精品解析：陕西西安市浐灞国际港交通大学附属中学陆港学校2027届高三上学期第二次模拟考试 化学试题

高三化学试题 （考试时长：75分钟 试卷分值：100分） 可能用到的相对原子质量： 第Ⅰ卷（共42分） 一、选择题共14小题，每小题3分，共42分。在给出的四个选项中，只有一项符合题意）。 1. 西安交通大学文化遗产现代科技保护研究院依托材料学、化学等学科优势，系统开展出土陶器、陶质彩绘等硅酸盐质文物的保护研究。研究人员在为下列文物制定保护方案时，须重点考虑其硅酸盐材料特性的是 A. 中国最早的可吹奏乐器——贾湖骨笛 B. 中国最早的陶器——仙人洞遗址红陶罐 C. 中国最早的古代法律书——云梦秦简（竹简） D. 中国最早的建筑平面规划图——错金银兆域图铜版 【答案】B 【解析】 【详解】A．贾湖骨笛的主要材料为动物骨骼，其主要成分为钙盐（羟基磷酸钙）及有机质（蛋白质），不属于硅酸盐材料，不需要重点考虑硅酸盐材料特性，A错误； B．仙人洞遗址红陶罐属于陶瓷制品，陶瓷是由黏土（主要成分为硅酸盐）经高温烧制而成的硅酸盐材料，制定保护方案时须重点考虑其硅酸盐材料特性，B正确； C．云梦秦简为竹简，主要成分为纤维素（有机物），不属于硅酸盐材料，不需要重点考虑硅酸盐材料特性，C错误； D．错金银兆域图铜版为铜合金制品，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，不需要重点考虑硅酸盐材料特性，D错误； 故答案选B。 2. 水井街酒坊是我国发现的古代酿酒和酒店的唯一实例，同时还出土了大量青花瓷片。其酿酒时以小麦、高粱为原料，发酵后进行“量质摘酒”——以如图所示的生铁“天锅”把“酒头”优中选优。下列说法错误的是 A. 生铁“天锅”的含碳量高于钢 B. 小麦、高粱的主要成分可以发生水解反应 C. 羟基的极性： D. “量质摘酒”得到不同酒精度的酒利用的是分馏原理 【答案】C 【解析】 【详解】A．生铁含碳量为2%~4.3%，钢的含碳量为0.03%~2%，生铁含碳量高于钢，A正确； B．小麦、高粱的主要成分为淀粉，淀粉属于多糖，可发生水解反应最终生成葡萄糖，B正确； C．乙基为推电子基团，会降低键的极性，故羟基的极性，C错误； D．“量质摘酒”利用乙醇和水的沸点差异分离得到不同酒精度的酒，利用的是分馏原理，D正确； 故选C。 3. 钍基熔盐堆是中国自主研发的第四代核裂变反应堆，采用钍（）作核燃料、液态氟化盐作冷却剂，具有常压工作、无水冷却和高温输出等特点。已知反应：．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的硝酸溶液中数目为 B. 含有的键数目为 C. 含有的孤电子对数为 D. 中含有的中子个数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．的硝酸溶液仅给出浓度为，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，A错误； B．1个（结构为）分子中含有的键总数为7（2个键、2个单键、1个单键、2个双键中的键），故含键数目为，B错误； C．的物质的量为，每个分子中原子含对孤电子对，故总孤电子对数为，C正确； D．的物质的量为1 mol，含中子的物质的量为，含中子的个数为，D错误； 故选C。 4. 在和下，下列热化学方程式书写正确的是 A. 硫粉完全燃烧放出热量： B. 与足量氢气在一定条件下反应放出热量： C. 乙炔的燃烧热是： D. 若中和热为，则氢氧化钡稀溶液与稀硫酸反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫的摩尔质量为，硫粉物质的量为，因此硫粉完全燃烧放热应为，正确的，A错误； B．合成氨是可逆反应，不能完全反应，题目中实际放出热量，若完全反应，放热会大于，因此，B错误； C．燃烧热定义为：可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。已知乙炔燃烧热为，即完全燃烧放热；热化学方程式中乙炔的化学计量数为，故，产物水为液态（稳定状态），焓变与计量数匹配，C正确； D．中和热是稀溶液中强酸强碱中和生成液态水放出的热量，该反应除了中和放热，生成沉淀的过程也会放热，因此总放热大于，，D错误； 故选C。 5. 化学学习和化学研究要注意宏观与微观相结合。下列宏观现象的微观解释错误的是 选项 宏观现象 微观解释 A 用浓硝酸与浓盐酸体积比为1：3的王水溶解Au 浓盐酸使浓硝酸的氧化性增强了 B 稳定性： O的电负性强于N，N更容易给出孤电子对 C 移栽树苗时，在根部涂抹淀粉-聚丙烯酸钠树脂用于保水 淀粉中含-OH，聚丙烯酸钠中含-COONa，二者均为亲水基团 D SiC、金刚石均可制作钻头，但后者硬度比前者大 二者均为共价晶体，键能比小，故金刚石钻头硬度大于SiC钻头 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．王水溶解金的机理是浓盐酸提供与形成络合物，降低浓度，促进Au的溶解反应，而非增强浓硝酸的氧化性，微观解释错误，A符合题意； B．稳定性高于是因N电负性小于O，更易给出孤电子对，形成更强配位键，微观解释正确，B不符合题意； C．淀粉中含、聚丙烯酸钠中含，均为亲水基团，能结合水分子实现保水，微观解释正确，C不符合题意； D．SiC与金刚石均为共价晶体，且原子半径，则键的键能大于键的键能，故金刚石硬度更大，微观解释正确，D不符合题意； 故答案为：A。 6. 利用下列装置能够达到相应实验目的的是 A. 甲：电石与水反应制乙炔 B. 乙：离子交换法净化水 C. 丙：浓硫酸与乙醇反应制乙烯 D. 丁：电解饱和食盐水生产氯气和氢氧化钠 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置甲中，电石与水的反应剧烈并会产生泡沫，不能一次性加入大量水进行反应，需要用分液漏斗并改用饱和食盐水控制速率，A项错误； B．装置乙中，溶液中的阳离子通过阳离子交换树脂时被交换掉，阴离子通过阴离子交换树脂时被交换掉，从而达到净化水的目的，B项正确； C．装置丙中，需要用温度计测量反应液的温度，使反应温度达到170℃以上，减少副反应的发生，C项错误； D．装置丁中，缺少阳离子交换膜，题给装置中生成的会与反应，无法得到目标产物，D项错误； 故答案选B。 7. 世界沿海各国已经把海洋开发上升到国家战略高度，海上钢铁构筑物的防腐也尤为重要。两种钢闸门防腐措施如图所示，下列说法错误的是 A. 图a箭头所示为电子流动方向，图b箭头所示也为电子流动方向 B. 金属A和金属B均发生氧化反应 C. 金属A换为惰性电极也可达到防腐效果 D. 金属B可选用比铁活泼的金属，如：、、等 【答案】D 【解析】 【详解】A．图a为外加电流法，电子从电源负极流向阴极（钢闸门），阳极（金属A）失电子流回电源正极，箭头为电子流动方向；图b为牺牲阳极法，金属B为负极，失电子经导线流向正极（钢闸门），箭头也为电子流动方向，A正确； B．金属A作电解池阳极，失电子发生氧化反应，金属B作原电池负极，失电子发生氧化反应，二者均发生氧化反应，B正确； C．外加电流法中，阳极仅需起到导电作用，换为惰性电极时，海水中的阴离子在阳极失电子发生氧化反应，钢闸门仍作阴极被保护，可达到防腐效果，C正确； D．性质过于活泼，会直接与海水剧烈反应，无法用作牺牲阳极的材料，D错误； 故选D。 8. W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是 A. 第二电离能： B. 原子半径： C. 单质沸点： D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，则W的电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，若W是C，X与W同族，则X是Si，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P，Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P，与Y重复；故W是S；X与W同族，则X是O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是N；Z位于W的对角线位置，则Z是F。 【详解】A．O的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的电子构型为2p2，失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A错误； B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位于第三周期，原子半径S＞O＞F，即：，B正确； C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C正确； D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于S，D正确； 故选A。 9. 标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO 能量/ 249 218 39 10 0 0 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是 A. 的键能为 B. 的键能等于中氧氧单键的键能的两倍 C. 解离氧氧单键所需能量： D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于气态H的能量为218kJ•mol-1，则H2的键能为2×218kJ•mol-1=436kJ•mol-1，故A正确； B．由于气态O的能量为249kJ•mol-1，则O2的键能为2×249kJ•mol-1=498kJ•mol-1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ•mol-1，O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，故B错误； C．ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，由于HOO(g)=HO(g)+O(g) ΔH=249kJ•mol-1+39kJ•mol-1-10kJ•mol-1=278kJ•mol-1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ•mol-1，解离氧氧单键所需能量：HOO＞H2O2，故C正确； D．ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量， ΔH=-136kJ•mol-1-(-242kJ•mol-1+249kJ•mol-1)=-143kJ•mol-1，故D正确。 答案选B。 10. 乙酰乙酸乙酯（沸点，温度超过时易分解；易溶于常见有机溶剂，微溶于水）是一种重要的有机合成中间体，实验室常用如图甲装置制备，主要反应如下： 第一步：； 第二步：（乙酰乙酸乙酯），在完成合成、洗涤、分液和干燥后，通过如图乙所示装置进一步提纯。下列说法错误的是 A. 合成乙酰乙酸乙酯的过程中涉及到了取代反应 B. 装置Y中盛放的药品可以是碱石灰 C. 用饱和氯化钠溶液洗涤有机层能减少产品损失 D. 装置乙的圆底烧瓶中必须要加入沸石 【答案】D 【解析】 【详解】A．合成过程中第二步反应里钠盐与乙酸发生取代反应生成乙酰乙酸乙酯，第一步也属于取代反应范畴，涉及取代反应，A正确； B．装置为干燥管，作用是隔绝空气中水蒸气（防止乙醇钠水解），同时吸收挥发的乙酸等酸性尾气，碱石灰为碱性干燥剂，可满足需求，因此可以盛放碱石灰，B正确； C．饱和氯化钠溶液可通过盐析效应降低微溶于水的乙酰乙酸乙酯在水相中的溶解度，减少洗涤过程的产品损失，C正确； D．乙是减压蒸馏，减压环境下沸石孔隙内空气被真空泵抽走，失去汽化中心、无法防暴沸，依靠毛细玻璃管引入气泡作为汽化中心，D错误； 故选D。 11. Q、X、Y、M、L、N、H为七种常见物质，含Q工业废水由Q溶于蒸馏水配制而成，且溶液呈黄色。如图为两种实验室模拟处理该含Q工业废水的流程，F离子水解得物质N，F离子的轨道为半充满结构．下列说法错误的是 A. 处理方法2优于处理方法1             B. Y为石墨电极，L、N在阳极附近大量析出 C. H和M反应可制得X，X可循环使用     D. F离子电荷密度高，易水解生成胶体 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，F离子水解得红褐色物质N，F离子的3d轨道为半充满结构，则F为铁离子、N为氢氧化铁；由图可知，黄色的工业废水酸化得到橙色溶液，说明Q为铬酸根离子、橙色溶液中含有重铬酸根离子，发生的反应为：；向橙色溶液加入X共热得到绿色溶液和黄绿色气体H，说明发生的反应为：，则X为HCl、H为氯气、绿色溶液中含有正三价铬离子；向绿色溶液中加入氢氧化钠得到灰绿色沉淀L，说明发生的反应为：，则L为氢氧化铬；向橙色溶液中加入X、插入电极Y，通电析出无色气体M、灰绿色沉淀L、红褐色沉淀N，说明电解时，阳极发生的反应为：，阴极发生的反应为：、；重铬酸根离子发生的反应为：；生成沉淀发生的反应为：Fe3++3OH-=Fe(OH) 3↓、Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，则Y为铁、M为氢气、N为氢氧化铁,据此分析。 【详解】A．由分析可知，与处理方法2相比，处理方法1生成有毒的氯气会污染环境，所以处理方法2优于处理方法1，A正确； B．由分析可知，若Y为石墨电极，阳极无法提供还原重铬酸根离子的亚铁离子，无法将废水中的正三价铬离子转化为氢氧化铬沉淀除去，所以Y不可能为石墨电极，B错误； C．H为氯气，M为氢气，两者反应可制得HCl，HCl可循环利用，C正确； D．铁离子电荷数高而离子半径小，因此电荷密度(离子电荷和离子体积的比值)高，所以铁离子易在溶液中水解生成氢氧化铁，D正确； 故选B。 12. 末端炔烃与卤代烃在双催化剂及有机胺碱条件下偶联形成新的化合物，被称为Sonogashira反应， 下列说法正确的是 A. M中的化合价为 B. 循环和循环中均未发生电子转移 C. 的作用是结合末端炔的质子，形成炔碳负离子 D. 上述循环中共有四个中间体，而是生成物且为离子化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．物质M的结构为Pd-Ln上连接了R1和X，原本Pd(0)-Ln中的Pd为0价，连接R1、X后M中Pd的化合价为+2，A错误； B．Cu循环中Cu的价态未发生变化，均为+1价，不存在电子转移，但Pd循环中Pd从0价转化为+2价、再回到0价，存在电子转移，B错误； C．二乙胺中亚氨基有碱性，可以结合末端炔的质子，形成炔碳负离子， C正确； D．上述循环中共存在、、三个中间体，Pd(0)-Ln和CuX是催化剂，是生成物，类比铵盐为离子化合物，D错误； 故答案选C。 13. 研究者以作为锂存储电极在复杂卤水体系中选择性电化学提锂，该系统由一个锂提取装置和锂回收装置组成（如图所示）。已知在适当电位下，优先发生的嵌入/脱出反应，而、、和需在更负电位下才可显著嵌入。下列说法正确的是 A. 图1所示的电化学装置中电子的方向：电源→b极→电解质溶液→a极 B. 、、和需在更负电位下才可显著嵌入，因此氧化性最弱 C. 图1中a极的电极反应式为 D. 若制得，则理论上两装置可获得气体的总质量为 【答案】D 【解析】 【分析】图1装置为电解池，由锂离子向a极移动知，a、b极分别为阴极和阳极，图2为原电池，c、d极分别为负极和正极； 【详解】A．电子仅能在外电路中移动，不能在电解质溶液中迁移，A错误； B．在更正的电位下即可嵌入，说明更易得电子，氧化性强于、、、，B错误； C．图1中a极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应为，选项给出的为失电子的氧化反应，C错误； D．制得时电路中转移电子，图1阳极生成（质量为），图2正极生成（质量为），气体总质量为，D正确； 故选D。 14. 萘发生磺化反应过程中，异构体（萘磺酸、萘磺酸）的平衡含量随温度的变化及异构体能量随反应进程的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 异构体1是萘磺酸                  B. 相同条件下萘生成萘磺酸的速率快 C. a点时两种异构体的生成速率一定相等     D. 反应中，萘磺酸的浓度可能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．由能量-反应进程图可知，-萘磺酸的总能量低于-萘磺酸，说明-萘磺酸的能量更低；结合平衡含量图，低温时异构体1平衡含量更高，故异构体1为-萘磺酸，A正确； B．反应速率由活化能决定，生成-萘磺酸的活化能低于-萘磺酸，故相同条件下生成-萘磺酸的速率更快，B正确； C．点为平衡状态下两种异构体的含量相等，平衡时各物质的生成速率等于自身的消耗速率，二者生成速率不一定相等，C错误； D．反应初期-萘磺酸生成速率快，浓度逐渐增大；随着温度升高，平衡向更稳定的-萘磺酸移动，-萘磺酸转化为-萘磺酸，浓度减小，故其浓度可能先增大后减小，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷（共58分） 二、填空题（本题包括4小题，共58分） 15. 从锂云母精矿（主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐）中提取锂、铷、铯的工艺流程如下： 已知：①的熔点为；的熔点为 ，熔化后形成的玻璃态硅酸盐流动性较差；②． （1）高温焙烧 ①控制焙烧温度为，其优点是_________________________________。 ②焙烧时，矿物中的与、反应生成硅酸钙，同时产生一种可以破坏矿物结构的无色气体，有利于后续锂、铷、铯的浸出。写出该反应的化学方程式__________________。 ③焙烧时，其他条件不变，控制m（锂云母） ，改变的含量对锂、铷、铯浸出率的影响如图-1所示．工业上选择m（锂云母） 的原因是_____________________________。 （2）提取锂、铷、铯 ①水浸。其他条件不变，浸出时间 ，液固比对锂、铷、铯浸出率的影响如图-2所示，最佳液固比为___________。 ②的简化电子排布式为___________________。 ③碳酸化除钙。浸出液中、，若向浸出液中加入等体积溶液，使沉淀完全，则加入溶液的初始浓度至少为______． [已知：；当离子浓度小于 时认为沉淀完全；忽略溶液混合过程中的体积变化] （3）锂的应用 ①以等物质为原料制备了具有锂离子通道的导电氧化物（），其立方晶胞和导电时迁移过程如图-3所示（已知该氧化物中为价，为价）。若，则空位的数目=______。 ②宁德时代（ ）是全球领先的动力电池企业，其自主研发的“神行超快充”电池采用磷酸铁锂（）作正极、石墨作负极，实现“充电几分钟、续航几百公里”。已知该电池所充电涉及的总反应为：，写出该电池放电时的正极反应式_________________________。 【答案】（1） ①. 熔化，增大反应物接触面积，加快反应速率；不熔化，无流动性差的玻璃态硅酸盐覆盖在精矿表面，有利于后续水浸 ②. ③. 含量低，产生少，不利于气体破坏矿物结构，导致锂、铷、铯的浸出率降低；含量过多，生成多，导致锂的浸出率降低 （2） ①. 2:1 ②. ③. （3） ①. ②. 【解析】 【分析】锂云母精矿(主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐)，加入、固体，反应生成、、气体以及、、、、，焙烧后得到的固相混合物包含、未反应矿物残渣、上述所有可溶性氯化物和过量的，气相产物为；水浸后，、、、、、和过量全部溶解进入滤液，滤液中含有、、、、、、、，难溶的和未反应矿物残渣作为滤渣被过滤除去；碱化除杂工序向浸出液中加入溶液，与反应生成沉淀并被过滤除去，除铝后滤液中含有、、、、、、和少量未反应的；碳酸化除钙工序向除铝滤液中加入适量溶液，与反应生成沉淀并被过滤除去，除钙后滤液中含有、、、、、和少量未反应的；高温沉锂工序向除钙滤液中加入过量溶液，与在高温下反应生成沉淀，过滤后得到主产品，沉锂母液中含有、、、、和少量残留的、过量的；萃取工序向沉锂母液中加入选择性萃取剂，和被萃取到有机相中，与留在水相的、分离，负载、的有机相经反萃取、结晶等后续步骤，最终得到高纯度的盐和盐产品，据此解答。 【小问1详解】 ①高于的熔点（851℃），使熔融，增大与矿物颗粒的接触面积，加快反应速率；低于的熔点（1088℃），避免生成流动性差的玻璃态硅酸盐包裹未反应的精矿颗粒，保障后续水浸的浸出效率； ②根据元素守恒和反应规律，与、在高温下反应，生成、和能破坏矿物结构的无色气体，反应的化学方程式为： ； ③结合图1的浸出率曲线分析：当含量过低时，反应产生的气体不足，无法有效破坏锂云母的致密晶体结构，导致锂、铷、铯的浸出率显著降低；当含量超过0.2时，浸出率提升幅度极小，反而会因浓度过高，与溶液中的生成沉淀，造成锂的浸出率下降，同时增加试剂成本和后续除杂负担；该比例下浸出率已达到工业可接受的较高水平，兼顾了浸出效率和生产成本； 【小问2详解】 ①由图-2可知，液固比为2:1时锂、铷、铯浸出率已达到较高水平，继续增大液固比浸出率提升不明显，且会提高后续能耗和成本，故最佳液固比为2:1； ②Cs为55号元素，位于元素周期表第六周期第ⅠA族，其简化电子排布式为； ③等体积混合后，离子浓度均减半，则混合后初始， ；沉淀完全时溶液中剩余的浓度，由得：；与反应消耗的浓度：；混合后的总浓度：；原溶液的初始浓度：因等体积混合，初始浓度为混合后浓度的2倍：；验证是否沉淀：离子积，远小于，故不会沉淀，计算有效； 【小问3详解】 ①根据电荷守恒可得，代入，，则；晶胞中体心位置总数为1，由、和空位共同占据，； ②放电时正极发生得电子的还原反应，结合总反应式可知，得到电子结合生成，故正极反应式为。 16. 实验室由安息香（ ）制备二苯乙二酮（ ）的原理如下： 反应装置如右图所示，实验步骤如下： 物质 性状 熔点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 不溶于水，溶于乙醇、乙酸 （1）仪器B进冷却水的口为_______（填“a”或“b”）；安息香发生了_______反应（填“氧化”或“还原”）。 （2）为监控反应进程，常采用薄层色谱法。薄板表面涂有硅胶（剖面示意图如图1），具体操作如下：取烧瓶内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升（图2），由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力不同，因此爬升高度不同，监测过程如图3。 下列说法正确的是_______。 A. 硅胶中所含的化学键有极性键、非极性键和氢键 B. 图3中，只要P点出现，就应关闭加热搅拌器停止反应 C. 薄层色谱法主要是利用物质极性不同对物质进行区分 D. 由图可知硅胶层表面对安息香的吸附力更强 （3）步骤Ⅱ中，安息香需待溶液1沸腾平息后加入，主要目的是_____________________。 （4）步骤Ⅰ到步骤Ⅲ在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一作用是____________________。 （5）步骤Ⅳ中，一系列操作的目的是纯化产品，请将以下步骤进行排序：①→____→③→____。 ①加入全部产品、 乙醇加热回流    ②过滤        ③趁热过滤 ④加入活性炭脱色                           ⑤冷却结晶    ⑥洗涤干燥 （6）该实验中二苯乙二酮的产率为_____。 （7）某同学尝试加入催化量（约 ）的并通入空气制备二苯乙二酮．判断该方案是否可行并简述理由__________________________________________________。 【答案】（1） ①. a ②. 氧化 （2）CD （3）防暴沸 （4）抑制氯化铁水解 （5） ①. ④ ②. ⑤②⑥ （6）90% （7）可行，空气可以将还原产物又氧化为氯化铁以循环参与反应 【解析】 【分析】安息香在氯化铁作用下加热氧化为二苯乙二酮，利用球形冷凝管回流以减少挥发损失，反应后加水、煮沸并冷却使粗产品析出，过滤后经重结晶得到纯化产品。 【小问1详解】 冷却水应下进上出，使冷凝管夹套充满冷却水，故从a口进水，b口出水；安息香转化为二苯乙二酮时，羟基转化为羰基，分子失去氢原子，发生氧化反应； 【小问2详解】 A．图示硅胶中的硅氧键、氢氧键均为极性共价键，不含非极性共价键，且氢键不属于化学键，A错误； B．P点出现只说明生成了二苯乙二酮，此时Q点仍存在，表明安息香尚未完全反应，应在Q点消失后停止反应，B错误； C．两种物质的极性不同，与硅胶的相互作用强弱不同，因此爬升高度不同，可据此区分，C正确； D．反应前只有Q点，故Q对应安息香，反应中新增的P点对应二苯乙二酮，Q点爬升高度较低，说明硅胶对安息香的吸附力更强，D正确； 故选CD； 【小问3详解】 溶液沸腾时加入固体易引起暴沸及液体飞溅，待沸腾平息后再加入安息香，可防止暴沸； 【小问4详解】 乙酸提供酸性环境，抑制水解，减少沉淀的生成； 【小问5详解】 先将粗产品用75%乙醇加热溶解，稍冷后加入活性炭脱色，再趁热过滤除去活性炭及不溶杂质，滤液冷却结晶后过滤、洗涤干燥，故顺序为①→④→③→⑤→②→⑥； 【小问6详解】 安息香与二苯乙二酮按物质的量之比1∶1转化，安息香物质的量，二苯乙二酮的理论质量为，则产率为； 【小问7详解】 可行，氧化安息香时被还原为，通入空气后，氧气可在酸性条件下将氧化为，使氯化铁再生并循环参与反应。 17. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下（*表示吸附态）： 化学吸附：； 表面反应；；； 脱附； （1）时各化学键的键能如下： 化学键 436 946 391 已知反应的正反应活化能，则逆反应活化能_____。 （2）一定温度下，在一固定容积的密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，下列选项中能说明反应已达平衡状态的是_____。 A. 混合气体的密度保持不变 B. 和的速率之比： C. 单位时间内断开的同时断开 D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 （3）在反应历程中，的“吸附分解”决定了合成氨的整体反应速率，从结构角度分析，其原因是________________________________________________。 （4）由Arrhenius经验公式得，式中k为反应速率常数；为活化能，单位为；T为热力学温度；R、C为常数。根据的反应热、图1和图2，升高温度，的变化曲线为______（为压力平衡常数），的变化曲线为______（写字母标号）。 （5）反应在恒温恒压（）下进行，若、起始物质的量之比为，的平衡产率为（产率），则______（用、p列出表达式即可）。 （6）以浓差电池（电解质溶液浓度不同造成电势差）为电源，用石墨作电极将转化为高纯的装置如图，电解前和电极质量相同。 ①M极电极反应式为_____________________，电极反应为_________________。 ②电解停止时，理论上和电极的质量差为______g。 【答案】（1） （2）CD （3）分子键能大，断键耗能高，活化能高，反应速率慢 （4） ①. A ②. D （5） （6） ①. ②. ③. 64 【解析】 【分析】（6）由图，浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极。 【小问1详解】 的逆活化能为xkJ/mol，的 等于反应物的总键能-生成物的总键能，解得x=600kJ/mol； 【小问2详解】 A．固定容积的密闭容器，容器的体积不会发生改变，气体的质量守恒，故混合气体的密度保持恒定，不能说明达到平衡状态，A错误； B．，均为正反应速率，始终为，不能说明达到平衡状态，B错误； C．单位时间内断开，即有反应，同时断开，即有反应，满足化学反应速率比等于化学计量数之比，C正确； D．气体的质量守恒，正向是气体物质的量减少的方向，混合气体的平均相对分子质量是一个可变的值，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到平衡状态，D正确； 故答案选CD； 【小问3详解】 键能大，的吸附分解反应断键耗能高，活化能高，反应速率慢； 【小问4详解】 合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Kp减小，根据图1可知，随着温度升高，lnKp的变化曲线为A；，，该反应是放热反应，Ea逆> Ea正，则表示的曲线更陡，依据图2可知，D曲线表示的变化曲线； 【小问5详解】 氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为，氨气理论产量为2mol，则实际平衡时生成氨气mol， 列三段式：， 平衡时气体总物质的量为，各物质的分压为，，， ； 【小问6详解】 ①由图，浓差电池为电源，以石墨为电极将NH3转化为高纯H2，M电极上，NH3转化为N2，N元素化合价升高，发生氧化反应，M电极为阳极，则N电极为阴极，Cu(1)为正极，Cu(2)为负极，M电极为阳极，发生电极反应：； ②Cu(2)为负极，发生电极反应：； ③电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2mol/L降低到1.5mol/L，负极区硫酸铜溶液同时由1mol/L升到1.5mol/L，正极反应为：，可还原Cu2+的物质的量为1L×(2-1.5) mol/L=0.5mol，正极质量增加32g，电路中转移1mol电子，负极反应为，转移1mol电子时，负极消耗0.5molCu单质，质量减少32g，理论上和电极的质量差为64g。 18. 布洛芬是一种常见的镇静、止痛、消炎药，Boots公司的合成路线如下： 已知：①表示 ；表示乙基；（）表示叔丁醇钾。 ② （X为卤素，R、、为烃基或氢原子）。 回答下列问题： （1）C中官能团的名称是_________________。 （2）B的结构简式是_________________；甲是一氯代酯，甲的名称是_____________。 （3）D转化为E经历了先加成后消去的历程，消去反应的化学方程式为________________________________。 （4）A的同分异构体有多种，符合下列条件的结构有_________________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱中峰面积比为的结构简式为___________。 ①属于芳香烃 ②苯环上有两个取代基 （5）某科研小组将上述流程改进如下： 乙的结构简式为_______；简述改进后路线的优点：__________________________________（答出一点即可）。 【答案】（1）酯基、醚键 （2） ①. ②. 氯乙酸乙酯 （3） （4） ①. 9 ②. （5） ①. ②. 反应步骤更少，原子利用率更高，工艺更简洁，更绿色环保 【解析】 【分析】有机物 A在无水作用下与发生傅克酰基化反应，在苯环上异丁基的对位上引入乙酰基，得到有机物B的结构简式为；B和甲在的作用下发生反应，得到有机物C，C在酸性溶液中转化为D，D与经历醛基的加成、羟基的消去反应得到有机物E，E再继续反应转化为最终产物布洛芬； 【小问1详解】 观察有机物C的结构简式可以看出其官能团为酯基、醚键； 【小问2详解】 根据分析可知B的结构简式是； 根据有机物C的结构简式和已知信息，可以确定R、是和含苯环的基团，是卤原子；因为甲是一氯代酯，所以甲的结构简式为，名称是氯乙酸乙酯； 【小问3详解】 D与经历醛基的加成反应、再发生羟基的消去反应，得到有机物E； 【小问4详解】 已知有机物A的结构简式为，其同分异构体满足的条件分别为属于芳香烃、有两个取代基，则其同分异构体中除了苯环，还含有饱和烃基； ①若两个取代基分别为、时，两个取代基在苯环上的位置关系为邻、间、对，共有3种结构； ②若两个取代基分别为、时，有邻、间、对3种结构； ③若两个取代基均为时，有邻、间、对3种结构； 综上所述，共9种结构； 其中核磁共振氢谱中峰面积比为的结构简式满足第③种情况中两个取代基处于对位，即； 【小问5详解】 该流程中有机物 A在无水作用下与发生傅克酰基化反应，得到有机物B的结构简式为，B在催化作用下与发生还原反应得到乙，则乙的结构简式为； 改进后的路线，反应步骤更少，原子利用率更高，工艺更简洁，更绿色环保。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试题 （考试时长：75分钟 试卷分值：100分） 可能用到的相对原子质量： 第Ⅰ卷（共42分） 一、选择题共14小题，每小题3分，共42分。在给出的四个选项中，只有一项符合题意）。 1. 西安交通大学文化遗产现代科技保护研究院依托材料学、化学等学科优势，系统开展出土陶器、陶质彩绘等硅酸盐质文物的保护研究。研究人员在为下列文物制定保护方案时，须重点考虑其硅酸盐材料特性的是 A. 中国最早的可吹奏乐器——贾湖骨笛 B. 中国最早的陶器——仙人洞遗址红陶罐 C. 中国最早的古代法律书——云梦秦简（竹简） D. 中国最早的建筑平面规划图——错金银兆域图铜版 2. 水井街酒坊是我国发现的古代酿酒和酒店的唯一实例，同时还出土了大量青花瓷片。其酿酒时以小麦、高粱为原料，发酵后进行“量质摘酒”——以如图所示的生铁“天锅”把“酒头”优中选优。下列说法错误的是 A. 生铁“天锅”的含碳量高于钢 B. 小麦、高粱的主要成分可以发生水解反应 C. 羟基的极性： D. “量质摘酒”得到不同酒精度的酒利用的是分馏原理 3. 钍基熔盐堆是中国自主研发的第四代核裂变反应堆，采用钍（）作核燃料、液态氟化盐作冷却剂，具有常压工作、无水冷却和高温输出等特点。已知反应：．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的硝酸溶液中数目为 B. 含有的键数目为 C. 含有的孤电子对数为 D. 中含有的中子个数为 4. 在和下，下列热化学方程式书写正确的是 A. 硫粉完全燃烧放出热量： B. 与足量氢气在一定条件下反应放出热量： C. 乙炔的燃烧热是： D. 若中和热为，则氢氧化钡稀溶液与稀硫酸反应： 5. 化学学习和化学研究要注意宏观与微观相结合。下列宏观现象的微观解释错误的是 选项 宏观现象 微观解释 A 用浓硝酸与浓盐酸体积比为1：3的王水溶解Au 浓盐酸使浓硝酸的氧化性增强了 B 稳定性： O的电负性强于N，N更容易给出孤电子对 C 移栽树苗时，在根部涂抹淀粉-聚丙烯酸钠树脂用于保水 淀粉中含-OH，聚丙烯酸钠中含-COONa，二者均为亲水基团 D SiC、金刚石均可制作钻头，但后者硬度比前者大 二者均为共价晶体，键能比小，故金刚石钻头硬度大于SiC钻头 A. A B. B C. C D. D 6. 利用下列装置能够达到相应实验目的的是 A. 甲：电石与水反应制乙炔 B. 乙：离子交换法净化水 C. 丙：浓硫酸与乙醇反应制乙烯 D. 丁：电解饱和食盐水生产氯气和氢氧化钠 7. 世界沿海各国已经把海洋开发上升到国家战略高度，海上钢铁构筑物的防腐也尤为重要。两种钢闸门防腐措施如图所示，下列说法错误的是 A. 图a箭头所示为电子流动方向，图b箭头所示也为电子流动方向 B. 金属A和金属B均发生氧化反应 C. 金属A换为惰性电极也可达到防腐效果 D. 金属B可选用比铁活泼的金属，如：、、等 8. W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是 A. 第二电离能： B. 原子半径： C. 单质沸点： D. 电负性： 9. 标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO 能量/ 249 218 39 10 0 0 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是 A. 的键能为 B. 的键能等于中氧氧单键的键能的两倍 C. 解离氧氧单键所需能量： D. 10. 乙酰乙酸乙酯（沸点，温度超过时易分解；易溶于常见有机溶剂，微溶于水）是一种重要的有机合成中间体，实验室常用如图甲装置制备，主要反应如下： 第一步：； 第二步：（乙酰乙酸乙酯），在完成合成、洗涤、分液和干燥后，通过如图乙所示装置进一步提纯。下列说法错误的是 A. 合成乙酰乙酸乙酯的过程中涉及到了取代反应 B. 装置Y中盛放的药品可以是碱石灰 C. 用饱和氯化钠溶液洗涤有机层能减少产品损失 D. 装置乙的圆底烧瓶中必须要加入沸石 11. Q、X、Y、M、L、N、H为七种常见物质，含Q工业废水由Q溶于蒸馏水配制而成，且溶液呈黄色。如图为两种实验室模拟处理该含Q工业废水的流程，F离子水解得物质N，F离子的轨道为半充满结构．下列说法错误的是 A. 处理方法2优于处理方法1             B. Y为石墨电极，L、N在阳极附近大量析出 C. H和M反应可制得X，X可循环使用     D. F离子电荷密度高，易水解生成胶体 12. 末端炔烃与卤代烃在双催化剂及有机胺碱条件下偶联形成新的化合物，被称为Sonogashira反应， 下列说法正确的是 A. M中的化合价为 B. 循环和循环中均未发生电子转移 C. 的作用是结合末端炔的质子，形成炔碳负离子 D. 上述循环中共有四个中间体，而是生成物且为离子化合物 13. 研究者以作为锂存储电极在复杂卤水体系中选择性电化学提锂，该系统由一个锂提取装置和锂回收装置组成（如图所示）。已知在适当电位下，优先发生的嵌入/脱出反应，而、、和需在更负电位下才可显著嵌入。下列说法正确的是 A. 图1所示的电化学装置中电子的方向：电源→b极→电解质溶液→a极 B. 、、和需在更负电位下才可显著嵌入，因此氧化性最弱 C. 图1中a极的电极反应式为 D. 若制得，则理论上两装置可获得气体的总质量为 14. 萘发生磺化反应过程中，异构体（萘磺酸、萘磺酸）的平衡含量随温度的变化及异构体能量随反应进程的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 异构体1是萘磺酸                  B. 相同条件下萘生成萘磺酸的速率快 C. a点时两种异构体的生成速率一定相等     D. 反应中，萘磺酸的浓度可能先增大后减小 第Ⅱ卷（共58分） 二、填空题（本题包括4小题，共58分） 15. 从锂云母精矿（主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐）中提取锂、铷、铯的工艺流程如下： 已知：①的熔点为；的熔点为 ，熔化后形成的玻璃态硅酸盐流动性较差；②． （1）高温焙烧 ①控制焙烧温度为，其优点是_________________________________。 ②焙烧时，矿物中的与、反应生成硅酸钙，同时产生一种可以破坏矿物结构的无色气体，有利于后续锂、铷、铯的浸出。写出该反应的化学方程式__________________。 ③焙烧时，其他条件不变，控制m（锂云母） ，改变的含量对锂、铷、铯浸出率的影响如图-1所示．工业上选择m（锂云母） 的原因是_____________________________。 （2）提取锂、铷、铯 ①水浸。其他条件不变，浸出时间 ，液固比对锂、铷、铯浸出率的影响如图-2所示，最佳液固比为___________。 ②的简化电子排布式为___________________。 ③碳酸化除钙。浸出液中、，若向浸出液中加入等体积溶液，使沉淀完全，则加入溶液的初始浓度至少为______． [已知：；当离子浓度小于 时认为沉淀完全；忽略溶液混合过程中的体积变化] （3）锂的应用 ①以等物质为原料制备了具有锂离子通道的导电氧化物（），其立方晶胞和导电时迁移过程如图-3所示（已知该氧化物中为价，为价）。若，则空位的数目=______。 ②宁德时代（ ）是全球领先的动力电池企业，其自主研发的“神行超快充”电池采用磷酸铁锂（）作正极、石墨作负极，实现“充电几分钟、续航几百公里”。已知该电池所充电涉及的总反应为：，写出该电池放电时的正极反应式_________________________。 16. 实验室由安息香（ ）制备二苯乙二酮（ ）的原理如下： 反应装置如右图所示，实验步骤如下： 物质 性状 熔点/℃ 溶解性 安息香 白色固体 133 难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 不溶于水，溶于乙醇、乙酸 （1）仪器B进冷却水的口为_______（填“a”或“b”）；安息香发生了_______反应（填“氧化”或“还原”）。 （2）为监控反应进程，常采用薄层色谱法。薄板表面涂有硅胶（剖面示意图如图1），具体操作如下：取烧瓶内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升（图2），由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力不同，因此爬升高度不同，监测过程如图3。 下列说法正确的是_______。 A. 硅胶中所含的化学键有极性键、非极性键和氢键 B. 图3中，只要P点出现，就应关闭加热搅拌器停止反应 C. 薄层色谱法主要是利用物质极性不同对物质进行区分 D. 由图可知硅胶层表面对安息香的吸附力更强 （3）步骤Ⅱ中，安息香需待溶液1沸腾平息后加入，主要目的是_____________________。 （4）步骤Ⅰ到步骤Ⅲ在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一作用是____________________。 （5）步骤Ⅳ中，一系列操作的目的是纯化产品，请将以下步骤进行排序：①→____→③→____。 ①加入全部产品、 乙醇加热回流    ②过滤        ③趁热过滤 ④加入活性炭脱色                           ⑤冷却结晶    ⑥洗涤干燥 （6）该实验中二苯乙二酮的产率为_____。 （7）某同学尝试加入催化量（约 ）的并通入空气制备二苯乙二酮．判断该方案是否可行并简述理由__________________________________________________。 17. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下（*表示吸附态）： 化学吸附：； 表面反应；；； 脱附； （1）时各化学键的键能如下： 化学键 436 946 391 已知反应的正反应活化能，则逆反应活化能_____。 （2）一定温度下，在一固定容积的密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，下列选项中能说明反应已达平衡状态的是_____。 A. 混合气体的密度保持不变 B. 和的速率之比： C. 单位时间内断开的同时断开 D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 （3）在反应历程中，的“吸附分解”决定了合成氨的整体反应速率，从结构角度分析，其原因是________________________________________________。 （4）由Arrhenius经验公式得，式中k为反应速率常数；为活化能，单位为；T为热力学温度；R、C为常数。根据的反应热、图1和图2，升高温度，的变化曲线为______（为压力平衡常数），的变化曲线为______（写字母标号）。 （5）反应在恒温恒压（）下进行，若、起始物质的量之比为，的平衡产率为（产率），则______（用、p列出表达式即可）。 （6）以浓差电池（电解质溶液浓度不同造成电势差）为电源，用石墨作电极将转化为高纯的装置如图，电解前和电极质量相同。 ①M极电极反应式为_____________________，电极反应为_________________。 ②电解停止时，理论上和电极的质量差为______g。 18. 布洛芬是一种常见的镇静、止痛、消炎药，Boots公司的合成路线如下： 已知：①表示 ；表示乙基；（）表示叔丁醇钾。 ② （X为卤素，R、、为烃基或氢原子）。 回答下列问题： （1）C中官能团的名称是_________________。 （2）B的结构简式是_________________；甲是一氯代酯，甲的名称是_____________。 （3）D转化为E经历了先加成后消去的历程，消去反应的化学方程式为________________________________。 （4）A的同分异构体有多种，符合下列条件的结构有_________________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱中峰面积比为的结构简式为___________。 ①属于芳香烃 ②苯环上有两个取代基 （5）某科研小组将上述流程改进如下： 乙的结构简式为_______；简述改进后路线的优点：__________________________________（答出一点即可）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $