【衡水真题密卷】2026年高三化学学科素养月度测评6版（二）（安徽专用）

2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三化学（二） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H一1C-120-16S-32C1一35.5Mn一55Ni一59Cu一64 Ga-70 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.从材料化学视角来看，新材料的探索与实践，是当代科技突破的重要着力点。下列材料的归类正确 的是 ( ) 选项 材料与核心用途 归类 A 石墨烯：动力电池导电涂层 新型无机非金属材料 B 钙钛矿(CaTiO3):太阳能电池光电转换材料 金属材料 C 光导纤维(SiO2):传输光信号 传统无机非金属材料 D 高温结构陶瓷：火箭发动机 有机高分子材料 2.下列表示或说法错误的是 A.图标 的含义：防止锋利物品扎伤或割伤 B.身上的衣物着火且燃烧面积较大，可躺在地上翻滚以达到灭火的目的 C.GHS标准符号兰示意“毒性物质” D.对于酸、碱废液，确定混合无危险时，可采用中和法处理后再排放 3.我国新能源汽车产业领跑全球。下列关于新能源汽车关键材料的说法错误的是 A.制动系统部件使用的网状酚醛树脂属于热固性塑料 一CH,-CH B.充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为 CI C.轮胎使用的丁苯橡胶、顺丁橡胶属于天然有机高分子 D.汽车内饰使用的ABS塑料由苯乙烯、丙烯腈和1,3-丁二烯通过加聚反应制备而成 4.化合物Z是合成非诺洛芬的中间体，其合成路线如图所示 HO O NaBH K2CO3、Cu 高三化学试题（二）第1页（共8页） 学科素养 下列说法正确的是 班级 A.X→Y反应中的K2CO3可以用H2CO3代替 B.Y与足量H2反应的加成产物中含3个手性碳原子 C.Y、Z可用FeCl3溶液进行鉴别 姓名 D.根据Y→Z的反应可知NaBH4具有氧化性 5.下列实验装置、试剂或操作均能达到相应实验目的的是 得分 氢氧化钙和 氯化铵固体 N A.制备少量氨气 B.分离乙酸乙酯和乙醇 NaOH 溶液 聚四氟乙 湿润的 NaH,PO 马烯活塞 pH试纸 溶液 草酸溶液 (含酚酞】 C.用NaOH溶液滴定草酸溶液 D.测定0.1mol·L1NaH2PO4溶液的pH 阅读以下材料，完成67小题。 硫是一种常见的非金属元素，既能以单质形态存在于陨石、火山、温泉等处，又能以化合物形态如硫 化物、硫酸盐的形式存在。已知：SO3熔，点为16.8℃，沸点为44.8℃；H2S04的结构简式为 0 HO—S—OH;电离常数：H2S03的Ka1=1.4×10-8、K2=6.0×10-8,H2S的K1=1.1×10-7、K2 0 =1.3×10-13。 NaOH,△s T④ 02 ① Na2S NazSO; HSO X HS ②0 Na2SO ③/ ⑤HS0,NaOH 6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( A.49gH2SO4中含有2NA个o键 B.1L0.1mol·L1Na2SO3溶液中阴离子总数大于0.1NA C.反应④中，48gS完全反应的过程中转移电子数为3NA D.标准状况下，2.24LY中含有0.1NA个分子 月度测评 高三化学试题（二）第2页（共8页） 6 7.下列关于物质结构与性质的比较正确的是 ( A.键能：H一O<H一S B.键角：SO?>SO C.SO2和SO3的VSEPR模型相同 D.水溶液pH:NazS>Naz SO3 8.电子工业用FCl,溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。一种从酸性腐蚀废液中回收铜并制备 高铁酸钠(Na2FeO4)溶液的流程如图所示。 →溶液1 NaCIO溶液 H,O2溶 腐蚀过量铁粉 FeCL,溶液浓NaOH溶液 分离、提纯Na,FeO,溶液 废液 →溶液2 滤渣 适量盐酸 →Cu 上述过程I、Ⅱ、Ⅲ中均有气体产生，下列说法正确的是 ( A.过程I中有Cu生成，说明氧化性：Fe+>Cu2+ B.过程Ⅱ中发生的反应有置换反应、化合反应 C.过程Ⅲ中2 mol Fe2+转化为Fe3+时，仅有1molH2O生成 D.生成Na2Fe04的离子方程式：3C10+2Fe3++10OH—2FeO?+3C1+5H20 9.某化合物Q是治疗青光眼的药物，其结构如图所示。Q由原子序数依次增大的短周期主族元素W、 X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，下列说法正确的是 () wx-ir A.同周期第一电离能大于M的元素只有2种 B.W与X、Y、Z、M均可形成18电子微粒 C.化合物Q中X的杂化方式只有一种 D.含氧酸的酸性：M>Y>X 10.由下列事实或现象能得出相应结论的是 选项 事实或现象 结论 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+,将溶液滴入酸 A 性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 证明溶液中含有Fe2+ ⊙ 向溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊 该溶液中含有CO号 的气体 或HCO 向0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入少量NaCl固 证明C1和H2O在配合 C 体，溶液由蓝色变为黄绿色 物中存在相互竞争 将1mL0.1mol·L1Fe2(SO4)3溶液和1mL 0 0.1mol·L1CuS0,溶液分别滴加至5mL30% 催化效果：Fe3+>Cu2+ H2O2溶液中，前者出现气泡快 11.镍基磁性形状记忆合金是兼有热弹性马氏体相变和铁磁性转变的新型功能材料，其晶胞结构如图所 示(Ni均位于面上)。已知A处Ni原子分数坐标为(0,0.5,0.25)。设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 () 6 高三化学试题（二）第3页（共8页） 学科素 090O apm /一apm ●●○ Ni Mn Ga A.B处Ni原子分数坐标为(1,0.25,0.75) B.在晶体中Ga原子周围有4个Ni原子与之距离最近 C.最近的Ni原子核间距为√2apm D.该晶体的密度为486 X1030g·cm3 a2bNA 12.利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)转化为2,5-呋喃二甲酸 (FDCA),工作原理如图所示（双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电场作用下，双极膜中离子向两极 迁移)。 电源 0 HOT 0 水 FDCA HMF NaOH:H' H.SO 气体X 溶液！+ 溶液 OH HMF HO OH 石墨烯 双极膜 Ni@C FDCA 下列说法错误的是 () A.a极电势低于b极电势 B.Ni@C能提高氧化反应的速率 C.a极的电极反应式为2H2O+2e一H2个+2OH D.产生1mol气体X,双极膜中质量减少18g 13.一定条件下， 与浓硫酸发生取代反应生成水和单萘磺酸，反应过程和有机物占比随时 间变化如图所示。已知：Rlnk= 上十C(RC为常数，k为速率常数，E。为活化能) SO,H 反应I +H.O H2SO K△H<O 1产物I 2 b 产物Ⅱ 反应Ⅲ △H3<0 H.SO SOH +H2O 12 产物1 产物Ⅱ 0 t/min 养月度测评 高三化学试题（二）第4页（共8页） 下列说法正确的是 ( A.升高温度，反应I的速率增大程度小于反应Ⅱ B.产物I的热稳定性比产物Ⅱ强 C.加催化剂（只催化反应I),极值点e可能变为b点 D.平衡常数的比值=6 14.某温度下，Ag2S、PbS的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中X代表Ag+或Pb2+。下列说法正确 -lgcX)↑ 30H 20 10 ·q (27.1,0) (49.2,0) 0 10 20 3040 50-1gc(S2) A.Kp(PbS)的数量级是10-27 B.曲线I表示Ag2S的沉淀溶解平衡曲线 C.图中q点对应的PbS沉淀溶解平衡体系中：v(溶解)<v(沉淀) D.反应PS(s)+2Ag+(aq)=一Ag2S(s)十Pb2+(aq)基本可以进行完全 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)CuCl可用作催化剂、脱色剂，实验室用如图所示装置和流程制取CuC1,反应原理如下： CuSO4+4NaCl(过量)-Na2[CuCl4]+Na2SO4; 还原：2Na2[CuCl4]+SO2+2H2O-2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaCl; 稀释分解：NaH[CuCl]一NaCl+HCl+CuCl↓。 已知：CuCI晶体露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水和乙醇。 70% 浓硫酸 Na SO CuSO和 固体 搅拌子 NaCl的混 NaOH 合溶液 溶液 磁力搅拌器 B (1)盛装70%浓硫酸的仪器名称为 0 (2)装置A的锥形瓶中发生反应的化学方程式为 (3)装置B中反应结束后，取出混合物进行以下操作，得到CuC1晶体。 混合物冷却倒人溶有s0,的水中过逃洗涤干梯cc1晶体 i i iⅳ 操作iⅱ中SO2的作用是 :操作V中洗涤剂选用乙醇的优点是 (4)已知硫酸亚铜易溶于水。实验室探究NaHSO3溶液与Cu+的反应。过程如图所示： 高三化学试题（二）第5页（共8页） ) 加入Na,SO 固体（适量） 瞬时无明显变化， 加入2mL1molL 分为 目30s时也无明显变化 CuSO,溶液 两等份 加入NaCI 2 mLI mol.L 蓝色溶液，3min 周体（适量）∏ 瞬时无明显变化.30时有无色气体 NaHSO,溶液 内未见明显变化 目和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅 ①无色气体和白色沉淀经检验分别是SO2和CuC1,有关该实验说法正确的是 (填 的是 标号)。 A.SO2是还原产物 B.CuC1是还原产物 C.无CI时，HSO?能被Cu+氧化 D.HSO3被Cu+氧化时，CI作催化剂 ②分析加入NaCl固体发生反应的原因：a.CI改变了HSO3的还原性；b.CI改变了Cu+的氧 化性。 用原电池原理进行实验，探究上述现象可能的原因。 编号 实验1 实验2 实验 7盐桥 盐桥 C电极 C电极 C电极 C电极 2 g NaCll固体和 10 mL I mol.L 10 mL I mol.L 10 mL I mol.L 10 mL I mol.L NaHSO,溶液 CuSO,溶液 B CuSO,溶液 NaHSO,溶液 A 闭合开关K,电流计指针发生微小偏 现象 转，烧杯中未见明显现象 由实验1、2可知原因a不合理，实验2的现象为 。 再设计实验 对原因B进行探究。 (5)利用硫酸铈法氧化还原滴定可测定产品中的CuCl含量，取1.00 g CuCl产品于碘量瓶中，加入 足量FeCl3溶液，摇匀至样品完全溶解后，稀释至100mL。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用 0.l000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点(Ce+十Fe2+一Ce3+十Fe3+),消耗 Ce(SO4)2标准溶液25.00mL. ①FeCl,溶液溶解CuCl反应的离子方程式为 ②产品中CuCI的质量分数为 16.(14分)工业上用软锰矿（主要含MnO2、铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS)为原料联合制 取PbSO,和Mn3O4的流程如图所示。 盐酸NaCl NaOH Na2S 氨水空气 软锰矿一→酸浸一→除铁 冰水沉积 净化→氧化 Mn:O,固体 铅闪 SiO,和 PbS和ZnS FeOOH PhC1,固体 硫酸溶液，PSO,周体 (1)基态Mn原子核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 (2)“酸浸”时，PbS与MnO2反应生成[PbCl4]2-和SO?,写出其反应的离子方程式： 0 学科素养月度测评 高三化学试题（二）第6页（共8页） 6 (3)“冰水沉积”的目的是 (4)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S,其主要原因是 (5)“净化”之后滤液中c(Pb2+)=7.7×10-7mol·L-1,c(Zn2+)=1.3×10-6mol·L-1,则可推断 Km(PbS)、Kn(ZnS)、Km(MnS)的大小关系为 (6)“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 (7)通过Zn+在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如图所示。I为MnO 活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式： MnO Mn061☐o.oO Zn.Mno.61☐a3o0 O0●Mn O Zn口空位 17.（15分)将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 主反应：CH COOH(g)+2H2(g)=C2HOH(g)+H2O(g)△H1<0; 副反应：CH;COOH(g)+C2HOH(g)-=CH3 COOC2 H(g)+H2O(g)△H2<0。 已知：I.该副反应的热效应很小； Ⅱ.X;表示物质i的转化率；S表示含碳产物的选择性： n(乙醇) 2n(乙酸乙酯) Sz#n(乙醇)十2n(乙酸乙酯X100%,Szz=m(乙醇)十2m(乙酸乙酯×100%。 (1)①一定温度下，将1 mol CH,COOH(g)、2molH2(g)通人恒压密闭容器中，仅发生主反应。平 衡时XH,=10%,反应放热QkJ,则△H1= k灯·mol厂l。 ②已知主反应v正=k正·c(CH,COOH)·c2(H2),v逆=k逆·c(C2H,OH)·c(H2O),其中正、 飞正的值将 型为正，逆反应速率，k正k为速率常数，随温度升高， (填“增大”“减 小”或“不变”)。 (2)一定温度下，恒压密闭容器中发生上述两个反应，改变投料比[n(H2)：n(CH:COOH)],在相 同时间内，测得X乙酸、S乙醇、S乙酸乙/%的变化如图甲所示。该条件下的最佳投料比= ;此时，XH2= %,乙醇产率= %。 100 (20,90) 22 (10,91) 10.44) (20,20) 0 05202303弱 n(H2):(CH;COOH) 图甲 (3)当投料比[n(H2):n(CH:COOH)]=10时，在不同条件下达到平衡，体系中副反应程度较小。 在压强p=2MPa下的S乙障、Sz酸乙随温度t的变化、在温度t=200℃下的S乙醇、S乙酸乙酯随压强p 的变化如图乙所示。 6 高三化学试题（二）第7页（共8页） 学科素 温度/C 150200250300,350,400450 100F A 90 L 20 10- 0 00.51.01.52.02.53.03.5 p/MPa 图乙 ①2MPa时，Sz壁随t变化的曲线是 (填“L1”“L2”“L”或“L4”)。 ②A、B、C、D、E五个点中，处于完全相同化学平衡状态的点有 ;C、D、E三点对应的 CH:COOH的转化率由大到小的顺序为 18.(15分)由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如图所示（部分产物、合成路线、反应条件略去）。 其中A是一氯代物，H的链节组成为C,HNO。 CH,OH COOH ~OH HO. CH,COOCOOH 条件D浓硝酸 I COOH 阿司匹林 浓硫酸 银氨溶液O,/Cu1 EHD公O@△B 2g巴▣ 一定条件 已知：I,芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示。 8100 80 0 2040608092 m/2 I.○一No,eiC○一NH(苯胺，易被氧化). Ⅲ.-cH,KMnO/H○-cooH (1)阿司匹林所含官能团的名称是 (2)阿司匹林与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是 (3)G的结构简式是 。物质H的结构简式为 (4)反应⑤的化学方程式是 (5)Z是比I多两个CH2的同系物，其中符合下列要求的共有 种（不考虑立体异构）。 ①能与NaHCO3反应放出CO2。 ②与FeCl溶液发生显色反应。 ③苯环上的一取代物有两种。 CHO (6)以下为由A和其他无机物合成 OH最合理的方案，回答有关问题。 CH HO CHO a.反应②的试剂及条件为 b.以上反应为加成反应的为 (填标号)。 养月度测评 高三化学试题（二）第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 2025一2026学年度下学期学科素养月度测评高三化学（二） 命题要素细目表 关键能力：I.理解与辨析能力Ⅱ，分析与推测能力Ⅲ.归纳与论证能力N.探究与创新能力 核心素养：①宏观辨识与微观探析②变化观念与平衡思想③正据推理与模型认知④科学探究与创新意识⑤科学态度与社会 责任 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ① ② ④ ⑤ 等级系数 选择题 材料分类 0.85 选择题 化学实验安全 0.80 3 选择题 3 有机高分子材料 0.80 4 选择题 3 有机化学基础：反应试剂作用、手性 中 0.65 碳、官能团鉴别、氧化还原性判断 选择题 化学实验：气体制备、物质分离、滴 定操作、pH测定 0.75 选择题 3 阿伏加德罗常数的相关计算 中 0.55 7 选择题 3 物质结构与性质的比较 中 0.50 选择题 3 小工艺流程：流程分析、氧化性比 中 0.50 较、反应类型、离子方程式 选择题 物质结构与元素周期律：电离能、18 电子微粒、杂化方式、酸性比较 0.50 选择题 3 化学实验方案设计与评价：离子检 0.55 验、配合物、催化剂比较 11 晶体结构与计算：原子坐标、配位 选择题 3 中 数、原子间距、密度计算 0.50 电化学原理：电极判断、催化剂作 12 选择题 3 中 用、电极反应、离子迁移 0.50 化学反应原理：活化能与速率、热稳 13 选择题 3 难 0.40 定性、催化剂选择性、平衡常数 14 选择题 沉淀溶解平衡：Kp计算与比较、曲 难 0.40 线识别、速率比较、反应方向判断 综合实验：无机物制备(CuC)、仪器 5 非选择题 名称、化学方程式、实验操作、氧化 L 0.75 还原原理探究、滴定分析 工业流程分析：元素性质、氧化还原 非选择题 离子方程式书写、流程操作目的、 中 0.65 Kp比较、电化学原理 化学反应原理：化学平衡：焓变计 > 非选择题 15 算、速率常数、投料比优化、产率与 难 0.35 选择性分析、图像分析、平衡状态 判断 有机合成与推断：官能团、反应化学 非选择题 15 方程式、结构简式、同分异构体、合 L 中 0.50 成路线分析 高三化学答案（二）第1页（共8页） 6 ·化学· 参考答案及解析 精典评析 ★某化合物Q是治疗青光眼的药物，其结构如图所示。Q由原子序数依次增大的短周期主族元素 W、X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，下列说法正确的是 () W.> A.同周期第一电离能大于M的元素只有2种 B.W与X、Y、Z、M均可形成18电子微粒 C.化合物Q中X的杂化方式只有一种 D.含氧酸的酸性：M>Y>X 【试题解读】 以治疗青光眼的药物化合物Q为情境载体，将化学知识与医药领域实际应用结合，体现了化学学科 的社会价值，呼应了高考“价值引领、素养导向”的命题要求，能引导学生关注化学在医药健康领域的应用， 激发学习兴趣。知识覆盖广：整合了物质结构（杂化方式、第一电离能）、元素周期律（同周期元素性质递 变)、化学用语(18电子微粒判断)、含氧酸酸性比较等多个核心知识，点，考查学生对化学知识体系的整体 掌握。能力考查深：从信息提取（根据结构式推断元素）、逻辑推理（元素性质递变规律应用）、综合分析（杂 化方式判断、18电子微粒分析)多维度考查学生的思维能力，尤其是对元素周期律和物质结构知识的综合 运用能力。四个选项分别从不同角度切入，设置的千扰项具有迷惑性，能有效区分不同层次学生的知识掌 握程度和思维能力。 ★将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 主反应：CH COOH(g)+2H2(g)=C2HOH(g)+H2O(g)△H1<0; 副反应：CH,COOH(g)+C2HOH(g)-CH3 COOC2 H(g)+H,O(g)△H2<0。 已知：I.该副反应的热效应很小； Ⅱ.X:表示物质i的转化率；S表示含碳产物的选择性： n(乙醇) 2n(乙酸乙酯) Sz#-n(乙醇)十2，（乙酸乙酯）X100%,Sz酸z童-n乙醇)十2n(乙酸乙酯)X100%。 (1)①一定温度下，将1 mol CH,COOH(g)、2molH2(g)通入恒压密闭容器中，仅发生主反应。平衡时 XH,=10%,反应放热QkJ,则△H1= kJ·mol1。 ②已知主反应v正=k正·c(CH3COOH)·c2(Hz),V递=k递·c(C2HOH)·c(H2O),其中v正、v逆为 ,正的值将 正、逆反应速率，k王k量为速率常数，随温度升高， (填“增大”“减小”或 “不变”)。 … 【试题解读】 以产能过剩的乙酸催化加氢制乙醇这一实际化工生产过程为背景，将化学反应原理知识与工业生产 紧密结合，体现了化学学科在解决实际问题、推动工业发展方面的重要作用，有助于引导学生关注化学知 识的应用，增强社会责任感和使命感。知识覆盖全面：涵盖了化学反应热（焓变的计算）、化学反应速率与 化学平衡（速率常数、转化率、选择性、平衡状态判断、化学平衡移动等）等多个核心知识点，考查学生对化 学反应原理知识体系的整体掌握程度。能力要求多元：要求学生具备从文字和图像中提取关键信息的能 力，能运用化学反应原理进行逻辑推理和计算，还考查学生对图像的观察、分析和解读能力。 6 高三化学答案（二）第2页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 色，C正确；测定溶液的pH需用干燥的pH试 1.A【解析】石墨烯材料主要成分为碳单质，属于 纸，图示用湿润的pH试纸相当于稀释了 新型无机非金属材料，A正确；钙钛矿属于无机 NaH2PO4溶液，D错误。 非金属材料，B错误；光导纤维是新型无机非金属 6.B【解析】49gH2S04为0.5mol,1分子 材料，C错误；高温结构陶瓷属于无机非金属材 H2SO4中含6个。键[2个O一H、2个S-O(羟 料，D错误。 基)、2个S-0中的o键]，则0.5molH2S04含 3NA个。键，A错误；亚硫酸钠溶液中SO?水 2.C【解析】 的含义是防止锋利物品扎 解：SO十H2O一HSO3+OH,阴离子总数 因水解增多，故1L0.1mol·L1该溶液中阴离 伤或割伤，A正确；身上的衣物着火且燃烧面积 子总数大于0.1NA,B正确；反应④为S的歧化 较大，可躺在地上翻滚以达到灭火的目的，B正 反应：3S+6NaOH-2Na2S+Na2S03+3H2O, 确； 丝表示腐蚀性物质，C错误；对于 3molS转移4mol电子，48gS为1.5mol,转移电 酸、碱废液，确定混合无危险时，可采用中和法处 子数为2NA,C错误；Y为SO3,标准状况下为固 理后再排放，D正确。 体，2.24L无法用气体摩尔体积计算，D错误。 3C【解析】酚醛树脂属于热固性塑料，A正确； 7.C【解析】氧原子半径小于硫，则H一O键长比 聚氣乙烯由氯乙烯(CH2一CHCI)通过加聚反应 H一S短，键能：H一O>H一S,A错误；SO?的 制得，链节为C一9H 中心原子S原子的价层电子对数为4十 ,B正确；丁苯橡胶、顺 CI 6十2-2X4=4,为s即p杂化，空间构型为正四面 2 丁橡胶属于合成高分子材料，C错误；ABS塑料 由丙烯腈、丁二烯、苯乙烯通过加聚反应共聚而 体形（键角109°28），SO?的中心原子S原子的 成，D正确。 价层电子对数为3+6+2,2X3=4,为sp杂 2 HO 4.B【解析】X(渙苯)与 0发生取代 化，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形（孤电 子对排斥使键角<109°28')，键角：SO?<SO?, 反应生成Y和HBr,Y发生还原反应生成Z。X B错误；SO2的中心原子S原子的价层电子对数 →Y反应中有HBr的生成，K2CO3的作用是消 为2+6-2X2=3,为sp杂化，S0,的中心原子 耗生成的HBr,促进反应进行完全，不可以用 2 H2CO3代替，A错误；Y与足量H2的加成产物 S原子的价层电子对数为3十6-3X2=3,为sp 2 0)中含3个手性碳原子（标 杂化，两者VSEPR模型相同，C正确；由K值可 知，S2-对应酸HS比SO?对应酸HSO?弱， 所示)，B正确；Y、Z均不含酚羟基，均不能使 相同浓度时，水解程度：S2->SO?,但是不确定 FeCl3溶液显色，所以不可用FeCL,溶液进行鉴 两溶液的浓度，不能确定两者的pH大小，D 别，C错误；Y转化成Z发生加氢还原反应，由羰 错误。 基转化为羟基可知，NaBH4具有还原性，D错误。 8.D【解析】过程I中生成Cu的离子反应为Fe 5.C【解析】固体加热管口应略向下防止水蒸气回 十Cu+一Fe2++Cu,根据“氧化剂的氧化性大 流，A错误；乙酸乙酯和乙醇的沸点相近，直接蒸 于氧化产物”规律可知，氧化性：Fe2+<Cu+,A 馏难以分离完全，不能达到实验目的，B错误；聚 错误；过程Ⅱ中盐酸与Fe发生置换反应生成氯 四氟乙烯与NaOH不反应，用带有聚四氟乙烯活 化亚铁和氢气，未发生化合反应，B错误；过程Ⅲ 塞的碱式滴定管盛装NaOH溶液滴定草酸溶液 中Fe2+被过氧化氢氧化成Fe3+,反应的离子方 (含酚酞)，滴定终点溶液显红色且半分钟不变 程式为2Fe2++H2O2+2H+—2Fe3++2H20, 高三化学答案（二）第3页（共8页） 6 ·化学· 参考答案及解析 当有2 mol Fe2+转化为Fe3+时，有2molH2O 距离最近，其配位数为8，B错误；Ni原子在面 生成，C错误；氯化铁溶液与NaClO溶液、浓 上，最近Ni原子间距为上面对角线的一半，距 NaOH溶液反应生成Na2FeO4,反应的离子方程 √2 式为3C10+2Fe3++100H—2Fe0+ 离为'2apm,C错误；晶胞体积V=a6pm- 3C1-+5H20,D正确。 9B【解析】Q由原子序数依次增大的短周期主族 a6X10”em,孩晶电中，有2×4×2=4个 元素W、X、Y、Z、M组成，只有X、Y、Z同周期，则 1 1 Ni,1+ 8×8=2个Mn,2×2+4×4=2个 W为H,M可以形成6个共价键，即其价层电子 数为6，故M为S,X形成4个共价键、Y形成3 m486 Ga,品胞质量为6g,密度p=文a6N 个共价键、Z形成2个共价键，故X为C、Y为N、 Z为O。由分析可知，M为S,同周期第一电离能 X1030g·cm3,D正确。 大于M的元素有P、Cl、Ar,A错误；W与X、Y、 12.D【解析】由图可知，5-羟甲基糠醛(HMF)在 Z、M均可形成18电子微粒：C2H6、N2H4、 板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2,5-呋 H2O2、H2S,B正确；X为C,碳原子常见的杂化 喃二甲酸(FDCA),羟基和醛基转化为羧基，该 方式有sp、sp、sp,化合物Q中碳原子的杂化方 反应为氧化反应，则板状碳封装镍纳米晶体 式有sp、sp3两种，C错误；已知元素的最高价氧 (Ni@C)为阳极，石墨烯为阴极，水在阴极得到电 化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，选项 子生成气体X为H2。由分析可知，b极(Ni@C) 中未强调最高价含氧酸，无法比较，D错误。 为阳极，a极（石墨烯）为阴极，阳极电势高于阴 l0.C【解析】FeCl3溶液中若含有Fe2+,酸性高锰 极电势，A正确；利用板状碳封装镍纳米晶体 酸钾会被还原而褪色，但FeCL3溶液中的Cl在 (Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)转化为 酸性条件下也可能被高锰酸钾氧化，导致红色 2,5-呋喃二甲酸(FDCA),该反应为氧化反应， 褪去，A错误；若溶液中含有SO?或HSO,向 Ni@C为催化剂，能提高氧化反应的速率，B正 溶液中加入稀盐酸，也会产生使澄清石灰水变浑浊 确；由分析可知，石墨烯(a)为阴极，水在阴极得 的气体，B错误，Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+ 到电子生成气体X为H2,电极反应式为2H2O 形式存在，溶液呈蓝色，加入少量NaCl固体，平 十2e-一H2个+2OH-,C正确；每产生1mol 衡[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4C1[CuCL4]2+ H2转移2moleˉ，双极膜中有2 mol OH移向 (黄色)十4H2O正向移动，证明CI和H2O在 阳极，同时有2molH+移向阴极，双极膜中质 配合物中存在相互竞争，C正确；Fe2(SO4)3中 量减少2mol×(1+17)g·mo1-1=36g,D Fe3+浓度为0.2mol·L-1,而CuSO4中Cu2+ 错误。 浓度为0.1mol·L1,未控制变量（浓度不同）， 13.A【解析】由右图可知，反应I的反应速率大 无法直接比较催化效果，D错误。 于反应Ⅱ，反应速率越快，反应的活化能越小， 11.D【解析】分数坐标以晶胞边长为单位1，A处 则反应I的活化能小于反应Ⅱ；升高温度，活化 Ni坐标为(0,0.5,0.25)，表明其在x=0面（左 能大的反应速率增大的程度越大，则反应I的 侧面)、y=0.5(y方向中点)、之=0.25（之方向 速率增大程度小于反应Ⅱ，A正确；由左图可 处)，B处Ni在x=1面（右侧面）y坐标应为 知，产物I转化为产物Ⅱ的反应为反应物总能 量大于生成物总能量的放热反应，物质的能量 0,5(与A处y方向对称)，之=0.75(2方向4 越大越不稳定，则产物I的热稳定性比产物Ⅱ 处)故B处Ni原子坐标应为(1,0.5,0.75)，A 弱，B错误；加入只催化反应I的催化剂，反应的 错误；Ga原子周围最近的Ni原子数目需根据 速率增大，产物I的占比增大，则右图中极值点 晶胞结构判断，以位于面心的Ga原子为研究对 e变为a点，C错误；由盖斯定律可得，反应Ⅱ与 象，在晶体中Ga原子周围有8个Mn原子与之 反应I相减可得到反应 68 高三化学答案（二）第4页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 SOH (3)防止CuCl被氧化(1分)防止CuCI溶解造 S0H,由右 成损失，且可以使固体快速干燥(2分) (4)①B(2分) ②闭合开关K,电流计指针发生微小偏转，烧杯 图知，平衡时产物Ⅱ的占比为72%，产物I的占 中未见明显现象(2分) SO H (5)①CuC1+Fe3+Cu2++Fe2++C1(2分) 比为12%，设平衡时 的占比为x, ②99.5%(2分) 【解析】装置A制备SO2,进入装置B中发生反 SOH 应生成CuCl,装置C是为了吸收剩余的SO2,防 则平衡时 的占比为6x,反 止其排入空气中，污染空气。 (1)由图可知，盛装70%浓硫酸的仪器为恒压滴 应的平衡常数比为K K1c(产物I)1 液漏斗。 K,c(产物)=6D (2)装置A是制备二氧化硫的装置，浓硫酸与亚 错误。 硫酸钠反应生成二氧化硫，反应的化学方程式 14.D【解析】由Kp(Ag2S)=c2(Ag+)·c(S2-), 为Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2个 Kp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)分别取对数可得， 十H2O。 Igc (Ag*)[lgK (AgaS)-Ige (S)], (3)由CuC1易被氧化可知，SO2的作用是防止 CuCI被氧化；CuCI难溶于乙醇，则洗涤剂选用 lgc(Pb2+)=lgKp(PbS)-1gc(S2-),分析图像 乙醇的优，点是防止CuCI溶解造成损失，且可以 线段斜率可知，曲线I表示PbS的沉淀溶解平 使固体快速干燥。 衡曲线，曲线Ⅱ表示Ag2S的沉淀溶解平衡曲 (4)①实验目的探究NaHSO3溶液与Cu+的反 线。由分析可知，曲线I表示PbS的沉淀溶解 应原理，在NaHSO3溶液与CuSO4混合溶液中 平衡曲线，由(27.1,0)点数据可知，Kp(PbS)= 加入NaCl固体生成白色沉淀CuCl和无色气体 c(Pb2+)·c(S2-)=1mol·L-1X10-2.1mol· SO2,在CI条件下Cu2+被HSO3还原，发生反 L1=1027.1,数量级为108，A错误；由分析 应2Cu2++2HS03+2C1--2CuCI￥+SO? 可知，曲线I表示PbS的沉淀溶解平衡曲线，曲 十SO2个十2H。根据反应方程式可知，SO2中 线Ⅱ表示Ag2S的沉淀溶解平衡曲线，B错误； 硫元素价态未发生变化，SO2不是还原产物，也 曲线I表示PbS的沉淀溶解平衡曲线，图中q 不是氧化产物，还原产物是CuC1,氧化产物是 点c(Pb2+)相对曲线上饱和溶液较小，此时为 SO?,A错误；Cu+被还原为CuCl,CuCl是还 PbS的不饱和溶液，v(溶解)>v(沉淀)，C错 原产物，B正确；未加入NaC1固体时，NaHSO 误；由(49.2,0)点数据可知，Kp(Ag2S)= c2(Ag+)·c(S2-）=10.2,反应PbS(s) 与CuSO4蓝色混合溶液3min未见明显变化， 说明二者未发生反应，即无CI时，HSO?未能 +2Ag+(aq)-=Ag2S(s)十Pb2+(aq)的平衡常 被Cu2+氧化，C错误；CI与Cu+能生成CuCl c(Pb2+)c(Pb2+)·c(S2-) 数K= c2(Ag+) c2(Ag+)·c(S2-) 沉淀，而促使Cu+十e→Cu+,即CI改变了 Kp(PbS)。10-27,1 Cu+的氧化性，而不是催化剂，D错误。 Kp(Ag2S)-100,=1021>105,该反应基本 ②由实验1、2可知原因a不合理，即C1不能改 可以进行完全，D正确。 变HSO的还原性，所以实验2的现象为闭合 二、非选择题 开关K,电流计指针发生微小偏转，烧杯中未见 15.(1)恒压滴液漏斗(1分) 明显现象。 (2)Na2SO3+H2SO4(浓)-Na2SO4+SO2↑ (5)①FeCl3溶液溶解CuCI反应生成铜离子和 +H2O(2分) 亚铁离子，离子方程式为CuCl十Fe3+一Cu+ 高三化学答案（二） 第5页（共8页） 6 ·化学· 参考答案及解析 +Fe2++CI。 7.7×10-7mol·L-1c(Zn2+)=1.3X ②由离子反应方程式可知，消耗CuCl和Ce+ 10-6mol·L1可知，Kp(ZnS)>Kp(PbS),故 的物质的量之比为1：1,25mL原溶液中消耗 三者关系为Kp(MnS)>Kp(ZnS)>Kp(PbS). Ce+的物质的量为n(Ce+)=c(Ce+)·V= (6)“氧化”时，滤液中Mn2+与氨水、空气中的氧 0.1000mol·L-1×25.00×10-3L=2.5× 气反应生成MnO,离子方程式为6Mn+十O2 10-3mol,故100mL原溶液中CuC1的质量为 +12NH3·H2O一2MnO4+12NH m(CuCl)=4×2.5×10-3mol×99.5g·mol-1 +6H2O。 =0.95g,质量分数为0,95B×100%= (7)由图可知，过程Ⅱ为Mn.61☐o.39O转化为 1.00g Zn,Mno.1☐o.39O,需要结合Zn2+,锰的化合价 99.5%。 降低，得到电子，电极反应式为Mn.61☐.39O十 16.(1)5(1分)d(1分) xZn2++2xe—Zn,Mno.61☐0.39O。 (2)PbS+4MnO2 +4C1-+8H+-[PbCl]2 17.(1)①-10Q(2分) +SO?+4Mn++4H2O(2分) ②减小(1分) (3)降低PbCL2溶解度(2分) (2)20(2分)8.1(2分)72(2分) (4)单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行 (3)①L2(2分) (2分) ②A、D(2分)D>C>E(2分) (5)K sp(MnS)>Kp(ZnS)>Kp(PbS)(2) 【解析】(1)①初始2olH(g),平衡时X:,=10%, (6)6Mn2++O2+12NH3·H20—2Mn3O4V 则消耗氢气0.2mol,此时反应放热QkJ,主反 +12NH+6H2O(2分) 应中2mol氢气对应的焓变为△H1,则消耗 (7)Mno.61□o.390+xZn2++2xe 2mol氢气放热10Qk,△H1=-10QkJ·mol1。 Zn,Mno.61☐o.39O(2分) ②主反应的平衡常数K 延，该反应为放热反 k正 【解析】软锰矿（主要含MnO2、铁的氧化物）和 铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS)为原料，加入盐酸 应，体系温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减 酸浸、加氯化钠，再加入NaOH,过滤除去二氧 k正减小。 小，即 化硅和FeOOH,“冰水沉积”得到PbC2固体， (2)X乙酸表示乙酸的转化率，根据已知，乙醇和 加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生 乙酸乙酯的选择性之和为1，则图中各曲线所表 成PbS和ZnS况淀，滤液加入氨水，通入空气生 (20,90) 成Mn3O4。 (10.91) X融 ·S融 (I)基态Mn原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3d54s2,有5个未成对电子；Mn ● 示的为 10.44) S乙酯 ，投料 元素位于元素周期表的d区。 (20,20) (2)“酸浸”时，PbS与MnO2反应的离子方程式 0 105202530 35 为PbS+4MnO2+4C1+8H+一[PbCL4] n(H2):n(CHCOOH) 图p +SO?+4Mn2++4H20。 比n(H2):n(CH3COOH)为20时，乙酸乙酯 (3)“冰水沉积”的目的是降低PbC12溶解度。 的选择性最小，因此乙醇的选择性最大，此时乙 (4)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S, 酸的转化率也较高，故最佳投料比为20；投料比 主要原因是单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应 n(H2):n(CH3COOH)=20时，乙酸的转化率 进行。 为90%，乙酸乙酯的选择性为20%，则乙醇的选 (5)加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀， 择性为80%，假设投入20molH2和1mol Mn+未沉淀，Kp越小的越容易沉淀，则 CH;COOH,生成乙醇的物质的量为1molX Kp(MnS)最大，结合c(S2-)相同时，c(Pb2+)= 90%×80%=0.72mol,生成乙酸乙酯的物质的 6 高三化学答案（二）第6页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 量为1molX90%X20% COOH 2 =0.09mol,则主反应 (2)CH;COO +3NaOH△，CH,CoONa+ 生成0.72mol十0.09mol=0.81mol乙醇，副反应 消耗0.09mol乙醇，H2的转化量为0.81mol× COONa (2分) 2=1.62mol,则H2的转化率X,= 1.62 mol 0Na+2H, 20mo1 X100%=8.1%,乙醇的产率为072m0l COOH 1 mol (3) NO,(2分〉 H1分) 100%=72%。 (3)①当n(H2):n(CH3COOH)=10时在不 CHO 同条件下达到平衡。在p=2MPa下的S乙醇、 (4) +2[AgNH)2]OH△2AgY S乙酸乙酯随温度t、在t=200℃下的S乙醇、S乙酸乙酯 随压强力的变化如图乙所示，副反应程度较小， +3NH,+H:O+ COONH.(2分) L、L4表示S乙酸乙酯，主反应为放热反应，温度升 (5)16(2分) 高，平衡逆向移动，n(乙醇)减少，S乙酸乙酸增大， (6)NaOH醇溶液，加热(2分)①③(2分) Sz醇减小，则p=2MPa时，Sz酵随t变化的曲 【解析】根据质谱图可知，芳香烃X的相对分子 线是L2,S乙酸乙随t变化的曲线是L3,主反应 质量为92，则其分子式为C,Hg,结构简式为 是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移 CH 动，副反应的平衡状态不受压强影响，则增大压 ,X与氯气发生取代反应生成A,A是一氯 强，S乙醇增大，S乙酸乙酯减小，则S乙静随p变化的 代物，A转化生成B,B催化氧化生成C,C能与 曲线是L1,S乙酸乙随p变化的曲线是L4,故图 银氨溶液反应生成D,故B含有醇羟基、C含有 像为 CH,CI CH,OH CHO 温度PC 150200250300350400,450 醛基，故A为 ,B为 ,C为 ,D 100 一L1 90 S2，1 COONH. 80 经酸化生成E,故D为 ,E为 20 CH 10 -COOH: 在浓硫酸、加热条件下与浓硝 0 S酸乙卫 D 00.51.01.52.02.53.03.5 酸发生取代反应生成F,结合反应③的产物可知 p/MPa ②L2和L3为p=2MPa下的等压线，分别代表 CH F为 S乙酵和S元酸乙，L1和L4为t=200℃下的等温 人NO,F转化生成G,由于苯胺容易被 线，分别代表S乙辞和SL酸乙酯，因此A、B、C、D、E 氧化，由已知信息Ⅱ、已知信息Ⅲ可知，G为 各点的温度和压强分别为(200℃，2MPa)、 COOH (200℃，0.75MPa)、(325℃，2MPa)、(200℃， NO,H是一种功能高分子，链节组成为 2MPa)、(400℃，2MPa),温度和压强均相同则 化学平衡状态相同，因此处于完全相同化学平 COOH C.HiNO,与 衡状态的点为A、D;C、D、E点压强相同、温度不 一NH的分子式相比减少1分子 同，反应放热，则温度升高，乙酸转化率下降，即 COOH 乙酸转化率：D>C>E。 H2O, 一NH,发生缩聚反应生成H为 18.(1)羧基、酯基(2分) 高三化学答案（二） 第7页（共8页） 6 ·化学· 参考答案及解析 条件：①能与NaHCO3反应放出CO2,说明含 NH叶H,据此分析解题。 有一COOH;②与FCl3溶液发生显色反应，说明 含有酚羟基；③苯环上的一取代物有两种，说明苯环 COOH 上含有两种氢原子。取代基为一CH2CH2COOH、 (1)阿司匹林的结构简式为CH,CO0 ,含 -OH有1种，取代基为一CH(CH3)COOH、 OH有1种，取代基为一COOH、一OH和两 有的官能团名称为羧基、酯基。 个一CH3,甲基相对有3种结构，甲基相邻有6 (2)由题干流程图中阿司匹林结构简式可知，分 种结构，甲基相间有5种结构，共16种。 子中羧基和酯基均能与NaOH溶液反应，故阿司 CH,CI CH 匹林与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 (6)观察A( )和 的结构可知，A经过 COOH CHCOO CH +3NaOH△CH.COONa+ 加成反应和消去反应得到 ,所以A在催化 COONa CH2CI -ONa +2H2O 剂条件下发生加成反应生成M( ),然后 COOH (3)由分折可知，G的结构简式为 ,H M在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反 NO CH2 CH HO、CHO 应生成观 的结构可 的结构简式为 知，需要消掉碳碳双键并引入羟基和醛基，所以 CH2 (4)由分析可知，反应⑤为C发生银镜反应生成 C 与氯气发生加成反应生成 ,然后 CHO COONH D,C为C ,D为C ,反应的化 在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应 CHO HO、 CHOH HO、CHO 学方程式为 +2[Ag(NH,)2]0HA 生成 ,最后被氧化为 2Ag+3NH,+HO+ COONH 综上可知，反应②的试剂及条件为氧化钠醇溶 (5)Z是比I多两个CH2的同系物，Z符合下列 液、加热；以上反应为加成反应的有①③。 6 高三化学答案（二）第8页（共8页）