12 河北省石家庄市高三上学期质量摸底预测-【景行之教育】2027年化学高考一轮复习先锋名校检测卷

12河北省石家庄市高三上学期质量摸底预测 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一10一16C1一35.5Nb一93 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每 选项 收集气体 药品 装置 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 H2 Zn、稀硝酸 a、d 1.《茶经》被誉为“茶叶百科全书”，是世界上最早关于茶 NH NH,Cl、Ca(OH)2 c、f 文化的史料。下列关于《茶经》的说法错误的是() C C2H 乙醇、浓硫酸 b、d A.“晴采之（即采茶），蒸之，捣之，拍之，焙之，…”，其 D NO Cu、稀硝酸 a、e 中涉及化学变化 5.P0CL,是一种重要的化工原料，常温下呈液态，在潮湿 B.“鳆（即茶锅），以生铁为之”，其主要成分为铁碳合金 的空气中可发生反应P0CL3+3H20=H3P04+3HCl。 C.“啜苦咽甘”，其致苦的多酚类物质儿茶素 N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是() (C1sH40。)与苯酚互为同系物 A.标准状况下，22.4LP0CL3中含有的分子数目为N D.“以汤沃焉，渭之痷茶（即泡茶）”，其中涉及固液萃取 B.1mol固态冰中含有的σ键数目为2N 2.关于实验室安全，下列表述正确的是 C.1L0.1mol·L1HP04溶液中含有的H*数目为 0.3NA A.钠在空气中燃烧的实验应标注的图标包括 D.常温下，7.3gHCl中含有的电子数目为1.6N 和8 6.结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释 错误的是 B.皮肤溅上酸液后先用大量水冲洗，再用浓Na,CO,溶 选项 性质 解释 液冲洗 某些金属灼烧时有 核外电子受热吸收能量跃迁至较高 C.乙酸乙酯可与KMn0,存放在同一药品柜，远离火种 A 特征焰色 能级 和热源 L和CCL4均为非极性分子，相似 L,易溶于CCL D.处理铜与浓硫酸反应后的废液，需向冷却后的溶液 相溶 中加入稀NaOH溶液 氢键具有方向性，冰中水分子的空 冰的密度比水小 3.高分子材料在生产生活中应用广泛。下列有关高分子 间利用率小 材料的说法错误的是 晶体中粒子在微观空间里呈现周期 ( 晶体具有自范性 性的有序排列 A.顺丁橡胶适度硫化后强度会增加 B.天然纤维羊毛和蚕丝的材质均为蛋白质 7.BCl2属于共价化合物，可以单体分子、二聚体分子（图 C.低密度聚乙烯比高密度聚乙烯支链少，软化温度高 a)和多聚体分子（图b)等形式存在。下列说法错误的 是 D.纸尿裤的高吸水性材料分子中具有强亲水基团 4.实验室利用下列药品和装置，能制备并收集到相关气体 Cl-Be -CI Be Be 的是 () 图a二聚体[(BeCl2)2]图b多聚体[(BeCl2)n] A.Be的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能 B.单体BeCl2分子的空间结构为直线形 C.二聚体分子中Be的杂化轨道类型为sp D.多聚体分子中存在配位键 8.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 B.放电时，正极的电极反应式为C02+2e+2H 选项 实验操作 现象 结论 -HCOOH 品红溶液 C.充电时，每生成1molC02时双极膜中解离1mol水 A 向品红溶液中通人某气体 该气体为S02 褪色 D.充电时，阴极区pH增大 12.我国科学家团队设计并合成了纳米M0Fs催化剂，并 向Na,S20,溶液中加入稀 H,S04具有氧 B 溶液变浑浊 硫酸 化性 研究在催化剂表面电催化合成氨的反应机理如图所 示，*表示吸附态。下列说法正确的是 ( ) 加水稀释，该 向FeC,和KSCN的混合 溶液红色 平衡向逆反应 *NHNH *NHNH,*NH,NH 液中加入少量蒸馏水 变浅 1.391.36 1.16.- .1.53 方向移动 1 0.85 0.51*NNH- *NH 向等浓度的NaCl和Nal混 0 0.62 *N 生成黄色 K.(AgCl)> -0.26 0.78 合溶液中滴加少量AgNO, -14 0.08 -1.65 沉淀 K.(AgI) -2 溶液 一途径① -1.85-2.95 --…途径② 22.15 -4 33i 9.Q、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素， N, N,NNH *NH,*NH,NH, 且分布在四个不同的周期。化合物WXY,是贝壳的主 反应过程 要成分，可发生反应WXY3+2QZ一WZ2+Q2Y+XY2。 A.催化剂表面N2吸附时释放能量，NH3解吸时需吸 收能量 下列说法错误的是 ( B.“途径①”速率最慢的步骤为*NNH+H+e A.第一电离能：X<Y →◆NHNH B.电负性：Q<X C.“途径①”中有极性键的断裂与生成 C.简单离子半径：Z>W D.N2在催化剂表面发生反应转化为*NH,的过程， D.简单氢化物的稳定性：Z>Y “途径①”比“途径②”更易进行 10.吡啶()的结构与苯相似，用途广泛。利用吡啶合 13.Nb和0形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。 晶胞棱长为apm,N为阿伏加德罗常数的值。下列说 成2-乙醇吡啶的方法如下： 法错误的是 HCHO 吡啶2-甲基吡啶 2-乙醇吡啶 下列说法错误的是 A.反应①为取代反应 A.该化合物的化学式为Nb0 B.2-甲基吡啶分子中所有原子共平面 B.该晶体的密度为.09×10 C.2-乙醇吡啶的分子式为C,H,N0 Na·a3g·cm3 D.吡啶的二氯代物有6种 C.晶胞中与Nb2+等距且最近的02有4个 D.图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示 11.为满足Zn-C02电池实际应用的要求，可以设计开放 14.常温下，用0.01mol·L1Na0H溶液滴定20.00mL 的不对称流动系统，并使用双极膜（可将水解离成H 0.01mol·L1HA溶液，溶液中含A微粒百分含量（例 和OH分别向两极迁移)来维持两侧电解质不同的 如A的百分含量x= n(A-) ×100%)、p0H pH,其装置如图所示。下列说法错误的是 ( n(HA)+n(A-) 负载 [pOH=-lgc(OH)]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH) 的变化关系如图所示。下列说法正确的是( DOH ① [Z(oH, HCOOH CO. 10.6 、、 50 M 双极膜 电源 ② A.放电时，电子从Zn电极流出 V(NaOH)/mL 化学P答案D32卷12 A.曲线①表示A的百分含量随滴加NaOH溶液体积 过滤、洗涤、干燥。 的变化关系 Ⅱ.KMnO,纯度的测定。 B.K(HA)=10-10.6 (3)称量mg(2)中所得KMn04产品，加入一定量的硫 C.a>10 酸并配成100mL酸性KMn0,溶液。准确量取 D.M点溶液中存在c(HA)+c(OH)=c(Na)+c(H) 25.00mL,用cmol·L1Na,C204溶液滴定（杂质不参 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 加反应)，平行实验三次，消耗Na2C0,标准液平均值 15.(14分)KMn04具有强氧化性，在实验室中和工业上常 为VmL。 用作氧化剂。某实验小组欲制备KMnO4并测定其纯 ①达到滴定终点时，溶液颜色的变化为 度。回答下列问题： ②以Mg·mol1表示KMnO,的摩尔质量，则产品的纯度 I.KMnO4的制备。制备原理如图所示。 为 (用含c、VM、m的代数式表示)。 KOH溶液 16.(15分)电解精炼铜过程产生的阳极泥中含有Cu、 KCIO, 0西温瑶题→取-合→回n血国XM0, Ag2Se等物质，具备很高的回收价值。一种从阳极泥 MnO, 中回收Cu、Ag、Se的流程如图所示。 已知：i.墨绿色锰酸钾(K,MnO4)在强碱性环境中能 NaCl浸液sO, 稳定存在，弱碱性环境中发生反应生成KMnO4; 产浸液再处理2，沉硒 萃 反 电 氧气硫酸 取 解 →Cu ⅱ.相关物质的溶解度曲线如图所示。 取 -Se 60 阳 氧化 浸渣2 K,CO. 50 极 浸出 工 KC 40 泥 ,浸渣→络合溶解 还原→Ag 30 20 KMnO NH 水合肼N,H·H,O) 10 0 回答下列问题： 10 2030 40 50 温度/℃ (1)“氧化浸出”时，Cu发生反应的化学方程式为 (1)将KC1O,和K0H两种固体在坩埚中加热，熔融后 ,为增大氧气在硫酸溶液中的溶解 加入MnO2粉末并不断搅拌，继续加热后冷却可得含 度，可采取的措施为 0 KMnO的墨绿色产物。 (2)“再处理”工序的目的为 ①该实验中所用坩埚的材质为 (填字母)。 (3)“络合溶解”时，浸渣1发生反应的离子方程式为 A.陶瓷 B.石英 C.铁 ,该反应的平衡常数K= ②该反应的化学方程式为 。（已知：Ag+2NH3= [Ag(NH3)2]K=2×10';Km(Ag2S04)=1.2x105) (2)将(1)中所得墨绿色产物用K0H浓溶液浸取，并 (4)“还原”工序中生成的气体可以循环到 利用浸取液制备KMnO4,实验装置如图所示。 工序中再利用。 碱石灰 (5)浸液2中Se元素以H,S0,的形式存在。“沉硒” D 时，理论上S02与H2S0,的物质的量之比为 pH计 稀 盐 大理石 (6)“萃取”时，Cú2+与萃取剂发生的反应可表示为 酸 剂 玻璃珠 Cu2+2HR=CuR2+2H(HR表示肟类有机物)，则 X 浸取液 A B C “反萃取”时应加入的试剂为 (填字母)。 ①仪器D的名称为 ,试剂X为 A.NaOH B.蒸馏水 C.H,SO ②当三颈烧瓶中pH计指示为11.4时，有大量Mn02 (7)“电解”工序中，金属Cu在 极上沉积。 固体生成，关闭止水夹。在三颈烧瓶中发生反应： 17.(14分)氯仿通过光照氧化可生成光气(C0Cl2), □Mn0+口C02=☐Mn04+□Mn02↓+☐C03,配 COCL2可进一步与CH,OH合成碳酸二甲酯 平该离子方程式。 (CH,0C00CH3),主要发生两个反应： ③分离得到KMmO,固体的操作为先过滤、再 反应I.2CHCL(g)+02(g)=2C0Cl2(g)+2HC1(g) 卷12答案D32Q化学 △H1=-1198kJ·mol-1 ①曲线a表示容器 (填“甲”或“乙”)中 反应Ⅱ.C0Cl2（g）+2CH,OH(g)—= CH,OCO0CH,的产率随时间变化的关系。 CH,0C00CH3(g)+2HCl(g)△H2=+70kJ·mol-1 ②55min后，曲线b对应CH,0C00CH(g)的产率高 回答下列问题： 的原因为 0 (1)计算2CHCl3(g)+02(g)+4CH,0H(g)一 ;该反应 18.(15分)氯硝西泮是一种镇静类药物，具有抗惊厥、控 2CH,OCOOCH3(g)+6HCI(g)AH= 能自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或 制精神运动性兴奋等治疗作用。一种以A为原料制备 “任意温度”)。 氯硝西泮的合成路线如图所示： (2)在容积分别为V1L和V,L的两个恒容密闭容器 NH NaOH 中，均充入2 mol CHCI,(g)和1mol02(g),光照条件下 CHCOOH 浓HNO, C.HNO C 溶液 只发生反应I,测得CHCl,(g)的平衡转化率随温 浓H,SO/△ △ 度(T)的变化关系如图甲所示。 CoCI NH 100 BrCH,COBr CH,N,O.CI 80 NO 60 D BrCH,CONH Q BrCH,CONH 40 NH T CH .N,O.Cl 甲 G NO ①T,℃时，容积为V,L的容器中，反应经tmin达到平衡。 F(CsHJoN,O.ClBr) 0~tmin内，v(C0Cl2)= mol·L1·min'。 HN ②T℃时，用各气体的物质的量分数表示反应I的平 衡常数K,= (对于反应mA(g）+nB(g) nC(g)+qD(g),K(C)(D) 氯硝西泮 x为物质的量分 H xm(A)·x(B)1 数)。 回答下列问题： ③结合图像分析V V2(填“>”“<”或“=”)， (1)A的化学名称为 ;B→C的反应类型为 解释其原因为 0 (3)已知C0CL2(g)在光照时间过长时会发生反应： (2)设计A→D转化过程的目的为 C0Cl2(g)C0(g)+Cl2(g)。甲、乙是两个初始温度 和压强均相同的恒温恒压密闭容器，甲中充入2mol (3)C→D的化学方程式为 CHCl,(g)、1mol02(g)和2 mol CH,0H(g),乙中充入 (4)E的结构简式为 2 mol CHC],(g)、Imol0,(g)2 mol CH,0H(g）和 (5)碱性：A D(填“大于”或“小于”)。 1molC0(g)分别发生反应，CH0C00CH,的产率随 (6)G→H过程中，G中发生转化的官能团名称为 时间变化关系如图乙所示。 100 (7)满足下列条件的B的同分异构体有 种； 80 1.除苯环外不含其他环状结构 60 % iⅱ.一NH2直接连接在苯环上 ⅱ.能发生银镜反应 其中核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之比为 20 40 5560 80 t/min 2:2:2:2:1的结构简式为高考一轮复习检测卷·化学 107。(3)由题图可知，电催化合成氨的总反应为T3+L,做 催化剂条件下氮气与氢气反应生成氨气，反应的化学方程 式为N2+3H2 L2NH,。(4)①由题给NL,C分解的化 学方程式可知，c(NH,)与c(HCl)之比始终保持不变，则 c(NH,)与c(HCI)之比保持不变，不能说明正、逆反应速率 相等，故无法判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意： 由质量守恒定律可知，反应时容器内气体的质量增大，由化 学方程式可知，容器内气体的物质的量增大，由于装置内初 始存在空气，则容器内气体的平均相对分子质量减小，容器 内气体的平均相对分子质量不再发生改变，能说明正、逆反 应速率相等，故能判断反应已达到平衡状态，B符合题意； 缺标准状况下，无法计算2.24LHC1的物质的量，则单位时 间内消耗5.35gNH,Cl的同时消耗2.24LHCl,不能说明 正、逆反应速率相等，故无法判断反应是否达到平衡状态，C 不符合题意；由方程式可知，v(NH,)=v逆(HC),能说明正、逆 反应速率相等，故能判断反应已达到平衡状态，D符合题意。 ②由题图可知，起始空气的压强为1.0×103kPa,平衡时混合 气体的总压为9.0×103kPa,则由化学方程式可知，氯化氢 和氨气的平衡分压都为9.0x10kPa1.0x10kPa=4.0× 2 10kPa,则氯化铵分解反应的K=4.0x10Pa 100 kPa 4.0x10kPa=1600。③平衡常数为温度的函数，温度不 100 kPa 变，平衡常数不变，则反应达到平衡后，保持温度不变，将容 器容积压缩为原来的一半，再次平衡后氨气和氯化氢的分 压均不变 20.(共14分，除标注外，每空1分) (1)C,H,02对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） (2)羧基(CH3)2C(C00H)2 (3)CH,C00H (4)AC(2分) (5)①稀硫酸、加热水解反应（或取代反应） ②H2,催化剂、 ● 加热（合理即可） 0 OH(合理即可) H20 (6)①C1 Cl 2NaOH H0 入0H+2NaCl(2 CH=CHCOOH 分)② OH 【解析】(1)根据化合物I的结构简式，可知其分子式为 C,H,02,其名称为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛。(2)化 合物Ⅱ为HOOCCH,COOH,其含有的官能团名称为羧基。 它的同系物含有5个碳原子，即为5个碳原子的二元羧酸， 且核磁共振氢谱有2组峰，即有2种等效氢，则其同系物的 结构简式为(CH,)2C(C00H)2。(3)化合物V与 CH,COOCOCH,发生取代反应生成V,化学方程式为 12河北省石家庄市高 1.C【解析】“晴采之（即采茶)，蒸之，捣之，拍之，焙 之，…”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青，捣泥， 拍压，烘焙等，其中蒸青去掉了生腥的草味，加热引起颜色的 变化，有新物质产生，捣泥可让茶叶的苦涩味大大降低，可能 引起物质的变化，烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故涉 及化学变化，A说法正确：“鍑（即茶锅），以生铁为之”即生铁 制成的茶锅，生铁是铁和碳的合金，B说法正确；同系物是指 结构相似、分子组成上相差1个或若干个CH,原子团的有机 化合物，苯酚的分子式为C。H,0,而儿茶素的分子式为 C1sH406,是多酚类物质，两者官能团的数量不同，不是同系 物，C说法错误：“以汤沃焉，渭之痷茶（即泡茶）”即用热水泡茶， 使茶叶中的部分物质溶解于水中，涉及固液萃取，D说法正确。 D32卷 OH + CH COOCOCH HO- OH+CH,C0OH,则另一个产物的结构 简式为CH,C00H。(4)化合物Ⅲ右侧双键的碳原子连有两 个相同的羧基，故不存在顺反异构现象，A说法错误；化合 物Ⅳ到V的转化中，将（酚）羟基转化为酯基，后又将酯基转 化回（酚）羟基，是为了保护（酚）羟基，B说法正确；化合物 V到M断开的是C一0键，形成的是C一Cl键，都是σ键，没 有π键的断裂和形成，C说法错误；化合物Ⅶ中含有酯基和 较多碳原子，在水中的溶解度较小，D说法正确。(5)V的 0 结构简式为 OH。 ①要形成 OH,酯基要发生水解反应，条件为稀硫 HO 酸、加热，反应类型为水解反应（或取代反应）。②分子中的 碳碳双键可以在催化剂、加热条件下，与H2发生加成反应， 0 生成0 一OH;分子中的碳碳双键也可以与 溴的四氯化碳溶液中的B肛2发生加成反应，生成 Br O 丫OH。(6)结合题给合成流程可知，以水 杨醛和1,3-二氯丙烷为原料，合成香豆素的路线为 NaOH/H20 KMn0/H* CL CI HO △ CHO OH HOOC COOH CH=C(CooH,△ OH =Gc0oH装商位，入0①第-步为 COH 4 1,3-二氯丙烷发生水解反应，化学方程式为L人√C+ H20 2NaOH 0入√0H+2NaC1。②由上述流程可知，最 CH-CHCOOH 后一步反应的反应物为 COH 三上学期质量摸底预测 2.A【解析】钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠具有 氧化性，实验时，应注意通风，应标注的图标包括 泡和 分A正确：浓a,0,溶液碳性较强，皮肤羡上酸液后 应先用大量水冲洗，再用碳酸氢钠溶液冲洗，B错误；乙酸乙 酯会缓慢水解生成乙酸和乙醇，乙醇具有挥发性、还原性，能 被酸性高锰酸钾溶液氧化，会导致平衡向乙酸乙酯水解的方向 移动，导致乙酸乙酯失效，C错误：铜与浓硫酸反应后的废液中含 有大量的硫酸，不能加入稀NaOH溶液中和废液，D错误。 3.C【解析】可通过二硫键等作用力将顺丁橡胶线型结构连 12·化学 接为网状结构，故顺丁橡胶适度硫化后强度会增加，A说法 正确；羊毛和蚕丝的主要成分均为蛋白质，B说法正确；低密 度聚乙烯在较高温度和较高压力，并在引发剂作用下制得， 支链多，软化温度较低，C说法错误带有强亲水基团的烯类 单体进行聚合，得到含亲水基团的高聚物，如聚丙烯酸钠高 吸水性树脂，故纸尿裤的高吸水性材料分子中具有强亲水基 团，D说法正确。 4.B【解析】Zn和稀硝酸反应主要生成NO,A错误；NH,Cl Ca(OH),在加热条件下反应产生氨气，发生装置为固固加热 装置，选用℃做发生装置，氨气的密度比空气的小，应用向下 排空气法收集，收集装置选「，B正确；乙醇在浓硫酸、170℃ 作用下反应产生C,H4,但b装置缺少温度计，C错误；Cu与 稀HNO,反应生成NO,NO会和空气中的氧气反应生成NO2, 故不能用排空气法收集NO,D错误。 5.B【解析】标准状况下，22.4L气体的物质的量是1mol, 而P0Cl,常温下呈液态，无法进行相关计算，A错误；1个 H,0分子中包含2个0一Ho键，故1mol冰中含有的o键 数目为2WA,B正确；HPO4为多元弱酸，分步电离，以第一级 电离为主，第二级和第三级电离逐渐变难，故1L0.1mol· L1H,PO溶液中H数目小于0.3NA,C错误；1 mol HCI所 含电子的物质的量为18mol,7.3g的HCl的物质的量为 0.2mol,含有的电子的物质的量为3.6mol,即数目为 3.6N,,D错误。 6.A【解析】焰色试验是金属单质或离子的电子在吸收能量 后，跃迁至较不稳定的高能级，并随后自发跃迁回较低能级 放出不同能量的光子，也就是不同波长的光，从而产生不同 颜色的火焰，A解释错误：I,和CCl,均是非极性分子，根据 “相似相溶”原理可知，碘易溶于四氯化碳，B解释正确；冰中 氢键具有方向性和饱和性，每个水分子能与4个水分子形成 4个氢键，降低了水分子的空间利用率，导致冰的密度小于 水，C解释正确；晶体的自范性即晶体能自发地呈现多面体 外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈周期 性有序排列的宏观表象，D解释正确。 7.C【解析】Be的价电子排布式为2s2,为全满状态，较稳 定，故B的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能， A说法正确：BCL,的成键电子对数为2，孤电子对数为0，故 单体BCl,分子的空间结构为直线形，B说法正确；二聚体分 子中，Be周围有3个成键电子对，孤电子对数为0，故Be的 杂化轨道类型为sp,C说法错误；多聚体分子中C提供孤电 子对，B提供空轨道，形成配位键，D说法正确。 8.D【解析】CL,与水反应产生的HCI0也具有漂白性，故将 CL2通入品红溶液，也会使品红溶液褪色，A错误；向Na2S,O 溶液中加入稀硫酸，发生反应：Na2S20,+H2S04 =S↓十 S02↑+Na2S04+H20,H2S0,中各元素化合价没有发生变化， 利用了H,S0,的酸性，B错误；向FeCl,和KSCN的混合液中 加入少量蒸馏水，加水稀释，各组分浓度均减小，红色变浅无 法判断平衡是否向逆反应方向移动，C错误：滴加少量 AgNO,溶液，Kp小的先沉淀，由生成黄色沉淀可知， Kn（AgCl)>Kn（AgI),D正确 9.D【解析】化合物WXY3是贝壳的主要成分，故为CaCO3 则W、X、Y分别为Ca元素、C元素、0元素；WXY,+2QZ一 WZ2+Q2Y+XY2为碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳 和水的反应，则Q为H元素、Z为Cl元素。同周期主族元 素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，故第一电离能：C< 0,A说法正确；CH4中C为-4价，H为+1价，说明C吸引电 子的能力大于H,故电负性：H<C,B说法正确：Cl和Ca2具 有相同的核外电子排布，核电荷数越多，半径越小，故简单离 子半径：C>Ca2+,C说法正确：元素的非金属性越强，简单氢 化物越稳定，非金属性：0>C1,故简单氢化物的稳定性：H20> HCI,D说法错误。 10.B【解析】反应①中吡啶与CH,I发生反应生成2-甲基 吡啶和HⅡ，反应①为取代反应，A说法正确。2-甲基吡啶中 存在甲基，甲基中所有原子不可能共平面，B说法错误。根 据2-乙醇吡啶的结构简式可知，其分子式为C,H,N0,C说 法正确。吡啶的结构与苯相似，根据“定一移一”法确定吡 D33卷 参考答案及深度解析 啶的二氯代物的数量，当1个CI原子位于N的邻位 2 〔N王，则第2个C1原子有4个位置，对应三氯代物有 CI 4种结构；当1个C1原子位于N的间位 ○2，第2个d 原子有2个位置，对应二氯代物有2种结构，则吡啶的二氯 代物有4+2=6（种），D说法正确。 11.C【解析】放电时，Z加失电子发生氧化反应生成 [Zn(0H)4],为负极，电极反应式为Zn-2e+40H [Zn(OH)4]2,电子从Zn电极流出，A说法正确；放电时， C02得电子发生还原反应生成HC00H,为正极，电极反应 式为C02+2e+2H一HC00H,B说法正确；充电时，阳极 的电极反应式为HC0OH-2e=C02↑+2H,每生成 1molC02转移2mol电子，生成2molH,双极膜可将水解 离成H和OH分别向两极迁移维持pH,则双极膜中解离 2mol水，C说法错误；由题图可知，充电时，左侧电极为阴 极，电极反应式为[Zn(OH)4]2+2e=Zn+40H,阴极区 溶液中OH浓度增大，pH增大，D说法正确。 12.B【解析】由题图可知，途径①催化剂表面N,吸附时释 放能量，途径②催化剂表面N,吸附时吸收能量，途径①和 途径②NH,解吸时均需吸收能量，A错误；活化能越高，反 应速率越慢，故“途径①”速率最慢的步骤为*NNH+H+ e →NHNH,B正确：由题图可知，“途径①”中有N一H 的生成和氮氮三键的断裂，故“途径①”中有极性键的生成 与非极性键的断裂，没有极性键的断裂，C错误；·N2在催 化剂表面发生反应转化为·NH,的过程，途径②活化能低， 故“途径②”比“途径①”更易进行，D错误。 13.B【解析】根据“均摊法”计算可得，晶胞中Nb原子数为 23,0原子数为8x+1=3,该化合物的化学式 8+4 8x 为Nb0,A说法正确；该晶体的密度为，3×(93+16) (ax10-10)2xW8 cm3=3.27x102 N·。8·cm3,B说法错误；根据题图甲可知，晶 胞中与N+等距且最近的02有4个，C说法正确：题图乙 是该晶体以O原子在面心建立的晶胞结构，D说法正确。 14.D【解析】用0.01mol·L-1Na0H溶液滴定20.00ml 0.01mol·L1HA溶液，HA的百分含量逐渐减少，A的百 分含量逐渐增加，故曲线①表示HA的百分含量随滴加 NaOH溶液体积的变化关系，曲线②表示Aˉ的百分含量随 滴加NaOH溶液体积的变化关系，A错误；M点，c(HA)= c(A),K=cA):cH2=c(f)=104-a=104,B c(HA) 错误；若a=10,则反应后剩余的c(HA)=c(NaA),K= 1034,K K-10 衣104=106，即电离程度大于水解程度， 使c(HA)<c(A),现要使c(HA)=c(A),由题图可知， NaOH溶液需体积小于10mL,故a<10,C错误；M点存在电 荷守恒，c(A)+c(OH)=c(Na)+c(H),因为c(HA)= c(A),有c(HA)+c(OH)=c(Na)+c(H),D正确。 15.(共14分，除标注外，每空2分) (1)DC②3Mn0,+KC10,+6KOH高温3K,Mn0.+ KC1+3H,O (2)①球形干燥管(1分)饱和NaHC03溶液(1分) ②32212（共2分）③蒸发浓缩、冷却结晶 (3)①溶液由紫红色变为无色②8x10×cM×100% om 【解析】(1)①氢氧化钾为强碱，能与二氧化硅反应，石英 的主要成分为二氧化硅，陶瓷中含有二氧化硅和硅酸盐，则 该实验中所用坩埚是铁坩埚，故选C。②在高温条件下，氯 酸钾、氢氧化钾、二氧化锰发生氧化还原反应生成K,MnO,、 12·化学 高考一轮复习检测卷·化学 氯化钾和水，反应的化学方程式为3MnO2+KCI0,+6KOH 高温3K,M0,+KC+3H,0。(2)①根据仪器构造可知，仪器 D为球形干燥管。试剂X用于吸收二氧化碳中的HC1气 体，为饱和NaHCO,溶液。②K2MnO4发生歧化反应生成高 锰酸钾、二氧化锰，利用得失电子守恒配平该反应为 3Mn0+2C02一2Mn0:+Mn02+2C03。③高锰酸钾溶 于水，二氧化锰不溶于水，先过滤得到高锰酸钾、碳酸钾的 混合溶液，根据溶解度曲线可知，KMnO,溶解度受温度影响 较大，碳酸钾溶解度受温度影响不大，故分离得到KMnO。 固体的方法为过滤后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干 燥。(3)①高锰酸钾溶液为紫红色，用草酸钠溶液滴定高锰 酸钾溶液，达到滴定终点时，溶液颜色由紫红色变为无色。 ②根据得失电子守恒，可得到关系式5Na,C204~2KMn04, 则n(KMn0)三2×emol·xVx10Lx,00m,则产品 25 mL 的纯度为5 m%10Lx 2 25 mL.XM g·molr1 .100mL -X mg 100%=8x103xcnM 100%。 5m. 16.(共15分，除标注外，每空2分) (1)2Cu+02+2H2S04—2CuS0,+2H20加压(1分) (2)将浸液1中的Ag*转化为AgC1,提高银的收率 (3)Ag2S04+4NH3=2[Ag(NH3)2]+S024.8×10 (4)络合溶解 (5)2:1 (6)C(1分) (7)阴(1分) 流程分析[“氧化浸出”时，Cu被氧化为CuSO4,Ag2Se中的 Se元素被氧化为H2SeO,Ag2Se中的Ag元素转化为微溶的 Ag,S04,部分Ag,S04在浸液1中，部分在浸渣1中；向浸液 1中加入NaCl进行“再处理”，AgS04转化为难溶的AgCl, 和浸渣1合并；向合并的浸渣1和浸渣2中通NH,发生络 合反应，形成[Ag(NH)2],用水合肼还原得到Ag;向浸液 2中通S02,H2Se03被还原为Se,过滤得到Se单质，将滤液 萃取后再反萃取，最后电解得到Cu。 【解析】(1)“氧化浸出”时，Cu在酸性溶液中被氧气氧化 生成硫酸铜，发生反应的化学方程式为2Cu+0,+2H,S0, =2CuS04+2H20。气体溶解度随压强增大而增大，为增 大氧气在硫酸溶液中的溶解度，可采取的措施为加压。 (2)由流程分析可知，“再处理”工序的目的为将浸液1中的 Ag转化为AgCl,提高银的收率。(3)由流程分析可知，浸 渣1是Ag,S04,通NH,进行“络合溶解”，形成 [Ag(NH3)2],发生反应的离子方程式为Ag2S0,+4NH =2[Ag(NH3)2]++S0?。该反应的平衡常数K'= c21[Ag(NH3)2]*}·c(S0) c(NH) c2[Ag(NH,)2r}·c(S0)·c(Ag)-=K·K,(Ag,S0,)= c(NH3)·c2(Ag) (2×10)2×1.2×105=4.8×10。(4)“还原”工序中水合肼 还原[Ag(NH3)2]+得到Ag,NH3被释放出来，可以循环到 “络合溶解”工序中再利用。(5)S02与H,S0,发生反应生 成Se和HS04,根据得失电子守恒可知，S0,与H,Se0,的 物质的量之比为2：1。(6)根据“萃取”时发生反应的离子 方程式可知，反萃取时平衡逆向移动，所以可以加入 H2S04,增大H浓度，故选C。(7)“电解”工序中，Cu2+在阴 极得到电子生成铜，电极反应为Cu2++2e =Cu。 17.(共14分，除标注外，每空2分) (1)-1058kJ·mol1任意温度(1分) (2)@1.2 Vt ②？（或2.25）③>该反应为气体体积增大 D34卷 的反应，容积越大，压强越小，转化率越高 (3)①甲(1分)②体系中充入C0可抑制C0C12分解，增 大COCl,浓度，从而使得CH,OCO0CH,的产率增大 【解析】(1)目标反应=反应I+2×反应Ⅱ，根据盖斯定律」 △H=△H1+2AH2=-1198kJ·mol1+2×70kJ·mol1= -1058kJ·mol。该反应为气体体积增大的反应，AS>0, 当△G=△H-T△S<0时反应可自发进行，将该反应△H、△S代 入公式得△G<0时T可为任意温度。(2)已知两容器中发 生可逆反应2CHCl,(g)+02(g)==2C0Cl,(g)+2HC1(g)。 ①T,℃时，容积为V2L的容器中，反应经tmin达到平衡， CHCl,的转化率为60%，则消耗CHCl,的物质的量为 2mol×60%=1.2mol,生成C0CL2的物质的量为1.2mol,则 (COCl2 ) r:V L.t min,imol.L1·min'。②如 △n1.2mol1.2 ①所述，T℃时，容积为V2L的容器中，反应经tmin达到平 衡，则达到平衡时n(CHCl3)=0.8mol,n(02)=0.4mol, n(C0Cl2)=1.2mol,n(HCl)=1.2mol,根据K公式可得 9 K.= =2.25。③根据题图甲可知，同一 0.4/0.82 4 3.6*3.6 温度下，CHCL,在V,L的容器中的转化率大于在V,L的容 器中的转化率，由于该反应为气体体积增大的反应，故容积 越大，压强越小，越有利于平衡正向移动，使CHCl,的转化 率增大，故V,大于2。(3)①甲、乙两容器中发生反应 2CHCL,(g)+02(g)+4CH,0H（g） 2CH,0C00CH,(g)+6HC1(g),由于甲、乙均为恒温恒压密 闭容器，初始时反应物的物质的量相同，但乙中多投入 1molC0(g),故甲的反应物分压高于乙的，故甲容器中反 应速率更快，相同时间内CH,OCO0CH2的产率更高，故曲 线a代表甲中CH,OC0OCH,的产率随时间变化的关系。 ②根据已知条件C0CL2在光照时间过长时会发生反应 C0Cl2(g)=C0(g)+Cl2(g),容器乙中加入的C0可抑制 C0CL2的分解，增大体系中C0CL2浓度，有助于提高产物 产率。 18.（共15分，除标注外，每空2分) (1)苯胺(1分)取代反应(1分) (2)保护氨基，防止其被氧化 0 (3)O,N -NH一C一CH,+NaOH △ O.N- NH,+CH,COONa 4)C NO, (5)大于 (6)羰基、氨基 NH, (7)13 (1分) CH,CHO 综合推断A与乙酸发生取代反应生成B,则B为 -NH一CCH ;B在混酸作用下发生硝化反应，对 位取代生成C,则C为O,N -NH- CH;C水 12·化学 解生成D,则D为O,N一 -NH,;D与〔 发生 HN O CI 取代反应生成E,则E为 ;结合F和G的分子 NO. 式可知，F与NH,发生取代反应生成G,则G NH2 CHCO-NH O C 为 NO 【解析】(1)A物质由一NH2和苯环组成，即苯胺。由综合 推断可知B→C发生硝化反应，属于取代反应。(2)A→B 过程中一NH2和一C00H反应生成酰胺基，C→D中酰胺基 在碱性、加热条件下水解生成一NH2,故设计A→D转化过 程的目的为保护一NH2,防止其被氧化。(3)C→D即酰胺 基在碱性、加热条件下水解，化学方程式为 0 △ O,N- NH- CH. NaOH O,N- NH2+CH,C00Na。(4)由综合推断可知，E 13安徽省合肥市高三上 1.B【解析】玛瑙的主要成分是二氧化硅，A不符合题意：陶 灶的主要成分是硅酸盐，B符合题意：银香囊的主要成分是 金属银，C不符合题意；蜡染裙的主要成分是有机物，D不符 合题意。 2.D【解析】p电子云轮廓图是哑铃形，A选项所给3p,的电 子云轮廓图正确；1,3-丁二烯的键线式为今Mn是25 号元素，基态Mn原子的价电子轨道表示式为 3d 4s D选项所给化学方程式中应生 成(n-1)H,0。综上所述，答案选D。 3.C【解析】1mol0H所含的电子数为10W,A错误；32g S,的物质的量为gm0l,所含有的S一-S键数目为g×8xN, N,B错误：0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl.2完 全反应，CL2均完全反应，转移电子数均为0.2WA,C正确；标 准状况下，HF不是气态，故无法用气体摩尔体积计算其物质 的量，D错误。 4.A【解析】HCO,的酸性比A1(OH),强，将Na[1(OH).] 溶液与NaHCO,溶液混合，反应的离子方程式为 [Al(OH)4]+HCO,=A1(OH),↓+C03+H,0,A正确；苯 酚的酸性比碳酸的弱，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸 氢钠，B错误；氯气少量，反应生成的H应继续和HSO?反应 生成$02，C错误；用铜做电极电解硫酸铜溶液时，阳极上铜 被氧化生成铜离子，阴极上铜离子被还原生成铜单质，电解 过程中没有氧气生成，D错误。 5.C【解析】铜单质和硫单质在加热条件下反应生成Cu,S, A不符合题意：Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+,B不符合题 意：硫化亚铜在高温条件下与氧气反应生成铜和二氧化硫， 该法属于火法炼铜，C符合题意：Cu与浓硫酸需在加热条件 下反应才能得到二氧化硫，D不符合题意。 6.B【解析】[Cu(NH3)4]2+中不含离子键，A错误；“还原” 步骤中Cu2+与S0?反应生成CuCl和S0?,氧化剂和还原剂 的物质的量之比为2：1，B正确；“还原”后所得溶液中Cu 与Cl反应生成CuCl沉淀，故该溶液中无大量存在的Cu、 D35卷 参考答案及深度解析 CI 的结构简式为 (5)D中含有硝基，硝基为吸 NO 电子基团，导致D中氨基氮原子周围电子云密度减小，从而 结合质子的能力减弱，所以A的碱性大于D。(6)G→H过 程主要发生的是环化反应，其中发生反应的官能团为羰基、 氨基。(7)B的分子式为CH,NO,其同分异构体需包含 1个苯环，一NH2直接与苯环相连，包含醛基，故当该同分异 构体包含1个苯环，1个一NH2,1个一CH2CH0时，两个取 代基在苯环上可位于邻、间、对位置，故其同分异构体有 3种，当该同分异构体包含1个苯环，1个-NH2,1个 一CH0,1个一CH3时，其同分异构体有10种， NH NH NH, 9 0(数字代表CH,的位 6 CHO CHO 置)，共13种：核磁共振氢谱中有五组吸收峰，且峰面积之 NH, 比为2：2：2：2：1的结构简式为机 CH,CHO 学期第二次教学质量检测 CI,C错误；“洗涤”时不可使用水做洗涤剂，因为CuCl潮湿 时易被氧化，D错误。 7.D【解析】电解饱和食盐水制备较纯净的烧碱，应该使用 阳离子交换膜，A错误；NO2与Br2(g)均能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，无法鉴别，B错误：酸式滴定管不能用来盛装碱性 溶液，C错误：配制Na,S溶液时，用新煮沸过并冷却的NaOH 溶液溶解Na2S固体，可抑制Na2S的水解并防止其被氧气氧 化，D正确。 8.C【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素 且分属三个不同周期，则X为H:Z、W的基态原子价层电子 都有2个未成对电子且题给化合物中Z形成2个共价键，Y 形成4个共价键，W形成2个共价键，则Y为C、Z为0、W为 S。原子半径大小顺序为S>C>0>H,A说法正确：水和硫化 氢均有两对孤电子对，但是氧的电负性比硫的大，氧原子对 其携带的两对孤电子对的吸引比硫原子的大，故键角H,0> H,S,B说法正确；C的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳 酸是弱酸，C说法错误；S单质易溶于CS2,故残留在试管壁 上的硫单质可以用二硫化碳去除，D说法正确。 9.B【解析】1mol该物质充分燃烧最多可消耗18mol02,A 错误；该有机物中的酯基、（酚）羟基均能与NaOH反应，1mol 酯基消耗1 mol NaOH,1mol(酚)羟基消耗1 mol NaOH,故 1mol该物质最多与3 mol NaOH反应，B正确；分子中不含羧 基，C错误；分子中存在手性碳原子，如图用“*”标注： 0= OH 0 OH,D错误。 HO OH OH 10.c :【解析】由题意可知，该实验可制备氮化锂，装置A中 发生反应NaNO,+NH,Cl△NaCI+N,↑+2H,O,A说法正 确：实验中先点燃A处酒精灯，利用装置A反应生成的氮气 排尽装置内的空气，再点燃C处酒精灯，防止装置内空气将 锂氧化，B说法正确；若制备纯净干燥的氯气，除了装置A 和B外，还需要增加干燥装置，C说法错误：装置D的作用 13·化学