精品解析：北京市第五十七中学2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试题

2027届高三年级化学十月月考练习 2026.10 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ti 48 Cu 64 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. 我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中主要成分属于有机物的是 A. 人形机器人皮肤材料——硅橡胶 B. 第三代半导体核心材料——碳化硅 C. 航空锂电池电极材料——石墨烯 D. 5G通讯传输光缆材料——光导纤维 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙酸的实验式：CH2O B. 原子核内中子数为4的锂原子： C. H—Cl的形成过程： D. 一种激发态氧原子的轨道表示式： 3. 下列方程式表达正确且水作氧化剂的是 A. 高温下水蒸气与铁粉的反应： B. 金属钠与水的反应： C. 向过氧化钠固体中加水： D. 氯气溶于水： 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2 B. 1.8g重水中所含质子数为 C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为 D. 溶液中，、数目之和为0.1 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇酚酞变红的溶液中：、、、 B. 无色透明溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、 6. 下列操作中不正确的是 润洗滴定管 验证牺牲阳极法 A．加入少量待盛液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，再从上口倒出 B．一段时间后，取出少量铁电极附近的溶液，滴加2滴铁氰化钾溶液 检验铜与浓硫酸反应的产物 证明氨气极易溶于水 C．冷却后，将①中物质慢慢倒入盛有水的烧杯中 D．打开弹簧夹挤压胶头滴管使水进入烧瓶 A. A B. B C. C D. D 7. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 8. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，与相邻，基态原子最高能级的电子有4种运动状态，与同主族，在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的键角： B. 双原子分子的稳定性： C. 元素的电负性： D. 元素的非金属性： 9. 在不同条件下进行化学反应 ，B、D的起始浓度均为0，反应物A的浓度()随反应时间的变化如下表。 序号 0 20 40 60 ① 500 2.0 1.3 1.0 1.0 ② 500 x 1.0 1.0 1.0 ③ 500 y 1.5 1.2 1.2 ④ 600 2.0 0.5 0.4 0.4 下列说法不正确的是 A. ①中D在0~20min平均反应速率为 B. ②中反应的化学平衡常数 C. ③中 D. 10. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 11. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 12. 氮化硅可用作高温结构陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如图所示。下列说法不正确的是 A. 原料石英砂不能与碱性物质共同存放 B. ①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是①② C. ④反应时会产生白烟，其方程式为 D. ⑤反应的副产物可循环利用 13. 一定温度下，(X)在存在下与等物质的量的反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B. Y→Z的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 C. 5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 D. 此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 14. 将铁钉放入浓硝酸中，生成少量气体后反应停止，得到黄色溶液a．设计实验探究溶液a显黄色的原因。 实验1：取少量溶液a，滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，振荡后红色逐渐褪去，产生红棕色气体。另取少量溶液a，滴入NaOH溶液，产生红褐色沉淀。 实验2：取一定量Fe(NO3)3固体溶于水中，溶液为黄色，加硝酸酸化，溶液变为无色。 实验3：按如图装置进行实验。 序号 实验装置 X 实验现象 ① 浓硝酸 无色溶液变为黄色 ② 稀酸化的0.1mol/L Fe(NO3)3溶液 无色溶液变为黄色 ③ 稀酸化的0.3mol/L 溶液 无色溶液未变黄色 下列分析不正确的是 A. 实验1说明溶液a中有Fe3+ B. 实验1中产生红棕色气体说明SCN-被浓硝酸氧化为 C. 实验2说明Fe3+本身的颜色不是造成溶液a显黄色的原因 D. 综合以上实验，溶液a显黄色可能与遇浓硝酸、Fe3+有关 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是__________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①基态硫原子价层电子轨道表示式为__________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是__________。 ③键角：，原因是__________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 i．__________(补全反应) ii． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为、和，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是__________。 ②作催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：__________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是__________。 16. 将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为________。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是________（填序号）。 a.容积可变的恒压容器 b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.________ ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：________。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：________。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 17. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下： 资料i． （1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是_______。 （2）B的官能团的名称是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）J的结构简式是_______。 （5）下列有关K的说法正确的是_______(填序号)。 a．与FeCl3溶液作用显紫色 b．含有醛基、羟基和醚键 c．存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体 （6）E与K生成L的化学方程式是_______。 （7）依据资料i和资料ii，某小组完成了尼龙6的合成设计。 资料ii．、 P、Q的分子式都是C6H11ON，Q含有1个七元环。P的结构简式是_______，生成尼龙6的化学方程式是_______。 18. 利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 （1）的结构式是，则的结构式是___________。 （2）过程ⅰ中反应的离子方程式是___________。 （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式)___________。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是___________(填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是___________。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是___________。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是___________。 19. 探究CuSO4溶液与Na2SO3溶液的反应。 已知：Cu+在酸性环境中会发生反应：。 I．理论预测 序号 预测依据 可能的反应 a 多数亚硫酸盐难溶 生成沉淀 b CuSO4溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性 酸碱反应 c Cu2+有氧化性，有还原性 氧化还原反应 d Cu2+、Cu+有空轨道，有孤电子对 生成配合物 （1）用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因：___________。 Ⅱ．实验探究 【实验1】将浓度均为0.2mol/L的CuSO4溶液与Na2SO3溶液等体积混合，溶液变为绿色，析出棕黄色沉淀。待溶液颜色不变且不再产生沉淀时，快速过滤出棕黄色沉淀，洗涤，记为沉淀A． （2）查阅资料：绿色溶液中含，说明CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了___________(填序号)的反应。 【实验2】资料显示：沉淀A中不含，含有Cu2+、Cu+、。验证沉淀A的成分。 （3）iii的现象证明沉淀A中有但没有(已另补充实验排除O2干扰)。该步反应的离子方程式是___________。 （4）证明沉淀A中有Cu2+，依据的实验现象：___________。 （5）实验甲无法确定Cu+是否存在。另取沉淀A，加入足量稀硫酸，___________(填实验现象)，证实沉淀A中有Cu+。 （6）通过两步滴定实验验证沉淀A中是否仅含Cu2+、Cu+和这三种离子。 第一步：取一定质量的沉淀A放入锥形瓶中，加蒸馏水形成浊液。用x mol/LKMnO4溶液滴定。滴定过程中分多次滴加稀硫酸(当出现棕黑色沉淀MnO2时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失；重复以上操作；临近终点前补加少量稀硫酸)。终点时，共消耗ymL KMnO4溶液。锥形瓶内为澄清溶液，主要含和。 第二步：滴定上述溶液中的Cu2+，测得其物质的量为p×10-3mol。 ①设沉淀A样品中三种离子的物质的量分别为和，则 上面横线处应填写__________。 ②若无其他离子，存在电荷守恒关系：。测定结果为2p＞5xy，推断沉淀A中可能还含有___________。 ③实验反思：第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是___________(至少答两点)。 Ⅲ．实验结论：CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了多种类型反应。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级化学十月月考练习 2026.10 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Ti 48 Cu 64 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. 我国战略性新兴产业和未来产业发展日新月异，先进化学材料发挥了支撑作用。下列材料中主要成分属于有机物的是 A. 人形机器人皮肤材料——硅橡胶 B. 第三代半导体核心材料——碳化硅 C. 航空锂电池电极材料——石墨烯 D. 5G通讯传输光缆材料——光导纤维 【答案】A 【解析】 【详解】A．硅橡胶是含有硅元素的有机高分子聚合物，属于有机物，A符合题意； B．碳化硅化学式为，属于无机碳化物，是无机物，B不符合题意； C．石墨烯是碳元素的单质，有机物属于含碳化合物，因此不属于有机物，C不符合题意； D．光导纤维的主要成分为，属于无机非金属氧化物，是无机物，D不符合题意； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙酸的实验式：CH2O B. 原子核内中子数为4的锂原子： C. H—Cl的形成过程： D. 一种激发态氧原子的轨道表示式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙酸分子式为C2H4O2，实验式为各原子数的最简整数比，即CH2O，A正确； B．锂原子质子数为3，中子数为4时，质量数=质子数+中子数=7，核素表示为，B正确； C．HCl属于共价化合物，氢原子最外层电子与Cl最外层电子形成一对共用电子对，其形成过程可写为：，C错误； D．基态氧原子电子排布为1s22s22p4，该轨道表示式中2p轨道的1个电子跃迁到3s轨道，属于激发态氧原子，D正确； 答案选C。 3. 下列方程式表达正确且水作氧化剂的是 A. 高温下水蒸气与铁粉的反应： B. 金属钠与水的反应： C. 向过氧化钠固体中加水： D. 氯气溶于水： 【答案】B 【解析】 【详解】A．方程式表达错误，铁在高温下与水蒸气反应应生成四氧化三铁和氢气：，A错误； B．方程式表达正确，钠元素化合价升高被氧化，水中氢元素化合价降低被还原，水作氧化剂，B正确； C．方程式表达正确，但过氧化钠中氧元素发生歧化反应，水中元素无化合价变化，水不作氧化剂，C错误； D． 方程式表达正确，但氯气发生歧化反应，水中元素无化合价变化，水不作氧化剂，D错误； 故选B。 4. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2 B. 1.8g重水中所含质子数为 C. 电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为时，阳极有32g Cu转化为 D. 溶液中，、数目之和为0.1 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，故28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为，A正确； B．1.8g重水中所含质子数为，B错误； C．电解粗铜精炼铜，阳极发生的反应除了Cu-2e-=Cu2+还有其他金属的溶解，故通过电路的电子数为时，阳极溶解的铜小于32g，C错误； D．溶液中，、数目与溶液的体积有关，未说明体积，D错误； 故选A。 5. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 遇酚酞变红的溶液中：、、、 B. 无色透明溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．遇酚酞变红的溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子、、、、相互之间不反应，能共存，A符合题意； B．铜离子为蓝色，且铝离子、碳酸氢根离子会双水解反应而不共存，B不符合题意； C．碘离子和高锰酸根离子会发生氧化还原反应而不共存，C不符合题意； D．与Al反应能生成氢气的溶液可能为酸性或碱性；碱性溶液中，氢氧根离子和铵根离子、铁离子均反应而不共存，D不符合题意； 故选A。 6. 下列操作中不正确的是 润洗滴定管 验证牺牲阳极法 A．加入少量待盛液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，再从上口倒出 B．一段时间后，取出少量铁电极附近的溶液，滴加2滴铁氰化钾溶液 检验铜与浓硫酸反应的产物 证明氨气极易溶于水 C．冷却后，将①中物质慢慢倒入盛有水的烧杯中 D．打开弹簧夹挤压胶头滴管使水进入烧瓶 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．润洗滴定管时，加入少量待装液润湿内壁后，润洗的废液需要从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，该操作错误，A错误； B．牺牲阳极法中，活泼性更强的作负极被腐蚀，作正极被保护，不会生成；取铁电极附近溶液滴加铁氰化钾，检验是否存在即可验证保护效果，操作正确，B正确； C．铜与浓硫酸反应后，试管①中含有剩余浓硫酸，检验产物硫酸铜时，需要将冷却后的反应液缓慢倒入盛水的烧杯中，可防止液体飞溅，操作正确，C正确； D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，水进入烧瓶后迅速溶解使烧瓶内压强骤降，烧杯中滴有酚酞的水进入烧瓶形成红色喷泉，可证明极易溶于水，操作正确，D正确； 故选A。 7. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是 A. 存在顺反异构 B. 含有5种官能团 C. 可形成分子内氢键和分子间氢键 D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确； B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确； C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确； D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误； 故答案为：D。 8. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，与相邻，基态原子最高能级的电子有4种运动状态，与同主族，在同周期主族元素中第一电离能最大。下列说法正确的是 A. 简单氢化物的键角： B. 双原子分子的稳定性： C. 元素的电负性： D. 元素的非金属性： 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子中电子对的数目、未成对电子数均与其所在周期数相同，则X位于第二周期，电子排布为，共2对电子、2个未成对电子，X为C；Y与X相邻，原子序数更大，Y为N；Z最高能级有4种运动状态的电子，每个电子运动状态不同，即最高能级有4个电子，Y为N，Z原子序数更大，第二周期最高能级为，Z的最高能级为，Z为O；与同主族，M为P；在同周期主族元素中第一电离能最大，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，则为Cl。 【详解】A．的简单氢化物为，中心C原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，杂化方式为sp3；的简单氢化物为，中心原子价层电子对数为=4，有1对孤电子对，杂化方式为sp3，孤电子对成键电子的斥力更大，会使键角变小，故键角>，A正确； B．的双原子分子为，的双原子分子为，含氮氮三键，键能远大于的双键，稳定性即，B错误； C．化合物HClO中Cl元素为+1价，O元素为-2价，可知O元素对成键电子的吸引力更强，电负性更大，则电负性，C错误； D．同周期主族元素从左到右非金属性递增，故非金属性即，D错误； 故选A。 9. 在不同条件下进行化学反应 ，B、D的起始浓度均为0，反应物A的浓度()随反应时间的变化如下表。 序号 0 20 40 60 ① 500 2.0 1.3 1.0 1.0 ② 500 x 1.0 1.0 1.0 ③ 500 y 1.5 1.2 1.2 ④ 600 2.0 0.5 0.4 0.4 下列说法不正确的是 A. ①中D在0~20min平均反应速率为 B. ②中反应的化学平衡常数 C. ③中 D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．A在0~20min平均反应速率为，v(D)=v(A)= ，A正确； B．②的反应温度与①相同，故平衡常数也相同，由①的数据可知，40min时反应达到平衡，c(A)=1mol/L，c(B)= c(D)=0.5mol/L，K=，B正确； C．③反应温度与①相同，故③的平衡常数K=0.25，若y=2.64，则平衡时c(A)=1.2mol/L，c(B)= c(D)=1.44mol/L，K=，C错误； D．由①和④对比可知，温度升高，A的转化率增大，故反应吸热，即△H>0，D正确； 故答案选C。 10. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误； B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，电子可在整个碳原子平面中运动，因此有类似金属的导电性，B正确； C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确； D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确； 故答案选A。 11. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 12. 氮化硅可用作高温结构陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如图所示。下列说法不正确的是 A. 原料石英砂不能与碱性物质共同存放 B. ①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是①② C. ④反应时会产生白烟，其方程式为 D. ⑤反应的副产物可循环利用 【答案】C 【解析】 【分析】石英砂的主要成分是，高温下焦炭将其还原为粗硅；粗硅与反应生成粗，再经精馏提纯。纯与反应生成，后者在高温下分解得到氮化硅。氮化硅中硅元素为+4价、氮元素为−3价，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，可确定氮化硅的化学式为。 【详解】A．石英砂的主要成分属于酸性氧化物，能与强碱反应，例如，因此石英砂不能与碱性物质共同存放，A正确； B．①中焦炭在高温下还原，反应为，硅元素由+4价降至0价，碳元素由0价升至+2价，属于氧化还原反应。②的反应为，硅元素由0价升至+4价，氯元素由0价降至−1价，属于氧化还原反应。③为精馏，属于物理变化；④⑤中硅、氮、氢元素分别保持+4、−3、+1价，④中氯元素保持−1价，均不属于氧化还原反应。因此属于氧化还原反应的是①②，B正确； C．④中产生的会继续与反应，反应为，生成的固体小颗粒形成白烟。原式未体现这一反应，正确的总反应方程式为，C错误； D．⑤中在高温下分解生成，同时放出。根据原子守恒，反应方程式为。副产物可返回④作为反应原料循环利用，D正确； 故选C。 13. 一定温度下，(X)在存在下与等物质的量的反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A. 由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B. Y→Z的过程中，存在键的断裂与形成、键的旋转 C. 5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用来解释 D. 此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 【答案】C 【解析】 【分析】图1表明 X 快速转化为Y，Y 再缓慢转化为 Z，即反应初期Y的生成速率远快于Z；图 2 显示 X→Y 活化能低、速率快，Y→Z活化能高、速率慢，但Z能量更低。据此分析。 【详解】A．由图 1可知，反应初期Y的生成速率远快于Z，活化能越小反应速率越快，因此的活化能更小，的活化能更大，说法正确，A不符合题意； B．Y和Z是碳碳双键的顺反异构体，双键的键阻碍旋转，因此Y转化为Z时，需要断裂双键中的键，再绕键旋转，之后重新形成键得到Z，过程中存在键的断裂与形成、键的旋转，说法正确，B不符合题意； C．5～10 min时，Y的物质的量分数快速升高，Z含量很低，说明X生成Y的速率大于Y转化为Z的速率，根据图2，的活化能为，的活化能为​，活化能越小速率越快，因此该现象对应关系为，说法不正确，C符合题意； D．对于反应、，平衡常数，，达到平衡时，Z的物质的量分数远大于Y，即Z的浓度大于Y，故X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，说法正确，D不符合题意； 故选C。 14. 将铁钉放入浓硝酸中，生成少量气体后反应停止，得到黄色溶液a．设计实验探究溶液a显黄色的原因。 实验1：取少量溶液a，滴入几滴KSCN溶液，溶液变红，振荡后红色逐渐褪去，产生红棕色气体。另取少量溶液a，滴入NaOH溶液，产生红褐色沉淀。 实验2：取一定量Fe(NO3)3固体溶于水中，溶液为黄色，加硝酸酸化，溶液变为无色。 实验3：按如图装置进行实验。 序号 实验装置 X 实验现象 ① 浓硝酸 无色溶液变为黄色 ② 稀酸化的0.1mol/L Fe(NO3)3溶液 无色溶液变为黄色 ③ 稀酸化的0.3mol/L 溶液 无色溶液未变黄色 下列分析不正确的是 A. 实验1说明溶液a中有Fe3+ B. 实验1中产生红棕色气体说明SCN-被浓硝酸氧化为 C. 实验2说明Fe3+本身的颜色不是造成溶液a显黄色的原因 D. 综合以上实验，溶液a显黄色可能与遇浓硝酸、Fe3+有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验1中，取少量溶液a，滴入几滴溶液，溶液变红，这是铁离子特征检验现象，说明溶液a中含有；另取少量溶液a，滴入溶液，产生红褐色沉淀，进一步确认溶液a中含有，A正确； B．实验1中，红色褪去并产生红棕色气体，是因为浓硝酸将氧化，浓硝酸被还原为红棕色气体，因此产生红棕色气体不能说明被浓硝酸氧化为，B错误； C．实验2中，固体溶于水后溶液为黄色，这是由于水解产生显示黄色，加硝酸酸化后，铁离子水解受到抑制，减少，颜色消失溶液变为无色，说明溶液a显黄色并非本身的颜色导致的，C正确； D．实验3中，实验①和实验②中无色溶液变为黄色溶液，实验③中无色溶液未变黄色，说明溶于浓硝酸或在稀硝酸酸化下与共同作用时溶液显黄色，因此说明溶液a显黄色可能与遇浓硝酸、有关，D正确； 故答案选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是__________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①基态硫原子价层电子轨道表示式为__________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是__________。 ③键角：，原因是__________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 i．__________(补全反应) ii． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为、和，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是__________。 ②作催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：__________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是__________。 【答案】（1） 极性共价键 （2） ①. ②. ③. 两者原子均为杂化，中原子无孤电子对，而中原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，使得键角较小 ④. （3） ①. ②. 复合催化剂中含有大量氨基，能与水分子形成氢键，使其具有高亲水性；氨基中的原子提供孤电子对与形成配位键，使不易流失 （4） 弱酸性或弱碱性 【解析】 【分析】同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但存在两个反常，ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA。 【小问1详解】 水解离为和，需要破坏水分子内部的键，该作用力属于极性共价键。 【小问2详解】 ①是16号元素，基态原子价层电子排布式为。根据泡利不相容原理和洪特规则，其价层电子轨道表示式为。 ②同周期第一电离能整体从左到右递增，但的轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于，因此顺序为。 ③和中的原子均形成键并采取杂化。中原子没有孤电子对，空间构型呈四面体形；而中原子含有1对孤电子对。由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致的键角被压缩而变小。 ④催化层中解离的总反应为。已知反应为，根据盖斯定律，用总反应减去反应即可得到反应：。 【小问3详解】 ①根据晶胞结构图，原子位于顶点和体心，个数为；原子位于面上和体内，个数为。一个晶胞中含有2个单元。晶胞的质量，晶胞的体积，则密度。 ②聚乙烯亚胺（）中含有大量的氨基（、等），氨基是亲水基团，能与水分子形成氢键，从而使催化剂具有高亲水性；同时，氨基上的原子具有孤电子对，能与具有空轨道的形成稳定的配位键，从而将牢固地结合在复合结构中，使其不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要基团能够结合水解离产生的或，从而使水的电离平衡正向移动。因此，这些基团或粒子应具有弱碱性（结合）或弱酸性（结合）。 16. 将转化为化工原料，对实现“碳中和”有重要意义。相关反应如下。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）将和转化为和水蒸气的热化学方程式为________。 （2）恒温条件下将反应Ⅰ在下列两种容器中进行（温度、投料、起始体积均相同），的平衡转化率更高的是________（填序号）。 a.容积可变的恒压容器 b.容积不变的恒容容器 （3）可作为反应Ⅱ的催化剂，可能的催化过程如下。补充i的化学方程式。 i.________ ii. （4）一种实现反应Ⅰ和反应Ⅱ联用的方法如下。恒温恒压（750℃、130kPa）下，阶段向反应器（图a）中通入、混合气（体积比为），阶段通入气。发生的转化如图b所示。测得出气口的气体组成如图c所示（始终未检出）。 ①已知750℃时（3）中反应ii的平衡常数约为10。 阶段，存在时，出气口几乎检测不到；若不加入，出气口会检测到较多和。结合平衡移动原理解释的作用：________。 ②时通入能快速产生大量，结合化学方程式分析原因：________。 ③该方法将和分在不同时段收集，显著提高了的转化率。 【答案】（1） （2）a （3） （4） ①. ，降低，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动） ②. 通入促进正向进行，产生的快速发生反应：，从而快速生成大量CO。 【解析】 【小问1详解】 目标反应为CH4和CO2转化为CO和H2O(g)，需结合反应I与反应II，反应I： ，反应II： ，将反应I 和2倍反应II相加，消去中间产物H2：，简化得： 。 【小问2详解】 反应I是气体分子数增加的反应（Δn = +2）。在恒温条件下：a. 恒压容器：体积随反应膨胀，相当于减压，平衡右移，CH4转化率更高；b. 恒容容器：压力随反应增大，平衡左移，CH4转化率较低。因此，CH4平衡转化率更高的是 a。 【小问3详解】 催化循环中，Fe3O4作为催化剂参与两步反应：步骤i：Fe3O4被H2还原为 Fe，同时生成H2O；步骤ii：Fe被CO2氧化回Fe3O4，同时生成CO。步骤i的化学方程式为：。 【小问4详解】 ①因CaO会与CO2反应生成CaCO3：，该反应显著降低体系中CO2浓度，使平衡正向移动（或使反应ii平衡逆向移动），导致CO浓度极低，几乎检测不到；②通入惰性气体He，在恒压条件下稀释体系，降低CO2分压，使反应的平衡正向移动，促使 CaCO3分解，释放出的CO2与Fe发生反应：，从而快速生成大量CO。 17. 我国科学家合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向，M的合成路线如下： 资料i． （1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是_______。 （2）B的官能团的名称是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）J的结构简式是_______。 （5）下列有关K的说法正确的是_______(填序号)。 a．与FeCl3溶液作用显紫色 b．含有醛基、羟基和醚键 c．存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体 （6）E与K生成L的化学方程式是_______。 （7）依据资料i和资料ii，某小组完成了尼龙6的合成设计。 资料ii．、 P、Q的分子式都是C6H11ON，Q含有1个七元环。P的结构简式是_______，生成尼龙6的化学方程式是_______。 【答案】（1） （2）羧基 （3）取代反应 （4） （5）ab （6）++HBr （7） ①. ②. n 【解析】 【分析】由M的结构结合反应信息逆推可知L为，结合K的分子式推知K为，D→E发生酯化反应，故E为，逆推可知D为 、B为，A是苯的同系物，苯环上只有—种环境的氢原子，则A为，G与J发生加成反应生成，根据原子守恒可知J的分子式为C9H10O5—C7H8O2=C2H2O3，可知F与(CH3)2SO4反应引入甲基，G与J的反应中在苯环上引入—CH(OH)COOH，可知F为，G为，J为OHC-COOH； 【小问1详解】 根据上述分析可知：A是对二甲苯，结构简式是； 【小问2详解】 根据上述分析可知B为，其中含有的官能团-COOH，名称为羧基； 【小问3详解】 B为，B与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生和HBr，故B→D的反应类型是取代反应； 【小问4详解】 根据上述分析可知J结构简式为OHC-COOH，结构简式也可以写成； 【小问5详解】 a．K的结构简式为，分子中含有酚羟基，能与FeCl3溶液作用，使溶液显紫色，a正确； b．由结构可知，K分子中含有醛基、羟基和醚键，b正确； c．K的不饱和度为5，含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体不饱和度至少为6，故物质K不能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，c错误； 故合理选项是ab； 【小问6详解】 根据上述分析可知：E为，K为，L为，E、K在一定条件下发生取代反应产生L，同时生成HBr，反应方程式为：++HBr； 【小问7详解】 P、Q的分子式都是C6H11ON，Q分子中含有1个七元环，由尼龙6 、反应信息，推知Q为，P为。生成尼龙的化学反应方程式为：n。 18. 利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 （1）的结构式是，则的结构式是___________。 （2）过程ⅰ中反应的离子方程式是___________。 （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式)___________。 （4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是___________(填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是___________。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是___________。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是___________。 【答案】（1） （2） （3） （4） ①. 甲醇 ②. Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 ③. 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 ④. 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利 【解析】 【小问1详解】 因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是； 【小问2详解】 过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是； 【小问3详解】 过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是，该过程参与反应的物质还有H2O； 【小问4详解】 Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇； b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·； Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者； b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。 19. 探究CuSO4溶液与Na2SO3溶液的反应。 已知：Cu+在酸性环境中会发生反应：。 I．理论预测 序号 预测依据 可能的反应 a 多数亚硫酸盐难溶 生成沉淀 b CuSO4溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性 酸碱反应 c Cu2+有氧化性，有还原性 氧化还原反应 d Cu2+、Cu+有空轨道，有孤电子对 生成配合物 （1）用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因：___________。 Ⅱ．实验探究 【实验1】将浓度均为0.2mol/L的CuSO4溶液与Na2SO3溶液等体积混合，溶液变为绿色，析出棕黄色沉淀。待溶液颜色不变且不再产生沉淀时，快速过滤出棕黄色沉淀，洗涤，记为沉淀A． （2）查阅资料：绿色溶液中含，说明CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了___________(填序号)的反应。 【实验2】资料显示：沉淀A中不含，含有Cu2+、Cu+、。验证沉淀A的成分。 （3）iii的现象证明沉淀A中有但没有(已另补充实验排除O2干扰)。该步反应的离子方程式是___________。 （4）证明沉淀A中有Cu2+，依据的实验现象：___________。 （5）实验甲无法确定Cu+是否存在。另取沉淀A，加入足量稀硫酸，___________(填实验现象)，证实沉淀A中有Cu+。 （6）通过两步滴定实验验证沉淀A中是否仅含Cu2+、Cu+和这三种离子。 第一步：取一定质量的沉淀A放入锥形瓶中，加蒸馏水形成浊液。用x mol/LKMnO4溶液滴定。滴定过程中分多次滴加稀硫酸(当出现棕黑色沉淀MnO2时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失；重复以上操作；临近终点前补加少量稀硫酸)。终点时，共消耗ymL KMnO4溶液。锥形瓶内为澄清溶液，主要含和。 第二步：滴定上述溶液中的Cu2+，测得其物质的量为p×10-3mol。 ①设沉淀A样品中三种离子的物质的量分别为和，则 上面横线处应填写__________。 ②若无其他离子，存在电荷守恒关系：。测定结果为2p＞5xy，推断沉淀A中可能还含有___________。 ③实验反思：第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是___________(至少答两点)。 Ⅲ．实验结论：CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了多种类型反应。 【答案】（1） （2）cd （3） （4）实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，实验乙中先得到无色溶液 （5）逐渐出现红色沉淀 （6） ①. ②. 或 ③. 避免发生反应，使Mn全部还原为+2价，避免二氧化硫挥发 【解析】 【分析】实验甲： 步骤ⅰ：沉淀A加氨水全部溶解得深蓝色溶液，说明有(形成)； 步骤ⅱ：加足量得白色沉淀； 步骤ⅲ：加足量稀盐酸，沉淀几乎全部溶解，产生刺激性气味气体()，证明是。 实验乙： 步骤ⅳ：CuCl加氨水全部溶解得无色溶液，是与形成配合物； 步骤ⅴ：放置后逐渐变蓝，是被空气中的氧化为。 【小问1详解】 是强碱弱酸盐，发生分步水解，其中第一步水解是溶液显碱性的主要原因：。 【小问2详解】 绿色溶液中含有，是配合物，并且Cu的化合价由中+2价变为+1价，所以应选表格中的c、d。 【小问3详解】 根据实验现象，加入稀盐酸后白色沉淀几乎全部溶解，并产生刺激性气味气体，故白色沉淀为，离子方程式为。 【小问4详解】 实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，说明生成，证明有，而实验乙中CuCl加入氨水后先得到无色溶液，放置后变蓝色。 【小问5详解】 根据已知信息：在酸性环境中会发生反应，另取沉淀A，加入足量稀硫酸，若逐渐出现红色沉淀，则证实沉淀A中有。 【小问6详解】 在酸性条件下被还原为，→，Mn从+7价到+2价，每个得到5个电子，被氧化的粒子为，S从+4价到+6价，每个失去2个电子；→，Cu从+1价到+2价，每个失去1个电子，根据电子守恒：得电子总数=失电子总数，，已知=xy×10-3 mol，代入得； 已知电荷守恒：，且实验测得2p>5xy，结合①的两个等式：，，将2p>5xy变形为2p>5xy，代入得：，化简得：，说明正电荷总量大于负电荷总量，因此沉淀A中还含有负电荷的阴离子，可能为或； 根据已知信息：在酸性环境中会发生反应：，第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是避免发生反应，根据信息“当出现棕黑色沉淀时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失”，此操作可以使Mn全部还原为+2价，避免生成沉淀，还可以避免二氧化硫挥发。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $