湖南岳阳市第一中学2027届高三上学期周测限时练（10.11）化学试题

岳阳市一中2027届高三年级化学限时卷 时量：75分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H1C-120-16Ce-140 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.化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是 A.制备聚乙烯时混入1,3-丁二烯进行共聚可提高抗氧化性 B.汽车动力电池是我国先进制造的典型代表，其电极材料用到的石墨是混合型晶体 C.软体机器人的仿生皮肤主要成分为硅橡胶。该材料属于有机高分子材料 D.网状结构的酚醛树脂受热后不能软化或熔融，且具有良好的绝缘性，可用于生产电器开关 2.下列化学用语正确的是 H-N=N-H A.胆矾的化学式：FeSO,·7H,O B.肼(NH4)的结构式： HH C.NaCIo的电子式：Na[:O:C:]D.基态铜原子的核外电子排布式：[Ar]3d4s2 3.常温下，下列各物质在指定溶液中可能大量共存的是 A.与铝反应产生氢气的溶液中：Fe2+、K+、SCN、NO B.使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：NH4、HCO?、Br、CI C.新制氯水中：CH,CHO、F、Na、CI D.纯碱溶液中：Na、K、SO、[AI(OH)4] 4.下列离子方程式书写错误的是 A.向FeBr,溶液中通入过量Cl2:3Cl2+2Fe2++4Br=2Fe++2Br,+6CI B.向Ca(CIO),溶液中通入少量SO2:Ca2++CIO+S02+H,0=CaSO4+CI+2H C.NaHCO,溶液与Na[A1(OH)4]溶液混合：HCO+[AI(OH)4]=AI(OH),+CO+H,O D.向Ca(OH),澄清溶液中滴入少量NaHCO,溶液：Ca2++OH+HCO;=CaCO3+H,O 5.下列关于物质性质的描述均正确的是 A.A1(OH,具有两性，H3BO3也具有两性 B.CL2通入NaBr溶液生成溴单质，E通入NaBr溶液也生成溴单质 C.SO2通入Ba(NO,),溶液产生白色沉淀，SO2通入足量Ba(OH),溶液也产生白色沉淀 D.足量H,S通入FeCL,溶液只产生黄色沉淀，足量NaS溶液加入FeCL溶液也只产生黄色沉淀 试卷第1页（共8页） 6.下列实验装置（固定装置已略去）和操作正确的是 NH CO, 橡皮塞 饱和食盐水 B 液溴 冷水 A Fe+稀硫酸NaOH溶液 品K,CO,溶液 A.制取碳酸氢钠 B.制备Fe(OH), C.实验室保存液溴D.用铂丝蘸取K,CO3溶液做焰色试验 7.甲、乙是两种常见的化合物，X、Y、Z是三种常见的单质。下表各组物质之间只通过一步反应，不能实现如图 所示转化的是 选 单质Z X Y 甲 单质X 化合物 乙 价 化合物 A C H2 02 H2O co 单质Y 甲 单质Z B Fe Cu C12 CuCl2 FeCl2 c Mg C 03 CO2 MgO D H Si Cl2 SiCl4 HCI A.A B.B C.C D.D 8.连花清瘟胶囊中绿原酸的结构如图所示，下列关于绿原酸的说法正确的是 A.只含有两个手性碳原子 OH B.与足量溴水反应，最多可消耗5 mol Br, OH C.与足量NaOH水溶液反应，最多可消耗3 mol NaOH D.在一定条件下脱水，多羟基六元脂环可形成大π键 9.侯氏制碱法的工艺流程可用下图表示，下列说法错误的是 NaCl 降温“冷析” 溶液 加NaC盐析” 口 海水淡化工厂 离心机 吸氨 醉 回转干燥器 碳酸化 真空 NH, 过滤机 →氯化铵 回转焙烧炉 母 合成氨工 CO 纯碱 A.侯氏制碱法制备NaHCO3,利用了物质的溶解度差异 B.理论上，该工艺的碳原子利用率为100% C.碱母液储罐中的钠离子浓度大于氨母液储罐 D.在实验室模拟上述流程中的“焙烧'，需要使用到铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器 试卷第2页（共8页） 10.二氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂。如图所示，CO2立方晶胞中Ce+与O2最近的核间距为apm,在其 晶胞中掺杂YO,Y+占据部分Ce+位置可得到更稳定的结构。N为阿伏加德罗常数。 己知： I.掺杂Y03后的晶体中：n(Ce02):n(Y,03)=3:l: 氧空位数 ⅡO2的空缺率= 氧空位+0数X100% 下列说法错误的是 A.CeO2晶胞中Ce4+的配位数为8 CeO Y.O B.CO2晶胞中O2-位于Ce+形成的四面体空隙中 oCe或Yt ●02或氧空位（无02） .87×1030 C.CeO2晶体的密度为 43a2N g.cm-3 D.掺杂Y203后02-的空缺率为10% 11.一种有机合成的绿色催化剂结构式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，且 在每个周期均有分布，X、Y的价电子数相等。下列说法正确的是 A.简单离子半径：Z>Y>X>W B.电负性：Y>X Z[X X-W] C.W,X和YX,的VSEPR模型均为平面三角形 D.与X同周期且第一电离能大于X的主族元素有2种 12.实验室以二氧化铈(CeO)废渣为原料制备Ce2(CO)3,己知Ce3+能被有机萃取剂HA)萃取，其萃取原理可表示 为Ce3+(水层)+3HA(有机层)三CeA3(有机层)+3H(水层)，其部分实验过程如下。下列说法错误的是 稀盐酸、H,O,溶液氨水 萃取剂HA 稀硝酸氨水、NH,HCO, Ce0,废渣 酸浸 中和 萃取 反萃取 沉淀→Ce,(CO 02 A.“酸浸”时反应的离子方程式为2Ce02+H02+6H=2Ce3+02↑+4H0 B.“中和时加氨水的主要目的是除去过量的盐酸，提高Ce3+的萃取率 C.用稀硝酸多次反萃取，可使C+尽可能多的进入水层 D.“沉淀”时选用NaCO3溶液代替NH4HCO3溶液不会影响产品纯度 试卷第3页（共8页） 13.下列事实和微观解释不相符的是 选项 事实 微观解释 A 键角：CO2>CH,O>CCl4 中心C原子的杂化方式依次为$p、sp2、sp B 熔点：Li,N>NaN 离子键成分百分数：LiN>Na,N 0 碱性：CH,NH2·HO>NH3·H2O 甲基向N原子供电子，增大N原子上的电子云密度 D 稳定性：[Cu(H,O)42+<[Cu(NH)4+ N的电负性小于O的电负性 14.常温下，用0.200mol·L NaOH溶液滴定5.00mL未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，得到滴定过程中溶液的pH 和温度随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示（已知：混合溶液的密度为1g·cm3,比热容为4.18J·g'.C。忽 略溶液以外各物质吸收的热量)： 下列叙述正确的是 A.c点最好选用甲基橙作指示剂 55 B.从a点至c点，水电离的c(H)先增大后减小 2.55.07.510NaH(aq/mL 0 2.5 5.0 7.5 10 PINaOH(aq)]/mL C.a点时存在：c(Na)>c(HC2O4)+2c(CO) D.在本实验条件下，中和反应生成1molH,0放出的热量是47.88kJ 试卷第4页（共8页） 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 15.黄酮醇是一种天然活性成分，具有防治心血管疾病、抗氧化、抗炎等功效。其制备原理为： OH CHO 75℃，NaOH(s) 10℃，H202 CH,OH NaOH(aq) OH 邻羟基苯乙酮 苯甲醛 邻羟基查尔酮 黄酮醇 相关物质信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/C 沸点/℃ 密度/(gcm3) 其他性质 邻羟 常温下为黄色针状结晶：醇溶液中， 基查 224 86-89 396.6 1.191 颜色随着pH的增大而加深，pH>8 尔酮 时，呈深红色 黄酮 常温下为淡黄色至黄色针状结晶或粉 238 171~172 393.7 1.367 醇 末，遇碱性溶液可成盐溶解 实验装置如图所示（夹持和加热装置已省略）： 实验步骤： 温度计 步骤I:向仪器a中依次加入0.8g氢氧化钠固体、60mL甲醇、1.2mL(0.01mol)邻羟基苯乙酮、 1.5mL(0.015mol)苯甲醛，放入磁力搅拌子，将仪器a置于磁力搅拌器中，75C搅拌回流至溶 液颜色变为鲜红色。 步骤Ⅱ：待上述反应液冷却至室温后，加入60mL1molL氢氧化钠溶液和4.8mL30%过氧化氢溶液，10℃下搅拌反 应约2.5h,得到鲜黄色反应液。 步骤II:向仪器a内滴加盐酸，调节反应液的pH到6~7，然后倒入30mL冰水，搅拌均匀，减压抽滤，并用蒸馏 水洗涤4~5次，得到黄色固体，置于烘箱中在40℃下干燥，得到粗产品约为1.785g。 (1)仪器a的名称是 球形冷凝管的出水口为 (填“1”或“2)。 (2)步骤I中发生反应的化学方程式为 (3)步骤I中倒入30mL冰水的目的是 (4)下列有关实验的说法中正确的有 (填字母)。 ā.步骤Ⅱ中冷却到室温后再加过氧化氢溶液，目的是减少过氧化氢的分解浪费 b.为了防止过氧化氢参与的反应太剧烈，应将过氧化氢溶液一次性快速加入 c.减压抽滤的优点是过滤速度快，固液分离效果好，利于干燥 d.为了洗去残留在黄酮醇粗品上的水分，可再用乙醇洗涤 (⑤)根据实验数据，计算黄酮醇的产率为 ；若要进一步提纯黄酮醇，可采用的实验方法是 试卷第5页（共8页） 16.钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(MoS2,含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和SiO2)生产高纯度MoO 的工艺流程包含下面三个过程。 已知：①MoO3不溶于水和稀酸，但可溶于碱形成钼酸盐(MoO})。 ②Zn2+4NH,=[Zn(NH,)K=3.0x10,Zn2在足量氨水中生成[Zn(NH,):K,(ZS)=1.6x10: (1)焙烧辉钼矿（如图所示） 烟气 ①Mo的原子序数为42，位于元素周期表的 区。 辉钼矿焙烧 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是 焙渣 ③MoS2经“焙烧转化为MoO3和S02,该反应的化学方程式为 ④为减少烟气产生的空气污染，焙烧过程中可以加入 (填序号)。 a.CaO b.CaCO c.CaCl2 d.CaSO (2)焙渣除杂（如图所示) 盐酸 氨水 (NH)2S 焙渣→酸洗→氨浸除杂→蒸发结晶 酸洗液滤渣1 滤渣2 ①“酸洗后过滤，滤渣中仍残留少量杂质金属离子，“氨浸”过程中加入足量氨水的目的是 ②滤渣2的主要成分为 ③除杂后，若c(NH,)=20mo1-L,cS2)=1.6x10molL,则cZa(NH,)4]）= (3)提纯MoO3(如图所示) 蒸发结晶→NH,)Mo,O244H,0→煅烧→Mo0, 蒸发结晶前，将钼酸盐溶液酸化，溶液中会形成七钼酸根离子，结合上述流程，写出该过程发生反应的离子方程式 试卷第6页（共8页） 17.药物中间体G的合成路线如下： 0催化剂 (CH,OH), △ HCI H,N H,N HN NH,H,O 1)LiAIH 2)H,0 E F G 已知： +R-NH,-On R N R表示烃基或氢原子) (1)A→B的反应类型为 (2)C分子中含氧官能团名称为 ,可用于检测这些含氧官能团的仪器分析方法是 A.红外光谱法B.核磁共振氢谱法C.质谱法D.元素分析法 (3)C转化为E时若两步反应顺序颠倒，会生成分子式为C13H24N,O,的副产物，该副产物的结构简式为 (4写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式： ①含有3种不同化学环境的氢原子： ②能被银氨溶液氧化； ③分子中仅有一个环，且为含氮五元环。 (5)写出以CH,COOH、CH,OH和 为原料制备 的合成路线流程图 (无机试 剂和有机溶剂任选，合成路线示例见本题题干) 试卷第7页（共8页） 18.将丙烷与工业原料气中的杂质$O2反应，制备高价值的丙烯，反应如下： 反应I:3C,Hg(g)+SO2(g)≥3C,H(g)+HS(g)+2H2O(g)△H1 反应I:C3Hg(g)≠C,H.(g)+H2(g)△H2=+124 kJ.mol 反应I:S02(g)+3H2(g)→H2S(g)+2H2O(g)△H3=-186kJ·mol 回答下列问题： (1)反应I的△H1=】 kJ.mol-1,△S 0(填“><”或“=)。 (2)恒温、恒压的密闭体系中，下列情况能说明该反应I达到平衡状态的是 (填字母)。 A.△H,不变 B.CH。与HS的物质的量之比保持不变 物质的量分数(x) C.混合气体的平均摩尔质量不变 b D.VE(C,H6)=Y递(C,Hg) M c (3)恒容密闭容器中，等物质的量的C,H和SO2发生反应I,达到平衡时，相 C,H (g) 100 200300 400500 关物质的物质的量分数(s随温度变化关系如图1所示。 温度/℃ 图1 ①L点时，SO,的消耗速率与b物质的生成速率之比为 ②M点时，以物质的量分数(&)代替浓度计算反应I的平衡常数K,=」 (用分数表示)。 ③N点时，C,H的平衡转化率为 %。 (4)以丙烷为原料，在NO.催化下，也可由图2的2种历程制备丙烯。 ① C,- OH HO C.H. V ② NO. xHO HO .C.H,C.Hs C.H, .OH HONO C,H。 图2 总反应的化学方程式为 (⑤)固体氧化物电解池可实现丙烷脱氢制备丙烯，原理如图3所示。写出阳极的电极反应式： C3Hs CH2=CHCH; Y-AbO: CO co 图3 试卷第8页（共8页） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B Q B ⊙ D C 题号 11 12 13 14 答案 D 0 B 0 15.(1) 三颈烧瓶 OH CHO75℃，NaOH(s) (2)Q +H2O CHOH (3)降低黄酮醇在水溶液中的溶解度，促使产品充分析出 (4)ac (5) 75% 重结晶 焙烧 16.(1) d 增大接触面积，使反应快速且充分 2MoS2+7022Mo0,+4S02 ab (2) 将三氧化钼溶解，除去二氧化硅和Fe(四，将Cu(I)、ZnI)转化为络离子 ZnS、CuS 4.8×108mol/L (3)7Mo0}+8H=Mo,0%4+4H,0 HN 17.(1)加成反应(2) 酯基、酮羰基 (3)H, (4) (5)(4分)（前三步两分，后各一分） CHOH NH:H2O 18.(1) +186 > (2)CD (3)12 3 75 128 NO. (42C,H+022C,H。+2H,0 (5)C,Hg-2e+2=CH2=CHCH,+H,O 答案第1页（共11页) 参考答案详解 1.A 【详解】A.制备聚乙烯时混入1,3-丁二烯进行共聚，会引入碳碳双键，碳碳双键易被氧化，降低材料的抗氧 化性，A错误； B.汽车动力电池电极材料中使用的石墨，其晶体结构为层状结构，属于混合型晶体（兼具原子晶体和分 子晶体特征)，具有良好的导电性和层间嵌入能力，B正确： C.硅橡胶主链属于有机高分子材料，C正确： D.网状结构的酚醛树脂是热固性塑料，受热后不能软化或熔融，且具有良好的绝缘性，常用于电器开关 等绝缘部件，D正确： 故答案选A。 2.C 【详解】A.胆矾为五水合硫酸铜，化学式为CuSO,·5H2O,FSO,·7H,O是绿矾的化学式，A错误： B.肼(NH4)分子中两个N原子之间为单键，每个N原子分别连接2个H原子，正确的为： B错误： C.NaClO是离子化合物，由Na和CI1O~构成，CIO中O和Cl以单键结合，二者最外层均满足8电子稳 定结构，选项电子式书写正确，C正确： D.基态Cu原子的核外电子排布满足洪特规则特例，3d轨道全充满结构更稳定，排布式为Ar]3d°4s, 选项书写错误，D错误； 答案选C。 3.D 【详解】A.与铝反应产生氢气的溶液可能为强酸性或强碱性，酸性条件下NO,会将F+氧化，且与铝反 应不生成氢气；碱性条件下Fe+会生成F(OHD2沉淀，不能大量共存，A错误： B.使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈强碱性，含大量OH,NH4与OH反应生成NH3·H,O,HCO,与OH反 应生成CO和H,O,不能大量共存，B错误： C.新制氯水含强氧化性的CL2、HClO,具有还原性的CH,CHO会被氧化，不能大量共存，C错误； D.纯碱溶液为Na,CO3溶液，呈碱性，Na、K+、SO}、[Al(OH)4J之间均不发生反应，与CO}也不反 应，可大量共存，D正确： 故选D。 答案第2页（共11页） 4.B 【详解】A.FeBr2与过量Cl2反应时，Fe2+、Br均被完全氧化，反应符合Fe+与Br为I:2的组成比，电荷、 原子均守恒，A正确： B.向Ca(ClO)2溶液通入少量SO2时，ClO过量，反应生成的H会与过量ClO结合为HClo,不会游离出 Ht,正确离子方程式为Ca2++3C1O+SO,+H,0=CaSO,+CI+2HC1O,B错误； C.HCO的酸性强于A(OHD3,二者反应生成A1(OHD3沉淀、CO和水，电荷、原子均守恒，C正确： D.Ca(O)2过量时，少量HCO完全反应，1 mol HCO消耗1 mol OH,生成的CO与1 mol Ca2+生成沉 淀，方程式书写正确，D正确： 故选B。 5.C 【详解】A.H,BO3是一元弱酸，仅能与碱反应，不具有两性，A错误： B.E,氧化性极强，通入NaBr水溶液时优先与水反应生成HF和O2,无法置换出溴单质，B错误： C.SO2通入BaNO3)2溶液时，酸性条件下NO,将SO2氧化为SO子，生成BaSO4白色沉淀；SO2与足量 Ba(OHD2反应生成BaSO3白色沉淀，二者均产生白色沉淀，C正确： D.足量NaS与FeCL反应时，除生成黄色S沉淀外，过量的s2会与还原产物Fe2+反应生成黑色FS沉淀， 不是只有黄色沉淀，D错误： 故选C。 6.B 【详解】A.NH极易溶于水，通入NH的导管直接插入饱和食盐水中易发生倒吸，装置设计不合理，A 错误 B.打开止水夹时，Fe与稀硫酸反应生成的H2可排尽装置内的空气，避免F(OH2被氧化；关闭止水夹后， A中压强增大，将FeSO,溶液压入B的NaOH溶液中反应生成Fe(OH)2,装置合理，B正确： C.液溴具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞，且液溴易挥发，保存时应使用玻璃塞并加水液封，C错误： D.观察K元素的焰色需透过蓝色钴玻璃滤去黄光，排除钠元素的干扰，图中未使用蓝色钴玻璃，D错误： 故选B。 7.B 【详解】A.X为C,与单质Z(O2)不完全燃烧可一步生成化合物乙CO；单质Y(H2)与O2燃烧可一步生 答案第3页（共11页） 成化合物甲HO；C与HO在高温条件下反应生成CO和H2,可一步实现X+甲→乙+Y的转化，A正确： B.单质X(Fe)与Z(Cl2)反应时，Cl2氧化性较强，点燃条件下只能生成FeCL3,无法一步得到化合物乙FeCl2, 不能实现转化，B错误； C.X为Mg,与Z(O2)点燃可一步生成化合物乙MgO;单质Y(C)与O2完全燃烧可一步生成化合物甲C02: Mg在CO2中点燃反应生成MgO和C,可一步实现X+甲→乙+Y的转化，C正确： D.X为H2,与Z(Cl2)点燃可一步生成化合物乙HCl;单质Y(Si)与CL2加热可一步生成化合物甲SCl4: H,与SiCL,在高温条件下反应生成Si和HC,可一步实现X+甲→乙+Y的转化，D正确： 故选B。 8.D 【详解】A.该分子的多羟基六元脂环上共有4个连有不同基团的手性碳原子，并非2个，A错误： B.1mol该物质与溴水反应时，苯环上酚羟基的邻、对位共有3个H可发生取代反应，消耗3 molBr2,侧 链上的碳碳双键可发生加成反应消耗l1 nolBr2,,最多共消耗4molB2,B错误； C.1mol该物质与NaOH反应时，羧基消耗ImolNaOH,2个酚羟基共消耗2 molNaOH,酯基水解后生成 的羧酸消耗ImolNaOH,最多共消耗4 noINaOH,C错误； D.多羟基六元脂环在一定条件下发生消去反应脱水，可形成多个交替排列的碳碳双键，构成共轭体系， 形成大π键，D正确： 故选D。 9.C 【详解】A.侯氏制碱法中相同温度下NaHCO3的溶解度小于体系中NH,HCO,、NaCI、NH,CI等其他溶 质，NaHCO3优先结晶析出，利用了物质的溶解度差异，故A正确： B.工艺中NHCO3焙烧生成的CO,可返回碳酸化塔循环利用，理论上所有碳原子最终均进入产品Na,CO, 中，碳原子利用率为100%，故B正确： C.碱母液进入后续工序后，额外加入NaCI进行盐析，过程中仅析出NH,Cl,Na浓度升高，且可循环使 用，因此氨母液储罐中钠离子浓度大于碱母液储罐，故C错误； D.实验室模拟“培烧NaHCO.,会生成碱性的a,CO3,会与瓷坩埚中的SiO2反应，因此选用铁坩埚，配合 泥三角、三脚架、酒精灯等仪器，符合实验操作规范，故D正确： 故答案选C。 答案第4页（共11页） 10.C 【分析】Ce0,为萤石型立方晶胞，Ce4+位于晶胞顶点与面心，1个晶胞中含4个Ce4+,O2-位于Ce4+形成 的四面体空隙中，1个晶胞中含8个02，每个Ce+周围最近的O2数目为8，配位数为8。Ce4+与O2最 近的核间距为晶胞体对角线的4。 【详解】A.CeO2晶胞中每个Ce4+周围距离最近的O2-有8个，配位数为8，A正确： B.Ce+形成面心立方堆积，晶胞内四面体空隙总数为8，恰好被8个O2-全部占据，O2位于Ce4+形成的 四面体空隙中，B正确； ,C©艹与O最近核间距为晶胞体对角线的4则晶胞边长L÷ ×10-10cm,晶胞质量 4×(140+2×16).688 m= N g= g,晶胞体积V=L 4a×10-103 NA m，密度p=号=6885x109 64a3N4 N8cm3,选项给出的数值错误，C错误； 3.87×1032 D.取掺杂后晶体含3 nol Ce02和1molY,03,阳离子总物质的量为3mol+2mol=5mol,总正电荷为 ,由电荷守恒得O2物质的量为)=9mol，若阳离子均为Ce+时对 5x2=10mol,02空缺率为10-9， ×100%=10%,D正确； 10 故选C。 11.D 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，且在每个周期均有分布，故W为第 一周期的H;X、Y的价电子数相等，Y形成6条共价键，Y为S,X为O,两元素价电子数均为6Z 形成阳离子，为K。综上W为H,X为O,Y为S,Z为K。 【详解】A.简单离子半径：电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，半径顺 序为S2>K>O2>H,即Y>Z>X>W,A错误： B.同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性O>S,即X>Y,B错误； C.W,X为H,0,中心O的价层电子对数为2+6-21=4，SEPR模型为四面体形：YX,为S0,中心 2 S的价层电子对数为2+6-2x2=3,VSEP取模型为平面三角形，二者不都是平面三角形，C错误： 2 D.X为O位于第二周期，第二周期主族元素中第一电离能大于O的有N、F,共2种，D正确； 故选D。 12.D 【分析】二氧化铈(CO)废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸， 答案第5页（共11页） 加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成C2(CO)3,据此回答。 【详解】A.酸浸时，CeO2中Ce为+4价，被还原为Ce3+,HO2被氧化为O2,结合酸性环境，离子方程 式为：2Ce02+H0+6H=2Ce3+0↑+4H0,A正确： B.酸浸后溶液含过量盐酸，H浓度高会抑制萃取平衡正向进行。加氨水中和过量盐酸，降低H浓度，使 萃取平衡右移，显著提高Ce3+的萃取率，B正确； C.稀硝酸提供大量H,使萃取平衡逆向移动（反萃取），C+从有机层回到水层。“多次反萃取”是萃取操作 的常用技巧，可通过分步萃取最大限度富集目标离子，提高回收率，C正确： D.NaCO3溶液碱性过强，可能会有Ce(OHD3沉淀生成，影响产品纯度，D错误： 故选D 13.B 【详解】A.CO2中心C为p杂化，键角180°；CH,O中心C为sp杂化，键角约120°；CCl,中心C为sp 杂化，键角10928'，键角顺序符合事实，解释正确，A不符合题意； B.Li半径小于Na,极化能力更强，Li,N共价成分更高，离子键成分百分数LiN<NaN,且熔点差异 本质是LiN晶格能更大，解释错误，B符合题意； C.甲基是供电子基团，可增大N原子电子云密度，使CH,NH更易结合H,碱性更强，解释正确，C不 符合题意： D.N电负性小于O,对孤对电子束缚更弱，更易提供孤对电子与Cu+形成稳定配位键，故铜氨配离子更 稳定，解释正确，D不符合题意： 答案选B。 14.D 【分析】根据反应原理NaOH+HC2O4=HO+NaHC2O4、NaOH+NaHC2O4=HO+NaC2O4,由左图，消耗 2.5 nLNaOH,生成NaHC2O4,消耗5.5 nLNaOH,生成NaCO4,根据右图，两者完全反应，溶液温度升 高1.2℃，据此解答。 【详解】A.c点溶液显碱性，最好选用酚酞作指示剂，A错误： B.从a点至c点，溶液由酸性逐渐变为碱性，水电离的c(H)一直增大，B错误； C.a点时溶液溶质为NaHC,O4Na2C,O4,存在电荷守恒c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC,O,)+2c(C,O}), 溶液显酸性c(H)>c(OH),所以c(Na)<c(HC,O)+2c(C,O),C错误； D.结合左图，草酸完全反应时，消耗NaOH为5.5mL,则溶液总体积为5.00mL+5.5mL=10.5mL,此时 温度升高26.2℃-25.0C=1.2℃，由2NaOH+H2C204=2H0+Na2C204,此时生成H20为 答案第6页（共11页） 0.200molL×0.0055L=0.0011mol,在本实验条件下，中和热 4.18×10.5×1.2J/mol-47880J/mol=47.88kJ/mol,反应生成1mo1H,0放出的热量47.88k,D正确： 0.0011 故选D。 15.(1) 三颈烧瓶 2 OH CHO75'℃，NaOH(s) CH3 +H20 CH:OH 0 (3)降低黄酮醇在水溶液中的溶解度，促使产品充分析出 (4)ac (5) 75% 重结晶 【详解】(1)该反应容器有三个瓶口，为三颈烧瓶；球形冷凝管的冷却水遵循“下进上出”原则，保证冷凝 管充满冷却水、冷凝效果好，因此位置靠上的2为出水口。 (2)步骤I是邻羟基苯乙酮和苯甲醛在NaOH、甲醇、75C条件下发生羟醛缩合，生成邻羟基查尔酮和水， OH CHO75℃，NaOH(s) 化学方程式为 +H20; 0 (3)黄酮醇遇碱性成盐，调节pH到6~7后黄酮醇转化为游离态的有机物，在水溶液中溶解度低，加入冰 水可进一步降低其溶解度，让更多产品析出，提升产率。 (4)ā.过氧化氢高温易分解，冷却到室温再加过氧化氢可避免其受热分解，减少浪费，a正确： b.过氧化氢一次性快速加入会导致反应瞬间过于剧烈，放热难以控制，b错误： c.减压抽滤（吸滤）的特点就是过滤速率快，固液分离更彻底，得到的滤饼含液量少，便于后续干燥，c 正确： d.乙醇会溶解黄酮醇，用乙醇洗涤会造成产品大量损失，d错误； 故选ac。 (5)邻羟基苯乙酮的物质的量为0.01ol,是限量反应物，理论生成黄酮醇的物质的量也为0.01mol,理 论质为01n0k25g:m-238g·实际得到1785g:产率为278号×10%=756：黄南醇是具有固 定熔点的针状结晶固体，进一步提纯固体有机粗品的常用方法为重结晶。 焙烧 16.(1)d 增大接触面积，使反应快速且充分 2MoS2+70, 2Mo03+4S02 ab (2) 将三氧化钼溶解，除去二氧化硅和Fe(四，将CuI)、ZnI)转化为络离子 ZnS、CuS 4.8×108mol/L 答案第7页（共11页) (3)7MoO}+8Ht=Mo,04+4H,0 【分析】首先对辉钼矿焙烧，将MoS2氧化为目标中间产物MoO,同时生成含SO2的烟气，可加入碱性固 硫剂CaO或CCO3,吸收SO2,避免酸雨污染。后续通过酸洗除去大部分金属硫化物氧化生成的可溶性盐， 利用MoO3可溶于氨水生成MoO?的特性进行氨浸，将钼元素与不溶性杂质分离；再加入(NH4)2S沉淀除 去铜、锌杂质，最后滤液经结晶、煅烧得到高纯度MoO3,全程实现杂质分步脱除，保障产物纯度。 【详解】(1)①Mo原子序数为42，位于第五周期第VIB族，属于d区； ②增大固体反应物接触面积，加快焙烧反应速度，使反应更充分，提高原料利用率； 焙烧 ③MoS2被氧气氧化生成MoO3和S02,配平后为：2MoS2+702 2Mo03+4S02: ④烟气中SO2可用碱性物质吸收。Ca0或CaCO3(高温分解为CaO)可与SO2反应，CaCL,、CaSO无此 作用，所以答案选b: (2)①根据已知条件，氨水可以溶解MoO3形成MoO?,并除去SiO2和Fe(⑩，并将Cu⑩、Zn(⑩转化 为络离子； ②根据分析，“除杂"步骤加入(NH4),S,Z2+、Cu2+与S2-结合生成ZnS、CuS; 市园E如g眉-a）-S-C”-100nd c(Zn(NH,)4])=K.c(Zm2+）e(NH)=3.0x10×1.0x1018×(2.0)°=4.8×108molL: (3)蒸发结晶前酸化钼酸盐溶液，形成七钼酸根离子Mo,O4,离子方程式为 7MoO2+8H*Mo,O%+4H2O. 17.(1)加成反应 (2) 酯基、酮羰基 A N (3)HN 答案第8页（共11页） CH,OH NH3H2O H30 (5)CH,COOH→CH,COOCH,→CH,CONH,LCH,CH,NH, OH 【分析】以含有醛基、酯基结构的有机物A为起始原料，A在哌啶 H的参与下与甲基乙烯基酮 发生加成反应得到同时带有醛基和酮羰基的中间体B。B在催化剂加热的条件下发生分子内 的羟醛缩合反应并脱水形成碳碳双键，得到同时含酮羰基、碳碳双键与酯基的有机物C。C在HC1催化下 与乙二醇发生反应，将分子中的酮羰基转化为1,3-二氧戊环的缩酮保护结构，得到中间体D。D与氨水作 用，分子中的酯基发生氨解反应转化为酰胺基得到有机物E。E经LAIH4在酸性条件下的还原处理，酰胺 基与缩酮结构均被还原，酰胺基转化为氨基、缩酮的保护结构解除重新得到酮羰基，得到同时带有氨基、 碳碳双键与酮羰基的中间体F。F在碱性条件下发生题干已知的氨基与酮羰基的缩合环化反应，最终得到 药物中间体G。 【详解】(1)A的醛基旁的-碳上含有活泼氢，和甲基乙烯基酮发生类似迈克尔加成的反应，不饱和键打 开并连接形成新的饱和碳链，故答案为加成反应。 (2)C的结构中同时存在-COOCH3的酯基和环上的酮羰基。 红外光谱可以通过特征吸收峰判断分子中含有的官能团，核磁共振氢谱用于测定氢原子的化学环境，质谱 用于测定相对分子质量，元素分析法仅能得到元素组成，故选A。 (3)正常顺序是先保护酮羰基、再氨解酯基；若顺序颠倒，先将酯基氨解为酰胺，同时下方六元环中的 C=O与碳碳双键形成的共轭双键结构会发生加成反应（具体机理为题目给出的参考反应)，生成 HN HN HN- 然后再与乙二醇反应生成 HN 符合C13H24N203的分子式。 (4)由G的结构可得其分子式为C:HgN0,其不饱和度为Q=2×11+1+2-19=3,愿目中所述限制 2 条件：具有1个含氮五元环占用1个不饱和度，能被银氨溶液氧化表明含有醛基，占用1个不饱和度，同 时占用1种化学环境的H,而题目限制只能有3种化学环境不同的H原子，说明H原子高度对称。综合 答案第9页（共11页） HO 上述分析，可能的同分异构体的结构简式为 (5)目标分子中氮原子上连接乙基，因此需要先由乙酸和甲醇制备乙胺，具体合成方式参考D→F的氨解 过程。之后利用乙胺与甲基乙烯基酮连续发生aza-Michael加成（即题目中参考反应），最后参考B→C的 羟醛缩合成环反应获得目标产物，具体合成路线如下： CHOH NH3-H2O CH,COOH→CH,COOCH,.→CH,coNH,孟CH,CH,NH, 0 OH 催化剂 18.(1)+186 (2)CD (3) 12 75 128 NO. (4)2C,H3+022C,H。+2H,0 (5)C,Hg-2e+O2=CH,=CHCH,+H,O 【详解】(1)根据盖斯定律，将已知反应进行组合：反应I=3×反应Ⅱ+反应Ⅲ。因此，反应I的焓变 △H,=3×(+124kJ·mol)+(-186 kJ.mol)=+186 kJ.mol。反应I的正反应方向是气体分子数增加的方向 (由4分子变为6分子)，混乱度增大，因此熵变△$>0： (2)A.△H为反应的焓变，是一个定值，与反应是否达到平衡无关，不能作为平衡标志，A错误： B.若反应从正向开始，生成物C,H。与HS的物质的量之比始终为3：1，保持不变，不能说明达到平 衡，B错误； C.该反应前后气体总物质的量发生变化，在恒压条件下，混合气体的总质量不变，但总物质的量在反应 过程中变化，导致平均摩尔质量变化，当平均摩尔质量不变时，说明各物质的量不再改变，反应达到平衡 状态，正确： D.达到平衡时正逆反应速率之比应等于化学计量数之比，反应I中CH,和C3Hg的化学计量数均为3，即 V(C,H6)=V逆(C,Hg),该等式说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确： 答案选CD; 答案第10页（共11页） (3)①反应I中，生成物C,H6、H2O、HS的化学计量数之比为3：2：1，因此平衡时物质的量分数 大小关系为a>b>c,即a为C,H6,b为H20,c为HS。在任何时刻，同一反应中不同物质的反 应速率之比等于其化学计量数之比，因此02的消耗速率与b(H0)的生成速率之比为1：2： ②设初始C,Hg和SO2的物质的量均为3mol,反应消耗了x mol SO2。平衡时各物质的量分别为： CHg为3-3x,SO2为3-x,C,H6为3x,HS为x,H20为2x。M点时，C,Hg与H20的 物质的量分数相等，即3-3x=2x,解得x=0.6。此时混合气体总物质的量为7.2mol,各物质的量分 数分别为：x(C,Hg)=1/6,x(S02)=1/3,x(C,H6)=1/4,x(HS)=1/12,x(H20)=1/6。代入平衡常 数表达式K,=/4x0/12)x/62-3 (1/6)3×(1/3) 128 ③N点时，C,Hg与HS的物质的量分数相等，即3-3x=x,解得x=0.75。C,Hg的初始量为3mol, 消耗量为3×0.75=2.25m0l,其平衡转化率为225 x100%=75%; 3 (4)由图2的反应历程可知，输入的反应物为C,Hg和O2,最终输出的生成物为C,H。和H,O,N0, 参与循环反应，在反应前后质量和化学性质不变，作催化剂。根据原子守恒，总反应的化学方程式为 NO 2C3H3+02→2C3H。+2H20； (5)由图3可知，左侧电极通入C,H。生成CH。,碳元素化合价升高，发生氧化反应，故左侧为阳极。 固体电解质传导02,02-向阳极移动并参与反应生成水，根据电荷守恒和原子守恒，阳极的电极反应 式为C,Hg-2e+O2=C3H。+H,0。 答案第11页（共11页)