北京市海淀区2025-2026学年高三上学期期末化学试题（试卷+解析）

海淀区2025-2026学年第一学期期末练习高三化学2026.01本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：HIC12N14Zn65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.我国航空航天事业取得显著成果。下列成果所涉及的材料属于金属材料的是A.神舟二十一号载人飞船使用的轻质高强度材料——碳纤维B.风云四号气象卫星光学系统使用的材料——硅基陶瓷C.嫦娥六号探测器的五星红旗使用的耐高温耐低温材料——玄武岩纤维D.北斗导航卫星热控制系统使用的内部填充材料——钛合金2.下列化学用语或图示表达正确的是A.顺-2-丁烯的结构简式：B.乙醇的球棍模型：C.Mg和Cl形成的过程：D.在水中电离：3.下列说法正确的是A.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应B.脱氧核糖核苷酸通过磷酯键缩合聚合成DNA单链C.一定条件下，两种氨基酸混合后脱水缩合最多生成两种二肽D.油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸的反应又称皂化反应4.下列实验能达到实验目的的是A.由溶液制备无水B.验证铁的析氢腐蚀C.制作简单的氢氧燃料电池D.检验乙烯具有还原性A.A B.B C.C D.D5.的结构如图。下列说法正确的是A.Fe元素位于周期表的s区 B.第一电离能：C.键角： D.图中的虚线表示氢键6.下列性质差异与解释或推论的对应关系不正确的是选项性质差异解释或推论A热稳定性：分子间作用力：B碱性：金属性：Na>MgC酸性：电负性：D溶解性：微溶于，易溶于为极性分子，为非极性分子A.A B.B C.C D.D7.常温下、水电离的的溶液中，下列离子可能大量共存的是A.、、、 B.、、、C、、、 D.、、、8.氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。相对能量

RMTSPX为H0-95.7-81.3-151.6XD0-98.1-85.4-163.2X为T0-96.2-87.3-165.2下列说法不正确的是A.H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同B.LiX和反应过程中，有极性键的断裂C.等物质的量的LiX与反应放出的热量：D.该条件下LiX与反应速率：9.化合物M可合成航空飞行器液体燃料Q，转化关系如下图。下列说法正确的是A.等物质的量的M与加成生成1-戊醇B.Q的核磁共振氢谱有两组峰C.用的溶液能区分P与QD.1molQ完全燃烧需要10.向草酸溶液中逐滴加入溶液。溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的曲线如图。下列说法不正确的是A.根据图像可判断草酸为二元酸B.a点溶液中，C.b点溶液中，D.可选用酚酞作为用NaOH滴定草酸的指示剂11.一定条件下，以废铝合金(含有少量、杂质)做阳极，经电解精炼可得到再生铝，装置如下图，其中的离子导体由BMIC和组成。已知：ⅰ.BMIC是一种室温下为液态的离子化合物，其阴离子为，阳离子可记为(不参与电极反应)。ⅱ.在BMIC中，Al和Zn的还原性接近、均明显高于。下列说法不正确的是A.阴极得到再生铝的电极反应为B.通入稀有气体可以保护生成的铝不被空气氧化C.液体可用混合水溶液代替D.长时间电解后得到的再生铝纯度降低，其中的杂质主要为Zn12.利用富锰矿分离提取、元素的流程如下图(部分产物已略去)。已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。下列说法不正确的是A.通过②使循环利用，理论上可满足步骤①所需B.由③～⑥可知，热稳定性：小于和C.⑤中，若升高温度，CoS产率降低，可能与的溶解度降低有关D.⑥中，相较于，更有利于资源的循环利用13.下图为探究溶液与双氧水反应的实验。下列说法不正确的是A.溶液中，可抑制水解B.②中现象说明加入双氧水后有生成C.对照④和⑤可推测③中SCN与双氧水发生了反应D.向③中加入盐酸酸化，再加入溶液，产生白色沉淀，证明转化成了14.我国科研团队开发了一种如下图所示的聚合物合成及转化的路线。下列说法不正确的是A.过程中，发生了加聚反应B.反应中，理论上生成的与消耗的的物质的量相等C.与丁二酸发生酯化反应可进一步交联形成网状结构D.应用上述合成原理，理论上可制得聚合物第二部分本部分共5题，共58分。15.2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。I.金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。（1）Si元素在周期表中的位置是_______。（2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有_______(填字母序号)。A.相对原子质量 B.最外层电子数 C.原子半径 D.键能Ⅱ.科学家用与四氰基苯基甲烷［结构简式如图1，简写为］合成了一种MOF材料，其晶胞如图2。（3）基态的价层电子轨道表示式为_______。（4）中，C原子的杂化方式有_______种。（5）①晶胞中与形成配位键的配位原子是_______。②已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_______。Ⅲ.科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在、时测试其对的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。材料代号AB有机化合物的结构吸附量／1.51.0（6）材料A比材料B的吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：_______。16.某黄金冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。Ⅰ.电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用图1装置处理含氰废水。（1）电解时，_______(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将氧化为两种无害气体，两种气体的化学式为_______。（2）实验测得去除率随pH的变化如图2。①时，的去除率随pH的减小而减小，结合水中Cl元素的存在形式，利用平衡移动原理解释可能的原因：_______。②时，的去除率随pH增大也会减小。进一步研究发现，是由于溶液中部分Cl元素通过歧化反应生成了氧化性较弱的，反应的离子方程式可能为_______(写出一种即可)。（3）现有1L废水，的含量为。电解消耗的电量为Q库仑时，去除率的计算式为_______。(已知：电解过程中转移1mol电子所消耗的电量约为96500库仑。不考虑其它副反应)II.原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。（4）下列说法正确的是_______(填字母序号)。A.从底部通入空气有利于空气与电极的充分接触B.若催化剂为，产生的反应为C.质子交换膜可以替换为阴离子交换膜D.选择合适微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理（5）电池工作过程中，a极区溶液中的pH几乎保持不变，结合电极反应式说明原因：_______(忽略溶液温度、体积变化)。17.含锌废水处理后的中和渣主要含、，还含少量、等。利用中和渣回收Zn元素的流程如下图。已知：ⅰ.一定条件下，、的氢氧化物沉淀的pH范围如下表。氢氧化物开始沉淀5.38.9沉淀完全8.210.9ⅱ.（1）酸浸液中的金属离子主要是_______。（2）除铁时，可加入ZnO调节pH，结合平衡移动原理解释除铁过程：_______。（3）实际沉锌过程中，测得锌的沉淀率达，所得中混有。①减慢氨水滴加速度能减少生成，原因是_______。②将沉锌后的固液混合物搅拌30min，能去除，但锌的沉淀率下降。该过程中溶液pH稳定在8.5左右，体系中，含N微粒的物质的量分数与pH的关系如右图。用离子方程式解释锌沉淀率下降的原因：_______。（4）利用以下实验测定产品纯度。已知：滴定原理为(M为Ca或Zn)步骤ⅰ：标定标准液浓度。取20.00mL，的标准液，加入50mL蒸馏水、指示剂并调节pH，用标准液滴定至终点，消耗标准液。步骤ⅱ：测定Zn元素含量。称取bg沉锌所得产品，滴加盐酸至完全溶解，加入NaF、KI(防止其他金属离子干扰)和指示剂，调节pH，用标准液滴定至终点，消耗标准液。产品中Zn元素的质量分数为_______。18.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_______。19.实验小组发现盛有铜和盐酸的试管放置几天后，其中的溶液变成了蓝色，并有黑色固体生成，于是对铜和盐酸的反应进行探究。【查阅资料】在溶液中为无色，容易被空气氧化。【设计与实施实验1】按下表进行实验，反应时间为2天，记录现象。实验内容序号气体实验现象1-1空气溶液变成淡蓝色，铜片上无气泡，有极少量黑色固体1-2溶液变成蓝色，铜片上无气泡，有少量黑色固体1-3溶液无明显变化，铜片无明显变化（1）实验1-3的作用是确证实验1-1、1-2中是_______氧化了铜。（2）取出实验1-2中的铜片，用蒸馏水清洗后放入洁净试管中，滴加2mL浓氨水，振荡，黑色固体溶解得无色溶液，稍后溶液逐渐变成蓝色。推测黑色固体中含有，理由是_______。查阅资料，黑色固体为纳米级CuCl。（3）其他条件不变，将盐酸改为硫酸，重复实验，发现溶液无明显变化。针对实验1中对反应的作用，提出两种假设并验证。①假设一：反应a为可逆反应，在作用下，_______(用离子方程式说明)，生成黑色固体促进反应a正向进行。结合资料计算得反应a的，因此假设一不成立。②假设二：存在时，反应a分为两步：ⅰ.，ⅱ.，加快了反应a的速率。将证明反应ii可发生的实验方案补充完整：取CuCl于试管中，_______。【设计与实施实验2】按下表进行实验，反应时间为12小时，记录现象。实验内容序号气体实验现象2-1溶液变黄色，铜片表面有气泡产生，气体体积为7mL2-2溶液变浅黄色，铜片表面有气泡产生，气体体积为5.5mL2-3溶液变浅黄色，铜片表面有气泡产生，气体体积为8mL经检验，黄色溶液中含，不含，存在形式可表示为。（4）铜片表面产生的气体是_______。（5）实验2-2中气体体积小于实验2-1、2-3的，原因是_______。（6）对比2-1、2-3的实验现象，2-1中溶液的颜色更深、气体体积更小，用离子方程式表示其原因是_______。【实验总结】（7）实验1、实验2中铜和盐酸的反应情况不同，由此做出的推断合理的是_______(填字母序号)。A.稀盐酸中，的氧化性强于B.稀盐酸中，的氧化性弱于C.浓盐酸中，的氧化性强于D.CuCl的还原性强于海淀区2025-2026学年第一学期期末练习高三化学2026.01本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：HIC12N14Zn65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.我国航空航天事业取得显著成果。下列成果所涉及的材料属于金属材料的是A.神舟二十一号载人飞船使用的轻质高强度材料——碳纤维B.风云四号气象卫星光学系统使用的材料——硅基陶瓷C.嫦娥六号探测器五星红旗使用的耐高温耐低温材料——玄武岩纤维D.北斗导航卫星热控制系统使用的内部填充材料——钛合金【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维是由碳元素组成的无机非金属材料，A错误；B．硅基陶瓷为硅化合物，属无机非金属材料，B错误；C．玄武岩纤维主要成分为硅酸盐，属无机非金属材料，C错误；D．钛合金是以钛为主的合金，属于金属材料，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.顺-2-丁烯的结构简式：B.乙醇的球棍模型：C.Mg和Cl形成的过程：D.在水中电离：【答案】A【解析】【详解】A．顺-2-丁烯的结构简式中，双键两端的甲基（-CH3）应在同一侧，题中结构简式中双键碳上的两个甲基位于同侧，符合顺式结构特征，A正确；B．乙醇的结构为CH3CH2OH，图示结构为乙醇的空间填充模型，球棍模型应体现化学键，B错误；C．MgCl2为离子化合物，正确形成过程为，C错误；D．H2SO3为二元弱酸，电离分步进行且可逆，正确电离方程式为H2SO3⇌H++、⇌H++，题中用等号且一步电离，D错误；故选A。3.下列说法正确的是A.蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应B.脱氧核糖核苷酸通过磷酯键缩合聚合成DNA单链C.一定条件下，两种氨基酸混合后脱水缩合最多生成两种二肽D.油脂在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸的反应又称皂化反应【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖和麦芽糖分子式相同（），互为同分异构体正确，但蔗糖是非还原糖，不能发生银镜反应，麦芽糖是还原糖，能发生银镜反应，A错误；B．脱氧核糖核苷酸通过磷酸二酯键缩合聚合成DNA单链（磷酸二酯键属于磷酸酯键的一种），B正确；C．两种不同氨基酸（如甘氨酸和丙氨酸，分子都既含有羧基也含有氨基）混合脱水缩合时，可形成四种不同的二肽：甘氨酰甘氨酸、丙氨酰丙氨酸、甘氨酰丙氨酸、丙氨酰甘氨酸，最多4种，C错误；D．皂化反应特指油脂在碱性条件下的水解反应，生成甘油和高级脂肪酸盐，酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸，不是皂化反应，D错误；答案选B。4.下列实验能达到实验目的的是A.由溶液制备无水B.验证铁的析氢腐蚀C.制作简单的氢氧燃料电池D检验乙烯具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3溶液加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解平衡正向移动，最终得到Fe2O3而非无水FeCl3，A错误；B．食盐水为中性环境，铁钉发生吸氧腐蚀（氧气得电子），而非析氢腐蚀（酸性环境生成H2），B错误；C．K2时电解Na2SO4溶液生成H2（阴极）和O2（阳极）分别储存在漏斗中，断开K2闭合K1后，H2和O2在石墨电极上发生原电池反应，构成氢氧燃料电池，C正确；D．乙醇与浓硫酸反应生成的乙烯中混有SO2，SO2也能还原酸性KMnO4溶液，干扰乙烯还原性的检验，D错误；故选C。5.的结构如图。下列说法正确的是A.Fe元素位于周期表的s区 B.第一电离能：C.键角： D.图中的虚线表示氢键【答案】D【解析】【详解】A．Fe是26号元素，核外电子排布为，属于d区，A错误；B．同主族从上到下第一电离能减小，O>S；H的核电荷数小、原子半径小，电离能大于S，B错误；C．中心S原子价层电子对数为4+4，无孤电子对，为正四面体形，中心O原子价层电子对数为2+4，有2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，其键角小于，C错误；D．在晶体结构中，水分子之间、水分子与硫酸根之间存在的虚线代表氢键，D正确；故答案选D。6.下列性质差异与解释或推论的对应关系不正确的是选项性质差异解释或推论A热稳定性：分子间作用力：B碱性：金属性：Na>MgC酸性：电负性：D溶解性：微溶于，易溶于为极性分子，为非极性分子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．热稳定性差异应由键能解释，而非分子间作用力，分子间作用力主要影响物理性质，如熔沸点，因此解释不正确，A错误；B．金属单质的金属性越强，其对应最高价的氢氧化物碱性越强，因此解释正确，B正确；C．F电负性大于Cl，吸电子效应更强，使羧酸电离出氢离子的能力越强，即酸性增强，因此解释正确，C正确；D．为极性分子，为非极性分子，符合“相似相溶”原理，可以解释溶解性的问题，D正确；故选A。7.常温下、水电离的的溶液中，下列离子可能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】B【解析】【分析】水电离的c(OH-)=10-12mol/L溶液，既可能为酸性（pH=2），也可能为碱性（pH=12）。【详解】A．在碱性条件下与OH-反应生成NH3，不能共存；在酸性条件下与H+反应生成CO2，不能共存，因此，在酸性和碱性条件下均不能大量共存，A不符题意；B．CH3COO-在酸性条件下与H+反应生成CH3COOH，不能共存；但在碱性条件下，所有离子（Na+、K+、CH3COO-、I-）均稳定，不发生反应，可以大量共存，由于溶液可能为碱性（pH=12），因此可能大量共存，B符合题意；C．Fe2+和Mg2+在碱性条件下与OH-反应生成Fe(OH)2和Mg(OH)2沉淀，不能共存；在酸性条件下，Fe2+可能被氧化（发生氧化还原反应），不能共存，因此，在酸性和碱性条件下均不能大量共存，C不符题意；D．在酸性条件下与H+反应生成CO2，不能共存；在碱性条件下，Ca2+与反应生成CaCO3沉淀，不能共存，因此，在酸性和碱性条件下均不能大量共存，D不符题意；答案选B。8.氢化锂(LiX，X为H、D或T)在国防工业等领域有重要应用。LiX与水反应进程中的能量变化如下图，R、M、TS、P的相对能量如下表。相对能量

RMTSPX为H0-95.7-81.3-151.6X为D0-98.1-85.4-163.2X为T0-96.2-87.3-165.2下列说法不正确的是A.H、D、T的核电荷数相同，但质量数不同B.LiX和反应过程中，有极性键的断裂C.等物质的量的LiX与反应放出的热量：D.该条件下LiX与反应速率：【答案】C【解析】【详解】A．H、D、T为氢的同位素，质子数均为1，质量数分别为1、2、3，A正确；B．LiX和反应生成XH和LiOH，中O-H极性键断裂，B正确；C．等物质的量的LiX与反应放出热量为|ΔH|=|E(P)-E(R)|，且E(R)=0，故LiH、LiD、LiT反应焓变分别为-151.6、-163.2、-165.2

，所以放出的热量分别为151.6、163.2、165.2

，则放出热量LiH＜LiD＜LiT，C错误；D．反应速率取决于活化能，Ea=E(TS)-E(M)，故LiH、LiD、LiT的活化能分别为LiH：(-81.3)-(-95.7)=14.4kJ/mol，LiD：(-85.4)-(-98.1)=12.7kJ/mol，LiT：(-87.3)-(-96.2)=8.9kJ/mol，活化能越低速率越快，故速率LiH＜LiD＜LiT，D正确；故选C。9.化合物M可合成航空飞行器液体燃料Q，转化关系如下图。下列说法正确的是A.等物质的量的M与加成生成1-戊醇B.Q的核磁共振氢谱有两组峰C.用的溶液能区分P与QD.1molQ完全燃烧需要【答案】D【解析】【详解】A．等物质的量的M与H2发生加成反应后，酮羰基转化为羟基，生成环戊醇，A错误；B．由Q得结构式可知，其分子中含有3中不同化学环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰，B错误；C．P和Q的区别为苯环，而苯环不与Br2的CCl4溶液反应，两者均无现象，C错误；D．Q分子式为C15H24，1mol该物质完全燃烧需要氧气的物质的量为O2，D正确；故选D10.向草酸溶液中逐滴加入溶液。溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的曲线如图。下列说法不正确的是A.根据图像可判断草酸为二元酸B.a点溶液中，C.b点溶液中，D.可选用酚酞作为用NaOH滴定草酸的指示剂【答案】B【解析】【详解】A．向草酸溶液中逐滴加入溶液，根据图像可知，b点时为草酸与NaOH完全中和，此时消耗NaOH体积为20mL，即说明草酸含2个可电离H⁺，为二元酸，A正确；B．根据物料守恒，，而a点时，总浓度<0.1mol/L，B错误；C．b点为溶液，根据电荷守恒，，因溶液显碱性（pH=8.39），即，则，C正确；D．滴定终点为溶液，此时pH=8.39，酚酞变色范围为8.2-10.0，可指示终点，D正确；故选B。11.一定条件下，以废铝合金(含有少量、杂质)做阳极，经电解精炼可得到再生铝，装置如下图，其中的离子导体由BMIC和组成。已知：ⅰ.BMIC是一种室温下为液态的离子化合物，其阴离子为，阳离子可记为(不参与电极反应)。ⅱ.在BMIC中，Al和Zn的还原性接近、均明显高于。下列说法不正确的是A.阴极得到再生铝的电极反应为B.通入稀有气体可以保护生成的铝不被空气氧化C.液体可用混合水溶液代替D.长时间电解后得到的再生铝纯度降低，其中的杂质主要为Zn【答案】C【解析】【分析】依题意，阳极主要是Al放电（杂质Zn也会放电）；阴极发生还原反应，离子导体中Al以形式存在，得电子生成Al，电极反应为。【详解】A．阴极发生还原反应，离子导体中Al以形式存在，得电子生成Al，电极反应为，A正确；B．铝易被空气氧化，通入稀有气体可隔绝空气，保护生成的铝不被氧化，B正确；C．若用水溶液，阴极H+氧化性强于Al3+，会优先得电子生成H2，无法得到Al，C错误；D．Al和Zn还原性接近，阳极二者均失电子进入溶液，阴极上锌的配合物可能与竞争得电子析出，导致再生铝纯度降低，杂质主要为Zn，D正确；故答案选C。12.利用富锰矿分离提取、元素的流程如下图(部分产物已略去)。已知：Mn和Co的氧化物均难溶于水。下列说法不正确的是A.通过②使循环利用，理论上可满足步骤①所需B.由③～⑥可知，热稳定性：小于和C.⑤中，若升高温度，CoS产率降低，可能与的溶解度降低有关D.⑥中，相较于，更有利于资源的循环利用【答案】A【解析】【详解】A．步骤①焙烧生成和，步骤②中和硫酸反应生成，但产物中无法循环利用，导致N元素流失，理论上生成的无法完全满足步骤①需求，A错误；B．在650℃下分解生成难溶的进入滤渣，而于和不分解，溶于水后进入滤液，说明热稳定性小于和，B正确；C．的溶解度随温度升高降低，升高温度导致溶液中硫离子浓度减小，CoS产率降低，C正确；D．使用时，生成的可回收为循环利用，而会引入钠离子无法循环，D正确；故选A。13.下图为探究溶液与双氧水反应的实验。下列说法不正确的是A.溶液中，可抑制水解B.②中现象说明加入双氧水后有生成C.对照④和⑤可推测③中SCN与双氧水发生了反应D.向③中加入盐酸酸化，再加入溶液，产生白色沉淀，证明转化成了【答案】D【解析】【分析】向溶液中加入硫氰化钾(KSCN)溶液，无明显现象。这表明

与SCN⁻不反应，再加入双氧水(

)，溶液变红，说明双氧水是氧化剂，将

氧化成了

，继续加入双氧水，溶液红色褪去。这表明过量的双氧水将SCN-离子氧化，导致血红色络合物分解。对照实验：取③的溶液，加入氯化铁(

)溶液，无明显变化。这说明溶液中的SCN-已经被消耗，取③的溶液，加入硫氰化钾(KSCN)溶液，溶液变红，这说明溶液中的

仍然存在，以此解答。【详解】A．水解使溶液呈酸性：+H2ONH3•H2O+H+，Fe2+水解的离子方程式为：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，水解生成的H+可抑制Fe2+水解，故A正确；B．KSCN遇Fe3+变红，②中溶液变红，说明加入双氧水后生成了Fe3+，故B正确；C．④中加入FeCl3无明显变化，说明SCN-被消耗；⑤中先加KSCN再加FeCl3溶液变红，说明Fe3+存在；对比可知③中溶液红色褪去，是SCN-与双氧水发生了反应，故C正确；D．原溶液中含[来自(NH4)2Fe(SO4)2]，即使SCN-未转化为，加入盐酸酸化的BaCl2也会产生白色沉淀(BaSO4)，无法证明SCN-转化为，故D错误；故选：D14.我国科研团队开发了一种如下图所示的聚合物合成及转化的路线。下列说法不正确的是A.过程中，发生了加聚反应B.反应中，理论上生成的与消耗的的物质的量相等C.与丁二酸发生酯化反应可进一步交联形成网状结构D.应用上述合成原理，理论上可制得聚合物【答案】B【解析】【详解】A．M含有碳碳双键，在CuBr催化下与R-Br反应生成P1过程中碳碳双键打开发生加成聚合，属于加聚反应，A正确；

B．P1→P2反应中，P1含Br原子，与丙烯醇反应时，每个Br需消耗1分子丙烯醇，而P1为高分子（聚合度为n），1molP1含nmolBr，消耗nmol丙烯醇，生成1molP2，故生成的P2与消耗的丙烯醇物质的量不相等，B错误；C．P2含羟基（-OH），丁二酸（HOOC-CH2CH2-COOH）含两个羧基，二者可发生酯化反应，通过羧基与羟基的脱水缩合实现链间交联，形成网状结构，C正确；

D．根据合成原理，通过含双键单体加聚引入官能团，再经取代反应修饰，可制得图所示聚合物，D正确；故选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。I.金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。（1）Si元素在周期表中的位置是_______。（2）金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有_______(填字母序号)。A.相对原子质量 B.最外层电子数 C.原子半径 D.键能Ⅱ.科学家用与四氰基苯基甲烷［结构简式如图1，简写为］合成了一种MOF材料，其晶胞如图2。（3）基态的价层电子轨道表示式为_______。（4）中，C原子的杂化方式有_______种。（5）①晶胞中与形成配位键的配位原子是_______。②已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为_______。Ⅲ.科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在、时测试其对的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。材料代号AB有机化合物的结构吸附量／1.51.0（6）材料A比材料B的吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：_______。【答案】（1）第三周期第ⅣA族（2）CD（3）（4）3（5）①.N②.（6）材料A的有机配体含氨基（

），可与

形成氢键而吸附

；材料B与

仅能通过范德华力相互作用吸附，氢键强于范德华力【解析】【小问1详解】硅（Si）的原子序数是14，位于第三周期第ⅣA族。【小问2详解】金刚石和晶体硅均为原子晶体，其熔点主要取决于共价键的键长和键能。C的原子半径小于Si，C-C键的键长比Si-Si键的键长更短，键能更高，所以金刚石熔点高于晶体硅，故选CD。【小问3详解】Cu的原子序数是29，其基态电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个4s电子后得到Cu+的电子排布为[Ar]3d10，基态Cu+的价层电子轨道表示式为：。【小问4详解】中苯环上的碳原子sp2杂化，-C≡N中的碳原子形成一个三键（C≡N），属于sp杂化，连接四个苯环的中心碳原子，形成四个单键，属于sp3杂化，中C原子的杂化方式有sp、sp2和sp3共3种。【小问5详解】①根据图1，分子中C原子不含孤电子对，但含有氰基（-C≡N），其中N原子具有孤对电子，Cu+含有空轨道，能够接受N原子的孤对电子形成配位键，配位原子是N。②图2中，Cu+位于晶胞的顶点和体心，个数为=2，位于晶胞面上，个数为=2，由电荷守恒可知的个数为2，已知、的摩尔质量分别为、，则晶胞质量为：，晶胞体积为：，密度为：。【小问6详解】材料A的有机配体含氨基（

），可与

形成氢键而吸附

；材料B与

仅能通过范德华力相互作用吸附，氢键强于范德华力，因此材料A比材料B的吸附量大。16.某黄金冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。Ⅰ.电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用图1装置处理含氰废水。（1）电解时，_______(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将氧化为两种无害气体，两种气体的化学式为_______。（2）实验测得去除率随pH的变化如图2。①时，的去除率随pH的减小而减小，结合水中Cl元素的存在形式，利用平衡移动原理解释可能的原因：_______。②时，的去除率随pH增大也会减小。进一步研究发现，是由于溶液中部分Cl元素通过歧化反应生成了氧化性较弱的，反应的离子方程式可能为_______(写出一种即可)。（3）现有1L废水，的含量为。电解消耗的电量为Q库仑时，去除率的计算式为_______。(已知：电解过程中转移1mol电子所消耗的电量约为96500库仑。不考虑其它副反应)II.原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。（4）下列说法正确的是_______(填字母序号)。A.从底部通入空气有利于空气与电极的充分接触B.若催化剂为，产生的反应为C.质子交换膜可以替换为阴离子交换膜D.选择合适的微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理（5）电池工作过程中，a极区溶液中的pH几乎保持不变，结合电极反应式说明原因：_______(忽略溶液温度、体积变化)。【答案】（1）①.阳极②.CO2、N2（2）①.pH减小，溶液中的H+浓度增大，会导致平衡逆向移动，HClO含量减少，导致CN-的去除率下降②.（3）（4）AD（5）a电极反应（）和b电极反应方程式（）可知，a极区产生的H+会等量的定向移动到b极区，使a极区浓度基本不变，故pH几乎保持不变；【解析】【分析】Ⅰ．由电解图可知，生成氯气的电极发生了氧化反应，为阳极；II．电极a发生氧化反应，为负极；负极的电极反应方程式为；电极b为正极，电极反应方程式为；a极区产生的H+会通过质子交换膜定向移动到b极区。【小问1详解】Cl-发生氧化反应生成氯气，故应该在电解池的阳极生成氯气；结合CN-的组成元素可知，被HClO氧化后生成的两种无害气体为CO2、N2；【小问2详解】①溶液中存在平衡：，随着溶液pH减小，溶液中的H+浓度增大，会导致平衡逆向移动，HClO含量减少，导致CN-的去除率下降；；②依题意，碱性条件下，HClO发生歧化反应生成Cl-和，离子方程式为（碱性条件下HClO以ClO-形式存在）；【小问3详解】处理废水过程中，CN-被氧化成CO2和N2，从价态变化分析可知，存在如下计量关系：，故CN-的去除率为=；【小问4详解】A．从底部通入空气，气泡会向上扩散，增大了空气与电极的接触面积，有利于反应进行，A正确；B．若催化剂为，产生的反应应为，B错误；C．由上述分析可知，a极区产生的H+会通过质子交换膜定向移动到b极区，若换成阴离子交换膜，则H+无法向b区移动，C错误；D．选择合适的微生物，该装置能实现相应有机废水和含氰废水的联合处理（负极区有机物放电，正极区产生强氧化性的，氧化含氰废水），D正确；故答案选AD；【小问5详解】结合a电极反应（）和b电极反应方程式（）可知，a极区产生的H+会等量的定向移动到b极区，使a极区浓度基本不变，故pH几乎保持不变；17.含锌废水处理后的中和渣主要含、，还含少量、等。利用中和渣回收Zn元素的流程如下图。已知：ⅰ.一定条件下，、的氢氧化物沉淀的pH范围如下表。氢氧化物开始沉淀5.38.9沉淀完全8.210.9ⅱ.（1）酸浸液中的金属离子主要是_______。（2）除铁时，可加入ZnO调节pH，结合平衡移动原理解释除铁过程：_______。（3）实际沉锌过程中，测得锌的沉淀率达，所得中混有。①减慢氨水滴加速度能减少生成，原因是_______。②将沉锌后的固液混合物搅拌30min，能去除，但锌的沉淀率下降。该过程中溶液pH稳定在8.5左右，体系中，含N微粒的物质的量分数与pH的关系如右图。用离子方程式解释锌沉淀率下降的原因：_______。（4）利用以下实验测定产品纯度。已知：滴定原理为(M为Ca或Zn)步骤ⅰ：标定标准液浓度。取20.00mL，的标准液，加入50mL蒸馏水、指示剂并调节pH，用标准液滴定至终点，消耗标准液。步骤ⅱ：测定Zn元素含量。称取bg沉锌所得产品，滴加盐酸至完全溶解，加入NaF、KI(防止其他金属离子干扰)和指示剂，调节pH，用标准液滴定至终点，消耗标准液。产品中Zn元素的质量分数为_______。【答案】（1）Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mg2+（2）溶液中存在平衡，加入ZnO会消耗H+，使得平衡正向移动，得到沉淀（3）①.避免局部碱性过强，生成沉淀②.（4）【解析】【分析】硫酸“酸浸”过程中，中和渣中的氢氧化物溶解生成盐，故酸浸液主要含的金属阳离子有Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mg2+；经“除Fe”（生成）、“除Cd”（生成）后，向所得“除杂液”中加入NH4Cl、氨水得到Zn(OH)2沉淀。【小问1详解】由上述分析可知，主要的金属阳离子为Zn2+、Fe3+、Cd2+、Mg2+；【小问2详解】“除Fe”时，溶液中存在平衡，加入ZnO会消耗H+，使得平衡正向移动，得到沉淀；【小问3详解】①沉淀产生的pH比Zn(OH)2沉淀产生的pH大，减慢氨水滴加速度，可以避免溶液局部碱性过强，生成沉淀；②Zn(OH)2存在溶解平衡：，OH-与结合生成使得溶解平衡正向移动，又因Zn2+与NH3（）结合生成也会导致溶解平衡正向移动，综上可表述为；【小问4详解】由计量关系：M2+~H2Y2-，可知，Na2H2Y标准液的浓度为，Zn(OH)2产品中Zn元素的物质的量为，则Zn(OH)2产品中Zn元素的质量分数为：。18.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。19.实验小组发现盛有铜和盐酸的试管放置几天后，其中的溶液变成了蓝色，并有黑色固体生成，于是对铜和盐酸的反应进行探究。【查阅资料】在溶液中为无色，容易被空气氧化。【设计与实施实验1】按下表进行实验，反应时间为2天，记录现象。实验内容序号