精品解析：天津市第二中学2026-2027学年高三上学期假期知识阶段性回顾 化学试卷

2026-2027（一）天津二中高三年级假期知识阶段性回顾 化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 第I卷 共36分 一、单选题 1. 2025年春晚，宇树人形机器人表演的《秧BOT》燃爆全场。下列关于其所用材料的说法正确的是 A. 主控芯片的主要成分为二氧化硅 B. 自平衡陀螺仪使用的压电陶瓷属于传统无机非金属材料 C. 支撑结构的铝合金材质具有质量轻、强度高的特性 D. 外壳覆盖的ABS塑料由苯乙烯、丙烯腈和1，3-丁二烯通过缩聚反应制备而成 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用原子轨道描述HCl分子中化学键的形成： B. 中子数为10的氧原子： C. 反-2-丁烯的结构简式： D. 的电子式： 3. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 4. 常温下，二氧化氯（）是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被世界卫生组织（WHO）列为A1级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应方程式为：，则下列说法正确的是 A. 是非极性分子 B. 键角： C. 在反应中作还原剂 D. 分子空间结构为直线形 5. 下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. B. 溶液 C. D. 溶液 6. 下列实验能达到实验目的的是 A.验证非金属性强弱： B.制备 C.除去中的少量 D.分离(沸点)和(沸点) A. A B. B C. C D. D 7. 依据下列实验现象，判断所得相应结论错误的是 实验现象 结论 A 银氨溶液与葡萄糖溶液反应，有银镜生成 葡萄糖是还原糖 B 将蛋清溶液滴入饱和溶液中，溶液变浑浊，继续加入蒸馏水，溶液变澄清 蛋白质的盐析是可逆的 C 向浓溶液中加入乙醇，有深蓝色晶体析出 与乙醇发生化学反应 D 与冷水反应剧烈，而与热水反应缓慢 金属性： A. A B. B C. C D. D 8. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如下图)，具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是 A. 可与溶液发生显色反应 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C. 可与水溶液发生反应 D. 分子中有2种杂化轨道类型的碳原子 9. 下列方程式与事实符合的是 A. 氢氧化钠溶液中加入过量草酸： B. CuCl难溶于水，可溶于稀硝酸得蓝色溶液： C. 用绿矾（）处理酸性废水中的： D. 将浓度均为0.1mol/L的和溶液按体积比混合： 10. 化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A. 分子中所有的原子可能共平面 B. 最多能消耗 C. 既能发生取代反应，又能发生加成反应 D. 能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 11. 下列有关物质结构与性质的事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 为平面形分子 分子中S原子为杂化，键角均是120° B 的热稳定性高于 分子间能形成氢键 C 在中的溶解度比在水中大 和均为非极性分子，水是极性分子 D 金刚石比晶体硅的熔点高 碳原子半径比硅原子半径小 A. A B. B C. C D. D 12. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 第II卷 共64分 13. 回答下列问题。 （1）镓（Ga）与铝同主族，其单质及其化合物具有广泛的工业应用。镓的卤化物都有较高的催化活性，可用于聚合和脱水等工艺，查得： 物质 熔点/℃ 124 78 1000 ①的熔点高于，却远低于，原因是_________________________________。 ②气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有____________（填字母）。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键 （2）富硒酵母是一种新型添加剂，硫与硒为同一主族元素，下列事实能比较两者非金属性强弱的是____________。 A. 稳定性： B. 溶解度： C. 单质的熔点： D. 酸性： （3）离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图： 1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐（[Emim]BF4） ①微粒中F-B-F键角：__________（填“>”、“<”或“=”）。 ②可以与NaF反应生成的原因是__________________________________________。 （4）NaF等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某NaF的晶体结构如下图。表示阿伏加德罗常数的值。NaF晶胞为正方体，边长为a nm，则晶体的摩尔体积__________。 （5）臭氧（）在的催化下能将烟气中的、分别氧化为和，也可在其他条件下被还原为。 ①中心原子轨道的杂化类型为_______，的空间结构为_______（用文字描述）。 ②元素铁在周期表中的位置___________________，属于_______区，其二价离子的电子排布式是________________________，铁、镍易CO作用形成羰基配合物，的熔点为253 K，沸点为376 K，则固体属于_________晶体。 ③与NO反应生成的，NO以N原子与形成配位键，请指出的配位体是_______，配位数为_______。 14. 二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。近期，我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下： （1）阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、______。 （2）A→B的反应类型为______。 （3）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为______，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为______。 （4）写出B→C反应方程式：______。 （5）C→D反应所需试剂及条件为______。 （6）在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在______(填“阳极”或“阴极”)上进行。 （7）下列关于E的叙述错误的是______(填序号)。 a．可发生聚合反应 b．分子内9个碳原子共平面 c．分子内含有1个手性碳原子 d．可形成分子内氢键和分子间氢键 （8）结合题干信息，完成以下合成路线：______。 （ ） 15. 已知：将通入溶液中会产生不溶于酸的白色沉淀。某兴趣小组利用下图装置探究通入溶液产生白色沉淀的原因。请回答下列问题。 【提出问题】白色沉淀产生的主要原因是什么？ 【做出假设】 （1）假设一：空气中存在，将氧化为，生成沉淀。假设二：__________。 【设计实验】 （2）该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。 装置X的名称是__________，装置Y的作用是__________。为了确保实验成功，组装实验装置后应进行的操作是__________，排净装置中的空气；加入相应试剂。 【实验过程】 对比实验一 对比实验二 实验步骤 A烧杯中加入煮沸的溶液25 mL，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 B烧杯中加入未煮沸的溶液25 mL。 C烧杯中加入煮沸的溶液25 mL，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 D烧杯中加入未煮沸的溶液25 mL。 在A、B、C、D四个烧杯中均放入pH传感器，然后通入气体 （3）向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的：__________。烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的__________代替（填序号）。 a.氯仿 b.己烷 c.乙醇 【实验现象】A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现白色浑浊现象。 【实验结论】 （4）B烧杯中出现白色浑浊证明__________成立（填“假设一”或“假设二”）。 （5）在硝酸钡溶液中，有无参加都能产生沉淀。若是的强氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为__________。 （6）为了进一步探究起主要氧化作用的因素，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，根据图像可得出结论：__________。 如图所示。 其中曲线1表示无氧溶液，曲线2表示有氧溶液，曲线3表示无氧溶液，曲线4表示有氧溶液。 16. 氯化铁是重要的化工原料。的制备流程图如下所示，按要求回答问题： （1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________________________________；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为_________________________________________。 （2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有_______________________________。 （3）检验溶液中是否残留的试剂是________________________。 （4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入。此过程中发生的主要反应的离子方程式为______________________________________________________。 （5）操作②为____________________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027（一）天津二中高三年级假期知识阶段性回顾 化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 第I卷 共36分 一、单选题 1. 2025年春晚，宇树人形机器人表演的《秧BOT》燃爆全场。下列关于其所用材料的说法正确的是 A. 主控芯片的主要成分为二氧化硅 B. 自平衡陀螺仪使用的压电陶瓷属于传统无机非金属材料 C. 支撑结构的铝合金材质具有质量轻、强度高的特性 D. 外壳覆盖的ABS塑料由苯乙烯、丙烯腈和1，3-丁二烯通过缩聚反应制备而成 【答案】C 【解析】 【详解】A．主控芯片的主要成分是单质硅，而非二氧化硅。二氧化硅主要用于光导纤维或芯片中的绝缘层，A错误； B．压电陶瓷（如锆钛酸铅）属于新型无机非金属材料，而传统无机非金属材料包括玻璃、水泥、陶瓷等，B错误； C．铝合金是金属材料，合金通过掺杂其他元素改善了纯金属的性能，具有质量轻、强度高的特点，C正确； D．ABS塑料由丙烯腈（A）、丁二烯（B）、苯乙烯（S）通过加聚反应（而非缩聚反应）共聚而成，缩聚反应会生成小分子副产物（如水），但ABS无此过程，D错误； 故选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用原子轨道描述HCl分子中化学键的形成： B. 中子数为10的氧原子： C. 反-2-丁烯的结构简式： D. 的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl为化合物，H原子s轨道电子与Cl原子p轨道电子通过头碰头形成共价键，原子轨道的描述为：，A正确； B．中子数为10的氧原子：，B错误； C．反-2-丁烯的结构简式中甲基在碳碳双键的两侧，结构简式：，C错误； D．过氧化钠为离子化合物，电子式为：，D错误； 答案选A。 3. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 【答案】A 【解析】 【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A错误； B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确； C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，酶作为催化剂促进反应，C正确； D．植物油含不饱和脂肪酸的甘油酯，催化加氢可减少碳碳双键，提高饱和度，D正确； 故选A。 4. 常温下，二氧化氯（）是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被世界卫生组织（WHO）列为A1级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应方程式为：，则下列说法正确的是 A. 是非极性分子 B. 键角： C. 在反应中作还原剂 D. 分子空间结构为直线形 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心原子C的价层电子对数为，不含孤对电子，为直线形分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．中心原子Cl的价层电子对数为，含有1对孤对电子，的中心原子的价层电子对数为，含2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对排斥作用越强，键角越小，故键角，B错误； C．反应中中元素化合价由+5价降低为+4价，得电子发生还原反应，作氧化剂，C错误； D．中心原子价层电子对数为，含2对孤电子对，分子空间结构为V形，D错误； 故选A。 5. 下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是 A. B. 溶液 C. D. 溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，A不符合题意； B．Fe和H2O(g)高温下反应生成Fe3O4，不是Fe2O3，B不符合题意； C．次氯酸钠和过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸见光分解为氧气和HCl，C符合题意； D．二氧化硅和水不反应，则SiO2和H2O不能一步得到H2SiO3(胶体)，D不符合题意； 故选C。 6. 下列实验能达到实验目的的是 A.验证非金属性强弱： B.制备 C.除去中的少量 D.分离(沸点)和(沸点) A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．证明非金属性的强弱应该用最高价含氧酸，不能用盐酸，而且稀盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中会混有氯化氢，氯化氢也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法比较C和Si的非金属性，A错误； B．加热氯化铵会分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又重新结合生成氯化铵，不能制得氨气，B错误； C．饱和碳酸钠溶液不仅吸收二氧化硫，还会与二氧化碳反应，导致二氧化硫被吸收，应使用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫，C错误； D．和沸点相差较大，可用蒸馏法分离，装置中蒸馏烧瓶、冷凝管、接收器等仪器齐全，符合蒸馏操作要求，D正确； 故选D。 7. 依据下列实验现象，判断所得相应结论错误的是 实验现象 结论 A 银氨溶液与葡萄糖溶液反应，有银镜生成 葡萄糖是还原糖 B 将蛋清溶液滴入饱和溶液中，溶液变浑浊，继续加入蒸馏水，溶液变澄清 蛋白质的盐析是可逆的 C 向浓溶液中加入乙醇，有深蓝色晶体析出 与乙醇发生化学反应 D 与冷水反应剧烈，而与热水反应缓慢 金属性： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．银氨溶液与葡萄糖反应生成银镜，说明葡萄糖含有还原性基团（如醛基），A结论正确； B．盐析是蛋白质在浓盐溶液中溶解度降低析出，加水后恢复溶解，属于可逆的物理变化，B结论正确； C．在乙醇中溶解度降低析出晶体，属于物理析出过程，未发生化学反应，C结论错误； D．金属与水反应的剧烈程度可反映金属活动性，Na反应更剧烈说明金属性Na＞Mg，D结论正确； 故选C。 8. 葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物(结构简式如下图)，具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是 A. 可与溶液发生显色反应 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C. 可与水溶液发生反应 D. 分子中有2种杂化轨道类型的碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物含有酚羟基，则该有机物可与溶液发生显色反应，故A正确； B．该有机物含有碳碳双键、羟基等，可被酸性重铬酸钾溶液氧化，则该有机物能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误； C．该有机物含有羧基，则该有机物可与水溶液反应生成二氧化碳，故C正确； D．该有机物分子中苯环、酯基、羧基、碳碳双键的碳原子为sp2杂化，其它饱和碳原子为sp3杂化，即分子中有2种杂化轨道类型的碳原子，故D正确； 答案选B。 9. 下列方程式与事实符合的是 A. 氢氧化钠溶液中加入过量草酸： B. CuCl难溶于水，可溶于稀硝酸得蓝色溶液： C. 用绿矾（）处理酸性废水中的： D. 将浓度均为0.1mol/L的和溶液按体积比混合： 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸是二元弱酸，过量草酸与NaOH反应生成酸式盐，正确离子方程式为，A错误； B．为难溶物，离子方程式中不能拆分为，正确离子方程式为，B错误； C．酸性条件下将氧化为，自身被还原为，该离子方程式正确，C正确； D．结合的能力强于，不会生成一水合氨，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 10. 化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A. 分子中所有的原子可能共平面 B. 最多能消耗 C. 既能发生取代反应，又能发生加成反应 D. 能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．该分子中存在-CH3，因此不可能所有原子共面，故A项错误； B．该分子中能与NaOH反应的官能团为2个酚羟基、酯基(1个酚酯基)、1个羧基，除酚羟基形成的酯基外，其余官能团消耗NaOH的比例均为1：1，因此1mol M最多能消耗5mol NaOH，故B项错误； C．M中存在羟基、羧基等，能够发生取代反应，存在苯环结构，因此能发生加成反应，故C项正确； D．M中存在羟基、羧基，能形成分子间氢键，由于存在羟基与羧基相邻的结构，因此也能形成分子内氢键，故D项错误； 综上所述，说法正确的是C项。 11. 下列有关物质结构与性质的事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 为平面形分子 分子中S原子为杂化，键角均是120° B 的热稳定性高于 分子间能形成氢键 C 在中的溶解度比在水中大 和均为非极性分子，水是极性分子 D 金刚石比晶体硅的熔点高 碳原子半径比硅原子半径小 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、价层电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间构型为平面正三角形，键角均是120°，故A正确； B．氟化氢的热稳定性高于氯化氢是因为氢氟键的键能强于氢氯键，与氢氟酸能形成分子间氢键无关，故B错误； C．碘和四氯化碳都是结构对称的非极性分子，水是结构不对称的极性分子，由相似相溶原理可知，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，故C正确； D．金刚石和晶体硅都是共价晶体，碳原子半径比硅原子半径小，所以金刚石中碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，故D正确； 故选B。 12. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【解析】 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【详解】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 第II卷 共64分 13. 回答下列问题。 （1）镓（Ga）与铝同主族，其单质及其化合物具有广泛的工业应用。镓的卤化物都有较高的催化活性，可用于聚合和脱水等工艺，查得： 物质 熔点/℃ 124 78 1000 ①的熔点高于，却远低于，原因是_________________________________。 ②气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有____________（填字母）。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键 （2）富硒酵母是一种新型添加剂，硫与硒为同一主族元素，下列事实能比较两者非金属性强弱的是____________。 A. 稳定性： B. 溶解度： C. 单质的熔点： D. 酸性： （3）离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图： 1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐（[Emim]BF4） ①微粒中F-B-F键角：__________（填“>”、“<”或“=”）。 ②可以与NaF反应生成的原因是__________________________________________。 （4）NaF等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某NaF的晶体结构如下图。表示阿伏加德罗常数的值。NaF晶胞为正方体，边长为a nm，则晶体的摩尔体积__________。 （5）臭氧（）在的催化下能将烟气中的、分别氧化为和，也可在其他条件下被还原为。 ①中心原子轨道的杂化类型为_______，的空间结构为_______（用文字描述）。 ②元素铁在周期表中的位置___________________，属于_______区，其二价离子的电子排布式是________________________，铁、镍易CO作用形成羰基配合物，的熔点为253 K，沸点为376 K，则固体属于_________晶体。 ③与NO反应生成的，NO以N原子与形成配位键，请指出的配位体是_______，配位数为_______。 【答案】（1） ①. 和均为分子晶体，但相对分子质量较大，分子间作用力更强，熔点更高；而属于离子晶体，熔点最高 ②. AC （2）AD （3） ①. > ②. 中B原子有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键 （4） （5） ①. 杂化 ②. 平面三角形 ③. 第四周期第VIII族 ④. d区 ⑤. ⑥. 分子 ⑦. NO、 ⑧. 6 【解析】 【小问1详解】 ① 和的熔点较低，属于分子晶体，由于的相对分子质量大于，其分子间作用力更强，故熔点；而的熔点高达，属于离子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，因此的熔点最高。 ② 二聚体（）的结构与相似，Ga与Cl之间通过共用电子对形成极性共价键，同时Cl原子提供孤电子对、Ga原子提供空轨道形成配位键，以满足稳定结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有极性键和配位键，故选AC。 【小问2详解】 A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，稳定性说明非金属性，A正确； B．氧化物的溶解度与中心元素的非金属性强弱无关，B错误； C．单质的熔点属于物理性质，不能作为判断元素非金属性强弱的依据，C错误； D．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其非金属性越强，酸性说明非金属性，D正确； 故选AD。 【小问3详解】 ① 中B原子价层电子对数为，无孤电子对，采取杂化，空间结构为平面三角形，键角为；中B原子价层电子对数为，无孤电子对，采取杂化，空间结构为正四面体形，键角为。因此F-B-F键角：。 ② 分子中B原子最外层只有6个电子，存在一个空的2p轨道，而NaF中的最外层有孤电子对，二者可以通过配位键结合生成。 【小问4详解】 根据晶胞结构图可知，晶胞中位于顶点和面心，个数为；位于棱心和体心，个数为。即1个晶胞中含有4个NaF。晶胞的边长为，体积。1 mol NaF含有个NaF，相当于个晶胞，故晶体的摩尔体积。 【小问5详解】 ① 中S原子的价层电子对数为，采取杂化；中N原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形。 ② 铁是26号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d区。Fe原子的电子排布式为，失去两个4s电子形成，其电子排布式为（或）。的熔沸点较低，符合分子晶体的物理性质特征，故属于分子晶体。 ③ 在配离子中，中心离子为，提供孤电子对的分子是和，故配位体为和；配体总数为，故配位数为6。 14. 二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。近期，我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下： （1）阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、______。 （2）A→B的反应类型为______。 （3）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为______，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为______。 （4）写出B→C反应方程式：______。 （5）C→D反应所需试剂及条件为______。 （6）在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在______(填“阳极”或“阴极”)上进行。 （7）下列关于E的叙述错误的是______(填序号)。 a．可发生聚合反应 b．分子内9个碳原子共平面 c．分子内含有1个手性碳原子 d．可形成分子内氢键和分子间氢键 （8）结合题干信息，完成以下合成路线：______。 （ ） 【答案】（1）羧基 （2）加成反应(或还原反应） （3） ①. 4 ②. （4）+H2O （5）O2，△/催化剂 （6）阴极 （7）b （8）。 【解析】 【分析】(A)与氢气发生加成反应生成(B)，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成(C)，对比和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，的在1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成(E)，在1)KOH溶液、2)盐酸条件下转化成阿托酸。 【小问1详解】 阿托酸的结构简式为，其所含官能团的名称为碳碳双键、羧基； 【小问2详解】 A的结构简式为、B的结构简式为，与氢气发生加成反应生成，所以A→B的反应类型为加成反应或还原反应； 【小问3详解】 A的结构简式为，其符合题目要求的同分异构体为①一个侧链②两个侧链(甲基有邻、间、对三种位置)，所以符合要求的同分异构体的数目为1+3=4，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为； 【小问4详解】 B的结构简式为、C的结构简式为，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，B→C反应方程式为+H2O； 【小问5详解】 对比(C)和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，所以C→D反应所需试剂为O2、条件为加热、催化剂； 【小问6详解】 电催化过程中，Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，由于Mg为活性阳极，阳极应为Mg失去电子发生氧化反应转化为Mg2+，CO2中碳元素处于最高价+4价，即在D→E反应中，CO2与D反应时CO2中碳元素化合价降低，应在阴极上进行； 【小问7详解】 E结构简式为： a．E中含有羧基和醇羟基，所以可以发生聚合反应，故a正确； b．苯环及直接连接苯环的碳原子共平面，连接羧基和苯环的碳原子为饱和碳原子，该碳原子采取sp3杂化，为四面体结构，由于单键可以旋转，所以分子中最少有7个碳原子共平面、最多有8个碳原子共平面，故b错误； c．分子中连接羧基和苯环的碳原子连了4个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，分子中只有该碳原子为手性碳原子，故c正确； d．E分子中含有羧基和羟基，由于羧基和羟基间距小，所以该分子既可形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键，故d正确； 故答案为：b； 【小问8详解】 在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成， ，在1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成，在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为，，。 15. 已知：将通入溶液中会产生不溶于酸的白色沉淀。某兴趣小组利用下图装置探究通入溶液产生白色沉淀的原因。请回答下列问题。 【提出问题】白色沉淀产生的主要原因是什么？ 【做出假设】 （1）假设一：空气中存在，将氧化为，生成沉淀。假设二：__________。 【设计实验】 （2）该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。 装置X的名称是__________，装置Y的作用是__________。为了确保实验成功，组装实验装置后应进行的操作是__________，排净装置中的空气；加入相应试剂。 【实验过程】 对比实验一 对比实验二 实验步骤 A烧杯中加入煮沸的溶液25 mL，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 B烧杯中加入未煮沸的溶液25 mL。 C烧杯中加入煮沸的溶液25 mL，再加入与溶液体积相同的食用油，冷却至室温。 D烧杯中加入未煮沸的溶液25 mL。 在A、B、C、D四个烧杯中均放入pH传感器，然后通入气体 （3）向A烧杯与C烧杯中加入食用油的目的：__________。烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的__________代替（填序号）。 a.氯仿 b.己烷 c.乙醇 【实验现象】A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现白色浑浊现象。 【实验结论】 （4）B烧杯中出现白色浑浊证明__________成立（填“假设一”或“假设二”）。 （5）在硝酸钡溶液中，有无参加都能产生沉淀。若是的强氧化性导致沉淀的出现，则对应的离子方程式为__________。 （6）为了进一步探究起主要氧化作用的因素，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，根据图像可得出结论：__________。 如图所示。 其中曲线1表示无氧溶液，曲线2表示有氧溶液，曲线3表示无氧溶液，曲线4表示有氧溶液。 【答案】（1）酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀 （2） ①. 酸式滴定管 ②. 防倒吸、做安全瓶的作用 ③. 检查装置气密性 （3） ①. 隔绝氧气的作用 ②. b （4）假设一 （5） （6）在氧化反应中起到主要氧化作用 【解析】 【分析】将70%左右滴入饱和的溶液中，发生反应，生成的经过缓冲瓶进入右侧的烧杯中与待测溶液混合，烧杯中的食用油可以隔绝空气，pH传感器可以实时获取溶液的pH数据通过控制变量法来探究与溶液的反应。 【小问1详解】 二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，能被二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，因此假设二为酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀，故答案为：酸性条件下具有氧化性，能将氧化为，从而产生白色沉淀； 【小问2详解】 装置X盛装稀硫酸，名称是酸式滴定管；装置Y可起到防倒吸、做安全瓶的作用；组装实验装置后应进行的操作是检查装置气密性，故答案为：酸式滴定管；防倒吸、做安全瓶的作用；检查装置气密性； 【小问3详解】 由于实验中需要研究氧气的作用，因此需要控制变量，食用油起到隔绝氧气的作用；食用油密度比水小，难溶于水，选项中氯仿密度大于水，排除a，乙醇与水互溶，排除c，己烷密度比水小，不溶于水，故选b，故答案为：隔绝氧气的作用；b； 【小问4详解】 根据变量控制思想，对比实验一可知，B烧杯中加入未煮沸的溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的溶液未出现白色沉淀说明是氧化，故发生的反应为或，因此B烧杯中出现浑浊的原因是被氧气氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀，假设一成立，故答案为：假设一； 【小问5详解】 二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子(酸性环境)具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，离子方程式为，故答案为：； 【小问6详解】 根据图像，有参加的反应中pH变化比无氧参加的大，且用时短，说明在氧化反应中起到主要氧化作用，故答案为：在氧化反应中起到主要氧化作用。 16. 氯化铁是重要的化工原料。的制备流程图如下所示，按要求回答问题： （1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________________________________；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为_________________________________________。 （2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有_______________________________。 （3）检验溶液中是否残留的试剂是________________________。 （4）为增大溶液的浓度，向稀溶液中加入纯Fe粉后通入。此过程中发生的主要反应的离子方程式为______________________________________________________。 （5）操作②为____________________________________________________。 【答案】（1） ①. 不再有气泡产生 ②. Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 （2）漏斗、玻璃棒 （3）溶液 （4）、 （5）在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体 【解析】 【分析】废铁屑（含少量铜）加入稀盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，铜不反应，经过操作①过滤除去铜，得到氯化亚铁滤液。向滤液中通入氯气，Fe2+被氧化为Fe3+，得到稀氯化铁溶液。稀FeCl3溶液有两条去向：一条加入纯铁粉和氯气浓缩，得到浓氯化铁溶液；另一条直接经过操作②，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，析出六水合氯化铁晶体。 【小问1详解】 将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，反应产生氢气气泡，盐酸消耗完，铁不再和盐酸反应，无 H2生成。故判断反应完全的现象为：不再产生气泡；含少量铜的废铁屑比纯铁屑反应更快的原因：Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。 【小问2详解】 废铁屑（含Cu）加盐酸，Fe溶解，Cu不溶；操作①分离固体Cu和滤液FeCl2 ，所以操作①是过滤。 过滤玻璃仪器：烧杯、普通漏斗、玻璃棒，除烧杯外还有漏斗、玻璃棒。 【小问3详解】 溶液中存在大量Fe3+，不能用KSCN和氯水，Fe3+本身就会使 KSCN 变红，干扰检验）。（铁氰化钾）：遇到Fe2+生成特征蓝色沉淀，Fe3+不干扰，所以可以用溶液检验FeCl3溶液中是否残留Fe2+。 【小问4详解】 向稀FeCl3溶液加纯Fe粉，再通入Cl2，有两步反应：铁粉先和三价铁反应：；通入氯气，Cl2把生成的Fe2+氧化回Fe3+：。 【小问5详解】 操作②由稀FeCl3溶液得到晶体，Fe3+极易水解：，直接加热蒸发，水解平衡正向移动，最终得到氢氧化铁，得不到氯化铁晶体。 所以必须在HCl气流中进行操作：HCl可以抑制Fe3+水解；所以操作②为在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到晶体。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $