精品解析：安徽六安第一中学2026届高三下学期适应性考试 化学试题

六安一中2026届高三年级适应性考试 化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 生活中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是 A. 硫酸钙可用作做豆腐时的凝固剂，其利用了胶体聚沉的原理 B. 碳酸钠和氢氧化铝均用于治疗胃酸过多，利用了其可与盐酸反应 C. 常见冷敷袋能降温镇痛，其利用了溶于水吸热 D. 小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋 【答案】B 【解析】 【详解】A．豆浆属于胶体，加入电解质硫酸钙可使胶体发生聚沉从而制得豆腐，利用了胶体聚沉原理，A不符合题意； B．碳酸钠碱性较强，与盐酸反应剧烈，会刺激胃肠道，不能用于治疗胃酸过多，常用碳酸氢钠、氢氧化铝等治疗胃酸过多，B符合题意； C．溶于水会吸收大量热量，使环境温度降低，可用于制作冷敷袋实现降温镇痛，C不符合题意； D．甲壳质是天然多糖，处理得到的壳聚糖具有生物可降解性和良好生物相容性，可制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋等，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： B. 的VSEPR模型： C. 甲烷分子和四氟化碳分子的空间填充模型均为 D. 的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲醛分子中羟基和醛基能形成分子内氢键，氢键示意图为，A错误； B．中中心N原子的价层电子对数键数孤电子对数，无孤电子对，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误； C．甲烷分子和四氟化碳分子的空间结构都是正四面体形且C原子半径最大，该模型能表示甲烷和四氟化碳分子的空间填充模型，C正确； D．的电子式为，D错误； 故选C。 3. 下列描述不能正确反映事实的是 A. 有强氧化性，但常温下可用钢瓶储存液氯 B. 烫发时使用还原剂将头发中的二硫键变成巯基，再用氧化剂将巯基氧化成新的二硫键 C. 甲烷水分子笼中甲烷与水分子之间通过氢键结合 D. 民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下干燥氯气与铁不反应，因此可以用钢瓶储存液氯，氯气的强氧化性在加热/有水条件下才会体现，故A正确； B．烫发的原理就是利用还原剂断开头发蛋白质中的二硫键得到巯基，造型后再用氧化剂氧化重新形成新的二硫键固定造型，故B正确； C．氢键的形成需要分子中存在与N、O、F等强电负性原子直接相连的氢原子，甲烷中C-H键极性极弱，甲烷与水分子之间不能形成氢键，仅靠范德华力结合，故C错误； D．半干半湿条件下，金属表面有薄水膜且氧气充足，最易发生吸氧腐蚀，因此有“不干不湿就半年”的说法，D正确； 故选C。 4. 驱肠虫剂山道年(a)可重排为稳变山道年(b)，b可发生开环聚合。下列说法错误的是 A. 1 mol山道年(a)最多可与发生加成反应 B. 1个稳变山道年(b)分子中含有3个手性碳原子 C. 山道年(a)分子和稳变山道年(b)分子互为同分异构体 D. b发生开环聚合后的产物为 【答案】D 【解析】 【详解】A．山道年(a)中与氢气加成的官能团有碳碳双键、酮羰基，故1 mol a最多可与发生加成反应，A正确； B．手性碳原子是指连有4个不同基团的饱和碳原子，稳变山道年(b)中的手性碳原子如图，共3个手性碳原子，B正确； C．山道年(a)分子和稳变山道年(b)分子分子式相同结构不同，互为同分异构体，C正确； D．b含有内酯（环酯）结构，可以发生开环聚合，内酯开环后得到聚酯产物如图，D错误； 故选D。 5. FeS催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，中的价电子总数为 B. 每除去，转移电子的数目为 C. 标准状况下，22.4LCS2中含有键的数目为 D. 溶于稀硝酸，所得溶液中的数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下的物质的量为，1个分子价电子总数为，故价电子总物质的量为，数目为，A错误； B．反应中C元素从-4价升高到+4价，1 mol 反应失去8 mol电子，对应消耗2 mol ，故除去1 mol 时转移电子物质的量为4 mol，数目为，B正确； C．标准状况下，为液体，无法利用标况下气体摩尔体积计算其物质的量，C错误； D．稀硝酸具有强氧化性，会将FeS溶解产生的氧化为，故溶液中数目远小于，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题 族氮、磷及其化合物应用广泛。白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的C焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)。是一种无色剧毒的气体，可被害虫吸入体内干扰细胞能量代谢。磷化物(如、)可用作杀虫剂就是由于它极易水解生成气体。与许多过渡金属形成多种配合物，还是一种强还原剂，能从、等盐溶液中还原出金属。 6. 下列反应的化学方程式错误的是 A. 白磷的制取： B. 白磷与热的浓碱液反应： C. 磷化钙的水解： D. 还原： 7. 下列有关物质的结构或性质的说法中，正确的是 A. 键键能： B. 与过渡金属形成配合物的能力：NH3>PH3 C. 结构中键角 D. 溶液中有4种含磷微粒 【答案】6. A 7. C 【解析】 【6题详解】 A．白磷可由磷灰石Ca3(PO4)2混以石英砂和过量的C焙烧制得，反应中C被氧化为CO，同时生成、白磷，反应的化学方程式为：，A错误； B．白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是PH3，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)，即部分被还原为，部分被氧化为，反应的化学方程式为：，B正确； C．水解生成和，反应的化学方程式为：，C正确； D．还原时，P元素被氧化生成，Cu元素被还原生成Cu，反应的化学方程式为：，D正确； 故选A； 【7题详解】 A．PH3​分子中P与3个H形成3个P−H键，P2H4​分子中P与2个H形成P−H键、同时P与P之间形成1个P−P键。由于P2H4​中P的成键环境与PH3不同，因此两者的P−H键的键能不相等，A错误； B．NH3中N的电负性大于PH3中P的电负性，N原子对孤电子对的吸引力更强，更难给出孤电子对形成配合物，而PH3中P的电负性较小，孤电子对更容易给出，与过渡金属形成配合物的能力更强，B错误； C．结构式为，P原子形成3个单键和1个P=O双键，P的孤电子数为，P的杂化方式为sp3，分子构型为四面体，由于P=O双键中π电子云密度高，排斥力强，且O电负性大于H，导致键角，故C正确； D．已知是一元酸，因此，溶液中不会发生电离，存在、H3PO2两种含磷微粒，故D错误； 故选C。 8. 离子液体在合成与催化、电化学等领域应用广泛，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法正确的是 A. 含氧酸的酸性：W>Y B. 是强电解质，可以用于工业上冶炼Q C. 同周期主族元素中，W的第一电离能最大 D. 离子半径：W>Q>Z 【答案】C 【解析】 【分析】根据离子液体结构示意图和成键特点，X原子形成一个共价键且原子序数最小，故X为H元素；Y原子形成四个共价键，为C元素。阳离子带正电，且Z原子分别形成三个共价键、四个共价键，原子序数大于C元素，故Z为N元素(不能为P，后续推断Q为Al，P原子序数大于Al)。阴离子为，W原子在其中形成一个共价键。根据五种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，可知W为Cl元素，Q为Al元素，阴离子为四氯合铝酸根离子，由与通过配位键形成。综上，X、Y、Z、Q、W原子分别为H、C、N、Al、Cl，据此分析； 【详解】A．W的含氧酸可能为次氯酸、高氯酸等，Y的含氧酸为碳酸，碳酸酸性强于次氯酸，A错误； B．属于共价化合物，熔融状态不导电，溶于水导电，是强电解质，工业上冶炼铝是电解熔融，不是电解，B错误； C．W（Cl）位于第三周期，Ar是0族元素，不属于主族；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，因此第三周期主族元素中Cl的第一电离能最大，C正确； D．离子半径规律：电子层数越多半径越大；电子总数相同时，原子序数越大半径越小。离子半径：（3电子层）（2电子层）（2电子层），即，D错误； 故选C。 9. 某元素的物质间转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：常温常压下B是具有漂白性的无色气体，D是强酸，E、F均为正盐。下列说法错误的是 A. A可能是、S或 B. 25℃时，同浓度溶液的pH： C. 将B通入水中，所得溶液中： D. 可利用B→E→F的转化除去烟气中的B 【答案】C 【解析】 【分析】常温常压下B是具有漂白性的无色气体，结合A→B→C的连续氧化过程及“D是强酸”，可确定B为，进而推得：A为含元素的物质（如、、），与反应生成；在催化剂、加热条件下与反应生成（C），反应为，与反应生成强酸（D）；与固体在下反应生成正盐（E），反应为，在空气中被氧化为正盐（F），据此分析。 【详解】A．在空气中煅烧生成，、在中燃烧均生成，故A可能是、或，A不符合题意； B．时，同浓度溶液中：D为，强酸，酸性最强，最小，F为，强酸强碱盐，溶液呈中性，E为，强碱弱酸盐，水解呈碱性，最大，故：，B不符合题意； C．通入水中发生反应：，分步电离：、，溶液中存在电荷守恒：，因此，C符合题意； D．（B）与反应生成（E），在空气中被氧化为（F），可实现烟气中的去除，D不符合题意； 故选C。 10. 晶体的立方晶胞如图1所示，掺杂获得的一种发光材料结构如图2，利用热解制备可有效保护该晶体内部因的引入而发光猝灭。下列说法错误的是 A. x：y：z=1：1：3 B. 热解可产生HF C. 中与最近且等距的有6个 D. 发光材料中空缺率为25%(空缺率) 【答案】D 【解析】 【详解】A．用均摊法计算图1晶胞中各离子数目：位于顶点，数目，位于体心，数目，位于棱心，数目， 因此，A正确； B．由和构成，热分解反应为，可以产生HF，B正确； C．位于顶点，最近的位于棱心，共6个，分别位于上下、前后、左右，C正确； D．图2晶胞中，1个顶点的被替换：数目​，数目​，数目仍为。电荷平衡：设数目为，则，解得​。总位置数为，空位数​，空缺率，D错误； 故选D。 11. 科研人员以对硝基甲苯和丙烯腈为原料，采用间接成对电解方法协同合成对硝基苯甲酸和己二腈。两极均为惰性电极，电解质溶液为稀硫酸，双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成OH-和H+，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移，反应的原理示意图如下图所示。下列说法正确的是 A. a为电源正极 B. 转化2 mol丙烯腈，理论上电路中转移电子数为2NA C. 双极膜中减少27 gH2O时，则与b极相连的电极上有1molCr3+发生转化 D. 右半区综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+ 【答案】D 【解析】 【分析】a侧电解池的电极得电子发生还原反应生成、得电子发生还原反应生成，a是电源负极；b侧电解池的电极失电子发生氧化反应生成 , b是电源正极； 【详解】A．根据以上分析，a侧电解池的电极发生还原反应为阴极，a为电源负极，A错误； B．丙烯腈转化为己二腈的方程式为，转化2 mol丙烯腈，氧化还原过程转移2mol电子，但阴极存在副反应，理论上电路中转移电子数大于，B错误； C．电极上有发生转化，转移电子数为，对应双极膜迁移出和，减轻，C错误； D．右半区在阳极失电子发生氧化反应生成，把对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+，D正确； 故选D。 12. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 取少量麦芽糖水解液，加过量溶液，再加新制的悬浊液，加热，生成砖红色沉淀 麦芽糖水解生成了还原性糖 B 向FeCl2溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液未变红 有还原性 C 以铁锌为电极，酸化的3％NaCl为电解液，一段时间后，从铁电极区域取出少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴铁氰化钾溶液后，未产生蓝色沉淀 铁电极受到保护，验证了牺牲阳极法 D 向2 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入5 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入0.1 mol·L-1FeCl3溶液，静置出现红褐色沉淀 同温下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．麦芽糖本身属于还原性糖，无论是否水解都能与新制悬浊液反应生成砖红色沉淀，无法证明水解生成还原性糖，故A错误； B．溶液中，也有还原性，也能被高锰酸钾氧化，会干扰还原性的验证，所以实验现象无法得出有还原性的结论，故B错误； C．铁氰化钾用于检验，若有存在，会生成蓝色沉淀；无蓝色沉淀说明铁电极区域无生成，即铁未被氧化，被保护；在原电池中，Zn 比 Fe 活泼，Zn 作负极（阳极）被腐蚀，Fe 作正极（阴极）被保护，是“牺牲阳极的阴极保护法”，现象支持结论，C正确； D．溶液中的OH-过量，加入FeCl3溶液后，一定有Fe(OH)3沉淀产生，不是由Mg(OH)2转化而来，无法比较二者的Ksp，D错误； 故选C。 13. 已知：的反应历程分两步。 第一步： 第二步： 在固定容积的容器中充入一定量的X和Y发生上述反应，相同时间内测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。已知：在图示温度范围内，反应的焓变和熵变几乎不变。下列说法正确的是 A. 若表示正反应活化能，则 B. 若b点达到平衡状态，温度升高，增加的原因是第一步反应速率更快 C. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变 D. 达到平衡后，若其他条件不变，再充入Z，重新达到平衡时，减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图得，一定时间内A的物质的量增大幅度比Z大，说明第一步反应比第二步反应速率快，活化能更低，A错误； B．b点达到平衡时，温度升高，两步反应平衡均逆向移动，而图示A的物质的量增大，说明第二步反应的逆向移动程度更大，此时第二步反应的逆反应速率大于第一步反应的正反应速率，B错误； C．总反应为气体分子数减少的反应，若改为恒压，则反应过程中容器体积减小，反应物浓度增大，反应速率改变，建立平衡的时间改变，C错误； D．容器体积不变，充入Z后平衡逆向移动使c(X)、c(Y)增大，且c(Z)也增大，由平衡常数K=不变，增大，X与Z的物质的量必然减小，X与Z的物质的量比值减小，D正确； 故选D。 14. 向饱和溶液（有足量固体）中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为，平衡时、分布系数（其中M代表、或）与pH的变化关系如图所示，比如，已知：，下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ表示与pH的变化关系 B. 时， C. 时，溶液中 D. 总反应的平衡常数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由反应可知，pH越小，浓度越大，浓度越大，越小，随pH增大先增大后减小，所以，曲线Ⅱ表示与pH的变化关系，曲线Ⅰ表示与pH的变化关系，曲线Ⅲ表示与pH的变化关系，曲线Ⅳ表示与pH的变化关系，A项正确； B．时，；时，==；当时，===，B项正确； C．时，由电荷守恒=和物料守恒联立可得到，由于，故，C项错误； D．的平衡常数=====，D项正确； 答案选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. (钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）中含钴离子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为______。 （3）水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为______。 （4）氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_______；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是______。 （5）萃取分配比的定量分析：萃取工序中，Co2+在有机相和水相的分配比D==9，若用等体积的萃取剂萃取2次，水相中剩余的Co2+为初始的______（用分数表示）。 （6）在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为_______。 【答案】（1）3d6 （2） （3）Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑ （4） ①. 7.4 ②. 可能是生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；或者是NaClO的氧化性强，将部分又氧化，使钴的损失增大 （5）1/100 （6）CoO 【解析】 【分析】废旧锂电池正极材料含和Al、Fe、Mn、Ni的化合物，流程主线中主要元素为Co，Al、Fe、Mn、Ni元素需要在流程中作为杂质被除去。“酸浸还原”过程中，、H2SO4与Na2S2O3反应生成、，Al、Fe、Mn、Ni的化合物与硫酸反应生成Fe2+、Al3+、Mn2+、Ni2+的硫酸盐；“水解净化”过程中，Al3+与碳酸氢根发生完全双水解生成氢氧化铝沉淀而除去；“氧化沉铁锰”过程中NaClO将Fe2+、Mn2+分别氧化成Fe(OH)3和MnO2过滤后除去；“萃取”环节将Co2+从水相萃取到有机相，再经过“反萃取”回到水相后，加草酸铵反应得到再经加热可以得到。 【小问1详解】 Co原子价电子排布式为3d74s2，中Co为+3价，从4s开始失去3个电子后，钴离子的价电子排布式为3d6； 【小问2详解】 “酸浸还原”过程中，LiCoO2与Na2S2O3在硫酸的酸性环境中发生氧化还原生成Li2SO4、CoSO4、Na2SO4和水，配平得到化学方程式：。 【小问3详解】 在“水解净化”过程中碳酸氢铵和Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为：Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑； 【小问4详解】 沉淀完全时pH=9.4，，；若浸取液中，为使钴不损失，，，，则常温下须调节溶液pH不大于7.4；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是：生成Fe(OH)3絮状沉淀，吸附一部分钴离子，使钴的损失增大；或者是NaClO的氧化性强，将部分又氧化成Co(OH)3，使钴的损失增大； 【小问5详解】 假设初始mol，设原溶液体积为1 L，已知分配比D==9，用等体积的萃取剂萃取1次后， mol/L；再用等体积的萃取剂萃取1次后， mol/L，得到水相中剩余的Co2+为初始的1/100； 【小问6详解】 的摩尔质量为183g/mol，18.3g物质的量为0.1mol，900℃时，残留固体质量为7.5g，根据钴原子守恒，含有5.9gCo，则含有7.5g-5.9g=1.6gO，O原子物质的量为0.1mol，可知残留固体的化学式为CoO。 16. 某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 （1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是________。 ②产生的原因是________。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量。写出生成该杂质的化学方程式________。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液的pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值(-3)对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 +0.09 ⅲ 一次性倒入 3.5 +0.07 ⅳ 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是________。 （4）对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：_______，证实了上述猜测。 （5）对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：_______。 Ⅲ．纯度测定 （6）若得到的产品中含有少量的等杂质。称取5.000 g样品，溶于稀硫酸并配制成250 mL。取25 mL溶液，用0.1000 mol/L KMnO4标准液滴至终点，消耗12.30 mL，另取25 mL溶液于试管中，加入过量Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤后用同浓度KMnO4标准液滴至终点，消耗14.30 mL KMnO4标准液。 Ⅰ．样品的纯度为________（保留三位有效数字）。 Ⅱ．若第二次滴定过滤时，部分二价铁被空气氧化，测得的纯度会________(填偏高/偏低/无影响）。 【答案】（1） ①. 作氧化剂，将+2价Fe元素氧化为+3价 ②. 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀 （2） （3）加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低 （4）向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0.09 （5）一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多 （6） ①. 98.2% ②. 偏低 【解析】 【小问1详解】 ①中铁元素的化合价为+2价，步骤1生成的和两种微粒中铁元素的化合价 均为+3价，化合价升高，由此可知作氧化剂，将+2价的铁元素氧化为+3价； ②溶液中水解有生成，使溶液显碱性，步骤1生成的与结合生成沉淀，故产生的原因是：水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀； 【小问2详解】 在步骤3中得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量，中+3价的铁具有氧化性，具有还原性，转化过程中铁元素的化合价降低，发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为； 【小问3详解】 比较表格实验i、iii或ii、iv结果可知，当加入方式相同时，的用量越多，反应后溶液的pH越小，配阴离子电荷偏离值增大，杂质增多，产物纯度越低，故关于用量对产物纯度的影响得出的结论是：加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低； 【小问4详解】 实验ii、iv中草酸加入方式相同（均为逐滴加入），反应后溶液的pH不同，想要验证pH是否影响晶体纯度，可向实验iv中加入稀硫酸，将pH调节至2.5，若溶液在配阴离子电荷偏离值变为+0.09，证明猜测正确，故实验方案为：向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0.09； 【小问5详解】 对比实验ⅰ和ⅱ，反应后溶液pH相同，仅加入方式不同（ⅰ为一次性倒入和ⅱ为逐滴加入），有还原性，一次性倒入会使局部浓度过高，局部pH降低，更多被还原为，生成更多杂质，使得电荷偏离值增大，故“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因为：一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多； 【小问6详解】 根据得失电子守恒和原子守恒可得在酸性条件下和反应的离子方程式为：，故得关系式为：，所以可得样品的纯度为：； 根据上述分析计算可知若第二次滴定过滤时，部分二价铁被空气氧化，则消耗的体积偏小，根据纯度的计算式，测定的纯度会偏低。 17. 甘油与水蒸气重整获得过程中发生以下反应： 主反应：①甘油分解： ②水气变换： 副反应：③甲烷化： 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。 相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 反应产物i的选择性定义为。 回答下列问题： （1）甘油与水蒸气重整获得的总反应④为，其________，该反应在________(填“高温”或“低温”)时自发进行。 （2）反应达平衡时，温度对CO、、选择性的影响情况如图所示。图中表示选择性的曲线是________(填“a”或“b”)，700 K以后，的选择性随温度升高呈该变化趋势的原因是________(结合平衡移动加以解释)。 （3）在一定温度和压强下发生以上反应，下列说法正确的是_______(填序号)。 A. CO体积分数不再发生变化时，各反应达到平衡状态 B. 其他条件不变，在1000~1200℃时，平衡时的物质的量随温度升高而增大 C. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 D. 改用对反应②选择性更强的催化剂，可增大的平衡产率 （4）维持压强为，在温度为T K条件下，与发生上述反应达平衡状态时，剩余，测得体系中产物的选择性如下表所示： 组分 CO 选择性 4% 64% 4% 28% 结合上表数据，p kPa、T K条件下，的平衡转化率为________%(保留1位小数)，水气变换反应的平衡常数________(用含p的计算式表示，无须化简。分压=总压×物质的量分数)。 （5）在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理________。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2） ①. b ②. 700 K以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小 （3）AB （4） ①. 78.3% ②. （5） 【解析】 【小问1详解】 根据表格数据可得：，结合盖斯定律可知：目标反应=反应①+3×反应②，即反应④的==；由 可知：该反应ΔS＞0，ΔH＞0，则反应在高温时可自发进行； 【小问2详解】 升高温度，反应②逆向移动，平衡时CO2减少；反应③逆向移动，平衡时CO2增多、CH4减少，因此随温度升高CO2减少的趋势更平缓，对应曲线b；700 K以后，温度升高时：反应②平衡逆向移动，CO2生成量减少；反应③平衡逆向移动，CO2消耗减少，但反应②的影响更显著，最终导致CO2的选择性减小； 【小问3详解】 A．CO的体积分数属于变量，变量不变则证明已达到平衡状态，A正确； B．升高温度，反应②逆向移动，平衡时H2O的物质的量增大；虽然总反应在高温下正向移动，但图像显示CO2在减少，说明反应②占主导，H2O增多，B正确； C．增大压强，反应①逆向移动、反应③正向移动，总反应逆向移动，均会使H2减少，C错误； D．催化剂不改变平衡产率，D错误； 故选AB； 【小问4详解】 平衡时，设CH4物质的量为x mol，根据选择性可知H2物质的量为mol，设反应①甘油分解a mol，依据碳原子守恒：CO、CO2物质的量之和为(3a−x) mol，根据选择性可知，则，根据氢元素守恒，，代入可得a=1.8；则C3H8O3的平衡转化率；结合上述分析，平衡时各物质的物质的量：C3H8O3为2.3-1.8=0.5 mol，CO和CH4为0.6 mol，H2为9.6 mol，H2O为6.4 mol，CO2为4.2 mol；总物质的量为21.9 mol，故水气变换反应的平衡常数； 【小问5详解】 增大水醇比时，过量的水蒸气会与积碳发生水煤气反应，将积碳转化为CO和H2，从而避免积碳附着，方程式为：。 18. 化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。 （2）由G生成M的化学方程式为______。 （3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为_______。 （4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的同分异构体有______种。 ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基 ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰 （5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，合成化合物。合成线路为______。 【答案】（1） ①. （酮）羰基、羧基 ②. 3 （2） （3） ①. 取代反应 ②. （4）8种 （5）CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2CH3COCH2CH2COOHCH3COCH2CH2COOCH3 【解析】 【分析】结合已知信息，由C的结构简式，可以推出B的结构简式为，A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C到D是酯化反应，故D的结构简式为，E到F发生加成反应，故F的结构简式为，再发生消去反应，得到G，继续发生加聚反应生成M，据此分析； 【小问1详解】 由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：； 【小问2详解】 由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为 ； 【小问3详解】 F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为  ； 【小问4详解】 E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i．分子中含有苯环和2个酚羟基；ii．核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、，8种； 【小问5详解】 ①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2是二烯烃，发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生信息反应，，合成路线：CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2CH3COCH2CH2COOHCH3COCH2CH2COOCH3        。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2026届高三年级适应性考试 化学试卷 考试时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 生活中到处都有化学品的身影，下列说法错误的是 A. 硫酸钙可用作做豆腐时的凝固剂，其利用了胶体聚沉的原理 B. 碳酸钠和氢氧化铝均用于治疗胃酸过多，利用了其可与盐酸反应 C. 常见冷敷袋能降温镇痛，其利用了溶于水吸热 D. 小龙虾外壳中的甲壳质是自然界大量存在的多糖，处理后得到的壳聚糖具有生物可降解性，可以制成药物载体、手术缝合线、环保包装袋 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： B. 的VSEPR模型： C. 甲烷分子和四氟化碳分子的空间填充模型均为 D. 的电子式： 3. 下列描述不能正确反映事实的是 A. 有强氧化性，但常温下可用钢瓶储存液氯 B. 烫发时使用还原剂将头发中的二硫键变成巯基，再用氧化剂将巯基氧化成新的二硫键 C. 甲烷水分子笼中甲烷与水分子之间通过氢键结合 D. 民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀 4. 驱肠虫剂山道年(a)可重排为稳变山道年(b)，b可发生开环聚合。下列说法错误的是 A. 1 mol山道年(a)最多可与发生加成反应 B. 1个稳变山道年(b)分子中含有3个手性碳原子 C. 山道年(a)分子和稳变山道年(b)分子互为同分异构体 D. b发生开环聚合后的产物为 5. FeS催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 标准状况下，中的价电子总数为 B. 每除去，转移电子的数目为 C. 标准状况下，22.4LCS2中含有键的数目为 D. 溶于稀硝酸，所得溶液中的数目为 阅读下列材料，完成下面小题 族氮、磷及其化合物应用广泛。白磷可由磷灰石混以石英砂和过量的C焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物(主要是，还有)和次磷酸盐(次磷酸是一元弱酸)。是一种无色剧毒的气体，可被害虫吸入体内干扰细胞能量代谢。磷化物(如、)可用作杀虫剂就是由于它极易水解生成气体。与许多过渡金属形成多种配合物，还是一种强还原剂，能从、等盐溶液中还原出金属。 6. 下列反应的化学方程式错误的是 A. 白磷的制取： B. 白磷与热的浓碱液反应： C. 磷化钙的水解： D. 还原： 7. 下列有关物质的结构或性质的说法中，正确的是 A. 键键能： B. 与过渡金属形成配合物的能力：NH3>PH3 C. 结构中键角 D. 溶液中有4种含磷微粒 8. 离子液体在合成与催化、电化学等领域应用广泛，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法正确的是 A. 含氧酸的酸性：W>Y B. 是强电解质，可以用于工业上冶炼Q C. 同周期主族元素中，W的第一电离能最大 D. 离子半径：W>Q>Z 9. 某元素的物质间转化关系如图所示（部分反应条件及产物已略去）。已知：常温常压下B是具有漂白性的无色气体，D是强酸，E、F均为正盐。下列说法错误的是 A. A可能是、S或 B. 25℃时，同浓度溶液的pH： C. 将B通入水中，所得溶液中： D. 可利用B→E→F的转化除去烟气中的B 10. 晶体的立方晶胞如图1所示，掺杂获得的一种发光材料结构如图2，利用热解制备可有效保护该晶体内部因的引入而发光猝灭。下列说法错误的是 A. x：y：z=1：1：3 B. 热解可产生HF C. 中与最近且等距的有6个 D. 发光材料中空缺率为25%(空缺率) 11. 科研人员以对硝基甲苯和丙烯腈为原料，采用间接成对电解方法协同合成对硝基苯甲酸和己二腈。两极均为惰性电极，电解质溶液为稀硫酸，双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成OH-和H+，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移，反应的原理示意图如下图所示。下列说法正确的是 A. a为电源正极 B. 转化2 mol丙烯腈，理论上电路中转移电子数为2NA C. 双极膜中减少27 gH2O时，则与b极相连的电极上有1molCr3+发生转化 D. 右半区综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+ 12. 下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 取少量麦芽糖水解液，加过量溶液，再加新制的悬浊液，加热，生成砖红色沉淀 麦芽糖水解生成了还原性糖 B 向FeCl2溶液中滴加高锰酸钾溶液，溶液未变红 有还原性 C 以铁锌为电极，酸化的3％NaCl为电解液，一段时间后，从铁电极区域取出少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴铁氰化钾溶液后，未产生蓝色沉淀 铁电极受到保护，验证了牺牲阳极法 D 向2 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中加入5 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入0.1 mol·L-1FeCl3溶液，静置出现红褐色沉淀 同温下，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3] A. A B. B C. C D. D 13. 已知：的反应历程分两步。 第一步： 第二步： 在固定容积的容器中充入一定量的X和Y发生上述反应，相同时间内测得体系中部分物质的物质的量(n)随温度(T)的变化如图所示。已知：在图示温度范围内，反应的焓变和熵变几乎不变。下列说法正确的是 A. 若表示正反应活化能，则 B. 若b点达到平衡状态，温度升高，增加的原因是第一步反应速率更快 C. 若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变 D. 达到平衡后，若其他条件不变，再充入Z，重新达到平衡时，减小 14. 向饱和溶液（有足量固体）中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为，平衡时、分布系数（其中M代表、或）与pH的变化关系如图所示，比如，已知：，下列说法错误的是 A. 曲线Ⅱ表示与pH的变化关系 B. 时， C. 时，溶液中 D. 总反应的平衡常数为 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. (钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料，某锂离子二次电池的正极材料主要为，还含有少量Al、Fe、Mn、Ni的化合物。通过如下流程利用废旧锂离子电池制取。 已知：常温下，该工艺条件下，有关金属离子沉淀完全()的pH见下表 离子 pH 9.4 3.2 9.0 4.7 10.1 8.9 （1）中含钴离子的价电子排布式为______。 （2）“酸浸还原”时，发生的反应中氧化产物为硫酸盐的化学方程式为______。 （3）水解净化过程中生成“滤渣”的离子方程式为______。 （4）氧化沉铁锰：若浸取液中，为使钴不损失，则常温下须调节溶液pH不大于_______；在调好pH后，加入NaClO溶液，随着锰和铁的沉淀率逐渐增大，钴的损失量也随之增大，可能的原因是______。 （5）萃取分配比的定量分析：萃取工序中，Co2+在有机相和水相的分配比D==9，若用等体积的萃取剂萃取2次，水相中剩余的Co2+为初始的______（用分数表示）。 （6）在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如图所示，写出900℃时，残留固体的化学式为_______。 16. 某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 （1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是________。 ②产生的原因是________。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量。写出生成该杂质的化学方程式________。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液的pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值(-3)对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 +0.09 ⅲ 一次性倒入 3.5 +0.07 ⅳ 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是________。 （4）对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：_______，证实了上述猜测。 （5）对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：_______。 Ⅲ．纯度测定 （6）若得到的产品中含有少量的等杂质。称取5.000 g样品，溶于稀硫酸并配制成250 mL。取25 mL溶液，用0.1000 mol/L KMnO4标准液滴至终点，消耗12.30 mL，另取25 mL溶液于试管中，加入过量Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤后用同浓度KMnO4标准液滴至终点，消耗14.30 mL KMnO4标准液。 Ⅰ．样品的纯度为________（保留三位有效数字）。 Ⅱ．若第二次滴定过滤时，部分二价铁被空气氧化，测得的纯度会________(填偏高/偏低/无影响）。 17. 甘油与水蒸气重整获得过程中发生以下反应： 主反应：①甘油分解： ②水气变换： 副反应：③甲烷化： 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。 相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 反应产物i的选择性定义为。 回答下列问题： （1）甘油与水蒸气重整获得的总反应④为，其________，该反应在________(填“高温”或“低温”)时自发进行。 （2）反应达平衡时，温度对CO、、选择性的影响情况如图所示。图中表示选择性的曲线是________(填“a”或“b”)，700 K以后，的选择性随温度升高呈该变化趋势的原因是________(结合平衡移动加以解释)。 （3）在一定温度和压强下发生以上反应，下列说法正确的是_______(填序号)。 A. CO体积分数不再发生变化时，各反应达到平衡状态 B. 其他条件不变，在1000~1200℃时，平衡时的物质的量随温度升高而增大 C. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 D. 改用对反应②选择性更强的催化剂，可增大的平衡产率 （4）维持压强为，在温度为T K条件下，与发生上述反应达平衡状态时，剩余，测得体系中产物的选择性如下表所示： 组分 CO 选择性 4% 64% 4% 28% 结合上表数据，p kPa、T K条件下，的平衡转化率为________%(保留1位小数)，水气变换反应的平衡常数________(用含p的计算式表示，无须化简。分压=总压×物质的量分数)。 （5）在实际生产中，增大水醇比可避免积碳的生成。用化学方程式说明以上措施的原理________。 18. 化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。 （2）由G生成M的化学方程式为______。 （3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为_______。 （4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的同分异构体有______种。 ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基 ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰 （5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，合成化合物。合成线路为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $