精品解析：广东梅州市梅江区梅州中学2026届高三下学期高考冲刺卷（一）化学科试题

梅州中学2026届高考冲刺卷(一) 化学科 本试卷共11页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 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. “射”乃“六艺”之一。下列选项所涉及材料的主要成分属于无机硅酸盐材料的是 A．玉韘(商) B．青铜箭镞(周) C．木胎漆弓(战国) D．大绒箭囊(清) A. A B. B C. C D. D 2. 从“烽举燧燔”至“万物互联”，人类不断突破时空限制，重塑感知世界和彼此链接的方式。 下列说法正确的是 A. 烽烟递信：白昼点燃湿薪以生烟，采用湿薪是为了让燃烧更充分 B. 飞鸽传书：飞鸽脚缚绢帛传信，丝织品绢的主要成分是多糖 C. 数字通信：互联网基石光导纤维的成分，属于酸性氧化物 D. 移动互联：作为6G通信链路关键材料的石墨烯，是乙烯的同系物 3. 推动高质量发展，化学无处不在。下列有关说法正确的是 A. 钙钛矿叠层光伏电池是一种将化学能转化为电能的新型光伏技术 B. 燃煤中加入生石灰(CaO)可以减少酸雨的形成以及温室气体的排放 C. 稀土金属被誉为“工业维生素”，稀土金属元素均位于周期表p区 D. 光固化3D打印：光照引发高分子交联，线性结构变网状，硬度提升 4. 达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法正确的是 A. 能与反应 B. 分子中含有2个手性碳原子 C. 奥司他韦最多能与反应 D. 可形成分子间氢键，不能形成分子内氢键 5. 固态电池是解锁低空经济、人形机器人等“新质生产力”的关键钥匙。下列关于新一代全固态锂电池的说法正确的是 A. 全固态电池的锂盐中的As化合价为+5 B. 核心原料的电子式为 C. 放电过程从负极向正极移动 D. 含质子7 mol 6. 劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识或方法表述正确的是 劳动项目 化学知识 A 工人用金刚石刀具精密切削材料 1mol金刚石内含1molC-C B 84消毒液加白醋，可增强漂白效果 C 实验员向配好的溶液中加少量铁屑 D 质检员抽检市售蒸馏水是否为自来水 先加盐酸酸化，再滴加检验是否有沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 7. 下列实验装置及操作正确，且能达到实验目的的是 A. 用甲装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响 B. 用装置乙制备溴苯和验证HBr的生成 C. 用装置丙测定中和反应的反应热 D. 用装置丁标定醋酸溶液的浓度 8. 转化观是认识化学视角的基本观念。甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列推断错误的是 A. 若甲为，则丁可能是 B. 若甲为，则丁可能是 C. 若甲为，则丁可能是 D. 若甲为，则丁可能是 9. 用如图所示装置探究乙醇转化为乙醛的反应。下列说法中正确的是 A. 乙醇能与水互溶，乙醛不能与水互溶 B. Ⅲ中铜丝能降低反应的活化能和焓变 C. IV中溶液褪色，说明乙醛发生了氧化反应 D. 乙醇转变为乙醛时，所有碳原子杂化方式都改变 10. 东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有的质子数为10 B. 含有的键为11 C. 反应生成时，转移的电子数为16 D. 标准状况下，可转化为的数目为2 11. X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的溶液(浓度均为)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能： B. 元素电负性： C. 简单离子半径： D. 最简单氢化物沸点： 12. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 、、键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C CsCl晶体中与8个配位，而NaCl晶体中与6个配位 比的半径大 D 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高 A. A B. B C. C D. D 13. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 14. 利用如图装置进行实验：打开、，关闭，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭。下列说法错误的是 A. 与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性 B. 关闭，下推注射器活塞，平衡移动，注射器内气体颜色变浅 C. 挤压胶头滴管，圆底烧瓶不能充满溶液 D. 打开，洗气瓶中溶液变蓝 15. 我国化学家采用电催化氧化法，以碳纳米管负载的钴催化剂(Co-CNT)将废水中的有毒物质苯酚转化成高价值化学品对苯醌。工作原理见图1，催化机理见图2。下列说法正确的是 A. Pt电极上发生氧化反应 B. 图2中，过程ii的 C. 阳极的电极反应式为： D. Co-CNT在电极上完成6.02×1023次催化循环，理论上Pt电极上产生1 mol H2 16. 一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M发生如下反应：E(g)+M(g)F(g)G(g)。已知反应初始c0(E)=c0(M)=0.10mol/L，部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示，t2后反应体系达到平衡状态。下列说法正确的是 A. X为c(F)随的变化曲线 B. 0~t1内，mol•L-1•s-1 C. 反应的活化能：①>② D. t2时，扩大容器的体积，n(F)减小 二、非选择题：本题共4个小题，共56分。 17. 实验小组针对与水解反应相互促进过程展开探究。 回答下列问题： （1）在实验室用固体配制230 mL一定物质的量浓度的溶液时，下列仪器中一定需要用到的是___________(填选项字母)。 （2）实验小组对与溶液混合时的现象进行探究。 理论推导：对反应进行平衡常数K的计算可判断该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)发生，已知：，。 （3）各取20 mL、30 mL、溶液分别加入3个盛有溶液的烧杯中，充分混合后均无明显现象。 分析推测：基于视角，同学分析混合时未观察到白色沉淀的原因，提出两种猜想。 猜想1：___________；猜想2：混合溶液后浓度会降低。 查阅文献：完全沉淀的pH为5.2，为弱电解质。 用pH传感器测得混合液的pH分别为5.59，5.96，6.28，再对3个烧杯加热，均出现白色沉淀。 得出结论：pH均高于5.2，猜想①不成立；猜想②可能成立。 （4）进一步实验：证明为弱电解质。 教师指导：溶液的导电能力用电导率来表征；稀溶液中若2种强电解质不发生化学反应，混合溶液的电导率具有加和性。即可利用电导率来进行验证。 实验数据：测出三种溶液的电导率如表所示，溶液混合产生的体积变化及pH变化引起的电导率变化均忽略不计。 实验顺序 i ii iii 溶液组成 固体蒸馏水 固体蒸馏水 固体固体蒸馏水 电导率 利用电导率结果解释溶液混合后有弱电解质生成的原因：___________。 对实验iii的混合溶液持续加热至出现白色沉淀过程中的pH变化进行测定，结果如图所示： 结合图中数据解释持续加热产生白色沉淀的原因为___________。 （5）拓展探究。将上述实验中的白色沉淀过滤、反复洗涤后再溶于水加热，用pH传感器测得pH变化如图所示。 ①白色沉淀溶于水后的溶液显___________性(填“酸”“中”或“碱”)。 ②白色沉淀___________(填“是”或“否”)只含。 ③进一步查阅文献可知，醋酸铝在水中形成凝胶状物质，常以碱式盐形式存在，其可电离出、两种离子。则可推测水解程度：___________(填“>”或“<”)。 （6）迁移解释。向的溶液中加入粉，并对混合溶液进行较长时间加热，预测反应现象为___________。 18. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()的工艺流程如下： 已知：①萃取的原理：(萃取剂RH是一种有机酸)； ②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可以吸附溶液中的阳离子； ③常温下，部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 氢氧化物 （1）Ni在元素周期表中的位置是_______。 （2）“酸浸还原”时，还原的离子方程式为_______。 （3）“沉铁”时需加热至200℃，原因是_______。 （4）“沉铝”时，pH最高可调至_______(忽略溶液体积变化)。[，，，] （5）“第一次萃取”后，向萃取液1中加入_______(填化学式)溶液进行反萃取，可以得到溶液。 （6）“第二次萃取”时，、与混合萃取剂形成的配合物(如图所示，M表示金属元素)更稳定，下列关于“第二次萃取”的说法正确的是_______。 A. 配合物中金属离子的配位原子只有N B. 配合物中氮原子的杂化类型为sp² C. 配合物中因存在分子内氢键而难溶于水 D. 配位时，被氧化 （7）Cu与P、Sn形成的合金(磷青铜)可用作耐磨零件和弹性合金原件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示(晶胞边长为apm)，相邻离子间最近距离之比_______，距离Sn最近的Cu有_______个。 （8）“电解”时，一般在萃余液2中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______；电解液中加入稀硫酸的目的是_______。 19. 铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为______；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因______。 （2）HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图： ①上述过程中，Y为______(填化学式)。 ②该过程的总反应方程式为______。 （3）已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应； ②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示： 物质 CuO 生成焓() x y 0 则298K时，1 mol CuO分解生成和的______(用含x、y的代数式表示)。 （4）一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡： 反应ⅴ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母) A. 加入NaCl固体，浓度一定上升 B. 加水稀释，溶液中的离子总数增大 C. 升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 体系中， （5）已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)与溶液pH的关系如图所示。 ①曲线Ⅰ代表______(填“”或“”)。 ②由图可知，的平衡常数______(写出计算结果)。 ③结合图中数据，计算出a点对应x值______ (写出计算过程)。 20. 布洛芬具有解热、镇痛、抗炎等作用。芳基重排法得到布洛芬(E)的合成路线如下： 已知：通过连续反应①和反应②发生碳骨架迁移，可实现C→D的转化，该过程中ZnCl2为催化剂，[ZnCl3]-为中间产物，反应机理如下图所示。 （1）化合物A的名称为异丁苯，写出异丙苯的结构简式______。 （2）A→B反应类型是______，C含有官能团名称是______，E的分子式是______。 （3）新戊二醇()常用于合成树脂。请写出新戊二醇与对苯二甲酸反应合成聚酯树脂的化学方程式______。 （4）下列说法正确的是______。 A. 化合物A中所有原子可能共面，碳原子的杂化方式有sp2、sp3 B. 化合物C属于芳香烃衍生物，分子中含有2个手性碳原子 C. 化合物C→D的转化中，存在σ键和π键的断裂与生成 D. 一定条件下，1mol化合物D最多可消耗2mol NaOH （5）化合物E的一种同系物Y分子量为164，Y的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)。 i．该物质可以与FeCl3溶液反应显紫色 ii．1mol该物质可与Ag(NH3)2OH溶液反应产生2mol Ag iii．该物质核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：2：1：1 （6）苯乙酸是合成药物和香料的重要原料，某学习小组以苯为初始原料，模仿题干合成原理设计合成苯乙酸的流程。请回答下列问题： ①第一步反应在AlCl3的催化下生成，反应物为苯和______(填结构简式)； ②写出合成苯乙酸的流程中，发生碳骨架迁移时反应②的化学方程式：______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 梅州中学2026届高考冲刺卷(一) 化学科 本试卷共11页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 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. “射”乃“六艺”之一。下列选项所涉及材料的主要成分属于无机硅酸盐材料的是 A．玉韘(商) B．青铜箭镞(周) C．木胎漆弓(战国) D．大绒箭囊(清) A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．玉石主要成分是硅酸盐，属于无机硅酸盐材料，A正确； B．青铜是铜锡铅合金，属于合金，B错误； C．木材主要成分是纤维素，属于有机材料，C错误； D．大绒箭囊主要成分是绒线，属于有机材料，D错误； 故答案选A。 2. 从“烽举燧燔”至“万物互联”，人类不断突破时空限制，重塑感知世界和彼此链接的方式。 下列说法正确的是 A. 烽烟递信：白昼点燃湿薪以生烟，采用湿薪是为了让燃烧更充分 B. 飞鸽传书：飞鸽脚缚绢帛传信，丝织品绢的主要成分是多糖 C. 数字通信：互联网基石光导纤维的成分，属于酸性氧化物 D. 移动互联：作为6G通信链路关键材料的石墨烯，是乙烯的同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A．点燃湿薪燃烧不充分，目的是产生大量浓烟便于白天观察信号，并非使燃烧更充分，A错误； B．丝织品的主要成分是蛋白质，不是多糖，B错误； C．光导纤维的主要成分为，可与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C正确； D．同系物是结构相似、分子组成相差若干个基团的有机物，石墨烯是碳的单质，不是有机物，不属于乙烯的同系物，D错误； 故答案为：C。 3. 推动高质量发展，化学无处不在。下列有关说法正确的是 A. 钙钛矿叠层光伏电池是一种将化学能转化为电能的新型光伏技术 B. 燃煤中加入生石灰(CaO)可以减少酸雨的形成以及温室气体的排放 C. 稀土金属被誉为“工业维生素”，稀土金属元素均位于周期表p区 D. 光固化3D打印：光照引发高分子交联，线性结构变网状，硬度提升 【答案】D 【解析】 【详解】A．钙钛矿叠层光伏电池是将光能转化为电能，并非化学能转化为电能，A错误； B．燃煤中加入可与反应最终生成，减少排放从而减少酸雨形成，但高温下与反应生成的会分解，无法减少温室气体的排放，B错误； C．稀土金属元素包括钪、钇和镧系元素，均位于周期表的d区和f区，并不在p区，C错误； D．光固化3D打印过程中，光照引发高分子发生交联反应，分子由线性结构变为网状体型结构，聚合物的硬度、强度均会提升，D正确； 故答案选D。 4. 达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法正确的是 A. 能与反应 B. 分子中含有2个手性碳原子 C. 奥司他韦最多能与反应 D. 可形成分子间氢键，不能形成分子内氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．奥司他韦分子中只有1个碳碳双键能与加成，酯基和酰胺基的羰基不与加成，故1mol该物质最多与1mol 反应，A错误； B．手性碳原子需连接4个不同基团，该分子中含3个手性碳如图所示，B错误； C．分子中含1个酯基和1个酰胺基，酯基水解消耗1mol NaOH，酰胺基水解也消耗1mol NaOH，共2mol，C正确； D．分子中含和羰基，二者可分别形成分子间氢键；分子内与羰基的距离近，能形成分子内氢键：，D错误； 故选C。 5. 固态电池是解锁低空经济、人形机器人等“新质生产力”的关键钥匙。下列关于新一代全固态锂电池的说法正确的是 A. 全固态电池的锂盐中的As化合价为+5 B. 核心原料的电子式为 C. 放电过程从负极向正极移动 D. 含质子7 mol 【答案】C 【解析】 【详解】A．在中，为价，为价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可知为价，A错误； B．是离子化合物，其电子式应为，B错误； C．全固态电池放电时为原电池，原电池中阳离子（）会从负极向正极移动，C正确； D．是锂元素的一种核素，锂元素的质子数为，因此含质子，D错误； 故答案选C。 6. 劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识或方法表述正确的是 劳动项目 化学知识 A 工人用金刚石刀具精密切削材料 1mol金刚石内含1molC-C B 84消毒液加白醋，可增强漂白效果 C 实验员向配好的溶液中加少量铁屑 D 质检员抽检市售蒸馏水是否为自来水 先加盐酸酸化，再滴加检验是否有沉淀生成 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．金刚石中每个C原子与周围4个C原子形成C-C键，每个C-C键由2个C共用，平均1mol金刚石含2mol C-C键，A错误； B．白醋的主要成分为醋酸，醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆分为与醋酸根离子，正确反应为，B错误； C．溶液中易被氧化为，加入铁屑可发生反应，将还原为，可防止变质，C正确； D．加盐酸酸化会引入，无论待测液是否含，滴加都会生成沉淀，干扰检验，应选用硝酸酸化，D错误； 故答案选C。 7. 下列实验装置及操作正确，且能达到实验目的的是 A. 用甲装置探究反应物浓度对化学反应速率的影响 B. 用装置乙制备溴苯和验证HBr的生成 C. 用装置丙测定中和反应的反应热 D. 用装置丁标定醋酸溶液的浓度 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲装置中，两个试管除了NaHSO3浓度不同外，没有统一的观察指标（如气泡产生速率、褪色时间等），无法准确比较反应速率，且该装置无法对气体生成速率进行定量比较，不能探究浓度对反应速率的影响，A错误； B．苯和液溴在铁粉催化下发生取代反应生成溴苯和HBr，但苯和溴易挥发，挥发出来的溴单质也能与AgNO3溶液反应生成AgBr沉淀，会干扰HBr的验证，需要在中间加除溴的装置（如盛CCl4的洗气瓶），B错误； C．装置丙符合中和热测定的要求：隔热层减少热量损失、温度计测量温度、玻璃搅拌器使溶液混合均匀、杯盖减少热量散失，可以准确测定中和反应的反应热，C正确； D．醋酸是弱酸，用NaOH溶液滴定时，滴定终点呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1~4.4（酸性范围），不能准确指示终点，应选用酚酞作指示剂；且滴定管应使用碱式滴定管（图中为酸式滴定管），D错误； 故答案为C。 8. 转化观是认识化学视角的基本观念。甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列推断错误的是 A. 若甲为，则丁可能是 B. 若甲为，则丁可能是 C. 若甲为，则丁可能是 D. 若甲为，则丁可能是 【答案】D 【解析】 【详解】A．若甲为，丁为，甲与少量反应生成（乙），与反应生成（丙），与归中反应生成，符合转化关系，A正确； B．若甲为，丁为，甲与少量反应生成（乙），与过量反应生成（丙），与发生双水解反应生成，符合转化关系，B正确； C．若甲为，丁为，甲与少量反应生成（乙），与、水反应生成（丙），与反应生成，符合转化关系，C正确； D．若甲为，丁为，甲与少量氨水反应生成（乙），与过量氨水反应生成四氨合铜络盐（丙），丙与无法反应生成（乙），不符合丙 + 甲 → 乙的转化，D错误； 故答案选D。 9. 用如图所示装置探究乙醇转化为乙醛的反应。下列说法中正确的是 A. 乙醇能与水互溶，乙醛不能与水互溶 B. Ⅲ中铜丝能降低反应的活化能和焓变 C. IV中溶液褪色，说明乙醛发生了氧化反应 D. 乙醇转变为乙醛时，所有碳原子杂化方式都改变 【答案】C 【解析】 【分析】该实验装置用于探究乙醇催化氧化生成乙醛的反应。装置I中浓硫酸干燥氧气，装置II中乙醇挥发与氧气混合，装置III中铜丝作催化剂在加热条件下促进乙醇氧化为乙醛，装置IV中溴水用于检验生成的乙醛，乙醛可使溴水褪色。 【详解】A．乙醇和乙醛均能与水互溶，因为乙醇含羟基、乙醛含醛基，都能与水形成氢键，A错误； B．铜丝作为催化剂，只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物能量差决定，B错误； C．IV中溴水褪色，乙醛分子中醛基具有还原性，能被溴水氧化为羧基，溴水被还原而褪色，说明乙醛发生氧化反应，C正确； D．乙醇中两个碳原子均为sp3杂化；乙醛中甲基碳仍为sp3杂化，醛基碳为sp2杂化，仅一个碳原子杂化方式改变，并非所有，D错误； 故选C。 10. 东风-5C彰显国家力量，其采用双组元液体推进剂发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 中含有的质子数为10 B. 含有的键为11 C. 反应生成时，转移的电子数为16 D. 标准状况下，可转化为的数目为2 【答案】B 【解析】 【详解】A．的摩尔质量为，的物质的量为，1个分子含10个质子，因此中含有的质子数为，A错误； B．中所有共价键均为单键，单键均为键，数出该分子共含有11个键，因此含有的键为，B正确； C．根据反应化合价变化，生成时总转移电子为，物质的量为，因此生成时转移电子数为，C错误； D．转化为存在可逆平衡，反应不能进行完全，且标准状况下为液态，物质的量不是，最终的数目小于，D错误； 故选B。 11. X、Y、Z、W为短周期主族元素，它们的原子半径、原子序数与最高价氧化物的水化物的溶液(浓度均为)在常温下的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 元素第一电离能： B. 元素电负性： C. 简单离子半径： D. 最简单氢化物沸点： 【答案】B 【解析】 【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01mol/L的W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液pH都小于7，则W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，则为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2，则Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸：H2SO4，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，则X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱：NaOH，即X是Na，所以W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl。 【详解】A．同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势（IIA与IIIA，VA与VIA出现反常），故第一电离能：Cl>S>Na，A正确； B．同周期元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性：Cl>S>Na，B错误； C．W和X元素的简单离子为：N3-和Na+，均为10电子结构，核电荷数越大，半径越小，故半径：N3->Na+，C正确； D．W和Y的简单氢化物分别为NH3和H2S，NH3存在分子间氢键，沸点高于H2S，D正确； 故选B。 12. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 、、键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C CsCl晶体中与8个配位，而NaCl晶体中与6个配位 比的半径大 D 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．原子光谱为不连续的线状谱线，本质原因是原子的能级是量子化的，能量变化不连续，实例与解释相符，A不符合题意； B．中心C价层电子对数为，sp杂化，无孤电子对，直线形结构，键角；中心S价层电子对数为，杂化，无孤电子对，平面三角形结构，键角约；中心C价层电子对数为，杂化，无孤电子对，正四面体结构，键角 ；三者键角依次减小是杂化类型不同导致，中心原子均无孤电子对，与孤电子对和成键电子对的斥力差异无关，实例与解释不符，B符合题意； C．离子晶体的配位数由正负离子半径比决定，半径大于，中正负离子半径比更大，因此配位数更高，实例与解释相符，C不符合题意； D．金属晶体的熔点与金属键强度正相关，金属键越强熔点越高，金属钨熔点高是其金属键强的宏观表现，二者存在对应关系，实例与解释相符，D不符合题意； 故答案选B。 13. 用和侯氏制碱工艺联合制，同时、循环利用的主要物质转化如下。下列说法正确的是 A. ①中应向溶液先通入，再通入 B. ②中可使用蒸发结晶的方法获得固体 C. 电解的溶液可以制得和 D. 理论上①中消耗的与③中生成的不相等 【答案】D 【解析】 【分析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵固体的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。 【详解】A．二氧化碳微溶于水，氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳的溶解度，故A错误； B．NH4Cl受热易分解，不能通过蒸发结晶的方法获得NH4Cl固体，故B错误； C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，故C错误； D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，故D正确； 故答案为D。 14. 利用如图装置进行实验：打开、，关闭，将注射器中浓硝酸全部注入三颈烧瓶，当圆底烧瓶和注射器均充满红棕色气体时关闭。下列说法错误的是 A. 与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性 B. 关闭，下推注射器活塞，平衡移动，注射器内气体颜色变浅 C. 挤压胶头滴管，圆底烧瓶不能充满溶液 D. 打开，洗气瓶中溶液变蓝 【答案】B 【解析】 【分析】Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜，二氧化氮氧化碘离子生成碘单质，二氧化氮会被氢氧化钠吸收形成喷泉。据此分析。 【详解】A．Cu与浓硝酸的反应为，生成硝酸铜体现了硝酸的酸性，N元素化合价降低生成，体现了硝酸的强氧化性，A正确； B．体系中存在平衡，为红棕色，为无色，关闭下推注射器活塞，气体体积减小，浓度瞬间增大气体颜色变深，平衡右移导致气体颜色又变浅，故注射器内气体颜色先变深后逐渐变浅，B错误； C．二氧化氮会与水反应转化为NO，导致圆底烧瓶不能充满溶液，C正确； D．打开后，进入淀粉KI溶液，具有氧化性，可将氧化为，淀粉遇变蓝，因此溶液变蓝，D正确； 故选B。 15. 我国化学家采用电催化氧化法，以碳纳米管负载的钴催化剂(Co-CNT)将废水中的有毒物质苯酚转化成高价值化学品对苯醌。工作原理见图1，催化机理见图2。下列说法正确的是 A. Pt电极上发生氧化反应 B. 图2中，过程ii的 C. 阳极的电极反应式为： D. Co-CNT在电极上完成6.02×1023次催化循环，理论上Pt电极上产生1 mol H2 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为电解池，电极为阳极，苯酚被氧化为对苯醌；电极为阴极，被还原为，据此分析。 【详解】A．电极上得电子生成，发生还原反应，A不符合题意； B．过程ii为O-H键断裂，生成和，断键过程吸热，，B不符合题意； C．阳极上苯酚被氧化为对苯醌，电极反应式为，C符合题意； D．催化循环中，每生成对苯醌转移，对应生成，故完成次催化循环，电极上产生，D不符合题意； 故选C。 16. 一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M发生如下反应：E(g)+M(g)F(g)G(g)。已知反应初始c0(E)=c0(M)=0.10mol/L，部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示，t2后反应体系达到平衡状态。下列说法正确的是 A. X为c(F)随的变化曲线 B. 0~t1内，mol•L-1•s-1 C. 反应的活化能：①>② D. t2时，扩大容器的体积，n(F)减小 【答案】B 【解析】 【分析】由题干反应E(g)+M(g)F(g) G(g)信息可知，达到平衡之前，F的浓度先增大后减小，G的浓度一直增大，E、M的浓度一直减小，故可知X为G，浓度一直减小的曲线为E或者M，浓度先增大后减小的曲线为F，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，A错误； B．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，根据图像信息可知，0~t1s内，G的浓度增大了(0.10-a)mol/L，则=mol•L-1•s-1，B正确； C．由题干图像信息可知，F的浓度先增大后减小，且F的浓度增大比X的增大的快，故反应①的速率大于反应②的速率，活化能越大，反应速率越慢，故反应的活化能：①＜②，C错误； D．由题干图像信息可知，反应①即E(g)+M(g)=F(g)不可逆，反应②即F(g) G(g)反应前后体积不变，平衡不移动，故时，扩大容器的体积，n(F)不变，D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4个小题，共56分。 17. 实验小组针对与水解反应相互促进过程展开探究。 回答下列问题： （1）在实验室用固体配制230 mL一定物质的量浓度的溶液时，下列仪器中一定需要用到的是___________(填选项字母)。 （2）实验小组对与溶液混合时的现象进行探究。 理论推导：对反应进行平衡常数K的计算可判断该反应在常温下___________(填“能”或“不能”)发生，已知：，。 （3）各取20 mL、30 mL、溶液分别加入3个盛有溶液的烧杯中，充分混合后均无明显现象。 分析推测：基于视角，同学分析混合时未观察到白色沉淀的原因，提出两种猜想。 猜想1：___________；猜想2：混合溶液后浓度会降低。 查阅文献：完全沉淀的pH为5.2，为弱电解质。 用pH传感器测得混合液的pH分别为5.59，5.96，6.28，再对3个烧杯加热，均出现白色沉淀。 得出结论：pH均高于5.2，猜想①不成立；猜想②可能成立。 （4）进一步实验：证明为弱电解质。 教师指导：溶液的导电能力用电导率来表征；稀溶液中若2种强电解质不发生化学反应，混合溶液的电导率具有加和性。即可利用电导率来进行验证。 实验数据：测出三种溶液的电导率如表所示，溶液混合产生的体积变化及pH变化引起的电导率变化均忽略不计。 实验顺序 i ii iii 溶液组成 固体蒸馏水 固体蒸馏水 固体固体蒸馏水 电导率 利用电导率结果解释溶液混合后有弱电解质生成的原因：___________。 对实验iii的混合溶液持续加热至出现白色沉淀过程中的pH变化进行测定，结果如图所示： 结合图中数据解释持续加热产生白色沉淀的原因为___________。 （5）拓展探究。将上述实验中的白色沉淀过滤、反复洗涤后再溶于水加热，用pH传感器测得pH变化如图所示。 ①白色沉淀溶于水后的溶液显___________性(填“酸”“中”或“碱”)。 ②白色沉淀___________(填“是”或“否”)只含。 ③进一步查阅文献可知，醋酸铝在水中形成凝胶状物质，常以碱式盐形式存在，其可电离出、两种离子。则可推测水解程度：___________(填“>”或“<”)。 （6）迁移解释。向的溶液中加入粉，并对混合溶液进行较长时间加热，预测反应现象为___________。 【答案】（1）B （2）能 （3）混合溶液pH过低 （4） ①. 若与不反应，则电导率之和应为，但实测为，明显小于理论值，故可推测生成了弱电解质 ②. 图中pH下降，反映出加热过程中的电离程度以及的水解程度增大，形成白色沉淀 （5） ①. 酸 ②. 否 ③. > （6）溶液产生较多气泡，加热后溶液产生白色沉淀(答案合理即可) 【解析】 【分析】某小组欲探究与在水溶液中能否大量共存，实验中溶液和溶液混合后没有白色沉淀生成，结合实验中数据，溶液和溶液混合后电导率下降，说明离子浓度降低了，可能原因是Al3+和CH3COO-形成的Al(CH3COO)3是弱电解质，以此解答。 【小问1详解】 配制溶液应该选用250 mL容量瓶，其他仪器不需要使用，故选B项。 【小问2详解】 ，故理论上能发生该反应。 【小问3详解】 可能原因除混合溶液后浓度降低外还有混合溶液pH过低。 【小问4详解】 若与不反应，则电导率之和应为，但实测为，明显小于理论值，故可推测生成弱电解质；图中pH下降，浓度增大，说明是的电离平衡被促进，以及的水解平衡被促进，共同作用形成白色沉淀。 【小问5详解】 ①图中初始，故溶液呈酸性。 ②若只有，溶液不可能为酸性，故不仅仅有。 ③只有水解程度才能出现溶液呈酸性。 【小问6详解】 Al会置换中的H+，产生气泡，根据前面的实验可知溶液中会生成弱电解质，加热促进电离和水解，产生白色沉淀。 18. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液()的工艺流程如下： 已知：①萃取的原理：(萃取剂RH是一种有机酸)； ②金属氢氧化物胶体具有吸附性，可以吸附溶液中的阳离子； ③常温下，部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 氢氧化物 （1）Ni在元素周期表中的位置是_______。 （2）“酸浸还原”时，还原的离子方程式为_______。 （3）“沉铁”时需加热至200℃，原因是_______。 （4）“沉铝”时，pH最高可调至_______(忽略溶液体积变化)。[，，，] （5）“第一次萃取”后，向萃取液1中加入_______(填化学式)溶液进行反萃取，可以得到溶液。 （6）“第二次萃取”时，、与混合萃取剂形成的配合物(如图所示，M表示金属元素)更稳定，下列关于“第二次萃取”的说法正确的是_______。 A. 配合物中金属离子的配位原子只有N B. 配合物中氮原子的杂化类型为sp² C. 配合物中因存在分子内氢键而难溶于水 D. 配位时，被氧化 （7）Cu与P、Sn形成的合金(磷青铜)可用作耐磨零件和弹性合金原件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示(晶胞边长为apm)，相邻离子间最近距离之比_______，距离Sn最近的Cu有_______个。 （8）“电解”时，一般在萃余液2中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______；电解液中加入稀硫酸的目的是_______。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2） （3）加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降 （4）5 （5） （6）B （7） ①. ②. 12 （8） ①. ②. 增强溶液的导电性；抑制的水解(或防止的生成) 【解析】 【分析】整个流程遵循“酸浸溶解 氧化沉淀除铁调节pH除铝 萃取除铜萃取分离镍钴/锰电解制锰”的逻辑，实现了多金属的高效分离。 【小问1详解】 Ni在元素周期表中是28号元素，核外电子排布式为，因此镍位于第四周期第Ⅷ族。 【小问2详解】 中Fe为+3价，被还原为+2价；被氧化为。根据得失电子守恒：Fe元素降1价，S元素升2价，故系数为2，系数为1；再结合原子守恒和电荷守恒配平： 。 【小问3详解】 已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，加热至的作用：加快氧化为以及沉淀的生成，使分解成以免金属氢氧化物将溶液中的金属阳离子吸附沉降。 【小问4详解】 沉铝时需保证、、、不沉淀，需计算各离子开始沉淀的pH，取最小值作为上限：对于，，，由 得：， ，故 。其他离子开始沉淀的pH均大于5，因此pH最高可调至5。 【小问5详解】 第一次萃取后反萃取的试剂萃取原理为，要使平衡左移实现反萃取，需增大浓度，同时为得到溶液，应加入溶液。 【小问6详解】 A．配合物中金属离子的配位原子有N（吡啶环的N）和O（的O、的O），并非只有N，A错误； B．配合物中，吡啶环上的N原子与两个碳原子和金属离子形成3个σ键，为杂化，B正确； C．配合物难溶于水是因为R、R'为长链烷基（疏水基团），并非分子内氢键，C错误； D．配位过程中、价态不变，未被氧化，D错误。 故选B。 【小问7详解】 相邻离子最近距离之比：Cu位于面心，相邻Cu的最近距离为面对角线的一半，即；P位于体心，相邻P的最近距离为晶胞边长，故比值为。距离Sn最近的Cu的个数：Sn位于晶胞顶点，面心Cu到顶点Sn的距离最近，故距离Sn最近的Cu有12个。 【小问8详解】 电解池示意图：电源正极连接石墨棒（阳极），电源负极连接Fe片（阴极），电解液为加有稀硫酸的萃余液2，示意图如下：。稀硫酸的目的：增强溶液的导电性；抑制的水解，防止的生成。 19. 铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为______；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因______。 （2）HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图： ①上述过程中，Y为______(填化学式)。 ②该过程的总反应方程式为______。 （3）已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应； ②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示： 物质 CuO 生成焓() x y 0 则298K时，1 mol CuO分解生成和的______(用含x、y的代数式表示)。 （4）一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡： 反应ⅴ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母) A. 加入NaCl固体，浓度一定上升 B. 加水稀释，溶液中的离子总数增大 C. 升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 体系中， （5）已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)与溶液pH的关系如图所示。 ①曲线Ⅰ代表______(填“”或“”)。 ②由图可知，的平衡常数______(写出计算结果)。 ③结合图中数据，计算出a点对应x值______ (写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. Cu+的价电子构型为  ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为  ，未达到全充满或半充满稳定状态，故Cu+更稳定 （2） ①. HCl ②. （3） （4）BD （5） ①. ②. 109.4 ③. 11.6 【解析】 【小问1详解】 基态Cu⁺的价电子排布式为  。气态Cu⁺比Cu2⁺更稳定的原因：Cu⁺的价电子构型为  ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为  ，未达到全充满或半充满稳定状态，稳定性较低。 【小问2详解】 ①根据图中物质转化关系，X为反应物HCl，Z为产物Cl2，W为产物H2O，而Y在循环中生成又被消耗，为中间产物HCl。②根据图示，HCl和O2是反应物，Cl2和H2O是产物。HCl中的Cl从-1价被氧化为0价（Cl2），O2中的O从0价被还原为-2价（H2O）。结合得失电子守恒，总反应方程式为：。 【小问3详解】 首先反应方程式为：，但题目要求的是1 mol CuO分解，因此可将方程式调整为：，根据生成焓的定义：，，。根据公式：，将反应方程式代入：，因此，1 mol CuO分解的  为：。 【小问4详解】 A．加入NaCl会增加浓度，根据勒夏特列原理：反应i右移， 减小， 增加。反应ii右移， 增加，减小。反应iii右移， 增加，减少。由于增加对反应ii和iii的影响相同，的变化不确定。因此，A不一定正确； B．加水稀释，各离子浓度均减小。根据勒夏特列原理，平衡向体积增大的方向移动，即向离子化学计量数之和增大的方向移动。反应i和iii均向逆反应方向移动，使离子总数增大；反应ii平衡基本不移动。因此，溶液中的离子总数增大， B正确； C．根据化学反应速率理论，升高温度会同时增大正反应速率和逆反应速率，只是增大幅度不同。选项中“正反应速率减小”是错误的，C错误； D．根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：，D项正确； 故选BD。 【小问5详解】 ①随着pH增大，  是  的去质子化产物，其浓度应随pH升高而增加，与曲线II的上升趋势一致；而曲线I随pH升高下降，对应  。 ②虚线为Cu2+，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻分布系数与pH关系曲线，反应过程为A：Cu2+ + L3− [CuL]−，B：[CuL]− + L3− [CuL2​]4−，随pH升高， 浓度增大，A反应正向移动，[CuL]⁻浓度升高，继续升高 浓度，B正向移动，[CuL]⁻浓度降低，[CuL2]4⁻浓度升高，整个过程中Cu2⁺浓度持续降低，因此Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别对应Cu2⁺、[CuL]⁻、[CuL2]4⁻。在图像中找到Ⅲ、Ⅳ的交点，往下对应II的点为-9.4，即c(L3-)=10-9.4 mol/L，代入平衡表达式：109.4。 ③反应A：Cu2++L3− [CuL]−，=109.4，反应B：Cu2++[CuL]− [CuL2​]4−，=107.2（Ⅳ和Ⅴ的交点，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻浓度相等，c(L3-)=10-7.2 mol/L，求得K1），K总=K×K1= =1016.6，Ⅲ和Ⅴ的交点Cu2⁺=[CuL2]4⁻，根据K总求得c(L3-)=10-8.3，HL2−H++L3−，K2=，c(L3-)=10-8.3 mol/L，c()=10-4.3 mol/L，c(H+)=10-1 mol/L代入计算得K2 = 10-11.6，a点 = c(L3-)，K2 ==10-11.6，将数据代入得c(H+)=10-11.6 mol/L，故x=11.6。 20. 布洛芬具有解热、镇痛、抗炎等作用。芳基重排法得到布洛芬(E)的合成路线如下： 已知：通过连续反应①和反应②发生碳骨架迁移，可实现C→D的转化，该过程中ZnCl2为催化剂，[ZnCl3]-为中间产物，反应机理如下图所示。 （1）化合物A的名称为异丁苯，写出异丙苯的结构简式______。 （2）A→B反应类型是______，C含有官能团名称是______，E的分子式是______。 （3）新戊二醇()常用于合成树脂。请写出新戊二醇与对苯二甲酸反应合成聚酯树脂的化学方程式______。 （4）下列说法正确的是______。 A. 化合物A中所有原子可能共面，碳原子的杂化方式有sp2、sp3 B. 化合物C属于芳香烃衍生物，分子中含有2个手性碳原子 C. 化合物C→D的转化中，存在σ键和π键的断裂与生成 D. 一定条件下，1mol化合物D最多可消耗2mol NaOH （5）化合物E的一种同系物Y分子量为164，Y的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)。 i．该物质可以与FeCl3溶液反应显紫色 ii．1mol该物质可与Ag(NH3)2OH溶液反应产生2mol Ag iii．该物质核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：2：1：1 （6）苯乙酸是合成药物和香料的重要原料，某学习小组以苯为初始原料，模仿题干合成原理设计合成苯乙酸的流程。请回答下列问题： ①第一步反应在AlCl3的催化下生成，反应物为苯和______(填结构简式)； ②写出合成苯乙酸的流程中，发生碳骨架迁移时反应②的化学方程式：______。 【答案】（1） （2） ①. 取代反应 ②. 醚键、碳氯键 ③. C13H18O2 （3）n+n+ (2n-1)H2O （4）D （5）3 （6） ①. ②. + [ZnCl3]-+ ZnCl2 【解析】 【分析】A()与发生取代反应生成B()，酸性条件下B与反应生成C()，在ZnCl2作催化剂反应生成D()，经过转化变成E()。 【小问1详解】 异丙苯是苯环连接异丙基，结构简式为：。 【小问2详解】 由分析可知，A→B反应类型为取代反应；C的结构式为，含有的官能团为醚键、碳氯键；E的结构式为，分子式为。 【小问3详解】 新戊二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：n +n+ (2n-1)H2O。 【小问4详解】 A．化合物A含饱和烷基，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共面，化合物A的碳原子的杂化方式有sp2（苯环的碳原子）、sp3（饱和碳原子），A错误； B．C中只有连Cl的碳原子是手性碳，如图所示，共1个手性碳，B错误； C．过程中， C－Cl σ键断裂，碳骨架迁移发生旧σ键断裂、新σ键生成，最终生成酯基的键，生成π键，但没有π键的断裂，C正确； D．1mol D含1mol酯基和1mol氯原子，酯水解消耗1mol NaOH，碳氯键断裂生成醇羟基消耗1mol NaOH，共消耗2mol NaOH，D正确； 故答案为：D。 【小问5详解】 E分子量为206，Y分子量为164，则Y的分子式为，①遇FeCl3显色，含苯环和酚羟基；②1mol生成2mol Ag，则1个Y分子中含1个醛基；③氢谱峰面积比6:2:2:1:1，说明含两个等价甲基（6个H），苯环有取代基位置对称； 符合条件的结构有：、、，共计3种情况。 【小问6详解】 ①第一步AlCl3催化下，与，产物为和HCl； ②酸性条件下，与反应生成；在ZnCl2作催化剂作用下，碳骨架迁移时，发生反应①生成，在 [ZnCl3]-作用下，继续发生反应②生成，碱性条件下水解生成；反应②的化学方程式为+ [ZnCl3]-+ ZnCl2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $