精品解析：吉林省吉林市朝鲜族中学2026届高三下学期模拟预测化学试题

高三化学 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 N-14 Na-23 Al-27 一、选择题(每题3分，共45分) 1. 河北省历史悠久，文化底蕴深厚。下列具有文化特色的物品中，主要成分属于无机非金属材料的是 A．承德木雕 B．蔚县剪纸 C．定窑白釉陶瓷 D．大名草编工艺品 A. A B. B C. C D. D 2. 下列有关化学用语的说法错误的是 A. 的电子式： B. 熔融电离的电离方程式： C. 二氯甲烷的结构式： D. 用电子式表示 的形成过程： 3. 下列化学用语表示不正确的是 A. 基态Cr原子的价层电子排布图： B. 的空间填充模型： C. 氯化铵的电子式： D. 的价层电子对互斥模型： 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 34g 中所含键的数目为 B. 常温常压下28g CO所含键的数目为 C. 标准状况下，11.2L 中含有电子的数目为 D. 1mol 中最外层满足8电子稳定结构的原子的数目为 5. 丙氨酸是一种重要的氨基酸，其Strecker合成过程如下。下列说法正确的是 A. ①②反应的原子利用率均为100% B. 过程②中N原子的杂化方式均不发生改变 C. 上述过程中的四种有机物均能与水分子形成氢键 D. 丙氨酸可发生加聚反应生成多肽 6. 根据下列实验操作及现象，得出相应结论正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向铜片上滴加溶液，铜片被腐蚀 氧化性： B 向醋酸铵溶液中滴加石蕊试液，得到紫色溶液 醋酸铵未水解 C 向滴有酚酞的氨水中通入，溶液褪色 具有漂白性 D 向待测液中滴加过量稀硫酸，产生无色气泡 待测液中一定含有 A. A B. B C. C D. D 7. 一种洗衣粉增白剂的阴离子结构如图所示， 、 、 、 是原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为11.W、X、Y与碳元素形成的化合物常用作木材防腐剂。下列叙述错误的是 A. 第一电离能： B. 该阴离子中的X不含孤对电子 C. 的熔沸点比高 D. 与中X的杂化形式不同 8. 前四周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，其中X、Y、Z同周期，Y、Q同主族，Q的最高能层有16个轨道，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，且与基态Z原子具有相同的未成对电子数，下列说法不正确的是 A. 第一电离能：Z>Y>X B. 简单氢化物的沸点：Z>Y>Q C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. X、Y、Z分别与W形成的化合物可能均含极性键和非极性键 9. 尿素[]溶液用于处理柴油大卡车尾气中，涉及到的主要反应①；②，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol 中含键的数目为0.7 B. 若反应①生成17 g ，消耗尿素分子的数目为 C. 0.1 mol 中含（价层）孤电子对的数目为0.4 D. 若反应②生成4.48 L ，消耗分子的数目为0.1 10. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前18号主族元素，X是原子序数最小的元素，Z原子的最外层电子数比次外层多4个，Y与Z相邻，Z与W位于同一主族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z<W B. 1分子的与 含有相同的质子数 C. 单质的氧化性： D. X与Z只能形成一种化合物 11. 钙钛矿太阳能电池研究获得新进展，钙钛矿晶胞结构如图所示。设晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 晶体的化学式为 B. 晶体中钛离子的配位数是6 C. 晶胞中钛离子与氧离子之间的距离为 D. 若图中A的分数坐标为，则B的分数坐标为 12. 马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计） 下列说法错误的是 A. 反应①的活化能小于反应②的活化能 B. 反应①的浓度平衡常数 C. 1.25 h后转化过程以反应③为主 D. 已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于 13. 以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、 污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 在相同条件下， 比更易与成键 B. 通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③④为慢反应 C. 若为常见非金属单质，则⑤①的反应可能为 D. 上述反应历程涉及极性键的断裂和形成 14. 在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A. M、N配离子的配位数相等 B. Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C. 50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D. 向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 二、非选择题(共55分) 15. 草酸钴可用于指示剂和催化剂。工业上用水钻矿(主要成分为，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)制取的工艺流程如图所示： 已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等； ②酸性条件下，不会氧化，转化为； ③部分阳离子的氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 （1）浸出过程中加入的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。 （2）向浸出液中加入发生反应的离子方程式为_______。 （3）“加调pH至5.2”，过滤所得沉淀的成分为_______(填化学式)。 （4）向滤液Ⅰ中加入NaF溶液得到沉淀的主要成分是_______(填化学式)。 （5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜pH范围是_______(填字母)。 a．2.0~2.5 b．3.0~3.5 c．4.0~4.5 （6）()热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后在空气中加热。A、B、C均为纯净物。 ①用化学方程式表示A点到B点的物质变化_______。 ②C点所示产物的化学式是_______。 16. 盐与酸的反应是水溶液中常见的反应，某学习小组展开相关探究。 I．碳酸氢钠片抗酸容量(σ)的测定 （1）碳酸氢钠片能中和过多的胃酸(主要成分是HCl)，小组同学测定其抗酸容量的实验步骤如下： a．配制100mL0.2mol·L-1的盐酸溶液； b．称取mg碳酸氢钠片，溶于20mL水中，用上述盐酸溶液滴定至pH=3。 已知：碳酸氢钠片的抗酸容量是指用盐酸溶液滴定碳酸氢钠片水溶液至pH=3时，单位质量的碳酸氢钠片所消耗的盐酸的物质的量，即σ=。 ①步骤a需4mol·L-1盐酸的体积为_______mL(保留1位小数)。 ②若步骤b中消耗盐酸的体积为VmL，则σ=_______mol·g-1。 ③以上实验步骤中，不需要用到的图中的实验仪器有_______(填字母)。 Ⅱ．Na2HPO4—KH2PO4混合溶液抗酸能力的探究 【查阅资料】 ⅰ．抗酸能力是指溶液在加入少量酸(如HCl)后，其pH值基本保持不变的能力。加入酸的量相等时，溶液的pH变化越小，抗酸能力越强。 ⅱ．NapHPO4-KH2PO4混合溶液具有的抗酸能力，且能力大小与[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]、有关。 ⅲ．25℃，H3PO4的各级电离平衡常数分别为pKa1=2.2，pKa2=7.2，pKa3=12.7(pKa=-lgKa)。 【实验探究1】小组设计实验探究相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]对混合溶液抗酸能力的影响，溶液配制方案如表。分别向溶液1、溶液2、溶液3中滴加0.1mol·L'盐酸，溶液的pH随加入盐酸滴数的变化情况如图所示。 溶液序号 组成 体积/mL 1 0.2mol·L-1NaCl溶液 10 2 0.2mol·L-1Na2HPO4溶液 5 0.2mol·L-lKH2PO4溶液 5 3 0.06mol·L-1Na2HPO4溶液 5 0.06mol·L-1KH2PO4溶液 5 （2）①已知A点时，=1，则此时溶液的pH=_______。向溶液2中加入8滴0.1mol-1盐酸，发生反应的离子方程式为_______。 ②实验显示，NaCl溶液不具有抗酸能力；当相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液_______(填溶液序号)。 【实验探究2】小组继续探究[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时对混合溶液抗酸能力的影响，实验方案如表： 溶液 序号 试剂体积/mL pH 加入24滴0.1mol·L-1 盐酸后的pH 0.2mol·L-l NaKH2PO4溶液 0.2mol·L-l KH2PO4溶液 4 9 1 A1 A4 5 8 x A2 A5 6 5 5 A3 A6 （3）①表中x=_______。 ②实验结果显示，当[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是_______(用含A1、A2、A3、A4、A5、A6的关系式表示)。 17. 化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究，其合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A中所含官能团是_______。 （2）D的结构简式是_______。 （3）D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是_______。 （4）G→H的化学方程式是_______。 （5）Ⅰ的分子式为，核磁共振氢谱中只有一组峰，Ⅰ的结构简式是_______。 （6）的合成步骤如下： 注：Boc的结构简式为 ①T的结构简式是_______。 ②上述合成中P→Q的目的是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 N-14 Na-23 Al-27 一、选择题(每题3分，共45分) 1. 河北省历史悠久，文化底蕴深厚。下列具有文化特色的物品中，主要成分属于无机非金属材料的是 A．承德木雕 B．蔚县剪纸 C．定窑白釉陶瓷 D．大名草编工艺品 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．承德木雕的主要成分是木材，木材属于天然有机高分子材料（主要成分为纤维素），A不符合题意； B．蔚县剪纸的主要成分是纸张，纸张的主要成分为纤维素，属于机高分子材料，B不符合题意； C．定窑白釉陶瓷，陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C符合题意； D．大名草编工艺品的主要成分是草类植物，草的主要成分为纤维素等有机物，属于天然机高分子材料，D不符合题意； 答案选C。 2. 下列有关化学用语的说法错误的是 A. 的电子式： B. 熔融电离的电离方程式： C. 二氯甲烷的结构式： D. 用电子式表示 的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A． 属于离子化合物，由和构成，则电子式为，A正确； B．熔融电离产生由和，则电离方程式为，B错误； C．二氯甲烷的分子式为，则结构式为，C正确； D． 为共价化合物，用电子式表示其形成过程为，D正确； 答案选B。 3. 下列化学用语表示不正确的是 A. 基态Cr原子的价层电子排布图： B. 的空间填充模型： C. 氯化铵的电子式： D. 的价层电子对互斥模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cr为24号元素，基态Cr原子价层电子排布为（半满结构更稳定），价层电子排布图中3d轨道5个电子分占5个轨道（洪特规则），4s轨道1个电子，符合排布，A正确； B．中O为中心原子，价层电子对数为，孤电子对数为2，结构为Cl-O-Cl（V形），O原子半径小于Cl，空间填充模型中中心小球（O）小于两侧大球（Cl），模型正确，B正确； C．氯化铵为离子化合物，由和构成，电子式中需用中括号括起并标出最外层8电子，正确电子式应为，题中未标电子及中括号，C错误； D．中N价层电子对数=3+1=4（3个成键对、1个孤对），价层电子对互斥模型为四面体形，图示符合四面体结构，D正确； 故答案选C。 4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 34g 中所含键的数目为 B. 常温常压下28g CO所含键的数目为 C. 标准状况下，11.2L 中含有电子的数目为 D. 1mol 中最外层满足8电子稳定结构的原子的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．34 g 的物质的量为1 mol，结构式为，1个分子中含2个 键、1个键，共3个键，故1 mol中键数目为，A正确； B．28 g 的物质的量为1 mol， 结构式为，三键中含2个 键，故 键数目为，B错误； C．标准状况下为固体，不能用22.4 L/mol计算其物质的量，无法确定含有的电子数目，C错误； D．中B原子通过成键（含1个配位键）最外层满足8电子稳定结构，4个F原子也均满足8电子稳定结构，故 1mol 中符合条件的原子数目共有，D错误； 故选A。 5. 丙氨酸是一种重要的氨基酸，其Strecker合成过程如下。下列说法正确的是 A. ①②反应的原子利用率均为100% B. 过程②中N原子的杂化方式均不发生改变 C. 上述过程中的四种有机物均能与水分子形成氢键 D. 丙氨酸可发生加聚反应生成多肽 【答案】C 【解析】 【详解】A． 与先加成后消去，反应的原子利用率小于100%，A项错误； B．亚胺中间体中原子为杂化， 中原子为 杂化，2-氨基丙腈中—的N原子为sp3杂化，— 中的原子为 杂化，B项错误； C．乙醛含O元素，亚胺中间体、2-氨基丙腈含有元素，丙氨酸分子中含有、元素，均能与水分子形成氢键，C项正确； D．丙氨酸生成多肽时，有水分子生成，为缩聚反应，D项错误； 答案选C。 6. 根据下列实验操作及现象，得出相应结论正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向铜片上滴加溶液，铜片被腐蚀 氧化性： B 向醋酸铵溶液中滴加石蕊试液，得到紫色溶液 醋酸铵未水解 C 向滴有酚酞的氨水中通入，溶液褪色 具有漂白性 D 向待测液中滴加过量稀硫酸，产生无色气泡 待测液中一定含有 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向铜片上滴加溶液，铜片被腐蚀，发生反应。在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，此反应中是氧化剂，是氧化产物，所以氧化性，结论正确，A正确； B．醋酸铵是弱酸弱碱盐，和都会发生水解，只是二者水解程度相近，溶液呈中性，使石蕊试液显紫色，并不是醋酸铵未水解，结论错误，B错误； C．向滴有酚酞的氨水中通入，溶液褪色，是因为与氨水发生反应，消耗了，使溶液碱性减弱，并非是的漂白性导致的，结论错误，C错误； D．向待测液中滴加过量稀硫酸，产生无色气泡，待测液中可能含有，也可能含有、、等，结论错误，D错误； 故选A。 7. 一种洗衣粉增白剂的阴离子结构如图所示， 、 、 、 是原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为11.W、X、Y与碳元素形成的化合物常用作木材防腐剂。下列叙述错误的是 A. 第一电离能： B. 该阴离子中的X不含孤对电子 C. 的熔沸点比高 D. 与中X的杂化形式不同 【答案】C 【解析】 【分析】 、 、 、 是原子序数依次增大的短周期元素，W有1条化学键，W为H，X有4条化学键，能形成4条化学键的有很多，如B、C、N等，Y有2条化学键，Y可能为O、S等，阴离子带2个单位负电，则Z带一个单位正电，则Z为Na，则Y一定是O元素，W、X、Y与碳元素形成的化合物常用作木材防腐剂，由此可知，X形成三条键，结合四种元素的最外层电子数之和为11进行推断，X为B元素，阴离子中B的四条键中存在1条配位键，因此：W为H、X为B、Y为O、Z为Na，据此解答。 【详解】A．同周期从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，第一电离能：O>B，金属钠的第一电离能最小，故第一电离能：，A正确； B．由分析可知，B形成的4条共价键中，其中一条是配位键，其不含有孤对电子，B正确； C．是硼酸，其能形成分子间氢键，沸点比[]的高，C错误； D．中B有3条 键，无孤对电子，为杂化，而中B有4条 键，为杂化，D正确； 故选C。 8. 前四周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，其中X、Y、Z同周期，Y、Q同主族，Q的最高能层有16个轨道，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数的2倍，且与基态Z原子具有相同的未成对电子数，下列说法不正确的是 A. 第一电离能：Z>Y>X B. 简单氢化物的沸点：Z>Y>Q C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X D. X、Y、Z分别与W形成的化合物可能均含极性键和非极性键 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意推知，其中X、Y、Z同周期，Y、Q同主族，基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的电子数2倍，且与基态Z原子具有相同的未成对电子数，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；Y、Q同主族，Q的最高能层有16个轨道，则Q位于第四周期，Q为As，则W只能为H，综上W、X、Y、Z、Q分别是H、C、N、O、元素。 【详解】A．元素周期表中同周期从左到右第一电离能逐渐增大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能N>O>C，故A错误； B．由于和能形成分子间氢键且水分子之间氢键多于分子之间氢键，而分子之间无氢键，所以简单氢化物沸点，故B正确； C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即酸性：，故C正确； D．C、N、O分别与H可形成、、等化合物，均含极性键和非极性键，故D正确； 答案选A。 9. 尿素[]溶液用于处理柴油大卡车尾气中，涉及到的主要反应①；②，设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol 中含键的数目为0.7 B. 若反应①生成17 g ，消耗尿素分子的数目为 C. 0.1 mol 中含（价层）孤电子对的数目为0.4 D. 若反应②生成4.48 L ，消耗分子的数目为0.1 【答案】A 【解析】 【详解】A．由尿素的结构简式可知，分子中σ键包括：C=O双键中的1个σ键、2个C-N单键（σ键）、每个-NH2中2个N-H单键（共4个σ键），总σ键数为1+2+4=7个，0.1 mol尿素含σ键数目为0.1×7×NA=0.7NA，A正确； B．反应①中生成2 mol NH3消耗1 mol尿素，17 g NH3为=1 mol，消耗尿素0.5 mol，分子数目为0.5NA，B错误； C．N2分子中含有氮氮三键，电子式为，每个N原子有1对孤电子对，1个N2分子含2对孤电子对，0.1 mol N2中孤电子对数目为0.1×2×NA=0.2NA，C错误； D．H2O在常温下为液体，4.48 L H2O的物质的量远大于0.2 mol（无法用气体摩尔体积计算），D错误； 故选A。 10. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前18号主族元素，X是原子序数最小的元素，Z原子的最外层电子数比次外层多4个，Y与Z相邻，Z与W位于同一主族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z<W B. 1分子的与 含有相同的质子数 C. 单质的氧化性： D. X与Z只能形成一种化合物 【答案】D 【解析】 【分析】X是原子序数最小的元素，为H；Z原子最外层电子数比次外层多4个，为O；Y与Z相邻，为N；W与Z同主族，为S，据此分析。 【详解】A．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径：S>O，即Z<W，A不符合题意； B．1分子含质子数为，1分子 含质子数为，二者质子数相同，B不符合题意； C．Z为O，X为H，其单质分别为和，非金属性O>H，故单质的氧化性，即，C不符合题意； D．X为H与Z为O可形成 和两种化合物，并非只能形成一种，D符合题意 故选D。 11. 钙钛矿太阳能电池研究获得新进展，钙钛矿晶胞结构如图所示。设晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 晶体的化学式为 B. 晶体中钛离子的配位数是6 C. 晶胞中钛离子与氧离子之间的距离为 D. 若图中A的分数坐标为，则B的分数坐标为 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据均摊法可知钛离子位于顶点，个数为，钙离子位于体内，个数为1，氧离子位于棱心，个数为，故化学式为，A正确； B．以A钛离子为例，周围有上下前后左右6个氧离子，故配位数为6，B正确； C．晶胞中钛离子与氧离子之间的距离为边长的一半，设晶胞的边长为a，，，故钛离子与氧离子之间的距离为，C错误； D．若图中A的分数坐标为，B位于由分数坐标(1,0,1)和(1,1,1)的顶点所连接的棱的中心，故B的分数坐标为，D正确； 故选C。 12. 马来酸化学异构成富马酸流程如图甲，苹果酸为副产物。90℃时，一定浓度的MA发生反应，x表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x随时间t变化如图乙（6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计） 下列说法错误的是 A. 反应①的活化能小于反应②的活化能 B. 反应①的浓度平衡常数 C. 1.25 h后转化过程以反应③为主 D. 已知MA和FA均为二元弱酸，分子内氢键能稳定酸根负离子，则相同温度下，电离平衡常数大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．活化能越小，反应速率越快。由图乙可知，反应初始时，相同时间内的增长比快，说明反应①速率更快，A正确； B．6.5 h后苹果酸的x不再随时间变化，说明此时反应达到平衡。反应①为，浓度平衡常数，B正确； C．1.25 h后，的持续增大，说明的生成速率大于消耗速率，即反应②仍占主导，C错误； D．MA（顺丁烯二酸）的两个羧基在双键同侧，电离一个后，酸根可形成分子内氢键稳定负电荷，更易电离；（反丁烯二酸）的羧基在异侧，无法形成分子内氢键，因此；D正确； 故选C。 13. 以某金属氧化物(用表示)为催化剂，同时消除、 污染的反应历程如图所示。下列说法错误的是 A. 在相同条件下， 比更易与成键 B. 通过定量测定发现，反应历程中物质④含量最少，其可能原因是③④为慢反应 C. 若为常见非金属单质，则⑤①的反应可能为 D. 上述反应历程涉及极性键的断裂和形成 【答案】A 【解析】 【详解】A．由反应历程可知，​优先与催化剂的M位点结合成键，后续NO才发生结合，说明相同条件下​比更易与M成键，A说法错误； B．慢反应的反应速率慢，中间产物的生成速率小于消耗速率，因此体系中该中间产物含量少，若③④为慢反应，则物质④含量最少，B说法正确； C．该反应目的是消除、污染，最终产物为​和，a为常见非金属单质​，题给反应中原子守恒，反应合理，C说法正确； D．反应过程中存在极性键断裂，也存在等极性键的形成，因此涉及极性键的断裂和形成，D说法正确； 答案选A。 14. 在水溶液中，CN–可与Fe2+和Fe3+分别形成配离子M和N。配离子通式为[Fe(CN)x]y–，，K稳越大，配离子越稳定，图中①表示与–lg c(CN–)的关系。下列说法错误的是 A. M、N配离子的配位数相等 B. Fe3+形成配离子N的K稳=1.0×1042 C. 50%的Fe2+和Fe3+分别转化为配离子时，后者溶液中CN–的平衡浓度更大 D. 向配离子M的溶液中加入适量Fe3+，M能完全转化为N 【答案】C 【解析】 【分析】对于配离子[Fe(CN)x]y−，由稳定常数定义：变形取对数得：，即纵坐标其中斜率为配位数x，截距为−lgK稳。 【详解】A．根据图中点坐标：①（M，Fe2+的配离子）过点(1,−29)，截距（−lg c(CN−)=0时）为−35，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率为6，即配位数x=6；②（N，Fe3+的配离子）过点 (2,−30)，截距为−42，基于图中的点和直线的线性关系计算得斜率也为6，配位数也为6。因此二者配位数相等，A正确； B．对N，由，截距为−lg K稳(N) = −42，得lg K稳(N) = 42，即K稳(N) = 1.0 × 1042，B正确； C．50%转化时，c(Fea+) = c(配离子)，故； 对M：0 = 6X − 35，得，c(CN−) = 10−5.83≈1.5×10−6 mol/L； 对N：0 = 6X − 42，得，c(CN−) = 10−7 mol/L。后者（N）的CN−平衡浓度更小，C错误； D．转化反应为：，平衡常数，K很大，反应可以完全进行，D正确； 故选C。 二、非选择题(共55分) 15. 草酸钴可用于指示剂和催化剂。工业上用水钻矿(主要成分为，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)制取的工艺流程如图所示： 已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等； ②酸性条件下，不会氧化，转化为； ③部分阳离子的氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 （1）浸出过程中加入的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。 （2）向浸出液中加入发生反应的离子方程式为_______。 （3）“加调pH至5.2”，过滤所得沉淀的成分为_______(填化学式)。 （4）向滤液Ⅰ中加入NaF溶液得到沉淀的主要成分是_______(填化学式)。 （5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜pH范围是_______(填字母)。 a．2.0~2.5 b．3.0~3.5 c．4.0~4.5 （6）()热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后在空气中加热。A、B、C均为纯净物。 ①用化学方程式表示A点到B点的物质变化_______。 ②C点所示产物的化学式是_______。 【答案】（1） ①. 将Fe3+、Co3+还原以便固体溶解 ②. +4H++SO= SO+2Co2++2H2O （2）ClO+6Fe2++6H+=C1-+6Fe3++3H2O （3）Fe(OH)3、Al(OH)3 （4）CaF2、MgF2 （5）b （6） ①. Co+2CO2 ②. Co2O3 【解析】 【分析】浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等；加入NaClO3可氧化亚铁离子，得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要有Co2＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋，加入NaF，除去Ca2＋、Mg2＋，再在滤液中加入萃取剂，最后得到CoC2O4，以此解答。 【小问1详解】 Co2O3中Co元素为+3价，Fe2O3中Fe元素为+3价，浸出液中含有Fe2+、Co2+，可知浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原以便固体溶解。发生反应的离子方程式为：+4H++SO= SO+2Co2++2H2O。 【小问2详解】 向浸出液中加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子反应方程式为ClO+6Fe2++6H+=C1-+6Fe3++3H2O。 【小问3详解】 由表格数据可知，“加调pH至5.2”，过滤所得沉淀的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。 【小问4详解】 由分析可知，向滤液Ⅰ中加入NaF溶液的目的是除去Ca2＋、Mg2＋，得到沉淀的主要成分是CaF2、MgF2。 【小问5详解】 根据流程图，萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+，pH在3.0~3.5时，Mn2+的萃取率达到70%以上，而Co2+的萃取率很低，所以适宜pH范围是3.0~3.5，选b。 【小问6详解】 ①属于变价金属元素的结晶水合物，600℃前后分解反应原理不同。600℃前隔绝空气加热的分解产物A、B中Co的化合价均为+2价。600℃后在空气中加热固体质量增加，只能是与空气中的氧气反应，Co应升价。受热分解生成A、B要经过失水与分解两个过程，设A、B的摩尔质量分别为MA、MB，根据Co元素守恒，则MA=147g/mol，MB为59.0 g/mol，故A、B分别为无水物与Co，A点到B点的化学方程式为：Co+2CO2； ②600℃后在空气中加热，Co被空气中的氧气氧化，固体质量增加，类比Fe，Co有+2、+3价，可能生成Co2O3，也可能生成Co3O4，设C的化学式为CoxOy， x : y=(): [+] =2: 3，C点所示产物的化学式是Co2O3。 16. 盐与酸的反应是水溶液中常见的反应，某学习小组展开相关探究。 I．碳酸氢钠片抗酸容量(σ)的测定 （1）碳酸氢钠片能中和过多的胃酸(主要成分是HCl)，小组同学测定其抗酸容量的实验步骤如下： a．配制100mL0.2mol·L-1的盐酸溶液； b．称取mg碳酸氢钠片，溶于20mL水中，用上述盐酸溶液滴定至pH=3。 已知：碳酸氢钠片的抗酸容量是指用盐酸溶液滴定碳酸氢钠片水溶液至pH=3时，单位质量的碳酸氢钠片所消耗的盐酸的物质的量，即σ=。 ①步骤a需4mol·L-1盐酸的体积为_______mL(保留1位小数)。 ②若步骤b中消耗盐酸的体积为VmL，则σ=_______mol·g-1。 ③以上实验步骤中，不需要用到的图中的实验仪器有_______(填字母)。 Ⅱ．Na2HPO4—KH2PO4混合溶液抗酸能力的探究 【查阅资料】 ⅰ．抗酸能力是指溶液在加入少量酸(如HCl)后，其pH值基本保持不变的能力。加入酸的量相等时，溶液的pH变化越小，抗酸能力越强。 ⅱ．NapHPO4-KH2PO4混合溶液具有的抗酸能力，且能力大小与[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]、有关。 ⅲ．25℃，H3PO4的各级电离平衡常数分别为pKa1=2.2，pKa2=7.2，pKa3=12.7(pKa=-lgKa)。 【实验探究1】小组设计实验探究相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]对混合溶液抗酸能力的影响，溶液配制方案如表。分别向溶液1、溶液2、溶液3中滴加0.1mol·L'盐酸，溶液的pH随加入盐酸滴数的变化情况如图所示。 溶液序号 组成 体积/mL 1 0.2mol·L-1NaCl溶液 10 2 0.2mol·L-1Na2HPO4溶液 5 0.2mol·L-lKH2PO4溶液 5 3 0.06mol·L-1Na2HPO4溶液 5 0.06mol·L-1KH2PO4溶液 5 （2）①已知A点时，=1，则此时溶液的pH=_______。向溶液2中加入8滴0.1mol-1盐酸，发生反应的离子方程式为_______。 ②实验显示，NaCl溶液不具有抗酸能力；当相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液_______(填溶液序号)。 【实验探究2】小组继续探究[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时对混合溶液抗酸能力的影响，实验方案如表： 溶液 序号 试剂体积/mL pH 加入24滴0.1mol·L-1 盐酸后的pH 0.2mol·L-l NaKH2PO4溶液 0.2mol·L-l KH2PO4溶液 4 9 1 A1 A4 5 8 x A2 A5 6 5 5 A3 A6 （3）①表中x=_______。 ②实验结果显示，当[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是_______(用含A1、A2、A3、A4、A5、A6的关系式表示)。 【答案】（1） ①. 5.0 ②. ③. BD （2） ①. 7.2 ②. +H+= ③. 3 （3） ①. 2 ②. (A1-A4)<(A2-A5)<(A3-A6) 【解析】 【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； 【小问1详解】 ①根据稀释前后HCl物质的量不变，可知步骤a需4mol•L-1盐酸的体积为。 ②已知：碳酸氢钠片的抗酸容量是指用盐酸溶液滴定碳酸氢钠片水溶液至pH=3时，单位质量的碳酸氢钠片所消耗的盐酸的物质的量，即σ=，则若步骤b中消耗盐酸的体积为VmL，则σ=。 ③步骤b涉及碳酸氢钠的溶解，以及滴定操作，故需要用到图中所示仪器中的100mL容量瓶、胶头滴管、锥形瓶、酸式滴定管。不需要用到的图中的实验仪器有B蒸发皿、D分液漏斗； 【小问2详解】 ①已知Ka2=10-7.2，已知A点时，=1，则，则此时溶液的pH=7.2。向溶液2中加入8滴0.1mol-1盐酸，和氢离子结合成弱酸根离子：+H+=； ②实验结果显示，NaCl溶液不具有抗酸能力，加入盐酸后，c曲线pH变化最大，即曲线c表示溶液1；当相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液3、曲线a表示溶液2； 【小问3详解】 ①探究[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时对混合溶液抗酸能力的影响，根据实验数据可知，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]应相同，故表中x=2； ②Na2HPO4溶液体积越大，KH2PO4溶液体积越小，越大，若实验结果显示，当[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是(A1-A4)＜(A2-A5)＜(A3-A6)。 17. 化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究，其合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A中所含官能团是_______。 （2）D的结构简式是_______。 （3）D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是_______。 （4）G→H的化学方程式是_______。 （5）Ⅰ的分子式为，核磁共振氢谱中只有一组峰，Ⅰ的结构简式是_______。 （6）的合成步骤如下： 注：Boc的结构简式为 ①T的结构简式是_______。 ②上述合成中P→Q的目的是_______。 【答案】（1）羧基或-COOH （2） （3） （4）2＋O22+2H2O （5） （6） ①. ②. 保护氨基 【解析】 【分析】由A(C2H2O4)与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下反应生成B(C6H10O4)，可推知A的结构简式为，B的结构简式为CH3CH2OOCCOOCH2CH3，B与发生已知反应ⅰ生成D，可推知D为，D与NH2OH反应生成E，E为，E在①NaOH/H2O、②H+下发生水解，生成F ()；G ()与O2在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H ()，H与I发生已知ⅰ反应生成J，由J的分子式可推知J为，由I的分子式为C3H6O3，且核磁共振氢谱中只有一组峰，则可推知I的结构简式为，J与①NH3、②H2在催化剂下生成K，K与F反应生成L，L与经过多步反应生成M，据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，所含官能团是羧基或 ； 【小问2详解】 由分析可知，D的结构简式是； 【小问3详解】 D()与NH2OH反应生成E()，则D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是； 【小问4详解】 由分析可知，G ()与O2在Cu作催化剂的条件下加热发生氧化反应生成H ()，则G→H的化学方程式是：2＋O22+2H2O； 【小问5详解】 结合分析可知，I的结构简式是； 【小问6详解】 由图可知，P与(Boc)2O发生取代反应生成Q，Q与氨气加成生成S，可推知S的结构简式为，S与T脱水生成U，由U和S的结构简式可推知T的结构简式为，U与HCl反应生成。 ①T的结构简式是OHC−CH2−CHO； ②由流程可知，P中含有氨基，最后目标产物也含有氨基，则上述合成中P→Q的目的是保护氨基。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $