一轮检测卷02（全国通用）（14+5）2027年高考化学一轮复习高效培优系列

2027年高考一轮检测卷02 高三化学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 56 Cu 64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 【传统文化】中华优秀传统文化底蕴深厚、源远流长。下列对古文或诗词的解读错误的是 A.《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是绿矾 B.“远上寒山石径斜，白云深处有人家”，此处白云是一种胶体 C.“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，这里的“盐”是一种纯净物 D.“人以类聚，物以群分”体现了古代人们的分类思想 【答案】C 【解析】绿矾为，是绿色晶体，灼烧时分解生成红色的，与记载描述吻合，A正确；白云是小液滴分散在空气中形成的气溶胶，属于胶体，B正确；煮井水得到的盐主要成分为，还含有、等杂质，属于混合物，不是纯净物，C错误；“人以类聚，物以群分”体现了按照属性特征对事物归类的分类思想，D正确；故选C。 2. 【改编】“9·3大阅兵”展示了一大批镇国重器。下列材料中属于无机非金属材料的是 A.“100式坦克”的聚氨酯迷彩涂层 B.“运20B”的钨碳合金机身 C.“空警600”的氮化镓数字阵列雷达 D.“东风5C”的推进剂偏二甲肼 A.A B.B C.C D.D 【答案】C 【解析】聚氨酯属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，A错误；钨碳合金属于金属材料，不属于无机非金属材料，B错误；氮化镓是新型无机非金属材料，符合题意，C正确；偏二甲肼（）属于有机化合物，不属于无机非金属材料，D错误；故选C。 3.铜阳极泥是一种含贵金属的可再生资源，浸出时发生反应。下列说法正确的是 A.的空间填充模型： B.的模型： C.基态价层电子的轨道表示式： D.中键和键的个数比为 【答案】B 【解析】为半开书页形的折线结构，不是直线形，图示为直线形结构，A错误；中心的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图示符合含1对孤电子对的四面体形结构，B正确；基态价电子排布为，根据洪特规则，的4个电子应分占3个轨道，其中2个轨道各含1个单电子、1个轨道成对，图示仅填充2个轨道，违反洪特规则，正确轨道表示式为，C错误；结构式为，每个双键含1个键和1个键，共2个键、2个键，个数比为，D错误；故选B。 4.【新情境】超氧化钾（KO2）用作潜水或宇航系统供氧剂的主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.常温下，7.1 gKO2含有的阴离子的数目为 B.标准状况下，1.12 LCO2含有电子的数目为 C.溶液中的数目为 D.理论上，每产生0.3 mol O2转移电子的数目为 【答案】B 【解析】的摩尔质量为，的物质的量为，晶体中阴离子为，故阴离子数目为，A错误；标准状况下的物质的量为，1个分子含电子数为，故总电子数为，B正确；在水溶液中会发生水解，故溶液中数目小于，C错误；反应中每生成转移电子，故产生转移电子数目为，D错误；故选B。 5.下列过程中发生的反应，相应化学方程式书写正确的是 A.在煤中添加石灰石，降低尾气中浓度： B.过氧化钠在空气中变为白色粉末： C.NaClO溶液久置后变质： D.泡沫灭火器灭火时，硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合： 【答案】A 【解析】该反应为钙基固硫的原理，所给方程式符合反应规律、原子守恒，A正确；过氧化钠在空气中变成白色粉末是与空气中的CO2、H2O反应，与CO2反应生成Na2CO3而非NaHCO3，方程式应为 ，B错误；NaClO溶液久置变质是与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光分解为HCl和O2，最终得到NaCl，涉及的化学方程式有：；；，所给歧化反应是加热条件下的反应，C错误；硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合时，和发生双水解反应，生成Al(OH)3和CO2，反应方程式为，并且在水溶液中会发生双水解无法稳定存在，D错误；故选A。 6.下列实验的相应操作中，不正确的是 蔗糖水解实验 实验室制取 A.向烧杯中先滴入几滴水，之后加入浓硫酸迅速搅拌 B.点燃酒精灯后，待导管口气泡连续冒出时，开始收集气体 制备少量 调节滴定管液面至“0”刻度 C.在坩埚中加热金属钠，冷却后有淡黄色固体生成 D.调节活塞使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面位于“0”刻度 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】蔗糖水解实验需要用稀硫酸作催化剂，使用浓硫酸会因其脱水性而使蔗糖碳化，无法发生水解反应，A错误；加热高锰酸钾制氧气时，初始排出的气泡是装置内的空气，待气泡连续均匀冒出时收集可得到较纯净的氧气，B正确；坩埚可用于加热固体，金属钠在加热条件下与氧气反应生成淡黄色过氧化钠， C正确；滴定管使用时需先排尽气泡使尖嘴部分充满溶液，再调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，D正确； 故选A。 7.结构决定性质。下列结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨具有类似金属的导电性 B 碘和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子 碘易溶于四氯化碳，难溶于水 C 键能： 热稳定性： D 离子液体中的离子半径大 离子液体的熔点较低 A.A B.B C.C D.D 【答案】A 【解析】石墨的导电性源于层内碳原子形成的离域大π键，与层间的范德华力无关，给定结构无法推出对应性质，A符合题意；根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂、难溶于极性溶剂，可由分子极性推出碘易溶于四氯化碳、难溶于水的性质，B不符合题意；共价分子的热稳定性与共价键键能正相关，键能越大分子热稳定性越强，可由的键能顺序推出的热稳定性顺序，C不符合题意；离子化合物的熔点与离子间作用力强弱有关，离子半径越大，离子间作用力越弱，熔点越低，可由离子半径大的结构推出离子液体熔点较低的性质，D不符合题意；故选A。 8.一定温度下，甲酸分解存在两种竞争路径： 反应①   反应②   使用某催化剂时反应历程如下图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。 下列有关说法错误的是 A.反应①为吸热反应 B.反应②的速率更快 C.反应①和②的反应历程中均涉及极性键的断裂和形成 D.为得到更多氢气，需寻找合适的催化剂 【答案】B 【解析】反应①生成物的总能量高于反应物的总能量，故为吸热反应，A正确；反应速率由决速步活化能决定，反应②对应过渡态2的能量更高，活化能更大，反应速率更慢，B错误；反应①和②中均断裂中的极性键，且分别形成、、中的极性键，均涉及极性键的断裂和形成，C正确；寻找合适的催化剂可提高反应②的选择性，抑制反应①，从而得到更多氢气，D正确；故选B。 9.工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含、、、、、)制备碳酸锰，工艺流程如图所示。已知：、，下列说法错误的是 A.“滤渣1”的主要成分除S外，还有、 B.“滤渣2”经一系列反应可转化为电解冶炼铝的原料 C.“除杂1”后上层清液中 D.“沉锰”时的化学方程式为 【答案】D 【解析】原料为硫化锰矿（主要MnS，杂质Al2O3、MgO、PbO、ZnO、NiO、SiO2）和MnO2粉，第一步加入稀硫酸溶浸：MnO2作为氧化剂，在酸性条件下氧化MnS，S2-被氧化为单质S；SiO2不与稀硫酸反应；PbO和硫酸反应生成难溶于水的PbSO4沉淀；金属氧化物Al2O3、MgO、ZnO、NiO与硫酸反应生成可溶性硫酸盐Al2(SO4)3、MgSO4、ZnSO4、NiSO4，Mn元素转化为MnSO4，因此溶浸后过滤得到滤渣1为S、PbSO4、SiO2，滤液中含Mn2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、；第二步向滤液加氨水调pH，Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀，过滤得到滤渣2为Al(OH)3，滤液除去铝离子，剩余金属离子为Mn2+、Mg2+、Zn2+、Ni2+；第三步加入Na2S除杂1，S2-与Zn2+、Ni2+生成ZnS、NiS沉淀即滤渣3，滤液中仅剩Mn2+、Mg2+；第四步加入MnF2除杂2，F-与Mg2+生成MgF2沉淀除去镁离子，滤液为纯净MnSO4溶液；第五步加入NH4HCO3沉锰，Mn2+与发生双水解类反应生成MnCO3沉淀，最终得到产品MnCO3。溶浸时SiO2不溶于稀硫酸，PbO + H2SO4 = PbSO4↓ + H2O，MnO2氧化MnS生成单质S（化学方程式为MnO2 + MnS + 2H2SO4 = 2 MnSO4 + S↓ + 2H2O，其他金属氧化物Al2O3、MgO、ZnO、NiO与H2SO4反应生成对应可溶的硫酸盐，故滤渣1含S、PbSO4、SiO2，A正确；加氨水调节pH，使Al3+沉淀为Al(OH)3，故滤渣2是Al(OH)3，Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O，电解冶炼铝的原料为熔融Al2O3，B正确；加Na2S除去Zn2+、Ni2+，除杂1后溶液中ZnS、NiS同时沉淀，c(S2-)相同，===100.2，C正确；沉锰时MnSO4与NH4HCO3反应，若只生成NH4HSO4，酸性强，会溶解MnCO3，实际反应生成(NH4)2SO4、MnCO3、CO2、H2O，正确方程式： MnSO4 + 2NH4HCO3=MnCO3↓ + (NH4)2SO4 + CO2↑ + H2O，不会生成NH4HSO4，D错误；故选D。 10.将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和NaCl溶液（消毒液发生器），通电时，尽量使被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，装置如图。下列说法错误的是 A.室电极反应式为 B.在串联的两个全钒电池中都是从左室移向右室 C.a极为电解池的阴极，其电极反应的产物是和 D.当电路中通过0.1mol电子时，消毒液发生器中最多生成 【答案】D 【解析】电解饱和食盐水时，在阳极产生，和在阴极产生，为了尽量使被完全吸收，应在b极产生，b为阳极，电极反应式为；a为阴极，电极反应为；与a相连的惰性电极为负极，发生氧化反应，电极反应为；与b相连的惰性电极为正极，发生还原反应，电极反应为，由此解答。由分析可知，室为电源正极，电极反应为，A正确；原电池中会向正极移动，在两个串联的全钒电池中，正极均在右侧，因此都是从左室移向右室，B正确；由分析可知，a极为电解池的阴极，电极反应为，产物为和，C正确；由分析可知，阳极电极反应式为，当电路中通过电子时，产生的物质的量为，制备消毒液的反应为，理论上生成的的物质的量为，其质量为，D错误；故选D。 11.芦丁广泛存在于槐花米和荞麦叶中，具有抗炎、抗病毒等药理作用，结构如下图所示： 下列叙述正确的是 A.芦丁属于非极性分子 B.芦丁可形成分子内氢键 C.芦丁中不含手性碳原子 D.芦丁中所有碳原子一定处于同一平面 【答案】B 【解析】芦丁含有多个羟基、醚键等强极性基团，整体结构极性不对称，属于极性分子，A错误；芦丁结构中存在多个相邻/位置邻近的羟基、羰基、醚氧原子，羟基的氢原子可以与邻近的氧原子形成分子内氢键，B正确；R为葡萄糖-鼠李糖结构，糖类的环状结构中存在多个连有4个不同基团的饱和碳原子，即手性碳原子，因此芦丁含有手性碳原子，C错误；R基团中的糖结构包含大量饱和sp3杂化的碳原子，饱和碳原子为四面体构型，不可能所有碳原子都共平面，D错误；故选B。 12.如图所示，U是一种可用于抗癌的结构修饰生物小分子。其中R、W、X、Y、E为前四周期主族元素，原子序数依次增大，R基态原子的所有电子均位于s轨道上，Y是原子半径第二小的主族元素，X、E形成的二元化合物可用于干燥剂。由R、W、X三种元素形成的酸和碱还能相互反应，形成一种水溶液为酸性的盐，下列说法正确的是 A.第一电离能： B.简单气态氢化物热稳定性：Y＞E＞W C.U可以发生水解与缩聚反应 D.U中W原子的杂化方式不同 【答案】C 【解析】R的所有电子在s轨道，主族元素R为；R、W、X三种元素形成和，反应生成酸性盐，则W为，X为；Y是原子半径第二小的主族元素，Y为；与形成的可作干燥剂，E为为。同周期第ⅤA族元素p轨道半充满，第一电离能大于相邻ⅥA族，故，即，A错误；非金属性越强简单气态氢化物越稳定，非金属性，故稳定性，即，B错误；U中含酰胺键、磷酸酯键可发生水解反应，同时含羟基、磷酸基团/氨基、羧基可发生缩聚反应，C正确；U中所有原子均参与共轭，键数为3、孤电子对为1，均为杂化，杂化方式相同，D错误；故选C。 13.原子序数依次增大的短周期元素、、、、、、形成的化合物转化关系如下，其中Q与Z、X与W为同主族，M的原子半径最小。下列说法正确的是 A.MW和YW均为离子化合物 B.和分子空间结构均为V形 C.同周期元素简单离子中离子的半径最小 D.图中所示化合物中心原子和均采取杂化 【答案】D 【解析】M原子半径最小，故M为H；Q与Z同主族，X与W同主族，结合结构中Z连双键Q、1个N（元素代号）、1个QY，可知Q为O，同主族的Z为S；原子序数：Q(O,8) < X < Y < Z(S,16) < W，X与W同主族，故X为F，W为Cl；结构中N连3个X（F）和Z，说明N形成4个单键，原子序数小于Q(O,8)，故N为C；根据反应可知Y为+1价，原子序数介于F和S之间，故Y为Na。MW为HCl，只含共价键，是共价化合物；YW为NaCl，是离子化合物，A错误；是，中心O价层电子对为，含2对孤对，空间为V形，类比；是，中心C价层电子对为，分子空间结构为直线型，类比，B错误；Y是Na，位于第三周期，第三周期简单离子中半径最小的是不是，C错误；图中所示化合物中心原子形成4个σ键，价层电子对总数为4，采取杂化；中心原子Z（S），形成3个σ键，含1对孤对电子，价层电子对总数为4，也采取 杂化，D正确；故选D。 14.黄铜矿（主要成分为）可用于制备含铜化合物，的晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，为阿伏加德罗常数，。 下列说法不正确的是 A.Cu位于元素周期表的ds区 B.距离Fe原子最近的S原子有6个 C.S原子填充在2个Cu原子和2个Fe原子围成的四面体空隙内 D.用含、的代数式表示阿伏加德罗常数 【答案】B 【解析】Cu的核外价电子排布为，属于ds区元素，A正确；观察晶胞结构，Fe原子周围最近且等距的S原子为4个，形成四配位的四面体结构，并非6个，B错误；从晶胞的成键分布可知，每个S原子周围紧邻2个Cu原子和2个Fe原子，恰好处于这四个原子围成的四面体空隙内，C正确；首先计算晶胞组成：该晶胞中含有的单元数为4，单个的摩尔质量为，因此晶胞总质量；晶胞体积。根据密度公式，代入推导可得，D正确；故选B。 15.常温下，草酸钙()是一种难溶于水的白色沉淀。草酸()为二元弱酸，其电离常数分别为和，。向饱和溶液中加入稀盐酸时(随着变化，固体一直存在)，溶液中各含碳物种的分布系数及()随溶液的变化关系如图所示。已知。 下列叙述错误的是 A.当时， B.反应的平衡常数 C.当pH=1时，不成立 D.当时，pH=2.7 【答案】C 【解析】随pH升高，逐步电离，单调减小，先增大后减小，单调增大，因此pH=0时分布系数最大、随pH升高单调下降的曲线对应，先升后降的曲线对应，随pH升高单调上升的曲线对应。固体始终存在，，pH升高时增大，减小，单调增大，因此图中虚线对应。pH=1.2时，可得；pH=4.2时，可得。pH=3时，，由，得，A正确；反应的平衡常数，结合、，联立得，B正确；体系中所有含碳物种均来自溶解的，由物料守恒可知，任意pH下只要固体存在，均满足，故pH=1时该等式成立，C错误；当时，代入得，，pH=2.7，D正确；故选 C。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. （13分）以复杂锂精矿（主要含α-锂辉石LiAlSi2O6，伴生Rb、Na）为原料，采用如下工艺协同提取锂、铷： 已知： ①“脱硅”产生类沸石，与碱浸渣成分一致，此步骤认为将Al、Si均完全除去； ②“硫酸熟化”：加入硫酸后搅拌、加热一段时间。 回答下列问题： (1)α-锂辉石（密度为3.15 g·cm-3）化学惰性强，难以被酸碱直接浸出，“热活化”后转变为β-锂辉石LiAlSi2O6（密度为2.40 g·cm-3）。下列说法正确的是________（填标号）。 A.α-锂辉石与β-锂辉石互为同素异形体 B.α-锂辉石与β-锂辉石属于同种物质 C.该变化属于化学变化 D.相同条件下，等质量的两种锂辉石，密度大的锂辉石物质的量更大 (2)“碱浸”过程中，Al、Si转化为羟基方钠石型沸石[Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O]进入渣中，同时有进入溶液中，该过程离子方程式为__________。 (3)水热条件下，Li+与自发反应生成Li2SiO3沉淀的离子方程式为__________。 (4)Li2SiO3经“硫酸熟化”–“水浸”转化为Li2SO4溶液，“硫酸熟化”能有效提高锂与硅的分离效率，原因是__________。 (5)“碳酸化沉锂”时，控制pH=11、温度98℃，析出Li2CO3沉淀，为了使溶液中锂的总含量小于10-2 mol·L-1，需要控制__________mol·L-1。已知98℃时，发生反应及对应的平衡常数信息如下：，，。 (6)t–BAMBP对Rb+有选择性萃取作用，萃取机理为酚羟基上的H+与Rb+发生阳离子交换。为了减少t–BAMBP用量，应当在“萃取分离”前对“脱硅”后的溶液通入__________气体（填化学式，下同）。“流出液”中加入适量__________，可返回其它操作单元使用。 【答案】(1)C （1分） (2) （2分） (3) （2分） (4)硫酸熟化可有效抑制硅酸胶体生成 （2分） (5)1.21 （2分） (6) （2分） （2分） 【解析】复杂锂精矿（主要含α-锂辉石LiAlSi2O6，伴生Rb、Na）经“热活化”将α-锂辉石转变为β-锂辉石，再加入NaOH溶液“碱浸”，将Al、Si转化为羟基方钠石型沸石[Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O]进入渣中，同时有进入溶液中，“水热沉锂”时Li+与自发反应生成Li2SiO3沉淀，Li2SiO3经“硫酸熟化”–“水浸”转化为Li2SO4溶液，最后加入进行“碳酸化沉锂”析出Li2CO3沉淀；向沉锂后液中加入“脱硅”产生类沸石，将Al、Si均完全除去，再用t–BAMBP对Rb+进行选择性萃取，经系列操作得到Rb产品，据此解答。 （1）A.同素异形体是指同种元素的不同单质，而α-锂辉石与β-锂辉石均属于化合物，两者α-锂辉石与β-不互为同素异形体，A错误；α-锂辉石与β-锂辉石结构不同，化学性质和物理性质不同，不属于同种物质，B错误；α-锂辉石与β-锂辉石属于不同物质，它们之间的转化属于化学变化，C正确；α-锂辉石与β-锂辉石的化学式相同（均为LiAlSi2O6），即摩尔质量相同，则相同条件下，等质量的两种锂辉石物质的量相等，D错误；故选C。 （2）“碱浸”过程中，Al、Si转化为羟基方钠石型沸石[Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O]进入渣中，同时有进入溶液中，且释放Li+，经配平得离子方程式为：； （3）“水热沉锂”时Li+与自发反应生成Li2SiO3沉淀，同时生成，该反应的离子方程式为：； （4）“硫酸熟化”可使硅酸分解为水和SiO2，可有效抑制硅酸胶体生成，从而提高锂与硅的分离效率； （5）温度为98 ℃、pH=11时，溶液中， ，故，故溶液中锂的总含量低于10-2 mol·L-1时，c(Li+)<mol/L。将其代入，解得； （6）萃取机理为酚羟基上的H+与Rb+发生阳离子交换，为避免酚羟基上的H+直接与溶液中的OH-中和，故需要通入CO2酸化溶液，提高萃取效率；流出液的主要溶质为碳酸氢钠，加入适量NaOH将其转化为Na2CO3后可返回至“碳酸化沉锂”单元使用。 17.（14分）烯烃氢甲酰化是工业上制备醛类物质的重要方法。丙烯催化氢甲酰化制备正丁醛，涉及如下反应： i.   ii.   iii.   iv.   回答下列问题： (1)反应的__________，该反应能够自发进行，说明__________(填“>”或“<”)0。 (2)一定温度下，作催化剂时，醛的生成速率满足下列关系：。已知：为速率常数，与温度有关；，温度升高时，受热分解产生沉积在反应器壁上使传热条件变坏。 ①催化机理中，参与反应的步骤是__________(填“慢反应”或“快反应”)。 ②醛的生成速率与成反比，但工业上选择，分析分压不宜过低的原因是____________________________________________________________。 (3)下，、和(体积比为)通入装有催化剂的反应器中发生上述反应。平衡时，测得丙烯转化率、与温度的变化关系如图所示。已知：有效氢含量，选择性。 ①随着温度升高，减小的原因可能是______________________________。 ②下，平衡时，的转化率__________(填“>”“<”或“=”)60%，反应的压强平衡常数__________。 ③下，平衡时，测得丙烷和正丁醇的选择性均为，则有效氢含量__________(保留3位有效数字)。 【答案】(1) +6.2 （2分） >（1分） (2) 慢反应（2分）分压过低不利于反应正向进行生成产物，导致倾向分解方向进行（2分） (3) 反应i和ii均为放热反应，升温使平衡均逆向移动，但反应i逆向移动的程度更大（2分） < （1分） 67 （2分） 56.7%（2分） 【解析】（1）反应可由反应i-反应ⅱ得到，因此；判断反应能自发进行的依据为；该反应，若能自发进行，需要满足，因此。 （2）①慢反应决定反应的速率，催化剂的浓度能够影响反应速率，说明参与了慢反应。 ②CO分压过低不利于反应正向进行生成产物，适量增大可以使反应逆向移动，阻止分解。 （3）①反应i和ii均为放热反应，升温使平衡均逆向移动，但反应i逆向移动的程度更大，生成的量更少，因此减少。 ②128.3℃时，丙烯的平衡转化率为60%，直接消耗丙烯的反应有i~iii，而直接消耗CO的反应只有反应i和反应ii，消耗量要少于丙烯，由投料相等，故CO的平衡转化率小于60%；，，该反应是一个气体分子数相等的反应，可得 。 ③丙烷和正丁醇的选择性均为16.5%，则正丁醛与异丁醛的选择性之和为67%，且，令丙烷、正丁醇、正丁醛、异丁醛分别为、、、。根据上述反应，可知参加反应的，而转化为正丁醛的氢气的物质的量，则有效氢含量约为56.7%。 18. （14分）是一种常用的实验室标准分析试剂，工业上常用与氨水为原料制备，某兴趣小组探究实验室模拟工业生产方法制备并测定其纯度。 Ⅰ.制备，装置如图所示（夹持装置等略）。 步骤如下： i__________。 ii将盛有60.0 mL 氨水的仪器C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加12.5 mL（40.0 g），反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 iii打开，向C中逐滴加入15氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 iv将C和D中的溶液混合，一系列操作得粗品，进一步提纯得到无色产品39.2 g。 回答下列问题： (1)步骤i为__________。仪器C的名称为__________。 (2)步骤ii使用冰水浴的原因是__________；生成的化学方程式为__________。 (3)步骤iii中继续滴加少量氨水的作用是__________。 (4)步骤iv中一系列操作为__________，过滤，洗涤，干燥。的产率为__________。 Ⅱ.测定纯度 准确称取产品配制250 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶，加入25.00 mL硝酸酸化的0.1000标准溶液，以铁铵矾[]溶液为指示剂，用0.05000溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时共用去5.00 mL溶液。 (5)已知为白色沉淀，产品中杂质不参与反应。达到滴定终点的现象为__________，根据以上步骤计算产品中的纯度为__________。 【答案】(1) 检查装置气密性 （1分） 三颈烧瓶（1分） (2) 防止反应过于剧烈，大量氨水和溴单质逸出 （2分）（2分） (3)确保液溴完全反应（1分） (4) 蒸发皿中蒸发浓缩，冷却结晶 （1分） 80%（2分） (5) 当滴入最后半滴KSCN标准溶液时，溶液变为红色且半分钟内不褪色 （2分） （2分） 【解析】本实验利用工业上溴单质与氨水的氧化还原反应制备，实验采用冰水浴控温，既降低液溴挥发损耗，也避免温度过高导致副反应发生；先滴加部分液溴充分反应，后续补加氨水消耗过量的溴单质除去溶液橙黄色，最终通过蒸发结晶、重结晶提纯产物，过量的尾气氨可被D中试剂吸收，据此解答。（1）有气体生成的实验，组装仪器后必须进行气密性检查，防止装置漏气影响实验。仪器C的名称为三颈烧瓶。 （2）液溴易挥发、浓氨水受热易分解出，冰水浴低温环境可减少反应物损耗，同时抑制和发生副反应；和氨水反应生成，同时生成的无色气体为，配平后得到化学方程式：； （3）滴加完后C中溶液呈橙黄色，说明有过量溶解，补加少量氨水可将残留反应完全。 （4）是可溶性铵盐，受热易分解，不能直接蒸发结晶，采用蒸发浓缩后冷却结晶的方式获得晶体。反应物中，，实际氨水过量，应以完全反应的为基准计算：理论质量为，产率为。 （5）和过量的生成血红色的，达到滴定终点的现象为：当滴入最后半滴KSCN标准溶液时，溶液变为红色且半分钟内不褪色。25mL待测液中，总物质的量为，过量的物质的量等于KSCN的物质的量：，与反应的物质的量为，250 mL溶液中总质量为，因此纯度为。 19.（14分）磷酸氯喹（氯喹二磷酸盐）是抗击疟疾、风湿等疾病的药物，其合成路线如下（略去部分试剂和反应条件，忽略立体化学，路线中Et代表）： 回答下列问题： (1)A的官能团名称为氨基、_________。 (2)中另一产物的结构简式为_________。 (3)中的作用为__________________。 (4)的化学方程式为__________________。 (5)的反应类型为_________。 (6)下列将H转化为氯喹二磷酸盐的目的或作用分析，不合理的是_________（填标号）； a.成盐后可提高抗疟疾等药理活性和作用强度 b.成盐后增加水溶性，有利于口服药物在胃肠道中的溶解和吸收 c.成盐后化学性质更稳定，便于储存和运输，延长保质期 d.成盐后利于精确称量并控制剂量压制成片剂或制成注射液 从物质结构的角度解释H显碱性的原因是__________________。 (7)写出一种满足下列条件的G的芳香族同分异构体的结构简式_________。 ①含有氰基； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色； ③核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积比为2∶2∶1。 (8)已知： ①苯环连接氨基或氯原子时，新引入的基团主要进入其邻位或对位，苯环连接硝基时，新引入的基团主要进入其间位； ②。 以苯为原料制备A，写出合成路线___________________________（其他试剂任选）。 【答案】(1)碳氯键（或氯原子）（1分） (2)CH3CH2OH（或EtOH）（1分） (3)使羧酸根离子转化为羧基（或使—COONa转化为—COOH）（1分） (4)（2分） (5)取代反应（1分） (6) a （1分） H分子中的氮原子具有孤电子对，可作为碱性位点与氢离子结合（合理即可）（2分） (7)、、、、、（任答其中一种）（2分） (8)（3分） 【解析】A→B 是两分子A与反应，生成亚胺结构B；B转化为C，C继续转化为D， 的反应中酯基先在碱性环境下水解为羧酸根，再酸化为羧基，发生脱羧反应，故E的结构简式是，F中羟基被氯原子取代得到G，是G的氯原子被取代得到H，H和磷酸反应得到有机盐，据此解答。 （1）A的结构为间氯苯胺，苯环上同时连接氨基和氯原子，因此除氨基外的官能团为碳氯键。 （2）反应中1分子和2分子A（间氯苯胺）反应生成B，三乙氧基甲烷的乙氧基被氨基取代，脱去3分子乙醇，因此另一产物为乙醇。 （3）D在10%条件下发生酯的碱性水解，生成羧酸钠；加入后，可将羧酸钠转化为羧基。 （4）E在250~270℃条件下发生脱羧反应，脱去1分子，生成F，化学方程式为。 （5）G的氯原子被反应物的氨基取代，生成H和，属于取代反应。 （6）成盐过程仅改变药物的物理性质（水溶性、稳定性、称量便利性等），不会直接提升药物本身的药理活性和作用强度，a不合理；成盐后离子型化合物水溶性大幅提升，利于胃肠道溶解吸收，b合理；盐类比游离碱性质更稳定，便于储存运输，c合理；盐类理化性质更均一，便于精确称量控量，可压片或制备注射液，d合理； H分子中的氮原子具有孤电子对，能够结合水电离出的（配位键），因此H显碱性。 （7）G分子中除了苯环外，还剩余3个不饱和度，满足含有氰基，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中含有碳碳双键，则除了苯环外含有2个氯原子、1个-CN、1个碳碳双键，氢谱仅3组峰，峰面积比2:2:1，说明结构高度对称，满足条件的结构可以是：、、、、、。 （8）根据题目给定的定位规则：硝基是间位定位基，先将苯硝化得到硝基苯，再对硝基苯进行氯化取代，氯原子会进入硝基的间位，得到间氯硝基苯；最后通过将硝基还原为氨基，即可得到目标产物A（间氯苯胺），该路线符合定位规则，无邻位副产物干扰，合成路线：。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮检测卷02 高三化学 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ti 48 56 Cu 64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 【传统文化】中华优秀传统文化底蕴深厚、源远流长。下列对古文或诗词的解读错误的是 A.《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是绿矾 B.“远上寒山石径斜，白云深处有人家”，此处白云是一种胶体 C.“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，这里的“盐”是一种纯净物 D.“人以类聚，物以群分”体现了古代人们的分类思想 2. 【改编】“9·3大阅兵”展示了一大批镇国重器。下列材料中属于无机非金属材料的是 A.“100式坦克”的聚氨酯迷彩涂层 B.“运20B”的钨碳合金机身 C.“空警600”的氮化镓数字阵列雷达 D.“东风5C”的推进剂偏二甲肼 A.A B.B C.C D.D 3.铜阳极泥是一种含贵金属的可再生资源，浸出时发生反应。下列说法正确的是 A.的空间填充模型： B.的模型： C.基态价层电子的轨道表示式： D.中键和键的个数比为 4.【新情境】超氧化钾（KO2）用作潜水或宇航系统供氧剂的主要反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.常温下，7.1 gKO2含有的阴离子的数目为 B.标准状况下，1.12 LCO2含有电子的数目为 C.溶液中的数目为 D.理论上，每产生0.3 mol O2转移电子的数目为 5.下列过程中发生的反应，相应化学方程式书写正确的是 A.在煤中添加石灰石，降低尾气中浓度： B.过氧化钠在空气中变为白色粉末： C.NaClO溶液久置后变质： D.泡沫灭火器灭火时，硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合： 6.下列实验的相应操作中，不正确的是 蔗糖水解实验 实验室制取 A.向烧杯中先滴入几滴水，之后加入浓硫酸迅速搅拌 B.点燃酒精灯后，待导管口气泡连续冒出时，开始收集气体 制备少量 调节滴定管液面至“0”刻度 C.在坩埚中加热金属钠，冷却后有淡黄色固体生成 D.调节活塞使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面位于“0”刻度 A.A B.B C.C D.D 7.结构决定性质。下列结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨具有类似金属的导电性 B 碘和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子 碘易溶于四氯化碳，难溶于水 C 键能： 热稳定性： D 离子液体中的离子半径大 离子液体的熔点较低 A.A B.B C.C D.D 8.一定温度下，甲酸分解存在两种竞争路径： 反应①   反应②   使用某催化剂时反应历程如下图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。 下列有关说法错误的是 A.反应①为吸热反应 B.反应②的速率更快 C.反应①和②的反应历程中均涉及极性键的断裂和形成 D.为得到更多氢气，需寻找合适的催化剂 9.工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含、、、、、)制备碳酸锰，工艺流程如图所示。已知：、，下列说法错误的是 A.“滤渣1”的主要成分除S外，还有、 B.“滤渣2”经一系列反应可转化为电解冶炼铝的原料 C.“除杂1”后上层清液中 D.“沉锰”时的化学方程式为 10.将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和NaCl溶液（消毒液发生器），通电时，尽量使被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，装置如图。下列说法错误的是 A.室电极反应式为 B.在串联的两个全钒电池中都是从左室移向右室 C.a极为电解池的阴极，其电极反应的产物是和 D.当电路中通过0.1mol电子时，消毒液发生器中最多生成 11.芦丁广泛存在于槐花米和荞麦叶中，具有抗炎、抗病毒等药理作用，结构如下图所示： 下列叙述正确的是 A.芦丁属于非极性分子 B.芦丁可形成分子内氢键 C.芦丁中不含手性碳原子 D.芦丁中所有碳原子一定处于同一平面 12.如图所示，U是一种可用于抗癌的结构修饰生物小分子。其中R、W、X、Y、E为前四周期主族元素，原子序数依次增大，R基态原子的所有电子均位于s轨道上，Y是原子半径第二小的主族元素，X、E形成的二元化合物可用于干燥剂。由R、W、X三种元素形成的酸和碱还能相互反应，形成一种水溶液为酸性的盐，下列说法正确的是 A.第一电离能： B.简单气态氢化物热稳定性：Y＞E＞W C.U可以发生水解与缩聚反应 D.U中W原子的杂化方式不同 13.原子序数依次增大的短周期元素、、、、、、形成的化合物转化关系如下，其中Q与Z、X与W为同主族，M的原子半径最小。下列说法正确的是 A.MW和YW均为离子化合物 B.和分子空间结构均为V形 C.同周期元素简单离子中离子的半径最小 D.图中所示化合物中心原子和均采取杂化 14.黄铜矿（主要成分为）可用于制备含铜化合物，的晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，为阿伏加德罗常数，。 下列说法不正确的是 A.Cu位于元素周期表的ds区 B.距离Fe原子最近的S原子有6个 C.S原子填充在2个Cu原子和2个Fe原子围成的四面体空隙内 D.用含、的代数式表示阿伏加德罗常数 15.常温下，草酸钙()是一种难溶于水的白色沉淀。草酸()为二元弱酸，其电离常数分别为和，。向饱和溶液中加入稀盐酸时(随着变化，固体一直存在)，溶液中各含碳物种的分布系数及()随溶液的变化关系如图所示。已知。 下列叙述错误的是 A.当时， B.反应的平衡常数 C.当pH=1时，不成立 D.当时，pH=2.7 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. （13分）以复杂锂精矿（主要含α-锂辉石LiAlSi2O6，伴生Rb、Na）为原料，采用如下工艺协同提取锂、铷： 已知： ①“脱硅”产生类沸石，与碱浸渣成分一致，此步骤认为将Al、Si均完全除去； ②“硫酸熟化”：加入硫酸后搅拌、加热一段时间。 回答下列问题： (1)α-锂辉石（密度为3.15 g·cm-3）化学惰性强，难以被酸碱直接浸出，“热活化”后转变为β-锂辉石LiAlSi2O6（密度为2.40 g·cm-3）。下列说法正确的是________（填标号）。 A.α-锂辉石与β-锂辉石互为同素异形体 B.α-锂辉石与β-锂辉石属于同种物质 C.该变化属于化学变化 D.相同条件下，等质量的两种锂辉石，密度大的锂辉石物质的量更大 (2)“碱浸”过程中，Al、Si转化为羟基方钠石型沸石[Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O]进入渣中，同时有进入溶液中，该过程离子方程式为__________。 (3)水热条件下，Li+与自发反应生成Li2SiO3沉淀的离子方程式为__________。 (4)Li2SiO3经“硫酸熟化”–“水浸”转化为Li2SO4溶液，“硫酸熟化”能有效提高锂与硅的分离效率，原因是__________。 (5)“碳酸化沉锂”时，控制pH=11、温度98℃，析出Li2CO3沉淀，为了使溶液中锂的总含量小于10-2 mol·L-1，需要控制__________mol·L-1。已知98℃时，发生反应及对应的平衡常数信息如下：，，。 (6)t–BAMBP对Rb+有选择性萃取作用，萃取机理为酚羟基上的H+与Rb+发生阳离子交换。为了减少t–BAMBP用量，应当在“萃取分离”前对“脱硅”后的溶液通入__________气体（填化学式，下同）。“流出液”中加入适量__________，可返回其它操作单元使用。 17.（14分）烯烃氢甲酰化是工业上制备醛类物质的重要方法。丙烯催化氢甲酰化制备正丁醛，涉及如下反应： i.   ii.   iii.   iv.   回答下列问题： (1)反应的__________，该反应能够自发进行，说明__________(填“>”或“<”)0。 (2)一定温度下，作催化剂时，醛的生成速率满足下列关系：。已知：为速率常数，与温度有关；，温度升高时，受热分解产生沉积在反应器壁上使传热条件变坏。 ①催化机理中，参与反应的步骤是__________(填“慢反应”或“快反应”)。 ②醛的生成速率与成反比，但工业上选择，分析分压不宜过低的原因是____________________________________________________________。 (3)下，、和(体积比为)通入装有催化剂的反应器中发生上述反应。平衡时，测得丙烯转化率、与温度的变化关系如图所示。已知：有效氢含量，选择性。 ①随着温度升高，减小的原因可能是______________________________。 ②下，平衡时，的转化率__________(填“>”“<”或“=”)60%，反应的压强平衡常数__________。 ③下，平衡时，测得丙烷和正丁醇的选择性均为，则有效氢含量__________(保留3位有效数字)。 18. （14分）是一种常用的实验室标准分析试剂，工业上常用与氨水为原料制备，某兴趣小组探究实验室模拟工业生产方法制备并测定其纯度。 Ⅰ.制备，装置如图所示（夹持装置等略）。 步骤如下： i__________。 ii将盛有60.0 mL 氨水的仪器C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加12.5 mL（40.0 g），反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 iii打开，向C中逐滴加入15氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 iv将C和D中的溶液混合，一系列操作得粗品，进一步提纯得到无色产品39.2 g。 回答下列问题： (1)步骤i为__________。仪器C的名称为__________。 (2)步骤ii使用冰水浴的原因是__________；生成的化学方程式为__________。 (3)步骤iii中继续滴加少量氨水的作用是__________。 (4)步骤iv中一系列操作为__________，过滤，洗涤，干燥。的产率为__________。 Ⅱ.测定纯度 准确称取产品配制250 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶，加入25.00 mL硝酸酸化的0.1000标准溶液，以铁铵矾[]溶液为指示剂，用0.05000溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时共用去5.00 mL溶液。 (5)已知为白色沉淀，产品中杂质不参与反应。达到滴定终点的现象为__________，根据以上步骤计算产品中的纯度为__________。 19.（14分）磷酸氯喹（氯喹二磷酸盐）是抗击疟疾、风湿等疾病的药物，其合成路线如下（略去部分试剂和反应条件，忽略立体化学，路线中Et代表）： 回答下列问题： (1)A的官能团名称为氨基、_________。 (2)中另一产物的结构简式为_________。 (3)中的作用为__________________。 (4)的化学方程式为__________________。 (5)的反应类型为_________。 (6)下列将H转化为氯喹二磷酸盐的目的或作用分析，不合理的是_________（填标号）； a.成盐后可提高抗疟疾等药理活性和作用强度 b.成盐后增加水溶性，有利于口服药物在胃肠道中的溶解和吸收 c.成盐后化学性质更稳定，便于储存和运输，延长保质期 d.成盐后利于精确称量并控制剂量压制成片剂或制成注射液 从物质结构的角度解释H显碱性的原因是__________________。 (7)写出一种满足下列条件的G的芳香族同分异构体的结构简式_________。 ①含有氰基； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色； ③核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积比为2∶2∶1。 (8)已知： ①苯环连接氨基或氯原子时，新引入的基团主要进入其邻位或对位，苯环连接硝基时，新引入的基团主要进入其间位； ②。 以苯为原料制备A，写出合成路线___________________________（其他试剂任选）。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $