精品解析：吉林长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期开学验收考试 化学试题

东北师范大学附属中学2025-2026学年高三年级开学验收考试 化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 生活中的一些问题常涉及化学知识，以下表达不正确的是 A. “地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用 B. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水 C. 蚕丝、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素 D. 室内装饰材料中缓慢释放出的甲醛、甲苯等有机物会污染空气 2. 准确掌握元素及其化合物的性质有助于开发物质新用途。下列说法错误的是 A. 铝合金门窗比纯铝门窗抗形变性能好 B. 钠电池中的电解质溶液使用CCl4更安全 C. SO2以作为葡萄酒抗氧化剂 D. 使用没食子酸()和铁盐可以制造墨水 3. 下列实验装置能达到目的的是 A. 装置甲实验室制乙炔 B. 装置乙实验室制硝基苯 C. 装置丙实验室制乙酸乙酯 D. 装置丁验证碳酸的酸性比苯酚强 4. 甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A. B. 步骤2逆向反应的 C. 步骤1的反应比步骤2快 D. 该过程实现了甲烷的氧化 5. 下列离子方程式符合反应事实的是 A. 氯化铜溶液中滴入少量氨水： B. NaCl溶液滴入酸性溶液： C. 用铝热法还原金属： D. 固体中加入、氨水转化成： 6. 在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A. 键是共价键 B. 有8个碳碳双键 C. 共有16个氢原子 D. 不能发生取代反应 7. 如图所示是一种以液态肼（）为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。在固体氧化物电解质的温度达700～900℃时，可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是 A. 该电池可在常温下工作 B. 放电时，电池内的由电极甲移向电极乙 C. 电池负极反应为： D. 当电极甲上有1mol 消耗时，电极乙上有32g 参与反应 8. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 9. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ有2种官能团 B. Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离 C. 常温下Ⅱ为固态 D. 该反应为缩聚反应 10. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是 A. 阳极发生将海水中的Cl-还原生成Cl2的反应 B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气 D. 阴极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理 11. 微生物在电子供体的作用下可将(存在形式为)还原为更易被去除的，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 在生物反应器中可以实现S单质的循环利用 B. 自养还原过程的离子方程式为 C. 歧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D. 的沉淀去除过程发生了氧化还原反应 12. “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： 13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象 Ⅰ 0.1mol/L＋少量 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有。 Ⅱ 0.1mol/L＋过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素。 已知：①在氨水中存在如下平衡： ②当放电的速率缓慢且平稳时，有利于得到致密、细腻的镀层。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中检测到，推测可能发生反应：、 B. Ⅰ中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 C. Ⅱ中生成，使得比Ⅰ中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 D. 随阴极析出，推测Ⅱ中溶液减少，平衡逆移 14. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极II上吸附的量：iv>iii 15. 自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A. B. 第一电离能： C. 该化合物中不存在离子键 D. 该化合物中配位数与配体个数相等 二、解答题(共4小题，共55分) 16. 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 17. 科研小组通过实验I和实验Ⅱ从黄花蒿中高效提取抗疟疾药物青蒿素。 实验I从黄花蒿中提取青蒿素，过程如下。 （1）“萃取”时可供选用溶剂的相关数据如下。 溶剂 水 乙醇 四氯化碳 乙醚 沸点/℃ 100.0 78.5 76.5 34.6 ①“萃取”温度超过60℃，青蒿素会失去药效，推测_______(填官能团结构式)被破坏。 ②结合上表数据，溶剂X应选择_______，理由是_____。 （2）“操作”的名称为_______。 实验Ⅱ利用实验I中“减压过滤”所得滤渣制备青蒿素，过程如下。 （3）“还原”时将青蒿酸转化为二氢青蒿酸。其中无机产物之一为含π键的非极性分子，补充完整该反应的化学方程式：_______。 （4）已知：。“还原”时加入CoCl2固体可避免二氢青蒿酸被N2H2进一步还原，原因是_______。 （5）蒸馏操作中宜选用下图Ⅱ水蒸气蒸馏装置，不能用图I酒精灯直接加热蒸馏装置的原因是___________。 停止水蒸气蒸馏应进行的操作是_______。 （6）单位质量黄花蒿粉末中青蒿素的总提取量为_______。 18. 氢能是一种优秀的新型清洁能源，储氢材料的发展对氢气的高效存储起到至关重要的作用，也是氢气能否被广泛利用的关键。AMH4型物质是一类无机储氢材料，其中A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga。 （1）氢气沸点低，其可能的原因是：________。 （2）研究发现，该类物质中A+离子半径越大、M元素电负性越强，物质越稳定，则该类物质中最稳定的一种的化学式为________。 A. LiAlH4 B. KBH4 C. NaBH4 D. KGaH4 （3）AMH4型物质中，H的活性与M-H键的极性相关，已知Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，请解释NaAlH4还原性比NaBH4强的原因：________。 硼氢化钠（NaBH4）也是一种典型的AMH4型物质，其在催化剂钌（Ru）表面与水反应的历程如图所示： （4）NaBH4与水反应的离子方程式为：________。 （5）上述历程为放热过程，该反应能自发进行的条件是________。 A. 高温 B. 低温 C. 任意温度 D. 无法判断 （6）下列说法正确的是________（不定项）。 A. 反应过程中硼元素的化合价发生了变化 B. 若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2 C. 催化剂可以加快反应速率，其用量多少不影响反应速率 D. 相同物质的量的与，具有相同数量的配位键 （7）已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4浓度对制氢速率的影响如图所示，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因________。 硼氢化钠（NaBH4）的晶胞结构及晶胞参数如图所示： （8）该晶体中与距离最近的Na+的数量为________。 （9）已知硼氢化钠（M=38g·mol-1）晶体的密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA=________（用含ρ、a的代数式表示）。 19. 溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示： 请回答下列问题： （1）B的化学名称为___________；H中含有的官能团名称为___________。 （2）F转化为G的反应类型是___________。 （3）写出I转化为K的化学方程式：___________。 （4）X是I的同分异构体，具有如下结构与性质： ①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为___________。 （5）写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：___________(无机试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师范大学附属中学2025-2026学年高三年级开学验收考试 化学试题 一、单选题(每小题3分，共45分) 1. 生活中的一些问题常涉及化学知识，以下表达不正确的是 A. “地沟油”经过加工处理制得肥皂或生物柴油，可以实现厨余废物合理利用 B. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水 C. 蚕丝、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素 D. 室内装饰材料中缓慢释放出的甲醛、甲苯等有机物会污染空气 【答案】C 【解析】 【详解】A．地沟油的主要成分为油脂，地沟油经过皂化反应可以用来制造肥皂，与甲醇在催化剂作用下进行酯交换可以用来制成生物柴油，可以实现厨余废物合理利用，故A说法正确； B．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛能使蛋白质变性，是一种良好的杀菌剂，但对人体有害，不可用来消毒饮用水，故B说法正确； C．蚕丝的主要成分是蛋白质，棉花、人造丝的主要成分是纤维素，故C说法错误； D．室内装饰材料中的脲醛树脂、油漆、涂料等缓慢时放出的甲醛、甲苯等有毒的有机物，造成室内空气的严重污染，故D说法正确； 答案为C。 2. 准确掌握元素及其化合物的性质有助于开发物质新用途。下列说法错误的是 A. 铝合金门窗比纯铝门窗抗形变性能好 B. 钠电池中的电解质溶液使用CCl4更安全 C. SO2以作为葡萄酒抗氧化剂 D. 使用没食子酸()和铁盐可以制造墨水 【答案】B 【解析】 【详解】A．合金比纯金属硬度大，故铝合金门窗比纯铝门窗抗形变性能好，A正确； B．CCl4是非电解质不能导电，因此不能用于做电池的电解质溶液，B错误； C．SO2具有还原性，适量的SO2可用作葡萄酒抗氧化剂，C正确； D．没食子酸含有酚羟基，与铁盐发生显色反应，可用于制作墨水，D正确； 综上所述答案为B。 3. 下列实验装置能达到目的的是 A. 装置甲实验室制乙炔 B. 装置乙实验室制硝基苯 C. 装置丙实验室制乙酸乙酯 D. 装置丁验证碳酸的酸性比苯酚强 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室制备乙炔时，不能使用启普发生器，原因在于反应剧烈难以控制，且产生的热量可能导致设备损坏，尤其是生成的糊状产物可能堵塞装置，A错误； B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，图中制备装置合理，能够达到实验目的，B正确； C．乙酸乙酯会与NaOH溶液发生水解反应，不能用NaOH溶液收集，C错误； D．因为浓盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能将苯酚钠转化为苯酚，该装置不能验证碳酸的酸性比苯酚强，D错误； 故选B。 4. 甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A. B. 步骤2逆向反应的 C. 步骤1的反应比步骤2快 D. 该过程实现了甲烷的氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．由能量变化图可知，，A项正确； B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确； C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误； D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确； 故选C。 5. 下列离子方程式符合反应事实的是 A. 氯化铜溶液中滴入少量氨水： B. NaCl溶液滴入酸性溶液： C. 用铝热法还原金属： D. 固体中加入、氨水转化成： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯化铜溶液中滴入少量氨水生成氢氧化铜沉淀：，A错误； B．NaCl溶液滴入酸性溶液生成氯气：2+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误； C．铁的活泼性比铝弱，Fe和Al2O3不反应，C错误； D．固体中加入、氨水，沉淀转化成：，D正确； 故选D。 6. 在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A. 键是共价键 B. 有8个碳碳双键 C. 共有16个氢原子 D. 不能发生取代反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确； B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误； C．根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误； D．大π键环上可以发生取代反应，D错误； 答案选A。 7. 如图所示是一种以液态肼（）为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。在固体氧化物电解质的温度达700～900℃时，可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是 A. 该电池可在常温下工作 B. 放电时，电池内的由电极甲移向电极乙 C. 电池负极反应为： D. 当电极甲上有1mol 消耗时，电极乙上有32g 参与反应 【答案】D 【解析】 【分析】该电池中以液态肼（）为燃料，氧气为氧化剂，所以通入电极即电极甲为负极，通入氧气电极即电极乙为正极。 【详解】A．常温下固体氧化物电解质中没有自由移动的离子，无法形成闭合回路，电池无法工作，A错误； B．放电时原电池中阴离子向负极移动，由电极乙移向电极甲，B错误； C．反应生成物均为无毒无害的物质，所以被氧气氧化生成和，电解质为固体氧化物，在该固体氧化物电解质中自由移动，故负极反应为，C错误； D．消耗1mol 时，电路中转移4mol电子，乙电极上有1mol 参与反应，质量为32g，D正确； 答案选D。 8. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 9. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ有2种官能团 B. Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离 C. 常温下Ⅱ为固态 D. 该反应为缩聚反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由Ⅰ的结构可知，其含有碳碳双键，酯基，氰基三种官能团，A错误； B．Ⅱ为高分子聚合物，含有酯基和氰基，氰基遇水不会水解，需要再一定条件下才能水解，所以遇水不会溶解，B错误； C．Ⅱ为高分子聚合物，相对分子质量较高，导致熔点较高，常温下为固态，C正确； D．根据Ⅰ转化为Ⅱ的结构分析，双键断开，且没有小分子生成，发生加聚反应，D错误； 故选C。 10. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是 A. 阳极发生将海水中的Cl-还原生成Cl2的反应 B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气 D. 阴极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理 【答案】A 【解析】 【分析】海水通入管道后，形成电解池，海水作为电解液，依据提示，为排除排水管中生物的附和，可以通过电解海水制氯气，故阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，此时海水碱性增大，由于电解液存在于管道中，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果，阴极生成的氢气应及时通风安全地排入大气，依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Mg(OH)2等积垢在阴极表面形成，据此分析回答问题。 【详解】A．依据分析可知，阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，为氧化反应，故A错误； B．依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确； C．阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确； D．依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Mg(OH)2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D正确， 故选：A。 11. 微生物在电子供体的作用下可将(存在形式为)还原为更易被去除的，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 在生物反应器中可以实现S单质的循环利用 B. 自养还原过程的离子方程式为 C. 歧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D. 的沉淀去除过程发生了氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．在生物反应器中并没有再重新生成S单质，没有实现S单质的循环利用，故A错误； B．根据反应机理图可知，自养还原过程的离子方程式为，故B正确； C．根据反应机理图可知，S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，正确的离子方程式为，氧化产物()与还原产物(H2S)的物质的量之比为1∶3，故C错误； D．Sb(+3)的沉淀去除过程发生了非氧化还原反应，Sb元素和S元素的化合价均没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D说法错误； 答案为B。 12. “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。 13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象 Ⅰ 0.1mol/L＋少量 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有。 Ⅱ 0.1mol/L＋过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素。 已知：①在氨水中存在如下平衡： ②当放电的速率缓慢且平稳时，有利于得到致密、细腻的镀层。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中检测到，推测可能发生反应：、 B. Ⅰ中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 C. Ⅱ中生成，使得比Ⅰ中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 D. 随阴极析出，推测Ⅱ中溶液减少，平衡逆移 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，铜为阳极，失去电子发生氧化反应得到铜离子，铁为阴极； 【详解】A．Ⅰ中检测到，推测可能发生反应：铁和稀硫酸反应生成亚铁离子或铁和生成的铜离子反应生成亚铁离子，、，A正确； B．铁和稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，随着反应进行生成的铜离子在阴极放电生成铜，溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触，B正确； C．当放电的速率缓慢且平稳时，有利于得到致密、细腻的镀层。Ⅱ中生成与过量的氨水生成，使得比Ⅰ中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密，C正确； D．反应中阳极铜不断溶解，故Ⅱ中溶液不会减少，，D错误； 故选D。 14. 用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A. ，说明实验i中形成原电池，反应为 B. ，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C. ，说明iii中电极I上有发生反应 D. ，是因为电极II上吸附的量：iv>iii 【答案】D 【解析】 【分析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。 【详解】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确； B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确； C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确； D．实验iii与实验iv的主要区别在于电极I不同，实验iv中石墨1电极上吸附氧气的量远大于实验iii中的新石墨电极，使得实验iv电压大于实验iii，由于实验iv在实验iii之后进行，故电极II上吸附氢气的量iv<iii，D错误； 故选D。 15. 自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A. B. 第一电离能： C. 该化合物中不存在离子键 D. 该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，故A项说法正确； B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，故B项说法错误； C．该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误； D．该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的为A项。 二、解答题(共4小题，共55分) 16. 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 【答案】（1） ①. 四 ②. VIII ③. 4：5 （2） ①. N ②. O ③. sp2 ④. O （3） ①. ②. n ③. 【解析】 【小问1详解】 Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 【小问2详解】 ①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 【小问3详解】 ①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②m截面面积Sm=a2pm2，每个角原子被 ​​4个相邻晶胞共享​​(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2，n截面面积为pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 17. 科研小组通过实验I和实验Ⅱ从黄花蒿中高效提取抗疟疾药物青蒿素。 实验I从黄花蒿中提取青蒿素，过程如下。 （1）“萃取”时可供选用溶剂的相关数据如下。 溶剂 水 乙醇 四氯化碳 乙醚 沸点/℃ 100.0 78.5 76.5 34.6 ①“萃取”温度超过60℃，青蒿素会失去药效，推测_______(填官能团结构式)被破坏。 ②结合上表数据，溶剂X应选择_______，理由是_____。 （2）“操作”的名称为_______。 实验Ⅱ利用实验I中“减压过滤”所得滤渣制备青蒿素，过程如下。 （3）“还原”时将青蒿酸转化为二氢青蒿酸。其中无机产物之一为含π键的非极性分子，补充完整该反应的化学方程式：_______。 （4）已知：。“还原”时加入CoCl2固体可避免二氢青蒿酸被N2H2进一步还原，原因是_______。 （5）蒸馏操作中宜选用下图Ⅱ水蒸气蒸馏装置，不能用图I酒精灯直接加热蒸馏装置的原因是___________。 停止水蒸气蒸馏应进行的操作是_______。 （6）单位质量黄花蒿粉末中青蒿素的总提取量为_______。 【答案】（1） ①. —O—O— ②. 乙醚 ③. 青蒿素在乙醚中溶解度较大，且乙醚沸点最低，分离时不易破坏青蒿素结构 （2）(重)结晶 （3）  +N2H4+H2O2 +N2+2H2O （4）形成，降低N2H4浓度，减弱N2H4的还原性 （5） ①. 由于高温下青蒿素结构易被破坏，通过降低压力来降低沸点的减压蒸馏技术提取 ②. 先打开活塞C，再熄灭酒精灯 （6）5.6 【解析】 【分析】根据题图，青蒿素中含有过氧键、酯基和醚键；①“萃取”温度超过60℃，青蒿素会失去药效，推测—O—O—被破坏；②结合上表数据，溶剂X应选择乙醚，理由是青蒿素在乙醚中溶解度较大，且乙醚沸点最低，分离时不易破坏青蒿素结构；从粗品中获得更纯的晶体一般用重结晶；“还原”时将青蒿酸转化为二氢青蒿酸。其中无机产物之一为含π键的非极性分子，说明有氮气生成，故答案为：   +N2H4+H2O2   +N2+2H2O；形成，降低N2H4浓度，减弱N2H4的还原性；可采用有机溶剂萃取的方法，由于高温下青蒿素结构易被破坏，常通过降低压力来降低沸点的减压蒸馏技术提取；防止倒吸，应该先打开活塞C，再熄灭酒精灯；单位质量黄花蒿粉末中青蒿素的总提取量=。 【小问1详解】 ①“萃取”温度超过60℃，青蒿素会失去药效，推测—O—O—被破坏；②结合上表数据，溶剂X应选择乙醚，理由是青蒿素在乙醚中溶解度较大，且乙醚沸点最低，分离时不易破坏青蒿素结构； 【小问2详解】 从粗品中获得更纯的晶体一般用重结晶； 【小问3详解】 “还原”时将青蒿酸转化为二氢青蒿酸。其中无机产物之一为含π键的非极性分子，说明有氮气生成，故完整化学方程式为   +N2H4+H2O2   +N2+2H2O； 【小问4详解】 加入CoCl2以后形成，降低N2H4浓度，减弱N2H4的还原性； 【小问5详解】 青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶，熔点较高，因此提取青蒿素时不宜使用水蒸气蒸馏法，可采用有机溶剂萃取的方法，由于高温下青蒿素结构易被破坏，常通过降低压力来降低沸点的减压蒸馏技术提取；防止倒吸，应该先打开活塞C，再熄灭酒精灯； 【小问6详解】 单位质量黄花蒿粉末中青蒿素的总提取量= mg/g。 18. 氢能是一种优秀的新型清洁能源，储氢材料的发展对氢气的高效存储起到至关重要的作用，也是氢气能否被广泛利用的关键。AMH4型物质是一类无机储氢材料，其中A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga。 （1）氢气沸点低，其可能的原因是：________。 （2）研究发现，该类物质中A+离子半径越大、M元素电负性越强，物质越稳定，则该类物质中最稳定的一种的化学式为________。 A. LiAlH4 B. KBH4 C. NaBH4 D. KGaH4 （3）AMH4型物质中，H的活性与M-H键的极性相关，已知Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，请解释NaAlH4还原性比NaBH4强的原因：________。 硼氢化钠（NaBH4）也是一种典型的AMH4型物质，其在催化剂钌（Ru）表面与水反应的历程如图所示： （4）NaBH4与水反应的离子方程式为：________。 （5）上述历程为放热过程，该反应能自发进行的条件是________。 A. 高温 B. 低温 C. 任意温度 D. 无法判断 （6）下列说法正确的是________（不定项）。 A. 反应过程中硼元素的化合价发生了变化 B. 若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2 C. 催化剂可以加快反应速率，其用量多少不影响反应速率 D. 相同物质的量的与，具有相同数量的配位键 （7）已知：浓度较大时，NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出。其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4浓度对制氢速率的影响如图所示，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因________。 硼氢化钠（NaBH4）的晶胞结构及晶胞参数如图所示： （8）该晶体中与距离最近的Na+的数量为________。 （9）已知硼氢化钠（M=38g·mol-1）晶体的密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA=________（用含ρ、a的代数式表示）。 【答案】（1）H2相对分子质量小，且为非极性分子，分子间作用力小 （2）B （3）Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，NaAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性增强；NaAlH4中氢活性更高，还原性更强； （4） （5）C （6）BD （7）NaBH4含量较低时，溶液浓度较低，（催化剂未被充分利用，催化性能未充分发挥），反应速率慢；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍与催化剂活性位的接触 （8）8 （9） 【解析】 【小问1详解】 H2为分子晶体，相对分子质量小，且为非极性分子，分子间作用力小，故氢气沸点低； 【小问2详解】 同族元素离子半径从上至下增大，故离子半径：K+>Na+>Li+；同主族元素电负性由上至下减弱，故电负性：B>Al>Ga；则离最稳定的是KBH4，故选B； 【小问3详解】 Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，NaAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越大，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性增强；NaAlH4中Al与H电负性差大，极性大，氢活性更高，还原性更强； 【小问4详解】 由图可知，反应物为和，生成物为和，离子方程式为：； 【小问5详解】 由方程式可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应任意温度下均可自发进行，故选C； 【小问6详解】 A．各步骤中硼元素的化合价均为+3价，A错误； B．由历程可知，若将NaBH4中的H用D代替，反应中提供H的为和水，则生成的气体中含有H2、HD和D2，B正确； C．催化剂可以加快反应速率，其用量多反应速率加快，C错误； D．和均为+3价，均含1个配位键，故相同物质的量的与，具有相同数量的配位键，D正确； 故选BD； 【小问7详解】 NaBH4含量较低时，溶液浓度较低，（催化剂未被充分利用，催化性能未充分发挥），反应速率慢；NaBH4含量较高时，水解反应生成较多的以形式结晶析出，产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降； 【小问8详解】 由晶胞示意图可知，以体心为例，与距离最近的Na+的数量8（棱心4个，面心4个）； 【小问9详解】 已知硼氢化钠晶体的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，由晶胞示意图可知，每个晶胞的体积为：a2×2a×10-21cm3=2a3×10-21cm3，一个晶胞中含有Na+个数为：=4，含有BH个数为：=4，则一个晶胞的质量为：g，故有，NA=。 19. 溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示： 请回答下列问题： （1）B的化学名称为___________；H中含有的官能团名称为___________。 （2）F转化为G的反应类型是___________。 （3）写出I转化为K的化学方程式：___________。 （4）X是I的同分异构体，具有如下结构与性质： ①含有结构；②能发生银镜反应；③除苯环外，不含其他环符合条件的X共有___________种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为___________。 （5）写出仅以乙烯为有机原料通过四步反应制备丁二酸的合成路线：___________(无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 2-氯甲苯或邻氯甲苯 ②. 氰基、醚键 （2）还原反应或加成反应 （3）+ +H2O （4） ①. 12 ②. （5）CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH 【解析】 【分析】根据C的结构简式，以及A的分子式，推出A的结构简式为，A生成B，发生取代反应，即B的结构简式为，根据E的结构简式，C与苯酚发生取代反应，即D的结构简式为，对比I和K的结构简式，I生成K发生酯化反应，即J的结构简式为，据此分析； 【小问1详解】 根据上述分析B的结构简式为，名称为2-氯甲苯或邻氯甲苯；根据H的结构简式，所含官能团为氰基、醚键；故答案为2-氯甲苯或邻氯甲苯；氰基、醚键； 【小问2详解】 对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为还原反应或加成反应，故答案为还原反应或加成反应； 【小问3详解】 I和J发生酯化反应，其反应方程式为++H2O；故答案为++H2O； 【小问4详解】 I的不饱和度为10，同分异构体中含有“”不饱和度为8，能发生银镜反应，说明含有醛基，即1个X分子中含有2个醛基，根据“定一移一”，同分异构体分别为、、、、、、、、、、、，共有12种；核磁共振氢谱有3组峰，说明有3种不同的氢，峰面积之比为1∶2∶2，符合条件的是；故答案为12；； 【小问5详解】 根据G→H→I，推出生成丁二酸的步骤为HOCH2CH2OH→NCCH2CH2CN→HOOCCH2CH2COOH，因此乙烯制备丁二酸的路线有CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH；故答案成为CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $