精品解析：广东工业大学北附教育港澳台联考2026届高三上学期第一次月考化学试卷

2026届中华人民共和国普通高等学校联合 招收华侨、港澳地区、台湾省学生广工大北附第一次月考化学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Sn 119 一、选择题(本题有15个小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. “劳动最光荣、劳动最崇高”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 实验员用TiCl4加大量的水制备TiO2 稀释促进盐的水解 B 科学家用乳酸合成聚乳酸 合成聚乳酸是缩聚反应 C 工人使用糯米酿造米酒 葡萄糖在酶作用下转化为乙醇 D 农艺师施肥时用土壤掩埋铵态氮肥 铵盐易溶于水 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．TiCl4水解：TiCl4+(x+2)H2OTiO2•xH2O↓+4HCl，加水稀释使水解程度增大，最终得到TiO2•xH2O，经焙烧获得TiO2，A不合题意； B．分子中含有羧基和羟基，发生缩聚反应生成聚乳酸()和水，B不合题意； C．酿造糯米酒的过程涉及淀粉的水解反应和葡萄糖的分解反应生成乙醇，C不合题意； D．农艺师施肥时用土壤掩埋铵态氮肥，是由于铵盐不稳定，受热易分解而失去肥效，与其易溶于水无关，D符合题意； 故答案为：D。 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 用碘盐可使淀粉溶液变蓝 B. 制造铅笔芯的石墨与是同素异形体 C. 用作红色涂料的铁红的化学式为 D. 亚硝酸钠可作为食品防腐剂是由于其为强电解质 【答案】B 【解析】 【详解】A．淀粉溶液遇到碘单质时会变蓝，加碘食盐中的碘元素是以碘酸钾（KIO3）的形式存在的，而不是碘单质，A错误； B．石墨与都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B正确； C．用作红色涂料的铁红的化学式为Fe2O3，故C错误； D．亚硝酸钠具有还原性，适量添加到食品中，可用作食品防腐剂，故D错误； 故选B。 3. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 维生素C可作为NaNO2中毒的急救药 维生素C具有还原性 B 用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体，试纸变红 一氯甲烷具有酸性 C 使用NaHCO3烘焙面包 NaHCO3易溶于水 D 木炭与浓硫酸在加热条件下反应将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 使澄清石灰水变浑浊的气体产物一定为CO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，NaNO2具有氧化性，A正确； B．混合气体中有HCl，HCl具有酸性，B错误； C．使用NaHCO3烘焙面包利用的是NaHCO3的不稳定性，C错误； D．产物SO2也能使澄清石灰水变浑浊，D错误； 故选A。 4. 某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成，其中W、Q位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期。该化合物的分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>W>Y B. Z、Q的含氧酸为强酸 C. 简单离子半径：Z>Q>W D. W的氢化物沸点一定高于Y的氢化物沸点 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Q位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，X在化合物中以一根键与其它原子连接，X为H，Y形成四条单键为C，Z形成三条单键为N，W形成二条单键为O，故Q为S，据此作答； 【详解】A．同一周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，Z是N，最高能级轨道电子半满，更稳定，第一电离能高于相邻元素，故第一电离能：Z>W>Y，A正确； B．H2SO3也是Q的含氧酸，是弱酸，B错误； C．核外电子层数越大，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径Q>Z>W，C错误； D．未指明最简单氢化物，Y的氢化物可以是碳数很多的烃，沸点可以比较高，D错误； 本题选A。 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是： A. 1moLCl2与足量的铁加热反应，转移的电子数为3NA B. 标准状况下，22.4L的SO3中含3NA个氧原子 C. 16g由O2和O3组成的混合气体中所含质子总数为8NA D. 密闭的容器中，催化剂作用下0.5molN2与1.5molH2反应后得到NH3分子数一定为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．1molCl2与足量的铁反应，电子转移依据氯气计算，电子转移为2mol，电子数为N=n×NA=2×NA=2NA，选项A错误； B．标准状况下，SO3不为气态，所以不能计算其物质的量，选项B错误； C．氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，因此16gO2和O3组成的混合物中含有的氧原子的物质的量是＝1mol，质子总数为8NA，选项C正确； D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故得到的氨气分子个数小于NA个，选项D错误； 答案选C。 6. 某反应的反应过程中能量变化如图所示。正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂不能改变反应的转化率但能改变该反应的焓变 C. 催化剂能改变反应路径，降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图象，反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误； B．催化剂只改变反应的活化能，提高反应的速率，对转化率以及反应的焓变无影响，故B错误； C．催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，提高反应速率，故C正确； D．E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，E1＞E2，即逆反应的活化能小于正反应的活化能，故D错误； 故选C。 7. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. H2S的VSEPR模型： B. BF3的电子式： C. 小苏打的分子式：NaHCO3 D. 的名称：乙二酸二乙酯 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的VSEPR模型为，故A错误； B．三氟化硼是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故B错误； C．小苏打是碳酸氢钠的俗称，碳酸氢钠是离子化合物，化学式为NaHCO3，故C错误； D．由结构简式可知，的名称为乙二酸二乙酯，故D正确； 故选D。 8. 在标准状况下，1mol离子晶体完全分离成气态阳离子、阴离子所吸收的能量可以用(U)来表示，Li2O是离子晶体，其(U)的实验值可通过玻恩—哈伯热力学循环图计算得到 已知 ； 下列说法不正确的是 A. U(Li2O)=+2980kJ/mol B. O=O键能为498kJ/mol C. ΔH2=703kJ/mol D. Li第一电离能I1=1040kJ/mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图分析，2mol气态锂离子和1mol气态氧离子生成氧化锂晶体放热为2980kJ，则U(Li2O)=+2980kJ/mol，A正确； B．从图分析，0.5mol氧气变成氧原子吸收249kJ的能量，故O=O键能为498kJ/mol，B正确； C．已知 ；，根据盖斯定律分析，ΔH2==703kJ/mol，C正确； D．从盖斯定律分析，有-598=-2980+249+703+318+ΔH1，则ΔH1=1040kJ/mol，则锂的第一电离能为520kJ/mol，D错误； 故选D。 9. 下列离子方程式正确的是 A. 向盐酸中滴加氨水： B. 溶于氢碘酸： C. 铜溶于浓硝酸： D. 向溶液中通入足量氯气： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向盐酸中滴加氨水，一水合氨为弱电解质，离子方程式应为，A不符合题意； B．溶于氢碘酸时，会氧化，离子方程式应为，B不符合题意； C．铜溶于浓硝酸生成，离子方程式应为，C不符合题意； D．向 溶液中通入足量氯气，被氧化为，离子方程式为，D符合题意； 故选D。 10. 下列实验操作对应的装置不正确的是 A.灼烧海带制海带灰 B.准确量取15.00 mL稀盐酸 C.配制一定浓度的NaCl溶液 D.使用电石和饱和食盐水制备 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．灼烧海带制海带灰使用的坩埚为可直接加热的仪器，加热时应放置在泥三角上，图示中将坩埚放在陶土网（石棉网）上加热，A符合题意； B．稀盐酸呈酸性，酸式滴定管精度为，可准确量取稀盐酸，B不符合题意； C．配制一定浓度的溶液转移液体时，用玻璃棒引流且玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下内壁，C不符合题意； D．电石和饱和食盐水制备属于固液常温制气反应，分液漏斗盛放饱和食盐水、具支锥形瓶盛放电石，D不符合题意； 故选A。 11. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A. 溶解度：大于 B. 以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C. 忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D. 的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 【答案】C 【解析】 【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：H2SH++HS-、HS-H++S2-，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知Ka1(H2S)=1×10-7，由②和③交点的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13。 【详解】A．FeS的溶解平衡为FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，饱和FeS溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-9mol/L，Fe(OH)2的溶解平衡为Fe(OH)2Fe2+(aq)+2OH-(aq)，饱和Fe(OH)2溶液物质的量浓度为=mol/L=×10-6mol/L＞×10-9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A项错误； B．酚酞的变色范围为8.2~10，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误； C．Na2S溶液中存在水解平衡S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数Kh(S2-)=====0.1，设水解的S2-的浓度为x mol/L，则=0.1，解得x≈0.062，S2-的水解率约为×100%=62%，C项正确； D．0.01mol/L FeCl2溶液中加入等体积0.2mol/L Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/L FeCl2和0.1mol/L Na2S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)c(S2-)=0.005mol/L×(0.1mol/L-0.062mol/L)=1.9×10-4＞Ksp(FeS)，c(Fe2+)c2(OH-)=0.005mol/L×(0.062mol/L)2=1.922×10-5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D项错误； 答案选C。 12. 有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示A分子中没有醚键，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是 A. 能发生水解反应 B. 能与溶液反应生成 C. 能与反应生成丙酮 D. 能与反应生成 【答案】D 【解析】 【详解】分析：由质谱图可知，有机物A相对分子质量为60，A只含C、H、O三种元素，因此A的分子式 为或，由核磁共振氢谱可知，A有4种等效氢，个数比等于峰面积之比为，因此A为，不能发生水解反应，A错误；A中官能团为羟基，不能与溶液反应生成，B错误；的羟基位于末端上，与反应生成丙醛，无法生成丙酮，C错误；中含有羟基，能与反应生成，D正确。 13. 下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在强碱性溶液中：、、、 B. 在的溶液中：、、、 C. 在的溶液中：、、、 D. 在强酸性溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．强碱性溶液中存在大量，与反应生成，与、均能反应生成沉淀，不能大量共存，A错误； B．的溶液为碱性溶液，存在大量，、、{现行教材中为[Al(OH)4]-}、之间互不反应，也不与反应，能大量共存，B正确； C．的溶液为酸性溶液，存在大量，与结合生成弱电解质，且能氧化，酸性条件下与发生归中反应生成，不能大量共存，C错误； D．强酸性溶液中存在大量，与反应生成和，且与发生相互促进的水解反应，不能大量共存，D错误； 故选B。 14. NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是： ＋＋____→Mn2＋＋＋H2O。下列叙述中正确的是 A. 该反应中被还原 B. 反应过程中溶液的pH减小 C. 生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4 D. 横线中的粒子是OH- 【答案】C 【解析】 【详解】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2＋5＋6H＋=2Mn2＋＋5＋3H2O； A．反应过程中N元素化合价升高，被氧化，选项A错误； B．反应过程中H＋被消耗，pH增大，选项B错误； C．根据反应的离子方程式可知，生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4，选项C正确； D．根据反应的离子方程式可知，横线中的粒子是H＋，选项D错误； 答案选C。 15. Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)： 下列说法正确的是 A. 通电一段时间后，阳极室pH不变 B. A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜 C. 若产品室，将有流入石墨电极 D. 若以铅蓄电池为电源，则Co电极应与电极相连接 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，Co为阴极，电极反应式为Co2++2e-=Co，溶液中Cl-穿过B膜进入HCl(aq)产品室，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成的H+穿过A膜进入HCl(aq)产品室，据此作答。 【详解】A．阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，假设转移4mol电子，生成4mol H+，同时有4mol H+穿过A膜进入HCl(aq)产品室，但阳极室中溶剂水减少，硫酸浓度增大，溶液的pH将减小，A错误； B．由分析可知，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，B正确； C．若产品室Δn(HCl)=0.2mol，则有0.2mol氯离子透过交换膜B进入盐酸溶液，整个电路转移0.2mole-，但石墨电极是阳极，是电子流出的电极，即有流出石墨电极，C错误； D．Co电极为阴极，充电时，与铅蓄电池负极相连，应连接铅蓄电池的Pb电极，D错误； 故选B。 二、非选择题(5个大题，共80分) 16. 化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如图所示。 已知：Ⅰ．同一个碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：； Ⅱ．。 请回答下列问题： （1）A_______（填“存在”或“不存在”）顺反异构体。 （2）B→C经历了先加成再消去的反应过程，中间产物的结构简式为_______。 （3）反应③所加试剂及条件为_______，反应④的反应类型为_______。 （4）由G生成H的化学方程式为_______。 （5）E的含氧官能团的名称是_______。满足下列条件的E的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。 a．苯环上有两个对位的取代基 b．其中一个取代基为 （6）根据以上题目信息，写出以苯和丙酮为原料制备的合成路线流程图_______（无机试剂和有机溶剂任用）。 【答案】（1）不存在 （2） （3） ①. 氢氧化钠的水溶液，加热 ②. 氧化反应 （4）+2NaOH+2NaCl+H2O （5） ①. 酮羰基 ②. 4 ③. （6） 【解析】 【分析】A与HCl加成生成B，B中醛基与苯胺上的氨基发生反应生成C，C在氢氧化钠的水溶液中水解生成D，D发生醇的催化氧化生成E，F与Cl2在光照条件下生成G，G在氢氧化钠的水溶液中水解最终生成H。 【小问1详解】 A中双键碳，左边那个碳连接两个氢原子，则不存在顺反异构，故答案为：不存在； 【小问2详解】 B的结构简式为，C的结构简式为，B与苯胺发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，则中间产物的结构简式为：； 【小问3详解】 反应③的反应为氯代烃在氢氧化钠的水溶液中水解，则所加试剂及条件为：氢氧化钠的水溶液，加热；反应④为醇的催化氧化，需要的化学试剂为Cu或Ag、O2，反应条件为加热，故答案为：氢氧化钠的水溶液，加热；氧化反应； 【小问4详解】 由G生成H的反应为氯代烃的水解反应，同时两个羟基再次脱水生成H，方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O； 【小问5详解】 E为，则E的含氧官能团的名称是酮羰基；满足a、b两个条件的E的同分异构体，苯环上有两个对位取代基，其中一个为-CONH2，则另一个取代基为—C3H5，存在一个碳碳双键或者1个环。如存在1个碳碳双键，则结构为、、，此时有三种同分异构体，如果存在1个环，则有一种同分异构体，结构为：,共4种同分异构体。当分子中含有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为时，考虑对称结构，则其结构简式为； 【小问6详解】 和苯环发生类似E到F的反应生成，与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液中、加热发生水解，同时同一个碳上连接两个羟基不稳定，自动脱水形成，因此合成路线为。 17. 苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B. 蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C. 用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D. 蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 【答案】（1）A （2）a （3）减小苯胺在水中的溶解度，增加水层的密度 （4）上 （5） ①. 乙醚沸点低 ②. 防止冷凝管炸裂 （6）AB （7）75% 【解析】 【分析】由硝基苯制苯胺过程中，由于反应比较剧烈，故硝基苯需从上方缓慢加入；反应完成后，改用蒸馏装置，将苯胺-水蒸馏出，苯胺在水中有一定的溶解度，加入固体，可使溶解在水中的大部分苯胺就以油状物晶体析出，分液分离出有机层，水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，加入粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液，再次蒸馏得到苯胺，据此解答。 【小问1详解】 选项A为细口瓶，常用于保存液体试剂；选项B为广口瓶，常用于保存固体试剂；选项C为容积瓶仅用于配制一定物质的量浓度溶液，不能用于保存试剂；选项D为烧杯，一般不用于保存试剂，故答案为A； 【小问2详解】 为使冷凝水充分冷凝管壁，保证冷凝效果，冷凝管中的水流向应为“下进上出”，故装置Ⅰ中冷凝管的进水口为下口a； 【小问3详解】 实验中将苯胺-水倒出液饱和的目的是减小苯胺在水中的溶解性，同时增加水层的密度，有利于苯胺与水的分层； 【小问4详解】 根据题中信息，乙醚密度比水小，因此乙醚层位于分液体系上层； 【小问5详解】 第一空：乙醚沸点低，室温下易挥发，水浴冷却抑制乙醚的挥发； 第二空：避免冷凝水残留影响后续高温蒸馏（收集苯胺）时冷凝管的效率（或防止高温下冷凝管因温差过大破裂）； 【小问6详解】 A．采用缓慢滴加的方法可以控制反应速率，防止反应过于剧烈和引发副反应，A正确； B．蒸馏时加沸石防暴沸是正确的操作，B正确； C．红外光谱可区分硝基苯（含硝基特征峰）和苯胺（含氨基特征峰），C错误； D．乙醚是一种有毒物质，具有挥发性，尾气需要处理，D错误； 故选AB； 【小问7详解】 根据反应原理可知，硝基苯，理论上制备苯胺，理论产量：，实际产量：，产率： 。 18. ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为_____，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为_____。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为_____(填标号)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是_____，硅原子的杂化轨道类型为_____。 （4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：_____。 物质 熔点/ 442 29 143 （5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为_____。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_____(列出计算式)。 【答案】（1） ①. 2 ②. +4 （2）bd （3） ①. C ②. （4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高 （5） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4； 【小问2详解】 俗称电石，其为离子化合物，由和构成，两种离子间存在离子键，中两个C原子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd； 【小问3详解】 一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为； 【小问4详解】 根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高； 【小问5详解】 由晶胞结构图可知，该晶胞中有4个和4个，每个原子周围距离最近的原子数均为6，因此的配位数为6。设为阿伏加德罗常数的值，则个晶胞的质量为，个晶胞的体积为，因此该晶体密度为。 19. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的________。 （2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是________。 (ⅰ) (ⅱ) (ⅲ) (ⅳ) (ⅴ) …… (…) 图2 反应机理 （3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为、，另一种为、、。 (物质i的摩尔分数：) ①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是________ ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。 ③图3中，当、时，氮气的转化率________。该温度时，反应的平衡常数________(化为最简式)。 【答案】（1）-45 （2） ①. (ⅱ) ②. 键的键能大于键，使其断裂需要的能量最多 （3） ①. ②. 工业合成氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡正向移动，温度相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大 ③. 图4 ④. 33.33% ⑤. 【解析】 【小问1详解】 由=反应物键能总和-生成物键能总和可得：该反应的。 【小问2详解】 在化学反应中，N≡N的键能最大，使其断裂需要的能量最多；根据图1能量转换关系可知，键能：N≡N键>H-H键，则断裂N≡N键需要吸收的能量最多，结合图2反应机理可知，步骤(ⅱ)中涉及到N≡N的断裂，则步骤ⅱ为该反应的速率控制步骤。 【小问3详解】 ①合成氨反应是气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，在相同温度下，压强越大，平衡越向生成NH3的方向移动，平衡时的摩尔分数越大。观察图像，相同温度时，p3对应的NH3摩尔分数最大，p2次之，p1最小，所以压强由小到大的顺序为p1< p2< p3，判断依据是：工业合成氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡正向移动，温度相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡向气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图为图4。 ③图3中，进料组成为、时，两者物质的量之比为3:1。假设进料中H2与N2的物质的量分别为3 mol、1 mol，达到平衡时氮气的变化量为y mol，则有： 当、时，则，；转化率公式为：，则。 平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为：，总物质的量为，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为：，因为总压，则该温度下，反应的，所以该温度下，反应的平衡常数，则。 20. 以软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、CaO等少量杂质)为主要原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如图： 已知：①还原焙烧的主反应为； ②Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化； ③溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇。 回答下列问题： （1）还原焙烧时软锰矿要粉碎，其目的是___________。过滤I得到的滤渣主要成分的化学式是___________。 （2）“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 （3）调溶液pH时，可使用的物质是___________(填一种即可，写化学式)。 （4）“浸取”时，反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸取反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸取”的适宜温度是___________；过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时，温度不宜太高的原因是___________。 （5）向滤液中加入NH4HCO3溶液生成MnCO3的同时会产生一种无色无味的气体，写出其离子方程式___________。 （6）获得后常用乙醇洗涤，主要目的是___________；洗涤的操作为___________。 【答案】（1） ①. 增大接触面积、加快反应速率、提高转化率 ②. C、Si(或SiC)、Cu、CaSO4 （2） （3）NH3·H2O或MnCO3 （4） ①. 90℃ ②. 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 （5）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O （6） ①. 减少硫酸锰晶体溶解而导致的损失 ②. 向过滤器(漏斗)中加乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复上述操作2~3次 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，将软锰矿粉碎后，加入过量的炭黑进行还原焙烧，将MnO2转化为MnO、Fe2O3转化为Fe、CuO转化为Cu、SiO2转化为Si或者SiC，向焙烧还原后的固体中加入H2SO4进行浸取，即将Fe转化为FeSO4、MnO转化为MnSO4，CaO转化为CaSO4，过滤I得到滤渣I，主要成分为C、Si(或SiC)、CaSO4和Cu，滤液I中主要含有FeSO4和MnSO4，加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+后调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀后过滤Ⅱ，得到滤渣Ⅱ主要成分是Fe(OH)3和滤液Ⅱ主要含有MnSO4，向滤液Ⅱ中加入NH4HCO3，发生MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤得到MnCO3固体，向其中加入H2SO4进行溶解，而后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并用乙醇洗涤，干燥，得到MnSO4·H2O晶体，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，还原焙烧时软锰矿要粉碎，其目的是增大接触面积、加快反应速率、提高转化率，过滤I得到的滤渣主要成分的化学式是C、Si(或SiC)、Cu、CaSO4，故答案为：增大接触面积、加快反应速率、提高转化率；C、Si(或SiC)、Cu、CaSO4； 【小问2详解】 由分析可知，“氧化”时发生反应即加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式为：，故答案为：； 【小问3详解】 由分析可知，调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，根据不引入新的杂质和易除去的原则可知，调溶液pH时，可使用的物质是NH3·H2O或MnCO3，故答案为：NH3·H2O或MnCO3； 【小问4详解】 由题干温度对浸取反应的影响图示信息可知，“浸取”时，反应中往往有副产物MnS2O6生成，90℃时MnS2O6的生成速率最小，且锰的浸出率较高，温度再升高锰的浸出率变化不大，且浪费能源，故为减少MnS2O6的生成，“浸取”的适宜温度是90℃，过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时，温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率，故答案为：90℃；防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率； 【小问5详解】 由分析可知，向滤液Ⅱ中加入NH4HCO3，发生MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，该反应的离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O； 【小问6详解】 由题干信息可知，不溶于乙醇，故获得后常用乙醇洗涤，主要目的是减少硫酸锰晶体溶解而导致的损失，洗涤的操作为：向过滤器(漏斗)中加乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复上述操作2~3次；故答案为：减少硫酸锰晶体溶解而导致的损失；向过滤器(漏斗)中加乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复上述操作2~3次。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届中华人民共和国普通高等学校联合 招收华侨、港澳地区、台湾省学生广工大北附第一次月考化学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Sn 119 一、选择题(本题有15个小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1. “劳动最光荣、劳动最崇高”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 实验员用TiCl4加大量的水制备TiO2 稀释促进盐的水解 B 科学家用乳酸合成聚乳酸 合成聚乳酸是缩聚反应 C 工人使用糯米酿造米酒 葡萄糖在酶作用下转化为乙醇 D 农艺师施肥时用土壤掩埋铵态氮肥 铵盐易溶于水 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 用碘盐可使淀粉溶液变蓝 B. 制造铅笔芯的石墨与是同素异形体 C. 用作红色涂料的铁红的化学式为 D. 亚硝酸钠可作为食品防腐剂是由于其为强电解质 3. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 维生素C可作为NaNO2中毒的急救药 维生素C具有还原性 B 用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体，试纸变红 一氯甲烷具有酸性 C 使用NaHCO3烘焙面包 NaHCO3易溶于水 D 木炭与浓硫酸在加热条件下反应将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 使澄清石灰水变浑浊的气体产物一定为CO2 A. A B. B C. C D. D 4. 某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成，其中W、Q位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期。该化合物的分子结构如图所示，下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z>W>Y B. Z、Q的含氧酸为强酸 C. 简单离子半径：Z>Q>W D. W的氢化物沸点一定高于Y的氢化物沸点 5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是： A. 1moLCl2与足量的铁加热反应，转移的电子数为3NA B. 标准状况下，22.4L的SO3中含3NA个氧原子 C. 16g由O2和O3组成的混合气体中所含质子总数为8NA D. 密闭的容器中，催化剂作用下0.5molN2与1.5molH2反应后得到NH3分子数一定为NA 6. 某反应的反应过程中能量变化如图所示。正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂不能改变反应的转化率但能改变该反应的焓变 C. 催化剂能改变反应路径，降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 7. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. H2S的VSEPR模型： B. BF3的电子式： C. 小苏打的分子式：NaHCO3 D. 的名称：乙二酸二乙酯 8. 在标准状况下，1mol离子晶体完全分离成气态阳离子、阴离子所吸收的能量可以用(U)来表示，Li2O是离子晶体，其(U)的实验值可通过玻恩—哈伯热力学循环图计算得到 已知 ； 下列说法不正确的是 A. U(Li2O)=+2980kJ/mol B. O=O键能为498kJ/mol C. ΔH2=703kJ/mol D. Li第一电离能I1=1040kJ/mol 9. 下列离子方程式正确的是 A. 向盐酸中滴加氨水： B. 溶于氢碘酸： C. 铜溶于浓硝酸： D. 向溶液中通入足量氯气： 10. 下列实验操作对应的装置不正确的是 A.灼烧海带制海带灰 B.准确量取15.00 mL稀盐酸 C.配制一定浓度的NaCl溶液 D.使用电石和饱和食盐水制备 A. A B. B C. C D. D 11. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随变化关系如下图[例如]。已知：。 下列说法正确的是 A. 溶解度：大于 B. 以酚酞为指示剂(变色的范围8.2~10.0)，用标准溶液可滴定水溶液的浓度 C. 忽略的第二步水解，的溶液中水解率约为 D. 的溶液中加入等体积的溶液，反应初始生成的沉淀是 12. 有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示A分子中没有醚键，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。下列关于A的说法正确的是 A. 能发生水解反应 B. 能与溶液反应生成 C. 能与反应生成丙酮 D. 能与反应生成 13. 下列各组离子一定能大量共存的是 A. 在强碱性溶液中：、、、 B. 在的溶液中：、、、 C. 在的溶液中：、、、 D. 在强酸性溶液中：、、、 14. NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是： ＋＋____→Mn2＋＋＋H2O。下列叙述中正确的是 A. 该反应中被还原 B. 反应过程中溶液的pH减小 C. 生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4 D. 横线中的粒子是OH- 15. Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)： 下列说法正确的是 A. 通电一段时间后，阳极室pH不变 B. A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜 C. 若产品室，将有流入石墨电极 D. 若以铅蓄电池为电源，则Co电极应与电极相连接 二、非选择题(5个大题，共80分) 16. 化合物H是一种合成药物中间体，一种合成化合物H的人工合成路线如图所示。 已知：Ⅰ．同一个碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：； Ⅱ．。 请回答下列问题： （1）A_______（填“存在”或“不存在”）顺反异构体。 （2）B→C经历了先加成再消去的反应过程，中间产物的结构简式为_______。 （3）反应③所加试剂及条件为_______，反应④的反应类型为_______。 （4）由G生成H的化学方程式为_______。 （5）E的含氧官能团的名称是_______。满足下列条件的E的同分异构体有_______种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。 a．苯环上有两个对位的取代基 b．其中一个取代基为 （6）根据以上题目信息，写出以苯和丙酮为原料制备的合成路线流程图_______（无机试剂和有机溶剂任用）。 17. 苯胺是重要的有机化工原料，其实验室制备原理如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 密度/ 溶解性 硝基苯 123 5.9 210.9 1.20 不溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184.0 1.02 微溶于水，易溶于乙醚 乙酸 60 16.6 117.9 1.05 与水互溶 乙醚 74 -116.3 34.5 0.71 微溶于水 反应装置Ⅰ和蒸馏装置Ⅱ(加热、夹持等装置略)如下： 实验步骤为： ①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸； ②稍冷后，通过恒压滴液漏斗缓慢滴入硝基苯，再加热回流； ③将装置Ⅰ改成水蒸气蒸馏装置，蒸馏收集苯胺-水馏出液； ④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出有机层；水层用乙醚萃取，分出醚层；合并有机层和醚层，用粒状氢氧化钠干燥，得到苯胺醚溶液； ⑤将苯胺醚溶液加入圆底烧瓶(装置Ⅱ)，先蒸馏回收乙醚，再蒸馏收集馏分，得到苯胺。 回答下列问题： （1）实验室保存硝基苯的玻璃容器是_______(填标号)。 （2）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为_______(填“a”或“b”)。 （3）步骤④中将苯胺-水馏出液用饱和的原因是_______。 （4）步骤④中第二次分液，醚层位于_______层(填“上”或“下”)。 （5）蒸馏回收乙醚时，锥形瓶需冰水浴的原因是_______；回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水再蒸馏，这样操作的原因是_______。 （6）下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 缓慢滴加硝基苯是为了减小反应速率 B. 蒸馏时需加沸石，防止暴沸 C. 用红外光谱不能判断苯胺中是否含有硝基苯 D. 蒸馏回收乙醚，无需尾气处理 （7）苯胺的产率为_______。 18. ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为_____，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为_____。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为_____(填标号)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是_____，硅原子的杂化轨道类型为_____。 （4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：_____。 物质 熔点/ 442 29 143 （5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为_____。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_____(列出计算式)。 19. 氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的________。 （2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是________。 (ⅰ) (ⅱ) (ⅲ) (ⅳ) (ⅴ) …… (…) 图2 反应机理 （3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为、，另一种为、、。 (物质i的摩尔分数：) ①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是________ ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。 ③图3中，当、时，氮气的转化率________。该温度时，反应的平衡常数________(化为最简式)。 20. 以软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、CaO等少量杂质)为主要原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如图： 已知：①还原焙烧的主反应为； ②Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化； ③溶于1份冷水、0.6份沸水，不溶于乙醇。 回答下列问题： （1）还原焙烧时软锰矿要粉碎，其目的是___________。过滤I得到的滤渣主要成分的化学式是___________。 （2）“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 （3）调溶液pH时，可使用的物质是___________(填一种即可，写化学式)。 （4）“浸取”时，反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸取反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸取”的适宜温度是___________；过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时，温度不宜太高的原因是___________。 （5）向滤液中加入NH4HCO3溶液生成MnCO3的同时会产生一种无色无味的气体，写出其离子方程式___________。 （6）获得后常用乙醇洗涤，主要目的是___________；洗涤的操作为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $