精品解析：贵州贵阳学大教育2025-2026学年下学期高三期中考试 化学试卷

2025-2026学年高三化学期中考试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Co 59 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. 科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是 A. 制造C919飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料 B. 开启航运氢能时代——氢氧燃料电池放电时可将热能转化为电能 C. 打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用87Rb的物理性质不同 D. 突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. H2O的VSEPR模型： B. 过程中形成的是发射光谱 C. 的命名：3-甲基-2-丁醇 D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键： 3. 下列离子方程式或化学方程式正确的是 A. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为 B. 向溶液中加入过量的氨水： C. 用铝热法还原金属： D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为 4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol H2O2中含有极性共价键的数目为3NA B. 25℃1 L pH=1的H3PO4溶液中H+数目为0.1NA C. 20 g H218O含有的中子数为12NA D. 足量铁粉与1 L14 mol/L浓硝酸加热充分反应转移电子数目为7NA 5. 苯甲酸是一种食品防腐剂，微溶于冷水，易溶于热水。某同学设计实验提纯某粗苯甲酸样品(其中含有少量泥沙等难溶于水的杂质)，下列操作未涉及的是 A. 甲：加热溶解 B. 乙：冷却结晶 C. 丙：萃取后分液 D. 丁：趁热过滤 6. 新型靶向药物能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于的说法不正确的是 A. 含有2种官能团 B. 所有碳原子可能共平面 C. 最多可与发生反应 D. “黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关 7. 结构决定性质，下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 稳定性： HF分子间能形成氢键 B 碱性： 为推电子基，为吸电子基 C 游离态水分子中小于中 孤电子对排斥作用 D 臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 臭氧的极性微弱 A. A B. B C. C D. D 8. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01mol⋅L-1)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. W的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应可得到含有离子键的化合物 B. XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个 C. W与X形成的化合物中，W的化合价可能为-3价 D. 分子中四个原子可能共直线 9. 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 实验结论 A 向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性比强 B 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 溴乙烷发生消去反应 C 将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，观察有沉淀现象 验证两物质间发生了双水解反应 D Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体 该白色固体为Al2(SO4)3 A. A B. B C. C D. D 10. 消除天然气中是能源领域的热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如图所示。 下列说法错误的是 A. 途径1历程中最大能垒为 B. 使用催化剂该吸附过程释放能量减少 C. 的速率：途径1<途径2 D. 在吸附过程中提供了原子 11. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法不正确的是 A. a极的电极反应为： B. 电池部分的总反应为： C. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用 D. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 12. 晶体的晶胞如图所示(已知该立方晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为Mg/mol)，以下说法错误的是 A. 中，中心离子的配位数为6 B. 离最近的有8个 C. 若规定A点原子坐标为(0，0，0)，B点原子坐标为，则C点原子坐标为 D. 晶体的密度为 13. 为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程： 已知：酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。 下列说法错误的是 A. “酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性 B. “氨浸”中，发生反应AgCl+2= [Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O C. 物质a为Au D. 葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1：2 14. 室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是 A. 由图1，的水解平衡常数的数量级是 B. 图2中M点，溶液中存在 C. 图2中P点，存在 D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好 第II卷(非选择题) 二、填空题：本题共4题，共58分。 15. 纳米可用于光电催化。某实验小组以钛酸四丁酯[代表正丁基；液体]为钛源，采用以下方法制备粒径小于的(反应装置如图，夹持等装置略)。 Ⅰ．在三颈烧瓶中加入二缩三乙二醇、少量表面活性剂，搅拌均匀后，采用合适方式加入和氨水。 Ⅱ．回流反应，冷却至室温，得到溶胶。 Ⅲ．向Ⅱ所得溶胶中加入蒸馏水，得到纳米粒子聚集体，离心分离后，沉淀经洗涤、干燥，得粉末。 回答下列问题： （1）仪器a名称为_______，反应溶剂为_______，加热方式为_______。反应结束时，应先停止_______(填“加热”或“通冷凝水”)。 （2）水解较快时，难以形成小尺寸的纳米。下列操作方式能降低水解速率的有_______(填标号)。 A．依次缓慢滴加和氨水 B．依次倒入和氨水 C．和氨水混合后缓慢滴加 （3）检验步骤Ⅱ所得溶胶属于胶体的实验操作与现象为_______。 （4）离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部(如图所示)。将离心后的沉淀和清液分开的方法是_______。 （5）本实验的产率为_______(保留2位有效数字)。 （6）为了测定的晶体结构，通常使用的仪器是_______。 16. 铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含和及少量单质)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 已知：①易形成凝胶，难过滤，时，易脱水。 ②时，相关物质的见下表 物质 回答下列问题： （1）“酸浸”前，采用_______方法可提高酸浸效率(填一条即可)。 （2）“酸浸”时，有空气参与反应，溶解的化学方程式为_______。从环保角度考虑，不使用酸浸的原因可能是_______(填一条即可)。 （3）“高温固化”的作用是_______。 （4）“氧化”中可选用的最佳试剂X为_______(填标号)。 A． B． C． （5）“碱沉1”中，_______时，沉淀完全。 （6）“滤液3”中可回收的盐主要有和_______。 （7）水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是_______(填标号)。 A．的杂化方式可能为 B．中心原子的孤电子对数为2 C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键 17. 氮化钛(TiN)是一种用途广泛的材料。采用镁碳联合还原的方法制备TiN。 总反应： 分反应： i． ii． （1）总反应的为_______(用含a、b的代数式表示)。在_______(填“较高”或“较低”)温度下有利于总反应进行，判断依据是_______。 （2）TiN属于NaCl型结构的晶体，其晶胞结构如图1所示。若TiN晶胞中顶点的N原子被C原子取代，据此分析，这种碳氮化钛化合物的化学式为_______。 （3）制备过程中存在镁的氮化反应：，不仅增加Mg的消耗量，而且降低目标产物TiN的产率。为抑制的生成，根据图2判断TiN的合成温度理论上应不低于_______K。 （4）合成TiN需要将混合物料粉末进行压坯，要穿过粉末压坯的孔隙才能到达反应前沿。为粉末压坯的孔隙率(数值越小，压坯越紧)，模拟、，合成温度在1200K、1500K条件下反应，外加压力和TiN产率的关系如图3。表示，合成温度1500K的曲线是_______。总压恒定不变时，升高温度_______(“增加”或“减少”)氮化产率，原因是_______。 18. 酮基布洛芬是一种抗炎镇痛的非处方药。其合成路线如下： 已知：①（R、R'、R''、为H原子或烃基） ②（X为卤素原子），且-CN在酸性条件下易水解为羧酸。 回答下列问题： （1）有机物A的化学名称为：_____。 （2）试剂1为：_____。 （3）E中含有的官能团名称为：_____。 （4）反应⑤的反应类型是：_____。 （5）写出反应⑥的化学方程式：_____。 （6）苯的二元取代物H是酮基布洛芬的同分异构体，则符合下列条件的H有_____种（不包含手性异构）。写出其中一种不含有碳碳双键的同分异构体的结构简式：_____。 ①分子中含有两个苯环，每个苯环上含有两个取代基且均在对位； ②遇溶液显紫色且能发生银镜反应； ③与足量溶液反应可消耗。 （7）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以有机物A为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三化学期中考试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32 Fe 56 Co 59 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. 科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是 A. 制造C919飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料 B. 开启航运氢能时代——氢氧燃料电池放电时可将热能转化为电能 C. 打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用87Rb的物理性质不同 D. 突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故A正确； B．氢氧燃料电池工作时可将化学能转化为电能，故B错误； C．和87Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，故C正确； D．光纤的主要成分是二氧化硅，故D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. H2O的VSEPR模型： B. 过程中形成的是发射光谱 C. 的命名：3-甲基-2-丁醇 D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键： 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据H2O的VSEPR模型，水分子中存在两对孤对电子，因此水分子为V形.，A正确； B．p能级的三个轨道能量相同，过程中不能形成光谱，B错误； C．的命名：3-甲基-2-丁醇，C正确； D．因为在邻羟基苯甲醛分子内形成氢键，会形成六元环结构，比较稳定，，D正确； 故选B 3. 下列离子方程式或化学方程式正确的是 A. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为 B. 向溶液中加入过量的氨水： C. 用铝热法还原金属： D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为 【答案】A 【解析】 【详解】A．将通入足量的次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为，A正确； B．已知不溶于过量氨水中，故向溶液中加入过量氨水的离子方程式为，B错误； C．该反应的本质是金属性较强的铝置换出金属性较弱的铁：，C错误； D．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，反应生成沉淀和：，D错误； 故答案选A。 4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol H2O2中含有极性共价键的数目为3NA B. 25℃1 L pH=1的H3PO4溶液中H+数目为0.1NA C. 20 g H218O含有的中子数为12NA D. 足量铁粉与1 L14 mol/L浓硝酸加热充分反应转移电子数目为7NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．1个H2O2中含有2个极性键H-O键，则1 mol H2O2中含有极性共价键的数目为2NA，A错误； B．25℃1 L pH=1的H3PO4溶液中H+的物质的量为n(H+)=1 L×0.1 mol/L=0.1 mol，故其中含有的H+数目为0.1NA，B正确； C．H218O的相对分子质量是20，1个分子中含有10个中子，20 g H218O的物质的量是1 mol，则在1 mol H218O含有的中子数为10NA，C错误； D．足量Fe与浓硝酸在加热时发生反应Fe+6HNO3(浓)=Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O，随着反应的进行，溶液浓度变稀，发生反应：3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，还原产物由NO2变为NO，因此无法计算反应过程中电子转移的数目，D错误； 故合理选项是B。 5. 苯甲酸是一种食品防腐剂，微溶于冷水，易溶于热水。某同学设计实验提纯某粗苯甲酸样品(其中含有少量泥沙等难溶于水的杂质)，下列操作未涉及的是 A. 甲：加热溶解 B. 乙：冷却结晶 C. 丙：萃取后分液 D. 丁：趁热过滤 【答案】C 【解析】 【详解】采用重结晶法提纯苯甲酸，其操作过程为：热水溶解→趁热过滤→冷却结晶→过滤→冷水洗涤→干燥，未涉及萃取分液操作，故选C。 6. 新型靶向药物能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如图所示。下列关于的说法不正确的是 A. 含有2种官能团 B. 所有碳原子可能共平面 C. 最多可与发生反应 D. “黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中含有酚羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A错误； B．与苯环直接相连的原子共面、碳碳双键两端的原子共面、单键可以旋转，则分子中所有碳原子可能共平面，B正确； C．酚羟基能和氢氧化钠反应，酯基能和氢氧化钠反应且酯基生成的酚羟基还能和氢氧化钠反应，故最多可与发生反应，C正确； D．M中含有酚羟基，能形成氢键，其“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关，D正确； 故选A。 7. 结构决定性质，下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 稳定性： HF分子间能形成氢键 B 碱性： 为推电子基，为吸电子基 C 游离态水分子中小于中 孤电子对排斥作用 D 臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 臭氧的极性微弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．稳定性HF>HCl是因为H-F键键能大于H-Cl键，化学稳定性由化学键强弱决定；氢键影响物理性质（如熔沸点），与化学稳定性无关，A错误； B．对甲基苯胺中-CH3为推电子基，使氨基N原子电子云密度增大，碱性增强；对氯苯胺中-Cl为吸电子基，使氨基N原子电子云密度减小，碱性减弱，故碱性：对甲基苯胺>苯胺>对氯苯胺，B正确； C．游离态水分子中O原子有2对孤电子对，孤电子对间排斥力大，键角小；[Cu(H2O)4]2+中H2O的O原子通过孤电子对与Cu2+配位，孤电子对数目减少，排斥力减小，键角增大，C正确； D．臭氧分子极性微弱，四氯化碳为非极性溶剂，水为极性溶剂，根据相似相溶原理，臭氧在非极性溶剂中溶解度更高，D正确； 故选A。 8. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01mol⋅L-1)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. W的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应可得到含有离子键的化合物 B. XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个 C. W与X形成的化合物中，W的化合价可能为-3价 D. 分子中四个原子可能共直线 【答案】D 【解析】 【分析】浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的溶液，其中X的溶液pH等于12为一元强碱，结合原子半径最大，X为Na；W对应溶液pH等于2为一元强酸，原子序数小于X，则W为N；Z对应溶液pH等于2也为一元强酸，原子序数大于X，则Z为Cl；Y对应溶液pH小于2为二元强酸，原子序数大于X，则Y为S；X、Y、Z、W依次为Na、S、Cl、N；回答下列问题； 【详解】A．W的简单氢化物NH3与其最高价氧化物对应的水化物HNO3反应可得到含有离子键的化合物NH4NO3，A正确； B．X是Na，Z是Cl，NaCl晶体的晶胞中Na＋周围距离最近的Na＋有12个，B正确； C．N与Na形成的化合物Na3N，N的化合价为-3价，C正确； D．S2Cl2分子为含有极性共价键的立体结构分子，四个原子不可能共直线，D错误； 故选D。 9. 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 实验结论 A 向一定浓度溶液中通入气体，出现黑色沉淀 酸性比强 B 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 溴乙烷发生消去反应 C 将Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液混合，观察有沉淀现象 验证两物质间发生了双水解反应 D Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体 该白色固体为Al2(SO4)3 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中通入气体，出现黑色沉淀，是生成硫化铜沉淀不溶于硫酸，促使反应正向进行，不能说明酸性比强，A错误； B．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，B错误； C．生成沉淀反应为，不是物质的双水解反应，C错误； D．加热促进铝离子水解，但硫酸不挥发，则Al2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体为Al2(SO4)3，D正确； 故选D。 10. 消除天然气中是能源领域的热点，利用表面吸附时，研究表明有两种机理途径，如图所示。 下列说法错误的是 A. 途径1历程中最大能垒为 B. 使用催化剂该吸附过程释放能量减少 C. 的速率：途径1<途径2 D. 在吸附过程中提供了原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图示可知，途径1历程中最大能垒为(-362.6kJ/mol)-(-567.1 kJ/mol)=，故A正确； B．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响吸附过程中释放的能量，故B错误； C．活化能越大、反应速率越小，则的速率：途径1<途径2，故C正确； D．吸附过程中有氧原子参加，而H2S中不含氧原子，所以在吸附过程中提供了原子，故D正确； 故答案为：B。 11. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法不正确的是 A. a极的电极反应为： B. 电池部分的总反应为： C. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用 D. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电极反应为：，b电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为：，总反应为：，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，a极为原电池的负极，电极反应为：，A正确； B．由分析可知，电池部分的总反应为：，B正确； C．由分析可知，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨气，C正确； D．a极室溶液中生成的导致正电荷在增加，b极室消耗Cu2+，导致正电荷减少，需由 b极室迁移到a极室，才能维持两室溶液中的电荷呈电中性，使电池反应能不断进行下去，故装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，D错误； 故答案为：D。 12. 晶体的晶胞如图所示(已知该立方晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为Mg/mol)，以下说法错误的是 A. 中，中心离子的配位数为6 B. 离最近的有8个 C. 若规定A点原子坐标为(0，0，0)，B点原子坐标为，则C点原子坐标为 D. 晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．中的中心离子为Co2+，其配位原子为N，配位数为6，故A正确； B．以上面面心的为对象，最近的有4个位于晶胞内部，面心的被2个晶胞共有，则离最近的有8个，故B正确； C．C位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相等的小立方体，则C位于左后上的小立方体的体心，C的原子坐标参数为，故C正确； D．根据均摊法，一个晶胞中含个数为，含有个数为8，则每个晶胞含有4个，晶胞密度为，晶胞体积为，则晶胞质量为，故D错误； 故选D。 13. 为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程： 已知：酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。 下列说法错误的是 A. “酸浸”中，盐酸的作用是提高硝酸的氧化性 B. “氨浸”中，发生反应AgCl+2= [Ag(NH3)2]++Cl−+2H2O C. 物质a为Au D. 葡萄糖与[Ag(NH3)2]+恰好反应时，物质的量之比为1：2 【答案】A 【解析】 【详解】A．在王水溶解金的反应中，盐酸的作用是提供氯离子与金离子络合，降低金的电极电势，使其能被硝酸氧化，而非直接提高硝酸的氧化性，A错误； B．“氨浸”中，加入氨水将氯化银转化为二氨合银离子，发生反应，B正确；   C．由已知可知： 酸浸后银以AgCl存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆，氨浸后氯化银溶解，物质a为金，C正确； D．1分子葡萄糖中含有1个醛基，和二氨合银离子发生氧化还原反应，醛基转化为羧基，同时生成银单质，存在关系为：葡萄糖~2e-~2，葡萄糖与恰好反应时，物质的量之比为1：2，D正确； 故选A。 14. 室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是 A. 由图1，的水解平衡常数的数量级是 B. 图2中M点，溶液中存在 C. 图2中P点，存在 D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好 【答案】B 【解析】 【分析】由图1可知时pH=10.25，则，时pH=6.37，则； 【详解】A．的水解平衡常数，数量级是，A正确； B．．M点时pH=8.25，pOH=5.75，c(OH-)=10-5.75mol/L，而由图1可知，pH=8.25时，碳酸氢根离子物质的量分数约为1.0，则c()≈0.1mol·L-1，则，≈10-3mol·L-1，B错误； C．图2中P点在曲线之下，则碳元素没有进入沉淀，由物料守恒可知，存在，C正确； D．由图2可知，pH大于8.25时，更容易转化为沉淀，而pH小于8.25时，更容易转化为沉淀，结合图1可知，沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好，D正确； 故选B。 第II卷(非选择题) 二、填空题：本题共4题，共58分。 15. 纳米可用于光电催化。某实验小组以钛酸四丁酯[代表正丁基；液体]为钛源，采用以下方法制备粒径小于的(反应装置如图，夹持等装置略)。 Ⅰ．在三颈烧瓶中加入二缩三乙二醇、少量表面活性剂，搅拌均匀后，采用合适方式加入和氨水。 Ⅱ．回流反应，冷却至室温，得到溶胶。 Ⅲ．向Ⅱ所得溶胶中加入蒸馏水，得到纳米粒子聚集体，离心分离后，沉淀经洗涤、干燥，得粉末。 回答下列问题： （1）仪器a名称为_______，反应溶剂为_______，加热方式为_______。反应结束时，应先停止_______(填“加热”或“通冷凝水”)。 （2）水解较快时，难以形成小尺寸的纳米。下列操作方式能降低水解速率的有_______(填标号)。 A．依次缓慢滴加和氨水 B．依次倒入和氨水 C．和氨水混合后缓慢滴加 （3）检验步骤Ⅱ所得溶胶属于胶体的实验操作与现象为_______。 （4）离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部(如图所示)。将离心后的沉淀和清液分开的方法是_______。 （5）本实验的产率为_______(保留2位有效数字)。 （6）为了测定的晶体结构，通常使用的仪器是_______。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 二缩三乙二醇 ③. 油浴 ④. 加热 （2）A （3）用一束强光照射步骤Ⅱ所得溶胶，垂直光的方向看到一条光亮的通路 （4）将沉淀上部的清液缓缓倾入另一容器中，使沉淀物与溶液分离 （5）75% （6）X-射线衍射仪 【解析】 【分析】在三颈烧瓶中加入，二缩三乙二醇作溶剂、少量表面活性剂，搅拌均匀后，采用合适方式加入和氨水，采用油浴加热到回流反应，冷却至室温，得到溶胶。 【小问1详解】 仪器a为球形冷凝管，起到冷凝、回流，提高原料利用率；二缩三乙二醇作溶剂，温度高于100°C，常采用油浴加热，反应结束时，应先停止加热，继续通冷凝水让装置冷却，故答案为：球形冷凝管；二缩三乙二醇；油浴；加热； 【小问2详解】 与水反应发生水解，为了防止较快水解，应将氨水加入中，并缓慢滴加，故依次缓慢滴加和氨水，故答案为：A； 【小问3详解】 检验步骤Ⅱ所得溶胶属于胶体的实验操作：用一束强光照射步骤Ⅱ所得溶胶，垂直光的方向看到一条光亮的通路，故答案为：用一束强光照射步骤Ⅱ所得溶胶，垂直光的方向看到一条光亮的通路； 【小问4详解】 离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部，可将沉淀上部的清液缓缓倾入另一容器中，使沉淀物与溶液分离，故答案为：将沉淀上部的清液缓缓倾入另一容器中，使沉淀物与溶液分离； 【小问5详解】 加入和发生反应，少量，理论上生成，产率为，故答案为：75%； 【小问6详解】 通常使用X-射线衍射仪测定的晶体结构，故答案为：X-射线衍射仪。 16. 铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含和及少量单质)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 已知：①易形成凝胶，难过滤，时，易脱水。 ②时，相关物质的见下表 物质 回答下列问题： （1）“酸浸”前，采用_______方法可提高酸浸效率(填一条即可)。 （2）“酸浸”时，有空气参与反应，溶解的化学方程式为_______。从环保角度考虑，不使用酸浸的原因可能是_______(填一条即可)。 （3）“高温固化”的作用是_______。 （4）“氧化”中可选用的最佳试剂X为_______(填标号)。 A． B． C． （5）“碱沉1”中，_______时，沉淀完全。 （6）“滤液3”中可回收的盐主要有和_______。 （7）水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是_______(填标号)。 A．的杂化方式可能为 B．中心原子的孤电子对数为2 C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键 【答案】（1）粉碎铜渣 （2） ①. 2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O ②. 硝酸与铜反应会生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气 （3）使凝胶脱水生成SiO2，便于除去 （4）B （5）2.8 （6）(NH4)2SO4 （7）A 【解析】 【分析】铜渣加入稀硫酸酸浸，再高温固化将H4SiO4脱水生成SiO2便于除去，加水浸取，滤液中有Fe2+、Cu2+、Co2+等离子，滤渣为SiO2，加入氧化剂氧化将Fe2+氧化为Fe3+离子氧化剂选择H2O2，不会引入杂质，加入氨水调节pH值使Fe3+离子沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中再加入氨水，使Cu2+转化为水胆矾，滤液3中有CoSO4和(NH4)2SO4。 【小问1详解】 “酸浸”前，采用将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而提高酸浸效率； 【小问2详解】 “酸浸”时，有空气参与反应，与O2和H2SO4反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；从环保角度考虑，不使用酸浸的原因可能是硝酸与铜反应会生成氮氧化物污染空气； 【小问3详解】 易形成凝胶，难过滤，时，易脱水，高温固化的作用是将H4SiO4脱水形成SiO2，易于分离除去； 【小问4详解】 “氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可选用的最佳试剂为H2O2，答案选B； 【小问5详解】 根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-38.6，c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，得出c(OH-)=10-11.2mol·L-1，c(H+)=10-2.8mol·L-1，pH=2.8，2.8时，沉淀完全； 【小问6详解】 经过分析，滤液3中有CoSO4和(NH4)2SO4； 【小问7详解】 由图可知，水胆矾中Cu2+的配位数为6，应该形成6个杂化轨道，杂化方式sp3d2为6个杂化轨道，A正确； 中心原子的孤电子对数为，B错误； 氢键不是化学键，C错误； 答案选A。 17. 氮化钛(TiN)是一种用途广泛的材料。采用镁碳联合还原的方法制备TiN。 总反应： 分反应： i． ii． （1）总反应的为_______(用含a、b的代数式表示)。在_______(填“较高”或“较低”)温度下有利于总反应进行，判断依据是_______。 （2）TiN属于NaCl型结构的晶体，其晶胞结构如图1所示。若TiN晶胞中顶点的N原子被C原子取代，据此分析，这种碳氮化钛化合物的化学式为_______。 （3）制备过程中存在镁的氮化反应：，不仅增加Mg的消耗量，而且降低目标产物TiN的产率。为抑制的生成，根据图2判断TiN的合成温度理论上应不低于_______K。 （4）合成TiN需要将混合物料粉末进行压坯，要穿过粉末压坯的孔隙才能到达反应前沿。为粉末压坯的孔隙率(数值越小，压坯越紧)，模拟、，合成温度在1200K、1500K条件下反应，外加压力和TiN产率的关系如图3。表示，合成温度1500K的曲线是_______。总压恒定不变时，升高温度_______(“增加”或“减少”)氮化产率，原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. 较低 ③. ，反应能够自发进行，该反应为熵减反应，且能进行，则为放热的熵减反应，在较低温度下有利于总反应进行 （2）Ti4CN3 （3）1100 （4） ①. c ②. 减少 ③. 总反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，TiN产率降低或当外加氮气压力P(N2)一定时，温度越高，氮气的浓度越低或者温度过高，反应物融化，导致孔隙堵塞，增大N2的渗透阻力 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应得总反应；，反应能够自发进行，该反应为熵减反应，且能进行，则为放热的熵减反应，在较低温度下有利于总反应进行； 【小问2详解】 TiN晶胞中顶点的N原子被C原子取代，据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个C、个N，则化学式为Ti4CN3； 【小问3详解】 值越负，越利于反应自发进行，由图，为抑制的生成，根据图2判断TiN的合成温度理论上应不低于1100K。 【小问4详解】 总反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，TiN产率降低，则a、c为温度1500K的曲线，要穿过粉末压坯的孔隙才能到达反应前沿，则相同条件下，孔隙率越大，TiN产率越高，则c、d为的曲线，故表示，合成温度1500K的曲线是c；总压恒定不变时，升高温度减少氮化产率，原因是总反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，TiN产率降低或当外加氮气压力P(N2)一定时，温度越高，氮气的浓度越低；或者温度过高，反应物融化，导致孔隙堵塞，增大N2的渗透阻力。 18. 酮基布洛芬是一种抗炎镇痛的非处方药。其合成路线如下： 已知：①（R、R'、R''、为H原子或烃基） ②（X为卤素原子），且-CN在酸性条件下易水解为羧酸。 回答下列问题： （1）有机物A的化学名称为：_____。 （2）试剂1为：_____。 （3）E中含有的官能团名称为：_____。 （4）反应⑤的反应类型是：_____。 （5）写出反应⑥的化学方程式：_____。 （6）苯的二元取代物H是酮基布洛芬的同分异构体，则符合下列条件的H有_____种（不包含手性异构）。写出其中一种不含有碳碳双键的同分异构体的结构简式：_____。 ①分子中含有两个苯环，每个苯环上含有两个取代基且均在对位； ②遇溶液显紫色且能发生银镜反应； ③与足量溶液反应可消耗。 （7）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以有机物A为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_____。 【答案】（1）乙苯 （2）NaOH、醇溶液 （3）羟基 （4）氧化反应 （5） +H2O （6） ①. 10 ②. 或 （7） 【解析】 【分析】A分子式为：C8H10结构式为：反应①条件下是烷基侧链的取代反应，A生成氯代产物B（）。B发生消去反应得到C（，苯乙烯）；B发生水解取代得到E（，1-苯乙醇），E经催化氧化得到苯乙酮()。溴代苯乙烯制成格氏试剂D()，和苯乙酮发生已知①的加成反应，酸性水解得到醇F，F再经消去反应得到烯烃中间体，最终转化为酮基布洛芬，据此作答。 【小问1详解】 A分子式C8H10，符合乙苯的分子式，命名为乙苯。 【小问2详解】 B为卤代烃（），反应②是消去HCl得到烯烃，卤代烃消去反应的试剂为NaOH的醇溶液，加热。 【小问3详解】 B是卤代烃，反应④是卤代烃水解得到醇E（），E中官能团为羟基。 【小问4详解】 E是醇，反应⑤是醇在Cu催化下与氧气的催化氧化反应，将羟基氧化为羰基，反应类型为氧化反应。 【小问5详解】 F是格氏试剂与羰基加成后水解得到的叔醇，反应⑥是醇在浓硫酸加热下发生消去反应，脱一分子水得到碳碳双键产物，方程式为： +H2O。 【小问6详解】 酮基布洛芬分子式为 C16H14O3，根据条件推导得，符合要求的同分异构体骨架为对二取代苯-含3个碳的二价烃基-对二取代苯，其中一端官能团为酚羟基（−OH，直接连苯环，消耗1mol  NaOH），另一端为甲酸酚酯基（−OOCH，直接连苯环，水解消耗2mol NaOH），总消耗3mol NaOH。根据条件中含有苯环的基团只能是和，连接这两个基团的结构可以是、、、、、、，前三种因为连接两个基团的结构不对称各有两种结构，所以能形成6种结构，后四种由于基团对称各形成一种，所以能形成4种结构，则符合条件的共有10种；其中不含有碳碳双键的同分异构体的结构简式，如：或。 【小问7详解】 结合已知信息②，卤代烃经氯气取代，再经NaCN取代、酸性水解氰基得到羧基即可得到目标产物2-苯基丙酸，合成路线如下：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $