精品解析：山东菏泽市东明县第一中学2026届高三上学期2月阶段检测化学试卷

2023高三年级2026年2月阶段检测 化学学科 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Co 59 Sr 88 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活、科研密切相关。下列所述的化学知识错误的是 A. 烧鱼时，加料酒和醋，生成低级酯有香味 B. 服装厂制衣常用原料聚酯纤维属于纤维素 C. “天问一号”火星车的热控保温材料—纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D. 无污染长征六号运载火箭采用液氧煤油发动机，煤油属于烃类混合物 2. 下列图示中，实验操作规范且能达到实验目的的是 A.氨气的尾气吸收 B.配制NaOH溶液 C.向试管中滴加溶液 D.测定未知盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 3. 下列实验操作与方法，说法正确的是 A. 直接用过滤来提取蛋白质溶液中的蛋白质 B. 用18-冠-6增大在甲苯中的溶解度 C. 用萃取碘化钾溶液中的碘离子 D. 常用冷却结晶的方法提取氯化钠溶液中的氯化钠 4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1 L 溶液中的数目大于 B. 常温下，32 g 分子中极性键的数目为 C. 标准状况下，2.24 L 含有的电子总数为 D. 0.1 mol 与0.1 mol 蒸气置于密闭容器中，充分反应后生成HI分子的数目为 5. 下列化学反应与相应离子方程式相符的是 A. 用草酸标准液测定溶液浓度： B. 将少量通入的溶液中： C. 溶液中通入少量 D. 阿司匹林与足量溶液共热：+2OH-+CH3COO-+H2O 6. 第60号元素(Nd)的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A. 该元素位于周期表的第6周期第ⅢB B. 的中子数比质子数大82 C. 基态Nd原子核外共有10个d电子 D. 与属于同素异形体 7. 一种新型绿色溶剂结构如图所示。W、Q、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z三者的基态原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z的单质在常温下与水反应能生成Y的单质，基态M原子的核外电子空间运动状态有9种。下列说法正确的是 A. Q、X、Y的第一电离能：Y>X>Q B. Y、Z、M最简单氢化物沸点：Y>Z>M C. X、Z、M的简单离子半径：M>Z>X D. Q、Y、M两两形成的化合物都是极性分子 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 稳定性：[Cu(NH3)4]2+＞[ Cu(H2O)4]2+ 配位原子的电负性影响配体的配位能力 B 沸点：CO2＜HCHO HCHO分子间存在氢键 C 键角：SO2＞SCl2 中心原子的杂化类型和孤电子对数不同影响分子的几何结构 D 碱性：甲胺(CH3NH2)＞氨气 烃基为推电子基 A. A B. B C. C D. D 9. 利用N-Zn/TiO2光催化剂处理含硫废水，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 过程④的反应为 B. 反应一段时间后，溶液pH减小 C. 过程①中，氧元素化合价降低 D. 1mol 与1 mol 消耗的物质的量之比为1：3 10. 在催化剂作用下可利用温室气体CO2加氢制甲醇，涉及的反应有： ① ② 在压强为p下，向密闭容器中通入的混合气体，在催化剂作用下发生上述反应，平衡时CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性S［S(CH3OH或CO)］随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线z表示平衡时CO2的转化率 B. H2的平衡转化率始终低于CO2 C. 250℃时，m点体系中： D. 反应②的正反应速率： 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 常温下，测定等浓度的溶液和溶液的pH 溶液pH比溶液的大 非金属性： B 向淀粉溶液中加适量溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水 溶液不变蓝色 淀粉已完全水解 C 向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 氧化性： D 向待测液中滴加溶液 生成蓝色沉淀 溶液中有 A. A B. B C. C D. D 12. 利用如图所示微生物脱盐燃料电池可同时淡化盐水和处理氨氮废水(主要含)。 下列说法正确的是 A. M为阴离子交换膜 B. 负极的电极反应式为 C. 正极附近pH增大 D. 外电路转移1mol ，脱盐室质量无法计算 13. 天青石主要成分是，还含有少量及、、的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备的工艺流程如下： 已知：，。 下列说法错误的是 A. 加入缓冲溶液可使转化为 B. 镁、硅元素分别在“调pH”工序和“酸浸工序”除去 C. 若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D. 将投入到溶液中，反应后时，的转化率为32%(忽略溶液体积变化) 14. 聚脲是一种先进的防腐、防水材料，合成方法如下，下列说法正确的是 A. R的核磁共振氢谱有2组峰 B. Q中最多4个原子共线 C. 聚脲链间形成大量氢键，使其具有防水性 D. 反应1、2均有水参与加成反应 15. 室温下，向100.00mL 溶液中加入NaOH固体，溶液中主要微粒的分布系数［如的分布系数]与溶液的pH随加入的变化如图所示(假设过程中溶液体积始终不变)。下列说法错误的是 A. 上述溶液中始终存在 B. 当加入NaOH固体0.010mol时， C. 当时，溶液中 D. 当pH=12时， 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 氨硼烷(，熔点为104℃)因其高储氢含量以及室温稳定特性受到人们关注。氨硼烷的一种制备方法如下：。 已知：①若多原子分子中各原子在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成大π键。 ②原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相同的空间构型。 请回答下列问题： （1）基态B原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。 （2）第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有_______种。 （3）①常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生的三种酸分别为HF、HBF4和_______(填化学式)。 ②实验测得BF3中B—F键的键能是646 kJ·mol-1，而NF3中N—F键的键能是280 kJ·mol-1，BF3中B—F键能大于NF3中N—F键能的原因是_______。 （4）氨硼烷与乙烷互为等电子体。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及_______(填标号)。 A. 范德华力 B. 离子键 C. 配位键 D. 金属键 （5）硼氢化钠(NaBH4)是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图所示。 ①Na+的配位数是_______。 ②已知硼氢化钠晶体的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Na+与之间的最近距离为_______nm(用含、NA的代数式表示)。 ③若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为_______。 17. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①，，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。 （2）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中_____，据此判断能否实现和的完全分离_____(填“能”或“不能”)。 （3）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为_____。 （4）“沉淀”步骤中，用NaOH调，分离出的滤渣是_____。 （5）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为_____。 （6）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_____。 18. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色晶体，常用来合成各种Co基纳米材料，在可再生能源转换装置领域应用广泛。已知易溶于热水，微溶于冷水，可在活性炭催化下利用、、氨水、溶液制备。 i.粗品制备 ①将3g 和2g 加入三颈烧瓶中，加入5mL水，微热溶解。 ②加入7mL浓氨水和1g活性炭(作催化剂)，用冰水冷却至10℃以下，通过仪器a缓慢加入10mL 6％的溶液，实验装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。加热至60℃左右，恒温约20min。用水冷却至室温，过滤(不能洗涤)，得到黑黄色固体。 ii.粗品提纯 ③将粗品转入含有2mL浓盐酸的25mL沸水中，______。将滤液转入锥形瓶中，加入4mL浓盐酸，再用水冷却至室温，待大量结晶析出后，过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 iii.纯度测定 ④称取2.000g产品溶于足量稀硝酸中，用蒸馏水稀释后置于锥形瓶中，加入 溶液mL，使完全沉淀，并加3mL硝基苯(密度比水大)，振荡。 ⑤向锥形瓶中滴入3滴溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时用去mL KSCN溶液［已知：，］。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为__________________。 （2）写出制备总反应的化学方程式：__________________。 （3）球形干燥管b中盛放的试剂为______(填序号)。 A.浓硫酸 B.碱石灰 C.无水氯化钙 （4）步骤③中缺失操作为______。该步骤中两次使用了浓盐酸，第2次使用浓盐酸的目的是____________。 （5）步骤④中加入硝基苯的目的是__________________。 （6）产品的质量分数为__________________(列出计算式)。 19. 化合物L是一种具有手性的有机药物，合成路线如下(部分条件省略)： 回答下列问题： （1）化合物C中官能团的名称为__________________。 （2）条件1与条件2相同，写出该反应条件：________________________。 （3）写出的化学方程式________________________。 （4）符合下列条件的D的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。 ①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③分子中没有环状结构 （5）化合物J→K的合成过程中，经历了加成和消去两步反应，其中消去反应的化学方程式为__________________(不用写反应条件)。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为主要原料合成(溶剂、催化剂、无机试剂任选)______。 20. 将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 主反应： 副反应： 已知：Ⅰ．该副反应的热效应很小； Ⅱ．S表示含碳产物的选择性： ，。 回答下列问题： （1）一定温度下，将、通入恒压密闭容器中，仅发生主反应。Xi表示物质i的转化率，平衡时，反应放热，则_______；已知主反应，，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数。增大体系压强，的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；随着温度升高，的值将_______。 （2）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述两个反应，改变投料比，在相同时间内，测得、、的变化如图甲所示。该条件下的最佳投料比=_______；投料比=20时，_______%，乙醇产率=_______%。 （3）当投料比=10时，在不同条件下达到平衡，体系中副反应程度较小。在压强下的、随温度t的变化、在温度下的、随压强p的变化如图乙所示。 ①时，随t变化的曲线是_______(填“”“”“”或“”)。 ②A、B、C、D、E五个点中，处于完全相同化学平衡状态的点有_______；C、D、E三点对应的的转化率由大到小的顺序为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023高三年级2026年2月阶段检测 化学学科 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Co 59 Sr 88 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一项符合题目要求。 1. 化学与生活、科研密切相关。下列所述的化学知识错误的是 A. 烧鱼时，加料酒和醋，生成低级酯有香味 B. 服装厂制衣常用原料聚酯纤维属于纤维素 C. “天问一号”火星车的热控保温材料—纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D. 无污染长征六号运载火箭采用液氧煤油发动机，煤油属于烃类混合物 【答案】B 【解析】 【详解】A. 烧鱼时加料酒（含乙醇）和醋（含乙酸），两者发生酯化反应生成乙酸乙酯（低级酯），具有香味，A正确； B. 聚酯纤维（如涤纶）是合成高分子化合物，由酯基聚合而成，属于合成纤维；纤维素是天然高分子多糖（如棉、麻），二者结构不同，聚酯纤维不属于纤维素，B错误； C. 纳米气凝胶的粒子直径在1~100 nm范围内，属于胶体分散系，胶体能产生丁达尔效应，C正确； D. 煤油是石油分馏得到的烃类（碳氢化合物）混合物，主要成分为烷烃，D正确； 故选B。 2. 下列图示中，实验操作规范且能达到实验目的的是 A.氨气的尾气吸收 B.配制NaOH溶液 C.向试管中滴加溶液 D.测定未知盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨气极易溶于水，而不溶于，直接通入水中会倒吸，故先经由层可以防止倒吸，A正确； B．容量瓶是精确量取体积的容器，不能用来进行溶解，B错误； C．滴加液体试剂时，胶头滴管不能伸入试管内，应该竖直悬空，C错误； D．NaOH标准液应放在碱式滴定管中，图中带有活塞的滴定管是酸式滴定管，D错误； 故选A。 3. 下列实验操作与方法，说法正确的是 A. 直接用过滤来提取蛋白质溶液中的蛋白质 B. 用18-冠-6增大在甲苯中的溶解度 C. 用萃取碘化钾溶液中的碘离子 D. 常用冷却结晶的方法提取氯化钠溶液中的氯化钠 【答案】B 【解析】 【详解】A．蛋白质溶液属于胶体，胶体粒子能透过滤纸，无法用过滤提取蛋白质，应采用盐析等方法，A不符合题意； B．18-冠-6是一种冠醚，其分子结构中的空穴可与K⁺形成稳定配合物，使离子化合物在非极性溶剂甲苯中的溶解度显著增大，这是超分子的作用，B符合题意； C．碘离子在水溶液中无颜色，不能被萃取；是碘单质能被萃取，C不符合题意； D．氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法提取，冷却结晶适用于溶解度受温度影响大的物质，D不符合题意； 故选B。 4. 设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1 L 溶液中的数目大于 B. 常温下，32 g 分子中极性键的数目为 C. 标准状况下，2.24 L 含有的电子总数为 D. 0.1 mol 与0.1 mol 蒸气置于密闭容器中，充分反应后生成HI分子的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．磷酸是三元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，则1 L1 mol/L磷酸溶液中氢离子的数目小于NA，A错误； B．肼分子中含有的极性键数目为4，则32 g肼分子中极性键的数目为：×4×NA mol-1=4NA，B正确； C．标准状况下，三氧化硫为固体，无法利用22.4 L/mol计算三氧化硫的物质的量和含有的电子总数，C错误； D．生成碘化氢的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以0.1 mol 氢气与0.1 mol 碘蒸气置于密闭容器中，充分反应后生成碘化氢分子的数目小于0.2NA，D错误 故选B。 5. 下列化学反应与相应离子方程式相符的是 A. 用草酸标准液测定溶液浓度： B. 将少量通入的溶液中： C. 溶液中通入少量 D. 阿司匹林与足量溶液共热：+2OH-+CH3COO-+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸为弱酸，不拆，用草酸标准液测定溶液浓度的离子方程式为，A错误； B．还原性与＞，与会发生反应，故将少量通入的溶液中的离子方程式为：，B错误； C．溶液中通入少量，反应分两步进行，首先将氧化：；因少量，过量，生成的会与过量的反应：；两式相加可得总反应离子方程式：，C正确； D．阿司匹林与足量溶液共热的离子方程式应为：+3OH-+CH3COO-+2H2O，D错误； 故选C。 6. 第60号元素(Nd)的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是 A. 该元素位于周期表的第6周期第ⅢB B. 的中子数比质子数大82 C. 基态Nd原子核外共有10个d电子 D. 与属于同素异形体 【答案】A 【解析】 【详解】A．镧系元素位于周期表第6周期第ⅢB族，钕属于镧系，A正确； B．元素(Nd)的中子数=142-60=82，比质子数多22，而非82，B错误； C．钕的电子排布中，内层[Xe]包含3d10和4d10，总d电子数为20，C错误； D．同素异形体是同种元素形成的不同种单质，与质子数相同，中子数不同，属于同位素，D错误； 故选A。 7. 一种新型绿色溶剂结构如图所示。W、Q、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z三者的基态原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z的单质在常温下与水反应能生成Y的单质，基态M原子的核外电子空间运动状态有9种。下列说法正确的是 A. Q、X、Y的第一电离能：Y>X>Q B. Y、Z、M最简单氢化物沸点：Y>Z>M C. X、Z、M的简单离子半径：M>Z>X D. Q、Y、M两两形成的化合物都是极性分子 【答案】B 【解析】 【分析】W是原子序数较小的短周期主族元素，结合结构中W形成一个共价键，可知W为H；Z的单质常温下与水反应生成Y的单质，可以是钠与水反应生成氢气，也可以是与水反应生成，Y不可能是H，故只能是与水反应生成，Z为F、Y为O；Q能形成四个共价键且原子序数小于Y，推知Q为C；X原子序数介于Q(C)与Y(O)之间，且X、Y、Z的电子层数之和(均为2层，和为6)与未成对电子数之和(N：3、O：2、F：1，和为6)相等，推知X为N；基态M原子的核外电子空间运动状态(即轨道数)为9，且M形成了六个共价键，其核外电子排布为，故M为S。 【详解】A．同周期从左到右第一电离能一般增大，但N的2p轨道是半充满稳定结构，所以第一电离能顺序是N>O>C，也就是X>Y>Q，A错误； B．、HF分子间可以形成氢键且分子间氢键作用更强，故沸点：，即Y>Z>M，B正确； C．X、Z、M的简单离子半径，X是，Z是，M是，比、多一个电子层，半径最大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径，即M>X>Z，C错误； D．Q、Y、M两两形成的化合物，如、是直线形非极性分子，D错误； 故选B。 8. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 稳定性：[Cu(NH3)4]2+＞[ Cu(H2O)4]2+ 配位原子的电负性影响配体的配位能力 B 沸点：CO2＜HCHO HCHO分子间存在氢键 C 键角：SO2＞SCl2 中心原子的杂化类型和孤电子对数不同影响分子的几何结构 D 碱性：甲胺(CH3NH2)＞氨气 烃基为推电子基 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配位原子电负性低（N＜O）的NH3配位能力更强，使[Cu(NH3)4]2+更稳定，解释正确，A正确； B．CO2沸点低于HCHO的原因是：CO2是非极性分子，HCHO是极性分子，CO2分子间范德华力较弱，HCHO分子间无氢键（H未直接连O），B错误； C．SO2中心原子价层电子对数为2+=3，含有1个孤电子对，杂化方式为sp2，SCl2中心原子价层电子对数为2+=4，含有2个孤电子对，杂化方式为sp3，中心原子的杂化类型和孤电子对数不同影响分子的几何结构，导致键角：SO2＞SCl2，C正确； D．甲胺的-CH3为推电子基，增强N的电子云密度，碱性更强，D正确； 故选B。 9. 利用N-Zn/TiO2光催化剂处理含硫废水，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 过程④的反应为 B. 反应一段时间后，溶液pH减小 C. 过程①中，氧元素化合价降低 D. 1mol 与1 mol 消耗的物质的量之比为1：3 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，过程①发生的反应为，过程②发生的反应为，过程③发生的反应为，过程④的反应为，总反应为。 【详解】A．由分析可知，过程④的反应为，A正确； B．总反应为，水解使溶液呈碱性，而被氧化后生成的不水解，故随着反应的进行，溶液的pH减小，B正确； C．由分析可知，过程①发生的反应为，反应中氧元素的化合价降低被还原，C正确； D．由分析可知，过程④的反应为，过程②的反应为，可知1 mol与1 mol 消耗的物质的量之比为3:1，D错误； 故答案选D。 10. 在催化剂作用下可利用温室气体CO2加氢制甲醇，涉及的反应有： ① ② 在压强为p下，向密闭容器中通入的混合气体，在催化剂作用下发生上述反应，平衡时CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性S［S(CH3OH或CO)］随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线z表示平衡时CO2的转化率 B. H2的平衡转化率始终低于CO2 C. 250℃时，m点体系中： D. 反应②的正反应速率： 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度升高，反应②平衡逆向移动，甲醇含量降低，则x是甲醇选择性变化曲线，甲醇选择性与CO的选择性之和为1，且升温反应①平衡正向移动，导致CO的量增大，故y曲线代表CO的选择性，则曲线z表示平衡时CO2的转化率，A正确； B．初始投料比，反应①消耗与的物质的量之比为1，反应②消耗与的物质的量之比为3。因此，消耗的与的总物质的量之比介于1和3之间，由于投料比大于消耗比，始终过量，其平衡转化率始终低于，B正确； C．250℃时，甲醇和CO选择性相同，两个反应分别生成甲醇和一氧化碳的量相同，故m点体系中，C正确； D．p点和q点温度相同，反应②的正反应速率取决于反应物浓度。根据图像，p点位于平衡曲线x之上，表示该状态下的选择性高于平衡状态，反应将逆向进行以达到平衡，此时反应物浓度低于平衡状态；q点位于平衡曲线x之下，表示该状态下的选择性低于平衡状态，反应将正向进行以达到平衡，此时反应物浓度高于平衡状态。因此，q点的反应物浓度大于p点的反应物浓度，所以反应②的正反应速率：，D错误； 故选D。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 常温下，测定等浓度的溶液和溶液的pH 溶液pH比溶液的大 非金属性： B 向淀粉溶液中加适量溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量碘水 溶液不变蓝色 淀粉已完全水解 C 向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯 有机层呈橙红色 氧化性： D 向待测液中滴加溶液 生成蓝色沉淀 溶液中有 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．无法通过比较等浓度和溶液的pH推断非金属性，因为对应S的+4价（非最高价），且等浓度和溶液的pH只能用于比较和酸性，无法比较碳酸与亚硫酸酸性强弱，A错误； B．淀粉水解后加溶液至碱性再加入碘水，不变蓝也可能是碘单质与氢氧化钠反应导致，不能说明淀粉已完全水解，B错误； C．与反应生成，说明的氧化性强于，而是还原产物，无法直接得出的氧化性强于的结论，C错误； D．K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成蓝色沉淀，可特异性检测Fe2+的存在，D正确； 故选D。 12. 利用如图所示微生物脱盐燃料电池可同时淡化盐水和处理氨氮废水(主要含)。 下列说法正确的是 A. M为阴离子交换膜 B. 负极的电极反应式为 C. 正极附近pH增大 D. 外电路转移1mol ，脱盐室质量无法计算 【答案】CD 【解析】 【分析】由图可知右侧电极上被氧化生成，电极方程式为：；所以右边为负极，左边为正极，硝酸根被还原生成氮气，电极方程式为：。 【详解】A．根据分析，脱盐室中、铵根离子向正极移动，向负极移动。因此M需允许通过，应为阳离子交换膜，A错误； B．右室被氧化生成，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为，B错误； C．左侧为正极，硝酸根被还原生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为，生成氢氧根，所以pH增大，C正确； D．外电路转移1mol 时，脱盐室中和(共1mol)向正极移动、1mol 向负极移动，由于和(共1mol)，、具体物质的量不知道，因此脱盐室质量减少无法计算，D正确。 故答案选CD。 13. 天青石主要成分是，还含有少量及、、的氧化物等杂质，现以天青石为原料制备的工艺流程如下： 已知：，。 下列说法错误的是 A. 加入缓冲溶液可使转化为 B. 镁、硅元素分别在“调pH”工序和“酸浸工序”除去 C. 若去掉“氧化”工序，“调pH”时消耗氨水量增大 D. 将投入到溶液中，反应后时，的转化率为32%(忽略溶液体积变化) 【答案】D 【解析】 【分析】由溶度积可知相同温度时溶解度<，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和Na2CO3溶液充分混合，发生沉淀转化：SrSO4 +Na2CO3 = SrCO3+Na2SO4，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质Si、Mg、Fe的氧化物及少量BaSO4。向粗SrCO3中先加盐酸酸浸，经过滤除去SiO2、BaSO4，然后向滤液中加HClO，将Fe2+氧化生成Fe3+，加氨水调pH，溶液中析出Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去Mg(OH)2、Fe(OH)3，再向滤液中加入NH4HCO3溶液，生成SrCO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的SrCO3。 【详解】A．加入缓冲溶液可使转化为，便于除去，A正确； B．根据分析可知，硅的氧化物（如SiO2）不与盐酸反应，会在“酸浸”后进入滤渣1；镁的氧化物（如MgO）与盐酸反应生成Mg2+，但Mg2+在后续“调pH”步骤中会沉淀（进入滤渣2），因此硅、镁元素分别在“酸浸工序”（硅）和“调pH”工序（镁）除去，B正确； C． “氧化”工序是将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+沉淀的pH(约3~4)远低于Fe2+沉淀的pH(约7~8)。若去掉“氧化”工序，Fe2+需在更高pH下沉淀，会消耗更多氨水，C正确； D．的摩尔质量为184 g/mol，的物质的量为0.5 mol，由反应，反应后时，溶液中，则此时溶液中，已转化的的物质的量等于溶液中的物质的量，为0.32mol，则的转化率为，D错误； 故答案选D。 14. 聚脲是一种先进的防腐、防水材料，合成方法如下，下列说法正确的是 A. R的核磁共振氢谱有2组峰 B. Q中最多4个原子共线 C. 聚脲链间形成大量氢键，使其具有防水性 D. 反应1、2均有水参与加成反应 【答案】BC 【解析】 【详解】A．有机物R()有三种氢原子，所以R的核磁共振氢谱有3组峰，A错误； B．Q()的结构中，苯环是平面正六边形，其对角线方向的原子共线，为四面体结构，最多有四个原子共线，B正确； C．聚脲链间的和C=O可形成大量氢键，氢键的存在会增强分子间作用力，使聚脲结构更致密，因此具有防水性，C正确； D．反应1：R(含)与水反应生成Q(含)，属于加成反应(加成到上)，反应2：Q(含)与R(含)反应生成聚脲，是与的加成反应，无参与，D错误。 故选BC。 15. 室温下，向100.00mL 溶液中加入NaOH固体，溶液中主要微粒的分布系数［如的分布系数]与溶液的pH随加入的变化如图所示(假设过程中溶液体积始终不变)。下列说法错误的是 A. 上述溶液中始终存在 B. 当加入NaOH固体0.010mol时， C. 当时，溶液中 D. 当pH=12时， 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据C原子守恒，溶液中含碳粒子、、的总浓度等于初始溶液中C的浓度，即始终存在，A正确； B．当时，，图像中对应的pH=9.00，，温度不变，的为定值加入NaOH固体0.010mol时，的为，B错误； C．在图中找到的点，作垂直于纵轴和横轴的辅助线，可看到，，，根据A项物料守恒式，可计算，由可知，，同理所以，C错误； D．当pH=12时，由图像可知加入，故，根据N原子守恒，，因溶液体积相同，故，，因此，D正确； 故选BC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 氨硼烷(，熔点为104℃)因其高储氢含量以及室温稳定特性受到人们关注。氨硼烷的一种制备方法如下：。 已知：①若多原子分子中各原子在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成大π键。 ②原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相同的空间构型。 请回答下列问题： （1）基态B原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。 （2）第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有_______种。 （3）①常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生的三种酸分别为HF、HBF4和_______(填化学式)。 ②实验测得BF3中B—F键的键能是646 kJ·mol-1，而NF3中N—F键的键能是280 kJ·mol-1，BF3中B—F键能大于NF3中N—F键能的原因是_______。 （4）氨硼烷与乙烷互为等电子体。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及_______(填标号)。 A. 范德华力 B. 离子键 C. 配位键 D. 金属键 （5）硼氢化钠(NaBH4)是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图所示。 ①Na+的配位数是_______。 ②已知硼氢化钠晶体的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Na+与之间的最近距离为_______nm(用含、NA的代数式表示)。 ③若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则得到晶体的化学式为_______。 【答案】（1）哑铃形或纺锤形 （2）3(或三) （3） ①. H3BO3或B(OH)3 ②. NF3中不存在大π键，BF3中存在大π键，使B—F键比N—F键更短，B—F键能更大 （4）AC （5） ①. 8 ②. ③. Na3Li(BH4)4 【解析】 【小问1详解】 基态B原子中电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形； 【小问2详解】 同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素Be、C、O，所以在第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素种类数为3种元素； 【小问3详解】 ①常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生的三种酸分别为HF、HBF4和H3BO3或B(OH)3(BF3+3H2O=3HF+H3BO3)； ②实验测得BF3中B-F键的键能是646 kJ·mol-1，而NF3中N-F键的键能是280 kJ·mol-1，BF3中B-F键能大于NF3中N-F键能的原因是NF3中不存在大π键，BF3中存在大π键，使B-F键比N-F键更短，B-F键能更大； 【小问4详解】 氨硼烷()中，BH3的B缺电子，NH3的N有孤对电子，B与N形成配位键（C项）；氨硼烷是分子晶体，分子间存在范德华力（A项）；无离子键（非离子晶体）和金属键（非金属），故选AC； 【小问5详解】 ①根据其晶胞，该晶体中Na+周围最近的为8个，故Na+的配位数为8； ②根据均摊法可知，该晶胞中有4个Na+，4个，该晶胞的体积=2a3×10-21cm3=cm3，故边长a=nm，则Na+与之间的最近距离为面对角线的一半，即边长的，则为nm； ③若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中有1个Li+，3个Na+，4个，得到的晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。 17. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①，，。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。 （2）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中_____，据此判断能否实现和的完全分离_____(填“能”或“不能”)。 （3）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为_____。 （4）“沉淀”步骤中，用NaOH调，分离出的滤渣是_____。 （5）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为_____。 （6）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_____。 【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 （2） ①. ②. 不能 （3）4.0mol （4） （5） （6）向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥 【解析】 【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到。 【小问1详解】 “酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率； 【小问2详解】 假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现和的完全分离； 【小问3详解】 “沉锰”步骤中，将氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为4.0mol； 【小问4详解】 “沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用NaOH调，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是； 【小问5详解】 “沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为； 【小问6详解】 根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有Zn元素以形式存在，当后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。 18. 三氯化六氨合钴是一种橙黄色晶体，常用来合成各种Co基纳米材料，在可再生能源转换装置领域应用广泛。已知易溶于热水，微溶于冷水，可在活性炭催化下利用、、氨水、溶液制备。 i.粗品制备 ①将3g 和2g 加入三颈烧瓶中，加入5mL水，微热溶解。 ②加入7mL浓氨水和1g活性炭(作催化剂)，用冰水冷却至10℃以下，通过仪器a缓慢加入10mL 6％的溶液，实验装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。加热至60℃左右，恒温约20min。用水冷却至室温，过滤(不能洗涤)，得到黑黄色固体。 ii.粗品提纯 ③将粗品转入含有2mL浓盐酸的25mL沸水中，______。将滤液转入锥形瓶中，加入4mL浓盐酸，再用水冷却至室温，待大量结晶析出后，过滤、干燥，得到橙黄色晶体。 iii.纯度测定 ④称取2.000g产品溶于足量稀硝酸中，用蒸馏水稀释后置于锥形瓶中，加入 溶液mL，使完全沉淀，并加3mL硝基苯(密度比水大)，振荡。 ⑤向锥形瓶中滴入3滴溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时用去mL KSCN溶液［已知：，］。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为__________________。 （2）写出制备总反应的化学方程式：__________________。 （3）球形干燥管b中盛放的试剂为______(填序号)。 A.浓硫酸 B.碱石灰 C.无水氯化钙 （4）步骤③中缺失操作为______。该步骤中两次使用了浓盐酸，第2次使用浓盐酸的目的是____________。 （5）步骤④中加入硝基苯的目的是__________________。 （6）产品的质量分数为__________________(列出计算式)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2） 或 （3）C （4） ①. 趁热过滤 ②. 增大浓度，有利于产物析出 （5）覆盖在AgCl表面，防止AgCl与反应转化为AgSCN，干扰实验 （6） 【解析】 【分析】该实验的实验目的是以活性炭为催化剂，、氯化铵与氨水、过氧化氢溶液在60℃左右共热反应制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)；向反应得到的三氯化六氨合钴(Ⅲ)溶液中加入浓盐酸，降低三氯化六氨合钴(Ⅲ)的溶解度，经冷却析出晶体，过滤、干燥得到产品； 【小问1详解】 结合题给装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗。 【小问2详解】 在活性炭催化下利用、、氨水、溶液制得，其化学方程式为或 。 【小问3详解】 球形干燥管b的作用是吸收多余的氨气，防止其污染空气，且球形干燥管只能盛放固体干燥剂，故其中试剂为无水氯化钙，故选C。 【小问4详解】 已知易溶于热水，微溶于冷水，结合后续操作“将滤液转入锥形瓶中”，可推测步骤③中操作为趁热过滤；第2次使用浓盐酸的目的是增大浓度，利用同离子效应促使产物析出。 【小问5详解】 由已知信息可知，，即AgCl易转化为更难溶的AgSCN，硝基苯的密度比水大且不溶于水，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀，干扰实验。 【小问6详解】 根据反应、，可知参加反应的，则的物质的量为，故产品的质量分数为。 19. 化合物L是一种具有手性的有机药物，合成路线如下(部分条件省略)： 回答下列问题： （1）化合物C中官能团的名称为__________________。 （2）条件1与条件2相同，写出该反应条件：________________________。 （3）写出的化学方程式________________________。 （4）符合下列条件的D的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。 ①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③分子中没有环状结构 （5）化合物J→K的合成过程中，经历了加成和消去两步反应，其中消去反应的化学方程式为__________________(不用写反应条件)。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为主要原料合成(溶剂、催化剂、无机试剂任选)______。 【答案】（1）碳氯键、酯基 （2）氢氧化钠醇溶液，加热 （3） （4）21 （5） （6） 【解析】 【分析】A为，在、水、碱性条件下发生烯烃的氯代水解反应，最终得到B为，B与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C，C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成D，D发生取代反应生成E：，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，G为乙醛，在碱性条件下和甲醛发生羟醛缩合反应，得到H为，F和H在催化下发生加成反应，生成六元环的环加成产物I，I与发生反应生成J，结合H、F、J的结构可知I的结构为，J成环生成K，K进一步反应生成L。 【小问1详解】 根据C的结构，其官能团为碳氯键、酯基； 【小问2详解】 对比C和D的结构，C中连有Cl的碳原子的邻位碳上脱去1分子HCl形成碳碳双键，属于卤代烃的消去反应，该类反应的典型条件为强碱的醇溶液共热；同理E到F也是卤代烃的消去反应，所以条件是氢氧化钠醇溶液，加热； 【小问3详解】 发生的反应与类似，化学方程式为； 【小问4详解】 D的分子式为，不饱和度为2，能发生银镜反应说明有醛基，能发生水解反应说明有酯基，但分子中只有2个氧原子，所以是甲酸酯，分子中没有环状结构，则含有一个碳碳双键。其基本结构为，只需考虑中含一个碳碳双键的结构，先写碳链结构，再放双键，分别为(4种)、(4种)、(4种)、(3种)、(2种)、(1种)、(0种)、(3种)，共计21种。 【小问5详解】 J()先通过六元环上的双键断开进行自身的加成反应生成，再发生消去反应脱去小分子生成，化学方程式为。 【小问6详解】 对比模拟I→L的反应过程：原料的醛基与吲哚的双乙胺侧链发生类似流程中I→J的还原胺化反应，得到仲胺中间体；参照流程中J→K的反应条件，发生分子内的加成-消去过程得到双环双键中间体；参照流程中K到L的成环反应，最终关环得到目标双并环产物。可知合成路线为：。 20. 将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 主反应： 副反应： 已知：Ⅰ．该副反应的热效应很小； Ⅱ．S表示含碳产物的选择性： ，。 回答下列问题： （1）一定温度下，将、通入恒压密闭容器中，仅发生主反应。Xi表示物质i的转化率，平衡时，反应放热，则_______；已知主反应，，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数。增大体系压强，的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；随着温度升高，的值将_______。 （2）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述两个反应，改变投料比，在相同时间内，测得、、的变化如图甲所示。该条件下的最佳投料比=_______；投料比=20时，_______%，乙醇产率=_______%。 （3）当投料比=10时，在不同条件下达到平衡，体系中副反应程度较小。在压强下的、随温度t的变化、在温度下的、随压强p的变化如图乙所示。 ①时，随t变化的曲线是_______(填“”“”“”或“”)。 ②A、B、C、D、E五个点中，处于完全相同化学平衡状态的点有_______；C、D、E三点对应的的转化率由大到小的顺序为_______。 【答案】（1） ①. -20Q ②. 不变 ③. 减小 （2） ①. 20 ②. 8.1 ③. 72 （3） ①. L2 ②. A、D ③. D>C>E 【解析】 【小问1详解】 初始，平衡时，则消耗氢气0.1 mol，此时反应放热，主反应中2 mol氢气对应的焓变为，则消耗2 mol氢气放热20 QkJ，；反应速率常数只与温度有关，与体系压强无关，则增大体系压强，和均不变，不变；平衡常数，主反应为放热反应，体系温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，即减小。 【小问2详解】 表示乙酸的转化率，根据已知，乙酸和乙酸乙酯的选择性之和为1，则图中各曲线所表示的为：，投料比为20时，乙酸乙酯的选择性最小，因此乙酸的选择性最大，此时乙酸的转化率也较高，故最佳投料比为20；投料比=20时，乙酸的转化率为90%，乙酸乙酯的选择性为20%，则乙醇的选择性为80%，假设投入20 mol H2和1 mol CH3COOH，生成乙醇的物质的量为1 mol×90%×80%=0.72 mol，生成乙酸乙酯的物质的量为，则主反应生成0.72 mol+0.09 mol=0.81 mol乙醇，副反应消耗0.09 mol乙醇，H2的转化量为0.81 mol×2=1.62 mol，则H2的转化率==8.1%，乙醇的产率为。 【小问3详解】 ①当时在不同条件下达到平衡。在p=2MPa下的、随温度t、在t=200℃下的、随压强p的变化如图乙所示，副反应程度较小，L3、L4表示S(乙酸乙酯)，主反应为放热反应，温度升高，平衡左移，n(乙醇)减少，增大，减小，则p=2Mpa时，随t变化的曲线是L2，随t变化的曲线是L3，主反应是气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，副反应的平衡状态不受压强影响，则增大压强增大，减小，则随p变化的曲线是L1，随p变化的曲线是L4，故图像为：； ②L2和L3为p=2MPa下的等压线，分别代表和，L1和L4为t=200℃下等温线，分别代表和，因此A、B、C、D、E各点的温度和压强分别为：（200℃，2MPa）、（200℃，0.75MPa）、（325℃，2MPa）、（200℃，2MPa）、（400℃，2MPa），温度和压强均相同则化学平衡状态相同，因此处于完全相同化学平衡状态的点为A、D；C、D、E点压强相同、温度不同，反应放热，则温度越高，乙酸转化率下降，即乙酸转化率：D>C>E。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $