精品解析：贵州黔东南苗族侗族自治州2027届高三上学期8月素养训练 化学试题

2027届8月素养训练 化学 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Br 80 Cd 112 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. 材料是科技发展的基础。下列属于金属材料的是 A. 氮化镓(GaN)半导体 B. T1200级超高强度碳纤维 C. 制造防弹装甲的高强度芳纶纤维 D. “北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板 2. 化学知识在实验室、生产、生活中应用广泛。下列离子方程式错误的是 A. 银氨溶液中滴入稀盐酸： B. 酸性高锰酸钾溶液测定空气中的SO2含量： C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式： D. 泡沫灭火器原理： 3. Mn和Cl元素的部分“价-类”二维关系如图。下列说法错误的是 A. 基态Mn、Cl原子的未成对电子数之比为5∶1 B. d的阴离子是正四面体结构 C. a的浓溶液可分别与c、f反应生成b D. g和e(硫酸盐)反应生成f时，n(氧化产物)∶n(还原产物)=3∶2 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25℃和101 kPa下，22.4 L AsH3含有的原子数目为0.4NA B. 64 g SO2与16 g O2充分反应得到SO3的分子数为NA C. 44 g丙烷中含极性共价键的数目为8NA D. pH=1的HCOOH溶液中，H+的数目为0.1NA 5. 下列图示中，实验操作或方法正确的是 A．收集Cl2 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 C．加热NaHCO3固体 D．洗去乙酸乙酯中少量的乙醇 A. A B. B C. C D. D 6. 1-环己基乙胺(X)溶于酸形成铵盐阳离子(Y)，Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子(Z)，下列说法错误的是 A. X→Y，键角∠H−N−H增大 B. 18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同 C. 18-冠-6的空腔尺寸与K+适配 D. Z中存在共价键、离子键和氢键 7. 化合物L是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。下列有关L的说法错误的是 A. 有3种含氧官能团 B. 含有2个手性碳 C. 能发生水解反应 D. 与足量H2反应后分子的水溶性增强 8. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将CH3CH2X和NaOH溶液混合加热，充分反应后，冷却，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成 CH3CH2X中X为Cl原子 B 在试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热。待溶液冷却后向其中加入NaOH溶液，将溶液调至碱性，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀 淀粉水解后有还原性糖生成 C 向盛有H2(g)、I2(g)、HI(g)的恒压密闭容器中充入一定量的N2(g)，最终颜色变浅 化学平衡向I2浓度减小的方向移动 D 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀 A. A B. B C. C D. D 9. 下列叙述正确的是 A. 臭氧(O3)属于非极性分子 B. S8的结构为，是共价晶体 C. [AlH4]-的空间构型与的相同 D. 1 mol 能与5 mol H2加成 10. 物质的结构决定性质，下列有关物质的性质解释错误的是 选项 实例 解释 A FeCl3易水解形成红褐色Fe(OH)3胶体 Fe3+特征：高电荷与小半径 B HF的稳定性强于HCl H—F键能大于H—Cl键能 C 干冰常温下为气体 干冰是分子晶体，分子间靠范德华力结合 D 碱性： 原子半径： A. A B. B C. C D. D 11. 常温下，溶液中各含碳物种的分布系数δ与pOH的变化关系如图δ()=，已知：。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法错误的是 A. 图中虚线①表示随pOH的变化情况 B. 的的数量级为 C. N点的pH为8.34 D. 反应的平衡常数为 12. 一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法正确的是 A. b电极的电势比a电极低 B. a电极反应： C. 可转化为和，锂的理论回收产率不变 D. 电路中转移2 mol电子，理论上可回收2 mol Li+ 13. 颜料W6X4Y6M20Z4因含有而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z与M同主族，且Z元素的气态氢化物能和它的氧化物在常温下反应生成该元素的单质，基态W最外层只有一个电子，X的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，Y的单质可作为半导体材料。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：M<W<X B. 第一电离能：M<W<X C. 最高价氧化物的水化物碱性：W<X D. 简单氢化物沸点：Y<Z<M 14. 向密闭容器中通入C3H8、CO2和He(体积比为2∶2∶3)，维持压强为p0 kPa，发生反应：。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线②所示。下列说法正确的是 A. 催化剂可以减小该反应的焓变 B. 512℃下，C3H8的平衡转化率为50%，则该反应的 C. 543℃下，体系中时，表明反应已达平衡 D. 若减小通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线① 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. NH3是一种重要的化工原料，回答下列问题： Ⅰ．实验室利用NH3和Br2的氧化还原反应模拟工业生产方法制备NH4Br(M=98 g·mol-1)，实验装置如图： ⅰ．检查装置气密性。 ⅱ．将盛有65.0 mL 7.5 mol·L-1氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL (40.0 g) Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ．打开K1，向C中逐滴加入15.0 mol·L-1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ．将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品39.2 g。 （1）仪器C的名称为___________。 （2）步骤ⅱ中，制备NH4Br的化学方程式为___________。 （3）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液___________(填实验现象)时，反应恰好完成。 （4）NH4Br的产率为___________。 Ⅱ．NH3与B2H6(强还原性的有毒气体)制备储氢材料NH3BH3(氨硼烷)，实验装置(夹持装置和搅拌装置略)如下： （5）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是___________(填标号)。 a．浓硫酸 b．P2O5 c．碱石灰 d．无水CaCl2 （6）实验过程中，NH3保持过量的原因是___________。 （7）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为___________。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是___________(填标号)。 a．读数时，气体未冷却至室温 b．计算时，未减去注入硫酸的体积 c．读数时，水准管液面高于量气管液面 16. CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含Cd2+、H+、，还含少量Fe3+、Pb2+杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②Fe3+、Pb2+完全沉淀的pH=3.2，Cd2+开始沉淀的pH=7.4； ③镉(Cd)元素在周期表中的信息如图： 回答下列问题： （1）Cd在元素周期表中的___________区。 （2）氨水调节pH步骤中，控制pH在3.2~7.4的原因是___________。若氨水过量，可能会生成[Cd(NH3)4]2+，写出该络合反应的离子方程式：___________。 （3）写出用过量H2S和Cd(NO3)2溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。 （4）量子点的直径一般为2 nm~10 nm，下列关于量子点液体的叙述正确的是___________(填标号)。 A．该分散系为溶液 B．过滤能得到CdS晶体 C．用激光笔照射量子点液体时能产生丁达尔效应 （5）室温下，往含Cd2+的溶液中加入氨水至溶液的pH=9.6，可生成Cd(OH)2沉淀，则溶液中的比值为___________。 （6）国家环保规定排污时Cd2+的含量需要≤0.1 mg·L-1，现有室温下1000 L含Cd2+的废水需要排放，废水中Cd2+浓度为1.0×10-5 mol·L-1，需要加入___________(精确到0.01)g Na2CO3。 （7）CdS晶胞结构如图所示，密度为ρ g·cm-3，Cd和S的原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CdS晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(用含ρ、a、b、NA的代数式表示)。 17. 低碳烯烃(C2~C4烯)用途广泛，可由合成气(CO+H2)经费托反应催化直接合成。 （1）合成丙烯的费托反应主要如下： ① ② ③ ④ 则=___________kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为___________(填标号)。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 （2）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应最适宜的催化剂为___________(填“MgAPO”“SAPO”或“GeAPO”)。430℃时，CO2的选择性为30%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为___________(保留两位有效数字)。［已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、某烃选择性=、选择性(CO2)=］ （3）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料，CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则b___________(填“>”“=”或“<”，下同)a，反应③的___________。 （4）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压456 kPa、初始投料时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则=___________；用各物质的分压来表示反应④的反应商=___________(列出计算式即可)(kPa)-5。 18. 环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线： 已知以下信息： ① ② ③ 回答下列问题： （1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。 （2）由B生成C的反应类型为__________。 （3）由C生成D的反应方程式为__________。 （4）E的结构简式为__________。 （5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。 ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。 （6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届8月素养训练 化学 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Br 80 Cd 112 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. 材料是科技发展的基础。下列属于金属材料的是 A. 氮化镓(GaN)半导体 B. T1200级超高强度碳纤维 C. 制造防弹装甲的高强度芳纶纤维 D. “北脑一号”脑机系统植入手术所用钛板 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮化镓（）属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，A错误； B．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于金属材料，B错误； C．芳纶纤维属于有机高分子合成材料，不属于金属材料，C错误； D．钛板的主要成分为金属钛，金属材料包括纯金属和合金，因此钛板属于金属材料，D正确； 故选D。 2. 化学知识在实验室、生产、生活中应用广泛。下列离子方程式错误的是 A. 银氨溶液中滴入稀盐酸： B. 酸性高锰酸钾溶液测定空气中的SO2含量： C. 钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式： D. 泡沫灭火器原理： 【答案】A 【解析】 【详解】A．银氨溶液中滴入稀盐酸时，反应生成的会与结合生成沉淀，正确离子方程式为，原离子方程式遗漏沉淀，A错误； B．酸性条件下将氧化为，自身被还原为，该反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，B正确； C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极失去电子生成，电极反应式书写正确，C正确； D．泡沫灭火器原理为与发生完全双水解反应，生成沉淀和气体，离子方程式书写正确，D正确； 故选A。 3. Mn和Cl元素的部分“价-类”二维关系如图。下列说法错误的是 A. 基态Mn、Cl原子的未成对电子数之比为5∶1 B. d的阴离子是正四面体结构 C. a的浓溶液可分别与c、f反应生成b D. g和e(硫酸盐)反应生成f时，n(氧化产物)∶n(还原产物)=3∶2 【答案】B 【解析】 【分析】首先确定各物质：含Cl物质中为，为，为次氯酸盐，为+5价氯酸盐；含Mn物质中为，为+2价锰盐，为高锰酸盐。 【详解】A．基态Mn核外电子排布为，未成对电子数为5；基态Cl核外电子排布为，未成对电子数为1，二者未成对电子数之比为，A正确； B．的阴离子为，中心Cl的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，不是正四面体结构，B错误； C．浓（）和次氯酸盐（）发生归中反应生成（）；浓和（）加热条件下反应也可生成（），C正确； D．该反应为Mn元素的归中反应，+7价Mn降价得到还原产物，每个Mn得，+2价Mn升价得到氧化产物，每个Mn失，根据电子守恒，(氧化产物)∶(还原产物)，D正确； 故选B。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 25℃和101 kPa下，22.4 L AsH3含有的原子数目为0.4NA B. 64 g SO2与16 g O2充分反应得到SO3的分子数为NA C. 44 g丙烷中含极性共价键的数目为8NA D. pH=1的HCOOH溶液中，H+的数目为0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况为0℃、101kPa，25℃、101kPa下气体摩尔体积不为22.4 L/mol，无法通过体积计算的物质的量，A错误； B．与生成的反应为可逆反应，反应物无法完全转化，64 g （1 mol）和16 g （0.5 mol）充分反应得到的分子数小于，B错误； C．44 g丙烷的物质的量为1 mol，中的极性共价键为C-H键，1个丙烷分子含8个C-H键，故1 mol丙烷含极性共价键的数目为8，C正确； D．题目给出HCOOH溶液的pH=1，即，但未给出溶液体积，无法计算的数目，D错误； 故选C。 5. 下列图示中，实验操作或方法正确的是 A．收集Cl2 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 C．加热NaHCO3固体 D．洗去乙酸乙酯中少量的乙醇 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．密度大于空气，应用向上排空气法收集，即长导管进气、短导管出气，图示为短进长出，无法收集，A错误； B．容量瓶是定容仪器，不能用于溶解固体，固体溶解操作应在烧杯中进行，B错误； C．加热固体时，为防止冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，且导管不能伸入液面下防止倒吸，图示操作错误，C错误； D．乙醇易溶于水溶液，乙酸乙酯在饱和溶液中溶解度很小，混合后会分层，可通过分液操作除去乙醇，图示操作正确，D正确； 故选D。 6. 1-环己基乙胺(X)溶于酸形成铵盐阳离子(Y)，Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子(Z)，下列说法错误的是 A. X→Y，键角∠H−N−H增大 B. 18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同 C. 18-冠-6的空腔尺寸与K+适配 D. Z中存在共价键、离子键和氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中原子有1对孤电子对，与结合形成Y后原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，故增大，A正确； B．18-冠-6中原子均形成4个键，价层电子对数为4；原子均形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数也为4，二者均采取杂化，杂化方式相同，B正确； C．18-冠-6的空腔尺寸与的半径适配，可络合，C正确； D．Z为超分子阳离子，内部存在共价键和氢键，离子键是阴阳离子间的相互作用，Z内部不存在离子键，D错误； 故选D。 7. 化合物L是从某山胡椒属植物中分离得到的一种生物活性物质，其结构如图所示。下列有关L的说法错误的是 A. 有3种含氧官能团 B. 含有2个手性碳 C. 能发生水解反应 D. 与足量H2反应后分子的水溶性增强 【答案】B 【解析】 【详解】A．该物质的含氧官能团包含羟基、酯基、酮羰基，共3种，A正确； B．手性碳为连接4个不同基团的饱和杂化碳原子，该分子中侧链连有羟基和甲基的叔碳、六元环上连侧链的碳、六元环上连酯基的碳均为手性碳，共3个，不是2个，具体如图所示，B错误； C．物质含有酯基，可发生水解反应，C正确； D．与足量反应后，酮羰基加成生成羟基，碳碳双键发生加成，分子中羟基数目增多，可与水分子形成更多氢键，水溶性增强，D正确； 故选B。 8. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将CH3CH2X和NaOH溶液混合加热，充分反应后，冷却，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成 CH3CH2X中X为Cl原子 B 在试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液，加热。待溶液冷却后向其中加入NaOH溶液，将溶液调至碱性，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热，产生砖红色沉淀 淀粉水解后有还原性糖生成 C 向盛有H2(g)、I2(g)、HI(g)的恒压密闭容器中充入一定量的N2(g)，最终颜色变浅 化学平衡向I2浓度减小的方向移动 D 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．卤代烃与溶液共热水解后，溶液呈碱性，直接滴加溶液时，会与反应生成沉淀，干扰卤素离子的检验，应先加稀硝酸酸化后再加溶液，故A错误； B．淀粉在酸性条件下水解，水解后加溶液将体系调至碱性，再与新制共热，产生砖红色沉淀，说明淀粉水解生成了含醛基的还原性糖，操作和结论均正确，故B正确； C．反应前后气体分子数相等，恒压条件下充入惰性气体，容器体积增大，浓度降低导致颜色变浅，该反应平衡不发生移动，故C错误； D．是型沉淀，，是型沉淀，，二者溶度积表达式结构不同，不能直接根据沉淀先后顺序判断的大小，故D错误； 故选B。 9. 下列叙述正确的是 A. 臭氧(O3)属于非极性分子 B. S8的结构为，是共价晶体 C. [AlH4]-的空间构型与的相同 D. 1 mol 能与5 mol H2加成 【答案】C 【解析】 【详解】A．为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体而非共价晶体，B错误； C．中心的价层电子对数为，无孤电子对，为杂化，空间构型为正四面体形；中心的价层电子对数为，无孤电子对，为杂化，空间构型也为正四面体形，二者空间构型相同，C正确； D．该有机物为苯乙烯，苯环可与加成，碳碳双键可与加成，共消耗，D错误； 故选C。 10. 物质的结构决定性质，下列有关物质的性质解释错误的是 选项 实例 解释 A FeCl3易水解形成红褐色Fe(OH)3胶体 Fe3+特征：高电荷与小半径 B HF的稳定性强于HCl H—F键能大于H—Cl键能 C 干冰常温下为气体 干冰是分子晶体，分子间靠范德华力结合 D 碱性： 原子半径： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．为高电荷、小半径的阳离子，极化能力强，易结合水中的水解生成胶体，A正确； B．分子的稳定性取决于共价键键能，原子半径小于，键长更短、键能大于，故稳定性更强，B正确； C．干冰属于分子晶体，分子间仅靠较弱的范德华力结合，熔沸点很低，故常温下为气体，C正确； D．碱性强于的原因是甲基为推电子基团，使原子上电子云密度增大，更易结合，与、原子半径大小无关，D错误； 故选D。 11. 常温下，溶液中各含碳物种的分布系数δ与pOH的变化关系如图δ()=，已知：。将足量置于纯水中得到饱和溶液。下列说法错误的是 A. 图中虚线①表示随pOH的变化情况 B. 的的数量级为 C. N点的pH为8.34 D. 反应的平衡常数为 【答案】D 【解析】 【分析】随pOH增大，溶液pH减小，碱性减弱，图中优势含碳物种依次由碳酸根离子转化为碳酸氢根离子、碳酸分子。pOH=3.67处碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相等，对应第二级电离；pOH=7.65处碳酸分子与碳酸氢根离子浓度相等，对应第一级电离，故两级电离的pK值分别为10.33和6.35。N点需根据两端物种浓度关系并联立两级电离常数求解；碳酸钙与碳酸反应的平衡常数需由溶度积和两级电离常数组合。 【详解】A．随pOH增大，溶液碱性减弱，碳酸根离子的分布系数减小，故虚线①表示的分布系数随pOH的变化情况，A正确； B．在pOH=7.65的交点处，与的浓度相等，对应pH=14.00-7.65=6.35，由第一级电离常数的原始表达式可得，其数量级为，B正确； C．N点的与浓度相等。将两级电离常数的原始表达式相乘，得，因此，C正确； D．反应的平衡常数由碳酸钙的溶度积常数和碳酸的两级电离常数组合得到，其原始表达式及计算为，不是题述值，D错误； 故选D。 12. 一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法正确的是 A. b电极的电势比a电极低 B. a电极反应： C. 可转化为和，锂的理论回收产率不变 D. 电路中转移2 mol电子，理论上可回收2 mol Li+ 【答案】C 【解析】 【分析】左侧池通入生成，发生还原反应，因此 a 电极是阴极，连接电源的负极，电极反应为：，右侧池被氧化为，发生氧化反应，因此 b 电极是阳极，连接电源的正极，电极反应为：；阴离子交换膜：允许阴离子(如、)通过，以维持电荷平衡。 【详解】A．b电极为阳极，连接电源正极，a电极为阴极连接电源负极，阳极电势高于阴极，因此b电极电势比a电极高，A错误； B．a电极上得电子生成，环境为碱性，电极反应为，B错误； C．歧化生成和的总反应为，反应前3个与​发生氧化还原反应转移6个电子；歧化反应后1个与​发生氧化还原反应仍然转移6个电子，所以可氧化的总物质的量不变，因此锂的理论回收产率不变，C正确； D．​中Fe为+2价，被氧化时每1mol ​失去1mol电子。电路中转移2mol电子时，阴阳极侧生成的氧化剂可分别氧化2mol ，共释放4mol ，因此理论上可回收4mol ，D错误； 故选C。 13. 颜料W6X4Y6M20Z4因含有而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z与M同主族，且Z元素的气态氢化物能和它的氧化物在常温下反应生成该元素的单质，基态W最外层只有一个电子，X的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应，Y的单质可作为半导体材料。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：M<W<X B. 第一电离能：M<W<X C. 最高价氧化物的水化物碱性：W<X D. 简单氢化物沸点：Y<Z<M 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题干推出元素：Z的气态氢化物可与其氧化物常温反应生成单质，反应为，故Z为；Z与M同主族，M原子序数最小，故M为；W原子序数大于、最外层1个电子，故W为；X最高价氧化物水化物为两性，故X为；Y单质为半导体材料，故Y为。 【详解】A．M、W、X的简单离子分别为、、，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，即，A错误； B．非金属第一电离能远大于金属，故第一电离能，即，B错误； C．金属性，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性，即，C错误； D．M的简单氢化物为，分子间存在氢键，沸点最高；、均为分子晶体，相对分子质量，范德华力更强，沸点更高，故沸点，即，D正确； 故选D。 14. 向密闭容器中通入C3H8、CO2和He(体积比为2∶2∶3)，维持压强为p0 kPa，发生反应：。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线②所示。下列说法正确的是 A. 催化剂可以减小该反应的焓变 B. 512℃下，C3H8的平衡转化率为50%，则该反应的 C. 543℃下，体系中时，表明反应已达平衡 D. 若减小通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线① 【答案】C 【解析】 【详解】A．催化剂仅能降低反应的活化能，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不改变反应的焓变，A错误； B．设初始、、的物质的量分别为、、，平衡转化率为时，转化的为，平衡时、、，总物质的量为，，B错误； C．543℃下曲线②对应的平衡转化率为，平衡时，，满足，故该关系成立时反应已达平衡，C正确； D．总压不变，减小的占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，的平衡转化率降低，应低于曲线②，不可能是曲线①，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. NH3是一种重要的化工原料，回答下列问题： Ⅰ．实验室利用NH3和Br2的氧化还原反应模拟工业生产方法制备NH4Br(M=98 g·mol-1)，实验装置如图： ⅰ．检查装置气密性。 ⅱ．将盛有65.0 mL 7.5 mol·L-1氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL (40.0 g) Br2，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭K2，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ．打开K1，向C中逐滴加入15.0 mol·L-1氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ．将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品39.2 g。 （1）仪器C的名称为___________。 （2）步骤ⅱ中，制备NH4Br的化学方程式为___________。 （3）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液___________(填实验现象)时，反应恰好完成。 （4）NH4Br的产率为___________。 Ⅱ．NH3与B2H6(强还原性的有毒气体)制备储氢材料NH3BH3(氨硼烷)，实验装置(夹持装置和搅拌装置略)如下： （5）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是___________(填标号)。 a．浓硫酸 b．P2O5 c．碱石灰 d．无水CaCl2 （6）实验过程中，NH3保持过量的原因是___________。 （7）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为___________。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是___________(填标号)。 a．读数时，气体未冷却至室温 b．计算时，未减去注入硫酸的体积 c．读数时，水准管液面高于量气管液面 【答案】（1） 三颈烧瓶 （2） （3） 由橙黄色变为无色 （4） （5）c （6） 使有毒的反应完全，防止污染环境，同时提高的转化率 （7） ①. ②. ab 【解析】 【小问1详解】 该仪器为常见的三颈烧瓶，带有三个瓶口，可同时加装不同仪器进行反应操作，符合装置C的特征。 【小问2详解】 该反应为和的氧化还原反应：作为氧化剂被还原为（生成），部分​作为还原剂被氧化为无污染的无色气体​，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为。 【小问3详解】 步骤ⅱ结束后C中溶液因溶解了过量的呈橙黄色，继续滴加氨水时，剩余的会和氨水进一步反应完全，当橙黄色恰好完全消失时，被完全消耗，反应恰好完成。 【小问4详解】 首先计算反应物的物质的量：，初始氨水的物质的量为，后续还额外加入浓氨水，因此过量，以为基准计算理论产量：根据反应式，可得，理论质量，因此产率为。 【小问5详解】 是碱性气体，浓硫酸、均为酸性干燥剂，会与反应；无水会与​形成配合物，不能干燥氨气；只有碱石灰（碱性干燥剂）可以干燥。 【小问6详解】 是有毒的强还原性气体，若不足，无法完全反应，会逸散到空气中造成安全和污染问题，过量可确保充分转化为目标产物，提升产率。 【小问7详解】 离子方程式配平：中H为-1价，中H为+1价，二者在酸性条件下发生归中反应生成，结合原子守恒、电荷守恒配平得到该式。误差分析： a．反应放热，气体未冷却至室温时温度偏高，气体体积受热膨胀，导致测得的​体积偏大，a符合题意； b．注入稀硫酸时，硫酸会占据装置内的空间，排出部分气体，若计算时未减去这部分注入硫酸的体积，会将这部分额外排出的体积计入​体积，导致结果偏大，b符合题意； c．读数时水准管液面高于量气管液面，量气管内气体压强大于外界大气压，气体被压缩，测得的体积偏小，c不符合题意； 故选ab。 16. CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含Cd2+、H+、，还含少量Fe3+、Pb2+杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②Fe3+、Pb2+完全沉淀的pH=3.2，Cd2+开始沉淀的pH=7.4； ③镉(Cd)元素在周期表中的信息如图： 回答下列问题： （1）Cd在元素周期表中的___________区。 （2）氨水调节pH步骤中，控制pH在3.2~7.4的原因是___________。若氨水过量，可能会生成[Cd(NH3)4]2+，写出该络合反应的离子方程式：___________。 （3）写出用过量H2S和Cd(NO3)2溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。 （4）量子点的直径一般为2 nm~10 nm，下列关于量子点液体的叙述正确的是___________(填标号)。 A．该分散系为溶液 B．过滤能得到CdS晶体 C．用激光笔照射量子点液体时能产生丁达尔效应 （5）室温下，往含Cd2+的溶液中加入氨水至溶液的pH=9.6，可生成Cd(OH)2沉淀，则溶液中的比值为___________。 （6）国家环保规定排污时Cd2+的含量需要≤0.1 mg·L-1，现有室温下1000 L含Cd2+的废水需要排放，废水中Cd2+浓度为1.0×10-5 mol·L-1，需要加入___________(精确到0.01)g Na2CO3。 （7）CdS晶胞结构如图所示，密度为ρ g·cm-3，Cd和S的原子半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CdS晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(用含ρ、a、b、NA的代数式表示)。 【答案】（1）ds （2） ①. 使Fe3+、Pb2+完全沉淀而除去，Cd2+不形成沉淀 ②. Cd2++4NH3∙H2O=[Cd(NH3)4]2++4H2O （3）4H2S+Cd2++2=CdS↓+2NO+3S↓+4H2O （4）C （5）0.45 （6）1.58 （7）×10-28% 【解析】 【分析】含镉废液(主要含Cd2+、H+、，还含少量Fe3+、Pb2+杂质)用氨水调节pH至3.2~7.4，Fe3+、Pb2+完全沉淀，Cd2+未沉淀，过滤得到Cd(NO3)2纯净液，通入H2S、水浴晶化、分离提纯制得CdS量子点。 【小问1详解】 基态Cd的价电子排布式为4d105s2，Cd处于元素周期表中第五周期第ⅡB族，在元素周期表中的ds区。 【小问2详解】 根据已知②可知，氨水调节pH步骤中，控制pH在3.2~7.4的原因是使Fe3+、Pb2+完全沉淀而除去，Cd2+不形成沉淀；若氨水过量，可能会生成[Cd(NH3)4]2+，该络合反应的离子方程式为Cd2++4NH3∙H2O=[Cd(NH3)4]2++4H2O。 【小问3详解】 H2S具有还原性，在酸性条件下具有强氧化性，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，以少量Cd(NO3)2定化学计量数，则过量H2S和Cd(NO3)2溶液反应制备CdS量子点的离子方程式为4H2S+Cd2++2=CdS↓+2NO+3S↓+4H2O。 【小问4详解】 A．量子点的直径一般为2nm~10nm，处于胶体中分散质粒子直径（1nm~100nm）的范围，则量子点液体的分散系属于胶体，A项错误； B．该分散系属于胶体，能透过滤纸，不能通过过滤的方法得到CdS晶体，B项错误； C．该分散系属于胶体，则用激光笔照射量子点液体时能产生丁达尔效应，C项正确； 选C。 【小问5详解】 加入氨水至溶液的pH=9.6可生成Cd(OH)2沉淀，c(OH-)=mol/L=10-4.4mol/L，Kb(NH3∙H2O)==1.8×10-5，则=≈0.45。 【小问6详解】 国家环保规定排污时Cd2+的含量需要≤0.1 mg·L-1，即Cd2+的含量需≤=8.897×10-7mol/L，需沉淀的Cd2+物质的量为(1×10-5-8.897×10-7)mol/L×1000L≈0.00911mol，沉淀Cd2+消耗物质的量为0.00911mol；溶液中残留物质的量为mol/L×1000L≈0.00584mol；故所需Na2CO3的总质量为(0.00911mol+0.00584mol)×106g/mol≈1.58g。 【小问7详解】 根据“均摊法”，1个晶胞中白球对应粒子有8×+6×=4个，黑球对应粒子个数为4，即1个晶胞中有4个Cd原子和4个S原子，晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为g÷ρg/cm3=cm3；CdS晶胞中原子的体积为4×π(a×10-10cm)3+4×π(b×10-10cm)3=×10-30cm3，CdS晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%=×10-28%。 17. 低碳烯烃(C2~C4烯)用途广泛，可由合成气(CO+H2)经费托反应催化直接合成。 （1）合成丙烯的费托反应主要如下： ① ② ③ ④ 则=___________kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为___________(填标号)。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 （2）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应最适宜的催化剂为___________(填“MgAPO”“SAPO”或“GeAPO”)。430℃时，CO2的选择性为30%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为___________(保留两位有效数字)。［已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、某烃选择性=、选择性(CO2)=］ （3）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料，CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则b___________(填“>”“=”或“<”，下同)a，反应③的___________。 （4）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压456 kPa、初始投料时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则=___________；用各物质的分压来表示反应④的反应商=___________(列出计算式即可)(kPa)-5。 【答案】（1） ①. -41 ②. B （2） ①. GeAPO ②. 0.49 （3） ①. ＜ ②. ＜ （4） ①. 9∶1 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将①－④得3CO(g)+3H2O(g)=3CO2(g)+3H2(g) ∆H=-497kJ/mol-(-374kJ/mol)=-123kJ/mol，则CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H3=-41kJ/mol；反应①、④的正反应都是气体分子数减小的放热反应，合成丙烯应使反应①、④向正反应方向移动，则选择低温高压，选B。 【小问2详解】 由图1可知，在相同温度下，使用催化剂GeAPO时，丙烯的转化率最低；由于丙烯是期望的目标产物，其转化属于副反应，因此抑制副反应最适宜的催化剂为GeAPO；CO2的选择性为30%，则总消耗CO中1-30%=70%用于生成总烃；已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性，则转化为总烃的CO转化率越大、低碳烯烃选择性越大，低碳烯烃的收率越大，观察图2中数据可知，CO的转化率为85%、低碳烯烃选择性为83%时，低碳烯烃的收率最大，则低碳烯烃最大收率为85%×(1-30%)×83%≈0.49。 【小问3详解】 若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡；反应③为放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应③的平衡向逆反应方向移动，CO2的选择性减小，由图3可知，当CO的转化率相同时，a%对应的温度更低、b%对应的温度更高，故b＜a；由于反应③已经快速平衡，则反应③的υ正(M)= υ逆(M)、υ正(N)= υ逆(N)，要比较υ正(M)、 υ逆(N)，本质上就是比较反应③的M点和N点的正反应速率，N点的温度高于M点，升高温度、化学反应速率加快，N点CO2的选择性更小，说明N点消耗的H2O(g)更少、体系中H2O(g)浓度更大，N点在更高温度和更大H2O(g)浓度双重作用下反应速率更快，故υ正(M) ＜ υ逆(N)。 【小问4详解】 结合C守恒，丙烯的选择性为90%，则C3H8的选择性为10%，C3H6与C3H8物质的量之比为9∶1，相同条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，则p(C3H6) ∶p(C3H8)=9∶1；设初始CO物质的量为amol，则初始H2物质的量为2amol；CO的转化率为50%，则转化CO物质的量为0.5amol，丙烯的选择性为90%，结合C守恒，生成C3H6物质的量为=0.15amol；生成C3H8物质的量为=mol，反应④消耗H2物质的量为amol、生成H2O(g)物质的量为0.5amol，剩余CO物质的量为0.5amol，反应②消耗H2物质的量为mol，剩余H2物质的量为2amol-amol-mol=mol；气体总物质的量为0.5amol+mol+0.15amol+0.5amol+mol=2.15amol，则反应④的Qp==(kPa-5)。 18. 环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线： 已知以下信息： ① ② ③ 回答下列问题： （1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。 （2）由B生成C的反应类型为__________。 （3）由C生成D的反应方程式为__________。 （4）E的结构简式为__________。 （5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。 ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。 （6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。 【答案】 ①. 丙烯 ②. 氯原子 ③. 羟基 ④. 加成反应 ⑤. 或 ⑥. ⑦. ⑧. ⑨. 8 【解析】 【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 或，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。 【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基， 故答案为丙烯；氯原子、羟基； （2）B和HOCl发生加成反应生成C， 故答案为加成反应； （3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：（或）， 故答案为（或）； （4）E的结构简式为。 （5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、； 故答案为、； （6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8， 故答案为8。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $