精品解析：福建莆田第十五中学2026-2027学年高三上学期第一次学情自测 化学试题

莆田十五中高三年级2026-2027学年第一次诊断性检测 高三化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H- 1 C- 12 N -14 O -16 Cl -35.5 Cu -64 Zn- 65 Cr- 52 第Ⅰ卷 (选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 制造机器人材料多种多样，大体上可以分为金属材料、非金属材料、有机高分子材料以及复合材料等。下列属于有机高分子材料的是 A. 聚酰亚胺(PI) B. 单质硅 C. 碳纤维基材 D. 钢材 2. 设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 的稀盐酸中，水电离出的数为 B. 氨水中含有分子数为 C. 1 mol Cu与足量的S反应，失去电子数为 D. 和4.8 g臭氧中含有的氧原子数均为 3. 茉莉花所含α-戊基肉桂醛俗称茉莉花醛，结构如图。下列关于茉莉花醛的说法正确的是 A. 茉莉花醛为不溶于水的芳香烃 B. 不存在顺反异构 C. 一定条件下能生成高分子化合物 D. 检验其碳碳双键的方法为：先加入足量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，再滴入溴水 4. 电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞X＞Y B. 该离子中、、均采取杂化 C. 第一电离能：X＜W＜Y D. 氢化物沸点：X＞Y＞M 5. 下列物质性质的解释正确的是 选项 物质性质 解释 A 金刚石的硬度大于碳化硅的硬度 金刚石和碳化硅晶体类型不同 B HF的热稳定性大于HCl的热稳定性 HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在 C 的酸性大于的酸性 C—F键的键长小于C—Cl的键长 D 二苯并-18-冠-6与可形成 直径(276 pm)与二苯并-18-冠-6的空腔直径(260~320 pm)适配 A. A B. B C. C D. D 6. 利用下列实验装置及实验操作完成相应实验，能达到实验目的的是 A．实验室制取氨气 B．制备甲酸 C．分离Fe(OH)3胶体 D．蒸馏的接收装置 A. A B. B C. C D. D 7. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为 8. 某光电装置利用空气中的氧气制备甘油醛的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 光催化电极是负极 B. 正极的反应式为 C. 撤去该装置中间的阴离子交换膜对产物无影响 D. 理论上每生成甘油醛，左边溶液质量减少 9. 利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 A. NO、均为酸性氧化物 B. 步骤①形成了配位键 C. 是反应过程中的催化剂 D. 和的VSEPR模型不同 10. 2025年诺贝尔化学奖聚焦金属有机框架(MOFs)材料，这类材料在气体存储与分离、碳捕获、沙漠集水等领域展现出广阔应用前景。MOF-5为与对苯二甲酸根()通过配位键形成的多孔晶体，其结构如图，其中阴影球的直径为其最大孔径，下列说法错误的是 A. 的价层电子排布式为 B. MOFs中有机配体提供空轨道与金属离子形成配位键，该化学键具有方向性 C. 改变金属离子和有机配体的种类，可以调控MOFs的孔道尺寸，从而吸附不同分子 D. MOF-5热稳定性高，是因为整个框架由共价键(含配位键)构筑 第II卷　　(非选择题 共60分) 二、非选择题：本题共5个小题，共60分。 11. 以镍渣(主要成分为Ni，含少量、、及其氧化物和酸碱难溶性的物质等)为主要原料制备NiSO4·7H2O和K2NiF4的工艺流程如图所示。 已知：①部分金属离子开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为完全沉淀)的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.2 7.6 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 9.6 ②酸性条件下，H2O2不能氧化Ni2+、Co2+。 回答下列问题： （1）基态Ni原子的价电子排布式是__________，中S原子的杂化方式为_________。 （2）“碱浸”工艺中采用过量的NaOH溶液，该工艺过程中，生成气体的化学方程式是_____________。 （3）提高“酸溶”反应速率的措施有_______________________(写出1条即可)。 （4）“反应i”的目的是________________________；该工艺中，采用相同浓度的H2O2，相同浓度的“酸溶液”，相等时间内测得混合液中Fe3+浓度随着温度的变化如图所示。随着温度升高，Fe3+浓度先增大后减小，出现这种现象的原因是_________________________。 （5）常温下，“反应i”的溶液若“调节pH”为7，则沉淀后的滤液中_____。 （6）“沉镍”的原理是____________________(用离子方程式表示)；“滤液b”中的主要溶质是_______(填化学式)。 （7）利用含Ni2+溶液制备NiSO4·7H2O的工艺流程如图所示。试剂X是___________________(填试剂名称)；“系列操作”用到的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、___________(写出1种仪器)。 12. C、N和Fe元素的化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是__________，电负性最大的是_________。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为____________。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是___________(填元素符号)。 （3）三硝基胺(其结构为)是一种火箭燃料，因硝基吸电子能力强，中心N原子上无孤电子对，则中心N原子与三个硝基中的N原子构成_______________形。 13. 硒是动物和人体所必需的微量元素之一，含硒化合物在药物和材料领域具有重要应用。 （1）硒和硫在周期表中位于同一主族。 ①基态Se原子价层电子排布式是________________。 ②25℃时，溶液的pH小于溶液的pH，原因是___________________。 （2）由二苯基二硒醚(Ⅰ)合成含硒药物Ⅳ的化学方程式为： ①下列说法不正确的是________________。 A．反应物中所有碳原子的杂化方式均为 B．中O—Se—O键角大于中O—Se—O键角 C．化合物Ⅳ的熔点主要取决于所含化学键的键能大小 ②相同压强下，比较化合物V(苯硒酚)和苯酚沸点高低并解释原因____________________。 14. CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解 制备CuCl。 【资料查阅】 i．。 ii．实验室使用浓硫酸制备 HCl气体的原理如下：。 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 请回答下列问题： （1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有________________。 A. 脱水性 B. 强氧化性 C. 难挥发性 D. 吸水性 （2）使用恒压滴液漏斗制备HCl气体的优点是_________________；X装置的名称为____________。 （3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_________________。 （4）装置D中发生的离子方程式为___________________。 （5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量CuO杂质，根据资料信息分析产生的原因是__________________________。 （6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸， 配成100mL溶液， 取出10.00mL，用 amol/L的 K2Cr2O7标准溶液(假定与氯离子不发生反应)滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中被还原为Cr3+，已知：。 ①配制 100mL待测液用不到的仪器有______________________。 A．容量瓶         B．烧杯            C．分液漏斗        D．胶头滴管 ②样品中CuCl的质量分数为_____________%。 ③若测定结果偏大可能的原因是_______________。 A．样品中混有 CuO B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D．装待测液前锥形瓶内残留少量水 15. 软珊瑚素的关键中间体(L)的某合成路线如下。(不考虑立体异构) 已知：和为保护基团。 （1）B中官能团有碳碳双键、_______、_______。(写名称) （2）Ⅱ的反应类型为_______；的空间结构为_______。 （3）Ⅲ的化学方程式为_______。 （4）Ⅳ的反应条件为_______。 （5）由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下： ① ② K的结构简式为_______。 （6）Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为_______。 ①Y可以发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田十五中高三年级2026-2027学年第一次诊断性检测 高三化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H- 1 C- 12 N -14 O -16 Cl -35.5 Cu -64 Zn- 65 Cr- 52 第Ⅰ卷 (选择题 共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 制造机器人材料多种多样，大体上可以分为金属材料、非金属材料、有机高分子材料以及复合材料等。下列属于有机高分子材料的是 A. 聚酰亚胺(PI) B. 单质硅 C. 碳纤维基材 D. 钢材 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚酰亚胺是通过缩聚反应得到的聚合物，属于有机高分子材料，A符合题意； B．单质硅属于新型无机非金属材料，B不符合题意； C．碳纤维基材是主要成分为碳单质的特种无机非金属材料，C不符合题意； D．钢材是铁碳合金，属于金属材料，D不符合题意。 2. 设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是 A. 的稀盐酸中，水电离出的数为 B. 氨水中含有分子数为 C. 1 mol Cu与足量的S反应，失去电子数为 D. 和4.8 g臭氧中含有的氧原子数均为 【答案】C 【解析】 【详解】A．题目未给出稀盐酸的体积，无法计算水电离出的的物质的量和离子数目，A错误； B．氨水中存在平衡：，1 L 1 mol/L氨水中含有的、、​总物质的量为1 mol，因此分子数小于，B错误； C．与反应生成硫化亚铜（），1 mol与足量的反应，失去电子数为，C正确； D．3.36 L并没有注明是标准状况，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法确定其氧原子数为多少，D错误； 故选C。 3. 茉莉花所含α-戊基肉桂醛俗称茉莉花醛，结构如图。下列关于茉莉花醛的说法正确的是 A. 茉莉花醛为不溶于水的芳香烃 B. 不存在顺反异构 C. 一定条件下能生成高分子化合物 D. 检验其碳碳双键的方法为：先加入足量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，再滴入溴水 【答案】C 【解析】 【详解】A．芳香烃的定义是仅含C、H元素且含苯环的烃类，该物质结构中含有醛基（含氧原子），属于芳香醛，不属于烃类，A错误； B．该分子中碳碳双键的两个碳原子，各自连接了两种不同的基团，符合顺反异构的形成条件，B错误； C．分子中含有碳碳双键，可以在一定条件下发生加聚反应，生成高分子化合物，C正确； D．新制Cu(OH)2悬浊液本身是碱性体系，加热后直接滴入溴水时，溴水会优先和碱发生反应被消耗，无法顺利与碳碳双键作用检验双键；正确的操作应是中和反应后的体系至酸性，再滴入溴水才能完成检验，D错误。 4. 电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞X＞Y B. 该离子中、、均采取杂化 C. 第一电离能：X＜W＜Y D. 氢化物沸点：X＞Y＞M 【答案】D 【解析】 【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特点：M形成4个单键，为；W原子序数在元素和元素之间，形成2个单键且离子带1个负电荷，为；X形成1个双键且和Z同族，Z形成6个共价键，故X为，Z为；Y形成1个单键，原子序数大于，为。即M为、W为、X为、Y为、Z为。 【详解】A．电子层数越多原子半径越大，同周期元素核电荷数越大原子半径越小，故原子半径：，即，A正确； B．形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化；形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化；形成4个键（双键仅算1个键），无孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，B正确； C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于，故第一电离能：，即，C正确； D．题目未限定为简单氢化物，的氢化物为烃类，相对分子质量较大的烃沸点远高于和，不满足沸点，D错误； 故选D。 5. 下列物质性质的解释正确的是 选项 物质性质 解释 A 金刚石的硬度大于碳化硅的硬度 金刚石和碳化硅晶体类型不同 B HF的热稳定性大于HCl的热稳定性 HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在 C 的酸性大于的酸性 C—F键的键长小于C—Cl的键长 D 二苯并-18-冠-6与可形成 直径(276 pm)与二苯并-18-冠-6的空腔直径(260~320 pm)适配 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．金刚石的硬度大于碳化硅的硬度，是因为金刚石的C—C键长更短、键能更大，二者都是共价晶体，A错误； B．HF的热稳定性大于HCl的热稳定性是因为H—F的键能更大，B错误； C．的酸性强于，因F的电负性比Cl大，吸电子效应更强，使O—H极性增大，更易解离，C错误； D．直径（276 pm）处于二苯并-18-冠-6的空腔直径（260～320 pm）范围内，故可形成，D正确； 故选D。 6. 利用下列实验装置及实验操作完成相应实验，能达到实验目的的是 A．实验室制取氨气 B．制备甲酸 C．分离Fe(OH)3胶体 D．蒸馏的接收装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．图示是实验室制取氨气的实验装置，固体加热，大试管管口向下，收集氨气的试管口朝下，A正确； B．足量酸性高锰酸钾溶液将甲醇氧化为二氧化碳和水，B错误； C．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液均可透过滤纸，无法起到分离的作用，可用半透膜进行分离，C错误； D．整个接收装置为密闭体系，馏分无法顺利流下，且压强过大易导致实验事故，D错误。 故选A。 7. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误； 故选D。 8. 某光电装置利用空气中的氧气制备甘油醛的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 光催化电极是负极 B. 正极的反应式为 C. 撤去该装置中间的阴离子交换膜对产物无影响 D. 理论上每生成甘油醛，左边溶液质量减少 【答案】C 【解析】 【分析】光催化电极a上O2转化为H2O2，O元素化合价降低，得电子发生还原反应，为原电池正极；催化电极b上甘油转化为甘油醛，对应-CH2OH氧化为-CHO，C元素化合价升高，失电子发生氧化反应，为原电池负极；电解质为KOH溶液，中间阴离子交换膜允许OH-定向迁移，正极反应式为，负极反应式为，原电池中阴离子向负极移动，OH-由正极区经交换膜向负极区迁移。 【详解】A．催化电极b上甘油转化为甘油醛，C元素化合价升高，失电子发生氧化反应，故b为负极，A正确； B．正极a上得电子生成，碱性电解质中配平得反应式为，B正确； C．撤去阴离子交换膜后，正极生成的具有氧化性的会扩散至负极区，与负极区的还原性物质甘油、甘油醛发生副反应，降低产物产率和纯度，对产物有影响，C错误； D．生成1mol甘油醛时电路中转移2mol电子，左边正极区溶解1mol（质量32），同时有2mol迁移至负极区（质量），左边溶液质量变化为，即减少2，D正确； 故选C。 9. 利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法正确的是 A. NO、均为酸性氧化物 B. 步骤①形成了配位键 C. 是反应过程中的催化剂 D. 和的VSEPR模型不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．NO既不与碱发生反应生成对应价态的盐，属于不成盐氧化物；NO2和碱反应会发生氧化还原反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，不符合酸性氧化物的定义，A错误； B．与生成的过程中，新生成的N—H键实为配位键，B正确； C．是反应过程中的中间产物，不是催化剂，C错误； D．和中心原子的杂化方式都是sp3杂化，其VSEPR模型都是四面体形，D错误； 故选B。 10. 2025年诺贝尔化学奖聚焦金属有机框架(MOFs)材料，这类材料在气体存储与分离、碳捕获、沙漠集水等领域展现出广阔应用前景。MOF-5为与对苯二甲酸根()通过配位键形成的多孔晶体，其结构如图，其中阴影球的直径为其最大孔径，下列说法错误的是 A. 的价层电子排布式为 B. MOFs中有机配体提供空轨道与金属离子形成配位键，该化学键具有方向性 C. 改变金属离子和有机配体的种类，可以调控MOFs的孔道尺寸，从而吸附不同分子 D. MOF-5热稳定性高，是因为整个框架由共价键(含配位键)构筑 【答案】B 【解析】 【详解】A．Zn原子的价层电子排布式为，形成时先失去最外层的两个电子，故其价层电子排布式为，A正确； B．形成配位键时，有机配体中的配位原子提供孤电子对，金属离子提供空轨道；配位键虽具有方向性，但该说法颠倒了电子对提供者与空轨道提供者，B错误； C．MOFs由金属离子或金属簇节点与有机配体连接而成，改变节点和配体的种类可改变框架的几何结构与孔道尺寸，从而实现对不同分子的吸附，C正确； D．MOF-5中金属簇与有机配体通过配位键连接成延伸的框架，框架由较强的共价键（含配位键）构筑，因而具有较高的热稳定性，D正确； 故选B。 第II卷　　(非选择题 共60分) 二、非选择题：本题共5个小题，共60分。 11. 以镍渣(主要成分为Ni，含少量、、及其氧化物和酸碱难溶性的物质等)为主要原料制备NiSO4·7H2O和K2NiF4的工艺流程如图所示。 已知：①部分金属离子开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为完全沉淀)的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.2 7.6 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 9.6 ②酸性条件下，H2O2不能氧化Ni2+、Co2+。 回答下列问题： （1）基态Ni原子的价电子排布式是__________，中S原子的杂化方式为_________。 （2）“碱浸”工艺中采用过量的NaOH溶液，该工艺过程中，生成气体的化学方程式是_____________。 （3）提高“酸溶”反应速率的措施有_______________________(写出1条即可)。 （4）“反应i”的目的是________________________；该工艺中，采用相同浓度的H2O2，相同浓度的“酸溶液”，相等时间内测得混合液中Fe3+浓度随着温度的变化如图所示。随着温度升高，Fe3+浓度先增大后减小，出现这种现象的原因是_________________________。 （5）常温下，“反应i”的溶液若“调节pH”为7，则沉淀后的滤液中_____。 （6）“沉镍”的原理是____________________(用离子方程式表示)；“滤液b”中的主要溶质是_______(填化学式)。 （7）利用含Ni2+溶液制备NiSO4·7H2O的工艺流程如图所示。试剂X是___________________(填试剂名称)；“系列操作”用到的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、___________(写出1种仪器)。 【答案】（1） ①. 3d84s2 ②. sp3杂化 （2）2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑ （3）粉碎镍渣或适当提高稀硫酸浓度或适当提高温度 （4） ①. 使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，便于后续使之转化为Fe(OH)3沉淀除去 ②. 开始阶段，随着温度升高，反应速率加快，Fe3+浓度增大，后续温度过高，H2O2分解，使得H2O2溶液浓度降低，导致Fe3+浓度减小 （5）1.0×10-17.6 （6） ①. 2HCO+ Ni2+=NiCO3↓+ CO2↑+H2O ②. Na2SO4、(NH4) 2SO4 （7） ①. 稀硫酸 ②. 漏斗或烧杯 【解析】 【分析】由题给流程可知，向镍渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将铝及其氧化物转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液a和滤渣；向滤渣中加入稀硫酸酸浸，将溶液中的金属元素转化为硫酸盐，向反应后的溶液中加入过氧化氢溶液发生反应i，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，继续向反应后的溶液中加入氢氧化钠调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；滤液经钴镍分离得到含有镍离子的溶液；向溶液中加入碳酸氢铵沉镍，将溶液中的镍离子转化为碳酸镍沉淀，过滤得到含有硫酸钠、硫酸铵的滤液b和碳酸镍；向碳酸镍中加入氟化铵灼烧，将碳酸镍转化为二氟化镍；向二氟化镍中加入氟化钾熔融反应得到四氟合镍酸钾。 【小问1详解】 镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为：4+(6-2×4+2) ×=4，孤电子对数为：(6-2×4+2) ×=0，则原子的杂化方式为sp3杂化； 【小问2详解】 “碱浸”时，生成气体的反应为铝与氢氧化钠溶液的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑； 【小问3详解】 “酸浸”时，将镍渣粉碎、适当提高稀硫酸浓度、适当提高温度等措施能提高酸浸反应速率； 【小问4详解】 由分析可知，加入过氧化氢溶液发生反应i的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，便于后续使之转化为氢氧化铁沉淀除去；随着温度升高，铁离子浓度先增大后减小的原因是开始阶段，随着温度升高，反应速率加快，使得铁离子浓度增大，后续温度过高，过氧化氢受热分解，使得过氧化氢溶液浓度降低，导致铁离子浓度减小； 【小问5详解】 由表格数据可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液的pH为2.8，则氢氧化铁的溶度积为：Ksp=1.0×10-5× (1.0×10-11.2)3=1.0×10-38.6，所以溶液pH为7时，溶液中铁离子的浓度为：=1.0×10-17.6； 【小问6详解】 由分析可知，“沉镍”时加入碳酸氢铵沉镍的目的是将溶液中的镍离子转化为碳酸镍沉淀，反应的离子方程式为：2HCO+ Ni2+=NiCO3↓+ CO2↑+H2O，滤液b的主要成分是硫酸钠和硫酸铵； 【小问7详解】 硫酸镍是强酸弱碱盐，镍离子在溶液中易发生水解，所以制备七水硫酸镍时，应先向溶液中加入稀硫酸抑制镍离子水解，然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍，则“系列操作”需要的玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒、漏斗、烧杯等。 12. C、N和Fe元素的化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为___________。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是__________，电负性最大的是_________。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为____________。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是___________(填元素符号)。 （3）三硝基胺(其结构为)是一种火箭燃料，因硝基吸电子能力强，中心N原子上无孤电子对，则中心N原子与三个硝基中的N原子构成_______________形。 【答案】（1） ①. 四 ②. VIII ③. 4:5 （2） ①. N ②. O ③. ④. O （3） 平面三角 【解析】 【小问1详解】 的原子序数为26，基态原子的电子排布式为 ，位于元素周期表第四周期第VIII族。基态 原子的 轨道上有4个未成对电子；基态 的电子排布式为 ， 轨道上有5个未成对电子，故未成对电子数之比为 4:5； 【小问2详解】 ① 同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但 原子的 轨道处于半充满的稳定状态（），第一电离能反常地大于相邻的 元素，故第一电离能最大的是 ；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，故电负性最大的是 ； ② 尿素分子中， 原子与1个 原子形成双键，与2个 原子形成单键， 原子无孤电子对，其价层电子对数为 ，故 原子采取 杂化； ③ 尿素分子中有2个 原子和1个 原子。若 原子参与配位，则配位的 原子与未配位的 原子化学环境不同，会导致两个碳氮键的键长不相等。题目指出碳氮键键长均相等，说明两个 原子均未参与配位，故与 配位的原子是 ； 【小问3详解】 中心 原子与三个硝基中的 原子形成3个 键，且题目已知中心 原子上无孤电子对，即其价层电子对数为3。根据价层电子对互斥理论（VSEPR），中心 原子与三个硝基中的 原子构成平面三角形。 13. 硒是动物和人体所必需的微量元素之一，含硒化合物在药物和材料领域具有重要应用。 （1）硒和硫在周期表中位于同一主族。 ①基态Se原子价层电子排布式是________________。 ②25℃时，溶液的pH小于溶液的pH，原因是___________________。 （2）由二苯基二硒醚(Ⅰ)合成含硒药物Ⅳ的化学方程式为： ①下列说法不正确的是________________。 A．反应物中所有碳原子的杂化方式均为 B．中O—Se—O键角大于中O—Se—O键角 C．化合物Ⅳ的熔点主要取决于所含化学键的键能大小 ②相同压强下，比较化合物V(苯硒酚)和苯酚沸点高低并解释原因____________________。 【答案】（1） ①. ②. Se原子半径大于S原子半径，H-Se键键能小于H-S键键能，更容易电离出 （2） ①. AC ②. 苯酚沸点高于苯硒酚；两者均为分子晶体，苯酚分子间存在氢键，而苯硒酚分子间仅有范德华力，氢键比范德华力强，故苯酚沸点更高 【解析】 【小问1详解】 ①Se是34号元素，位于元素周期表第四周期第VIA族，其基态原子的价层电子排布式为； ②同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，Se的原子半径大于S，导致H-Se键的键长大于H-S键，键能小于H-S键，因此在水中更容易断键电离出，酸性更强，相同浓度下溶液的pH更小； 【小问2详解】 ①A．反应物II中含有碳碳三键，三键上的碳原子采用sp杂化，并非所有碳原子均为杂化，故A错误； B．中心Se原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120°，而中心Se原子价层电子对数为，含有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，键角小于109°28'，故B正确； C．化合物IV属于分子晶体，其熔点主要取决于分子间作用力（范德华力）的大小，与化学键的键能无关，故C错误。 故答案选AC。 ②苯酚和苯硒酚均属于分子晶体，但苯酚分子中含有羟基，O的电负性较强，分子间能形成氢键，而苯硒酚分子间不能形成氢键。由于氢键的作用力显著强于范德华力，因此苯酚的沸点高于苯硒酚。 14. CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解 制备CuCl。 【资料查阅】 i．。 ii．实验室使用浓硫酸制备 HCl气体的原理如下：。 【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。 请回答下列问题： （1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有________________。 A. 脱水性 B. 强氧化性 C. 难挥发性 D. 吸水性 （2）使用恒压滴液漏斗制备HCl气体的优点是_________________；X装置的名称为____________。 （3）C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式_________________。 （4）装置D中发生的离子方程式为___________________。 （5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量CuO杂质，根据资料信息分析产生的原因是__________________________。 （6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸， 配成100mL溶液， 取出10.00mL，用 amol/L的 K2Cr2O7标准溶液(假定与氯离子不发生反应)滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中被还原为Cr3+，已知：。 ①配制 100mL待测液用不到的仪器有______________________。 A．容量瓶         B．烧杯            C．分液漏斗        D．胶头滴管 ②样品中CuCl的质量分数为_____________%。 ③若测定结果偏大可能的原因是_______________。 A．样品中混有 CuO B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失 C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗 D．装待测液前锥形瓶内残留少量水 【答案】（1）C （2） ①. 平衡气压，使浓硫酸顺利流下 ②. 球形干燥管 （3）5Cl2​+I2​+6H2​O=2HIO3​+10HCl （4）Cl2​+2OH−=Cl−+ClO−+H2​O、H++OH−=H2​O （5）通入HCl的量太少，产生Cu2(OH)2Cl2后又分解产生CuO （6） ①. C ②. ③. C 【解析】 【分析】本实验以二水合氯化铜为原料，在HCl氛围中热分解制备CuCl；利用浓硫酸的难挥发性，通过微热NaCl与浓H2SO4的反应制取HCl气体，一方面抑制加热过程中CuCl2·2H2O的水解，避免生成碱式氯化铜最终转化为CuO杂质，另一方面作为反应物保障热分解路径向生成无水CuCl2、再进一步分解为CuCl的方向进行。装置依次通过热分解装置A、无水硫酸铜检验生成水的装置B、湿润淀粉KI试纸检验生成Cl2的装置C，最后用NaOH溶液吸收尾气Cl2和未反应的HCl，既完成产物制备，也实现了中间产物检验与尾气环保处理，后续通过氧化还原滴定定量测定所得CuCl产品的纯度。 【小问1详解】 该反应利用高沸点难挥发的浓硫酸制备易挥发的HCl，体现浓硫酸的难挥发性；反应中无化合价变化，未体现脱水性、强氧化性、吸水性，选C。 【小问2详解】 恒压滴液漏斗的连通管平衡了漏斗和反应烧瓶的气压，使浓硫酸能顺利滴下；X为盛装无水硫酸铜检验水蒸气的球形干燥管。 【小问3详解】 Cl2先将KI氧化为I2使淀粉试纸变蓝，过量的Cl2进一步将I2氧化为无色的HIO3，导致试纸蓝色褪去，方程式为5Cl2​+I2​+6H2​O=2HIO3​+10HCl。 【小问4详解】 装置D中NaOH同时吸收尾气中残留的Cl2和过量HCl，两类反应共同发生，离子方程式为Cl2​+2OH−=Cl−+ClO−+H2​O、H++OH−=H2​O。 【小问5详解】 结合资料信息，若HCl气流不足，二水合氯化铜直接水解生成碱式氯化铜，碱式氯化铜在200℃下会分解为CuO杂质。 【小问6详解】 ①配制100 mL一定物质的量浓度的待测液，需要烧杯溶解、玻璃棒搅拌、引流、100 mL容量瓶定容、胶头滴管调液面，不需要分液漏斗，选C。 ②滴定过程中被还原为Cr3+，每个得6e-；Fe2+（来自CuCl被Fe3+氧化的反应）被氧化为Fe3+，每个Fe2+失1e-，可得关系式：6CuCl ~ 6Fe2+ ~ 。10 mL待测液中，则100 mL溶液对应，CuCl摩尔质量为99.5 g/mol，质量分数为。 ③ A．CuO不与FeCl3反应，不会生成可被K2Cr2O7滴定的Fe2+，最终算出来的CuCl质量分数偏小； B．滴定前尖嘴有液滴、滴定后消失，会导致读取的标准液体积偏小，结果偏小； C．滴定管未润洗会稀释标准液，消耗的标准液体积偏大，结果偏大； D．锥形瓶残留水不改变待测溶质的物质的量，对结果无影响； 故选C。 15. 软珊瑚素的关键中间体(L)的某合成路线如下。(不考虑立体异构) 已知：和为保护基团。 （1）B中官能团有碳碳双键、_______、_______。(写名称) （2）Ⅱ的反应类型为_______；的空间结构为_______。 （3）Ⅲ的化学方程式为_______。 （4）Ⅳ的反应条件为_______。 （5）由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下： ① ② K的结构简式为_______。 （6）Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为_______。 ①Y可以发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1。 【答案】（1） ①. 酮羰基 ②. 碳溴键 （2） ①. 还原反应 ②. 正四面体形 （3） （4）I2，碱，CH2Cl2 （5） （6） 【解析】 【分析】由题干合成流程图可知，A与Br2在碱性、CH2Cl2作溶剂条件下发生取代反应生成B，B被NaBH4还原为C，C经过一系列反应生成D，D与HCON(CH3)2发生取代反应生成E，根据A到B的转化信息可知，F与在I2、碱、CH2Cl2条件下发生取代反应生成G，G经一系列反应转化为H，H和E先反应后水解生成J，J经过反应Ⅵ生成K，K经过反应Ⅶ生成L，根据J和L的结构简式以及题干(5)小问信息可知，K的结构简式为：，据此分析解题。 【小问1详解】 由合成流程图中B的结构简式可知，B中官能团有碳碳双键、酮羰基、碳溴键； 【小问2详解】 由分析可知，Ⅱ即B中的酮羰基转化为C中的羟基，该反应的反应类型为还原反应；中中心原子B周围的价层电子对数为：4+=4，没有孤电子对，故该离子的空间结构为正四面体形； 【小问3详解】 由题干合成路线图可知，根据D和E的结构简式可知，Ⅲ即D与HCON(CH3)2发生取代反应生成E的化学方程式为：； 【小问4详解】 由题干A到B的转化条件可知，Ⅳ的反应条件为：I2，碱，CH2Cl2； 【小问5详解】 由分析结合题干信息：由J生成L的过程涉及两种官能团的转化可知，K的结构简式为； 【小问6详解】 由题干流程图中A的结构简式可知，A的分子式为：C7H10O，不饱和度为3，故Y是A的同分异构体，且满足下述条件①Y可以发生银镜反应即含有醛基，②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1则可知含有3个甲基，故Y的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $