精品解析：黑龙江哈尔滨市2026届高三下学期高考第一次模拟考试 化学试卷

2026年哈尔滨市高考第一次模拟考试 化学 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案标号。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。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 中国空军新型无人机面世，下列部件主要成分属于金属材料的是 A. 机身：碳纤维复合材料 B. 雷达系统芯片：氮化镓 C. 光电瞄准系统窗口：蓝宝石玻璃 D. 机翼铰链：钛合金 2. 合成氨工业中，除去原料气中的CO的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]+，下列化学用语或表述正确的是 A. [Cu(NH3)2]+中Cu+为sp杂化，则其空间结构为直线形 B. NH3的VSEPR模型为三角锥形 C. CO分子中σ键和π键的个数比为2:1 D. [Cu(NH3)3CO]+中Cu+的配位数是3 3. 关于实验安全，下列说法错误的是 A. 未用完的钾作为废渣处理，不可以放回原瓶 B. 观察钠与水的反应时，不可近距离俯视烧杯 C. 乙醇应存放在阴凉、通风处，注意远离火种和热源 D. 可溶性钡的化合物有毒，相关废弃物应进行无害化处理 4. 工业上，富集半重水(HDO)的主要原理为：H2O(l)+HDS(g)⇌HDO(l)+H2S(g)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 11.2 L HDS中含有σ键的数目为 B. 19 g HDO含有中子数为9 C. 1 mol H2O(l)和1 mol HDS(g)充分反应得到HDO的分子数为1 D. 用足量NaOH溶液吸收2 mol H2S，所得溶液中S2-数目为2 5. 由γ-羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)可制得一种高极性有机溶剂γ-丁内酯()，下列说法正确的是 A. γ-羟基丁酸可发生缩聚反应 B. γ-羟基丁酸中碳原子均为sp3杂化 C. γ-丁内酯有两种官能团 D. γ-丁内酯不溶于水 6. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作错误的是 A．滴定时半滴操作减少误差 B．制取明矾大晶体 C．铁钉镀铜 D．NaOH标准溶液滴定醋酸 A. A B. B C. C D. D 7. 肉桂酸乙酯的工业生产流程如图所示，下列说法正确的是 A. Ⅰ中所有原子可以共平面 B. 1 mol Ⅱ最多能与1 mol NaOH反应 C. Ⅲ能发生取代、加成和消去反应 D. Ⅳ的核磁共振氢谱有6组峰 8. 可用作火箭推进剂，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为19，基态Y原子核外有5种空间运动状态的电子且有2个未成对。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 第一电离能： D. 简单离子半径大小： 9. 下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 实验方案设计 实验现象和结论 A 检验某固体试样中是否存在三价铁 取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液 没有出现血红色，说明该固体试样中不存在三价铁 B 比较Cl2、Br2、I2氧化性强弱 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2 C 比较Ksp(CaSO4)与Ksp(CaCO3)的大小 向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液 产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3) D 探究电石与水的反应 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔 A. A B. B C. C D. D 10. 某工厂采用如下工艺回收废铅膏(含有PbSO4、PbO2、Pb和少量BaSO4、Fe2O3)中的铅元素。下列说法正确的是 已知：常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 A. “浸取”得到的固体中含有大量PbO2、PbSO4、BaSO4 B. “沉铅”的主要反应：Pb2++2NH3+CO2+H2O=PbCO3+2 C. 滤液2经处理后可在“配位溶铅”步骤中循环使用 D. 常温下，pH=9的(NH4)2SO4/NH3·H2O缓冲溶液中c()<c(NH3·H2O) 11. 一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A. 放电时，b极电势高于a极电势 B. 放电时，a极电极反应式：[Fe(CN)6]4-_e-=[Fe(CN)6]3- C. 充电时，b极发生氧化反应 D. 充电时，理论上生成1 mol M转移2 mol电子 12. 利用KHF2热解制备KxMgyFz可有效防止该晶体内部因OH-的引入而发光淬灭，所得KxMgyFz晶体掺杂Ln3+(Ln=La~Lu)获得的一种发光材料结构如图(已知K+的空缺率=)，下列说法错误的是 A. 图1中x:y:z=1:1:3 B. 图1中K+与Mg2+的配位数相同 C. 图2中K+的空缺率为12.5% D. KHF2热解产生的HF可消除OH-，有利于该材料发光 13. 含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是 A. N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键 B. 该反应的原子利用率为100% C. 转化过程中氮的杂化方式发生改变 D. 依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5 14. 某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如图所示： 已知：①实验中发生反应：(较慢)；(极快)。 ②淀粉遇变蓝。 下列说法错误的是 A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B. C. 利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢 D. 若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，测定的化学反应速率会偏快 15. 在一定c(OH-)范围内含Cd(OH)2(s)的溶液中，存在平衡关系：Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq) K0；Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)++OH- K1；Cd(OH)2(aq)⇌Cd2++2OH- K2；Cd(OH)2(aq)+OH-⇌Cd(OH) K3；Cd(OH)2(aq)+2OH-⇌Cd(OH) K4。 已知X代表[Cd(OH)+]、(Cd2+)、[Cd(OH)]、[Cd(OH)]随着lgc(OH-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 随c(OH-)增大，c[Cd(OH)2(aq)]不变 B. Ⅰ为c(Cd2+)的变化曲线 C. m点对应的c(OH-)= D. n点：c[Cd(OH)+]+2c(Cd2+)+c(H+)<c[Cd(OH)]+2c[Cd(OH)]+c(OH-) 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题： 16. 氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为CeFCO3，R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。以下是一种综合回收钇、镧、铈的工艺流程： 已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，但CeO2不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： Mg2+ La3+ Y3+ Fe3+ Al3+ pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③H2A2代表P507二聚体，萃取达到平衡时，分配系数=；萃取率=×100%。 回答以下问题： （1）稀土元素Y和Sc为同族元素，位于Sc的下一周期，则基态Y原子的价电子排布式为___________。 （2）CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，写出第一步的化学反应方程式___________。 （3）滤渣1中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________、___________。 （4）萃取过程可简化为：R3+(水相)+3H2A2(有机相)⇌R(HA2)3(有机)+3H+(水相)。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②“酸浸”时加100 mL稀盐酸，“萃取”时加30 mL H2A2，La3+在两相的分配系数为10，则La3+单次萃取率为___________(忽略混合过程中液体体积的变化)。 ③反萃取过程中应加入___________(写化学式)来实现。 （5）最终能得到疏松的Y2O3原因为___________。 17. 某实验小组按如下步骤实现了甲基橙()的制备。 步骤Ⅰ(重氮化)：烧杯中加入对氨基苯磺酸及NaOH溶液，温热溶解，再加入NaNO2溶液。在不断搅拌下，将上述溶液滴加到用冰水浴冷却的浓盐酸中，得到M溶液。 步骤Ⅱ(偶联)：向M溶液中滴加0.8 mL N,N-二甲基苯胺和0.5 mL冰醋酸(HAc)，室温搅拌20 min。加入5% NaOH至溶液变为橙色。 步骤Ⅲ(析出与纯化)：一系列操作后，抽滤，洗涤，得甲基橙粗品。重结晶，得1.46 g产品。 已知：①重氮盐在温度高于5℃下易分解。 ②相关物质性质如下： 物质 摩尔质量(g·mol-1) 溶解性 对氨基苯磺酸 173 微溶于冷水，具有两性，酸性强于碱性 N,N-二甲基苯胺 121 不溶于水，溶于有机溶剂 甲基橙 327 微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇 （1）步骤Ⅰ中①反应的化学方程式为___________。 （2）步骤Ⅰ中使用冰水浴中控制温度低于5℃的主要目的是___________。 （3）步骤Ⅰ至Ⅲ过程，下列装置无需使用的是___________、___________(填名称)。 （4）洗涤时洗涤剂最好选择___________(填标号)，原因是___________。 A．75%乙醇溶液 B．热水 C．冷水 D．NaOH溶液 （5）重结晶后得到晶体颗粒较小，分析原因可能是___________。 （6）实验室可用分光光度法测定甲基橙的纯度，已知甲基橙的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与甲基橙标准溶液浓度的关系如图所示。称取2 g样品，溶解并定容至1 L，测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中甲基橙的质量分数为___________%(精确到0.1%)。 18. 科研人员开发了三种新型氨合成方法。 方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g) ΔH3 已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g) ΔH1=+1266.4 kJ/mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ/mol （1）ΔH3=___________kJ/mol。 （2）反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO的作用是___________。 方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下： 主反应：2NO(g)+5H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g) 副反应：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) （3）分析该合成方法较传统合成氨的优势：___________。(写出两点即可) （4）200℃，恒压p条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3投料发生以上反应。一段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%(NH3的选择性=×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp=___________(写出计算式即可，平衡分压=气体的物质的量分数×总压)。 （5）研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3在合成反应中表现出优异的性能。根据图2分析：当OsxPt1-x中Os的含量为___________时为最佳催化效果。 方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“阴离子空位”诱导N2活化，再进行氢化，协同作用来生产NH3。 （6）催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3是催化剂Ni/BaC2晶体表面N2活化的过程，N原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2催化剂表面N2“水平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因___________。 （7）若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因___________。 19. 电催化法是合成螺环类物质的新方法，苯甲醚环丙醇电化学氧化合成螺[4.5]结构流程如下： 已知： R1、R2、R3为烷基 E→F的反应机理： （1）A的名称为___________。 （2）B→C的化学方程式为___________。 （3）F中的官能团名称为___________、___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）B的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有___________种。 （6）请根据反应流程及已知信息，写出N以及产物P可能的结构简式：N：___________ P：___________(写出一种即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年哈尔滨市高考第一次模拟考试 化学 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案标号。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。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 中国空军新型无人机面世，下列部件主要成分属于金属材料的是 A. 机身：碳纤维复合材料 B. 雷达系统芯片：氮化镓 C. 光电瞄准系统窗口：蓝宝石玻璃 D. 机翼铰链：钛合金 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳纤维复合材料属于无机非金属材料，不属于金属材料，A错误； B．氮化镓是半导体材料，属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，B错误； C．蓝宝石玻璃主要成分为氧化铝，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C错误； D．金属材料包括纯金属和合金，钛合金是钛的合金，属于金属材料，D正确； 故答案为D。 2. 合成氨工业中，除去原料气中的CO的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]+，下列化学用语或表述正确的是 A. [Cu(NH3)2]+中Cu+为sp杂化，则其空间结构为直线形 B. NH3的VSEPR模型为三角锥形 C. CO分子中σ键和π键的个数比为2:1 D. [Cu(NH3)3CO]+中Cu+的配位数是3 【答案】A 【解析】 【详解】A．sp杂化的中心原子价层电子对为2对，[Cu(NH3)2]+中Cu+为sp杂化，配体数为2、无孤电子对，空间结构为直线形，A正确； B．NH3中心N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，B错误； C．CO分子中存在碳氧三键，1个三键包含1个σ键和2个π键，故σ键和π键个数比为1:2，C错误； D．[Cu(NH3)3CO]+中配体为3个NH3和1个CO，Cu+的配位数为4，D错误； 故选A。 3. 关于实验安全，下列说法错误的是 A. 未用完的钾作为废渣处理，不可以放回原瓶 B. 观察钠与水的反应时，不可近距离俯视烧杯 C. 乙醇应存放在阴凉、通风处，注意远离火种和热源 D. 可溶性钡的化合物有毒，相关废弃物应进行无害化处理 【答案】A 【解析】 【详解】A．钾属于极活泼金属，随意丢弃易与空气、水反应引发火灾、爆炸，未用完的钾必须放回原瓶，A错误； B．钠与水反应剧烈，反应过程中可能出现液体溅出甚至爆炸的情况，近距离俯视易被灼伤，因此不可近距离俯视烧杯，B正确； C．乙醇是易挥发、易燃液体，存放时需置于阴凉通风处，远离火种和热源避免引发火灾，C正确； D．可溶性钡化合物属于重金属盐，可使蛋白质变性有毒，相关废弃物需进行无害化处理后才能排放，D正确； 故答案为A。 4. 工业上，富集半重水(HDO)的主要原理为：H2O(l)+HDS(g)⇌HDO(l)+H2S(g)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 11.2 L HDS中含有σ键的数目为 B. 19 g HDO含有中子数为9 C. 1 mol H2O(l)和1 mol HDS(g)充分反应得到HDO的分子数为1 D. 用足量NaOH溶液吸收2 mol H2S，所得溶液中S2-数目为2 【答案】B 【解析】 【详解】A．未指明HDS处于标准状况，无法计算11.2L HDS的物质的量，因此无法确定σ键数目，A错误； B．HDO的摩尔质量，19g HDO的物质的量为1mol，1个HDO分子中中子数为0+1+8=9，故1mol HDO含中子数为，B正确； C．该反应为可逆反应，反应物无法完全转化，因此得到HDO的分子数小于，C错误； D．足量NaOH吸收2mol生成2mol ，溶液中会发生水解，因此数目小于，D错误； 故选B。 5. 由γ-羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)可制得一种高极性有机溶剂γ-丁内酯()，下列说法正确的是 A. γ-羟基丁酸可发生缩聚反应 B. γ-羟基丁酸中碳原子均为sp3杂化 C. γ-丁内酯有两种官能团 D. γ-丁内酯不溶于水 【答案】A 【解析】 【详解】A．羟基丁酸分子中同时含有羟基和羧基，可发生分子间缩聚反应生成聚酯，A正确； B．羟基丁酸中羧基的碳原子形成碳氧双键，该碳原子为杂化，B错误； C．丁内酯是羟基丁酸分子内酯化的产物，分子中只含有酯基一种官能团，C错误； D．题干明确说明丁内酯是高极性有机溶剂，根据相似相溶原理，极性的丁内酯可溶于极性溶剂水，D错误； 故选A。 6. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作错误的是 A．滴定时半滴操作减少误差 B．制取明矾大晶体 C．铁钉镀铜 D．NaOH标准溶液滴定醋酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A ．在接近滴定终点时，为滴加最后半滴溶液，可以使用锥形瓶去靠住滴定管末端的悬滴，再用去离子水将瓶壁的溶液冲下，A正确； B．将明矾小晶体悬挂在明矾饱和溶液中央，静置后晶体生长，可以得到明矾大晶体，注意用纸片盖住烧杯口，防止灰尘落入，B正确； C．在进行铁钉镀铜时，使用电源正极连接铜片，负极连接铁钉，C正确； D．图示使用的滴定管为酸式滴定管，不能盛放氢氧化钠溶液，D错误； 故答案为D。 7. 肉桂酸乙酯的工业生产流程如图所示，下列说法正确的是 A. Ⅰ中所有原子可以共平面 B. 1 mol Ⅱ最多能与1 mol NaOH反应 C. Ⅲ能发生取代、加成和消去反应 D. Ⅳ的核磁共振氢谱有6组峰 【答案】A 【解析】 【详解】A．物质Ⅰ为苯甲醛，其分子式为，苯环是平面结构，醛基的碳原子为杂化，也是平面结构，两个平面通过碳碳单键相连，单键可以旋转，因此所有原子可以共平面，A正确； B．物质Ⅱ的结构为，含酸酐结构，1mol Ⅱ水解后生成2mol羧基，1mol羧基消耗1mol，因此1mol Ⅱ最多消耗，B错误； C．物质Ⅲ为肉桂酸，苯环、碳碳双键可发生加成反应，羧基的酯化、苯环的取代都可以发生，但没有可发生消去反应的官能团，不能发生消去反应，C错误； D．物质Ⅳ为肉桂酸乙酯，等效氢种类：单取代苯环有3种等效氢、碳碳双键上2种不同氢、酯基的是1种、末端是1种，总共种等效氢，因此核磁共振氢谱有7组峰，D错误； 答案选A。 8. 可用作火箭推进剂，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为19，基态Y原子核外有5种空间运动状态的电子且有2个未成对。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的沸点： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 第一电离能： D. 简单离子半径大小： 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，基态Y原子核外有5种空间运动状态的电子，则Y原子核外电子位于1s、2s、、和这5个轨道，同时，Y原子核外电子有2个未成对电子，根据构造原理可知，Y的核外电子排布式为，则Y为O元素。中，O元素为-2价，则Z为+7价，其最外层电子数为7，因此Z为Cl。W、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则W和X的最外层电子数之和为，同时W与X可以形成，W和X的最外层电子数分别为1和5，W是H元素，X是N元素，据此作答。 【详解】A．由分析可知，Z、Y、X分别是Cl、O和N元素，简单氢化物分别为、和，在常温下是液体，沸点最高。存在分子间氢键，沸点高于HCl，综上，简单氢化物沸点从大到小依次为：O>N>Cl，A错误； B．X和Z的最高价氧化物对应的水化物分别是和，是最强的无机含氧酸，酸性强于，B错误； C．X和Y分别是N和O，价层电子排布式分别是和，N的2p电子半充满，处于稳定状态，因此N的第一电离能大于O，C正确； D．Z、Y、X、W的简单离子分别是、、和，核外有3层电子，半径最大。和的核外电子排布相同，但O的原子序数更大，因此半径小于，没有核外电子，因此半径最小，简单离子半径从大到小依次是：Cl>N>O>H，D错误； 故答案选C。 9. 下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是 选项 实验目的 实验方案设计 实验现象和结论 A 检验某固体试样中是否存在三价铁 取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液 没有出现血红色，说明该固体试样中不存在三价铁 B 比较Cl2、Br2、I2氧化性强弱 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2 C 比较Ksp(CaSO4)与Ksp(CaCO3)的大小 向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液 产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3) D 探究电石与水的反应 将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液 若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．若固体试样中同时含有铁单质和三价铁的氧化物，盐酸溶解时Fe会将反应生成的全部还原为，滴加KSCN溶液也不会出现血红色，因此不能证明固体中不存在三价铁，A错误； B．加入的氯水过量，过量的可直接将氧化为使淀粉变蓝，无法证明的氧化性强于，不能得出氧化性的结论，B错误； C．和均为AB型难溶电解质，饱和溶液中浓度由决定，滴加溶液后产生白色沉淀，说明，可推断，C正确； D．电石中含等杂质，与水反应生成的等还原性气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法证明反应生成了乙炔，D错误； 故选C。 10. 某工厂采用如下工艺回收废铅膏(含有PbSO4、PbO2、Pb和少量BaSO4、Fe2O3)中的铅元素。下列说法正确的是 已知：常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 A. “浸取”得到的固体中含有大量PbO2、PbSO4、BaSO4 B. “沉铅”的主要反应：Pb2++2NH3+CO2+H2O=PbCO3+2 C. 滤液2经处理后可在“配位溶铅”步骤中循环使用 D. 常温下，pH=9的(NH4)2SO4/NH3·H2O缓冲溶液中c()<c(NH3·H2O) 【答案】C 【解析】 【分析】废铅膏加入葡萄糖、硫酸浸取，氧化铁溶解进入滤液，PbO2被还原为PbSO4，铅反应转化为PbSO4，PbSO4、硫酸钡进入滤渣，加入硫酸铵、氨水配位溶铅生成，硫酸钡不反应成为滤渣，滤液加入二氧化碳得到PbCO3，得到滤液2中含硫酸铵； 【详解】A．“浸取”得到的固体中含有大量PbSO4、BaSO4，A错误； B．PbSO4进入滤渣，加入硫酸铵、氨水配位溶铅生成：，“沉铅”步骤是在含的溶液中通入CO2，主要反应为+ CO2 + H2O = PbCO3↓ + 2+ 2NH3，B错误； C．滤液2中含硫酸铵，经处理后可在“配位溶铅”步骤中循环使用，C正确； D．常温下，pH=9的(NH4)2SO4/NH3·H2O缓冲溶液中pOH=5，，，则c()>c(NH3·H2O)，D错误； 故选C。 11. 一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A. 放电时，b极电势高于a极电势 B. 放电时，a极电极反应式：[Fe(CN)6]4-_e-=[Fe(CN)6]3- C. 充电时，b极发生氧化反应 D. 充电时，理论上生成1 mol M转移2 mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，该装置为原电池，a极上被氧化为，作负极，则b极为正极；充电时，该装置为电解池，a极上被还原为，作阴极，则b极为阳极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，放电时，b极为正极，a极为负极，正极电势高于负极，即b极电势高于a极电势，A正确； B．放电时，a极为负极，被氧化为，其电极反应式为：，B正确； C．由分析可知，充电时，该装置为电解池，b极为阳极，发生氧化反应，C正确； D．放电时，1 mol M被还原生成1 mol N时，M中2个羰基各得1个电子转化为，共转移2 mol电子，M中两个N原子也各得1 mol电子，因此1 mol M转化为1 mol N共转移4 mol电子，则充电时，理论上生成1 mol M转移4 mol电子，D错误； 故选D。 12. 利用KHF2热解制备KxMgyFz可有效防止该晶体内部因OH-的引入而发光淬灭，所得KxMgyFz晶体掺杂Ln3+(Ln=La~Lu)获得的一种发光材料结构如图(已知K+的空缺率=)，下列说法错误的是 A. 图1中x:y:z=1:1:3 B. 图1中K+与Mg2+的配位数相同 C. 图2中K+的空缺率为12.5% D. KHF2热解产生的HF可消除OH-，有利于该材料发光 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据均摊法，图1晶胞中的个数为1，的个数为，的个数为，所以该晶体的化学式为，即x:y:z=1:1:3，故A正确； B．离子晶体中配位数是指：与一个离子直接相邻且等距离的带不同电荷的离子的数目，图1中周围距离最近且相等的有12个，周围距离最近且相等的有6个，所以与的配位数不相同，故B错误; C．图2晶胞中或空位的位置在内部，其个数应为1，8个顶点其中一个被替换，个数为，的个数为，设晶胞中有x个，晶胞整体显电中性，则有，解得，则晶胞中空位数为，所以的空缺率为，故C正确； D．已知利用热解制备，可有效防止该晶体内部因的引入而发光淬灭，热解产生的HF可与反应，从而消除，有利于该材料发光，故D正确； 故答案选B。 13. 含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是 A. N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键 B. 该反应的原子利用率为100% C. 转化过程中氮的杂化方式发生改变 D. 依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5 【答案】D 【解析】 【详解】A．N原子最外层有5个电子，根据图示，N3-R2中的中心氮原子形成2个σ键、2个π键，所以价电子都参与成键，故A正确； B．总反应为，没有副产物生成，反应的原子利用率为100%，故B正确； C．中，中心氮原子采用sp杂化，中N原子采用sp2杂化，转化过程中氮的杂化方式发生改变，故C正确； D．依据该反应机理可以发生反应， ，故D错误； 选D。 14. 某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI反应的化学反应速率，实验过程如图所示： 已知：①实验中发生反应：(较慢)；(极快)。 ②淀粉遇变蓝。 下列说法错误的是 A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时 B. C. 利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢 D. 若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，测定的化学反应速率会偏快 【答案】B 【解析】 【分析】(NH4)2S2O8与KI反应，淀粉溶液为指示剂，为快反应，若溶液变蓝，说明反应完全，立即停止计时，计时t秒来测定反应速率； 【详解】A．根据分析，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A正确； B．根据关系式：，，B错误； C．利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生成较多无法被完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C正确； D．若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，酸性条件下反应生成硫和二氧化硫而消耗，溶液变蓝时间变短，测定的化学反应速率会偏快，D正确； 故选B。 15. 在一定c(OH-)范围内含Cd(OH)2(s)的溶液中，存在平衡关系：Cd(OH)2(s)⇌Cd(OH)2(aq) K0；Cd(OH)2(aq)⇌Cd(OH)++OH- K1；Cd(OH)2(aq)⇌Cd2++2OH- K2；Cd(OH)2(aq)+OH-⇌Cd(OH) K3；Cd(OH)2(aq)+2OH-⇌Cd(OH) K4。 已知X代表[Cd(OH)+]、(Cd2+)、[Cd(OH)]、[Cd(OH)]随着lgc(OH-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 随c(OH-)增大，c[Cd(OH)2(aq)]不变 B. Ⅰ为c(Cd2+)的变化曲线 C. m点对应的c(OH-)= D. n点：c[Cd(OH)+]+2c(Cd2+)+c(H+)<c[Cd(OH)]+2c[Cd(OH)]+c(OH-) 【答案】C 【解析】 【分析】已知平衡：，温度不变时不变，因此始终为定值。，整理得：，斜率为（下降，斜率绝对值较小），对应曲线；，整理得：，斜率为（下降，斜率绝对值大，下降更快），对应曲线；，整理得：，斜率为（上升，斜率较小），对应曲线；，整理得：，斜率为（上升，斜率大，上升更快），对应曲线线。 【详解】A．第一个平衡为，平衡常数，温度不变时为定值，因此改变时，始终不变，A正确； B． 根据分析可知，Ⅰ为c(Cd2+)的变化曲线，B正确； C．m点，根据平衡常数： ​，​，两式相除得： ，代入，得，即​​，C错误； D．该溶液中存在电荷守恒，假设通过添加强碱（如NaOH）调节，则电荷守恒式为。整理得，因为，所以，故，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、非选择题： 16. 氟碳铈矿是一种重要的稀土矿物，主要成分为CeFCO3，R代表钇(Y)、镧(La)、铈(Ce)，常伴生有Fe、Al、Mg等杂质。以下是一种综合回收钇、镧、铈的工艺流程： 已知：①稀土氧化物(R2O3)可溶于稀盐酸，但CeO2不溶。 ②常温下各种金属离子完全沉淀的pH如下表： Mg2+ La3+ Y3+ Fe3+ Al3+ pH 11.6 9.0 8.3 3.2 4.7 ③H2A2代表P507二聚体，萃取达到平衡时，分配系数=；萃取率=×100%。 回答以下问题： （1）稀土元素Y和Sc为同族元素，位于Sc的下一周期，则基态Y原子的价电子排布式为___________。 （2）CeFCO3在空气中焙烧第一步转化为CeO2和CeF4，CeF4再转化为CeO2，写出第一步的化学反应方程式___________。 （3）滤渣1中主要成分除了Fe(OH)3外还有___________、___________。 （4）萃取过程可简化为：R3+(水相)+3H2A2(有机相)⇌R(HA2)3(有机)+3H+(水相)。 ①该过程属于___________(填“阳离子交换”或“阴离子交换”)萃取。 ②“酸浸”时加100 mL稀盐酸，“萃取”时加30 mL H2A2，La3+在两相的分配系数为10，则La3+单次萃取率为___________(忽略混合过程中液体体积的变化)。 ③反萃取过程中应加入___________(写化学式)来实现。 （5）最终能得到疏松的Y2O3原因为___________。 【答案】（1）4d15s2 （2）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2 （3） ①. Al(OH)3 ②. CeO2 （4） ①. 阳离子交换 ②. 75% ③. HCl （5）焙烧Y2(C2O4)3的过程中有大量的CO、CO2生成，导致生成的Y2O3为疏松的 【解析】 【分析】该工艺以氟碳铈矿为原料，先氧化焙烧将稀土转化为氧化物，再经稀盐酸浸出、调pH除去Fe3+、Al3+杂质和不溶的CeO2，得到含Y3+、La3+的滤液，之后经草酸沉淀、焙烧、稀盐酸酸浸后，通过萃取法分离Y和La，水相沉钇后焙烧得到Y2O3，有机相反萃取得到LaCl3，实现了钇、镧、铈的综合回收。 【小问1详解】 Sc是第四周期第ⅢB族元素，Y位于Sc下一周期即第五周期第ⅢB族，第ⅢB族元素价电子排布通式为，故Y的价电子排布为。 【小问2详解】 CeFCO3中Ce为+3价，焙烧后被O2氧化为+4价的CeO2和CeF4，同时生成二氧化碳，根据原子守恒和得失电子守恒配平得到反应方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。 【小问3详解】 调，根据完全沉淀可知，、均完全沉淀；结合已知信息，​不溶于稀盐酸，因此滤渣1除外，还有和​。 【小问4详解】 ①该过程水相中的阳离子进入有机相，有机相交换出阳离子到水相，属于阳离子交换萃取。 ②分配系数，代入、，得，萃取率。 ③萃取平衡为可逆反应，增大浓度可使平衡逆向移动，实现反萃取，目标产物为氯化物，因此加入。 【小问5详解】 草酸钇焙烧分解时，会生成、大量气体，气体逸出后留下空隙，因此最终得到疏松的。 17. 某实验小组按如下步骤实现了甲基橙()的制备。 步骤Ⅰ(重氮化)：烧杯中加入对氨基苯磺酸及NaOH溶液，温热溶解，再加入NaNO2溶液。在不断搅拌下，将上述溶液滴加到用冰水浴冷却的浓盐酸中，得到M溶液。 步骤Ⅱ(偶联)：向M溶液中滴加0.8 mL N,N-二甲基苯胺和0.5 mL冰醋酸(HAc)，室温搅拌20 min。加入5% NaOH至溶液变为橙色。 步骤Ⅲ(析出与纯化)：一系列操作后，抽滤，洗涤，得甲基橙粗品。重结晶，得1.46 g产品。 已知：①重氮盐在温度高于5℃下易分解。 ②相关物质性质如下： 物质 摩尔质量(g·mol-1) 溶解性 对氨基苯磺酸 173 微溶于冷水，具有两性，酸性强于碱性 N,N-二甲基苯胺 121 不溶于水，溶于有机溶剂 甲基橙 327 微溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇 （1）步骤Ⅰ中①反应的化学方程式为___________。 （2）步骤Ⅰ中使用冰水浴中控制温度低于5℃的主要目的是___________。 （3）步骤Ⅰ至Ⅲ过程，下列装置无需使用的是___________、___________(填名称)。 （4）洗涤时洗涤剂最好选择___________(填标号)，原因是___________。 A．75%乙醇溶液 B．热水 C．冷水 D．NaOH溶液 （5）重结晶后得到晶体颗粒较小，分析原因可能是___________。 （6）实验室可用分光光度法测定甲基橙的纯度，已知甲基橙的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与甲基橙标准溶液浓度的关系如图所示。称取2 g样品，溶解并定容至1 L，测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中甲基橙的质量分数为___________%(精确到0.1%)。 【答案】（1） （2）防止生成的重氮盐受热分解 （3） ①. 分液漏斗 ②. 直形冷凝管 （4） ①. A ②. 减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥 （5）冷却结晶时速度过快或者降温速度过快或搅拌导致大晶粒无法形成 （6）65.4 【解析】 【小问1详解】 对氨基苯磺酸酸性强于碱性，步骤①是对氨基苯磺酸的磺酸基与NaOH发生中和反应，生成可溶的钠盐，化学方程式为 ； 【小问2详解】 已知重氮盐温度高于5℃易分解，冰水浴控温低于5℃可防止生成的重氮盐受热分解； 【小问3详解】 本实验中烧杯用于反应溶解，抽滤装置用于步骤Ⅲ抽滤，都需要使用；本实验没有蒸馏、分液操作，因此不需要直形冷凝管（蒸馏用）和分液漏斗（分液用）； 【小问4详解】 甲基橙易溶于热水，会造成大量产品损失；甲基橙微溶于冷水，损失大于乙醇，且无法溶解不溶于水的杂质N,N-二甲基苯胺；NaOH溶液会引入新杂质；甲基橙难溶于乙醇，洗涤时洗涤剂选择75%乙醇溶液可以减少溶解损失，洗涤后产品便于快速干燥，因此选A； 【小问5详解】 重结晶时，冷却速度越快、溶液浓度越高，越容易析出小颗粒晶体； 【小问6详解】 由图可知，吸光度时，，1 L溶液中甲基橙的物质的量为，质量为，因此质量分数为。 18. 科研人员开发了三种新型氨合成方法。 方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g) ΔH3 已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g) ΔH1=+1266.4 kJ/mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ/mol （1）ΔH3=___________kJ/mol。 （2）反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO的作用是___________。 方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下： 主反应：2NO(g)+5H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g) 副反应：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) （3）分析该合成方法较传统合成氨的优势：___________。(写出两点即可) （4）200℃，恒压p条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3投料发生以上反应。一段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%(NH3的选择性=×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp=___________(写出计算式即可，平衡分压=气体的物质的量分数×总压)。 （5）研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3在合成反应中表现出优异的性能。根据图2分析：当OsxPt1-x中Os的含量为___________时为最佳催化效果。 方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“阴离子空位”诱导N2活化，再进行氢化，协同作用来生产NH3。 （6）催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3是催化剂Ni/BaC2晶体表面N2活化的过程，N原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2催化剂表面N2“水平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因___________。 （7）若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因___________。 【答案】（1）-215.8 （2）引入CO后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行(其他合理答案也可) （3）反应条件温和；将污染物NO高效转化为有价值的NH3；能耗更低；废气利用(答案合理即可) （4） （5）0.1 （6）水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N键更易活化 （7）N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率(合理答案均给分) 【解析】 【小问1详解】 目标反应=，故==。 【小问2详解】 反应①，反应②，引入CO后，反应在一定温度下，反应可以自发进行。 【小问3详解】 该合成方法较传统合成氨的优势：反应条件温和；将污染物NO高效转化为有价值的；能耗更低；可实现废气利用。 【小问4详解】 设初始，则，段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%，故平衡时，，，，，，故=。 【小问5详解】 根据图2可知，当OsxPt1-x中Os的含量为0.1时为最佳催化效果。 【小问6详解】 由图可知水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N键更易活化，从而吸附能更低。 【小问7详解】 将N2和H2同时通入反应体系，N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率，从而使NH3的产生速率大幅下降。 19. 电催化法是合成螺环类物质的新方法，苯甲醚环丙醇电化学氧化合成螺[4.5]结构流程如下： 已知： R1、R2、R3为烷基 E→F的反应机理： （1）A的名称为___________。 （2）B→C的化学方程式为___________。 （3）F中的官能团名称为___________、___________。 （4）G→H的反应类型为___________。 （5）B的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有___________种。 （6）请根据反应流程及已知信息，写出N以及产物P可能的结构简式：N：___________ P：___________(写出一种即可)。 【答案】（1）3,5-二甲基苯酚 （2） （3） ①. 酮羰基 ②. 碳碳双键 （4）取代反应 （5）22 （6） ①. ②. 或 【解析】 【分析】A的羟基与CH3I发生取代反应生成B，B与Br2发生取代反应生成C：，与KOOCCH2COOCH2CH3反应生成D：，D与CH3CH2MgBr反应生成E，E电催化后生成F，F经过还原反应后与I2反应生成G，G与反应生成H。 【小问1详解】 A以苯酚为母体，羟基为1位，两个甲基位于3、5位，命名为3,5-二甲基苯酚； 【小问2详解】 苯环甲氧基对位上的氢发生取代反应，化学方程式为； 【小问3详解】 观察F的结构，分子中含有碳碳双键和酮羰基，官能团为碳碳双键和羰基； 【小问4详解】 G中碘原子被格氏试剂中的异丙烯基取代，生成H，属于取代反应； 【小问5详解】 B分子式为C9H12O，能使显色说明含酚羟基，分类计数： ① 苯环含2个取代基：−OH、，丙基有2种，位置邻、间、对共种； ② 苯环含3个取代基：、、，三个不同取代基共10种； ③ 苯环含4个取代基：、3个，共种，总计种； 【小问6详解】 根据，以及M的结构简式，N的结构简式为，根据电催化机理，P的结构简式为或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $