精品解析：浙江省浙南名校2027届高三上学期一模 化学试题

高三年级化学学科练习 考生须知： 1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Cr-52 Fe-56 Cu-64 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 冠醚(12-冠-4)属于 A. 有机高分子 B. 化合物 C. 混合物 D. 超分子 2. 下列有关MgCl2的说法中，不正确的是 A. MgCl2的水溶液呈酸性 B. MgCl2能使蛋白质聚沉，常用作凝固剂 C. MgCl2熔融状态下可导电，属于电解质 D. MgCl2·6H2O在空气中受热分解可制得无水MgCl2 3. 根据元素周期律推测，下列说法正确的是 A. 离子半径：O2-＜F- B. 电负性：N＞O C. 电离能： D. 离子键百分数：BaCl2＜MgBr2 4. 下列说法不正确的是 A. SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型： B. 2-甲基-3-乙基戊烷的键线式： C. CaO2的电子式： D. As的基态原子简化电子排布式： 5. 有关反应，下列说法中正确的是 A. HCl是氧化产物 B. 还原剂只有H2 C. SiHCl3中的Si元素失电子 D. 生成1molSi转移2NA电子 6. 对下列性质解释正确的是 选项 性质 解释 A 电离出H+能力：CH3OH＜CH3SH 键的极性：O-H＞S-H B 热稳定性：HCl＞HI 键能：H-Cl＞H-I C 沸点：邻羟基苯甲醛＞水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 键角：BF3＞NF3 中心原子的孤电子对数： NF3＞BF3 A. A B. B C. C D. D 7. 下列实验现象的预测不正确的是 A. 将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，会产生大量气泡，试管外壁发热 B. 苯在空气中燃烧，会产生浓重的黑烟 C. 向Na2S2O3溶液中加入稀H2SO4溶液，会产生乳白色浑浊 D. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水，有深蓝色晶体析出 8. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗： B. 向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉： C. 碘化钾水溶液中通入少量Cl2： D. CH2=CHCHO中滴加足量溴水： 9. 天然活性成分黄酮醇(化合物Ⅱ)的制备过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. 邻羟基苯乙酮分子中最多15个原子共平面 B. 1mol化合物Ⅰ与足量溴水反应，最多消耗3molBr2 C. 化合物Ⅰ→Ⅱ的反应中H2O2作还原剂 D. 化合物Ⅱ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 10. 利用下列装置进行实验，不能实现实验目的的是 A．吸收氨气 B．证明醋酸是弱酸 C．检验NaCl溶液中是否除尽 D．碱式滴定管排气泡 A. A B. B C. C D. D 11. 下列反应均能自发，相关判断不正确的是 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． A. 反应Ⅰ的 B. C. 将反应Ⅲ中液化，反应仍然自发 D. 比稳定 12. 某化合物的组成元素为H、N、O、S、Cl(电负性：N＞Cl＞S)，其分子中原子的连接方式如图(中心白球代表N)。有关该化合物的说法不正确的是 A. 该分子的结构式为 B. 该分子的中心原子N采取sp2杂化 C. 该物质给出H+能力大于NH3 D. 1 mol该分子最多消耗6molNaOH 13. 某小组为检验乙醇催化氧化是否有乙醛产生设计了如下实验(加热仪器略去)。实验步骤如下： (1)搭好装置并检查气密性，装入试剂(如图)，在乙装置中加入20mL亚硫酸钠溶液和搅拌子。 (2)加热甲装置，同时用针筒抽取50mL空气。再将针筒缓慢推气，并打开磁力搅拌器，开始采集pH。 (3)重复上述操作数次后，停止数据采集，停止加热。实验过程中乙中传感器显示pH值上升。 已知： 下列说法正确的是 A. 装置甲中铜作为催化剂，实验前后质量一定不变 B. T型单向阀的主要作用是防止乙中溶液倒吸入热的甲装置，避免玻璃管炸裂 C. 乙装置中反应的化学方程式： D. 装置乙中Na2SO3溶液可换成酸性高锰酸钾溶液，检验乙醛的生成 14. 利用铁基、钙基物质的化学循环(，)可从高炉煤气中分离出N2，并获得高价值的CO/CO2混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是 A. 钙基物质Ⅰ为CaCO3 B. 气体为CO/CO2混合气 C. 理论投料的物质的量之比 D. 提高高炉煤气通入速率，有利于提升N2的分离纯度 15. 某温度时，体积为1 L的氯水中，测得含氯微粒pX随pH变化，如图所示[，X表示，，和]。(忽略体积变化) 已知：氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 下列说法正确的是 A. 在氯水中加入过量的碳酸钠粉末，可提高氯水中HClO浓度 B. 溶液pH变化过程中保持不变 C. 由图可知，pH=4～9之间，ClO-的最大来源是Cl2 D. 该温度下，的平衡常数为 16. 锌有机物电池的电解质为KOH和水溶液。电池放电完毕后，暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学“自充电”。 下列说法不正确的是 A. 放电时，负极反应为 B. 放电时，1mol有机物聚合物得到2n mol e- C. 化学自充电时，电能转化为化学能 D. 化学自充电时，K+由电极表面向溶液扩散 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知：，其中HA为溶于煤油的有机萃取剂，可进入有机相。请回答： （1）步骤Ⅰ中“热熔、冷却”的目的是获得结构疏松的玻璃态物质，故冷却过程应采用________(填：“快速冷却”或“缓慢冷却”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生的化学方程式为________；硫酸加入量过多，会导致后续的Be元素萃取率________。(填：“升高”或“不变”或“降低”) （3）步骤Ⅲ，不采用传统的碱浸法分离Be2+、Al3+，其原因是________(从元素性质角度回答)； （4）步骤Ⅴ，直接加热，可析出Be(OH)2沉淀，化学方程式为________。 （5）早期实验室采用氯化铍熔盐电解制备金属Be： ①气态BeCl2分子的空间结构是________。 ②电解BeCl2时，形成NaCl-BeCl2混合熔盐。加入NaCl可实现熔融电解的本质原因是________。 ③BeO的晶胞结构如图所示，Be2+的配位数(紧邻的阴离子数)为________。 18. CaO、MgO可与CO2发生碳酸化反应，实现固碳与固废协同利用。 方法一：干法碳酸化 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）恒温恒容条件下，下列操作能使反应Ⅰ平衡正向移动、提高CO2平衡转化率的是________(填标号)。 A. 升高反应体系温度 B. 持续通入二氧化碳 C. 再加入少量CaO固体 D. 通入稀有气体He，增大容器总压 （2）反应温度超过500℃后，MgCO3会大量分解释放CO2，而CaCO3可稳定固碳，可能的原因：________。 （3）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，CaO(s)在图中能稳定存在的状态点有________(填标号)。 方法二：湿法分步碳酸化 ① ② ③ ④ （4）湿法碳酸化效率远高于干法碳酸化，从化学反应速率角度解释水的作用：________。 （5）已知MgO湿法分步碳酸化会生成，该物质在高压、长时间反应后，生成碳酸氢镁导致碳酸化程度下降，写出对应的化学方程式：________。 （6）工业上采用真空铝热还原法制备金属钙，其主要反应为： 已知：金属性Ca强于Al，但上述反应却能发生，原因是________。 （7）研究发现，可以用石墨、钛网作电极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。写出装置中阳极的电极反应方程式：________。 19. 四氯合铜酸二乙铵()是一种热致变色材料。某研究小组采用二乙胺盐酸盐与氯化铜(CuCl2)反应制备该物质的过程为： 实验流程如下： 已知： ①四氯合铜酸二乙铵在空气中易吸湿，受热易分解； ②四氯合铜酸二乙铵在乙醇、水中溶解度较大，在异丙醇、乙醚中溶解度较小。 请回答： （1）步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称为________。 （2）下列说法正确的是________。 A. 可选用水来代替乙醇作溶剂，以增大步骤Ⅰ的反应速率 B. 步骤Ⅰ中，水浴温度越高，反应速率越快，产率越高 C. 实验时需取下恒压滴液漏斗的玻璃塞 D. 步骤Ⅱ中加入乙醚的作用是降低溶液极性，促进产物结晶析出 （3）步骤Ⅲ中，“一系列操作X”为________。 （4）四氯合铜酸二乙铵，室温下呈绿色，加热至一定温度(约57℃)可变为黄色，该过程属于物理变化，变色的原因可能是________。 （5）对产物进行热重分析，测得()在时开始分解，在时完全分解，失重率约为62%，则下的固体产物化学式为________。 20. 氯巴占()是临床上用于治疗焦虑症的镇静药物，其一条合成路线如下： 已知：① ② ③酰胺基交换反应：+R3NH2RCONHR3+ 请回答： （1）化合物B所含官能团的名称是________。 （2）合成化合物C的过程中同时生成一种副产物(分子式为C12H9FN2O2)，其结构简式是________。 （3）化合物G的结构简式是________。 （4）下列说法不正确的是________。 A. 与化合物A具有相同官能团的同分异构体有9种 B. 化合物的碱性：B()＞环己胺() C. C→E反应推测：RCOCl+HOR´→RCOOR´+HCl能顺利反应 D. G→H过程中，若将CH3I换成，可加快反应速率 （5）F→G的过程中可能形成F的同分异构体F´，判断形成该异构体是否会明显降低G的产率，并说明理由________。 （6）结合题给信息，以、丙二酸二乙酯为有机原料，设计化合物合成路线________(用流程图表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级化学学科练习 考生须知： 1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Cr-52 Fe-56 Cu-64 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1. 冠醚(12-冠-4)属于 A. 有机高分子 B. 化合物 C. 混合物 D. 超分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．有机高分子是一类由重复的化学单元（单体）通过共价键连接形成的高分子化合物，相对分子质量通常达上万甚至上百万，冠醚(12-冠-4)相对分子质量较小，属于小分子，且不是由单体连接组成，不属于有机高分子，A错误； B．化合物是由不同种元素组成的纯净物，冠醚(12-冠-4)是化合物，B正确； C．混合物是由不同种物质组成，冠醚(12-冠-4)是化合物，C错误； D．超分子是由两个或多个分子通过非共价相互作用自发组装形成的具有特定结构和功能的有序聚集体，冠醚(12-冠-4)是单一的有机小分子，不属于超分子，D错误； 故选B。 2. 下列有关MgCl2的说法中，不正确的是 A. MgCl2的水溶液呈酸性 B. MgCl2能使蛋白质聚沉，常用作凝固剂 C. MgCl2熔融状态下可导电，属于电解质 D. MgCl2·6H2O在空气中受热分解可制得无水MgCl2 【答案】D 【解析】 【详解】A．是强酸弱碱盐，溶于水后会发生水解：，使溶液中浓度大于浓度，水溶液呈酸性，A正确； B．属于可溶性盐，电离出的离子可中和蛋白质胶粒表面的电荷，使蛋白质发生聚沉，生活中常用氯化镁作卤水点豆腐的凝固剂，B正确； C．电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，熔融状态下能电离出自由移动的和，可以导电，符合电解质的定义，C正确； D．若直接在空气中加热，会发生水解，同时生成的HCl易挥发，最终得到的是（进一步分解为MgO），无法得到无水，要制无水氯化镁需要在HCl气流中加热抑制其水解，D错误； 故选D。 3. 根据元素周期律推测，下列说法正确的是 A. 离子半径：O2-＜F- B. 电负性：N＞O C. 电离能： D. 离子键百分数：BaCl2＜MgBr2 【答案】C 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。和核外电子排布均为，因此离子半径应为，A错误； B． 同周期主族元素从左到右，电负性呈递增趋势（稀有气体除外）。N和O位于第二周期，O的非金属性强于N，因此电负性：，B错误； C． 是基态Ar原子失去最外层1个电子的第一电离能，Ar是稀有气体元素，最外层为8电子稳定结构，其第一电离能本身处于较高水平；而是K原子失去1个电子形成（电子排布与Ar核外电子排布完全一致的稀有气体稳定结构）后，再失去内层电子的第二电离能，且本身正电荷多于Ar，对核外电子的束缚作用远强于中性Ar原子，失去电子的难度更大。因此必然满足，C正确； D．离子键的百分数和成键两元素的电负性差值正相关，电负性差值越大，离子键百分数越高。Ba的电负性远小于Mg，Cl的电负性大于Br，因此​中成键原子的电负性差值远大于，离子键百分数应为，D错误； 故选C。 4. 下列说法不正确的是 A. SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型： B. 2-甲基-3-乙基戊烷的键线式： C. CaO2的电子式： D. As的基态原子简化电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中心S原子的价层电子对数为，包含2个σ键、1对孤电子对，价层电子对互斥（VSEPR）模型为平面三角形，A正确； B．2-甲基-3-乙基戊烷的主链上有5个碳原子，甲基和乙基分别位于2、3号碳原子上，图示的键线式表示正确，B正确； C．是离子化合物，由和过氧根离子​构成，两个O原子之间存在共用电子对，图示错误，正确电子式为：，C错误； D．As是33号元素，核外电子排布为，简化电子排布式为，D正确； 故选C。 5. 有关反应，下列说法中正确的是 A. HCl是氧化产物 B. 还原剂只有H2 C. SiHCl3中的Si元素失电子 D. 生成1molSi转移2NA电子 【答案】A 【解析】 【分析】由于电负性，故中H为-1价、Si为+4价、为-1价；反应中H元素化合价升高，Si元素化合价降低，据此分析。 【详解】A．氢气中的氢元素化合价由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素化合价由-1价变为+1价，故HCl是氧化产物，A正确； B．氢气中的氢元素化合价由0价变为+1价，SiHCl3中氢元素化合价由-1价变为+1价，因此、SiHCl3都是还原剂，B错误； C．SiHCl3中硅元素化合价由+4价变为0价，得到电子，发生还原反应，C错误； D．SiHCl3中硅元素化合价由+4价变为0价，得到，根据电子得失守恒知，生成1 mol Si时，转移4 mol电子，即电子，D错误； 故选A。 6. 对下列性质解释正确的是 选项 性质 解释 A 电离出H+能力：CH3OH＜CH3SH 键的极性：O-H＞S-H B 热稳定性：HCl＞HI 键能：H-Cl＞H-I C 沸点：邻羟基苯甲醛＞水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 键角：BF3＞NF3 中心原子的孤电子对数： NF3＞BF3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．O电负性大于S，O-H键极性＞S-H，但CH3OH电离H+能力弱于CH3SH，实际原因是S原子半径更大，S-H键更易断裂，该解释不匹配性质，A错误； B．Cl原子半径小于I，H−Cl键长更短，键能H−Cl＞H−I；键能越大，共价键越难断裂，氢化物热稳定性越强，B正确； C．邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，分子内氢键会减弱分子间作用力，降低沸点。邻羟基苯甲醛沸点高于水是相对分子质量大，范德华力更强，C错误； D．BF3中B的价层电子对数为3，孤电子对数为 0；NF3中N的价层电子对数为4，孤电子对数为1。 二者键角不同的主要原因是中心原子的价层电子对总数不同，不能仅依靠孤电子对数多少解释键角差异，D错误。 7. 下列实验现象的预测不正确的是 A. 将水滴入盛有Na2O2固体的试管中，会产生大量气泡，试管外壁发热 B. 苯在空气中燃烧，会产生浓重的黑烟 C. 向Na2S2O3溶液中加入稀H2SO4溶液，会产生乳白色浑浊 D. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水，有深蓝色晶体析出 【答案】D 【解析】 【详解】A．与水发生反应，会产生大量氧气气泡，同时该反应为放热反应，试管外壁发热，现象预测正确，A正确； B．苯的分子式为​，含碳量很高，在空气中燃烧时碳无法完全充分燃烧，会生成大量炭黑，因此产生浓重黑烟，现象预测正确，B正确； C．​与稀硫酸发生歧化反应，生成的硫单质微溶，会形成乳白色的硫浑浊，现象预测正确，C正确； D．向硫酸铜溶液中加入少量氨水时首先生成蓝色​沉淀，氨水过量后沉淀会溶解，生成深蓝色的四氨合铜透明溶液，并不会直接析出深蓝色晶体；向该深蓝色溶液中加入乙醇后，才能析出深蓝色的晶体，因此该现象预测不正确，D错误； 故选D。 8. 下列化学方程式或离子方程式书写正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗： B. 向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉： C. 碘化钾水溶液中通入少量Cl2： D. CH2=CHCHO中滴加足量溴水： 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硝酸与银反应还原产物为而非，正确离子方程式为，A错误； B．是络合物，离子方程式中该溶质不可拆分，正确的离子方程式为：，B错误； C．碘化钾水溶液中通入少量Cl2：先发生，后发生，总反应为，C正确； D．丙烯醛含碳碳双键和醛基，足量溴水不仅会和碳碳双键发生加成反应，还会将醛基氧化为羧基，正确的离子方程式为，D错误； 故选C。 9. 天然活性成分黄酮醇(化合物Ⅱ)的制备过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. 邻羟基苯乙酮分子中最多15个原子共平面 B. 1mol化合物Ⅰ与足量溴水反应，最多消耗3molBr2 C. 化合物Ⅰ→Ⅱ的反应中H2O2作还原剂 D. 化合物Ⅱ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯环、羰基、羟基、甲基。甲基碳可共面，甲基有一个氢也可以转到平面，总共最多16原子共面，A错误； B．酚羟基苯环上2个取代+碳碳双键1分子加成，合计3 mol ，B正确； C．中氧元素的化合价为-1价，对比反应物化合物Ⅰ和生成物化合物Ⅱ，提供氧原子，反应后氧元素变为-2价，氧元素化合价降低，得到电子，被还原，因此作氧化剂，而不是还原剂，C错误； D．化合物Ⅱ有羟基、碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误； 答案选B。 10. 利用下列装置进行实验，不能实现实验目的的是 A．吸收氨气 B．证明醋酸是弱酸 C．检验NaCl溶液中是否除尽 D．碱式滴定管排气泡 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨气极易溶于水，该装置中导管直接插入下层水层，氨气快速溶解时装置内压强骤降，会引发倒吸，无法安全吸收氨气，不能实现实验目的，A符合题意； B．是强碱，若醋酸是强酸，则其强酸强碱盐溶液会呈中性；用pH计测得溶液pH大于7，说明醋酸根发生水解，可证明醋酸是弱酸，能实现实验目的，B不符合题意； C．检验是否除尽时，向上层清液继续滴加1~2滴溶液，若无白色沉淀生成，说明已除尽，若出现沉淀则未除尽，操作符合要求，能实现实验目的，C不符合题意； D．碱式滴定管排气泡的标准操作就是将胶管向上弯曲，挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，图示操作正确，能实现实验目的，D不符合题意； 故选A。 11. 下列反应均能自发，相关判断不正确的是 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． A. 反应Ⅰ的 B. C. 将反应Ⅲ中液化，反应仍然自发 D. 比稳定 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ生成物气态物质总熵大于反应物气态物质总熵，因此，A不符合题意； B．已知反应Ⅰ是吸热反应，且反应Ⅰ可自发进行，结合、该反应，说明其自发需要高温条件；而反应Ⅱ是气体分子数减少的反应，，但反应可自发，说明。因此，结果必然大于0，B不符合题意； C．将从气态改为液态，体系气体总物质的量进一步减少，会比原反应Ⅲ更小；同时乙醇液化会放出热量，新反应的比原更小，反应仍然自发，C不符合题意； D．根据反应Ⅲ、Ⅳ，用Ⅳ-Ⅲ可得： ，气态二甲醚能量高于气态乙醇，稳定性弱于乙醇，D符合题意； 故选D。 12. 某化合物的组成元素为H、N、O、S、Cl(电负性：N＞Cl＞S)，其分子中原子的连接方式如图(中心白球代表N)。有关该化合物的说法不正确的是 A. 该分子的结构式为 B. 该分子的中心原子N采取sp2杂化 C. 该物质给出H+能力大于NH3 D. 1 mol该分子最多消耗6molNaOH 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据题干给出的元素组成、中心原子为N，结合球棍模型的连接方式，可确定该分子的中心N原子连接1个H和2个基团，正确的结构式为：，A错误； B．中心N原子连接3个σ键：1个、2个，N的孤对电子用于形成共轭π键，中心N原子的价层电子对数为3，且键角、接近平面的杂化键角，故该分子的中心原子N采取杂化，B正确； C．是强吸电子基团，大幅降低了该分子中N原子上的电子云密度，使得键的极性增强，更容易解离出；而中N带有孤对电子，更倾向于结合而非释放，因此该物质给出的能力大于，C正确； D．完全水解可生成，其中消耗，消耗，共计消耗，D正确； 故选A。 13. 某小组为检验乙醇催化氧化是否有乙醛产生设计了如下实验(加热仪器略去)。实验步骤如下： (1)搭好装置并检查气密性，装入试剂(如图)，在乙装置中加入20mL亚硫酸钠溶液和搅拌子。 (2)加热甲装置，同时用针筒抽取50mL空气。再将针筒缓慢推气，并打开磁力搅拌器，开始采集pH。 (3)重复上述操作数次后，停止数据采集，停止加热。实验过程中乙中传感器显示pH值上升。 已知： 下列说法正确的是 A. 装置甲中铜作为催化剂，实验前后质量一定不变 B. T型单向阀的主要作用是防止乙中溶液倒吸入热的甲装置，避免玻璃管炸裂 C. 乙装置中反应的化学方程式： D. 装置乙中Na2SO3溶液可换成酸性高锰酸钾溶液，检验乙醛的生成 【答案】C 【解析】 【分析】本实验围绕乙醇催化氧化产物乙醛的检验展开：甲装置中，针筒推入的空气携带甲内蘸有酒精的棉花挥发出的乙醇蒸气，在加热、铜丝催化下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛；生成的乙醛随气流进入乙装置，与亚硫酸钠溶液发生已知图示的反应，反应生成NaOH使乙中溶液pH上升，通过pH传感器监测pH变化即可验证乙醛的生成，T型单向阀则保障气路单向流通、规避倒吸风险。 【详解】A．铜作为催化剂理论上反应前后质量不变，但实验过程中铜会先被氧气氧化为CuO，后续若乙醇蒸气不足、铜丝局部受热不均等，可能出现铜丝氧化后无法被完全还原的情况，无法保证实验前后铜的质量一定不变，A错误； B．T型单向阀的首要功能是保障气流定向传输，同时该阀还可从侧口单向吸入外界空气，辅助完成气路循环，防倒吸只是附带效果并非设计核心目的，B错误； C．结合题给的反应机理图，乙醛与亚硫酸根、水最终生成​和，总反应为，该反应生成强碱NaOH，恰好对应实验中乙装置pH上升的现象，C正确； D．酸性高锰酸钾溶液不仅能氧化乙醛，还会氧化未完全反应的挥发出来的乙醇蒸气，二者均能使酸性高锰酸钾褪色，无法特异性检验乙醛的生成，不能替换原亚硫酸钠溶液，D错误。 14. 利用铁基、钙基物质的化学循环(，)可从高炉煤气中分离出N2，并获得高价值的CO/CO2混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是 A. 钙基物质Ⅰ为CaCO3 B. 气体为CO/CO2混合气 C. 理论投料的物质的量之比 D. 提高高炉煤气通入速率，有利于提升N2的分离纯度 【答案】C 【解析】 【分析】高炉煤气（含）通入600℃的反应器甲，其中将还原为、与钙基物质化合生成，未反应的从体系分离；之后生成的和（即钙基物质II）进入850℃的反应器乙，被氧化为、分解释放，重新得到的和（钙基物质I）循环回反应器甲，同时反应器乙输出混合气，完成化学循环。 【详解】A．钙基循环是和的相互转化，反应器甲温度为，高炉煤气中的会与钙基物质I反应，最终生成进入反应器乙，因此钙基物质I是，不是，A错误； B．反应器甲的作用是吸收和，分离出​：和反应生成，和反应生成，因此气体X是；混合气是反应器乙中被氧化为、分解得到的气体Y，B错误； C．铁基固体（以计）发生反应，1mol 恰好消耗1mol ；钙基固体（以计）发生反应，1mol 可以吸收体系中所有的（包括高炉煤气中原有的和与反应新生成的），总物质的量为。因此理论上，C正确； D．若提高高炉煤气通入速率，气固接触不充分，、来不及完全反应就会随一同排出，反而降低的分离纯度，D错误； 故选C。 15. 某温度时，体积为1 L的氯水中，测得含氯微粒pX随pH变化，如图所示[，X表示，，和]。(忽略体积变化) 已知：氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 下列说法正确的是 A. 在氯水中加入过量的碳酸钠粉末，可提高氯水中HClO浓度 B. 溶液pH变化过程中保持不变 C. 由图可知，pH=4～9之间，ClO-的最大来源是Cl2 D. 该温度下，的平衡常数为 【答案】D 【解析】 【分析】，越大，越小。随着pH升高，浓度降低，反应Ⅰ平衡右移，浓度不断减小，因此随着pH增大而增大，与图示一致。根据图中信息甲对应HClO，pH升高，HClO电离平衡右移，逐渐增大，逐渐减小，故乙对应，则丙线对应，据此解答。 【详解】A．酸性：，向氯水中加入过量碳酸钠时，碳酸钠先和反应，过量的碳酸钠会与HClO反应生成NaClO、NaHCO3，反而会消耗HClO，无法提高氯水中HClO浓度，A错误； B．与水反应生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素物料守恒表达式为：；随着pH升高，浓度降低，反应Ⅰ平衡右移，增大，因此随pH的增大而增大，B错误； C． pH=4~9区间内，的pX随pH升高快速增大，说明急剧减小，发生反应Ⅰ生成HClO，是HClO电离的产物，其最大来源是HClO的电离，而非，C错误； D．目标反应可由2×反应Ⅲ-反应Ⅱ得到，因此目标反应平衡常数。 从图中可知pH=4时，此时，，，代入得， ，最终计算得，D正确； 故选D。 16. 锌有机物电池的电解质为KOH和水溶液。电池放电完毕后，暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学“自充电”。 下列说法不正确的是 A. 放电时，负极反应为 B. 放电时，1mol有机物聚合物得到2n mol e- C. 化学自充电时，电能转化为化学能 D. 化学自充电时，K+由电极表面向溶液扩散 【答案】C 【解析】 【分析】锌-有机物电池中，活泼金属放电时作负极，题图所示的有机物电极放电时作正极；该电池为化学自充电，无需外接电源，化学自充电时，作为氧化剂，在碱性电解质中得电子生成，电极反应为。 【详解】A． 放电时Zn作为负极发生氧化反应，在碱性KOH电解质环境中，Zn失去电子后与过量结合生成四羟基合锌配离子，负极反应为： ，A正确； B．从图示的放电过程结构变化可知，每1个重复单元的有机物聚合物，放电时会结合2个；为了维持电荷平衡，对应需要得到2个电子。因此1mol该有机物聚合物（含n个重复单元）得到的电子总物质的量为，B正确； C．该化学“自充电”过程无需外接电源，是利用空气中的作为氧化剂，自发将放电后的产物氧化、恢复为放电前的有机物结构，该过程不是电能转化为化学能，C错误； D．化学自充电时，放电后结合在电极表面的会重新释放，向电解质溶液中扩散，完成有机物电极的结构复原，D正确； 故选C。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知：，其中HA为溶于煤油的有机萃取剂，可进入有机相。请回答： （1）步骤Ⅰ中“热熔、冷却”的目的是获得结构疏松的玻璃态物质，故冷却过程应采用________(填：“快速冷却”或“缓慢冷却”)。 （2）步骤Ⅱ中，发生的化学方程式为________；硫酸加入量过多，会导致后续的Be元素萃取率________。(填：“升高”或“不变”或“降低”) （3）步骤Ⅲ，不采用传统的碱浸法分离Be2+、Al3+，其原因是________(从元素性质角度回答)； （4）步骤Ⅴ，直接加热，可析出Be(OH)2沉淀，化学方程式为________。 （5）早期实验室采用氯化铍熔盐电解制备金属Be： ①气态BeCl2分子的空间结构是________。 ②电解BeCl2时，形成NaCl-BeCl2混合熔盐。加入NaCl可实现熔融电解的本质原因是________。 ③BeO的晶胞结构如图所示，Be2+的配位数(紧邻的阴离子数)为________。 【答案】（1）快速冷却 （2） ①. ②. 降低 （3）Be、Al处于周期表的对角线位置，两者氢氧化物均为两性，都能溶于过量的强碱溶液，无法分离 （4） （5） ①. 直线形 ②. 提供氯离子，使BeCl2转化为，增加电解质的导电性 ③. 4 【解析】 【分析】首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水层中，分离出含NaA的煤油，最后对水层加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此解析。 【小问1详解】 熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，冷却过程采用快速冷却； 【小问2详解】 步骤Ⅱ为玻璃态的铝硅酸盐与稀硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铍、硅酸，发生的化学方程式为；硫酸加入量过多，溶液中含有较多的，会使萃取平衡逆向移动，导致Be元素萃取率降低。 【小问3详解】 Be、Al处于周期表的对角线位置，单质和化合物性质高度相似，、均为两性氢氧化物，都能溶于过量的强碱溶液，无法分离Be2+、Al3+，，故不能采用传统碱浸法分离Be2+、Al3+。 【小问4详解】 反萃取后得到水层中含有，直接加热生成沉淀和，化学反应方程式为。 【小问5详解】 ①气态BeCl2分子的中心原子价层电子对数为，空间结构是直线形。 ②根据对角线规则，和​类似，共价性占主导，纯熔融态难以电离出自由离子，加入NaCl能提供、，使BeCl2转化为，增强电解质的导电性。 ③ 观察BeO晶胞结构，每个周围紧邻的数目为4，构成正四面体结构，故配位数为4。 18. CaO、MgO可与CO2发生碳酸化反应，实现固碳与固废协同利用。 方法一：干法碳酸化 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）恒温恒容条件下，下列操作能使反应Ⅰ平衡正向移动、提高CO2平衡转化率的是________(填标号)。 A. 升高反应体系温度 B. 持续通入二氧化碳 C. 再加入少量CaO固体 D. 通入稀有气体He，增大容器总压 （2）反应温度超过500℃后，MgCO3会大量分解释放CO2，而CaCO3可稳定固碳，可能的原因：________。 （3）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，CaO(s)在图中能稳定存在的状态点有________(填标号)。 方法二：湿法分步碳酸化 ① ② ③ ④ （4）湿法碳酸化效率远高于干法碳酸化，从化学反应速率角度解释水的作用：________。 （5）已知MgO湿法分步碳酸化会生成，该物质在高压、长时间反应后，生成碳酸氢镁导致碳酸化程度下降，写出对应的化学方程式：________。 （6）工业上采用真空铝热还原法制备金属钙，其主要反应为： 已知：金属性Ca强于Al，但上述反应却能发生，原因是________。 （7）研究发现，可以用石墨、钛网作电极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。写出装置中阳极的电极反应方程式：________。 【答案】（1）B （2）从能量角度：碳酸钙分解比碳酸镁分解需要更多的能量，所以碳酸钙固碳稳定性更好；从结构角度：镁离子半径小于钙离子，氧化镁晶格能大于氧化钙，镁离子更易与氧离子结合，故碳酸镁更易分解 （3）a、c、d （4）水参与反应改变了反应历程，生成可电离的氢氧化物中间产物，使反应在液相中进行，既降低了反应的活化能，又增大了反应物接触面积，从而加快反应速率 （5） （6）反应熵增或高温下钙变为蒸气并被真空移出体系，促使反应正向进行 （7） 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅰ是放热的气体分子数减少的反应： A．升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，转化率降低，A错误； B．恒温恒容下持续通入，反应物浓度增大，平衡正向移动，CaO会继续消耗新通入的，能提高的平衡转化率，B正确； C．氧化钙是固体，增加固体用量不影响化学平衡，平衡不移动，C错误； D．恒温恒容通入稀有气体He，体系总压增大但的浓度不变，平衡不移动，D错误； 故选B。 【小问2详解】 碳酸化反应的逆反应就是碳酸盐的分解反应，碳酸镁分解的焓变为+101kJ/mol，碳酸钙分解的焓变为+178kJ/mol，碳酸镁分解所需的能量更低，高温下更易分解；或从结构角度解释：镁离子半径小于钙离子，氧化镁晶格能大于氧化钙，镁离子更易与氧离子结合，故碳酸镁更易分解。 【小问3详解】 图中曲线是碳酸钙分解反应的平衡线，线上的点（a、d点）对应分压等于该温度下的平衡分压，此时氧化钙和碳酸钙共存达到平衡；点b：分压大于对应温度下的平衡分压，平衡向生成碳酸钙的正向移动，氧化钙无法稳定存在；点c：分压小于对应温度下的平衡分压，平衡向碳酸钙分解的正向移动，体系中氧化钙可以稳定存在。 【小问4详解】 水参与反应改变了反应历程，生成可电离的氢氧化物中间产物，使反应在液相中进行，既降低了反应的活化能，又增大了反应物接触面积，大幅提升了反应的接触效率，从而加快反应速率。 【小问5详解】 高压下过量进入体系，和碱式碳酸镁、水反应生成可溶的碳酸氢镁，其方程式为 【小问6详解】 该反应是熵增反应，利用产物气态Ca不断脱离反应体系，降低产物浓度，拉动平衡正向移动，使其自发进行。 【小问7详解】 阳极是石墨电极，电解质中的向阳极移动，在阳极失去电子生成O原子后和石墨材料反应生成，其电极反应式为：。 19. 四氯合铜酸二乙铵()是一种热致变色材料。某研究小组采用二乙胺盐酸盐与氯化铜(CuCl2)反应制备该物质的过程为： 实验流程如下： 已知： ①四氯合铜酸二乙铵在空气中易吸湿，受热易分解； ②四氯合铜酸二乙铵在乙醇、水中溶解度较大，在异丙醇、乙醚中溶解度较小。 请回答： （1）步骤Ⅰ实验装置如图，其中仪器a的名称为________。 （2）下列说法正确的是________。 A. 可选用水来代替乙醇作溶剂，以增大步骤Ⅰ的反应速率 B. 步骤Ⅰ中，水浴温度越高，反应速率越快，产率越高 C. 实验时需取下恒压滴液漏斗的玻璃塞 D. 步骤Ⅱ中加入乙醚的作用是降低溶液极性，促进产物结晶析出 （3）步骤Ⅲ中，“一系列操作X”为________。 （4）四氯合铜酸二乙铵，室温下呈绿色，加热至一定温度(约57℃)可变为黄色，该过程属于物理变化，变色的原因可能是________。 （5）对产物进行热重分析，测得()在时开始分解，在时完全分解，失重率约为62%，则下的固体产物化学式为________。 【答案】（1）球形干燥管 （2）D （3）过滤、洗涤、真空干燥 （4）升高温度，配离子的空间结构发生改变，可选择性吸收不同波长的可见光，从而呈现不同的颜色 （5）CuCl2 【解析】 【分析】步骤Ⅰ为二乙胺盐酸盐+氯化铜(CuCl2)+乙醇在60℃恒温水浴反应得到混合物；步骤Ⅱ加入乙醚并冰水浴，利用产物在乙醚中溶解度小的性质，使其析出形成蓝绿色悬浊液；步骤Ⅲ为过滤、洗涤、真空干燥得到粗产品。 【小问1详解】 该仪器为高中化学常见的干燥用仪器，呈球形结构，名称是球形干燥管。 【小问2详解】 A．已知四氯合铜酸二乙铵易吸湿，若用水代替乙醇，产物难以从溶液中结晶析出，无法得到目标产物，A错误； B．已知产物受热易分解，水浴温度过高会导致产物分解，产率下降，B错误； C．恒压滴液漏斗的支管已经平衡漏斗内外压强，无需打开玻璃塞即可顺利滴下；且四氯合铜酸二乙铵在空气中易吸湿，若打开玻璃塞会导致产物吸湿，C错误； D．乙醚极性小于乙醇，加入乙醚可降低溶液极性，且产物在乙醚中溶解度很小，所以加入乙醚可促进产物结晶析出，D正确； 故选D。 【小问3详解】 悬浊液中已经析出目标产物，首先通过过滤分离出固体；根据已知信息，选择产物溶解度小的异丙醇或乙醚洗涤，减少洗涤过程的产物溶解损失；又因为产物受热易分解、易吸湿，最后进行真空干燥得到粗产品。 【小问4详解】 题目明确该变色是物理变化，没有发生化学反应，升温导致配离子的空间构型改变，可选择性吸收不同波长的可见光，从而呈现不同的颜色。 【小问5详解】 二乙胺基阳离子含C、H、N元素，分解时会以气态形式脱离体系，故最终产物为铜和氯的化合物。若最终固体为CuCl，摩尔质量为99.5g/mol，剩余质量占比，失重72%不符合；若为，摩尔质量为135g/mol，剩余占比，失重率为，完全匹配题目给出的62%失重率，且为常见铜的氯化物，符合分解产物的固体形态。 20. 氯巴占()是临床上用于治疗焦虑症的镇静药物，其一条合成路线如下： 已知：① ② ③酰胺基交换反应：+R3NH2RCONHR3+ 请回答： （1）化合物B所含官能团的名称是________。 （2）合成化合物C的过程中同时生成一种副产物(分子式为C12H9FN2O2)，其结构简式是________。 （3）化合物G的结构简式是________。 （4）下列说法不正确的是________。 A. 与化合物A具有相同官能团的同分异构体有9种 B. 化合物的碱性：B()＞环己胺() C. C→E反应推测：RCOCl+HOR´→RCOOR´+HCl能顺利反应 D. G→H过程中，若将CH3I换成，可加快反应速率 （5）F→G的过程中可能形成F的同分异构体F´，判断形成该异构体是否会明显降低G的产率，并说明理由________。 （6）结合题给信息，以、丙二酸二乙酯为有机原料，设计化合物合成路线________(用流程图表示)。 【答案】（1）氨基 （2） （3） （4）BD （5）不会，F´也会形成G （6） 【解析】 【分析】A和B发生取代反应生成C和HF；C与D继续发生取代反应生成E和HCl；结合已知信息①，E再和发生还原反应生成F；结合信息②F（），F发生分子内取代生成G（）；最后G再与发生取代反应生成H，据此分析解题。 【小问1详解】 化合物B为苯胺，结构中含有的官能团为氨基； 【小问2详解】 A的苯环上同时存在F、Cl两个卤素，苯胺的氨基既可以取代A的F生成主产物C，也可以取代A的Cl生成该副产物，结构简式是； 【小问3详解】 由分析知E经还原硝基得到F，F在i-PrONa碱性条件下发生已知②分子内的酯的胺解反应，闭环生成七元内酰胺G，结构简式是； 【小问4详解】 A.是含Cl、F、的三取代苯，同分异构体如图（数字代表位置）共10种(包含A)，故与化合物A具有相同官能团的同分异构体有9种，A正确； B.B是苯胺，氨基的孤对电子与苯环形成p-π共轭体系，电子云密度降低，碱性减弱，故碱性，B错误； C.C→E是C的亚氨基和D的酰氯发生取代反应生成酰胺，此反应为酰氯与醇的取代反应生成酯符合C→E反应规律，可顺利进行，C正确； D.G→H是甲基化取代反应，由于I原子半径大于Br，C-I键键长大于C-Br键，键长越长键能越小，故C-I键键能小于C-Br键，发生取代时C-I键更易断裂，比易取代，若将换成，反应速率会变慢，不是加快，D错误； 故选BD。 【小问5详解】 F的结构简式为，F的同分异构体F´是F发生酰胺基交换反应生成的位置异构酰胺，结构简式为，含有亚氨基与酯基，在转化条件下，仍然可以发生分子内环合，生成产物G，故形成该异构体不会明显降低G的产率； 【小问6详解】 结合已知信息①首先将加氢还原为；结合题干，与发生取代反应转化为；结合已知信息②和发生取代反应生成目标产物；合成流程为。 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $