精品解析：广西柳州市2026届高三下学期高考适应性考试化学试卷

柳州市2026届高三高考适应性考试 化学 (考试时间75分钟 满分100分) 注意：1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。 2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。 3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑。非选择 题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 K：39 Ca：40 Cu：64 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. 化学材料在科技创新中起支撑作用，下列有关说法错误的是 A. “望宇”登月服所用的聚酰亚胺隔热层属于有机高分子材料 B. 无铅储能陶瓷(如钛酸钡基陶瓷)属于新型无机非金属材料 C. 我国第三代超量子计算机传输信号的光纤主要成分为晶体硅 D. 常用于机器人导电填料的碳纳米管、石墨烯等均属于碳纳米材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚酰亚胺是有机高聚物，属于有机高分子材料，A正确； B．钛酸钡基陶瓷是具有特殊储能功能的陶瓷，属于新型无机非金属材料，B正确； C．光纤的主要成分为二氧化硅，晶体硅为半导体材料，常用于制作芯片、太阳能电池等，C错误； D．碳纳米管、石墨烯均为碳单质构成的纳米尺度材料，属于碳纳米材料，D正确； 故选C。 2. 下列制取装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 A．制取并检验 B．混合浓硫酸和乙醇 C．用和浓盐酸反应制取 D．配制溶液时的定容操作 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，使用铜丝，可以上下抽动来控制反应的发生和停止，产生的气体通入品红溶液，二氧化硫能使品红褪色，可用于检验，导管“长进短出”，二氧化硫有毒，不能直接排放，试管口放置浸有 NaOH 溶液的棉团，可以吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，A正确； B．浓硫酸溶解时放出大量的热，如果将乙醇倒入浓硫酸，乙醇会浮在表面沸腾，导致液滴飞溅，非常危险，正确操作应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌散热，B错误； C．二氧化锰氧化浓盐酸制取氯气需要加热，图中的反应装置是一个固液常温反应装置，缺少加热装置，C错误； D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时需精确加水至刻度线，当液面距离刻度线 1~2cm 时，应改用胶头滴管逐滴加入蒸馏水，直到凹液面最低处与刻度线相切，D错误； 故选A。 3. 联氨()在碱性条件下可以将溶液中的亚铁离子()还原为铁单质，核心反应如下：(未配平)，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 中含键的数目是 B. 该核心反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 C. 溶液中的数目小于 D. 每转移电子则会生成标准状况下约 【答案】D 【解析】 【详解】A．结构为，1个分子内含1个键和4个键，共5个键，故1molN2H4含键数目为，A正确； B．配平后反应为，氧化剂为得电子的，还原剂为失电子的，二者物质的量之比为，B正确； C．在水溶液中会发生水解反应，故1L0.1mol⋅L−1FeCl2溶液中的数目小于，C正确； D．反应中每生成1molN2转移电子，转移电子时生成的物质的量为，标准状况下体积为，不是，D错误； 故答案为：D。 4. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. 的VSEPR模型： B. 的空间填充模型： C. 基态原子的价电子轨道表示式： D. 的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH3中N原子价层电子对数为，，VSEPR模型为四面体形，图示为三角锥形，是NH3的空间构型而非VSEPR模型，A错误； B．C2H2是直线形分子，碳原子半径大于氢原子，图示空间填充模型符合其结构特点，B正确； C．根据泡利原理和洪特规则，基态S原子价电子排布为3s23p4，3s轨道填充1对自旋相反的电子，3p轨道中1个轨道填充1对自旋相反的电子，剩余2个轨道各填充1个自旋相同的单电子，图示符合规则，C正确； D．NaOH是离子化合物，由Na+和OH−构成，OH−内O与H形成共价键，O最外层满足8电子稳定结构，图示电子式书写正确，D正确； 答案选择A。 5. 下列有关物质性质的解释正确的是 选项 性质 解释 A 酸性： 相对分子质量： B 熔点： 金属性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 沸点： 键能： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．羧酸酸性强弱由烃基的推电子效应决定，甲基推电子能力强于H，使中键极性弱于，更难电离出，酸性与相对分子质量无关，A错误； B．金属熔点高低由金属键强弱决定，晶体中Al3+电荷数大于Na晶体中的，Al3+半径小于，金属键更强故熔点更高，与金属性强弱无关，B错误； C．金刚石和晶体硅均为共价晶体，硬度与共价键键能正相关，原子半径大于，键长小于，键能更大，故金刚石硬度更大，C正确； D．沸点高于是因为分子间存在氢键，沸点属于物理性质，与分子内共价键键能无关，键能影响氢化物的热稳定性，D错误； 故选C。 6. 以2-甲基丙醛(M)为原料制备化合物的合成路线如下，下列说法正确的是 A. 的分子式为，为手性分子 B. 若为加成反应，为甲醛 C. M中所有的碳原子可位于同一个平面 D. 最多能与发生加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据N的结构简式，分子式为C5H10O2，根据手性碳原子的定义，N不含手性碳原子，不是手性分子，故A错误； B．若M+X→N为加成反应，原子利用率100%，M的分子式C4H8O，N的分子式C5H10O2，X的分子式为CH2O，推出X为甲醛，故B正确； C．与-CHO所连碳的杂化类型为sp3，因此所有碳原子不在同一平面上，故C错误； D．根据P的结构简式，能与氢气发生加成反应的官能团是碳碳双键，1molP中含有1mol碳碳双键，因此1molP最多与1mol氢气发生加成反应，故D错误； 答案为B。 7. 元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，和的最外层电子数之和等于的最外层电子数，的最外层只有1个未成对电子，的原子序数等于X、Y和的原子序数之和。下列说法错误的是 A. 是非极性分子 B. 、、可形成有强氧化性的化合物 C. 的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸 D. 的单质在高温条件下能与水反应生成的单质 【答案】A 【解析】 【分析】首先推断元素：Y最外层电子数是内层3倍，故Y为O（第二周期）；X为第一周期元素，故X为H；X、Y最外层电子数之和为7，Z为第三周期、最外层7个电子且仅1个未成对电子，故Z为Cl；M原子序数=1+8+17=26，故M为Fe。由此解题。 【详解】A．由分析可知，为。分子中心O原子的价层电子对为，有两对孤电子对，其分子构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．由分析可知，X为H元素，Y为O元素，Z为Cl元素，可形成HClO、等，其中HClO具有强氧化性，是强酸且具有强氧化性，B正确； C．的最高价氧化物的水化物为，根据元素周期律，同周期主族元素从左到右非金属性增强，Cl的非金属性强于S，故的酸性强于，C正确； D．Fe在高温下可与水蒸气发生反应：，能生成，D正确； 故答案选A。 8. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 向浓溶液中滴加少量溶液： B. 用溶液除去乙炔中的： C. 氨水溶解： D. 过量通入溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓NaOH溶液过量，少量与过量反应生成而非沉淀，正确离子方程式为，A错误； B．是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为，正确离子方程式为，B错误； C．和氨水反应生成可溶性四氨合铜配离子，给出的离子方程式书写符合反应规律，C正确； D．过量通入溶液，最终产物为而非，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 9. 某合成尿素的总反应为 ，其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是 A. 基元反应I为 B. 基元反应Ⅱ中A为，该反应为总反应的决速步 C. 若，合成尿素的总反应 D. 合成尿素的总反应在高温下可自发进行 【答案】D 【解析】 【详解】A．基元反应Ⅰ为与1分子反应生成，剩余1分子未参与该步反应，符合反应机理，A正确； B．根据原子守恒，总反应生成尿素和，故A为；基元反应活化能为过渡态能量减去该步反应物能量，反应I活化能为，反应Ⅱ活化能为，反应Ⅲ活化能为，反应Ⅱ活化能最大，为总反应决速步，B正确； C．总反应焓变生成物总能量反应物总能量，反应物能量为，生成物能量为，故，C正确； D．由总反应方程式可知，该反应为气体分子数减小的反应，故ΔS< 0；结合，根据反应自发进行的复合判据ΔG=ΔH-TΔS< 0，该反应在低温下能自发进行，D错误； 故选D。 10. 根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将红热的木炭放入装有浓硝酸的试管中，产生红棕色气体 木炭将浓硝酸还原成NO2 B 将盛有NO2的密闭烧瓶浸泡在热水中，发生反应： ，烧瓶内红棕色加深 正反应的活化能小于逆反应的活化能 C 用pH试纸分别测定Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大 与结合能力强于 D 分别向盛有4 mL KBr溶液和4 mL KI溶液的两支试管中加入1 mL氯水，振荡，前者溶液由无色变为橙色，后者变为棕色 氧化性：Cl2>Br2>I2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．将红热的木炭放入盛有浓硝酸的试管中，试管中有红棕色气体产生，浓硝酸受热本身会分解生成NO2，无法确定NO2是木炭还原浓硝酸的产物，故A错误； B．热水中烧瓶红棕色加深，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，对于放热反应焓变，因此正反应活化能小于逆反应活化能，故B正确； C．实验未说明Na2CO3溶液和NaHCO3溶液浓度相等，未控制变量，无法通过pH比较二者结合H+的能力，故C错误； D．分别向盛有KBr溶液和KI溶液的试管中加入氯水，前者溶液由无色变为橙色，说明氯水与KBr反应生成了Br2，Cl2的氧化性强于Br2，后者溶液由无色变为棕色，说明氯水与KI反应生成了I2，Cl2的氧化性强于I2，实验只能证明氧化性Cl2>Br2、Cl2>I2，没有验证Br2和I2的氧化性相对强弱，无法得出Br2>I2的结论，故D错误； 故答案选B。 11. 某碱性混合多硫化物-空气液流二次电池的工作原理如图所示，该电池具有稳定、成本低的特点，其中双膜结构的液流电池设计缓解了硫交叉问题。下列说法正确的是 A. 放电时，电子流向为：电极电解液电极 B. 膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜 C. 放电时发生反应的离子方程式为： D. 充电时，当电路通过电子时，理论上室及左侧贮液器的溶液质量共减少 【答案】B 【解析】 【分析】由电池装置图可知，放电时，空气氧化多硫化物，则电极B为正极，电极反应为，电极A为负极，电极反应为；充电时，电极B为阳极，电极反应为，电极A为阴极，电极反应为，据此进行解答。 【详解】A．放电时，电子由负极A经外电路流向正极B，不能通过电解液，故A错误； B．由分析可知，放电时，负极室中的Na+通过膜a向Ⅱ室迁移，膜a为阳离子交换膜；正极室中OH-通过膜b向Ⅱ室迁移，膜b为阴离子交换膜，故B正确； C．放电时发生反应的离子方程式为：，故C错误； D．充电时，当外电路通过2 mol电子时，理论上负极室中有2 mol Na+进入室，溶液质量增加46 g，故D错误； 故答案为B。 12. 萤石()是自然界中常见的含氟矿物，其立方晶胞结构如图所示，、代表组成的离子，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与紧邻的有8个 B. 晶胞中，填充在形成的四面体空隙中 C. 晶胞内之间最近的距离为 D. 的晶体密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．X位于顶点和面心，有个，Y位于晶胞内部，有8个，萤石的化学式为CaF2，则X为Ca2+，Y为F-，面心Ca2+属于2个晶胞共有，故与紧邻的有8个，A正确； B．由晶胞结构图可知，Ca2+为面心立方堆积，位于顶点和面心的构成8个四面体空隙，填充在形成的四面体空隙中，B正确； C．由晶胞结构图可知，F-位于晶胞划分出的8个小立方体的体心，相邻之间最近的距离为晶胞边长的一半，为，C正确； D．结合A项分析，的晶体密度，D错误； 答案选D。 13. 将气体和按体积之比导入管式反应器(如图1)热解制，高于℃下发生如下两个反应(反应过程用稀释)： I： II： 在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体、及体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法正确的是 A. 高于℃，该体系总反应为： B. 曲线表示的体积分数随温度的变化 C. 1000℃时，反应的活化能：反应I>反应II D. 在1000℃、常压下，通入的体积分数保持不变，提高投料比[]不会影响的转化率 【答案】D 【解析】 【分析】反应Ⅰ和反应Ⅱ为热解制氢气，均为吸热反应，H2是两个反应共同的产物，温度升高，两个反应平衡均正向移动，H2体积分数持续增大，因此上升的曲线a表示H2；S2是反应Ⅰ的生成物、反应Ⅱ的反应物，温度较低时不生成CS2，说明只发生反应Ⅰ，S2体积分数增大，温度升高后反应Ⅱ开始发生且速率加快，S2被大量消耗，S2体积分数减小，故S2体积分数先升后降，即曲线b表示S2 ​ ； 【详解】A．总反应由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，根据多重平衡规则，分步反应相加得到总反应时，总平衡常数为各分步平衡常数的乘积，即​，不是相加关系，A错误； B．根据分析可知曲线b表示的体积分数随温度的变化，B错误； C．1000℃时，曲线 b（S2）已有明显体积分数，而 CS2体积分数为0，说明反应Ⅰ已经发生，反应Ⅱ未进行，说明相同温度下反应Ⅰ速率更快，活化能越低，反应速率越快，因此活化能 �� ( Ⅰ ) < �� ( Ⅱ ) ，C错误； D．在1000℃、常压下，CS2体积分数为0，说明只发生反应Ⅰ，不反应，故保持体积分数不变，提高投料比不会影响转化率，D正确； 故选D。 14. 室温下，向含有的酸性溶液中通入生成沉淀，若始终保持的浓度为，体系中[，X为，，]与的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 线②表示随的变化 B. 氢硫酸的一级电离常数的数量级为 C. 的 D. 点溶液中的 【答案】C 【解析】 【分析】氢硫酸是二元弱酸，一级电离常数远大于二级电离常数，则溶液pH相同时，溶液中大于；向硫酸锡溶液中通入硫化氢时，溶液中锡离子浓度减小，则曲线①、②、③分别表示p　、p、p随pH的变化；由图可知，C点溶液中pH为5时，溶液中p为2.2，则氢硫酸的一级电离常数为：；B点溶液中pH为5时，溶液中p为7.2，则氢硫酸的二级电离常数为：，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，曲线②表示p随pH的变化，A错误； B．由分析知，氢硫酸的一级电离常数，其数量级为，B错误； C．由图中A点知pH=5，，B点，即 ，已知，，，故，所以SnS的，C正确； D．由图可知，D点溶液pH为2、氢硫酸的浓度为0.1 mol/L，由氢硫酸的一级电离常数可知，溶液中硫氢根离子的浓度为：，D错误； 故答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(可用于无机合成、功能材料制备。某研究小组开展探究实验。步骤如下： 已知： 回答下列问题： （1）的配体中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。 （2）过滤操作中，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。 （3）“步骤Ⅲ”中原料配比为，写出反应的离子方程式___________。 （4）“步骤Ⅳ”中溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入溶液中的目的是___________。 （5）“步骤V”步骤中采用趁热过滤的原因是___________。 （6）室温下，，，溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”)。 （7）测定实验中所得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的纯度，称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，杂质不反应)。 ①达到滴定终点的现象是___________。 ②实验中所得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的纯度为___________。 【答案】（1）O； （2）酸式滴定管、分液漏斗； （3）； （4）避免CuO残留在滤纸上，提高原料利用率； （5）防止因温度低而结晶析出，提高产率； （6）<； （7） ①. 当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色； ②. 90% 【解析】 【分析】步骤Ⅰ中，CuSO₄溶液加足量KOH并加热煮沸，Cu²⁺最终转化为CuO沉淀，同时生成K₂SO₄和过量KOH；步骤Ⅱ趁热过滤，分离出纯净的CuO，除去可溶性杂质；步骤Ⅲ中，H₂C₂O₄溶液分批加K₂CO₃，发生分步反应，得到K₂C₂O₄和KHC₂O₄的混合配体溶液；步骤Ⅳ水浴加热时，CuO在混合液中溶解，与草酸根配位生成目标配合物K₂[Cu(C₂O₄)₂]；步骤Ⅴ趁热过滤，除去未反应的CuO等不溶物，保留含配合物的热滤液；步骤Ⅵ经冷却结晶、洗涤，得到二水合二草酸合铜(Ⅱ)酸钾K₂[Cu(C₂O₄)₂]·2H₂O晶体；步骤Ⅶ经干燥等处理，最终得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾产品。 【小问1详解】 在中，Cu为+2价，是配体，其中O原子含有孤电子对，作为配位原子提供孤电子对； 【小问2详解】 过滤操作需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台等；结合题给的仪器，分液漏斗和酸式滴定管不需要； 【小问3详解】 “步骤Ⅲ”中n():n()=5:4，H2C2O4与K2CO3反应生成K2C2O4、KHC2O4和CO2、H2O，配平后的离子方程式：； 【小问4详解】 步骤Ⅳ中，连同滤纸一起加入溶液，是为了防止CuO固体粘在滤纸上造成损失，提高CuO的利用率，进而提高产品产率； 【小问5详解】 “步骤V”采用趁热过滤，是因为的溶解度随温度降低而减小，防止温度降低时结晶析出，造成产品损失； 【小问6详解】 既会电离也会水解；电离时，，；水解时，，，>，所以的电离程度大于水解程度，溶液pH<7； 【小问7详解】 滴定原理：， 本身是紫红色，当达到滴定终点时，完全反应，再滴入半滴KMnO4标准溶液，溶液会变为浅紫红色且半分钟内不变色；所以终点现象：当滴入最后半滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不变色；先计算KMnO4的物质的量：n() = 0.20mol/L× 36.00×10-3L = 0.0072mol；根据离子方程式比例，；中，1mol晶体中含2mol，对应2mol，所以n()=0.018mol÷2=0.009mol， 晶体的摩尔质量为M()=318g/mol， m()=(0.009×318)g=2.862g，纯度=。 16. 一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图： 已知常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的： 开始沉淀的 1.5 6.9 - 7.4 6.2 沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）“浸出”前，将废渣磨碎，其作用是___________。 （2）“氧化”的目的是___________。若要检验“氧化”是否完全，请设计实验方案验证___________。 （3）“氧化沉钴”中生成的离子方程式为___________。 （4）“调”步骤中，若，则“滤渣2”是___________。 （5）“氧化沉钴”中调，则“滤液”中的浓度为___________。 （6）“滤液”中主要的阳离子有和___________(填离子符号)。 （7）是半导体材料，晶体中部分0原子被N原子替代后可以改善半导体的性能。键中离子键成分的百分数小于键，原因是___________。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率 （2） ①. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除铁 ②. 取少量氧化后溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀则氧化完全 （3） （4）Fe(OH)3 （5）10-13.7 （6）K+ （7）O的电负性大于N，Zn与O的电负性差更大，Zn与O之间的成键电子对会更偏向O，导致离子键成分更高 【解析】 【分析】废渣先经磨碎后用硫酸浸出，使钴、锌、铁等以可溶性离子进入溶液，铅则转化为硫酸铅成为滤渣1除去；浸出液用二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氧化锌调节pH至 4，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀成为滤渣2除去，保留钴离子和锌离子；随后加入高锰酸钾进行氧化沉钴，将氧化为沉淀，高锰酸根被还原为二氧化锰，二者共同作为产品，滤液中主要含锌离子、钾离子，实现了钴、锰的富集回收与锌、铅等元素的分离，由此分析解答。 【小问1详解】 “浸出”前，将废渣磨碎，导致固体颗粒减小，比表面积增大，反应接触更充分，浸出效率越高。 【小问2详解】 “氧化”的目的是：将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH除去铁元素（同时可氧化部分低价金属离子；亚铁离子的检验方案为：取少量氧化后的溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若不产生蓝色沉淀，说明氧化完全；若产生蓝色沉淀，说明氧化不完全。 【小问3详解】 KMnO4作为氧化剂，将Co2+氧化为Co(OH)3，自身还原为MnO2，方程配平后得到：。 【小问4详解】 根据分析，此时溶液中的离子主要有钴、锌、铁等可溶性离子，根据表格，Fe3+沉淀完全的pH为2.8，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，锌离子与二价钴离子均未开始沉淀，所以滤渣2为Fe(OH)3。 【小问5详解】 由表格Co3+沉淀完全的pH为1.1，此时c(H+)=10-1.1mol/L，推出c(OH-)=10-12.9mol/L，因为，计算出其，当pH等于4.0时，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，由，计算出钴离子的浓度等于10-13.7 mol/L。 【小问6详解】 根据分析的过程，经过了一系列的处理，此时溶液中主要的阳离子为锌离子和加入KMnO4氧化后的钾离子。 【小问7详解】 离子键成分与成键原子的电负性差正相关，电负性差越大，离子键成分越高，因为O的电负性大于N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O之间的成键电子对更偏向O，离子键成分更高；而N的电负性较小，Zn与N之间的成键电子对偏向程度更小，离子键成分更低。 17. 循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线， 主要反应如下(a、b、c均大于0)： I． II． III． 回答下列问题： （1）计算___________(用含、的字母表示)。 （2）下列描述正确的是___________。 A. 采用高温高压既加快反应速率又可以提升的平衡转化率 B. 在绝热恒容密闭容器中只进行反应III，若压强不变，则反应III达到平衡状态 C. 恒容容器中进行反应I-III，气体的平均摩尔质量不再改变，则反应III达到平衡状态 D. 上述反应I-III达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大 （3）恒压条件下，按和投料反应，低于360 ℃时反应III可忽略。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 ①曲线丙表示___________。300 ℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，和的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)。450 ℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 ②550 ℃时反应Ⅲ的平衡常数___________。 （4）一定条件下，以和为原料制备和甲酸盐，可将转化成高附加值的化学品，其装置原理如图。电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________，电极b的反应式为___________。 【答案】（1） （2）B （3） ①. ②. 减小 ③. 450 ℃后曲线乙下降的原因是：随着温度升高，吸热反应Ⅲ（CO2+ H2 H2O + CO）平衡正向移动对CO2的消耗程度，大于放热反应Ⅱ（CO2+ 4H2CH4 + 2H2O）平衡逆向移动对CO2的生成程度，导致CO2的选择性降低 ④. （4） ①. K+ ②. 【解析】 【小问1详解】 利用盖斯定律，由I +II可得反应，故。 【小问2详解】 A．高温高压加快反应速率，反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，A错误； B．反应III是反应前后气体分子数不变的反应，在绝热恒容密闭容器中，若压强不变，说明温度不变，反应达到平衡状态，B正确； C．反应III是反应前后气体分子数和总质量不变的反应，因此当气体的平均摩尔质量不再改变时，无法说明反应III达到平衡状态，C错误； D．若为恒容容器，反应III是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO的平衡浓度增大；若为恒压容器，反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体体积增大，CO的平衡浓度可能减小，D错误； 故选B。 【小问3详解】 ①低于360 ℃时反应Ⅲ可忽略，分析图像，曲线乙和曲线丁的变化趋势相反，存在竞争关系，升高温度，反应I为吸热反应，CO2的选择性会增大，的转化率增大，则甲代表的转化率；反应II为放热反应，的选择性会减小，的转化率减小，则丙代表的转化率，所以曲线乙为CO2的选择性，曲线丁为的选择性；300 ℃时达平衡后，只发生反应I和反应II，压缩容器体积，温度不变，反应I的平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，容器容积减小，说明二氧化碳的物质的量减小，反应I逆向移动，同时，压强增大使反应II正向移动，的物质的量增大，故和的物质的量之比减小；450 ℃后曲线乙下降的原因是：随着温度升高，吸热反应Ⅲ（CO2+ H2 H2O + CO）平衡正向移动对CO2的消耗程度，大于放热反应Ⅱ（CO2+ 4H2CH4 + 2H2O）平衡逆向移动对CO2的生成程度，导致CO2的选择性降低。 ②由图可知，550 ℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，甲烷的选择性为10%、二氧化碳的选择性为70%，则平衡时，甲烷、二氧化碳的物质的量为：2 mol×10%=0.2 mol、2 mol×70%=1.4 mol； ，平衡时水蒸气的物质的量为：0.4 mol +0.4 mol =0.8 mol，一氧化碳的物质的量为0.4 mol，氢气的的物质的量为：2 mol -0.8 mol -0.4 mol =0.8 mol，则平衡时混合气体的总物质的量为3.6 mol，对于反应前后气体分子数不变的反应III，其平衡常数等于用物质的量代替分压计算出的，。 【小问4详解】 通过阳离子交换膜的离子为阳离子，在溶液中的阳离子为K+；电极a处转化成，得电子发生还原反应，则电极b失电子发生氧化反应，由生成，故该电极反应式为。 18. 化合物是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A→B的反应温度不能太高的原因是___________。B→C的反应方程式为___________。 （2）C分子中官能团有___________(填名称)。 （3）F的结构简式为，其名称是___________。的反应类型是___________。 （4）反应D→E的目的是___________。若省去“D→E”，D会发生副反应生成，W的结构简式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机物； ②和均含有两种不同化学环境的氢原子。 （6）参考上述路线，设计如下转化。I、J的结构简式分别为___________和___________。 【答案】（1） ①. 高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，不能再催化反应； ②. ； （2）羟基、酰胺键； （3） ①. 邻甲基苯酚（或2-甲基苯酚）； ②. 取代反应； （4） ①. 保护仲氨基（N-甲基氨基），避免其在后续反应中发生反应； ②. ； （5）或； （6） ①. ； ②. ； 【解析】 【分析】A到B为水解反应，B的结构式为，B到C为取代反应，C到D为还原反应，D到E为取代反应，E到F为取代反应，F到G为取代反应，据此回答。 【小问1详解】 A到B反应是在酶的作用下进行，高温会破坏酶的空间结构，导致酶失活，不能再催化反应；B到C的化学反应方程式为：； 【小问2详解】 C分子中官能团有羟基、酰胺键； 【小问3详解】 的名称为邻甲基苯酚（或2-甲基苯酚），根据分析，的反应类型是取代反应； 【小问4详解】 反应D→E的目的是保护仲氨基（N-甲基氨基），避免其在后续反应中发生反应；若省去“D→E”，D会发生副反应生成； 【小问5详解】 分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机物，则含有酯基，且和均含有两种不同化学环境的氢原子，则和结构高度对称，故满足条件的A的同分异构体的结构简式为或； 【小问6详解】 经过酸性高锰酸钾后生成；和在加热条件下发生取代反应，生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 柳州市2026届高三高考适应性考试 化学 (考试时间75分钟 满分100分) 注意：1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。 2.答卷前，考生务必将密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。 3.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑。非选择 题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 K：39 Ca：40 Cu：64 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. 化学材料在科技创新中起支撑作用，下列有关说法错误的是 A. “望宇”登月服所用的聚酰亚胺隔热层属于有机高分子材料 B. 无铅储能陶瓷(如钛酸钡基陶瓷)属于新型无机非金属材料 C. 我国第三代超量子计算机传输信号的光纤主要成分为晶体硅 D. 常用于机器人导电填料的碳纳米管、石墨烯等均属于碳纳米材料 2. 下列制取装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 A．制取并检验 B．混合浓硫酸和乙醇 C．用和浓盐酸反应制取 D．配制溶液时的定容操作 A. A B. B C. C D. D 3. 联氨()在碱性条件下可以将溶液中的亚铁离子()还原为铁单质，核心反应如下：(未配平)，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 中含键的数目是 B. 该核心反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 C. 溶液中的数目小于 D. 每转移电子则会生成标准状况下约 4. 下列化学用语或图示表示错误的是 A. 的VSEPR模型： B. 的空间填充模型： C. 基态原子的价电子轨道表示式： D. 的电子式： 5. 下列有关物质性质的解释正确的是 选项 性质 解释 A 酸性： 相对分子质量： B 熔点： 金属性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 沸点： 键能： A. A B. B C. C D. D 6. 以2-甲基丙醛(M)为原料制备化合物的合成路线如下，下列说法正确的是 A. 的分子式为，为手性分子 B. 若为加成反应，为甲醛 C. M中所有的碳原子可位于同一个平面 D. 最多能与发生加成反应 7. 元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，和的最外层电子数之和等于的最外层电子数，的最外层只有1个未成对电子，的原子序数等于X、Y和的原子序数之和。下列说法错误的是 A. 是非极性分子 B. 、、可形成有强氧化性的化合物 C. 的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸 D. 的单质在高温条件下能与水反应生成的单质 8. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 向浓溶液中滴加少量溶液： B. 用溶液除去乙炔中的： C. 氨水溶解： D. 过量通入溶液： 9. 某合成尿素的总反应为 ，其反应的机理及能量变化如图所示，TS表示过渡态。下列说法错误的是 A. 基元反应I为 B. 基元反应Ⅱ中A为，该反应为总反应的决速步 C. 若，合成尿素的总反应 D. 合成尿素的总反应在高温下可自发进行 10. 根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 将红热的木炭放入装有浓硝酸的试管中，产生红棕色气体 木炭将浓硝酸还原成NO2 B 将盛有NO2的密闭烧瓶浸泡在热水中，发生反应： ，烧瓶内红棕色加深 正反应的活化能小于逆反应的活化能 C 用pH试纸分别测定Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大 与结合能力强于 D 分别向盛有4 mL KBr溶液和4 mL KI溶液的两支试管中加入1 mL氯水，振荡，前者溶液由无色变为橙色，后者变为棕色 氧化性：Cl2>Br2>I2 A. A B. B C. C D. D 11. 某碱性混合多硫化物-空气液流二次电池的工作原理如图所示，该电池具有稳定、成本低的特点，其中双膜结构的液流电池设计缓解了硫交叉问题。下列说法正确的是 A. 放电时，电子流向为：电极电解液电极 B. 膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜 C. 放电时发生反应的离子方程式为： D. 充电时，当电路通过电子时，理论上室及左侧贮液器的溶液质量共减少 12. 萤石()是自然界中常见的含氟矿物，其立方晶胞结构如图所示，、代表组成的离子，晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 与紧邻的有8个 B. 晶胞中，填充在形成的四面体空隙中 C. 晶胞内之间最近的距离为 D. 的晶体密度为 13. 将气体和按体积之比导入管式反应器(如图1)热解制，高于℃下发生如下两个反应(反应过程用稀释)： I： II： 在常压下反应相同时间后，不同温度下测得气体、及体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法正确的是 A. 高于℃，该体系总反应为： B. 曲线表示的体积分数随温度的变化 C. 1000℃时，反应的活化能：反应I>反应II D. 在1000℃、常压下，通入的体积分数保持不变，提高投料比[]不会影响的转化率 14. 室温下，向含有的酸性溶液中通入生成沉淀，若始终保持的浓度为，体系中[，X为，，]与的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 线②表示随的变化 B. 氢硫酸的一级电离常数的数量级为 C. 的 D. 点溶液中的 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾(可用于无机合成、功能材料制备。某研究小组开展探究实验。步骤如下： 已知： 回答下列问题： （1）的配体中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。 （2）过滤操作中，下列仪器中不需要的是___________(填仪器名称)。 （3）“步骤Ⅲ”中原料配比为，写出反应的离子方程式___________。 （4）“步骤Ⅳ”中溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入溶液中的目的是___________。 （5）“步骤V”步骤中采用趁热过滤的原因是___________。 （6）室温下，，，溶液的pH___________7(填“>”“<”或“=”)。 （7）测定实验中所得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的纯度，称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，杂质不反应)。 ①达到滴定终点的现象是___________。 ②实验中所得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的纯度为___________。 16. 一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如图： 已知常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的： 开始沉淀的 1.5 6.9 - 7.4 6.2 沉淀完全的 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： （1）“浸出”前，将废渣磨碎，其作用是___________。 （2）“氧化”的目的是___________。若要检验“氧化”是否完全，请设计实验方案验证___________。 （3）“氧化沉钴”中生成的离子方程式为___________。 （4）“调”步骤中，若，则“滤渣2”是___________。 （5）“氧化沉钴”中调，则“滤液”中的浓度为___________。 （6）“滤液”中主要的阳离子有和___________(填离子符号)。 （7）是半导体材料，晶体中部分0原子被N原子替代后可以改善半导体的性能。键中离子键成分的百分数小于键，原因是___________。 17. 循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线， 主要反应如下(a、b、c均大于0)： I． II． III． 回答下列问题： （1）计算___________(用含、的字母表示)。 （2）下列描述正确的是___________。 A. 采用高温高压既加快反应速率又可以提升的平衡转化率 B. 在绝热恒容密闭容器中只进行反应III，若压强不变，则反应III达到平衡状态 C. 恒容容器中进行反应I-III，气体的平均摩尔质量不再改变，则反应III达到平衡状态 D. 上述反应I-III达到平衡后，升温，CO的平衡浓度一定增大 （3）恒压条件下，按和投料反应，低于360 ℃时反应III可忽略。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 ①曲线丙表示___________。300 ℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，和的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)。450 ℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 ②550 ℃时反应Ⅲ的平衡常数___________。 （4）一定条件下，以和为原料制备和甲酸盐，可将转化成高附加值的化学品，其装置原理如图。电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________，电极b的反应式为___________。 18. 化合物是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A→B的反应温度不能太高的原因是___________。B→C的反应方程式为___________。 （2）C分子中官能团有___________(填名称)。 （3）F的结构简式为，其名称是___________。的反应类型是___________。 （4）反应D→E的目的是___________。若省去“D→E”，D会发生副反应生成，W的结构简式为___________。 （5）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环，碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机物； ②和均含有两种不同化学环境的氢原子。 （6）参考上述路线，设计如下转化。I、J的结构简式分别为___________和___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $