精品解析：北京市育英学校2026-2027学年高三上学期统测一 化学试题

北京市育英学校2027届高三化学学科统测一 2026.08 可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 V 51 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. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是 A.冬奥场馆使用制冷剂制冰 B.火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧 C.由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉 D.电动汽车的全气候电池充电 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．使用制冷剂制冰时，仅存在水和的状态变化，无新物质生成，属于物理变化，不属于化学变化，A符合题意； B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C．由碲和镉合成碲化镉时有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意； D．全气候电池充电过程为电解过程，发生氧化还原反应，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的空间结构： B. 的结构示意图： C. 的电子式： D. p轨道和p轨道形成π键示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．的中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，无孤电子对，因此空间结构为平面三角形，A正确； B．硫为第16号元素，S原子得到两个电子形成硫离子，其结构示意图为：，B正确； C．NH3属于共价化合物，N、H原子间形成共价单键，且N原子的最外层还有1对孤电子对，则的电子式为：，C错误； D．键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，示意图表示正确，D正确； 故选C。 3. 下列事实可用范德华力大小解释的是 A. 热稳定性：HCl>HBr B. 氧化性： C. 熔点： D. 沸点： 【答案】C 【解析】 【详解】A．热稳定性HCl>HBr，是由于H—Cl键的键能大于H—Br，不能用范德华力大小来解释，故A错误； B．氧化性：，是应为Cl的电负性大，原子半径小，不能用范德华力大小来解释，故B错误； C．熔点，是应为相对分子质量，分子间的范德华力，故C正确； D．沸点：是由于分子间形成氢键而增大了分子间作用力，不能用范德华力大小来解释，故D错误； 故选C。 4. 如图为NaCl固体加入水中，发生如图变化的微观示意图。下列说法不正确的是 A. NaCl由Na+和Cl-构成，故NaCl固体能导电 B. Na+和Cl-在水中以水合离子的形式自由移动 C. 水分子破坏了阴阳离子之间的作用力 D. 该过程可表示为NaCl=Na++Cl- 【答案】A 【解析】 【详解】A． NaCl固体不能导电，A错误； B．NaCl溶于水完全电离，Na+和Cl-在水中以水合离子的形式自由移动，B正确； C．阴阳离子水分子在水中以水合离子的形式存在，水分子破坏了阴阳离子之间的作用力，C正确； D．NaCl溶于水完全电离，该过程可表示为NaCl=Na++Cl-，D正确； 故选A。 5. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知： 下列说法不正确的是 A. 的过程中，， B. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能 C. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 D. 断裂和中化学键所需能量大于断裂中化学键所需能量 【答案】D 【解析】 【详解】A．变为是液化放热过程，；气体变为液体时体系混乱度减小，，A正确； B．氢气发生燃烧反应可将化学能转化为热能，也可设计为氢氧燃料电池将化学能直接转化为电能，B正确； C．根据盖斯定律，化学反应的只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，C正确； D．氢气的燃烧反应为放热反应，反应焓变，故断裂2 mol和1 mol中化学键所需能量小于断裂2 mol中化学键所需能量，D错误； 故选D。 6. 下列方程式与所给事实相符的是 A. Na在空气中燃烧：4Na+O22Na2O B. 向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 【答案】B 【解析】 【详解】A．Na在空气中燃烧生成过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，A错误； B．向H2S溶液中通入SO2发生归中反应生成单质硫，方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，B正确； C．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮，离子方程式为：3Cu＋2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，C错误； D．一水合氨和弱碱，不能拆，则离子方程式为：Al3++3 NH₃·H₂O=Al(OH)3↓+3NH，D错误； 故选B。 7. 下列实验中，能达到相应实验目的的是 A.制备并收集乙酸乙酯 B.证明氯化银溶解度大于硫化银 C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯 D.推断S、C、Si的非金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．制备乙酸乙酯需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，该装置未添加浓硫酸，且导管插入饱和溶液液面下会引发倒吸，无法达到实验目的，A错误； B．溶液过量，加入时直接与过量的反应生成沉淀，无法证明溶解度大于，B错误； C．溴乙烷消去反应中挥发的乙醇也能使酸性溶液褪色，无法验证消去产物是乙烯，C错误； D．稀硫酸与反应生成，说明酸性，证明非金属性；通入溶液生成硅酸沉淀，说明酸性，证明非金属性，可推断三者非金属性强弱，D正确； 故答案为D。 8. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 金刚石中C-C键的数目为 B. 基态Cr原子的未成对电子数为 C. 标准状况下，己烷中含共价键数目为 D. 与的混合物中所含中子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．12 g金刚石的物质的量为1 mol，金刚石中每个C原子形成的C-C键数目为，故1 mol金刚石中C-C键数目为，A错误； B．Cr是24号元素，根据洪特规则特例，基态Cr原子的电子排布式为，3d、4s轨道的电子均为未成对电子，1 mol基态Cr原子未成对电子数为​，B错误； C．标准状况下己烷为液态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定共价键数目，C错误； D．和的摩尔质量均为，每个分子中均含10个中子，2.0 g混合物的物质的量为，所含中子数为，D正确； 故答案选D。 9. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中，试剂a可以是Cu B. ②中，需要确保NaOH溶液足量 C. ③中，生成1mol 时，转移4mol电子 D. ③中，将S换为，氧化产物为 【答案】C 【解析】 【详解】Ａ．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确； Ｂ．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确； Ｃ．由反应可知，1mol时，转移2mol电子，C错误； Ｄ．将S换为,化合价降低，化合价升高生成氧化产物，D正确； 故选C 10. 根据两个反应：①； ②。下列说法不正确的是 A. 酸性条件下，氧化性： B. 反应①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为5∶2 C. 据以上反应信息，实验室将高锰酸钾溶液酸化时，不能用盐酸酸化 D. 反应②中每生成（标准状况）的气体，则反应中转移的电子的物质的量为 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应①中氧化剂为，氧化产物为，氧化性；反应②中氧化剂为，氧化产物为，氧化性，故氧化性，A正确； B．反应①中还原剂为（系数为2），氧化剂为（系数为5），二者物质的量之比为，不是，B错误； C．根据反应②，酸性条件下可与发生氧化还原反应，故高锰酸钾酸化不能用盐酸，C正确； D．标准状况下的物质的量为，每生成转移电子，故转移电子物质的量为，D正确； 故选B。 11. 有研究表明，铜和稀反应后的溶液中有。取铜丝和过量稀反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。 序号 操作 现象 ① 向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡 溶液变为浅绿色 ② 向2mL该溶液中滴加酸性溶液 紫红色褪去 ③ 将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性溶液 …… ④ 用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上 溶液变蓝 已知：为弱酸，受热发生分解反应：；在溶液中呈绿色。 下列推断或分析不合理的是 A. ①说明存在电离平衡： B. ②说明具有还原性 C. ③中，紫红色不褪去 D. ④说明具有氧化性 【答案】D 【解析】 【详解】Cu与过量的稀硝酸反应一段时间后，反应后的溶质为Cu(NO3)2、HNO3、HNO2，以此分析； 【分析】A．加入NaOH，OH-与H+反应生成H2O，H+浓度减小，从而使得平衡正向进行，增大，则生成的浓度增大，溶液变为绿色，A正确； B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，HNO2具有还原性，使高锰酸钾褪色，B正确； C．充分加热后冷却，则溶液中无HNO2，故酸性高锰酸钾不发生发生反应，溶液紫色不褪色，C正确； D．因为溶液中有HNO3，则可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉变蓝，无法判断HNO2有氧化性，D错误； 故答案为：D。 12. BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是 A. 单体是非极性分子 B. 二聚体的沸点比单体更高 C. 多聚体是平面结构 D. 二聚体和多聚体中均存在配位键 【答案】C 【解析】 【详解】A．单体BeCl2中心原子Be周围的价层电子对数为2+=2，为直线形结构，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，A正确； B．BeCl2为共价化合物，形成分子晶体，二聚体的相对分子质量比单体大，则二聚体中分子间作用力比单体大，故二聚体的沸点比单体更高，B正确； C．由题干图示信息可知，多聚体中Be周围的价层电子对数为4，呈正四面体结构，而不是平面结构，C错误； D．已知Be的最外层上只有2个电子，结合题干图示信息可知，二聚体和多聚体中均存在Be←Cl配位键，D正确； 故答案为：C。 13. 邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是 A. phen中，不含手性碳原子 B. 中，phen的一个N参与配位 C. 中，提供空轨道，N提供孤对电子 D. 中，既存在极性键也存在非极性键 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确； B．由于亚铁离子的配位数为6，故中phen有2个N原子参与配位，B错误； C．在物质中，中心原子提供空轨道，N提供孤对电子，C正确； D．硫和氧、碳和氮之间为极性键，但phen中C和C为非极性键，D正确； 故选B。 14. 向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是 A. 产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2 B. H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红” C. 溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN D. 溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的 【答案】A 【解析】 【详解】A.H2O2具有强的氧化性，FeSO4具有还原性，向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，产生Fe3+，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，A错误； B.Fe3+水溶液显黄色，且Fe3+遇KSCN会显红色，B正确； C.KSCN具有还原性，H2O2具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确； D.溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于KSCN被氧化，使Fe(SCN)3的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致物质的反应速率发生变化引起的，D正确； 故答案选A。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。 ③中与与的作用力类型分别是___________。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为，阿伏伽德罗常数为。 该晶体的密度为___________。 【答案】（1） ①. 3d6 ②. 中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被成键电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被成键电子对占据，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小 ③. 配位键、氢键 （2） ①. 6 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s 上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6； ②中O和中S均为杂化，中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被成键电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被成键电子对占据。孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。 ③中O有孤电子对，有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与中H元素形成氢键。 【小问2详解】 ①以位于面心为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：，4个阴离子位于棱上，2个位于体心位置上，共6个。 ②依据分摊法可知晶胞中离子个数为，S个数为=4。一个晶胞中相当于含有4个，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。 16. 金属有机框架材料(MOFs)具备富含孔隙的空间网状结构。其中MOF-5的核心组成单元为、和对苯二甲酸根离子()，化学式可表示为。 （1）基态的核外电子排布式为_________。 （2）对苯二甲酸分子中，官能团的名称为_________，共平面的碳原子数为_________。 （3）对苯二甲酸分子在水中不易溶解，原因之一是分子间存在较强的相互作用。画出两个对苯二甲酸分子间相互作用的示意图(其中一个分子已给出)_____________。 （4）MOF-5在潮湿空气中不稳定，与的配位键容易被破坏。 ①推测与的配位能力：_________(填“＞”或“＜”)。 ②将MOF-5中的部分替换为，化学式可表示为。新结构在潮湿空气中的稳定性比MOF-5增强，从配位能力的角度推测其可能原因：__________________。 ③下列关于MOF-5的制备、性质与应用的说法正确的是_________(填序号)。 a．不能使用锌盐与BDC盐的水溶液制备MOF-5 b．MOF-5的密度约为，相对较小，可能是因为其结构富含孔隙 c．MOF-5可以吸附，是因为MOF-5能与形成氢键 【答案】（1）【Ar】或 （2） ①. 羧基 ②. 8 （3） （4） ①. ＞ ②. 与的配位能力强于与的配位能力，较难破坏与的配位键 ③. ab 【解析】 【小问1详解】 的原子序数为，基态原子的核外电子排布式为，形成 时，失去最外层的个电子，故基态的核外电子排布式为 ； 【小问2详解】 对苯二甲酸分子中的官能团为，名称为羧基；苯环为平面正六边形结构，苯环上的个碳原子共平面；由于两点确定一条直线，连接苯环与羧基的碳碳单键处于苯环所在的平面内，因此个羧基碳原子也必然与苯环共平面，故分子中个碳原子均共平面； 【小问3详解】 对苯二甲酸分子中含有羧基，分子间极易通过羧基形成氢键,通常两个羧基之间会形成两个氢键（即一个羧基的羟基氢与另一个羧基的羰基氧成键），构成稳定的八元环状二聚体结构，如图； 【小问4详解】 ① 已知“在潮湿空气中不稳定，与的配位键容易被破坏，说明在有水存在的条件下，水分子取代了与形成配位键，即 与的配位能力大于； ②将替换为后，新结构在潮湿空气中的稳定性增强，说明水分子难以再破坏金属离子与配体的结合，从配位能力角度推测，是因为与 的配位能力强于与的配位能力，形成的配位键更牢固，较难破坏与的配位键； ③a．由①可知遇水不稳定，配位键会被水破坏，因此不能在水溶液中制备，a正确； b． 材料属于空间网状结构，内部富含孔隙，导致其单位体积内的质量较小，宏观表现为密度较小，b正确； c．分子中不含氢原子，无法作为氢键供体，且骨架中也缺乏强极性的氢键供体基团，因此吸附并非依靠氢键，而是依靠范德华力或特定的配位作用，c错误； 故选ab。 17. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 【答案】（1） （2）不变 （3）丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大 （4）Ⅱ （5）温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大 （6） ①. 降低 ②. 升高温度，更有利于副反应的发生 【解析】 【小问1详解】 根据反应方程式可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：； 【小问2详解】 已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变； 【小问3详解】 由题干可知，正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大； 【小问4详解】 由题干可知，正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ； 【小问5详解】 达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大； 【小问6详解】 由表中信息可知465℃时丙烯的选择性约为85%，510℃时为约65%，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，因为可能为：升高温度，更有利于副反应的发生。 18. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i．滤液A中的阳离子主要有H+、VO、Fe3+、Al3+等； ii．“萃取”过程可表示为VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+。 （1）“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有___________(写出1条即可)。 （2）“浸钒”过程中，焙砂中的V2O5与硫酸反应的离子方程式为___________。 （3）“还原”过程中，铁粉发生的反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe3++Fe=3Fe2+和如下反应，补全该反应的离子方程式__________。 VO+Fe+___________=VO2++Fe2++___________ （4）“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是___________。 （5）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式___________。 （6）用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出1mL，用蒸馏水稀释至 10mL，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的VO2+氧化为VO，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将VO滴定为VO2+，共消耗v1mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 已知：a.所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为ag；所得滤液A的总体积为bmL； b.3滴指示剂消耗v2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为___________。 ②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将___________(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 【答案】（1）搅拌(合理给分) （2）V2O5+2H+=2VO+H2O （3）2VO+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O （4）若不用石灰乳中和，溶液中c(H+)较大，不利于平衡VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好。 （5）(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O （6） ①. ②. 偏高 【解析】 【分析】钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A中的阳离子主要有H+、VO、Fe3+、Al3+等，加铁粉把VO还原为VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2；滤液C用有机溶剂萃取VO2+，VOA2(有机相)中加硫酸使VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+平衡逆向移动，反萃取VO2+，把VO2+氧化为VO，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。 【小问1详解】 根据影响反应速率的因素，“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有搅拌、钒矿石焙砂磨成粉、适当提高硫酸浓度等； 【小问2详解】 “浸钒”后滤液A中的阳离子主要有VO，可知焙砂中V2O5与硫酸反应生成VO，反应的离子方程式为V2O5+2H+= 2VO+H2O； 【小问3详解】 “还原”过程中，铁粉把VO还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe被氧化为Fe2+，铁元素化合价由0升高为+2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，该反应的离子方程式2VO+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O； 【小问4详解】 “萃取”过程可表示为VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+，“萃取”前，若不用石灰乳先中和，氢离子浓度大，不利于VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+平衡正向移动，所以萃取效果不好； 【小问5详解】 根据元素守恒，“煅烧”过程中(NH4)2V6O16分解生成V2O5、NH3、H2O，发生反应的化学方程式(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O； 【小问6详解】 VO被Fe2+还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，VO、(NH4)2Fe(SO4)2的反应比为1:1，则1mLA溶液中含VO的物质的量为c(v1- v2)×10-3mol； ① “浸钒”过程中钒的浸出率为 ②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量偏大，钒浸出率的测定结果将偏高。 19. 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4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O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______ ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. ②. ③. 排除的干扰 ④. > ⑤. 溶液的酸碱性不同 ⑥. 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色（不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色） 【解析】 【分析】（1）与浓盐酸反应制；由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去；与、反应制备；最后用溶液吸收多余，防止污染大气。 （2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有、，还会与反应生成、和。 I.加入溶液，溶液变红说明a中含。根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成。 II.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用洗涤除去、排除的干扰，同时保持4稳定存在。 ②根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。 ③判断的依据是否排除的颜色对实验结论的干扰。 【小问1详解】 ①A为氯气发生装置，与浓盐酸反应时，锰被还原为，浓盐酸被氧化成，与浓盐酸反应生成、、和，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为； ②由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去，除杂装置B为； ③ C中发生的反应有，还有与的反应，与反应的化学方程式为，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有、，还可能含有等。 i.方案I加入溶液，溶液变红说明a中含。但的产生不能判断与 发生了反应，根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成，根据得失电子守恒和原子守恒，可能的反应为；ii.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用溶液洗涤的目的是除去、排除的干扰，同时保持稳定存在，答案： ，，排除的干扰； ②制备K2FeO4的原理为，在该反应中元素的化合价由0价降至-1价，是氧化剂，元素的化合价由+3价升至+6价，是还原剂，为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性；方案II的反应，实验表明，和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，答案：>，溶液的酸碱性不同 ③该小题为开放性试题。若能，根据题意在足量溶液中会转化为和，最后溶液中不存在，溶液振荡后呈浅紫色一定是的颜色，说明将氧化成，所以该实验方案能证明氧化性。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入和的混合溶液中，c（）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市育英学校2027届高三化学学科统测一 2026.08 可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 V 51 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. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是 A.冬奥场馆使用制冷剂制冰 B.火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧 C.由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉 D.电动汽车的全气候电池充电 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的空间结构： B. 的结构示意图： C. 的电子式： D. p轨道和p轨道形成π键示意图： 3. 下列事实可用范德华力大小解释的是 A. 热稳定性：HCl>HBr B. 氧化性： C. 熔点： D. 沸点： 4. 如图为NaCl固体加入水中，发生如图变化的微观示意图。下列说法不正确的是 A. NaCl由Na+和Cl-构成，故NaCl固体能导电 B. Na+和Cl-在水中以水合离子的形式自由移动 C. 水分子破坏了阴阳离子之间的作用力 D. 该过程可表示为NaCl=Na++Cl- 5. 2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。已知： 下列说法不正确的是 A. 的过程中，， B. 氢气既可以通过燃烧反应提供热能，也可以设计成燃料电池提供电能 C. 化学反应的，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 D. 断裂和中化学键所需能量大于断裂中化学键所需能量 6. 下列方程式与所给事实相符的是 A. Na在空气中燃烧：4Na+O22Na2O B. 向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu＋2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O D. 向AlCl3溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 7. 下列实验中，能达到相应实验目的的是 A.制备并收集乙酸乙酯 B.证明氯化银溶解度大于硫化银 C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯 D.推断S、C、Si的非金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 8. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 金刚石中C-C键的数目为 B. 基态Cr原子的未成对电子数为 C. 标准状况下，己烷中含共价键数目为 D. 与的混合物中所含中子数为 9. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中，试剂a可以是Cu B. ②中，需要确保NaOH溶液足量 C. ③中，生成1mol 时，转移4mol电子 D. ③中，将S换为，氧化产物为 10. 根据两个反应：①； ②。下列说法不正确的是 A. 酸性条件下，氧化性： B. 反应①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为5∶2 C. 据以上反应信息，实验室将高锰酸钾溶液酸化时，不能用盐酸酸化 D. 反应②中每生成（标准状况）的气体，则反应中转移的电子的物质的量为 11. 有研究表明，铜和稀反应后的溶液中有。取铜丝和过量稀反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。 序号 操作 现象 ① 向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振荡 溶液变为浅绿色 ② 向2mL该溶液中滴加酸性溶液 紫红色褪去 ③ 将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性溶液 …… ④ 用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上 溶液变蓝 已知：为弱酸，受热发生分解反应：；在溶液中呈绿色。 下列推断或分析不合理的是 A. ①说明存在电离平衡： B. ②说明具有还原性 C. ③中，紫红色不褪去 D. ④说明具有氧化性 12. BeCl2可以以单体、二聚体和多聚体的形式存在。下列关于BeCl2的说法不正确的是 A. 单体是非极性分子 B. 二聚体的沸点比单体更高 C. 多聚体是平面结构 D. 二聚体和多聚体中均存在配位键 13. 邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是 A. phen中，不含手性碳原子 B. 中，phen的一个N参与配位 C. 中，提供空轨道，N提供孤对电子 D. 中，既存在极性键也存在非极性键 14. 向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是 A. 产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2 B. H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变红” C. 溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN D. 溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。 ③中与与的作用力类型分别是___________。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为，阿伏伽德罗常数为。 该晶体的密度为___________。 16. 金属有机框架材料(MOFs)具备富含孔隙的空间网状结构。其中MOF-5的核心组成单元为、和对苯二甲酸根离子()，化学式可表示为。 （1）基态的核外电子排布式为_________。 （2）对苯二甲酸分子中，官能团的名称为_________，共平面的碳原子数为_________。 （3）对苯二甲酸分子在水中不易溶解，原因之一是分子间存在较强的相互作用。画出两个对苯二甲酸分子间相互作用的示意图(其中一个分子已给出)_____________。 （4）MOF-5在潮湿空气中不稳定，与的配位键容易被破坏。 ①推测与的配位能力：_________(填“＞”或“＜”)。 ②将MOF-5中的部分替换为，化学式可表示为。新结构在潮湿空气中的稳定性比MOF-5增强，从配位能力的角度推测其可能原因：__________________。 ③下列关于MOF-5的制备、性质与应用的说法正确的是_________(填序号)。 a．不能使用锌盐与BDC盐的水溶液制备MOF-5 b．MOF-5的密度约为，相对较小，可能是因为其结构富含孔隙 c．MOF-5可以吸附，是因为MOF-5能与形成氢键 17. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 18. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i．滤液A中的阳离子主要有H+、VO、Fe3+、Al3+等； ii．“萃取”过程可表示为VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+。 （1）“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有___________(写出1条即可)。 （2）“浸钒”过程中，焙砂中的V2O5与硫酸反应的离子方程式为___________。 （3）“还原”过程中，铁粉发生的反应有Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe3++Fe=3Fe2+和如下反应，补全该反应的离子方程式__________。 VO+Fe+___________=VO2++Fe2++___________ （4）“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是___________。 （5）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式___________。 （6）用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出1mL，用蒸馏水稀释至 10mL，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的VO2+氧化为VO，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将VO滴定为VO2+，共消耗v1mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 已知：a.所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为ag；所得滤液A的总体积为bmL； b.3滴指示剂消耗v2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为___________。 ②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将___________(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 19. 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4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O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______ ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $