福建省2026届高三上学期化学10+1高考模拟特训（二）

福建省2026届高三化学10+1特训（二） (选择限时25min+大题每道10min) 相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23 一、单选题（每题4分） 1.化学科学在促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是() A.电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于一次电池 B.“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板属于金属材料 C.国产汽车小米SU7车身面板使用的碳纤维材料材料属于新型无机非金属材料 D.“神舟十六号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是传统无机非金属材料 2.肽抑制剂X与蛋白酶体片段的活性位点Y结合可抑制骨髓瘤。下列说法正确的是( ) 蛋白酶体 蛋白酶体 OH OH OH HO H H X A.反应为缩合反应 B.X在反应中显碱性 C.与H反应的活性：Z>Y D.Z属于盐 3.联氨(N,H,)可用于镜面镀银，其原理为[Ag(NH)2]+N,H,→Ag↓+N2个+NH+NH,(未配平)。 设WA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( A.32gN,H4中非极性键的数目为WNA B.1 molNH,NO3晶体中o键的数目为7NA C.1L0.01 mol-L Ag(NH3)2NO,溶液中Ag的数目为0.01Na D.该反应中每转移1mol电子生成N2的数目为0.25W 答案第1页，共10页 4.以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO,含SiO2、CuO、PbO、Fe,O,等杂质）为原料回收部分金属单质，其 工艺流程如图： 空气H,S0 物质X 物质Y CO ￥ 镍镉矿→酸浸 →调pH→净化 电解 气化→Cd 滤渣缸 滤渣Ⅱ 物质Z 滤液1 Ni(CO),- A→Ni 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对 Cu2+/Cu Pb2+/Pb Ni2+/Ni Cd2+/Cd Fe2+/Fe 电极电位V +0.337 -0.126 -0.257 -0.402 -0.442 下列说法错误的是( A.“酸浸中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B.“物质X可以是NiO,“滤渣'含Fe(OH) C.“物质Y”是Cd,“物质Z”是Cu D.流程中可循环利用的物质有CO、HSO4、Ni 5.一定压强下，乙烯水合反应为：C2H4(g)+HO(g)、≥C2H,OH(g) 已知：△H(J/mol)=-34585-26.4T △G(J/mol)=-34585+26.4T.lnT+45.19T 气体均视为理想气体，下列说法正确的是() A.反应的活化能：E正>E进 B.恒温恒容充入N2,平衡向左移动 C.△S随温度升高而降低 D.平衡后，升高温度，△V正>△V逆 2 6.某理论研究认为：燃料电池（图b)的电极I和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c,其中O2 获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( H 气体 气体 HO O.+H+e H'+e y H+e 11 I+ iii 质子交换膜 H++e b c A.负极反应的催化剂是1 B.图a中，到i过程的活化能一定最低 C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D.相同时间内，电极I和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 7.一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、乙均为短周期元素且同周期，阳离子中所有原子共平面。 下列说法不正确的是() A.第一电离能：Z>X>Y B.氢化物的沸点：X<Z<Y C.1mol W的最高价含氧酸最多能与1mol NaOH反应 D.Y、Z的简单氢化物混合时，分子间形成的氢键有4种 8.二甘氨酸合铜⑩是最早被发现的电中性内配盐，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理 功能。制备顺式和反式二甘氨酸合铜（⑩的方法如下图所示。 甘氨酸 H2 0 CuSO,过量氨水[CuNH)4]SO4NaOH溶液 溶液 少量水，小火加热 溶液 ① 溶液 ② 0o,③ ④ 顺式二甘氨酸合铜D 反式二甘氨酸合铜（⑩ 已知：[Cu(NH,)4]的二元取代物有两种结构。下列说法正确的是( A.与Cu+的配位能力：HO>NH? B.[Cu(NH,),中Cu(的杂化方式为sp C.0.5mol二甘氨酸合铜（四中含有8molo键 D.顺式二甘氨酸合铜（山）的极性比反式的强 答案第3页，共10页 9.从CPU针脚（含有铜、镍和钴等金属）中回收金的实验步骤如图。下列说法不正确的是() KBr,CH,COOH HNO,H,O HNO,HO KOH HO OH HO OH HO OH 倾析 CPU针脚 8888888 H[AuBr] HO OH HO OH HO OH Y的 5] 除杂 溶金 调pH (80℃) (80C) 减压 HO,Na,S,Os α一环糊精 过滤 减压 CHOH CH2OH 金粉倾析 过滤 -环糊精的结构 还原 富集 A.-环糊精属于低聚糖，水解可生成葡萄糖 B.溶金与王水溶金原理相同，会生成一种无色气体，遇到空气变为红棕色 C.富集后，K[AuBr4]主要存在于滤液中 D.还原步骤中有SO42生成 10.常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：实验1：向10mL0.2mol·LDH,CO,溶液中滴入一定量 0.2mol-LKOH溶液。混合溶液的pH与lgX X= cHc,0）或cc,o） 的关系如图所示。 c(H2C204) e(HC2O) APH 3.8 1.2 -3.8 -1.20 lgY 实验2：向10mL0.2mol.LH,C0,溶液中加入10mL0.2mol.L BaCl,溶液。 已知：25℃时，Km(BaC,O,)=107.6。混合后溶液体积变化忽略不计。 下列说法错误的是() A.实验1，当溶液中c(H,C,04)=c(C,O})时，pH=2.5 B.实验1，当溶液呈中性时：c(C,O)>cHC,O,）>c(HC,O4) C.实验2，溶液中有沉淀生成 D.实验2，溶液中存在：2c(Ba+)+c(H）=c(CIr)+c(HC0)+2c(CO) 4 11.氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用.涉及反应如下： 反应I:CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+HO(g) △H,=-206.2kJmo 反应：CO(g)+H2O(g)→CO2(g)+H2(g) △H2 反应I:CO2(g+4H2(g)→CH4(g+2H2O(g)△H3=-165.0kJmo1 回答下列问题： (1)△H2= _kJ.mol-1。 (2)已知反应II的速率方程为V正=k正p(CO)p(H,O),'=k逆p(CO2)p(H2）,其中k、k逆分别为正、逆 反应的速率常数。如图(1gk表示速率常数的对数： 一表示温度的倒数)所示a,b、c、d四条斜线中，能 表示gk逆随二变化关系的是斜线 (填标号)。 T ◆lgk T K) (3)温度T,时，在固定容积的容器中充入一定量的H2和1 nolCO,平衡时H2和CO的转化率(a)及CH4 和CO,的物质的量(n)随 (变化的情况如图所示。 n(cO) 100 1.0 C(1,87.5) 90F 8 0.9 YX b 70 0.7 B(1,m) 507Z W 0.5 30 A(1,0.25) 0.3 d 10 (H2) 0.1 n(CO) ①图中表示(CO)、m(CH4)变化的曲线分别是 (填标号)：m= n(CH) CH4的选择性 100% n(CO2)+n(CH) ②已知起始充入1mol的C0和0.5mol的H2进行上述反应时，起始压强为1.5po.反应1的K。=(用 P表示)：温度T, n}=1时，a(CO)可能对应图中X、Y、Zw四点中的 (填标号)。 n(CO) 答案第5页，共10页 福建省2026届高三化学10+1特训（二）·答案 1.【答案】C A.锂离子电池可充电，属于二次电池（生活常识：电车不可能是一次性的，可充电多次使用)，A错误： B.砷化镓含有金属元素≠金属材料（如NaC),金属材料是指金属单质或合金，B错误； C.新型无机非金属材料包括高温结构陶瓷、碳纤维、石墨烯、Si、SiO2等，C正确； D.“陶”为陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D正确： 2.【答案】D A.缩合反应需生成大分子并脱去小分子（如水、氨等），该反应中X的-B(OH)2与Y的羟基结合，未观 察到小分子（如H0)生成，不属于缩合反应，A错误： B.X中由于硼元素可以接受电子，可以看作酸，所以显酸性，B错误； C.Y中含游离氨基(-NH),氨基易与H结合生成NH;Z中氨基已质子化为-NH,无法再结合H, 故与H反应的活性：Y>Z,C错误； D.Z中同时存在带正电荷的-NH（阳离子)和带负电荷的B(阴离子)，整体电中性，属于盐，D正确； 3.【答案】C A.32gN2H4的物质的量为1ol,NH4分子中N一N键为非极性键，1个N2H4分子中有1个非极性键， 所以1molN2H4中非极性键的数目为NA,A正确； B.1 mol NH4中o键的物质的量为4mol,1 mol NO,中o键的物质的量为3mol,1个NH4NO3分子中有7 个o键，所以1 mol NH4NO3中c键的数目为7NA,B正确； C.[AgNH3)2]是络合离子，其中Ag*被NH3分子络合，所以在[Ag(NH3)2]NO3溶液中，Ag的数目少于0.01NA, C错误； D.反应方程式为4[AgNH3)2]+N2H4→4Ag+N2↑+4NH+4NH3,其中NH4被氧化，N的化合价从-2变为 0,所以每生成1molN2,转移4mol电子，即每转移1mol电子生成0.25molN2,数目为0.25Na,D正确： 4.【答案】C 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO,含SiO2、CuO、PbO、FeO,等杂质）为原料回收 部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅 不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣I和滤液：向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物 质X)调节溶液pH,将溶液中Fe+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有F©(OH),的滤渣Ⅱ和滤液：向滤液 中加入镍（物质Y),将溶液中Cu转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z)和疏酸镍、硫酸镉的 滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液）：固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基 6 合镍和镉：四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫 酸、镍，据此分析回答。 A.“酸浸”中鼓入空气，O2可氧化NS中的-2价的硫，防止生成HS产生污染，同时搅拌使反应更充 分，A正确； B.加入“物质X调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗H+且不引入杂质，Fe+在较 低pH溶液中生成Fe(OH),进入滤渣Ⅱ，B正确： C.净化需除去氧化性强的Cu2+,而不除去Ni2+、C2+,同时不引入新杂质，应加入Ni(物质Y), 置换出Cu,若Y为Cd,其还原性强于Ni,会置换Ni+,且Z不仅含Cu、还含有Ni,C错误； D.CO参与气化生成Ni(CO)4,Ni(CO),分解后生成CO可循环；H,SO4在酸浸中使用，滤液I中含 H,SO,循环；Ni(CO),分解生成的Ni可用于净化步骤除Cu,D正确； 5.【答案】C A.△H=E-E,题目中△H=-34585-26.4T,为负值且随温度升高更负，说明Ex<E,A错误： B.恒温恒容充入N2,总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B错误； C.由△G=△H-T△S代入数据得△S=-71.59-26.4lnT,温度T升高时lnT增大，△S更小，△S随温度升高而 降低，C正确； D.该反应的△H<O,为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，△v世>△vE,D错误； 6.【答案】C 【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负 极，电极方程式为：H2-2e=2H;氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：O2+4e+4H=2H,0。 【详解】A.由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是i,A错误； B.图a中，i到i过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则i 到过程的活化能一定最高，B错误； C.氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：H2-2=2H,同时，反应负极每失去1个电子，就会 有一个H通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确； D.由图、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时 间内，电极I和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误； 7.【答案】B XY 【分析】已知 中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，阳离子中所有原子共平面。-XY2是平面结 WZ: 答案第7页，共10页 构判断X为N,Y为O,-NO2是平面结构，-N=N为直线形，四种元素均在第二周期，WZ4中W与4 个Z形成4个δ键，整体带一个单位负电荷，则W为B,Z为F,据此分析解题。 A.N、O、F为同周期元素核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是半充满的， 比较稳定，电离能较高，故第一电离能F>N>O,A正确： B.最简单氢化物的沸点为：H2O>HF>NH3,但是题目说的是简单氢化物，表述不准确，如N的氢 化物NH为气体，但是N2H4为液体（熔点1.4℃，沸点113.5C),N2H4沸，点比H20和HF都更高，B错； C.W的最高价含氧酸为HBO3,H3BO3属于一元弱酸，1molW能与1mol NaOH反应，C正确； D.Y的氢化物为H2O,Z的氢化物为HF。混合时，可能的氢键包括：①H2O间的氢键、②HF间的 H-F---H—O H F 氢键、③ 、④ ,即分子间形成的氢键有4种，D正确： 8.【答案】D A.NH,为强配体，NH3的孤对电子与Cu2+形成的配位键更稳定，所以NH3能取代[Cu(H,O)]2+中的 H2O生成[Cu(NH)4]2+,故配位能力NH3>HO,A错误； B.[C(NH)]2的二元取代物有两种结构，说明其空间构型为平面四边形（四面体二元取代物仅一 种)，Cu(I)杂化方式为dsp而非sp3,B错误； C.二甘氨酸合铜（四中，每个甘氨酸配体含8个o键：2个N-H、1个C-N、2个C-H、1个C-CI个C-O、 1个C-0(其中1个σ键、1个π键)，2个配体共16个o键，加4个Cu-N/O配位键，共20个o键， 所以0.5mol二甘氨酸合铜(D中含o键0.5mol×20=10mol≠8mol,C错误； D.顺式配合物中相同基团在相邻位置，整体呈不对称，极性大：而反式异构由于结构更对称，极性 较弱，故顺式二甘氨酸合铜（四的极性比反式的强，D正确： 9.【答案】C A.通过α-环糊精结构分析，是由6个葡萄糖通过-1,4糖苷键连接的环状低聚糖，水解后糖苷键断 裂生成葡萄糖，A正确： B.王水溶金原理为硝酸氧化Au、CI配位，溶金步骤中HNO3氧化A、Br◆配位，原理相同；硝酸 作氧化剂，被还原生成NO(无色)，遇空气氧化为红棕色NO2,B正确： C.富集时-环糊精通过空腔包合KABr,]形成沉淀，减压过滤后K[AB]主要存在于滤渣中，而非 滤液，C错误： D.还原步骤中Na2SO,(S为+4价)作还原剂，将Au+还原为Au,S被氧化为+6价的SO,D对； 10.【答案】D 分析1 c(HC.O.)c(日)K2=，根据K1>K2可知，当gX=0时，K对应的cI)》 c(H,C,O c(HC2O) pH数值小，国此K= cc,0）=102,Ka= c(C2 )c(H) =1038，以此解题。 c(H,C,O4） c(HC2O) A.())dc.o)c( c(HC2O)c(HC2O) dH2C2O) =10,当溶液中c(H,C,0)=c(C,0)时， c(H)=1025mol/L,pH=2.5,A正确； B当浮凌足中性时)=0aL,白两多电高平衡常教可知答，(c,)C0), 月g:-g,*(c.oi)-(u.o小.B病： C.实验2的离子方程式：H,C,O,(ag)+Ba2+(ag)=BaC,O4(s)+2H(ag),平衡常数： c2(H) c(H)c(HCO)xc(H)c(C,O)_K1×K。-103 c(Ba)xc(H,Co)c(aa产(C,0)kcH,C0xehC,0)K,6C0)i105=10,平衡常数较大，该 K- 反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到 H,C204亡2H+C0}K=1050,二者等体积混合，c(H2C04)=0.1mol/L,列三段式： H,C042H+C,0 始mol/L0.1 0 0 变mol/Lx 2x 平mol/L0.1-x 2x 01x10“,估算x的数量级为103，故Q=c(Ba)xc(C,0)小0.1x103=10>K,(BaC,0,)=106, 则43 故有沉淀生成，C正确； D.电荷守恒中右侧缺少了OH的浓度项，D错误： 11.【答案】 (1)-41.2 (2)d (3)a 62.5 60% 64 X 【详解】 (1)反应Ⅱ=反应L-反应Ⅲ，所以△H2=△H-△H3=-206.2kJmo1-(-165 kJ.mol-)=-41.2 kJ.mol- (2)化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低，横坐标的二在增大，此时正逆反应速率均降低，则 T 1gk和lg以逢均减小，反应Ⅱ的正反应为放热反应，因此温度降低平衡正向移动，则V正>V逆，则降低相同 的温度时lg递减小更快，图中斜线在降低的是cd,而降低更快的是d,故答案为：d。 答案第9页，共10页 (3)①结合反应， 越大，C0转化率越大直到接近1006，而氢气本身的转化率将下降，故a表示 C0转化率，b求示转化率，随者的增大，C0接远完金特化，CH产车逐渐增大，直到接近100%， 故c表示CH4产率变化的曲线，表示CO转化率，b表示H2转化率，d表示CO2产率变化的曲线；温度T 时，在固定容积的容器中充入一定量的H,和1 moICO,由图可知。，因此充入1molH2,设出未知 CO(g)+3H,(g)H(g)+H,O(g) CO(g)+H,O(g)-O (g)+H,(g) 起始(mol)1 1 0 0 数并列出三段式如下：转化(mol)x 起始(mol)1-x 01-3x 3x X X 转化(mol)y y y y 平衡(mol)1-x1-3xx 平衡(mol1-x-yx-yy1-3x+y C02(g)+4H(g)€H,(g)+2H,O(g) 起始(mol)y1-3x+y X x-y 转化(mol)z 4z 2z 平衡(mo0y-z1-3x+y-4zx+zx-y+2z a表示C0转化率因此m点计算C0转化率，观察图可知b表示H2转化率，因此此时H2转化率为87.5%， d表示C02产率，由此可得，aH,)3xyt4x100%=87.59%,n(C0,)y-2=0,.25mol,计算可得x+y0.625, 1 x+2=0.375,y-z0.25代入aC0)X+yx100%可得a(C0)-62.5%;CH4的选择性 1 n(CH) ×100% Xzx100%=X+2x10%=0,375×100%6=60%,故答案为：a:c:62.5:60%: n(CO2)+n(CH) x+z+y-Z x+y 0.625 ②根据上述分析可计算出各气体平衡时的量：n(C0)1-x-y=1-0.625=0.375mol, n(H2F1×(1-87.5%)=0.125mol,n(C02)-y-z=0.25mol,n(CH4)=x+z=0.375mol, n(H,O)=x-y+2z=0.125mol,平衡时总的气体的物质的量为： n(C0)+n(H2)+n(C02)+n(CH4)+n(H20)=0.375mol+0.125mol+0.25mol+0.375mol+0.125mo上=1.25mol,由 于起始充入1mol的C0和0.5mol的H2进行上述反应，起始压强为1.5po,由于温度均为T2,那么Kp均是 相同的，可知当起始充入1mol的C0和lmol的H2进行上述反应，根据物质的量之比等于压强之比可知， 0,375×1.25P×0.125 该反应的起始压搭为20p,达到平衡时的压强为125：由此计第：K0器125R* 1.25 1.25 1.25P。64 1.25 1.25 x1.25P)P, 0.25 温度为T2时反应Ⅱ的Kp=25 1.25D,x0.125 125x1.25 0.375 1.25P×0125x1.25 -≈0.67，温度为T1时观察图可知，Igk :=Igk,可知此 1.25 1.25 时反应Ⅱ的K,袋山，反位Ⅱ为效热反应，升高强度年所是向移动，会或小，由千T:时K发小 nH=1, 可判断T<L,反应I为放热反应，降低温度平衡正向移动，国此温度为T时C0转化率更大，nC0 因此对应的是X点。 10 福建省2026届高三化学10+1特训（二） （选择限时25min + 大题每道10min） 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 一、单选题（每题4分） 1．化学科学在促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是（ ） A．电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于一次电池 B．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板属于金属材料 C．国产汽车小米SU7车身面板使用的碳纤维材料材料属于新型无机非金属材料 D．“神舟十六号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是传统无机非金属材料 2．肽抑制剂X与蛋白酶体片段的活性位点Y结合可抑制骨髓瘤。下列说法正确的是（ ） A．反应为缩合反应 B．X在反应中显碱性 C．与反应的活性： D．Z属于盐 3．联氨可用于镜面镀银，其原理为(（未配平）。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ） A．中非极性键的数目为 B．晶体中键的数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移电子生成的数目为 4．以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对 Cu2+/Cu Pb2+/Pb Ni2+/Ni Cd2+/Cd Fe2+/Fe 电极电位/V +0.337 -0.126 -0.257 -0.402 -0.442 下列说法错误的是（ ） A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D．流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 5．一定压强下，乙烯水合反应为： 已知： 气体均视为理想气体，下列说法正确的是（ ） A．反应的活化能： B．恒温恒容充入，平衡向左移动 C．随温度升高而降低 D．平衡后，升高温度， 6．某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上（ ） A．负极反应的催化剂是ⅰ B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 7．一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、乙均为短周期元素且同周期，阳离子中所有原子共平面。下列说法不正确的是（ ） A．第一电离能：Z＞X＞Y B．氢化物的沸点：X＜Z＜Y C．1mol W的最高价含氧酸最多能与1mol NaOH反应 D．Y、Z的简单氢化物混合时，分子间形成的氢键有4种 8．二甘氨酸合铜(Ⅱ)是最早被发现的电中性内配盐，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。制备顺式和反式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的方法如下图所示。 已知：的二元取代物有两种结构。下列说法正确的是（ ） A．与的配位能力： B．中Cu(Ⅱ)的杂化方式为 C．0.5mol二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含有8molσ键 D．顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强 9．从CPU针脚(含有铜、镍和钴等金属)中回收金的实验步骤如图。下列说法不正确的是（ ）        A．α-环糊精属于低聚糖，水解可生成葡萄糖 B．溶金与王水溶金原理相同，会生成一种无色气体，遇到空气变为红棕色 C．富集后，K[AuBr4]主要存在于滤液中 D．还原步骤中有SO42-生成 10．常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。 实验2：向溶液中加入溶液。 已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。 下列说法错误的是（ ） A．实验1，当溶液中时， B．实验1，当溶液呈中性时： C．实验2，溶液中有沉淀生成 D．实验2，溶液中存在： 11．氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用．涉及反应如下： 反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)   =-206.2kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)    反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  =-165.0kJ·mol-1 回答下列问题： （1） 。 （2）已知反应Ⅱ的速率方程为，其中分别为正、逆反应的速率常数。如图（lgk表示速率常数的对数：表示温度的倒数）所示a、b、c、d四条斜线中，能表示随变化关系的是斜线 （填标号）。 （3）温度时，在固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，平衡时和CO的转化率（α）及和的物质的量（n）随变化的情况如图所示。 ①图中表示变化的曲线分别是 、 （填标号）； ； 的选择性 。 ②已知起始充入1mol的CO和0.5mol的进行上述反应时，起始压强为。反应1的 （用表示）：温度，时，可能对应图中X、Y、Z、W四点中的 （填标号）。 福建省2026届高三化学10+1特训(二)·答案 1．【答案】C A．锂离子电池可充电，属于二次电池（生活常识：电车不可能是一次性的，可充电多次使用），A错误； B．砷化镓含有金属元素 ≠ 金属材料（如NaCl)，金属材料是指金属单质或合金，B错误； C．新型无机非金属材料包括高温结构陶瓷、碳纤维、石墨烯、Si、SiO2等，C正确； D．“陶”为陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D正确； 2．【答案】D A．缩合反应需生成大分子并脱去小分子（如水、氨等），该反应中X的-B(OH)2与Y的羟基结合，未观察到小分子（如H2O）生成，不属于缩合反应，A错误； B．X中由于硼元素可以接受电子，可以看作酸，所以显酸性，B错误； C．Y中含游离氨基（-NH2），氨基易与H+结合生成；Z中氨基已质子化为，无法再结合H+，故与H+反应的活性：Y>Z，C错误； D．Z中同时存在带正电荷的（阳离子）和带负电荷的B-（阴离子），整体电中性，属于盐，D正确； 3．【答案】C A．32g N2H4的物质的量为1mol，N2H4分子中N—N键为非极性键，1个N2H4分子中有1个非极性键，所以1mol N2H4中非极性键的数目为NA，A正确； B．1mol 中σ键的物质的量为4mol，1mol 中σ键的物质的量为3mol，1个NH4NO3分子中有7个σ键，所以1mol NH4NO3中σ键的数目为7NA，B正确； C．[Ag(NH3)2]+是络合离子，其中Ag+被NH3分子络合，所以在[Ag(NH3)2]NO3溶液中，Ag+的数目少于0.01NA，C错误； D．反应方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4→4Ag↓+N2↑+4+4NH3，其中N2H4被氧化，N的化合价从-2变为0，所以每生成1mol N2，转移4mol电子，即每转移1mol电子生成0.25mol N2，数目为0.25NA，D正确； 4．【答案】C 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液，将溶液中转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸、镍，据此分析回答。 A．“酸浸”中鼓入空气，可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确； B．加入“物质X”调使转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗且不引入杂质，在较低溶液中生成进入滤渣Ⅱ，B正确； C．净化需除去氧化性强的，而不除去，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误； D．CO参与气化生成，分解后生成CO可循环；在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含循环；分解生成的Ni可用于净化步骤除，D正确； 5．【答案】C A．ΔH = E正-E逆，题目中ΔH = -34585 -26.4T，为负值且随温度升高更负，说明E正 < E逆，A错误； B．恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B错误； C．由ΔG = ΔH - TΔS代入数据得ΔS = -71.59 -26.4lnT，温度T升高时lnT增大，ΔS更小，ΔS随温度升高而降低，C正确； D．该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv逆 > Δv正，D错误； 6．【答案】C 【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：。 【详解】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误； B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误； C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确； D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误； 7．【答案】B 【分析】已知中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，阳离子中所有原子共平面。-XY2是平面结构判断X为N，Y为O，-NO2是平面结构，为直线形，四种元素均在第二周期，中W与4个Z形成4个δ键，整体带一个单位负电荷，则W为B，Z为F，据此分析解题。 A．N、O、F为同周期元素核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，故第一电离能F＞N＞O，A正确； B．最简单氢化物的沸点为：H2O＞HF＞NH3，但是题目说的是简单氢化物，表述不准确，如N的氢化物NH3为气体，但是N2H4为液体（熔点1.4℃，沸点113.5℃），N2H4沸点比H2O和HF都更高，B错； C．W的最高价含氧酸为H3BO3，H3BO3属于一元弱酸，1molW能与1mol NaOH反应，C正确； D．Y的氢化物为H2O，Z的氢化物为HF。混合时，可能的氢键包括：①H2O间的氢键、②HF间的氢键、③、④，即分子间形成的氢键有4种，D正确； 8．【答案】D A．为强配体，的孤对电子与形成的配位键更稳定，所以能取代中的生成，故配位能力，A错误； B．的二元取代物有两种结构，说明其空间构型为平面四边形（四面体二元取代物仅一种），杂化方式为而非，B错误； C．二甘氨酸合铜(Ⅱ)中，每个甘氨酸配体含8个键：、1个C=O（其中1个σ键、1个π键），2个配体共16个键，加4个配位键，共20个键，所以二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含键，C错误； D．顺式配合物中相同基团在相邻位置，整体呈不对称，极性大；而反式异构由于结构更对称，极性较弱，故顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强，D正确； 9．【答案】C A．通过α-环糊精结构分析，是由6个葡萄糖通过α-1，4糖苷键连接的环状低聚糖，水解后糖苷键断裂生成葡萄糖，A正确； B．王水溶金原理为硝酸氧化配位，溶金步骤中HNO3氧化配位，原理相同；硝酸作氧化剂，被还原生成NO（无色），遇空气氧化为红棕色NO2，B正确； C．富集时α-环糊精通过空腔包合形成沉淀，减压过滤后主要存在于滤渣中，而非滤液，C错误； D．还原步骤中（S为+4价）作还原剂，将还原为Au，S被氧化为+6价的，D对； 10．【答案】D 【分析】、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，，以此解题。 A．，当溶液中时，，pH=2.5，A正确； B．当溶液呈中性时，由两步电离平衡常数可知，，同理：，，B正确； C．实验2的离子方程式：，平衡常数：，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，列三段式： 则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，C正确； D．电荷守恒中右侧缺少了的浓度项，D错误； 11．【答案】 (1)-41.2 (2)d (3)a c 62.5 60% X 【详解】 （1）反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以 （2）化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低，横坐标的在增大，此时正逆反应速率均降低，则lgk正和lgk逆均减小，反应Ⅱ的正反应为放热反应，因此温度降低平衡正向移动，则，则降低相同的温度时lgk逆减小更快，图中斜线在降低的是cd，而降低更快的是d，故答案为：d。 （3）①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，a表示CO转化率，b表示H2转化率，d表示CO2产率变化的曲线；温度时，在固定容积的容器中充入一定量的和1molCO，由图可知=1，因此充入1mol，设出未知数并列出三段式如下： a表示CO转化率因此m点计算CO转化率，观察图可知b表示H2转化率，因此此时H2转化率为87.5%，d表示CO2产率，由此可得，，，计算可得，，代入可得；的选择性，故答案为：a；c；62.5；60%； ②根据上述分析可计算出各气体平衡时的量：，，，，，平衡时总的气体的物质的量为：，由于起始充入1mol的CO和0.5mol的进行上述反应，起始压强为，由于温度均为T2，那么Kp均是相同的，可知当起始充入1mol的CO和1mol的进行上述反应，根据物质的量之比等于压强之比可知，该反应的起始压强为，达到平衡时的压强为，由此计算：；温度为T2时反应II的，温度为T1时观察图可知，lgk正=lgk逆，可知此时反应II的，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Kp会减小，由于T2时Kp更小，可判断,反应I为放热反应，降低温度平衡正向移动，因此温度为T1时CO转化率更大，，因此对应的是X点。 2 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $