精品解析：山东省东明县第一中学2025-2026学年高三上学期1月阶段检测 化学试题

2023级高三年级2026年1月阶段检测 化学试题 本试卷共8页，20题。全卷满分100分，考试用时90分钟。 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Ni 59 Zn 65 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。 1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 2. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. Cl的原子结构示意图： D. 溶于水的电离方程式： 3. 关于氢氧化钠、碳酸氢钠、碳酸钠的应用，下列对应关系正确的是 A. NaOH溶液：制备胶体 B. 饱和溶液：填充泡沫灭火器 C. 浓溶液：加热后洗涤丝绸上的矿物油 D. 和的混合溶液：作缓冲溶液控制溶液的 4. 、的半衰期很短，在自然界中不能稳定存在，人工合成反应如下：；。下列说法错误的是 A. X、Y互为同位素 B. 上述人工合成反应中涉及6种核素 C. 自然界不存在的单质是因其化学键不稳定 D. 半衰期很短，故不能用作研究反应历程的示踪原子 5. 选择如图所示玻璃仪器组装成装置进行实验（导管、夹持装置和所需试剂任选），所选仪器合理、完整且能达到实验目的的是 选项 实验目的 所选仪器 A 分离和 烧杯、分液漏斗 B 用生石灰除去乙醇中少量水制备无水乙醇 蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、酒精灯、锥形瓶、温度计 C 比较乙酸和甲酸的酸性 试管、烧杯、酒精灯 D 检验卤代烃中卤原子种类 试管、胶头滴管 A. A B. B C. C D. D 6. 下列离子方程式或化学方程式正确的是 A. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为 B. 向溶液中加入过量的氨水： C. 用铝热法还原金属： D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为 7. 物质性质与元素性质和组成微粒间相互作用力有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点：石墨>金刚石 微粒间作用力种类数目：石墨>金刚石 B 酸性： 电负性：F>CI C 热稳定性： 离子半径： D 硬度：金属铜>金属钙 价电子数：Cu>Ca，原子半径：Ca>Cu A. A B. B C. C D. D 8. 如图所示化合物常用于制软焊剂，其中短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Z同主族，基态原子最高能级电子数W+X=Y。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>X>Z B. 最高价含氧酸酸性：X>Z C. X、Y、Z的简单氢化物均能形成分子间氢键 D. W、X、Y、Z形成的单质分子均为非极性分子 9. 有学者设计了一种联合制备金属钾和氟气的工艺，其主要转化过程如图所示(部分产物未标出)。下列说法正确的是 A. 转化过程中所有反应均为氧化还原反应 B. 反应②可于通风橱内在坩埚中进行 C. 反应③可用离子方程式的形式表示 D. 实际生产中反应④适合通过电解装置实现 10. 向溶液中缓慢滴加盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑，已知，。下列说法错误的是 A. 滴加至a点时， B. 点的约为10.25 C. 滴加至点时， D. 水的电离程度： 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 一种新型醌类()酸碱混合电池具有高能量密度和优异的循环稳定性，该电池工作示意图如下。下列说法正确的是 A. c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜 B. 放电时，中间室的K2SO4溶液浓度减小 C. 充电时，电路中每转移1mol电子，阳极区溶液的质量增加4.5g D. 放电时有1mol生成，理论上电路中转移电子的数目为2NA个 12. 下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 A. A B. B C. C D. D 13. 铜阳极泥富含、、等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：，下列说法正确的是 A. 提高浸取1的速率的方法有将铜阳极泥粉碎、提高硫酸的浓度、高温等 B. 浸渣2的主要成分是 C. 溶液与过量粉反应的离子方程式为 D. 由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是 14. 如图所示反应模式是有机合成中增长碳链的重要途径之一，其中Et表示乙基、Ph表示苯基。下列说法错误的是 A. 1 mol X最多可与1mol 发生加成反应 B. Z存在对映异构 C. 等物质的量的Y、Z最多消耗的物质的量之比为2:3 D. X、Y、Z的沸点均取决于范德华力的大小 15. 25°C时，向10mL0.1的砷酸中逐滴滴加相同浓度的NaOH溶液(溶液体变化忽略不计)，所得混合溶液的pH与pR(或或)的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ对应的是pH与的关系 B. 当加入15mLNaOH溶液时，混合溶液的pH为6.8 C. e点对应溶液中， D. c点对应溶液中， 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 硫化锌可用作电极材料、制备白色颜料立德粉()和冶炼金属锌，能溶于氨水。回答下列问题： （1）Ba与Be同主族，则Ba处于元素周期表_________区。 （2）从结构角度分析，的酸性强于的原因为________________________。 （3）元素级立方ZnS是一种新型锂离子电池负极材料。充电时锂离子插入该电极，从电极中移出的锌离子转化为LiZn合金，电极结构的变化过程如下图所示。 ①图中，1mol甲转化为1mol乙时，转移电子的数目为__________(设NA为阿伏加德罗常数的值，下同)。 ②若丙晶胞参数为apm，则丙中A、B间距离为_______________(用含a的代数式表示)pm。 （4）金属Zn的六方晶胞结构如图所示，D点Zn原子与上、下两个底面邻近Zn原子围成两个正四面体空隙。 ①晶体中Zn的配位数为___________。 ②若C点的原子分数坐标为，则D点的原子分数坐标为_________。 ③若晶胞的菱形底面棱长为，侧面棱长为，则晶体密度为________(用含a、c、的代数式表示)。 17. 钼钴镍催化剂常用于石油化工，一种从废弃钼钴镍催化剂(含、、、和碳单质、烃类物质)中回收有价金属的工艺流程如图所示： 已知：I．属于酸性氧化物，镍和钴的低价氧化物属于碱性氧化物，微溶于冷水，易溶于热水。 II．几种物质的溶度积如下表所示。 物质 溶度积(Ksp) （1）“研磨”的目的为_________________________。 （2）“焙烧”时，CoS生成和的化学方程式为____________________；反应开始后即可撤去热源，其原因为____________________。 （3）“水浸”时，用热水的目的为_____________________；“沉钼”反应的离子方程式为___________________________________。 （4）“调pH”时，依次沉淀出来的物质的化学式为_____________。 （5）“系列操作”包括_______________________________；若起始称量m1g废弃钼钴镍催化剂进行本工艺研究，系列操作后收集到m2g，实验测得的产率为，则废弃钼钴镍催化剂中NiS的质量分数为_____(用代数式表示)。 18. 铁氰化钾俗称赤血盐，是常用的分析试剂，在照相、印染、合金、制药、化肥等诸多行业有重要应用。学习小组用黄血盐与氯气反应制备赤血盐并进行相关实验探究。 已知：，，；溶于热碱液。 （1）制备黄血盐的步骤如下： I．向氰熔体[含、NaCN和少量CaS、CaO]加入80℃热水浸取，过滤，向滤液中加入适当过量的PbO、过滤，收集滤液； II．向步骤I收集到的滤液中加入绿矾，抽滤分离滤渣和含和的滤液，将滤液浓缩、控制温度加入，过滤、洗涤得固体； III．向固体中加入纯碱溶液，抽滤脱钙，所得滤液中加入过量KCl后，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得产品。 ①步骤I浸取时，控制温度不能过高的原因为____________；加入PbO的作用为_______________。 ②由生成的化学方程式为_____________________。 ③步骤Ⅲ所得滤液中加入过量KCl的目的为_______________。 （2）制备赤血盐的装置如图所示。 ①仪器a的名称为___________，其中所加固体药品的名称为___________。 ②c中反应的离子方程式为___________________________________。 ③反应结束后，为防止拆解仪器时造成污染，可进行的操作为______________；该操作后，经系列操作得到产品。 （3）测定淀粉水解度。已知：淀粉水解度；碱性条件下，赤血盐能将葡萄糖氧化为，还原产物为黄血盐。 准确称量淀粉加入适量水中，再加入适量稀硫酸加热反应一段时间，冷却至室温，加入KOH溶液碱化后配成100mL溶液；量取赤血盐标准溶液于锥形瓶中，加入次甲基蓝作指示剂，用所配水解液滴定至终点，消耗水解液体积为。则淀粉水解度为________。 19. 化合物K是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。 已知： ① ② （1）A具有酸性，B分子中碳原子的杂化类型为___________。 （2）E→F的反应类型为___________，G中官能团名称为___________。 （3）由D→E的过程中有副产物E＇生成，E＇为E的同分异构体，则E＇的结构简式为___________。 （4）E有多种同分异构体，符合下类条件的同分异构体有___________种。 a．经红外光谱测定结构中含 结构，且苯环上只有两个取代基 b．能发生水解反应 c．能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀 写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1：2：2：2：9的有机物的结构简式___________。 （5）K分子中含有两个六元环，写出J→K的化学反应方程式___________。 （6）由CH3CHO、 、 为原料(无机试剂任选)，设计制备有机物 的合成路线___________。 20. 研究的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。 （1）在加氢合成的体系中，同时发生以下反应： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 反应Ⅰ的___________，该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。 （2）向体积为的密闭容器中，投入和，平衡时或在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图： 已知反应Ⅱ的反应速率，，为速率常数，c为物质的量浓度。 ①图中m代表的物质是___________。 ②范围内，随着温度升高，的平衡产量的变化趋势是___________。 ③在p点时，若反应Ⅱ的，此时该反应的___________； ④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数；p点时体系总压强为，反应Ⅱ的___________(保留2位有效数字)。 ⑤由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三年级2026年1月阶段检测 化学试题 本试卷共8页，20题。全卷满分100分，考试用时90分钟。 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Ni 59 Zn 65 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。 1. 画中有“化”，多彩中华。下列叙述正确的是 A. 岩彩壁画颜料所用贝壳粉，主要成分属于硅酸盐 B. 油画颜料调和剂所用核桃油，属于有机高分子 C. 竹胎漆画颜料赭石的主要成分氧化铁，耐酸、碱 D. 水墨画墨汁的主要成分碳，常温不易被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．贝壳粉的主要成分是碳酸钙，属于碳酸盐，A错误； B．核桃油属于油脂，分子量较小，不属于有机高分子，B错误； C．氧化铁（Fe2O3）能与酸反应，不耐酸，C错误； D．碳在常温下化学性质稳定，不易被氧化，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. Cl的原子结构示意图： D. 溶于水的电离方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，A正确； B．硫化钠是离子化合物，电子式：，B错误； C．氯是第17号元素，Cl原子结构示意图为：，C错误； D．是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：，D错误； 故选A。 3. 关于氢氧化钠、碳酸氢钠、碳酸钠的应用，下列对应关系正确的是 A. NaOH溶液：制备胶体 B. 饱和溶液：填充泡沫灭火器 C. 浓溶液：加热后洗涤丝绸上的矿物油 D. 和的混合溶液：作缓冲溶液控制溶液的 【答案】B 【解析】 【详解】A．向溶液中加入NaOH溶液会直接生成沉淀，制备胶体需将饱和溶液滴入沸水中，A错误； B．泡沫灭火器利用和饱和溶液的双水解反应，生成和泡沫达到灭火效果，饱和溶液是泡沫灭火器的核心试剂之一，B正确； C．矿物油属于烃类混合物，不与溶液反应，且丝绸主要成分为蛋白质，在热的浓碱性溶液中易水解被损坏，C错误； D．缓冲溶液需由弱酸及其共轭碱（或弱碱及其共轭酸）组成，可抵抗少量酸碱、稀释时的pH大幅变化，NaOH是强碱，其与的混合溶液不具备缓冲作用，D错误； 故答案选B。 4. 、的半衰期很短，在自然界中不能稳定存在，人工合成反应如下：；。下列说法错误的是 A. X、Y互为同位素 B. 上述人工合成反应中涉及6种核素 C. 自然界不存在的单质是因其化学键不稳定 D. 半衰期很短，故不能用作研究反应历程的示踪原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，故A正确； B．上述人工合成反应中设计O、He两种元素，、、、、、共6种核素，故B正确； C．自然界中不存在、的单质并不是其化学键不稳定，而是由于、的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，故C错误； D．由题干信息可知，、的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，故D正确； 故选C。 5. 选择如图所示玻璃仪器组装成装置进行实验（导管、夹持装置和所需试剂任选），所选仪器合理、完整且能达到实验目的的是 选项 实验目的 所选仪器 A 分离和 烧杯、分液漏斗 B 用生石灰除去乙醇中少量水制备无水乙醇 蒸馏烧瓶、直形冷凝管、牛角管、酒精灯、锥形瓶、温度计 C 比较乙酸和甲酸的酸性 试管、烧杯、酒精灯 D 检验卤代烃中卤原子种类 试管、胶头滴管 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】判断仪器组合能否达到目的，应先根据待处理物质的性质确定操作，再核对实现该操作所必需的加热、测量、冷凝和接收部件。氯仿与四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离；乙醇中的少量水可先用生石灰除去，再蒸馏收集乙醇；比较两种酸的酸性需在相同条件下测量可比较的指标；检验卤代烃中的卤原子需先水解，再酸化并检验卤离子。 【详解】A．氯仿和四氯化碳均为有机液体，二者互溶，分液漏斗只适用于分离互不相溶的液体；应根据沸点差采用蒸馏装置分离，所选仪器不能达到目的，A错误； B．生石灰可与乙醇中的少量水作用，随后用蒸馏烧瓶加热，温度计测量馏出蒸气的温度，直形冷凝管冷凝，牛角管导流，锥形瓶接收乙醇，仪器合理且完整，B正确； C．比较甲酸和乙酸的酸性强弱，应在等浓度等条件下测定并比较pH等能够表征酸性强弱的指标；试管、烧杯和酒精灯不能完成这种同条件测量，且无需加热，C错误； D．卤代烃需先与氢氧化钠水溶液共热，使卤原子转化为卤离子，再用稀硝酸酸化，最后滴加硝酸银溶液，根据沉淀颜色判断卤原子种类；所选仪器缺少酒精灯，无法完成加热操作，D错误； 故选B。 6. 下列离子方程式或化学方程式正确的是 A. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为 B. 向溶液中加入过量的氨水： C. 用铝热法还原金属： D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为 【答案】A 【解析】 【详解】A．将通入足量的次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为，A正确； B．已知不溶于过量氨水中，故向溶液中加入过量氨水的离子方程式为，B错误； C．该反应的本质是金属性较强的铝置换出金属性较弱的铁：，C错误； D．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，反应生成沉淀和：，D错误； 故答案选A。 7. 物质性质与元素性质和组成微粒间相互作用力有关，下列对物质性质差异解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点：石墨>金刚石 微粒间作用力种类数目：石墨>金刚石 B 酸性： 电负性：F>CI C 热稳定性： 离子半径： D 硬度：金属铜>金属钙 价电子数：Cu>Ca，原子半径：Ca>Cu A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．金刚石为原子晶体，仅存在共价键；石墨为混合晶体，层内存在共价键，层间存在范德华力，且石墨层内键键能大于金刚石中的键键能，故熔点石墨更高，解释合理，A正确； B．电负性，的吸电子诱导效应更强，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，解释合理，B正确； C．离子半径，极化能力更强，更易结合中的使碳酸盐分解，故热稳定性，解释合理，C正确； D．的最外层价电子数为1，的最外层价电子数为2，价电子数，原因中价电子数关系描述错误，解释不合理，D错误； 故选D。 8. 如图所示化合物常用于制软焊剂，其中短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Z同主族，基态原子最高能级电子数W+X=Y。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Y>X>Z B. 最高价含氧酸酸性：X>Z C. X、Y、Z的简单氢化物均能形成分子间氢键 D. W、X、Y、Z形成的单质分子均为非极性分子 【答案】B 【解析】 【分析】图中X与四个W形成四个单键且整体带正电，X、Z同主族；结合原子序数顺序及最高能级电子数关系，可确定W、X、Y、Z依次为H、N、O、P。比较性质时，还需考虑N原子的2p能级半充满、最高价含氧酸的酸性、简单氢化物形成氢键的条件以及单质分子的空间构型。 【详解】A. N原子的2p能级为半充满状态，第一电离能大于同周期相邻的O；P位于N的下一周期，第一电离能小于N、O，故第一电离能顺序为N>O>P，即X>Y>Z，A错误； B. N、P的最高价含氧酸分别为硝酸、磷酸，硝酸酸性强于磷酸，故X>Z，B正确； C. N、O、P的简单氢化物分别为、、，其中前两者能形成分子间氢键，后者不能形成分子间氢键，C错误； D. H、N、O、P形成的单质分子中，氧元素还能形成V形的臭氧分子，臭氧分子为极性分子，D错误； 故选B。 9. 有学者设计了一种联合制备金属钾和氟气的工艺，其主要转化过程如图所示(部分产物未标出)。下列说法正确的是 A. 转化过程中所有反应均为氧化还原反应 B. 反应②可于通风橱内在坩埚中进行 C. 反应③可用离子方程式的形式表示 D. 实际生产中反应④适合通过电解装置实现 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应③为与浓反应制，属于无化合价变化的复分解反应，并非所有反应都是氧化还原反应，A错误； B．反应②涉及含氟物质，高温下会与陶瓷坩埚的主要成分反应，不能在坩埚中进行，B错误； C．反应③中浓几乎不电离、为固体，不存在自由移动的离子，不能用离子方程式表示，C错误； D．氧化性极强，无法通过常规氧化还原反应制备，反应④制备适合用电解装置实现，D正确； 故答案选D。 10. 向溶液中缓慢滴加盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑，已知，。下列说法错误的是 A. 滴加至a点时， B. 点的约为10.25 C. 滴加至点时， D. 水的电离程度： 【答案】A 【解析】 【分析】随加入盐酸的物质的量的变化，溶液中发生的离子反应为、，如图所示，n(K+)不变，n(Cl-)逐渐增大 ，n()逐渐减小，n()先增大后减小，据此分析解答。 【详解】A．滴加至a点时，根据电荷守恒可得，c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，由图a点知c (Cl-)= c ()>c ()，此时溶液呈弱碱性c(H+)＜c(OH-)，则c(K+)＞4 c()，A错误； B．滴加到b点，c()=c()，根据=5.6×10-11可得，c(H+)=5.6×10-11，结合pH定义、已知，则点的约为10.25，B正确； C．由c点知，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得c(K+)=2c()+2c()+2 c (H2CO3)，根据电荷守恒可得，c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，二式合并可得， C正确； D．盐类水解促进水的电离，酸则抑制水的电离，的水解能力强于，随着盐酸的加入，浓度减小，浓度增大，对水的电离促进作用减弱水的电离程度变小，盐酸不断滴入，水的电离程度进一步减小，而碳酸的生成故水的电离程度：， D正确； 选A。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 一种新型醌类()酸碱混合电池具有高能量密度和优异的循环稳定性，该电池工作示意图如下。下列说法正确的是 A. c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜 B. 放电时，中间室的K2SO4溶液浓度减小 C. 充电时，电路中每转移1mol电子，阳极区溶液的质量增加4.5g D. 放电时有1mol生成，理论上电路中转移电子的数目为2NA个 【答案】C 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，放电时a电极为正极，MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；b电极为负极，发生氧化反应，电极反应为+2nOH--4ne-=+2nK++2nH2O，此时阳离子移向正极，阴离子移向负极，则c交换膜为阴离子交换膜，则左室的进入中间K2SO4室，d为阳离子交换膜，右室的K+进入中间K2SO4室。 【详解】A．结合分析知，c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故A错误； B．放电时，则左室的进入中间K2SO4室，右室的K+进入中间K2SO4室，导致K2SO4溶液浓度增大，故B错误； C．充电时，a为阳极，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，电路中每转移2mol电子，阳极区生成1molMnO2，质量减少87g，同时中间室有1mol经c膜进入左室阳极区，质量增加96g，则阳极质量最终增加(96-87)g=9g，故电路中每转移1mol电子，阳极区质量增加4.5g，故C正确； D．由分析可知，放电时b电极为负极，有1mol生成，理论上电路中转移电子的数目为4nNA个，故D错误； 选C。 12. 下列实验操作能够达到目的的是 选项 实验操作 目的 A 测定0.01mol/L某酸溶液的pH是否为2 判断该酸是否为强酸 B 向稀溶液滴入几滴浓硫酸，观察溶液颜色变化 探究对水解的影响 C 向溶液先滴入几滴NaCl溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgCl和AgI的Ksp大小 D 将氯气通入溶液，观察是否产生淡黄色沉淀 验证氯气的氧化性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误； B．向稀溶液中加浓硫酸，虽增加浓度增大抑制水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证的影响，B错误； C．溶液过量，溶液中剩余的会直接与生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较Ksp，C错误； D．与反应生成S淡黄色沉淀，证明将氧化为S，验证了的氧化性，D正确； 故选D。 13. 铜阳极泥富含、、等多种元素，现从铜阳极泥中回收金并制取胆矾的流程如图甲所示，并将制得的胆矾晶体加热脱水，其脱水过程的热重曲线如图乙所示。已知：，下列说法正确的是 A. 提高浸取1的速率的方法有将铜阳极泥粉碎、提高硫酸的浓度、高温等 B. 浸渣2的主要成分是 C. 溶液与过量粉反应的离子方程式为 D. 由图乙可知1000℃以上时，最终分解产物是 【答案】B 【解析】 【分析】向铜阳极泥中加入硫酸和过氧化氢，将铜转化为铜离子，浸渣中加入盐酸和过氧化氢，将银转化为氯化银沉淀，将金溶解得到溶液，向HAuCl4溶液中加入锌粉，将转化为金，最后分离得到金。 【详解】A．高温双氧水易分解，不利于浸取速率的提高，A错误； B．由可知，浸渣的主要成分是，B正确； C．已知：，它是强电解质，应该拆开写成离子，反应的离子方程式为：，C错误； D．样品中，，时，固体中铜元素的质量：，剩下的是氧元素的质量：，，，故最终分解产物为，D错误； 故选B。 14. 如图所示反应模式是有机合成中增长碳链的重要途径之一，其中Et表示乙基、Ph表示苯基。下列说法错误的是 A. 1 mol X最多可与1mol 发生加成反应 B. Z存在对映异构 C. 等物质的量的Y、Z最多消耗的物质的量之比为2:3 D. X、Y、Z的沸点均取决于范德华力的大小 【答案】A 【解析】 【详解】A．1mol X中含有1mol苯基（可与3mol 发生加成反应）和1mol碳碳双键（可与1mol 发生加成反应），酯基的羰基无法与加成，故最多消耗4 mol ，A错误； B．Z中苯基Ph直接连接的碳原子连接了苯基、、、四种完全不同的基团，为手性碳原子，因此Z存在对映异构，B正确； C．1 mol Y含有2个普通酯基，水解最多消耗2 mol ；1mol Z含有3个普通酯基，水解最多消耗3 mol ，等物质的量的Y、Z消耗的物质的量之比为2:3，C正确； D．X、Y、Z均为酯类物质，无分子间氢键，沸点高低由范德华力的大小决定，D正确； 故选A。 15. 25°C时，向10mL0.1的砷酸中逐滴滴加相同浓度的NaOH溶液(溶液体变化忽略不计)，所得混合溶液的pH与pR(或或)的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ对应的是pH与的关系 B. 当加入15mLNaOH溶液时，混合溶液的pH为6.8 C. e点对应溶液中， D. c点对应溶液中， 【答案】BC 【解析】 【分析】首先结合砷酸的三步电离平衡推导核心关系： 砷酸的三步电离为： ，​，变形得 （其中  ​，​，变形得 （其中  ​，，变形得 （其中  当时，对应​，结合图中纵轴处的pH值，可得、、，因此曲线Ⅲ对应第一步电离的pR、曲线Ⅱ对应第二步、曲线Ⅰ对应第三步。 【详解】A．曲线Ⅲ对应第一步电离的​，描述正确，A不符合题意； B．加入15mL等浓度时，发生反应：，此时消耗10mL，生成0.001mol，剩余5mL与反应：，此时溶液中溶质为等物质的量的和，由电离平衡常数可知，电离程度大于水解程度，则，根据，，则，B符合题意； C．根据电荷守恒，结合e点pH=11.4，溶液显强碱性，，整理电荷守恒可得： ) 即，与选项中的描述矛盾，，C符合题意； D．将三步电离常数相乘可得：，由图像可知：则，c点时，即，则，代入计算可得，描述正确，D不符合题意； 故选BC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 硫化锌可用作电极材料、制备白色颜料立德粉()和冶炼金属锌，能溶于氨水。回答下列问题： （1）Ba与Be同主族，则Ba处于元素周期表_________区。 （2）从结构角度分析，的酸性强于的原因为________________________。 （3）元素级立方ZnS是一种新型锂离子电池负极材料。充电时锂离子插入该电极，从电极中移出的锌离子转化为LiZn合金，电极结构的变化过程如下图所示。 ①图中，1mol甲转化为1mol乙时，转移电子的数目为__________(设NA为阿伏加德罗常数的值，下同)。 ②若丙晶胞参数为apm，则丙中A、B间距离为_______________(用含a的代数式表示)pm。 （4）金属Zn的六方晶胞结构如图所示，D点Zn原子与上、下两个底面邻近Zn原子围成两个正四面体空隙。 ①晶体中Zn的配位数为___________。 ②若C点的原子分数坐标为，则D点的原子分数坐标为_________。 ③若晶胞的菱形底面棱长为，侧面棱长为，则晶体密度为________(用含a、c、的代数式表示)。 【答案】（1） （2）分子中与S原子相连的非羟基氧原子更多，非羟基氧吸引电子能力更强，使分子中S的正电性更强，羟基的氧氢键极性更强，更易断裂，酸性更强 （3） ①. ②. （4） ①. 12 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 Ba与Be同主族，属于第ⅡA族元素，最外层电子排布为，位于元素周期表的区； 【小问2详解】 含氧酸的酸性强弱和中心原子的非羟基氧数目相关，非羟基氧越多，中心原子正电性越高，O-H键极性越强，越容易解离出，酸性越强，分子中与S原子相连的非羟基氧原子更多，非羟基氧吸引电子能力更强，吸引电子能力更强，使 分子中S的正电性更强，羟基的氧氢键极性更强，更易断裂，酸性更强； 【小问3详解】 ①甲是晶胞，立方晶胞：位于顶点和面心，在四面体空隙，一个晶胞含有四个，甲至乙，充电时插入晶胞，部分被替换，由化合价代数和为零，晶胞内总数始终为4(-8价)，乙中和一共7个：设为x、为y，则解得x=6，y=1，即一个晶胞原来有4个，现在只剩一个，有三个被替换出去，每移除一个就生成合金，，一个转移，三个转移，即1mol晶胞甲转化为乙，转移电子； ②A、B是相邻的两个顶点，A位于晶胞体对角线的1/4处，B为晶胞顶点，已知晶胞参数为a pm，立方晶胞的体对角线长度为pm，因此A、B的距离为体对角线的1/4，即pm； 【小问4详解】 ①Zn为六方最密堆积结构，典型配位数为12； ②C点坐标为，D点位于六方晶胞内部，在xy平面的投影为底面正三角形的重心，z方向处于晶胞高度的1/2处，因此分数坐标为； ③六方Zn晶胞中含2个Zn原子，底面菱形面积为，晶胞体积，代入密度公式​=​​； 17. 钼钴镍催化剂常用于石油化工，一种从废弃钼钴镍催化剂(含、、、和碳单质、烃类物质)中回收有价金属的工艺流程如图所示： 已知：I．属于酸性氧化物，镍和钴的低价氧化物属于碱性氧化物，微溶于冷水，易溶于热水。 II．几种物质的溶度积如下表所示。 物质 溶度积(Ksp) （1）“研磨”的目的为_________________________。 （2）“焙烧”时，CoS生成和的化学方程式为____________________；反应开始后即可撤去热源，其原因为____________________。 （3）“水浸”时，用热水的目的为_____________________；“沉钼”反应的离子方程式为___________________________________。 （4）“调pH”时，依次沉淀出来的物质的化学式为_____________。 （5）“系列操作”包括_______________________________；若起始称量m1g废弃钼钴镍催化剂进行本工艺研究，系列操作后收集到m2g，实验测得的产率为，则废弃钼钴镍催化剂中NiS的质量分数为_____(用代数式表示)。 【答案】（1）增大废弃钼钴镍催化剂与、的接触面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分 （2） ①. ②. 碳单质和烃类物质燃烧放热 （3） ①. 增大的溶解度 ②. （4）、 （5） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ②. 【解析】 【分析】废弃钼钴镍催化剂(MoO3、CoS、NiS、Al2O3)经研磨后，在焙烧环节中加入碱并通入氧气，+2价钴元素被氧化至+3价，且Co、Ni元素均转化为氧化物，碳单质与烃类物质氧化转化为气体逸出，酸性氧化物MoO3与碱反应，生成盐Na2MoO4和水，焙烧后的固体(Na2MoO4、Co2O3、NiO、Al2O3)经60℃热水水浸后，Na2MoO4进入浸液，酸化后转化为H2MoO4沉淀分离，而浸渣(Co2O3、NiO、Al2O3)经酸溶后，得到包含Co3+、Ni2+、Al3+离子的溶液，系列金属离子可通过调节pH的方法逐步转化为氢氧化物沉淀分离，最后余下含有Ni2+的溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥的手段提取。 【小问1详解】 研磨可以使催化剂颗粒变小，增大固体与Na2CO3、O2的接触面积，既加快反应速率，也使反应更加充分； 【小问2详解】 ①首先，观察到钴元素从+2价被氧化至+3价，反应物必定有氧化剂O2的参与，其次，产物中有Na2SO4生成，那么体系中Na2CO3肯定参与了反应，碳元素最后转化为CO2逸出体系，最后根据三种反应物(CoS、Na2CO3、O2)、三种生成物(Co2O3、Na2SO4、CO2)将方程式配平即可，答案为：； ②反应开始后即可撤去热源，不是后续反应不需要热量提供，而是体系中自身有提供热量的来源，又观察到催化剂混合物中本身就含有碳单质和烃类物质，一经点燃后，可以持续燃烧放出热量，使体系温度能够维持在焙烧所需温度，因此反应开始后可以撤去外部热源； 【小问3详解】 ①由题干中信息(I)可知，Na2MoO4微溶于冷水，易溶于热水，因此使用热水水浸可以增大Na2MoO4的溶解度，使其进入浸液，达到钼元素与其他金属元素分离的效果； ②Na2MoO4在热水中溶解后钼元素转化为MoO42-离子，加入盐酸后形成H2MoO4沉淀，这是一个简单的酸根离子与质子结合形成难溶酸的过程，故答案为； 【小问4详解】 调pH步骤中，由流程可知Co元素与Al元素在该步沉淀，溶液由酸性体系开始逐步升高pH，因此我们可以根据题干信息(II)计算各物质开始沉淀的最低值，该值越低，越先开始沉淀：，如果不考虑金属离子浓度差异的影响，Al(OH)3与Co(OH)3的n值相同，Ksp越小，开始沉淀的最低值就越小，故沉淀顺序应该是Co(OH)3、Al(OH)3； 【小问5详解】 ①调pH后得到的体系为NiSO4溶液，由流程图可知最后要得到的是水合物结晶NiSO4·7H2O，因此系列操作应该是一个结晶的过程，故“系列操作”应为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； ②摩尔质量，，从初始混合物角度，镍元素的物质的量，从提纯的七水合硫酸镍结晶角度，，联立可得。 18. 铁氰化钾俗称赤血盐，是常用的分析试剂，在照相、印染、合金、制药、化肥等诸多行业有重要应用。学习小组用黄血盐与氯气反应制备赤血盐并进行相关实验探究。 已知：，，；溶于热碱液。 （1）制备黄血盐的步骤如下： I．向氰熔体[含、NaCN和少量CaS、CaO]加入80℃热水浸取，过滤，向滤液中加入适当过量的PbO、过滤，收集滤液； II．向步骤I收集到的滤液中加入绿矾，抽滤分离滤渣和含和的滤液，将滤液浓缩、控制温度加入，过滤、洗涤得固体； III．向固体中加入纯碱溶液，抽滤脱钙，所得滤液中加入过量KCl后，蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得产品。 ①步骤I浸取时，控制温度不能过高的原因为____________；加入PbO的作用为_______________。 ②由生成的化学方程式为_____________________。 ③步骤Ⅲ所得滤液中加入过量KCl的目的为_______________。 （2）制备赤血盐的装置如图所示。 ①仪器a的名称为___________，其中所加固体药品的名称为___________。 ②c中反应的离子方程式为___________________________________。 ③反应结束后，为防止拆解仪器时造成污染，可进行的操作为______________；该操作后，经系列操作得到产品。 （3）测定淀粉水解度。已知：淀粉水解度；碱性条件下，赤血盐能将葡萄糖氧化为，还原产物为黄血盐。 准确称量淀粉加入适量水中，再加入适量稀硫酸加热反应一段时间，冷却至室温，加入KOH溶液碱化后配成100mL溶液；量取赤血盐标准溶液于锥形瓶中，加入次甲基蓝作指示剂，用所配水解液滴定至终点，消耗水解液体积为。则淀粉水解度为________。 【答案】（1） ①. 防止增大、和水解程度生成挥发性的和，降低原料利用率并造成环境污染 ②. 与反应生成难溶的PbS过滤除去 ③. ④. 将转化为，利用同离子效应降低的溶解度 （2） ①. 三颈烧瓶 ②. 高锰酸钾 ③. ④. 打开K，向装置中通入过量的氮气 （3） 【解析】 【小问1详解】 ①是弱酸，由可知其酸性极弱，温度过高时氰化物水解程度增大，且易挥发，既损失原料又有剧毒污染环境，已知，加入可与浸出液中的反应生成极难溶的沉淀，实现除杂； ②加入KCl后，与、结合析出沉淀，配平得到该复分解反应方程式：； ③步骤III中纯碱脱钙生成，加入过量KCl提高浓度，通过同离子效应降低目标产物的溶解度，提升结晶产率； 【小问2详解】 ①仪器a为带三个颈的反应容器，名称是三颈烧瓶；该氯气发生装置不需要加热，通过分液漏斗滴加浓盐酸与固体常温反应制，因此固体可选用高锰酸钾等强氧化剂； ②c中是作为氧化剂，将黄血盐的配离子中+2价Fe被氧化为+3价，生成赤血盐的配离子自身被还原为 ，配平得到该离子方程式：； ③打开活塞K，通入一段时间氮气，将装置内残留的全部赶入d中被NaOH溶液吸收，残留的剧毒直接拆解会泄漏污染，通入氮气将余氯驱入尾气吸收液中完全反应，避免污染； 【小问3详解】 ，1mol葡萄糖对应1mol“淀粉单元”（摩尔质量162n g/mol，按单元计算为162 g/mol），赤血盐氧化葡萄糖时，Fe从+3价降为+2价，1mol赤血盐得1mol e⁻，葡萄糖的醛基被氧化为羧基，1mol葡萄糖失6mol e⁻，因此计量关系为​， 滴定中赤血盐的物质的量为，对应水解液中葡萄糖的物质的量为，100mL水解液中对应水解的淀粉单元总质量为，代入水解度定义计算即得结果。 19. 化合物K是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。 已知： ① ② （1）A具有酸性，B分子中碳原子的杂化类型为___________。 （2）E→F的反应类型为___________，G中官能团名称为___________。 （3）由D→E的过程中有副产物E＇生成，E＇为E的同分异构体，则E＇的结构简式为___________。 （4）E有多种同分异构体，符合下类条件的同分异构体有___________种。 a．经红外光谱测定结构中含 结构，且苯环上只有两个取代基 b．能发生水解反应 c．能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀 写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1：2：2：2：9的有机物的结构简式___________。 （5）K分子中含有两个六元环，写出J→K的化学反应方程式___________。 （6）由CH3CHO、 、 为原料(无机试剂任选)，设计制备有机物 的合成路线___________。 【答案】（1）sp2、sp3 （2） ①. 消去反应 ②. 羰基 （3） （4） ①. 24 ②. （5）+H2O （6） 【解析】 【分析】根据(1)问可知，A具有酸性，则A的结构简式为CH2BrCOOH，A与乙醇发生酯化反应，则B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3，根据信息②可知，C的结构简式为 ，根据D的分子式，以及E的结构简式可知，D为苯甲醛，即结构简式为 ，根据F的分子式，以及E的结构简式，E→F发生消去反应，即F的结构简式为，F与氢气发生加成反应，对比F、G的分子式，且信息②，则G的结构简式为 ，H的结构简式为 ，生成J发生酯的水解，即J的结构简式为 ，根据(5)K分子有两个六元环，J→K发生酯化反应，即K的结构简式为 ，据此分析； 【小问1详解】 根据上述分析，B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3，碳原子杂化方式类型为sp2、sp3，故答案为sp2、sp3； 【小问2详解】 根据上述分析，E→F发生消去反应，G的结构简式为 ，含有的官能团为(酮)羰基；故答案为消去反应；(酮)羰基； 【小问3详解】 根据信息①第一步发生反应的原理，E＇的结构简式为 ；故答案为 ； 【小问4详解】 能发生水解反应，说明含有酯基，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，根据E的结构简式，综上所述，符合条件的结构简式中存在甲酸某酯的形式，因此符合条件的结构简式为 ，两个取代基位置有邻、间、对三种，-C5H11有8种形式，同分异构体共有3×8=24种；核磁共振氢谱有5种峰，说明是对称结构，峰面积之比中有9，说明有三个相同的甲基，即符合条件的是 ；故答案为24； ； 【小问5详解】 根据上述分析，J的结构简式为 ，K的结构简式为 ，J→K的反应方程式为 +H2O，故答案为 +H2O； 【小问6详解】 根据目标方程式，以及题中所给信息可知， 发生消去反应得到目标产物，因此由乙醛、丙酮经过一系列反应得到 ，因此合成路线为 ；故答案为 。 20. 研究的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。 （1）在加氢合成的体系中，同时发生以下反应： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 反应Ⅰ的___________，该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。 （2）向体积为的密闭容器中，投入和，平衡时或在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图： 已知反应Ⅱ的反应速率，，为速率常数，c为物质的量浓度。 ①图中m代表的物质是___________。 ②范围内，随着温度升高，的平衡产量的变化趋势是___________。 ③在p点时，若反应Ⅱ的，此时该反应的___________； ④已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数；p点时体系总压强为，反应Ⅱ的___________(保留2位有效数字)。 ⑤由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. 低温 （2） ①. ②. 先减小后增大 ③. 0.16 ④. ⑤. 反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变 【解析】 【小问1详解】 Ⅰ=Ⅱ+Ⅲ则，；该反应正向放热，正向体积减小熵减，当时T较小，则该反应低温自发； 【小问2详解】 反应Ⅰ、Ⅲ正向放热，反应Ⅱ正向吸热，升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，则CO的物质的量分数增大、甲醇的物质的量分数减小，m代表CO；升高温度反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，根据二氧化碳的变化趋势可以推知水的平衡产量变化趋势为先减小后增大；p点二氧化碳的转化率为20%，则二氧化碳变化物质的量为0.2mol，和的总物质的量为0.2mol；此时CO的体积分数为20%，则和的物质的量分别为0.04mol、0.16mol；在1L容器中有：、、，则x+z=0.16、y-z=0.04，有x+y=0.2，则，1-x-y=1-（x+y）=0.8，则n（CO2）=（1-x-y）mol=0.8mol、n（H2）=（）mol=2.48mol、n（H2O）=（x+y）mol=0.2mol、n（CO）=0.04mol，p点为平衡点则、；反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以气体平均相对分子质量基本不变。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $