化学(1)-【黄冈中学】2026年高考化学临考特训预测（广东专版）

黄冈中学临考特训预测卷（一） 化学 本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28P31As75 一、选择题：本题共16小题，第1到10小题，每题2分，第11到16小题，每题4分，共 44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.广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列文化遗产的主要材 料为有机高分子材料的是 A.紫檀木雕玉兰花杯B.五华狮雄山琉璃瓦当C.西周兽面纹青铜盉D.唐代生肖龙陶俑 2.下列叙述中，不涉及化学变化的是 A.纯金手镯戴久后光泽变差 B.打铁时火星四溅 C.硅胶手机壳用久了后发黄 D.白酒长期窖藏后更香 3.下列化学用语正确的是 A.ppπ键的电子云形状： B用电子式表示Ca0,的形成过程：日Ca,Q一：cg时 C.用食醋、碘化钾淀粉试纸检测食盐中的IO3:5I厂+IO5十6H+一3I2十3H,O D.由Y羟基丁酸生成Y丁内酯：HOCH,CH,CH,COOH△( =0+H,0 4.下列描述不能正确反映事实的是 A.Li与氧气在常温下反应生成Li2O,加热条件下生成Li2O2 B.笑气(N2O)可用于牙科镇痛，但不合理使用会危害神经系统 C.钴属于重金属元素，但钴是人体必需的微量元素 D.甲基通常不能被酸性KMnO,溶液氧化，但受苯环影响后易被酸性KMnO,溶液 氧化 黄冈中学临考特训预测卷（一）第1页（共8页） 5.下列化学实验目的与相应实验示意图（夹持和加热装置省略）相符的是 选项 A C D 通过烧杯与木片间 配制溶液时， 实验 结冰现象验证吸热 制作简单燃料电池 分离I2与NHCI 转移烧杯中 目的 现象 溶液后摇匀 实验 冷水 示意 石墨 石墨 NH CI- 图 、固体 H,0 混合物 滴有酚酞的 NaSO溶液 6.下列说法正确的是 A.共价化合物（或单质）形成的晶体叫共价晶体 B.相对分子质量的数值非常大的分子叫巨分子 C.活化分子之间的碰撞叫作有效碰撞 D.超分子的重要特征包括分子识别与分子自组装 7.某化合物的分子式为YXZ2,X、Y、Z原子序数依次增加，元素周期表中X、Z均与Y 相邻，X与Y原子核外未成对电子数相同，短周期元素最高价氧化物对应的水化物 中，Z的酸性最强。下列说法正确的是 A.三者中Z的原子半径最大 B.三者中Y的第一电离能最小 C.Y的最低价态为一1价 D.YX2的键角小于YZ 8.下列物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 A XeF4具有强氧化性 XeF,中Xe显正电性 B A1(OH)3在水中存在酸式电离 A1(OH),可结合水中的OH C 铜通常用作导体 金属原子间电子气起到“润滑”作用 D 浓硫酸具有较高的黏度 硫酸分子间存在氢键 9.在如图所示的转化关系中，A和F均是最简单氢化物，其中F是同族元素简单氢化 物中沸点最高的，B是无色气体单质，E是难挥发的液态化合物，G是金属单质，G 元素原子的价层电子排布式为3d4s。下列说法错误的是 A.向A的溶液中加入C,溶液的pH不一定 G ② 下降 B.C的排放是形成酸雨的主要原因之一 D C.常温下可用铁制容器来盛装E的浓溶液 D.工业上常用F吸收D来生成E 黄冈中学临考特训预测卷（一）第2页（共8页） 10.I2晶体晶胞是长方体，棱长apm≠bpm≠cpm,如图 所示。下列说法正确的是 A.1个晶胞中有4个碘原子 o。 c pm B.晶胞中I2分子的取向有2种 C.1号和2号I原子的核间距为3×( apm0o-0○ b pm √a2+b2+c2pm 碘晶体晶胞 D.每个碘分子周围与其等距且紧邻的碘分子有12个 11.十二钨硅酸晶体{H4[SiW12Oo]·nH,O}在催化方面有重要用途。某实验小组用 如下装置（夹持装置省略）制备十二钨硅酸晶体。在三颈烧瓶中加入Na2WO4· 2H2O、Na2SiO3·9H2O与适量蒸馏水，持续搅拌加热，使溶液保持近沸状态。缓 慢滴加浓盐酸至pH为2，反应30min。冷却后经萃取、反萃取、结晶等操作，得到 干燥晶体。 已知：制备过程中反应体系pH过低会产生钨的水 合氧化物沉淀。 下列说法正确的是 A.a的作用是防止空气中的CO2进入装置 浓盐酸 B.缓慢滴加浓盐酸最主要的目的是防止反应过于 剧烈 C.若忘记加入搅拌子，会生成钨的水合氧化物沉淀 搅拌子 而降低产率 D.结晶时，应加热液体至有大量晶体析出时停止加 电热装置 热，然后利用余热蒸干 12.北京大学科研团队首次解决了惰性芳香化合物难以选择性催化开环转化的重大科 学难题。利用该成果可以实现某药物的修饰。下列说法正确的是 A.(I)的分子式是C18H2sO CN B.(I)的稳定性较差 Cu O2 NaN C.(Ⅱ)有1个手性碳 CN D.(Ⅱ)最多可与2molH2发生加成反应 (I) (Ⅱ) 13.某课题组通过如图所示电化学方式，以DCM:H2O为共溶剂，首次实现了 CF3SO2Na作为三氟甲基及二氧化硫给体与V-芳基氰胺反应，合成了具有潜在应 用价值和生物活性的物质V。下列说法错误的是 电源 M CN CFSO2 CF3SO2-CF3 s0 H 黄冈中学临考特训预测卷（一）第3页（共8页） A.M连接电源的正极 B.需要定期补充CF3SO2Na C.若电压控制不当，M极可能存在副产物氟代烃 0 D.理论上每生成1mol 阴极会同时生成11.2L(标准状况)H2 CF 14.第VA族元素除了共性外还有很多独特性质。下列关于物质性质或现象的解释错 误的是 A.与水反应时，NCl3生成NH3和HClO,而PCl3生成HPO3与HC1,因为P的电 负性小而且有空的价层轨道 B.与足量NaOH反应时，亚磷酸(HO—P一OH)生成Na2HPO3而亚砷酸 H OH As )生成Na3AsO3,因为分子中一OH数不同 HO OH C.同为半导体材料，氮化镓(GaN)雷达比砷化镓(GaAs)雷达更耐热，能承受更高 的功率，因为原子半径N<As D.同为简单氢化物，沸点PH<AsH3,因为非金属性P>As 15.已知Cu2+可与L3=结合形成两种配离子[CuL]和[CuL2]4-。常温下， 0.100mol·L1的H3L和0.002mol·L1的CuSO4混合溶液中，浓度对数 1gc(实线)、含铜物种的分布系数ò（点划线）与溶液pH的关系如图所示。[c为 HL-或L3-的浓度、6为含铜物种占总铜的物质的量分数] 0 ax,-1) HL2- (11.6,-1.3) c1.0 -2 (6.4,0.90)L3 0.8 -4 [CuL] TCuL2] 0.6 -6- 0-7.2 8 04勺 -9. -10 ●(6.4,0.09) 0.2 -12 4 0.0 5 6 78910 1112 PH 下列说法错误的是 A.Cu2+2LCuL2 1g K=16.6 B.当pH=6.4时，c(Cu2+)=2×105mol·L1 C.结合L3-的能力：H>Cu+ D.当c(Cu2+)=c{[CuL2]4-}时，则c(HL2-)>c{[CuL]-}>c(L3-)>c(H+) 16.一种新型热敏结晶增强液态热化学电池，可以给锂离子电池充电。胍离子 (Gdm*)选择性地诱导[Fe(CN)a]4结晶，[Fe(CN)s]4-与[Fe(CN)s]3-之间的转 黄冈中学临考特训预测卷（一）第4页（共8页） 放电 化平衡被打破，产生电势差。锂离子电池反应为LiSi+Li1-CoO2 充电 Si+ LiCoO2。设VA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 冷端电极 oOGdm ● 非晶硅 LiCoO2 [Fe(CN)] ●日 薄膜 薄膜 】 a极 导电 导电 b极 ● [Fe(CN)] ● ● 介质 介质 O热敏性晶体 0 。·°溶解O o ●● 热端电极 LiPON薄膜 A.冷端电极和热端电极之间应该使用隔热的阳离子交换膜 B.由冷端反应[Fe(CN)]3-十e—[Fe(CN)s]4-可知，稳定性[Fe(CN)6]3强于 [Fe(CN)6]4 C.充电时每有NA个离子通过LiPON薄膜，则热端有1mol[Fe(CN)]3-生成 D.已知[Fe(CN)6]4-与[Fe(CN)。]3-平衡体系的电极电势与二者浓度相对高低有 关系，则升高热端电极温度或者降低冷端电极温度均能提高电池电压 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)利用氟磷灰石[主要成分为Ca(PO,)3F]生产磷酸主要有热法和湿法两种 方法。其流程如下： 焦炭 粉碎 电炉 步骤] 热水 热法 氟磷灰石 1500℃ 白磷P) 石英砂(SiO) 重结晶 粗磷酸 磷酸成品 浓盐酸鼓气 步骤I 湿法 氟磷灰石 浸取槽 浸取液 粉碎 尾气处理 (1)基态磷原子的价层电子排布图为 (2)Ca(PO,)3F的溶度积表达式为Kp 1500℃ (3)电炉中的反应为4Ca(PO,)3F+30C+21SiO2 SiF,个+3P,个+ 30CO个+20 CaSiO3. ①据此推测，该反应的推动力是 (填“熵推动”或“焓推动”)。 ②分析以上变化，推测与硅元素亲和能力：F O(填“>”或“<”)。 (4)浸取槽中发生反应的离子方程式为 (5)重结晶时，磷酸易形成过饱和溶液而难以结晶，可向过饱和溶液中加入 促其结晶。 (6)浸取时鼓气的作用不可能是 (填标号)。 a.减少反应中液面的泡沫 b.带出HF气体 c.搅拌，加速反应 d.增大压强，提高浸取率 (7)湿法相比热法，其最明显的优势是 黄冈中学临考特训预测卷（一）第5页（共8页） 18.（14分)某药物中间体有机物(F)的合成路线如图所示。 HO CHO HCO CHO H.CO NO CH,CI CH,CH,NO, Fe粉 NaOH溶液 CH HCI CH CH CH A B C H.CO NH, H.CO H.CO OH 一定条件 NaBH CH CH CH CH, CH CH D E F (1)化合物A分子内含氧官能团的名称为 (2)B的核磁共振氢谱有 组峰。C→D的反应类型为 (3)能用于分离化合物A与B的试剂是 (填标号)。 a.Na2CO3溶液 b.Na2SO4溶液 c.NaHCO3溶液 (4)反应A→B的化学方程式为 (5)E→F中用NaBH,而不用H2的原因是 (6)工业上合成肉桂醛，经历了加成和消去的过程，其反应如下： OH CHO+CH,CHO- CHCH CHO CH-CHCHO H,O B→C同样经历了“加成一消去”反应，用类比法，写出中间产物的结构简式： (7)G是D的同分异构体，二者处于快速互变平衡，互变前后与氮原子成键的碳原 子杂化方式未发生变化，甲基未发生变化，则有机物G的结构简式为 19.(14分)某小组在探究SO2的化学性质时，观察到的现象与理论预测有差距。根据 实验记录，回答下列问题： I.理论预测 (1)该小组在实验前进行了充分的讨论交流，确定选择SO,和FCl溶液的反应来 探究，并预测将SO2通入FeCl3溶液中的现象。 ①预测观察到的现象是溶液由棕黄色变为浅绿色，其依据是溶液中 (填微粒变化)。SO2表现出 (填“氧化”“还原”或“漂白”)性。 ②实验所用的FeCl,溶液最好现用现配，久置FeCl,溶液保存不当会产生红褐 色沉淀。用离子方程式说明产生红褐色沉淀的原因： Ⅱ.实验探究 (2)配制1mol·L1FeCl3溶液（未用盐酸酸化）。将SO2通入上述FeCl3溶液至 饱和，观察到溶液由棕黄色变为红棕色，并没有观察到预期的现象。将反应后 的溶液放置12h后出现了预期的结果。 查阅资料：溶液中可发生Fe++HSO=[Fe(HSO3)]+(红棕色)反应。 ①请你用化学用语解释HSO5产生的原因： ②针对“12h后出现了预期的结果”，小组做了一些可能的合理解释： 黄冈中学临考特训预测卷（一）第6页（共8页） 甲同学从实验环境角度考虑，提出空气中的氧气可能发挥了作用。 乙同学从化学反应速率的角度考虑，提出 (写出一条合理解释)。 (3)为进一步探究如何短期内观察到预期现象，小组继续实验： 实验1 浅绿色溶液 1)通入足量SO2;2)加 酸化 实验2 浅绿色溶液 1 mol.L-1 1)通入足量$02；2)通入少量02 FeCl,溶液 ①实验1中，可加 (填“浓硝酸”或“浓盐酸”)酸化。 ②由实验结果可知，“12h后出现了预期的结果”这一现象与空气中的O2有 关。试结合平衡移动原理，分析推测O2发挥机制的可能过程： Ⅲ.感悟与分享 (4)通过探究，小组同学深受启发，纷纷发表了自己的感悟。如有同学的观点为“化 学是一门以实验为基础的学科”。请你分享本次探究活动的心得体会： (写出一点即可)。 20.(14分)碘溶液及其相关的反应在基础化学实验及理论研究中很常见。请回答下 列问题： I.丙酮(CH COCH,)的碘化反应是一种经典的有机化学反应，在盐酸催化下反 应如下：CH,C0CH+l,HCCH,COCH,I+T+H. 有研究认为，反应分为下面三步： OH ()CH COCH+H-CH CCH OH OH (i)CH3CCH3≌ C +H H.C CH2 OH (i) +I2→CH COCH2I+H++I HC CH (1)研究影响碘化反应的反应速率(v初始)的因素：维持c(CH COCH3)、c（H)不 变且相等，设计A、B、C、D四组实验（如下表），通过测定溶液的吸光度[用符号 A表示，A=k·c(I2),在给定实验条件下，k为常数]与反应时间(t)的关系，结 果如图 实验组 A B C D 温度℃ T T2 T T2 c(12)(×10-4mol·L1) 6.0 6.0 4.0 4.0 黄冈中学临考特训预测卷（一）第7页（共8页） 0.30 0.25 0.20 0.15 0.10 D 0.05 30701101501902302703i10→ 时间/s ①可用 (填标号)表示反应的快慢。 A △A a.1 A b.A d.A t △t ②根据图中曲线判断T,与T,大小关系为T, T2(填“>”“<”或 “=”)。 ③结合反应（ⅰ）、（ⅱ）、()，从基元反应速率角度解释图中A、C与B、D两组 线平行的原因： Ⅱ.用KI水溶液反萃取四氯化碳溶液中的I2时，存在如下平衡： (iv)I2 (CClI2 (ag)K; (V)I2 (ag)+I(ag)=Is (aq)K2; (2)下列粒子中，中心原子的价层电子对数与I相同的有 (填序号)。 a.Na b.Os c.XeF2 d.SeCl2 (3)298K时，相关物质的相对能量如下表所示： 物质 I2(s) I2 (aq) I (ag) Is (aq) 相对能量(kJ·mol1) 0 a 6 c 可根据相关物质的相对能量计算反应(V)的△H= kJ·mol1(用含 a、b、c的式子表示)。 (4)萃取实验中，分配比（符号为D,与温度有关）是描述被萃取物质在两相中分配 行为的核心参数，其定义为D= c总（转移相） c总（原相） c1（转移相)十c2(转移相)+…十cn（转移相) (c均为平衡时各粒子相应浓 c1(原相)十c2(原相)十…十cm(原相) 度)。 ①用KI水溶液作萃取剂，平衡后经检测c(I厂)=xmol·L1,则D= (用含K1、K2、x的式子表示)。 ②用V1mL浓KI溶液萃取V。mL含I,的四氯化碳溶液时，碘元素单次萃取率 为 %(用含D、V1、V。的式子表示)。[萃取率= (萃取剂中溶质总量)×1O0%,以原溶质质量计门 m(溶质总量) 黄冈中学临考特训预测卷（一）第8页（共8页）参考 黄冈中学化学临考特训预测卷（一） 题号 1 2 3 4 5 6 条 答案 A A D B D 案 题号 7 8 10 11 12 速 答案 B C 0 g C 查 题号 13 14 15 16 答案 D D D B 1.A【解析】A.紫檀木雕的材质为木头，由纤维素 等有机物组成，属于有机高分子，正确。B.琉璃瓦 当的材质为琉璃，属于无机非金属材料，错误。C. 青铜蚕的材质为青铜，是铜的合金，属于金属材 料，错误。D.陶俑的材质为陶瓷，属于无机非金属 材料，错误。 2.A【解析】A.黄金的化学性质稳定，通常条件下 不会被氧化，光泽变差可能是磨损、污垢导致的， 未发生化学变化。B.打铁时火星四溅，发生了化 学变化。C.硅胶手机壳用久了后发黄是因为被氧 化了，发生了化学变化。D.白酒窖藏时，会有各种 酯类物质生成，形成了白酒的各种香味，发生了化 学变化。 3.D【解析】A.ppπ键的原子核应该在π键电子 云的对称面上，错误。B.过氧化钙的过氧根是一 个离子团，而不是两个O,错误。C.醋酸是弱 酸，书写离子方程式时不能拆开，错误。D.Y-羟基 丁酸生成Y丁内酯属于单分子成环反应，化学方 程式为HOCH,CH,CH COOH H:△ 〉-0+H0, 正确。 4.A【解析】A.Li与氧气在常温或者加热条件下 均生成Li2O,错误。B.笑气(N2O)具有轻微麻醉 作用，可以用在医疗上，但是不合理使用会危害神 经系统，正确。C.钴元素是人体必需微量元素，且 钴属于重金属元素，正确。D.甲烷不能使酸性高 锰酸钾溶液褪色，甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪 色，原因是苯环对甲基产生影响，使甲基活化， 正确。 5.B【解析】A.NHC1需和Ba(OH)2·8HO反 应才能吸热，进而有结冰现象，错误。B.先闭合 K1,打开K2,电解硫酸钠溶液，两极分别释放出氢 答案 气和氧气，同时有部分氢气和氧气吸附在石墨表 面，然后打开K1,闭合K2,两极吸附的氢气和氧气 会放电形成原电池，通过观察电流表检测电流的 存在，正确。C.I2与NH,C1受热都会形成气体 遇冷重新形成固体，故无法分离，错误。D.转移液 体后，定容前应轻轻摇晃容量瓶，使溶液混合均 匀，而不是上下颠倒摇匀，错误。 6.D【解析】A.共价品体是指以共价键结合成空间 网状结构的晶体，错误。B.巨分子是由大量重复 单元通过共价键连接形成的高分子化合物，不是 单纯相对分子质量数值非常大的分子，错误。C 有效碰撞指能发生化学反应的分子之间的碰撞， 活化分子发生有效碰撞还需要合适的取向，错误。 D.超分子的重要特征包括分子识别与分子自组 装，正确。 7.B【解析】短周期元素最高价氧化物对应的水化 物中，Z的酸性最强，Z为C1元素。周期表中X、Z 均与Y相邻，X与Y原子核外未成对电子数相 同，则X为O元素，Y为S元素。A.原子半径 S>O、S>Cl,应为S最大，错误。B.第一电离能 S<O、S<C1,正确。C.S的最低价态为一2价，错 误。D.SO2为sp杂化，SCl2为sp3杂化，前者键 角大，错误。 8.C【解析】A.XeF4中Xe显正电性，Xe是稀有气 体，其单质才是稳定结构，故XeF,易得到电子变 为稳定的单质，体现强氧化性，正确。B.A1(OH) 的酸式电离本质是结合水电离的氢氧根离子，原 因是A1(OH)3的A1上有空轨道，能与OH厂形成 配位键，正确。C.铜作导体是因为金属原子间的 电子气在外加电场下可以定向移动，从而形成电 流，错误。D.浓硫酸黏度较高是因为硫酸分子间 存在较多氢键，流动性比一般液体弱，正确。 9.D【解析】G的价层电子排布式为3d°4s,则G 为Cu,F是同族元素简单氢化物中沸点最高的，应 为H,。或者HF,根据题意，进一步确定其为 H2O,则B是O2,E是硫酸，A是H2S,C是SO2, D是SO3,据此回答问题。A.向H2S溶液中通人 SO2,可生成S与H2O,溶液的pH会上升，正确。 B.SO2的大置排放是形成酸雨的主要原因之一， 正确。C.常温下铁遇浓硫酸发生钝化，表面生成 一层致密的氧化膜，保护了内部金属，故可以用铁 制容器盛装浓硫酸，正确。D.工业上常用浓硫酸 吸收SO3,再加水稀释制稀硫酸，直接用水吸收会 产生大量酸雾，错误。 10.B【解析】A.每个晶胞中，I2位于八个顶角和六 个面心，根据均摊法得到每个晶胞中含【2的个数 为8×名+6×号=4，则陕原子数为8个，错误。 B.碘晶胞中L2的取向有2种，正确。C.1号和2 号I原子的核间距为√a2+b十cpm,错误。 D.碘晶体的晶胞不是立方体，故每个I2周围与 其等距且紧邻的碘分子不是12个，错误 11.C【解析】A.CO2对此反应无干扰，a的作用主 要是吸收可能产生的HCI尾气，错误。B.缓慢 滴加浓盐酸最主要的目的是防止溶液局部pH 过低，产生钨的水合氧化物沉淀，错误。C.若忘 记加入搅拌子，则浓盐酸滴入后不能及时混合均 匀，溶液局部pH会过低，产生钨的水合氧化物沉 淀，正确。D.十二钨硅酸晶体{H[SW12Oo]· nH2O》属于结晶水合物，在结晶时不能蒸干，否 则可能会失去结晶水，应采用浓缩后过滤的方法 得到晶体，错误。 12.C【解析】A.(I)的分子式是C1gH2sO,错误。 B.由题干信息知，(I)为惰性芳香化合物，其稳 定性强，错误。C.(Ⅱ)有1个手性碳，如图 CN (*用于标液手性碳)，正确。 CN D.(Ⅱ)的碳碳双键和氰基均可加氢，最多可与 6molH2发生加成反应，错误。 13.D【解析】A.M上发生的是失电子的氧化反 应，故M接电源正极，正确。B.反应会消耗 CF,SO2Na,故需要定期补充，正确。C.由机理可 知，M极生成了CF,若电压控制不当，可能会二 聚成FC一CF?,正确。D.每生成1mol ,M极会失去2mol电子，故 CF3 阴极会生成1molH2,其标准状况下体积为 22.4L,错误。 14.D【解析】A.与水反应时，NCL生成NH和 HCIO,因为N的电负性大而且没有空的价层轨 道，故N只能接受H2O中H的进攻，生成NH3, 同时生成HCIO,而PCL3与H2O反应时，P的电 负性明显小于C1,P上带正电荷，同时P上有空 的价层轨道，故可以接受H2O中O的孤电子对 的进攻，从而生成HPO3,并有HC1生成，反应 机理的差异是由P的电负性小而且有空的价层 2 0 轨道造成的，正确。B.亚磷酸(HO一P一OH) 分 OH 中有2个羟基，故为二元酸， As 中有 HO OH 3个羟基，故为三元酸，所以与足量碱反应时产物 不同，正确。C.氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs) 均为共价晶体，二者的熔点由键长和键能决定， 因原子半径N<As,故键长N一Ga小于 As一Ga,前者熔点高，能耐更高温度，正确。 D.沸点PH<AsH,是因为二者皆是分子晶体， 且分子间都未形成氢键，故沸点由相对分子质量 决定，后者更大，范德华力更大，错误。 15.D【解析】A.分布系数曲线第一个交点代表 6(Cu2+)=ò{[CuL]-},即c(Cu2+= c{[CuL]},由图可知，此时lgc(L-)=一9.4， 可得Cu++L3一一[CuL]的平衡常数K1= c([CuL] c(Cu+)·c(L3)）=10=1021,第二个交点 1 代表6[CuL]}=6{[CuL2]-〉，即c{[CuL]} =c([CuL2]},此时lgc(L3-)=-7.2,可得 L3-十[CuL]=一[CuL2]4-的平衡常数K:= c{[CuL2]1-) c(L)·c[Cul]=10a=1022,Cu++ 2L一[CuL2]的平衡常数K=K1×K2= 10.4×10.2=1016.6,正确。B.当pH=6.4时， 6{[CuL2]1-}=0.90,6{[CuL]-}=0.09,结合 Cu元素守恒知，6(Cu+)=1-0.9-0.09= 0.01。c(Cu2+)=0.002mol·L.1×0.01=2× 10-5mol·L-1,正确。C.HL2-与L3-交点表示 lg c(L3-)=lg c(HL),c (L)=c(HL), 此时pH=11.6,代入HL2-电离常数表达式得 K.（H)=:cH）=10,则反应 c(HL2-) H十L一一HL2的平衡常数为101.6，而反应 Cu2++L3-一[CuL]的平衡常数K1=109.4, 故L与H的结合能力强于与Cu+的结合能力， 正确。D.6(Cu+)=6[CuL2]}时，即a点，代入 c{CL厂} c{[Cul2]1-〉 KXK2=- ).cCr-）×cL).cc] 1 -c2(L3-) =1024×102=1016,解得c(L3-)= 1083mol·L1,又因为HL2-的电离常数为 101.6,a点对应c(HL2)=0.1mol·L1,计算 得c(H)=1043mol·L1,c(L3-)<c(H), 错误。 16.B【解析】A.冷端电极和热端电极之间应该使 用隔膜阻碍两种含铁离子的对流扩散以形成电 势差，故应该用阳离子交换膜，同时应保证两端 的温差，故应该有隔热功能，正确。B.冷端反应 为放热反应，故[Fe(CN)。]3-十e LFe(CN)。]放热，由此可知稳定性 [Fe(CN)]-强于[Fe(CN)6]3-,错误。C.充电 时每有VA个离子通过LiPON薄膜，则表示 n转(e)=1mol,热端反应为[Fe(CN)6]--e 一[Fe(CN)。]3,由此可知热端生成1mol [Fe(CN)6]3-,正确。D.升高热端电极温度， [F@(CN),]I会溶解，则热端[FeCN).]) cFe(CN,-减 小，作为负极电势降低，电池电压会增大；降低冷 端电极温度，[Fe(CN)。]'会结晶，则冷端 c下e(CN),-增大.作为正极电势升高，电池 c{[Fe(CN)6]3- 电压会增大。正确。 17.(14分) 3s 3p (1)个￥ 个个个(2分) (2)c5(Ca2+)·c3(PO)·c(F-)(1分) (3)①嫡推动(2分)②>(2分) (4)Ca(P0,)aF+10H+—5Ca2++3H,PO1+ HF(2分) (5)磷酸晶种(2分) (6)d(2分) (7)能耗降低(1分) 【解析】(1)磷原子的电子排布式为 1s22s22p3s23p3,故价层电子排布图 3s 3p 为。 (2)Ca(PO)F的沉淀溶解平衡为Ca(PO),F(s) =一5Ca2+(aq)+3PO(aq)+F-(aq),故Km= c5(Ca2+)·c3(PO3)·c(F)。 (3)该反应要1500℃的高温，且生成气体，由此 可知为熵推动的反应。S原来与O结合，高温下 S一O键断裂，能生成Si一F键，说明硅的亲氟能 力强于亲氧能力。 (4)Ca(PO,),F的沉淀溶解平衡为 Ca;(PO,)F(s)=5Ca2 (ag)+3PO(ag)+ F(aq),加入浓盐酸后，H+与PO}和F结合， 使平衡正向移动，故总反应为Ca(PO,),F十 10H+-5Ca2++3H,PO,+HF。 (5)重结晶时，磷酸易形成过饱和溶液而难以结 晶，需投入适量磷酸晶种，促其结晶。 (6)反应中可能产生大量泡沫，以适当速率鼓人 气体可以及时吹散泡沫，故能减少反应中液面的 泡沫，a正确：生成的气体可以利用鼓入的气体及 时带出，b正确：气体鼓人溶液中可以加强液体的 对流，具有一定的搅拌作用，c正确；该反应是没 有气体参加的反应，增大压强不会改变浸取率，d 错误。 (7)湿法相比热法，反应温度较为温和，能耗显著 下降。 18.(14分) (1)醛基、羟基(2分) (2)6(1分)还原反应(1分) (3)a(2分) HO CHO (4) +CH,CI+NaOH CH, H,CO CHO +NaC1+H,O(2分) CH, (5)H2可能与苯环反应（或防止苯环参与反应） (2分) OH H.CO NO, (6) (2分) CH CH H.CO NH (7) (2分) CH CH 【解析】化合物A生成B的反应中，A中的酚羟 基上的氢原子被一CH取代；B上的醛基先发生 加成反应，再发生消去反应生成C;C发生还原反 应生成D;D在一定条件下转化为E;E和 NaBH发生还原反应生成F。 (1)A中含一OH和一CHO结构，故官能团为羟 基、醛基。 (2)B中有6种不同化学环境的氢原子，故核磁共 振氢谱中有6组峰；C→D的变化为一NO,转 化为一NH2,为失氧还原过程。 (3)分离化合物A与B的方法是将A转化为钠 盐，再分液分离，然后将水层酸化，再次分液有机 相，即将二者分离，选项中只有碳酸钠溶液可与 A反应生成钠盐。 (4)A→B发生的是取代反应，故另一分子为 HC1,又因为是碱性环境，故HCI会发生中和反 HO CHO 应，综上，总反应为 +CH.CI+ CH H.CO CHO NaOH- +NaCl+H2O。 CH (5)H2除了可与醛基发生加成反应外，还可与苯 环发生加成反应，据此推测采用NaBH,可避免 苯环参与反应。 (6)工业上合成肉桂醛，经历了加成和消去的过 程，反应机理是乙醛的α位C一H键受羰基的影 响，活性增强，容易断裂，与苯甲醛发生加成反 应。CHCH2NO2的a位C一H键受硝基的影 响，具有类似的性质，故据此推测中间产物 OH H.CO NO, 为 CH CH (7)互变前后与氮原子成键的碳原子杂化方式未 发生变化，甲基未发生变化，可据此推测G H.CO NH 为 CH CH 19.(14分) (1)①Fe3+转化为Fe2+(2分)还原(2分) ②Fe3++3H2O=Fe(OH),￥+3H+(2分) (2)①SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++ HSO3 SO2+H2O-H2 SO H++ HSO3)(2分) ②Fe3+的还原反应速率小于配位反应速率(2分) (3)①浓盐酸(1分) ②HSO被O2氧化，配位平衡逆向移动，进而 生成的Fe3+被SO2还原（或H,SO3(或SO,)被 O2氧化，使c(H)增大，HSO与H结合，配 位平衡逆向移动，进而生成的Fe3+被SO2还原) (2分) (4)实践是检验真理的唯一标准（或敢于质疑，不 放过实验中的异常现象或尊重事实，实事求是) (1分，其他合理描述也给分) 【解析】(1)①水溶液中棕黄色的离子为Fe3+,浅 绿色的离子为Fe+,该转化过程为还原反应， SO2表现出还原性。 ②FeC1,溶液保存不当会产生红褐色沉淀是因为 4 FcCl发生水解，离子方程式为Fe3++3H2O -Fe(OH)3￥+3H. (2)①HSO3产生的原因是SO2溶于水生成 H2SO3,然后H2SO3电离出HSO3。 ②从化学反应速率的角度考虑，可能是还原反应 速率较慢，先观察到配位反应的现象。故需要较 长时间才能观察到预期现象。 (3)①加酸酸化的目的是探究H+的存在是否会 缩短预期现象出现的时间，浓硝酸有氧化性，会 干扰实验，故选择浓盐酸。 20.(14分) (1)①d(2分)②(2分) ③反应（而）是快反应，不是决速步，故总反应速 率与c(L2)无关(2分) (2)c(2分) (3)[c-(a+b)](2分) 100DV 4)①K,+xK,K:2分)@DV+V,(2分) 【解析】(1)①吸光度与反应物浓度成正比，故 之也可以表示反应快慢d正确。 ②A、C对应温度T1,B、D对应温度T2,前者单 位时间吸光度变化小，说明反应速率小，温度低。 ③A、C与B,D两组线平行，说明相同温度下，反 应速率与c(I2)无关，故由此知反应(i)不是决 速步。 (2)I的中心原子价层电子对数为3+2=5，N 的为0+2=2，O3的为1十2=3，XeF2的为3+ 2=5,ScCl2的为2+2=4，故选c。 (3)△H=生成物总能量一反应物总能量=[c (a+b)]kJ·mol1 (4)①由D= C总（转移相） c总（原相） C(转移相)十c2(转移相)十…十cn(转移相) c1(原相)十c2(原相)十…十cn(原相) 知，D=*(L)+c东(I) C有机(L2) K1=C*(L) c有机(1)，K:= c水(I互) ck(,)·c*1)c水(I)=xmol·L1,代入上 述D的表达式即可求得D。 ②苯取率=m(萃取剂中溶质总量）X100%.达 m(溶质总量) 到萃取平衡后，设有机相浓度为a,则水相浓度 DaV 为Da,故萃取率=DaV,十av,X10o%= DV DV+V,X100%.