精品解析：北京市昌平区2026年高三下学期第二次统一练习化学试卷

昌平区2026年高三年级第二次统一练习 化学试卷 2026.5 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Ni 59 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家在嫦娥六号月壤样品中首次发现褐硫钙石(CaS，熔点2525℃)。褐硫钙石的形成与撞击引发的高温下的界面反应有关，研究表明褐硫钙石中的硫可能来自金属相中的FeS或溶解的S，而钙只能来自冲击玻璃中的CaO。下列说法不正确的是 A. Fe元素位于元素周期表的p区 B. CaS晶体属于离子晶体 C. 褐硫钙石的形成过程属于化学变化 D. 电负性： 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的空间填充模型： B. 乙烯的结构简式： C. 电子云图： D. 的电子式： 3. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 热的纯碱溶液去除油污 B. 工业制硫酸时，使用过量氧气提高的平衡转化率 C. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 切开金属钠表面变暗： B. 硝酸见光分解： C. 用溶液蚀刻铜电路板： D. 用足量溶液吸收尾气： 5. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖能发生银镜反应 B. 油脂在碱性条件下的水解反应可用于制肥皂 C. 向蛋白质溶液中加入NaCl浓溶液，蛋白质析出，加水后溶解 D. 糖类、油脂、蛋白质均属于高分子化合物 6. HCN(g)与HNC(g)在一定条件下可以发生互变，反应过程能量变化如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下，HCN(g)比HNC(g)更稳定 B. 由HCN(g)生成1 mol HNC(l)，需吸收的能量大于59.3 kJ C. HCN(g)转化为HNC(g)的过程中所有化学键均发生断裂 D. 催化剂可以降低反应的ΔH，使HCN(g)更易转化为HNC(g) 7. 玫瑰精油中一种成分的结构简式如图，下列说法不正确的是 A. 该分子能与金属Na反应 B. 该分子中存在2个手性碳原子 C. 该分子中所有碳原子不可能均在同一平面 D. 该分子可以发生加成反应、消去反应、氧化反应 8. 工业上可用SO2制备碱式硫酸铬[Cr(OH)(H2O)5SO4]，反应为：，下列说法正确的是 A. 基态Cr原子的价电子轨道表示式为 B. 与的VSEPR模型相同 C. 溶液中， D. 生成1 mol 时，转移电子数为 9. 下列实验设计能达成对应实验目的的是 目的 A．实验室制备 B．除去中的 实验 目的 C．干燥 D．收集 实验 A. A B. B C. C D. D 10. 下列事实与解释的对应关系不正确的是 选项 事实 解释 A 第一电离能： 基态原子的价电子排布为，处于半满状态 B 键角： 原子均为杂化，孤电子对数： C 沸点： 键能： D 酸性： 非金属性： A. A B. B C. C D. D 11. 一种高性能的碱性硼化钒()—空气电池装置示意图如下。 总反应为：(中的化合价为) 该电池工作时，下列说法不正确的是 A. 复合碳电极上发生还原反应 B. 电极发生反应： C. 若有(标准状况)参与反应，有通过阴离子交换膜移向负极 D. 正极区溶液的降低、负极区溶液的升高 12. 一种诱导肿瘤免疫原性细胞死亡的聚合物P的合成路线如下。 下列说法正确的是 A. 反应物A与B生成E的反应类型为缩聚反应 B. 产物D的结构简式为 C. 反应物E与L的化学计量比是 D. 高分子P完全水解可得到A和L 13. 某实验小组探究溶液与溶液的反应。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 2滴3滴 紫色褪去 Ⅱ 2滴纯水3滴 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀生成 Ⅲ 2滴2滴 溶液变为绿色 Ⅳ 2滴10滴 溶液变为绿色，同时有棕黑色沉淀生成，绿色很快消失，伴随大量棕黑色沉淀生成 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；为绿色，为棕黑色，接近无色。 浓碱性条件下，可被还原为。 下列分析正确的是 A. Ⅰ中紫色褪去的原因是 B. 由Ⅰ、II可知，的还原性随酸性减弱而减弱 C. Ⅲ中溶液变绿的原因是被还原为 D. 由Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中绿色消失是由于增大，还原性增强，将还原为 14. 用DMO(结构简式为)与合成乙二醇，涉及到的相关反应如下。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 在催化剂存在，压强、流速、均固定的条件下，反应相同时间，在出口处检测得到的DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图，曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。 已知：某物质(X)的选择性 下列说法不正确的是 A. 曲线I为DMO的实际转化率，曲线Ⅲ为乙醇的选择性 B. N点反应未达平衡，延长原料与催化剂的接触时间可能提高DMO的转化率 C. 483 K之后，升高温度，反应ⅱ逆向移动，乙二醇的选择性下降 D. 483 K时，出口处 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 寻找储氢材料并改进储氢性能是当前研究热点之一。 I．氨硼烷()是一种具有潜力的储氢材料。 氨硼烷在催化剂作用下与水反应释放氢气： 已知：①的球棍模型为，的结构简式为 ②元素的电负性：H 2.1、B 2.0、C 2.5、N 3.0、O 3.5 ③分子间正电性氢()和负电性氢()之间存在静电吸引作用，可用“”表示。 ④通常，氢键“”中Y原子需含有孤电子对。 （1）氨硼烷释放氢气的反应中，B原子的杂化轨道类型由___________变为___________。 （2）氨硼烷的熔点()高于与其分子量相近的乙烷的熔点()，原因是___________(答出两点)。 Ⅱ．镁基储氢材料及储氢性能的改进。 （3）的晶胞结构示意图如下图，边长分别为、、。 ①图中黑球代表___________原子。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。() （4）和固溶物协同释放氢气反应的能量变化示意图如下。 ①从平衡角度推断利于释放氢气的条件并说明理由：___________(答出两点)。 ②固溶物协同释放氢气效果优于，分析原因___________(答出两点)。 16. ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 （1）方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为___________。 （2）方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：_________。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是___________。 ③冰水浴的作用是___________。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是___________。 （3）方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的___________极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是___________。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：___________。 17. 一种用于治疗类风湿关节炎的药物Q的合成路线如下。 （1）A分子中含有的官能团的名称是羟基、___________、___________。 （2）B的结构简式为___________。 （3）D→E的反应类型是___________。 （4）G→H的化学方程式是___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．试剂a可与FeCl3溶液发生显色反应 b．D的核磁共振氢谱有5组峰 c．E→F的过程中，利用了吡啶()的碱性 （6）由I合成Q经历的多步反应如下图。 ①Ⅰ的结构简式为___________。 ②Y中不含Br原子，含sp杂化碳原子，Z中含有三个六元环。Z的结构简式为___________。 （7）Q的合成路线中存在羟基的保护，A→B引入保护基，___________脱除保护基。 18. 锂离子电池正极材料中镍、钴、锰回收工艺的一种流程示意图如下。 已知：正极材料不溶于水，其中是+2价，是+3价。 （1）浸出液中镍、钴、锰均以+2价离子形式存在。 ①该过程分离浸出液和滤渣的操作是___________。 ②不同温度下，钴锰的浸出率如下图，60℃后，温度升高，浸出率均下降的原因是___________。 ③将浸出反应的离子方程式补充完整：_____________。 ________ ________ （2）“沉锰”后的镍钴氨络合溶液中，主要配离子是、。 ①结合平衡移动原理，解释加入的作用：___________。 ②先将浸出液冷却至20℃，再进行“沉锰”环节，该过程中，依据比例关系所需的的物质的量应等于，实际操作过程中添加的的物质的量远大于，分析主要原因___________(答出两点)。 （3）镍钴分离过程中步骤ⅰ加入的EDTA二钠盐()可将镍元素转化为Ni-EDTA络合物而不与钴元素反应。已知：EDTA二钠盐的结构简式为。 ①N原子与之间能形成作用力的原因是___________。 ②步骤ⅱ加热蒸氨的离子方程式为___________。 （4）纯度测定：用将样品完全溶解，得到和混合溶液，调节，将完全沉淀，过滤得滤液，取25 mL滤液，在一定条件下，用的EDTA二钠盐()标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准液。 已知：滴定反应为 样品中Ni的质量分数为___________。 19. 某小组同学探究钴化合物中Co(Ⅱ)与Co(Ⅲ)的相互转化。 已知：①Co(OH)Cl为蓝色沉淀，Co(OH)2为粉色沉淀，CoO为黑灰色粉末，Co(OH)3为棕黑色粉末。 ②在水溶液中，Co2+为粉红色，[Co(NH3)6]2+为土黄色，[Co(NH3)6]3+为红棕色。 ③ ④和在一定条件下与酸均能生成 装置 实验 试剂X 实验内容及现象 ⅰ 无 在空气中久置，无明显现象 ⅱ NaOH溶液 先产生蓝色沉淀，后沉淀变为粉色，振荡静置一段时间后，粉色沉淀逐渐变为棕褐色 ⅲ 浓氨水 逐滴加入浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好完全溶解，溶液变为土黄色，静置一段时间后溶液变为红棕色 （1）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。 （2）为验证实验ⅱ中Co(Ⅱ)转化为Co(Ⅲ)，设计如下实验：取实验ii中棕褐色沉淀于试管中，向其中加入浓盐酸，___________(填现象)，证实实验ⅱ实现了Co(Ⅱ)向Co(Ⅲ)的转化。已知：在水溶液中不稳定，氧化性：。 （3）实验ⅲ中溶液变为红棕色的反应的离子方程式为___________。 （4）小组同学对CoCl2溶液和溶液中Co(Ⅱ)的还原性进行讨论。 ①甲同学认为：由于CoCl2溶液中大于溶液中，因此CoCl2的还原性大于的还原性。乙同学基于实验现象：___________，否定了该观点。 ②丙同学从氧化还原反应规律的角度分析：虽然溶液中低，但的还原性仍大于CoCl2的还原性，原因是___________。 （5）结合(4)对比实验ⅱ、ⅲ，推测实验ⅱ中Co(Ⅱ)能向Co(Ⅲ)转化的原因是___________。 （6）若要实现转化为，应先在一定条件下加入___________，再加NH3。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平区2026年高三年级第二次统一练习 化学试卷 2026.5 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Ni 59 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家在嫦娥六号月壤样品中首次发现褐硫钙石(CaS，熔点2525℃)。褐硫钙石的形成与撞击引发的高温下的界面反应有关，研究表明褐硫钙石中的硫可能来自金属相中的FeS或溶解的S，而钙只能来自冲击玻璃中的CaO。下列说法不正确的是 A. Fe元素位于元素周期表的p区 B. CaS晶体属于离子晶体 C. 褐硫钙石的形成过程属于化学变化 D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．Fe的价电子排布为3d64s2，位于元素周期表d区，不属于p区，A错误； B．CaS由活泼金属Ca和活泼非金属S形成，熔点高达2525℃，属于离子晶体，B正确； C．褐硫钙石形成过程中由反应物生成了新物质CaS，属于化学变化，C正确； D．同主族元素电负性从上到下递减，故电负性，Ca为活泼金属，电负性远小于非金属S，因此电负性顺序为，D正确； 故答案选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的空间填充模型： B. 乙烯的结构简式： C. 电子云图： D. 的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．空间填充模型中C原子半径大于H原子，图示比例符合实际，A正确； B．乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中双键不能省略，正确结构简式为，B错误； C．电子云沿z轴呈哑铃形分布，图示符合电子云的特征，C正确； D．是共价化合物，O和O之间为单键，每个O原子与1个H原子结合，最外层满足8电子稳定结构，电子式书写正确，D正确； 故选B。 3. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 热的纯碱溶液去除油污 B. 工业制硫酸时，使用过量氧气提高的平衡转化率 C. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生 【答案】D 【解析】 【详解】A．纯碱中碳酸根存在水解平衡：，水解吸热，升温平衡正向移动，浓度增大，油污在碱性条件下更易水解，可用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．工业制硫酸时的催化氧化为可逆反应：，增大反应物的浓度，平衡正向移动，可提高平衡转化率，可用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．密闭烧瓶中存在平衡：，正反应放热，受热后平衡逆向移动，浓度增大，颜色加深，可用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．加入后，Zn置换出Cu，形成原电池加快反应速率，该反应不是可逆反应，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 4. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 切开金属钠表面变暗： B. 硝酸见光分解： C. 用溶液蚀刻铜电路板： D. 用足量溶液吸收尾气： 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下切开金属钠，钠与氧气反应生成氧化钠（Na2O）导致表面变暗，反应为4Na+O2=2Na2O，题干所给方程式是加热或点燃条件下的反应，与事实不相符，A错误； B．硝酸见光易分解生成二氧化氮、氧气和水，所给方程式配平正确、反应条件符合事实，B正确； C．Fe3+具有氧化性，可与Cu发生氧化还原反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式电荷、原子均守恒，符合反应事实，C正确； D．足量NaOH与SO2反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式书写正确，符合反应事实，D正确； 故答案选A。 5. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖能发生银镜反应 B. 油脂在碱性条件下的水解反应可用于制肥皂 C. 向蛋白质溶液中加入NaCl浓溶液，蛋白质析出，加水后溶解 D. 糖类、油脂、蛋白质均属于高分子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．葡萄糖含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应，A正确； B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐（肥皂的主要成分）和甘油，该反应称为皂化反应，可用于制肥皂，B正确； C．向蛋白质溶液中加入浓溶液会发生盐析，盐析是可逆过程，加水后析出的蛋白质会重新溶解，C正确； D．高分子化合物相对分子质量通常达上万，糖类中的单糖、二糖以及油脂的相对分子质量都较小，不属于高分子化合物，D错误； 故选D。 6. HCN(g)与HNC(g)在一定条件下可以发生互变，反应过程能量变化如图。 下列说法正确的是 A. 该条件下，HCN(g)比HNC(g)更稳定 B. 由HCN(g)生成1 mol HNC(l)，需吸收的能量大于59.3 kJ C. HCN(g)转化为HNC(g)的过程中所有化学键均发生断裂 D. 催化剂可以降低反应的ΔH，使HCN(g)更易转化为HNC(g) 【答案】A 【解析】 【详解】A．物质的能量越低越稳定。图中显示 HCN(g) 的能量低于 HNC(g) ，因此 HCN(g) 更稳定，A正确； B．根据图表计算，HCN(g)→HNC(g)吸收的热量为59.3 kJ。物质从气态变为液态（HNC(g)→HNC(l)）是一个放热过程（凝结放热）。根据盖斯定律：ΔH总=ΔH气相反应+ΔH液化，ΔH总=(+59.3 kJ)+(负值)，吸收的能量应该小于59.3kJ，B错误； C．这是一个异构化反应。HCN ( H-C≡N ) 转化为 HNC ( H-N≡C )。在这个过程中，C≡N 键并没有完全断裂成独立的C原子和N原子，而是发生了重排。虽然H-C键断裂形成了H-N键，但说“所有化学键均发生断裂”通常指原子完全解离，这不符合异构化反应的特征，C错误； D．催化剂的作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但它不能改变反应的焓变（ΔH）。ΔH只取决于始态和终态的能量差，与路径无关，D错误； 故选A。 7. 玫瑰精油中一种成分的结构简式如图，下列说法不正确的是 A. 该分子能与金属Na反应 B. 该分子中存在2个手性碳原子 C. 该分子中所有碳原子不可能均在同一平面 D. 该分子可以发生加成反应、消去反应、氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子中含有羟基，能和Na反应置换出，A正确； B．手性碳原子的定义是连接4种完全不同的原子或基团的饱和碳原子。该分子中仅连羟基的环上碳原子符合手性碳定义，因此该分子一共只有1个手性碳原子，B错误； C．分子中存在多个杂化的饱和碳原子，为四面体空间结构，因此所有碳原子不可能都处于同一平面，C正确； D．碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应；该醇羟基的邻位碳原子都带有氢原子，可以发生消去反应，因此该分子可以发生加成、消去、氧化反应，D正确； 答案选B。 8. 工业上可用SO2制备碱式硫酸铬[Cr(OH)(H2O)5SO4]，反应为：，下列说法正确的是 A. 基态Cr原子的价电子轨道表示式为 B. 与的VSEPR模型相同 C. 溶液中， D. 生成1 mol 时，转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态Cr原子价电子排布符合洪特规则半满稳定特例，为3d54s1，轨道表示式应为，A错误； B．SO2中心S原子价层电子对数为 3，VSEPR模型为平面三角形；中心S原子价层电子对数为 4，VSEPR模型为正四面体形，二者模型不同，B错误； C．Na2SO4溶液的电荷守恒式应为c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH−)，题给式子漏了的电荷系数2，C错误； D．反应中Cr由+6价降低为+3价，每个Cr得到3个电子，生成1mol 时，转移电子数为，D正确； 答案选D。 9. 下列实验设计能达成对应实验目的的是 目的 A．实验室制备 B．除去中的 实验 目的 C．干燥 D．收集 实验 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸与二氧化锰共热发生氧化还原反应生成氯气，装置中用的是稀盐酸，无法制得氯气，A错误； B．氯化氢气体能溶于饱和食盐水，氯气不能，因此可以用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，B正确； C．氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，应选用硅胶或五氧化二磷，C错误； D．氯气的密度比空气大，应该长管进短管出，装置是短管进长管出（向下排空气法）；D错误； 故答案选B。 10. 下列事实与解释的对应关系不正确的是 选项 事实 解释 A 第一电离能： 基态原子的价电子排布为，处于半满状态 B 键角： 原子均为杂化，孤电子对数： C 沸点： 键能： D 酸性： 非金属性： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子价电子排布为，轨道半满结构更稳定，失电子难度大于，故第一电离能，对应关系正确，不符合题意； B．和中均为杂化，中有1对孤电子对，中有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，故键角，对应关系正确，不符合题意； C．沸点高于是因为分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键作用力强于范德华力，与、的键能无关，键能影响物质的热稳定性而非沸点，对应关系错误，符合题意； D．最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性正相关，非金属性，故酸性，对应关系正确，不符合题意； 故选C。 11. 一种高性能的碱性硼化钒()—空气电池装置示意图如下。 总反应为：(中的化合价为) 该电池工作时，下列说法不正确的是 A. 复合碳电极上发生还原反应 B. 电极发生反应： C. 若有(标准状况)参与反应，有通过阴离子交换膜移向负极 D. 正极区溶液的降低、负极区溶液的升高 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，该电池中，中V的化合价升高，发生失电子的氧化反应，所以电极为负极；复合碳电极通入空气，为正极，​发生得电子的还原反应。 【详解】A．复合碳电极为正极，​得电子，发生还原反应，A正确； B．负极失电子，结合总反应配平可得电极反应：，电荷、原子均守恒，B正确； C．标准状况下物质的量为0.01 mol，​参与反应转移4 mol电子，故​反应转移0.04 mol电子；原电池中阴离子移向负极，为维持电荷平衡，转移0.04 mol电子时，有通过阴离子交换膜移向负极，C正确； D．正极反应为，生成，正极区pH升高；负极反应消耗，负极区pH降低，D错误； 答案选D。 12. 一种诱导肿瘤免疫原性细胞死亡的聚合物P的合成路线如下。 下列说法正确的是 A. 反应物A与B生成E的反应类型为缩聚反应 B. 产物D的结构简式为 C. 反应物E与L的化学计量比是 D. 高分子P完全水解可得到A和L 【答案】B 【解析】 【详解】A．缩聚反应是多个单体缩合生成高分子、同时脱去小分子的反应。反应物A（只含1个端氨基）和B（只含1个活性酯基）发生1:1的取代反应生成E，不属于缩聚反应，A错误； B．B是羧基与*N-羟基琥珀酰亚胺（NHS）*形成的活性酯，A的氨基与该活性酯发生氨解反应，生成酰胺E，脱去的小分子D就是N-羟基琥珀酰亚胺，结构与选项B给出的结构一致，B正确； C．观察产物P的结构，1分子E与n分子L发生加聚反应得到P，E和L的化学计量比为，m是A中聚醚的重复单元数，与二者比例无关，C错误； D．P中含有酯基、酰胺键，完全水解时，酯基会水解为羧基和甲醇、酰胺键水解为氨基和羧基，且加聚形成的碳主链不会水解，无法得到原反应物L，D错误； 故选B。 13. 某实验小组探究溶液与溶液的反应。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 2滴3滴 紫色褪去 Ⅱ 2滴纯水3滴 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀生成 Ⅲ 2滴2滴 溶液变为绿色 Ⅳ 2滴10滴 溶液变为绿色，同时有棕黑色沉淀生成，绿色很快消失，伴随大量棕黑色沉淀生成 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；为绿色，为棕黑色，接近无色。 浓碱性条件下，可被还原为。 下列分析正确的是 A. Ⅰ中紫色褪去的原因是 B. 由Ⅰ、II可知，的还原性随酸性减弱而减弱 C. Ⅲ中溶液变绿的原因是被还原为 D. 由Ⅲ、Ⅳ可知，Ⅳ中绿色消失是由于增大，还原性增强，将还原为 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验Ⅰ为酸性环境（含H2SO4），KMnO4被还原为无色的Mn2+，正确离子方程式应为：。选项中生成OH⁻，违背酸性条件，A错误； B．酸性越强，氧化性越强；实验 Ⅰ（酸性）紫色褪去，实验 Ⅱ（中性）生成MnO2，说明酸性减弱，氧化性减弱，而非还原性减弱，B 错误。 C．实验Ⅲ为强碱性环境，溶液变绿是因被OH⁻还原为（绿色），反应为： ，虽然也具还原性，但在此条件下OH⁻起主导作用，是被OH⁻还原而不是被还原，C错误； D．Ⅲ、Ⅳ 对比，Ⅳ中Na2SO3用量更多，c()增大，还原性增强，可将进一步还原为棕黑色MnO2，因此绿色快速消失，D正确； 故选D。 14. 用DMO(结构简式为)与合成乙二醇，涉及到的相关反应如下。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 在催化剂存在，压强、流速、均固定的条件下，反应相同时间，在出口处检测得到的DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图，曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。 已知：某物质(X)的选择性 下列说法不正确的是 A. 曲线I为DMO的实际转化率，曲线Ⅲ为乙醇的选择性 B. N点反应未达平衡，延长原料与催化剂的接触时间可能提高DMO的转化率 C. 483 K之后，升高温度，反应ⅱ逆向移动，乙二醇的选择性下降 D. 483 K时，出口处 【答案】C 【解析】 【分析】题干已知曲线Ⅱ为乙二醇的选择性。根据反应路径DMO→MG→EG→EtOH，MG为中间产物，与曲线Ⅳ的变化趋势相符；乙醇为后续产物，其选择性在高温时才显著增加，与曲线Ⅲ的变化趋势相符。曲线Ⅰ随温度升高而递增，应为DMO的转化率； 【详解】A．温度升高反应速率加快，相同时间内DMO转化率随温度升高而增大，最终接近100%，故曲线I为DMO转化率；MG是中间产物，低温下含量高、高温下被完全反应，对应曲线Ⅳ，乙醇是最终产物，温度越高生成量越多，对应曲线Ⅲ，A正确； B．N点温度较低，反应速率较慢，反应未达到平衡状态，延长原料与催化剂接触时间，可使反应更充分，提高DMO转化率，B正确； C．483 K之后，乙二醇选择性下降的主要原因是温度升高，反应iii的速率加快，促进了乙二醇的消耗，C错误； D．483K时MG和乙醇的选择性均为0，即产物中两者物质的量均为0，故n(MG)=n(乙醇)，D正确； 答案选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 寻找储氢材料并改进储氢性能是当前研究热点之一。 I．氨硼烷()是一种具有潜力的储氢材料。 氨硼烷在催化剂作用下与水反应释放氢气： 已知：①的球棍模型为，的结构简式为 ②元素的电负性：H 2.1、B 2.0、C 2.5、N 3.0、O 3.5 ③分子间正电性氢()和负电性氢()之间存在静电吸引作用，可用“”表示。 ④通常，氢键“”中Y原子需含有孤电子对。 （1）氨硼烷释放氢气的反应中，B原子的杂化轨道类型由___________变为___________。 （2）氨硼烷的熔点()高于与其分子量相近的乙烷的熔点()，原因是___________(答出两点)。 Ⅱ．镁基储氢材料及储氢性能的改进。 （3）的晶胞结构示意图如下图，边长分别为、、。 ①图中黑球代表___________原子。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。() （4）和固溶物协同释放氢气反应的能量变化示意图如下。 ①从平衡角度推断利于释放氢气的条件并说明理由：___________(答出两点)。 ②固溶物协同释放氢气效果优于，分析原因___________(答出两点)。 【答案】（1） ①. ②. （2）氨硼烷分子间存在双氢键（类氢键作用），乙烷分子间不存在氢键；氨硼烷是极性分子，分子量相近时，氨硼烷分子间范德华力大于乙烷 （3） ①. Mg ②.    （4） ①. 高温：该释氢反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，利于释放氢气；低压：该反应正反应为气体分子数增大的反应，降低压强平衡正向移动，利于释放氢气 ②. 降低了释氢反应的活化能，加快了反应速率；该路径下释氢反应焓变更小，正向反应程度更大，更易释放氢气 【解析】 【小问1详解】 ​中B原子共形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为；产物中每个B原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为。 【小问2详解】 氨硼烷和乙烷相对分子质量相近，但氨硼烷是极性分子，本身分子间范德华力更大；结合题给电负性信息，氨硼烷中与可形成分子间氢键，分子间作用力远强于仅存在范德华力的乙烷，因此熔点更高。 【小问3详解】 ①​中原子个数比，图中黑球位于晶胞顶点和体心，数目为，白球位于晶胞面上和内部，数目为，因此黑球代表Mg原子。 ②晶胞中Mg原子位于晶胞顶点和体心，数目为，对应晶胞含2个，晶胞质量，晶胞体积，因此密度。 【小问4详解】 ①放氢反应为吸热、气体分子数增多的反应，根据勒夏特列原理：升高温度，平衡向吸热的正方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多的正方向移动，均利于放氢。 ②由能量图可知：加入固溶物后，反应活化能明显降低，反应速率更快；同时放氢反应的焓变减小（吸热量减少），热力学上更有利于放氢进行。 16. ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 （1）方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为___________。 （2）方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：_________。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是___________。 ③冰水浴的作用是___________。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是___________。 （3）方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的___________极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是___________。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：___________。 【答案】（1）2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2 （2） ①. CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑ ②. 三角锥形 ③. 冷凝ClO2，便于收集 ④. CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生 （3） ①. 阳极 ②. 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2 ③. 电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2 【解析】 【分析】以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2的实验过程中，将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体后，反应生成ClO2，在常温下为气体，通入冰水浴之后冷凝为黄绿色液体，在反应过程中可能会伴随有Cl2的生成，用NaOH溶液作尾气处理，既防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，也可以用于吸收Cl2。 【小问1详解】 根据氧化还原反应原理，NaClO2中Cl为+3价，Cl2中Cl为0价，ClO2中Cl为+4价，NaCl中Cl为-1价，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式2NaClO2+Cl2 =2ClO2+2NaCl； 【小问2详解】 ①根据氧化还原反应和原子守恒，CaO2中O为-1价，NaClO3中Cl为+5价, CIO2中Cl为+4价，CaO2作还原剂，NaClO3作氧化剂，反应为CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑； ②中Cl的价层电子对数为，有1对孤电子对,所以空间结构是三角锥形； ③因为ClO2沸点为11℃，所以冰水浴可冷凝ClO2，便于收集； ④CaO2与水反应生成H2O2，H2O2参与反应CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，导致NaClO3转化率没有明显提升，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生； 【小问3详解】 ①由题意可知，电极b由H2O生成O2，其中O的化合价升高，则电极b为阳极，其电极反应方程式为：2H2O- 4e- = 4H++O2，电极a为阴极，其电极反应方程式为：O2+4H++4e- = 2H2O； ②实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2； ③电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2。 17. 一种用于治疗类风湿关节炎的药物Q的合成路线如下。 （1）A分子中含有的官能团的名称是羟基、___________、___________。 （2）B的结构简式为___________。 （3）D→E的反应类型是___________。 （4）G→H的化学方程式是___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．试剂a可与FeCl3溶液发生显色反应 b．D的核磁共振氢谱有5组峰 c．E→F的过程中，利用了吡啶()的碱性 （6）由I合成Q经历的多步反应如下图。 ①Ⅰ的结构简式为___________。 ②Y中不含Br原子，含sp杂化碳原子，Z中含有三个六元环。Z的结构简式为___________。 （7）Q的合成路线中存在羟基的保护，A→B引入保护基，___________脱除保护基。 【答案】（1） ①. 硝基 ②. 氯原子 （2） （3）还原反应 （4）+H2O （5）ac （6） ①. ②. （7）I→X 【解析】 【分析】该合成路线中，化合物A与发生取代反应生成生成B，B的结构简式为。之后通过逆合成法分析，从路线图可以看出，E与在吡啶条件下发生取代反应生成F，结合F的结构简式可推E的结构简式为。D在Fe/HCl条件下生成E，该反应是还原反应，D的结构简式为。D由B与试剂a反应生成，且该反应过程中失去1分子HCl，结合上述B的结构可知，试剂a为，即苯酚。化合物G与HCOOH在加热条件下生成分子式为的化合物H，化合物G的分子式为，结合G的结构简式可知，H的结构简式为，据此作答。 【小问1详解】 从A的结构简式可以看出，其中含有的官能团为羟基、硝基和氯原子； 【小问2详解】 由分析可知，B的结构简式为； 【小问3详解】 由分析可知，D和E的结构简式分别为和。在D→E的过程中，硝基被转化为氨基，该反应属于还原反应； 【小问4详解】 由分析可知，化合物H的结构简式为，G→H的化学方程式为+H2O； 【小问5详解】 a．由分析可知，试剂a为苯酚，可以与溶液发生显色反应，使溶液呈紫色，a正确； b．由分析可知，D的结构简式为，该分子中，与1号和2号C原子相连的H原子位置对称，是等效氢。与3号和5号C原子相连的H原子位置对称，是等效氢。与9号C原子相连的3个H原子是等效氢。其余的H原子均不相互等效，分子中共有7组H原子，核磁共振氢谱中共有7组峰，b错误； c．吡啶环中的N原子含有1对孤对电子，可以接受质子显碱性，因此在E→F反应过程中，吡啶可以中和生成的HCl，有助于反应进行，c正确； 故答案选ac； 【小问6详解】 I的结构简式为，I由F与H（）反应生成，F的分子式为，则I的结构简式为。I中的甲氧基水解生成X，X的结构简式为。X与 在碱性条件下发生取代反应生成Y，Y的结构简式为。之后通过逆合成法分析，P与 反应脱去1分子生成Q，Q的结构简式为，则P的结构简式为。烯胺与亚胺之间存在类似烯醇和酮的互变，由题干信息可知，Z中含有六元环，P由Z经异构化生成，则Z的结构简式为，据此作答； ①由分析可知，I的结构简式为； ②由分析可知，Z的结构简式为； 【小问7详解】 由第6问分析可知，在I→X的过程中脱除保护基。 18. 锂离子电池正极材料中镍、钴、锰回收工艺的一种流程示意图如下。 已知：正极材料不溶于水，其中是+2价，是+3价。 （1）浸出液中镍、钴、锰均以+2价离子形式存在。 ①该过程分离浸出液和滤渣的操作是___________。 ②不同温度下，钴锰的浸出率如下图，60℃后，温度升高，浸出率均下降的原因是___________。 ③将浸出反应的离子方程式补充完整：_____________。 ________ ________ （2）“沉锰”后的镍钴氨络合溶液中，主要配离子是、。 ①结合平衡移动原理，解释加入的作用：___________。 ②先将浸出液冷却至20℃，再进行“沉锰”环节，该过程中，依据比例关系所需的的物质的量应等于，实际操作过程中添加的的物质的量远大于，分析主要原因___________(答出两点)。 （3）镍钴分离过程中步骤ⅰ加入的EDTA二钠盐()可将镍元素转化为Ni-EDTA络合物而不与钴元素反应。已知：EDTA二钠盐的结构简式为。 ①N原子与之间能形成作用力的原因是___________。 ②步骤ⅱ加热蒸氨的离子方程式为___________。 （4）纯度测定：用将样品完全溶解，得到和混合溶液，调节，将完全沉淀，过滤得滤液，取25 mL滤液，在一定条件下，用的EDTA二钠盐()标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准液。 已知：滴定反应为 样品中Ni的质量分数为___________。 【答案】（1） ①. 过滤 ②. 分解速率加快，导致其浓度降低，还原能力减弱，从而使钴、锰的浸出率下降 ③. 18、3、12、 （2） ①. 增大浓度，抑制电离，降低溶液中氢氧根浓度，防止生成氢氧化物沉淀，与氨水形成缓冲体系，稳定溶液pH ②. 温度较高时，自身分解；溶液中金属离子对的分解有催化作用； （3） ①. EDTA中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键。 ②. （4） 【解析】 【分析】锂离子电池正极材料（）不溶于水，首先用稀硫酸和过氧化氢加热浸出，正极材料被溶解并还原，Co (+3) 被还原为 Co (+2)，得到含浸出液和滤渣；随后向浸出液中加入硫酸铵、氨水和过氧化氢，在20℃下 “沉锰”，将氧化为沉淀，实现锰的分离，同时镍、钴转化为稳定的氨络合离子进入镍钴氨络合溶液；接着利用 EDTA 二钠盐的选择性络合作用，将镍元素转化为 Ni-EDTA 络合溶液，再经破络处理得到，而钴元素则在加入氢氧化钠并加热蒸氨的条件下生成沉淀，从而实现镍、钴的分步分离与回收，以此解答； 【小问1详解】 分离浸出液和滤渣的操作是过滤，这是固液分离的常用方法；浸出过程中使用了作为还原剂，不稳定，受热易分解。60℃后温度升高，分解速率加快，导致其浓度降低，还原能力减弱，从而使钴、锰的浸出率下降；根据氧化还原反应、元素守恒、电荷守恒得到完整的方程式应为； 【小问2详解】 溶液中存在平衡，加入，浓度增大，抑制电离，降低溶液中氢氧根浓度，防止生成氢氧化物沉淀，与氨水形成缓冲体系，稳定溶液pH；实际操作过程中添加的的物质的量远大于，主要原因：温度较高时，自身分解；溶液中金属离子对的分解有催化作用； 【小问3详解】 N原子与之间能形成作用力的原因是：N原子最外层有5个电子，在EDTA二钠盐的结构中，N原子形成3个共价键，因此含有1对孤电子对。作为金属阳离子，其价电子层存在空轨道，N原子的孤电子对可以进入的空轨道，从而形成配位键。故答案为EDTA中的N原子含有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键；加热蒸氨的离子方程式为； 【小问4详解】 已知滴定反应：；25mL滤液中；总体积VmL中；Ni的质量；质量分数； 19. 某小组同学探究钴化合物中Co(Ⅱ)与Co(Ⅲ)的相互转化。 已知：①Co(OH)Cl为蓝色沉淀，Co(OH)2为粉色沉淀，CoO为黑灰色粉末，Co(OH)3为棕黑色粉末。 ②在水溶液中，Co2+为粉红色，[Co(NH3)6]2+为土黄色，[Co(NH3)6]3+为红棕色。 ③ ④和在一定条件下与酸均能生成 装置 实验 试剂X 实验内容及现象 ⅰ 无 在空气中久置，无明显现象 ⅱ NaOH溶液 先产生蓝色沉淀，后沉淀变为粉色，振荡静置一段时间后，粉色沉淀逐渐变为棕褐色 ⅲ 浓氨水 逐滴加入浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好完全溶解，溶液变为土黄色，静置一段时间后溶液变为红棕色 （1）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。 （2）为验证实验ⅱ中Co(Ⅱ)转化为Co(Ⅲ)，设计如下实验：取实验ii中棕褐色沉淀于试管中，向其中加入浓盐酸，___________(填现象)，证实实验ⅱ实现了Co(Ⅱ)向Co(Ⅲ)的转化。已知：在水溶液中不稳定，氧化性：。 （3）实验ⅲ中溶液变为红棕色的反应的离子方程式为___________。 （4）小组同学对CoCl2溶液和溶液中Co(Ⅱ)的还原性进行讨论。 ①甲同学认为：由于CoCl2溶液中大于溶液中，因此CoCl2的还原性大于的还原性。乙同学基于实验现象：___________，否定了该观点。 ②丙同学从氧化还原反应规律的角度分析：虽然溶液中低，但的还原性仍大于CoCl2的还原性，原因是___________。 （5）结合(4)对比实验ⅱ、ⅲ，推测实验ⅱ中Co(Ⅱ)能向Co(Ⅲ)转化的原因是___________。 （6）若要实现转化为，应先在一定条件下加入___________，再加NH3。 【答案】（1）Co2++OH-+Cl-=Co(OH)Cl↓ （2）有黄绿色气体生成，棕黑色沉淀溶解，得到粉红色溶液 （3）4[Co(NH3)6]2+ + O2 + 2H2O = 4[Co(NH3)6]3+ + 4OH- （4） ①. 实验i中CoCl2溶液在空气中久置无明显现象，而实验iii中[Co(NH3)6]2+易被空气中的氧气氧化为[Co(NH3)6]3+ ②. [Co(NH3)6]3+的稳定性远高于[Co(NH3)6]2+，使得[Co(NH3)6]2+更易失去电子被氧化 （5）Co(OH)3的溶解度远小于Co(OH)2，Co3+更易以沉淀形式析出，降低了体系中Co3+的浓度，促进了Co(II)被氧化为Co(III) （6）浓盐酸（或酸）和还原剂（如锌粉等） 【解析】 【分析】实验i中，仅含CoCl2的溶液在空气中久置无明显变化，说明游离态的Co2+还原性弱，无法被氧气直接氧化；实验ii中加入NaOH溶液时，Co2+先与OH-、Cl-生成蓝色的Co(OH)Cl沉淀，随后转化为粉色的Co(OH)2，静置时Co(OH)2被氧气氧化为棕黑色的Co(OH)3，这是因为Co(OH)3的溶解度远低于Co(OH)2，沉淀析出大幅降低了体系中Co3+的浓度，推动氧化反应发生；实验iii中加入浓氨水时，先因氨水不足生成Co(OH)Cl蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解形成土黄色的[Co(NH3)6]2+，静置时该配合物被氧气氧化为红棕色的[Co(NH3)6]3+，原因是[Co(NH3)6]3+的稳定常数远大于[Co(NH3)6]2+，配合物的形成极大降低了游离态Co2+的浓度，同时让Co2+的还原性显著增强，因此能被氧气快速氧化； 【小问1详解】 根据已知信息，Co(OH)Cl为蓝色沉淀，CoCl2与NaOH反应生成Co(OH)Cl，离子方程式为：Co2+ + OH- + Cl- = Co(OH)Cl↓； 【小问2详解】 已知Co3+氧化性强于Cl2，能与浓盐酸反应生成Cl2，同时棕黑色的Co(OH)3被还原为粉红色的Co2+；现象为：有黄绿色气体生成，棕黑色沉淀溶解，得到粉红色溶液； 【小问3详解】 土黄色的[Co(NH3)6]2+被空气中的O2 氧化为红棕色的[Co(NH3)6]3+，离子方程式为： [Co(NH3)6]2+ + O2 + 2H2O = 4[Co(NH3)6]3+ + 4OH-；   【小问4详解】 ① 乙同学否定甲同学观点的依据： 实验i中CoCl2溶液在空气中久置无明显现象，而实验iii中 [Co(NH3)6]2+易被空气中的氧气氧化为[Co(NH3)6]3+，说明[Co(NH3)6]Cl2中Co(II)还原性更强，与甲的结论相反； ② 丙同学分析还原性差异的原因： 形成配合物后，[Co(NH3)6]3+的稳定性远高于[Co(NH3)6]2+（K2=2×1035＞＞K1=1.3×105），使得Co2+ →[Co(NH3)6]2+→[Co(NH3)6]3+的过程能量更低，[Co(NH3)6]2+更容易失去电子被氧化，因此还原性更强； 【小问5详解】 对比实验ii、iii可知，实验ii中生成的Co(OH)2沉淀，被空气中的O2氧化为Co(OH)3；本质原因：Co(OH)3的溶解度远小于Co(OH)2，Co3+更易以沉淀形式析出，降低了体系中Co3+的浓度，促进了Co(II)被氧化为Co(III)。   【小问6详解】 要将Co(III)还原为Co(II)，需加入还原剂，同时根据已知信息④，[Co(NH3)6]3+与酸反应会生成 ，释放出Co3+，便于被还原。因此应先加入浓盐酸（或酸）和还原剂（如活泼金属、KI等），再加入NH3形成配合物。 通常选用浓盐酸和锌粉（或其他合适还原剂），核心是先加酸使配合物解离，再用还原剂还原 Co3+。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $