精品解析：山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟四化学试题

山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟四 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-56 Ti-48 Co-59 一、选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技强国与化学密切相关，下列说法错误的是 A. 智能机器人存储芯片主要成分是晶体硅 B. 纳米银抗菌原理是利用其具有强氧化性 C. 火箭隔热层所用材料属于共价晶体 D. 航母浸水区镶嵌锌块保护舰体不易腐蚀 2. 物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A. 氮气具有稳定性，可用于冷冻麻醉 B. CaSO4溶解度小，可用于制作豆腐 C. 聚乳酸易降解，可用作手术缝合线 D. 硅酸钠耐热性好，其水溶液可用作黏合剂 3. 下列化学用语错误的是 A. 的电子式： B. 能级电子云轮廓图： C. 基态价层电子轨道表示式： D. F原子的结构示意图： 4. 实验室安全至关重要。下列做法错误的是 A. 取用液溴时，需带手套和护目镜，在通风橱中进行 B. 误食钡盐，可通过服用纯碱溶液解毒 C. 电器、有机物等起火，用二氧化碳灭火器灭火 D. 皮肤被钠灼烧，用乙醇洗、水洗，最后涂上烫伤膏 5. 某苯甲酸样品中含少量氯化钠和泥沙，实验室提纯苯甲酸，下列实验仪器必须用到的有 A. ②④⑦⑧ B. ①②⑥⑨ C. ③②⑧⑨ D. ①②③⑥ (2025·江西一模) 6. 下列离子方程式正确的是 A. 足量溶液和溶液反应： B. 将少量通入溶液中： C. 向银氨溶液中滴加溶液： D. 惰性电极电解氯化镁溶液： 7. 羟胺是白色片状晶体，熔点为32.05℃，极易溶于水，受热易分解生成和，常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看作是氨分子内的1个氢原子被羟基取代而形成。 已知：； 。 下列有关说法正确的是 A. 羟胺的碱性比氨强 B. 与的VSEPR模型相同 C. 羟胺极易溶于水主要原因是形成分子内氢键 D. 大小： 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A H2O的沸点高于HF O-H…O的键能大于F-H…F的键能 B 铍和铝都能与NaOH反应 铍和铝电负性相近，极化能力相似 C 磷脂分子头部亲水，尾部疏水；细胞膜是磷脂双分子层 细胞膜双分子层头向外，尾向内排列 D 识别K+的能力：18-冠-6>12-冠-4 冠醚空腔直径大小不同 A. A B. B C. C D. D 9. 一种汽车尾气脱硝处理的机理如图所示，下列说法错误的是 A. 是反应的催化剂 B. 状态③到状态④的过程中，有O–H键的形成 C. 状态④到状态⑤过程中，NO发生氧化反应 D. 该过程中Cu元素的化合价未发生变化 10. 在某催化剂作用下CO2和H2合成甲酸仅涉及以下反应： I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1<0 II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2 在2L刚性容器中，CO2(g)和H2(g)各投lmol发生反应，平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. △H2<0 B. 曲线b表示平衡时HCOOH的选择性 C. 240℃时，反应I的平衡常数K= D. 在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要小于反应II 二、本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分。 11. 下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 室温下用pH计测定 HCOONH4溶液的pH 溶液pH < 7 B 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 溶液褪色 该钠盐为 Na2SO3或 NaHSO3 C 将2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，再向其中加入少量溴水 溴水褪色 2-溴丙烷发生消去反应 D 向盛有 4 mL酸性高锰酸钾溶液的两支试管中分别加入2 mL 和2 mL草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，提高反应物浓度，可以加快反应速率 A. A B. B C. C D. D 12. 一种基于多离子策略的钾型双离子电池，其示意图如下，充电过程中到达锡电极，与电极形成合金化反应，同时到达石墨电极，插层进入石墨层间。下列说法错误的是 A. 放电时，为负极 B. 充电时，石墨电极反应式为 C. 放电时，当有电子转移时锡电极质量减少 D. 锂、钾与锡可形成合金，有利于电子的传输，极大的提升电池倍率性能及可逆容量 13. 磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示： 下列说法正确的是 A. 白磷(P4)属于共价晶体 B. 次磷酸钠是酸式盐 C. 白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3 D. 流程中的每一步反应均属于氧化还原反应 14. 化合物M是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是 A. K中碳氮键可沿键轴旋转 B. L中所有碳、氧原子共平面 C. 形成M时，氮原子与L中碳原子b成键 D. Q的构造异构体有6种 15. 25℃时，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L−1 HA溶液，体系中-lgc(A−)、-lgc(HA)、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示-lgc(A−)与pH的关系 B. 25℃时，HA的电离平衡常数的数量级为10−4 C. a点溶液中，2c(H+)+c(HA)=c(A−)+2c(OH−) D. b点时，V[NaOH(aq)]=20mL 三、本题共5小题，60分。 (山东德州市2025-2026学年下学期高三一模) 16. 三元材料镍锰钴酸锂是电动汽车电池常用的正极材料。回答下列问题： （1）Mn在元素周期表中的位置_______，基态的价电子排布图为_______。 （2）锂离子电池常采用离子液体作为电解质。该离子液体的结构如图所示。 ①传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体相对难挥发，原因是_______；上述电解质中电负性最大的元素是_______(填元素符号)。 ②阴离子由制得，、中中心原子B的杂化类型分别为_______，由制时B-F的键长_______。(填“变长”“变短”或“不变”) （3）三元材料镍锰钴酸锂为六方最密堆积，其晶胞结构如图所示，以R表示上述晶胞中的过渡金属离子，该晶体的化学式为_______，晶胞中标注为m、n的两个离子的距离为_______pm。 (江西重点中学协作体2026届高三下学期第一次联考) 17. 一种从多金属精矿中(主要含有Fe、Cu、Ni、O等元素)提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下： （1）基态价层电子排布式为___________。 （2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为___________。 （3）萃取时发生反应：(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，铜形成配合物易被萃取的原因有___________。 A．配位时Cu2+被还原                  B．铜与 、O形成配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键       D．烷基链具有疏水性 ②一定条件下，萃取平衡时，，则Cu2+的萃取率为___________。 （4）“700℃催化加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使不断生成。该步骤生成Fe总反应化学方程式为___________。 18. 四碘化锡()是合成锡基钙钛矿的关键原料，其晶体为橙红色，熔点143.5℃，沸点364℃，144.5℃分解，遇水极易水解，易溶于热的(沸点76.6℃)，实验室通过如图装置制备，步骤如下： ①向干燥洁净的仪器b中加入1.5g碘晶体、0.6g锡箔，再用仪器c加入30mL四氯化碳，装好仪器a，加热回流1.5h。 ②趁热用倾析法把溶液倒入干燥洁净的小烧杯中，使未反应的锡箔留在烧瓶内，烧瓶内壁与锡箔上沾有的四碘化锡晶体，可用3~6mL_______洗涤。 ③将洗涤液合并入小烧杯内，冰水浴冷却、结晶、过滤、干燥、称量。 ④准确称取0.6270g四碘化锡粗品，溶于冰醋酸，加入溴水将完全氧化为，再将溶液加热煮沸，除去过量的溴。 ⑤将上述溶液快速置于盛有过量KI溶液的碘量瓶中，密封静置5min，用硫代硫酸钠标准溶液滴定至微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液VmL(已知，可将氧化为和)。 回答下列问题： （1）写出仪器a的名称_______。 （2）步骤①中的作用_______，判断制备反应结束的实验现象是_______。 （3）步骤②中选用的洗涤液是_______。 （4）提纯四碘化锡粗品的方法是_______。 （5）图示装置存在的缺陷是_______。 （6）下列操作引起测定结果偏高的是_______。 a．步骤④中未对溶解液加热煮沸 b．步骤⑤碘量瓶中KI溶液不足 c．滴定管用蒸馏水洗涤后立即装入标准液 d．滴至溶液蓝色刚褪去，立即读数 （7）四碘化锡的纯度为_______。 19. M()是合成药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：①；②；③，回答下列问题： （1）B可由二元羧酸和醇反应生成，该二元羧酸的名称为_______。 （2）A中不含氧官能团的名称为_______。I结构简式为_______。 （3）实际经历两步反应，两步反应的反应类型依次为_______。 （4）E→F化学方程式为_______。 （5）G在此路线中的作用为_______。 （6）B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含结构；②含4种不同化学环境的氢原子(不考虑立体异构) （7）以、和为原料合成。参照题给信息设计合成路线_______。 20. 苯乙烯是合成塑料与橡胶的重要原料，可由乙苯氧化脱氢或直接脱氢制备，涉及的反应如下： 反应I(氧化脱氢)：(g)＋CO2(g)(g)＋H2O(g)＋CO(g) 反应II(直接脱氢)：(g)(g)＋H2(g) 回答下列问题： （1）根据下表数据计算，___________。 物质 (g) (g) H2(g) 燃烧热 a b c （2）已知(Kp是以平衡分压代替平衡浓度的平衡常数)。在700K时，向恒温恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，初始压强为p0 kPa，发生上述三个反应，t min时达到平衡。平衡时容器内压强为p1 kPa，其中H2的分压为p2 kPa，则CO的分压为___________kPa(用含字母的式子表示，下同)，0~t min内v(乙苯)=___________。 （3）某研究团队成功开发出用于乙苯氧化脱氢制苯乙烯的高效催化剂，催化机理如下： 其中α、β表示乙苯分子中C原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷。 ①键的极性：___________(填“>”或“<”)。 ②在催化剂中加入碱性氧化物作为助剂，可有效加快氧化脱氢反应速率，根据机理分析其原因是___________。 ③一定温度下，向恒容密闭容器中加入一定量的该催化剂和乙苯，只发生反应I，改变CO2初始分压p0(CO2)，测得不同p0(CO2)下乙苯转化率变化如图。p0(CO2)>14 kPa时，乙苯转化率下降的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟四 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-56 Ti-48 Co-59 一、选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 科技强国与化学密切相关，下列说法错误的是 A. 智能机器人存储芯片主要成分是晶体硅 B. 纳米银抗菌原理是利用其具有强氧化性 C. 火箭隔热层所用材料属于共价晶体 D. 航母浸水区镶嵌锌块保护舰体不易腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A．芯片主要成分是晶体硅，故A正确； B．银属于重金属，能使蛋白质变性，因此具有抗菌作用，与氧化性无关，故B错误； C．属于共价晶体，故C正确； D．航母浸水区镶嵌锌块，锌块与舰体以及海水构成原电池，锌块活泼，作负极，舰体作正极，从而对舰体起保护作用，不易腐蚀，故D正确； 故选：B。 2. 物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A. 氮气具有稳定性，可用于冷冻麻醉 B. CaSO4溶解度小，可用于制作豆腐 C. 聚乳酸易降解，可用作手术缝合线 D. 硅酸钠耐热性好，其水溶液可用作黏合剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．液氮气化时会吸收周围环境中的热量，可用于局部冷冻麻醉，与具有稳定性无关，故A错误； B．CaSO4为电解质，能使胶体聚沉而以沉淀析出，可用于制作豆腐，故B错误 C．聚乳酸具有生物相容性，酯基易水解，易降解，可用作手术缝合线，故C正确； D．硅酸钠溶液具有良好的粘结性，常用作黏合剂，与耐热性好无关，故D错误； 故选C。 3. 下列化学用语错误的是 A. 的电子式： B. 能级电子云轮廓图： C. 基态价层电子轨道表示式： D. F原子的结构示意图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaClO是离子化合物，电子式为，A项错误； B．p能级电子云轮廓图为哑铃形，B项正确； C．基态有5个未成对电子，价层电子排布式为3d5，价层电子轨道表示式：，C项正确； D．F为第9号元素，原子的结构示意图：，D 项正确； 故答案选A。 4. 实验室安全至关重要。下列做法错误的是 A. 取用液溴时，需带手套和护目镜，在通风橱中进行 B. 误食钡盐，可通过服用纯碱溶液解毒 C. 电器、有机物等起火，用二氧化碳灭火器灭火 D. 皮肤被钠灼烧，用乙醇洗、水洗，最后涂上烫伤膏 【答案】B 【解析】 【详解】A．液溴有毒、易挥发,因此取用液溴时，需带手套和护目镜，在通风橱中进行，故A正确； B．碳酸钡可溶于胃酸（盐酸），误食钡盐不能用纯碱溶液解毒，故B错误； C．二氧化碳灭火时不会产生水，不会造成电器损坏，因此电器、有机物等起火，用二氧化碳灭火器灭火，故C正确； D．乙醇和钠反应比水更加温和，因此皮肤被钠灼烧，用乙醇洗、水洗，最后涂上烫伤膏，故D正确； 故选B。 5. 某苯甲酸样品中含少量氯化钠和泥沙，实验室提纯苯甲酸，下列实验仪器必须用到的有 A. ②④⑦⑧ B. ①②⑥⑨ C. ③②⑧⑨ D. ①②③⑥ 【答案】D 【解析】 【详解】实验室提纯苯甲酸需要用到的操作有过滤、重结晶，需要用到的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、酒精灯等，答案选D。 (2025·江西一模) 6. 下列离子方程式正确的是 A. 足量溶液和溶液反应： B. 将少量通入溶液中： C. 向银氨溶液中滴加溶液： D. 惰性电极电解氯化镁溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．足量NaOH溶液和NH4HSO3溶液反应，也会与OH−反应，离子方程式应为，A错误； B．由于酸性H2CO3>HClO>，将少量CO2通入NaClO溶液中，应生成，离子方程式为，B错误； C．银氨溶液中的溶质[Ag(NH3)2]OH，Ag主要以[Ag(NH3)2]+形式存在，正确的离子方程式为2[Ag(NH3)2]++S2−+4H2O=Ag2S↓+4NH3⋅H2O，C错误； D．惰性电极电解氯化镁溶液，阳极Cl−失电子生成Cl2，阴极H2O得电子生成H2和OH−，Mg2+与OH−结合生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为，D正确； 故选D。 7. 羟胺是白色片状晶体，熔点为32.05℃，极易溶于水，受热易分解生成和，常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看作是氨分子内的1个氢原子被羟基取代而形成。 已知：； 。 下列有关说法正确的是 A. 羟胺的碱性比氨强 B. 与的VSEPR模型相同 C. 羟胺极易溶于水主要原因是形成分子内氢键 D. 大小： 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱，所以羟胺的碱性比氨更弱，A错误； B．和中的氮原子、中的氧原子价层电子对数都为4，所以与的VSEPR模型结构相同，都是四面体形，B正确； C．羟胺分子含有-OH和-NH2，与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水，C错误； D．铵根离子中含有4个N-H键，没有孤电子对，属于采取sp3杂化，分子中氮原子上有一对孤对电子，铵根离子中氮原子上没有孤对电子，排斥力小，故中比中键角大，D错误； 故选B。 8. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A H2O的沸点高于HF O-H…O的键能大于F-H…F的键能 B 铍和铝都能与NaOH反应 铍和铝电负性相近，极化能力相似 C 磷脂分子头部亲水，尾部疏水；细胞膜是磷脂双分子层 细胞膜双分子层头向外，尾向内排列 D 识别K+的能力：18-冠-6>12-冠-4 冠醚空腔直径大小不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的氢键数目，故水的沸点高于氟化氢的沸点，故A错误； B．Be和Al处于周期表的对角线位置，电负性相近，化学性质相似，故能与NaOH反应，故B正确； C．细胞膜是磷脂双分子层，磷脂分子头部亲水，尾部疏水使细胞膜双分子层头向外，尾向内排列，故C正确； D．识别K+的能力与冠醚空腔直径的大小有关，故D正确； 故选：A。 9. 一种汽车尾气脱硝处理的机理如图所示，下列说法错误的是 A. 是反应的催化剂 B. 状态③到状态④的过程中，有O–H键的形成 C. 状态④到状态⑤过程中，NO发生氧化反应 D. 该过程中Cu元素的化合价未发生变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应历程图，是催化剂，反应前后不变，A正确； B．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O-H键的形成，B正确； C．状态④到状态⑤过程中，NO化合价由+2价升高到+4价，被氧化，发生氧化反应，C正确； D．状态②到状③的过程中， Cu 和 N 的化合价发生变化，其中 Cu 的化合价降低，N元素化合价升高，D错误； 故选D。 10. 在某催化剂作用下CO2和H2合成甲酸仅涉及以下反应： I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1<0 II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2 在2L刚性容器中，CO2(g)和H2(g)各投lmol发生反应，平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. △H2<0 B. 曲线b表示平衡时HCOOH的选择性 C. 240℃时，反应I的平衡常数K= D. 在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要小于反应II 【答案】C 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，根据反应I CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1<0可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应II正向移动，故△H2＞0，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，△H2＞0，A错误； B．由分析可知，曲线b表示平衡时CO2的转化率，B错误； C．由图示信息可知，240℃时，CO2的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析为：，，则反应I的平衡常数K===，C正确； D．由分析可知，升高温度反应I平衡逆向移动，HCOOH的选择性减小，CO2的转化率减小，而反应II平衡正向移动，CO的选择性增大，CO2的转化率也增大，但图示信息为CO2的转化率随温度升高而减小，说明在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要大于反应II，D错误； 故答案为：C。 二、本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分。 11. 下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是 实验操作 实验现象 实验结论 A 室温下用pH计测定 HCOONH4溶液的pH 溶液pH < 7 B 向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 溶液褪色 该钠盐为 Na2SO3或 NaHSO3 C 将2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，再向其中加入少量溴水 溴水褪色 2-溴丙烷发生消去反应 D 向盛有 4 mL酸性高锰酸钾溶液的两支试管中分别加入2 mL 和2 mL草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，提高反应物浓度，可以加快反应速率 A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【解析】 【详解】A．HCOO-水解为碱性，水解为酸性，若室温下测HCOONH4的pH<7，则水解程度大于HCOO-水解程度，，故A正确； B．向某钠盐化合物粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，放出的气体可能是氯气，所以该钠盐也可能是次氯酸钠、氯酸钠等盐，故B错误； C．将2-溴丙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，再向其中加入少量溴水，过量NaOH能与溴水反应，使溴水褪色，不能说明2-溴丙烷发生消去反应，故C错误； D．向酸性高锰酸钾溶液中加入过量草酸，其他条件不变，增加草酸浓度，反应速率增加，加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快，故D正确； 故答案为AD。 12. 一种基于多离子策略的钾型双离子电池，其示意图如下，充电过程中到达锡电极，与电极形成合金化反应，同时到达石墨电极，插层进入石墨层间。下列说法错误的是 A. 放电时，为负极 B. 充电时，石墨电极反应式为 C. 放电时，当有电子转移时锡电极质量减少 D. 锂、钾与锡可形成合金，有利于电子的传输，极大的提升电池倍率性能及可逆容量 【答案】BC 【解析】 【分析】充电时阳离子移向阴极，由题干可知，锡电极为阴极，钾离子、锂离子与锡离子得电子合金化形成合金，石墨为阳极，到达石墨电极，插层进入石墨层间；则放电时，锡电极为负极，氧化生成锡离子，石墨电极为正极，从石墨层间脱出来。 【详解】A．由分析可知，放电时，锡电极为负极，A正确； B．充电时，石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，B错误； C．放电时，当有电子转移时，钾、锂在电极上失电子形成离子脱离电极，锡电极质量减少量无法计算，C错误； D．锂、钾与锡可形成合金，增强导电性和电容量，有利于电子的传输，极大的提升电池倍率性能及可逆容量，D正确； 故选BC。 13. 磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示： 下列说法正确的是 A. 白磷(P4)属于共价晶体 B. 次磷酸钠是酸式盐 C. 白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3 D. 流程中的每一步反应均属于氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4+3NaOH (浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此答题。 【详解】A．P4是4个磷原子构成的分子，白磷属于分子晶体，故A错误； B．H3PO2是一元酸，氢氧化钠溶液过量的情况下，白磷与氢氧化钠反应生成的NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故B错误； C．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为：P4+3NaOH (浓)+3 H2OPH3↑+3NaH2PO2，PH3中P化合价为-3，是还原产物，NaH2PO2 中P化合价为+1，是氧化产物，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3， 故C正确； D．由分析可知，第二步中次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D错误； 故选C。 14. 化合物M是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是 A. K中碳氮键可沿键轴旋转 B. L中所有碳、氧原子共平面 C. 形成M时，氮原子与L中碳原子b成键 D. Q的构造异构体有6种 【答案】AB 【解析】 【详解】A．化合物K虚线圈内所有原子共平面，则N原子的最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭，故碳氮键不可沿键轴旋转，A错误； B．L中有饱和碳原子，故所有碳、氧原子不共平面，B错误； C．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，C正确； D．Q的构造异构体、、、、、，共有6种，D正确； 故选AB。 15. 25℃时，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L−1 HA溶液，体系中-lgc(A−)、-lgc(HA)、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示-lgc(A−)与pH的关系 B. 25℃时，HA的电离平衡常数的数量级为10−4 C. a点溶液中，2c(H+)+c(HA)=c(A−)+2c(OH−) D. b点时，V[NaOH(aq)]=20mL 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着V[NaOH(aq)]的增大，溶液pH增大，c(A-)也增大，故-lgc(A-)减小，故曲线②表示-lgc(A−)与pH的关系，曲线①表示-lgc(HA)与pH的关系，A错误； B．如图所示，pH=4.76时，-lgc(A−)=-lgc(HA)，c(A−)=c(HA)，HA的电离平衡常数K==c(H+)=1.010-4.76，则，HA的电离平衡常数K的数量级为10-5，B错误； C．a点，V[NaOH(aq)]=10mL，此时溶液中n(HA)=n(NaA)，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(HA)+c(A-)，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，两个守恒式联立可得2c(H+)+c(HA)=c(A−)+2c(OH−)，C正确； D．由B选项可知，HA为弱酸；b点时，溶液pH=7；若V[NaOH(aq)]=20mL，所得溶液为NaA溶液，溶液显碱性，故b点时，V[NaOH(aq)]＜20mL，D错误； 故选C。 三、本题共5小题，60分。 (山东德州市2025-2026学年下学期高三一模) 16. 三元材料镍锰钴酸锂是电动汽车电池常用的正极材料。回答下列问题： （1）Mn在元素周期表中的位置_______，基态的价电子排布图为_______。 （2）锂离子电池常采用离子液体作为电解质。该离子液体的结构如图所示。 ①传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体相对难挥发，原因是_______；上述电解质中电负性最大的元素是_______(填元素符号)。 ②阴离子由制得，、中中心原子B的杂化类型分别为_______，由制时B-F的键长_______。(填“变长”“变短”或“不变”) （3）三元材料镍锰钴酸锂为六方最密堆积，其晶胞结构如图所示，以R表示上述晶胞中的过渡金属离子，该晶体的化学式为_______，晶胞中标注为m、n的两个离子的距离为_______pm。 【答案】（1） ①. 第4周期ⅦB族 ②. （2） ①. 离子液体中存在离子键，作用力强 ②. F ③. 、 ④. 变长 （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 Mn的原子序数为25，价电子排布式为，在元素周期表中的位置为第4周期ⅦB族；基态的价电子排布式为，价电子排布图为 。 【小问2详解】 ①由离子液体的结构可知，离子液体由阴阳离子构成，存在离子键，作用力强，不易挥发；元素非金属性越强，电负性越大，因此电解质中电负性最大的元素是F。 ②的中心原子B的价层电子对数为=3，杂化类型为， 的中心原子B的价层电子对数为，杂化类型为；由制时，B的杂化类型由变为，轨道之间的夹角变小，B-F的键长变长。 【小问3详解】 由晶胞图可知，根据均摊法计算晶胞中含有Li的个数为，过渡元素R的个数为，O原子的个数为，故晶体的化学式为；如图可知，b点和n点之间的距离为，h点和b点之间的距离为 pm，由直角三角形边长关系知，m点和n点之间的距离为 pm= pm。 (江西重点中学协作体2026届高三下学期第一次联考) 17. 一种从多金属精矿中(主要含有Fe、Cu、Ni、O等元素)提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下： （1）基态价层电子排布式为___________。 （2）“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为___________。 （3）萃取时发生反应：(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，铜形成配合物易被萃取的原因有___________。 A．配位时Cu2+被还原                  B．铜与 、O形成配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键       D．烷基链具有疏水性 ②一定条件下，萃取平衡时，，则Cu2+的萃取率为___________。 （4）“700℃催化加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使不断生成。该步骤生成Fe总反应化学方程式为___________。 【答案】（1）3d9 （2） （3） ①. BD ②. 75 （4） 【解析】 【分析】多金属精矿粉(主要含有Fe、Cu、Ni、O等元素)先在作用下酸浸，Fe、Cu、Ni元素转化为Fe2+、Cu2+、Ni2+进入浸取液，调pH=3.0，通入空气高压加热，转化为，滤液1中含Cu2+、Ni2+，向其中加入HR萃取，进入有机相，在有机相中加入试剂a反萃取，所得溶液电解得到，水相中含有，加入MgO沉镍，过滤得Ni(OH)2，Ni(OH)2经一系列操作得到Ni； 【小问1详解】 Cu的原子序数为29，基态Cu原子电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s和1个3d电子后形成Cu2+，Cu2+价层电子排布式为3d9； 【小问2详解】 浸取液中含，在高压加热、通入空气的条件下被氧化为反应的离子方程式为； 【小问3详解】 ①A．配位时化合价不变，未被还原，A错误； B．由HR结构可知，N、O原子有孤电子对，则Cu与N、O原子形成配位键，B正确； C．配合物易进入有机相，说明与水不易形成氢键，C错误； D．配合物中长链烷基(C9H19-)具有疏水性，使配合物易溶于有机相，D正确； 因此答案选BD； ②设初始的物质的量为n，平衡时为x，则为3x，由Cu守恒得，萃取率为； 【小问4详解】 借助工业合成氨逆反应，被还原为Fe，总反应为； 18. 四碘化锡()是合成锡基钙钛矿的关键原料，其晶体为橙红色，熔点143.5℃，沸点364℃，144.5℃分解，遇水极易水解，易溶于热的(沸点76.6℃)，实验室通过如图装置制备，步骤如下： ①向干燥洁净的仪器b中加入1.5g碘晶体、0.6g锡箔，再用仪器c加入30mL四氯化碳，装好仪器a，加热回流1.5h。 ②趁热用倾析法把溶液倒入干燥洁净的小烧杯中，使未反应的锡箔留在烧瓶内，烧瓶内壁与锡箔上沾有的四碘化锡晶体，可用3~6mL_______洗涤。 ③将洗涤液合并入小烧杯内，冰水浴冷却、结晶、过滤、干燥、称量。 ④准确称取0.6270g四碘化锡粗品，溶于冰醋酸，加入溴水将完全氧化为，再将溶液加热煮沸，除去过量的溴。 ⑤将上述溶液快速置于盛有过量KI溶液的碘量瓶中，密封静置5min，用硫代硫酸钠标准溶液滴定至微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液VmL(已知，可将氧化为和)。 回答下列问题： （1）写出仪器a的名称_______。 （2）步骤①中的作用_______，判断制备反应结束的实验现象是_______。 （3）步骤②中选用的洗涤液是_______。 （4）提纯四碘化锡粗品的方法是_______。 （5）图示装置存在的缺陷是_______。 （6）下列操作引起测定结果偏高的是_______。 a．步骤④中未对溶解液加热煮沸 b．步骤⑤碘量瓶中KI溶液不足 c．滴定管用蒸馏水洗涤后立即装入标准液 d．滴至溶液蓝色刚褪去，立即读数 （7）四碘化锡的纯度为_______。 【答案】（1）球形冷凝管 （2） ①. 作为溶剂加快反应速率，控制反应温度，防止SnI4分解 ②. 冷凝管滴下的液滴接近无色 （3）热的CCl4 （4）重结晶 （5）冷凝管上口缺少干燥装置 （6）ac （7）4.17cV%或 【解析】 【分析】锡单质和碘单质在热四氯化碳中发生化合反应得到四碘化锡，四氯化碳作为溶剂，未反应的锡不溶于四氯化碳，而四碘化锡易溶于热四氯化碳、冷却后析出，因此趁热倾析分离出锡，冷却结晶得到粗产物，可通过重结晶进一步提纯，采用氧化还原滴定定量：先将粗品中所有碘元素氧化为，再加入过量，与过量酸性条件下反应生成，最后用硫代硫酸钠标准溶液滴定，淀粉作指示剂，根据定量关系即可计算得到四碘化锡的纯度，据此解答。 【小问1详解】 装置中a为回流反应用的球形冷凝管。 【小问2详解】 四碘化锡遇水水解，反应需要无水环境，CCl4可作为溶剂溶解碘和四碘化锡，使反应物充分接触，加快反应速率，同时CCl4沸点较低，通过加热回流可将反应温度控制在其沸点76.6℃，防止产物SnI4分解；碘的CCl4溶液为紫红色，产物四碘化锡()为橙红色，仪器b中始终是有颜色的，反应完全后碘被消耗，回流液中不存在，故冷凝管滴下的液滴接近无色时可判断制备反应结束。 【小问3详解】 四碘化锡易溶于热CCl4，且用热CCl4洗涤不会引入新杂质，因此选择热的CCl4。 【小问4详解】 四碘化锡在CCl4中溶解度随温度变化明显，热溶解冷却结晶提纯，方法为重结晶。 【小问5详解】 四碘化锡遇水水解，装置直接连通空气，没有干燥装置阻挡水蒸气，会导致产物水解，故缺陷是冷凝管上口缺少干燥装置。 【小问6详解】 根据反应推导关系：，即，消耗硫代硫酸钠体积越大，测定结果越高： a. 未除去过量溴，溴会氧化KI生成额外I2，消耗偏大，结果偏高； b. KI不足，碘酸根不能完全反应生成I2，但可以将中的S元素氧化为最高价，总体导致消耗偏小，结果偏低； c. 滴定管未润洗，标准液被稀释，消耗偏大，结果偏高； d. 蓝色刚褪色立即读数，反应未完全，消耗偏小，结果偏低； 因此选。 【小问7详解】 根据上一问关系式可知：，产物质量，因此纯度。 19. M()是合成药物的重要中间体，其合成路线如下： 已知：①；②；③，回答下列问题： （1）B可由二元羧酸和醇反应生成，该二元羧酸的名称为_______。 （2）A中不含氧官能团的名称为_______。I结构简式为_______。 （3）实际经历两步反应，两步反应的反应类型依次为_______。 （4）E→F化学方程式为_______。 （5）G在此路线中的作用为_______。 （6）B的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①含结构；②含4种不同化学环境的氢原子(不考虑立体异构) （7）以、和为原料合成。参照题给信息设计合成路线_______。 【答案】（1）丙二酸 （2） ①. 碳碳双键、碳碳三键 ②. （3）加成反应、取代反应 （4） （5）保护酮羰基，避免被还原为羟基 （6）或 （7） 【解析】 【分析】由题，B可由二元羧酸和醇反应生成，结合C和结构简式和B的化学式得B为，则A为 ，A与B 发生加成反应生成C；C经多步反应生成D；D与发生酯化反应生成E（），E成环得到F（），F与G先发生加成反应生成，再发生取代反应生成H（），H在条件下还原得I（），I脱去成环生成J，J在作用下还原生成K，K与发生取代反应生成L，L再经过反应生成目标产物。 【小问1详解】 由分析可知，B的结构简式为，名称为丙二酸； 【小问2详解】 由分析可知，A的结构简式为，不含氧官能团的名称为碳碳双键、碳碳三键；由分析可知，I的结构简式为； 【小问3详解】 由分析可知，F与G先发生加成反应生成，再发生取代反应生成H（）； 【小问4详解】 由题，E断裂碳碳双键和一个碳氢键成环得到F，化学方程式为：； 【小问5详解】 分析物质变化流程可知，G在此路线中的作用为保护酮羰基，避免被还原为羟基； 【小问6详解】 由分析可知，B的结构简式为，含结构且含4种不同化学环境的氢原子，则对称性很强，因此符合条件的B的同分异构体为或； 【小问7详解】 由题，先与发生取代反应生成，在作用下还原生成，与发生取代反应生成目标产物。合成路线为：。 20. 苯乙烯是合成塑料与橡胶的重要原料，可由乙苯氧化脱氢或直接脱氢制备，涉及的反应如下： 反应I(氧化脱氢)：(g)＋CO2(g)(g)＋H2O(g)＋CO(g) 反应II(直接脱氢)：(g)(g)＋H2(g) 回答下列问题： （1）根据下表数据计算，___________。 物质 (g) (g) H2(g) 燃烧热 a b c （2）已知(Kp是以平衡分压代替平衡浓度的平衡常数)。在700K时，向恒温恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，初始压强为p0 kPa，发生上述三个反应，t min时达到平衡。平衡时容器内压强为p1 kPa，其中H2的分压为p2 kPa，则CO的分压为___________kPa(用含字母的式子表示，下同)，0~t min内v(乙苯)=___________。 （3）某研究团队成功开发出用于乙苯氧化脱氢制苯乙烯的高效催化剂，催化机理如下： 其中α、β表示乙苯分子中C原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷。 ①键的极性：___________(填“>”或“<”)。 ②在催化剂中加入碱性氧化物作为助剂，可有效加快氧化脱氢反应速率，根据机理分析其原因是___________。 ③一定温度下，向恒容密闭容器中加入一定量的该催化剂和乙苯，只发生反应I，改变CO2初始分压p0(CO2)，测得不同p0(CO2)下乙苯转化率变化如图。p0(CO2)>14 kPa时，乙苯转化率下降的原因是___________。 【答案】（1）a-b-c （2） ①. ②. （3） ①. > ②. 增强催化剂表面的碱性，提高了B1和B2位点的吸附性 ③. 过多的CO2占据了带部分负电荷的B位点(催化剂的活性位点)，使得乙苯的脱除速率降低，乙苯转化率下降 【解析】 【小问1详解】 根据燃烧热定义写出三个热化学方程式，结合盖斯定律： 反应Ⅱ = 乙苯的燃烧热方程式 - 苯乙烯的燃烧热方程式 - 的燃烧热方程式，则。 【小问2详解】 700K时，分解达平衡时，，即平衡时分压恒为。设反应Ⅰ消耗乙苯的分压，反应Ⅱ消耗乙苯的为，平衡时，，，。总压==。代入，得，解得。消耗乙苯的总分压为，故。 【小问3详解】 ①由图可知，机理中α位的以形式被带负电的位点吸附，说明极性更大，更容易解离出，故极性：。 ② 碱性氧化物可增强催化剂表面的碱性，提高了B1和B2位点的吸附性，从而加快反应速率。 ③ 分压过大时，过量会占据带部分负电荷的B位点(催化剂的活性位点)，使得乙苯的脱除速率降低，导致乙苯转化率下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $