山西吕梁市2025-2026学年高三第一学期期末调研测试 化学试题

化学答案及解析 1.【答案】C 【解析】 A.有机物是碳氢化合物或其衍生物，而石墨烯是碳单质，属于无机物，A错误： B.胶体是分散系（分散质+分散剂），属于混合物，但碳纳米管为单质，不属于胶体，B 错误： C.石墨烯（单层蜂窝结构）和碳纳米管（卷曲管状结构）是由同种元素组成而性质不同（结 构不同)的单质，两者互为同素异形体，C正确： D,石墨烯和碳纳米管均为碳单质，石墨烯制碳纳米管时结构发生改变，但未涉及电子 转移，则未发生氧化还原反应，D错误。 2.【答案】D 【解析】 A.中子数为9的氮原子，质量数=质子数+中子数-7+9=16，应表示为N,A正确： B.O2核外电子数为10，电子排布式为1s22s22p5,B正确： C.N2分子中两个氮原子形成三键，每个氮原子各有一个孤电子对，电子式为：N:N:, C正确： D.N2H4中N原子有1个孤电子对，价层电子对数为4，N的杂化类型为sp3,D错误。 3.【答案】B 【分析】工业硒（含S、C等杂质）在空气中燃烧，Se生成SO2,S、C转化为SO2、CO2 而除去，SeO2经水洗后生成HSeO3,经N2H4还原为Se,纯化后得到高纯硒。 【解析】 A.硒(34S)与硫在元素周期表中位于同一主族，为第4周期第VIA族元素，属于p区 元素，A错误： B.S02的价层电子对数为2+6-2x23,B正确： 2 C.还原过程发生的反应为：N2H4+HSeO=N2↑+3HO+Se,消耗1molN2H4转化为N2转移 的电子为1mol×2×2-4mol,燃烧过程消耗的O2转化为SeO2、SO2、C02,1 molSe反应，消 耗氧气1mol,转移的电子为1mol×2×2=4mol,但杂质S、C的物质的量不确定，所以消耗 氧气的无法确定，C错误； D.HSO3中Se为+4价，具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。 4.【答案】B 【解析】 A.该分子含有羟基(-OH)、醚键(- -o-C-)、酰胺基(-CONH-),A正确： B.分子式为CgH1sO6N,B错误： CHOH HO C.含有如图所示5个手性碳原子 HO OH,C正确； NHCOCH, D.1mol该物质含有4mol-OH,与足量的钠反应，可生成2molH,D正确。 5.【答案】D 【解析】 A.碳酸钠固体是粉末状易溶物，不能实现固液分离，所以不能用启普发生器随开随用 制CO2,A错误； B.用MgC26HO晶体脱水得到无水氯化镁，应在干燥的HCI氛围中加热，可抑制氯 化镁水解，B错误： C.用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的醋酸溶液，滴定终点时的CH;COONa显 碱性，所以应选择酚酞作指示剂，C错误： D色谱法可用于混合物分离，如从植物色素中分离出叶黄素、叶绿素和胡萝卜素，D正 确。 6.【答案】C 【解析】 A.HO2中非极性共价键与极性键的个数比为1：2，A错误； B.基态碳原子的轨道表示式为 闷仞个☐，B错误： 18 28 Zp C.根据流程图可知，反应Ⅱ反应物有HO2、HCHO,生成物有HCOOH、H2,方程式为 HO2+2HCHO=H↑+2 HCOOH,C正确； D.根据流程图可知，反应I方程式为HCHO+O2+HO=H2O2+HCOOH,反应IⅡ方程 式为HO2+2HCHO=H2↑+2 HCOOH:设释放H2的物质的量为xmol,则n(O2)=xmol, 2 反应I中消耗x mol HCHO,反应Ⅱ中消耗2 x mol HCHO,则3x=9,故x=3,则释放 H的物质的量为3mol,D错误。 7.【答案】D 【解析】 A.重铬酸钾溶于水应为Cr2O2+H2O=2CrO42+2H什，A错误： B.Na2O2不能拆应为2Na2O2+2H2O=4Na*+O2↑+4OH,B错误： C.用铁氰化钾检验亚铁离子应为K+Fe2+[Fe(CN)6子=KFe[Fe(CN)6J↓，C错误： D正确。 8.【答案】C 【解析】 A.步骤I中产生的蓝色沉淀是Cu(OH2,离子方程式中氨水应写作NH,·H,O,不能拆成 OH,应为：Cu2*+2NHHO=Cu(OH2↓+2NH4*,A错误； B.步骤Ⅱ中，过量氨水溶解沉淀形成配合物Cu(NH)A](OH)2,加入乙醇降低配合物溶 解度，会析出沉淀，B错误： C.步骤中，CuSO4溶液中的Cu(HO)4]2+转化为沉淀Cu(OD2,实验表明OH能取代 H2O与Cu2+结合；步骤Ⅱ中，浓氨水溶解Cu(OH2生成[Cu(NH)4]2+,表明NH3能取代 OH与Cu2+结合，结合能力顺序为HO<OH<NH3,C正确： D.步骤Ⅲ中加入盐酸后，H与NH结合生成NH4,释放Cu2+,随后Fe与H反应生 成H,并与Cu2+发生置换反应。[Cu(NH)+Fe=Cu+Fe2+4NH,个未体现H的作 用，与实际反应原理不符，D错误。 9.【答案】A 【解析】 A.相同温度下，用pH计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的pH,醋酸溶液pH较大， 存在电离平衡，可证明CHCOOH不完全电离是弱电解质，A正确： B.95%的乙醇溶液中含有水，水也能与Na反应生成氢气，则通过观察是否有气泡，不 能说明Na能与乙醇发生反应，B错误； C蔗糖水解需在酸性条件下进行，水解产物为葡萄糖和果糖，但银镜反应需在碱性环境 中进行，未中和硫酸直接加入银氨溶液无法反应，因此未出现银镜不能证明蔗糖未水解， C错误： 3 D.NaHSO3溶液对应的酸不是最高价含氧酸，无法比较S和C的非金属性强弱，D错误。 10.【答案】B 【解析】 A根据题干配合物I的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、CI,A正确： B.配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N,B错误； C根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间 结构呈角形，C正确： D.结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ中氮原子 间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键，N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氯原子 间键长最长，D正确。 1L.【答案】D 【解析】阴极区的部分反应机理如下： (1)O2+2H+2e=H202(阴极反应) (2)H202+Fe2*Fe3 +OH+OH (3)N2+2OH=HN2O2(中间步骤) (4)HN2O2+2O2=2HNO3 A.阳极发生氧化反应，电解质溶液为酸性(pH=3),不应出现OH,阳极反应应 为2H20-4e=O21+4H,A错误； B.根据图示及反应机理，在酸性条件下，阴极区总反应可写为N2+3O2+2H+ 2e=2HNO3。因此，消耗3molO2时，电路中转移2mole,B错误； C.Fe3*/Fe2+在反应中起到催化作用，主要促进.OH自由基的生成，间接参与氮气氧 化过程，并非公众号三晋高中指南直接参与生成HNO3的最终反应，C错误： D.阴极区O2首先还原生成H2O2:O2+2H+2e=H2O2,该中间产物进一步参 与后续反应生成硝酸，D正确。 12.【答案】C 【分析】由溶液中加入足量NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 0.56L 0.56L(标准状况下)，则溶液中一定含有NH,NH的物质的量为 =0.025mol: 22.4L/mol 向(1)的溶液中，通入过量CO2,生成白色沉淀，经过滤、洗涤、干燥，固体质量为1.17g: 说明原溶液中一定存在A13+,结合离子共存可以知道一定不存在CO;,A3+的物质的量 17g0.015mol;向(2)的滤液中，加入足量BaCb溶液，过滤、洗涤、干燥，得固 为 78g/mol 体3.50g,向固体中加入过量盐酸，有无色无味气体产生，充分振荡后剩余2.33g固体， 可知，硫酸根离子的物质的最为，8品。001ml,固体中还有陕酸银是由步强2产生 的碳酸氢根与钡离子形成：根据电荷守恒计算，已确定的阳离子总电荷为 1×n(NH)+3×n(A13*)=0.07mol,阴离子总电荷为2×n(SO)=0.02mol。为保持溶液电 中性，溶液中一定含有CI,而Na、K*为可能存在。 【解析】 A.由分析可知，c(NH4)=0.25molL1,A正确： B.由分析可知，一定含有AI3+、SO子，B正确： C.由分析可知，不含CO,C错误； D.由分析可知，一定含有C,D正确。 13.【答案】D 【解析】 A由反应关系可知，焓变关系为反应I+反应=反应Ⅱ，反应I、为放热反应，故反 应I>反应Ⅱ，A错误： B.由图可知，刚开始时主要发生反应I,说明反应I的活化能小，B错误； c(产物Ⅱ) C.反应Ⅲ的平衡常数 K c(产物I),温度不变，K不变，则增加HCI浓度不能增加平 衡时产物I和产物I的比例，C错误： D.由图可知，时间越长，产物Ⅱ越多：及时分离可使平衡正向移动，提高产率，D正确。 14.【答案】A 【解析】pH越小，酸性越强，Ag浓度越大，氨气浓度越小，所以Ⅲ代表[Ag(NH)十， IⅡ代表[Ag(NH3,IV代表NH,I代表Ag。 A.根据图像可知D点，[Ag(NH)]和Ag浓度相等，此时氨气浓度是10-3.24，根据Ag+ NH3=[g(NH3)]可知K=103.24,A正确： B.根据以上分析可知I代表[AgNH)2]十的变化曲线，B错误： C.C点时[AgNH3)2]和Ag浓度相等，B点时[AgNH32]和[AgNH3)]浓度相等，所以反 应[AgNH+NH3÷[AgNH3h]+的平衡常数为1038，因此 K2=103.24×103.8=107.4,C点时[AgNH32J和Ag+浓度相等，所以cNH3)= √10-704mol·L-1=10-3.52mol·L-1,C错误： D.硝酸铵为强酸弱碱盐，其溶液pH<7,图像pH增大至碱性，则外加了物质，又整个过 程保持溶液体积和元素总物质的量不变，则所加物质不是氨水，若不外加物质，则溶 液中存在电荷守恒cNH+c([AgNH)+c([AgNH)2J)+c(H)+c(Ag)=c(OH)+ c(CI)+cNO),物料守恒c(Ag)+c([AgNH3)+c([Ag(NH3hJ)=c(CI),c(NO,)= 0.lmol·L1,cNH)+c(H)=0.lmol·L1+c(OH),但外加了碱，假设为NaOH, 则 c(Na)+c(NH)+c(H+)=0.1mol L-1 +c(OH ),c(NH)+c(H)<0.Imol L-1+ c(OH),D错误。 15.(共14分) 【答案】（每空2分） (1)甘氨酸亚铁结构中通过F、N原子间的配位键，形成了螯合物，使得它在 水中难以完全电离，其溶液中自由移动离子的浓度比FSO,溶液中离子浓度小 (只要写出离子浓度小即可得分) (2)H20中0均为sp3杂化，0g)中0有2个孤电子对，图3左下角圆圈内 H0中有1个孤电子对，孤电子对的排斥力要大，使前者的H一O一H键角变小 (合理答案都给分) (3)将d装置中加水至浸没导管，关闭K2、K3、K4,微热三颈烧瓶，看到导 管口有气泡，停止加热，导管内形成水柱且保持 (4)d中出现大量黑色沉淀 (5)BE (6)2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH 50 (H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O (7)98.1 【分析】F+易被氧化，为制备甘氨酸亚铁，需先利用稀硫酸与铁屑反应生成的 6 氢气将装置中的空气排空（关闭K2,打开K3和K1),当d中出现大量黑色沉淀 时，证明装置中的空气已排空，关闭K3并打开K2,b中的硫酸亚铁溶液被氢气 压入c中，FSO4与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，反应完成后，向c的反应混合 物中加入无水乙醇使(H2NCH2COO2Fe析出，经过滤、洗涤得到粗产品，将粗产 品纯化后得(H2NCH2COO)2Fe精品。更多试题与答案，关注微信公众号：三晋高中指南 【解析】 (1)甘氨酸亚铁结构中通过F、N原子间的配位键，形成了螯合物，使得它在 水中难以完全电离，其溶液中自由移动离子的浓度比FSO4溶液中离子浓度小， 所以导电能力弱。 (2)H20中0都是sp3杂化，HO(g)中0的4个杂化轨道有2个被孤电子对占 据，2个被键合电子对占据，而图3左下角圆圈内H0中0的4个杂化轨道有1 个被孤电子对占据，3个被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大 于键合电子对与键合电子对间的斥力，使前者的H一O一H键角变小。 (3)步骤ⅰ中检查主反应装置气密性的操作：将d装置中加水至浸没导管，关 闭K2、K3、K4,微热三颈烧瓶，看到导管口有气泡，停止加热，导管内形成水 柱且保持 (4)结合分析知，步骤ⅱ的目的是利用b中产生的氢气将整体装置中的空气排 空，结合已知信息知，当d中出现大量黑色沉淀(P)时，即可关闭活塞K3。 (5)A.铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过 于剧烈，而铁屑与硫酸反应速率适中，A错误； B.步骤ⅲ的目的是利用b中产生的氢气将b中的硫酸亚铁溶液压入c中，则横线 处操作：打开K2,等待b中溶液被压入到c中，B正确； C.步骤v在50℃恒温下进行，水的沸点为100℃，不能用沸水浴加热，C错误； D.据已知，(H2NCH2COO)2Fe易溶于水，则步骤v中洗涤剂不能是冰水，D错误： E.装置c中柠檬酸的作用是防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解，E正确。 (6)c中反应方程式为2H2 NCH2COOH+FeSO4+2NaOH 50(H2NCH2COO)2Fe+Na2S04+2H2O (7)因为甘氨酸微溶于冰醋酸，甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗 产品中加入冰醋酸，得到纯净的甘氨酸亚铁：再将其溶于水配成溶液，加入酸性 高锰酸钾溶液滴定，发生反应：6MnO4+18H+5RNH2=5RNO2+6Mn2+14H2O, 7 MnO4+8Ht+5Fe2+=5Fe3++Mn2+4HO,根据反应得出关系式：5(HNCH2COO)2Fe~ 13KMnO4,所以20mL样品溶液中n[H2NCH2COO)2Fe] 5/13n(KMn04)=5/13×0.1mol/L×26×103L=0.001mol, m[H2NCH2C00)2Fe=0.001mol×204g/mol=0.204g,样品质量为 2.68×20L-0,208g,该样品的纯度=020x106=98.1%。 250mL 0.208g 16.(16分) 【答案】（每空2分） (1)粉碎、搅拌、升高温度等 (2)Ga,0,+20H+3H0=2[Ga(OHm)4](写对反应物和生成物得1分) (3)CaSi0、Fe0（写对一个得1分) 电解 2A1203(熔融) 4A1+302↑ (4) 冰晶石 (不写冰晶石扣1分) (5)Ga*、S0(写出Ga得1分；只写S0、H不得分；多些H不扣分) (6)4.3 (7)3CH3Br+2Ga+2NH32GaN+3CHa+3HBr 3 336 x1010 (8) 4 PNA 【解析】(1)将块状固体粉碎、搅拌都可以增大反应物之间的接触面积，从而 加快速率；升高温度也可加速。 (2)镓性质与铝相似，G,0,属于两性氧化物，可以与强碱反应，反应方程式为 Ga,0,+2Na0H+3H,0=2Na[Ga(0H)4],则离子方程式为Ga,0,+20H+3H,0=2[Ga(OH)] (3)据反应原理及物理性质可判断赤泥成分主要是CaSi0、Fe0。 (4)考查教材内容。 NH2 NH2 (5) RtC=NODx中X-l时，吸附后的微粒为R-tC=0GaOD,,使用稀硫酸 NH2 NH2 脱附时，则RfC=NOGa(Olg]转化为 R←C=NOHD 和Ga3+,所以镓富集液中主要 微粒是Ga+、SO42。 (6)已知：Ksp[Ga(OHD3]=1.0×1034。溶液中Ga3+浓度为1×10mol/L时，认为Ga3+ 8 1x1034 完全沉淀，则c(OH)x10=107,pH4.3,即pH略大于4.3。 (7)CHBr、Ga和NH3在高温环境中的反应为 3CH3Br+2Ga+2NH32GaN+3CH4+3HBr (8)该晶胞中N、Ga原子个数均为4，设晶胞边长为apm,晶胞密度表达式为 M(Ga N) 336 Naa3x10-30 cm3,a= 0= *1010 则Ga原子与N原子的核间距为 41%*1o0 336 17.(14分) 【答案】（每空2分） (1)c (2)A (3)2C0+8e+6H20=C2H4+80HⅢ (4)71.15;3.75 (5)AD (6)O川*+H*=0*+2H*或OH*=0*+H* 【解析】(1)由己知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得： △H=2△H1-△H2=[2×(-394)(-222)]kJmol-1=-566kJmo1。三个反应都是焓减即 △H<0,结合y=△H-T△S分析：反应1前后气体分子数不变即△S≈0，升温y基 本不变，对应线条b;反应2前后气体分子数增大即△S>0,升温y值减小，对 应线条a,反应3前后气体分子数减小即△S<0,升温y值增大，对应线条c。 (2)温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应3焓变绝对值最大，温度 对其平衡移动影响程度大，所以CO2物质的量减小，CO物质的量增大，CO与 CO2物质的量比值增大，选A。 (3)由图可知，N电极上CO转化为C2H4,C元素化合价下降，发生还原反应， 电解液是碱性环境，电极方程式为：2CO+8e+6H2O=C2H4+8OH (4)反应平衡时，H20(g)的转化率为60%，则水的变化量为1.2mol,水的平衡 量为0.8mol,由于C0的物质的量为0.2mol,根据0原子守恒可知CO2的物质 的量为0.5mol,生成0.5molC02时消耗了0.5molC0,故反应4生成了0.7molC0。 根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.7molC0要吸收热量131kJ/mol× 0.7mol=91.7kJ,生成0.5molC02要放出热量41.1kJ/mol×0.5mol=20.55kJ,因此 9 整个体系热量变化为吸收91.7kJ-20.55kJ=71.15kJ: 平衡时C0、C02、H2O(g)的物质的量分别为0.2mol、0.5mol、0.8mol,由H原 子守恒可知，H2的物质的量为1.2mol则平衡时气体的总物质的量为 0.2mol+0.5mol+0.8mol+1.2mol=2.7mol,在同温同体积条件下，气体的总压之比 等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.4MPa×2.7/2=0.54MPa,反 应5：CO(g)+HO(g)÷CO2(g)+H(g)的平衡常数 1.2×0.54Pa 0.5×0.54MPa 2.7 2.7 Kp- =3.75。 0.2×0.54MPa 0.8×0.54wPa 2.7 2.7 (5)A.一氧化碳和氢气都和氧气反应，则原料气中应避免混入O2,A正确： B.增加HO(g)的量，反应速率增大，平衡正移，但HO(g)的转化率减小，B错 误： C.消耗HO(g)和生成H2都表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不确 定是否平衡，C错误； D.反应4：反应前M=18gmol,反应后平均摩尔质量为15gmol,反应5前后平 均摩尔质量不变，所以平均摩尔质量是变量，当其不变时，反应达到平衡，D正 确。 (6)观察图像可知，氧化还原机理路径中正反应历程的最大能垒为0.94εV,其 对应的方程式为OH*+H*=O*+2H*或OH*=O*+H* 18.(14分) 【答案】(1)2C1-+2H,0电C12↑+H2↑+20H (2)产生的氯气排入空气，污染环境 (3)部分C2溶于水(C2与NaOH溶液反应也可得分) (4)电解产生C2使水中溶解氧减少，随着c(C)减小，OH放电产生O2,溶解 氧浓度增大 (5)将混合气体依次通过足量NaOH溶液、浓硫酸、灼热的铜网，若铜网由红 变黑，则证明含O2(合理答案均可) (6)10.5<a<15.5 CI浓度较大时，优先于OH放电，生成O2较少；C浓度较小时，OH更容 102025-2026学年高三第一学期期末调研测试 化学试题 (本试题满分100分，考试时间75分钟。答案一律写在答题卡上) 注意事项： 1.答题前，考生务必用0.5老米黑色签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.考试作答时，请将答案正确地填写在答题卡上，答在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 0-16 A1-27 S-32 Ga-70Ba-137 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.石墨烯是由碳原子形成的单层蜂窝状结构材料，将其卷曲处理可形成碳纳米管。 下列有关说法正确的是 A.石墨烯是有机物 B.碳纳米管属于胶体 C.石墨烯和碳纳米管互为同素异形体 D.石墨烯制碳纳米管时发生氧化还原反应 2.N2H,与N20,可用作火箭推进剂，两者反应生成N2和H20。下列说法错误的是 A.中子数为9的氮原子可表示为N B.基态02-的电子排布式为1s22s22p C.N2的电子式为NN: D.N2H4中N的杂化类型为sp2 3.硒(S)与硫位于同一主族，是生产生活中重要的非金属元素。以工业硒（含S、C等 杂质)为原料制备高纯硒的工艺流程如下： 空气 H20 N2Ha 工业硒 燃烧 水洗 还原 纯化→高纯硒 下列说法正确的是 A.硒为s区元素 B.燃烧得到的SeO2,VSEPR模型名称为平面三角形 C.燃烧消耗的02与还原消耗的N2H,的物质的量之比为1：2 D.向水洗溶液中加人几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明水洗溶液具有漂白性 4.D-乙酰氨基葡萄糖（结构简式如图）是一种天然存在的特殊单糖。下列有关该物质 说法错误的是 CHOH A.含有3种官能团 0 B.分子式为CgH4ON HO OH C.含有5个手性碳原子 HO D.1mol该物质与足量的钠反应，可生成2molH2 NHCOCH, 高三化学第1页（共8页） 5.下列实验装置能达到相应实验目的的是 盐酸 MgCL2·6H20 上斋波度 母厨浓剂 千燥 尾气 沙 +3 班=问+处理 -硅胶 的N -NaCO, 无水CaCl 0.1000 mol.L 沙 20.00mLNa0H溶液 玻璃棉或 Coudhood 脱脂棉 1~2滴甲基橙 A.实验室随 D.从植物色素中 分离出叶黄 开随用制 B.制备无水MgCL C.测定醋酸的浓度 素、叶绿素和 取C02 胡萝卜素 6.HCH0催化释氢过程中的物质转化关系如下： H20、02 HCHO ↓ HCH0→反应I →H202→反应Ⅱ →H2 HCOOH HCOOH 有关说法正确的是 A.H202中非极性共价键与极性共价键的个数比为1：1 B. 基态碳原子的轨道表示式为桠州 个I 1s 2s 2p C.反应Ⅱ的方程式为H202+2HCH0一H2↑+2HC00H D.9 mol HCH0参加反应，最终释放H2的物质的量与消耗02的物质的量相同，则释 放H2的物质的量为2mol 7.下列离子方程式书写正确的是 A.重铬酸钾溶于水：Cr20,2-+20H~一2C0,2-+H20 B.Na202固体与水反应：2022-+2H20=40H+02t C.用铁氰化钾检验亚铁离子：3Fe2+2[Fe(CN)6]3-一Fe[Fe(CN)6]2↓ D.乙醇与酸性高锰酸钾溶液反应： 5CHCH20H+4Mn04°+12H=5CH,C00H+4Mn2++11H20 8.探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤I:取一定量5%CuS0溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ：将沉淀分成两等份，分别加人相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶 解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插人一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续 加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A.步骤I生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++20H一Cu(0H)2↓ B.向步骤Ⅱ反应后的溶液中分别加人乙醇，溶液都不发生变化 C.由铜化合物的转化可知，与铜离子的结合能力顺序为H0<0<NH D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的方程式为： [Cu(NH3)]2++Fe=Cu+Fe2++4NH3 高三化学第2页（共8页） 9.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 相同温度下，用pH计测量等物质的量浓度的醋酸、 盐酸的pH,比较pH大小 CH,COOH是弱电解质 B 向95%的乙醇溶液中加入足量Na,观察到有气泡 Na能与乙醇发生反应 C 向30%蔗糖溶液中加人少量稀硫酸，加热一段时间 后，再加人银氨溶液，未出现银镜 蔗糖未水解 D 相同温度下，分别测定等浓度的NaHCO,和NaHSO? 溶液的pH 非金属性：S>C 10.我国科学家发现一种钒配合物I可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的 中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 OR' OR R R NH2 R Ⅱ (w代表单键、双键或三键) 下列说法错误的是 A.配合物I中钒的配位原子有4种 B.配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是0 C.配合物I中，R'代表芳基，V-O-R'空间结构呈角形 D.配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个 氮原子间键长最长的是配合物Ⅱ 11.大连化物所邓德会团队在电解池阴极实现了空气电化学转化制硝酸，突破了传统 工业需要高温高压的技术瓶颈。根据“一步电转化空气为硝酸”的科学示意图（电 解质为Li2S04/H2S0,溶液，pH=3),下列说法正确的是 HNO A.阳极反应为40H-4e一02↑+2H20 B.阴极消耗3mol02时，电路中转移12mole C.Fe3+/Fe2+作为催化剂，直接参与生成HNO的最终反应 D.阴极区生成H202的方程式为02+2H+2e一H202 高三化学第3页（共8页） 12.某溶液中可能含有C1、S02-,C0,2-、NH、Na、K、Fe3+、A1t中的某几种离子。为确 认溶液组成进行如下实验： (1)取100mL该溶液，加入足量Na0H溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变 蓝的气体0.56L(标准状况下)； (2)向(1)所得溶液中，通入过量C02,生成白色沉淀，经过滤、洗涤、干燥，固体质 量为1.17g; (3)向(2)的滤液中，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得固体3.50g,向固体 中加入过量盐酸，有无色无味气体产生，充分振荡后剩余2.33g固体。 下列说法错误的是 A.由步骤(1)可知，该溶液中一定含有NH,c(NH4)=0.25molL1 B.由步骤(2)(3)可知，该溶液中一定含有A13+、S02 C.c(C032-）=0.1moL1,c(NH+)>c(S02-) D.该溶液中一定含有CI 13.一定条件下，1-苯基丙炔(Ph一C=C一CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下： 100个Ph-C=C-CH, CH >C=C H 产物I C=C Ph H 产物Ⅱ 反应IPh CH, 出 Ph-C=C一CH3+HCl: 反应Ⅲ CI>C=C 产物I 反应C1c=C(H H产物亚 ·.PhA CH 0 Ph 01030507090t/min 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图（已知：反应I、Ⅲ为放热 反应)，下列说法正确的是 A.反应焓变：反应I<反应Ⅱ B.反应活化能：反应I>反应Ⅱ C.增加HC1浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D.选择相对较长的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 14. 室温下，将0.1 mol AgC1置于0.1molL'NHNO3溶液中，保持溶液体积和N元素总物 质的量不变，pX-pH曲线如图。{pX=-lg[c(X)/(molL)];X代表Ag、[Ag(NH)]t、 [Ag(NH)2]或NH,}。已知Ag*+NH3≥[Ag(NH)]和Ag*+2NH3≥[Ag(NH)2]t 的平衡常数分别为K,和K2,NH,的水解常数K,(NH*)=10925、下列说法正确的是 10P 8 I 64400,6.25 I 4 B (6.45,3.80) (7.02,324)Ⅲ 4 5 6 7 9 pH A.K1=103.24 B.Ⅱ为[Ag(H)2]的变化曲线 C.C点：c(NH3)=103.8 mol-L1 D.D点：c(NH4t)+c(H)=0.1molL'+c(oH) 高三化学第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分)甘氨酸亚铁[(HNCH2C00)2Fé]作为氨基酸螯合铁是一种新型的铁营养强 化剂，可用甘氨酸与硫酸亚铁(FS0a·7H20)为原料制备。 I.观察下图，回答问题： 0 ●Fe ● os H b0… 。0 oH 8o H 图1 图2 (1) 图1为甘氨酸亚铁的结构，图2为FS04·7H20的结构，请从结构角度分析，等浓 度的(H2NCH,CO0)2Fe溶液导电能力远小于FeS0.溶液的原因： (2)H20(g)中H-0-H键角和图2左下角圆圈内H,0中H-0-H键角不同的原因是 Ⅱ.实验室制备甘氨酸亚铁（摩尔质量为204g/ol)部分装置如下图（夹持类仪器 已省略)。 稀硫酸 NaOH溶液 甘氨酸 和少量 铁屑 柠檬酸PdCL2 电磁搅拌加热器 溶液 已知： 柠檬酸 易溶于水和乙醇，有弱酸性和强还原性 易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中溶解度大于在乙醇中溶 解度 甘氨酸 氨基被酸性KMnO4溶液氧化：6MnO,+18H*+5RNH2一5RNO2+ 6Mn2++14H20 甘氨酸亚铁 易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸 PdCl2 H2+PdCl2=Pd↓（黑色)+2HCl 实验步骤如下： 1. 连接好装置，检查装置的气密性，装人药品（铁屑足量）； ⅱ.关闭活塞K2、K4,打开活塞K和K,加人适量稀硫酸，关闭K1,当出现 现象后关闭活塞K； 道 .恒温50℃下，不断搅拌，打开K,向c中滴加Na0H溶液，将溶液pH调至5.5~6.0， 充分反应； V.反应完成后，向c的反应混合液中加人乙醇，析出白色沉淀，过滤、洗涤得到粗产 品，将粗产品纯化后得精品。 回答下列问题： (3)步骤中检查主反应装置气密性的操作是 (4)步骤ⅱ中横线处的现象是 高三化学第5页（共8页） (5)下列说法正确的是 A. 步骤中的铁屑需要改为铁粉，从而加快反应速率 B. 步骤ⅲ横线处操作：打开K2,等待b中溶液被压人到c中 C.步骤v可以用沸水浴加热 D.步骤V中洗涤剂可以用冰水 E.装置c中少量柠檬酸的作用是防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解 (6)写出c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式： (7)产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.6克，先加入冰醋 酸溶解、搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取20.00L溶液于 锥形瓶中，用0.l000mol/L的KMnO,溶液滴定至终点，三次平均消耗KMn0.体 积为26.00mL,则该样品的纯度为 %(结果保留一位小数)。 16.（16分)孝义、交口等地的铝土矿以A20为主，还含有Si02Ca03Fe0,等物质。 山西铝业形成“铝土矿一赤泥一 铝一金属傢一氮化傢半导体产业链，实现资 源高效利用。部分生产工艺流程如下图所示： 煅烧.电解 沉淀1 铝和氧气 系列 CHBr、NH 液 铝土矿 1 操作 种分 ①吸附 镓 ①中和③溶解 原 母液 富集液 镓 操作1 操作2 ②脱附 ②分离④电解 高温 化 石灰石 浆 CH4、HBr 苛性钠 系列操作 赤泥 工业原料及产品 已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间； ②种分法是在添加氢氧化铝晶种的条件下，通过降温、搅拌等操作，使溶液 中的四羟基合铝酸根离子以氢氧化铝的形式析出； NH, ③吸附、脱附：大多使用偕胺肟树脂，其结构为R(C=NOH),(其中R代表 树脂基体，x为活性位点数)，在酸性或碱性条件下均可使用； ④K[Ga(0H)3]=1.0×10-34。 回答下列问题： (1)为加快制得原矿浆的速率，操作1可采用 (写两条)。 (2)写出溶液1中含镓物质产生的离子方程式： _0 (3) 赤泥的主要成分是 （写化学式)。 4) 电解冶炼金属铝的化学方程式为 (5)脱附时，若使用稀硫酸，则傢富集液中主要微粒是 (6)中和操作时，要使Sa元素完全沉淀，需控制常温下溶液的pH略大子 (保留两位有效数字)。 (7)合成氮化傢的步骤中，CH,Br促进了金属Ga和NH在高温环境中的转化，其化 学方程式为 (8)如图所示，氮化傢晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳 原子被N原子代替（如b),顶点和面心的碳原子被Ga原 子代替（如a)。,GaN晶体的密度为pg/cm3,则Ga原子与 N原子的最短核间距为_ pm(用含p和Na 的代数式表示)。 17.（14分)煤气化是现代煤化工的核心和基础。以煤炭为原料，通人一定比例的空 气或水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答： I.在C和02的反应体系中： 反应1：C(s)+02(g)=C02(g)△H1=-394kmol1 高三化学第6页（共8页） 反应2：2C(s)+02(g)=2C0(g)△H2=-222 kJ.mol1 反应3：2C0(g)+0z(g)=2C02(g)△H, 250 (1)设y=△H-T△S,反应1、2、3的y随温度的变化 ￡~30of 关系如图所示。图中对应反应3的线条是 350 -400 (2)一定压强下，随着温度的升高，气体中C0与 -450 C0的物质的量之比 -500 A.增大 B.减小 -5501 400600800100012001400 C.不变 D.无法判断 T/K (3)脱除C02后，采用温和条件，将C0转化为C,烃类的流程示意图如下： Co CO、CH、H →CHo等 出口 反应器 KOH KOH 电解池 写出C0放电生成C2H,的电极方程式： Ⅱ.在C和H20(g)的反应体系中： 反应4：C(s)+H20(g)≥C0(g)+H2(g)△H4=+131 kJ.mol1 反应5：C0(g)+H20(g)≥C02(g)+H2(g)△H3=-41.1 kJ.mol-1 (4)在一定温度下，起始压强为0.4MPa时，向体积固定的密闭容器中加入足量 C(s)和2molH20(g)发生上述两个反应，当反应平衡时，H20(g)的转化率为 60%,C0的物质的量为0.2mol。此时，整个体系的热量变化为 kJ,反 应5的平衡常数K= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (5)若恒温恒容条件下发生上述两个反应，下列说法正确的是， (填字母序号)。 A.通入反应器的原料气中应避免混人O2 B.增加H20(g)的投人量，既能提高反应速率，又能提高H20(g)的转化率 C.单位时间内消耗1molH20(g),同时生成1molH2,能作体系达到平衡状态 的判据 D. 混合气体的平均摩尔质量不再改变，能作体系达到平衡状态的判据 (6)反应5在F04催化下进行，不同反应路径的相对能量如图所示： 一氧化还原机理 0.5↑ ·一联合机理 094 品 0.0,Og)+c0(g) :0.21 TS TS 州-0.5 0*+2t 0.33 0.53.0221 ÷0.70 ←0.63 C0◆+0+2H◆ H0· OH◆+H￥ 1.0 092.00 OH*+H*+CO+ 0n +1.45 C0OH*+H率 -2.0 231… -2.20 C02◆+2H*C02(g)+2H◆ -2.5 -2.75 微信公众号：三晋高中指南 C0,) 氧化还原机理路径中正反应历程的决速步骤方程式为 高三化学第7页（共8页） 18.（14分)某化学兴趣小组分别设计了甲、乙、丙装置，用铜做阴极、石墨做阳极电解 饱和食盐水。 饱和 食盐水 饱和食盐水 阳离子交换膜 饱和食盐水 图甲 图乙 图丙 I (1)该实验中，电解饱和食盐水的离子方程式为 (2)从环保角度考虑，图甲、图乙装置共同的缺点是 Ⅱ.用图丙装置电解饱和食盐水一段时间，阴、阳极收集气体的体积分别为V、V2。 【理论预测】V=V2 【发现问题】实验测得：V,>2 【提出猜想】 (3)小白认为V>V,的原因可能是 ● 小明认为V,>V2的原因可能是阳极产生了02。 实验小组根据小明的分析，提出C、OH浓度对其放电能力影响的探究方案。 【实验探究】 在相同温度、电极及电流强度下，对实验1~4中的溶液进行电解，并用溶解氧传感 器测定0~ts内阳极区溶液中溶解氧的浓度变化，测得数据如下表所示。 实验 5.0mol/L NaCl溶液 5.0mol/LNa0H溶液 蒸馏水 溶解氧浓度变化 体积/mL 体积/mL 体积/mL (mg/L) 1 0 0 20.0 8.3 2 4.0 0 16.0 8.310.5 3 4.0 4.0 12.0 8.3~a 4 0 4.0 16.0 8.315.5 已知：实验前，各溶液中溶解氧的浓度相同，各组溶液在所测定的时间段内阳极区 溶液上方气体中02浓度几乎不变。 【解释与结论】 8.8 (4)实验2中溶解氧浓度随时间的变化如图所示，日8.6 检测到阳极区溶液上方气体中氧气浓度略微8.4 增加，则溶解氧浓度先减小后增大的原因是8 8.2 (5)收集实验2中阳极区气体，简述验证该气体中含 量76 有02的实验方案：_ (需注明试剂、操 0 2004006008001000 作及现象)。 电解时间/s (6)依据实验结果，推测实验3中α的取值范围： ,分析CI、OH浓度对 其放电能力的影响： 高三化学第8页（共8页）