精品解析：2026届云南三校高三下学期高考备考实用性联考化学试卷

2026届云南三校高考备考实用性联考卷(六) 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。 以下数据可供解题时参考。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Be-9 C-12 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 利用CO2合成了油脂，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 聚乳酸用于手术缝合线，利用了聚乳酸的生物相容性和可降解性 C. “过桥米线”浮油中的油脂在酸性条件下可发生皂化反应 D. 将白糖熬制成焦糖汁，因为蔗糖在加热条件下充分炭化，为食物增色 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 甲醛中π键的电子云轮廓图： B. Cl-的结构示意图： C. SO3的VSEPR模型： D. CaO2的电子式 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 2.8g基态硅原子核外未成对电子数为0.2NA B. 标准状况下，生成11.2L O2时，反应OF2+H2O=2HF+O2转移的电子数为2NA C. 4.6gNa与含0.1mol HCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1NA D. 0.2L 18mol·L-1浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的数目为1.8NA 4. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++=Ag++NO2↑+H2O B. 向银氨溶液中滴入Na2S溶液：Ag++S2-=Ag2S↓ C. 向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液：2Fe3++2H2O2=O2↑+2Fe2++2H2O D. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色：+2OH-=2+H2O 5. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl>HBr 电负性 B 酸性：二氯乙酸<二氟乙酸 分子间氢键 C 熔点：NaCl>S8 晶体类型 D 与Na反应的剧烈程度：H2O>CH3CH2OH 羟基的极性 A. A B. B C. C D. D 6. 某有机化合物，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是 A. 分子式为C18H26NO3 B. 1mol该有机化合物与H2反应最多能消耗5molH2 C. 该有机化合物能与Na2CO3溶液反应生成CO2 D. 酸性条件下该有机化合物的水解产物均能与浓溴水发生反应 7. 下列实验装置或操作能达到目的的是 A．验证SO2的漂白性 B．验证1-溴丁烷的消去反应 C．验证金属性：Zn>Fe D．测定醋酸溶液的浓度 A. A B. B C. C D. D 8. 科学家合成出了一种高效电解质(如图所示)，其中X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与Z同主族，X、Y、Z、W原子半径依次减小，Y和W的原子序数之和为Z的2倍。下列说法正确的是 A. 同周期元素中第一电离能大于Z的有2种 B. 分子的极性：YW3>QZ3 C. 键能：W2>Z2>Y2 D. 最简单氢化物的熔点：Z>W>X 9. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体 炭可与浓HNO3反应生成NO2 B 火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液中，溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 向Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体，溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆 A. A B. B C. C D. D 10. FeTiO3的立方晶胞结构如图甲所示，FeTiO3结构的另一种表示如图乙(晶胞中未标出Ti、O原子)，设该晶胞的边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与O等距且最近的O有12个 B. 该晶体的密度 C. Ti与Fe的最短距离为a nm D. 图乙的表示方法中沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面位置为 11. 固态有机聚合物电极凭借柔性、高容量、高安全性为下一代电池技术提供了新方向。一种新型二次电池的工作原理如图所示。电极N是一种固态有机聚合物，该电池电极M在充电过程中产生黄色的离子。下列说法正确的是 A. 放电时，Li+通过Li+透过层从M极区向N极区移动 B. 放电时，M极电极反应式：+2e-=3I- C. 充电时，电路中每转移1mol电子时，N极区质量减少7g D. 充电时，N极电极反应式为＋Li+＋e－＝ 12. 一定条件下，CH4(g)合成CH3OH(g)的反应历程如图所示。已知：相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法错误的是 A. 该反应历程的决速步为步骤Ⅰ B. CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g) ΔH=E1+E3-E2-E4 C. 升高温度，则CH4平衡转化率减小 D. CH2D2发生上述反应，相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH<CH2DOD 13. 从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如图所示： 已知：HAuCl4=H++[AuCl4]-，下列说法正确的是 A. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使Cu2+和Ag+分离 B. 用浓盐酸与NaNO3无法使Au溶解 C. 若x=1，则溶金时反应的化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 D. 用足量Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原为Au，则转移的电子为3mol 14. 室温下，向硫酸铜溶液中滴加氨水，溶液中五种含铜微粒存在如下变化和平衡：各种含铜微粒占其总量的摩尔分数与lgc(NH3)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线V代表Cu2+的变化 B. 当c(NH3)=0.001mol/L时，有 C. 反应Cu2++3NH3⇌的平衡常数K=10-10.5 D. A点c(NH3)=10-2.5mol/L 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 云南是国内重要的铍矿富集区，2025年在滇西盈江县卡场地区新发现了滇西体厚度最大的花岗伟晶岩型铍多金属矿体。某课题组针对以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2的工艺进行了相关研究。 已知：乙醚沸点为34.5℃，BeCl2溶于乙醚，不溶于苯；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。 Ⅰ、制备BeCl2：使用如图所示装置(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为______。 （2）仪器b的作用是______。 （3）实验中装置C需置于温度为15℃左右的水浴中，其主要目的是______。 （4）通过装置D的使用可推测BeCl2具有的性质是______，若无该装置可能发生的化学方程式为______。 Ⅱ、BeCl2的提纯：充分反应后，将装置C中溶液过滤、蒸馏得到固体。 （5）所得固体中混有杂质______(填化学式)。结合已知信息，应该再用______(填物质名称)溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得到BeCl2产品。 Ⅲ、BeCl2的纯度测定：取1.6g上述产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用0.2mol·L-1盐酸标准液滴定其中的KOH，消耗盐酸18.40mL。[已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应] （6）下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏大的是______(填序号)。 A. 滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失 B. 滴定前，锥形瓶中有少量水 C. 滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许 D. 滴定前俯视读数，滴定后仰视读数 （7）BeCl2的纯度为______。 16. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5kJ·mol-1 Ⅱ、CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9kJ·mol-1 Ⅲ、CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3=______kJ·mol-1，反应Ⅲ在______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下自发进行。 （2）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 其中纵坐标表示CH3OH的物质的量分数的是图______(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由小到大的顺序为______；图乙中T0温度前，纵坐标随温度升高而降低的原因是______。 （3）压强恒为100kPa下，向容器中通入1molCO2和3molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器中CO2和CO均为0.25mol，此时反应Ⅱ的Kp=______。 （4）通过电催化法将CO2和合成尿素CO(NH2)2，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。b极与电源的______极相连，电解过程中生成尿素的电极反应式为______。 17. 铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯()、铂()、、及等]中提取、、的工艺如图所示。 已知：、经“氧化浸取”转化为、；“氨合”后，主要以的形式存在；常温下，的，；，溶液中某离子浓度小于1×10-5 mol/L时认为该离子已沉淀完全。 （1）、与为同族元素，位于元素周期表的第______族。 （2）“氧化浸取”时，发生反应的化学方程式为______。 （3）“滤液Ⅱ”中的溶质可在______工序中循环利用。 （4）“氧化除铁”时，温度为180℃，该过程主要发生两步反应： (i) (ii)______(填离子方程式)。 （5）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH=2，此时=______；该条件下恰好沉淀完全，则大于______mol/L(保留三位有效数字)。 （6）含、、的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构(结构单元如图甲所示)转化为四方结构(晶胞结构如图乙所示)，两种结构的棱边夹角均为90°，且转化过程中原子个数比保持不变。 ①立方结构中、、的原子个数比为______。 ②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为______。 18. 化合物I(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。常用于重症监护病房中的机械通气患者，提供中度至深度镇静，其合成路线如图(部分条件忽略)。 已知：。 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化方式有______种，C中含氧官能团名称是______。 （2）C→D的反应类型是______，E的化学名称是______。 （3）写出F生成G的化学方程式______。 （4）H的结构简式是______。 （5）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有______种(不考虑立体异构)。 ①含硝基，但不含甲基 ②属于芳香族化合物 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯胺和为原料合成______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届云南三校高考备考实用性联考卷(六) 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。 以下数据可供解题时参考。 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 Be-9 C-12 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是 A. 利用CO2合成了油脂，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 聚乳酸用于手术缝合线，利用了聚乳酸的生物相容性和可降解性 C. “过桥米线”浮油中的油脂在酸性条件下可发生皂化反应 D. 将白糖熬制成焦糖汁，因为蔗糖在加热条件下充分炭化，为食物增色 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂的相对分子质量较小，不属于有机高分子，因此CO2合成油脂仅实现小分子转化，A错误； B．聚乳酸（PLA）是可降解聚酯，在体内可水解为乳酸，生物相容性好，符合手术缝合线应用原理，B正确； C．皂化反应需碱催化生成肥皂（脂肪酸盐），酸性条件下水解不产生皂类，C错误； D．白糖熬制成焦糖汁，是蔗糖在加热下发生焦糖化反应（脱水、分解、缩合等），并非完全炭化，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 甲醛中π键的电子云轮廓图： B. Cl-的结构示意图： C. SO3的VSEPR模型： D. CaO2的电子式 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲醛中碳氧双键的π键由p轨道“肩并肩”重叠形成，电子云轮廓图应呈上下(或前后)对称的“双花瓣”状(垂直于σ键平面)，为，故A正确； B．Cl-是Cl得到1个电子，核内质子数为17，核外电子数为18，Cl-的结构示意图为，故B错误； C．SO3中S的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3+=3，无孤电子对，采取sp2杂化，SO3的VSEPR模型为平面三角形，故C错误； D．CaO2为过氧化钙，属于离子化合物，其电子式应为，故D错误； 答案为A。 3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 2.8g基态硅原子核外未成对电子数为0.2NA B. 标准状况下，生成11.2L O2时，反应OF2+H2O=2HF+O2转移的电子数为2NA C. 4.6gNa与含0.1mol HCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.1NA D. 0.2L 18mol·L-1浓硫酸与足量Cu反应，生成SO2的数目为1.8NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．2.8g硅的物质的量为0.1mol，基态硅原子核外有2个未成对电子，故未成对电子数为0.2，A正确； B．标准状况下11.2L的物质的量为0.5mol，反应中，每生成1mol转移2mol电子，故转移电子数为1，B错误； C．4.6g Na的物质的量为0.2mol，与0.1mol HCl反应可转移0.1mol电子，但稀盐酸中含有水，过量钠会与水反应，总转移电子数为0.2，C错误； D．0.2L 18mol·L-1浓硫酸含3.6mol，理论上可生成1.8mol，但随反应进行硫酸浓度降低，反应停止，实际生成少于1.8mol，D错误； 答案选A。 4. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++=Ag++NO2↑+H2O B. 向银氨溶液中滴入Na2S溶液：Ag++S2-=Ag2S↓ C. 向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液：2Fe3++2H2O2=O2↑+2Fe2++2H2O D. K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色：+2OH-=2+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．稀硝酸清洗银镜的反应中，稀硝酸应生成NO，而非NO2；正确离子方程式为3Ag + 4H++=3Ag++ NO↑ + 2H2O，选项中的NO2错误，A错误； B．银氨溶液中的银以[Ag(NH3)2]+络离子形式存在，不能直接写为Ag+；正确离子方程式应为2[Ag(NH3)2]++ S2-=Ag2S↓ + 4NH3，B错误； C．Fe3+催化H2O2分解的反应电荷不平衡，且应在酸性条件下进行，正确离子方程式为2Fe3++ H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，选项中无H+且电荷不守恒，C错误； D．在碱性条件下转化为，离子方程式原子和电荷均守恒，符合反应事实，D正确； 故答案选D。 5. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl>HBr 电负性 B 酸性：二氯乙酸<二氟乙酸 分子间氢键 C 熔点：NaCl>S8 晶体类型 D 与Na反应的剧烈程度：H2O>CH3CH2OH 羟基的极性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电负性差异影响H-X键的键能，键能越大热稳定性越高，氟的电负性最大，故HF最稳定，HCl次之，HBr最低，结构因素与性质差异关联，A不符合题意； B．二氟乙酸酸性强于二氯乙酸是由于氟原子电负性更大，吸电子诱导效应更强，使羧基更易电离；分子间氢键主要影响物理性质（如沸点、溶解度），与酸性无关，结构因素与性质差异没有关联，B符合题意； C．NaCl为离子晶体，熔点高需克服强离子键；S8为分子晶体，熔点低只需克服弱分子间作用力，晶体类型不同导致熔点差异，结构因素与性质差异关联，C不符合题意； D．水分子中羟基极性比乙醇中强（因烷基的给电子效应降低乙醇中O-H极性），O-H键更易断裂，故与钠反应更剧烈，结构因素与性质差异关联，D不符合题意； 故答案选B。 6. 某有机化合物，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是 A. 分子式为C18H26NO3 B. 1mol该有机化合物与H2反应最多能消耗5molH2 C. 该有机化合物能与Na2CO3溶液反应生成CO2 D. 酸性条件下该有机化合物的水解产物均能与浓溴水发生反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由其结构简式可得，该物质的分子式应为C18H27NO3，A错误； B．能与H2加成的官能团为苯环(3 mol)和1个碳碳双键(1 mol)，酰胺基不与H2加成，1 mol X共消耗4 mol H2，B错误； C．该有机化合物含酚羟基，与Na2CO3反应生成NaHCO3，不能生成CO2，C错误； D．酸性条件下水解产物有碳碳双键和酚羟基，均能与浓溴水反应，D正确； 故答案选D。 7. 下列实验装置或操作能达到目的的是 A．验证SO2的漂白性 B．验证1-溴丁烷的消去反应 C．验证金属性：Zn>Fe D．测定醋酸溶液的浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，该装置无法验证二氧化硫漂白性，A不能达到目的； B．1−溴丁烷在NaOH醇溶液中发生消去反应，生成1−丁烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；但挥发出来的乙醇也能被高锰酸钾溶液氧化褪色，干扰实验，B不能达到目的； C．该装置构成原电池，金属性更强的作负极被氧化，作正极被保护，不会生成，不会与产生蓝色沉淀，可证明金属性：，C能达到目的； D．滴定醋酸时，滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，应该选择酚酞作指示剂，D不能达到目的； 故选C。 8. 科学家合成出了一种高效电解质(如图所示)，其中X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与Z同主族，X、Y、Z、W原子半径依次减小，Y和W的原子序数之和为Z的2倍。下列说法正确的是 A. 同周期元素中第一电离能大于Z的有2种 B. 分子的极性：YW3>QZ3 C. 键能：W2>Z2>Y2 D. 最简单氢化物的熔点：Z>W>X 【答案】B 【解析】 【分析】该物质结构中Z形成2个共价键，Q形成6个共价键，结合“Q与Z同主族”可知，Q、Z均位于第ⅥA族，原子序数：Q>Z，则Q为硫元素，Z为氧元素；W形成1个共价键且原子序数：S>W>O，则W为氟元素；由“Y和W的原子序数之和为Z的2倍”可知，则Y的原子序数为8×2−9=7，Y为氮元素；X失去1个电子得到X+，则X位于第ⅠA族，结合X、N、O、F原子半径依次减小可知，X为锂元素；综上所述，X、Y、Z、W、Q分别为Li、N、O、F、S。 【详解】A．Z为O元素，位于第二周期，同周期元素中第一电离能大于O的元素有N、F、Ne共3种，A错误； B．YW3为NF3，QZ3为SO3，其中前者的价层电子对数为，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，为极性分子，后者的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型平面三角形，为非极性分子，则分子的极性：YW3 > QZ3，B正确； C．Y、Z、W分别为N、O、F，对应单质分别为，其中形成三键，键能最大，形成双键键能大于的单键键能，故键能，C错误； D．X、Z、W形成的氢化物分别为，其中LiH为离子晶体，为分子晶体，一般来说离子晶体的熔点大于分子晶体的，则熔点最高的是LiH，分子间氢键数目大于分子间氢键数目，熔点，故熔点，D错误； 故选B。 9. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体 炭可与浓HNO3反应生成NO2 B 火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液中，溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 向Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体，溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体（），可能是，故该现象不能表明炭与浓发生氧化还原反应生成，A错误； B．火焰上灼烧搅拌过溶液的玻璃棒出现黄色火焰，黄色焰色是钠元素的特征，但玻璃棒（玻璃成分含有硅酸钠）本身含钠元素，导致现象不一定由溶液引起，结论不一定成立，B错误； C．石蜡油加强热裂解产生气体，通入的溶液中，溶液褪色，说明气体中含不饱和烃（如烯烃），发生加成反应使溴褪色，结论正确，C正确； D．溶液加KSCN变血红色（生成、等），加固体后无明显变化，是因为溶于水使浓度增大，而对反应不产生影响，不能说明与反应不可逆，D错误； 故选C。 10. FeTiO3的立方晶胞结构如图甲所示，FeTiO3结构的另一种表示如图乙(晶胞中未标出Ti、O原子)，设该晶胞的边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与O等距且最近的O有12个 B. 该晶体的密度 C. Ti与Fe的最短距离为a nm D. 图乙的表示方法中沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面位置为 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题干晶胞图示信息可知，以任意一个O原子为中心，与其等距且最近的O原子有8个，A错误； B．FeTiO3的晶胞中含铁原子数为1个，所以一个晶胞含有一个FeTiO3，该晶胞的体积为cm3，密度为g/cm3，B正确； C．Ti与Fe的最短距离为体对角线的一半，即为a nm，C正确； D．若铁原子在立方体的顶点，则O原子在立方体的棱心，Ti原子位于体心，则沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面的位置是 ，D正确； 故答案为：A。 11. 固态有机聚合物电极凭借柔性、高容量、高安全性为下一代电池技术提供了新方向。一种新型二次电池的工作原理如图所示。电极N是一种固态有机聚合物，该电池电极M在充电过程中产生黄色的离子。下列说法正确的是 A. 放电时，Li+通过Li+透过层从M极区向N极区移动 B. 放电时，M极电极反应式：+2e-=3I- C. 充电时，电路中每转移1mol电子时，N极区质量减少7g D. 充电时，N极电极反应式为＋Li+＋e－＝ 【答案】B 【解析】 【分析】根据该电池电极M在充电过程中产生黄色的离子，则反应的电极反应式为=，可知M电极在充电时为阳极，放电时为正极（电极反应式为=）；N电极在放电时为负极（电极反应式为－ne－＝＋nLi+），充电时为阴极（电极反应式为＋nLi+＋ne－＝，）；据此分析解答。 【详解】A．根据分析，在放电时M电极为正极，N电极为负极，Li+通过透过层从N极区向M极区移动，A错误； B．放电时M电极为正极，电极反应式为=，B正确； C．根据分析和电子转移守恒可知，当充电时电路中每转移1 mol电子时，则有1 mol Li+会通过 Li+透过层从M极区向N极区移动，则N极区的质量会增加7 g，C错误； D．根据分析，充电时，N电极为阴极，电极反应式为＋nLi+＋ne－＝，D错误； 故选B。 12. 一定条件下，CH4(g)合成CH3OH(g)的反应历程如图所示。已知：相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法错误的是 A. 该反应历程的决速步为步骤Ⅰ B. CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g) ΔH=E1+E3-E2-E4 C. 升高温度，则CH4平衡转化率减小 D. CH2D2发生上述反应，相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH<CH2DOD 【答案】D 【解析】 【详解】A．决速步为慢反应即活化能大的反应，由图可知步骤Ⅰ的活化能E1大于步骤Ⅱ的活化能为E3，故步骤Ⅰ为决速步，A正确； B．ΔH=正反应活化能−逆反应活化能，则=，B正确； C．由图可知总反应放热，升高温度平衡逆向移动，则CH4平衡转化率减小，C正确； D．CH2D2中C连接2个H和2个D，反应时断裂1个C-H或C-D键：断H形成HO-CHD2(CHD2OH)，断D形成DO-CH2D(CH2DOD)，由题意知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则相同时间氘代甲醇的产量：CHD2OH > CH2DOD，D错误； 故选D。 13. 从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如图所示： 已知：HAuCl4=H++[AuCl4]-，下列说法正确的是 A. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使Cu2+和Ag+分离 B. 用浓盐酸与NaNO3无法使Au溶解 C. 若x=1，则溶金时反应的化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 D. 用足量Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原为Au，则转移的电子为3mol 【答案】C 【解析】 【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。 【详解】A．滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，故A错误； B．用浓盐酸和NaNO3，溶液中溶质与浓HNO3-NaCl一样，溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故B错误； C．根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，故C正确； D．HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，同时由于HAuCl4=H++[AuCl4]−，还存在反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，则1mol被锌还原，转移的电子为，故D错误； 故答案选C。 14. 室温下，向硫酸铜溶液中滴加氨水，溶液中五种含铜微粒存在如下变化和平衡：各种含铜微粒占其总量的摩尔分数与lgc(NH3)的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线V代表Cu2+的变化 B. 当c(NH3)=0.001mol/L时，有 C. 反应Cu2++3NH3⇌的平衡常数K=10-10.5 D. A点c(NH3)=10-2.5mol/L 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，曲线Ⅰ在c(NH3)最小时，含铜微粒摩尔分数最大，说明曲线Ⅰ表示Cu2+，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，以此类推，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，据以上分析解答。 【详解】A．由分析可知，曲线V代表[Cu(NH3)4]2+的变化，A错误； B．由题干图形信息可知，当溶液中c(NH3)=0.001mol/L时，lg c(NH3)=−3.0，则有，B错误； C．根据图可以判断Ⅱ为[Cu(NH3)]2+，曲线Ⅰ、Ⅱ交点即c(Cu2+)=c{[Cu(NH3)]2+}，且交点对应c(NH3)=10-4.1mol/L，故K1==104.1，同理K2=103.5，K3=102.9，K4=102.1，故反应Cu2++3NH3=[Cu(NH3)3]2+的平衡常数K==K1×K2×K3=1010.5，C错误； D．A点时，c{[Cu(NH3)2]2+}=c{[Cu(NH3)4]2+}，反应⇌的平衡常数为=K3×K4=102.9×102.1=105，解得c(NH3)=10-2.5mol/L，D正确； 故答案为：D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 云南是国内重要的铍矿富集区，2025年在滇西盈江县卡场地区新发现了滇西体厚度最大的花岗伟晶岩型铍多金属矿体。某课题组针对以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2的工艺进行了相关研究。 已知：乙醚沸点为34.5℃，BeCl2溶于乙醚，不溶于苯；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。 Ⅰ、制备BeCl2：使用如图所示装置(夹持装置略)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为______。 （2）仪器b的作用是______。 （3）实验中装置C需置于温度为15℃左右的水浴中，其主要目的是______。 （4）通过装置D的使用可推测BeCl2具有的性质是______，若无该装置可能发生的化学方程式为______。 Ⅱ、BeCl2的提纯：充分反应后，将装置C中溶液过滤、蒸馏得到固体。 （5）所得固体中混有杂质______(填化学式)。结合已知信息，应该再用______(填物质名称)溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得到BeCl2产品。 Ⅲ、BeCl2的纯度测定：取1.6g上述产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用0.2mol·L-1盐酸标准液滴定其中的KOH，消耗盐酸18.40mL。[已知：4KF+Be(OH)2=K2BeF4+2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应] （6）下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏大的是______(填序号)。 A. 滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失 B. 滴定前，锥形瓶中有少量水 C. 滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许 D. 滴定前俯视读数，滴定后仰视读数 （7）BeCl2的纯度为______。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）冷凝回流提高乙醚的利用率，并兼顾导气 （3）防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快 （4） ①. 易与水发生反应 ②. BeCl2+2H2O=Be(OH)2+2HCl （5） ①. AlCl3 ②. 苯 （6）AD （7）92% 【解析】 【分析】装置A中，将浓硫酸通过恒压滴液漏斗加入蒸馏烧瓶中，浓硫酸吸水放热，降低HCl的溶解度，从而制取HCl气体；装置B中，用浓硫酸吸收HCl中混有的水蒸气，同时平衡内外压强；装置C中，粗铍中的Be、Al、Mg、Fe都能与HCl发生反应，而Si不反应，用球形冷凝管使乙醚、HCl冷凝回流；装置D用于防止E中产生的水蒸气的进入；双球U形管用于防止倒吸；装置E用于吸收未反应的HCl，据此分析。 【小问1详解】 由仪器特征可知仪器a为恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 b为球形冷凝管，作用是冷凝回流提高原料的利用率，防止乙醚大量挥发导致溶剂不足，降低BeCl2 产率，同时有导气的作用，将生成气体通入后续装置处理； 【小问3详解】 在装置C中，HCl与铍、铝、铁、镁等都能发生反应，但HCl和乙醚的沸点低，所以装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是：防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快，使得反应更充分； 【小问4详解】 装置D位于产品生成装置和尾气处理装置之间，且用来吸收水分，装置D还起到液封作用，防止后续装置中的水蒸气进入装置C中干扰实验，由此可判断BeCl2易与水发生反应；如果没有装置D，则会发生反应BeCl2+2H2O=Be(OH)2+2HCl； 【小问5详解】 BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。反应结束后，充分搅拌过滤出不溶的MgCl2、FeCl2，此时BeCl2、AlCl3仍溶解在乙醚中，蒸馏出乙醚，得到两种固体盐BeCl2、AlCl3，所以杂质为AlCl3；由于AlCl3溶于苯，BeCl2不溶于苯，所以用苯溶解固体来提取BeCl2； 【小问6详解】 A．滴定前尖嘴有气泡，滴定终点时消失，说明有额外一部分盐酸用于填补气泡，滴定管中指示消耗盐酸的体积大于实际消耗的体积，推算出原有的Be(OH)2的量偏大，导致纯度偏大，A正确； B．因为参与反应的KOH的量不变，滴定前锥形瓶中有少量水不会对滴定结果有影响，B错误； C．锥形瓶内溶液溅出，则锥形瓶内KOH的量减少，与KOH反应的盐酸的体积偏小，导致纯度偏小，C错误； D．滴定前俯视读数，起始读数偏小，滴定后仰视读数，终点读数偏大，二者的差值偏大，即读出的消耗盐酸体积偏大，导致纯度偏大，D正确； 故选AD； 【小问7详解】 由反应可建立关系式： ，，则的纯度为，代入，，，计算得纯度为92%。 16. 探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ、CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5kJ·mol-1 Ⅱ、CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9kJ·mol-1 Ⅲ、CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3=______kJ·mol-1，反应Ⅲ在______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下自发进行。 （2）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 其中纵坐标表示CH3OH的物质的量分数的是图______(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由小到大的顺序为______；图乙中T0温度前，纵坐标随温度升高而降低的原因是______。 （3）压强恒为100kPa下，向容器中通入1molCO2和3molH2发生上述三个反应，达到平衡时，容器中CO2和CO均为0.25mol，此时反应Ⅱ的Kp=______。 （4）通过电催化法将CO2和合成尿素CO(NH2)2，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。b极与电源的______极相连，电解过程中生成尿素的电极反应式为______。 【答案】（1） ①. −92.4 ②. 低温 （2） ①. 甲 ②. p3<p2<p1 ③. T0前，升高温度，反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度，故CO2的平衡转化率减小 （3）0.6 （4） ①. 正 ②. CO2+2NO+18H++16e−=CO(NH2)2+7H2O 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律：反应Ⅰ−Ⅱ=Ⅲ，则=−=−48.5kJ·mol−1−(+43.9 kJ·mol−1)= −92.4kJ·mol−1； ②反应Ⅲ<0，∆S<0，低温下可自发； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ和Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的物质的量分数减少，所以图甲表示CH3OH的物质的量分数； ②反应Ⅰ和Ⅲ是气体体积减小的反应，压强增大，反应Ⅰ和Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的物质的量分数增大，根据图甲变化情况，所以压强关系为p1>p2>p3，由小到大为p3<p2<p1； ③图乙中，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，反应Ⅱ正移，但T₀前温度升高，反应Ⅰ移动起主导作用，反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度，导致CO₂的平衡转化率降低； 【小问3详解】 体系中所有物质有CO2、CH3OH、CO、H2、H2O，根据原子守恒，投入1 mol CO2和3 mol H2可得：n(C)=1mol，n(H)=6mol，n(O)=2mol。达到平衡时，容器中CO2和CO均为0.25 mol，设H2和H2O达平衡时物质的量分别为x和y，所以平衡时各物质的物质的量为 n(CO2)= 0.25 mol； n(CH3OH)=1−0.25−0.25=0.5mol；n(CO)= 0.25mol ；n(H2)=x mol；n(H2O)=y mol 由原子守恒可列方程组：0.5×4+2x+2y=6 (H原子守恒)①；0.25×2+0.5+0.25+y=2(O原子守恒)②，解得：x=1.25；y=0.75 体系=(0.25+0.5+0.25+1.25+0.75)mol=3mol，由于反应Ⅱ前后气体系数之和相同，故=0.6或。 【小问4详解】 ①b极H2O转化为O2过程化合价升高，发生氧化反应，b极为阳极，与电源的正极相连； ②a极发生还原反应，电极反应式为CO2+2+18H++16e−=CO(NH2)2+7H2O。 17. 铂族金属是国家战略性金属，被誉为“现代工业维他命”。从某矿渣[含钯()、铂()、、及等]中提取、、的工艺如图所示。 已知：、经“氧化浸取”转化为、；“氨合”后，主要以的形式存在；常温下，的，；，溶液中某离子浓度小于1×10-5 mol/L时认为该离子已沉淀完全。 （1）、与为同族元素，位于元素周期表的第______族。 （2）“氧化浸取”时，发生反应的化学方程式为______。 （3）“滤液Ⅱ”中的溶质可在______工序中循环利用。 （4）“氧化除铁”时，温度为180℃，该过程主要发生两步反应： (i) (ii)______(填离子方程式)。 （5）常温下，“沉镍”时，需调节溶液pH=2，此时=______；该条件下恰好沉淀完全，则大于______mol/L(保留三位有效数字)。 （6）含、、的化合物可用于太阳能电池材料。一定条件下，其中一种晶体可由立方结构(结构单元如图甲所示)转化为四方结构(晶胞结构如图乙所示)，两种结构的棱边夹角均为90°，且转化过程中原子个数比保持不变。 ①立方结构中、、的原子个数比为______。 ②立方结构单元与四方晶胞结构的密度之比为______。 【答案】（1）Ⅷ （2） （3）沉铂 （4） （5） ①. 0.084 ②. （6） ①. ②. 【解析】 【分析】题目涉及提取流程为硫酸酸浸处理，矿渣中的、与硫酸反应，转化为可溶的、，通过过滤将其与不溶于硫酸的、及分离；提取路径：向滤液Ⅰ中通入，在加热条件下将氧化为并从溶液中分离，除铁后溶液经过膜分离环节分离出，向膜分离后的溶液中加入草酸铵，生成沉淀，再经过一系列操作提取出；提取、：用、盐酸浸取处理酸浸后的固体物质（、及），将、转化为、，过滤除去不溶的，向滤液中加入氯化铵，使转化为沉淀，再经过一系列操作得到；“沉铂”后的溶液中加入氨水，将转化为，再向“氨合”后的溶液中加入适量盐酸，生成沉淀和，经过一系列操作后得到； 【小问1详解】 是26号元素，位于元素周期表中的第四周期第Ⅷ族，、与为同族元素，也位于元素周期表的第Ⅷ族； 【小问2详解】 根据已知信息，经“氧化浸取”转化为，0价的变为+2价，作氧化剂得电子，转化为，反应的化学方程式为； 【小问3详解】 “沉钯”时，与盐酸反应生成和，滤液Ⅱ中的溶质的主要成分是氯化铵，由流程图可知氯化铵可在 “沉铂”工序中循环利用； 【小问4详解】 “氧化除铁”中，转化为，步骤(ⅰ)中被氧化为，则步骤(ⅱ)为和水在加热条件下生成，离子方程式为； 【小问5详解】 由pH=2的， ； 完全沉淀，即，则，； 【小问6详解】 ①根据晶胞能够无隙并置的特性可知图甲所示为实际晶胞的，由此可判断立方结构中位于晶胞顶点和面心，数目为，位于晶胞内，数目为8，位于晶胞棱上、面上和内部，数目为，则其原子个数比为； ②由①可得该化合物的化学式为，立方结构晶胞密度为，由图乙可知，四方结构中位于晶胞顶点和体心，数目为，位于晶胞的4个面上，数目为，位于晶胞侧棱、上下面和内部，数目为，即四方结构晶胞内有2个，晶胞密度为，立方结构与四方结构密度之比为。 18. 化合物I(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。常用于重症监护病房中的机械通气患者，提供中度至深度镇静，其合成路线如图(部分条件忽略)。 已知：。 回答下列问题： （1）A分子中碳原子的杂化方式有______种，C中含氧官能团名称是______。 （2）C→D的反应类型是______，E的化学名称是______。 （3）写出F生成G的化学方程式______。 （4）H的结构简式是______。 （5）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有______种(不考虑立体异构)。 ①含硝基，但不含甲基 ②属于芳香族化合物 ③既能发生银镜反应又能发生水解反应 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯胺和为原料合成______。 【答案】（1） ①. 3 ②. 酯基、硝基 （2） ①. 还原反应 ②. 苯甲醛 （3） （4） （5）12 （6） 【解析】 【分析】由C→D的反应条件可知C结构上的硝基还原成氨基，故C为；B与乙醇发生酯化反应生成C，反推出B为；对比A、B的分子式，结合反应条件以及B的结构简式，推出A为；F与COCl2反应生成G，F为；结合已知条件，可推出E为苯甲醛；G发生分子内取代反应生成H，H为； 【小问1详解】 由A的结构可知，苯环上的6个碳原子均为sp2杂化，甲基上的碳原子为sp3杂化，而—CN上的碳原子为sp杂化；由C的结构简式可知，C()中含有硝基和酯基； 【小问2详解】 C→D的反应是C()结构上的硝基还原成氨基，故为还原反应；结合已知条件，可推出E为苯甲醛； 【小问3详解】 结合已知条件和上述分析，F()与COCl2反应生成G的化学方程式为； 【小问4详解】 G发生分子内取代反应生成H，H为； 【小问5详解】 符合条件的M的结构如下：苯环上含、、的单取代苯各1种；苯环上含—NO2、—CH2CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含—CH2—NO2、—CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含—CH2—CH2—NO2、—OOCH的二取代苯有3种，由于结构中不存在甲基，则苯环上的取代基最多为2，因此符合下列条件的M共有12种； 【小问6详解】 类比D→H的合成流程，由苯胺和制备的流程为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $