湖南省五市十校教研教改共同体2024届高三上学期12月大联考化学试题（Word版附解析）

五市十校教研教改共同体·2024届高三12月大联考化学本试卷共8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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：H1　C12　O16　Cu64　Y89　Ba137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与社会、科技、生活密切相关，下列说法错误的是A.碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料B.“尿不湿”的主要成分是高分子树脂，其分子结构中因含有大量的羧基、羟基等亲水基团而具有强吸水性C.以来自生物质的纤维素、淀粉和油脂为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线D.我国研制的某种超级钢中含有其他四种元素：Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，它属于合金，该合金中有两种元素属于过渡元素2.黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时发生的反应为，下列说法正确的是A.中子数为18的硫原子符号为B.的VSEPR模型为C.用电子式描述的形成过程为D.碳原子价层电子排布图为3. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以降低毒副作用。下列说法错误的是A.该修饰过程可以通过酯化反应实现B.布洛芬最多可以与发生加成反应C.修饰后产物能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.两种有机物中碳原子都为、两种杂化方式4.下列有关电极方程式或离子方程式错误的是A.碳酸银粉末加入到稀盐酸中：B.用醋酸滴定氨水：C.葡萄糖与新制氢氧化铜反应：D.铅酸蓄电池放电时正极反应：5.实验是研究化学的基础，下列实验操作、实验现象均正确的是选项实验操作实验现象A向苯酚的饱和溶液中滴加2~3滴稀溴水有白色沉淀生成B向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中滴加5滴浓硝酸，加热先产生白色沉淀，加热后变成黄色沉淀C向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液溶液变为血红色D向盛有溶液里滴加几滴氨水，观察现象①；继续滴加氨水并振荡试管，观察现象②现象①产生蓝色沉淀现象②沉淀先溶解，随即析出深蓝色的晶体 A.AB.BC.CD.D6.离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，Y、Z、Q为同一周期元素，W的原子核外有3个未成对电子。下列说法错误的是A.简单离子半径：W>Z>QB.Z和W的简单氢化物的沸点：Z>WC.X分别与Y、Z均能形成既含极性键又含非极性键的化合物D.Q、Z、W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Z>W7.利用如图所示装置进行下列实验，打开或关闭弹簧夹a，Z中实验现象完全相同的是选项气体XY中试剂Z中试剂AHCl溶液溶液B溶液C饱和食盐水淀粉溶液D酸性溶液溶液A.AB.BC.CD.D8.下列实验方法、原理或目的正确的是 A.图①两装置中，在棉花上蘸同种试剂均可防止污染B.利用图②装置验证浓硝酸分解的产物具有氧化性C.利用图③装置检验溴乙烷部分水解后上层清液中溴离子的存在D.利用图④装置实现铁上镀铜9.所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用，从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正确的是A.反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化B.的溶液中含有的数目为C.加入浓盐酸可实现第①步转化，当完全反应时，生成标准状况下气体3.36LD.已知为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同10.赤泥是用铝土矿提取后产生的废渣，富含铁、铝、钛等元素(均以氧化物的形式存在)，其综合利用符合可持续发展的要求，主要工艺流程如下：已知：滤渣1的成分是Fe、、。下列说法错误的是A.过程①中发生了多个反应，其中高温烧结时发生的反应为 B.过程③中有生成，可循环利用C.操作3是通过磁选的方式分离精铁矿和尾矿D.过程⑤涉及的离子方程式为11.蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为)。下列有关说法错误的是A.脱氢维生素C中，键角①<键角②B.维生素C分子中含有2个手性碳原子C.维生素C中含键数目为D.维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化转移的电子数为12.晶体结构缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别为、、，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是A.该晶体的最简化学式为B.晶体中与最近且距离相等的有6个 C.晶体的密度为D.第一电离能：13.利用电化学方法制备氨可以大大降低目前的热Haber—Bosch工艺产生的温室气体排放。下图所示为一种合成氨的方法，下列说法错误的是A.电子的移动方向由电极a经导线到电极bB.起到传输质子的作用C.反应过程中的质量增加D.电极b发生总反应为14.氢气被认为是最有潜力的NO还原剂，利用单空缺石墨烯负载的Pd原子(Pd/SVG)可实现在低温下氢气还原NO生成或，其路径以及各基元反应活化能如图所示。下列说法正确的是A.生成的各基元反应中，氮元素均被还原B.在Pd/SVG催化剂作用下，NO更容易被还原成C.还原NO生成的决速步骤是：D.根据图中数据可计算出由NO生成和NO生成两个反应的反应热二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.乙酰苯胺是一种白色结晶粉末，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。已知：物质苯胺冰醋酸乙酰苯胺熔点沸点其他性质微溶于水，易被氧化而变色白色晶体，难溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂Ⅰ、粗乙酰苯胺的制备：制备原理：实验装置：如图所示(夹持装置略)实验步骤：①向仪器a中加入7.5mL(约0.13mol)冰醋酸、5mL(约0.055mol)无水苯胺、0.1g锌粉；②组装好仪器，对仪器a加热，维持温度在之间反应60min；③反应结束后，在搅拌下趁热将反应液倒入盛有冷水的烧杯中，析出固体，将混合物抽滤得到乙酰苯胺粗品1.67g。（1）仪器a的名称是_____。（2）对仪器a加热方式为_____(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”)，从化学平衡的角度分析，控制温度在之间的原因是_____。（3）为探究锌粉用量对乙酰苯胺产率的影响，实验小组做了对比实验，实验数据如下表，试合理推测加入Zn粉的作用是_____，第二组实验中锌粉用量最多但乙酰苯胺产率反而降低的原因可能是_____。组别第一组第二组第三组苯胺(mL)555 冰醋酸(mL)7.57.57.5锌粉(g)0.10.20产量(g)1.671240.7产率(%)22.516.79.4Ⅱ、乙酰苯胺的提纯：①将粗乙酰苯胺晶体加入盛有热水的烧杯中，加热使之溶解；②稍冷却后，加入适量粉末状活性炭，充分搅拌后趁热过滤；③将滤液转移到干净烧杯中，冷却至室温、抽滤、洗涤、干燥、称重，计算。（4）上述提纯乙酰苯胺的方法是_____。（5）下列能提高乙酰苯胺产率和纯度的措施有_____(填标号)。A.在第①步中用大量热水溶解粗乙酰苯胺B.第②步趁热过滤操作时使用保温漏斗代替普通漏斗进行过滤操作C.第③步抽滤前对布氏漏斗进行充分预热D用乙醇洗涤乙酰苯胺晶体2~3次（6）可用“回收率”来衡量样品在提纯操作中损失的程度，损失越少，回收率越高。用60mL热水对1.67g乙酰苯胺粗产品进行上述提纯操作，粗产品中的杂质质量忽略不计，理想状态下乙酰苯胺的最大回收率是_____(保留3位有效数字，回收率，水的密度为1.0g/mL，室温下乙酰苯胺溶解度为0.50g)。16.为贯彻低碳循环的绿色发展理念，实现对废旧磷酸铁锂电池的高效资源化回收，湖南科技大学研究团队通过双氧水氧化→酸浸→浸出液二次浸出的工艺，回收正极材料()中的锂，其工艺流程如下。回答下列问题： （1）基态Fe原子的电子排布式为_____。（2）为_____分子(填“极性”或“非极性”)，写出浸出时发生的主要反应的化学方程式_____。（3）第一次浸出实验在的摩尔比为1.5、pH为3.0、液固比为12.6mL/g的条件下，浸出时间和浸出温度对锂、铁、磷的浸出率影响如下图所示。①考虑实验效率和实际工业生产要求，选择的最佳反应条件为_____(填标号)。A．浸出时间：60min，浸出温度：B．浸出时间：180min，浸出温度：C．浸出时间：180min，浸出温度：②随着浸出温度的上升，Li的浸出率整体呈现先上升后下降的趋势，可能的原因为_____。（4）第二次浸出实验降低的摩尔比为1.3，Li的浸出率从94.82%上升到最高可达99.46%，而Fe、P的浸出率分别在0.03%、2.3%以内。①除杂时加入NaOH的作用为_____。②提纯碳酸锂产品时得到的母液的主要成分是_____(填化学式)。（5）的晶胞如图a所示，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点，共棱形成空间链结构。电池工作时某一状态如下图所示，可以推算_____。 17.尿素作为一种含氮量高的有机物，广泛应用于农业和工业，随着科学技术的发展，其合成方法在不断改进。（1）尿素可用于制尿素铜配合物，化学式为，该物质可作为某些金属加工和冶炼过程中的缓释剂和清洗剂。中组成元素的电负性由大到小的顺序为_____；与配位的原子是_____。（2）1920年，人们开始用氰氨化钙法工业生产尿素，用氰氨基化钙(，其中N元素为-3价)与稀硫酸在一定条件下反应制得，实现了工业化生产。该反应的化学方程式为_____。（3）1922年，随着工业合成氨技术的发展，工业上开始以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：　　该条件下和制取尿素的热化学方程式为_____，该反应在_____(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（4）为了在常温常压下获得尿素，科学家正在研究光催化和实现耦联合成尿素的方法。其总反应式是：，通过开发具有介孔结构的纳米材料作为光催化剂并提供反应需要的氢离子和电子，该反应过程的机理如图所示： ①反应主要有两个过程，第一过程：活化的将还原为CO，CO再与发生偶联生成重要中间体，质子化后变成，该过程为快反应，；第二过程：发生质子化反应生成，该过程为慢反应，。下列图象能正确表示这两个过程能量变化历程的是_____(填标号)。②中间体的氢化反应和电子转移过程存在两种不同的路径，分别生成两种不同中间体，写出其中生成稳定中间体的反应式：_____。（5）科学家发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。 a电极为电解池的_____极，b电极上发生反应的电极反应式为_____。18.化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示(部分反应条件已省略)：已知：①②③回答下列问题：（1）化合物H含有的官能团的名称是_____。B→C的反应类型为_____。（2）核磁共振氢谱显示化合物A分子中有两种不同环境的氢原子，A的化学名称为_____。（3）在E→F的转化中，还可以得到一种副产物，与F互为同分异构体，写出该副产物的结构简式：_____。（4）写出G转化成H中第(1)步转化的化学方程式：_____。（5）化合物I是D的同系物，相对分子质量比D少14.同时满足下列条件的I的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。①能与溶液反应产生②能发生银镜反应 ③该物质最多能与反应其中核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为的结构简式为_____。（6）参考H的合成路线，设计以乙酸乙酯和溴甲烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_____。 五市十校教研教改共同体·2024届高三12月大联考化学本试卷共8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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：H1　C12　O16　Cu64　Y89　Ba137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与社会、科技、生活密切相关，下列说法错误的是A.碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料B.“尿不湿”的主要成分是高分子树脂，其分子结构中因含有大量的羧基、羟基等亲水基团而具有强吸水性C.以来自生物质的纤维素、淀粉和油脂为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线D.我国研制的某种超级钢中含有其他四种元素：Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，它属于合金，该合金中有两种元素属于过渡元素【答案】D【解析】【详解】A．碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，A正确；B．尿不湿的主要成分为高分子树脂，高分子树脂分子结构中含有大量的羧基、羟基等亲水基，因此其具有强吸水性，B正确；C．煤、石油和天然气燃烧排出大量二氧化碳且不可再生，以来自生物质的纤维素、淀粉和油脂为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线，C正确；D．该合金中，Fe、Mn、V都是过渡元素，因此含有三种过渡元素，D错误；故答案选D。2.黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时发生的反应为，下列说法正确的是 A.中子数为18的硫原子符号为B.的VSEPR模型为C.用电子式描述的形成过程为D.碳原子价层电子排布图为【答案】B【解析】【详解】A．中子数为18的硫原子符号为，A项错误；B．价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，B项正确；C．是由钾离子和硫离子构成的离子化合物，形成过程为，C项错误；D．碳原子价层电子排布图违反了洪特规则，D错误。故选B。3.布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以降低毒副作用。下列说法错误的是A.该修饰过程可以通过酯化反应实现B.布洛芬最多可以与发生加成反应C.修饰后的产物能发生加成反应、氧化反应、取代反应D.两种有机物中碳原子都为、两种杂化方式【答案】B【解析】【详解】A．该反应中羧基发生酯化反应生成酯基，故A正确；B．羧基不与氢气发生加成反应，1mol布洛芬最多可以与3mol氢气发生加成反应，故B错误； C．修饰后的产物含有苯环，能发生加成反应、取代反应和氧化反应，故C正确；D．有机物中含有苯环，为sp2杂化，含有-CH3，为sp3杂化，故D正确；故选B。4.下列有关电极方程式或离子方程式错误的是A.碳酸银粉末加入到稀盐酸中：B.用醋酸滴定氨水：C.葡萄糖与新制氢氧化铜反应：D.铅酸蓄电池放电时正极反应：【答案】A【解析】【详解】A．碳酸银粉末加入到稀盐酸中发生反应，故A错误；B．醋酸和氨水反应生成醋酸铵，故为，故B正确；C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应生成葡萄糖酸盐、氧化亚铜和水，故为，故C正确；D．铅酸蓄电池负极为Pb，正极为PbO2，故正极反应式为，故D正确；故选A。5.实验是研究化学的基础，下列实验操作、实验现象均正确的是选项实验操作实验现象A向苯酚的饱和溶液中滴加2~3滴稀溴水有白色沉淀生成B向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中滴加5滴浓硝酸，加热先产生白色沉淀，加热后变成黄色沉淀 C向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液溶液变为血红色D向盛有溶液里滴加几滴氨水，观察现象①；继续滴加氨水并振荡试管，观察现象②现象①产生蓝色沉淀现象②沉淀先溶解，随即析出深蓝色的晶体A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向苯酚的饱和溶液中滴加2~3滴稀溴水，生成的三溴苯酚会溶于苯酚中，不能观察到白色沉淀，应向苯酚的稀溶液中逐滴滴加饱和溴水，故A错误；B．蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，先变性产生白色沉淀，加热后变成黄色沉淀，故B正确；C．为配离子，无，滴加KSCN溶液不会显红色，故C错误；D．现象②是沉淀溶解，不会析出深蓝色的晶体，故D错误。故选B。6.离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，Y、Z、Q为同一周期元素，W的原子核外有3个未成对电子。下列说法错误的是A.简单离子半径：W>Z>QB.Z和W的简单氢化物的沸点：Z>WC.X分别与Y、Z均能形成既含极性键又含非极性键的化合物D.Q、Z、W的最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Z>W【答案】D【解析】【分析】根据该离子液体的结构，可推断出X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、F、P元素，F元素无正价；【详解】A．Z、Q、W分别为N、F、P元素，离子半径大小顺序为：P3->N3->F-，故A正确； B．Z、W分别为N、P元素，NH3分子间能形成氢键，故沸点高于PH3，故B正确；C．X为H，与C能形成C2H6等化合物，H与N能形成N2H4，既含极性键又含非极性键，故C正确；D．Q为F元素，无正价，没有最高价氧化物对应的水化物，故D错误。答案选D。7.利用如图所示装置进行下列实验，打开或关闭弹簧夹a，Z中实验现象完全相同的是选项气体XY中试剂Z中试剂AHCl溶液溶液B溶液C饱和食盐水淀粉溶液D酸性溶液溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．关闭弹簧夹时Z中溶液变浑浊，沉淀长时间不消失；打开弹簧夹时溶液先变浑浊，继续通入HCl气体沉淀消失，溶液变澄清，选项A不符合题意；B．关闭弹簧夹时Z中溶液长时间无明显现象，持续通入，Z中先产生沉淀后溶解；打开弹簧夹时Z中溶液先变浑浊后沉淀溶解，选项B不符合题意；C．无论打开还是关闭，Z中溶液均变为蓝色，选项C符合题意；D．关闭弹簧夹时被氧化，因而Z中溶液长时间无明显现象，打开弹簧夹时溶液会变浑浊，选项D不符合题意；故选C。 8.下列实验方法、原理或目的正确的是A.图①两装置中，在棉花上蘸同种试剂均可防止污染B.利用图②装置验证浓硝酸分解的产物具有氧化性C.利用图③装置检验溴乙烷部分水解后上层清液中溴离子的存在D.利用图④装置实现铁上镀铜【答案】D【解析】【详解】A．图①两装置分别制备和，棉花的作用是防止气体逸出污染环境，应分别蘸取碱液和酸液，A项错误；B．浓硝酸具有挥发性，能氧化KI，不能证明产物具有氧化性，B项错误；C．溴乙烷水解的条件是强碱的水溶液，水解后产生，但溶液中也存在，故无法用检验，C项错误；D．电镀时待镀金属Fe作电解池的阴极，镀层金属Cu作阳极，含有镀层金属阳离子的溶液作电解液，D项正确。故选D。9.所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用，从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正确的是A.反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化B.的溶液中含有的数目为C.加入浓盐酸可实现第①步转化，当完全反应时，生成标准状况下气体3.36L D.已知为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应⑦为氯化铬溶液与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、偏铬酸钾和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B．铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H++H2O，所以无法计算1L0.2mol/L铬酸钾溶液中铬酸钾的物质的量和铬酸根离子的数目，故B错误；C．重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，由得失电子数目守恒可知，0.1mol重铬酸钾反应时，生成标准状况下氯气的体积为×22.4L/mol=6.72L，故C错误；D．由图可知，反应③为两性氢氧化物氢氧化铬与氢氧化钾溶液反应生成偏铬酸钾和水，反应⑦为氯化铬溶液与氢氧化钾溶液反应生成氯化钾、偏铬酸钾和水，则第③、⑦步转化加入的试剂均为强碱氢氧化钾溶液，故D正确；故选D。10.赤泥是用铝土矿提取后产生的废渣，富含铁、铝、钛等元素(均以氧化物的形式存在)，其综合利用符合可持续发展的要求，主要工艺流程如下：已知：滤渣1的成分是Fe、、。下列说法错误的是A.过程①中发生了多个反应，其中高温烧结时发生的反应为B.过程③中有生成，可循环利用C.操作3是通过磁选的方式分离精铁矿和尾矿D.过程⑤涉及的离子方程式为【答案】B 【解析】【分析】赤泥高温烧结发生多个反应，有Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，TiO2与Na2CO3反应生成Na2TiO3，C与铁的氧化物的反应等，熟料水浸后经操作1（过滤）得到的滤渣1的成分是Fe、Fe3O4、Na2TiO3；NaAlO2进入滤液1中，滤液1中通入足量CO2经操作2（过滤）得到的滤渣2为Al(OH)3，Al(OH)3经系列处理得到Al；滤渣1经操作3（磁选）得到精铁矿（Fe、Fe3O4）和尾矿（Na2TiO3），精铁矿最终得到铸铁，尾矿中加入稀HCl得到TiO2∙xH2O。【详解】A．Al2O3与Na2CO3高温反应生成NaAlO2和CO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，A项正确；B．过程③中通入足量的CO2，反应生成Al(OH)3和NaHCO3，B项错误；C．滤渣1的成分是Fe、Fe3O4、Na2TiO3，Fe、Fe3O4具有磁性，可通过磁选的方式分离精铁矿和尾矿，C项正确；D．尾矿中为难溶于水的Na2TiO3，加入稀HCl反应后得到TiO2∙xH2O，反应的离子方程式为Na2TiO3+2H++(x-1)H2O=TiO2∙xH2O+2Na+，D项正确；答案选B。11.蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为)。下列有关说法错误的是A.脱氢维生素C中，键角①<键角②B.维生素C分子中含有2个手性碳原子C.维生素C中含键数目为D.维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化转移的电子数为【答案】C【解析】【详解】A．脱氢维生素C中，碳氧双键中存在的键使成键电子之间的斥力增大，故键角①<键角②， A正确；B．维生素C分子中含有2个手性碳原子，即根据分子结构从左到右的第2、3个碳原子，B正确；C．根据维生素C的结构，1个维生素C分子中含20个键，则维生素C中含键数目为，C错误；D．维生素C被氧化转化为脱氢维生素C时失去，故转移电子数为，D正确。答案选C。12.晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别为、、，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是A.该晶体的最简化学式为B.晶体中与最近且距离相等的有6个C.晶体的密度为D.第一电离能：【答案】B【解析】【详解】A．1个晶胞中2个Ba原子位于体心，1个Y原子位于体心，8个Cu原子位于顶角，另有8个Cu原子位于棱边上，Cu原子数为，8个O原子位于棱边上，7个O原子位于面心上，O原子数为，则该化合物化学式为，A正确，不符合题意；B．与最近且距离相等的有5个，B错误，符合题意；C．该晶胞的质量为643g，体积为，则密度为 ，C正确，不符合题意；D．第一电离能变化规律是：同一周期随核电荷数的递增原子的第一电离能整体呈增大趋势，同族元素从上到下第一电离能变小，以Be作为参照物，第一电离能同周期，同主族，所以，D正确，不符合题意；故选B。13.利用电化学方法制备氨可以大大降低目前的热Haber—Bosch工艺产生的温室气体排放。下图所示为一种合成氨的方法，下列说法错误的是A.电子的移动方向由电极a经导线到电极bB.起到传输质子的作用C.反应过程中的质量增加D.电极b发生的总反应为【答案】D【解析】【分析】据图可知，a电极上氢气被氧化为氢离子发生氧化反应，a为阳极；电极b为阴极，锂离子得电子发生还原反应生成锂，锂再与氮气反应生成氨气。【详解】A．作还原剂，在电极a失电子，作氧化剂，在电极b得电子，电子由a到b，A正确；B．电极a上物质得质子生成物质，电极b上物质失质子生成物质，所以、起传输质子作用，B正确；C．电极b为阴极，锂离子得电子发生还原反应生成锂，锂再与氮气反应生成氨气和锂离子，在整个过程中质量保持不变，C错误； D．电极b上锂离子得电子被还原成锂，锂再与氮气反应生成氨气，锂离子相当于没参加反应，所以电极b的总反应为：，D正确；故选C。14.氢气被认为是最有潜力的NO还原剂，利用单空缺石墨烯负载的Pd原子(Pd/SVG)可实现在低温下氢气还原NO生成或，其路径以及各基元反应活化能如图所示。下列说法正确的是A.生成的各基元反应中，氮元素均被还原B.在Pd/SVG催化剂作用下，NO更容易被还原成C.还原NO生成的决速步骤是：D.根据图中数据可计算出由NO生成和NO生成两个反应的反应热【答案】C【解析】【详解】A．图中各步基元反应反映了NO和在Pd/SVG催化下其化学反应历程，至为各基元反应的正反应的活化能，其大小决定了各基元反应的速率。NHNOH解离生成和时，氮元素既被氧化又被还原，A项错误；B．生成过程中的决速步骤为分子内氢转移生成NHNOH，能垒为。对于的生成，这个过程中的决速步骤为加氢生成，能垒为。比较生成和的决速步能垒可见，，Pd/SVC催化剂上NO更容易被还原成，B项错误；C．还原NO生成的决速步骤是：，C项正确；D．图中数据给出的是正反应的活化能，无逆反应的活化能数据，无法计算反应热，D项错误；故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.乙酰苯胺是一种白色结晶粉末，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。已知：物质苯胺冰醋酸乙酰苯胺熔点沸点其他性质微溶于水，易被氧化而变色白色晶体，难溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂Ⅰ、粗乙酰苯胺的制备：制备原理：实验装置：如图所示(夹持装置略)实验步骤：①向仪器a中加入7.5mL(约0.13mol)冰醋酸、5mL(约0.055mol)无水苯胺、0.1g锌粉；②组装好仪器，对仪器a加热，维持温度在之间反应60min；③反应结束后，在搅拌下趁热将反应液倒入盛有冷水的烧杯中，析出固体，将混合物抽滤得到乙酰苯胺粗品1.67g。（1）仪器a的名称是_____。（2）对仪器a加热方式为_____(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”)，从化学平衡的角度分析，控制温度在之间的原因是_____。（3）为探究锌粉用量对乙酰苯胺产率的影响，实验小组做了对比实验，实验数据如下表，试合理推测加入Zn粉的作用是_____，第二组实验中锌粉用量最多但乙酰苯胺产率反而降低的原因可能是_____。组别第一组第二组第三组 苯胺(mL)555冰醋酸(mL)7.57.57.5锌粉(g)0.10.20产量(g)1.671.240.7产率(%)22.516.79.4Ⅱ、乙酰苯胺的提纯：①将粗乙酰苯胺晶体加入盛有热水的烧杯中，加热使之溶解；②稍冷却后，加入适量粉末状活性炭，充分搅拌后趁热过滤；③将滤液转移到干净烧杯中，冷却至室温、抽滤、洗涤、干燥、称重，计算。（4）上述提纯乙酰苯胺的方法是_____。（5）下列能提高乙酰苯胺产率和纯度的措施有_____(填标号)。A.在第①步中用大量热水溶解粗乙酰苯胺B.第②步趁热过滤操作时使用保温漏斗代替普通漏斗进行过滤操作C.第③步抽滤前对布氏漏斗进行充分预热D.用乙醇洗涤乙酰苯胺晶体2~3次（6）可用“回收率”来衡量样品在提纯操作中损失的程度，损失越少，回收率越高。用60mL热水对1.67g乙酰苯胺粗产品进行上述提纯操作，粗产品中的杂质质量忽略不计，理想状态下乙酰苯胺的最大回收率是_____(保留3位有效数字，回收率，水的密度为1.0g/mL，室温下乙酰苯胺溶解度为0.50g)。【答案】（1）圆底烧瓶（2）①.油浴②.利于将反应产生的水变成水蒸气馏出，促使平衡正向移动，提高生成物的产率，同时减少乙酸的挥发 （3）①.用作还原剂，防止苯胺被氧化②.锌粉的用量过多会与冰醋酸反应造成原料损耗，同时在后续处理中会出现不溶于水的氢氧化锌与固体产物混杂在一起，难分离出去从而影响产率（4）重结晶（5）B（6）82.0%【解析】【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中冰醋酸和苯胺在100~110°C条件下反应制备乙酰苯胺，实验时向反应物中加入锌粉的目的是吸收装置中的氧气，防止苯胺被空气中的氧气氧化，控制反应温度在100~110°C范围内的作用是使反应生成的水蒸气冷凝为水从反应体系中分离出去，有利于平衡向正反应方向移动，提高乙酰苯胺的产率。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；【小问2详解】由题给数据可知，乙酸的沸点为117°C，实验时控制反应温度在100~110°C范围内可以将水转化为水蒸气从反应体系中分离出来，同时减少乙酸的挥发，有利于平衡向正反应方向移动，提高乙酰苯胺的产率；水浴加热只能将温度控制在100°C以下，直接加热不好控制温度，所以实验时应选择油浴加热控制温度在100~110°C范围内，故答案为：油浴；利于将反应产生的水变成水蒸气馏出，促使平衡正向移动，提高生成物的产率，同时减少乙酸的挥发；【小问3详解】由题给信息可知，苯胺易被氧化而变色，所以实验时需加入还原剂锌粉吸收空气中的氧气，防止苯胺被空气中的氧气氧化，防止苯胺被氧化；若加入锌粉量过多，锌粉会与乙酸反应消耗原料，影响乙酰苯胺的产率，而且在后续过程中会产生氢氧化锌难以除去，所以第二组实验中锌粉用量最多但乙酰苯胺产率反而降低，故答案为：用作还原剂，防止苯胺被氧化；锌粉的用量过多会与冰醋酸反应造成原料损耗，同时在后续处理中会出现不溶于水的氢氧化锌与固体产物混杂在一起，难分离出去从而影响产率；【小问4详解】将晶体溶于溶剂又重新结晶提纯的分离方法为做重结晶，故答案为：重结晶；【小问5详解】A．溶解粗乙酰苯胺的水用量过多，会增加乙酰苯胺的溶解损耗，降低乙酰苯胺的回收率，故错误；B．趁热过滤是要分离乙酰苯胺溶液与不溶杂质，这时使用保温漏斗能更好的维持温度，防止因温度降低乙酰苯胺析出导致损耗，故正确；C．抽滤过程是将已经析出的乙酰苯胺分离，若这时对布氏漏斗预热，会加大乙酰苯胺在水中的溶解度，增大溶解损耗降低回收率，故错误； D．由表格信息可知，乙酰苯胺易溶于乙醇，所以不能用乙醇洗涤晶体，否则会因为乙酰苯胺溶解造成产率降低，故错误；故选B；【小问6详解】抽滤分离乙酰苯胺精制品和滤液，得到的滤液是乙酰苯胺的饱和溶液，已知常温下乙酰苯胺溶解度为0.50g，则60mL水可溶解乙酰苯胺，那么1.67乙酰苯胺粗品中最多析出乙酰苯胺，则最大回收率为，故答案为：82.0%。16.为贯彻低碳循环的绿色发展理念，实现对废旧磷酸铁锂电池的高效资源化回收，湖南科技大学研究团队通过双氧水氧化→酸浸→浸出液二次浸出的工艺，回收正极材料()中的锂，其工艺流程如下。回答下列问题：（1）基态Fe原子的电子排布式为_____。（2）为_____分子(填“极性”或“非极性”)，写出浸出时发生的主要反应的化学方程式_____。（3）第一次浸出实验在的摩尔比为1.5、pH为3.0、液固比为12.6mL/g的条件下，浸出时间和浸出温度对锂、铁、磷的浸出率影响如下图所示。①考虑实验效率和实际工业生产要求，选择的最佳反应条件为_____(填标号)。A．浸出时间：60min，浸出温度：B．浸出时间：180min，浸出温度： C．浸出时间：180min，浸出温度：②随着浸出温度的上升，Li的浸出率整体呈现先上升后下降的趋势，可能的原因为_____。（4）第二次浸出实验降低的摩尔比为1.3，Li的浸出率从94.82%上升到最高可达99.46%，而Fe、P的浸出率分别在0.03%、2.3%以内。①除杂时加入NaOH的作用为_____。②提纯碳酸锂产品时得到的母液的主要成分是_____(填化学式)。（5）的晶胞如图a所示，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点，共棱形成空间链结构。电池工作时某一状态如下图所示，可以推算_____。【答案】（1）（2）①.极性②.（3）①.A②.以前，随着温度上升，反应速率加快，促进了离子的浸出，之后，高温导致分解，影响了Li的浸出（4）①.使滤液中的铁离子沉淀而除去②.（5）0.1875或【解析】【分析】废旧磷酸铁锂电池与双氧水、硫酸进行第一次浸出，根据图中信息得到实际工艺流程中选择浸出时间：60min，浸出温度：浸出Li，过滤，将滤液进行第二次浸出，得到滤液中含有铁离子，用氢氧化钠溶液除杂，再加入碳酸钠沉锂并提纯得到碳酸锂产品。【小问1详解】Fe为26号元素，则基态Fe原子的电子排布式为3d64s2；故答案为：3d64s2。【小问2详解】不是中心对称，因此为极性分子，则浸出时发生的主要反应的化学方程式；故答案为：极性； 。【小问3详解】①由图像可知，60min后Li的浸出率变化不大，反应已基本完成，尽管反应到180min，Li的浸出率达到最大值，但是从实验效率，选取60min为最佳反应条件。浸出温度从上升到，Li的浸出率达到最大值，而后由于过氧化氢的分解导致浸出率下降，因此选择为最佳反应温度，因此与选择的最佳反应条件为A；故答案为：A。②随着浸出温度的上升，Li的浸出率整体呈现先上升后下降的趋势，可能的原因为以前，随着温度上升，反应速率加快，促进了离子的浸出，之后，高温导致分解，影响了Li的浸出；故答案为：以前，随着温度上升，反应速率加快，促进了离子的浸出，之后，高温导致分解，影响了Li的浸出。【小问4详解】①第二次浸出后滤液中仍会含有少量的铁离子，可通过加入氢氧化钠将其转化为氢氧化铁沉淀而除去；故答案为：使滤液中的铁离子沉淀而除去。②由流程可知，作为沉淀的沉淀剂，通过过滤操作进行分离提纯，得到母液的溶质为；故答案为：。小问5详解】由均摊法可知，a中1个含4个，b中含个数为个(3.25个)，由比例关系可知或0.1875，的化学式为；故答案为：0.1875或。17.尿素作为一种含氮量高的有机物，广泛应用于农业和工业，随着科学技术的发展，其合成方法在不断改进。（1）尿素可用于制尿素铜配合物，化学式为，该物质可作为某些金属加工和冶炼过程中的缓释剂和清洗剂。中组成元素的电负性由大到小的顺序为_____；与配位的原子是_____。（2）1920年，人们开始用氰氨化钙法工业生产尿素，用氰氨基化钙(，其中N元素为-3价)与稀硫酸在一定条件下反应制得，实现了工业化生产。该反应的化学方程式为_____。（3）1922年，随着工业合成氨技术的发展，工业上开始以和 为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：　　该条件下和制取尿素的热化学方程式为_____，该反应在_____(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。（4）为了在常温常压下获得尿素，科学家正在研究光催化和实现耦联合成尿素的方法。其总反应式是：，通过开发具有介孔结构的纳米材料作为光催化剂并提供反应需要的氢离子和电子，该反应过程的机理如图所示：①反应主要有两个过程，第一过程：活化的将还原为CO，CO再与发生偶联生成重要中间体，质子化后变成，该过程为快反应，；第二过程：发生质子化反应生成，该过程为慢反应，。下列图象能正确表示这两个过程能量变化历程的是_____(填标号)。② 中间体的氢化反应和电子转移过程存在两种不同的路径，分别生成两种不同中间体，写出其中生成稳定中间体的反应式：_____。（5）科学家发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。a电极为电解池的_____极，b电极上发生反应的电极反应式为_____。【答案】（1）①.O＞N＞C＞H②.N(氮原子)（2）（3）①　②.低温（4）①.C②.（5）①.阴②.【解析】【小问1详解】同一周期元素的电负性随原子序数的增大而逐渐增大，H的电负性比C小，中组成元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；有空轨道，尿素分子中N、O原子含有孤电子对，但N的电负性小，氮原子核对孤电子对的作用弱，更容易与形成配位键，与配位的原子是N(氮原子)。故答案为：O＞N＞C＞H；N(氮原子)；小问2详解】根据元素化合价分析，该反应为非氧化还原反应，由原子守恒分析，二者反应生成尿素和硫酸钙，反应的化学方程式为。故答案为： ；【小问3详解】根据盖斯定律，题中两式相加可得和制取尿素的总反应的热化学方程式。该反应为气体分子数减小的反应，其，该反应的，，该反应在低温条件下能自发进行。故答案为：　；低温；【小问4详解】①第一步为放热反应，第二步为吸热反应，总反应放热；第二步反应为慢速反应，则第一步的活化能小于第二步的活化能，因此符合这两个过程发生反应的能量变化历程的是选项C；故答案为：C；②中间体的氢化反应和电子转移过程存在两种不同的路径，分别生成两种中间体，分别是和，从能量变化上看，生成能量更低，所以该中间产物能量更低，因此更稳定，该转变过程需得到1个质子和1个电子，其中生成稳定中间体的反应式：。故答案为：；【小问5详解】电极a上亚硝酸根离子得电子转化为尿素，为电解池阴极；电极b为电解池的阳极，发生失电子生成的氧化反应，b电极上发生反应的电极反应式为。故答案为：阴；。18.化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如图所示(部分反应条件已省略)：已知：①② ③回答下列问题：（1）化合物H含有的官能团的名称是_____。B→C的反应类型为_____。（2）核磁共振氢谱显示化合物A分子中有两种不同环境的氢原子，A的化学名称为_____。（3）在E→F的转化中，还可以得到一种副产物，与F互为同分异构体，写出该副产物的结构简式：_____。（4）写出G转化成H中第(1)步转化的化学方程式：_____。（5）化合物I是D的同系物，相对分子质量比D少14.同时满足下列条件的I的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。①能与溶液反应产生②能发生银镜反应③该物质最多能与反应其中核磁共振氢谱显示有四组峰，且峰面积之比为的结构简式为_____。（6）参考H的合成路线，设计以乙酸乙酯和溴甲烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_____。【答案】（1）①.羧基、酮羰基(或羰基)②.加成反应（2）2-氯丙烷（3）（4）（5）①.12种②.、（6）【解析】 【分析】根据A的分子式以及D的结构简式可知，A为，A发生消去反应生成B为CH2=CHCH3，B与1，3-丁二烯发生信息①的反应得到C为，C被酸性高锰酸钾氧化生成D，D与2分子乙醇发生酯化反应生成E为，E与C2H5ONa发生信息③的反应生成F为，F反应生成G为，G先发生酯类的水解反应再酸化得到H。【小问1详解】直接根据题目中H的结构可以判断其官能团为：酮羰基(羰基)和羧基；根据已知信息①结合B()与反应生成C()可知，该反应前后原子个数不变，故反应为加成反应。【小问2详解】A的分子式为，核磁共振氢谱显示化合物A分子中有两种不同环境的氢原子，可知A中具有对称结构，故氯原子位于2号碳原子，其名称为2-氯丙烷。【小问3详解】根据题给的反应信息③，该反应的反应原理为断裂酯基邻碳的碳氢键[]与另一酯的酯基键发生取代反应， 在反应时，由于酯基邻碳有两种：①与②，故可分别发生②号碳上的氢与上面酯基的取代得到，还可发生①号碳上的氢与下面酯基的取代，得到副产物为：。【小问4详解】从F()与G()的分子式变化可知，F→G是F与发生了取代反应，结合目标产物H的结构可知，取代反应发生在酯基的邻碳上，H逆推出G的结构，G→H发生酯在碱性条件下的水解方程式为：。【小问5详解】化合物I是D的同系物，相对分子质量比D少14，故I的分子为含有6个碳的二元羧酸[]，其同分异构体能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，说明其含有羧基，能发生银镜反应说明含有醛基，1mol该物质最多能与2molNaOH反应，说明该物质含有一个甲酸形成的酯基，其同分异构体满足条件的官能团为、。把看成X，看成Y，固定X看Y与X的相对位置关系，有如下结构：、、、故满足条件的异构体数目共有12种。其中核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为，要求同一个碳上要连有等效的两个甲基，依据上图结构可知碳架为，X与Y互换位置便可以得到两种结构为：、。 【小问6详解】对比原料乙酸乙酯、溴甲烷与产物的结构，该合成过程可以参照题中F→H的线路，先自身取代增长碳链，然后酯基的邻碳上两个氢与发生二取代，再发生酯的水解，合成线路为：。