四川绵阳南山中学2026届高三下学期第七次教学质量检测化学试题

绵阳南山中学高2023级高三第七次教学质量检测 化学试题答案 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意) 题号 2 3 8 0 答案 C B C D A D B B C 题号 11 12 13 14 15 答案 O C B D 双 1、【答案】C 【详解】A.生铁含碳量高、 质硬脆、延展性差，降低含碳量制得的钢延展性显著增强，A正确，不符 合题意； B.聚乳酸和淀粉均为可降解高分子，混合制成的降解塑料可减少白色污染，适合用作一次性餐具，B 正确，不符合题意： C.燃料电池放电利用原电池原理，能量转化是将化学能直接转化为电能，C错误 D.石墨烯是单层石墨结构，厚度为一个碳原子直径，结构稳定，具有很高的强度，D正确，不符合题 意； 2、【答案】B 【详解】A.甲醛(HCHO)分子中，C与O形成双键，C与两个H各形成单键，O原子还有2对孤电 子对，图中电子式正确，A正确： B.中心S原子：价层电子对数=键数+孤电子对数=3+6+23×2=4，价层电子对互斥模型为四面体 2 形，但因存在1对孤电子对，分子空间结构为三角锥形，而非正四面体形，B错误： C.sp2杂化是1个g轨道与2个p轨道杂化，形成3个等价杂化轨道，轨道间夹角为120°，呈平面三角 形，剩余1个未杂化p轨道垂直于杂化轨道平面，图中示意图符合sp杂化特征，C正确： D.1mol[CuNH)4]SO4中Cu+与氨分子之间有4NAo键，氨分子内有12NAo键，SO离子内有4NAo键， 1mol[CuNH)4]SO4含有20N个o键电子对，D正确： 3、【答案】C 【详解】A.通入过量SO时溶液呈酸性，不会生成OH,正确离子方程式为 2S2-+5S0,+2H,0=3S↓+4HSO,A错误： B.乙酰胺在NOH溶液中水解时，生成的乙酸会和碱反应转化为乙酸根，正确反应为 CH,CONH2+OHCH,COO+NH,个，原方程式错误，B错误： C.含氟牙膏防治龋齿的原理是：牙齿表面的羟基磷灰石会和氟离子反应，转化为更坚硬、耐酸腐蚀的 氟磷灰石，该沉淀转化的离子方程式书写正确，C正确： D.F(SC),是可溶性络合物，在离子方程式中不能拆分为Fe+和SCN,原离子方程式拆分错误，不 符合反应事实，D错误； 故选C。 4【答案】D 【详解】A.实验室制备C2,采用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应，装置中仪器组装、加热操作均 正确，能达到实验目的，A正确； B.Cl,中混有的HCl杂质，可以用饱和NCl溶液除去，洗气操作中长进短出，装置正确，能达到实验 目的，B正确； C.将C12通入溶液中，若发生反应C2+2I=2C+I2,说明氧化性C2>I2,即可证明非金属性Cl>I, 装置操作正确，能达到实验目的，C正确： D.酸性1O,溶液具有强氧化性，与碘离子反应的同时会氧化生成的氯离子，干扰结果，不能达到实 验目的，D错误； 5.A 第1页，共8页 【详解】A.若X为C,Y为CO,则Z为CO2,可满足转化：X→Y(C不完全燃烧)，Y→Z(C0 高温 燃烧生成CO),Z→X(Mg在CO,中燃烧生成Mg0和C),Z一Y(如C+C0,=2C0）。反应④ 点燃 (Z→X)如2Mg+C0,=2Mg0+C是置换反应，故A正确。 B.Fe在Cl2中燃烧的产物只能是FeCl3,无法直接得到FeCl2,B错误： C.若Z为N2,N2无法一步反应直接生成NO(N2与O2反应只能生成NO,不能直接得到NO2),无 法完成转化③，C错误： D.若X为Na,Z为NaCl,反应③是NaCl转化为Y(如NaOH),反应中钠元素始终为+1价，化合 价不变，没有被还原，只有反应④中钠元素被还原，D错误： 6【答案】D 【详解】基态Y原子的s能级与p能级的电子数相等，Y、Z为0(1s22s22p4)或Mg(1s22s22p3s2), 结合晶体ⅫM,ZQ3·6MY可知，若Y为O,Z为Mg,M为H;X与Y相邻，X为N,Z、Q在O元素 之后且属于主族元素，因此Q为第三周期元素，Q的电负性为同周期主族元素最大，Q为C,M、X、 Y、Z、Q分别为H、N、O、Mg、Cl。 A.O的+1价离子电子排布为[H]2s2p,p轨道半充满更稳定，失去第二个电子所需能量高于N,故 第二电离能N<O,A正确： B.简单离子中C有3个电子层半径最大，O2和Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故半 径C>O2>Mg2+,B正确； C.NH和NC:中心N原子价层电子对数均为3+2×(5-3×1一4，含1对孤电子对，空间结构均为三角锥 形，C正确； 电解 D.工业上通过电解熔融MgCl2制备金属Mg,MgCL2=Mg+Cl↑，D错误； 7【答案】B 【详解】A.CH,COONH4中醋酸根和铵根的水解程度相当，不同浓度溶液均呈中性pH=7;但盐的浓 度越大，水解离子浓度越高，对水的电离促进作用越强，不同浓度CH,COOH,溶液中水的电离程度不 同，结论错误，A错误； B.加入少量氯水后，CCl层无色说明没有生成B?,氯水优先氧化2+，根据氧化还原反应规律，可 证明2+的还原性强于Br,实验操作、现象、结论都正确，B正确 C.饱和Na,CO,溶液中加入BaSO,时，因CO浓度很大，满足2(BaCO)>Kp(BaCO),从而转化生 成BaCO,事实上K,(BaCO,)>Km(BaSO,),结论存在科学性错误，C错误： D.:麦芽糖本身属于还原性糖，含有醛基，无论是否发生水解，在碱性条件下都能与新制氢氧化铜共 热生成砖红色沉淀，不能证明麦芽糖己水解，D错误： 8【答案】B 【详解】A.整个循环中，HI在反应①中消耗，在反应⑥中重新生成，反应前后HⅢ的质量和化学性质 不变，属于合成乙酸的催化剂之一，A正确： B.该配离子整体带1个单位负电荷，Rh所有结合键均为配位键，配体电荷为：3个I每个带-1电荷， 共3×(-1)=-3：CH,带-1电荷：CO为中性配体，电荷为0。设h化合价为x,根据总电荷守恒： x+(-3)+(1)+2×0=-1,解得x=+3,不是+2价，B错误： C.若以3CO为反应物，根据反应④，会形成Rh←13CO键，下一次循环中，根据反应③，-CH,会 随机结合一个CO,故可能形成CH,CO-基团，因此一段时间后可在产物中检出CH,COOH,C正确： D.羰基中氧的电负性大于碳，使羰基碳带较强正电性，H,O中O原子显部分负电性，会进攻正电性的 羰基碳发生反应，D正确： 9【答案】C OH OH 0 【详解】A.乙与足量H2加成后的产物中含有3个手性碳原子 八，A不符合题意： HO OH 第2页，共8页 B.乙醇的烷基具有给电子效应，O-H极性较弱，甲物质中酚羟基受苯环吸电子共轭效应影响，O-H键 极性比乙醇中的醇羟基更强，B不符合题意： C.由题给信息可知，1,3,5-苯三酚发生酮式互变异构，变为 C符合题意； D.O入CN含有的官能团是醚键和氰基，氰基可以发生加成、水解反应，无法发生消去反应，D 不符合题意： 10【答案】C 【详解】A.Zn原子序数为30，基态Zn原子电子排布为[Ar]3d°4s2,失去2个4s电子得到Zn2+,电 子排布式为1s22s22p3s23p3d°，1个被电子占据的轨道对应1种空间运动状态，总轨道数为： 1(1s)+1(2s)+3(2p)+1(3s)+3(3p)+5(3d)=14,因此基态Zn2+的电子空间运动状态为14种，A正确： B.X射线衍射实验是确定晶体结构的经典方法，可以测定MO-5的晶体结构，B正确： C.-OH是亲水基团，可以和H,O形成氢键，能增强对水的吸附；但-CH,是疏水（憎水）的非极性基 团，不能增强MOF-5与水的吸附作用，反而会减弱，因此该说法错误，C不正确； D.MOF框架由金属离子作为节点、有机配体连接而成，空隙大小由金属离子半径、有机配体的大小和 形状共同决定，D正确： 11【答案】C 【详解】A.①中溶液颜色变浅，既可能是KMnO,转化为m2+,也可能转化为MO},无法确定一定 生成Mm2+,A错误： B.由实验②可知，OH浓度增大时MnO,可转化为MnO?,①中Na与水反应生成NaOH,使溶液碱性 增强，同时Na具有强还原性，因此，溶液变绿可能是MnO,被钠还原，也可能是强碱性条件下MnO:的 转化，或两者共同作用的结果，B错误： C.②中碱性增强后生成绿色MO和气体，该反应中1从+7价降为+6价，O从-2价升为0价，电子 守恒、电荷守恒、原子守恒，符合实验现象，该反应可能发生，C正确： D.②中还原剂浓度未改变，改变的是溶液中氢氧根的浓度，不能说明物质本身的还原性强弱随自身浓 度改变，D错误： 故选C。 12【答案】C 【详解】A.由图可知，产物乙的能量更低，而反应物相同，生成乙放出的能量更多，故△H>△H,(△H 为负值)，A错误： ，始变为4日+2 25’乙522 B.25C时n(甲)：n(乙)=3：22，即甲占3， ,B错误： 25 C.15C时，由图可知，由中间体M转化为甲的活化能更低，故v(甲)>v(乙)，C正确： D.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产物中甲和乙的组成比，D错误： 故答案选C。 13【答案】B 【详解】A.由TiO,晶胞结构可知，Ti位于O形成的正八面体中心，故与Ti最近且等距的O有6个， 最短距离为pm,A项正确； 22个 B,由N移杂后的TON,晶胞可知，1个品胞中含4个，0为1+7X+7×空个：N为1X1 则该晶体的化学式可表示为T0=NX:-25:2,B项错误： C.T0:晶胞中，Ti位于顶点、体心和面上，1个晶胞中Ti的个数为8×。1+4×=4个，0位于晶胞 的棱、面、体内，1个晶胞中0的个数为8×+2+8×号=8个，则1个晶胞的质量 4 2 第3页，共8页 m=4x48+2x16g=320g N N8,而1个晶胞的体积V=apm=ahx10"am,故Ti0,晶体的密度为 p=m=3.2x102 FNa%8am',C项正确， D.晶体的N掺杂数量不同，O空穴数不同，则其对光的吸收能力和光催化活性不同，D项正确。 14【答案】D 【详解】由题意可知，阴极得到X溶液，X为LOH,则Lt由左室迁移至右室，电极b为阴极，电极N 为负极，电极M为正极，据此答题。 A.根据分析，电极M为正极，A正确： B.b电极为阴极，有氢气析出并生成OH,B正确； C.电极a为阳极，发生反应LiFePO4-eLit+FePO4,C正确： D.离子交换膜应为阳离子交换膜，当外电路转移1mol电子，有1olLi计从左侧室移动到右侧室导致 左侧室质量减少7g,D错误： 故答案为D。 15【答案】A 【分析】25c时，向mL0.1 mol.LH,A环己烷溶液中加入mL水进行萃取，用NaOH(S)或HCl(g)调 节水溶液pH,随着pH的增大，水溶液中HA的电离程度增大，HA的浓度减小，使平衡HA(环己 烷≥H,A(q正向移动，环己烷中H2A的浓度减小，水相萃取率增大，则曲线①表示环己烷中H2A 浓度变化，曲线②表示水相萃取率：水相中HA的浓度先增大后减小，A2的浓度不断增大，曲线④表示 HA的浓度变化，曲线⑤表示A2的浓度变化，曲线③表示水溶液中H2A的浓度变化。由图可知，pH-4 时，水相中cLAe0A.K0Ac但cA）-cr)=10-,DH-7时，水相中caHA。 c(H,A) .AcH:CA专cH107,pE2时，ceH,A=008molL以，c任，A=002m c(HA） K=(,A）-0020.25,据此解答。 C环2烷(H,A)0.08 【详解】A.pH5时，cHA(HA)cL,A) cH) =10cH2A), K(HA).K2 (H2A)c (H2A) c(A2= c2(H) 0.1cH2A),C水(H,A)=0.25C环已烧任2A)，根据物料守恒：c2 (HA)eHA)-0.1 mol111x0.5(HA)(H,A)-0.1 mol(H,A) 37.75moL-, 则a=1-环已(H,A)1， 01mol.L71-37.75mo1-L 73.5%,A错误； 0.1mol.L B.由分析可知，曲线①是环己烷中HA浓度变化，B正确： D肉方无Ly.则=6.c-1g'1re4H C.由分析可知，H4的K,=104,C正确： c(H,A) 106)2 2=10d(HA),D 正确： 故选A。 二、非选择题（本题共4小题，共55分） (14分)16.(1)3d4s2(1分) (2)防止反应产生C0,气体的速率过快，导致液体溢出(2分) (3)5.4~11.5（1分)因为镍、锰、钴沉淀溶解度度相差不大，所以当pH<5.4,镍以Ni2+形式溶解， 锰、钴也会溶解，无法分离；pH>11.5,Ni2+水解平衡正向移动，主要以Ni(OHD2形式存在，干扰钴、 锰的回收。(2分) 第4页，共8页 (4)[Ni(NH)6)++2OH≌Ni(OH),↓+6NH,个(2分) (5)0.000016(2分) (⑤4CoS+70, 焙烧， =2Co,0,+4S02(2分) (⑦)高于40C时，蒸发结晶（浓缩）(1分) 趁热过滤(1分) 【分析】该工艺流程以含Ni2+、M2+、Co2+的酸洗废液为原料，先加N,CO3中和除酸并沉淀金属离子： 再通NH,氨浸，使Ni2+形成[NiNH)6]+进入溶液，实现与Mm2*、Co2+的分离：氨浸沉淀用HSO4酸 溶得含Mn2+、Co2+的溶液，加NaS沉钴，因K,(CoS)≤K,(MS),Co2+生成CoS沉淀，滤液经处理 得MnSO4HO:CoS培烧得Co,O3;氨浸出液加NaOH蒸氨，[NiNH,)s]+分解为Ni(OH)2,最终回收 镍，据此分析。 【详解】(1)钴为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d4s2,故价层电子排布式为3d74s2; (2)Na,CO,与废液中的H反应生成CO2,反应的离子方程式为CO+2H=C0,个+H,O,若Na,CO3 加入过快，反应产生CO,的速率过快，会导致液体剧烈沸腾并溢出，因此需缓慢加入并不断搅拌： (3)使镍浸出的合适pH范围：由图像可知，pH在5.4到11.5之间时.i元素主要以[NiNH)]2+形式 存在，利于镍的浸出.pH<5.4时以Ni2+存在，KpNi(OH)2]Kp[Co(OH)2小、Kp[Mn(OH)2]相差不大， 三者皆会溶解，无法分离：H>11.5时生成(OH)2沉淀，会导致镍进入后续获取钴、锰的工艺干扰。 故合适pH范围为5.4~11.5； (4)蒸氨时[NiNH),]+与OH在加热条件下反应生成Ni(OH)2沉淀和NH,离子方程式为 [NiNH)]2++2OH=Ni(OH)2↓+6NH,个： (5)CoS和MmS的沉淀溶解平衡分别为：CoS(S)=Co2+(aq)+S2(aq), Km(CoS)=c(Co2+）c(S2-）=4.0x102;Mms(母)≠Mn2+(aq)+S(aq), Km(MnS)=c(Mm2+)c(S2)=2.5x10。已知c(Co2+):c(Mn2+)=1:10,设初始c(Co2)=x,则 c(Mm2+)=10.x:生成MnS沉淀时，溶液中c(S2-)= K,(MnS)_2.5x1013_2.5x104 c(Mn2) 10x 一；此时溶液中 c(Co2+)= Km(CoS)4.0x1021 c(S2-） 2.5x10m=1.6x10'x 残留率= 残留浓度 1006=1.6x107xx109%=0.0016%: 初始浓度 (6)焙烧时CoS与O2反应生成Co,O,和SO2,根据氧化还原反应配平，C0S中Co从+2价升至+3价，S 培烧 从-2价升至+4价，02中0从0价降至-2价，配平后化学方程式为4CoS+702=2C0,0,+4S02: (7)由溶解度曲线可知，温度高于40C时，MSO4·H,0的溶解度随温度升高降低，因此MnSO4溶液 需高于40C时蒸发结晶（浓缩），使MnO,·H,O析出，再趁热过滤，避免降温析出MmSO4·5H,O杂质， 后续经洗涤、干燥得到产品。 17.(13分) (1)①CuC1(2分) ②存在CuCl(s)+OH(aq)三CuOH(s)+CI(aq),增大OH浓度，平衡正向移动，CuCI转化为溶解度更小 的CuOH(2分) ③4CuOH+02+2H,0=4Cu(O田2(2分) (2)①加水稀释NaOH溶液后再进行实验，观察到阴极产生气泡的速率加快(2分) ②取少量上层清液于试管中，再加入适量硫化钠溶液，不再产生黑色沉淀，则证明沉淀完全（或其他合 理答案)(2分)D(1分) (3)OH在铜电极上放电生成O2(2分) 第5页，共8页 【详解】(1)①白色沉淀在滴加H,O2溶液后溶解，同时溶液变为蓝色，即C*被氧化为C2+,根据己 知信息，白色沉淀为CC1: ②根据Kp相对大小可知，存在CuCl(s)十OH(aq)、三CuOH(s)+CI(aq),增大OH浓度，平衡正向移动， CuC1转化为溶解度更小的CuOH: ③氢氧化亚铜易被氧气氧化，最终生成蓝色氢氧化铜，化学方程式为4COH+0,+2H,O=4Cu(OH田2： (2)要证明阴极气泡少是因为H+浓度极低，只需控制变量，提高H+浓度，降低NOH浓度，故加水 稀释NOH溶液后再进行实验，观察到阴极产生气泡的速率加快，即可说明阴极气泡不明显的原因是 NaOH溶液中H浓度极低： (3)根据方程式Cu20+2H=Cu2++Cu+H0可知，生成的红色固体为铜单质，计算得出n(Cu=0.1mol, n(CuzO)=0.lnol,而根据加入Na2S溶液产生沉淀CuS的质量，计算得出，n(Cu2=0.2mol,并非与Cu 为1：1，说明存在其余物质，m(其余物质)=22.4g-1m(CuzO)=8g,即M(其余物质)=80gmol,应该 为CuO。 (4)铜作阳极时，快速生成C,O导致电极钝化，此时，阳极反应由C失电子转变为OH失电子： 4OH-4e=0,个+2H,0:生成的O2会将部分Cu20氧化为C○(2Cu20+02=4Cu0),最终形成Cu20 (砖红色)和CO(黑色)的混合物，呈现红褐色浑浊。 18.(14分) (1)-49(2分) (2)（2分) 高于400℃反应Ⅲ的K小于105，反应几乎不发生(2分) (3)A(2分) 200℃时，使用催化剂A,CO2的转化率更高，CH,OH的选择性更大(2分) 0.080.10 0.080.10 3.84P×384 3.843.84 (40.9 2.74)3或 0.9、2.74 (2分) 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应I逆向移 384D 3.84 3.843.84 动程度（或其他合理答案）(2分) 【分析】【详解】(1)反应的焓变等于生成物能量和减去反应物能量和，则 △H1=(-242-200)kJ-mol-(-393+0)kJ.mol=-49kJ-moP1; (2)①反应Ⅱ的焓变为△H2=(-110-242)kJ.mol1-(-393+0)kJ.mol=+41 kJ.mol,反应为吸热反应， 升高温度，平衡正向移动，K值增大，图中表示反应I的gK-T关系的曲线为。 ②油图，400℃，反应Ⅲ的1gK=-5,则K=105,反应为放热反应，升温温度，平衡逆向移动，K值更 小，故高于400℃反应Ⅲ可以忽略的依据是高于400℃反应Ⅲ的K小于103，反应几乎不发生： (3)由图1，在较低温度下反应进行程度较大，较高温度下反应几乎不能进行：结合图2、图3,200℃ 时，甲醇选择性更大，使用催化剂A,CO,的转化率更高且CH,OH的选择性更大，故催化剂应选A: (4)假设二氧化碳、氢气投料分别为1mol、3mol,C0,平衡转化率为10%，则反应二氧化碳0.1mol, 甲醇选择性为80%，生成甲醇0.08mol,三段式为： CO,(g)+3H,(g)CH,OH(g)+H,O(g) 起始(mol) 1 3 0 0 转化(mol)0.08 0.24 0.08 0.08 平衡(mol) C0,(g)+H,(g)、C0(g)+H,O(g) 起始(mol) 转化(mol)0.02 0.02 0.02 0.02 平衡(mol) 平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、水、一氧化碳物质的量分别为0.9mol、2.74mol、0.08mol、0.1mol、 0.08 0.10 D× D 0.02mol,总的物质的量为3.84mol,反应在该温度下的分压平衡常数K,=38434 0.9 2.743； 3.84(3.84P -D× 反应I为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应I逆向移动程度，从而导 第6页，共8页 致CO,的转化率增大，而CH,OH的选择性却下降。 19.(14分)(1) 氨基(1分) 还原反应(1分) Cl、 (2) +NH3→ +HCI或 NH- NH- HN O +2NH3→ +NHCI(2分) NH NH (3)同：有相同的峰数和峰面积比例；异：化学位移不同（2分) H,C CHO或《 CHO(2分) H,C CH3 (4b(1分) (5) (2分) H,C n Ci Br ( NH2(1分) (2分) Br 【分析】该合成路线以芳香胺A为起始，通过乙酰化保护氨基（A→B)避免后续反应中氨基被破坏， 再经氯磺化、氨解得到磺酰胺类中间体D,随后还原硝基为氨基(F→G),最后通过缩合与环化反应， 引入三氟甲基等关键基团得到目标药物M。 【详解】(1)①A中官能团名称：氨基（结构中含NH)②FG的反应类型：还原反应（硝基NO2 被还原为氨基NH); (2)C中的磺酰氯基团与NH发生氨解反应，生成磺酰胺并释放HC1(或HCl与NH结合为 CI、 NHCI),化学方程式为： +HCI或 NH NH +2NH→ +NHCl; NH- NH- (3) 条件：苯环结构、核磁共振氢谱四组峰，峰面积比6：2：1：1,6个氢对应两个等价甲基(-CH3), 剩余2+1+1=4个氢对应苯环上的氢与醛基氢(-CH0),可能有两种结构 CHO或 H,9 第7页，共8页 CH; CHO CH; (4)a.A含酚羟基（或氨基），在空气中易被氧化，a正确： b.A中氨基与苯环直接相连（芳香胺），碱性弱于NH3,b错误 c.A→B是乙酰化反应，保护氨基避免后续反应被破坏，c正确： 故选b。 (5)根据已知酯交换反应，化合物H与乙酸酐反应生成含三氟甲基的阝-酮酯，结构简式是： CF3 氟是强吸电子基团，会增强羰基H的酸性，使其增大活泼性： H.C (6)根据合成路线：苯与混酸(NOH2SO4)发生硝化反应→X硝基苯： NO,,硝基苯 经Fe/HCl还原→Y苯胺： NH,,苯胺与过量Br2生成三溴苯胺，再经NaNO,HCI重氮 e,8 Br Br 化生成Z Br 【点睛】路线设计体现了官能团保护与脱保护、还原反应、亲核取代等经典有机合成策略，解题时注意 区分反应类型及机理，分步解答。 第8页，共8页2026年4月 绵阳南山中学高2023级高三第七次教学质量检测 化学试题 命题人：南山中学高三化学组 注意事项： 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间75分钟。 2.答案全部写在答题卡上，写在试题卷上一律无效。 3.可能用到的相对原子质量：Li-7C-12N-14O-16S-32Ca-40Ti-48Cu-64 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有，个选项最符合题意) 1.化学与生产生活密切相关，下列说法中不正确的是 A.减少生铁含碳量，延展性增强 B.聚乳酸与淀粉等混合制成的降解塑料可用于一次性餐具 C.燃料电池放电将热能转化为电能 D.石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，具有很高的强度 2.下列化学用语表示不正确的是 :O: A.甲醛的电子式： B.SO的空间结构为： (正四面体形) H:C:H C.sp2杂化轨道示意图： D.1mol[CuNH3)4]SO4含有20N个c键电子对 120 3.下列离子方程式书写正确的是 A.Na2S溶液中通入过量SO2产生黄色沉淀：S0,+2S2+2H,0=3S↓+4OH B.乙酰胺在NaOH溶液中水解：CH,CONH,+H,O→CH,COOH+NH,↑ C.含氟牙膏防治龋齿的原理：Ca(PO,),OH(s)+F(aq)三Ca(PO4),F(s)+OH(aq) D.向红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液显浅绿色：2Fe++Fe=3Fe2 4.某学习小组设计实验验证非金属性：C1>I,并测定反应后溶液中的残余量。下列操作不 能达到实验目的的是 及浓盐酸 酸性KMnO ·尾气处理 溶液 饱和 KI溶液 NaCI溶液 A.制备Cl2B.除去Cl2中的HClC.验证非金属性CI>ID.测定反应后溶液中I残余量 5.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 A.X为C,Y为CO,则反应④可以为置换反应 B.X为Fe、Y为FeCl2,则反应①为Fe在Cl2中燃烧 ② C.X为NO、Y为NO2,则Z可以为N2 D.X为Na、Z为NaCl,则反应③和反应④中钠元素均被还原 试卷第1页，共8页 6.科研人员在嫦娥五号带回的月球样本中发现了一种未知矿物晶体XM4ZQ36M2Y,其中M、 X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y、Z原子都满足s能级与p能 级电子数相等，且X与Y相邻，Q的电负性为同周期主族元素最大。下列说法不正确的是 A.第二电离能：X<Y B.简单离子半径：Q>Y>Z C.XM3、XQ3两者的空间结构均为三角锥形 D.工业上可通过电解Z、Q的化合物的水溶液制备Z 7.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是 选 项 实验操作 现象 解释或结论 常温下，用pH计分别测定等体积 同温下，不同浓度的 1mol/LCH3 COONH4溶液和0.1mol/L 测得pH都等于7 CH3 COONH4溶液中水的电离 CH3 COONH4溶液的pH 程度相同 向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加 B CCL振荡 CCL4层无色 Fe2+的还原性强于Br 向饱和Na2CO3溶液中加入少量 BaSO4粉末，过滤，在滤渣中加入盐 产生气泡，固体 部分溶解 Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4) 酸 麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液 D 调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加 产生砖红色沉淀 麦芽糖已发生水解 热 A.A B.B C D.D 8.以CHOH,CO,HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(+1表示Rh的价态)。下列说法 错误的是 CO ⑤、 CH CHCOI Ch,1② H2O CH ① Rh co H用 -co CHCOOH CH OH ③ Co -C0 A.在上述机理中，HI是合成乙酸的催化剂之一 CH3 co B 中h只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为+2价 C.若以13CO为反应物，一段时间后在产物中可检出CH313COOH D.反应⑥的HO中O原子进攻正电性很强的羰基碳 试卷第2页，共8页 9.对多酚物质的研究如图所示，以下说法正确的是 HO HO ①OCN,HCI-EA ②H,O,△ HO HO 甲 HO 已知：多酚类化合物能发生烯醇式和酮式的互变异构： A.乙与足量H2加成后的产物中含有5个手性碳原子 B.O-H的极性：甲<乙醇 OH C 的互变异构体为 HO OH D.O入CN可以发生加成、水解和消去反应 10.近年来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[Z4O]+与对苯二甲酸根(L2)通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个[Zn,O丁的 取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 A.基态Zn2+的电子空间运动状态为14种 0 B.可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 0配体L C.配体上引入-CH3以增强MOF-5与H2O之间的吸附作用 a nm [Zn,O] D.MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、 。[Zn,o]° 形状共同决定 MOF-5晶胞的重复单元 配体L 11.探究金属钠与KMnO4溶液的反应。 ①向KMO4溶液中投入一小块金属钠，溶液颜色略有变浅，继续依次投入五小块金属钠，溶 液变为绿色，产生气泡。 ②向KMnO4溶液中加入少量NaOH固体，溶液颜色无明显变化，继续加入NaOH固体，溶 液变为绿色，产生气泡。 已知：水溶液中含Mn+无色，含MnO绿色。对比①②，下列有关说法正确的是 A.①中溶液颜色变浅，说明部分KMnO4转化为Mn+ B.①中溶液变为绿色，说明MnOa被钠还原为MnO C.②中溶液变为绿色，可能发生反应：4MnO4+4OH=4MnO+O2个+2H20 D.②中溶液颜色变化能说明物质的还原性强弱受自身浓度影响 12.1,3-丁二烯和溴单质以物质的量比1：1加成的反应机理及能量变化如图。其他条件相 同，测得反应体系中的产物，-15C时n(甲)：n（乙)=31：19：25C时n(甲)：n(乙) =3:22。下列分析合理的是 H,C=CHCH=CH2+Br,→CH2=CHCHBrCH,Br△H, 活性中间体M 3丁二烯 12.加服产物（甲 H,C=CHCH=CH2+BL,→CH,BrCH=CHCH,Br△H, A.反应焓变：△H,<△H B. 25℃，当消耗1mol1,3-丁二烯时，上述反应体系的焓变为+△4 2 C.-15C,由M转化为产物的速率：v(甲)>v(乙) D.相同温度下，采用高选择性催化剂可改变平衡产物中甲和乙的组成比 试卷第3页，共8页 13.TO2是一种半导体材料，广泛应用于光催化、光电转换和环境治理等领域，通过N掺杂 的调控，不仅提高了TO2的光吸收能力，还增强了其光催化活性。TO2晶胞为长方体（晶胞 内的O形成正八面体)，其晶胞结构及N掺杂后的晶胞结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值 为NA。下列说法错误的是 N掺杂 Ti 00 :空穴 ●aDm a pm TiO, TiO.N. A.TiO2晶胞中与Ti最近且等距的O有6个，最短距离为pm B.N掺杂后的TiO N,晶体中，x:y=25:1 C.TiO2晶体的密度为 3.2×1032 Nah g.cn D.N掺杂数量不同，光吸收能力和光催化活性不同 14.随着电动汽车和电子产品的普及，预计到2050年将消耗全球三分之一锂资源。从废旧锂 离子电池中回收含锂化合物X的装置如图所示。通过阴极液多次循环可得到高浓度的X溶液。 下列说法错误的是 M?N 电极a 1电极b 出水 X 磷酸铁锂 LiFePO, 进水 左侧室 离子银泡沫 右侧室 交换膜 A.M为电源的正极 B.X为LiOH,b电极上有H2产生 C.a电极的电极反应式：LiFePO4-e=Li+FePO4 D.离子交换膜为阴离子交换膜，理论上外电路每通过1mole,左侧室质量减轻7g 15.弱酸H,A在有机相和水相中存在平衡：H,A(环己烷)÷H2A(aq),平衡常数为Kd。25C 时，向mL0.lmol-L1环己烷溶液中加入mL水进行萃取，用NaOH(s)或HCl(g)调节水溶液 pH。测得水溶液中H2A、HA、A2浓度、环己烷中H2A的浓度[C环己烷H2A)]与水相萃取率 -18 随pH的变化关系如图。 0.10 100 ① 0.08 言0.06 ④ 4 交点N 40 ② 0.02 0.00 ③ 0 23 4 567891011 PH 已知：①HA在环己烷中不电离：②忽略体积变化。下列说法错误的是 A.pH=5时，a=75% B.曲线①是环己烷中H2A浓度变化 C.HA的Ka1=104 D.pH=6时，c(A2)=10c(H2A) 试卷第4页，共8页 二、非选择题（本题包括4小题，共55分） 16.（14分)镍锰钴合金是人造金刚石用触媒片的主要成分之一，从某酸洗废液(pH<1,主 要含有N2+、Mn+、Co2中回收镍、锰、钴的工艺流程如图所示： Na2CO3 NH HSO Na,S 废液反应槽中和 氨浸 酸溶 沉钴 →MnSO4溶液→MnSO4H,O 滤液 浸出液 沉淀→焙烧→C0,0, 蒸氨→Ni(OH2→回收Ni 已知：Kp[Ni(OH)2]1.9×10-13、Kp[Co(OH)2]=5.9×10-15、Kp[Mn(OD2]=2.0×10-15 Kp(CoS)=4.0×10-21、Ksp (MnS)=2.5×10-13 回答下列问题： (1)基态钴原子的价层电子排布式为 (2)中和？时，Na2CO3需缓慢加入且不断搅拌，其原因是 (3)氨浸时，Ni一NH一H2O系中微粒的存在形式与pH、氧化还原电势(E)的关系如图所示， 己知Ni2++6NH3≥[NiNH)6]2+ 0.6 N24 0.2 [Ni(NH)]2 2-0.2 (HO)!N -0.6 Ni -1.0 -2 25.46 1011.514 pH 使镍浸出的合适pH范围是 请说明pH控制在该范围的原因 (4)蒸氨时同步加入NaOH,生成Ni(OH),的离子方程式是 (5)酸溶所得溶液中c(Co2+:cMn=1:10,加入Na2S可使钴、锰分离，理论Co2+的最小 残留率是 %(残留率- 残留浓度 初始浓度 ×100%)0 (⑥焙烧时发生反应的化学方程式是 (T)MnSO4在水中的溶解度曲线如图所示，MnSO4溶液经过 、 洗涤、干燥等操 作得到MnSO4H2O。 40 MnSO5H2O 830 MnSO,H2O 20 10 20 406080 TIC 试卷第5页，共8页 17.（13分)某小组在复习电解原理时，进行了以铜为阳极电解氯化钠溶液的实验探究， 观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题： 已知：①部分铜的化合物性质如下表： 物质 化学式 颜色 水溶性 K? 氯化亚铜 CuCl 白色 难溶 1.2x106 氢氧化亚铜 CuOH 淡黄色 难溶 1.2x1014 氧化亚铜 Cu2O 砖红色 难溶 硫化铜 CuS 黑色 难溶 2Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O 实验 序号 实验操作 现象 以铜片为阳极，石墨为阴极 阴极区有气泡产生，滴加酚酞溶液变红；阳极区 电解饱和氯化钠溶液。 仅出现白色浑浊，溶液不变蓝。 取上述实验阳极区少量浑浊液 观察a试管中白色沉淀溶解，同时溶液变为蓝色； 于两支试管a、b中，分别滴加 b试管中出现黄色浑浊，静置后沉淀逐渐变为蓝绿 H2O2溶液和NaOH溶液。 色，最终变为蓝色。 以铜片为阳极，石墨为阴极 发现阳极区出现红褐色浑浊，铜片上有气泡产生： 电解NaOH溶液，观察现象。 阴极气泡不明显。 (1)实验I: ①根据现象，推测实验I阳极区产生的白色浑浊是 (写化学式)。 ②结合化学平衡移动原理解释b试管出现黄色浑浊的原因 ③b试管黄色沉淀最终变为蓝色的原因是 (用化学方程式表示)。 (2)实验Ⅱ： ①甲同学认为实验Ⅱ阴极气泡不明显的原因是NaOH溶液中H+浓度极低，阴极反应缓慢，请 设计实验加以证明 ②取实验Ⅱ阳极区产生的干燥红褐色沉淀22.4g于试管中，逐滴加入过量稀硫酸，观察到部分 固体溶解，产生蓝色溶液并剩有红色固体，过滤、洗涤、干燥、称量红色固体，质量为6.4g, 再向滤液中加入过量Na2S溶液。判断已经沉淀完全的操作和现象是： 。过滤、洗涤、 干燥、称量沉淀，质量为19.2g,乙同学通过计算得出红褐色浑浊是 (填选项)。 A.C2O、Cu(OH)2 B.C2O、CuOH C.C20 D.C2O、CuO (3)查阅资料显示，实验Ⅱ电极铜片上迅速生成C20导致电极钝化。解释铜片上有气泡产生的 原因 试卷第6页，共8页 18.(14分)利用CO2加氢合成甲醇(CH,OH)是实现碳中和”目标的有效途径之一。一定条件 下，CO2与H,发生以下反应： I.CO,(g)+3H,(g)CH,OH(g)+H,O(g)F Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H,O(g)△H2 Ⅲ.CO(g)+2H,(g)≠CH,OH(g)△H,=-90 kJ.mol1 (1)己知298K时，部分物质的相对能量如下表。 物质 H,(g) cO(g) CH,OH(g) H,O(g) H,O() cO,(g) 相对能量/kJmo 0 -110 -200 -242 -286 -393 △H1= kJ.mol。 (2)反应Ⅱ、的平衡常数随温度变化曲线如图1所示。 ①图中表示反应Ⅱ的gK-T关系的曲线为 (填T或m)。 ②高于400℃反应I可以忽略的依据是 0 200300400500600700830 温度/℃ 图1 (3)一定压强下反应一段时间，催化剂A、B的产物选择性和CO2转化率随温度变化的关系如 图2、图3所示，应选用催化剂 (填“A”或B),理由是 (A) ☐CO☐CH,OH B) ☐CO☐CHOH 100 30 100 30 80 80 25 60 20 60 20 40 15 40 0 10 201 10 20 5 200220240260280 0200220240260280 温度℃ 温度/C 图2 图3 (4一定温度下，维持压强为P,密闭容器中C02和H2按照物质的量之比1：3投料，只发生反 应I、Ⅱ，并达到平衡状态，CO2平衡转化率为10%，甲醇选择性为80%，计算反应I在该温度 下的分压平衡常数K。= 。[列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选 择性-"（生成CH,oH) n(消耗CO,) ×100%]:随着温度的升高，CO2的转化率增大，而CH,OH的选择性却下 降。从平衡移动角度分析其可能的原因 试卷第7页，共8页 19.(14分)塞来昔布（化合物M)是一种选择性非甾体抗炎镇痛药，可由下列路线合成： Ac,O CISO,H C H CINO,S NH.C O NaOH O NH. -NH. -NH- NH. B NaNo2、HCl HN O Na,SO, NHNH,HCI HCI CuH FO2 一定条件H,C 已知： R 回答下列问题： (1)A中官能团名称为 ； F→G的反应类型为 (2)写出C→D的化学方程式 0- CH3 (3) 的核磁共振氢谱图与H的异同之处为 H3C 化合物N是H的同分异构体，具有苯环结构，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰的面积比是 6:2:1:1,则N的可能结构简式是 0 (4)下列有关化合物A,说法错误的是 (填标号)。 a.化合物A在空气中易被氧化 b.化合物A的碱性比NH3强 c.A→B反应的主要作用是保护氨基 (S)I的结构简式是 (6)已知： ,8 H。参考上述路线，设计如下转化。Y和Z的结构简式 分别为 和 NH, Br Br Br Br NaNO,/HCI H,PO: H,So, ☑→ Br 试卷第8页，共8页