精品解析：黑龙江哈尔滨市第三中学校2026届高三下学期考前模拟预测 化学试题

哈三中2026年高三学年第四次模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔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：O-16 S-32 Ti-48 Ba-137 Pt-195 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 在“十五五”开局之年，一大批“大国重器”在黑龙江相继问世，下列说法错误的是 A. “超级充电宝”：抽水蓄能电站利用的是电能和化学能的相互转化 B. “钢铁巨无霸”：利用环氧富锌底漆可实现牺牲阳极法的金属防护 C. “天问”追星：智能热控材料属于无机非金属材料 D. “蛟龙”深潜：涂层中的石墨烯与采样系统中的金刚石均为碳元素的同素异形体 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 最新捕捉到的中子数为7的铝核素： B. 基态Ni原子的价电子轨道表示式： C. 甲醇的空间填充模型： D. 用电子式表示的形成过程： 3. 对于下列过程中发生的化学反应，相应化学方程式或离子方程式错误的是 A. 炉甘石()与过量煤炭炼锌： B. 海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： C. 绿矾()处理酸性工业废水中的： D. 工业废水中的用去除： 4. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 分子中键的数目为 B. 标准状况下，中原子总数为 C. 和充分反应，转移电子的数目为 D. 的溶液中，的个数为 5. 结构决定性质，性质决定用途。下列对相关事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 钠在灼烧时火焰呈现特征颜色 电子由高能级跃迁到低能级释放能量 B 溶于氨水 与氨水反应生成了可溶性配合物 C 的熔点低于 引入的乙基改变了晶体的类型 D 甲苯与溶液反应的实验中，加入冠醚可以缩短褪色时间 冠醚与形成超分子，增大在甲苯中的溶解度，从而加快反应速率 A. A B. B C. C D. D 6. 2025年我国科研团队利用AI筛选出新型抗菌分子——肉桂酰甘氨酸乙酯，下列关于该分子的说法正确的是 A. 该分子中含有4种官能团：苯环、碳碳双键、酰胺基、酯基 B. 该分子最多可与发生加成反应 C. 该分子可发生水解反应、加成反应、取代反应 D. 该分子中所有碳原子一定共平面 7. 实验是科学探究的重要手段。下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．制备乙酸乙酯 B．探究温度对化学平衡的影响 C．测定锌与稀硫酸反应的反应速率 D．制取并收集干燥的氨气 A. A B. B C. C D. D 8. 近日，研究团队合成了首个基于过渡金属的近红外活性MOF，所需单体之一含W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大。其中W是原子半径最小的元素，X基态原子中所含3个能级的电子数均相等，X与Z同周期，且基态原子的未成对电子数相等。下列说法错误的是 A. 与、、均可形成多种化合物 B. 第一电离能： C. 简单氢化物沸点： D. 键角： 9. Doebner-von Miller反应是一种喹啉合成方法，在有机合成中应用广泛，主要过程如下。下列说法错误的是 A. 反应物A的核磁共振氢谱有5组峰 B. 反应物可使的溶液褪色 C. 生成物C中含手性碳原子 D. 生成物C不可以与发生反应 10. 我国科研人员设计出一种双功能光电化学电池，工作原理如图所示。碱性条件下，该电池通过控制开关分别与或连接，可实现制备、光照充电或暗场放电。已知光照下光电极(pTTh)被激发产生电子()和空穴()：。下列说法错误的是 A. 开关接时，光电极与电源负极连接 B. 光照充电时，光电极附近溶液的变大 C. 暗场放电时，负极的电极反应式为 D. 光照时若光电极累计产生，理论上暗场放电时可以氧化 11. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。 下列说法错误的是 A. 在循环中起催化作用 B. 该反应可用于制取合成气、 C. 过程中包含反应 D. 反应过程中金属元素、V的价态均不变 12. “稀土氯化+氯化稀土电解转化”新流程，可实现清洁生产。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有、、、、等元素的氧化物及少量氟化物，其主要工艺流程如下图： 已知：难溶于水，，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。 下列说法错误的是 A. “高温氯化”时氧化铁发生反应的化学方程式： B. “除杂”时加适量的，以保证溶液中不低于 C. “电解”时，在阳极放电生成可循环回“高温氯化” D. “碳化”过程得到的产物是，则“还原”过程中的 13. 科学家发现：将薄层嵌入和之间，相比同等量的，产生的电量可提高1000倍。经射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示(、均与相接触)，的立方晶胞边长为。下列叙述正确的是 A. 晶胞中与最近且距离相等的有6个 B. 晶胞中点的分数坐标为 C. 两个的最近核间距离为 D. 晶体的密度为 14. 某研究小组制备配合物顺式-二甘氨酸合铜，结构简式为流程如下： 已知与甘氨酸反应还可能生成反式-二甘氨酸合铜。 下列说法不正确的是 A. 流程中不用溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀 B. 步骤Ⅱ中，温度过高会导致产率降低 C. 步骤Ⅲ中，趁热过滤的目的是除去同时减少产物的析出 D. 步骤Ⅳ中，加入乙醇能增大溶剂极性，促进顺式-二甘氨酸合铜析出 15. 向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中[或或]的负对数(pX)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 表示随的变化曲线 B. C. 点溶液中存在： D. 若， 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 失效的催化剂经“吸附-解吸”工艺富集贵金属后，会产生含铂(Pt)和锡(Sn)的报废树脂。一种回收该树脂中铂、锡的工艺流程如下图所示： 已知：①报废后的树脂主要骨架为苯乙烯、二乙烯苯等； ②焚烧后的焚灰中主要成分为、，，，； ③较高温度下焙烧后杂质熔化形成熔体，冷却后凝固，难溶于水； ④氯铂酸铵[]难溶于氯化铵的浓盐酸溶液。 请回答下列问题： （1）焚烧的目的是___________。 （2）“碱焙烧”是该工艺的核心步骤之一， ①滤液1中主要溶质除、外还有___________、___________。 ②实验研究了碱用量(料碱比)、焙烧温度对水浸渣和碱焙砂溶解率(R)的影响。(，)。根据图像，最佳“料碱比”为___________，最佳温度为___________℃，温度过高水浸渣溶解率下降，其可能的原因是___________。 （3）加入溶液可得到沉淀。该沉淀常用___________进行洗涤。 （4）将加热至750℃煅烧得到海绵铂，化学方程式为：___________。 （5）使用焚灰(铂含量为4%)产生的海绵铂质量为，铂的回收率为___________。(回收率，保留4位有效数字) 17. 某同学在实验室以生锈铁钉为原料，通过以下步骤制备磷酸亚铁晶体[]。回答下列问题： 已知：[]难溶于乙醇。 （1）“酸溶”时，使用的是30%(质量分数，下同)的硫酸，将一定体积98%的浓硫酸稀释为 30%的硫酸，下列仪器不需要使用的是___________(从下图中选择，填写仪器名称)。 （2）检验“还原”已完全的试剂是___________。 （3）“共沉淀”时，实验步骤如下：先向三颈烧瓶中加入抗坏血酸(维生素C)溶液，向三颈烧瓶中滴加混合溶液，再向三颈烧瓶中滴加溶液，通过调节两个恒压滴液漏斗的活塞，控制溶液pH为4~6(所得晶体质量最好)，充分搅拌一段时间，过滤，洗涤固体，真空干燥，得到。 ①“共沉淀”反应的离子方程式为___________。 ②不直接使用调节溶液的原因是___________。 ③加入抗坏血酸溶液的目的是___________。 ④洗涤的操作为___________。 （4）强酸性环境下，加入同浓度的与磺酸基水杨酸(，用表示，其溶液无色)，且保持加入的，反应生成配合物(溶液呈紫红色)。用分光光度计对混合溶液的吸光度(A)(，为常数)，进行测定，得到溶液吸光度与起始物质的量浓度分数的关系如图所示： 已知：稀溶液中近乎无色。 ①中与形成配位键的原子是___________(填元素符号)。 ②b点溶液中存在，若、，则的解离度___________。(解离度，保留两位有效数字) 18. 深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义。、在的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其相对能量、反应历程和熵值(298.15 K，100 kPa时)如图甲、乙所示。 Ⅰ： Ⅱ： 将等物质的量的和充入一密闭容器中进行反应，请回答： （1）总反应的热化学方程式为___________(用含、的式子表示)。 （2）该总反应的决速步骤是___________。(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”) （3）下列说法正确的是___________。 A. 在恒温恒容时，混合气体的密度不再变化说明体系达到平衡状态 B. 该总反应高温下可能不自发 C. 反应过程中先是中的原子进攻中的原子 D. 研究表明，一步催化相对于上述反应历程具有更少的反应步骤和更低的活化能，所以平衡转化率更大 （4）在固定体积的密闭容器中，发生上述反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定的平衡转化率。部分实验结果如图所示： ①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是___________。 ②图中C、D两点对应的实验温度分别为和，通过计算判断___________(填“>”“=”或“<”)。 （5）在时，若、，随着反应的进行，容器内的物质的量分数变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 物质的量分数 50.0% 40.25% 32.0% 26.2% 24.0% 24.0% 则时，该反应的___________。(保留两位有效数字) 19. 氯沙坦是首批上市的沙坦类抗高血压药物，我国研发团队将腈衍生物转化为四唑环，通过高效的绿色合成氯沙坦。该合成方法不含氯化氢和氨等危险化学物质，过程方便和环保。其合成流程如图所示。 已知：n-Bu为正丁基。 （1）物质A的名称为___________。 （2）物质B的官能团为___________。 （3）物质E生成物质F的化学方程式为___________。 （4）物质H生成物质I的反应类型为___________。 （5）满足下列条件的E物质的同分异构体M有___________种。(不考虑立体异构) ①含有碳碳三键 ②不含结构 （6）中间体的另一种合成方法分为以下几步： 写出与的结构简式___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2026年高三学年第四次模拟考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色碳素笔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：O-16 S-32 Ti-48 Ba-137 Pt-195 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 在“十五五”开局之年，一大批“大国重器”在黑龙江相继问世，下列说法错误的是 A. “超级充电宝”：抽水蓄能电站利用的是电能和化学能的相互转化 B. “钢铁巨无霸”：利用环氧富锌底漆可实现牺牲阳极法的金属防护 C. “天问”追星：智能热控材料属于无机非金属材料 D. “蛟龙”深潜：涂层中的石墨烯与采样系统中的金刚石均为碳元素的同素异形体 【答案】A 【解析】 【详解】A．抽水蓄能电站实现的是电能和水的重力势能的相互转化，不涉及电能与化学能的转化，A错误； B．锌的金属活动性强于钢铁，环氧富锌底漆中的锌作为原电池负极（牺牲阳极）优先被腐蚀，可保护钢铁基材，属于牺牲阳极法的金属防护，B正确； C．是金属氧化物，属于无机非金属材料，C正确； D．石墨烯和金刚石都是由碳元素组成的结构不同的单质，互为碳元素的同素异形体，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 最新捕捉到的中子数为7的铝核素： B. 基态Ni原子的价电子轨道表示式： C. 甲醇的空间填充模型： D. 用电子式表示的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．核素表示时，元素符号左下角的数字表示原子序数（质子数），左上角的数字表示质量数（中子数+质子数），铝元素的原子序数为13，中子数为7的铝核素表示为，A错误； B．基态原子价电子排布式为，轨道表达式正确，B正确； C．甲醇的空间填充模型为，图示为甲醇的球棍模型，C错误； D．氯化镁属于离子化合物，用电子式表示形成过程时要标注电子得失的方向，生成物要区分阴阳离子，正确的表示为，D错误； 答案选B。 3. 对于下列过程中发生的化学反应，相应化学方程式或离子方程式错误的是 A. 炉甘石()与过量煤炭炼锌： B. 海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： C. 绿矾()处理酸性工业废水中的： D. 工业废水中的用去除： 【答案】A 【解析】 【详解】A．过量煤炭炼锌时，过量碳会将反应生成的还原为，最终含碳产物应为，方程式产物书写错误，A错误； B．将氧化为，自身被还原为，离子方程式配平满足电子、电荷、原子守恒，B正确； C．酸性条件下将还原为，自身被氧化为，离子方程式配平满足电子、电荷、原子守恒，C正确； D．与结合生成难溶的沉淀，离子方程式书写正确，D正确； 故选A。 4. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 分子中键的数目为 B. 标准状况下，中原子总数为 C. 和充分反应，转移电子的数目为 D. 的溶液中，的个数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．的物质的量为，1个分子含8个键，故键数目为，A错误； B．标准状况下的物质的量为，1个分子含3个原子，故原子总数为，B正确； C．与生成的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故转移电子数目小于，C错误； D．为二元强酸，在的溶液中，由于其二级电离，的物质的量浓度大于，故每升溶液中的个数大于。此外，选项未给出溶液体积，无法计算的总个数，D错误； 故选B。 5. 结构决定性质，性质决定用途。下列对相关事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 钠在灼烧时火焰呈现特征颜色 电子由高能级跃迁到低能级释放能量 B 溶于氨水 与氨水反应生成了可溶性配合物 C 的熔点低于 引入的乙基改变了晶体的类型 D 甲苯与溶液反应的实验中，加入冠醚可以缩短褪色时间 冠醚与形成超分子，增大在甲苯中的溶解度，从而加快反应速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．焰色反应的本质是电子吸收能量跃迁到高能级后，再从高能级跃迁回低能级时释放能量，对应特征波长的光，钠灼烧的特征焰色符合该原理，A正确； B．AgCl中的Ag+可与NH3形成可溶性配位化合物 ，因此AgCl能溶于氨水，B正确； C．和均为离子晶体，引入乙基没有改变晶体类型，其熔点更低是因为体积更大，离子键作用力更弱，C错误； D．冠醚可与K+形成具有亲油性的超分子，能携带进入有机相甲苯中，增大KMnO4在甲苯中的溶解度，加快反应速率，D正确； 故选C。 6. 2025年我国科研团队利用AI筛选出新型抗菌分子——肉桂酰甘氨酸乙酯，下列关于该分子的说法正确的是 A. 该分子中含有4种官能团：苯环、碳碳双键、酰胺基、酯基 B. 该分子最多可与发生加成反应 C. 该分子可发生水解反应、加成反应、取代反应 D. 该分子中所有碳原子一定共平面 【答案】C 【解析】 【详解】A．该分子的官能团为碳碳双键、酰胺基、酯基，共3种，A错误； B．1 mol苯环加成消耗，1 mol碳碳双键加成消耗，因此该分子最多可与​发生加成，B错误； C．该分子含酯基、酰胺基，二者都可发生水解反应（水解属于取代反应）；含苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，C正确； D．单键可以旋转，该分子中酰胺基与酯基之间的碳原子、末端乙基的饱和甲基碳原子为杂化，不一定与其他碳原子共平面，因此所有碳原子不一定共平面，D错误； 故选C。 7. 实验是科学探究的重要手段。下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．制备乙酸乙酯 B．探究温度对化学平衡的影响 C．测定锌与稀硫酸反应的反应速率 D．制取并收集干燥的氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，导气管不能伸入碳酸钠溶液液面以下，图中装置导管插入液面下，不能达到实验目的，A错误； B．反应，改变温度平衡会发生移动，NO2为红棕色，可通过观察两个烧瓶中气体颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，B正确； C．装置中长颈漏斗下端未液封，生成的氢气会从长颈漏斗逸出，无法收集到气体测定体积，不能测定反应速率，C错误； D．氨气会与无水​反应生成络合物，不能用无水氯化钙干燥氨气，且氨气密度小于空气，收集时应该短管进气长管出气，图中收集方法错误，D错误； 故选B。 8. 近日，研究团队合成了首个基于过渡金属的近红外活性MOF，所需单体之一含W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大。其中W是原子半径最小的元素，X基态原子中所含3个能级的电子数均相等，X与Z同周期，且基态原子的未成对电子数相等。下列说法错误的是 A. 与、、均可形成多种化合物 B. 第一电离能： C. 简单氢化物沸点： D. 键角： 【答案】B 【解析】 【分析】W为原子半径最小的元素，故W是；X基态3个能级电子数相等，电子排布为，故X是；X与Z同周期且未成对电子数相等，Z电子排布为，故Z是；原子序数介于C、O之间的Y为，据此分析作答。 【详解】A．与可形成多种烃类，与可形成、，与可形成、，均可形成多种化合物，A正确； B．同周期第一电离能从左到右整体呈增大趋势，但的轨道为半充满稳定结构，第一电离能，且的第一电离能大于，正确顺序为，B错误； C．简单氢化物分别为、、，、分子间存在氢键且分子间氢键更强，不能形成氢键，故沸点，即，C正确； D．为，直线形分子键角，为，V形分子键角约，故键角，D正确； 故选B。 9. Doebner-von Miller反应是一种喹啉合成方法，在有机合成中应用广泛，主要过程如下。下列说法错误的是 A. 反应物A的核磁共振氢谱有5组峰 B. 反应物可使的溶液褪色 C. 生成物C中含手性碳原子 D. 生成物C不可以与发生反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应物A是对异丙基苯胺，分子中共有5种不同化学环境的氢（异丙基的2种+苯环上的2种+氨基的1种），核磁共振氢谱有5组峰，说法正确，A不符合题意； B．反应物B分子中含有碳碳双键，可与发生加成反应，能使的溶液褪色，说法正确，B不符合题意； C．手性碳原子是指连接4种不同基团的碳原子，生成物C中含有两个手性碳原子，如图：，C分子中含手性碳原子，说法正确，C不符合题意； D．生成物C中含有仲氨基，氮原子存在孤对电子，可以与发生成盐反应，说法错误，D符合题意； 答案选D。 10. 我国科研人员设计出一种双功能光电化学电池，工作原理如图所示。碱性条件下，该电池通过控制开关分别与或连接，可实现制备、光照充电或暗场放电。已知光照下光电极(pTTh)被激发产生电子()和空穴()：。下列说法错误的是 A. 开关接时，光电极与电源负极连接 B. 光照充电时，光电极附近溶液的变大 C. 暗场放电时，负极的电极反应式为 D. 光照时若光电极累计产生，理论上暗场放电时可以氧化 【答案】C 【解析】 【分析】开关接时为电解池，光电极上转化为，元素化合价降低，为阴极，当开关接时为原电池，Cu催化电极上醛基转化为羧酸根离子，发生氧化反应，故Cu催化电极为负极，中间电极在电解池中充当阳极，发生氧化反应，原电池中充当正极，发生还原反应，据此分析； 【详解】A．由分析可知，开关接时为充电过程，为电解池，光电极上发生还原反应，为阴极，应与电源负极连接，A正确； B．光照充电时，光电极反应为，生成，附近溶液变大，B正确； C．暗场放电时，中间电极为正极，发生得到电子的还原反应，元素化合价降低，转化为；负极是催化电极，发生醛基被氧化为羧基的反应：-2e-+3OH-=+2H2O，C错误； D．光照时产生对应充电过程转移电子，可将氧化为；暗场放电时转移电子，中醛基被氧化时每个分子失2个电子，故理论上可氧化糠醛，D正确； 故选C。 11. 由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。 下列说法错误的是 A. 在循环中起催化作用 B. 该反应可用于制取合成气、 C. 过程中包含反应 D. 反应过程中金属元素、V的价态均不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A项正确； B．图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O重整CH4 ()，得到合成气：和，B项正确； C．由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，，C项正确； D．、、中钒的化合价一定不同，D项错误； 故选D。 12. “稀土氯化+氯化稀土电解转化”新流程，可实现清洁生产。已知稀土矿石中除含有稀土(RE)外还含有、、、、等元素的氧化物及少量氟化物，其主要工艺流程如下图： 已知：难溶于水，，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。 下列说法错误的是 A. “高温氯化”时氧化铁发生反应的化学方程式： B. “除杂”时加适量的，以保证溶液中不低于 C. “电解”时，在阳极放电生成可循环回“高温氯化” D. “碳化”过程得到的产物是，则“还原”过程中的 【答案】D 【解析】 【分析】以稀土矿为原料，经造粒、高温氯化，矿物中金属氧化物在 C、Cl2高温下转化为对应氯化物，Si、Fe元素转化为气态氯化物分离；水洗除去AlF3、C，除杂加入NaF沉淀Ca2+；RECl3溶液电解生成RE(OH)3与H2、Cl2，Cl2循环到高温氯化工序；RE(OH)3经碳化、还原得到REO。结合溶度积、氧化还原规律逐项分析。 【详解】A．“高温氯化”时氧化铁与氯气、碳发生反应，反应中元素化合价不变，元素从价升高到价，元素从价降低到价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为；A正确； B．“除杂”时加适量的NaF，目的是除去Ca2+，根据 ，已知，要使Ca2+除尽，即c(Ca2+)⩽1.0×10−5 mol/L，则 ，B正确； C．“电解”时，阳极发生氧化反应，Cl−在阳极放电生成Cl2，Cl2可循环回“高温氯化”步骤，C正确； D．“碳化”过程得到的产物是RE2(CO3)3，“还原”过程中RE2(CO3)被还原为REO，H2被氧化为H2O；RE2(CO3)3中RE的化合价从+3价降低到+2价，H的化合价从0价升高到+1价；根据氧化还原反应中得失电子守恒，n(氧化剂):n(还原剂)=1:1，D错误； 故答案选D。 13. 科学家发现：将薄层嵌入和之间，相比同等量的，产生的电量可提高1000倍。经射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示(、均与相接触)，的立方晶胞边长为。下列叙述正确的是 A. 晶胞中与最近且距离相等的有6个 B. 晶胞中点的分数坐标为 C. 两个的最近核间距离为 D. 晶体的密度为 【答案】A 【解析】 【详解】A．Ti4+位于顶点，三个坐标轴的正负方向各有1个最近的，共个，A正确； B．已知原点，分数坐标将晶胞边长看作1，图中点的分数坐标为，B错误； C．两个相邻的最近核间距离是面对角线的一半，即，C错误； D．晶胞中各离子的数目：位于晶胞顶点，数目为；位于体心，数目为；位于棱心，数目为，晶胞质量，晶胞边长，晶胞体积，密度，D错误； 故选A。 14. 某研究小组制备配合物顺式-二甘氨酸合铜，结构简式为流程如下： 已知与甘氨酸反应还可能生成反式-二甘氨酸合铜。 下列说法不正确的是 A. 流程中不用溶液直接与NaOH反应的原因可能是防止生成碱式硫酸铜沉淀 B. 步骤Ⅱ中，温度过高会导致产率降低 C. 步骤Ⅲ中，趁热过滤的目的是除去同时减少产物的析出 D. 步骤Ⅳ中，加入乙醇能增大溶剂极性，促进顺式-二甘氨酸合铜析出 【答案】D 【解析】 【分析】氢氧化铜与甘氨酸反应生成二甘氨酸合铜方程式为：。 【详解】A．实验中先向硫酸铜溶液中加氨水生成（硫酸四氨合铜），中的铜离子被氨分子紧密结合，形成稳定的配位结构，溶液中游离的铜离子浓度极低，不容易和氢氧化钠反应，所以再加氢氧化钠可以防止生成碱式硫酸铜沉淀，A正确； B．温度过高会使甘氨酸的溶解度降低或失去稳定性转化成其他化合物，导致产率降低，B正确； C．实验中，的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤的目的是除去的同时减少产物的析出，C正确； D．乙醇的极性较水更小，加入乙醇后使得溶液整体极性下降，D错误； 故选D。 15. 向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中[或或]的负对数(pX)随pH的变化如图所示。下列说法错误的是 A. 表示随的变化曲线 B. C. 点溶液中存在： D. 若， 【答案】C 【解析】 【分析】：pH升高，增大，Al3+与OH-结合沉淀，随pH增大减小，因此随pH增大而增大，且Al3+在低pH时就开始快速沉淀，pX上升最快，对应斜率最大的上升曲线L2。 HA：，变形得，取负对数得：，因此该值随pH增大而减小，对应斜率为负的下降曲线L1。 同理MOH：，变形得，取负对数得：，因此该值随pH增大而增大，对应斜率为正的缓上升曲线L3。 【详解】A．根据分析可知，表示随的变化曲线，A正确； B．L2表示随pH的变化曲线，结合图像中w（3,0）可知，pH=3时，=1mol/L，此时溶液中氢氧根离子浓度c(OH-)==10-11，根据溶度积常数公式可知，，B正确； C．溶液中电荷守恒，阳离子有、、，阴离子有A-、、电离的，因此电荷守恒式为：，变形得：，Q点溶液呈酸性，，但，且，因此，可得，C错误； D．由图像可知L1的表达式为，且经过点(4.76, 0)，可得；L3的表达式为；若，则，在L1和L3的交点处，pH=a，pX相等，即，代入数据得，解得，D正确。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 失效的催化剂经“吸附-解吸”工艺富集贵金属后，会产生含铂(Pt)和锡(Sn)的报废树脂。一种回收该树脂中铂、锡的工艺流程如下图所示： 已知：①报废后的树脂主要骨架为苯乙烯、二乙烯苯等； ②焚烧后的焚灰中主要成分为、，，，； ③较高温度下焙烧后杂质熔化形成熔体，冷却后凝固，难溶于水； ④氯铂酸铵[]难溶于氯化铵的浓盐酸溶液。 请回答下列问题： （1）焚烧的目的是___________。 （2）“碱焙烧”是该工艺的核心步骤之一， ①滤液1中主要溶质除、外还有___________、___________。 ②实验研究了碱用量(料碱比)、焙烧温度对水浸渣和碱焙砂溶解率(R)的影响。(，)。根据图像，最佳“料碱比”为___________，最佳温度为___________℃，温度过高水浸渣溶解率下降，其可能的原因是___________。 （3）加入溶液可得到沉淀。该沉淀常用___________进行洗涤。 （4）将加热至750℃煅烧得到海绵铂，化学方程式为：___________。 （5）使用焚灰(铂含量为4%)产生的海绵铂质量为，铂的回收率为___________。(回收率，保留4位有效数字) 【答案】（1）除去有机物 （2） ①. ②. ③. 1.6 ④. 700 ⑤. 杂质形成熔体，冷却后对固体形成包裹，影响后续水浸渣的溶解 （3）浓盐酸和氯化铵混合溶液 （4） （5）98.20% 【解析】 【分析】由题给流程可知，焚烧含铂废催化剂，将苯乙烯、二乙烯苯等有机物转化为二氧化碳除去；向焚烧后的焚灰中加入氢氧化钠焙烧，将二氧化锡、二氧化硅、氧化铝转化为锡酸钠、硅酸钠、四羟基合铝酸钠；向焙烧渣中加入热水浸出，过滤得到含有氢氧化钠、锡酸钠、硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液和水浸渣；滤液经一系列操作得到锡酸钠；向水浸渣中加入王水溶解，将铂元素转化为六氯合铂酸，过滤得到不溶渣和六氯合铂酸溶液；向六氯合铂酸溶液中加入氯化铵，将溶液中的六氯合铂酸转化为六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵煅烧得到铂。 【小问1详解】 由分析可知，焚烧的目的是将苯乙烯、二乙烯苯等有机物转化为二氧化碳除去； 【小问2详解】 ①滤液1中主要溶质为氢氧化钠、锡酸钠、硅酸钠、四羟基合铝酸钠； ②由图可知，料碱比为1.6、温度为700℃时，水浸渣和碱焙砂溶解率最高，则最佳“料碱比”为1.6、最佳温度为700℃；由题给信息可知，较高温度下焙烧后杂质熔化形成熔体，冷却后凝固，难溶于水，则温度过高水浸渣溶解率下降的原因是杂质形成熔体，冷却后对固体形成包裹，影响后续水浸渣的溶解； 【小问3详解】 由题给信息可知，六氯合铂酸铵难溶于氯化铵的浓盐酸溶液，所以沉淀应用浓盐酸和氯化铵混合溶液进行洗涤，防止沉淀溶解造成损失； 【小问4详解】 由题意可知，六氯合铂酸铵加热至750℃煅烧发生分解反应生成海绵铂、氨气、氯化氢和氮气，反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 由题意可知，铂的回收率为：≈98.20%。 17. 某同学在实验室以生锈铁钉为原料，通过以下步骤制备磷酸亚铁晶体[]。回答下列问题： 已知：[]难溶于乙醇。 （1）“酸溶”时，使用的是30%(质量分数，下同)的硫酸，将一定体积98%的浓硫酸稀释为 30%的硫酸，下列仪器不需要使用的是___________(从下图中选择，填写仪器名称)。 （2）检验“还原”已完全的试剂是___________。 （3）“共沉淀”时，实验步骤如下：先向三颈烧瓶中加入抗坏血酸(维生素C)溶液，向三颈烧瓶中滴加混合溶液，再向三颈烧瓶中滴加溶液，通过调节两个恒压滴液漏斗的活塞，控制溶液pH为4~6(所得晶体质量最好)，充分搅拌一段时间，过滤，洗涤固体，真空干燥，得到。 ①“共沉淀”反应的离子方程式为___________。 ②不直接使用调节溶液的原因是___________。 ③加入抗坏血酸溶液的目的是___________。 ④洗涤的操作为___________。 （4）强酸性环境下，加入同浓度的与磺酸基水杨酸(，用表示，其溶液无色)，且保持加入的，反应生成配合物(溶液呈紫红色)。用分光光度计对混合溶液的吸光度(A)(，为常数)，进行测定，得到溶液吸光度与起始物质的量浓度分数的关系如图所示： 已知：稀溶液中近乎无色。 ①中与形成配位键的原子是___________(填元素符号)。 ②b点溶液中存在，若、，则的解离度___________。(解离度，保留两位有效数字) 【答案】（1）球形冷凝管、分液漏斗 （2）或 （3） ①. ②. 碱性强，容易造成局部过高，生成等杂质 ③. 防止被氧化为 ④. 向过滤器中加入无水乙醇，待溶液流出重复操作23次 （4） ①. O ②. 0.17 【解析】 【分析】生锈铁钉经酸溶后生成和，用FeS2把其中的还原为，过滤，再加入维生素C溶液、CH3COONa一Na2HPO4等经共沉，过滤，洗涤固体，真空干燥，得到磷酸亚铁晶体； 【小问1详解】 将一定体积的98%的浓硫酸稀释为200 mL 30%的稀硫酸，需要使用的玻璃仪器有：量筒、玻璃棒和烧杯，不需要球形冷凝管、分液漏斗； 【小问2详解】 “还原”步骤中在酸性条件下，与发生氧化还原反应，若“还原”已完全，则溶液中不含，故可用溶液或溶液检验是否存在，从而判断“还原”是否已完全进行，实验操作为：取少量还原后的溶液于试管中，滴加溶液，若不变红，说明溶液中不含，还原已完全(或滴加溶液，未出现蓝色沉淀，说明溶液中不含，还原已完全)，故检验“还原”已完全的试剂是或； 【小问3详解】 ①向三颈烧瓶中滴加混合溶液，再滴加溶液，调节溶液pH，反应后生成和醋酸，故“共沉淀”反应的离子方程式为：； ②NaOH溶液的碱性过强，易造成局部pH过高，生成 Fe(OH)2等杂质，降低产物产率，故原因是碱性强，容易造成局部过高，生成等杂质； ③抗坏血酸(维生素C)具有还原性，可防止被氧化为，保证产物纯度，故加入抗坏血酸溶液的目的是防止被氧化为； ④由反应可知，沉淀表面混有可溶性的、等杂质，过滤后需要洗涤，沉淀难溶于乙醇，具体操作为：向漏斗中加入无水乙醇至浸没沉淀，待溶液流出重复操作23次； 【小问4详解】 ①配位键是由配体提供孤电子对，提供空轨道，有机物（）中羧基、酚羟基、磺酸基中的氧原子含有孤电子对，因此中与形成配位键的原子是O； ②b点对应的起始，说明此时和的物质的量浓度相等，恰好完全反应生成，即初始的浓度的对应吸光度为(完全不解离时的最大吸光度)，实际吸光度，，故解离度。 18. 深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义。、在的表面进行两步反应转化为无毒的气体，其相对能量、反应历程和熵值(298.15 K，100 kPa时)如图甲、乙所示。 Ⅰ： Ⅱ： 将等物质的量的和充入一密闭容器中进行反应，请回答： （1）总反应的热化学方程式为___________(用含、的式子表示)。 （2）该总反应的决速步骤是___________。(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”) （3）下列说法正确的是___________。 A. 在恒温恒容时，混合气体的密度不再变化说明体系达到平衡状态 B. 该总反应高温下可能不自发 C. 反应过程中先是中的原子进攻中的原子 D. 研究表明，一步催化相对于上述反应历程具有更少的反应步骤和更低的活化能，所以平衡转化率更大 （4）在固定体积的密闭容器中，发生上述反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定的平衡转化率。部分实验结果如图所示： ①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是___________。 ②图中C、D两点对应的实验温度分别为和，通过计算判断___________(填“>”“=”或“<”)。 （5）在时，若、，随着反应的进行，容器内的物质的量分数变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 物质的量分数 50.0% 40.25% 32.0% 26.2% 24.0% 24.0% 则时，该反应的___________。(保留两位有效数字) 【答案】（1） （2）反应Ⅰ （3）BC （4） ①. 降低温度 ②. = （5）3.7 【解析】 【小问1详解】 由图甲可知分步反应的热化学方程式为Ⅰ： 、Ⅱ： ，根据盖斯定律，总反应=I+ II，则总反应的热化学方程式为 ； 【小问2详解】 反应速率由活化能最大的慢步骤决定，从图甲可知，反应Ⅰ的活化能更大，反应速率更慢，因此决速步骤为：反应Ⅰ； 【小问3详解】 A．在恒温恒容时，总反应中反应前后气体总质量始终不变，恒容条件下混合气体密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡，A错误； B．计算总反应熵变，由图甲可知总反应生成物总能量低于反应物，；根据，高温下反应不自发，B正确； C．第一步为和反应，O从转移到的Pt上，因此是中的O原子进攻中的Pt原子，C正确； D．催化剂只改变反应速率和活化能，不改变平衡状态，平衡转化率不变，D错误； 故选BC； 【小问4详解】 ①根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度； ②利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；设定容器体积的体积为V L；C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1 mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有：，则在平衡常数；D点的平衡状态其反应物的投料比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5 mol和1 mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5 mol×0.40=0.6 mol，则根据三等式有：，则在平衡常数；C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，故； 【小问5详解】 设初始总物质的量为，，反应前后总物质的量始终为。平衡时（8 min后），CO物质的量分数为，假设到达平衡时，CO转化了x mol，列三段式：，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有×100%=24.0%，解得=0.52，平衡时，故。4 min时，物质的量分数为，得，。。 19. 氯沙坦是首批上市的沙坦类抗高血压药物，我国研发团队将腈衍生物转化为四唑环，通过高效的绿色合成氯沙坦。该合成方法不含氯化氢和氨等危险化学物质，过程方便和环保。其合成流程如图所示。 已知：n-Bu为正丁基。 （1）物质A的名称为___________。 （2）物质B的官能团为___________。 （3）物质E生成物质F的化学方程式为___________。 （4）物质H生成物质I的反应类型为___________。 （5）满足下列条件的E物质的同分异构体M有___________种。(不考虑立体异构) ①含有碳碳三键 ②不含结构 （6）中间体的另一种合成方法分为以下几步： 写出与的结构简式___________、___________。 【答案】（1）对氯甲苯(4-氯甲苯) （2）氰基、碳氯键 （3）n-Bu-CN+NH2CH2COOH （4）还原反应 （5）11种 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】由题可得：D物质逆推回C物质，可知C有两个苯环相连，其结构为：；E与发生加成反应生成F， 【小问1详解】 由苯环的命名规则可知：苯环上甲基与氯原子处于对位，命名为对氯甲苯（系统命名1-氯-4-甲基苯）； 【小问2详解】 B结构含-Cl（氯原子）和-CN（氰基）两种官能团； 【小问3详解】 E（正戊腈，n-Bu-CN）和氨基乙酸发生加成反应得到F，配平后即可得到方程式：n-Bu-CN+NH2CH2COOH  ； 【小问4详解】 H中醛基(-CHO)被NaBH4还原为-CH2OH，属于还原反应； 【小问5详解】 E分子式为C5H9N，不饱和度为2，符合条件的只有1个碳碳三键，N为饱和结构，不含-NH2说明N上氢原子数为0或1，据此写出碳链结构：①，该结构三键有3种位置；②该结构三键位置有3种，③，该结构三键位置有1种；④，该结构的三键位置有1种；⑤该结构的三键位置有一种；⑥该结构的三键位置有2种；⑦ 这三种结构不存在三键位置；分类计数所有同分异构体共11种； 【小问6详解】 ①第一步起始物与乙二醛发生加成反应得到带两个羟基的链状产物X，X脱水环化得到羟基咪唑，故X为； ②再经Vilsmeier甲酰化得到带醛基、羟基的Y，Y中羟基经POCl3氯代得到G，因此Y是G中氯原子替换为羟基的产物，故Y为  。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $