2026届重庆八中高三4月强化训练(四)化学试题含答案

重庆八中高2026届4月强化训练(四)化学试题一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。1.食品、药品与农药都关系着人的生存和健康。下列说法不B.酱油中加入铁强化剂可以减少缺铁性贫血问题的发生C.阿司匹林的主要成分乙酰水杨酸(结构简式)可以发生水解反应D.有机含氯杀虫剂DDT等给环境带来了负面作用，已被大多数国家禁止生产和使用2.下列化学用语或图示正确的是B.不属于化学变化3.下列物质的转化在给定条件下能实现的是4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A.18g水蒸气含有的氢键数为2NA选项实验目的实验方案A剂加入顺序：NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、盐酸B检验SO2中是否含有HCl将气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中C检验Fe2²+溶液中是否含有Fe³+向待测液中滴加几滴铁氰化钾溶液D除去苯中混有的苯酚加入NaOH溶液充分反应后过滤V9.卤化铵(NH₄X)的能量关系如图所示，下列说法正确的是B.分子的键角：MX₃<RZ₃D.Z的单质能置换出X的单质11.将NiO(晶胞如图)在空气中加热，部分Ni²+被氧化为Ni³+,得到Ni×O(x<1),B.NixO晶胞中Ni²+、Ni³+和空位的个数比为2:1:1C.NiO晶胞中Ni²+的配位数为412.利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生，同时利用该电池电解Na₂CO₃溶液制取NaHCO₃溶液和NaOH溶液，装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室通入足量氨气后电池开始工作。下列说法错误的是NHNH₃石墨石墨C溶液A.电解装置中离子交换膜为阳离子交换膜D.其他条件不变，NH3若扩散到乙室将减小电流强度13.以甲烷和二氧化碳经催化重整制备CO和H2,可实现CO2的捕集和资源转化，涉及的主要反应如下：甲乙T/℃恒容条件下，起始投入CH4和CO2各1mol甲乙T/℃A.曲线甲表示的物质为B.由图可知温度高于900℃时主要发生反应①和反应②C.一定温度下，若向平衡体系中通入少量CH4,重新达平衡后，将增大D.620℃时，若起始投入H2O、CO、H2、CH4和CO2均为0.5mol,此时反应②的V正<V逆14.常温下，在K2Cr2O7溶液中滴加KOH溶液，铬元素以HCrO4-、CrO42-、Cr2O2-形式存在，各组分的lg[c(X)/mol-L-¹](X代表含铬微粒)随pH变化如图，(忽略体积变化)Cr(VI)总浓度始终为0.04mol/L。下列说法错误的是pHD.常温下，调节该溶液pH=7.4,则存在：c(Cr2O72-)=0.04-5.5c(HCrO4)二、填空题：本大题包含4小题，共58分。15.(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO₂,还含有少量Fe₂O₃)和辉钼矿(主要成高温焙烧萃取已知：①流程中“萃取”的原理为2R₃N(叔胺)+2H++MoO₄²-(R₃NH)₂MoO₄②pA=-lgA,常温下，NiS和MnS的pKsp分别为19.4和12.6。(1)已知基态Mo的价层电子排布式为4d⁵5s¹,则Mo在元素周期表的位置为;MoS2是一种典型的过渡金属二硫化物，具有类似石墨烯的二维层状结构(如右图),说明链与链之间是靠维系的。(2)“高温焙烧”过程中MnO₂、MoS₂转化为MnMoO4、MnSO₄,且不考虑产生其他物质，写出该反应的化学方程式_a.稀硫酸b.氨水c.NaOH溶液d.(NH从“母液”中回收的副产品在农业上可用于(5)四钼酸铵可以生产试剂级钼酸钠，已知钼酸钠的溶涤、烘干。102030405060708090100温度/C(6)若“调pH除镍”前溶液中c(Mn²+)=0.5mol/L,则“除镍”应控制溶液pH的范围是。(该溶液中pc(S²-)=15.1-pH,忽略溶液体积变化，Ig2=0.3)16.(14分)废铜回收利用率，大体上反映了一个国家铜的再生水平，用废铜屑制备已知：甲酸铜常温常压下稳定，可溶于水，难溶于乙醇。(一)甲酸铜的制备腾的蒸馏水中。写出反应的离子方程式;②NaHCO3需略过量的原因一方面是为了提高硫酸铜的利用率，另一方面是因为o(3)在接近沸腾下加热搅拌几分钟并静置后，用倾析法(如右图)分离、洗涤沉淀。倾析法适用于分离出沉淀颗粒密度(填“较大”(4)将碱式碳酸铜加入蒸馏水，搅拌加热至约50℃,逐滴加入适量甲酸至沉淀刚好完全溶解，再将溶液蒸发，冷却，减压过滤，用少量洗涤晶体两次，抽干称重。(二)甲酸铜晶体组分测定(已知：杂质不含铜元素)热，再放于仪器a(见右图)中冷却至室温后称量。重复上述操作直到恒重得固体质量为0.8900g。仪器a的名称是0(6)铜含量的测定：已知有色溶液所呈现的颜色是由于溶质对光的选择性吸收所致。利用物质对一定波长光的吸收程度(吸光度)来测定物质含量(定量分析)的方法，称为分光光度法。称取1.2500g产物加入100mL蒸馏水，使其完全溶解。取10.00ml配制的溶液于100ml容量瓶中，加入少量氨水，用蒸馏水稀释至刻度并摇匀。在波长编号不同浓度的标准[Cu(NH3)4]SO4溶液样品123456[Cu(NH3)4]²+浓度0.00080.00160.00240.00320.0040吸光度17.(15分)生物质能是可再生能源的重要组成部分。I.以生物质为原料可实现乙醇水蒸气重整制氢，有关反应如下：乙300①温度一定，乙醇的转化率随水一乙醇比的增大而(填“增大”、“减小”或“不变”)。水一乙醇比=7:1时，产生氢气的量随温度升高的变化趋势是②900K时反应ii平衡常数=;降低温度，图2中Q点不可能变为③900K,在刚性容器中，充入一定量C2H5OH(g)和H2O(g),物中的体积分数为b%,0～40min用C2H5OH(g)表示的反应(3)某种“生物质电池”工作原理如图所示，该电池充电时产生。充电时，阴极的电极反应式为,放电时，每生成1mol,理论上外电路中通过mol电子。18.(15分)脱落酸(K)是一种重要的植物激素，它的一种合成方法如下：(4)H→K分两步进行，第一步的离子方程式为第二步发生消去生成的产物K,同时可能生成的副产物的结构简式为。表烃基)。B→C所需的X,其结构简式为,请以乙醇为原料利用已知信息重庆八中高2026届4月强化训练(四)化学答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项1234567ABBDACC89BCDABDD【解析】1.A.亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，只是不能超量使用(必修二P113);B.酱油加入铁强化剂可以减少缺铁性贫血(必修一P70);C.阿司匹林化学名称为乙酰水杨酸(必修二P110);D.DDT从20世纪70年代开始禁止生产和施用(必修二P108)。2.A.H3BO3(硼酸)的结构为B(OH)3,中心B原子以sB.该反应涉及原子核的变化(生成新核素Mc和中子),属于原子核内反应，不属于化学变化，C.Br是35号元素，简化电子排布式应为[Ar]3d¹04s²4p5,选项漏写了3d¹0,C错误；D.CaF2是离子化合物，由Ca²+和F-构成，其电子3.A.氨催化氧化生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮C.氧化铝与氢氧化钠反应生成Na[Al(OH)4],Na[Al(OH)铝，得不到氢氧化铝，故C错误；于Mg²+水解Mg²++2H₂O=Mg(OH)₂+2H+,加热蒸发时HCl挥发，平衡向右移动，所以得不到4.A.水蒸气为气态，其中水分子间距离大，分子间作用力微弱，几乎不含氢键，18g水蒸钠离子不会水解，并且水电离出少量氢离子，则有n(Na+)+n(H+)>1mol,所以阳离子总数大于C.选项中未给出溶液体积，无法根据物质的量浓度计算水电离出的OH数目，C项错误；氢原子数=2x,氧原子数=2y,总原子数=2(x+y)=0.1mol,即0.1NA,D正确。5.A.NaOH溶液可以除去Mg²+、再加稍过量的BaCl₂溶液可以除去SO2-,再加碳酸钠溶液可以除去Ca²+和过量的Ba²+,过滤后再加入足量盐酸除去过量的NaOH溶液和碳酸钠溶液，最后蒸发，可达除杂目的，故A正确；B.HNO3会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与银离子反应生成微溶的硫酸银白色沉淀，与氯化银无法区分，故B错误。C.铁氰化钾溶液用于检验亚铁离子，无法检测铁离子，检测铁离子应用KSCN。故C错误；D.苯酚与NaOH水溶液反应生成的苯酚钠溶于水而不溶于苯，应该采用分液操作除去杂质，故6.A.M分子中含n个羟基，n分子N,每个羟基与1个羧基发生酯化反应脱去1分子水，共脱去n分子水，因此x=n,A错误；C.N的结构为C₆H₅-CH=CH-COOH,所有碳原子均为不饱和碳原子，全部是sp²杂化，D.P是高聚物，一个链节最多消耗4个氢气，所以1mol最多消耗4nmol氢气，D错误。7.A.Fe(SCN)₃是配合物，在离子方程式中不能拆，正确的离子方程式是B.同温下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故向饱和纯碱溶液中通入过量二氧化碳气体，应另一部分从-1价降低为H₂O中的0价。若用同位素180标记H₂O,生成的NaOH中部分含180,2Fe³++6OH+3Ba²++3SO₄²=3BaSO4J+2Fe(OH)₃↓,D8.a管连接烧瓶和分液漏斗上口，a的作用是平衡气压，使液体顺利流下，故A项正确；若将比希法)、铜、水，使Ⅲ中氧化铜质量减少值偏大，故B项错误。乙醇易挥发，但无水氯化钙能吸收乙醇，去除干扰。若装置Ⅲ中固体变红，装置IV中固体变蓝，则证明一定有H₂产生，空气中水蒸气进入装置IV中干扰实验，故D项正确；C.Cl原子半径小于I,H-Cl键的键能大于H-I键，断裂1molH-Cl键吸收的能量更多，因Z、R同周期，因此都为第二周期元素。M原子最外层电子数是电子层数的2倍，短周期主族主族的X=0。Y、Z:从结构式看，Y形成4个共价单键，第二周期中四价的主族元素为Y=C;Z只形成1个共价单键，第二周期一价主族元素为F。最终元素：X=O、Y=C、Z=F、M=S、D.2F₂+2H₂O=4HF+O₂,D正确。11.由图可知，氧离子在棱上和体心，O²-数目为即1个晶胞含4个O²-。已知A.NixO晶体存在空位缺陷，Ni离子可以通过空位迁移，因此导电性比完整的NiO晶体大幅B.根据分析，晶体呈电中性，设Ni²+个数为a,Ni³+个数为b,解得a=1,b=2,原有Ni位置总数为4,因此空缺数为4-3=1,故Ni²+、Ni³+和未填充空隙氯化钠，否则氯离子会放电发生反应，A物质为NaOH。B错误；D.NH3扩散到乙室后，会与乙室的Cu²+络合，降低溶液中Cu²+浓度，导致正极得电子的速率13.A.观察曲线可知，曲线甲、水和CO相交于一点，根据氧原子守mol,水和CO总共含有氧原子为1mol,那么剩余的物质为CO2含有1mol氧原子，故曲线甲,平衡常数受温度的影响，所以K₃不变，那么K₁不变，所以不变；D.起始n(CO₂)=n(H₂O)<n(H₂),即平衡常数K₂<1,所以此时Qe>K,平衡正在逆向进行，所以反应②a.HCrO₄=CrO₄²-+H+,b.2CrO₄²-+2H+=Cr₂O₇²-+H₂O,随着溶液的pH逐渐增大，则a平衡正向移动、b平衡逆向移动，溶液中CrO₄2-浓度增大、Cr₂O₇2-浓度减小，则曲线I代表的微粒是Cr₂O₇72-,曲线Ⅱ代表的微粒是CrO₄²-,据此分析。A.由分析可知曲线I代表的微粒是Cr₂O₇²-,A正确；B.Q点时，pH=6.4,c(CrO₄²-)=c(HCrO₄),对于HCrO₄=CrO₄²-+H+,其平衡常数可得c(CrO₄²-)=10c(HCrO₄)。又因为c(HCrO₄)+c(CrO₄42-)+2c(Cr₂Oc(CrOa²)=10c(HCrO₄)代入可得：11c(HCrO₄)+2c(Cr₂O₇2²-)=0.二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(除特殊标注外，每空2分，共14分)(1)第五周期第VIB族(1分)范德华力(1分)(分子间做作用力也给分，范德华力更准确)(3)抑制Mn²+水解；为后续萃取提供酸性环境；便于分离出SiO₂(任答1点)(4)b作氮肥(5)蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶(要指出温度数值0-10℃)【详解】(1)根据基态Mo的价层电子排布式4d54s¹,可知最大能层数为5,说明处于第五周期，价电子数为6,表明在元素周期表的位置为第五周期第VIB族；MoS2是一种典型的过渡金属二硫化物，具有类似石墨烯的二维层状结构，说明链和链之(2)由分析可知，高温焙烧时发生的反应为二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生(3)稀硫酸为强酸，除溶解焙烧产物、提供SO₄2-外，可抑制Mn²+水解，防止生成氢氧化物(4)由萃取方程式可知，加入氨水能中和溶液中的氢离子，使平衡向逆反应方向移动，有利于四钼酸铵的生成，且不引入新杂质，故选b;由分析可知，母液的主要成分为硫酸铵，则回晶体的操作为蒸发浓缩、冷却至10℃以下结晶、过滤、洗涤、(6)由硫化锰的溶度积可知，溶液中锰离子浓度为0.5mol/L时，溶液中则溶液中pH的范围为0.7<pH<2.8。16.(除特殊标注外，每空2分，共14分)(2)分批加入(1分)2Cu²++4HCO₃△Cu₂(OH₂CO₃↓+3CO₂↑+H₂ONaHCO3受热易分解且需保持碱性环境生成碱式碳酸铜(1点1分)(3)较大(1分)(4)乙醇(1分)(5)干燥器(1分)(6)①控制pH,避免Cu²+水解生成Cu(OH)₂沉淀；把Cu2+转化为深蓝色、性质稳定的铜氨配离子，提高测定灵敏度与准确性(答到深蓝色1分。答到稳定性1分)②(HCOO)₂Cu·4H₂O(写成Cu(HCOO)2·4H2O扣1分)【部分解析】(1)根据绿色化学要求，选择③④既能减少污染气体的产生，也能尽量少的消耗酸。(3)倾析法适用的对象为颗粒度与密度较大的沉淀，利用静置就能明显分层的固液分离。(6)①在甲酸铜体系用分光光度法测铜时，加氨水的核心作用是：把Cu2+转化为稳定、高吸光度的蓝色铜氨配离子[Cu(NH₃)₄]²+,提高测定灵敏度与准确性。其原理：单纯Cu²+(淡蓝)、甲酸铜配合物颜色很浅、吸光度低，无法准确测；加氨