精品解析：北京市中关村中学2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试卷

2027届中关村中学高三年级练习-化学学科 可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16 第一部分 选择题（共42分） 1. 第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是 A. 太阳能电池属于化学电源 B. 太阳能、风能均属于可再生能源 C. 单晶硅属于分子晶体 D. 玻璃钢属于金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误； B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确； C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误； D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误； 故答案为：B。 2. 常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于的说法正确的是 A. 中子数为78 B. 核外电子排布式为 C. 常温下为紫黑色固体 D. I和I互为同素异形体 【答案】A 【解析】 【详解】A．原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，中子数=质量数-质子数，即131-53=78，A正确； B．碘元素位于元素周期表第五周期ⅦA族，最外层电子排布式为，正确的核外电子排布式为，B错误； C．表示质量数为131的碘原子，碘单质（）常温下一般表现为紫黑色固体，而不是碘原子，C错误； D．和质子数相同、质量数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，D错误； 答案选A。 3. 工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用 NA表示阿伏加 德罗常数，下列说法正确的是 A. 室温下，22.4LNO2中所含原子总数为3NA B. 18 g H2O中含有共价键的总数为NA C. 上述反应，生成1mol HNO3转移电子的数目为NA D. 标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为5NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．室温下，不能用22.4L/mol计算22.4LNO2物质的量，A错误； B．1个H2O含有2个H-O键，18 g H2O物质的量为18g÷18g/mol=1mol，含有共价键的总数为2NA，B错误； C．反应3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO中，NO2一部分失去电子被氧化成HNO3，一部分得到电子，被还原成NO，由化合价变化可知，生成1mol HNO3（N元素的化合价由+4价变成+5价）转移电子的数目为NA，C正确； D．一个NO分子含有15个电子，标准状况下11.2LNO物质的量为0.5mol，0.5molNO含有的电子总数为7.5 NA，D错误； 答案选C。 【点睛】判断分子中共价键数目时，要注意其不一定只含有1个共价键。 4. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是 A. 用于制 B. 向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出 C. 将通入溶液中，生成白色沉淀 D. 新制悬浊液用于检验醛基 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH3 用于制 HNO3 需经氨的催化氧化（4NH3+5O2=4NO+6H2O），氮元素由 −3 价升高到 +2 价被氧化，过程中有元素化合价变化，属氧化还原反应，A错误； B．向饱和食盐水中依次通入 NH3、CO2 发生 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，各元素化合价均未改变，未发生氧化还原反应，B正确； C．SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中，SO2 溶于水生成的酸使溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下将 +4 价硫氧化为 +6 价：3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3，有元素化合价变化，属氧化还原反应，C错误； D．新制 Cu(OH)2 悬浊液检验醛基时，醛基被氧化为羧基，Cu 由 +2 价降到 +1 价（生成 Cu2O 红色沉淀），有元素化合价变化，属氧化还原反应，D错误； 故答案为B。 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇石蕊变红的溶液中：、、、 B. 无色溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 的NaOH溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．遇石蕊变红的溶液为酸性溶液，存在大量，会与结合生成弱电解质，无法大量共存； B．首先和会发生双水解反应：，不能大量共存；同时与会生成微溶物​，也无法大量共存； C．能使品红褪色的溶液可能含有、或等，与、会发生氧化还原反应，无法大量共存； D． 的溶液为强碱性环境，、、、​之间不发生反应，也均不与、反应，一定可以大量共存； 故选D。 6. 下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. 溶液中滴加过量稀氨水： C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D. 向溶液中通入过量的： 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应为氧化金属，生成和，离子方程式正确，A正确； B．稀氨水是弱碱，不能拆为OH⁻，且过量氨水会和反应生成可溶的银氨络离子，不会得到沉淀，正确的离子方程式为 ，B错误； C．量不足时，只能将沉淀为，无法生成四羟基合铝离子，正确的离子方程式为 ，C错误； D． 的还原性强于，过量会将和全部的都氧化，正确的离子方程式为 ，D错误； 故选A。 7. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，R基态原子价电子层能级有一对成对电子，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 气态氢化物的稳定性： C. X与Z组成的化合物肯定含有共价键 D. X与R组成的化合物VSEPR模型一定和的一样 【答案】A 【解析】 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，则X为O元素、Y为F元素、Z为Na元素；R基态原子价电子层能级有一对成对电子，则R为S元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为Na＞S＞O＞F，故A正确； B．元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，元素非金属性强弱顺序为F＞O＞S，所以气态氢化物的稳定性顺序为HF＞H2O＞H2S，故B错误； C．过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，而氧化钠是只含有离子键的离子化合物，故C错误； D．二氧化硫和三氧化硫中硫原子的价层电子对数都为3，分子的VSEPR模型都为平面三角形，而甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，则硫的氧化物与甲烷的VSEPR模型不同，故D错误； 故选A。 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 除去溶液混有的，可向溶液中通入足量 B. 相同温度下，的溶解度大于的溶解度 C. 一定温度下，相同物质的量浓度的和溶液，前者的pH更大 D. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．向混有​的溶液中通入足量​时，会发生反应： ，可以将杂质完全转化为目标产物，不会引入新杂质，A正确； B． 相同温度下，的溶解度小于的溶解度，例如常温下向饱和碳酸钠溶液中通入足量，会因生成溶解度更小的而析出白色晶体，B错误； C．多元弱酸根的水解分步进行且逐级减弱，​的水解程度大于，相同浓度下，​溶液的碱性更强，对应pH更大，C正确； D． 和的水溶液中，都存在、​、、​、、、等微粒，二者所含微粒种类完全一致，D正确； 故选B。 9. 下列对物质性质解释合理的是 选项 性质 解释 A 热稳定性： 中存在氢键 B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大 C 酸性： 电负性： D 熔点： 键较强 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误； B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误； C．酸性是因为电负性：，C正确； D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。 本题选C。 10. 下列实验能达到对应目的的是 实验 目的 A．制备胶体 B．检验待测液中是否含有 实验 目的 C．除去中的少量HCl D．制备并收集 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．制备 Fe(OH)3 胶体时应将饱和 FeCl3 溶液逐滴加入沸水中，加热至液体呈红褐色；题图中向加热的 NaOH 溶液中滴加饱和 FeCl3 溶液，只会生成红褐色 Fe(OH)3 沉淀，不能制得胶体。A错误； B．检验硫酸根离子时应先向待测液中滴加足量稀盐酸酸化，排除碳酸根离子、亚硫酸根离子及 Ag+ 等干扰后，再滴加 BaCl2 溶液，生成不溶于盐酸的白色沉淀 BaSO4 才能确定含有硫酸根离子；题图中把二者预先混合后一次滴入，若待测液中含 Ag+ 会生成 AgCl 白色沉淀，无法与 BaSO4 区分。B错误； C．HCl 能与饱和 NaHSO3 溶液反应生成 SO2，而 SO2 在饱和 NaHSO3 溶液中溶解度很小，将混合气体通过饱和 NaHSO3 溶液可除去少量 HCl 且不损失 SO2；图中洗气瓶气体“长进短出”，接触充分，能达到目的。C正确； D．NO2 能与水反应生成硝酸和 NO，不能用排水法收集，应改用向上排空气法；图 D 用排水法收集 NO2，实际收集到的是 NO。D错误； 故答案为C。 11. 侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A. 饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B. 煅烧时发生反应 C. “盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D. 母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 【答案】D 【解析】 【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，NH3溶解度大于CO2，先吸氨，再碳酸化产生NaHCO3，过滤得到主要含NH4Cl的母液Ⅰ和沉淀NaHCO3，“吸氨”操作目的是得到更多的碳酸氢钠，同时增大浓度，利于氯化铵析出，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到的母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用，据此分析判断。 【详解】A．CO2在水中溶解度小，氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确； B．煅烧时碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，方程式为：，故B正确； C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后析出氯化铵，溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液pH大，故C正确； D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液I经过吸氨、冷析、盐析得到母液Ⅱ，碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误； 故选D。 12. 聚合物E的合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ发生的是酯化反应 B. 合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m：1 C. E中的含氧官能团有3种，即酰胺基、醚键、羟基 D. E在酸性条件下充分水解后转化成A、B、D 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程Ⅰ是A物质中的羧基和B物质中的氨基之间发生的是成肽反应，故A错误； B．E中含有两段由物质D形成的链节，每段需要m个D，所以合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m：1，故B正确； C．E中的含氧官能团有4种，即酰胺基、醚键、羟基还有酯基，故C错误； D．E在酸性条件下充分水解后可以转化得到A，但不能得到碱性物质B和环酯物质D，故D错误； 故选B。 13. 电子工业用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收铜及FeCl3固体的工艺流程如图，下列分析不正确的是 已知：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ A. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ中均有气体产生 B. 上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应 C. Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液中加入H2O2溶液，可提高FeCl3产率 D. Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCl3水解 【答案】C 【解析】 【分析】腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜和酸，加入过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，滤渣中含有铜和铁，加入盐酸后得到铜和含有氯化亚铁溶液2，加入双氧水后得到氯化铁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，加入SOCl2得到氯化铁，以此来解析； 【详解】A．过程Ⅰ中铁与酸反应产生氢气、Ⅱ中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、Ⅲ中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁后，氯化铁可以催化过量的双氧水分解生成氧气、Ⅴ中与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，A正确； B．上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，B正确； C．Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，必须将两次过滤所得溶液合并后再加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁，既可提高氯化铁的纯度，又可提高氯化铁的产率，另外，铁粉过量越多，氯化铁的产率越高，C不正确； D．Ⅴ中用而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，抑制氯化铁水解，D正确； 故选C。 14. 探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取①~④时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 45 65 25 褪色时间/min 其中，。 下列说法不正确的是 A. 红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条 B. ①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致 C. 的原因：③→④的过程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低 D. 若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于 【答案】C 【解析】 【详解】A．HClO具有漂白性，次氯酸根离子水解生成次氯酸：，HClO漂白红纸条，A正确； B．水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，且随着温度升高，漂白时间缩短，故①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致，B正确； C．的原因：次氯酸不稳定分解成盐酸和氧气，漂白性减弱，C错误； D．根据上述分析可知，若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于，D正确； 故选C。 第二部分 非选择题（共58分） 15. H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、Fe、Cu是中学化学中常见的元素。 （1）原子结构与元素性质 ①Na、Mg、Cl三种元素中，离子半径最小的是________（填离子符号）。 ②基态的价层电子轨道表示式为__________________。 （2）微粒间相互作用与物质性质 ①胆矾（）的结构示意图如下所示。 胆矾中的与、与的作用力分别为____________和____________。 ②比较、分子中的键角大小并给出相应解释：_________________________。 ③相同条件下，在水中的溶解度大于的，理由是________________________。 （3）的晶胞形状为立方体，边长为，结构如下图所示： ①图中代表的是________________（填“”或“”）。 ②已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_________。（） 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 配位键 ②. 氢键 ③. 键角：，和NH3的中心原子均为杂化，前者没有孤电子对，后者有一对孤电子对，斥力：孤电子对-成键电子对＞成键电子对-成键电子对 ④. 是极性分子，是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理极性分子易溶于极性溶剂中 （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 ①核外电子层结构相同的单核离子，质子数越小，离子半径越大；另外一般电子层数多的离子半径大，故离子半径：，离子半径最小的为； ②基态Cu核外29个电子，电子排布式为，失去两个电子变为，基态的价层电子轨道表示式； 【小问2详解】 ①从图中可看出胆矾中的与之间用实线表示则形成配位键，与之间用三个点表示，则两者之间的作用力为氢键； ②和NH3的中心原子均为杂化，前者没有孤电子对，后者有一对孤电子对，斥力：孤电子对-成键电子对＞成键电子对-成键电子对，所以键角：>； ③是极性分子，是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理极性分子易溶于极性溶剂中，所以相同条件下，在水中的溶解度大于 【小问3详解】 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为，位于棱上、体内和体心的白球个数为，由化学式可知，黑球代表； ②设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得。 16. 氧化剂是一类重要的化学物质，在化学研究和日常生活中有广泛的应用。 I．二氧化氯（）和高铁酸钾（）常用作自来水的消毒剂。 （1）在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为除去。下列试剂中，可将转化为的是__________（填字母序号）。 a． b． c． d． （2）某研究小组用下图装置制备少量（夹持装置已略去）。 资料：常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。溶液的作用为吸收。 ①冰水浴的作用是_______________。 ②制备的反应的化学方程式为__________________________________________________。 （3）是一种新型、绿色的多功能净水剂，其消毒、净水的原理是_________________。 Ⅱ．也是一种常见的氧化剂。某小组通过如下实验探究与的反应： （4）依据实验现象推测红色褪去的原因是____________________________________________。 （5）用离子方程式解释加入酸性溶液后，溶液褪色并产生气体的原因：__________。 （6）根据实验分析，过氧化钠与水反应除了生成和外，还存在另一反应，其化学方程式为___________________________。 【答案】（1）ad （2） ①. 使冷凝液化，便于分离收集（回答合理即可） ②. （3）中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，能够起到杀菌消毒的作用，其被还原后生成的可水解生成胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，实现净水 （4）与水反应生成的具有较强的氧化性，可将酚酞氧化漂白，导致溶液红色褪去 （5） （6） 【解析】 【小问1详解】 将转化为，氯元素化合价从+3价降低到-1价，发生还原反应，需要加入还原剂实现该转化，、是常见氧化剂，、具有还原性，可用作还原剂，可被氧化成，可被氧化成或，答案选ad； 【小问2详解】 ①根据题目信息，在11℃时可液化为红棕色液体，冰水浴温度低于11℃，能将气态的冷凝为液态，与生成的分离，实现产物的收集，答案为使冷凝液化，便于分离收集（回答合理即可）； ②烧瓶中与发生反应，生成，烧杯内溶液用于吸收，说明产物中还有，由此可知与发生归中反应，中+5价的氯原子得电子、化合价降低至+4价，生成，中-1价的氯原子失电子、化合价升高，生成，反应的化学方程式为； 【小问3详解】 中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，能够起到杀菌消毒的作用，其被还原后生成的可水解生成胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，实现净水（回答合理即可）； 【小问4详解】 实验中加入少量后产生大量气泡，说明溶液中含有，具有氧化性，能将有色的酚酞氧化为无色物质，导致红色褪去，答案为与水反应生成的具有较强的氧化性，可将酚酞氧化漂白，导致溶液红色褪去（回答合理即可）； 【小问5详解】 与水反应后的溶液中含有，酸性溶液具有强氧化性，能将氧化生成，转化成无色的，溶液褪色，反应的离子方程式为； 【小问6详解】 实验证明与水反应除了生成和外溶液中存在，说明过氧化钠和水除了发生的主反应外，还发生了生成氢氧化钠和过氧化氢的副反应，该反应为复分解反应，反应的化学方程式为。 17. 辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 （1）将辉铋矿粉碎的目的是______。 （2）浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 （3）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 （4）置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分 （2） ①. Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ ②. H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动（抑制Bi3+水解平衡的正向移动） （3）3Fe + 2Bi3+ = 2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ （4） ①. 盐酸 ②. 在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解（产生的O2快速脱离反应体系） ③. 取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 【解析】 【分析】辉铋矿(主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质)粉碎后加入盐酸、氯化铁溶液浸出，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，SiO2不参与反应，过滤得到浸出液和浸出渣，浸出渣的主要成分为SiO2、S，从浸出渣中可回收S；再向滤出液中加入稍过量的铁粉置换铋得到海绵铋，精炼海绵铋得到纯铋，置换液为氯化亚铁溶液，氧化再生后得到氯化铁溶液，可以在浸出时循环使用，据此解答。 【小问1详解】 将辉铋矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分； 【小问2详解】 ①浸出过程中主要反应为Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+； ②因浸出时，Bi2S3存在沉淀溶解平衡：，Fe3+存在水解平衡：，且Bi3+也易水解，则浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，其原因是：H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动(抑制Bi3+水解平衡的正向移动)； 【小问3详解】 浸出液中加入稍过量铁粉置换得到海绵铋，另外铁和剩余的盐酸反应生成亚铁离子和氢气，则浸出液中发生反应的离子方程式有：3Fe + 2Bi3+=2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe= Fe2+ + H2↑； 【小问4详解】 ①再生环节，需要将氯化亚铁溶液氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸； ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，则置换液再生过程存在H2O2的分解或损耗，导致所需n(H2O2)偏多，其原因是：在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解(产生的O2快速脱离反应体系)； ③再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液中的金属离子已完全再生，则置换液中不含Fe2+，则可以通过检验置换液中是否还剩余Fe2+来检验置换液中的金属离子是否完全再生，其操作和现象是：取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。 18. 洛索洛芬钠H可用于治疗类风湿性关节炎、肩周炎等，其合成路线如下。 已知： （1）X的结构简式是__________。 （2）D中含有的官能团是__________。 （3）D与Y反应还会生成少量，与E互为同分异构体。 ①Y的结构简式是__________。 ②的结构简式是__________。 ③少于E的原因是：相对于生成E，生成时断裂的键的极性__________（填“强”或“弱”）。 （4）E经历两步转化为G。 F分子内存在由氢键形成的六元环，F的结构简式是__________。 （5）将G和溶液混合加热后生成H，再加入乙醇后有大量白色固体H析出。反应的化学方程式是__________。 【答案】（1） （2）酯基、碳溴键（溴原子） （3） ①. ②. ③. 弱 （4） （5） 【解析】 【分析】A与发生酯化反应生成B，B与溴发生取代反应生成D，D与Y发生取代反应生成E，E反应生成G，最终得到H。 【小问1详解】 根据分析可知，X为； 【小问2详解】 D中所含官能团：酯基、碳溴键（溴原子）； 【小问3详解】 ①根据分析可知，Y为； ②根据信息可知，在C=O键邻位C上，发生去氢加烃基的反应，可以发生反应的C原子为，则为； ③酯基是给电子基团，相对于生成E，生成时断裂的C—H键的极性弱； 【小问4详解】 E中与五元环相连的酯基先水解生成对应的羧酸，再脱去二氧化碳，分子内存在由氢键形成的六元环，的结构简式：； 【小问5详解】 G和溶液混合加热后生成H，再加入乙醇后有大量白色固体H析出：。 19. 探究一定浓度与卤素离子的反应。实验如下： （1）a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀。 b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。 （2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是___________。 （3）检验ii中产物： I．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。 II．取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含，过程如下： ①白色沉淀1的成分是___________。 ②生成黄色沉淀3的离子方程式是___________。 （4）已知：。探究ii中溶液存在的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．与发生了反应 b．加水稀释导致溶液颜色变浅 c．与在溶液中发生了反应 ①资料： ，判断a___________(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是___________。 可选试剂：溶液、溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。 （5）实验表明，一定浓度氧化，不能氧化，从原子结构角度说明___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 和 ②. (或) （4） ①. 不是 ②. 取b中稀释后的溶液，加入充分振荡、静置，下层溶液无色 ③. 稀释前硫酸浓度较大，氧化性；稀释后硫酸浓度较小，氧化性 （5）同主族，核电荷数，原子半径 (或离子半径)，得电子能力，还原性 【解析】 【分析】一定浓度硫酸与NaCl溶液反应产生白雾，可能为HCl或Cl2，实验过程中用硝酸银溶液来检验确定白雾的成分；与NaBr溶液反应产生红棕色气体，可能有Br2产生，可用湿润的淀粉KI试纸检验；与NaI反应产生气体和紫色固体，有I2生成，结合题中信息，猜测有H2S气体产生，用硫酸铜溶液来进行检验 【小问1详解】 a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀说明含有氯离子；b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明没有氯气，则白雾中含有； 【小问2详解】 用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，说明该气体中含有-2价S，则该气体是； 【小问3详解】 ①溶液A有硫酸根离子，可能有二氧化硫，向其中加入足量氢氧化钡后产生白色沉淀1，再加入硫酸后，形成的溶液2中应该含有亚硫酸，这样加入硫化钠后才能生成黄色沉淀3，因此白色沉淀1中应该是硫酸钡和亚硫酸钡，同时也证明了溶液A中含有二氧化硫；②黄色沉淀3是硫单质，这是-2价硫和+4价硫归中反应后生成的，其离子方程式是(或)； 【小问4详解】 反应  ，平衡常数比较小，则反应不易发生，故a不是主要原因；②若b是主要原因，则溴单质的物质的量不变，仅是物质的量浓度发生变化，则这时加入萃取，层应显示棕红色；若b不是主要原因，则加入萃取，层溶液无色；③稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4>Br2，稀释后硫酸浓度较小，发生反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，颜色褪去，氧化性H2SO4<Br2； 【小问5详解】 实验表明，一定浓度H2SO4氧化Br-、I-，不能氧化Cl-。这是由于元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。氯原子半径小，氯元素非金属性强，其阴离子还原性弱，Br(或I) 原子半径大，元素的非金属性弱，其相应的阴离子Br-(I-)的还原性就较强。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届中关村中学高三年级练习-化学学科 可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16 第一部分 选择题（共42分） 1. 第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是 A. 太阳能电池属于化学电源 B. 太阳能、风能均属于可再生能源 C. 单晶硅属于分子晶体 D. 玻璃钢属于金属材料 2. 常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于的说法正确的是 A. 中子数为78 B. 核外电子排布式为 C. 常温下为紫黑色固体 D. I和I互为同素异形体 3. 工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用 NA表示阿伏加 德罗常数，下列说法正确的是 A. 室温下，22.4LNO2中所含原子总数为3NA B. 18 g H2O中含有共价键的总数为NA C. 上述反应，生成1mol HNO3转移电子的数目为NA D. 标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为5NA 4. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是 A. 用于制 B. 向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出 C. 将通入溶液中，生成白色沉淀 D. 新制悬浊液用于检验醛基 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇石蕊变红的溶液中：、、、 B. 无色溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 的NaOH溶液中：、、、 6. 下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. 溶液中滴加过量稀氨水： C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液： D. 向溶液中通入过量的： 7. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是地壳中含量最高的元素，Z在X中燃烧火焰呈黄色，R基态原子价电子层能级有一对成对电子，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 气态氢化物的稳定性： C. X与Z组成的化合物肯定含有共价键 D. X与R组成的化合物VSEPR模型一定和的一样 8. 关于和的下列说法中，不正确的是 A. 除去溶液混有的，可向溶液中通入足量 B. 相同温度下，的溶解度大于的溶解度 C. 一定温度下，相同物质的量浓度的和溶液，前者的pH更大 D. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 9. 下列对物质性质解释合理的是 选项 性质 解释 A 热稳定性： 中存在氢键 B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大 C 酸性： 电负性： D 熔点： 键较强 A. A B. B C. C D. D 10. 下列实验能达到对应目的的是 实验 目的 A．制备胶体 B．检验待测液中是否含有 实验 目的 C．除去中的少量HCl D．制备并收集 A. A B. B C. C D. D 11. 侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A. 饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B. 煅烧时发生反应 C. “盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D. 母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 12. 聚合物E的合成方法如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ发生的是酯化反应 B. 合成E时，参加反应的D和C的物质的量之比为2m：1 C. E中的含氧官能团有3种，即酰胺基、醚键、羟基 D. E在酸性条件下充分水解后转化成A、B、D 13. 电子工业用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收铜及FeCl3固体的工艺流程如图，下列分析不正确的是 已知：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑ A. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ中均有气体产生 B. 上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应 C. Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液中加入H2O2溶液，可提高FeCl3产率 D. Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCl3水解 14. 探究某浓度NaClO溶液先升温再降温过程中漂白性的变化。实验过程中，取①~④时刻的等量溶液，加入等量红纸条，褪色时间如下。 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 45 65 25 褪色时间/min 其中，。 下列说法不正确的是 A. 红纸条褪色原因：，HClO漂白红纸条 B. ①→③的过程中，温度对水解程度、HClO与红纸条反应速率的影响一致 C. 的原因：③→④的过程中，温度降低，水解平衡逆向移动，降低 D. 若将溶液从45℃直接降温至25℃，加入等量红纸条，推测褪色时间小于 第二部分 非选择题（共58分） 15. H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、Fe、Cu是中学化学中常见的元素。 （1）原子结构与元素性质 ①Na、Mg、Cl三种元素中，离子半径最小的是________（填离子符号）。 ②基态的价层电子轨道表示式为__________________。 （2）微粒间相互作用与物质性质 ①胆矾（）的结构示意图如下所示。 胆矾中的与、与的作用力分别为____________和____________。 ②比较、分子中的键角大小并给出相应解释：_________________________。 ③相同条件下，在水中的溶解度大于的，理由是________________________。 （3）的晶胞形状为立方体，边长为，结构如下图所示： ①图中代表的是________________（填“”或“”）。 ②已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_________。（） 16. 氧化剂是一类重要的化学物质，在化学研究和日常生活中有广泛的应用。 I．二氧化氯（）和高铁酸钾（）常用作自来水的消毒剂。 （1）在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为除去。下列试剂中，可将转化为的是__________（填字母序号）。 a． b． c． d． （2）某研究小组用下图装置制备少量（夹持装置已略去）。 资料：常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。溶液的作用为吸收。 ①冰水浴的作用是_______________。 ②制备的反应的化学方程式为__________________________________________________。 （3）是一种新型、绿色的多功能净水剂，其消毒、净水的原理是_________________。 Ⅱ．也是一种常见的氧化剂。某小组通过如下实验探究与的反应： （4）依据实验现象推测红色褪去的原因是____________________________________________。 （5）用离子方程式解释加入酸性溶液后，溶液褪色并产生气体的原因：__________。 （6）根据实验分析，过氧化钠与水反应除了生成和外，还存在另一反应，其化学方程式为___________________________。 17. 辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 （1）将辉铋矿粉碎的目的是______。 （2）浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 （3）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 （4）置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 18. 洛索洛芬钠H可用于治疗类风湿性关节炎、肩周炎等，其合成路线如下。 已知： （1）X的结构简式是__________。 （2）D中含有的官能团是__________。 （3）D与Y反应还会生成少量，与E互为同分异构体。 ①Y的结构简式是__________。 ②的结构简式是__________。 ③少于E的原因是：相对于生成E，生成时断裂的键的极性__________（填“强”或“弱”）。 （4）E经历两步转化为G。 F分子内存在由氢键形成的六元环，F的结构简式是__________。 （5）将G和溶液混合加热后生成H，再加入乙醇后有大量白色固体H析出。反应的化学方程式是__________。 19. 探究一定浓度与卤素离子的反应。实验如下： （1）a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀。 b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。 （2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是___________。 （3）检验ii中产物： I．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。 II．取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含，过程如下： ①白色沉淀1的成分是___________。 ②生成黄色沉淀3的离子方程式是___________。 （4）已知：。探究ii中溶液存在的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．与发生了反应 b．加水稀释导致溶液颜色变浅 c．与在溶液中发生了反应 ①资料： ，判断a___________(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是___________。 可选试剂：溶液、溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。 （5）实验表明，一定浓度氧化，不能氧化，从原子结构角度说明___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $