湖南长沙市雅礼中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

高三化学二参考答案 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意） 题号 12345 6789 10 11 121314 答案 & D BB C 1.B【解析】酚醛树脂是通过缩聚反应合成的有机高分子聚合物，属于有机高分子材料，A正确；75%的乙醇通过 使蛋白质变性实现消毒，“84消毒液”依靠次氯酸的强氧化性使蛋白质失活消毒，二者消毒原理不相同，B错误； FeCl3具有氧化性，可与铜发生反应：2FeCl3+Cu一2FeCl2十CuCl2,因此可腐蚀覆铜板制作印刷电路板，C 正确；Al与NaOH遇水反应生成氢气可增大管道内气压，同时反应放热可加快NaOH对毛发等淤积物的腐 蚀，可用于疏通厨房管道，D正确；故选B。 2.A【解析】氯化镁是离子化合物，选项给出的电子式不符合离子化合物的书写规则，电子式中C需要加方 括号并标注负电荷，正确的电子式为[：C:]Mg+[:C1:],A错误；正丁烷(C4Ho)为直链结构，该球棍模 型中4个碳原子呈锯齿形直链连接，氢原子数目符合组成，B正确；NH3的空间结构为三角锥形，C正确；同种 原子之间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，D正确；故选A。 3.B【解析】H+与CO号反应生成CO2和H2O,Ca2+与CO反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题 意；K+,Na+、SO、Cl之间均不发生反应，能在溶液中大量共存，B符合题意；Fe3+具有氧化性，I厂具有还原 性，二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；Ag与CI反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，D 不符合题意；故选B。 4.C【解析】N2O2与水反应的离子方程式原子守恒、电荷守恒，反应符合事实，A正确；氢氧化镁为难溶弱电解 质，离子方程式中不可拆分，与H+反应生成Mg+和H2O,方程式书写正确，B正确；HCO。是弱酸的酸式酸 根，书写离子方程式时不能拆分为CO号和H+,反应物应为HCO5,正确的离子方程式为HCO3+H+ H2O十CO2个，C错误；溴的氧化性强于碘，与I厂反应可置换出I2,离子方程式书写正确，D正确；故选C。 5.D【解析】制备F(OH)3胶体是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，并非向氢氧化钠溶液中滴加，A不符合题意； 向等浓度的Na2CO、NaHCO3溶液中滴加酚酞，才可以根据红色深浅比较其溶液的碱性强弱，B不符合题意； NHCl固体受热分解生成NH3和HCI,当温度降低时，NH3和HCI又化合生成NH4Cl,C不符合题意；氢氧 化亚铁极易被空气中的氧气氧化，故用苯隔离氧气，并将滴管插入水相，能够达成目的，D符合题意；故选D。 6.A【解析】X原子核外只有1种自旅取向的电子，说明核外仅有1个电子，为H;Y最外层电子数是内层电子 数的3倍，内层电子数为2、最外层电子数为6，为O;Y和Q价电子数相同且Q原子序数更大，为S;短周期金 属性最强的元素Z为Na;W原子序数介于11~l6之间，s能级上的电子总数等于p能级上的电子总数，电子 排布为1s22s22p3s2,即Mg,且Mg的3s轨道全满，第一电离能大于相邻的Na和Al,符合题意。同主族元素 从上到下电负性减小，故电负性：O(Y)>S(Q),H2S中S显一2价，电负性：S>H(X),即电负性：Y>Q>X,A 错误；同周期主族元素原子半径随核电荷数增大而减小，电子层越多半径越大，故原子半径：N>Mg>S>O, 即Z>W>Q>Y,B正确；Y的简单氢化物为H2O,分子间存在氢键，沸点高于Q的简单氢化物H2S,C正确； 三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、H2SO4,NaOH为强碱、H2SO4为强酸， Mg(OH)2为弱碱，D正确；故选A。 7.C【解析】检验NH时，生成的NH是碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验中使用蓝色石蕊试纸 且现象为变红，无法证明原溶液中存在NH,A错误；若原溶液中含有Ag,加入盐酸酸化的BCl2溶液时会 生成AgCI白色沉淀，因此不能确定原溶液中一定含SO星，B错误；无色、无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 为CO2,原溶液中可能含有CO或HCO3,因此“可能存在CO”的结论正确，C正确；稀盐酸具有挥发性，挥 发的HCI也能与N2SiO3反应生成白色沉淀，且HCl不是Cl的最高价含氧酸，无法比较Cl、C、Si的非金属 性，D错误；故选C。 8.D【解析】由题千晶胞可知，e和K间的最短距离为体对角线长的}，即为写 anm,A正确；由题千晶胞可 知，晶胞中含有K*的个教为4，F心+的个数为8×日+6×2-4，Fe+的个教为12×是十1=4，即含有4个 化学参考答案(27H)一1 KFe[Fe(CN)6],则晶胞的质量为4X(39+2X56+6×26) g,晶胞的体积为(aX107cm)3,则滕氏蓝晶体的 NA 4×(39+2×56+6×26) 密度为 NA 81.228×1024 (a×10-7cm)3 a Nag.cm3,B正确，CN中C,N原子均含有孤电子对，但N的 电负性比C的大，C原子更容易提供孤电子对，则[F(CN)6]3-中提供孤电子对形成配位键的原子为C,C正 确；将题干晶胞等分成8个小立方体，R在右下后方的小立方体的体心，结合M原子坐标为(0,0,0)，则R处 K+的坐标为（受，子，），D错误；故选D, 9.B【解析】X分子中的碳碳双键可以被酸性KMO4溶液氧化，因此X能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；Y 分子中六元杂环上的碳原子不可能共平面，B错误；Z分子中的六元环叔胺氦原子有孤对电子，属于碱性基团， 可以和盐酸反应生成铵盐，C正确；该反应是X的酰氯基团和Z的羟基发生的酯化类取代反应，反应过程中会 生成HC1,加入K2CO3可以中和生成的HC1,既避免反应物Z的氨基质子化失活，又能推动平衡正向移动，提 高Y的产率，D正确；故选B。 10.D【解析】该装置为可充电铝基电化学装置，放电时是原电池，金属A1作负极失电子生成[Al(OH)4]厂， Ni-CuO复合催化剂作正极，NO5在该电极表面经氢原子还原为NH3;充电时为电解池，Al电极作阴极、 Ni-CuO复合催化剂电极作阳极，阳极区H2O放电生成O2,阴极区[A1(OH)4]还原再生金属A1,中间的 OH交换膜可实现OH的定向迁移。放电时A1为负极，发生反应：Al一3e十4OH—[Al(OH)4],阴 离子(OH)向负极移动，负极每消耗4 mol OH仅迁移入3 mol OH(对应3mol电子转移)，负极区OH 浓度减小，A错误；放电时，NO3中十5价的N还原为NH3中一3价的N,每生成1olNH3转移8mol电 子，根据题千信息，每转移1ol电子对应生成1mol氢原子，且每个氢原子提供1个电子参与还原反应，即转 移8mol电子时生成8mol氢原子，B错误；充电时该装置为电解池，原放电时的正极(Ni-CuO电极)作阳极， 原放电时的负极(A1电极)作阴极，电解池中阳极电势高于阴极，即Ni-CuO电极的电势比铝电极的高，C错 误；充电时，阴极反应式为[Al(OH)4]+3e=A1+4OH,阳极反应式为2H2O一4e=O2个+4H+, 将阴极反应系数乘4、阳极反应系数乘3，两式相加消去电子和中间产物，得到总反应为4[A1(OH)4] 4A1十6H2O十4OH十3O2个，D正确；故选D。 11.C【解析】由于Cul2在溶液中不存在，则可能发生的反应为2Cu2+十4厂一2CuI↓十2，生成的Cul为白色 沉淀，可吸附I2而显土黄色，A正确；加入N2S2O3溶液后，初期仍为悬浊液，说明I2优先与S2O反应，此 时Cul还未与S2O反应溶解，证明12与Na2S2O3反应的速率更快，B正确；已知[Cu(S2O3)2]2-呈黄色、 [Cu(S2O3)2]3-呈无色，现黄绿色悬浊液变为黄色溶液，则是过量的Cu2+与S2O配位生成黄色的 [Cu(S2O3)2]2,且CuI与S2O发生生成[Cu(S2O3)2]3-的配位反应，元素化合价未变，没有发生氧化还原 反应，C错误；最终溶液为无色，说明黄色的Cu+配合物最终转化为Cu+的无色配合物，证明Cu+与S2O 生成配合物的反应进行程度（限度）小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确；故选C。 12.B【解析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成NiO、Fe2O3及Na2MoO4;加水水浸，MoO进入溶液中， 滤渣的主要成分为NiO、SiO2及Fe2O3;加入硫酸镁除去多余的CO,过滤后再通过低温结晶（根据Na2SO4 溶解度随温度变化特点确定)将硫酸钠晶体分离出来，得到钼酸钠溶液。“焙烧”时，○2作为氧化剂，将MoS2 氧化转化为Na2MoO4,Mo的价态由+4价到+6价，A正确；“水浸”后的滤渣主要成分为NiO、SiO2及 Fe2O3,Fe(OH)3需在溶液中生成，高温焙烧无法得到，B错误；“净化”时，MgSO4与滤液中Na2CO3反应生成 MgCO3沉淀和Na2SO4,化学方程式为MgSO,+Na2CO3=Na2SO4十MgCO3V,C正确；“水浸”（固液分 离)、“净化”（分离MgCO3沉淀）、“降温结晶”（分离晶体A)均需过滤，净化后溶液含Na2SO,和N2MoO,降 温时Na2SO4·l0H2O先结晶析出，D正确；故选B。 13.B【解析】反应①为放热反应，反应②、反应③为吸热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②、③平衡正 向移动，由于反应②平衡正向移动，反应①平衡逆向移动，导致TC2物质的量不断减少，因此曲线Ⅱ对应 TiCl2;反应②和反应③平衡正向移动，导致TiCL3物质的量不断增加；反应①平衡逆向移动，TiCL4和Ti的物 质的量增加，反应②和反应③平衡正向移动，TiCL4和Ti的物质的量减小；根据图中TiCL4的变化趋势，说明 反应①为主，因此Ti的物质的量也增加，但是增加幅度不如TiCL3大，因此曲线I对应Ti,曲线Ⅲ对应TiCL3, 化学参考答案(27H)一2 由此解答。由分析可知，曲线I对应Ti,A错误；T。℃时，TCL3的物质的量分数为40%，Ti的物质的量分数 为56.67%，TiC2的物质的量分数基本为0，因此TiCL4的物质的量分数为3.33%，设Ti和TiCL4的初始的 物质的量分别为2mol和1mol,根据Ti元素守恒，TiCl4的物质的量为3molX3.33%≈0.1mol,TiCl4的平 衡转化率约为1mol-01m0lXI00%-90%,B正确；根据Ti元素守恒可知，平衡时存在n(Ti)+n(TiCb) 1 mol 十n(TiCl3)十n(TiCL4)=3mol,根据图像可知，Ti的物质的量分数不会高于56.67%，n(Ti)≤3mol× 56.67%=1.7001mol,2n(Ti)<3.6mol,根据Cl元素守恒可知，平衡时存在2n(TiCl2)+3n(TiCl)十 4n(TiCL4)=4mol,因此2n(Ti)<2n(TiC2)+3n(TiCl3)+4n(TiCL4),C错误；反应①的平衡常数为K1= c(TiC),温度不变平衡常数不变，因此c(TCL)保持不变，压缩容积导致体积减小，TCL的物质的量需要减 1 小才能保证c(TiCl4)保持不变，D错误；故选B。 14.C【解析】向混合溶液中滴加BaC2溶液时，发生反应Ba2++CO号一BaCO3↓，随c(Ba+)增大，会使 8品}逸者减小，即随-gc()减小对应-电气8号}是新增大，故左侧白我为-归80品}的 变化询线，右侧曲线为-lgc(H)的变化曲线，利用两曲线交点处可得-gC(C号=1gc(日)=5,5， 即C汽三c(田)=10丽该温度下C0的电离平衡常数Ke=(CC:什105X10 c(HCOs) 10",据此分析解题。由分析知口b点所在曲线表示的是-gc(Ba2+)与一g《C}的变化关系，A正 确；根据电荷守恒：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO号)+c(HCO5)+c(OH-)+c(C1-),b,点处 gC%于0，即C0)1,也就是c(C0)户c(C0),代入电荷守恒式可得：2zB随 c(HCO) c(Nat)十c(H+)=3c(COg)十c(OH)十c(CI),B正确：由分析知K2=c(COg)cH*)=10,a点 c(HCO) 类18号}=4，中8号=10，代入得：) c(HCO) 10mol/L=107mol/L,pH=7,C错误；b,点 处-lgc(Ba2+)=7,即c(Ba2+)=10-7mol/L,由Kp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO号)得c(CO号)= 2.58×10-9 10-7 mol/L=2.58X102mol/L,又因为6点c(C0=1,因此c(HC05)=2.58×10-2mol/L,D C(HCO 正确；故选C。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(14分) (1)分液漏斗(1分，答“滴液漏斗”给分；答“长颈漏斗”“洗气瓶”不给分) 浓磷酸[1分，答“磷酸”给分；答“浓硫酸”不给分（浓硫酸的强氧化性会把Br氧化为Br2)门] (2)向B中加水使左侧导管口浸没在水面下，关闭分液漏斗活塞，微热A,若B中导管口有气泡冒出、冷却后导 管内形成一段稳定水柱，则气密性良好[2分，须含“关闭活塞”“微热（捂热）”“B中导管口有气泡冒出”“停止加 热后形成一段稳定水柱”四个要点，齐全得2分；缺“关闭活塞”或“冷却后形成稳定水柱”各扣1分，扣完为止。 可接受的等价答法：答成“将A与B间的导管拆下并把管口浸入水中，微热圆底烧瓶A,导管口有气泡冒出、 冷却后管内形成一段稳定水柱”同样给满分] (3)①抑制NH3的挥发和HBr气体的逸出；②使HB与稀氨水充分接触、被完全吸收[2分，每点1分。①须 答出“降低温度”与“抑制NH挥发/HBr逸出（减少损失、提高产率）”两层意思；②须答出“使HBr被充分吸 收（防止吸收不完全而逸出）”。只答“加快反应”“防止爆炸”等无关内容不给分] (4)3Br2十8NH3·H2O一6NHBr+N2◆+8H2O[2分，化学式、配平、气体符号均正确得2分；未配平或漏 “个”扣1分；错写生成物（如写成NHBrO、HBr)不得分] 橙黄色恰好褪去（溶液由橙黄色恰好变为无色）(2分，只答“颜色变化”未指明方向不给分) (5)①96.0(2分)②b(2分，答“B”不给分，多选、错选不得分) 化学参考答案(27H)一3 16.(16分) (1)3d5(2分) (2)①3Co,0,+9(NH,)S0,低通烧9CoS0,十N,+16NH,++12H,0(2分) ②硫酸铵[或(NH4)2SO4,2分] (3)氧化铁（或Fe2O3,2分） (4)5.0(2分) (5)4.0×10-16(2分) (6)①2(2分)②BCD(2分，漏写得1分，错选不得分) 【解析】海底富钻壳以硫酸铵为助剂，经“低温焙烧”将金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，释放的氨气与后续“高温 焙烧”产生的三氧化硫反应生成硫酸铵，实现循环利用；“高温焙烧”后“水浸”，部分金属硫酸盐分解生成的氧化物 进入浸出渣，浸出液再经“莘取”回收铜、“调pH”沉淀去除铁铝杂质，加入硫化钠沉淀钻镍，最后滤液经处理得到 锰的氧化物，整个流程实现了钻、镍、铜、锰的分步分离与回收，据此分析。 (1)铁是26号元素，基态原子价电子排布式为3d4s2,三氧化二铁中铁元素为十3价，基态铁离子价电子排布式为 3d。 (②)0根据氧化还原反应中得失电子守恒和原子守恒来完成化学方程式：3C0,0,十9(NH4)2S0,低温桔烧 9CoSO4+N2个十16NH3个+12H2O,②“回收液”经处理可循环利用的物质是(NH4)2SO4。 (3)根据几种金属硫酸盐分解反应的自由能随温度变化关系图可知，在650℃时，F2(SO4)3发生分解反应，生成 Fe2O3和SO3,故浸出渣是FezO3。 (4)由溶液pH对各金属沉淀率的影响图可知，当pH为5.0时，铝和残余的铁沉淀率较高，其他金属离子沉淀率 较低，所以最佳的沉淀pH为5.0。 (5)因为钻、镍都完全沉淀时，离子浓度≤105mol/L,根据Kp(CoS)=c(Co2+)·c(S2-)=4.0X10-1,c(Co2+) ≤10ml/L,则c(S)≥40010”mVL=4.0X10ml/L:同理，对于NS.K,（NS)=cN+)·cS) 2.8X104,c(Nr+)≤105ml/L,c(g)≥2.8X10-m0l/L=2.8X106m01/L,所以此时溶液中c(S)不 10-5 低于4.0×10-16mol/L。 (6)①由结构图可知，C+结合了2个有机配体，因此配体数为2；②该分子中，不同原子间存在极性共价键（如 C一O、C一N等)，苯环中碳碳键为非极性共价键，Cu与N、O之间形成配位键；该分子为中性共价分子，不含离 子键、金属键，氢键不属于化学键，因此选BCD。 17.(15分) COOH C-CH-COOH (1) 0 (2分)羧基、酮羰基(1分，漏写、错写不得分) (2)AD(2分，选对1个得1分，有错选不得分) (3) CH,COOH(或C,H,CH,COOH)+CH,CH,OH浓硫酸 CH2 COOCH2CH3(或 △ C.H;CH2 COOCH2CH3)+H2O(2分，无条件或无可逆符号扣1分) CHO CHO (4)12(2分) (任写一种，2分) CH2 OH CH2OH (5)E为苯基丙二酸，分子中含有两个羧基，分子间形成的氢键数目比B(只含一个羧基)多，故熔点高得多 (1分，答出“氢键更多”即给分) (6)CH-CH,CH,BrCH,Br CH.CNCH.CN HOOCCH.CH:COOH H:O CO(NH2>2 HCI HN NH (3分，路线合理即可) 0= =0 化学参考答案(27H)一4 【解析】(2)A项：苯的氯甲基化反应中苯环上C一Hσ键断裂，形成C一C、C一CIσ键，正确；B项：F中只有苯环能 与H2加成（酯基、羧基中的C一O不与H2加成），1molF最多消耗3molH2,错误；C项：F的a-碳连接苯基、 乙基和两个相同的羧基（酯基），不是手性碳，错误；D项：苯巴比妥含酰脲（酰胺）结构，碱性条件下可水解开环， 正确。 (4)①一取代：CH(OH)CHO、一OCH2CHO、一CH2OOCH(甲酸苄酯)3种；②二取代：一CHO与一OCH3(邻、 间、对)3种，一CHO与一CH2OH(邻、间、对)3种，一OOCH与一CH(邻、间、对)3种，共12种。能与Na反应须 含醇羟基，苯环上有四种氢须为不对称二取代（邻位或间位），故为邻（间）羟甲基苯甲醛。 18.(13分) (1)+123(1分)a(2分) (2)BD(2分，选对1个得1分，有错选不得分) (3)氢气通过选择性透过膜，经Ar吹扫，降低了产物氢气的浓度，使平衡正向移动(2分) (4)①12.3(2分)②C3H8的浓度过低（或分压太低，2分） (5)C3Hg-2e—C3H6+2H(2分) 【解析】(1)反应焓变△H=反应物总键能一生成物总键能，丙烷含2个C一C、8个C一H,丙烯含1个C一C、1个 C=C、6个C-H,H2含1个H-H,代入数据得△H=[(2×348+8×413)-(348+615+6×413+436)] kJ/mol-十123kJ/mol。主反应是吸热、气体分子数增大的反应，升高温度，既加快反应速率，又使平衡正向移 动，提高丙烷平衡转化率，符合题意；增大压强，反应速率加快，但平衡逆向移动，丙烷转化率降低，b不符合题 意；催化剂仅加快反应速率，不改变平衡转化率，℃不符合题意；恒容加入丙烷，反应速率加快，但丙烷自身平衡转 化率降低，d不符合题意；故选a。 (2)该反应在恒温恒压容器中进行，且反应前后气体分子数改变，CH与C3H的浓度相等仅代表某一时刻的浓 度关系，和平衡状态无必然联系，A不符合题意；C3H的体积分数不再改变，说明各组分浓度不再变化，反应达到 平衡，B符合题意；容器始终维持恒压，压强不变不能说明反应达到平衡，C不符合题意；气体总质量不变，反应时 气体总物质的量改变，容器容积随之改变，气体密度。一晋不再改变时，说明体积不再变化，反应达到平衡，D符合 题意；故选BD。 (3)该反应器能提高丙烯产率的原因是氢气通过选择性透过膜，经A吹扫，降低了产物氢气的浓度，使平衡正向 移动。 (4)①W点丙烷平衡转化率为75%，初始丙烷为1mol,消耗丙烷0.75mol;丙烯选择性为80%，故生成n(CH6) =0.75molX80%=0.6mol,对应主反应生成n(H2)=0.6mol;副反应消耗的丙烷生成等物质的量的C2H4和 CH4,二者物质的量均为0.75mol×20%=0.15mol;剩余丙烷为(1一0.75)mol=0.25mol。恒压条件下Ar比 例增大，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，则C3Hg的转化率增大，则有M1=15,M2=10,M=5, 则n(Ar)=10mol,平衡时总物质的量为(0.25+0.6十0.6+0.15+0.15+10)mol=11.75mol,总压100kPa,代 入K。=(CH,)·p(H2) 品05×1o】 p(Ca Hg) 第x10 kPa≈l2.3kPa;②稀释比例过大时，丙烷的浓度过低，丙烷的消耗 速率明显下降。 (5)该装置为质子导体燃料电池，丙烷在负极失电子发生脱氢反应，生成丙烯和迁移的H+,电极反应式为C3H一 2e-C3H6+2Ht。 化学参考答案(27H)一5 高三化学二(H) 命题人：何雨晴 审题人：黄铁民 时量:75分钟 满分:100分 可能用到的相对原子质量:H~1 C~12 N~14 K~39 Fe~56 Br~80 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意) 1.科学、安全、有效、合理地使用化学品是每位生产者和消费者的责任，下列有关说法错误的是 A.集成电路底板材料酚醛树脂属于有机高分子材料 B.75%的乙醇与“84消毒液”的消毒原理相同 C.溶液可腐蚀覆铜板制作印刷电路板 D. Al与 混合固体可用于疏通厨房管道 2.下列化学用语或说法不正确的是 A.氯化镁的电子式： B.正丁烷的球棍模型： C. NH₃ 的空间结构: D. P₄中的共价键类型：非极性键 3.下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是 4.下列离子方程式书写不正确的是 A. 与水反应: B.氢氧化镁与稀盐酸反应： C.溶液与稀盐酸反应: D. KI溶液中滴加溴水： 5.下列有关实验操作或装置能达到实验目的的是 A.甲：制备 胶体 B.乙：比较 溶液的碱性强弱 C.丙：实验室制备少量 NH₃ D.丁：制备稳定的氢氧化亚铁沉淀 6. X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。X原子核外电子只有一种自旋取向，Y原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，Y和Q基态原子的价电子数相同，Z是短周期中金属性最强的元素，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能比同周期相邻元素都高。下列说法错误的是 A.电负性:Q>Y>X B.原子半径:Z>W>Q>Y C.Y的简单氢化物沸点高于 Q 的简单氢化物沸点 D.Z、W、Q的最高价氧化物对应的水化物中，一种为强碱，一种为强酸 7.下列“实验内容”和“结论”均正确的是 选项 实验内容 结论 A. 向某溶液中加入溶液并加热，产生使蓝色石蕊试纸变红的气体 原溶液中存在 B. 向某溶液中加入盐酸酸化的溶液，有白色沉淀生成 原溶液中一定含有 C. 向某溶液中加入适量稀盐酸，产生无色、无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体 原溶液中可能存在 D. 稀盐酸与石灰石反应产生的气体通入溶液中，生成白色沉淀 非金属性: Cl>C>S 8. (铁氰化钾)可用于检验，反应产生特征蓝色沉淀 (滕氏蓝，可作蓝色颜料)。滕氏蓝晶体的晶胞结构(该结构为正方体，省略了 )如图所示，晶胞边长为a 。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 和 间的最短距离为a nm B.滕氏蓝晶体的密度为 C. 中提供孤电子对形成配位键的原子为C D. M原子坐标为(0,0,0),则R 处] 的坐标为 9.有机物Y是制备解痉药盐酸黄酮哌酯的中间体，部分合成路线如图所示。 下列说法不正确的是 A. X能使酸性 溶液褪色 B. Y分子中所有碳原子共平面 C. Z能与盐酸反应 D.反应时添加适量 可提高 Y的产率 10.我国科研团队新制备了一种 复合催化剂，并将其与金属铝构成可充电型电化学装置，用于将污水中的定向还原为，其工作原理如图所示。电池放电时，水中的氢离子在复合催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在复合催化剂表面的 逐步还原为。 下列说法正确的是 A 放电时，穿过离子交换膜向负极区迁移，负极区的浓度不变 B.放电时,电极每转移8.0 电子时,理论上生成4.0 氢原子 S.充电时,电极的电势比铝电极的低 D.充电时，电池总反应为 11.某小组为探究与少量KI的反应，进行了如下实验。 实验 现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最终得到无色溶液 已知： 为白色沉淀； 在溶液中不存在； 呈无色， 呈黄色。 下列结论或推测不合理的是 A.①中产生土黄色沉淀的原因，可能是生成了沉淀吸附了所导致的 B.②中加入溶液后,变为浅蓝色悬浊液,推测与反应的速率快于与反应的速率 C.②中黄绿色悬浊液变为黄色溶液，推测 与发生了氧化还原反应 D.与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 12.工业上从镍钼矿(主要含、、及 Fe的硫化物)中分离钼、镍的工艺流程如下：、 已知：“水浸”后，滤液中主要含、、。下列说法错误的是 A. “焙烧”时,O₂的作用之一是将氧化转化为 B. “水浸”后的滤渣主要成分是 、和 C.“净化”时，发生反应的化学方程式是 D.“水浸”“净化”“降温结晶”后均需进行过滤操作，晶体A 主要成分是· 10 13.钛单质及其化合物在化工生产中有广泛的应用。以Ti和为原料制备 过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ① <0 ② >0 ③ >0 在恒容密闭容器中，投料比 平衡反应体系中各含钛组分的物质的量分数[例如 的物质的量分数=随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A.曲线Ⅰ对应的物质为 B. T。 时， 的平衡转化率约为90% C.上述平衡体系中， D.900 时，压缩容器容积会增大平衡时 的物质的量 14.某温度下，向 和 的混合溶液中逐滴加入一定浓度的 溶液，测得溶液中 与[M表示 或 的关系如图所示，已知该温度下 ,下列说法错误的是 A.点a、b所在曲线表示的是 的变化关系 B. b点溶液中存在 C. a点溶液的pH为6.5 D. b点溶液中 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15.(14分)溴化铵( )是制造照相乳剂的原料，也用作医药上的祛痰剂。某化学小组模拟工业方法，用下列两种方案在实验室制备溴化铵并测定产品纯度。(本实验所用试剂均有毒或有腐蚀性，全部操作在通风橱中进行) 查阅资料： ①极易溶于水； 在 中的溶解度远大于在水中的溶解度，且在( 中几乎不溶。 ② (六亚甲基四胺呈中性，不与反应)。 方案Ⅰ(气相中和法)：按下图连接装置(部分夹持装置略)。 步骤如下： i.组装仪器，检查装置气密性； ii.向A中缓慢滴加过量试剂a并加热，产生的气体经B净化后缓缓通入C中； iii.当C中溶液的pH约为8时，先拆离C、D间的导管，再停止加热； iv.将C中溶液转入蒸发皿，水浴加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品。 回答下列问题： (1)仪器X的名称为 ，试剂a为 (2)步骤 i 中检验装置A、B气密性的操作为 。 (3)装置C采用冰水浴并控制通气速率缓慢的目的是 (答两点)。方案Ⅱ(液相氧化还原法)，将液溴缓慢滴入置于冰水冷却的盛有浓氨水的圆底烧瓶中，边滴边搅拌，至溶液呈浅橙黄色后，再滴加氨水，最后将反应后的溶液蒸发结晶得产品。 (4)按方案Ⅱ制备的化学方程式为 。方案Ⅱ中，滴加氨水至溶液 时(填实验现象)，反应恰好完成。 (5)称取0.2500g产品溶于水，加入足量中性甲醛溶液，充分反应后以酚酞为指示剂，用0.2500 mol·L⁻¹标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液9.80 mL。 ①产品中的质量分数为 %(保留1位小数)。 ②下列操作会导致测得的质量分数偏大的是 (填标号)。 a 锥形瓶用蒸馏水洗净后，内壁残留少量蒸馏水 b.盛标准溶液的碱式滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 c.滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数 d.加入的中性甲醛溶液的量不足 16.(16分)以海底富钴壳(主要含 和 ，及少量 、 、、等杂质)为原料,采用两段硫酸铵焙烧-水浸法分离提纯并回收钴、镍、铜、锰的工艺如下。 已知：①当离子浓度 时，视为沉淀完全； ②25 时， , 。 (1) 中基态铁离子的价电子排布式为 。 (2)“低温焙烧”时,锰、钴元素分别被还原为。 ①写出 转化的化学方程式： 。 ②“回收液”经处理可循环利用的物质是 。 (3)已知几种金属硫酸盐分解反应的自由能随温度变化的关系如图1所示，650 “高温焙烧”后“水浸”的浸出渣是 。 (4)“调pH”时，铝和残余的铁被除去。溶液pH 对各金属沉淀率影响如图2 所示，最佳的沉淀 pH为 。 (5)“沉钴镍”时，钴、镍都完全沉淀，此时溶液中 不低于 (6)①“萃取”时，铜的存在形式如下图所示，该配合物的配体数为 。 ②该配合物分子内含有的化学键有 (填标号)。 A 离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 E.氢键 F.金属键 17.(15分)苯巴比妥(phenobarbital)是经典的巴比妥类药物，具有镇静、催眠、抗惊厥和抗癫痫作用，被列入世界卫生组织基本药物标准清单；临床上常将其制成钠盐(苯巴比妥钠)用作注射剂。一种合成苯巴比妥的路线如图所示。 已知： ② 回答下列问题： (1)D的结构简式为 ，其所含官能团的名称为 。 (2)下列说法正确的有 (填标号)。 A.由苯制备氯甲基苯()的反应中，有σ键的断裂与形成 R F最多能与4mol发生加成反应 C. F分子中与苯环相连的碳原子为手性碳原子 D.苯巴比妥在 溶液中可发生水解反应 (3)写出 B→C 的化学方程式: 。 (4)同时符合下列条件的B的同分异构体有 种(不包括立体异构)。 ①遇溶液不变紫色；②可以发生银镜反应；③属于芳香族化合物。 其中能与金属钠反应生成，且核磁共振氢谱显示苯环上有四种不同化学环境的氢原子的结构简式为 (任写一种) (5)E的熔点比B的熔点高得多，试从结构的角度解释原因 。 (6)参照上述路线最后一步的反应原理，设计以 和为原料合成 的合成路线(无机试剂任选)。 18.(13分)近年来，页岩气的开发让丙烷的产量进一步上升，将丙烷转化为高附加值产品丙烯是实现碳基能源高效利用的关键技术之一(反应如下)，具有广阔的使用前景及巨大的经济效益。 主反应： 副反应： 回答下列问题： (1) 已知：相关键能的数据如下表所示。 据此估算主反应 的△H= 。根据化学原理,可以同时提高化学反应速率和该反应平衡转化率的措施是 (填标号)。 a.升高温度 b.增大压强 c.加入催化剂 d.恒容条件下增加的量 (2)在恒温恒压密闭容器中通入一定量的和惰性气体 Ar，下列情况能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.与的浓度相等 B. 的体积分数不再改变 C.反应容器中压强保持不变 D.气体密度不再改变 (3)为提高丙烯的产率，设计了一种管状反应器，工作原理如图所示。该反应器能提高丙烯产率的原因是 。 (4)在压强恒定为100a的条件下，以 Ar作为稀释气，不同稀释比例 时,催化1 mol 直接脱氢制备反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①W点对应条件下，的选择性[的选择性=- 为80%，则主反应的分压平衡常数 (是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)为 (保留一位小数)。 ②相同温度下，稀释比例M远大于15时，的消耗速率明显下降，可能的原因是________。 (5)基于电化学原理，科学家利用质子导体燃料电池实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示，则生成的电极反应式为 。 学科网（北京）股份有限公司 $