精品解析：重庆市7校联考2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

2025-2026学年上期五校十月联考 高三化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 答题前，务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡规定的位置上。 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 考试结束后，将答题卷交回。 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 S—32 K—39 Zn—65 I—127 第I卷(选择题) 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. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 电池研发人员的工作包括电池构成材料的研制、电池性能的改进和应用的拓展 B. 可用铁质容器酿造或储存山西“老陈醋” C. 用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用 D. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. LiH的电子式为 B. 氯化钠溶液中的水合离子示意图： C. 反—1，2—二氟乙烯的结构式： D. 基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4 3. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+KNO3+C=K2S+N2↑+CO2↑(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.1mol C(石墨)晶体中含有的六元环数为0.05NA B. 常温下，1 L 0.1 的KNO3溶液与1 L 0.1 的KF溶液的阴离子总数相等 C. 每生成56 g N2转移电子数目为20NA D. 22.4 L CO2含π键数目为2NA 4. 下列反应的离子方程式正确的是 A. NaClO溶液与足量HI溶液反应： B 向FeI2溶液中通入等量Cl2： C. 向KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时的离子方程式： D. NaHCO3溶液中通入少量Cl2的离子方程式： 5. 下列有关实验操作错误的是 A．收集蒸馏成分 B．碱式滴定管排出气泡 C．收集NO气体 D．用量筒量取10.0 mL盐酸 A. A B. B C. C D. D 6. 恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1~I3中间体，TS1~TS3为过渡态。 下列描述不正确的是： A. “CO插入”步骤，均为 B. Rh/Mn催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C. Rh催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度减小 7. 有以下前四周期的几种元素：X、Y、Z、T、W原子序数依次增大，基态X原子最外层电子数等于电子层数等于主族序数等于质子数等于周期数，Y的最低价氢化物与其最高价氧化物对应水化物能形成离子化合物，基态Z原子的价层电子排布式为：nsnnp2n，X与T同族，基态W+的核外电子排布中各能层均排满。以下说法正确的是 A. Z与T形成的化合物中不可能含有非极性键 B. 简单离子的半径：Y<Z<T C. 第一电离能：Y>X>T D. Z的最简单氢化物比Y的最简单氢化物更容易与W的高价离子形成配合离子 8. 布洛芬因为具有抗炎、镇痛、解热作用，成为大家抢购的药物之一，其合成部分路线如图所示： 下列有关说法正确的是： A. 等物质的量的A、B、C三种物质与足量NaOH溶液反应，消耗的NaOH的物质的量相同 B. 布洛芬的一氯代物有8种(不考虑羧基的取代) C. B物质的熔沸点比A物质高 D. 布洛芬分子中共平面的碳原子数最多为11个 9. 某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、、、和离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)，下列说法正确的是 ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001 AgNO3溶液，有白色沉淀生成 A. 溶液A中一定存在Fe2+、和 B. 溶液A中不存在Mg2+、和 C. 第②步生成的白色沉淀中有AgCl和Ag2SO4 D. 若溶液A中存在Cu2+，可以用NaOH溶液判断 10. 下列实验操作、现象及所得出的结论都正确的是 实验操作 实验现象 结论 A 向某无色溶液中滴加浓盐酸 产生气体能使品红溶液褪色 原溶液中含有或 B 将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合 紫红色变浅 甲醇被氧化成甲酸 C 往溶液中通入少量 有透明凝胶生成 非金属性：N>Si D 向含有和的悬浊液中滴加溶液 出现黑色沉淀 A. A B. B C. C D. D 11. 某混合物可能含有Al、Fe、CuO，Fe2O3，为探究该混合物成分，某同学设计的实验分析方案如图所示，已知：m>n。 下列叙述正确的是 A. 固体W为单质，其元素分布在元素周期表的d区 B. 向溶液N中通入过量的CO2，不一定有白色沉淀生成 C. 步骤I与NaOH反应的物质所含元素的最高价氧化物也能与NaOH反应 D. 蓝绿色溶液中一定有一种金属阳离子的价层电子排布式为3d5 12. 我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图，其中a、b、c三区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法正确的是 A. 放电一段时间后，b区K2SO4浓度减小 B. 放电时，N电极方程式为： C. 充电时，a区溶液pH增大 D. 充电时，外电源的负极连接M电极 13. KIO3晶体具有钙钛矿型的立方结构，其一种晶胞如图所示，其中顶点为K，晶胞边长为a pm，下列说法不正确的是 A. I和O之间最近的距离为 pm B. KIO3另一种晶胞图中，若I在顶点，则O在棱心 C. 距离K最近的O有6个 D. 晶体密度(设NA为阿伏加德罗常数的值) 14. 食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下1 甘氨酸盐酸盐溶液中，，的物质的量分数()随pH变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 当与的物质的量分数相等时的pH=5.97 B. C. pH=10时， D. 用NaOH溶液滴定达到终点时， 第II卷(非选择题) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 采用如下工艺回收某有色冶炼废渣(含有铜、锌、镍等元素的氧化物及硫化物)中的Zn、Ni元素。 已知：；。 回答下列问题： （1）元素镍(Ni)在周期表中的位置为______。的空间构型是______。 （2）“酸浸、还原”时，Cu的析出效率随温度升高先增大后减小的原因为：______。 （3）“高温焙烧”时生成两种气体，写出NiC2O4转化为NiO的化学方程式：______。 （4）“沉锌、镍”过程中，当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中Ni2+的浓度为______(保留3位有效数字，溶液中某离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全)。 （5）氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图______。 （6）“沉锌”后过滤，取10 g固体样品加热分解至恒重，冷却后称量，固体的失重率为15%(杂质不分解)。“沉锌”所得Zn(OH)2的纯度为______。 16. 连二硫酸钠(Na2S2O4)广泛应用于工业和日常生活中。实验室可利用如下转化及装置制取：SO2ZnS2O4Na2S2O4 已知：Zn(OH)2与Al(OH)3性质相似，具有两性； （1）仪器a的名称是______。 （2）在装置A和B之间安装单向阀的目的是______。 （3）ZnS2O4转化为Na2S2O4的化学方程式为______。 （4）加入NaOH溶液调节pH值为8.2—10.5的原因是______。 （5）反应结束后，将三颈烧瓶中混合液过滤，向滤液中加入NaCl，搅拌使其结晶，弃去大部分上层清液；搅拌下用水蒸气加热残余物至60℃左右；操作X；用乙醇洗涤、干燥，制得产品Na2S2O4。加入NaCl的作用是：______操作X为：______。 （6）称取2.50 g产品，溶于冷水并配成250 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，加入亚甲基蓝作指示剂，用0.10 mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准液的体积为20.00 mL。(杂质不参加反应) ①已知滴定过程中与反应生成和，反应的离子方程式为______。 ②该样品中Na2S2O4质量分数为______%。 17. 研发利用技术、降低空气中含量成为化学科学家研究的热点。 已知：I． II． （1）则反应 ______；该反应在______（填“低温”“高温”或“任意温度”）下能自发进行。 （2）一定温度时，在固定容积容器中充入和进行上述反应，平衡时的转化率，的选择性随温度变化如图所示： ①下列说法正确的是______。 A．当容器中与的物质的量之比保持不变时，该反应体系已达平衡 B．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应体系已达平衡 C．其他条件不变，升高温度，反应I速率减小，反应II的速率增大 D．若保持温度和体积不变，平衡时再向容器内充入一定量的，反应I化学平衡将正向移动，反应II不移动 ②根据图像分析：平衡转化率先减小后增大的原因是______。T℃，反应II的______（只列出计算式，为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，的选择性=）。 （3）我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，其装置如图所示。 ①阴离子透过交换膜往______（填“左”或“右”）移动。 ②纳米上发生的电极反应为______。 18. 截至2024年，全球高血压患者接近15亿，而中国是全球高血压患者数量最多的国家。阿普昔腾坦(Aprocitentan)是一种新型的高血压治疗药物，其合成路线如图所示：M是产品阿普昔腾坦。 说明：Bn代表。 （1）A的系统命名法名称为：______。 （2）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式：______。 （3）C中官能团名称为：______。 （4）E的结构简式为：______。 （5）G转化为H的反应类型为：______。 （6）物质N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，能发生银镜反应，其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，N的同分异构体有______种；以上同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6的结构简式为(任写一种)：______。 （7）根据题目信息设计合成路线，以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的合成路线：______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上期五校十月联考 高三化学试题 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟 注意事项： 答题前，务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡规定的位置上。 答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 考试结束后，将答题卷交回。 可能用到的相对原子质量：H—1 N—14 O—16 Na—23 S—32 K—39 Zn—65 I—127 第I卷(选择题) 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. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 电池研发人员的工作包括电池构成材料的研制、电池性能的改进和应用的拓展 B. 可用铁质容器酿造或储存山西“老陈醋” C. 用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用 D. 将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法 【答案】B 【解析】 【详解】A．电池研发需涉及材料研制（如电极材料、电解质等）、性能改进（如续航、寿命）和应用拓展（如不同场景的适配），A正确； B．山西“老陈醋” 的主要成分是醋酸，铁会与醋酸发生反应，因此不能用铁质容器酿造或储存老陈醋，B错误； C．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，可以减少二氧化碳对环境的影响，C正确； D．SO2具有杀菌作用和抗氧化的特性，将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法，D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. LiH的电子式为 B. 氯化钠溶液中的水合离子示意图： C. 反—1，2—二氟乙烯的结构式： D. 基态硒原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p4 【答案】B 【解析】 【详解】A．LiH为离子化合物，由Li+和H-构成，电子式应表示为，A错误； B．氯化钠溶液中，Cl-带负电，应吸引水分子中带正电的氢端（水分子中半径小的原子），Na+带正电，应吸引水分子中带负电的氧端（水分子中半径大的原子），B正确； C．反-1,2-二氟乙烯中，双键两端的F原子应位于双键两侧，C错误； D．基态硒原子序数为34，简化电子排布式需包含内层3d轨道电子，正确应为[Ar]3d104s24p4，题目中遗漏3d10，D错误； 故选B。 3. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+KNO3+C=K2S+N2↑+CO2↑(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.1mol C(石墨)晶体中含有的六元环数为0.05NA B. 常温下，1 L 0.1 的KNO3溶液与1 L 0.1 的KF溶液的阴离子总数相等 C. 每生成56 g N2转移电子数目为20NA D. 22.4 L CO2含π键数目为2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨中每个六元环由6个碳原子组成，每个碳原子被3个环共享，因此每个环对应2个碳原子，0.1 mol碳原子对应六元环数目为，A正确； B．溶液中电荷守恒：，而KF溶液中电荷守恒：，KF溶液因水解显碱性，溶液不水解显中性，故两溶液中，结合电荷守恒两溶液中阴离子总数：，B错误； C．配平反应中，生成1 mol 转移12 mol电子，56g 为2 mol，应转移电子，C错误； D．未指明气体是否处于标准状况，无法确定的物质的量，D错误； 故选A。 4. 下列反应的离子方程式正确的是 A. NaClO溶液与足量HI溶液反应： B. 向FeI2溶液中通入等量Cl2： C. 向KHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时的离子方程式： D. NaHCO3溶液中通入少量Cl2的离子方程式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaClO溶液与足量HI溶液反应生成碘单质、氯化钠和水，离子方程式：，A错误； B．向FeI2溶液中通入等量Cl2，FeI2中I-的还原性强于Fe2+，Cl2应优先氧化I-，离子方程式为：，B错误； C．KHSO4与Ba(OH)2反应至中性时，生成硫酸钡、硫酸钾和水，离子方程式为：，C错误； D．NaHCO3溶液中通入少量Cl2反应生成氯化钠、二氧化碳和次氯酸，离子方程式为：，D正确； 故选D。 5. 下列有关实验操作错误的是 A．收集蒸馏成分 B．碱式滴定管排出气泡 C．收集NO气体 D．用量筒量取10.0 mL盐酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．蒸馏收集馏分时，锥形瓶应敞口以保证体系与大气相通，否则馏分无法顺利流入锥形瓶，图片中锥形瓶用塞子密封则操作错误，A错误； B．碱式滴定管排气泡需将胶管向上弯曲，捏挤玻璃珠部位使溶液喷出，气泡随溶液排出，图片操作符合规范，B正确； C．NO难溶于水且与O2反应，用排水法收集正确，装置中集气瓶装满水、气体从导管进入将水排出，符合操作，C正确； D．量筒可精确到0.1 mL，量取10.0 mL盐酸时视线与凹液面最低处相切，操作正确，D正确； 故选A。 6. 恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1~I3为中间体，TS1~TS3为过渡态。 下列描述不正确的是： A. “CO插入”步骤，均为 B. Rh/Mn催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C. Rh催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，两种催化剂条件下，一氧化碳插入步骤均为放热反应，反应△H=[-16.5-(-1.1)]kcal/mol=-15.4kcal/mol，故A正确； B．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh/Mn催化作用下，CO插入步骤的活化能为[19.7-(-1.1)]kcal/mol=20.8kcal/mol，反应的活化能最大，所以CO插入步骤为决速步骤，故B错误； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C正确； D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D正确； 故选B。 7. 有以下前四周期的几种元素：X、Y、Z、T、W原子序数依次增大，基态X原子最外层电子数等于电子层数等于主族序数等于质子数等于周期数，Y的最低价氢化物与其最高价氧化物对应水化物能形成离子化合物，基态Z原子的价层电子排布式为：nsnnp2n，X与T同族，基态W+的核外电子排布中各能层均排满。以下说法正确的是 A. Z与T形成的化合物中不可能含有非极性键 B. 简单离子的半径：Y<Z<T C. 第一电离能：Y>X>T D. Z的最简单氢化物比Y的最简单氢化物更容易与W的高价离子形成配合离子 【答案】C 【解析】 【分析】X：最外层电子数=电子层数=主族序数=质子数=周期数，为H元素；Y：最低价氢化物（NH3）与最高价氧化物对应水化物（HNO3）反应生成NH4NO3（离子化合物），为N元素；Z：价层电子排布为nsnnp2n，n=2时对应2s22p4，为O元素；T：与H同族（IA族），原子序数＞O，为Na（第三周期）或K（第四周期）；W：W+的电子排布各能层均填满，为Cu+（[Ar]3d10），为Cu元素，据此分析； 【详解】A．O与Na形成的Na2O2中，含O-O非极性键，A错误； B．根据粒子半径大小先看电子层数（电子层数越多，半径越大），再看核电荷数（电子层数相同，核电荷数越多，半径越小）的规律，简单离子半径顺序为N3- >O2- > Na+，或者K+＞N3- >O2-，即无论T是什么元素，简单粒子半径都有Y＞Z，B错误； C．X与Y为非金属元素，而T为金属元素，更容易失去电子，故T的第一电离能最小；比较X(H)和Y(N)的第一电离能，Y(N)原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能较高，故第一电离能Y(N)>X(H)，则有第一电离能有Y＞X＞T，C正确； D．Z、Y的最简单氢化物分别为H2O、NH3，电负性O＞N，则形成配位键时，N的给电子能力更强，更容易形成配位键，即Y形成的最简单氢化物更易和Cu2+形成配位键，D错误； 故选C。 8. 布洛芬因为具有抗炎、镇痛、解热作用，成为大家抢购的药物之一，其合成部分路线如图所示： 下列有关说法正确的是： A. 等物质的量的A、B、C三种物质与足量NaOH溶液反应，消耗的NaOH的物质的量相同 B. 布洛芬的一氯代物有8种(不考虑羧基的取代) C. B物质的熔沸点比A物质高 D. 布洛芬分子中共平面的碳原子数最多为11个 【答案】D 【解析】 【详解】A．A含醇羟基，不与NaOH反应，B含溴原子，1 mol B消耗1 mol NaOH，C含羧基，1 mol C消耗1 mol NaOH，因此等物质的量的A、B、C消耗NaOH的量：A<B=C，A错误； B．布洛芬结构中，苯环为对位双取代，取代基分别为-CH2-CH(CH3)2和-CH(CH3)COOH，苯环上有2种等效氢；-CH2-CH(CH3)2含3种等效氢；-CH(CH3)COOH中不考虑羧基氢时含2种等效氢，因此布洛芬的一氯代物共有2+3+2=7种，B错误； C．A含羟基，可以形成分子间氢键，B为溴代烃，无法形成氢键，A熔沸点高于B，C错误； D．苯环中6个碳原子共平面，与苯环直接相连的2个碳与苯环共平面，由于单键可以旋转，-CH2CH(CH3)2中最多有3个C原子与苯环共平面，-CH(CH3)COOH中与苯环直接相连的碳原子为sp3杂化，最多有2个C原子与苯环共平面，因此最多共平面碳原子数：6+3+2=11，D正确； 答案选D。 9. 某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、、、和离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)，下列说法正确的是 ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001 AgNO3溶液，有白色沉淀生成 A. 溶液A中一定存在Fe2+、和 B. 溶液A中不存在Mg2+、和 C. 第②步生成的白色沉淀中有AgCl和Ag2SO4 D. 若溶液A中存在Cu2+，可以用NaOH溶液判断 【答案】D 【解析】 【分析】溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+（浓度较稀时）中的一种或两种，与Fe2+、Cu2+反应的和不能大量存在； ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有，还有绿色滤液B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Cl-，不能确定Na+是否存在，以此解答该题。 【详解】A．由以上分析可知溶液A中一定存在H+、和Cl-，Cu2+、Fe2+只含有其中的一种，或两种都有，A错误； B．反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，而和不能大量存在，B错误； C．第二步如有未沉淀完全的生成的Ag2SO4，会溶解于稀硝酸，故白色沉淀只是AgCl，C错误； D．Cu2+与NaOH溶液产生蓝色沉淀，而Fe2+与NaOH溶液产生白色沉淀后沉淀迅速变为灰绿色最终变为红褐色，故可用NaOH溶液判断A中是否存在Cu2+，D正确； 故选D。 10. 下列实验操作、现象及所得出的结论都正确的是 实验操作 实验现象 结论 A 向某无色溶液中滴加浓盐酸 产生气体能使品红溶液褪色 原溶液中含有或 B 将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合 紫红色变浅 甲醇被氧化成甲酸 C 往溶液中通入少量 有透明凝胶生成 非金属性：N>Si D 向含有和的悬浊液中滴加溶液 出现黑色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓盐酸与溶液反应生成使品红褪色的气体，可能为（如含时），不能确定含或，A错误； B．过量酸性高锰酸钾可能将甲醇完全氧化为而非甲酸，结论不准确，B错误； C．与水反应生成，与反应生成沉淀，证明酸性强于，说明非金属性N＞Si，C正确； D．悬浊液中直接提供S2-，与生成沉淀，无法比较与的，D错误； 故答案选C。 11. 某混合物可能含有Al、Fe、CuO，Fe2O3，为探究该混合物成分，某同学设计的实验分析方案如图所示，已知：m>n。 下列叙述正确的是 A. 固体W为单质，其元素分布在元素周期表的d区 B. 向溶液N中通入过量的CO2，不一定有白色沉淀生成 C. 步骤I与NaOH反应的物质所含元素的最高价氧化物也能与NaOH反应 D. 蓝绿色溶液中一定有一种金属阳离子的价层电子排布式为3d5 【答案】C 【解析】 【分析】混合物中能与NaOH溶液发生反应的只有Al，，且已知混合物质量大于固体质量，则有固体和NaOH溶液发生了反应，故推断原混合物中一定有Al，溶液N的主要溶质成分为；由于向固体中加入的是过量的盐酸仍产生了固体W，则W一定是不溶于酸的固体，为Cu，会发生的反应过程如下，，，；如有Fe2O3，则会发生反应，，又还原性Fe＞Cu，氧化性Fe3+＞Cu2+，故会再优先发生反应，，则不论溶液中是否含有Fe2O3，蓝绿色溶液中的溶质成分为CuCl2和FeCl2，据此分析。 【详解】A．由分析可知，A为Cu，其价电子排布式为3d104s1，在元素周期表的ds区，A错误； B．向溶液N中通入过量的CO2，发生反应，CO2溶于水形成的碳酸是弱酸，无法再和Al(OH)3发生反应，B错误； C．由分析，步骤I与NaOH反应的物质为Al，其最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，和NaOH反应的化学方程式为，C正确； D．由分析可知，蓝绿色溶液中的金属阳离子Fe2+，价层电子排布式为3d6，Cu2+的价层电子排布式为3d9，D错误； 故选C。 12. 我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图，其中a、b、c三区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法正确的是 A. 放电一段时间后，b区K2SO4浓度减小 B. 放电时，N电极方程式为： C. 充电时，a区溶液pH增大 D. 充电时，外电源的负极连接M电极 【答案】B 【解析】 【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应为，是原电池的负极，阳离子增多，阳离子进入b区，二氧化锰得电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应为，阳离子减少，阴离子需要通过阴离子交换膜进入b区，电极N为负极，故c区为碱性溶液，a区为酸性溶液。 【详解】A．放电时，负极产生的K+和正极中的进入b区，b区K2SO4浓度增加，A错误； B．放电时，电极N为原电池的负极，电极反应为，B正确； C．充电时，a区有H+生成，pH减小，C错误； D．放电时，电池M极为正极，得电子，则充电时失去电子沿导线至外电源正极，D错误； 故答案为B。 13. KIO3晶体具有钙钛矿型的立方结构，其一种晶胞如图所示，其中顶点为K，晶胞边长为a pm，下列说法不正确的是 A. I和O之间最近距离为 pm B. KIO3的另一种晶胞图中，若I在顶点，则O在棱心 C. 距离K最近的O有6个 D. 晶体密度(设NA为阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】 【分析】根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，顶点为K，根据化学式KIO3，可知体心为I，面心为O，据此分析回答。 【详解】A．由分析可知，体心为I，面心为O，体心I到面心O的距离为立方体棱长的一半（沿垂直于面的方向），即，A正确； B．若I在顶点，晶胞中I的数目为：，则K为1个，在体心，O原子数目为3，在棱心，即，B正确； C．顶点为K、面心为O，所以距离K最近的O有12个，C错误； D．根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，化学式为：KIO3，则晶胞密度为：==，D正确； 故选C。 14. 食品添加剂甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)的阳离子可以发生二级电离。常温下1 甘氨酸盐酸盐溶液中，，的物质的量分数()随pH变化如图所示。 下列说法正确的是 A. 当与的物质的量分数相等时的pH=5.97 B. C. pH=10时， D. 用NaOH溶液滴定达到终点时， 【答案】A 【解析】 【分析】由，得，当=时，pH=pKa1=2.34； 由，得，当=时，pH=pKa2=9.60。 【详解】A．当（Ⅰ）与（Ⅲ）物质的量分数相等时，根据电离平衡关系，c(H+)2=Ka1·Ka2，pH=。由图像知pKa1=2.34（Ⅰ与Ⅱ交点pH），pKa2=9.60（Ⅱ与Ⅲ交点pH），则pH==5.97，A正确； B．Ka2对应，其pKa2为Ⅱ与Ⅲ交点pH=9.60，故Ka2=10-9.60，B错误； C．pH=10时，图像中Ⅲ（H2NCH2COO-）的物质的量分数大于Ⅱ（），则c(H2NCH2COO-)>c()，C错误； D．根据物料守恒，溶液中始终存在。在滴定过程中，当加入的等于初始的时（即第一个滴定终点），，此时待比较的表达式左右两边相等；当加入的大于初始的时（即第二个滴定终点），，此时表达式左边小于右边，D错误； 故答案选A。 第II卷(非选择题) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 采用如下工艺回收某有色冶炼废渣(含有铜、锌、镍等元素的氧化物及硫化物)中的Zn、Ni元素。 已知：；。 回答下列问题： （1）元素镍(Ni)在周期表中的位置为______。的空间构型是______。 （2）“酸浸、还原”时，Cu的析出效率随温度升高先增大后减小的原因为：______。 （3）“高温焙烧”时生成两种气体，写出NiC2O4转化为NiO的化学方程式：______。 （4）“沉锌、镍”过程中，当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中Ni2+浓度为______(保留3位有效数字，溶液中某离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全)。 （5）氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图______。 （6）“沉锌”后过滤，取10 g固体样品加热分解至恒重，冷却后称量，固体的失重率为15%(杂质不分解)。“沉锌”所得Zn(OH)2的纯度为______。 【答案】（1） ①. 第四周期VIII族 ②. 正四面体 （2）温度升高，反应速率加快，所以开始时的析出效率随温度升高而增大；但温度过高时，NaHSO3(或)易分解，导致还原剂的量减少，从而使的析出效率减小 （3） （4） （5） （6）82.5% 【解析】 【分析】根据题意，硫化物中的硫元素在第一步的焙烧中，生成SO2逸出，则其余的金属氧化物在酸浸中与酸反应以离子形式进入溶液，且伴随还原过程生成Cu单质，将铜元素去除，反应的离子方程式可为，；用草酸铵沉锌、沉镍后，后分布分离得到含Ni和Zn元素的产物NiO和ZnO。 【小问1详解】 Ni是第28号元素，在元素周期表的位置是第四周期第VIII族，对的价层电子对进行计算得：，则其VSEPR模型为正四面体，空间构型同VSEPR模型，也为正四面体； 【小问2详解】 随着温度的升高，化学反应速率增大，析出效率升高；但温度过高时，NaHSO3(或)易分解，导致还原剂的量减少，从而使的析出效率减小； 【小问3详解】 根据化合价分析，草酸根离子中，碳元素为+3价，既有还原性也有氧化性，根据元素守恒分析，含C、O元素常见的两种气体分别为CO、CO2，则草酸镍在高温焙烧时发生自身歧化反应，； 【小问4详解】 根据Ksp的大小可以初步判断，草酸镍更容易沉淀，根据Zn2+沉淀的浓度计算此时溶液中的浓度，，则；故答案为； 【小问5详解】 通过对晶胞的分析，Zn原子分布在顶角和面心位置，O原子分布在晶胞内，1/4体对角线的位置，故投影图为； 【小问6详解】 ，根据差量法，每1 mol（99 g）的Zn(OH)2的反应后，失重的部分即为水蒸气的质量18 g，设Zn(OH)2的纯度为a，则有，可得a=82.5%，故答案为82.5%。 16. 连二硫酸钠(Na2S2O4)广泛应用于工业和日常生活中。实验室可利用如下转化及装置制取：SO2ZnS2O4Na2S2O4 已知：Zn(OH)2与Al(OH)3性质相似，具有两性； （1）仪器a的名称是______。 （2）在装置A和B之间安装单向阀的目的是______。 （3）ZnS2O4转化为Na2S2O4的化学方程式为______。 （4）加入NaOH溶液调节pH值为8.2—10.5的原因是______。 （5）反应结束后，将三颈烧瓶中的混合液过滤，向滤液中加入NaCl，搅拌使其结晶，弃去大部分上层清液；搅拌下用水蒸气加热残余物至60℃左右；操作X；用乙醇洗涤、干燥，制得产品Na2S2O4。加入NaCl的作用是：______操作X为：______。 （6）称取2.50 g产品，溶于冷水并配成250 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，加入亚甲基蓝作指示剂，用0.10 mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准液的体积为20.00 mL。(杂质不参加反应) ①已知滴定过程中与反应生成和，反应的离子方程式为______。 ②该样品中Na2S2O4质量分数为______%。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）防止倒吸 （3） （4）防止Zn(OH)2和过量NaOH反应，使得Na2S2O4产品中引入杂质而不纯 （5） ①. 降低Na2S2O4的溶解度，使其结晶析出 ②. 趁热过滤 （6） ①. ②. 87 【解析】 【分析】A中亚硫酸氢钠和浓硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止倒吸，使用单向阀向B中通入二氧化硫气体，B中二氧化硫先与反应生成，再与溶液反应生成，最后尾气处理防止污染。 【小问1详解】 根据仪器的构造可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗。 【小问2详解】 装置A中发生反应产生气体，若装置A中气体产生速率变化或停止时，装置B中的液体可能会因压强变化倒吸进入装置A，安装单向阀可防止这种情况发生，所以目的是防止倒吸。 【小问3详解】 在碱性条件下和氢氧化钠反应生成，结合元素守恒可知，还会生成氢氧化锌沉淀，反应的化学方程式为。 【小问4详解】 具有两性，若过低，酸性较强会溶解，若过高，碱性过强也会溶解，调节为是为了使转化为沉淀而除去，同时防止Zn(OH)2和过量NaOH反应，避免Na2S2O4产品中引入杂质而不纯。 【小问5详解】 加入，溶液中浓度增大，根据同离子效应，会降低的溶解度，使其更容易结晶析出；将混合物过滤后，对残留物用水蒸气加热至左右，之后需要分离出晶体，操作X应为趁热过滤，以防止温度降低时其他杂质结晶析出或目标产物大量析出在滤纸上。 【小问6详解】 滴定过程中反应生成和，反应中铁元素的化合价由+3价变为+2价、硫元素的化合价由+3价变为+4价，结合电荷和原子守恒可知，反应的离子方程式为，根据该反应的离子方程式中的化学计量数关系可知，，该样品中的质量分数为。 17. 研发利用技术、降低空气中含量成为化学科学家研究的热点。 已知：I． II． （1）则反应 ______；该反应在______（填“低温”“高温”或“任意温度”）下能自发进行。 （2）一定温度时，在固定容积的容器中充入和进行上述反应，平衡时的转化率，的选择性随温度变化如图所示： ①下列说法正确的是______。 A．当容器中与的物质的量之比保持不变时，该反应体系已达平衡 B．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应体系已达平衡 C．其他条件不变，升高温度，反应I速率减小，反应II的速率增大 D．若保持温度和体积不变，平衡时再向容器内充入一定量的，反应I化学平衡将正向移动，反应II不移动 ②根据图像分析：平衡转化率先减小后增大的原因是______。T℃，反应II的______（只列出计算式，为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，的选择性=）。 （3）我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，其装置如图所示。 ①阴离子透过交换膜往______（填“左”或“右”）移动。 ②纳米上发生的电极反应为______。 【答案】（1） ①. +311.2 ②. 高温 （2） ①. A ②. 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反应Ⅱ为主 ③. （3） ①. 右 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，目标反应可用反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到，所以；该反应是个吸热反应，同时也是熵增反应，即该反应，，根据，当T较大（高温）时，，反应能自发进行。 【小问2详解】 ①A．初始时，反应Ⅰ和Ⅱ中与的消耗比例不同，当与物质的量之比保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达平衡，A正确； B．容器容积固定，混合气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡判断依据，B错误； C．升高温度，反应I和反应II的反应速率均增大，C错误； D．保持温度和体积不变，充入，各物质的浓度不变，平衡不移动，D错误； 故答案选A。 ②低温时，以反应Ⅰ（放热）为主，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，平衡转化率减小；高温时，以反应Ⅱ（吸热）为主，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，平衡转化率增大。所以平衡转化率先减小后增大的原因是反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反应Ⅱ为主；设T℃时，反应Ⅰ中转化了x mol CO2，反应Ⅱ中转化了y mol CO2。由的选择性，的转化率，解得，。对于反应Ⅰ：，各物质的量变化有：减少0.48 mol，减少1.92 mol，生成、。对于反应Ⅱ：，各物质的量变化有：减少0.12 mol，减少0.12 mol，生成、。故平衡时各物质的量为：，，，，，所以总物质的量。分压=总压×物质的量分数，故反应Ⅱ的==。 【小问3详解】 ①由装置图可知，左侧电极上被还原为CO，CO被还原为乙烯，左侧电极为阴极，右侧为阳极，阴离子向阳极移动，故阴离子透过交换膜往右移动。 ②据装置图可知，纳米上被还原乙烯，结合电解质溶液为溶液，电极反应为。 18. 截至2024年，全球高血压患者接近15亿，而中国是全球高血压患者数量最多的国家。阿普昔腾坦(Aprocitentan)是一种新型的高血压治疗药物，其合成路线如图所示：M是产品阿普昔腾坦。 说明：Bn代表。 （1）A的系统命名法名称为：______。 （2）写出B与足量NaOH溶液反应的化学方程式：______。 （3）C中官能团名称为：______。 （4）E的结构简式为：______。 （5）G转化为H的反应类型为：______。 （6）物质N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，能发生银镜反应，其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，N的同分异构体有______种；以上同分异构体中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6的结构简式为(任写一种)：______。 （7）根据题目信息设计合成路线，以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的合成路线：______。 【答案】（1）4-溴苯乙酸 （2）+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O （3）碳溴键，酯基 （4） （5）取代反应 （6） ①. 9种 ②. 、(任写一种) （7）CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2 【解析】 【分析】A通过一系列步骤合成M，根据D→E→F的反应条件、D和F的结构简式和E的分子式可知，E为  。 【小问1详解】 根据A的结构简式知，其名称为4-溴苯乙酸； 【小问2详解】 B中碳溴键和酯基可与NaOH溶液反应，由于碳溴键与NaOH反应后生成酚羟基，还可与NaOH溶液反应，则1molB消耗NaOH的物质的量为3mol，化学方程式为：+3NaOH+NaBr+CH3OH+H2O； 【小问3详解】 根据C的结构简式知，其官能团为碳溴键、酯基； 【小问4详解】 据分析，E的结构简式为  ； 小问5详解】 根据G和H的结构简式可知，G与反应生成H和HCl，反应类型为取代反应； 【小问6详解】 B的分子式为C9H9O2Br，N的分子式比B少一个溴原子、多一个氢原子，N的分子式为C9H10O2，N能发生银镜反应、其中一种水解产物能与FeCl3溶液显紫色，说明N中含有HCOO-与苯环直接相连，若N的苯环上有两个侧链：HCOO-和乙基（两个侧链有邻、间、对3种位置），若N的苯环上有三个侧链：HCOO-和2个甲基（两个甲基为邻位时HCOO-有2种位置、两个甲基为对位时HCOO-有1种位置、两个甲基为间位时HCOO-有3种位置），符合题意的共有9种同分异构体；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶6，该分子中含有2个等效的甲基、1个-OCHO、苯环上有2种氢（比例为1：2），则符合要求的结构简式为、(任写一种)； 【小问7详解】 根据A→C的合成路线可知：RCH2-COOH与SOCl2、CH3OH反应生成RCH2-COOCH3，RCH2-COOCH3与NaH、THF、CO(OCH3)2反应时酯基邻位-CH2-中的一个氢被-COOCH3取代生成RCH(COOCH3)2，因此以CH3COOH为原料合成CH2(COOCH3)2的路线为：CH3COOHCH3COOCH3CH2(COOCH3)2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $