精品解析：北京市第八十中学2025-2026学年高三下学期一模适应性训练化学试卷

化学学科一模适应性训练 高三化学2026年3月 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 第一部分(选择题共42分) 1. 多年来，研究人员一直无法在水体系中直接获得碳酸氢钙固体。我国科学家通过使钙离子和碳酸氢根离子在乙醇环境中直接反应，首次成功分离出碳酸氢钙晶体。下列说法不正确的是 A. 分子中存在极性共价键 B. 在水中的溶解度： C. 受热分解能产生 D. 向澄清石灰水中通入过量，所得溶液中含、 2. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法不正确的是 A. 等温条件下，越大，弱酸越易电离 B. 等温条件下，可逆反应的Q(浓度商)<K，化学平衡向逆反应方向移动 C. 泡利原理认为，在一个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子 D. 在金属防护中，使被保护的金属成为阴极，则该金属就不易被腐蚀 3. 粗铜中含铁、银等金属杂质，工业上常用电解法除去杂质制得精铜。铜的精炼如下图所示，下列说法不正确的是 A. a极是粗铜，b极是纯铜 B. 电解法精炼铜充分利用了金属活动顺序 C. 铁、铜、银以、、的形式进入溶液 D. 电解过程中向阴极移动 4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液与KSCN溶液混合后，加入铁粉，红色变浅 B. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进产生 C. 密闭烧瓶内的和混合气体，受热后颜色变深 D. 溶液中加入几滴较浓NaOH溶液，溶液变为黄色 5. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 的沸点高于 的沸点高于 B Cu和浓硝酸产生大量的气体 Fe和浓硝酸也能生成大量的气体 C 用饱和除去中混有的HCl气体 用饱和除去中混有的HCl气体 D 的热稳定性高于 HF的热稳定性高于HCl A. A B. B C. C D. D 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 溶液腐蚀覆铜板： B. 铅酸蓄电池放电： C. 22℃，醋酸溶液的pH约为3.0： D. 钢铁发生吸氧腐蚀：、 7. 下列实验对应的操作中，不正确的是 从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热 A. A B. B C. C D. D 8. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. I中的碳原子的杂化类型为和 B. Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离 C. Ⅰ和Ⅱ中均不存在对映异构 D. 推测该反应易发生与酯基和氰基有关 9. 以NO和为原料生产是工业制硝酸的重要反应，反应分两步进行： 聚合：NO聚合生成 氧化：和生成 反应过程的能量变化如图所示，下列分析不正确的是 A. 聚合、氧化均为放热反应 B. 聚合的反应速率比氧化的反应速率快 C. 是活化能，表示反应物分子断开全部化学键所需的能量 D. 10. 实验室用下图所示装置用过量固体和浓盐酸制备，下列说法不正确的是 A. 该反应中浓盐酸体现了还原性和酸性 B. 可以用水除去中混有的HCl气体 C. 反应结束后，圆底烧瓶中的溶液显酸性的主要原因是水解 D. 若用含4 mol HCl的浓盐酸，产生的一定少于1 mol 11. 单独的、、HCl均不能从矿石中浸出，将三者混合可将浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时， 下列说法不正确的是 A. b是c是 B. 增大，有利于的浸出 C. 等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D. 图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 12. 丙烯可发生如下转化(反应条件略)： 下列说法不正确的是 A. 产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构) B. 可提高Y→Z转化的反应速率 C. Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂 D. Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应 13. 常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 水的电离程度： B. M点： C. 当时， D. N点： 14. 某实验小组探究少量和溶液反应的过程，进行了如下实验： 实验Ⅰ 实验Ⅱ 下列说法中不正确的是 A. 实验Ⅰ中滴加淀粉KI溶液，溶液呈深蓝色，原因是Ⅰ被氧化 B. 实验Ⅰ中滴加KSCN溶液变红，证明了将氧化为 C. 实验Ⅱ中振荡后静置，上层溶液呈棕黄色主要与水解、配位有关 D. 对比上述实验可知少量能与中的Br反应 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中的位置是___________。基态Fe原子与基态未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①比较N和O第一电离能大小，并说明原因___________。 ②中的N原子用1个2s轨道和___________轨道形成杂化轨道与O原子形成σ键。 （3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。 ①研究发现，α-Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的截面单位面积含有的Fe原子为___________个 ②设NA代表阿伏加德罗常数，则α-Fe的密度为___________。 16. 乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1： 反应2： （1）25℃，101 kPa时，反应 ___________。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①乙炔转化率随温度变化的原因为___________。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。 （3）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下(25℃，101 kPa)实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。 (图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 以___________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为___________。 17. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为___________。 （2）B→C的化学方程式为___________。 （3）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。 （4）试剂a中含有的官能团有、___________。 （5）H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物，其结构简式为___________。 （6）I→J的过程中，的作用是___________。 （7）E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。 18. 一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： （1）混合研磨成细粉的主要目的是___________。 （2）浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 （3）步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 （4）热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A. 图a中总反应可表示为 B. 图b中X的电子式为 C. 起始时的值过大，可能产生 D. 理论上还原需要参与完成 （5）在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 19. 某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应。 实验 操作 现象 Ⅰ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡；继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝 Ⅱ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化 已知：(棕红) （1）①实验Ⅰ中产生红褐色沉淀与气泡的离子方程式为___________。 ②由实验Ⅰ可得出与结合的能力：___________(填“>”、“<”、“=”)。 （2）资料显示，可以氧化。针对实验Ⅱ中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。 实验 操作 现象 Ⅲ 向2mL溶液(pH=1.78)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色变为黄色，检测到 Ⅳ 向2mL溶液(pH=2.03)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色变为黄色，检测到 ①实验Ⅲ中与反应生成的离子方程式为___________。 ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因___________。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ的现象差异，小组同学提出猜想：pH影响了的氧化性或的还原性，并实施实验。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅴ 1.按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为0.6V； 2.向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变； 3.向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为0.5V。 ①a、b分别是___________。 ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因___________。 ③补充实验Ⅵ：向实验Ⅱ得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速变黄，检测到。结合化学用语解释实验Ⅵ中氧化还原反应明显加快的可能原因___________。 （4）综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与___________有关。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学学科一模适应性训练 高三化学2026年3月 (考试时间90分钟 满分100分) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。 第一部分(选择题共42分) 1. 多年来，研究人员一直无法在水体系中直接获得碳酸氢钙固体。我国科学家通过使钙离子和碳酸氢根离子在乙醇环境中直接反应，首次成功分离出碳酸氢钙晶体。下列说法不正确的是 A. 分子中存在极性共价键 B. 在水中的溶解度： C. 受热分解能产生 D. 向澄清石灰水中通入过量，所得溶液中含、 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙醇（CH3CH2OH）分子中的C-O键和O-H键因电负性差异而具有极性，属于极性共价键，A正确； B．碳酸钙在水中溶解度极低，而碳酸氢钙可溶于水，因此溶解度关系应为CaCO3 < Ca(HCO3)2，B错误； C．碳酸氢钙受热分解的化学方程式为，能产生CO2，C正确； D．向澄清石灰水中通入过量CO2，先形成CaCO3沉淀，后转化为可溶性Ca(HCO3)2，溶液中存在Ca2+和离子，D正确； 故选B。 2. 基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法不正确的是 A. 等温条件下，越大，弱酸越易电离 B. 等温条件下，可逆反应的Q(浓度商)<K，化学平衡向逆反应方向移动 C. 泡利原理认为，在一个原子轨道里最多只能容纳2个自旋相反的电子 D. 在金属防护中，使被保护的金属成为阴极，则该金属就不易被腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A．等温条件下，越大，说明弱酸电离程度越大，即越容易电离，A正确； B．对于可逆反应，若Q(浓度商)<K ，说明体系未达平衡，且反应正向进行的趋势更强，因此平衡将向正反应方向移动，而非逆反应方向，B错误； C．泡利不相容原理指出，在同一原子轨道中，最多只能容纳两个电子，且自旋方向相反，C正确； D．在金属防护中，若将被保护金属作为电解池的阴极，由于阴极发生还原反应，金属本身不被氧化，从而不易被腐蚀。这是“外加电流的阴极保护法”，D正确； 故选B。 3. 粗铜中含铁、银等金属杂质，工业上常用电解法除去杂质制得精铜。铜的精炼如下图所示，下列说法不正确的是 A. a极是粗铜，b极是纯铜 B. 电解法精炼铜充分利用了金属活动顺序 C. 铁、铜、银以、、的形式进入溶液 D. 电解过程中向阴极移动 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解精炼铜时，粗铜作阳极接电源正极，纯铜作阴极接电源负极。由图可知，a接电源正极，b接电源负极，因此a是粗铜、b是纯铜，A说法正确； B．精炼过程中，活泼性强于铜的杂质优先失电子进入溶液，活泼性弱于铜的杂质不放电，沉降为阳极泥，该过程充分利用了金属活动性顺序，B说法正确； C．金属活动性Fe>Cu>Ag，粗铜电解时，Ag活动性弱于铜，不会在阳极失电子生成Ag+，而是以单质形式从阳极脱落，沉入电解槽底部形成阳极泥，因此不会以Ag+形式大量进入溶液，C说法错误； D．电解池中，阳离子向阴极移动，Cu2+为阳离子，因此电解过程中Cu2+向阴极移动，D说法正确； 故选C。 4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液与KSCN溶液混合后，加入铁粉，红色变浅 B. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进产生 C. 密闭烧瓶内的和混合气体，受热后颜色变深 D. 溶液中加入几滴较浓NaOH溶液，溶液变为黄色 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液与溶液混合后生成红色络合物，加入铁粉还原，使浓度降低，平衡逆向移动，红色变浅，能用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．锌片与稀反应中加入，锌置换出铜形成原电池，加速反应速率，但该反应为不可逆反应，无化学平衡，不能用平衡移动原理解释，B符合题意； C．和存在平衡（放热），受热平衡逆向移动，浓度增大，颜色变深，能用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．溶液中存在平衡，加入中和，平衡正向移动，生成黄色，能用平衡移动原理解释，D不符合题意； 故选B。 5. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 的沸点高于 的沸点高于 B Cu和浓硝酸产生大量的气体 Fe和浓硝酸也能生成大量的气体 C 用饱和除去中混有的HCl气体 用饱和除去中混有的HCl气体 D 的热稳定性高于 HF的热稳定性高于HCl A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．H2O沸点高于H2S是因为H2O分子间存在氢键，CH4和SiH4不存在分子间氢键，二者均为分子晶体，沸点随相对分子质量增大而升高，SiH4相对分子质量大于CH4，因此SiH4沸点高于CH4，A错误； B．常温下Fe遇浓硝酸会发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应进一步进行，无法产生大量NO2气体，B错误； C．HCl可与饱和NaHCO3反应生成CO2，且CO2在饱和NaHCO3中溶解度很小，因此可除去CO2中混有的HCl；但SO2会与饱和NaHCO3反应，消耗SO2还引入新杂质CO2，不能除去SO2中混有的HCl，C错误； D．元素非金属性越强，对应简单气态氢化物的热稳定性越强，N非金属性强于P，故NH3热稳定性高于PH3，F非金属性强于Cl，因此HF的热稳定性高于HCl，D正确； 故选D。 6. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 溶液腐蚀覆铜板： B. 铅酸蓄电池放电： C. 22℃，醋酸溶液的pH约为3.0： D. 钢铁发生吸氧腐蚀：、 【答案】B 【解析】 【详解】A．该方程式描述了氧化Cu的反应，符合溶液腐蚀覆铜板的事实，A正确； B．选项中的方程式表示铅酸蓄电池充电反应，放电反应应为，B错误； C．醋酸为弱酸，其在水溶液中部分电离，故其电离方程式正确，C正确； D．吸氧腐蚀的负极反应正确，但正极反应为，D正确； 故选B。 7. 下列实验对应的操作中，不正确的是 从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体 制作简单燃料电池 A．当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干 B．连接好装置，先闭合，几分钟后断开电源，闭合 测量中和反应的反应热 实验室制取氨 C．盐酸与NaOH溶液混合后，立即测量温度，作为计算反应热的初始温度 D．先使酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．从提纯后的NaCl溶液中获得NaCl晶体可选择蒸发结晶的方式，当蒸发皿中有大量晶体析出时停止加热，利用余热把溶液蒸干，该装置正确，A正确； B．连接好装置，先闭合，U形管中形成电解池，电解溶液，阳极产生、阴极产生，几分钟后断开电源，闭合，U形管中的气体会发生氧化还原反应：，可形成氢气燃料电池，B正确； C．中和反应热的测量需要通过测定反应前后的温度差计算中和热，先测量混合前的酸和碱的温度，再测量盐酸与NaOH溶液混合后反应完全时的最高温度，C错误； D．加热固体时，要先将酒精灯在试管下方来回移动，让其均匀受热，然后对固体部位加热，D正确； 故选C。 8. 一种强力胶的黏合原理如下图所示。下列说法正确的是 A. I中的碳原子的杂化类型为和 B. Ⅱ可遇水溶解使黏合物分离 C. Ⅰ和Ⅱ中均不存在对映异构 D. 推测该反应易发生与酯基和氰基有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．化合物Ⅰ中，碳碳双键上的碳原子、酯基中羰基的碳原子采取杂化，氰基中的碳原子采取杂化，甲基中的碳原子采取杂化，A错误。 B．化合物Ⅱ是高分子化合物，分子间作用力强，难溶于水，不会遇水溶解使黏合物分离，B错误； C．对映异构体的产生需要手性碳原子，化合物Ⅰ中无手性碳原子，不存在对映异构；但化合物Ⅱ的重复单元中，与氰基和酯基相连的碳原子为手性碳原子，高分子链可能存在手性中心，因此Ⅱ可能存在对映异构，C错误； D．该聚合反应在极少量作用下即可发生，酯基和氰基都是强吸电子基团，会使双键上的电子云密度降低，同时使生成的活性中间体更稳定，从而促进聚合反应的进行，因此推测该反应易发生与酯基和氰基有关，D正确； 故答案选D。 9. 以NO和为原料生产是工业制硝酸的重要反应，反应分两步进行： 聚合：NO聚合生成 氧化：和生成 反应过程的能量变化如图所示，下列分析不正确的是 A. 聚合、氧化均为放热反应 B. 聚合的反应速率比氧化的反应速率快 C. 是活化能，表示反应物分子断开全部化学键所需的能量 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．由能量变化图可知：聚合反应生成物总能量低于反应物总能量，氧化反应生成物总能量也低于反应物总能量，因此两步均为放热反应，A正确；  B．反应速率由活化能决定，活化能越小反应速率越快，聚合反应活化能为，氧化反应活化能为，根据图像可知大于，故聚合的反应速率比氧化的反应速率快，B正确； C．为聚合反应活化能，其表示的是反应物分子从常态转变为活化分子所需要的最低能量，是活化能，但活化能不表示反应物分子断开全部化学键所需的能量，C错误； D．根据盖斯定律，总反应焓变等于两步反应焓变之和：第一步聚合反应，第二步氧化反应，因此总反应，D正确； 故选C。 10. 实验室用下图所示装置用过量固体和浓盐酸制备，下列说法不正确的是 A. 该反应中浓盐酸体现了还原性和酸性 B. 可以用水除去中混有的HCl气体 C. 反应结束后，圆底烧瓶中的溶液显酸性的主要原因是水解 D. 若用含4 mol HCl的浓盐酸，产生的一定少于1 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制备氯气的反应为，反应中部分元素被氧化为体现还原性，同时生成体现酸性，因此浓盐酸既体现还原性又体现酸性，A正确； B．在水中的溶解度不大，且与水发生可逆反应，HCl在水中溶解度大，且溶解的氯化氢会抑制氯气与水的反应，可以减少氯气的溶解，可以用水除去中混有的HCl，B正确； C．反应结束后圆底烧瓶中的溶液显酸性，主要原因是反应后仍有过量的浓盐酸残留，是强酸完全电离出；虽能发生水解，但水解程度微弱，并非溶液显酸性的主要原因，C错误； D．仅能与浓盐酸发生反应，随着反应进行盐酸浓度逐渐降低，当浓度降至一定程度时反应会自发停止，因此含的浓盐酸无法完全反应，最终产生的一定少于，D正确； 故答案选C。 11. 单独的、、HCl均不能从矿石中浸出，将三者混合可将浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时， 下列说法不正确的是 A. b是c是 B. 增大，有利于的浸出 C. 等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D. 图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶解电离出，酸性条件下与结合生成或，因此是或；和都具有还原性，能将还原为，是，a是，A不正确； B．增大可促进结合为或，降低浓度，使A反应的化学平衡正向移动，有利于浸出，B正确； C．根据盖斯定律，总反应的反应热等于所有分步反应的反应热之和。将反应①、②、③加和，恰好得到总反应A，因此反应热之和等于反应A的反应热，C正确； D．图中只有氧化的反应为氧化还原反应，其余为非氧化还原反应，D正确； 故选A。 12. 丙烯可发生如下转化(反应条件略)： 下列说法不正确的是 A. 产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构) B. 可提高Y→Z转化的反应速率 C. Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂 D. Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应 【答案】D 【解析】 【分析】丙烯与HOCl发生加成反应得到M，M有CH3-CHCl-CH2OH和CH3-CHOH-CH2Cl两种可能的结构，在Ca(OH)2环境下脱去HCl生成物质Y()，Y在H+环境水解引入羟基再脱H+得到主产物Z；Y与CO2可发生反应得到物质P()。 【详解】A． 据分析，产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)，A正确； B． 据分析，促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，在该过程中，是催化剂，故其可提高Y→Z转化的反应速率，B正确； C．从题干部分可看出，是a处碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，C正确； D． Y→P是CO2与Y反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO2，减轻温室效应，D错误； 故选D。 13. 常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 水的电离程度： B. M点： C. 当时， D. N点： 【答案】D 【解析】 【分析】结合起点和终点，向溶液中滴入相同浓度的溶液，发生浓度改变的微粒是Na+、、和；当，溶液中存在Na+、H+和，，随着加入溶液，减少但不会降到0，当，，随着加入溶液，会与反应而减少，当，溶质为，，，很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表；当时，中=，很小，随着加入溶液，溶质由变为和混物，最终为，增加的很少，而增加的多，当，溶质为，少部分水解，，斜率为正的曲线代表，即经过M点在下降的曲线表示的是浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是浓度的改变。 【详解】A．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，故A正确； B．M点溶液中电荷守恒有，M点为交点可知，联合可得，故B正确； C．当时，溶液中的溶质为，根据电荷守恒有，根据物料守恒，两式整理可得，故C正确； D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此及观察图中N点可知，，根据，可知，故D错误； 故答案选D。 14. 某实验小组探究少量和溶液反应的过程，进行了如下实验： 实验Ⅰ 实验Ⅱ 下列说法中不正确的是 A. 实验Ⅰ中滴加淀粉KI溶液，溶液呈深蓝色，原因是Ⅰ被氧化 B. 实验Ⅰ中滴加KSCN溶液变红，证明了将氧化为 C. 实验Ⅱ中振荡后静置，上层溶液呈棕黄色主要与水解、配位有关 D. 对比上述实验可知少量能与中的Br反应 【答案】B 【解析】 【分析】实验I：向滴加3滴饱和氯水，将反应后的溶液加入淀粉碘化钾，溶液变蓝说明产生即反应后的溶液有氧化性，但不能确定是氧化还是氧化；另一份加入KSCN溶液后溶液变为血红色，说明有生成。 实验II：向溶液中加入氯气的饱和溶液1 mL，溶液先变为红棕色，后转化为黄色，静置后溶液分层，生成棕黄色。 【详解】A．实验Ⅰ中滴加淀粉KI溶液，溶液呈深蓝色说明被氧化为，A正确； B．实验Ⅰ中滴加KSCN溶液变红证明生成，但氯水中即含有具有氧化性的，还有HClO也具有氧化性，故不能说将氧化为，B错误； C．实验Ⅱ中试管中的红棕色为新生成的的颜色，再转移振荡后静置，上层溶液呈棕黄色主要是，颜色与的水解、配位有关，C正确； D．实验I证明少量氯水能氧化，实验II的现象（生成红棕色的）证明少量氯水也能氧化Br⁻。通过对比两个实验可知，少量与反应时，Br⁻能被氧化，D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Fe在元素周期表中的位置是___________。基态Fe原子与基态未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①比较N和O第一电离能大小，并说明原因___________。 ②中的N原子用1个2s轨道和___________轨道形成杂化轨道与O原子形成σ键。 （3）α-Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。 ①研究发现，α-Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的截面单位面积含有的Fe原子为___________个 ②设NA代表阿伏加德罗常数，则α-Fe的密度为___________。 【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 4：5 （2） ①. 第一电离能：。N和O的价层电子排布分别为：、，O更易失一个电子，达到2p轨道的半充满稳定结构 ②. 2个2p （3） ①. ②. 【解析】 【分析】 【小问1详解】 Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。 基态Fe原子核外有26个电子，电子排布式为，有4个未成对电子，基态电子排布式为，未成对电子数为5，比值为4：5。 【小问2详解】 ①N和O的价层电子排布分别为：、，N原子的2p轨道为半充满稳定状态，不易失去电子，O更易失一个电子，达到2p轨道的半充满稳定结构，故N的第一电离能大于O。 ②的价电子对数为3，故N原子采取杂化，即用1个2s轨道和2个2p轨道形成杂化轨道，再与O原子形成键。 【小问3详解】 ②m截面面积Sm=a2 pm2，每个角原子被 ​​4个相邻晶胞共享​​(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个。 n截面面积为，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数个数=，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子个数=个。 ②α-Fe的体心立方晶胞中所含原子数为，密度。 16. 乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1： 反应2： （1）25℃，101 kPa时，反应 ___________。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①乙炔转化率随温度变化的原因为___________。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。 （3）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下(25℃，101 kPa)实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。 (图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 以___________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为___________。 【答案】（1）-137 （2） ①. 220℃前，温度升高，化学反应速率加快(催化剂活性增强)；220℃至260℃，催化剂活性降低，导致反应速率减慢 ②. ＞ ③. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 （3） ①. Pd/W ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【解析】 【分析】 【小问1详解】 由盖斯定律，反应2-反应1可以得到目标反应，则反应   。 【小问2详解】 ① 220℃前，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃至260℃，催化剂活性降低，导致反应速率减慢。 ②在120~240 ℃范围内，反应1生成乙烯的选择性随温度升高而升高，反应2生成乙烷的选择性随温度升高而降低，故乙炔的转化速率大小关系为。理由为：乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率。 【小问3详解】 乙烯的选择性取决于吸附态乙烯(*)脱附与继续加氢生成吸附态乙基(*)的竞争。由图可知，在Pd/W催化剂上，加氢生成的活化能(0.83eV)高于在Pd催化剂上的活化能(0.78eV)，因此在Pd/W上，乙烯更难被进一步加氢，乙烯的选择性更高。在Pd/W催化剂上，乙烯进一步加氢生成乙烷的能垒更高，反应更难进行，因此乙烯的选择性更高。 17. 多聚二磷酸腺苷核糖聚合酶抑制剂奥拉帕尼(J)的合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为___________。 （2）B→C的化学方程式为___________。 （3）C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、___________。 （4）试剂a中含有的官能团有、___________。 （5）H→I的过程可能生成一种分子内含有7个六元环的副产物，其结构简式为___________。 （6）I→J的过程中，的作用是___________。 （7）E经多步转化可得到G，路线如下。 M分子中含有2个六元环，P分子中含有3个六元环。M和P的结构简式分别为___________、___________。 【答案】（1） （2） （3）取代反应 （4）-F、-CHO （5） （6）具有碱性，可以吸收反应中产生的HCl，提高J的产率 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】结合流程以及分子式可推知A(芳香族酯类化合物)为，A在酸性条件下水解生成B，B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，C先发生加成反应再发生取代（酯化）反应生成D，D和反应生成E，E与反应生成G，G中-CN结构在一定条件下转化为-COOH生成H，H再发生取代反应生成I，I再次发生取代反应生成J。 【小问1详解】 A为芳香族酯类化合物，A→B的化学方程式为＋H2O。 【小问2详解】 B中的醇结构在Cu催化下被氧化为C，方程式为：2+O22+2H2O。 【小问3详解】 根据分析，C→D发生了两步反应，反应类型依次为加成反应、取代反应。 【小问4详解】 D和反应生成E，试剂a为，含有的官能团有、-F、-CHO。 【小问5详解】 G中的-CN 结构在一定条件下转化为-COOH而生成H()， H中含有3个六元环，要合成7个六元环的化合物需两分子H结合过程再形成一个新的六元环，故六元环的副产物结构简式为  。 【小问6详解】 I与发生取代反应生成J 同时生成HCl，具有碱性，可以吸收反应中产生的HCl，提高J的产率。 【小问7详解】 E（）中含有2个六元环，与发生取代反应生成含有两个六元环的物质，故反应过程中无新环形成，结合E形成F的过程，M为 ；M发生异构化生成N，N分子内部羰基发生加成反应生成P，P中脱去1分子水得到G。 18. 一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： （1）混合研磨成细粉的主要目的是___________。 （2）浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 （3）步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 （4）热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A. 图a中总反应可表示为 B. 图b中X的电子式为 C. 起始时的值过大，可能产生 D. 理论上还原需要参与完成 （5）在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 （2） ①. ②. 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 （3） ①. 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 ②. 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 （4）AC （5）加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 【解析】 【分析】软锰矿主要含、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入酸浸，得到S单质滤渣和含有、过量的滤液；向滤液液中加入除铁剂和，将氧化并沉淀为，得到的滤液⑤为的溶液，经操作得到。步骤③中滤渣加入溶液浸硫，与S反应生成，经分解得到产品硫，据此解答。 【小问1详解】 混合研磨成细粉的主要目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。 【小问2详解】 ①浸取时、FeS2粉中加入酸浸得到，化学方程式为。 ②浸取初期，加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用，故可明显提升浸取速率。 【小问3详解】 ①是吸电子基，的存在使中的键极性强于，更易断裂，故氧化性：。 ②溶于水生成使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使产生沉淀除去；同时可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出。 【小问4详解】 A．图a中和进入反应体系，生成的物质有S和，总反应可表示为，A正确； B．图b中有反应：，根据元素守恒和方程式配平可知，X是，方程式表示为，电子式为，B错误； C．一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制，方程式为，起始时的值过大，剩余的会与S反应生成，C正确； D． 是催化剂，其用量与被还原的  的物质的量没有确定的化学计量关系，D错误； 故选AC。 【小问5详解】 从⑤中滤液获得晶体的操作是加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥。 19. 某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应。 实验 操作 现象 Ⅰ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡；继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝 Ⅱ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化 已知：(棕红) （1）①实验Ⅰ中产生红褐色沉淀与气泡的离子方程式为___________。 ②由实验Ⅰ可得出与结合的能力：___________(填“>”、“<”、“=”)。 （2）资料显示，可以氧化。针对实验Ⅱ中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。 实验 操作 现象 Ⅲ 向2mL溶液(pH=1.78)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色变为黄色，检测到 Ⅳ 向2mL溶液(pH=2.03)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色变为黄色，检测到 ①实验Ⅲ中与反应生成的离子方程式为___________。 ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因___________。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ的现象差异，小组同学提出猜想：pH影响了的氧化性或的还原性，并实施实验。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅴ 1.按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为0.6V； 2.向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变； 3.向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为0.5V。 ①a、b分别是___________。 ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因___________。 ③补充实验Ⅵ：向实验Ⅱ得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速变黄，检测到。结合化学用语解释实验Ⅵ中氧化还原反应明显加快的可能原因___________。 （4）综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与___________有关。 【答案】（1） ①. ②. < （2） ①. ②. 反应的速率大于与+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中过量，较低：实验Ⅳ中过量，较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进逆向移动 （3） ①. 石墨 ②. 溶液 ③. ，增大，还原性减弱，电压表读数减小 （4）微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等 【解析】 【分析】某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应，通过实验Ⅰ和实验Ⅱ说明盐溶液间反应与微观粒子种类有关，实验Ⅲ和实验Ⅳ说明盐溶液间反应与试剂的相对用量有关，实验Ⅴ说明盐溶液间反应与pH有关。 【小问1详解】 ①实验Ⅰ中Fe3+和发生双水解反应产生红褐色沉淀与二氧化碳气体，离子方程式为：； ①向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液，先生成红褐色沉淀，最后才生成NH3，说明与结合的能力：<。 【小问2详解】 ①实验Ⅲ中与反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因：反应的速率大于与+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中过量，较低：实验Ⅳ中过量，较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进逆向移动。 【小问3详解】 ①要验证pH影响了的氧化性或的还原性，a极区为正极，b剂区为负极，则a电极为石墨，b剂区放溶液； ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因为：负极反应为：，增大，还原性减弱，电压表读数减小； ③加入3滴10%稀硫酸，平衡逆移，c()降低，平衡逆移，c(Fe3+)增大，Fe3+与+4 价硫化合物的氧化还原反应速率加快。 【小问4详解】 综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等有关。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $