精品解析：湖南长沙市一中广雅中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

2027届高三8月考试 化学 一、单选题 1. 只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 2. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2：1的分子。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W与Y能形成含有非极性键的化合物 C. X和Y的最简单氢化物的沸点： D. 由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性 3. 化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是 A．溶液褪色 B．产生红色沉淀 C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色 A. A B. B C. C D. D 4. 从柑橘中可提炼得1，8-萜二烯()。下列有关它的说法中正确的是 A. 该物质的分子式为C10H14 B. 该物质属于烃，难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯 C. 该物质与酸性高锰酸钾溶液、氧气、溴水等均可发生加成反应 D. 该物质的一种同分异构体的结构中可能含有苯环 5. 化学知识在生产、生活中应用广泛。下列反应方程式错误的是 A. 氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃： B. 侯氏制碱法的主要反应： C. 酸性高锰酸钾溶液测定空气中的含量： D. 醋酸除去水垢中的： 6. 元素a～h为短周期主族元素，其原子半径与核电荷数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. b和g同族 B. 电负性：c>g C. 第一电离能：f>e>d D. 最简单氢化物的沸点：h>a 7. 将8.34 gFeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则下列说法正确的是 A. FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B. 在100℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C. 在200℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O D. 380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 8. 如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法不正确的是 A. 装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气 B. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 C. 装置中发生反应的离子方程式为Cl-＋2H＋Cl2↑＋H2↑ D. 该装置是将电能转化为化学能 9. 通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能： C. 和所含电子数目相等 D. P和Q分子中C、B和N均为杂化 10. 是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是 A. 合成反应中，还原剂是和C B. 晶胞中含有的个数为4 C. 每个周围与它最近且距离相等的有8个 D. 为V形结构 11. 常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 水的电离程度： B. M点： C. 当时， D. N点： 12. 某化学课外活动小组为探究溶液与溶液反应的产物，设计了如下实验，并得到相应的实验现象如表所示： 序号 实验操作 实验现象 ① 向溶液中滴加溶液至过量 开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀 ② 向溶液中滴加溶液至过量 开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体 已知FeS和均黑色沉淀。下列说法错误的是 A. 实验①和实验②中均不生成沉淀 B. 实验①和实验②中黑色沉淀成分不同，气体成分相同 C. 实验②中，黑色沉淀溶解时溶液的pH增大 D. 由实验可知，溶液与溶液的反应产物与溶液酸碱性有关 13. 常温下，将1.00 mol/L NaOH溶液加入(二元弱酸)中，随NaOH溶液的不断加入，含A的相关微粒的物质的量浓度及pH变化如图所示，下列说法正确的是 A. 该溶液中的数量级为 B. 时， C. 调pH至12的过程中，水的电离程度先减小后增大 D. 时， 14. 我国科学家以乙腈（）为反应溶剂，在可见光下用催化芳香醚制得苯酚，其反应原理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 过程②中铜元素的化合价升高 B. 过程中发生了消去反应和水解反应 C. 总反应方程式为 D. 若以为原料，反应⑧的产物可得到 二、实验题 15. 1，2-二溴乙烷的制备原理是；某课题小组用如图所示的装置制备1，2-二溴乙烷(加热和夹持装置省略)。 回答下列问题： （1）仪器F与分液漏斗比较，优点是_____________________；装置C的作用是_____________________。 （2）加热三颈烧瓶前，先将C与D连接处断开，再将三颈烧瓶在陶土网上加热，待温度升到约时，连接C与D，并迅速将A反应温度升温到，从F中慢慢滴加乙醇-浓硫酸混合液，保持乙烯气体均匀地通入装有4.00 mL液溴()和3 ml水的D试管，直至反应结束。(1，2-二溴乙烷的相对分子质量为188) 判断反应结束的现象是________________________________________。 （3）将粗产品通过以下操作提纯得到1，2-二溴乙烷。 a．水洗涤 b．氢氧化钠溶液洗涤 c．水洗涤 d．用无水氯化钙干燥 e．过滤 f．蒸馏收集馏分，最后得到7.05 g产品(1，2-二溴乙烷) ①第二次水洗涤的目的是________________。 ②为更好的控制蒸馏时的温度，蒸馏操作时，温度计水银球应位于___________。(填序号) A．蒸馏烧瓶混合液中 B．蒸馏烧瓶支管口 （4）1，2-二溴乙烷沸点高于乙烷的原因是____________________________________。 （5）依据实验数据计算该实验的产率为___________%。 三、简答题 16. 环氧乙烷(C2H4O)具有杀菌、环氧化、羟乙基化等特性，在化工、医药、食品、纺织等多个领域具有广泛应用。 （1）以乙烯为原料生产环氧乙烷，过去主要使用的是氯代乙醇法，其原理为：C2H4(g) + Cl2 + Ca(OH)2 → C2H4O + CaCl2 + H2O。这种生产工艺的原子利用率为________（结果保留三位有效数字）。 已知：原子利用率 =（期望产物的总质量÷生成物的总质量）×100% （2）现代工业常利用氧化乙烯制备环氧乙烷。发生的主要反应有： I．2C2H4(g) + O2(g) 2C2H4O(g) ΔH1 = -210 kJ·mol−1 Ⅱ．C2H4(g) +3O2(g) 2CO2(g) + 2H2O(g) ΔH2 = -1239 kJ·mol−1 利用盖斯定律可以间接计算化学反应的反应热，根据下图所示的循环过程， ΔH4 =________（用含ΔH1 、ΔH2 、ΔH3 的代数式表示）。 （3）反应I的正、逆反应速率可分别表示为= (C2H4)·p(O2) 、= (C2H4O)（、分别为正、逆反应的速率常数，p为物质的分压，单位为kPa）。T℃时，。T℃时，反应I的分压平衡常数Kp=________(kPa)－1；仅升高温度，_______，Kp_______（填“增大”“减小”或“不变”）。 （4）以Ag为催化剂合成C2H4O的反应机理如下： Ⅲ：Ag(s) + O2(g) → Ag+(s) 慢 Ⅳ：C2H4(g) + Ag+(s) → C2H4O(g) + Ag+O－(s) 快 Ⅴ：C2H4(g) + 6Ag+O－(s) → 2CO2(g) + 6Ag(s) + 2H2O(g) 快 ①结合反应机理，能够提高主反应速率的措施有________（填标号）。 A．恒容条件下，通入惰性气体 B．适当升高温度     C．减小压强      D．增大O2浓度 ②加入1，2-二氯乙烷会发生反应：2Cl(g) + 2 Ag+O－(s) → 2AgCl(s) + O2(g)。一定条件下，反应一定时间后，C2H4O产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。 1，2-二氯乙烷浓度增大使C2H4O产率先升高后降低的原因为________。 四、推断题 17. 兰地洛尔（化合物J）能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床手术。J的一条合成路线如下（略去部分条件和试剂）： 已知： ①BPO为过氧化物，NBS为溴化试剂； ② 回答以下问题： （1）A的名称为__________。 （2）合成路线中设计A→B这一步的目的是__________。 （3）D→E中，第一步反应的化学方程式为__________。 （4）G中所含有的官能团是羟基和__________、__________。 （5）物质J的高选择性与其结构相关，其所含手性碳数目为__________个。 （6）F的同分异构体同时满足下列条件的有__________种。 ①含有酚羟基；②含有酯基；③苯环上只有2个取代基 （7）制备化合物I，分为两步： 写出M和I的结构简式__________、__________。 五、工艺流程题 18. 某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三8月考试 化学 一、单选题 1. 只用一种试剂，将四种物质的溶液区分开，这种试剂是 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH溶液与AlCl3反应生成白色沉淀，过量时溶解；与(NH4)2CO3加热会释放NH3气体，但常温下可能无法明显区分；Na2SO4和KNO3均无现象，无法区分，A错误； B．AgNO3溶液与Na2SO4生成微溶Ag2SO4，与(NH4)2CO3生成Ag2CO3沉淀，与AlCl3生成AgCl沉淀，KNO3无反应。但三种沉淀均为白色，无法明确区分，B错误； C．H2SO4溶液仅与(NH4)2CO3反应产生CO2气体，其余三者无现象，无法区分Na2SO4、AlCl3、KNO3，C错误； D．Ba(OH)2溶液与Na2SO4生成BaSO4白色沉淀（不溶解）；与(NH4)2CO3生成BaCO3沉淀并释放NH3气体；与AlCl3先生成Al(OH)3沉淀，过量时溶解；KNO3无现象，四种现象均不同，可区分，D正确； 故选D。 2. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2：1的分子。下列说法正确的是 A. 简单离子半径： B. W与Y能形成含有非极性键的化合物 C. X和Y的最简单氢化物的沸点： D. 由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性 【答案】B 【解析】 【分析】Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的核外有3个电子层，最外层电子数为1，即为Na，W与X能形成原子个数比为2:1的18电子的分子，则形成的化合物为N2H4，所以W为H，X为N，Y的原子序数是W和X的原子序数之和，则Y为O。据此分析解答。 【详解】由分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。 A．离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N3-＞O2-＞Na+，即简单离子半径为：X＞Y＞Z，故A错误； B．W为H，Y为O，能形成H2O2，含有极性共价键和非极性共价键，故B正确； C．X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y＞X，故C错误； D．由W、X、Y三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸铵，氨水等，硝酸，硝酸铵显酸性，氨水显碱性，故由W、X、Y三种元素形成的化合物不一定都是酸性，故D错误； 故选B。 3. 化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是 A．溶液褪色 B．产生红色沉淀 C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，从而使其褪色，A正确； B．溶液与溶液发生复分解反应，生成蓝色沉淀，B错误； C．苯酚与发生显色反应，溶液呈紫色，C正确； D．浓氨水挥发出的氨气遇到湿润的红色石蕊试纸，发生反应：，试纸变为蓝色，D正确； 故选B。 4. 从柑橘中可提炼得1，8-萜二烯()。下列有关它的说法中正确的是 A. 该物质的分子式为C10H14 B. 该物质属于烃，难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8-萜二烯 C. 该物质与酸性高锰酸钾溶液、氧气、溴水等均可发生加成反应 D. 该物质的一种同分异构体的结构中可能含有苯环 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构简式可确定该物质的分子式为C10H16，A错误； B．该物质中只含C、H元素，所以属于烃，难溶于水，易溶于有机溶剂，因此可用某些有机溶剂提取1,8-萜二烯，B正确； C．该物质中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液、氧气发生氧化反应，而非加成反应，C错误； D．该物质的不饱和度是3，苯的不饱和度是4，所以该物质的同分异构体的结构中不可能含有苯环，D错误； 故选B。 5. 化学知识在生产、生活中应用广泛。下列反应方程式错误的是 A. 氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃： B. 侯氏制碱法的主要反应： C. 酸性高锰酸钾溶液测定空气中的含量： D. 醋酸除去水垢中的： 【答案】D 【解析】 【详解】A．玻璃主要成分为，与反应生成气体和，方程式书写正确，A不符合题意； B．侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通再通，生成溶解度较小的沉淀，同时得到，方程式书写正确，B不符合题意； C．酸性条件下将氧化为，自身被还原为，该离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式书写正确，C不符合题意； D．醋酸为弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为，需保留化学式，该离子方程式书写错误，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑‌，D符合题意； 故选D。 6. 元素a～h为短周期主族元素，其原子半径与核电荷数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. b和g同族 B. 电负性：c>g C. 第一电离能：f>e>d D. 最简单氢化物的沸点：h>a 【答案】B 【解析】 【分析】由原子半径变化规律可知，a、b、c为第二周期主族元素，d到h为第三周期主族元素，d是第三周期原子半径最大的Na，由此推得：a为N，b为O，c为F，d为Na，e为Mg，f为Al，g为Si，h为P。 【详解】A．b为O（ⅥA族），g为Si（ⅣA族），二者不同族，A错误； B．电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，F是电负性最大的元素，电负性F>Si，即c>g，B正确； C．Mg的3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能Mg>Al，故第一电离能顺序为Mg>Al>Na，即e>f>d，C错误； D．分子间存在氢键，沸点高于无氢键的，即沸点a>h，D错误； 答案选B。 7. 将8.34 gFeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则下列说法正确的是 A. FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子 B. 在100℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O C. 在200℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O D. 380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 【答案】D 【解析】 【分析】8.34 g FeSO4·7H2O样品的物质的量为n(FeSO4·7H2O)=，其中，如晶体全部失去结晶水，残留固体的质量应为m(FeSO4)=，可知在加热到373℃之前，晶体只是失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式。加热至633℃时，固体的质量为2.40 g，其中，，则固体中，，则n(Fe)：n(O)=0.03 mol：0.045 mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，铁元素化合价升高，必然有硫元素的化合价降低，即反应时有SO2生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x，y，根据硫原子守恒及气体的质量，列方程计算判断生成物中是否含有SO3。 【详解】A．根据上述分析可知：FeSO4·7H2O在加热到373℃时完全失去结晶水变为FeSO4；在分别加热到78℃、159℃时失去部分结晶水，最终分解得到固体为Fe2O3，故FeSO4·7H2O晶体中有3种不同结合力的水分子，A错误； B．温度为78℃时，固体质量为6.72 g，其中，，，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.12 mol:0.03 mol=4：1，则晶体的化学式为FeSO4·4H2O，故100℃时，M的化学式为FeSO4·4H2O，B错误； C．温度为159℃时，固体质量为5.10 g，其中，，，则n(H2O)：n(FeSO4)=0.03 mol:0.03 mol=1：1，则化学式为FeSO4·H2O，FeSO4·H2O在373℃开始分解失去结晶水，在200℃时N的化学式为FeSO4·H2O，C错误； D．铁元素的化合价升高，必有硫元素的化合价降低，即FeSO4高温分解有SO2生成，设SO2、SO3的物质的量分别为x、y，根据S元素守恒可知：x+y=0.03 mol，根据质量守恒定量可得：64x+80y=4.56g-2.4 g，解得x=y=0.015 mol，所以FeSO4分解反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确； 故合理选项是D。 8. 如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法不正确的是 A. 装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气 B. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 C. 装置中发生反应的离子方程式为Cl-＋2H＋Cl2↑＋H2↑ D. 该装置是将电能转化为化学能 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据电解池中，阳离子移向阴极可知，电解池左侧为阳极区，氯离子放电生成氯气，右侧为阴极区，氢离子放电生成氢气，所以装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气，A正确； B．离子交换膜有选择性，根据图象知，该离子交换膜只能让钠离子通过，即让阳离子通过，不能让阴离子通过，B正确； C．电解饱和食盐水的总反应式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C错误； D．该装置为电解池，是将电能转化为化学能的装置，D正确； 故答案为：C。 9. 通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能： C. 和所含电子数目相等 D. P和Q分子中C、B和N均为杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，故B正确； C．由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol P和1mol Q所含电子数目相等，C正确； D．由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确； 本题选A。 10. 是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是 A. 合成反应中，还原剂是和C B. 晶胞中含有的个数为4 C. 每个周围与它最近且距离相等的有8个 D. 为V形结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．LiH中H元素为-1价，由图中化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是和C，故A正确； B．根据均摊法可知，位于晶胞中的面上，则含有的个数为，故B正确； C．观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的有8个，故C正确； D．的中心原子C原子的价层电子对数为，且与CO2互为等电子体，可知为直线形分子，故D错误； 故答案选D。 11. 常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 水的电离程度： B. M点： C. 当时， D. N点： 【答案】D 【解析】 【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，，，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。 【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确； B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确； C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确； D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误； 故答案选D。 12. 某化学课外活动小组为探究溶液与溶液反应的产物，设计了如下实验，并得到相应的实验现象如表所示： 序号 实验操作 实验现象 ① 向溶液中滴加溶液至过量 开始时观察到黄色浑浊，同时产生气体，过量时产生黑色沉淀 ② 向溶液中滴加溶液至过量 开始时产生黑色沉淀，继续滴加黑色沉淀溶解，出现黄色浑浊，同时产生气体 已知FeS和均黑色沉淀。下列说法错误的是 A. 实验①和实验②中均不生成沉淀 B. 实验①和实验②中黑色沉淀成分不同，气体成分相同 C. 实验②中，黑色沉淀溶解时溶液的pH增大 D. 由实验可知，溶液与溶液的反应产物与溶液酸碱性有关 【答案】C 【解析】 【分析】向溶液中滴加溶液，发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀和亚铁离子：，溶液呈酸性，生成气体为硫化氢，硫化钠过量时发生还发生反应，生成FeS黑色沉淀； 向溶液中滴加溶液，开始S2-过量，发生反应，生成黑色沉淀，氯化铁过量溶液显酸性，+6H+=2Fe3++3H2S，使得黑色沉淀溶解，同时发生氧化还原反应，生成硫单质沉淀，反应使得溶液酸性增强； 【详解】A．氢氧化铁沉淀为红褐色，根据现象实验①和实验②中均不生成沉淀，故A正确； B．由分析可知，实验①的沉淀是FeS，实验②中黑色沉淀是，气体都是H2S，故B正确； C．实验②中，黑色沉淀溶解时，发生反应，硫化铁溶解时消耗的氢离子与发生氧化还原生成的氢离子数一样，pH应不变，故C错误； D．溶液水解显酸性、溶液水解显碱性；由实验可知，溶液与溶液的反应产物与溶液酸碱性有关，故D正确； 选C。 13. 常温下，将1.00 mol/L NaOH溶液加入(二元弱酸)中，随NaOH溶液的不断加入，含A的相关微粒的物质的量浓度及pH变化如图所示，下列说法正确的是 A. 该溶液中的数量级为 B. 时， C. 调pH至12的过程中，水的电离程度先减小后增大 D. 时， 【答案】D 【解析】 【分析】随NaOH溶液的加入，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，进而可以判断各曲线所表示的微粒，，当时，，则； ，时，则。 【详解】A．由图可知，溶液加氢氧化钠溶液前pH在2与3之间，则数量级为10-3，故A错误； B．时，，溶液中存在电荷守恒：，此时溶液呈碱性，则，即存在，此时，则，故B错误； C．向溶液中加入NaOH溶液调pH至12的过程中，先生成易水解的盐，促进了水的电离，氢氧化钠过量后抑制水电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C错误； D．，时，，所以，故D正确； 选D。 14. 我国科学家以乙腈（）为反应溶剂，在可见光下用催化芳香醚制得苯酚，其反应原理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 过程②中铜元素的化合价升高 B. 过程中发生了消去反应和水解反应 C. 总反应方程式为 D. 若以为原料，反应⑧的产物可得到 【答案】A 【解析】 【详解】A．对甲、乙中Cu的化合价进行计算： 甲整体带1个单位负电荷，含1个Cu、3个Cl-，CH3CN为中性，因此Cu化合价为+2； 乙整体带1个单位负电荷，含1个Cu、2个Cl-，CH3CN为中性，因此Cu化合价为+1。 过程②是甲转化为乙，Cu化合价从+2降低为+1，不是升高，A错误； B．过程⑦中，C6H5OCH2OOH脱去1分子水生成甲酸苯酚酯HCOOC6H5，形成碳氧双键，属于消去反应；过程⑧是甲酸苯酚酯在酸性条件下水解生成苯酚和甲酸，属于水解反应，B正确； C．根据整个循环，反应物是苯甲醚和氧气，产物是苯酚和甲酸，催化剂是氯化铜、HCl，条件为可见光、乙腈，原子守恒配平后总反应正确，C正确； D．参与反应后，最终进入甲酸苯酚酯的羰基中，酯水解时断键不影响羰基的氧，因此产物甲酸为，D正确； 故选A。 二、实验题 15. 1，2-二溴乙烷的制备原理是；某课题小组用如图所示的装置制备1，2-二溴乙烷(加热和夹持装置省略)。 回答下列问题： （1）仪器F与分液漏斗比较，优点是_____________________；装置C的作用是_____________________。 （2）加热三颈烧瓶前，先将C与D连接处断开，再将三颈烧瓶在陶土网上加热，待温度升到约时，连接C与D，并迅速将A反应温度升温到，从F中慢慢滴加乙醇-浓硫酸混合液，保持乙烯气体均匀地通入装有4.00 mL液溴()和3 ml水的D试管，直至反应结束。(1，2-二溴乙烷的相对分子质量为188) 判断反应结束的现象是________________________________________。 （3）将粗产品通过以下操作提纯得到1，2-二溴乙烷。 a．水洗涤 b．氢氧化钠溶液洗涤 c．水洗涤 d．用无水氯化钙干燥 e．过滤 f．蒸馏收集馏分，最后得到7.05 g产品(1，2-二溴乙烷) ①第二次水洗涤的目的是________________。 ②为更好的控制蒸馏时的温度，蒸馏操作时，温度计水银球应位于___________。(填序号) A．蒸馏烧瓶混合液中 B．蒸馏烧瓶支管口 （4）1，2-二溴乙烷沸点高于乙烷的原因是____________________________________。 （5）依据实验数据计算该实验的产率为___________%。 【答案】（1） ①. 平衡气压，使液体顺利滴下 ②. 吸收反应产生的SO2、CO2等酸性气体 （2）D中试管内混合溶液变成无色 （3） ①. 洗去过量的NaOH和生成的NaBr等钠盐 ②. B （4）二者结构相似，1，2-二溴乙烷相对分子质量大，分子间作用力大 （5）50 【解析】 【分析】本实验通过乙醇的消去反应制备乙烯，再利用乙烯与溴的加成反应制备1,2-二溴乙烷。装置A为乙烯发生装置，仪器F为恒压滴液漏斗；装置B为安全瓶，可防堵塞并平衡压强；由于浓硫酸具有强氧化性，副反应会生成、等酸性气体，装置C中的溶液用于除杂；装置D中发生乙烯与溴的加成反应，冷水浴和水封均为了减少溴的挥发；装置E用于吸收尾气，防止污染环境。 【小问1详解】 仪器F为恒压滴液漏斗，其侧管将漏斗上下连通，与普通分液漏斗相比，其优点是可以平衡漏斗内外的气压，使漏斗内的液体顺利滴下。装置C中盛有溶液，其作用是吸收副反应产生的、等酸性杂质气体，防止与溴发生反应从而干扰主反应。 【小问2详解】 D中试管内装有液溴，呈红棕色（或橙红色），当溴完全参与反应生成无色的1,2-二溴乙烷时，溶液颜色会褪去，故判断反应结束的现象是D中试管内液体的红棕色（或橙红色）褪去。 【小问3详解】 ① 粗产品经过溶液洗涤后，表面会残留及反应生成的钠盐，第二次水洗涤的目的是洗去残留的及生成的NaBr等钠盐，防止影响后续提纯； ② 蒸馏操作的目的是收集特定沸点范围的馏分，温度计用于测量馏分蒸气的温度，因此水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故选B； 【小问4详解】 1,2-二溴乙烷和乙烷均形成分子晶体，由于1,2-二溴乙烷的相对分子质量大于乙烷，其分子间作用力（范德华力）更强，克服分子间作用力需要的能量更多，因此沸点更高； 【小问5详解】 实验中使用的液溴体积为，密度为，其质量为 ，物质的量 。根据反应方程式 ，理论上生成1,2-二溴乙烷的物质的量也为，理论产量为 。实际得到产品，故该实验的产率为 。 三、简答题 16. 环氧乙烷(C2H4O)具有杀菌、环氧化、羟乙基化等特性，在化工、医药、食品、纺织等多个领域具有广泛应用。 （1）以乙烯为原料生产环氧乙烷，过去主要使用的是氯代乙醇法，其原理为：C2H4(g) + Cl2 + Ca(OH)2 → C2H4O + CaCl2 + H2O。这种生产工艺的原子利用率为________（结果保留三位有效数字）。 已知：原子利用率 =（期望产物的总质量÷生成物的总质量）×100% （2）现代工业常利用氧化乙烯制备环氧乙烷。发生的主要反应有： I．2C2H4(g) + O2(g) 2C2H4O(g) ΔH1 = -210 kJ·mol−1 Ⅱ．C2H4(g) +3O2(g) 2CO2(g) + 2H2O(g) ΔH2 = -1239 kJ·mol−1 利用盖斯定律可以间接计算化学反应的反应热，根据下图所示的循环过程， ΔH4 =________（用含ΔH1 、ΔH2 、ΔH3 的代数式表示）。 （3）反应I的正、逆反应速率可分别表示为= (C2H4)·p(O2) 、= (C2H4O)（、分别为正、逆反应的速率常数，p为物质的分压，单位为kPa）。T℃时，。T℃时，反应I的分压平衡常数Kp=________(kPa)－1；仅升高温度，_______，Kp_______（填“增大”“减小”或“不变”）。 （4）以Ag为催化剂合成C2H4O的反应机理如下： Ⅲ：Ag(s) + O2(g) → Ag+(s) 慢 Ⅳ：C2H4(g) + Ag+(s) → C2H4O(g) + Ag+O－(s) 快 Ⅴ：C2H4(g) + 6Ag+O－(s) → 2CO2(g) + 6Ag(s) + 2H2O(g) 快 ①结合反应机理，能够提高主反应速率的措施有________（填标号）。 A．恒容条件下，通入惰性气体 B．适当升高温度     C．减小压强      D．增大O2浓度 ②加入1，2-二氯乙烷会发生反应：2Cl(g) + 2 Ag+O－(s) → 2AgCl(s) + O2(g)。一定条件下，反应一定时间后，C2H4O产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。 1，2-二氯乙烷浓度增大使C2H4O产率先升高后降低的原因为________。 【答案】（1）25.4% （2）-ΔH1+ΔH2+ΔH3 （3） ①. 4 ②. 增大 ③. 减小 （4） ①. BD ②. 浓度低时，增大1，2—二氯乙烷的浓度，会提高氧气浓度，加快慢反应（反应Ⅲ）的速率，降低 Ag+O-浓度，抑制副反应(反应Ⅴ)，增加主反应(反应Ⅳ或环氧乙烷) 浓度较高时会使催化剂的量减少，降低催化效果，或生成的 AgCl 覆盖在 Ag表面，降低催化效果。选择性浓度较高时会使催化剂的量减少，降低催化效果，或生成的 AgCl 覆盖在 Ag表面，降低催化效果。 【解析】 【小问1详解】 根据原子利用率公式：原子利用率，反应物总摩尔质量，期望产物环氧乙烷摩尔质量为，计算得； 【小问2详解】 根据盖斯定律，反应焓变只和始态终态有关：左路径总焓变，右路径总焓变，二者相等，整理得； 【小问3详解】 平衡时，即，分压平衡常数； 升高温度，正逆反应速率都增大，速率常数增大；反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此减小； 【小问4详解】 ① 总反应速率由慢反应（决速步）决定： A．恒容通入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变，A错误； B．适当升高温度，反应速率加快，B正确； C．减小压强，反应速率减慢，C错误； D．增大浓度，加快决速步反应速率，D正确； 故选BD； ② 浓度低时，增大1，2—二氯乙烷的浓度，会提高氧气浓度，加快慢反应（反应Ⅲ）的速率，降低 Ag+O-浓度，抑制副反应(反应Ⅴ)，增加主反应(反应Ⅳ或环氧乙烷) 浓度较高时会使催化剂的量减少，降低催化效果，或生成的 AgCl 覆盖在 Ag表面，降低催化效果；浓度较高时会使催化剂的量减少，降低催化效果，或生成的 AgCl 覆盖在 Ag表面，降低催化效果。 四、推断题 17. 兰地洛尔（化合物J）能改善快速性心律失常，具有高选择性，可应用于医学临床手术。J的一条合成路线如下（略去部分条件和试剂）： 已知： ①BPO为过氧化物，NBS为溴化试剂； ② 回答以下问题： （1）A的名称为__________。 （2）合成路线中设计A→B这一步的目的是__________。 （3）D→E中，第一步反应的化学方程式为__________。 （4）G中所含有的官能团是羟基和__________、__________。 （5）物质J的高选择性与其结构相关，其所含手性碳数目为__________个。 （6）F的同分异构体同时满足下列条件的有__________种。 ①含有酚羟基；②含有酯基；③苯环上只有2个取代基 （7）制备化合物I，分为两步： 写出M和I的结构简式__________、__________。 【答案】（1）对甲基苯酚或4-甲基苯酚 （2）保护酚羟基 （3） （4） ①. 酯基 ②. 醚键 （5）2 （6）18 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A是，与、CH3COOH发生取代反应生成B，根据C的结构，可知B的结构为，B发生取代反应生成C，C与在一定条件下发生取代反应生成D，D发生酯基水解反应、酸化，生成E，E加热条件、脱去CO2，生成F，F与发生取代反应生成G，G与发生取代反应生成H，H与I反应生成J，根据J的 结构可知I的结构为，据此回答。 【小问1详解】 根据A的结构可知，A的名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚。 【小问2详解】 酚羟基易被氧化，设计A→B这一步的目的是保护酚羟基，防止酚羟基在B转化成C的过程被氧化。 【小问3详解】 D→E中，第一步反应是酯基发生水解反应，化学方程式为。 【小问4详解】 根据G的结构可知，其官能团有羟基、酯基、醚键。 【小问5详解】 结构中标有*的碳原子为手性碳，有2个。 【小问6详解】 满足条件的F的同分异构体结构中，含有酯基的一个取代基结构有、、、、、，有6种，与酚羟基的位置可以是邻、间、对，3种，故。 【小问7详解】 与M反应生成的，结合M的分子式可知M的结构为，与发生取代反应生成。 五、工艺流程题 18. 某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 ②. （3） ①. ②. （4）2 （5） （6） ①. 2 ②. 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高 【解析】 【分析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； 【小问1详解】 Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。 【小问2详解】 加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。 【小问3详解】 氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 【小问4详解】 被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 【小问5详解】 在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 【小问6详解】 观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $