精品解析：安徽合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价试卷

合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价 (考试时间：75分钟 满分：100分) 一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 下列有关化学概念或性质的判断正确的是 A. 等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理 B. 二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒 C. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理 D. 依次断开中的4个，所需能量相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．就没有毒，故A错误； B．二氧化硫有较强还原性，且能抑制细菌生长，红酒中添加适量SO2可以起到杀菌和抗氧化的作用，故B正确； C．牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，原因是氟化钙比羟基磷酸钙更难溶，故C错误； D．依次断开中的，剩余部分能量越来越高，越来越不稳定，所以断开所需能量也越来越小，故D错误； 答案选B。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的球棍模型： B. 顺丁烯二酸的结构简式： C. 用电子式表示HCl的形成过程： D. 中σ键的原子轨道的电子云图形： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中B价层电子对数为3，是杂化，O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，为杂化，球棍模型应为，A错误； B．顺丁烯二酸中两个羧基位于双键的同一侧，结构简式应为，B错误； C．氯化氢为共价化合物，用电子式表示形成过程为：，C错误； D．中的σ键是 σ键，原子轨道电子云图为，D正确； 3. 历史是根，文化是魂，而文物是历史的见证和文化的载体。下列凉山出土的文物主要成分不是金属材料的是 A. 蛇蛙铜俎(盐源·战国—西汉) B. 蜀郡铁锸(西昌·西汉) C. 陶镇墓俑(西昌·成汉) D. 缠枝纹束发金冠(冕宁·明) 【答案】C 【解析】 【详解】A．蛇蛙铜俎主要成分是铜，属于金属材料，A不符合题意； B．蜀郡铁锸主要成分是铁，属于金属材料，B不符合题意； C．陶镇墓俑主要成分是陶瓷，陶瓷是硅酸盐，属于无机非金属材料，C符合题意； D．缠枝纹束发金冠主要成分是金，属于金属材料，D不符合题意； 故选C。 4. 白果内酯是银杏白果中的一种提取物，具有神经保护、改善血液循环、抗炎等作用，常用于辅助改善脑功能、预防血管疾病等，其结构如图所示。下列关于该分子的说法错误的是 A. 含有2种官能团 B. 手性碳原子数目为6 C. 能与NaOH溶液发生反应 D. 不能发生消去反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．含有酯基、羟基2种官能团，故A正确； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含手性碳原子(*标出)数目为6，故B正确； C．含有酯基，能与NaOH溶液发生反应，故C正确； D．有1个羟基[其所连的碳原子与叔丁基相连接]的邻位碳原子上有H，能发生消去反应，故D错误； 选D。 5. 下列说法正确的是 A. 的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体 B. 若型分子的空间构型相同，其中心原子的杂化方式也相同 C. 干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性 D. 和都是既含键又含键的非极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲烷分子中心原子形成四个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，A正确； B．SO2和OF2分子的空间构型均为V形，但前者中心原子为sp2杂化，后者中心原子为sp3杂化，B错误； C．冰的结构是水分子通过氢键结合形成的有空隙的空间结构，表明了氢键通常具有方向性，干冰的结构表现为分子密堆积，范德华力没有方向性，C错误； D．CO2和CCl4都是极性键形成的非极性分子，CO2既含σ键又含π键而CCl4只含σ键不含π键，D错误； 故选A。 6. 甲是自然界中一种常见矿石的主要成分，经过如图所示五步反应（部分反应条件略）可以生成己，甲和己的组成元素相同且甲中两种元素原子的质量比为，戊可用于游泳池杀菌消毒。 下列叙述正确的是 A. 甲在高温下与足量氧气反应，产生无味气体 B. 常温下，溶液丁的大于7 C. 乙能与氨水反应，说明乙是酸性氧化物 D. 常温下，固体己能与稀硫酸发生复分解反应 【答案】B 【解析】 【分析】甲是黑色固体，甲和己组成元素相同，且甲中两种元素原子质量比为4：1，结合后续反应，可推断甲为Cu2S。甲（Cu2S）与O2反应生成砖红色固体乙，乙为Cu2O。乙（Cu2O）与氨水反应生成无色溶液丙，丙中含[Cu(NH3)2]+；丙被O2氧化为深蓝色溶液丁，丁中含[Cu(NH3)4]2+。丁与硫酸反应生成蓝色溶液戊，戊为CuSO4溶液；戊与H2S反应生成黑色固体己，己为CuS。 【详解】A．甲为Cu2S（黑色固体，辉铜矿主要成分），高温下与足量O2反应生成CuO和SO2，SO2有刺激性气味，A错误； B．溶液丁为[Cu(NH3)4]2+（深蓝色）溶液，制备过程中氨水过量，溶液呈碱性，常温下pH大于7，B正确； C．乙为Cu2O（砖红色固体），与氨水反应生成[Cu(NH3)2]+配合物，并非生成盐和水，Cu2O是碱性氧化物，C错误； D．己为CuS（黑色固体），CuS溶度积极小，不与稀硫酸发生复分解反应，D错误； 故选B。 7. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 中σ键的个数为 B. 22.4 L二氧化硫溶于水，溶液中、、的数目总和为 C. 1 mol (Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为 D. 常温下，向100 mL 18 mol·L-1浓硫酸中加入足量的Cu，该过程转移电子的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．每个NH3分子含有3个N-H σ键，4个NH3共12个；同时每个NH3与Cu2+形成1个配位键（σ键），共4个；总σ键数为12+4=16，即1 mol [Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为16NA；A错误； B．未指明气体状态是否为标准状况，无法计算含硫物质的数目，B错误； C．CrO5中Cr的化合价为+6，则结构为CrO(O2)2，含2个过氧键（O-O），即1 mol CrO5有2NA个过氧键，C正确； D．由可知，每消耗2 mol浓硫酸转移2 NA电子，题目共有1.8 mol浓硫酸，反应过程中生成水会稀释浓硫酸，即参与反应的浓硫酸小于1.8 mol，则转移电子数小于1.8NA，D错误； 故答案选C。 8. 下列实验装置或操作正确的且能达到实验目的的是 A. 利用甲图在萃取过程中放气 B. 利用乙图制备并收集少量氨气 C. 利用丙图移取25.00mL的草酸 D. 利用丁图证明苯与液溴的反应类型为取代反应 【答案】C 【解析】 【详解】A.甲图萃取放气时应将分液漏斗倒置，打开活塞放气，而不是像图中正立打开上口塞子，正确的放气方法应是将分液漏斗倒置，左手握住活塞部分，右手顶住塞子，倒置分液漏斗后打开活塞放气，故A错误； B．乙图中，氨气密度小于空气，收集氨气的导管要伸入试管底部，故B错误； C．图中用移液管量取草酸溶液，可以准确移取25.00mL溶液，故C正确； D．丁图中，苯与液溴在铁粉催化下发生反应，如果是取代反应，会生成HBr，可以通过AgNO3溶液检测出Br-。但液溴易挥发，挥发出的Br2会溶于水生成HBr干扰检测。因此需在导管末端加一个盛装有CCl4的洗气装置，以吸收挥发的Br2，且导管不能伸入硝酸银溶液液面以下，故D错误； 故选C。 9. 化合物可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是 A. 元素电负性：Z>E>M B. 原子半径：Y>M>E C. 第一电离能：Z>Y>X D. 简单氢化物沸点：E>M 【答案】A 【解析】 【分析】5种元素均为短周期元素，X、Y、Z同周期，基态X的价层电子排布式为，若，则排布式为，对应；若，不符合主族元素，故X为；基态Z的价层p轨道半充满，故为； E是地壳中含量最多的元素，为；E与M同周期，且未成对电子数相同，为C；Y的原子序数介于与之间，且根据化合物正负化合价代数和为0可知，为；最终确定：X为，Y为，Z为，E为，M为，据此分析。 【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族从上到下电负性递减， 电负性有，，故电负性最大的为，A符合题意； B．同周期主族元素从左到右原子半径递减，同主族从上到下原子半径递增， 故原子半径），B不符合题意； C．同周期主族元素从左到右呈增大趋势，ⅡA、ⅤA族因轨道全满或半满出现反常，因此第一电离能顺序为，C不符合题意； D．简单氢化物分别为和，分子间存在氢键，仅存在范德华力；氢键使的沸点远高于，即简单氢化物沸点：，D不符合题意； 故选A。 10. 单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂I和II的作用下，该反应均需经历“吸附-反应-脱附”过程，能量变化如图（*表示吸附态）所示。下列说法不正确的是 A. 使用催化剂II更有利于捕获 B. 除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C. 使用催化剂I比使用催化剂II放出的热量更多 D. 反应达平衡后，升高温度有利于的释放 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，使用催化剂II时反应所需的活化能更少，反应速率更快，则使用催化剂II更有利于捕获，A正确； B．由图可知，在催化剂I和II的作用下，除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行，B正确； C．催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂I和使用催化剂II放出的热量相等，C错误； D．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物，为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，有利于的释放，D正确； 故选C。 11. 在酸性海水中催化乙炔制备氯乙烯的原理如图所示，太阳光照射下，催化剂表面产生电子和“空穴”，驱动两极反应，如图所示。 下列叙述错误的是 A. 能量主要转化形式是太阳能→电能→化学能 B. 一段时间后阴极区降低 C. 阳极反应式为 D. 总反应为 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，太阳光作用下，催化剂表面产生“空穴”，相当于将太阳能转化成电能，上端得电子，为阴极，电极反应： ，下端失电子，为阳极，电极反应：，电能将氯化氢转化成氢原子、氯原子，活泼性强的氯原子、氢原子与乙炔加成生成氯乙烯，总反应为：； 【详解】A．太阳光作用下，催化剂表面产生“空穴”，相当于将太阳能转化成电能，电能将氯化氢转化成氢原子、氯原子，活泼性强的氯原子、氢原子与乙炔加成生成氯乙烯，A正确； B．阴极的物质的量减少，增大，B错误； C．根据分析可知，阳极上发生氧化反应，即氯离子转化成氯原子，得到1个“空穴”相当于失去1个电子，阳极反应式为，C正确； D．根据分析可知，两极反应加合，再与乙炔反应得到目标产物总反应为，D正确； 故选B； 12. 一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。CH3I热裂解时发生如下反应。 反应Ⅰ：2CH3I(g)C2H4(g)＋2HI(g)；ΔH1>0 反应Ⅱ：3C2H4(g)2C3H6(g)；ΔH2<0 反应Ⅲ：2C2H4(g)C4H8(g)；ΔH3<0 p=0.1MPa，向密闭容器中起始投入1molCH3I(g)，维持压强恒定，平衡时容器内C2H4、C3H6和C4H8所占容器内气体的物质的量分数(X)与温度的关系如图所示。 C2H4的分压p(C2H4)=p总·X(C2H4)，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=。下列说法正确的是 A. 图中a对应的物质是C2H4 B. 750K时，反应Ⅲ的Kp=1 C. 300K时，要提高C3H6的物质的量分数可以使用C3H6选择性高的催化剂 D. 1000K时，其他条件不变，若增大容器的压强，C2H4平衡时的物质的量分数一定会减小 【答案】D 【解析】 【分析】由热化学方程式可知，反应I为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H4物质的量分数增大；反应Ⅱ和反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H6和C4H8的物质的量减小，则曲线a代表温度对平衡体系中C4H8物质的量分数的影响，曲线b代表温度对平衡体系中C2H4物质的量分数的影响，以此解答。 【详解】A．由分析可知，曲线a代表温度对平衡体系中C4H8物质的量分数的影响，A错误； B．由图可知，750K时，C2H4和C4H8的物质的量分数相等，则反应Ⅲ的Kp=，题目中并未提供750K时有关物质的物质的量分数的具体数值，因此无法确定Kp是否等于1，B错误； C．使用对C3H6选择性高的催化剂，不影响平衡移动，因此不能提高C3H6物质的量分数，C错误； D．反应I为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，C2H4物质的量分数减小，反应Ⅱ和反应Ⅲ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C2H4物质的量分数减小，因此其他条件不变，若增大容器的压强，C2H4平衡时的物质的量分数一定会减小，故D正确； 故选D。 13. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中的化合价有＋3和＋4。下列说法正确的是 A. 位于元素周期表中的区 B. 图(a)晶胞中的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为＋3的的个数为2 【答案】D 【解析】 【详解】A．是镧系元素，属于f区，A错误； B．根据晶胞结构可知的配位数为8，B错误； C．根据均摊法，图a中O原子的个数为8，Ce原子个数为，则晶胞中含有，且，则物质的摩尔体积为，C错误； D．图b中O原子的个数为7，Ce原子个数为，设化合价为＋4的有m个，＋3的有n个，则根据原子守恒和化合价代数和为0可得：，，解得，D正确； 答案选D。 14. 时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是 A. 曲线n为的变化曲线 B. a点： C. b点： D. c点： 【答案】B 【解析】 【分析】溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A；HA-的水解常数为，其电离程度大于其水解程度，因此其以电离为主，其分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线。 【详解】A．溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确； B．a点, =1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误； C．b点, =0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确； D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确； 答案选B。 二、非选择题：本大题包括3小题，共52分。 15. 镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要含有MgO、NiO、FeO、、等)制备镍的部分工艺流程如下： 已知：①在本工艺条件下，、不能氧化； ②常温下，。 回答下列问题： （1）镍元素在周期表中的位置为_______，滤渣1的成分是_______。 （2）“沉铁”步骤中，加入时发生反应的离子方程式为_______，能沉铁的原因是_______。 （3）若溶液酸度过高，沉淀不完全，原因是_______，取“沉镁”后的溶液1 L，已知，要使溶液中，则至少需要加入_______(忽略体积的变化，保留3位小数)。 （4）沉镍所得的草酸镍晶体脱水后在高温下煅烧，可以制得，同时获得混合气体，煅烧分解的化学方程式为_______。 （5）NiO的晶胞结构如图所示，离最近的形成的空间结构为_______。 【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. SiO2 （2） ①. ②. Na2CO3是弱酸盐，会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀 （3） ①. 与结合生成弱电解质，使溶液中 浓度降低，导致 的沉淀溶解平衡正向移动，沉淀不完全 ②. 0.043 （4） （5）正八面体 【解析】 【分析】以红土镍矿为原料，先通过硫酸酸浸，使其中的 MgO、NiO、FeO、Fe2O3等氧化物溶解，SiO2不溶形成滤渣1；向酸浸液中加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入Na2CO3调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀为滤渣2；之后加入NaF沉淀镁离子，生成氟化镁滤渣3；再加入草酸沉镍，得到草酸镍沉淀，经煅烧分解为氧化镍，最后用CO还原氧化镍得到金属镍，从而实现镍的提取与分离。 【小问1详解】 镍的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族；根据分析，滤渣1的成分是SiO2。 【小问2详解】 在“沉铁”步骤中，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，因为Fe3+更容易通过调节pH沉淀。反应方程式为；Na2CO3是弱酸盐，会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀。 【小问3详解】 若溶液酸度过高，沉淀不完全的原因是与结合生成弱电解质，使溶液中 浓度降低，导致 的沉淀溶解平衡正向移动，沉淀不完全。至少需要加入的物质的量：已知  ，时，，溶液体积为 ，则沉淀后的物质的量  。沉淀需要消耗 ，因此至少需要加入的物质的量为。 【小问4详解】 NiC2​O4​在高温下分解生成、CO和，配平后化学方程式为。 【小问5详解】 NiO为NaCl型晶胞，每个周围有6个等距离的，分别位于 的上下、左右、前后位置，构成正八面体。 16. 邻硝基苯酚主要用作染料、药物、炸药的中间体，其实验室制备原理如下： 实验装置如下图(部分仪器略去)： 相关信息如下表(Mr表示相对分子质量)： 物质 Mr 颜色 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 其他 苯酚 94 无色 40.9 181.8 稍溶于水，65℃以上能与水混溶。 邻硝基苯酚 139 浅黄色 44.5 216 溶于热水，微溶于冷水。 能与水蒸气一同挥发 对硝基苯酚 139 浅黄色 113.4 279 溶于热水，微溶于冷水。 不与水蒸气一同挥发 实验步骤： ①向装置I中的三颈烧瓶中加入、26.0 mL水、8.0 mL浓。完全溶解后，将烧瓶置于冰水浴； ②将9.4 g苯酚完全溶于10 mL水后，转入分液漏斗中，维持10~15℃，将其缓慢加入三颈烧瓶中，反应1 h后得到黑色油状物质，并转移至烧杯中；冷却至黑色油状物固化，倾出酸层，然后用蒸馏水洗涤3次，得到硝基苯酚粗品； ③利用装置II进行水蒸气蒸馏，馏出液经一系列操作得邻硝基苯酚样品8.5 g。 回答下列问题： （1）装置I中仪器a的名称是_______，三颈烧瓶的最适宜规格为_______(填标号)。 A.500 mL 　　 B.250 mL 　　 C.100 mL 　　 D.50 mL （2）玻璃管b的作用为_______。 （3）步骤③中用蒸馏水洗去粗品中残留的无机酸和无机盐，检验是否洗涤干净的操作是_______。 （4）当观察到d中_______的现象时，即可停止水蒸气蒸馏。 （5）图中虚线框内合适的装置可以为_______(填标号)。 （6）取③中样品0.85 g，加入含的饱和溴水(邻硝基苯酚与以1：2反应，不考虑其他反应)，充分反应后，剩余的与足量KI溶液作用生成，用标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液60.00 mL(苯酚在②中完全反应，以上数据均已扣除干扰因素)，已知：。 则邻硝基苯酚的选择性=_______%(物质X的选择性) （7）实验测得邻硝基苯酚的选择性偏低，可能的原因是_______(填标号)。 A.滴定终点时俯视读数 B.滴定时，标准溶液滴在锥形瓶外 C.滴定前，标准溶液部分变质 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. C （2）平衡气压 （3）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，反之，则未洗净 （4）不再有淡黄色油状液体流出 （5）AB （6）60% （7）BC 【解析】 【小问1详解】 a的名称是球形冷凝管；根据实验步骤，该反应液体约44 mL，选用三颈烧瓶时应该时药品在三颈烧瓶最大容量的，故应该选用100 mL三颈烧瓶；故答案为：球形冷凝管；C； 【小问2详解】 玻璃管b的作用为平衡气压，防止压强过大引发事故，又能防止压强过小产生倒吸； 【小问3详解】 粗品中残留的无机酸和无机盐中有，检验应该使用溶液，具体检验操作步骤为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，反之，则未洗净； 【小问4详解】 当观察到d中不再有淡黄色油状液体（邻硝基苯酚）流出时，说明产物已被完全蒸出，反应结束，可停止水蒸气蒸馏； 【小问5详解】 该装置应考虑防止倒吸，其中A，B在管口留有空隙，可以接安全管等装置防止倒吸，C则不可以防倒吸，故答案为：AB； 【小问6详解】 由题目所给关系，=，与邻硝基苯酚反应的溴的物质的量为，苯酚总物质的量为，邻硝基苯酚样品8.5 g取0.85 g，根据选择性定义，物质X的选择性，则邻硝基苯酚的选择性=； 【小问7详解】 邻硝基苯酚的选择性= A．滴定终点时俯视读数,会使滴定管读数偏小，从而计算出偏小，会使邻硝基苯酚的选择性偏高，A不符合题意； B．滴定时，标准溶液滴在锥形瓶外，会额外多消耗溶液，会使偏大，从而使邻硝基苯酚的选择性偏低，B符合题意； C．滴定前，标准溶液部分变质，也会额外多消耗溶液，后面分析同B，C符合题意； 故答案选BC。 17. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)： 化学吸附： 表面反应： 脱附：其中，的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 回答下列问题： （1）①催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。 根据由图判断，活化能_______(填“>”“=”“<”)。 ②分析说明原料气中过量的理由_______ （2）反应到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：，为速率常数，已知，据此计算_______ （3）合成氨中所使用的原料氢气可将二氧化碳转化为高附加值化学品，在催化剂作用下主要发生以下反应。甲醇的选择性。 I. II. ①在恒容容器中温度升高甲醇的选择性_______(填：“增大”“减小”或“不变”) ②恒温恒容条件下，原料气以物质的量投料在初始压强为下进行反应。达到平衡时的选择性为，转化率为。则该条件下反应II的分压平衡常数_______。(对于气相反应，用组分B的平衡代替，记作。，p为平衡总压，为平衡系统中B的物质的量分数。) （4）研究表明，对催化加氢也有一定催化效果，取干燥在气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为时，每个晶胞拥有的的个数为_______。 【答案】（1） ①. < ②. N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压可加快该限速反应并有利于平衡向生成氨方向移动，从而提高产率 （2）-1.5 （3） ①. 减小 ②. （4）7 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，使用催化剂1时反应速率更快，说明催化剂1降低反应活化能的效果更好，则活化能<； ②工业上往往使原料气中 N2适当过量，其理由是：N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压可加快该限速反应并有利于平衡向生成氨方向移动，从而提高产率。 【小问2详解】 由在平衡状态下相等，则Kp===，=-1、β = –1.5、。 【小问3详解】 ①反应I是放热反应，反应II是吸热反应，在恒容条件下升高温度，反应I平衡逆向移动，反应II平衡正向移动故甲醇选择性减小； ②设起始投料 n(CO2) : n(H2) = 1 : 3，CO2转化率为50%，其中80%转化生成CH3OH、20%转化生成CO，列出“三段式” =0.5、0.8，解得x=0.4，y=0.1，初始压强为，则平衡压强为：，则该条件下反应II的分压平衡常数= 。 【小问4详解】 CeO2在Ar气中加热失重主要是失去部分氧原子，生成 CeO2-δ。1mol CeO2的质量为199g，由失重率2.01%计算可得，剩余n(O)= ，新化学式约为 CeO1.75，已知每个晶胞含 =4个Ce，故对应含7个 O2-，即每个晶胞拥有7个氧离子。 18. 艾氟康唑(化合物K)是一种抗真菌药物，其合成路线如下。 已知：i ii． 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）D的名称为___________。 （3）E→F实现了___________到___________的转化(填官能团的名称)。 （4）F→G的反应类型为___________；该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为___________。 （5）F的同分异构体能同时满足以下三个条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上含有两个取代基 ②与FeCl3溶液显紫色 ③分子中含-CF2Cl 写出一种核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6的结构简式：___________。 【答案】（1）+Br2+HBr （2）一氯乙酸 （3） ①. 酮羰基 ②. 羟基 （4） ①. 消去反应 ②. （5） ①. 15 ②. 【解析】 【分析】由题干合成路线图可知，根据E的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，由A到B的转化条件和B的分子式并结合E的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到C的转化条件并结合C的分子式可知，C的结构简式为：，由E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：ClCH2COOH，由F的分子式和E到F的转化条件，并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为：， B的结构简式为：，则A→B的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr； 【小问2详解】 由分析可知，D的结构简式为：ClCH2COOH ，故D的名称为一氯乙酸，故答案为：一氯乙酸； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中E的结构简式可知，E→F实现了酮羰基到羟基的转化，故答案为：酮羰基；羟基； 【小问4详解】 由分析可知，F的结构简式为：，结合题干流程图中G的结构简式：，则F→G的反应类型为消去反应，结合消去反应的机理可知，该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为，故答案为：消去反应；； 【小问5详解】 由题干中F的分子式为：C10H11OF2Cl ，不饱和度为4，故F的同分异构体能同时满足以下三个条件①苯环上含有两个取代基，②与FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，③分子中含-CF2Cl则另一个取代基为：-CH2CH2CH2CF2Cl、-CH2CH(CH3)CF2Cl、-CH(CF2Cl)CH2CH3、-CH(CH3)2CF2Cl、-CH(CH3)CH2CF2Cl等物质，每一组又有邻间对三种位置异构，即一共有5×3=15种，其核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6即含有两个甲基的结构简式为：，故答案为：15；。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市普通高中六校联盟2026届高三下学期开年考化学绿色评价 (考试时间：75分钟 满分：100分) 一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 下列有关化学概念或性质的判断正确的是 A. 等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理 B. 二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒 C. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理 D. 依次断开中的4个，所需能量相同 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的球棍模型： B. 顺丁烯二酸的结构简式： C. 用电子式表示HCl的形成过程： D. 中σ键的原子轨道的电子云图形： 3. 历史是根，文化是魂，而文物是历史的见证和文化的载体。下列凉山出土的文物主要成分不是金属材料的是 A. 蛇蛙铜俎(盐源·战国—西汉) B. 蜀郡铁锸(西昌·西汉) C. 陶镇墓俑(西昌·成汉) D. 缠枝纹束发金冠(冕宁·明) 4. 白果内酯是银杏白果中的一种提取物，具有神经保护、改善血液循环、抗炎等作用，常用于辅助改善脑功能、预防血管疾病等，其结构如图所示。下列关于该分子的说法错误的是 A. 含有2种官能团 B. 手性碳原子数目为6 C. 能与NaOH溶液发生反应 D. 不能发生消去反应 5. 下列说法正确的是 A. 的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体 B. 若型分子的空间构型相同，其中心原子的杂化方式也相同 C. 干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性 D. 和都是既含键又含键的非极性分子 6. 甲是自然界中一种常见矿石的主要成分，经过如图所示五步反应（部分反应条件略）可以生成己，甲和己的组成元素相同且甲中两种元素原子的质量比为，戊可用于游泳池杀菌消毒。 下列叙述正确的是 A. 甲在高温下与足量氧气反应，产生无味气体 B. 常温下，溶液丁的大于7 C. 乙能与氨水反应，说明乙是酸性氧化物 D. 常温下，固体己能与稀硫酸发生复分解反应 7. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 中σ键的个数为 B. 22.4 L二氧化硫溶于水，溶液中、、的数目总和为 C. 1 mol (Cr的化合价为+6)含过氧键的数目为 D. 常温下，向100 mL 18 mol·L-1浓硫酸中加入足量的Cu，该过程转移电子的数目为 8. 下列实验装置或操作正确的且能达到实验目的的是 A. 利用甲图在萃取过程中放气 B. 利用乙图制备并收集少量氨气 C. 利用丙图移取25.00mL的草酸 D. 利用丁图证明苯与液溴的反应类型为取代反应 9. 化合物可用作肥料，所含5种元素均为短周期主族元素。X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次递增。X的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子价电子层p轨道半充满。E与M同周期，且未成对电子数相同，E是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是 A. 元素电负性：Z>E>M B. 原子半径：Y>M>E C. 第一电离能：Z>Y>X D. 简单氢化物沸点：E>M 10. 单乙醇胺（MEA）捕获的反应为，在催化剂I和II的作用下，该反应均需经历“吸附-反应-脱附”过程，能量变化如图（*表示吸附态）所示。下列说法不正确的是 A. 使用催化剂II更有利于捕获 B. 除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C. 使用催化剂I比使用催化剂II放出的热量更多 D. 反应达平衡后，升高温度有利于的释放 11. 在酸性海水中催化乙炔制备氯乙烯的原理如图所示，太阳光照射下，催化剂表面产生电子和“空穴”，驱动两极反应，如图所示。 下列叙述错误的是 A. 能量主要转化形式是太阳能→电能→化学能 B. 一段时间后阴极区降低 C. 阳极反应式为 D. 总反应为 12. 一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。CH3I热裂解时发生如下反应。 反应Ⅰ：2CH3I(g)C2H4(g)＋2HI(g)；ΔH1>0 反应Ⅱ：3C2H4(g)2C3H6(g)；ΔH2<0 反应Ⅲ：2C2H4(g)C4H8(g)；ΔH3<0 p=0.1MPa，向密闭容器中起始投入1molCH3I(g)，维持压强恒定，平衡时容器内C2H4、C3H6和C4H8所占容器内气体的物质的量分数(X)与温度的关系如图所示。 C2H4的分压p(C2H4)=p总·X(C2H4)，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=。下列说法正确的是 A. 图中a对应的物质是C2H4 B. 750K时，反应Ⅲ的Kp=1 C. 300K时，要提高C3H6的物质的量分数可以使用C3H6选择性高的催化剂 D. 1000K时，其他条件不变，若增大容器的压强，C2H4平衡时的物质的量分数一定会减小 13. 铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中的化合价有＋3和＋4。下列说法正确的是 A. 位于元素周期表中的区 B. 图(a)晶胞中的配位数为4 C. 图(a)物质的摩尔体积为 D. 图(b)晶胞中化合价为＋3的的个数为2 14. 时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是 A. 曲线n为的变化曲线 B. a点： C. b点： D. c点： 二、非选择题：本大题包括3小题，共52分。 15. 镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要含有MgO、NiO、FeO、、等)制备镍的部分工艺流程如下： 已知：①在本工艺条件下，、不能氧化； ②常温下，。 回答下列问题： （1）镍元素在周期表中的位置为_______，滤渣1的成分是_______。 （2）“沉铁”步骤中，加入时发生反应的离子方程式为_______，能沉铁的原因是_______。 （3）若溶液酸度过高，沉淀不完全，原因是_______，取“沉镁”后的溶液1 L，已知，要使溶液中，则至少需要加入_______(忽略体积的变化，保留3位小数)。 （4）沉镍所得的草酸镍晶体脱水后在高温下煅烧，可以制得，同时获得混合气体，煅烧分解的化学方程式为_______。 （5）NiO的晶胞结构如图所示，离最近的形成的空间结构为_______。 16. 邻硝基苯酚主要用作染料、药物、炸药的中间体，其实验室制备原理如下： 实验装置如下图(部分仪器略去)： 相关信息如下表(Mr表示相对分子质量)： 物质 Mr 颜色 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 其他 苯酚 94 无色 40.9 181.8 稍溶于水，65℃以上能与水混溶。 邻硝基苯酚 139 浅黄色 44.5 216 溶于热水，微溶于冷水。 能与水蒸气一同挥发 对硝基苯酚 139 浅黄色 113.4 279 溶于热水，微溶于冷水。 不与水蒸气一同挥发 实验步骤： ①向装置I中的三颈烧瓶中加入、26.0 mL水、8.0 mL浓。完全溶解后，将烧瓶置于冰水浴； ②将9.4 g苯酚完全溶于10 mL水后，转入分液漏斗中，维持10~15℃，将其缓慢加入三颈烧瓶中，反应1 h后得到黑色油状物质，并转移至烧杯中；冷却至黑色油状物固化，倾出酸层，然后用蒸馏水洗涤3次，得到硝基苯酚粗品； ③利用装置II进行水蒸气蒸馏，馏出液经一系列操作得邻硝基苯酚样品8.5 g。 回答下列问题： （1）装置I中仪器a的名称是_______，三颈烧瓶的最适宜规格为_______(填标号)。 A.500 mL 　　 B.250 mL 　　 C.100 mL 　　 D.50 mL （2）玻璃管b的作用为_______。 （3）步骤③中用蒸馏水洗去粗品中残留的无机酸和无机盐，检验是否洗涤干净的操作是_______。 （4）当观察到d中_______的现象时，即可停止水蒸气蒸馏。 （5）图中虚线框内合适的装置可以为_______(填标号)。 （6）取③中样品0.85 g，加入含的饱和溴水(邻硝基苯酚与以1：2反应，不考虑其他反应)，充分反应后，剩余的与足量KI溶液作用生成，用标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液60.00 mL(苯酚在②中完全反应，以上数据均已扣除干扰因素)，已知：。 则邻硝基苯酚的选择性=_______%(物质X的选择性) （7）实验测得邻硝基苯酚的选择性偏低，可能的原因是_______(填标号)。 A.滴定终点时俯视读数 B.滴定时，标准溶液滴在锥形瓶外 C.滴定前，标准溶液部分变质 17. 工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)： 化学吸附： 表面反应： 脱附：其中，的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 回答下列问题： （1）①催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成氨，产氨速率与温度的关系如图。 根据由图判断，活化能_______(填“>”“=”“<”)。 ②分析说明原料气中过量的理由_______ （2）反应到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：，为速率常数，已知，据此计算_______ （3）合成氨中所使用的原料氢气可将二氧化碳转化为高附加值化学品，在催化剂作用下主要发生以下反应。甲醇的选择性。 I. II. ①在恒容容器中温度升高甲醇的选择性_______(填：“增大”“减小”或“不变”) ②恒温恒容条件下，原料气以物质的量投料在初始压强为下进行反应。达到平衡时的选择性为，转化率为。则该条件下反应II的分压平衡常数_______。(对于气相反应，用组分B的平衡代替，记作。，p为平衡总压，为平衡系统中B的物质的量分数。) （4）研究表明，对催化加氢也有一定催化效果，取干燥在气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为时，每个晶胞拥有的的个数为_______。 18. 艾氟康唑(化合物K)是一种抗真菌药物，其合成路线如下。 已知：i ii． 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为___________。 （2）D的名称为___________。 （3）E→F实现了___________到___________的转化(填官能团的名称)。 （4）F→G的反应类型为___________；该反应中另一种与G互为同分异构体的副产物的结构简式为___________。 （5）F的同分异构体能同时满足以下三个条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①苯环上含有两个取代基 ②与FeCl3溶液显紫色 ③分子中含-CF2Cl 写出一种核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：6的结构简式：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $