精品解析：广东省2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）化学试题

2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一) 化学 本卷共8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ag-108 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 高山流水觅知音，雅韵清弦育美心。下列传统乐器主要部件的材料属于金属材料的是 A．古琴杉木底板 B．青铜编钟 C．石磬 D．骨笛 A. A B. B C. C D. D 2. 我国科学家首次发现，用紫外光照射化合物X，可诱导其自组装成能发出特征荧光的超分子，应用于细胞成像。化合物X A. 有8个氢原子 B. 有7个碳碳双键 C. 不能发生水解反应 D. 所有碳原子不可能共面 3. 广东的“早茶”中有许多特色小吃茶点，深得大家喜爱。下列说法不正确的是 A. 茶叶中的茶单宁（）属于烃类物质 B. 油条制作过程中可加入小苏打增加蓬松度 C. 熬煮瘦肉粥时，瘦肉中的蛋白质受热发生变性 D. 蒜蓉生菜中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化 4. “致敬一线劳动者，平凡岗位筑不凡”。下列劳动项目与所陈述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用稻谷酿酒 淀粉水解生成葡萄糖，再分解成酒精 B 用漂粉精对游泳池进行消毒 次氯酸有强氧化性 C 传统蓝染工艺采用水煮上色缩短染色时间 升高温度可以加快化学反应速率 D 用汽油洗去沾在衣服上的油漆 汽油易燃，且有挥发性 A. A B. B C. C D. D 5. 铁笔雕痕镂锦章，铅华铸字布芸香。下列有关印刷技术说法错误的是 A. 3D打印使用的光敏聚酯材料可通过缩聚反应制得 B. 激光印刷的核心部件是硒鼓，硒元素位于元素周期表p区 C. 活字印刷使用的胶泥含Al2O3、SiO2、CaO，它们均属于碱性氧化物 D. 雕版印刷所使用的墨水是炭黑和水形成的胶体，可产生丁达尔效应 6. 实验室探究溴乙烷的消去反应并检验产物。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制乙烯 B. 用装置乙除去乙烯中的乙醇 C. 用装置丙检验生成的乙烯 D. 用装置丁检验生成的Br- 7. 能满足下列物质间直接转化，且推理成立的是 A. X可为Fe，盐2可使KSCN溶液变红 B. X可为NH3，盐2常用作化肥 C. X可为Al(OH)3，NaOH也可用氨水代替 D. X可为NaHCO3，盐1俗称纯碱 8. 下列陈述与陈述均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述 陈述 A H2O的沸点比HF的沸点高 相对分子质量越大，范德华力越大 B 将灼烧后变黑的铜丝趁热插入乙醇中，铜丝变红 乙醇具有氧化性 C “杯酚”能分离C60和C70 超分子具有分子识别的特性 D 随着温度升高，氯化铜溶液会从蓝色逐渐变成绿色，高温时接近黄色 ，该反应是放热反应 A. A B. B C. C D. D 9. 在一块打磨过的生铁片的表面滴加含K3[Fe(CN)6]的食盐水。下列说法错误的是 A. 一段时间后，黄色溶液中出现蓝色沉淀 B. 轻轻晃动液滴可以加快反应速率 C. 反应中K3[Fe(CN)6]被氧化 D. 可形成原电池，负极发生反应：Fe-2e-=Fe2＋ 10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 32 g S8分子中含有σ键的数目为2 B. 1 L 1 mol/L CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为 C. 22.4 L N2和CO混合气体中，所含的分子数为 D. 处理硝酸工业尾气：4NH3＋6NO=5N2＋6H2O，生成5 mol N2转移电子数12 11. 按如图组装装置并进行实验：将浓硫酸注入试管，观察实验现象。下列叙述正确的是 A. 试纸b和d褪色，均可说明SO2具有漂白性 B. 试纸c变黄，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1 C. Y可为NaOH溶液，用于吸收尾气 D. 将针筒和试管中的药品换成浓盐酸和NaClO固体，试纸a出现同样现象 12. 焦磷酸(H4P2O7)是一种四元弱酸，焦磷酸盐()易与Ca2＋反应生成可溶性配离子[CaP2O7]2-，常用于锅炉防垢。发生反应：，，下列说法错误的是 A. 适当增大浓度可提高锅炉防垢效果 B. 降低体系pH，会使[CaP2O7]2-浓度减小 C. 当时，锅炉防垢能力最佳 D. H4P2O7溶液中存在： 13. 由结构不能推断出对应性质的是 选项 结构 性质 A 氯气是非极性分子 常温下，氯气能溶于水 B 低温石英具有顶角相连的硅氧四面体螺旋长链 低温石英具有手性 C 肥皂中含有烷基磺酸根离子等表面活性剂 肥皂能去除油污 D 金属钠中含有较弱的金属键 金属钠熔点低，硬度小 A. A B. B C. C D. D 14. 元素a～g为短周期主族元素，其第一电离能、原子半径和原子序数的关系如图。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点：d<g B. 从a到g，元素电负性逐渐增大 C. 0.1mol/L元素f的最高价氧化物对应水化物的pH为1 D. c的第一电离能低于b，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关 15. 利用如图装置进行实验：打开K1、K2，关闭K3，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭K1。下列说法错误的是 A. Cu与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性 B. 挤压胶头滴管，圆底烧瓶能充满溶液 C. 关闭K2，下推注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅 D. 打开K3，洗气瓶中溶液变蓝 16. 一种电催化装置如图所示，它可将CO2转化为HCOOH。电极上用Bi作催化剂所发生反应的历程如图b，下列说法不正确的是 A. 电解一段时间后，M区附近溶液的pH变小 B. 捕获22 g CO2理论上可生成1molHCOOH C. 是决速步骤 D. 生成HCOOH的反应为放热反应 第II卷(共56分) 17. 某小组同学探究铜与银盐溶液的反应。 （1）配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液 ①用托盘天平称取AgNO3固体___________g。 ②配制过程用到下图中的仪器有___________(填名称)。 （2）将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成。比较氧化性大小：Ag＋___________Cu2＋。 （3）小组探究Cu片与AgCl悬浊液能否发生反应 ①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)=___________。(已知：) ②查阅资料 电极电势可描述物质的氧化还原能力。数值越大，氧化型物质的氧化性越强；数值越小，还原型物质的还原性越强。标准电极电势Eθ在酸性条件下的数据如下： 氧化型物质/还原型物质 Cu2＋/Cu Ag＋/Ag AgCl/Ag [Cu(NH3)4]2＋/Cu [Ag(NH3)2]＋/Ag Fe3＋/Fe2＋ Eθ 0.34V 0.80V 0.22V -0.065V 0.37V 0.77V 例如：Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，能发生反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag。 ③分析讨论 甲同学认为Cu的金属性强于Ag，Cu能与AgCl悬浊液顺利反应； 乙同学认为Eθ(AgCl/Ag)＜Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，该反应难以进行。 ④实验验证 步骤 现象 推理 i．将铜片浸入AgCl悬浊液，放置10分钟 铜片表面无明显变化 / ii．将i中装置置于黑暗环境下，放置24小时 铜片明显变黑，装置中出现灰黑色固体 该灰黑色固体为___________ iii．将ii反应后的混合物过滤，向滤液中滴加NaOH溶液 产生蓝色沉淀 滤液中存在的金属离子是___________ ⑤实验结论Cu能与AgCl悬浊液反应，但速率较慢。 （4）该小组继续探究如何加快Cu与AgCl悬浊液的反应速率。 ①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失。反应的离子方程式为___________。 ②向①中试管投入一小块铜片。铜片表面迅速变黑，10分钟后溶液呈现浅蓝色，2小时后试管底部出现银白色晶体。 原理分析 加入氨水能加快Cu与AgCl悬浊液反应的原因是___________(结合电极电势知识)。 （5）丙同学通过查阅资料发现，电极电势还受到离子浓度大小的影响。例如： 基于图中原电池装置，设计实验证明：改变离子浓度可改变氧化还原反应的方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，___________。(补充实验操作与现象，限选试剂：Fe(NO3)3固体、NaNO3固体、NaCl固体、AgNO3固体) 18. 工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A. 萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B. Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C. 为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D. “反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 19. 钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 （1）基态V原子的价层电子排布式为___________。 （2）反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 （3）以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s) ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s) ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s) ΔH=___________。 （4）冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 （5）进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 20. 阿比多尔可用于抗流感病毒、冠状病毒、丙型肝炎病毒等。化合物Ⅳ是合成阿比多尔的一种中间体，可采用如下路线合成(反应条件略)： 已知：Ac为乙酰基()。 （1）化合物的分子式为___________；CH3NH2的名称为___________。 （2）化合物中含氧官能团的名称是___________。的某同分异构体含五元环结构，且一氯代物只有2种，其结构简式为___________。 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法错误的是___________。 A. 由化合物到的转化中，有π键的断裂与生成 B. 化合物和中均不存在sp杂化的原子 C. 化合物不能形成氢键 D. 化合物中存在手性碳原子 （4）一定条件下，对苯二酚可被氧化成，若用核磁共振氢谱监测该反应，则可推测，与对苯二酚相比，的氢谱图中___________。 （5）Ac2O可与化合物X发生原子利用率为100%的反应，产物只有一种且常温下其pKa≈4.76，则X为___________。 （6）以为起始原料合成。基于你设计的合成路线，回答以下问题。 ①第一步加入的有机试剂为___________(写结构简式)。 ②最后一步的化学方程式为___________(无需注明反应条件)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试(一) 化学 本卷共8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ag-108 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 高山流水觅知音，雅韵清弦育美心。下列传统乐器主要部件的材料属于金属材料的是 A．古琴杉木底板 B．青铜编钟 C．石磬 D．骨笛 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．古琴杉木底板的材料是木材，属于天然有机材料，不是金属材料，A错误； B．青铜编钟的材料是青铜，青铜是铜锡合金，合金属于金属材料，B正确； C．石磬的材料是石头，属于无机非金属材料，不是金属材料，C错误； D．骨笛的材料是动物骨骼，不是金属材料，D错误； 故选B。 2. 我国科学家首次发现，用紫外光照射化合物X，可诱导其自组装成能发出特征荧光的超分子，应用于细胞成像。化合物X A. 有8个氢原子 B. 有7个碳碳双键 C. 不能发生水解反应 D. 所有碳原子不可能共面 【答案】A 【解析】 【详解】A．由结构，分子中有8个氢原子，A正确； B．芳香环中不存在碳碳双键，而是大π键，则分子中不存在碳碳双键，B错误； C．分子中含-CN，能发生水解反应生成羧基，C错误； D．芳香环及与芳香环直接相连的原子共面，则所有碳原子共面，D错误； 故选A。 3. 广东的“早茶”中有许多特色小吃茶点，深得大家喜爱。下列说法不正确的是 A. 茶叶中的茶单宁（）属于烃类物质 B. 油条制作过程中可加入小苏打增加蓬松度 C. 熬煮瘦肉粥时，瘦肉中的蛋白质受热发生变性 D. 蒜蓉生菜中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化 【答案】A 【解析】 【详解】A．烃类仅含碳、氢元素，茶单宁（）含氧元素，属于烃的衍生物，A错误; B．小苏打（）加热分解生成气体，使面食蓬松，符合食品科学原理，B正确。 C．蛋白质在加热时发生变性，是常见烹饪现象，C正确； D．纤维素不能被人体消化，但可刺激肠道蠕动，促进消化系统健康，D正确； 故答案为A。 4. “致敬一线劳动者，平凡岗位筑不凡”。下列劳动项目与所陈述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用稻谷酿酒 淀粉水解生成葡萄糖，再分解成酒精 B 用漂粉精对游泳池进行消毒 次氯酸有强氧化性 C 传统蓝染工艺采用水煮上色缩短染色时间 升高温度可以加快化学反应速率 D 用汽油洗去沾在衣服上的油漆 汽油易燃，且有挥发性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．用稻谷酿酒涉及淀粉水解成葡萄糖并发酵成酒精的过程，化学知识正确描述了这一原理，A不符合题意； B．漂粉精消毒游泳池的原理是次氯酸具有强氧化性，能有效杀灭微生物，化学知识正确关联，B不符合题意； C．传统蓝染工艺通过水煮升高温度，加快染料与纤维的反应速率，化学知识正确解释了温度对反应速率的影响，C不符合题意； D．用汽油洗油漆是基于汽油作为有机溶剂的溶解性，但陈述的化学知识“汽油易燃，且有挥发性”与溶解油漆无直接关联，D符合题意； 故答案为：D。 5. 铁笔雕痕镂锦章，铅华铸字布芸香。下列有关印刷技术说法错误的是 A. 3D打印使用的光敏聚酯材料可通过缩聚反应制得 B. 激光印刷的核心部件是硒鼓，硒元素位于元素周期表p区 C. 活字印刷使用的胶泥含Al2O3、SiO2、CaO，它们均属于碱性氧化物 D. 雕版印刷所使用的墨水是炭黑和水形成的胶体，可产生丁达尔效应 【答案】C 【解析】 【详解】A．光敏聚酯材料通常由二元醇和二元酸通过缩聚反应制得，A正确； B．硒元素原子序数为34，电子排布式为[Ar]3d104s24p4，位于元素周期表p区，B正确； C．Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，CaO属于碱性氧化物，C错误； D．炭黑与水形成的墨水属于胶体分散系，胶体可产生丁达尔效应，D正确； 故答案为C。 6. 实验室探究溴乙烷的消去反应并检验产物。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制乙烯 B. 用装置乙除去乙烯中的乙醇 C. 用装置丙检验生成的乙烯 D. 用装置丁检验生成的Br- 【答案】D 【解析】 【详解】A．溴乙烷在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应生成乙烯，A正确； B．乙醇能与水以任意比例互溶，而乙烯微溶于水，因此可用装置乙除去乙烯中的乙醇，B正确； C．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，因此可以用装置丙检验生成的乙烯，C正确； D．溴乙烷发生消去反应后的混合物中含有Br-，Br-遇Ag+可生成不溶于稀硝酸的淡黄色沉淀AgBr，消去反应后的混合溶液显碱性，应先加硝酸酸化再加硝酸银溶液检验，该装置未进行硝酸酸化，D错误； 故答案为D。 7. 能满足下列物质间直接转化，且推理成立的是 A. X可为Fe，盐2可使KSCN溶液变红 B. X可为NH3，盐2常用作化肥 C. X可为Al(OH)3，NaOH也可用氨水代替 D. X可为NaHCO3，盐1俗称纯碱 【答案】D 【解析】 【详解】A．X为Fe，Fe与NaOH不反应，Fe与HCl反应生成FeCl2（盐2），盐2不能使KSCN变红，所有推理均不成立，A错误； B．X为NH3，NH3与NaOH不反应，NH3与HCl反应生成NH4Cl（盐2），NH4Cl常用作化肥，生成盐1的推理不成立，B错误； C．X为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]（盐1），Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3（盐2），转化成立；但Al(OH)3与氨水不反应，故不能用氨水替代NaOH，C错误； D．X为NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成纯碱（Na2CO3），Na2CO3为盐1，NaHCO3与HCl反应生成NaCl、CO2和 H2O，NaCl为盐2，D正确； 故答案为：D。 8. 下列陈述与陈述均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述 陈述 A H2O的沸点比HF的沸点高 相对分子质量越大，范德华力越大 B 将灼烧后变黑的铜丝趁热插入乙醇中，铜丝变红 乙醇具有氧化性 C “杯酚”能分离C60和C70 超分子具有分子识别的特性 D 随着温度升高，氯化铜溶液会从蓝色逐渐变成绿色，高温时接近黄色 ，该反应是放热反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O和HF都属于分子晶体，分子间都存在氢键和范德华力，氢键的作用力大于范德华力，沸点主要由氢键的大小决定，沸点高于HF，原因主要是间存在氢键数目大于HF，故陈述Ⅰ与陈述Ⅱ不具有因果关系，A不符合题意； B．铜丝灼烧变黑是Cu被氧化生成CuO，后插入乙醇变红是CuO被还原，但该反应中乙醇被氧化为乙醛，体现还原性而非氧化性，故陈述Ⅱ错误，B不符合题意； C．“杯酚”通过选择性结合分离和，超分子具有分子识别特性正确，且分离能力直接源于分子识别，具有因果关系，C符合题意； D．氯化铜溶液升温颜色由蓝变绿至黄正确，但该平衡反应升温向（黄色）移动，说明反应为吸热反应，故陈述Ⅱ错误，D不符合题意； 故选C。 9. 在一块打磨过的生铁片的表面滴加含K3[Fe(CN)6]的食盐水。下列说法错误的是 A. 一段时间后，黄色溶液中出现蓝色沉淀 B. 轻轻晃动液滴可以加快反应速率 C. 反应中K3[Fe(CN)6]被氧化 D. 可形成原电池，负极发生反应：Fe-2e-=Fe2＋ 【答案】C 【解析】 【分析】生铁片含有Fe和C，在含有K3[Fe(CN)6]（黄色）的食盐水中会发生吸氧腐蚀，形成原电池，负极为Fe-2e-=Fe2+，然后发生K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓（蓝色沉淀），正极为O2+2H2O+4e-=4OH-，据此解答。 【详解】A．据分析，K3[Fe(CN)6]溶液为黄色，产物KFe[Fe(CN)6]为蓝色沉淀，A正确； B．轻轻晃动液滴能增加溶液中溶解的氧气量，氧气是吸氧腐蚀的反应物，反应物浓度升高，反应速率加快，B正确； C．反应中K3[Fe(CN)6]与Fe2+反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，该过程没有化合价的改变，不是氧化还原反应，C错误； D．据分析，吸氧腐蚀为原电池，负极为Fe-2e-=Fe2+，D正确； 故答案为C。 10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 32 g S8分子中含有σ键的数目为2 B. 1 L 1 mol/L CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为 C. 22.4 L N2和CO混合气体中，所含的分子数为 D. 处理硝酸工业尾气：4NH3＋6NO=5N2＋6H2O，生成5 mol N2转移电子数12 【答案】D 【解析】 【详解】A．S8分子为环状结构，含有8个S-S σ键，32g S8的物质的量为，故σ键数目为0.125 mol × 8 × NA = NA，A错误； B．CH3COONa溶液中CH3COO-会发生水解，导致其数目小于初始溶质的物质的量，1 L 1 mol/L溶液中CH3COO-初始为1mol，但实际数目小于NA，B错误； C．22.4 L气体未指明状态，无法确定其物质的量及分子数，C错误； D．反应中NH3的N由-3价升至0价，NO的N由+2价降至0价，生成5 mol N2时，转移电子总数为12 mol（4 mol NH3中N失去4×3=12e-，6 mol NO中N得到6×2=12e-），故转移电子数为12NA，D正确； 故答案为D。 11. 按如图组装装置并进行实验：将浓硫酸注入试管，观察实验现象。下列叙述正确的是 A. 试纸b和d褪色，均可说明SO2具有漂白性 B. 试纸c变黄，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1 C. Y可为NaOH溶液，用于吸收尾气 D. 将针筒和试管中的药品换成浓盐酸和NaClO固体，试纸a出现同样现象 【答案】C 【解析】 【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫；二氧化硫具有酸性，a中湿润蓝色石蕊试纸变红；二氧化硫具有漂白性，b中品红试纸褪色；二氧化硫具有氧化性，与硫化钠反应生成单质S，c中出现黄色固体；二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，+7价Mn还原为+2价，d中试纸的紫红色褪去；Y中为NaOH溶液吸收尾气；据此解答。 【详解】A．试纸b褪色为SO2的漂白性，试纸d褪色为SO2的还原性，A错误； B．二氧化硫与硫化钠反应生成单质S：SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaOH，SO2为氧化剂，Na2S为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，B错误； C．Y中用NaOH溶液吸收SO2尾气，防止污染空气，C正确； D．浓盐酸和NaClO固体反应生成氯气，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸都具有酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，次氯酸具有强氧化性，使有色物质变为无色物质，所以试纸a的现象为先变红后褪色，D错误； 故答案为C。 12. 焦磷酸(H4P2O7)是一种四元弱酸，焦磷酸盐()易与Ca2＋反应生成可溶性配离子[CaP2O7]2-，常用于锅炉防垢。发生反应：，，下列说法错误的是 A. 适当增大浓度可提高锅炉防垢效果 B. 降低体系pH，会使[CaP2O7]2-浓度减小 C. 当时，锅炉防垢能力最佳 D. H4P2O7溶液中存在： 【答案】C 【解析】 【详解】A．增大浓度可促进反应Ca2P2O7+ ＝2[CaP2O7]2-向右进行，生成更多可溶性配离子，减少沉淀生成，从而提高防垢效果，A正确； B．降低pH会增大H+浓度，H+与可能会生成H4P2O7、、、中的一种或几种，减少浓度，进而减少[CaP2O7]2-的生成，导致其浓度减小，B正确； C．当c(Ca2+):c()=2:1时，反应2Ca2+ += Ca2P2O7↓恰好进行，主要生成沉淀，会促进结垢，不利于防垢；防垢需过量，以形成可溶性配离子，C错误； D．H4P2O7为四元弱酸，溶液中存在电荷守恒，c(H+)=c()+2c()+3c()+4c()+c(OH-)，D正确； 故答案为：C。 13. 由结构不能推断出对应性质的是 选项 结构 性质 A 氯气是非极性分子 常温下，氯气能溶于水 B 低温石英具有顶角相连的硅氧四面体螺旋长链 低温石英具有手性 C 肥皂中含有烷基磺酸根离子等表面活性剂 肥皂能去除油污 D 金属钠中含有较弱的金属键 金属钠熔点低，硬度小 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气是非极性分子，理论上难溶于极性溶剂如水，但实际上氯气溶于水，这是由于发生化学反应，而非分子极性直接决定，因此不能由结构推断出性质，A符合题意； B．低温石英的硅氧四面体螺旋长链结构具有不对称性，导致其存在左旋和右旋对映体，因此可以由结构推断出手性，B不符合题意； C．肥皂中的烷基磺酸根离子等表面活性剂，磺酸根属于亲水基，烷基属于疏水基，能降低表面张力并乳化油污，因此可以由结构推断出去除油污的性质，C不符合题意； D．金属钠中较弱的金属键导致金属离子间作用力小，因此可以由结构推断出熔点低、硬度小的性质，D不符合题意； 故选A。 14. 元素a～g为短周期主族元素，其第一电离能、原子半径和原子序数的关系如图。下列说法错误的是 A. 最简单氢化物沸点：d<g B. 从a到g，元素电负性逐渐增大 C. 0.1mol/L元素f的最高价氧化物对应水化物的pH为1 D. c的第一电离能低于b，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关 【答案】C 【解析】 【分析】元素a～g为短周期主族元素，由其第一电离能、原子半径和原子序数的关系图，a～g分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯； 【详解】A．SiH4和HCl均为分子晶体，HCl相对分子质量更大，且HCl是极性分子，分子间作用力更强，则沸点更高，故最简单氢化物沸点：SiH4<HCl，A正确； B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；则从a到g，元素电负性逐渐增大，B正确； C．元素f的最高价氧化物对应水化物为强酸H2SO4，则0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，pH小于1，C错误； D．Al的第一电离能低于Mg，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关，Al更容易失去外层的3p电子，D正确； 故选C。 15. 利用如图装置进行实验：打开K1、K2，关闭K3，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭K1。下列说法错误的是 A. Cu与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性 B. 挤压胶头滴管，圆底烧瓶能充满溶液 C. 关闭K2，下推注射器活塞，注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅 D. 打开K3，洗气瓶中溶液变蓝 【答案】B 【解析】 【分析】Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜，二氧化氮氧化碘离子生成碘单质，二氧化氮会被氢氧化钠吸收形成喷泉； 【详解】A．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜，生成二氧化氮体现硝酸的强氧化性，生成硝酸铜体现硝酸的酸性，故A正确； B．二氧化氮会部分转化为NO，导致圆底烧瓶不能充满溶液，故B错误； C．反应后注射器中存在，关闭K2，下推注射器活塞，二氧化氮浓度增大气体颜色变深，平衡右移导致气体颜色又变浅，故注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅，故C正确； D．打开K3，二氧化氮气体氧化碘离子生成碘单质，碘单质使得洗气瓶中淀粉溶液变蓝，故D正确； 故选B。 16. 一种电催化装置如图所示，它可将CO2转化为HCOOH。电极上用Bi作催化剂所发生反应的历程如图b，下列说法不正确的是 A. 电解一段时间后，M区附近溶液的pH变小 B. 捕获22 g CO2理论上可生成1molHCOOH C. 是决速步骤 D. 生成HCOOH的反应为放热反应 【答案】B 【解析】 【分析】根据图示，M区水失电子放出氧气和H+，M区是阳极区，电极II为阳极，则N极区是阴极区，电极I为阴极，阴极区二氧化碳在酸性条件下还原为甲酸，同时消耗H+；据此解答。 【详解】A．M区生成H+，pH变小，A正确； B．根据碳原子守恒，1 mol CO2生成1 mol HCOOH，则22 g CO2生成HCOOH的物质的量为，B错误； C．如图b所示，能垒最大，是决速步骤，C正确； D．如图b所示，反应物能量大于产物能量，则生成HCOOH的反应为放热反应，D正确； 故答案为B。 第II卷(共56分) 17. 某小组同学探究铜与银盐溶液的反应。 （1）配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液 ①用托盘天平称取AgNO3固体___________g。 ②配制过程用到下图中的仪器有___________(填名称)。 （2）将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成。比较氧化性大小：Ag＋___________Cu2＋。 （3）小组探究Cu片与AgCl悬浊液能否发生反应 ①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)=___________。(已知：) ②查阅资料 电极电势可描述物质的氧化还原能力。数值越大，氧化型物质的氧化性越强；数值越小，还原型物质的还原性越强。标准电极电势Eθ在酸性条件下的数据如下： 氧化型物质/还原型物质 Cu2＋/Cu Ag＋/Ag AgCl/Ag [Cu(NH3)4]2＋/Cu [Ag(NH3)2]＋/Ag Fe3＋/Fe2＋ Eθ 0.34V 0.80V 0.22V -0.065V 0.37V 0.77V 例如：Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，能发生反应Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag。 ③分析讨论 甲同学认为Cu的金属性强于Ag，Cu能与AgCl悬浊液顺利反应； 乙同学认为Eθ(AgCl/Ag)＜Eθ(Cu2＋/Cu)＜Eθ(Ag＋/Ag)，该反应难以进行。 ④实验验证 步骤 现象 推理 i．将铜片浸入AgCl悬浊液，放置10分钟 铜片表面无明显变化 / ii．将i中装置置于黑暗环境下，放置24小时 铜片明显变黑，装置中出现灰黑色固体 该灰黑色固体为___________ iii．将ii反应后的混合物过滤，向滤液中滴加NaOH溶液 产生蓝色沉淀 滤液中存在的金属离子是___________ ⑤实验结论Cu能与AgCl悬浊液反应，但速率较慢。 （4）该小组继续探究如何加快Cu与AgCl悬浊液的反应速率。 ①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失。反应的离子方程式为___________。 ②向①中试管投入一小块铜片。铜片表面迅速变黑，10分钟后溶液呈现浅蓝色，2小时后试管底部出现银白色晶体。 原理分析 加入氨水能加快Cu与AgCl悬浊液反应的原因是___________(结合电极电势知识)。 （5）丙同学通过查阅资料发现，电极电势还受到离子浓度大小的影响。例如： 基于图中原电池装置，设计实验证明：改变离子浓度可改变氧化还原反应的方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，___________。(补充实验操作与现象，限选试剂：Fe(NO3)3固体、NaNO3固体、NaCl固体、AgNO3固体) 【答案】（1） ①. 5.1 ②. 胶头滴管、100mL 容量瓶 （2）大于 （3） ①. mol/L ②. Ag（银） ③. Cu2+ （4） ①. AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2​O ②. 加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH3)2]+，产物涉及[Cu(NH3)4]2+。Eθ([Ag(NH3)2]+/Ag) = 0.37V远大于Eθ([Cu(NH3)4]2+/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快 （5）向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转 【解析】 【小问1详解】 ①配制100mL0.3000mol/LAgNO3溶液，根据物质的量浓度公式：n(AgNO3​)=c⋅V=0.3000mol/L×0.1000L=0.03000mol，AgNO3的摩尔质量为 170g/mol，则质量为：m(AgNO3​)=n⋅M=0.03000mol×170g/mol=5.100g，由于托盘天平精度为 0.1 g，故称取 5.1 g。故答案为：5.1； ②配制一定物质的量浓度溶液的关键仪器包括：胶头滴管（用于定容时滴加蒸馏水）、100 mL 容量瓶（指定体积的精确容器），图示中其他仪器（锥形瓶、分液漏斗、冷凝管）不参与该配制过程。胶头滴管、100mL 容量瓶。故答案为：胶头滴管、100mL 容量瓶； 【小问2详解】 将铜片插入0.30mol/LAgNO3溶液中，有银单质生成，反应中银离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化性大小：Ag＋大于Cu2＋。故答案为：大于； 【小问3详解】 ①25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10=c(Ag＋)c(Cl-)=c2(Ag＋)，在AgCl悬浊液中c(Ag＋)= mol/L。故答案为：mol/L； 步骤ii．铜片表面生成的灰黑色固体为 Ag（银）。虽然标准电极电势Eθ(AgCl/Ag)=0.22V＜Eθ(Cu2+/Cu)=0.34V，但长时间放置后，AgCl悬浊液中的微量 Ag+（通过沉淀溶解平衡提供）与 Cu发生置换反应：Cu+2AgClCuCl2+2Ag生成的银单质因颗粒细小（纳米级）呈现灰黑色，而非块状银的银白色。 步骤iii．滤液中存在的金属离子：Cu2+。向滤液中滴加 NaOH溶液产生蓝色沉淀（Cu(OH)2），证明滤液中含有 Cu2+，说明 Cu已被氧化为 Cu2+，证实反应发生。 故答案为：Ag（银）；Cu2+； 【小问4详解】 ①向含AgCl悬浊液的试管中滴加5%氨水至沉淀恰好消失，加入氨水后，Ag+与NH3形成稳定的络离子[Ag(NH3)2]+，反应的离子方程式为AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2​O。 原理分析：加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH₃)₂]⁺，产物涉及[Cu(NH₃)₄]²⁺。Eθ([Ag(NH₃)₂]⁺/Ag) = 0.37V远大于Eθ([Cu(NH₃)₄]²⁺/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快。 故答案为：AgCl+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++Cl−+2H2​O；加入氨水后，反应物变为Cu与[Ag(NH3)2]+，产物涉及[Cu(NH3)4]2+。Eθ([Ag(NH3)2]+/Ag) = 0.37V远大于Eθ([[Cu(NH3)4]2+/Cu) = -0.065V，反应的驱动力（电势差）显著增大，因此反应速率加快； 【小问5详解】 初始状态下，烧杯M中Fe3+/Fe2+电对的电极电势（由浓度决定）高于烧杯N中Ag+/Ag电对的电极电势，反应正向进行（Ag被氧化，Fe3+被还原），电流表指针向右偏转。向烧杯N中加入AgNO3固体，增大Ag+浓度，根据能斯特方程，Ag+/Ag的电极电势升高。当Ag+/Ag的电势超过Fe3+/Fe2+时，反应逆向进行（Fe2+被氧化，Ag+被还原），电流表指针向左偏转，证明离子浓度改变可逆转氧化还原反应方向。 实验方案：闭合K，电流表指针向右偏转，向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转。故答案为：向烧杯N中加入少量AgNO3固体，电流表指针向左偏转。 18. 工业上，一种从低品位铜镍氧硫矿（含有CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）中提取Cu、Ni元素的工艺流程如图所示： 已知：．Fe2(SO4)3开始分解温度480℃。 ．常温下，该工艺溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀(c=1×10-5mol·L-1)的pH如下表： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ 开始沉淀的pH 1.9 3.4 5.4 6.9 完全沉淀的pH 3.2 4.7 6.7 8.9 （1）“低温焙烧(450℃)”矿石中金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，CuFeS2和(NH4)2SO4、O2反应生成的硫酸盐为CuSO4和___________，(NH4)2SO4受热完全分解的化学方程式为：___________。 ______________________NH3↑＋___________↑＋___________N2↑＋___________H2O↑ （2）取相同质量的低温焙烧物，在不同高温下焙烧相同时间，测得“水浸”过程Fe、Cu、Ni元素浸出率()变化如图所示。 结合高温焙烧时发生的反应，解释铁元素的浸出率随温度升高而大幅降低的原因___________。 （3）室温下，“沉铝”时调节pH=5.7使Al3＋完全沉淀，此时滤饼中没检测出Cu(OH)2，则该溶液中c(Cu2＋)不超过___________mol·L-1。 （4）“萃取铜”中的转化如下所示： 下列有关说法正确的有___________。 A. 萃取剂HR易溶于水，配合物CuR2难溶于水 B. Cu2＋和萃取剂HR形成配位键，发生化学反应 C. 为提高Cu2＋的萃取率，可适当提高溶液pH D. “反萃取铜”需要加入较浓的盐酸或者硫酸 （5）“沉镍”选择(NH4)2S是为制得NiS及便于从废液中回收___________(填化学式)，“电解”若用惰性电极，电解一段时间后溶液pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （6）CuxNiySiz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。该合金化学式为___________，若合金最简式的式量为Mr，密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Ni和Si原子间最短距离为___________pm。(用含Mr、ρ、的代数式表示) 【答案】（1） ①. Fe2(SO4)3 ②. （2）温度升高，Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，导致铁元素浸出率降低。 （3）1×10-3 （4）BC （5） ①. (NH4)2SO4 ②. 变小 （6） ①. Cu2NiSi ②. 【解析】 【分析】铜镍氧硫矿(含有(CuFeS2、Ni9Fe9S16、Fe3O4、Al2O3、SiO2等)加入硫酸铵低温焙烧，金属元素均转化为可溶性的硫酸盐，其中+2价Fe被氧化为+3价，然后高温焙烧将Fe2(SO4)3转化为不溶于水的Fe2O3和SO3，加水后得到的滤渣为Fe2O3和SiO2，向滤液中通入氨气将Al3+转化为Al(OH)3沉淀分离，加入有机萃取剂HR分离Ni2+（水相）和Cu2+（有机相），在水相中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，同时回收(NH4)2SO4，电解NiS得到Ni和S，将有机相用浓盐酸或浓硫酸反萃取得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。 【小问1详解】 CuFeS2中Cu为+2价、Fe为+2价S为-2价，与(NH4)2SO4、O2反应时，S的化合价-2→+6、O化合价0→-2，Fe化合价+2→+3，则生成的硫酸盐为CuSO4和Fe2(SO4)3；根据已知，N的化合价-3→0，H和O化合价不变，则S的化合价+6→+4，根据电荷守恒、原子守恒可得，(NH4)2SO4受热完全分解生成NH3、SO2、N2、H2O，化学方程式为。 【小问2详解】 由已知，Fe2(SO4)3开始分解温度为480℃，高温下Fe2(SO4)3分解生成Fe2O3和SO3，Fe2O3难溶于水，因此随温度升高，铁元素浸出率降低。 【小问3详解】 由表中数据，Cu2+完全沉淀时pH=6.7，c(Cu2+)=1×10-5 mol·L-1，此时c(OH-)=10-7.3，则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5×(107.3)2=10-19.6；当pH=5.7时，c(OH-)=10-8.3，若没有Cu(OH)2沉淀，则，故该溶液中c(Cu2＋)不超过。 【小问4详解】 A．因为根据萃取的要求：萃取剂应不与原溶剂互溶，原液体为水相，所以萃取剂HR应难溶于水，A错误； B．Cu2＋和萃取剂HR形成配位键有新物质生成，是化学反应，B正确； C．提高溶液pH，H+浓度降低，萃取平衡正向移动，Cu2＋的萃取率提高，C正确； D．较浓的硫酸中H+大，促进萃取平衡逆向移动，不能用盐酸，会引入氯离子，D错误； 故答案为BC。 【小问5详解】 “沉镍”过程中向Ni的硫酸盐中加入(NH4)2S生成NiS沉淀，发生反应：NiSO4+(NH4)2S=NiS↓+(NH4)2SO4，因此可以回收(NH4)2SO4；用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+得电子生成Cu，H2O失电子生成O2和H+，则电解一段时间后溶液pH变小。 【小问6详解】 如图所示，CuxNiySiz晶体中Cu的个数为、Ni的个数为、Si的个数为，Cu：Ni：Si=2：1：1，则化学式为Cu2NiSi；设立方晶胞边长为a pm，则晶胞密度为， ，Ni和Si原子间最短距离为面对角线的一半，即。 19. 钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 （1）基态V原子的价层电子排布式为___________。 （2）反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。 （3）以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。 如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s) ΔH1=-a kJ/mol V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s) ΔH2=-b kJ/mol 则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s) ΔH=___________。 （4）冶炼钒时以萃取法除去VO2＋中的Al3＋。萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，c(HA)=1 mol/L，萃取剂体积为1 L。萃取原理：VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)，式中o指有机相。两种离子萃取达平衡所需时间相同。平衡时VO2＋萃取率达90%，Al3＋仅为4%。HA难溶于水，VO2＋、Al3＋和H＋难溶于煤油。萃取时水溶液中VO2＋、Al3＋和H＋的物质的量变化如图所示。 ①对于上述反应体系，下列说法正确的是___________。 A．a点时，萃取达到平衡 B．平衡后加水稀释，各离子浓度均减小 C．萃取达平衡时，v正(H＋)=2v逆(VO2＋) D．通入HCl气体，萃取平衡逆向移动，平衡常数K不变 ②曲线对应的离子为___________。 ③VO2＋的萃取平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 （5）进一步研究上述萃取过程，取一定量萃取剂(含n0 mol HA)进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间变化的曲线如图。其中，n1为VOA2和AlA3的物质的量之和；n2为剩余HA的物质的量。设n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，该时段内，HA萃取VO2＋的选择性用表示。 ①0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为___________(用含b的代数式表示)。 ②若0~t时段内VO2＋与Al3＋的萃取速率之比等于0~萃取平衡时该两种离子的萃取速率之比，则t0时n3=___________mol(用含n0的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1）3d34s2 （2）低温 （3）(5b-3a) kJ/mol （4） ①. D ②. VO2+ ③. 或78.08或78.1 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，过渡元素价层电子包含3d和4s电子，故价层电子排布式为3d34s2。 【小问2详解】 反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应ΔH<0、ΔS<0，低温下T较小，可以满足ΔG<0，因此低温下能自发进行。 【小问3详解】 ①V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)   ΔH1=-a kJ/mol， ②V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)   ΔH2=-b kJ/mol， 3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)为3×反应①-5×反应②，则ΔH=3ΔH1-5ΔH2 = [3×(-a)-5×(-b)] kJ/mol = (5b-3a) kJ/mol。 【小问4详解】 ①A． a点后各离子浓度仍改变，未达到平衡，A错误； B．平衡后加水稀释，溶液体积增大，氢离子和氢氧根离子浓度的乘积是常数Kw，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，B错误； C．根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，H＋与VO2＋计量系数比为2：1，但Al3+萃取方程：Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)也有H+参与反应，则v正(H＋)≠2v逆(VO2＋)，C错误； D．通入HCl气体，H+浓度增加，萃取平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数K不变，D正确； 故选D； ②萃取前，c(VO2+)=0.4 mol/L，c(Al3+)=0.01 mol/L，pH=1，VO2+起始浓度最大，且平衡时VO2+萃取率达90%，Al3+仅为4%，曲线Ⅱ对应的离子为VO2+； ③萃取前，c(VO2＋)=0.4 mol/L，c(Al3＋)=0.01 mol/L，pH=1，c(H+)=0.1 mol/L，c(HA)=1 mol/L，平衡时VO2+萃取率达90%，即VO2＋转化的浓度为0.4 mol/L×90%=0.36 mol/L，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)，可知平衡时VO2＋、HA、VOA2、H＋的浓度分别为0.04 mol/L、0.28 mol/L、0.36 mol/L、0.82 mol/L，则VO2+的萃取平衡常数为===78.08。 【小问5详解】 ①n1为VOA2和AlA3的物质的量之和、n2为剩余HA的物质的量、n3为0~t时段内与VO2＋反应的HA的物质的量，根据VO2＋(aq)＋2HA(o)VOA2(o)＋2H＋(aq)、Al3＋(aq)＋3HA(o)AlA3(o)＋3H＋(aq)可知：0~t时段内生成VOA2的物质的量为、0~t时段内生成AlA3的物质的量为、0~t时段内与Al3＋反应的HA的物质的量为，已知萃取剂含n0 mol HA，则0~t时段内剩余HA的物质的量为，t0时刻，则=⇒，故0~t0 min内，HA对VO2＋的萃取选择性为； ② n1=x+y、n2=n0-(2x+3y)、n1=n2。由以上3得出：3x+4y=n0。，将x=900y代入3x+4y=n0，解得x=，得n3=2x=。 20. 阿比多尔可用于抗流感病毒、冠状病毒、丙型肝炎病毒等。化合物Ⅳ是合成阿比多尔的一种中间体，可采用如下路线合成(反应条件略)： 已知：Ac为乙酰基()。 （1）化合物的分子式为___________；CH3NH2的名称为___________。 （2）化合物中含氧官能团的名称是___________。的某同分异构体含五元环结构，且一氯代物只有2种，其结构简式为___________。 （3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法错误的是___________。 A. 由化合物到的转化中，有π键的断裂与生成 B. 化合物和中均不存在sp杂化的原子 C. 化合物不能形成氢键 D. 化合物中存在手性碳原子 （4）一定条件下，对苯二酚可被氧化成，若用核磁共振氢谱监测该反应，则可推测，与对苯二酚相比，的氢谱图中___________。 （5）Ac2O可与化合物X发生原子利用率为100%的反应，产物只有一种且常温下其pKa≈4.76，则X为___________。 （6）以为起始原料合成。基于你设计的合成路线，回答以下问题。 ①第一步加入的有机试剂为___________(写结构简式)。 ②最后一步的化学方程式为___________(无需注明反应条件)。 【答案】（1） ①. ②. 甲胺 （2） ①. 酯基 ②. 或或或或。 （3）CD （4）只有1组峰，而对苯二酚有2组峰 （5） （6） ①. ②. 【解析】 【分析】Ⅰ→Ⅱ的过程中，甲胺作为亲核试剂进攻羰基碳原子，形成亚胺中间体，随后脱水形成烯胺结构。烯胺结构中的双键与对苯醌发生加成反应，生成了化合物Ⅲ。乙酸酐作为酰化试剂，与Ⅲ发生酰化反应，将Ⅲ中的羟基转化为乙酰氧基，生成了Ⅳ。 【小问1详解】 根据Ⅰ的结构简式可知其分子式为，含有氨基，一个C原子，名称应该为甲胺。 【小问2详解】 根据Ⅱ的结构简式可知，Ⅱ的含氧官能团为酯基。对苯醌的不饱和度为5，其同分异构体含一个五元环，占一个不饱和度。且一氯代物只有两种，说明只有两种等效氢，该结构必定高度对称。为了使氢的种类数尽可能的少，氧原子形成碳氧双键，分布在碳碳双键的两侧。结构简式为或或或或。 【小问3详解】 A．Ⅰ→Ⅱ的过程中，断开了碳氧双键，形成了碳碳双键，所以有π键的断裂与生成，A正确； B．sp杂化的原子价层电子对数为2，而化合物Ⅲ和Ⅳ中，没有原子形成三键或者累积双键的情况，因此不存在sp杂化的原子，B正确； C．化合物Ⅲ中含有酚羟基，其中的氢原子可以和另一个分子中的氧原子形成分子间氢键，C错误； D．化合物Ⅳ中不存在连接四个不同基团的饱和碳原子，即不存在手性碳原子，D错误； 因此答案为CD。 【小问4详解】 对苯醌中，双键碳原子上的氢全部对称，属于一种。而对苯二酚中羟基和苯环上共有两种等效氢，所以两者的氢谱图中吸收峰的数目不同。 【小问5详解】 原子利用率为100%表示反应物所有的原子都转化到一种产物中，无其他产物。而该产物的，该数值为乙酸的电离平衡常数。也就是和X反应只生成了乙酸一种物质，所以X为。 【小问6详解】 该合成产物的官能团和合成路线中的化合物Ⅲ相同，参照Ⅲ的合成路线，该产物可由和反应生成。而可由对苯醌甲基化得到，先和仿照Ⅰ→Ⅱ的反应得到，再和反应。因此，第一步加入的有机试剂是，最后一步的方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $