精品解析：广东工业大学北附教育港澳台联考2026届高三上学期第三次月考化学试卷

中华人民共和国普通高等学校联合招收华侨、港澳地区、台湾省学生广工大北附第三次月考化学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 li-7 Cl-35.5 Na-23 Bi-209 一、选择题：本题有15个小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列化学用语表示正确的是 A. 分子的球棍模型： B. 的价层电子对互斥模型： C. KI的电子式： D. 的名称：3-甲基戊烷 【答案】D 【解析】 【详解】A．中心原子价层电子对数为，含有2对孤电子对，分子空间结构为V形，题图为直线形，不是的球棍模型，A错误； B．中心原子价层电子对数为，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，题图为四面体形，B错误； C．是离子化合物，由和通过离子键结合，正确电子式为，题图为共价化合物的电子式形式，C错误； D．主链含5个碳原子，3号碳原子上连有1个甲基，系统命名为3-甲基戊烷，D正确； 故选D。 2. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是 A. 和乙醇反应可生成 B. 工业上煅烧黄铁矿生产 C. 工业上用氨的催化氧化制备 D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确； B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确； C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确； D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误； 故选D。 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA B. 1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA C. 向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D. 标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确； B．1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确； C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确； D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确； 故选A。 4. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. 线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化 B. 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解 C. 尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好 D. 聚甲基丙烯酸甲酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸甲酯加聚合成，透明度高 【答案】B 【解析】 【详解】A．线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确； B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定的热稳定性，受热不易分解，B错误； C．尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确； D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，说明其透明度高，D正确； 故选B。 5. 关于反应，下列说法正确的是 A. 生成，转移电子 B. 是还原产物 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 若设计成原电池，为负极产物 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应中，N元素从-1价升高到+1价，生成，转移电子，A正确； B．反应中H、O元素的化合价没有变化，因此不是还原产物，也不是氧化产物，B错误； C．中只有N元素化合价升高，被氧化，是还原剂，C错误； D．若设计成原电池，得到电子生成，为正极反应物，为正极产物，D错误； 故选A。 6. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 通入氢氧化钠溶液： B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液： C. 过量通入饱和碳酸钠溶液： D. 溶液中滴入氯化钙溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式符合反应事实、满足原子和电荷守恒，A正确； B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠，产物为，书写正确，B正确； C．过量通入饱和碳酸钠溶液，由于碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会析出碳酸氢钠晶体，离子方程式书写正确，C正确； D．是弱酸，酸性弱于盐酸，无法与氯化钙发生复分解反应，且为弱电解质，不能拆写为，D错误； 故选D。 7. 丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是 A. 丙烯分子中最多7个原子共平面 B. X的结构简式为 C. Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔 D. 聚合物Z的链节为 【答案】B 【解析】 【分析】CH3-CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应，生成 (Y)；CH3-CH=CH2与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成 (X)；CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生加聚反应，生成 (Z)。 【详解】A．乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A正确； B．由分析可知，X的结构简式为 ，B不正确； C．Y( )与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正确； D．聚合物Z为 ，则其链节为 ，D正确； 故选B。 8. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是 A. 电负性： B. 最高正价： C. Q与M的化合物中可能含有非极性共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】B 【解析】 【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的轨道全充满，原子序数X<Y，则X为Be或B，M是地壳中含量最多的元素，M为O，原子序数Y<Z<M，则Z为N，Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na，据此分析。 【详解】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确； B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误； C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确； D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正确； 故选B。 9. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验方案 现象 结论 A 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．可与浓溶液中的反应生成，实验中下层层颜色变浅，上层水溶液呈棕黄色，说明更多进入浓溶液中，可证明碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力，A正确； B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可漂白试纸，无法用试纸测定其，试纸变白是漂白导致，不能说明溶液呈中性，B错误； C．实验中溶液过量，滴加溶液时，直接与过量的反应生成黄色沉淀，不存在向的转化，无法比较二者溶解度大小，C错误； D．新制氯水中的和都具有氧化性，均可将氧化为使淀粉溶液变蓝，无法证明氯水中存在分子，因此不能说明氯气与水的反应存在限度，D错误； 故选A。 10. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制取并收集氨气 B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误； B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误； C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确； D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误； 故选C。 11. 化学与生活、生产、环境等密切相关，下列说法错误的是 A. 食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂 B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应 C. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化 D. 向鸡蛋清溶液中加入几滴醋酸铅溶液产生沉淀，是蛋白质发生了变性 【答案】B 【解析】 【详解】A．食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂，A不符合题意； B．单糖不能发生水解反应如葡萄糖、果糖，蛋白质、油脂、二糖及多糖能发生水解，B符合题意； C．煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意； D．向鸡蛋清溶液中加入几滴醋酸铅溶液产生沉淀，是重金属盐使蛋白质发生了变性，D不符合题意； 故选B。 12. 科学家研发了一种绿色环保“全氧电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. K+向电极 a移动 B. 电极b的电极反应式为 C. 理论上， 当电极a释放出 (标准状况下)时，KOH 溶液质量减少32g D. “全氧电池”工作时将酸碱反应的中和能转化为电能 【答案】D 【解析】 【分析】根据两电极物质元素化合价变化可判断电极a为负极，电极b为正极。 【详解】A．阳离子流向正极，K+向电极b移动，A错误； B．电极b上为O2得电子，溶液是酸性环境，电极反应式为 ，B错误； C．电极a电极反应式为，理论上， 当电极a释放出 (标准状况下)即1mol O2时，同时有4mol K+移向右侧的K2SO4 溶液中，所以KOH 溶液减少的质量为，C错误； D．“全氧电池”工作时总反应为，将酸碱反应的中和能转化为电能，D正确； 故答案选D。 13. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1晶体密度为g∙cm-3 B. 图1中O原子的配位数为6 C. 图2表示的化学式为 D. 取代产生的空位有利于传导 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确； B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确； C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误； D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确； 答案选C。 14. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确； B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确； C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确； D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误； 故答案为：D。 15. 常温下，用如图1所示装置，向10mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3和c mol·L-1NaHCO3混合溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示(忽略温度的变化)。下列说法错误的是 A. c=0.1 B. a点的溶液中： 2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)] C. b点的溶液中：c( )>c()>c(H2CO3) D. a、b两点水的电离程度： a>b 【答案】C 【解析】 【分析】向碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中滴加盐酸，盐酸先和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后盐酸再和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，从图2可知，滴入的10mL盐酸和碳酸钠反应，再滴入的20mL盐酸和碳酸氢钠反应。 【详解】A．当滴入30mL盐酸时，碳酸钠和碳酸氢钠中的钠都转化为氯化钠，根据氯守恒，钠离子的总物质的量为0.03L×0.1mol/L=0.003mol，原溶液中碳酸钠的物质的量为0.01L×0.1mol/L=0.001mol，碳酸钠中的钠离子的物质的量为0.002mol，所以碳酸氢钠中的钠离子为0.001mol，即碳酸氢钠为0.001mol，物质的量浓度为0.001mol÷0.01L=0.1mol/L，故A正确； B．a点溶液是等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，根据元素质量守恒，有2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)]，故B正确； C．b点溶液中的溶质是碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠溶液显碱性，是由于碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，所以c( ) >c(H2CO3) >c()，故C错误； D．a的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠和碳酸氢钠水解都促进水的电离，向混合溶液中加入盐酸，b点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，碳酸氢钠对水的电离的促进程度没有碳酸钠大，所以a、b两点水的电离程度： a>b，故D正确； 故选C。 二、简答题：五个大题，共90分。 16. 近年来，我国的钢铁产量居世界首位。炼铁时产生大量瓦斯泥，若不合理利用，会对环境造成不利影响。一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示： 回答下列问题： (1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_______。 (2)“过程I”中发生反应的离子方程式为_______。 (3)“过程II”产生的气体___________(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。 (4)“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。 ①含铋物质发生反应的化学方程式为： i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S iii._______。 ②“滤渣2”的主要成分除S外还有____________。 (5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀时pH 7.0 1.9 6.2 完全沉淀时pH 9.0 3.2 8.0 ①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是_______。 ②“水解”后的“系列操作”为_______。 (6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为_______。(结果精确到1%)。 【答案】 ①. 采用较强烈的搅拌转速 ②. Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu ③. NH3 ④. “浸取” ⑤. 2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 ⑥. PbSO4 ⑦. 将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 ⑧. 过滤、洗涤、干燥 ⑨. 70% 【解析】 【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)，浸取之后过滤得到Cu(NH3)、Zn(NH3)、，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，以此解答。 【详解】(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用较强烈的搅拌转速，故答案为：采用较强烈的搅拌转速； (2)“过程Ⅰ”中Cu(NH3)和Zn反应生成Zn(NH3)和Cu，反应的离子方程式为Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu，故答案为：Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu； (3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用，故答案为：NH3；“浸取”； (4)①根据题意，单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解，结合已知的化学方程式可知，剩下的一个化学方程式为Bi和Fe3+的反应，该反应的化学方程式为2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4，故答案为：2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4； ②滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，故答案为：PbSO4； (5)①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯； ②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，故答案为：过滤、洗涤、干燥； (6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg的“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为70%，故答案为：70%。 17. 常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）已知： 。则________。 （2）某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m________n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率，的选择性、的生成量随温度变化关系分别如图1、图2。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能为________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂为________。 （4）273℃，下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)通入、4 mol NO、。 ①下列选项不能说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到化学平衡状态的是________(填字母)。 A.混合气体的平均摩尔质量保持不变 B.保持不变 C.有1 mol N-H断裂的同时，有1 mol NN断裂 D.NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定转化率为30%，体系中为1.2 mol。则NO的转化率为________，反应Ⅰ的________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1） （2）< （3） ①. 催化剂活性下降(或副反应增多) ②. （4） ①. C ②. 75% ③. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知反应编号： 反应Ⅱ：反应Ⅲ：，反应Ⅰ = 反应Ⅱ - 反应Ⅲ，因此，即。 【小问2详解】 反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡正向程度减小，平衡常数减小，说明​增大的倍数小于增大的倍数，因此。 【小问3详解】 ①温度超过260℃时，一方面催化剂的催化活性随温度过高下降，反应速率减慢；另一方面反应Ⅰ是放热反应，升温使平衡逆向移动，最终导致NO转化率下降。 ②对比三个催化剂：在较宽温度范围内NO转化率高，同时生成量极低、选择性接近100%，脱硝效果最优，为最佳催化剂。 【小问4详解】 ①A．两个反应均为气体总物质的量增大、总质量不变的反应，混合气体平均摩尔质量为变量，其保持不变可说明反应达到平衡，A不符合题意； B．初始，但两个反应中​和的消耗比例不同，只有平衡时二者物质的量比值才会保持不变，B不符合题意； C．1 mol N-H断裂对应正反应消耗，1 mol 断裂对应逆反应消耗，此时正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，C符合题意； D．恒压条件下某气体分压保持不变，说明其浓度不再变化，反应达到平衡，D不符合题意； 故选C。 ②已知初始通入4 mol ​、4 mol 、2 mol ​，转化率30%，则反应Ⅱ消耗的为，根据反应Ⅱ计量关系，反应Ⅱ消耗2.4 mol 、2.4 mol ，生成2.4 mol ​、3.6 mol 。平衡时剩余为1.2 mol，说明反应Ⅰ消耗的​为，对应反应Ⅰ消耗0.6 mol 。总消耗为，NO转化率为。 平衡时各物质的物质的量：，，，，，总物质的量为。反应Ⅰ的用分压代入平衡常数表达式即可得到。 18. 近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下： 回答下列问题： （1）A的化学名称为________。写出D的结构简式________。 （2）1 mol D反应生成E至少需要________mol氢气。 （3）写出E中任意两种含氧官能团的名称：________。 （4）由E生成F的化学方程式为________。 （5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为________。 （6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有________(填标号)。 a．含苯环的醛、酮 b．不含过氧键() c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 （7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成：________。 【答案】（1） ①. 1，3-苯二酚(或间苯二酚) ②. （2）2 （3）酯基、羟基、醚键(任意两种) （4） （5）取代反应 （6）C （7） 【解析】 【分析】由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C（），C与乙酸酐发生酯化反应，生成，与氢气发生加成反应生成，发生消去反应，生成F，F先氧化成环氧化合物G，G在酸催化下发生水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H。 【小问1详解】 A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚），根据分析，D的结构简式为。 【小问2详解】 D为 ，与氢气发生加成反应生成，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1 mol D反应生成E至少需要2mol氢气。 【小问3详解】 E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，羟基（任写两种） 【小问4详解】 E为，发生消去反应，生成，化学方程式为 【小问5详解】 由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生成羟基，反应类型为取代反应 【小问6详解】 化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：a.含苯环的醛、酮；b.不含过氧键；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：，，，，故有4种 【小问7详解】 以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA的作用下生成环氧化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与乙酸酐发生酯化反应即可，故合成路线为：。 19. 溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示： 制备装置如图所示(夹持装置已略去)： 实验步骤如下： 步骤一：制备 将10.0g戊二酸(相对分子质量为132)加入到三颈烧瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，搅拌均匀，保持78℃条件下，依次缓慢滴加12mL氯化亚砜、3滴催化剂、液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶置于冰盐浴中，将溶液温度降到−10℃后，缓慢滴加25mL甲醇(沸点64.7℃)，保持滴加过程中温度不超过0℃。 步骤二：除杂 向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，用无水硫酸镁干燥，过滤。 步骤三：提纯 过滤后的液体置于热浴容器中(外温)，接上精馏装置，进行减压蒸馏。 步骤四：收集 收集100—110℃的馏分，得到10.86g无色透明油状液体。 回答下列问题： （1）使用装置A的优点是___________。 （2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有___________。 减缓反应速率 防止高温下发生复杂的有机副反应 避免原料挥发，使反应物充分反应 （3）步骤二中用饱和氯化钠溶液洗涤的目的是___________。 （4）步骤三中使用减压蒸馏的目的是___________。 （5）中间产物Ⅰ比戊二酸的沸点低很多的原因是___________，反应中生成戊二酰氯的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为___________。 （6）从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是___________。 （7）本实验的产率是___________。 A. B. C. D. 【答案】（1）平衡气压，便于液体顺利流下 （2）abc （3）除去有机相中残留的NaHCO3 （4）降低有机物沸点，减少挥发 （5） ①. 戊二酸分子间存在氢键，中间产物Ⅰ分子间不存在氢键 ②. +2SOCl2+2SO2↑+2HCl （6）在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管 （7）C 【解析】 【分析】由图可知，制备2-溴戊二酸二甲酯的实验原理为戊二酸与氯化亚砜反应，生成中间产物1(戊二酰氯)，戊二酰氯与液溴反应生成中间产物2，中间产物2再与甲醇发生酯化反应得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯经除杂提纯得到产品。 【小问1详解】 由实验装置图可知，装置A为恒压滴液漏斗，使用恒压滴液漏斗的目的是平衡气压，便于所盛溶液顺利流下，故答案为：平衡气压，便于液体顺利流下； 【小问2详解】 步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的目的是减缓反应速率，使反应物充分反应，同时防止温度过高导致副反应的发生，避免原料受热挥发造成损失，故选abc； 【小问3详解】 由题意可知，步骤二中向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤的目的是除去有机物中的酸性物质，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次的目的是除去有机物中残留的碳酸氢钠，故答案为：除去有机相中残留的NaHCO3； 【小问4详解】 减压可降低有机物的沸点，蒸馏时减少其挥发，则步骤三中使用减压蒸馏的目的是降低有机物沸点，减少挥发； 【小问5详解】 戊二酰氯与戊二酸都是由分子组成的物质，戊二酸结构中含有羧基，分子间能形成氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键，所以戊二酰氯比戊二酸的沸点低很多；由题意可知，戊二酸与氯化亚砜反应生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为+2SOCl2+2SO2↑+2HCl，故答案为：戊二酸分子间存在氢键，戊二酰氯分子间不存在氢键；+2SOCl2+2SO2↑+2HCl； 【小问6详解】 由于反应中产生污染性气体，所以从绿色化学角度分析，该实验装置的明显不足之处是没有尾气处理装置，应在冷凝管处连接装有碱石灰的球形干燥管，故答案为：应在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管； 【小问7详解】 由题意可知，10.0g戊二酸制得10.86g2-溴戊二酸二甲酯，则由碳原子守恒可知，实验的产率为×100%≈60%，故选C。 20. 金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。 （1）基态镍原子价电子排布式为___________。金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为___________(填字母)。 a． B． C． D． （2）丁二酮肟()是检验Ni2+的灵敏试剂，常与Ni2+形成图I所示的配合物，图II是硫代氧的结果： ①下列说法正确的有___________(填字母)。 A．在I中N元素的电负性最大 B．在I中C－C－C键角是180° C．在II中－SH上的S原子采取sp3杂化 D．在II中存在σ键、Π键与配位键 ②化合物I的熔、沸点高于化合物II的原因是___________。 （3）工业上选用硫酸和硝酸的混酸与Ni反应制备NiSO4。SO的立体构型为___________。Fe、Co、Ni三种元素二价离子的硫酸盐晶体的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___________。 （4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料。该合金的晶胞结构如图所示。 ①该晶胞中粒子个数比La∶Ni=___________。设该合金的密度为dg/cm3，则该晶胞的体积为___________cm3(用含d的代数式表示) ②该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为9.00×10-5g/cm3； 储氢能力=。若忽略储氢前后晶胞的体积变化，则该合金的储氢能力为___________(已知sin60°≈0.87；结果保留整数)。 【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. c （2） ①. CD ②. 化合物I分子间存在氢键 （3） ①. 正四面体 ②. NiSO4>CoSO4>FeSO4 （4） ①. 1：5 ②. ③. 1273 【解析】 【分析】 【小问1详解】 镍是28号元素，基态镍原子价电子排布式为3d84s2；根据金属镍的原子堆积方式图，可知金属镍的晶胞俯视图为c。 【小问2详解】 ①A．在I中，Ni是金属元素，电负性最小；同周期元素从左到右电负性依次增大，C、N、O电负性最大的是O，A错误； B．在I中C－C－C键中间的C原子连有1个双键，中间的C原子杂化方式是sp2，所以C－C－C键角不是180°，故B错误； C．在II中－SH上的S原子的价电子对数是，S原子采取sp3杂化，故C正确； D．单键σ键、双键中有1个σ键和1个Π键，Ni和N原子之间通过配位键结合，故D正确； 选CD。 ②化合物I可以形成分子间氢键，所以化合物I的熔、沸点高于化合物II； 【小问3详解】 SO中S原子的价电子对数是，无孤电子对，立体构型为正四面体。Fe、Co、Ni三种元素二价离子的半径依次减小，硫酸盐晶体中晶格能依次增大，所以其熔点由高到低的顺序为NiSO4>CoSO4>FeSO4； 【小问4详解】 ①根据均摊原则，1个晶胞中含有Ni的个数是=5、含有La的个数是，该晶胞中粒子个数比La∶Ni=1:5。设该合金的密度为dg/cm3， ，则该晶胞的体积为cm3； ②该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。1个晶胞的体积为，则储氢后氢气的密度是 ，该合金的储氢能力为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中华人民共和国普通高等学校联合招收华侨、港澳地区、台湾省学生广工大北附第三次月考化学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 li-7 Cl-35.5 Na-23 Bi-209 一、选择题：本题有15个小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列化学用语表示正确的是 A. 分子的球棍模型： B. 的价层电子对互斥模型： C. KI的电子式： D. 的名称：3-甲基戊烷 2. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是 A. 和乙醇反应可生成 B. 工业上煅烧黄铁矿生产 C. 工业上用氨的催化氧化制备 D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备 3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA B. 1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA C. 向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D. 标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA 4. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. 线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化 B. 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解 C. 尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好 D. 聚甲基丙烯酸甲酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸甲酯加聚合成，透明度高 5. 关于反应，下列说法正确的是 A. 生成，转移电子 B. 是还原产物 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 若设计成原电池，为负极产物 6. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 通入氢氧化钠溶液： B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液： C. 过量通入饱和碳酸钠溶液： D. 溶液中滴入氯化钙溶液： 7. 丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是 A. 丙烯分子中最多7个原子共平面 B. X的结构简式为 C. Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔 D. 聚合物Z的链节为 8. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是 A. 电负性： B. 最高正价： C. Q与M的化合物中可能含有非极性共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 9. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验方案 现象 结论 A 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 A. A B. B C. C D. D 10. 下列说法正确的是 A. 图①装置可用于制取并收集氨气 B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大 D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移 11. 化学与生活、生产、环境等密切相关，下列说法错误的是 A. 食盐、白糖是常见的食品调味剂，也可用作防腐剂 B. 蛋白质、油脂、糖类一定条件下都能发生水解反应 C. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化 D. 向鸡蛋清溶液中加入几滴醋酸铅溶液产生沉淀，是蛋白质发生了变性 12. 科学家研发了一种绿色环保“全氧电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. K+向电极 a移动 B. 电极b的电极反应式为 C. 理论上， 当电极a释放出 (标准状况下)时，KOH 溶液质量减少32g D. “全氧电池”工作时将酸碱反应的中和能转化为电能 13. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1晶体密度为g∙cm-3 B. 图1中O原子的配位数为6 C. 图2表示的化学式为 D. 取代产生的空位有利于传导 14. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 15. 常温下，用如图1所示装置，向10mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3和c mol·L-1NaHCO3混合溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示(忽略温度的变化)。下列说法错误的是 A. c=0.1 B. a点的溶液中： 2c(Na+)=3[c()+c()+c(H2CO3)] C. b点的溶液中：c( )>c()>c(H2CO3) D. a、b两点水的电离程度： a>b 二、简答题：五个大题，共90分。 16. 近年来，我国的钢铁产量居世界首位。炼铁时产生大量瓦斯泥，若不合理利用，会对环境造成不利影响。一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示： 回答下列问题： (1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_______。 (2)“过程I”中发生反应的离子方程式为_______。 (3)“过程II”产生的气体___________(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。 (4)“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。 ①含铋物质发生反应的化学方程式为： i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S iii._______。 ②“滤渣2”的主要成分除S外还有____________。 (5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀时pH 7.0 1.9 6.2 完全沉淀时pH 9.0 3.2 8.0 ①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是_______。 ②“水解”后的“系列操作”为_______。 (6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为_______。(结果精确到1%)。 17. 常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）已知： 。则________。 （2）某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m________n(填“>”“<”或“=”)。 （3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率，的选择性、的生成量随温度变化关系分别如图1、图2。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能为________。 ②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂为________。 （4）273℃，下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)通入、4 mol NO、。 ①下列选项不能说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到化学平衡状态的是________(填字母)。 A.混合气体的平均摩尔质量保持不变 B.保持不变 C.有1 mol N-H断裂的同时，有1 mol NN断裂 D.NO的分压保持不变 ②达到平衡后测定转化率为30%，体系中为1.2 mol。则NO的转化率为________，反应Ⅰ的________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。 18. 近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下： 回答下列问题： （1）A的化学名称为________。写出D的结构简式________。 （2）1 mol D反应生成E至少需要________mol氢气。 （3）写出E中任意两种含氧官能团的名称：________。 （4）由E生成F的化学方程式为________。 （5）由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为________。 （6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有________(填标号)。 a．含苯环的醛、酮 b．不含过氧键() c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为 A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 （7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成：________。 19. 溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示： 制备装置如图所示(夹持装置已略去)： 实验步骤如下： 步骤一：制备 将10.0g戊二酸(相对分子质量为132)加入到三颈烧瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，搅拌均匀，保持78℃条件下，依次缓慢滴加12mL氯化亚砜、3滴催化剂、液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶置于冰盐浴中，将溶液温度降到−10℃后，缓慢滴加25mL甲醇(沸点64.7℃)，保持滴加过程中温度不超过0℃。 步骤二：除杂 向三颈烧瓶中加入25mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，用无水硫酸镁干燥，过滤。 步骤三：提纯 过滤后的液体置于热浴容器中(外温)，接上精馏装置，进行减压蒸馏。 步骤四：收集 收集100—110℃的馏分，得到10.86g无色透明油状液体。 回答下列问题： （1）使用装置A的优点是___________。 （2）步骤一中采取“温度降到−10℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有___________。 减缓反应速率 防止高温下发生复杂的有机副反应 避免原料挥发，使反应物充分反应 （3）步骤二中用饱和氯化钠溶液洗涤的目的是___________。 （4）步骤三中使用减压蒸馏的目的是___________。 （5）中间产物Ⅰ比戊二酸的沸点低很多的原因是___________，反应中生成戊二酰氯的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为___________。 （6）从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是___________。 （7）本实验的产率是___________。 A. B. C. D. 20. 金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。 （1）基态镍原子价电子排布式为___________。金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为___________(填字母)。 a． B． C． D． （2）丁二酮肟()是检验Ni2+的灵敏试剂，常与Ni2+形成图I所示的配合物，图II是硫代氧的结果： ①下列说法正确的有___________(填字母)。 A．在I中N元素的电负性最大 B．在I中C－C－C键角是180° C．在II中－SH上的S原子采取sp3杂化 D．在II中存在σ键、Π键与配位键 ②化合物I的熔、沸点高于化合物II的原因是___________。 （3）工业上选用硫酸和硝酸的混酸与Ni反应制备NiSO4。SO的立体构型为___________。Fe、Co、Ni三种元素二价离子的硫酸盐晶体的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___________。 （4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料。该合金的晶胞结构如图所示。 ①该晶胞中粒子个数比La∶Ni=___________。设该合金的密度为dg/cm3，则该晶胞的体积为___________cm3(用含d的代数式表示) ②该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：a=500pm，c=400pm；标准状况下氢气的密度为9.00×10-5g/cm3； 储氢能力=。若忽略储氢前后晶胞的体积变化，则该合金的储氢能力为___________(已知sin60°≈0.87；结果保留整数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $