精品解析：山东省济南市商河弘德中学2026届高三上学期第三次月考化学试题

商河弘德中学高三上学期第三次月考试题 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Co 59 Cu 64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与人类生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 硫酸铜具有杀菌作用，可用作饮用水消毒剂 B. 小苏打遇酸能产生气体，可用作食品膨松剂 C. 碳化硅抗氧化且耐高温，可用作固体电解质 D. 聚氯乙烯塑料制品耐腐蚀，可用作食品包装 2. 已知：，实验室利用如图所示装置制备溴苯。下列说法正确的是 A. 装置接口按气流方向的连接顺序为d→b→a→e→f→c B. 装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝 C. 装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应 D. 装置丁中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合 3. 、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是 A. 的熔点高于 B. 晶体中所有化学键均为极性键 C. 晶体中所有原子均采取杂化 D. 晶体中所有原子的配位数均相同 4. 下列物质的用途与性质对应错误的是 A. 海水提溴过程中通入氯气与苦卤反应得到溴，利用了氯气的氧化性 B. 绿矾将酸性工业废水中的转化为，利用了的还原性 C. 纯碱溶液将水垢中的转化为，利用了的碱性 D. 活性炭可除去室内空气中的甲醛，利用了活性炭的吸附性 5. 下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A. 酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B. 铁发生腐蚀生锈的反应： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 6. 金属Ti是一种重要的航空材料，其性质稳定，熔点较高，常温下不与稀盐酸反应。工业上用镁还原TiCl4制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法错误的是 A. 高温还原时，发生反应的化学方程式为2Mg＋TiCl4Ti＋2MgCl2 B. 用金属Mg还原TiCl4过程中需要通入N2作保护气 C. “真空蒸馏”的目的是使Mg、MgCl2气化，实现与Ti的分离 D. 制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 7. 由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是 A. 图中O(白色小球)代表F原子 B. 该化合物中存在过氧键 C. 该化合物中I原子存在孤对电子 D. 该化合物中所有碘氧键键长相等 8. 实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器 B. ①中用作强碱性介质 C. ②中只体现氧化性 D. 转化为的理论转化率约为66.7% 9. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 10. 已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A. 苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B. 由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C. 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D. ①、②、③均为两相混合体系 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. 石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 与石墨相比，(CF)x导电性增强 B. 与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强 C. (CF)x中的键长比短 D. 1mol(CF)x中含有2xmol共价单键 12. 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正确的是 A. 存在顺反异构 B. 含有4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 13. 钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法错误的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3mol·L-1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量6mol·L-1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A. 试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B. 试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C. 试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物 D. 上述两个实验表明CuO为两性氧化物 14. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是 A. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 B. 阴极反应： C. 电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动 D. 阳极反应： 15. 以异丁醛为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法正确的是 A. M系统命名为2-甲基丙醛 B. 若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C. 用酸性KMnO4溶液可鉴别N和Q D. P→Q过程中有CH3COOH生成 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是_______(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。 17. 工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Cu、Co、Al、Li等)的工艺流程如图1，Li2CO3的溶解度-温度关系如图2。 已知：Fe、Co单质的化学性质相似。 （1）“净化”过程中取少量加入H2O2后的溶液，加入化学试剂_______，若出现_______(填现象)，则需补加H2O2；从滤渣中分离得到Al(OH)3所用的试剂为_______。 （2）“沉钴”反应的化学方程式为_______。“沉锂”过程中为减少Li2CO3的溶解损失，分离出Li2CO3的操作为蒸发浓缩、_______、洗涤、干燥。 （3）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料，如图为CoC2O4·2H2O(摩尔质量为183 g·mol-1)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中温度在300 ℃以上所得固体均为钴的氧化物，通过计算确定B点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)，取C点固体用足量的浓盐酸完全溶解可得到黄绿色气体，写出反应的离子方程式：_______。  18. H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：。 已知：①H2S的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 回答下列问题： （1）仪器X的名称是_______。 （2）完善虚框内的装置排序：A→B→_______→F+G （3）下列干燥剂，可用于装置C中的是_______。 A. 氢氧化钾 B. 五氧化二磷 C. 氯化钙 D. 碱石灰 （4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②_______。 （5）下列说法错误的是_______。 A. 该实验操作须在通风橱中进行 B. 装置D的主要作用是预冷却H2S C. 加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D. 该实验产生的尾气可用硝酸吸收 （6）取0.680gH2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为_______。 19. 某研究小组按以下路线对内酰胺F的合成进行了探索： 回答下列问题： （1）从实验安全角度考虑，A→B中应连有吸收装置，吸收剂为_______。 （2）C的名称为_______，它在酸溶液中用甲醇处理，可得到甲基丙烯酸甲酯，通过加聚反应可制备有机玻璃，有机玻璃的结构简式为_______。 （3）A→B、B→C的反应类型分别是_______、_______。 （4）E→F反应的另一种有机物为_______(填化学式)。 （5）写出C→D的化学方程式：_______。 20. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。 （2）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为_______。 （3）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为。 （4）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。 （5）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为_______。 （6）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 商河弘德中学高三上学期第三次月考试题 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Co 59 Cu 64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与人类生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 硫酸铜具有杀菌作用，可用作饮用水消毒剂 B. 小苏打遇酸能产生气体，可用作食品膨松剂 C. 碳化硅抗氧化且耐高温，可用作固体电解质 D. 聚氯乙烯塑料制品耐腐蚀，可用作食品包装 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫酸铜虽然能杀菌，但铜离子（Cu2+）对人体有毒，长期摄入会导致铜中毒（如肝脏损伤）。饮用水消毒通常用氯气、臭氧或紫外线，而不用硫酸铜，A错误； B．小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3），遇酸（如醋酸、柠檬酸）或加热时会分解产生二氧化碳（CO2）气体，正是利用这一性质，小苏打广泛用于烘焙（如面包、蛋糕）或油炸食品中，使食品疏松多孔，B正确； C．固体电解质需要具有离子导电性（如锂离子电池中的Li3PO4），而碳化硅是共价晶体，离子导电性极差，不能用作电解质，C错误； D．聚氯乙烯受热分解有毒物质，食品包装禁用，D错误； 综上，答案是B。 2. 已知：，实验室利用如图所示装置制备溴苯。下列说法正确的是 A. 装置接口按气流方向的连接顺序为d→b→a→e→f→c B. 装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝 C. 装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应 D. 装置丁中的铁丝主要用于搅拌，使反应物充分混合 【答案】B 【解析】 【分析】装置甲的浓硫酸用来吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，装置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢。装置丙则为题设条件的发生装置，装置丁为支取溴苯的发生装置 【详解】A．溴的摩尔质量大于空气，应长进短出，顺序为dabefc，选项A错误； B．溴蒸气容易液化，所以需要通过水浴加热来防止冷凝，选项B正确； C．此处的淡黄色沉淀比一定为溴苯，有可能使HBr与硝酸银反应的产物溴化银，选项C错误； D．铁丝可与溴反应生成制备溴苯的催化剂溴化铁，选项D错误； 答案选B。 3. 、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是 A. 的熔点高于 B. 晶体中所有化学键均为极性键 C. 晶体中所有原子均采取杂化 D. 晶体中所有原子的配位数均相同 【答案】A 【解析】 【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。 【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误； B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确； C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确； D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。 综上所述，本题选A。 4. 下列物质的用途与性质对应错误的是 A. 海水提溴过程中通入氯气与苦卤反应得到溴，利用了氯气的氧化性 B. 绿矾将酸性工业废水中的转化为，利用了的还原性 C. 纯碱溶液将水垢中的转化为，利用了的碱性 D. 活性炭可除去室内空气中的甲醛，利用了活性炭的吸附性 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气与苦卤反应得到溴，发生反应，氯气作氧化剂，体现了氯气的氧化性，A正确； B．绿矾将酸性工业废水中的转化为，发生反应，作还原剂，体现了的还原性，B正确； C．纯碱溶液将水垢中的转化为，发生反应，利用的是生成的比溶解度小的原理，属于沉淀的转化，C错误； D．活性炭具有多孔结构与高比表面积，有很强的吸附性，能有效吸附室内空气中的甲醛，净化空气，D正确； 故答案为：C。 5. 下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A. 酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B. 铁发生腐蚀生锈的反应： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，故A正确； B．铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，故B错误； C．发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误； D．安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，故D错误； 选A。 6. 金属Ti是一种重要的航空材料，其性质稳定，熔点较高，常温下不与稀盐酸反应。工业上用镁还原TiCl4制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法错误的是 A. 高温还原时，发生反应的化学方程式为2Mg＋TiCl4Ti＋2MgCl2 B. 用金属Mg还原TiCl4过程中需要通入N2作保护气 C. “真空蒸馏”的目的是使Mg、MgCl2气化，实现与Ti的分离 D. 制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg 【答案】B 【解析】 【分析】以四氯化钛（​）和金属镁为原料，先在高温条件下发生还原反应，通过反应得到含有未完全反应的镁、生成的氯化镁和目标产物金属钛的混合物；之后对该混合物进行真空蒸馏操作，利用镁、氯化镁易气化的性质，使二者气化后和高熔点的钛实现分离，最终得到海绵钛产品。 【详解】A．高温下活泼金属可置换出中的，对应反应的化学方程式书写正确，A正确； B．高温条件下会与反应生成，因此还原过程不能用作保护气，B错误； C．熔点很高，真空环境可降低、的沸点，使二者气化后与分离，达到提纯目的，C正确； D．根据题干信息，常温下不与稀盐酸反应，可与稀盐酸反应生成可溶性的，因此可用稀盐酸浸泡除去海绵钛中的杂质，D正确； 故选B。 7. 由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是 A. 图中O(白色小球)代表F原子 B. 该化合物中存在过氧键 C. 该化合物中I原子存在孤对电子 D. 该化合物中所有碘氧键键长相等 【答案】C 【解析】 【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。 【详解】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确； B．根据该化合物结构片段可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确； C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确； D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确； 综上所述，本题选C。 8. 实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器 B. ①中用作强碱性介质 C. ②中只体现氧化性 D. 转化为的理论转化率约为66.7% 【答案】D 【解析】 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确； B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确； 综上所述，本题选D。 9. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【解析】 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【详解】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确； 综上所述，本题选C。 10. 已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是 A. 苯胺既可与盐酸也可与溶液反应 B. 由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法 C. 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得 D. ①、②、③均为两相混合体系 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。 【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误； B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误； C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确； D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误； 故选C。 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. 石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 与石墨相比，(CF)x导电性增强 B. 与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强 C. (CF)x中的键长比短 D. 1mol(CF)x中含有2xmol共价单键 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误； B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确； C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中的键长比长，C错误； D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误； 故答案为：B。 12. 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正确的是 A. 存在顺反异构 B. 含有4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】AC 【解析】 【详解】A．该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子均连接互不相同的原子或原子团，存在顺反异构，A正确； B．该有机物含有羧基、羟基、碳碳双键、醚键、酰胺基共5种官能团，并非4种，B错误； C．该有机物含有羟基、羧基、酰胺基等可参与形成氢键的基团，分子间可形成氢键，部分距离较近的基团之间还可形成分子内氢键，C正确； D．1 mol该物质含有1 mol羧基和1 mol酰胺基，二者均能与反应，最多可消耗2 mol ，D错误； 故选AC。 13. 钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法错误的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3mol·L-1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量6mol·L-1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A. 试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B. 试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C. 试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物 D. 上述两个实验表明CuO为两性氧化物 【答案】BD 【解析】 【分析】对于试管甲，+1价的Cu（来自）在低浓度的氧化性酸中不稳定，优先发生歧化反应，生成0价的Cu单质和+2价的铜盐；单质Cu可以被更高浓度的强氧化性硝酸进一步氧化溶解，最终完全转化为二价铜离子。 对于试管乙，现象说明+1价的Cu可以与氨分子形成稳定的可溶性无色配合物，该配合物具有较强的还原性，静置过程中容易被空气中的氧气氧化，转化为更稳定的二价深蓝色铜氨配合物。 【详解】A．与稀反应时，元素发生歧化反应，部分+1价升高为+2价（溶液显浅蓝色说明生成），部分+1价降低为0价，因此新生成的沉淀为金属，A正确； B．第一步与稀反应的化学方程式为，该反应中中元素化合价无变化，仅体现酸性；第二步浓硝酸与反应时元素化合价降低，体现氧化性和酸性，因此沉淀的变化并非均体现的氧化性，B错误； C．试管乙中溶于过量氨水后得到无色溶液，静置后被空气中氧化为深蓝色的，可证明与形成无色配合物，C正确； D．本次实验的研究对象为，并未涉及，无法得出CuO是否为两性氧化物的结论，D错误； 故选BD。 14. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是 A. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 B. 阴极反应： C. 电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动 D. 阳极反应： 【答案】A 【解析】 【分析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误； B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确； C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确； D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确； 答案选A。 15. 以异丁醛为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法正确的是 A. M系统命名为2-甲基丙醛 B. 若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C. 用酸性KMnO4溶液可鉴别N和Q D. P→Q过程中有CH3COOH生成 【答案】AB 【解析】 【详解】A．M的结构为，命名时醛基碳原子为1号，主链含3个碳原子，2号碳连1个甲基，系统命名为2-甲基丙醛，A正确； B．M分子式为，N分子式为，二者组成相差，即甲醛，该反应为加成反应，原子利用率为100%，B正确； C．N含醛基、羟基，均能被酸性溶液氧化使溶液褪色；Q含碳碳双键，也能被酸性溶液氧化使溶液褪色，二者现象相同，无法鉴别，C错误； D．P中的酯基为，水解生成乙醇，后续酸化、脱羧过程释放，无生成，D错误； 故选AB。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是_______(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标号)。 A． B． C． D． （3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。 【答案】（1） ①. 四 ②. ⅦB ③. Cr （2） ①. MnO2 ②. 降低 ③. A （3） ①. 正四面体形 ②. sp2 （4）FDCA形成的分子间氢键更多 【解析】 【小问1详解】 Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子； 【小问2详解】 由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质； 【小问3详解】 中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2； 【小问4详解】 由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 17. 工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Cu、Co、Al、Li等)的工艺流程如图1，Li2CO3的溶解度-温度关系如图2。 已知：Fe、Co单质的化学性质相似。 （1）“净化”过程中取少量加入H2O2后的溶液，加入化学试剂_______，若出现_______(填现象)，则需补加H2O2；从滤渣中分离得到Al(OH)3所用的试剂为_______。 （2）“沉钴”反应的化学方程式为_______。“沉锂”过程中为减少Li2CO3的溶解损失，分离出Li2CO3的操作为蒸发浓缩、_______、洗涤、干燥。 （3）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料，如图为CoC2O4·2H2O(摩尔质量为183 g·mol-1)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中温度在300 ℃以上所得固体均为钴的氧化物，通过计算确定B点剩余固体的化学成分为_______(填化学式)，取C点固体用足量的浓盐酸完全溶解可得到黄绿色气体，写出反应的离子方程式：_______。  【答案】（1） ①. K3[Fe(CN)6]溶液 ②. 蓝色沉淀 ③. NaOH溶液、CO2 （2） ①. (NH4)2C2O4+CoCl2+2H2O=CoC2O4·2H2O↓+2NH4Cl ②. 趁热过滤 （3） ①. CoC2O4 ②. Co3O4+2Cl-+8H+=3Co2++Cl2↑+4H2O 【解析】 【分析】合金废料(主要含Fe、Cu、Co、Al、Li等)中加入盐酸进行浸取，Fe、Co、Al、Li分别与盐酸反应生成FeCl2、CoCl2、AlCl3、LiCl，Cu与盐酸不反应，故金属M为Cu，向含有FeCl2、CoCl2、AlCl3、LiCl的溶液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节pH=4，Fe3+、Al3+分别生成Fe (OH)3、Al(OH)3，则滤渣为Fe (OH)3、Al(OH)3，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，(NH4)2C2O4与CoCl2发生反应生成CoC2O4·2H2O，过滤后，再向滤液中加入Na2CO3，与LiCl反应生成沉淀Li2CO3。 【小问1详解】 根据分析，“净化”过程中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，取少量加入H2O2后的溶液，加入化学试剂K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，证明Fe2+未完全被氧化为Fe3+，则需补加H2O2，将Fe2+完全氧化为Fe3+便于除去；滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，由于Al(OH)3能与NaOH溶液反应生成溶液，过滤即可将Fe(OH)3分离出来，再向溶液通入CO2，反应又生成Al(OH)3，故从Fe(OH)3和Al(OH)3中分离得到Al(OH)3所用的试剂为NaOH溶液和CO2； 【小问2详解】 根据分析，“沉钴”反应的化学方程式为：(NH4)2C2O4+CoCl2+2H2O=CoC2O4·2H2O↓+2NH4Cl；由Li2CO3的溶解度~温度关系图可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越低，故“沉锂”过程中为减少Li2CO3的溶解损失，分离出Li2CO3的操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥； 【小问3详解】 由图可知，二水合草酸钴的质量为18.3g，B点时固体的质量为14.7g，加热固体减少的质量为，18.3 g二水合草酸钴中结晶水的质量为，固体减少的质量与结晶水的质量相等，则B点所得固体为CoC2O4；由题意可知，C点所得固体为氧化物，由钴原子守恒可知，氧化物中氧原子的质量为，则8.03 g氧化物中钴原子和氧原子的个数比为，氧化物的化学式为Co3O4，由四氧化三钴用足量的浓盐酸完全溶解可得到黄绿色气体可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为：Co3O4+2Cl-+8H+=3Co2++Cl2↑+4H2O。 18. H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S，实验装置如图，反应方程式为：。 已知：①H2S的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。 回答下列问题： （1）仪器X的名称是_______。 （2）完善虚框内的装置排序：A→B→_______→F+G （3）下列干燥剂，可用于装置C中的是_______。 A. 氢氧化钾 B. 五氧化二磷 C. 氯化钙 D. 碱石灰 （4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②_______。 （5）下列说法错误的是_______。 A. 该实验操作须在通风橱中进行 B. 装置D的主要作用是预冷却H2S C. 加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生H2S D. 该实验产生的尾气可用硝酸吸收 （6）取0.680gH2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为_______。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）E→C→D （3）BC （4）液封 （5）D （6）99.0% 【解析】 【小问1详解】 仪器X的名称是圆底烧瓶，这是实验室常见的反应容器； 【小问2详解】 装置A为发生装置，B为水洗装置，后续需依次完成除杂、干燥、预冷却装置，最终进入F液化收集：先通过E（溶液，冰盐冷浴）进一步除去杂质并减少溶解损失；再通过C（干燥剂装置）干燥气体，除去水蒸气；然后通过D（冷却剂）预冷却，便于后续F中（）液化。因此虚框内装置排序为：； 【小问3详解】 是酸性气体，不能用碱性干燥剂（会与反应），氢氧化钾（碱性）、碱石灰（碱性，含NaOH、CaO），均会与反应，排除；五氧化二磷（酸性干燥剂）、氯化钙（中性干燥剂），均可干燥。因此选BC； 【小问4详解】 有毒，装置G中汞除平衡气压外，还能液封，防止外界氧气进入，防止液态挥发进入空气逸出； 【小问5详解】 A．有毒，实验必须在通风橱中进行，A正确； B．装置D（冷却剂）可预冷却，使在F（）中更易液化，B正确； C．加入固体可维持溶液饱和，使反应体系中浓度稳定，有利于平稳持续产生，C正确； D．硝酸虽能将氧化为S，但同时会产生NO等污染物，不能用硝酸吸收尾气（应选用NaOH溶液等），D错误； 故选D； 【小问6详解】 坩埚恒重后总质量为32.814 g，坩埚质量为31.230 g，因此CuO的质量为：，CuO的摩尔质量为，则，由反应和，根据Cu原子守恒得：，的摩尔质量为，则，产品质量为0.680 g，因此纯度为：。 19. 某研究小组按以下路线对内酰胺F的合成进行了探索： 回答下列问题： （1）从实验安全角度考虑，A→B中应连有吸收装置，吸收剂为_______。 （2）C的名称为_______，它在酸溶液中用甲醇处理，可得到甲基丙烯酸甲酯，通过加聚反应可制备有机玻璃，有机玻璃的结构简式为_______。 （3）A→B、B→C的反应类型分别是_______、_______。 （4）E→F反应的另一种有机物为_______(填化学式)。 （5）写出C→D的化学方程式：_______。 【答案】（1）NaOH溶液(或其他碱液) （2） ①. 2-甲基-2-丙烯腈(甲基丙烯腈、异丁烯腈) ②. （3） ①. 加成反应 ②. 消去反应 （4）CH3CH2OH （5） 【解析】 【分析】有机物A与HCN在催化剂的作用下发生加成反应生成有机物B，有机物B在Al2O3的作用下发生消去反应生成有机物C，有机物C与C6H10O3发生加成反应生成有机物D，根据有机物D的结构可以推测，C6H10O3的结构为，有机物D发生还原反应生成有机物E，最后有机物E中酯基水解后的羧基和氨基结合生成酰胺基得到有机物F。 【小问1详解】 有机物A→B的反应中有HCN参加反应，HCN有毒，多余的HCN需要用碱液吸收，可用的吸收液为NaOH溶液。 【小问2详解】 根据有机物C的结构，有机物C的名称为2-甲基-2-丙烯腈；该物质可以与甲醇在酸性溶液中发生反应生成甲基丙烯酸甲酯（），甲基丙烯酸甲酯经加聚反应生成有机玻璃，有机玻璃结构简式为。 【小问3详解】 根据分析，有机物A反应生成有机物B的过程为加成反应，有机物B生成有机物C的反应为消去反应。 【小问4详解】 根据分析，有机物E中酯基水解后的羧基和氨基结合生成酰胺基得到有机物F。酯基水解还得到乙醇，羧基和氨基结合生成酰胺基还生成水，故有机物是CH3CH2OH。 【小问5详解】 根据分析，有机物C与发生加成反应生成有机物D，反应的化学方程式为： 。 20. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。 （2）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为_______。 （3）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为。 （4）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。 （5）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为_______。 （6）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。 【答案】（1）Cu2+ （2） （3）AgCl （4）； （5）3：4 （6）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且(b)结构中存在过氧键，氧化性强于，故Na2S2O3不能被氧化成(b)结构 【解析】 【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。 【小问1详解】 根据分析，浸出液1中含有的金属离子主要是Cu2+； 【小问2详解】 浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为：； 【小问3详解】 根据分析，“浸渣2”中的AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-； 【小问4详解】 “电沉积”步骤中阴极的电极反应为[Ag(S2O3)2]3-得到电子被还原为银单质，反应为，“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中含Na2S2O3，可在浸取3操作中循环利用； 【小问5详解】 还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4分子转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4。 【小问6详解】 (a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且(b)结构中存在过氧键，氧化性强于，故Na2S2O3不能被氧化成(b)结构。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $