2026年高考化学命题动向探究17 新情境命题-前沿科技类情境题

命题探究新动向 新题预测得高分 2026高考化学命题动向探究17 新情境命题-前沿科技类情境题 一．高考命题动向探究 前沿科技类情境题常选取我国科学家的创新科研成果、航天科技新成果等素材，以新型催化剂、反应历程、高新材料、新型电池和电解池等为载体进行命题，考查电化学、化学反应与能量、有机物结构与性质等模块知识。预测今后高考除了上述考查方向外，还会将物质结构与性质、反应原理综合与前沿科技相结合，阐释化学命题对前沿科技的应用。 二．新题预测押题练 1．（2026·山西朔州·一模）2025年诺贝尔化学奖授予三位从事金属有机框架(MOFs)研究的科学家。由和构成的MOF-5是早期最著名的MOFs之一，开创了高比表面积材料的新纪元。MOF-5晶体内部的空腔可加压吸附，升温和减压脱附。下列说法正确的是 A．苯环上二氯代物有4种 B．MOF-5晶体通过氢键吸附 C．中杂化的C原子有6 mol D．也可用于构成MOFs有机框架 2．（2026·江西新余·一模）2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由(摩尔质量为)与对苯二甲酸根()(摩尔质量为)通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法正确的是 A．每个可形成4个配位键，与4个配位 B．已知A粒子的分数坐标为，则B粒子的分数坐标 C．可在配体上引入以增强MOF-5与之间的吸附作用 D．该晶体的密度是 3．（2026·陕西渭南·一模）2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)领域做出突破的科学家。某科研团队以为原料通过溶剂热法制备了具有优良导电性的二维酞菁基MOF纳米片，该催化剂能有效地将催化转化为CO。结构和反应历程如图[已知Ni(a)、Ni(b)表示不同位点上的Ni]。下列说法错误的是 A．基态Ni原子核外电子占据的轨道数为15 B．由历程图可知，不同位点的Ni，催化活性不同 C．升高温度有利于提高的平衡转化率 D．中N原子提供孤电子对与形成配位键 4．（2026·重庆·一模）2025年诺贝尔化学奖与金属有机框架（）的研发有关。材料具有超高比表面积和纳米级孔洞，下列应用中与该特性直接相关的是 A．制作导电薄膜 B．吸附有害气体 C．作为反应的催化剂 D．制作高强度合金 5．（25-26高三上·河北·月考）2025年诺贝尔化学奖授予了金属有机骨架()领域。科学家利用与对苯二甲酸(，表示其酸根)设计路线，合成了新型材料立方晶胞(如图)。该新型晶胞中，的中心氧原子占据晶胞顶点位置，且晶胞棱长为。下列说法错误的是 A．的化学式为 B．的密度为 C．若M原子的z轴分数坐标为p，则N点原子的分数坐标为 D．中的配位数为6 6．（2025·湖北·一模）2023年诺贝尔化学奖授予了3位研究量子点的科学家。砷化镓是一种典型的量子点材料，其立方晶胞如图所示，距离晶胞原点最近的原子坐标为，晶胞参数，关于的下列说法错误的是 A．在坐标处存在原子 B．在晶体中，每个周围距离最近且相等的原子个数为12 C．晶体的密度为 D．最小核间距： 7．（2026·四川绵阳·模拟预测）为早日实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH，每转移1 mol e-，放出31.2 kJ的热量 B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．物质Ⅰ为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 8．（2026·福建泉州·二模）我国科学家研发的光电催化体系在中性条件下增大加氢()的速率，将硝酸盐快速转化为氨(工作原理如图)。下列说法错误的是 A．电势：电极电极 B．极的电极反应式为： C．在中性介质中，离子对可促进质子传递 D．电解一段时间后，溶液的减小 9．（2026·安徽马鞍山·一模）2025年，我国科学家成功合成了六方金刚石块体样品。六方金刚石与立方金刚石结构如图所示，这两种金刚石中碳原子的配位数均为4。设为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法不正确的是 A．六方金刚石晶胞中含4个碳原子 B．12 g六方金刚石晶体中含有个碳碳键 C．立方金刚石中最近的两个碳原子的距离为a pm D．立方金刚石的密度为 10．（2026·湖南湘潭·二模）我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂剂的阴离子结构如图所示。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W与Y同主族。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．氢化物的沸点： C．Y的单质中只含非极性键 D．同周期主族元素中有三种元素的第一电离能大于Y的 11．（2026·河南开封·一模）我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，四氢铝钠释放，二氢化铈()接受。下列说法正确的是 A．放电时，电子由电极a经负载流向电极b B．充电时，电极a作为阴极，发生还原反应 C．放电时，电极b的电极反应式为 D．充电时的总反应式为 12．（2026·湖北随州·二模）多伦多大学的研究团队提出了一种偶联电解系统，将电还原反应与有机氧化反应结合，可以实现高效的CO和丙烯醛共生产。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是 A．a为电源的负极 B．阴极上的反应式为： C．制得1 mol丙烯醛，理论上外电路中迁移了2 mol电子 D．电解一段时间后，阳极区溶液的pH不变 13．（25-26高三上·河北·阶段练习）昆士兰大学王连洲课题组基于铂/氮化碳模型光催化剂对水在光催化甲醇制氢反应过程的作用机理进行了研究(*代表吸附在催化剂表面，部分生成的省略)，如图所示。 下列叙述正确的是 A．总反应是熵减反应 B．决速步骤的活化能为 C．氢键使甲醇与水互溶 D．反应过程中断裂和形成了σ键及π键 14．（25-26高三上·重庆·开学考试）2025年6月11日，德国吉森大学钱伟煜、Artur Mardyukov、Peter R. Schreiner研究团队在《Naturer》杂志发表了一项突破性研究，宣布首次在室温条件下成功合成并表征了中性六氮分子()。通过红外光谱、紫外-可见光谱、同位素标记及理论计算确证了产物的结构为具有平面对称性的链状六氮分子，结构如图所示。下列说法不正确的是 A．和互为同位素 B．与互为同素异形体 C．分子和分子均为非极性分子 D．2、3、4、5号N原子的杂化方式相同 （2025·安徽合肥·模拟预测）阅读下面材料回答下面小题。 近日，北京大学马丁教授团队联合中国科学院大学、英国卡迪夫大学等机构，成功开发新型制氢技术，相关成果连续发表于《自然》和《科学》期刊，为全球能源转型带来曙光。一方面，通过稀土改性催化剂，给铂—氮化钼催化剂加“保护罩”，让其寿命超1000小时，催化效率大幅提升；另一方面，利用铂—铱双金属界面催化剂，实现乙醇—水重整零碳排放制氢，还能联产乙酸。 15．下列说法正确的是 A．同周期第一电离能比N大的元素有两种 B．通过稀土改良催化剂可以提升氢气的平衡产率 C．乙酸中的氧原子和乙醇中的氧原子都是sp3杂化 D．钼的价电子排布式为 16．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，46g乙醇中含有6NA个极性共价键 B．的乙酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA C．乙酸和乙醇充分反应，可生成NA个乙酸乙酯分子 D．中中子数比质子数多12NA 17．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）Zn的化学性质和Al相似。我国福州大学和清华大学学者研制组装的乙醇电池系统具有良好的充放电循环稳定性，工作原理如图所示，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效。下列说法错误的是 A．放电时，正极的电极反应式： B．充电时，通过离子交换膜由右侧移向左侧 C．放电时，每生成1molZn的同时消耗0.5mol乙醇 D．充放电一段时间后，储液罐甲的液流体系中主要物质为 18．（25-26高三上·重庆·月考）我国学者把游离态氮固定在碳上，制得的离子可用于合成核酸的结构单元：(石墨)，已知阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A．含有的中子数为 B．12 g C(石墨)中含有的键数为 C． 中C的价层电子对数为 D．生成44.8 L(标准状况)时，总反应转移的电子数为 二、解答题 19．（25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。 (1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。 A．利用CCl4萃取碘水中的碘 B．利用冠醚分离K+和Na+ C．蒸馏分离水和乙醇 D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中①号氮原子的孤电子对位于___________轨道；b和c物质的酸性更强的是___________(填标号)。 (3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。 已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成； ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为___________。 ②纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该ZnO的密度为___________g·cm-3(列表达式即可)。 ③制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3 g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)=___________mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。 20．（2026·山东青岛·一模）我国科学家设计合成的环金属化铂(Ⅱ)配合物在抗癌方面有望成为顺铂替代品，克服其耐药性缺点。回答下列问题： (1)基态Pt原子的价电子排布式为，Pt在元素周期表中的位置为_______。与基态Pt原子未成对电子数相同的第四周期元素有_______(填元素符号)。 (2)一种平面形环金属化铂(Ⅱ)配合物阳离子结构如图。 ①该阳离子的配体中，配位原子为_______。 ②该阳离子是否存在顺反异构_______(填“是”或“否”)，Pt的杂化方式为_______(填标号)。 A．sp杂化    B．杂化    C．杂化    D．杂化 ③基态C和基态N的第三电离能_______(填“>”“=”或“<”)。 (3)氯铂酸铵是制备海绵铂的重要中间体，晶胞是立方体结构，边长为a nm，其中一种离子按面心立方堆积形式排列如图，另一种离子填充在所有的四面体空隙中。 图中黑球表示_______(填离子符号)。N-Pt最近距离为_______cm。周围距离最近且相等的本数为_______。 21．（2026·广东深圳·一模）煤制天然气的关键步骤是从合成气中生产，合成气转化为的过程中涉及以下反应： Ⅰ．； Ⅱ．； Ⅲ．。 (1)基态O原子价层电子的轨道表示式为______。 (2)已知几种物质的燃烧热如下表： 物质 燃烧热 结合上述数据，可知______。 (3)现采用镍基催化剂，初始投料为，在恒压密闭容器中反应。下列分析正确的是______。 A．恒容条件下向体系中通入惰性气体，反应Ⅰ的平衡转化率增大 B．升高温度，反应Ⅰ的v(正)和v(逆)均增大，但反应Ⅱ的平衡常数减小 C．使用高效催化剂可提高的平衡产率 D．增大体系压强可同时提高反应Ⅰ中的平衡转化率和反应速率 (4)我国科学家报道了一种高效的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为______(填图中字母)。 (5)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值：弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷) ，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、、、环己烷中的浓度、水相萃取率随的变化关系如图。 已知：在环己烷中不电离，且忽略过程中溶液体积的变化。 ①表示的曲线为______。水相萃取率的曲线是______(填字母) ②由图计算，的______。 22．（2025·云南·模拟预测）BroussoninC是很好的酪氨酸酶抑制剂，能克服黑色素过度产生带来的不利影响，昆明医科大学联合云南中医药大学全合成BroussoninC，其合成路线如图所示。 已知：。 回答下列问题： (1)化合物A的结构简式为___________，的反应类型是___________。 (2)的化学方程式是___________。 (3)E中含氧官能团的名称是___________。 (4)BroussoninC的分子式为___________。 (5)X()与F具有相同官能团(，R、为烃基)的同分异构体有___________种(考虑顺反异构)，其中含有顺反异构体的有机物的结构简式：___________。 (6)根据上述路线中的相关知识，设计由丙酮、和制备的合成路线___________(其它试剂任选)。 1．D 【详解】A．苯环上的氢原子呈对称分布，只有一种等效H原子，其苯环上的一氯代物只有一种，形成苯环的一氯代物后结构不对称，苯环上的3个H是3种H，故苯环上二氯代物有3种，A错误； B．已经与电负性很大的N、O、F原子形成共价键的H原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力是氢键，而与MOF-5晶体不具备形成氢键的条件，MOF-5晶体吸附是利用晶体内部的空腔，通过范德华力（而非氢键）实现吸附，B错误； C．中及苯环碳原子均为杂化，故中杂化的C原子有9mol，C错误； D．从MOF-5晶体结构可知，该晶体是结构中的与通过静电作用形成的MOFs有机框架，而结构中也含有多个，结构与有相似性，故也能构成MOFs有机框架，D正确； 故选D。 2．C 【详解】A．对苯二甲酸根为苯环两端各含一个羧基负离子（）的配体，每个羧基与一个配位，故每个仅与2个配位，A错误； B．已知A粒子的分数坐标为，观察晶胞结构，B分数坐标应为，B错误； C．、含极性基团，可与形成氢键，增强MOF-5对的吸附作用，C正确； D．由晶胞结构可知每个重复单元中的个数为，的个数为。晶胞体积，所以密度为，D错误； 故选C。 3．C 【详解】A．基态原子的核外电子排布式为，能级有1个轨道，能级有3个轨道，能级有5个轨道。各占据1个轨道，共4个；各占据3个轨道，共6个；占据5个轨道。所以占据的轨道数为，A正确； B．从反应历程图中可以看到，不同位点的对应不同的反应能垒，说明它们的催化活性不同，B正确； C．由反应历程图可知，二氧化碳催化转化为CO的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，此反应为放热反应。对于放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使二氧化碳的平衡转化率降低，而不是有利于提高二氧化碳的平衡转化率，C错误； D．在中，原子存在孤对电子，存在空轨道，因此原子可以提供孤对电子与形成配位键，D正确； 故选C。 4．B 【详解】A．制作导电薄膜与MOFs的超高比表面积和纳米级孔洞无直接关系，因为导电性主要取决于材料的电子结构和化学组成，而非多孔特性，A错误； B．吸附有害气体直接利用MOFs的超高比表面积和纳米级孔洞，提供大量吸附位点，能高效捕获气体分子（如氢气、二氧化碳等），这是MOFs的典型应用，B正确； C．作催化剂依赖催化剂本身的催化活性位点，不是直接利用孔洞和高比表面积的特性，C错误； D．制作高强度合金与MOFs的多孔特性无关，因为合金强度主要源于致密结构和金属键，而MOFs是轻质多孔材料，力学强度较低，D错误； 故选B。 5．D 【详解】A．根据均摊法可得，存在于：顶点、棱心、面心和体心位置，均摊后共个；存在于：12条棱各2个，6个面上各4个，体内6个，均摊后共24个，二者数目比为1:3，故的化学式为A正确； B．根据化学式可计算的密度为，B正确； C．M原子的z轴分数坐标为p，由图可知，，绿色线段是结构里中心氧原子到最顶点碳原子的距离，b pm 是结构里最顶点的碳原子到苯环上与羧基相连接碳原子的距离为b pm，红点为棱心，晶胞棱长为，则N点的y轴坐标为，故N点原子的分数坐标应为，C正确； D．由图（）可得，中每个（周围4个氧原子）的配位数为4，D错误； 故选D。 6．C 【详解】A．由晶胞结构可知，距离晶胞原点最近的As原子坐标为，则其余三个As原子坐标分别为，、，A正确； B．以一个位于顶点的Ga原子观察，一个晶胞中与该Ga原子等距离且最近的Ga原子位于面心，共有3个Ga原子，因此每个As原子周围等距离且最近的As原子有个，B正确； C．晶胞中Ga的个数为：，As在 内部，个数为：4，晶胞中有4个GaAs，则晶胞密度为：，C错误； D．Ga-As最小核间距为体对角线的，即，Ga-Ga最小核间距为，故最小核间距：Ga-Ga>Ga-As，D正确； 故选C。 7．C 【详解】A．根据图示可知总反应为，每生成1 mol HCOOH转移2 mol e-，46 g液态HCOOH的物质的量为，即生成1 mol液态HCOOH时放出热量31.2 kJ，故每转移1 mol e-放出15.6 kJ热量，A错误； B．反应历程中H2、CO2、H2O参与反应，其中H2含有非极性键，CO2、H2O含有极性键，存在极性键和非极性键的断裂；生成HCOOH、H2O等含有极性键，存在极性键的形成，但不存在非极性键的形成，B错误； C．催化剂是参与反应，改变反应历程，反应前后质量和化学性质不变的物质；中间产物是反应过程中生成又消耗的物质，物质I参与反应，最后又生成，是催化剂；物质Ⅱ、Ⅲ是反应过程中生成又消耗的，为中间产物，C正确； D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，平衡转化率与反应热、外界条件(温度、压强、浓度等 )有关，催化剂不能改变平衡转化率，D错误； 故答案选C。 8．D 【分析】该装置为电解池装置，电极上失去电子，变为和，可知电极为阳极；电极上和得到电子，变为氨气和水，可知电极为阴极，据此分析作答。 【详解】A．在电解池中，电势高的电极连接电源的正极，为阳极，电势低的电极连接电源的负极，为阴极，则电势：电极电极，A项正确； B．电极上和得到电子，变为氨气和水，电极反应式为：，B项正确； C．在中性介质中，可以结合生成​，又可以解离出，从而促进质子传递，有利于硝酸盐转化为氨的反应进行，C项正确； D．极的电极反应式为：，总反应方程式为：，可知溶液中浓度是减小的，溶液的增大，D项错误； 答案选D。 9．D 【详解】A．六方金刚石晶胞中碳原子个数：顶点个，边长个，内部原子2个，总计4个碳原子，A正确； B．12 g六方金刚石即1 mol C原子，在金刚石结构中，每个碳原子形成4个C-C键，每个键被2个碳原子共享，即每个碳原子实际贡献2个键，则1 mol C原子对应2 mol C-C键，即个C-C键，B正确； C．立方金刚石晶胞中最近的两个碳原子是体对角线上的顶点，碳原子与内部碳原子之间的距离，立方晶胞的体对角线长度为，最近的C-C键长是体对角线的，则最近的两个碳原子距离为，C正确； D．立方金刚石中碳原子个数：顶点个，面心个，内部4个，总计8个碳原子，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度为，D错误； 故答案选D。 10．A 【分析】X形成4个单键，原子序数最小，推得X为C；Y、W同主族，W原子与3个原子成键，结合Y、W为同主族短周期元素且原子序数W>Y，可推断Y为O，W为S；Z原子序数介于O和S之间，只形成1个单键，非金属，推得Z为F，故X、Y、Z、W分别为C、O、F、S元素。 【详解】A．电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小。有3个电子层，、均为2个电子层，半径：，即，A正确； B．X为C，C的氢化物种类很多，碳原子数多的烃常温下为固态，沸点远高于水、HF，选项未限定为最简单氢化物，规律不成立，B错误； C．中的共价键为极性共价键，C错误； D．同周期主族元素第一电离能从左到周逐渐增大，但由于IIA、VA族元素原子价电子处于全充满、半充满状态较稳定，第一电离能大于同周期相邻主族元素，故同周期主族元素中第一电离能大于氧元素的有N、F共2种，D错误； 故选A。 11．D 【分析】上述装置为二次电池。放电时，四氢铝钠在正极释放得到电子生成Al和，即a作正极，b为负极，二氢化铈()在负极接受同时失去电子生成，充电是放电的逆过程，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，放电时，电极a得电子失去H-，作正极，b作负极，则电子由电极b经负载流向电极a，A错误； B．充电是放电的逆过程，所以充电时，电极b附近得电子生成和H-，作为阴极，发生还原反应，B错误； C．放电时，电极b二氢化铈()接受生成，其电极反应式为，C错误； D．充电是放电的逆过程，其总反应式为，D正确； 故选D。 12．D 【分析】由图可知，得电子生成，为阴极，电极反应为：，生成丙烯醛的一极为阳极，电极反应为：，据此分析。 【详解】A．得电子生成的一极为阴极，阴极与电源负极相连，故a为负极，A正确； B．阴极上的反应式为：，B正确； C．由分析知，制得1 mol丙烯醛转移2 mol电子，故外电路中迁移了2 mol电子，C正确； D．阳极电极反应为：双极膜中向阴极迁移，向阳极迁移，阳极反应消耗的和迁移过来的相等，但因反应生成水，故阳极区溶液的pH减小，D错误； 故选D。 13．C 【详解】A．总反应为，气体分子数增大，是熵增反应，A项错误； B．由图可知，决速步骤为活化能最大的步骤，决速步骤的活化能为-0.14eV-(-1.04eV)=0.9eV，B项错误； C．甲醇分子中含有键，能和水分子间可形成氢键，二者互溶，C项正确； D．分析各步反应可知，没有断裂π键，D项错误； 故选C。 14．D 【详解】A．和质子数相同（均为7）、中子数不同（分别为7和8），符合同位素定义，A正确； B．和均为由N元素组成的不同单质，符合同素异形体定义，B正确； C．为直线形对称结构（N≡N），是非极性分子；具有平面对称性，结构对称，正负电荷中心重合，也为非极性分子，C正确； D．分析2、3、4、5号N原子的杂化方式：假设链状结构为对称形式（如 ），2号N形成2个σ键（与1号双键中的σ键、3号双键中的σ键），无孤电子对，价层电子对数=2，为sp杂化；3号N形成2个σ键（与2号双键中的σ键、4号单键中的σ键），1对孤电子对，价层电子对数=3，为sp2杂化；4号N与3号对称，为sp2杂化；5号N与2号对称，为sp杂化。则2、3、4、5号N原子杂化方式不同（sp和sp2），D错误； 故答案选D。 15．A 16．D 【解析】15．A．第二周期中，由于N最外层电子排布为半满结构（sp3），所以第一电离能比N大的元素只有F和Ne，共两种，A正确； B．催化剂不影响平衡产率，只改变反应速率，B错误； C．乙酸的羧基氧为sp2杂化，羟基氧为sp3，乙醇的羟基氧为sp3，C错误； D．钼（Mo）为42号元素，价电子排布应为4d55s1，而非3d44s2，D错误； 故选A。 16．A．46 g乙醇（1 mol）含7 mol极性键（5C-H、1C-O、1O-H、1C-C非极性），A错误； B．pH=1的乙酸溶液中c(H⁺)=0.1 mol/L，但未说明体积，无法确定H⁺总数，B错误； C．酯化反应可逆，无法完全转化，生成乙酸乙酯小于NA，C错误； D．的中子数=96-42=54，比质子数多54-42=12，1 mol 时多12NA，D正确； 故选D。 17．C 【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子生成，则Zn板为负极，电极方程式为：，正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式：；充电时，阴极的电极反应式：，阳极的乙醇被氧化为乙酸，电极方程式为：，据此分析。 【详解】A．由分析可知，放电时正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的电极反应式：，A正确； B．充电时，移向阳极，故通过离子交换膜由右侧移向左侧，B正确； C．由分析可知，放电时负极消耗Zn，正极产生氨气，充电时阴极生成Zn，阳极消耗乙醇，C错误； D．充放电过程中，生成的氨气和醋酸可以在储液罐甲的液流体系中生成，D正确； 故选C。 18．C 【详解】A．的质量数为15，质子数为7，中子数为8，因此一个 分子含16个中子，1 mol含个中子，A正确； B．石墨中每个碳原子形成3个σ键，但每个σ键被两个碳原子共享，因此12 g C(石墨)即1 mol 碳原子含有的σ键数为 ，B正确； C．在离子中，碳原子为sp杂化，与两个氮原子形成两个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，因此1 mol 该离子中碳的价层电子对数为2，C错误； D．反应 (石墨)中，反应中，氮元素由0价降至-3价，共得6个电子；碳元素由0价升至+4价，失4个电子；氢元素由-1价升至0价，共失2个电子；因此，每生成1 mol H2，反应中共转移6 mol电子，标准状况下44.8 L H2为2 mol，因此转移电子数为 ，D正确； 故选C。 19．(1)B (2) 2p b (3) 3×10-7 6 【分析】图中信息显示，MOFs薄膜材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，其分离原理是利用材料的孔径大小和形状对不同物质进行选择性吸附。 【详解】（1）A．利用CCl4萃取碘水，是利用碘在CCl4和水中的溶解度的不同，将碘从水中转移到CCl4中，分离原理是物质在不同溶剂中的溶解度的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，A不符合题意； B．利用“冠醚”分离和时，钠离子和钾离子的半径大小不同，“冠醚”具有特定的空腔结构，不同冠醚的空腔大小不同，能对半径不同的和进行选择性配位，分离原理与MOFs材料固定C2H2原理相同，都是利用材料的孔径大小和形状对物质进行分离，B符合题意； C．蒸馏分离水和乙醇，是利用二者沸点的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，C不符合题意； D．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的乙酸，是利用乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，再通过分液分离，基于化学反应和溶解性差异，与题干原理不同，D不符合题意； 故选B。 （2）a物质中所有原子共平面，①号N原子采用杂化，参与形成大π键，其孤电子对位于未参与杂化的轨道。酸性强弱与基团的吸电子能力有关，b物质中的配位原子为O，c物质中的配位原子为S，O的电负性大于S，b中O的吸电子作用更强，使羧基中H更易电离，所以酸性更强的是b。 （3）①Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成，步骤I是向NaOH溶液中滴加ZnSO4溶液，初始时NaOH过量，故方程式为：。 ②由图1可知，黑球个数：，白球个数为：，质量为：，六棱柱体积为：，则其密度为：。 ③由图2可知，当荧光强度比值为9.7时，读出溶液中，计算人血浆铜蓝蛋白的物质的量：，溶液中铜离子的物质的量， 则1个血浆铜蓝蛋白分子中含铜原子个数为。 20．(1) 第6周期Ⅷ族 Ti、Ni、Ge、Se (2) C、N 否 D > (3) 6 【详解】（1）由价电子排布式可知，铂元素位于元素周期表第6周期Ⅷ族，核外未成对电子数为2；第四周期元素中有2个未成对电子的原子共有4种，元素符号分别为Ti、Ni、Ge、Se； （2）①由图可知，配离子的中心离子为铂离子，配位原子为碳原子和氮原子； ②由题意可知，配离子中铂离子右侧上下连有相同的原子团，所以配离子不存在顺反异构；由题意可知，配离子的空间构型为平面形环状结构，铂离子形成4个σ键，则铂原子的杂化方式不可能为sp3杂化，应该为dsp2杂化，故选D； ③碳元素的原子序数为6，基态C2+的价电子排布式为2s2，氮元素的原子序数为7，基态N2+的价电子排布式为2s22p1，2p能级的能量高于2s能级，则N2+失去电子的能力强于C2+，所以碳元素的第三电离能大于氮元素； （3） 由化学式可知，氯铂酸铵中铵根离子与六氯合铂离子的个数比为2：1，由题意可知，化合物中一种离子按面心立方堆积形式排列，另一种离子填充在所有的四面体空隙中，则图中黑球为位于顶点和面心的六氯合铂离子，铵根离子位于四面体的体对角线上，晶胞结构为：；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的六氯合铂离子与位于体对角线处铵根离子的距离最近，则N-Pt最近距离为cm；由晶胞结构可知，铵根离子与周围距离最近且相等的6个铵根离子构成正八面体。 21．(1) (2)-90 (3)BD (4)T (5) a b 0.25 【详解】（1）O的原子序数为8，位于第二周期第ⅥA族，基态O原子价层电子的轨道表示式为； （2）根据燃烧热可得：① ； ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol； ③ ； 根据盖斯定律，反应Ⅲ=①+②-③，可知ΔH3=(-283-571.6+764.6) kJ·mol-1=-90 kJ·mol-1； （3）A．恒容条件下，通入N2，各物质浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故A错误； B．升高温度，反应Ⅰ的v(正)和v(逆)均增大，反应Ⅱ是放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B正确； C．使用高效催化剂只能加快反应速率，但是平衡不移动，不可提高的平衡产率，故C错误； D．增大体系压强，反应速率加快，反应Ⅰ平衡正向移动，可提高反应Ⅰ中CO的平衡转化率，故D正确； 答案为BD； （4）由示意图可知，T参与反应过程，但是最后又生成回来，T是催化剂，B、D、F等是中间产物； （5）①根据环己烷中H2A的浓度[c环己烷(H2A)]与水相萃取率得0.1α+c环己烷(H2A)=0.1，曲线a为c环己烷(H2A)、b为水相萃取率，随着溶液pH值的增大，水溶液中c(HA-)先增大后减小，则曲线d表示水溶液中c(HA-)，c(H2A)随pH值的增大而减小、c(A2-)随pH值的增大而增大，所以c、f分别表示c(H2A)、c(A2-)； ②Kd与pH无关，由图像可知pH=2时，caq(H2A)=0.02mol/L、c环己烷(H2A)=0.08mol/L，(环己烷) Kd===0.25。 22．(1) 取代反应 (2) (3)(酚)羟基、醚键 (4) (5) 5 、 (6) 【分析】 根据A的分子式和B的结构简式，推知A、B发生取代反应生成C，A的结构简式为，根据已知条件，C与反应生成D为，D发生还原反应生成E，据此分析； 【详解】（1） 根据分析，A的结构简式为；的反应类型是取代反应； （2） C与反应生成D为，化学方程式为； （3） E为，含氧官能团是(酚)羟基、醚键； （4） Broussonin C的结构简式为，分子式为； （5） X(C5H8O3)与F具有相同的官能团，含有碳碳双键和酯基，且属于碳酸酯，通式可写作RO—CO—OR'，符合条件的同分异构体有、、CH2=CHO-CO-OCH2CH3、CH3O-CO-OCH2CH=CH2、CH3O-CO-OC(CH3)=CH2，共有5种；其中互为顺反异构体的结构简式为：、； （6） 和发生取代反应生成，与CH3COCH3反应生成，再根据题中流程最后一步反应，可得到，合成路线为。 先人一步 成就梦想 学科网（北京）股份有限公司 $