广东省江门市2026届高三年级上册调研考试化学试题（解析版）

广东省江门市2026届高三上学期调研考试试题

本试卷共8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其它答案标号。

3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答奚写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。

5.考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量:HlC12016Na23Mn55Co59Zn65

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分：第11~16小题，每小

题4分。在每小题给出的四个选项中，只有•项是符合题目要求的。

1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。卜.列文物主材质属于有机物的是

A.红陶兽形壶B.漆木鸳鸯盒

C,错银铜牛灯D.兽首玛瑙杯

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.红陶兽形壶是陶瓷制品，其主要成分为硅酸盐，A不符合题意；

B.漆木鸳鸯盒是木制品，其主要成分为纤维素，纤维素属于有机物，B符合题意；

C.错银铜牛灯为金属材料制品，其主要成分为铜合金，C不符合题意；

D.兽首玛瑙杯是玛瑙制品，玛瑙的主要成分是二氧化硅，属F无机非金属材料，D不符

合题意；

故选B。

2.叫珠是一种含有苯环和毗咯环的平面分子，在药物合成中应用广泛。下列说法正确的是

A.分子式为GHgNB.属于脂环烧

C.碳和氮原子均采取sp2杂化D.不能发生加成反应

【答案】C

【解析】A.由结构简式可知，该分子中含有8个碳原子、7个H原子和I个N原子，其

分子式为JH7N,A错误；

B.该分子中含有C、H、N元素，不属于烧，B错误；

C.吧噪是一种含有苯环和毗咯环的平面分子，该分子笨环和碳碳双键中的碳原子均采取

sp2杂化，氮原子也参与叱咯环的共物，则碳和氮原子均采取sp2杂化，C正确；

D.该分子含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，D错误；

故选C。

3.腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等。下列有关说法正

确的是

A.液氢是将氢气溶于水得到的溶液

B.氨气探测仪器中，瞪Rn的质子数为136

C.煤油是混合物，是不可再生能源

D.月壤中的3He与地球上的3H互为同位素

【答案】C

【解析】A.液氢是氢气液化形成的液态氢，而非氢气溶于水得到的溶液，A错误；

B.第即的质子数为86,而非136,B错误；

C.煤油是石油分储产物，含多种烧类，属于混合物，石油是不可再生能源，则煤油也是

不可再生能源，C正确：

D.同一元素的不同核素互为同位素，但3He（质子数为2）与3H（质子数为1）的质子数不

同，是不同元素的核素，二者不互为同位素，D错误：

故选C。

4.劳动创造美好生活。卜列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是

劳动项目化学知识

2+

A用白醋清洗水壶中的水垢2M+CaCO3=Ca+H2O+CO2T

用Fee、溶液制作印刷电

B2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

路板

C用84消毒液对教室消毒NaCIO具有强氧化性

用成熟的苹果催熟未成熟

D乙烯是植物生长调节剂

的香蕉

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A.白醋中的CH3coOH是弱酸，书写离子方程式时不能将其拆开，用白醋清洗

水壶中的水垢反应的离子方程式为：

2+

2CH,COOH+CaCO.=Ca+2CHACOO+H,O+CO,T，A错误；

B.用FeC1溶液制作印刷电路板时FeCy与Cu反应生成FeC%和Cud2,反应的离子方

程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,B正确;

C.84消毒液中的NaClO具有强氧化性，能用84消毒液对教室消毒，C正确;

D.用成熟的苹果催熟未戌熟的香蕉，是因为成熟的苹果会释放乙烯，乙烯是一种植物生

长调节剂，可作水果的催熟剂，使生果实尽快成熟，D正确：

故选A

5.化学是美好生活的催化剂，衣食住行皆化学。下列说法不正确的是

A.用涤纶制成的运动服布料•，耐磨、易洗，涤纶属于天然纤维

B.合成员工业为蔬菜生长提供氮肥，蔬菜富含膳食纤维

C.红墙碧瓦是我国古代建筑特色，FezO,可用作外墙涂料红色颜料

D.硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机的外壳，硬铝属于合金

【答案】A

【解析】A.涤纶是聚酯纤维，属于合成纤维而非天然纤维，A错误；

B.合成氨工、也生产的氮肥能为植物提供氮元素，蔬菜确实富含膳食纤维，B正确；

C.氧化铁（Fez。.?）呈红馀色，常用作外墙涂料的红色颜料，C止确；

D.硬铝是铝基合金，是由铝、铜、镁、毓等元素组成的合金，具有密度小、强度高的特

性，D正确；

故答案为A。

6.制备Fe（OH｝胶体并探究其性质。下列操作能达到实验目的的是

D.胶粒与溶液的分

C.观察丁达尔效应

离

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】A.Fe与盐酸反应只能生成FeCb,不能得到FeCb,A错误：

B.将饱和FeCh溶液加到NaOH溶液中，生成的是Fe(OH)3沉淀而北胶体，正确的做法

是：向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，继续加热至出现红褐色，B错误；

C.当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通

路”，这种现象叫丁达尔效应，C正确；

D.胶体和溶液都能透过滤纸，不能用滤纸分离二者，D错误；

故答案为C。

7.元素a为短周期元素，其原子序数与化合价的关系如图所示。下列说法正确的是

，化合价

+7--9e

原子序器

-3---------♦a

A.c与e的原子半径：c<e

B.第一电离能：b>c

C.简单气态氢化物的稳定性：a<d

D.基态d和e原子核外均有1个未成对电子

【答案】B

【解析】从图中可以看出，a〜。原子序数逐渐增大，a显-3价，则为N元素；b显+2

价，则为Mg元素；c为+3价，则为A1元素；d显+5价，则为P元素；e显+7价，则为

C1元素，据此回答。

A.由分析知，c与。分别为Al、CI,第三周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，

所以原子半径：A1>CI,A错误；

B.由分析可知，b、c分别为Mg、Al元素，Al的价电子排布式为3s23p1其第一电离能

失去的是能量较高的3P能级上的电子，所需能量较少；Mg的价电子排布式为3s2,失去

的是能量较低的3s能级上的电子，所需能量较多；所以第一电离能：Mg>ALB正确；

C.a、d分别为N、P,二者为同主相邻族元素，非金属性：N>P,气态氢化物的稳定

性：NH3>PH3,C错误；

D.d为15号的P元素，其基态原子价电子排布式为3s匕r,有3个未成对电子；e为。

元素，其基态原子的价电子排布式为3s23P5,有F个未成对电子，D错误；

故选B。

8.NA为阿伏加德罗常数的值。卜列叙述正确的是

A.12g金刚石中含有的碳碳键数目为NA

B.标准状况下，2.24LCCL,的分子数目为0.1NA

C.lLpH=2的CH3coOH溶液中H+数目为0.02N.

D.4.6gNa在空气中充分反应生成Na2O和Na2O2,转移电子数目为0.2N，

【答案】D

【解析】A.金刚石中每个碳原子与4个碳原子形成4个C-C键，每个C-C键被2个碳原

子所共有，根据均摊法知，每个碳原子平均形成的C-C健的数目为：4x^=2个，则12g金

]2。

刚石(1mol)含有C-C键的数目为：-「1X2xNA・moN=2NA,A错误；

12g/mol

B.标准状况下，四氯化碳为液态，2.24L四氯化碳不是O.lmoL分子数目不是O.INA,B

错误；

C.lLpH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为I(r2mo]/L=o.()imol/L,则1L溶液中氢离子数目为

0.01NA，C错误；

D.钠无论是转化为氧化钠还是过氧化钠，钠单质均为还原剂，钠元素的化合价：0-+1,

4.6g

则存在关系：Na〜0，4.6g钠的物质的量为”，J「0.2moL转移的电子数目为

23g/mol

0.2NA,D正确:

故选Do

9.下列陈述I和陈述II均正确，且两者间具有因果关系的是

陈述I陈述II

ANa可与水反应产生O?Na着火不能用水扑灭

BSO?有还原性SO?能使酸性KMnO,溶液褪色

CSiO?属于酸性氧化物Si。?用于制造通讯光缆

溶度积：

D工业上用ZnS除去废水中的Cu?+

K£ZnS)<K,p(CuS)

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.钠与水反应生成的是H?而非O”陈述I错误；Na着火生成的Na?。？能与

水反应生成助燃的。2,因此Na着火不能用水扑灭，陈述H正确，A不符合题意；

R.SO?中硫元素化合价为+4价，具有还原性，能被酸性KMn。4氧化而使其溶液褪色，

陈述I和H均正确，且两者间存在因果关系，B符合题意；

c.Si。？能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；SiC>2用于制造通讯光缆，主要是因为

二氧化硅对光的传输损耗极低，可实现长距离、低衰减的光信号传递，与“SiO?属于酸性

氧化物”无关，则陈述1和陈述II均正确，但两者间不存在因果关系，C不符合题意：

D.常温下，CuS比ZnS更难溶于水，4p(CuS)更小，即溶度积：

/Csp(ZnS)>/Csp(CuS),则陈述【错误；因CuS溶度积更小，更易沉淀，ZnS能转化为

CuS,所以工业上用ZnS除去废水中的CH?'，陈述H正确，D不符合题意；

故选B。

10.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是

单质4,:盐Ng空稍过幻氢氧化物」^配合物

A.a可为铝，氢氧化物具有两性

B.a可为镁，盐能发生水解反应

C.a可为铜，新制的氢氧化物可用于诊断糖尿病

D.a可为铁，盐中的金属离子可与苯酚作用显紫色

【答案】C

【解析】A.若a为铝，铝与过量浓硫酸加热反应生成硫酸铝（盐），但硫酸铝与稍过量

NaOH溶液反应生成的可。［4/（0〃）4］属于盐，而不是氢氧化物，A不符合题意；

B.若a为镁，镁与过量浓硫酸加热反应生成硫酸镁（盐），硫酸镁与稍过量NaOH溶液反应

生成Mg（OHX（氢氧化物），但Mg（OH%不溶于氨水，且不能与氨水形成配合物，B不

符合题意；

C.若a为铜，铜与过量浓硫酸在加热下反应生成硫酸铜（盐），硫酸铜与稍过量NaOH溶

液反应生成Cu（OH）2沉淀（氢氧化物），Cu（OH）2能与氨水形成［Cu（NHj1"配合物，

新制的Cu（OH%可用于检测葡萄糖，即可用于诊断糖尿病，C符合题意；

D.若a为铁，铁与过量浓硫酸在加热下反应通常生成研酸铁，硫酸铁与稍过量NaOH溶

液反应生成Fe（OH）3（氢氧化物），但Fe（OH）3不能与氨水形成配合物，D不符合题意；

故选C。

11.AgCl难溶于水，但能与氨水形成［Ag（NH3）1和［Ag（NHjJ而溶解。将适量

Ag。完全溶于氨水，得到含［Ag（NH3）1和卜83七）」的溶液。下列叙述正确的是

A.加水稀释，［Ag（NH3）］的浓度一定下降

B.向溶液中通入少量氨公，［Ag（NHj］'的浓度一定上升

C.［Ag（NHj2］OH的电离方程式为：［Ag（NHj/OH=Ag++2NH3+OH-

D.体系中，

+++

c（Cl）+c（OH）=c（Ag*）+c（［Ag（NH3）］j+c（［Ag（NH3）J）+c（H）

【答案】A

【解析】A.加水稀释时，溶液体积增大，虽然可能引起配离子部分解离，但溶液总体积

增大导致[Ag（NH）T的浓度下降，A正确；

B.通入氨气会增加NH3浓度，可能促使[Ag（NH3）J进一步结合NH3生成

-

Ag（NH3）2]\导致[Ag（NHj]+浓度下降，B错误：

C.[Ag（NH）]OH可完全电离生成[Ag（NHj]和OH：电离方程式应为

-

Ag（NH3）2]OH=[Ag（NH3）2J+0H-,C错误；

D.该电荷守恒式未考虑NH；（一水合氨电离产生）的浓度，正确的电荷守恒式应为：

，++

c（Cr）4-c（0Hj=c（Agj4-c（[Ag（NH3）]j+c[[Ag（NH3）2]）4-c（H）+c（NH；）,D

错误；

答案选A。

12.利用如图装置进行实验：打开K2,点燃酒精灯，待a中液体变浑浊后再变澄清时.打

开K,并关闭K2,待c中液体变浑浊后再变澄清时，熄灭酒精灯；打开K「滴入乙醛,并

水浴加热；打开K4,滴入乙醇。下列说法错误的是

95%乙醉

尾气处理，,尾气处理

AgNOj溶液CuSO&溶液

CI和NaOH混合溶液

A.若a中有2molAg单质生成，则有Imol乙醛分子被氧化

B.b中发生的反应属丁螭港过程

Cc中有深蓝色晶体生成，说明此处生成的配合物极性弱

D,尾气可通入饱和食盐水中，再通入CO?，可以制备NaHCOj

【答案】C

【解析】由实验装置图可知，试管b中氯化铉和氢氧化钠混合溶液共热反应制备氨气；试

管c中硫酸铜溶液先与通入的氨气反应制得氢氧化铜沉淀，反应生成的氢氧化铜沉淀与过

量的氨气反应得到深蓝色的四氨合铜离子，向反应后的溶液中滴入乙醇会降低硫酸四氨合

铜的溶解度而析出深蓝色的硫酸四氨合铜晶体：试管a中硝酸银溶液与氨气反应制得银氨

溶液，向反应后的溶液中滴入乙醛，在水浴加热条件下银氨溶液与乙醛发生银镜反应生成

银。

A.由分析可知，试管a中生成银反应为：CH3CHO-F2Ag(NH3)2OH——4~>

CH3coONH4+3NH3十2AgJ十HzO,反应中，碳元素的化合价升高，乙醛是反应的还原剂，

银元素化合降低，氢氧化二氨合银为氧化剂，则由方程式可知，反应生成2moi银时，被

氧化的乙醛的物质的量为Imol,A正确；

B.由分析可知，试管b中发生的反应为氯化铁和氢氧化钠混合溶液共热反应生成氯化

钠、氨气和水，该反应是气体体积增大的反应，属于端增过程，B正确；

C.由分析可知，c中得到的深蓝色晶体是硫酸四氨合铜，硫酸四氨合铜是极性较强的离子

化合物，C错误；

D.反应得到的尾气中含有氨气，将尾气先通入饱和食盐水中得到氨化的饱和食盐水，再

通入二氧化碳，二氧化碳会与氨气、氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化钱，所以尾

气可用于制备碳酸氢钠，D正确；

故选C。

13.由结构不能推测出对应性质的是

结构性质

HF和HCI分子结构相似，但HFHF晶体的熔点高于HC1晶

A

分子间存在氢键体

0：在水中的溶解度低于在

B03分子的空间结构与水分子相似

CCL中的溶解度

石墨层中未参与杂化的P轨道中的

C石墨具有类似金属的导电性

电子，可在整个碳原子平面中运动

乙酸中羟基的极性大于苯酚中羟基

D乙酸的酸性大于苯酚的酸性

的极性

A.AB.BD.D

【答案】B

【解析】A.HF分子间存在氢键，增强了分子间作用力，使其熔点升高，使得HF晶体的

熔点高于HC1晶体，A不符合题意；

B.0.3和H2O均为V形结构，正负电荷中心不重合，均为极性分子，根据“相似相溶”原

理，03在水中的溶解度应高于在CC14(非极性分子)中的溶解度，不能由结构推测出选

项中的性质，B符合题意；

C.石墨层中每个碳原子未参与杂化的P轨道中的电子能在整个碳原子平面中运动，使得

石墨具有类似金属的导电性，C不符合题意；

D.乙酸中的0-H键的极性大于苯酚中0-H键的极性，使得乙酸更易电离出氢离子，故酸

性：乙酸〉苯酚，D不符合题意；

故选B。

14.一种水基电解液Zn-MnO?离子选择双隔膜电池示意图如图。已知：KOH溶液中,

Zi?+以[Zn(OH)j厂存在；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为aA-h。电

池放电时，下列叙述错误的是

MnOf极离子选择隔膜Zn电极

6/'JL

H,SCM容液K、SO4溶液:KOH溶液

IIIIII

A.该装置能把化学能转化为电能

B.II区中的K2so4溶液浓度变小，pH变大

2

C.I区的电极反应：MnO2+2e-+4H*=Mn++2H;O

D.每消耗65gZn能提供的理论容量为2aA・h

【答案】B

【解析】根据电池装置图可知，Zn为电池的负极，碱性条件下失电子生成

FZn(OH)I2-,电极反应为Zn—2e-+4OH-=[Zn(OH)J-,MnO2为电池的正极,

2++2+

得电子生成Mn，电极反应为MnO2+2e-+4H=Mn+2H2O。

A.该装置为原电池，能把化学能转化为电能，A正确；

B.电池放电时，Zn是负极，MnO2是正极。SO：通过离子选择隔膜从I区移向H区,

K+通过离子选择隔膜从in区移向UK,所以H区中的K2s04溶液浓度变大，但溶液仍

呈中性，pH几乎不变，B错误：

C.I区中MnO2得到电子发生还原反应，电极反应式为

2+

MnO,+2e+4H^=Mn+2H2O,C正确；

D.65gZn的物质的量为1mol,Zn电极处的反应式为

2-

Zn-2e~+4OH-=[Zn(OH)4],每消耗1molZn转移2moi电子，已知电极材料每转

移1mol电子，对应的理论容量为aA-h,所以每消耗65gZn能提供的理论容量为

2aAh,D正确；

故答案选B。

15.利用石墨电极电解CU(NO1)2溶液，进行如图所示实验。闭合K，电解至Y电极表

面有固体生成。打开K，静置。静置过程中，下列说法错误的是

b.&们卜eCi,和KSCN

Cu(NO山溶液混合溶液的灌纸

A.Y电极表面的固体逐渐溶解

B.装置内气体颜色会发生变化

Ca处酚酷试纸无明显变化

D.b处滤纸变红

【答案】C

【解析】依图分析，X极(阳极)处水中的氢氧根放电，阳极反应式为:

2H2O-4eMH'+O,?,Y极（阴极）铜离子放电，电极反应式为：打开

K之后，左图U形管中铜与酸性环境下的硝酸根发生反应产生NO,反应的离子方程式

（2+

为：3Cu+2NO；+8H=3CU+2NOT+4H2O；产生*JNO与O?发生反应产生红棕色

气体：2NO+O2=2NO2；据此作答。

A.依据分析，电解时Y为阴极，C/+得电子生成Cu隼质；打开K后发生反应：

3CU+2NO；+8H+=3CU"+2NOT+4H,O,Cu逐渐溶解，A不符合题意；

B.依据分析，电解时阳极生成02（无色）；打开K后又生成NO,二者均无色，但二者反

应生成的NO?为红棕色气体，故装置内气体颜色从无色变为红棕色，B不符合题意；

C.为检验酸性气体，通常预先将酚献试纸用稀碱溶液涧湿使其呈红色，a处酚酸试纸显红

色（显碱性），NCh进入右图U形管后发生反应：3NO;+H2O=2HNO3+NO,产生的

HNO3中和碱而使红色的酚麟试纸逐渐褪色，C符合题意；

D.NCh进入U型管后，b处游纸处发生反应：

2++

N02+2Fe+2H"=2F?+N0T+H20,然后Fe?+与KSCN结合生成血红色的

Fe（SCN）3,则滤纸变红，D不符合题意：

故答案选C。

16.我国学者设计的一种电解装置，借助电极上的催化剂，能同时电解CHQH和C。？，

工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，CO?转化为CO的部分反应历程如图乙所示，

其中吸附在催化剂表面上的物种用字标注。下列说法错误的是

质子交换膜反应历程

图甲图乙

A.电解时，A电极与电源的负极连接

B.电解总反应为：2cO2+CH30H=ZCO+HCOOH+H?。

C.由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，电解CO2的反应速率更快

D.若有1molFT穿过质子交换膜，则理论上有44gCO?被转化

【答案】D

【解析】图甲为电解池，A电极上CO2被还原为CO,A电极为阴极：B电极上CH30H

被氧化生成HCOOH,B电极为阳极，据此解答。

A.由分析可知，电解时，A电极为阴极，即与电源的负极连接，A正确；

B.由分析可知，A电极为阴极，CO2被还原为CO,发生电极反应：

+

2CO2+4e-+4H=2C0+2H2O；B电极为阳极，CH30H被氧化生成HCOOH,发生

电极反应：C7/aOH+H2O-4e-=HCOOH+4H+,则电解总反应为：

电解…⑥

2CO2+CH3OH=2CO+HCOOH+H2O»B正确；

C.决速步骤的活化能越小，反应速率越快，由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，决速步骤

的活化能更小，电解CO2的反应速率更快，C正确；

1

D.A电极为阴极，发生电极反应：2CO2+4e-+4H=ICO+2H2O,由电极反应式可

知，若有1molFT穿过质子交换膜，则理论上有0.5molCO?被转化，即有22gCO?被转

化，D错误；

故选D。

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

17.NH3及其盐都是重要的化工原料。

(1)实验室用NHJCI和Ca(OH)2制备NH?的化学方程式为；其制备NH|的发

生、气体收集和尾气处理装置依次为(填编号)。

（2）将大小相同的两个圆底烧瓶A、B按图装置连接进行NH3性质实验。

①先打开旋塞1，B瓶中的现象是_______。

②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2,B瓶中的现象是。

（3）某合作学习小组进行以下实验探究。

①实验任务通过测定溶液pH,探究温度对溶液中NH4cl水解程度的影响。

②提出假设升高温度，NH4cl水解程度增大，pH减小。

③设计实验、验证假设测定0.1mol/LNH4cl溶液在不同温度卜.的pH,记录数据如下

表：

序号测定温度/℃0.1mol/LNH4cl溶液的pH

a255.12

b504.83

25℃时，NH4cl的水解常数（列出算式，水的电离可忽略）。

④根据③的实验数据，升高温度pH减小，甲同学推断假设成立。但乙同学认为该推断依

据不足，理由是。

⑤实验改进加入对照实验，测量纯水的pH随温度的变化。记录数据如下表：

序号测定温度/℃纯水的pH

C257.00

d506.63

丙同学分析数据，由25℃升高到50℃,纯水的pH减小了（）.37,而O.lmol/LNH,Q的

pH只减小了0.29,故其推断NH」。的水解程度随温度升高而减小，你认同丙同学的推断

吗？（填“认同”或“不认同）为什么？。

【答案】（1）①.2NH4Cl+Ca（OH）,=CaCl24-2NH3T+2凡。②.ADF

（2）①.产生白烟②.烧杯中的石蕊水溶液会倒吸进入B瓶中，且溶液变红

10-5-12xW5,12

(3)②.温度升高，水的电离平衡会正向移动，使pH降低

0.1

③.不认同④.不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH

由7.00变为6.63时氢离子浓度增大（10163—10-7）mol/L,比pH由5.12变为4.83时的

变化量（1（尸83-1（尸」2）]]01/匕要小，故升高温度，NH4cl水解程度增大

【解析】（1）实验室利用NHjCl和Ca（OH%共热制备NH,的化学方程式为

2NH4Cl+Ca（OH）,=CaCl2+2NH3T+2H2O;纯固体加热选A作气体发生装置，氨气

密度比空气密度小，用向下排空气法收集，收集气体时导气管短进长出选D,氨气极易溶于

水需要防倒吸选F,故答案为ADF。

（2）①先打开旋塞I,A瓶中压强比较大，氯化氢气体会向B扩散，氯化氢和氨气反应生

成白色的氯化镂固体，故B瓶中的现象是产生白烟；

②稳定后，关闭旋塞1,再打开旋塞2,B瓶中压强小于大气压，烧杯中的石蕊溶液倒吸进

B瓶，由于B瓶中生成的NHqCl水解使溶液显酸性，溶液会变红色。

(3)NH；的水解方程式为：NH^+H2O^^NH3-H2O+H^,NH』。的水解常数

+

C(NH3H2O)1-()

,25℃,0.1mol/LNH4cl溶液的pH=5.12,忽略水的电

4NH：)

+512

离，故C(NH3H2O)=6(H)=1O-❷mol/L.

5l2

c(NH^)=0.1mol/L-c(NHrH2O)=(0.i-l0-)mol/L,

io-512xio-512i(r5J2xio-5,12

K=---------------------------；根据③的实验数据，升高温度pH减小，甲同学

h0.1-1Q-5120.1

推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，理由是温度升高，水的电离平衡会正向移

动，使pH降低；不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH

由7.00变为6.63时氢离子浓度增大（10-663-1（）-7）mol/L,比pH由5.12变为4.83时的

变化量（10T83-要小，故升高温度，NH4cl水解程度增大，所以不认同。

18.金属回收具有重要意义。一种从钻渣中分离回收金属的工艺流程如下：

1）H2O2

硫酸2）CaCONaHS丁二酮后氨水空气

JLX3JLXIJL

粘渣T酸浸沉银I~~恒延卜fg正]—乂小。4

IIITI

浸渣滤渣1CoS滤渣2滤液

己知：①酸浸液主要含有Co2+、Fe2\Ni2\M/+等金属阳离子；②常温下，

374

^[Fe（OH）3]=10-

（1）“酸浸'’时，提高浸出速率的措施有（写一条）。

⑵“沉铁”时，为了使Fe'+完全沉淀（cW1.0x10-5moi.U）,加入CaCO3调节溶液pH

不低于o

（3）“沉钻”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为。

（4）CoS沉淀经处理可获得一种钻的氧化物Co“Ov，其晶胞如图所示，晶胞参数为

anm,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中C。的配位数为,晶胞密度夕=

g・cm-3（只写计算式）。

（，）“沉银”时.Ni?+与丁一酮后（DMG）反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法

正确的有（填序号）。

H3C-C—c—CH3

IIII

/NN、

,CH\J。、

xc—cz3

2+HNiH

2〃%+Ni―►2H+'/O/

O—NN—ONN

IIII

HHH3c—C—C—CH3

DMGDMG-Ni配合物沉淀

A.银与N、O形成配位键B.配位时Ni2+被还原

C.该配合物的配体数目为2D.该配合物内部有氢键

(6)“沉钵”后主要生成Mn(OH)2沉淀，60°C下通入空气氧化得到产品MnQ4。“氧化”

步骤的化学方程式为

(7)工业上用硫酸溶解Mn(OH)?后，电解制备高纯度金属钵，电解时Mn在(填

“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“”工序使用。

【答案】(1)粉碎钻渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等(写一个即可)(2)3.2

2+

(3)CO+2HS=COS14-H2ST

3,

(4)①.6②.f-'IO"(5)CD

aN

(6)6Mn(OH)2+O2"2MnQ+6H2O

(7)①.阴极②.酸浸

【解析】钻渣经硫酸酸浸后，过滤得到主要含有Cc?+、Fe2\Ni2\MM+等金属阳离子的

酸浸液；利用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,再通过CaCCh调节溶液pH,使Fe3+转化为

Fe(OH)3沉淀除去，再加入NaHS使C02+转化为CoS沉淀除去，加入丁二酮后使Ni?+转化

为沉淀除去，最后利用氨水沉钵，经空气氧化得MmO,。

(1)从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钻渣、适当提高硫酸浓

度、加快搅拌速率等;

(2)Fe"完全沉淀，则c(人声)二Wl.OxlOkmolL

I。"=]0"8,pOH<10.8,pH>14-10.8=3.2o

<1.0x10-5Vl.OxlO5

(3)C02+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+,H+与HS-结合为H2s气体，离子方程

2+

式为CO+2HS-=COS|+H2ST（＞

（4）C。原子半径大于。则黑球为Co,白球为O,1个C。周围最近邻有6个0,则C。

的配位数为6,一个晶胞中，Co的数量为‘x8+,x6=4,0的个数为l+,xl2=4,

824

3

_/w_4x59g/mol+4x16g/mol233

晶体智度为°y山〃〃尸x(ax10々-^xlOg/c/n

（5）A.如图所示，Ni只与N配位，未与0配位，A错误;

B.DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；

C.如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni,配体数目为2,C正确:

D.DMG-Ni中的N-O-H……0-N结构中存在氢键,D正确;

故答案为CD。

（6）Mn化合价升高，O,化合价降低，反应化学方程式为6Mn（OH）2小亭

ZMnaOa+GHzO。

（7）MM+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和

H+,阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。

19.有机酸在多种反应中应用广泛。

（1）有机酸通常都含有翔基而显酸性，竣基中三种元素的电负性由大到小的顺序为

,按酸（RCOOH）溶液显酸性的原因是（用电离方程式表示）。

（2）甲酸是一种重要的有机储氢材料•，科学家探索利用二氧化碳和氢气转化为甲酸，实现

变废为宝和碳的循环利用，

①基态碳原子的价层电子轨道表示式为。

②已知：

HCOOH(g)

OH'(aq)乩⑷/催化剂/H+(aq)

」HCOf(aq)-^>HCOO"(aq)——UHCOOH(aq)

co2(g)

\H}-----------------------\H2------------------------"

H'(aq)+OH(aq)=H2O(l)A/75

则反应CC)2(g)+H2(g)=HCOOH(g)的AH=

③在恒温恒容密闭容器中，有关CO?和H?催化转化为HCOOH的说法正确的是

A.增大体系的压强，活化分子百分数不变

B.选择高效催化剂，可降低反应的活化能和焰变

C.充入适量的He,可加速反应，提高H2的平衡转化率

c(HCOOH)

D.达到平衡后加入H?,再次达到平衡后增大

c(CO2)

(3)科学家发现一种高效催化剂，可使甲酸在温和条件下释放氢气，反应过程如图。循环

箭头上只给出部分反应物和生成物，该反应的催化剂是_______O

(4)25c时，改变相同浓度的甲酸(HCOOH)、乙酸(CH3coOH)和丙酸(C2H5co0H)

溶液的pH,测得各溶液中pX与pH的变化关系如图所示(pX=-lgX：X为酸根离子浓度与

酸浓度的比值)。

①图中代表丙酸的曲线是______(填"L?”或"L3)

c(HCOO-)

②当1g-------^=1时，该溶液的pH=_______。

c(HCOOH)

③计算反应：HCOOH+CH3coeKUCH3coOH+HCOCT化学平衡常数K=

(写出计算过程)。

［答案］(1)①.O>C>H®.RCOOHURCOO+H+

(2)①.[Iw~――!------②.△Hd'HMth-bHgHs③.AD

2s2p

(3)NPjRuCk

(4)①.L②.4.75IO101

【解析】(1)竣基包括碳、氢、氧三种元素，电负性由大到小的顺序为：O>C〉H；拨酸为弱

电解质，在水溶液部分解离出H+,水溶液显酸性，电离方程式为RCOOHURCOO-+H+。

(2)①碳原子为第二周期、第IVA族元素，基态碳原子的价层电子排布为2s22P2,价层电

子轨道表示式为TT

2s2P

②由

H皿COOH(g)

CO2(g)HCO「(aq)^MHC。。(叫)3H8/H(aq)

\H、""

+

可知，CO2(g)+OH(aq)+H2(g)+H(aq)=HCOOH(g)+H2O(I)XH=AH\+kH^XFh-NH4,结合

+

H(aq)+OH-(aq)=H2O(l)可得：反应CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)的

=AHI+AH2+&H3-AH--AH”

③A.增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加，但活化分子百分数不

变，A正确；

B.催化剂只降低活化能，不改变婚变，B错误；

C.恒容条件下充入He气，各物质的浓度不变，所以正、逆反应速率不变，平衡不移动,

比平衡转化率不变，C错误；

c(HCOOH)…

D.%浓度增加，反应正向移动，温度不变，平衡常数不变,C(CO2)C(HJ不变'则

c(HCOOH)

增大，D正确;

eg)

故答案为AD。

(3)如图所示，总反应为HCOOH催上剂H2+CO2,含Ru物质反应前后化学组成不变，则

催化剂为NP3R11CI2。

c(RCO。-)C(H]

(4)①根据RCOOHURCOO+H+,K=-^---------7\7,则

ac(RCOOH)

pK=-lg]-lg[c（H^）=pX+pH,即pX二pK「pH,因此各种有机酸的

d^RCOOH)

pX与pH的关系为一组平行的斜率为-1的直线，有机酸的p&越小，解离出H+的能力越

大，直线的截距越小，烷基为给电子基团，甲酸、乙酸、丙酸解离出H+的能力逐渐减小,

因此L、心、心分别表示丙酸、乙酸、甲酸。

②将已知点（8.75,-5）、（9.76,-5）、（9.88,-5）代入pX=pKa-pH中可得甲酸、乙酸、丙酸的

c(HCOO)

分别为3.75、4.76、4.88,则当1g---------4=1时,pX=-l,该溶液的

c(HCOOH)

pH=3.75+1=4.75o

③HCOOH+CH3coeT?CH3coOH+HCOO的化学平衡常数

c(C%COO”)c(〃C。。1_c(C〃3cOO〃)c(，COO)c(H+)__空_止小

c(CHyCOO-)c(HCOOH)-c(CH,COO~)c(HCOOH)c()-K^CH.COOH)~10^-

20.磷酸氯喳用于治疗疟疾、风湿等疾病。化合物IV是合成磷酸氯哇的一种中间体，可用

如下路线合成：

（1）化合物I的分子式是，化合物I的官能团名称是o

（2）下列说法正确的有o

A.化合物I中所有原子可能共面

B.化合物I不是n的同系物，化合物n中不含大万键

C.由II到川的转化中，。键和兀键均有断裂与生成

D.化合物IV中不存在手性碳原子，可发生原子利用率100%的还原反应

(3)间氯硝基苯()经还原制得化合物I,若用核磁共振氢谱监测