精品解析：北京市第八中学2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试题

2026-2027学年高三10月月考试卷 科目：化学 考试时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：O 16 第一部分 选择题（共42分） 每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 我国科学家在嫦娥五号月壤样本中发现了一种新型水合矿物晶体，其主要成分为铵镁氯化物，晶体中存在被、、等微量取代的现象。氯同位素比例分析显示，该矿物中与的比例显著不同于典型地球矿物。下列说法不正确的是 A. 该矿物的主要成分属于盐类 B. 该矿物晶体中金属阳离子与阴离子以离子键结合 C. 该矿物所含H、Na、K、Cs元素均位于元素周期表的IA族 D. 与在元素周期表中的位置相同，原子核外电子数不同 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 乙酸甲酯的结构简式： C. 基态原子的价层电子轨道表示式： D. 的晶胞： 3. 下列说法不正确的是 A. 利用植物油加氢硬化可制取肥皂 B. 氯乙烯、乙醛都可用于合成高分子化合物 C. 明矾作净水剂与水解生成胶体有关 D. 五彩缤纷的焰火与金属原子核外电子跃迁有关 4. 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 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. 海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴： C. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： D. 、在强碱性溶液中反应制备： 6. 下列实验能达到对应目的的是 选项 A B C D 实验 目的 制备Fe(OH)3 胶体 检验待测液中 是否含有 检验溴乙烷中的 溴元素 制备并收集NO2 A. A B. B C. C D. D 7. 光致变色分子在信息存储、智能材料等领域展现出重要应用前景。在紫外光的条件下，具有光致变色性能的有机化合物X会发生结构转变得到Y。 下列说法不正确的是 A. 转变过程中，有σ键的断裂和π键的形成 B. X能发生加成或取代反应 C. Y不能与盐酸反应 D. Y比X具有更好的亲水性 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 膨松剂的膨松原理： 膨松剂的膨松原理： B HF分子的极性强于HCl分子的极性 分子的极性强于分子的极性 C 用与浓硫酸反应制备 用与浓硫酸反应制备 D 接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的缔合分子 接近硫化氢的沸点的硫化氢气体中存在相当量的缔合分子 A. A B. B C. C D. D 9. 碱金属生成的过程中吸热越多，则在水溶液中的失电子能力越弱。生成的过程可设想为通过以下步骤实现。 Li Na 下列说法正确的是 A. 破坏金属键，Na的金属键强于Li B. 形成水合离子的过程中，与之间形成氢键 C. 在水溶液中的失电子能力： D. 在水溶液中的失电子能力仅取决于M的第一电离能 10. 近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 已知：工作过程中K2SO4溶液浓度增大 下列说法正确的是 A. a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 B. 电极b的反应式： C. 理论上，吸收1 mol氧气，K2SO4的物质的量增加2 mol D. 中和反应没有电子转移，化学能一定不能转化为电能 11. 化合物L和M是合成巴比妥类药物的重要中间体，G和K反应生成L和M的转化关系如下。 已知：（X为N或CH） 下列说法正确的是 A. G的核磁共振氢谱峰面积比值为  B. K是H2NCHO C. L水解可得到G和K   D. 一定条件下G和K能发生缩聚反应 12. 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 13. 钛酸钡（BaTiO3）是电子陶瓷基础母体原料，超细微BaTiO3粉体的制备方法如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 向TiCl4中先加入H2C2O4，可防止其水解生成TiO2·xH2O B. 得到溶液1的反应：TiCl4+2H2C2O4+6NH3•H2O═(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O C. 加入过量氨水，有利于提高BaTiO(C2O4)2·4H2O的产率 D. “煅烧”得到的气体A是CO、CO2和H2O的混合物 14. 利用碘量法测定某纯净水样中溶解的含量，实验如下(加入的试剂已除去)。 步骤1 水样中的固定：用的水瓶盛满水样，加入溶液，再加入含溶液和溶液的混合液，部分水样溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇匀，生成白色沉淀，随即有棕色沉淀生成。 步骤2 生成：当水样中的沉淀沉降到距瓶口三分之一以下时，缓缓加入适量稀至液面下，部分溶液溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇动，至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 步骤3 测定及计算：用碘量法测出步骤2中生成的为，进而计算出纯净水样中溶解的含量。 已知：直接氧化的反应速率很慢。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离 B. 步骤2中，生成的反应： C. 步骤2中，部分溶液溢出不影响测定纯净水样中溶解的含量 D. 步骤3中，经计算，该纯净水样中含有的浓度为 第二部分 非选择题（共58分） 15. 锂电池是一类应用广泛的电池，目前已研发了多种正极材料。 （1）锂电池的负极是锂单质 ①下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为__________（填序号）。 a．     b．    c． ②锂电池中电解质必须使用非水溶剂，用化学方程式表示原因______________________________。 （2）磷酸铁（FePO4）是锂电池的一种正极材料，充放电时，LiFePO4中的Li⁺会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图： ①i表示__________（填“充电”或“放电”）过程。 ②已知：Li⁺的脱嵌率=。某时刻，若正极材料中，则Li⁺的脱嵌率为__________，平均每个晶胞脱嵌__________个Li⁺。 ③LiFePO4的晶胞的长和宽均为a nm，高为b nm，为阿伏加德罗常数，LiFePO4的摩尔质量用M表示，其密度为__________g·cm-3。（1 nm=10-7cm） ④制备FePO4的一种流程如下： H3PO4转化为FePO4的离子方程式是______________________________。 16. 肼可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作分子中原子被取代的产物。易溶于水的原因之一，是与水分子间存在__________作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：的还原性强于 ①反应器1中产生的离子方程式是________________________________________。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是_____________________________________________。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：____________________________________________。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是__________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是__________________________________________________。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点____________________。 17. 化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： （1）A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 （2）DE的化学方程式为_____。 （3）I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 （4）下列说法正确的是_____(填序号)。 a.中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 （5）以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 （6）在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 18. 利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备MnCO3粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为Mn2O3，MnO能溶于氨水生成[Mn(NH3)4]2+。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是________________ 。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、CaMg(CO3)2 MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgO MnO、CaCO3、MgO 下列说法正确的是________ （填序号）。 A.800℃时发生了反应： B.热稳定性MnCO3＞CaCO3＞MgCO3 C.焙烧时，N2的作用是避免MnO被氧化 （3）已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：________________ 。 （4）图1中，氨水-(NH4)2CO3溶液中的总氮浓度固定为14 mol·L-1。 ①浸锰的离子反应方程式是：________ 。 ②结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：________ 。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高时，Mn沉淀率增大的原因：________ 。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为________ 。 19. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。 （4）由i、iii可得到的结论是_____。 （5）设计iv的目的是_____。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向 右微弱偏转，检流计读数为amA； 2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向 右偏转，检流计读数为bmA(b>a)； 3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。 （7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高三10月月考试卷 科目：化学 考试时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：O 16 第一部分 选择题（共42分） 每小题只有1个正确选项符合题意，每小题3分，共42分 1. 我国科学家在嫦娥五号月壤样本中发现了一种新型水合矿物晶体，其主要成分为铵镁氯化物，晶体中存在被、、等微量取代的现象。氯同位素比例分析显示，该矿物中与的比例显著不同于典型地球矿物。下列说法不正确的是 A. 该矿物的主要成分属于盐类 B. 该矿物晶体中金属阳离子与阴离子以离子键结合 C. 该矿物所含H、Na、K、Cs元素均位于元素周期表的IA族 D. 与在元素周期表中的位置相同，原子核外电子数不同 【答案】D 【解析】 【详解】A．该矿物的主要成分含有金属阳离子、铵根离子和酸根离子，属于含结晶水的盐，A正确； B．离子键是阴、阳离子之间通过静电作用形成的化学键。该矿物晶体中的金属阳离子与通过离子键结合，B正确； C．H、Na、K、Cs原子的最外层电子数均为1，这些元素均位于元素周期表的IA族，C正确； D．与的质子数均为17，中子数分别为20和18，二者互为同位素，属于同一种元素，因此在元素周期表中的位置相同。中性原子的核外电子数等于质子数，二者的原子核外电子数均为17，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 乙酸甲酯的结构简式： C. 基态原子的价层电子轨道表示式： D. 的晶胞： 【答案】A 【解析】 【详解】A．中心原子的价层电子对数 为 ，为杂化，因此VSEPR模型为四面体形，图示表达正确，A符合题意； B．是甲酸乙酯的结构简式，乙酸甲酯的结构简式为，表达错误，B不符合题意； C．基态原子的价层电子为，价层电子轨道表示式需要包含轨道的2个电子，正确的价层电子轨道表示式为，表达错误，C不符合题意； D．NaCl的晶胞中阴阳离子交替排列在顶点、棱心、面心、体心，即，表述错误，D不符合题意； 故选A。 3. 下列说法不正确的是 A. 利用植物油加氢硬化可制取肥皂 B. 氯乙烯、乙醛都可用于合成高分子化合物 C. 明矾作净水剂与水解生成胶体有关 D. 五彩缤纷的焰火与金属原子核外电子跃迁有关 【答案】A 【解析】 【详解】A．植物油加氢硬化时，其中的碳碳双键与氢气发生加成反应，生成硬化油；制取肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解反应，即皂化反应，生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，A错误； B．氯乙烯含有碳碳双键，可通过加聚反应制得聚氯乙烯；乙醛含有醛基，可与苯酚发生缩聚反应制得高分子化合物，因此二者都可用于合成高分子化合物，B正确； C．明矾溶于水后产生的发生水解，反应为，生成的胶体能吸附水中的悬浮杂质，使杂质沉降，从而起到净水作用，C正确； D．金属原子受热时，核外电子吸收能量跃迁到较高能级；电子从较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，其中的可见光使焰火呈现不同颜色，D正确； 故选A。 4. 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。 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用溶液“腐蚀”覆铜板： B. 海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴： C. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： D. 、在强碱性溶液中反应制备： 【答案】D 【解析】 【详解】A．用氯化铁溶液腐蚀覆铜板的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，故A正确； B．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴发生的反应为二氧化硫的水溶液与溴反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，故B正确； C．灭火时，将泡沫灭火器中的碳酸氢钠浓溶液和硫酸铝浓溶液混合发生的反应为碳酸氢钠溶液与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故C正确； D．制备高铁酸钠的反应为碱性条件下溶液中的次氯酸根离子与铁离子反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为，故D错误； 故选D。 6. 下列实验能达到对应目的的是 选项 A B C D 实验 目的 制备Fe(OH)3 胶体 检验待测液中 是否含有 检验溴乙烷中的 溴元素 制备并收集NO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误； B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有 或Ag+，故B错误； C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确； D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误； 选C。 7. 光致变色分子在信息存储、智能材料等领域展现出重要应用前景。在紫外光的条件下，具有光致变色性能的有机化合物X会发生结构转变得到Y。 下列说法不正确的是 A. 转变过程中，有σ键的断裂和π键的形成 B. X能发生加成或取代反应 C. Y不能与盐酸反应 D. Y比X具有更好的亲水性 【答案】C 【解析】 【详解】A．转变过程中X的C-O 键断裂，同时有新的键（如碳氮双键）生成，A正确； B．X含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应，苯环及烷基结构可发生取代反应，B正确； C．Y中存在带负电的氧原子，可与盐酸中的结合生成酚羟基，能与盐酸反应，C错误； D．Y为内盐结构，带有正负电荷，极性强于中性的X，因此亲水性更好，D正确； 故选C。 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 膨松剂的膨松原理： 膨松剂的膨松原理： B HF分子的极性强于HCl分子的极性 分子的极性强于分子的极性 C 用与浓硫酸反应制备 用与浓硫酸反应制备 D 接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的缔合分子 接近硫化氢的沸点的硫化氢气体中存在相当量的缔合分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．受热分解生成气体是因为不稳定易分解生成，推测同样含的碳酸氢铵受热分解同样生成气体；则碳酸氢铵受热分解为NH3、CO2和H2O，反应原理与事实一致，推测正确，A正确； B．HF和HCl都是极性分子，F的电负性强于Cl，则HF的极性比HCl强；而CO2和CS2均为非极性分子，整体分子均为非极性，推测CO2的极性与CS2差不多，推测错误，B错误； C．用Na2SO3与浓硫酸制SO2是利用浓硫酸的酸性，不能氧化SO2；浓硫酸具有强氧化性，用Na2S与浓硫酸制H2S，浓硫酸会与发生氧化还原反应生成S或SO2，而非H2S，推测错误，C错误； D．水蒸气因氢键存在缔合分子；推测H2S气体接近沸点时也有缔合是错误的，因为H2S分子间作用力弱（范德华力为主），缔合程度极低，无氢键作用，推测错误，D错误； 故答案为：A。 9. 碱金属生成的过程中吸热越多，则在水溶液中的失电子能力越弱。生成的过程可设想为通过以下步骤实现。 Li Na 下列说法正确的是 A. 破坏金属键，Na的金属键强于Li B. 形成水合离子的过程中，与之间形成氢键 C. 在水溶液中的失电子能力： 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．M(s)→M(g)时，金属单质会吸收热量，破坏金属键发生状态改变；由ΔH1可知，金属钠破坏金属键吸收的热量小于金属锂，说明金属钠的金属键弱于金属锂，A错误； B．金属阳离子不能与水分子形成氢键，B错误； C．由盖斯定律可知，金属在水溶液中生成水合离子的反应热为：ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，则由表格数据可知，金属锂在水溶液中生成锂离子的反应热为：ΔH=+159 kJ/mol，金属钠在水溶液中生成钠离子的反应热为：ΔH=+197 kJ/mol，反应的ΔH的值越小，失去电子的能力越易，所以金属锂在水溶液中的失电子能力强于金属钠，C正确； D．由表格数据可知，金属单质在水溶液中的失电子能力取决于ΔH的大小，与第一电离能的大小无关，D错误； 故选C。 10. 近期，科学家研发了“全氧电池”，其工作原理示意图如下。 已知：工作过程中K2SO4溶液浓度增大 下列说法正确的是 A. a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜 B. 电极b的反应式： C. 理论上，吸收1 mol氧气，K2SO4的物质的量增加2 mol D. 中和反应没有电子转移，化学能一定不能转化为电能 【答案】C 【解析】 【分析】电极b通入氧气，发生还原反应为正极，根据其酸性环境可知，电极反应为；电极a生成氧气，发生氧化反应为负极，根据其碱性环境可知，电极反应为，由此解答； 【详解】A．工作时溶液浓度增大，说明左侧通过a膜进入中间溶液，通过b膜进入中间溶液，故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，A错误； B．由分析可知，电极b为正极，电极反应为，B错误 C．根据正极电极反应可知，每吸收，电路转移电子，根据电荷守恒可知，对应的有和进入中间溶液，因此物质的量增加，C正确； D．根据电极反应可知，该电池的总反应为，属于中和反应，实现了化学能向电能的转化，D错误； 故选C。 11. 化合物L和M是合成巴比妥类药物的重要中间体，G和K反应生成L和M的转化关系如下。 已知：（X为N或CH） 下列说法正确的是 A. G的核磁共振氢谱峰面积比值为  B. K是H2NCHO C. L水解可得到G和K   D. 一定条件下G和K能发生缩聚反应 【答案】D 【解析】 【分析】根据反应物G(丙二酸二乙酯)和产物M的结构，可知K为尿素(H2NCONH2)。G与K发生缩合反应生成L和乙醇，L是M的同分异构体，结合已知信息可知，L的结构简式为，据此解答。 【详解】A．为丙二酸二乙酯，分子中有3种等效氢，峰面积比为，不是，A错误； B．生成物中含有2个原子，故应含有2个，为（尿素），不是，B错误； C．L的结构简式为，水解得到丙二酸和尿素，无法得到酯类，C错误； D．含2个酯基，含2个氨基，一定条件下可发生缩聚反应，脱除乙醇生成聚酰胺类高分子，D正确； 故选D。 12. 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。 13. 钛酸钡（BaTiO3）是电子陶瓷基础母体原料，超细微BaTiO3粉体的制备方法如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 向TiCl4中先加入H2C2O4，可防止其水解生成TiO2·xH2O B. 得到溶液1的反应：TiCl4+2H2C2O4+6NH3•H2O═(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O C. 加入过量氨水，有利于提高BaTiO(C2O4)2·4H2O的产率 D. “煅烧”得到的气体A是CO、CO2和H2O的混合物 【答案】C 【解析】 【分析】TiCl4与草酸、NH3•H2O发生反应TiCl4+2H2C2O4+6NH3•H2O═(NH4)2TiO(C2O4)2+4NH4Cl+5H2O，然后加入BaCl2反应生产BaTiO(C2O4)2•4H2O，生成的BaTiO(C2O4)2•4H2O再经过隔绝空气煅烧，得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，涉及的方程式为BaTiO(C2O4)2•4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，据此分析解答。 【详解】A．水解生成，加入酸性的会增大溶液中浓度，抑制水解，可防止其水解生成，A正确； B．根据流程中产物和原子守恒、电荷守恒可知，得到溶液1的反应书写正确，B正确； C．加入过量氨水时溶液碱性过强，会转化为钛的羟基氧化物沉淀，降低的浓度，不利于生成，会降低其产率，C错误； D．隔绝空气煅烧时，中的结晶水变为水蒸气，发生歧化反应生成和，故气体A是、和的混合物，D正确； 答案选C。 14. 利用碘量法测定某纯净水样中溶解的含量，实验如下(加入的试剂已除去)。 步骤1 水样中的固定：用的水瓶盛满水样，加入溶液，再加入含溶液和溶液的混合液，部分水样溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇匀，生成白色沉淀，随即有棕色沉淀生成。 步骤2 生成：当水样中的沉淀沉降到距瓶口三分之一以下时，缓缓加入适量稀至液面下，部分溶液溢出，立即盖好瓶盖，翻转摇动，至沉淀完全溶解，得到黄色溶液。 步骤3 测定及计算：用碘量法测出步骤2中生成的为，进而计算出纯净水样中溶解的含量。 已知：直接氧化的反应速率很慢。 下列说法不正确的是 A. 步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离 B. 步骤2中，生成的反应： C. 步骤2中，部分溶液溢出不影响测定纯净水样中溶解的含量 D. 步骤3中，经计算，该纯净水样中含有的浓度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤1中，用注射器加入试剂时应将细长针头插到液面下一定距离，防止空气进入，故A正确； B．步骤2中，棕色沉淀与KI反应得到棕黄色溶液，可知生成碘单质，1mol得2mol电子生成锰离子，1mol碘离子失去1mol电子生成碘单质，结合电子得失守恒及元素守恒得反应离子方程式：，故B正确； C．步骤2中， 的质量决定生成碘单质的质量，部分溶液溢出不影响沉淀的质量，该实验通过碘单质的量计算水中溶解氧气的含量，因此溢出的水不影响纯净水样中溶解的含量，故C正确； D．根据电子得失守恒可知：1mol反应时可生成2mol，1mol反应生成1mol碘单质，则：，生成的为，则氧气的物质的量为，该纯净水样中含有的浓度为，故D错误； 故选：D。 第二部分 非选择题（共58分） 15. 锂电池是一类应用广泛的电池，目前已研发了多种正极材料。 （1）锂电池的负极是锂单质 ①下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为__________（填序号）。 a．     b．    c． ②锂电池中电解质必须使用非水溶剂，用化学方程式表示原因______________________________。 （2）磷酸铁（FePO4）是锂电池的一种正极材料，充放电时，LiFePO4中的Li⁺会不断脱嵌或嵌入，晶体结构变化示意图如图： ①i表示__________（填“充电”或“放电”）过程。 ②已知：Li⁺的脱嵌率=。某时刻，若正极材料中，则Li⁺的脱嵌率为__________，平均每个晶胞脱嵌__________个Li⁺。 ③LiFePO4的晶胞的长和宽均为a nm，高为b nm，为阿伏加德罗常数，LiFePO4的摩尔质量用M表示，其密度为__________g·cm-3。（1 nm=10-7cm） ④制备FePO4的一种流程如下： H3PO4转化为FePO4的离子方程式是______________________________。 【答案】（1） ①. c ②. （2） ①. 充电 ②. 25% ③. 1 ④. ⑤. 【解析】 【小问1详解】 ①原子有3个电子，轨道能量：，电子越往高能级跃迁，原子能量越高。a的电子排布为，符合激发态，能量高于基态，但低于b与c；根据洪特规则可得，b中两个电子分占2个p轨道，c中两个电子挤在同一个轨道成对，排斥作用更大，原子能量更高。故电子排布图表示的原子的状态中，能量最高的为c； ②锂单质化学性质活泼，遇水剧烈反应：，该反应不仅消耗活性物质，还可能引发安全风险，故必须使用非水溶剂。 【小问2详解】 ①示意图中i过程为，即从晶格中脱嵌，元素化合价升高，发生了氧化反应，这对应的是电池的充电过程； ②设，，根据电荷守恒，剩余数满足：，可得剩余，脱嵌出的数为，脱嵌率为；由均摊法可知原始晶胞中总数为，平均每个晶胞脱嵌数为； ③晶胞体积为，晶胞质量为，其密度为； ④观察流程图可知，转化为的过程中，被氧化成，反应环境呈酸性，产物含，配平后离子方程式为。 16. 肼可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作分子中原子被取代的产物。易溶于水的原因之一，是与水分子间存在__________作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：的还原性强于 ①反应器1中产生的离子方程式是________________________________________。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是_____________________________________________。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：____________________________________________。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是__________________________________________________。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是__________________________________________________。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点____________________。 【答案】（1）氢键 （2） ①. ②. ③. 的浓度增大，使和的反应速率增大，降低的浓度 （3） ①. 2 ②. 蒸出丁酮促进反应ii正向进行；升高温度反应速率增大 （4）丁酮连氮性质稳定，不易被H2O2继续氧化；丁酮连氮难溶于水，易与H2O2分离 【解析】 【分析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氯酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，与作用产生，反应器3中与大量的充分反应后生成，将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到。 【小问1详解】 含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。 【小问2详解】 ①反应器1中通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCl、NaClO和水，对应离子方程式为。 ③、NaOH和大量反应生成水合肼和，其化学方程式为。 ④增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。 【小问3详解】 ①丁酮连氮水解断裂双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为2。 ②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成。 【小问4详解】 丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 17. 化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： （1）A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 （2）DE的化学方程式为_____。 （3）I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 （4）下列说法正确的是_____(填序号)。 a.中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 （5）以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 （6）在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 【答案】（1） （2） ++H2O （3）醚键 （4）ad （5） ①. ②. d ③. c ④. e （6）I→J 【解析】 【分析】从G反推E，E到G没有C原子的增加，而是引入-Br，进而推出E为，D到E的反应是羰基的保护反应，使用乙二醇将羰基保护起来，形成两根醚键，推出D为，B到D是-OH的氧化反应，-OH被氧化为羰基，推出B为，A到B为加成反应，A是芳香族化合物，故应是苯环被H2加成得到B，A为，从I与K的结构式推导J，根据题中的提示反应：，I到J的反应式这个反应，根据反应，推出J为，K到L，根据分子式的变化，H原子的数目减少了，所以反应1为氧化反应，应为-OH被氧化为了羰基，L的结构简式为：，L到M的反应为羟基的脱保护反应，M的结构简式为：，由此可以看出I到J的反应为羟基的保护反应，L到M则是羟基的脱保护反应，由此分析解题。 【小问1详解】 根据分析，A的结构简式为。 【小问2详解】 D到E的反应是羰基的保护，反应方程式为：++H2O。 【小问3详解】 通过观察I分子中的含氧官能团分别是酚羟基与醚键。 【小问4详解】 a．I到J的反应方程式为：+CH3OCH2Cl+HCl，加入碱后可以中和生成的HCl，使得反应正向移动，提高J的平衡产率，a正确； b．根据I的结构简式计算出I的不饱和度为4，且同分异构体为芳香族化合物，若存在含有-CHO的芳香族同分异构体，其不饱和度应该为5，但是I的不饱和度只有4，所以该可能性不存在，b错误； c．K分子中的四元碳环，其中两个C均为sp3杂化，空间构型为正四面体形，其键角不为90°，C-C-C的键角不可能为90°，c错误； d．由分析，反应1为氧化反应，d正确； 故答案选ad。 【小问5详解】 ①由分析，M的结构简式为：；②根据P与反应ii的机理倒推Z的结构简式，P的结构简式为，将P中的酰胺基还原为R2，与N原子连接的另一个没连接羰基的基团即为R2，从而得到Z的结构简式为：，通过与Y结构简式的对比，d与a相连，c与e相连形成了一个新的六元环，即 ，所以是a与d，c与e形成了新的碳碳单键。 【小问6详解】 由分析可知，D到E的目的是羰基的保护，I到J为羟基的保护。 18. 利用菱锰矿[主要化学成分为MnCO3，含CaMg(CO3)2、SiO2等杂质]制备MnCO3粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为Mn2O3，MnO能溶于氨水生成[Mn(NH3)4]2+。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是________________ 。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、CaMg(CO3)2 MnO、CaMg(CO3)2、CaCO3、MgO MnO、CaCO3、MgO 下列说法正确的是________ （填序号）。 A.800℃时发生了反应： B.热稳定性MnCO3＞CaCO3＞MgCO3 C.焙烧时，N2的作用是避免MnO被氧化 （3）已知MnCO3分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将N2替换为CO2，MnCO3显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：________________ 。 （4）图1中，氨水-(NH4)2CO3溶液中的总氮浓度固定为14 mol·L-1。 ①浸锰的离子反应方程式是：________ 。 ②结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：________ 。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高时，Mn沉淀率增大的原因：________ 。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为________ 。 【答案】（1）过滤 （2）AC （3）以替换后，增大了的分压，使分解平衡逆向移动，不利于的分解；且的分解反应吸热，温度升高至700℃时，K增大，Q<K，平衡正向移动，才能继续分解 （4） ①. ②. 加入氨水使形成可溶性；碳酸铵提供消耗，降低溶液的pH，避免发生副反应； 并补充配位消耗的，从而提高锰浸出量 （5）升温使逸出，平衡正向移动，释放的与结合生成沉淀，锰沉淀率增大 （6）、（或） 【解析】 【分析】菱锰矿经溶液处理，转化为可溶性，与不溶的、分离；在保护下焙烧，使分解为，再用氨水—碳酸铵溶液浸取，锰以进入浸锰液，与钙、镁杂质分离；加热使氨逸出，配合物解离，锰转化为沉淀。 【小问1详解】 脱硅时发生反应，生成的硅酸钠溶于水，、不溶，通过过滤实现固液分离； 【小问2详解】 A．800℃时已完全分解，产物为、和，题给方程式正确，A正确； B．600℃时已分解，800℃时尚未分解，而镁的碳酸盐组分已转化为，热稳定性为，B错误； C．易被氧化，提供保护气氛，避免被氧化，C正确； 故选AC； 【小问3详解】 分解平衡为，以替换后，分压增大，平衡逆向移动，不利于的分解；且的分解反应吸热，温度升高至700℃时，K增大，Q<K，平衡正向移动，才能继续分解； 【小问4详解】 ①与反应，同时与锰离子形成配位键，离子方程式为；②图1显示，随碳酸铵浓度增大，pH降低，锰浸出量增大并趋于稳定，氨水提供，使形成可溶性；碳酸铵提供的通过消耗，降低溶液的pH，避免发生副反应；同时补充配位消耗的，有利于锰浸出； 【小问5详解】 图2显示，升温时pH降低、锰沉淀率增大，升温使逸出，平衡正向移动，释放的发生反应，从而提高锰沉淀率； 【小问6详解】 焙烧产生的和沉锰时逸出的可回收，用于配制氨水—碳酸铵浸取液；沉锰后的母液中剩余的也可回用。 19. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。 （4）由i、iii可得到的结论是_____。 （5）设计iv的目的是_____。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向 右微弱偏转，检流计读数为amA； 2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向 右偏转，检流计读数为bmA(b>a)； 3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。 （7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。 【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3− （2）加入Na2S2O3后得到无色溶液 （3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应 （4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率 （5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰 （6）O2 （7） ①. KI固体 ②. 黄色固体 （8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应 【解析】 【分析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。 【小问1详解】 黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−； 【小问2详解】 AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余； 【小问3详解】 紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解； 【小问4详解】 实验i 加入的是I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率； 【小问5详解】 溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰； 【小问6详解】 根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2； 【小问7详解】 探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体； 【小问8详解】 从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $