精品解析：海南海口市2026届高三下学期考前模拟预测 化学试题

高三化学 范围：高考全部内容 可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 Zn-65 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会中，高分子材料在运动装备、场馆设施与科技保障中实现了深度应用，成为支撑赛事“更轻、更稳、更可靠”的隐形力量。下列说法正确的是 A. 聚乳酸——绿色餐饮系统的主角，不可降解 B. 尼龙(聚酰胺)——高性能运动装备的关键材料，属于天然高分子 C. 聚乙烯——赛道安全与供水系统的隐形功臣，可通过缩聚反应制得 D. 有机玻璃(PMMA)——透明设施与展示装置的重要材料，属于热塑性塑料 2. 下列关于化学实验操作或事故的处理正确的是 A. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火 B. 稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁缓慢倒入浓硫酸中，并不断搅拌 C. 制备乙酸乙酯时，导管口接近但不插入饱和碳酸钠溶液中 D. 用蒸发皿蒸发NaCl溶液时，溶液表面出现晶膜即停止加热 3. 2026年春晚《丝路古韵》展现古代丝路文明，陶瓷、玻璃、丝绸、矿物颜料作为文明载体，其制备与保存涉及诸多化学知识。下列有关说法正确的是 A. 丝绸的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛气味 B. 越窑秘色瓷的“千峰翠色”源于釉料中氧化铁在氧化气氛下生成氧化亚铁 C. 瓷器属于硅酸盐产品，其制作原料主要为纯碱、石灰石和石英砂 D. 冶炼钢铁的过程中涉及氧化还原反应，但陶瓷的烧制过程只涉及物理变化 4. 下列检验材料或试剂不能一步鉴别出对应待鉴别物质的是 选项 检验材料或试剂 待鉴别物质 A 铂丝、酒精灯、稀盐酸 NaCl溶液、LiCl溶液 B 酸性溶液 乙酸甲酯、甲酸乙酯 C 浓氨水 D 溴的溶液 乙烯、乙炔 A. A B. B C. C D. D 5. 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是 A. 单晶硅熔点高，可用于制造芯片 B. 铝具有还原性，可用作铝热剂冶炼锰 C. 次氯酸溶液呈酸性，可用于杀菌消毒 D. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥 6. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的一种气态氢化物是天然气的主要成分；X的简单氢化物分子中含有10个电子，且其水溶液呈碱性；同周期简单阴离子中Y的半径最小；Z的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸。下列说法错误的是 A. 是由极性键形成的极性分子 B. 基态原子未成对电子数：X>W>Z C. 第一电离能：X>Y>Z D. X、Z的简单氢化物相遇产生白烟 7. 常温下，在金表面上分解的速率方程为()(为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度、压强无关；为反应级数)。实验测得的浓度与接触面积的关系如图所示： 已知：反应物消耗一半所用时间叫“半衰期”。下列叙述错误的是 A. 其他条件相同，接触面积越大，反应速率越快 B. 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 C. 在常温、条件下，速率常数 D. 其他条件相同，的半衰期与初始浓度成正比 8. 已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C=O H-H C-H C-O O-H 键能/() 799 436 413 358 463 根据键能数据计算反应的等于 A. B. C. D. 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. 高氧化态DMOA杂萜天然产物的不对称全合成，不仅填补了复杂天然产物合成领域的空白，更为药物研发提供了关键的分子骨架基础。下列叙述正确的是 A. 属于芳香族化合物 B. 能发生加成、取代反应 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 mol有机物最多能与反应 10. 根据实验操作及现象得出的结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 向苯酚溶液中滴加浓溴水，产生白色沉淀 苯环活化了羟基 B 用NaOH标准溶液滴定一定体积、一定浓度的草酸溶液 草酸为二元弱酸 C 向溶液中滴加KSCN溶液，不变红色 该溶液中不存在大量游离的 D 向石灰石中滴加浓硝酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀 非金属性： A. A B. B C. C D. D 11. 《Nature》报道一种水相中铟催化糖类烯丙基化的新方法，反应以葡萄糖等糖类为原料，烯丙基硼酸或烯丙基硼酸频哪醇酯为烯丙基供体，仅需催化量的铟即可实现转化。下列叙述错误的是 A. 甲既能形成分子内氢键又能形成分子间氢键 B. 乙中碳原子的杂化轨道类型为、 C. 甲和乙用元素分析仪测出来的数据完全相同 D. 乙的沸点由极性键和非极性键的键能大小决定 12. 下列实例与对应的离子方程式不匹配的是 选项 实例 离子方程式 A 氧化亚铜溶于稀硫酸得到蓝色溶液 B 电解质为KOH溶液的燃料电池负极反应 C 用除去酸性废水中的 D 用二氧化硫水溶液吸收粗溴 A. A B. B C. C D. D 13. 采用@NC电极可显著提升电催化还原性能，为高性能还原催化剂的设计提供新思路；同时，可充放电电池的构建也为绿色能源转换和存储系统提供了新方案。下列叙述正确的是 A. 电极电势：a>b B. a极电极反应式为 C. 工作一段时间后，b极区电解质溶液的pH升高 D. 每生成0.1 mol HCOOH时理论上消耗6.5 g Zn 14. 常温下，向甲胺()溶液中滴加盐酸，溶液中含N粒子分布系数[如]与pH的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是 A. 曲线代表与pH的关系 B. 常温下， C. M点时 D. 当时，溶液中可能存在 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15. 高纯镍(Ni)常作催化剂、制造合金等。以某镍矿(主要成分为NiS，含有、、、等)为原料制备高纯镍的工艺流程如下： 已知：①常温下，几种金属氢氧化物的溶度积()如表所示： 物质 ②“焙烧”渣主要成分有(酸性氧化物)、(两性氧化物)等。③“萃取”时发生反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。回答下列问题： （1）“焙烧”过程中生成NiO的化学方程式为_______，气体X需用_______(填化学式)溶液吸收，经检测合格后再排放。 （2）“转化”中，实际消耗双氧水的量远大于理论计算量，其原因是_______。 （3）加入双氧水转化后溶液中，当溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。用调节pH的范围为_______(保留两位有效数字，已知：)。 （4）“滤渣”为一种成分复杂的胶体，过滤前常需对其进行_______处理，使其聚沉，加快过滤速率。 （5）“萃取”的目的是_______。 （6）“电解”后废液可用于_______(填名称)工序，实现循环利用。 16. 工业上采用甲醇和一氧化碳为原料，在催化剂作用下发生羰基化反应可生成乙酸，涉及的主要反应如下： i． ii． 回答下列问题： （1）、的沸点分别为117.9°C、31.5°C，其沸点差异较大的主要原因是_______。 （2）标准摩尔生成焓(符号：)是指在标准状态(298 K、100 kPa)下由最稳定的单质生成1 mol某纯物质的焓变。反应热等于产物的生成焓与反应物的生成焓之差。已知几种物质的标准摩尔生成焓如下： 物质 -200.66 -432.25 -410.0 -241.82 根据数据计算：_______。 （3）反应ii的，则反应ii的自由能与温度的关系是_______(填标号)。 A. B. C. D. （4）恒温、恒容条件下，向某容器中加入适量的和CO，发生反应i和反应ii．下列事实能说明反应ii一定达到平衡状态的是_______(填标号)。 A. 容器内气体密度不随时间变化 B. 容器内气体总压强不随时间变化 C. D. 不随时间变化 （5）按反应i中反应物化学计量数起始投料，仅发生反应i，保持平衡转化率(α)固定为0.3、0.5、0.7时，探究温度()与压强()的关系如图所示： ①的曲线是_______(填“I”“II”或“III”)。 ②_______(填“>”或“<”)0。 ③用物质的量分数代替浓度计算的平衡常数叫物质的量分数平衡常数()。比较大小：_______(填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。 ④D点对应的温度下，_______。 17. 碘酸铜[]是一种常见的分析试剂。某实验小组设计实验制备碘酸铜并测定其溶度积。实验步骤如下： I．配制溶液。分别配制一定体积的溶液和溶液。 II．混合反应。在搅拌下，将溶液缓慢加入溶液中，立即析出蓝色沉淀。静置沉降使沉淀完全，便于分离。 III．分离提纯。抽滤(如图)、洗涤、干燥，收集沉淀。 IV．测定的溶度积。在室温下，向100 mL饱和溶液中加入足量的经酸化的KI溶液，反应完全后，用标准溶液滴定至终点，重复实验3次，平均消耗溶液。 已知：i．？；ii．；iii．。回答下列问题： （1）完成步骤I，不需要的仪器有_______(填仪器名称)。 （2）步骤II中“搅拌”的目的是_______。 （3）步骤Ⅲ中，“洗涤”固体的操作是_______。 （4）①补充并配平方程式：_______。 ___________________________________。 ②实验中应选用_______做指示剂，滴定终点的现象是_______。 ③室温下，_______(保留两位有效数字)。 18. 某药物中间体H的合成路线如下： 回答下列问题： （1）有机物D的名称是_______；有机物E中官能团是_______(填名称)。 （2）有机物F的结构简式为_______。 （3）写出E+G→H的化学方程式：_______。 （4）在C的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_______种(不考虑立体异构)。 ①苯环上只有两个取代基 ②能发生水解反应 ③1 mol有机物与足量银氨溶液反应最多生成4 mol Ag 其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为_______(写出一种即可)。 （5）参考上述合成路线，设计以A和为原料制备的合成路线_____(无机试剂任选)。 19. 为突破传统电解质在导电性与稳定性上的瓶颈，科学家开发出多元复合固体电解质。该电解质离子传导性能突出、电化学窗口宽、结构稳定，在燃料电池、电化学传感器等领域具有重要应用前景。回答下列问题： （1）基态Ca原子的核外电子排布简式为_______。 （2）的电子排布图有以下几种，其中，能量最高的是_______(填标号，下同)，能量最低的是_______。 A． B． C． D． （3）离子键百分数：NaF_______(填“>”或“<”)NaBr，判断依据是_______。 （4）预测熔点：BaO_______(填“>”或“<”)BaS，其原因是_______。 （5）NaH晶体的立方晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。1、2号原子坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0，0)。 ①3号原子坐标为_______。与等距离且最近的个数为_______。 ②NaH晶体的密度_______(用含的代数式表示)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 范围：高考全部内容 可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 Zn-65 一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 2026年米兰-科尔蒂纳冬奥会中，高分子材料在运动装备、场馆设施与科技保障中实现了深度应用，成为支撑赛事“更轻、更稳、更可靠”的隐形力量。下列说法正确的是 A. 聚乳酸——绿色餐饮系统的主角，不可降解 B. 尼龙(聚酰胺)——高性能运动装备的关键材料，属于天然高分子 C. 聚乙烯——赛道安全与供水系统的隐形功臣，可通过缩聚反应制得 D. 有机玻璃(PMMA)——透明设施与展示装置的重要材料，属于热塑性塑料 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚乳酸属于可降解高分子材料，对应表述不可降解，A错误； B．尼龙为人工合成的聚酰胺类高分子，不属于天然高分子，B错误； C．聚乙烯由乙烯通过加聚反应制得，不能通过缩聚反应制备，C错误； D．有机玻璃是透明设施与展示装置的重要材料，属于热塑性塑料，D正确； 故选D。 2. 下列关于化学实验操作或事故的处理正确的是 A. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器灭火 B. 稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁缓慢倒入浓硫酸中，并不断搅拌 C. 制备乙酸乙酯时，导管口接近但不插入饱和碳酸钠溶液中 D. 用蒸发皿蒸发NaCl溶液时，溶液表面出现晶膜即停止加热 【答案】C 【解析】 【详解】A．金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠可与泡沫灭火器喷出的、反应生成，加剧燃烧，应使用干燥沙土灭火，A错误； B．浓密度大于水，稀释时放出大量热，应将浓沿烧杯内壁缓慢倒入水中并不断搅拌，若将水倒入浓会导致酸液飞溅，B错误； C．制备乙酸乙酯时，加热过程中乙醇、乙酸易挥发，导管口接近但不插入饱和溶液可防止倒吸，同时能吸收杂质、降低乙酸乙酯溶解度，C正确； D．用蒸发皿蒸发溶液时，应待出现大量固体时停止加热，利用余热蒸干剩余液体，仅出现晶膜即停止加热会导致大量溶质仍溶解在溶液中，产率偏低，D错误； 故选C。 3. 2026年春晚《丝路古韵》展现古代丝路文明，陶瓷、玻璃、丝绸、矿物颜料作为文明载体，其制备与保存涉及诸多化学知识。下列有关说法正确的是 A. 丝绸的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛气味 B. 越窑秘色瓷的“千峰翠色”源于釉料中氧化铁在氧化气氛下生成氧化亚铁 C. 瓷器属于硅酸盐产品，其制作原料主要为纯碱、石灰石和石英砂 D. 冶炼钢铁的过程中涉及氧化还原反应，但陶瓷的烧制过程只涉及物理变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧时会产生烧焦羽毛的特殊气味，A正确； B．氧化铁为红棕色，氧化气氛下不会生成具有还原性的氧化亚铁，越窑秘色瓷的翠色与该转化无关，B错误； C．瓷器属于硅酸盐产品，其制作原料主要为黏土，纯碱、石灰石和石英砂是制备普通玻璃的原料，C错误； D．陶瓷的烧制过程中有新物质生成，涉及化学变化，并非只涉及物理变化，D错误； 故选A。 4. 下列检验材料或试剂不能一步鉴别出对应待鉴别物质的是 选项 检验材料或试剂 待鉴别物质 A 铂丝、酒精灯、稀盐酸 NaCl溶液、LiCl溶液 B 酸性溶液 乙酸甲酯、甲酸乙酯 C 浓氨水 D 溴的溶液 乙烯、乙炔 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠元素焰色试验颜色为黄色，锂元素焰色试验颜色为红色，用稀盐酸洗净铂丝后蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧即可鉴别，A正确； B．甲酸乙酯含有醛基，可与酸性溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，乙酸甲酯不与酸性溶液反应，可鉴别，B正确； C．可与浓氨水反应生成可溶性的，沉淀溶解，不与浓氨水反应，沉淀不溶解，可鉴别，C正确； D．乙烯含碳碳双键、乙炔含碳碳三键，均可与溴的溶液发生加成反应使溶液褪色，无法一步鉴别，D错误； 故选 D。 5. 下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是 A. 单晶硅熔点高，可用于制造芯片 B. 铝具有还原性，可用作铝热剂冶炼锰 C. 次氯酸溶液呈酸性，可用于杀菌消毒 D. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥 【答案】B 【解析】 【详解】A．单晶硅用于制造芯片是利用其半导体特性，与熔点高的性质无对应关系，A错误； B．铝的还原性强于锰，可通过铝热反应将锰从其氧化物中还原得到锰单质，性质与用途对应关系成立，B正确； C．次氯酸用于杀菌消毒是利用其强氧化性，与溶液呈酸性的性质无对应关系，C错误； D．碳酸氢铵用作氮肥是因为其含有氮元素可被植物吸收利用，与受热易分解的性质无对应关系，D错误； 故选 B。 6. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的一种气态氢化物是天然气的主要成分；X的简单氢化物分子中含有10个电子，且其水溶液呈碱性；同周期简单阴离子中Y的半径最小；Z的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸。下列说法错误的是 A. 是由极性键形成的极性分子 B. 基态原子未成对电子数：X>W>Z C. 第一电离能：X>Y>Z D. X、Z的简单氢化物相遇产生白烟 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的一种气态氢化物是天然气的主要成分，天然气的主要成分是甲烷，W是C元素；X 的简单氢化物分子中含有 10 个电子，且其水溶液呈碱性，该氢化物是氨气（），X是N元素；Z的最高价氧化物对应水化物是最强的含氧酸，即HClO4，Z为Cl元素；根据原子序数依次增大且同周期简单阴离子中Y的半径最小，Y是F元素。 【详解】A．为，为极性共价键，中心原子价层电子对数为=4，且含有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确； B．基态N原子价层电子排布式为2s22p3，未成对电子数为3，基态C原子价层电子排布式为2s22p2，未成对电子数为2，基态Cl原子价层电子排布式为3s23p5，未成对电子数为1，基态原子未成对电子数：N>C>Cl，B正确； C．第一电离能同周期从左到右有增大的趋势，同主族元素，从上到下第一电离能减小，故第一电离能，C错误； D．与相遇反应生成固体小颗粒，产生白烟，D正确； 故选C。 7. 常温下，在金表面上分解的速率方程为()(为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度、压强无关；为反应级数)。实验测得的浓度与接触面积的关系如图所示： 已知：反应物消耗一半所用时间叫“半衰期”。下列叙述错误的是 A. 其他条件相同，接触面积越大，反应速率越快 B. 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 C. 在常温、条件下，速率常数 D. 其他条件相同，的半衰期与初始浓度成正比 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应速率等于浓度变化量除以时间，对应图像中直线的斜率绝对值。从图中可见：接触面积S3=S2=200 cm2的直线斜率，明显大于S1=100 cm2的直线斜率，说明接触面积越大，单位时间内N2O浓度下降越快，反应速率越快。A正确； B．三条曲线均为直线，说明N2O的浓度随时间匀速下降。这意味着单位时间内消耗的N2O量是固定的，即反应速率v是一个常数，与反应物浓度无关。结合速率方程()，只有当反应级数n=0（零级反应）时，v=k，速率才与浓度无关。因此 “反应物浓度越大，反应速率越快” 的说法不成立。B错误； C．在常温、条件下，初始浓度c0= 0.1 mol/L，完全反应时间t=100 min，反应速率，由于该反应是零级反应，v=k，因此速率常数。C正确； D．半衰期t1/2是反应物消耗一半所用的时间。对于零级反应，，当消耗一半时Δc=，代入得：，由于k是常数，因此半衰期t1/2与初始浓度c0成正比。D正确； 故答案选B。 8. 已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C=O H-H C-H C-O O-H 键能/() 799 436 413 358 463 根据键能数据计算反应的等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】反应物总键能为，生成物总键能为，则。 故选 A。 二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. 高氧化态DMOA杂萜天然产物的不对称全合成，不仅填补了复杂天然产物合成领域的空白，更为药物研发提供了关键的分子骨架基础。下列叙述正确的是 A. 属于芳香族化合物 B. 能发生加成、取代反应 C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1 mol有机物最多能与反应 【答案】BC 【解析】 【详解】A．芳香族化合物需要含有苯环，该有机物结构中无苯环，不属于芳香族化合物，A错误； B．该有机物含有碳碳双键，可发生加成反应；含有酯基、饱和烃基，可发生水解、卤代等取代反应，B正确； C．该有机物含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可使溶液褪色，C正确； D．只有碳碳双键能与发生加成反应，酯基中的羰基不能和加成，该分子共3个碳碳双键，1mol该有机物最多消耗，D错误； 故答案选BC。 10. 根据实验操作及现象得出的结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 向苯酚溶液中滴加浓溴水，产生白色沉淀 苯环活化了羟基 B 用NaOH标准溶液滴定一定体积、一定浓度的草酸溶液 草酸为二元弱酸 C 向溶液中滴加KSCN溶液，不变红色 该溶液中不存在大量游离的 D 向石灰石中滴加浓硝酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀 非金属性： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，该反应证明羟基活化了苯环上的邻对位氢原子，结论表述相反，A错误； B．用标准溶液滴定草酸仅能确定草酸为二元酸，无法证明其电离不完全，不能得出草酸为二元弱酸的结论，B错误； C．游离遇会生成血红色络合物，向溶液中滴加溶液不变红色，说明该溶液中不存在大量游离的，C正确； D．浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸气会随二氧化碳一同进入硅酸钠溶液，也可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明碳酸酸性强于硅酸，不能得出非金属性的结论，D错误； 故选C。 11. 《Nature》报道一种水相中铟催化糖类烯丙基化的新方法，反应以葡萄糖等糖类为原料，烯丙基硼酸或烯丙基硼酸频哪醇酯为烯丙基供体，仅需催化量的铟即可实现转化。下列叙述错误的是 A. 甲既能形成分子内氢键又能形成分子间氢键 B. 乙中碳原子的杂化轨道类型为、 C. 甲和乙用元素分析仪测出来的数据完全相同 D. 乙的沸点由极性键和非极性键的键能大小决定 【答案】CD 【解析】 【详解】A．甲是葡萄糖，分子中含有多个羟基。分子内：相邻羟基的氧原子和氢原子可以形成分子内氢键；分子间：不同分子的羟基之间可以形成分子间氢键。A正确； B．乙分子中存在两种碳原子：碳碳双键上的碳原子：采取sp2杂化（平面结构，键角约120°）；所有饱和碳原子（连4个单键，如连羟基的碳原子、亚甲基碳原子）：采取sp3杂化（四面体结构）。B正确； C．元素分析仪的核心功能是测定有机化合物的元素组成（种类）与化合物中各元素的质量分数，甲（葡萄糖），和乙均只含有碳、氢、氧三种元素，但二者分子式不同，各元素的质量分数也不同，因此测得的各元素质量分数不同。C错误； D．有机物沸点是指有机化合物从液态转化为气态时的温度，其高低主要由分子间作用力决定，包括范德华力和氢键。分子量对结构相似的有机物沸点起主导作用，乙的沸点较高，主要是因为分子中含有多个羟基，能形成大量分子间氢键，与键能大小没有关系。D错误； 故答案选CD。 12. 下列实例与对应的离子方程式不匹配的是 选项 实例 离子方程式 A 氧化亚铜溶于稀硫酸得到蓝色溶液 B 电解质为KOH溶液的燃料电池负极反应 C 用除去酸性废水中的 D 用二氧化硫水溶液吸收粗溴 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化亚铜与稀硫酸发生歧化反应，离子方程式符合反应事实，A正确； B．碱性溶液中，燃料电池负极反应生成的会与反应生成，正确负极反应式为，给出的离子方程式错误，B错误； C．酸性条件下与发生氧化还原反应，电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，离子方程式正确，C正确； D．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，生成的硫酸和均为强电解质，拆写正确，离子方程式符合反应事实，D正确； 故选B。 13. 采用@NC电极可显著提升电催化还原性能，为高性能还原催化剂的设计提供新思路；同时，可充放电电池的构建也为绿色能源转换和存储系统提供了新方案。下列叙述正确的是 A. 电极电势：a>b B. a极电极反应式为 C. 工作一段时间后，b极区电解质溶液的pH升高 D. 每生成0.1 mol HCOOH时理论上消耗6.5 g Zn 【答案】CD 【解析】 【分析】根据电极物质转化，a极转化为，元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池负极；b极转化为，元素化合价从+4降低为+2，发生还原反应，b为原电池正极。a极电极反应式为，b极电极反应式为，电池工作时阳离子通过阳离子交换膜向正极b极移动。 【详解】A．正极电极电势高于负极，b为正极a为负极，故电极电势b>a，A错误； B．a极处于碱性溶液环境中，失电子后结合生成，电极反应式为，不会生成，B错误； C．b极反应消耗，同时有阳离子通过阳离子交换膜进入b极区，溶液中浓度降低，酸性减弱，pH升高，C正确； D．每生成0.1 mol ，转移电子的物质的量为 ，根据电子守恒，消耗的物质的量为 ，质量为 ，D正确； 故选CD。 14. 常温下，向甲胺()溶液中滴加盐酸，溶液中含N粒子分布系数[如]与pH的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是 A. 曲线代表与pH的关系 B. 常温下， C. M点时 D. 当时，溶液中可能存在 【答案】C 【解析】 【分析】甲胺的电离平衡：，pH越小（酸性越强），平衡正向移动，​浓度越大，分布系数越大，因此代表，代表。 【详解】A．甲胺的电离平衡：，pH越小（酸性越强），平衡正向移动，​浓度越大，分布系数越大。图像中在pH较小时接近1，因此代表，A正确； B．甲胺的电离常数​，M点，即，因此。 M点，则，故，B正确； C．若，甲胺与盐酸恰好完全反应生成，水解使溶液显酸性，，但M点（显碱性），说明此时加入盐酸体积，C错误； D．当时，盐酸过量，溶质为和过量：来自两者电离，浓度最大；水解程度很小，因此；溶液显酸性，最小，因此可以存在，D正确； 故选C。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 15. 高纯镍(Ni)常作催化剂、制造合金等。以某镍矿(主要成分为NiS，含有、、、等)为原料制备高纯镍的工艺流程如下： 已知：①常温下，几种金属氢氧化物的溶度积()如表所示： 物质 ②“焙烧”渣主要成分有(酸性氧化物)、(两性氧化物)等。③“萃取”时发生反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。回答下列问题： （1）“焙烧”过程中生成NiO的化学方程式为_______，气体X需用_______(填化学式)溶液吸收，经检测合格后再排放。 （2）“转化”中，实际消耗双氧水的量远大于理论计算量，其原因是_______。 （3）加入双氧水转化后溶液中，当溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。用调节pH的范围为_______(保留两位有效数字，已知：)。 （4）“滤渣”为一种成分复杂的胶体，过滤前常需对其进行_______处理，使其聚沉，加快过滤速率。 （5）“萃取”的目的是_______。 （6）“电解”后废液可用于_______(填名称)工序，实现循环利用。 【答案】（1） ①. ②. NaOH （2）在金属离子作用下双氧水分解速率加快 （3） （4）加热或加入电解质等 （5）除去 （6）转化 【解析】 【分析】首先将镍矿在550℃下焙烧，使硫化物转化为金属氧化物，同时生成有毒的SO2气体，用NaOH溶液吸收处理；随后用NaOH溶液碱浸焙烧渣，利用MoO3的酸性和As2O3的两性将其转化为可溶性盐除去，得到含Fe、Cu、Ni氧化物的滤渣；接着加稀硫酸溶解滤渣，再加入双氧水将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，用Ni(OH)2调节pH至2.8~6.5，使完全沉淀为Fe(OH)3除去，而Ni2+和Cu2+保留在溶液中；之后通过萃取反应将Cu2+转移至有机相，实现铜镍分离，得到纯净的含Ni2+溶液；最后电解该溶液，阴极析出高纯镍。 【小问1详解】 金属硫化物与氧气在高温下反应，生成金属氧化物和有毒的SO2气体。配平依据电子守恒：每个S2-失去6个电子被氧化为SO2，每个O2得到4个电子被还原，最小公倍数为12，因此系数为2，系数为3。化学方程式为：，气体X是SO2，属于酸性氧化物，能与强碱反应生成盐和水。题目流程中已使用NaOH溶液进行碱浸，因此用NaOH吸收SO2既符合反应原理，又能实现试剂的统一使用。 【小问2详解】 转化步骤中，H2O2的理论作用是将Fe2+氧化为Fe3+（便于后续调pH沉淀除去），Fe3+是H2O2分解的高效催化剂，会加速H2O2分解为水和氧气；同时H2O2本身不稳定，在酸性、加热条件下也会自发分解，因此实际消耗量远大于理论值。 【小问3详解】 调节pH的核心目标是：让Fe3+完全沉淀，同时保证Ni2+不沉淀。当溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全，由，代入铁离子浓度等于，计算出，两边取对数：，代入lg3的数据得到： ，计算出pOH=11.20，pH=14-11.20=2.80。初始时：c(Ni2+)=0.55mol/L，由，得到，求得，pOH=7.5，求得pH=6.5，所以。 【小问4详解】 滤渣是胶体，胶体粒子带电，具有介稳性，不易通过滤纸过滤。高中化学中，破坏胶体介稳性、使胶体聚沉的方法有三种：加热、加入电解质溶液、加入带相反电荷的胶体。工业上最常用的是加热或加入流程中已有的稀硫酸（电解质），使胶体粒子聚集成较大颗粒沉降，加快过滤速率。 【小问5详解】 调pH步骤只能除去Fe3+，溶液中仍残留Cu2+杂质。根据题目给出的萃取反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，Cu2+会选择性地进入有机相，而Ni2+留在水相，从而实现铜、镍的高效分离，得到纯净的含Ni2+的电解液。 【小问6详解】 电解NiSO4溶液时，阴极反应为（析出纯镍），阳极反应为，因此电解后废液中含有大量的H2SO4。该酸性废液可以循环到转化工序，替代部分稀硫酸溶解焙烧渣； 16. 工业上采用甲醇和一氧化碳为原料，在催化剂作用下发生羰基化反应可生成乙酸，涉及的主要反应如下： i． ii． 回答下列问题： （1）、的沸点分别为117.9°C、31.5°C，其沸点差异较大的主要原因是_______。 （2）标准摩尔生成焓(符号：)是指在标准状态(298 K、100 kPa)下由最稳定的单质生成1 mol某纯物质的焓变。反应热等于产物的生成焓与反应物的生成焓之差。已知几种物质的标准摩尔生成焓如下： 物质 -200.66 -432.25 -410.0 -241.82 根据数据计算：_______。 （3）反应ii的，则反应ii的自由能与温度的关系是_______(填标号)。 A. B. C. D. （4）恒温、恒容条件下，向某容器中加入适量的和CO，发生反应i和反应ii．下列事实能说明反应ii一定达到平衡状态的是_______(填标号)。 A. 容器内气体密度不随时间变化 B. 容器内气体总压强不随时间变化 C. D. 不随时间变化 （5）按反应i中反应物化学计量数起始投料，仅发生反应i，保持平衡转化率(α)固定为0.3、0.5、0.7时，探究温度()与压强()的关系如图所示： ①的曲线是_______(填“I”“II”或“III”)。 ②_______(填“>”或“<”)0。 ③用物质的量分数代替浓度计算的平衡常数叫物质的量分数平衡常数()。比较大小：_______(填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。 ④D点对应的温度下，_______。 【答案】（1）分子间存在氢键，分子间不存在氢键 （2） （3）D （4）BD （5） ①. Ⅲ ②. ③. ④. A、B两点均在线I上，转化率相同，平衡常数相同 ⑤. 【解析】 【分析】反应i为气体分子数减小的可逆反应，相同温度下压强越大，甲醇平衡转化率越大，因此相同温度下越大对应曲线压强越高，为0.3、0.5、0.7对应曲线依次为Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ。 【小问1详解】 分子中含有羟基，分子间可形成氢键，分子间不存在氢键，氢键的存在使物质沸点显著升高，因此二者沸点差异较大。 【小问2详解】 反应焓变等于生成物标准摩尔生成焓总和减去反应物标准摩尔生成焓总和，代入数据计算： 。 【小问3详解】 反应的自由能变满足，反应ii的 ， ，因此温度越高，数值越小，0K时，对应曲线为D。 故选D。 【小问4详解】 A．恒容条件下，反应体系中所有物质均为气体，气体总质量不变，因此气体密度始终恒定，密度不变不能说明反应ii达到平衡，A错误； B．反应i为气体分子数减小的反应，反应ii为气体分子数不变的反应，总压强不变时说明反应i达到平衡，体系中各物质浓度不再变化，因此反应ii也达到平衡，B正确； C．同时参与反应i和反应ii，为两个反应的逆反应生成的速率总和，仅对应反应ii的正反应速率，二者相等不能说明反应ii的正逆速率相等，无法判断反应ii达到平衡，C错误； D．为反应ii平衡常数的倒数，该比值不随时间变化说明体系中各物质浓度不再变化，反应ii达到平衡，D正确； 故选BD。 【小问5详解】 ①反应i为气体分子数减小的可逆反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动程度越大，甲醇平衡转化率越大，因此相同温度下越大对应曲线压强越高，为0.3时转化率最小，对应最右侧曲线Ⅲ。 ②随温度升高，相同对应的压强逐渐增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，因此。 ③A、B两点均在线I上，转化率相同，因此。 ④设初始投料、的物质的量均为1mol，D点对应，则平衡时 ， ， ，总物质的量为 ，各物质的摩尔分数分别为，，，则。 17. 碘酸铜[]是一种常见的分析试剂。某实验小组设计实验制备碘酸铜并测定其溶度积。实验步骤如下： I．配制溶液。分别配制一定体积的溶液和溶液。 II．混合反应。在搅拌下，将溶液缓慢加入溶液中，立即析出蓝色沉淀。静置沉降使沉淀完全，便于分离。 III．分离提纯。抽滤(如图)、洗涤、干燥，收集沉淀。 IV．测定的溶度积。在室温下，向100 mL饱和溶液中加入足量的经酸化的KI溶液，反应完全后，用标准溶液滴定至终点，重复实验3次，平均消耗溶液。 已知：i．？；ii．；iii．。回答下列问题： （1）完成步骤I，不需要的仪器有_______(填仪器名称)。 （2）步骤II中“搅拌”的目的是_______。 （3）步骤Ⅲ中，“洗涤”固体的操作是_______。 （4）①补充并配平方程式：_______。 ___________________________________。 ②实验中应选用_______做指示剂，滴定终点的现象是_______。 ③室温下，_______(保留两位有效数字)。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2）使反应物充分混合，加快反应速率，使反应更充分 （3）关小水龙头，向布氏漏斗中加入洗涤剂至浸没沉淀，待洗涤剂自然流下后，重复操作2~3次 （4） ①. ②. 淀粉溶液 ③. 当滴入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 ④. 【解析】 【小问1详解】 配制一定体积一定物质的量浓度的溶液需要的仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、量筒，圆底烧瓶为加热或反应容器，配制溶液过程不需要使用。 【小问2详解】 搅拌可以增大硫酸铜与碘酸钾溶液的接触面积，使反应物充分混合，加快反应速率，保证反应进行完全。 【小问3详解】 抽滤操作中洗涤沉淀时，先关小水龙头，向布氏漏斗中加入洗涤剂至完全浸没沉淀，待洗涤剂自然流下后，重复操作2~3次即可。 【小问4详解】 ① 反应中中I元素化合价从-1升高至0，每个失去1个电子，中I元素化合价从+5降低至0，每个得到5个电子，根据得失电子守恒，化学计量数为5，化学计量数为1，生成化学计量数为3，再结合电荷守恒与原子守恒，配平化学计量数为6，生成物补充，化学计量数为3，最终配平的离子方程式为。 ② 碘单质遇淀粉变蓝，故选用淀粉溶液作为滴定指示剂；滴定终点时碘单质完全反应，对应现象为当滴入最后半滴标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。 ③ 根据反应关系，1mol 电离产生1mol 和2mol ，1mol 反应生成0.5mol ，2mol 反应生成6mol ，故1mol 总共生成6.5mol ，又1mol 消耗2mol ，因此1mol 对应消耗13mol 。 消耗的物质的量为 ，故 ，饱和溶液中，，则。 18. 某药物中间体H的合成路线如下： 回答下列问题： （1）有机物D的名称是_______；有机物E中官能团是_______(填名称)。 （2）有机物F的结构简式为_______。 （3）写出E+G→H的化学方程式：_______。 （4）在C的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_______种(不考虑立体异构)。 ①苯环上只有两个取代基 ②能发生水解反应 ③1 mol有机物与足量银氨溶液反应最多生成4 mol Ag 其中核磁共振氢谱中峰面积之比为的结构简式为_______(写出一种即可)。 （5）参考上述合成路线，设计以A和为原料制备的合成路线_____(无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 4-苯基丁酸 ②. （酮）羰基 （2） （3） （4） ①. 18 ②. 或或 （5） 【解析】 【分析】首先以B和苯为起始原料，经AlCl3催化的苯环取代反应引入酮羰基与羧基得到C，再通过还原将酮羰基还原为亚甲基得到D，随后D先与SOCl2反应将羧基转化为活性更高的酰氯，再经分子内苯环取代反应关环，构建出含苯环的六元环状酮E；同时另一条路线中，乙炔与两分子甲醛发生加成反应引入两个羟甲基，得到F，再经H2还原将碳碳三键转化为双键，得到二元醇G；最后在酸性条件下，E的酮羰基与G的两个羟基发生脱水缩合反应，脱去1分子水形成环状缩醛结构，最终得到目标产物H。 【小问1详解】 C→D是还原反应，条件是Zn/Hg HCl，作用是把酮羰基还原成亚甲基。D的结构是苯环连接4个碳原子的直链羧酸，按照系统命名法，羧基在1号碳，苯环在4号碳，所以叫4-苯基丁酸。D→E分两步：先把羧酸变成酰氯，再发生苯环上的取代反应（分子内酰基化），在苯环和侧链之间形成一个新的六元环，最终产物E是一个环状酮，所以官能团是酮羰基。 【小问2详解】 这个反应是炔烃的加成反应。乙炔分子中，三键两端的碳原子上各连有1个氢原子，这两个氢原子都比较活泼。在NaNH2作用下，它们可以分别和1分子甲醛发生加成反应，每个氢原子都被一个羟甲基取代，最终生成。 【小问3详解】 E+G→H这个反应属于取代反应。酸性条件下，E分子中的酮羰基会和G分子中的两个羟基发生反应，羰基上的氧原子和两个羟基上的氢原子结合生成1分子水，剩下的部分连接成一个环状结构，就是产物H，反应方程式为：。 【小问4详解】 C的分子式为C10H10O3，我们先拆解三个条件：苯环上只有两个取代基：说明两个取代基连在苯环上，有邻、间、对3种位置关系。能发生水解反应：说明分子中含有酯基，1mol有机物与足量银氨溶液反应最多生成4molAg：1mol醛基能生成2molAg，所以分子中含有2个醛基或者1个醛基和1个甲酸酯基或2个甲酸酯基。所有可能的取代基组合：①取代基 1：-OOCH，取代基 2：-CH2CH2CHO，②取代基 1：-OOCH，取代基 2：-CH(CH3)CHO，③取代基 1：-CH2OOCH，取代基 2：-CH2CHO，④取代基 1：-CH2CH2OOCH，取代基 2：-CHO，⑤取代基 1：-CH(CH3)OOCH，取代基 2：-CHO，⑥取代基 1：-CH（CHO）OOCH，取代基 2：-CH3，共六种取代基组合，每种组合在苯环上都有邻、间、对 3 种位置，所以总共有6×3=18种同分异构体。核磁共振氢谱条件：峰面积比为1:1:2:2:2:2，说明分子高度对称，因此是对位取代的结构（苯环上只有 2 种等效氢，各 2 个）。结构简式为：或或。 【小问5详解】 根据题中A到E的合成路线，可以发现目标产物是与E类似的物质，故先用A与和AlCl3反应生成，再通过C到D的反应还原酮羰基，最后和SOCl2与AlCl3反应(D到E的反应)，得到目标产物，合成路线如下：。 19. 为突破传统电解质在导电性与稳定性上的瓶颈，科学家开发出多元复合固体电解质。该电解质离子传导性能突出、电化学窗口宽、结构稳定，在燃料电池、电化学传感器等领域具有重要应用前景。回答下列问题： （1）基态Ca原子的核外电子排布简式为_______。 （2）的电子排布图有以下几种，其中，能量最高的是_______(填标号，下同)，能量最低的是_______。 A． B． C． D． （3）离子键百分数：NaF_______(填“>”或“<”)NaBr，判断依据是_______。 （4）预测熔点：BaO_______(填“>”或“<”)BaS，其原因是_______。 （5）NaH晶体的立方晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值。1、2号原子坐标分别为(0，0，0)、(0.5，0，0)。 ①3号原子坐标为_______。与等距离且最近的个数为_______。 ②NaH晶体的密度_______(用含的代数式表示)。 【答案】（1） （2） ①. A ②. B （3） ①. > ②. F的电负性大于Br，两种元素的电负性差值越大，离子键成分越高 （4） ①. > ②. 的半径小于，和都是离子晶体，中离子键强于 （5） ①. ②. 6 ③. 【解析】 【小问1详解】 Ca 是 20 号元素，核外有20个电子。根据构造原理，电子依次填充 1s、2s、2p、3s、3p、4s 轨道，简化电子排布式用稀有气体[Ar]（18 个电子）表示内层，外层为4s2。故基态Ca原子的核外电子排布简式：。 【小问2详解】 H-核外有 2 个电子。能量最低原理：电子优先填充能量低的轨道，1s 轨道能量远低于 2s 轨道。泡利不相容原理：一个原子轨道最多容纳 2 个自旋相反的电子。选项B：1s 轨道填充2个自旋相反的电子，是H-的基态，能量最低。选项A：电子填充在能量更高的2s轨道，是激发态，能量最高。选项D(违反泡利不相容原理)、C(违反泡利不相容原理)均为错误的电子排布。 【小问3详解】 离子键的百分数与成键原子的电负性差值成正比。电负性：F(4.0)>Br(2.8)，因此Na与F的电负性差值大于Na与Br的差值，NaF中离子键成分更高。 【小问4详解】 离子晶体的熔点由离子键强弱决定。离子键强弱与离子半径成反比（电荷数相同时）。BaO和BaS的阳离子均为Ba2+，阴离子电荷数均为-2，但O2-的电子层数更少，半径更小，因此BaO中离子键更强，熔点更高。 【小问5详解】 ①3 号原子坐标：1 号原子在原点(0,0,0)，2 号原子在 x 轴中点(0.5,0,0)，3 号原子位于晶胞的体心，坐标为(0.5,0.5,0.5)。 ②NaH 晶体为 NaCl 型面心立方结构，每个H-周围等距离且最近的Na+位于上下、左右、前后 6 个方向，配位数为 6，晶胞中：根据均摊法Na+个数：个，H-个数：个，一个晶胞含 4 个 NaH，晶胞质量：，晶胞体积，密度。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $