精品解析：海南省某校2025-2026学年高三上学期第三次学业诊断化学试题

绝密★启用前 2026届高三化学学业诊断(三) 考试时间：90分钟；试卷分数：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 第I卷 (选择题) 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 2 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法错误的是 A. 胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应 B. 合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物 C. 配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键 D. 超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成 2. 下列比较结果，错误的是 A. 熔点：石英>苯酚 B. 热稳定性： C. 离子半径： D. 分散系中分散质粒子的直径：胶体溶液 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 中子数为21的钾核素： B. 的电子式： C. 基态价层电子的轨道表示式： D. 分子的球棍模型： 4. 下列化合物 ①CO  ②  ③  ④ 性质描述错误的是 A. 既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④ B. 与水作用后溶液呈酸性：②③ C. 与水反应释放O2：④ D. 常态下呈现颜色：②③④ 5. 下列装置不能达到相应实验目的的是 A. 装置甲可用铜制CuSO4溶液 B. 装置乙比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱 C. 装置丙用于检验SO2中是否含有SO3 D. 装置丁可用于观察钠的燃烧 6. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是 A. 电负性：Z＞Y＞W B. 化合物中所有原子均满足八电子稳定结构 C. 简单氢化物的沸点：Y＜W D. 化合物可与水剧烈反应生成两种强酸 7. 稻壳制备纳米Si的流程图如下。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是 A. 1 mol 中有个化学键 B. 盐酸在该工艺中体现了还原性 C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D. 制备纳米Si： 8. 能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述错误的是 A. 氮原子上存在孤电子对 B. 图中球①代表原子团NH2 C. 作还原剂时，该化合物释放H+ D. 该化合物易溶于水 二、不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法正确的是 A. Be(OH)2是两性氢氧化物 B. Be2C和BeCl2的晶体类型相同 C. 和气态二聚物Be2Cl4中Be原子的杂化方式相同 D. Be2C与H2O反应： 10. 有机硒化合物的研究意义重大。调控有机物Ⅰ与Se的用量比，可分别得到Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ(Ph-代表苯基)。 下列说法正确的是 A. Ⅰ中所有磷原子共平面 B. 四种分子中，Ⅱ和Ⅳ为极性分子 C. 等量的Ⅰ分别完全转化为Ⅱ和Ⅲ消耗Se的物质的量之比为2：1 D. 产物Ⅳ的红外光谱中存在键的吸收峰，说明产物不纯 11. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是 A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键 C. 磺酸基中的S—O键能比小 D. 和中N均采用杂化 12. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀是溶解程度不同的同种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 13. 乙酸晶胞是长方体，其晶体结构如图所示(晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm)。下列说法错误的是 A. 乙酸晶体不属于分子密堆积 B. 一个晶胞中含有4个乙酸分子 C. 晶胞中乙酸分子的取向只有2种 D. 晶胞的密度为 14. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是 选项 宏观现象 微观解释 A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量 B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大键 C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低 A. A B. B C. C D. D 第II卷 (非选择题) 15. 可用于制备光学材料和回收砷。 Ⅰ．制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。 当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 （1）酸浸时通入O2可提高浸出率的原因是___________。 （2）通入除镉。通过计算判断当溶液时，Cd2+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。 （3）沉锌前调节溶液的 至，加入的氧化物为___________(填化学式)。 Ⅱ．回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按n(S)：n(As)=7：1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 （4）写出60℃，ZnS与反应生成As2S3的离子方程式： ___________。 （5）反应4h后，砷回收率下降的原因： ___________。 Ⅲ．制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 （6）区域A“”中的离子为___________(填离子符号)，区域B带___________(填“正电”或“负电”)。 16. 乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： （1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的_______。 （2）酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为_______原因是_______。 （3）在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率_______，平衡常数_______(保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则_______(保留2位有效数字)。 （4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是_______。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是_______(举1例)。 17. 某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。主要实验步骤如下： Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。 Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗 溶液体积为。 Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗 标准溶液体积为。 计算样品中硫的质量分数。平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： （1）仪器①的名称是：___________。 （2）步骤Ⅰ中，乙醇的作用是___________。 （3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是___________。 （4）步骤Ⅱ中宜采用___________(填加热方式“水浴”、“油浴”或“沙浴”)。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的，实验操作是___________。 （5）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为___________。 （6）单次样品测定中硫的质量分数可表示为___________(写出计算式)。 18. 纳米球形碳酸钙常被用作涂料置于电极表面，增强电极的抗腐蚀性能。 Ⅰ．由CaCl2溶液和Na2CO3溶液快速沉淀制得的CaCO3粒子多呈大颗粒的立方形，但是通过加入晶型控制剂可改变碳酸钙粒子的形状，获得小颗粒球形碳酸钙。乙二胺四乙酸(简写为H4Y，如图1所示)属于弱酸，可与形成配合物(如图2所示)，是常见的晶型控制剂。 （1）的空间结构是___________。 （2）H4Y由4种元素组成，除H外的三种元素按第一电离能从大到小的顺序是：___________。 （3）乙二胺四乙酸在形成配合物后，虚线框中键角将___________(填选项)。 A．变大　　　B．变小　　　C．不变 （4）在pH＜1时，乙二胺四乙酸的配位能力会大幅改变，请指出改变趋势(增强或减弱)并给出理由___________。 （5）试从反应速率角度说明乙二胺四乙酸可作为晶型控制剂制备球形碳酸钙的原因： ___________。 Ⅱ．微乳液法由于其制得的粒子纯度高，粒径可调控，受到了越来越多的关注。微乳液法制备球形的步骤如下：将碳酸盐和钙盐在表面活性剂的作用下分散于溶剂中，配制成微乳液，然后将两种微乳液在一定条件下混合即可获得球形碳酸钙。常见的微乳液通常分为2类，即水包油型和油包水型。 （6）在油包水型微乳液中，盐与表面活性剂通过亲水作用形成超分子，这主要体现了超分子___________功能。 （7）以CaCl2液滴为钙源，Na2CO3液滴提供碳酸根离子，环己烷作分散剂，硬脂酸钠作为表面活性剂，混合配制成微乳液，最终制得的球形碳酸钙为___________(填选项)。 A．实心球    B．空心球 Ⅲ．利用X射线晶体衍射分析发现，最终所得的纳米粒子具有多种晶型，其中方解石形是最稳定的。 （8）利用晶体X射线衍射技术不能获得晶体的___________(填选项)信息。 A. 微粒在晶胞中的实际排列状况 B. 碳酸根离子中碳氧键的键角 C. 碳酸根离子中碳氧键的键能 D. 碳酸根离子中碳原子的杂化方式 （9）某文献中方解石的六方晶胞结构如图所示。平行六面体A能否表示方解石的晶胞结构？请说出理由： ___________。 19. 过渡元素在材料，化工生产和生活中均占有重要地位。研究相关元素及它们所衍生出的化合物对科学和社会发展有重要意义。回答下列问题： （1）第四周期元素中3d轨道上没有未成对电子的过渡元素离子的水合离子为无色，下列离子形成的水合离子为无色的是___________(填选项)。 A. Sc3+ B. Cr3+ C. Co3+ D. Zn2+ （2）Mn的一种配合物化学式为［］，CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是___________原子。 （3）比较Zn和Cu第二电离能与第一电离能之差的大小并给出理由： ___________。 （4）应用于合成氨反应的铁催化剂表面上存在氮原子，下图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图，铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为___________。 （5）某种离子型铁氧化物的晶胞结构如下图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。 通过Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料(m、n为正整数)。 已知：，该晶胞含有12个Fe原子和16个O原子，一个晶胞最多可嵌入2个。 ①B1中M原子分数坐标为(0，0，0)，则A3中Q原子分数坐标为___________。 ②若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026届高三化学学业诊断(三) 考试时间：90分钟；试卷分数：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 第I卷 (选择题) 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 2 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法错误的是 A. 胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应 B. 合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物 C. 配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键 D. 超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成 【答案】B 【解析】 【详解】A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应，正确描述了丁达尔效应的成因，A正确； B．合成高分子通过聚合反应生成，但由于聚合度不同，分子链长度和分子量存在差异，因此是混合物而非纯净物，B错误； C．配位键的形成本质是电子对给予-接受，符合配位化合物的定义，C正确； D．超分子由多种分子通过分子间相互作用（如氢键、静电作用、以及金属离子与分子间的弱配位键等）形成，D正确； 故选B。 2. 下列比较结果，错误的是 A. 熔点：石英>苯酚 B. 热稳定性： C. 离子半径： D. 分散系中分散质粒子的直径：胶体溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．石英（）为共价晶体，苯酚为分子晶体，共价晶体熔点高于分子晶体，A正确； B．非金属性：F＞I，简单氢化物的热稳定性HF＞HI，B错误； C．和为同周期阳离子，电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：，C正确； D．胶体分散质粒子直径（1-100 nm）大于溶液中溶质粒子（＜1 nm），D正确； 故选B。 3. 下列化学用语或图示正确的是 A. 中子数为21的钾核素： B. 的电子式： C. 基态价层电子的轨道表示式： D. 分子的球棍模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．中子数为21的钾核素：，故A错误； B．为离子化合物，电子式：，故B正确； C．基态价层电子排布式：3d5，轨道表示式为，故C错误； D．分子的价层电子对数为，球棍模型为三角锥形，故D错误； 答案选B。 4. 下列化合物 ①CO  ②  ③  ④ 性质描述错误的是 A. 既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④ B. 与水作用后溶液呈酸性：②③ C. 与水反应释放O2：④ D. 常态下呈现颜色：②③④ 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO中C为+2价，中S为+4价，中N为+4价，中O为-1价，均处于中间价态，既可被氧化也可被还原，故①②③④均可作氧化剂或还原剂，A正确； B．与水反应生成（酸性），与水反应生成（酸性），溶液均呈酸性，B正确； C．与水反应生成（），C正确； D．常态下为无色气体，而（红棕色）、（淡黄色）有颜色，但D选项称②③④均有颜色，包描述错误，D错误； 故选D。 5. 下列装置不能达到相应实验目的的是 A. 装置甲可用铜制CuSO4溶液 B. 装置乙比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱 C. 装置丙用于检验SO2中是否含有SO3 D. 装置丁可用于观察钠的燃烧 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置甲中做氧化剂，发生反应，能达到相应实验目的，A不符合题意； B．向乙试管中滴加少量的氯水，能观察到下层变为紫红色，说明氯水中的将氧化为，而没有被氧化，则还原性，氧化性：＞；继续滴加氯水，上层溶液变为黄色，即可证明氧化性：＞＞，能达到相应实验目的，B不符合题意； C．不与溶液反应，将混合气体通入溶液中，若产生白色沉淀，说明生成了硫酸钡，则混合气体中含有，能达到相应实验目的，C不符合题意； D．金属钠燃烧应在坩埚中进行，而不是蒸发皿，D符合题意； 故选D。 6. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是 A. 电负性：Z＞Y＞W B. 化合物中所有原子均满足八电子稳定结构 C. 简单氢化物的沸点：Y＜W D. 化合物可与水剧烈反应生成两种强酸 【答案】A 【解析】 【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X的核外电子数与电子层数相同，X可以形成一个共价键，故X为H；Y可以形成两条共价键，则为ⅥA族，Y、W同族，故Y为O，W为S；Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和（1+6=7），Z为ⅦA族，且原子序数小于S，故Z为F，据此分析。 【详解】A．电负性规律：同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，且F是电负性最大的元素，故电负性，A正确； B．化合物中H原子最外层只有2个电子，不满足八电子稳定结构，B错误； C．Y的简单氢化物为H2​O，W的简单氢化物为 ， 分子间存在氢键，沸点远高于 ，即沸点Y>W，C错误； D．该化合物为氟亚磺酸(HSO2F)，与水反应：，产物亚硫酸和氢氟酸均为弱酸，D错误； 故答案为：A。 7. 稻壳制备纳米Si的流程图如下。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是 A. 1 mol 中有个化学键 B. 盐酸在该工艺中体现了还原性 C. 高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D. 制备纳米Si： 【答案】B 【解析】 【分析】稻壳在一定条件下制得纳米，之后与金属Mg在650℃下发生反应生成MgO和纳米Si，向制得的MgO和纳米Si的混合物中加入盐酸，室温下反应得和纳米Si，据此作答。 【详解】A．是共价晶体，晶体中，每个Si原子与4个O原子连接，1 mol 中含有个Si原子，即含有个Si-O化学键，A正确； B．盐酸与MgO反应的方程式为：，在该反应中，Cl元素的化合价不变，未体现还原性，只体现了酸性，B错误； C．Si是良好的半导体材料，高纯Si可用于制造硅太阳能电池，C正确； D．纳米与金属镁在650℃下反应生成MgO和纳米Si，Si元素从+4价降至0价，Mg元素从0价升至+2价，结合质量守恒可写出该反应化学方程式：，D正确； 故答案选B。 8. 能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述错误的是 A. 氮原子上存在孤电子对 B. 图中球①代表原子团NH2 C. 作还原剂时，该化合物释放H+ D. 该化合物易溶于水 【答案】A 【解析】 【分析】该化合物为，结合成键特点和原子半径可知：结构中灰色大球为Zn、黄球为S、红球为O、浅灰球为N。对选项逐一分析： 【详解】A．的结构为​，其中中N原子提供孤对电子与形成配位键，而中的N提供孤对电子与形成配位键，因此该化合物中的氮原子不存在孤电子对，A描述错误； B．与连接顺序为，根据A选项分析，中的N提供孤对电子与形成配位键，所以球①对应的是，B描述正确； C．该化合物中N为价，具有还原性，作还原剂被氧化时，N元素化合价升高，会释放出，C描述正确； D．该化合物中、可与水形成氢键，易溶于水，D描述正确； 故选A。 二、不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法正确的是 A. Be(OH)2是两性氢氧化物 B. Be2C和BeCl2的晶体类型相同 C. 和气态二聚物Be2Cl4中Be原子的杂化方式相同 D. Be2C与H2O反应： 【答案】AD 【解析】 【详解】A．由图中转化信息可知，Be(OH)2既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确； B．由题中信息可知，Be2C的熔点远远高于BeCl2的熔点，因此Be2C不可能是分子晶体，而BeCl2的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误； C．中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，杂化方式为sp3，气态二聚物Be2Cl4为氯桥二聚体，不含Be-Be键，每个Be原子与3个Cl原子（1个端基、2个桥基）形成3个σ键，杂化方式为sp2，杂化方式不同，C错误； D．Be2C中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与H2O反应生成和，该反应的化学方程式正确，D正确； 故选AD。 10. 有机硒化合物的研究意义重大。调控有机物Ⅰ与Se的用量比，可分别得到Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ(Ph-代表苯基)。 下列说法正确的是 A. Ⅰ中所有磷原子共平面 B. 四种分子中，Ⅱ和Ⅳ为极性分子 C. 等量的Ⅰ分别完全转化为Ⅱ和Ⅲ消耗Se的物质的量之比为2：1 D. 产物Ⅳ的红外光谱中存在键的吸收峰，说明产物不纯 【答案】BD 【解析】 【详解】A．Ⅰ中P原子的孤电子对数，价层电子数=孤电子对数+成键电子对数=1+3=4，P原子采用方式杂化，每个P原子和与其相连2个P原子及1个C原子构成三角锥形，故Ⅰ中所有磷原子不共平面，A错误； B．Ⅱ和Ⅳ分子结构均不对称，正、负电荷中心不重合，均为极性分子，B正确； C．Ⅰ完全转化为Ⅱ的化学方程式为：，Ⅰ完全转化为Ⅲ的化学方程式为：，根据方程式，两反应中要完全转化等量的Ⅰ，需消耗Se的物质的量之比为，C错误； D.从图像可以看出，产物Ⅳ中只含有P-Se键，假如红外光谱中含有P=Se吸收峰，说明产物中含有Ⅱ或Ⅲ，产物不纯，D正确； 故答案选BD。 11. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是 A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键 C. 磺酸基中的S—O键能比小 D. 和中N均采用杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确； B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误； C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确； D．N原子价电子数为5，中N有4条 键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条 键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确； 故选B。 12. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀是溶解程度不同的同种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】AD 【解析】 【分析】向溶液中加入氨水，与结合生成蓝色的沉淀，继续向其中加入氨水，沉淀溶解生成，向溶液中加入乙醇，使溶剂的极性减小，的溶解度减小，析出晶体，向过滤得到的固体沉淀中加入过量浓盐酸，生成的呈黄绿色，据此作答。 【详解】A．由分析可知，②中沉淀是，④中沉淀是，是不同的物质，A错误； B．③中含有的溶质为，与中的N原子形成配位键，未与 中的O原子形成配位键，说明配体结合能力：，B正确； C．属于离子化合物，水是极性溶剂，因此在水中溶解度较大。与水相比，乙醇的极性较小，向水溶液中加入乙醇，溶剂的极性减小，析出，说明在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，C正确； D．由分析可知，⑥中的溶液呈黄绿色是因为其中含有，向⑤中加入稀硫酸，无法被转化为，因此无法得到黄绿色溶液，D错误； 故答案选AD。 13. 乙酸晶胞是长方体，其晶体结构如图所示(晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm)。下列说法错误的是 A. 乙酸晶体不属于分子密堆积 B. 一个晶胞中含有4个乙酸分子 C. 晶胞中乙酸分子的取向只有2种 D. 晶胞的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸分子间存在氢键，氢键有方向性，晶体不属于分子密堆积，A正确； B．由图可知，一个晶胞中含4个乙酸分子，B正确； C．一个晶胞中含4个乙酸分子，由于甲基取向不同，乙酸分子的取向均不相同，取向有4种，C错误； D．结合B分析，晶体密度为，D正确； 故选C。 14. 化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是 选项 宏观现象 微观解释 A 氮气稳定存在于自然界中 氮分子中存在氮氮三键，断开该共价键需要较多的能量 B 苯不能使溴的溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大 键 C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮气的稳定性源于氮分子中的三键，键能高难以断裂，A正确； B．苯因大π键结构稳定，难以与溴发生加成或取代，B正确； C．水晶的规则外形由原子三维有序排列（晶体结构）导致，C正确； D．氯化钠熔点高于氯化铝的真实原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体，选项中将二者均视为离子晶体并用离子电荷和半径解释，不符合实际，D错误； 故选D。 第II卷 (非选择题) 15. 可用于制备光学材料和回收砷。 Ⅰ．制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。 当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 （1）酸浸时通入O2可提高浸出率的原因是___________。 （2）通入除镉。通过计算判断当溶液时，Cd2+___________(填“是”或“否”)沉淀完全。 （3）沉锌前调节溶液的 至，加入的氧化物为___________(填化学式)。 Ⅱ．回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的As2S3沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按n(S)：n(As)=7：1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 （4）写出60℃，ZnS与反应生成As2S3的离子方程式： ___________。 （5）反应4h后，砷回收率下降的原因： ___________。 Ⅲ．制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 （6）区域A“”中的离子为___________(填离子符号)，区域B带___________(填“正电”或“负电”)。 【答案】（1）)氧化-2价S元素生成S，促进酸浸反应正向进行 （2）否 （3）ZnO （4） （5）反应消耗，导致溶液升高，平衡向逆反应方向移动，使部分重新溶解，导致砷回收率下降 （6） ①. Cl- ②. 负电 【解析】 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入H2SO4、O2酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS； 【小问1详解】 酸浸时，若不通入O2，会发生反应：ZnS+ H2SO4= ZnSO4+ H2S，通入O2可以氧化S2-生成S，促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率；故答案为氧化S2-生成S，促进酸浸反应正向进行； 【小问2详解】 通入H2S除镉，当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol/L时，c(H+)=1mol/L， 又因为Ka1(H2S)=1.010-7，Ka2(H2S)=1.210-13，Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则，则此时，此时Cd2+的浓度大于1.010-5mol/L，故Cd2+沉淀不完全； 【小问3详解】 由(2)知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO； 【小问4详解】 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 反应消耗，导致溶液升高，平衡向逆反应方向移动，使部分重新溶解，导致砷回收率下降； 【小问6详解】 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由Cl-替换S2-，区域B中，由Cu+替换Zn2+；按照均摊法，区域B中含Zn2+：3个、Cu+：1个、S2-：个，(+2)3+(+1)1+(-2)4=-1，则区域B带负电，故答案为Cl-；负电。 16. 乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： （1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的_______。 （2）酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为_______原因是_______。 （3）在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率_______，平衡常数_______(保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则_______(保留2位有效数字)。 （4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是_______。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是_______(举1例)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 （3） ①. 30 ②. 3.9 ③. （4） ①. 很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 ②. 及时移出产物 【解析】 【小问1详解】 乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和， ① ② ③ 根据盖斯定律①+②-③得 ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3==。 【小问2详解】 乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，所以沸点从高到低的顺序为。 【小问3详解】 初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数；。 【小问4详解】 液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。 17. 某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为。主要实验步骤如下： Ⅰ．如图所示，准确称取细粉状药用硫黄于①中，并准确加入乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。 Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持20min，冷却至室温。 Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗 溶液体积为。 Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗 标准溶液体积为。 计算样品中硫的质量分数。平行测定三次，计算硫含量的平均值。 回答下列问题： （1）仪器①的名称是：___________。 （2）步骤Ⅰ中，乙醇的作用是___________。 （3）步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是___________。 （4）步骤Ⅱ中宜采用___________(填加热方式“水浴”、“油浴”或“沙浴”)。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的，实验操作是___________。 （5）步骤Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为___________。 （6）单次样品测定中硫的质量分数可表示为___________(写出计算式)。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）作溶剂，溶解单质硫 （3）防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果 （4） ①. 油浴 ②. 取适量混合液，先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有 （5）滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色（变色错则不得分），且半分钟内不恢复原色 （6） 【解析】 【分析】先将硫黄和混合，利用乙醇增大S在水中的溶解度，之后用氧化剂将S氧化为。过量的可用 标准溶液滴定。在没有S的情况下再重复步骤Ⅰ~Ⅲ，得到的是原的物质的量。两者消耗的 体积相减即可得到和S反应的的物质的量，经过计算即可得出样品中S的质量分数。 【小问1详解】 由图可知，仪器①的名称为圆底烧瓶。 【小问2详解】 因为S难溶于水，而微溶于乙醇，乙醇又易溶于水。乙醇可以使S充分分散，与混合均匀，反应的更充分。 【小问3详解】 乙醇具有一定的还原性，而具有氧化性，可将乙醇氧化为乙酸等酸性物质，消耗，导致测定结果偏高。 【小问4详解】 实验要求温度要达到100℃，油浴加热符合该温度要求，液体加热受热均匀。检验溶液中是否含有，先加入稀盐酸，无明显现象确定没有、、等的干扰，再加入产生白色沉淀，即可说明含有。 【小问5详解】 酸碱中和滴定时，原溶液为碱性，甲基橙在碱性条件下显黄色，用 滴定至终点时，变为酸性条件下的橙色，半分钟不变色即为滴定终点。 【小问6详解】 根据实验，空白实验得到原总物质的量为，样品滴定得到剩余为，因此与S反应的物质的量为；由反应关系式，得，S的质量为，因此质量分数为。 18. 纳米球形碳酸钙常被用作涂料置于电极表面，增强电极的抗腐蚀性能。 Ⅰ．由CaCl2溶液和Na2CO3溶液快速沉淀制得的CaCO3粒子多呈大颗粒的立方形，但是通过加入晶型控制剂可改变碳酸钙粒子的形状，获得小颗粒球形碳酸钙。乙二胺四乙酸(简写为H4Y，如图1所示)属于弱酸，可与形成配合物(如图2所示)，是常见的晶型控制剂。 （1）的空间结构是___________。 （2）H4Y由4种元素组成，除H外的三种元素按第一电离能从大到小的顺序是：___________。 （3）乙二胺四乙酸在形成配合物后，虚线框中键角将___________(填选项)。 A．变大　　　B．变小　　　C．不变 （4）在pH＜1时，乙二胺四乙酸的配位能力会大幅改变，请指出改变趋势(增强或减弱)并给出理由___________。 （5）试从反应速率角度说明乙二胺四乙酸可作为晶型控制剂制备球形碳酸钙的原因： ___________。 Ⅱ．微乳液法由于其制得的粒子纯度高，粒径可调控，受到了越来越多的关注。微乳液法制备球形的步骤如下：将碳酸盐和钙盐在表面活性剂的作用下分散于溶剂中，配制成微乳液，然后将两种微乳液在一定条件下混合即可获得球形碳酸钙。常见的微乳液通常分为2类，即水包油型和油包水型。 （6）在油包水型微乳液中，盐与表面活性剂通过亲水作用形成超分子，这主要体现了超分子___________功能。 （7）以CaCl2液滴为钙源，Na2CO3液滴提供碳酸根离子，环己烷作分散剂，硬脂酸钠作为表面活性剂，混合配制成微乳液，最终制得的球形碳酸钙为___________(填选项)。 A．实心球    B．空心球 Ⅲ．利用X射线晶体衍射分析发现，最终所得的纳米粒子具有多种晶型，其中方解石形是最稳定的。 （8）利用晶体X射线衍射技术不能获得晶体的___________(填选项)信息。 A. 微粒在晶胞中的实际排列状况 B. 碳酸根离子中碳氧键的键角 C. 碳酸根离子中碳氧键的键能 D. 碳酸根离子中碳原子的杂化方式 （9）某文献中方解石的六方晶胞结构如图所示。平行六面体A能否表示方解石的晶胞结构？请说出理由： ___________。 【答案】（1）平面三角形 （2） （3）A （4）配位能力会大幅减弱，pH＜1时，c(H+)较大，乙二胺四乙酸中官能团以、形式存在，O、N孤电子对数目减少，配位能力会大幅减弱 （5）乙二胺四乙酸可与形成配合物，降低溶液中游离的浓度，进而降低溶液中和相互作用生成沉淀的速率，形成小颗粒的球形碳酸钙 （6）自组装 （7）A （8）C （9）不能；上半部分中的的取向与下半部分不同，不符合晶胞“无隙并置”的前提 【解析】 【小问1详解】 ​中心C原子价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为平面正三角形； 【小问2详解】 C、N、O为同周期元素，第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，因此第一电离能：； 【小问3详解】 未成键时N原子含有1对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对；形成配位键后，原孤电子对变为成键电子对，斥力减小，键角变大，故选A； 【小问4详解】 pH＜1时，c(H+)较大，乙二胺四乙酸中官能团以、形式存在，O、N孤电子对数目减少，配位能力会大幅减弱； 【小问5详解】 乙二胺四乙酸可与形成配合物，降低溶液中游离的浓度，进而降低溶液中和相互作用生成沉淀的速率，形成小颗粒的球形碳酸钙，所以可作为晶型控制剂制备球形碳酸钙； 【小问6详解】 盐与表面活性剂通过亲水作用形成超分子，类似细胞和细胞器的双分子膜，这主要体现了超分子自组装功能； 【小问7详解】 环己烷为油相分散剂，硬脂酸钠疏水基朝外（朝向油），亲水基朝向内部水液滴，形成油包水型微乳液，和在内部水液滴反应生成​得到实心球，故选A； 【小问8详解】 X射线衍射可获得晶体中微粒的排列、键角等结构信息，通过结构可推知碳原子杂化方式；键能是化学键的能量参数，无法通过X射线衍射技术获得，故选C； 【小问9详解】 晶胞是晶体的最小重复单元，无隙并置排列，即要求平移后原子可完全重合，若A为晶胞，上半部分中的的取向与下半部分不同，平移后不重合，不符合晶胞“无隙并置”的前提，所以A不是方解石晶胞结构。 19. 过渡元素在材料，化工生产和生活中均占有重要地位。研究相关元素及它们所衍生出的化合物对科学和社会发展有重要意义。回答下列问题： （1）第四周期元素中3d轨道上没有未成对电子的过渡元素离子的水合离子为无色，下列离子形成的水合离子为无色的是___________(填选项)。 A. Sc3+ B. Cr3+ C. Co3+ D. Zn2+ （2）Mn的一种配合物化学式为［］，CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是___________原子。 （3）比较Zn和Cu第二电离能与第一电离能之差的大小并给出理由： ___________。 （4）应用于合成氨反应的铁催化剂表面上存在氮原子，下图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图，铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为___________。 （5）某种离子型铁氧化物的晶胞结构如下图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。 通过Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料(m、n为正整数)。 已知：，该晶胞含有12个Fe原子和16个O原子，一个晶胞最多可嵌入2个。 ①B1中M原子分数坐标为(0，0，0)，则A3中Q原子分数坐标为___________。 ②若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为___________。 【答案】（1）AD （2）N （3）Cu价电子排布为，失去1个电子后得到全充满稳定结构，第二电离能大；Zn价电子排布为，失去1个电子后为，第二电离能失去4s电子，所需能量更低，因此差值Cu更大。 （4）1：2 （5） ①. (，，) ②. 50% 【解析】 【小问1详解】 A．：原子价电子排布为，失去3个电子后电子排布为，3d轨道无电子，不存在未成对电子，A符合要求； B．：Cr原子价电子排布为，失去3个电子后价电子排布为，3d轨道有3个未成对电子，B不符合要求； C．：Co原子价电子排布为，失去3个电子后价电子排布为，3d轨道有4个未成对电子，C不符合要求； D．：Zn原子价电子排布为，失去2个电子后价电子排布为，3d轨道全充满，不存在未成对电子，D符合要求； 故选AD； 【小问2详解】 的结构为，甲基C和三键中的C都已经达到4键，无孤电子对；只有三键末端的N原子含有1对孤电子对，因此配位时由N原子提供孤电子对； 【小问3详解】 Cu价电子排布为，失去1个电子后得到全充满稳定结构，第二电离能大；Zn价电子排布为，失去1个电子后为，第二电离能失去4s电子，所需能量更低，因此差值Cu更大； 【小问4详解】 用均摊法计算单层晶面的原子个数比，观察结构可知，每个N原子周围结合4个Fe原子，而每个Fe原子被2个N原子共用，因此氮原子与铁原子的个数比为： ； 【小问5详解】 ① 整个大晶胞的边长为1，原点为（对应​中M的位置），大晶胞分为共8个小正方体单元，每个小单元边长为​。​位于大晶胞的右上后区域，x范围，y范围，z范围，结合Q在​单元内的相对位置，可得Q的分数坐标为； ② 首先确定该晶胞中总物质的量，总物质的量，总负电荷为。 已知，总Fe为12，因此，，Fe的总正电荷为。 设晶胞中剩余数目为，根据电荷守恒：，得。 最多嵌入棱心和体心，一个晶胞最多嵌入2个（全嵌入状态），因此脱嵌出的数目为，脱嵌率为： 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $