精品解析：四川省达州市普通高中2026届高三上学期第一次诊断测试化学试题

达州市普通高中2026届第一次诊断性测试 化学试题 （本试卷满分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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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，监考员将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64Zn-65 第I卷（选择题，共45分） 一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 2025年9月20日，以“一城一队、为城市而战”为理念的“川超”盛大开幕。川超联赛运动员常用装备及应急用品中，其主要成分对应的化学材料分类正确的是 A. 冷敷喷雾（氯乙烷）—有机高分子 B. 足球球面（聚氨酯PU）—合成有机高分子材料 C. 球衣面料（聚酯纤维PET）—无机非金属材料 D. 护腿板（碳纤维）—金属材料 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. 的空间结构模型： B. 气态HF中的链状二聚体： C. 甲酸乙酯的结构简式：CH3CH2OOCH D. 乙醇的实验式：C2H6O 3. NaBH4是一种常见的还原剂。NaBH4（B元素的化合价为+3）与FeSO4反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. H3BO3是三元弱酸 B. 该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3 C. 该反应中，每生成1 mol Fe，转移电子数目为 D. 0.5 mol NaBH4的还原能力（即生成H+时的失电子量）与个H2相当 4. 下列化学反应对应离子方程式正确的是 A. 将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液： B. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4： C. 向硝酸银溶液中加入过量氨水： D. 将等物质的量浓度、等体积的和NH4HSO4溶液相混合： 5. 阿斯巴甜是一种合成甜味剂，俗称甜味素，其结构简式如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法正确的是 A. 分子式为C14H16O5N2 B. 分子中含有4种官能团 C. 分子中有7个sp2杂化的碳原子 D. 该物质与足量H2的加成产物分子中有3个手性碳原子 6. 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.在铁制品上镀铜 B.探究浓度对反应速率的影响 C.证明化学反应存在一定的限度 D.证明乙炔可使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D 7. 环己烷的构象主要有四种：椅式、半椅式、船式、扭船式，各构象的相对能量如下图所示。下列说法正确的是 A. 相同条件下，半椅式环己烷最稳定 B. 构象互变的反应速率与能垒大小无关 C. 船式环己烷和椅式环己烷互为同素异形体 D. 在椅式构象和船式构象中，均最多有4个碳原子共平面 8. X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的主族元素。其中X与Z同主族；Y的单质是维持生物呼吸和物质燃烧的关键物质，X、Y位于同一周期且未成对电子数相同；W的原子半径是第四周期主族元素中最大的。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>X>W B. 氢化物的稳定性：Y>X>Z C. X、Y、W可形成至少两种正盐 D. 不能由反应判断X和Z的非金属性 9. 一定条件下，分别向体积恒为1 L的密闭容器中充入气体，发生反应：，测得实验①、②、③中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 实验 充入气体的量 反应条件 ① 2 mol A+1 mol B 恒温 ② 1 mol C 恒温 ③ 1 mol C 绝热 A. 曲线Ⅱ对应实验③ B. 正反应为吸热反应 C. D. 气体的总浓度： 10. 某种聚酯的透光性好，用于制造车、船的挡风玻璃，以及镜片、光盘等，其结构如下，该聚合物由X（）和Y（）聚合而成，下列说法正确的是 A. X中至少有5个碳原子共直线 B. 生成该聚合物的反应属于加聚反应 C. 该聚合物完全水解得到X和Y两种产物 D. 1 mol Y最多可消耗2 mol NaOH 11. 物质的结构决定其性质和用途。下列说法错误的是 A. 用电子自旋的概念可以解释碱金属原子光谱呈现双线结构 B. NH3键角小于是因为O的电负性大于H C. 离子液体含有体积很大的阴、阳离子，因此具有较低的熔点 D. 细胞和细胞器双分子膜的形成与超分子“自组装”的特征有关 12. 一种锌基液流电池的工作原理如图所示，它在充、放电过程中可实现化学能和电能的相互转化。下列说法正确的是 A. 放电时a极作正极 B. 放电时总反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ C. 充电时阴离子由右室移向左室 D. 充电时每转移2 mol e-，阳极区溶液质量增加56 g 13. 一种以辉铜矿（主要含，还有少量Fe2O3、SiO2等）制备硝酸铜晶体的工艺流程如图1所示，制得的热重分析曲线如图2所示。下列说法错误的是 A. 可用苯、CS2等提取矿渣中的S B. “浸取”的反应为： C. “调pH”时用CuO比NaOH更好 D. x=5 14. 氮化镓（GaN）是一种具有优异光电性能的新型半导体材料。下图1、2、3为氮化镓的三种晶体结构，下列说法错误的是 A. Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族 B. 氮化镓晶体为共价晶体 C. 三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3:2:3 D. 图2晶体结构沿体对角线的投影图为图4 15. 室温下，利用图1装置测定容器中CO2含量的变化。将两支注射器中的液体同时全部注入容器中，然后开始测量CO2含量的变化如图2。不同有机物对碳酸氢钠分解的影响如图3。下列说法错误的是 A. 注入苯酚溶液和Na2CO3溶液后容器中CO2含量的变化对应曲线② B. 注入蒸馏水和Na2CO3溶液后，发生的反应为： C. 注入蒸馏水和Na2CO3溶液，所得混合液中： D. 注入苯酚溶液和Na2CO3溶液，所得混合液中： 第II卷（非选择题，共55分） 二、填空题（本题4个小题，共55分） 16. 铋及其化合物广泛应用于冶金、催化、材料、医疗等领域。一种以含铋烧渣（主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量Fe2O3、SiO2、CuO等）为原料，制取Bi2O3和NaBiO3的工艺流程如下： 已知：①NaBiO3和难溶于水； ②Bi3+或易水解为BiOCl沉淀； ③浸出液中铋主要以存在，高酸度下易被有机萃取剂TBP萃取为H2BiCl·2TBP； ④常温，在该工艺条件下，溶液中金属离子转化为氢氧化物开始沉淀和完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L）的pH如下表： Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 6.3 1.9 4.7 4.2 完全沉淀的pH 8.3 3.2 6.7 5.5 回答下列问题： （1）铋与氮同族，基态铋原子的价电子排布式为_______。 （2）“滤渣1”的成分为_______，“酸浸”时用浓盐酸并维持较高离子浓度的目的是_______。 （3）“除铜”后分离出的滤液2中所含铜元素的微粒为______，“沉铋”后滤液3中的Bi3+浓度为_______mol/L。 （4）“氧化”时反应的离子方程式为______。 （5）“反萃取”时加入草酸溶液提供低酸度水相，使萃取平衡逆向移动，另一作用是______。 （6）如图为Bi2O3的立方晶胞结构（O占据部分Bi的四面体空隙），以A点为原点建立分数坐标，C点分数坐标为，则B点分数坐标为_______；若B、C两点间距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，Bi2O3的摩尔质量为M g/mol。则晶胞密度为_______g/cm3。 17. 五氧化二碘（I2O5）是一种白色粉末，常作氧化剂和分析试剂。某兴趣小组同学设计实验方案制取I2O5并测定某工业尾气（主要含N2、CO、CO2等）中CO的含量。 I.制备I2O5。 实验步骤： 已知：①常温下I2O5极易潮解，与水作用生成HIO3，I2O5难溶于无水乙醇，加热至275℃以上，不熔融而分解为两种单质； ②HIO3极易溶于水，常温为白色或微黄色结晶，110℃左右开始分解为I2O5。回答下列问题： （1）步骤（Ⅰ）最适宜的加热方式为______加热。假设浓硝酸与I2反应只有一种还原产物，烧瓶中生成HIO3的化学方程式为_______。 （2）下列有关说法正确的是______（填选项）。 a.步骤（Ⅰ）中为加快制取速率，可改用酒精灯持续加热 b.步骤（Ⅱ）中减压蒸发的目的之一是加速蒸发 c.步骤（Ⅱ）中所得白色晶体用蒸馏水洗涤，以除去表面的杂质 d.步骤（Ⅲ）中固体在蒸发皿中加热，应严格控制温度在200℃附近 Ⅱ.利用碘量法间接测定某工业尾气中CO的含量。 实验步骤： 已知：①2HIO3+10KI+5H2SO4=6I2+5K2SO4+6H2O；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6； ②I2受热至70℃左右迅速升华；常温下I2O5可与CO反应生成I2。 （3）装置导管口连接顺序为：a→b→______→e（仪器可重复选择）。 （4）用标准Na2S2O3溶液滴定时终点现象为______。 （5）平行完成三次实验，平均消耗标准Na2S2O3溶液的体积为24.00 mL，根据题中数据计算该工业尾气中CO的含量为_____g/L（结果保留2位有效数字）。 （6）实验时，工业尾气通入I2O5固体表面，加热的目的除加快反应速率外，另一重要原因是______。 18. 锌基脱硫剂（ZnO）对高炉煤气中硫化氢（H2S）和羰基硫（COS）的共脱除研究符合可持续发展理念。锌基脱硫剂在500℃、101 kPa时共脱除H2S和COS涉及的反应主要为： 反应I： kJ·mol-1 反应Ⅱ： kJ·mol-1 反应Ⅲ：COS的水解反应。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ的热化学方程式为______，已知，则反应在_______（填“高温”“低温”或“任何温度”）正向自发进行。 （2）500℃下，在两个体积相等的密闭容器甲、乙中分别模拟等物质的量不同气氛高炉煤气脱硫。气氛中相关气体的含量如下表： 容器甲 容器乙 0.22%H2S+0.04%COS+18%CO+5%CO2+76.74%N2 0.22%H2S+0.04%COS+18%CO+5%CO2+5%H2O+71.74%N2 ①下列说法中能表明反应I和反应Ⅱ均达到平衡状态的是_______（填选项）。 A.气体密度不变 B.气体总压强不变 C.H2O(g)的浓度不变 D.COS和CO2的物质的量相等 ②实验表明，与容器甲相比，容器乙中COS的出口浓度更低，原因是_____。 （3）在锌基脱硫剂ZnO的催化作用下，向恒容密闭容器中充入1 mol COS和4 mol H2O，只考虑反应Ⅲ，均反应5 min测得不同温度下COS的转化率如图1所示。达到平衡后，COS的平衡转化率与温度的关系如图2所示。 ①图1中，M点H2O的平均消耗速率为_______mol·min-1。 ②图2中，N点的物质的量分数平衡常数（即用各组分的物质的量分数计算的平衡常数）_______。 （4）我国某科研团队研究了ZnO锌基脱硫剂催化COS水解的反应机理如图所示。结果显示，催化剂孔隙结构数量越多，催化活性越强、水解效率越高，且气态物质更易发生该反应。 研究发现，模拟高炉煤气成分中O2的体积分数越大，水解效率越低。结合ZnO锌基脱硫剂的催化机理，解释可能的原因________。 19. 阿折地平（J）是一种治疗高血压的药物，J的合成路线之一如下（略去部分试剂和条件）。 回答下列问题： （1）A的化学名称是______。 （2）B中官能团的名称是________。 （3）反应A→C中，的作用是________。 （4）C→E的反应类型为_______。 （5）G的结构简式为________。 （6）H的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种，其中核磁共振氢谱为4组峰的结构为________（用键线式表示）。 ①能发生银镜反应；②能与NaHCO3溶液反应；③有3个甲基。 （7）结合所学知识和上述合成路线，以甲苯（）、乙醛为有机原料，制取同样具降压作用的肉桂醛（），写出合成路线图________（无机试剂任选）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 达州市普通高中2026届第一次诊断性测试 化学试题 （本试卷满分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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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，监考员将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64Zn-65 第I卷（选择题，共45分） 一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 2025年9月20日，以“一城一队、为城市而战”为理念的“川超”盛大开幕。川超联赛运动员常用装备及应急用品中，其主要成分对应的化学材料分类正确的是 A. 冷敷喷雾（氯乙烷）—有机高分子 B. 足球球面（聚氨酯PU）—合成有机高分子材料 C. 球衣面料（聚酯纤维PET）—无机非金属材料 D. 护腿板（碳纤维）—金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯乙烷（C2H5Cl）是一种小分子有机化合物，常用于冷敷喷雾，但有机高分子材料通常指分子量巨大的聚合物（如聚乙烯），氯乙烷不符合此定义，A错误； B．聚氨酯（PU）是一种人工合成的聚合物，广泛应用于弹性材料，属于典型的合成有机高分子材料，B正确； C．聚酯纤维（PET）是一种合成有机高分子材料（如聚对苯二甲酸乙二醇酯），常用于纺织品，不属于无机非金属材料（如陶瓷或玻璃），C错误； D．碳纤维主要由碳元素组成，是一种高性能无机非金属材料，常用于复合材料，不属于金属材料（如铁或铝），D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. 的空间结构模型： B. 气态HF中的链状二聚体： C. 甲酸乙酯的结构简式：CH3CH2OOCH D. 乙醇的实验式：C2H6O 【答案】A 【解析】 【详解】A．中P原子的价层电子对数为，P为sp3杂化，离子的空间构型为正四面体形，A错误； B．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，气态HF中通过氢键形成二聚体：，B正确； C．甲酸乙酯为甲酸和乙醇酯化形成的，结构简式：CH3CH2OOCH，C正确； D．实验式是分子中各元素的原子个数比的最简关系式，乙醇的实验式：C2H6O，D正确； 故选A。 3. NaBH4是一种常见的还原剂。NaBH4（B元素的化合价为+3）与FeSO4反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. H3BO3是三元弱酸 B. 该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3 C. 该反应中，每生成1 mol Fe，转移电子数目为 D. 0.5 mol NaBH4的还原能力（即生成H+时的失电子量）与个H2相当 【答案】D 【解析】 【详解】A．H3BO3可写成，它不是直接电离出H+，而是通过与水分子中的结合，间接释放出H+，其电离方程式为：，1个H3BO3只能产生1个H+，因此H3BO3是一元弱酸，A错误； B．该反应中，部分H2为氧化产物(来自中-1价的H被氧化为0价)，还原产物为Fe(被还原为Fe)和部分H2(来自H2O中+1价的H被还原为0价)，2 mol 提供8 mol H(-1价)，生成4 mol 氧化产物H2，1 mol 被还原生成1 mol Fe，6 mol H2O提供6 mol H(+1价)，生成3 mol 还原产物H2，氧化产物总物质的量为4 mol(H2)，还原产物总物质的量为4 mol(1 mol Fe和3 mol H2)，所以该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，B错误； C．结合C项解析可知，该反应中只有被氧化，每生成1 mol Fe时，有2 mol 被氧化生成4 mol H2(氧化产物)，H元素化合价由-1价升高至0价，转移电子数目为，C错误； D．0.5 mol NaBH4中含有2 mol H原子，当H元素化合价由-1价升高至+1价时，失去4 mol电子；个H2(即2 mol H2)生成H+时失去4 mol电子，两者失电子量相等，即两者还原能力相当，D正确； 故选D。 4. 下列化学反应对应离子方程式正确的是 A. 将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2的溶液： B. 用Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4： C. 向硝酸银溶液中加入过量氨水： D. 将等物质的量浓度、等体积的和NH4HSO4溶液相混合： 【答案】C 【解析】 【详解】A．将1mol通入含1mol的溶液，的还原性强于，优先氧化，1mol 可氧化2mol ，而中有2mol ，故不被氧化，正确的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，A错误； B．水垢中的是固体，离子方程式中应保留为，不能写成离子；正确离子方程式应为，B错误； C．向硝酸银溶液中加入过量氨水形成络离子，离子方程式正确，C正确； D．电离出和 ，电离出、和，混合后，与结合生成沉淀，与结合生成，题中给出的中 的物质的量是1mol，中的物质的量是2mol，因此过量，与反应后，剩余的与反应生成，正确离子方程式应为，D错误； 故答案选C。 5. 阿斯巴甜是一种合成甜味剂，俗称甜味素，其结构简式如图所示。下列关于阿斯巴甜的说法正确的是 A. 分子式为C14H16O5N2 B. 分子中含有4种官能团 C. 分子中有7个sp2杂化的碳原子 D. 该物质与足量H2的加成产物分子中有3个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，其分子式为C14H18O5N2，A错误； B．由结构简式可知，其中含有羧基、氨基、酯基、酰胺基4种官能团，B正确； C．该分子中的苯环上的碳原子、羰基碳原子、酰胺基中的碳原子、酯基中的碳原子共9个碳原子是sp2杂化，其余碳原子是sp3杂化，C错误； D．该物质中只有苯环能与氢气发生加成，与足量H2的加成产物中含有2个手性碳原子：，D错误； 故选B。 6. 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.在铁制品上镀铜 B.探究浓度对反应速率的影响 C.证明化学反应存在一定的限度 D.证明乙炔可使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．在铁制品上镀铜时，铜作阳极，与电源正极相连，铁制品作阴极，与电源负极相连，在电解质CuSO4溶液中加入过量氨水形成铜氨离子，能使镀层更均匀、更光亮、更牢固，能达到实验目的，A符合题意； B．向等浓度等体积的Na2S2O3溶液中分别加入等量的浓硫酸和稀硫酸，浓硫酸溶于水放热，使体系温度升高，会造成实验变量不唯一（浓度和温度），不能用于探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意； C．1 mL 0.1 mol/L KI溶液和2 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液混合反应时，FeCl3过量，无论反应是否可逆，滴入KSCN溶液均会变红，不能证明化学反应存在一定的限度，C不符合题意； D．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，但电石中含有杂质硫化物和磷化物等，产生的乙炔气体中混有H2S、PH3等杂质气体，H2S和PH3具有强还原性，也能使溴水褪色，不能证明乙炔可使溴水褪色，D不符合题意； 故答案选A。 7. 环己烷的构象主要有四种：椅式、半椅式、船式、扭船式，各构象的相对能量如下图所示。下列说法正确的是 A. 相同条件下，半椅式环己烷最稳定 B. 构象互变的反应速率与能垒大小无关 C. 船式环己烷和椅式环己烷互为同素异形体 D. 在椅式构象和船式构象中，均最多有4个碳原子共平面 【答案】D 【解析】 【详解】A．相同条件下，相对能量最低的构象最稳定，由图可知，最稳定的应为椅式，A错误； B．反应速率与化学反应的能垒有密切的关系，能垒越高，反应速率越慢，B错误； C．同素异形体是由同一化学元素组成，但因原子排列方式不同而具有不同物理和化学性质的物质，如金刚石(C)与石墨(C)，O2与O3，船式环己烷和椅式环己烷拥有相同的化学式，但构象不同，互为同分异构体(构象异构体)，而不是同素异形体，C错误； D．环己烷中所有碳均采取sp3杂化，成四面体结构，椅式环己烷的6个碳原子中，选取相邻的4个碳原子共面，船式环己烷中，“船身”的4个碳原子局部共面，D正确； 故答案为D。 8. X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的主族元素。其中X与Z同主族；Y的单质是维持生物呼吸和物质燃烧的关键物质，X、Y位于同一周期且未成对电子数相同；W的原子半径是第四周期主族元素中最大的。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>X>W B. 氢化物的稳定性：Y>X>Z C. X、Y、W可形成至少两种正盐 D. 不能由反应判断X和Z的非金属性 【答案】B 【解析】 【分析】Y的单质是维持生物呼吸和物质燃烧的关键物质，故Y为O；W的原子半径是第四周期主族元素中最大的，故W为K；X与Y同周期（第二周期），且未成对电子数相同，Y（O）的电子排布为1s22s22p4，未成对电子数为2，第二周期主族元素中，C的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数也为2，且原子序数小于Y（O），故X为C；X与Z同主族，且Z原子序数大于Y（O），故Z为Si。据此分析。 【详解】A．同周期主族元素从左到右，因为原子半径减小，核电荷数增加，对最外层电子的吸引力增强，第一电离能呈增大趋势，所以第一电离能O>C，C位于第二周期，K位于第四周期，K的原子半径比C大很多，且最外层只有1个电子，极易失去电子，第一电离能显著小于C，故第一电离能O>C>K，A正确； B．非金属性越强，其对应的最简单气态氢化物稳定性越强，对于氢化物来说，不止一种，无法判断氢化物稳定性，B错误； C．X、Y、W可形成至少两种正盐，如碳酸钾（K2CO3）和草酸钾（K2C2O4）均为正盐，至少两种，C正确； D．反应（即），反应能进行的主要原因是生成了气态CO，使反应熵增并脱离体系，并非直接由非金属性强弱决定，通常判断非金属性的依据是最高价含氧酸的酸性，故此反应不能判断C和Si的非金属性，D正确； 故答案选B。 9. 一定条件下，分别向体积恒为1 L的密闭容器中充入气体，发生反应：，测得实验①、②、③中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 实验 充入气体的量 反应条件 ① 2 mol A+1 mol B 恒温 ② 1 mol C 恒温 ③ 1 mol C 绝热 A. 曲线Ⅱ对应实验③ B. 正反应为吸热反应 C. D. 气体的总浓度： 【答案】C 【解析】 【分析】初始条件下，实验②和实验③充入等量的气体C，压强相等，则曲线Ⅰ对应实验①，而实验①和实验②恒温下为等效平衡，达到相同的平衡状态，则曲线Ⅲ对应实验③，因此曲线Ⅱ对应实验②； 【详解】A．根据分析可知，曲线Ⅱ对应实验②，A错误； B．曲线Ⅲ为绝热条件，相较于曲线Ⅱ，到达平衡的时间更长，反应速率更慢，说明体系温度降低，则反应逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，B错误； C．该反应正反应是放热反应，温度越低，平衡常数越大，曲线Ⅲ相较于曲线Ⅱ，平衡时温度更低，则b点平衡常数大于a点，即，C正确； D．b、c两点对应的体系压强相同，但b点的温度低于c点，在体积相同时，b点气体的总物质的量大于c点，则气体总浓度，D错误； 故答案选C。 10. 某种聚酯的透光性好，用于制造车、船的挡风玻璃，以及镜片、光盘等，其结构如下，该聚合物由X（）和Y（）聚合而成，下列说法正确的是 A. X中至少有5个碳原子共直线 B. 生成该聚合物的反应属于加聚反应 C. 该聚合物完全水解得到X和Y两种产物 D. 1 mol Y最多可消耗2 mol NaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A． 在该有机物结构中，存在sp3杂化的碳原子，一条直线上最多有4个原子，A错误； B．根据原料及产物可知生成该聚合物的反应应属于缩聚反应，B错误； C．该聚合物完全水解后得到X和碳酸，C错误； D．1mol Y与2mol NaOH反应后生成1mol碳酸钠和2mol甲醇，无法继续与NaOH反应，D正确； 故答案为D。 11. 物质的结构决定其性质和用途。下列说法错误的是 A. 用电子自旋的概念可以解释碱金属原子光谱呈现双线结构 B. NH3键角小于是因为O的电负性大于H C. 离子液体含有体积很大的阴、阳离子，因此具有较低的熔点 D. 细胞和细胞器双分子膜的形成与超分子“自组装”的特征有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子自旋的概念用于解释碱金属原子光谱的双线结构，这是由于自旋-轨道耦合导致能级分裂，A正确； B．键角小于是由于中氮原子存在孤对电子，孤对电子排斥力使键角压缩至约107°，而中氮原子为杂化且无孤对电子，键角为120°，电负性差异（O＞H）不是键角差异的主要原因，B错误； C．离子液体中体积大的阴、阳离子减弱了离子间静电作用力，导致熔点较低，C正确； D．细胞和细胞器双分子膜的形成是磷脂分子通过分子间作用力自发组织的过程，符合超分子“自组装”的特征，D正确； 故答案选B。 12. 一种锌基液流电池的工作原理如图所示，它在充、放电过程中可实现化学能和电能的相互转化。下列说法正确的是 A. 放电时a极作正极 B. 放电时总反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+ C. 充电时阴离子由右室移向左室 D. 充电时每转移2 mol e-，阳极区溶液质量增加56 g 【答案】B 【解析】 【分析】放电时为原电池，a极Zn转化为Zn2+（失电子，氧化反应）为负极，b极Fe3+转化为Fe2+（得电子，还原反应）为正极，充电时为电解池，a是阴极，b是阳极，以此分析 【详解】A．根据分析可知，放电时，a极Zn转化为Zn2+为负极，A错误； B．放电总反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+（负极Zn-2e-=Zn2+，正极2Fe3++2e-=2Fe2+），B正确； C．充电时，b极为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，即从左室移向右室，C错误； D．充电时阳极为b极，反应为，同时阴离子从阴极区移向阳极区，阳极区溶液质量增加量与移入阴离子的物质的量和摩尔质量有关，并非56g，D错误； 故选B。 13. 一种以辉铜矿（主要含，还有少量Fe2O3、SiO2等）制备硝酸铜晶体的工艺流程如图1所示，制得的热重分析曲线如图2所示。下列说法错误的是 A. 可用苯、CS2等提取矿渣中的S B. “浸取”的反应为： C. “调pH”时用CuO比NaOH更好 D. x=5 【答案】D 【解析】 【分析】辉铜矿（主要含，还有少量Fe2O3、等）粉碎后加入稀硫酸和溶液浸取，把铜元素氧化为铜离子和硫单质，硫单质与进入矿渣，滤液中加入铁粉还原铜离子为铜单质，还原为，铜单质被稀硝酸氧化为硝酸铜。 【详解】A． S单质易溶于苯、CS2等有机溶剂，所以可用苯、CS2等提取矿渣中的S，A不符合题意； B．用稀硫酸和溶液“浸取”的反应方程式为：，B不符合题意； C．该工艺流程的目的是制备硝酸铜晶体，“调pH”时用，能与氢离子反应调节溶液pH，且不引入新的杂质，若加入会引入，故用比用更合适，C不符合题意； D．由热重分析曲线可知，24.2 g加热到100℃时，剩余固体质量为18.8 g，减少的质量为结晶水的质量，，，18.8 g固体继续加热到更高温度得到8.0 g，，0.1 mol中结晶水物质的量为0.3 mol，则，D符合题意； 故答案选D。 14. 氮化镓（GaN）是一种具有优异光电性能的新型半导体材料。下图1、2、3为氮化镓的三种晶体结构，下列说法错误的是 A. Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族 B. 氮化镓晶体为共价晶体 C. 三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3:2:3 D. 图2晶体结构沿体对角线的投影图为图4 【答案】C 【解析】 【详解】A． Ga是第31号元素，电子排布为[Ar]3d104s24p1，Ga位于第四周期第IIIA族，故A正确； B．氮化镓是由镓元素和氮元素组成的化合物，形成化学键具有明显的极性共价键特征，晶体为共价晶体，B正确； C．图1为六方结构，每个Ga原子周围有4个最近邻的N原子，配位数为4，图2中每个Ga原子与4个N原子形成四面体配位，配位数为4，图3每个Ga原子同样与6个N原子呈四面体配位，配位数为6，故Ga原子的配位数之比为2:2:3，C错误； D．图2是六方最密堆积，其晶体结构沿c轴投影，会呈现六方对称的图案，为图4，D正确； 答案选C。 15. 室温下，利用图1装置测定容器中CO2含量的变化。将两支注射器中的液体同时全部注入容器中，然后开始测量CO2含量的变化如图2。不同有机物对碳酸氢钠分解的影响如图3。下列说法错误的是 A. 注入苯酚溶液和Na2CO3溶液后容器中CO2含量的变化对应曲线② B. 注入蒸馏水和Na2CO3溶液后，发生的反应为： C. 注入蒸馏水和Na2CO3溶液，所得混合液中： D. 注入苯酚溶液和Na2CO3溶液，所得混合液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．注入蒸馏水和Na2CO3溶液后，溶液呈碱性，会吸收瓶中CO2，发生反应：，导致CO2浓度明显下降，曲线②为注入苯酚溶液和Na2CO3溶液，A正确； B．Na2CO3溶液会吸收瓶中CO2，发生反应：，B正确； C．注入蒸馏水和Na2CO3溶液后，碳酸钠溶液吸收了空气中的二氧化碳，得到碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，根据电荷守恒：，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，故，C正确； D．由图1可知，注入苯酚溶液和Na2CO3溶液后，初始时。根据元素守恒：苯酚的物料守恒：初始苯酚浓度，碳酸钠的物料守恒：初始碳酸钠浓度，故，但初始时三颈烧瓶中存在空气，空气中存在二氧化碳，导致碳酸总浓度发生变化，因此等式不一定成立，D错误； 故选D。 第II卷（非选择题，共55分） 二、填空题（本题4个小题，共55分） 16. 铋及其化合物广泛应用于冶金、催化、材料、医疗等领域。一种以含铋烧渣（主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量Fe2O3、SiO2、CuO等）为原料，制取Bi2O3和NaBiO3的工艺流程如下： 已知：①NaBiO3和难溶于水； ②Bi3+或易水解为BiOCl沉淀； ③浸出液中铋主要以存在，高酸度下易被有机萃取剂TBP萃取为H2BiCl·2TBP； ④常温，在该工艺条件下，溶液中金属离子转化为氢氧化物开始沉淀和完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L）的pH如下表： Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 6.3 1.9 4.7 4.2 完全沉淀的pH 8.3 3.2 6.7 5.5 回答下列问题： （1）铋与氮同族，基态铋原子的价电子排布式为_______。 （2）“滤渣1”的成分为_______，“酸浸”时用浓盐酸并维持较高离子浓度的目的是_______。 （3）“除铜”后分离出的滤液2中所含铜元素的微粒为______，“沉铋”后滤液3中的Bi3+浓度为_______mol/L。 （4）“氧化”时反应的离子方程式为______。 （5）“反萃取”时加入草酸溶液提供低酸度水相，使萃取平衡逆向移动，另一作用是______。 （6）如图为Bi2O3的立方晶胞结构（O占据部分Bi的四面体空隙），以A点为原点建立分数坐标，C点分数坐标为，则B点分数坐标为_______；若B、C两点间距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，Bi2O3的摩尔质量为M g/mol。则晶胞密度为_______g/cm3。 【答案】（1）6s26p3 （2） ①. SiO2 ②. 提高铋的浸出率并防止其水解；加速溶解Fe2O3、CuO，利于形成的作用 （3） ①. ②. 10-6.5 （4） （5）将铋元素转化为沉淀，提高产率 （6） ①. ②. 或或 【解析】 【分析】该工艺流程以含铋烧渣（主要成分为、，含少量、、）为原料，先经水浸除去可溶性杂质，再用浓盐酸酸浸，发生反应：，浓盐酸可抑制水解生成沉淀，不溶的形成滤渣1。酸浸后的浸出液分为两份：一份先加过量氨水除铜，与氨水反应生成，反应为，进入滤液2，剩余液加浓盐酸酸溶、金属铋还原转化，反应为，后调pH=6沉铋生成沉淀，反应为，再经和氧化得到，反应为；另一份经萃取剂萃取，进入有机相，再用草酸溶液反萃取，与生成难溶的沉淀，反应为，最终转化为，据此分析。 【小问1详解】 铋与氮同族，位于第ⅤA族，其价电子为； 【小问2详解】 “滤渣1”为不溶于浓盐酸的物质，不溶于酸，因此滤渣1为；“酸浸”时用浓盐酸并维持较高浓度，可抑制或的水解，防止生成沉淀，同时使溶解为；故答案为： ；提高铋的浸出率并防止其水解；加速溶解Fe2O3、CuO，利于形成的作用； 【小问3详解】 “除铜”时加入过量氨水，与氨水反应生成，因此滤液2中含铜元素的微粒为；“沉铋”时调节pH=6，根据表格，完全沉淀的pH为5.5，pOH为8.5， ， ，“沉铋”后滤液3中pH为6，pOH为8， ，Bi3+浓度为，故答案为： ； ； 【小问4详解】 “氧化”时，在和作用下生成，元素化合价从+3价升高到+5价，中元素化合价从0价降低到-1价；根据电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为：； 【小问5详解】 “反萃取”时加入草酸溶液，除提供低酸度水相使萃取平衡逆向移动外，还可与反应生成难溶于水的沉淀，提高产率；故答案为：与反应生成沉淀，提高产率； 【小问6详解】 以A点为原点建立分数坐标，C点坐标为，结合晶胞结构，B点分数坐标为；B、C两点间距为，即晶胞体对角线的，晶胞边长为；晶胞中含2个单元，质量为，体积为，密度为：；故答案为：； 或或。 17. 五氧化二碘（I2O5）是一种白色粉末，常作氧化剂和分析试剂。某兴趣小组同学设计实验方案制取I2O5并测定某工业尾气（主要含N2、CO、CO2等）中CO的含量。 I.制备I2O5。 实验步骤： 已知：①常温下I2O5极易潮解，与水作用生成HIO3，I2O5难溶于无水乙醇，加热至275℃以上，不熔融而分解为两种单质； ②HIO3极易溶于水，常温为白色或微黄色结晶，110℃左右开始分解为I2O5。回答下列问题： （1）步骤（Ⅰ）最适宜的加热方式为______加热。假设浓硝酸与I2反应只有一种还原产物，烧瓶中生成HIO3的化学方程式为_______。 （2）下列有关说法正确的是______（填选项）。 a.步骤（Ⅰ）中为加快制取速率，可改用酒精灯持续加热 b.步骤（Ⅱ）中减压蒸发的目的之一是加速蒸发 c.步骤（Ⅱ）中所得白色晶体用蒸馏水洗涤，以除去表面的杂质 d.步骤（Ⅲ）中固体在蒸发皿中加热，应严格控制温度在200℃附近 Ⅱ.利用碘量法间接测定某工业尾气中CO的含量。 实验步骤： 已知：①2HIO3+10KI+5H2SO4=6I2+5K2SO4+6H2O；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6； ②I2受热至70℃左右迅速升华；常温下I2O5可与CO反应生成I2。 （3）装置导管口连接顺序为：a→b→______→e（仪器可重复选择）。 （4）用标准Na2S2O3溶液滴定时终点现象为______。 （5）平行完成三次实验，平均消耗标准Na2S2O3溶液的体积为24.00 mL，根据题中数据计算该工业尾气中CO的含量为_____g/L（结果保留2位有效数字）。 （6）实验时，工业尾气通入I2O5固体表面，加热的目的除加快反应速率外，另一重要原因是______。 【答案】（1） ①. 水浴 ②. I2+10HNO3（浓）2HIO3+10NO2↑+4H2O （2）b （3）g→f→c→d→g→f （4）滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复到原来的颜色 （5）0.26 （6）使反应生成的I2升华，防止其干扰CO含量的测定 【解析】 【分析】碘单质和浓硝酸反应生成HIO3，45℃减压蒸发分离出HIO3，加热到200℃分解生成 I2O5； 【小问1详解】 步骤（Ⅰ）加热温度低于水的沸点，最适宜的加热方式为水浴加热，假设浓硝酸与I2反应只有一种还原产物，烧瓶中生成HIO3，碘元素化合价升高，结合电子守恒，则氮元素化合价降低被还原得到二氧化氮，化学方程式为I2+10HNO3（浓）2HIO3+10NO2↑+4H2O； 【小问2详解】 a．用酒精灯持续加热，温度过高会导致HIO3、I2O5分解，错误； b．步骤（Ⅱ）中减压蒸发的目的之一是加速蒸发，且能防止HIO3因温度过高而分解，正确； c．步骤（Ⅱ）中所得白色晶体为HIO3，根据题干信息“HIO3极易溶于水”，用蒸馏水洗涤会导致晶体大量溶解损耗，错误； d．I2O5加热至275℃以上，不熔融而分解为两种单质，则步骤（Ⅲ）中固体在蒸发皿中加热，可以控制加热温度在合理范围（110℃-275℃）内，错误； 故选b； 【小问3详解】 工业尾气首先通过A装置除去二氧化碳，再通过浓硫酸干燥，干燥的尾气中CO通过装置B ，B中I2O5可与CO反应生成I2，再通过浓硫酸装置防止水进入B装置中，尾气最后通过装置C，故装置导管口连接顺序为：a→b→g→f→c→d→g→f→e； 【小问4详解】 单质碘能使淀粉溶液变蓝色，故用标准Na2S2O3溶液滴定时终点现象为滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复到原来的颜色； 【小问5详解】 I2O5与水作用生成HIO3：，结合反应2HIO3+10KI+5H2SO4=6I2+5K2SO4+6H2O；I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则存在，CO反应后剩余I2O5为，与CO反应的I2O5为0.006mol，常温下I2O5可与CO反应生成I2：，该工业尾气中CO为0.03mol，CO的含量为； 【小问6详解】 I2受热至70℃左右迅速升华；常温下I2O5可与CO反应生成I2；实验时，工业尾气通入I2O5固体表面，加热的目的除加快反应速率外，另一重要原因是：使反应生成的I2升华，防止其干扰CO含量的测定。 18. 锌基脱硫剂（ZnO）对高炉煤气中硫化氢（H2S）和羰基硫（COS）的共脱除研究符合可持续发展理念。锌基脱硫剂在500℃、101 kPa时共脱除H2S和COS涉及的反应主要为： 反应I： kJ·mol-1 反应Ⅱ： kJ·mol-1 反应Ⅲ：COS的水解反应。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ的热化学方程式为______，已知，则反应在_______（填“高温”“低温”或“任何温度”）正向自发进行。 （2）500℃下，在两个体积相等的密闭容器甲、乙中分别模拟等物质的量不同气氛高炉煤气脱硫。气氛中相关气体的含量如下表： 容器甲 容器乙 0.22%H2S+0.04%COS+18%CO+5%CO2+76.74%N2 0.22%H2S+0.04%COS+18%CO+5%CO2+5%H2O+71.74%N2 ①下列说法中能表明反应I和反应Ⅱ均达到平衡状态的是_______（填选项）。 A.气体密度不变 B.气体总压强不变 C.H2O(g)的浓度不变 D.COS和CO2的物质的量相等 ②实验表明，与容器甲相比，容器乙中COS的出口浓度更低，原因是_____。 （3）在锌基脱硫剂ZnO的催化作用下，向恒容密闭容器中充入1 mol COS和4 mol H2O，只考虑反应Ⅲ，均反应5 min测得不同温度下COS的转化率如图1所示。达到平衡后，COS的平衡转化率与温度的关系如图2所示。 ①图1中，M点H2O的平均消耗速率为_______mol·min-1。 ②图2中，N点的物质的量分数平衡常数（即用各组分的物质的量分数计算的平衡常数）_______。 （4）我国某科研团队研究了ZnO锌基脱硫剂催化COS水解的反应机理如图所示。结果显示，催化剂孔隙结构数量越多，催化活性越强、水解效率越高，且气态物质更易发生该反应。 研究发现，模拟高炉煤气成分中O2的体积分数越大，水解效率越低。结合ZnO锌基脱硫剂的催化机理，解释可能的原因________。 【答案】（1） ①. kJ·mol-1 ②. 低温 （2） ①. AC ②. 乙容器中的H2O(g)促使反应Ⅲ平衡右移，消耗了COS，所以COS出口浓度更低 （3） ①. 0.12 ②. 1 （4）O2增多会降低与催化剂表面的接触，无法顺利发生如图机理 【解析】 【小问1详解】 ①水解方程式为：，反应Ⅱ减反应I可得反应Ⅲ，根据盖斯定律，可得，； ②反应可自发进行，由可知，该反应在低温时自发进行。 【小问2详解】 ①A．反应I和反应Ⅱ中，有固体参与或生成，容器体积不变，气体质量是变量，所以反应过程中气体密度是变量，所以气体密度不变时，反应达到平衡，A正确； B．反应前后气体分子个数不变，所以反应过程中气体总压强不变，因此气体总压强不变时，不能确定是否达到平衡，B错误； C．反应过程中，H2O(g)的浓度不断增大，所以当H2O(g)不变时，可判断反应达到平衡，C正确； D．反应过程中，COS物质的量减少，CO2的物质的量增加，他们两个的物质的量不变时，可判断达到平衡，但是，平衡状态时，他们的物质的量不一定相等，D错误； 故答案选AC。 ②观察可知，乙容器中多加了5%H2O，乙容器中的H2O(g)促使反应Ⅲ平衡右移，消耗了COS，所以COS出口浓度更低。 【小问3详解】 ①由图可知，M点COS的转化率为60%，容器中充入1 mol COS，所以消耗0.6 mol COS，，消耗的H2O与COS相同，反应时间为5 min，M点H2O的平均消耗速率为； ②N点时，转化率80%，所以转化的COS为0.8 mol，可列三段式：，。 【小问4详解】 由图可知，COS要在催化剂表面发生反应，O2增多会降低与催化剂表面的接触，无法顺利发生如图机理。 19. 阿折地平（J）是一种治疗高血压的药物，J的合成路线之一如下（略去部分试剂和条件）。 回答下列问题： （1）A的化学名称是______。 （2）B中官能团的名称是________。 （3）反应A→C中，的作用是________。 （4）C→E的反应类型为_______。 （5）G的结构简式为________。 （6）H的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种，其中核磁共振氢谱为4组峰的结构为________（用键线式表示）。 ①能发生银镜反应；②能与NaHCO3溶液反应；③有3个甲基。 （7）结合所学知识和上述合成路线，以甲苯（）、乙醛为有机原料，制取同样具降压作用的肉桂醛（），写出合成路线图________（无机试剂任选）。 【答案】（1）二苯甲胺 （2）醚键、碳氯键（或氯原子） （3）消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率 （4）取代反应（或酯化反应） （5） （6） ①. 4 ②. （7） 或 【解析】 【分析】A与B反应生成C，C与D反应生成E，对比C与E的结构，可知C中的羟基变为酯基，所以C与D发生酯化反应，结合D的分子式可知，D的结构简式为；E经过多步反应生成F；G与H发生反应生成I，对比H和I结构可知，G与H发生羟醛缩合反应生成I，结合G的分子式可知，G的结构简式为 ；F和I反应生成J，据此回答。 【小问1详解】 A的结构简式为，名称为二苯甲胺，故答案为二苯甲胺。 【小问2详解】 B的结构简式为，含有的官能团为醚键、碳氯键（或氯原子），故答案为醚键、碳氯键（或氯原子）。 【小问3详解】 A与B发生取代反应生成C和氯化氢，故反应A→C中，的作用是消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率，故答案为消耗反应生成的HCl，促使反应正向进行，提高产率。 【小问4详解】 由分析可知，C→E的反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为取代反应（或酯化反应）。 【小问5详解】 由分析知，G的结构简式为，故答案为。 【小问6详解】 H的分子式为，其同分异构体中，能发生银镜反应说明结构中含有醛基；能与NaHCO3溶液反应，说明其结构中含有羧基，还有3个甲基的结构有、四种，其中核磁共振氢谱为4组峰的结构为，键线式为，故答案为4；。 【小问7详解】 采用逆向合成分析法，可以由与乙醛在催化剂的条件下发生羟醛缩合反应生成，可以由 催化氧化得到或由在碱性条件下水解得到，  可以由在碱性条件下水解得到，和可以由与氯气在光照条件下发生取代反应得到，所以合成路线为              或               ，故答案为              或               。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $