精品解析：云南玉溪师范学院附属中学2026届高三下学期开学考试 化学试卷

玉溪师院附中2026届高三下学期开学考 化学试卷 满分：100分 时间：75分钟 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上。 2.答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号框，写在本试卷上无效。 3.答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32 Fe—56 N—14 Mn—55 第Ⅰ卷（选择题，共42分） 一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意） 1. 化学与人类生产、生活和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是 A. 石化炼油厂对石油进行分馏得到的产物中含有汽油、煤油、柴油等轻质油 B. 利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 C. 在奶粉中添加适量维生素、碳酸钙、硫酸亚铁等属于营养强化剂 D. 2025年宇树科技机器人主控芯片主要成分为单质硅 2. 化学用语可以表达物质结构和化学过程。下列化学用语表达正确的是 A. 基态As原子简化的电子排布式：[Ar] 4s24p3 B. SO3的VSEPR模型： C. H2分子中键的形成： D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，与11.2L HF均含有个质子 B. 溶液中，的数目为 C. 2.8 g乙烯与丙烯混合气体中，碳原子数为 D. 5.6 g Fe与足量S反应，转移电子数为 4. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 向溶液中滴加少量澄清石灰水： B. 向溶液中滴加过量氨水： C. 向溶液中通入气体： D. 向苯酚钠溶液中通入少量： 5. 下列实验装置使用正确的是 A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集 C．制备溴苯并验证有HBr生成 D．制备并比较C与Si的非金属性 A. A B. B C. C D. D 6. 锂离子电池常用的一种锂盐离子导体，其阴离子的结构如下图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，四种元素中基态原子W未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 电负性：Z<Y<X B. 同周期中第一电离能大于W的元素有3种 C. Y的单质一定是非极性分子 D. 该锂盐的熔点低于Z的锂盐 7. 异靛蓝及其衍生物是一类具有生理活性的染料，目前在有机半导体材料中有重要的应用。其部分合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 物质M中含3种官能团 B. 物质N与足量加成后，产物分子有个3手性碳 C. 向1mol N中加入足量NaOH溶液，最多与2mol NaOH反应 D. 物质K核磁共振氢谱有4组峰 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 A pKa：CF3COOH<CCl3COOH F的电负性大于Cl，吸电子能力强，导致中羟基极性大 B 键角 孤电子对与成键电子对之间斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 C 稳定性： H-F键的键能大于H-O键 D 在中的溶解度大于在中的溶解度 和均为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 9. 甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的是 A. 总反应的原子利用率为100% B. 该历程的决速步骤为反应ⅲ C. HI为总反应的催化剂，可降低反应的焓变 D. 总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 10. NaClO2可用作漂白剂。工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是 A. 排出ClO2是通入空气的作用之一 B. “吸收器”中双氧水作氧化剂 C. “操作X”在实验室中涉及的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 D. NaClO2固体比ClO2气体便于贮存和运输 11. 金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为：，电池工作原理如图所示，下列有关说法错误的是 A. 放电过程中从a极区向b极区移动 B. 充电时，b极区的物质的量增大 C. 充电时a极的电极电势小于b极 D. 放电时另一步负极电极反应式： 12. 由下列实验操作能得到相应结论的是 选项 实验操作 结论 A 将少量氯气缓慢通入溶液中，得到黄色溶液 氧化性： B 向盛有固体的试管中加入足量的溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴溶液，又产生黑色沉淀 溶解度： C 常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀产生 与结合的能力强于分子与的配位能力 D 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 为两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 13. 为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. ②中的实验现象说明与的配位能力： C. ③中发生的反应为 D. ④中的实验现象说明还原性： 14. 取20.00 mL含甲胺()和吡啶()的混合溶液，用0.1000 HCl标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氮微粒的分布分数与pH关系如图乙[比如：]。下列说法正确的是 A. 曲线①表示甲胺的分布分数 B. a点：99.8%的吡啶转化为 C. b点： D. 甲胺的含量：3.10 第Ⅱ卷（非选择题，共58分） 二、非选择题（共4个题，共58分） 15. 电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。 已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.5 沉淀完全的pH 2.8 8.4 10.1 ②“沉锰-再溶解”前后溶液中离子含量如下： 元素 Mn Mg Ca Ni Cu 沉锰前浓度mg/L 457.2 2.24 1.12 再溶解后浓度mg/L 91.52 544.6 1.86 1.02 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是___________。 （3）“沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式___________。 （4）“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是___________。 （5）“除钙镁”中，若使、沉淀完全，溶液中最小为___________。 [已知：、，，。] （6）“氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是___________。 （7）MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 16. 合成氨工业中普遍使用的是以铁为主体的多成分催化剂，又称铁触媒。在实验室可用与铁红反应制备铁触媒，其装置如图： 已知：加热到500℃以上，和开始反应，生成铁的其他氧化物（其中铁元素化合价仅为或价）、和；温度高于700℃时，生成、和。回答下列问题： （1）装置C的名称为________，装置D的作用为________。 （2）写出温度高于700℃时，与铁红反应的化学方程式：________。 （3）若650℃时，48 g铁红与足量甲烷反应后，装置B的质量增加1.8 g，装置C的质量增加2.2 g，则此时反应后所得含铁氧化物中________。 （4）某化学兴趣小组为确定硝酸厂中所用铁触媒中铁元素的含量，进行了如下实验。 ①称取5.0 g该厂铁触媒样品，用足量的稀硫酸溶解； ②再向所得溶液中加入2 g还原铁粉，充分反应后过滤； ③将滤液配制成100 mL溶液，滤渣（仅含铁粉）经洗涤干燥后称得其质量为0.88 g； ④取25.00 mL配制好的溶液于锥形瓶中，用的酸性高锰酸钾溶液滴定。酸性高锰酸钾溶液盛放于________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点时的现象为________。若某次滴定结束时滴定管的示数如图所示，滴定前的刻度为0.00 mL，则消耗溶液的体积为________mL。若消耗溶液的平均体积为17.50 mL，则该厂铁触媒中铁元素的质量分数为________。 17. 甲醇（）是一种绿色能源，以与为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。 反应ⅰ。 ； 反应ⅱ。 ； 反应ⅲ。 ； （1）反应ⅲ的________。 （2）升高温度，的值将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是________（填选项）。 A. 混合气体压强保持不变 B. 容器内温度不变 C. D. （4）在恒温密闭容器中，向容积为V的容器内投入1 mol 和3 mol 充分发生上述反应，的平衡转化率和甲醇选择性随着温度变化关系如图所示。 ①分析温度高于236℃后，转化率下降的原因________。 ②在244℃，计算平衡时生成的物质的量为________mol（计算结果保留两位有效数字）。 （5）近年研究发现，电催化和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。 ①电极b是电解池的________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应是________。 18. 我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）由C转变为D的反应类型是_______ （4）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。 ①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。 （5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：_______(要求配平)。 （6）下列关于F说法正确的有_______。 A. F能发生银镜反应 B. F不可能存在分子内氢键 C. 以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气 D. 已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小 （7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设计化合物的合成路线_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中2026届高三下学期开学考 化学试卷 满分：100分 时间：75分钟 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上。 2.答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号框，写在本试卷上无效。 3.答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 S—32 Fe—56 N—14 Mn—55 第Ⅰ卷（选择题，共42分） 一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意） 1. 化学与人类生产、生活和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是 A. 石化炼油厂对石油进行分馏得到的产物中含有汽油、煤油、柴油等轻质油 B. 利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变 C. 在奶粉中添加适量维生素、碳酸钙、硫酸亚铁等属于营养强化剂 D. 2025年宇树科技机器人主控芯片主要成分为单质硅 【答案】B 【解析】 【详解】A．石化炼油厂对石油进行分馏时，根据沸点差异分离出汽油、煤油、柴油等轻质油馏分，A正确； B．脂肪酸属于有机小分子(如硬脂酸C17H35COOH分子量较小)，并非有机高分子(如聚合物分子量通常>104)，即利用CO2合成脂肪酸实现了无机小分子向有机小分子的转变而不是高分子，B错误； C．在奶粉中添加维生素(如维生素D)、碳酸钙(补钙)、硫酸亚铁(补铁)等，目的是强化营养成分，符合营养强化剂的定义，C正确； D．现代电子芯片(如CPU)的主要材料是半导体单质硅，宇树科技机器人主控芯片也基于此技术，D正确； 故答案为：B。 2. 化学用语可以表达物质结构和化学过程。下列化学用语表达正确的是 A. 基态As原子简化的电子排布式：[Ar] 4s24p3 B. SO3的VSEPR模型： C. H2分子中键的形成： D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．As为33号元素，位于第4周期第ⅤA族，基态As原子简化的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A错误； B．三氧化硫分子中，中心原子硫的价层电子对数=σ键数+孤电子对数 =3+=3+0=3，不含孤电子对，所以三氧化硫分子的VSEPR模型为平面三角形结构，而不是图示的三角锥形，B错误； C．H2分子中两个H原子的1s轨道相互重叠，形成σ键，用电子云轮廓图表示H-H键的形成过程时，两个氢原子的1s轨道互相靠拢，头碰头重叠形成σ键：，原图错误， C错误； D．图中的羟基和醛基距离较近，邻羟基苯甲醛中的O-H与醛基的O之间可形成分子内氢键，即，D正确； 故答案为：D。 3. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，与11.2L HF均含有个质子 B. 溶液中，的数目为 C. 2.8 g乙烯与丙烯混合气体中，碳原子数为 D. 5.6 g Fe与足量S反应，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下，11.2 L NH3为0.5 mol，含质子数10 × 0.5 × NA = 5NA；但HF沸点19.5°C，标准状况下为液体，11.2 L HF的物质的量无法用气体摩尔体积计算，A错误； B．Na2CO3溶液中碳酸根会水解：，因此溶液中碳酸根的实际数目小于0.1NA，B错误； C．乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）的最简式均为CH2，2.8 g混合气体含有CH2的物质的量为0.2 mol，每个CH2含1个碳原子，故碳原子数为0.2NA，C正确； D．Fe与S反应生成FeS，Fe从0价升至+2价，5.6 g Fe（0.1 mol）转移电子数为0.1 × 2 × NA = 0.2NA，D错误； 故选C。 4. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 向溶液中滴加少量澄清石灰水： B. 向溶液中滴加过量氨水： C. 向溶液中通入气体： D. 向苯酚钠溶液中通入少量： 【答案】C 【解析】 【详解】A．澄清石灰水少量将Ca(OH)2定为1，据此配平可得，故A错误； B．只能溶于强酸强碱，所以离子方程式：，故B错误； C．溶液与发生氧化还原反应生成氯化亚铁和S单质，反应离子方程式为：，故C正确； D．酸性强弱顺序为：，根据强酸制弱酸原理，无论通入多少，只生成苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式是，故D错误； 选C。 5. 下列实验装置使用正确的是 A．制备乙炔并检验其还原性 B．制备并收集 C．制备溴苯并验证有HBr生成 D．制备并比较C与Si的非金属性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．用电石和饱和食盐水制备乙炔时，电石中含有硫化物杂质，制得的乙炔中混有还原性杂质，​溶液可以除去，防止其干扰乙炔还原性的检验；乙炔可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，能检验乙炔的还原性，A正确； B．NO2​会和水发生反应：，不能用排水法收集​，B错误； C．苯和溴的取代反应中，溴易挥发，挥发出的​也能和​反应生成沉淀，会干扰产物的检验，缺少除溴的装置，C错误； D．乙酸易挥发，挥发出的乙酸会进入​溶液，与反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸的酸性强于硅酸，因此不能比较C和Si的非金属性，D错误； 故选A。 6. 锂离子电池常用的一种锂盐离子导体，其阴离子的结构如下图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，四种元素中基态原子W未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 电负性：Z<Y<X B. 同周期中第一电离能大于W的元素有3种 C. Y的单质一定是非极性分子 D. 该锂盐的熔点低于Z的锂盐 【答案】D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，X为C元素；四种元素中基态原子W未成对电子数最多（价电子排布为ns2np3）且W形成6个共价键（整个离子带一个负电荷），又原子序数依次增大则W为P元素；Y成2个共价键，Y为O元素；Z成1个共价键，Z为F元素；据此作答。 【详解】A．原子电负性的变化规律为：同周期从左到右电负性递增，同主族从上到下递减；则F＞O＞C，即Z＞Y＞X，A错误； B．W为P，第三周期元素的第一电离能由小到大的顺序为Na<Al<Mg<Si<S<P<Cl<Ar；则第一电离能大于P的元素为Cl、Ar，共2种，B错误； C．Y为O，其单质为氧气或臭氧，O2是双原子分子，结构对称，为非极性分子；O3是V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，C错误； D．Z为F，该锂盐是含复杂阴离子的离子晶体，Z的锂盐为LiF，也是离子晶体；离子晶体的熔点主要由晶格能决定，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；该锂盐的阴离子体积大、电荷分散，晶格能远小于LiF，因此熔点更低，D正确； 故答案选D。 7. 异靛蓝及其衍生物是一类具有生理活性的染料，目前在有机半导体材料中有重要的应用。其部分合成路线如下： 下列说法错误的是 A. 物质M中含3种官能团 B. 物质N与足量加成后，产物分子有个3手性碳 C. 向1mol N中加入足量NaOH溶液，最多与2mol NaOH反应 D. 物质K核磁共振氢谱有4组峰 【答案】C 【解析】 【详解】A．物质M中含溴原子、酰胺基、（酮）羰基3种官能团，A正确； B．物质N与足量加成后生成，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，其中含有3个手性碳原子，位置为，B正确； C．N中含有酰胺基、溴原子，且溴原子水解后会产生1个酚羟基，则向1molN中加入足量NaOH溶液，最多与3molNaOH反应，C错误； D．K的结构对称，含有4种环境的H原子，核磁共振氢谱有4组峰，D正确； 故选C。 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 物质性质 微观解释 A pKa：CF3COOH<CCl3COOH F的电负性大于Cl，吸电子能力强，导致中羟基极性大 B 键角 孤电子对与成键电子对之间斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力 C 稳定性： H-F键的键能大于H-O键 D 在中的溶解度大于在中的溶解度 和均为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．F的电负性大于Cl，吸电子能力强，使CF3COOH中O-H键极性增大，酸性增强，A正确； B．NH3中N有孤电子对，键角较小；[Cu(NH3)4]2+中N的孤电子对用于配位，无孤电子对斥力，键角增大，B正确； C．H-F键能（约565 kJ/mol）大于H-O键能（约463 kJ/mol），故稳定性：HF＞H2O，C正确； D．O3为极性分子，臭氧在非极性的CCl4中溶解度更大，因其极性较弱，而不是题干中说的非极性分子，D错误； 故答案选D。 9. 甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法错误的是 A. 总反应的原子利用率为100% B. 该历程的决速步骤为反应ⅲ C. HI为总反应的催化剂，可降低反应的焓变 D. 总反应的正反应活化能小于逆反应活化能 【答案】C 【解析】 【分析】甲醇与CO催化制备乙酸的反应分三步进行：ⅰ.CH3OH(l)+HI=CH3I(l)+H2O(l)，反应ⅱ.CH3I(l)+CO(g)=CH3COI(l)，反应ⅲ.CH3COI(l)+H2O(l)=CH3COOH(l)+HI。总反应为CH3OH(l)+CO(g)CH3COOH(l)，HI为反应的催化剂。 【详解】A．总反应为CH3OH(l)+CO(g)=CH3COOH(l)，则原子利用率为100%，A正确； B．三步反应的正反应的活化能分别为0.72eV、[-0.68-(-1.38)]eV=0.7eV、[0.91-(-1.01)]eV=1.92eV，第ⅲ步反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程的决速步骤为反应ⅲ，B正确； C．由分析可知，HI为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，C错误； D．该反应中，反应物的总能量为0eV，产物的总能量为-3.05eV，则∆H=-3.05eV-0eV=-3.05eV＜0，所以总反应为放热反应，总反应的正反应活化能小于逆反应活化能，D正确； 故选C。 10. NaClO2可用作漂白剂。工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是 A. 排出ClO2是通入空气的作用之一 B. “吸收器”中双氧水作氧化剂 C. “操作X”在实验室中涉及的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 D. NaClO2固体比ClO2气体便于贮存和运输 【答案】B 【解析】 【分析】由流程可知：发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收。在吸收器中发生反应：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。 【详解】A．通入空气可将ClO2发生器中产生的ClO2气体尽可能排出并导入吸收器中，被NaOH溶液充分吸收用于制取NaClO2，A正确； B．在吸收器中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价由反应前ClO2中的+4价变为反应后NaClO2中的+3价，得到电子被还原，ClO2作氧化剂；H2O2中O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，H2O2作还原剂，B错误； C．真空蒸发、冷却结晶后得到的晶体与溶液的混合物，故操作X为过滤，过滤需使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确； D．气体贮存运输需加压、防泄漏，固体更稳定，NaClO2固体比ClO2气体便于贮存和运输，D正确； 故合理选项是B。 11. 金属Bi对全钒液流电池负极有催化作用，放电时负极反应分两步进行，其中一步为：，电池工作原理如图所示，下列有关说法错误的是 A. 放电过程中从a极区向b极区移动 B. 充电时，b极区的物质的量增大 C. 充电时a极的电极电势小于b极 D. 放电时另一步负极电极反应式： 【答案】B 【解析】 【分析】该电池放电时，负极发生的反应分两步，分别是xV2++xH++Bi=BiHx+xV3+和BiHx−xe-=xH++Bi，说明a是原电池的负极，b为正极；充电时，a为阴极，b为阳极，以此解题； 【详解】A．放电时，阳离子向正极移动， H+从负极区（a极）向正极区（b极）移动，A正确； B．充电时b极为阳极，电极反应式为， H2O被消耗，b极区H2O的物质的量减小，B错误； C．充电时，原电池的正极（b极）作阳极，负极（a极）作阴极，阳极电势高于阴极，故a极电势小于b极，C正确； D．放电时，负极电极反应式为：，已知一步反应为：，则另一步反应为：，D正确； 故选B。 12. 由下列实验操作能得到相应结论的是 选项 实验操作 结论 A 将少量氯气缓慢通入溶液中，得到黄色溶液 氧化性： B 向盛有固体的试管中加入足量的溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴溶液，又产生黑色沉淀 溶解度： C 常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀产生 与结合的能力强于分子与的配位能力 D 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 为两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．I-的还原性强于Fe2+，氯气不足时，I-优先被氧化成I2，使得溶液呈黄色，故不能确定Fe2+是否被氧化成Fe3+，无法得出Cl2的氧化性强于Fe3+，A错误； B．AgCl与反应生成，加入几滴Na2S后所得黑色沉淀为Ag2S，故溶解度：AgCl>Ag2S，B正确； C．的溶液中加入盐生成AgCl沉淀，滴加盐酸的过程中只要Qc>Ksp(AgCl)即可产生沉淀，且AgCl的生成会促进解离，故不能说明Cl-与Ag+结合的能力更强，C错误； D．两性氢氧化物是指既能与酸反应生成盐和水，又可以与强碱反应生成盐和水，而与氨水发生络合反应生成，故不是两性氢氧化物，D错误； 故答案选B。 13. 为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. ②中的实验现象说明与的配位能力： C. ③中发生的反应为 D. ④中的实验现象说明还原性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中浓盐酸增加浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，生成更多黄色，溶液黄色加深，A正确； B．①中生成（黄色），②中加入后溶液变红，说明能与结合生成更稳定的，即与的配位能力强于，B正确； C．②中红色为，加入NaF后红色褪去变为无色（），说明与结合生成更稳定的，反应为：，C正确； D．③中溶液含（无色），被稳定配位，浓度极低，氧化性减弱，无法氧化，故加入KI和淀粉无明显变化。不能说明还原性弱于（实际还原性强于），D错误； 故答案选D。 14. 取20.00 mL含甲胺()和吡啶()的混合溶液，用0.1000 HCl标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氮微粒的分布分数与pH关系如图乙[比如：]。下列说法正确的是 A. 曲线①表示甲胺的分布分数 B. a点：99.8%的吡啶转化为 C. b点： D. 甲胺的含量：3.10 【答案】D 【解析】 【分析】甲胺碱性更强，优先与盐酸反应，故第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应；随着不断滴加HCl，酸性增强，pH减小，故④代表、③代表、②代表、①代表，据此解答。 【详解】A．根据分析，曲线①代表，A错误； B．结合图甲和图乙可知，a点pH为7.92，图乙中②代表，，则，故a点：的吡啶转化为，B错误； C．b点溶液呈酸性，故，C错误； D．第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，==，甲胺含量为，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷（非选择题，共58分） 二、非选择题（共4个题，共58分） 15. 电池级Mn3O4作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。 已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.5 沉淀完全的pH 2.8 8.4 10.1 ②“沉锰-再溶解”前后溶液中离子含量如下： 元素 Mn Mg Ca Ni Cu 沉锰前浓度mg/L 457.2 2.24 1.12 再溶解后浓度mg/L 91.52 544.6 1.86 1.02 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。 （2）“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是___________。 （3）“沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式___________。 （4）“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是___________。 （5）“除钙镁”中，若使、沉淀完全，溶液中最小为___________。 [已知：、，，。] （6）“氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是___________。 （7）MnSO4·H2O受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。则870～1200℃范围内发生反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）、 （2）将氧化为 （3） （4）过小，与结合生成或，降低浓度，不利于重金属离子沉淀 （5） （6）温度过低，反应速率太慢；温度过高，挥发 （7）。 【解析】 【分析】本题以菱锰矿(主要成分是MnCO3，含有SiO2、CaO、MgO以及Cu、Ni、Fe的化合物)为原料制备电池级。菱锰矿经硫酸酸浸，、、及、、的化合物溶解，不溶形成滤渣；通入空气将氧化为，加石灰调使沉淀除铁；加使以形式沉淀，反应为，再用硫酸溶解得到溶液；加石灰调节溶液酸碱性，加除去重金属离子，加使、以氟化物沉淀除去；最后通氧气和2%氨水氧化得到，据此分析。 【小问1详解】 菱锰矿中不与硫酸反应，酸浸后留在滤渣中，同时由于生成的微溶，故答案为：、； 【小问2详解】 “除铁”步骤中，通入空气可将溶液中的氧化为；结合已知沉淀完全的更低，便于后续加石灰沉淀除铁；故答案为：将氧化为； 【小问3详解】 “沉锰”时，与反应生成沉淀，同时生成和；离子方程式为；故答案为：； 【小问4详解】 “除重金属”利用沉淀重金属离子，越小，浓度越大，与结合生成或，导致浓度降低，重金属离子沉淀不完全，故答案为：过小，与结合生成或，降低浓度，不利于重金属离子沉淀； 【小问5详解】 沉淀完全时，由，得；同理，沉淀完全时更小，故溶液中最小为；故答案为：； 【小问6详解】 “氧化”步骤温度过低，反应速率太慢；温度过高，易挥发，且可能导致产物晶型改变；故答案为：温度过低，反应速率太慢；温度过高，挥发； 【小问7详解】 的摩尔质量为，样品的物质的量为，含的物质的量为，时固体质量为，时为，该阶段质量减少是由于生成了氧气，减少的质量 ，则生成氧气的物质的量 ，时固体为，时产物为，反应方程式为。 16. 合成氨工业中普遍使用的是以铁为主体的多成分催化剂，又称铁触媒。在实验室可用与铁红反应制备铁触媒，其装置如图： 已知：加热到500℃以上，和开始反应，生成铁的其他氧化物（其中铁元素化合价仅为或价）、和；温度高于700℃时，生成、和。回答下列问题： （1）装置C的名称为________，装置D的作用为________。 （2）写出温度高于700℃时，与铁红反应的化学方程式：________。 （3）若650℃时，48 g铁红与足量甲烷反应后，装置B的质量增加1.8 g，装置C的质量增加2.2 g，则此时反应后所得含铁氧化物中________。 （4）某化学兴趣小组为确定硝酸厂中所用铁触媒中铁元素的含量，进行了如下实验。 ①称取5.0 g该厂铁触媒样品，用足量的稀硫酸溶解； ②再向所得溶液中加入2 g还原铁粉，充分反应后过滤； ③将滤液配制成100 mL溶液，滤渣（仅含铁粉）经洗涤干燥后称得其质量为0.88 g； ④取25.00 mL配制好的溶液于锥形瓶中，用的酸性高锰酸钾溶液滴定。酸性高锰酸钾溶液盛放于________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点时的现象为________。若某次滴定结束时滴定管的示数如图所示，滴定前的刻度为0.00 mL，则消耗溶液的体积为________mL。若消耗溶液的平均体积为17.50 mL，则该厂铁触媒中铁元素的质量分数为________。 【答案】（1） ①. U形管 ②. 防止空气中的水分和进入装置C中 （2） （3） （4） ①. 酸式 ②. 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复原色 ③. 17.70 ④. 56% 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中甲烷与铁红反应制备铁触媒；装置B中盛有的浓硫酸用于吸收、测定生成水的质量；装置C中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成二氧化碳的质量；装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气与二氧化碳进入装置C中影响二氧化碳的测定。 【小问1详解】 由实验装置图可知，装置C为U形管；由分析可知，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气与二氧化碳进入装置C中影响二氧化碳的测定； 【小问2详解】 由题意可知，温度高于700℃时发生的反应为甲烷与铁红在700℃条件下反应生成铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； 【小问3详解】 由题意可知，650℃时，反应消耗氧化铁的物质的量为：=0.3 mol，反应生成的水、二氧化碳的物质的量分别为：=0.1 mol、=0.05 mol，由铁原子个数守恒可知，铁的氧化物中铁原子的物质的量为：0.3 mol×2=0.6 mol，氧原子个数守恒可知，氧化物中氧原子的物质的量为：0.3 mol×3-0.1 mol-0.05 mol×2=0.7 mol，则铁的氧化物中铁原子和氧原子的个数比为：0.6 mol：0.7 mol=6：7，则氧化物的化学式为Fe6O7；设1 mol氧化物中亚铁离子的物质的量为a mol，铁离子的物质的量为b mol，由铁原子个数守恒可得：a+b=6，由化合价代数和为0可得：2a+3b-7×2=0，解联立方程可得：a=4、b=2，则氧化物中铁离子和亚铁离子的物质的量比为：2 mol：4 mol=1：2； 【小问4详解】 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以酸性高锰酸钾溶液盛放在酸式滴定管中；由题意可知，滴定时溶液中的亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应后，再滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，则滴定终点时的现象为当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液变为浅红色，且半分钟内不恢复原色；由图可知，滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为：(17.70-0.00)mL=17.70mL；由题意可知，反应消耗铁的物质的量：=0.02 mol；由得失电子数目守恒可得如下转化关系：5Fe2+~KMnO4，滴定消耗17.50 mL0.2 mol/L酸性高锰酸钾溶液，则铁触媒样品中铁元素的物质的量为：0.2 mol/L×17.50×10-3L×5×-0.02 mol=0.07 mol -0.02 mol=0.05 mol，铁元素的质量分数为：×100%=56%。 17. 甲醇（）是一种绿色能源，以与为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。 反应ⅰ。 ； 反应ⅱ。 ； 反应ⅲ。 ； （1）反应ⅲ的________。 （2）升高温度，的值将________（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是________（填选项）。 A. 混合气体压强保持不变 B. 容器内温度不变 C. D. （4）在恒温密闭容器中，向容积为V的容器内投入1 mol 和3 mol 充分发生上述反应，的平衡转化率和甲醇选择性随着温度变化关系如图所示。 ①分析温度高于236℃后，转化率下降的原因________。 ②在244℃，计算平衡时生成的物质的量为________mol（计算结果保留两位有效数字）。 （5）近年研究发现，电催化和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。 ①电极b是电解池的________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应是________。 【答案】（1） （2）减小 （3）AB （4） ①. 236℃以后，以反应ⅰ为主，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，所以转化率下降 ②. 0.061 （5） ①. 阳 ②. 【解析】 【小问1详解】 反应ⅰ-反应ⅱ得到反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，根据盖斯定律，=。 【小问2详解】 反应iii-反应i，所得反应的K=，∆H=∆H3-∆H1<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K值减小，因此减小。 【小问3详解】 A．反应在绝热恒容容器中进行，若反应未达平衡，气体的物质的量会发生变化，同时体系温度也会改变，这两个因素都会导致容器内压强变化。当混合气体压强保持不变时，说明反应已达平衡状态，A正确； B．化学反应一定伴随能量变化，绝热密闭容器温度不变，说明反应达到平衡状态，B正确； C．反应i中也有CO2参与反应，故，不能说明反应已达平衡状态，C错误； D．n(H2​)：n(CO)=1:2仅代表某一时刻的物质的量比例关系，无法判断正逆反应速率是否相等，也不能说明各组分的浓度不再变化，因此不能作为平衡状态的判断依据，D错误； 答案选AB； 【小问4详解】 ①反应ⅰ是放热反应，反应ⅱ是吸热反应。升高温度，反应ⅰ的平衡逆向移动，而反应ⅱ的平衡正向移动。高于236℃后，CO2总转化率下降，说明温度升高对反应ⅰ平衡逆向移动的影响占主导地位，所以转化率下降； ②由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为； 【小问5详解】 ①电极b上被氧化生成，是电解池的阳极； ②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为：。 18. 我国某公司研发的治疗消化系统疾病的新药凯普拉生(化合物H)，合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)。 已知： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称是_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）由C转变为D的反应类型是_______ （4）同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。 ①含有两个甲基；②与钠反应产生氢气。 （5）由D转变为E的过程中经历了两步反应，第一步反应的化学方程式是：_______(要求配平)。 （6）下列关于F说法正确的有_______。 A. F能发生银镜反应 B. F不可能存在分子内氢键 C. 以上路线中E+F→G 的反应产生了氢气 D. 已知醛基吸引电子能力较强，与相比F的N-H键极性更小 （7）结合合成H的相关信息，以、和含一个碳原子的有机物(无机试剂任选)为原料，设计化合物的合成路线_______。 【答案】（1）硝基、羟基 （2）BrCH2CH2CH2OCH3 （3）还原反应 （4）5 （5）+NaNO2+2HCl+NaCl+2H2O （6）AC （7） 【解析】 【分析】A和B发生反应生成C，的作用是与A和B反应生成的HBr反应，促进反应正向进行，结合B的分子式，以及C的结构简式，可知B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3，C中硝基还原为氨基生成D，D经历两步反应生成E，E发生取代反应生成G，据此解答。 【小问1详解】 结合A的结构简式可知，官能团的名称是，硝基、羟基； 【小问2详解】 由分析可知，B的结构简式为BrCH2CH2CH2OCH3； 【小问3详解】 C中硝基还原为氨基生成D，反应类型是还原反应； 【小问4详解】 B的分子式，含有两个甲基，与与钠反应产生氢气，则官能团为碳溴键和羟基，采用“定一移一的方法”共有、、(箭头所指溴原子位置)，共有5种； 【小问5详解】 由D转变为E的第一步反应是已知条件的反应，化学方程式为：+NaNO2+2HCl+NaCl+2H2O； 【小问6详解】 A．F中含有醛基，能发生银镜反应，A正确； B．F中亚氨基上的H原子与F原子距离较近，能形成分子内氢键，B错误； C．E与F发生取代反应生成HCl，，故有氢气生成，C正确； D．F中的氟原子以及醛基都是吸电子基，则F的N-H键极性更大，D错误； 故选AC； 【小问7详解】 目标产物的结构简式与G类似，则其是由和发生取代反应而合成，而可由苯胺发生D→E的反应合成，可由苯甲醛发生G→H的反应合成，故合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $