精品解析：广东中山市第一中学2026届高三下学期模拟测试五 化学试题

中山市第一中学 2026 届高三化学仿真测试五 化学 本试卷共 8 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 N 14 O 16 一、选择题(每题只有1个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-16题每小题分，共44分) 1. 与龙一样，蛇在古代也被视为吉祥和延年的象征之物。下列与蛇有关的历史文物中，主要材料为金属的是 A．伏羲女娲绢画 B．鎏金铜玄武 C．青瓷蛇俑 D．灰陶玄武瓦当 A. A B. B C. C D. D 2. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B. 聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜 C. 聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D. 热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板 3. 生命在于运动，运动中蕴含诸多化学知识，下列说法正确的是 A. 减肥运动所消耗的脂肪属于天然有机高分子化合物 B. 运动后补充适量食盐水，溶液是电解质 C. 无氧呼吸时，葡萄糖转化为乳酸（），乳酸属于单糖 D. 有氧呼吸时，葡萄糖转化为和的过程中，葡萄糖被氧化 4. 劳动推动社会发展。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 工业冶炼铝 B 洁厕灵(含)除水垢() C 明矾处理污水 能水解生成胶体 D 电池研发 燃料电池将燃料和氧化剂的化学能转化为电能 A. A B. B C. C D. D 5. 某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是 A. 能发生加成反应 B. 能与氨基酸的氨基发生反应 C. 能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 最多能与等物质的量的NaOH反应 6. 下列实验装置正确且能达到实验目的的是 ① ② ③ ④ A. 图①可用于熔融硫并从熔融态硫获得硫晶体 B. 图②可用于证明酸性：苯酚 C. 图③可检验淀粉在酸性条件下是否完全水解 D. 图④可用于制备胶体 7. 已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是 甲+乙丙丁甲 A. 若丁为强碱，则甲可能是Na B. 往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，则甲可能为Cu C. 若丁遇放出气体，则甲不可能是 D. 若丁为弱酸，则甲一定为S 8. 色彩是化学语言中最生动的表达，下列对颜色变化的解释错误的是 颜色变化 解释 A 紫红色I2的CCl4溶液中，加入KI溶液，分层，下层为浅紫色，上层为棕黄色 I2+I-=I B 向新制的氢氧化铜中加入乙醛并加热，蓝色絮状物变为砖红色沉淀 CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO-+Cu2O↓+3H2O C 向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 D 将铁丝(过量)在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕色的烟 Fe+Cl2=FeCl2 A. A B. B C. C D. D 9. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 10. 工业上合成氨的原料气中含有少量，可通过铜氨液处理而除去，其反应为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含有的电子数为 B. 含有的键为 C. 和充分反应制氨气时，转移的电子数为 D. 在的溶液中含有氧原子数为 11. A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价(或最低负价)与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 金属性： C. 为非极性分子 D. G的氧化物对应的水化物为强酸 12. 根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向两支盛有浓硝酸的试管中分别加入除去氧化膜且相同大小、形状的镁条和铝条 加入镁条的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝条的试管中变化不明显 金属性： B 用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH 溶液的pH较小 极性： C 将的溶液从25℃加热到40℃，监测溶液的pH变化 加热过程中溶液pH逐渐减小 升高温度，的水解程度增大 D 将粉末加入某浓度的盐酸中，用温度计测量反应体系的温度 温度计读数降低 反应吸热 A. A B. B C. C D. D 13. 联氨（）的水溶液显弱碱性，与盐酸反应生成盐（、）。下列叙述错误的是 A. 常温下，水溶液的pH小于13 B. 水溶液加水稀释，pH值升高 C. 在水溶液中的电离方程式： D. 水溶液中： 14. 物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是 选项 物质性质 结构因素 A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动 B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键 D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转 A. A B. B C. C D. D 15. 一种利用微生物或羟基自由基（•OH）将苯酚转化为和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是 A. a极的电极反应式 B. 左池中进行的是自发的氧化还原反应 C. d极电极反应为 D. 当该组合装置产生（标准状况）时，装置中转移的电子数为2.8 16. 一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A. m=n=1 k=600 B. m=n=2 k=300 C. m=2，n=1，k=300 D. m=1，n=2，k=300 二、非选择题(共56分) 17. 小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 18. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO、TiO2+形式存在。 回答下列问题： （1）基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）已知常温下Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol。L-1)，需要调节溶液的pH不低于___________； （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“萃取”时，VO 先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。 （6）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （7）某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴的投影图如下，该合金的化学式为___________，与V距离最近且相等的Ga有___________个 19. 天然气是重要的化工原料，天然气在开采过程中产生大量的含硫废气（硫元素的主要存在形式为），需要回收处理并加以利用。 （1）天然气采用过渡金属硫化物催化重整反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。其反应机理如图1所示。 经测定每产生吸收热量，上述甲烷脱硫反应的热化学方程式为_____。 （2）①、热重整制过程中除发生上述（1）中反应外，经检测产物中还含有，推测还可能发生反应：_____。 ②常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管，的转化率与温度的关系如图2所示。 结合图像，低于时，保持通入的体积分数不变，甲、乙中转化率相同，高于时，乙中转化率明显升高，解释原因：_____。 （3）一种天然气电解法脱的工作原理如图3所示。 ①阴极电极反应式为_____。 ②电解过程中，N极区域不断通入的目的为_____。 （4）一种新型研究硫化氢的回收处理的有关反应如下： I. II. 在恒压（）条件下，向密闭容器中充入、、模拟工业尾气的处理过程。若仅考虑上述反应，反应过程中含硫物种的分布系数[如：]随时间变化关系如图4所示。 ①_____0（填“<”“>”或“=”）。 ②图像中表示分布系数的曲线为_____（填“”“”或“”）。时转化率为_____（保留4位有效数字）。 20. 我国科学家突破了狄尔斯-阿尔德环加成反应的条件，使两个酮底物烷基链分子之间形成苯环，该方法的合成路线如下： 反应a： 已知：酮羰基的可以与发生加成反应 （1）Ⅰ中含氧官能团的名称：______。 （2）Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应且核磁共振氢谱仅有三组峰的化合物的名称______，该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是______。 （3）对于该合成方法，下列说法正确的是______。 A. Ⅰ中有手性碳原子，能使酸性高锰酸钾褪色 B. Ⅲ常温下在水中溶解度不高，分子中采用杂化的碳原子有14个 C. 该合成方法所需含氮配体中所有碳原子可能共平面 D. 该合成方法有π键的形成，采用含铜化合物做催化剂提高了Ⅲ的平衡产率 （4）由与不超过三个碳的有机物，设计以下路线合成化合物Ⅳ ①合成反应物Ⅵ： 第一步：由与中心碳原子为杂化的平面三角形分子V发生加成反应，写出化学方程式______。 第二步：上一步生成物进行______（填写反应类型）反应，减少一种含氧官能团，形成一个π键，写出化学方程式______。 第三步：上一步生成物在一定条件下发生加成反应，得到其中一个反应物Ⅵ______（填写结构简式）。 ②合成反应物Ⅶ： 选择Ⅴ的同系物重复以上三个步骤得到另一个反应物Ⅶ______（填写结构简式）。 ③合成最终产物Ⅳ： 使用反应a合成方法，由Ⅵ和Ⅶ合成Ⅳ。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中山市第一中学 2026 届高三化学仿真测试五 化学 本试卷共 8 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 N 14 O 16 一、选择题(每题只有1个选项符合题意，1-10题每小题2分，11-16题每小题分，共44分) 1. 与龙一样，蛇在古代也被视为吉祥和延年的象征之物。下列与蛇有关的历史文物中，主要材料为金属的是 A．伏羲女娲绢画 B．鎏金铜玄武 C．青瓷蛇俑 D．灰陶玄武瓦当 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．伏羲女娲绢画是蚕丝制品，蚕丝主要成分是蛋白质，A错误； B．鎏金铜玄武主要材料是金属，B正确； C．青瓷是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，C错误； D．灰陶是陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，D错误； 故答案选B。 2. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是 A. ABS高韧性工程塑料用于制造汽车零配件 B. 聚氯乙烯微孔薄膜用于制造饮用水分离膜 C. 聚苯乙烯泡沫用于制造建筑工程保温材料 D. 热固性酚醛树脂用于制造集成电路的底板 【答案】B 【解析】 【详解】A．ABS高韧性工程塑料常用于汽车零配件，因其良好的机械性能，A正确； B．聚氯乙烯（PVC）含塑化剂等添加剂，可能释放有害物质，不适合用于饮用水分离膜（常用材料如聚丙烯），B错误； C．聚苯乙烯泡沫具有优良保温性能，广泛用于建筑工程保温，C正确； D．热固性酚醛树脂耐高温、绝缘性好，适合制造集成电路底板，D正确； 故选B。 3. 生命在于运动，运动中蕴含诸多化学知识，下列说法正确的是 A. 减肥运动所消耗的脂肪属于天然有机高分子化合物 B. 运动后补充适量食盐水，溶液是电解质 C. 无氧呼吸时，葡萄糖转化为乳酸（），乳酸属于单糖 D. 有氧呼吸时，葡萄糖转化为和的过程中，葡萄糖被氧化 【答案】D 【解析】 【详解】A．脂肪是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量仅为数百，不属于相对分子质量上万的有机高分子化合物，A错误； B．电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，溶液是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误； C．单糖是不能水解的多羟基醛或多羟基酮，乳酸的官能团为羟基和羧基，属于羟基羧酸，不属于糖类，C错误； D．有氧呼吸时葡萄糖与反应生成和，葡萄糖中碳元素化合价升高，失电子发生氧化反应，葡萄糖被氧化，D正确； 故选D。 4. 劳动推动社会发展。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 工业冶炼铝 B 洁厕灵(含)除水垢() C 明矾处理污水 能水解生成胶体 D 电池研发 燃料电池将燃料和氧化剂的化学能转化为电能 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化铝（）是共价化合物，熔融状态下不导电，工业冶炼铝通常采用电解熔融氧化铝（）的方法来实现，A错误； B．洁厕灵中的盐酸（）与水垢中的反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式 ，B正确； C．明矾溶于水后， 水解生成 胶体，具有吸附作用，可用于污水净化，C正确； D．燃料电池通过电化学反应将燃料（如氢气）和氧化剂（如氧气）的化学能直接转化为电能，D正确； 故选A。 5. 某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是 A. 能发生加成反应 B. 能与氨基酸的氨基发生反应 C. 能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 最多能与等物质的量的NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳碳双键可以发生加成反应，故A正确； B．羧基可以和氨基发生脱水缩合反应，故B正确； C．碳碳双键、羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确； D．酰胺基、羧基能和氢氧化钠发生反应，最多能与两倍物质的量的NaOH反应，故D错误； 答案选D。 6. 下列实验装置正确且能达到实验目的的是 ① ② ③ ④ A. 图①可用于熔融硫并从熔融态硫获得硫晶体 B. 图②可用于证明酸性：苯酚 C. 图③可检验淀粉在酸性条件下是否完全水解 D. 图④可用于制备胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫在加热熔融时，会与空气中的氧气发生反应生成二氧化硫，无法得到纯净的硫晶体，A错误； B．稀盐酸易挥发，所以产生的二氧化碳中混有HCl，反应生成苯酚后，不能证明是碳酸的酸性比苯酚强，B错误； C．淀粉遇到碘单质会变蓝，所以滴加碘水后，若不变蓝，则证明淀粉完全水解，反之，则未完全水解，C正确； D．制备胶体的正确方法是向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，若在加热过程中搅拌，会生成沉淀，D错误； 故答案选C。 7. 已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是 甲+乙丙丁甲 A. 若丁为强碱，则甲可能是Na B. 往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，则甲可能为Cu C. 若丁遇放出气体，则甲不可能是 D. 若丁为弱酸，则甲一定为S 【答案】B 【解析】 【详解】A．若丁为强碱，如，则丙可能为（由Na与点燃生成），溶于水得；电解溶液生成和，无法得到Na单质，因此甲不可能是Na，故A错误； B．往丁中滴加氨水，先有蓝色沉淀（Cu(OH)2）生成后沉淀溶解（形成[Cu(NH3)4]2+），说明丁为铜盐（如）；丙可能为（由Cu与点燃生成），溶于水得丁；电解溶液阴极析出Cu，可得到甲（Cu），符合转化关系，因此甲可能为Cu，故B正确； C．若丁的溶液遇，产生气体，则丁可以为，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成，符合转化关系，即甲可能为，故C错误； D．若甲为，乙为，则丙为，丁为，属于弱酸，电解溶液生成和，可得到甲（），符合转化关系，故甲不一定是S（如S无法通过电解弱酸溶液得到）；故D错误； 故答案选B。 8. 色彩是化学语言中最生动的表达，下列对颜色变化的解释错误的是 颜色变化 解释 A 紫红色I2的CCl4溶液中，加入KI溶液，分层，下层为浅紫色，上层为棕黄色 I2+I-=I B 向新制的氢氧化铜中加入乙醛并加热，蓝色絮状物变为砖红色沉淀 CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO-+Cu2O↓+3H2O C 向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为红色 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 D 将铁丝(过量)在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕色的烟 Fe+Cl2=FeCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．I2可与发生反应，生成的进入水层使上层呈棕黄色，下层CCl4中I2浓度降低颜色变为浅紫色，A正确； B．乙醛具有还原性，碱性加热条件下可将新制Cu(OH)2还原为砖红色Cu2O，给出的反应方程式符合反应事实，B正确； C．Fe3+可与SCN-发生络合反应生成红色的Fe(SCN)3，C正确； D．氯气氧化性较强，无论铁是否过量，铁在氯气中点燃都生成FeCl3，棕色的烟是FeCl3固体小颗粒，反应应为，D错误； 故选D。 9. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 10. 工业上合成氨的原料气中含有少量，可通过铜氨液处理而除去，其反应为：。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 含有的电子数为 B. 含有的键为 C. 和充分反应制氨气时，转移的电子数为 D. 在的溶液中含有氧原子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．题目未说明CO处于标准状况，无法用标况下气体摩尔体积计算11.2 L CO的物质的量，电子数无法确定，A错误； B．1个中，每个​含3个N-H σ键，2个​共6个σ键，与2个​之间形成2个配位σ键，总共有8个σ键，因此1 mol该离子含σ键为，B正确； C．合成氨反应是可逆反应，反应物不能完全转化，​（1 mol）和（3 mol）反应，转移电子数小于，C错误； D．该溶液中，溶剂水分子本身也含有氧原子，因此溶液中氧原子总数大于，D错误； 故选B。 11. A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，它们的最高正价(或最低负价)与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 金属性： C. 为非极性分子 D. G的氧化物对应的水化物为强酸 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、C、D、E、F、G为短周期元素，同周期从左往右，原子半径依次减小，最高正价等于最外层电子数(O、F除外)，依次升高，氧元素没有最高正价，最低为-2价，氟元素没有正价，F、G分别为+6、+7价且半径比E(+5价)大，所以D、E为第二周期，B、C、F、G为第三周期，A的价态为-2价，原子半径比E(N)小，故A为O元素。综上可得，A、B、C、D、E、F、G分别为O、Na、Al、C、N、S、Cl元素，以此分析下列选项。 【详解】A．A为氧元素，D为碳元素，E为氮元素，电负性关系为C<N<O，所以，D<E<A，A错误； B．B为钠元素，C为铝元素，同周期，从左往右，金属性减弱，所以金属性：Na>Al，B错误； C．D为碳元素，F为硫元素，CS2为直线形分子，正电中心与负电中心重合，为非极性分子，C正确； D．G为氯元素，G的氧化物对应的水化物有很多种，如为弱酸，而最高价氧化物对应的水化物为强酸，D错误； 故答案选C。 12. 根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向两支盛有浓硝酸的试管中分别加入除去氧化膜且相同大小、形状的镁条和铝条 加入镁条的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝条的试管中变化不明显 金属性： B 用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH 溶液的pH较小 极性： C 将的溶液从25℃加热到40℃，监测溶液的pH变化 加热过程中溶液pH逐渐减小 升高温度，的水解程度增大 D 将粉末加入某浓度的盐酸中，用温度计测量反应体系的温度 温度计读数降低 反应吸热 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下铝遇浓硝酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应持续进行，该现象无法说明Mg和Al的金属性强弱，A错误； B．浓度相同时，羧酸酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，pH越小；三氯乙酸pH更小说明其酸性强于乙酸，-CCl3吸电子能力更强，可推知极性：，B正确； C．溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，升温后pH减小说明氢离子浓度增大，是升高温度使电离程度增大导致，不是水解程度增大，C错误； D．粉末溶解本身就存在吸热效应，且反应生成的逸出也会带走热量，体系温度降低不能证明该反应本身吸热，D错误； 故选B。 13. 联氨（）的水溶液显弱碱性，与盐酸反应生成盐（、）。下列叙述错误的是 A. 常温下，水溶液的pH小于13 B. 水溶液加水稀释，pH值升高 C. 在水溶液中的电离方程式： D. 水溶液中： 【答案】D 【解析】 【分析】联氨有弱碱性，与盐酸反应生成盐(、)，可知联氨为二元弱碱，在水溶液发生水解，、。 【详解】A．联氨为二元弱碱，若其为强碱，则的溶液中，。因为联氨是弱碱，在水溶液中不完全电离，所以溶液中，因此，A正确； B．为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，加水稀释时酸性减弱，值升高，B正确； C．为强电解质，完全电离为，电离方程式正确，C正确； D．根据电荷守恒的含义可知，正确的电荷守恒为：，D错误； 故选D。 14. 物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是 选项 物质性质 结构因素 A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动 B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键 D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨的层状结构及层间范德华力使其易于滑动，从而解释润滑作用，A正确，不符合题意； B．对羟基苯甲酸形成分子间氢键（沸点高），邻羟基苯甲酸形成分子内氢键（沸点低），氢键类型不同解释沸点差异，B正确，不符合题意； C．干冰易升华是由于分子间范德华力弱，与CO2分子内的共价键无关，该结构因素不能解释性质，C错误，符合题意； D．π键不能旋转导致2-丁烯存在顺反异构，而丁烷无双键故无此现象，该结构因素解释性质，D正确，不符合题意； 故选C。 15. 一种利用微生物或羟基自由基（•OH）将苯酚转化为和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是 A. a极的电极反应式 B. 左池中进行的是自发的氧化还原反应 C. d极电极反应为 D. 当该组合装置产生（标准状况）时，装置中转移的电子数为2.8 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，左池为原电池，a极为正极，水分子作用下重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成氢氧化铬和氢氧根离子，b极为负极，微生物作用下苯酚和水在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；右池为电解池，c极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和羟基自由基，放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水。 【详解】A．由分析可知，，a极为正极，水分子作用下重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成氢氧化铬和氢氧根离子，电极反应式为，故A正确； B．由分析可知，右池中发生的反应为放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水，所以左池中进行的是自发的氧化还原反应，故B正确； C．由分析可知，d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和羟基自由基，电极反应式为，故C正确； D．由分析可知，b极为负极，微生物作用下苯酚和水在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，右池中发生的反应为放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水，则由得失电子数目守恒可知，若装置中转移2.8 NA电子时，生成标准状况下二氧化碳的为(×+×)×22.4L/mol=26.88L，故D错误； 故选D。 16. 一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A. m=n=1 k=600 B. m=n=2 k=300 C. m=2，n=1，k=300 D. m=1，n=2，k=300 【答案】C 【解析】 【详解】控制变量法推导反应级数：对比实验i和ii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来2倍，可得，解得。对比实验ii和iii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来4倍，可得，解得。 代入实验i数据得，C正确， 故选 C。 二、非选择题(共56分) 17. 小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】（1） （2）、或 （3） ①. 或 ②. 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去​，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 ③. 终点不易观察、反应速率慢、反应不唯一导致物质间计量关系不确定 （4）向溶液中加入溶液，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝 （5）pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，​​在酸性条件下反应：，同时易被空气中的氧化 【解析】 【小问1详解】 ​刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 【小问2详解】 化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 【小问3详解】 ①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式或。 ②题中说明微溶，​会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与​除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 【小问4详解】 实验3的目的是利用与能形成无色配合物，从而掩蔽对测定的干扰，为达到该目的，需要做一组对比实验，故实验4直接向溶液中加入溶液，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝。 【小问5详解】 溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 18. 稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO、TiO2+形式存在。 回答下列问题： （1）基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）已知常温下Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol。L-1)，需要调节溶液的pH不低于___________； （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“萃取”时，VO 先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。 （6）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （7）某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴的投影图如下，该合金的化学式为___________，与V距离最近且相等的Ga有___________个 【答案】（1） ①. ②. +3 （2） （3）2.0 （4）产生的催化的分解 （5）消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 （6） （7） ①. ②. 4 【解析】 【分析】起始原料为钒钛磁铁矿精矿，核心目标是提取钒、钛，同步制备黄铵铁矾。加压焙烧阶段加入，反应生成的对矿样二次氯化，将转化为可溶性氯化物。酸浸阶段加入盐酸，钒、钛以、形式进入溶液，作为浸出渣分离。沉钛阶段加入铁粉，转化为沉淀分离。氧化阶段加入将钒氧化为高价态，加入萃取剂萃取钒，负载钒的有机相经洗涤后加溶液反萃取，钒进入水相，经后续操作得到。水相加入硫酸铵沉铁，生成黄铵铁矾。 【小问1详解】 Ti为22号元素，基态原子核外电子排布为，价电子排布式为。中Fe为+2价，O为-2价，设V的化合价为x，根据化合物化合价代数和为0，，解得x=+3。 【小问2详解】 与反应生成和，每个V原子失去2个电子，2个V共失去4个电子，每个得到2个电子，根据得失电子守恒，系数为2，结合原子守恒配平得反应方程式。 【小问3详解】 ，沉淀完全时，代入得，，常温下，则pH不低于2.0。 【小问4详解】 沉钛时加入了过量铁粉，氧化阶段被氧化为，可催化分解，因此的使用量远大于理论计算量。 【小问5详解】 萃取平衡为，加入溶液，与反应，消耗，平衡逆向移动，释放出，实现钒与萃取剂的分离。 【小问6详解】 沉铁时反应物为、、和，生成物为沉淀和，根据电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为。 【小问7详解】 根据晶胞结构，Ga原子位于顶点，个数为，V原子位于面心，个数为，Ga与V的个数比为1:3，因此合金化学式为。与V距离最近且相等的Ga有4个。 19. 天然气是重要的化工原料，天然气在开采过程中产生大量的含硫废气（硫元素的主要存在形式为），需要回收处理并加以利用。 （1）天然气采用过渡金属硫化物催化重整反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。其反应机理如图1所示。 经测定每产生吸收热量，上述甲烷脱硫反应的热化学方程式为_____。 （2）①、热重整制过程中除发生上述（1）中反应外，经检测产物中还含有，推测还可能发生反应：_____。 ②常压下，将的混合气甲，的混合气乙分别以相同流速通过反应管，的转化率与温度的关系如图2所示。 结合图像，低于时，保持通入的体积分数不变，甲、乙中转化率相同，高于时，乙中转化率明显升高，解释原因：_____。 （3）一种天然气电解法脱的工作原理如图3所示。 ①阴极电极反应式为_____。 ②电解过程中，N极区域不断通入的目的为_____。 （4）一种新型研究硫化氢的回收处理的有关反应如下： I. II. 在恒压（）条件下，向密闭容器中充入、、模拟工业尾气的处理过程。若仅考虑上述反应，反应过程中含硫物种的分布系数[如：]随时间变化关系如图4所示。 ①_____0（填“<”“>”或“=”）。 ②图像中表示分布系数的曲线为_____（填“”“”或“”）。时转化率为_____（保留4位有效数字）。 【答案】（1） （2） ①. ②. 低于1000℃时，只发生反应；高于1000℃时，随着温度升高，乙中还发生反应 （3） ①. ②. 吹走阳极表面生成的硫蒸气，防止冷却为固态覆盖在阳极表面，降低电解效率 （4） ①. ②. B；85.71% 【解析】 【小问1详解】 根据反应机理图可知，反应物是CH4(g)和H2S(g)，生成物是H2(g)和CS2(g),反应的方程式为CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)，再根据每生成1 g H2(g)吸收热量29.25 kJ，可得该反应吸收的热量为29.25kJ×8=234kJ，进而写出热化学方程式 ； 【小问2详解】 产物中含有S2(g)，结合反应机理图，步骤2中H2S分解为H2和S原子，S与S结合生成S2(g)，则还可能发生的反应为2H2S(g)2H2(g) +S2 (g)；的混合气甲，的混合气乙，甲、乙中硫化氢的体积分数相同，均为，由图可知，低于1000℃时,增大，H2S的转化率不变，说明低于1 000℃时，甲、乙中均只发生反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)；当温度高于1000℃时，随着温度升高，乙中硫化氢的转化率增大程度较甲中的大，乙中加了甲烷，说明乙中还发生反应CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)； 【小问3详解】 根据图3可知M极消耗H2S生成H2，N极产生S2，根据电解原理，M极为阴极,电极反应式为；N极为阳极，电极反应式为2S2--4e-=S2；N极通入氮气，氮气不参与反应，可以及时将S2(g)吹出，防止S2(g)冷却为固态覆盖在电极上，降低电解效率； 【小问4详解】 反应I相当于H2S气体燃烧，燃烧反应均属于放热反应，故ΔH<0；恒压条件下,向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，反应I生成的SO2与H2S发生反应II，故H2S不断减少，S2不断增加，先增加后减少的是SO2，则曲线A表示H2S的分布系数随时间变化关系，曲线B表示SO2的分布系数随时间变化关系，曲线C表示S2的分布系数随时间变化关系；根据题图4可知，设t1 s时，含硫物质的总物质的量为x，则n(SO2)=n(S2)=0.4x，n(H2S)=0.2x，再根据硫元素守恒知0.4x+2×0.4x+0.2x=2 mol，可得x=mol；H2S的物质的量为0.2×mol=mol，则t1 s时H2S的转化率=×100% =85.71%。 20. 我国科学家突破了狄尔斯-阿尔德环加成反应的条件，使两个酮底物烷基链分子之间形成苯环，该方法的合成路线如下： 反应a： 已知：酮羰基的可以与发生加成反应 （1）Ⅰ中含氧官能团的名称：______。 （2）Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应且核磁共振氢谱仅有三组峰的化合物的名称______，该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是______。 （3）对于该合成方法，下列说法正确的是______。 A. Ⅰ中有手性碳原子，能使酸性高锰酸钾褪色 B. Ⅲ常温下在水中溶解度不高，分子中采用杂化的碳原子有14个 C. 该合成方法所需含氮配体中所有碳原子可能共平面 D. 该合成方法有π键的形成，采用含铜化合物做催化剂提高了Ⅲ的平衡产率 （4）由与不超过三个碳的有机物，设计以下路线合成化合物Ⅳ ①合成反应物Ⅵ： 第一步：由与中心碳原子为杂化的平面三角形分子V发生加成反应，写出化学方程式______。 第二步：上一步生成物进行______（填写反应类型）反应，减少一种含氧官能团，形成一个π键，写出化学方程式______。 第三步：上一步生成物在一定条件下发生加成反应，得到其中一个反应物Ⅵ______（填写结构简式）。 ②合成反应物Ⅶ： 选择Ⅴ的同系物重复以上三个步骤得到另一个反应物Ⅶ______（填写结构简式）。 ③合成最终产物Ⅳ： 使用反应a合成方法，由Ⅵ和Ⅶ合成Ⅳ。 【答案】（1）(酮)羰基，醚键 （2） ①. 3，3-二甲基丁醛 ②. 9：2：1 （3）BC （4） ①. ②. 消去反应 ③. ④. ⑤. 【解析】 【分析】该方法以铜化合物搭配含氮有机配体作为催化剂，可实现两个链状烷基酮底物发生反应关环构建取代苯环，先给出了对甲氧基苯基丙基酮（Ⅰ）和己-2-酮（Ⅱ）反应合成对应取代苯产物Ⅲ的示例，再要求结合已知酮α-H对羰基加成的反应规则，以苯乙酮和不超过三个碳的有机物为原料，先分步合成两种酮反应物Ⅵ、Ⅶ，最终利用该环加成方法得到目标产物Ⅳ。 【小问1详解】 根据Ⅰ的结构简式可得，Ⅰ中含氧官能团的名称为(酮)羰基，醚键。 【小问2详解】 Ⅱ的同分异构体中，能发生银镜反应说明含有醛基，且核磁共振氢谱仅有三组峰，则符合的同分异构体为，故名称为3，3-二甲基丁醛；该化合物在氢谱图上吸收峰的峰面积之比是9：2：1。 【小问3详解】 A．Ⅰ中所有饱和碳均含有2个及以上相同氢原子，没有连4个不同基团的手性碳原子，A错误； B．Ⅲ含有两个疏水苯环，极性基团少，常温下水中溶解度不高；杂化的碳：2个苯环+2个酮羰基碳原子，共个，B正确； C．配体中吡啶环为平面结构，两个吡啶环间的单键可旋转，甲氧基的甲基碳通过单键旋转也可以转到环平面，因此所有碳原子可能共平面，C正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡，不能提高平衡产率，D错误； 故选BC。 【小问4详解】 ①中心碳为杂化的平面三角形分子，不超过3个碳，为甲醛，与甲醛发生的加成反应为。 羟基消去得到双键，减少含氧官能团（羟基）并形成键： 反应类型是消去反应，化学方程式为。 中的碳碳双键与氢气发生加成反应，得到反应物的结构简式为。 ②根据题干反应a（），要与反应物Ⅶ使用反应a合成方法合成最终产物Ⅳ（），可得反应物Ⅶ结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $