精品解析：北京市第十二中学2026-2027学年上学期高三开学练习 化学试题

北京市第十二中学2026-2027学年度第一学期开学练习 高三化学 考生须知： 1.答题前，考生务必先将答题卡上的班级、姓名用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。 2.本次练习所有答题均在答题卡上完成。 3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效。 4.本练习卷满分共100分，作答时长90分钟。 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. 化学与生产生活密切相关，下列应用涉及氧化还原反应的是 A. 冶炼金属 B. 用小苏打发酵面食制作馒头 C. 用白醋去除水壶内壁的水垢 D. 用明矾净化浑浊的自来水 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的结构式： B. 的电子式： C. 的VSEPR模型： D. 乙烯分子中键的形成过程： 3. 下列说法不正确的是 A. 油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸 B. 核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 C. 淀粉水解生成葡萄糖，可用于酿酒 D. 蛋白质和氨基酸都既能与强酸反应又能与强碱反应 4. 下列物质性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 氢化物的稳定性： B. 酸性： C. 第一电离能：N>O>S D. 非金属性： 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电： B. 向溶液中加入溶液产生白色沉淀： C. 银氨溶液中滴入盐酸： D. 过量铁粉与稀硝酸反应： 6. Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A. 适当增大压强，有利于氢气的存储 B. LiH中Li显正价，H显负价 C. 该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D. Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 7. 下列实验装置、试剂、方案正确的是 A.除去中少量的 B.用标准溶液滴定NaOH溶液 C.由制取无水固体 D.配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 溶液遇溶液变红 溶液遇溶液变红 C 溶液与少量溶液反应生成和 氨水与少量溶液反应生成和 D 与足量盐酸反应生成和 与足量盐酸反应生成和 A. A B. B C. C D. D 9. 化合物是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如图： 下列说法正确的是 A. 最多能和发生加成反应 B. 分子间能形成氢键 C. 分子中所有碳原子均在同一个平面上 D. 中含有个键(为阿伏加德罗常数) 10. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 11. 利用重结晶法纯化苯甲酸的流程如下。 已知：ⅰ．物质的溶解度 苯甲酸的溶解度/(g/100 g水) 0.34 0.85 2.2 的溶解度/(g/100 g水) 36.1 37.0 38.0 ⅱ．收率 下列说法不正确的是 A. “加热溶解”可提高苯甲酸的溶解度和溶解速率 B. “趁热过滤”时使用热的漏斗可减少苯甲酸析出 C. 用乙醇洗涤“晶体”的收率比用蒸馏水洗涤的收率高 D. 取最后一次洗涤液，滴入适量稀硝酸，使其酸化，然后滴入溶液，不产生白色沉淀，说明晶体洗涤干净 12. 二氧化硫催化氧化是工业制硫酸的关键反应，热化学方程式为： 。催化该反应的机理如图。下列说法正确的是 A. 和分别为和 B. 若提高对总反应速率影响不大，可推断反应速率：②① C. 升高温度，被氧化制备的反应平衡常数增大 D. 根据该机理，每生成需要至少投入 13. 某碳酸酯可形成聚合物。 下列说法不正确的是 A. 反应生成，同时生成 B. C. 若控制条件使减小，则中的醚键在官能团中的比例升高 D. 聚合物可以降解 14. 某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。 ①向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。 ②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。 ③向2mL 0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。 已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体 下列说法不正确的是 A. ①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓ B. 由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的 C. ②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了 D. 实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl) 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 碳元素具有丰富的化学性质，碳及其化合物有着广泛的应用。 （1）基态碳原子的电子排布式为_______。 （2）我国科学家利用与、等活泼金属反应合成了金刚石，为金刚石的合成提供了重要的研究思路。 ①Cl、Na、Mg第一电离能由大到小的顺序为_______。 ②的键是由碳的_______轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 （3）早期以石墨为原料在高温高压条件下合成金刚石。图a为金刚石晶胞，图b为石墨的层状结构(虚线所示部分为其晶胞，如图c所示)。 ①关于金刚石和石墨，下列说法正确的是_______。 a．可以用X射线衍射鉴别金刚石和石墨 b．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型发生改变 c．石墨和金刚石互为同素异形体 d．硬度：金刚石>石墨，原因是碳碳键的键能：金刚石>石墨 ②根据图中信息判断石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是_______。 ③石墨和金刚石的晶胞体积比为7∶9，其密度比为_______(简单整数比)。 （4）将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是_______。 16. 纯碱()制备方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）用化学用语表示溶液显碱性的原因：_______。 （2）18世纪，用、、混合加热制得，同时生成和。该反应的化学方程式是_______。 （3）20世纪初，我国化学工业科学家侯德榜创造性地提出了侯氏制碱法，流程如下。 已知： 盐 NaCl 溶解度/g(20℃，) 35.9 37.2 9.6 ①“碳酸化”过程中发生主要反应的化学方程式是_______。 ②在20℃时进行“碳酸化”，结合数据分析优先析出的原因：_______。 ③母液I“吸氨”有利于“盐析”时NaCl的溶解，结合方程式解释原因：_______。 （4）一种熔融碳酸盐燃料电池的原理示意图如下。 ①催化重整中，每消耗理论上转移的电子数为_______。 ②电极A上的电极反应式有_______、_______。 17. 化合物是桥环化合物二环[2.2.2]辛烷的衍生物，其合成路线如图： 已知：ⅰ．() ⅱ． (ⅰ、ⅱ中、、、均代表烃基) （1）H中所含官能团名称是_______。 （2）B→C的化学方程式是_______。 （3）试剂a的分子式为，能使的溶液褪色，则的反应类型是_______。 （4）F→G的化学方程式是_______。 （5）已知和都发生了相同的反应，则带六元环结构的的结构简式是_______。 （6）HOCH2CH2OH的作用是保护中的酮羰基，若不加以保护，则直接在作用下可能得到I之外的副产物，请写出带六元环结构的副产物的结构简式_______。 （7）已知： 由K在NaOH作用下反应得到化合物M，该物质具有如图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，请在图中补充必要的官能团得到完整的M的结构简式_______。 18. 以钛铁矿(主要成分为，还含有、CaO、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如图： 已知：“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括、、、；富铁液中铁元素主要以形式存在；富钛渣中钛元素主要以形式存在。 回答下列问题： （1）“溶浸”时为加快浸取速率，可以采取的措施是_______(答1条即可)；“溶浸”过程发生反应的离子方程式为_______。 （2）若在实验室模拟分离富钛渣和富铁液，所需使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_______；检验富钛渣洗涤干净的操作为_______。 （3）“沉铁”过程发生反应的离子方程式为_______，该过程中需保持磷酸过量，其目的是_______。 （4）“溶钛”过程中固体转化成溶液，在中，的化合价为+4价，则中含有_______过氧键；Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，试分析40℃后Ti元素浸出率呈图像所示变化的原因：_______。 19. 某小组同学在实验室制备高铁酸钾（），并探究制备的适宜条件。制备粗品的实验装置如下（夹持装置略）。 资料：①为紫色固体，微溶于KOH溶液。具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定； ②其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，检测到电压越大。 （1）装置A中产生的化学方程式是_______。 （2）研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 Ⅰ 和少量KOH 无明显现象 Ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 Ⅲ 和过量KOH 得到紫色溶液（颜色比Ⅱ深），有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积和的物质的量、的通入量均相同。 ①实验Ⅱ、Ⅲ产生，将方程式补充完整。 还原反应：； 氧化反应：□□□□□_______。 ②对实验Ⅰ未产生而实验Ⅱ能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入，电压表示数为； 步骤2：向右侧烧杯中加入_______（填试剂），电压表示数为（）。 ③反思装置B的作用：用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是_______。 ④实验Ⅱ中的产率比实验Ⅲ低，试解释原因：_______。 （3）向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入使溶液碱性减弱，进而导致分解。酸性条件下，分解产生的离子方程式是_______。 （4）将实验Ⅲ中得到的粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ①第一次过滤后滤渣的主要成分是_______。 ②向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是_______。 （5）综上，制备的适宜条件是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十二中学2026-2027学年度第一学期开学练习 高三化学 考生须知： 1.答题前，考生务必先将答题卡上的班级、姓名用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。 2.本次练习所有答题均在答题卡上完成。 3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效。 4.本练习卷满分共100分，作答时长90分钟。 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. 化学与生产生活密切相关，下列应用涉及氧化还原反应的是 A. 冶炼金属 B. 用小苏打发酵面食制作馒头 C. 用白醋去除水壶内壁的水垢 D. 用明矾净化浑浊的自来水 【答案】A 【解析】 【详解】A．冶炼金属是将化合态的正价金属转化为游离态的0价金属单质，存在元素化合价的升降，涉及氧化还原反应，A正确； B．小苏打（）发酵面食的原理为碳酸氢钠受热分解或与有机酸反应生成，反应中无元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，B错误； C．白醋除水垢是醋酸与水垢的主要成分、发生复分解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C错误； D．明矾净水是明矾中的水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质，水解反应无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D错误； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的结构式： B. 的电子式： C. 的VSEPR模型： D. 乙烯分子中键的形成过程： 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中两个原子之间形成三键，结构式为，A正确； B．为共价化合物，原子与3个原子各形成1对共用电子对，原子还存在1对孤电子对，正确电子式为，B错误； C．的中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图示符合，C正确； D．乙烯分子中两个原子未参与杂化的轨道以“肩并肩”方式重叠形成键，图示形成过程正确，D正确； 故选B。 3. 下列说法不正确的是 A. 油脂在碱性条件下可水解为甘油和高级脂肪酸 B. 核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 C. 淀粉水解生成葡萄糖，可用于酿酒 D. 蛋白质和氨基酸都既能与强酸反应又能与强碱反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．油脂在碱性条件下发生皂化反应，水解产物为甘油和高级脂肪酸盐，酸性条件下水解才生成甘油和高级脂肪酸，A错误； B．核苷酸由戊糖、磷酸和含氮碱基构成，可看作戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成，B正确； C．淀粉为多糖，水解最终生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶催化下可反应生成乙醇，可用于酿酒，C正确； D．氨基酸含碱性氨基和酸性羧基，蛋白质由氨基酸脱水缩合形成，仍含游离氨基和羧基，因此二者都既能与强酸反应又能与强碱反应，D正确； 故选A。 4. 下列物质性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 氢化物的稳定性： B. 酸性： C. 第一电离能：N>O>S D. 非金属性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．与同主族，同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性越强简单气态氢化物越稳定，故稳定性可用元素周期律解释，A不符合题意； B．与同周期，同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，故酸性可用元素周期律解释，B不符合题意； C．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，按照周期律递变本应，实际是因为原子2p轨道为半充满的稳定结构，属于洪特规则特例，无法用元素周期律解释，C符合题意； D．与同周期，同周期元素从左到右非金属性增强，故非金属性可用元素周期律解释，D不符合题意； 故选C。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电： B. 向溶液中加入溶液产生白色沉淀： C. 银氨溶液中滴入盐酸： D. 过量铁粉与稀硝酸反应： 【答案】D 【解析】 【详解】A．与稀硫酸反应时，、、的系数均应为2，正确离子方程式为，选项系数配比错误，A错误； B．与不发生反应，因为可溶于水，无法生成沉淀，B错误； C．银氨溶液中滴加盐酸时，解离出的会与结合生成沉淀，选项漏写参与的反应，正确的离子方程式为‌[Ag(NH3)2]+ + 2H+ + Cl- = AgCl↓ + 2，C错误； D．过量铁粉与稀硝酸反应时，生成的被过量还原为，该离子方程式电荷、原子、得失电子均守恒，D正确； 故选D。 6. Li3N是一种潜在的储氢材料，遇水剧烈反应生成NH3。Li3N的吸氢反应如下：Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)，下列说法不正确的是 A. 适当增大压强，有利于氢气的存储 B. LiH中Li显正价，H显负价 C. 该反应每消耗0.2 mol H2，转移0.4 mol电子 D. Li3N与H2O反应的化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑ 【答案】C 【解析】 【详解】A．Li3N(s) + 2H2(g)LiNH2(s) + 2LiH(s)是气体体积减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动，有利于氢气的存储，A正确； B．Li元素没有负价，为+1价，则H为-1价，B正确； C．该反应中部分H元素由0价下降到-1价，部分由0价上升到+1价，该反应每消耗0.2 mol H2，生成0.2molLiH，转移0.2mol电子，C错误； D．Li3N中Li元素为+1价，N为-3价，则Li3N与H2O反应生成LiOH 和NH3，化学方程式为：Li3N + 3H2O=3LiOH + NH3↑，D正确； 故选C。 7. 下列实验装置、试剂、方案正确的是 A.除去中少量的 B.用标准溶液滴定NaOH溶液 C.由制取无水固体 D.配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．除去中少量应选用饱和溶液，饱和溶液会与反应吸收，试剂选择错误，A错误； B．为酸性溶液，应盛放在酸式滴定管中，滴定操作时左手控制滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，操作符合规范，B正确； C．易水解：，直接加热蒸发时挥发促进水解，最终得到甚至，无法得到无水，需在气流中加热制备，C错误； D．配制溶液定容时，液面离刻度线1~2时应改用胶头滴管滴加蒸馏水，图中仍用烧杯直接倾倒，易导致溶液体积超过刻度线，D错误； 故选B。 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 溶液遇溶液变红 溶液遇溶液变红 C 溶液与少量溶液反应生成和 氨水与少量溶液反应生成和 D 与足量盐酸反应生成和 与足量盐酸反应生成和 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，还原性强，会被浓硫酸氧化，无法制得气体，A错误； B．中的与形成稳定配位离子，溶液中无自由，遇溶液不变红，B错误； C．少量与过量氨水反应时，生成的会溶于过量氨水形成银氨络离子，不会得到沉淀，C错误； D．先与水反应生成和，二者再分别与足量盐酸反应生成和，推测成立，D正确； 故选D。 9. 化合物是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如图： 下列说法正确的是 A. 最多能和发生加成反应 B. 分子间能形成氢键 C. 分子中所有碳原子均在同一个平面上 D. 中含有个键(为阿伏加德罗常数) 【答案】B 【解析】 【详解】A．中苯环、酮羰基、碳碳双键均可与发生加成反应，消耗的物质的量为，A错误； B．分子中含有羟基，分子间可通过羟基形成氢键，B正确； C．分子中存在多个杂化的饱和碳原子，具有四面体空间构型，所有碳原子不可能共平面，C错误； D．为1,3-环己二烯，分子中包含C-C σ键和C-H σ键，含有的σ键数目远大于，D错误； 故选B。 10. 将0.5g硫粉和1.0g铁粉均匀混合，用灼热的玻璃棒触及混合粉末，当混合物呈红热状态时，产生黑色固体及刺激性气味气体。移开玻璃棒，固体粉末仍保持红热。下列分析不正确的是 A. 硫的化学性质比较活泼，能与铁等金属发生化学反应 B. 移开玻璃棒后固体粉末仍红热，说明反应放热 C. 用湿润的品红试纸检验刺激性气味气体，试纸褪色 D. 向黑色固体中加少量盐酸，得到浅绿色溶液，证明Fe与S反应生成FeS 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫能与铁在加热条件下反应，说明硫的化学性质较活泼，可与金属发生化学反应，A正确； B．移开玻璃棒后固体仍红热，说明反应自身放出的热量能维持反应进行，即反应放热，B正确； C．反应生成的刺激性气味气体是，具有漂白性，能使湿润的品红试纸褪色，C正确； D．铁与硫在加热时反应生成FeS（放热），硫的物质的量（0.0156 mol）略少于铁（0.0179 mol），铁可能过量。黑色固体可能含FeS和Fe，加盐酸时Fe和FeS均生成，无法仅通过溶液颜色证明FeS生成，D错误； 故答案选D。 11. 利用重结晶法纯化苯甲酸的流程如下。 已知：ⅰ．物质的溶解度 苯甲酸的溶解度/(g/100 g水) 0.34 0.85 2.2 的溶解度/(g/100 g水) 36.1 37.0 38.0 ⅱ．收率 下列说法不正确的是 A. “加热溶解”可提高苯甲酸的溶解度和溶解速率 B. “趁热过滤”时使用热的漏斗可减少苯甲酸析出 C. 用乙醇洗涤“晶体”的收率比用蒸馏水洗涤的收率高 D. 取最后一次洗涤液，滴入适量稀硝酸，使其酸化，然后滴入溶液，不产生白色沉淀，说明晶体洗涤干净 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度升高，苯甲酸的溶解度增大，且分子运动速率加快，溶解速率提高，A正确； B．“趁热过滤”时使用热的漏斗可维持溶液温度，避免温度降低导致苯甲酸析出造成损失，可减少苯甲酸析出，B正确； C．苯甲酸属于有机物，根据相似相溶原理，苯甲酸在乙醇中溶解度远大于在冷水中的溶解度，若用乙醇洗涤晶体，会导致大量苯甲酸溶解损失，产品质量降低，收率比用蒸馏水洗涤更低，C错误； D．粗品中含有的可溶性杂质为，若最后一次洗涤液中滴加酸化的溶液无白色沉淀生成，说明洗涤液中无，晶体已洗涤干净，D正确； 故选C。 12. 二氧化硫催化氧化是工业制硫酸的关键反应，热化学方程式为： 。催化该反应的机理如图。下列说法正确的是 A. 和分别为和 B. 若提高对总反应速率影响不大，可推断反应速率：②① C. 升高温度，被氧化制备的反应平衡常数增大 D. 根据该机理，每生成需要至少投入 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应机理，反应①中与b反应生成和c，元素化合价降低，因此b为还原剂，c为氧化产物；反应②中与a反应重新生成，元素化合价升高，因此a为氧化剂，A错误； B．总反应速率由慢反应（决速步）决定，是反应①的反应物，若提高对总反应速率影响不大，说明反应①不是决速步，反应速率更快，因此反应速率：②①，B正确； C．该反应正反应为放热反应，，升高温度平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，C错误； D．是该反应的催化剂，反应前后物质的量不变，可循环参与反应，不需要每生成投入，D错误； 故选B。 13. 某碳酸酯可形成聚合物。 下列说法不正确的是 A. 反应生成，同时生成 B. C. 若控制条件使减小，则中的醚键在官能团中的比例升高 D. 聚合物可以降解 【答案】B 【解析】 【详解】A．每生成1个对应的链节，会脱去1分子，故反应生成，同时生成，A正确； B．每个链节（无论是对应的链节还是对应的链节）均来自1个分子，故，而非，B错误； C．减小，说明含醚键的类链节占比升高，故中的醚键在官能团中的比例升高，C正确； D．聚合物中含有酯基，可发生水解反应，故可以降解，D正确； 故选B。 14. 某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。 ①向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。 ②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。 ③向2mL 0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。 已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体 下列说法不正确的是 A. ①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓ B. 由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的 C. ②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了 D. 实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl) 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确； B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确； C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确； D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确； 故选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 碳元素具有丰富的化学性质，碳及其化合物有着广泛的应用。 （1）基态碳原子的电子排布式为_______。 （2）我国科学家利用与、等活泼金属反应合成了金刚石，为金刚石的合成提供了重要的研究思路。 ①Cl、Na、Mg第一电离能由大到小的顺序为_______。 ②的键是由碳的_______轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 （3）早期以石墨为原料在高温高压条件下合成金刚石。图a为金刚石晶胞，图b为石墨的层状结构(虚线所示部分为其晶胞，如图c所示)。 ①关于金刚石和石墨，下列说法正确的是_______。 a．可以用X射线衍射鉴别金刚石和石墨 b．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型发生改变 c．石墨和金刚石互为同素异形体 d．硬度：金刚石>石墨，原因是碳碳键的键能：金刚石>石墨 ②根据图中信息判断石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是_______。 ③石墨和金刚石的晶胞体积比为7∶9，其密度比为_______(简单整数比)。 （4）将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. 杂化 （3） ①. abc ②. 石墨的层间距（）远大于石墨层内碳碳键键长（） ③. （4） 氧气与焦炭反应生成还原性气体，将固固反应转化为固气反应，增大了反应物的接触面积，从而加快了反应速率 【解析】 【小问1详解】 碳是6号元素，根据构造原理，其基态原子的核外电子排布式为； 【小问2详解】 ①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，且的轨道处于全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻的元素，故Cl、Na、Mg第一电离能由大到小的顺序为； ②分子中碳原子形成4个键，无孤电子对，采用杂化，故键是由碳的杂化轨道与氯的轨道重叠形成的； 【小问3详解】 ①a．X射线衍射是测定晶体结构最常用的方法，可以用X射线衍射鉴别金刚石和石墨，a正确； b．石墨中碳原子为杂化，金刚石中碳原子为杂化，则石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型发生改变，b正确； c．石墨和金刚石是碳元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，c正确； d．石墨层内碳碳键键长（）小于金刚石中碳碳键键长（），键长越短键能越大，故石墨层内碳碳键键能大于金刚石，金刚石硬度大是因为其为三维骨架结构的共价晶体，d错误； 故选abc。 ②由图可知，石墨的层间距为，远大于石墨层内碳碳键键长（），说明层间距离过大，无法形成化学键，则石墨晶体中层间没有化学键相连，依据是：石墨的层间距（）远大于石墨层内碳碳键键长（）； ③根据均摊法，金刚石晶胞中碳原子数为；石墨晶胞中碳原子数为 ，密度，质量与晶胞内原子个数成正比，故密度比为； 【小问4详解】 固体与固体直接反应时接触面积小，反应速率慢。通入空气后，焦炭与氧气反应生成气体，作为还原剂与反应，将固固反应转化为固气反应，大大增加了接触面积，从而迅速加快了反应速率，则通入空气的作用是：氧气与焦炭反应生成还原性气体，将固固反应转化为固气反应，增大了反应物的接触面积，从而加快了反应速率。 16. 纯碱()制备方法的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 （1）用化学用语表示溶液显碱性的原因：_______。 （2）18世纪，用、、混合加热制得，同时生成和。该反应的化学方程式是_______。 （3）20世纪初，我国化学工业科学家侯德榜创造性地提出了侯氏制碱法，流程如下。 已知： 盐 NaCl 溶解度/g(20℃，) 35.9 37.2 9.6 ①“碳酸化”过程中发生主要反应的化学方程式是_______。 ②在20℃时进行“碳酸化”，结合数据分析优先析出的原因：_______。 ③母液I“吸氨”有利于“盐析”时NaCl的溶解，结合方程式解释原因：_______。 （4）一种熔融碳酸盐燃料电池的原理示意图如下。 ①催化重整中，每消耗理论上转移的电子数为_______。 ②电极A上的电极反应式有_______、_______。 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. 20℃时，的溶解度远小于体系中其他溶质的溶解度，反应后最先达到饱和，因此优先析出 ③. 通入后发生反应：，增大，促进“冷析”过程的析出，减小，有利于“盐析”时的溶解 （4） ①. 6 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性是因为碳酸根离子在水中发生水解生成氢氧根离子，水解以第一步为主，离子方程式为：。 【小问2详解】 根据题意，反应物为、、，生成物为、、。反应中S元素的化合价由+6价降低到-2价，得到8个电子；C元素的化合价由0价升高到+2价，每个C原子失去2个电子。根据得失电子守恒，C的化学计量数为4，再结合原子守恒配平化学方程式为：。 【小问3详解】 ①“碳酸化”过程是向饱和氨盐水中通入二氧化碳，生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式为：。 ②根据表格数据可知，20℃时的溶解度为，远小于和的溶解度，因此在反应体系中最先达到饱和状态，以沉淀形式优先析出。 ③母液I中含有未反应完的，通入后发生反应，使得溶液中增大，同离子效应促进了“冷析”过程中的析出，从而导致溶液中减小，有利于后续“盐析”时加入的溶解。 【小问4详解】 ①催化重整反应为，反应中C元素的化合价由-4价升高到+2价，因此每消耗，理论上转移的电子数为，即。 ②由图可知，电极A通入和，发生氧化反应，应为原电池的负极。在熔融碳酸盐环境下，和分别失去电子并结合生成和，电极反应式分别为、。 17. 化合物是桥环化合物二环[2.2.2]辛烷的衍生物，其合成路线如图： 已知：ⅰ．() ⅱ． (ⅰ、ⅱ中、、、均代表烃基) （1）H中所含官能团名称是_______。 （2）B→C的化学方程式是_______。 （3）试剂a的分子式为，能使的溶液褪色，则的反应类型是_______。 （4）F→G的化学方程式是_______。 （5）已知和都发生了相同的反应，则带六元环结构的的结构简式是_______。 （6）HOCH2CH2OH的作用是保护中的酮羰基，若不加以保护，则直接在作用下可能得到I之外的副产物，请写出带六元环结构的副产物的结构简式_______。 （7）已知： 由K在NaOH作用下反应得到化合物M，该物质具有如图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，请在图中补充必要的官能团得到完整的M的结构简式_______。 【答案】（1）醚键、酯基 （2）2CH3COOCH2CH3 +C2H5OH （3）加成反应 （4）+2C2H5OH+2H2O （5） （6） （7） 【解析】 【分析】A能与乙醇发生脱水缩合生成B，根据分子式可以推断，A为CH3COOH，B为CH3COOCH2CH3。由“已知”可知C的结构简式为。D→E发生酯的水解，结合E的分子式推测，E的结构简式为。F→G又发生脱水缩合，F的结构简式为。进而根据“已知”中所给条件及分子式，推断I的结构简式为、J的结构简式为、K的结构简式为。 【小问1详解】 H含有的官能团为醚键和酯基； 【小问2详解】 结合“已知”所给信息推导，该反应的化学方程式为：2CH3COOCH2CH3 +C2H5OH； 【小问3详解】 由分子式可知，a的不饱和度为2，故除了酯基外还含有一个双键，a能使溴的四氯化碳溶液褪色，故a的结构简式为，该反应类型为加成反应； 【小问4详解】 F→G为羧酸和醇的脱水缩合，化学方程式为：+2C2H5OH+2H2O； 【小问5详解】 E→F和J→K发生了羧基的去除，因此K的结构简式为； 【小问6详解】 分子内的酯基可直接与酮羰基连接碳原子发生反应，故该副产物结构简式为； 【小问7详解】 根据K的结构简式以及“已知”中的反应推断，M的完整结构简式为：。 18. 以钛铁矿(主要成分为，还含有、CaO、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如图： 已知：“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括、、、；富铁液中铁元素主要以形式存在；富钛渣中钛元素主要以形式存在。 回答下列问题： （1）“溶浸”时为加快浸取速率，可以采取的措施是_______(答1条即可)；“溶浸”过程发生反应的离子方程式为_______。 （2）若在实验室模拟分离富钛渣和富铁液，所需使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和_______；检验富钛渣洗涤干净的操作为_______。 （3）“沉铁”过程发生反应的离子方程式为_______，该过程中需保持磷酸过量，其目的是_______。 （4）“溶钛”过程中固体转化成溶液，在中，的化合价为+4价，则中含有_______过氧键；Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示，试分析40℃后Ti元素浸出率呈图像所示变化的原因：_______。 【答案】（1） ①. 粉碎钛铁矿（或适当加热、搅拌混合物等） ②. （2） ①. 玻璃棒 ②. 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，未观察到蓝色沉淀，说明富钛渣已洗涤干净 （3） ①. ②. 酸过量可以提供充足的，同时溶液酸性增强，抑制铁离子水解，避免生成杂质，提升产物产率和纯度 （4） ①. 4 ②. 温度高于40℃时，H2O2和氨水受热分解，Ti元素浸出率下降 【解析】 【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)加入盐酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括、、、，加热促进水解，过滤得到沉淀TiO2·H2O，加入过氧化氢和氨水反应得到(NH4)2Ti5O15，煅烧得到TiO2，和Li2CO3反应生成Li2Ti5O15，富铁液中加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4，据此解答。 【小问1详解】 “溶浸”时为加快浸取速率，可以采取的措施是粉碎钛铁矿或适当加热、搅拌混合物等，“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括、、、，“溶浸”过程FeTiO3发生反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 分离固液的操作是过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故缺少玻璃棒；富铁液中含有Fe2+，要检验富钛渣是否洗涤干净，只需要检验最后一次洗涤液中的Fe2+即可，操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，未观察到蓝色沉淀，说明富钛渣已洗涤干净； 【小问3详解】 “沉铁”过程中过氧化氢氧化亚铁离子生成Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；酸过量可以提供充足的，同时溶液酸性增强，抑制铁离子水解，避免生成杂质，提升产物产率和纯度； 【小问4详解】 在(NH4)2Ti5O15中，Ti的化合价为+4价，过氧键中O元素化合价为-1价，设含有x个过氧键，则，解得，则1 mol (NH4)2Ti5O15中含有4mol过氧键；40℃后Ti元素浸出率降低的原因是：温度高于40℃时，H2O2和氨水受热分解，Ti元素浸出率下降。 19. 某小组同学在实验室制备高铁酸钾（），并探究制备的适宜条件。制备粗品的实验装置如下（夹持装置略）。 资料：①为紫色固体，微溶于KOH溶液。具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定； ②其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，检测到电压越大。 （1）装置A中产生的化学方程式是_______。 （2）研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。 实验编号 试剂a 实验现象 Ⅰ 和少量KOH 无明显现象 Ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 Ⅲ 和过量KOH 得到紫色溶液（颜色比Ⅱ深），有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积和的物质的量、的通入量均相同。 ①实验Ⅱ、Ⅲ产生，将方程式补充完整。 还原反应：； 氧化反应：□□□□□_______。 ②对实验Ⅰ未产生而实验Ⅱ能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。 步骤1：通入，电压表示数为； 步骤2：向右侧烧杯中加入_______（填试剂），电压表示数为（）。 ③反思装置B的作用：用饱和NaCl溶液除去HCl，目的是_______。 ④实验Ⅱ中的产率比实验Ⅲ低，试解释原因：_______。 （3）向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入使溶液碱性减弱，进而导致分解。酸性条件下，分解产生的离子方程式是_______。 （4）将实验Ⅲ中得到的粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ①第一次过滤后滤渣的主要成分是_______。 ②向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是_______。 （5）综上，制备的适宜条件是_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. KOH固体 ③. 防止HCl消耗KOH，使反应体系保持较强碱性 ④. 氯化铁引入的氯离子是氯气还原反应的产物，氯离子浓度较高不利于该还原反应正向进行，使氯气氧化+3价铁物种的能力减弱 （3） （4） ①. ②. 增大钾离子浓度，降低高铁酸钾的溶解度，使其析出，同时维持强碱性，抑制其分解 （5）以为铁源，加入过量KOH，通入适量经饱和NaCl溶液除去HCl的 【解析】 【分析】氯气经洗气后进入C，在强碱性条件下氧化+3价铁物种生成高铁酸根；强碱性条件既能增强+3价铁物种的还原性，又有利于高铁酸根稳定。对照实验通过改变KOH用量或铁盐阴离子判断产率的影响，粗品提纯则利用各组分在KOH溶液中的溶解性差异和同离子效应。 【小问1详解】 高锰酸钾在常温下氧化浓盐酸中的氯离子，锰元素由+7价降为+2价，氯元素由−1价升为0价，按电子守恒和原子守恒配平可得； 【小问2详解】 ①生成高铁酸根时，铁元素由+3价升至+6价，每个铁原子失去3个电子；在碱性介质中配平氢、氧和电荷，得到。 ②左侧氯气电极的条件不变，向右侧加入KOH固体可增强碱性且避免明显改变溶液体积；电压增大，说明右侧含+3价铁物种的还原性增强，故应加入KOH固体。 ③制得的氯气中混有HCl；若HCl进入C，会消耗KOH并降低碱性，不利于反应和产物稳定，因此用饱和NaCl溶液除去HCl。 ④氯化铁带入的氯离子是氯气还原反应的产物；氯离子浓度较高不利于氯气还原与+3价铁物种氧化这一总过程正向进行，故实验Ⅱ产率较低； 【小问3详解】 酸性条件下，高铁酸根中铁元素由+6价降至+3价，部分氧元素由−2价升至0价；按电子、原子和电荷守恒配平，得到； 【小问4详解】 ①稀KOH溶液能使高铁酸钾进入溶液，未反应的氢氧化铁不溶，故第一次过滤所得滤渣主要为氢氧化铁。 ②加入饱和KOH溶液可增大钾离子浓度，利用同离子效应降低高铁酸钾的溶解度，使其析出；强碱性条件还能抑制高铁酸钾分解，冰水浴可进一步降低其溶解度； 【小问5详解】 实验Ⅲ的紫色溶液颜色更深且有紫色固体，说明硝酸铁和过量KOH有利于生成高铁酸钾；继续通入氯气会使碱性减弱并导致产物分解，故应以硝酸铁为铁源，加入过量KOH，通入适量且已除去HCl的氯气。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $