广东深圳市龙华区2026届高三下学期高考预测卷 化学试题

°一`0e华区2026届高三化学学科高考预测卷 本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅 笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先 划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1C12016K39Mm55 一、选择题：本大题共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。在每小题列 出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1君子六艺：礼、乐、射、御、书、数，下列选项所涉及材料的主要成分属于合金的是 A.德化窑白釉瓷箫 B大绒箭囊 C.秦铜车马 D.文王桃木算盘 2.丁香挥发油中含香草酸M),其结构简式如下，下列说法正确的是 A.M中含手性碳原子 HO COOH B.M中碳原子都是sp杂化 C.M能与NaHCO3反应 H.CO D.1molM最多能和3 mol NaOH反应 M 3.科技强国、科技强军，化学在建设现代化军队中起到了非常重要的作用，下列有关说法错误的是 A.235U是“东风-5C,洲际导弹核弹头的主要原料，235U与238U互为同位素 B.歼-20S隐身战斗机玻璃材料多为聚甲基丙烯酸甲酯： Co0CH,其单体为CH,=C(CH)co0CH, C.空军歼一35战斗机应用了氨化镓雷达，氮化镓是一种半导体材料 D.东风-61陆基洲际导弹，导弹推进剂燃烧能把化学能全部转化为动能 4.用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是 选项 劳动项目 化学知识 又 用大米制麦芽糖 淀粉水解生成麦芽糖 B 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液呈碱性 C 给小麦施氮肥 氮是小麦合成蛋白质的必需元素 D 用肥皂洗涤油污 肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基 5.2025年8月28日，以“数聚产业动能智启发展新篇”为主题的2025中国国际大数据产业博览会开幕。下列有关说 法错误的是 试卷第1页/供8页 A.“外骨骼机器人”电缆使用铜导体，是因为铜中含有阴、阳离子 B.“AI智能座舱”仪表板罩使用的聚氯乙烯属于热塑性塑料 C.“灵犀机器狗的主体支架由铝合金构成，铝合金质轻、硬度大 D.含铅的原料制造的光学玻璃透光性好、折射率高，可用来制造眼镜、照相机的透镜 6.完成下述实验，装置或试剂不正确的是 浓 NH, 盐 酸 饱和 酚酞 Na,CO,溶液 A.除去CO2中混有的少量 B.实验室收集C2H4 C.验证NH3易溶于水且D.实验室制CL2 HCI 溶液呈碱性 7.已知单质a与化合物b、c均含有元素X,c→a反应条件不限，下列选项中能满足图中物质间直接转化关系，且推 理成立的是 A.X若为S,可通过加入硫化钠和稀硫酸实现c到a的转化 C NaOH B.X若为Fe,蒸干c溶液即可得到溶质 (或HC) C.X若为K,电解c的水溶液可制备a b D.X若为N,a能被O2氧化成红棕色的b 8.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 用重结晶法除去苯甲酸混有的Nacl 苯甲酸具有酸性 B 草木灰不能与NH4CI混合使用 草木灰中的KCO3与NH4CI双水解反应生成氨气，降低肥效 c 用KSCN溶液检验Fe+ Fe3+具有氧化性 D 二氧化硫用来漂白纸浆 二氧化硫具有强氧化性 9X、Y、Z、M、W是常见的五种短周期主族元素，其原子半径、最外层电子数的大小关系如图所示，其中只有 Y、Z、W为第三周期元素。下列说法错误的是 0.2nm 外层 半径 1子岁 0.1nm X Y Z M W 元素 A.简单氢化物的键角：Y>Z B.M与W形成的化合物一定是离子化合物且只含离子键 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<Z D.M、W的简单离子半径：W<M 试卷第2页/供8页 10.设NA为阿伏伽得罗常数的值。工业制硫酸涉及O2、SO2、SO3、HSO4等物质。下列叙述正确的是 A.0.1moL的HS04溶液中，H+的数目为0.2Na B.标准状况下，22.4LSO3中含有o键的数目为3NA C.1molS02和足量O2充分反应，生成S03分子数为NA D.36g18O2完全反应生成过氧化钠，转移电子数为2NA 11.利用如图装置进行实验：打开K1、K2,关闭K3,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K1。下列说法错误的是 浓硝酸 NaOH 溶液 Cu 淀粉KI溶液 NaOH溶液 A.Cu与浓硝酸反应体现硝酸的强氧化性和酸性 B.关闭K2,下推注射器活塞，平衡向生成NO4的方向移动，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K3,淀粉-碘化钾溶液变蓝 12.工业沉钒时，通常控制溶液pH值，用NH4CI将VO;以NH4VO3沉淀出来。己知常温下，KNH4VO)=1.6×103, KNH3H2O)=1.8×10-5。下列说法错误的是 A.NH4CI溶液中，cN)+c(H)=c(CI汁c(OH) B.pH=8的NH4CI溶液中，cNH)>cNH3HO) C.溶液的pH越大，沉钒率越高 D.反应VO3(aq)+NHHO(aq)=NH4VO3(s)OH(aq)的平衡常数约为10-2 13.物质的结构决定其性质，下列解释与实例不相符的是 选项 实例 解释 A 白磷较活泼，在空气中容易自燃 P4中键角为60°，使得P-P键弯曲而具有较大的张力，容易断裂 B 酸性溶液中，H+常与HO形成H3O O电负性大，水中的孤电子对与形成配位键，形成更稳定的状态 C CHCI微溶于水，CCl4难溶于水 CHC1与水能形成氢键，而CCl4不能 D 苯酚的水溶液显酸性，甲苯呈中性 苯环对羟基的影响使得O-H键极性增强 光 14.以稀H2S04为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H20二2H2↑+O2T。下列说法正确的是 催化剂 A.外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2 B.H十通过质子交换膜从右室移向左室 C.光解前后，H2SO4溶液的pH不变 D.电极a上发生氧化反应生成O2 试卷第3页/供8页 e④e片 稀HSO, 14题图 右 电极a质子交换膜电极b 15.按如图所示的装置进行实验。在铜丝的中间部分加热，通过控制、b,间歇通入氧气。下列有关叙述不正确的 是 双氧水 光亮铜丝 (H2O2) 300 浓 水 硫 B C D E A.螺旋铜丝可增大接触面积，加快反应速率 B.实验后E中有油状液体生成 C.通入乙醇观察到铜丝由黑变红，表明乙醇具有还原性 D.该实验表明铜在乙醇氧化反应中的作用，与MnO2在HO?分解反应中的作用相同 16.清华大学某课题组提出通过配体调节策略优化银分子催化剂(Ag-phen/CNT),实现了丙烯电氧化高效制备1,2- 丙二醇的机理如图所示： 下列叙述错误的是 H20 OH -e,-H ii 水解离 烯烃氧化 H20 HO OH (iv) A.(~)→1,2-丙二醇过程中有非极性键的断裂和形成 B.(m)中Ag的配位数为6 C.()中只含有1个手性碳原子 D.)→()过程中Ag的化合价发生了变化 试卷第4页/供8页 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17.完成下列问题。 (1)室温下，甲同学取相同体积的H2O2和Ⅱ溶液混合，探究浓度对反应速率的影响，实验记录如下： 实验编号 c(H202)/mol·L-1 0.1 0.1 0.1 c(HI)/mol.L-1 0.1 0.2 0.3 从混合到出现棕黄色时间/s 13 6.5 4.3 ①该反应的化学方程式为 0 ②通过分析比较上表数据，得到的结论是 (2)乙同学用K红替代Ⅱ进行上述实验，未观察到溶液变为棕黄色，推测原因是酸性对H2O2氧化性有影响，乙同学提 出猜测并进行如下探究 猜想：其他条件相同时，酸性越强，氧化剂的氧化性越强。 资料：原电池中负极反应一定时，正极氧化剂的氧化性越强，则两极之间电压越高。 设计实验、验证猜想：利用如图装置进行下表实验14，记录数据。 序号 溶液a 电压表读数 10mL0.1mol·L-1KMnO4溶液、3滴稀H2SO4 U1 2 10mL0.1mol·L1MnO4溶液、3滴浓H2SO4 U2 3 10mL0.1mol·L1FeCl3溶液、3滴稀H2SO4 U3 4 10mL0.1mol.L1FeCL3溶液、3滴浓H2S04 Ux Ag/AgCl KCI溶液 溶液a 盐桥（含硝酸钾的琼脂） ①配制100ml的0.1mol·L-1KMnO4溶液，需要用托盘天平称量KMnO4固体 克；配制过程中，所需的玻璃 仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和 ②由实验1和2可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，作出该判断的依据是 ③测得」 ,说明酸性对FeCl3的氧化性几乎无影响，解释原因： 实验结论：若氧化剂被还原时有H+参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强：若氧化剂被还原时没有H参加反 应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响。 (3)迁移拓展：综合上述探究结果，丙同学进一步提出猜想，其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越强。结 合上述实验，设计方案验证该猜想。方案包括：所需试剂，需要测量的物理量，得到的结论和相应的依据： 试卷第5页/供8页 18.镁作为目前密度最小的金属材料之一，广泛应用于航空航天工业、军工领域、交通领域。以下为皮江法治炼镁 并从残渣中回收CaCO3的流程图。皮江法是以白云石为原料，白云石主要成分CMg(CO)2(SiO2、AlO3)。 硅铁 料球 白云石 煅烧 1100℃还原 冷凝 精炼 -→Mg 气体1 HCI HCI 气体1 残渣 →滤液1→ 氧化、调pH →滤液2一→电解-碳化 CaCO3 滤渣1 己知： ①硅铁料球是由75%Si与25%Fe粉碎混合制成的 ②残渣为灰黑色粉末 ③ 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ca(OH)2 Ksp (298K) 2.8×1030 1.0×1032 5.0×106 (1)“煅烧中，提高速率的方法为： 0 (2)“煅烧中，生成气体1反应的化学方程式： (3)“1100℃还原时，还需抽空气到近似真空，写出硅作还原剂制得金属镁的化学反应方程式： (4)“调pP'后，除Ca外其他元素浓度均小于10mol/L,则此时滤液2pH应大于」 (忽略溶液体积变化)。 (5)“电解-碳化”的装置如下图所示，请在答题卡上用“ ”或者“ ”标注电源正负极，并选择 交 换膜。（填“阳离子或“阴离子） 气体a 气体b 滤液2 CO2气瓶 离子交换膜 (6)由Ni、Mg、C可形成一种新型超导体X,其晶胞（α=B=Y=90)结构如图所示，晶胞中与C原子最近且 等距离的Ni原子数为6，最短距离为apm,设Na为阿伏加德罗常数的值。化合物X的化学式为，1、3 原子间距离为 m。(可以用计算式表示) 试卷第6页/供8页 I9.CO2可在N/Rh催化剂作用下实现资源化利用，在生产生活中有着非常重要的作用。相关反应有： I:C0(g)+4H(g)÷CH4(g)+2HO: △H=-165.0 kJmol-1 II:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O △H=+40.7 kJ-mol1 III:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H (I)基态Ni原子的价层电子排布式为 (2)反应II被称为CO2和CH4的催化重整，对碳中和有重要意义。该反应△H= kJmol1,在 (填“高 温“低温”或“任何温度”)下能自发进行 (3)向密闭容器中充入1 mol CH4g)和1olC0(g),在不同条件下仅发生反应II,测得平衡时C02的体积分数与温 度、压强的关系如图所示。 M P2 To 温度/K ①T、p1条件下，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A.V运(CH4)=2v(CO) B.容器内气体密度不再改变 C.混合气体平均相对分子质量不变 D.单位时间内，断开H-H键的数目和断开C-H键的数目相同 ②p1 (填>”或<”)p2 ③若p1=l00kPa,在M点对应条件下，反应的平衡常数K- (以分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的 量分数；列出计算式即可) (4)在恒容密闭容器中，CO2与H2反应制备CH4时发生反应： 主反应：C02(g+4H(g)=CH4(g)十2H0:副反应：C02(g)+H(g)=C0(g)+H0。 C02和H的起始浓度分别为2o/L和8mol/L,CO2和HO的平衡浓度随温度的变化如图所示。 斗 4.0 OH 1lou) 的 2.0 C2 0 00 650 750 温度/℃ ①650C时，C02的转化率= (用含c2的代数式表示) ②650C时，CH4的选择性S%= (用含c1和c2的代数式表示，CH4的选择性 S6= 生成CH,的物质的量x100%,写出推导过程。 转化的C0,的物质的量 试卷第7页/供8页 20.一锅法合成某抗肿瘤药物前驱体的反应如图Ph表示苯基C6H5-)。请根据所学知识回答下列问题： Ph- B NEt Ph NH, CI CH,CL la 2a 3a 4a (1)化合物1a的分子式为 (2)2a中官能团的名称为 (3)化合物1a的同分异构体中，含有苯环的结构（不含1a)共有 种。 (4)下列说法正确的有」 (填标号)。 A.合成过程中存在σ键、π键的断裂和形成 B.2a、3a、4a均能发生加聚反应 C.2a可发生原子利用率为100%的还原反应 D. 4a分子中存在手性碳原子，且有11个p3杂化的原子 (⑤)一定条件下， 与Br2发生反应，溴取代 中的a-H,生成化合物2a。可采用核磁共振氢谱法区分 和2a的理由是： C12 (6)已知：RCH2COOH RCHCICOOH。根据上述信息，选用合适的原料分三步合成化合物 定条件 Ph Ph ①第一步，引入氯，其反应的化学方程式为 ②第二步，进行」 (填具体反应类型)反应，其反应的化学方程式为 ③第三步，合成I,第二步得到的含氯有机物与1a、2a反应。 Ph (T)参考上述反应，直接合成化合物( 需要以1a、 (填结构简式)和3a为反应物 试卷第8页/供8页■ °一`》“12026届高三化学学科高考预测卷答题卡 考号： 姓名： 班级： 注意事项 准考证号 1.答题前将姓名、班级、考场、座号和准考证号写清楚 2.客观题答题，须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净 [o] [o] [] [o][o] [o] [o] [o][o] 口 [] [1] [1] [] [1] [1] [1] [] [1] 3.主观题必须使用黑色签字笔书写 [2] [2] [2] [2] [2] [2] [2] [2] [2] 4.须在题号对应答题区域内作答，超出答题区书写无效 [3] [3] [3] [3] [3] [3] [3] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] [4] 5.保持答卷清洁完整 [s] [5] [5] [] [5] [s] [s] [ ■ [6】 [6] [] [6] [6] [6] [6] [6] [6] ■ [7] [7] [7] [7] [7] 正确填涂 缺考标记 □ [8] [8] [8] [8] [8] [8] te] [8] [9 [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 一选择题(44分) 1[A][B][C][D] 6[A[B][C][D]11[A][B][C][D] 16[A][B][C][D] 2[A][B][C] [D] 7[A][B][C][D]12[A][B][C][D] 3[AJ[B][C][D]8[A][B][C][D]13[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D]14[A][B][C][D] 5[A][][C][o] 10[A][B][C][D]15[A][][C][D] 二填空题（⑤6分） 17. (1)① ② (2)① ② ③ (3) 第1页共 18. (1) (2) (3) (4) 滤液2 ...i (5) %0》》9/ 选择」 交换膜 (6) 19. (1) (2) (3)① ② ③ (4)① ⑨ 推导过程： 2页 请在各题目 20. (1) (2) (3) (4) (5) (6) ⑦ ② (7) 第2 的答题区域内作答 ■ 页共2页 ■化学预测卷答案解析 5 8 9 10 11 12 13 14 1516 D B A B B D B C D B A 1.【C】A.主要成分硅酸盐B.主要成分有机材料，纤维素、蛋白质C.铜合金D.纤维素 2.【C】A无手性碳原子B.醚键所连的甲基是sp杂化的碳CM中有羧基，所以能与碳酸氢钠反应D.酚羟基、羧基各消 耗1 mol NaOH,共2mol 3.【D】D.还有部分转化为热能 4.【B】B.次氯酸钠能消毒原因：水解产生次氯酸有强氧化性 5.【A】A.金属晶体中只有阳离子没有阴离子B.选修三P136D.必修二P20资料卡片 6.【A】A.碳酸钠溶液也会吸收二氧化碳，应用碳酸氢钠溶液 7.【A】A.b为SO2,c为亚硫酸钠，SO32+2S2+6H+=3S↓+3H20B.c为盐酸盐蒸干得到的是氢氧化铁 C.C为KCl,应电解熔融的KCI制备KD.X为N时，b为无色的NO 8.【B】A.是因为NaCI溶解度随温度变化差异不大C.是因为Fe3+与SCN发生非氧化还原反应D是因为SO2的漂白性 9.【B】X为H,Y为Si,Z为P,M为O,W为Na。 A.Y简单氢化物为SiH4,$p杂化，无孤电子对，Z简单氢化物为PH,sp3杂化，1个孤电子对，孤电子对越多键角越小 B.M与W形成的化合物如NaO2,电子式为NaO:O:]Na,是离子化合物，含离子键和共价键，B错误； C.非金属性：P>Si,则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4>HSiO3,即Y<Z,C正确； D.M为O,W为N,简单离子的电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以半径W<M,D正确： 10.【D】A.无体积B.标况SO3非气态C.可逆反应D.O2→O- 11.【B】A.Cu与浓硝酸的反应为Cu+4HNO,(浓)=Cu(O)2+2NO,↑+2H,O,生成硝酸铜体现了硝酸的酸性，N元素化合价 降低生成O,体现了硝酸的强氧化性 B.体系中存在平衡2NO(g)=NO,(g),NO为红棕色，N,O,为无色，关闭K2下推注射器活塞，气体体积减小，NO2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K,wO进入淀粉KI溶液，NO将T氧化为L2,淀粉遇L变蓝 12.【C】A.为NH,C溶液的电荷守恒B.pH=8时e(oH)-1x10mmlL,由K-ewcO-1x10,可得 c(NH3·H,O) cAO0=18>1,故(H)>c(NH·H,O),B正确： c(NH)1.8×10 C.pH越大，溶液中OH浓度越高，H会与OH结合生成H,H,O,使c(NH)降低，不利于NH,VO沉淀生成，沉钒率越 cOH 低，C错误； D.该反应平衡常数K= =K2-1.8×105 Oc(H,-H0K16x10≈1.1x10,约为102，D正确： 13.【C】A.P4为正四面体结构，键角为60°，远小于sp杂化的正常键角，P-P键弯曲张力大，易断裂 B.O的电负性大，HO中O存在孤电子对，H+有空轨道，二者通过配位键结合形成更稳定的H,O, C.CH,CI中不存在与N、O、F直接相连的H,也不含N、O、F原子，无法与水形成氢键，二者溶解性差异是因为 CH,C为极性分子，CCL,为非极性分子，根据相似相溶原理，极性的CHC1微溶于极性的水，非极性的CCl4难溶于水， D.苯酚中苯环与羟基存在P兀共轭效应，使OH键极性增强，易电离出H显酸性，甲苯不含羟基故呈中性 14.【D】电极a上电子流出，氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H2O-4e=O2个+4Ht;电极b上电子流入，还原反应，b 为正极，电极反应式为：2H+2e=H2个。 A.生成1molH2,转移2mol电子，外电路通过0.04mol电子时，电极b上生成0.02molH2,A错误： B.原电池中阳离子向正极移动，电极上生成H,电极b上消耗H,H通过质子交换膜从左室移向右室，B错误： C.光解总反应是电解水，H2SO4溶液中H2O减少，HSO4溶液浓度增大，pH减小，C错误： D.根据分析，电极a为负极，发生氧化反应，生成物为O2,D正确： 15.【B】A.螺旋状铜丝可以增大反应物接触面积，加快反应速率，A正确： B.乙醇被氧化生成的乙醛溶于水，不会有油状液体生成，B错误； C.O,与铜生成CuO,CuO与乙醇生成乙醛和铜，乙醇表现出还原性，C正确： D.Cu在乙醇的氧化反应中作为催化剂，MnO,在H,O,分解反应中也是催化剂，D正确； 16.【A】A.由图可知，(v)→1,2-丙二醇过程中涉及Ag-O配位键、C-O键等极性键的断裂，O-H键、C-O键等极性键 的形成，没有非极性键的断裂和形成，A错误； B.()中Ag形成6个配位键，故Ag的配位数为6C.()中只含有1个手性碳原子（与甲基相连的碳原子）， D.图中从催化剂至)过程中连续失电子，而①→()过程中Ag的化合价由+2价升高至+3价， 17.(1)①H202+2HI=2+2H20 ②HO2浓度保持不变时，增大HⅡ浓度，反应速率加快 (2)①1.6100mL容量瓶 ②U2>U1③U3=U4Fe3+被还原时无H参与反应 (3)选用10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓HSO4,测量电压表读数为U5,若U5>U2,则证明氧化剂浓度越大，氧化 性越强。 【详解】(1)②由实验1、2、3可知，氢碘酸浓度不变时，增大过氧化氢溶液的浓度，从混合到出现棕黄色时间减 少，反应速率加快 (2)②由实验1和2可知，实验2的电压表读数大于实验1，说明溶液酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强，反应速率 越快，外电路中电流强度越大，故答案为：U2>U1: ③实验3和4中左侧电极为原电池的负极，氯离子作用下银失去电子发生氧化反应生成氯化银，右侧铂电极为正极， 铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3+e=Fe2+,铁离子被还原时无氢离子参与，所以 酸性对氯化铁的氧化性几乎无影响，测得电压表读数应完全相同，故答案为：U3=U4F©3+被还原时无H参与反应； (3)由题意可知，设计实验的目的是探究其他条件相同时，氧化剂浓度越大，氧化剂的氧化性越强，由控制变量原则 可知，在实验2的基础上，应在其他条件相同时，增大高锰酸钾溶液的浓度探究氧化性强弱的变化，则应选用 10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4,测量电压表读数为Us,若U5>U2,则证明氧化剂浓度越大，氧化性越 强。 18.(1)粉碎 (2)CaMg(CO3)2 Ca0+MgO+2CO2t (3)2MgO+Si=2Mg+SiO2 (4)5(5)选/. 选阳离子交换膜(6)MgNi3CV6a×10-10 【详解】(4)A+完全沉淀→此时c3(OH)_sp4o2)=1027cH*)=105mol-L C(A13+) (5)“电解-碳化”后生成CaC03→Ca+移向右侧→右侧为阴极，连电源负极，选择阳离子交换膜 (6)根据题意，C位于体心，Ni位于面心，Mg位于顶角： C与Ni距离apm→晶胞棱长为2apm→1,3原子间距离 （√(2a)2+a2)+a2注意单位 19.【答案】(1)3d84s2 高温 1600 (2) +246.4 kJ/mol (3) B、C 9 (4) 2-C2x100% S+C2-2 2 2-c2 ×100% 【详解】(1)Ni是28号元素，其基态原子的价层电子排布式为：3d°4s2 (2)①反应II=2×反应I-反应I,由盖斯定律得：△H=2△H2-△H1=+246.4kJ3ol: ②该反应△H>0,气体分子数增多，△S>0,根据自发反应判据△G=△H-T△S<0,高温下T△S项占主导，反应自 发，故在高温下自发进行： (3)①反应达到平衡状态时，反应速率比等于计量数比，应为2V(CH4)=V(CO),A错误；②恒压条件下，反应前 后气体总质量不变，但气体分子数变化，因此容器体积会随反应进行而变化，若容器内气体密度不再改变，则此容器体 积不变，能说明反应达到平衡状态；B正确；反应前后气体总质量不变，若混合气体平均相对分子质量不变，则气体的 总物质的量不变，该反应是气体分子数增多的反应，能说明反应达到平衡状态，C正确：若反应达到平衡状态，断开H H键的数目和断开C-H键的数目之比应为1：2，D错误；故选B、C; ②温度均为To时，平衡时CO2的体积分数在p1下体积分数更大，该反应是气体分子数增多的反应，增大压强会使反应 朝逆反应方向移动，CO2体积分数增大，所以pl>p2: ③等化学计量数加入反应物CO2和CH4,平衡时二者体积分数相等，均为30%；则根据化学计量数之比得平衡时C0和 H.体积分数均为20：清耗的c0,与生成的4物质的量的比为1：2，则n(C0,)=1a(H)广多a,)(气体分压 2 比)，平衡时n(C0,)=n(CH)=0.75mol,n(C0)=n(H2)=0.5mol,n(总)=2.5mol:平衡时分压 p(C)(CH)051o0Pa.p(co)p()0Pa.K 2.5 (4)①两个反应均消耗C0,均生成H,0,所以650℃时，c(H,0)=G,c(C0,)=6,C0,的转化率=2，S×100%: 2 ②根据化学计量数之比，设主反应消耗amol/LCO2,则生成amol/LCH.与2amol/LH,O;设副反应消耗bmol/L C02,则生成b mol/L H,0;已知a+b=2-c2,2a+b=c1,得到a=c+c2-2,则CH4的选择性 S%= ,a×100%=9+9-2x10%6。 2-C2 2-C2 20.(1)CHgN (2)碳碳双键、碳溴键(3)4(4)AD (⑤)核磁共振氢谱图上的吸收峰数不同（或其他合理答案） (6) PhCH,COOH+C,一定条件)PHCHCICOOH+-HC 取代（或酯化） 浓硫酸 PhCHCICOOH+CH,CH,OH PhCHCICOOCH,CH,+H2O (7) Br 【详解】(3)化合物1a的分子式为C,H,N,我们需要找出含有苯环的同分异构体（不含la本身）。苯环的组成为 NH2 CH~,剩余部分为CH,N。我们将CH,N部分与苯环连接，可以得到以下结构： CH3 CH3, NH2 所以，1a的同分异构体中，含有苯环的结构（不含la)共有4种； CH CH (4)A.合成过程中只发生了取代反应，即1a中断掉2个氮氢单键，2a中断掉1个碳溴单键，3a中断掉1个碳氯单 键，同时生成了4a中2个新的碳氨单键，以及副产物HBr和HC1,因此只存在o键的断裂和形成，A错误： B.2a、3a、4a三者分子中均含有碳碳双键(C=C),可以作为单体发生加聚反应，B正确： C.环辛烯是八元环，满足产生顺反异构的条件，且可发生原子利用率为100%的还原反应（如与H反应），C正确： D.4中sp杂化原子：与N相连的1个亚甲基碳+N原子+环辛烯中6个饱和碳，一共为8个，D错误： (5)环辛烯分子结构对称，其核磁共振氢谱中峰的组数较少；而2(3-溴环辛烯)由于溴原子的引入破坏了分子的对 称性，导致氢原子的化学环境种类增多，谱图更为复杂，通过峰的组数可以区分两者，故该方法可行的理由是：核磁共 振氢谱图上的吸收峰数不同（或其他合理答案）： (6)①第一步，引入氯，由苯乙酸和氯气在一定条件下发生取代反应，其反应的化学方程式为： PhCH,COOH+CL- 一定条件，PhCHCICOOH+-HCI: ②第二步，由第一步反应生成的PhCHCICOOH与乙醇进行取代（或酯化)反应，其反应的化学方程式为： PhCHCICOOH+CH,CH,OH 浓硫酸PhCHCICOOCH,CH,+H,O: (7) 参考题目给出的合成反应(1a+2a+3a→4a),这是一个三组分偶联反应。化合物Ⅱ的结构与4a相比，八元环变成了六 元环。因此，合成Ⅱ需要反应物la、3a以及一个与2a结构类似但为六元环的化合物。这个化合物是3-溴环己烯，其结 构简式为： Br