精品解析：广东中山一中、宝安中学2025-2026学年高三上学期11月联考化学试题

宝安中学&中山一中2026届高三11月联考 化学 一、选择题(本题共16小题，1-10题每小题2分，11-16题每小题4分，共44分。每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1. 器具是饮食文化的重要载体。下列我国古代器具中主要由合金材料制成的是 A．单耳黑陶杯 B．秘色瓷莲花碗 C．青铜四足鬲 D．檀香木雕杯 A. A B. B C. C D. D 2. 我国饮食文化底蕴深厚，饮食种类丰富多样。化学与饮食密切相关，下列有关说法错误的是 A. “肠粉”中大米粉的主要成分淀粉是纯净物 B. “自热火锅”的加热包加水后发生了放热反应 C. “猪肉脯”包装内置一小包铁粉防氧化 D. “双皮奶”中的牛奶在人体内可水解 3. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙醇的分子模型： B. 的模型： C. S的原子结构示意图： D. 基态原子的价层电子排布式： 4. 用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A. 30g甲醛中含共用电子对总数为3NA B. 标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合气体中含氢原子数目为2NA C. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数2NA D. 100mL1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+的数目为NA 5. 量子化学大师鲍林引入电负性理论，很好地解释了元素形成化合物的机理。下列事实不能从元素的电负性角度解释的是 A. 熔点： B. 键角： C. 沸点： D. 中为-1价 6. 钛及其化合物有着广泛用途。下图是四卤化钛的熔点示意图。下列说法不正确的是 A. 钛位于元素周期表第四周期IVB族 B. 钛合金可作电极材料，是因其晶体中有自由电子 C. 的熔点较高，与其晶体类型有关 D. 、、的熔点依次升高，是因为钛卤键的键能依次增大 7. 阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中碳原子有、两种杂化方式 C. 该物质可发生取代反应、加聚反应、缩聚反应 D. 1mol该物质最多能与发生加成反应 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： B. 溶液与足量氯水反应： C. 使酸性高锰酸钾溶液褪色： D. 稀与溶液反应： 9. 利用下列试剂和装置(加热及夹持装置已略去)制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是 气体 试剂I 试剂II 试剂III A CO2 稀硫酸 CaCO3 饱和Na2CO3溶液 B Cl2 浓盐酸 MnO2 饱和NaCl溶液 C NO2 浓硝酸 Cu 蒸馏水 D CH2=CH2 浓硫酸 C2H5OH(l) 酸性KMnO4溶液 A. A B. B C. C D. D 10. LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1,下列叙述正确的是 A. X、Y、Z简单气态氢化物的沸点： B. X、Y两元素组成分子一定为非极性分子 C. 该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键 D. 该化合物中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构 11. 下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作实验现象 实验结论 A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 炭与浓硝酸在加热条件下反应生成NO2 B 取2 mL 0.5 mol/L CuCl2溶液于试管中，加热，后置于冷水中，加热后溶液变为黄绿色，冷却后变为蓝色 反应[Cu(H2O)4]2+＋4Cl- ⇌ 4H2O＋[CuCl4]2-的ΔH > 0 C 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 NH4Cl固体受热升华 D 向试管中加入2mL酸性KMnO4溶液，通入足量SO2气体，溶液褪色 SO2具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 12. 油气化工、石油化工等行业的废气中含有H2S，工业上常用烧碱溶液或纯碱溶液吸收处理含H2S的尾气。已知25℃时，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=4.8×10-11，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-13。下列说法中不正确的是 A. 在HCO、CO、HS-、S2-4种阴离子中结合H+离子能力最强的是S2- B. 用NaOH溶液吸收H2S得到Na2S的过程中水的电离度增大 C. 25℃时0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO) D. 25℃时0.1mol/L的NaHS溶液中：c(H2S)<c(S2-) 13. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 14. CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：2Cu+ = Cu2+ + Cu。某小组用SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。下列说法不正确的是 A. 实验时先将a中液体加入锥形瓶 B. 若三颈烧瓶中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuCl C. 若三颈烧瓶中出现了紫红色固体，则说明通入量过多 D. 应实验装置末端增加尾气吸收装置 15. 科学家研发了一种可植入人体内的微型电池，通过CuO控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度(以葡萄糖浓度计)高于标准，电池启动；下降至标准后，电池停止工作。电池的工作原理如图所示。下列叙述正确的是 A. a电极为电池负极 B. 降血糖过程中，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)间的相互转化起催化作用 C. 理论上每消耗36mg葡萄糖(M=180g/mol)，电极 a处将有0.2mmol电子流出 D. 电极b的反应式为Cu2O+2e-+2OH-=2CuO+H2O 16. 实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A. 该反应为取代反应 B. 中C的杂化方式不完全相同 C. X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D. 该反应速率与无关的原因主要是不参与① 二、非选择题。本大题共4小题，共56分，请考生按要求作答。 17. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是______。 （2）写出下图中仪器A的名称______，干燥管内可用的酸性固体干燥剂______(填1种)。 （3）写出生成Z的化学方程式______，物质X可采用吸收法，在答题卡指定位置画出吸收该物质的装置图______。 （4）步骤Ⅰ，下列说法不正确的是______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C. Z中S和C都sp2杂化，所有原子一定共平面 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （5）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是______。 （6）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序______(填序号)。 ①减压蒸馏  ②用乙醚萃取、分液  ③过滤  ④再次萃取、分液，合并有机相  ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 18. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴、制备锂电池材料的一种流程如下。 已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21 回答下列问题： （1）为了提高“酸浸”效率，除了将废渣磨碎，还可以______。 （2）“酸浸”步骤中，分离出的滤渣的化学式是______。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10molL-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+) = ______mol/L，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离______(填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8 的作用是______。 （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0-5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为______。 （6）钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的正极材料，其晶胞结构如图。充放电过程中，由Co-O键构成的CoO2层如同坚固的脚手架，在锂离子脱出和嵌入时保持结构稳定。已知：O、Co、Li的电负性分别为3.44、1.88、0.98。 ①从电负性角度分析，LiCoO2中O—Co键是______键。放电时，钴元素的化合价______(填“升高”、“降低”或“不变”)，同时，锂离子______(填“嵌入”或“脱出”)钴酸锂晶体。 ②该晶体的密度为______g•cm-3 (用含a、c、NA的计算式表示)。(原子量：Li- 7 O-16 Co-59) 19. CO2与H2通过催化可转化为甲烷、乙醇、一氧化碳等，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据如下： Ⅰ、CO2 (g)+ 4H2(g) ⇌CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH1 Ⅱ、2CO2(g) + 6H2(g) ⇌CH3CH2OH(g)+ 3H2O(g) ΔH2= -174 kJ/mol Ⅲ、CO2 (g)+ H2(g) ⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH3= +41 kJ/mol Ⅳ、CH4(g)+H2O(g) ⇌CO(g)+3H2(g) ΔH4= +207 kJ/mol 回答下列问题： （1）△H1= ______kJ/mol。下图为反应平衡常数(K)与温度()的关系图，上述Ⅰ—Ⅳ四个反应中符合该变化趋势的是(填相应反应的序号)______。 （2）利用Rh@Au或Au作催化剂有利于CO2甲烷化，路径如下图。根据图像可知，Rh@Au的催化效果更好，理由是______，该催化路径决速步骤的能垒是______eV。 （3）CO2甲烷化的过程中，一定温度下，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在60mL·min-1，测得CO2的转化率为80%，则CO2反应速率为______ mL·min-1。 （4）模拟CO2加氢在不同温度下的平衡组分(如下图)，若只发生反应Ⅱ和Ⅲ，保持总压为5×103kPa，则： ①图中a和b分别代表产物______和______，温度高于500℃时，H2的含量随温度升高而下降的原因是______。 ②计算300℃时反应Ⅱ的平衡常数Kp=______。 20. 对香豆酸(IV)具有抗氧化、抗菌消炎、降血脂、抗癌等多种生理功能。但受其低脂溶性所限，对香豆酸难以在乳液等体系中发挥较好的抗氧化作用。可通过以下化学修饰，提高其稳定性，增强生理活性。 （1）化合物I的名称为______。化合物III的官能团有羧基和______。 （2）化合物IV转化成V时，另一个产物的结构简式为______。 （3）关于上述图中的相关物质及转化，下列说法正确的有______。 A. 在I生成III的过程中，只有键的断裂与形成，无键的断裂与形成 B. 化合物II是草酸的同系物，且能与乙二醇发生原子利用率为100%的缩聚反应 C. 在III分子中，有大键，可能形成氢键，但不存在手性碳原子 D. 在IV分子中，有9个碳原子采取sp2杂化 （4）根据化合物IV的结构，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① 过量NaOH溶液 ______ ______ ② ______ ______ 加成反应 （5）符合下列条件化合物V的同分异构体共______种(不考虑立体异构)。 a．能发生银镜反应、能和FeCl3发生显色反应、能与NaHCO3反应 b．有1个手性碳原子；除1个苯环外无其他环状结构且苯环上只有3个取代基 （6）以水杨醛()和1，3-二氯丙烷为原料，合成香豆素()。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ②最后一步反应化学方程式为______(注明反应条件)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝安中学&中山一中2026届高三11月联考 化学 一、选择题(本题共16小题，1-10题每小题2分，11-16题每小题4分，共44分。每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1. 器具是饮食文化的重要载体。下列我国古代器具中主要由合金材料制成的是 A．单耳黑陶杯 B．秘色瓷莲花碗 C．青铜四足鬲 D．檀香木雕杯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．单耳黑陶杯的主要成分为陶瓷，属于无机非金属材料，A不符合题意； B．秘色瓷莲花碗的主要成分为陶瓷，属于无机非金属材料，B不符合题意； C．青铜四足鬲的主要成分为青铜，为铜合金，属于合金材料，C符合题意； D．檀香木雕杯的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，D不符合题意； 故选C。 2. 我国饮食文化底蕴深厚，饮食种类丰富多样。化学与饮食密切相关，下列有关说法错误的是 A. “肠粉”中大米粉的主要成分淀粉是纯净物 B. “自热火锅”的加热包加水后发生了放热反应 C “猪肉脯”包装内置一小包铁粉防氧化 D. “双皮奶”中的牛奶在人体内可水解 【答案】A 【解析】 【详解】A．淀粉是高分子化合物，由不同聚合度的分子组成，属于混合物，A错误； B．加热包中的生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量热，B正确； C．铁粉作为脱氧剂，通过氧化反应消耗氧气防止食物变质，C正确； D．牛奶中的蛋白质和乳糖在人体内需水解为小分子物质才能吸收，D正确； 故选A。 3. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 乙醇的分子模型： B. 的模型： C. S的原子结构示意图： D. 基态原子的价层电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇的结构简式为，分子模型为：，A正确； B．BF3分子中B原子的价层电子对数为3+(3-1×3)=3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形，B正确； C．S的原子有16个电子，结构示意图，C错误； D．锌是30号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，D正确； 故选C。 4. 用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是 A. 30g甲醛中含共用电子对总数为3NA B. 标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合气体中含氢原子数目为2NA C. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA D. 100mL1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+的数目为NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．1分子甲醛中存在4对共用电子对，30g甲醛（为1mol）中含共用电子对总数为4NA，A错误； B．1分子CH4和C2H4中含氢原子数目均为4，标准状况下，11.2LCH4和C2H4混合气体为0.5mol，其中含氢原子2mol，数目为2NA，B正确； C．SO2和O2的反应是可逆反应,不能进行彻底，故2molSO2和1molO2不能彻底反应生成2mol三氧化硫，故气体分子的个数大于2NA个，C错误； D．铁离子水解生成氢氧化铁，导致100mL1mol/LFeCl3溶液中含Fe3+的数目小于NA，D错误； 故选B。 5. 量子化学大师鲍林引入电负性理论，很好地解释了元素形成化合物的机理。下列事实不能从元素的电负性角度解释的是 A. 熔点： B. 键角： C. 沸点： D. 中为-1价 【答案】A 【解析】 【详解】A．四氯化硅和四氯化碳都是分子晶体，四氯化硅的相对分子质量大于四氯化碳，分子间作用力大于四氯化碳，熔点高于四氯化碳，则四氯化硅的熔点高于四氯化碳不能从元素的电负性角度解释，A符合题意； B．氧元素的电负性强于硫元素，则水分子中成键电子对间的斥力大于硫化氢，键角大于硫化氢，所以水分子的键角大于硫化氢能从元素的电负性角度解释，B不符合题意； C．氮元素的电负性强于磷元素，非金属性强于磷元素，且氮原子的原子半径小于磷原子，则氨分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以氨分子的沸点高于磷化氢能从元素的电负性角度解释，C不符合题意； D．硅元素的电负性小于氢元素，则硅化氢分子中氢元素的化合价为-1价，所以硅化氢分子中氢元素的化合价为-1价能从元素的电负性角度解释，D不符合题意； 故选A。 6. 钛及其化合物有着广泛用途。下图是四卤化钛的熔点示意图。下列说法不正确的是 A. 钛位于元素周期表第四周期IVB族 B. 钛合金可作电极材料，是因其晶体中有自由电子 C. 的熔点较高，与其晶体类型有关 D. 、、的熔点依次升高，是因为钛卤键的键能依次增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．钛是22号元素，位于元素周期表第四周期IVB族，A正确； B．钛合金具有金属晶体的特性，存在能够自由移动的电子，因此可以作电极材料，B正确； C．由于氟的电负性强，与Ti形成离子键，则TiF4为离子晶体，熔点较高，C正确； D．由熔点示意图可知，TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点较低，故均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点依次升高，D错误； 故选D。 7. 阿明洛芬是一种抗炎镇痛药物，可用于治疗慢性风湿性关节炎，其分子结构如下图。下列说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中碳原子有、两种杂化方式 C. 该物质可发生取代反应、加聚反应、缩聚反应 D. 1mol该物质最多能与发生加成反应 【答案】D 【解析】 【分析】阿明洛芬含有的官能团为碳碳双键、氨基、羧基。 【详解】A．分子中含有手性碳原子，即与羧基直接相连的碳原子为手性碳，A正确； B．四个单键的碳原子为杂化，苯环中的碳原子以及双键两端碳原子为杂化，B正确； C．含有羧基，可发生酯化反应即取代反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，含有氨基与羧基，可以发生缩聚反应，C正确； D．能与发生加成反应的只有碳碳双键，则1mol该物质能与1mol发生加成反应，D错误； 故选D。 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢： B. 溶液与足量氯水反应： C. 使酸性高锰酸钾溶液褪色： D. 稀与溶液反应： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用饱和碳酸钠溶液浸泡含的水垢发生沉淀转化，故A正确； B．溶液与足量氯水反应生成氯化铁和碘单质，反应的离子方程式为，故B错误； C．使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为，故C错误； D．稀与溶液反应生成硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式为，故D错误； 选A。 9. 利用下列试剂和装置(加热及夹持装置已略去)制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是 气体 试剂I 试剂II 试剂III A CO2 稀硫酸 CaCO3 饱和Na2CO3溶液 B Cl2 浓盐酸 MnO2 饱和NaCl溶液 C NO2 浓硝酸 Cu 蒸馏水 D CH2=CH2 浓硫酸 C2H5OH(l) 酸性KMnO4溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室采用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，不用稀硫酸，防止生成的微溶性硫酸钙覆盖在大理石表面，阻碍反应的发生，又因为二氧化碳也和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，故不能用饱和Na2CO3溶液来除去CO2中的杂质，应该用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的杂质，A错误； B．实验室中用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，制备的Cl2中含有HCl，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，B正确； C．实验室用铜和浓硝酸反应制备二氧化氮，硝酸易挥发，制备的二氧化氮中混有硝酸，通过蒸馏水，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，不能收集二氧化氮，C错误； D．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D错误； 故选B。 10. LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1,下列叙述正确的是 A. X、Y、Z简单气态氢化物的沸点： B. X、Y两元素组成的分子一定为非极性分子 C. 该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键 D. 该化合物中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构 【答案】C 【解析】 【分析】，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2∶1，则X元素是C，M、X、Y、Z是位于同一短周期元素，由结构图可知，Z形成1个共价键，则Z元素是F；Y能形成2个共价键，则Y元素是O；M元素是B，其中1个F与B形成配位键； 【详解】A．H2O和HF均能形成分子间氢键，使其沸点升高，且H2O形成的氢键数目比HF多，因此最简单氢化物的沸点顺序为：H2O>HF>CH4，A错误； B．X、Y分别为C、O，通常可形成化合物CO、，而CO为极性分子，B错误； C．根据结构图，可知该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键，C正确； D．化合物中Li的最外层不满足8电子稳定结构，D错误； 故选C。 11. 下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作实验现象 实验结论 A 将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体 炭与浓硝酸在加热条件下反应生成NO2 B 取2 mL 0.5 mol/L CuCl2溶液于试管中，加热，后置于冷水中，加热后溶液变为黄绿色，冷却后变为蓝色 反应[Cu(H2O)4]2+＋4Cl- ⇌ 4H2O＋[CuCl4]2-的ΔH > 0 C 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 NH4Cl固体受热升华 D 向试管中加入2mL酸性KMnO4溶液，通入足量SO2气体，溶液褪色 SO2具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色气体，可能是浓硝酸受热分解生成NO2，结论不准确，A错误； B．加热CuCl2溶液变黄绿色，冷却恢复蓝色，说明升温促使生成[CuCl4]2-，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，B正确； C．NH4Cl受热分解为NH3和HCl，冷却后两者反应重新结合为NH4Cl，并非升华，C错误； D．酸性KMnO4溶液褪色是因SO2被氧化，体现其还原性而非漂白性，D错误； 故选B。 12. 油气化工、石油化工等行业的废气中含有H2S，工业上常用烧碱溶液或纯碱溶液吸收处理含H2S的尾气。已知25℃时，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=4.8×10-11，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=7.1×10-13。下列说法中不正确的是 A. 在HCO、CO、HS-、S2-4种阴离子中结合H+离子能力最强的是S2- B. 用NaOH溶液吸收H2S得到Na2S的过程中水的电离度增大 C. 25℃时0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c(Na+)>c(CO)>c(OH-)>c(HCO) D. 25℃时0.1mol/L的NaHS溶液中：c(H2S)<c(S2-) 【答案】D 【解析】 【详解】A．结合H+能力由对应共轭酸的酸性强弱决定，S2-的共轭酸HS-的Ka2=7.1×10-13，是四个离子中酸性最弱的，因此S2-结合H+能力最强，A正确； B．NaOH吸收H2S生成Na2S时，Na2S水解促进水的电离，而NaOH本身抑制水的电离，随着反应进行，水的电离度程度即电离度逐渐增大，B正确； C．0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+浓度为0.2 mol/L，因水解浓度略低于0.1 mol/L，OH-来自水解和水的电离，浓度高于，因此顺序为c(Na+)>c()>c(OH-)>c()，C正确； D．NaHS溶液中，HS⁻水解平衡常数为，电离平衡常数为Ka2=7.1×10-13，水解程度大于电离程度，因此c(H2S)>c(S2-)，D错误； 故答案选D。 13. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【解析】 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【详解】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 14. CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，见光受热易分解，在酸性溶液中会发生歧化反应：2Cu+ = Cu2+ + Cu。某小组用SO2与Cu(OH)2悬浊液制备CuCl，实验装置如图。下列说法不正确的是 A. 实验时先将a中液体加入锥形瓶 B. 若三颈烧瓶中有白色沉淀生成，可说明还原性：SO2>CuCl C. 若三颈烧瓶中出现了紫红色固体，则说明通入量过多 D. 应实验装置末端增加尾气吸收装置 【答案】A 【解析】 【分析】甲装置中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，随后将氨水通入氯化铜溶液中生成氢氧化铜悬浊液，生成的氢氧化铜悬浊液中通入SO2观察两者是否反应，最后用氢氧化钠吸收尾气，同时进行了防倒吸处理，据此回答。 【详解】A．由于CuCl在酸性溶液中会发生歧化反应：2Cu+ = Cu2+ + Cu，若先将a中液体加入锥形瓶中，生成SO2溶于水使得溶液呈酸性，加入氨水时生成的CuCl在酸性溶液中会发生歧化反应，A错误； B．若三颈烧瓶中有白色沉淀生成，即有CuCl生成，则表明SO2将Cu(OH)2还原为CuCl，二氧化硫为还原剂，CuCl为还原产物，还原性：SO2>CuCl，B正确； C．如三颈烧瓶中有紫红色固体出现，说明有Cu生成，则Cu+发生了歧化反应，即溶液呈酸性，因此说明SO2通入量过多，C正确； D．由于SO2为有毒气体，不能直接排放到空气中，应实验装置末端增加尾气吸收装置，防止污染空气，D正确； 故选A。 15. 科学家研发了一种可植入人体内的微型电池，通过CuO控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度(以葡萄糖浓度计)高于标准，电池启动；下降至标准后，电池停止工作。电池的工作原理如图所示。下列叙述正确的是 A. a电极为电池负极 B. 降血糖过程中，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)间的相互转化起催化作用 C. 理论上每消耗36mg葡萄糖(M=180g/mol)，电极 a处将有0.2mmol电子流出 D. 电极b的反应式为Cu2O+2e-+2OH-=2CuO+H2O 【答案】B 【解析】 【分析】由图，a极氧气得到电子被还原为氢氧根离子，a为正极，则b为负极，负极葡萄糖被氧化为葡萄糖酸； 【详解】A．由分析，a为正极，A错误； B．从示意图可知，CuO→Cu2O，Cu2O →CuO ，CuO先参与反应后又生成，所以CuO是该反应的催化剂，B正确； C．葡萄糖氧化为葡萄糖酸时，1 mol葡萄糖失去2 mol电子，理论上每消耗36mg葡萄糖(为0.2mmol)，则电极 a处将有0.4mmol电子流入，C错误； D．负极发生氧化反应，Cu2O中Cu+失电子生成CuO中Cu2+，电极反应式为Cu2O-2e-+ 2OH- = 2CuO + H2O，D错误； 故选B。 16. 实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A. 该反应为取代反应 B. 中C的杂化方式不完全相同 C. X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D. 该反应速率与无关的原因主要是不参与① 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确； B．甲基的碳原子是杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为杂化，B正确； C．表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的不相同，表示形成键释放的能量，则Br和I的相同，C错误； D．决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH⁻，故速率与其浓度无关，D正确； 故选C。 二、非选择题。本大题共4小题，共56分，请考生按要求作答。 17. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是______。 （2）写出下图中仪器A名称______，干燥管内可用的酸性固体干燥剂______(填1种)。 （3）写出生成Z的化学方程式______，物质X可采用吸收法，在答题卡指定位置画出吸收该物质的装置图______。 （4）步骤Ⅰ，下列说法不正确的是______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，为了控制反应温度 C. Z中S和C都是sp2杂化，所有原子一定共平面 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （5）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是______。 （6）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物所有操作如下，请排序______(填序号)。 ①减压蒸馏  ②用乙醚萃取、分液  ③过滤  ④再次萃取、分液，合并有机相  ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 （2） ①. P2O5、硅胶 ②. 球形冷凝管 （3） ①. 2C6H5-Cl +SOCl2+2HCl ②.  或或 （4）C （5）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 （6）②④⑤③① 【解析】 【分析】本题为实验探究题，让氯苯、SOCl2混合在冰水浴中AlCl3催化作用下进行反应生成化合物Z，充分反应后加入适量的冰水以除去SOCl2和AlCl3，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并合并有机相，向有机相中加入无水Na2SO4进行除水，过滤除去Na2SO4晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的Z的粗产品，据此分析解题。 【小问1详解】 已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3； 【小问2详解】 图中仪器A为球形冷凝管；酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶； 【小问3详解】 AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()，反应的化学方程式为：；物质X为HCl，可采用吸收法除去，还要防止倒吸，则装置图为： 或或； 【小问4详解】 A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确； B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确； C．中苯环C都是sp2杂化，S原子价层电子对数是，S为sp3杂化，所有原子不能共平面，C错误； D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确； 故选C； 【小问5详解】 由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率； 【小问6详解】 由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； 18. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴、制备锂电池材料的一种流程如下。 已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(ZnS)=2.5×10-22，Ksp(CoS)=4.0×10-21 回答下列问题： （1）为了提高“酸浸”效率，除了将废渣磨碎，还可以______。 （2）“酸浸”步骤中，分离出的滤渣的化学式是______。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10molL-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+) = ______mol/L，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离______(填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8 的作用是______。 （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0-5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为______。 （6）钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的正极材料，其晶胞结构如图。充放电过程中，由Co-O键构成的CoO2层如同坚固的脚手架，在锂离子脱出和嵌入时保持结构稳定。已知：O、Co、Li的电负性分别为3.44、1.88、0.98。 ①从电负性角度分析，LiCoO2中O—Co键是______键。放电时，钴元素的化合价______(填“升高”、“降低”或“不变”)，同时，锂离子______(填“嵌入”或“脱出”)钴酸锂晶体。 ②该晶体的密度为______g•cm-3 (用含a、c、NA的计算式表示)。(原子量：Li- 7 O-16 Co-59) 【答案】（1）适当升温、适当提高硫酸浓度 （2）Cu、PbSO4 （3） ①. 1.6 × 10-4 ②. 不能 （4）分别氧化Mn2+、Fe2+为MnO2、Fe3+，以便除去 （5）2Co2++ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓+4H++Cl- （6） ①. 共价键 ②. 降低 ③. 嵌入 ④. 【解析】 【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；再次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3，处理后得到LiCoO2； 【小问1详解】 “酸浸”前，为了提高“酸浸”效率，除了将废渣磨碎，还可以适当升温、适当提高硫酸浓度； 【小问2详解】 由分析，分离出的滤渣的化学式是Cu、PbSO4； 【小问3详解】 加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中，，此时绝大部分二价钴离子也已经沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离； 【小问4详解】 由流程结合分析，“沉锰”步骤中，Na2S2O8 的作用是分别氧化Mn2+、Fe2+为MnO2、Fe3+，以便除去； 【小问5详解】 反应为酸性条件下，次氯酸根离子氧化二价钴离子生成Co(OH)3沉淀，反应中钴化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，反应为：2Co2++ClO-+5H2O=2Co(OH)3↓+4H++Cl-； 【小问6详解】 ①氧、钴电负性差值为3.44-1.88=1.56<1.7，则从电负性角度分析，LiCoO2中O—Co键是共价键键；放电时，负极锂失去电子化合价升高，则正极钴酸锂中钴元素的化合价会降低，阳离子向正极移动，故同时，锂离子嵌入钴酸锂晶体。 ②据“均摊法”，晶胞中含个Li，结合化学式LiCoO2，则晶体密度为。 19. CO2与H2通过催化可转化为甲烷、乙醇、一氧化碳等，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据如下： Ⅰ、CO2 (g)+ 4H2(g) ⇌CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH1 Ⅱ、2CO2(g) + 6H2(g) ⇌CH3CH2OH(g)+ 3H2O(g) ΔH2= -174 kJ/mol Ⅲ、CO2 (g)+ H2(g) ⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH3= +41 kJ/mol Ⅳ、CH4(g)+H2O(g) ⇌CO(g)+3H2(g) ΔH4= +207 kJ/mol 回答下列问题： （1）△H1= ______kJ/mol。下图为反应平衡常数(K)与温度()的关系图，上述Ⅰ—Ⅳ四个反应中符合该变化趋势的是(填相应反应的序号)______。 （2）利用Rh@Au或Au作催化剂有利于CO2甲烷化，路径如下图。根据图像可知，Rh@Au的催化效果更好，理由是______，该催化路径决速步骤的能垒是______eV。 （3）CO2甲烷化的过程中，一定温度下，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在60mL·min-1，测得CO2的转化率为80%，则CO2反应速率为______ mL·min-1。 （4）模拟CO2加氢在不同温度下的平衡组分(如下图)，若只发生反应Ⅱ和Ⅲ，保持总压为5×103kPa，则： ①图中a和b分别代表产物______和______，温度高于500℃时，H2的含量随温度升高而下降的原因是______。 ②计算300℃时反应Ⅱ的平衡常数Kp=______。 【答案】（1） ①. -166 kJ/mol ②. Ⅲ、Ⅳ （2） ①. a．催化剂Rh@Au能更大程度地降低反应的活化能，b．提高了CO2对CH4的选择性，减少副产物CO的生成 ②. 0.95 （3）9.6 （4） ①. H2O ②. CO ③. 升高温度，反应Ⅱ逆移，反应Ⅲ正移，当温度高于500℃时，温度对Ⅲ反应的影响大于对Ⅱ反应的影响 ④. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应Ⅲ-反应Ⅳ得CO2(g)+ 4H2(g) ⇌CH4(g)+ 2H2O(g)，；由图可知，温度升高，lnK增大，平衡正向移动，故正向移动为吸热反应，符合该变化趋势的是Ⅲ、Ⅳ； 【小问2详解】 由图可知，活化能更低的是Rh@Au做催化剂，故理由a．催化剂Rh@Au能更大程度地降低反应的活化能，b．提高了CO2对CH4的选择性，减少副产物CO的生成；该催化路径决速步骤即活化能最大的步骤（CO*→CHO*），能垒是1.19 eV-0.24 eV=0.95 eV； 【小问3详解】 CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为60 mL·min-1，则1 min内初始时CO2的体积为60× mL=12 mL，320 ℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=9.6 mL·min-1； 【小问4详解】 ①对于反应Ⅱ，升高温度，反应逆向移动，对于反应Ⅲ，升高温度，反应正向移动，CO的物质的量分数增大，H2O的物质的量分数减小，a代表产物H2O，b代表产物CO；升高温度，反应Ⅱ逆移，H2的含量随温度升高而升高，反应Ⅲ正移，H2的含量随温度升高而下降，当温度高于500℃时，温度对Ⅲ反应的影响大于对Ⅱ反应的影响； ②300℃时，的平衡组分与的平衡组分均为10%，的平衡组分与的平衡组分均为40%，则平衡常数。 20. 对香豆酸(IV)具有抗氧化、抗菌消炎、降血脂、抗癌等多种生理功能。但受其低脂溶性所限，对香豆酸难以在乳液等体系中发挥较好的抗氧化作用。可通过以下化学修饰，提高其稳定性，增强生理活性。 （1）化合物I的名称为______。化合物III的官能团有羧基和______。 （2）化合物IV转化成V时，另一个产物的结构简式为______。 （3）关于上述图中的相关物质及转化，下列说法正确的有______。 A. 在I生成III的过程中，只有键的断裂与形成，无键的断裂与形成 B. 化合物II是草酸的同系物，且能与乙二醇发生原子利用率为100%的缩聚反应 C. 在III分子中，有大键，可能形成氢键，但不存在手性碳原子 D. 在IV分子中，有9个碳原子采取sp2杂化 （4）根据化合物IV的结构，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① 过量NaOH溶液 ______ ______ ② ______ ______ 加成反应 （5）符合下列条件的化合物V的同分异构体共______种(不考虑立体异构)。 a．能发生银镜反应、能和FeCl3发生显色反应、能与NaHCO3反应 b．有1个手性碳原子；除1个苯环外无其他环状结构且苯环上只有3个取代基 （6）以水杨醛()和1，3-二氯丙烷为原料，合成香豆素()。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 ②最后一步反应化学方程式为______(注明反应条件)。 【答案】（1） ①. 对羟基苯甲醛 ②. 羟基、碳碳双键 （2）CH3COOH （3）CD （4） ①. ②. 中和反应 ③. H2，催化剂 ④. （5）30 （6） ①. +2NaOH+2NaCl ②. +H2O 【解析】 【分析】化合物I（对羟基苯甲醛）与化合物II（丙二酸）通过取代反应得到化合物III，再通过脱羧反应制得化合物IV，观察化合物IV的结构可知与碳碳双键连接的羧基被氢原子所替代，化合物IV与乙酸酐发生取代反应得到化合物V和乙酸，观察结构可知酚羟基变成了酯基，化合物V与SOCl2发生取代反应得到化合物VI，观察结构VI可知羧基中的羟基被氯原子所代替，化合物VI再经一系列反应制得目标产物VIII，由此解答。 【小问1详解】 化合物I的结构简式为：，根据系统命名法可得名称为：对羟基苯甲醛；化合物III的结构简式为：，官能团有羧基和羟基、碳碳双键； 【小问2详解】 由分析知，化合物IV与乙酸酐发生取代反应得到化合物V和乙酸，结构简式为：CH3COOH； 【小问3详解】 A．在I生成III的过程中C=O和C-H断裂，涉及σ键和π键，A错误； B．化合物II与草酸（HOOC-COOH）相差CH2，互为同系物，缩聚反应有水分子生成，原子利用率不为100%，B错误； C．III分子中苯环、碳碳双键和羧基中的C=O共轭，形成大键，含有羟基和羧基，可能形成氢键，所有碳原子均为sp2杂化，不存在手性碳原子，C正确； D．在IV分子中苯环、碳碳双键、羧基碳均为sp2杂化，共有9个，D正确； 故选CD； 【小问4详解】 化合物IV的结构为，含有酚羟基、羧基和碳碳双键，酚羟基和羧基能与NaOH发生中和反应生成生成；碳碳双键和苯环能与H2在催化剂的条件下加热发生加成反应生成； 【小问5详解】 根据已知条件和V的结构，符合下列条件的化合物V的同分异构体中的官能团包含醛基、酚羟基、羧基和1个碳碳双键，同时还含有1个sp3杂化的碳原子，由于该结构中包含1个手性碳原子，则该sp3杂化的碳原子为手性碳；该化合物除1个苯环外无其他环状结构且苯环上只有3个取代基，其中1个取代基为羟基，另两个取代基的组合可能为：-COOH和-CH(CHO)-CH=CH2、-CHO和-CH(COOH)-CH=CH2、-CH=CH2和-CH(CHO)-COOH，每种组合均有10种结构（当第一个基团位于羟基的邻、间位时，第二个基团有4种可能的位置；当第一个基团位于羟基的对位时，第二个基团有2种可能的位置；因此共有4+4+2=10种结构），则符合下列条件的化合物V的同分异构体共30种； 【小问6详解】 以水杨醛()和1，3-二氯丙烷为原料，合成香豆素()，合成过程为： ，①第一步反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl，②最后一步反应的反应物的结构简式为：+H2O； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $