化学解析甘肃靖远县第一中学2026-2027学年高三上学期9月月考(9月中旬)

【分析】【详解】A.只能鉴别氯化铁，故A不选；B.均不与氯化钡反应，不能鉴别，故B不选；C.分别滴加NaOH溶液时，产生白色沉淀的是氯化镁；先产生沉淀，后沉淀溶解的是氯化铝；产生红褐色沉淀的是氯化铁；产生白色沉淀，后又变灰绿色，最后变成红褐色的是氯化亚铁；无现象的是氯化钠，现象不同，可鉴别，故C选；D.与盐酸均不反应，不能鉴别，故D不选；【点睛】本题注意根据金属阳离子的性质不同选择检验试剂，可加入碱，观察生成碱的颜色和水溶性。【分析】O~a段，加入氢氧化钠溶液后没有沉淀生成，说明溶液中一定存在氢离子或碳酸氢根离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在铝离子，所以一定不存在碳酸氢根离子，因此一定存在氢离子；a～b段生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中除AI³+外，还可能存在Mg²+、Fe³+,根据图象，由OH～[Al(OH)₄]可知，溶解氢氧化铝沉淀消耗了1体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3体积氢氧化钠，另一种离子生成沉淀消耗氢氧化钠的量与铝离子生成沉淀消耗NaOH的量相同，所以原溶液中一定存在铁离子，一定不存在镁离子；b~c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵根离子发生了反应，即溶液中一定存在铵根离子；再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定存在硫酸根离子，故【详解】A.铁离子与铝离子生成沉淀消耗氢氧化钠溶液的体积相同，故原溶液中含有的Fe³+和A₁³+的物质的量之比为1:1,故A符合题意；B.根据以上分析可知，a～b段发生的离子反应为铁离子、铝离子与氢氧根离子的反应，反应的离子方程式为Al³++3OH=Al(OH)₃↓,Fe³++30H=Fe(OH)₃↓,故B不符合题意；C.原溶液中含有的阳离子是H+、NH₄⁺、Fe³+、Al³+,一定不存在镁离子，可能存在钠离子，故C不符D.d点表示氢氧化铝与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成四羟基合铝酸钠，所以溶液中含有的溶质为Na₂SO₄、答案选A。试卷第1页(共11页)【详解】A.溴水具有强氧化性，少量溴水滴入过量Na₂SO₃溶液中，亚硫酸根离子被氧化为硫酸，氢离子和过量亚硫酸根离子生成亚硫酸氢根离子：Br₂+H₂O+3SO3=2Br'+2HSOB.氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠和次氯酸钠、水，B正确；D.足量Fe₂(SO₄)₃溶液滴入Mg(OH)₂浊液中，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，使得氢氧化镁沉故选A。【详解】A.蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质盐析析出，由于盐析过程是一可逆过程，不影响蛋白质的性质，因此盐析析出的蛋白质仍可溶于水中，故A错误；B.蛋白质有盐析的性质，由于盐析过程是一可逆过程，蛋白质的变性是不可逆的，故B正确；C.蛋白质遇重金属盐后发生变性就失去了生理功能，因此当人误食重金属盐后人体蛋白质发生了变性，会使人中毒，可服用生鸡蛋清或牛奶以减轻重金属盐与人体蛋白质的作用，故C正确；D.蛋白质水解成氨基酸，氨基酸脱水缩合形成蛋白质，所以蛋白质和氨基酸可以相互转化，故D正确；答案选A。【详解】A.0.1mol/LNa₂CO₃溶液体积未知，难以计算含有的Na+数目，故A错误；B.标准状况下，22.4LCH₄和22.4LCl₂均为1mol,分子数共2NA,甲烷和氯气发生取代反应，反应前后分子总数不变，则充分反应后的分子数为2NA,故B正确；C.1molCaH₂中含1mol钙离子和2mol氢负离子，离子数目为3NA,故C错误；D.Fe与氯气反应生成氯化铁，5.6gFe为0.1mol,完全反应消耗0.15mol氯气，则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数，0.1molCl₂完全反应得0.2mol电子，得失电子数守恒，则转移的电子数为0.2NA,故D故选B。【分析】采用固、固加热型制取NH₃,则药品通常为NH₄Cl和Ca(OHD)₂;生成的NH₃与CuSO₄溶液反应，先生成Cu(OH)₂蓝色沉淀，继续通入NH₃,蓝色沉淀溶解，转化为[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，再滴加乙醇，NH₃,并可防止倒吸。B.离子中，4molNH₃分子贡献12molN-Ho键，4molCu←-N配位键贡献4molσ键，C.往硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇，有深蓝色晶体析出，则表明[Cu(NH₃)₄]so₄·H₂O晶体在乙醇中的D.装置a球形干燥管、装置b倒扣的漏斗作用均是防倒吸，D正确；故选B。【详解】A.Na₂O₂和CO₂反应生成碳酸钠和O₂,故A正确；B.氯气的氧化性强，Cl₂和足量Fe反应生成FeCl₃,故C.铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验NH₄,故C正确；选B。【详解】A.垃圾分为多种，部分垃圾不是生物质能，杂草、枯枝属于生物质能，但是塑料、陶瓷等不属于生物质能，不能说垃圾焚烧发电属于生物质能的热化学转化，故A错误；B.加热绿矾会分解生成三氧化硫，与水反应生成硫酸，故B正确；C.合金的熔点低，钠钾合金可用于快中子反应堆作热交换剂，故C正确；D.用高压氢气、氧气制作燃料电池产物为水，无任何污染，所以是氢能源利用的一种重要方式，故D正【详解】A.除去Cl₂中混有的少量HCl并干燥Cl₂,选择饱和食盐水和浓硫酸，通气的导气管应“长进短B.验证铁的吸氧腐蚀可通过观察导管内液面和试管液面的高低判断，B选项符合题意；C.萃取碘水中碘应选择不溶于水的苯、CCl₄等作D.SO₂通入高锰酸钾溶液褪色，发生反应的离子方程式为5SO₂+2MnO₄+2H₂O—5Mn²+5SO2+4H+,答案选B。【详解】A.向豆浆中加入盐卤(主要成分是氯化镁)能使豆浆增稠、聚沉从而得到豆腐，故氯化镁做豆腐的凝固剂和增稠剂，亚硝酸盐常用作肉食的发色剂和防腐剂，山梨酸钾用于食品防腐，三聚氰胺对人体有害，在食品中添加三聚氰胺对人体只有坏处而没有任何好处，不能用作食品添加剂，故A错误；B.任何药物都有副作用，应在医生指导下服用，故B错误；C.大气中二氧化碳的含量增大，是形成温室效应的主要原因，故C错误；D.将生活垃圾进行分类处理，促进资源回收、减少环境污染，有利于环境保护，应大力提倡，故D正故选D。【详解】A.由化合物X、Y的结构可知，X中含的官能团为：酯基、羧基、碳碳双键和醚键，C.X中含的官能团为：酯基、羧基、碳碳双键和醚键，1mol羧基消耗1molINaOH,而X中的酯基是由羧基和酚羟基发生酯化反应得到的，因此X中的1mol酯基能消耗2molNaOH,1molX最多能消耗D.化合物Y分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子与周围四个原子形成四面体结构，因此化合物Y分子中所有原子不可能共平面，D错误；答案选C。C.容量瓶不能用于稀释浓溶液，应在烧杯中稀释、冷却后再转移到容量瓶定容，C不符合题意；D.根据钠与乙醇生成氢气的物质的量与乙醇物质的量的关系，可以验证乙醇的结构简式，D符合题意；故选D。【详解】A.反应△H>0,反应生成气体故△S>0,仅当温度较高满足△H-T△S<0时反应自发，并非任C.保持容器容积不变，充入He后CO₂(g)的浓度不发生变化，平衡不移动，C错误；D.温度不变，则K=c(CO₂)不变，重新平衡后c(CO₂)不变，气体密度p=c(CO₂)·M(CO₂),故密度不故选B。【详解】A.向NaAlO₂溶液中滴加NaHCO₃溶液，出现白色沉淀，AlO₂+HCO₃=Al(OH)₃↓+CO3,能确定：酸性HCO₃>Al(OH)₃,方案设计、现象和结论均正确，故A不符合题意；B.2mL0.1molL¹的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L⁻¹的MgCl₂溶液，白色沉淀，此时溶液中碱过量，再滴加2滴0.1mol·L¹的FeCl₃溶液，直接与过量的氢氧化钠反应，红褐色沉淀，不能确定：溶解度Mg(OH)₂>Fe(OH)₃,可以在2mL0.1mol·L-¹的MgCl₂溶液滴加几滴NaOH,再滴加2滴0.1mol-L-1的FeCl₃溶液，故B符合题意；C.试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴0.1mol·L¹酸性高锰酸钾溶液，振荡，盛甲苯的试管中酸性高锰酸钾溶液褪色，试管1、2不褪色，3褪色，无法证明环己烷不使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定：苯环影响甲基，使甲基变得更容易被氧化，题中不正确的方案设计，得到的现象、结论正确，故C不符合题意；D.向含有淀粉的KI溶液中滴入Fe(NO₃)₃溶液，观察溶液颜色变化，Fe³+和NO₃均能将I氧化，溶液变蓝，不能确定：氧化性Fe³+>I₂,题中不正确的方案设计，得到的现象和结论正确，故D不符合题意；故选B。【详解】(1)元素处于最低价态时，只有还原性，选①⑦;(2)亚硒酸钠能消除氧化性极强的“活性氧”,作用是还原剂；(3)A.Cl₂既是氧化产物又是还原产物，A错误；B.根据②③可知，Cl₂能将I氧化成I₂,将I2氧化成IO₃,所以能观察到先变蓝后褪色，B正确；C.还原剂还原性大于还原产物，所以还原性I>CH,C错误；D.氧化剂氧化性大于氧化产物，所以氧化性KClO₃>Cl₂>I₂,D正确；选BD;(4)Cl₂既是氧化产物又是还原产物，KC1不是还原产物，该反应中C1从+5降低到0,从-1升高到0,得失电子守恒，还原产物与氧化产物物质的量之比为1:5,同一种物质，所以质量比也为1:5;(5)转移电子数=化合价变化数×发生变化的原子个数；①生成1mol氧气，转移电子数为2e⁻×2=4e',②生成1mol氧气，转移电子数为2e×2=4e,③生成1mol氧气，转移电子数为e×2=2e,故三个反应生成相同分子数的氧气，转移电子个数比为2:2:1。(2)Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s¹轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能>Fe的第二电离能(5)CuO是离子晶体，熔点最高，H₂O、CO₂为分子晶体，由于H₂O分子间存在氢键，导致熔点高于CO₂,【详解】(1)由题干Hg元素的信息图，其价电子排布式为5d¹06s²,根据最高能层序数等于其周期序数，则Hg在元素周期表中的位置为第6周期、第12族，故答案为：C;(2)Cu的价电子排布式为：3d104s¹,Fe的价电子排布为3d64s²,失去1个电子后，Cu+的价电子排布式为：3d10,Fe+的价电子排布为3d64s¹,失去3d轨道上电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能>Fe的第二电离能，故答案为：Cu的第二电离能是失去3d¹0轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能>Fe的第二电离能；C.核磁共振氢谱用于检测物质含有不同环境H原子的种类和数目比值，两种晶体中均不含H,不能区分，D.晶体X射线衍射是研究晶体结构的权威方法，两种晶体结构不同，能够区分，D(4)由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu₃(CO₃)₂(OHD₂,一个晶胞应该含有6个Cu²+,结合晶胞图示可知，Cu²+位于8个顶点8个，上下面心上各1个，(5)由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H₂O、CO₂,CuO是离子晶体，常温下固体，H₂O、CO₂为分子晶体，由于H₂O分子间存在氢键，导致熔点高于CO₂,常温下H₂O为液体、CO₂为气体，故答案为：CuO是离子晶体，熔点最高，H₂O、CO₂为分子晶体，由于H₂O分子间存在氢键，导致熔点高(6)由题干信息可知，将CuO投入NH₃(NH₄)₂SO₄的混合溶液中进行“氨浸”,控制温度为50-55℃,pH约为9.5,得到[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，则该反应的离子方程式为：CuO+2NH₃+2NH4=[Cu(NH₃)4]²+H₂O;(7)[Cu(NH₃)4]²+结构中，若用两个H₂O分子代替两个NH₃分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此(8)已知自由的NH₃和[Cu(NH₃)₄]SO₄中N均采用sp³杂化，但自由的NH₃中N原子周围存在孤电子对，(9)由题干配合物中心离子结构可知，Cu²+周围形成了4个配位键，该配合物中心离子的配位数为4,根据价层电子对互斥理论，可知CO3-中C的价层电子对数为,故答案为：4;3。【详解】(1)A.原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，C、O原子核外都有两个电子层而H原子核外有1个电子层，所以H原子的半径最小，C、0元素位于同一周期且原子序数0元素的较大，则原子半径：r(C)>r(O)>r(H),故A错误；B.主族元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，0元素的最高正价为+1价，所以最高化合故选C;(2)A.C₃H₆为环丙烷和丙烯的分子式，C₃H₆、CH₃CH=CH₂不表示同一种微粒，故A错误；B.—OH、H都表示羟基，二者表示同一种微粒，故B正确；C.可以表示CF₄、CH₄等，所以D.C₄H₁₀为正丁烷或异丁烷的分子式，所以C₄H₁₀、CH₃CH₂CH₂CH₃不表示同一种微粒，故D错误；故选B;是烯烃R和氢气发生加成反应后的产物，该烷烃中相邻碳原子上各去掉一个氢原子形成碳碳双键，就得到烯烃R,得到的烯烃R有6种，故选C;(4)A.CH₃CH(CH₂CH₃)CH₂CH₂CH₃的名称为3—甲基己烷，故A错误；B.CH₂=C(CH₃)CH=CH₂的名称为2—甲基—1,3—丁二烯，故B正确；C.CH₃CH₂C(CH₃)₃的名称为2,2—二甲基丁烷，故C错误；(5)光照下甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和HCl,HCI极易溶于水，压强减小，水加入试管，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是油状液体，试管内壁有油状液体，符合的图像是D,故选D;(6)生成的CH₃Cl、CH₃Cl₂、CHCl₃、CCl₄四种有机产物的物质的量之比为1:2:3:4,设生成的CH₃Cl、CH₃Cl₂、CHCl₃、CCl₄四种有机产物的物质的量分别为xm原子守恒得(1+2+3+4)xmol=1mol,x=0.1,则生成的CH₃Cl、CH₃Cl₂、CHCl₃、CCl₄四种有机产物的物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol,氯气和甲烷发生取代反应时，氯气和被取代的氢原子的物质的量之比为1:1,消耗n(Cl₂)=0.1mol×1+0.2mol×2+0.3mol×3+0.4mol×4=3mol,故选C;(7)质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，互为同位素的是B,故选B;(8)结构相似，在分子组成上相差1个或n个CH₂原子的有机物互为同系物，互为同系物的是C,故选(9)分子式相同、结构不同的有机物互为互为同分异构体，互为同分异构体的是EF,故选EF;(10)A.信息素A、B的结构相似，且A比B多一个CH₂原子团，二者互为同系物，故A错误；B.含有碳碳双键的有机物能发生加聚反应，以上三种信息素都含有碳碳双键，所以均能发生加聚反应，C.信息素A、B的结构相似，且A比B多一个CH₂原子团，二者互为同系物，故C正确；D.等物质的量的家蚕信息素与溴发生加成反应时，可以1,2—加成或1,4—加成，有两种产物，故D(11)烯烃C是信息素A的一种同分异构体，C与氢气加成得到烷烃D,D的一氯代物只有2种，则D中含有2种氢原子，D的结构简式为(CH₃)₃CH₂CH₂C(CH₃)₃,C中含有一个碳碳双键，C的结构简式为信息素B中含有碳碳双键，在一定条件下能合成高分子材料，方程式为n人人催化剂+(5)入口高温加快反应速率，保证催化剂活性；出口低温促进Sabatier反应平衡正向移动，提高反应物转化率，同时抑制副反应，提升CH₄选择性(7)使用对Sabatier反应高选择性的催化剂(或适当降低反应温度、增大体系压强，合理即可)不能，根据原子守恒，总反应为CO₂+2H₂=CH₄+O₂,氢元素会随甲烷(含碳废气)排出循环体系，循环过程中氢不断损失，无法让CO₂持续完全转化，因此氧气不能100%再生或者能，氢以CH₄形式损失，若通过外部补充氢气(或水),则理论上可维持循环，实现氧气100%再生(合理即可)【分析】整个流程实现空间站CO₂去除和氧气再生，循环逻辑如下：宇航员呼吸作用产生CO₂,被有机胺进入反应器，和电解水生成的H₂发生Sabatier反应，生成CH₄和H₂O,CH₄作为含碳废气排出体系；反应生成的H₂O送入电解池电解，得到O₂供给宇航员呼吸，H₂返回反应器循环使用，完成整个氧循环。【详解】(1)CO₂是酸性氧化物，可与碱性物质反应，有机胺可以捕捉酸性的CO₂,说明有机胺体现碱性，选B;(2)RNH₃HCO₃热分解需要释放CO₂,同时再生有机胺RNH₂,配平后得到反应方程式：(3)反应自发判据为△G=△H-T△S<0。该反应△H₁<0(焓减),反应后气体总物质的量从5mol变为3mol,△S<0(熵减),因此只有低温条件下T△S足够小，才能使△G<0,反应自发进行，选A;(4)起始总气体物质的量为1mol+4mol=5mol,10min后总气体为4.6mol,总物质的量减少△n=5mol-4.6mol=0.4mol。设反应消耗CO₂物质的量为x,对反应CO₂(g)+4H₂(g)一CH₄(g)+2H₂O(g),每消耗1mo