精品解析：湖北华中师范大学第一附属中学等校2026届高三年级四月阶段练习化学试题

2026届高三年级四月阶段练习 化学 (满分：100分 用时：75分钟) 注意事项： 1.答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 一、选择题：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. 春晚舞台“奔马装置”的金色涂层采用纳米金材料，下列关于纳米金的说法正确的是 A. 纳米金颗粒的直径在10-8～10-6 m之间 B. 纳米金具有独特的光学性质，可产生丁达尔效应 C. 纳米金与普通金箔的化学性质基本相同 D. 纳米金的熔点和块状金相同 2. 下列化学用语表述正确的是 A. H2中σ键的电子云轮廓图： B. 的空间结构：正四面体 C. 氯化钠的分子式：NaCl D. 邻羟基苯甲醛分子内的氢键示意图： 3. 称取10.0 g胆矾晶体配制400 mL浓度约为0.1 mol/L的CuSO4溶液，下列仪器中不需要使用的是 A．500 mL容量瓶 B．500 mL烧杯 C．500 mL量筒 D．500 mL细口瓶 A. A B. B C. C D. D 4. 离子X2+的核外电子排布和化合物Y2Z的化学键模型如图所示，下列说法错误的是 A. X的单质具有导电性 B. X和Y位于同一周期 C. XZ属于共价化合物 D. Y2Z的VSEPR模型为四面体形 5. 下列化学方程式书写正确的是 A. 2Na218O2+2H2O=4Na18OH+O2↑ B. CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O C. 2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2 D. 2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3 6. 一定温度下，体积为1 L的密闭容器中发生工业烟气脱硝中的核心反应：2NO(g)+C(s)CO(g)+N2O(g)，若2 mol NO与1 mol C反应达到平衡时，NO的转化率为50%且体系总压为p kPa，下列说法正确的是 A. 该温度下的压强平衡常数 B. 该条件下加入足量的碳，NO的平衡转化率均为50%，与起始量无关 C. 若温度升高，体系总压增大，则该反应的<0 D. 达到平衡时，向体系中加入等物质的量的CO与N2O，平衡不发生移动 7. 脱落酸是一种重要的植物激素，在调节植物生长、发育及逆境应答中起关键作用，结构简式如图。下列有关说法正确的是 A. 脱落酸分子中含有三种官能团 B. 脱落酸分子可发生分子内酯化反应生成六元环 C. 1 mol脱落酸与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D. 脱落酸的分子式为C15H20O4 8. 甲、乙、丙均是第二周期的非金属元素X、Y、Z、W组成的三原子分子，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，相关信息如下表： 分子 甲 乙 丙 组成元素 W、X W、X、Y X、Y、Z 中心原子 W Y Z 下列说法正确的是 A. 键角：乙<甲 B. 甲、乙、丙中有一种非极性分子 C. YX3的空间结构为平面三角形 D. Z的一种核素可用于考古断代 9. 氮化钙(Ca3N2)在冶金中作脱气剂、氮化剂，改善金属表面性能，其极易与水剧烈反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体)。下列说法中正确的是 A. 图1中产品与水的反应装置Y形管换成图2装置更好 B. Ca3N2与水反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑ C. 反应结束，未冷却至室温即读数，会造成测量结果偏低 D. 图1装置也可测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度 10. 物质的微观结构决定其宏观性质，下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A “杯酚”可分离C60和C70 “杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 B 酸性：CH3COOH<FCH2COOH F的电负性大于H，使FCH2COOH的羧基中羟基极性更大，更易电离出H+ C 石墨能导电而金刚石不导电 石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D [Cu(NH3)4]2+是平面四边形结构 中心Cu2+不是sp3杂化 A. A B. B C. C D. D 11. 马斯克旗下企业研发的干电极锂电池摒弃传统液态电解液，采用干态电极与固态电解质体系，其正极选用FeS2作电极材料，内电路通过Li+的定向移动导电，工作原理为FeS2+4Li=Fe+2Li2S，放电时生成的Li2S为固态，不发生电离。下列说法错误的是 A. 放电时，该电池中Li+向FeS2电极方向移动 B. 放电时，负极的电极反应式为Li-e-=Li+ C. 充电时，FeS2电极应与外接电源的正极相连 D. 充电时，阳极的电极反应式为Fe+2S2--4e-=FeS2 12. 以Al2O3/SiO2为载体的多功能铁基复合催化剂可实现CO2加氢制取高辛烷值汽油，复合催化剂常设计为“铁基为核、HZSM-5为壳”的核-壳结构，制取过程如图所示。已知HZSM-5是一种孔径约0.51～0.56 nm的分子筛，具有酸性位点，可催化烯烃发生异构化、芳构化。下列说法正确的是 A. 反应初期Fe3O4被还原为FeO，说明FeO的催化活性高于Fe5C2 B. 引入高温水蒸气后Fe5C2衍射峰降低，Fe3O4衍射峰强度明显增强，是因为水蒸气与Fe5C2发生了还原反应 C. 铁基催化剂中掺杂Na可提高低碳烯烃选择性，是由于Na作为电子给体，增强Fe的电子云密度，削弱Fe对H原子的吸附能力，抑制C-H键的过度生成 D. 核-壳结构中，可避免两种催化剂直接接触，壳层越厚越有利于提高汽油选择性 13. 已知铜的氢化物晶体结构单元如图所示。该化合物的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 该铜的氢化物的化学式为CuH2，其中H为-1价 B. Cu与H之间的最短距离 cm C. 晶体中与Cu紧邻且等距的H有2个 D. 若A点的原子分数坐标为(0,0,0)，则B点的原子分数坐标为 14. 实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Ce2(CO3)3，已知Ce3+能被有机萃取剂(HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)CeA3(有机层)+3H+(水层)，其部分实验过程如下。下列说法错误的是 A. “酸浸”时反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O B. “中和”时加氨水的主要目的是除去过量的盐酸，提高Ce3+的萃取率 C. 用稀硝酸多次反萃取，可使Ce3+尽可能多的进入水层 D. “沉淀”时选用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液不会影响产品纯度 15. Cu2+与Cl-可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡，向某浓度的CuCl2溶液中通入氯化氢，实验测得溶液中各含铜粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与c(Cl-)的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线②代表CuCl+的分布分数随c(Cl-)的变化 B. 当c(Cl-)=9 mol·L-1时，c(CuCl2)>c(CuCl+)>c() C. 在c(Cl-)=1 mol·L-1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，会发生反应CuCl++Ag+=Cu2++AgCl↓ D. P点时， 二、非选择题： 16. 铜氨纤维属于再生纤维，由棉纤维改性而得，聚合度仅为450～500。某化学兴趣小组采用碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、浓氨水、脱脂棉等试剂制备铜氨纤维，实验步骤如下： 步骤i．铜氨溶液制备 称取3.0 g碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，加入20 mL 25%～28%的浓氨水，充分搅拌溶解，生成绛蓝色的铜氨溶液。 步骤ii．棉纤维溶解 向上述铜氨溶液中加入0.67 g脱脂棉，不断搅拌，形成绛蓝色、黏稠状的铜氨纤维溶液，此时溶液达饱和状态。 步骤iii．铜氨纤维析出 用带针筒的注射器吸取铜氨纤维溶液压于盛有5 mol·L-1 H2SO4溶液的烧杯中，在酸溶液中，纤维素迅速析出，待纤维素中蓝色褪去，再水洗纤维素2～3次，得到白色的铜氨纤维。 步骤iv．烘干 将白色的铜氨纤维置于烘箱中，缓升温度至100℃，时间4 min，烘干铜氨纤维。 根据上述实验，回答下列问题： （1）步骤i中用到的主要玻璃仪器有___________(写名称)；碱式碳酸铜与浓氨水反应的离子方程式为___________。 （2）步骤ii中脱脂棉溶于铜氨溶液的原理如图： ①脱脂棉主要成分的分子式可表示为___________。 ②纤维素分子链间的羟基形成氢键网络，使分子间结合紧密，结合上图，棉纤维溶于铜氨溶液的主要原因为___________。 （3）纤维素中蓝色褪去的离子方程式：___________；检验纤维素是否洗净的操作方法为___________。 （4）步骤ⅳ中缓升温度至100℃的主要目的是___________。 17. 湖北荆门存在大型重晶石矿(主要成分为BaSO4)，对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下： （1）Ba位于元素周期表中___________区；基态钛原子的价电子排布式为___________。 （2）为了提高煅烧效率，可采取的措施有___________。 （3）“酸化”步骤的离子方程式为___________。 （4）“加过量NaOH”后，溶液1中主要含有的阳离子有___________。 （5）洗涤粗品时，下列洗涤剂最好选用___________(填字母)。 A. 冷水 B. 热水 C. 乙醇 D. 稀硫酸 （6）BaSO4既不溶于水也不溶于酸，工业上常将其转化为BaCO3除去，转化反应为，计算该反应的化学平衡常数K=___________[已知常温下，]。 18. 聚硫酸酯是主链含硫酸酯重复单元的新型特种工程塑料，一种点击化学方法合成聚硫酸酯(G)的路线如下： 请回答下列问题： （1）A的结构简式为___________。 （2）B中官能团的电子式为___________。 （3）在浓硫酸作用下，C和D按物质的量之比为1:2进行反应，则C与D反应的化学方程式为___________。 （4）分子中的大π键可用符号表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示形成大π键的电子数，则D中的大π键可表示为___________。 （5）E和F反应生成G的反应类型为___________。 （6）BPA常用来生产防碎塑料聚碳酸酯，下列关于BPA的相关说法中错误的是___________(填字母)。 A．属于苯酚的同系物 B．分子式为C15H18O2 C．苯环上的一氯代物有2种 D．能使FeCl3溶液变色 E．可与Na2CO3、NaHCO3、NaOH溶液反应 （7）BPA合成F的过程中，通常需要添加三乙胺。已知三乙胺的结构可以看作用乙基取代氨气的氢原子，在此反应中三乙胺的作用是___________。 （8）写出符合下列条件的BPA同分异构体的结构简式：___________。 ①核磁共振氢谱显示有5组峰；②铜作催化剂氧化后的产物可发生银镜反应。 19. 燃油汽车为了符合环保排放标准，在铂、铑、钯等贵金属催化剂的作用下，将尾气中两种主要的有毒污染物NO和CO反应生成两种无毒的气体：2NO+2CON2+2CO2。已知该反应的v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) 1=+180.5 kJ·mol-1； 2C(s)+O2(g)=2CO(g) 2=-221 kJ·mol-1； C(s)+O2(g)=CO2(g) 3=-393.5 kJ·mol-1。 （1）NO和CO反应生成两种无毒气体的热化学方程式为___________。 （2）在密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，已知压强p1时，平衡状态对应密闭容器的体积为2 L。 ①p1、p2、p3由大到小的顺序为___________。 ②b点___________；CO2的物质的量浓度：b点___________a点(填“>”“<”或“=”)。 （3）若固定容器体积为2 L，起始投入3 mol NO，在T1、T2温度下改变CO的量，平衡时N2的体积分数随CO物质的量的变化如图所示。 ①T1___________T2(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。 ②b点时，n(CO)=___________；保持与b点n(CO)相等，在T1温度下经5 min达到平衡，则5 min内v(NO)=___________mol·L-1·min-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级四月阶段练习 化学 (满分：100分 用时：75分钟) 注意事项： 1.答题前，请将自己的学校、姓名等填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64 一、选择题：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. 春晚舞台“奔马装置”的金色涂层采用纳米金材料，下列关于纳米金的说法正确的是 A. 纳米金颗粒的直径在10-8～10-6 m之间 B. 纳米金具有独特的光学性质，可产生丁达尔效应 C. 纳米金与普通金箔的化学性质基本相同 D. 纳米金的熔点和块状金相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．纳米材料颗粒直径范围为，选项给出的范围上限远超纳米材料粒径上限，A错误； B．丁达尔效应是胶体分散系的性质，由纳米金颗粒分散在介质中构成的分散系属于胶体，可以产生丁达尔效应，但该性质属于分散体系，而非纳米金纯净物本身，B错误； C．纳米金和普通金箔均为金原子构成的金单质，化学性质由金原子本身决定，二者化学性质基本相同，C正确； D．纳米金颗粒尺寸小、表面能更高，熔点低于块状金，D错误； 故选C。 2. 下列化学用语表述正确的是 A. H2中σ键的电子云轮廓图： B. 的空间结构：正四面体 C. 氯化钠的分子式：NaCl D. 邻羟基苯甲醛分子内的氢键示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子中σ键的电子云轮廓图为，A错误； B．​中中心原子的价层电子对数为 ，无孤电子对，中心原子为杂化，因此空间结构为正四面体，B正确； C．NaCl是离子晶体，无分子式，只有化学式，C错误； D．邻羟基苯甲醛分子内氢键应为，D错误； 故选B。 3. 称取10.0 g胆矾晶体配制400 mL浓度约为0.1 mol/L的CuSO4溶液，下列仪器中不需要使用的是 A．500 mL容量瓶 B．500 mL烧杯 C．500 mL量筒 D．500 mL细口瓶 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据题目要求称取10.0g的胆矾晶体，其物质的量为0.04mol，配制浓度为0.1mol/L的硫酸铜溶液，需配制体积为400 mL溶液，因此不需要500 mL容量瓶，A选项符合题意； B．10 .0g胆矾的物质的量为0.04 mol，配制溶液时，取10 .0g固体胆矾置于500 mL烧杯中，向烧杯中倒入少量蒸馏水溶解，冷却后再定容至400 mL，最后将溶液转移至500 mL细口试剂瓶，这样即可得到400 mL浓度大约为0.1 mol/L的硫酸铜溶液，B选项不符合题意； C．由于所配胆矾溶液浓度的精确度要求不太高，故可用500 mL量筒量取约400 mL蒸馏水，C选项不符合题意； D．配制好的溶液冷却后需要转移至500 mL细口试剂瓶中储存，D选项不符合题意； 故选A。 4. 离子X2+的核外电子排布和化合物Y2Z的化学键模型如图所示，下列说法错误的是 A. X的单质具有导电性 B. X和Y位于同一周期 C. XZ属于共价化合物 D. Y2Z的VSEPR模型为四面体形 【答案】C 【解析】 【分析】离子有2个电子层，各层电子数为2、8，总核外电子数为10；阳离子质子数=核外电子数+电荷数，因此X的质子数为，推得为镁（）；是电子云重叠形成的共价化合物，Y有3个电子层，各层电子数为2、8、8，的核外电子数为18，推得为氯（）；Z有2个电子层，各层电子数为2、6，质子数为8，推得为氧（），为，符合组成。 【详解】A．X是，属于金属晶体，存在自由移动电子，具有导电性，A正确； B．X（）和Y（）都位于第三周期，二者位于同一周期，B正确； C．XZ是，由活泼金属和活泼非金属形成，属于离子化合物，不是共价化合物，C错误； D．中心O原子的价层电子对数为，因此模型为四面体形，D正确； 故选C。 5. 下列化学方程式书写正确的是 A. 2Na218O2+2H2O=4Na18OH+O2↑ B. CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O C. 2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2 D. 2NaClO+CO2+H2O=2HClO+Na2CO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，过氧化钠中的4个氧原子有2个生成氧气，有2个得到NaOH，化学方程式为2Na218O2+2H2O=2NaOH+2Na18OH+18O2↑，A错误； B．酯化反应的机理是酸脱羟基、醇脱氢，标记了18O的乙醇中，18O留在羟基上，反应后18O进入产物酯中，生成的水不含18O，方程式符合反应规律，B正确； C．铁与水蒸气加热反应的产物是Fe3​O4​和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误； D．酸性顺序为，根据强酸制弱酸规律，次氯酸钠与CO2​、水反应只能生成NaHCO3​，不能得到Na2​CO3​，化学方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+NaHCO3，D错误； 故选B。 6. 一定温度下，体积为1 L的密闭容器中发生工业烟气脱硝中的核心反应：2NO(g)+C(s)CO(g)+N2O(g)，若2 mol NO与1 mol C反应达到平衡时，NO的转化率为50%且体系总压为p kPa，下列说法正确的是 A. 该温度下的压强平衡常数 B. 该条件下加入足量的碳，NO的平衡转化率均为50%，与起始量无关 C. 若温度升高，体系总压增大，则该反应的<0 D. 达到平衡时，向体系中加入等物质的量的CO与N2O，平衡不发生移动 【答案】B 【解析】 【详解】A．列三段式，平衡时、、，总气体物质的量为，分压分别为、、，代入得，与选项中不符，A错误； B．该反应前后气体计量数之和相等，恒温恒容下改变NO起始量属于等效平衡，且碳为固体，足量时不影响平衡，因此NO平衡转化率始终为50%，与NO起始量无关，B正确； C．反应体系中气体总物质的量不变，根据，恒容条件下温度升高，即使平衡不移动，总压也会增大，无法判断反应的焓变，C错误； D．加入等物质的量的CO和后，生成物分压增大的程度更大，计算得分压商，平衡逆向移动，D错误； 故选B。 7. 脱落酸是一种重要的植物激素，在调节植物生长、发育及逆境应答中起关键作用，结构简式如图。下列有关说法正确的是 A. 脱落酸分子中含有三种官能团 B. 脱落酸分子可发生分子内酯化反应生成六元环 C. 1 mol脱落酸与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D. 脱落酸的分子式为C15H20O4 【答案】D 【解析】 【详解】A．由脱落酸结构简式图可知，脱落酸含羧基、羟基、碳碳双键、酮羰基，共4种官能团，A错误； B．由脱落酸结构简式图可知，发生分子内酯化会生成七元环酯，如图，B错误； C．脱落酸分子中只有羧基与NaOH反应，1 mol脱落酸最多消耗1 mol NaOH，C错误； D．由结构简式判断脱落酸的分子式为C15H20O4，D正确； 故选D。 8. 甲、乙、丙均是第二周期的非金属元素X、Y、Z、W组成的三原子分子，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，相关信息如下表： 分子 甲 乙 丙 组成元素 W、X W、X、Y X、Y、Z 中心原子 W Y Z 下列说法正确的是 A. 键角：乙<甲 B. 甲、乙、丙中有一种非极性分子 C. YX3的空间结构为平面三角形 D. Z的一种核素可用于考古断代 【答案】D 【解析】 【分析】甲、乙、丙均为第二周期非金属组成的三原子分子且分子中所有原子均满足8电子稳定结构，甲为两种元素W、X组成的三原子分子，中心为W，可推得甲为：W为，X为，均满足8电子结构；乙为W、X、Y组成的三原子分子，中心为Y，可推得乙为(F-N=O)，Y为，所有原子满足8电子结构；丙为X、Y、Z组成的三原子分子，中心为Z，可推得丙为(F-CN)，Z为，所有原子满足8电子结构。 【详解】A．甲中心的价层电子对数为，采取杂化，有2对孤电子对；乙中心N的价层电子对数为，采取杂化，只有1对孤电子对，故键角：乙>甲，A错误； B．甲、乙为V形极性分子，丙为直线形但两端原子电负性差异大，正负电中心不重合，也是极性分子，无非极性分子，B错误； C．为，中心价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，C错误； D．Z为，其核素具有放射性，可用于考古断代，D正确； 故选D。 9. 氮化钙(Ca3N2)在冶金中作脱气剂、氮化剂，改善金属表面性能，其极易与水剧烈反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体)。下列说法中正确的是 A. 图1中产品与水的反应装置Y形管换成图2装置更好 B. Ca3N2与水反应的化学方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑ C. 反应结束，未冷却至室温即读数，会造成测量结果偏低 D. 图1装置也可测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度 【答案】B 【解析】 【详解】A．图2装置中，滴入的蒸馏水本身会占据广口瓶内的体积，导致排出气体的体积测量值偏大（额外包含了加入蒸馏水的体积），误差更大，因此不能替换Y形管，A错误； B．氮化钙水解反应为复分解反应，生成和，配平后方程式为：，B正确； C．未冷却至室温，气体体积膨胀，读数偏大，测量结果偏高，C错误； D．与水反应生成，乙炔属于有机物，根据相似相溶原理，易溶于煤油（有机溶剂），会导致测得的气体体积偏小，无法准确测定纯度，因此图1装置不能测定​样品纯度，D错误； 故答案选B。 10. 物质的微观结构决定其宏观性质，下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A “杯酚”可分离C60和C70 “杯酚”是超分子，具有分子识别的特性 B 酸性：CH3COOH<FCH2COOH F的电负性大于H，使FCH2COOH的羧基中羟基极性更大，更易电离出H+ C 石墨能导电而金刚石不导电 石墨晶体中存在自由移动的电子，而金刚石中没有 D [Cu(NH3)4]2+是平面四边形结构 中心Cu2+不是sp3杂化 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．“杯酚”本身不是超分子，可选择性结合C60形成超分子，解释错误，A符合题意； B．F的电负性大于H，吸电子诱导效应使FCH2COOH的羧基中羟基极性更强，更易电离出H+，故酸性强于CH3COOH，实例与解释相符，B不符合题意； C．石墨为层状结构，层内存在离域大π键，有自由移动的电子故能导电；金刚石为空间网状结构，C原子均为sp3杂化，价电子全部成键无自由移动电子，故不导电，实例与解释相符，C不符合题意； D．[Cu(NH3)4]2+是平面四边形结构，说明中心Cu2+不是sp3杂化，一般为dsp2杂化，实例与解释相符，D不符合题意； 故选A。 11. 马斯克旗下企业研发的干电极锂电池摒弃传统液态电解液，采用干态电极与固态电解质体系，其正极选用FeS2作电极材料，内电路通过Li+的定向移动导电，工作原理为FeS2+4Li=Fe+2Li2S，放电时生成的Li2S为固态，不发生电离。下列说法错误的是 A. 放电时，该电池中Li+向FeS2电极方向移动 B. 放电时，负极的电极反应式为Li-e-=Li+ C. 充电时，FeS2电极应与外接电源的正极相连 D. 充电时，阳极的电极反应式为Fe+2S2--4e-=FeS2 【答案】D 【解析】 【详解】A．放电时该装置为原电池，阳离子向正极移动，FeS2为正极，因此Li+向FeS2电极方向移动，A正确； B．放电时负极上Li失电子生成Li+，电极反应式为，B正确； C．充电时，原电池的正极（FeS2电极）作电解池的阳极，应与外接电源的正极相连，C正确； D．题干明确说明放电生成的Li2S为固态、不发生电离，不存在游离的，因此阳极反应物应为Li2S而非，该电极反应式书写错误，D错误； 故选D。 12. 以Al2O3/SiO2为载体的多功能铁基复合催化剂可实现CO2加氢制取高辛烷值汽油，复合催化剂常设计为“铁基为核、HZSM-5为壳”的核-壳结构，制取过程如图所示。已知HZSM-5是一种孔径约0.51～0.56 nm的分子筛，具有酸性位点，可催化烯烃发生异构化、芳构化。下列说法正确的是 A. 反应初期Fe3O4被还原为FeO，说明FeO的催化活性高于Fe5C2 B. 引入高温水蒸气后Fe5C2衍射峰降低，Fe3O4衍射峰强度明显增强，是因为水蒸气与Fe5C2发生了还原反应 C. 铁基催化剂中掺杂Na可提高低碳烯烃选择性，是由于Na作为电子给体，增强Fe的电子云密度，削弱Fe对H原子的吸附能力，抑制C-H键的过度生成 D. 核-壳结构中，可避免两种催化剂直接接触，壳层越厚越有利于提高汽油选择性 【答案】C 【解析】 【详解】A．​催化​转化为，FeO不是催化剂，催化转化为烯烃，Fe5C2的催化活性远高于FeO，A错误； B．​转化为​时，的化合价升高，被氧化，与水蒸气发生氧化反应，不是还原反应，B错误； C．是活泼金属，可作为电子给体，增强的电子云密度，削弱对原子的吸附能力，减少过度加氢，抑制键过度生成，从而提高低碳烯烃的选择性，C正确； D．核壳结构壳层过厚会增大反应物、中间产物的扩散阻力，不利于烯烃进入壳层发生异构化、芳构化，并非壳层越厚越有利于提高汽油选择性，D错误； 故答案选C。 13. 已知铜的氢化物晶体结构单元如图所示。该化合物的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A. 该铜的氢化物的化学式为CuH2，其中H为-1价 B. Cu与H之间的最短距离 cm C. 晶体中与Cu紧邻且等距的H有2个 D. 若A点的原子分数坐标为(0,0,0)，则B点的原子分数坐标为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，Cu原子位于顶点和面心，原子个数为，H原子位于晶胞内，原子个数为4，故化学式为CuH，H为-1价，A错误； B．由晶胞结构可知，设晶胞的边长为a cm，则密度为，则，Cu与H最短距离为晶胞体对角线的，即，B正确； C．由晶胞结构可知，Cu位于面心，与Cu紧邻且等距的H有4个，C错误； D．由于A点的原子分数坐标为(0,0,0)，B点的原子分数坐标为，D错误； 故选B。 14. 实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Ce2(CO3)3，已知Ce3+能被有机萃取剂(HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)CeA3(有机层)+3H+(水层)，其部分实验过程如下。下列说法错误的是 A. “酸浸”时反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O B. “中和”时加氨水的主要目的是除去过量的盐酸，提高Ce3+的萃取率 C. 用稀硝酸多次反萃取，可使Ce3+尽可能多的进入水层 D. “沉淀”时选用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液不会影响产品纯度 【答案】D 【解析】 【分析】二氧化铈(CeO2)废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成Ce2(CO3) 3，据此回答。 【详解】A．酸浸时，CeO2中Ce为+4价，被还原为Ce3+，H2O2被氧化为O2，结合酸性环境，离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，A正确； B．酸浸后溶液含过量盐酸，H+浓度高会抑制萃取平衡正向进行。加氨水中和过量盐酸，降低H+浓度，使萃取平衡右移，显著提高Ce3+的萃取率，B正确； C．稀硝酸提供大量H+，使萃取平衡逆向移动(反萃取)，Ce3+从有机层回到水层。“多次反萃取”是萃取操作的常用技巧，可通过分步萃取最大限度富集目标离子，提高回收率，C正确； D．Na2CO3溶液碱性过强，可能会有Ce(OH)3沉淀生成，影响产品纯度，D错误； 故选D。 15. Cu2+与Cl-可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡，向某浓度的CuCl2溶液中通入氯化氢，实验测得溶液中各含铜粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与c(Cl-)的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线②代表CuCl+的分布分数随c(Cl-)的变化 B. 当c(Cl-)=9 mol·L-1时，c(CuCl2)>c(CuCl+)>c() C. 在c(Cl-)=1 mol·L-1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，会发生反应CuCl++Ag+=Cu2++AgCl↓ D. P点时， 【答案】D 【解析】 【分析】根据络合平衡​，越大，平衡越向右移动，越靠后的络合物分布分数越高，由此判断曲线：很小时分布分数最大的是（曲线①），第一个随升高先增后降的是（曲线②），随升高分布分数逐渐增大的曲线③是。据此分析。 【详解】A．由分析可知，曲线②代表，A正确； B．由图可知，当时，分布分数：，因此浓度顺序满足，B正确； C．由图可知，时，，分布分数最大，滴入​，沉淀使降低，平衡左移，转化为，发生反应，C正确； D．P点，，，则，两边同时取对数，则，D错误； 故选D。 二、非选择题： 16. 铜氨纤维属于再生纤维，由棉纤维改性而得，聚合度仅为450～500。某化学兴趣小组采用碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、浓氨水、脱脂棉等试剂制备铜氨纤维，实验步骤如下： 步骤i．铜氨溶液制备 称取3.0 g碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，加入20 mL 25%～28%的浓氨水，充分搅拌溶解，生成绛蓝色的铜氨溶液。 步骤ii．棉纤维溶解 向上述铜氨溶液中加入0.67 g脱脂棉，不断搅拌，形成绛蓝色、黏稠状的铜氨纤维溶液，此时溶液达饱和状态。 步骤iii．铜氨纤维析出 用带针筒的注射器吸取铜氨纤维溶液压于盛有5 mol·L-1 H2SO4溶液的烧杯中，在酸溶液中，纤维素迅速析出，待纤维素中蓝色褪去，再水洗纤维素2～3次，得到白色的铜氨纤维。 步骤iv．烘干 将白色的铜氨纤维置于烘箱中，缓升温度至100℃，时间4 min，烘干铜氨纤维。 根据上述实验，回答下列问题： （1）步骤i中用到的主要玻璃仪器有___________(写名称)；碱式碳酸铜与浓氨水反应的离子方程式为___________。 （2）步骤ii中脱脂棉溶于铜氨溶液的原理如图： ①脱脂棉主要成分的分子式可表示为___________。 ②纤维素分子链间的羟基形成氢键网络，使分子间结合紧密，结合上图，棉纤维溶于铜氨溶液的主要原因为___________。 （3）纤维素中蓝色褪去的离子方程式：___________；检验纤维素是否洗净的操作方法为___________。 （4）步骤ⅳ中缓升温度至100℃的主要目的是___________。 【答案】（1） ①. 烧杯、玻璃棒、量筒 ②. （2） ①. ②. 与纤维素分子中的羟基形成配位键，破坏了纤维素分子间的氢键，使纤维素分子间氢键作用力减小，溶解在溶液中 （3） ①. ②. 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加1～2滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明纤维素已洗净；若有，则未洗净 （4）使纤维素均匀烘干，防止局部温度过高导致纤维素炭化(或防止纤维因快速脱水而断裂) 【解析】 【小问1详解】 步骤i需要量取20 mL浓氨水，用到量筒，在烧杯中进行反应并搅拌，用到烧杯、玻璃棒，因此主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、量筒。碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3与浓氨水反应，生成可溶性的铜氨络离子，反应式为。 【小问2详解】 ①脱脂棉的主要成分是纤维素，因此分子式可表示为。 ②天然纤维素分子间通过大量羟基(-OH)形成氢键网络，分子间作用力强，难以溶解。铜氨溶液中的能与纤维素分子上的羟基氧原子形成配位键，破坏了原有的分子间氢键网络，使纤维素分子间作用力显著减弱，从而溶解在铜氨溶液中，形成黏稠的纺丝液。 【小问3详解】 与酸中的H+反应，释放出Cu2+和，纤维素中蓝色褪去：；检验纤维素是否洗净，可以通过检验最后一次洗涤液中是否残留，方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加1～2滴BaCl2溶液(或Ba(NO3)2溶液)，若不产生白色沉淀，说明洗涤液中无，则纤维素已洗净；若产生白色沉淀，则说明未洗净，需继续洗涤。 【小问4详解】 100℃的温度能有效去除纤维素中的残留溶剂和水分，得到干燥、结构稳定的成品；缓慢升温，可使铜氨纤维中的水分和残留氨气缓慢、均匀地挥发，避免因升温过快导致纤维内部水分急剧汽化，造成纤维结构收缩、变形或开裂，保证铜氨纤维的形态和力学性能。 17. 湖北荆门存在大型重晶石矿(主要成分为BaSO4)，对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下： （1）Ba位于元素周期表中___________区；基态钛原子的价电子排布式为___________。 （2）为了提高煅烧效率，可采取的措施有___________。 （3）“酸化”步骤的离子方程式为___________。 （4）“加过量NaOH”后，溶液1中主要含有的阳离子有___________。 （5）洗涤粗品时，下列洗涤剂最好选用___________(填字母)。 A. 冷水 B. 热水 C. 乙醇 D. 稀硫酸 （6）BaSO4既不溶于水也不溶于酸，工业上常将其转化为BaCO3除去，转化反应为，计算该反应的化学平衡常数K=___________[已知常温下，]。 【答案】（1） ①. s ②. （2）将重晶石矿粉碎、通入过量空气、搅拌等 （3） （4）、 （5）C （6）0.02 【解析】 【分析】重晶石＋煤通入空气高温煅烧后，煤炭转化为，被煤炭还原为，经过热水浸取并用盐酸酸化后，转化为溶液和气体，溶液与过量的混合经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，溶液1的主要阳离子为、，主要阴离子为Cl-和OH-，溶解后得到的溶液与可反应合成粗品，经过洗涤等操作可得到高纯纳米，据此分析。 【小问1详解】 钡是第ⅡA族元素，最外层电子排布为，位于s区；钛的原子序数为22，核外电子排布式为，价电子包括最外层的4s电子和次外层的3d电子，故价电子排布式为。 【小问2详解】 煅烧反应提高效率的核心是增大接触面积、加快反应速率，可采取的措施为将重晶石和煤粉碎成细粉，增大反应物接触面积；适当升高煅烧温度；通入足量空气并搅拌，使反应物与氧气充分接触等。 【小问3详解】 “酸化”是向中加入盐酸，发生复分解反应，生成气体和。溶于热水中，反应的离子方程式为。 【小问4详解】 “加过量”后，与过量的混合，经系列操作过滤得到溶液1的主要阳离子为、，主要阴离子为Cl-和OH-，因此，溶液1中主要的阳离子为和部分未结晶的。 【小问5详解】 A．在冷水中仍有一定溶解度，会造成产品损失，A错误； B．的溶解度随温度升高而增大，用热水洗涤会导致更多产品溶解损失，B错误； C．在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，可有效减少产品溶解损失，且乙醇易挥发，干燥速度快，C正确； D．稀硫酸会与反应生成沉淀，粗产品会转化为更难溶的新杂质，D错误； 答案选C。 【小问6详解】 反应的平衡常数，代入数据：。 18. 聚硫酸酯是主链含硫酸酯重复单元的新型特种工程塑料，一种点击化学方法合成聚硫酸酯(G)的路线如下： 请回答下列问题： （1）A的结构简式为___________。 （2）B中官能团的电子式为___________。 （3）在浓硫酸作用下，C和D按物质的量之比为1:2进行反应，则C与D反应的化学方程式为___________。 （4）分子中的大π键可用符号表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示形成大π键的电子数，则D中的大π键可表示为___________。 （5）E和F反应生成G的反应类型为___________。 （6）BPA常用来生产防碎塑料聚碳酸酯，下列关于BPA的相关说法中错误的是___________(填字母)。 A．属于苯酚的同系物 B．分子式为C15H18O2 C．苯环上的一氯代物有2种 D．能使FeCl3溶液变色 E．可与Na2CO3、NaHCO3、NaOH溶液反应 （7）BPA合成F的过程中，通常需要添加三乙胺。已知三乙胺的结构可以看作用乙基取代氨气的氢原子，在此反应中三乙胺的作用是___________。 （8）写出符合下列条件的BPA同分异构体的结构简式：___________。 ①核磁共振氢谱显示有5组峰；②铜作催化剂氧化后的产物可发生银镜反应。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5）缩聚反应 （6）ABE （7）吸收反应生成的HCl，使反应正向进行 （8）(或) 【解析】 【分析】该合成路线：丙烯​和发生加成，遵循马氏加成规则，得到A为2-溴丙烷：​； A在水溶液发生卤代烃水解（取代反应），溴原子被羟基取代，得到B为异丙醇：； B在催化、加热条件下被氧气氧化，仲醇氧化为丙酮，得到C为丙酮； C（丙酮）和D（苯酚）按物质的量比在浓硫酸（酸催化）下发生缩合脱水反应，生成BPA，即双酚A（2,2-二(4-羟基苯基)丙烷），和题干给出的BPA结构完全对应，该反应就是工业合成双酚A的经典反应；D为苯酚，苯环中存在6个碳原子共同形成的大π键； BPA含两个酚羟基，经两步取代得到两种单体E、F：BPA和发生取代，酚羟基氢被取代，得到两端为的单体E；BPA和三甲基氯硅烷发生取代，酚羟基氢被三甲基硅基取代，得到两端为​的单体F，该过程生成副产物； 最终E和F在催化剂作用下发生缩聚反应，脱去小分子副产物，重复连接得到目标聚合物聚硫酸酯G。 【小问1详解】 通过BPA的结构可知C中存在两个甲基，则丙烯与HBr发生加成反应，主要产物为2-溴丙烷，A的结构简式为； 【小问2详解】 A在NaOH溶液中发生水解反应，生成B（异丙醇，），其官能团为羟基，电子式为； 【小问3详解】 经催化氧化生成C（丙酮，），D为苯酚（），丙酮与苯酚在浓硫酸催化下，按物质的量之比为1：2发生反应，生成双酚A(BPA)和水。反应的化学方程式为； 【小问4详解】 D为，分子中苯环上的6个C原子和羟基上的1个O原子均为杂化，且共平面，苯环提供6个p电子，O原子提供1对未共用p电子，参与形成共轭大π键。因此，参与形成大π键的原子数为7，电子数为8，大π键可表示为； 【小问5详解】 E和F在催化剂作用下，通过端基的活性基团（如和）相互反应，脱去小分子，形成高分子化合物G，该反应属于缩聚反应； 【小问6详解】 A．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个，BPA含2个酚羟基，苯酚含1个，结构不相似，不属于同系物，A错误； B．根据结构简式，BPA的分子式为，B错误； C．分子中两个苯环对称，每个苯环上有2种等效氢，故苯环上的一氯代物有2种，C正确； D．含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，D正确； E．酚羟基酸性弱于碳酸，可与、NaOH反应，但不与反应，E错误； 故选ABE； 【小问7详解】 三乙胺是一种有机碱。在BPA合成F的过程中，反应会生成HCl等酸性副产物。三乙胺的作用是中和反应生成的酸，使反应平衡正向移动，提高反应产率； 【小问8详解】 核磁共振氢谱有5组峰，铜催化氧化后的产物可发生银镜反应，说明分子中含有结构，只有能被氧化为-CHO。将BPA其中一个-OH替换为，并保持分子对称性，即可得到符合条件的同分异构体，结构简式为或。 19. 燃油汽车为了符合环保排放标准，在铂、铑、钯等贵金属催化剂的作用下，将尾气中两种主要的有毒污染物NO和CO反应生成两种无毒的气体：2NO+2CON2+2CO2。已知该反应的v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) 1=+180.5 kJ·mol-1； 2C(s)+O2(g)=2CO(g) 2=-221 kJ·mol-1； C(s)+O2(g)=CO2(g) 3=-393.5 kJ·mol-1。 （1）NO和CO反应生成两种无毒气体的热化学方程式为___________。 （2）在密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，已知压强p1时，平衡状态对应密闭容器的体积为2 L。 ①p1、p2、p3由大到小的顺序为___________。 ②b点___________；CO2的物质的量浓度：b点___________a点(填“>”“<”或“=”)。 （3）若固定容器体积为2 L，起始投入3 mol NO，在T1、T2温度下改变CO的量，平衡时N2的体积分数随CO物质的量的变化如图所示。 ①T1___________T2(填“>”“<”或“=”)，判断依据是___________。 ②b点时，n(CO)=___________；保持与b点n(CO)相等，在T1温度下经5 min达到平衡，则5 min内v(NO)=___________mol·L-1·min-1。 【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5 kJ·mol-1 （2） ①. ②. 320 L·mol-1 ③. < （3） ①. < ②. 相同n(CO)下，T2对应的N2体积分数更小，该反应为放热反应，故T1<T2 ③. 3 mol ④. 0.2 【解析】 【小问1详解】 将三个已知方程式依次标为反应1、反应2、反应3，则目标方程式=反应3-反应1-反应2，故NO和CO反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) = kJ·mol-1=-746.5 kJ·mol-1； 【小问2详解】 ①该反应是气体分子数减小的反应，缩小体积，增大压强，根据勒夏特列原理，NO平衡转化率会增大，故； ②反应达到平衡时，,即，变形得，同一温度下，K相同，a点NO的平衡转化率为80%，则a点平衡时的c(N2)=0.2 mol/L，c(CO2)=0.4 mol/L，c(CO)=c(NO)=0.1 mol/L，代入数据得(L·mol-1)；NO的转化率越大，产物CO2物质的量越大，由①知，p1>p3，则V1<V3，则CO2的浓度：b点<a点； 【小问3详解】 ①2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应为放热反应，当n(CO)相同时，T2下平衡时N2的体积分数低于T1，可知平衡逆向移动，升高温度可使平衡逆向移动，故T1<T2。 ②b点为生成物体积分数最大的点，故应按照化学计量数投料，投入的CO也为3 mol；T1温度下，N2的体积分数为20%，依据题意，设5 min内NO物质的量变化量为2x mol，列出三段式： ，则x=1,消耗的n(NO)为2 mol，则5 min内v(NO)= =0.2mol·L-1·min-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $