精品解析：北京市朝阳区青苗学校2026-2027学年高三上学期入学定位测试 化学试卷

2026—2027学年第一学期高三年级入学定位测试 化学试卷 时间：90分钟 满分：100分 本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 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. 化学学科与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A. 大气中的气溶胶具有丁达尔效应 B. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2 C. 月壤富含的3He与4He属于氦的同素异形体 D. 煤的气化是指利用物理变化将煤转化为可燃性气体的过程 【答案】A 【解析】 【详解】A．大气中的气溶胶属于胶体分散系，胶体均具有丁达尔效应，A正确； B．“碳中和”是指的排放总量与通过植树造林、节能减排等方式吸收的总量相互抵消，并非利用酸碱中和反应吸收，B错误； C．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素；同素异形体是同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，C错误； D．煤的气化是煤与水蒸气反应生成、等可燃性气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，D错误； 故选A。 2. 下列化学用语正确的是 A. 的结构模型： B. NaCl的电子式： C. 的VSEPR模型： D. Al的原子结构示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子中，N原子与3个H原子形成3个N—H键，N原子上还有1对孤电子对，因此分子的空间结构为三角锥形。题图所示一个N原子连接3个H原子的三角锥形模型为完整正确对象：，A正确； B．Na原子失去1个电子形成，Cl原子得到1个电子形成，氯化钠由阴、阳离子构成；题图却在Na与Cl之间画出共用电子对，且没有正确标出离子电荷和阴离子方括号。正确电子式为，B错误； C．中S原子周围有3对σ键电子对和1对孤电子对，共4对价层电子对，VSEPR模型应为四面体形；题图仅表示3个电子对方向，呈平面三角形。完整正确模型为，C错误； D．Al原子的核外电子数为13，电子层分布应为2、8、3；题图只有2、8两层，共10个电子，表示而不是Al原子。Al原子的完整正确结构示意图为，D错误； 故选A。 3. 下列过程中所用的酸，体现强氧化性的是 A. 工业上用盐酸除钢材表面的氧化层 B. 浓硫酸与Cu加热反应生成SO2 C. CuSO4·5H2O固体遇浓硫酸变白 D. 工业上用硫酸与磷矿粉制备磷肥(磷酸二氢铵) 【答案】B 【解析】 【详解】A．盐酸除钢材氧化层是盐酸与金属氧化物发生复分解反应，反应中各元素化合价均无变化，仅体现酸性，未体现强氧化性，A错误； B．浓硫酸与加热反应时，中+6价的被还原为中+4价的，则浓硫酸作氧化剂，体现强氧化性，B正确； C．遇浓硫酸变白是浓硫酸吸收结晶水，体现吸水性，无氧化还原反应发生，未体现强氧化性，C错误； D．硫酸与磷矿粉制备磷肥是利用强酸制弱酸的复分解反应，各元素化合价无变化，仅体现酸性，未体现强氧化性，D错误； 故选B。 4. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 金属性：Mg＞Al B. 碱性：NaOH＞LiOH C. 沸点：H2O＞HF D. 热稳定性：HCl＞HBr 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，、同属第三周期，原子序数，故金属性，可用元素周期律解释，A不符合题意； B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，、同属第ⅠA族，金属性，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性，可用元素周期律解释，B不符合题意； C．和沸点较高是因为分子间存在氢键，沸点高于是由于单个分子可形成的氢键数目更多，沸点属于由分子间作用力决定的物理性质，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，C符合题意； D．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，、同属第ⅦA族，非金属性，非金属性越强气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性，可用元素周期律解释，D不符合题意； 故选C。 5. 表示下列事实的方程式中，不正确的是 A. 金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ B. 氨的催化氧化反应： C. 电解饱和食盐水： D. 乙酸溶液显酸性：CH3COOH+H2OH3O++CH3COO- 【答案】C 【解析】 【详解】 A．金属钠与水反应的离子方程式符合反应事实，原子、电荷均守恒，A正确； B．氨的催化氧化生成和，方程式配平、反应条件均正确，B正确； C．电解饱和食盐水时，反应物中的来自弱电解质，不能拆写为，正确离子方程式为，该选项方程式错误，C错误； D．乙酸为弱酸，部分电离生成水合氢离子和醋酸根，电离方程式书写正确，D正确； 故选C。 6. 下列实验合理的是 A．由FeCl3溶液制备无水FeCl3 B．验证铁的吸氧腐蚀 C．分离乙醇和水 D．检验乙烯具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．为强酸弱碱盐，加热蒸干时水解产生的挥发，水解彻底得到，无法制得无水，A错误； B．中性食盐水环境中铁发生吸氧腐蚀，消耗左侧试管内的，试管内压强减小，右侧导管中液面上升，可验证铁的吸氧腐蚀，B正确； C．乙醇和水互溶且会形成共沸物，无法直接蒸馏分离，同时装置中温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处、冷凝水应下进上出，装置本身也存在错误，C错误； D．加热乙醇和浓硫酸的混合液时，生成的乙烯中混有挥发的乙醇和副产物，二者均能使酸性溶液褪色，无法证明乙烯具有还原性，D错误； 故选B。 7. 下列关于乙酸(CH3COOH)和乙二酸(HOOC-COOH)的说法正确的是 已知：常温下，乙二酸可使酸性KMnO4溶液褪色。 A. 二者互为同系物 B. 还原性：乙二酸＜乙酸 C. 常温下，Ka(CH3COOH)＜Ka1(HOOC-COOH) D. 二者分子中碳原子的杂化类型完全相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．同系物需满足结构相似、分子组成相差若干个原子团，乙酸为一元羧酸，乙二酸为二元羧酸，官能团数目不同，不互为同系物，A错误； B．常温下乙二酸可使酸性溶液褪色，乙酸不能，说明乙二酸还原性强于乙酸，即还原性：乙二酸＞乙酸，B错误； C．乙二酸中两个羧基直接相连，吸电子效应更强，一级电离程度大于乙酸，故常温下，C正确； D．乙酸中甲基碳原子为杂化，羧基碳原子为杂化；乙二酸中所有碳原子均为杂化，二者碳原子杂化类型不完全相同，D错误； 故选C。 8. 下列气体的实验室制备中，所选装置或除杂试剂不正确的是(收集装置略) 气体 制备试剂 除杂试剂 所选装置 A SO2 Cu+浓H2SO4 饱和NaHSO3溶液 b、c B Cl2 MnO2+浓HCl 饱和NaCl溶液 b、c C NH3 浓氨水 浓硫酸 b、c D CO2 石灰石+稀HCl 饱和NaHCO3溶液 a、c A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．与浓加热反应制备，选用固液加热型装置b，杂质挥发的可与饱和溶液反应且在该溶液中溶解度小，洗气选装置c，A正确； B．与浓加热反应制备，选用装置b，杂质可溶于饱和溶液且在该溶液中溶解度小，洗气选装置c，B正确； C．是碱性气体，会与浓硫酸发生反应被吸收，不能用浓硫酸作为除杂试剂，C错误； D．石灰石与稀常温下反应制备，选用固液不加热型装置a，杂质可与饱和溶液反应生成且在该溶液中溶解度小，洗气选装置c，D正确； 故选C。 9. 下图表示从海水中提取镁的过程。下列说法正确的是 A. 试剂①常用石灰乳而不用NaOH的主要原因是避免引入杂质 B. 从“海水”到“溶液”，实现了的富集 C. 将溶液加热浓缩后，通过电解可获得金属 D. 该法从海水中提取金属的同时，还直接将海水中的氯转化为 【答案】B 【解析】 【详解】A．试剂①选用石灰乳而非的主要原因是石灰乳成本更低，而非避免引入杂质，A错误； B．海水中浓度很低，通过沉淀、溶解过程得到溶液，浓度大幅升高，实现了的富集，B正确； C．电解溶液无法得到金属，需电解熔融状态的才能制备，C错误； D．中的氯来自试剂②盐酸，并非直接转化海水中的氯得到，D错误； 故选B。 10. 已知有机化合物A~E可发生如下转化： 下列说法不正确的是 A. A→B的反应条件可以是NaOH水溶液加热 B. B+D→E的反应属于取代反应 C. A中一定含有“-CH2Cl”基团 D. E可能有4种结构 【答案】D 【解析】 【详解】A．为卤代烃水解生成醇的反应，反应条件为水溶液加热，A正确，不符合题意； B．为醇、为羧酸，二者发生酯化反应生成酯，酯化反应属于取代反应，B正确，不符合题意； C．可连续氧化生成羧酸，说明为伯醇（含结构），则中氯原子连接在端位碳上，一定含基团，C正确，不符合题意； D．根据转化关系，B为，B催化氧化得到醛C(C4H8O)，C继续氧化得到酸D(C4H8O2)，说明B是可被连续氧化的伯醇，则B的结构为：CH3CH2CH2CH2OH或(CH3)2CHCH2OH，共两种结构，则对应的氧化产物羧酸的结构也为2种，即：CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH，由于与的结构必须一一对应，故生成的只有2种结构，D错误，符合题意； 故选D。 11. 室温下，关于浓度均为的溶液和溶液，下列说法不正确的是 A. 溶液中粒子种类相同 B. 溶液中的阴离子总浓度相等 C. 均能与反应产生沉淀 D. 溶液中均存在： 【答案】B 【解析】 【详解】A．两种盐均完全电离；碳酸根离子能逐级水解，碳酸氢根离子既能水解又能电离，水也能微弱电离，因此两种溶液中粒子种类相同，A正确； B．设溶液中阴离子总浓度为S。由含碳物料守恒可得。同温、同浓度时，碳酸根离子比碳酸氢根离子水解能力强，碳酸钠溶液中氢氧根离子浓度更大、碳酸浓度更小，因此其阴离子总浓度更大，二者不相等，B错误； C．碳酸钠溶液中的碳酸根离子与钙离子形成碳酸钙沉淀；碳酸氢钠溶液中的碳酸氢根离子先与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，再与钙离子形成碳酸钙沉淀，故两种溶液均能产生沉淀，C正确； D．根据溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总浓度与阴离子所带负电荷总浓度相等，可得，D正确； 故选B。 12. 已知：，ΔH＜0。向一定条件的密闭容器中充入和进行反应。下列分析不正确的是 A. 反应一段时间后，存在于、、中 B. 加热和使用催化剂均可提高反应物分子中活化分子百分数，使该反应速率加快 C. 加压和降温都有利于提高的平衡转化率 D. 设的初始浓度为，则平衡时，与各组分平衡浓度c之间存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应为可逆反应，正反应使进入，逆反应又可使标记氧进入；同时体系中仍有含标记氧的，因此三种物质中均可存在标记氧，A正确； B．加热能升高反应物分子能量，催化剂能降低反应活化能，二者均能提高活化分子百分数，加快反应速率，B正确； C．正反应的气体总物质的量减小，加压使平衡向正反应方向移动；正反应放热，降温也使平衡向正反应方向移动，故两种措施均可提高的平衡转化率，C正确； D．根据原子守恒，初始时总浓度为，平衡时、中的均来自初始的，并非每个含的都含3个、每个含的都含2个，式子系数错误，D错误； 故选D。 13. 用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 牺牲阳极法保护铁 X为石墨棒，溶液含Na+、Cl-，开关K置于B处 B 比较铁和铜的金属活动性强弱 X为铜棒，溶液含H+、，开关K置于B处 C 在铁棒上镀铜 X为铜棒，溶液含[Cu(NH3)4]2+、，开关K置于A处 D 外加电流法保护铁 X为石墨棒，溶液含Na+、Cl-，开关K置于A处 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．牺牲阳极法为原电池防护原理，需要X为活泼性强于铁的金属作负极，铁作正极被保护；X为石墨棒时，铁为原电池负极，会加快铁的腐蚀，无法实现保护，A不能完成实验； B．X为铜棒，开关K置于B处构成原电池，铁作负极、铜作正极，铜表面有氢气气泡生成，可证明铁的金属活动性强于铜，B能完成实验； C．铁棒上镀铜需要铜作阳极、铁作阴极，电解质溶液含铜离子（或铜的配离子）；开关K置于A处构成电解池，X为铜棒接电源正极作阳极，铁棒接电源负极作阴极，满足镀铜要求，C能完成实验； D．外加电流法保护铁时，铁需接电源负极作阴极被保护；开关K置于A处构成电解池，铁棒接电源负极，可实现保护，D能完成实验； 故选A。 14. 学习小组为探究84消毒液（pH=12）与碘化钾反应，室温下进行实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 溶液先变蓝后很快变为黄绿色，振荡后呈无色。 ①溶液变黄绿色，振荡后呈无色。 ②无明显变化 ①溶液变棕褐色 ②溶液变蓝，振荡后无明显变化 已知：84消毒液中的有效成分为NaClO；NaIO溶液呈黄绿色。 下列说法不正确的是 A. 实验ⅰ表明反应过程中有生成 B. 实验ⅱ中的最终可能被氧化为 C. 实验ⅲ的现象可以推测还原能力 D. 实验ⅰ中蓝色消失的原因不可能是与发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】84消毒液中的具有氧化性，具有还原性；遇淀粉显蓝色，题给NaIO溶液呈黄绿色。实验ⅰ预先加入淀粉，能显示反应过程中短暂生成的；实验ⅱ在溶液振荡褪色后才加入淀粉，不能显示此前短暂存在的；实验ⅲ向较多KI溶液中加入少量84消毒液，生成的能够保留。 【详解】A．实验ⅰ中试管预先含淀粉，加入KI后先显蓝色，说明反应过程中有生成；随后蓝色消失不否定曾经生成，A正确； B．实验ⅱ中少量KI加入84消毒液后先呈黄绿色，说明生成了；随后振荡褪色且再加淀粉无明显变化，说明碘还可被继续氧化。反应能够发生，因此最终可能被氧化为，B正确； C．实验ⅲ中向较多KI溶液加入少量84消毒液，先出现棕褐色，后加淀粉显蓝且振荡后不褪色，说明生成的能够保留；氧化剂优先氧化而未使继续明显被氧化，可推测比还原性强，C正确； D．84消毒液pH=12，可在碱性条件下发生反应，消耗后淀粉蓝色可能消失，因此不能断言该反应“不可能”发生，D错误； 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 硼(B)元素及其化合物在医疗、有机合成以及材料科学领域具有广泛应用。 （1）B元素位于元素周期表中第______周期______族。 （2）补全基态B原子的价层轨道表示式：________________。 （3）已知第一电离能B＞Al，从原子结构的角度解释原因：__________________________。 （4）NaBH4可选择性地将不饱和醛、酮中的碳氧双键还原为羟基。利用NaH和硼酸三甲酯可以合成NaBH4，其原理如下所示。 ①硼酸三甲酯中，B原子的杂化类型是______杂化。 ②下列说法正确的是______(填序号)。 a．的结构为正四面体形 b．硼酸三甲酯中B原子具有空轨道，H-具有孤对电子，二者可以形成配位键 c．已知电负性H＞B，则上述制NaBH4的反应是氧化还原反应 （5）硼化镉在超导材料领域具有重要的研究价值。一种硼化镉(CdB2)的晶胞如图所示。 ①由图中信息，可判断X是镉原子、Y是硼原子。 判断的依据：ⅰ．原子半径X＞Y；ⅱ．_____________。 ②设该晶胞的体积为V cm3；硼化镉的摩尔质量为M g·mol-1.则该晶胞密度为______g/cm3 。 【答案】（1） ①. 二 ②. IIIA （2） （3） B与Al同主族，B的电子层数比Al少，原子半径较小，原子核对最外层电子的吸引力较大，较难失去电子 （4） ①. ②. ab （5） ①. 晶胞中X原子与Y原子的个数比为1:2，与化学式中Cd和B的原子个数比相符 ②. 【解析】 【小问1详解】 硼（B）的原子序数为5，其基态原子的核外电子排布式为，最高能层为第二层，最外层有3个电子，因此位于元素周期表第二周期第IIIA族； 【小问2详解】 基态B原子的价层电子排布为，根据泡利不相容原理和洪特规则，2s轨道应填入2个自旋相反的电子（即），2p轨道的3个简并轨道中，第一个方框填入1个电子（即），表示为； 【小问3详解】 B与Al属于同主族元素，同主族元素从上到下，随着电子层数的增加，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的有效吸引力逐渐减弱，导致失去最外层第一个电子所需的能量逐渐减小，因此，B的原子半径小于Al，第一电离能B＞Al； 【小问4详解】 ①在硼酸三甲酯分子中，中心B原子与3个O原子形成了3个键，且B原子最外层3个电子全部参与成键，无孤电子对，其价层电子对数为3，故B原子采用杂化； ②a．中B原子的价层电子对数为 ，且无孤电子对，故其空间结构为正四面体形，说法正确； b．硼酸三甲酯中B原子最外层只有6个电子，存在1个空的2p轨道，而带有孤对电子，两者满足形成配位键的条件（空轨道+孤对电子），说法正确； c．在中B显+3价，在NaH中H显-1价；由于电负性H＞B，在中H仍为-1价，B仍为+3价，反应前后所有元素的化合价均未发生变化，因此该反应不是氧化还原反应，说法错误； 故选ab。 【小问5详解】 ①观察晶胞结构图并利用均摊法计算：X原子位于晶胞的8个顶点和1个内部体心，其个数为 ；Y原子全部位于晶胞内部，其个数为4，晶胞中X与Y的原子个数比为 2:4 = 1:2，这与硼化镉的化学式中Cd和B的原子个数比完全相符，结合原子半径X＞Y，可判断X是镉原子、Y是硼原子； ② 由①可知，1个晶胞中含有2个“分子”（即2个Cd原子和4个B原子），设阿伏加德罗常数为，则1个晶胞的质量 ，已知晶胞体积为，根据密度公式 ，可得该晶胞的密度为 。 16. 二氧化氯(ClO2)常温下为黄绿色气体，具有强氧化性，可用于杀菌消毒。 （1）资料显示，ClO2最初是从氯酸盐与盐酸的反应产物中发现的。 ①将该反应的离子方程式补充完整：______________________。 。 ②下列事实可以作为该反应产生的气体中含有ClO2的证据是______(填序号)。 a．产生的气体呈现黄绿色 b．产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝 c．产生的气体加热一段时间后，检测气体混合物中含有O2 （2）电解NaCl溶液或NaClO2溶液均可制备ClO2.其中一种电解原理如下图所示(X表示NaCl或NaClO2)。 ①电解时，ClO2在______极(填“阴”或“阳”)产生。 ②气体b的化学式是______。 ③若用相同的电压电解时，相比于NaCl，以NaClO2为原料电解制备ClO2时的能耗更低，说明原因：______。 （3）为了便于保存运输，将ClO2通入Na2CO3和H2O2的混合溶液中，可制得较稳定的“ClO2保存液”，在使用时，向其中加入一定量的酸，可得到含ClO2的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①结合氧化还原规律推测X是氧气的理由是_______________________。 ②已知：消毒剂的“消毒效率”是用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示。与直接使用ClO2相比，用该方法得到的ClO2保存液的消毒效率______(填“提高”、“降低”或“不受影响”)。 【答案】（1） ①. ②. c （2） ①. 阳 ②. H2 ③. 转化为ClO2只失去1个电子；而Cl-生成Cl2再转化得到ClO2，转移电子更多，消耗电能更多。 （失 1e⁻）；Cl-要先失 2e⁻生成Cl2，步骤多，能耗更高 （3） ①. ClO2转化为NaClO2，Cl的化合价由+ 4价降到+3价，Cl被还原；氧化还原反应有还原必有氧化，H2O2中O为-1价，只能被氧化，氧化产物为O2，所以X为O2 ②. 降低 【解析】 【分析】（2）装置：左侧PbO2/Ti电极，右侧Fe电极；中间阳离子交换膜，右侧是NaOH溶液，Fe电极：H2O得电子，，发生还原反应，Fe 为阴极；左边PbO2/Ti是阳极。 （3）反应Ⅰ是ClO2通入Na2CO3与H2O2混合液，ClO2被H2O2还原生成NaClO2，H2O2被氧化放出O2，所以X为O2，同时Na2CO3转化为NaHCO3，得到ClO2保存液。反应Ⅱ是向NaClO2中加硫酸发生歧化反应，生成ClO2、NaCl，体系里还有Na2SO4，实现使用时释放ClO2。 【小问1详解】 ①中Cl的化合价由+5价降到ClO2中的+4价，每个Cl得到1e-，Cl-中Cl的化合价由-1价升到Cl2中的0价，每个Cl失去1e-，生成1个Cl2失去2e-，根据电荷守恒则用H+配平，根据得失电子守恒配平方程式：。 ②a．Cl2也是黄绿色，无法区分，a错误； b．Cl2同样能氧化I-使淀粉KI试纸变蓝，b错误； c．ClO2受热分解生成O2，Cl2加热不会产生O2，可以证明，c正确； 故选c。 【小问2详解】 ①ClO2由失电子生成，发生氧化反应，而阳极发生氧化反应，故ClO2在阳极产生。 ②Fe 为阴极，H2O得电子，，发生还原反应，所以气体b的化学式是H2。 ③以NaClO2为原料电解制备ClO2时的能耗更低的原因是：转化为ClO2只失去 1 个电子；而Cl-生成Cl2再转化得到ClO2，转移电子更多，消耗电能更多。 （失 1e⁻）；Cl-要先失 2e⁻生成Cl2，步骤多，能耗更高。 【小问3详解】 ①ClO2转化为NaClO2，Cl的化合价由+ 4价降到+3价，Cl被还原；氧化还原反应有还原必有氧化，H2O2中O为-1价，被氧化，氧化产物为O2，所以 X 为O2。 ②消毒效率定义：单位质量消毒剂转移电子数，ClO2中Cl的化合价由+4价降到-1价，1mol ClO2转移 5e⁻；保存液使用时，NaClO2中Cl的化合价由+3价降到-1价，1mol NaClO2转移 4e⁻。相同质量下NaClO2转移电子更少，消毒效率降低。 17. 某抗癌药物中间体J()的合成方法如下(部分条件略)： 已知：ⅰ．H3C-NH2+Boc2O； ⅱ．+； ⅲ．G→H的过程中，G在TFA(三氟乙酸)的作用下，会脱去CO2、异丁烯。 （1）已知1mol A能与NaHCO3溶液反应产生2mol CO2，且分子中无甲基，A中官能团的名称是______。 （2）B的结构简式为______。 （3）下列说法正确的是______(填序号)。 a．A→B发生了取代反应 b．B分子中含有6种不同化学环境的氢原子 c．1mol D最多能与1mol NaOH发生反应 （4）D→E的化学方程式是__________________。 （5）解释该合成中，步骤E→F的作用是______________。 （6）H→I化学方程式是_____________________。 【答案】（1）羧基 （2） （3）a （4） （5）保护分子中的氨基，防止其和后续加入的格氏试剂发生副反应 （6） 【解析】 【分析】A分子式为，1mol A与反应生成2 mol ，说明分子含2个羧基；且分子无甲基，结合后续A和反应生成B、B环化得到五元内酰胺D，可推A为，B为；B在一定条件下生成D，D在浓硫酸加热条件下和乙醇发生酯化反应，得到E：；参考已知i，E和发生取代反应，得到F；参考已知ii，格氏试剂和F发生取代反应，得到G：；参考已知iii，G在TFA作用下，脱去和异丁烯，得到H：；H在一定条件下发生反应脱水成环，得到I：；I在催化剂加氢条件下得到目标产物J。 【小问1详解】 由分析可知，A为，官能团为羧基； 【小问2详解】 由分析可知，B的结构简式为； 【小问3详解】 a．A→B是戊二酸的一个羧基和脱水生成酰胺，属于取代反应，a正确； b．B的结构为，共含5种不同化学环境的氢，b错误； c．D含1个酰胺键和1个羧基，二者均可和NaOH反应，1 mol D最多可消耗2 mol NaOH，c错误； 故选a； 【小问4详解】 D和乙醇在浓硫酸加热下发生酯化反应，化学方程式： ； 【小问5详解】 该步骤用Boc基团和仲氨基反应，保护分子中的氨基，防止其和后续加入的格氏试剂发生副反应，待反应完成后可通过TFA处理重新脱除保护基得到氨基。 【小问6详解】 H在一定条件下发生反应脱水成环，得到I，化学方程式：。 18. 一种以辉钼矿(主要成分为MoS2)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧制取钼酸铵、硫酸锰的流程如下。 （1）联合焙烧过程中主要发生： 反应ⅰ．将Mo元素转化为MoO3：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2； 反应ⅱ．MnO2吸收SO2，生成MnSO4。 ①上述反应ⅱ的化学方程式是______________。 ②相同时间内、相同投料比下，SO2吸收率、Mo元素转化率与温度之间关系如下图所示。 通过比较ⅰ、ⅱ的反应速率变化解释：随温度升高，SO2吸收率反而降低的原因是_____________。 （2）酸浸 ①酸浸时，MoO3转化为[(MoO2)(SO4)2]2-的离子方程式是________________。 ②酸浸液与有机萃取剂充分作用后，再进行分离的操作名称是______。 （3）获得钼酸盐 反萃取后，溶液经除杂、结晶、干燥得到钼酸盐晶体。反萃取时，用氨水比用NaOH溶液得到的钼酸盐纯度更高，可能的原因是_________________。 （4）获得硫酸锰。除铁后的溶液中主要存在的阳离子及其浓度如下表所示。 阳离子 Mn2+ Cu2+ Zn2+ c(mol/L) 3.00 0.025 0.010 资料：Ⅰ．常温下，Ksp(ZnS)与Ksp(CuS)的比值约为1011； Ⅱ．金属离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时，该离子完全沉淀。 ①除铁时，软锰矿的作用是将Fe2+→Fe3+，该反应的离子方程式是________________。 ②除去上述溶液中的Cu2+、Zn2+时，应控制反应后溶液中的c(S2-)在一定范围。c(S2-)的最大值可表示为，则最小值为______mol/L 。 【答案】（1） ①. ②. 随温度升高，反应ⅰ和反应ⅱ的速率均增大，但反应ⅰ速率增大的幅度大于反应ⅱ，导致生成的来不及被完全吸收而逸出 （2） ①. ②. 分液 （3）使用溶液会引入杂质，而氨水易挥发，不会引入新的金属离子杂质 （4） ①. ②. 【解析】 【分析】由题给流程可知，软锰矿和辉钼矿在氧气中焙烧时，二氧化锰、二硫化钼分别生成硫酸锰、，向焙烧渣中加入硫酸酸浸得到[(MoO2)(SO4)2]2-，向溶液中加入有机萃取剂，分液得到水相和有机相，Mo元素进入有机相，反萃取得到钼酸铵溶液经除杂、结晶、干燥得到钼酸盐晶体，水相先除铁，后加入硫化钠除去重金属，最后得到硫酸锰。 【小问1详解】 MnO2吸收SO2，生成MnSO4，化学方程式为；②由图可知，随着温度升高，二氧化硫吸收率降低，Mo元素转化率增大，说明随温度升高，反应ⅰ和反应ⅱ的速率均增大，但反应ⅰ速率增大的幅度大于反应ⅱ，导致生成的来不及被完全吸收而逸出； 【小问2详解】 ①酸浸时，MoO3转化为[(MoO2)(SO4)2]2-的离子方程式是；②酸浸液与有机萃取剂充分作用后，再进行分离的操作名称是分液； 【小问3详解】 使用溶液会引入杂质，而氨水易挥发，不会引入新的金属离子杂质； 【小问4详解】 ①除铁时，软锰矿将Fe2+→Fe3+，该反应的离子方程式是；②除去上述溶液中的Cu2+、Zn2+时，应控制不开始沉淀，则c(S2-)的最大值可表示为；而Cu2+、Zn2+需沉淀完全，已知，的​更小，完全沉淀要求的浓度更高，则最小值为。 19. 实验小组测定某溶液中Cu2+的含量。 资料：ⅰ．CuI2在溶液中不存在；+1价Cu的化合物，如CuI和CuSCN均为白色沉淀； 常温下，Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)。 ⅱ．在溶液中，CuI沉淀会吸附I2，而CuSCN沉淀不吸附I2. （1）CuSO4溶液中c(Cu2+)的测定。 Ⅰ．取CuSO4溶液V mL，调节该溶液pH为3-4。 Ⅱ．向Ⅰ中加入过量的KI溶液，产生土黄色沉淀(含CuI)，溶液变成棕黄色。 Ⅲ．用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定溶液中的I2(其产物为Na2S4O6)，待Ⅱ中混合物至浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至蓝色褪去时，消耗Na2S2O3溶液V1 mL。 Ⅳ．……，继续用Na2S2O3溶液滴定至终点，再消耗Na2S2O3溶液V2 mL。 ①Ⅱ中反应的离子方程式是___________________。 ②Ⅲ中淀粉溶液的作用是_____________________。 ③根据资料，将Ⅳ中省略的操作和现象补充完整：_______________________。 ④Ⅰ中调节溶液pH过高或过低均会影响测定结果。调节pH发生的下列变化，会使测定结果偏高的是______(填序号)。 a．pH过低使Na2S2O3分解 b．pH过低使I-被空气氧化 c．pH过高生成Cu(OH)2沉淀 （2）应用(1)中方法测定覆铜板刻蚀废液中Cu2+含量。 ①用FeCl3溶液刻蚀覆铜板，反应的离子方程式是___________________。 ②由于废液中Fe3+的存在，测得Cu2+含量会偏高，原因是____________________。 ③为了准确测定刻蚀液中c(Cu2+)，需先向刻蚀废液中加入NH4HF2，发生反应：Fe3++6F-[FeF6]3-：再用(1)中方法测定。从物质的氧化或还原能力随浓度变化的角度，解释加入NH4HF2的作用：__________________。 【答案】（1） ①. ②. 作指示剂，便于判断滴定终点。 ③. 加入过量 KSCN 溶液并充分振荡，沉淀逐渐变为白色，溶液重新出现蓝色。 ④. ab （2） ①. ②. Fe³⁺能将 I⁻氧化为 I₂，额外生成的 I₂会消耗更多 Na₂S₂O₃，使测得的 Cu²⁺含量偏高。 ③. F⁻与 Fe³⁺形成稳定的 ，使溶液中游离 Fe³⁺浓度降低，从而降低 Fe³⁺的氧化能力，抑制 Fe³⁺氧化 I⁻，消除 Fe³⁺对 Cu²⁺测定的干扰。 【解析】 【小问1详解】 将氧化成 ，同时自身被还原成 。由于题目说明在溶液中不存在，而与形成难溶的，因此总反应为：，生成的成使溶液呈棕黄色；成与淀粉形成蓝色物质。当将成完全反应后，蓝色褪去，因此可根据蓝色是否消失判断滴定终点；沉淀会吸附一部分成，导致这部分成不能及时与当反应，从而产生测定误差； a．pH过低使分解——结果偏高。 酸性过强时： 部分被酸分解，真正用于滴定的当减少，因此需要消耗更多滴定液，计算出的含量偏高，a正确； b．pH过低使被空气中的 O₂氧化——结果偏高。额外被氧化生成，就会额外消耗： 测得的比实际产生的多，所以最终计算的含量偏高，b正确； c．pH过高生成沉淀——测定结果倾向偏低。被转化为沉淀： 能够参与后续与反应的减少，因此不会造成结果偏高，c错误； 故选ab。 【小问2详解】 具有较强氧化性，可将金属铜氧化为，自身被还原为，因此反应为：；按照（1）的方法加入后，本来应该只有氧化，但废液中的同样能够氧， 因此实际生成的包括，产生的产生的滴定时消耗量增大，如果全部按照计算，就会使含量偏高；加入后提供大量 F⁻，将络合成 ，导致浓度降低后，其获得电子的能力下降，即氧化性减弱， 因此氧化生成的能力大幅降低，避免产生额外，使的消耗量真正对应的含量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年第一学期高三年级入学定位测试 化学试卷 时间：90分钟 满分：100分 本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 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. 化学学科与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是 A. 大气中的气溶胶具有丁达尔效应 B. “碳中和”是指利用中和反应吸收CO2 C. 月壤富含的3He与4He属于氦的同素异形体 D. 煤的气化是指利用物理变化将煤转化为可燃性气体的过程 2. 下列化学用语正确的是 A. 的结构模型： B. NaCl的电子式： C. 的VSEPR模型： D. Al的原子结构示意图： 3. 下列过程中所用的酸，体现强氧化性的是 A. 工业上用盐酸除钢材表面的氧化层 B. 浓硫酸与Cu加热反应生成SO2 C. CuSO4·5H2O固体遇浓硫酸变白 D. 工业上用硫酸与磷矿粉制备磷肥(磷酸二氢铵) 4. 下列事实不能用元素周期律解释的是 A. 金属性：Mg＞Al B. 碱性：NaOH＞LiOH C. 沸点：H2O＞HF D. 热稳定性：HCl＞HBr 5. 表示下列事实的方程式中，不正确的是 A. 金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ B. 氨的催化氧化反应： C. 电解饱和食盐水： D. 乙酸溶液显酸性：CH3COOH+H2OH3O++CH3COO- 6. 下列实验合理的是 A．由FeCl3溶液制备无水FeCl3 B．验证铁的吸氧腐蚀 C．分离乙醇和水 D．检验乙烯具有还原性 A. A B. B C. C D. D 7. 下列关于乙酸(CH3COOH)和乙二酸(HOOC-COOH)的说法正确的是 已知：常温下，乙二酸可使酸性KMnO4溶液褪色。 A. 二者互为同系物 B. 还原性：乙二酸＜乙酸 C. 常温下，Ka(CH3COOH)＜Ka1(HOOC-COOH) D. 二者分子中碳原子的杂化类型完全相同 8. 下列气体的实验室制备中，所选装置或除杂试剂不正确的是(收集装置略) 气体 制备试剂 除杂试剂 所选装置 A SO2 Cu+浓H2SO4 饱和NaHSO3溶液 b、c B Cl2 MnO2+浓HCl 饱和NaCl溶液 b、c C NH3 浓氨水 浓硫酸 b、c D CO2 石灰石+稀HCl 饱和NaHCO3溶液 a、c A. A B. B C. C D. D 9. 下图表示从海水中提取镁的过程。下列说法正确的是 A. 试剂①常用石灰乳而不用NaOH的主要原因是避免引入杂质 B. 从“海水”到“溶液”，实现了的富集 C. 将溶液加热浓缩后，通过电解可获得金属 D. 该法从海水中提取金属的同时，还直接将海水中的氯转化为 10. 已知有机化合物A~E可发生如下转化： 下列说法不正确的是 A. A→B的反应条件可以是NaOH水溶液加热 B. B+D→E的反应属于取代反应 C. A中一定含有“-CH2Cl”基团 D. E可能有4种结构 11. 室温下，关于浓度均为的溶液和溶液，下列说法不正确的是 A. 溶液中粒子种类相同 B. 溶液中的阴离子总浓度相等 C. 均能与反应产生沉淀 D. 溶液中均存在： 12. 已知：，ΔH＜0。向一定条件的密闭容器中充入和进行反应。下列分析不正确的是 A. 反应一段时间后，存在于、、中 B. 加热和使用催化剂均可提高反应物分子中活化分子百分数，使该反应速率加快 C. 加压和降温都有利于提高的平衡转化率 D. 设的初始浓度为，则平衡时，与各组分平衡浓度c之间存在： 13. 用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 牺牲阳极法保护铁 X为石墨棒，溶液含Na+、Cl-，开关K置于B处 B 比较铁和铜的金属活动性强弱 X为铜棒，溶液含H+、，开关K置于B处 C 在铁棒上镀铜 X为铜棒，溶液含[Cu(NH3)4]2+、，开关K置于A处 D 外加电流法保护铁 X为石墨棒，溶液含Na+、Cl-，开关K置于A处 A. A B. B C. C D. D 14. 学习小组为探究84消毒液（pH=12）与碘化钾反应，室温下进行实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 溶液先变蓝后很快变为黄绿色，振荡后呈无色。 ①溶液变黄绿色，振荡后呈无色。 ②无明显变化 ①溶液变棕褐色 ②溶液变蓝，振荡后无明显变化 已知：84消毒液中的有效成分为NaClO；NaIO溶液呈黄绿色。 下列说法不正确的是 A. 实验ⅰ表明反应过程中有生成 B. 实验ⅱ中的最终可能被氧化为 C. 实验ⅲ的现象可以推测还原能力 D. 实验ⅰ中蓝色消失的原因不可能是与发生反应 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 硼(B)元素及其化合物在医疗、有机合成以及材料科学领域具有广泛应用。 （1）B元素位于元素周期表中第______周期______族。 （2）补全基态B原子的价层轨道表示式：________________。 （3）已知第一电离能B＞Al，从原子结构的角度解释原因：__________________________。 （4）NaBH4可选择性地将不饱和醛、酮中的碳氧双键还原为羟基。利用NaH和硼酸三甲酯可以合成NaBH4，其原理如下所示。 ①硼酸三甲酯中，B原子的杂化类型是______杂化。 ②下列说法正确的是______(填序号)。 a．的结构为正四面体形 b．硼酸三甲酯中B原子具有空轨道，H-具有孤对电子，二者可以形成配位键 c．已知电负性H＞B，则上述制NaBH4的反应是氧化还原反应 （5）硼化镉在超导材料领域具有重要的研究价值。一种硼化镉(CdB2)的晶胞如图所示。 ①由图中信息，可判断X是镉原子、Y是硼原子。 判断的依据：ⅰ．原子半径X＞Y；ⅱ．_____________。 ②设该晶胞的体积为V cm3；硼化镉的摩尔质量为M g·mol-1.则该晶胞密度为______g/cm3 。 16. 二氧化氯(ClO2)常温下为黄绿色气体，具有强氧化性，可用于杀菌消毒。 （1）资料显示，ClO2最初是从氯酸盐与盐酸的反应产物中发现的。 ①将该反应的离子方程式补充完整：______________________。 。 ②下列事实可以作为该反应产生的气体中含有ClO2的证据是______(填序号)。 a．产生的气体呈现黄绿色 b．产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝 c．产生的气体加热一段时间后，检测气体混合物中含有O2 （2）电解NaCl溶液或NaClO2溶液均可制备ClO2.其中一种电解原理如下图所示(X表示NaCl或NaClO2)。 ①电解时，ClO2在______极(填“阴”或“阳”)产生。 ②气体b的化学式是______。 ③若用相同的电压电解时，相比于NaCl，以NaClO2为原料电解制备ClO2时的能耗更低，说明原因：______。 （3）为了便于保存运输，将ClO2通入Na2CO3和H2O2的混合溶液中，可制得较稳定的“ClO2保存液”，在使用时，向其中加入一定量的酸，可得到含ClO2的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)： ①结合氧化还原规律推测X是氧气的理由是_______________________。 ②已知：消毒剂的“消毒效率”是用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示。与直接使用ClO2相比，用该方法得到的ClO2保存液的消毒效率______(填“提高”、“降低”或“不受影响”)。 17. 某抗癌药物中间体J()的合成方法如下(部分条件略)： 已知：ⅰ．H3C-NH2+Boc2O； ⅱ．+； ⅲ．G→H的过程中，G在TFA(三氟乙酸)的作用下，会脱去CO2、异丁烯。 （1）已知1mol A能与NaHCO3溶液反应产生2mol CO2，且分子中无甲基，A中官能团的名称是______。 （2）B的结构简式为______。 （3）下列说法正确的是______(填序号)。 a．A→B发生了取代反应 b．B分子中含有6种不同化学环境的氢原子 c．1mol D最多能与1mol NaOH发生反应 （4）D→E的化学方程式是__________________。 （5）解释该合成中，步骤E→F的作用是______________。 （6）H→I化学方程式是_____________________。 18. 一种以辉钼矿(主要成分为MoS2)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧制取钼酸铵、硫酸锰的流程如下。 （1）联合焙烧过程中主要发生： 反应ⅰ．将Mo元素转化为MoO3：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2； 反应ⅱ．MnO2吸收SO2，生成MnSO4。 ①上述反应ⅱ的化学方程式是______________。 ②相同时间内、相同投料比下，SO2吸收率、Mo元素转化率与温度之间关系如下图所示。 通过比较ⅰ、ⅱ的反应速率变化解释：随温度升高，SO2吸收率反而降低的原因是_____________。 （2）酸浸 ①酸浸时，MoO3转化为[(MoO2)(SO4)2]2-的离子方程式是________________。 ②酸浸液与有机萃取剂充分作用后，再进行分离的操作名称是______。 （3）获得钼酸盐 反萃取后，溶液经除杂、结晶、干燥得到钼酸盐晶体。反萃取时，用氨水比用NaOH溶液得到的钼酸盐纯度更高，可能的原因是_________________。 （4）获得硫酸锰。除铁后的溶液中主要存在的阳离子及其浓度如下表所示。 阳离子 Mn2+ Cu2+ Zn2+ c(mol/L) 3.00 0.025 0.010 资料：Ⅰ．常温下，Ksp(ZnS)与Ksp(CuS)的比值约为1011； Ⅱ．金属离子浓度≤1×10-5 mol·L-1时，该离子完全沉淀。 ①除铁时，软锰矿的作用是将Fe2+→Fe3+，该反应的离子方程式是________________。 ②除去上述溶液中的Cu2+、Zn2+时，应控制反应后溶液中的c(S2-)在一定范围。c(S2-)的最大值可表示为，则最小值为______mol/L 。 19. 实验小组测定某溶液中Cu2+的含量。 资料：ⅰ．CuI2在溶液中不存在；+1价Cu的化合物，如CuI和CuSCN均为白色沉淀； 常温下，Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)。 ⅱ．在溶液中，CuI沉淀会吸附I2，而CuSCN沉淀不吸附I2. （1）CuSO4溶液中c(Cu2+)的测定。 Ⅰ．取CuSO4溶液V mL，调节该溶液pH为3-4。 Ⅱ．向Ⅰ中加入过量的KI溶液，产生土黄色沉淀(含CuI)，溶液变成棕黄色。 Ⅲ．用0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定溶液中的I2(其产物为Na2S4O6)，待Ⅱ中混合物至浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至蓝色褪去时，消耗Na2S2O3溶液V1 mL。 Ⅳ．……，继续用Na2S2O3溶液滴定至终点，再消耗Na2S2O3溶液V2 mL。 ①Ⅱ中反应的离子方程式是___________________。 ②Ⅲ中淀粉溶液的作用是_____________________。 ③根据资料，将Ⅳ中省略的操作和现象补充完整：_______________________。 ④Ⅰ中调节溶液pH过高或过低均会影响测定结果。调节pH发生的下列变化，会使测定结果偏高的是______(填序号)。 a．pH过低使Na2S2O3分解 b．pH过低使I-被空气氧化 c．pH过高生成Cu(OH)2沉淀 （2）应用(1)中方法测定覆铜板刻蚀废液中Cu2+含量。 ①用FeCl3溶液刻蚀覆铜板，反应的离子方程式是___________________。 ②由于废液中Fe3+的存在，测得Cu2+含量会偏高，原因是____________________。 ③为了准确测定刻蚀液中c(Cu2+)，需先向刻蚀废液中加入NH4HF2，发生反应：Fe3++6F-[FeF6]3-：再用(1)中方法测定。从物质的氧化或还原能力随浓度变化的角度，解释加入NH4HF2的作用：__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $