北京市2026年高中学业水平等级考化学试卷（含答案详解）

机密★本科目考试启用前

北京市2026届普通高中学业水平等级性考试适应性练习

化学

姓名：准考证号：

本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在

试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Zn

65Ba137

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，选出符合题

目要求的一项。

1.放射性核素TC在考占等方面有重要应用。卜.列表述不正确的是

A.乳与鼠互为同位素B.TCO］具有放射性

C.可用质谱区分是CO?和冢(J?D.々CO?和鼠。?的化学性质不同

2.下列化学用语不氐砸的是

A.苯的实验式：CH

••

c.氢氧化钠的电子式：Na：O：HD.乙块的结构式：H—C三C—H

••

3.下列说法不氐哪的是

A.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖

B.植物油中含不饱和脂肪酸酯，能使Bn的CCL溶液褪色

C.a—氨基丙酸与a—氨基苯丙酸混合物脱水可生成2种二肽

D.在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2sO4溶液时，会使蛋白质析出

4.下列离子方程式书写正确的是

A.用饱和碳酸钠溶液浸泡含CaSO,的水垢：CO；-(aq)-.CaSO4(s)^CaCO,(s)+SO；(aq)

2+34

B.F叫溶液与足量氯水反应：2Fe+2r+2C\2=2Fe+12+4C\~

2+

C.HCO4使酸性高锌酸钾溶液褪色：5C2Oj-+2MnO4-+I6H^=1()CO2T+2Mn+8H.O

-2+-

D.稀H2s04与Ba(OH)?溶液反应：SOj+H*+Ba+OH=BaSO41+H20

5.我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO?和H2反应得到CK,部分微粒转

化过程如图（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正聊的是

A.过程②吸收热量

B.过程③涉及极性键的断裂和形成

C.结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H-CH4+H2O

D.整个过程中制得ImolCHa转移电子的物质的量为8mol

6.本维莫德的乳膏剂是我国拥有完整自主知识产权的新药，主:要用于治疗炎症反应及自身

免疫反应，其结构简式如图所示。有关该化合物叙述正确的是

A.能使滨水褪色B.能发生消去反应

C.易溶于水D.和苯酚是同系物

7.用下图装置（夹持、加然装置已略）进行实验，②中现象不熊证实①中发生J'反应的是

试卷第2页，共12页

①

②

①中实验②中现象

加热1-浸丁烷与NaOH的乙静溶液的混合

A酸性KMn(\溶液褪色

物

B加热NH4CI溶液和浓NaOH溶液的混合物AgNO］溶液先变浑浊后澄清

饱和Na2cO］溶液的上层有无色油状液

C加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物

体产生

将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一

D导管中倒吸一段水柱

段时间

A.AB.BC.CD.D

8.双极膜能够在直流电场作用下将H2O解离为H+和OHi以维生素C的钠盐(C6H7O6Na)

为原料制备维生素C(C6HSO6,具有弱酸性和还原性)的装置示意图如下。

阳离子

交换膜双极膜

A.a离子是OH,b离子是H+

B.生成维生素C的离子方程式为C6HQ：+H+=C6HSO6

+

C.X极的电极反应式为2H2O-4e=O2t+4H

D.将X极区的Na2s04替换为C6H7O6Na,可以提高维生素C的产率

9.硫酸盐（含SO；、HS0；）气溶胶是PM”的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中

硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图:

下列说法不正确的是

A.该过程有H2O参与B.该过程没有生成硫氧键

C.硫酸盐气溶胶呈酸性D.N02是生成硫酸盐的氧化剂

10.肉桂皮是肉桂树的树皮，常被用作药物和食用香料，有效成分为肉桂醛。从肉桂皮中提

取肉桂醛的主要流程如下：

乙醉

在"".研磨J*&L：5I过滤、*一“减压蒸锵、困一口口精制-f^CH=CH_CH0

肉桂皮---H肉桂皮粉|----►肉桂油----------►肉桂醛粗品------►[IJ

肉桂醛

下列说法不正巧i的是

A.肉桂醛可用作食品添加剂且不应过量

B.肉桂醛可溶于乙醇

C.红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基

D.肉桂醛长期置于空气中容易发生还原反应

H.D是一种具有交联结构的吸附性高分子材料，其部分合成路线如下图。

A

CM

下列说法不巧碰的是

试卷第4页，共12页

A.A、B、C生成D的反应是加聚反应

B.C中的核磁共振氢谱图吸收峰面积之比为2：1：I：I

C.D在碱性条件下水解可以生成NH3

D.生成ImolD参与反应的A、B物质的量之比为1：1

12.向100mLO.Olmol/LBa(OHb溶液中滴加01mol/LNaHCX^溶液，测得溶液电导率

的变化如图v下列说法不事砸的是

-

5

n

*

上

婴

A.Ba(OHb和NaHCO,都是强电解质

B.A-B电导率下降的主要原因是发生了反应:

Ba2++2OH+2HCO3=BaCO3J+2H2O+CO：

C.B-C,溶液中的C(OH-)减小

D.A、B、C三点水的电离程度：A<B<C

13.工业上应用两矿法浸出软锦矿(主要成分MnO?)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2),制备

PbSO,和MnQ「转化流程如下。

IV

试剂X

Mn3O4

I

稀盐酸

软钵矿NaCl

PbSO

方铅矿70℃4

已知：PbC%微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCK+ZCr^PbCl；-.

卜.列说法正确的是

A.I中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液

B.II中生成的沉淀Y是Fe(0H)2

C.IV中试剂X可能作氧叱剂

2+

D.V中发生反应：Pb+SO^=PbSO4

14.某同学研究FeSO,溶液和AgNO,溶液的反应，设计如下对比实验。

石墨n银

Trfni

实验

1

0.05mol-L'O.OSmolL-

//KNOj溶液

FcSO,溶液

（调为pH=5）

丙T

连通电路后，电流表指针向右偏转，分

别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中连通电路后，电流表指针向左发生微小

现象

的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象

色，后者显红色

卜列说法正确的是

A.仅由I中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe-'

B.II中电流表指针向左偏转的原因是Fe”氧化了银电极

C.II中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转

D.对比I、II可知，【中NO3氧化了Fe'

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用

于从低品位的金矿砂(含单质金)中提取金。

(I)基态N的价层电子轨道表示式为o

(2)CN的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为o

(3)比较C、N原子的第一电离能，并从结构角度解释原因：o

(4)如图为KCN的晶胞不意图。

试卷第6页，共12页

与CN-距离最近且等距的CN-个数是;已知该晶体的密度为夕g・cnr，阿伏加德罗

常数的值为可人，该晶胞的边长为nnio(己知：1cmGO,nm)

(5)浸金过程如下：

i.将金矿砂溶于pH为10.5-11的KCN溶液，过滤，得含［Au(CN)J的滤液;

ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。

①已知Au与Cu同族，则Au属十_________区兀素。

②i中反应的离子方程式为o

③i中，pH<10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是。

16.氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。

⑴利用水煤气转化法制氢涉及的反应如下：

反应I:C(s)+H2O(g),CO：g)+H2(g)AHX)

反应II：CO(g)+H2O(g),CO2(g)+H2(g)AH<0

在一定温度下，向容枳固定为2L的密闭容器中加入足量的C(s)和lmolH【O(g),起始压强为

2MPa,发生反应I和II。lOmin后达到平衡，此时Hq(g)的转化率为70%,CO的物质的

量为0.1molo

①反应I能自发进行的条件是(填“高温”、“低温”或“任意温度

②下列说法正确的是。

a.增大C(s)的用量，反应I生成CO的速率增大

b.混合气体的密度保持不变时，说明反应II已达到平衡

c.平衡时的体积分数可能大于三分之二

d.除去体系中的CO?可提高平衡时H2的含量

③此温度下反应n的化学平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总

压X气体的物质的量分数）.

⑵另•种绿色环保制氢技术“Fe-HCC^HQ热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，

铁粉与吸收CO?制得的NaHCOj溶液反应，生成H?、HCOONa和Fe-Q’；FeQ,再经生物

柴油副产品转化为Fe0实验中发现，在300。（2时，’密闭容器中NaHCO,溶液与铁粉反应初

期有FeCOj生成并放出H〉随着反应进行，Fee。,迅速转化为活性FeQj,活性FeQ内是

HCO3转化为HCOCT的催化剂，其可能反应机理如图所示。

①下列叙述正确的是o

a.电负性O>H>Fe,因此吸附在O?一上的H略带正电

b.升高温度生成HCOO的反应速率一定加快

c.吸附在Fe?*上的H原子在步骤【后生成了水

d.该制氧技术绿色环保原因之一是铁可以循环利用

②在其他条件相同时，测得Fe的转化率、HCOO的产左随c（HCO；）变化如图所示。

/

*『

<

4驾

3

W

请分析HCOO的产率随c（HCOJ增加而增大的可能原因是

试卷第8页，共12页

(3)电解水制“绿氢”的技术也不断被突破，科技工作者设计了耦合HCHO高效制H2的方法,

相同电量下H?理论产量是传统电解水的2倍，其装置如下图所示。则阳极电极反应式

阴离子交换膜

17.制备锂离子电池的正极材料的前体FePO』的一种流程如下:

资料：i.磷灰石的主要成分是GMPOJF

ii.Ca(H2POJ可溶于水，CaS042Hq微溶于水

22

ii.Ksp(FePO4)=1.3xl0-

iv.Fe3++EDTA4-1[Fe(EDTA)]-

⑴制备H3PO4

①用H3PO4溶液、也50,溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSOjN%。和主要反应

是Ca5(POJF+7H3Po4=5Ca(H2PO4)2+HFT和0

②增大酸浸反应速率的措施有(只写I条)。

③其他条件不变时，若仅用H2so4溶液酸浸，浸取的速率低于用H3PO4、H4O4分步浸取法，

原因是。

⑵制备FePO,

将H3P0八FeSO4、也0：混合并调节溶液的pH制备FePO,。

①酸性条件下，生成FcPOj的离子方程式是

pH=l时，溶液中的c（HPO7）=l（T73mo]/L,则c（PO：）=mol/L。再加入FeSO,晶体、

H2o2溶液使溶液中的c（Fe"）=]mol/L,不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产

生FCPO4沉淀

③FePO,的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。

i.研究表明，沉淀时可加入含EDTA"-的溶液，EDTA”的作用是

ii.其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备FePO4,可能的原因是

（答出2点）。

18.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物的路线如下:

AClBNaCNC2H5OHDBrfC»2)5O»EF

2C…・A

C2H必CHOC1一定条件浓H2s。4公CHO一定条件C12H22O5C]2H2006

PCI32327124

oC2H5OH浓H2s。4公

C2H「冷一CH2cH2^^^00GHs黄鸣龙反应।Q

碱C2H5OOCCHCOOC2H5

COOCH"LU二定条件.

25CH2(CH2)3COOC2H5

K

〜一定条件

已知：①R—Cl->R—COOH

NaCN

0

II如呈RCH2R2

R)—C—R2

0

设11

③RCOOR|+R2cH2coORI；RCCHCOORR+RIOH

试卷第10页，共12页

⑴A可与NaHCCh溶液反应，其结构简式是。

B中含有的官能团是YOOH和—o

(2)CTD的化学方程式是一o

(3)E-F为两步连续氧化反应，中间产物X可发生银镜反应，X的结构简式是

(4)H的结构简式是。

(5)1的分子式为CsHsO：,能使Br2的CCL溶液褪色，H-J的反应类型是。

(6)由K经两步反应可得到化合物M,转化路线如下：

2国黄鸣龙反应射回

环己烷的空间结构可如图1或图2表示，请在图3中将M的结构简式补充完整：

图1图2

19.某小组同学将过量的AgNQa溶液滴加到饱和氯水中，发现氯水的漂白性出现异常，于

是对相关的反应进行了探究。

I.发现问题

(1)①氯气与水反应的化学方程式为O小组同学猜测加入AgNO3溶液后，生成一

沉淀，使C(cr)降低，c(HClO)增大，氯水漂白性增强，于是进行如下实验。

实验组1-1对照组1-2

1mL—水1mL—水

1滴品红和ImL/^一1滴品红和用后

AgNOj溶液(过量)产生浑浊，lOmin1mL蒸储水8s后溶液红色褪去

后溶液红色褪去

②与过量AgNQa溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是

II.查阅资料：AgClO为白色晶体，常温下难溶于水

提出猜想：反应中除生成AgQ外，还有AgClO生成

【II.实验探究

2mL

,浓盐酸

0

过量的

/AgNO,溶液

ai

操作,、洗涤3次、兰燥/哂2mL

，饱和KI溶液

饱和氯水

已知：Agi+r；Agi;

编

实验操作实验现象

号

向ai试管中加入2mL浓盐酸，并用湿润

i产生刺激气味的气体，试纸变蓝

的淀粉KI试纸靠近试管口

加入饱和KI溶液,白色沉淀变为黄色,

向a2试管中加入2mL饱和KI溶液,振荡，

ii振荡后沉淀溶解，滴加淀粉溶液，溶

再滴入2滴淀粉溶液

液变蓝。

向另一支试管aj中只加入2mL饱和KI

iii溶液，振荡，再滴入2滴淀粉溶液，与实

滴入淀粉溶液，无明显变化

验ii放置相同时间

(2)操作a的名称是

(3)实验i中产生刺激气味的气体，可能的反应方程式是。

(4)实验ii表明，固体b中含有AgQO,且AgClO的溶解度大于AgL请结合实验现象进行

解释o

(5)实验iii的作用是。

(6)综上，过量的AgNO?溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因是。

(考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效)

试卷第12页，共12页

1.D

【详解】A.TC与［C质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确：

B.々C是放射性核素，因此tCO?具有放射性，故B正确；

C.々CO?和［CO2相对分子量不同，可以用质谱区分，故C正确；

D.鼠与乳互为同位素，二者的化学性质基木相同，则K。/叱CO?的化学性质基木相

同，故D错误；

故选D。

2.C

【详解】A.苯的分子式是C6H6,所以苯的实验式是CH,故A正确：

B.乙酸的结构简式是CH3coOH,乙酸分子比例模型是,故B正确：

C.氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是Na+［：2：H］，故C错误；

D.乙块分子式是C2H2,含有碳碳三键，乙缺的结构式是H—C三C—H,故D正确。

选C。

3.C

【详解】A.淀粉和纤维素的单体是葡萄糖，则水解的最终产物均为葡萄糖，故A不选；

B.物油中是不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，能使Bn的CC14溶液褪色，故B不选；

C.两个氨基酸分子脱去一分子的水形成二肽，当a-氨基丙酸与a-氨基苯丙酸混合物脱

水，同种氨基酸分子脱水形成2种二肽，a—氨基丙酸与a—氨基苯丙酸之间脱水可形成2

种二肽，可生成4种二肽，故C选：

D.在鸡蛋清溶液中加入饱和Nu2sO,溶液时，会使蛋白质析出，说明饱和硫酸钠溶液可使

蛋白质的溶解度变小，此过程是蛋白质的盐析，故D不选；

故选：Co

4.A

【详解】A.用饱和碳酸钠溶液浸泡含CaSO」的水垢发生沉淀转化

CO；（叫）+CaSOKs）=CaCO3（s）+SO；（叫），故A正确；

答案第1页，共12页

B.Feb溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为

23

2Fe++4F+3Cl?=2Fe*-21,+6CP,故B错误；

C.凡3。,使酸性高钵酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为

2+

5H2c2O4+2MnOJ+6H+=10CO2T+2Mn+8H2O,故C错误；

D.稀H2so4与8工1（。!4）2溶液反应生成硫酸钢沉淀、水，反应的离子方程式为

2+

SO；-+2H++Ba+2OH-=BaSO41+2H2O,故D错误;

选Ao

5.C

【详解】A.由图可知，过程②为*CO2T*CO+*O,在断键过程中吸收热量，故A正确：

B.过程③为：*CO+*O+2H->2*OH+*C,CO中的极性共价犍被破坏，形成*0H中新极性

键，故B正确；

C.结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*OH+6HTCH4+2H2O,故C错误；

D.整个过程中由ImoKXh制得lmolCH4,C元素化合价由+4降低为-4,则转移电子的物质

的量为8mol,故D正确。

故选C。

6.A

【详解】A.根据结构简式，含有官能团是碳碳双键和酚羟基，碳碳双键能与滨水发生加成

反应，酚羟基与澳水发生取代反应，均能使滨水褪色，故A正确；

B.酚羟基不能发生消去反应，故B错误；

C.羟基为亲水基团，燃基为憎水基团，羟基所占比例少，因此该有机物在水中溶解度小，

故C错误；

D.该有机物中含有两个茶环、两个酚羟基和个碳碳双键，因此该有机物与茶酚不互为同

系物，故D错误；

答案为A。

7.A

【详解】A.乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高镒酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能

证明①中有I-丁烯的生成，故A符合题意；

答案第2页，共12页

B.加热NH4cl溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入AgNO^溶液，最初产

生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；

C.加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸储后，在饱和Na2c0,溶液的

上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；

D.将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，

导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；

答案选Ao

8.D

【分析】在X电极，水失电子生成02,同时生成H+,Na+通过阳离子交换膜进行碱室，与

a离子即0H-构成NaOH；则b离子为H+,与CRQs结合为C6HY电极为阴极，H20

得电子生成H,和OH)

【详解】A.由以上分析可知，a离子是OH,b离子是H+,A正确；

B.C6H,O'为弱酸根离子，与b离子即H+结合生成维生素C,离子方程式为CfHQ；

+H*二C6HB正确；

C.在X极，比0失电子生成02和H+,电极反应式为2H2O-4e=O2T+4H+,C正确；

D.若将X极区的Na2s04替换为C6H7O6Na,一方面生成的C6H8。6导电能力弱，另一方面

维生素C易被生成的02氧化，不能提高维生素C的产率，D不正确；

故选D。

9.B

【分析】由图可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢

根离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，反应中氮元素的化合价升高被还原，二氧化氮是反应的氧

化剂，硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸根离子是还原剂。

【详解】A.由分析可知，硫酸盐生成的过程中有水参与反应，故A正确；

B.由分析可知，转化机理中发生的反应为二氧化氮与亚硫酸根离子、水反应生成硫酸氢根

离子、亚硝酸和亚硝酸根离子，所以硫酸盐生成的过程中有硫氧键的生成，故B错误；

C.由题意可知，硫酸盐气溶胶中含有能电离出氢离子的硫酸氢根离子，所以气溶胶呈酸性，

故C正确；

D.由分析可知，二氧化氮是生成硫酸盐的氧化剂，亚硫酸根离子是还原剂，故D正确；

答案第3页，共12页

故选B。

10.D

【分析】根据有机物的结构简式可判断有机物的结构及所含官能团，肉桂醛含碳碳双键和醛

基，可以发生相应的反应，据此解答。

【详解】A.肉桂皮的有效成分为肉桂醛，常被用作药物和食用香料，但不应过量，故A止

确；

B.肉桂醛、乙醇均是有机物，二者相似相溶，故B正确；

C.红外光谱可检测出物质所含官能团和化学键，故红外光谱可检测出肉桂醛分子中含有碳

碳双键和醛基，C正确；

D.肉桂醛含有碳碳双键，属于不饱和烧，长期置于空气中容易发生氧化反应，故D错误;

答案选Do

11.B

【详解】A.由于BC中的碳碳双键，A是苯乙烯，故该反应是加聚反应，A正确；

B.C有三种环境的氢，吸收峰面积之比为2：2：1,B错误；

C.D在碱性条件下水解，C-N键断裂，一NH2结合H原子生成N%,C正确；

D.从D的结构中可以看出，合成ImolD,A使用了(m+n)mol,B使用了(m+n)mol,故生

成ImolD参与反应的A、B物质的量之比为I：1,D正确：

故选B。

12.B

【详解】A.Ba(OHb和NaHCOj在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；

B.A-B加入NaHCOi的物质的量小于Ba(OH)?的物质的量，发生的反应为

2+

Ba+OH+HCO,=BaCO3J+H,0,故B错误；

C.B-C时加入的NaHCO,继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B-C溶液

中c(OH)减小，故C正确：

D.D0mL0.01mol/LBa(OH)2物质的量为0.1Lx0.01moVL=0.001mol,n(OH)=0.002mol,B

点n(HCO；)=0.0lLx0.1mcl/L=0.001mol,B点发生离子反应：

2+

Ba+OH+HCO-=BaCO31+H2O,Ba?+恰好反应完全，剩余一半，c(OH)比A点小，

答案第4页，共12页

对水的电离抑制程度减小，C点n(HCO?)=O.O2LXO.1moLI.=0.002mol,B到C点发生离子反

应：OH-+HCQ=CO"H：O,生成Na2cO3是强碱弱酸密，碳酸根离子发生水解促进水的电

离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：AVBVC,故D正确；

答案选B。

13.C

【分析】方铅矿(主要成分PbS、、FeSz)和软钵矿(主要成分MnS)中加入稀盐酸、Na分溶

液并加热至70℃,发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCb+PbCb+S+2H2O,

70℃

3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnC12+2FeC13+4S+6H2O,调节溶液的pH使铁离子转化为沉淀，

然后过滤得到氢氧化铁沉淀和漉液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCL晶体和滤

液，向滤液中加入氨水、X使镒离子氧化生成Mn3O4,珞溶液过滤得到MmO」，据此解答。

【详解】A.若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCI的混合溶液，那么浓盐酸与软铳矿中的MnCh

反应生成氯气，A错误：

B.由分析可知H中生成的沉淀Y是Fe(OH)3,B错误；

C.IV中向滤液中加入氨水、X使镭离子氧化生成Mn3O4,则试剂X可能作氧化剂，C正确；

D.因为PbCb微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCh+2CrF--PbCl；-,故V中发生反应：

PbCl^+SO；=PbSO4+4Cl-.D错误：

故选c。

14.C

【分析】由实验I可知甲烷杯溶液在反应后生成Fe3+,电子由石墨电极流向银电极，则石墨

电极为负极，银电极为正极，负极发生反应为：Fe2+-e=Fe3+：由实验11可知：银电极失电子

为负极，石墨电极为正极，负极发反应：Ag-e=Ag+,而Fe的氧化性强于Ag,故正极溶液

中的Fd+不参与反应，所以正极发生吸氧腐蚀。

【详解】A.若Ag+的氧化性强于Fe3+,那么I中原电池的总反应为Ag++Fe2+=Fe3++Ag,但

仅由【中的现象还存在空气中02氧化Fe2+的可能性，因此无法唯一确定地推知Ag+的氧化

性强于Fe3+,A项错误；

B.由分析可知，是空气口的氧气氧化了银电极，B项错误；

C.II中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电

流表指针可能不再向左偏转，C项正确；

答案第5页，共12页

D.I中若是NO3氧化了Fe2+,那么II中的Fe?+也会被NO；氧化，D项错误:

故答案选Co

15.(l)2s22P3

(2)［：C.：N：r

(3)N>0,原因为：N原子的价电子排布为2s22P=0原子的价电子排布为2s22P\根据洪

特规则，N原子的2P轨道上电子呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子

,…12.6xlOn

(4)12---

VPNA

(5)dsO2+4Au+8CN-+2H2O=4［AU(CN)2］+4OFT溶液中CN-的浓度会

减小，主要以HCN形式存在，导致Au的浸取率下降

【详解】(1)基态N价层电子排布式为：2s22P故答案为：2s22P\

(2)

CN的所有原子均满足8电子稳定结构,其电子式为：［:C句N:「,故答案为：［:C£N:「；

(3)N原子的价电子排布为2s22p\O原子的价电子排布为2s22P工根据洪特规则，N原

子的2P轨道上电子排布呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子所以电离能：N

>O,故答案为:N>O,原因为：N原子的价电子排布为2s,2P=0原子的价电子排布为2s'2p1

根据洪特规则，N原子的2P轨道上电子呈半充满状态，能量较低，较稳定，较难失去电子；

(4)①与CN-距离最近且等距的CN-个数是12个，故答案为：12：

②已知该晶体的密度为p*cm。阿伏加德罗常数的值为NA,由KCN的晶胞示意图可知，

4x(39+12+14)260

每个晶胞中含有4个KCN,则晶胞的质量为=------------^=—,根据

AA

v_mNA2603>该晶胞的边长为=J七。cm=］，"匚nm,故答案为：卜，“匚；

V==N

-7VPN7VPAVpNAVPNA

(5)①Au与Cu同族,则都属于ds区,故答案为ds；

②将金矿砂溶于pH为10.5-11的KCN溶液，得到含［Au(CN)2「的滤液，该过程为氯得电

子，反应的离子方程式为：()2+4AU+8CN+2Hq=4［Au(CN)J+4OH"故答案为:

--；

O214Au18CN12H2O-4[AU(CN)2]-l4OH

答案第6页，共12页

③pHVl().5时•，溶液中CN-的浓度会减小，主要以HCN形式存在，导致Au的浸取率下降,

故答案为：溶液中CN的浓度会减小，主要以HCN形式存在，导致Au的浸取率下降。

16.(1)高温bd7

(2)acd碳酸氢根与铁反应生成的碳酸铁转化为"华。1作为反应的催化剂

(3)2HCHO-2e-+40"-=2HCOO-+H2T+2H2O

【分析】(I)根据△G=AH-TAS判断反应自发进行所需条件；有气体参与的可逆反应，密

度、压强均可能影响反应平衡：

(2)铁粉与碳酸氢钠在催化剂存在卜.反应生成氢气和甲酸，根据题目所给示意图分析，步

骤I碳酸氢根离子与铁反应生成碳酸铁和氢气，随着反应进行，碳酸氢根通过活性尸6。…转

化为HCOO。；

(3)根据撅目所给示意图，b区甲醉反应生成HCOCT,发牛氧化反应，产牛氧气.已知相

同电量下氢气的理论产量事传统电解水的2倍，则该电解池每转移2moi电子，产生2mol

氢气，据此分析；

【详解】(1)①根据AGnAH-TAS,反应I是燃增，熔变大于。的反应，即AS>0,AH>0,

则高温条件下有利于反应自发进行；

②a.增大C(s)的用量，由于碳单质是固体，增大碳的用量，不能增大浓度，生成一氧化碳

速率不增加，a错误；

b.根据p=为，反应1由固体参与，随着反应的进行，气体整体质量增大，当密度保持不

变时，气体质量不变，则反应II已达到平衡，b正确；

c.反应中的水只能转化为氢气，水的转化率为70%,则消耗的水为0.7moL剩余的水为0.3mol,

由H守恒可知，生成氢气的物质的量为0.7mol,一氧化碳的物质的量为O.lmol,根据氧原

子守恒可知，二氧化碳的物质的量为0.3mol,则此时氢气的体积分数为

().7

xl()0%=50%<-c错误;

0.3+0.3+0.1+0.73

d.除去体系中的二氧化碳，反应H平衡向正反应方向移动，一氧化碳减少，反应I平衡也

向正反应方向进行，可以提高平衡时氢气的含量，d正确；

综上所述，选bd；

③分别设反应I和反应1【消耗的水的物质的量为x、ymoL列出三段式:

答案第7页，共12页

C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)

100

xxx

1-xxx

co(g)+H2o(g)Uca(g)+H2（g）

x1-x0

,已知平衡时，水的转化率为70%,一氧化

yyyy

x-y1-x-yyx+y

碳的物质的量为O.lmoL即l-x-y=0.3moLx-y=O.I,解得x=0.4,y=0.3,故平衡时二氧化碳

的物质的量为0.3mol,反应前总压强为2MPa,气体的物质的量共为ImoL反应后气体总量

为1.4moL则反应后总压强为1.4+g=2.8/W"利用分压计算反应H的平衡常数

0.7coro0.3

—x2.8x2.8x—

K=L4__________1.4_口

\一0.3。0.1~

—x2.8x2.8x—

1.41.4

（2）①a.根据元素周期律，电负性O>H,而H元素可以接受I个电子形成稳定结构，Fe

则不行，故电负性大小：0>H>Fe,根据流程图示意，氢气断裂，一个氢原子吸附在氧负

离子上，氧带负电，H略带正电，a正确；

b.升高温度反应速率增加，但可能导致催化剂失活，导致反应速率降低，b错误；

c.根据题目所给流程图，氢气断裂出两个氢原子，一个吸附在氧负离子上，一个吸附在亚

铁离子上，经过步骤I,吸附在亚铁离子上的H形成了水分子，c正确；

d.该技术原理中，Fe可以循环利用，是绿色环保原因之一，d正确；

综上所述，选acd；

②铁先与碳酸氢根反应生成氢气和碳酸铁，随着反应的进行，碳酸铁迅速转化为活性电，

作为生产甲酸的催化剂，故碳酸氢根的浓度增大，导致甲酸的产率增大；

（3）根据分析，甲醛被裁化为"CO。，则b电极区为阳极，“电极区为阴极，已知相同电

量卜，该电解技术氢气的理论产量是传统电解水的2倍，则阳极的电极反应式推理为甲醛失

去2mol电子形成甲酸根离子和imol氢气，阴极的电极反应式为氢氧根得到2mol电子形成

Imol氢气，故阳极的电极反应式为2〃。，0-20-+40”-=2”。00+142个+21420。

17.(1)Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=CaSO4-2H2Oi+2H3PO4加热、将矿石粉碎、

搅拌、适当提高酸的浓度等生成的CaSO4.2Hq固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰

答案第8页，共12页

石与硫酸溶液的接触面积

2+186

（2）2Fe+2H,PO4+H2O2=2FePO41+2H2O+4H*IO-

,86

Q（FePO4）=10x^^（FePOj,能产生FcPO4沉淀发生反应

Fe3++EDTA4--[Fe（EDTA）]-,使c（Fe"）降低，减小FePO,的沉淀速率，避免团聚；随

着Fe^被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的Fe"继续被沉淀pH更高时，产品中可能混

有Fe（OH）a杂质；pH更高时，c（PO丁）大，可能沉淀速率过快导致团聚等

【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷

酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH,充分反应、

过滤得到磷酸铁。

【详解】（I）由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙

与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和脩酸，反应的化学方程式为

Ca（H2PO4）2+H2SO4+2H2O=CaSO4-2H2OJ+2H3PO4,故答案为：

Ca（H2poJ+H2SO4+2H2O=CaSO4-2H2O>L+2H5PO4；

②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为:

加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等：

③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附

着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成

的CaSO「2HQ固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积：

（2）①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化

氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为

2++

2Fe+2H3P0」+H2O2=2FePO4J+2H2O+4H,故答案为：

2

2Fe*+2H3PO4+H2O2=2FePO4J+2H,O+4H'；

②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3,则磷

酸的三级电离常数",柴弋）―（H+）=10-i2.3,所以溶液pH为I时，磷酸根离子的浓

c(HPO^)

K心c(HPO：)_1Ol23xlO-7-3mol/L

度为c（PO『）==10-i86moi/L：当溶液中铁离子浓度为

c(H')10'mol/L

答案第9页，共12页

18622

1mol/L时，磷酸铁的熄Q=c(PO：)c(Fe3+)=1mol/Lx10-molZL>Ksp(FePO4)=1.3x10,

所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：Q(FePO.J=10电6x]>Ksp(FePO.J,能产生FePOj沉淀：

③i.由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含EDTA'-离子的溶液，EDTA4-离子能与

溶液中的铁离子反应生成[Fe(EDTA)]离子：Fe"+EDTA*=[Fe(EDTA)]\溶液中铁离

子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转

化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸

根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应Fe^+EDTA'-.[Fe(EDTA)]-,使

c(Fe")降低，减小FePO,的沉淀速率，避免团聚；随着Fe“被沉淀，上述平衡逆向移动，

生成的Fe”继续被沉淀；

ii.其他条件不变，制备璘酸铁沉淀时若pH大于2,铁离子水解程度增大会转化为氢氧化

铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团

聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可

能混有Fe(OH)、杂质；pH更高时，c(PO：)大，可能沉淀速率过快导致团聚等。

A

18.CH3COOH-ClHOOCCH2COOH+2CH3CH2OH1

浓碇酸

CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2OCH3CH2OOCCH(CH2cH2cH2cH2cHO)

O

I尸OOC2H5

COOCH2CH3(、/-COOC2H5加成反应

【分析】A的不饱和度=(2x2+2-4)/2=l,A能和碳酸氢钠反应生成二氧化