精品解析：北京市昌平区2026届高三上学期期末化学试题

昌平区2025-2026学年第一学期高三年级期末质量抽测 化学试卷 本试卷满分共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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 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. 2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOFs)领域做出贡献的三位科学家。金属有机框架(MOFs)是一类由金属离子或金属团簇与有机配体形成的三维多孔材料。一种MOF材料由Zn2+与1，3，5-苯三甲酸()构成，可实现H2、CO2的存储与分离。下列说法不正确的是 A. H2、CO2均属于极性分子 B. 元素位于元素周期表ds区 C. Zn2+与1，3，5-苯三甲酸以配位键结合 D. Zn2+无法与苯形成MOF材料 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 反-2-丁烯的球棍模型： B. CO2的电子式： C. SO3的VSEPR模型： D. 基态原子的价电子排布式： 3. 下列说法不正确的是 A. 鸡蛋清溶液加热时会发生盐析 B. 麦芽糖和葡萄糖均能发生银镜反应 C. 不饱和液态植物油可使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 核酸分子中的碱基通过氢键实现互补配对 4. 我国科学家合成高性能CsPbI2Br太阳能电池材料，Pb与C同主族。下列说法不正确的是 A. 碱性：CsOH＞NaOH B. 第一电离能：Pb＞C C. 稳定性：HI＜HBr D. CsBr为离子化合物 5. 下列反应中，体现H2O还原性的是 A. Na与H2O反应生成NaOH和H2 B. Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2 C. F2与H2O反应生成HF和O2 D. CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2 6. 维生素K4的结构简式如图所示，下列关于维生素K4的说法不正确的是 A. 分子中不含手性碳原子 B. 其中碳原子的杂化方式有和 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 mol该物质最多可消耗2 mol NaOH 7. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 铁丝和氯气在加热条件下反应： B. 将SO2通入H2S溶液中，产生淡黄色沉淀： C. 用稀硝酸溶解铜粉： D. 向苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3 8. 下列实验不能达到实验目的的是 A．实验室制氨气 B．实验室制乙烯 C．制备氢氧化铁胶体 D．制作简单燃料电池 A. A B. B C. C D. D 9. 下列事实与解释不相符的是 事实 解释 A NaNO3固体与浓硫酸反应可制备HNO3气体 挥发性：HNO3＞浓硫酸 B KI与KMnO4反应，酸性条件下生成I2，碱性条件下生成 不同条件下KI的还原性：碱性＞酸性 C CF3COOH的酸性强于CCl3COOH 电负性：F＞Cl D 乙腈(CH3CN)的沸点高于丙烷 极性：乙腈(CH3CN)＞丙烷 A. A B. B C. C D. D 10. CuCl2催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 过程②由R1得到P1时，有π键的断裂和σ键的生成 B. 乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定 C. 升高反应温度，乙炔氢氯化的反应平衡常数增大 D. CuCl2催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 11. 间苯三酚()可作为治疗功能性胃肠道疾病的药物使用，还可以用于合成5，7-二羟基色原酮，其中一种合成路线如下(部分条件及试剂已省略)。间苯三酚2，4，6-三羟基苯乙酮5，7-二羟基色原酮，下列说法正确的是 A. 间苯三酚熔点高于苯酚，与分子内氢键有关 B. 1 mol 2，4，6-三羟基苯乙酮与浓溴水反应，最多消耗1 mol Br2 C. 过程②涉及加成、取代、消去反应 D. 5，7-二羟基色原酮与甲醛缩聚反应的产物为 12. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 ⅰ． ⅱ． 在 Pa、投料比的条件下，以固定流速通过含Ni基催化剂的反应器，温度对CO2的平衡转化率和实际转化率的影响如图所示。 已知：CH4选择性 下列说法不正确的是 A. 反应ⅰ的 B. CH4的平衡选择性随温度的升高而降低 C. 300℃～400℃，CO2的实际转化率升高的原因是温度升高，反应速率加快 D. 400℃～550℃，CO2的实际转化率降低的原因是温度升高，反应i逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度 13. 向100 mL Ba(OH)2溶液中滴加0.1 mol/L NaHCO3溶液，测得溶液电导率及随滴入NaHCO3溶液的体积变化关系如图所示。 下列说法不正确的是 A. 曲线1表示的是电导率的变化 B. a点对应Ba(OH)2溶液的浓度为0.01 mol/L C. b→c的过程中，溶液中逐渐增大 D. c点溶液中约为 mol/L 14. 为探究Fe(NO3)3溶液显黄色的原因进行如下实验。 序号 操作 实验现象 ① 0.4 g Fe(NO3)3晶体+1 mL H2O 溶液呈黄色 ② 0.4 g Fe(NO3)3晶体+1 mL H2O +1滴浓硝酸 溶液呈淡紫色(近无色) ③ 0.4 g Fe(NO3)3晶体+2 mL浓硝酸 溶液呈浅黄色 ④ 取1 mL③中溶液+NH4F固体 溶液浅黄色褪去，呈无色 已知：溶液呈淡紫色(近无色)； 反应ⅰ：，溶液呈黄色； 反应ⅱ：，溶液呈无色。 下列说法不正确的是 A ①中溶液呈黄色与Fe3+水解有关 B. ②中c(H+)增大，使Fe3+水解平衡逆向移动 C. ③中溶液呈浅黄色与形成[Fe(NO3)]2+有关 D. 由③④可知，反应ⅱ的限度小于反应ⅰ的限度 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。 （1）在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________： （2）DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。 （3）Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①距离Ni3+最近且距离相等的O2-有___________个。 ②已知镍酸镧的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3 (1 nm=10-7 cm) ③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。 （4）CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ①反应ⅰ的___________。 ②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。 16. 氨氮作为一种水体污染物，主要以游离氨(NH3)和铵根离子()的形式存在。工业上可依据水质特点，联合多种方法处理氨氮废水，其中一种方案示意图如下。 （1）从平衡的角度分析提高方法Ⅰ氨氮去除率的条件并说明理由：___________(任写一条)。 （2）方法Ⅱ为磷酸铵镁沉淀法处理高浓度氨氮废水，向沉淀池中加入NaOH溶液调节pH，使氨氮去除率最大，沉淀池中转化为磷酸铵镁的离子方程式为___________。 （3）方法Ⅲ电解法处理低浓度碱性氨氮废水，将其转化为无污染气体，原理如下图所示。 ①电极a是电解池的___________极。 ②电极b处电极反应式为___________。 ③研究发现，当氨氮废水中存在Cl-时，Cl-会放电，但氨氮去除率不会下降，可能原因是___________。 （4）甲醛法测定含量的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的1/10后，移取20.00 mL，加入足量甲醛完全反应后，加入酚酞指示剂，用c mol/L的NaOH标准溶液滴定，达滴定终点时消耗V mL。废水中的含量为___________mg/L。 已知：(CH2)6N4H+可与OH-反应生成(CH2)6N4. 17. 发作性偏头痛预防性治疗药物中间产物L的合成路线如下。 已知：(及其衍生物)与苯(及其衍生物)的化学性质非常相似。 （1）L中含氧官能团的名称是___________。 （2）B→D的反应方程式为___________。 （3）下列说法中正确的是___________(填序号)。 a．E核磁共振氢谱有3组峰 b．F分子式为C7H8BrNO2 c．F→G的过程中，利用了(CH3CH2)3N的碱性 （4）M的结构简式为(SEM表示)。 ①M的α碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是___________。 ②K的结构简式为___________。 （5）K→L分为三步反应： 已知：K→Q的转化机理如图所示(X表示卤素原子)： 。 ①物质P含Si元素，其结构简式为___________。 ②从绿色化学的角度分析K→Q过程的优点是___________，K→L过程可循环利用的物质有Pd和___________。 （6）理论上，消耗的A与H2O2的物质的量之比为___________。 18. 从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 （1）为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 （2）浸出液1中Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-，溶浸Ⅰ过程发生反应的离子方程式为___________。 （3）溶浸Ⅱ过程发生反应的离子方程式为___________。 （4）溶浸Ⅱ过程中H2O2的实际加入量高于理论添加量可能的原因是___________。 （5）调pH制备磷酸铁沉淀，探究不同条件对沉淀组成的影响，调节浸出液3的pH时，向实验体系中加入大量NaOH溶液。图1为pH对沉淀中的影响，图2为pH=1.7时，反应时间对沉淀中的影响。 ①图1中pH=2.1时，沉淀的组成可能为___________。 ②对比图1，结合原理相关知识分析图2，在pH=1.7时，反应初始阶段的可能原因是___________；随时间延长数值下降的可能原因是___________。 （6）关于废旧磷酸铁锂电池正极材料再生LiFePO4的流程，下列说法正确的是___________。 已知：、、溶解度随温度变化的曲线如图。 a．浸出液3中可能存在Fe3+、H3PO4 b．为使溶浸Ⅲ过程更充分，硫酸的浓度越高越好 c．为提高Li2CO3的纯度，应用冷水淋洗粗产品除去杂质 d．利用Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时，还应加入还原剂 19. 实验小组探究KSCN溶液用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”的适用性。 已知： a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀，可与稀硝酸反应生成Cu2+和。 b．为淡黄色溶液，与Cu2+共存时，溶液显绿色。 c．(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 Ⅰ．实验1：用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 （1）实验1过程ⅰ生成浅绿色溶液的离子方程式为___________。 （2）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学取白色沉淀，用蒸馏水多次洗涤后，置于试管中，向其中加入过量稀硝酸，白色沉淀溶解，后加入___________(填试剂)溶液，产生白色沉淀，证明白色沉淀含有CuSCN。 Ⅱ．实验2：验证Cu2+与SCN相互作用能生成CuSCN沉淀。 （3）经实验证实Cu2+与SCN溶液绿色褪去，产生白色沉淀确实能生成CuSCN沉淀，同时有(SCN)2生成。实验2中“溶液先变为绿色，静置1天后，溶液绿色褪去，产生白色沉淀”，结合化学用语从速率和限度两角度分析，产生上述现象的可能原因___________。 Ⅲ．实验3：探究实验1血红色产生的原因。 序号 实验操作 现象 3-1 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 无明显变化 3-2 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液先加入1滴0.1 mol/L CuSO4溶液，再加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 加入CuSO4溶液后无明显现象，加入KSCN溶液后溶液变红，并伴有白色沉淀 （4）①实验3-1的目的是___________。 ②对比分析实验3-1和3-2现象，结合化学用语说明实验结论___________。 （5）综合分析上述实验，解释实验1中“振荡后，血红色褪去，白色沉淀增多”原因___________。结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平区2025-2026学年第一学期高三年级期末质量抽测 化学试卷 本试卷满分共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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 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. 2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOFs)领域做出贡献的三位科学家。金属有机框架(MOFs)是一类由金属离子或金属团簇与有机配体形成的三维多孔材料。一种MOF材料由Zn2+与1，3，5-苯三甲酸()构成，可实现H2、CO2的存储与分离。下列说法不正确的是 A. H2、CO2均属于极性分子 B. 元素位于元素周期表ds区 C. Zn2+与1，3，5-苯三甲酸以配位键结合 D. Zn2+无法与苯形成MOF材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢气是由非极性共价键构成，属于非极性分子；二氧化碳分子的空间构型为直线形，分子的正负电荷重心重合，属于非极性分子，A错误； B． 锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，则锌元素位于元素周期表ds区，B正确； C．由结构简式可知，1，3，5-苯三甲酸分子中氧原子具有孤对电子，能与具有空轨道的锌离子形成配位键，C正确； D．苯分子中不含有具有孤对电子的原子，不能与具有空轨道的锌离子形成配位键，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 反-2-丁烯的球棍模型： B. CO2的电子式： C. SO3的VSEPR模型： D. 基态原子的价电子排布式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．反-2-丁烯的甲基位于双键两侧（反式结构），A正确； B．CO2的电子式中，C与O之间为双键（两对共用电子对），每个O原子还需有两对孤对电子，正确电子式：，B错误； C．SO3中S的价层电子对数（无孤电子对），VSEPR模型为平面三角形，C正确； D．Cr24号元素，基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，D正确； 答案选B。 3. 下列说法不正确的是 A. 鸡蛋清溶液加热时会发生盐析 B. 麦芽糖和葡萄糖均能发生银镜反应 C. 不饱和液态植物油可使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 核酸分子中的碱基通过氢键实现互补配对 【答案】A 【解析】 【详解】A．鸡蛋清溶液加热时会发生变性，而不是盐析；盐析是加入盐类（如硫酸铵）使蛋白质析出的过程，加热则导致蛋白质不可逆变性凝固，A错误； B．麦芽糖和葡萄糖均为还原糖，能发生银镜反应，B正确； C．不饱和液态植物油含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确； D．核酸分子（如DNA）中的碱基通过氢键实现互补配对，如腺嘌呤（A）与胸腺嘧啶（T）、鸟嘌呤（G）与胞嘧啶（C），D正确； 故选A。 4. 我国科学家合成高性能CsPbI2Br太阳能电池材料，Pb与C同主族。下列说法不正确的是 A. 碱性：CsOH＞NaOH B. 第一电离能：Pb＞C C. 稳定性：HI＜HBr D. CsBr为离子化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A．碱金属从上到下金属性增强，氢氧化物碱性增强，CsOH碱性大于NaOH，A正确； B．Pb与C同属第ⅣA族，第一电离能随原子序数增加而减小（因原子半径增大，电子易失去），C的第一电离能高于Pb，B错误； C．卤化氢稳定性取决于H-X键键能，键长：H-Br＜H-I，键能顺序为H-Br＞H-I，故HI稳定性弱于HBr，C正确； D．Cs为活泼金属，Br为活泼非金属，二者形成离子化合物CsBr，D正确； 故选B。 5. 下列反应中，体现H2O还原性的是 A. Na与H2O反应生成NaOH和H2 B. Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2 C. F2与H2O反应生成HF和O2 D. CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2 【答案】C 【解析】 【详解】A．在Na与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，A不符合题意； B．在Na2O2与H2O反应中，H2O的氢和氧元素化合价均未变化，不体现还原性，B不符合题意； C．在F2与H2O反应中，H2O中的氧元素化合价升高（从-2到0），被氧化，体现还原性，C符合题意； D．在CaH2与H2O反应中，H2O中的氢元素化合价降低（从+1到0），被还原，体现氧化性，D不符合题意； 故选C。 6. 维生素K4的结构简式如图所示，下列关于维生素K4的说法不正确的是 A. 分子中不含手性碳原子 B. 其中碳原子的杂化方式有和 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 mol该物质最多可消耗2 mol NaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A．手性碳原子需连有四个不同基团，该分子中不存在手性碳，A正确； B．此六元环及羰基中的碳原子为sp2杂化，甲基的碳原子为sp3杂化，B正确； C．分子中萘环的甲基侧链有α-H，可被酸性高锰酸钾氧化，使其褪色，C正确； D．该物质含两个酚酯基，酚酯水解生成酚羟基和羧酸，二者均与NaOH反应，1个酚酯基消耗2 mol NaOH，故1 mol该物质最多消耗4 mol NaOH，D错误； 故选D。 7. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 铁丝和氯气在加热条件下反应： B. 将SO2通入H2S溶液中，产生淡黄色沉淀： C. 用稀硝酸溶解铜粉： D. 向苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：2+CO2+H2O→2+Na2CO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁丝和氯气在加热条件下反应，氯气具有强氧化性，会将Fe氧化为+3价，产物应为，化学方程式：，A错误； B．SO2通入H2S溶液中，发生归中反应，SO2（S为+4价）与H2S（S为-2价）反应生成S单质（0价），淡黄色沉淀为S，方程式配平正确，B正确； C．稀硝酸与铜反应时，硝酸的还原产物为NO，浓硝酸才生成NO2，该方程式中还原产物错误，正确的离子方程式：，C错误； D．苯酚钠溶液通入CO2，由于苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，反应生成苯酚和NaHCO3，正确的化学方程式：+CO2+H2O+NaHCO3，D错误； 故选B。 8. 下列实验不能达到实验目的的是 A．实验室制氨气 B．实验室制乙烯 C．制备氢氧化铁胶体 D．制作简单的燃料电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，反应生成的氯化氢和氨气在试管口遇冷发生化合反应生成氯化铵，无法制得氨气，则题给装置不能达到实验室制氨气的实验目的，A错误； B．浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，实验时，应将温度计插入反应液中测定反应温度，目的是是迅速升温到170℃，防止发生副反应；实验时应向圆底烧瓶中加入碎瓷片，防止溶液受热发生暴沸；乙烯的相对分子质量接近空气的平均相对分子质量，不能用排空气法收集乙烯，应用排水法收集乙烯， 则题给装置能达到实验室制乙烯的实验目的，B正确； C．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热至至液体呈红褐色，停止加热即可制得氢氧化铁胶体，则题给装置能达到制备氢氧化铁胶体的实验目的，C正确； D．关闭K2、打开K1，题给装置为电解池，左侧电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，右侧电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，一段时间后，关闭K1、打开K2，该装置为氢氧燃料电池，左侧电极为正极，右侧电极为负极，则题给装置能达到．制作简单的燃料电池的实验目的，D正确； 故选A。 9. 下列事实与解释不相符是 事实 解释 A NaNO3固体与浓硫酸反应可制备HNO3气体 挥发性：HNO3＞浓硫酸 B KI与KMnO4反应，酸性条件下生成I2，碱性条件下生成 不同条件下KI的还原性：碱性＞酸性 C CF3COOH的酸性强于CCl3COOH 电负性：F＞Cl D 乙腈(CH3CN)的沸点高于丙烷 极性：乙腈(CH3CN)＞丙烷 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaNO3与浓硫酸反应制备HNO3气体，基于硝酸挥发性强于浓硫酸，解释合理，A正确； B．KI与KMnO4反应，酸性生成I2，碱性生成，但产物差异主要受介质影响（如产物稳定性），而非KI还原性本身变化；解释“还原性碱性＞酸性”不准确，B错误； C．CF3COOH酸性强于CCl3COOH，因F电负性大于Cl，增强吸电子诱导效应，解释合理，C正确； D．乙腈沸点高于丙烷，因乙腈为极性分子，存在偶极-偶极作用，丙烷为非极性分子，解释合理，D正确； 故选B。 10. CuCl2催化乙炔氢氯化反应过程中能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 过程②由R1得到P1时，有π键的断裂和σ键的生成 B. 乙炔氢氯化总反应速率由过程②决定 C. 升高反应温度，乙炔氢氯化的反应平衡常数增大 D. CuCl2催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．过程②中R1到P1涉及乙炔与催化剂的作用，乙炔含碳碳三键（1个σ键和2个π键），反应中π键断裂并形成新的σ键（如C-Cu或C-H键），A正确； B．总反应速率由活化能最大的步骤决定，过程②的活化能为68.51 kJ/mol - 12.26 kJ/mol = 56.25 kJ/mol，过程④活化能为107.88 kJ/mol - 57.13 kJ/mol = 50.75 kJ/mol，过程②活化能更大，为决速步骤，B正确； C．由能量图可知，总反应的反应物（相对能量0）能量高于产物（相对能量-177.61 kJ/mol），为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，C错误； D．催化剂通过参与反应形成中间体改变反应历程，降低活化能，提高反应速率，D正确； 答案选C。 11. 间苯三酚()可作为治疗功能性胃肠道疾病的药物使用，还可以用于合成5，7-二羟基色原酮，其中一种合成路线如下(部分条件及试剂已省略)。间苯三酚2，4，6-三羟基苯乙酮5，7-二羟基色原酮，下列说法正确的是 A. 间苯三酚熔点高于苯酚，与分子内氢键有关 B. 1 mol 2，4，6-三羟基苯乙酮与浓溴水反应，最多消耗1 mol Br2 C. 过程②涉及加成、取代、消去反应 D. 5，7-二羟基色原酮与甲醛缩聚反应的产物为 【答案】C 【解析】 【详解】A．间苯三酚熔点高于苯酚是因为其分子中羟基更多，分子间氢键更强，而非分子内氢键，A错误； B．2,4,6-三羟基苯乙酮苯环上羟基的邻对位各有1个氢原子，与浓溴水发生取代反应时，最多消耗2 mol Br2，B错误； C．过程②中，2,4,6-三羟基苯乙酮的酮基可能与醛基先发生加成反应，再脱水消去形成双键，最后分子内羟基取代成环，涉及加成、取代、消去反应，C正确； D．5,7-二羟基色原酮与甲醛缩聚时，酚羟基邻对位氢与甲醛反应脱水形成亚甲基桥（）连接的高分子，缩聚产物中分子间通过--连接，且连接位置在苯环上，而非在六元杂环上，D错误； 故选C。 12. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 ⅰ． ⅱ． 在 Pa、投料比的条件下，以固定流速通过含Ni基催化剂的反应器，温度对CO2的平衡转化率和实际转化率的影响如图所示。 已知：CH4选择性 下列说法不正确的是 A. 反应ⅰ的 B. CH4的平衡选择性随温度的升高而降低 C. 300℃～400℃，CO2的实际转化率升高的原因是温度升高，反应速率加快 D. 400℃～550℃，CO2的实际转化率降低的原因是温度升高，反应i逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度 【答案】D 【解析】 【分析】反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，由图可知，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，说明温度升高对反应ⅰ逆向移动程度大于反应ⅱ正向移动程度，即反应体系中主要发生反应ⅰ；400℃以前，CO2的实际转化率随温度升高而增大，说明400℃以前反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，CO2的实际转化率增大；400℃以后，CO2的实际转化率随温度升高而减小，可能是平衡移动的结果也可能是催化剂失活引起反应速率降低的结果，据此分析。 【详解】A．化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因而反应ⅰ的平衡常数表达式为，A正确； B．由CH4选择性知，CH4平衡选择性，反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，反应ⅰ逆向移动，减少，反应ⅱ正向移动，增加，CH4平衡选择性减小，B正确； C．由分析可知，300℃～400℃，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，消耗的CO2的物质的量增大，CO2的实际转化率增大，C正确； D．由分析可知，400℃～550℃，CO2的实际转化率降低的原因可能是温度升高，反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，也可能是温度升高，催化剂的活性降低，反应速率降低，消耗CO2的物质的量减小，D错误； 故答案选D。 13. 向100 mL Ba(OH)2溶液中滴加0.1 mol/L NaHCO3溶液，测得溶液电导率及随滴入NaHCO3溶液的体积变化关系如图所示。 下列说法不正确的是 A. 曲线1表示的是电导率的变化 B. a点对应Ba(OH)2溶液的浓度为0.01 mol/L C. b→c的过程中，溶液中逐渐增大 D. c点溶液中约为 mol/L 【答案】C 【解析】 【详解】A．电导率与离子浓度相关，初始Ba(OH)2溶液离子浓度高，电导率大；滴加NaHCO3时，第一阶段生成BaCO3沉淀，离子浓度降低，电导率下降；Ba2+完全沉淀后，继续滴加NaHCO3，Na+和增多，离子浓度增大，电导率上升，曲线1符合先降后升，A正确； B．a点还未开始反应，对应的，，则Ba(OH)2浓度也是0.01mol/L，B正确； C．表达式中，b→c过程中滴加NaHCO3，减少，增大，该比值减小，C错误； D．c点时电导率最低的点，说明此时Ba(OH)2完全沉淀，根据比例关系，b点是Ba2+完全反应的点，此时，则，b→c发生反应：，溶液中，则，D正确； 答案选C。 14. 为探究Fe(NO3)3溶液显黄色的原因进行如下实验。 序号 操作 实验现象 ① 0.4 g Fe(NO3)3晶体+1 mL H2O 溶液呈黄色 ② 0.4 g Fe(NO3)3晶体+1 mL H2O +1滴浓硝酸 溶液呈淡紫色(近无色) ③ 0.4 g Fe(NO3)3晶体+2 mL浓硝酸 溶液呈浅黄色 ④ 取1 mL③中溶液+NH4F固体 溶液浅黄色褪去，呈无色 已知：溶液呈淡紫色(近无色)； 反应ⅰ：，溶液呈黄色； 反应ⅱ：，溶液呈无色。 下列说法不正确的是 A. ①中溶液呈黄色与Fe3+水解有关 B. ②中c(H+)增大，使Fe3+水解平衡逆向移动 C. ③中溶液呈浅黄色与形成[Fe(NO3)]2+有关 D. 由③④可知，反应ⅱ的限度小于反应ⅰ的限度 【答案】D 【解析】 【详解】A．①为Fe(NO3)3溶于水，无额外酸抑制水解，会发生水解反应生成与溶液中的溶液混合导致溶液显黄色，A正确； B．②中增大，水解平衡逆向移动，水解程度降低，黄色褪去，增大，溶液变为近无色的淡紫色，B正确； C．③中溶液呈浅黄色是由于在浓硝酸中浓度高，促进了的形成，溶液呈浅黄色，C正确； D．由③中浅黄色（表明存在）和④中加入后黄色褪去呈无色（形成）可知，这说明与的配位能力更强，能夺走中的，反应ⅱ的平衡常数更大，限度更大，D不正确； 答案选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。 （1）在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________： （2）DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。 （3）Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①距离Ni3+最近且距离相等O2-有___________个。 ②已知镍酸镧的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3 (1 nm=10-7 cm) ③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。 （4）CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ①反应ⅰ的___________。 ②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。 【答案】（1） （2）键角：H-O-H小于H-C-H，和中心原子杂化方式为杂化，中心原子无孤对电子，但中心原子含有两对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角更小 （3） ①. 6 ②. ③. （4） ①. +247.3 ②. 反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，增大，减小；使反应ⅳ正移，减小；使反应ⅲ逆移，减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度 【解析】 【小问1详解】 基态Ni原子价层电子排布式为，3d轨道只有5个轨道，填充电子时应遵循洪特规则，故轨道表达式为； 【小问2详解】 分子中心原子价层电子对数为2+=4，中心原子杂化方式为，分子中心原子价层电子对数为4+=4，中心原子杂化方式为，但中心原子含有两对孤对电子，而无孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角小； 【小问3详解】 ① 立方晶胞中处于顶点的与处于棱心的距离最近，故距最近且距离相等的有 6 个，分别为上下、前后、左右； ②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为，的个数为1，故每个晶胞中含有1个，则晶体的密度为； ③ 根据题干一致信息，还原反应的配平式为：； 【小问4详解】 ①根据盖斯定律，ⅲ-ⅳ可以得到反应ⅰ，则； ②，大于1，说明总体上，增大或减小，反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，增大，减小；使反应ⅳ正移，减小；使反应ⅲ逆移，减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度，故大于1。 16. 氨氮作为一种水体污染物，主要以游离氨(NH3)和铵根离子()的形式存在。工业上可依据水质特点，联合多种方法处理氨氮废水，其中一种方案示意图如下。 （1）从平衡的角度分析提高方法Ⅰ氨氮去除率的条件并说明理由：___________(任写一条)。 （2）方法Ⅱ为磷酸铵镁沉淀法处理高浓度氨氮废水，向沉淀池中加入NaOH溶液调节pH，使氨氮去除率最大，沉淀池中转化为磷酸铵镁的离子方程式为___________。 （3）方法Ⅲ为电解法处理低浓度碱性氨氮废水，将其转化为无污染气体，原理如下图所示。 ①电极a是电解池的___________极。 ②电极b处电极反应式为___________。 ③研究发现，当氨氮废水中存在Cl-时，Cl-会放电，但氨氮去除率不会下降，可能原因是___________。 （4）甲醛法测定含量的反应原理为。取含的废水浓缩至原体积的1/10后，移取20.00 mL，加入足量甲醛完全反应后，加入酚酞指示剂，用c mol/L的NaOH标准溶液滴定，达滴定终点时消耗V mL。废水中的含量为___________mg/L。 已知：(CH2)6N4H+可与OH-反应生成(CH2)6N4. 【答案】（1），可增大碱的浓度，使平衡逆向移动，提高氨氮去除率或升高温度，降低在水中的溶解度，减小氨气的浓度，使平衡逆向移动，提高氨氮去除率 （2） （3） ①. 阴 ②. ③. 在阳极放电生成，可以氧化氨氮生成无污染的 （4） 【解析】 【小问1详解】 氨氮废水中存在上述转化平衡，改变条件使平衡逆向移动，促进生成逸出，即可提高去除率，故可增大碱的浓度，使平衡逆向移动，提高氨氮去除率或升高温度，降低在水中的溶解度，减小氨气的浓度，使平衡逆向移动，提高氨氮去除率； 【小问2详解】 反应物为、（来自Na2HPO4）、、，产物为磷酸铵镁沉淀和水，配平后得到该离子方程式为 【小问3详解】 ①电极a上得电子生成，发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，因此a为阴极； ②b为阳极，失电子转化为无污染的，废水为碱性，用配平电荷和原子得到该电极反应为； ③放电生成，可以氧化氨氮生成无污染的，自身又被还原为，因此氨氮去除率不下降； 【小问4详解】 根据反应关系：4 mol 生成共4 mol可与NaOH反应的物质，因此，  该物质的量来自20.00 mL浓缩后的废水，浓缩后体积为原废水的，因此对应原废水体积为200mL=0.2L， 的质量为：，因此原废水中含量为：。 17. 发作性偏头痛预防性治疗药物中间产物L的合成路线如下。 已知：(及其衍生物)与苯(及其衍生物)的化学性质非常相似。 （1）L中含氧官能团的名称是___________。 （2）B→D的反应方程式为___________。 （3）下列说法中正确的是___________(填序号)。 a．E的核磁共振氢谱有3组峰 b．F分子式为C7H8BrNO2 c．F→G的过程中，利用了(CH3CH2)3N的碱性 （4）M的结构简式为(SEM表示)。 ①M的α碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是___________。 ②K的结构简式为___________。 （5）K→L分为三步反应： 已知：K→Q的转化机理如图所示(X表示卤素原子)： 。 ①物质P含Si元素，其结构简式为___________。 ②从绿色化学的角度分析K→Q过程的优点是___________，K→L过程可循环利用的物质有Pd和___________。 （6）理论上，消耗的A与H2O2的物质的量之比为___________。 【答案】（1）酰胺基、羧基 （2） （3）bc （4） ①. 酰胺基为吸电子基团或O原子电负性大，吸电子能力强 ②. 或 （5） ①. 或 ②. 原子利用率是100%，没有副产物 ③. （6）1：6 【解析】 【分析】B的分子式为，不饱和度为，说明A分子中甲基被氧化为羧基，则B的结构简式为，B与甲醇发生酯化反应生成D为，D在作用下发生环上的取代反应，结合G中支链的位置可知，E的结构简式为，E在作用下发生还原反应，根据已知信息，F的结构简式为，G和M在的作用下生成K，根据题干已知M的结构简式，且α碳原子上的C-H键极性强，易断裂，故M与G发生取代反应，根据K的分子式中不含有S，再结合L的结构简式，可知K的结构简式为 ，K经历三步转化为L，据此解答。 【小问1详解】 根据L的结构简式可知，其含氧官能团的名称是酰胺基、羧基； 【小问2详解】 B→D的反应是B中羧基与甲醇的酯化反应，化学方程式：； 【小问3详解】 a．E的结构简式为，核磁共振氢谱有4组峰，a错误； b．F的结构简式为，分子式为，b正确； c．F→G的过程中，发生的是取代反应，同时会生成HCl，中氮原子存在孤独电子，能与形成配位键，促进反应正向进行，故该过程利用了的碱性，c正确； 故选bc； 【小问4详解】 ①M的α碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是酰胺基为吸电子基团或O原子电负性大，吸电子能力强； ②根据分析，K的结构简式为或； 【小问5详解】 根据K→Q的转化机理，Q的结构简式为，Q和甲醇发生取代反应生成P为，P先在碱性环境下水解，后酸化生成L； ①物质P结构简式为或； ②从绿色化学的角度分析K→Q过程的优点是原子利用率是100%，没有副产物；根据流程Pd是K→Q的催化剂可以循环使用，与Q反应生成P后，P中酯基水解又重新生成，故也可以循环使用； 【小问6详解】 A→B中甲基被氧化为羧基，甲基碳原子是-3价，羧基碳原子是+3价，故总共转移了12个电子，还原产物是，该过程氧元素化合价由-1价降低到-2价，转移2个电子，故消耗的A与H2O2的物质的量之比为1：6。 18. 从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 （1）为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 （2）浸出液1中Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-，溶浸Ⅰ过程发生反应的离子方程式为___________。 （3）溶浸Ⅱ过程发生反应的离子方程式为___________。 （4）溶浸Ⅱ过程中H2O2的实际加入量高于理论添加量可能的原因是___________。 （5）调pH制备磷酸铁沉淀，探究不同条件对沉淀组成的影响，调节浸出液3的pH时，向实验体系中加入大量NaOH溶液。图1为pH对沉淀中的影响，图2为pH=1.7时，反应时间对沉淀中的影响。 ①图1中pH=2.1时，沉淀的组成可能为___________。 ②对比图1，结合原理相关知识分析图2，在pH=1.7时，反应初始阶段的可能原因是___________；随时间延长数值下降的可能原因是___________。 （6）关于废旧磷酸铁锂电池正极材料再生LiFePO4的流程，下列说法正确的是___________。 已知：、、溶解度随温度变化的曲线如图。 a．浸出液3中可能存在Fe3+、H3PO4 b．为使溶浸Ⅲ过程更充分，硫酸的浓度越高越好 c．为提高Li2CO3的纯度，应用冷水淋洗粗产品除去杂质 d．利用Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时，还应加入还原剂 【答案】（1）适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度 （2） （3） （4）反应体系中的、等金属离子会催化分解 （5） ①. 、 ②. 初始加入大量NaOH时，局部溶液碱性过强，生成Fe(OH)3反应速率快，夹杂在沉淀中 ③. pH=1.7时，酸性较强，随反应时间延长，Fe(OH)3逐渐溶解转化成FePO4 （6）ad 【解析】 【分析】由流程可知，废旧LFP正极材料碱浸时发生，过滤分离出含的溶液1，含的滤渣加硫酸、过氧化氢发生，过滤分离出含的滤渣，加硫酸溶解，分离出石墨，调节pH重新生成，浸出液2含，加入碳酸钠发生复分解反应得到；与共同作用下产生；据此回答下列问题。 【小问1详解】 根据影响反应速率的因素，适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度，上述措施均可增大接触面积或加快反应，提高溶浸速率； 【小问2详解】 铝和NaOH溶液反应，生成四羟基合铝酸根和氢气，离子方程式为； 【小问3详解】 溶浸Ⅱ中，中+2价Fe被氧化为+3价，生成FePO4沉淀，进入浸出液，按氧化还原规律配平为； 【小问4详解】 不稳定，反应体系中的、等金属离子会催化分解，部分提前分解损耗，因此实际加入量高于理论量； 【小问5详解】 ①纯FePO4中n(Fe):n(P)=1:1，pH=2.1时n(Fe):n(P)>1，Fe过量；pH升高后浓度增大，会生成Fe(OH)3沉淀，因此沉淀为二者混合物； ②初始加入大量NaOH时，局部溶液碱性过强，生成Fe(OH)3夹杂在沉淀中，使n(Fe):n(P)偏高；pH=1.7时，酸性较强，随反应时间延长，Fe(OH)3逐渐溶解转化成FePO4，P的比例升高，因此n(Fe):n(P)下降 【小问6详解】 a．FePO4溶于硫酸，生成硫酸铁和磷酸，因此浸出液3中存在Fe3+、H3PO4，a正确； b．硫酸浓度过高会引入大量杂质、腐蚀设备，还会增大后续调pH的碱用量，提高成本，不是浓度越高越好，b错误； c．由溶解度曲线可知，Li2CO3溶解度随温度升高而减小，杂质钠盐溶解度随温度升高而增大，因此应使用热水淋洗（减少Li2CO3溶解损失，同时除去可溶性杂质），c错误； d．FePO4中Fe为+3价，产物LiFePO4中Fe为+2价，因此需要加入还原剂还原Fe元素，d正确； 故选ad。 19. 实验小组探究KSCN溶液用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”的适用性。 已知： a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀，可与稀硝酸反应生成Cu2+和。 b．为淡黄色溶液，与Cu2+共存时，溶液显绿色。 c．(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 Ⅰ．实验1：用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 （1）实验1过程ⅰ生成浅绿色溶液的离子方程式为___________。 （2）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学取白色沉淀，用蒸馏水多次洗涤后，置于试管中，向其中加入过量稀硝酸，白色沉淀溶解，后加入___________(填试剂)溶液，产生白色沉淀，证明白色沉淀含有CuSCN。 Ⅱ．实验2：验证Cu2+与SCN相互作用能生成CuSCN沉淀。 （3）经实验证实Cu2+与SCN溶液绿色褪去，产生白色沉淀确实能生成CuSCN沉淀，同时有(SCN)2生成。实验2中“溶液先变为绿色，静置1天后，溶液绿色褪去，产生白色沉淀”，结合化学用语从速率和限度两角度分析，产生上述现象的可能原因___________。 Ⅲ．实验3：探究实验1血红色产生的原因。 序号 实验操作 现象 3-1 向2 mL01 mol/L FeCl2溶液加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 无明显变化 3-2 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液先加入1滴0.1 mol/L CuSO4溶液，再加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 加入CuSO4溶液后无明显现象，加入KSCN溶液后溶液变红，并伴有白色沉淀 （4）①实验3-1的目的是___________。 ②对比分析实验3-1和3-2现象，结合化学用语说明实验结论___________。 （5）综合分析上述实验，解释实验1中“振荡后，血红色褪去，白色沉淀增多”的原因___________。结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”。 【答案】（1） （2） （3）反应i：，反应ii：，速率：反应i＞反应ii，溶液先变为绿色，限度：反应ii＞反应i，最终溶液绿色褪去，产生白色沉淀 （4） ①. 排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰 ②. 与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色 （5）振荡，使更多Cu2+与SCN-接触结合生成CuSCN，白色沉淀增多，c(SCN-)下降，平衡逆移，血红色褪去 【解析】 【分析】本实验探究KSCN溶液能否用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”，根据实验现象可推断出与反应生成拟卤素(SCN)2，拟卤素能将氧化成，导致与KSCN作用，溶液呈红色，故得出结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”。 【小问1详解】 过程i为Cu与FeCl3的反应，Cu还原生成和，得到浅绿色溶液，离子方程式为； 【小问2详解】 已知CuSCN与稀硝酸反应生成，检验需要用，若产生不溶于酸的白色沉淀即可证明原沉淀含CuSCN； 【小问3详解】 与生成的反应速率快，因此溶液先变为绿色；与生成CuSCN的反应：，该反应速率慢，但CuSCN难溶于水，该反应限度更大，因此静置后绿色褪去，析出白色CuSCN沉淀； 【小问4详解】 ①作对照实验，不能与KSCN反应使溶液变红，该实验目的是排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰； ②根据实验现象可以得出结论，与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色； 小问5详解】 血红色存在可逆平衡：，体系中的与反应生成CuSCN沉淀，被消耗，平衡逆向移动，因此血红色褪去，同时CuSCN沉淀的量增多。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $