精品解析：北京市第八中学2027届高三上学期暑假测试（二）化学试卷

2026—2027学年度暑期测试(二) 年级：高三 科目：化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 Fe-56 第一部分 选择题(每小题只有一个选项符合题意，共42分) 1. 稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A. 氧元素位于元素周期表p区 B. 可用X射线衍射测定的晶体结构 C. 能导电与其结构有关 D. 复合涂层材料的制备过程发生化学变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧元素原子序数为8，电子排布为1s22s22p4，位于元素周期表第ⅥA族，属于p区元素，A正确； B．X射线衍射是测定晶体材料晶体结构的常用技术，α-Al2O3为刚玉结构，具有明确晶体结构，可用X射线衍射，B正确； C．LaSrMnO3为钙钛矿型材料，其导电性源于晶体结构中锰氧八面体的电子离域和载流子迁移，与结构密切相关，C正确； D．制备过程采用大气等离子喷涂技术，将熔融LaSrMnO3喷涂至α-Al2O3基底，此过程涉及熔化、喷射及物理结合（熔融态固化附着），无新物质生成或化学键重组，属于物理变化，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 中子数为1的氢原子： B. 的VSEPR模型： C. 甲基的电子式： D. 顺丁橡胶的结构简式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢元素质子数为1，中子数为1时质量数为1+1=2，该原子可表示为，A正确； B．中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，B错误； C．甲基的结构为，原子和3个形成3对共用电子对，还剩余1个单电子，图示电子式书写正确，C正确； D．顺丁橡胶为顺式-1,4-聚丁二烯，双键两侧的氢原子位于双键同侧，图示结构简式正确，D正确； 故答案选B。 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，A错误； B．金属越强，与酸反应越剧烈，Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应，B正确； C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3，C正确； D．元素的非金属性越强，对单质的氧化应越强，Cl的非金属性强于Br的，Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2，D正确； 故选A。 4. 结构如图。下列说法正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 第一电离能： C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态原子价层电子排布式为，形成时优先失去最外层轨道的电子，故价层电子排布式为，A错误； B．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能，B错误； C．中心为杂化，无孤电子对，键角约为；中心为杂化，有2对孤电子对，孤电子对的斥力使键角减小至约，故键角，C错误； D．图中虚线连接的是和O成键的H，与另一个电负性大的O原子，符合氢键的形成特征，D正确； 故选D。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，混合溶液的导电能力下降：Ba2+ + OH- + H+ + SO=BaSO4↓+H2O B. 用食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3 + 2H+=Ca2+ + H2O + CO2↑ C. 浓硝酸可清洗银镜：Ag + 2H+ + NO=Ag+ + NO2↑+H2O D. SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀：Ba2+ + SO2 + H2O=BaSO3↓+2H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，混合溶液的导电能力下降：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO=BaSO4↓+2H2O，A错误； B．醋酸是弱酸，不拆为离子形式，离子方程式：CaCO3 + 2CH3COOH=Ca2+ + H2O + CO2↑+ 2CH3COO-，B错误； C．浓硝酸可清洗银镜：Ag + 2H+ + NO=Ag+ + NO2↑+H2O，C正确； D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀：，D错误； 答案选C。 6. 下列工业生产中，所采取的措施与目的不对应的是 工业生产 措施 目的 A 氯碱工业 适当酸化阳极区溶液 减少在阳极区的溶解 B 氨催化氧化制 使用Pt-Rh合金做催化剂 加快反应速率 C 侯氏制碱 向饱和食盐水中先通入再通入 提高和 D 工业合成氨 将从混合气中及时分离 提高反应物转化率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯碱工业阳极生成，存在平衡，酸化阳极区可增大浓度，使平衡逆向移动，减少的溶解，A正确； B．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，使用Pt-Rh合金作催化剂能加快氨催化氧化的反应速率，B正确； C．侯氏制碱中先通入是因为极易溶于水，使溶液呈碱性，可吸收更多，从而提高浓度，便于溶解度较小的析出，目的不是提高和，C错误； D．工业合成氨的反应为，及时分离出会使生成物浓度降低，平衡正向移动，提高反应物转化率，D正确； 答案选C。 7. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 【答案】B 【解析】 【详解】A．是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确； B．合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误； C．是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确； D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确； 故选B。 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 用饱和NaCl溶液除去中混有的HCl 用饱和溶液除去中混有的HCl B 向溶液中加入过量NaOH溶液制 向溶液中加入过量NaOH溶液制 C 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 D 向NaClO溶液中通入提高其漂白性 向NaClO溶液中通入也可提高其漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl能与饱和反应生成，且饱和溶液中高浓度的碳酸氢根离子会抑制的溶解，可有效除去中混有的HCl，除杂原理与饱和NaCl溶液除中HCl一致，A正确； B．是两性氢氧化物，会与过量NaOH溶液反应生成可溶性的四羟基合铝酸钠，无法得到沉淀，B错误； C．溶液中存在游离的铁离子，可与结合为红色络合物，而中Fe元素以稳定络合态存在，无游离铁离子，遇KSCN溶液不变红，C错误； D．与NaClO发生强酸制弱酸的复分解反应生成HClO，可提高漂白性，但具有强还原性，会与NaClO发生氧化还原反应，消耗NaClO，无法提高漂白性，D错误； 故选A。 9. 下列制备物质的转化关系不合理的是 A. 制： B. 制： C. 制：海水溶液 D. 制：海水溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．可以与氢气合成，催化氧化为，可以被O2氧化为，溶于水生成硝酸，故A合理； B．与氧气反应生成，催化氧化成，溶于水生成，故B合理； C．海水净化提纯得溶液，电解溶液可制备，故C合理； D．溶液电解得不到，应是熔融的，故D不合理； 答案D。 10. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中， +2H+，因此1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确； B．①中，转化为NADH， 中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确； C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确； D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误； 故选D。 11. FT是一种具有高紫外阻隔性的生物基呋喃聚酯，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①发生了加成反应和取代反应 B. X与Y的化学计量比是1：2 C. Z为，Z与M互为同系物 D. 聚合物FT可利用碳碳双键进一步形成网状结构 【答案】C 【解析】 【分析】X为二元胺，Y含碳碳双键和两个酯基：反应①中，氨基的对Y的碳碳双键发生加成反应，同时氨基与酯基发生氨解反应（属于取代反应）生成酰胺键，同时得到小分子醇，得到Q为，M为，Q和Z发生缩聚反应生成FT，结合FT结构简式可知，Z为，据此解答。 【详解】A．由分析可知，反应①发生了加成反应和取代反应，A正确； B．从最终产物FT的结构可知，1个X（二元胺，含2个氨基）可与2个Y发生反应，因此X与Y的化学计量比为，B正确； C．M是甲醇（一元醇），Z为乙二醇（二元醇），二者官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，C错误； D．聚合物FT中，呋喃环上存在碳碳双键，碳碳双键可以发生加成交联反应，进一步形成网状结构，D正确； 故选C。 12. “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(H2NNH2)，其反应历程如下图所示。 已知： 化学键 N-O N-H N-N O-H 键能/kJ·mol-1 176 391 193 463 下列说法不正确的是 A. 肼合成酶的催化中心中，Fe2+通过提供空轨道形成配位键 B. 反应过程中存在N-O和N-H键的断裂 C. 反应过程中，催化中心的铁元素的价态发生改变 D. 总反应的热化学方程式为：NH3(g) + NH2OH(g) = H2O(g) + H2NNH2(g) △H= +89 kJ·mol-1 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe2+为金属阳离子，含有空轨道，肼合成酶的催化中心中，Fe2+通过提供空轨道形成配位键，A正确； B．在中存在N-O键，NH3中存在N-H，由图可知，该反应过程中存在N-O和N-H键的断裂，B正确； C．由图可知，只存在极性共价键，在中存在N-N非极性键和N-H极性键，故反应涉及N-O和N-H键的断裂，B正确； C．由图可知，催化中心为Fe2+配合物，步骤Ⅱ中Fe2+失电子，由+2价变成+3价，Ⅳ中Fe3+得到电子，由+3价变成+2价，C正确； D．总反应的热化学方程式为：NH3(g) + NH2OH(g) = H2O(g) + H2NNH2(g) △H=反应物总键能-生成物总键能=3×391 kJ·mol-1+2×391 kJ·mol-1+176 kJ·mol-1+463 kJ·mol-1-2×463 kJ·mol-1-4×391 kJ·mol-1-193 kJ·mol-1=-89 kJ·mol-1，D错误； 故选D。 13. 是一种新型高效净水剂。用黄铁矿[主要成分是(二硫化亚铁)]、与反应制备的工艺流程如图1.其他条件相同时，随黄铁矿过量率变化，产率及纯度变化如图2.已知：黄铁矿过量率。下列说法不正确的是 A. 制备的反应中，理论上消耗的 B. 黄铁矿过量率过高时，可能会还原生成的 C. 制备时需要加入过量，防止生成覆盖黄铁矿 D. 其他条件相同，将换成相同pH的盐酸，会影响的纯度或产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．1mol 参与反应时，从+2价升高到+3价，每个从-1价升高到+6价，总共失电子数为，1mol 中从+5价降低到+4价得1mol电子，根据得失电子守恒，，A错误； B．具有还原性，具有氧化性，黄铁矿过量率过高时，过量的可还原生成的，导致产率下降，B正确； C．加入过量可使溶液保持强酸性，抑制水解，防止生成沉淀覆盖黄铁矿表面阻碍反应进行，C正确； D．盐酸中的具有还原性，酸性条件下可被氧化生成，会引入杂质且消耗反应物，影响的纯度和产率，D正确； 故答案选A。 14. 兴趣实验小组探究活泼金属和溶液的反应，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 操作 现象 ① 在盛有溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀 ② 在盛有溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀 ③ 在盛有溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生 A. ①中生成沉淀的离子方程式为：， B. ②中时，溶液中仍存在，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe C. ③中无黑色固体产生，是因为浓度低且主要转化为 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与溶液反应的产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与反应生成氢氧化铁沉淀，给出的两个离子方程式均符合反应事实，A正确； B．②中20 s时溶液虽仍存在，但镁可将逐步还原最终得到单质铁，黑色物质可能含单质，“不可能含单质”的表述错误，B错误； C．③中浓度低，反应过程中主要转化为沉淀，无法生成足够的铁单质，故无黑色固体产生，C正确； D．对比实验①和②，金属活动性不同反应产物有差异；对比实验②和③，浓度不同产物不同，故金属活动性和溶液中离子浓度均会影响活泼金属与溶液反应的产物，D正确； 故答案选B。 第二部分 非选择题(共58分) 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 【答案】（1）极性共价键 （2） ①. ②. ③. 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大 ④. （3） ①. ②. 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失 （4）弱酸性或弱碱性 【解析】 【小问1详解】 解离为和，需要破坏水分子内部的O-H极性共价键。 【小问2详解】 ① S基态最外层电子排布为，根据泡利原理和洪特规则，电子填充为：3s轨道填入2个自旋相反的电子，3p轨道一个轨道填2个电子，剩余两个轨道各填1个电子，最外层电子排布图为； ② 同周期第一电离能整体从左到右递增，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为； ③二者N均采取杂化，为四面体形，无孤电子对，为三角锥形，有1个孤电子对，杂化相同的情况下，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，因此前者键角更大； ④ 总反应为水的解离，结合第二步反应，可推得第一步反应为结合水的氢离子，释放氢氧根，。 【小问3详解】 ① 该晶胞含2个​，晶胞质量为，体积转换单位后为，计算得密度为； ② 从结构可知，氨基是亲水基团，且N原子的孤对电子可以和形成配位键，形成较稳定结构，因此不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要结合水分解产生的或，使解离平衡正向移动，因此基团需要能结合或，即具有较弱的酸性或碱性。 16. 某黄金冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。 Ⅰ.电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用图1装置处理含氰废水。 （1）电解时，_______(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将氧化为两种无害气体，两种气体的化学式为_______。 （2）实验测得去除率随pH的变化如图2。 ①时，的去除率随pH的减小而减小，结合水中Cl元素的存在形式，利用平衡移动原理解释可能的原因：_______。 ②时，的去除率随pH增大也会减小。进一步研究发现，是由于溶液中部分Cl元素通过歧化反应生成了氧化性较弱的，反应的离子方程式可能为_______(写出一种即可)。 （3）现有1L废水，的含量为。电解消耗的电量为Q库仑时，去除率的计算式为_______。(已知：电解过程中转移1mol电子所消耗的电量约为96500库仑。不考虑其它副反应) II.原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。 （4）下列说法正确的是_______(填字母序号)。 A. 从底部通入空气有利于空气与电极的充分接触 B. 若催化剂为，产生的反应为 C. 质子交换膜可以替换为阴离子交换膜 D. 选择合适的微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理 （5）电池工作过程中，a极区溶液中的pH几乎保持不变，结合电极反应式说明原因：_______(忽略溶液温度、体积变化)。 【答案】（1） ①. 阳极 ②. CO2、N2 （2） ①. pH减小，溶液中的H+浓度增大，会导致平衡逆向移动，HClO含量减少，导致CN-的去除率下降 ②. （3） （4）AD （5）a电极反应（）和b电极反应方程式（）可知，a极区产生的H+会等量的定向移动到b极区，使a极区浓度基本不变，故pH几乎保持不变； 【解析】 【分析】Ⅰ．由电解图可知，生成氯气的电极发生了氧化反应，为阳极； II．电极a发生氧化反应，为负极；负极的电极反应方程式为；电极b为正极，电极反应方程式为；a极区产生的H+会通过质子交换膜定向移动到b极区。 【小问1详解】 Cl-发生氧化反应生成氯气，故应该在电解池的阳极生成氯气；结合CN-的组成元素可知，被HClO氧化后生成的两种无害气体为CO2、N2； 【小问2详解】 ①溶液中存在平衡：，随着溶液pH减小，溶液中的H+浓度增大，会导致平衡逆向移动，HClO含量减少，导致CN-的去除率下降； ；②依题意，碱性条件下，HClO发生歧化反应生成Cl-和，离子方程式为（碱性条件下HClO以ClO-形式存在）； 【小问3详解】 处理废水过程中，CN-被氧化成CO2和N2，从价态变化分析可知，存在如下计量关系：，故CN-的去除率为=； 【小问4详解】 A．从底部通入空气，气泡会向上扩散，增大了空气与电极的接触面积，有利于反应进行，A正确； B．若催化剂为，产生的反应应为，B错误； C．由上述分析可知，a极区产生的H+会通过质子交换膜定向移动到b极区，若换成阴离子交换膜，则H+无法向b区移动，C错误； D．选择合适的微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理（负极区有机物放电，正极区产生强氧化性的，氧化含氰废水），D正确； 故答案选AD； 【小问5详解】 结合a电极反应（）和b电极反应方程式（）可知，a极区产生的H+会等量的定向移动到b极区，使a极区浓度基本不变，故pH几乎保持不变； 17. 治疗阿尔茨海默病的潜在化合物的前体T的合成路线如下(部分试剂和条件略去)。 已知：ⅰ.； ⅱ.； （1）的反应类型是_________。 （2）F分子中含有的官能团的名称是醚键、_________。 （3）的化学方程式是__________________。 （4）E分子含有一个六元环，下列关于D→E的说法正确的是_________(填序号)。 a．D分子中使邻碳上的键的极性增强 b．，D分子中断裂键和带*碳原子上的键 c．D反应后的主要产物受反应物键的极性强弱和产物的稳定性影响 （5）发生取代反应，K的结构简式是_________。 （6）经过三步转化，设计的目的是__________________。 （7）G能与Na反应生成，G转化为I经历如下过程。 已知： 中间体1分子中含有三种不同化学环境的氢原子，数目之比是。中间体2的结构简式是_________。 【答案】（1）氧化反应 （2）碳碳双键、酮羰基 （3）+ （4）ac （5） （6）将酰胺基中的羰基还原为亚甲基，保护酮羰基不被还原 （7） 【解析】 【分析】A到B发生氧化反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成D，由此可知，B的结构简式为：，D发生已知信息i的反应生成E，E中含有六元环，E的结构简式为：，E经过两步反应生成F，F发生还原反应生成G，结合G的分子式可知，G的结构简式为：，G经过多步反应生成I，I发生氧化反应生成J，J和发生取代反应生成K，K发生加成反应生成L，则K的结构简式为。 【小问1详解】 A是含甲基的环戊烯，A被高锰酸钾氧化生成B，故的反应类型是氧化反应； 【小问2详解】 观察F的结构，除两个甲氧基形成的醚键外，还含有六元环上的酮羰基和环内的碳碳双键； 【小问3详解】 B是，在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应，生成D和水，化学方程式为：+； 【小问4详解】 a．D中的羰基是强吸电子基团，会使邻位碳上的C-H键极性增强，a正确； b．结合已知i的反应机理，D断裂的是酯基的C-O键和羰基左侧邻位活性C-H键，并非选项中带*碳的C-H键，b错误； c．受羰基和酯基吸电子效应影响，带*碳的C-H键极性更强，但生成的四元环状结构的稳定性较差，因此该反应的选择性由C-H键的活性（极性）、以及产物的稳定性共同决定，c正确； 故答案选ac； 【小问5详解】 J→K是取代反应，根据分析可知K的结构简式为：； 【小问6详解】 结合已知ii的信息，先将羰基转化为缩酮保护，再用将酰胺基中的羰基还原为亚甲基，最后一步将缩酮结构在酸性条件下重新转化为酮羰基，三步的核心目的是将酰胺基中的羰基还原为亚甲基，保护酮羰基不被还原； 【小问7详解】 中间体1的分子式是，有一个不饱和度，说明发生的是消去反应，结合氢原子种类和数目比可知，中间体1的结构简式为，G的结构简式为：，二者发生加成反应，生成中间体2，结构简式为：，中间体2发生消去反应生成中间体3，结构简式为：。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） ①. ②. 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【解析】 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【小问1详解】 ①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 【小问2详解】 ①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 【小问3详解】 “热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 【小问4详解】 ①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 【小问5详解】 根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 【答案】（1） （2）产生，将装置中的空气/氧气排净 （3） ①. ②. Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的) （4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀 （5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动 【解析】 【分析】打开活塞a，将分液漏斗中稀硫酸滴入圆底烧瓶A中，稀硫酸与碳酸钠发生反应，生成的CO2将装置内的空气排尽，再打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应生成，将通入C中，与亚铁盐反应，探究与亚铁盐溶液的反应，最后用D中的NaOH溶液吸收多余的，防止污染环境，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为； 【小问2详解】 由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净； 【小问3详解】 ①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色； ②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄； 【小问4详解】 将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性； 【小问5详解】 由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度暑期测试(二) 年级：高三 科目：化学 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 Fe-56 第一部分 选择题(每小题只有一个选项符合题意，共42分) 1. 稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A. 氧元素位于元素周期表p区 B. 可用X射线衍射测定的晶体结构 C. 能导电与其结构有关 D. 复合涂层材料的制备过程发生化学变化 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 中子数为1的氢原子： B. 的VSEPR模型： C. 甲基的电子式： D. 顺丁橡胶的结构简式： 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 4. 结构如图。下列说法正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 第一电离能： C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，混合溶液的导电能力下降：Ba2+ + OH- + H+ + SO=BaSO4↓+H2O B. 用食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3 + 2H+=Ca2+ + H2O + CO2↑ C. 浓硝酸可清洗银镜：Ag + 2H+ + NO=Ag+ + NO2↑+H2O D. SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生白色沉淀：Ba2+ + SO2 + H2O=BaSO3↓+2H+ 6. 下列工业生产中，所采取的措施与目的不对应的是 工业生产 措施 目的 A 氯碱工业 适当酸化阳极区溶液 减少在阳极区的溶解 B 氨催化氧化制 使用Pt-Rh合金做催化剂 加快反应速率 C 侯氏制碱 向饱和食盐水中先通入再通入 提高和 D 工业合成氨 将从混合气中及时分离 提高反应物转化率 A. A B. B C. C D. D 7. 我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是 A. 元素位于元素周期表第族 B. 高温是为了提高的平衡转化率 C. 能降低合成氨反应的活化能 D. 实现了温和条件下氮的固定 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 用饱和NaCl溶液除去中混有的HCl 用饱和溶液除去中混有的HCl B 向溶液中加入过量NaOH溶液制 向溶液中加入过量NaOH溶液制 C 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 D 向NaClO溶液中通入提高其漂白性 向NaClO溶液中通入也可提高其漂白性 A. A B. B C. C D. D 9. 下列制备物质的转化关系不合理的是 A. 制： B. 制： C. 制：海水溶液 D. 制：海水溶液 10. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 11. FT是一种具有高紫外阻隔性的生物基呋喃聚酯，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①发生了加成反应和取代反应 B. X与Y的化学计量比是1：2 C. Z为，Z与M互为同系物 D. 聚合物FT可利用碳碳双键进一步形成网状结构 12. “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(H2NNH2)，其反应历程如下图所示。 已知： 化学键 N-O N-H N-N O-H 键能/kJ·mol-1 176 391 193 463 下列说法不正确的是 A. 肼合成酶的催化中心中，Fe2+通过提供空轨道形成配位键 B. 反应过程中存在N-O和N-H键的断裂 C. 反应过程中，催化中心的铁元素的价态发生改变 D. 总反应的热化学方程式为：NH3(g) + NH2OH(g) = H2O(g) + H2NNH2(g) △H= +89 kJ·mol-1 13. 是一种新型高效净水剂。用黄铁矿[主要成分是(二硫化亚铁)]、与反应制备的工艺流程如图1.其他条件相同时，随黄铁矿过量率变化，产率及纯度变化如图2.已知：黄铁矿过量率。下列说法不正确的是 A. 制备的反应中，理论上消耗的 B. 黄铁矿过量率过高时，可能会还原生成的 C. 制备时需要加入过量，防止生成覆盖黄铁矿 D. 其他条件相同，将换成相同pH的盐酸，会影响的纯度或产率 14. 兴趣实验小组探究活泼金属和溶液的反应，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 操作 现象 ① 在盛有溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀 ② 在盛有溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀 ③ 在盛有溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生 A. ①中生成沉淀的离子方程式为：， B. ②中时，溶液中仍存在，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe C. ③中无黑色固体产生，是因为浓度低且主要转化为 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与溶液反应的产物 第二部分 非选择题(共58分) 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 16. 某黄金冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。 Ⅰ.电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用图1装置处理含氰废水。 （1）电解时，_______(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将氧化为两种无害气体，两种气体的化学式为_______。 （2）实验测得去除率随pH的变化如图2。 ①时，的去除率随pH的减小而减小，结合水中Cl元素的存在形式，利用平衡移动原理解释可能的原因：_______。 ②时，的去除率随pH增大也会减小。进一步研究发现，是由于溶液中部分Cl元素通过歧化反应生成了氧化性较弱的，反应的离子方程式可能为_______(写出一种即可)。 （3）现有1L废水，的含量为。电解消耗的电量为Q库仑时，去除率的计算式为_______。(已知：电解过程中转移1mol电子所消耗的电量约为96500库仑。不考虑其它副反应) II.原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。 （4）下列说法正确的是_______(填字母序号)。 A. 从底部通入空气有利于空气与电极的充分接触 B. 若催化剂为，产生的反应为 C. 质子交换膜可以替换为阴离子交换膜 D. 选择合适的微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理 （5）电池工作过程中，a极区溶液中的pH几乎保持不变，结合电极反应式说明原因：_______(忽略溶液温度、体积变化)。 17. 治疗阿尔茨海默病的潜在化合物的前体T的合成路线如下(部分试剂和条件略去)。 已知：ⅰ.； ⅱ.； （1）的反应类型是_________。 （2）F分子中含有的官能团的名称是醚键、_________。 （3）的化学方程式是__________________。 （4）E分子含有一个六元环，下列关于D→E的说法正确的是_________(填序号)。 a．D分子中使邻碳上的键的极性增强 b．，D分子中断裂键和带*碳原子上的键 c．D反应后的主要产物受反应物键的极性强弱和产物的稳定性影响 （5）发生取代反应，K的结构简式是_________。 （6）经过三步转化，设计的目的是__________________。 （7）G能与Na反应生成，G转化为I经历如下过程。 已知： 中间体1分子中含有三种不同化学环境的氢原子，数目之比是。中间体2的结构简式是_________。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $