精品解析：广东广州市番禺中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题

广东番禺中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题 本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量： O 16 H 1 C 12 Bi 209 Se 79 Ag 108 一、选择题。本大题包括16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分。第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列广东传统工艺中，涉及有机化学反应的是 A．陈化新会陈皮 B．捶打潮汕牛肉丸 C．烧制佛山陶瓷 D．雕刻肇庆端砚 A. A B. B C. C D. D 2. 2024年“深中通道”通车，下列相关材料的说法正确的是 A. 钢壳结构中的铁合金：通过牺牲阳极法防腐时，铁作正极 B. 沉管隧道混凝土中的C60：熔点高于金刚石 C. 隧道照明LED的芯片：主要成分为SiO2，属于共价晶体 D. 密封橡胶止水带：硫化过程中双键断裂形成线型结构，弹性增强 3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1mol37Cl2中子数比质子数多3NA B. pH=2的HF溶液中H+数目为0.01NA C. 0.1molN2与0.3molH2充分反应后，原子数为0.8NA D. 0.1molFeI2与0.1molCl2反应中，转移电子数0.3NA 4. 白木香醛(如右图)是沉香精油的主要成分之一，下列关于该化合物的说法不正确的： A. 能发生银镜反应 B. 其结构中两个碳环可共平面 C. 分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为4：1 D. 1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5molH2 5. 结构决定性质，下列性质不能由结构推出的是 选项 结构 性质 A 乙基是推电子基 与金属钠反应的剧烈程度：水>乙醇 B CO是极性分子，N2是非极性分子 CO的沸点略高于N2 C 苯分子中含有大π键 苯不能使KMnO4溶液褪色 D 基态价电子排布：Fe3+为3d5，Fe2+为3d6 Fe3+具有较强的氧化性，易被还原为Fe2+ A. A B. B C. C D. D 6. 已知反应： 。下列说法正确的是 A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B. 增大压强，平衡正向移动，平衡常数的值增大 C. 使用催化剂，能提高NO的平衡转化率 D. 达到平衡时， 7. 下列的陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A． 新制氯水中加入少量，有气泡产生 酸性：HClO> B． 用KSCN溶液检验 与可生成红色配合物 C． 石墨具有导电性 石墨层间以范德华力结合 D． 溶度积： 工业上用ZnS除去废水中 A. A B. B C. C D. D 8. 第三周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图。正确的是 A. 原子半径：c>b>a B. 电负性：c>d>e C. 单质的沸点：d＞c D. 简单氢化物的键角：c>d 9. 巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是 A．除去Cl2中的HCl B．产生持续稳定电流 C． 制备NO避免被氧化 D． 测定中和热 A. A B. B C. C D. D 10. 氢能作为前沿新兴产业被写入《政府工作报告》。如图所示为一种新型“全氢电池”的简易示意图(起始时两侧溶液质量相等)。下列说法不正确的是 A. 电极电势：吸附层A<吸附层B B. 该电池工作时总反应为 C. 吸附层A为负极，电极反应式为H2—2e—=2H+ D. 一段时间后，右室pH增大 11. 常温下，乳酸(用HL表示)的，乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠(用NaL表示)。下列说法正确的是 A. 溶液中， B. 溶液加水稀释，浓度增大 C. 溶液中， D. 的与的混合溶液， 12. 实验室模拟“侯氏制碱法”制取，下列说法正确的是： A. 装置I中使用“多孔球泡”是为了防止倒吸 B. 装置Ⅱ中X溶液为饱和溶液 C. 装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为 D. 利用锥形瓶所得物质经过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程可制备固体 13. 部分含Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A. 无法直接转化为 B. e（硫酸盐）的水溶液可用于水体的净化 C. e的水溶液一定呈酸性 D. 若和含同种元素，则保存溶液时可加入少量 14. 按如图装置进行实验。下列叙述错误的是 A. ①中有黄色沉淀生成，硫酸只体现了酸性 B. ②中的长颈漏斗可以起到平衡气压的作用 C. ③中溶液蓝色褪去，证明具有漂白性 D. 若将②中溶质换为，则②中会生成 15. 我国学者设计的一种电解装置，借助电极上的催化剂，能同时电解和，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，转化为的部分反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 电解时，A电极与电源的负极连接 B. 电解总反应为： C. 由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，电解的反应速率更快 D. 若有穿过质子交换膜，则理论上有被转化 16. 铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列说法正确的是 A. 铑位于元素周期表ds区 B. 总反应为 C. 反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D. 反应过程中铑元素的化合价未发生变化 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。 17. 兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。 Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （1）乙酸乙酯能在溶液中水解的化学反应方程式为___________。 Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。 （2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。 ①配制溶液。该过程中用到的仪器有___________(填序号)。 ②取①中的溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。 序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=___________，y=___________。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率___________(填“增大”或“减小”)； 结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 (a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验iii中pH变化曲线________。 (b)已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是___________； （3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表： 物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液 极性值 4.3 4.4 10.2 以(2)中“实验ⅰ”为对照组，限选以上试剂，设计实验方案验证乙同学的假设，并给出判断依据：___________。 实验小结：乙同学假设成立。 结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是___________。 18. 铋酸钠(NaBiO3，难溶于水)是常用的氧化剂，MnO2是活性电极。以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)为原料联合焙烧制备NaBiO3和MnO2的流程： 已知： ①焙烧后产物为Bi2O3、SiO2、Fe2O3、Mn2O3和MnSO4 ②氧化性强弱：Fe3+>Bi3+ ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表： 离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 10.1 5.5 回答下列问题： （1）“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为___________。酸浸后，滤渣的主要成分为___________ (填化学式)。 （2）“还原”时加入Bi的目的为 ___________。 （3）“沉铋”时，调节溶液pH的范围为___________。 （4）“氧化”的化学方程式为 ___________。 （5）“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，则阳极电极反应式 ___________。 （6）我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 A．  B． C．  D． ①该晶胞沿z轴方向的投影图为___________(填上图的标号)； ②该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 19. Ag+、Cu2+可形成配离子[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+，在化学分析、冶金等领域有重要应用。 （1）NH3的VSEPR模型为___________，1 mol [Ag(NH3)2]OH中含有σ键的数目为___________NA． （2）将Ag置于1 L 2.0 mol/L NH3·H2O 溶液中，通入O2，Ag转化为[Ag(NH3)2]+的离子方程式为：4Ag+ O2+ 8NH3·H2O = 4[Ag(NH3)2]+ + ___________+ ___________ 。 反应1小时测得溶液中银的总浓度为1.08 mg ·L-1， Ag的溶解速率为___________mol·h-1. （3）配制银氨溶液的总反应为 已知： 总反应的∆H=___________(写出一个代数式即可)。 （4）25℃时，向1 L 0.1 mol/L AgNO3溶液通入足量NH3的得到澄清溶液(设溶液体积不变)，测得溶液中Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的物质的量分数δ(X)与lgc(NH3)关系如图所示。 已知溶液中c(X)=C总·δ(X) ，(δ(Ag)=)。 其中P点(-3.6，0.40)是曲线a、b的交点。 ①曲线___________(填“a”、“b”或“c”)代表δ([Ag(NH3)2]+)的变化趋势。 ②向银氨溶液中加入Cu(NO3)2固体，溶液中___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ③计算反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+的平衡常数K(已知100.6≈3.98，写出计算过程) ___________。 20. 磷酸氯喹用于治疗疟疾、风湿等疾病。化合物IV是合成磷酸氯喹的一种中间体，可用如下路线合成： （1）化合物Ⅰ的分子式是_______，化合物Ⅰ的官能团名称是_______。 （2）下列说法正确的有_______。 A. 化合物Ⅰ中所有原子可能共面 B. 化合物Ⅰ不是Ⅱ的同系物，化合物Ⅱ中不含大键 C. 由Ⅱ到Ⅲ的转化中，σ键和π键均有断裂与生成 D. 化合物Ⅳ中不存在手性碳原子，可发生原子利用率100%的还原反应 （3）间氯硝基苯()经还原制得化合物Ⅰ，若用核磁共振氢谱监测该反应，则可推测：与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有_______。 （4）化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ。符合以下条件的的同分异构体共有_______种。 a．结构中含萘环() b．萘环上连有基团-ONO2 （5）根据上述信息，分三步合成化合物a() ①第一步：苯胺与反应，生成两种产物，其反应的化学方程式为_______。 ②第二步：与第一步的含氮产物反应，此步骤生成一种可循环利用的物质，该物质是_______。 ③第三步：第二步含碳碳双键的产物发生分解反应，得到化合物a。 （6）当的其中一个酯基换成羰基时，也能发生类似化合物Ⅱ到Ⅳ的转化。参考上述反应，合成化合物()，需要以化合物和_______(填结构简式)为反应物。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东番禺中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题 本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量： O 16 H 1 C 12 Bi 209 Se 79 Ag 108 一、选择题。本大题包括16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分。第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 下列广东传统工艺中，涉及有机化学反应的是 A．陈化新会陈皮 B．捶打潮汕牛肉丸 C．烧制佛山陶瓷 D．雕刻肇庆端砚 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．陈皮陈化过程中，果皮中的糖类、油脂、蛋白质、多酚类物质等有机物会发生一系列复杂变化，如多糖、油脂的水解等，涉及有机化学反应，A符合题意； B．捶打潮汕牛肉丸，是通过捶打使肌肉纤维断裂，属于物理加工，不涉及有机化学反应，B不符合题意； C．烧制佛山陶瓷，烧制过程涉及黏土中硅酸盐矿物在高温下的脱水、分解和玻璃化，属于无机化学反应，不涉及有机化学反应，C不符合题意； D．雕刻肇庆端砚，是通过切削、打磨改变石材形状，无任何化学反应发生，D不符合题意； 故答案选A。 2. 2024年“深中通道”通车，下列相关材料的说法正确的是 A. 钢壳结构中的铁合金：通过牺牲阳极法防腐时，铁作正极 B. 沉管隧道混凝土中的C60：熔点高于金刚石 C. 隧道照明LED的芯片：主要成分为SiO2，属于共价晶体 D. 密封橡胶止水带：硫化过程中双键断裂形成线型结构，弹性增强 【答案】A 【解析】 【详解】A．通过牺牲阳极法防腐时，铁作正极，得电子，可以起到防腐蚀的作用，A正确； B．属于分子晶体，而金刚石为共价晶体，故熔点：金刚石＞，B错误； C．芯片的主要成分为单晶硅，属于共价晶体，C错误； D．橡胶在硫化过程中，高分子链之间通过硫原子形成交联，从而形成网状结构，弹性增强，D错误； 故选A。 3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 1mol37Cl2中子数比质子数多3NA B. pH=2的HF溶液中H+数目为0.01NA C. 0.1molN2与0.3molH2充分反应后，原子数为0.8NA D. 0.1molFeI2与0.1molCl2反应中，转移电子数0.3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．已知37Cl中含有17个质子，37-17=20个中子，故1mol37Cl2中子数比质子数多1mol×2×(20-17)×NAmol-1=6NA，A错误； B．pH=2的HF溶液中c(H+)=0.01mol/L，由于题干未告知溶液的体积，所以无法计算溶液中H+数目，B错误； C．根据质量守恒定律可知，0.1molN2与0.3molH2充分反应后，原子数为(2×0.1 mol +2×0.2 mol)×NAmol-1=0.8NA，C正确； D．0.1molFeI2与0.1molCl2反应FeI2+Cl2=FeCl2+I2中，故转移电子数0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，D错误； 故答案为：C。 4. 白木香醛(如右图)是沉香精油的主要成分之一，下列关于该化合物的说法不正确的： A. 能发生银镜反应 B. 其结构中两个碳环可共平面 C. 分子中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为4：1 D. 1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5molH2 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．结构中两个碳环结合处碳为饱和碳原子，为四面体结构，不共平面，B错误； C．分子中和杂化的碳原子数目分别为和，故其个数比为，C正确； D．醇羟基能和钠反应生成氢气，则1mol该化合物与足量Na反应可产生0.5mol ，D正确； 故选B。 5. 结构决定性质，下列性质不能由结构推出的是 选项 结构 性质 A 乙基是推电子基 与金属钠反应的剧烈程度：水>乙醇 B CO是极性分子，N2是非极性分子 CO的沸点略高于N2 C 苯分子中含有大π键 苯不能使KMnO4溶液褪色 D 基态价电子排布：Fe3+为3d5，Fe2+为3d6 Fe3+具有较强的氧化性，易被还原为Fe2+ A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙基作为推电子基团，减弱羟基的酸性，使乙醇与钠反应不如与水反应剧烈，结构可推出性质，A正确； B．CO为极性分子，N2为非极性分子，但两者相对分子质量相同，沸点差异主要由分子间作用力决定，极性分子间的作用力通常比非极性分子间作用力更强，因此结构可推出性质，B正确； C．苯分子中含有大π键，大π键是闭合、共轭、高度离域的稳定结构，不易被氧化，因此苯不能使KMnO4溶液褪色，结构可推出性质，C正确； D．Fe3+的3d5半充满结构更稳定，Fe3+具有较强氧化性是因为它容易得到电子，这一性质不是由电子排布决定的，而是由其电子的倾向决定，因此结构不可推出性质，D错误； 故答案选D。 6. 已知反应： 。下列说法正确的是 A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B. 增大压强，平衡正向移动，平衡常数的值增大 C. 使用催化剂，能提高NO的平衡转化率 D. 达到平衡时， 【答案】D 【解析】 【详解】A．升高温度时，正反应和逆反应速率均会增大，但逆反应速率增幅更大，A错误； B．反应分子数减少，增大压强使平衡正向移动，但平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误； C．催化剂能同等加快正、逆反应速率，缩短达到平衡的时间，但不改变平衡状态，NO的平衡转化率不变，C错误； D．平衡时，正、逆总速率相等，v正(NO)=v逆(NO)=2v逆(N2)，D正确； 故答案为D。 7. 下列的陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A． 新制氯水中加入少量，有气泡产生 酸性：HClO> B． 用KSCN溶液检验 与可生成红色配合物 C． 石墨具有导电性 石墨层间以范德华力结合 D． 溶度积： 工业上用ZnS除去废水中 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．新制氯水中与会发生反应：，其中存在HCl，会与反应生成。向新制氯水中加入不能说明HClO的酸性强于，陈述Ⅱ错误，A错误； B．与会反应生成红色的配合物，因此可以用KSCN检验，选项中的两种陈述均正确且具有因果关系，B正确； C．石墨层内的C原子以方式杂化，每个C原子与相邻的3个C原子相连，未参与杂化的p电子相互平行重叠，形成离域大键，可以在层内自由移动，使石墨具有导电性，与石墨层间的范德华力无关，陈述I与陈述Ⅱ之间无因果关系，C错误； D．常温下，ZnS的溶解度大于CuS，即，因此可以利用ZnS使废水中的转化为CuS沉淀，达到除去的目的，陈述I错误，D错误； 故答案选B。 8. 第三周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图。正确的是 A. 原子半径：c>b>a B. 电负性：c>d>e C. 单质的沸点：d＞c D. 简单氢化物的键角：c>d 【答案】D 【解析】 【分析】同一周期，从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但是第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻主族的元素，根据此规律，可推断a到e的元素依次是Mg、Al、Si、P、S。 【详解】A．同一周期主族元素随着原子序数递增，原子半径逐渐减小。由于原子序数：a<b<c，则原子半径：a>b>c，故A错误； B．同一周期主族元素随着原子序数递增，电负性依次增大，由于原子序数：c<d<e，则电负性：e>d>c，故B错误； C．c的单质为晶体Si，为共价晶体，d的单质为P4，为分子晶体，共价晶体沸点高于分子晶体，所以沸点c>d，故C错误； D．c的简单氢化物为SiH4，d的简单氢化物为PH3，两者均为杂化，但是PH3中P原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，所以键角较小，故D正确； 故选D。 9. 巧设实验，方得真知。下列实验设计合理的是 A．除去Cl2中的HCl B．产生持续稳定电流 C． 制备NO避免被氧化 D． 测定中和热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气和氯化氢都能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰除去氯气中混有的氯化氢，A错误； B．由图可知，左侧烧杯中锌与硫酸铜溶液直接接触，会直接反应生成硫酸锌和铜，不能构成双液电池，不能产生持续稳定电流，B错误； C．一氧化氮易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，由实验装置图可知，铜丝能与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮难溶于水，会将U形管中稀硝酸压向右侧，从而在左侧无氧环境中收集到一氧化氮，所以题给装置能达到制备一氧化氮避免被氧化，C正确； D．测定中和热时，温度计应插在烧杯的溶液中测定反应后溶液的温度，D错误； 故选C。 10. 氢能作为前沿新兴产业被写入《政府工作报告》。如图所示为一种新型“全氢电池”的简易示意图(起始时两侧溶液质量相等)。下列说法不正确的是 A. 电极电势：吸附层A<吸附层B B. 该电池工作时总反应为 C. 吸附层A为负极，电极反应式为H2—2e—=2H+ D. 一段时间后，右室pH增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．吸附层A上氢气失电子，故吸附层A为负极，吸附层B为正极，所以电极电势：吸附层A<吸附层B，A正确； B．该电池负极反应： ，正极反应为，所以该电池工作时总反应为，B正确； C．吸附层A中为碱性环境，氢离子会与氢氧根反应生成水，反应为：，C错误； D．右室发生反应，氢离子被消耗，pH增大，D正确。 故答案选C。 11. 常温下，乳酸(用HL表示)的，乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠(用NaL表示)。下列说法正确的是 A. 溶液中， B. 溶液加水稀释，浓度增大 C. 溶液中， D. 的与的混合溶液， 【答案】D 【解析】 【详解】A．在溶液中，有HL的电离和的电离，根据电荷守恒有，A错误； B．将溶液加水稀释，溶液浓度降低，酸性减弱，浓度降低，B错误； C．根据题干信息，HL为弱酸，则溶液中，发生电离，发生水解，由物料守恒有，C错误； D．由乳酸的，可得到，再由混合溶液的，代入数据有，得到，D正确； 故答案为：D。 12. 实验室模拟“侯氏制碱法”制取，下列说法正确的是： A. 装置I中使用“多孔球泡”是为了防止倒吸 B. 装置Ⅱ中X溶液为饱和溶液 C. 装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为 D. 利用锥形瓶所得物质经过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程可制备固体 【答案】D 【解析】 【分析】装置Ⅰ中向饱和溶液中通入，装置Ⅲ中稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、和水，生成的进入装置Ⅱ经饱和溶液除去中混有的，然后在装置Ⅰ中发生反应，生成的经过过滤、洗涤、干燥及焙烧分解为、和； 【详解】A．装置I中使用“多孔球泡”是为了增加氨气与溶液的接触面积，提高反应速率，而不是为了防止倒吸，A项错误； B．由分析可知，X溶液为饱和溶液，B项错误； C．装置Ⅲ中碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，碳酸钙是固体，书写离子方程式时不拆，发生反应的离子方程式为，C项错误； D．锥形瓶中所得物质为，经过过滤、洗涤、干燥及焙烧，分解为、和，D项正确； 故答案选D。 13. 部分含Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A. 无法直接转化为 B. e（硫酸盐）的水溶液可用于水体的净化 C. e的水溶液一定呈酸性 D. 若和含同种元素，则保存溶液时可加入少量 【答案】C 【解析】 【分析】当为铝元素时：a为Al单质，c为Al2O3，e为+3价的铝盐，g为Al(OH)3；当为铁元素时：a为Fe单质，b为FeO，c为Fe2O3，d为+2价的亚铁盐，e为+3价的铁盐，f为Fe(OH)2，g为Fe(OH)3，据此回答。 【详解】A．b为FeO，f为Fe(OH)2，FeO不溶于水且不与水直接反应，无法一步转化为Fe(OH)2，A不符合题意； B．e为+3价的盐（Fe3+或Al3+的盐），其硫酸盐如Fe2(SO4)3或Al2(SO4)3，在水溶液中Fe3+或Al3+水解生成胶体，具有吸附性，可用于水体净化，B不符合题意； C．e为+3价的盐，若为，其水溶液中水解生成OH-，溶液呈碱性，并非一定呈酸性，C符合题意； D．若a和d含同种元素，a为Fe单质，d为亚铁盐，保存Fe2+溶液时加入少量Fe单质可防止Fe2+被氧化，D不符合题意； 故答案选C。 14. 按如图装置进行实验。下列叙述错误的是 A. ①中有黄色沉淀生成，硫酸只体现了酸性 B. ②中的长颈漏斗可以起到平衡气压的作用 C. ③中溶液蓝色褪去，证明具有漂白性 D. 若将②中溶质换为，则②中会生成 【答案】C 【解析】 【分析】①中稀硫酸与硫代硫酸钠反应生成二氧化硫、硫、硫酸钠和水；②中长颈漏斗可平衡装置气压，防止①中反应产生气体导致气压过大；③中碘溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，蓝色溶液会褪色。 【详解】A．①中Na2S2O3与稀硫酸反应：，生成黄色S沉淀，硫酸提供生成Na2SO4，只体现酸性，A正确； B．②中长颈漏斗可平衡装置气压，防止①中反应产生气体导致气压过大，B正确； C．③中碘的淀粉溶液蓝色褪去，因SO2与I2发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，SO2体现还原性，而非漂白性，C错误； D．若②中溶质换为NaHS，发生归中反应：，生成S沉淀，D正确； 故选C。 15. 我国学者设计的一种电解装置，借助电极上的催化剂，能同时电解和，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，转化为的部分反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 电解时，A电极与电源的负极连接 B. 电解总反应为： C. 由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，电解的反应速率更快 D. 若有穿过质子交换膜，则理论上有被转化 【答案】D 【解析】 【分析】图甲为电解池，A电极上被还原为，A电极为阴极；B电极上被氧化生成HCOOH，B电极为阳极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，电解时，A电极为阴极，即与电源的负极连接，A正确； B．由分析可知，A电极为阴极，被还原为，发生电极反应：；B电极为阳极，被氧化生成HCOOH，发生电极反应：，则电解总反应为：，B正确； C．决速步骤的活化能越小，反应速率越快，由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，决速步骤的活化能更小，电解的反应速率更快，C正确； D．A电极为阴极，发生电极反应：，由电极反应式可知，若有穿过质子交换膜，则理论上有0.5 mol CO2被转化，即有22 g CO2被转化，D错误； 故选D。 16. 铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列说法正确的是 A. 铑位于元素周期表ds区 B. 总反应为 C. 反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D. 反应过程中铑元素的化合价未发生变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．铑位于元素周期表d区，A错误。 B．由反应过程图可知，总反应为，B正确。 C．该过程中有极性键的断裂和生成，有非极性键的生成，没有非极性键的断裂，C错误。 D．与配合离子反应时，甲基正离子夺取了的两个电子，变成稳定的甲基负离子与进行配位，的化合价由+1价变为+3价，化合价发生了改变，D错误； 故答案选B。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。 17. 兴趣小组在实验室探究饱和溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。 Ⅰ．研究乙酸乙酯在碱性溶液中的水解程度。 查阅资料：常温下，乙酸乙酯在溶液，溶液中水解的平衡常数分别为，，说明在溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。 （1）乙酸乙酯能在溶液中水解的化学反应方程式为___________。 Ⅱ．探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。 （2）兴趣小组探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。 ①配制溶液。该过程中用到的仪器有___________(填序号)。 ②取①中的溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。 序号 V(乙酸乙酯)/mL 温度/℃ ⅰ 35.0 5.0 10.0 25 ⅱ 10.0 x 10.0 25 ⅲ 10.0 30.0 y 60 则x=___________，y=___________。 根据实验数据，至少可获得三点实验结论。 结论1：增大浓度，乙酸乙酯水解速率___________(填“增大”或“减小”)； 结论2：当低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小； 结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。 (a)根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在上图中，画出实验iii中pH变化曲线________。 (b)已知25℃时饱和溶液中约为，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是___________； （3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。 提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值(极性值越大，物质极性越大)如下表： 物质 乙醇 乙酸乙酯 水 溶液 极性值 4.3 4.4 10.2 以(2)中“实验ⅰ”为对照组，限选以上试剂，设计实验方案验证乙同学的假设，并给出判断依据：___________。 实验小结：乙同学假设成立。 结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，时间点之后油层高度变化加快的原因是___________。 【答案】（1） （2） ①. ACD ②. 30.0 ③. 10.0 ④. 增大 ⑤. ⑥. 25℃饱和碳酸钠溶液中过小 （3） ①. 取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大 ②. 反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快 【解析】 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【小问1详解】 乙酸乙能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为； 故答案为： 【小问2详解】 ①配制100mL0.400mol⋅L−1NaOH溶液，需要的仪器有，100mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、试剂瓶，本题中涉及的仪器为：100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管； 故答案为：ACD ②根据实验的控制变量法，实验i、ii、iii总体积应该均为50mL， 所以x=30.0，y=10.0， 又根据实验i、ii可知，总体积相同，越大，相同时间内pH变化越大，消耗的氢氧根离子越多，乙酸乙酯水解速率增大； 故答案为： 30.0、10.0、增大 (a)根据实验ii、iii可知，总体积相同，相同，实验iii的温度高于实验ii，相同时间内，温度越高，乙酸乙酯水解速率越大，消耗的氢氧根离子越多，pH变化越大，所以实验iii的图像斜率大于图像iⅰ； 故答案为： (b)结合本小题题干探究浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响与表格信息，且饱和溶液中约为0.03mol⋅L−1，所以乙酸乙酯在饱和溶液中水解速率较小的原因是25℃饱和碳酸钠溶液中过小； 故答案为：25℃饱和碳酸钠溶液中过小 【小问3详解】 乙同学认为，乙酸乙酯在水中溶解度较小，使得水解速率较慢，又结合题干信息的极性值及相似相溶，把5.0mL水换成5.0mL乙醇，增大乙酸乙酯的溶解度，与实验i形成对照，验证乙同学的方案成立； 故答案为：取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNaOH溶液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下，测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅度更大 ②乙酸乙酯的水解会生成乙醇，再结合上一问结论可知随着反应的发生，化学反应速率逐步加快； 故答案为：反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度，水解速率加快 18. 铋酸钠(NaBiO3，难溶于水)是常用的氧化剂，MnO2是活性电极。以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)为原料联合焙烧制备NaBiO3和MnO2的流程： 已知： ①焙烧后产物为Bi2O3、SiO2、Fe2O3、Mn2O3和MnSO4 ②氧化性强弱：Fe3+>Bi3+ ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表： 离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 10.1 5.5 回答下列问题： （1）“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为___________。酸浸后，滤渣的主要成分为___________ (填化学式)。 （2）“还原”时加入Bi的目的为 ___________。 （3）“沉铋”时，调节溶液pH的范围为___________。 （4）“氧化”的化学方程式为 ___________。 （5）“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，则阳极电极反应式 ___________。 （6）我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 A．  B． C．  D． ①该晶胞沿z轴方向的投影图为___________(填上图的标号)； ②该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1） ①. ②. SiO2 （2）将Fe3+还原为Fe2+，避免沉铋时Fe元素进入产品 （3）5.5≤pH < 7.6 （4） （5） （6） ①. C ②. 或者 【解析】 【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)在空气中焙烧，焙烧后产物为Bi2O3、SiO2、Fe2O3、Mn2O3和MnSO4，然后进行水浸，MnSO4溶于水，进入到滤液1中，然后电解得到MnO2；向固体Bi2O3、SiO2、Fe2O3、Mn2O3中加入浓盐酸进行酸浸，Bi2O3、Fe2O3分别与盐酸反应生成BiCl3、FeCl3，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，Mn2O3与浓盐酸发生反应：，属于氧化还原反应；SiO2不与盐酸反应，成为滤渣；向酸浸后的溶液中加入Bi进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，避免沉铋时Fe元素进入产品；沉铋时将BiCl3转化为Bi(OH)3，然后加入NaClO、NaOH，将Bi(OH)3转化为NaBiO3。 【小问1详解】 “酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式为，离子方程式为；酸浸后，滤渣的主要成分为SiO2； 【小问2详解】 “还原”时加入Bi的目的为将Fe3+还原为Fe2+，避免沉铋时Fe元素进入产品； 【小问3详解】 “沉铋”时，将Bi3+转化为Bi(OH)3，同时不能使Fe2+转化为沉淀，则调节溶液pH的范围为5.5≤pH < 7.6； 【小问4详解】 “氧化”的化学方程式为； 【小问5详解】 “电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，阳极Mn2+被氧化为MnO2，电极反应式为； 【小问6详解】 ①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选C； ②由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为，Se2−的个数为，O2−的个数为，该晶体的密度。 19. Ag+、Cu2+可形成配离子[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+，在化学分析、冶金等领域有重要应用。 （1）NH3的VSEPR模型为___________，1 mol [Ag(NH3)2]OH中含有σ键的数目为___________NA． （2）将Ag置于1 L 2.0 mol/L NH3·H2O 溶液中，通入O2，Ag转化为[Ag(NH3)2]+的离子方程式为：4Ag+ O2+ 8NH3·H2O = 4[Ag(NH3)2]+ + ___________+ ___________ 。 反应1小时测得溶液中银的总浓度为1.08 mg ·L-1， Ag的溶解速率为___________mol·h-1. （3）配制银氨溶液的总反应为 已知： 总反应的∆H=___________(写出一个代数式即可)。 （4）25℃时，向1 L 0.1 mol/L AgNO3溶液通入足量NH3的得到澄清溶液(设溶液体积不变)，测得溶液中Ag+、[Ag(NH3)]+、[Ag(NH3)2]+的物质的量分数δ(X)与lgc(NH3)关系如图所示。 已知溶液中c(X)=C总·δ(X) ，(δ(Ag)=)。 其中P点(-3.6，0.40)是曲线a、b的交点。 ①曲线___________(填“a”、“b”或“c”)代表δ([Ag(NH3)2]+)的变化趋势。 ②向银氨溶液中加入Cu(NO3)2固体，溶液中___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ③计算反应Ag++NH3 [Ag(NH3)]+的平衡常数K(已知100.6≈3.98，写出计算过程) ___________。 【答案】（1） ①. 四面体 ②. 9 （2） ①. ②. 6H2O ③. （3）或 （4） ①. b ②. 增大 ③. 【解析】 【分析】首先与结合生成一氨合银离子，反应为；随后继续与结合生成更稳定的二氨合银离子，反应为； 随着浓度增大，的分布分数（曲线a）逐渐减小；的分布分数（曲线c）先增大后减小；的分布分数（曲线b）持续增大，据此分析。 【小问1详解】 中心N原子的价层电子对数 = 键数 + 孤电子对数；键数为3，孤电子对数为，因此价层电子对数为，根据VSEPR理论，价层电子对数为4时，VSEPR模型为四面体形；1个 中， 含2个配位键与6个键，含1个键，共9个键，1 mol该物质含键数目为； 【小问2详解】 该反应为氧化还原反应，Ag元素从0价升至+1价，1 mol Ag失去1 mol电子；中O元素从0价降至-2价，1 mol 得到4 mol电子；根据电子守恒，Ag的化学计量数为4，的化学计量数为1；再结合电荷守恒与原子守恒，配平后的离子方程式为；Ag的总浓度为，Ag的摩尔质量为，换算为物质的量浓度为； 1L溶液中溶解的Ag物质的量为，故溶解速率为；故答案为：；；； 【小问3详解】 已知反应 ① ② ③ ④ 根据盖斯定律，总反应 等于②-③或，故或； 【小问4详解】 ① 随着浓度增大，先与1个结合生成，再与第2个结合生成，故的分布分数随浓度增大持续上升，对应曲线b； ② 加入固体后，与结合生成稳定的，使溶液中浓度降低，平衡逆向移动，浓度增大、浓度减小，因此增大； ③根据 p 点数据，；；，的平衡常数 20. 磷酸氯喹用于治疗疟疾、风湿等疾病。化合物IV是合成磷酸氯喹的一种中间体，可用如下路线合成： （1）化合物Ⅰ的分子式是_______，化合物Ⅰ的官能团名称是_______。 （2）下列说法正确的有_______。 A. 化合物Ⅰ中所有原子可能共面 B. 化合物Ⅰ不是Ⅱ的同系物，化合物Ⅱ中不含大键 C. 由Ⅱ到Ⅲ的转化中，σ键和π键均有断裂与生成 D. 化合物Ⅳ中不存在手性碳原子，可发生原子利用率100%的还原反应 （3）间氯硝基苯()经还原制得化合物Ⅰ，若用核磁共振氢谱监测该反应，则可推测：与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有_______。 （4）化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ。符合以下条件的的同分异构体共有_______种。 a．结构中含萘环() b．萘环上连有基团-ONO2 （5）根据上述信息，分三步合成化合物a() ①第一步：苯胺与反应，生成两种产物，其反应的化学方程式为_______。 ②第二步：与第一步的含氮产物反应，此步骤生成一种可循环利用的物质，该物质是_______。 ③第三步：第二步含碳碳双键的产物发生分解反应，得到化合物a。 （6）当的其中一个酯基换成羰基时，也能发生类似化合物Ⅱ到Ⅳ的转化。参考上述反应，合成化合物()，需要以化合物和_______(填结构简式)为反应物。 【答案】（1） ①. C6H6NCl ②. 碳氯键或氯原子、氨基 （2）CD （3）H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2 （4）14 （5） ①. 2++3C2H5OH ②. （6） 【解析】 【分析】由有机物的转换关系可知，与先发生取代反应，后发生消去反应生成；与先发生加成反应，后发生消去反应生成；石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。 【小问1详解】 由结构简式可知，的分子式为C6H6NCl，含有的官能团为碳氯键或氯原子、氨基； 【小问2详解】 A．由结构简式可知，分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，原子的空间构型为三角锥形，分子中所有原子不可能共面，A错误； B．由结构简式可知，分子中含有苯环，苯环中含有大π键，B错误； C．由分析可知，Ⅱ到Ⅲ的反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成，所以转化中σ键和π键均有断裂与生成，C正确； D．由结构简式可知，分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，该反应是原子利用率100%的还原反应，D正确； 故选CD； 【小问3详解】 一定条件下间氯硝基苯与氢气发生还原反应生成，与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有：H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2； 【小问4详解】 化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ，则Ⅴ的结构简式为，V的同分异构体结构中含有萘环，萘环上连有基团-ONO2，说明V的同分异构体分子中含有氯原子，同分异构体的结构可以视作和分子中萘环上的氢原子被氯原子取代所得结构，共有14种； 【小问5详解】 由题给信息可知，分三步合成化合物a的合成路线为： ①由合成a的合成路线可知，第一步反应为苯胺与发生反应生成和乙醇，反应的化学方程式为：2++3C2H5OH； ②由合成a的合成路线可知，第二步反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成和可以循环使用的； 【小问6详解】 由题给信息可知，合成合成b的反应为：与先发生取代反应，后发生消去反应生成 ，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $