2027届高三化学模考自编练习试卷（一）

正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2027届高三模考试卷（一） 考试时间75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量： 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．化学与生产、科技密切相关，下列说法不正确的是 A．新版人民币票面的油墨中含有，可利用其磁性验钞 B．石墨烯芯片将引领电子行业新革命，石墨烯属于新型烯烃 C．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D．“祝融号”火星车上采用的隔热保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 2．雄黄和雌黄的分子式分别为As4S4、As2S3，它们在古代均曾入药。两者分子结构中As、S原子均以sp3杂化轨道成键，雄黄经如下反应可转化为雌黄： 下列说法正确的是 A．雄黄的分子结构可能是 B．反应Ⅰ每消耗1mol雄黄分子，转移28mol电子 C．反应Ⅲ每生成1mol雌黄分子，同时生成的3molH2O D．雄黄分子不稳定，其熔点低于雌黄 3．使用硫酸酸化的双氧水滴入含Cr(VI)[化合价为+6价的铬]的溶液可生成蓝色的，其反应原理为：(未配平)。其中重铬酸根离子与过氧化氢的反应机理图如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应的过程中涉及电子的转移 B．生成物中铬元素的化合价为+6 C．理论上，该反应每消耗，可生成 D．根据该反应的现象，此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或 4．设为阿伏加德罗常数的值。氮化硅常用于制备高温结构陶瓷，可由如下反应制备：。下列说法正确的是 A．是分子晶体 B．石墨含有的共价键数为 C．中含有键的数目为 D．每生成转移电子数为 5．短周期元素、、、的原子序数依次增大，是地壳中含量最多的元素，的单质在常温下是黄绿色气体。由这4种元素组成的化合物是一种重要的脱氢剂，化合物与氢气反应可以生成化合物，其过程如图所示。下列说法不正确的是 A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备的单质 B．第一电离能： C．、与氢三种元素形成的化合物的晶体类型一定是分子晶体 D．用溶液可鉴别和 6．用铁及其化合物可以去除某些氮化物。一定条件下，将与的混合气体通入与的混合溶液中的转化过程如图甲所示；用去除水体中的如图乙所示。 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ的离子反应方程式为 B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C．由图甲转化过程可得出氧化性： D．图乙中转化为则参加反应的为3mol 7．某课题组设计一种处理1，1-二氟乙烷的方法。下列说法不正确的是    A．该反应的催化剂是 B．产物之一可发生加聚反应生成聚四氟乙烯 C．铝吸附1，1-二氟乙烷中的氟原因是铝的空轨道可结合原子的孤对电子 D．该反应的总反应属于消去反应 8．下列物质在给定条件下的同分异构体数目(不包括立体异构)正确的是 A．分子式为C7H16的同分异构体有多种，其中含有三个甲基的结构有2种 B．分子式为C5H11Cl且分子中有两个—CH3、两个—CH2—、一个和一个-Cl的结构有2种 C．组成和结构可用表示的有机物共有16种 D．分子式为C4H6O2且结构中含有碳碳双键和的结构简式有8种 9．氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过30%，在此工艺中，物料传输和转化关系如图(电极均为石墨电极)。已知：空气中氧气的体积分数为20%，下列说法不正确的是 A．装置A为电解池，装置B为燃料电池 B．若两池中所用离子膜类型相同，则 C．电流方向：甲→乙→丙→丁 D．标准状况下，若电解产生22.4LY，则消耗空气56L 10．物质的氧化性和还原性与溶液的pH有关，具体可用pH电势图来表征，电势()越大，氧化性越强。铈元素的pH电势图如图所示。 已知把铈从混合稀土(代表其他稀土离子)中分离出来的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．AB线的反应为 B．上述流程中选作氧化剂比选空气作氧化剂更好 C．在范围内，pH越小，氧化性越强 D．上述流程中pH约调至 11．氮氧化物(NOₓ)是常见的大气污染物，Cl₂氧化法是处理氮氧化物的方法之一、其原理为,在T₁℃、0．1MPa条件下，向一恒压密闭容器中按物质的量之比为2：1通入NO和Cl₂的混合气体，20min达到平衡，体系中气体的物质的量分数与时间变化关系如图所示。已知：气体的分压=气体的总压×气体的物质的量分数 下列说法不正确的是 A．反应在0~20min内ClNO的分压变化速率为0．002MPa·min-1 B．若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，则改变的条件可能是温度且 C．T1℃、0．1MPa下、n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，平衡时图中所有点平行下移 D．恒容下、其它条件相同，平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点 12．工业上用CO生产甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)∆H。图甲表示反应中能量的变化；图乙表示一定温度下，在容积固定为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH的浓度随时间的变化；图丙表示不同压强p1、p2下平衡时甲醇百分含量随温度变化的情况。下列叙述错误的是 A．CO和H2合成CH3OH的反应H<0，S<0 B．图甲中曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况 C．图乙达到平衡时，保持温度不变，再充入1molCO和2molH2，反应达到新平衡时减小 D．图丙中p1<p2 13．常温下，用溶液吸收中混有的，所得溶液的pH、溶液中、与混合气体体积(已折算为标准状况下的体积)的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知：25℃时，的电离常数、。下列说法正确的是 A．曲线a表示与混合气体体积的关系 B．常温下，X点溶液显酸性 C．吸收过程中溶液中存在关系： D．混合气体中的体积分数约为74.7% 14．黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距 D．I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（15分）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．水合肼(化学性质稳定，价廉易得，制氢成本低，可以实现在温和可控的条件下催化产氢，在车载、便携式移动氢能方面的应用潜力巨大。水合肼分解反应时，其中的水分子不参与反应，可按如下两条竞争性路径进行： I. Ⅱ. 回答下列问题： (1)水合肼催化分解的总反应为。该反应的 。 (2)在Ni基催化剂表面分解制氢的示意图如下： ①从图中可知，在分解过程中优先断裂的是 键(填“N—H”或“N—N”)。 ②分解过程中不存在的中间产物有 (填标号)。 A．    B．    C．    D． (3)Ni基催化剂中的含量不同对催化分解水合肼的性能不同(如图所示，TOF反映催化剂的活性)，其中固定Ni的含量为2mmol，则的最佳负载量为 mg。 (4)已知：分解的决速步为；肼的水解反应为。NaOH能促进该催化分解反应的原因是 。 (5)343K下，其他条件相同时，用和分别催化分解，催化情况如下表： 催化剂 完全分解所需时间 2.83 46 的选择性 100 78 ①使用不同催化剂时，反应I的 (填“>”“＜”或“=”，下同)；反应I的活化能： 。 ②使用作催化剂，恰好完全分解时，平均反应速率 (保留3位有效数字)。 (6)已知：氨的沸点为；肼的沸点为分子的空间结构为 ，中心原子采用 杂化，肼的沸点高于氨的主要原因是 。 17．（14分）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸()形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下： 已知： I.； II.； III.砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被等还原； IV.，。 回答下列问题： (1)“沉砷”时，亚砷酸转化为的化学方程式为 。 (2)“沉砷”时产生的废气可用 溶液吸收处理(填化学式)。 (3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，“滤渣”中 (填“含有”或“不含有”)。 (4)向滤液II中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为 。 (5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是 (从平衡移动的角度解释)。 (6)该流程最后一步用还原”砷酸，发生反应的化学方程式为 。 (7)某含砷化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。晶胞参数为apm、apm、cpm，则该晶体的密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 18．化合物通过增加肌肉和脂肪组织对胰岛素的敏感性，从而降低血糖水平。的一种合成路线如下所示(部分试剂和条件省略)。 已知：、可以选择性还原烯烃。回答下列问题： (1)的化学名称为 。 (2)反应①的另一种产物为，则化合物的结构简式为 。 (3)的反应类型为 。 (4)的化学方程式为 。 (5)的转化中减少的官能团名称为 。 (6)某芳香族化合物为的同分异构体，苯环上有三个取代基，其中两个是氨基。符合条件的可能的结构有 种(不考虑立体异构)；核磁共振氢谱显示有六组峰，峰面积之比为的结构简式为 。 (7)已知：①，②。 参照上述合成路线，以、和为主要原料，合成的合成路线为 (其他试剂任选)。 1 学科网（北京）股份有限公司 $正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2027届高三模考试卷（一） 考试时间75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量： 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．化学与生产、科技密切相关，下列说法不正确的是 A．新版人民币票面的油墨中含有，可利用其磁性验钞 B．石墨烯芯片将引领电子行业新革命，石墨烯属于新型烯烃 C．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D．“祝融号”火星车上采用的隔热保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 【答案】B 【详解】A．四氧化三铁具有磁性，可用于验钞，故A正确； B．石墨烯是碳单质，不是烯烃，表述不正确，故B错误； C．氮化硼陶瓷只含非金属元素，且不是硅酸盐，属于新型无机非金属材料，故C正确； D．纳米气凝胶为胶体，可产生丁达尔效应，故D正确； 故答案为B。 2．雄黄和雌黄的分子式分别为As4S4、As2S3，它们在古代均曾入药。两者分子结构中As、S原子均以sp3杂化轨道成键，雄黄经如下反应可转化为雌黄： 下列说法正确的是 A．雄黄的分子结构可能是 B．反应Ⅰ每消耗1mol雄黄分子，转移28mol电子 C．反应Ⅲ每生成1mol雌黄分子，同时生成的3molH2O D．雄黄分子不稳定，其熔点低于雌黄 【答案】B 【详解】A．雄黄分子结构中As、S原子均以杂化轨道成键，S是ⅥA族元素，应形成2条共价键，含有2对孤对电子满足杂化，As是ⅤA族，应形成3条共价键，含有1对孤对电子，则图中As和S的位置反了，A错误； B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每消耗1mol As4S4需要消耗7molO2转移28mol电子，B正确； C．根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3+3H2S=As2S3+6H2O，反应过程中每产生1molAs2S3时，同时生成的6molH2O，C错误； D．雄黄和雌黄均为分子晶体，雄黄的相对分子质量更大，范德华力更大，因此其熔点高于雌黄，D错误； 故选B。 3．使用硫酸酸化的双氧水滴入含Cr(VI)[化合价为+6价的铬]的溶液可生成蓝色的，其反应原理为：(未配平)。其中重铬酸根离子与过氧化氢的反应机理图如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应的过程中涉及电子的转移 B．生成物中铬元素的化合价为+6 C．理论上，该反应每消耗，可生成 D．根据该反应的现象，此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或 【答案】A 【分析】由图示可知，一个K2Cr2O7消耗4个H2O2生成5个H2O和2个CrO5，则反应原理为：。 【详解】A．根据题中、CrO5的结构可知，其中Cr元素化合价均为+6价，且一个K2Cr2O7参与反应，8个氧原子化合价维持为-1价不变，即反应前后Cr的化合价不变，其他元素的化合价也都没有变，则该反应的过程中不涉及电子的转移，A错误； B．结合CrO5的结构可知，生成物中铬元素的化合价为+6，B正确； C．结合图示可知，该反应原理为：，每消耗，可生成，C正确； D．根据题意，该反应中K2Cr2O7和H2O2反应生成蓝色的，则此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或H2O2，D正确； 故选A。 4．设为阿伏加德罗常数的值。氮化硅常用于制备高温结构陶瓷，可由如下反应制备：。下列说法正确的是 A．是分子晶体 B．石墨含有的共价键数为 C．中含有键的数目为 D．每生成转移电子数为 【答案】B 【详解】A．Si3N4是通过共价键形成的晶体，为共价晶体，A错误； B．石墨为六边形结构，每个C周围有三个C—C，每个C—C被两个碳原子均分，故占有1.5个，石墨为1mol，含有的共价键数为，B正确； C．1个硅原子形成4个Si−O键，则1molSiO2中含有4molSi−O键，Si−O键数目为4NA，C错误； D．高温时，摩尔体积不是22.4L/mol，故不确定CO的物质的量，D错误； 答案选B。 5．短周期元素、、、的原子序数依次增大，是地壳中含量最多的元素，的单质在常温下是黄绿色气体。由这4种元素组成的化合物是一种重要的脱氢剂，化合物与氢气反应可以生成化合物，其过程如图所示。下列说法不正确的是 A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备的单质 B．第一电离能： C．、与氢三种元素形成的化合物的晶体类型一定是分子晶体 D．用溶液可鉴别和 【答案】C 【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体，可知Z为O、W为Cl；化合物A中X形成4个共价键，Y与X形成三键，结合原子序数可知X为C、Y为N，以此来解答。 【详解】A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，A项正确； B．一般说，同一周期元素的第一电离能基本上随原子序数的递增而增大，但N原子2p轨道处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，B项正确； C．、、组成的化合物硝酸铵为离子化合物，是离子晶体，C项错误； D．化合物中含有酚羟基，化合物中没有，则可用溶液鉴别化合物和，D项正确； 答案选C。 6．用铁及其化合物可以去除某些氮化物。一定条件下，将与的混合气体通入与的混合溶液中的转化过程如图甲所示；用去除水体中的如图乙所示。 下列说法错误的是 A．反应Ⅰ的离子反应方程式为 B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C．由图甲转化过程可得出氧化性： D．图乙中转化为则参加反应的为3mol 【答案】B 【分析】分析转化关系图，可知过程Ⅰ为：，过程Ⅱ为：，总反应为：。 【详解】A．反应Ⅰ为氢气还原铁离子生成亚铁离子，离子反应方程式为，A正确； B．过程Ⅱ为亚铁离子还原NO为氮气，NO为氧化剂、亚铁离子为还原剂，反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误； C．结合分析，过程Ⅰ中铁离子被还原为亚铁离子，氧化性：，过程Ⅱ中NO氧化亚铁离子为铁离子，则氧化性，可得出氧化性：，C正确；   D．图乙中硝酸根离子被铁还原为铵根离子，铁被氧化为四氧化三铁，结合电子守恒：，则转化为则参加反应的为3mol，D正确； 故选B。 7．某课题组设计一种处理1，1-二氟乙烷的方法。下列说法不正确的是    A．该反应的催化剂是 B．产物之一可发生加聚反应生成聚四氟乙烯 C．铝吸附1，1-二氟乙烷中的氟原因是铝的空轨道可结合原子的孤对电子 D．该反应的总反应属于消去反应 【答案】B 【分析】1，1-二氟乙烷先被硫酸铝吸附，经过三步反应后脱去HF形成一氟乙烯，整个过程是在硫酸铝作用下发生消去反应。 【详解】A．整个反应的催化剂是硫酸铝，故A正确； B．产物是一氟乙烯和氟化氢，不能生成聚四氟乙烯，故B错误； C．铝最外层有3个电子，形成三个键后有空轨道，能够与氟原子提供的孤电子对结合，故C正确； D．总反应是F2CH-CH3FCH=CH2+HF，属于消去反应，故D正确； 答案选B。 8．下列物质在给定条件下的同分异构体数目(不包括立体异构)正确的是 A．分子式为C7H16的同分异构体有多种，其中含有三个甲基的结构有2种 B．分子式为C5H11Cl且分子中有两个—CH3、两个—CH2—、一个和一个-Cl的结构有2种 C．组成和结构可用表示的有机物共有16种 D．分子式为C4H6O2且结构中含有碳碳双键和的结构简式有8种 【答案】D 【详解】A．C7H16含三个甲基的同分异构体有三种：(CH3)2CH(CH2)3CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3，故A错误； B．有四种：、、、，故B错误； C．有4种结构，但由于两个取代基相同，有6种结构重复，根据排列组合规律共有4+3+2+1=10种，故C错误； D．含有碳碳双键和羧基时有三种：、、，含有碳碳双键和酯基时有五种：、、、、，故D正确。 综上所述，答案为D。 9．氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过30%，在此工艺中，物料传输和转化关系如图(电极均为石墨电极)。已知：空气中氧气的体积分数为20%，下列说法不正确的是 A．装置A为电解池，装置B为燃料电池 B．若两池中所用离子膜类型相同，则 C．电流方向：甲→乙→丙→丁 D．标准状况下，若电解产生22.4LY，则消耗空气56L 【答案】B 【分析】从图中可看出，装置A为电解池，其中甲电极为阳极，发生，X为氯气，乙电极为阴极，发生，Y为氢气；装置B为燃料电池，丙电极为负极，发生，丁电极为正极，发生。 【详解】A．装置A为电解池，装置B为燃料电池，A项正确； B．装置A为电解饱和食盐水，所用离子交换膜为阳离子交换膜，若装置B池也为阳离子交换膜，则从负极向正极迁移，故，B项错误； C．电流方向：正极阳极阴极负极正极，即丁甲乙丙丁，C项正确； D．乙电极发生，标准状况下，若电解产生22.4L，则电路中转移电子2mol，丁电极发生，消耗物质的量为0.5mol，即消耗标准状况下空气，D项正确； 答案选B。 10．物质的氧化性和还原性与溶液的pH有关，具体可用pH电势图来表征，电势()越大，氧化性越强。铈元素的pH电势图如图所示。 已知把铈从混合稀土(代表其他稀土离子)中分离出来的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．AB线的反应为 B．上述流程中选作氧化剂比选空气作氧化剂更好 C．在范围内，pH越小，氧化性越强 D．上述流程中pH约调至 【答案】B 【详解】A．由图可知，AB线的反应为，A项正确； B．根据工艺流程图可知，向混合稀土中加入的氧化剂可以将氧化成，而其他稀土离子()不能被氧化，由于的电势高于的电势，在酸性条件下，溶液还可能氧化其他稀土离子()，这样就无法达到把铈从混合稀土中分离出来的目的，故上述流程中选空气作氧化剂比选作氧化剂更好，B项错误； C．在范围内，pH越小，的电势就越大，的氧化性就越强，C项正确； D．由图可知，上述流程中pH约调至，可完全将氧化为，D项正确； 答案选B。 11．氮氧化物(NOₓ)是常见的大气污染物，Cl₂氧化法是处理氮氧化物的方法之一、其原理为,在T₁℃、0．1MPa条件下，向一恒压密闭容器中按物质的量之比为2：1通入NO和Cl₂的混合气体，20min达到平衡，体系中气体的物质的量分数与时间变化关系如图所示。已知：气体的分压=气体的总压×气体的物质的量分数 下列说法不正确的是 A．反应在0~20min内ClNO的分压变化速率为0．002MPa·min-1 B．若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，则改变的条件可能是温度且 C．T1℃、0．1MPa下、n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，平衡时图中所有点平行下移 D．恒容下、其它条件相同，平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点 【答案】C 【详解】A．，A项正确； B．若平衡时ClNO的物质的量分数位于图中a点，说明平衡时ClNO的物质的量减少，平衡逆向移动，而该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动且反应速率增大，更早达到平衡，即，B项正确； C．T1℃、0．1MPa下，n(NO)：n(Cl₂)：n(Ne)=2：1：2通入气体，等温等压条件下n(NO)：n(Cl₂)始终为2:1，但充入稀有气体相当于总压减小，平衡逆向移动，ClNO占比减小程度比NO、Cl2减小程度更大且反应速率降低，到达平衡时间变长，故平衡时图中点不是平行下移，C项错误； D．该反应为体积缩小的反应，恒容时，压强降低，平衡逆向移动，NO的含量增加，故平衡时NO的物质的量分数可能位于图中b点，D项正确； 答案选C。 12．工业上用CO生产甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)∆H。图甲表示反应中能量的变化；图乙表示一定温度下，在容积固定为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH的浓度随时间的变化；图丙表示不同压强p1、p2下平衡时甲醇百分含量随温度变化的情况。下列叙述错误的是 A．CO和H2合成CH3OH的反应H<0，S<0 B．图甲中曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况 C．图乙达到平衡时，保持温度不变，再充入1molCO和2molH2，反应达到新平衡时减小 D．图丙中p1<p2 【答案】C 【详解】A．由题图甲和化学方程式可知该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，所以∆H＜0，∆S＜0，故A正确； B．使用催化剂能降低反应需要的活化能，从而改变反应途径，但不影响平衡移动，所以放出的能量不变，所以曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况，故B正确； C．图乙达到平衡时，再充入1mol CO和2mol H2，容器容积不变，则压强增大，平衡正向移动，反应达到新平衡时增大，故C错误； D．温度一定，压强增大，平衡正向移动，甲醇的百分含量升高，则p1＜p2，故D正确； 选C。 13．常温下，用溶液吸收中混有的，所得溶液的pH、溶液中、与混合气体体积(已折算为标准状况下的体积)的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。已知：25℃时，的电离常数、。下列说法正确的是 A．曲线a表示与混合气体体积的关系 B．常温下，X点溶液显酸性 C．吸收过程中溶液中存在关系： D．混合气体中的体积分数约为74.7% 【答案】D 【分析】NaOH溶液吸收与的混合气体时，随所吸收的气体体积增大，依次发生反应：①，②，所以溶液的pH出现两次突跃，曲线c为溶液的pH与混合气体体积的关系，曲线a为与混合气体体积的关系，曲线b为与混合气体体积的关系。 【详解】A．由分析可知，曲线a为与混合气体体积的关系，曲线b为与混合气体体积的关系，故A错误； B．常温下，X点的，则，溶液显弱碱性，故B错误； C．根据电荷守恒，吸收过程中溶液中存在关系：，故C错误； D．图中出现第一次pH突跃时，反应①恰好反应完全，，则混合气体中的体积分数为，故D正确。 答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 14．黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距 D．I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 【答案】C 【详解】A．由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为：   ，I中Au和Cu原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为：   ，A正确； B．Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确； C． 设Ⅲ的晶胞参数为a，的核间距为，的最小核间距也为 ，最小核间距，C错误； D． I中，处于内部，处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中，处于立方体的八个顶点， 处于面心，其原子个数比为：；Ⅲ中，处于立方体的面心，处于顶点，其原子个数比为；D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（15分）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) 球形冷凝管 二缩三乙二醇 油浴 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 【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。 【详解】（1）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； （2）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； （3）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； （4）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； （5）加入和发生反应，少量，理论上生成，产率为，故答案为：75%； （6）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．水合肼(化学性质稳定，价廉易得，制氢成本低，可以实现在温和可控的条件下催化产氢，在车载、便携式移动氢能方面的应用潜力巨大。水合肼分解反应时，其中的水分子不参与反应，可按如下两条竞争性路径进行： I. Ⅱ. 回答下列问题： (1)水合肼催化分解的总反应为。该反应的 。 (2)在Ni基催化剂表面分解制氢的示意图如下： ①从图中可知，在分解过程中优先断裂的是 键(填“N—H”或“N—N”)。 ②分解过程中不存在的中间产物有 (填标号)。 A．    B．    C．    D． (3)Ni基催化剂中的含量不同对催化分解水合肼的性能不同(如图所示，TOF反映催化剂的活性)，其中固定Ni的含量为2mmol，则的最佳负载量为 mg。 (4)已知：分解的决速步为；肼的水解反应为。NaOH能促进该催化分解反应的原因是 。 (5)343K下，其他条件相同时，用和分别催化分解，催化情况如下表： 催化剂 完全分解所需时间 2.83 46 的选择性 100 78 ①使用不同催化剂时，反应I的 (填“>”“＜”或“=”，下同)；反应I的活化能： 。 ②使用作催化剂，恰好完全分解时，平均反应速率 (保留3位有效数字)。 (6)已知：氨的沸点为；肼的沸点为分子的空间结构为 ，中心原子采用 杂化，肼的沸点高于氨的主要原因是 。 【答案】(1) (2) B (3)100 (4)可以促进分解的决速步中键的断开，提高的选择性；可以抑制肼的水解，减少副反应的发生 (5) = < 1.41 (6) 三角锥形 肼分子间氢键数目多于氨分子间氢键数目 【详解】（1），得到，该反应的； 故答案为：。 （2）①根据示意图可知，先断裂的为：N-H； 故答案为：N-H。 ②根据示意图可知：中间产物有Ni−NH−NH2、Ni−NH=HN−Ni、Ni−N=NH，没有Ni−NH−HN−Ni ，B符合题意； 故答案为：B。 （3）根据题干可知，TiO2的最佳负载量为100mg时催化剂活性最强； 故答案为：100。 （4）由于OH−可以促进N2H4分解的决速步中N−H键的断开，提高H2的选择性；OH−还可以抑制肼的水解，减少副反应的发生； 故答案为：OH−可以促进N2H4分解的决速步中N−H键的断开，提高H2的选择性，并且OH−还可以抑制肼的水解，减少副反应的发生。 （5）①使用不同的催化剂，不改变反应的焓变，所以相等；根据表格信息可知，Ni/TiO2的催化性能更高，反应I的活化能： Ni/TiO2<Ni/CeO2； 故答案为：=；<。 ②使用恰好完全分解时需要2.83min，此时生成4mmol的H2，该段的平均反应速率为； 故答案为1.41。 （6）NH3中的中心原子是N，价层电子对数是，有一个孤电子对，因此其空间构型为三角锥形；中的中心原子是N，形成三个键，还有一个孤电子对，价层电子对数是4，中心原子采取sp3杂化；一个氨分子参与形成两个氢键，一个肼分子参与形成四个氢键，肼的沸点高于氨的主要原因是：肼分子间氢键数目多于氨分子间氢键数目； 故答案为：三角锥形；sp3；肼分子间氢键数目多于氨分子间氢键数目。 17．（14分）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸()形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下： 已知： I.； II.； III.砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能被等还原； IV.，。 回答下列问题： (1)“沉砷”时，亚砷酸转化为的化学方程式为 。 (2)“沉砷”时产生的废气可用 溶液吸收处理(填化学式)。 (3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，“滤渣”中 (填“含有”或“不含有”)。 (4)向滤液II中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为 。 (5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是 (从平衡移动的角度解释)。 (6)该流程最后一步用还原”砷酸，发生反应的化学方程式为 。 (7)某含砷化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。晶胞参数为apm、apm、cpm，则该晶体的密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】(1) (2)(或NaOH等) (3) FeS 含有 (4) (5)由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷 (6) (7) 【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成As2O3。 【详解】（1）“沉砷”时，亚砷酸和FeS发生氧化还原反应转化为As2S3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； （2）“沉砷”时产生的废气为 H2S气体，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收处理。 （3）“NaOH溶液浸取"后，所得“滤渣”的主要成分是FeS；“滤渣”中含有； （4）滤液Ⅱ氧化脱硫过程中，和O2发生氧化还原反应生成硫单质和Na3AsO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； （5）“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是：由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷； （6）该流程最后一步用“还原”砷酸生成As2O3，SO2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； （7）该晶胞中，位于顶点和棱上的 Ni原子数为(4×+4×)+(2×+2×)=2，位于晶胞内部的As原子数为2。根据晶胞中“As原子位于紧邻 Ni原子构成的正三棱柱的体心"以及“晶胞参数为apm、apm、cpm”可知，该晶胞的底面面积=sin60°a2pm2= a2pm2。该晶体的密度为； 18．化合物通过增加肌肉和脂肪组织对胰岛素的敏感性，从而降低血糖水平。的一种合成路线如下所示(部分试剂和条件省略)。 已知：、可以选择性还原烯烃。回答下列问题： (1)的化学名称为 。 (2)反应①的另一种产物为，则化合物的结构简式为 。 (3)的反应类型为 。 (4)的化学方程式为 。 (5)的转化中减少的官能团名称为 。 (6)某芳香族化合物为的同分异构体，苯环上有三个取代基，其中两个是氨基。符合条件的可能的结构有 种(不考虑立体异构)；核磁共振氢谱显示有六组峰，峰面积之比为的结构简式为 。 (7)已知：①，②。 参照上述合成路线，以、和为主要原料，合成的合成路线为 (其他试剂任选)。 【答案】(1)氟苯甲醛(或对氟苯甲醛) (2) (3)取代反应 (4) (5)碳碳双键 (6) 24 、 (7) 【分析】根据A、C的结构可知，A与B发生取代反应生成C，反应①的另一种产物为，则B的结构为，同样C与发生取代反应生成D；根据已知信息，、可以选择性还原烯烃，对比和的分子式，比多两个氢原子，但其他原子个数相同，则E中含有碳碳双键，则D与E的反应方程式为：，由此答题。 【详解】（1）根据有机物的系统命名法，的化学名称为氟苯甲醛(或对氟苯甲醛)。 （2）由分析可知，反应①发生取代反应，化学方程式为，的结构简式为。 （3）对比反应物和生成物的结构可知，C与发生取代反应生成D与HF，则的反应类型为取代反应。 （4）分析对比和的分子式可知，比多两个氢原子，但其他原子个数相同，再对比和的结构推出的结构简式为，故的化学方程式为。 （5）已知：、可以选择性还原烯烃，根据反应条件可知E中的碳碳双键被还原，则的转化中减少的官能团为碳碳双键。 （6）由题中条件分析可知，苯环上的取代基具有以下可能的情况：两个，另一个取代基可能为；两个，；两个，；两个，；每种情况有6种可能的结构，则共有24种同分异构体；其中核磁共振氢谱显示有六组峰，峰面积之比为的结构中，两个氨基处于间位，另一个取代基为，故可能的结构简式为、。 （7）参照流程和信息，根据已知信息①②可知，可发生反应：，，再根据题目中流程图中的反应②，，则合成路线为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $