精品解析：新疆乌鲁木齐市2025-2026学年上学期高三第一次质量监测化学试题

乌鲁木齐地区2026年高三年级第一次质量监测 化学(问卷) (卷面分值：100分；考试时间：100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，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页。 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡相应位置上。 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，请按要求在规定区域作答，写在本试卷上无效。 4.考试结束，将答题卡交回。 5.可能用到的相对原子质量： 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题(本题共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. 世界最长高速公路隧道——天山胜利隧道于2025年12月26日通车，实现了乌鲁木齐至库尔勒市车程由7小时缩短至小时。中国自主研制的超大直径盾构机“天山号”功不可没。下列有关盾构机的说法错误的是 A. 钻头刀刃的硬质钨合金属于金属材料 B. 控制系统芯片的主要成分为高纯硅 C. 电缆表面绝缘层属于有机高分子材料 D. 液压油缸提供前进推力，新加入的液压油属于纯净物 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态原子的价层电子轨道表示式： B. 过氧化氢的电子式： C. 的模型： D. 的键的形成： 3. 下列有关物质的性质与用途均正确，且存在对应关系的是 A. 溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制印刷电路板 B. 容易液化，液氨可以作制冷剂 C. 密度比水大，可用于萃取溴水中的溴 D. 离子液体具有良好导电性，可用于溶解树木纤维素 4. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的溶液中和的离子数之和为 B. 含的浓硫酸与足量共热，转移的电子数为 C. 中含有孤电子对数为 D. 标准状况下，中所含中子数为 5. 5-氨基四唑硝酸盐受热迅速分解生成以为主的环境友好气体，同时放出大量的热，是制造火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中五元环为平面结构。下列关于该物质的说法错误的是 A. 阳离子至少有4个N原子采取杂化 B. 阴离子空间构型为平面三角形 C. 电负性： D. 该物质中存在极性键、非极性键和离子键 6. 甲烷制备甲醇在能源、环境和经济领域具有重要价值。在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 稳定性： B. 步骤1中消耗放热 C. 步骤2反应为决速步骤 D. 该过程实现的氧化 7. 下列实验操作能达到实验目的的是 A验证金属锌保护铁 B．配制稀硫酸 C．探究温度对化学平衡的影响 D．测定新制氯水的 A. A B. B C. C D. D 8. 在一定条件下，下列物质的转化不能通过一步反应实现的是 A. B. C. D. 9. 下列过程中，对应的离子方程式正确的是 A. 工业制漂白粉： B. 用过量氨水吸收废气： C. 电解饱和溶液制氢气和氯气： D. 铝粉和固体用作管道疏通剂： 10. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X是原子序数最小的元素，Y元素基态原子的价层电子排布式满足，Y、Z、W同周期且三种元素原子基态时Z原子第一电离能最大。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 、两种微粒电子数相同 C. 简单氢化物的键角： D. 最高价氧化物对应水化物酸性： 11. 分析下列实验操作及现象，所得结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 用光洁无锈铁丝蘸取某碱性溶液进行焰色试验，火焰呈黄色 该溶液为溶液 B 向盛有溶液的试管里滴过量氨水，先生成蓝色沉淀，然后沉淀消失得到深蓝色溶液 与配位能力： C 取两份新制氯水，分别滴入少量溶液和淀粉溶液，第一份溶液变浑浊，第二份溶液变蓝 与水反应存在限度 D 在和时，用计测得溶液的分别为和 的水解常数： A. A B. B C. C D. D 12. 硼氢化钠()是一种高效储氢材料，在催化剂作用下与水反应可获取，其可能的反应机理如下图所示。已知：常温下，在水中的溶解度不大，易以形式结晶析出。下列说法错误的是 A. 随浓度增大放氢速率一定增大 B. 该反应过程中既有极性键的断裂又有极性键的形成 C. 用代替，反应后生成的气体中含有、、 D. 最后一步反应可表示为： 13. 我国科学家最新研制的一款高压无阳极配制可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a为正极，电极d上发生氧化反应 B. 充电时，电路中每迁移电子，理论上c极净增重 C. 放电时，c极的电极反应式为 D. 放电时，内电路电流方向： 14. 常温下，有含的饱和溶液、含的饱和溶液，两份溶液中和微粒的分布系数[ 所有含A微粒的总浓度]，随的变化关系如图所示。已知：不发生水解，可溶。下列说法错误的是 A. 的饱和溶液中 B. P表示饱和溶液中随变化的图像 C. 常温下的溶度积常数为 D. 常温下反应的平衡常数为 第Ⅱ卷(非选择题共58分) 二、非选择题(本题共5小题，共58分) 15. 物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。通过物质分类与元素化合价分析，可以预测、解释物质性质，设计物质间的转化途径。回答下列问题： （1）铝是一种活泼金属，常温下与_______(填化学式)反应形成致密保护膜，使其稳定存在。 （2）属于_______(填“酸性”或“碱性”)氧化物，向中加入盐酸，检验产物中阳离子的试剂是_______(填化学式)。 （3）工业上以氨为原料，经过一系列反应制备硝酸，第一步转化反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。 （4）从化合价的角度分析，和均可作消毒剂的原因是_______。工业上使用和在强碱性条件下制备的离子方程式为_______。 （5）把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，加入_______(填标号)后，铜丝逐渐变细，有气泡产生，溶液逐渐变蓝，反应的离子方程式为_______。 a． b． c． 16. 磷及其化合物在工业生产中起着重要作用，工业上使用岩石矿物磷灰石制备白磷并做无害化处理获得含磷化合物过程如下。回答下列问题： （1）基态P原子的电子排布式为_______。白磷属于_______晶体，难溶于水，易溶于，原因是_______。 （2）磷酸是生产肥料、洗涤剂和食品添加剂等产品的重要原料，其分子结构式为，浓磷酸是粘稠液体，随温度升高粘度会下降的原因是_______。单氟磷酸是一种重要的金属去污剂，其结构为，二者酸性强弱关系：磷酸_______(填“>”“<”或“=”)单氟磷酸。 （3）次磷酸()是一种精细磷化工产品，与过量溶液反应生成的盐为，说明次磷酸是_______元酸。 （4）磷化亚铜()是制备磷青铜合金的关键原料，能改善合金的机械性能和耐腐蚀性。磷青铜合金的立方晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。已知：晶体密度为，表示阿伏加德罗常数的值，晶胞中最近的、P原子核间距为_______。 17. 我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出突出贡献。某探究活动小组设计如图装置(夹持装置略去)，模拟侯氏制碱法制备，反应原理：，并回收副产品。步骤如下： ①向一定体积浓氨水中加入过量食盐，充分溶解至饱和，制得氨化盐水； ②检验装置的气密性后，量取氨化盐水于三颈瓶中，持续通入，水浴加热温度控制在，充分搅拌； ③当溶液下降到左右时，停止通入。冷却静置反应物，过滤分离出白色沉淀物，低温干燥，得到粗产品； ④向步骤③的滤液中加入浓氨水，加热至，再加入过量固体，充分搅拌，冷却静置后经一系列操作，得到固体。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是_______；饱和溶液的作用是_______；要停止产生，进行的操作是_______。 （2）实验室制备氨化盐水的常用方法是：将制备好的氨气通入饱和食盐水分钟，与之相比，使用步骤①制备氨化盐水的优点为_______(写出一点)。 （3）步骤②反应控制温度为的原因是_______。 （4）步骤③在实际操作中，还需间歇性关闭止水夹b的目的是_______。 （5）将步骤③中所得粗产品置于_______(填仪器名称)小火加热至恒重，冷却后将固体溶解于水，加入过量溶液充分反应，经处理得到固体，则粗产品中的纯度为_______(保留3位有效数字)。 （6）步骤④中“一系列操作”是_______。 18. 锆是一种稀有金属，可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂(主要成分为，含有、、等元素)为原料制备金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属元素存在形式为、、、； ②“沉淀”时产物为、和； ③常温下，，； ④利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 回答下列问题： （1）为加快锆英砂溶解，可采取的措施有_______(写出一种)。 （2）“酸溶”步骤所得的溶液中元素的化合价为_______。 （3）“萃取”时，除去的杂质元素为_______。流程中可循环利用的物质除外，还有_______(填化学式)。生成配合物(：磷酸三丁酯)，可用_______(填实验方法)测定其晶体结构。 （4）“沉淀”反应后滤液中，则_______。 （5）“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为_______。加入碳粉的作用是_______(从热力学角度分析)。 （6）“还原”的主要目的是_______，若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为_______。 19. 氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，是人类的战略能源发展方向。目前，制备氢气有多种途径。 途径一：甲醇制氢，反应： （1）恒温恒容下发生该反应，下列说法正确的是_______。 A. 混合气体密度不变时，反应达到平衡 B. 平衡状态时 C. 加入催化剂，可提高的平衡产率 D. 充入，对的产率不产生影响 （2）若的速率方程为，(、分别为正、逆反应速率常数，与温度有关)，其他条件相同，达到平衡时，，达到平衡时，。由此推知，_______(填“>”“<”或“=”)，判断理由为_______。 途径二：乙醇与水重整反应制氢，该重整过程涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压()条件下，在密闭容器中通入、，发生上述反应，测得平衡时的转化率和、的选择性与温度的变化关系曲线如图所示。 已知：的选择性 （3）反应Ⅰ的_______。 （4）图中甲表示平衡转化率的曲线，表示选择性的曲线为_______(填“乙”或“丙”)。 （5）时，的平衡转化率为_______%(结果保留一位小数)；该温度下，平衡体系中的分压_______(结果用分数表示)。 （6）采用催化剂时，的不同质量分数对产品的选择性的影响如图1所示。时，采用的催化剂中的质量分数最佳为_______。 途径三：电解法制氢 磁场辅助光照电极材料促使单位时间内产生更多的“电子”和“空穴”(，具有强氧化性)，驱动并加快电极反应。磁场辅助光电分解水制氢的工作原理如图2所示。 （7）电极X为_______极(填“阴”或“阳”)。在酸性介质中生成M的电极反应式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐地区2026年高三年级第一次质量监测 化学(问卷) (卷面分值：100分；考试时间：100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，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至6页。 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填在答题卡相应位置上。 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号。写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，请按要求在规定区域作答，写在本试卷上无效。 4.考试结束，将答题卡交回。 5.可能用到的相对原子质量： 第Ⅰ卷(选择题 共42分) 一、选择题(本题共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. 世界最长高速公路隧道——天山胜利隧道于2025年12月26日通车，实现了乌鲁木齐至库尔勒市车程由7小时缩短至小时。中国自主研制的超大直径盾构机“天山号”功不可没。下列有关盾构机的说法错误的是 A. 钻头刀刃的硬质钨合金属于金属材料 B. 控制系统芯片的主要成分为高纯硅 C. 电缆表面绝缘层属于有机高分子材料 D. 液压油缸提供前进推力，新加入的液压油属于纯净物 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属材料包括纯金属和合金，钨合金属于合金，因此属于金属材料，A不符合题意； B．硅是良好的半导体材料，芯片的主要成分就是高纯硅，B不符合题意； C．电缆绝缘层一般为塑料、橡胶类材料，都属于合成有机高分子材料，C不符合题意； D．液压油是石油分馏得到的产物，是多种烃类组成的混合物，不属于纯净物，D符合题意； 答案选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态原子的价层电子轨道表示式： B. 过氧化氢的电子式： C. 的模型： D. 的键的形成： 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态的价电子排布为3d54s1，3d轨道上的电子要占据每个轨道，且自旋方向相同，其价层电子轨道表示式为，A正确； B．为共价化合物，其电子式为，B错误； C．的价层电子对数为，模型为平面三角形，但没有孤对电子，C错误； D．图中表示肩并肩形成键的过程，D错误； 故选A。 3. 下列有关物质的性质与用途均正确，且存在对应关系的是 A. 溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制印刷电路板 B. 容易液化，液氨可以作制冷剂 C. 密度比水大，可用于萃取溴水中的溴 D. 离子液体具有良好导电性，可用于溶解树木纤维素 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液蚀刻铜制印刷电路板，是利用的氧化性，发生反应，与溶液显酸性没有对应关系，A错误； B．容易液化，液氨汽化时会吸收大量的热，使周围环境温度急剧降低，因此液氨可用作制冷剂，性质与用途存在对应关系，B正确； C．可用于萃取溴水中的溴，是因为溴在中的溶解度远大于在水中的溶解度，且与水不互溶，与密度比水大没有直接对应关系，C错误； D．离子液体可用于溶解树木纤维素，是因为离子液体是优良的溶剂，与具有良好导电性没有对应关系，D错误； 故答案选B。 4. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的溶液中和的离子数之和为 B. 含的浓硫酸与足量共热，转移的电子数为 C. 中含有孤电子对数为 D. 标准状况下，中所含中子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据物料守恒，中，碳元素以、、三种形式存在，因此和的离子数之和小于，A错误； B．浓硫酸与铜共热时，随反应进行浓硫酸浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不与反应，因此不能完全反应，转移电子数小于，B错误； C．的物质的量为，1个分子中原子只含对孤电子对，因此总孤电子对数为，C错误； D．标准状况下的物质的量为；1个中，中子数为，中子数为，总中子数为，因此该分子所含中子数为，D正确； 故选D。 5. 5-氨基四唑硝酸盐受热迅速分解生成以为主的环境友好气体，同时放出大量的热，是制造火箭推进剂的重要原料。该盐结构简式如图，其中五元环为平面结构。下列关于该物质的说法错误的是 A. 阳离子至少有4个N原子采取杂化 B. 阴离子空间构型为平面三角形 C. 电负性： D. 该物质中存在极性键、非极性键和离子键 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意知，阳离子的五元环为平面结构，则五元环上的4个N原子均采用杂化，A正确； B．由图可知，阴离子为，的中心原子N原子的价层电子对数为，无孤电子对，其空间构型为平面三角形，B正确； C．同周期从左到右，电负性逐渐增大，则电负性N>C，碳的核电荷数大于H，对核外电子的吸引能力更大，故电负性C>H，所以电负性，C错误； D．该化合物中阳离子和阴离子间存在离子键，阳离子的环上存在非极性键和极性键， D正确； 故选C。 6. 甲烷制备甲醇在能源、环境和经济领域具有重要价值。在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示。代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 稳定性： B. 步骤1中消耗放热 C. 步骤2反应为决速步骤 D. 该过程实现的氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．能量越低，物质越稳定。根据图示，的相对能量比的相对能量大，故比稳定，因此，稳定性：，A正确； B．步骤1的反应物是和，生成物是和。反应物总能量为0.00 eV，生成物总能量为-0.71 eV，因此该步骤是放热反应，每消耗1 mol，放出的能量为eV，B正确； C．该反应总反应的化学反应速率由活化能大的慢反应决定。根据图示可知：步骤1反应的活化能比步骤2的大，更不容易发生反应，该步骤的反应速率慢，是该过程实现的决速步骤，C错误； D．根据图示可知：在某含Mo催化剂作用下，CH4反应转化为CH3OH，物质得到氧，发生了氧化反应，从而实现了甲烷的催化氧化反应，D正确； 故选C。 7. 下列实验操作能达到实验目的的是 A验证金属锌保护铁 B．配制稀硫酸 C．探究温度对化学平衡的影响 D．测定新制氯水的 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于Fe电极可能会被氧化为Fe2+，故验证金属锌保护铁的实验中，应该用胶头滴管取Fe电极的溶液于试管中，然后向试管中滴加铁氰化钾溶液，A错误； B．容量瓶是定容仪器，不能直接在容量瓶中稀释浓硫酸，浓硫酸稀释会放热，需先在烧杯中稀释冷却后，再转移到容量瓶配制溶液，B错误； C．存在平衡，为红棕色，温度改变平衡移动会导致颜色变化；初始两容器温度均为，乙烧杯中加入，与水反应放热，使乙中温度升高，对比甲、乙的颜色变化，即可探究温度对化学平衡的影响，C正确； D．新制氯水中含有，具有漂白性，会漂白pH试纸，无法读取pH数值，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，D错误； 故选C。 8. 在一定条件下，下列物质的转化不能通过一步反应实现的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．与或在高温下反应可一步得到；与在点燃条件下可一步生成；与溶液反应可一步生成，A不符合题意； B．与在加热条件下可一步生成；但是不溶于水的碱性氧化物，不能与水直接反应一步生成，需要先与酸反应生成铜盐，再与碱反应才能得到；与反应可一步生成，B符合题意； C．与溶液反应可一步生成；与溶液反应可一步转化为更难溶的；与溶液反应可一步转化为更难溶的，C不符合题意； D．与水反应可一步生成；溶液与少量反应可一步生成；溶液与过量反应可一步生成，D不符合题意； 故答案选B。 9. 下列过程中，对应的离子方程式正确的是 A. 工业制漂白粉： B. 用过量氨水吸收废气： C. 电解饱和溶液制氢气和氯气： D. 铝粉和固体用作管道疏通剂： 【答案】D 【解析】 【详解】A．工业制漂白粉是氯气与石灰乳（氢氧化钙悬浊液）反应，石灰乳中的不能拆分为离子，正确的离子反应为：，A错误； B．过量氨水吸收时，完全反应生成亚硫酸铵，不是亚硫酸氢根，正确离子方程式为，B错误； C．电解饱和溶液时，水是弱电解质不能拆分为氢离子，正确离子方程式为，C错误； D．铝粉和溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，该离子方程式原子守恒、电荷守恒，反应原理正确，D正确； 故选D。 10. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X是原子序数最小的元素，Y元素基态原子的价层电子排布式满足，Y、Z、W同周期且三种元素原子基态时Z原子第一电离能最大。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 、两种微粒电子数相同 C. 简单氢化物的键角： D. 最高价氧化物对应水化物酸性： 【答案】C 【解析】 【分析】X是原子序数最小的短周期元素，因此X为H；Y基态价电子排布为，s轨道最多填充2个电子，故，价电子排布为，因此Y为C；Y、Z、W同周期（第二周期），原子序数依次增大，且Z第一电离能最大：第二周期中N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的C、O，因此Z为N，W为O，据此解答。 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径，即，A正确； B．为，电子总数为；为，电子总数为，二者电子数相同，B正确； C．简单氢化物分别为、、，三者中心原子均为杂化；中心原子孤电子对越多，键角越小：孤电子对数，因此键角为，即，C错误； D．高价氧化物对应水化物：Y为，Z为，酸性，即，D正确； 故选C。 11. 分析下列实验操作及现象，所得结论正确的是 实验操作和现象 结论 A 用光洁无锈铁丝蘸取某碱性溶液进行焰色试验，火焰呈黄色 该溶液为溶液 B 向盛有溶液的试管里滴过量氨水，先生成蓝色沉淀，然后沉淀消失得到深蓝色溶液 与配位能力： C 取两份新制氯水，分别滴入少量溶液和淀粉溶液，第一份溶液变浑浊，第二份溶液变蓝 与水反应存在限度 D 在和时，用计测得溶液的分别为和 的水解常数： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．焰色试验火焰呈黄色说明溶液中含有钠离子，但无法确定阴离子是否为，因此不能断定溶液一定是NaOH溶液，A结论错误； B．先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解形成深蓝色溶液，说明与的配位能力大于，B结论正确； C．氯气与水的反应：，第一份变浑浊证明存在氯离子，第二份变蓝证明存在氧化剂（如、HClO）。即使该反应完全进行，产物HCl和HClO也能满足实验现象，因此该实验不能证明与水的反应存在限度，C结论错误； D．升高温度，水的电离和亚硫酸根的水解同时被促进，pH减小说明水的电离被促进程度更大，不能证明Kh(20℃)＞Kh(40℃)，D结论错误； 故选B。 12. 硼氢化钠()是一种高效储氢材料，在催化剂作用下与水反应可获取，其可能的反应机理如下图所示。已知：常温下，在水中的溶解度不大，易以形式结晶析出。下列说法错误的是 A. 随浓度增大放氢速率一定增大 B. 该反应过程中既有极性键的断裂又有极性键的形成 C. 用代替，反应后生成的气体中含有、、 D. 最后一步反应可表示为： 【答案】A 【解析】 【分析】根据图知，和H2O生成和H2，离子方程式为，据此分析解答。 【详解】A．浓度较大时，生成的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，使放氢速率减小，A错误； B．由图可知，反应过程中有和断裂，和的形成，所以反应过程中既有极性键的断裂又有极性键的形成，B正确； C．由图可知，用代替，中的D一部分进入氢气，一部分进入，生成的氢原子重新组合，所以生成的气体中含有、、，C正确； D．由图示可知，最后一个步骤的反应是，故D正确； 故选A。 13. 我国科学家最新研制的一款高压无阳极配制可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a为正极，电极d上发生氧化反应 B. 充电时，电路中每迁移电子，理论上c极净增重 C. 放电时，c极的电极反应式为 D. 放电时，内电路电流方向： 【答案】D 【解析】 【分析】由可充电钠电池的充电过程可知，Na+向轻质铝集电器移动，故充电时，c极为阴极，电极反应式为，b为正极，放电时，c极为负极，d极为正极，据此分析。 【详解】A．由分析可知，是电源的负极，b为正极，A错误； B．充电时极反应为，转移电子时，生成，理论上极净增重，不是，B错误； C．充电的阴极放电时作原电池的负极，放电时极（负极）失电子，电极反应为，C错误； D．放电时，为负极，为正极；电池内电流方向是正电荷移动方向，由负极流向正极，即，D正确； 故选D。 14. 常温下，有含的饱和溶液、含的饱和溶液，两份溶液中和微粒的分布系数[ 所有含A微粒的总浓度]，随的变化关系如图所示。已知：不发生水解，可溶。下列说法错误的是 A. 的饱和溶液中 B. P表示饱和溶液中随变化的图像 C. 常温下的溶度积常数为 D. 常温下反应的平衡常数为 【答案】D 【解析】 【分析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明第一步完全电离，第二步部分电离，含A微粒只有和，二者浓度相等时：pH=3，则电离常数 ；含B微粒的分布系数曲线只有一条曲线，且δ=1，则HB为强酸，在水溶液中完全电离，则浓度改变，饱和溶液的pH改变，饱和溶液的pH不变，即P表示饱和溶液中随pH变化的图像，Q表示饱和溶液中随pH变化的图像。据此解答： 【详解】A．在饱和溶液中，根据物料守恒，的物质的量是所有含A微粒物质的量的2倍，因此，A正确； B．根据分析，P表示饱和溶液中随变化的图像，B正确； C．曲线Q代表MB的饱和溶液，其溶度积常数。在MB饱和溶液中，根据化学计量关系， 。所以 。从曲线Q上选取一个点，例如当pH=0时，pM=5，此时，因此，，C正确； D．据图可知，时，饱和溶液中， ，此时，溶液中只有，则 ，那么  ，MB饱和溶液中 ，，，根据和二者浓度相等时 pH=3，得出电离常数因此反应的平衡常数：  ，D错误； 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题共58分) 二、非选择题(本题共5小题，共58分) 15. 物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。通过物质分类与元素化合价分析，可以预测、解释物质性质，设计物质间的转化途径。回答下列问题： （1）铝是一种活泼金属，常温下与_______(填化学式)反应形成致密保护膜，使其稳定存在。 （2）属于_______(填“酸性”或“碱性”)氧化物，向中加入盐酸，检验产物中阳离子的试剂是_______(填化学式)。 （3）工业上以氨为原料，经过一系列反应制备硝酸，第一步转化反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。 （4）从化合价的角度分析，和均可作消毒剂的原因是_______。工业上使用和在强碱性条件下制备的离子方程式为_______。 （5）把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，加入_______(填标号)后，铜丝逐渐变细，有气泡产生，溶液逐渐变蓝，反应的离子方程式为_______。 a． b． c． 【答案】（1） （2） ①. 碱性 ②. (合理即给分) （3） （4） ①. 、均处在较高价态，有强氧化性 ②. （5） ①. b ②. 【解析】 【小问1详解】 铝常温下能与氧气反应，生成致密的氧化铝保护膜，阻止内部铝继续被氧化，因此填。 【小问2详解】 能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；与盐酸反应生成，高中常用/苯酚等检验。 【小问3详解】  第一步转化为是氨的催化氧化反应，，其中是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为。 【小问4详解】 从化合价角度分析，消毒剂需要具有强氧化性：中为价，中为价，二者中心元素都处于较高价态，具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可作消毒剂。 强碱性条件下，被氧化为，被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得到对应离子方程式为； 【小问5详解】  与稀硫酸不反应： a选项加入，不发生反应，不符合； b选项加入后，酸性条件下具有强氧化性，可氧化，生成蓝色和气体（气泡），逐渐溶解，符合题意； c选项加入，虽然能氧化，但反应没有气泡生成，不符合题意； 因此选b，对应离子方程式为 。 16. 磷及其化合物在工业生产中起着重要作用，工业上使用岩石矿物磷灰石制备白磷并做无害化处理获得含磷化合物过程如下。回答下列问题： （1）基态P原子的电子排布式为_______。白磷属于_______晶体，难溶于水，易溶于，原因是_______。 （2）磷酸是生产肥料、洗涤剂和食品添加剂等产品的重要原料，其分子结构式为，浓磷酸是粘稠液体，随温度升高粘度会下降的原因是_______。单氟磷酸是一种重要的金属去污剂，其结构为，二者酸性强弱关系：磷酸_______(填“>”“<”或“=”)单氟磷酸。 （3）次磷酸()是一种精细磷化工产品，与过量溶液反应生成的盐为，说明次磷酸是_______元酸。 （4）磷化亚铜()是制备磷青铜合金的关键原料，能改善合金的机械性能和耐腐蚀性。磷青铜合金的立方晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。已知：晶体密度为，表示阿伏加德罗常数的值，晶胞中最近的、P原子核间距为_______。 【答案】（1） ①. 或[ ②. 分子 ③. 和都是非极性分子，相似相溶 （2） ①. 升温后，破坏磷酸分子间氢键 ②. < （3）一 （4） ①. 或 ②. 【解析】 【小问1详解】 基态P原子原子序数为15，电子排布式为 （或）； 白磷由分子构成，属于分子晶体； 溶解性符合相似相溶原理，原因是：和都是非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，白磷难溶于水，易溶于； 【小问2详解】 浓磷酸分子间存在大量氢键，分子间作用力强，因此粘稠；温度升高时，部分分子间氢键被破坏，分子间作用力减弱，因此黏度下降； F的电负性大于-OH，吸电子能力更强，使O-H键极性增强，更易电离出，因此单氟磷酸酸性强于磷酸，故填＜； 【小问3详解】 次磷酸与过量反应只生成正盐，说明只有1个可电离的，因此次磷酸是一元酸； 【小问4详解】 用均摊法计算晶胞中原子数： 位于顶点：； 位于面心：； 位于体心：； 因此晶体化学式为：或； 设晶胞边长为，晶胞质量，由得。 P在体心，Cu在面心，最近Cu、P的核间距为晶胞边长的一半，因此核间距为 pm。 17. 我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出突出贡献。某探究活动小组设计如图装置(夹持装置略去)，模拟侯氏制碱法制备，反应原理：，并回收副产品。步骤如下： ①向一定体积浓氨水中加入过量食盐，充分溶解至饱和，制得氨化盐水； ②检验装置的气密性后，量取氨化盐水于三颈瓶中，持续通入，水浴加热温度控制在，充分搅拌； ③当溶液下降到左右时，停止通入。冷却静置反应物，过滤分离出白色沉淀物，低温干燥，得到粗产品； ④向步骤③的滤液中加入浓氨水，加热至，再加入过量固体，充分搅拌，冷却静置后经一系列操作，得到固体。 回答下列问题： （1）仪器A的名称是_______；饱和溶液的作用是_______；要停止产生，进行的操作是_______。 （2）实验室制备氨化盐水的常用方法是：将制备好的氨气通入饱和食盐水分钟，与之相比，使用步骤①制备氨化盐水的优点为_______(写出一点)。 （3）步骤②反应控制温度为的原因是_______。 （4）步骤③在实际操作中，还需间歇性关闭止水夹b的目的是_______。 （5）将步骤③中所得粗产品置于_______(填仪器名称)小火加热至恒重，冷却后将固体溶解于水，加入过量溶液充分反应，经处理得到固体，则粗产品中的纯度为_______(保留3位有效数字)。 （6）步骤④中“一系列操作”是_______。 【答案】（1） ①. 长颈漏斗 ②. 除去中的 ③. 关闭止水夹a （2）操作简便、省时，提高氨的利用率 （3）温度过高，分解，且氨化食盐水中的挥发造成损失；温度过低，反应速率降低，降低制备效率。(合理给分) （4）关闭止水夹，容器内压强增大，提高气体利用率和反应速率；打开止水夹，防止装置内气压过大，出现安全事故。(合理给分) （5） ①. 坩埚 ②. （6）过滤、洗涤、干燥 【解析】 【分析】稀盐酸和大理石反应制取，饱和碳酸氢钠除去挥发的HCl，三颈烧瓶中发生反应：NH3+H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠，据此解答。 【小问1详解】 该装置为简易启普发生器，仪器A为长颈漏斗；盐酸和大理石制得的混有挥发的，饱和碳酸氢钠可除去并生成；关闭止水夹a后，装置内压强增大，稀盐酸被压回长颈漏斗，固液分离，反应停止。 【小问2详解】 该方法直接用浓氨水配制，省略了氨气的制备和通入的步骤，操作更简便，且能得到更高浓度的氨化溶液，提高氨的利用率，有利于产物生成。 【小问3详解】 反应速率随温度降低而减小，温度太高则分解，都不利于产物生成，因此控制温度在该范围。 【小问4详解】 关闭止水夹b，可使装置压强升高，让未反应的氨气、二氧化碳充分和氨化盐水接触反应，提高气体利用率和反应速率，打开止水夹，防止装置内气压过大，出现安全事故。 【小问5详解】 加热灼烧固体至恒重在坩埚中进行； 计算：受热分解：，加得到，关系式：，，则，，纯度。 【小问6详解】 冷却静置后析出，分离得到固体需要依次进行过滤（分离出固体）、洗涤（除去杂质）、干燥得到纯净产品。 18. 锆是一种稀有金属，可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂(主要成分为，含有、、等元素)为原料制备金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属元素存在形式为、、、； ②“沉淀”时产物为、和； ③常温下，，； ④利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 回答下列问题： （1）为加快锆英砂溶解，可采取的措施有_______(写出一种)。 （2）“酸溶”步骤所得的溶液中元素的化合价为_______。 （3）“萃取”时，除去的杂质元素为_______。流程中可循环利用的物质除外，还有_______(填化学式)。生成配合物(：磷酸三丁酯)，可用_______(填实验方法)测定其晶体结构。 （4）“沉淀”反应后滤液中，则_______。 （5）“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为_______。加入碳粉的作用是_______(从热力学角度分析)。 （6）“还原”的主要目的是_______，若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为_______。 【答案】（1）搅拌、粉碎锆英砂、适当升温等 （2） （3） ①. ②. ③. X射线衍射实验 （4） （5） ①. ②. 生成，体系熵增大，反应趋势增大 （6） ①. 将转化为，防止升华影响的纯度 ②. 【解析】 【分析】锆英砂主要含ZrSiO4，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，除掉，而后进行反萃取，“沉淀”时ZrO2+、Fe3+、Cr3+生成沉淀，焙烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。 【小问1详解】 加快固体溶解的常用措施，粉碎增大接触面积、升温、搅拌、提高酸浓度都可以加快反应溶解速率。 【小问2详解】 酸溶中以形式存在，设化合价为，则，解得。 【小问3详解】 锆英砂中是杂质，性质与相近，萃取时形成配合物进入有机相，留在萃余液被除去； 流程中反萃取用到稀盐酸，酸溶步骤也需要稀盐酸，因此可循环利用，也可循环。 晶体结构的测定方法为射线衍射法。 【小问4详解】 根据弱碱电离平衡，代入已知得： ，解得。 再根据，代入得： 。 【小问5详解】 ：和、反应生成，还原性气体为（无还原性），配平为；从热力学角度，纯和反应生成和的，不能自发，加入碳后，碳结合氧生成，总反应，使反应可以自发正向进行。 【小问6详解】 根据表格沸点，沸点（）和沸点（）接近，直接升华无法分离，还原为沸点的后，沸点差异大，可升华分离提纯；题目要求还原产物均为化合物，因此还原得到和，无单质铁生成，配平为。 19. 氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，是人类的战略能源发展方向。目前，制备氢气有多种途径。 途径一：甲醇制氢，反应： （1）恒温恒容下发生该反应，下列说法正确的是_______。 A. 混合气体密度不变时，反应达到平衡 B. 平衡状态时 C. 加入催化剂，可提高的平衡产率 D. 充入，对的产率不产生影响 （2）若的速率方程为，(、分别为正、逆反应速率常数，与温度有关)，其他条件相同，达到平衡时，，达到平衡时，。由此推知，_______(填“>”“<”或“=”)，判断理由为_______。 途径二：乙醇与水重整反应制氢，该重整过程涉及的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压()条件下，在密闭容器中通入、，发生上述反应，测得平衡时的转化率和、的选择性与温度的变化关系曲线如图所示。 已知：的选择性 （3）反应Ⅰ的_______。 （4）图中甲表示平衡转化率的曲线，表示选择性的曲线为_______(填“乙”或“丙”)。 （5）时，的平衡转化率为_______%(结果保留一位小数)；该温度下，平衡体系中的分压_______(结果用分数表示)。 （6）采用催化剂时，的不同质量分数对产品的选择性的影响如图1所示。时，采用的催化剂中的质量分数最佳为_______。 途径三：电解法制氢 磁场辅助光照电极材料促使单位时间内产生更多的“电子”和“空穴”(，具有强氧化性)，驱动并加快电极反应。磁场辅助光电分解水制氢的工作原理如图2所示。 （7）电极X为_______极(填“阴”或“阳”)。在酸性介质中生成M的电极反应式为_______。 【答案】（1）BD （2） ①. < ②. 此反应为吸热反应，在达到平衡时，，达到平衡时，，所以 （3） （4）乙 （5） ①. ②. （6） （7） ①. 阴 ②. 【解析】 【小问1详解】 反应：，。 A．恒温恒容条件下，混合气体的总质量和总体积均保持不变，因此密度始终恒定，不能作为反应达到平衡的标志，A错误； B．化学平衡的本质是正、逆反应速率相等，即。根据反应速率与化学计量数的关系，，因此可得，B正确； C．催化剂的作用是加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能使化学平衡发生移动，因此无法提高的平衡产率，C错误； D．在恒容条件下充入惰性气体，反应体系中各组分的浓度均不发生变化，平衡不移动，因此对的产率不产生影响，D正确； 【小问2详解】 反应速率方程为：，。当反应达到平衡时，，即。由此可得平衡常数表达式。在时，，则平衡常数；在时，，则平衡常数。该反应为吸热反应，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡将向正反应方向移动，平衡常数增大。由于，可以推知； 【小问3详解】 已知：反应Ⅱ：，反应Ⅲ：。根据盖斯定律，反应Ⅰ可由反应Ⅱ减去2倍的反应Ⅲ得到：，因此，； 【小问4详解】 反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于的生成；反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致的量增加。因此，的选择性随温度升高而增大，与图中曲线乙的变化趋势一致； 【小问5详解】 已知初始投料为和，由图可知的平衡转化率为，即有的发生了转化。同时，的选择性为，即。根据C原子守恒，转化的中的C全部转化为和，因此。结合选择性公式，可得：、。根据O原子守恒，中转化的O原子数等于和中O原子数之和减去中O原子数。转化的物质的量，因此的平衡转化率。 根据H原子守恒，生成的的物质的量为：，、、。平衡时体系总物质的量，因此的分压。 【小问6详解】 由图1可知，在时，当的质量分数为15%时，产物的选择性达到最高，因此该条件下的最佳质量分数为15%。 【小问7详解】 电极X上，得到电子被还原为，发生还原反应，因此电极X为阴极；在酸性介质中，在电极Y上被具有强氧化性的“空穴”（）氧化，生成和，电极反应式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $