精品解析：四川省内江市第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

内江一中2027届高三上学期第一次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Ti-48 Co-59 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 钠具有还原性，可用于制作高压钠灯 B. 受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C. 常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸 D. 氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为： B. 的结构式为： C. 中子数为18的Cl原子： D. 离子半径： 3. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 利用覆铜板制作印刷电路板； B. 用酸性溶液测定空气中的含量： C. 食醋去除水垢中的 D. 绿矾()处理酸性工业废水中的 4. 物质Z常应用于液晶材料的制备，合成Z一种方法如下图所示，下列说法不正确的是 A. X分子中所有碳原子共面 B. 分子中含有键 C. 1mol Z与足量加成，消耗 D. 、、均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 5. Q、W、X、Y是原子序数依次增大的短周期元素。W、X是金属元素，其最高价氧化物的水化物间反应生成盐和水；Q的最外层电子数是核外电子层数的3倍，W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是 A. W的各氧化物中只含有离子键 B. Y的正四价氧化物与Q3漂白的原理相同 C. 在水溶液中可制得X2Y3沉淀 D. 四种元素形成的简单离子中，X的半径最小 6. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 溶液发生了水解反应 向溶液中滴加少量溶液，观察现象(已知：为黄色沉淀) B 酸性： 向溶液中通入气体，观察现象 C 在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力 向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察现象 D 中含有Fe(II) 将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化 A. A B. B C. C D. D 7. AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 消耗等物质的量的和，转移电子数目为6 B. 12g C（石墨）含非极性键数目为3 C. 标准状况下，11.2L 含键数目为 D. 0.1mol 溶于足量盐酸，溶液中含数目为0.2 8. 碳酸二甲酯是一种重要的有机合成中间体。利用酯交换法合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示（R为烃基）。下列说法不正确的是 A. 是反应的催化剂，中间物质有3个 B. 反应过程中碳原子的杂化方式没有变化 C. 若为甲基，则的名称为1,3-丙二醇 D. 上述反应过程中，有键、键的断裂和形成 9. 下列实验的相应操作中，正确的是 A.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 B.测定溶液的pH C.用乙醇制取乙烯 D.萃取碘水中的碘 A. 加热并用玻璃棒不断搅拌，直至液体完全蒸干 B. 先用蒸馏水洗涤玻璃棒，再蘸取待测液，点在pH试纸上 C. 先加入浓硫酸，再加入乙醇，加热使温度迅速升至170℃ D. 加入碘水和四氯化碳，然后使分液漏斗的上口向下倾斜，振荡 10. 下图是一种利用侯氏制碱法的副产物合成硝酸的工艺流程图。下列说法错误的是 A. “反应1”中生成的含氮化合物为极性分子 B. 流程中涉及的含氮产物的晶体类型均相同 C. 硝酸中原子的杂化轨道类型为 D. “反应4”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1 11. 某温度下，在密闭容器中充入一定量的R（g），发生反应，该反应经历两步：①；②，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 不使用催化剂M，反应过程中c（I）先增大后减小 B. 使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能减小 C. 反应②的 D. 降低温度，增大，且减小 12. 下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是 A. 金属的制备：溶液 B. 漂白液失效： C. 金属钠在空气中放置： D. 13. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是 A. 若的溶液呈棕黄色，则其可由与盐酸反应生成 B. 若能与反应生成，则中含共价键和离子键 C. 若能溶于溶液，则中的金属元素位于周期表区 D. b、e都是碱性氧化物，都可以和水反应生成碱 14. 某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是 A. 通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响 B. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的CO C. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁 D. 若将④中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气 15. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应的平衡常数 B. C. 曲线④代表含的溶液的变化曲线 D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化 二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16. 过渡金属Schiff碱配合物[]具有生物活性，常用于模拟研究金属蛋白质的载氧机理。 Ⅰ．制备[] []的合成路线如下。 已知：易被氧化为。 实验步骤： ①关闭K，在仪器a中加入水杨醛(1.6 mL)、乙二胺(0.5 mL)及95%乙醇(80 mL)，室温搅拌4~5 min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺晶体； ②……； ③通冷凝水，加热使晶体溶解，将醋酸钴溶液(15 mL)加入仪器a中，生成胶状沉淀，继续保持微沸，有暗红色晶体析出，反应结束； ④抽滤、洗涤、干燥，制得产品。 （1）仪器a的名称为_____，规格最好选择_____(填序号)。 a．100 mL    b．200 mL    c．500 mL （2）乙醇的作用是_____。 （3）步骤②的操作为_____。 （4）步骤③中“反应结束”后的操作顺序为_____。 a．停止通氮气停止加热关闭冷凝水     b．停止加热停止通氮气关闭冷凝水 c．停止加热关闭冷凝水停止通氮气    d．关闭冷凝水停止加热停止通氮气 （5）反应Y另外一个产物为_____(填名称)。实验发现，若用、代替，几乎得不到产品，试从化学平衡的角度解释这一事实_____。 Ⅱ．按如图装置进行载氧量测定 用氧气除去装置中的空气后，关闭、，5分钟后记录数据，重复3次。每次读数前应先进行的操作是：缓慢移动水准调节器，使其与量气管内液面相平。 （6）[]在DMF中三次载氧量测定结果如下表： 序号 []样品质量/g 吸氧体积/mL 1 3.22 2 3.38 3 3.20 载氧量的计算式为_____(已知：实验条件下的气体摩尔体积为；)。 17. 废旧锂离子电池(LiBs)正极材料以为主，含少量Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。一种实现金属高效回收的流程如下： 已知：①时，几种氢氧化物的溶度积常数如下： 氢氧化物 ②萃取剂I(用HR表示，难溶于水)萃取的反应可表示为： （1）中钴元素的化合价为____________。 （2）“酸浸”过程中，主要与反应，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为____________；酸浸温度一般控制在以下，温度不宜过高的原因是____________。 （3）“氧化沉淀”时，将氧化为的离子方程式为：____________。 （4）“氧化沉淀、调pH”时，沉淀完全，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知“氧化沉淀、调pH”前溶液中，。 （5）萃取剂Ⅰ(HR结构如图)能与形成配合物。易进入有机相的原因有_______(填字母)。 A. 被萃取剂Ⅰ还原 B. 与萃取剂Ⅰ中N、O形成配位键 C. 萃取剂Ⅰ与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性 （6）“反萃取Ⅰ”中，试剂X为____________(填化学式)。“反萃取Ⅱ”后的含溶液可通过电解回收Co，装置如图所示。阴极反应式为____________。 18. TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，应用广泛，其制备方法有多种。 制法1总反应为： 反应步骤如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： （1）基态钛原子的价层电子轨道表示式为____________。 （2）______，总反应自发进行的温度条件为____________(填“低温”、“高温”或“任意温度”)。 制法2的主反应为：。 （3）催化剂M、N对制法2主反应反应进程的能量影响如图1所示，两种催化剂对应的关系如图2所示。(已知：，其中为活化能，为速率常数，和为常数) ①催化剂N对应的关系曲线是图2中的____________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②下列关于主反应的说法正确的是____________。 A．当时，反应达到平衡状态 B．减压时平衡正向移动，增大 C．温度升高，平衡正向移动，增大，增大 D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率 （4）利用制法1在恒容密闭容器中，加入1mol、5molC和8.4mol，以从升温至后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间变化关系如图3。已知：剩余固体质量分数。 ①148min之前反应速率逐渐加快的原因是____________。 ②Q点时反应已达平衡，此时总压强为，求时总反应的(分压=总压×物质的量分数，写出计算式)________。 19. 化合物H是合成某药物的原料，其合成路线如下。 （1）所需试剂和反应条件___________；___________。 （2）B中含有官能团的名称___________。 （3）的反应类型___________。 （4）F的结构简式___________。 （5）下列说法正确的是___________。 a．H含手性碳原子    b．B能发生消去反应    c．F存在顺反异构体 （6）E有多种同分异构体，符合下列条件的E的同分异构体结构简式为___________。 ①含有苯环；②能与溶液反应；③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为 （7）写出G缩聚反应的化学反应方程式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江一中2027届高三上学期第一次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Ti-48 Co-59 一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 钠具有还原性，可用于制作高压钠灯 B. 受热易分解，可用于制胃酸中和剂 C. 常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸 D. 氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．钠的焰色呈黄色，可用于制作高压钠灯，焰色反应为物理性质，与钠具有强还原性无关，A不符合题意； B．NaHCO3作胃酸的中和剂，是利用NaHCO3可以和胃酸中的盐酸反应的性质，与热稳定性无关，B不符合题意； C．浓硝酸具有强氧化性，常温下Al在浓硝酸中钝化，在金属表面形成一层致密氧化膜，可用铝质容器贮运浓硝酸，C符合题意； D．氨气具有还原性，因此NH3与NOx在催化剂作用下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，与氨气的溶解性无关，D不符合题意； 故选C。 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为： B. 的结构式为： C. 中子数为18的Cl原子： D. 离子半径： 【答案】B 【解析】 【详解】A．的电子式为：，故A错误； B．分子中N原子之间形成三键，结构式为：，故B正确； C．中子数为18的Cl原子，其质量数是35：，故C错误； D．、的核外电子排布相同，的核电荷数大于，则离子半径：，故D错误； 故选：B。 3. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 利用覆铜板制作印刷电路板； B. 用酸性溶液测定空气中的含量： C. 食醋去除水垢中的 D. 绿矾()处理酸性工业废水中的 【答案】A 【解析】 【详解】A．利用覆铜板制作印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，本身被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误； B．酸性与反应：，B正确； C．食醋去除水垢中的CaCO3生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋2CH3COO-+H2O＋CO2↑，C正确； D．用绿矾(FeSO4·7H2O)处理工业废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，Cr元素化合价由+6降低为+3、Fe元素化合价由+2升高为+3，反应的离子方程式为，D正确； 故选A。 4. 物质Z常应用于液晶材料的制备，合成Z一种方法如下图所示，下列说法不正确的是 A. X分子中所有碳原子共面 B. 分子中含有键 C. 1mol Z与足量加成，消耗 D. 、、均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】B 【解析】 【详解】A．X分子中，醛基上的C原子直接与苯环相连，苯环是平面形结构，故所有碳原子共面，A正确； B．中含有、、、的键数为，故分子中含有键，B错误； C．Z中两个苯环、醛基均能与加成，故1mol Z与足量加成，消耗，C正确； D．、中含有醛基、中含有双键，均可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确； 故选B。 5. Q、W、X、Y是原子序数依次增大的短周期元素。W、X是金属元素，其最高价氧化物的水化物间反应生成盐和水；Q的最外层电子数是核外电子层数的3倍，W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是 A. W的各氧化物中只含有离子键 B. Y的正四价氧化物与Q3漂白的原理相同 C. 在水溶液中可制得X2Y3沉淀 D. 四种元素形成的简单离子中，X的半径最小 【答案】D 【解析】 【分析】Q、W、X、Y是原子序数依次增大的短周期元素。W、X是金属元素，其最高价氧化物的水化物间反应生成盐和水，可以确定W为钠，X为铝；Q的最外层电子数是核外电子层数的3倍，可以确定为氧；W与Y可形成化合物W2Y，根据化合价可以确定Y为硫。 【详解】A.过氧化钠中既含有离子键也很有非极性共价键，故A不正确； B.二氧化硫是和有色物质结合生成不稳定无色物质，属于暂时性漂白；臭氧是因为具有极强氧化性漂白有色物质，属于永久性漂白，故B不正确； C.硫化铝在水中不存在，很快水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体。故C不正确； D. 四种元素形成的简单离子中，铝离子半径最小，故D正确； 正确答案：D。 【点睛】考查位置、结构、性质的关系，熟悉第三周期元素的性质变化规律及常见元素的单质和化合物的性质是解答本题的关键，题目难度中等，易错点C。 6. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 溶液发生了水解反应 向溶液中滴加少量溶液，观察现象(已知：为黄色沉淀) B 酸性： 向溶液中通入气体，观察现象 C 在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力 向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察现象 D 中含有Fe(II) 将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Ag+促进的电离，生成为黄色沉淀，不能证明溶液发生了水解反应，故A错误； B．生成的CuS不溶于硫酸，观察到生成黑色沉淀，不能证明酸性：，故B错误； C．I2与KI反应生成KI3，则I2在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故C正确； D．酸性高锰酸钾溶液可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明中含有Fe(II)，故D错误； 故选C。 7. AlN是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 消耗等物质的量的和，转移电子数目为6 B. 12g C（石墨）含非极性键数目为3 C. 标准状况下，11.2L 含键数目为 D. 0.1mol 溶于足量盐酸，溶液中含数目为0.2 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于不知道等物质的量的和具体物质的量，无法计算转移的电子数目，A不正确； B．12g C（石墨）的物质的量为1mol，根据石墨的结构，每个碳原子形成3根非极性键，每根碳碳键是两个碳原子形成，每个碳原子对非极性键的占有率为，故1mol石墨含非极性键，即非极性键数目为1.5，B不正确； C．1个分子含2个π键，标准状况下，11.2L 的物质的量为0.5mol，含个键，C正确； D．会水解，0.1mol 溶于足量盐酸，溶液中含数目小于0.2，D不正确； 本题选C。 8. 碳酸二甲酯是一种重要的有机合成中间体。利用酯交换法合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示（R为烃基）。下列说法不正确的是 A. 是反应的催化剂，中间物质有3个 B. 反应过程中碳原子的杂化方式没有变化 C. 若为甲基，则的名称为1,3-丙二醇 D. 上述反应过程中，有键、键的断裂和形成 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可得始终在循环中，没有额外进入体系，也没有从体系中脱离，所以是催化剂，反应的中间物质包括、、，一共3个，因此A正确； B．反应过程中活性C原子存在羰基碳和碳正离子两种形式间的相互转化，羰基中的C原子价层电子对数为，为杂化，碳正离子的价层电子对数为，为杂化，杂化方式保持不变，因此B正确； C．根据机理中的②步骤，可以得到X的结构式为，若R为甲基，则具体结构式为，按照系统命名法是1,2-丙二醇，因此C错误； D．例如步骤①中存在中键的断裂和键键的形成，而步骤④是上述的逆过程，即键的形成和键的断裂，因此D正确； 故答案为C。 9. 下列实验的相应操作中，正确的是 A.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 B.测定溶液的pH C.用乙醇制取乙烯 D.萃取碘水中的碘 A. 加热并用玻璃棒不断搅拌，直至液体完全蒸干 B. 先用蒸馏水洗涤玻璃棒，再蘸取待测液，点在pH试纸上 C. 先加入浓硫酸，再加入乙醇，加热使温度迅速升至170℃ D. 加入碘水和四氯化碳，然后使分液漏斗的上口向下倾斜，振荡 【答案】D 【解析】 【详解】A．蒸发结晶得到NaCl晶体时，不能将液体完全蒸干，应当加热到出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干剩余液体；完全蒸干会导致固体飞溅，A错误； B．测定溶液pH时，若提前用蒸馏水洗涤玻璃棒，玻璃棒残留的水会稀释待测液，导致测定结果不准确，应该用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液，B错误； C．乙醇和浓硫酸混合时，浓硫酸密度更大、混合过程放热，若先加浓硫酸再加乙醇，乙醇会浮在浓硫酸表面，放热易引发液体飞溅，正确顺序是先加乙醇，再将浓硫酸缓慢加入乙醇中，C错误； D．四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中溶解度远大于水，可萃取碘水中的碘；振荡萃取时，需要塞紧分液漏斗上口塞子，倒转分液漏斗（上口向下倾斜）振荡，D正确； 故选D。 10. 下图是一种利用侯氏制碱法的副产物合成硝酸的工艺流程图。下列说法错误的是 A. “反应1”中生成的含氮化合物为极性分子 B. 流程中涉及的含氮产物的晶体类型均相同 C. 硝酸中原子的杂化轨道类型为 D. “反应4”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1 【答案】D 【解析】 【分析】该工艺以侯氏制碱法的副产物氯化铵为原料制备硝酸，首先氯化铵与氢氧化钙经反应1制得氨气，氨气与氧气经反应2发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气经反应3生成二氧化氮，最后二氧化氮与氧气、水经反应4生成最终产物硝酸。 【详解】A．“反应1”中生成的含氮化合物为氨气，氨气是极性分子，A正确； B．流程中涉及的含氮产物分别为、、、，均为分子晶体，B正确； C．硝酸中原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，N原子为杂化，C正确； D．“反应4”为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D错误； 故选D。 11. 某温度下，在密闭容器中充入一定量的R（g），发生反应，该反应经历两步：①；②，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 不使用催化剂M，反应过程中c（I）先增大后减小 B. 使用催化剂M，反应①的活化能不变，反应②的活化能减小 C. 反应②的 D. 降低温度，增大，且减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知反应①的活化能小于反应②，故反应①的速率大于反应②，开始时Ⅰ的生成速率大于消耗速率，随着反应的进行，Ⅰ的浓度逐渐减小，故不使用催化剂M，反应过程中I的浓度先增大后减小，故A正确； B．催化剂M能催化第②步反应，故使用催化剂M，反应①的活化能不变，对于反应②，加入催化剂，能降低反应的活化能，故B正确； C．反应②为放热反应，由图可知，反应②的，故C正确； D．反应②为放热反应，降低温度，平衡正向移动，故增大，总反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，也增大，故D错误； 答案选D。 12. 下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是 A. 金属的制备：溶液 B. 漂白液失效： C. 金属钠在空气中放置： D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．和盐酸反应可得到溶液，但电解溶液时阴极优先放电生成，无法得到金属，需电解熔融态才可以制备，A项错误； B．漂白液的有效成分为，先和空气中的、反应生成，不稳定，光照条件下分解为和，该过程为漂白液的失效过程，B项正确； C．金属钠在常温空气中放置，和反应生成，只有在加热或点燃条件下才会生成，C项错误； D．的氧化性较强，和在加热条件下反应生成，无法得到，D项错误； 答案选B。 13. 部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是 A. 若的溶液呈棕黄色，则其可由与盐酸反应生成 B. 若能与反应生成，则中含共价键和离子键 C. 若能溶于溶液，则中的金属元素位于周期表区 D. b、e都是碱性氧化物，都可以和水反应生成碱 【答案】B 【解析】 【详解】A．i溶液呈棕黄色说明i含，a为单质，与盐酸反应生成，A项错误； B．b为+1价氧化物，能与反应生成，则b为，与之间为离子键，内部存在非极性共价键，B项正确； C．i为+3价盐，能溶于溶液，则i为铝盐，金属元素位于周期表p区，不属于d区，C项错误； D．e为+2价氧化物，若为，属于碱性氧化物，但难溶于水，不与水反应生成碱，D项错误； 故选B。 14. 某同学用下图所示装置检验草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，淡黄色)受热分解的部分产物。下列说法正确的是 A. 通入N2的主要目的是防止空气中的水蒸气对产物检验产生影响 B. 若③和⑤中分别盛放足量NaOH溶液、CuO固体，可检验生成的CO C. 实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁 D. 若将④中的无水CaC12换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气 【答案】B 【解析】 【详解】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响，A错误；利用②③除去二氧化碳，④中的无水氯化钙将气体干燥后，如果⑤中的黑色的氧化铜固体变红，⑥中澄清的石灰水变浑浊，说明有一氧化碳产生，B正确；实验结束后，①中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物可能为铁，或氧化亚铁或四氧化三铁，这些物质都是黑色的，C错误；因混合气体经过了②澄清的石灰水，③氢氧化钠溶液，所以将④中的无水氯化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气，D错误；正确选项B。 点睛：本实验抓住亚铁离子的不稳定性，进行判断处理，因为亚铁离子非常容易被氧化，所以先赶净装置中的空气，回答了充入氮气的目的；检验一氧化碳产生，应先除去混合气体中的二氧化碳，再利用一氧化碳的还原性检验即可。 15. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应的平衡常数 B. C. 曲线④代表含的溶液的变化曲线 D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化 【答案】D 【解析】 【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。 【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确； B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确； C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确； D．曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线交点是(6.9,a)，就可以发生沉淀转化，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16. 过渡金属Schiff碱配合物[]具有生物活性，常用于模拟研究金属蛋白质的载氧机理。 Ⅰ．制备[] []的合成路线如下。 已知：易被氧化为。 实验步骤： ①关闭K，在仪器a中加入水杨醛(1.6 mL)、乙二胺(0.5 mL)及95%乙醇(80 mL)，室温搅拌4~5 min，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺晶体； ②……； ③通冷凝水，加热使晶体溶解，将醋酸钴溶液(15 mL)加入仪器a中，生成胶状沉淀，继续保持微沸，有暗红色晶体析出，反应结束； ④抽滤、洗涤、干燥，制得产品。 （1）仪器a的名称为_____，规格最好选择_____(填序号)。 a．100 mL    b．200 mL    c．500 mL （2）乙醇的作用是_____。 （3）步骤②的操作为_____。 （4）步骤③中“反应结束”后的操作顺序为_____。 a．停止通氮气停止加热关闭冷凝水     b．停止加热停止通氮气关闭冷凝水 c．停止加热关闭冷凝水停止通氮气    d．关闭冷凝水停止加热停止通氮气 （5）反应Y另外一个产物为_____(填名称)。实验发现，若用、代替，几乎得不到产品，试从化学平衡的角度解释这一事实_____。 Ⅱ．按如图装置进行载氧量测定 用氧气除去装置中的空气后，关闭、，5分钟后记录数据，重复3次。每次读数前应先进行的操作是：缓慢移动水准调节器，使其与量气管内液面相平。 （6）[]在DMF中三次载氧量测定结果如下表： 序号 []样品质量/g 吸氧体积/mL 1 3.22 2 3.38 3 3.20 载氧量的计算式为_____(已知：实验条件下的气体摩尔体积为；)。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. b （2）作溶剂，溶解反应物，使反应在均相中顺利进行 （3）打开K，通入一段时间N2，排尽装置内的空气 （4）c （5） ①. 乙酸(或醋酸) ②. 、反应会生成、，二者均为强酸，反应体系中浓度较大，使平衡向逆反应方向移动，难以得到 （6） 【解析】 【分析】实验时先加入水杨醛、乙二胺和95%乙醇，在热水浴条件下完成反应X，生成Salen配体，之后再加入醋酸钴溶液，继续在热水浴（提供稳定、温和的加热条件，便于控制反应温度，同时避免局部过热导致副反应）中完成反应Y，生成目标产物。 【小问1详解】 由图可知，仪器a为三颈烧瓶；实验过程中容器内液体总体积为80mL+15mL=95mL，加热时液体体积不超过烧瓶容积的，不少于，因此选择200 mL规格最合适，故选b。 【小问2详解】 水杨醛、乙二胺都是有机物，易溶于乙醇，均相环境能让反应物充分混合，加快反应生成Salen配体，故乙醇的作用是作为溶剂，溶解水杨醛、乙二胺，使反应物充分混合，增大接触面积，加快反应速率。 【小问3详解】 已知：易被氧化为，需要提前通入惰性气体氮气赶走装置内的氧气，防止后续生成的Co(Ⅱ)配合物被氧化，故步骤②的操作为打开K，通入一段时间N2，排尽装置内的空气。 【小问4详解】 实验结束后，为防止热的体系接触空气导致产物被氧化，需要先停止加热，待体系冷却后关闭冷凝水；全程要保持通氮气至体系完全冷却，避免空气倒吸进入装置，因此操作顺序为停止加热→关闭冷凝水→停止通氮气，故选c。 【小问5详解】 反应Y中Salen的两个酚羟基的H被Co2+置换，和醋酸根结合生成乙酸；醋酸根的弱碱性可以消耗反应生成的H+，拉动配位平衡正向进行，但、反应会生成、，二者均为强酸，反应体系中浓度较大，使平衡向逆反应方向移动，难以得到。 【小问6详解】 3次数据中3.38mL为异常值，舍去后取3.22mL和3.20mL的平均值计算O2的物质的量为，Co(Ⅱ)Salen的物质的量为，载氧量=。 17. 废旧锂离子电池(LiBs)正极材料以为主，含少量Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。一种实现金属高效回收的流程如下： 已知：①时，几种氢氧化物的溶度积常数如下： 氢氧化物 ②萃取剂I(用HR表示，难溶于水)萃取的反应可表示为： （1）中钴元素的化合价为____________。 （2）“酸浸”过程中，主要与反应，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为____________；酸浸温度一般控制在以下，温度不宜过高的原因是____________。 （3）“氧化沉淀”时，将氧化为的离子方程式为：____________。 （4）“氧化沉淀、调pH”时，沉淀完全，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知“氧化沉淀、调pH”前溶液中，。 （5）萃取剂Ⅰ(HR结构如图)能与形成配合物。易进入有机相的原因有_______(填字母)。 A. 被萃取剂Ⅰ还原 B. 与萃取剂Ⅰ中N、O形成配位键 C. 萃取剂Ⅰ与水能形成分子间氢键 D. 烷基链具有疏水性 （6）“反萃取Ⅰ”中，试剂X为____________(填化学式)。“反萃取Ⅱ”后的含溶液可通过电解回收Co，装置如图所示。阴极反应式为____________。 【答案】（1）+3 （2） ①. ②. 防止温度过高导致受热分解 （3） （4）5 （5）BD （6） ①. ②. 【解析】 【分析】流程主线：废旧正极材料经粉碎后用H2SO4、H2O2酸浸，H2O2作还原剂把LiCoO2中+3价的Co还原为Co2+，同时Fe、Mn、Cu的氧化物溶解进入浸出液；随后加入(NH4)2S2O8作氧化剂把Mn2+氧化为MnO2，并通过调pH使Fe3+转化生成Fe(OH)3，二者一并沉淀除去；滤液加萃取剂Ⅰ萃取Cu2+、萃余液再用萃取剂Ⅱ萃取Co2+，水相最终得到Li2SO4溶液；反萃取Ⅰ（加试剂X）使Cu2+回到水相得CuSO4，经反萃取Ⅱ后得CoSO4溶液，电解该溶液可回收Co。解题时应沿物料流向确定各微粒的去向（滤渣、有机相或水相）及各步操作的目的。 【小问1详解】 LiCoO2中Li为+1价、O为−2价，设Co的化合价为x，由化合物中各元素化合价的代数和为0可得：(+1)+x+2×(−2)=0，解得x=+3，即钴元素的化合价为+3。 【小问2详解】 酸浸时H2O2作还原剂，其中氧元素由−1价升高到0价（被氧化为氧气），每摩尔H2O2失去2 mol电子；LiCoO2作氧化剂，其中钴元素由+3价降低到+2价，每摩尔LiCoO2得到1 mol电子。由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。酸浸温度控制在80℃以下，是因为温度过高时H2O2受热分解生成水和氧气，会降低H2O2的利用率。 【小问3详解】 (NH4)2S2O8中过氧键(-0-0-)中的O为-1价，具有氧化性，一个(NH4)2S2O8中含2个-1价的O，则每摩尔(NH4)2S2O8得到2 mol电子；Mn2+被氧化为MnO2，每摩尔Mn2+失去2 mol电子。根据得失电子数相等，故与Mn2+按个数比1:1反应，再结合电荷守恒和原子守恒配平，所得离子方程式为。 【小问4详解】 Fe3+沉淀完全时，溶液中残留的Fe3+浓度按不超过 mol/L处理。结合Fe(OH)3的溶度积为可得临界的c(OH−)= mol/L；调pH时不能使Cu2+、Co2+沉淀，则调pH的上限由Cu2+、Co2+开始沉淀的pH决定，当Cu2+浓度为0.022 mol/L时，Cu2+开始沉淀的临界c(OH−)== mol/L，即临界pH=5；当Co2+浓度为0.16 mol/L时，Co2+开始沉淀的临界c(OH−)== mol/L，即临界pH=7。所以pH最高只能调至5。 【小问5详解】 A．Cu2+与萃取剂Ⅰ形成配合物CuR2，铜元素仍为+2价，没有被还原，A错误。 B．萃取剂Ⅰ中N原子和O原子都有孤电子对，可与Cu2+形成配位键，从而生成配合物CuR2，B正确。 C．萃取剂Ⅰ能与水形成分子间氢键，说明它有一定的亲水性，不利于Cu2+进入有机相，C错误。 D．萃取剂Ⅰ中的烷基链具有疏水性，使生成的CuR2易溶于有机相，D正确。 故答案为BD。 【小问6详解】 反萃取Ⅰ是使有机相Ⅰ中的Cu2+重新回到水相：加入强酸可使平衡Cu2+(水相)+2HR(有机相)⇌CuR2(有机相)+2H+(水相)逆向移动，又因产品为CuSO4，故试剂X为H2SO4。电解回收Co时，阴极上Co2+得电子被还原为金属Co，阴极反应式为。 18. TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，应用广泛，其制备方法有多种。 制法1总反应为： 反应步骤如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： （1）基态钛原子的价层电子轨道表示式为____________。 （2）______，总反应自发进行的温度条件为____________(填“低温”、“高温”或“任意温度”)。 制法2的主反应为：。 （3）催化剂M、N对制法2主反应反应进程的能量影响如图1所示，两种催化剂对应的关系如图2所示。(已知：，其中为活化能，为速率常数，和为常数) ①催化剂N对应的关系曲线是图2中的____________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②下列关于主反应的说法正确的是____________。 A．当时，反应达到平衡状态 B．减压时平衡正向移动，增大 C．温度升高，平衡正向移动，增大，增大 D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率 （4）利用制法1在恒容密闭容器中，加入1mol、5molC和8.4mol，以从升温至后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间变化关系如图3。已知：剩余固体质量分数。 ①148min之前反应速率逐渐加快的原因是____________。 ②Q点时反应已达平衡，此时总压强为，求时总反应的(分压=总压×物质的量分数，写出计算式)________。 【答案】（1） （2） ①. +465.5 ②. 高温 （3） ①. Ⅰ ②. CD （4） ①. 该时间段内，反应体系持续升温，反应速率加快 ②. 或 【解析】 【小问1详解】 Ti为22号元素，基态钛原子的价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】 根据盖斯定律，总反应=I+III+II，故总反应=(168.3+734.9+251.7) =+465.5；总反应的，，要反应自发进行，则，故需要高温条件； 【小问3详解】 ①催化剂N的活化能低于催化剂M，由可知，活化能Ea越小，曲线的斜率绝对值越小，对应曲线Ⅰ； ②A．平衡时正逆反应速率比等于化学计量数之比，应满足，时正逆速率不相等，反应未达平衡，A错误； B．减压时平衡正向移动，平衡常数仅与温度有关，温度不变不变，B错误； C．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，温度升高活化分子百分数增大，均增大，C正确； D．投料时增大的值，即增大CH4的浓度，平衡正向移动，有利于提高TiCl3的平衡转化率，D正确； 故选CD； 【小问4详解】 ①148min之前反应速率逐渐加快的原因是反应体系持续升温，反应速率加快； ②起始加入1mol、5molC，总质量为(48+32+512)=140 g，由图像可知，Q点时剩余固体质量分数为68%，则剩余固体质量为140g68%=95.2g；设反应的为，则，剩余固体质量为，解得，平衡时，气体总物质的量，因此。 19. 化合物H是合成某药物的原料，其合成路线如下。 （1）所需试剂和反应条件___________；___________。 （2）B中含有官能团的名称___________。 （3）的反应类型___________。 （4）F的结构简式___________。 （5）下列说法正确的是___________。 a．H含手性碳原子    b．B能发生消去反应    c．F存在顺反异构体 （6）E有多种同分异构体，符合下列条件的E的同分异构体结构简式为___________。 ①含有苯环；②能与溶液反应；③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为 （7）写出G缩聚反应的化学反应方程式___________。 【答案】（1） ①. ②. 浓硫酸、加热 （2）碳溴键、酯基 （3）加成反应 （4） （5）ac （6） （7） 【解析】 【分析】A发生酯化反应生成B，B与Zn反应生成C；D发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F与氢气发生加成反应生成，结合E的结构简式可知F的结构简式为，C和发生反应生成H，H发生水解反应生成G。 【小问1详解】 A（BrCH2COOH）→B是羧酸与醇的酯化反应（属于取代反应），将羧基转化为乙酯基，所需试剂为乙醇，浓硫酸作催化剂和吸水剂，反应条件为加热。 【小问2详解】 由B的结构简式可知，含有的官能团为溴原子（碳溴键）和酯基。 【小问3详解】 D（苯甲醛）的碳氧双键打开与给定的酮在NaOH水溶液中发生羟醛缩合的加成反应得到E，反应类型为加成反应。 【小问4详解】 由分析知，F的结构简式为。 【小问5详解】 a．H分子中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，如图：，a正确； b．与Br相连的碳原子邻位碳原子上无H原子，不能发生消去反应，b错误； c．F结构简式为：，碳碳双键两端的碳原子都连接了两种不同的基团，存在顺反异构体， c正确； 故选ac。 【小问6详解】 由E的结构式可知E的分子式为，其同分异构体符合下列条件：①含有苯环；②能与溶液反应，说明含羧基；③核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为，说明含4种等效H原子，且存在对称结构，则符合要求的结构为：。 【小问7详解】 G分子中同时存在羟基和羧基，发生羟基与羧基的缩聚反应，生成聚酯和小分子水，化学反应方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $