精品解析：北京师范大学附属实验中学2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试卷

北师大实验中学2026-2027学年度第一学期10月月考 高三年级化学 班级_________ 姓名_________ 学号_________ 成绩_________ 考生须知： 1.本试卷共10页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 32 Cl 35.5 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. 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. I常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于I的说法正确的是 A. 中子数为78 B. 核外电子排布式为[Kr]5s25p7 C. 常温下为紫黑色固体 D. I和I互为同素异形体 3. 下列关于及其化合物性质的比较不正确的是 A. 第一电离能：  B. 离子半径： C. 还原性：  D. 沸点： 4. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 5. 下列各组物质之间可以按下图所示关系直接转化的是 A.   B. C.   D. 6. 下列实验中，溶液升高的是 A. 微热溶液，溶液颜色变深 B. 光照新制的氯水，得到无色溶液 C. 向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D. 向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 7. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂Ⅰ 试剂Ⅱ 试剂Ⅲ A 浓盐酸 溶液 B 浓硝酸 饱和溶液 C 稀盐酸 饱和溶液 D 浓硫酸 溶液 A. A B. B C. C D. D 8. 下列有关说法正确的是 A. 向饱和溶液中通入过量： B. 除去溶液中混有的少量杂质，可使用，其离子方程式为： C. 溶液中加入过量的溶液： D. 向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液： 9. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 10. 我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 的结构简式为 B. 有3种处于不同化学环境的氢原子 C. 反应①中和的化学计量比是1∶4 D. 若和完全水解，可得到相同产物 11. 常温下，将4.0g铁钉加入30mL4%的CuSO4溶液中，能观察到铁钉表面产生气泡，且反应初期生成气泡的速率逐渐加快，过程中氧气含量和溶液pH变化如下图所示。 下列说法正确的是 A. 反应过程中存在两个氧化还原反应 B. 过程中溶解氧含量降低是因为溶解氧随着生成的氢气一同溢出 C. 过程中一定有Fe(OH)3生成 D. 生成气泡的速率加快的原因是：pH减小，反应放热 12. 向体积为的密闭容器中充入一定量，发生反应： 。 编号 温度() 起始物质的量() 平衡物质的量() Ⅰ Ⅱ 下列说法不正确的是 A. B. ，该反应的平衡常数 C. Ⅱ中存在： D. ，向该容器中充入物质的量均为的3种气体，反应将逆向进行 13. 熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 14. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法不正确的是 A. a极的电极反应为： B. 电池部分的总反应为： C. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用 D. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 第二部分 15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。 （1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是_________。 （2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。 ①的空间结构为_________。 ②判断、、的键角大小，并从结构角度解释原因：____________________。 （3）的晶胞如图所示（晶胞体积为）。 ①该晶体的密度为_________（用含字母的代数式表示）。 ②与结构相似。从结构角度解释熔点（）高于熔点（）的原因：____________________。 （4）测定产品的纯度（主要杂质为），实验步骤如下。 ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应。 ⅱ．向ⅰ所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，与甲醛发生反应完全转化为。 ⅲ．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ⅱ中所得溶液，消耗溶液。[与不反应] ①步骤Ⅱ中生成的离子方程式为____________________。 ②样品中的质量分数为_________（用含字母的代数式表示）。 ③若ⅱ中未用溶液调节，则测定结果_________（填“偏低”或“偏高”）。 16. Ⅰ．氮元素和生命息息相关。 资料：①普鲁士蓝（PB）是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。 ②中，负载在表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。下列说法正确的是________（填序号）。 a．氨的催化氧化法制硝酸，利用了的氧化性 b．与硝酸反应制高效氮肥，因为具有还原性 c．用、、饱和食盐水制纯碱，利用了极易溶于水且溶液呈碱性 d．用氨水和溶液制，因为可作配体 Ⅱ．氨氮废水处理 （2）利用微生物处理氨氮废水（N元素主要以形式存在）具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法  Ⅱ．短程硝化-反硝化法  Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法  （注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中甲醇均转化为） ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为____________________。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是____________________（写出两条）。 ③Ⅲ中，将全部转化为，理论上需要________mol。 ④Ⅲ中，增大的通入，氨氮去除率先增大后降低，降低的原因是____________________。 （3）用溶液模拟氨氮废水。实验发现时，在体系中加入，可将氨氮转化为无毒气体，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．将氨氮氧化为 ①ⅱ的离子方程式为____________________。 ②用和混合处理某氨氮含量（以质量计算）为的废水。实验结束后，收集到（已折算成标准状况）。处理后的废水中氨氮含量为_____（废水体积变化忽略不计），达到了污水排放标准要求（）。 17. 聚赖氨酸可作为药物递送载体，一种合成路线如下： 已知：ⅰ. ⅱ. （1）聚赖氨酸重复单元中含有的官能团有氨基和_______(不考虑端基)。 （2）的化学方程式是_______。 （3）D的结构简式为_______。 （4）G与足量NaOH溶液加热充分反应可得到。用虚线标注出时G分子中的断键位置_______。 （5）K中含有五元环状结构(如图)。 ①将图中K的结构简式补充完整_______。 ②过程中，脱除的小分子是_______(填化学式)。 （6）有机化合物中有多个相同官能团时，通过控制反应条件，可使反应只在其中一个官能团的位点优先发生，体现了反应选择性。上述聚赖氨酸的合成路线中，有多步体现了反应选择性，例如；中，单一羟基被氧化；_______(再列举一例即可)。 （7）以D和为原料合成E的多步反应如下： 已知：过程中，有键生成。 ①Q含有五元环结构，Q的结构简式为_______。 ②的反应类型为_______。 18. 稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、BaO、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：ⅰ．HF是一种易挥发的弱酸 ⅱ．难溶于水、可溶于酸；溶于水而难溶于水也难溶于酸 ⅲ．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取：，而不能 （1）与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是_________。 （2）烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有_________。 （3）硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高Ce元素和的浸出率变化的原因是__________。 （4）在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是_________。 （5）步骤Ⅵ中和的作用是_________。 （6）步骤Ⅶ中生成的离子方程式是_________。 （7）该流程中可循环利用的物质有_________。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：ⅰ．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ⅱ．在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 ⅲ．为微溶物 实验 序号 试剂 现象 Ⅰ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 Ⅱ ：10滴蒸馏水 ：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ ：10滴溶液 ：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，未见明显变化。 Ⅳ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因_____。 （2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①对于氧化性的认识是_____。 ②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为_____。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为_____。 ②实验Ⅳ中“静置，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：_____(写出2点)。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅵ继续探究： ①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色。产生棕黑色沉淀。 ②实验Ⅵ：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验Ⅵ滴加后溶液未见紫红色的可能原因_____。 （5）综合上述实验，在下图中用连线的方式补充完善实验Ⅰ~Ⅵ已证实的锰化合物转化关系_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2026-2027学年度第一学期10月月考 高三年级化学 班级_________ 姓名_________ 学号_________ 成绩_________ 考生须知： 1.本试卷共10页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90分钟。 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 32 Cl 35.5 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. 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. I常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于I的说法正确的是 A. 中子数为78 B. 核外电子排布式为[Kr]5s25p7 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．I的质量数为131，质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，A正确； B．核外电子排布式为[Kr]4d105s25p5，B错误； C．常温下碘单质为紫黑色固体，C错误； D．I和I互为同位素，D错误； 答案选A。 3. 下列关于及其化合物性质的比较不正确的是 A. 第一电离能：  B. 离子半径： C. 还原性：  D. 沸点： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA族元素p轨道半充满，第一电离能大于相邻的第ⅥA族元素，故第一电离能，A错误； B．与电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，B正确； C．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强对应气态氢化物的还原性越弱，非金属性，故还原性，C正确； D．与均为分子晶体，且均不存在分子间氢键，相对分子质量越大范德华力越强，沸点越高，相对分子质量，故沸点，D正确； 故选 A。 4. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 【答案】A 【解析】 【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A错误； B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确； C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，酶作为催化剂促进反应，C正确； D．植物油含不饱和脂肪酸的甘油酯，催化加氢可减少碳碳双键，提高饱和度，D正确； 故选A。 5. 下列各组物质之间可以按下图所示关系直接转化的是 A.   B. C.   D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁在氧气中燃烧生成 Fe3O4（3Fe+2O2=Fe3O4），不能一步直接转化为 Fe2O3；且 Fe2O3 不溶于水，不能直接转化为 Fe(OH)3，A错误； B．HCl 与 CuO 反应生成 CuCl2（CuO+2HCl=CuCl2+H2O）；CuCl2 与 Ba(OH)2 反应生成 BaCl2（CuCl2+Ba(OH)2=BaCl2+Cu(OH)2↓）；BaCl2 与 H2SO4 反应生成 HCl（BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl），三步均可一步直接转化，B正确； C．CO 在氧气中点燃生成 CO2（2CO+O2=2CO2）；CO2 与水反应生成 H2CO3（CO2+H2O=H2CO3）；但 H2CO3 分解只生成 H2O 和 CO2，不能一步直接转化为 CO，C错误； D．Na2O 由钠与氧气反应制取，NaOH 不能一步直接转化为 Na2O，D错误； 故答案为B。 6. 下列实验中，溶液升高的是 A. 微热溶液，溶液颜色变深 B. 光照新制的氯水，得到无色溶液 C. 向溶液中加入少量溶液，生成沉淀 D. 向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．加热促进铁离子水解，溶液颜色变深，，溶液的减小，A不符合题意； B．光照新制的氯水，次氯酸分解生成盐酸和氧气，，溶液酸性增强，溶液减小，B不符合题意； C．向溶液中加入少量溶液，生成碳酸镁沉淀，随后碳酸镁与水中的氢氧根反应生成沉淀，由于消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故溶液减小，C不符合题意； D．向亚硫酸溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀，生成硫和水，，溶液酸性减弱，增大，D符合题意； 故选D。 7. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) 选项 气体 试剂Ⅰ 试剂Ⅱ 试剂Ⅲ A 浓盐酸 溶液 B 浓硝酸 饱和溶液 C 稀盐酸 饱和溶液 D 浓硫酸 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意； B．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意； C．实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，C符合题意； D．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，应该用NaOH溶液来除杂，但装置中缺少温度计，D不合题意； 故选C。 8. 下列有关说法正确的是 A. 向饱和溶液中通入过量： B. 除去溶液中混有的少量杂质，可使用，其离子方程式为： C. 溶液中加入过量的溶液： D. 向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．向饱和溶液通入过量时，生成的NaHCO3溶解度远小于，会析出NaHCO3晶体，正确的离子方程式为，A错误； B．溶液中存在的水解平衡：，加入CuO可以消耗水解产生的H+，促使水解平衡正向移动，最终生成Fe(OH)3沉淀除去杂质，且不会引入新杂质，给出的离子方程式符合反应事实，B正确； C．由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确配平后为，C错误； D．少量时，的量不足，由于Al3+结合的能力远强于，只会优先和Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，不会生成，也不会和​反应，正确的离子方程式为，D错误； 故选B。 9. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 10. 我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 的结构简式为 B. 有3种处于不同化学环境的氢原子 C. 反应①中和的化学计量比是1∶4 D. 若和完全水解，可得到相同产物 【答案】A 【解析】 【分析】X与Y发生已知反应生成Z，由X得分子式为C5H8O3，结合Y和Z得结构式，可推知X为：，羰基和羧基可分别发生已知缩合反应、酯化反应，反应的方程为：，Z再发生聚合反应生成P，据此回答。 【详解】A．根据已知反应，由X的分子式为C5H8O3，结合Y和Z的结构式，可推知X为：，A错误； B．Y的结构为，三个-CH2OH完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不同化学环境的氢原子，B正确； C．由反应方程为：可知，故Z和H2O化学计量比为1:4，C正确； D．Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y；P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、缩酮键，产物同样为X和Y，产物种类相同，D正确； 故选A。 11. 常温下，将4.0g铁钉加入30mL4%的CuSO4溶液中，能观察到铁钉表面产生气泡，且反应初期生成气泡的速率逐渐加快，过程中氧气含量和溶液pH变化如下图所示。 下列说法正确的是 A. 反应过程中存在两个氧化还原反应 B. 过程中溶解氧含量降低是因为溶解氧随着生成的氢气一同溢出 C. 过程中一定有Fe(OH)3生成 D. 生成气泡的速率加快的原因是：pH减小，反应放热 【答案】C 【解析】 【分析】由题干图像信息可知，过程中溶解氧含量随着pH的减小而减小，溶液pH减小的原因：4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+，该过程中将发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+等氧化还原反应，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，反应过程中存在Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+等三个氧化还原反应，A错误； B．由分析可知，过程中溶解氧含量降低是因为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+，而不是溶解氧随着生成的氢气一同溢出，B错误； C．由分析可知，过程中溶解氧含量降低是因为4Fe2++O2+10H2O═4Fe(OH)3↓+8H+，故过程中一定有Fe(OH)3生成，C正确； D．Fe能够把铜置换出来，发生原电池反应，导致生成气泡的速率加快，D错误； 故答案为：C。 12. 向体积为的密闭容器中充入一定量，发生反应： 。 编号 温度() 起始物质的量() 平衡物质的量() Ⅰ Ⅱ 下列说法不正确的是 A. B. ，该反应的平衡常数 C. Ⅱ中存在： D. ，向该容器中充入物质的量均为的3种气体，反应将逆向进行 【答案】D 【解析】 【详解】A．结合已知数据列温度时三段式： 该温度下平衡常数K1=； 温度时三段式： 该温度下平衡常数K2=，该反应，温度升高平衡逆向移动减小， 由K2> K1可知，，故A正确； B．由A中分析可知，℃，该反应的平衡常数K=4，故B正确； C．Ⅱ中存在的起始物质的量为0.2mol，则其起始浓度为0.2mol/L，结合物料守恒可知：存在，故C正确； D．℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，则此时Qc=<K1，反应将正向进行，故D错误； 故选：D。 13. 熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 【答案】B 【解析】 【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”（如 ）。在常温下是固体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的和，从而参与循环反应，A正确； B．反应①的输入是CO2，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键（C=O）的断裂；反应②的反应物包含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键（C-C）结合，因此，在反应②中，除了的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误； C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，为催化剂，将分步反应加和可得总反应为，C正确； D．反应①：，生成的与体系中的CO2继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 mol ，总转移电子为2 mol，即每生成2 mol ，①、②间转移1mol ，D正确； 故选B。 14. 用热再生氨电池处理含电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为混合液，b极室为溶液；热再生部分加热a极室流出液，使分解。下列说法不正确的是 A. a极的电极反应为： B. 电池部分的总反应为： C. 该方法可以富集并产生电能，同时循环利用 D. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电极反应为：，b电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为：，总反应为：，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，a极为原电池的负极，电极反应为：，A正确； B．由分析可知，电池部分的总反应为：，B正确； C．由分析可知，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨气，C正确； D．a极室溶液中生成的导致正电荷在增加，b极室消耗Cu2+，导致正电荷减少，需由 b极室迁移到a极室，才能维持两室溶液中的电荷呈电中性，使电池反应能不断进行下去，故装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，D错误； 故答案为：D。 第二部分 15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。 （1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是_________。 （2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。 ①的空间结构为_________。 ②判断、、的键角大小，并从结构角度解释原因：____________________。 （3）的晶胞如图所示（晶胞体积为）。 ①该晶体的密度为_________（用含字母的代数式表示）。 ②与结构相似。从结构角度解释熔点（）高于熔点（）的原因：____________________。 （4）测定产品的纯度（主要杂质为），实验步骤如下。 ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应。 ⅱ．向ⅰ所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，与甲醛发生反应完全转化为。 ⅲ．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ⅱ中所得溶液，消耗溶液。[与不反应] ①步骤Ⅱ中生成的离子方程式为____________________。 ②样品中的质量分数为_________（用含字母的代数式表示）。 ③若ⅱ中未用溶液调节，则测定结果_________（填“偏低”或“偏高”）。 【答案】（1）氢气 （2） ①. V形 ②. 、、中N均为sp3杂化，孤电子对数依次增多，孤电子对斥力大于成键电子对斥力，孤电子对数越多，键角越小，键角： （3） ①. ②. 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强 （4） ①. ②. ③. 偏高 【解析】 【小问1详解】 金属锂与液氨反应生成LiNH2和一种气体，该反应中Li失电子作还原剂，NH3应该是H原子得电子生成H2，所以得到的气体是氢气； 【小问2详解】 ①中N原子的价层电子对个数为且含有2个孤电子对，该离子的空间构型为V形； ②、、中N均为sp3杂化，中心N无孤电子对，有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对之间斥力>孤电子对与成键电子对斥力>成键电子对之间斥力，孤电子对数越多，对成键电子挤压越强，键角越小； 【小问3详解】 ①该晶胞中Li原子个数为，NH2的个数为8，相当于该晶胞中含有8个“LiNH2”，该晶体的密度为； ②LiNH2与NaNH2结构相似，从结构角度解释LiNH2熔点（373 ℃）高于NaNH2熔点（210 ℃）的原因是二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强； 【小问4详解】 ①步骤Ⅱ中生成的离子方程式为； ②根据、、得关系式，则，样品中的质量分数为： ； ③若ⅱ中未用NaOH溶液调节pH，因为原来的盐酸有剩余，导致iii中消耗NaOH较多，测定结果偏高。 16. Ⅰ．氮元素和生命息息相关。 资料：①普鲁士蓝（PB）是亚铁氰化铁的俗称，化学式为，难溶于水。 ②中，负载在表面，没有产生新化学键，各自化学性质保持不变。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。下列说法正确的是________（填序号）。 a．氨的催化氧化法制硝酸，利用了的氧化性 b．与硝酸反应制高效氮肥，因为具有还原性 c．用、、饱和食盐水制纯碱，利用了极易溶于水且溶液呈碱性 d．用氨水和溶液制，因为可作配体 Ⅱ．氨氮废水处理 （2）利用微生物处理氨氮废水（N元素主要以形式存在）具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法  Ⅱ．短程硝化-反硝化法  Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法  （注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中甲醇均转化为） ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为____________________。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是____________________（写出两条）。 ③Ⅲ中，将全部转化为，理论上需要________mol。 ④Ⅲ中，增大的通入，氨氮去除率先增大后降低，降低的原因是____________________。 （3）用溶液模拟氨氮废水。实验发现时，在体系中加入，可将氨氮转化为无毒气体，提高氨氮的去除率。其原理为： ⅰ． ⅱ．将氨氮氧化为 ①ⅱ的离子方程式为____________________。 ②用和混合处理某氨氮含量（以质量计算）为的废水。实验结束后，收集到（已折算成标准状况）。处理后的废水中氨氮含量为_____（废水体积变化忽略不计），达到了污水排放标准要求（）。 【答案】（1）cd （2） ①. ②. 耗氧量减少，甲醇量更少，成本更低 ③. ④. 过量的会将进一步氧化为，同时高浓度会抑制厌氧氨氧化菌群的活性，导致反应无法顺利进行，氨氮去除率下降 （3） ①. ②. 13 【解析】 【小问1详解】 a：氨的催化氧化中​中N从-3价升高到+2价，体现还原性而非氧化性，a错误； b：​和硝酸反应生成硝酸铵氮肥，是利用​的碱性，与还原性无关，b错误； c：侯氏制碱法利用​极易溶于水使溶液显碱性，能吸收更多的​，从而析出​，c正确； d：​中N有孤电子对，可作为配体和形成配位键，得到配合物，d正确； 故选cd； 【小问2详解】 ①酸性条件下，​作为氧化剂被还原为​，作为还原剂被氧化为​，根据得失电子守恒（1 mol ​得5 e⁻，1 mol 失6 e⁻）配平得到离子方程式： ； ②对比流程：传统法需要将氧化到​，短程法只氧化到​，第一步耗氧量减少；且反硝化阶段还原1 mol ​，短程法需要的甲醇量更少，因此成本更低； ③总反应为​部分被​氧化为​：，生成的​再和等物质的量的​反应生成​。要让1 mol ​完全转化为​，需要0.5 mol ​被氧化为​，对应消耗​的物质的量为； ④Ⅲ的第二步是厌氧氨氧化，需要厌氧环境的特定菌群：过量​一方面会将中间产物​氧化为​，破坏反应路径，另一方面高浓度氧气会抑制厌氧氨氧化菌群的活性，导致反应无法顺利进行，氨氮去除率下降； 【小问3详解】 ①羟基自由基是强氧化剂，将​氧化为​，自身被还原为，根据得失电子守恒（1个得1 e⁻，1个​生成​时失去3 e⁻），配平得到离子方程式： ； ②废水中总质量为，标准状况下22.4 L ​为1 mol，对应消耗2 mol ​（即2 mol ），剩余的质量为为。 17. 聚赖氨酸可作为药物递送载体，一种合成路线如下： 已知：ⅰ. ⅱ. （1）聚赖氨酸重复单元中含有的官能团有氨基和_______(不考虑端基)。 （2）的化学方程式是_______。 （3）D的结构简式为_______。 （4）G与足量NaOH溶液加热充分反应可得到。用虚线标注出时G分子中的断键位置_______。 （5）K中含有五元环状结构(如图)。 ①将图中K的结构简式补充完整_______。 ②过程中，脱除的小分子是_______(填化学式)。 （6）有机化合物中有多个相同官能团时，通过控制反应条件，可使反应只在其中一个官能团的位点优先发生，体现了反应选择性。上述聚赖氨酸的合成路线中，有多步体现了反应选择性，例如；中，单一羟基被氧化；_______(再列举一例即可)。 （7）以D和为原料合成E的多步反应如下： 已知：过程中，有键生成。 ①Q含有五元环结构，Q的结构简式为_______。 ②的反应类型为_______。 【答案】（1）酰胺键 （2）+ HO(CH2)4CHO+ H2O （3）HO(CH2)4CH(NH2)CN （4） （5） ①. ②. CO2 （6）在E→G过程中，HBr选择性只与羟基反应（酰胺键、羟基均能与HBr反应） （7） ①. ②. 加成反应 【解析】 【分析】A在氧气，加热的条件下生成B（CH2OHCH2CH2CH2CHO）；结合已知条件i可知D的结构简式为（CH2OHCH2CH2CH2CH(NH2)CN）；结合已知条件ii和G的结构推出E的结构简式为；G在NaOH条件下发生水解，生成I（）；结合L的结构可推出K为。 【小问1详解】 由聚赖氨酸结构可知，其含有的官能团为氨基和酰胺键； 【小问2详解】 A在氧气，加热条件下发生催化氧化反应生成B，反应的化学方程式为+ HO(CH2)4CHO + H2O； 【小问3详解】 由上述分析可知D的结构简式为HO(CH2)4CH(NH2)CN； 【小问4详解】 G在NaOH条件下发生水解，生成I（），断裂的酰胺键（如图）； 【小问5详解】 ①由上述分析可知K的结构为；②由K和L的结构可知，开环过程中断裂情况如图所示：，脱去的小分子为CO2； 【小问6详解】 酰胺键、羟基均能与HBr反应，但在E→G过程中，HBr选择性只与羟基反应； 【小问7详解】 ①P→Q过程中，有N−H键生成，且Q含有五元环结构，说明该过程中P结构上的-COOH与发生加成反应生成环状结构Q（）；②Q经连续异构后得到R，结合R与E（）的结构可知，的反应类型为加成反应。 18. 稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、BaO、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：ⅰ．HF是一种易挥发的弱酸 ⅱ．难溶于水、可溶于酸；溶于水而难溶于水也难溶于酸 ⅲ．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取：，而不能 （1）与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是_________。 （2）烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有_________。 （3）硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高Ce元素和的浸出率变化的原因是__________。 （4）在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是_________。 （5）步骤Ⅵ中和的作用是_________。 （6）步骤Ⅶ中生成的离子方程式是_________。 （7）该流程中可循环利用的物质有_________。 【答案】（1）对流空气增大了矿料与的接触面积，加快了氧化反应速率 （2）​​、 （3）硫酸浓度增大，浓度升高，与结合生成弱酸，使平衡移动，因此浸出率降低；硫酸浓度升高促进烧渣中Ce元素溶解，因此Ce元素总浸出率仍缓慢升高  （4）将难溶于酸的​转化为可溶于酸的，便于后续稀盐酸溶解得到 （5）提供高浓度，使萃取平衡逆向移动，促进Ce从有机相脱离进入水层；作还原剂，将还原为，不能被萃取，从而进入水相分离 （6） （7）有机萃取剂、 【解析】 【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧，被氧化为；烧渣经硫酸浸出，与硫酸反应生成难溶，\ceSiO2不溶于硫酸，二者留在滤渣中，以、形式进入浸出液；浸出液分为两条路径制备。路径Ⅰ→Ⅳ：浸出液加硫脲、，（硫脲还原后）生成难溶复盐沉淀，沉淀经转化为，再经稀盐酸酸溶得到溶液，加得到，灼烧得到。路径Ⅴ→Ⅷ：利用有机萃取剂萃取浸出液中的（不被萃取），再经反萃取将还原为转移至水层，水层中经、氧化得到，灼烧得到，有机萃取剂再生可循环使用。 【小问1详解】 对流流动的空气可增大固气接触面积，加快反应速率，因此缩短氧化焙烧时间； 【小问2详解】 原料中不与硫酸反应，难溶于水和酸；与硫酸反应生成难溶的​沉淀，因此酸浸后二者为剩余固体的主要成分； 【小问3详解】 硫酸浓度增大，浓度升高，与结合生成弱酸，使平衡移动，因此浸出率降低；硫酸浓度升高促进烧渣中Ce元素溶解，因此Ce元素总浸出率仍缓慢升高 ； 【小问4详解】 根据已知信息，原沉淀难溶于酸，无法直接得到，通过加沉淀转化，可后续酸溶得到； 【小问5详解】 根据萃取原理：只有能被萃取，反萃取需要通过平衡移动和价态还原，让Ce进入水层；硫酸提供高浓度，使萃取平衡逆向移动，促进Ce从有机相脱离进入水层；作还原剂，将还原为，不能被萃取，从而进入水相分离； 【小问6详解】 为氧化剂，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，方程式为； 【小问7详解】 步骤Ⅵ反萃取后得到的有机层含，可返回步骤Ⅴ循环使用；步骤Ⅱ转化沉淀后，滤液中生成的​，可返回步骤Ⅰ沉淀Ce，因此二者均可循环。 19. 实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和氧化还原反应的影响。 资料：ⅰ．呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ⅱ．在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 ⅲ．为微溶物 实验 序号 试剂 现象 Ⅰ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。 Ⅱ ：10滴蒸馏水 ：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。 Ⅲ ：10滴溶液 ：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，未见明显变化。 Ⅳ ：10滴溶液 ：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成。 （1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因_____。 （2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均被氧化为。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析： ①对于氧化性的认识是_____。 ②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为_____。 （3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为_____。 ②实验Ⅳ中“静置，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：_____(写出2点)。 （4）针对实验Ⅲ、Ⅵ继续探究： ①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色。产生棕黑色沉淀。 ②实验Ⅵ：向实验Ⅳ的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验Ⅵ滴加后溶液未见紫红色的可能原因_____。 （5）综合上述实验，在下图中用连线的方式补充完善实验Ⅰ~Ⅵ已证实的锰化合物转化关系_____。 【答案】（1） （2） ①. 均可体现氧化性；在酸性溶液中被还原为，在中性溶液中被还原为，在碱性溶液中被还原为 ②. 加入足量盐酸，振荡，充分反应后过滤，向滤液中滴加溶液，产生白色沉淀。 （3） ①. ②. 被过量的还原产生；随着与反应过程中消耗，溶液碱性减弱，转化为。 （4）酸性条件下，可发生反应：；或酸性条件下，可发生反应(反应ⅰ)、(反应ⅱ)，反应ⅱ速率快于反应ⅰ （5） 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下的氧化性强弱，并设计实验验证锰化合物转化关系。 【小问1详解】 由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫酸溶液后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：8MnO+5S2O+14H+=8Mn2++5SO+7H2O，后过量的硫代硫酸钠溶液反应与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①实验I、II、III可知，高锰酸钾溶液具有氧化性，能将硫代硫酸钠氧化为硫酸钠，但还原产物不同，故答案为：KMnO4溶液在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，在酸性溶液中被还原为，在中性溶液中被还原为，在碱性溶液中被还原为； ②由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排出硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO； 【小问3详解】 ①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为； ②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀，也可能是MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀； 【小问4详解】 对比实验V、VI，实验VI滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O，故答案为：MnO酸性条件与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 由实验I~VI可知，高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，但还原产物不同，酸性条件下生成锰离子、中性条件下生成二氧化锰、碱性条件下生成锰酸根离子；锰酸根离子在酸性条件下不稳定会分解生成高锰酸根离子和二氧化锰、也能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子；二氧化锰酸性条件下能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子，则实验I~VI已证实的锰化合物转化关系如下：； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $