精品解析：广东省广州市培英中学2024-2025学年高三上学期11月月考化学试题

广州市培英中学11月月考——化学 本卷共100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-65 Ga-70 一、单项选择题：本题共16小题，共44分（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求）。 1. 文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是 A．《蕉岩鹤立图》 B．三彩釉陶女俑 C．铁缪铁券 D．骑虎人形佩 A. A B. B C. C D. D 2. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船成功将3名航天员送入中国空间站，这是中国人首次进入自己的空间站。下列说法错误的是 A. 太阳电池翼伸展机构用到的是一种新型硅酸盐材料 B. 空间站中用将转化为，含离子键和非极性键 C. 运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能 D. 天和核心舱采用电推发动机“燃料”原子核含77个中子 3. 化学推动科技进步，下列说法错误的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，煤油是烃的混合物 B. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅 C. 歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料 D. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料碳化硅属于共价晶体 4. 广东美食享誉全国。下列说法错误的是 A. 广州包点松软可口，制作包点所用面粉的主要成分为淀粉 B. 潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性 C. 客家酿豆腐鲜香滑嫩，烹饪豆腐所用的花生油属于酯类 D. 东莞烧鹅肥而不腻，涂在烧鹅表皮上的麦芽糖不能水解 5. 耗资近500亿的深中通道于2024年6月30日正式开通。这个工程中使用的钢壳沉管，进行了两种防腐处理，第一种是在表面形成一层特殊的防腐漆，第二种是在沉管的外表面铺设锌块，以利用电化学原理延缓其被腐蚀；进而实现“百年不腐”。下列有关说法正确的是 A. 钢壳为正极 B. 镶嵌的锌块可以永久使用 C. 第一种处理方法属于表面电镀法 D. 锌发生的反应： 6. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量和泥沙）的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 7. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 环保行动：用净水 具有氧化性 B 义务劳动：用75%的乙醇溶液做消毒剂对栏杆消毒 乙醇具有还原性 C 帮厨活动：蒸馒头用小苏打做膨松剂 能与酸反应，受热易分解 D 工业生产：用氢氟酸雕刻玻璃花纹 HF具有弱酸性 A. A B. B C. C D. D 8. 在18世纪70年代，瑞典化学家舍勒利用软锰矿与浓盐酸制得了氯气。某化学兴趣小组模拟舍勒利用以下装置制备氯气，能达到预期目的的是 A．发生装置 B．干燥装置 C．收集装置 D．尾气处理装置 A. A B. B C. C D. D 9. 某有机化合物的结构如图所示，下列说法不正确的是 A. 该化合物属于芳香族衍生物，分子中含有3种官能团 B. 分子中含有1个手性碳原子 C. 分子中N原子为杂化，所有C原子不可能在同一平面上 D. 该化合物能发生取代反应、加成反应、氧化反应 10. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 常温常压下，和混合气体中含原子数为 B. 的溶液中含离子数目为 C. 标准状况下，含有的分子数为 D. 所含离子数为 11. 某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备氯气的装置。下列不同反应阶段的预测现象及其相应推断正确的是 A. 干花褪色，说明具有漂白性 B. 湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性 C. 淀粉溶液变蓝，说明氯气具有氧化性 D. Fe粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁 12. 一种除草剂的结构如图，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z与R同主族。下列有关说法正确的是 A. Y、Z、W的电负性由大到小的顺序为W＞Z＞Y B. 最简单氢化物的稳定性：Z＜R C. X与W形成的化合物为非极性分子 D. 该分子不能与碱反应 13. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 实验结论 A 钠与钾产生的焰色不同 钠和钾第一电离能不同 B 烯烃中溶入冠醚时，水溶液与烯烃反应时的氧化效果明显增强 冠醚也可氧化烯烃 C 酸性： 烷基是推电子基团，烷基越长，推电子效应越大 D 乙酸乙酯在碱性条件下水解 酯在碱性条件下水解，发生了皂化反应 A. A B. B C. C D. D 14. 部分含Mg或Cu或Fe物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断合理的是 A. 若a可与稀硫酸反应生成c，则直接加热蒸干c溶液一定能得到溶质c B. 在a→c→f→e转化过程中，一定出现置换反应 C. 在制备d的过程中，一定能看到白色沉淀 D. 若d能溶解于氨水中，则组成该碱的金属元素一定位于元素周期表的ds区 15. 反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示，“·”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A. 进程Ⅰ，升高温度，正反应速率增大比逆反应速率增大明显 B. 进程Ⅰ、Ⅱ生成等量的P，产生能量相同 C. 反应进程中催化效率：Ⅲ>Ⅱ D. 平衡时S的转化率：Ⅱ>Ⅰ 16. 通过电解丙烯腈（）溶液可以获得尼龙-66的原料己二腈[]。工作原理如下图所示。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A. 若用铅酸蓄电池作为电源，则a极为铅电极 B. 阳极反应： C. 工作时，NaOH溶液的pH保持不变 D. 标况下产生11.2L气体C时，阴极区溶液增重2g 二、非选择题：共56分。 17. 完成下列问题。 （1）室温下，甲同学取相同体积的和溶液混合，探究浓度对反应速率的影响，实验记录如下： 实验编号 1 2 3 4 5 从混合到出现棕黄色时间 13 ①该反应的化学方程式为_______。 ②通过分析比较上表数据，得到的结论是_______。 （2）乙同学用替代进行上述实验，未观察到溶液变为棕黄色，推测原因是酸性对氧化性有影响，乙同学提出猜测并进行如下探究。 提出猜想：其他条件相同时，酸性越强，氧化剂的氧化性越强。 查阅资料：原电池中负极反应一定时，正极氧化剂的氧化性越强，则两极之间电压越高。 设计实验、验证猜想：利用如图装置进行下表实验1~4，记录数据。 序号 溶液 电压表读数 1 溶液、3滴稀 2 溶液、3滴浓 3 溶液、3滴稀 4 溶液、3滴浓 ①实验1和2中正极的电极反应式为_______。 ②由实验1和2可知，酸性越强，的氧化性越强，作出该判断的依据是_______。 ③测得，说明酸性对的氧化性几乎无影响，解释原因：_______。 实验结论：若氧化剂被还原时有参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响。 迁移拓展：综合上述探究结果，丙同学进一步提出猜想，其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越强。 （3）结合乙同学的实验2，丙同学补充进行实验5，验证猜想成立，完成下表中的内容： 序号 溶液a 电压表读数 5 _______ 猜想成立的依据是：_______。 18. 镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 19. 氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题： （1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。 ①基于铁催化体系的反应机理及能量变化如图所示(其中ad表示吸附态)。据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H=______。该历程中决速步的反应方程式为___________。 ②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出iii的化学方程式。 i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]； iii．___________。 （2）研究表明，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应在不同压强(p)和氮氢比[n(N2)：n(H2)]下，平衡体系中氨的体积分数[ψ(NH3)]随温度(T)的变化曲线如图所示，已知p1>p2。 ①d点所在曲线对应的实验条件为______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，解释其原因为________。 ③a、b、c三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为______，a点对应的压强平衡常数K=_____(列出计算式，用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)。 （3）氨在燃煤烟气脱硫中有重要应用，其方法是用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4。已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好显中性，此时溶液中=_____。(写出计算过程) 20. 化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如下： （1）C的化学名称是______________，H中的官能团名称为______________________。 （2）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是______________________。 （3）请写出反应①所涉及的化学方程式：____________________________________________。 （4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是______________。 A. 反应③涉及两步反应，第一步为加成反应，第二步为消去反应 B. 物质H中碳原子仅存在一种杂化方式 C. 化合物F不含有手性碳原子 D. 与化合物B相比，化合物G的水溶性更好 （5）对于化合物C，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的有机产物 反应类型 ① ________ ________ 氧化反应 ② ，催化剂，加热 ________ ______ （6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1。写出两种符合要求的化合物X的结构简式______________。 （7）以和为原料可以制备。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步反应的反应物为______________________________。 ②第一步反应的化学方程式为_______________________________________（注明反应条件）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市培英中学11月月考——化学 本卷共100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-65 Ga-70 一、单项选择题：本题共16小题，共44分（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求）。 1. 文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物的主要材质属于天然有机高分子的是 A．《蕉岩鹤立图》 B．三彩釉陶女俑 C．铁缪铁券 D．骑虎人形佩 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．《蕉岩鹤立图》为绢本立轴设色画，绢本主要材质属于天然有机高分子，A正确； B．三彩釉陶女俑的主要材质为硅酸盐类物质，B错误； C．铁镠铁券的主要材质为合金，C错误； D．骑虎人形佩的主要材质为硅酸盐类物质，D错误； 故选A。 2. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船成功将3名航天员送入中国空间站，这是中国人首次进入自己的空间站。下列说法错误的是 A. 太阳电池翼伸展机构用到的是一种新型硅酸盐材料 B. 空间站中用将转化为，含离子键和非极性键 C. 运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能 D. 天和核心舱采用电推发动机“燃料”原子核含77个中子 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A错误； B．含有Na+和O之间的离子键和O-O之间的非极性键，故B正确； C．运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能，故C正确； D．原子核的质量数为131，质子数为54，则含77个中子，故D正确； 故选A。 3. 化学推动科技进步，下列说法错误的是 A. “长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，煤油是烃的混合物 B. 华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用的主要材料均为晶体硅 C. 歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于合金材料 D. “神舟十七号”发动机的耐高温结构材料碳化硅属于共价晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．煤油中含有多种碳原子数不同的烃，是烃的混合物，A正确； B．芯片和太阳能电池感光板的主要材料都是晶体硅，B正确； C．氮化镓属于化合物，合金是金属和金属单质或金属与非金属单质熔合而成的物质，属于混合物，C错误； D．碳化硅具有耐高温的特性，属于共价晶体，D正确； 故答案选C。 4. 广东美食享誉全国。下列说法错误的是 A. 广州包点松软可口，制作包点所用面粉的主要成分为淀粉 B. 潮汕牛肉丸肉质饱满，蒸煮牛肉丸时蛋白质发生变性 C. 客家酿豆腐鲜香滑嫩，烹饪豆腐所用的花生油属于酯类 D. 东莞烧鹅肥而不腻，涂在烧鹅表皮上的麦芽糖不能水解 【答案】D 【解析】 【详解】A．制作包点所用面粉的主要成分为淀粉，故A正确； B．蒸煮牛肉丸时蛋白质受热发生变性，故B正确； C．花生油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故C正确； D．麦芽糖属于能发生水解反应的二糖，故D错误； 故选D。 5. 耗资近500亿的深中通道于2024年6月30日正式开通。这个工程中使用的钢壳沉管，进行了两种防腐处理，第一种是在表面形成一层特殊的防腐漆，第二种是在沉管的外表面铺设锌块，以利用电化学原理延缓其被腐蚀；进而实现“百年不腐”。下列有关说法正确的是 A. 钢壳为正极 B. 镶嵌的锌块可以永久使用 C. 第一种处理方法属于表面电镀法 D. 锌发生的反应： 【答案】A 【解析】 【分析】在钢壳沉管的外表面铺设锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，即锌块为负极，钢壳为正极，形成原电池，Zn失去电子，发生氧化反应，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。 【详解】A．根据分析，钢壳为正极，A正确； B．根据分析，锌不断消耗，需要及时补充，不能永久使用，B错误； C．第一种处理方法属于涂保护层法，并未进行电镀，C错误； D．锌发生的反应：，D错误； 故选A。 6. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量和泥沙）的提纯方案如下： 下列说法不正确的是 A. 操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量 B. 操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和 C. 操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹 D. 操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【解析】 【详解】操作Ⅰ中，为减少能耗和苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B错误；操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确。 7. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 环保行动：用净水 具有氧化性 B 义务劳动：用75%的乙醇溶液做消毒剂对栏杆消毒 乙醇具有还原性 C 帮厨活动：蒸馒头用小苏打做膨松剂 能与酸反应，受热易分解 D 工业生产：用氢氟酸雕刻玻璃花纹 HF具有弱酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．用净水是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附作用而净水，故A错误； B．用75%的乙醇溶液做消毒剂对栏杆消毒，75%能使蛋白质变性而消毒，故B错误； C．小苏打是，面粉发酵会产生乳酸等酸性物质，碳酸氢钠能和酸反应，同时受热分解产生的二氧化碳能使馒头疏松多孔，故C正确； D．用氢氟酸雕刻玻璃花纹，HF能和二氧化硅反应，故D错误； 故选C。 8. 在18世纪70年代，瑞典化学家舍勒利用软锰矿与浓盐酸制得了氯气。某化学兴趣小组模拟舍勒利用以下装置制备氯气，能达到预期目的的是 A．发生装置 B．干燥装置 C．收集装置 D．尾气处理装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．软锰矿与浓盐酸制氯气，该反应需在加热条件下进行，故A错误； B．氯气属于酸性气体，不能用碱石灰碱性干燥剂进行干燥，故B错误； C．氯气密度比空气大，收集氯气时，应从长导管通入，故C错误； D．氯气可与氢氧化钠溶液反应，被氢氧化钠溶液吸收，进行尾气处理，故D正确； 答案选D。 9. 某有机化合物的结构如图所示，下列说法不正确的是 A. 该化合物属于芳香族衍生物，分子中含有3种官能团 B. 分子中含有1个手性碳原子 C. 分子中N原子为杂化，所有C原子不可能在同一平面上 D. 该化合物能发生取代反应、加成反应、氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物有碳碳三键、酯基、氨基三种官能团，A项正确； B．手性碳特点：连接四个不同原子或基团，该有机物含有2个手性碳原子，如图中“＊”所示，B项错误； C．该有机物中N原子有3个σ键和1个孤电子对，为杂化，非苯环的六元环结构中有多个杂化的碳原子，不可能均在同一平面上，C项正确； D．该有机物中酯基、苯环、烷基均能发生取代反应，碳碳三键和苯环均能发生加成反应，碳碳三键能发生氧化反应同时该物质能燃烧而发生氧化反应，D项正确； 故选B。 10. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A. 常温常压下，和混合气体中含原子数为 B. 的溶液中含离子数目为 C. 标准状况下，含有的分子数为 D. 所含离子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．已知CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，两种气体都是双原子分子，故常温常压下，和混合气体中含原子数为=，A正确； B．题干未告知溶液的体积，故无法计算的溶液中含离子数目，B错误； C．标准状况下CHCl3为液态，故无法计算含有的分子数，C错误； D．Na2O2是由Na+和组成的，故所含离子数为=，D错误； 故答案为：A。 11. 某学习小组用如图所示的装置制备氯气并探究其性质，带孔的黑匣子是制备氯气的装置。下列不同反应阶段的预测现象及其相应推断正确的是 A. 干花褪色，说明具有漂白性 B. 湿润的蓝色石蕊试纸只变红，说明氯气溶于水形成的溶液呈酸性 C. 淀粉溶液变蓝，说明氯气具有氧化性 D. Fe粉燃烧放出棕红或棕黄色烟，说明氯气能与铁粉反应生成氯化亚铁 【答案】C 【解析】 【分析】带孔的黑匣子是制备氯气的装置，氯气与水反应生成HCl与HClO，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色；铁粉与Cl2在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁；氯气具有氧化性，可氧化I−生成I2，使淀粉−KI溶液变蓝，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。 【详解】A．干燥的氯气不具备漂白性，因此干花不褪色，故A项错误； B．氯气与水反应生成与，该溶液具有酸性和漂白性，因此湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故B项错误； C．氯气具有氧化性，可氧化生成，使淀粉溶液变蓝，故C项正确； D．铁粉与在加热的条件下剧烈反应生成氯化铁，放出棕红或棕黄色烟，故D项错误； 故本题选C。 12. 一种除草剂的结构如图，X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，Z与R同主族。下列有关说法正确的是 A. Y、Z、W的电负性由大到小的顺序为W＞Z＞Y B. 最简单氢化物的稳定性：Z＜R C. X与W形成的化合物为非极性分子 D. 该分子不能与碱反应 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期元素，结合化合物中化学键的特征分析可知，X形成1个共价键为H元素，Y形成4个共价键为C元素，Z形成3个共价键为N元素，W形成2个共价键为O元素，Z与R同主族，R为P元素。 【详解】A．Y、Z、W分别为: C、N、O，同周期从左到右原子半径依次减小，原子半径由大到小的顺序为C>N>O，A正确； B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性N > P，则氢化物稳定性N > P，B错误； C．X与W形成的化合物可以为H2O、H2O2，都为极性分子，C错误； D．分子结构中含羧基官能团，能和碱反应，D错误； 故选A。 13. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 实验结论 A 钠与钾产生的焰色不同 钠和钾第一电离能不同 B 烯烃中溶入冠醚时，水溶液与烯烃反应时的氧化效果明显增强 冠醚也可氧化烯烃 C 酸性： 烷基是推电子基团，烷基越长，推电子效应越大 D 乙酸乙酯在碱性条件下水解 酯在碱性条件下水解，发生了皂化反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．钠与钾焰色不同是因为原子结构不同，电子由激发态跃迁至能量较低的激发态乃至基态时释放出的能量不同，光的波长不同，与第一电离能无关，A错误； B．水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚时，冠醚通过与离子结合而把携带进入烯烃；冠醚不与结合，使游离或裸露的反应活性很高，使氧化反应能够迅速发生，B错误； C．烷基是推电子基团，烷基越长，推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，C正确； D．油脂在碱性溶液中的水解是皂化反应，D错误； 故选C。 14. 部分含Mg或Cu或Fe物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断合理的是 A. 若a可与稀硫酸反应生成c，则直接加热蒸干c溶液一定能得到溶质c B. 在a→c→f→e转化过程中，一定出现置换反应 C. 在制备d的过程中，一定能看到白色沉淀 D. 若d能溶解于氨水中，则组成该碱的金属元素一定位于元素周期表的ds区 【答案】D 【解析】 【分析】根据含Mg或Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系图，可知a是Mg或Cu或Fe、b是MgO或CuO或FeO、c是镁盐或铜盐或亚铁盐，d是Mg(OH)2、Cu(OH)2、Fe(OH)2，e是Fe(OH)3，f是铁盐，g是Fe2O3，据此解答。 【详解】A．a与稀硫酸反应生成c，则c溶液可能是溶液或溶液，其中溶液直接加热蒸干，其中的二价铁可能被空气氧化成三价铁，不能得到溶质，故A项错误； B．在a→c→f→e转化过程中，可以确定该元素是Fe，那么转化过程不一定出现置换反应也可以转化成功，故B项错误； C．d可能是或或，其中是蓝色沉淀，不一定看到白色沉淀，故C项错误； D．d可能是或或，能溶解于氨水中的只有，形成深蓝色的络合物，Cu元素位于元素周期表的ds区，故D项正确； 故本题选D。 15. 反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示，“·”表示反应物或生成物吸附在催化剂表面。 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A. 进程Ⅰ，升高温度，正反应速率增大比逆反应速率增大明显 B. 进程Ⅰ、Ⅱ生成等量的P，产生能量相同 C. 反应进程中催化效率：Ⅲ>Ⅱ D. 平衡时S的转化率：Ⅱ>Ⅰ 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，反应I中S的总能量大于产物P的总能量，则进程I是放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大幅度，即逆反应速率增加更明显，故A错误； B．进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S转化为P为放热反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P所放出的热量相同，故B正确； C．由图可知，反应Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于反应Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，则反应速率：反应Ⅱ＞反应Ⅲ，故C错误； D．进程I中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时S的转化率相同，故D错误； 答案选B。 16. 通过电解丙烯腈（）溶液可以获得尼龙-66的原料己二腈[]。工作原理如下图所示。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A. 若用铅酸蓄电池作为电源，则a极为铅电极 B. 阳极反应： C. 工作时，NaOH溶液的pH保持不变 D. 标况下产生11.2L气体C时，阴极区溶液增重2g 【答案】C 【解析】 【分析】电极N由CH2=CHCN转化为，化合价降低，得到电子被还原，则电极N为阴极，电极M为阳极，氢氧根放电，产生氧气，据此解答。 【详解】A．若用铅酸蓄电池作为电源，电极N为阴极，与电源负极相连，则a极为铅电极，A正确； B．电极M为阳极，氢氧根放电，产生氧气，阳极反应：，B正确； C．工作时，双极膜中的氢氧根移向阳极，氢氧化钠的物质的量不变，但反应中有水生成，NaOH溶液的浓度减小，则pH减小，C错误； D．标况下产生11.2L气体C，即0.5mol氧气时，电路中转移2mol电子，双极膜中氢离子移向阴极，即有2mol氢离子移向阴极，则阴极区溶液增重2g，D正确； 答案选C。 二、非选择题：共56分。 17. 完成下列问题。 （1）室温下，甲同学取相同体积的和溶液混合，探究浓度对反应速率的影响，实验记录如下： 实验编号 1 2 3 4 5 从混合到出现棕黄色时间 13 ①该反应的化学方程式为_______。 ②通过分析比较上表数据，得到的结论是_______。 （2）乙同学用替代进行上述实验，未观察到溶液变为棕黄色，推测原因是酸性对氧化性有影响，乙同学提出猜测并进行如下探究。 提出猜想：其他条件相同时，酸性越强，氧化剂的氧化性越强。 查阅资料：原电池中负极反应一定时，正极氧化剂的氧化性越强，则两极之间电压越高。 设计实验、验证猜想：利用如图装置进行下表实验1~4，记录数据。 序号 溶液 电压表读数 1 溶液、3滴稀 2 溶液、3滴浓 3 溶液、3滴稀 4 溶液、3滴浓 ①实验1和2中正极的电极反应式为_______。 ②由实验1和2可知，酸性越强，的氧化性越强，作出该判断的依据是_______。 ③测得，说明酸性对的氧化性几乎无影响，解释原因：_______。 实验结论：若氧化剂被还原时有参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响。 迁移拓展：综合上述探究结果，丙同学进一步提出猜想，其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越强。 （3）结合乙同学的实验2，丙同学补充进行实验5，验证猜想成立，完成下表中的内容： 序号 溶液a 电压表读数 5 _______ 猜想成立的依据是：_______。 【答案】（1） ①. H2O2+2HI=I2+2H2O ②. 其他条件相同时，增大H2O2或HI浓度，反应速率加快 （2） ①. MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2O ②. U2＞U1 ③. Fe3+被还原时无H+参与反应 （3） ①. 10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4 ②. U5＞U2 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究浓度对反应速率的影响，针对实验现象出现的差异提出猜测，并通过查阅资料、设计实验验证猜测，经实验探究得出若氧化剂被还原时有氢离子参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有氢离子参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响；其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越强的实验结论。 【小问1详解】 ①过氧化氢溶液与氢碘酸反应生成碘和水，反应的化学方程式为H2O2+2HI=I2+2H2O，故答案为：H2O2+2HI=I2+2H2O； ②由实验1、2、3可知，氢碘酸浓度不变时，增大过氧化氢溶液的浓度，从混合到出现棕黄色时间减少，反应速率加快，由实验1、4、5可知，过氧化氢溶液浓度不变时，增大氢碘酸溶液的浓度，从混合到出现棕黄色时间减少，反应速率加快，由实验现象可知，其他条件相同时，增大反应物过氧化氢或氢碘酸浓度，反应速率加快，故答案为：其他条件相同时，增大H2O2或HI浓度，反应速率加快； 【小问2详解】 ①由题意可知，实验1和2中左侧银/氯化银电极为原电池的负极，氯离子作用下银失去电子发生氧化反应生成氯化银，右侧铂电极为正极，酸性条件下高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2O，故答案为：MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2O； ②由实验1和2可知，实验2的电压表读数大于实验1，说明溶液酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强，反应速率越快，外电路中电流强度越大，故答案为：U2＞U1； ③实验3和4中左侧银/氯化银电极为原电池的负极，氯离子作用下银失去电子发生氧化反应生成氯化银，右侧铂电极为正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e—= Fe2+，铁离子被还原时无氢离子参与，所以酸性对氯化铁的氧化性几乎无影响，测得电压表读数完全相同，故答案为：Fe3+被还原时无H+参与反应； 【小问3详解】 由题意可知，实验5的实验目的是探究其他条件相同时，氧化剂浓度越大，氧化剂的氧化性越强，由探究实验变量唯一化原则可知，在实验2的基础上，实验5应在其他条件相同时，增大高锰酸钾溶液的浓度探究氧化性强弱的变化，则右侧溶液应为10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4，实验5电压表读数大于实验2证明猜想成立，故答案为：10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4；U5＞U2。 18. 镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） ①. 铁 ②. [FeCl4]- （4） ①. 高 ②. NaCl （5） ①. 3.2 ②. 4.0×10-7 （6） ①. 2:1:1 ②. 8a3 【解析】 【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； 【小问1详解】 “电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； 【小问2详解】 “浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； 【小问3详解】 由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； 【小问4详解】 “LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； 【小问5详解】 由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； 【小问6详解】 合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 19. 氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题： （1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。 ①基于铁催化体系的反应机理及能量变化如图所示(其中ad表示吸附态)。据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H=______。该历程中决速步的反应方程式为___________。 ②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出iii的化学方程式。 i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]； iii．___________。 （2）研究表明，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应在不同压强(p)和氮氢比[n(N2)：n(H2)]下，平衡体系中氨的体积分数[ψ(NH3)]随温度(T)的变化曲线如图所示，已知p1>p2。 ①d点所在曲线对应的实验条件为______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，解释其原因为________。 ③a、b、c三点对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为______，a点对应的压强平衡常数K=_____(列出计算式，用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)。 （3）氨在燃煤烟气脱硫中有重要应用，其方法是用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4。已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好显中性，此时溶液中=_____。(写出计算过程) 【答案】（1） ①. -92kJ/mol ②. Nad+Had=NHad ③. （2） ①. Ⅱ ②. 合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用 ③. Ka=Kb>Kc ④. （3）根据电荷守恒，c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，又溶液显中性，c()=2c()+c()，因此=+1=+1=+1=2.24 【解析】 【小问1详解】 ①从图中可以看出，N2(g)+H2(g)NH3(g)，放热46kJ/mol，据此计算反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的△H=-46kJ/mol×2=-92kJ/mol。该历程中，最大活化能为106kJ/mol，则该决速步的反应方程式为Nad+Had=NHad。 ②用LiH作催化剂合成氨时，i．N2+2*=2N*；ii．N*+LiH=*+[LiNH]；则第iii步反应，应生成NH3，同时生成催化剂LiH，且反应物为H2，依据质量守恒，可得出 iii．。 【小问2详解】 对于N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数[ψ(NH3)]增大，相同压强时，减小H2的投入量，即n(N2):n(H2)=1:2相当于n(N2):n(H2)=1:3减小H2的投入量，平衡逆向移动，氨的体积分数[ψ(NH3)]减小，则b为Ⅰ、d为Ⅱ、a为Ⅲ。 ①由分析可知，d点所在曲线对应的实验条件为Ⅱ。 ②a点对应的ψ(NH3)大于c点对应的ψ(NH3)，则表明温度对平衡的影响占主导地位，解释其原因为：合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用。 ③平衡常数只受温度的影响，升高温度，合成氨反应的平衡逆向移动，平衡常数减小。a、b、c三点中，a、b点的温度相同，c点温度高，则对应的压强平衡常数(Ka、Kb和Kc)的大小关系为Ka=Kb>Kc。a点时，n(N2):n(H2)=1:3，φ(NH3)=40%，设N2的起始投入量为1mol，则H2的起始投入量为3mol，则可建立如下三段式： 则，x=mol，所以平衡量：N2为mol，H2为mol，NH3为mol，对应的压强平衡常数K==。 【小问3详解】 Ka2=，则。 根据电荷守恒，c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，又溶液显中性，c()=2c()+c()，因此=+1=+1=+1=2.24。 【点睛】当一个反应分多步进行时，活化能最大的那一步为决速步。 20. 化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如下： （1）C的化学名称是______________，H中的官能团名称为______________________。 （2）反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是______________________。 （3）请写出反应①所涉及的化学方程式：____________________________________________。 （4）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的是______________。 A. 反应③涉及两步反应，第一步为加成反应，第二步为消去反应 B. 物质H中碳原子仅存在一种杂化方式 C. 化合物F不含有手性碳原子 D. 与化合物B相比，化合物G的水溶性更好 （5）对于化合物C，分析预测其可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的有机产物 反应类型 ① ________ ________ 氧化反应 ② ，催化剂，加热 ________ ______ （6）芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有，其核磁共振氢谱峰面积比为3：2：1。写出两种符合要求的化合物X的结构简式______________。 （7）以和为原料可以制备。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①最后一步反应的反应物为______________________________。 ②第一步反应的化学方程式为_______________________________________（注明反应条件）。 【答案】（1） ①. 对氯苯甲醛（4‑氯苯甲醛） ②. 氨基-NH2、羧基-COOH、碳氯键 （2） （3） ＋Cl2＋HCl （4）AD （5） ①. 银氨溶液、水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液加热；或者O2/ 催化剂加热） ②. 4‑氯苯甲酸铵（碱性氧化）；酸性条件产物为4‑氯苯甲酸 ③. 4‑氯苯甲醇 ④. 加成反应（也是还原反应） （6）、 （7） ①. 环戊‑1,3‑二酮、O2NCH2CHO ②. 2＋O22＋2H2O 【解析】 【分析】根据题中合成路线可知，在催化剂FeCl3作用下，甲苯与氯气发生取代反应生成(B)，B被MnO2氧化为，与CH3NO2反应生成，由反应④的原子利用率为100%，可知与发生加成反应生成。 【小问1详解】 C结构中苯环上，醛基、氯原子处于对位，名称：对氯苯甲醛（4‑氯苯甲醛）； H中的官能团名称为氨基、羧基、碳氯键 【小问2详解】 根据分析，E的结构简式是。 【小问3详解】 A是甲苯C6H5CH3，B分子式C7H7Cl，在氯化铁作催化剂的条件下，苯环上一个H被 Cl 取代，方程式：＋Cl2＋HCl。 【小问4详解】 A．反应③：＋CH3NO2→＋H2O。第一步：醛基和CH3NO2发生加成，得到羟基中间体；第二步中间体分子内脱去1分子H2O（消去）生成碳碳双键。两步：加成 + 消去，A正确； B．H中碳原子：苯环碳、羧基羰基碳为sp2杂化；饱和烷基碳-CH2-、-CH(NH2)-是sp3杂化，两种杂化方式，B错误； C．F中存在一个碳原子，连接4个互不相同基团，存在手性碳原子，如图所示：，C错误； D．B是卤代烃，难溶于水；G 含有羧基-COOH，能与水分子形成氢键，水溶性更好，D正确； 故选AD。 【小问5详解】 C为对氯苯甲醛，官能团：醛基、苯环、碳氯键 ①氧化反应：醛基容易被氧化成羧基，试剂条件：银氨溶液、水浴加热（或新制氢氧化铜悬浊液加热；或者O2/催化剂加热），产物：4‑氯苯甲酸铵（碱性氧化）；酸性条件产物为4‑氯苯甲酸。 ②试剂H2，催化剂加热：醛基和氢气发生加成反应，有机产物：4‑氯苯甲醇；反应类型：加成反应（也叫还原反应）。 【小问6详解】 H的分子式是：C10H12ClNO2饱和度：，苯环Ω=4，羧基Ω=1，刚好，根据条件可得：含苯环、-NO2、-Cl；剩余：4个C，还要实现高度对称，氢只有3组，写出两种符合要求的化合物X的结构简式：、。 【小问7详解】 原料：和；目标产物：，合成逻辑：第一步把醇氧化成醛O2NCH2CHO；再和环戊二酮发生羟醛缩合（加成‑消去）得到产物，①最后一步反应物：环戊‑1，3‑二酮、O2NCH2CHO，②第一步：醇催化氧化为醛：2＋O22＋2H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $