精品解析：北京市育才学校2026届高三下学期考前模拟测试 化学试题

2025-2026年度北京育才学校高三化学仿真测试 可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　K39　Fe56 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. 下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是 A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 D．开采可燃冰，将其作为能源使用 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的电子式： B. 分子的球棍模型： C. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式： D. 单线桥表示Na与反应的电子转移： 3. 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 氯水避光保存： B. 向溶液中加入至溶液呈中性： C. 铝热反应焊接钢轨： D. α-羟基丙酸制备聚乳酸： 4. 下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 A. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 B. 钢管与电源正极连接，钢管可被保护 C. 钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是 5. 2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17 C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH 6. 超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 7. 下列实验所用仪器或实验操作合理的是 A．配制250mL 0.1mol/LNaOH溶液 B．实验室制备并收集NH3 C．量取一定体积的 酸性KMnO4溶液 D．用铜和浓硫酸制备SO2 A. A B. B C. C D. D 8. 在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下： 对二甲苯 邻二甲苯 间二甲苯 苯 沸点/℃ 138 144 139 80 熔点/℃ 13 −25 −47 6 下列说法不正确的是 A. 该反应属于取代反应 B. 甲苯的沸点高于144 ℃ C. 用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来 D. 从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来 9. 用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是(　　) 选项 乙烯的制备 试剂X 试剂Y A CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液 B CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O Br2的CCl4溶液 C C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃ NaOH溶液 KMnO4酸性溶液 D C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃ NaOH溶液 Br2的水溶液 A. A B. B C. C D. D 10. 工业上合成氨的反应是在催化剂表面上进行的，要经历多个步骤，其中氮气的吸附与分解(过程Ⅰ)、氨的形成与脱附(过程Ⅱ)是影响合成氨速率的关键过程。两种不同催化剂上合成氨反应的能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 合成氨是一个放热反应，催化剂不能改变反应的焓变 B. 图a，1个N2分子中存在1个σ键2个π键，其键能大是N2分解所需能量高的原因 C. 催化剂可改变反应的活化能，但不能改变反应的决速步 D. 将NH3及时脱附并分离出来，不仅可以空出催化剂活性中心供反应继续使用，避免反应速率降低，而且有利于提高反应物的转化率 11. 交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长） A. 聚合物P中有酯基，能水解 B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应 C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 12. 下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是 A. 取a g混合物充分加热，减重b g B. 取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体 C. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g D. 取a g混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体 13. 常温下，溶液中含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示；金属难溶物、NS各自的饱和溶液中阴、阳离子浓度的关系如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 曲线a表示的物质的量分数随pH的变化 B. 溶液中 C. 曲线e表示NS饱和溶液中阴、阳离子浓度关系 D. 常温下， 14. 含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入及加入硫酸对去除率（被还原成的百分率）的影响，相关实验如下。 实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率 Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92% Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7% Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8% Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3% 注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟 下列说法不正确的是 A. Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性 B. Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与更易在阴极放电有关 C. Ⅳ表明，原因之一是阳极生成参与还原，从而提高的去除率 D. 若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3% 第二部分 本部分共5题，共58分 15. 锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。 （1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①每个周围与它最近且距离相等的有________个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为________。 ③中H—N—H键角比中H—N—H键角_______(填“大”或“小”)，原因是________。 （2）锡基钙钛矿中容易被氧化为是制约其发展的关键问题。的价层电子排布式为________。 （3）为了防止被氧化，提高其稳定性的方法是将替换为具有更大离子半径的有机阳离子：质子化的3-氨基苯磺酰胺，其结构如下。 该离子与无机层(和所在的层)的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的，且外部微粒更难进入。 ①质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在的化学键为________。 ②质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是________。 16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示： （1）反应Ⅰ的化学方程式是___________。 （2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层。 ①根据上述事实，下列说法正确的是___________（选填序号）。 a．两层溶液的密度存在差异 b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 ②辨别两层溶液的方法是___________。 ③经检测，H2SO4层中。其比值大于2的原因是___________。 （3）反应Ⅱ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) 它由两步反应组成：i．H2SO4(l)=SO3(g)+H2O(g) ii．SO3(g)分解。 L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。 ①X代表的物理量是_________________。 ②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：_________________。 17. 喹啉酮化合物广泛用于临床抗感染治疗，一种喹啉酮化合物T的合成路线如下。 已知： （1）B分子中含有的官能团名称是_______。 （2）D→E的化学方程式为_______。 （3）①F的结构简式为________。 ②E→F存在副反应，生成有机化合物Z，Z的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为2∶3。Z的结构简式为________。 （4）G→I所需的试剂是_______。 （5）的化学方程式为_______。 （6）的反应，P分子中断键类型为_______(填“σ键”或“π键”)。 （7）由Q经两步合成T。R含有3个六元环且能发生水解反应。T分子中，O均为杂化，且只有1个C为杂化。 R、T的结构简式分别为_________、_________。 18. 常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 19. 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。 ②试剂a是____________。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证B的成分 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。 （3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径： 途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 途径2：实验二中，被氧化为进入D。 实验三：探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。 ②实验三的结论：__________。 （4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。 （5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。 （6）根据上述实验所得结论：__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年度北京育才学校高三化学仿真测试 可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　K39　Fe56 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. 下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是 A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车 B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料 C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料 D．开采可燃冰，将其作为能源使用 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。 详解： A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化； B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化； C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化； D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化； 答案选B。 点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的电子式： B. 分子的球棍模型： C. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式： D. 单线桥表示Na与反应的电子转移： 【答案】A 【解析】 【详解】A．是离子化合物，由和过氧根为构成，过氧根中两个共用1对电子，整体带2个单位负电荷，题图的电子式书写正确，A正确； B．PCl3中心原子价层电子对数为，含1对孤对电子，空间结构为三角锥形，键角小于，不是题图的，B错误； C．基态（29号元素）原子的价层电子排布为，图示中价电子为，不符合实际排布，C错误； D．单线桥标注电子转移时，箭头要从失电子的还原剂（Na）指向得电子的氧化剂（Cl），题图箭头方向反了，D错误； 故选A。 3. 下列解释事实的方程式不正确的是 A. 氯水避光保存： B. 向溶液中加入至溶液呈中性： C. 铝热反应焊接钢轨： D. α-羟基丙酸制备聚乳酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．次氯酸见光易分解，发生，A正确； B．反应后呈中性可知，所以离子方程式为， B错误； C．铝热反应焊接钢轨时发生反应，放出大量的热使铁熔化焊接钢轨，C正确； D．α-羟基丙酸制备聚乳酸，发生缩聚反应，D 正确； 故选择B。 4. 下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 A. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 B. 钢管与电源正极连接，钢管可被保护 C. 钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁遇冷浓硝酸表面钝化，钝化膜可阻止内部金属与浓硝酸进一步反应，从而保护内部金属不被腐蚀，A正确； B．钢管与电源正极连接，钢管作阳极，铁失电子生成Fe2+，从而加快腐蚀，B错误； C．钢管与铜管露天堆放在一起时，二者与表面的水膜构成原电池，钢管作负极，从而加速腐蚀，C错误； D．钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极，Fe失电子生成Fe2+，则负极反应是，D错误； 故选A。 5. 2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17 C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH 【答案】D 【解析】 【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置； B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数； C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大； D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱； 【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意； B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意； C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意； D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意； 综上所述，本题应选D。 【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 6. 超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中键的数目为 B. 晶体中离子的数目为 C. 溶液中的数目为 D. 该反应中每转移电子生成的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．(即)中键的数目为，A正确； B．由和构成，晶体中离子的数目为，B错误； C．在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误； D．该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误； 故选A。 7. 下列实验所用仪器或实验操作合理的是 A．配制250mL 0.1mol/LNaOH溶液 B．实验室制备并收集NH3 C．量取一定体积的 酸性KMnO4溶液 D．用铜和浓硫酸制备SO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液中，转移步骤需要使用玻璃棒引流，图中装置没有玻璃棒，A不合题意； B．实验室利用Ca(OH)2和NH4Cl共热来制备NH3，NH3的密度比空气小且易溶于水，采用向下排空气法收集NH3，图中装置均正确，B符合题意； C．KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该使用酸式滴定管，C不合题意； D．Cu与浓硫酸制备SO2需要加热，图中没有加热装置，D不合题意； 故答案为：B。 8. 在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下： 对二甲苯 邻二甲苯 间二甲苯 苯 沸点/℃ 138 144 139 80 熔点/℃ 13 −25 −47 6 下列说法不正确的是 A. 该反应属于取代反应 B. 甲苯的沸点高于144 ℃ C. 用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来 D. 从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确； B．甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故B错误； C．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确； D．因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至-25℃～13℃，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，故D正确； 故选B。 9. 用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是(　　) 选项 乙烯的制备 试剂X 试剂Y A CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液 B CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O Br2的CCl4溶液 C C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃ NaOH溶液 KMnO4酸性溶液 D C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃ NaOH溶液 Br2的水溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．发生消去反应生成乙烯，乙醇受热会挥发，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选； B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选； C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，以及副反应生成的SO2，乙醇和SO2能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选； D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有SO2，SO2、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选； 故选B。 10. 工业上合成氨的反应是在催化剂表面上进行的，要经历多个步骤，其中氮气的吸附与分解(过程Ⅰ)、氨的形成与脱附(过程Ⅱ)是影响合成氨速率的关键过程。两种不同催化剂上合成氨反应的能量变化示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 合成氨是一个放热反应，催化剂不能改变反应的焓变 B. 图a，1个N2分子中存在1个σ键2个π键，其键能大是N2分解所需能量高的原因 C. 催化剂可改变反应的活化能，但不能改变反应的决速步 D. 将NH3及时脱附并分离出来，不仅可以空出催化剂活性中心供反应继续使用，避免反应速率降低，而且有利于提高反应物的转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．从能量图可知，反应物总能量高于生成物总能量，合成氨是放热反应；催化剂仅改变反应的活化能，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不能改变反应焓变，A正确； B．N2​的结构式为N≡N，氮氮三键中包含个键、个键，三键总键能大，因此​性质稳定，分解时需要吸收更高的能量，B正确； C．不同催化剂会改变不同反应步骤的活化能，也可以改变决速步：图a传统催化剂中，过程I的活化能更大，决速步为过程I；图b新型催化剂降低了过程I的活化能，此时过程Ⅱ活化能更大，决速步变为过程Ⅱ，因此催化剂可以改变反应的决速步，C错误； D．NH3​及时脱附分离，可以空出催化剂的活性中心，避免反应速率下降；同时减小生成物浓度，使合成氨平衡正向移动，提高反应物的转化率，D正确； 故选C。 11. 交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长） A. 聚合物P中有酯基，能水解 B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应 C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 【答案】D 【解析】 【分析】将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题； 【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意； B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意； C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意； D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意； 综上所述，本题应选D。 【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。 12. 下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是 A. 取a g混合物充分加热，减重b g B. 取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体 C. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g D. 取a g混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体 【答案】C 【解析】 【详解】A．取a g混合物充分加热，减重b g，根据质量差可求出的质量，从而求出，A不符合题意； B．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体氯化钠，列方程组即可求出，B不符合题意； C．取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，由于逸出气体中含有，故无法求解，C符合题意； D．由于二者都能与溶液反应生成沉淀，存在、的转化关系，列方程组即可求出混合物中的质量分数，D不符合题意； 故选C。 13. 常温下，溶液中含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示；金属难溶物、NS各自的饱和溶液中阴、阳离子浓度的关系如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 曲线a表示的物质的量分数随pH的变化 B. 溶液中 C. 曲线e表示NS饱和溶液中阴、阳离子浓度关系 D. 常温下， 【答案】C 【解析】 【分析】pH越小，溶液酸性越强，H2S的电离被抑制，含量越高，因此曲线a表示H2S的物质的量分数变化；开始时，酸性条件下，HS-的浓度较小，随着pH增大，，平衡正向移动，HS-的浓度逐渐增大，因此曲线b表示HS-的物质的量分数变化；随着pH增大，H+浓度减小，平衡正向移动，S2-的物质的量分数增大，依次曲线d表示S2-的物质的量分数变化；由a、b的交点，pH=7.0时，，可计算电离平衡常数Ka1=；b、d的交点，pH=13.0时，，可计算电离平衡常数Ka2=； Ksp(M2S)=，取负对数得：-2lg c(M+)-lg c(S2-)=-lg Ksp(M2S)，即lg c(M+)=lg Ksp(M2S)lg c(S2-)； Ksp(NS)=，取负对数得：，即； NS的随变化的斜率的绝对值更大，图2中的曲线f对应NS饱和溶液中阴、阳离子浓度的关系，所以曲线e对应M2S饱和溶液中阴、阳离子浓度的关系。 【详解】A．由分析可知，曲线a表示H2S的物质的量分数变化，A正确； B．由图1可知，HS-的水解常数Kh=，HS-的水解程度大于电离程度，所以，B正确； C．由分析可知，曲线e对应M2S饱和溶液中阴、阳离子浓度的关系，C错误； D．该反应的平衡常数K=，当时，对于NS：，则Ksp(NS)=10-110-35=10-36，对于M2S：，则Ksp(M2S)=(10-25)210-1=10-51，因此K=，D正确； 故选C。 14. 含铬废水对人体和环境的危害极大，某化学小组用电解法处理含废水，探究阳极材料、加入及加入硫酸对去除率（被还原成的百分率）的影响，相关实验如下。 实验 电极材料 阴极附近加入物质 去除率 Ⅰ 阳极：石墨；阴极：石墨 无 0.92% Ⅱ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸 12.7% Ⅲ 阳极：石墨；阴极：石墨 1mL浓硫酸10滴硫酸铁 20.8% Ⅳ 阳极：铁；阴极：石墨 1mL浓硫酸 57.3% 注：所有实验电压都为3V，工作时间都是30分钟 下列说法不正确的是 A. Ⅱ中的去除率比Ⅰ中大，可能是因为加入硫酸提高了的氧化性 B. Ⅲ中的去除率比Ⅱ中大，推测与更易在阴极放电有关 C. Ⅳ表明，原因之一是阳极生成参与还原，从而提高的去除率 D. 若在Ⅳ电解池中增加阴离子交换膜，的去除率可能大于57.3% 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，Fe3+在阴极得到电子生成Fe2+，Fe2+和发生氧化还原反应生成和，以此解答。 【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，其它外界因素都相同，且溶液的酸性越强，的去除率越大，所以增加c(H+)有利于的去除，A正确； B．的还原电位高于H+和，因此在阴极更易先放电生成Fe2+，后者可在溶液中进一步还原，这就解释了Ⅲ比Ⅱ去除率更高，B正确； C．Ⅳ采用铁作阳极时会溶出Fe2+，Fe2+同样可以把还原为，从而显著提高去除率，C正确； D．若在Ⅳ的装置中加阴离子交换膜，Fe2+（属于阳离子）难以穿过该膜，反而会削弱Fe2+与的接触与还原作用，通常不利于去除率进一步提高，D错误； 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分 15. 锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。 （1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①每个周围与它最近且距离相等的有________个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为________。 ③中H—N—H键角比中H—N—H键角_______(填“大”或“小”)，原因是________。 （2）锡基钙钛矿中容易被氧化为是制约其发展的关键问题。的价层电子排布式为________。 （3）为了防止被氧化，提高其稳定性的方法是将替换为具有更大离子半径的有机阳离子：质子化的3-氨基苯磺酰胺，其结构如下。 该离子与无机层(和所在的层)的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的，且外部微粒更难进入。 ①质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在的化学键为________。 ②质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是________。 【答案】（1） ①. 6 ②. ③. 大 ④. 二者氮原子均为杂化，中N原子上存在1对孤电子对，有较大斥力，导致键角较小 （2）5s2 （3） ①. 离子键 ②. O 【解析】 【小问1详解】 ①位于体心，则每个周围与它最近且距离相等的有6个。 ②位于体心，晶胞中含1个，结合化学式，则晶体密度为； ③二者氮原子均为杂化，中N形成4个共价键，无孤电子对，中N形成3个共价键，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则中H—N—H键角比中H—N—H键角大； 【小问2详解】 Sn为50号元素，失去2个电子形成离子，的价层电子排布式为5s2； 【小问3详解】 ①质子化的3-氨基苯磺酰胺为阳离子、碘离子为阴离子，两者之间存在的化学键为离子键； ②质子化的3-氨基苯磺酰胺中氨基被质子化为，该氮原子无孤电子对，且S也没有孤电子对，而O中存在孤电子对，故分子中N、O、S能作配位原子的是O。 16. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示： （1）反应Ⅰ的化学方程式是___________。 （2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层。 ①根据上述事实，下列说法正确的是___________（选填序号）。 a．两层溶液的密度存在差异 b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 ②辨别两层溶液的方法是___________。 ③经检测，H2SO4层中。其比值大于2的原因是___________。 （3）反应Ⅱ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) 它由两步反应组成：i．H2SO4(l)=SO3(g)+H2O(g) ii．SO3(g)分解。 L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，ii中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。 ①X代表的物理量是_________________。 ②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：_________________。 【答案】（1）SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI （2） ①. ac ②. 观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是硫酸层 ③. 硫酸层中含有少量HI （3） ①. 压强 ②. L2>L1 ，2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)，压强一定时，温度升高，SO3平衡转化率增大 【解析】 【详解】（1）根据图中信息可知反应Ⅰ中反应物为SO2、H2O和I2，生成物为H2SO4和HI，根据氧化还原反应方程式的配平方法配平得到反应Ⅰ的化学方程式是：SO2 + 2H2O + I2 = H2SO4 + 2HI； （2）①a．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层，说明两层溶液的密度存在差异，才出现上下层，a正确； b．加入I2前溶液未出现分层，说明H2SO4溶液和HI溶液互溶，b错误； c．加入过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和高浓度的I2的HI层，说明碘在HI溶液中溶解度大于在H2SO4溶液中溶解度，即I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，c正确； 故选ac； ②两层溶液中I2的浓度不同，可以根据溶液颜色辨别两层溶液，则辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的是HI层，颜色浅的是硫酸层； ③H2SO4溶液中溶有低浓度的碘，碘单质可与水发生反应： I2 + H2OHI +HIO，c(H+)增大，使溶液中的比值大于2，其原因是：硫酸层中含有少量HI； （3）步骤ⅱ反应：2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)，根据反应Ⅱ和步骤ⅰ可知，步骤ⅱ反应=反应Ⅱ-步骤ⅰ反应×2，则由盖斯定律可得步骤ⅱ反应的，即步骤ⅱ的热化学反应方程式为：2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)， ①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的平衡转化率减小；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SO3的平衡转化率增大，则X代表的物理量为压强； ②根据①可知X代表压强，则L代表的物理量为温度。该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2>L1，理由为：2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)，压强一定时，温度升高，SO3平衡转化率增大。 17. 喹啉酮化合物广泛用于临床抗感染治疗，一种喹啉酮化合物T的合成路线如下。 已知： （1）B分子中含有的官能团名称是_______。 （2）D→E的化学方程式为_______。 （3）①F的结构简式为________。 ②E→F存在副反应，生成有机化合物Z，Z的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为2∶3。Z的结构简式为________。 （4）G→I所需的试剂是_______。 （5）的化学方程式为_______。 （6）的反应，P分子中断键类型为_______(填“σ键”或“π键”)。 （7）由Q经两步合成T。R含有3个六元环且能发生水解反应。T分子中，O均为杂化，且只有1个C为杂化。 R、T的结构简式分别为_________、_________。 【答案】（1）碳溴键 （2）2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O （3） ①. ②. （4）浓硝酸、浓硫酸 （5） （6）π键 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】由流程及物质结构和化学式，A为丙烯，A和HBr加成生成B：CH3CHBrCH3，B发生取代反应生成D：CH3CHOHCH3，D中羟基氧化为羰基得到E，E和转化为F：，G为甲苯，甲苯发生硝化反应生成I：，甲基氧化为羧基得到J：，J中羧基发生取代反应生成K：，K和L生成M：，L为，M中硝基还原为氨基得到P：，F和P生成Q，Q经两步合成T，R含有3个六元环且能发生水解反应，则应含酰胺基，T分子中，O均为杂化，则均为羰基氧，且只有1个C为杂化，则含1个甲基，结合R、T化学式，R为、T为； 【小问1详解】 B为CH3CHBrCH3，含有的官能团名称是碳溴键； 【小问2详解】 D中羟基氧化为羰基得到E，反应为2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O； 【小问3详解】 ①由分析，F的结构简式为。 ②E→F存在副反应，生成有机化合物Z，Z的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为2∶3，则Z结构对称，可以是2分子E和1分子反应生成Z，Z的结构简式为； 【小问4详解】 G为甲苯，甲苯发生硝化反应生成I，所需的试剂是浓硝酸、浓硫酸； 【小问5详解】 K和L生成M，反应为：； 【小问6详解】 σ键键能一般大于π键，P中羰基中的碳氧双键断裂其中1个π键，与F结合生成Q，故为π键； 【小问7详解】 由分析，R为、T为。 18. 常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】（1） ①. 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 ②. 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 ③. ④. pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 （2） ①. 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 ②. ③. 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 （3） 【解析】 【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 【小问1详解】 ①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； 【小问2详解】 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； 【小问3详解】 由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 19. 化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。 ①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。 ②试剂a是____________。 （2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水） 实验二：验证B的成分 ①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。 ②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。 （3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径： 途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 途径2：实验二中，被氧化为进入D。 实验三：探究的产生途径 ①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。 ②实验三的结论：__________。 （4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。 （5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。 （6）根据上述实验所得结论：__________________。 【答案】 ①. Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ②. 饱和NaHSO3溶液 ③. Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O ④. H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3 ⑤. Ag+ ⑥. 因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 ⑦. 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42- ⑧. 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ ⑨. 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子 【解析】 【分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将SO2通入硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。 【详解】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O， 故答案为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O； ②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液； 故答案为饱和NaHSO3溶液； （2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O， 故答案为Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O； ②推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3； 故答案为H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3； （3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀， 故答案为Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀； ②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-； （4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+， 故答案为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+； （6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 故答案为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $