精品解析：北京市第十九中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

北京十九中2026-2027学年第一学期高三化学统练1 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家首次用石墨成功合成了毫米级、结构有序、高纯度的六方金刚石。下列说法不正确的是 A. 两者的碳原子杂化方式不同 B. 两者的晶体类型相同 C. 合成过程破坏了石墨的大π键 D. 合成过程属于化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨中碳原子的价层电子对个数是3、金刚石中碳原子的价层电子对个数是4，碳原子杂化类型：前者为sp2、后者为sp3，故A正确； B．石墨为混合型晶体、六方金刚石为共价晶体，二者的晶体类型不同，故B错误； C．石墨中含有大π键，六方金刚石中只含共价键，所以合成过程中破坏了石墨的大π键，故C正确； D．石墨转化为六方金刚石时有新物质生成，所以该变化为化学变化，故D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HCl的电子式： B. 水合钠离子的示意图： C. 中子数为10的氧原子： D. 基态C原子的轨道表示式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．HCl的电子式：，A错误； B．钠离子带正电荷，H2O中氧原子带部分负电荷、氢原子带部分正电荷，钠离子吸引水分子的氧原子，故水合钠离子的示意图为，B错误； C．中子数为10的氧原子为，C正确； D．碳原子的电子排布式为1s22s22p2基态碳原子的价电子轨道表示式为，D错误； 故选C。 3. 下列实验中，溶液颜色的变化不涉及氧化还原反应的是 A. 光照氯水，溶液黄绿色变浅 B. 加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色 C. 向与KSCN的混合溶液中加入铁粉，溶液红色变浅 D. 向KI溶液中滴加几滴新制氯水，溶液由无色变为棕黄色 【答案】B 【解析】 【详解】A．光照氯水时，次氯酸分解，促进反应正向进行，黄绿色变浅，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，发生反应：，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．铁粉与反应生成，反应为：，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．向碘化钾溶液中滴加几滴新制氯水，发生，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 4. 下列实验设计能达成对应的实验目的的是 实验设计 实验目的 A．实验室制 B．比较Cl、Br、I得电子能力强弱 实验设计 实验目的 C．除去中的少量 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室用Ca(OH)2与NH4Cl加热制NH3，实验室用固体加热制取氨气时，为防止生成的冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，A正确； B．比较Cl、Br、I得电子能力需通过分步置换，Cl2应先与NaBr反应生成Br2，再用Br2与KI反应，该装置会使Cl2直接通入KI溶液，无法证明Br2氧化性强于I2，B错误； C．除去CO2中的SO2应使用饱和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液会与CO2反应生成NaHCO3，C错误； D．配制100 mL 溶液需用100 mL容量瓶，移液时，需用玻璃棒引流，D错误； 故选A。 5. 下列事实不能通过比较电负性进行解释的是 A. 酸性： B. 极性： C. 酸性： D. 熔点： 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸（H2CO3）酸性强于硅酸（H2SiO3），是由于碳的电负性大于硅，使含氧酸中氧氢键更易解离，可通过比较电负性解释，A不符合题意； B．HF极性大于HCl，是由于氟的电负性大于氯，导致H-F键的极性更强，可通过比较电负性解释，B不符合题意； C．三氟乙酸（CF3COOH）酸性强于三氯乙酸（CCl3COOH），是由于氟的电负性大于氯，增强了吸电子诱导效应，使羧基酸性增强，可通过比较电负性解释，C不符合题意； D．二氧化碳（CO2）熔点低于二氧化硅（SiO2），是由于晶体类型不同（CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体），熔点差异主要由晶体类型决定，而非电负性差异直接导致，不能通过比较电负性解释，D符合题意； 故选D。 6. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol羟基含有的电子数目为 B. 56g Fe与足量稀反应转移的电子数目为 C. 2L 的溶液中，的数目为 D. 1mol 与5mol 充分反应可生成数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．已知1个羟基中含有9个电子，故1mol羟基含有的电子数目为，A错误； B．56g Fe与足量稀反应生成Fe(NO3)3，故转移的电子数目为=，B正确； C．已知Al3+能够发生水解，故2L的溶液中，的数目小于，C错误； D．已知合成氨反应是一个可逆反应，故1mol 与5mol 充分反应可生成数目小于，D错误； 故答案为：B。 7. 稀硝酸与铜作用的装置如下。下列分析不正确的是 A. a中将铜丝卷成螺旋状可增大反应速率 B. a中铜丝表面产生气泡、溶液变为蓝色，体现了硝酸的氧化性和酸性 C. b中气体变为红棕色，所含氮氧化物最多有两种 D. c中可能发生： 【答案】C 【解析】 【分析】a中铜和稀硝酸制取NO，b中NO被氧化为NO2，c中吸收尾气。 【详解】A．将铜丝卷成螺旋状可增大与稀硝酸的接触面积，从而加快反应速率，A正确； B．稀硝酸与铜反应生成（溶液呈蓝色）、NO（气泡）和，N元素化合价降低体现氧化性，生成盐体现酸性，B正确； C．a中生成的NO进入b后，与空气中反应生成，又存在可逆反应2NO2⇌N2O4，故b中氮氧化物可能有NO、NO2、N2O4三种，“最多两种”说法错误，C错误； D．NO和NO2的混合气体可与NaOH发生归中反应生成NaNO2和H2O，该反应合理，D正确； 故选C。 8. 用化学沉淀法除去粗盐中的、、的过程如下。 下列说法不正确的是 A. ⅰ中可通过搅拌等方法加快粗盐溶解 B. ⅲ中检验是否过量：静置后向烧杯的上清液中滴加酚酞溶液，观察溶液是否变红 C. ⅳ中加入溶液的目的：、 D. ⅱ中过量，但ⅷ中仍能检测到，可能的原因是ⅳ中发生： 【答案】B 【解析】 【分析】粗盐中常用氯化钡除掉硫酸根离子，氢氧化钠除掉镁离子，碳酸钠除掉钙离子和多加入的钡离子。 【详解】A．搅拌可以加快固体溶解速率，ⅰ中通过搅拌加快粗盐溶解，A正确； B．ⅲ中加入NaOH的目的是沉淀Mg2+，即使NaOH不过量，Mg2+完全沉淀后，溶液因Mg(OH)2溶解平衡仍含少量，无法通过滴加酚酞判断NaOH是否过量，B错误； C．ⅳ中用于除去及过量，反应为：、，C正确； D．BaSO4与BaCO3存在沉淀转化平衡：，过量可使BaSO4转化为BaCO3并释放，导致检测到，D正确； 故选B。 9. 用镁固定氮得到的氮化镁与氯化铵反应合成。如下方法证实了是通过转变为的：按将两种物质充分混合、加热，测量下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 固氮反应为 C. 所测，说明和按化学计量比转化 D. 过量的能使转化更充分，增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的相对分子质量不同，可用质谱法区分，故A正确； B．用镁固定氮发生的反应为镁与高温条件下反应生成，反应的化学方程式为，故B正确； C．按将两种物质充分混合、加热，所测，说明和发生的反应为+6+3MgCl2，故C正确； D．由题意可知，和发生的反应为+6+3MgCl2，过量的能使转化更充分，但不能改变的比值大小，故D错误； 故选 D。 10. 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。 11. “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。 12. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 【答案】C 【解析】 【分析】红土镍矿（主要含SiO2、Fe2O3和少量FeO、NiO）加入稀硫酸酸溶，酸溶后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，SiO2不和硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀为黄钠铁矾，过滤得含镍富集液。 【详解】A．由分析可知，SiO2不和硫酸反应，滤渣的主要成分是SiO2，A正确； B．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+ =2Fe3++Cl-+H2O，消耗氢离子的同时生成H2O，溶液中氢离子浓度改变，溶液pH可能发生变化，B正确； C．“转化”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，其主要作用是调节反应液pH，以有利于黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，C错误； D．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，后续调节pH，Fe3+更加容易沉淀，“氧化”若不充分，Fe2+沉淀不完全，含镍富集液中铁含量将提高，D正确； 故选C。 13. 碱金属M(s)生成M+(aq)的过程中吸热越多，则M(s)在水溶液中的失电子能力越弱。M(s)生成M+(aq)的过程可设想为通过以下步骤实现。 Li Na H1/(kJ⋅mol-1) +159 +107 H2/(kJ⋅mol-1) +520 +496 H3/(kJ⋅mol-1) -520 -406 下列说法正确的是 A. M(s)M+(aq)破坏金属键，Na的金属键强于Li B. M+(g) 形成水合离子M+(aq) 的过程中，M+与H2O之间形成氢键 C. 在水溶液中的失电子能力：Li>Na D. 在水溶液中的失电子能力仅取决于M的第一电离能 【答案】C 【解析】 【详解】A．为破坏金属键的过程，为该过程的焓变，的大于，说明的金属键强于，A错误； B．氢键是与、、相连的氢原子与另一个电负性大的原子之间的相互作用，为金属阳离子，与之间不能形成氢键，B错误； C．根据盖斯定律，，计算得的总，的总；题干说明吸热越多失电子能力越弱，总吸热更少，故水溶液中失电子能力，C正确； D．水溶液中失电子能力由升华焓、第一电离能、水合焓共同决定，并非仅取决于第一电离能，D错误； 故选C。 14. 兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。 序号 操作 现象 ① 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3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100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3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，20 s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100 mL 0.001 mol∙L−1 FeCl3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 下列说法不正确的是 A. ①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑ B. ②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，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Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和三氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑，故A正确； B．实验②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁与FeCl3反应可以生成铁单质，镁条表面黑色物质中可能含单质Fe，故B错误； C. 实验③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低，镁与FeCl3反应生成的铁单质较少，主要生成氢氧化铁沉淀，故C正确； D. 对比钠和镁与的反应差异（实验①和②），可知金属活动性不同产物不同；对比实验②和③的变量（浓度）和产物差异，可知离子浓度也会影响反应产物，故D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题。共58分。 15. 应用广泛，可由反应制备。实验室制备的一种装置如下。 已知：在中性或碱性环境中稳定，遇酸易分解产生硫单质。 （1）A中发生反应的化学方程式为______。 （2）装置B中试剂a应为______（填序号）。 A. NaOH溶液 B. Na2S溶液 C. 饱和NaHSO3溶液 D. 饱和Na2CO3溶液 （3）C中发生的总反应可视为由以下4个反应组成： I. II. III.______ IV. ①补全反应III的化学方程式：_______。 ②根据反应I推测，酸性：_______（填“＞”或“＜”）。 （4）开始实验后，装置C中先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，可得溶液。若不及时停止反应，产量会降低，原因是______。 （5）可清除自来水中的余氯。 ①若以代表余氯，补全清除余氯反应的离子方程式_______。 。 ②某天然水经氯气消毒后，其中的余氯含量为(以计)，欲使水中余氯含量降低至，理论上每升水中应加入的质量为_______mg。 【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O （2）C （3） ①. SO2+2H2S=3S↓+2H2O ②. > （4）过量的SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3在酸性条件下会发生分解 （5） ①. ②. 7.9 【解析】 【分析】A装置加热条件下浓硫酸与Cu发生反应生成二氧化硫，B装置用于观察气体流速，将生成的二氧化硫通入C装置，与碳酸钠和硫化钠反应生成Na2S2O3，多余的二氧化硫气体可以NaOH溶液吸收。 【小问1详解】 加热条件下浓硫酸与Cu发生反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O； 【小问2详解】 A．NaOH溶液可与二氧化硫反应，A错误； B．Na2S可与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质，B错误； C．根据分析可知，装置B用于观察二氧化硫气体流速，亚硫酸氢钠不与二氧化硫反应，C正确； D．碳酸钠溶液呈碱性，可与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，D错误； 答案选C； 【小问3详解】 ①反应II中生成的H2S可与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质，化学方程式：SO2+2H2S=3S↓+2H2O； ②二氧化硫通入碳酸钠溶液中，可与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与碳酸钠发生复分解反应生成亚硫酸钠、水和二氧化碳，根据 “强酸制弱酸”原理，酸性：； 【小问4详解】 实验过程中，若不及时停止反应，过量的SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3在酸性条件下会发生分解，导致Na2S2O3产量会降低； 【小问5详解】 ①根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：； ②假设水为1L，需消耗氯的物质的量：，根据反应计量数比值，需要消耗Na2S2O3的物质的量：，对应质量：。 16. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 【答案】（1）第三周期ⅦA族 （2） ①. 极性 ②. （3） （4）8 （5） （6） （7）作还原剂，氧化产物是，绿色环保；价廉易得 【解析】 【小问1详解】 氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族； 【小问2详解】 氨分子中氮原子的价层电子对数为：3+(5-1×3) ×=4，孤对电子对数为：(5-1×3) ×=1，则氮原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子； 【小问3详解】 钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价层电子排布式为； 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的六氨合亚钴离子与位于体对角线上的氯离子距离最近，则六氨合亚钴离子的配位数为8； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的六氨合亚钴离子的个数为：8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-7)3d，解得d=； 【小问6详解】 由平衡常数可知，六氨合钴离子稳定性强，较难离解出钴离子，所以相同浓度时六氨合钴离子的氧化性弱于钴离子； 【小问7详解】 与碘离子作还原剂对比，用水的优点是水作还原剂得到的氧化产物是氧气，不会对环境造成污染，绿色环保，且水价廉易得。 17. 白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、___________。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为) 【答案】（1） （2），更易生成；，更易溶解生成 （3） ①. 25℃ ②. ③. 时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 （4） ①. 中和，使沉淀完全 ②. 【解析】 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙，溶液a为，过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，热解得到氧化镁。 【小问1详解】 根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。 【小问2详解】 根据数据：，碳化时生成沉淀，，而溶解度相对较大，可与过量反应生成可溶的，从而实现分离故而实现了现钙、镁分离； 【小问3详解】 ①由图像可知，钙、镁分离的适宜温度是25℃。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、。 ③时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 【小问4详解】 ①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全。 ②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为 mol，故草酸钙的物质的量也为mol，从而钙的质量分数为=。 18. 瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。 已知： ⅰ. ⅱ. （1）P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为___________。 （2）B→C的反应类型是___________。 （3）C中官能团的名称是___________。用虚线标注出C→D时C的断键位置：_____。 （4）E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为___________。 （5）I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为___________。 （6）J中含有三个六元环，J的结构简式为___________。 （7）K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为___________。 【答案】（1） （2）加成 （3） ①. 酯基、醛基 ②. （4） （5） （6） （7） 【解析】 【分析】结合信息ⅰ和C的结构简式可知，B为，第4问中给出信息，E中不含醛基，含有一个五元环，结合D和G的结构简式以及E的分子式可知，E的结构简式为，以此解题。 【小问1详解】 P为乙酸甲酯，则乙酸和甲醇发生酯化反应的方程式为：； 【小问2详解】 由分析可知，B为，结合C的结构简式可知，B→C为B和中碳碳双键的加成反应； 【小问3详解】 结合C的结构简式可知，C中官能团的名称是酯基、醛基；对比C和D的结构简式可知，C→D时C的断键位置为： 【小问4详解】 由分析可知，E的结构简式为； 【小问5详解】 结合信息ⅰ和C的结构简式，同时结合A和P以物质的量之比合成I，且I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，则I为，则合成I的化学方程式为：++2CH3OH； 【小问6详解】 结合第5问分析可知，I为，同时结合信息ⅱ和H的结构简式，J中含有三个六元环，J的结构简式为； 【小问7详解】 结合K的分子式和L的结构简式可知，K和反应生成L和水，方程式为：K+→L+H2O+N2，根据元素守恒可知，所有物质的系数都是1，则理论上发生反应的K与的物质的量之比为1∶1。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ．在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。 ⅱ．浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ．的氧化性与溶液的酸碱性无关，的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图（夹持装置略）： 实验 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________________________________。 （2）通入前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为_________________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_____________。 （4）根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：________________________________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取实验Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色的离子方程式为____________________________________，溶液绿色缓慢加深，原因是被___________氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取实验Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是___________________________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：____________________________。 【答案】（1）饱和溶液 （2） （3）的还原性随溶液碱性的增强而增强 （4） ①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. ③. ④. ⑤. 过量与反应产生，使溶液的碱性减弱，降低，溶液中的被还原为的速率减小，ClO-氧化 的速率大于 被OH-还原的速率。因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 【解析】 【分析】在装置A中HCl与发生反应制取，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和溶液，除去中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下与反应，装置D是尾气处理装置。 【小问1详解】 B是除去氯气中的氯化氢，试剂是饱和溶液。 【小问2详解】 通入前，Ⅱ、Ⅲ中与碱性溶液中电离产生的反应产生白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为。 【小问3详解】 对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。 【小问4详解】 ①与反应产生、、，使溶液碱性减弱，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。 ②溶液由紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被还原为，离子方程式为：；溶液绿色缓慢加深，原因是被氧化生成，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③溶液紫色缓慢加深，说明将氧化为，离子方程式为：。 ④过量与反应产生，使溶液的碱性减弱，降低，溶液中的被还原为的速率减小，ClO-氧化的速率大于被OH-还原的速率。因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京十九中2026-2027学年第一学期高三化学统练1 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 我国科学家首次用石墨成功合成了毫米级、结构有序、高纯度的六方金刚石。下列说法不正确的是 A. 两者的碳原子杂化方式不同 B. 两者的晶体类型相同 C. 合成过程破坏了石墨的大π键 D. 合成过程属于化学变化 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HCl的电子式： B. 水合钠离子的示意图： C. 中子数为10的氧原子： D. 基态C原子的轨道表示式： 3. 下列实验中，溶液颜色的变化不涉及氧化还原反应的是 A. 光照氯水，溶液黄绿色变浅 B. 加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色 C. 向与KSCN的混合溶液中加入铁粉，溶液红色变浅 D. 向KI溶液中滴加几滴新制氯水，溶液由无色变为棕黄色 4. 下列实验设计能达成对应的实验目的的是 实验设计 实验目的 A．实验室制 B．比较Cl、Br、I得电子能力强弱 实验设计 实验目的 C．除去中的少量 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 5. 下列事实不能通过比较电负性进行解释的是 A. 酸性： B. 极性： C. 酸性： D. 熔点： 6. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol羟基含有的电子数目为 B. 56g Fe与足量稀反应转移的电子数目为 C. 2L 的溶液中，的数目为 D. 1mol 与5mol 充分反应可生成数目为 7. 稀硝酸与铜作用的装置如下。下列分析不正确的是 A. a中将铜丝卷成螺旋状可增大反应速率 B. a中铜丝表面产生气泡、溶液变为蓝色，体现了硝酸的氧化性和酸性 C. b中气体变为红棕色，所含氮氧化物最多有两种 D. c中可能发生： 8. 用化学沉淀法除去粗盐中的、、的过程如下。 下列说法不正确的是 A. ⅰ中可通过搅拌等方法加快粗盐溶解 B. ⅲ中检验是否过量：静置后向烧杯的上清液中滴加酚酞溶液，观察溶液是否变红 C. ⅳ中加入溶液的目的：、 D. ⅱ中过量，但ⅷ中仍能检测到，可能的原因是ⅳ中发生： 9. 用镁固定氮得到的氮化镁与氯化铵反应合成。如下方法证实了是通过转变为的：按将两种物质充分混合、加热，测量下列说法不正确的是 A. 和可用质谱法区分 B. 固氮反应为 C. 所测，说明和按化学计量比转化 D. 过量的能使转化更充分，增大 10. 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↑ 11. “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 12. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 13. 碱金属M(s)生成M+(aq)的过程中吸热越多，则M(s)在水溶液中的失电子能力越弱。M(s)生成M+(aq)的过程可设想为通过以下步骤实现。 Li Na H1/(kJ⋅mol-1) +159 +107 H2/(kJ⋅mol-1) +520 +496 H3/(kJ⋅mol-1) -520 -406 下列说法正确的是 A. M(s)M+(aq)破坏金属键，Na的金属键强于Li B. M+(g) 形成水合离子M+(aq) 的过程中，M+与H2O之间形成氢键 C. 在水溶液中的失电子能力：Li>Na D. 在水溶液中的失电子能力仅取决于M的第一电离能 14. 兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。 序号 操作 现象 ① 在盛有100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3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100 mL 0.1 mol∙L−1 FeCl3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，20 s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100 mL 0.001 mol∙L−1 FeCl3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 下列说法不正确的是 A. ①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑ B. ②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，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Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3 D. 金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物 第二部分 本部分共5题。共58分。 15. 应用广泛，可由反应制备。实验室制备的一种装置如下。 已知：在中性或碱性环境中稳定，遇酸易分解产生硫单质。 （1）A中发生反应的化学方程式为______。 （2）装置B中试剂a应为______（填序号）。 A. NaOH溶液 B. Na2S溶液 C. 饱和NaHSO3溶液 D. 饱和Na2CO3溶液 （3）C中发生的总反应可视为由以下4个反应组成： I. II. III.______ IV. ①补全反应III的化学方程式：_______。 ②根据反应I推测，酸性：_______（填“＞”或“＜”）。 （4）开始实验后，装置C中先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，可得溶液。若不及时停止反应，产量会降低，原因是______。 （5）可清除自来水中的余氯。 ①若以代表余氯，补全清除余氯反应的离子方程式_______。 。 ②某天然水经氯气消毒后，其中的余氯含量为(以计)，欲使水中余氯含量降低至，理论上每升水中应加入的质量为_______mg。 16. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 17. 白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）固体B“消化”的反应方程式有、___________。 （2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：___________。 （3）向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是___________。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、___________。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：___________。 （4）白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是___________。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为___________。(注：的还原产物为) 18. 瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。 已知： ⅰ. ⅱ. （1）P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为___________。 （2）B→C的反应类型是___________。 （3）C中官能团的名称是___________。用虚线标注出C→D时C的断键位置：_____。 （4）E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为___________。 （5）I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为___________。 （6）J中含有三个六元环，J的结构简式为___________。 （7）K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为___________。 19. 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ．在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。 ⅱ．浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ．的氧化性与溶液的酸碱性无关，的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图（夹持装置略）： 实验 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是________________________________。 （2）通入前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为_________________。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_____________。 （4）根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：________________________________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取实验Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液由紫色变为绿色的离子方程式为____________________________________，溶液绿色缓慢加深，原因是被___________氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取实验Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是___________________________。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：____________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $