精品解析：北京市海淀区多校2025-2026学年高三上学期开学入学定位考 化学试题

2025-2026学年北京市新高三入学定位考试 化学 本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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 N-14 Ti-48 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 文物是承载中华文化的血脉。下列国家博物馆文物的主要材质属于有机高分子的是 A．青铜礼器四羊方尊 B．彩绘鹳鱼石斧图陶缸 C．太平天国玉玺 D．溪山雨意图画卷 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．青铜礼器四羊方尊的主要材质是铜合金，属于金属材料，A错误； B．彩绘鹳鱼石斧图陶缸的主要材质是陶瓷，属于无机非金属材料，B错误； C．太平天国玉玺的主要材质是玉石，属于无机非金属材料，C错误； D．溪山雨意图画卷的主要材质是纸张和颜料，纸张的主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子化合物，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 葡萄糖的结构简式： C. 的原子结构示意图： D. 基态原子的价层电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO3的中心原子S有3个σ键，价层电子对数=3+=3，孤电子对数为0，sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形；题目中图片为四面体结构（中心原子连接4个原子），与平面三角形不符，A错误； B．C6H12O6是葡萄糖的分子式，结构简式需体现官能团（多羟基醛），应为CH2OH(CHOH)4CHO，B错误； C．34Se的原子结构示意图：核电荷数+34，核外电子排布为2、8、18、6（2+8+18+6=34），与图片一致，C正确； D．基态Cu原子（29号）价层电子排布遵循洪特规则特例，3d轨道全充满更稳定，应为3d104s1，非3d94s2，D错误； 故答案为：C。 3. 下列说法正确的是 A. 攀登高山时佩戴护目镜，可以防止强紫外线引起眼睛的蛋白质变性灼伤 B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如 C. 石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 D. 淀粉和纤维素互为同分异构体 【答案】A 【解析】 【详解】A．高山地区紫外线强，紫外线可导致蛋白质变性（如眼睛和皮肤蛋白质），护目镜能阻挡紫外线保护眼睛，该说法合理，A正确； B．核苷中核糖的羟基与磷酸通过磷酸酯键结合形成核苷酸，而非醚键（醚键为R-O-R'结构），B错误； C．石油分馏利用各组分沸点差异分离，而非溶解性差异，C错误； D．淀粉和纤维素化学式均为，但n值不同，分子式不同，不互为同分异构体，D错误； 故答案为：A。 4. 物质的微观结构决定其宏观性质，丙酮()是一种常见的有机溶剂。下列说法不正确的是 A. 丙酮的电子式为 B. 丙酮分子中所有原子均在同一平面 C. 核磁共振氢谱只有1组峰 D. 丙酮可以发生加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．丙酮的电子式中，各原子均满足8电子稳定结构（H为2电子），羰基C与O形成双键，甲基C与H及中间C形成单键，O有两对孤对电子，电子式正确，A正确； B．丙酮分子中，羰基C为sp2杂化，羰基部分（C=O及中间C）呈平面结构，但两侧甲基中的C为sp3杂化（四面体构型），甲基上的H原子不可能与羰基平面共面，故所有原子不在同一平面，B错误； C．丙酮结构对称，两个甲基等效，分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱只有1组峰，C正确； D．丙酮含羰基（C=O），可与H2等发生加成反应生成醇，D正确； 故选B。 5. 下列反应中体现了氧化性的是 A. 可以使溶液褪色 B. 可以漂白草帽、纸张等 C. 通入紫色石蕊溶液中，溶液变为红色 D. 通入溶液中，产生淡黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．SO2使KMnO4溶液褪色，说明SO2被强氧化剂KMnO4氧化，体现还原性，A不符合题意； B．SO2漂白草帽、纸张，属于化合漂白，未发生氧化还原反应，B不符合题意； C．SO2使石蕊变红，因其溶于水生成H2SO3显酸性，未涉及氧化性，C不符合题意； D．SO2与Na2S反应生成S沉淀，S2-被SO2氧化为S（0价），SO2作氧化剂，体现氧化性，D符合题意； 故答案为：D。 6. 下列反应的离子方程式表达正确的是 A. 氯气用于自来水消毒： B. 中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式为： C. 溶液中通入少量： D. 将物质的量浓度相等的和溶液以体积比混合： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯气与水反应生成HClO和HCl，HClO为弱酸，不能拆解为ClO-，正确方程式为，A错误； B．吸氧腐蚀的正极反应在中性条件下为O2得电子结合水生成OH-，正极反应式为，B正确； C．苯酚酸性弱于碳酸但强于，通入少量CO2应生成而非，正确方程式为，C错误； D．NH4HSO4中H+物质的量为1mol，与Ba(OH)4中2mol OH-反应后还有剩余OH-，正确离子方程式为，D错误； 故答案为B。 7. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是 A．制备无水 B．制备溴苯并验证有HBr产生 C．证明酸性：碳酸>苯酚 D．用乙醇萃取中的S A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．制备无水MgCl2时，MgCl2·6H2O加热易水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl挥发会促进水解。装置中通入干燥HCl气流，可抑制Mg2+水解，加热后能得到无水MgCl2，A正确； B．制备溴苯时，液溴易挥发，生成的HBr中混有Br2，Br2与AgNO3溶液也会生成AgBr沉淀，干扰HBr的检验，需先除去Br2，B错误； C．浓盐酸与大理石反应生成的CO2中混有挥发出的HCl，HCl酸性强于苯酚，会先与苯酚钠反应，无法证明碳酸与苯酚钠反应，需先除HCl杂质，C错误； D．乙醇与CS2互溶，不符合萃取剂与原溶剂互不相溶的条件，不能萃取，D错误； 故选A。 8. 明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下： 下列说法不正确的是 A. 流程中涉及氧化还原反应 B. 和反应的方程式为 C. 煅烧产物X为FeO D. 制利用了的难挥发性 【答案】C 【解析】 【详解】A．流程中FeSO4煅烧生成SO3、SO2和X，S元素从+6价（FeSO4中）变为+4价（SO2中），化合价降低，必有元素化合价升高，存在氧化还原反应，A正确； B．SO3与H2O反应生成H2SO4，化学方程式为SO3+H2O=H2SO4，B正确； C．FeSO4煅烧时，S元素化合价降低（SO2中S为+4价），若X为FeO，则没有元素化合价升高，不符合氧化还原反应的规律，C错误； D．H2SO4为难挥发性酸，HNO3为易挥发性酸，利用难挥发性酸制易挥发性酸原理，可以制HNO3，D正确； 故选C。 9. 对下列事实进行归纳推测，合理的是 事实 推测 A 铁钉放入稀硫酸中产生气泡 铁钉放入浓硫酸中产生大量气泡 B 与稀盐酸反应吸热 与稀醋酸反应也吸热 C 和Cu反应生成 S和Cu反应生成CuS D 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁钉在稀硫酸中反应生成Fe2+和H2，而浓硫酸在常温下使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应，故A错误； B．NaHCO3与稀盐酸反应吸热，因反应焓变为正，与稀醋酸反应焓变也为正，故B正确； C．Cl2氧化性强，与Cu生成CuCl2；S氧化性较弱，与Cu生成Cu2S，故C错误； D．反应中H2CO3酸性强于HClO，的酸性弱于HClO，故D错误； 选B。 10. 常温下，将一定量的稀硫酸滴入溶液中，溶液中含X元素的微粒有、、、，四种微粒的物质的量分数随pOH(，)的变化如图。下列说法不正确的是 A. 曲线II代表的变化曲线 B. b点时， C. 常温下，的水溶液的 D. a、c两点水的电离程度相等 【答案】D 【解析】 【分析】横坐标中溶液pOH越大，溶液中氢氧根离子浓度越小，的物质的量分数越小，的物质的量分数越大，由图可知，曲线Ⅰ代表的变化、曲线Ⅱ代表的变化、曲线Ⅲ是代表的变化、曲线Ⅳ代表的变化。 【详解】A．据分析，曲线II代表的变化曲线，A正确； B．b点时溶液根据物料守恒有：，B正确； C．根据微粒物质的量分数δ(X)随pOH的变化图，H2X溶液为曲线Ⅲ的顶部，对应的pOH<7，即溶液呈碱性，pH>7，C正确； D．a、c两点对应于溶液的pOH不等，即pH不同，水的电离程度不同，D错误； 故答案为D。 11. 我国科学家发现了一种新型的电化学还原催化剂——二维锑片(Sb)。酸性条件下人工固碳装置中气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是 A. 生成HCOOH和CO时吸收能量 B. 该催化剂对生成的催化效果最好 C. Sb表面生成CO的反应为 D. Sb表面发生三种催化反应均为氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．在反应历程图中，若产物能量高于反应物则吸收能量，生成HCOOH和CO产物能量（0.36eV、0.31eV）高于起点反应物能量，反应吸收能量，A正确； B．催化剂对反应的催化效果取决于活化能（能垒），活化能越低催化效果越好，图中生成HCOOH的活化能（0.43eV）＜H2（0.89eV）＜CO（1.10eV），催化效果最好的是HCOOH，B错误； C．Sb表面生成CO的反应中，吸附态CO2（*CO2）结合2个吸附态H+（2*H+）和2个电子，生成CO和H2O，反应式正确，C正确； D．三种反应均涉及电子转移（CO2→HCOOH/CO中C化合价降低，H+→H2中H化合价降低），均为氧化还原反应，D正确； 故选B。 12. 钠离子电池在大型储能应用上具有重要的现实意义。以多孔碳材料代替锂离子电池的石墨作负极材料，钠离子在正负极之间的嵌入和脱出实现电荷转移，放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 钠易跟水反应，不能将有机电解质溶液换成水溶液 B. 放电时，正极区离子导体中的物质的量不变 C. 充电时，铝箔X与电源负极相连 D. 锂元素稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低 【答案】C 【解析】 【分析】钠离子电池工作时，钠离子在正负极之间嵌入和脱出而实现电荷转移，由图知，放电时Na+向左侧移动，所以左侧铝箔X为正极、嵌入钠离子、得电子，右侧铝箔Y为负极、右侧脱出钠离子、失电子，因此充电时，X失电子、为阳极，Y得电子、为阴极。 【详解】A．钠是活泼金属，易与水反应生成氢氧化钠和氢气，若使用水溶液作电解质，会导致电池内部反应失控，因此不能将有机电解质溶液换成水溶液，A正确； B．放电时，正极反应式为，移向正极的钠离子的物质的量等于嵌入正极的钠离子的物质的量，正极区电解液中的物质的量不变，故B正确； C．充电时，X失电子，则与电源正极相连，C错误； D．锂元素资源稀缺，而钠元素在自然界中储量丰富（如海水），量产后钠离子电池原料成本更低，故生产成本比锂离子电池低，D正确； 故答案为C。 13. 不同空腔尺寸的瓜环[n](n=5，6，7，8…)可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。下图为瓜环[7]的一种合成路线。下列说法不正确的是 A. A的名称为乙炔 B. “成环”反应中生成M和 C. M生成瓜环[7]的反应类型为加聚反应 D. 与反应过程中加入过量的可提高生成物产率 【答案】C 【解析】 【分析】A的化学式为C2H2，结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，与Br2发生1:2加成反应生成1,1,2,2-四溴乙烷，1,1,2,2-四溴乙烷与NH3以1：4发生取代反应生成CH(NH2)2-CH(NH2)2和HBr，CH(NH2)2-CH(NH2)2和以1：2发生取代反应生成M和甲醇，M与HCHO在催化剂作用下发生缩合反应生成瓜环[7]，同时生成水。 【详解】A．A的化学式为C2H2，结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，A正确； B．“成环”反应为CH(NH2)2-CH(NH2)2和以1：2发生取代反应生成M和甲醇，B正确； C．对比M和瓜环[7]的结构，N原子上缺少H，CH2附近缺少O，则M与HCHO在催化剂作用下发生缩合反应生成瓜环[7]和水，C错误； D．1,1,2,2-四溴乙烷与NH3的取代反应生成CH(NH2)2-CH(NH2)2和HBr，过量NH3可消耗HBr，促进反应正向进行，提高生成物产率，D正确； 故答案为C。 14. 某小组为了探究卤代烃的性质，设计了下列实验： 资料：能与反应生成 下列说法不正确的是 A. 可以用Na和乙醇反应制备 B. 由iii和vii可证明ii中有NaBr生成 C. 由v中出现黑色沉淀推测，iii中水溶液显碱性 D. 在水中水解，是因为水分子中羟基的氢原子比乙醇更不活泼 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠与乙醇发生置换反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH2OH + 2Na → 2CH3CH2ONa + H2↑，A正确； B．iii中上层水溶液含反应生成的NaBr，取上层液经硝酸酸化后加入AgNO3溶液（vii）产生浅黄色沉淀（AgBr），可证明ii中生成了NaBr，B正确； C．v中直接加AgNO3出现黑色沉淀，因Ag+在碱性条件下与OH-反应生成AgOH，AgOH不稳定分解为黑色Ag2O，说明iii中水溶液显碱性，C正确； D．CH3CH2ONa水解实质是CH3CH2O-结合水电离的H+，水的羟基氢比乙醇更活泼（水酸性强于乙醇），更易电离出H+，而非“更不活泼”，D错误； 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 氮族元素可以形成许多结构和性质特殊的物质，请回答下列问题。 （1）非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。 ①基态N原子价层电子轨道表示式为___________。 ②分子的空间结构为三角锥形，解释原因：___________。 （2）离子液体[]中，C的杂化方式为___________。 （3）已知烷基的推电子效应强于H原子，与结合能力更强的是___________(填化学式)。 （4）丁二酮肟可用于检验溶液中的，制取丁二酮肟并检验涉及的反应过程如图所示： 其中二丁二酮肟合镍中含有的作用力类型有：共价键、___________、___________。 （5）氮化钛可以用于制作电池的材料，其晶胞如图，该晶胞的密度为，与氮原子最近的且距离相等的钛原子有___________个，氮原子与钛原子最近的核间距为___________ 【答案】（1） ①. ②. 的VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形 （2）sp2、sp3 （3）CH3CH2NH2 （4） ①. 配位键 ②. 氢键 （5） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①N是7号元素，基态N原子价层电子排布式为，基态N原子价层电子轨道表示式为。 ②中N原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，所以的空间结构为三角锥形。 【小问2详解】 离子液体[]中，饱和C的杂化方式为sp3杂化，环内的碳原子为sp2杂化。 【小问3详解】 已知烷基的推电子效应强于H原子，导致CH3CH2NH2中N原子周围的电子云密度比NH3更大，则CH3CH2NH2结合H+能力更强。 【小问4详解】 根据结构简式可得，二丁二酮肟合镍中，存在的作用力有：碳碳非极性键、碳氮π键、氮镍配位键，还存在氢键，故存在的作用力除共价键外，还存在配位键、氢键。 【小问5详解】 由晶胞示意图可知与氮原子最近的且距离相等的钛原子有6个；晶胞中Ti原子数为，N原子数为，则晶胞质量为 ，则体积，则氮原子与钛原子最近的距离晶胞边长的一半，即0.5。 16. 为提纯与精炼砂金矿中的金与银(二者含量在以上)，采用以下工艺流程： 已知：①； ②草酸()作为还原剂很容易将Au还原，且不与其他金属离子反应；在强酸性环境下()，草酸以分子态存在，还原性较弱，反应慢；在弱酸性环境下()，草酸部分电离为，还原性强。 （1）分离酸浸液与尾渣的操作为___________。 （2）NaCl和浸金的同时生成NO。该反应的离子方程式为：___________。 （3）除去的目的，除了进一步破坏砂金颗粒，有利于Au的进一步溶解，还包括___________。 （4）与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________，若用亚硫酸钠代替草酸作还原剂，缺点是___________。 （5）还原过程中为加快反应速率，可采取的措施为___________。 （6）在AgCl还原为银粉的过程中，有两种气体生成，包括和___________。 【答案】（1）过滤 （2） （3）提高后续还原剂还原效率 （4） ①. 2：3 ②. 生成二氧化硫，污染空气 （5）调pH为1-1.5 （6） 【解析】 【分析】砂金加入硝酸、氯化钠混合液浸金生成，除去硝酸，过滤，滤液中加入生成粗金粉和还原母液，粗金粉酸洗水洗得到金粉；尾渣含AgCl，加入Na2CO3高温焙烧得银粉，据此分析； 【小问1详解】 分离酸浸液与尾渣为固液分离，操作为过滤； 【小问2详解】 NaCl和与金反应生成、NO和水，该反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 具有强氧化性，若残留会与后续还原剂（如草酸）反应，消耗还原剂并降低Au的还原效率，故除去的目的提高后续还原剂还原效率； 【小问4详解】 与反应时，发生的离子反应为，氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：3，若用亚硫酸钠代替草酸作还原剂，亚硫酸钠会与溶液中氢离子反应生成二氧化硫，污染空气； 【小问5详解】 在弱酸性环境下()，草酸部分电离为，还原性强，还原过程中为加快反应速率，可采取的措施为：调pH为1-1.5； 【小问6详解】 在AgCl还原为银粉的过程的化学方程式：，有两种气体生成，包括和。 17. 缓释药物与相应普通制剂比较，给药频率减少且能显著增加患者的顺应性或降低药物的副作用。以下为缓释布洛芬的合成过程： 已知：气态烃A是石油裂解的产物，。回答下列问题： （1）的反应类型为___________，F中官能团名称为___________。 （2）写出C的结构简式___________。 （3）写出过程中①的化学方程式___________。 （4）写出由M生成缓释布洛芬的方程式___________。 （5）化合物G的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为___________。 ①遇溶液显紫色 ②可与银氨溶液发生银镜反应 ③核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为 【答案】（1） ①. 加成反应 ②. 碳碳双键、醛基 （2） （3）+2+2Ag↓+3NH3+H2O （4）+n+nH2O （5） 【解析】 【分析】由题给信息可知，A为乙烯，A和水加成生成B乙醇，B催化氧化为C乙醛；D为苯甲醇催化氧化为E苯甲醛，C和E生成F，F中醛基发生银镜反应酸化后转化为羧基得到G，G和乙二醇发生酯化反应生成K，K中含有碳碳双键，发生加聚反应生成M，M中羟基与布洛芬发生取代反应转化为产品缓释布洛芬。 【小问1详解】 的反应类型为加成反应；F中官能团名称为碳碳双键、醛基； 【小问2详解】 C为乙醛，结构简式； 【小问3详解】 过程中①是醛基发生银镜反应，化学方程式为+2+2Ag↓+3NH3+H2O； 【小问4详解】 根据缓释布洛芬的结构简式，M中羟基与布洛芬发生取代反应转化为产品缓释布洛芬，化学方程式为+n+nH2O； 【小问5详解】 G的同分异构体中遇溶液显紫色，含有酚羟基；可与银氨溶液发生银镜反应，含有醛基；根据G的结构简式可知，还应含有碳碳双键；核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为，羟基、醛基上各有1种氢，若碳碳双键上有2种氢，则苯环上有2种氢，2个取代基处于对位，符合条件的结构简式为。 18. 氢能是最为理想的能源之一，乙醇重整制氢是最可行的途径之一、 Ⅰ．乙醇与水催化重整制氢气 反应①： 反应②： 反应③： （1）反应③的为___________，___________(用和表示)。 （2）按发生反应①③，平衡时的产率随温度的变化如图所示。 低温时的产率随温度升高而增大，高温时的产率随温度升高而下降的原因为___________。一定温度下，可采取___________方法提高的平衡转化率。 （3）一定温度下，若在恒容密闭容器中发生上述三个反应，下列说法正确的是___________。 A. 若体系中气体的密度不再变化，说明反应体系达到平衡 B. 若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡 C. 增大的浓度可以提高的平衡转化率 D. 向密闭容器中加入，容器中的压强增大，反应①、②均逆向移动 Ⅱ． （4）利用如图所示装置(MEA为复杂的膜电极)电解乙醇制氢气，写出阳极电极反应式___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 低温时，反应①随温度升高正向进行的程度大于反应③正向进行的程度，高温时，反应①随温度升高正向进行的程度小于反应③正向进行的程度 ②. 减小体系压强、分离出 （3）B （4） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应③=，则；根据化学平衡常数的定义，、、，整理关系式可得。 【小问2详解】 反应①③均为吸热反应，随升高温度，平衡均正移，低温时，反应①随温度升高正向进行的程度大于反应③正向进行的程度，产率增大，高温时，反应①随温度升高正向进行的程度小于反应③正向进行的程度，产率降低；欲提高的平衡转化率，需使反应①平衡正移，控制初始投料不变、在温度一定时，减小体系压强、分离出均能使平衡正移，而提高的平衡转化率。 【小问3详解】 三个反应中物质均为气体，反应前后气体质量守恒，恒容密闭容器体积不变，则体系中气体的密度不变，气体密度不是变量，密度不再变化不能说明反应体系达到平衡，A错误；反应①、反应②为气体分子数增大的反应，则随反应进行气体物质的量增大，气体质量守恒，则为变量，气体的平均相对分子质量保持不变能说明反应体系已达平衡，B正确；增大的浓度可以提高的转化率，而的平衡转化率降低，C错误；向密闭容器中加入，主要是提高的浓度，反应①、②均正向移动，从容器中的压强的角度，的分压增大、但的分压减小，反应①、②不能确定为逆向移动，D错误；故选B。 【小问4详解】 该装置为电解池，根据的移动方向，左侧电极为阴极、右侧电极为阳极，右侧阳极发生乙醇氧化为的电极反应，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，电极反应式为。 19. 某小组制备配离子，实验如下： 实验Ⅰ 实验Ⅱ 已知：i．； ； ii．生成的速率过快，大量混杂于沉淀中。 （1）用化学用语表示溶液显酸性的原因___________。 （2）实验I中，生成蓝色沉淀的离子方程式为___________，两个过程中氨水的作用分别是___________。 （3）探究实验I和II中沉淀溶解程度不同的原因： ①理论分析：实验I和II中沉淀溶解反应为，由___________(结合平衡常数分析)可知不易溶于氨水。 ②提出猜想：运用平衡移动原理分析原因___________。 ③实验证明：进一步设计实验，___________(填实验操作及现象)证实了上述猜想。 （4）进一步探究实验II中“沉淀部分溶解，生成深蓝色浊液”的原因： 猜想1：生成的溶于氨水 猜想2：生成的速率过快，部分包裹于沉淀中，要证明猜想1是否成立，设计实验并预测实验现象：___________(填实验操作及现象)。 【答案】（1）Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ （2） ①. Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2+2 ②. 提供OH-生成Cu(OH)2沉淀；提供配体NH3生成配离子 （3） ①. 该反应的平衡常数为 ②. ，实验I中第一步生成的可与OH-反应生成NH3·H2O，平衡正向移动，有利于Cu(OH)2的溶解 ③. 取II中剩余沉淀，继续滴加1mol/L氨水，沉淀未见明显溶解，滴加饱和NH4Cl溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 （4）取纯净的Cu(OH)2加入1mol/L氨水，充分振荡，若沉淀部分溶解，得到深蓝色溶液，说明猜想1成立，否则猜想1不成立 【解析】 【分析】某小组制备配离子，实验I中第一步生成的可与OH-反应生成NH3·H2O，平衡正向移动，有利于Cu(OH)2的溶解，导致实验I和II中沉淀溶解程度不同，若要验证猜想1：生成的溶于氨水，只需要取纯净的Cu(OH)2加入1mol/L氨水，充分振荡，若沉淀部分溶解，得到深蓝色溶液，说明猜想1成立，否则猜想1不成立，以此解答。 【小问1详解】 溶液显酸性的原因是Cu2+发生水解生成了Cu(OH)2和H+，离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+。 【小问2详解】 实验I中，溶液和氨水反应生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2+2，继续滴加氨水，Cu(OH)2和NH3·H2O反应生成深蓝色的，两个过程中氨水的作用分别是：提供OH-生成Cu(OH)2沉淀；提供配体NH3生成配离子。 【小问3详解】 ①已知：i．； ，实验I和II中沉淀溶解反应为，该反应的平衡常数为=，可知不易溶于氨水； ②，实验I中第一步生成的可与OH-反应生成NH3·H2O，平衡正向移动，有利于Cu(OH)2的溶解，导致实验I和II中沉淀溶解程度不同； ③取II中剩余沉淀，继续滴加1mol/L氨水，沉淀未见明显溶解，滴加饱和NH4Cl溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液，可证实上述猜想。 【小问4详解】 若要验证猜想1：生成的溶于氨水，只需要取纯净的Cu(OH)2加入1mol/L氨水，充分振荡，若沉淀部分溶解，得到深蓝色溶液，说明猜想1成立，否则猜想1不成立。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年北京市新高三入学定位考试 化学 本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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 N-14 Ti-48 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 文物是承载中华文化的血脉。下列国家博物馆文物的主要材质属于有机高分子的是 A．青铜礼器四羊方尊 B．彩绘鹳鱼石斧图陶缸 C．太平天国玉玺 D．溪山雨意图画卷 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 葡萄糖的结构简式： C. 的原子结构示意图： D. 基态原子的价层电子排布式： 3. 下列说法正确的是 A. 攀登高山时佩戴护目镜，可以防止强紫外线引起眼睛的蛋白质变性灼伤 B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如 C. 石油经过分馏可得到煤油、柴油等，是利用了物质的溶解性差异 D. 淀粉和纤维素互为同分异构体 4. 物质的微观结构决定其宏观性质，丙酮()是一种常见的有机溶剂。下列说法不正确的是 A. 丙酮的电子式为 B. 丙酮分子中所有原子均在同一平面 C. 核磁共振氢谱只有1组峰 D. 丙酮可以发生加成反应 5. 下列反应中体现了氧化性的是 A 可以使溶液褪色 B. 可以漂白草帽、纸张等 C. 通入紫色石蕊溶液中，溶液变为红色 D. 通入溶液中，产生淡黄色沉淀 6. 下列反应的离子方程式表达正确的是 A. 氯气用于自来水消毒： B. 中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式为： C. 溶液中通入少量： D. 将物质的量浓度相等的和溶液以体积比混合： 7. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是 A．制备无水 B．制备溴苯并验证有HBr产生 C．证明酸性：碳酸>苯酚 D．用乙醇萃取中的S A. A B. B C. C D. D 8. 明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下： 下列说法不正确的是 A. 流程中涉及氧化还原反应 B. 和反应的方程式为 C. 煅烧产物X为FeO D. 制利用了的难挥发性 9. 对下列事实进行归纳推测，合理的是 事实 推测 A 铁钉放入稀硫酸中产生气泡 铁钉放入浓硫酸中产生大量气泡 B 与稀盐酸反应吸热 与稀醋酸反应也吸热 C 和Cu反应生成 S和Cu反应生成CuS D 酸性强弱： A. A B. B C. C D. D 10. 常温下，将一定量的稀硫酸滴入溶液中，溶液中含X元素的微粒有、、、，四种微粒的物质的量分数随pOH(，)的变化如图。下列说法不正确的是 A. 曲线II代表的变化曲线 B. b点时， C. 常温下，水溶液的 D. a、c两点水的电离程度相等 11. 我国科学家发现了一种新型的电化学还原催化剂——二维锑片(Sb)。酸性条件下人工固碳装置中气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是 A. 生成HCOOH和CO时吸收能量 B. 该催化剂对生成的催化效果最好 C. Sb表面生成CO的反应为 D. Sb表面发生的三种催化反应均为氧化还原反应 12. 钠离子电池在大型储能应用上具有重要现实意义。以多孔碳材料代替锂离子电池的石墨作负极材料，钠离子在正负极之间的嵌入和脱出实现电荷转移，放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 钠易跟水反应，不能将有机电解质溶液换成水溶液 B. 放电时，正极区离子导体中的物质的量不变 C. 充电时，铝箔X与电源负极相连 D. 锂元素稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低 13. 不同空腔尺寸的瓜环[n](n=5，6，7，8…)可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。下图为瓜环[7]的一种合成路线。下列说法不正确的是 A. A的名称为乙炔 B. “成环”反应中生成M和 C. M生成瓜环[7]的反应类型为加聚反应 D. 与反应过程中加入过量的可提高生成物产率 14. 某小组为了探究卤代烃的性质，设计了下列实验： 资料：能与反应生成。 下列说法不正确的是 A. 可以用Na和乙醇反应制备 B. 由iii和vii可证明ii中有NaBr生成 C. 由v中出现黑色沉淀推测，iii中水溶液显碱性 D. 在水中水解，是因为水分子中羟基的氢原子比乙醇更不活泼 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 氮族元素可以形成许多结构和性质特殊物质，请回答下列问题。 （1）非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。 ①基态N原子价层电子轨道表示式为___________。 ②分子的空间结构为三角锥形，解释原因：___________。 （2）离子液体[]中，C的杂化方式为___________。 （3）已知烷基的推电子效应强于H原子，与结合能力更强的是___________(填化学式)。 （4）丁二酮肟可用于检验溶液中的，制取丁二酮肟并检验涉及的反应过程如图所示： 其中二丁二酮肟合镍中含有的作用力类型有：共价键、___________、___________。 （5）氮化钛可以用于制作电池的材料，其晶胞如图，该晶胞的密度为，与氮原子最近的且距离相等的钛原子有___________个，氮原子与钛原子最近的核间距为___________ 16. 为提纯与精炼砂金矿中的金与银(二者含量在以上)，采用以下工艺流程： 已知：①； ②草酸()作为还原剂很容易将Au还原，且不与其他金属离子反应；在强酸性环境下()，草酸以分子态存在，还原性较弱，反应慢；在弱酸性环境下()，草酸部分电离为，还原性强。 （1）分离酸浸液与尾渣的操作为___________。 （2）NaCl和浸金的同时生成NO。该反应的离子方程式为：___________。 （3）除去的目的，除了进一步破坏砂金颗粒，有利于Au的进一步溶解，还包括___________。 （4）与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________，若用亚硫酸钠代替草酸作还原剂，缺点是___________。 （5）还原过程中为加快反应速率，可采取的措施为___________。 （6）在AgCl还原为银粉的过程中，有两种气体生成，包括和___________。 17. 缓释药物与相应普通制剂比较，给药频率减少且能显著增加患者的顺应性或降低药物的副作用。以下为缓释布洛芬的合成过程： 已知：气态烃A是石油裂解的产物，。回答下列问题： （1）的反应类型为___________，F中官能团名称为___________。 （2）写出C的结构简式___________。 （3）写出过程中①的化学方程式___________。 （4）写出由M生成缓释布洛芬的方程式___________。 （5）化合物G的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为___________。 ①遇溶液显紫色 ②可与银氨溶液发生银镜反应 ③核磁共振氢谱图有六组吸收峰，且峰面积比为 18. 氢能是最为理想的能源之一，乙醇重整制氢是最可行的途径之一、 Ⅰ．乙醇与水催化重整制氢气 反应①： 反应②： 反应③： （1）反应③的为___________，___________(用和表示)。 （2）按发生反应①③，平衡时的产率随温度的变化如图所示。 低温时的产率随温度升高而增大，高温时的产率随温度升高而下降的原因为___________。一定温度下，可采取___________方法提高的平衡转化率。 （3）一定温度下，若在恒容密闭容器中发生上述三个反应，下列说法正确的是___________。 A. 若体系中气体的密度不再变化，说明反应体系达到平衡 B. 若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡 C. 增大的浓度可以提高的平衡转化率 D. 向密闭容器中加入，容器中的压强增大，反应①、②均逆向移动 Ⅱ． （4）利用如图所示装置(MEA为复杂的膜电极)电解乙醇制氢气，写出阳极电极反应式___________。 19. 某小组制备配离子，实验如下： 实验Ⅰ 实验Ⅱ 已知：i．； ； ii．生成的速率过快，大量混杂于沉淀中。 （1）用化学用语表示溶液显酸性的原因___________。 （2）实验I中，生成蓝色沉淀的离子方程式为___________，两个过程中氨水的作用分别是___________。 （3）探究实验I和II中沉淀溶解程度不同的原因： ①理论分析：实验I和II中沉淀溶解反应为，由___________(结合平衡常数分析)可知不易溶于氨水。 ②提出猜想：运用平衡移动原理分析原因___________。 ③实验证明：进一步设计实验，___________(填实验操作及现象)证实了上述猜想 （4）进一步探究实验II中“沉淀部分溶解，生成深蓝色浊液”的原因： 猜想1：生成的溶于氨水 猜想2：生成的速率过快，部分包裹于沉淀中，要证明猜想1是否成立，设计实验并预测实验现象：___________(填实验操作及现象)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $