精品解析：广东广州市增城区2027届高三上学期教学质量监测 化学试题

2027届高三年级教学质量监测 化学 本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级、试室号和座位号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在条码粘贴区内。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 K 39 Mn 55 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 碗是中国传统文化的重要载体。下列碗的材质主要成分为天然有机高分子的是 A．木碗 B．金碗 C．陶瓷碗 D．塑料碗 A. A B. B C. C D. D 2. 中国科技多方位成就世界之最。下列说法不正确的是 A. “海牛Ⅱ号”：深海钻钻头采用钛合金，钛合金的硬度比纯钛的高 B. 半导体材料：SiC是第三代半导体材料的典型代表物质之一，属于分子晶体 C. 电化学固碳：以和为原料直接合成尿素，和均为非极性分子 D. “人造太阳”：创造了可控核聚变运行纪录，原料中的和互为同位素 3. 物萃荔乡，农蕴岭南之厚，亦含化学奥秘。下列增城特产对应的叙述正确的是 A. 仙村进奉：荔枝中的葡萄糖属于酮糖，具有还原性 B. 小楼迟菜心：迟菜心中的纤维素是一种多糖，具有甜味 C. 西山乌榄：乌榄油属于植物油，含较多饱和脂肪酸的甘油酯 D. 正果腊味：腊肉中的蛋白质是两性分子，既能与酸反应，又能与碱反应 4. 中医药学是中国传统文化的瑰宝。山道年是一种蒿类植物提取物，有驱虫功能，其结构如图所示。下列关于该分子的说法正确的是 A. 分子式为 B. 手性碳原子数目为3 C. 能使酸性溶液褪色 D. 不能与溶液发生反应 5. 化学之美在于发现。陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但两者间没有关联的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸可由乙醇氧化制备 B 烟花绽放，焰色五彩缤纷 原子核外电子跃迁释放能量 C 顺丁橡胶硫化，用于制造轮胎 碳碳双键可打开与硫形成二硫键 D 公园的钢铁护栏涂刷多彩漆防锈 钢铁与潮湿空气隔绝可防止生锈 A. A B. B C. C D. D 6. 镁锰干电池的结构如图所示，作电解质，干电池的总反应式：，该电池缺点是易“鼓包”。下列说法不正确的是 A. 镁合金作负极，发生氧化反应 B. 电池工作过程中，从负极向正极迁移 C. 引起“鼓包”的反应： D. 参加反应，理论上外电路通过的电子总量为 7. 加热时，浓硫酸与木炭发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含中子数为 B. 的稀硫酸中含数目为 C. 标准状况下，含键数目为 D. 与充分反应得到的分子数为 8. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法正确的是 A. ②中沉淀与④中沉淀是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小 D. 若向⑤中加入过量稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 9. 结构决定性质。下列事实对应的解释不正确的是 选项 事实 解释 A 熔点： 相对分子质量： B 热稳定性： 键能： C 水溶性：苯甲酸>苯 苯甲酸可与形成分子间氢键 D 酸性： 电负性： A. A B. B C. C D. D 10. 利用如图装置进行实验，持续通入。下列说法正确的是 A. 中溶液变浑浊，说明酸性：苯酚>碳酸 B. 中固体逐渐变白，体现了的氧化性 C. 中析出白色固体，说明生成了 D. 中溶液变红，说明被还原 11. 化学家用无机物甲()成功制备了有机物乙[]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中、、、原子序数依次增大，、、同周期，基态、原子均有2个单电子。下列说法不正确的是 A. 第一电离能： B. 甲中存在配位键 C. 乙中键和键的数目比为7∶1 D. 氢化物的沸点： 12. 按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列说法不正确的是 A. a中产生，不能说明硫酸具有氧化性 B. b中品红溶液褪色，说明具有漂白性 C. c中产生黄色浑浊，说明具有氧化性 D. d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应 13. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是 A. e在光照下可生成a B. b和d反应可生成a C. 电解c的水溶液可生成a D. 可存在的转化关系 14. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 用溶液吸收少量： B. 向溶液中加入溶液： C. 溶液与溶液混合： D. 向溶液中滴加溶液： 15. 逆水气变换反应： 。一定压力下，按、物质的量之比投料，、温度时反应物物质的量分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，、温度时反应速率常数分别为、。 下列说法正确的是 A. B. 、温度下，达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物物质的量分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分物质的量分数与温度时相同 16. 一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中、极均增重。若将极换成电极，极仍增重。 下列说法正确的是 A. 放电时，向极迁移 B. 该电池不可用于海水脱盐 C. a极反应： D. 若以电极代替极，电池仍具有储氯能力 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 是重要的化工产品。某兴趣小组在实验室模拟制备。 （1）验证性质 为保证实验安全性，同时提高实验成功率，小组同学查阅文献了解的性质，并进行实验验证。 ①受热易分解。需选择的装置有__________(填字母)。 A．　　B．　　　C．　　D． ②具有氧化性。向__________溶液中滴加3～5滴酸性溶液，可观察到__________。 （2）制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①Ⅰ中反应的化学方程式为____________________。 ②取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 （3）对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 提出猜想：Ⅲ中产生的原因可能为、或将还原。 实验探究： ①实验i：用含和__________溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，证实Ⅲ中和均不能还原。 ②实验ii：用__________代替重复Ⅲ的操作，所得固体含，实验i和ii证实了Ⅲ中将还原。 实验优化： ③为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，__________，过滤，洗涤，干燥。 （4）测定纯度 准确称取产品，配制成待测液。取出，酸性条件下，用标准溶液滴定，进行三次平行实验，平均消耗标准溶液。的纯度是__________(用含、和的代数式表示)。 18. 从废旧电路板中(含、、、、单质)回收有价金属的一种工艺如下。 已知：①酸浸后，镍以形式存在。 ②半胱氨酸可选择性沉淀，对、、无沉淀作用。 ③，，。 回答下列问题： （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有__________(任写一条)。 （2）“浸出”时，发生的离子方程式为______________________________。 ________________________________________ （3）回收铜离子时值对铁离子的影响如图所示，为了减少铁离子的沉淀和保证铜离子的回收率，“沉铜”过程最佳的为__________。 （4）“调”时，为保证、完全沉淀，应控制溶液中最小为__________(列算式)。 （5）利用惰性电极“电解”滤液回收时，阴极发生的电极反应式为____________________。 （6）丁二酮肟可与反应生成丁二酮肟镍，该性质可用于水溶液中的分离。下列说法正确的是__________。 A. 键角 B. 配位时被还原 C. 丁二酮肟镍中的配体数、配位数均为4 D. 丁二酮肟分离时，弱碱性条件下沉淀的效果比弱酸性条件下好 （7）回收得到的和可制得催化、光电性能优异的晶体。该晶体的立方晶胞如图，晶体中与原子最近且等距离的原子的数目为6，则在晶胞中的位置为__________，相邻原子间的最近距离之比__________。 19. 加氢制甲醇是资源化利用的重要途径之一，双金属催化剂催化加氢制甲醇涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）基态原子和基态原子的价层电子数之比为__________。 （2）__________。 （3）在体积为的恒容密闭容器中充入和，在不同催化剂及不同温度下反应，的转化率及的选择性变化如下图所示(已知：的选择性)。 ①在上述反应条件下，催化生成甲醇的催化效率最高的催化剂是__________(选填“催化剂甲”“催化剂乙”或“催化剂丙”)。 ②在催化剂乙的作用下，反应温度为时，的转化率为4%，的选择性为80%，则内的生成速率为__________。 ③若要同时提高的平衡转化率及的选择性，可采取的反应条件是__________(写出一种即可)。 （4）往装有催化剂的反应器充入和，分别在、压强下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时及的物质的量分数随温度的变化如图所示。 ①已知，则表示压强下的物质的量分数随温度变化的曲线为__________(选填“a”“c”或“d”)。 ②温度为时，反应Ⅰ的分压平衡常数__________(写出计算过程；已知是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 20. 一种光催化剂催化键氧化亚胺化的路径如下图所示： （1）的反应类型为__________。 （2）Ⅰ的同分异构体中，属于芳香族化合物的有__________种(不包含Ⅰ)。 （3）Ⅱ的官能团为__________(写名称)。Ⅱ的核磁共振氢谱图中有__________组峰。 （4）反应：和(未配平)的原子利用率均为100%，且Ⅶ为芳香族化合物。 ①HCN分子的空间构型为__________。 ②Ⅶ的结构简式为__________。 （5）下列说法正确的有__________。 A. Ⅰ中C原子均为杂化，且所有原子均共面 B. Ⅳ既能与盐酸反应，又能与溶液反应 C. 反应中，有键的断裂与形成 D. 在催化过程中既被氧化又被还原 （6）以甲苯为有机原料，参照上述路线，合成化合物Ⅷ()，回答下列问题。 ①从Ⅷ出发，逐步逆推合成步骤：(填写有机化合物类别)a. __________、b. __________。 ②由烃引入硝基的化学方程式为______________________________(注明反应条件)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级教学质量监测 化学 本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级、试室号和座位号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在条码粘贴区内。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 K 39 Mn 55 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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. 碗是中国传统文化的重要载体。下列碗的材质主要成分为天然有机高分子的是 A．木碗 B．金碗 C．陶瓷碗 D．塑料碗 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．木碗的主要成分为纤维素，纤维素是自然界中天然存在的有机高分子，符合题干要求，A符合题意； B．金碗的主要成分为金属金，属于金属单质，为金属材料，不属于有机高分子，B不符合题意； C．陶瓷碗的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，为无机物，不属于有机高分子，C不符合题意； D．塑料碗的主要成分为塑料，塑料是人工合成的有机高分子材料，不属于天然有机高分子，D不符合题意。 2. 中国科技多方位成就世界之最。下列说法不正确的是 A. “海牛Ⅱ号”：深海钻钻头采用钛合金，钛合金的硬度比纯钛的高 B. 半导体材料：SiC是第三代半导体材料的典型代表物质之一，属于分子晶体 C. 电化学固碳：以和为原料直接合成尿素，和均为非极性分子 D. “人造太阳”：创造了可控核聚变运行纪录，原料中的和互为同位素 【答案】B 【解析】 【详解】A．钛合金属于合金，合金的硬度通常高于其组成纯金属的硬度，因此钛合金的硬度比纯钛高，A正确； B．是由原子与原子通过共价键形成的空间网状结构的共价晶体，不属于分子晶体，B错误； C．为直线形对称结构，为同核双原子分子，二者正负电荷中心均重合，均为非极性分子，C正确； D．和的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，D正确。 3. 物萃荔乡，农蕴岭南之厚，亦含化学奥秘。下列增城特产对应的叙述正确的是 A. 仙村进奉：荔枝中的葡萄糖属于酮糖，具有还原性 B. 小楼迟菜心：迟菜心中的纤维素是一种多糖，具有甜味 C. 西山乌榄：乌榄油属于植物油，含较多饱和脂肪酸的甘油酯 D. 正果腊味：腊肉中的蛋白质是两性分子，既能与酸反应，又能与碱反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．葡萄糖的结构为多羟基醛，属于醛糖而非酮糖，具有还原性，A错误； B．纤维素属于多糖，但纤维素本身无甜味，B错误； C．乌榄油属于植物油，植物油的主要成分为含较多不饱和脂肪酸的甘油酯，C错误； D．蛋白质分子中同时含有可与酸反应的（氨基）和可与碱反应的（羧基），既能与酸反应又能与碱反应，D正确； 故选D。 4. 中医药学是中国传统文化的瑰宝。山道年是一种蒿类植物提取物，有驱虫功能，其结构如图所示。下列关于该分子的说法正确的是 A. 分子式为 B. 手性碳原子数目为3 C. 能使酸性溶液褪色 D. 不能与溶液发生反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由结构简式可知该物质分子式为，A错误； B．手性碳原子为连接4个不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中共有4个符合要求的手性碳原子，B错误； C．该分子结构中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化，因此能使酸性溶液褪色，C正确； D．该分子中含有酯基，可在溶液中发生酯的水解反应，因此能与溶液反应，D错误； 故选C。 5. 化学之美在于发现。陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但两者间没有关联的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 用白醋清洗水壶中的水垢 乙酸可由乙醇氧化制备 B 烟花绽放，焰色五彩缤纷 原子核外电子跃迁释放能量 C 顺丁橡胶硫化，用于制造轮胎 碳碳双键可打开与硫形成二硫键 D 公园的钢铁护栏涂刷多彩漆防锈 钢铁与潮湿空气隔绝可防止生锈 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．陈述Ⅰ中白醋含乙酸，乙酸可与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应实现除垢，表述正确，陈述Ⅱ中乙醇经氧化反应可制备乙酸，表述正确；二者分别描述乙酸的除垢应用与制备路径，无因果关联，A符合题意； B．陈述Ⅰ中烟花的多彩焰色为金属元素的焰色反应，表述正确，陈述Ⅱ中焰色反应的本质是原子核外电子跃迁释放不同波长的可见光，表述正确；陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的微观原理，二者存在直接关联，B不符合题意； C．陈述Ⅰ中顺丁橡胶经硫化处理后力学性能提升，可用于制造轮胎，表述正确，陈述Ⅱ中顺丁橡胶的碳碳双键可在硫化时打开，与硫形成交联二硫键，使橡胶形成体型网状结构，表述正确；陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的反应原理，二者存在直接关联，C不符合题意； D．陈述Ⅰ中钢铁护栏涂刷油漆可实现防锈，表述正确，陈述Ⅱ中钢铁生锈需要接触潮湿空气，隔绝潮湿空气可防止钢铁锈蚀，表述正确，刷漆防锈的核心原理就是通过漆膜隔绝钢铁与潮湿空气的接触，陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的防护原理，二者存在直接关联，D不符合题意； 故选A。 6. 镁锰干电池的结构如图所示，作电解质，干电池的总反应式：，该电池缺点是易“鼓包”。下列说法不正确的是 A. 镁合金作负极，发生氧化反应 B. 电池工作过程中，从负极向正极迁移 C. 引起“鼓包”的反应： D. 参加反应，理论上外电路通过的电子总量为 【答案】B 【解析】 【分析】根据干电池的总反应式：，镁元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，镁合金为负极，为正极 【详解】A．镁合金为活泼金属电极，在原电池中作负极，发生失电子的氧化反应，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极定向迁移，为阴离子，应从正极区向负极区迁移，B错误； C．电池“鼓包”是因为与电解质中的水发生副反应生成，气体使内部压强增大，对应反应为，C正确； D．由总反应的化合价变化可知，中为价，产物中为价，每个原子得到1个电子，因此参加反应时，理论上外电路通过的电子总量为，D正确； 故选B。 7. 加热时，浓硫酸与木炭发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含中子数为 B. 的稀硫酸中含数目为 C. 标准状况下，含键数目为 D. 与充分反应得到的分子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．18 g 的物质的量为1 mol，普通氕原子不含中子，1个原子含8个中子，因此1 mol 所含中子数为，并非，A错误； B．pH=2的稀硫酸中，1.0 L该溶液中含的物质的量为0.01 mol，对应数目为，并非，B错误； C．标准状况下22.4 L 的物质的量为1 mol，的结构式为，每个双键含1个π键，1个分子共含2个π键，因此1 mol 所含π键数目为，C正确； D．与生成的反应为可逆反应（），1 mol （64 g）与0.5 mol （16 g）充分反应不能完全转化为，得到的分子数小于，D错误； 故答案选C。 8. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法正确的是 A. ②中沉淀与④中沉淀是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小 D. 若向⑤中加入过量稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】C 【解析】 【分析】向①溶液中加入氨水，先产生沉淀，②中沉淀为；再加入过量的氨水，转化为，得到深蓝色溶液③；加入乙醇，由于在乙醇中的溶解度低，④中的沉淀为；过滤后得到，加入过量的浓盐酸，转化为，溶液变为黄绿色，由此解答； 【详解】A．由分析可知，②中沉淀为，④中沉淀为，不是同一种物质，A错误； B．③中沉淀溶解生成深蓝色的，说明可以取代水合铜离子中的配体，证明配体与的结合能力：，B错误； C．向③的水溶液中加入乙醇后析出深蓝色沉淀，说明在乙醇中的溶解度比在水中小，C正确； D．黄绿色溶液是高浓度下形成的特征颜色，向⑤的固体中加入过量稀硫酸，溶液中无高浓度，无法得到黄绿色溶液，D错误； 故选C。 9. 结构决定性质。下列事实对应的解释不正确的是 选项 事实 解释 A 熔点： 相对分子质量： B 热稳定性： 键能： C 水溶性：苯甲酸>苯 苯甲酸可与形成分子间氢键 D 酸性： 电负性： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．为离子晶体，熔化时需要克服较强的离子键，为分子晶体，熔化时仅需要克服较弱的分子间作用力，二者熔点差异的本质原因是晶体类型不同，与相对分子质量大小无关，解释错误，A符合题意； B．原子半径小于，因此键长更短、键能大于键，对应热稳定性，解释正确，B不符合题意； C．苯甲酸含有羧基官能团，可与形成分子间氢键，显著提升其在水中的溶解度，苯无亲水基团，水溶性远弱于苯甲酸，解释正确，C不符合题意； D．的电负性大于，的吸电子诱导效应强于，增强键的极性，更容易电离出，因此酸性，解释正确，D不符合题意； 故选A。 10. 利用如图装置进行实验，持续通入。下列说法正确的是 A. 中溶液变浑浊，说明酸性：苯酚>碳酸 B. 中固体逐渐变白，体现了的氧化性 C. 中析出白色固体，说明生成了 D. 中溶液变红，说明被还原 【答案】C 【解析】 【分析】CO2气体从左往右分别与苯酚钠溶液、Na2O2、饱和Na2CO3溶液反应，并在b中生成O2，O2与d中的FeCl2溶液发生反应，据此分析； 【详解】A．a中苯酚钠溶液与通入的发生反应，根据强酸制弱酸规律，可知酸性碳酸强于苯酚，A错误； B．b中与发生反应，反应中只有中-1价的氧元素化合价发生变化，中各元素化合价均未改变，不体现氧化性，B错误； C．c中饱和溶液与通入的发生反应，相同温度下的溶解度小于，且反应消耗部分水，因此会析出白色固体，C正确； D．b中反应生成的进入d中，将氧化为，与结合使溶液变红，该过程中失电子被氧化，D错误； 故选C。 11. 化学家用无机物甲()成功制备了有机物乙[]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中、、、原子序数依次增大，、、同周期，基态、原子均有2个单电子。下列说法不正确的是 A. 第一电离能： B. 甲中存在配位键 C. 乙中键和键的数目比为7∶1 D. 氢化物的沸点： 【答案】D 【解析】 【分析】为有机物，基态、原子均有2个单电子，、分别为IVA族和VIA族元素，、、同周期、原子序数依次增大，若、、为第三周期元素，则、、分别为、、；若、、为第二周期元素，则、、分别为、、；又为无机物，为有机物，所以、、分别为、、，、、、原子序数依次增大，能形成，则为，综上所述，、、、分别为、、、。 【详解】A．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大整体呈增大趋势，基态原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的元素，因此第一电离能顺序为，A正确； B．甲为，其中内部存在原子提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，B正确； C．乙为尿素，分子内共含有4个键、2个键、1个键，总计7个键，双键中含有1个键，因此键和键的数目比为，C正确； D．Y为、X为，题目未限定氢化物的种类与相对分子质量，的氢化物为各类烃，随碳原子数增多沸点逐渐升高，含较多碳原子的烃沸点可远高于的常见氢化物（如、），因此无法得出氢化物沸点的结论，D错误； 故答案选D。 12. 按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列说法不正确的是 A. a中产生，不能说明硫酸具有氧化性 B. b中品红溶液褪色，说明具有漂白性 C. c中产生黄色浑浊，说明具有氧化性 D. d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应 【答案】D 【解析】 【分析】装置a为实验室制，装置b验证的漂白性，装置c验证的氧化性，装置d含酚酞的溶液，利用红色褪去验证水溶液的酸性，装置e为尾气处理装置，据此分析； 【详解】A．a中70%与发生复分解反应生成，反应前后S元素化合价无变化，硫酸仅体现酸性，不能说明其具有氧化性，A正确； B．能使品红溶液褪色，体现的漂白性，B正确； C．c中与反应生成黄色S单质，反应中中+4价S被还原为0价S，作氧化剂，体现氧化性，C正确； D．酚酞的变色范围为，d中红色刚好褪去时溶液，此时溶液中可能仍有少量剩余，并非恰好完全反应，D错误； 故选D。 13. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是 A. e在光照下可生成a B. b和d反应可生成a C. 电解c的水溶液可生成a D. 可存在的转化关系 【答案】A 【解析】 【分析】a为、b为、c为-1价的氯化物（盐酸盐）、d为次氯酸盐、e为，由此解答； 【详解】A．e为，在光照条件下发生分解反应：，反应产物为和，无（即a）生成，A错误； B．b为，d为+1价氯的次氯酸盐（如），二者在酸性条件下发生归中反应：，可生成（即a），B正确； C．c为-1价氯的氯化物（如），电解其水溶液时发生氯碱工业反应：，可生成（即a），C正确； D．转化路径可实现：a（）与水反应生成e（）：；e（）与碱发生中和反应生成d（次氯酸盐，如）：；d（次氯酸盐）和浓盐酸反应生成c（氯化物，如）：，因此的转化关系可存在，D正确； 故选A。 14. 对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 用溶液吸收少量： B. 向溶液中加入溶液： C. 溶液与溶液混合： D. 向溶液中滴加溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液吸收少量时，过量，反应生成正盐，正确离子方程式为，A错误； B．具有强氧化性，电离出的具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，并非仅发生复分解生成，正确反应为，B错误； C．在溶液中电离出的是，并非，二者混合发生双水解反应的正确离子方程式为，C错误； D．向溶液中滴加溶液，生成特征滕氏蓝沉淀，离子方程式符合反应事实，电荷、原子均守恒，D正确； 故选D。 15. 逆水气变换反应： 。一定压力下，按、物质的量之比投料，、温度时反应物物质的量分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，、温度时反应速率常数分别为、。 下列说法正确的是 A. B. 、温度下，达平衡时反应速率的比值： C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物物质的量分数随时间的变化曲线不变 D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分物质的量分数与温度时相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图像可知，时的反应速率大于时的反应速率，说明，温度下达到平衡时反应物的物质的量分数小于温度下平衡时反应物的物质的量分数，由于起始和的物质的量之比为，则达到平衡时和的物质的量分数相等，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程可知，A错误； B．根据反应速率方程可知，，温度下达到平衡时反应物的物质的量分数小于温度下平衡时，则，B正确； C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物的物质的量分数随时间的变化曲线变化，C错误； D．温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时和的物质的量分数不可能相等，故不能使平衡时各组分的物质的量分数与温度时相同，D错误； 故选B。 16. 一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中、极均增重。若将极换成电极，极仍增重。 下列说法正确的是 A. 放电时，向极迁移 B. 该电池不可用于海水脱盐 C. a极反应： D. 若以电极代替极，电池仍具有储氯能力 【答案】D 【解析】 【分析】放电过程中a、b 极均增重，a极放电，结合生成，使a极增重；铜元素化合价升高，发生氧化反应，可判断a 极为负极，电极反应式为；b极为正极，发生还原反应生成，则b极也增重，其电极反应式为。 若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，发生，此时b极为负极，发生氧化反应，据此分析。 【详解】A．放电时阴离子向负极迁移，即Cl-向a极迁移，A错误； B．放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。该电池中Cl-向a极迁移，钠离子向b极移动，从而降低氯化钠的浓度，该电池可用于海水脱盐，B错误； C．由分析可知，a 极为负极，电极反应式为，C错误； D．以Ag/AgCl电极代替a极，发生，电池仍具备储氯能力，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 是重要的化工产品。某兴趣小组在实验室模拟制备。 （1）验证性质 为保证实验安全性，同时提高实验成功率，小组同学查阅文献了解的性质，并进行实验验证。 ①受热易分解。需选择的装置有__________(填字母)。 A．　　B．　　　C．　　D． ②具有氧化性。向__________溶液中滴加3～5滴酸性溶液，可观察到__________。 （2）制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①Ⅰ中反应的化学方程式为____________________。 ②取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 （3）对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 提出猜想：Ⅲ中产生的原因可能为、或将还原。 实验探究： ①实验i：用含和__________溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，证实Ⅲ中和均不能还原。 ②实验ii：用__________代替重复Ⅲ的操作，所得固体含，实验i和ii证实了Ⅲ中将还原。 实验优化： ③为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，__________，过滤，洗涤，干燥。 （4）测定纯度 准确称取产品，配制成待测液。取出，酸性条件下，用标准溶液滴定，进行三次平行实验，平均消耗标准溶液。的纯度是__________(用含、和的代数式表示)。 【答案】（1） ①. BC ②. 还原性（如等合理即可） ③. 酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去 （2） （3） ①. KCl（KOH调节pH至10，保证和原溶液Y的OH⁻、Cl⁻浓度一致） ②. 和（KOH调节pH至10，保证和原溶液Y的OH⁻、Cl⁻浓度一致） ③. 过滤除去可能生成的后，再冷却结晶 （4） 【解析】 【分析】对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究提出猜想：Ⅲ中产生的原因可能为、或将还原，实验i的目的是证实和都不能还原​，实验ii要证实醋酸根能还原高锰酸根； 【小问1详解】 ①加热高锰酸钾固体时，为防止冷凝水倒流炸裂试管，试管口需略向下倾斜；高锰酸钾受热分解生成氧气，可通过向上排空气法收集氧气，并用带火星木条检验分解产物，因此选择装置B（试管口向下的固体加热装置）和C（向上排空气法收集检验氧气的装置）； ②要验证的氧化性，需向具有还原性的溶液中，如等，滴加酸性高锰酸钾，少量强氧化性的高锰酸根被还原为几乎无色的，因此观察到紫红色褪去； 【小问2详解】 该反应中作还原剂被氧化为墨绿色的​，作氧化剂被还原为，结合反应物的物质的量比例和元素守恒配平得到该方程式； 【小问3详解】 ①实验i的目的是证实和都不能还原​，体系不含，需要控制变量，0.2加，再加调pH=10，仅含​、、，不含的对照溶液，重复Ⅲ的操作，所得固体不含，证实Ⅲ中和均不能还原； ②实验ii要证实醋酸根能还原高锰酸根，需配制加，再加调pH=10，和实验i浓度、pH一致，去掉，换上，仅将KCl替换为醋酸钾的对照溶液，重复操作后得到​，即可完成验证； ③为避免浓缩后冷却结晶的过程中高锰酸根和残留醋酸根反应生成混入产品，在90℃水浴浓缩后先趁热过滤除去体系中已产生的，再进行后续冷却结晶操作，提升产品纯度； 【小问4详解】 酸性条件下滴定反应为，25mL待测液中，对应，100mL待测液中，​摩尔质量为，因此纯度为。 18. 从废旧电路板中(含、、、、单质)回收有价金属的一种工艺如下。 已知：①酸浸后，镍以形式存在。 ②半胱氨酸可选择性沉淀，对、、无沉淀作用。 ③，，。 回答下列问题： （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有__________(任写一条)。 （2）“浸出”时，发生的离子方程式为______________________________。 ________________________________________ （3）回收铜离子时值对铁离子的影响如图所示，为了减少铁离子的沉淀和保证铜离子的回收率，“沉铜”过程最佳的为__________。 （4）“调”时，为保证、完全沉淀，应控制溶液中最小为__________(列算式)。 （5）利用惰性电极“电解”滤液回收时，阴极发生的电极反应式为____________________。 （6）丁二酮肟可与反应生成丁二酮肟镍，该性质可用于水溶液中的分离。下列说法正确的是__________。 A. 键角 B. 配位时被还原 C. 丁二酮肟镍中的配体数、配位数均为4 D. 丁二酮肟分离时，弱碱性条件下沉淀的效果比弱酸性条件下好 （7）回收得到的和可制得催化、光电性能优异的晶体。该晶体的立方晶胞如图，晶体中与原子最近且等距离的原子的数目为6，则在晶胞中的位置为__________，相邻原子间的最近距离之比__________。 【答案】（1）将废旧电路板粉碎（或适当升温、搅拌、适当增大硝酸浓度） （2） （3）2 （4） （5） （6）AD （7） ①. 面心 ②. 【解析】 【分析】该流程以含有、、、、单质的废旧电路板为原料，先用硝酸酸浸，、、、转化为金属离子进入滤液1，留在滤渣1，滤液1加入L-半胱氨酸选择性沉淀实现沉铜回收铜，沉铜后的滤液2加入调，让、转化为氢氧化物沉淀回收铁铝，滤液3富集用于回收镍，滤渣1使用体系浸出，转化为，再通过电解得到单质金，浸出产生的气体回收再利用。 【小问1详解】 提高酸浸浸取速率的措施有增大固液接触面积、升高温度、提高反应物浓度或者搅拌等； 【小问2详解】 浸出时在硝酸、氯离子共同作用下被氧化为，被还原为，根据化合价升降守恒配平，从0价升到价，每个失去3个电子，每个转化为得到3个电子，所以与系数之比为，再根据电荷守恒、原子守恒补齐微粒，离子方程式为； 【小问3详解】 沉铜操作需要同时保证铜离子回收率尽可能高，并且减少铁离子发生沉淀，对照图像，时铜回收率接近最大值，溶液中铁离子含量较高，因此最佳为； 【小问4详解】 通常认为金属离子浓度小于时沉淀完全，与的溶度积不同，数值更大，沉淀完全时所需氢氧根浓度更高，因此以完全沉淀作为控制标准，由，代入，可得 ； 【小问5详解】 惰性电极电解含的溶液回收，阴极发生还原反应，得到电子转化为单质金，同时释放出氯离子，电极反应式为； 【小问6详解】 A．丁二酮肟中N有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，键角较小；配离子中的N与形成配位键，位置无孤电子对，键角较大，因此，A正确； B．配位过程中化合价保持价，没有发生还原，B错误； C．一个结合两分子丁二酮肟，每个配体提供两个配位原子，配位数是4，配体数目为2，配体数和配位数不相等，C错误； D．该配位反应会生成，弱酸性环境下氢离子浓度大，平衡逆向移动沉淀效果差，弱碱性条件可以消耗氢离子促使平衡正向移动，沉淀效果更好，D正确； 【小问7详解】 晶体中和 原子最近且等距离的 原子数目为 6，则 处于晶胞体心，6 个 分布在晶胞全部六个面心，因此 在晶胞中的位置为面心；设晶胞边长为 ， 在体心、 在面心，二者最近距离 ， 在顶点， 到顶点 的距离 ，因此距离之比 。 19. 加氢制甲醇是资源化利用的重要途径之一，双金属催化剂催化加氢制甲醇涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）基态原子和基态原子的价层电子数之比为__________。 （2）__________。 （3）在体积为的恒容密闭容器中充入和，在不同催化剂及不同温度下反应，的转化率及的选择性变化如下图所示(已知：的选择性)。 ①在上述反应条件下，催化生成甲醇的催化效率最高的催化剂是__________(选填“催化剂甲”“催化剂乙”或“催化剂丙”)。 ②在催化剂乙的作用下，反应温度为时，的转化率为4%，的选择性为80%，则内的生成速率为__________。 ③若要同时提高的平衡转化率及的选择性，可采取的反应条件是__________(写出一种即可)。 （4）往装有催化剂的反应器充入和，分别在、压强下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时及的物质的量分数随温度的变化如图所示。 ①已知，则表示压强下的物质的量分数随温度变化的曲线为__________(选填“a”“c”或“d”)。 ②温度为时，反应Ⅰ的分压平衡常数__________(写出计算过程；已知是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 【答案】（1）11：12 （2）-90.5 （3） ①. 催化剂甲 ②. ③. 适当增大压强 （4） ①. d ②. 【解析】 【小问1详解】 Cu的价层电子数‌：基态Cu原子的价层电子排布式为 (3d104s1)，价层电子总数为 (10 + 1 = 11) 个，Zn的价层电子数‌：基态Zn原子的价层电子排布式为 (3d104s2)，价层电子总数为 (10 + 2 = 12) 个，故基态原子和基态原子的价层电子数之比为11：12； 【小问2详解】 已知：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 根据盖斯定律，由Ⅰ-Ⅱ得反应Ⅲ： = 【小问3详解】 ①催化生成甲醇效率高，需要同时看CO2的转化率高和甲醇的选择性高，根据图中信息可知，催化剂甲相同温度下CO2的转化率最高，甲醇的选择性也很高，答案为催化剂甲； ②初始n(CO2)=1mol，CO2的转化率4%，则转化的CO2为1mol4%=0.04mol；甲醇的选择性80%，n(CH3OH)=0.04mol80%=0.032mol，容器体积VL，时间tmin，则内的生成速率为； ③两个竞争反应：反应Ⅰ： （气体体积缩小的放热反应，生成甲醇）；反应Ⅱ： （体积不变的吸热反应，降低甲醇的选择性），若要同时提高的平衡转化率及的选择性，可采取的反应条件是适当增大压强； 【小问4详解】 ①反应Ⅰ： ， ：温度升高，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数下降，压强越大（），反应Ⅰ正向，甲醇含量越高，故为下降曲线：a（下）、b（下）； 反应Ⅱ： ，CO：温度升高，反应Ⅱ正向，CO物质的量分数上升，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强对反应Ⅱ平衡无影响，但是：压强增大，反应Ⅰ正向，消耗CO2，会抑制反应Ⅱ，同等温度下，压强越大，CO的量分数越低；上升两条曲线：c、d：，对应的CO含量更低，所以d是下CO，答案选d； ②设达到平衡时生成CH3OH的物质的量为xmol，则： ℃反应达到平衡时，CO及CH3OH的物质的量分数均为0.1，根据可得，则反应达到平衡时反应容器中所有物质的量为；由此可得反应达到平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分数分别为0.1、0.5、0.1、0.2；由于总压为p2，则反应Ⅰ的分压平衡常数。 20. 一种光催化剂催化键氧化亚胺化的路径如下图所示： （1）的反应类型为__________。 （2）Ⅰ的同分异构体中，属于芳香族化合物的有__________种(不包含Ⅰ)。 （3）Ⅱ的官能团为__________(写名称)。Ⅱ的核磁共振氢谱图中有__________组峰。 （4）反应：和(未配平)的原子利用率均为100%，且Ⅶ为芳香族化合物。 ①HCN分子的空间构型为__________。 ②Ⅶ的结构简式为__________。 （5）下列说法正确的有__________。 A. Ⅰ中C原子均为杂化，且所有原子均共面 B. Ⅳ既能与盐酸反应，又能与溶液反应 C. 反应中，有键的断裂与形成 D. 在催化过程中既被氧化又被还原 （6）以甲苯为有机原料，参照上述路线，合成化合物Ⅷ()，回答下列问题。 ①从Ⅷ出发，逐步逆推合成步骤：(填写有机化合物类别)a. __________、b. __________。 ②由烃引入硝基的化学方程式为______________________________(注明反应条件)。 【答案】（1）氧化反应 （2）3 （3） ①. 醛基、氯原子 ②. 3 （4） ①. 直线形 ②. （5）CD （6） ①. 卤代烃 ②. 胺 ③. ++H2O 【解析】 【分析】由图可知，化合物Ⅰ中甲基在光催化剂作用下氧化为化合物Ⅱ中醛基，化合物Ⅲ中硝基被光催化剂还原为化合物Ⅳ中的氨基，然后化合物Ⅱ和化合物Ⅳ经缩合反应脱去一分子水生成Ⅴ； 【小问1详解】 I→Ⅱ的反应中，I是对氯甲苯，侧链的甲基(）转化为醛基（-CHO），该过程是加氧去氢的过程，属于氧化反应； 【小问2详解】 I的分子式为，其不含Ⅰ的芳香族同分异构体数目分析，芳香族化合物必须含苯环：苯环上连1个：仅1种结构；苯环上连1个和1个：邻位、间位、对位共3种，其中对位结构是本身，排除后剩余2种，总计1+2=3种； 【小问3详解】 Ⅱ是对氯苯甲醛：官能团为氯原子、醛基；分子中氢原子分为3组：醛基氢、苯环上醛基邻位的2个等效氢、苯环上氯原子邻位的2个等效氢，共3组不同化学环境的氢，对应3组峰； 【小问4详解】 ①HCN的中心C为sp杂化，分子空间构型为直线形； ②反应Ⅱ（对氯苯甲醛）和HCN原子利用率100%，得到VI为，VI再和反应得到VII的结构为； 【小问5详解】 A．I中甲基的C是杂化，苯环上的碳是杂化，甲基上的所有原子不可能全部共面，错误； B．IV是苯胺，氨基可以和盐酸反应，但不能与 NaOH溶液反应，错误； C．该反应中Ⅱ(有醛基含C=Oπ键）和IV(苯胺）生成V（亚胺含C=Nπ键），过程中断裂C=O的π键，形成C=N的π键，存在π键的断裂与形成，正确； D．在催化Ⅰ生成Ⅱ的过程中将甲基氧化为醛基，起到氧化剂的作用，在催化Ⅲ生成Ⅳ的过程中将硝基还原为氨基，起到还原剂的作用，正确； 故选CD； 【小问6详解】 逆推合成路线与反应方程式： ①参照题干路线，卤代亚胺逆推： 卤代亚胺可由卤代醛和芳香胺（对甲基苯胺)反应得到，合成路线 ，， 对应a为芳对溴甲苯； 另一条逆推路径，芳香胺由硝基化合物还原得到，对应b为对甲基苯胺； ②由烃 (甲苯)引入硝基的反应是甲苯和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应，生成对硝基甲苯和水，反应方程式为：++H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $