精品解析：广西桂林市2025-2026学年下学期高三第二次适应性模拟考试化学试题

桂林市2025-2026学年度下学期期末质量检测 高三年级第二次适应性模拟考试 化学 2026年5月 (考试用时75分钟，满分100分) 说明： 1.答卷前，考生务必将答题卷密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。 2.直接在答题卷上答题(不在本试卷上答题)。 3.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 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. 中国科技自主创新，自立自强。下列说法错误的是 A. “东方超环”(EAST，中国“人造太阳”)在超高温下使氘氚核聚变，该聚变属于化学变化 B. “6G通信”使用的宽禁带半导体材料氮化镓，具有高功率密度和高电子迁移率特性 C. “黑土粮仓”保护中使用酸性磷石膏来改良苏打盐碱地，利用了离子交换及酸碱中和原理 D. “北脑一号”高密度皮层薄膜电极采用的是柔性高分子材料，材质柔软，生物相容性高 2. 用下图装置完成实验，设计正确或能达到目的的是 A B 比较和水解能力 滴定终点时液面读数为20.20 mL C D 蒸发结晶制取晶体 验证沉淀之间的转化 A. A B. B C. C D. D 阅读材料：铁卟啉是以或为中心的金属有机配位化合物，是人体血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体为、或)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入，则占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与、等配位。据此完成下列小题。 3. 下列说法错误的是 A. 的离子结构示意图表示为： B. 酸性环境有利于卟啉分子与配位 C. 可以用卟啉分子来分离和 D. 用电子式表示的形成过程为： 4. 下列对物质性质或应用的解释错误的是 选项 性质或应用 结构解释 A 用半透膜除去蛋白质中少量食盐 蛋白质分子不能透过半透膜 B 的分子间作用力大于 为极性分子 C 与配位能力强于 的电负性大于 D 的稳定性强于 基态价层电子排布为，能量低 A. A B. B C. C D. D 5. 某有机中间体合成的核心转化如下。下列说法正确的是 A. P和Q苯环上的2氯代物均有4种 B. N和Q含有官能团的数目相同 C. P中所有原子一定共平面 D. Q在酸性条件下水解的产物含1个手性碳原子 6. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期元素，W的核外电子只有一种运动状态，X原子的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z单质在空气中燃烧生成淡黄色固体，R的主族序数等于周期序数的2倍。下列说法错误的是 A. 的VSEPR模型为四面体形 B. 原子半径：R>Y>X C. 第一电离能：X>Y>Z D. Z和R均可与Y形成两种二元化合物 7. 工业研究中常用活性炭催化与反应制备特定的钴配合物，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1. 7 g中含有的质子数为 B. 每生成1 mol转移电子数为 C. 0.1 mol含有σ键的数目为 D. 1 L溶液中阳离子总数大于 8. 部分氯、氮元素的价—类二维图如下(d为红棕色气体)。 下列有关方程式的书写错误的是 A. 过量的a与混合： B. 实验室用e的浓溶液制取d： C. c和d的混合气体可用NaOH溶液吸收： D. 用除工业废水中的： 9. 硫化锌(ZnS)是一种重要的半导体发光材料。研究表明，ZnS晶胞中掺入CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域和“负电”区域，光照时会发出不同波长的光。(已知：ZnS晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值)。 下列说法错误的是 A. ZnS晶体中离最近且等距的有12个 B. ZnS晶胞沿体对角线的投影为： C. 区域A中“”掺入的是，区域B整体带“正电” D. ZnS晶胞的密度为： 10. 采用“电化学—化学串联催化法”将CO高选择性合成的流程示意图如下： 下列说法错误的是 A. N极接电源负极，发生还原反应 B. M极电极反应式为： C. 反应器中主要发生的反应为： D. 电路中有1.6 mol转移时，可收集到的体积为4.48 L 11. 某学习小组探究pH对苯酚与显色反应的影响，进行如下实验：取20.00 mL苯酚溶液于三支洁净比色管中，加入相应试剂，用分光光度法测定溶液的吸光度A，结果如下表，已知： Ⅰ：在一定范围内，紫色配合物对特定波长光的吸收程度(吸光度用A表示)与其浓度成正比。 Ⅱ：苯酚与反应： 序号 溶液 pH 现象 吸光度A ① 5.0 mL 34.5 0.5 2.0 溶液呈深紫色 ② 5.0 mL 31.0 a 1.4 溶液呈浅紫色 ③ 5.0 mL b 7.0 1.2 无色 0 下列说法错误的是 A. B. C. 实验③的吸光度的原因是该条件下溶液中不存在 D. 以上实验说明：相同条件下，一定pH范围内，pH越大，苯酚与的显色反应越明显 12. 科学研究表明，300℃、光照条件下，以(M表示Ni或Ru)为催化剂可实现的甲烷化，该反应的核心历程如下： 下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ有非极性键的断裂和形成 B. 步骤Ⅲ中碳元素发生了还原反应 C. 步骤Ⅳ的反应为： (*表示物质吸附在催化剂表面的状态) D. 该反应的总方程式为： 13. 某温度下，由两种气体X和Y反应可制备气体W，涉及的反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 向恒容密闭容器中充入a molX和1 molY，平衡时容器中X、Z、W的摩尔分数随X的初投料a的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②代表Z B. 从投料到平衡容器内压强始终保持不变 C. P点时，W的摩尔分数为0.74 D. Q点时，向容器中充入氦气，Z的物质的量浓度减小 14. 常温下，将NaOH溶液滴加到一定浓度的某二元弱酸()溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图： 下列说法正确的是 A. M代表pH与变化的曲线 B. 常温下，电离常数的数量级为 C. 相同条件下，的水解程度大于的电离程度 D. 混合溶液呈中性时： 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15. 镓、锗均是重要金属，一种从炼锌矿渣{主要含铁酸锗()，铁酸镓[]，铁酸锌()}中回收镓、锗的工艺流程如下： 已知： ①25℃时，，，，；，； ②不溶于水； ③溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。 （1）基态锗原子的价电子排布式为___________。 （2）“酸浸还原”时，与硫酸和反应的离子方程式为___________。 （3）25℃时，“沉镓”过程中，若溶液中的、，当沉淀完全时，、___________(填“开始”或“未开始”)沉淀，理由是___________。 （4）已知与性质相似，“电解”时以惰性电极电解制备金属镓，生成镓的电极反应方程式为___________，电解完成后的电解质残液可返回到___________工序循环使用。 （5）“蒸馏”提纯时，下列图示中温度计位置正确的是___________(填标号)。 A． B． C． （6）水解生成时，要加入大量的水，其目的是___________。 16. 某兴趣小组开展项目式实验活动，探究卤化银能否发生置换反应。已知：为砖红色沉淀。 Ⅰ.探究锌能否置换出氯化银中的银： （1）下列实验仪器中，在过滤时不需要用到的是___________(填标号)。 A. 容量瓶 B. 玻璃棒 C. 烧瓶 D. 漏斗 （2）简述验证AgCl固体已洗净的操作___________。 （3）亚铁氰化钾{}溶液能检验溶液中的，其反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，写出用该方法检验的离子方程式___________。 （4）用莫尔法测定过滤Ⅱ所得滤液中的浓度：取三份10.00 mL上述滤液于锥形瓶中，滴加两滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点。记录数据如下表： 编号 1 2 3 样品体积/mL 10.00 10.00 10.00 消耗溶液体积/mL 17.78 17.22 17.18 ①写出滴定终点的颜色变化___________。 ②计算滤液中___________(保留两位有效数字)。 Ⅱ.探究铁能否置换出卤化银中的银： 取2 mL的溶液两份，分别加入2 mL浓度均为的NaBr溶液和KI溶液，充分振荡后放置一段时间，离心分离、蒸馏水洗涤三次后，将所得沉淀转移至两根洁净的试管中，用煮沸后的蒸馏水加注至试管口，各加入一片铁片(规格：1 cm×0.5 cm)后，最后用橡胶塞封闭试管口，12 h后再观察，取上层清液加5滴。 （5）采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是___________。 （6）预测能说明铁可以与AgBr、AgI发生置换反应的实验现象___________。 17. 甲酸甲酯()是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，其工艺过程包含以下反应： 反应Ⅰ： ， 反应Ⅱ： ， 回答下列问题： （1）反应的___________，___________(用、表示)。 （2）对于反应Ⅰ：，保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是___________(任写一个)。若在恒温恒容条件下发生该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．容器内气体的密度不再发生变化 B．反应体系中 C．单位时间内生成2 mol，同时生成2 mol D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化 （3）在400 kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。平衡体系中各气体的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①随温度升高，平衡时的物质的量分数呈现如图变化趋势的原因是___________。 ②550 K时，反应的平衡常数___________kPa，的平衡转化率为___________。 ③研究表明，在700 K以后升高体系温度，的产率下降，可能的原因是___________。 18. 氨布洛芬(G)是布洛芬酰胺类衍生物，具有消炎、解热、镇痛作用，氨布洛芬的一种制备方法如下： 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________，B中含有的官能团名称为___________。 （2）E是生活中常见的药物布洛芬，其分子式为___________。 （3）关于的说法正确的是___________(填标号)。 a．C、N、O的杂化方式相同 b．易溶于水，且溶液呈酸性 c．其沸点高于丙醇的沸点 d．能发生取代、氧化、加成等反应 （4）写出D与足量NaOH溶液共热的化学方程式___________。 （5）H是E的同系物，分子中比E少3个碳原子，且苯环上只有2个取代基，则符合条件的H的同分异构体___________有种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为___________。 （6）根据题中合成路线的信息，写出利用甲苯和甲胺()为原料合成有机中间体N-甲基苯甲酰胺()的合成路线___________(无机原料任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 桂林市2025-2026学年度下学期期末质量检测 高三年级第二次适应性模拟考试 化学 2026年5月 (考试用时75分钟，满分100分) 说明： 1.答卷前，考生务必将答题卷密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题。 2.直接在答题卷上答题(不在本试卷上答题)。 3.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题，共42分) 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. 中国科技自主创新，自立自强。下列说法错误的是 A. “东方超环”(EAST，中国“人造太阳”)在超高温下使氘氚核聚变，该聚变属于化学变化 B. “6G通信”使用的宽禁带半导体材料氮化镓，具有高功率密度和高电子迁移率特性 C. “黑土粮仓”保护中使用酸性磷石膏来改良苏打盐碱地，利用了离子交换及酸碱中和原理 D. “北脑一号”高密度皮层薄膜电极采用的是柔性高分子材料，材质柔软，生物相容性高 【答案】A 【解析】 【详解】A．化学变化的最小微粒是原子，反应前后原子种类不发生改变，氘氚核聚变过程中原子核发生变化，原子种类改变，不属于化学变化，A错误； B．氮化镓是宽禁带半导体材料，本身具有高功率密度和高电子迁移率的特性，可应用于6G通信领域，B正确； C．酸性磷石膏显酸性，可与苏打盐碱地的碱性成分发生酸碱中和，同时其含有的钙离子可交换盐碱地中的钠离子，利用了离子交换及酸碱中和原理，C正确； D．柔性高分子材料质地柔软，且生物相容性高，适合制作需要接触生物组织的高密度皮层薄膜电极，D正确； 故答案选A。 2. 用下图装置完成实验，设计正确或能达到目的的是 A B 比较和水解能力 滴定终点时液面读数为20.20 mL C D 蒸发结晶制取晶体 验证沉淀之间的转化 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液、溶液虽为饱和溶液，但其物质的量浓度不同，因此无法比较和水解能力的强弱，A错误； B．0刻度在滴定管的上方，上小下大，液面在20 ml刻度的上方，所以滴定终点读数应是19.80 mL，B错误； C．FeSO4⋅7H2O晶体含有结晶水，直接蒸发会导致失去结晶水，且Fe2+易被氧化，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到，C错误； D．与生成白色沉淀，然后加入KI，产生黄色沉淀，再加入，沉淀转化为黑色沉淀，通过依次加入不同沉淀试剂，可观察到沉淀颜色变化，能验证沉淀之间的转化，D正确； 故选D。 阅读材料：铁卟啉是以或为中心的金属有机配位化合物，是人体血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体为、或)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入，则占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与、等配位。据此完成下列小题。 3. 下列说法错误的是 A. 的离子结构示意图表示为： B. 酸性环境有利于卟啉分子与配位 C. 可以用卟啉分子来分离和 D. 用电子式表示的形成过程为： 4. 下列对物质性质或应用的解释错误的是 选项 性质或应用 结构解释 A 用半透膜除去蛋白质中少量食盐 蛋白质分子不能透过半透膜 B 的分子间作用力大于 为极性分子 C 与配位能力强于 的电负性大于 D 的稳定性强于 基态价层电子排布为，能量低 A. A B. B C. C D. D 【答案】3. B 4. C 【解析】 【3题详解】 A．原子的原子结构示意图为，其失去一个电子后变成离子，其结构示意图为，A正确； B．卟啉分子依靠氮原子的孤电子对与形成配位键，在酸性环境中，氮原子会结合，孤电子对被占用，无法再给提供孤电子对，配位能力会减弱，B错误； C．根据题干信息，卟啉分子可以与配位，但不能与配位，这说明卟啉分子对两种离子有识别功能，可以实现分离，C正确； D．电子式可表示原子最外层电子数量，氢原子的电子式为，氧原子的电子式为，的形成过程可用该式表示：，D正确； 故答案选B。 【4题详解】 A．半透膜有非常小的微细孔，这些细孔只能使离子或小分子透过，而不能使蛋白质这样的大分子透过，A正确； B．的正负电荷中心不重合，是极性分子，的正负电荷中心重合，是非极性分子，故的分子间作用力大于的，B正确； C．配体中配位原子的电负性越小，给电子能力强，配体配位能力强，原子的电负性大于原子的，中原子的配位能力大于中原子的，故与的配位能力强于与的配位能力，C错误； D．能量简并的轨道全充满、半充满或全空的状态是比较稳定的，基态价层电子排布为，为半充满状态，这样的排布能量低且稳定，D正确； 故答案选C。 5. 某有机中间体合成的核心转化如下。下列说法正确的是 A. P和Q苯环上的2氯代物均有4种 B. N和Q含有官能团的数目相同 C. P中所有原子一定共平面 D. Q在酸性条件下水解的产物含1个手性碳原子 【答案】B 【解析】 【详解】A．P是邻羟基苯甲醛，苯环上有4 个氢原子，分别位于 3、4、5、6号位（假设醛基在1号，羟基在2号），由于分子结构不对称，这4个氢原子的化学环境各不相同，要在苯环上引入2个氯原子，相当于从 4个不同的位置中选2个，所以，P的苯环二氯代物有6种；Q的苯环部分也是二取代的，且这两个取代基不同，导致苯环上的4个氢原子环境也各不相同，同理，Q的苯环二氯代物也有６种，故A错误； B．N分子含有的官能团有、酯基，共2种官能团； Q分子含有的官能团有-CN、-COO-，共2种官能团，故B正确； C．P分子中含有苯环（平面结构）、醛基（平面结构）和酚羟基，虽然苯环和醛基的碳原子都在一个平面上，但是酚羟基（-OH）中的氢原子是可以绕着C-O键旋转的，当O-H键旋转到特定角度时，氢原子会偏离苯环所在的平面，因此，P分子中所有原子不一定共平面，故C错误； D．Q 分子是一个内酯（环状酯），同时侧链上还有一个氰基（-CN），在酸性条件下，酯基会断裂，对于内酯来说，就是环打开，生成一个羧基（-COOH）和一个羟基（-OH），断键位置为羰基碳（C=O）和氧原子（-O-）之间的单键，在酸性条件下，氰基（-CN）也会发生水解，最终转化为羧基（-COOH），则中心碳原子连接了四个基团，－H、－CH2-C6H4-OH、－COOH（来自酯基水解）、－COOH（来自氰基水解），不满足手性碳定义，故D错误； 因此，答案选B。 6. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期元素，W的核外电子只有一种运动状态，X原子的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Z单质在空气中燃烧生成淡黄色固体，R的主族序数等于周期序数的2倍。下列说法错误的是 A. 的VSEPR模型为四面体形 B. 原子半径：R>Y>X C. 第一电离能：X>Y>Z D. Z和R均可与Y形成两种二元化合物 【答案】B 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期元素，W 的核外电子只有一种运动状态，意味着只有一个电子，W 是 H元素，X原子的最高正化合价与最低负化合价的代数和为 2，设其最高正价为 +n ，则最低负价为 −(8−n) ，根据题意有n+[−(8−n)]=2 ，解得 n=5 ，X 属于第 VA 族，是 N元素；Y 原子的最外层电子数是电子层数的 3 倍，电子层数为 2，最外层电子数为 2×3=6 ，符合，该元素为O；Z单质在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠 ，Z 是Na，R的主族序数等于周期序数的 2 倍，在第三周期，主族序数为6，为S。 【详解】A．为，中心S原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，A正确； B．同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故，同主族从上到下原子半径增大，故，原子半径顺序为即，B错误； C．N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，Na为活泼金属第一电离能远小于O，故第一电离能即，C正确； D．Na与O可形成、，S与O可形成、，均可形成两种二元化合物，D正确； 故选B。 7. 工业研究中常用活性炭催化与反应制备特定的钴配合物，反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1. 7 g中含有的质子数为 B. 每生成1 mol转移电子数为 C. 0.1 mol含有σ键的数目为 D. 1 L溶液中阳离子总数大于 【答案】D 【解析】 【详解】A．1.7 g 的物质的量为，1个分子含18个质子，总质子数为，A错误； B．反应中中O从-1价降为-2价，生成时转移2 mol电子，故每生成转移电子数为，B错误； C．1个中含6个配位σ键、个N-H σ键，共24个σ键，0.1 mol该物质含σ键数目为，C错误； D．根据电荷守恒，溶液中，1 L的溶液中 ，故阳离子总数大于，D正确； 故选D。 8. 部分氯、氮元素的价—类二维图如下(d为红棕色气体)。 下列有关方程式的书写错误的是 A. 过量的a与混合： B. 实验室用e的浓溶液制取d： C. c和d的混合气体可用NaOH溶液吸收： D. 用除工业废水中的： 【答案】A 【解析】 【分析】a：N化合价为-3的氢化物，是氨气()。b：N化合价为0的单质，是氮气()。c：N化合价为+2的氧化物，是一氧化氮()。d：N化合价为+4的氧化物，是二氧化氮 ()。e：N化合价为+5的含氧酸，是硝酸()。a'：Cl化合价为-1的氢化物，是氯化氢 ()。b'：Cl化合价为0的单质，是氯气()。c'：Cl化合价为+4的氧化物，是二氧化氯 ()。d'：Cl化合价为+7的含氧酸，是高氯酸()。 【详解】A．a是氨气()，b'是氯气()，当氨气过量时，氯气与氨气反应生成氮气和氯化铵，正确的化学方程式为：，A错误； B．该反应是用浓硝酸()和铜反应制取二氧化氮()，离子方程式为：，B正确； C．一氧化氮()和二氧化氮()的混合气体与碱反应，当和以1:1混合时，可以被碱液恰好完全吸收生成亚硝酸钠，离子方程式为，C正确； D．该反应是二氧化氯()氧化硫离子()， 被氧化成，被还原成。根据化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒进行配平该离子方程式为：，D正确； 故选A。 9. 硫化锌(ZnS)是一种重要的半导体发光材料。研究表明，ZnS晶胞中掺入CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域和“负电”区域，光照时会发出不同波长的光。(已知：ZnS晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值)。 下列说法错误的是 A. ZnS晶体中离最近且等距的有12个 B. ZnS晶胞沿体对角线的投影为： C. 区域A中“”掺入的是，区域B整体带“正电” D. ZnS晶胞的密度为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．ZnS晶胞为面心立方结构，其配位数为12，因此离最近且等距的有12个，A正确； B．ZnS晶胞为面心立方结构，位于顶点和面心，位于四面体空隙。沿体对角线投影时，顶点和面心的会投影成六边形顶点和内部，四面体空隙中的会投影成内部的对称点，与题目给出的投影图一致，B正确； C．区域A中，由代替，该区域相对于原晶格带一个单位正电荷，形成正电区域。为保持电中性，必然有被替换，该区域相对于原晶格带一个单位负电荷，形成负电区域。若替换发生在区域B，则区域B整体带负电，C错误； D．ZnS晶胞中，的数目：；的数目为4，因此晶胞的质量为 。晶胞参数为a pm= ，体积为。密度：，D正确； 故答案选C。 10. 采用“电化学—化学串联催化法”将CO高选择性合成的流程示意图如下： 下列说法错误的是 A. N极接电源负极，发生还原反应 B. M极电极反应式为： C. 反应器中主要发生的反应为： D. 电路中有1.6 mol转移时，可收集到的体积为4.48 L 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，在N极被还原为，因此N是阴极，M是阳极，据此分析选项。 【详解】A．电解池中阴极连接电源负极，在N极被还原为，发生还原反应，A正确； B．M是阳极，溶液中氢氧根失去电子，产生氧气，电极反应式为，B正确； C．反应器通入和，在催化剂作用下，生成，方程式配平正确，C正确； D．未说明气体处于标况下，无法计算，D错误； 故选D。 11. 某学习小组探究pH对苯酚与显色反应的影响，进行如下实验：取20.00 mL苯酚溶液于三支洁净比色管中，加入相应试剂，用分光光度法测定溶液的吸光度A，结果如下表，已知： Ⅰ：在一定范围内，紫色配合物对特定波长光的吸收程度(吸光度用A表示)与其浓度成正比。 Ⅱ：苯酚与反应： 序号 溶液 pH 现象 吸光度A ① 5.0 mL 34.5 0.5 2.0 溶液呈深紫色 ② 5.0 mL 31.0 a 1.4 溶液呈浅紫色 ③ 5.0 mL b 7.0 1.2 无色 0 下列说法错误的是 A. B. C. 实验③的吸光度的原因是该条件下溶液中不存在 D. 以上实验说明：相同条件下，一定pH范围内，pH越大，苯酚与的显色反应越明显 【答案】C 【解析】 【详解】A．探究pH对显色反应的影响需控制除pH外其他变量一致，溶液总体积应相等，①总体积为，因此，A正确； B．根据反应，pH越大浓度越小，平衡正向移动，紫色配合物浓度越大，吸光度越大，故，B正确； C．该反应为可逆反应，不可能完全进行，吸光度为0是因为配合物浓度过低，低于分光光度法的检测下限，并非完全不存在，C错误； D．由实验现象可知，pH为2.0时溶液呈深紫色，pH为1.4时呈浅紫色，pH为1.2时无色，说明一定pH范围内，pH越大显色反应越明显，D正确； 故选C。 12. 科学研究表明，300℃、光照条件下，以(M表示Ni或Ru)为催化剂可实现的甲烷化，该反应的核心历程如下： 下列说法错误的是 A. 步骤Ⅰ有非极性键的断裂和形成 B. 步骤Ⅲ中碳元素发生了还原反应 C. 步骤Ⅳ的反应为： (*表示物质吸附在催化剂表面的状态) D. 该反应的总方程式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中，H2分子吸附并解离为两个*H原子，发生H-H非极性键的断裂；但图示及反应过程中未形成任何新的非极性键（如H-H、O=O等），因此“有非极性键的断裂和形成”的描述错误，A错误； B．步骤Ⅲ中，碳元素从*COOH中的+3价转变为CO中达到+2价，发生还原反应，描述正确，B正确； C．根据图示，步骤Ⅳ是CO、*OH、*H与3H2反应生成CH4和2H2O，同时催化剂表面恢复原状。反应式为： ，符合图示中吸附态物种转化为气态产物并脱附的过程，原子守恒，C正确； D．总反应由CO2与H2生成CH4和H2O，催化剂为M/TiO2，条件为300℃、光照，总方程式为： ，与题干信息一致，D正确； 故选A。 13. 某温度下，由两种气体X和Y反应可制备气体W，涉及的反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 向恒容密闭容器中充入a molX和1 molY，平衡时容器中X、Z、W的摩尔分数随X的初投料a的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线②代表Z B. 从投料到平衡容器内压强始终保持不变 C. P点时，W的摩尔分数为0.74 D. Q点时，向容器中充入氦气，Z的物质的量浓度减小 【答案】C 【解析】 【分析】题中涉及两个反应： ， ，初始投入 和 ，（X初始投料）增大，X的摩尔分数持续增大，因此曲线①代表X；Z由Y反应生成，Y完全反应生成 ，增大，反应II消耗Z，Z的摩尔分数持续降低，因此曲线③代表Z，曲线②代表W，据此分析。 【详解】A．据分析可知曲线③代表Z，A错误； B．反应I是气体分子数减少的反应（反应物生成产物），反应II气体分子数不变，从投料到平衡，体系气体总物质的量减少，恒容下压强和气体总物质的量成正比，因此压强会减小，不是始终不变，B错误； C．P点 ，X和Z的摩尔分数均为，所有物质摩尔分数之和为，因此W的摩尔分数 ，C正确； D．Q点时，向恒容密闭容器中充入氦气，平衡体系中各物质的浓度均保持不变，平衡不发生移动；因此Z的物质的量浓度不变，D错误； 故选C。 14. 常温下，将NaOH溶液滴加到一定浓度的某二元弱酸()溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图： 下列说法正确的是 A. M代表pH与变化的曲线 B. 常温下，电离常数的数量级为 C. 相同条件下，的水解程度大于的电离程度 D. 混合溶液呈中性时： 【答案】B 【解析】 【分析】二元弱酸分两步电离：；；两边取负对数可得、。由于多元弱酸的，则，因此当 时，pH更小的曲线对应第一步电离（即），pH更大的曲线对应第二步电离（即）。因此：N曲线pH更小，对应；M曲线pH更大，对应。 【详解】A．M曲线pH更高，对应第二步电离，即，A错误； B．在N曲线上取 的点，此时 ，即 ，，数量级为，B正确； C．在M曲线上取 的点，此时 ，则，，的水解常数，，说明的水解程度小于的电离程度，C错误； D．当溶液呈中性时，，结合曲线可知，即，解得 ，即，因此溶液中离子浓度关系应为，D错误； 故选B。 二、非选择题：本大题共4小题，共58分。 15. 镓、锗均是重要金属，一种从炼锌矿渣{主要含铁酸锗()，铁酸镓[]，铁酸锌()}中回收镓、锗的工艺流程如下： 已知： ①25℃时，，，，；，； ②不溶于水； ③溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。 （1）基态锗原子的价电子排布式为___________。 （2）“酸浸还原”时，与硫酸和反应的离子方程式为___________。 （3）25℃时，“沉镓”过程中，若溶液中的、，当沉淀完全时，、___________(填“开始”或“未开始”)沉淀，理由是___________。 （4）已知与性质相似，“电解”时以惰性电极电解制备金属镓，生成镓的电极反应方程式为___________，电解完成后的电解质残液可返回到___________工序循环使用。 （5）“蒸馏”提纯时，下列图示中温度计位置正确的是___________(填标号)。 A． B． C． （6）水解生成时，要加入大量的水，其目的是___________。 【答案】（1） （2） （3） ①. 未开始 ②. 当沉淀完全时，溶液的，小于和开始沉淀所需的  （4） ①. ②. 碱溶 （5）A （6）促进水解完全 【解析】 【分析】炼锌矿渣主要含、、，加入和酸浸。作为还原剂，将矿石中的高价金属离子（如、等）还原为低价态，同时溶解金属氧化物，通入，与溶液中的锗离子反应生成沉淀，实现锗的初步分离。同时得到含有、、的溶液。加入调节溶液 pH，使沉淀为，而和留在溶液中形成和溶液，用溶液碱溶，转化为镓酸盐，然后电解得到金属镓（Ga）。经氧化生成，蒸馏提纯后水解生成，最后还原得到金属锗（Ge）。 【小问1详解】 锗（Ge）是32号元素，位于元素周期表第四周期第IVA族，基态锗原子的价电子排布式为。 【小问2详解】 “酸浸还原”时，溶于硫酸生成和，随后被SO2还原生成，SO2被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为 。 【小问3详解】 已知，当  沉淀完全时，浓度，，已知 ，，开始沉淀的 ，已知，，开始沉淀的，比较可知，当沉淀完全时，溶液的，小于和开始沉淀所需的 ，因此当沉淀完全时，、未开始沉淀。 【小问4详解】 与性质相似，能溶于强碱溶液，生成  ，电解时，阴极发生还原反应生成金属镓，电极反应式为：。 【小问5详解】 蒸馏操作中，温度计用于测量馏分（蒸汽）的温度，因此温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处。 【小问6详解】 水解反应为：  。加入大量的水，可以促使水解平衡正向移动，使水解更完全。 16. 某兴趣小组开展项目式实验活动，探究卤化银能否发生置换反应。已知：为砖红色沉淀。 Ⅰ.探究锌能否置换出氯化银中的银： （1）下列实验仪器中，在过滤时不需要用到的是___________(填标号)。 A. 容量瓶 B. 玻璃棒 C. 烧瓶 D. 漏斗 （2）简述验证AgCl固体已洗净的操作___________。 （3）亚铁氰化钾{}溶液能检验溶液中的，其反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，写出用该方法检验的离子方程式___________。 （4）用莫尔法测定过滤Ⅱ所得滤液中的浓度：取三份10.00 mL上述滤液于锥形瓶中，滴加两滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点。记录数据如下表： 编号 1 2 3 样品体积/mL 10.00 10.00 10.00 消耗溶液体积/mL 17.78 17.22 17.18 ①写出滴定终点的颜色变化___________。 ②计算滤液中___________(保留两位有效数字)。 Ⅱ.探究铁能否置换出卤化银中的银： 取2 mL的溶液两份，分别加入2 mL浓度均为的NaBr溶液和KI溶液，充分振荡后放置一段时间，离心分离、蒸馏水洗涤三次后，将所得沉淀转移至两根洁净的试管中，用煮沸后的蒸馏水加注至试管口，各加入一片铁片(规格：1 cm×0.5 cm)后，最后用橡胶塞封闭试管口，12 h后再观察，取上层清液加5滴。 （5）采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是___________。 （6）预测能说明铁可以与AgBr、AgI发生置换反应的实验现象___________。 【答案】（1）AC （2）取最后一次洗涤液于试管中，加溶液，若无明显现象，证明已洗净，反之，则未洗净 （3） 或 （4） ①. 溶液中出现浅砖红色沉淀 ②. （5）隔绝氧气，防止氧气对的检验造成干扰 （6）淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成 【解析】 【小问1详解】 过滤操作需要的仪器有：铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶、烧瓶，因此在过滤时不需要用到的是：AC； 【小问2详解】 检验氯化银固体已经洗净的就是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，故操作为：取最后一次洗涤液于试管中，加入溶液，无明显现象，证明已洗净，反之，则未洗净； 【小问3详解】 溶液能检验溶液中的，其反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，因此检验的离子方程式为： 或 ； 【小问4详解】 ①由题目信息中卤化银的颜色可知，指示剂可选择铬酸钾溶液，滴定终点是生成沉淀，所以滴定终点的颜色变化为：溶液中出现浅砖红色沉淀； ②由题目表格可知，第一组数据与第二、三组数据相差较大，应该删去，所以消耗标准液的平均体积为： ，； 【小问5详解】 探究铁能否置换出卤化银（或溴化银、碘化银）中的银，利用检验是否会产生亚铁离子，由于铁在氧气存在时会发生吸氧腐蚀负极：，从而干扰亚铁离子检验，所以采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：隔绝氧气，防止氧气对的检验造成干扰； 【小问6详解】 铁可以与AgBr、AgI发生置换反应，则沉淀会消失，铁片的表面要有银单质产生，所以实验现象为：淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成。 17. 甲酸甲酯()是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，其工艺过程包含以下反应： 反应Ⅰ： ， 反应Ⅱ： ， 回答下列问题： （1）反应的___________，___________(用、表示)。 （2）对于反应Ⅰ：，保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是___________(任写一个)。若在恒温恒容条件下发生该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．容器内气体的密度不再发生变化 B．反应体系中 C．单位时间内生成2 mol，同时生成2 mol D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化 （3）在400 kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。平衡体系中各气体的物质的量分数随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①随温度升高，平衡时的物质的量分数呈现如图变化趋势的原因是___________。 ②550 K时，反应的平衡常数___________kPa，的平衡转化率为___________。 ③研究表明，在700 K以后升高体系温度，的产率下降，可能的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 升高温度(或改良催化剂) ②. CD （3） ①. 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动 ②. 64 ③. 47.4% ④. 温度过高催化剂活性降低 【解析】 【小问1详解】 已知反应：反应Ⅰ：2CH3OH(g)⇌HCOOCH3(g)+2H2(g)，ΔH1 = +51.2 kJ⋅mol−1，平衡常数为K1，反应Ⅱ：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ， ΔH2 = +90.1 kJ⋅mol−1，平衡常数为K2，目标反应为： HCOOCH3(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，我们可以通过组合已知反应来得到目标反应。将反应Ⅱ乘以2：2CH3OH(g)⇌2CO(g)+4H2(g)，其焓变为2ΔH2，平衡常数为(K2)2 。然后减去反应Ⅰ（即加上反应Ⅰ的逆反应）：[2CH3OH(g)⇌2CO(g)+4H2(g)]−[2CH3OH(g)⇌HCOOCH3(g)+2H2(g)]，得到： HCOOCH3(g)⇌2CO(g)+2H2(g) 因此，目标反应的焓变ΔH3=2ΔH2−ΔH1 。代入数值： ΔH3 = 2×(+90.1 kJ⋅mol−1)−(+51.2 kJ⋅mol−1) = +180.2 kJ⋅mol−1 − 51.2 kJ⋅mol−1 = +129.0 kJ⋅mol−1 ；对于平衡常数，由于目标反应是由2×反应Ⅱ−反应Ⅰ得到的，所以K3=。 【小问2详解】 反应达到平衡的时间取决于反应速率。在保持压强不变的情况下，要加快反应速率，可以采取的措施包括升高温度（增加活化分子百分数）、使用更高效的催化剂、或者增大反应物浓度（虽然保持压强不变，但可以通过改变投料比来实现）。最常见且有效的是升高温度或使用催化剂；反应Ⅰ是一个在恒温恒容条件下进行的气体分子数增加的反应，A．容器内气体的密度 ��=。由于反应物和生成物都是气体，总质量��守恒；容器恒容，体积��不变。因此密度��始终保持不变，不能作为平衡标志，A不符合题意； B．反应体系中��(CH3OH)=��(H2)。浓度相等只是某一时刻的状态，不代表浓度不再变化，不能作为平衡标志，B不符合题意； C．单位时间内生成2 mol H2（正反应方向），同时生成2 mol CH3OH（逆反应方向）。根据化学计量数，生成2 mol H2对应消耗2 mol CH3OH。这意味着CH3OH的消耗速率等于生成速率，反应达到平衡，C符合题意 D．容器内混合气体的平均摩尔质量�� = 。总质量��总不变，但反应前后气体总物质的量��总发生变化。当M不再随时间变化时，说明��总不再变化，反应达到平衡，D符合题意； 故选CD。 【小问3详解】 ①观察图象，随着温度升高，CH3OH 的物质的量分数逐渐下降。已知反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH1和ΔH2均为正值，即这两个反应都是吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡会向吸热方向（即正反应方向）移动。因此，CH3OH 作为反应物，其消耗量增加，导致其在平衡体系中的物质的量分数减小。 ②从图中读取 550 K 时各气体的物质的量分数：H2的物质的量分数约为0.4（带三角形标记的那条线）。CO的物质的量分数约为0.04（带方块标记的线）。CH3OH的物质的量分数约为0.4（带圆圈标记的线）。体系中还存在HCOOCH3，其物质的量分数为1-0.4-0.4-0.04 = 0.16或= 0.16（反应Ⅱ中产生的H2和CO之比为2:1，故反应Ⅱ产生的H2物质的量分数为0.08，反应Ⅰ产生的H2的物质的量分数为0.4-0.08=0.32，反应Ⅰ中产生HCOOCH3与H2之比为1:2，故HCOOCH3的物质的量分数为0.16）。总压强P=400 kPa 。各气体的分压为：p(H2)=0.4×400 kPa=160 kPa，p(CO)=0.04×400 kPa=16 kPa，p(CH3OH)=0.4×400 kPa=160 kPa，p(HCOOCH3)=0.16×400 kPa=64 kPa 计算反应Ⅰ的平衡常数Kp：Kp = ==64 kPa；计算CH3OH的平衡转化率：根据碳元素守恒，CH3OH的平衡转化率为。 ③ 反应Ⅰ是吸热反应，理论上升高温度有利于平衡正向移动。但在 700 K 以后产率下降，说明有其他因素占主导。首先，高温可能导致催化剂活性降低或失活。其次，反应Ⅱ也是吸热反应，且ΔH2>ΔH1，升高温度对反应Ⅱ的促进程度更大，导致CH3OH更多地转化为CO和H2，使得反应Ⅰ的选择性下降。再次，HCOOCH3在高温下可能发生分解等副反应。 18. 氨布洛芬(G)是布洛芬酰胺类衍生物，具有消炎、解热、镇痛作用，氨布洛芬的一种制备方法如下： 回答下列问题： （1）A→B的反应类型为___________，B中含有的官能团名称为___________。 （2）E是生活中常见的药物布洛芬，其分子式为___________。 （3）关于的说法正确的是___________(填标号)。 a．C、N、O的杂化方式相同 b．易溶于水，且溶液呈酸性 c．其沸点高于丙醇的沸点 d．能发生取代、氧化、加成等反应 （4）写出D与足量NaOH溶液共热的化学方程式___________。 （5）H是E的同系物，分子中比E少3个碳原子，且苯环上只有2个取代基，则符合条件的H的同分异构体___________有种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为___________。 （6）根据题中合成路线的信息，写出利用甲苯和甲胺()为原料合成有机中间体N-甲基苯甲酰胺()的合成路线___________(无机原料任选)。 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. (酮)羰基、碳氯键 （2） （3）ac （4） （5） ①. 15 ②. （6） 【解析】 【分析】A中苯环对位上的氢原子与发生取代反应生成B和HCl，B羰基发生羟醛缩合生成C，C在ZnCl2条件下生成D，D在碱性条件下发生水解生成E，E中羧基与SOCl2反应生成F为酰氯，F和生成G； 【小问1详解】 A→B的反应类型为取代反应，B中含有的官能团为（酮）羰基和碳氯键； 【小问2详解】 E(布洛芬)的分子式为； 【小问3详解】 a．C、N、O的均为，杂化方式相同，正确； b．氨基显碱性，且存在羟基和氨基易与水形成氢键，错误； c．由于存在分子间氢键，其沸点高于丙醇的沸点，正确； d．羟基能发生取代、氧化但不能发生加成反应，错误； 【小问4详解】 D中的酯基和碳氯键都与NaOH溶液反应，方程式为； 【小问5详解】 H是比E少3个碳原子的同系物，所以H中含有羧基，且苯环上只有2个取代基，分别有、、、、共5种，每种有邻、间、对三种结构，共15种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为； 【小问6详解】 根据题中合成路线信息，利用甲苯和甲胺为原料合成的合成路线可以为甲苯中的甲基先氧化为羧基，再与SOCl2反应生成酰氯，最后与甲胺发生取代，故合成路线为； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $