精品解析：陕西省西安中学2025届高三下学期第六次模拟考试化学试题

陕西省西安中学2025届高三下学期第六次模拟考试化学试题 (时间：75分钟 满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，涂写在本试卷上无效。 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.本试卷85%以上为原创试题，网络上是搜不到的。 可能用到的相对原子质量： 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质的用途与其结构、性质解释错误的是 物质用途 结构、性质解释 A 碳素墨水书写易保存且不易褪色 碳的附着力很强且化学性质不活泼 B 碳化钨用于制造圆珠笔笔尖 碳化钨为共价晶体，硬度高 C 乙醚、酒精、过氧乙酸()均可用于杀菌消毒 均通过与蛋白质分子间形成氢键破坏蛋白质结构，使病毒、细菌灭活 D 超高分子量聚乙烯纤维用于航天飞船返回舱的伞绳 相对分子质量越大，分子链越长，分子间的相互作用力更强，材料的机械性能更好 A. A B. B C. C D. D 2. 下列离子在指定条件下能大量共存的是 A. 的的溶液中： B. 浓度为的溶液中： C. 的溶液中： D. 的HCOONa溶液中： 3. 下列有关氮或硫的单质及化合物在一定条件下的转化关系如图所示。常温下E、Q均为气体，G为单质。下列说法一定正确的是 A. Cu与T的稀溶液反应得到Q B. 实验中产生的Q或R尾气均可用NaOH溶液直接吸收 C. E的水溶液可能是酸性也可能是碱性 D. T的浓溶液可与E发生氧化还原反应 4. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 键角： 的四面体中心为C原子，的四面体中心没有原子 B 熔点： 比半径小，所带电荷数多，离子键键能大 C 提供质子能力： O原子吸电子能力比H原子强，故中键的极性比中的极性大 D 第三电离能 Mn原子半径大于Fe A. A B. B C. C D. D 5. 某兴趣小组设计了下图所示装置(C中盛放的是过氧化钠)模拟过氧化钠在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验。 下列说法正确的是 A. D中应盛放浓硫酸，作用是除去C中生成气体中的水蒸气 B. B中应盛放饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去中混有的HCl气体 C. 检验F中气体时，先将E中导管移出水面，用拇指堵住试管口取出试管，松开拇指将带火星的木条伸入试管底部，观察木条是否复燃 D. 实验结束后，将C中残留物质加入水中，若能使酚酞试液变红色，则说明有NaOH生成 6. 利用超分子的分子识别功能分离和的原理如下图所示： 下列说法正确的是 A. 适配“杯酚”的空腔大小且与“杯酚”分子之间形成配位键 B. “杯酚”可通过化合物与甲醛在一定条件下经过加成反应制得 C. 化合物的名称为：4-异丁基苯酚 D. 分子极性大小：氯仿>甲苯 7. X、Y、Z、M和Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Y的第一电离能高于它的同周期相邻元素，Z基态原子核外有8种不同运动状态的电子，基态Q原子的s能级与p能级的电子数之比为3：5，下列说法不正确的是 A. 沸点： B. M与Q可形成化合物 C. 化学键中离子键成分的百分数： D. 与离子空间结构均为三角锥形 8. 某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿(主要成分，还含有等杂质)、煤、石灰石和黏土。现拟在该地区建设大型炼铁厂并相应建立焦化厂、火力发电厂、水泥厂等，形成一定规模的工业体系。 下列说法错误的是 A. 图中B、D分别是焦化厂和水泥厂 B. 图中B厂提供给C厂可利用的物质是焦炭，C厂的主要反应为： C. “石灰石”在C厂和D厂的反应过程中都有生成，但所起的作用不同，在C厂中主要作用是除硅 D. 上述工厂在生产过程中都排放废渣、废水或废气(废气含有等有害气体)，需要进行“三废”处理。 9. 我国科研人员开发了如图1所示，以KOH溶液为电解质，在低电位下，以金属Cu作为阳极催化剂，在0.05 V的低起始电位下，通过将醛类物质电催化转化为相应的羧酸盐和，实现阳极和阴极均产生氢气的双极制氢系统。随着电位升高，阳极产物如图2所示。 下列说法错误的是 A. “双极制氢”的阳极反应为： B. 外电压大于1.0 V时制氢效率显著降低，可能的原因是Cu被氧化成使催化剂失活 C. 还原性强弱顺序为：R-CHO> D. 低电位下，外电路转移2 mol电子，可制得 10. 当一块钢板暴露在潮湿空气中时，钢板表面的氧化物钝化膜或油漆等保护膜上若有小孔(图a)，往往会引起严重的腐蚀，同样，用铆钉结合的两块钢板(图b)，若接触面不严密而留有隙缝，同样会引起类似腐蚀，腐蚀原理如下图所示。 下列说法不正确的是 A. Fe基体为负极，电极反应为： B. N处电势比M处高 C. 孔蚀区和隙缝内的溶液显酸性，铁锈区附近的水膜显碱性 D. 当铁锈区生成时，外电路转移6 mol电子 11. 末端炔烃与卤代烃在双催化剂及有机胺碱条件下偶联形成新的化合物，被称为Sonogashira反应， 下列说法错误的是 A. M中Pd的化合价为+2 B. Pd循环和Cu循环中均发生了电子转移 C. 的作用是结合末端炔的质子，形成炔碳负离子 D. 上述循环中共有三个中间体，而是生成物且为离子化合物 12. 研究表明，1，3-丁二烯与HBr的加成产物与反应温度有关，条件下以1，2-加成产物为主，下以1，4-加成产物为主。反应分为两步进行： 第一步：+HBr+Br- 相同于 第二步： 从中间体()开始生成1，2-加成和1，4-加成产物的能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A. 生成1，2-加成产物的速率比1，4-加成产物的速率更慢 B. 条件下以1，4-加成产物为主的原因是1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C. 条件下反应速率的快慢是决定产物的主要因素 D. 一个中间体共有三个杂化的碳原子 13. 电池正极材料中的一大类型，普鲁士蓝类型代表着一类过渡金属氰化物，分子式一般可以表示为，其中A和M分别代表阳离子(如等)和过渡金属离子(如等)。图(a)是结构完整的普鲁士蓝晶体结构示意图。其中Fe元素与氰根的碳原子连接，M则与氰根的氮原子连接形成立方体结构，下图所示充放电过程中，可“脱嵌”或“嵌入”晶体。下列说法错误的是 A. 图a至图b的放电过程的电极反应为： B. 1 mol图c的晶胞转化为图a的晶胞，转移电子数为 C. 图a晶胞中M(III)、Fe(III)分别和的N原子和C原子形成配位键，配位数均为6 D. 图c晶胞的化学式为 14. 常温下，0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，已知溶液中含氮(或含碳)各微粒的分布分数X(B) [平衡时含氮(或含碳)的某种微粒的浓度占含氮(或含碳)各种微粒浓度之和的分数]与pH的变化关系如图所示，图中a(6.5,0.5)，b(9.3,0.5)、c(10.3,0.5)，(pH改变时无气体逸出，体系中碳和氮元素总物质的量不变)。下列说法错误的是 A. pH=7.8时，c(H2CO3)+c(CO)>c() B. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液至pH=7.8的过程中[c(CO)+c(H2CO3)]的值逐渐减小。 C. b点时：c(NH)+ c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-) D. 常温下，NH+HCO+H2O+H2CO3的平衡常数K= 二、非选择题：本小题共4小题，共58分 15. 苯胺是重要的有机合成原料，可通过硝基苯还原制备。常用以下两种方法还原，其反应原理如下： 方法一、铁粉／盐酸还原： 方法二、催化氢化： 名称 相对分子质量 沸点 熔点 密度／ 性状 溶解性 硝基苯 123 210 5 1.205 黄色油状液体 难溶于水 苯胺 93 184.4 -6.2 1.022 无色液体 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等 一、用方法一制备苯胺，流程如下： 反应装置见下图1(加热仪器未画出)，水蒸气蒸馏装置见下图2： 回答下列问题： （1）方法一和方法二相比，更环保的是____________。 （2）图1中加入硝基苯前，先小火加热煮沸10 min的目的是__________。 （3）图2水蒸气蒸馏装置中玻璃管C的作用是_____________，适合水蒸气蒸馏的物质必须要具备以下条件______________(填代号)。 a．在水沸腾温度下稳定且不与水发生化学反应 b．具有一定的挥发性 c．与水互溶 （4）加NaOH溶液调pH至强碱性的目的是______________。 （5）操作2是______________，操作3是_____________。 二、苯胺纯度测定 准确称量m g苯胺配成250 mL苯胺溶液，用移液管吸取25.00 mL置于碘量瓶中、加入定量制得的b mol ，与苯胺充分反应后，剩余的与足量的KI作用后生成，用的标准溶液滴定，滴定至溶液呈黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，共消耗标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。 测定过程中、发生的反应如下： ① ② ③ （6）滴定所用指示剂为__________。样品中苯胺的质量分数为__________(用字母表示)。 （7）下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。 a．样品中含有杂质 b．在测定过程中部分挥发 c．标准溶液部分被氧化 16. 某精矿是一种以稀土（RE）元素的磷酸盐为主的矿物，还含有和极少量含铀（U）的化合物。一种从该精矿中提取铀和稀土元素的工艺如下； 已知：①常温下，，； ②盐酸体系中，存在其他金属离子与的配位可忽略； ③工艺中“离子交换”是将含（）的溶液流过盛有阴离子交换树脂的离子交换柱（如下图），发生反应：。 （1）“碱转化”后溶液中阴离子含有、_________（填离子符号）和含磷的酸根离子，常温下测得溶液，则溶液中_________（填“>”“<”或“=”）。 （2）“酸浸”中与反应生成，其离子方程式为____________。 （3）“氧化”和“调pH”工序的目的是避免_______（填离子符号）与离子交换树脂反应，从而有利于U的分离。 （4）“沉铀”中，加入使转化为，再加热促使其分解生成分解的化学方程式为_____________。 （5）常温下，若“沉淀”后溶液中，为防止中混入，应确保溶液的pH低于________________。 （6）一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示结构单元。 ①该氧化物的化学式_____________________。 ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm，则O与U原子的最近距离为________nm（用a表示）。 17. 某药物K的一种合成路线如下图所示： 已知：I． II．R1MgBr+R2CHO 回答下列问题： （1）D中含氧官能团是_____________(填名称)，G的化学名称是____________。 （2）的反应类型是____________，的反应条件是____________。 （3）C的结构简式为_________________。 （4）写出的化学方程式__________________________。 （5）M是D的同系物且相对分子质量为199，同时具备下列条件的M的同分异构体有________(不考虑立体异构)种。 ①苯环上有三个取代基 ②遇氯化铁溶液发生显色反应 ③除苯环外不含其他环状结构 （6）请设计以环己醇为原料合成的合成路线__________________________(无机试剂任选)。 18. 利用干法重整(DRM)反应制备CO和，反应如下： 反应I： 反应II： 反应III： 请回答下列问题： （1）______________kJ／mol。 （2）__________(用表示)。 （3）温度为298 K下部分化学键键能数据如下，计算键键能________kJ／mol。 化学键 键能 326 803 1072 436 （4）反应I和反应II的平衡常数和与温度的关系如图所示： 能代表lg与关系的曲线是_____________(填序号)。 （5）某温度下，向一恒压(9.8 kPa)密闭容器中充入和，发生以上反应(未参与反应)，平衡时的转化率为的选择性为(的选择性)。 ①该温度下反应I的平衡常数为____________(填最终计算数值)，[提示：以分压计算的平衡常数为，分压=总压×组分物质的量分数]。 ②充入，甲烷的平衡转化率____________(填“变大”、“变小”或“不变”)。解释变化的原因____________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省西安中学2025届高三下学期第六次模拟考试化学试题 (时间：75分钟 满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，涂写在本试卷上无效。 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。 4.本试卷85%以上为原创试题，网络上是搜不到的。 可能用到的相对原子质量： 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质的用途与其结构、性质解释错误的是 物质用途 结构、性质解释 A 碳素墨水书写易保存且不易褪色 碳的附着力很强且化学性质不活泼 B 碳化钨用于制造圆珠笔笔尖 碳化钨为共价晶体，硬度高 C 乙醚、酒精、过氧乙酸()均可用于杀菌消毒 均通过与蛋白质分子间形成氢键破坏蛋白质结构，使病毒、细菌灭活 D 超高分子量聚乙烯纤维用于航天飞船返回舱的伞绳 相对分子质量越大，分子链越长，分子间的相互作用力更强，材料的机械性能更好 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下碳的化学性质不活泼，不易发生化学反应，且碳的附着力强，因此碳素墨水书写的字迹易保存不易褪色，A正确； B．碳化钨属于共价晶体，硬度大、耐磨，适合用于制造圆珠笔笔尖，B正确； C．过氧乙酸杀菌消毒是依靠其分子中过氧键带来的强氧化性破坏蛋白质结构，并非通过与蛋白质形成氢键，C错误； D．超高分子量聚乙烯相对分子质量大，分子链长，分子间作用力更强，材料机械性能优异，可用于航天飞船返回舱伞绳，D正确； 故选C。 2. 下列离子在指定条件下能大量共存的是 A. 的的溶液中： B. 浓度为的溶液中： C. 的溶液中： D. 的HCOONa溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中含，会与结合生成弱电解质苯酚，同时与苯酚发生显色反应，高锰酸根离子也能氧化苯酚，还会与水解显碱性的发生双水解，不能大量共存，A错误； B．存在于强碱性溶液中，在碱性条件下稳定存在，、、均不与及彼此发生反应，能大量共存，B正确； C．具有还原性，存在平衡，会将氧化，发生反应，不能大量共存，C错误； D．溶液中的具有还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误； 故答案为：B。 3. 下列有关氮或硫的单质及化合物在一定条件下的转化关系如图所示。常温下E、Q均为气体，G为单质。下列说法一定正确的是 A. Cu与T的稀溶液反应得到Q B. 实验中产生的Q或R尾气均可用NaOH溶液直接吸收 C. E的水溶液可能是酸性也可能是碱性 D. T的浓溶液可与E发生氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目提供信息，可以是氮或硫的单质及化合物的转化关系，若为硫的单质及其化合物：常温下E、Q均为气体，G为单质。那么E为硫化氢，硫化氢和氯气反应生成G（S），硫和氧气在点燃条件下反应生成Q（），和氧气在催化剂及加热条件下反应生成R（），溶于水和水反应生成T（硫酸）；若为氮的单质及其化合物：常温下E、Q均为气体，G为单质。那么E为氨气，氨气和氯气反应生成G（氮气），氮气和氧气在放电或高温条件下反应生成Q（），和氧气反应生成R（），溶于水和水反应生成T（硝酸）。 【详解】A．若T为硝酸，铜能和稀硝酸反应生成Q（），若T为硫酸，铜和稀硫酸不反应，A错误； B．若Q为，R为，它们均可以和氢氧化钠溶液反应，均可以用氢氧化钠溶液吸收，若Q为，与氢氧化钠溶液不反应，不能用氢氧化钠溶液吸收， R为，可以和氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收，B错误； C．E可能是硫化氢或氨气，硫化氢的水溶液呈酸性，氨气的水溶液呈碱性，C正确； D．若E为硫化氢，硫化氢可以和浓硫酸发生氧化还原反应，若E为氨气，氨气能和浓硝酸反应生成硝酸铵，是非氧化还原反应，D错误； 故答案选C。 4. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 键角： 的四面体中心为C原子，的四面体中心没有原子 B 熔点： 比半径小，所带电荷数多，离子键键能大 C 提供质子能力： O原子吸电子能力比H原子强，故中键的极性比中的极性大 D 第三电离能 Mn原子半径大于Fe A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4为中心C原子连接4个H的正四面体结构，键角为109°28′，P4是4个P位于正四面体顶点、无中心原子，P-P键键角为60°，二者键角差异和给出的结构因素有关联，A不符合题意； B．离子晶体熔点与离子键键能正相关，比半径小、所带电荷数更多，MgO离子键键能更大，熔点更高，二者熔点差异和给出的结构因素有关联，B不符合题意； C．O电负性大于H，吸电子能力更强，使中N-H键极性更大，H更易解离，提供质子能力更强，二者提供质子能力差异和给出的结构因素有关联，C不符合题意； D．Mn的第三电离能更大是因为价电子排布为，属于半充满稳定结构，失去第三个电子需要更高能量，与Mn原子半径大于Fe无关，二者性质差异和给出的结构因素无关联，D符合题意； 故答案为：D。 5. 某兴趣小组设计了下图所示装置(C中盛放的是过氧化钠)模拟过氧化钠在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验。 下列说法正确的是 A. D中应盛放浓硫酸，作用是除去C中生成气体中的水蒸气 B. B中应盛放饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去中混有的HCl气体 C. 检验F中气体时，先将E中导管移出水面，用拇指堵住试管口取出试管，松开拇指将带火星的木条伸入试管底部，观察木条是否复燃 D. 实验结束后，将C中残留物质加入水中，若能使酚酞试液变红色，则说明有NaOH生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．D的作用是除去C中反应剩余的CO2，应盛放NaOH溶液，且后续用排水法收集O2，不需要干燥，A错误； B．A中利用碳酸钙和盐酸制备CO2，挥发的HCl可与饱和碳酸氢钠反应生成CO2，且饱和碳酸氢钠不吸收CO2，能有效除去HCl杂质，B正确； C．O2密度大于空气，取出收集满O2的试管后应先将试管正放，再伸入带火星的木条检验，选项操作会导致O2逸出，无法完成检验，C错误； D．C中反应生成的Na2CO3水溶液也呈碱性，可使酚酞变红，且未反应完的Na2O2与水反应也会生成NaOH，同时Na2O2具有漂白性，会使变红的溶液褪色，无法证明有NaOH生成，D错误； 故选B。 6. 利用超分子的分子识别功能分离和的原理如下图所示： 下列说法正确的是 A. 适配“杯酚”的空腔大小且与“杯酚”分子之间形成配位键 B. “杯酚”可通过化合物与甲醛在一定条件下经过加成反应制得 C. 化合物的名称为：4-异丁基苯酚 D. 分子极性大小：氯仿>甲苯 【答案】D 【解析】 【分析】杯酚依靠分子识别，空腔尺寸匹配，二者依靠分子间作用力形成超分子；无法进入空腔。甲苯中，超分子不溶、可溶，过滤分离；再加入氯仿，不溶于氯仿析出，杯酚溶于氯仿实现循环。 【详解】A．进入杯酚空腔形成超分子，依靠分子间作用力（范德华力）结合，不存在配位键（配位键需要提供孤电子对的配体与有空轨道的中心离子，二者均为分子，无配位键形成条件），A错误； B．杯酚由对叔丁基苯酚与甲醛合成，反应类型为缩合反应，反应过程脱去小分子，不是加成反应，B错误； C．苯环上羟基对位取代基是叔丁基，结构不是异丁基，正确名称为4-叔丁基苯酚。异丁基结构为，二者结构不同，C错误； D．甲苯（）属于弱极性分子；氯仿为极性分子，分子极性：氯仿甲苯。结合流程溶解性佐证：杯酚易溶于氯仿、难溶于甲苯，相似相溶原理也可以辅助验证，D正确； 故选D。 7. X、Y、Z、M和Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Y的第一电离能高于它的同周期相邻元素，Z基态原子核外有8种不同运动状态的电子，基态Q原子的s能级与p能级的电子数之比为3：5，下列说法不正确的是 A. 沸点： B. M与Q可形成化合物 C. 化学键中离子键成分的百分数： D. 与离子空间结构均为三角锥形 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断元素：X的原子序数且原子半径最小，则X为H；短周期M电负性最小为Na；Z核外有8种不同运动状态的电子，质子数为8，是O；Y原子序数小于O，第一电离能高于同周期相邻元素，为Be(2s轨道全满稳定结构)或N（2p轨道半充满结构稳定）；Q原子序数大于Na，s能级总电子数为6、p能级总电子数为10，比值为3:5，电子排布为，是S。 【详解】A．为，分子间含氢键，为，无氢键，沸点，A正确； B．Na与S可形成、，B正确； C．电负性，元素电负性差值越大，离子键成分百分数越高，Na与O的电负性差更大，故离子键成分百分数，C正确； D．若为，中心N价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形；为，中心S价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，二者结构不同，D错误； 故答案为：D。 8. 某地区已探明蕴藏着丰富的赤铁矿(主要成分，还含有等杂质)、煤、石灰石和黏土。现拟在该地区建设大型炼铁厂并相应建立焦化厂、火力发电厂、水泥厂等，形成一定规模的工业体系。 下列说法错误的是 A. 图中B、D分别是焦化厂和水泥厂 B. 图中B厂提供给C厂可利用的物质是焦炭，C厂的主要反应为： C. “石灰石”在C厂和D厂的反应过程中都有生成，但所起的作用不同，在C厂中主要作用是除硅 D. 上述工厂在生产过程中都排放废渣、废水或废气(废气含有等有害气体)，需要进行“三废”处理。 【答案】B 【解析】 【分析】火力发电厂以煤为原料发电，为其余工厂提供能源，故A为发电厂；煤可用于炼焦，故B为焦化厂；炼铁厂以赤铁矿、焦炭、石灰石为原料，故C为炼铁厂；水泥厂以石灰石、黏土和炼铁高炉渣等为原料，故D为水泥厂，据此作答。 【详解】A．依据分析，图中B、D分别是焦化厂和水泥厂，A正确； B．C为炼铁厂，实际炼铁过程中，是焦炭先在高炉内反应生成还原剂CO，再由CO还原氧化铁，核心反应为​，并非题干中直接用C还原的反应，该方程式不符合工业炼铁的实际原理，B错误； C．炼铁厂C中，石灰石的作用是在高温下分解生成CaO，CaO与赤铁矿中的杂质​反应生成​炉渣，除去硅杂质；水泥厂生产水泥的原料为石灰石和黏土，烧制过程中也会生成，此时石灰石是作为生产水泥的原料参与反应，二者作用不同，C正确； D．火力发电、焦化、炼铁、水泥生产的工业过程，均会排放废渣、废水，煤的加工燃烧、炼铁过程还会产生CO、​等有害废气，因此必须进行三废处理，D正确； 故选B。 9. 我国科研人员开发了如图1所示，以KOH溶液为电解质，在低电位下，以金属Cu作为阳极催化剂，在0.05 V的低起始电位下，通过将醛类物质电催化转化为相应的羧酸盐和，实现阳极和阴极均产生氢气的双极制氢系统。随着电位升高，阳极产物如图2所示。 下列说法错误的是 A. “双极制氢”的阳极反应为： B. 外电压大于1.0 V时制氢效率显著降低，可能的原因是Cu被氧化成使催化剂失活 C. 还原性强弱顺序为：R-CHO> D. 低电位下，外电路转移2 mol电子，可制得 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，电解质是碱性溶液，金属作阳极催化剂；阴极发生还原反应，得电子生成；低电位条件下阳极发生醛的电催化转化，生成羧酸盐同时产生，实现阴阳两极均产生的双极制氢；随着外加电位不断升高，阳极依次发生氧化、铜电极被氧化、水氧化、放电生成等副反应，催化剂活性与制氢效率随之改变。 【详解】A．低电位阳极反应：，失去电子被氧化为，同时元素被还原生成，电荷、原子均守恒，A正确； B．由图2可知，电位大于1.0 V时阳极生成或，阳极催化剂被氧化，催化剂结构改变发生失活，醛的转化路径受到抑制，制氢效率显著下降，B正确； C．电解池阳极，还原性越强的物质越优先失去电子；结合图2电位顺序，优先反应顺序：，因此还原性强弱：，C正确； D．两极反应为：阳极：，转移，阳极生成；阴极：，转移，阴极生成。则电路中每转移，两极一共产生。因此转移时，总共可以得到，D错误； 故选D。 10. 当一块钢板暴露在潮湿空气中时，钢板表面的氧化物钝化膜或油漆等保护膜上若有小孔(图a)，往往会引起严重的腐蚀，同样，用铆钉结合的两块钢板(图b)，若接触面不严密而留有隙缝，同样会引起类似腐蚀，腐蚀原理如下图所示。 下列说法不正确的是 A. Fe基体为负极，电极反应为： B. N处电势比M处高 C. 孔蚀区和隙缝内的溶液显酸性，铁锈区附近的水膜显碱性 D. 当铁锈区生成时，外电路转移6 mol电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．钢板中含铁和碳，铁基体容易失电子为负极，电极反应为：，A正确； B．图中M为铁，铁是阳极电势更低，所以N处电势比M处高，B正确； C．孔蚀区和隙缝内均发生，因亚铁离子水解使溶液显酸性，铁锈区附近氧气得电子产生氢氧根，故铁锈区附近水膜显碱性，C正确； D．当铁锈区生成时，有2 mol铁失去4 mol电子生成2 mol，故外电路转移4 mol电子，D错误； 故选D。 11. 末端炔烃与卤代烃在双催化剂及有机胺碱条件下偶联形成新的化合物，被称为Sonogashira反应， 下列说法错误的是 A. M中Pd的化合价为+2 B. Pd循环和Cu循环中均发生了电子转移 C. 的作用是结合末端炔的质子，形成炔碳负离子 D. 上述循环中共有三个中间体，而是生成物且为离子化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A．物质M的结构为Pd-Ln上连接了R1和X，原本Pd(0)Ln中Pd为0价，连接的R1和X均显-1价，所以Pd的化合价为+2，A正确； B．由图可知，铜循环中的两个物质铜均为+1价，所以铜循环未发生电子转移，B错误； C． 中亚氨基有碱性，可以结合末端炔的质子，形成炔碳负离子， C正确； D．上述循环中共存在、、三个中间体，是生成物，类比铵盐为离子化合物，D正确； 故选B。 12. 研究表明，1，3-丁二烯与HBr的加成产物与反应温度有关，条件下以1，2-加成产物为主，下以1，4-加成产物为主。反应分为两步进行： 第一步：+HBr+Br- 相同于 第二步： 从中间体()开始生成1，2-加成和1，4-加成产物的能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A. 生成1，2-加成产物的速率比1，4-加成产物的速率更慢 B. 条件下以1，4-加成产物为主的原因是1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C. 条件下反应速率的快慢是决定产物的主要因素 D. 一个中间体共有三个杂化的碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．生成1,2-加成产物的活化能比1,4-加成产物的活化能更低，活化能越小反应速率越快，因此生成1,2-加成产物的速率更快，A错误； B．物质能量越低越稳定，由能量变化图可知1,4-加成产物的能量低于1,2-加成产物，稳定性更强，40℃温度较高，反应平衡向生成更稳定产物的方向移动，因此以1,4-加成产物为主，B正确； C．0℃温度较低，反应可逆性弱，此时反应速率更快的反应优先进行，产物比例由反应速率快慢决定，C正确； D．中间体中，甲基碳原子为杂化，双键中的2个碳原子、均为杂化。带正电荷的碳原子分别与1个碳原子、2个氢原子形成3个共价单键，没有孤电子对，价层电子对数目为3，碳原子杂化方式为。因此杂化的碳原子数目为3，D正确； 故答案选A。 13. 电池正极材料中的一大类型，普鲁士蓝类型代表着一类过渡金属氰化物，分子式一般可以表示为，其中A和M分别代表阳离子(如等)和过渡金属离子(如等)。图(a)是结构完整的普鲁士蓝晶体结构示意图。其中Fe元素与氰根的碳原子连接，M则与氰根的氮原子连接形成立方体结构，下图所示充放电过程中，可“脱嵌”或“嵌入”晶体。下列说法错误的是 A. 图a至图b的放电过程的电极反应为： B. 1 mol图c的晶胞转化为图a的晶胞，转移电子数为 C. 图a晶胞中M(III)、Fe(III)分别和的N原子和C原子形成配位键，配位数均为6 D. 图c晶胞的化学式为 【答案】B 【解析】 【分析】放电（a→b→c）：Na+不断嵌入正极晶体，金属离子被还原；充电（c→b→a）：Na+晶体脱嵌，金属离子被氧化；每嵌入/ 脱嵌 1 mol Na+，电路转移 1 mol 电子。 【详解】A．放电时Na+嵌入晶体，电极反应为，故 A 正确； B．每嵌入/ 脱嵌 1 mol Na+，电路转移 1 mol 电子，1 mol图c晶胞转化为图a时，脱嵌8 mol Na+，转移电子数为8NA，故B错误； C．M (III)与CN-的N原子、Fe(III)与CN-的C原子形成配位键，配位数均为6，故C正确； D．图c晶胞中Na+、M、Fe的数目比为2:1:1，化学式为Na2MFe(CN)6，故D正确； 故选B。 14. 常温下，0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，已知溶液中含氮(或含碳)各微粒的分布分数X(B) [平衡时含氮(或含碳)的某种微粒的浓度占含氮(或含碳)各种微粒浓度之和的分数]与pH的变化关系如图所示，图中a(6.5,0.5)，b(9.3,0.5)、c(10.3,0.5)，(pH改变时无气体逸出，体系中碳和氮元素总物质的量不变)。下列说法错误的是 A. pH=7.8时，c(H2CO3)+c(CO)>c() B. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液至pH=7.8的过程中[c(CO)+c(H2CO3)]的值逐渐减小。 C. b点时：c(NH)+ c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-) D. 常温下，NH+HCO+H2O+H2CO3的平衡常数K= 【答案】C 【解析】 【分析】0.1 mol/L溶液的pH为7.8，说明在溶液中的水解程度大于电离程度；由盐类水解规律可知，溶液呈碱性说明在溶液中的水解程度小于；向溶液加入酸时，溶液pH减小，浓度减小、浓度增大；向碳酸氢铵溶液加入碱时，溶液pH增大，溶液中、浓度都减小，一水合氨、碳酸根离子的浓度都增大，但溶液中铵根离子会优先与氢氧根离子反应，所以含氮或含碳各微粒的分布分数与pH的关系如下图所示：由题意可知，a点溶液中和浓度相等时，溶液pH为6.5，则碳酸的一级电离常数为：Ka1()= = c()=10-6.5，同理可知，一水合氨的电离常数、碳酸的二级电离常数分别为10-4.7、10-10.3。 【详解】A． 根据物料守恒：； 常温下pH=7.8，，由电荷守恒+=++,可知，代入物料守恒整理可得：，A正确； B．碳总浓度：，因此；pH从6.5升高到7.8的过程中，的分布分数逐渐增大（接近1），c()逐渐增大，因此逐渐减小，B正确； C．b点pH=9.3，比原溶液pH=7.8大，需要加入NaOH调节pH，溶液中存在阳离子，电荷守恒应为：，选项等式漏掉c(Na+)，不成立，C错误； D．反应的平衡常数：，D正确； 故答案为：C。 二、非选择题：本小题共4小题，共58分 15. 苯胺是重要的有机合成原料，可通过硝基苯还原制备。常用以下两种方法还原，其反应原理如下： 方法一、铁粉／盐酸还原： 方法二、催化氢化： 名称 相对分子质量 沸点 熔点 密度／ 性状 溶解性 硝基苯 123 210 5 1.205 黄色油状液体 难溶于水 苯胺 93 184.4 -6.2 1.022 无色液体 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等 一、用方法一制备苯胺，流程如下： 反应装置见下图1(加热仪器未画出)，水蒸气蒸馏装置见下图2： 回答下列问题： （1）方法一和方法二相比，更环保的是____________。 （2）图1中加入硝基苯前，先小火加热煮沸10 min的目的是__________。 （3）图2水蒸气蒸馏装置中玻璃管C的作用是_____________，适合水蒸气蒸馏的物质必须要具备以下条件______________(填代号)。 a．在水沸腾温度下稳定且不与水发生化学反应 b．具有一定的挥发性 c．与水互溶 （4）加NaOH溶液调pH至强碱性的目的是______________。 （5）操作2是______________，操作3是_____________。 二、苯胺纯度测定 准确称量m g苯胺配成250 mL苯胺溶液，用移液管吸取25.00 mL置于碘量瓶中、加入定量制得的b mol ，与苯胺充分反应后，剩余的与足量的KI作用后生成，用的标准溶液滴定，滴定至溶液呈黄色时加入指示剂，继续滴定至终点，共消耗标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。 测定过程中、发生的反应如下： ① ② ③ （6）滴定所用指示剂为__________。样品中苯胺的质量分数为__________(用字母表示)。 （7）下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。 a．样品中含有杂质 b．在测定过程中部分挥发 c．标准溶液部分被氧化 【答案】（1）方法二 （2）使铁粉活化，缩短反应时间 （3） ①. 恒压作用，避免装置内压强过大(或安全管) ②. ab （4）中和盐酸，使苯胺游离，有利于水蒸气蒸馏 （5） ①. 分液 ②. 蒸馏 （6） ①. 淀粉 ②. （7）ac 【解析】 【分析】本实验采用铁粉与盐酸还原硝基苯制备苯胺，反应生成苯胺盐酸盐；向反应混合物加入调至强碱性，将苯胺盐酸盐转化为游离苯胺，再通过水蒸气蒸馏得到粗苯胺；粗苯胺经过分液分离有机相与水相，有机相干燥过滤后蒸馏提纯得到纯净苯胺；另外采用溴量法测定苯胺纯度，向定量苯胺溶液中加入过量，与苯胺发生取代反应，剩余和反应生成，用标准溶液滴定，间接计算苯胺质量。 【小问1详解】 方法一铁粉/盐酸还原硝基苯，会产生大量含铁固体废渣，废弃物处理成本高；方法二催化氢化，反应产物只有苯胺和水，无固体污染物，原子利用率更高，因此更环保的是方法二； 【小问2详解】 加热煮沸可以除去装置内溶解的氧气，防止被氧气氧化，同时能够活化铁粉，加快硝基苯的还原反应，缩短反应时间； 【小问3详解】 玻璃管C连通大气，起到安全管、平衡气压的作用，防止装置内部压强过大引发危险。水蒸气蒸馏适用条件：物质具有一定挥发性；在水沸腾温度下稳定，不与水发生化学反应；不需要与水互溶，因此选ab； 【小问4详解】 苯胺属于弱碱，在酸性环境中以苯胺盐酸盐形式存在，易溶于水，难以被水蒸气蒸出；加入中和过量盐酸，使苯胺盐酸盐转化为游离态苯胺，便于水蒸气蒸馏分离； 【小问5详解】 水蒸气蒸馏后的粗苯胺体系分层，有机相与水相分离采用分液；干燥过滤后的粗苯胺，利用苯胺与杂质沸点差异，通过蒸馏提纯； 【小问6详解】 的专属指示剂为淀粉溶液；已知25.00 mL苯胺溶液中加入，消耗体积。由反应得关系式：，。25.00 mL溶液中，与苯胺反应的，由，25.00 mL溶液中。原液总体积250 mL，是25.00 mL的10倍，则全部苯胺物质的量，苯胺摩尔质量，，因此质量分数； 【小问7详解】 a．样品含有硝基苯杂质，硝基苯不与反应，同等质量样品中苯胺实际含量偏低，消耗更少，体系剩余更多，滴定消耗偏大，计算苯胺质量偏低，a符合题意； b．测定时部分挥发，剩余减少，消耗偏小，计算苯胺结果偏高，b不符合题意； c．标准溶液部分被氧化，浓度降低，滴定等量需要更大体积，计算苯胺质量偏低，c符合题意。 16. 某精矿是一种以稀土（RE）元素的磷酸盐为主的矿物，还含有和极少量含铀（U）的化合物。一种从该精矿中提取铀和稀土元素的工艺如下； 已知：①常温下，，； ②盐酸体系中，存在其他金属离子与的配位可忽略； ③工艺中“离子交换”是将含（）的溶液流过盛有阴离子交换树脂的离子交换柱（如下图），发生反应：。 （1）“碱转化”后溶液中阴离子含有、_________（填离子符号）和含磷的酸根离子，常温下测得溶液，则溶液中_________（填“>”“<”或“=”）。 （2）“酸浸”中与反应生成，其离子方程式为____________。 （3）“氧化”和“调pH”工序的目的是避免_______（填离子符号）与离子交换树脂反应，从而有利于U的分离。 （4）“沉铀”中，加入使转化为，再加热促使其分解生成分解的化学方程式为_____________。 （5）常温下，若“沉淀”后溶液中，为防止中混入，应确保溶液的pH低于________________。 （6）一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示结构单元。 ①该氧化物的化学式_____________________。 ②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为a nm，则O与U原子的最近距离为________nm（用a表示）。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） （4） （5）9 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】由工艺图可知，碱转化：某精矿（含稀土磷酸盐、FePO4、SiO2、含铀化合物）与NaOH溶液反应，SiO2等会发生反应进入滤液，实现初步分离；酸浸：用盐酸溶解碱转化后的产物，使铀、铁、稀土等元素以离子形式进入溶液；氧化：加入H2O2将可能存在的低价态离子（如Fe2+）氧化；调pH：加MgO调节pH，使部分杂质离子沉淀为滤渣除去；离子交换：利用阴离子交换树脂，选择性吸附含铀阴离子，实现铀与其他离子分离；洗脱、加热沉淀：对交换后的树脂处理，洗脱目标离子，加NH4HCO3沉铀，再经加热沉淀得到UO3，对流出液处理得RE(OH)3，据此分析解答。 【小问1详解】 该精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成硅酸钠，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH=12.0时，c(H+)=10-12 mol/L，，所以； 【小问2详解】 “酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为； 【小问3详解】 根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离； 【小问4详解】 分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为； 【小问5详解】 已知，镁离子浓度为0.056 mol/L，可计算出：当氢氧化镁开始沉淀时，，为防止混入氢氧化镁溶液的pH应该低于9； 【小问6详解】 ①由晶胞结构可知，该氧化物的晶胞是由两种结构单元各4个交错排列形成的大立方体，U位于晶胞内，共4个，O位于顶点、面心、棱心和体心，共，则化学式为；②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为，所以O与U原子最近的距离为 nm。 17. 某药物K的一种合成路线如下图所示： 已知：I． II．R1MgBr+R2CHO 回答下列问题： （1）D中含氧官能团是_____________(填名称)，G的化学名称是____________。 （2）的反应类型是____________，的反应条件是____________。 （3）C的结构简式为_________________。 （4）写出的化学方程式__________________________。 （5）M是D的同系物且相对分子质量为199，同时具备下列条件的M的同分异构体有________(不考虑立体异构)种。 ①苯环上有三个取代基 ②遇氯化铁溶液发生显色反应 ③除苯环外不含其他环状结构 （6）请设计以环己醇为原料合成的合成路线__________________________(无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 醛基 ②. 2-甲基-2-溴丙烷 （2） ①. 取代反应 ②. 浓硫酸、加热 （3） （4） （5）10 （6） 【解析】 【分析】A为苯，A与CH3Br发生取代反应生成B，B为甲苯，B与溴单质在催化剂条件下发生苯环上的取代反应，结合I的结构简式知C为；C被氧化生成，结合的分子式知为；F与溴化氢发生加成反应生成G，结合I的结构简式知G为(CH3)3CBr，G与Mg、无水乙醚发生已知Ⅰ的反应生成H，H为(CH3)3CMgBr，H和D发生已知信息Ⅱ的反应生成I，I发生已知信息Ⅰ的反应生成J，J为；J在浓硫酸作用下发生酯化反应生成K，K为。 【小问1详解】 D为，D中含氧官能团是醛基；G为(CH3)3CBr，G的化学名称是2-甲基-2-溴丙烷。 【小问2详解】 A→B是苯与CH3Br发生反应生成甲苯和HBr，属于取代反应。E→F是醇发生消去反应生成含不饱和键的烯烃，醇发生消去反应的条件为：浓硫酸、加热。 【小问3详解】 由分析，C的结构简式为。 【小问4详解】 J为，分子中含有羟基、羧基，结合K的分子式知，J在浓硫酸、加热条件下发生自身的酯化反应生成K，反应的化学方程式为：。 【小问5详解】 D的分子式为，则相对分子质量为185，M是的同系物且相对分子质量为199，则M比D多1个CH2，M的分子式为。M的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应，说明其分子中含酚羟基；除苯环外不含其他环状结构并结合不饱和度，说明其分子中含1个碳碳双键；苯环上有三个取代基，则三个取代基分别为、、，苯环上3种不同取代基存在10种结构。 【小问6详解】 以环己醇为原料合成，环己醇和HBr发生取代反应引入溴原子，再发生已知反应Ⅰ转化为，和环己醇发生酯化反应得到产品，故流程为：。 18. 利用干法重整(DRM)反应制备CO和，反应如下： 反应I： 反应II： 反应III： 请回答下列问题： （1）______________kJ／mol。 （2）__________(用表示)。 （3）温度为298 K下部分化学键键能数据如下，计算键键能________kJ／mol。 化学键 键能 326 803 1072 436 （4）反应I和反应II的平衡常数和与温度的关系如图所示： 能代表lg与关系的曲线是_____________(填序号)。 （5）某温度下，向一恒压(9.8 kPa)密闭容器中充入和，发生以上反应(未参与反应)，平衡时的转化率为的选择性为(的选择性)。 ①该温度下反应I的平衡常数为____________(填最终计算数值)，[提示：以分压计算的平衡常数为，分压=总压×组分物质的量分数]。 ②充入，甲烷的平衡转化率____________(填“变大”、“变小”或“不变”)。解释变化的原因____________________。 【答案】（1）-41 （2） （3）464.5 （4）a （5） ①. 0.25 ②. 变大 ③. 反应I和II正向都是气体分子数增大的反应，恒压条件下，充入，平衡体系中各组分的分压减小，平衡向着正向移动，所以甲烷转化率变大 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，(反应I-反应II) ×=反应III，则反应III的焓变为：=-41 kJ/mol； 【小问2详解】 由盖斯定律可知，(反应I-反应II) ×=反应III，则反应III的平衡常数为：； 【小问3详解】 反应的ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则由反应III可得：[1072 kJ/mol+2E(H-O)]-(803 kJ/mol×2+436 kJ/mol )=-41 kJ/mol，解得：E(H-O)=464.5 kJ/mol； 【小问4详解】 反应I、反应II都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数均增大，而反应III是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则由可知，温度升高，平衡常数增大的程度小于平衡常数，所以能代表lg与关系的曲线是a； 【小问5详解】 ①由题意可知，平衡时甲烷的转化率为40%，氢气的选择性为75%，则平衡时甲烷、氢气、水蒸气的物质的量分别为：(1 mol-1 mol×40%)=0.6 mol、1 mol×40%×75%×2=0.6 mol、1 mol×40%×25%×2=0.2 mol；由方程式可知，平衡时二氧化碳、一氧化碳的物质的量分别为：(3 mol-0.6 mol×-0.2 mol×)=2.4 mol、(0.6 mol+0.2 mol×2)=1 mol，则平衡时混合气体的总物质的量为9.8 mol，所以该温度下反应I的平衡常数为：Kp==0.25； ②由方程式可知，反应I和反应II正向都是气体分子数增大的反应，恒压条件下充入氮气，平衡体系中各组分的分压减小，平衡向正反应方向移动，所以甲烷转化率变大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $