精品解析：广东东莞中学2026届高三年级下学期综合测试 化学试题

2026年高三年级综合测试 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。 2.试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 I：127 一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 巧出黎元，匠智在民。下列非遗作品主要材质属于硅酸盐的是 A．糖画 B．砖雕 C．藏刀 D．纸鸢 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．糖画主要材料是糖类（如麦芽糖、蔗糖等），属于有机物，A不符合题意； B．砖的主要原料是黏土，黏土的主要成分是硅酸盐，砖雕属于硅酸盐材质，B符合题意； C．藏刀的主要材质是金属合金（钢、铁等），属于金属材料，C不符合题意； D．纸鸢的主要材料是纸张（纤维素）和竹篾，属于有机物，D不符合题意； 故选B。 2. 科技强国、实业兴邦，我国科学家、工程师近年来取得一系列突出成就。下列说法正确的是 A. 精准操控单分子生成C6，C6和C60互为同位素 B. 首次在太空实现激光熔丝金属3D打印。此打印过程涉及物理变化 C. 成功投运乙烯电裂解炉，推进石化行业绿色转型。乙烯结构： D. 突破离子液封压缩机技术，支撑氢能产业化发展。H2分子中含有π键 【答案】B 【解析】 【详解】A．同位素指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，C6和C60都是由碳原子组成的分子，是同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，A错误； B．激光熔丝金属3D打印是通过高温激光将金属丝熔化后凝固成型，涉及金属从固态到液态再到固态的相变，这些物态变化属于物理变化，B正确； C．乙烯的结构简式为，其分子结构中含有碳碳双键，选项中的结构为乙烷的结构，C错误； D．氢气H2分子由两个氢原子通过单键（σ键）形成，其分子结构中不存在π键，D错误； 故答案选B 3. 含三联苯骨架的分子(如图)常被用作金属有机框架材料的连接体。下列关于分子的说法错误的是 A. 共有24个碳原子 B. 能与氨基酸中的氨基反应 C. 能发生还原反应 D. 最多能与3 mol NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．三联苯骨架的三个苯环：6+6+6=18个C；左侧环：5个C；羧基：1个C；合计：18+5+1=24个C，A正确； B．分子中含有羧基（-COOH），羧基可以和氨基酸中的氨基（-NH2）发生脱水缩合反应，形成酰胺键，B正确； C．分子中含有苯环、羰基，这些基团都可以和H2发生加成反应（还原反应），C正确； D．羧基（-COOH）：1 mol，消耗1 mol NaOH；两个酚羟基（苯环上的-OH）：各1 mol，共消耗2 mol NaOH；酰胺键（-CONH-）：在碱性条件下水解，生成羧基和氨基，羧基会再消耗1 mol NaOH，因此，总共消耗1+2+1=4 mol NaOH，D错误； 故答案选D。 4. 货币亦承载文明。下列说法错误的是 A. 贝币的主要成分CaCO3中含有共价键 B. 青铜刀币的硬度大于其主要成分金属铜 C. 交子纸币的主要成分纤维素属于有机高分子 D. 数字货币钱包的芯片基底材料是二氧化硅 【答案】D 【解析】 【详解】A．贝币主要成分为，属于离子化合物，由和构成，内部C与O原子之间存在共价键，因此中含有共价键，A正确； B．青铜是铜锡合金，合金的硬度一般高于其组成的纯金属，因此青铜刀币硬度大于纯铜，B正确； C．纤维素是天然多糖，相对分子质量可达数万以上，属于有机高分子化合物，是纸张（纸币）的主要成分，C正确； D．芯片的基底材料是单质硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，D错误； 故答案选D。 5. 幸福靠辛勤劳动创造。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 牧民搅打牛奶提取酥油 蛋白质的变性不可逆 B 消防员用碳酸氢钠干粉灭火器灭火 C 实验员用KSCN检验溶液是否被氧化 与反应，溶液变红 D 质检员用原子光谱法监测食品中重金属含量 电子跃迁会吸收或释放特定波长的光 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．搅打牛奶提取酥油是利用油脂与其他成分的物理性质差异进行分离，属于物理变化，该过程主要为物理分离，与蛋白质变性这一化学知识的关联性在四个选项中最弱，A正确； B．碳酸氢钠受热发生反应，生成的不支持燃烧，可覆盖在可燃物表面隔绝空气灭火，二者有关联，B错误； C．被氧化会生成，与反应使溶液变红，可利用该反应检验是否被氧化，二者有关联，C错误； D．原子光谱法的原理是原子核外电子跃迁时会吸收或释放特定波长的光，不同元素的特征谱线不同，可用于检测食品中重金属含量，二者有关联，D错误； 故答案选A 6. 下列比较第三周期元素金属性、非金属性的实验设计，无法达到实验目的的是 A．比较Na、Mg金属性 B．比较Mg、Al金属性 C．比较S、P非金属性 D．比较Cl、S非金属性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na与冷水剧烈反应，快速使酚酞变红，Mg与冷水几乎不反应，可证明金属性Na>Mg，A能达到实验目的； B．是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液，而不溶，说明碱性弱于，可证明金属性Mg>Al，B能达到实验目的； C．比较非金属性需要比较最高价氧化物对应水化物的酸性，S的最高价为+6价，对应最高价含氧酸是，不是S的最高价含氧酸，因此无法通过和的pH比较S和P的非金属性，C不能达到实验目的； D．通入溶液会发生置换反应，有淡黄色沉淀生成，说明氧化性 Cl2>S，证明非金属性Cl>S，后接NaOH处理尾气，D能达到实验目的； 故答案选C。 7. 能满足如图所示的物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是 A. M可为钠，电解盐的水溶液可以得到金属Na B. M可为碳，盐的碱性：NaHCO3>Na2CO3 C. M可为氮，氧化物2可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 D. M可为铁，向盐溶液中滴加NaOH浓溶液制备胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．若M为钠，钠与氧气常温生成氧化钠，氧化钠与氧气加热生成过氧化钠，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和氧气、水。过氧化钠与水反应生成氢氧化钠、氧气。若电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气、氯气，得不到Na单质，A错误； B．若M为碳，碳与氧气不充分燃烧生成CO，CO与氧气充分燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠或碳酸钠。二氧化碳与水反应生成碳酸。相同浓度时碳酸根水解程度大于碳酸氢根，溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3，B错误； C．若M为氮，氮气与氧气放电条件生成NO，NO与氧气生成NO2，NO2与氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠、水。NO2遇水反应生成硝酸和NO，NO2可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C正确； D．若M为铁，铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁高温与氧气生成三氧化二铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化铁。三氧化二铁与水不反应，不能直接转化。向氯化铁溶液滴加NaOH浓溶液得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，D错误； 故选C。 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 氢气在氯气中燃烧，发出淡蓝色火焰 燃烧为放热反应 B NaOH可区分和 C 能使紫色的高锰酸钾溶液褪色 具有氧化性 D 锌可用于牺牲阳极法保护钢闸 锌是p区金属 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢气在氯气中燃烧发出苍白色火焰，陈述Ⅰ错误；燃烧为放热反应，陈述Ⅱ正确，二者无因果关系，A错误； B．NaOH与共热反应生成有刺激性气味的，与不反应，可区分二者，陈述Ⅰ正确；反应的离子方程式为，陈述Ⅱ正确，且Ⅱ是Ⅰ的反应原理，存在因果关系，B正确； C．使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为具有还原性，将高锰酸根还原为无色的，陈述Ⅱ错误，二者无因果关系，C错误； D．牺牲阳极法利用原电池原理，锌比铁活泼作负极被腐蚀，从而保护钢闸，陈述Ⅰ正确；锌属于ds区金属，不属于p区，陈述Ⅱ错误，二者无因果关系，D错误； 故答案选B。 9. 物质的结构决定性质，下列解释错误的是 A. 硬度：金刚石>碳化硅，因为键长C-Si>C-C B. 苯酚比苯更易与溴反应，因为羟基活化了苯环 C. 稳定性：HF>HBr，因为HF分子之间有氢键 D. 熔点：Al2O3>Na2O，因为离子半径：Na+>Al3+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．金刚石和碳化硅均为共价晶体，共价键键长越短，键能越大，硬度越高，碳原子半径小于硅原子，所以键长C-Si>C-C，故硬度金刚石大于碳化硅，A正确； B．苯酚的羟基为给电子基团，可活化苯环邻对位的氢原子，因此苯酚比苯更易与溴发生取代反应，B正确； C．气态氢化物的热稳定性由分子内共价键的键能决定，稳定性HF>HBr，因为H-F键键能远大于H-Br键，氢键属于分子间作用力，影响熔沸点等物理性质，与化学稳定性无关，C错误； D．Al2O3和Na2O均为离子晶体，离子晶体熔点与晶格能正相关，离子半径Na+>Al3+，且Al3+所带电荷更高，故Al2O3晶格能更大，熔点更高，D正确； 故选C。 10. 设NA为阿伏伽得罗常数的值。工业制硫酸涉及O2、SO2、SO3、H2SO4等物质。下列叙述正确的是 A. 1 mol 18O2完全反应生成过氧化钠，转移电子数为2 NA B. 标准状况下，22.4 LSO3中含有σ键的数目为3 NA C. 1 mol SO2和O2充分反应，生成SO3分子数为NA D. pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．1 mol生成过氧化钠时，O元素化合价从0价降低为-1价，1 mol共得到2 mol电子，转移电子数为，A正确； B．标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定σ键数目，B错误； C．与生成为可逆反应，反应物无法完全转化，生成分子数小于，C错误； D．题目未给出溶液的体积，无法计算的数目，D错误； 故选A。 11. 元素a~c为短周期主族元素，c、d同主族，常压下，其最简单氢化物的沸点、第一电离能随原子序数变化的关系如图。下列说法正确的是 A. 原子半径：a<b<c B. b、d的氧化物均能与水反应生成酸 C. b、e的最简单氢化物能反应生成盐 D. ec2、的VSEPR模型均为平面三角形 【答案】C 【解析】 【分析】a~c为短周期主族元素，c、d同主族，图中同时给出了氢化物的沸点（黑点曲线）和第一电离能（方块曲线）随原子序数的变化，由图知，c的氢化物沸点最高（100℃），说明c的氢化物是水（H2O），因此c为O元素，原子序数：a < b < c(O)，均为短周期主族元素，且它们的氢化物沸点依次升高，同时b的氢化物沸点低于水但高于a。结合第一电离能的变化规律（N的第一电离能高于O），可推出a为C元素，b为N元素，c为O元素，c、d同主族，因此d为S元素，原子序数d < e，且为短周期主族元素，结合氢化物沸点和第一电离能变化，e为Cl元素，据此回答。 【详解】A．C、N、O位于同一周期，原子序数依次增大，因此原子半径：C>N>O，即a>b>c，A错误； B．b为N元素，其氧化物如NO，不与水反应，B错误； C．N的最简单氢化物为NH3，Cl的最简单氢化物为HCl，二者发生NH3 + HCl = NH4Cl反应，NH4Cl是铵盐，属于盐类，C正确； D．ec2为ClO2，中心Cl原子有2个σ键，其价层电子中还有1个孤对电子和1个单电子，所以VSEPR模型不是平面三角形，为，中心Cl原子的价层电子对数，含3个成键对、1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，D错误； 故选C。 12. 一种新型光辅助钠电池工作原理如图所示，放电时电池总反应为：。光辅助电极可在太阳光照下辅助充电。下列叙述正确的是 A. 放电时，a电极为正极 B. 充电时，b电极上发生反应： C. 电池充电过程，仅涉及光能、电能两种能量间的转变 D. 放电时，外电路转移电子时，左室质量减少 【答案】B 【解析】 【详解】A．放电时，利用了原电池原理，a极发生氧化反应，因此a极为负极，A错误； B．充电时，利用了电解池原理，b极为阳极，发生氧化反应，其电极反应式为：，B正确； C．根据题意及其工作原理可得，充电时，光辅助电极利用太阳光提供能量，使电能转化为化学能，在此过程中涉及：光能转化为电能、电能转化为化学能，不是仅涉及光能、电能两种能量间的转化，C错误； D．放电时，利用了原电池原理，外电路转移电子，则将有从左室迁移到右室，因此左室质量减少 ，而不是，D错误； 故选B。 13. 利用图示装置，X、Y、Z中选用不同试剂进行实验(必要时可加热)。根据Z中现象得出的结论正确的是 A. 浓盐酸、MnO2、AgNO3溶液；出现白色沉淀，说明Cl2与水反应 B. 稀硝酸、Cu、H2O；溶液上方气体有红棕色，说明Cu与稀硝酸生成NO2 C. 浓氨水、生石灰、CuSO4溶液；出现蓝色沉淀，说明生成[Cu(NH3)4]SO4 D. 溴乙烷、NaOH醇溶液、Br2的CCl4溶液；溶液褪色，说明有乙烯生成 【答案】D 【解析】 【详解】A． 浓盐酸与MnO2加热反应生成的氯气中混有氯化氢也能使AgNO3溶液出现白色沉淀，不能说明Cl2与水反应，A错误； B．稀硝酸与Cu反应生成NO，NO在溶液上方被氧化为红棕色二氧化氮，不能说明Cu与稀硝酸生成NO2，B错误； C．浓氨水滴到生石灰中产生氨气，氨气与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不是[Cu(NH3)4]SO4，C错误； D．溴乙烷与NaOH醇溶液加热发生消去反应生成乙烯，乙烯使Br2的CCl4溶液褪色，D正确； 故选D。 14. 铜氨溶液具有显著的抗菌作用。向0.2 mol·L-1CuSO4溶液中通氨气，测得Cu2+以及各铜氨配合物[(n=1~4)的物质的量分数Xn与平衡体系的p[NH3](NH3浓度的负对数)的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线4代表含铜微粒[Cu(NH3)3]2+ B. 滴几滴稀硫酸有利于生成[Cu(NH3)4]2+ C. H-N-H键角：[Cu(NH3)]2+>NH3 D. b点的纵坐标约为0.14 【答案】B 【解析】 【分析】先判断横坐标： ，所以 越小， NH3浓度越大。图中从左到右， 数值逐渐减小，说明 NH3浓度逐渐增大。因此，随着 NH3浓度增大，铜离子会逐步配位，曲线对应关系为： 最左侧时NH3浓度很小，主要以游离 存在，所以曲线1代表；开始加入NH3后，首先生成一氨合铜离子，所以曲线2代表 ；NH3浓度继续增大，继续配位生成二氨合铜离子，所以曲线3代表 ； 曲线4位于曲线3和曲线5之间，表示含3个NH3配体的配合物，对应三氨合铜离子，所以曲线4代表； NH3浓度最大时，铜主要以四氨合铜离子存在，所以曲线5代表 ，据此分析。 【详解】A．由分析可知，曲线4代表含铜微粒，A正确； B．加入几滴稀硫酸后，溶液中的会与反应生成，使游离浓度降低，NH3浓度降低后，平衡会向配位数较少的方向移动，不利于生成，B错误； C．NH3中氮原子有一对孤电子对，形成配合物时，氮原子的孤电子对用于和 形成配位键，孤电子对对 H-N-H 键角的压缩作用减弱，所以配位后的 H-N-H 键角一般会比游离NH3中的键角稍大，即 ，C正确； D．由分析可知，曲线1和曲线2分别代表 Cu2+和，图中a点表示 Cu2+和的物质的量分数相等，且a点纵坐标为0.43，所以这两种含铜微粒的物质的量分数各为0.43；在同一 p[NH3] 下，各含铜微粒的物质的量分数之和为1，因此剩余的物质的量分数主要对应b点的，即1－0.43－0.43＝0.14，所以b点的纵坐标约为 0.14，D正确； 故答案选B。 15. 利用图示装置(夹持及加热装置略)进行实验：打开K2、K3，加入适量浓硫酸，加热三口瓶；d中出现浑浊时，撤去酒精灯，关闭K2、K3，打开K1.实验结束时铁钉有剩余。下列说法错误的是 A. c中溶液变红后不褪色 B. b中溶液最终呈浅绿色 C. a处有固体变红色，说明b中有H2产生 D. d中浑浊是由于生成了CaSO3 【答案】D 【解析】 【分析】三口瓶b中盛有剩余铁钉，加入浓硫酸加热反应：初始阶段热浓硫酸与Fe反应生成​；随着反应进行，浓硫酸逐渐变稀，稀硫酸与过量Fe反应生成​；由于铁钉最终剩余，溶液中会被Fe完全还原为。 【详解】A．​通入石蕊试液，与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性、变红；仅能漂白部分有机色素，不能漂白酸碱指示剂，因此溶液变红后不会褪色，A正确； B．反应过程中浓硫酸不断减少且反应生成水，使浓硫酸变成稀硫酸，过量的铁与稀硫酸反应，同时将还原为，最终得到浅绿色的溶液，B正确； C．打开K1​后，气体先经过碱石灰，​、水蒸气都被碱石灰吸收，只有可以通过；​还原炽热的黑色CuO生成红色的Cu单质，因此a处固体变红可以证明b中有 ​生成，C正确； D．由于d中Ca(ClO)2​具有强氧化性，通入时会发生氧化还原反应，被氧化为​，最终生成的难溶物是​，不是，因此浑浊不是导致的，D错误； 故答案为：D。 16. 利用下左图装置进行CO2电催化还原，计算机模拟不同催化电极的反应机理如下右图所示，不同催化电极对C、O原子吸附能力不同，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且吸附后不易脱离，下列说法错误的是 A. b与外电源负极相连 B. 由机理图可推知A的结构为 C. 若还原产物主要为CH4，应选择Au为催化剂 D. 若选择Bi为催化剂，消耗22 gCO2，有1 molK+ 迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图中电极反应物和生成物可看出b电极上CO2还原得电子生成CO、HCOOH、CH4等，所以此电极为阴极，与电源负极相连，A正确； B．由机理图可看出A的结构为，B正确； C．由于Cu对CO的吸附能力远强于Au，且吸附后不易脱离，所以要想还原产物主要为CH4，应选择Cu为催化剂，C错误； D．若选择Bi为催化剂，消耗22 gCO2，即0.5 molCO2生成HCOOH ，碳由+4价变成+2价得0.5 mol×2=1 mol电子，则有1 molK+ 迁移，D正确； 故答案选C。 二、填答题：本题包括4小题，共56分。 17. 海带是工业提碘的重要原料。某小组围绕碘展开探究。 （1）海带中的碘主要以水溶性无机碘的形式存在。检验破壁海带液中是否含I2，可用试剂___________。 （2）①将海带中的有机碘转化为无机碘()溶液，需要的操作及顺序为___________(按顺序选填编号)。 A． B． C． D． ②取少许步骤①所得无机碘液，用稀H2SO4酸化后加入H2O2溶液，主要反应的离子方程式为___________。 （3）兴趣小组探究浓度对上述反应速率的影响： 查阅资料a．与上述反应同时发生。 b．一定波长下，显色粒子的吸光度(A)与其浓度成正比。通过绘制在60 s内的A-t(时间)图，计算斜率dA/dt可获得反应的初始速率v。 实验探究：向对应pH的缓冲液(可认为pH不变化)中，依次加入NaI溶液、蒸馏水和H2O2溶液，并保持溶液总体积相同。实验设计及数据处理结果如下表： 组别 pH 3%(mL) 0.1 mol/LNaI (mL) 蒸馏水(mL) 1 3 4∶1 5 10 35 0.08 2 3 8∶1 10 10 30 0.16 3 3 2∶1 5 0.16 4 6 4∶1 5 10 35 0.02 5 12 4∶1 5 10 35 0 实验分析①___________。 ②pH=3时，该反应速率方程为，则m+n=___________。 ③第5组实验始终无明显现象，原因是___________。 （4）综合以上分析，甲同学设计了以下方案测定海带中碘的含量： ①由(3)中实验可知：酸性越强，反应速率越快。结合Na2S2O3性质说明甲同学选择调pH=4.7的原因___________(用化学方程式表示)。 教师指导：Na2S2O3在pH>4.6的环境较为稳定，该方案测定结果却仍偏大。 优化方案：②请指出甲同学方案不完善的地方并提出修改意见___________。 数据处理：③已知：。滴定平均消耗V mL Na2S2O3标准溶液，忽略灼烧过程的损耗，则该海带样品中碘元素的质量分数为___________。 【答案】（1）淀粉溶液 （2） ①. BCA ②. （3） ①. 25 ②. 2 ③. I2和与发生反应 （4） ①. ②. 过量的H2O2会与Na2S2O3反应；可在充分氧化后加热煮沸溶液或加入少量MnO2粉末除去H2O2 ③. 【解析】 【小问1详解】 淀粉溶液遇单质碘变蓝，是检验的特征试剂； 【小问2详解】 ①将海带中有机碘转化为无机碘溶液，步骤为：先灼烧海带（B），然后溶解浸出（C），过滤除去灰渣得到含的溶液（A），萃取分液是提取碘单质的后续操作，因此顺序为BCA； ②无机碘液用稀H2SO4酸化后加入H2O2溶液，主要反应的离子方程式为； 【小问3详解】 ① 实验保持溶液总体积不变，由第1组得总体积为 ；根据 ，计算得 ，因此 ； ② 对比1、2组，不变， 加倍，反应速率加倍，得；对比1、3组， 不变，加倍，反应速率加倍，得，因此； ③ 强碱性环境中，I2和与发生反应，无法得到，因此没有明显现象； 【小问4详解】 ① 酸性过强时，硫代硫酸钠会与氢离子反应，因此需要调避免​发生反应，反应的化学方程式为 ； ② 足量氧化后，剩余的过量会在滴定过程中消耗​标准液，使结果偏大；受热易分解，加热即可除去过量或加入少量MnO2粉末除去H2O2； ③ 根据反应关系：​，总 ，碘的质量为 ，因此碘元素的质量分数为 。 18. 利用钕铁硼废磁体(主要成分为Nd2Fe14B，含少量Al、Co、Pr、Si及油污等)回收钴、稀土、铁。 已知：当离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1，即认为该离子已沉淀完全。 氢氧化物 （1）“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中，目的是___________(写一条)。 （2）基态B原子核外电子排布式为___________，最高能层符号为___________。已知Nd2Fe14B焙烧产物为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，写出该反应的化学方程式___________ 。 （3）“沉铝”时Nd3+的浓度约为0.1 mol·L-1，调节pH使Al3+沉淀完全，计算说明此时Nd3+是否开始沉淀___________(在答题卡上书写计算过程)。 （4）“选择萃取”时，Nd3+可与萃取剂P507(用HA表示)形成配合物进入有机相，Pr3+留在水相。萃取反应可表示为：。Nd3+与P507形成如图的配合物，下列说法正确的是___________。 A. Nd3+与P和O形成配位键 B. 该配合物中P为sp3杂化 C. 虚线部分代表萃取剂P507 D. 适当增大pH，萃取率增大 （5）稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，任意两个Nd原子的最近距离为 ，其他Nd原子的位置在___________；晶体中与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为___________。 （6）氢爆法是利用钕铁硼废料中的稀土原子与H2发生作用，形成稀土氢化物细小颗粒直接脱离，从而达到分离回收稀土的目的。与传统湿法工艺(酸浸法)相比，说明氢爆法如何体现“绿色化学”思想___________(写一条)。 【答案】（1）除油污 （2） ①. 1s22s22p1 ②. L ③. （3）Nd3+不沉淀 （4）BD （5） ①. 面心 ②. 12 （6）不使用强酸强碱或生成废液和废渣少或步骤少、分离流程简单 【解析】 【分析】钕铁硼废磁体主要成分为Nd2Fe14B，含少量Al、Co、Pr、Si及油污等。“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中洗去油污，“破碎焙烧”Nd2Fe14B转化为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，Al、Co、Pr、Si转化为相应氧化物，焙烧残渣“酸浸”，得含有Nd3+、Fe3+、Al3+、Pr3+、Co2+的溶液，浸取液调pH=3.0、通入空气得到Fe2O3，过滤，滤液1调pH“沉铝”，过滤得滤液2，滤液2加萃取剂P507“选择萃取”， Nd3+可与萃取剂P507形成配合物进入有机相，Pr3+、Co2+留在水相，水相加Na2S溶液得CoS沉淀。 【小问1详解】 Na2CO3溶液可以洗涤油污，“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中洗去油污。 【小问2详解】 B是5号元素，基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，核外有2个电子层，最高能层符号为L。Nd2Fe14B焙烧产物为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，根据得失电子守恒配平该反应的化学方程式为。 【小问3详解】 根据氢氧化铝的溶度积常数，Al3+沉淀完全时，c3(OH-) ，“沉铝”时Nd3+的浓度约为0.1 mol·L-1，=，小于的溶度积常数，所以此时Nd3+没有产生沉淀。 【小问4详解】 A. Nd3+与O形成配位键，Nd3+与P没有形成配位键，故A错误； B. 该配合物中P原子价电子对数为4，采用sp3杂化，故B正确； C. 该配合物的配体数为3，虚线部分代表萃取剂P507失去1个氢离子后的阴离子，故C错误； D. 适当增大pH，，氢离子浓度减小，平衡正向移动，萃取率增大，故D正确； 选BD。 【小问5详解】 稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，任意两个Nd原子的最近距离为 ，可知两个Nd原子的最近距离为面对角线的一半，则其他Nd原子的位置在面心；晶体中与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为12。 【小问6详解】 与传统湿法工艺(酸浸法)相比，氢爆法不使用强酸强碱或生成废液和废渣少或步骤少、分离流程简单。 19. 深入研究氨的合成和应用具有重要意义。 （1）科研人员利用NO催化加氢制备氨。已知： 反应1： 反应2： 哈伯法制氨反应 ___________。仅从键能角度分析，工业上合成氨气宜选择___________(填“NO”或“N2”)为氮源。(已知：N=O、N≡N的键能分别为607 kJ·mol-1、941 kJ·mol-1) （2）某研究团队开发了一种新型固溶体催化剂，能在常压下通过反应1实现NO到NH3的高效转化，NH3产率、合成速率随着x的变化曲线如图所示。当___________时达到最佳催化效果，相同条件下，经由反应1转化的H2的反应速率为___________。 （3）以氮掺杂多孔碳(NPC)为电极，电催化还原N2制备NH3的电极反应为：。25°C电解液体积为100 mL时，不同N2分压下产氨速率等相关数据见下表。 的分压 的溶解度/ 产氨速率/ 78 kPa 101 kPa ①根据上表数据，N2的分压增大，产氨速率变大的原因为___________。 ②N2分压为101 kPa时，反应4 h后溶解N2的转化率为___________。(列出计算式即可，溶解N2的转化率) （4）银氨溶液可以显著提高镀银液的稳定性。常温下向20 mL 0.125 mol/L AgNO3溶液中逐滴滴加氨水。溶液的酸度值()与氨水的体积V关系如图所示。 图中e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为。 ①b点对应溶液中：___________(选填“>”“=”或“<”)。 ②由e点计算常温下反应：的平衡常数K___________。(忽略[Ag(NH3)]+的存在及Ag+的水解，在答题卡上写出计算过程) 【答案】（1） ①. -92 ②. NO （2） ①. ②. 775 （3） ①. 分压增大使N2在电解液中的溶解度增大，参与反应的N2浓度增大 ②. 或者 （4） ①. < ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应1-反应2可得，；已知 键能为，键能为，化学反应的第一步通常是旧键的断裂。键能越小，化学键越容易断裂，反应所需的活化能通常越低，反应越容易进行。因为 的键能远小于的键能，破坏分子比破坏分子更容易，因此工业上若仅考虑键能因素，宜选择NO为氮源。 【小问2详解】 从图中可以看出，当时，  产率达到最高点，同时合成速率也处于最高峰，由化学式可知  时达到最佳催化效果；根据图像，最佳条件下的合成速率。根据反应1的化学计量数关系： ，的反应速率。 【小问3详解】 ①根据表格数据分析：当分压从 增大到时，的溶解度从增加到，分压增大使N2在电解液中的溶解度增大，参与反应的N2浓度增大，产氨速率变大； ②初始溶解的总量 ，4小时生成的物质的量为 ，根据电极反应，转化的物质的量 ，N2的转化率为  或。 【小问4详解】 ①从图中可以看出，b点对应的横坐标 L，也就是还没有加入氨水，此时溶液仅仅是溶液，银元素和氮元素的初始物质的量之比是1:1，发生微弱水解，且溶液中不存在，则<； ②在 e点： ， ，初始的物质的量为 ，e点时溶液的总体积为 ，根据题意“溶液由浑浊变澄清”，说明此时银元素主要以形式存在，少部分解离为，根据银元素守恒：，即， ≈0.1mol/L，根据反应方程式  ，平衡常数  的表达式为：=。 20. 化合物6a是某药物合成的中间体，其一种制备流程如下： 注：其中Et为-C2H5。 （1）化合物2a中官能团的名称为___________，化合物3a的分子式为___________。 （2）在化合物1a的同分异构体中，能与饱和NaHCO3溶液产生CO2，且核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为___________。 （3）下列关于1a~4a的说法正确的是___________(填字母)。 A. 1a能在Cu、O2、加热下反应生成二醛 B. 2a有1个手性碳，能发生消去反应形成烯烃类分子 C. 1a在水中的溶解度大于2a，且质谱分析能区分1a和2a D. 3a与4a互为同系物，3a水解可生成丙二酸 （4）写出5a→6a的离子反应方程式___________。 （5）相同条件下，下列有机物在碱性条件下酯基水解速率最小的是___________(填字母)。 A． B． C． D． 原因为该物质中的基团的___________键(填“a”“b”或“c”)相对其他物质，极性最___________(填“大”或“小”)。 （6）参考上述合成路线，以CH2=CH2、EtOOCCH2COOEt为有机原料(其他无机试剂任选)制备聚合物的单体X和Y： ①第一步：CH2=CH2与O2在Ag作催化剂、加热条件下发生原子利用率100%的反应，生成环状化合物的化学方程式为___________。 ②第二步：第一步产物与___________(写化学式)反应得到单体X。 第三步：CH2=CH2与Br2发生加成反应。 ③第四步：第三步产物与EtOOCCH2COOEt按1∶2反应，得到的有机产物结构简式为___________。 第五步：第四步中有机产物通过得到单体Y。 【答案】（1） ①. 碳溴键或溴原子 ②. C7H12O4 （2） （3）AC （4）+2H++CO2↑ （5） ①. B ②. b ③. 小 （6） ①. ②. H2O ③. 【解析】 【分析】1a()发生取代反应生成2a（），与发生取代反应生成4a（），在氢氧化钠条件下发生水解反应生成5a () ,酸性条件下加热生成6a()。 【小问1详解】 化合物2a的结构简式为，官能团的名称为碳溴键或溴原子；化合物3a的结构简式为，分子式为C7H12O4； 【小问2详解】 化合物1a的结构简式为，不饱和度为1，C原子6个，O原子2个，其同分异构体中，能与饱和NaHCO3溶液产生CO2，说明含有且，核磁共振氢谱有三组峰说明有三个甲基，结构简式为； 【小问3详解】 A．能在Cu、O2、加热下反应生成二醛，A正确； B．没有手性碳，上没有H不能发生消去反应，B错误； C．含有羟基，与水分子间存在氢键，在水中的溶解度大于，两者相对分子质量不同，用质谱分析能区分两者，C正确； D．为链状酯，含有环状，结构不相似，两者不是同系物，水解生成丙二酸和乙醇，D错误； 故选AC； 【小问4详解】 酸性条件下加热脱去1个二氧化碳生成，对应的化学方程式为+2H++CO2↑； 【小问5详解】 酯基在碱中水解时断裂C-O键，碳氧键极性越强，C-O键越容易断裂。F、Br、Cl为吸电子基，为推电子基，酯基中C-O键极性最弱的为B，酯水解的速率最慢；该物质中的基团的b键相对其他物质，极性最小； 【小问6详解】 根据结构简式可知其单体 为，。 ①第一步：CH2=CH2与O2在Ag作催化剂、加热条件下发生原子利用率100%的反应，生成环状化合物为，化学方程式为； ②第二步：与H2O反应得到，X为； ③第三步CH2=CH2与Br2发生加成反应。第四步与EtOOCCH2COOEt按1∶2发生取代反应，生成和HBr；第五步：通过水解反应得到单体。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级综合测试 化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。 2.试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 I：127 一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 巧出黎元，匠智在民。下列非遗作品主要材质属于硅酸盐的是 A．糖画 B．砖雕 C．藏刀 D．纸鸢 A. A B. B C. C D. D 2. 科技强国、实业兴邦，我国科学家、工程师近年来取得一系列突出成就。下列说法正确的是 A. 精准操控单分子生成C6，C6和C60互为同位素 B. 首次在太空实现激光熔丝金属3D打印。此打印过程涉及物理变化 C. 成功投运乙烯电裂解炉，推进石化行业绿色转型。乙烯结构： D. 突破离子液封压缩机技术，支撑氢能产业化发展。H2分子中含有π键 3. 含三联苯骨架的分子(如图)常被用作金属有机框架材料的连接体。下列关于分子的说法错误的是 A. 共有24个碳原子 B. 能与氨基酸中的氨基反应 C. 能发生还原反应 D. 最多能与3 mol NaOH反应 4. 货币亦承载文明。下列说法错误的是 A. 贝币的主要成分CaCO3中含有共价键 B. 青铜刀币的硬度大于其主要成分金属铜 C. 交子纸币的主要成分纤维素属于有机高分子 D. 数字货币钱包的芯片基底材料是二氧化硅 5. 幸福靠辛勤劳动创造。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 牧民搅打牛奶提取酥油 蛋白质的变性不可逆 B 消防员用碳酸氢钠干粉灭火器灭火 C 实验员用KSCN检验溶液是否被氧化 与反应，溶液变红 D 质检员用原子光谱法监测食品中重金属含量 电子跃迁会吸收或释放特定波长的光 A. A B. B C. C D. D 6. 下列比较第三周期元素金属性、非金属性的实验设计，无法达到实验目的的是 A．比较Na、Mg金属性 B．比较Mg、Al金属性 C．比较S、P非金属性 D．比较Cl、S非金属性 A. A B. B C. C D. D 7. 能满足如图所示的物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是 A. M可为钠，电解盐的水溶液可以得到金属Na B. M可为碳，盐的碱性：NaHCO3>Na2CO3 C. M可为氮，氧化物2可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 D. M可为铁，向盐溶液中滴加NaOH浓溶液制备胶体 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 氢气在氯气中燃烧，发出淡蓝色火焰 燃烧为放热反应 B NaOH可区分和 C 能使紫色的高锰酸钾溶液褪色 具有氧化性 D 锌可用于牺牲阳极法保护钢闸 锌是p区金属 A. A B. B C. C D. D 9. 物质的结构决定性质，下列解释错误的是 A. 硬度：金刚石>碳化硅，因为键长C-Si>C-C B. 苯酚比苯更易与溴反应，因为羟基活化了苯环 C. 稳定性：HF>HBr，因为HF分子之间有氢键 D. 熔点：Al2O3>Na2O，因为离子半径：Na+>Al3+ 10. 设NA为阿伏伽得罗常数的值。工业制硫酸涉及O2、SO2、SO3、H2SO4等物质。下列叙述正确的是 A. 1 mol 18O2完全反应生成过氧化钠，转移电子数为2 NA B. 标准状况下，22.4 LSO3中含有σ键的数目为3 NA C. 1 mol SO2和O2充分反应，生成SO3分子数为NA D. pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2 NA 11. 元素a~c为短周期主族元素，c、d同主族，常压下，其最简单氢化物的沸点、第一电离能随原子序数变化的关系如图。下列说法正确的是 A. 原子半径：a<b<c B. b、d的氧化物均能与水反应生成酸 C. b、e的最简单氢化物能反应生成盐 D. ec2、的VSEPR模型均为平面三角形 12. 一种新型光辅助钠电池工作原理如图所示，放电时电池总反应为：。光辅助电极可在太阳光照下辅助充电。下列叙述正确的是 A. 放电时，a电极为正极 B. 充电时，b电极上发生反应： C. 电池充电过程，仅涉及光能、电能两种能量间的转变 D. 放电时，外电路转移电子时，左室质量减少 13. 利用图示装置，X、Y、Z中选用不同试剂进行实验(必要时可加热)。根据Z中现象得出的结论正确的是 A. 浓盐酸、MnO2、AgNO3溶液；出现白色沉淀，说明Cl2与水反应 B. 稀硝酸、Cu、H2O；溶液上方气体有红棕色，说明Cu与稀硝酸生成NO2 C. 浓氨水、生石灰、CuSO4溶液；出现蓝色沉淀，说明生成[Cu(NH3)4]SO4 D. 溴乙烷、NaOH醇溶液、Br2的CCl4溶液；溶液褪色，说明有乙烯生成 14. 铜氨溶液具有显著的抗菌作用。向0.2 mol·L-1CuSO4溶液中通氨气，测得Cu2+以及各铜氨配合物[(n=1~4)的物质的量分数Xn与平衡体系的p[NH3](NH3浓度的负对数)的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线4代表含铜微粒[Cu(NH3)3]2+ B. 滴几滴稀硫酸有利于生成[Cu(NH3)4]2+ C. H-N-H键角：[Cu(NH3)]2+>NH3 D. b点的纵坐标约为0.14 15. 利用图示装置(夹持及加热装置略)进行实验：打开K2、K3，加入适量浓硫酸，加热三口瓶；d中出现浑浊时，撤去酒精灯，关闭K2、K3，打开K1.实验结束时铁钉有剩余。下列说法错误的是 A. c中溶液变红后不褪色 B. b中溶液最终呈浅绿色 C. a处有固体变红色，说明b中有H2产生 D. d中浑浊是由于生成了CaSO3 16. 利用下左图装置进行CO2电催化还原，计算机模拟不同催化电极的反应机理如下右图所示，不同催化电极对C、O原子吸附能力不同，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且吸附后不易脱离，下列说法错误的是 A. b与外电源负极相连 B. 由机理图可推知A的结构为 C. 若还原产物主要为CH4，应选择Au为催化剂 D. 若选择Bi为催化剂，消耗22 gCO2，有1 molK+ 迁移 二、填答题：本题包括4小题，共56分。 17. 海带是工业提碘的重要原料。某小组围绕碘展开探究。 （1）海带中的碘主要以水溶性无机碘的形式存在。检验破壁海带液中是否含I2，可用试剂___________。 （2）①将海带中的有机碘转化为无机碘()溶液，需要的操作及顺序为___________(按顺序选填编号)。 A． B． C． D． ②取少许步骤①所得无机碘液，用稀H2SO4酸化后加入H2O2溶液，主要反应的离子方程式为___________。 （3）兴趣小组探究浓度对上述反应速率的影响： 查阅资料a．与上述反应同时发生。 b．一定波长下，显色粒子的吸光度(A)与其浓度成正比。通过绘制在60 s内的A-t(时间)图，计算斜率dA/dt可获得反应的初始速率v。 实验探究：向对应pH的缓冲液(可认为pH不变化)中，依次加入NaI溶液、蒸馏水和H2O2溶液，并保持溶液总体积相同。实验设计及数据处理结果如下表： 组别 pH 3%(mL) 0.1 mol/LNaI (mL) 蒸馏水(mL) 1 3 4∶1 5 10 35 0.08 2 3 8∶1 10 10 30 0.16 3 3 2∶1 5 0.16 4 6 4∶1 5 10 35 0.02 5 12 4∶1 5 10 35 0 实验分析①___________。 ②pH=3时，该反应速率方程为，则m+n=___________。 ③第5组实验始终无明显现象，原因是___________。 （4）综合以上分析，甲同学设计了以下方案测定海带中碘的含量： ①由(3)中实验可知：酸性越强，反应速率越快。结合Na2S2O3性质说明甲同学选择调pH=4.7的原因___________(用化学方程式表示)。 教师指导：Na2S2O3在pH>4.6的环境较为稳定，该方案测定结果却仍偏大。 优化方案：②请指出甲同学方案不完善的地方并提出修改意见___________。 数据处理：③已知：。滴定平均消耗V mL Na2S2O3标准溶液，忽略灼烧过程的损耗，则该海带样品中碘元素的质量分数为___________。 18. 利用钕铁硼废磁体(主要成分为Nd2Fe14B，含少量Al、Co、Pr、Si及油污等)回收钴、稀土、铁。 已知：当离子浓度小于或等于10-5 mol·L-1，即认为该离子已沉淀完全。 氢氧化物 （1）“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在Na2CO3溶液中，目的是___________(写一条)。 （2）基态B原子核外电子排布式为___________，最高能层符号为___________。已知Nd2Fe14B焙烧产物为Fe2O3、Nd2O3和B2O3，写出该反应的化学方程式___________ 。 （3）“沉铝”时Nd3+的浓度约为0.1 mol·L-1，调节pH使Al3+沉淀完全，计算说明此时Nd3+是否开始沉淀___________(在答题卡上书写计算过程)。 （4）“选择萃取”时，Nd3+可与萃取剂P507(用HA表示)形成配合物进入有机相，Pr3+留在水相。萃取反应可表示为：。Nd3+与P507形成如图的配合物，下列说法正确的是___________。 A. Nd3+与P和O形成配位键 B. 该配合物中P为sp3杂化 C. 虚线部分代表萃取剂P507 D. 适当增大pH，萃取率增大 （5）稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，任意两个Nd原子的最近距离为 ，其他Nd原子的位置在___________；晶体中与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为___________。 （6）氢爆法是利用钕铁硼废料中的稀土原子与H2发生作用，形成稀土氢化物细小颗粒直接脱离，从而达到分离回收稀土的目的。与传统湿法工艺(酸浸法)相比，说明氢爆法如何体现“绿色化学”思想___________(写一条)。 19. 深入研究氨的合成和应用具有重要意义。 （1）科研人员利用NO催化加氢制备氨。已知： 反应1： 反应2： 哈伯法制氨反应 ___________。仅从键能角度分析，工业上合成氨气宜选择___________(填“NO”或“N2”)为氮源。(已知：N=O、N≡N的键能分别为607 kJ·mol-1、941 kJ·mol-1) （2）某研究团队开发了一种新型固溶体催化剂，能在常压下通过反应1实现NO到NH3的高效转化，NH3产率、合成速率随着x的变化曲线如图所示。当 ___________时达到最佳催化效果，相同条件下，经由反应1转化的H2的反应速率为___________。 （3）以氮掺杂多孔碳(NPC)为电极，电催化还原N2制备NH3的电极反应为：。25°C电解液体积为100 mL时，不同N2分压下产氨速率等相关数据见下表。 的分压 的溶解度/ 产氨速率/ 78 kPa 101 kPa ①根据上表数据，N2的分压增大，产氨速率变大的原因为___________。 ②N2分压为101 kPa时，反应4 h后溶解N2的转化率为___________。(列出计算式即可，溶解N2的转化率) （4）银氨溶液可以显著提高镀银液的稳定性。常温下向20 mL 0.125 mol/L AgNO3溶液中逐滴滴加氨水。溶液的酸度值()与氨水的体积V关系如图所示。 图中e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为 。 ①b点对应溶液中：___________(选填“>”“=”或“<”)。 ②由e点计算常温下反应：的平衡常数K___________。(忽略[Ag(NH3)]+的存在及Ag+的水解，在答题卡上写出计算过程) 20. 化合物6a是某药物合成的中间体，其一种制备流程如下： 注：其中Et为-C2H5。 （1）化合物2a中官能团的名称为___________，化合物3a的分子式为___________。 （2）在化合物1a的同分异构体中，能与饱和NaHCO3溶液产生CO2，且核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为___________。 （3）下列关于1a~4a的说法正确的是___________(填字母)。 A. 1a能在Cu、O2、加热下反应生成二醛 B. 2a有1个手性碳，能发生消去反应形成烯烃类分子 C. 1a在水中的溶解度大于2a，且质谱分析能区分1a和2a D. 3a与4a互为同系物，3a水解可生成丙二酸 （4）写出5a→6a的离子反应方程式___________。 （5）相同条件下，下列有机物在碱性条件下酯基水解速率最小的是___________(填字母)。 A． B． C． D． 原因为该物质中的基团的___________键(填“a”“b”或“c”)相对其他物质，极性最___________(填“大”或“小”)。 （6）参考上述合成路线，以CH2=CH2、EtOOCCH2COOEt为有机原料(其他无机试剂任选)制备聚合物的单体X和Y： ①第一步：CH2=CH2与O2在Ag作催化剂、加热条件下发生原子利用率100%的反应，生成环状化合物的化学方程式为___________。 ②第二步：第一步产物与___________(写化学式)反应得到单体X。 第三步：CH2=CH2与Br2发生加成反应。 ③第四步：第三步产物与EtOOCCH2COOEt按1∶2反应，得到的有机产物结构简式为___________。 第五步：第四步中有机产物通过得到单体Y。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $