精品解析：广东广州市越秀区广州高山文化培训学校等校2026届高三下学期模拟预测 化学试题

2026届广东省广州市越秀区广州高山文化培训学校模拟预测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 Sb-122 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，只有一个选项是符合题目的要求。 1. 赏岭南花木，承中华雅韵。下列文物主要材质属于合金材料的是 A．莲瓣纹紫砂陶碗 B．青玉雕玉兰花插 C．铜鎏金錾花提壶 D．珍珠地刻花瓷枕 A. A B. B C. C D. D 2. 卟啉是一类具有平面大环结构的化合物，在生命科学、太阳能储存等领域有重要应用。一种锌的卟啉化合物的结构如图所示(ph‑为苯基)，该化合物上 A. 共有8个氢原子 B. 有配位键 C. N的杂化方式为sp3 D. 不能发生加成反应 3. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. 火箭发动机采用耐高温的碳化硅陶瓷，碳化硅属于分子晶体 B. “天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小 C. 核动力货船将采用钍(Th)基熔盐反应堆技术，的中子数为90 D. 飞船返回舱外壳用酚醛树脂作烧蚀材料，酚醛树脂具有耐高温、隔热性 4. 劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用肥皂清洗油污 肥皂中的高级脂肪酸盐含有亲水基和疏水基 B 用大米和小麦制麦芽糖 纤维素水解生成麦芽糖 C 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液显碱性 D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应吸热 A. A B. B C. C D. D 5. 照明工具的变迁见证了人类科技的进步。下列说法正确的是 A. 古代油灯使用的动物油脂，其主要成分属于天然有机高分子 B. 油灯中的煤油是由石油分馏获得，该过程属于化学变化 C. 白炽灯灯丝(钨丝)在高温下升华，该过程涉及共价键的断裂 D. 霓虹灯通电发光的原理是灯内稀有气体原子的电子从激发态跃迁至基态 6. 侯德榜先生发明的“侯氏制碱法”是民族工业的骄傲。兴趣小组利用下图装置模拟该法制备纯碱。其中能达到预期目的的是 A．制备NH3 B．净化CO2 C．制备NaHCO3 D．制备Na2CO3 A. A B. B C. C D. D 7. a为非金属单质，d为简单氢化物。能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 A. a可为C，b可使澄清石灰水变浑浊 B. a可为N2，b与H2O反应中n(氧化剂)∶n(还原剂)=2∶1 C. a可为N2，工业制硝酸涉及a→c→b→e的转化 D. a可为S，向c的水溶液中通入d产生淡黄色沉淀 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且二者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向硫酸铝溶液中滴加过量氨水制备Al(OH)3 Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过 C 向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀 酸性：H2S<H2SO4 D 向溴水中滴加苯，水层褪色 苯与Br2能发生取代反应 A. A B. B C. C D. D 9. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18g H2O晶体内氢键的数目为2NA B. 常温下，1.0L pH = 1的稀硫酸中含H+数目为0.2NA C. 1mol NH4Cl晶体中含有共价键的数目为5NA D. 1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA 10. 利用光电催化分解硫化氢可获得氢气，其原理如图所示，阴极室含稀硫酸溶液。 已知：光半导体在光照条件下产生电子-空穴对(e-/h+)，二者产生后迅速分离。下列说法错误的是 A. 在光半导体表面，空穴将氧化 B. 沉积于光半导体表面的S会使电极钝化 C. 一段时间后，阴极室溶液的pH增大 D. 阴极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑ 11. 利用如图所示装置进行SO2制备与性质检验实验，下列有关说法正确的是 A. 为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和石灰水 B. 关闭K1，打开K2，试剂X是酸性KMnO4溶液，可证明SO2有还原性 C. 关闭K2，打开K1，滴加硫酸，则装置B中每消耗1mol Na2O2，转移1mol e- D. 实验过程中体现了硫酸的酸性、难挥发性、强氧化性 12. 化合物A是一种常用的表面活性剂，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，短周期主族元素中，Z原子半径最大。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：Y > X > Z B. 化学键中的离子键成分百分数：Z2X < Z2Y C. M2X的VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应 13. 由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A O3为V形分子，具有弱极性 O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 B 电负性：O>S 沸点：H2O>H2S C 石墨层层间靠范德华力维系 石墨质软，可作固体润滑剂 D 乙醇和苯酚分子均含有羟基 两者均具有酸性，能与NaOH反应 A. A B. B C. C D. D 14. 难溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成、、而溶解，如下图所示。将适量完全溶于盐酸，得到pH=3的溶液，下列叙述正确的是 A. 加水稀释时，浓度不断升高 B. 向溶液中加入NaOH固体，浓度一定保持不变 C. 由图可知，可发生电离： D. 体系中， 15. 某小组设计实验探究氯气的部分性质，装置如图所示。下列叙述错误的是 A. ①中U形管两侧均有气泡冒出，从右往左分别是Cl2和H2 B. ③中溶液变为棕黄色，说明氯的非金属性比溴的强 C. ④中每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，说明氧化性：Cl2> D. ②中用滴加酚酞的NaOH溶液替代，也可证明Cl2与水反应生成酸性物质 16. 盐酸羟胺(HONH2·HCl或HONH3Cl，其中N为-1价)可用作合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl。工业上制备盐酸羟胺的装置及电极反应机理如图。有理论认为，在该机理中Fe电极吸附NO后，得到第一个e-的过程最慢，则下列说法错误的是 A. 步骤ⅱ的活化能最高 B. 图中A为H+，B为HONH C. 铁电极的电极反应式为Fe + NO + e- + 4H+= Fe2+ + HONH D. 理论上每消耗33.6LH2(标准状况)，左右两室溶液的质量之差为33g 二、非选择题：4小题共56分。 17. 某兴趣小组探究反应A：平衡的建立并测定平衡常数K。 I．准备溶液 （1）用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。 ①该过程中无需用到的仪器有______(填下图中标号)。 ②滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸(滴定终点时，转化为)，则______mol∙L-1。 II．探究反应A平衡的建立 （2）准备2.00 g BaSO4 粉末(M=233g∙mol-1)和100 mL 0.100mol∙L-1Na2CO3溶液 [开展实验]： 在25℃下将二者混合，不断搅拌(控制速率可忽略难溶物的覆盖问题)，利用计测得体系随时间变化。观察到pH逐渐减小，1600 后不改变。 [提出猜想]： 猜想a：pH不变是由于反应A已达平衡。 猜想b：pH不变是由于BaSO4固体已完全消耗。 [实验验证]：小组同学设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．将上述实验中的反应混合物进行固液分离 / ii． 取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加______(填试剂) ______ [实验结论]：猜想b不成立，猜想a成立，即实验中反应A平衡已建立。 [理论分析]：③查阅Ksp数据，计算反应A平衡常数K的理论值为。试结合K的理论 值说明反应A已达平衡的理由是______。 III．测定反应A的平衡常数 （3）小组同学沿用(1)中的滴定法，利用盐酸测定，进而计算出平衡常数K的实测值。 ①取上述实验i中分离出的滤液，消耗盐酸，依据实验数据计算平衡常数K=______ (列出算式)，实测值与理论值接近。 ②若取上述实验中的浊液测定，则所测K值______(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。 （4）小组同学改变浓度，向1.00 g BaSO4固体中加入100 mL 0.050 mol∙L-1 Na2CO3溶液，不断搅拌，800 s时停止搅拌，过滤取滤液，用盐酸滴定，测定，则再次测定的K值小于理论值，可能原因是③______。 18. 采用两段焙烧-水浸法从深海铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Si等元素的氧化物)中获取MnCO3的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体。 ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ③时，Ka1(H2S)=1×10−7、Ka2(H2S)=1×10−13、Ksp(CoS)=4×10−21 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；“水浸”时金属元素浸出率随焙烧温度变化如下图所示，请选择合适的“低温焙烧”温度______。 A．250℃ B．400℃ C．450℃ D．500℃ （2）“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣的主要成分有______、______(填化学式)。 （3）萃取剂HR为，“萃取分离”后铜元素的存在形式为： ①铜易进入有机相的原因有______。 A．铜与N、O形成配位键 B．配位时Cu2+价态发生改变 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 ②“反萃取”时加入的试剂为______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5 mol∙L−1]，则此时溶液中c(HS−)=______mol∙L−1。 （5）“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为______；离子所得滤液2经处理后的产品可导入______(填单元操作名称)中循环。 （6）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为______(列出计算式即可)。 19. 乙二醇()是一种重要化工原料，以和为催化剂，用合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ、直接合成法：，不同温度下平衡常数见下表。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）已知的燃烧热分别为-a kJ∙mol-1、-b kJ∙mol-1、-c kJ∙mol-1，则上述合成反应的ΔH= ______(用a、b和c表示)。 （3）在355K下，将2 mol和3mol通入体积为1 L的恒容密闭容器中发生上述合成反应，对于该反应体系，下列说法正确的是______。 A. 降低温度，可提高H2的平衡转化率 B. 平衡时，通入乙二醇，平衡逆向移动，乙二醇的质量分数减小 C. 当的转化率为50%，此时v正>v逆 D. 延长合成气与催化剂接触时间，能提高乙二醇的平衡产率 （4）该体系还发生副反应： ΔH= -128 kJ∙mol-1，在下图中绘制表示和反应生成过程中能量变化示意图，并在图中标明ΔH的数值______。 Ⅱ、间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （5）在2 MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线______(填图中标号)表示DMO的转化率。 ②483K时，出口处的值为______。 ③A点反应的浓度商______(用物质的量分数代替浓度计算，写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 20. 化合物M是一种新型药物的中间体，其“一锅法”合成路线如下(部分反应条件略)： （1）化合物1a的分子式为______，化合物4a含有官能团的名称为______。 （2）化合物3a的名称为______，化合物3a的同分异构体x不含环且含有手性碳原子，化合物x的结构简式为______。 （3）下列说法正确的有______。 A. 在1a分子中，有7个碳原子采取sp2杂化 B. 在2a和4a生成5a的过程中，有π键断裂与σ键形成 C. 在5a分子中，有大π键，存在手性碳原子 D. 化合物M中两个苯环可能共面 （4）合成过程中，化合物4a也可与NaOH发生副反应生成化合物y，图甲、图乙分别为4a和y的核磁共振氢谱，推断y的结构，写出该反应的化学方程式：______。 （5）根据上述信息合成化合物I，结构如图所示。 ①第一步，引入溴，其反应的化学方程式为______(不需注明反应条件)。 ②第二步：参考上述“一锅法”路线，以6a、为原料，在碱性条件下与①中有机产物发生反应。 ③第三步，②中得到的有机产物先酸化，再进行______(填具体反应类型)，其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省广州市越秀区广州高山文化培训学校模拟预测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mn-55 Sb-122 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，只有一个选项是符合题目的要求。 1. 赏岭南花木，承中华雅韵。下列文物主要材质属于合金材料的是 A．莲瓣纹紫砂陶碗 B．青玉雕玉兰花插 C．铜鎏金錾花提壶 D．珍珠地刻花瓷枕 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．莲瓣纹紫砂陶碗主要材质为陶瓷，属于无机非金属材料，A错误； B．青玉雕玉兰花插主要材质为玉石，属于无机非金属材料，B错误； C．铜鎏金錾花提壶主要材质为铜合金，属于合金材料，C正确； D．珍珠地刻花瓷枕主要材质为陶瓷，属于无机非金属材料，D错误； 故选C。 2. 卟啉是一类具有平面大环结构的化合物，在生命科学、太阳能储存等领域有重要应用。一种锌的卟啉化合物的结构如图所示(ph‑为苯基)，该化合物上 A. 共有8个氢原子 B. 有配位键 C. N的杂化方式为sp3 D. 不能发生加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．该化合物含有4个苯基，每个苯基含5个氢原子，仅苯基部分氢原子总数就为20，远大于8，A错误； B．Zn为过渡金属元素，存在空轨道，N原子存在孤电子对，二者可形成配位键，B正确； C．该化合物为平面大环结构，所有N原子均处于平面内，杂化方式为，不是，C错误； D．该化合物含苯环、碳碳双键、碳氮双键等不饱和键，能够发生加成反应，D错误； 故选B。 3. 科技是国家强盛之基，创新是民族进步之魂。下列说法正确的是 A. 火箭发动机采用耐高温的碳化硅陶瓷，碳化硅属于分子晶体 B. “天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小 C. 核动力货船将采用钍(Th)基熔盐反应堆技术，的中子数为90 D. 飞船返回舱外壳用酚醛树脂作烧蚀材料，酚醛树脂具有耐高温、隔热性 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳化硅属于共价（原子）晶体，具备耐高温的特点，分子晶体熔点普遍较低，A错误； B．合金的硬度通常大于其组成的纯金属，钛合金硬度比纯钛大，B错误； C．原子的中子数=质量数-质子数，的中子数为，90是其质子数，C错误； D．酚醛树脂为热固性高分子，具有耐高温、隔热性好的特点，可作为返回舱外壳的烧蚀材料，D正确； 故选D。 4. 劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述正确的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用肥皂清洗油污 肥皂中的高级脂肪酸盐含有亲水基和疏水基 B 用大米和小麦制麦芽糖 纤维素水解生成麦芽糖 C 用次氯酸钠溶液消毒 次氯酸钠溶液显碱性 D 用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴 使用时铁粉被氧化，反应吸热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．肥皂中的高级脂肪酸盐含有亲水基和疏水基，可通过乳化作用去除油污，对应化学知识表述正确，A正确； B．大米和小麦的主要成分为淀粉，制麦芽糖是淀粉水解生成麦芽糖，而非纤维素水解，对应化学知识表述错误，B错误； C．次氯酸钠溶液消毒是因为其水解生成的次氯酸具有强氧化性，与溶液显碱性无关，对应化学知识表述错误，C错误； D．暖贴使用时铁粉发生吸氧腐蚀被氧化，该反应为放热反应，对应化学知识表述错误，D错误； 故选A。 5. 照明工具的变迁见证了人类科技的进步。下列说法正确的是 A. 古代油灯使用的动物油脂，其主要成分属于天然有机高分子 B. 油灯中的煤油是由石油分馏获得，该过程属于化学变化 C. 白炽灯灯丝(钨丝)在高温下升华，该过程涉及共价键的断裂 D. 霓虹灯通电发光的原理是灯内稀有气体原子的电子从激发态跃迁至基态 【答案】D 【解析】 【详解】A．动物油脂主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量远小于10000，不属于天然有机高分子，A错误； B．煤油由石油分馏获得，分馏是利用各组分沸点不同进行分离的操作，无新物质生成，属于物理变化，B错误； C．钨丝属于金属晶体，高温下升华只破坏金属键，不涉及共价键断裂，C错误； D．霓虹灯通电时，稀有气体原子的电子吸收能量跃迁至激发态，再从激发态跃迁回基态时释放不同波长的光，实现发光，D正确； 故选D。 6. 侯德榜先生发明的“侯氏制碱法”是民族工业的骄傲。兴趣小组利用下图装置模拟该法制备纯碱。其中能达到预期目的的是 A．制备NH3 B．净化CO2 C．制备NaHCO3 D．制备Na2CO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．生石灰和水反应放热，使浓氨水受热分解生成氨气， A正确； B．二氧化碳会与碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液净化二氧化碳，B错误； C．侯氏制碱法应先向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳，该装置无法体现正确的操作顺序，且由于氨气极易溶于水，将导管伸入液面以下易发生倒吸，C错误； D．制备碳酸钠应该是加热碳酸氢钠固体，所以应该用坩埚，D错误； 故答案选A。 7. a为非金属单质，d为简单氢化物。能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 A. a可为C，b可使澄清石灰水变浑浊 B. a可为N2，b与H2O反应中n(氧化剂)∶n(还原剂)=2∶1 C. a可为N2，工业制硝酸涉及a→c→b→e的转化 D. a可为S，向c的水溶液中通入d产生淡黄色沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】本题限定a为非金属单质，d为a的简单氢化物，结合转化关系：a与O₂、d与O₂均生成c，c与O₂生成b，b与H₂O生成e，e与Cu反应生成c，可推导a对应的非金属需存在至少三种正价氧化物或含氧酸，且其最高价氧化物对应水化物可与Cu反应生成低价含氧化合物。 【详解】A．若a为C，则d为，c为，b为，e为，不能与Cu反应生成，转化不成立，A错误； B．若a为，则b为，与反应为，反应中既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，与选项表述的2:1不符，B错误； C．若a为，则c为，b为，e为，工业制硝酸的流程为制备，催化氧化生成，氧化为，与水反应生成，涉及a→c→b→e的转化，C正确； D．若a为，则e为，Cu与浓硫酸反应生成需要加热，不能直接转化，不符合题目直接转化的要求，D错误； 故选 C。 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且二者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向硫酸铝溶液中滴加过量氨水制备Al(OH)3 Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过 C 向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀 酸性：H2S<H2SO4 D 向溴水中滴加苯，水层褪色 苯与Br2能发生取代反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向硫酸铝溶液滴加过量氨水可制备，陈述Ⅰ正确；但氨水是弱电解质，离子方程式中不能拆写为，正确的离子方程式为，A不符合题意； B．医疗上常用做钡餐，陈述Ⅰ正确；不溶于水和酸、不易被X射线透过是其可做钡餐的原因，陈述Ⅱ正确且二者有因果关系，B符合题意； C．向溶液通入生成黑色CuS沉淀，陈述Ⅰ正确；酸性也正确，但该反应发生的原因是CuS溶解度极低，与酸性强弱无关，二者无因果关系，C不符合题意； D．向溴水中加苯水层褪色是苯萃取了，属于物理变化，苯与溴水无催化剂时不发生取代反应，陈述Ⅱ错误，D不符合题意； 故选B。 9. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18g H2O晶体内氢键的数目为2NA B. 常温下，1.0L pH = 1的稀硫酸中含H+数目为0.2NA C. 1mol NH4Cl晶体中含有共价键的数目为5NA D. 1 mol Fe与水蒸气完全反应，生成H2的数目为2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．18 g 的物质的量为1 mol，冰晶体中每个氢键由2个水分子共用，1个水分子可与周围4个水分子形成氢键，平均每个水分子形成2个氢键，故晶体内氢键数目为，故A正确； B．常温下的稀硫酸中，1L溶液中物质的量为，数目为，故B错误； C．晶体中与之间为离子键，1个内含有4个N-H共价键，故1 mol 晶体中共价键数目为，故C错误； D．Fe与水蒸气反应的化学方程式为，1 mol Fe完全反应生成，数目为，故D错误； 选A。 10. 利用光电催化分解硫化氢可获得氢气，其原理如图所示，阴极室含稀硫酸溶液。 已知：光半导体在光照条件下产生电子-空穴对(e-/h+)，二者产生后迅速分离。下列说法错误的是 A. 在光半导体表面，空穴将氧化 B. 沉积于光半导体表面的S会使电极钝化 C. 一段时间后，阴极室溶液的pH增大 D. 阴极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑ 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据装置标识确定左侧为阳极、右侧为阴极，光照下光半导体产生电子-空穴对，阳极室通入的解离出，空穴具有氧化性，将氧化为单质，通过质子交换膜从阳极室迁移至阴极室；阴极上得电子发生还原反应生成，电极反应式为。 【详解】A．光半导体表面的空穴带正电，具有氧化性，可将氧化为单质，A正确； B．沉积于光半导体表面的会覆盖电极活性位点，阻碍接触反应，使电极钝化，B正确； C．阴极上每消耗生成，同时有从阳极室迁移至阴极室补充，阴极室浓度保持不变，溶液pH不变，C错误； D．阴极室为稀硫酸酸性环境，得电子生成，电极反应式为，D正确； 故选 C。 11. 利用如图所示装置进行SO2制备与性质检验实验，下列有关说法正确的是 A. 为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和石灰水 B. 关闭K1，打开K2，试剂X是酸性KMnO4溶液，可证明SO2有还原性 C. 关闭K2，打开K1，滴加硫酸，则装置B中每消耗1mol Na2O2，转移1mol e- D. 实验过程中体现了硫酸的酸性、难挥发性、强氧化性 【答案】B 【解析】 【分析】实验目的为制备与性质检验，装置A为发生装置，70%硫酸与反应制备。打开、关闭时，进入装置D与试剂X反应验证性质，装置E为尾气处理装置；打开、关闭时，进入装置B与反应，装置C为尾气处理装置。 【详解】A．饱和石灰水中溶解度小，吸收的量少，吸收效果差，不能用于尾气处理防止环境污染，A错误； B．关闭，打开，生成的通入酸性溶液中，酸性具有强氧化性，溶液褪色说明被氧化，可证明有还原性，B正确； C．关闭，打开，与反应生成，反应中中氧元素全部从-1价降低为-2价，每消耗1mol ，转移2mol ，C错误； D．70%硫酸与反应生成，体现硫酸的酸性和难挥发性，反应过程中硫元素化合价未发生变化，没有体现硫酸的强氧化性，D错误； 故选B。 12. 化合物A是一种常用的表面活性剂，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，短周期主族元素中，Z原子半径最大。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：Y > X > Z B. 化学键中的离子键成分百分数：Z2X < Z2Y C. M2X的VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形 D. 均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应 【答案】B 【解析】 【分析】W是形成物质种类最多的短周期元素，为；短周期主族元素中Z原子半径最大，为；Z、M为同主族元素，结合成键特征可知M为；X、Y为同主族元素，结合结构中X形成2个共价键、Y形成6个共价键，可知X为，Y为。 【详解】A．简单离子电子层越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，离子半径，即，A正确； B．成键元素电负性差值越大，化学键中离子键成分百分数越高，的电负性大于，与的电负性差值大于与的差值，故离子键成分百分数，即，B错误； C．为，中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，含2对孤电子对，空间结构为V形，C正确； D．由、、、四种元素组成的和可发生反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，D正确； 故选 B。 13. 由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A O3为V形分子，具有弱极性 O3在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 B 电负性：O>S 沸点：H2O>H2S C 石墨层层间靠范德华力维系 石墨质软，可作固体润滑剂 D 乙醇和苯酚分子均含有羟基 两者均具有酸性，能与NaOH反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据相似相溶原理，弱极性的与非极性的极性差异更小，与强极性的水极性差异更大，因此在中溶解度大于在水中的溶解度，可由结构推测，A正确； B．电负性，原子可以与其他分子中的形成分子间氢键，增大分子间作用力，使沸点高于无分子间氢键的，可由结构推测，B正确； C．石墨层间的范德华力较弱，层与层之间容易发生相对滑动，因此石墨质软可作固体润滑剂，可由结构推测，C正确； D．乙醇中羟基与给电子的乙基相连，羟基酸性极弱，不能与反应，仅苯酚中羟基受苯环吸电子影响具有酸性能与反应，因此不能由均含羟基的结构推测两者均能与反应的性质，D错误； 故选D。 14. 难溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成、、而溶解，如下图所示。将适量完全溶于盐酸，得到pH=3的溶液，下列叙述正确的是 A. 加水稀释时，浓度不断升高 B. 向溶液中加入NaOH固体，浓度一定保持不变 C. 由图可知，可发生电离： D. 体系中， 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，氢氧化铬在溶液中存在如下电离平衡：；氯化铬溶液中存在如下平衡：、、。 【详解】A．加水稀释时，溶液中 、、的浓度均减小，A错误； B．由图可知，加入氢氧化钠固体时，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，的浓度先增大后减小，B错误； C．由分析可知，氢氧化铬在溶液中存在如下电离平衡：，C正确； D．由题意可知，酸性体系中存在如下电荷守恒关系：，D错误； 故选C。 15. 某小组设计实验探究氯气的部分性质，装置如图所示。下列叙述错误的是 A. ①中U形管两侧均有气泡冒出，从右往左分别是Cl2和H2 B. ③中溶液变为棕黄色，说明氯的非金属性比溴的强 C. ④中每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，说明氧化性：Cl2> D. ②中用滴加酚酞的NaOH溶液替代，也可证明Cl2与水反应生成酸性物质 【答案】D 【解析】 【分析】①装置为电解池，左侧Ag电极为阴极，发生反应，生成，右侧Pt电极为阳极，发生反应，生成，依次通入到石蕊溶液中，先使溶液先变红后褪色；通入到溶液中，发生反应；通入到溶液中，发生反应，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，左侧阴极生成氢气，右侧阳极生成氯气，A正确； B．③中溶液变为棕黄色，氯气将溴单质置换出来，说明氯气的氧化性大于溴单质，即说明氯的非金属性比溴的强，B正确； C．④中发生反应，每消耗1mol转移，是氧化剂，是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，C正确； D．氯气与滴有酚酞的溶液发生反应，被消耗、酚酞褪色，无法区分是与水生成酸中和，还是直接与反应，不能证明与水生成酸性物质，D错误； 故选D。 16. 盐酸羟胺(HONH2·HCl或HONH3Cl，其中N为-1价)可用作合成抗癌药，其化学性质类似NH4Cl。工业上制备盐酸羟胺的装置及电极反应机理如图。有理论认为，在该机理中Fe电极吸附NO后，得到第一个e-的过程最慢，则下列说法错误的是 A. 步骤ⅱ的活化能最高 B. 图中A为H+，B为HONH C. 铁电极的电极反应式为Fe + NO + e- + 4H+= Fe2+ + HONH D. 理论上每消耗33.6LH2(标准状况)，左右两室溶液的质量之差为33g 【答案】C 【解析】 【分析】在电极发生失电子的氧化反应，故电极为负极，电极为正极，电极反应式为，生成的通过氢离子交换膜向电极迁移。结合反应机理，为反应的催化剂，吸附后逐步得到电子、结合最终生成，在过程中被氧化为后重新生成单质完成循环。 【详解】A．题目明确电极吸附后得到第一个的过程最慢，基元反应速率越慢活化能越高，该过程对应步骤ii，故步骤ii的活化能最高，A正确； B．结合反应机理最终产物为，电极生成的通过交换膜迁移到左室参与反应，故A为，B为，B正确； C．为电极反应的催化剂，反应前后的质量和性质不变，铁电极的总电极反应式中不应作为反应物出现，正确电极反应式为，C错误； D．标准状况下的物质的量为 ，转移电子总物质的量为。为外界通入的气体，电极生成的全部迁移到左室，右室溶液质量不变；左室通入 质量增加 ，同时迁入质量增加 ，左室共增加 ，故左右两室溶液的质量之差为 ，D正确； 故选C。 二、非选择题：4小题共56分。 17. 某兴趣小组探究反应A：平衡的建立并测定平衡常数K。 I．准备溶液 （1）用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。 ①该过程中无需用到的仪器有______(填下图中标号)。 ②滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸(滴定终点时，转化为)，则______mol∙L-1。 II．探究反应A平衡的建立 （2）准备2.00 g BaSO4 粉末(M=233g∙mol-1)和100 mL 0.100mol∙L-1Na2CO3溶液 [开展实验]： 在25℃下将二者混合，不断搅拌(控制速率可忽略难溶物的覆盖问题)，利用计测得体系随时间变化。观察到pH逐渐减小，1600 后不改变。 [提出猜想]： 猜想a：pH不变是由于反应A已达平衡。 猜想b：pH不变是由于BaSO4固体已完全消耗。 [实验验证]：小组同学设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．将上述实验中的反应混合物进行固液分离 / ii． 取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加______(填试剂) ______ [实验结论]：猜想b不成立，猜想a成立，即实验中反应A平衡已建立。 [理论分析]：③查阅Ksp数据，计算反应A平衡常数K的理论值为。试结合K的理论 值说明反应A已达平衡的理由是______。 III．测定反应A的平衡常数 （3）小组同学沿用(1)中的滴定法，利用盐酸测定，进而计算出平衡常数K的实测值。 ①取上述实验i中分离出的滤液，消耗盐酸，依据实验数据计算平衡常数K=______ (列出算式)，实测值与理论值接近。 ②若取上述实验中的浊液测定，则所测K值______(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。 （4）小组同学改变浓度，向1.00 g BaSO4固体中加入100 mL 0.050 mol∙L-1 Na2CO3溶液，不断搅拌，800 s时停止搅拌，过滤取滤液，用盐酸滴定，测定，则再次测定的K值小于理论值，可能原因是③______。 【答案】（1） ①. AC ②. （2） ①. 过量稀盐酸 ②. 有气体产生，沉淀未完全溶解 ③. 根据K=，100 mL 0.1 mol·L⁻¹ Na2CO3溶液最多能与0.0932 g BaSO₄固体反应，当溶液pH不再变化即可说明反应达到平衡状态 （3） ①. ②. 偏低 （4）800 s时反应未达到平衡状态 【解析】 【小问1详解】 ①配制碳酸钠溶液、滴定过程中，需要烧杯溶解固体、酸式滴定管盛放盐酸，不需要蒸发皿（用于蒸发结晶）和直形冷凝管（用于蒸馏），因此选无需使用的； ②滴定终点时，，因此； 【小问2详解】 ①②猜想认为完全消耗，若猜想不成立，则沉淀中混有未反应的：可溶于稀盐酸，不溶，因此滴加过量稀盐酸，现象为有气体产生，沉淀部分溶解，仍有固体剩余，即可证明猜想不成立，猜想a成立； ③K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，溶液初始，列三段式： 根据，，最多能与固体反应，由于实验中加入了，远大于0.0932 g，说明不可能完全消耗，因此当溶液pH不再变化即可说明反应达到平衡状态； 【小问3详解】 ①平衡时，，平衡常数； ②若取浊液测定，浊液中的固体也会和盐酸反应，导致消耗盐酸体积偏大，测得偏高，由可知，最终测得值偏低； 【小问4详解】 原实验中反应在才达到平衡，本次实验就停止实验，反应未达到平衡，转化的更少，剩余偏大，因此计算得到的值小于理论值。 18. 采用两段焙烧-水浸法从深海铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Si等元素的氧化物)中获取MnCO3的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体。 ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ③时，Ka1(H2S)=1×10−7、Ka2(H2S)=1×10−13、Ksp(CoS)=4×10−21 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；“水浸”时金属元素浸出率随焙烧温度变化如下图所示，请选择合适的“低温焙烧”温度______。 A．250℃ B．400℃ C．450℃ D．500℃ （2）“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣的主要成分有______、______(填化学式)。 （3）萃取剂HR为，“萃取分离”后铜元素的存在形式为： ①铜易进入有机相的原因有______。 A．铜与N、O形成配位键 B．配位时Cu2+价态发生改变 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 ②“反萃取”时加入的试剂为______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5 mol∙L−1]，则此时溶液中c(HS−)=______mol∙L−1。 （5）“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为______；离子所得滤液2经处理后的产品可导入______(填单元操作名称)中循环。 （6）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为______(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. 3：2 ②. C （2） ①. ②. （3） ①. AD ②. （4）4 （5） ①. ②. 低温焙烧 （6） ①. 12 ②. 【解析】 【分析】采用两段焙烧及水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如、、等；得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有发生了分解，产生气体和；水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为、；后续萃取分离，将Cu元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有Co元素和Mn元素；加入硫化钠，调节pH，生成CoS；滤液中加入，生成沉淀，据此解答。 【小问1详解】 中为+4价，被还原为中+2价，每个得，作氧化剂；中为-3价，被氧化为中0价，每个失，作还原剂，根据电子守恒：，得； 需要浸出率尽可能高，浸出率尽可能低，由图可知，时浸出率已接近100%，浸出率远低于目标金属，温度过高会导致浸出率大幅升高，能耗增加，因此选，故选C。 【小问2详解】 已知在完全分解为，其他金属硫酸盐不分解；原矿石中的氧化物不溶于水，因此水浸滤渣主要为​和； 【小问3详解】 ①A．由产物结构可知，与萃取剂中的形成配位键，生成配合物进入有机相，A正确； B．价态仍为+2，没有改变，B错误； C．若配合物易与水形成氢键，会易溶于水相，C错误； D．配合物中的长烷基链具有疏水性，使配合物易溶于有机相，D正确； 故选AD。 ②反萃取需要将从有机相交换出来，得到，因此加入稀硫酸，化学式为； 【小问4详解】 时，，由，得，由，得； 【小问5详解】 沉锰时与反应生成​沉淀，同时放出​，离子方程式为：； 滤液2中主要含硫酸铵，处理后可返回流程第一步低温焙烧循环使用； 【小问6详解】 ①位于晶胞顶点，位于晶胞面心，顶点到最近的面心的距离相等，每个顶点周围共有12个最近的面心； ②晶胞中的数目为，的数目为，晶胞总质量，晶胞边长，体积，密度。 19. 乙二醇()是一种重要化工原料，以和为催化剂，用合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ、直接合成法：，不同温度下平衡常数见下表。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）基态的价层电子轨道表示式为______。 （2）已知的燃烧热分别为-a kJ∙mol-1、-b kJ∙mol-1、-c kJ∙mol-1，则上述合成反应的ΔH= ______(用a、b和c表示)。 （3）在355K下，将2 mol和3mol通入体积为1 L的恒容密闭容器中发生上述合成反应，对于该反应体系，下列说法正确的是______。 A. 降低温度，可提高H2的平衡转化率 B. 平衡时，通入乙二醇，平衡逆向移动，乙二醇的质量分数减小 C. 当的转化率为50%，此时v正>v逆 D. 延长合成气与催化剂接触时间，能提高乙二醇的平衡产率 （4）该体系还发生副反应： ΔH= -128 kJ∙mol-1，在下图中绘制表示和反应生成过程中能量变化示意图，并在图中标明ΔH的数值______。 Ⅱ、间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （5）在2 MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线______(填图中标号)表示DMO的转化率。 ②483K时，出口处的值为______。 ③A点反应的浓度商______(用物质的量分数代替浓度计算，写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 【答案】（1） （2）c-(2a+3b)或c-2a-3b （3）AC （4） （5） ①. I ②. 1.98 ③. 0.025 【解析】 【小问1详解】 基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为 。 【小问2详解】 将各物质的燃烧热当作物质能量进行计算，反应焓变等于生成物总能量-反应物总能量，则或根据盖斯定律，反应焓变等于反应物燃烧热减去生成物燃烧热，即，答案为c-(2a+3b)或c-2a-3b。 【小问3详解】 A．由表格可知，温度升高，反应平衡常数减小，说明反应的正反应是放热反应，降低温度，反应平衡向正反应（放热反应）方向移动，的平衡转化率提高，A正确； B．恒容条件下通入乙二醇，增大乙二醇浓度，平衡逆向移动，但乙二醇浓度的增加量大于平衡移动的消耗量，最终乙二醇质量分数增大，B错误； C．转化率为50%，根据反应可得此时容器内、、，计算浓度商，反应未达平衡，继续正向进行，，C正确； D．延长反应物与催化剂接触时间不改变平衡状态，不能提高平衡产率，D错误； 故选AC。 【小问4详解】 副反应焓变小于零，生成物总能量低于反应物总能量，两者能量之差为反应焓变，1 mol与2 mol反应生成1 mol，放出热量，能量图表示为； 【小问5详解】 ①由题目信息可知，DMO不是可逆反应，升高温度，反应速率加快，DMO转化率逐渐升高接近100%，曲线I符合该变化，故曲线I表示DMO转化率，答案为I。 ②3个反应均为放热反应，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，MG生成乙二醇的反应可逆，升高温度，该反应平衡逆向移动，乙二醇、乙醇选择性降低，DMO转化率升高，MG选择性升高，反应主要产物时乙二醇，所以，反应前期没有乙醇生成，由此可判断，曲线Ⅳ表示MG的选择性，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，483 K时，DMO转化率为99%，乙醇的选择性为2%，则设DMO初始投料为10 mol，可得，。 ③A点时，DMO转化率为80%，乙二醇和乙醇的选择性均为50%，设DMO初始投料为10 mol，则的初始投料为524 mol，反应到达A点，，根据选择性计算，生成4 mol乙二醇需要先由第一步反应生成4 mol MG，消耗8 mol氢气，然后MG进行第二步反应生成乙二醇，再消耗8 mol氢气，由此可计算反应剩余的物质的量，生成甲醇的物质的量，总物质的量，反应的浓度商。 20. 化合物M是一种新型药物的中间体，其“一锅法”合成路线如下(部分反应条件略)： （1）化合物1a的分子式为______，化合物4a含有官能团的名称为______。 （2）化合物3a的名称为______，化合物3a的同分异构体x不含环且含有手性碳原子，化合物x的结构简式为______。 （3）下列说法正确的有______。 A. 在1a分子中，有7个碳原子采取sp2杂化 B. 在2a和4a生成5a的过程中，有π键断裂与σ键形成 C. 在5a分子中，有大π键，存在手性碳原子 D. 化合物M中两个苯环可能共面 （4）合成过程中，化合物4a也可与NaOH发生副反应生成化合物y，图甲、图乙分别为4a和y的核磁共振氢谱，推断y的结构，写出该反应的化学方程式：______。 （5）根据上述信息合成化合物I，结构如图所示。 ①第一步，引入溴，其反应的化学方程式为______(不需注明反应条件)。 ②第二步：参考上述“一锅法”路线，以6a、为原料，在碱性条件下与①中有机产物发生反应。 ③第三步，②中得到的有机产物先酸化，再进行______(填具体反应类型)，其反应的化学方程式为______(注明反应条件)。 【答案】（1） ①. C9H10O2 ②. 碳溴键、羧基 （2） ①. 异丁酸或2-甲基丙酸 ②. （3）AD （4） （5） ①. ②. 取代反应(或酯化反应) ③. 【解析】 【分析】1a与NaOH发生中和反应，酚羟基转化为酚钠得到2a；3a与发生α-氢取代反应得到4a。2a与4a在碱性加热条件下发生取代反应，酚氧负离子取代溴原子得到5a。5a与苯乙酮在碱性加热条件下发生羟醛缩合反应，醛基与苯乙酮的α-氢反应后脱水形成碳碳双键得到M。 【小问1详解】 化合物1a分子式为。化合物4a含有的官能团为碳溴键、羧基。 【小问2详解】 化合物3a的结构为，系统命名为2-甲基丙酸，习惯命名为异丁酸。其同分异构体x不含环，分子式为，不饱和度为1，需含有手性碳原子，即存在连接四个不同基团的饱和碳原子，符合条件的结构为。 【小问3详解】 A．1a分子中苯环的6个碳原子、醛基的1个碳原子均采取杂化，两个甲基的碳原子采取杂化，共7个杂化的碳原子，A正确； B．2a与4a生成5a的反应为亲核取代反应，反应过程中仅涉及σ键的断裂与形成，无π键断裂，B错误； C．5a分子中苯环存在大π键，但所有饱和碳原子中，与两个甲基相连的碳原子连接2个相同甲基，无手性碳原子，C错误； D．化合物M中两个苯环通过含可旋转单键的链连接，碳碳单键可自由旋转，因此两个苯环可能共面，D正确； 故选AD。 【小问4详解】 化合物4a的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为1:6，对应羧基氢与两个等价甲基的氢。副产物y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为2:3，说明4a发生消去反应，脱去溴原子与邻位甲基上的氢原子形成碳碳双键，产物为2-甲基丙烯酸钠，对应反应方程式为。 【小问5详解】 ① 第一步引入溴，原料为丙酸，α位氢原子被溴取代生成2-溴丙酸，反应方程式为。 ② 第二步为6a与2-溴丙酸在碱性条件下发生取代，酚氧负离子取代溴原子得到醚类产物，再与苯乙酮发生羟醛缩合得到含碳碳双键的产物。 ③ 第三步酸化后得到含羧基的产物，与乙醇发生酯化反应，属于取代反应，反应方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $