精品解析：安徽亳州市利辛高级中学2026届高三5月高考模拟 化学试题

利辛高级中学5月高考模拟 化学试题 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. 化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列有关说法错误的是 A. 液态氯乙烷易挥发，汽化时大量吸热，可用作冷冻麻醉剂 B. 在保护文物时用对纸张类文物脱酸，可减缓纤维素的水解 C. 酿酒工艺中的“酒曲”与面包工艺中的“发酵粉”(碳酸氢钠和有机酸)作用不同 D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于新型无机非金属材料 2. 下列化学用语正确的是 A. 的VSEPR模型： B. HClO的结构式：H-Cl-O C. C2H4分子中键的形成： D. 配合物离子中配位键的总数目是 3. 以异丁醛（M）为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 A. M中所有的碳原子可以在同一个平面中 B. 若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C. 用溴的四氯化碳溶液可鉴别N和Q D. 1 mol Q最多能与1 mol H2发生加成反应 4. 利用下图所示实验仪器、装置及药品(夹持装置已省略)能达到实验目的的是 A. 图①装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成 B. 图②用分水器提高反应物转化率 C. 图③依据褪色时间的长短，能证明反应物质浓度对反应速率的影响 D. 图④用盐酸标准液测氨水浓度 5. 氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的遇水发生反应②。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 为非极性分子 C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应②中为还原产物 阅读以下材料，回答下列各小题。 中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：、S和C)是中国古代四大发明之一、侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素(，含)在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。 6. 下列说法正确的是 A. 硫黄有等多种同素异形体 B. 高温下青蒿素分子结构稳定 C. 题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对 D. NH3分子中H-N-H键角大于CH4分子中H-C-H键角 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 黑火药爆炸： B. 向饱和氨盐水中通入过量CO2： C. 重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D. 电解饱和溶液制： 8. 电池的研发逐渐由液态电池向固态电池发展，不同状态电解质下锂离子电池的工作示意图如下所示，电池总反应为，隔膜与固态电解质只允许通过。下列描述错误的是 A. 充电时，Co元素化合价升高，在阴极上嵌入 B. 放电时，负极电极反应式为： C. 放电时，液态电解质与固态电解质质量均增加 D. 理想的固态电解质可以代替隔膜阻止正负极材料接触短路 9. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，由这五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图所示。同周期，地壳中Z元素含量最多，的最外层电子全充满。下列说法正确的是 A. M的最高价氧化物对应的水化物呈强酸性 B. 元素的第一电离能： C. 氢化物的沸点： D. 的空间结构为直线形 10. 某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A. 在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B. Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C. Ⅲ可能是 D. 产物中还可能生成 11. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 12. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性： B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性： C 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数： D 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力： A. A B. B C. C D. D 13. 金刚石是天然存在的最坚硬的物质，其高硬度、优良的耐磨性和热膨胀系数低等特点使得它在众多领域中都有着广泛的应用。如图甲、乙是金刚石晶胞和沿晶胞面对角线的投影，下列说法错误的是 A. 晶胞中由碳原子构成的四面体空隙中填充的原子占晶胞中原子数目的50% B. 图乙中2号位置对应的原子分数坐标为或 C. 图乙中3、4、6、7号为晶胞体内碳原子沿面对角线的投影 D. 金刚石晶体的密度为 14. H2A是二元弱酸，M2+不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知25℃时，。下列说法正确的是 A. 25℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-5.3 B. pH=1.6时，溶液中c(M2+)＞c(Cl-)＞c(HA-)＞c(A2-) C. pH=4.5时，溶液中c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A) D. pH=6.8时，溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)=c(OH-)+c(Cl-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]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金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol/L)开始沉淀和完全沉淀的pH： 开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态Ni的价层电子排布式为___________。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是___________(写化学式)；还原的化学方程式为___________。 （3）“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为___________，加热至的主要原因是___________。 （4）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2+)不超过___________。 （5）“第二次萃取”时，___________(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定。若M为Fe2+且没有单电子，则M杂化类型为___________。 16. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是_______。 （2）写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂_______(填1种)。 （3）步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C. 因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （4）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是_______。 （5）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序_______(填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 （6） AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是_______。 17. 乙醇在一定条件下可以被氧气氧化，反应体系中同时存在如下反应： I： II： III： 反应I、II、III的化学平衡常数与温度变化关系如图所示。 （1）据图判断___________(填“>”、“<”或“=”)。反应I、II、III的平衡常数分别为、、，在图中点时，与的数量关系是___________。 （2）有利于提高乙醛平衡产率的反应条件是___________(写出1点)。 （3）在一定温度下，向恒压的容器中通入和发生上述反应，下列说法能表明反应达到平衡状态的是___________ a．气体的密度不变 b．消耗的速率等于消耗的速率 c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．、的物质的量相等 （4）反应过程中，若只发生I、II反应，乙醛的产率与温度的关系曲线如图所示： 低于390 K时，乙醛的产率___________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率。高于390 K后乙醛的产率降低的原因可能是___________。 （5）一定温度下，、和三种气体按体积比的比例进入恒容容器中发生I、II反应，起始时压强是。 i．随着x的增大，平衡体系中的值___________(填“增大”“减小”或“不变")。 ii．若，反应达到平衡时，的转化率是，乙醛的选择性是，则该温度下反应I的___________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 18. G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下： （1）A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对_______(填“较大”或“较小”)。 （2）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为_______。 （3）E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和_______，F分子中手性碳原子数目为_______。 （4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 利辛高级中学5月高考模拟 化学试题 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. 化学以其独特的魅力影响着我们的生活。下列有关说法错误的是 A. 液态氯乙烷易挥发，汽化时大量吸热，可用作冷冻麻醉剂 B. 在保护文物时用对纸张类文物脱酸，可减缓纤维素的水解 C. 酿酒工艺中的“酒曲”与面包工艺中的“发酵粉”(碳酸氢钠和有机酸)作用不同 D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于新型无机非金属材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．液态氯乙烷沸点低易挥发，汽化过程会吸收大量热量使局部温度降低，可用作冷冻麻醉剂，A正确； B．纸张主要成分为纤维素，酸性条件下纤维素易发生水解破损，可与酸反应降低纸张酸性，能减缓纤维素的水解，B正确； C．酒曲属于酶类催化剂，作用是催化糖类转化为酒精；发酵粉中碳酸氢钠和有机酸反应生成使面包疏松多孔，二者作用原理不同，C正确； D．塑料属于合成有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语正确的是 A. 的VSEPR模型： B. HClO的结构式：H-Cl-O C. C2H4分子中键的形成： D. 配合物离子中配位键的总数目是 【答案】A 【解析】 【详解】A．的中心C原子的价层电子对数为，且无孤电子对，因此，其 VSEPR模型为平面三角形，A正确； B．HClO的中心原子为O，其正确的结构式为H-O-Cl，B错误； C．C2H4分子中的碳原子采用sp2杂化，因此，C-Hσ键是由碳原子的sp2杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成，而图示中碳原子使用的是未杂化的对称哑铃形p轨道，C错误； D．在配合物离子 [V(H2O)6]2+中，中心离子V2+与6个水分子配位，因此1 mol该离子中含有的配位键数目6NA，D错误； 故答案为A。 3. 以异丁醛（M）为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法错误的是 A. M中所有的碳原子可以在同一个平面中 B. 若M+X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C. 用溴的四氯化碳溶液可鉴别N和Q D. 1 mol Q最多能与1 mol H2发生加成反应 【答案】A 【解析】 【分析】在X的作用下，M中与醛基相连的碳上的氢（α氢）变为羟甲基（—CH2OH），得到N。N的醛基脱氧，丙二酸二乙酯中夹在两个酯基之间的亚甲基（—CH2—）脱两个氢，生成P和水。P的酯基在碱性条件下水解后又酸化变为羧基，一个羧基脱去CO2，另一个羧基与羟基发生分子内酯化成环，得到Q。 【详解】A．M为异丁醛［(CH3)2CHCHO］，分子中与醛基相连的碳采取sp3杂化，它与氢原子、醛基碳、两个甲基碳形成四面体结构，故M中所有的碳原子无法在同一平面中，A错误； B．若M+X→N原子利用率为100%，对比M（C4H8O）和N（C5H10O2）的分子式，可推知X的分子式为CH2O，即甲醛，B正确； C．N含醛基和羟基，Q含碳碳双键和酯基，溴的四氯化碳溶液与N不反应，与Q中碳碳双键发生加成反应而褪色，可鉴别，C正确； D．Q中仅碳碳双键能与H2加成，故1 mol Q最多与1 mol H2加成，D正确； 故选A。 4. 利用下图所示实验仪器、装置及药品(夹持装置已省略)能达到实验目的的是 A. 图①装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成 B. 图②用分水器提高反应物转化率 C. 图③依据褪色时间的长短，能证明反应物质浓度对反应速率的影响 D. 图④用盐酸标准液测氨水浓度 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓硝酸受热分解会生成，但浓硝酸本身具有挥发性，挥发出的蒸气也能将KI氧化为I2，使淀粉溶液变蓝。因此，无法仅凭b中溶液变蓝，证明是导致的，A错误； B．图②为乙酸乙酯的制备装置，分水器的作用是及时分离出反应生成的水。根据勒夏特列原理，生成物浓度降低，会使酯化反应的平衡正向移动，从而提高乙酸、乙醇的转化率，B正确； C．要探究浓度对反应速率的影响，必须保证除浓度外的其他变量完全相同。图③中两组实验的浓度不同，导致初始颜色深浅不同，无法通过褪色时间长短准确比较反应速率，C错误； D．盐酸标准液滴定氨水时，滴定终点时溶液呈弱酸性。而酚酞的变色范围为8.2~10.0（碱性），在滴定终点前就会褪色，无法准确判断滴定终点，应选用甲基橙作指示剂，D错误； 故答案选B。 5. 氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的遇水发生反应②。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 为非极性分子 C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应②中为还原产物 【答案】A 【解析】 【详解】A．HOF中心原子为O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为，A正确 B．空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．反应①中F-F非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C错误； D．F的电负性大于O，HOF中氟表现为-1价，O为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是-1价，F的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为，既是氧化产物也是还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误； 故选A。 阅读以下材料，回答下列各小题。 中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：、S和C)是中国古代四大发明之一、侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素(，含)在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。 6. 下列说法正确的是 A. 硫黄有等多种同素异形体 B. 高温下青蒿素分子结构稳定 C. 题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对 D. NH3分子中H-N-H键角大于CH4分子中H-C-H键角 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 黑火药爆炸： B. 向饱和氨盐水中通入过量CO2： C. 重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D. 电解饱和溶液制： 【答案】6. C 7. B 【解析】 【6题详解】 A．是S元素组成的不同单质，属于同素异形体，S2-与不是同素异形体，故A错误； B．青蒿素含键，高温下青蒿素分子不稳定，故B错误； C．鸟嘌呤与胞嘧啶均含N-H键，通过氢键互补配对，故C正确； D．NH3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；CH4中C原子价电子对数为4，无孤电子对；孤电子对对成键电子对具有排斥作用，所以NH3分子中H-N-H键角小于CH4分子中H-C-H键角，故D错误； 选C。 【7题详解】 A．黑火药爆炸生成硫化钾、氮气、二氧化碳，反应方程式为，故A错误； B．向饱和氨盐水中通入过量CO2生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应方程式为，故B正确； C．重油裂解获得的丙烯发生加聚反应制聚丙烯，反应方程式为 ，故C错误； D．电解饱和溶液生成氢气、氯气、，反应方程式为，故D错误； 选B。 8. 电池的研发逐渐由液态电池向固态电池发展，不同状态电解质下锂离子电池的工作示意图如下所示，电池总反应为，隔膜与固态电解质只允许通过。下列描述错误的是 A. 充电时，Co元素化合价升高，在阴极上嵌入 B. 放电时，负极电极反应式为： C. 放电时，液态电解质与固态电解质质量均增加 D. 理想的固态电解质可以代替隔膜阻止正负极材料接触短路 【答案】C 【解析】 【详解】A．充电时，电池作为电解池，正极（）作阳极，发生氧化反应，元素的化合价升高；阴极是，发生还原反应，在阴极嵌入，A正确； B．放电时，负极是，发生氧化反应，失去电子生成和，电极反应式为：，B正确； C．放电时，在负极生成并向正极移动。对于液态电解质：仅在溶液中迁移，电解质的质量不变；对于固态电解质：在电解质中迁移，电解质的质量也不变，因此，两者的质量都不会增加，C错误； D．理想的固态电解质只允许通过，同时可以隔绝正负极材料，防止直接接触造成短路，因此可以代替隔膜，D正确； 故答案选C。 9. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，由这五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图所示。同周期，地壳中Z元素含量最多，的最外层电子全充满。下列说法正确的是 A. M的最高价氧化物对应的水化物呈强酸性 B. 元素的第一电离能： C. 氢化物的沸点： D. 的空间结构为直线形 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、的原子序数依次增大，地壳中Z元素含量最多，则Z为O元素；由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键，Y形成4个共价键，M形成1个共价键，且同周期，则X为H元素，Y为C元素，M为F元素；的最外层电子全充满，且结合有机催化剂结构可知，Q为Cu元素，据此分析解答。 【详解】A．F元素无正价，不存在最高价氧化物对应的水化物，A项错误； B．同周期从左到右，第一电离能总体递增，第一电离能，电子层数多的Cu，更易失电子，第一电离能显然更低，B项正确； C．最简单氢化物的沸点高低顺序是，但题目中未说明是元素的最简单氢化物，C项错误； D．的中心原子O原子为杂化，含有2个成键电子对与2个孤电子对，空间结构为V形，D项错误； 故选B。 10. 某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A. 在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B. Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C. Ⅲ可能是 D. 产物中还可能生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流程看，若以I为起点，则Ⅰ是催化剂（先消耗、后生成），Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起点，则Ⅲ是催化剂，Ⅰ是中间产物，故I、Ⅲ均可作催化剂，A正确； B．Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键，与N形成的是共价键，并非N提供孤电子对形成的配位键，B错误； C．根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到Ⅳ的反应过程中，发生加成反应，结合原子守恒可知，Ⅲ可能是，C正确； D．反应过程中生成了，两分子脱水可形成，D正确； 故选B。 11. 对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确， 故选A。 12. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的溶液多 酸性： B 向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性： C 向浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数： D 用pH试纸分别测定溶液和溶液pH，溶液pH大 结合能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误； B．向溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：，氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：，故B正确； C．和均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较和溶度积常数的大小，故C错误； D．比较和结合能力，应在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的pH，但题中未明确指出两者浓度相等，故D错误； 故选B。 13. 金刚石是天然存在的最坚硬的物质，其高硬度、优良的耐磨性和热膨胀系数低等特点使得它在众多领域中都有着广泛的应用。如图甲、乙是金刚石晶胞和沿晶胞面对角线的投影，下列说法错误的是 A. 晶胞中由碳原子构成的四面体空隙中填充的原子占晶胞中原子数目的50% B. 图乙中2号位置对应的原子分数坐标为或 C. 图乙中3、4、6、7号为晶胞体内碳原子沿面对角线的投影 D. 金刚石晶体的密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．晶胞中碳原子分别位于顶点、面上和内部，数目为。金刚石晶胞中，由碳原子构成的四面体空隙中填充的原子为晶胞顶点和面心的碳原子。金刚石晶胞中该空隙填充的原子有4个，晶胞中由碳原子构成的四面体空隙中填充的原子占晶胞中原子数目的，A正确； B．若将晶胞均分为8个小立方体，图乙中2号位置对应的是位于晶胞中上层小立方体体心的碳原子的投影，对应的原子分数坐标为和，B正确； C．图乙中4、6号为晶胞下层体内碳原子沿面对角线的投影，3号为前面和左侧面的面心碳原子的投影，7号为后面和右侧面的面心碳原子的投影，C错误； D．图乙中的长度对应图甲中晶胞的面对角线长度，晶胞的边长为，则晶胞的体积为，每个金刚石晶胞含有碳原子数为8个，故金刚石晶体的密度为，D正确； 故答案选：C。 14. H2A是二元弱酸，M2+不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中与的关系如下图所示。 已知25℃时，。下列说法正确的是 A. 25℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA)=10-5.3 B. pH=1.6时，溶液中c(M2+)＞c(Cl-)＞c(HA-)＞c(A2-) C. pH=4.5时，溶液中c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A) D. pH=6.8时，溶液中c(H+)+2c(HA-)+c(H2A)=c(OH-)+c(Cl-) 【答案】C 【解析】 【分析】MA存在沉淀溶解平衡：，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，发生反应，继续加盐酸发生反应，由，可知，当时，pH=1.6，，则时，pH=6.8，，当时，pH=4.2，则可将图像转化为进行分析； 【详解】A．溶液中存在物料守恒：，当pH=6.8时，，很低，可忽略不计，则，，，则Ksp(MA)=10-6.3，A错误； B．根据物料守恒：，，由图像可知，pH=1.6时，成立，由电荷守恒：，结合物料守恒，约掉得到，由图像可知，且，则，故离子浓度顺序：，B错误； C．由图像可知，pH=4.5时，溶液中，C正确； D．pH=6.8时，，根据电荷守恒关系：，将物料守恒代入，约掉得到，化简得到，D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]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金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol/L)开始沉淀和完全沉淀的pH： 开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态Ni的价层电子排布式为___________。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是___________(写化学式)；还原的化学方程式为___________。 （3）“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为___________，加热至的主要原因是___________。 （4）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2+)不超过___________。 （5）“第二次萃取”时，___________(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定。若M为Fe2+且没有单电子，则M杂化类型为___________。 【答案】（1） （2） ①. SiO2 ②. SO2+Co2O3+H2SO4=2CoSO4+H2O （3） ①. ②. 防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 （4） （5） ①. Co2+、Ni2+ ②. d2sp3 【解析】 【分析】深海多金属结核加入SO2、H2SO4进行酸浸还原，得到的滤渣含有不反应的二氧化硅，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+，通入空气、控制温度为200℃、高压、调节pH=3.2，沉铁得到Fe2O3滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到Al(OH)3，加入萃取剂第一次萃取Cu2+，分液得到Cu2+的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，据流程图，‘萃余液2’用于电解生产金属锰，说明第二次萃取旨在分离锰离子，因此是Co2+和Ni2+与混合萃取剂形成了配合物，“萃取液2”再经过“反萃”得到“电池级镍钴锰混合溶液”。 【小问1详解】 镍（Ni）是第 28 号元素，位于第四周期第 Ⅷ 族。基态 Ni 的价层电子排布式为。 【小问2详解】 在酸浸过程中，加入的硫酸和二氧化硫会与金属氧化物反应生成可溶性的硫酸盐。、、、、、均会溶解。而二氧化硅（）是酸性氧化物，不与硫酸和二氧化硫反应，因此以固体形式残留，成为滤渣。具有氧化性，能将氧化为，自身被还原为，硫酸介质中，反应物为、和，生成物为和，化学方程式为。 【小问3详解】 “沉铁”步骤中，通入空气（）作为氧化剂，在 pH=3.2 的酸性环境下，将氧化为，并最终转化为沉淀。反应物有、和，生成物有和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；已知信息①指出“金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子”。如果在常温下调节 pH 沉铁，会生成胶体，容易吸附溶液中有价值的、、等离子，导致金属回收率下降。加热至可以使铁直接以形式沉淀，防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降。 【小问4详解】 “沉铝”时控制 pH=5.2。根据表格数据，在0.1 mol/L浓度下，完全沉淀的pH为 6.7。我们需要计算在该pH条件下，不产生沉淀的最大浓度。当pH=6.7时，，。此时，，“沉铝”时，pH=5.2，则，，为了不产生沉淀，需满足，。 【小问5详解】 流程中，“第二次萃取”后得到“电池级镍钴锰混合溶液”（萃余液2）和“萃取液2”。萃余液2经过电解得到 Mn，说明 Mn 留在溶液中未被萃取；而萃取液2用于分离 Ni 和 Co。因此，与混合萃取剂形成更稳定配合物并被萃取的是和。观察配合物结构图，中心金属M形成6个配位键，价层电子对数为6，则M杂化类型为d2sp3。 16. 某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： （1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是_______。 （2）写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂_______(填1种)。 （3）步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。 A. 氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B. 三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C. 因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D. 反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 （4）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是_______。 （5）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序_______(填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 （6） AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是_______。 【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 （2）P2O5、硅胶 （3）ABD （4）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 （5）②④⑤③① （6）AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂 【解析】 【分析】本题为实验探究题，让氯苯、SOCl2混合在冰水浴中AlCl3催化作用下进行反应生成化合物Z，充分反应后加入适量的冰水以除去SOCl2和AlCl3，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并合并有机相，向有机相中加入无水Na2SO4进行出水，过滤除去Na2SO4晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的Z的粗产品，据此分析解题。 【小问1详解】 已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3； 【小问2详解】 酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶； 【小问3详解】 A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确； B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确； C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误； D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确； 故答案为：ABD； 【小问4详解】 由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率； 【小问5详解】 由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； 【小问6详解】 已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。 17. 乙醇在一定条件下可以被氧气氧化，反应体系中同时存在如下反应： I： II： III： 反应I、II、III的化学平衡常数与温度变化关系如图所示。 （1）据图判断___________(填“>”、“<”或“=”)。反应I、II、III的平衡常数分别为、、，在图中点时，与的数量关系是___________。 （2）有利于提高乙醛平衡产率的反应条件是___________(写出1点)。 （3）在一定温度下，向恒压的容器中通入和发生上述反应，下列说法能表明反应达到平衡状态的是___________ a．气体的密度不变 b．消耗的速率等于消耗的速率 c．混合气体的平均摩尔质量不变 d．、的物质的量相等 （4）反应过程中，若只发生I、II反应，乙醛的产率与温度的关系曲线如图所示： 低于390 K时，乙醛的产率___________(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率。高于390 K后乙醛的产率降低的原因可能是___________。 （5）一定温度下，、和三种气体按体积比的比例进入恒容容器中发生I、II反应，起始时压强是。 i．随着x的增大，平衡体系中的值___________(填“增大”“减小”或“不变")。 ii．若，反应达到平衡时，的转化率是，乙醛的选择性是，则该温度下反应I的___________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 【答案】（1） ①. ②. （2）低压或液化水蒸气(答案合理即可) （3）ac （4） ①. 不是 ②. 催化剂的活性降低或副反应增多或平衡逆向移动 （5） ①. 不变 ②. 【解析】 【分析】图 的横坐标为（单位），纵坐标为，三条线均向上倾斜，说明：增大（即温度降低）时，平衡常数增大，可推知三个反应均为放热反应（）；三条线从上到下依次为反应I、反应III、反应II，在点处，反应I的​比反应II的大。 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应反应反应，因此。由图像规律可知三个反应均为放热，，因此​。 平衡常数满足，a点处​，即，得​； 【小问2详解】 反应II是气体分子数增大的放热反应，反应物总物质的量，生成物总物质的量，降低压强可使平衡正向移动；或及时液化分离水蒸气，也能使平衡正向移动提高乙醛产率； 【小问3详解】 a．反应过程中气体总质量不变，反应正向进行时总物质的量增大，恒压下容器体积增大，气体密度​会发生变化，密度不变时说明反应达到平衡，a正确； b．体系中反应I和反应III都生成乙酸，乙醇消耗速率等于乙酸消耗速率不能说明正逆速率相等，不能判断平衡，b错误； c．平均摩尔质量，总质量不变，反应正向进行时总物质的量增大，减小，不变时说明反应达到平衡，c正确； d．和物质的量相等，不能说明浓度不再变化，无法判断平衡，d错误； 【小问4详解】 三个反应均为放热反应，若达到平衡，升高温度生成乙醛的平衡应该逆向移动，平衡产率应该随温度升高一直降低，但图中低于时产率随温度升高而增大，说明此时反应速率较慢，还未达到平衡，因此该产率不是对应温度下的平衡产率。 高于后乙醛产率降低，可能的原因：升高温度，生成乙醛的反应平衡逆向移动；或温度升高后催化剂活性降低；或更多乙醛被氧化为乙酸，副反应增多，都会导致乙醛产率降低； 【小问5详解】 i. 恒容容器中，加入惰性气体，各反应物和生成物的分压不变，平衡不移动，因此不变； ii. 设起始，，，总起始。乙醇转化率为，则转化的乙醇为，乙醛选择性，因此生成乙醛消耗乙醇，生成乙酸消耗乙醇。 平衡时各物质的物质的量： ，，，，，。 反应I的​，代入分压​​，​和​可约去，得： 。​ 18. G是一种四环素类药物合成中间体，其合成路线如下： （1）A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对_______(填“较大”或“较小”)。 （2）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为_______。 （3）E分子中含氧官能团名称为醚键、羰基和_______，F分子中手性碳原子数目为_______。 （4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①含有3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）较大 （2）或 （3） ①. 羧基 ②. 1 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A 与B在甲醇钠和甲醇的作用下，脱去溴化氢，生成C，C水解并脱去羧基生成D，D与五氧化二磷反应成环，生成E，E先经过酯化，在和乙二醇反应生成F，F被四氢铝锂还原生成G，详细流程为： 据此解答。 【小问1详解】 1号碳与两个酯基相连，2号碳只与一个酯基相连，酯基具有吸电子效应，使与其相连的碳原子上的电子云密度降低，从而增强了C—H键的极性，因此1号碳的C-H键极性相对较大。 【小问2详解】 D→E的过程中，中的5号羧基上的碳与6号碳相连，发生取代反应，中的3号碳也是羧基上的碳，也可以与6号碳相连，发生类似D→E的反应生成副产物；另外2个羧基脱水生成的酸酐也是五元环：，也符合题意。 【小问3详解】 根据E的结构简式可知其含氧官能团还有羧基。F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子。 【小问4详解】 G的分子式为，其不饱和度为6.G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：、。 【小问5详解】 根据目标产物逆向分析，目标产物为聚酯，其单体为和，其中可由先水解再酸化获得，而含有2个，流程中物质G含有结构，该结构是由被还原而来，则可由被还原而来，而可视为的亚甲基上的H原子被环己基取代，这一步骤与题给流程中的反应类似，因此可由与在和作用下反应生成，可由与HBr反应制得。具体合成路线为：。 【点睛】有机合成路线设计融入高聚物合成以强化化学与材料科学的联系，命题从单一官能团转化转向多步骤串联反应、跨模块知识整合，主要体现在路线延长、官能团转化复杂化、涉及陌生反应机理等方面。这类题目通过真实情境(如药物合成、高分子材料)建模，促使考生从碎片化知识记忆转向系统性思维构建，掌握逆合成分析、反应条件筛选等核心方法。未来命题将更注重真实科研成果转化，要求考生在陌生信息中提取关键反应机理，体现“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $