精品解析：湖南岳阳市2026届高三教学质量监测（二）化学试题

岳阳市2026届高三教学质量监测(二) 化学 本试卷共8页，18道题，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.非选择题必须用黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。 可能用到的相对原子质量： 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，只有一项符合题目要求。 1. 当前中东局势复杂多变，全球能源与战略材料供应面临挑战，我国坚持科技自立自强，在国防军工、能源安全、高端材料等领域实现自主可控。下列说法正确的是 A. 国产新型导弹采用和作推进剂，二者反应时作还原剂 B. “巨浪-3”潜射导弹使用了高性能碳纤维，碳纤维属于新型有机高分子材料 C. 隐身战机的防护层采用了无氰电镀技术，电镀过程中化学能转化为电能 D. 新型两栖装甲车采用了碳化硅增强铝基复合材料，碳化硅属于硅酸盐材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．中N元素为负价，与​反应时，N元素化合价升高失电子，因此作还原剂，A正确； B．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，B错误； C．电镀利用电解原理，过程中是电能转化为化学能，C错误； D．碳化硅不含硅酸盐的结构组成，不属于硅酸盐材料，属于新型无机非金属材料，D错误； 故答案选A。 2. 下列化学用语或图标表达正确的是 A. 基态硒原子的简化电子排布式： B. 的电子式： C. 对硝基甲苯的结构简式： D. Na与水反应的实验过程中涉及的图标： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硒是34号元素，基态硒原子的简化电子排布式应为，A错误； B．​是共价化合物，电子式：，B错误； C．对硝基甲苯中，甲基和硝基处于苯环的对位，硝基以N原子与苯环相连，该结构简式：，C错误； D．Na与水反应的实验中，需要用刀切割金属，NaOH属于腐蚀品，对应题图中的腐蚀品标识，同时反应生成的氢气为易燃物，也涉及易燃标识，实验过程确实涉及该组安全标识，D正确； 故选D。 3. 下列关于废弃物的处理方法中，正确的是 A. 实验室未用完的钠、钾、白磷等不能放回原试剂瓶 B. 不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可用焚烧法处理后直接排放 C. 强氧化剂如、固体不能随意丢弃，可配成溶液后再进行常规处理 D. 向铜和浓硫酸反应后的废液中加水稀释，再进行碱中和处理 【答案】C 【解析】 【详解】A．钠、钾、白磷属于易燃易爆的危险化学品，随意丢弃易引发安全事故，未用完的需要放回原试剂瓶，A错误； B．溴乙烷含有溴元素，焚烧会生成含溴的有毒有害气体，污染大气，不能直接焚烧排放，B错误； C．、等强氧化性固体若与还原剂接触易发生爆炸，配成低浓度溶液后氧化性减弱，可进行常规处理，C正确； D．铜和浓硫酸反应后的废液含有大量未反应的硫酸，向废液中加水会导致浓硫酸暴沸飞溅，正确操作是将废液沿容器壁缓慢倒入水中稀释，再进行碱中和，D错误； 故选C。 4. 有关化学概念或物质性质描述错误的是 A. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈 B. 用核磁共振氢谱能区分和 C. 人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征 D. 常温下，氯气与铁在干燥情况下不反应，所以液氯可以储存在钢瓶中 【答案】A 【解析】 【详解】A．铁锅生锈的主要原因是铁、碳杂质与表面水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，而非化学腐蚀；擦干水是为了消除原电池形成的条件，减缓电化学腐蚀，A错误； B．和​虽然都含有2种化学环境的氢、且核磁共振氢谱中峰面积比均为 3:1 或1:3，但不同官能团上氢的化学位移不同，核磁共振氢谱的峰位置不同，可以区分，B正确； C．人体细胞的磷脂双分子膜是通过分子间作用力自发组装形成的超分子体系，体现了超分子的自组装特征，C正确； D．常温下干燥的氯气不与铁反应，只有含水时才会腐蚀铁，因此液氯可以储存在钢瓶中，D正确； 故选A。 5. 下列离子方程式可正确解释相应变化的是 A. 与反应： B. 固体溶于重水： C. 用硫氰化钾溶液检验溶液中的： D. 向氯化银悬浊液中滴加氨水： 【答案】D 【解析】 【详解】A．​与水反应是自身歧化反应，生成的​中的氧全部来自​，最终进入中，​不含，A错误； B．​溶于重水水解时，​会结合电离出的，离子方程式：，B错误； C．与反应生成的是可溶的络合物，不是沉淀，不能加沉淀符号，C错误； D．与氨水反应生成可溶性银氨络离子，离子方程式：，D正确； 故选D。 6. 氯及其化合物的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.12L 中含有的质子数为 B. 理论上反应①中每消耗0.2mol HCl，生成的分子数为 C. 反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1 D. 在的溶液中，含有的数小于 【答案】B 【解析】 【详解】A．未说明是标况，无法计算​的物质的量，A错误； B．反应①为，由方程式可知：每消耗，生成，因此消耗时，生成​，分子数为，B正确； C．反应②为，其中被氧化得到氧化产物，被还原得到还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误； D．选项只给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算，D错误； 故选B。 7. X、Y、Z、M、Q5种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q分别位于周期表中前四个不同周期，X、Y同主族，Z、M基态原子核外都有5种能量不同的电子，且都只有一个未成对电子，Q元素位于元素周期表第6列，下列说法错误的是 A. X和Y形成的一种离子化合物，阳离子半径大于阴离子半径 B. Z和M形成的两种化合物和均为非极性分子 C. 基态Q原子核外电子有15种空间运动状态 D. X、Y、Q最外层电子数相同 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、Q分属前4个不同周期，原子序数依次增大，因此X为第一周期，X与Y同主族，得X=H，Y=Li（IA族同主族，符合Y在第二周期）；Z、M基态有5种能量不同的电子，说明核外只有5个能级，即都在第三周期（能级：1s、2s、2p、3s、3p，共5种能级），且只有1个未成对电子：原子序数Z<M，符合条件的是Z=Al（电子排布，1个未成对电子）、M=Cl（电子排布，1个未成对电子）；Q在第四周期，元素周期表第6列，得Q=Cr（第四周期VIB族，原子序数24），据此分析； 【详解】A．H和Li形成的离子化合物是LiH，阳离子、阴离子电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，因此半径：，阳离子半径小于阴离子，A错误； B．​（​）为平面正三角形结构，正负电中心重合；​（​）为对称结构，正负电中心重合，二者均为非极性分子，B正确； C．Cr的核外电子排布为，每个轨道对应一种空间运动状态，轨道总数为1+1+3+1+3+5+1=15，共15种空间运动状态，C正确； D．H、Li、Cr最外层电子数都是1，最外层电子数相同，D正确； 故选A。 8. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 分别向少量ZnS固体和CuS固体中加入足量的浓硝酸 验证 B 将与混合加热，得到、、HCl 证明比更易水解 C Zn、Fe为电极，酸化的3％ NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法 D 分别向氯化镁和氯化铝溶液中加入过量的氨水 比较镁和铝元素的金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，加入足量的浓硝酸可氧化ZnS、CuS中的使二者溶解，该过程为氧化还原反应，无法验证，A错误； B．与混合加热时，优先与结晶水反应生成和，生成的抑制水解，最终得到无水，说明比更易水解，B正确； C．以Zn、Fe为电极，酸化的3% NaCl溶液为电解质构成原电池，Fe为正极被保护，用于检验，若Fe电极被保护，则不应有生成，但直接滴加溶液不可避免和单质铁反应生成，干扰实验，从而无法验证Fe是否被保护，C错误； D．向氯化镁、氯化铝溶液中加过量氨水，二者均生成氢氧化物沉淀（不溶于弱碱氨水），无法比较和的碱性强弱，因此不能比较镁、铝的金属性强弱，D错误； 故答案选B。 9. 一种辅助的电池能有效地将转化成化工原料，该电池工作原理如图所示，其中多孔碳电极上的产物为，作为催化剂，催化过程分2步进行，反应Ⅰ：，下列说法不正确的是 A. 多孔碳电极有利于气体扩散至电极表面 B. 催化反应的反应Ⅱ： C. 常用的离子液体是，阳离子以单个形式存在具有良好的溶解性能，则与N原子相连的、被H原子替换后溶解性能更佳 D. 当有0.1mol 穿过隔膜时，可以处理13.2g 【答案】C 【解析】 【分析】该电池为原电池，Al为负极（失电子生成），多孔碳电极为正极（​得电子生成​，​作催化剂）， 【详解】A．多孔碳电极具有疏松多孔结构，比表面积大，有利于气体扩散接触电极表面，A正确； B． ​是总反应的催化剂，总正极反应为​；已知第一步反应为​，总反应减去第一步反应（配平后）可得第二步反应：​，B正确； C．阳离子以单个形式存在具有良好的溶解性能，将与相连的​、​替换为后，能形成分子间氢键，从而难以以单个分子的形式存在，溶解性降低，C错误； D．负极Al生成时，总转移电子为；正极​生成​时，每个​中从价变为价，每个​得到，因此可处理​，质量为，D正确； 故选C。 10. 苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A. 1mol该物质最多能和1mol NaOH反应 B. 能被酸性溶液氧化 C. 的碱性弱于 D. 该分子中所有碳原子都采用杂化 【答案】D 【解析】 【详解】A．该分子只有1个酰胺键，碱性条件下1 mol 酰胺键水解消耗1 mol NaOH，A正确； B．分子中的氨基可被酸性​氧化，B正确； C．直接与羰基相连，氮的孤对电子和羰基发生p-π共轭，氮的电子云密度降低，结合质子（）能力减弱，碱性减弱；（氨基氮）的电子云密度更高，因此的碱性弱于，C正确； D．上连接了甲基，甲基中的碳原子形成4个σ键，为杂化，因此并非所有碳原子都是杂化，D错误； 故选D。 11. 用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是 已知：、、。 A. 若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液 B. 若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤 C. 为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2 D. 产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓磷酸具有腐蚀性，不慎沾到皮肤上，处理方法为先用大量水冲洗，再涂抹稀碳酸氢钠溶液中和残留酸，A正确； B．有机杂质炭化后生成不溶性的炭颗粒，分离固体炭和液体磷酸，操作是过滤，B正确； C．对于​的电离： ；。 当​时，电离方程式中除氢离子外的对应两种粒子浓度相等：时，时，此时​仅占一半，不是物质的量分数最大的点。​物质的量分数最大时，溶液的pH值近似等于，即，C错误； D．纯​中K的质量分数为：，产品中K的质量分数高于纯品；中K的质量分数为，高于，因此产品混有​会使钾的质量分数升高，D正确； 故选C。 12. 可用作合成氨催化剂，其立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。已知截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。下列说法正确的是 A. 晶胞中Fe的配位数为6 B. n截面单位面积含有的Fe原子个数为(个) C. m、n截面中，催化活性较高的是m D. 晶胞的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．为体心立方堆积，以体心Fe原子为例，最近且等距的顶点Fe原子共8个，配位数为8，A项错误； B．n截面为矩形，面积为，截面上4个顶点原子每个对截面贡献，体心原子完全属于该截面，总原子数为，单位面积原子数为，B项错误； C．m截面为正方形，面积为，所含原子数为，单位面积原子数为，小于n截面的单位面积原子数，已知单位面积Fe原子数越多催化活性越低，故催化活性较高的是m，C项正确； D．晶胞中Fe原子总数为，总质量为，晶胞边长a pm=a×10−10 cm，则密度为，D项错误； 答案选C。 13. 常温，向20.00mL NaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是 A. 随着HM的滴入，水的电离程度先变大后变小 B. pH=6时，的值比pH=7时的小 C. 滴入10.00mL HM溶液后，溶液中存在： D. 滴入20.00mL HM溶液后，溶液中存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．原NaR溶液中R−水解促进水的电离，滴入酸HM时，反应生成弱酸HR，R−浓度减小，水的电离被促进的程度减弱，HM过量后电离出H+抑制水的电离，水的电离程度一直减小，A项错误； B．由和可知，，电离平衡常数为定值，pH越小c(H+)越大，该比值越大，pH=6时c(H+)大于pH=7时，则pH=6时比值更大，B项错误； C．滴入等浓度溶液后，根据反应，得到的溶液中、浓度相等，因，说明溶液中的电离程度远大于的水解程度，则，C项错误； D．向其中滴入等浓度的溶液后，根据物料守恒可知，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得；根据电荷守恒可知，两式相加，整理可得关系式，则，D项正确； 答案选D。 14. 以、CO、HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是 A. 该过程中有非极性键的形成 B. 已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价 C. 若中C均用标记，反应物CO用，一段时间后在产物中可检出 D. 反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳 【答案】B 【解析】 【详解】A．总反应为，产物乙酸中存在非极性共价键，该键是反应过程中生成的，因此该过程有非极性键形成，A正确； B．该配合物为，整体带个单位负电荷。配体电荷：每个带电荷，共3个，总电荷为；带电荷；为中性配体，电荷为。设化合价为，根据整体电荷：，解得。因此，Rh的化合价为价，B错误； C．从机理可知，中配位的会迁移插入​键，形成，最终进入产物乙酸的羧基，因此一段时间后可在产物中检出，C正确； D．羰基中氧电负性大于碳，羰基碳带较强正电性，中O有孤对电子，带部分负电，会进攻正电性的羰基碳，发生水解反应生成乙酸，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 环己酮是一种重要的有机化工中间体和有机溶剂，实验室合成环己酮的反应如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 密度(20℃，) 沸点/℃ 与水形成共沸物沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0.96 161.0 97.8 能溶于水 环己酮 98 0.95 155 95 微溶于水，易溶于醇、醚等有机溶剂 饱和食盐水 1.33 - - - 反应装置如下： 实验步骤为： ①在圆底烧瓶中依次加入2粒沸石、56 mL 、10 mL浓(约0.15 mol)、10 mL环己醇，混合混匀。 ②将27 g (约0.103 mol)溶于盛有12 mL 的100 mL烧杯中，搅拌使之充分溶解。 ③分3次将步骤②所得溶液加至圆底烧瓶中并不断振摇，反应全程控温在60～65℃范围内。10分钟后停止加热，加入适量草酸固体，充分振摇使之溶解。 ④向圆底烧瓶中加入60 mL ，改为蒸馏装置，将环己酮和水一起蒸馏出来。 ⑤在馏分中加入10 g食盐，充分搅拌，将液体倾至分液漏斗，分离出有机层。 ⑥在分离出的有机层中分3次加入适量干燥后，蒸馏，获得产品6.4 g。 回答下列问题： （1）仪器X的名称为___________。所用圆底烧瓶的最佳规格为___________(填标号)。 A．100mL B．250mL C．500mL D．1000mL （2）环己醇被溶液氧化时，还原产物为，该反应的化学反应方程式为：___________。 （3）步骤③需要控温在60～65℃范围内，若温度过低，导致的结果是___________。 （4）步骤⑤中向馏分中加入食盐的目的为___________。 （5）以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是___________。 A. 将液体转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图用力振荡 B. 振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 C. 分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体 D. 经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置液体分层 （6）下列仪器在步骤⑥蒸馏中无需使用的是___________(填序号)。 （7）本实验中环己酮的产率约为___________％(结果保留3位有效数字)。 【答案】（1） ①. 直形冷凝管 ②. B （2） （3）反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低 （4）降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层 （5）C （6）①⑤ （7）68.0 【解析】 【小问1详解】 ①根据装置示意图，蒸馏装置中X为直形冷凝管。 ②由题目信息，在整个实验流程中，圆底烧瓶最终反应液体积约为V = 56 + 10 + 10 + 12 + 60 = 148 mL，根据实验规范，蒸馏液体‌所用圆底烧瓶的最佳规格应使‌液体体积不超过烧瓶容积的‌以防止暴沸或液体冲入冷凝管，同时也不少于烧瓶容积的以保证有效蒸馏和受热均匀。由此推算，‌烧瓶容积应在148÷≈ 222 mL至148 ÷= 444 mL之间，因此所用圆底烧瓶的最佳规格为250 mL，故答案选B。 【小问2详解】 环己醇被溶液氧化时，溶液中硫酸也参与反应，还原产物为，氧化产物为环己酮，此外还生成水和Na2SO4，故答案为。 【小问3详解】 温度过低时，反应速率减慢，单位时间内生成的环己酮量少，导致产率降低。 【小问4详解】 根据题目信息，饱和食盐水密度大于环己酮密度，且可以通过增加水相离子强度，减少有机物在水中的溶解度，故答案为降低环己酮在水中的溶解度，有利于液体分层。 【小问5详解】 A．用力振荡分液漏斗时应倒置分液漏斗，确保液体充分混合‌，便于安全放气，A错误； B．使用分液漏斗时，放气应缓慢打开旋塞而不是打开玻璃塞，以避免液体喷出或塞子冲开，B错误； C．需先将分液漏斗上口的玻璃塞打开，或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，保持漏斗内外气压平衡，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体，减少残余的下层液体以提升纯度，C正确； D．静置分层应在铁架台上进行，而非手持。手持静置可能导致漏斗不稳而发生安全事故，或因手部温度加热液体，导致液体重新混合，D错误； 故答案选C。 【小问6详解】 ①为球形冷凝管：蒸馏操作应使用直形冷凝管，球形冷凝管用于回流，不用于蒸馏； ②为温度计：蒸馏需用温度计控制馏分温度，需要使用； ③为尾接管（牛角管）：蒸馏时连接冷凝管与接收瓶，需要使用； ④为烧杯：蒸馏中可作为接收容器或辅助使用； ⑤为分液漏斗：分液漏斗用于萃取分液，蒸馏操作无需使用 故答案为①⑤。 【小问7详解】 10 mL环己醇的质量为，物质的量为，理论生成环己酮，理论质量为，因此产率为。 16. 电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）52Te在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 （5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PdCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 【答案】（1）第5周期第ⅥA族 （2）PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2 （3）Cu （4）2:3 （5）将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2- （6）1.0 （7）Cu3AuH8 【解析】 【分析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含(NH4)2PtCl4滤液c和(NH4)2PdCl6沉淀，据此解答。 【小问1详解】 52Te的原子序数为52，36＜52＜54，即Te位于第5周期倒数54-52+1=3列，故在周期表中的位置是第5周期第ⅥA族； 【小问2详解】 由题干已知信息①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质可知，“氧化焙烧”中，PtTe发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2； 【小问3详解】 由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的是分离Cu元素； 【小问4详解】 “氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：、、，Au转化为的反应中Au的化合价由0价升高到+3价，而Cl2中Cl的化合价由0价降低到-1价，根据得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3； 【小问5详解】 由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-； 【小问6详解】 “沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，参加反应的NH4Cl的物质的量是物质的量的2倍，测得反应后混合液中，此时溶液中的浓度为：==0.3mol/L，设初始加入NH4Cl溶液的浓度约为c mol/L，则有：=0.3mol/L，解得c=1.0，故答案为：1.0； 【小问7详解】 某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu的个数为：=3，Au的个数为：=1，体内含有8个H(即CaF2晶胞中8个F-换成8个H)，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。 17. 托伐普坦对治疗心衰、肝硬化中常出现的低血钠症具有良好的疗效，其前体(L)的最新合成路线如下 已知：—Ts代表。 回答下列问题： （1）A中含氧官能团的名称是___________。 （2）A→B过程中K2CO3的作用___________。 （3）C的结构简式为___________。 （4）写出由D生成F的化学反应方程式___________。 （5）是E消去产物的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol M最多可还原出4mol Ag。满足上述条件的M的结构共有___________种(不考虑立体异构)。 （6）F→G的第一步是在碱性条件下脱去F中的一个氢，生成碳负离子；第二步是经历电子转移后发生分子内环化，最终生成G。 ①请在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构___________(即用“”标出第一步中失去氢的碳原子)； ②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为___________。 （7）I→L的合成路线设计如下： 已知试剂X的化学式为C8H7OCl，X的结构简式为___________。 【答案】（1）羧基、硝基 （2）消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行 （3） （4）++HBr （5）9 （6） ①. ②. 叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率 （7） 【解析】 【分析】由题干合成路线图可知，A与(CH3)2SO4在K2CO3、丙酮条件下发生取代反应生成B，由C的分子式和B、D的结构简式以及B到C、C到D的转化条件可知，B发生还原反应生成C，发生取代反应生成D，与E（分子式C6H11O2Br）发生取代反应生成F，根据F的结构可知E的结构简式为，F自身发生取代反应成环状G，同时生成甲醇，G生成H再水解得到I，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干合成流程图中A的结构简式：可知，A中含氧官能团的名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基； 【小问2详解】 由题干合成流程图可知，A→B过程中生成了B和H2SO4，故K2CO3的作用是消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行，故答案为：消耗反应生成的H2SO4促进反应正向进行； 【小问3详解】 由分析可知，C的结构简式为：； 【小问4详解】 由分析可知，E的结构简式为，故由D生成F的化学反应方程式为：++HBr； 【小问5详解】 根据上述分析可知E的结构简式为，发生消去反应生成，其满足条件的同分异构体含有2个醛基，从分子式中减去2个—CHO，还余4个碳、8个H，结构中不含其他不饱和键、不含环状结构，4个碳的碳链有2种情况（、），链状二元醛，采用“定一移一”分析方法，先确定其中1个醛基位置，有4种情况、、、(另一个醛基重复，个数为0)，再确定第二个醛基的位置（①～⑨为第二个醛基的位置），共9种，故答案为：9； 【小问6详解】 ①由题干流程图中F和G的结构简式可知，在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构为：； ②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为叔丁醇钾的碱性比甲酸钠更强，能更有效地脱去F中的酸性氢，生成碳负离子，从而促进分子内环化反应正向进行，提高产率； 【小问7详解】 由题干流程图可知，I的结构简式为：，I与在NaHCO3、DCM条件下发生取代反应生成J，J的结构简式为：，结合题干B到C的转化信息可知，J在SnCl2、甲醇环境下发生还原反应，将硝基还原为氨基，故K的结构简式为：，结合K、L的结构简式和X的分子式可推知X的结构简式为：，故答案为：。 18. 目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。 物质 0 则___________。 （2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。 A. 和的物质的量之比不再变化 B. 气体平均摩尔质量不再变化 C. D. 混合气体的密度不再变化 （3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是___________(填序号)。 （4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。 注：副产物指、CO、混合气体 [已知：乙酸选择性=×100％] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为___________。 ②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：___________。 ③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数___________kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。 ①电极X为___________极(填“阴”或“阳”)。 ②在酸性介质中生成M的电极反应式为___________。 【答案】（1）+44 （2）AB （3）c （4） ①. ②. 温度升高，副反应的速率增大，更多乙醇转化为副产物，所以乙酸选择性降低 ③. （5） ①. 阴极 ②. 【解析】 【小问1详解】 反应焓变ΔH=生成物总标准生成热−反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：。 【小问2详解】 A：反应Ⅰ生成和，反应Ⅱ生成和，​与的物质的量之比不变时，说明各产物物质的量不变，反应Ⅰ达到平衡，A正确； B：总气体质量不变，两个反应均为气体分子数增多的反应，总物质的量随反应进行变化，平均摩尔质量​，不变时说明不变，反应达到平衡，B正确； C：平衡时应满足，C错误； D：恒温恒容，总气体质量和体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，D错误； 故选AB； 【小问3详解】 反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c。 【小问4详解】 ①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度。 ②温度升高后，生成副产物的副反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降。 ③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量： ，，，。 分压：，，，。。 【小问5详解】 ①电子移向电极X，X得到电子发生还原反应，为阴极。 ②是水被空穴（，强氧化剂）氧化生成的氧气，酸性条件下电极反应如上为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 岳阳市2026届高三教学质量监测(二) 化学 本试卷共8页，18道题，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号和姓名填写在答题卡指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.非选择题必须用黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。 可能用到的相对原子质量： 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，只有一项符合题目要求。 1. 当前中东局势复杂多变，全球能源与战略材料供应面临挑战，我国坚持科技自立自强，在国防军工、能源安全、高端材料等领域实现自主可控。下列说法正确的是 A. 国产新型导弹采用和作推进剂，二者反应时作还原剂 B. “巨浪-3”潜射导弹使用了高性能碳纤维，碳纤维属于新型有机高分子材料 C. 隐身战机的防护层采用了无氰电镀技术，电镀过程中化学能转化为电能 D. 新型两栖装甲车采用了碳化硅增强铝基复合材料，碳化硅属于硅酸盐材料 2. 下列化学用语或图标表达正确的是 A. 基态硒原子的简化电子排布式： B. 的电子式： C. 对硝基甲苯的结构简式： D. Na与水反应的实验过程中涉及的图标： 3. 下列关于废弃物的处理方法中，正确的是 A. 实验室未用完的钠、钾、白磷等不能放回原试剂瓶 B. 不需要回收的含乙醇、溴乙烷的有机废液，可用焚烧法处理后直接排放 C. 强氧化剂如、固体不能随意丢弃，可配成溶液后再进行常规处理 D. 向铜和浓硫酸反应后的废液中加水稀释，再进行碱中和处理 4. 有关化学概念或物质性质描述错误的是 A. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈 B. 用核磁共振氢谱能区分和 C. 人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装特征 D. 常温下，氯气与铁在干燥情况下不反应，所以液氯可以储存在钢瓶中 5. 下列离子方程式可正确解释相应变化的是 A. 与反应： B. 固体溶于重水： C. 用硫氰化钾溶液检验溶液中的： D. 向氯化银悬浊液中滴加氨水： 6. 氯及其化合物的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1.12L 中含有的质子数为 B. 理论上反应①中每消耗0.2mol HCl，生成的分子数为 C. 反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1 D. 在的溶液中，含有的数小于 7. X、Y、Z、M、Q5种元素的原子序数依次增大，其中X、Y、Z、Q分别位于周期表中前四个不同周期，X、Y同主族，Z、M基态原子核外都有5种能量不同的电子，且都只有一个未成对电子，Q元素位于元素周期表第6列，下列说法错误的是 A. X和Y形成的一种离子化合物，阳离子半径大于阴离子半径 B. Z和M形成的两种化合物和均为非极性分子 C. 基态Q原子核外电子有15种空间运动状态 D. X、Y、Q最外层电子数相同 8. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 分别向少量ZnS固体和CuS固体中加入足量的浓硝酸 验证 B 将与混合加热，得到、、HCl 证明比更易水解 C Zn、Fe为电极，酸化的3％ NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，一段时间后，直接向Fe电极区滴入2滴溶液，观察现象 探究金属的电化学保护法 D 分别向氯化镁和氯化铝溶液中加入过量的氨水 比较镁和铝元素的金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 9. 一种辅助的电池能有效地将转化成化工原料，该电池工作原理如图所示，其中多孔碳电极上的产物为，作为催化剂，催化过程分2步进行，反应Ⅰ：，下列说法不正确的是 A. 多孔碳电极有利于气体扩散至电极表面 B. 催化反应的反应Ⅱ： C. 常用的离子液体是，阳离子以单个形式存在具有良好的溶解性能，则与N原子相连的、被H原子替换后溶解性能更佳 D. 当有0.1mol 穿过隔膜时，可以处理13.2g 10. 苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A. 1mol该物质最多能和1mol NaOH反应 B. 能被酸性溶液氧化 C. 的碱性弱于 D. 该分子中所有碳原子都采用杂化 11. 用废磷酸(含有机杂质)制取，下列说法错误的是 已知：、、。 A. 若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上溶液 B. 若步骤a把易炭化的有机杂质转化为炭颗粒，则步骤b的操作为过滤 C. 为使产品中的物质的量分数最大，滴加KOH溶液调pH，最适pH为7.2 D. 产品中钾元素的质量分数为29.01％，则产品中可能混有杂质 12. 可用作合成氨催化剂，其立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。已知截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。下列说法正确的是 A. 晶胞中Fe的配位数为6 B. n截面单位面积含有的Fe原子个数为(个) C. m、n截面中，催化活性较高的是m D. 晶胞的密度为 13. 常温，向20.00mL NaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法正确的是 A. 随着HM的滴入，水的电离程度先变大后变小 B. pH=6时，的值比pH=7时的小 C. 滴入10.00mL HM溶液后，溶液中存在： D. 滴入20.00mL HM溶液后，溶液中存在： 14. 以、CO、HI作原料催化合成乙酸的机理如图所示(表示Rh的价态)。下列说法错误的是 A. 该过程中有非极性键的形成 B. 已知中Rh只以配位键与周围原子结合，则Rh的化合价为价 C. 若中C均用标记，反应物CO用，一段时间后在产物中可检出 D. 反应⑥的中O原子进攻正电性很强的羰基碳 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 环己酮是一种重要的有机化工中间体和有机溶剂，实验室合成环己酮的反应如下： 相关信息如下： 物质 相对分子质量 密度(20℃，) 沸点/℃ 与水形成共沸物沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0.96 161.0 97.8 能溶于水 环己酮 98 0.95 155 95 微溶于水，易溶于醇、醚等有机溶剂 饱和食盐水 1.33 - - - 反应装置如下： 实验步骤为： ①在圆底烧瓶中依次加入2粒沸石、56 mL 、10 mL浓(约0.15 mol)、10 mL环己醇，混合混匀。 ②将27 g (约0.103 mol)溶于盛有12 mL 的100 mL烧杯中，搅拌使之充分溶解。 ③分3次将步骤②所得溶液加至圆底烧瓶中并不断振摇，反应全程控温在60～65℃范围内。10分钟后停止加热，加入适量草酸固体，充分振摇使之溶解。 ④向圆底烧瓶中加入60 mL ，改为蒸馏装置，将环己酮和水一起蒸馏出来。 ⑤在馏分中加入10 g食盐，充分搅拌，将液体倾至分液漏斗，分离出有机层。 ⑥在分离出的有机层中分3次加入适量干燥后，蒸馏，获得产品6.4 g。 回答下列问题： （1）仪器X的名称为___________。所用圆底烧瓶的最佳规格为___________(填标号)。 A．100mL B．250mL C．500mL D．1000mL （2）环己醇被溶液氧化时，还原产物为，该反应的化学反应方程式为：___________。 （3）步骤③需要控温在60～65℃范围内，若温度过低，导致的结果是___________。 （4）步骤⑤中向馏分中加入食盐的目的为___________。 （5）以下关于萃取分液操作的叙述中，正确的是___________。 A. 将液体转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图用力振荡 B. 振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气 C. 分液时，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体 D. 经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置液体分层 （6）下列仪器在步骤⑥蒸馏中无需使用的是___________(填序号)。 （7）本实验中环己酮的产率约为___________％(结果保留3位有效数字)。 16. 电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知：①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）52Te在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 （4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au转化为[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。 （5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PdCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中c{[PdCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。 17. 托伐普坦对治疗心衰、肝硬化中常出现的低血钠症具有良好的疗效，其前体(L)的最新合成路线如下 已知：—Ts代表。 回答下列问题： （1）A中含氧官能团的名称是___________。 （2）A→B过程中K2CO3的作用___________。 （3）C的结构简式为___________。 （4）写出由D生成F的化学反应方程式___________。 （5）是E消去产物的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol M最多可还原出4mol Ag。满足上述条件的M的结构共有___________种(不考虑立体异构)。 （6）F→G的第一步是在碱性条件下脱去F中的一个氢，生成碳负离子；第二步是经历电子转移后发生分子内环化，最终生成G。 ①请在F的结构简式的基础上补全碳负离子的结构___________(即用“”标出第一步中失去氢的碳原子)； ②实验表明采用叔丁醇钾[(CH3)3COK]提供碱性环境时比采用甲酸钠的产率更大，其原因为___________。 （7）I→L的合成路线设计如下： 已知试剂X的化学式为C8H7OCl，X的结构简式为___________。 18. 目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。 物质 0 则___________。 （2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。 A. 和的物质的量之比不再变化 B. 气体平均摩尔质量不再变化 C. D. 混合气体的密度不再变化 （3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是___________(填序号)。 （4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。 注：副产物指、CO、混合气体 [已知：乙酸选择性=×100％] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为___________。 ②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：___________。 ③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数___________kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。 ①电极X为___________极(填“阴”或“阳”)。 ②在酸性介质中生成M的电极反应式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $