精品解析：江西景德镇市乐平中学等校2025-2026学年度下学期高三阶段性作业 化学试题

2025~2026学年度下学期高三化学阶段性作业 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 Al-27 Cl-35.5 As-75 Ag-108 Ta-181 一、单选题：本题共14小题，每题3分，共42分。 1. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是 A. “嫦娥六号”在月球背面发现的石墨烯属于有机高分子材料 B. 人形机器人的感知与交互系统所使用的LED灯的发光原理与原子核外电子跃迁有关 C. 稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其包括镧系元素、锕系元素以及钪和钇，它们都位于元素周期表的ⅢB族 D. 苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 2. 下列说法正确的是 A. 键角：NH3>PH3 B. 极性：SO3>O3 C. 基态Br原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p5 D. 氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为： 3. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A．通过分液分离超分子与C70 B．除去苯中的苯酚 C．探究Cl2的漂白性和氧化性 D．在铁制镀件上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 4. Oppenauer氧化反应，是以酮为氧化剂，以异丙基氧化铝[]为催化剂，将醇氧化为醛或酮，如：。该氧化反应的部分机理如下：。(注：Pr1为异丙基)。下列说法不正确的是 A. 反应①中，有异丙醇生成 B. 反应②涉及到C-O、C-H、O-H、Al-O和C=O键的变化 C. 反应过程中铝元素的化合价未发生变化 D. 的核磁共振氢谱有5组峰 5. AsH3的还原性极强，能与AgNO3反应：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 7.8 g AsH3中价层电子对数为0.3NA B. 标准状况下，2.24 L H2O中σ键的数目为0.2NA C. pH=2的硝酸溶液中，H+的数目为0.01NA D. 每生成5.4 g的金属银，转移电子的数目为0.05NA 6. 一种从天然结晶水氯镁石(主要成分为、NaCl和KCl)中获取的流程如图1所示。“蒸发”时，采用了图2所示装置。下列说法不正确的是 A. “操作X”为过滤 B. 用玻璃棒蘸取少量氯化镁乙醇溶液在酒精灯上灼烧，可判断氯化镁乙醇溶液中是否含有K+、Na+ C. 与普通蒸发操作相比较，图2装置能回收乙醇且更加安全 D. 由制备MgCl2不可在坩埚中进行 7. 下列有关实验操作、现象(或数据)和结论均正确的是 实验操作 实验现象或数据 结论 A 向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液 溶液变蓝 B 取待测液于试管中，加入浓NaOH溶液微热，用湿润的红色石蕊试纸检测 湿润的红色石蕊 试纸变蓝 该溶液为铵盐溶液 C 以酚酞为指示剂，用0.1 mol/L NaOH标准溶液滴定0.1 mol/L草酸溶液 到达滴定终点时消耗 NaOH溶液的体积为 草酸溶液的2倍 草酸为二元弱酸 D 常温下，分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH 溶液的pH： NaA>NaB 酸性：HA<HB A. A B. B C. C D. D 8. 从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A. 酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多 B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ C. 用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D. 向1 mol HAuCl4中加入过量Zn充分反应，最多消耗 9. 我国某科研团队研制出一种液流电池，电池的电解液流经窗户的玻璃空腔，在充电和放电的同时调节窗户的颜色，从而使室内降温，以减少空调的使用。充电时的工作原理如图所示。螯合剂邻二氮菲(phen，结构为)与Fe2+、Fe3+可分别形成(橙红色)、(淡蓝色)。已知：红光的热效应比蓝光的高。下列说法正确的是 A. 充电时，右侧电解液中离子总浓度减小 B. 充电后自然光透过窗户，室内温度升高不明显，可减少空调的使用 C. 放电时，M电极的电势高于N电极 D. 放电过程中，当有2 mol电子转移时，负极区电解质溶液质量减少71 g 10. 一种聚酰亚胺类材料W具有良好的绝缘性、耐磨性和阻燃性，被广泛用于航天、航空器及火箭部件中，其合成过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. X的二氯代物有8种 B. Y中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为2：3 C. Y→W的反应为缩聚反应 D. W是纯净物 11. 容积均为1 L的甲、乙两个刚性容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2 mol NO2，发生反应 。甲容器中NO2的相关量随时间变化关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 0~3 s，甲容器中v(NO2)增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 B. 3s时甲容器中反应未达到化学平衡状态 C. 乙容器中该反应的化学平衡常数大于225 D. 甲、乙两容器均达平衡后，欲使两者NO2的体积分数相等，可向乙容器中再充入少量N2O4气体 12. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，其原子半径、原子序数及其在对应氢化物中的化合价的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性：W<Z B. W与Y的化合物偏向共价晶体 C. XZ晶胞中Z的配位数为8 D. 工业上可电解XZ溶液制备X 13. 粉末X可能由Na2CO3、KNO3、MgCl2、CuSO4、FeCl3、FeCl2中的两种或多种组成，为了确定其组成，取一定量的X，分别加入足量下列试剂，实验记录如表： 实验 加入试剂 现象 i 蒸馏水 澄清透明溶液(将溶液分为a、b、c三等份) ii 向溶液a中先加足量稀盐酸，后加氯化钡溶液 前者：无明显现象，后者：产生白色沉淀 iii 向溶液b中先滴加KSCN溶液，后滴加新制氯水直至足量 前者：无明显现象，后者：溶液先变红色后红色褪去 iv 向溶液c中滴加足量NaOH溶液 有沉淀生成 下列有关说法正确的是 A. 实验iii中溶液变红的反应：，“红色褪去”时溶液中无Fe3+ B. X中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2 C. X中一定不含有FeCl3、Na2CO3和KNO3 D. 实验iv中一定能观察到“白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色” 14. 一定温度下，向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：、，相关数据如下图所示。已知可看作中一个O原子被S原子取代。下列说法不正确的是 A. 中配位原子为端基S原子 B. L3表示随变化的关系 C. AgBr的溶度积常数 D. 反应的平衡常数K的值为10-4.6 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钽(Ta)和铌(Nb)是重要的战备金属，通过溶剂萃取法对工业余料(主要成分为NaTaO3、NaNbO3及Ti、Ca、Mg、Si的氧化物)提纯制备Ta2O5和Nb2O5的工艺流程如图。 已知：①MIBK(甲基异丁基甲酮)是一种有机萃取剂，对Ta、Nb的氟络离子具有较高萃取度；②在低酸度溶液中易被洗脱；③Ta2O5的水化物性质与Al元素相似。 （1）对“工业余料”预处理时常进行粉碎，目的是_______。 （2）“酸溶”时产生的废气中除了挥发的HF外，还可能含有的物质是_______。当氢氟酸过量时，Ta元素主要转化为H2TaF7，反应化学方程式为_______。 （3）“废液”中Ti元素以氟络离子形态存在，其中Ti4+位于由若干个F-构成的正八面体空隙内，则二者形成的离子可表示为_______。 （4）“反萃”所得“含Nb相”属于_______(填“水相”或“有机相”)。 （5）使用NaOH代替NH3进行“沉钽”会降低沉淀率，原因是_______。 （6）钽形成的某种晶体TaAs的晶胞结构如图。As的配位数为_______，晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 16. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)是工业合成尿素(CO(NH2)2)的中间物质，氨基甲酸铵固体受热易分解，能与水(包含空气中水汽)反应生成碳酸氢铵导致纯度下降。某化学实验小组利用NH3和CO2合成氨基甲酸铵固体，原理：，实验装置如图所示。 请回答下列问题： （1）写出由氨基甲酸铵合成尿素的化学反应方程式_______。 （2）仪器a的名称为_______。装置Ⅱ中的试剂可选用_______(填下列标号)。 ①浓硫酸 ②无水CaCl2固体 ③碱石灰 ④P2O5固体 （3）装置Ⅳ需要控制温度在35℃左右，原因是_______。 （4）氨基甲酸铵可以和甲醛反应得到(CH2)6N4(名称：六次甲基四胺，结构如下图)。 ①该反应还产生了CO2气体，写出反应化学方程式_______。 ②关于六次甲基四胺的说法中正确的是_______。 A．可形成分子间氢键 B．具有碱性 C．1 mol分子含有的σ键数目为12 NA （5）强碱性条件下，尿素与次氯酸钠溶液反应得到N2H4和纯碱溶液，该反应的离子方程式为_______。 17. 氢能是一种优秀的新型清洁能源，氢气的制备和储氢材料的发展对氢能的使用起到至关重要的作用。 Ⅰ．利用甲酸(HCOOH)分解可制H2。 主反应： ΔH1=-akJ/mol 副反应： ΔH2=+bkJ/mol （1）的_______kJ/mol(用含a、b的代数式表示)。 （2）主反应的路径如下图(*表示催化剂表面吸附位)，该反应的决速步骤的化学方程式为_______。 （3）向2 L恒容密闭容器中充入2 mol HCOOH同时发生主、副反应。10 min时测得容器内CO2的物质的量、含碳物质中CO的物质的量分数与温度T的关系如图所示。T1时，初始压强为10 kPa，HCOOH的平衡转化率为60%。已知：。 ①试解释CO2的物质的量变化原因_______。 ②温度为T1时，主反应的平衡常数Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．储氢材料是一类能可逆吸收、储存和释放氢气的功能材料，是氢能规模化应用的核心载体。储氢材料种类多样。 （4）AMH4型分子是一类无机小分子储氢材料。(A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga)已知：该类分子中A+半径越大、M元素电负性越强，分子越稳定，则该类分子中最稳定的一种的化学式为_______。 （5）NaAlH4可通过分解放氢，其反应：，则NaAlH4的可逆储氢容量(可逆储氢容量：储存的氢气所占储氢材料的质量分数)为_______%(保留一位小数)。 （6）固态合金Z储氢的原理可表示为： 。如图表示温度分别为T1、T2时，最大储氢量与氢气压强的关系。则下列说法正确的是_______。 A．T1>T2 B．增大氢气的压强，可加快储氢速率 C．增大Z的量，上述平衡向右移动 18. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一： （1）根据系统命名法，A的名称为_______；B分子中处于同一直线上的原子数最多为_______个。 （2）C→D的反应类型为_______。H中_______(填“含”或“不含”)手性碳原子。 （3）G中含氧官能团的名称为_______。已知吡啶()是一种有机碱，J→K的转化过程中，吡啶除了作为溶剂外，还起到的作用是_______。 （4）写出E转化为G的化学方程式_______。 （5）E的同分异构体中，满足下列条件的有_______种。 ①含有-NH2和-COOH且直接与苯环相连 ②不存在sp2-sσ键 （6）根据上述路线，设计由合成的合成路线(其他试剂任选)_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度下学期高三化学阶段性作业 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 Al-27 Cl-35.5 As-75 Ag-108 Ta-181 一、单选题：本题共14小题，每题3分，共42分。 1. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是 A. “嫦娥六号”在月球背面发现的石墨烯属于有机高分子材料 B. 人形机器人的感知与交互系统所使用的LED灯的发光原理与原子核外电子跃迁有关 C. 稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，其包括镧系元素、锕系元素以及钪和钇，它们都位于元素周期表的ⅢB族 D. 苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 【答案】B 【解析】 【详解】A. 石墨烯是碳的单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误； B. LED灯发光的原理是原子核外电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级时以光子的形式释放能量，与原子核外电子跃迁有关，B正确； C. 稀土元素包括15种镧系元素以及钪和钇，不包含锕系元素，C错误； D. 苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，作用是抑制微生物生长延长食品保质期，不是增味剂，不能增加食品鲜味，D错误； 故选B。 2. 下列说法正确的是 A. 键角：NH3>PH3 B. 极性：SO3>O3 C. 基态Br原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p5 D. 氨水中NH3与H2O分子间氢键主要形式可表示为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．和中中心原子都是杂化，但电负性：，成键电子对更靠近原子，电子对之间斥力更大，氨气分子中的键角更大，A正确； B．的空间构型为平面正三角形，为非极性分子；而为极性分子，B错误； C．原子的原子序数是35，基态Br原子的简化电子排布式：，C错误； D．氧原子电负性强于氮原子，与氧原子成共价键的氢几乎成为质子，更容易形成氢键，故在氨水中与之间氢键的主要形式是：，D错误； 故选A。 3. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A．通过分液分离超分子与C70 B．除去苯中的苯酚 C．探究Cl2的漂白性和氧化性 D．在铁制镀件上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．杯酚能适配C60，不能适配C70，杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而C70能溶于甲苯，采用过滤的方法分离C70和超分子，而不是分液，A错误； B．用浓溴水除去苯中的苯酚时，苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，且溴也易溶于苯，无法通过过滤除去，不能达到除去苯中苯酚的目的，B错误； C．氯气与水反应会生成HClO，品红溶液褪色，不能说明氯气具有漂白性，通入硫化氢与氯气发生氧化还原反应，可证明其氧化性，C错误； D．在电镀装置中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电解质溶液。该装置中铁质镀件作阴极，铜作阳极，硫酸铜溶液作电解质溶液，符合电镀原理，可以实现铁质镀件镀铜，D正确； 故答案选D 4. Oppenauer氧化反应，是以酮为氧化剂，以异丙基氧化铝[]为催化剂，将醇氧化为醛或酮，如：。该氧化反应的部分机理如下：。(注：Pr1为异丙基)。下列说法不正确的是 A. 反应①中，有异丙醇生成 B. 反应②涉及到C-O、C-H、O-H、Al-O和C=O键的变化 C. 反应过程中铝元素的化合价未发生变化 D. 的核磁共振氢谱有5组峰 【答案】B 【解析】 【详解】A．由氧化机理可知:在反应①中环己醇断裂羟基中键，O原子与中的Al原子形成共价键，得到一种新的化合物，而H原子与异丙基氧化铝中的异丙基氧结合形成异丙醇，所以反应①中有异丙醇生成，A正确； B．反应②未涉及键的变化，B不正确； C．反应过程中，铝元素始终以+3价存在，化合价未发生变化，C正确； D．结构对称，有五种化学环境不同的氢原子，核磁共振氢谱有5组峰，D正确； 故选B。 5. AsH3的还原性极强，能与AgNO3反应：。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 7.8 g AsH3中价层电子对数为0.3NA B. 标准状况下，2.24 L H2O中σ键的数目为0.2NA C. pH=2的硝酸溶液中，H+的数目为0.01NA D. 每生成5.4 g的金属银，转移电子的数目为0.05NA 【答案】D 【解析】 【详解】A.砷化氢分子中砷原子的价层电子对数为：3+(5-1×3) ×=4，则7.8 g 砷化氢中价层电子对数为：×4×NA mol-1=0.4NA，A错误； B. 标准状况下，水不是气态，不能利用22.4 L/mol计算水的物质的量和含有的σ键数目，B错误； C.未给出硝酸溶液的体积，无法计算pH为2的硝酸溶液中氢离子的物质的量和数目，C错误； D.由方程式可知，反应生成12 mol银时，转移电子的物质的量为12 mol，则生成5.4 g的金属银时，转移电子的数目为：×1×NA mol-1=0.05NA，D正确； 故选D。 6. 一种从天然结晶水氯镁石(主要成分为、NaCl和KCl)中获取的流程如图1所示。“蒸发”时，采用了图2所示装置。下列说法不正确的是 A. “操作X”为过滤 B. 用玻璃棒蘸取少量氯化镁乙醇溶液在酒精灯上灼烧，可判断氯化镁乙醇溶液中是否含有K+、Na+ C. 与普通蒸发操作相比较，图2装置能回收乙醇且更加安全 D. 由制备MgCl2不可在坩埚中进行 【答案】B 【解析】 【详解】A．流程中溶解后需分离不溶物(NaCl、KCl)与溶液，“操作X”为过滤，A不符合题意； B．玻璃中含Na2SiO3和K2SiO3，用玻璃棒蘸取溶液灼烧，无法判断制得的MgCl2中是否含有K+、Na+，B符合题意； C．图2装置通过水浴加热、冷凝回收乙醇，避免乙醇直接挥发，且水浴加热比明火更安全， C不符合题意； D．加热MgCl2·6H2O时，Mg2+会水解生成Mg(OH)2和HCl，为防止Mg2+水解，需要在HCl气流中进行，故不可在坩埚中进行，D不符合题意； 故答案选B。 7. 下列有关实验操作、现象(或数据)和结论均正确的是 实验操作 实验现象或数据 结论 A 向NaHCO3溶液中滴加紫色石蕊试液 溶液变蓝 B 取待测液于试管中，加入浓NaOH溶液微热，用湿润的红色石蕊试纸检测 湿润的红色石蕊 试纸变蓝 该溶液为铵盐溶液 C 以酚酞为指示剂，用0.1 mol/L NaOH标准溶液滴定0.1 mol/L草酸溶液 到达滴定终点时消耗 NaOH溶液的体积为 草酸溶液的2倍 草酸为二元弱酸 D 常温下，分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH 溶液的pH： NaA>NaB 酸性：HA<HB A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaHCO3溶液使紫色石蕊试液变蓝说明溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，水解常数，移项可得 ，A正确； B．湿润的红色石蕊试纸变蓝说明反应生成了NH3，待测液也可能是氨水，不一定为铵盐溶液，B错误； C．若草酸为二元强酸，用酚酞作指示剂滴定终点时，消耗NaOH溶液的体积也为草酸溶液的2倍，该现象只能证明草酸是二元酸，无法证明其为弱酸，C错误； D．饱和NaA、NaB溶液的溶解度不一定相同，因此溶液浓度不一定相等，未控制变量，无法根据pH比较对应酸的酸性强弱，D错误； 故选A。 8. 从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如下： 已知：。下列说法不正确的是 A. 酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多 B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+ C. 用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D. 向1 mol HAuCl4中加入过量Zn充分反应，最多消耗 【答案】B 【解析】 【分析】由流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将银、铜转化为银离子、铜离子，金不溶解，过滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到溶液，向溶液中加入锌粉，将转化为金，过滤得到金，据此分析。 【详解】A．浓硝酸与金属原料反应生成，与稀硝酸反应生成。以溶解为例，铜与浓硝酸反应方程式：，生成；铜与稀硝酸反应方程式：，生成，浓硝酸产生的氮氧化物更多，A正确； B．都能与过量氨水反应生成铜氨配离子和银氨配离子，用过量的氨水无法分离，B错误； C．在水溶液中电离产生，溶液中有硝酸根离子，相当于硝酸，具有强氧化性，并且会与金离子配位，使金溶解，C正确； D．由分析可知，加入锌粉的目的是将转化为金，由题意可知为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应。根据得失电子守恒计算，完全反应时，设消耗的锌为，，解得，最多消耗，D正确； 故选B。 9. 我国某科研团队研制出一种液流电池，电池的电解液流经窗户的玻璃空腔，在充电和放电的同时调节窗户的颜色，从而使室内降温，以减少空调的使用。充电时的工作原理如图所示。螯合剂邻二氮菲(phen，结构为)与Fe2+、Fe3+可分别形成(橙红色)、(淡蓝色)。已知：红光的热效应比蓝光的高。下列说法正确的是 A. 充电时，右侧电解液中离子总浓度减小 B. 充电后自然光透过窗户，室内温度升高不明显，可减少空调的使用 C. 放电时，M电极的电势高于N电极 D. 放电过程中，当有2 mol电子转移时，负极区电解质溶液质量减少71 g 【答案】B 【解析】 【详解】A．充电时N电极为阳极，电极反应为，阳极区正电荷增多，氯离子通过交换膜向阳极区移动，右侧电解液中离子总浓度增大，A错误； B．充电时阳极电极反应为，电解液中蓝色的增多，由于蓝光热效应比红光低，自然光透过窗户后温度升高不明显，可减少空调的使用，B正确； C．放电时，N电极为正极，M电极为负极，M电极的电势低于N电极，C错误； D．放电时每转移1 mol 电子，有1 mol 氯离子移入负极区，故当有2 mol电子转移时，有2 mol 氯离子移入负极区，负极区电解质溶液质量增加71 g，D错误； 故答案为：B。 10. 一种聚酰亚胺类材料W具有良好的绝缘性、耐磨性和阻燃性，被广泛用于航天、航空器及火箭部件中，其合成过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. X的二氯代物有8种 B. Y中sp3和sp2杂化的碳原子数目比为2：3 C. Y→W的反应为缩聚反应 D. W是纯净物 【答案】C 【解析】 【详解】A．X的二氯代物有、、、、、、共7种，A不正确； B．Y中碳原子均为杂化，B不正确； C．的过程中有水生成，为缩聚反应，C正确； D．W是高分子化合物，为混合物，D不正确； 故选C。 11. 容积均为1 L的甲、乙两个刚性容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2 mol NO2，发生反应 。甲容器中NO2的相关量随时间变化关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 0~3 s，甲容器中v(NO2)增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 B. 3s时甲容器中反应未达到化学平衡状态 C. 乙容器中该反应的化学平衡常数大于225 D. 甲、乙两容器均达平衡后，欲使两者NO2的体积分数相等，可向乙容器中再充入少量N2O4气体 【答案】D 【解析】 【分析】甲为绝热容器，由于反应 ，相当于反应放出的热量给自身反应加热，甲容器温度会升高；由图可知，随着反应进行，甲容器中的浓度一直下降，0~3s内，温度对的反应速率影响大于浓度降低的影响，3s后，浓度降低是影响的反应速率主导因素。乙为恒温容器，温度不变，只有浓度一个因素对反应速率和平衡有影响，据此分析。 【详解】A．甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应自身进行加热，温度升高，使的反应速率加快，的浓度降低，使其自身的反应速率减慢；0~3s内，甲容器中的反应速率增大的原因：温度升高对反应速率的影响大于浓度降低的影响，A正确； B．由图可知，9s时不变，反应达到化学平衡状态，B正确； C．相同温度下，甲容器充入，发生反应 达到平衡时，的浓度为，列出三段式： 平衡常数，容器均为1 L的甲、乙两个刚性容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入，发生反应 ，甲容器中温度升高，平衡逆向移动，平衡常数，故，C正确； D．甲为绝热容器，反应放热使温度升高，平衡逆向移动，故甲中体积分数大于乙；向乙容器中再充入少量气体，等效于增大压强，平衡正移，最终达到新平衡时，体积分数较原平衡更小，不可能与甲相等，D错误； 故选D。 12. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，其原子半径、原子序数及其在对应氢化物中的化合价的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性：W<Z B. W与Y的化合物偏向共价晶体 C. XZ晶胞中Z的配位数为8 D. 工业上可电解XZ溶液制备X 【答案】B 【解析】 【分析】W对应氢化物中W为-1、-2价，原子序数最小，故W为O；X对应氢化物中X为+1价，原子半径最大，为Na；Y对应氢化物中Y为+3价，且原子序数大于Na，Y为Al；Z对应氢化物中Z为-1价，且原子序数最大，Z为Cl。 【详解】A．W为O，Z为Cl，电负性：O>Cl，A错误； B．Al2O3为离子晶体，但由于Al和O的电负性差处于离子键和共价键的过渡区域，Al-O键具有显著的共价性，B正确； C．NaCl晶胞中Cl的配位数为6，C错误； D．电解NaCl溶液无法得到Na，因为阴极会优先发生H2的析出反应，需电解熔融NaCl才能制备Na单质，D错误。 故选B。 13. 粉末X可能由Na2CO3、KNO3、MgCl2、CuSO4、FeCl3、FeCl2中的两种或多种组成，为了确定其组成，取一定量的X，分别加入足量下列试剂，实验记录如表： 实验 加入试剂 现象 i 蒸馏水 澄清透明溶液(将溶液分为a、b、c三等份) ii 向溶液a中先加足量稀盐酸，后加氯化钡溶液 前者：无明显现象，后者：产生白色沉淀 iii 向溶液b中先滴加KSCN溶液，后滴加新制氯水直至足量 前者：无明显现象，后者：溶液先变红色后红色褪去 iv 向溶液c中滴加足量NaOH溶液 有沉淀生成 下列有关说法正确的是 A. 实验iii中溶液变红的反应：，“红色褪去”时溶液中无Fe3+ B. X中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2 C. X中一定不含有FeCl3、Na2CO3和KNO3 D. 实验iv中一定能观察到“白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色” 【答案】C 【解析】 【分析】由实验ⅲ可知，X中一定含有氯化亚铁，不含有氯化铁；由实验ⅱ可知，X中一定含有硫酸铜，一定不含有碳酸钠和硝酸钾(酸性溶液中硝酸钾能氧化亚铁离子)；由实验ⅳ可知，X中可能会有氯化镁，综上可知，X中一定含有硫酸铜和氯化亚铁，一定不含有碳酸钠、硝酸钾和氯化铁，可能会有氯化镁。 【详解】A. 氯气具有强氧化性，能氧化溶液中的硫氰酸根离子，则实验iii中溶液褪去的原因是过量的氯水将溶液中硫氰酸根离子氧化，平衡向逆反应方向移动，使得溶液中硫氰化铁的浓度减小所致，A错误； B.由分析可知，X中一定含有硫酸铜和氯化亚铁，可能会有氯化镁，B错误； C. 由分析可知，X中一定不含有碳酸钠、硝酸钾和氯化铁，C正确； D. 向溶液c中滴加足量氢氧化钠溶液，溶液中的铜离子会与氢氧根离子生成氢氧化铜蓝色沉淀，蓝色沉淀会掩盖氢氧化亚铁的白色沉淀，所以实验时无法观察到溶液中有白色絮状沉淀的生成，D错误； 故选C。 14. 一定温度下，向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：、，相关数据如下图所示。已知可看作中一个O原子被S原子取代。下列说法不正确的是 A. 中配位原子为端基S原子 B. L3表示随变化的关系 C. AgBr的溶度积常数 D. 反应的平衡常数K的值为10-4.6 【答案】D 【解析】 【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线L2表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线L1表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系。溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，溶液中小于，则直线L4表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系、直线L3表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系； 【详解】A．[Ag(S2O3)]-的配体为，可看作中一个O原子被S原子取代，中的中心S原子无孤电子对，不能作为配位原子，电负性:S＜O，所以端基S作为配位原子，A正确； B．根据分析，直线L3表示随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，B正确； C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol/L、10-8.35 mol/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Br-)=10-12.2，C正确； D．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol·L-1时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10-3.85mol·L-1、10-8.5mol·L-1，、均为10-4.2，即=，则反应的平衡常数K===104.6，D不正确； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 钽(Ta)和铌(Nb)是重要的战备金属，通过溶剂萃取法对工业余料(主要成分为NaTaO3、NaNbO3及Ti、Ca、Mg、Si的氧化物)提纯制备Ta2O5和Nb2O5的工艺流程如图。 已知：①MIBK(甲基异丁基甲酮)是一种有机萃取剂，对Ta、Nb的氟络离子具有较高萃取度；②在低酸度溶液中易被洗脱；③Ta2O5的水化物性质与Al元素相似。 （1）对“工业余料”预处理时常进行粉碎，目的是_______。 （2）“酸溶”时产生的废气中除了挥发的HF外，还可能含有的物质是_______。当氢氟酸过量时，Ta元素主要转化为H2TaF7，反应化学方程式为_______。 （3）“废液”中Ti元素以氟络离子形态存在，其中Ti4+位于由若干个F-构成的正八面体空隙内，则二者形成的离子可表示为_______。 （4）“反萃”所得“含Nb相”属于_______(填“水相”或“有机相”)。 （5）使用NaOH代替NH3进行“沉钽”会降低沉淀率，原因是_______。 （6）钽形成的某种晶体TaAs的晶胞结构如图。As的配位数为_______，晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 【答案】（1）增大固液接触面积，提高酸溶速率 （2） ①. ②. （3） （4）水相 （5）可溶于过量强碱，降低钽的沉淀率 （6） ①. 6 ②. 【解析】 【分析】工业余料(主要成分为NaTaO3、NaNbO3及Ti、Ca、Mg、Si的氧化物)用的酸溶，Ca、Mg的氧化物与氢氟酸反应生成废渣，废渣主要含、，Si的氧化物与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，废气除了挥发的外，还可能含有的物质是；用MIBK(甲基异丁基甲酮)将酸溶液中Ta、Nb的氟络离子萃取出来；由于在低酸度溶液中易被洗脱，往萃取、酸洗后的溶液中加入水进行反萃取，得到含Nb的水相和含Ta的有机相；含Nb的水相经过一系列步骤，得到；含Ta的有机相中通入氨气，得到沉淀，煅烧分解得到，据此分析。 【小问1详解】 工业余料进行粉碎处理，可以增大“酸溶”时的固液接触面积，提高反应速率。 【小问2详解】 由分析可知，工业余料中的可与反应生成四氟化硅气体，因此，废气中含挥发出来的和；当氢氟酸过量时，Ta元素由主要转化为，反应的化学方程式为。 【小问3详解】 由题意可知，填充在构成的正八面体（六个顶点）空隙中，故周围有6个，该离子表示为。 【小问4详解】 “反萃”时加入水，结合已知②在低酸度溶液中易被洗脱，故“含Nb相”属于低酸度的水相。 【小问5详解】 由已知③，的性质与相似，会溶解；若使用代替进行“沉钽”，会导致溶解损失，降低沉淀率。 【小问6详解】 根据晶胞结构可知，距离最近的原子数有6个，则的配位数为6；根据均摊法计算：该晶胞中有个，个，故晶胞的密度为。 16. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)是工业合成尿素(CO(NH2)2)的中间物质，氨基甲酸铵固体受热易分解，能与水(包含空气中水汽)反应生成碳酸氢铵导致纯度下降。某化学实验小组利用NH3和CO2合成氨基甲酸铵固体，原理：，实验装置如图所示。 请回答下列问题： （1）写出由氨基甲酸铵合成尿素的化学反应方程式_______。 （2）仪器a的名称为_______。装置Ⅱ中的试剂可选用_______(填下列标号)。 ①浓硫酸 ②无水CaCl2固体 ③碱石灰 ④P2O5固体 （3）装置Ⅳ需要控制温度在35℃左右，原因是_______。 （4）氨基甲酸铵可以和甲醛反应得到(CH2)6N4(名称：六次甲基四胺，结构如下图)。 ①该反应还产生了CO2气体，写出反应化学方程式_______。 ②关于六次甲基四胺的说法中正确的是_______。 A．可形成分子间氢键 B．具有碱性 C．1 mol分子含有的σ键数目为12 NA （5）强碱性条件下，尿素与次氯酸钠溶液反应得到N2H4和纯碱溶液，该反应的离子方程式为_______。 【答案】（1） （2） ①. 三颈烧瓶 ②. ③ （3）温度过低反应速率过慢；温度过高，氨基甲酸铵受热易分解（或平衡逆向移动），使其产率降低。 （4） ①. ②. B （5） 【解析】 【分析】首先在装置Ⅰ中，利用浓氨水与CaO反应快速制备氨气，CaO与水反应放热且可增大溶液碱性，促使NH3逸出；生成的氨气进入装置Ⅱ，通过碱石灰彻底干燥，避免水蒸气进入后续装置引发副反应；装置Ⅲ中干冰升华提供干燥纯净的CO2，省去额外干燥步骤；干燥的NH3与CO2按化学计量比进入装置Ⅳ的反应器中，在35℃左右条件下反应生成氨基甲酸铵固体，该温度既保证了适中的反应速率，又避免了温度过高导致产物分解；装置Ⅴ中浓硫酸可以既吸收未反应的氨气，防止污染空气，又隔绝空气中的水蒸气倒吸入反应装置，保证产物纯度。 【小问1详解】 氨基甲酸铵热分解合成尿素的方程式为： 【小问2详解】 仪器a的名称为三颈烧瓶，根据分析可知装置Ⅱ的用途为干燥氨气，故应选择碱石灰。 【小问3详解】 根据氨基甲酸铵固体受热分解的特点以及温度对反应速率的影响可知，控制温度在35℃左右的原因为：温度过低会导致反应速率过慢，CO2与NH3接触不充分；而温度过高时，氨基甲酸铵易分解（或平衡逆向移动）。 【小问4详解】 ①已知氨基甲酸铵可以和甲醛反应得到(CH2)6N4和CO2气体，据此书写化学反应方程式为：； ②A．六次甲基四胺分子中，氮原子与三个碳原子相连，无法形成分子间氢键，故A错误； B．氮原子为sp3杂化，含有一个孤电子对，具有结合H+的能力，具有碱性，故B正确； C．一个六次甲基四胺分子中含有24个σ键，1 mol该分子中含有24 mol σ键，故C错误； 因此答案选B。 【小问5详解】 强碱条件下，尿素与次氯酸钠溶液发生离子反应方程式为。 17. 氢能是一种优秀的新型清洁能源，氢气的制备和储氢材料的发展对氢能的使用起到至关重要的作用。 Ⅰ．利用甲酸(HCOOH)分解可制H2。 主反应： ΔH1=-akJ/mol 副反应： ΔH2=+bkJ/mol （1）的_______kJ/mol(用含a、b的代数式表示)。 （2）主反应的路径如下图(*表示催化剂表面吸附位)，该反应的决速步骤的化学方程式为_______。 （3）向2 L恒容密闭容器中充入2 mol HCOOH同时发生主、副反应。10 min时测得容器内CO2的物质的量、含碳物质中CO的物质的量分数与温度T的关系如图所示。T1时，初始压强为10 kPa，HCOOH的平衡转化率为60%。已知：。 ①试解释CO2的物质的量变化原因_______。 ②温度为T1时，主反应的平衡常数Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．储氢材料是一类能可逆吸收、储存和释放氢气的功能材料，是氢能规模化应用的核心载体。储氢材料种类多样。 （4）AMH4型分子是一类无机小分子储氢材料。(A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga)已知：该类分子中A+半径越大、M元素电负性越强，分子越稳定，则该类分子中最稳定的一种的化学式为_______。 （5）NaAlH4可通过分解放氢，其反应：，则NaAlH4的可逆储氢容量(可逆储氢容量：储存的氢气所占储氢材料的质量分数)为_______%(保留一位小数)。 （6）固态合金Z储氢的原理可表示为： 。如图表示温度分别为T1、T2时，最大储氢量与氢气压强的关系。则下列说法正确的是_______。 A．T1>T2 B．增大氢气的压强，可加快储氢速率 C．增大Z的量，上述平衡向右移动 【答案】（1）-a-b （2）HCOOH*→HCOO*+H* （3） ①. ①当温度低于T1时，10 min内未达平衡，温度升高，反应速率加快，CO2增多；当温度高于T1时，10 min内已达平衡，温度升高，主反应逆向移动，CO2减少； ②. （4）KBH4 （5）5.6 （6）B 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，主反应减去副反应即得到目标反应，因此该反应的H=（-a-b）kJ/mol 【小问2详解】 由图可知HCOOH*→过渡态I时需要的能量最高，故HCOOH*→HCOO*+H*为决速步骤。 【小问3详解】 ①图像为10 min时CO2的物质的量和CO的物质的量分数随温度的变化曲线，由于主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO2减少。故判断：当温度低于T1时，10 min内未达到平衡，温度升高，反应速率加快，CO2增多；当温度高于T1时，10 min已达到平衡，温度升高，主反应逆向移动，CO2减少。 ②T1时HCOOH的平衡转化率为60%、为25%，可得n(HCOOH)=0.8 mol、n(CO2)=n(H2)=0.7 mol、n(CO)=n(H2O)=0.5 mol，气体总物质的量为3.2 mol，根据压强比等于气体物质的量之比，可得平衡时总压强为16 kPa。故主反应的。 【小问4详解】 根据题意，Li+、Na+、K+中K+半径最大，B、Al、Ga元素中B元素电负性最强，则最稳定的物质为KBH4。 【小问5详解】 NaAlH4的可逆储氢容量==5.6%。 【小问6详解】 储氢反应为放热反应，温度越高、氢气压强越低，最大储氢量越低，故T1<T2，A错误；压缩氢气体积，增大氢气的压强，氢气浓度增大，反应速率加快，B正确；Z为固体，增大Z的量对平衡无影响，C错误。 18. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一： （1）根据系统命名法，A的名称为_______；B分子中处于同一直线上的原子数最多为_______个。 （2）C→D的反应类型为_______。H中_______(填“含”或“不含”)手性碳原子。 （3）G中含氧官能团的名称为_______。已知吡啶()是一种有机碱，J→K的转化过程中，吡啶除了作为溶剂外，还起到的作用是_______。 （4）写出E转化为G的化学方程式_______。 （5）E的同分异构体中，满足下列条件的有_______种。 ①含有-NH2和-COOH且直接与苯环相连 ②不存在sp2-sσ键 （6）根据上述路线，设计由合成的合成路线(其他试剂任选)_______。 【答案】（1） ①. 3-甲基苯酚 ②. 4 （2） ①. 还原反应 ②. 不含 （3） ①. 酰胺基、醚键 ②. 中和生成的乙酸，促进反应正向进行 （4） （5）10 （6） 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B（），B发生取代反应生成C；D与乙酸酐反应生成E，对比C、E结构简式，结合D分子式可知D结构简式：，E与F发生反应生成G，对比E、G结构简式，则F结构简式：；G发生两步反应生成H，H反应生成I，结合I的结构简式和H分子式可知H为：；I与水反应生成J，J与乙酸酐反应生成K，结合K结构简式和J分子式可知，J为； 【小问1详解】 A的系统命名为3-甲基苯酚，B分子中处于同一直线上的原子数最多为4， 【小问2详解】 C→D过程中，有机物去氧加氢，为还原反应。结合手性碳定义可知，H中不存在手性碳原子； 【小问3详解】 G中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键；J一K属于取代反应，乙酰基取代了酚羟基的H原子，生成K和CH3COOH，因此吡啶除了作溶剂外，还可以中和生成的乙酸，促进反应正向进行； 【小问4详解】 E（）和F（）在CH3CH2ONa的作用下生成G（），化学方程式为：； 【小问5详解】 E的分子式：C12H17NO2，条件①说明其同分异构体的不饱和度只体现在苯环、-COOH中，且苯环上至少三个取代基，条件②说明苯环碳原子不直接与氢原子相连。综合两个条件及E的分子式可知满足条件的同分异构体的苯环上有六个取代基（1个一COOH、1 个一NH2、3个一CH3、1个一CH2CH3)，共10种； 【小问6详解】 根据H→I→J的路线可知，在0~5℃下与试剂NaNO2/HCl反应生成，再与水反应生成，故合成路线为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $