错误。 故选C。 8. 已知W、X、Y、Z为前四周期元素，W、X、Y是核外电子数之和为15的非金属元素，基态原子核外只有一种自旋状态的电子，基态原子和基态原子的未成对电子数相等，的分子构型为直线形，基态原子的次外层电子数是最外层电子数的7倍。下列说法正确的是 A. 电负性：Y>W>X B. 由W、X、Y形成的化合物只含极性共价键 C. Y所在的周期第一电离能高于的元素有3种 D. 元素的焰色试验的火焰呈砖红色 【答案】C 【解析】 【分析】结合题目信息推断：基态原子核外只有一种自旋状态的电子，则W为H；基态原子和基态原子的未成对电子数相等，的分子构型为直线形，X、Y分别为C、O；基态原子的次外层电子数是最外层电子数的7倍，Z为Fe。W、X、Y、Z分别为H、C、O、Fe，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，W、X、Y分别为H、C、O，电负性，即Y>X>W，A错误； B．由H、C、O形成的化合物可能既含极性共价键又含非极性共价键，例如，B错误； C．Y为O位于第二周期，同周期第一电离能高于的元素还有、、，共三种，C正确； D．Z为Fe，的焰色不在可见光区，D错误； 故答案选C。 9. 一种利用（由与镍酞菁组成）电催化，实现工业烟气中低浓度捕获与电解一体化的工作原理如图。 下列说法错误的是 A. 电极电势： B. AzB-Ni电极的电极反应式为 C. 捕获过程存在非极性键的断裂、极性键的形成、配位键的形成、氢键的形成 D. 每催化电解标准状况下，理论上生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．左侧电极上转化为，为阳极，电极电势：阳极大于阴极，A正确； B．AzB-Ni电极为阴极，发生得电子的还原反应，装置中隔膜为质子交换膜，允许（质子）通过，阴极电极反应为：，B正确； C．由右侧捕获的结构可知：捕获过程存在非极性键的断裂、极性键的形成、配位键的形成、氢键的形成，C正确； D．标准状况下的物质的量，还原为时，C元素从+4价到+2价，每个得到，得到电子，阳极反应为，根据电子守恒，转移电子时，生成，标况下体积为，D错误； 故选D 10. 锰氧化物具有较大应用价值。Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示。已知空位的产生使晶体具有半导体性质，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. B. 晶体的密度为 C. 当晶体有原子脱出时，出现空位，的化合价降低 D. 晶体可以通过该方式获得半导体性质 【答案】D 【解析】 【详解】A．用均摊法计算晶胞：原子数：，O原子数：个，，化学式为，，A项正确； B．晶体的密度为，B项正确； C．晶体呈电中性，O脱出后负电荷总数减少，Mn总正电荷需降低，因此Mn平均化合价降低，C项正确； D．在化合物中只有价，无其他可变化合价，脱出后无法调整化合价保持电中性，不可以通过上述方式获得半导体性质，D项错误； 故答案选D。 11. 对下列实例的解释正确的是 选项 实例 解释 A 键能：N≡N键键能大于N-N键的3倍 N≡N键中σ键的强度比π键的大 B O3在有机溶剂中的溶解度大于水 O3为非极性分子 C 向品红溶液中通入适量SO2，溶液红色褪去，再加热褪色的溶液，溶液又恢复为红色 SO2具有漂白性，此漂白具有可逆性 D 相同温度下，Ka1（）>Ka（） 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．N≡N键大于N-N键的3倍，因为N≡N键中除了1个σ键外，还含有两个π键且氮原子半径小，π键轨道的重叠程度大，键能较高，A项错误； B．O3为弱极性分子，水是极性分子，所以O3在弱极性或非极性有机溶剂中溶解度比在水中大，B项错误； C．向品红溶液中通入适量SO2，溶液红色褪去，再加热褪色的溶液，溶液又恢复为红色，可证明SO2具有漂白性，此漂白具有可逆性，C项正确； D．邻羟基苯甲酸第一步电离羧基中的氢，因为羟基为吸电子基，导致羧基中羟基极性增强，相对容易电离，另外邻羟基苯甲酸分子内的氢键主要为，若为，其电离程度变小，D项错误； 故答案选C。 12. 海藻酸铁（SA-Fe）是由铁离子通过双齿螯合方式与海藻酸分子链中的羧基结合形成稳定的络合物，SA-Fe部分结构简式如图甲。利用海藻酸铁（SA-Fe）催化制备乙酸乙酯的反应机理如图乙。下列说法错误的是 A. 海藻酸的单体结构简式为 B. 反应①中极性增大 C. 反应④方框内物质为 D. 若将换为与乙酸发生上述反应，则最终有机产物的结构简式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据海藻酸铁（SA-Fe）的结构，铁离子通过双齿螯合方式与海藻酸分子链中的羧基结合，形成稳定的络合物，再结合海藻酸的结构，其单体的结构简式为：，A正确； B．在SA-Fe的催化作用下，反应①中由中的原子提供孤电子对与SA-Fe结合转化为，导致双键的极性增大，B正确； C．根据原子守恒可推断反应④方框内物质为，C错误； D．根据图中所给的原理可知羧酸失去羟基，醇失去氢原子，则最终产物的结构简式为，D正确。 故选C 13. 化学结论需要实验证据的支撑。下列实验操作及现象能得出相应结论的是 序号 实验操作 现象 结论 A 向酸性溶液中通入少量HBr气体 溶液橙色加深 增大，反应逆向移动 B 在烧瓶中加入红热的木炭和浓硝酸 烧瓶中产生红棕色气体 红热的木炭和浓硝酸反应生成 C 向溶液中依次通入适量和气体 溶液产生白色沉淀 气体一定表现氧化性 D 常温下，将均为3的乙酸和三氟乙酸溶液，分别加水稀释至100mL 测得pH：三氟乙酸＞乙酸 三氟甲基属于吸电子基团，可增强羧基的酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．A中酸性具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，被还原为，无法得出增大使平衡逆向移动，A项错误； B．浓硝酸受热易分解生成，红棕色气体不一定是木炭和浓硝酸反应的产物，B项错误； C．C中若具有氧化性可将氧化为生成沉淀，若呈碱性（如）可与反应生成，生成沉淀，C项错误； D．等体积等的酸，稀释相同倍数时，酸性越强稀释时值变化越大，，证明属于吸电子基团，可增强羧基的酸性，D项正确； 故选D。 14. 将一定量固体粉末分别投入物质的量浓度均为、溶液中，得到[或]与的变化关系如图。忽略溶液体积的变化。已知：常温下，，，。下列说法错误的是 A. 曲线a表示与的变化关系 B. 当，则已部分转化为曲线对应的沉淀 C. 的平衡常数 D. 点时，溶液中存在 【答案】D 【解析】 【分析】对于同时存在两种钡盐沉淀的平衡体系，溶液中浓度相同，因此可得关系： 两边取对数得：。结合已知​计算，对：，对：，结合图像纵坐标，可知曲线a对应，曲线b对应​，逐个分析选项： 【详解】A．由上述推导，曲线a表示与的变化关系，A正确； B．曲线对应​，转化反应为：​，平衡常数，即平衡时。当时，反应已达平衡或逆向移动，说明已生成，B正确； C．反应的平衡常数： ，C正确； D．m点在曲线b上，对应投入溶液，发生转化时：每消耗​，生成，水解后，物料守恒关系为： ，m点溶液中，因此，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验室制备，并测定产品的纯度。已知、均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；遇有机物或还原剂发生反应；受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： （一）制备 ⅰ.镍片与适量浓硝酸在温度为条件下反应，制得溶液。 ⅱ.向ⅰ所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 ⅲ.将ⅱ所得沉淀转移至双层反应釜中（装置如图），加入盐酸溶解。然后慢慢加入-混合液，再缓慢加入无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 ⅳ.将ⅲ中混合物减压过滤，洗涤，干燥。 （1）写出步骤ⅱ中主要发生反应的化学方程式________。 （2）仪器a的名称为________，双层反应釜冷凝水的进水口为________（填“b”或“c”），装置图中“”处选择的实验装置可以是________（填标号）。 A. B. C. （3）ⅱ中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是________。 （4）ⅳ中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是________（填序号）。 （二）产品纯度的测定 （5）某小组以溶液作标准液，溶液作为指示剂测定产品中的质量分数，实验滴定的结果发现质量分数明显偏高。分析其原因，发现配制待测液时少加了一种试剂。该试剂是________（填“稀盐酸”或“稀硝酸”或“稀硫酸）。 （6）丁二酮肟是检验的灵敏试剂，可与生成红色螯合物沉淀丁二酮肟镍（结构如图）。下列说法错误的是________（填字母）。 A.的配体个数是2 B.该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键 C.C、O、N原子的杂化类型均有、 【答案】（1） （2） ①. 球形冷凝管 ②. b ③. BC （3）遇滤纸会反应 （4）②③① （5）稀硝酸 （6）BC 【解析】 【分析】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为；加入浓氨水，生成沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6 mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入-混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 【小问1详解】 溶液加入浓氨水得蓝紫色晶体，反应方程式为； 【小问2详解】 根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管，为提高冷凝效果，双层反应釜冷凝水应“低进高出”，进水口为b； 反应物有-混合液，氨易挥发且极易溶解于水中。因此需防止倒吸，所以装置的作用是吸收挥发出的NH3和HCl并防止倒吸现象的发生； A．碱石灰有吸水干燥作用，不能吸收氨气，故不选A； B．可以吸收挥发出的NH3和HCl(尾气吸收)，能防止倒吸，故选B； C．浮子密度小，若球泡内的液面上升，浮子也上升，浮子相当于磨砂玻璃塞将导管的出气口堵上，从而防倒吸，故选C；所以装置图中“”处选择的实验装置可以是BC。 【小问3详解】 遇有机物或还原剂发生反应；布氏漏斗过滤需要滤纸，遇滤纸会反应，所以ⅱ中过滤应选择微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗。 【小问4详解】 因不溶于乙醇，无水乙醇减小溶解度，促进结晶析出；先用浓氨水洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶体的作用；再用乙醇洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解度损失；‌最后用乙醚洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，正确的顺序是②③①。 【小问5详解】 溶液显碱性，需加酸中和，防止碱性溶液与硝酸银反应生成沉淀，但是盐酸、硫酸都能够与AgNO3溶液反应，因此只能加入适量稀硝酸调节溶液pH至中性，以防止AgNO3溶液与碱性物质反应；所以质量分数明显偏高，可能是配制待测液时少加了稀硝酸。 【小问6详解】 A．根据图示，与两分子丁二酮肟形成配合物，所以配体个数是2，故A正确； B．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键，氢键不是化学键，故B错误； C．C原子的杂化类型有、，O原子的杂化类型为、N原子的杂化类型为，故C错误； 选BC。 16. 铜钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧—水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如下： 已知：①含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下： ②萃取钴的原理：。 回答下列问题： （1）基态钴原子的价电子排布式为________。 （2）对硫酸渣进行检验，得到的图像如下图，该检测方法为________，该硫酸渣中主要的含铁矿物在生活中的用途为________（写出一种）。 （3）浸出渣的主要成分除、铁的氧化物，还有________。 （4）焙烧中，、、与反应生成可溶性盐，写出将转化成可溶性铜盐的归中反应的化学反应方程式________。该流程采取铵盐焙烧-水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是________。 （5）试剂X的名称为________，有机相可在________工序中循环利用。 （6）“沉钴”时分两步，第一步用萘酚与合成亚硝基萘酚，第二步在酸性环境下，亚硝基萘酚将氧化为，自身被还原为，第二步发生的主要离子方程式为________。 【答案】（1） （2） ①. X射线衍射实验 ②. 油漆、涂料的红色颜料，冶铁等（写出一种就行） （3）、 （4） ①. ②. 该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取（易分离、损耗少、产品纯度高均得分） （5） ①. 硫酸 ②. 萃取2 （6） 【解析】 【分析】含低品位铜钴硫酸渣在焙烧工序中与硫酸铵反应，使铜、钴转化为可溶性硫酸盐并产生焙烧气；焙烧渣经水浸后，不溶性杂质留在浸出渣中，含铜、钴的浸出液进入萃取1工序，利用 LIX984N 萃取剂将铜富集到含铜有机相中，实现铜与钴的初步分离；含钴的水相再进入萃取2工序，通过 P204+P507 萃取剂将钴富集到有机相；随后加入试剂 X（酸）进行反萃取，使钴离子重新进入水相；含钴水相在沉钴工序中先加入β-萘酚、亚硝酸钠与氢离子，再加入氢氧化钠，将钴转化为沉淀，最终得到产品，反萃取后的有机相可返回萃取 2 工序循环使用，据此分析。 【小问1详解】 钴原子序数为27，价电子为； 【小问2详解】 图像为X射线衍射图谱，故该检测方法为X射线衍射实验；由图谱可得主要含铁矿物为黄铁矿（制备硫酸）或赤铁矿（炼铁）；故答案为炼铁（或制备硫酸）； 【小问3详解】 根据流程，硫酸渣含、、、、等，经铵盐焙烧-水浸后，金属离子进入溶液，Fe的氧化物、、、 不溶，另外黄铁矿焙烧后生成的会留在浸出渣中，结合成分表，以硫酸盐形式存在，故浸出渣的主要成分除、铁的氧化物，还有、； 【小问4详解】 、、与反应生成可溶性盐，作氧化剂，故反应化学方程式为；该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是：该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取（易分离、损耗少、产品纯度高均得分）； 【小问5详解】 萃取钴的原理：，反萃取需要加入酸，使平衡逆向移动，释放，故试剂X为硫酸，有机相在反萃取后可返回萃取2工序循环利用； 【小问6详解】 第一步用萘酚与合成亚硝基萘酚，第二步在酸性环境下，亚硝基萘酚将氧化为，自身被还原为，结合原子守恒、电荷守恒配平，第二步发生的主要离子方程式为：； 17. 氢能在实现“双碳”目标中起重要作用。某学习小组研究了两种制备氢气的原理。 Ⅰ.体系制，涉及主要反应如下： ① ② ③ （1）学习小组通过实验绘制出三步反应随的变化曲线如图所示（表示平衡常数）。根据图像推断属于放热反应的为________（填“反应①”“反应②”或“反应③”）。 （2）压力下，体系达到平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中、和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为________（填化学式）。当温度低于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐升高的原因是________。 （3）压力下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.55、0.15、0.05，则反应的平衡常数________；此时气体总物质的量为，则的物质的量为________。 Ⅱ.利用天然气制，其原理为。 （4）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L的与，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强________（填“大于”或“小于”）；压强为时，在点：（正）________（填“大于”“小于”或“等于”）（逆）。 【答案】（1）“反应②”和“反应③” （2） ①. ②. 当温度低于，从开始到，温度不断升高，反应②和③逆向移动，但反应③占主导（反应③的影响程度高于反应②） （3） ①. ②. 0.6 （4） ①. 小于 ②. 大于 【解析】 【分析】依托范特霍夫方程的线性关系，和图像斜率为正就代表反应放热，据此分辨出两个放热反应；低温环境里CaO会吸收，不会被消耗所以摩尔分数最高对应a曲线，低温区间升温时，吸热的反应 ① 正向进行生成CO的效果压过了放热反应 ② 逆向消耗CO的效果，使得CO占比逐步上升；反应 ② 反应前后气体分子数目相等，分压平衡常数可以直接用气体摩尔分数进行计算；甲烷和二氧化碳的反应正向气体分子数增多，压强升高会压低甲烷平衡转化率，对比转化率就能判断压强大小，Y点处在平衡曲线下方，体系还会正向进行反应，正反应速率大于逆反应速率。 【小问1详解】 根据范特霍夫方程：，随变化的斜率为；反应①：随增大而减小，斜率为负，吸热反应；反应②：随增大而增大，斜率为正，放热反应；反应③：随增大而增大，斜率为正，放热反应；因此，放热反应有“反应②”和“反应③”。 【小问2详解】 体系中，是主要产物，物质的量分数最大，对应曲线a；温度升高时，CO逐渐增多，对应曲线b；先被CaO吸收、后随分解增多，对应曲线c。故曲线a对应物质：；当温度低于时，随温度升高曲线c对应物质的物质的量分数逐渐升高的原因是：当温度低于，从开始到，温度不断升高，反应②和反应③逆向移动，但反应③占主导（反应③的影响程度高干反应②）； 【小问3详解】 由上述分析知，时体系中存在反应①②，体系的气体有CO、、、，由题图知，此时CO、、的摩尔分数分别为O.15、0.55、0.05，则的摩尔分数1-0.55-0.15-0.05=0.25，故该反应的平衡常数，根据气体总物质的量为4.0mol可知，平衡时n (CO)=0.15x 4.0mol =0.6mol，n () =0.55 × 4.0mol =2.2mol，n()=0.05×4.0mol=0.2mol，在图示温度范围内，C已完全反应，设起始加入xmolC、ymol，反应II中转化的CO为amol,，反应III中转化的为bmol，则存在 平衡时，n(CO) =(x- a)mol，n () =(x + a)mol，n()=(a-b)mol，则x-a=0.6，x+a=2.2，a-b=0.2，联立得x=1.4，a=0.8，b=0.6即n()=0.6mol。 【小问4详解】 反应气体分子数增多，压强越大，平衡逆向移动， 转化率越低。相同温度下，对应转化率高于，因此小于；在、时，y点转化率低于平衡转化率，y点未达平衡，反应正向进行，因此。 18. 氘代丁苯那嗪（K）可用于治疗舞蹈病及成人迟发性运动障碍，其一种合成方法如下图所示（部分条件省略，副产物均未标出）： 已知：①F为乙酰乙酸乙酯，其两个“C=O”（吸电子基团）之间的亚甲基上的C-H极性显著增大； ②N原子电子云密度越大，碱性越强； ③-COOH。 回答下列问题： （1）B的名称为________。 （2）C中含氧官能团的名称为________；C→D的反应类型为________。 （3）F→H反应中会产生一种副产物（分子式为C14H26O3），生成副产物的化学方程式为________。 （4）A和D分子中N原子的碱性较强的是________（填“A”或“D”）。 （5）满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为________（不考虑立体异构）。 ⅰ.红外光谱实验中检测到“—COOH”的特征吸收峰 ⅱ.X射线衍射实验发现分子结构中含六元碳环，且无其他环状结构 ⅲ.其酸性水解生成的有机产物的核磁共振氢谱峰面积之比为 （6）已知：其中R1、R2表示烃基。以、为原料制备的合成路线流程图如下。 M、N的结构简式分别为________、________。 【答案】（1）甲酸乙酯 （2） ①. （酚）羟基、酰胺基 ②. 取代反应 （3）+2 +2HBr 或+2 +K2CO3+2KBr +H2O+CO2↑ 或 +2 +2K2CO3+2KBr +2KHCO3 （4）A （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】此题是关于氘代丁苯那嗪的合成路线，根据A、B以及D的结构简式可推出A到C为取代反应，再根据C到D的反应条件可知C到D为取代反应，C的结构简式为：，根据D和E的结构简式推知此反应为先发生加成反应再发生消去反应；结合F、H的结构可知G结构简式为，此反应为取代反应，I中叔胺与发生甲基化反应生成J，据此回答问题。 【小问1详解】 根据B的结构知道B为酯类，是由甲酸和乙醇生成的，所以名称为甲酸乙酯； 【小问2详解】 根据C的结构简式可知官能团为（酚）羟基、酰胺基；C到D为取代反应； 【小问3详解】 F到H是一个取代α-H的过程，根据所给副产物分子式，可推出副产物的结构为：，再根据反应原理是取代反应以及K2CO3用量可写反应可能为+2 +2HBr 或+2 +K2CO3+2KBr +H2O+CO2↑ 或 +2 +2K2CO3+2KBr +2KHCO3； 【小问4详解】 根据已知N原子电子云密度越大，碱性越强，D的分子结构中氮原子连接了“C=O”（吸电子基团），所以导致D分子中氮原子的电子云密度减小，故碱性较强的是A； 【小问5详解】 首先A的分子式为：C8H11O2N，不饱和度为4，再根据限制条件可推：红外光谱实验中检测到“—COOH”的特征吸收峰，则结构中有羧基，占一个不饱和度；X射线衍射实验发现分子结构中含六元碳环，只剩三个不饱和度，所以环也不是苯环；酸性条件可水解，因为氧原子已经没有了，所以水解的基团不能是酯基或者酰胺基，那就只能是-CN(题干有已知信息)，且水解后生成的有机产物为，其核磁共振氢谱峰面积之比满足，故此同分异构体的结构简式为：； 【小问6详解】 根据合成路线第一步生成M为取代反应，所以M的结构简式为，第二步反应是类比题中合成路线的F到H，第三步的反应是题中已知信息，根据已知信息推出此过程是酯基先在碱性水解再酸化为羧基，然后在加热的条件下脱羧，所以可推出N的结构为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新高三摸底测试 化学 注意事项：1.本试卷共100分，考试时间75分钟。 2.请将各题答案填在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 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. 我国传统文化富载化学知识。下列非遗作品主要材质属于硅酸盐的是 A.苗族银饰 B.砖雕 C.驴皮皮影 D.糖画 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HCN的电子式： B. 的VSEPR模型： C. 一水合氨分子中的主要氢键为： D. 水分子的电离过程： 3. 下列实验原理、方法或实验安全正确的是 A. 用过滤法分离苯酚和溶液 B. 无水乙醇与高锰酸钾要分橱存放 C. 向溴的溶液中通入石油裂解气，溶液褪色，证明气体为乙烯 D. 用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷坩埚 4. 硫氰酸二肼合镍与铁氰化钾在碱性溶液中生成氮气：设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的键数目为 B. 标准状况下，中含有的质子数为 C. 25℃时，pH=13的KOH溶液中由水电离产生的数目为 D. 每生成，反应转移的电子数目为 5. 下列有关电极反应式或离子方程式正确的是 A. 等物质的量的、和溶液混合： B. 明矾溶液与过量氨水混合： C. 向溶液中通入过量 D. 溶于少量的硝酸溶液中： 6. 下列实验装置和反应条件均合理且能达到相应实验目的的是 A. 用甲装置探究浓度对化学反应速率的影响 B. 将装置乙出来的气体通过铂网加热可生成NO C. 推动丙装置活塞探究压强对平衡的影响 D. 丁装置制备悬浊液用于醛基的检验 7. 聚酰亚胺（PI）的合成常采用二酐（A）与二胺（B）在极性溶剂中先形成聚酰胺酸（C），再经加热或化学脱水环化得到，原理如图所示。 下列说法正确的是 A. A与足量的反应所得产物含有2个手性碳原子 B. 中、的杂化方式均是杂化 C. PI不属于能降解的高分子 D. 原子利用率小于 8. 已知W、X、Y、Z为前四周期元素，W、X、Y是核外电子数之和为15的非金属元素，基态原子核外只有一种自旋状态的电子，基态原子和基态原子的未成对电子数相等，的分子构型为直线形，基态原子的次外层电子数是最外层电子数的7倍。下列说法正确的是 A. 电负性：Y>W>X B. 由W、X、Y形成的化合物只含极性共价键 C. Y所在的周期第一电离能高于的元素有3种 D. 元素的焰色试验的火焰呈砖红色 9. 一种利用（由与镍酞菁组成）电催化，实现工业烟气中低浓度捕获与电解一体化的工作原理如图。 下列说法错误的是 A. 电极电势： B. AzB-Ni电极的电极反应式为 C. 捕获过程存在非极性键的断裂、极性键的形成、配位键的形成、氢键的形成 D. 每催化电解标准状况下，理论上生成 10. 锰氧化物具有较大应用价值。Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示。已知空位的产生使晶体具有半导体性质，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A. B. 晶体的密度为 C. 当晶体有原子脱出时，出现空位，的化合价降低 D. 晶体可以通过该方式获得半导体性质 11. 对下列实例的解释正确的是 选项 实例 解释 A 键能：N≡N键键能大于N-N键的3倍 N≡N键中σ键的强度比π键的大 B O3在有机溶剂中的溶解度大于水 O3为非极性分子 C 向品红溶液中通入适量SO2，溶液红色褪去，再加热褪色的溶液，溶液又恢复为红色 SO2具有漂白性，此漂白具有可逆性 D 相同温度下，Ka1（）>Ka（） 形成分子内氢键： A. A B. B C. C D. D 12. 海藻酸铁（SA-Fe）是由铁离子通过双齿螯合方式与海藻酸分子链中的羧基结合形成稳定的络合物，SA-Fe部分结构简式如图甲。利用海藻酸铁（SA-Fe）催化制备乙酸乙酯的反应机理如图乙。下列说法错误的是 A. 海藻酸的单体结构简式为 B. 反应①中极性增大 C. 反应④方框内物质为 D. 若将换为与乙酸发生上述反应，则最终有机产物的结构简式为 13. 化学结论需要实验证据的支撑。下列实验操作及现象能得出相应结论的是 序号 实验操作 现象 结论 A 向酸性溶液中通入少量HBr气体 溶液橙色加深 增大，反应逆向移动 B 在烧瓶中加入红热的木炭和浓硝酸 烧瓶中产生红棕色气体 红热的木炭和浓硝酸反应生成 C 向溶液中依次通入适量和气体 溶液产生白色沉淀 气体一定表现氧化性 D 常温下，将均为3的乙酸和三氟乙酸溶液，分别加水稀释至100mL 测得pH：三氟乙酸＞乙酸 三氟甲基属于吸电子基团，可增强羧基的酸性 A. A B. B C. C D. D 14. 将一定量固体粉末分别投入物质的量浓度均为、溶液中，得到[或]与的变化关系如图。忽略溶液体积的变化。已知：常温下，，，。下列说法错误的是 A. 曲线a表示与的变化关系 B. 当，则已部分转化为曲线对应的沉淀 C. 的平衡常数 D. 点时，溶液中存在 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 某实验室制备，并测定产品的纯度。已知、均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；遇有机物或还原剂发生反应；受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： （一）制备 ⅰ.镍片与适量浓硝酸在温度为条件下反应，制得溶液。 ⅱ.向ⅰ所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 ⅲ.将ⅱ所得沉淀转移至双层反应釜中（装置如图），加入盐酸溶解。然后慢慢加入-混合液，再缓慢加入无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 ⅳ.将ⅲ中混合物减压过滤，洗涤，干燥。 （1）写出步骤ⅱ中主要发生反应的化学方程式________。 （2）仪器a的名称为________，双层反应釜冷凝水的进水口为________（填“b”或“c”），装置图中“”处选择的实验装置可以是________（填标号）。 A. B. C. （3）ⅱ中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是________。 （4）ⅳ中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是________（填序号）。 （二）产品纯度的测定 （5）某小组以溶液作标准液，溶液作为指示剂测定产品中的质量分数，实验滴定的结果发现质量分数明显偏高。分析其原因，发现配制待测液时少加了一种试剂。该试剂是________（填“稀盐酸”或“稀硝酸”或“稀硫酸）。 （6）丁二酮肟是检验的灵敏试剂，可与生成红色螯合物沉淀丁二酮肟镍（结构如图）。下列说法错误的是________（填字母）。 A.的配体个数是2 B.该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键 C.C、O、N原子的杂化类型均有、 16. 铜钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧—水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如下： 已知：①含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下： ②萃取钴的原理：。 回答下列问题： （1）基态钴原子的价电子排布式为________。 （2）对硫酸渣进行检验，得到的图像如下图，该检测方法为________，该硫酸渣中主要的含铁矿物在生活中的用途为________（写出一种）。 （3）浸出渣的主要成分除、铁的氧化物，还有________。 （4）焙烧中，、、与反应生成可溶性盐，写出将转化成可溶性铜盐的归中反应的化学反应方程式________。该流程采取铵盐焙烧-水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是________。 （5）试剂X的名称为________，有机相可在________工序中循环利用。 （6）“沉钴”时分两步，第一步用萘酚与合成亚硝基萘酚，第二步在酸性环境下，亚硝基萘酚将氧化为，自身被还原为，第二步发生的主要离子方程式为________。 17. 氢能在实现“双碳”目标中起重要作用。某学习小组研究了两种制备氢气的原理。 Ⅰ.体系制，涉及主要反应如下： ① ② ③ （1）学习小组通过实验绘制出三步反应随的变化曲线如图所示（表示平衡常数）。根据图像推断属于放热反应的为________（填“反应①”“反应②”或“反应③”）。 （2）压力下，体系达到平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中、和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为________（填化学式）。当温度低于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐升高的原因是________。 （3）压力下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.55、0.15、0.05，则反应的平衡常数________；此时气体总物质的量为，则的物质的量为________。 Ⅱ.利用天然气制，其原理为。 （4）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L的与，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强________（填“大于”或“小于”）；压强为时，在点：（正）________（填“大于”“小于”或“等于”）（逆）。 18. 氘代丁苯那嗪（K）可用于治疗舞蹈病及成人迟发性运动障碍，其一种合成方法如下图所示（部分条件省略，副产物均未标出）： 已知：①F为乙酰乙酸乙酯，其两个“C=O”（吸电子基团）之间的亚甲基上的C-H极性显著增大； ②N原子电子云密度越大，碱性越强； ③-COOH。 回答下列问题： （1）B的名称为________。 （2）C中含氧官能团的名称为________；C→D的反应类型为________。 （3）F→H反应中会产生一种副产物（分子式为C14H26O3），生成副产物的化学方程式为________。 （4）A和D分子中N原子的碱性较强的是________（填“A”或“D”）。 （5）满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为________（不考虑立体异构）。 ⅰ.红外光谱实验中检测到“—COOH”的特征吸收峰 ⅱ.X射线衍射实验发现分子结构中含六元碳环，且无其他环状结构 ⅲ.其酸性水解生成的有机产物的核磁共振氢谱峰面积之比为 （6）已知：其中R1、R2表示烃基。以、为原料制备的合成路线流程图如下。 M、N的结构简式分别为________、________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $