2026年广西高考化学模拟小练试题

**基本信息** 以科技前沿（如CO₂电催化还原、海水原位电解制氢）和广西地方特色（甘蔗乙醇、稀土资源）为情境，综合考查化学观念、科学思维与探究能力的高考模拟试题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14题42分|物质分类、实验操作、结构化学、反应原理|结合“智能湿度响应凝胶”考查配位键与杂化类型，体现结构决定性质的化学观念| |非选择题|4题54分|实验制备、工业流程、反应原理、有机合成|以广西稀土制备纳米CeO₂为情境，考查实验设计与探究，凸显科学探究与实践素养；废旧电池回收流程题强化资源循环的科学态度与责任|

2026年广西高考化学模拟小练试题 学校:___________ 姓名:___________ 班级:___________ 考号:___________ 一、单选题（本题共14小题，每小题3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.化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是 A. “奋斗者”号潜水器使用的钛合金属于纯净物 B. 用于制作“冰墩墩”外壳的聚碳酸酯（PC）属于天然高分子 C. “天宫”空间站使用的太阳能电池阵可将光能直接转化为电能 D. 用于制备“长征”系列火箭推进剂的液氧和煤油属于同系物 2.广西作为我国甘蔗主产区，“甘蔗→乙醇”产业链是我区重点项目。某兴趣小组设计实验验证乙醇的还原性，探究反应产物,及乙醇的用途。下列实验操作能达到目的的是（ ） C2H5OH 酸性KMnO₄溶液 乙醇 A. 观察黑色粉末是否变红，并用无水硫酸铜检验生成的水 B. 观察溶液是否褪色，若褪色则证明乙醇被氧化为乙醛 C. 溴水褪色则证明有乙烯生成 D. 用乙醇萃取碘水中的碘 3.我国科学家在CO₂电催化还原制甲酸（HCOOH）领域取得重要突破，该技术有助于实现“碳中和”。下列说法正确的是（ ） A. 1 mol HCOOH分子中含有的σ键数目为4NA B. 标准状况下，22.4 L CO₂通入足量NaOH溶液中，转移的电子数目为NA C. 电解法还原CO₂制HCOOH时，阴极反应为CO₂ + 2e⁻ + 2H⁺ = HCOOH，若生成46 g HCOOH，则转移的电子数目为NA D. 1 L 0.1 mol/L HCOONa溶液中，HCOO⁻的数目为0.1NA 阅读下列材料，完成4-5题。 近年来，科学家开发出一种“智能湿度响应凝胶”，其核心材料为改性硅胶负载无水CoCl₂。该材料在干燥环境下呈蓝色，遇水后因Co²⁺与水分子配位形成粉红色的[Co(H₂O)₆]²⁺（或[Co(H₂O)₄Cl₂]·2H₂O），从而实现颜色变化。这种材料被用于可穿戴设备的汗液监测、建筑墙体湿度预警系统等前沿领域。其结构基础如下： · 硅胶骨架由SiO₂单元通过Si–O–Si键连接，表面富含–OH基团； · CoCl₂在无水时以离子晶体存在，吸水后形成六水合钴(II)配离子； · 配位数为6时，[Co(H₂O)₆]²⁺呈八面体构型； · 材料中SiO₂网络结构稳定，不溶于水，但可通过表面羟基与水形成氢键。 4.下列关于该智能湿度响应凝胶的组成与结构的说法，正确的是（ ） A. CoCl₂晶体不论是干燥还是湿润环境中只存在离子键，不存在配位键 B. 硅胶骨架中Si原子采取sp³杂化，其空间构型为正四面体 C. [Co(H₂O)₆]²⁺中Co²⁺的杂化方式为sp³，空间构型为四面体 D. 该凝胶变色过程仅涉及物理变化，无化学键断裂或形成 5.下列关于该智能凝胶的结构与功能因果关系的判断，错误的是： 选项 结构特征 性质或应用 A 硅胶表面富含–OH基团 可通过氢键吸附水分子，实现湿度响应 B Co²⁺具有空轨道，可接受孤对电子 能与H₂O形成配位键，导致颜色变化 C SiO₂网络结构稳定，不溶于水 使凝胶保持形状，适合用作传感器基底 D CoCl₂在无水时呈蓝色，水合后呈粉红色 该颜色变化可用于定量检测空气中水分含量 6. 姜黄素是姜黄中的主要活性成分，具有抗氧化、抗炎等作用，在食品工业中常用作天然色素。其结构如下图所示：下列关于姜黄素的说法正确的是（ ） A. 分子式为 C21H20O6，属于芳香烃 B. 1 mol 姜黄素最多能与 8 mol H2发生加成反应 C. 姜黄素分子中含有酚羟基，可与 FeCl3溶液发生显色反应 D. 姜黄素分子中的β-二酮结构在常温下能与新制 Cu(OH)2悬浊液反应，产生砖红色沉淀​ 7.短周期主族元素 R、S、T、U 的原子序数依次增大。W 的简单氢化物是常见的制冷剂，S 的原子半径是所在周期最大的，T 的基态原子 p 能级有 4 个电子，U 的最高价氧化物对应的水化物是强酸。下列说法正确的是（ ） A. 电负性：T > R > U B. R 的简单氢化物，其沸点低于同主族其他元素的简单氢化物 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T > U D. R 与 S 形成的化合物均为离子化合物，不含共价键 8.下列离子方程式书写正确的是（ ） A. 向NaClO溶液中通入少量SO₂：ClO⁻ + SO₂ + H₂O = Cl⁻ + SO₄²⁻ + 2H⁺ B. 向FeI₂溶液中通入少量Cl₂：2Fe²⁺ + Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻ C. 向NH₄HCO₃溶液中加入过量NaOH溶液：NH₄⁺ + HCO₃⁻ + OH⁻ = NH₃·H₂O + CO₃²⁻ + H₂O D. 向AgCl悬浊液中滴加Na₂S溶液：2AgCl + S²⁻ = Ag₂S + 2Cl⁻ 9.酸催化作用下的叔丁醇脱水反应生成异丁烯的反应机理的简化示意图如下（Ea表示活化能,单位为KJ/mol，TS代表过渡态）。下列说法错误的是（ ） 反应历程 TS2 (CH3)2C=CH2+H3O+ (CH3)3C++H2O (CH3)3COH2+ (CH3)3COH Ea3=30KJ/mol Ea2=80KJ/mol Ea3 Ea2 Ea1 Ea1=50KJ/mol TS3 TS1 A.该反应的总反应速率由第二步决定 B. 催化剂通过降低反应的活化能来加快反应速率 C. 该反应的反应热ΔH = Ea1 + Ea2 - Ea3 D. 反应中间体(CH3)3COH2+在反应过程中浓度先增大后减小 10.为探究不同浓度H₂SO₄与Zn反应的产物差异，进行如下实验。下列说法错误的是 装置 实验 H₂SO₄浓度 步骤与现象 锌条 5mL H2SO4溶液 ① 18 mol·L⁻¹ 剧烈反应，产生刺激性气味气体；溶液保持无色 ② 6 mol·L⁻¹ 锌片表面持续产生气泡；试管壁发烫 ③ 1 mol·L⁻¹ 初始无气泡，片刻后产生无色无味气体；滴加几滴BaCl₂溶液，出现白色沉淀 A. ①中刺激性气味气体可能是SO₂，需进一步验证S元素价态变化 B. "试管壁发烫"说明②的反应放热，但不能证明产物种类 C. ③中初始无气泡，可能是Zn可能是锌片表面存在氧化层 D. "白色沉淀"说明③的H₂SO₄被还原为H₂S 11.我国科学家谢和平院士团队开创了"相变迁移"驱动的海水无淡化原位直接电解制氢新技术。其装置原理如图所示：在海水和浓KOH电解质之间设置疏水多孔聚四氟乙烯（PTFE）膜，膜内形成微米级气隙通路。海水中的水蒸气在压力差驱动下自发蒸发，穿过气隙被电解质吸收后液化，供给电解使用；而海水中Na⁺、Cl⁻等杂质离子被完全阻断。下列说法正确的是（　　） A. PTFE膜的作用与离子交换膜相同，均通过离子选择性透过实现传质 B. 电解过程中，阴极的电极反应式为：2H₂O + 2e⁻ → H₂↑ + 2OH⁻ C. 若用该装置电解1 mol H₂O，理论上需消耗海水中至少2 mol H₂O蒸发补充 D. 阳极产生的O₂中可能混有Cl₂，需要后续分离纯化 12.Zn-ⅥA型晶态材料由Zn与氧族元素（X:O或S）形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数 a(Zn-O)=428pm，a(Zn-S)=444pm。下列说法正确的是 A. 与X紧邻的Zn有4个 B. 晶胞中Zn之间最近的距离为pm C. 晶胞密度：ρ(Zn-S) >ρ (Zn-O) D. 若Zn-Se晶胞体心Se替换为S，则 = ● X ○ Zn 13.在体积均为 0.2 L 的甲、乙两个恒容密闭容器中，分别加入相同质量的炭粉和 2.8 mol 水蒸气，在不同温度下反应 C(s)+H₂O(g)⇌CO(g)+H₂(g)，CO 的物质的量随时间变化如图所示（甲在 t=1 min 达到平衡，n(CO)=1.5 mol；乙在 t=2 min 达到平衡，n(CO)=1.2 mol）。下列说法正确的是（　　） A. 甲容器的温度低于乙容器的温度 B. 反应 C(s)+H₂O(g)⇌CO(g)+H₂(g) 的正反应为放热反应 C. 乙容器中水蒸气的转化率为 3/7 D. B 点时甲容器中 H₂ 的物质的量为 0.3 mol 14.室温下，用 0.0100 mol·L⁻¹ 的 AgNO₃ 溶液滴定 20.00 mL 浓度均为 0.0100 mol·L⁻¹ 的 NaI、NaCl 混合溶液，所得沉淀滴定曲线如图所示。已知： 难溶物 Ksp​ AgI 8.5×10−17 AgCl 1.8×10−10 已知：若溶液中离子浓度小于 1.0×10−5mol·L-1 时认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是（　　） A. 曲线上 a 点处：c(I−)=c(Ag+) B. 滴定过程中先产生黄色沉淀，后产生白色沉淀 C. 当 I⁻沉淀完全时，Ag⁺尚未开始沉淀 Cl⁻ D. 当 Cl- 沉淀完全时，溶液中 c(Ag+)>c(Cl−) 15.（15分）纳米二氧化铈（CeO₂）因具有优异的储氧/放氧能力和较高的氧空位迁移率，广泛用作汽车尾气净化催化剂。广西稀土资源丰富，其中铈是储量最大的稀土元素之一。某实验小组以 Ce(NO₃)₃·6H₂O为原料，采用反向沉淀法制备纳米CeO₂，并探究焙烧温度对产物催化性能的影响。 已知： ①Ce(OH)₃为白色胶状沉淀，Ce(OH)₄为黄色沉淀 ② Ce³⁺在碱性条件下可被H₂O₂氧化为Ce4+ ③纳米CeO₂的催化活性与比表面积和结晶度均有关 【制备流程】 步骤I：将将Ce(NO3)3·6H2O溶于1 mol/L稀HNO₃中，配成0.5 mol/L溶液A。 步骤II：在三颈烧瓶中预先加入1 mol/L NH3·H2O溶液，置于冰水浴中，按图1所示装置安装。在搅拌条件下，将溶液A和30% H2O₂溶液同时缓慢滴入NH₃·H₂O中，滴加完毕后继续搅拌30 min，沉淀由白色变为黄色。 步骤III：将烧瓶转入60°C水浴中陈化2 h。 步骤IV：过滤，先用蒸馏水洗，再无水乙醇洗涤沉淀。 步骤V：在80°C干燥箱中干燥12 h，得到前驱体。 步骤VI：取干燥后的前驱体，分别在400°C、500°C、600°C下焙烧2 h，得到纳米CeO₂样品。 图1 （1）步骤I中，将Ce(NO3)3·6H2O溶于稀HNO₃而非纯水中，原因是_______。（2分） （2）步骤II中，装溶液A的仪器名称为 ；（1分）三颈烧瓶中Ce³⁺被H2O₂氧化并生成黄色沉淀。写出该反应的离子方程式：______________________ 。（2分） （3）步骤II采用冰水浴，目的是_______________________________________（答出两点）。（2分） （4）步骤IV中：判断沉淀已洗涤干净的方法是_______________。（2分） （5）步骤VI中，前驱体Ce(OH)₄焙烧生成CeO₂的化学方程式为_______________________。（2分） （6）不同焙烧温度下样品的比表面积和CO催化转化率如下表： 焙烧温度/°C 比表面积/(m²·g⁻¹) CO转化率/% 400 84.9 68.3 500 81.5 91.6 600 55.5 62.7 ① 比表面积随焙烧温度升高而减小的原因是_______；（2分） ② 500°C焙烧样品的CO转化率最高，但400°C和600°C样品的转化率均较低。结合表中数据和已知③分析：400°C与600°C样品转化率低的原因分别是_____________________、____________________________。（2分） 16.（15分）废旧锂离子电池正极材料主要成分为LiCoO₂，还含有少量Al、Fe等杂质。一种回收Co和Li的工艺流程如下。 已知：① 萃取剂P204在酸性条件下对Co²⁺的萃取能力远大于Li⁺。 ② 相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe³⁺ Al³⁺ Co²⁺ Li⁺ 开始沉淀的pH 2.2 3.7 7.6 9.8 沉淀完全的pH 3.5 4.7 9.2 11.0 回答下列问题： (1) “碱浸”的目的是除去______，该步骤的离子方程式为________________。 (2) “酸浸”时，H₂O₂的作用是______（填“氧化剂”或“还原剂”），该步骤发生的主要反应的化学方程式为________________。 (3) “调pH”时，应控制溶液的pH范围为______，目的是使______完全沉淀。 (4) “萃取”时，需控制溶液的pH在3-4之间。若pH过高，会导致______。 (5) “沉钴”时，发生反应的离子方程式为________________。 (6) “沉锂”时，加入的试剂是______（填化学式）。若“沉锂”前溶液中c(Li⁺)=0.1 mol/L，加入等体积的该试剂后，溶液中c(CO₃²⁻)=______ mol/L（已知：Ksp(Li₂CO₃)=1.7×10⁻³，忽略混合后体积变化）。 17．（14分）甲醇(CH3OH)是重要的化工原料和清洁燃料。回答下列问题： I．工业合成甲醇 (1) CO是合成甲醇的原料之一，在p=5 MPa下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得CH3OH出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图1，已知粒径:c>a。曲线②的CH3OH出口含量始终高于曲线①的原因是________。达到最高点后，曲线②下降的原因是________。 (2) 已知：常温下各物质的相对能量如图2。则反应 CO(g) + 2H2(g) → CH3OH(g) 的 ΔH = ________ kJ·mol-1，则该反应在________下能自发进行（填写：“高温”、“低温”、“任意温度”。 （3）某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在容积固定为2L的密闭容器内充入1molCO和2molH2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在250°C开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：（已知CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ） 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 压强/MPa 12.6 10.8 9.5 8.7 8.4 8.4 则从反应开始到20min时，以H2表示的平均反应速率= ，该温度下平衡常数KP= ；(已知：各物质分压=P总×该物质的物质量分数） （4）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是 ； A、容器内气体的平均摩尔质量保持不变 B、v(H2)=2v(CH3OH) C、容器中气体的密度保持不变     D、单位时间内生成nmolCO的同时消耗nmolCH3OH II．电催化合成甲醇 (5) 我国科研工作者以CO2为碳源，用Pt/C纳米片电催化CO2和水合成甲醇。下图为电催化合成甲醇的原理示意图。a电极为________极。 (6) b电极发生的电极反应式为________。 18.博苏替尼(化合物I)是一种抗肿瘤药物，某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)： 已知: (1)在A中存在且能使A与NaOH反应的官能团名称有______________。 (2) 在C转化为D的过程中反应中，K2CO3也可以用三乙胺(TEA)替代，则K2CO3的作用是______________________。 (3)反应 （E→F）的反应类型为_____________ 。 (4)写出（F→G）的反应方程式 (5)写出符合下列条件的化合物B的同分异构体_______。 ①能使溶液显色； ②能与NaHCO3溶液反应产生气体； ③苯环上只有两个取代基，且处于对位； ④分子中含有手性碳原子。 (6)写出以邻硝基苯甲酸为原料合成 的合成路线_________。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年广西高考化学模拟小练试题参考答案 1.C【详解】选项A：钛合金是钛与其他金属（或非金属）熔合形成的合金，合金属于混合物，不是纯净物，A错误。 选项B：聚碳酸酯（PC）是人工合成的高分子聚合物，不属于天然高分子材料，B错误。 选项C：“天宫”空间站使用的太阳能电池阵，通过光电效应可以将光能直接转化为电能，C正确。 选项D：液氧是单质，煤油是多种烃的混合物，二者结构不相似，组成也不相差若干个CH2原子团，不属于同系物，D错误。 2.A【详解】A正确：乙醇蒸气通过灼热CuO，发生氧化反应：CH₃CH₂OH + CuO → CH₃CHO + Cu + H₂O，黑色CuO变为红色Cu，生成的水可使无水CuSO₄变蓝 B错误：酸性KMnO₄溶液褪色只能证明乙醇具有还原性，但乙醇被氧化的产物可能是乙醛也可能是乙酸，不能仅凭褪色判断生成乙醛 C错误：乙醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应生成乙烯，但反应过程中可能产生SO₂等还原性杂质气体，也能使溴水褪色，干扰检验 D.萃取剂必须与原溶剂(水)不互溶，且碘在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度，乙醇与水以任意比例互溶，无法分层，不能作为碘水的萃取剂，D错误; 3.A 【详解】 HCOOH中，C与三个原子相连（H、O、O），每个单键为1个σ键，双键中1个σ键+1个π键。所以σ键总数：C-H(1)、C=O(1σ)、C-O(1σ)、O-H(1σ)=4个σ键。A是正确的 B错误：CO₂与NaOH反应生成Na₂CO₃或NaHCO₃，该反应是非氧化还原反应，没有电子转移。 C正确：由电极反应式CO₂ + 2e⁻ + 2H⁺ = HCOOH，生成1 mol HCOOH（46 g）转移2 mol电子，即2NA。但题目说若生成46 g HCOOH，即1 mol HCOOH，应转移2NA，所以C是错误的。 D错误：HCOO⁻在水溶液中会发生水解，因此1 L 0.1 mol/L HCOONa溶液中，HCOO⁻数目小于0.1NA。 4.B【详解】A选项：CoCl₂晶体中只存在离子键，不存在配位键 错误。CoCl₂在无水状态时以离子晶体形式存在，Co²⁺与Cl⁻之间主要为离子键。但更重要的是， CoCl₂吸水后，Co²⁺与H₂O或Cl⁻之间会形成配位键，生成[Co(H₂O)₆]²⁺或[Co(H₂O)₄Cl₂]·2H₂O等配合物。因此，“只存在离子键”的说法，是错误的。 B选项正确：硅胶骨架中Si原子采取sp³杂化，其空间构型为正四面体,正确。硅胶骨架由SiO₂单元通过Si–O–Si键连接而成。每个Si原子与4个O原子形成4个σ键，价层电子对数为4，无孤对电子，因此Si原子采取sp³杂化，空间构型为正四面体。 C选项错误。[Co(H₂O)₆]²⁺中Co²⁺的配位数为6，需要6个杂化轨道来容纳6个配位键。 [Co(H₂O)₆]²⁺的杂化轨道数为6，因此必须涉及d轨道，属于sp³d²杂化。因为sp³杂化只能形成4个杂化轨道，无法满足6配位的需求。 因此，[Co(H₂O)₆]²⁺的空间构型应为八面体，而非四面体。 D选项错误。该凝胶的变色过程涉及化学变化。干燥时CoCl₂呈蓝色，吸水后Co²⁺与H₂O分子形成配位键，生成[Co(H₂O)₆]²⁺或[Co(H₂O)₄Cl₂]·2H₂O而呈粉红色。配位键的形成属于化学键的形成，因此该过程是化学变化，而非单纯的物理变化。 5.D【详解】A项正确：硅胶表面的–OH基团可与水分子形成氢键，这是其吸湿性的基础，也是智能凝胶响应湿度的关键机制之一。 B项正确：Co²⁺为过渡金属离子，具有空的d轨道（或杂化轨道），可接受H₂O分子中O原子的孤对电子，形成配位键，从而改变电子跃迁能级，导致颜色变化（d-d跃迁）。 C项正确：SiO₂网络结构高度交联、化学惰性、不溶于水，使凝胶具有良好的机械稳定性和环境耐受性，适合作为传感器的支撑材料。 D项错误：虽然颜色变化确实可用于定性检测湿度（如通过比色法），但不能用于“定量检测空气中水分含量”,因此，D项将“颜色变化”直接等同于“定量检测”，属于过度推断，因果关系错误。 6.【详解】A.C21H20O6分子式正确，姜黄素含 O 元素，不是“芳香烃”（芳香烃只含 C、H），但归类错误。 B.可加成部位：2个苯环（各可加3 mol H₂，共6 mol）+ 2个C=C双键（各加1 mol，共2 mol）+2个羰基加成= 最多10 mol H₂，错误。 C.含酚羟基（直接连苯环的-OH），与 FeCl₃ 发生显色反应（典型酚类性质），正确 D.醛基（-CHO）→ 与新制 Cu(OH)₂ 反应 → 砖红色沉淀 7. C 据题目推断：R为N元素,、S为Na元素、T为S元素,、U为Cl元素 【详解】A错误，电负性应为 Cl > N > S，而非 S > N > Cl； B错误，NH₃ 存在分子间氢键，沸点高于 PH₃ 等，而非低于 C正确，HClO₄ 酸性强于 H₂SO₄ D错误，NaN₃ 中存在 N₃⁻，含有共价键 8.D【详解】A错误，向NaClO溶液中通入少量SO₂正确方程式为：3ClO⁻ +SO₂ + H₂O = Cl⁻+SO₄²⁻+2HClO； B错误，碘离子还原性强于亚铁离子，通入少量氯气的反应离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl- C错误，过量NaOH,故正确的方程式为NH₄⁺ + HCO₃⁻ + 2OH⁻ = NH₃·H₂O + CO₃²⁻ + H₂O； D正确，AgCl 转化为更难溶的 Ag₂S。 9.C【详解】 A.图中：Ea₁=50，Ea₂=80，Ea₃=30 → Ea₂ 最大，对应第二步（从中间体到 TS₂），因此，第二步是决速步，A 正确 B.催化剂的作用机制是提供新的反应路径，降低活化能。图中虽未画出催化剂参与路径，但题干明确指出“酸催化”，隐含催化剂已降低活化能,B 正确。 C.由图可知，该反应为放热，而 Ea₁+ Ea₂– Ea₃= 50 + 80–30 = +100 kJ/mol>0,为吸热反应，与图不符。且反应热 ΔH = 生成物总能量 – 反应物总能量，该题无明确数据，无法计算， D.中间体(CH3)3COH2+是反应过程中生成又消耗的物质。在反应初期，中间体浓度逐渐积累（生成速率 > 消耗速率）,随着反应进行，后续步骤（如第二步）成为瓶颈，中间体积累到一定程度后开始被消耗（消耗速率 > 生成速率）。因此，中间体浓度先增后减，D 正确 10.D【详解】A.①中刺激性气味气体可能是SO₂，需进一步验证S元素价态变化,浓硫酸与锌反应，通常产物可能有SO₂、H₂S、单质S等，而SO₂有刺激性气味，符合现象，正确 B.试管壁发烫，一定是因为反应放热，这个判断没问题。放热只说明反应焓变ΔH<0，不能说明生成的气体是什么（可能是H₂，也可能是其他含S气体）。所以“不能证明产物种类”是对的，正确 C.③中初始无气泡，可能是锌片表面存在氧化层，需先与酸反应溶解，之后锌才与H⁺反应产生氢气,错误 D.白色沉淀为BaSO₄，证明溶液中存在SO₄²⁻，但SO₄²⁻可能是H₂SO₄未参与还原的部分，且也不能说明还原产物为H₂S（H₂S与BaCl₂不反应）。 11.B【详解】A.PTFE膜是疏水透气膜，只允许水蒸气（气态分子）透过，完全阻断液态水和一切离子。离子交换膜是通过离子选择性透过（如阳离子膜允许阳离子通过）实现分离。两者传质原理完全不同,A错误。 B.电解质为浓KOH（碱性环境），阴极析氢反应：2H₂O + 2e⁻ → H₂↑ + 2OH⁻，与标准碱性电解水一致，B正确 C.水蒸气蒸发→穿膜→液化→电解，是同一份水的相变→电解过程。电解消耗1 mol H₂O，补充也只需1 mol H₂O蒸发，不存在"双倍消耗"。迁移速率 = 电解消耗速率时即达动态平衡,C错误 D.传统海水直接电解确实有析氯副反应，但本题中PTFE膜100%阻断了Cl⁻（题干明确说"杂质离子被完全阻断"），Cl⁻无法到达阳极，不会产生Cl₂——这正是该技术的核心创新,D错误 12.C【详解】A.与X紧邻的Zn有6个，A错误 B.晶胞中Zn之间最近的距离为顶点到面心，为pm C. D.若Zn-Se晶胞体心Se替换为S，则=3,)=1,所以：)=3：1，D错误。 13.C【详解】 A.判断温度高低：甲容器先达到平衡（1 min < 2 min），且平衡时 CO 的物质的量更大（1.5 mol > 1.2 mol），说明甲容器温度更高——温度升高既加快了反应速率，又使平衡正向移动。因此甲的温度高于乙，A 错误。 B.判断反应热效应：温度升高（甲 > 乙），平衡正向移动（CO 物质的量增大），说明正反应为吸热反应（ΔH > 0），B 错误。 C.计算乙容器水蒸气转化率：乙平衡时 n(CO)=1.2 mol，由化学计量关系知消耗 H₂O 1.2 mol，转化率 = 1.2/2.8 = 3/7，C 正确。 D.B 点 H₂ 物质的量：B 点为甲的平衡点，n(CO)=1.5 mol，由计量关系 n(H₂)=n(CO)=1.5 mol，而非 0.3 mol，D 错误。 14.D【详解】A选项：曲线 a 点处，c(I−)=c(Ag+)正确。 a 点为第一个化学计量点，I⁻ 恰好被完全沉淀，溶液中仅存 AgI 的溶解平衡：AgI⇌Ag++I−由溶度积定义：c(Ag+)⋅c(I−)=Ksp(AgI)，且化学计量点处，因此 c(Ag+)=c(I−)=Ksp=8.5×10−17≈9.2×10−9，正确。 B选项：先产生黄色沉淀，后产生白色沉淀，正确。 C选项：当 I⁻ 沉淀完全时，Ag⁺ 尚未开始沉淀 Cl⁻，正确。 D.Cl⁻ 沉淀完全时，c(Cl−)=1.0×10−5mol·L⁻¹，此时：c(Ag+)=1.8×10−5，c(Ag+)>c(Cl−) 15.（1）恒压滴液漏斗（1分） 抑制Ce³⁺水解（1分），防止生成Ce(OH)₃沉淀而影响溶液纯度（1分）。 （2）2Ce³⁺ ＋ H₂O₂ ＋ 6OH⁻ → 2Ce(OH)₄↓（2分） （3）①减缓H₂O₂的分解（1分）；②降低温度有利于获得粒径更小、分布更均匀的纳米颗粒。 （4）取最后一次水洗滤液，加入NaOH溶液并加热，若产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明沉淀已洗涤干净（检验NH₄⁺已除尽）（2分）。 （5）Ce(OH)₄ CeO₂ ＋ 2H₂O（2分） （6）① 焙烧温度升高，纳米颗粒发生烧结（晶粒长大），导致比表面积减小（2分）； ② 400°C：焙烧温度低，结晶度差，催化活性位点少（1分）；600°C：焙烧温度过高，颗粒烧结长大，比表面积大幅减小（从81.5降至55.5 m²·g⁻¹），催化活性位点减少（1分）。 16.(1)Al (或铝)； 2Al + 2OH-- + 6H2O = 2[Al(OH)4]- + 3H2 (2)还原剂； 2LiCoO2 + H2O2 + 3H2SO4 = Li2SO4 + 2CoSO4 + O2+ 4H2O (3)3.2≤pH<7.6 Fe3+ (或铁离子) (4)Co2+转化为沉淀,产率下降 (5)Co2++2OH-=Co(OH)2 (6)Na2CO3； 0.68 17.(1) 催化剂的粒径越小，比表面积越大，催化活性越高，反应速率越快，相同时间内CO转化率更高，出口CO含量更高；温度过高，催化剂活性降低，且该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，CO转化率降低 (2) -88.0 【解析】ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量 = (-356.8) - [0 + 2×134.4] = -356.8 - 268.8 = -88.0 kJ·mol-1 (3) 0.025 mol·L－1·min－1、17.64 【解析】设初始CO为1 mol，H2为2 mol，设CO转化x。 CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g) 初始/mol 1.00 2.00 0 转化/mol x 2x x 平衡/mol 1-x 2-2x x 据压强之比=物质的量之比可知，= ,=,故x=0.5， v(H2)=1÷(2×20 )=0.025mol/(L.min) Kp = P(CH3OH) / [P(CO) · P2(H2)] = 17.64 （4）AD 在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。 A.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以A可以说明； B.B中满足速率之比是相应的化学计量数之比，但反应速率的方向未说明，不能说明； C.质量不变，体积恒定，故密度是一个不变量，不可以说明。 D中反应速率的方向是代表了正、逆反应速率的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此D正确。 (5) 阳 【解析】b极为阴极（CO2得电子被还原），a极为阳极（H2O失电子被氧化） (6) CO2 + 6H+ + 6e- = CH3OH + H2O 【解析】b极为阴极，CO2得电子被还原为CH3OH。配平：C从+4价降至-2价，转移6个电子，结合6个H+，生成CH3OH和H2O 18.(1)羟基、羧基 (2)K2CO3的作用是反应生成的HBr,促进反应正向反应，提高E的产率 (3)还原反应 (4) + +2C2H5OH (5) (6) 学科网（北京）股份有限公司 $