精品解析：湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期开学化学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期入学考试 化学试题 可能用到的元素的相对原子质量：H—1 C —12 N —14 O—16 Na —23 S—32 Cl—35.5 一、单选题（每题3分，共42分） 1. 根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向AgNO3溶液中加入过量的0.1mol•L-1的NaCl溶液，产生白色沉淀。再滴加几滴NaBr溶液，出现浅黄色沉淀 Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl) B 向a、b两试管中均加入4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液和2mL0.01mol•L-1H2C2O4溶液。再向a试管内加入少量MnSO4固体，a中溶液褪色较快 MnSO4可能是KMnO4和H2C2O4溶反应的催化剂 C 向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后放出无色气泡 Ca2+与CO结合促进HCO的电离，溶液中H+浓度增大，与HCO反应产生CO2 D 向滴加有酚酞的氨水中加入蒸馏水，溶液的红色变浅 溶液中c(H+)、c(OH-)浓度均减小 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．AgNO3溶液中加入过量的0.1mol•L-1的NaCl溶液，Ag+全部转化为AgCl沉淀，再滴加几滴NaBr溶液，出现浅黄色沉淀，说明AgCl沉淀转化为更难溶的AgBr沉淀，故A正确； B． a试管内加入少量MnSO4固体，a中溶液褪色较快，证明MnSO4起催化作用使反应加快，故B正确； C．向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，说明Ca2+与CO结合生成CaCO3沉淀，破坏了HCO的电离平衡，溶液中H+浓度增大，H+与HCO反应产生气体，故C正确； D．溶液的红色变浅，说明溶液中的氢氧根离子浓度减小，由于温度不变，水的离子积就不变，则溶液中氢离子浓度变大，故D错误； 本题答案D。 2. 苯酚作为重要的有机化工原料，主要用于生产双酚A、酚醛树脂、己内酰胺等，在工业上有广泛的用途。钒取代杂多酸()催化苯羟基化制苯酚的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 反应涉及键的断裂和生成 B. 一定条件下，“2”制取“3”的反应可以看作是有机反应中的消去反应 C. 中原子的杂化方式为 D. 苯羟基化制苯酚的总反应为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，反应涉及键的断裂和生成，A正确； B．“2”制取“3”的反应为脱水成环反应，没有生成不饱和键，不可以看作是有机反应中的消去反应，B错误； C．中原子形成2个共价键且含有2个孤电子对，杂化方式为，C正确； D．由图可知，苯羟基化制苯酚的总反应为，D正确； 故选B。 3. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步骤的活化能为 B. 该反应的两步基元反应均为放热反应 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．决速步骤是活化能最大(反应速率最慢)的步骤，由能量图可知第Ⅱ步的活化能E2大于第Ⅰ步的活化能E1，故决速步骤为第Ⅱ步，其活化能为E2，A正确； B．图中第Ⅰ步：反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；第Ⅱ步：反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，两步并非均为放热反应，B错误； C．催化剂只能降低各步基元反应的活化能（E1、E2），而E3是总反应的焓变的绝对值（由最初的反应物总能量和最终产物的总能量的相对大小决定），总反应的焓变不受催化剂影响，C错误； D．温度升高，分子能量增加，无论吸热还是放热反应，活化分子百分数均增大，第Ⅰ、Ⅱ步活化分子百分数均增大，D错误； 故答案选A。 4. 下列说法正确的是 A. 用电子云轮廓图表示的键形成的示意图： B. 的电子式为 C. 键的极性强弱比较： D. 同一周期中，ⅡA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1 【答案】A 【解析】 【详解】A．中H原子的1s轨道“头碰头”形成键，形成过程为：，A正确； B．是离子化合物，电子式为：，B错误； C．由于电负性N＜O，所以键的极性N—H＜O—H，C错误； D．第四周期中，Ca和Ga元素原子的核电荷数相差11，D错误； 故选A。 5. X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相邻。X单质标准状况下的密度约为，Y的同位素可用于测定文物年代，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，下列说法正确的是 A. 电负性：Z>Q>W B. 键角：WZ3>X2W>X2Z C. YW2、X2Z2均为非极性分子 D. Z形成的单质分子是非极性键形成的非极性分子 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X单质标准状况下的密度约为，则其单质的相对分子质量为2，X为H元素，Y的同位素可用于测定文物年代，则Y为C元素，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，臭氧可以消毒，则Z为O元素，Z、W位于同一主族，则W为S元素，Q、W位于同一周期且相邻，则Q为Cl元素； 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，电负性O＞Cl＞S，A正确； B．WZ3为SO3，X2W为H2S，X2Z为H2O，SO3中心原子为sp2杂化，H2S、H2O中心原子为sp3杂化，则SO3的键角最大，由于O原子的电负性大与S，成键电子对之间斥力更大，键角应该H2O比H2S中的键角大，B错误； C．CS2为非极性分子，H2O2为极性分子，C错误； D．臭氧为极性分子，D错误； 故选A。 6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不同周期，W为地壳中含量最多的元素，Y与W同主族，X的原子最外层只有1个电子。下列说法不正确的是 A. 反应条件不同，W、X形成的常见单质反应生成物不同 B. W与X形成的化合物中阴阳离子个数比为1:1 C. Y与W形成的化合物属于酸性氧化物 D. Z形成的单质可用于自来水消毒 【答案】B 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素， W为地壳中含量最多的元素，W是O元素；W与X、Y、Z不同周期，X、Y、Z为第三周期元素；X的原子最外层只有1个电子，X是Na元素；Y与W同主族，Y是S元素、Z是Cl元素。 【详解】A．Na与常温下生成，加热时生成，故A正确； B．W与X形成的化合物有和两种，两种化合物的阴阳离子个数比均为1:2，故B错误； C．、均为酸性氧化物，故C正确； D．Z形成的单质为，可用于自来水消毒，故D正确； 选B。 7. 劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 升高温度，能促进纯碱的水解，溶液碱性增强，更有利于酯的水解 B 用可作净水剂 有氧化性 C 灰混粪，粪混灰，灰粪相混损肥分 草木灰与铵态氮肥混合发生双水解 D 用冰箱保存疫苗 温度越低，反应速率越慢 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．纯碱水解呈碱性，温度升高，促进水解，使溶液碱性增强，从而促进酯的水解，故A正确； B．水解可生成氢氧化铁胶体，胶体中胶粒具有吸附性，可做净水剂，与氧化性无关，故B错误； C．草木灰中碳酸钾水解呈碱性，铵态氮肥中铵盐水解显酸性，若混合使用会相互促进水解，水解生成的一水合氨部分分解生成氨气，导致肥效降低，故C正确； D．温度越低，反应速率越慢，为防止疫苗失效，需低温保存，故D正确； 故选：B。 8. 中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成的原理示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 将混合气体加压降温可分离出 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 C. 该过程中没有非极性键的断裂与生成 D. 基于LDH合成的过程不属于氮的固定 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨气易液化，将混合气体加压降温可分离出，故A正确； B．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故B错误； C．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（NN、O=O）的断裂与生成，故C错误； D．基于合成的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，故D错误； 故答案选A。 9. 某同学模拟交警检测醉驾司机酒精含量的原理设计了如下酸性燃料电池装置。下列说法正确的是 A. 正极上发生反应是 B. 由电极右侧区迁移至左侧区 C. 理论上消耗标准状况下时，生成醋酸 D. 电池的总反应为 【答案】D 【解析】 【分析】由题给示意图可知，左侧铂电极为酸性燃料电池装置的负极，酸性条件下，乙醇在负极上失去电子发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为，右侧铂电极是正极，酸性条件下，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为，电池的总反应为。 【详解】A.由分析可知，正极上是氧气得电子发生还原反应生成水，电极反应式为，故A错误； B.燃料电池工作时，由负极区(左侧区)迁移至正极区(右侧区)，故B错误； C.燃料电池工作时，标准状况下消耗氧气，由得失电子数目守恒可得醋酸的质量为=0.6g，故C错误； D.由分析可知，，电池的总反应为，故D正确； 故选D。 10. 下列叙述错误的是 A. 冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成离子键 B. 通过红外光谱分析可以区分甲醇与甲酸甲酯 C. 通过X射线衍射可以测定青蒿素的晶体结构 D. 用李比希元素分析法分析，得出的信息完全相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．冠醚与碱金属之间形成配位键，故冠醚可识别碱金属离子，配位键属于共价键，故A错误； B．红外光谱可以确定有机物结构，能区分甲醇与甲酸甲酯，故B正确； C．X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故C正确； D．李比希法是定量测定有机物中碳和氢含量的一种分析法，可确定有机物的实验式，二者互为同分异构体，则通过李比希元素分析法得出的信息完全相同，故D正确； 故选A。 11. 室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1盐酸中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知1g5=0.7。下列说法错误的是 A. NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7 B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，刚好生成NaCl，溶液呈中性，常温下pH=7，故A正确； B．由图像可知，只要指示剂的变色范围在pH突变范围内，就能以极小的误差达到滴定终点，故B正确； C．由图示知，甲基红的变色范围更接近于中性，而甲基橙是在酸性条件下变色，所以选择甲基红作指示剂时误差比甲基橙的小，故C正确； D．V(NaOH)=30.00mL时，NaOH过量，c(NaOH)==0.02mol/L，c(H+)=mol/L=5×10-13mol/L，pH=-lg(5×10-13)=12.3，故D错误； 答案选D。 12. 药物异博定(盐酸维拉帕米)能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程，已知晶体属晶型，则下列说法正确的是 A. Z分子中C、H、O电负性大小顺序为O>H>C B. Y分子中基态原子电子排布式为 C. X的沸点高于其同分异构体() D. 晶体熔融态下能导电 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一周期从左到右，电负性逐渐增大，所以氢位于第一周期第族，电负性是三者中最小的，电负性大小顺序为，A错误； B．溴原子是第号元素，基态原子电子排布式为，B错误； C．X更容易形成分子间的氢键，而更容易形成分子间氢键，沸点升高，所以X的沸点低于，C错误； D．由通过离子键结合形成离子晶体，其结构与常见的氯化钠等离子化合物类似，熔融态时，热能破坏离子键，释放出自由移动的，从而具备导电性‌，D正确； 故选D。 13. 下列方程式书写错误的是 A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq) C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++ 【答案】D 【解析】 【详解】A．Al(OH)3为弱电解质，部分电离生成Al3+、OH-，电离方程式为，故A正确； B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故B正确； C．BaSO4中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故C正确； D．BaSO4是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为，故D错误； 答案选D。 14. 某温度下，将2molA和2molB充入体积为2L的密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) ⇌ C(g)＋D(g) △H<0，5 min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K＝1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化。下列选项不正确的是（ ） A. a＝1 B. 升高温度，平衡常数减小 C. 达平衡时B的转化率为60% D. 平衡后，若再加入2molB，重新平衡后，A的体积分数减小 【答案】C 【解析】 【分析】A. 增大压强，A的转化率不变，说明反应为等体积反应； B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小； C. 利用三段法进行计算； D. 平衡后，若再加入2molB，平衡正向移动。 【详解】A. 增大压强，A的转化率不变，说明反应为等体积反应，那么a+1=2，即a=1，A项正确； B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，B项正确； C.设反应达到平衡时，A的转化量为xmol/L， A(g) ＋ B(g) ⇌ C(g) ＋ D(g) 始(mol/L) 1 1 0 0 转(mol/L) x x x x 平(mol/L) 1-x 1-x x x 平衡常数K==1，解得x=0.5mol/L，那么B的转化率=×100%=50%，C项错误； D. 平衡后，若再加入2molB，平衡正向移动，A的体积分数减小，D项正确； 答案选C。 二、非选择题（共 4个大题，，共 58 分） 15. 2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题： （1）第三周期主族元素中第一电离能比P大的元素是______。 （2）基态As原子的电子排布式为______。 （3）PH3与AsH3的空间构型均为______，其中沸点较高的是______，其中键角较大的是______，从结构的角度解释键角大小的原因______。 （4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为______。 （5）CH3CN中C原子的杂化类型为______。 （6）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长a为______nm(列出计算式)。NiAs的相对分子质量134。 【答案】（1）Cl （2）[Ar]3d104s22p3 （3） ①. 三角锥形 ②. AsH3 ③. PH3 ④. 中心原子电负性P大于As成键电子对离中心原子更近，成键电子对间斥力更大 （4）6 （5）sp3、sp （6） 【解析】 【小问1详解】 第三周期元素第一电离能从左往右逐渐增大，P的3p3轨道呈半满状态，比相邻的S元素第一电离能更大，第三周期第一电离能比P大的主族元素有Cl元素； 【小问2详解】 As是第33号元素，在第四周期ⅤA族元素，基态As原子的电子排布式为[Ar]； 【小问3详解】 与均为中心原子价层电子对为4，存在一对孤对电子的分子，空间构型均为三角锥形；两者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，相对分子质量：＜，沸点：＜，沸点较高的是；中心原子电负性P大于As成键电子对离中心原子更近，成键电子对间斥力更大； 【小问4详解】 中心原子Mn含有六个配体，5个CO，一个CH3CN，故配位数为6； 【小问5详解】 的结构中，3个C-H单键，1个C-C单键，C原子的杂化类型为，一个C≡N键，C原子的杂化类型为sp； 【小问6详解】 该晶胞中含有As个数为，含有Ni为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以。 16. 三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2、C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示： 已知：①在该实验条件下NaClO3、Fe3+不能氧化Ni2+。 ②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示： 离子pH Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀pH 7.2 3.7 2.2 7.5 完全沉淀pH 8.7 4.7 3.2 9.0 ③萃取的原理为。Ni2+(水相) + 2HR(有机相) ⇌NiR2(有机相)+ 2H+(水相) 回答下列问题： （1）“预处理时，可以用___________(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。 （2）“浸出时，提高浸出效率可采取的措施有___________(任写一种)。滤渣1的主要成分是___________。 （3）“氧化时，加入NaClO3发生反应的离子方程式为___________，目的是___________。 （4）若常温下，“调pH时，溶液中Ni2+浓度为0.1mol/L，为使Al3+等杂质离子沉淀完全()，经过计算，需控制溶液的pH范围是___________。 （5）“萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有___________、烧杯。请利用化学平衡原理解释该流程中用H2SO4反萃取的原理___________。 【答案】（1）Na2CO3 （2） ①. 搅拌（适当升高温度、含镍废料粉碎、适当增加硫酸浓度等） ②. 二氧化硅、碳 （3） ①. ②. 把亚铁离子氧化为铁离子利于铁元素的除去 （4）4.7~6.7 （5） ①. 分液漏斗 ②. Ni2+ (水相) + 2HR(有机相) ⇌NiR2(有机相)+ 2H+(水相)，反萃取时，加入H2SO4，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，镍进入水层被反萃取 【解析】 【分析】含镍废料处理后加入硫酸酸浸，二氧化硅、碳不反应成为滤渣1，镍、铝、铁转化为硫酸盐，加入氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液萃取分离出镍，加入稀硫酸反萃取得到硫酸镍，处理得到Ni2O3； 小问1详解】 “预处理时，可以用纯碱Na2CO3溶液除去废料表面的油脂油污； 【小问2详解】 “浸出时，提高浸出效率可采取的措施有搅拌、适当升温等；滤渣1的主要成分是二氧化硅、碳； 【小问3详解】 NaClO3具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，故“氧化时，加入NaClO3发生反应的离子方程式为，目的是把亚铁离子氧化为铁离子利于铁元素的除去； 小问4详解】 常温下，溶液中Ni2+完全沉淀pH为8.7，则pOH=5.3，，常温下，“调pH时，溶液中Ni2+浓度为0.1mol/L，则氢氧根离子浓度最大为，pOH=7.3、pH=6.7，结合图表可知，为使Al3+等杂质离子沉淀完全()，需控制溶液的pH范围是4.7~6.7； 【小问5详解】 “萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。Ni2+ (水相) + 2HR(有机相) ⇌NiR2(有机相)+ 2H+(水相)，反萃取时，加入H2SO4，氢离子浓度变大，平衡逆向移动，镍进入水层被反萃取。 17. 一种以磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)、KMnO4为原料制备磷酸锰[Mn3(PO4)2]的实验过程如下： （1）溶解。将一定量的磷铁渣加入如图所示装置的三到烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三到烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成。反应后过滤。 ①写出FeP反应的离子方程式：_______。 ②实验中当观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液，该现象是：_______。 ③FePO4难溶于水，反应的平衡常数为______。[已知，的电离平衡常数、、]。 （2）除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中Fe3+。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用表示)萃取溶液中Fe3+时发生如下反应：(有机层)(有机层)。 ①萃取时，Fe3+的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。 ②反萃取的目的是将有机层Fe3+转移到水层，用到的反萃取剂是稀硫酸。使Fe3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 （3）制Mn3(PO4)2。由萃取后所得水层中Mn2+、H3PO4制纯净Mn3(PO4)2固体的实验方案，请补充完整：取萃取后所得水层溶液100mL[其中c(Mn2+)=1.2mol/L]，_______后干燥沉淀，得Mn3(PO4)2固体。(已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比和的沉淀率影响如图所示。)(须选试剂：0.1mol/LH3PO4，NaOH溶液，盐酸，BaCl2溶液) 【答案】（1） ①. 5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O ②. 三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失 ③. 1.92 （2） ①. 当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀 ②. 适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗 （3）向其中滴加50mL0.1mol•L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成 【解析】 【分析】将磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)在维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，萃取法除铁，最后制备制Mn3(PO4)2，据此分析解题。 【小问1详解】 ①向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成，可知FeP在酸性条件下被KMnO4氧化，配平离子方程式为：5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O，故答案为：5FeP+8+39H+=5Fe3++8Mn2++5H3PO4+12H2O； ②三颈烧瓶中加入KMnO4参加反应，紫红色褪去，当三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失说明反应已完全，故答案为：三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失； ③反应Fe3++H3PO4FePO4+3H+的平衡常数为K=====1.92，故答案为：1.92； 【小问2详解】 ①当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀，故答案为：当pH较小时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Fe3+与萃取剂反应；当pH过大时，随着pH升高，溶液中c(OH-)增大，Fe3+与OH-形成Fe(OH)2沉淀； ②反萃取的过程就是萃取的逆过程，则需要增大酸的浓度使萃取平衡逆向移动或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗，故答案为：适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗； 【小问3详解】 分析题中图像可知，在pH为7，沉淀中锰磷比接近3：2，Mn的沉淀率最大。取萃取后所得水层溶液100mL，向其中滴加50 0.1mol/L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成，故答案为：向其中滴加50mL0.1mol•L H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成。 18. 二甲醚()是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用合成气合成二甲醚，其主要原理如下： ① ② ③ 回答下列问题： （1）的平衡常数_______(用、、表示)。 （2）一定温度下，将和通入恒容密闭容器中，只发生反应③，后达到平衡，测得的浓度为，则内_______，_______。 （3）将合成气以通入反应器中，一定条件下发生反应： ，其中的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是_______(填序号)。 A． B． C．若A点起始时，则平衡时大于 （4）反应①的正反应速率方程为，逆反应速率方程为。图2中斜线①、②分别表示、随温度变化，则_______0(填“>”“<”或“=”)，若图中A、B的纵坐标分别为、，则温度时化学平衡常数_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） （4） ①. < ②. 1000 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，因此有，根据化学平衡常数的数学表达式，得出； 【小问2详解】 反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后的物质的量为，此时消耗的物质的量为，内，；内，消耗，的转化率为； 【小问3详解】 A．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，的转化率增大，从而推出，A错误； B．根据图像，随着温度的升高，的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即，B正确； C．，相当于在基础上通入，通入，反应向正反应方向进行，的转化率增大，故转化率大于，C正确； 故选BC； 【小问4详解】 反应①的正反应速率方程为，逆反应速率方程为，达到平衡时，即，平衡常数 ，从图中可知，温度升高时，减小，减小的幅度比减小的幅度大，也就是升高温度，减小得更快，相对变化小，那么减小，平衡逆向移动，据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，平衡逆向移动说明逆反应是吸热反应，所以正反应；已知A、B的纵坐标分别为、，即，，，故温度时，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高二下学期入学考试 化学试题 可能用到的元素的相对原子质量：H—1 C —12 N —14 O—16 Na —23 S—32 Cl—35.5 一、单选题（每题3分，共42分） 1. 根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向AgNO3溶液中加入过量的0.1mol•L-1的NaCl溶液，产生白色沉淀。再滴加几滴NaBr溶液，出现浅黄色沉淀 Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl) B 向a、b两试管中均加入4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液和2mL0.01mol•L-1H2C2O4溶液。再向a试管内加入少量MnSO4固体，a中溶液褪色较快 MnSO4可能是KMnO4和H2C2O4溶反应的催化剂 C 向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，先有白色沉淀产生，后放出无色气泡 Ca2+与CO结合促进HCO的电离，溶液中H+浓度增大，与HCO反应产生CO2 D 向滴加有酚酞的氨水中加入蒸馏水，溶液的红色变浅 溶液中c(H+)、c(OH-)浓度均减小 A. A B. B C. C D. D 2. 苯酚作为重要的有机化工原料，主要用于生产双酚A、酚醛树脂、己内酰胺等，在工业上有广泛的用途。钒取代杂多酸()催化苯羟基化制苯酚的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 反应涉及键的断裂和生成 B. 一定条件下，“2”制取“3”的反应可以看作是有机反应中的消去反应 C. 中原子的杂化方式为 D. 苯羟基化制苯酚的总反应为： 3. 的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A. 该反应决速步骤的活化能为 B. 该反应的两步基元反应均为放热反应 C. 使用合适的催化剂会使、、同时减小 D. 温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数增大，第Ⅱ步反应活化分子百分数减小 4. 下列说法正确的是 A. 用电子云轮廓图表示的键形成的示意图： B. 的电子式为 C. 键的极性强弱比较： D. 同一周期中，ⅡA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1 5. X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相邻。X单质标准状况下的密度约为，Y的同位素可用于测定文物年代，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，下列说法正确的是 A. 电负性：Z>Q>W B. 键角：WZ3>X2W>X2Z C. YW2、X2Z2均为非极性分子 D. Z形成的单质分子是非极性键形成的非极性分子 6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z不同周期，W为地壳中含量最多的元素，Y与W同主族，X的原子最外层只有1个电子。下列说法不正确的是 A. 反应条件不同，W、X形成的常见单质反应生成物不同 B. W与X形成的化合物中阴阳离子个数比为1:1 C. Y与W形成的化合物属于酸性氧化物 D. Z形成的单质可用于自来水消毒 7. 劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 升高温度，能促进纯碱的水解，溶液碱性增强，更有利于酯的水解 B 用可作净水剂 有氧化性 C 灰混粪，粪混灰，灰粪相混损肥分 草木灰与铵态氮肥混合发生双水解 D 用冰箱保存疫苗 温度越低，反应速率越慢 A. A B. B C. C D. D 8. 中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成的原理示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 将混合气体加压降温可分离出 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 C. 该过程中没有非极性键的断裂与生成 D. 基于LDH合成的过程不属于氮的固定 9. 某同学模拟交警检测醉驾司机酒精含量的原理设计了如下酸性燃料电池装置。下列说法正确的是 A. 正极上发生反应是 B. 由电极右侧区迁移至左侧区 C. 理论上消耗标准状况下时，生成醋酸 D. 电池的总反应为 10. 下列叙述错误的是 A 冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成离子键 B 通过红外光谱分析可以区分甲醇与甲酸甲酯 C. 通过X射线衍射可以测定青蒿素的晶体结构 D. 用李比希元素分析法分析，得出的信息完全相同 11. 室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1盐酸中滴加0.1000mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知1g5=0.7。下列说法错误的是 A NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7 B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小 D. V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3 12. 药物异博定(盐酸维拉帕米)能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程，已知晶体属晶型，则下列说法正确的是 A. Z分子中C、H、O电负性大小顺序O>H>C B. Y分子中基态原子电子排布式为 C. X的沸点高于其同分异构体() D. 晶体在熔融态下能导电 13. 下列方程式书写错误的是 A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq) C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++ 14. 某温度下，将2molA和2molB充入体积为2L的密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) ⇌ C(g)＋D(g) △H<0，5 min后达到平衡。已知该温度下其平衡常数K＝1，若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化。下列选项不正确的是（ ） A. a＝1 B. 升高温度，平衡常数减小 C. 达平衡时B的转化率为60% D. 平衡后，若再加入2molB，重新平衡后，A的体积分数减小 二、非选择题（共 4个大题，，共 58 分） 15. 2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题： （1）第三周期主族元素中第一电离能比P大的元素是______。 （2）基态As原子的电子排布式为______。 （3）PH3与AsH3的空间构型均为______，其中沸点较高的是______，其中键角较大的是______，从结构的角度解释键角大小的原因______。 （4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为______。 （5）CH3CN中C原子的杂化类型为______。 （6）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长a为______nm(列出计算式)。NiAs的相对分子质量134。 16. 三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2、C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示： 已知：①在该实验条件下NaClO3、Fe3+不能氧化Ni2+。 ②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀如下表所示： 离子pH Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀pH 7.2 3.7 2.2 7.5 完全沉淀pH 8.7 4.7 3.2 9.0 ③萃取的原理为。Ni2+(水相) + 2HR(有机相) ⇌NiR2(有机相)+ 2H+(水相) 回答下列问题： （1）“预处理时，可以用___________(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。 （2）“浸出时，提高浸出效率可采取的措施有___________(任写一种)。滤渣1的主要成分是___________。 （3）“氧化时，加入NaClO3发生反应的离子方程式为___________，目的是___________。 （4）若常温下，“调pH时，溶液中Ni2+浓度为0.1mol/L，为使Al3+等杂质离子沉淀完全()，经过计算，需控制溶液的pH范围是___________。 （5）“萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有___________、烧杯。请利用化学平衡原理解释该流程中用H2SO4反萃取的原理___________。 17. 一种以磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)、KMnO4为原料制备磷酸锰[Mn3(PO4)2]的实验过程如下： （1）溶解。将一定量的磷铁渣加入如图所示装置的三到烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三到烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成。反应后过滤。 ①写出FeP反应的离子方程式：_______。 ②实验中当观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液，该现象是：_______。 ③FePO4难溶于水，反应的平衡常数为______。[已知，的电离平衡常数、、]。 （2）除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中的Fe3+。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用表示)萃取溶液中Fe3+时发生如下反应：(有机层)(有机层)。 ①萃取时，Fe3+的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。 ②反萃取的目的是将有机层Fe3+转移到水层，用到的反萃取剂是稀硫酸。使Fe3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 （3）制Mn3(PO4)2。由萃取后所得水层中Mn2+、H3PO4制纯净Mn3(PO4)2固体的实验方案，请补充完整：取萃取后所得水层溶液100mL[其中c(Mn2+)=1.2mol/L]，_______后干燥沉淀，得Mn3(PO4)2固体。(已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比和的沉淀率影响如图所示。)(须选试剂：0.1mol/LH3PO4，NaOH溶液，盐酸，BaCl2溶液) 18. 二甲醚()是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用合成气合成二甲醚，其主要原理如下： ① ② ③ 回答下列问题： （1）的平衡常数_______(用、、表示)。 （2）一定温度下，将和通入恒容密闭容器中，只发生反应③，后达到平衡，测得的浓度为，则内_______，_______。 （3）将合成气以通入的反应器中，一定条件下发生反应： ，其中的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是_______(填序号)。 A． B． C．若A点起始时，则平衡时大于 （4）反应①的正反应速率方程为，逆反应速率方程为。图2中斜线①、②分别表示、随温度变化，则_______0(填“>”“<”或“=”)，若图中A、B的纵坐标分别为、，则温度时化学平衡常数_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $