卷12 新试题精选(十二)-【创新教程】2027年高考化学新试题精选模拟仿真卷（单选）

化学 (5)假设反应I消耗mol CO2,反应Ⅱ消耗ymol (3)D为酯类命名为“某酸某酯”即氛基乙酸乙酯。 CO2,根据信息可建立关系式，反应I: (4)F→G为一COOH变为一COOMe酯化反应，酸 CO2(g)+3H2 (g)=CH3OH(g)+H2O(g) COOH 转化/molx 3x x x, 反应Ⅱ： 脱羟基醇脱氢。反应 COOH +2CH3OH CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H20(g) COOMe 转化/moly y y y SOCI, 反应Ⅲ： COOMe +2H2O. CO(g)+2H2 (g)-CH3OH(g) (5)J为一COOH与一NH2脱水缩合形成酰胺，则胺 转化/mol0.4-x0.8-2x0.4-x, n(CO)=y-0.4+x=0.2mol,则n(H20)=x十y NH: =0.6mol,c(H,0)=0.6mol=0.3mol/L,平衡时， 2L 的部分来自于I。I为 n(H2O)=0.6mol,n(C0)=0.2mol,n(C02)=1- (6)利用原子守恒分析，还有H2O产生。 (x+y)=0.4mol,n(H2)=3-(3.x+y+0.8-2x) .6×0.2 (7)H的化学式为C1oH14O4,与FeCl3反应显色则 含酚羟基和三个甲基，基团组合有酚羟基和 =1.6mol,则Kx= .2^3.2 3 0.4×1.616 一C(OCH3)3、酚羟基和-OC(CH3)(OCH3)2在苯 3.23.2 环上有邻、间、对三种位置异构，满足条件的同分异构 答案：(15分，除标注外，每空2分)(1)1：1(1分) 体为3十3=6种。核磁共振峰面积比为9：2：2：1，即 (2)①1：2(1分)②2.56×1023 (3)-49.3(1 该结构中含有3个完全相同的一CH3即为 abcNA 分)(4)①p1>2>3反应I、Ⅲ是气体分子数 C(OCH3)3 减小的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，其他 条件相同，增大压强，CO2平衡转化率增大②随着 HO 温度升高，逐渐以反应Ⅱ为主，压强对平衡的影响逐 答案：(15分，除标注外，每空2分) 渐减小，平衡转化率主要由温度决定(5)0,3是 (1)取代反应（酯化反应）(1分) (或0.1875) (2)酯基、酮羰基 18.解析：A→B为一COOH变为一COOEt为酯化反应 (3)氰基乙酸乙酯 或取代反应。结合E的结构来看，B→C为成环反 COOH SOCI2 COOEt (4) COOH +2CH2 OH- 应，C为 。C→E为C=O变为C=C。 COOMe 0 COOMe +2H,O E→F为脱羧和水解。F→G为酯化反应或取代反 应。G→H为部分一COOMe水解。H→J为 一COOH与胺基的脱水形成酰胺。J→K成环反应。 NH K→L为一COOMe变为-CON-,取代反应。 (1)A→B为-COOH变为-COOEt即为酯化反应 或取代反应」 (6)水（或H2O) COOEt C(OCH) (2)C+D→E推出C为 ,C的官能团 (7)6 HO 为酮羰基和酯基。 新试题精选（十二） 选择题答案速查 题号 2 3 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 B B C B C Q C D 马 C B 1.B[A.氦气属于稀有气体，是空气的成分之一，选项 应前后元素种类、质量不变，水中氧元素质量为3.6g A正确；B.原子是化学变化中的最小微粒，化学变化 16 中原子核不会变，该过程属于核聚变，选项B错误； ×1×2十16=3.2g,二氧化碳中氧元素质量为4.4g C.从图1中可以看出，碳纳米管中碳原子以碳碳键形 16×2 成六边形的网格结构，一个碳原子和其他碳原子形成 ×12十16X2-3.2g,3.2g+3.2g=6.48,故偏二肼 3个键，故碳原子以sp2杂化为主，选项C正确；D.反 中不含氧元素，选项D正确；答案选B。] 答案一44 参考答案 2.B[A.NH时中N原子与H原子之间均为极性共价 离子和次氯酸根离子在酸性溶液中发生氧化还原反 键，A正确；B.核素是具有一定质子数和一定中子数 应生成氯气和H2O,其反应的离子方程式为CIO一十 的原子，N和N质子数相同、中子数不同，属于不同 C1-+2H+一Cl2个+H2O,B正确；C.漂白粉溶液 中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，HCO是 核素，B错误；C.OH含有10个电子，电子式为：[：0： 弱酸，在反应的离子方程式中不能拆开，其反应的离 H]一，C正确；D.BF3中心B原子的价层电子对数为3 子方程式为Ca2++2C10-+C02+H20 十3一3X1=3,无孤电子对，空间结构为平面三角形， CaCO3￥+2HCIO,C错误；D.漂白粉溶液加入适量 2 醋酸，会发生Ca（OH)2+2CH3COOH D正确。] Ca(CH3COO)2+2H2O,Ca(CIO)2+2CH3COOH 3.C[A.由图可知，反应过程中钻原子的成键数目分别为 Ca(CH3COO)2+2HClO,在短时间内HClO的 4、5、6,说明成键数目发生改变，故A正确；B.由图可知， 浓度增大，能提高其漂白效率，D正确。] 反应过程中有碳碳非极性键的断裂和形成，故B正确； 9.C[A.F2+与SCN-可以发生反应生成配合物，因 C.由结构简式可知，甲醇分子中饱和碳原子和饱和氧原 此实验a中的KSCN的作用是与Fe2+反应，促进 子的杂化方式都为sp杂化，故C错误；D.由图可知，该 FeCO3的溶解；实验b中KSCN的作用是检验Fe3+, 反应的反应物为丙烯、一氧化碳和甲醇，生成物为2-甲基 两个实验中KSCN作用不同，A错误；B.实验a中的 丙酸甲酯，催化剂为HCo(CO)3,反应的化学方程式为 KSCN与Fe2+反应，促进了FeCO3的溶解，因此实验 CH,CH-CH,+C0+CH,OH原子利用率为10% HCo(CO)3 a与实验b中的FeCO3的溶解度不同，B错误；C.通 过对比实验c和d,结合实验现象可知Fe2+与SCN (CH3)2 CHCOOCH3,该反应的产物唯一，故D 可发生反应，生成无色配合物，C正确；D.实验d中试 正确。] 管内加入1mLNa2SO4溶液，相当于加水稀释，使得 4.B[A.硫酸铜加入过量氨水，先生成氢氧化铜沉淀， Fe3+十3SCN-一Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液颜 后沉淀溶解，生成四氨合铜离子：Cu2++4NH3· 色变浅，D错误。] H20-[Cu(NH3)4]2++4H20,A错误；B.AgI悬 浊液中滴加Na2S溶液，碘化银沉淀转化为更难溶的 10.D[由图示可知，步骤1为： Pd +H2 硫化银沉淀，B正确；C.二氧化碳和氟化钡溶液不反 应，C错误；D.NaClO溶液与浓盐酸混合发生氧化还 →Pd+2HC1+2C1-、步骤2为：Pd+O2十2C1-→ 原反应生成氯气和水：ClO+C1-+2H+一H2O十 2 Cl2个，D错误。] 5.C[A.乙醇与乙酸互溶，不能用分液的方法分离，A 步骤3为： 错误；B.浓盐酸与MnO2制取氯气需要加热，B错误； C.[Cu(NH3)4]O4·H2O在乙醇中的溶解度小，可 CI 以从溶液中析出，得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体， 2HCl→ Pd 十H2O2,所以总反应为： C正确；D.配制检验醛基的Cu(OH)2悬浊液必需是 NaOH过量，D错误。] [PdCl ]2- 6.B[A.该反应属于取代反应，由元素守恒可知另一 H2+O2 =H2O2;A.总反应为H2+O2 个生成物是H2O,A正确；B.阿司匹林分子中存在羧 [PdCl]2- 基和酚酯基（酚羟基形成的1mol酯基碱性水解消耗 一H2O2,理论上反应物全部转化为H2O2, 2 mol NaOH),1mol阿司匹林最多可消耗3mol 故原子利用率理论上为100%，故A正确；B.步骤2 NaOH,B错误；C.扑热息痛存在酚羟基，与FeCl3溶 液会发生显色反应，C正确；D.贝诺酯分子中N原子 为Pd+O2+2CI ,若1mol02 价层电子对数是4，杂化方式为sp3,D正确。] 7.A[A.HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作 CI 催化剂，A正确；B.反应进程中经过渡态I的反应能 完全反应，则理论上转移电子数目为2NA,故B正 r CI 72 垒最大，是决速步骤，其能垒为[103.1-(-22.6)]× 102eV=1.257×104eV,B错误；C.第3步的基元反 确；C.由分步反应及总反应可知， Pd 应方程式为：CH3OCOO·*十CH3OH*→ CI CH3 OCOOCH3*+H0·",C错误；D.由图可以看 为催化剂，催化剂可降低反应的活化能，加快反应速 出，2CH3OH+CO2CH3 OCOOCH3+H2O△H> C CI 12 0,升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向 率，故C正确；D 中CI化合价为 正反应方向移动，D错误。] 8.C[A.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中，发生氧 C 化还原反应，生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O,其反应的 化学方程式为2Ca(OH)2+2C2一Ca(ClO)2+ 一1价，则Pd元素为十2价， CaC12十2H2O,A正确；B.漂白粉溶液与盐酸混合，氯 答案-45 化学 化合价为一1价、0化合价为一1价，则P元素为+ 数Ka1= c(H+)·c(H2AsO3) 2价，Pd的化合价相同，故D错误。] c(H3AsO3) =1×109.2,B正 11.C[基态Y原子的价电子为2s22p,则Y为O;Z为 确；C.H3AsO3是三元弱酸，其水溶液的pH小于7， 金属元素，军事上可用于制造照明弹，则Z为Mg;原 不可能是9.2，C错误；D.pH=12时，溶液显碱性， 子序数关系为Y十Z=X十W=20,X、W为同一主族 则外加碱进行调节pH,溶液中除了氢离子外还有其 元素，则X为C,W为Si。A.由分析可知，X为C,Y 他阳离子，根据电荷守恒：c（H2AsO3)十 为O,Z为Mg,W为Si,同周期主族元素从左往右原 2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH)>c(H), 子半径逐渐减小，则简单原子半径为Mg>Si>C> D错误。] O,即Z>W>X>Y,A错误；B.由分析可知，X为C, 15.解析：在装置A反应生成Cl2,通过装置C饱和食盐 Y为O,同周期元素从左往右电负性逐渐减小，故电 水除去C2中混合的HCI杂质气体，进入B中反应 负性X<Y,B错误；C.由分析可知，X为C,Y为O, 生成NaBiO3,尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯 Z为Mg,Mg在CO2中可以燃烧，生成C和MgO,C 气中含有挥发的氣化氢气体，HCI也会与碱NaOH 正确；D.由分析可知，W为Si,W的最高价氧化物对 发生反应，故应在C2与碱溶液反应前除去，否则会 应的水化物为硅酸，硅酸为弱酸，D错误。] 影响产率及物质的纯度，可根据得失电子守恒找到 12.B[高钾明矾石经粉碎后加入硫粉焙烧得到SO2、 NaBiO3与H2C2O4的关系式，利用滴定消耗 SO3,加入KOH发生反应的离子方程式为A12O3+ H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质 2OH-+3H2O—2[A1(OH)4]-,产生的浸渣为 量，进而可得该产品的纯度。 Fe2O3,浸液中的离子为[A1(OH)4]-、K+、SO, (1)根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4 加入溶液X调节溶液pH可使[A1(OH)4]转化为 溶液与浓盐酸反应产生C2,浓盐酸具有挥发性，挥 A1(OH)3白色沉淀，且得到K2SO4溶液，则X为 发的HCl随CL2进入装置C中，用饱和食盐水除去 H2SO4,过滤得到A1(OH)3白色固体，灼烧后得到 Cl2中的杂质HCl,然后在装置B中与NaOH和 化合物Y,则Y为A12O3,滤液经过蒸发结晶可得到 Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3,CL2是有毒 硫酸钾固体。A.焙烧时Al2(SO4)3与硫粉及氧气在 气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH溶液进 高温下发生化学反应，根据流程图中的信息，再结合 行尾气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A 氧化还原反应的基本规律可得反应的化学方程式为 →C→B→D: 2A2(S04)3+4S+60,高温2Al,0,+10S05,A不符 (2)装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去C2中的 杂质HCI,若没有装置C,可能产生的影响是混在氯气 合题意；B.由分析知，加入溶液X调节溶液pH可使 中的HCl会中和B中的NaOH,导致NaBiO3的产 [AI(OH)4]转化为AI(OH)3白色沉淀，且得到 率下降； K2SO4溶液，则X为H2SO4,不可能是NH3·H2O, (3)反应开始时，打开K1和K2,B中C2发生的反应 B符合题意；C.Al(OH)3白色固体灼烧得到Al2O3, 有：Cl2+2NaOH一NaClO+NaCl+H2O及制取 则化合物Y为A12O3,工业上通过电解化合物 NaBiO3的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH A12O3制成铝单质，C不符合题意；D.SO3可溶于水 NaBiO3+2NaCl+3H2O; 制得硫酸溶液，溶液X为H2SO4,则SO3可回收利 (4)反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品 用后应用于本流程，D不符合题意。] NaBiO3,根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶 13.C[由题千装置可知，电极Ⅱ产生O2,即电极反应 于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2,因此需要进 为：2H2O-4e一4H++O2个，即为电解池阳极， 行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷 则电极I为阴极，发生还原反应，电极反应为： 水洗涤、干燥； 2HSO3+2H++2e-S2O-+2H2O,据此分析 (5)①根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水， 解题。A.由分析可知，电极Ⅱ为阳极，A正确；B.由 因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性 分析可知，电极I的电极反应为2HSO3十2H++ 条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很 2e一S2O+2H20,B正确；C.由题千装置可 大误差，因此不能用cmol·L-1的H2C2O4标准溶 知，每处理1 mol NO,需要得到2mole,燃料电池 液直接滴定NaBiO3; 中1 mol CH3CH2OH则失去12mole,根据得失 ②在反应中NaBiO3被还原为Bi3+,Mn2+被氧化生 电子守恒可知，至少消耗乙時品=日0l,C借误； 成MnOM,MnO,再将H2C2O4氧化生成CO2,根 据得失电子守恒可得关系式：NaBiO3~2e~ D.吸收塔中采用气-液逆流接触吸收，能够增大气体 H2C2O4,反应消耗H2C2O4的物质的量为 和液体的接触面积，提高反应速率，提高NO处理效 n(H2C2O)=c mol/LXVX10-3 L=cVX10-3 mol, 率，D正确。] 可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)= 14.B[A.H3AsO3是三元弱酸，分步发生电离，以第一 n(H2C2O4)=cVX10-3mol,其质量为m(NaBiO3)= 步电离为主，第一步电离方程式为H3AsO3一H cVX10-3mol×280g/mol=280cVX103g,故该样品的 十H2AsO3,A错误；B.由图可知，pH=9.2时， c(H3AsO3)=c(H2AsO3),则第一步电离的电离常 纯度为.280cVX10-×10%. 0 答案-46 参考答案 (6)取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生 (4)精制Ⅱ所得滤液主要含有Na+、Li+、Cl,加入 黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。 饱和Na2CO3溶液后，根据相关化合物的溶解度与 由于在装置B中同时发生了两个反应：Cl2十2NaOH 温度的关系图，Li2CO3的溶解度随着温度升高而降 -NaCIO+NaC1+H2O,Cl2+Bi(OH)3+3NaOH 低，其他的物质的溶解度随着温度的升高而升高或 -NaBiO3+2NaCl+3H2O,NaBiO3具有强氧化 基本不变，因此所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗 性，可以氧化C1-产生C12,溶液中的CIO也能氧化 涤、千燥得到Li2CO3; (5)从图中可知，“脱硼”时加入盐酸，后在煅烧时又 CI-生成CL2,因此该实验不能证明一定是NaBiO3 放出HC1气体，因此可以循环利用，“系列操作沉锂” 氧化了CI-。 得到滤液I主要是Na+、CI一、CO?,因此可以作为 答案：(14分，除标注外，每空2分)(1)ACBD(四个空 碳酸钠进行循环利用； 共1分) (6)根据信息可知，该过程的化学方程式为2Li2CO3 (2)饱和食盐水(1分)混在氯气中的HC1会中和B 700~900℃ +4CoC03+02 中的NaOH,导致NaBiO3的产率下降(1分) 4LiCo02+6C02; (3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH =NaBiO3+2NaCI (7)①由晶胞图可知，O位于面心，与O等距离最近 +3H20 的Li有6个，0原子的配位数为6； (4)在冰水浴中冷却结晶(1分) ②若该晶胞以C1为顶，点，则这个图变为下图，则Li (5)①难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸 在晶胞中的位置为面心。 性条件下易分解，滴定会有很大误差 @28acv10产×100%（或2e'%） (6)不能在酸性条件下，C1O一也能氧化C生成 00 ●Li 氯气 答案：(15分，除标注外，每空1分) 16.解析：由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所 得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na十、 (1)￥9个个个个9 3d 4s Li计、Mg+、Cl-、SO-等，煅烧后生成HC1气体； 烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰(CaO)后pH提升 (2)B(OH)3+H2O==H++[B(OH)4](2分) 且相当于加入Ca+,因此产生沉淀，滤渣I的主要 加入盐酸会增加c(H+),B(OH)3十H2O=一H+十 [B(OH)4]一平衡逆向移动，使得B(OH)3沉淀增 成分为Mg(OH)2、CaSO4;精制I所得滤液中再加 多，起到脱硼作用(2分) 纯碱(Na2CO3)又生成沉淀，将Mg2+和Ca2+除去， (3)①Mg(OH)2、CaS04②5.5×10-4(2分) 则滤渣Ⅱ为CaCO3、Mg(OH)2;精制Ⅱ所得滤液主 (4)蒸发浓缩、趁热过滤（或者蒸发至有较多固体析 要含有Na+、Li+、CI-,加入饱和Na2CO3溶液后， 出后趁热过滤)（意思相同即可） 根据相关化合物的溶解度与温度的关系图，因此所 (5)HC1、Na2CO3 得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到 700-900℃ (6)2Li2C03+4CoCO3+O2 -4LiCoO2 Li2CO3,最后再通过高温固相合成法进一步制备钻 酸锂。 +6C02(2分) (1)C0元素是27号元素，其基态原子价层电子轨道 (7)①6(2分)②面心 表示式为个个个个灯个： 17.解析：(1)①由盖斯定律可得，反应I一反应Ⅱ×4可 得题中热化学方程式，即△H=△H1一4△H2= 3d 4s (-905.8)kJ/mol-4×180.0kJ/mol=-1625.8 (2)根据题目信息可以写出B(OH)3十H2O=一H+ kJ/mol; 十[B(OH)4],根据这个反应方程式，可以知道加 ②氧气浓度在1%~3%之间，随着氧气浓度增大， 入盐酸会增加c(H+),B(OH)3十H2O一H++ NO与O2反应生成NO2,NO2的氧化性比NO强， [B(OH)4]一平衡逆向移动，使得B(OH)3沉淀增 更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也 多，起到脱硼作用； 可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内 (3)①精制I过程是往滤液（主要成分Na+、Li+、 NO的消耗量增加，脱除率明显升高等； Mg2+,C1、SO)中加入生石灰(CaO),相当于pH (2)氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞 争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位 提升且加入Ca2+,因此产生沉淀，滤渣I的主要成 时，剩余的SO2、NO分子不能很好地被吸附，导致脱 分为Mg(OH)2、CaSO4;②精制I后溶液中Li+的浓 硫、脱硝率下降等； 度为2.0mol/L,由Kp(Li2C03)=2.2X10-3可知， (3)①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越 则常温下精制Ⅱ过程中CO?浓度应控制在 好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用 2.2×10-3 2.02 mol/L=5.5×10-4mol/L以下； 催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案 为A; 答案-47 化学 ②A.NO和CO反应的化学方程式为2NO+2CO (3)C的分子式C4H5CIO,不饱和度为2，能发生银镜 N2十2CO2,用不同物质的反应速率表示达到平 反应→含有醛基（一CHO),醛基占了1个不饱和度， 衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于 其余结构中还含有1个不饱和度为1，核磁共振氢谱 其化学计量数之比，即2v正(N2)=v送(NO),说明反 应达到平衡，故A符合题意； 为三组峰，且面积比为3：1：1。氢原子个数为5。 B.组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气 说明有一个结构含有3个高度对称的氢（通常是甲 体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对 基)；构造推导：含一CH3、一CHO、一个碳碳双键和 分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意； 一个一C1,结构可能是：CH3C(CI)一CHCHO或 C.c(NO):c(CO)=1:1不能说明反应物、生成物 CH3 CH-C(CDCHO CH2C(CHO)-CHCI; 的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符 (4)通过前面的重排推导，酰基重排到酚羟基的另一 合题意； 0H0 D.混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不 变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不 个邻位，E的结构简式是 变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意； Br 故答案为AB; (5)F中含官能团为羟基、酮羰基，G中含官能团为羟 ③NO和CO反应的化学方程式为2NO+2CO= 基、碳碳双键，二者不同的官能团为酮羰基(F)、碳碳 N2十2CO2,令达到平衡时生成氨气物质的量为 xmol,则生成CO2物质的量为2xmol,n(NO)= 双键(G)。 n(CO)=(n-2x)mol,在恒容的密闭容器中，压强之 (6)E→I的转化是先酮羰基变成了碳碳双键，所以I 比等于其物质的量之比，因此有 同时含有碳碳双键和对位的溴原子，】结构简式： 2n OH =2x+n2x十x十2z80,0,解得x=0.4n,C0 的平衡转化率为0.4nX2X100%=80%; V,目标是从I到G,只需要利用H2、Pd/ n 0.4nx80×(0.8nx80)2 C把溴原子脱掉，问题在于：H2、Pd/C也是极其经典 1.6n 1.6n Km-0.2mx802x(0.2mX80)2 =3.2(kPa1); 的碳碳双键加氢还原条件。如果增加催化剂用量和 1.6n 1.6n 氢气压强，除了发生脱溴反应外，分子内的碳碳双键 ④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的 也会被氢化还原，从而生成了副产物。 转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反 (7)A变为B时在酚羟基对位上取代了一个澳原子， 应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相 随后D发生重排时，如果不占住对位，酰基也会跑到 同时间内污染物的转化率越高。 答案：(14分，除标注外，每空2分)(1)①-1625.8(1 对位（题千已知信息）。把对位用溴占用后，迫使酰 分) ②NO与O2反应生成NO2,而NO2氧化性更 基只能进入邻位，从而得到了目标产物E的骨架。 强，更易与NH3反应（或其他合理答案） 完成使命后，再在E→F步把溴转化为H。 (2)氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞 答案：(15分，除标注外，每空2分)(1)1(1分)加成 争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位 反应（或还原反应）(1分) 时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致 OH 脱硫、脱硝率下降（或其他合理答案） (3)①A(1分)②AB③803.2④催化剂能加 2 快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大 18.解析：(1)手性碳指的是连有四个互不相同原子或原 子团的饱和碳原子，H中含有1个手性碳，位置如 OH 图： ;G中的碳碳双键与氢气加成，属 于加成反应（或还原反应）。 (3)CHC(CI)=CHCHO CH3CH =C(CI)CHO Br 或CH3C(CHO)CHC (2)A与0 二0发生取代反应，在酚羟基对位 OH O OH (4) (5)羰基（或酮羰基）(1分)碳 引入原子，化学方程式 碳双键 (6)增大Pd/C催化剂用量和H2压强后，H2除了使 C一Br解脱溴，还会与分子中的碳碳双键发生加成 反应，生成副产物 (7)保护苯环的对位（或占位），防止重排时酰基进人 对位，以确保酰基选择性地进人酚羟基的邻位 答案-48新试题精送（十二） 化学答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区（居中） 缺考 注意事项 填涂样例 1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 错误填涂 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 ☑X○ 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 )0历三 选择题（每小题3分，共42分）（需用2B铅笔填涂） 正确填涂 在各题 1ABCD 5ABCD9ABCD 13ABCD 的 2ABCD 6ABCD 10ABCD 14ABCD 3ABCD 7ABCD 11ABCD 最 4ABCD 8ABCD 12ABCD 答 二 、非选择题（共58分）（需用0.5毫米黑色签字笔书写） 出边 15.(14分) 的答案无效 (1) (2) (3) (4) (5)① ② (6) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（十二） 第1页（共2页）绝密★启封并使用前 新试题精选（十二） 化学 本卷满分100分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 翠 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 郡 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16A127S32C135.5Fe56 Ni 59 Cu 64 Sn 119 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.国产科幻大片《流浪地球2》火遍全网，《流浪地球》被称为“第一部中国自己的科幻大片”， 两部电影中涉及很多有趣的化学知识。下列说法错误的是 () 6.4g氧气。g偏二甲肼 1.4g氮气 4.4g二氧 化碳 3.6g水 反应前 反应后 图1 图2 毁 阳 A.影片中幻想了因太阳氦闪，地球将被摧毁。氢气属于稀有气体，是空气的成分之一 B.电影中，主要由硅、碳、氧、硫等轻元素构成的石头经过一系列变化能重组变成铁，这个 变化过程属于化学变化 C.制备电影中固定太空电梯的缆绳的材料，目前来看，最有可能是碳纳米管（如图1），其 中碳原子最有可能采取sp2杂化 D.偏二甲肼是电影中火箭的主要推进燃料。若取αg偏二甲肼在6.4g氧气中恰好完全 器 反应，反应前后各物质的质量如图2所示，则偏二甲肼中不含氧元素 2.我国科研团队研制出一种真空紫外非线性光学晶体材料NH,B,O。F,将在精密制造、前 沿科研等领域发挥重要作用。下列说法错误的是 ( ) A.NH中存在共价键 B.N与N是同种核素 C.OH的电子式为[：O:H] D.BF?的空间结构为平面三角形 化学试题（十二）第1页（共8页） 3.任何有机化合物的分子都是由特定碳骨架构成的，构建碳骨 架是合成有机化合物的重要任务。某构建碳骨架的反应历 CO 程如图所示，下列关于该反应的说法错误的是 ( ) A.反应过程中Co的成键数目发生改变 CO B.图中所示物质间的转化有非极性键的断裂和形成 H 、C0 C.CHOH分子中采用sp3杂化的仅有C原子 D.该构建碳骨架的总反应为：CHCH一CH2+CO十cH,oH O=C CO CH,OH- C(CO)(CH,),CHCO0CH,原子利用率 co co 0C- OC 为100% co 4.下列关于物质反应的说法正确的是 A.CuSO,溶液与过量氨水混合：Cu++2NH,·H2OCu(OH)2↓十2NH B.向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液：2AgI(s)+S2-(aq)一Ag2S(s)十2I(aq) C.少量的CO2通入BaCL2溶液中：Ba++CO2十H2O-BaCO3￥+2H D.NaClO溶液与浓盐酸混合：CIO+H+-HClO 5.下列实验仪器的选择或操作均正确的是 浓盐酸 8 mL 95%乙醇 5滴4%的 w NaOH溶液 4 mL 0.1 mol/L MnO. [Cu(NH)4]SO,溶液 2mL4%的 国CuSO,溶液 C.制备晶体 D.配制检验醛基的 A.分离乙醇和乙酸 B.制备Cl2 [Cu(NH3)4]SO4·H2O Cu(OH)2悬浊液 6.贝诺酯是一种解热镇痛抗炎药，其合成反应式（反应条件略去）如下，下列说法错误的是 ( NH-CCH COOH O C-O-CCH,+HOC〉-NH-CCH,→〉OC-CH, +H.O 阿司匹林 扑热息痛 贝诺酯 A.该反应为取代反应，同时有H2O生成 B.1mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOH C.可以用FeCL3溶液鉴别扑热息痛和阿司匹林 D.贝诺酯分子中N原子的杂化方式为sp 7.碳酸二甲酯DMC(CH,OCOOCH3)是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提 出了新的合成方案（吸附在固体催化剂表面上的物种用￥标注），反应机理如图所示。 160 157.2 过渡态Ⅲ CH,OCOOCH,+HO+HO 120 103.1 过渡 116.1 112.6 802CH,0H 态Ⅱ 过渡 62.5 40H0. 态I 50.5 41.9 C0, CH20C00CH3*+H20*+H0·* 0 -22.6 CH20·*+C02*+CH30H*+H20* -40 2CH,0H*+H0·*+C0,* CH30C00:*+CH,OH*+H20* 化学试题（十二）第2页（共8页） 下列说法正确的是 () A.反应过程中除固体催化剂外，还使用了HO·作催化剂 B.反应进程中决速步骤的能垒为125.7eV C.第3步的基元反应方程式为：CH,OCOO·*+CHOH→CH,OCOOCH,+HO· D.升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动 8.将Cl2通入过量石灰乳[Ca(OH)2]中即可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉。下列 解释事实反应的化学或离子方程式中，不正确的是 () A.Ca(CIO)2:2Ca(OH)2+2C12-Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O B.漂白粉溶液与盐酸混合产生CL2:CIO+C1+2H+C2个+H2O C.漂白粉溶液吸收CO2后产生白色沉淀：Ca++CO2+H2 O-Caco3↓+2H+ D.漂白粉溶液加入适量醋酸在短时间内能达到漂白效果：Ca(OH)2+2CH3COOH一 Ca(CH COO)2+2H2O,Ca(CIO),+2CH COOH-Ca(CH COO)2+2HCIO 9.小组同学查阅资料发现，F2+与SCN可发生反应，生成无色的配合物。于是设计以下实 验进行了证实。 2mL4mol·L-1 5滴3%H202溶液 5滴3%H,02溶液2mL4mol·L KSCN溶液 (pH=1) 2 mL H,O 2 mL H,O (pH=1) KSCN溶液 充分振荡，静置 充分振荡，静置 FeCO 取1mL上层清液 FeCO 取1mL上层清液 溶液为深红色 溶液为红色 溶液基本无色 溶液为浅红色 1mL0.5 mol-L FeS0,溶液 1滴4molL c KSCN溶液 适量水 取等体积的 1 mL 0.05 mol-L 两份溶液 红色变浅 Fe2(S04)3溶液 1mL0.5moL-Na,S0,溶液 深红色溶液 红色溶液 d 公 红色变浅，比c中略深 下列说法正确的是 ( A.实验a与实验b中的KSCN的作用相同 B.实验a与实验b中的FeCO3的溶解度相同 C.实验c与实验d做对比可进一步证实资料内容 D.实验c的试管中存在平衡移动，而实验d试管中没有 10.一种利用H2和O2直接合成H,O2的反应历程如图所示。下列说法中错误的是() C H20 步骤3 2HCI 步骤1 2HCI+2CI CI .012 Pd 0 步骤2 02+2C1 化学试题（十二）第3页（共8页） A.总反应的原子利用率理论上可达100% B.步骤2中，若1molO,完全反应，则理论上转移电子数目为2NA C[日>降低了反应的活化能，加快了反应速率 D.[8>K8和[8>长8中Pd的化合价不相同 11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X、W为同一主族元素，基态Y原子 的价电子为2s22p,Z为金属元素，军事上可用于制造照明弹，它们之间的原子序数关系 为Y十Z一X十W。下列判断正确的是 () A.简单原子半径：W>Z>Y>X B.电负性：X>Y C.一定条件下，Z的单质能在XY,中燃烧 D.W的最高价氧化物对应的水化物为强酸 12.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下： 硫粉KOH溶液 溶液X 高钾 明矾石 →粉碎→焙烧→碱浸→浸液→调节pH→过滤→滤液→K,SO SO3、SO2 浸渣 滤渣→灼烧→化合物Y 已知：高钾明矾石的主要成分为K2SO,·Al2(SO,)3·2A12O3·H2O和少量Fe2O3。下 列说法不正确的是 () A.焙烧时A1,(S0,)反应的化学方程式为2A1,(S0,),十4S十60，高温2Al,0,十10S0, B.溶液X可能是NH,·H2O C.工业上通过电解化合物Y制成铝单质 D.SO3可回收利用后应用于本流程 13.用乙醇燃料电池供电，间接电解法对O进行无害化处理，原理如图所示。下列说法错 误的是 () S201溶液 N2 质子膜 电极1 电极Ⅱ Na,S0,溶液 HS03溶液1 NO- 电解池 A.电极Ⅱ为阳极 B.电极I的电极反应为2HSO3+2H++2e—S2O子+2H2O C.每处理1 mol NO,燃料电池中至少消耗乙醇号mol D.吸收塔中采用气-液逆流接触吸收，能提高NO处理效率 化学试题（十二）第4页（共8页） 14.亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸，可以用于治疗白血病，H3AsO3水溶液中含砷物质的分 布分数（平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数）与pH的关系如图所示，下列说 法正确的是 () 0.8 0.6 H3AsO3 /H2AsO 0.4 HAsO 0.2 0.0 6 89.210 12 pH A.H3AsO3的电离方程式为HAsO3一3H+十AsO B.H3AsO3一步电离的电离常数K=1X109.2 C.H3AsO3溶液的pH约为9.2 D.pH=12时，溶液中c(H2AsO3)+2c(HAsO)十3c(AsO)+c(OH)=c(H) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)铋酸钠(NaBiO,)常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化 Bi(OH)3制取NaBiO3,并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸 溶液反应产生O2,在酸性条件下能将Mn2+氧化为MnO,;Bi(OH)3为白色难溶于水的 固体。各实验装置如图所示： 搅拌 浓盐酸 NaOH(ag +Bi(OH) 请回答下列问题： (1)装置的连接顺序是 (填字母)。 (2)C中装有的试剂是 ,若没有装置C,可能产生的影响是 (3)反应开始时，打开K1和K2,B中Cl2发生的反应有Cl2+2NaOH一NaC1O+NaCI +H2O, (填化学方程式)。 (4)反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是 过滤、冷水洗涤、干燥。 (5)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用 cmol·L1的H2C,O4标准溶液滴定生成的MnO4,消耗VmL标准溶液。 ①不能用cmol·L1的H,C,O4标准溶液直接滴定NaBiO,的原因是 ②该产品的纯度为 (用含、c、V的代数式表示)。 (6)取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有C2。该实 验 (填“能”或“不能”)证明一定是NaBiO,氧化了CI,理由是 化学试题（十二）第5页（共8页） 16.(15分)钴酸锂(LiCoO2)具有制备工艺成熟简单、能量密度高、循环稳定性好等优点，在 计算机、通信和消费类电子产品及动力电池领域均有广泛应用。为了资源的充分利用， 可将高镁盐湖卤水（主要含Na+、Mg2+、Li+、C1、SO和硼酸根等）作为原料制备钴酸 锂，其制备的工艺流程如下： 盐酸 HCI气体 生石灰 纯碱饱和Na,CO,溶液 CoC0,、空气 浓缩 卤水→脱硼→ →煅烧→水浸→精制工→精制皿→系列操作沉锂 Li2CO3→LiCoO2 结晶 含硼固体 固体 滤渣I 滤渣Ⅱ 滤液I 气体X 已知：常温下，Kp(Li,C0)=2.2×10-3、Kp(CaC03)=2.8×10-9、Kp[Ca(OH)2]= 5.5×10-6、Km(MgC03)=6.8×10-6、Kn[Mg(OH)2]=5.6×10-12;相关化合物的溶 解度与温度的关系如图所示。 120 LiCl 80 NaCl 40 9 12 上o 1.5 1.0 ◆◆◆—◆ LiCO 0.5 ◆-◆◆ 020406080100 温度/℃ (1)LiCoO,中Co元素的基态原子价层电子轨道表示式为 (2)含硼固体中的B(OH)3(白色固体)的水溶液呈酸性，其原因是B是缺电子原子，能结 合水分子而释放出质子，请将该过程用离子方程式表示出来 ;据此说 出“脱硼”时要加入盐酸的原因 (3)步骤精制I、精制Ⅱ是分两次进行深度除镁： ①滤渣I的主要成分为 ②精制I后溶液中Li的浓度为2.0mol/L,则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制 在 mol/L以下。 (4)系列操作包括先加入适量饱和Na2CO,3溶液， ,洗涤，干燥。 (5)该流程中能循环利用的物质有 (6)“沉锂”得到较纯的Li2C03后，常用高温固相合成法进一步制备钴酸锂，具体做法为 按Li/Co的物质的量之比为1：1配制好Li2CO,和CoC03,然后在700~900℃的空气 氛围中煅烧，该过程的化学方程式为 (7)新型固态电解质对锂电池制造和新能源汽车续航具有重要意义。“锂超离子导体” 是目前一种在研的高导电性固态电解质，其中一种富锂超离子导体的晶胞图如图。 OCI 00 Li ①该晶胞中O原子的配位数为 ②若该晶胞以C1为顶点，则Li在晶胞中的位置为 化学试题（十二）第6页（共8页） 17.(14分)工厂烟气（主要污染物为SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能 排放。 催化剂 (1)NH,还原技术是目前高效、成熟的去除NO,的技术之一(NH3+NO, N2+ HO)。使用V2O/(TiO2一SiO2)催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。 已知：反应I.4NH3(g)+502(g)一4NO(g)十6H2O(1)△H1=-905.8kJ·mol1 反应Ⅱ.N2(g)+O2(g)—2NO(g)△H2=+180.0kJ·mol-1 ①反应4NO(g)+4NH(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(1)△H= kJ·mol-1。 ②在不同温度下，仅改变O2的浓度，NO的脱除率与O2浓度的关系如图1所示，O2浓 度在1%~3%之间时，随着O2浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 100 中 100 60 95 80 90 85 ●413K ·NO ▲-453K 。S02 20 80 -493K 0 123456 246810121416 0,的浓度/% 0,的浓度/% 图1 图2 (2)V2O/碳基材料（活性炭、活性焦、活碳纤维）也可以脱硫、脱硝。V,O,/碳基材料脱 硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中O,的存在对V,O/碳基材料催化剂脱硫、脱硝 活性的影响结果如图2所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 (3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催 化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO 和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响， 数据如表： 时间/min 0 10 20 30 ∞ A容器内压强/kPa 100.0 90.0 85.0 80.0 80.0 B容器内压强/kPa 100.0 95.0 90.0 85.0 80.0 ①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。 ②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号) A.2V正(N2)=逆(NO) B.混合气体的平均相对分子质量不变 C.c(NO):c(CO)=1:1 D.容器内气体的密度不再发生变化 化学试题（十二）第7页（共8页） ③容器中C0的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 K。= (kPa1)。 ④汽车尾气中含有NO和CO,在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原 因是 18.(15分)化合物H是我国自主研发的一种手术用药，以下为其合成路线之一（略去部分 反应条件，忽略立体化学)。 B CF SO H E CH BrO C13HisBrO2 OH (C.Hs)P-CH2 E Pd/c [Ru 0 OH OH 0 0 CFSO,H 已知 的混合物 回答下列问题： (1)H中手性碳原子的数目为 ;由G生成H的反应类型为 (2)由A生成B的化学方程式为 (3)C的同分异构体中，能发生银镜反应、核磁共振氢谱显示为三组峰且峰面积比为3： 1：1的同分异构体的结构简式为 (不考虑立体异构，写出一种即可)。 烯 (4)E的结构简式为 (5)F和G中存在的不同官能团的名称分别是 和 (6)科研人员也尝试了由E经I制备G,如图所示。研究发现，增大Pd/C催化剂用量和 H2压强，I→G的反应才能顺利进行，而且除了G,还有少量其他产物生成。该条件下生 成其他产物的可能原因是 (C.Hs),P-CH2 H. CuH BrOPacG (7)从整个合成路线看，A→B和E→F两步反应（溴的引入和脱去）的目的是 化学试题（十二）第8页（共8页）