精品解析：浙江省全国名校协作体2027届高三上学期一模 化学试题

绝密★使用前 高三化学学科练习 注意事项： 1．本试题共8页，满分100分，考试时间90分钟。 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效。 4．结束后，只需上交答题卡。 5．可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　S 32　K 39　Mn 55　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。每个小题列出的四个备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. 下列物质属于纯净物的是 A. 冰醋酸  B. 福尔马林  C. 漂白粉  D. 聚乙烯 2. 下列关于和的说法不正确的是 A. 均为酸性氧化物 B. 其中C和Si的杂化方式不相同 C. 均能与水化合生成相应的酸 D. 高温下均能与焦炭发生氧化还原反应 3. 下列化学用语表示正确的是 A. 的VSEPR模型名称：V形 B. 基态氧原子的电子云轮廓图： C. HClO的电子式： D. 的价层电子排布式为： 4. 根据元素周期律，下列说法不正确的是 A. 离子半径：  B. 位于元素周期表第六周期第ⅡB族 C. 键角：   D. 第一电离能：S<P 5. 空间站通过萨巴蒂尔反应处理航天员呼出的：。下列关于该反应的说法正确的是 A. 是还原剂 B. 该反应属于放热反应 C. 和分子中所有原子均满足结构 D. 反应中每消耗2.24 L ，会转移个电子 6. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是 事实 解释 A 给出的能力弱于 吸电子能力强，使N-H的极性增强 B 在中的溶解度高于中 、是非极性分子，是极性分子 C 干冰的密度比冰的高 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 A. A B. B C. C D. D 7. 下列与物质性质相关的说法正确的是 A. 油脂产生“哈喇”味，因其发生了水解反应 B. 淀粉难溶于水，说明其结构中不含亲水基团 C. 硝酸一般保存于棕色瓶中，因其受光照易分解 D. 二氧化硫能使溴水褪色，因其具有漂白性 8. 下列反应方程式不正确的是 A. 聚四氟乙烯的合成： B. 侯氏制碱法的主要反应： C. 向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠： D. Fe与反应： 9. 天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 物质X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 物质Y可发生取代、氧化、消去等反应类型 C. 1 mol Y与NaOH水溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D. 天冬氨酸是两性化合物，与盐酸、NaOH反应均能生成盐和水 10. 下列装置或试剂能达到实验目的的是 A．中和反应反应热的测定 B．溴苯的制取 C．除去中的HCl D．将热蒸发皿转移至陶土网上 A. A B. B C. C D. D 11. 利用电还原产生的氧化石油化工副产物制备，装置如图所示。电解过程中，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是 A. 双极膜中解离的向b极方向迁移 B. a电极消耗的恰好全部来源于b电极 C. a极的电极反应为： D. 理论上，生成1 mol 时，a极上消耗4 mol  12. 实验室用苯和苯甲酰氯在催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：①； ②苯甲酰氯易水解。 下列说法不正确的是 A. 装置中冷凝器的进水口为a B. c中可装入无水氯化钙 C. HCl的持续逸出可促进反应正向进行 D. 由此可推断，在作用可发生反应： 13. （R为烃基）与按物质的量1∶4发生加成反应，生成，下列说法不正确的是 A. 反应物中N与S的价态分别为-3、-2 B. 中C的杂化方式为 C. 在足量NaOH溶液中彻底水解产物可能有、、等 D. 酸性比较： 14. 利用与电化学催化还原制备HCOOH的反应机理和不同催化剂（Bi、BiIn或In）下的相对能量变化如图所示（*表示吸附态） 下列说法不正确的是 A. 从与电化学催化还原制备HCOOH的反应机理可判断催化剂为M B. 三种催化剂中使用BiIn效果更优 C. 利用与电化学催化还原制备HCOOH的反应只存在1个副产物：CO D. 若为酸性电解池体系，在阴极发生的电极反应式可表示为： 15. 某溶液含有初始浓度为 和配体酸HL。溶液中的部分物种分布系数随pH变化如图所示，除了、外不考虑其他含Zn物种。 已知时，平衡常数的 ，lg 2.5=0.4。下列说法不正确的是 A. pH=9时，溶液中几乎检测不到 B. pH=3.25时， C. c点对应的溶液中， D. HL的电离平衡常数 16. 利用铁基、钙基物质的化学循环（，）可从高炉煤气中分离出，并获得高价值的混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是 A. 钙基物质Ⅰ为 B. 气体X为混合气 C. 铁基、钙基物质的理论投料比为3∶5（以物质的量计） D. 获得的混合气中， 非选择题部分 二、非选择题（本大题共4小题，共52分） 17. 用钛铁矿渣（主要成分为、FeO、）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下： （1）浓硫酸浸取钛铁矿将得到一种含钛硫酸盐，其阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示，写出该反应的化学方程式____________________。 （2）向滤液Ⅰ中加入铁粉还原的目的____________________（填两点）。 （3）结合流程图，比较给出能力：____________________（填“>”、“<”或“=”）。 （4）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、____________________、____________________（填化学式），减少废物排放。 （5）一种含钛化合物的晶胞结构如图2所示，晶体中存在离子键、共价键和分子间作用力，写出其化学式____________________；解释八面体阴离子发生变形（键长不完全相等）的原因____________________。 （6）低价钛还原羰基是制备烯烃的有效方法，反应机理见下： 已知：［Ti］中的Ti元素为中间价态。 第①步反应属于单电子转移，Ti失电子，则写出所得阴离子自由基中间体的结构式：____________________，并解释第④步需在无水条件下进行的原因____________________。 18. 的资源化利用是实现“双碳”目标的重要路径。请回答下列问题： Ⅰ．以和为原料可制取合成气（CO和），主要反应为： i：ii： （1）恒温恒容条件下，可提高平衡转化率的措施有_____________。 A. 增加原料气中的量 B. 增加原料气中的量 C. 通入Ar气 （2）还原能力（）可衡量转化效率， （同一时段内与的物质的量变化量之比） ①常压下和按物质的量之比1∶3投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，则时值为____________________。 ②研究表明催化剂X可提高值，试从碰撞理论解释催化剂X可以提高值的原因____________________。 Ⅱ．以和为原料可合成，其总反应为： 已知：标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质（g） CO 能量/ -393 0 -242 -201 -110 （3）该总反应在某催化剂作用下，通过如下步骤来实现： iii： iv： 其中反应iii为慢反应。根据相关物质的相对能量，画出总反应分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从【 】的能量开始（如图2）____________________。 （4）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究光催化下与反应合成甲醇的反应历程，反应历程中检测到有中间体OH*生成。 a： ； b： c：____________________； d： ； e： ； f：____________________； g： ； h： 请完成上述c和f的两步反应____________________、____________________。 Ⅲ．电解法将CO2转化为乙烯 （5）我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将转化为乙烯，该原理如图3所示： 纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____________________。 19. 碳酸乙烯酯（，简称EC）是锂离子电池电解液的核心溶剂，具有高介电常数和良好化学稳定性。某研究小组采用“尿素醇解法”合成EC，实验装置及制备、物质分离提纯步骤如下所示（加热及夹持仪器略去）。 实验原理：尿素与乙二醇在催化剂及减压条件下反应生成EC，并放出。 已知：①EC沸点为，以上开始缓慢分解；②乙二醇的沸点为； ③ZnO催化过程中会夺取乙二醇羟基上H，降低反应的活化能。 步骤Ⅲ．纯度测定 ①在锥形瓶中加入产品，同时加入25.00 mL NaOH标准溶液，在水浴加热20 min，使碳酸乙烯酯完全水解。 ②冷却后，滴加10% 溶液15 mL，振荡使沉淀析出。 ③以酚酞为指示剂，用盐酸标准溶液滴定过量的NaOH，记录消耗盐酸体积；同时做空白试验，消耗盐酸体积。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称为_____________________，给圆底烧瓶加热的方式_____________________（填“酒精灯直接加热”“水浴”或“油浴”）。 （2）下列说法正确的是 。 A. 步骤Ⅰ中，温度控制在的理由是确保乙二醇处于回流状态，且避免EC分解 B. 步骤Ⅱ中，采用“常压蒸出乙二醇”是因为乙二醇的沸点小于EC分解温度，再改用“减压蒸馏”收集EC是因为减压蒸馏，可降低EC沸点，防止EC分解 C. 若步骤Ⅲ②中滴加溶液速度过快，吸附游离，会导致测定结果偏大 D. 步骤Ⅰ中，反应结束后，应先关闭真空泵，再停止加热，以防止倒吸 （3）若催化剂改用NaOH其优缺点为_______________________。 （4）也可由与环氧乙烷发生加成开环反应制备，现有甲基环氧乙烷与反应如下所示： N原子上的孤电子对主要进攻②上的碳，而不是①上的碳原子，原因是________________________。 （5）产品中碳酸乙烯酯的纯度为__________（用含、、的代数式表示）。 20. 苯并呋喃结构如图所示：，两个环形成共轭的大π键，属于平面形分子。化合物Ⅰ是一种重要的苯并呋喃类医药中间体，其合成路线如下（部分条件忽略，溶剂未写出）。请回答下列问题： （1）化合物C中的含氧官能团名称是_____________________；化合物D的名称是_____________________。 （2）写出化合物G的结构简式_____________________。 （3）补充完整C→E的化学方程式：_____________________。 （4）下列说法不正确的是 ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​。 A. A→B的反应试剂和条件可选用氯气光照 B. E→F的反应类型是氧化反应 C. 根据相关信息可知：I中sp2杂化的原子共有9个 D. 相同条件下发生类似于F→G的反应，化合物比F反应速率要快 （5）化合物H→Ⅰ的合成过程中，经历了以下三步反应： 化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，设计实验鉴别化合物J和Ⅰ：_____________________（要求写出试剂和现象）。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以（苯）和为原料合成以下物质___________________________________________________（无机试剂任选）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★使用前 高三化学学科练习 注意事项： 1．本试题共8页，满分100分，考试时间90分钟。 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效。 4．结束后，只需上交答题卡。 5．可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　S 32　K 39　Mn 55　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。每个小题列出的四个备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. 下列物质属于纯净物的是 A. 冰醋酸  B. 福尔马林  C. 漂白粉  D. 聚乙烯 【答案】A 【解析】 【详解】A．冰醋酸是无水乙酸，化学式，只由一种物质组成，属于纯净物，A符合题意； B．福尔马林是甲醛的水溶液，含有和，属于混合物，B不符合题意； C．漂白粉主要成分为和，是多种物质组成的混合物，C不符合题意； D．聚乙烯是高分子化合物，高分子中聚合度n值不固定，属于混合物，D不符合题意； 故选A。 2. 下列关于和的说法不正确的是 A. 均为酸性氧化物 B. 其中C和Si的杂化方式不相同 C. 均能与水化合生成相应的酸 D. 高温下均能与焦炭发生氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸性氧化物定义是能和碱反应只生成盐和水的氧化物，、都可以和碱反应生成对应的盐与水，二者都属于酸性氧化物，A正确； B．分子为直线形结构，中心C原子采取杂化；是原子晶体，每个Si原子周围连接4个O原子，Si原子采取杂化，C和Si的杂化方式不相同，B正确； C．可以与水化合生成，但不溶于水，不能直接和水化合生成，硅酸需要通过硅酸盐和酸反应制取，C错误； D．高温条件下，与焦炭反应：，与焦炭反应：，两个反应都存在元素化合价变化，都属于氧化还原反应，D正确； 故选C。 3. 下列化学用语表示正确的是 A. 的VSEPR模型名称：V形 B. 基态氧原子的电子云轮廓图： C. HClO的电子式： D. 的价层电子排布式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．计算的价层电子对数，中心N价电子5，减去正电荷1，结合2个O，价层电子对数，无孤电子对，VSEPR模型为直线形，不是V形，A错误； B．p轨道电子云轮廓图为哑铃形，轨道沿y轴方向伸展，题图中哑铃沿着y轴，符合电子云轮廓特征，B正确； C．的结构式为，O原子在中间，正确电子式为，C错误； D．基态Fe原子电子排布式，失去电子形成时优先失去4s轨道的2个电子，价层电子排布式为，D错误； 故选B。 4. 根据元素周期律，下列说法不正确的是 A. 离子半径：  B. 位于元素周期表第六周期第ⅡB族 C. 键角：   D. 第一电离能：S<P 【答案】C 【解析】 【详解】A．与的核外电子数均为10，电子层结构相同。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；Na的核电荷数为11，大于F的核电荷数9，因此离子半径为，A正确； B．Hg的原子序数为80，基态原子的核外电子排布式为，电子占据的最高能层为第6层，价层电子排布式为，因此Hg位于元素周期表第六周期第ⅡB族，B正确； C．与的中心原子均有2对成键电子对和2对孤电子对，分子均为V形。S的电负性大于Se，对成键电子对的吸引作用较强，成键电子对在中心原子附近的排斥作用较强，因此键角为，即的键角大于的键角，C错误； D．P、S基态原子的价层电子排布式分别为、。P原子的能级处于半充满状态，较稳定；S原子的能级中有一对成对电子，电子间的排斥作用使其较易失去一个电子，因此第一电离能为，D正确； 故选C。 5. 空间站通过萨巴蒂尔反应处理航天员呼出的：。下列关于该反应的说法正确的是 A. 是还原剂 B. 该反应属于放热反应 C. 和分子中所有原子均满足结构 D. 反应中每消耗2.24 L ，会转移个电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应中，里C元素化合价从+4降低到-4，化合价降低，得到电子，作氧化剂，A错误； B．该反应气体分子数减少，，该反应能够自发正向进行，则，因此得满足，即正反应为放热反应，B正确； C．分子中所有原子满足8电子稳定结构，但是分子中的H原子最外层只有2个电子，不满足8电子结构，C错误； D．题目只给出体积为2.24 L，没有指明是标准状况，无法计算的物质的量，也就不能计算转移电子数目，D错误； 故选B。 6. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是 事实 解释 A 给出的能力弱于 吸电子能力强，使N-H的极性增强 B 在中的溶解度高于中 、是非极性分子，是极性分子 C 干冰的密度比冰的高 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．具有较强的吸电子能力，与配位形成后，会吸引N原子上的电子，使得N-H键共用电子对偏向N的程度减弱，N-H键极性增强，氢更容易以形式脱离，所以给出的能力弱于，A正确； B．分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，但极性很弱，故其在非极性的CCl4中溶解度大于极性溶剂水，B错误； C．冰晶体中水分子依靠氢键形成疏松的笼状结构，水分子之间空隙大，空间利用率较低；干冰为分子密堆积，分子排布紧密，所以相同质量下冰体积更大，干冰密度比冰高，C正确； D．天然水晶属于晶体，晶体内部粒子在三维空间周期性有序排列，宏观表现为具有规则多面体的自范性外形，D正确； 故选B。 7. 下列与物质性质相关的说法正确的是 A. 油脂产生“哈喇”味，因其发生了水解反应 B. 淀粉难溶于水，说明其结构中不含亲水基团 C. 硝酸一般保存于棕色瓶中，因其受光照易分解 D. 二氧化硫能使溴水褪色，因其具有漂白性 【答案】C 【解析】 【详解】A．油脂产生“哈喇”味，是油脂被空气中氧气氧化发生氧化变质，不是水解反应，A错误； B．淀粉分子中含有大量羟基，羟基属于亲水基团，淀粉难溶于水是因为高分子链之间氢键作用强，不是没有亲水基团，B错误； C．浓硝酸化学性质不稳定，光照条件下会发生分解，反应方程式为，所以硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，C正确； D．使溴水褪色，发生氧化还原反应，方程式，体现的还原性，不是漂白性，D错误； 故选C。 8. 下列反应方程式不正确的是 A. 聚四氟乙烯的合成： B. 侯氏制碱法的主要反应： C. 向亚硫酸氢钠溶液中加入少量过氧化钠： D. Fe与反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．四氟乙烯在加热、催化剂条件下发生加聚反应生成聚四氟乙烯，A正确； B．侯氏制碱法核心反应，饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，反应方程式书写正确，B正确； C．是固体，在写离子方程式时不能拆，且过氧化钠氧化的同时，生成的会继续和发生反应，，所以该离子方程式错误，正确的离子方程式为，C错误； D．铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式书写正确，D正确； 故选C。 9. 天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下： 下列说法正确的是 A. 物质X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 物质Y可发生取代、氧化、消去等反应类型 C. 1 mol Y与NaOH水溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D. 天冬氨酸是两性化合物，与盐酸、NaOH反应均能生成盐和水 【答案】B 【解析】 【详解】A．物质X为丁二酸，分子中不存在碳碳双键、羟基、醛基等可被酸性高锰酸钾氧化的官能团，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误； B．物质Y中羧基可发生酯化反应属于取代反应，溴原子可发生水解反应属于取代反应，溴原子可发生消去反应，有机物可燃烧属于氧化反应，可发生取代、氧化、消去反应，B正确； C．1mol Y中含2mol羧基，可消耗2mol NaOH，溴原子在NaOH水溶液中发生水解反应，1mol溴原子消耗1mol NaOH，共消耗3mol NaOH，C错误； D．天冬氨酸中氨基与盐酸反应生成盐，无水生成，羧基与NaOH反应生成盐和水，与盐酸反应不生成水，D错误； 故选B。 10. 下列装置或试剂能达到实验目的的是 A．中和反应反应热的测定 B．溴苯的制取 C．除去中的HCl D．将热蒸发皿转移至陶土网上 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．中和反应反应热测定装置，装置缺少保温盖板（盖子），反应放出的热量会向空气中散失，造成测得的反应热数值偏差，因此不能达到实验目的，A不符合题意； B．溴苯的制取实验，苯和液溴在铁粉催化下发生取代反应，不能使用溴水，苯和溴水不发生取代反应，仅能萃取溴，试剂选择错误，不能达到实验目的，B不符合题意； C．除去中的杂质，碱石灰的成分为与，和都能够和碱石灰发生反应，会同时吸收氯气，不能选用碱石灰除杂，应该用饱和食盐水，该装置不能达到实验目的，C不符合题意； D．蒸发皿加热结束后温度很高，不能直接用手拿，使用坩埚钳夹持热蒸发皿，转移放置到陶土网上冷却，操作正确，能够达到实验目的，D符合题意； 故选D。 11. 利用电还原产生的氧化石油化工副产物制备，装置如图所示。电解过程中，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是 A. 双极膜中解离的向b极方向迁移 B. a电极消耗的恰好全部来源于b电极 C. a极的电极反应为： D. 理论上，生成1 mol 时，a极上消耗4 mol  【答案】B 【解析】 【详解】A．电解池中阴离子向阳极定向移动，b电极生成氧气，发生失去电子的氧化反应，则为阳极，双极膜解离的作为阴离子向b极迁移，A正确； B．装置左侧a极入口额外通入了​，a极消耗的部分来自外界通入，并非恰好全部来源于b电极生成的，B错误； C．a为阴极，得电子被还原为​，在碱性KOH环境下配平，电极反应电荷、原子均守恒，C正确； D．生成1 mol 时，S元素从-2价升高到+6价，共失去8 mol电子；a极每消耗1 mol 仅得到2 mol电子，根据电子守恒，转移8 mol电子时a极理论上消耗4 mol ，D正确； 故选B。 12. 实验室用苯和苯甲酰氯在催化下制备二苯甲酮的简易装置如图所示。 已知：①； ②苯甲酰氯易水解。 下列说法不正确的是 A. 装置中冷凝器的进水口为a B. c中可装入无水氯化钙 C. HCl的持续逸出可促进反应正向进行 D. 由此可推断，在作用可发生反应： 【答案】D 【解析】 【分析】本实验用苯与苯甲酰氯在AlCl3催化下发生取代反应制备二苯甲酮：苯与苯甲酰氯生成二苯甲酮和HCl。反应在加热的试管中进行，管口装有冷凝器，可将挥发的苯、苯甲酰氯冷凝回流，提高原料利用率；生成的HCl气体经侧管上的干燥管c（其中干燥剂可防止水蒸气进入反应体系，因苯甲酰氯易水解）后通入水中吸收。 【详解】A．冷凝管使用时冷却水应“下进上出”，使冷却水充满冷凝管外管并与蒸气流向形成逆流，冷却效率最高；图中a、b两接口里a为进水端、b为出水端，A正确； B．已知苯甲酰氯易水解，c为干燥管，装入无水氯化钙可吸收水蒸气、阻止水分进入反应体系；无水氯化钙不与HCl、苯、苯甲酰氯反应，故c中可装入无水氯化钙，B正确； C．该反应生成HCl气体，HCl持续逸出使生成物浓度减小，依据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，C正确； D．AlCl3能催化该酰化反应，是因为它能与苯甲酰氯中的羰基配位、夺去氯而生成活泼的酰基正离子；氯苯分子中没有羰基，其C—Cl键因p-π共轭而稳定，AlCl3不能使其生成苯基正离子，故不能由本反应推断出，D错误； 故答案为D。 13. （R为烃基）与按物质的量1∶4发生加成反应，生成，下列说法不正确的是 A. 反应物中N与S的价态分别为-3、-2 B. 中C的杂化方式为 C. 在足量NaOH溶液中彻底水解产物可能有、、等 D. 酸性比较： 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物中的基团里，N连接烃基R（烃基为电中性的给电子基团），N的价态为-3；​结构类似，S的价态为-2，A正确； B．配体​的结构为，中心C原子形成碳硫双键，存在3个σ键、无孤对电子，杂化方式为而非，B错误； C．​类似硫代羧酸根，在足量中彻底水解时，C-S键断裂，可生成、，同时氨基结合质子得到，C正确； D．S的原子半径大于O，S-H键的键长更长、键更易断裂，巯基（-SH）的酸性强于羟基（-OH），因此图中酸性顺序成立，D正确； 故选B。 14. 利用与电化学催化还原制备HCOOH的反应机理和不同催化剂（Bi、BiIn或In）下的相对能量变化如图所示（*表示吸附态） 下列说法不正确的是 A. 从与电化学催化还原制备HCOOH的反应机理可判断催化剂为M B. 三种催化剂中使用BiIn效果更优 C. 利用与电化学催化还原制备HCOOH的反应只存在1个副产物：CO D. 若为酸性电解池体系，在阴极发生的电极反应式可表示为： 【答案】C 【解析】 【分析】由图甲可知，CO2 与 H2 在催化剂活性中心 M 上经 H—M—H、H—M—COOH 等吸附中间体生成 HCOOH，同时存在生成 CO 和 HCHO 的副反应支路；图乙给出 Bi、BiIn、In 三种催化剂下各吸附中间体（*CO2、*OCHO、*HCOOH）的相对能量，中间体相对能量越低、决速步能垒越小，越有利于 HCOOH 的生成。 【详解】A．由图甲的催化循环可知，H2 与 CO2 在金属活性中心 M 上经 H—M—H、H—M—COOH 等吸附中间体最终生成 HCOOH，可判断催化活性中心为 M，A正确； B．由图乙可知，BiIn（实线）路径中关键中间体 *HCOOH 的相对能量最低、决速步能垒最小，最有利于 HCOOH 的生成，故三种催化剂中 BiIn 效果更优，B正确； C．图甲中 H—M—COOH 除生成目标产物 HCOOH 外，还经 M—C≡O 脱附出 CO，并可进一步加氢生成 HCHO，副产物不止 CO 一种，C错误； D．酸性电解池中阴极发生还原反应，CO2 被还原为 HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH，反应前后 C、O、H 原子守恒且电荷守恒，D正确； 故答案为C。 15. 某溶液含有初始浓度为 和配体酸HL。溶液中的部分物种分布系数随pH变化如图所示，除了、外不考虑其他含Zn物种。 已知时，平衡常数的 ，lg 2.5=0.4。下列说法不正确的是 A. pH=9时，溶液中几乎检测不到 B. pH=3.25时， C. c点对应的溶液中， D. HL的电离平衡常数 【答案】C 【解析】 【分析】由Zn的物料守恒可知δ(Zn2+)+δ(ZnL2)=0.50为定值，故图中Zn2+与ZnL2两曲线的交点a处c(Zn2+)=c(ZnL2)=1.25 mmol⋅L-1；点b(3.25,0.50)位于HL曲线上，点c为HL与ZnL2两曲线的交点（此时c(HL)=c(ZnL2)）。结合配体物料守恒式与配合平衡常数逐项定量判断即可。 【详解】A．pH=9时，由图可见δ(Zn2+)已降至接近0；由锌守恒c(Zn2+)+c(ZnL2)=2.5 mmol⋅L-1并结合平衡常数算得c(Zn2+)仅约0.30 μmol⋅L-1，远低于可检出水平，故溶液中几乎检测不到Zn2+；A正确； B．pH=3.25时，点b处δ(HL)=0.50，即c(HL)=2.5 mmol⋅L-1；点a为Zn2+与ZnL2两曲线的交点，故c(Zn2+)=c(ZnL2)=1.25 mmol⋅L-1；由平衡常数算得c(L-)=2.14 nmol⋅L-1，则c(HL)>c(ZnL2)>c(L-)；B正确； C．点c为HL与ZnL2两曲线的交点，有c(HL)=c(ZnL2)。由配体物料守恒c(HL)+c(L-)+2c(ZnL2)=5.0 mmol⋅L-1得3c(ZnL2)+c(L-)=5.0 mmol⋅L-1，由Zn守恒c(Zn2+)+c(ZnL2)=2.5 mmol⋅L-1得2c(Zn2+)+2c(ZnL2)=5.0 mmol⋅L-1；两式相减得c(ZnL2)=2c(Zn2+)−c(L-)，与选项所写的“2c(Zn2+)+c(L-)”不符；C错误； D．a点时，c(Zn2+)=c(ZnL2)=0.5×5.0×10-3=1.25 ×10-3mol⋅L-1，根据K=，可求得c(L-)=10-8.67mol⋅L-1；b点时，c(H+)=10-3.25mol/L，c(HL)=2.5 ×10-3mol⋅L-1，对应的c(L-)=10-8.67mol⋅L-1，由Ka⋅c(HL)=c(H+)⋅c(L-)，Ka=10-9.32，得lgKa=−9.32；D正确； 故答案为C。 16. 利用铁基、钙基物质的化学循环（，）可从高炉煤气中分离出，并获得高价值的混合气。循环过程如图所示，下列说法正确的是 A. 钙基物质Ⅰ为 B. 气体X为混合气 C. 铁基、钙基物质的理论投料比为3∶5（以物质的量计） D. 获得的混合气中， 【答案】D 【解析】 【分析】简要分析工艺流程：反应器甲：铁基反应：CO被消耗，生成，钙基反应：吸收，不参与反应，作为惰性气体排出，气体X为，因此钙基物质Ⅰ为CaO，Ⅱ为。反应器乙：铁基反应：被还原为CO，钙基反应：释放，最终产物气体Y为CO与的混合气，用于回收高价值气体，据此分析以下各选项； 【详解】A．反应器甲中需CaO吸收生成，故初始钙基物质Ⅰ为CaO，A错误； B．CO和均在反应器甲中被转化或吸收，仅未参与反应，故气体X为纯，B错误； C．已知高炉煤气中，设高炉煤气中、、，还原2 mol FeO需2 mol CO，生成2 mol ；总= 3 + 2 = 5 mol，需5 mol CaO吸收，故铁基、钙基物质的理论投料比为2∶5 ，C错误； D．已知高炉煤气中，设高炉煤气中、、，甲中2 mol CO转化为2 mol ，体系总 = 5 mol，乙中2 mol Fe与2 mol 反应，生成2 mol CO，剩余 = 5-2 = 3 mol，混合气中，D正确； 故选D。 非选择题部分 二、非选择题（本大题共4小题，共52分） 17. 用钛铁矿渣（主要成分为、FeO、）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下： （1）浓硫酸浸取钛铁矿将得到一种含钛硫酸盐，其阳离子为链状聚合形式的离子，部分结构如图1所示，写出该反应的化学方程式____________________。 （2）向滤液Ⅰ中加入铁粉还原的目的____________________（填两点）。 （3）结合流程图，比较给出能力：____________________（填“>”、“<”或“=”）。 （4）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、____________________、____________________（填化学式），减少废物排放。 （5）一种含钛化合物的晶胞结构如图2所示，晶体中存在离子键、共价键和分子间作用力，写出其化学式____________________；解释八面体阴离子发生变形（键长不完全相等）的原因____________________。 （6）低价钛还原羰基是制备烯烃的有效方法，反应机理见下： 已知：［Ti］中的Ti元素为中间价态。 第①步反应属于单电子转移，Ti失电子，则写出所得阴离子自由基中间体的结构式：____________________，并解释第④步需在无水条件下进行的原因____________________。 【答案】（1） （2）将还原为；适度消耗过量 （3）< （4） ①. ②. （不分先后） （5） ①. ②. HF和中的一个F形成氢键，导致Ti—F键长发生变化 （6） ①. ②. 或（）水解生成 【解析】 【分析】该工艺以钛铁矿渣（含​、、）为原料，通过浓硫酸浸取将钛转化为可溶性链状聚合硫酸氧钛、铁转化为硫酸盐；加水溶解过滤后向滤液加铁粉，将还原为并消耗过量硫酸，后续控温结晶分离出绿矾；剩余含钛滤液调pH加热使钛水解得到水合二氧化钛，滤液返回浸取工序循环利用，最终水合二氧化钛煅烧得到产物二氧化钛。 【小问1详解】 由图1的链状阳离子结构，每个Ti连接2个桥氧，该阳离子组成为，与硫酸根结合得到聚合态的含钛硫酸盐，​和浓硫酸反应生成该盐和水，即。 【小问2详解】 将还原为，便于后续结晶析出绿矾；消耗过量的硫酸，为后续钛的水解提供合适的酸度条件。 【小问3详解】 流程中调节pH到0.5时，优先水解沉淀析出，而仍留在溶液中，说明​的电离给出的能力比更弱。 【小问4详解】 过滤出水合二氧化钛后的滤液中，除未完全分离的钛盐外，还溶解有未结晶的​，以及水解生成的硫酸和体系中剩余的硫酸，返回浸取工序可实现原料循环，减少排放。 【小问5详解】 用均摊法计算晶胞粒子数：K共4个，Ti共2个，F共14个，共2个，比例为，结合晶体存在离子键、共价键、分子间作用力，可知化学式为；HF和中的一个F形成氢键，导致Ti—F键长发生变化。 【小问6详解】 第①步为单电子转移，Ti失电子将单电子转移给羰基，羰基的π键断裂，氧得到电子带负电，中心碳上剩余单电子形成阴离子自由基，即；或（）可发生水解生成。 18. 的资源化利用是实现“双碳”目标的重要路径。请回答下列问题： Ⅰ．以和为原料可制取合成气（CO和），主要反应为： i：ii： （1）恒温恒容条件下，可提高平衡转化率的措施有_____________。 A. 增加原料气中的量 B. 增加原料气中的量 C. 通入Ar气 （2）还原能力（）可衡量转化效率， （同一时段内与的物质的量变化量之比） ①常压下和按物质的量之比1∶3投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，则时值为____________________。 ②研究表明催化剂X可提高值，试从碰撞理论解释催化剂X可以提高值的原因____________________。 Ⅱ．以和为原料可合成，其总反应为： 已知：标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质（g） CO 能量/ -393 0 -242 -201 -110 （3）该总反应在某催化剂作用下，通过如下步骤来实现： iii： iv： 其中反应iii为慢反应。根据相关物质的相对能量，画出总反应分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从【 】的能量开始（如图2）____________________。 （4）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究光催化下与反应合成甲醇的反应历程，反应历程中检测到有中间体OH*生成。 a： ； b： c：____________________； d： ； e： ； f：____________________； g： ； h： 请完成上述c和f的两步反应____________________、____________________。 Ⅲ．电解法将CO2转化为乙烯 （5）我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将转化为乙烯，该原理如图3所示： 纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____________________。 【答案】（1）A （2） ①. 1.8 ②. 催化剂X可选择性地降低反应ii的活化能，增大其活化分子百分数，从而可选择性地增大反应ii的反应速率 （3） （4） ①. （或） ②. （或） （5） 【解析】 【小问1详解】 A．恒温恒容下增加​的量，反应物浓度增大，平衡正向移动，的消耗量增加，平衡转化率提高； B．增加自身的量，虽然平衡正向移动，但的转化量增量小于投料量增量，最终​平衡转化率降低； C．恒温恒容通入惰性气体Ar，体系内各反应物生成物浓度均不变，平衡不移动，​转化率不变； 故选A。 【小问2详解】 ①设初始投料，；时​转化率100%，；​转化率60%，，因此。 ②催化剂X可降低反应ⅱ的活化能，提高反应ⅱ的活化分子百分数，从而可选择性地增大反应ii的反应速率，相同时段内更多的转化。 【小问3详解】 反应物总能量为，反应iii产物总能量为，总反应产物总能量为；又因反应iii是慢反应，活化能更大，因此第一步的能垒高于第二步的能垒，如图。 【小问4详解】 根据反应历程的原子守恒，b步生成，后续d步出现，因此c步是分解得到和中间体，即（或） ；后续生成的吸附态与结合得到吸附态水，对应f步，即（或）。 【小问5详解】 纳米Cu上反应物为单原子Ag生成的CO，产物为乙烯，电解液为​弱碱性环境，CO中C为+2价，乙烯中C为-2价，2个CO共得到8e⁻，结合电荷、原子守恒配平得到该阴极还原反应式：。 19. 碳酸乙烯酯（，简称EC）是锂离子电池电解液的核心溶剂，具有高介电常数和良好化学稳定性。某研究小组采用“尿素醇解法”合成EC，实验装置及制备、物质分离提纯步骤如下所示（加热及夹持仪器略去）。 实验原理：尿素与乙二醇在催化剂及减压条件下反应生成EC，并放出。 已知：①EC沸点为，以上开始缓慢分解；②乙二醇的沸点为； ③ZnO催化过程中会夺取乙二醇羟基上H，降低反应的活化能。 步骤Ⅲ．纯度测定 ①在锥形瓶中加入产品，同时加入25.00 mL NaOH标准溶液，在水浴加热20 min，使碳酸乙烯酯完全水解。 ②冷却后，滴加10% 溶液15 mL，振荡使沉淀析出。 ③以酚酞为指示剂，用盐酸标准溶液滴定过量的NaOH，记录消耗盐酸体积；同时做空白试验，消耗盐酸体积。 请回答下列问题： （1）仪器a的名称为_____________________，给圆底烧瓶加热的方式_____________________（填“酒精灯直接加热”“水浴”或“油浴”）。 （2）下列说法正确的是 。 A. 步骤Ⅰ中，温度控制在的理由是确保乙二醇处于回流状态，且避免EC分解 B. 步骤Ⅱ中，采用“常压蒸出乙二醇”是因为乙二醇的沸点小于EC分解温度，再改用“减压蒸馏”收集EC是因为减压蒸馏，可降低EC沸点，防止EC分解 C. 若步骤Ⅲ②中滴加溶液速度过快，吸附游离，会导致测定结果偏大 D. 步骤Ⅰ中，反应结束后，应先关闭真空泵，再停止加热，以防止倒吸 （3）若催化剂改用NaOH其优缺点为_______________________。 （4）也可由与环氧乙烷发生加成开环反应制备，现有甲基环氧乙烷与反应如下所示： N原子上的孤电子对主要进攻②上的碳，而不是①上的碳原子，原因是________________________。 （5）产品中碳酸乙烯酯的纯度为__________（用含、、的代数式表示）。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 油浴 （2）ABC （3）①优点：NaOH的碱性强更容易结合乙二醇羟基上的氢，降低反应的活化能，加快反应速率，催化效果好②缺点：碱性过强易发生副反应，产品产率明显下降 （4）电负性：O>C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使①中C比②中C带正电荷少，因此孤电子对更容易进攻②中C（或者①空间位阻大） （5） 【解析】 【小问1详解】 仪器a带有球形内芯的冷凝结构，为球形冷凝管；反应温度为135℃，远高于水的沸点100℃，不能用水浴，酒精灯直接加热难以精准控温，因此选择受热均匀、可稳定维持135℃的油浴加热。 【小问2详解】 A．反应为减压条件，可降低乙二醇沸点，135℃可让乙二醇处于回流状态，同时远低于EC的分解温度200℃，能避免EC分解，A正确； B．乙二醇沸点197℃低于EC分解温度200℃，常压下可直接蒸出乙二醇；EC常压沸点246℃，减压蒸馏可降低EC的沸点，让EC在低于200℃的条件下蒸出，防止其分解，B正确； C．若滴加速度过快，生成的沉淀会吸附游离的，导致后续滴定过量NaOH时，被滴定的游离量偏少，测得的剩余NaOH量偏小，计算得到的与EC水解反应的NaOH量偏大，最终会使EC的测定结果偏大，C正确； D．减压体系反应结束后，若先关闭真空泵，体系压强骤降会引发倒吸，正确操作应该是先停止加热，再通大气恢复常压，最后关闭真空泵，D错误； 故选ABC。 【小问3详解】 NaOH作为强电解质完全电离出高浓度的，比ZnO更易结合羟基的氢，催化效果更强；但EC属于环状碳酸酯，在强碱性环境中会发生水解开环，被消耗，同时强碱性环境也会让体系内的其他有机物发生副反应，降低产物的纯度和产率。 【小问4详解】 根据电负性规律O>C，三元环上的O原子会强烈吸引C-O键的电子云，让两个环上C都带部分正电；甲基属于推电子（给电子）基团，会向相连的①号C提供电子，降低①号C的正电性，最终②号C的正电性显著强于①号C，带有孤电子对的亲核性N原子，自然更易进攻正电性更高的②号C原子。 【小问5详解】 25 mL 0.5000 mol/L的NaOH完全被盐酸中和，消耗盐酸；加入产品的实验组中，过量的NaOH消耗盐酸，因此和EC水解消耗的NaOH对应的物质的量为：。EC在碱性条件下水解的反应为：，1 mol EC消耗2 mol NaOH，因此EC的物质的量。EC的摩尔质量为，因此EC的质量，最终纯度为。 20. 苯并呋喃结构如图所示：，两个环形成共轭的大π键，属于平面形分子。化合物Ⅰ是一种重要的苯并呋喃类医药中间体，其合成路线如下（部分条件忽略，溶剂未写出）。请回答下列问题： （1）化合物C中的含氧官能团名称是_____________________；化合物D的名称是_____________________。 （2）写出化合物G的结构简式_____________________。 （3）补充完整C→E的化学方程式：_____________________。 （4）下列说法不正确的是 ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​ ​。 A. A→B的反应试剂和条件可选用氯气光照 B. E→F的反应类型是氧化反应 C. 根据相关信息可知：I中sp2杂化的原子共有9个 D. 相同条件下发生类似于F→G的反应，化合物比F反应速率要快 （5）化合物H→Ⅰ的合成过程中，经历了以下三步反应： 化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，设计实验鉴别化合物J和Ⅰ：_____________________（要求写出试剂和现象）。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以（苯）和为原料合成以下物质___________________________________________________（无机试剂任选）。 【答案】（1） ①. 醛基、（酚）羟基 ②. 1，2-二溴乙烷 （2） （3） （4）AC （5）分别将J和Ⅰ配成溶液，滴加到新制悬浊液中并加热，产生砖红色沉淀的为J，反之为Ⅰ （6） 【解析】 【分析】A的苯环上连有甲氧基（）、羟基、醛基，反应后得到分子式为的B，相当于在苯环上引入了1个Cl原子，属于苯环的卤代反应，酚羟基对位上氢原子被氯原子取代，得到B，则B的结构简式为，加入，在0℃反应，将A中甲氧基转化为酚羟基得到C，C的两个酚羟基在碳酸钾作用下与1，2-二溴乙烷发生成环，脱去两分子HBr，得到E，结合其分子式可知，E的结构简式为，E的醛基转化为甲酸酚酯结构（），得到F；F在10%KOH条件下水解、再酸化，甲酸酚酯发生水解反应，重新释放出酚羟基，得到G，结合其分子式可知，G的结构简式为；G在作用下，与反应，在G的酚羟基邻位引入醛基，得到H；H和在碳酸钾的条件下反应，经过分子内的加成-脱水关环，最终得到目标产物I。 【小问1详解】 观察C的结构，苯环上直接连两个-OH，侧链连-CHO，含氧官能团为酚羟基和醛基；D是结构为BrCH2CH2Br的饱和卤代烃，按系统命名法命名为1，2-二溴乙烷。 【小问2详解】 F的-OOCH（甲酸酚酯）在碱性条件下水解、酸化后生成酚羟基，因此G是F的酯基水解产物，结构简式为。 【小问3详解】 C的两个酚羟基在碳酸钾作用下与1，2-二溴乙烷发生成环，脱去两分子HBr，HBr与K2CO3反应生成KBr、，补全的化学方程式为。 【小问4详解】 A．A→B的反应是氯原子取代苯环上H，苯环氯代需要FeCl3作催化剂的条件，A错误； B．E→F的过程中，E的醛基转化为-OOCH，发生氧化反应，B正确； C．I中苯环6个C、苯并呋喃环中的呋喃环的2个C、乙酰基1个的羰基C，共9个sp2杂化碳原子，题目已知信息加上苯并呋喃是平面结构，说明五元环内的O也为sp2杂化，总数远大于9，C错误； D．F→G的类似反应是酚酯水解，反应物苯环上连有吸电子基团，F会使酚酯的C-O键更易断裂，反应速率更快的是含F的该化合物，D正确； 故选AC。 【小问5详解】 由题目已知信息，化合物K中含有三个环且与J互为同分异构体，则化合物H→I的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，化合物H→J的合成过程中，H发生取代反应羟基上的H被-CH2COCH3取代，得到J：， J中的醛基被相邻取代基中的-CH2加成得到K：，K中的羟基发生消去反应得到I：，故鉴别化合物J和Ⅰ就是利用醛基的特征氧化反应即可鉴别，实验为：分别将J和Ⅰ配成溶液，滴加到新制悬浊液中并加热，产生砖红色沉淀的为J，反之为Ⅰ。 【小问6详解】 苯先在TiCl4催化下和Cl2CHOCH3反应得到苯甲醛；苯甲醛再和HCN发生加成反应，得到的中间体一部分酸化生成羧基，一部分在催化剂作用下与发生还原反应生成氨基，两者再发生反应得到产物，流程图为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $