精品解析：河北承德县第一中学2026届下学期模拟预测 高三化学试题

高三化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，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涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 K-39 Cu-64 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 地处黄河中游的库布齐沙漠的治理。采用“绿进沙退”和光伏治沙协同推进的模式(如图)，将逐步实现沙化土地的全面治理。下列说法错误的是 A. 光伏板发电过程中，将光能转化为电能，不涉及化学变化 B. 光伏板的表面常涂覆氮化硅减反射膜，氮化硅属于新型无机非金属材料 C. 治沙时常用聚丙烯酸钠作土壤保水剂，是因其结构中含有大量强亲水基团 D. 沙棘能适应沙漠的干旱盐碱环境，与其细胞内积累的可溶性有机物能降低细胞液渗透压有关 2. 下列关于实验操作或安全，说法正确的是 A. 实验完毕后剩余的Na、等应放回原试剂瓶 B. 无法用CuO除去溶液中的杂质 C. 用NaOH标准液测定乙酸浓度时，可用甲基橙作指示剂 D. 实验室制时，可用澄清石灰水吸收尾气 3. 高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法正确的是 A. 聚对苯二甲酸乙二酯由对苯二甲酸和乙醇按物质的量之比为 反应制备 B. 聚丙烯酸乙酯的链节为 C. 在碱催化下，苯酚与过量的甲醛反应得到线型结构的酚醛树脂 D. 可降解手术缝合线聚己内酯，可通过缩聚反应制得 4. 利用反应可检验输送氯气的管道是否漏气。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下含有的质子数为 B. 中含有的共价键总数为 C. 溶于水中，、的数目之和为 D. 与足量NaOH溶液反应，转移电子数一定为 5. 下列化学用语表述错误的是 A. 分子中含有大π键 B. HF分子间的氢键： C. 的电子云轮廓图：： D. 分子的球棍模型： 6. 下列图示实验操作符合规范或方法合理的是 A．熔融烧碱固体 B．用亚硫酸钠和75%硫酸制备少量二氧化硫 C．配制溶液 D．除去气体中少量HCl A. A B. B C. C D. D 7. OTM是一种可高效重复加工的酯交换交联单体，可用于合成生物基聚酯材料OTD，合成方法如下。下列有关说法错误的是 A. OTM与反应除了生成OTD外还有生成 B. OTD分子中含有4个手性碳原子 C. OTM能发生水解反应、加成反应、氧化反应 D. OTD能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 8. 物质的性质与物质的结构或元素的性质有关。下列对物质性质差异的解释错误的是 性质差异 主要原因 A 硬度： 离子键强度： B 流动性：石蜡油<水 分子间累加作用力：石蜡油>水 C 熔点： 非金属性： D 酸性： 原子半径： A. A B. B C. C D. D 9. 前20号主族元素W、X、Y、Z、L的原子序数依次增大，且分属三个不同周期。其中W、X、Y是位于同一周期的相邻元素；Y、Z、L组成的物质甲结构如图所示。下列说法错误的是 A. 简单氢化物的键角： B. 第一电离能： C. 简单离子半径： D. X、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 10. 甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A. 上述反应是放热反应 B. 相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C. 若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 D. 转化为的决速步骤为 11. 硅化镁具有高度对称的原子排布和优异的物理性能，在新能源、信息通讯和智能传感等领域有广泛应用，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数为a pm，Si、Mg原子的半径分别为、 下列说法错误的是 A. 晶胞在“1、2、4、3”对角面上的投影图 B. 相邻Si、Mg原子相切，则 C. 若A点Si原子分数坐标为，则B点Mg原子的分数坐标为 D. 若该晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 12. 下列实验操作、现象与结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向淀粉溶液中滴入稀硫酸，加热一段时间，再加入新制的悬浊液并加热 溶液中未出现砖红色沉淀 淀粉未水解 B 取一定体积的溶液，置于冷水中，观察现象①。再加热，观察现象② 现象①溶液呈蓝绿色； 现象②溶液呈黄绿色 溶液中存在平衡 C 两支试管中分别盛有和的酸性溶液，同时向其中各加入的溶液 浓度大的溶液的紫色先褪去 反应物浓度越大，反应速率越快 D 取两份等体积某溶液，一份加入足量碘水，振荡后用苯萃取、静置；另一份先加足量NaOH至溶液呈碱性，再加入相同量碘水，振荡后用苯萃取、静置 第一份苯层呈紫红色，第二份苯层紫红色明显变浅 原溶液中含还原性成分，且该成分在碱性条件下还原性强于在酸性条件下 A. A B. B C. C D. D 13. 利用基催化剂光催化还原转化为甲醇，产生的电能用于电渗析法淡化海水，是促进碳中和的重要举措。下列说法错误的是 A. 电极d发生氧化反应 B. 电极c电极反应式为 C. m电极的电势低于n电极的电势 D. 装置工作一段时间后，Y室中流出的为淡水 14. 常温下，向 溶液中滴加 溶液，混合溶液中pX与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 已知：① ，X代表、或； ②常温下，CaA的，。 A. 曲线Ⅰ表示与pH的关系 B. BHA溶液呈碱性 C. 时，存在关系； D. 常温下，向CaA悬浊液中滴加BOH，CaA会部分溶解并生成 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体微溶于冷水和酒精，可溶于热水并会慢慢分解，干燥时较为稳定，常用于化学分析、催化剂制备等领域。某实验小组在实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体并探究其热分解产物，实验步骤如下。 Ⅰ．制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体 步骤1：称取5.00 g胆矾于100 mL烧杯中，加入20 mL蒸馏水，加热搅拌至完全溶解，加入适量NaOH溶液，过滤得到。 步骤2：称取3.00 g草酸于另一烧杯中，加入15mL蒸馏水，微热溶解，分批量加入粉末，得到含的混合液。 步骤3：将步骤1得到的加入步骤2得到的的混合液中，保持温度在85℃左右，得到溶液。 步骤4：迅速将步骤3中溶液等分成3份，分别采用不同的方式进行冷却：(a)自来水中(约15℃)冷却；(b)室温下(约20℃)自然冷却；(c)原热水浴中(85℃)缓慢冷却。三种情况下，得到不同形貌的晶体，如图所示，一段时间后针状晶体会变成片状晶体。 Ⅱ．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体纯度的测定 已知：的摩尔质量为。准确称取制得的晶体试样c g于小烧杯中，加入氨水使其溶解，再加入一定量的水，使其全部溶解，然后转移至250 mL的容量瓶中，并加水定容。取试样溶液25.00 mL，加入一定量的稀硫酸酸化，用的标准液滴定，消耗标准液b mL。 回答下列问题： （1）获得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体时采用的实验操作为冷却结晶，而不采用蒸发结晶，其原因为___________。 （2）得到的二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体需用酒精洗涤，选用酒精的优点是___________。 （3）步骤4中(a)得到的针状晶体为，(c)得到的片状晶体为，二者较稳定的是___________(填“针状”或“片状”)晶体。若想得到颗粒较大的晶体，冷却结晶时需___________(填“慢速”或“快速”)析出晶体。 （4）①测定二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体纯度时，盛装标准液的仪器为___________(填“甲”或“乙”)，滴定时发生反应的离子方程式为___________。 ②该产品的纯度为___________。 Ⅲ．探究二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的热分解产物。 （5）小组成员甲同学设计检测热分解产物的实验装置如图，证明分解产物中有、CO生成，其中能说明有CO气体的实验现象是___________。乙同学认为该实验设计存在缺陷，改进的措施为___________。 16. 铱(Ir)是一种稀有的贵金属，熔点高、硬度大、耐腐蚀性好，在航空航天、电子信息等领域具有重要应用。以含铱废料(主要含Ir、Rh及少量Cu、Fe、Ni、)为原料，制备高纯铱粉，其主要工艺流程如下： 已知：①Ir、Rh不溶于硝酸，但加入适量后，均可反应，分别生成难溶于冷水的、； ②可溶于15%的溶液。 回答下列问题： （1）基态Ir原子外围电子层电子排布为，Ir在元素周期表中的位置为___________。 （2）分子与的VSEPR模型相同，原因是___________。 （3）“酸溶1”的目的是___________。 （4）“盐溶”中，铱发生反应的化学方程式为___________。滤渣的主要成分为___________。 （5）在“还原”步骤中，加 (水合肼)将溶液中的还原为沉淀。写出该反应的离子方程式：___________。 （6）“灼烧”时转化为，然后被还原生成铱粉，高温下发生反应：，此反应是熵增过程，若该反应在低温下不能自发进行，则该反应的___________(填“>”或“<”)0。 （7）该流程中可循环利用的物质是___________(填化学式)。 17. 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在容积为V L的恒容密闭容器中，将CaS、和按一定物质的量之比投料，发生上述反应。平衡体系中，各气态物种的lgn(n为气态物种物质的量的值)随温度的变化关系如图所示。 已知：①图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数基本不变； ②反应的平衡常数K与温度T之间的关系为，R为常数。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下有利于自发进行。 （2）图中甲线表示___________(填化学式)的lgn随温度的变化情况。根据题给公式说明图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数，基本不变的原因是___________。 （3）若温度下达到平衡时，甲线所代表的物质有b mol，则时反应Ⅲ的平衡常数为___________(用含b、V的代数式表示)。 （4）已知(分子结构为)降温凝华时聚合生成(分子结构为)。请从化学键，能量及平衡移动的角度解释降温时聚合生成的原因___________。 用溶液吸收，是工业上处理含尾气的一种方法。往溶液中通入，会发生如下反应： 反应1： 反应2： 反应3： 当测得溶液中时，往该溶液中继续通入，发现溶液中和的平衡转化率如图所示。 （5）溶液中与的反应能力：___________(填“>”“<”或“=”)，分析图像，理由是___________。 （6）通入的时，的平衡转化率下降的可能原因是___________。 18. 氟噁唑酰胺(物质H)是一种新型异噁唑类杀虫剂，能有效防治农作物、根茎类作物、花卉等植物的虫害。绿色、经济、环保的氟噁唑酰胺的合成工艺如下： 已知：有机物中优先基团(与碳碳双键或碳氮双键直接相连的原子的原子序数较大)在碳碳双键或碳氮双键同侧称为Z构型，在双键异侧称为E构型；DMF、DMA的结构简式分别为、；。 回答下列问题： （1）D中含氧官能团的名称是___________。 （2）C的结构简式为___________。 （3）流程中也可换为(平面结构)，和分子中S的杂化类型分别为___________。 （4）由化合物E生成化合物F的反应类型为___________。 （5）写出F→G的化学方程式___________。 （6）G→H过程中会有E和Z两种构型的氟噁唑酰胺产生，Z构型的结构简式为，那么E构型结构简式为___________。 （7）B的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①含酚羟基；②能发生银镜反应、且碱性条件下能水解；③分子中苯环上只有两个取代基，且不含其他环状结构。 其中核磁共振氢谱显示有6组峰且峰面积之比为的结构简式为___________(写一种)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡上。 2.回答选择题时，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涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Si-28 S-32 K-39 Cu-64 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 地处黄河中游的库布齐沙漠的治理。采用“绿进沙退”和光伏治沙协同推进的模式(如图)，将逐步实现沙化土地的全面治理。下列说法错误的是 A. 光伏板发电过程中，将光能转化为电能，不涉及化学变化 B. 光伏板的表面常涂覆氮化硅减反射膜，氮化硅属于新型无机非金属材料 C. 治沙时常用聚丙烯酸钠作土壤保水剂，是因其结构中含有大量强亲水基团 D. 沙棘能适应沙漠的干旱盐碱环境，与其细胞内积累的可溶性有机物能降低细胞液渗透压有关 【答案】D 【解析】 【详解】A．光伏板发电是将光能转化为电能，该过程没有新物质生成，不涉及化学变化，A正确； B．氮化硅属于高性能无机材料，是典型的新型无机非金属材料，B正确； C．聚丙烯酸钠结构中含有大量羧酸钠强亲水基团，具有良好的吸水性，可作土壤保水剂，C正确； D．干旱盐碱环境的外界溶液渗透压较高，沙棘细胞内积累可溶性有机物，是为了提高细胞液渗透压，保证细胞可以从外界吸水，适应恶劣环境，D错误； 故选D。 2. 下列关于实验操作或安全，说法正确的是 A. 实验完毕后剩余的Na、等应放回原试剂瓶 B. 无法用CuO除去溶液中的杂质 C. 用NaOH标准液测定乙酸浓度时，可用甲基橙作指示剂 D. 实验室制时，可用澄清石灰水吸收尾气 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na、P4均为易燃易爆危险品，随意丢弃易引发安全事故，实验剩余的这类特殊药品应放回原试剂瓶，A正确； B．FeCl3溶液中存在水解平衡，加入CuO可消耗H+使pH升高，促进Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀除去，且不引入新杂质，故可用CuO除杂，B错误； C．NaOH滴定乙酸时，滴定终点生成强碱弱酸盐乙酸钠，溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1~4.4（酸性范围），会导致测定误差大，应选用酚酞作指示剂，C错误； D．澄清石灰水中溶解度小、浓度低，无法完全吸收尾气，应选用NaOH溶液吸收，D错误； 故选A。 3. 高分子材料在生产、生活中应用广泛。下列说法正确的是 A. 聚对苯二甲酸乙二酯由对苯二甲酸和乙醇按物质的量之比为 反应制备 B. 聚丙烯酸乙酯的链节为 C. 在碱催化下，苯酚与过量的甲醛反应得到线型结构的酚醛树脂 D. 可降解手术缝合线聚己内酯，可通过缩聚反应制得 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚对苯二甲酸乙二酯的单体为对苯二甲酸和乙二醇，二者按物质的量之比1:1发生缩聚反应制得产物，选项单体种类、物质的量比均错误，A错误； B．聚丙烯酸乙酯的单体为丙烯酸乙酯，加聚后链节为，选项给出的链节结构错误，B错误； C．碱催化下苯酚与过量甲醛反应生成体型结构酚醛树脂，酸催化、苯酚过量时才生成线型酚醛树脂，C错误； D．聚己内酯可由羟基己酸通过缩聚反应制得，分子内含酯基可降解，D正确； 故选D。 4. 利用反应可检验输送氯气的管道是否漏气。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下含有的质子数为 B. 中含有的共价键总数为 C. 溶于水中，、的数目之和为 D. 与足量NaOH溶液反应，转移电子数一定为 【答案】A 【解析】 【详解】A．标准状况下112 mL N2的物质的量为，1个N2分子含14个质子，因此112 mL N2含有的质子的总物质的量为，数目为，A正确； B．中内部有4个N-H共价键，和之间为离子键，因此1 mol 中含有的共价键总数为，B错误； C．溶于水存在平衡，根据N元素守恒，、、的数目之和为，选项遗漏了，C错误； D．与NaOH反应，常温下1 mol 转移电子；但若为加热条件，反应生成和，1 mol 转移电子数为，因此转移电子数不一定为，D错误； 故选A。 5. 下列化学用语表述错误的是 A. 分子中含有大π键 B. HF分子间的氢键： C. 的电子云轮廓图：： D. 分子的球棍模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．​分子为直线形结构，中心C原子杂化，分子中存在两个三中心四电子大键，A正确； B．HF分子间氢键中，共价键用实线表示，氢键用虚线表示，且在一条直线上，符合HF分子间氢键特征，B正确； C．p轨道沿哪个坐标轴伸展，就对应p轨道名称，图中p轨道沿y轴伸展，是​轨道，电子云轮廓图正确，C正确； D．​分子的空间构型为V形（角形），只有两个键，端基O原子之间不成键，不是闭合三元环结构，图中表示为三角形环状结构，D错误； 故选D。 6. 下列图示实验操作符合规范或方法合理的是 A．熔融烧碱固体 B．用亚硫酸钠和75%硫酸制备少量二氧化硫 C．配制溶液 D．除去气体中少量HCl A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．烧碱会与SiO2反应，因此不能在瓷坩埚中熔融烧碱固体，应用铁坩埚，故A正确； B．亚硫酸钠是粉末状药品，硫酸加入后会溶解，不能用启普发生器的简易装置，故B错误； C．不能在容量瓶中直接溶解固体，应在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，故C错误； D．H2S会与Na2S生成NaHS，故不能用Na2S溶液除去气体中少量HCl，故D错误； 答案选A。 7. OTM是一种可高效重复加工的酯交换交联单体，可用于合成生物基聚酯材料OTD，合成方法如下。下列有关说法错误的是 A. OTM与反应除了生成OTD外还有生成 B. OTD分子中含有4个手性碳原子 C. OTM能发生水解反应、加成反应、氧化反应 D. OTD能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为酯交换反应，OTM中的酯基是−COOCH3，与题干中的醇ROH发生酯交换，生成−COOR和CH3OH，A正确； B．手性碳原子是连有4种不同基团的饱和碳原子：OTD中：，因此共4个手性碳原子，B正确； C．OTM中含酯基，可发生水解反应；含碳碳双键，可发生加成反应；碳碳双键、羟基均可发生氧化反应，C正确； D．OTD中，环上的羟基是烯醇结构，羟基与邻位的羰基氧位置合适，可形成稳定的六元环分子内氢键，同时也可以形成分子间氢键，D错误； 故选D。 8. 物质的性质与物质的结构或元素的性质有关。下列对物质性质差异的解释错误的是 性质差异 主要原因 A 硬度： 离子键强度： B 流动性：石蜡油<水 分子间累加作用力：石蜡油>水 C 熔点： 非金属性： D 酸性： 原子半径： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl和KCl均为离子晶体，Na⁺半径小于K⁺，NaCl离子键强度更大，硬度更高，A正确，不符合题意； B．石蜡油为大分子烃类混合物，分子间累加作用力大于水，分子间作用力越大流动性越差，故流动性石蜡油小于水，B正确，不符合题意； C．S8和P4都属于分子晶体，熔点由分子间作用力决定，S8相对分子质量大于P4，分子间范德华力更强，所以熔点更高，与非金属性强弱无关，C错误，符合题意； D．Br原子半径大于Cl，H-Br键能更小，在水溶液中更易电离出H+，故酸性HBr更强，D正确，不符合题意； 故选C。 9. 前20号主族元素W、X、Y、Z、L的原子序数依次增大，且分属三个不同周期。其中W、X、Y是位于同一周期的相邻元素；Y、Z、L组成的物质甲结构如图所示。下列说法错误的是 A. 简单氢化物的键角： B. 第一电离能： C. 简单离子半径： D. X、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】B 【解析】 【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z、L原子序数依次增大，分属3个不同周期，Y形成2个共价键，故Y为O（氧）；则同周期相邻的W、X、Y为C、N、O；Z形成6个共价键，故Z为S（硫）；由结构可知：L为+1价阳离子，故L为K（钾）；据此作答。 【详解】A．简单氢化物键角：H2O>H2S，即Y>Z；因为二者均为杂化，O电负性更大，成键电子对更靠近中心原子，排斥力更大，键角更大，A正确； B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，N的2p3半满稳定结构使其电离能略高于O，实际顺序为N>O>C，即X>Y>W，B错误； C．简单离子半径：S2->K+，即Z>L；二者电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，C正确； D．X为N，最高价氧化物的水化物为HNO3；Z为S，最高价氧化物的水化物为H2SO4，均为强酸，D正确； 故选B。 10. 甲醇羰基化是合成乙酸的重要方法之一，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂和催化剂催化甲醇羰基化制乙酸的部分反应进程如图所示(Cat为催化剂，TS为过渡态，TN为中间体)。 下列说法错误的是 A. 上述反应是放热反应 B. 相同条件下，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的催化效率较差 C. 若催化剂中将邻氨基苯酚替换为邻氨基苯甲醇，会导致反应的活化能发生改变 D. 转化为的决速步骤为 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应物的起始相对能量为，生成物的最终相对能量小于，生成物总能量低于反应物总能量，则该反应是放热反应，A正确； B．催化剂的催化效率与活化能负相关：活化能越低，催化效率越高，由图可知，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂（实线）对应的各步活化能均低于催化剂（虚线），故Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化效率更高，B错误； C．催化剂可以改变反应的活化能，不同催化剂结构不同，替换配体后催化剂改变，反应的活化能会发生改变，C正确； D．决速步骤是反应中活化能最大的一步，两种催化剂中，第一步的活化能都是所有步骤中最大的，即该步骤为决速步骤，D正确； 故答案选B。 11. 硅化镁具有高度对称的原子排布和优异的物理性能，在新能源、信息通讯和智能传感等领域有广泛应用，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数为a pm，Si、Mg原子的半径分别为、 下列说法错误的是 A. 晶胞在“1、2、4、3”对角面上的投影图 B. 相邻Si、Mg原子相切，则 C. 若A点Si原子分数坐标为，则B点Mg原子的分数坐标为 D. 若该晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 【答案】C 【解析】 【详解】A．对角面投影中，四个顶点的Si投影在矩形四个角，上下面心的Si与其余4个顶点的Si投影到上下边中点，8个Mg投影得到上3个、下3个黑球，前后左右面心的4个Si投影分别重合在中间，即，A正确； B．相邻Si、Mg相切，二者核间距为晶胞体对角线的，晶胞体对角线长为pm，因此，B正确； C．A点Si分数坐标为，晶胞边长为单位1，B点Mg在晶胞内，x方向坐标为、y方向为、z方向为，因此分数坐标为，C错误； D． Si位于顶点和面心，个数为 ，Mg位于晶胞内部，数量为8，晶胞总质量，晶胞参数，晶胞体积，晶体密度，则阿伏加德罗常数，D正确； 故答案为C。 12. 下列实验操作、现象与结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向淀粉溶液中滴入稀硫酸，加热一段时间，再加入新制的悬浊液并加热 溶液中未出现砖红色沉淀 淀粉未水解 B 取一定体积的溶液，置于冷水中，观察现象①。再加热，观察现象② 现象①溶液呈蓝绿色； 现象②溶液呈黄绿色 溶液中存在平衡 C 两支试管中分别盛有和的酸性溶液，同时向其中各加入的溶液 浓度大的溶液的紫色先褪去 反应物浓度越大，反应速率越快 D 取两份等体积某溶液，一份加入足量碘水，振荡后用苯萃取、静置；另一份先加足量NaOH至溶液呈碱性，再加入相同量碘水，振荡后用苯萃取、静置 第一份苯层呈紫红色，第二份苯层紫红色明显变浅 原溶液中含还原性成分，且该成分在碱性条件下还原性强于在酸性条件下 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉在酸性条件下水解后，检验水解产物葡萄糖时，必须先加NaOH中和稀硫酸，营造碱性环境，否则新制会被硫酸中和，无法与醛基反应生成砖红色沉淀，不能得出"淀粉未水解"的结论，A错误； B．溶液中存在平衡：； 冷水中溶液为蓝绿色，说明蓝色的占比更高；加热后变为黄绿色，说明黄色的占比升高，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，升温向吸热方向移动，因此逆反应吸热，正反应放热， ，操作、现象、结论均正确，B正确； C．探究浓度对反应速率的影响时，需要保证高锰酸钾不足，才能通过褪色时间比较速率；本实验中两份草酸的体积、浓度均相同，高浓度的总物质的量更大，过量更多，实际褪色更慢，与题目给出的现象矛盾，不能得出结论，C错误； D．碘单质本身可在碱性条件下发生歧化反应：，本身就会导致溶液中浓度降低，使苯层紫红色变浅，不能证明原溶液中的还原性成分在碱性条件下还原性更强，D错误； 故选B。 13. 利用基催化剂光催化还原转化为甲醇，产生的电能用于电渗析法淡化海水，是促进碳中和的重要举措。下列说法错误的是 A. 电极d发生氧化反应 B. 电极c电极反应式为 C. m电极的电势低于n电极的电势 D. 装置工作一段时间后，Y室中流出的为淡水 【答案】C 【解析】 【分析】该装置左侧是光催化原电池，电极d上水被氧化为氧气，发生氧化反应，作负极；电极c上二氧化碳被还原为甲醇，发生还原反应，作正极，电极反应为，可对外输出电能；右侧为电渗析海水淡化装置，原电池正极c连接m（电解池阳极），负极d连接n（电解池阴极）；淡化过程中，阳离子通过阳离子交换膜（a）向阴极n移动，阴离子通过阴离子交换膜（b）向阳极m移动，Y室中阴阳离子均迁出，最终得到淡水；据此作答。 【详解】A．电极d上H2O被氧化为O2，发生氧化反应，A正确； B．电极c为正极，CO2得电子被还原为CH3OH，电极反应式符合事实，B正确； C．m为电解池阳极，n为阴极，阳极电势高于阴极，故m电极电势高于n电极，C错误； D．Y室中阳离子通过a膜向n移动，阴离子通过b膜向m移动，离子迁出后得到淡水，D正确； 故选C。 14. 常温下，向 溶液中滴加 溶液，混合溶液中pX与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 已知：① ，X代表、或； ②常温下，CaA的，。 A. 曲线Ⅰ表示与pH的关系 B. BHA溶液呈碱性 C. 时，存在关系； D. 常温下，向CaA悬浊液中滴加BOH，CaA会部分溶解并生成 【答案】D 【解析】 【分析】 ，X代表、或，根据，， ，pH增大，减小；根据，， ，pH增大，减小；又因为，相同pH，更小；根据，， ，pH增大，增大；所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的分别是、、，据此分析。 【详解】A．根据曲线Ⅰ、Ⅱ对应的分别是、，A错误； B．结合图中b、a、c点坐标可得： ，； ； ，； 溶液中：水解使溶液显酸性：，水解常数；电离使溶液显酸性：；水解使溶液显碱性：，可知> > ，所以 溶液呈酸性，B错误； C． 时， ，根据电荷守恒：   化简得： ，因此 ，C错误； D．向 悬浊液中滴加 发生反应： ， 该反应的平衡常数：  ，反应正向进行程度较大， 会部分溶解生成，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体微溶于冷水和酒精，可溶于热水并会慢慢分解，干燥时较为稳定，常用于化学分析、催化剂制备等领域。某实验小组在实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体并探究其热分解产物，实验步骤如下。 Ⅰ．制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体 步骤1：称取5.00 g胆矾于100 mL烧杯中，加入20 mL蒸馏水，加热搅拌至完全溶解，加入适量NaOH溶液，过滤得到。 步骤2：称取3.00 g草酸于另一烧杯中，加入15mL蒸馏水，微热溶解，分批量加入粉末，得到含的混合液。 步骤3：将步骤1得到的加入步骤2得到的的混合液中，保持温度在85℃左右，得到溶液。 步骤4：迅速将步骤3中溶液等分成3份，分别采用不同的方式进行冷却：(a)自来水中(约15℃)冷却；(b)室温下(约20℃)自然冷却；(c)原热水浴中(85℃)缓慢冷却。三种情况下，得到不同形貌的晶体，如图所示，一段时间后针状晶体会变成片状晶体。 Ⅱ．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体纯度的测定 已知：的摩尔质量为。准确称取制得的晶体试样c g于小烧杯中，加入氨水使其溶解，再加入一定量的水，使其全部溶解，然后转移至250 mL的容量瓶中，并加水定容。取试样溶液25.00 mL，加入一定量的稀硫酸酸化，用的标准液滴定，消耗标准液b mL。 回答下列问题： （1）获得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体时采用的实验操作为冷却结晶，而不采用蒸发结晶，其原因为___________。 （2）得到的二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体需用酒精洗涤，选用酒精的优点是___________。 （3）步骤4中(a)得到的针状晶体为，(c)得到的片状晶体为，二者较稳定的是___________(填“针状”或“片状”)晶体。若想得到颗粒较大的晶体，冷却结晶时需___________(填“慢速”或“快速”)析出晶体。 （4）①测定二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体纯度时，盛装标准液的仪器为___________(填“甲”或“乙”)，滴定时发生反应的离子方程式为___________。 ②该产品的纯度为___________。 Ⅲ．探究二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的热分解产物。 （5）小组成员甲同学设计检测热分解产物的实验装置如图，证明分解产物中有、CO生成，其中能说明有CO气体的实验现象是___________。乙同学认为该实验设计存在缺陷，改进的措施为___________。 【答案】（1）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体热稳定性较差，受热易分解 （2）酒精易挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体 （3） ①. 片状 ②. 慢速 （4） ①. 甲 ②. ③. （5） ①. 装置D中黑色固体变为红色，且装置E中的澄清石灰水变浑浊 ②. 在装置B、C之间再加一个装有澄清石灰水的试管 【解析】 【小问1详解】 由题干可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可溶于热水并会慢慢分解，则获得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体时采用的实验操作为冷却结晶，而不采用蒸发结晶，其原因为：二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体热稳定性较差，受热易分解； 【小问2详解】 酒精易挥发，得到的二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体需用酒精洗涤，则选用酒精的优点是：酒精易挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体； 【小问3详解】 根据步骤4可知，一段时间后针状晶体会变成片状晶体，则片状晶体的能量更低，稳定性更强，即二者较稳定的是片状晶体。冷却速率越慢，晶核生长时间越充足，越容易得到颗粒较大的晶体，即若想得到颗粒较大的晶体，冷却结晶时需慢速析出晶体； 【小问4详解】 ①具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的乳胶管，因此盛装标准液的仪器为酸式滴定管，故选甲；酸性条件下和发生氧化还原反应生成、和，配平得到其离子方程式为：； ②根据反应可得关系式：，与试样溶液中的反应的，试样溶液中，则试样中二草酸合铜(Ⅱ)酸钾物质的量为，，因此该产品的纯度为； 【小问5详解】 分解产物中的气体通入澄清石灰水，若有，装置A中澄清石灰水会变浑浊，再通入浓溶液吸收剩余的，剩余气体再通入浓硫酸干燥后通入装置D，若分解产物中有CO气体，还原黑色生成红色Cu，同时生成的能使装置E中澄清石灰水变浑浊，则能说明有CO气体的实验现象是：装置D中黑色固体变为红色，且装置E中的澄清石灰水变浑浊；装置B中浓溶液用于吸收，证明分解产物中有CO前，应确保被完全吸收，即装置B、C之间应增加检验的装置，所以该实验设计存在缺陷，改进的措施为：在装置B、C之间再加一个装有澄清石灰水的试管。 16. 铱(Ir)是一种稀有的贵金属，熔点高、硬度大、耐腐蚀性好，在航空航天、电子信息等领域具有重要应用。以含铱废料(主要含Ir、Rh及少量Cu、Fe、Ni、)为原料，制备高纯铱粉，其主要工艺流程如下： 已知：①Ir、Rh不溶于硝酸，但加入适量后，均可反应，分别生成难溶于冷水的、； ②可溶于15%的溶液。 回答下列问题： （1）基态Ir原子外围电子层电子排布为，Ir在元素周期表中的位置为___________。 （2）分子与的VSEPR模型相同，原因是___________。 （3）“酸溶1”的目的是___________。 （4）“盐溶”中，铱发生反应的化学方程式为___________。滤渣的主要成分为___________。 （5）在“还原”步骤中，加 (水合肼)将溶液中的还原为沉淀。写出该反应的离子方程式：___________。 （6）“灼烧”时转化为，然后被还原生成铱粉，高温下发生反应：，此反应是熵增过程，若该反应在低温下不能自发进行，则该反应的___________(填“>”或“<”)0。 （7）该流程中可循环利用的物质是___________(填化学式)。 【答案】（1）第六周期Ⅷ族 （2）H2O分子中O的价层电子对数为4，NH中N的价层电子对数为4，二者的VSEPR模型均为四面体形 （3）除去Cu、Fe、Ni等金属 （4） ①. 3Ir+16HNO3+18NH4Cl=3(NH4)2IrCl6+12NH4NO3+4NO↑+8H2O ②. SiO2 （5）4IrCl+17N2H4·H2O=4Ir(OH)3↓+N2↑+24Cl-+16N2H+5H2O或者4IrCl+9N2H4·H2O+3H2O =4Ir(OH)3↓+N2↑+24Cl-+8N2H （6）＞ （7）NH4Cl 【解析】 【分析】酸溶1：Cu、Fe、Ni均能与稀硝酸反应，分别转化为Cu2+、Fe3+、Ni2+进入滤液1，SiO2难溶于硝酸和水，进入下一步骤；盐溶：Ir、Rh与HNO3、NH4Cl反应，分别生成难溶于冷水的(NH4)2IrCl6、(NH4)2RhCl6，沉淀为(NH4)2IrCl6、(NH4)2RhCl6、SiO2；盐洗：用15%的NH4Cl溶液洗去(NH4)2RhCl6，使其进入滤液3，沉淀为(NH4)2IrCl6、SiO2；酸溶2：(NH4)2IrCl6溶于盐酸，SiO2不溶，进入滤渣；还原：水合肼将溶液中IrCl还原为Ir(OH)3沉淀；灼烧：高温下Ir(OH)3分解转化为IrO2；高温还原：IrO2被氢气还原为铱粉；据此分析。 【小问1详解】 根据外围电子排布式，最高能层为6，位于第六周期，外围电子数之和为9，属于第9列，即第Ⅷ族，综上所述Ir位于第六周期Ⅷ族； 【小问2详解】 H2O中O的价层电子对数为2+=4，NH中N的价层电子对数为4+=4，二者的VSEPR模型均为四面体形； 【小问3详解】 根据上述分析，酸溶1的目的是除去Cu、Fe、Ni等金属； 【小问4详解】 Ir与HNO3、NH4Cl反应，生成难溶于冷水的(NH4)2IrCl6，HNO3被还原为NO，结合得失电子守恒、元素质量守恒，反应的化学方程式为3Ir+16HNO3+18NH4Cl=3(NH4)2IrCl6+12NH4NO3+4NO↑+8H2O；根据上述分析，滤渣的主要成分是SiO2； 【小问5详解】 (NH4)2IrCl6溶于盐酸产生IrCl，IrCl被水合肼还原为Ir(OH)3沉淀，水合肼被氧化为氮气，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒，该离子反应方程式为4IrCl+17N2H4·H2O=4Ir(OH)3↓+N2↑+24Cl-+16N2H+5H2O或者4IrCl+9N2H4·H2O+3H2O =4Ir(OH)3↓+N2↑+24Cl-+8N2H； 【小问6详解】 依据ΔG=ΔH-TΔS，该反应为熵增，ΔS＞0，低温下该反应不能自发进行，ΔG＞0，推出ΔH＞0； 【小问7详解】 根据还原步骤中发生的离子方程式，溶质除含有N2H5Cl或N2H6Cl2外，还含有NH4Cl，可以返回盐溶或盐洗步骤，因此可以循环利用物质为NH4Cl。 17. 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在容积为V L的恒容密闭容器中，将CaS、和按一定物质的量之比投料，发生上述反应。平衡体系中，各气态物种的lgn(n为气态物种物质的量的值)随温度的变化关系如图所示。 已知：①图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数基本不变； ②反应的平衡常数K与温度T之间的关系为，R为常数。 回答下列问题： （1）反应Ⅲ在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下有利于自发进行。 （2）图中甲线表示___________(填化学式)的lgn随温度的变化情况。根据题给公式说明图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数，基本不变的原因是___________。 （3）若温度下达到平衡时，甲线所代表的物质有b mol，则时反应Ⅲ的平衡常数为___________(用含b、V的代数式表示)。 （4）已知(分子结构为)降温凝华时聚合生成(分子结构为)。请从化学键，能量及平衡移动的角度解释降温时聚合生成的原因___________。 用溶液吸收，是工业上处理含尾气的一种方法。往溶液中通入，会发生如下反应： 反应1： 反应2： 反应3： 当测得溶液中时，往该溶液中继续通入，发现溶液中和的平衡转化率如图所示。 （5）溶液中与的反应能力：___________(填“>”“<”或“=”)，分析图像，理由是___________。 （6）通入的时，的平衡转化率下降的可能原因是___________。 【答案】（1）低温 （2） ①. ②. （3） （4）S原子半径较大，中的键不稳定，易断裂；生成时断开键所吸收的热量低于形成键所放出的热量，该转化过程的，降温有利于反应向放热(生成)的方向进行 （5） ①. < ②. 小于a mol时，的平衡转化率大于的 （6）反应1平衡正向移动的程度大于反应3平衡正向移动的程度 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅲ，正反应气体分子数减少，，根据自发进行判据，只有在低温条件下才能满足 ，故反应Ⅲ在低温下自发。 【小问2详解】 前，物质的量几乎不变，而反应Ⅱ的平衡常数基本不变，温度升高时，反应Ⅲ（）平衡逆向移动，一定减小，故曲线甲表示，丁表示的是H2，乙表示的物种是H2O，丙表示表示； 根据公式，若不随温度变化，说明，温度改变对几乎无影响。 【小问3详解】 反应Ⅱ：，平衡常数 ，因此得 ，即 ，由图可知， 时乙和丙交于点 ，即除甲（）外，因此 ，，代入得：，甲为，故。反应Ⅲ的平衡常数，代入数值计算。 【小问4详解】 ​，​中为1个双键，中每个形成2个单键，所以​断开，共形成；该反应降温正向移动，说明正反应放热，即，成键释放总能量大于断键吸收总能量，降温平衡正向移动，有利于聚合生成​。 【小问5详解】 由图可知，通入的量小于 时，相同下，​的平衡转化率始终大于​，说明​更易与​反应，因此​对​的反应能力小于​。 【小问6详解】 a mol后，随着增加，反应1和反应3均正向进行，反应1平衡正向移动的程度大于反应3平衡正向移动的程度，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 18. 氟噁唑酰胺(物质H)是一种新型异噁唑类杀虫剂，能有效防治农作物、根茎类作物、花卉等植物的虫害。绿色、经济、环保的氟噁唑酰胺的合成工艺如下： 已知：有机物中优先基团(与碳碳双键或碳氮双键直接相连的原子的原子序数较大)在碳碳双键或碳氮双键同侧称为Z构型，在双键异侧称为E构型；DMF、DMA的结构简式分别为、；。 回答下列问题： （1）D中含氧官能团的名称是___________。 （2）C的结构简式为___________。 （3）流程中也可换为(平面结构)，和分子中S的杂化类型分别为___________。 （4）由化合物E生成化合物F的反应类型为___________。 （5）写出F→G的化学方程式___________。 （6）G→H过程中会有E和Z两种构型的氟噁唑酰胺产生，Z构型的结构简式为，那么E构型结构简式为___________。 （7）B的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①含酚羟基；②能发生银镜反应、且碱性条件下能水解；③分子中苯环上只有两个取代基，且不含其他环状结构。 其中核磁共振氢谱显示有6组峰且峰面积之比为的结构简式为___________(写一种)。 【答案】（1）羧基、(酮)羰基 （2） （3）、 （4）取代反应 （5） （6） （7） ①. 24 ②. （合理即可） 【解析】 【分析】从D的结构逆推，D是C经过脱水（H+、）生成的，所以C中含有羟基（-OH），A与B在碱性条件下发生酮羰基的加成反应生成C，C的结构简式为；B的结构简式为，E与SOCl2发生取代反应生成F，F与氨水反应时，-COCl会与NH3发生取代反应，生成酰胺基，推出F的结构简式为。 【小问1详解】 由图可知，D中的含氧官能团的名称是羧基、(酮)羰基； 【小问2详解】 由分析可知，C的结构简式为； 【小问3详解】 SOCl2：S的价层电子对数 =键数（3）+ 孤电子对数（1）= 4，为sp3杂化，题目中平面结构的硫化合物（含S的五元环），S为sp2杂化； 【小问4详解】 E中含羧基，与SOCl2反应生成-COCl，属于取代反应； 【小问5详解】 由分析可知，F的结构简式为，F中的-COCl与氨水发生取代反应生成-CONH2，化学方程式为； 【小问6详解】 Z构型中优先基团在双键同侧，E构型则在双键异侧，已知Z构型的结构简式为，将双键两侧的优先基团调换位置即可得到E构型：； 【小问7详解】 B的分子式为，不饱和度为6，同分异构体中，同时满足下列条件①含酚羟基，苯环占用4个不饱和度，②能发生银镜反应、且碱性条件下能水解说明含有醛基和酯基或1个甲酸酯基；③分子中苯环上只有两个取代基，且不含其他环状结构，两个取代基分别为、、、、、、，每种组合在苯环上有邻、间、对3种位置，B的同分异构体共有24种；其中核磁共振氢谱显示有6组峰且峰面积之比为的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $