精品解析：福建部分地市2026届高中毕业班上学期第一次模拟测试化学试题

保密★启用前 2026届高中毕业班模拟测试 化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Cl-35.5 Ca-40 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 罗布森以金刚石的结构为灵感，用与四(4-氰基苯基)甲烷构建了可用于催化领域的金属有机框架，因此获得2025年诺贝尔化学奖。下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨互为同分异构体 B. Cu属于过渡元素 C. 给出孤电子对，氰基提供空轨道 D. 催化剂通过降低焓变加快反应速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．金刚石与石墨是碳元素不同单质，互为同素异形体，A错误； B．铜位于元素周期表第4周期第IB族，属于过渡元素，B正确； C．在配位键形成时，作为中心离子提供空轨道接受电子对，氰基中的氮原子作为配体提供孤电子对，C错误； D．催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，D错误； 故答案选B。 2. 利用全细胞催化系统发生的一种反应如下。下列说法错误的是 A. 中最多有14个原子共平面 B. 能发生水解反应 C. 中存在手性碳原子 D. 反应过程中N原子的杂化方式发生改变 【答案】A 【解析】 【详解】A．Ⅰ中苯环结构所有原子共面，碳碳三键的4个原子共面，氧原子所连的三个原子共面，故最多可以共面的原子一共16个，A错误； B．Ⅱ结构中存在酯基，酯基可以发生水解，B正确； C．手性碳原子是连接四个不同基团的碳原子，Ⅲ中酯基碳原子的邻位碳即为手性碳原子，C正确； D．反应物中氮原子的杂化方式是sp2和sp，产物中氮原子的杂化方式是sp2，故杂化方式发生了改变，D正确； 故选A。 3. 某电池新型多功能添加剂结构如图。X、Y、Z、Q原子序数均小于10且依序增大，基态R原子的价电子排布式为。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 键角： D. X与Z、Q分别形成的最简单化合物均可与形成配位键 【答案】C 【解析】 【分析】由基态R原子的价电子排布式为，可知R为Zn元素；X只形成1个共价键，故X是H；Y形成4个共价键，故Y是C；Z形成3个共价键，原子序数大于C，故Z是N；Q形成2个共价键，原子序数大于N，故Q是O。 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，所以第一电离能：，A正确； B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性，最高价氧化物对应水化物的酸性，B正确； C．∠1所在的环中N原子存在一对孤对电子；∠2所在的环中C原子无孤对电子，孤电子对斥力大于成键电子对，会压缩键角，故，C错误； D．X（H）与Z（N）形成的、X（H）与Q（O）形成的，N、O原子上均有孤对电子，均可与形成配位键，D正确； 故选C 4. 为探究铁生锈速率的影响因素，利用如下装置进行实验。 下列说法错误的是 A. 试剂X可以是氯化钙 B. 适当升高水浴温度，①②生锈速率均加快 C. 增大铁丝球与空气的接触面积可加快生锈速率 D. 铁丝球生锈速率：①>④>②>③ 【答案】D 【解析】 【详解】A．对比②和③中的铁丝球一个干燥、一个润湿的，故试剂X就是用于防止润湿的铁丝挥发出的水蒸气干扰对干燥铁丝球的探究，氯化钙可以达到干燥的目的，A正确； B．①中有NaCl溶液，有空气，此时铁球发生吸氧腐蚀，适当升高水浴温度速率加快，②是用水润湿的铁丝球，铁球发生吸氧腐蚀，生锈速率会随着温度升高而加快，B正确； C．根据化学反应速率的影响因素，增大铁丝球与空气的接触面积可加快生锈速率，C正确； D．①②④处铁丝球均以吸氧腐蚀为主，但①中有电解质存在，腐蚀速率最快，；对比②、④，②同时接触到空气和水蒸气，④只接触到水，氧气的含量低于②，故腐蚀速率②>④，D错误； 故选D。 5. 以含钴废料(主要含和少量、和)制备的流程如图。 已知：①25℃时，，，。 ②当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 下列说法错误的是 A. “酸浸”时，溶液中离子氧化性： B. 滤渣2主要成分为和 C. 若“酸浸”所得滤液中，“调pH”应控制 D. “沉钴”时存在反应： 【答案】A 【解析】 【分析】先用稀硫酸和过氧化氢溶解含钴废料(主要含Co3O4和少量Al2O3、Fe3O4和SiO2)，将Co、Fe、Al转化为Co2+、Fe3+、Al3+进入溶液，SiO2作为滤渣1被除去；随后加入碳酸氢铵调节pH，利用Fe(OH)3和Al(OH)3溶度积极小的特点，使二者优先沉淀为滤渣2，实现Co2+的分离；最后在碳酸氢铵和氨水的混合体系中，Co2+生成CoCO3沉淀，据此作答； 【详解】A．依据分析，酸浸时H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，将Co3+还原为Co2+，说明酸性条件下，H2O2的氧化性强于Fe3+，弱于Co3+，则离子氧化性：Fe3+＜Co3+，A错误； B．滤渣2主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，B正确； C．Fe(OH)3的Ksp比Al(OH)3的小，Al3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，Al3+沉淀完全时，，，pH4.7；Co2+开始沉淀时，，，pH=7.4；调pH的目的是让Fe3+、Al3+沉淀完全，不让Co2+沉淀，则应控制pH的范围为4.7＜pH＜7.4，C正确； D．沉钴时，与NH3・H2O、Co2+反应生成碳酸钴沉淀，离子方程式符合事实，D正确； 答案选A。 6. 转化为HClO的某种过程如下。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标况下，含质子数为 B. 中氧原子的孤电子对数为 C. 中每消耗，转移电子数为 D. 中完全反应时，溶液中HClO分子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标况下（0℃，1 atm），Cl2O的沸点为2℃，因此Cl2O在标况下为液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算物质的量，故A错误； B．为1 mol，Cl2O的结构式中，O原子为中心原子，形成2个σ键，孤电子对数为 ​=2对/分子，1 mol Cl2O含1 mol O原子，孤电子对数为2，故B错误； C．为Cl2的歧化反应：2Cl2+HgO=Cl2O+HgCl2，部分Cl原子从0价升至+1价（生成Cl2O），部分降至-1价（生成HgCl2），​每2 mol Cl2参与反应，2 mol Cl原子被氧化（失2 mol电子），2 mol Cl原子被还原（得2 mol电子），总转移电子数为2NA。每消耗，转移电子数为，故C正确； D．Cl2​O+H2​O=2HClO，中完全反应时，1 mol Cl2O完全反应生成2 mol HClO，但HClO为弱电解质，在溶液中部分电离（HClO⇌H++ClO−），溶液中HClO分子数少于，故D错误； 故选C。 7. 为探究是否溶于氨水(流程中均为)，常温下进行如下实验。 已知：① ② 下列说法正确的是 A. “试剂X”为碱石灰 B. 溶液可用于检测天蓝色固体是否洗净 C. 能促进溶于氨水 D. 固体易溶于氨水 【答案】C 【解析】 【分析】硫酸铜溶液加入氨水后得到的天蓝色悬浊液主要成分为，均分两份后，一份继续加入氨水，发生反应，得到的深蓝色溶液，将此溶液放入装有试剂X的保干器中，可以得到浅蓝色固体，说明试剂X是一种能结合氨气的固体干燥剂，符合条件的固体干燥剂可以是无水氯化钙或者固体硅胶，再向氢氧化铜固体中加入氨水，沉淀难以溶解，从已知①可知，这个反应的平衡常数比较小，正向程度不大，因此沉淀难溶解。对另一份悬浊液进行过滤洗涤得到天蓝色固体，加入氨水难以溶解的原因也是已知中反应①的平衡常数过小，而加入氯化铵溶液后可以溶解，则是已知中的反应②，铵根离子的加入，使反应的平衡常数明显增加，正向更容易进行。 【详解】A．由分析可知，试剂X需要能吸水且结合氨气，碱石灰无法结合氨气，A错误； B．天蓝色固体未洗净则最后一次洗涤液中会含有，通常取少量最后一次洗涤液于试管中，加入浓氢氧化钠并加热后，用红色石蕊试纸进行检验，B错误； C．铵根离子加入，消耗了已知中反应①的氢氧根离子，促使反应①正向进行，C正确； D．反应 K=1.2×10-6，若氨水浓度变成，溶解产生的浓度为x mol/L，OH-浓度为2x mol/L，根据，x≈4.25×10-2，氢氧化铜固体在其中难溶，D错误； 故选C 8. 1,3-丁二烯与溴水发生反应： i．(g)+Br2(aq)(l) ii．(g)+Br2(aq)(l) 不同温度下、相同反应时间内，反应体系中产物比例如下表。 温度/℃ 反应i产物/% 反应ii产物/% 54 46 60 20 80 已知：反应ii产物更稳定。下列说法正确的是 A. 焓变： B. 活化能：反应i<反应ii C. 键能：(中的π键) D. 二烯烃均能与溴水反应生成2种二溴代物 【答案】B 【解析】 【详解】A．产物越稳定，对应反应放热越多，已知反应ii产物更稳定，故，又因两者均为放热，因此，A错误； B．低温下反应i产物占比更高，说明低温时反应i速率更快，在相同温度下，反应速率越快则活化能越低，因此活化能：反应i<反应ii，B正确； C．由反应i可知，该反应为放热反应，则反应物断键吸收的热量[]小于形成生成物成键释放的热量[]，即，C错误； D．若为1,4-戊二烯()，与溴水加成时，只生成4,5-二溴-1-戊烯，产物种类只有1种，D错误； 故答案选B。 9. 一种将废弃塑料PET()水解产生的乙二醇转化为高附加值的含硫有机物HMS()的工作原理如图。下列说法正确的是 A. “水解”时生成乙二醇和对苯二甲酸 B. a为电源负极 C. 生成HMS的反应为 D. 每生成，理论上生成标况下 【答案】D 【解析】 【分析】乙二醇在电极上被氧化为甲醛，该电极为阳极；石墨电极端水转化为氢气，发生还原反应，该电极为阴极。故电源a为正极、电源b为负极。 【详解】A．废弃塑料PET()中是含有酯基的高分子化合物，在碱性条件下水解生成乙二醇和对苯二甲钠，A错误； B．根据分析电源a为正极，B错误； C．HCHO与反应生成HMS()的反应是在碱性环境下进行电极反应方程式不能出现，且方程式中元素不守恒，C错误； D．乙二醇在电极上被氧化为甲醛，电极反应为，每生成转移1 mol，石墨电极每生成一个氢气转移2个电子，故转移1 mol生成0.5 mol氢气，标况下的体积为11.2 L，D正确； 故选D。 10. 室温下，向溶液中加入少量固体，溶液中铬元素以、、、形式存，保持溶液体积不变，pM(M包括含铬各组分及)随pH变化如图。 已知： 。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅱ代表的组分为 B. 的平衡常数 C. 时， D. 任意pH下均有 【答案】B 【解析】 【分析】pM=-lgc(M)，pM 越大c(M)越小，pM 越小c(M)越大。 为二元弱酸，存在电离平衡、。随着pH的增大，减小，先增大后减小，增大。pH较大时，应有，可知曲线Ⅰ表示，曲线Ⅱ表示，曲线Ⅲ表示。温度不变，Ksp(Ag2CrO4)=不变，由图可知，pH较大时，保持不变，则也保持不变。 【详解】A．根据分析可知曲线Ⅱ代表的组分应该是 ，A错误； B．交点所示溶液为饱和溶液，此时，则，B正确； C．pH=6.3时，由曲线Ⅱ()和曲线Ⅲ()的交点(6.3,2.1)可知，，，由   可得，求得。根据铬元素守恒，则有，因此，C错误； D．根据电荷守恒，有，只有当pH>7时，即，成立，D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种从深海多金属核矿物[主要含、FeO(OH)、CuO]中分离提取Fe、Cu、Mn等元素的工艺流程如下： （1）“酸浸”中生成的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________，其中基态的价电子排布式为___________。 （2）“高压加热”时需调控温度获得高纯。不同温度下晶体X射线衍射谱图如下(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①图中最佳温度为___________℃。 ②生成的化学方程式为___________。 （3）“萃取分离”时发生反应：。25℃时，。其中双齿配体HR的2种构型如图： ①与___________(填“顺式”或“反式”)HR形成的更稳定，原因是___________。 ②当时，分配比___________。 （4）“电解”过程生成的离子方程式为___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。(填化学式) 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 190 ②. （3） ①. 反式 ②. 相较于顺式中配位O，反式中配位N电负性较小，给电子能力更强 ③. （4） （5）、 【解析】 【分析】作为还原剂，将还原为形成；转化为，转化为。向酸浸后的溶液中通入空气并在高压加热条件下，pH调控为3.2，被氧化为，进而生成。利用萃取剂对含的溶液进行萃取分离。对水相进行电解，在阳极失电子发生氧化反应生成。 【小问1详解】 “酸浸”中，中元素化合价从+4价降低到+2价，得到两个电子，作氧化剂；中S元素化合价从+4价升高到+6价，失去两个电子，作还原剂；根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为。锰是25号元素，基态Mn原子的核外电子排布式为，基态的核外电子排布式为，价电子排布式为。 【小问2详解】 ①从不同温度下晶体X射线衍射谱图可知，时只有的衍射峰，无铁矾的杂质峰，说明此时生成的纯度最高，所以最佳温度为。 ②“酸浸” 后溶液中含有，在高压加热、、有空气的条件下生成氧化铁， 被氧气氧化，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为。 【小问3详解】 ①相较于顺式中配位O，反式中配位N电负性较小，给电子能力更强，故与反式形成的更稳定。 ②结合，代入数据，计算，分配比。 【小问4详解】 对水相进行电解，在阳极失电子发生氧化反应生成，。 【小问5详解】 从流程中可以看出，“酸浸”需要，“高压加热”过程中又生成了；“萃取分离”用到，“反萃取”又生成，所以该流程中可循环利用的物质有、。 12. 我国科学家通过调控体系碱性强弱与溶剂极性大小首次成功制备碳酸氢钙晶体，过程如下。 （1）中充入时需加压的原因是___________。 （2）将溶于80 mL乙醇配制乙醇溶液，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、___________和___________。 （3）中生成晶体的化学方程式为___________。 （4）上述实验过程中，下列操作或说法正确的是___________。(填标号) a．在通风橱中将氨溶于乙醇 b．可用托盘天平称取 c．离心分离时，应将装有混合液的离心管对称放置，以保持离心机平衡 d．若将“冷冻干燥”改为“加热干燥”，效果更好 （5）晶体结构与类似，的一种晶胞结构如图，其中分布在晶胞棱上和内部。 ①的空间结构为___________。 ②图中每个晶胞中含有___________个。 ③晶体中不存在的微粒间作用力有___________。(填标号) a．共价键 b．离子键 c．氢键 d．金属键 e．非极性键 ④从溶剂分子极性角度分析，在水中易形成晶体而在乙醇中易形成晶体的原因是___________。 （6）下列溶剂中替换氨的乙醇溶液效果最佳的是___________。(填标号) a． b． c． d． 【答案】（1）增大的溶解度，促进与氨的反应充分进行 （2） ①. 玻璃棒 ②. 量筒 （3） （4）ac （5） ①. 平面三角形 ②. 6 ③. de ④. 水的极性大于乙醇，在水中更易电离 （6）c 【解析】 【分析】在乙醇溶剂中，先将氨与CO2反应生成中间体，再与CaCl2・2H2O的乙醇溶液混合，通过复分解反应生成碳酸氢钙晶体；随后用乙醇洗涤沉淀以除去杂质，经离心分离后，冷冻干燥得到目标产物；据此作答。 【小问1详解】 在乙醇溶剂中，向氨的乙醇溶液加压充入CO2，目的是增大CO2的溶解度，促进与氨的反应充分进行； 【小问2详解】 配制80 mL溶液，需用量筒量取乙醇体积，玻璃棒搅拌加速溶解； 【小问3详解】 氨气、CO2与CaCl2・2H2O反应生成碳酸氢钙的反应为：； 【小问4详解】 a．氨气有毒，溶于乙醇需在通风橱中进行，a正确； b．托盘天平精度为0.1 g，无法称取3.675 g固体，b错误； c．离心分离时，离心管需对称放置以保持离心机平衡，c正确； d．加热干燥会使Ca(HCO3)2受热分解，d错误； 答案为ac； 【小问5详解】 ①中C原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=；即C原子采取sp2杂化，孤电子对数为0，空间结构为平面三角形； ②用均摊法计算，Ca2+位于晶胞顶点、棱心、内部，数目为：个； ③Ca(HCO3)2中内部存在C-O、O-H极性共价键；Ca2+与之间存在离子键；之间可形成O-H···O氢键；无金属键、非极性键；答案为de； ④水是强极性分子，能促进电离生成，与Ca2+结合生成CaCO3；乙醇极性较弱，抑制电离，更易形成Ca(HCO3)2；答案为：水的极性大于乙醇，在水中更易电离； 【小问6详解】 CH3OH极性强，促进电离，易生成CaCO3；NH2OH氨基活性高，优先与CO2反应，干扰主反应；NH2C(CH3)2CH2OH极性与乙醇接近，能抑制电离，氨基活性低，干扰小，是最佳选择；CH3NHOH氨基活性高，干扰主反应，且极性与乙醇差异大；综上所述，答案为c。 13. 杀菌剂联苯吡菌胺H的合成路线如下。 （1）A中官能团的名称为______________、______________。 （2）水溶性：A______________B(填“>”“<”或“=”)，判断依据是______________。 （3）C的同分异构体满足以下条件，其结构简式为______________。(写出一种即可) ①不存在立体异构 ②核磁共振氢谱中有2组峰 ③碳原子的杂化形式为、 （4）的反应类型为______________。 （5）F的结构简式为______________。 （6）G与不同碱性试剂反应得到H的产率如下表。 试剂 NaOH 吡啶 三乙胺 产率/% 63.2 70.1 85.5 ①的化学方程式为______________。 ②碱性：G______________三乙胺(填“>”“<”或“=”)；从平衡角度分析使用三乙胺产率较高的原因是______________。 【答案】（1） ①. 氨基 ②. 碳氯键 （2） ①. < ②. B为盐类，极性大，在水溶液中溶解性更好 （3）(或或) （4）取代反应 （5） （6） ①. ②. < ③. 三乙胺中乙基为给电子基碱性更强，有利于平衡正向移动 【解析】 【分析】A在NaNO2、HBr作用下生成B，B在HBr、CuBr作用下反应生成C，C和Mg在THF作用下生成D，D和B(OCH3)3发生取代反应生成E，结合F的分子式可知，E在酸性条件下水解生成F为，F在催化剂作用下与发生取代反应生成G，G在CH2Cl2、三乙胺作用下与发生取代反应生成H。 【小问1详解】 A的结构为，所含官能团是氨基、碳氯键。 【小问2详解】 A为有机物，不是盐类，B为盐类，极性大，在水溶液中溶解性更好，故水溶性：A< B。 【小问3详解】 C的结构式为，分子式为C6H3Cl2Br，C的同分异构体中，①不存在立体异构；②核磁共振氢谱有 2 组峰，有两种不同环境的H原子；③碳原子杂化形式为 sp、sp3，说明分子中没有碳碳双键，综上所述满足上述条件的结构有、、。 【小问4详解】 根据分析可知，D与B(OCH3)3反应生成E，属于取代反应。 【小问5详解】 根据分析可知，F的结构简式为。 【小问6详解】 ①结合分析可知，G→H的化学方程式为； ②G()中Cl和F均为吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，碱性弱；三乙胺中乙基是推电子基团，使N原子上电子云密度增大，碱性强，故G的碱性<三乙胺的碱性；三乙胺为推电子基团，碱性更强，可中和反应生成的 HCl，使平衡正向移动，从而提高 H 的产率。 14. 费托合成是工业合成丙烯的一种路线。 （1）甲醇中间体法是制丙烯的另外一种路线，原理如下。 甲醇中间体法： 费托法制丙烯： ___________ （2）费托法制丙烯时，在压强为p kPa的恒压体系中以投料(不考虑副反应)，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图。 ①图中B代表的组分为___________。(填化学式) ②时，的分压为___________，该反应的平衡常数___________。(列出计算式) （3）费托法制丙烯过程中，CO和在催化剂作用下发生如下转化，引入后可有效抑制副反应的发生。 ①副反应为水煤气变换反应，其化学方程式为___________。在表面和的脱附情况如下图。在与表面脱附能力相近，但___________，从而减少生成。 ②副反应物质转化过程中相关能量如表。 丙烯吸附或脱附能 丙烯氢化活化能 () () 能量/eV 0.45 0.26 0.58 i．据上表，可减小副反应化学反应速率的依据为___________。 ii．合成丙烯的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析丙烯氢化活化能的原因是___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. （3） ①. ②. 抑制脱附 ③. 丙烯氢化活化能增大 ④. Br覆盖在催化剂表面减少反应活性位点，使Fe催化剂缺电子活性降低 【解析】 【小问1详解】 已知：① 、② ，费托法制丙烯的反应为：，可由①+②得到=。 【小问2详解】 反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应物CO、的物质的量分数升高，生成物、的物质的量分数降低，则A代表，物质的量分数为的3倍，随温度升高而降低；B代表，随温度升高而降低；C代表，物质的量分数随温度升高而增加，且物质的量分数是CO的2倍；D代表CO，物质的量分数随温度升高而升高； 设初始，，平衡时CO转化3x mol，列三段式：总物质的量，由图像可知，时，CO与的物质的量分数相等，即，解得x=，则的物质的量分数为，则的分压为= kPa； 各组分平衡时的分压为： ， ， 。代入压强平衡常数表达式= 。 【小问3详解】 由反应过程可知副反应Ⅰ的反应物为CO和，产物为和，其反应原理为； 从脱附浓度图可知，在两种催化剂表面脱附能力相近，但在表面的脱附浓度远低于，会抑制脱附，更易留在催化剂表面参与主反应，降低水煤气变换反应的正向进行程度，减少生成； 化学反应速率与活化能负相关，活化能越大，反应越难进行，速率越慢。使丙烯氢化的活化能大幅提升，因此副反应Ⅱ的速率被有效抑制； 催化剂表面引入Br后，通过空间位阻、电子效应改变了活性位点的环境，使丙烯的吸附状态更稳定，同时提高了氢化反应的过渡态能量，最终表现为活化能升高，使Fe催化剂缺电子，活性降低，使反应Ⅱ速率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用前 2026届高中毕业班模拟测试 化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Cl-35.5 Ca-40 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 罗布森以金刚石的结构为灵感，用与四(4-氰基苯基)甲烷构建了可用于催化领域的金属有机框架，因此获得2025年诺贝尔化学奖。下列说法正确的是 A. 金刚石与石墨互为同分异构体 B. Cu属于过渡元素 C. 给出孤电子对，氰基提供空轨道 D. 催化剂通过降低焓变加快反应速率 2. 利用全细胞催化系统发生的一种反应如下。下列说法错误的是 A. 中最多有14个原子共平面 B. 能发生水解反应 C. 中存在手性碳原子 D. 反应过程中N原子的杂化方式发生改变 3. 某电池新型多功能添加剂结构如图。X、Y、Z、Q原子序数均小于10且依序增大，基态R原子的价电子排布式为。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 最高价氧化物对应水化物的酸性： C. 键角： D. X与Z、Q分别形成的最简单化合物均可与形成配位键 4. 为探究铁生锈速率的影响因素，利用如下装置进行实验。 下列说法错误的是 A. 试剂X可以是氯化钙 B. 适当升高水浴温度，①②生锈速率均加快 C. 增大铁丝球与空气的接触面积可加快生锈速率 D. 铁丝球生锈速率：①>④>②>③ 5. 以含钴废料(主要含和少量、和)制备的流程如图。 已知：①25℃时，，，。 ②当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 下列说法错误的是 A. “酸浸”时，溶液中离子氧化性： B. 滤渣2主要成分为和 C. 若“酸浸”所得滤液中，“调pH”应控制 D. “沉钴”时存在反应： 6. 转化为HClO的某种过程如下。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标况下，含质子数为 B. 中氧原子的孤电子对数为 C. 中每消耗，转移电子数为 D. 中完全反应时，溶液中HClO分子数为 7. 为探究是否溶于氨水(流程中均为)，常温下进行如下实验。 已知：① ② 下列说法正确的是 A. “试剂X”为碱石灰 B. 溶液可用于检测天蓝色固体是否洗净 C. 能促进溶于氨水 D. 固体易溶于氨水 8. 1,3-丁二烯与溴水发生反应： i．(g)+Br2(aq)(l) ii．(g)+Br2(aq)(l) 不同温度下、相同反应时间内，反应体系中产物比例如下表。 温度/℃ 反应i产物/% 反应ii产物/% 54 46 60 20 80 已知：反应ii产物更稳定。下列说法正确的是 A. 焓变： B. 活化能：反应i<反应ii C. 键能：(中的π键) D. 二烯烃均能与溴水反应生成2种二溴代物 9. 一种将废弃塑料PET()水解产生的乙二醇转化为高附加值的含硫有机物HMS()的工作原理如图。下列说法正确的是 A. “水解”时生成乙二醇和对苯二甲酸 B. a为电源负极 C. 生成HMS的反应为 D. 每生成，理论上生成标况下 10. 室温下，向溶液中加入少量固体，溶液中铬元素以、、、形式存在，保持溶液体积不变，pM(M包括含铬各组分及)随pH变化如图。 已知： 。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅱ代表的组分为 B. 的平衡常数 C. 时， D. 任意pH下均有 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 一种从深海多金属核矿物[主要含、FeO(OH)、CuO]中分离提取Fe、Cu、Mn等元素的工艺流程如下： （1）“酸浸”中生成的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________，其中基态的价电子排布式为___________。 （2）“高压加热”时需调控温度获得高纯。不同温度下晶体X射线衍射谱图如下(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。 ①图中最佳温度为___________℃。 ②生成的化学方程式为___________。 （3）“萃取分离”时发生反应：。25℃时，。其中双齿配体HR的2种构型如图： ①与___________(填“顺式”或“反式”)HR形成的更稳定，原因是___________。 ②当时，分配比___________。 （4）“电解”过程生成的离子方程式为___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。(填化学式) 12. 我国科学家通过调控体系碱性强弱与溶剂极性大小首次成功制备碳酸氢钙晶体，过程如下。 （1）中充入时需加压的原因是___________。 （2）将溶于80 mL乙醇配制乙醇溶液，需用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、___________和___________。 （3）中生成晶体的化学方程式为___________。 （4）上述实验过程中，下列操作或说法正确的是___________。(填标号) a．在通风橱中将氨溶于乙醇 b．可用托盘天平称取 c．离心分离时，应将装有混合液的离心管对称放置，以保持离心机平衡 d．若将“冷冻干燥”改为“加热干燥”，效果更好 （5）晶体结构与类似，的一种晶胞结构如图，其中分布在晶胞棱上和内部。 ①的空间结构为___________。 ②图中每个晶胞中含有___________个。 ③晶体中不存在的微粒间作用力有___________。(填标号) a．共价键 b．离子键 c．氢键 d．金属键 e．非极性键 ④从溶剂分子极性角度分析，在水中易形成晶体而在乙醇中易形成晶体的原因是___________。 （6）下列溶剂中替换氨的乙醇溶液效果最佳的是___________。(填标号) a． b． c． d． 13. 杀菌剂联苯吡菌胺H的合成路线如下。 （1）A中官能团的名称为______________、______________。 （2）水溶性：A______________B(填“>”“<”或“=”)，判断依据是______________。 （3）C的同分异构体满足以下条件，其结构简式为______________。(写出一种即可) ①不存在立体异构 ②核磁共振氢谱中有2组峰 ③碳原子的杂化形式为、 （4）的反应类型为______________。 （5）F的结构简式为______________。 （6）G与不同的碱性试剂反应得到H的产率如下表。 试剂 NaOH 吡啶 三乙胺 产率/% 63.2 70.1 85.5 ①的化学方程式为______________。 ②碱性：G______________三乙胺(填“>”“<”或“=”)；从平衡角度分析使用三乙胺产率较高的原因是______________。 14. 费托合成是工业合成丙烯的一种路线。 （1）甲醇中间体法是制丙烯的另外一种路线，原理如下。 甲醇中间体法： 费托法制丙烯： ___________ （2）费托法制丙烯时，在压强为p kPa的恒压体系中以投料(不考虑副反应)，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图。 ①图中B代表的组分为___________。(填化学式) ②时，的分压为___________，该反应的平衡常数___________。(列出计算式) （3）费托法制丙烯过程中，CO和在催化剂作用下发生如下转化，引入后可有效抑制副反应的发生。 ①副反应为水煤气变换反应，其化学方程式为___________。在表面和的脱附情况如下图。在与表面脱附能力相近，但___________，从而减少生成。 ②副反应物质转化过程中相关能量如表。 丙烯吸附或脱附能 丙烯氢化活化能 () () 能量/eV 0.45 0.26 0.58 i．据上表，可减小副反应化学反应速率的依据为___________。 ii．合成丙烯的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析丙烯氢化活化能的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $