精品解析：湖北襄阳市第四中学2026届高三下学期质量检测A化学试题

襄阳四中2026届高三下学期质量检测A 化学试题 可能用到的相对原子质量：O-16 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ni-59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是 A. 碳纤维躯干 B. 钛合金关节 C. 聚氨酯皮肤 D. 高纯硅传感器 2. 幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 注入熔融钢水前先将模具干燥 Fe与在高温条件下可以发生反应 B 用小苏打作面包发泡剂 受热分解生成 C 使用医用酒精进行杀菌消毒 能发生消去反应生成 D 用液氨作制冷剂 液氨汽化能吸收大量的热 A. A B. B C. C D. D 3. 1898年，化学家利用氮气、碳化钙()与水蒸气为原料成功合成氨，相关反应的化学方程式为：①；②。下列说法正确的是 A. 中碳元素化合价为价 B. 的VSEPR模型为 C. 的电子式为 D. 的空间结构为三角锥形 4. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物，被固定在空腔内部(结构示意图如图b)。下列说法正确的是 A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键 C. 主体分子是一种高分子化合物 D. 中N采用杂化 5. 过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，它在下能发生分解反应：（未配平），其中过二硫酸根（）的结构如下图所示，设是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 1 mol 中存在个非极性共价键 B. 上述反应，每生成1 mol 转移个电子 C. 标准状况下，22.4 L 含有的原子数大于 D. 具有强氧化性，原因是其中S元素处于最高正价 6. Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图。下列说法错误的是 A. E中存在官能团酰胺基和氨基 B. F和G生成X时，原子利用率为100% C. Y水解可得到E和G D. Y的合成过程中进行了官能团保护 7. 某化学兴趣小组进行了如下实验，探究不同pH下（加入稀硫酸调pH），与KBr的反应速率。下列有关叙述错误的是 序号 实验内容及现象 I ，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，测定。已知：滴定时，；消耗的物质的量为。 A. 实验I中，发生反应的离子方程式为： B. 实验I、Ⅱ说明，时，反应速率较小 C. 加入过量KI固体的作用是与反应生成，并将转化为 D. 根据实验I、Ⅲ可计算出，实验I的平均反应速率 8. 某化合物M在实验室有广泛应用，其结构如图所示。X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，只有Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，下列叙述正确的是 A. 电负性：Z>Y>X B. 原子半径：R>Z>Y>X C. 同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种 D. 常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应 9. 用下图所示装置（表示斜发沸石）分离海水中的和，料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，然后通电，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液。下列说法中错误的是 A. 通电后，A溶液中含不含 B. 通电后，若海水中，则A溶液中的溶质是KI和HI C. 通电一段时间后，将阴、阳极区的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内仍不会发生氧化还原反应 D. 通电时，若外电路转移，则有被双极膜解离 10. 下列方程式与所给事实均正确的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体： C. 草酸使酸性溶液褪色： D. 用足量氨水洗去银镜： 11. 设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶解时溶液温度升高 B. 根据盖斯定律可知： C. 相同条件下，，则 D. 该溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 12. 室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是 A. 的溶液： B. 的溶液吸收至的溶液中： C. 向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生 D. 若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小 13. 某的立方晶胞中原子所处位置如图1所示，已知：原子与Ni原子间的最近距离相等，该晶胞的密度为，晶胞沿A点的体对角线投影如图2所示。下列说法错误的是 A. 与Ni最近距离的Mg原子数目为4 B. 若C点的投影位置在11，则B点的投影位置在6 C. 原子原子间的最近距离为 D. 若A点分数坐标为，则D点的分数坐标为 14. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 15. 二元弱酸在水相和有机相中存在平衡：（有机相），在有机相中不电离。时，向（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取；用或调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含B微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是 A. 曲线a代表水溶液中随pH的变化 B. 当时，水溶液中： C. 当时，水溶液中： D. 交点N处， 二、非选择题(满分共55分，包括4道题。) 16. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含、、、、等)分离提取、、等元素，工艺流程如下。 已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体； ②在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③的，；的。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。 （2）“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有_______(填化学式)。在投料量不变的情况下，将铁锰氧化矿直接“高温焙烧”，则“水浸”时金属元素的浸出率会显著降低，原因是_______。 （3）HR萃取反应为：2HR(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入稀的作用是_______。 （4）“沉钴”中，当时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。“溶解”时发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。 （5）流程中可循环利用的物质有HR、_______(填化学式)。 17. 三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为草绿色晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7 g，100℃，117.77 g)，难溶于乙醇，110℃以上失去结晶水，约230℃分解。该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、H2C2O4、K2C2O4、6%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验过程如下： 已知： （1）下列说法不正确的是__________。 A. 步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解 B. 步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，继续搅拌并维持微沸几分钟，是为了加快反应速率 C. 为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色则说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化 D. 步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3 （2）步骤Ⅳ中控制温度为40℃左右的原因是__________。 （3）①步骤Ⅶ，为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序__________。 K3[Fe(C2O4)3]溶液→______→______→加入10 mL 95%乙醇→______→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥 a．光亮处放置1~2小时结晶 b．暗处放置1~2小时结晶 c．减压过滤 d．趁热过滤 e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 g．冷却至室温 ②趁热过滤装置如下图：趁热过滤时，可将滤纸折叠成菊花形(如图)，其目的是__________。 （4）为了测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O产品的纯度，可采用氧化还原滴定法，下列说法正确的是__________。 A. 滴定管使用之前无需检漏 B. 可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中 C. 滴定时滴加液体的速度先慢后快 D. 滴定中发现滴加液体过量，必须重做 （5）铁的氧化物有多种，科研工作者常使用FexOy来表示各种铁氧化物。图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为__________。 若该晶胞的晶胞参数为a pm，a pm，2a pm，则该晶胞的密度为__________。(列出计算式) 18. 我国张夏衡团队创新“硝基胺”直接脱氮策略，颠覆140年“重氮盐”脱氮历史。以苯胺制备氯苯为例：。 （1）的组成元素中C、N、O第一电离能由大到小顺序为___________。 （2）重氮化反应是传统的脱氮途径。苯胺()生成重氮盐的反应历程如图1： ___________。 （3）将苯胺与重氮化试剂通入微通道反应器，经过10分钟测得苯胺转化率α、反应流出液成分摩尔分数(重氮盐、偶氮苯、)随温度的变化如图2。 已知：①体系中存在副反应：重氮盐与苯胺生成偶氮苯()、重氮盐水解反应生成氮气()。 ②摩尔分数。 ①在下，反应器中苯胺的消耗速率为___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 A．重氮化反应的最佳反应温度为 B．重氮盐水解反应，，反应在高温时才可自发 C．重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性 D．重氮盐与苯胺反应的活化能比重氮盐水解反应的活化能小 ③升温，副产物偶氮苯、摩尔分数逐渐增大的原因是___________。 （4）苯胺的碱性弱于。现向溶液(完全电离)中通入发生反应。与的反应过程、的电离过程、苯胺的电离过程表示如下： () 、起始物质的量分别为、n()。平衡时测得[或]随投料比Y=的变化如图3。 ①表示随投料比Y的变化曲线是___________(填写曲线编号“”或“”)。 ②计算与反应的平衡常数K为___________。 ③苯胺的电离常数()=___________。 19. 哈拉西泮具有镇静、催眠作用，常用作催眠药。哈拉西泮的一种合成路线如下图所示（略去部分试剂与条件）： 已知： 回答下列问题： （1）E中含氧官能团的名称为___________。 （2）B的化学名称为________，的反应类型为_______。 （3）X的结构简式为___________。 （4）酰卤与酰胺性质相似，均可发生水解反应。与反应时，最多消耗____。 （5）D的同分异构体中，同时满足下列条件的有____种。 ①含有二苯甲酮结构单元“” ②与D具有相同的官能团 （6），可看作如下三步完成。 （哈拉西泮） ①J的结构简式为___________。 ②写出的总化学方程式__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳四中2026届高三下学期质量检测A 化学试题 可能用到的相对原子质量：O-16 Mg-24 Al-27 Fe-56 Ni-59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 2025年是人形机器人的量产元年。下列机器人部件使用的材料属于金属材料的是 A. 碳纤维躯干 B. 钛合金关节 C. 聚氨酯皮肤 D. 高纯硅传感器 【答案】B 【解析】 【详解】A．碳纤维是一种含碳量在 90% 以上的高强度、高模量纤维，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．钛合金是金属钛与其他元素形成的合金，属于金属材料，B符合题意； C．聚氨酯是人工合成的有机高分子材料，属于合成材料，C不符合题意； D．高纯硅传感器的主要成分高纯硅是半导体材料，属于新型无机非金属材料，D不符合题意； 故合理选项是B。 2. 幸福属于劳动人民。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 注入熔融钢水前先将模具干燥 Fe与在高温条件下可以发生反应 B 用小苏打作面包发泡剂 受热分解生成 C 使用医用酒精进行杀菌消毒 能发生消去反应生成 D 用液氨作制冷剂 液氨汽化能吸收大量的热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．注入熔融钢水前先将模具干燥，是为了防止高温下铁与水发生反应，从而避免模具炸裂或钢水产生气孔，A不符合题意； B．用小苏打（）作面包发泡剂，是因为受热分解会产生气体，使面包膨胀松软：，B不符合题意； C．使用医用酒精杀菌消毒，是因为酒精能使蛋白质变性，而非因为它能发生消去反应生成乙烯，C符合题意； D．用液氨作制冷剂，是因为液氨汽化时会吸收大量的热，使周围温度急剧下降，从而达到制冷效果，D不符合题意； 故答案选C。 3. 1898年，化学家利用氮气、碳化钙()与水蒸气为原料成功合成氨，相关反应的化学方程式为：①；②。下列说法正确的是 A. 中碳元素化合价为价 B. 的VSEPR模型为 C. 的电子式为 D. 的空间结构为三角锥形 【答案】A 【解析】 【详解】A．与CO2互为等电子体，结构相似，C和2个N之间形成2对共用电子，电负性：N＞C，则C为价，A正确； B．中N原子的价层电子对数为，含有一对孤电子对，其的VSEPR模型为四面体形，但其分子构型为三角锥形，B错误； C．电子式中各原子需满足8电子（或2电子）稳定结构，故的电子式为，C错误； D．中C原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，D错误； 故答案选A。 4. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物，被固定在空腔内部(结构示意图如图b)。下列说法正确的是 A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键 C. 主体分子是一种高分子化合物 D. 中N采用杂化 【答案】A 【解析】 【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确； B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误； C．高分子化合物的定义是相对分子质量达到10000 以上的化合物，且通常由重复的结构单元通过聚合反应生成。该主体分子虽然结构较复杂，但属于单一的环状小分子，相对分子质量远小于 10000，也没有重复的聚合单元，因此不属于高分子化合物，C错误； D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用杂化，D错误； 故答案选A。 5. 过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，它在下能发生分解反应：（未配平），其中过二硫酸根（）的结构如下图所示，设是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 1 mol 中存在个非极性共价键 B. 上述反应，每生成1 mol 转移个电子 C. 标准状况下，22.4 L 含有的原子数大于 D. 具有强氧化性，原因是其中S元素处于最高正价 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图像可以看出，1个离子中包含一个O-O过氧键，该键是非极性共价键。1 mol 中包含1 mol非极性共价键，则。A正确； B．中包含两个-1价的O，在反应过程中发生歧化反应生成。每生成1 mol 需要转移2 mol电子，即个电子。B正确； C．在标准状况下为固态。22.4 L 的物质的量大于1 mol，其中含有的原子数大于。C正确； D．的氧化性来自其中包含的过氧键，O元素为-1价，具有强氧化性。D错误； 故答案选D。 6. Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如图。下列说法错误的是 A. E中存在官能团酰胺基和氨基 B. F和G生成X时，原子利用率为100% C. Y水解可得到E和G D. Y的合成过程中进行了官能团保护 【答案】C 【解析】 【分析】E与(CH3)3CCOOH在一定条件下发生取代反应生成F，F与G在催化剂作用下发生聚合反应生成X，X在一定条件下发生水解反应生成Y和(CH3)3CCOOH。 【详解】A．从流程图中可以看出，E中存在的官能团有酰胺基和氨基，A正确； B．F和G发生加成聚合反应，只生成X一种产物，原子利用率为100%，B正确； C．Y水解时，可得到E和G的水解产物(酰胺基水解生成-COOH和-NH2)，得不到E和G，C错误； D．Y的合成过程中，使用(CH3)3CCOOH进行E中-NH2的保护，然后再水解释放出-NH2和(CH3)3CCOOH，D正确； 故选C。 7. 某化学兴趣小组进行了如下实验，探究不同pH下（加入稀硫酸调pH），与KBr的反应速率。下列有关叙述错误的是 序号 实验内容及现象 I ，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液与过量混合，密闭并搅拌，后，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用标准溶液滴定，测定。已知：滴定时，；消耗的物质的量为。 A. 实验I中，发生反应的离子方程式为： B. 实验I、Ⅱ说明，时，反应速率较小 C. 加入过量KI固体的作用是与反应生成，并将转化为 D. 根据实验I、Ⅲ可计算出，实验I的平均反应速率 【答案】D 【解析】 【详解】A．该离子方程式正确描述了MnO2在酸性条件下氧化Br⁻生成Br2的反应，符合实验I的现象(溶液变黄并有淡黄色气体生成)，故A正确； B．实验I（pH≈1）反应现象明显（溶液黄色、有气体），实验Ⅱ（pH≈2）反应现象较弱（溶液淡黄、无气体），说明pH升高（酸性减弱）时反应速率减小，故B正确； C．加入过量KI的作用是与Br2反应生成I2，发生的离子反应为Br2 + 2I⁻ = 2Br⁻ + I2，同时过量I⁻使I2转化为，离子反应为：I2+ I⁻ = ，故C正确； D．实验I中有Br2挥发（液面上方有淡黄色气体），而实验Ⅲ测定的是溶液中残留的Br2浓度，未考虑挥发损失，因此无法准确计算实验I的反应速率，故D错误； 故答案为D。 8. 某化合物M在实验室有广泛应用，其结构如图所示。X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，只有Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，下列叙述正确的是 A. 电负性：Z>Y>X B. 原子半径：R>Z>Y>X C. 同周期中第一电离能大于Z的主族元素有2种 D. 常温下，R最高价氧化物对应水化物的浓溶液能与铜反应 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，Y和Z位于同周期，基态R原子最高能级未成对电子数为2，由化合物M的结构可知，阳离子中X原子形成的共价键数目为1、Z形成的共价键数目为4，阴离子中R形成的共价键数目为1、 Y形成的共价键数目为4、Z形成的共价键数目为3，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、R为S元素。 【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为：N>C>H，则电负性的大小顺序为：N>C>H，A正确； B．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为：S>C>N>H，B错误； C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能大于氮元素的主族元素为氟元素，只有1种，C错误； D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，常温下，铜与浓硫酸不反应，D错误； 故选A。 9. 用下图所示装置（表示斜发沸石）分离海水中的和，料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，然后通电，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液。下列说法中错误的是 A. 通电后，A溶液中含不含 B. 通电后，若海水中，则A溶液中的溶质是KI和HI C. 通电一段时间后，将阴、阳极区的斜发沸石对调，继续通电，此时斜发沸石内仍不会发生氧化还原反应 D. 通电时，若外电路转移，则有被双极膜解离 【答案】D 【解析】 【分析】料液（含和）先流过斜发沸石，吸附和，和未被吸附，被分离出去，随后双极膜产生的将交换下来，将交换下来，透过阳离子交换膜进入A溶液，透过阴离子交换膜进入A溶液，据此解答。 【详解】A．料液流过斜发沸石时仅吸附和I-，未被吸附，通电后被交换进入A溶液，不会进入A溶液，而透过阳离子交换膜进入A溶液，A正确； B．通电后，双极膜产生的将交换下来，将交换下来，得到A溶液溶质是KI，由于海水中，则根据电荷守恒，必须有补充电荷，则A溶液中的溶质是KI和HI，B正确； C．双极膜只发生水的解离且传导氢离子和氢氧根，斜发沸石提供的是离子交换的通道，所以调换阴阳区的沸石发生的反应为：，不会发生氧化还原反应，C正确； D．外电路转移6 mol e⁻时，阴阳极各有6mol水被解离，共解离12 mol ，D错误； 故选D。 10. 下列方程式与所给事实均正确的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 铝粉溶于少量氢氧化钠溶液，产生无色气体： C. 草酸使酸性溶液褪色： D. 用足量氨水洗去银镜： 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁锈与盐酸反应生成和水，方程式正确，A正确； B．铝与强碱反应需NaOH参与，正确方程式应为，选项B缺少NaOH，B错误； C．草酸是弱酸，应写成形式，应为，C错误； D．银与氨水反应需氧气参与，正确方程式为，D错误； 故选A。 11. 设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 溶解时溶液温度升高 B. 根据盖斯定律可知： C. 相同条件下，，则 D. 该溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaCl 固体溶解的总焓变，其中，说明总过程是吸热的，溶解时溶液温度会降低，而非升高，A 错误； B．为 NaCl 固体直接溶于水的焓变（）； ，为破坏离子键的能量；，为离子水合释放的能量。根据盖斯定律得，即，得，因此，B 错误； C．K+半径比 Na+大，离子键更弱，KCl 的晶格能比 NaCl 小，因此 KCl 分解为气态离子的吸热更少，，C 错误； D．溶解过程的能量变化，本质上是 NaCl 固体中的离子键被破坏，同时离子与水分子形成新的作用力（水合作用），因此与 NaCl 固体和溶液中微粒间作用力的强弱直接相关，D正确； 故答案选D。 12. 室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是 A. 的溶液： B. 的溶液吸收至的溶液中： C. 向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生 D. 若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小 【答案】D 【解析】 【分析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。 【详解】A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误； B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误； C．原溶液为0.1mol/L的Na2SO3，c总=0.2mol⋅L-1的溶液即为NaHSO3溶液，的水解平衡常数为＜6.0×10-8，的电离程度大于水解程度，加入等体积溶液后，浓度为，含硫物质总浓度为。电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得，则，因此会生成沉淀，C错误； D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确； 答案选D。 13. 某的立方晶胞中原子所处位置如图1所示，已知：原子与Ni原子间的最近距离相等，该晶胞的密度为，晶胞沿A点的体对角线投影如图2所示。下列说法错误的是 A. 与Ni最近距离的Mg原子数目为4 B. 若C点的投影位置在11，则B点的投影位置在6 C. 原子原子间的最近距离为 D. 若A点分数坐标为，则D点的分数坐标为 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件：原子与Ni原子间的最近距离相等，则Ni原子位于8个小立方体的体心，Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，Al位于棱上和体心，据此解答。 【详解】A．在该立方晶胞中，Ni原子位于晶胞内部，其周围的Mg原子分布在相邻的顶点或面心位置，与Ni最近距离的Mg原子数目为4，如图：，A正确； B．根据晶胞沿体对角线的投影规律（图2），C点作为顶点投影在11时，A的位置应当是1，B点作为面心的投影位置应该为7，B错误； C．根据均摊法可得，Ni位于内部（8个），Mg位于顶点和面心（4个），Al位于棱上和体心（4个），化学式为，摩尔质量为 ；晶胞体积 ，晶胞边长 ；Al与Ni的最近距离为体对角线的，即 ，换算为nm需乘以 ，即，C正确； D．D点位于晶胞底面的面心位置，根据分数坐标的定义，底面的x、y坐标均为，z坐标为0，D正确； 故答案选B。 14. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 【答案】C 【解析】 【分析】步骤Ⅰ：取一定量溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质生成，即发生反应：；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为与能发生显色反应：； 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了)：； 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化；据此分析解答。 【详解】A．步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质生成，反应方程式为：，A正确； B．NaF加入后生成更稳定的，导致分解，红色褪去，B正确； C．血红色溶液中主要以形式存在，游离浓度低；而无色溶液中的更稳定，游离浓度更低，则有，C错误； D．的氧化性弱于，无法将氧化生成，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确； 故答案为：C。 15. 二元弱酸在水相和有机相中存在平衡：（有机相），在有机相中不电离。时，向（有机相）溶液中加入等体积水进行萃取；用或调节溶液pH，忽略体积变化。测得两相中含B微粒的浓度与水相萃取率随pH的变化关系如图。下列说法正确的是 A. 曲线a代表水溶液中随pH的变化 B. 当时，水溶液中： C. 当时，水溶液中： D. 交点N处， 【答案】C 【解析】 【分析】H2B在有机相中不电离，在水相中电离方程式为、，水溶液pH增大时，水相中H2B的浓度减小，HB-浓度先增大后减小，B2-浓度增大，同时平衡逆向移动，使得有机相中H2B的浓度减小、水相萃取率增大，则曲线a、b、c、d、e分别表示有机相中H2B的浓度、水相萃取率、水相中HB-的浓度、水相中H2B的浓度、水相中B2-的浓度随pH的变化；由图可知，水相中H2B的浓度与HB-的浓度相等时，溶液pH为4，则H2B的电离常数为：Ka1(H2B)= = c(H+)=10-4，同理可知，Ka2(H2B)= 10-7。 【详解】A．由分析可知，曲线a表示有机相中H2B的浓度随pH的变化，A错误； B．溶液pH为4时，水溶液中存在如下电荷守恒关系：或，B错误； C．由电离常数可知，Ka1(H2B) Ka2(H2B)= ×==10-11，则pH为5时溶液中：，C正确； D．由分析可知，曲线b表示水相萃取率随pH的变化，由图可知，交点N处有机相中H2B的浓度与水相中HB-的浓度相等，而水相萃取率大于40%，D错误； 故选C。 二、非选择题(满分共55分，包括4道题。) 16. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含、、、、等)分离提取、、等元素，工艺流程如下。 已知：①该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体； ②在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③的，；的。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。 （2）“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分有_______(填化学式)。在投料量不变的情况下，将铁锰氧化矿直接“高温焙烧”，则“水浸”时金属元素的浸出率会显著降低，原因是_______。 （3）HR萃取反应为：2HR(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入稀的作用是_______。 （4）“沉钴”中，当时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。“溶解”时发生的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。 （5）流程中可循环利用的物质有HR、_______(填化学式)。 【答案】（1） （2） ①. 、 ②. 会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐 （3）增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取 （4） ①. ②. （5）、 【解析】 【分析】该工艺以铁锰氧化矿（含、、、、等）为原料，通过两段焙烧-水浸法分离提取、、等元素：首先与混合进行“低温焙烧”，将金属氧化物转化为硫酸盐；接着“高温焙烧”使分解为氧化物，并让完全分解为气体回收；“水浸”后，可溶性金属硫酸盐进入溶液，不溶物形成滤渣；随后用萃取剂萃取，经反萃取得到溶液；水相中加入和，先“沉钴”得到，再“沉锰”得到；经和稀“溶解”得到溶液。 【小问1详解】 低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：； 【小问2详解】 根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，氧化铁和硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分为、；硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，直接“高温焙烧”，会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐，导致金属元素的浸出率显著降低，故答案为：、；会提前分解为气体，无法与金属氧化物充分反应生成可溶性硫酸盐； 【小问3详解】 萃取反应为。 加入稀可增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取，故答案为：增大浓度，使平衡逆向移动，从而将从有机相转移到水相，实现反萃取； 【小问4详解】 由题，的溶度积。当时，。的解离常数，代入，得；“溶解”时，作氧化剂，作还原剂，反应为：，氧化产物为，还原产物为，物质的量之比为，故答案为：；； 【小问5详解】 由流程图可知，除外，还有，以及回收的可用于制备稀循环使用，故答案为：、。 17. 三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)为草绿色晶体，易溶于水(溶解度0℃，4.7 g，100℃，117.77 g)，难溶于乙醇，110℃以上失去结晶水，约230℃分解。该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、H2C2O4、K2C2O4、6%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的实验过程如下： 已知： （1）下列说法不正确的是__________。 A. 步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解 B. 步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，继续搅拌并维持微沸几分钟，是为了加快反应速率 C. 为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色则说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化 D. 步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3 （2）步骤Ⅳ中控制温度为40℃左右的原因是__________。 （3）①步骤Ⅶ，为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序__________。 K3[Fe(C2O4)3]溶液→______→______→加入10 mL 95%乙醇→______→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥 a．光亮处放置1~2小时结晶 b．暗处放置1~2小时结晶 c．减压过滤 d．趁热过滤 e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 g．冷却至室温 ②趁热过滤装置如下图：趁热过滤时，可将滤纸折叠成菊花形(如图)，其目的是__________。 （4）为了测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O产品的纯度，可采用氧化还原滴定法，下列说法正确的是__________。 A. 滴定管使用之前无需检漏 B. 可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中 C. 滴定时滴加液体的速度先慢后快 D. 滴定中发现滴加液体过量，必须重做 （5）铁的氧化物有多种，科研工作者常使用FexOy来表示各种铁氧化物。图为某种铁的氧化物样品的晶胞结构，其化学式为__________。 若该晶胞的晶胞参数为a pm，a pm，2a pm，则该晶胞的密度为__________。(列出计算式) 【答案】（1）BC （2）温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化 （3） ①. ebc ②. 加快过滤速度 （4）B （5） ①. Fe3O4 ②. 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，称量5.0g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体加水溶解后，向溶液中加入饱和H2C2O4溶液充分反应后，过滤洗涤得到FeC2O4·2H2O沉淀，将所得的沉淀加入到饱和K2C2O4溶液中，加入H2O2溶液在40℃下充分反应，再加入饱和H2C2O4溶液加热煮沸充分反应后，得到K3[Fe(C2O4)3]溶液，后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥后得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，据此分析解题。 【小问1详解】 A．亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤I中需要加入少量的稀硫酸，主要目的是抑制Fe2+的水解，A正确； B．步骤Ⅱ硫酸亚铁铵液与草酸混合后立即出现浑浊，说明反应速率很快，继续搅拌并维持微沸几分钟，是为了形成结晶颗粒较大的FeC2O4·2H2O，有利于沉淀的过量与洗涤，B错误； C．由于H2C2O4和、H2O2均具有还原性，也能够使KMnO4溶液褪色，为了监控步骤Ⅳ反应进度，取少量悬浊液，加入酸化的KMnO4溶液，若褪色不能说明Fe(Ⅱ)还没有完全氧化，C错误； D．步骤IV发生6FeC2O4⋅2H2O+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓+12H2O反应，有Fe(OH)3沉淀生成，步骤V中加入H2C2O4溶液的目的是溶解Fe(OH)3，D正确； 故答案为：BC； 【小问2详解】 步骤Ⅲ中：温度太高双氧水容易分解，温度太低Fe2+氧化反应速率太慢，所以在不断搅拌下慢慢滴加H2O2且需水浴保持恒温40℃，故答案为：温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化； 【小问3详解】 ①由分析可知，步骤Ⅶ，为了得到较多的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O粗产品，重结晶前，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，趁热过滤后进行冷却结晶，然后加入适量95%乙醇溶液，以降低溶质溶解度，同时放置于暗处结晶，为加快过滤速率，可以进行减压过滤，用95%乙醇溶液洗涤，合理操作：K3[Fe(C2O4)3]溶液→e→b→加入适量95%乙醇溶液→c→95%乙醇洗涤晶体洗涤→干燥，故答案为：ebc； ②将滤纸折叠成菊花形待过滤的面积增大，可加快过滤速度； 【小问4详解】 A．滴定管下端有玻璃活塞或者玻璃珠无法用肉眼观察到其是否漏液，故滴定管使用之前必须检漏，A错误； B．移液管是一种精密量取溶液的仪器，故可用移液管量取待测液转移至锥形瓶中，B正确； C．滴定时滴加液体的速度先快后慢即先成一条线再到逐滴加入，最后半滴滴入甚至四分之一滴加入，而不是先快后慢，C错误； D．滴定中发现滴加液体过量，可以采用返滴定的方法来准确滴定，不一定必须重做，D错误； 故答案为：B； 【小问5详解】 根据题干某种铁的氧化物样品的晶胞结构图，采用均摊法可知，一个晶胞中含有Fe个数为：=6，O的个数为：8，则其化学式为Fe3O4，则一个晶胞的质量为：，若该晶胞的晶胞参数为a pm，a pm，2a pm，则一个晶胞的质量为：(a×10-10cm)2×(2a×10-10cm)=2a3×10-30cm3，故该晶胞的密度为=g/cm3，故答案为：Fe3O4；。 18. 我国张夏衡团队创新“硝基胺”直接脱氮策略，颠覆140年“重氮盐”脱氮历史。以苯胺制备氯苯为例：。 （1）的组成元素中C、N、O第一电离能由大到小顺序为___________。 （2）重氮化反应是传统的脱氮途径。苯胺()生成重氮盐的反应历程如图1： ___________。 （3）将苯胺与重氮化试剂通入微通道反应器，经过10分钟测得苯胺转化率α、反应流出液成分摩尔分数(重氮盐、偶氮苯、)随温度的变化如图2。 已知：①体系中存在副反应：重氮盐与苯胺生成偶氮苯()、重氮盐水解反应生成氮气()。 ②摩尔分数。 ①在下，反应器中苯胺的消耗速率为___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 A．重氮化反应的最佳反应温度为 B．重氮盐水解反应，，反应在高温时才可自发 C．重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性 D．重氮盐与苯胺反应的活化能比重氮盐水解反应的活化能小 ③升温，副产物偶氮苯、摩尔分数逐渐增大的原因是___________。 （4）苯胺的碱性弱于。现向溶液(完全电离)中通入发生反应。与的反应过程、的电离过程、苯胺的电离过程表示如下： () 、起始物质的量分别为、n()。平衡时测得[或]随投料比Y=的变化如图3。 ①表示随投料比Y的变化曲线是___________(填写曲线编号“”或“”)。 ②计算与反应的平衡常数K为___________。 ③苯胺的电离常数()=___________。 【答案】（1）N>O>C （2）-101.7kJ·mol-1 （3） ①. 0.008 ②. CD ③. 副反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N2的摩尔分数增大 （4） ①. L1 ②. ③. 10-9.1 【解析】 【小问1详解】 C、N、O位于同一周期，同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素原子因拥有相对稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：N>O>C； 【小问2详解】 根据题图1可知，，故答案为：； 【小问3详解】 ①根据题图2可知，-5℃下，苯胺转化率为80.0%，苯胺的消耗速率为，故答案为：0.008； ②A．根据题图2可知，-5~0℃时苯胺转化率较低，故重氮化反应最佳温度为0~5℃，A错误； B．ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应可自发进行，ΔH<0，ΔS>0的反应在任意温度下均可自发，B错误； C．根据题图2可知，副产物偶氮苯和N2的摩尔分数随温度升高而增大，故重氮化反应要及时散热，减小副反应的选择性，C正确； D．相同条件下，重氮盐与苯胺反应生成偶氮苯的反应速率大于重氮盐水解的反应速率，活化能越小，反应速率越快，故重氮盐与苯胺反应生成偶氮苯的活化能比重氮盐水解反应的活化能小，D正确； 故答案选CD； ③副反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N2的摩尔分数增大，故答案为：副反应活化能比重氮化反应的活化能高，继续升温，副反应速率增大的程度更大，10分钟内测得偶氮苯、N2的摩尔分数增大； 【小问4详解】 ①对于可逆反应，增大反应物的浓度平衡正向移动，但增加的反应物的转化率减小，故随投料比的增大，减小，故lg减小，对应的变化曲线为L1，故答案为：L1； ②投料比Y=1时，=，反应平衡常数=×，故答案为：； ③根据电离方程式可得，NH3电离常数表达式为；根据题给反应可知，K·Kb()=Kb(NH3)=10-4.7，由上述分析可知，K=104.4，则Kb()=，故答案为：。 19. 哈拉西泮具有镇静、催眠作用，常用作催眠药。哈拉西泮的一种合成路线如下图所示（略去部分试剂与条件）： 已知： 回答下列问题： （1）E中含氧官能团的名称为___________。 （2）B的化学名称为________，的反应类型为_______。 （3）X的结构简式为___________。 （4）酰卤与酰胺性质相似，均可发生水解反应。与反应时，最多消耗____。 （5）D的同分异构体中，同时满足下列条件的有____种。 ①含有二苯甲酮结构单元“” ②与D具有相同的官能团 （6），可看作如下三步完成。 （哈拉西泮） ①J的结构简式为___________。 ②写出的总化学方程式__________________。 【答案】（1）（酮）羰基 （2） ①. 苯甲酸 ②. 取代反应 （3） （4）3 （5）18 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】甲苯被酸性高锰酸钾氧化为B（），B与SOCl2发生取代反应生成C；结合已知，由D可知X结构简式为，D到E发生取代反应，E与作用生成F，最后F与氨气经取代、加成、消去三步反应生成G，据此作答。 【小问1详解】 据图可知，E中含氧官能团的名称为（酮）羰基； 【小问2详解】 依据分析，B的结构简式为，化学名称为苯甲酸；B→C的反应类型为取代反应； 【小问3详解】 X的结构简式为； 【小问4详解】 依据题意，酰卤与酰胺性质相似，均可发生水解反应；1 mol含有1 mol酰卤基和1 mol-CH2Br，酰卤基水解消耗2 molNaOH，-CH2Br水解消耗1 molNaOH，即最多消耗3 molNaOH； 【小问5详解】 D的结构简式为，其同分异构体含有且与D具有相同官能团，即有氨基、碳氯键、；先固定碳氯键的位置，再确定氨基的位置，如、、，除去D自身，则符合要求的结构有18种； 【小问6详解】 依据题意，F到G经过三步完成，第一步F到J发生取代反应 ；第二步J到K发生加成反应；第三步K到G发生消去反应；综上分析，①J的结构简式为； ②F→G的总化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $