广东广州市西关外国语学校2025-2026学年高三下学期5月月考化学试卷

**基本信息** 以文物合金、双中心催化电解等真实情境为载体，通过选择填空结合的题型，考查化学观念与科学探究能力，适配高考三轮冲刺需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/44分|物质分类（文物合金）、反应原理（双离子电池）、化学用语（NH₃ VSEPR模型）|第1题以朱雀青铜顶饰考合金判断，第10题双中心电解体现科技前沿| |非选择题|4题/56分|实验探究（氯水溶解影响因素）、工业流程（氟碳铈矿制CeO₂）、有机合成（光催化四组分反应）|17题设计变量控制探究Cl₂溶解，18题融合绿色化学与晶胞计算，体现科学思维与实践|

★启用前注意保密 西外•砺剑•模拟 2026年普通高等学校招生全国统一考试 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ce-140 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物主要由合金材料制成的是 A．裴李岗文化骨笛 B．透雕重环玉佩 C．朱雀青铜顶饰 D．九霄环佩木古琴 2．2018 年全国生态环境保护大会在北京召开，旨在保护环境、造福人类。下列有关说法正确的是 A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．用光催化分解代替电解水制氢气，可实现节能环保 C．天然气、沼气和太阳能分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 D．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化 3．下列化学用语表述错误的是 A．NH3的VSEPR模型为 B．羟基的电子式： C．H2分子中σ键的电子云轮廓图为 D．氧的基态原子的轨道表示式： 4．劳动创造美好生活。用下列化学知识解释对应劳动项目合理的是 劳动项目 化学知识 A 宣传使用聚乳酸作为包装材料 聚乳酸中含有酯基，能水解，可降解 B 84消毒液加白醋，可增强漂白效果 C 擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁丝在中燃烧生成 D 利用工业合成氨实现人工固氮 具有还原性 5．化合物M是合成氯霉素的中间体，其结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是 A．不能发生消去反应 B．存在2个手性碳原子 C．碳原子均为杂化 D．在水溶液中可电离出 6．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 7．稀有气体化合物的合成更新了对“惰性”的认知。已知： ，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．1 mol 中心原子的孤电子对数目为 B．18 g中所含质子数目为 C．生成1 mol ，转移电子数目为 D．3.36 L HF(标准状况)所含的分子数为 8．能满足下列物质间直接转化，且推理成立的是 A．X可为Fe，盐2可使KSCN溶液变红 B．X可为NH3，盐2常用作化肥 C．X可为Al(OH)3，NaOH也可用氨水代替 D．X可为NaHCO3，盐1俗称纯碱 9．化学教师设计如图装置(实验前气球为干瘪状态)制备并探究的性质。下列说法错误的是 A．70%硫酸在实验过程中体现出酸性 B．品红溶液和酸性溶液均会褪色，分别体现了的漂白性和还原性 C．实验过程中，溶液中会出现浑浊，紫色石蕊溶液会先变红后褪色 D．实验结束后，注入NaOH溶液以吸收多余的，最终气球会变瘪 10．双中心(Pb和Cu作电极材料)催化电解草酸()和羟胺(，显碱性)的混合溶液合成甘氨酸()是我国科学家提出的一种新型电化学合成路径，其中a电极区的反应原理示意图如图所示。下列说法不正确的是 A．a电极为阴极，发生还原反应 B．电化学合成过程中向该电极移动 C．a电极区反应中存在极性键的断裂与形成 D．当生成2mol时，理论上外电路转移电子的数目约为个 11．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NaOH和铝粉疏通厨卫管道 NaOH可以氧化Al B 用铁罐车运输浓硫酸 Fe与浓硫酸不反应 C 可作防毒面具供氧剂 D 氯气通入冷的石灰乳可制得漂白粉 12．常温下，向1L恒容密闭容器中充入等物质的量的X(g)和Y(g)，发生如下反应：①；②。体系中部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a为随时间t的变化曲线 B. 时间内，反应①生成的Z全部转化为W C. t2时体系处于平衡状态，一定等于2 D. t2时，若升高温度，反应②的平衡常数一定升高 13．下列有关物质性质差异的主要原因的描述错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点： 键能：C-Cl>C-H B 酸性： 电负性：F>Cl C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 在水中的溶解度： 分子极性： 14．元素R、W、X、Y、Z为短周期元素，其微粒半径的大小如图所示。其中，W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子；R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．简单氢化物的稳定性：R>W C．的空间结构为平面三角形 D．的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能发生反应 15．利用如图所示装置，选用浓、稀硝酸分别进行实验，其中装置a为氮气氛围。下列说法错误的是 A．装置b中溶液变红，说明硝酸的还原产物为 B．实验过程中，装置c中至少发生了两种化学反应 C．无论选用浓硝酸还是稀硝酸，装置c中都会出现红棕色气体 D．若铜片过量，反应结束后向烧瓶中滴加稀硫酸，铜片会继续溶解 16．某双离子电池如图。该电池以并五苯四酮（PCT）和石墨为电极，以室温离子液体、为电解液，离子可逆地嵌入电极或从电极上脱离返回电解液中。已知充电时，PCT电极发生还原反应。下列说法错误的是 A．1 molPCT完全反应，理论上有2 mol嵌入石墨电极 B．放电时，石墨电极电势高于PCT电极 C．嵌入电极时，电池处于充电过程 D．充电时，PCT电极反应式为 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4个小题，共56分。 17．常温下，兴趣小组对氯水成分、溶于水的影响因素等进行探究。 已知：溶于水时发生反应 (1)利用如图所示装置制备并得到氯水。 ①装置A中发生反应的化学方程式为_____。 ②装置B中盛放的试剂是_____。 (2)检验新制氯水的部分微粒。取（1）中装置内氯水进行下表实验。 实验操作 实验现象 实验结论 取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水 ______ 氯水中存在、HClO 取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置 分层，下层油状液体呈浅黄绿色 _____ (3)探究溶于水的影响因素（忽略溶液混合时体积的变化）。 初步实验验证在水中的最大溶解量随增大而降低。 用浓度为溶液配制系列不同浓度的溶液各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表（已知：对在水中的溶解不产生影响）。 序号      溶解氯的总浓度/ i 0.5 0.063 ii 1 0.057 iii 1.5 0.053 iv 2 0.049 ①配制实验ii中溶液时，需溶液_____。 提出猜想小组同学认为同时增加和，可进一步降低在水中的最大溶解量。 实验验证用浓度为盐酸配制系列不同浓度的盐酸各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。 序号      溶解氯的总浓度/（mol·L） v 1 0.067 vi 2 0.074 vii 3 0.082 viii 4 0.091 发现问题：实验结果与猜想不一致。 查阅资料：氯水中还存在反应Ⅱ： 理论解析：②同时增大溶液中和，_____（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）的平衡移动起主导作用。 实验讨论：根据上述实验，甲同学认为在含有一定浓度的溶液中的最大溶解量随增大而升高。 ③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是_____。 实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和溶液、溶液、蒸馏水配制成系列溶液，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。 序号 V（饱和NaCl溶液）/mL /mL /mL 溶解氯的总浓度 ix 6 1 3      x 6 2 2      xi 6 3 1      xii 6 4 0      ④结合实验，甲同学观点成立的依据是_____。 教师指导可能是与的某种协同作用，促进了的溶解。 (4)该小组尝试验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。 ①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是_____。 ②小组讨论后，选用NaClO溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出判断依据_____。 18．铈是一种重要的稀土元素，在国防和科技领域有重要应用。二氧化铈是一种重要的催化剂。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如下： 已知：①既能与结合成，也能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 (1)氟碳铈(CeFCO3)中Ce的化合价为___________。 (2)氧化焙烧工序往往采取逆流的方式进行，其优点是___________。 (3)稀硫酸酸浸中，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，应选择的适宜的条件为___________(填序号) A． B． C． D． (4)TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时发生反应：，氟洗液中添加的作用是___________。 (5)“萃取”时存在反应：。是分配比，表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比。取含四价铈总浓度为的酸浸液，向其中加入萃取剂，充分振荡，静置，若，则水层中___________。(写出计算过程，计算结果保留二位有效数字)。 (6)写出氧化工序中发生反应的离子方程式___________。 (7)立方晶胞如图，与最近的核间距为。 ①晶胞中与最近的的个数为___________。 ②晶体的密度___________(列出表达式)。 19．铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 (1)基态的价电子排布式为______；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因______。 (2)HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图： ①上述过程中，Y为______(填化学式)。 ②该过程的总反应方程式为______。 (3)已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应； ②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示： 物质 CuO 生成焓() x y 0 则298K时，1 mol CuO分解生成和的______(用含x、y的代数式表示)。 (4)一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡： 反应ⅴ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母) A．加入NaCl固体，浓度一定上升 B．加水稀释，溶液中的离子总数增大 C．升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小 D．体系中， (5)已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)与溶液pH的关系如图所示。 ①曲线Ⅰ代表______(填“”或“”)。 ②由图可知，的平衡常数______(写出计算结果)。 ③结合图中数据，计算出a点对应x值______ (写出计算过程)。 20．光催化四组分反应是一种高效且环保的合成策略，能够制备多样化的有机产品。利用光催化合成化合物的四组分反应如下（反应条件略）。 (1)化合物中含氧官能团的名称为_______。 (2)①化合物的分子式为_____。 ②4a的同分异构体中，同时满足如下条件的共有_____种（不考虑立体异构）；其中，含有手性碳的结构简式为_____，该有机物核磁共振氢谱图上有_____组峰。 条件：i．含有苯环  ii．能发生银镜反应   iii．只含有一个甲基 (3)下列说法正确的有_____。 A．通过四组分反应生成的过程中原子利用率，有键断裂与键形成 B．分子中有大键，且分子间能形成氢键 C．分子中碳原子和硼原子均采取杂化 D．和均能与酸反应生成盐 (4)根据上述信息，以等为原料合成化合物。 ①第一步，转化为醛基：其反应的化学方程式是_______________。（注明反应条件） ②第二步，进行_____（填具体反应类型），其反应的化学方程式为_______________（注明反应条件）。 ③第三步，合成化合物I：在一定条件下，②中得到的有机物与、、反应。 (5)利用光催化四组分反应，直接合成化合物Ⅱ，需要1a、_____（填化学式）、和为反应物。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A A B D D D C D 题号 11 12 13 14 15 16 答案 C A A D A A 1．C 【详解】A．骨笛的主要材质是动物骨骼，属于天然有机材料，不是合金，A不符合题意； B．玉佩的主要材质是玉石，属于无机硅酸盐矿物，不是合金，B不符合题意； C．青铜是铜和锡/铅等形成的铜合金，属于合金材料，C符合题意； D．木古琴主体材质是木材，属于天然有机高分子材料，不是合金，D不符合题意； 2．B 【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故A错误； B．电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，更节约能源，故B正确； C．天然气属于化石能源、沼气属于可再生能源、太阳能属于一次能源，故C错误； D．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，明矾不能降低海水的盐离子浓度，不能使海水淡化，故D错误。 3．A 【详解】A．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，而不是，A错误； B．羟基的结构式为-O-H，电子式为，B正确； C．s电子云为球形，H2分子中两个1s电子云发生重叠形成σ键，则电子云轮廓图为，C正确； D．氧的基态原子的电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式：，D正确； 4．A 【详解】A．聚乳酸是乳酸缩聚得到的高分子化合物，结构中含有酯基，能够发生水解反应，属于可降解材料，不会造成白色污染，解释合理，A符合题意； B．白醋的主要成分醋酸是弱电解质，书写离子方程式时不能拆解，正确离子方程式为，B不符合题意； C．擦干铁锅防生锈，原理是避免铁接触水，破坏铁发生吸氧腐蚀（生锈）的条件，和铁丝在氧气中燃烧的反应无关，解释与劳动项目不对应，C不符合题意； D．合成氨反应中，中N元素从0价降为中的-3价，得电子作氧化剂，体现氧化性，不是还原性，D不符合题意； 5．B 【详解】A．该分子内连接羟基的C原子邻近的C原子上连有H原子，可以发生消去反应生成水，A错误； B．该分子内有两个C原子连有4个不同原子或基团，已在下图标示： ，故有2个手性碳原子，B正确； C．该分子中苯环上的碳原子为杂化，而侧链上的碳原子均为杂化，C错误； D．该分子中羟基全部为醇羟基，无法在水中电离出氢离子，D错误； 6．D 【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； 7．D 【详解】A．最外层有8个电子，提供4个电子分别与4个F形成共用电子，则1 mol 中心原子的孤电子对数目为，A正确； B．18 g是1mol，1个中有10个质子，则18 g中所含质子数目为，B正确； C． ，该反应中是氧化产物，是还原产物，是氧化产物，生成1 mol 时生成2 mol ，转移电子数目为，C正确； D．标准状况时HF不是气体，则3.36 L HF(标准状况)不是0.15 mol，所含的分子数不是，D错误； 8．D 【详解】A．X为Fe，Fe与NaOH不反应，Fe与HCl反应生成FeCl2（盐2），盐2不能使KSCN变红，所有推理均不成立，A错误； B．X为NH3，NH3与NaOH不反应，NH3与HCl反应生成NH4Cl（盐2），NH4Cl常用作化肥，生成盐1的推理不成立，B错误； C．X为Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]（盐1），Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3（盐2），转化成立；但Al(OH)3与氨水不反应，故不能用氨水替代NaOH，C错误； D．X为NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成纯碱（Na2CO3），Na2CO3为盐1，NaHCO3与HCl反应生成NaCl、CO2和 H2O，NaCl为盐2，D正确； 9．C 【详解】A．注入硫酸，发生反应：，70%硫酸体现了酸性，A正确； B．会使品红溶液褪色体现的是漂白性，会使酸性溶液褪色体现的是还原性，B正确； C．溶液与反应生成难溶的S，溶液中会出现浑浊，紫色石蕊溶液会变红但不会褪色，C错误； D．有毒，可用NaOH溶液吸收，最终恢复至室温后，气球会变瘪，D正确； 10．D 【分析】由图知，在a电极上，被选择性电还原为，故a为阴极，发生还原反应，电极反应式为，和反应，生成，快速氢化生成，上述方程式相加可得a电极区的总反应为，据此解答。 【详解】A．由分析可知，a电极为阴极，发生还原反应，A项正确； B．电化学合成过程中，该电极为阴极，向阴极移动，B项正确； C．由分析可知，a电极区反应中存在极性键的断裂与形成，C项正确； D．根据总反应：，生成 时，理论上外电路转移电子的数目约为个，D项错误； 11．C 【详解】A.用NaOH和铝粉疏通厨卫管道是Al与NaOH溶液反应生成气体，水是氧化剂；B．常温下Fe遇浓硫酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应继续进行，并非Fe与浓硫酸不反应，陈述Ⅱ错误，B错误； C．可与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠：，因此可作防毒面具供氧剂，两个陈述均正确且存在因果关系，C正确； D．石灰乳中氢氧化钙主要以固体形式存在，书写离子方程式时不能拆分，反应为：，D错误； 12．A 【详解】A．初始时X、Y物质的量相等，反应①中X计量数为2、Y计量数为1，反应①不可逆，X会完全消耗最终物质的量为0，Y过量最终剩余量不为0，a曲线最终稳定在，因此a为随时间的变化曲线，A正确； B．向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，首先进行反应①，生成Z并积累，同时生成的Z部分转化为W，为图中先增后减的曲线，内Z的物质的量先增大，时达到峰值，说明该阶段有Z积累，并未全部转化为W，B错误； C．时反应②达平衡，参与反应的Z的物质的量为，但剩余的和无必然相等关系，C错误； D．反应②的焓变未知，若反应②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数会减小，因此平衡常数不一定升高，D错误； 13．A 【详解】A．和均为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，相对分子质量更大，分子间作用力更强故熔点更高，与 、的键能无关，A错误； B．电负性，的吸电子诱导效应强于，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，B正确； C．金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径 ，键长更短、键能更大，共价键强度更高，故金刚石硬度更大，C正确； D．水、O3是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理，分子极性更强的在水中溶解度更大，D正确； 14．D 【分析】R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍，所以R是O（8号元素），Z是S（16号元素），W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子，符合条件的有第ⅠA主族、第ⅢA主族和第ⅦA主族，结合原子半径，同周期原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大；W半径小于O，所以W为F，原子半径比R、W明显大，且呈逐渐减小趋势，应为同周期，X原子半径最大，所以为Na，则Y为Al。 【详解】A．第一电离能从左到右呈增大趋势，所以第一电离能：，A错误；   B．非金属性越强对应氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：，B错误；   C．即中心S原子价层电子对数为：，有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，C错误；   D．的最高价氧化物对应的水化物，分别为：，氢氧化钠和硫酸可以发生酸碱中和，氢氧化铝为两性和酸碱都可以反应，两两之间均能发生反应，D正确；   15．A 【详解】A．装置b中紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性。这可能是从a中挥发出的进入b中造成的，也可能是硝酸被还原为进入b中，发生反应，使溶液呈酸性。所以该现象不能说明一定是形成的。A错误； B．c中至少有反应，，B正确； C．选用浓硝酸时，生成的红棕色气体会在b中未被反应的部分直接进入c装置；被反应的会生成，会与选用稀硝酸时生成的无色气体一样，在c装置中与残留的少量空气反应生成红棕色的，因此c中都会出现红棕色气体。C正确； D．a中反应结束后，不管浓硝酸还是稀硝酸，和铜反应时，硝酸都生成了氮氧化物和硝酸铜，溶液中含有，铜片有剩余，加入适量稀硫酸，提供，与形成硝酸体系，继续与Cu发生反应：，铜片会继续溶解，D正确； 16.A 【分析】已知充电时，PCT电极发生还原反应，PCT电极为阴极，PCT在阴极得到电子发生还原反应：，石墨电极为阳极，发生氧化反应：，嵌入石墨电极。放电时，PCT电极为负极，石墨电极为正极。 【详解】A．由反应可知，PCT完全反应时，PCT中有4个—CO—可以得到4个电子，，1 molPCT完全反应，转移4 mol电子，理论上嵌入石墨电极4 mol，A错误； B．已知充电时，PCT电极发生还原反应，则PCT电极为阴极；放电时，PCT为负极，石墨电极为正极，正极电势高于负极，所以石墨电极电势高于PCT电极，B正确； C．充电时，石墨电极为阳极，阴离子向阳极移动，嵌入电极时，电池处于充电过程，C正确； D．充电时，PCT电极发生还原反应；，D正确； 17．(1) 饱和溶液 (2) 溶液先变红后褪色 氯水中存在 (3) 2.0 反应Ⅱ 实验中，同时增大溶液中、（1分，或答实验中，溶液中也在增加） （或答） (4) HClO与苯酚钠发生氧化还原反应 分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，即可验证 【分析】A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，通过B中饱和食盐水除去挥发的氯化氢，氯气通入水中制得氯水，最后D中氢氧化钠溶液进行尾气处理，新制氯水中存在Cl2、、Cl-、HClO、ClO-等微粒，据此分析； 【详解】（1）①A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，化学方程式为； ②装置B中盛放的试剂是饱和溶液，用于除去挥发的氯化氢； （2）取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水，溶液先变红后褪色，证明氯水中存在、HClO；氯气易溶于CCl4，取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置分层，下层油状液体呈浅黄绿色，证明氯水中存在； （3）①根据稀释前后，溶质的物质的量不变，配制实验ii中溶液时，需溶液体积为； ②实验中同时增加和，的最大溶解量增大，可知反应Ⅱ的平衡移动起主导作用； ③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验中，同时增大溶液中、（或答实验中，溶液中也在增加）； ④结合实验，甲同学观点成立的依据是溶液中浓度相同，增加氢离子浓度，溶解氯的总浓度； （4）①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是HClO具有强氧化性，会与苯酚钠发生氧化还原反应； ②利用等浓度的两种盐溶液碱性强弱判断，方案为：分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，根据“越弱越水解”即可验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。 18.(1) (2)扩大接触面积，使反应更充分 (3)C (4)能与结合生成，使平衡向正方向移动 (5) (6) (7) 12 【分析】以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的工艺流程，可分为以下几个主要步骤： 氧化焙烧：氟碳铈矿在空气中进行氧化焙烧，发生反应生成CO2等产物，同时将Ce的价态等进行改变，为后续酸浸做准备。 酸浸：向氧化焙烧后的产物中加入硫酸进行酸浸，使其中的Ce等元素进入溶液，不溶的物质形成滤渣被除去。 萃取：利用萃取剂[(HA)2]对酸浸后的溶液进行萃取，由于在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂萃取，而Ce3+不能，从而实现Ce4+与其他离子的初步分离，得到含有Ce4+的有机层和水层。 洗氟：对萃取后的有机层进行洗氟操作，除去其中的F-等杂质，避免F-对后续步骤产生影响，洗氟后得到新的水层和有机层。 反萃取：向洗氟后的有机层中加入H2SO4和H2O2进行反萃取，使Ce从有机层转移到水层（有机层可循环利用）。 调pH：向反萃取后的溶液中加入NaOH调节pH，使溶液中的杂质离子形成沉淀，以滤渣形式除去。 氧化：向调pH后的溶液中加入NaClO进行氧化，将Ce转化为Ce(OH)4。 制备CeO2：最后Ce(OH)4经过一定处理（如加热分解等）得到CeO2。 【详解】（1）根据CeFCO3的化学式，计算可得Ce的化合价为+3； （2）氧化焙烧工序往往采取逆流的方式进行，可以扩大接触面积，使反应更充分； （3）根据图像的浸出率在温度为达到最大，稀硫酸浓度时的浸出率最大。故选C； （4）根据平衡的影响因素，加入的能与结合生成，使平衡向正方向移动，这样就有利于将转化为，从而有助于提高的转化率； （5），萃取后的①，又，即②，联立①②解得，则。 （6）根据流程可分析出进入氧化工序的为，故答案为 。 （7）①根据图示，晶胞中与最近的的个数为12； ②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，与最近的核间距为（体对角线的四分之一），则晶胞边长为，晶体的密度为 。 19．(1) Cu+的价电子构型为 ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为 ，未达到全充满或半充满稳定状态，故Cu+更稳定 (2) HCl (3) (4)BD (5) 109.4 11.6 【详解】（1）基态Cu⁺的价电子排布式为 。气态Cu⁺比Cu2⁺更稳定的原因：Cu⁺的价电子构型为 ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为 ，未达到全充满或半充满稳定状态，稳定性较低。 （2）①根据图中物质转化关系，X为反应物HCl，Z为产物Cl2，W为产物H2O，而Y在循环中生成又被消耗，为中间产物HCl。②根据图示，HCl和O2是反应物，Cl2和H2O是产物。HCl中的Cl从-1价被氧化为0价（Cl2），O2中的O从0价被还原为-2价（H2O）。结合得失电子守恒，总反应方程式为：。 （3）首先反应方程式为：，但题目要求的是1 mol CuO分解，因此可将方程式调整为：，根据生成焓的定义：，，。根据公式：，将反应方程式代入：，因此，1 mol CuO分解的 为：。 （4）A．加入NaCl会增加浓度，根据勒夏特列原理：反应i右移， 减小， 增加。反应ii右移， 增加，减小。反应iii右移， 增加，减少。由于增加对反应ii和iii的影响相同，的变化不确定。因此，A不一定正确； B．加水稀释，各离子浓度均减小。根据勒夏特列原理，平衡向体积增大的方向移动，即向离子化学计量数之和增大的方向移动。反应i和iii均向逆反应方向移动，使离子总数增大；反应ii平衡基本不移动。因此，溶液中的离子总数增大， B正确； C．根据化学反应速率理论，升高温度会同时增大正反应速率和逆反应速率，只是增大幅度不同。选项中“正反应速率减小”是错误的，C错误； D．根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：，D项正确； （5）①随着pH增大， 是 的去质子化产物，其浓度应随pH升高而增加，与曲线II的上升趋势一致；而曲线I随pH升高下降，对应 。 ②虚线为Cu2+，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻分布系数与pH关系曲线，反应过程为A：Cu2+ + L3− [CuL]−，B：[CuL]− + L3− [CuL2​]4−，随pH升高， 浓度增大，A反应正向移动，[CuL]⁻浓度升高，继续升高 浓度，B正向移动，[CuL]⁻浓度降低，[CuL2]4⁻浓度升高，整个过程中Cu2⁺浓度持续降低，因此Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别对应Cu2⁺、[CuL]⁻、[CuL2]4⁻。在图像中找到Ⅲ、Ⅳ的交点，往下对应II的点为-9.4，即c(L3-)=10-9.4 mol/L，代入平衡表达式：109.4。 ③反应A：Cu2++L3− [CuL]−，=109.4，反应B：Cu2++[CuL]− [CuL2​]4−，=107.2（Ⅳ和Ⅴ的交点，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻浓度相等，c(L3-)=10-7.2 mol/L，求得K1），K总=K×K1= =1016.6，Ⅲ和Ⅴ的交点Cu2⁺=[CuL2]4⁻，根据K总求得c(L3-)=10-8.3，HL2−H++L3−，K2=，c(L3-)=10-8.3 mol/L，c()=10-4.3 mol/L，c(H+)=10-1 mol/L代入计算得K2 = 10-11.6，a点 = c(L3-)，K2 ==10-11.6，将数据代入得c(H+)=10-11.6 mol/L，故x=11.6。 20.(1)醛基 (2) 7 6 (3)BD (4) 取代反应（或者酯化反应） (5) 【分析】该反应属于典型的光催化四组分偶联反应，以1a（苯甲醛）、2a（苯胺）、3a（有机硼酸）和4a（对甲氧基苯乙烯）为原料，在光催化条件下协同反应生成复杂产物5a。其本质过程可理解为：首先，醛与胺发生缩合生成亚胺中间体；随后在光催化作用下，硼酸提供烷基（或芳基）自由基，该自由基进攻亚胺碳，形成新的C-C键；同时，烯烃参与自由基加成或偶联，进一步构建分子骨架；最终经过质子转移等步骤生成稳定产物。 【详解】（1）化合物1a的结构是苯环上连有-CHO，因此官能团是醛基； （2）①化合物4a是对甲氧基苯乙烯，结构中含有一个苯环、一个甲氧基和一个乙烯基，分子式为C9H10O； ②4a的同分异构体要求含有苯环、能发生银镜反应、且只有一个甲基。能发生银镜反应说明含有醛基，结合苯环和一个甲基分析，分类讨论：单取代结构：苯环上仅连 1 个含醛基和甲基的烷基，即-CH(CH3)CHO，仅有一种结构；二取代结构：苯环上连-CHO和乙基或者苯环上连-CH2CHO和甲基，苯环上有邻、间、对 3 种位置异构，共 6种结构；；共1+6=7个同分异构体；手性碳原子是指碳原子周围连接4个不同的基团，其中含手性碳的结构是苯环连有−CH(CH3)CHO的结构，即；因为中间碳连接了苯基、甲基、醛基和氢四种不同基团，该有机物核磁共振氢谱中有6组峰； （3）A．该反应中醛基中的 C=O、烯基中的 C=C 等π键参与反应并发生转化，同时形成新的 C-C键和 C-N键，这些新形成的单键本质上属于σ键，因此可说有π键断裂与σ键形成，但是四组分反应有水、硼酸衍生物等副产物生成，反应物中的原子未全部转化为目标产物5a，因此原子利用率不为100%，A错误； B．2a中含有苯环和-NH2，苯环中有大键，-NH2可以使分子间形成氢键，B正确； C．3a中B原子有3个σ，没有孤电子对，采取sp2杂化，不是sp3杂化，C错误； D．2a和5a中均含有氨基，能够与酸反应生成盐，D正确； 故答案选BD； （4）①原料中含有-CH2OH，需要先氧化为-CHO，得到对甲酰基苯甲酸。该反应属于醇的催化氧化，方程式可写为：； ②第二步是把羧基转化为酯基，即酯化反应（取代反应）；对醛基苯甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下反应生成对甲酰基苯甲酸甲酯，方程式为：； （5）化合物Ⅱ中间含有-NH-NH-结构，而四组分反应需要醛、胺、硼酸和苯乙烯类物质共同参与。若直接合成化合物Ⅱ，需要把原来的单胺2a换成肼，即N2H4，使其两端分别参与反应，再与1a、3a和4a反应生成目标产物。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $