精品解析：2026年1月浙江省普通高等学校模拟招生高三上学期选考科目考试 化学试题

2026年1月浙江省普通高等学校模拟招生选考科目考试 化 学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，环选、多选、错选均不得分) 1. 下列物质分类正确且具有相应性质的是 A. Fe(OH)3：红褐色胶体，具有丁达尔效应 B. SiO2：酸性氧化物，能与水反应生成硅酸 C. 葡萄糖：天然高分子化合物，能发生银镜反应 D. 液氨：非电解质，本身在水溶液中不能导电 【答案】D 【解析】 【详解】A．是纯净物，而胶体是分散系属于混合物，A错误； B．属于酸性氧化物，但它难溶于水，也不能与水反应生成硅酸，B错误； C．葡萄糖相对分子质量仅为180，是小分子化合物，不是天然高分子化合物，C错误； D．液氨是液态分子，自身不能发生电离，属于非电解质，其水溶液导电是因为与水反应生成的，能电离出自由移动的离子（和），本身不导电，D正确； 故选D。 2. 下列化学实验操作或安全事故处理正确的是 A. 金属钠着火时，立即用二氧化碳灭火器扑灭 B. 滴定管和容量瓶在使用前均需检查是否漏水，且均需用待装液润洗 C. 做焰色试验前，先用稀硫酸清洗铂丝，并在火焰上灼烧至无色 D. 浓硫酸不慎溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上 3%~5% 的NaHCO3溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可与反应生成助燃的，会加剧火势，应用沙土盖灭，A错误； B．滴定管和容量瓶使用前均需检漏，但容量瓶不能用待装液润洗，否则会导致配制的溶液浓度偏高，B错误； C．焰色试验前应用稀盐酸清洗铂丝，盐酸易挥发可带走杂质，稀硫酸难挥发会残留杂质干扰试验，C错误； D．浓硫酸不慎溅到皮肤上，立即用大量水冲洗可带走热量和大部分硫酸，再涂上3%~5%的溶液中和残留的酸，D正确； 故选D。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 氘原子表示为： B. 激发态H原子的轨道表示式： C. NaCl中水合钠离子表示： D. sp2的杂化轨道模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A. 氘原子表示为：，A错误； B. K层只有1个能级即1s,激发态H原子不存在1p能级，B错误； C. 水分子中氧原子带负电荷，氢原子带正电荷，所以水合钠离子中氧原子一端靠近钠离子，示意图为：，C错误； D. sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型：，D正确； 故选：D。 4. 某研究小组利用图示装置验证非金属性 Cl > C > Si，并进行有机反应探究。下列说法正确的是 A. 装置 A 中用 MnO2 替代 KMnO4也能达到实验目的，且反应更可控 B. 装置 B 中盛放饱和NaHCO3溶液，既能除去 HCl又能降低Cl2的溶解度 C. 若将 C 中固体换为苯，开启 A 后在光照条件下，C 中发生取代反应生成氯苯 D. 装置 D 中产生白色沉淀，不能证明非金属性 Cl > C > Si，且装置存在环保缺陷 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置A用来制备，用 MnO2 替代 KMnO4需要加热，图中没有加热装置，无法达到实验目的，A错误； B．装置B除去中的应用饱和食盐水，不能用饱和溶液，B错误； C．苯与发生取代反应需要作催化剂，光照下不发生取代反应，C错误； D．要证明非金属性 Cl > C > Si，需比较最高价氧化物对应水化物的酸性，本实验中无法比较和、的酸性，故不能证明非金属性 Cl > C > Si，且装置缺乏尾气处理装置，有环保缺陷，D正确； 故选D。 5. 下列说法不正确的是 A. 碳纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为碳单质，具有高强度、耐高温等性能 B. 植物油和裂化汽油中均含有不饱和碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 酿酒中，淀粉经水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 D. 石油的裂化主要是为了提高轻质液体燃料的产量，而裂解的主要目的是获得乙烯、丙烯等短链气态烃 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳纤维主要成分为碳单质，属于新型无机非金属材料，具有高强度、耐高温等优良性能，A正确； B．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，裂化汽油中含有不饱和烃，二者均含碳碳双键，可与溴水发生加成反应、被酸性高锰酸钾氧化，使两种溶液褪色，B正确； C．淀粉经水解可生成葡萄糖，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，其在酒化酶作用下发生分解反应生成乙醇和二氧化碳，并非水解反应，C错误； D．石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量，裂解为深度裂化，主要目的是获得乙烯、丙烯等短链气态烃，D正确。 6. 2025年，我国科学家利用金属有机框架(MOF)为前驱体，成功制备了一种镍(Ni)单原子催化剂(结构示意图如下)，实现了常温常压下高效电催化CO2还原制备CO。该技术为实现“双碳”目标提供了新路径。下列关于该催化过程及材料的说法中，不正确的是 A. 基态镍(Ni)原子的价层电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的 d 区 B. 在该催化剂的活性中心(Ni-N4)中，Ni提供空轨道，N提供孤电子对，二者形成配位键 C. 载体中的碳原子和氮原子均主要采取sp3杂化，以保证骨架结构的稳定性 D. 该电催化过程将电能转化为化学能，催化剂的使用不改变反应的焓变() 【答案】C 【解析】 【详解】A．镍的原子序数为28，其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d84s2，因此价层电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的d区，A正确； B．镍在配合物中通常作为中心原子，提供空轨道；氮原子提供孤对电子，作为配体，因此，Ni与N之间形成的是配位键，B正确； C．从结构示意图可知，载体是类似石墨烯的二维平面结构，其中的碳原子和氮原子均采取 sp2杂化，C错误； D．催化剂不改变反应的热力学，只改变反应路径和速率，D正确； 故选C。 7. 类比、推理及实验归纳是化学学习的重要方法。下列说法不合理的是 A. 常温下，铁、铝在浓硝酸中会发生钝化；但是将铁片投入由KNO3和HCl组成的混合溶液中，铁片表面不会迅速产生致密的氧化膜而停止溶解 B. H3PO4分子中含有3个-OH，为三元酸；因此H3BO3分子中也含有3个OH，也为三元酸 C. NaHCO3的溶解度比Na2CO3小；但是在常温下向饱和K2CO3溶液中通入过量CO2，不一定会有KHCO3晶体析出 D. CH4的中心原子采取sp3杂化，键角为109.5°；NH3的中心原子也采取sp3杂化，但受孤电子对影响键角减小；因此PH3中心原子更大，对电子排斥减弱，其键角应小于 NH3 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下铁、铝仅在冷的浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，KNO3与HCl混合溶液中形成稀硝酸，稀硝酸无法使铁钝化，铁片会持续溶解，说法合理，A不符合题意； B．的3个羟基氢均可电离，属于三元酸；但是一元弱酸，需结合水电离的才能释放1个，虽含3个羟基但不属于三元酸，推理错误，B符合题意； C．虽然碳酸氢盐溶解度普遍小于对应碳酸盐，但只有生成的质量超过其溶解度才会析出晶体；若原饱和溶液浓度较低，生成的未达到饱和，就不会析出晶体，因此不一定析出晶体的说法合理，C不符合题意； D．无孤电子对，杂化键角为109.5°；有1对孤电子对，孤电子对斥力更大，键角小于109.5°；中心P原子电负性比N小，成键电子对距中心更远，成键电子对间斥力更小，键角小于，说法合理，D不符合题意； 故选B。 8. 某化学兴趣小组查阅资料，模拟工业上制备金属钛、微纳米级MgO及其相关性质实验，下列反应的离子方程式正确的是 A. [性质探究] 向铁锈主要成分Fe(OH)3悬浊液中加入足量氢碘酸(HI)清洗：2Fe(OH)3 + 6H+ + 2I- = 2Fe2++ I2 + 6H2O B. [沉淀转化] 验证Mg(OH)2溶解平衡的移动，向其悬浊液中加入NH4Cl溶液：Mg(OH)2 + 2NH = Mg2+ + 2NH3·H2O C. [净水模拟] 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使SO恰好完全沉淀：Al3+ + 2SO+ 2Ba2+ + 4OH- = AlO + 2BaSO4↓+ 2H2O D. [前驱体制备] 工业上利用液态TiCl4的强水解性在空气中“发烟”制备纳米TiO2：Ti4+ + 2H2O = TiO2↓+ 4H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁锈的主要成分是氧化铁，而非，正确的反应方程式为，A错误； B．Mg(OH)2悬浊液存在溶解平衡，与OH-结合生成弱电解质，无法像强酸那样将OH-完全中和，整个过程是一个动态的平衡转化，应当使用可逆符号，即正确离子方程式为，B错误； C．明矾组成为KAl(SO4)2，恰好完全沉淀时，n(Al3+):n(OH-) = 1:4，Al3+完全转化为，反应式电荷、原子均守恒，C正确； D．TiCl4是共价非电解质，发生水解反应时不能拆分为Ti4+，应保留化学式，正确的反应方程式为，D错误； 故答案为C。 9. 葡萄糖酸-δ-内酯的衍生物 M(结构简式如图所示)是手性药物合成中的重要前驱体。下列关于M的说法正确的是 A. 利用核磁共振谱可检测出 M 分子中含有酯基，且其在水中的溶解度小于葡萄糖 B. M 分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子个数之比为 5 ： 9，且含有 4 个手性碳原子 C. 1 mol M 与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH，生成的有机盐溶液均显酸性 D. M 既能发生银镜反应，也能与Na2CO3溶液反应产生气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．核磁共振氢谱的作用是测定分子中氢原子的种类和数目，不能用来检测酯基官能团，红外光谱才可以判断官能团，因M分子中原本葡萄糖酸结构的羟基全部被酯化，亲水基团数量远少于葡萄糖，故其水中溶解度小于葡萄糖，A错误； B．分子中所有羰基碳原子共5个，均为杂化，全部饱和单键碳原子共9个，均为杂化，二者个数之比为5：9；六元环上有4个饱和碳原子均连接四种互不相同的基团，属于手性碳原子，B正确； C．1 mol M中含有4个普通乙酸酯基和1个内酯环，酯基水解时每个酯基消耗1 mol NaOH，总计最多消耗5 mol NaOH，但水解生成乙酸钠与葡萄糖酸钠，二者均为弱酸强碱盐，溶于水后阴离子发生水解使溶液显碱性，C错误； D．发生银镜反应需要分子内存在醛基，与碳酸钠溶液反应产生气体需要分子内存在羧基，M分子中既无醛基也无游离羧基，无法发生上述两种反应，D错误； 故选B。 10. 下列关于常见教材实验的方案或操作中，正确的是 选项 实验目标 实验方案或操作 A 提纯含少量泥沙的苯甲酸 将粗品溶于沸水制成饱和溶液，冷却至室温后过滤，收集滤纸上的晶体并用少量冷水洗涤 B 利用柱色谱分离植物色素 在色谱柱中装入硅胶，滴加色素提取液后用石油醚洗脱，胡萝卜素(橙黄色)最先流出 C 实验室合成阿司匹林 将水杨酸、乙酸酐和浓硫酸混合后，置于蒸发皿中用酒精灯直接加热至沸腾，以缩短反应时间 D 粗盐的提纯 将调完 pH 的滤液置于蒸发皿中，加热至液体蒸干，利用余热使晶体完全析出 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．提纯含泥沙的苯甲酸时，粗品溶于沸水后需趁热过滤除去泥沙，再冷却结晶，若直接冷却后过滤，苯甲酸晶体与泥沙会共同留在滤渣中，无法实现提纯，A错误； B．柱色谱分离植物色素时，胡萝卜素极性最小，与极性吸附剂硅胶的吸附作用最弱，用石油醚洗脱时最先流出，B正确； C．合成阿司匹林需控制反应温度在85~90℃，应采用水浴加热，直接酒精灯加热至沸腾会引发大量副反应，且该反应不能在蒸发皿中进行，C错误； D．粗盐提纯蒸发时，应加热至出现大量晶体时停止加热，利用余热蒸干，若直接将液体蒸干会导致晶体受热飞溅，D错误； 故答案为B。 11. 2025 年，科研人员受诺贝尔化学奖关于MOFs研究的启发，利用Ce-MOF衍生制备了镧系单原子催化剂(Ce-SACs)，并将其用于电催化还原CO2制备CO。其工作原理如图所示(电解质为KHCO3溶液)。下列说法不正确的是 A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+ 4H+，且阴极区附近溶液的pH增大 B. 催化剂载体(N-C框架)中，碳原子和氮原子均采取sp2杂化，且Ce与N之间通过配位键结合 C. 若阴极产生CO的电流效率为100%，当电路中通过1mol e-时，左室溶液质量增重47.1g D. 该过程实现了光能向化学能的转化，且 Ce 原子较大的半径使Ce-N4结构更松散，降低了CO2还原为CO的反应热 【答案】D 【解析】 【分析】右侧阳极反应为，左侧阴极反应为，据此分析。 【详解】A．阳极的电极反应式为，阴极，阴极生成，因此阴极区pH增大，A正确； B．N-C共轭骨架中C、N均sp2杂化，N提供孤电子对、Ce提供空轨道形成配位键，B正确； C．阴极的反应为，每转移2 mol e-，消耗1 mol ，生成1 mol、2 mol，阴极生成的立刻和体系反应：，2 mol消耗2 mol，阴极每得到2 mol e-，多出2 mol负电荷，必须有2 mol K+从阳极穿过膜进入阴极室平衡电荷。进入液相的物质：外部通入1 mol：m=44 g；膜迁入2 mol：m=g；离开液相的物质：生成1 mol CO气体逸出：m=28 g；原溶液中消耗2 mol：来自溶液，等效带走2 mol（从液相释放）：；总增重=通入+迁入−逸出−液相消耗释放，，因此1 mol e-时，增重数值为，C正确； D．图中装置外接电源，属于电解池，能量转化为电能→化学能，不存在光能输入；此外催化剂仅改变反应路径、降低反应活化能，不能改变反应物与生成物的总能量差，因此无法降低反应热，D错误； 故答案选D。 12. 研究发现，负载在CeO2表面的Pd单原子催化剂(Pd1/CeO2)在CO2加氢制甲醇过程中展现出极高的选择性。其核心反应为：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 已知：实验证明，Pd1/CeO2能显著降低反应历程中最高能垒步(*CO2 + *H → *COOH)的活化能。 在三个体积均为1 L的恒容密闭容器中，均充入1.0 mol CO2和3.0 mol H2，实验结果如下： 容器编号 温度/K 催化剂 平衡时 n(CH3OH)/mol 平衡常数K Ⅰ T1 NO 0.5 K1 Ⅱ T1 Pd1/CeO2 x K2 Ⅲ T2(T2>T1) Pd1/CeO2 0.2 K3 下列说法正确的是 A. 容器 Ⅱ 中，Pd单原子因增大了单位体积内活化分子百分数，使x > 0.5 B. 该反应的ΔH < 0，且T1温度下该反应的平衡常数 K1 0.15 C. 在T1时，若起始向容器中充入各组分均为1.0 mol，此时反应向正方向进行 D. Pd单原子改变了反应路径，使该反应的ΔH 减小，从而提高了CO2的转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，容器Ⅱ和Ⅰ温度相同，平衡时甲醇的物质的量相等，，A错误； B．由表可知，T2温度下平衡时甲醇的物质的量小于温度下平衡时甲醇的物质的量，已知T2>T1，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，；经三段式计算温度下平衡时各物质的浓度：，，，故该反应的平衡常数，B正确； C．时若各组分起始浓度均为，浓度商，反应向逆方向进行，C错误； D．Pd单原子作为催化剂只能降低反应活化能，不能改变反应的焓变，也不会改变平衡转化率，D错误； 故选B。 13. 2025 年，某高校团队在研发新型单原子催化剂载体时，合成了一种具有特殊二维拓扑结构的金属间化合物薄膜。其单层原子排布如图所示，被称为“笼目结构”。该结构由全同的金属原子通过共用顶点构成规则的三角形和六边形空隙。若相邻两个金属原子间的核间距为d pm。下列说法错误的是 A. 在该二维层状结构内部，每个金属原子的配位数均为 4 B. 图示的菱形是该结构的平面最小重复单元(二维晶胞)，该晶胞中实际平均占有的金属原子数为3 C. 若在图中的六边形空隙中心(位置①)和三角形空隙中心(位置②)各锚定一个Pd单原子，则Pd在位置①的配位数(平面内)为 6，在位置②的配位数为3 D. 该二维材料的单位面积内的原子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．观察二维层状结构内部，每个金属原子均被4个相邻的金属原子包围且距离相等，因此每个金属原子的配位数为4，A正确； B．图示菱形为最小重复单元，根据均摊法计算，顶点原子：，棱上原子：，则晶胞中实际平均占有的金属原子数为3，B正确； C．位置①位于六边形的中心，周围有6个金属原子且距离相等，故①Pd的配位数为6；位置②位于三角形的中心，周围有3个金属原子且距离相等，故②处Pd的配位数为3，C正确； D．已知相邻两个金属原子间的核间距为d pm，则菱形的边长为2d pm，棱形的面积=，由B可知每个菱形结构中含3个金属原子，则单位面积内的原子数为，D错误； 故选D。 14. 某科研小组利用 LDA(二异丙基氨基锂)介导的“亚胺-加成”工艺合成β-羟基醛，反应机理如图所示(图中R1， R2代表烃基，Ph代表苯基)。下列说法错误的是 A. LDA 在反应②中作为强碱夺取α-H(紧邻R1的两个H)，其在整个循环中作为反应物被消耗 B. 反应过程中，苯乙酮分子中羰基碳原子的杂化轨道由sp2变为sp3 C. 理论上，每生成 1 mol β-羟基醛，该路径在整个循环历程中净消耗 1 mol H2O D. 若起始醛中R1 = H，则生成的最终有机产物分子中不含有手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．LDA是强碱，在反应②中夺取亚胺α位（紧邻的）的氢原子形成碳负离子，LDA反应后转化为二异丙基胺，在整个过程中作为反应物被消耗，A正确； B．苯乙酮的羰基碳原子为双键结构，杂化方式为；加成后羰基双键断开，该碳原子形成4个单键，杂化方式变为，B正确； C．第一步醛转化为亚胺时生成1 mol ；最终水解过程中，亚胺变回醛基消耗1 mol ，同时中间体水解生成羟基还消耗1 mol ，总净消耗为1 mol ，C正确； D．若，产物结构为，其中连羟基的碳原子，连接的四个基团、​、、互不相同，图中标记处碳原子就是手性碳原子，因此产物分子含有手性碳原子，D错误； 故答案为D。 15. 常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液调节0.10 mol/L某二元弱酸(催化剂配体H2L)溶液的 pH．溶液中各微粒浓度的分布分数 δ [如] 的对数值lgδ、以及水的电离程度比值R [] 与pH的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线 ① 代表lgδ(H2L)随 pH 的变化，且当pH= 3.5时，c(H2L) = c(HL-) B. 该二元弱酸的电离常数之比 C. 当溶液中水的电离受到抑制程度最强时，溶液中存在：c(H+) = c(OH-) + c(HL-) + 2c(L2-) D. NaHL溶液中，水的电离程度 R>10-1.5，且存在 c(HL-) > c(L2-) > c(H2L) 【答案】C 【解析】 【分析】随着NaOH溶液加入，H2L先转化为，再转化为，则曲线①代表H2L的变化，曲线②代表HL-的变化，曲线③代表L2-的变化；当pH= 3.5时，对应曲线①②交点，c(H2L) = c(HL-)，可得；当pH= 10.0时，对应曲线②③交点，c(HL-) = c(L2-)，可得； 【详解】A．根据分析，曲线 ① 代表lgδ(H2L)随 pH 的变化，且当pH= 3.5时，对应曲线①②交点，c(H2L) = c(HL-)，A正确； B．该二元弱酸的电离常数之比，B正确； C．当溶液中水的电离受到抑制程度最强时，水的电离程度比值R最小，由于加入的是NaOH溶液，溶液中存在电荷守恒：，C错误； D．溶液中，的水解常数，因此电离程度大于水解程度，故；溶液，水电离的，，D正确； 故选C。 16. 以某废旧单原子催化剂前驱体(主要成分为CeO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、Pd、CaO及 SiO2)为原料回收贵金属Pd并制备高纯CeO2的工艺流程如下： 资料：i． ii．常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如表(初始浓度为0.01mol/L) 离子 Ce4+ Fe3+ Al3+ Ce3+ 开始沉淀时的 pH 0.1 2.3 3.7 7.4 完全沉淀时的 pH 1.0 3.2 4.7 9.2 iii．氧化还原与溶解性：Ce(OH)4极难溶于稀酸；Pd能与“王水”反应生成[PdCl4]2-。 下列说法错误的是 A. “还原酸浸”中，H2O2表现还原性，溶解1 mol CeO2理论上至少产生11.2 L(标准状况) O2 B. “氧化沉铈”步骤中，控制 pH 在1.0~2.3 之间可实现Ce与 Fe、Al的分离；若pH 过高，滤渣B中会混入Fe(OH)3 C. “沉钙”步骤中，若 c(F-) = 1.0×10-3 mol/L，则此时溶液中c(Ca2+) = 1.5 ×10-7 mol/L D. 为提高Pd的回收率，“还原酸浸”时需控制H2O2的用量，防止Pd提前溶解进入“滤液I” 【答案】C 【解析】 【分析】废旧单原子催化剂前驱体主要成分为CeO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、Pd、CaO及 SiO2；用盐酸、H2O2“酸浸”， CeO2被H2O2还原为Ce3+，Fe2O3、Al2O3、CaO分别转化为Fe3+、Al3+、Ca2+，Pd、SiO2不溶于盐酸，过滤，滤液Ⅰ含有Ce3+、Fe3+、Al3+、Ca2+，滤渣A含有Pd、SiO2，滤渣用王水酸浸回收Pd；滤液Ⅰ加NaOH调节pH<7.4生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁铝；滤渣B是氢氧化铁和氢氧化铝；滤液Ⅱ加NaF生成CaF2沉淀除钙；滤液Ⅲ加碳酸氢铵生成碳酸铈沉淀，碳酸铈加草酸转化为草酸铈。 【详解】A．“还原酸浸”中，H2O2表现还原性，CeO2被H2O2还原为Ce3+，溶解1 mol CeO2转移1mol电子，根据得失电子守恒，理论上至少产生0.5mol O2，A正确； B．“氧化沉铈”步骤中，控制 pH 在1.0~2.3 之间可实现Ce与 Fe、Al的分离；根据表格数据，若pH>2.3生成Fe(OH)3，滤渣B中会混入Fe(OH)3，B正确； C．“沉钙”步骤中生成CaF2沉淀，若 c(F-) = 1.0×10-3 mol/L，则此时溶液中c(Ca2+) = mol/L，C错误； D．酸性条件下，Pd被双氧水氧化为为[PdCl4]2-，为提高Pd的回收率，“还原酸浸”时需控制H2O2的用量，防止Pd提前溶解进入“滤液I”，故D正确； 故选C。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 稀土元素在我国超导材料、航空航天等战略性新兴产业中具有重要地位。钪(21Sc)作为稀土大家族的一员，其氧化物常用于制造大功率铝合金。请回答下列问题： （1）关于基态钪原子(Sc)及其结构的描述，下列说法正确的是___________。 A. 基态Sc原子的价层电子排布式为4s24p1 B. Sc位于元素周期表的第四周期、第ⅢB族，属于d区 C. 基态Sc原子中有21种运动状态不同的电子，且s能级与d能级的电子数之比为4：1 D. 第一电离能： （2）钪(Sc)在精炼过程中常用氨水沉淀分离，形成配合物[Sc(NH3)6]3+。其阳离子的空间构型与[Mg(NH3)6]2+(如图)类似： ①NH3分子中H-N-H的键角___________[Sc(NH3)6]3+离子中 H-N-H的键角(填“>”、“<”或“=”)。上述键角产生差异的原因是：___________。 ②[Sc(NH3)6]3+中存在的化学键类型有___________(填字母)。 A． 离子键 B． 极性共价键 C． 非极性共价键 D． 配位键 （3）2025 年，《Nature》报道了高压下具有近室温超导特性的ScH3晶体。其晶胞结构如图所示：Sc 原子采取面心立方(FCC)最密堆积，H 原子则填满了该堆积中所有的八面体空隙和四面体空隙。在该晶胞中，位于体心位置的H原子其分数坐标为___________；若Sc和H的原子半径分别为rSc和rH，Sc原子彼此接触，则该晶胞的空间利用率η= ___________(用含rSc、rH和的代数式表示)。 （4）钪基氢化物不仅是极具潜力的超导材料，在高效制氢及磁制冷循环中也展现出重要应用价值。ScH3具有极强的还原性，在受热条件下可与水蒸气反应生成氢氧化钪和氢气，写出该反应的化学方程式：___________。 钪基超导材料废料(主要成分为ScH3、Al、Cu及少量SiO2)的回收工艺具有重要的战略意义。某科研小组设计的回收流程如下： （5）“选择浸出”时，利用NaOH溶液除去铝元素。该反应的离子方程式为___________。 （6）“氧化浸出”阶段，加入H2O2可将ScH3转化为Sc3+，并产生一种无色无味的气体。该反应的化学方程式为 ___________。 （7）在“沉钪”步骤中，加入草酸铵[(NH4)2C2O4]得到草酸钪沉淀。在该工艺流程中，可以循环利用的物质X的化学式为___________。 【答案】（1）BD （2） ①. < ②. NH3分子中N原子有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，使H-N-H键角变小；而在[Sc(NH3)6]3+中，N原子的孤电子对与Sc3+形成了配位键，无孤电子对，成键电子对之间的排斥力更均匀，键角更大 ③. BD （3） ①. (0.5，0.5，0.5) ②. （4）ScH3+3H2O(g)Sc(OH)3+3H2↑ （5）2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑ （6）2ScH3+3H2O2+3H2SO4=Sc2(SO4)3+6H2O+3H2↑ （7）H2SO4 【解析】 【分析】工艺流程中，加入氢氧化钠碱浸以后，铝与氢氧化钠溶液发生反应为：2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑，ScH3、Cu以滤渣形式被过氧化氢在酸性条件下氧化得到铜离子、Sc(III)，调节pH后，得到的滤液再重复循环利用，另一方面加入草酸铵沉淀Sc(III)，最后得到的草酸钪沉淀再高温煅烧得到氧化钪，据此分析（5）、（6）、（7） 【小问1详解】 A．基态Sc原子的原子序数为21，其价层电子排布式为3d14s2，A错误； B．Sc的原子序数为21，位于元素周期表的第四周期、第ⅢB族，其价层电子排布式为3d14s2，属于d区，B正确； C．不同电子，其运动状态不同，基态Sc原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，所以核外电子有21种运动状态不同的电子，且s能级与d能级的电子数之比为8:1，C错误； D．三种金属的核外电子依次增大，最外层均为4s2，半径依次减小，失去最外层电子所需能量依次增大，所以第一电离能：，D正确； 故选BD。 【小问2详解】 ①NH3分子中N原子有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，使H-N-H键角变小；而在[Sc(NH3)6]3+中，N原子的孤电子对与Sc3+形成了配位键，无孤电子对，成键电子对之间的排斥力更均匀，键角更大，即键角：NH3分子中H-N-H的键角＜[Sc(NH3)6]3+离子中 H-N-H的键角； ②[Sc(NH3)6]3+中Sc3+与氨气分子之间存在配位键，氨气分子中，N原子与H原子之间存在极性共价键，所以[Sc(NH3)6]3+存在的化学键类型有B极性共价键和D配位键； 【小问3详解】 结合几何和位置关系可知，在该晶胞中，位于体心位置的H原子其分数坐标为(0.5，0.5，0.5)；Sc原子彼此接触，设晶胞参数为a，则4rSc=，解得a=。晶胞中含=4个Sc原子，H原子位于棱心的有12个、体内8个和体心1个，则有=12，则原子的空间利用率为； 【小问4详解】 ScH3在受热条件下可与水蒸气反应生成氢氧化钪和氢气，根据氧化还原反应规律可知，ScH3+3H2O(g)Sc(OH)3+3H2↑； 【小问5详解】 根据上述分析可知，“选择浸出”时，氢氧化钠溶液溶解铝，其离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑； 【小问6详解】 “氧化浸出”阶段，加入H2O2可将ScH3氧化为氢气，过氧化氢转化为水，根据氧化还原反应规律可知，反应的化学方程式为：2ScH3+3H2O2+3H2SO4=Sc2(SO4)3+6H2O+3H2↑； 【小问7详解】 加入草酸铵[(NH4)2C2O4]得到草酸钪沉淀后，滤液中存在铜离子、硫酸根离子、铵根离子和氢离子，根据工艺流程箭头指向，可推测可循环利用的物质X为H2SO4。 18. 氨基能源是 2025 年“碳中和”研究的重点。钌(Ru)基催化剂能有效降低合成氨及其下游产物转化反应的活化能。请回答： 反应体系的热力学分析 已知： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. （1）氨催化氧化合成液态肼(N2H4)的热化学方程式为： ___________kJ/mol。 （2）钌(Ru)基催化剂在合成氨中表现出“氢抑制”现象。 在恒温恒压条件下，向平衡体系中充入少量，再次达到平衡后，的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；此时NH3的物质的量分数___________。(填“增大”、“减小”或“不变”) （3）研究发现，该催化剂表面的反应速率v取决于活性位点上与的碰撞频率，满足微观动力学方程：(其中为组分在活性位点上的覆盖率)。受限于催化剂活性位点总数，满足约束条件：为空位率)。 ①利用数学工具可知，不论空位率取何值，欲使该状态下的反应速率 $v$ 达到极大值，覆盖率之比 必须满足___________。 ②已知各组分的吸附满足 Langmuir 方程(K为吸附平衡常数)。若在该温度下，科研人员通过调节起始投料比，使体系在总压P下达到平衡时的空位率恰好为 = 0.2，且此时反应速率v达到极大值。则平衡时与的分压之比 PN ： PH =___________。 （4）表现出独特的“氢抑制”效应。下图实线表示在恒压P1下，某催化剂 X 的氨产率随温度的变化关系。 ① 科研人员开发了能有效抑制“氢中毒”且活性更高的新型催化剂 Y(其起燃温度低于X，且能更快达到平衡)。请在答题卡的坐标系中，画出使用催化剂Y时氨产率随温度变化的趋势曲线___________。 ② 据图分析，在 T > T1的区间内，限制产率提升的根本因素是___________(填“热力学平衡限制”或“动力学速率限制”)。 （5）氨氮是水体富营养化的元凶之一。利用电解法将废水中的转化为无害的N2是一种高效的处理手段。某科研小组设计了一种碱性电解槽(电解质为溶液)，其工作原理如图所示。 ① 请写出阳极区发生的电极反应式：___________。 ② 该电解槽以恒定电流I(A)运行t(s)。已知阳极的电流效率为η(即用于氧化的电量占总通过电量的百分比)，理论上阳极区可收集到标准状况下的体积V =___________ L(用含I， t，η及阿伏加德罗常数NA的代数式表示，电子电量为e)。 【答案】（1）-143.2 （2） ①. 增大 ②. 减小 （3） ①. 1:3 ②. 2:3 （4） ①. 要点：起点温度低于 X，上升更陡，峰值靠近热力学平衡线，后随温度升高下降 ②. 热力学平衡限制 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，对已知反应做组合：-Ⅰ - Ⅱ + 3×Ⅲ，消去、从而得到目标反应。故 【小问2详解】 ①充入，平衡正向移动，消耗量增加，转化率增大 ②恒温恒压下，总物质的量增幅大于物质的量增幅，因此的物质的量分数减小 【小问3详解】 ①速率方程 ，空位率固定时总覆盖度为定值。通过求导或均值不等式可证，当时，反应速率取极大值，与空位率绝对值无关 ②，由 Langmuir 方程得，即。 速率最大时，代入覆盖度公式得；结合，解得 【小问4详解】 ①曲线特征：起燃温度低于 X，低温段上升斜率更大，峰值温度低于T1，峰值后与热力学平衡曲线完全重合 ②T>T1时，催化剂 X 的产率与热力学平衡产率一致，温度升高产率下降由平衡逆向移动导致，产率无法突破热力学平衡上限，故限制产率提升的根本因素是热力学平衡限制 【小问5详解】 ①碱性介质中，中从 - 3 价升至 0 价，失电子被氧化，用配平电荷与原子，故阳极反应为： ②总电量It，有效电量ηIt，转移电子物质的量；生成 1mol 转移 6mol 电子，故，标况体积 19. 离子液体作为一种“绿色溶剂”和“功能催化剂”，在化工生产中具有重要应用。某实验小组制备一种路易斯酸强化型离子液体催化剂 [Bmim]Cl·ZnCl2(1-丁基-3-甲基咪唑氯化锌盐)，并对其进行含量测定。 【已知资料】 ① 制备反应：[Bmim]Cl(l) + ZnCl2(s) [Bmim]Cl·ZnCl2(l)(该反应剧烈放热)。 ② 该离子液体极易吸水水解；ZnCl2易潮解。 ③ [Bmim]Cl·ZnCl2几乎不挥发，且不溶于乙醚。[Bmim]Cl易溶于乙醚。 【步骤 Ⅰ：制备与提纯】 ① 如图所示，在三颈烧瓶中加入干燥的[Bmim]Cl。② 开启磁力搅拌，升温至 80℃，通过固体加料口分批加入等物质的量的无水ZnCl2.③ 反应完全后，趁热减压抽滤，除去极少量未反应的固体杂质。④ 用乙醚洗涤抽滤瓶中的滤液(离子液体层) 2~3 次，弃去乙醚层。⑤ 将产品转移至真空干燥箱中，在 100℃下处理 12 小时。 【步骤 Ⅱ：锌含量测定】 准确称取W g产品，经溶解、定容至250mL。取25.00mL待测液，加入缓冲溶液调节pH 10，用 c mol/L的 EDTA 标准溶液滴定Zn2+，消耗V mL。 （1）[仪器与防潮] 图示装置中，冷凝管上方连接的干燥管中盛装的试剂可以是___________(写名称)；其作用是___________。 （2）[过程控制] 步骤 Ⅰ-② 中，无水ZnCl2需“分批加入”而不能一次性加入，结合资料分析其原因是___________。 （3）下列关于制备过程的说法正确的是___________(填字母)。 A. 步骤 Ⅰ-① 中若[Bmim]Cl潮解，需先进行脱水处理，否则会影响产品活性 B. 步骤 Ⅰ-③ “趁热抽滤”的目的是防止生成的离子液体在低温下黏度增大或凝固导致过滤困难 C. 步骤 Ⅰ-④ 中乙醚洗涤的作用是除去残留的有机杂质，若改用蒸馏水洗涤效果更好 D. 真空干燥箱在100℃处理 12 小时是为了彻底除去水分及残留的乙醚 （4）[纯化机理与溶剂选择] 步骤 Ⅰ-④ 中① 洗涤时，选用的乙醚需经过脱水处理，若乙醚中含有水分，会导致产品中混入的杂质主要是___________(填化学式)。 ② 实验发现，若将乙醚更换为乙醇，则无法达到洗涤纯化的目的，理由是___________。 （5）[滴定原理与干扰消除] 步骤 Ⅱ中，采用 EDTA 滴定法： ① 若待测液中混有微量 Fe3+，会与指示剂铬黑 T 形成比Zn2+-EBT更稳定的络合物，导致滴定终点时颜色无法发生突变，这种现象称为“指示剂封闭”。为消除干扰，可在滴定前加入___________(填字母)。 A． 盐酸 B． 氟化钠(NaF) C． 氢氧化钠 D． 乙醇 ② 滴定时，需严格控制pH．若pH过低(如pH < 5)，会使 EDTA 的配位能力减弱，导致测得的锌含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 （6）[数理建模与综合计算] ① 实验小组取W = 5.000 g产品进行测定，最终消耗c = 0.1000 mol/L的 EDTA 标准溶液V = 16.00 mL。已知该离子液体的理论组成中n([Bmim]Cl) ： n(ZnCl2) = 1 ： 1(其理论摩尔质量为311.5g/mol)，请计算该产品的纯度为___________%(保留一位小数)。 ② 假设产品中的杂质仅为吸附的极少量水分。若测得产品中Cl元素的质量分数为 WCl，锌元素的质量分数为WZn，则该产品中n([Bmim]Cl) ： n(ZnCl2)的准确值计算式为___________。 【答案】（1） ①. 无水CaCl2(或碱石灰) ②. 防止空气中的水蒸气进入反应体系 （2）反应剧烈放热，分批加入可控制反应速率，防止温度过快升高导致副反应或危险 （3）ABD （4） ①. Zn(OH)2 ②. 离子液体易溶于乙醇，无法达到洗涤固体的目的 （5） ①. B ②. 偏低 （6） ①. 99.7% ②. 【解析】 【小问1详解】 本实验需要防潮，选用中性或碱性固体干燥剂即，无水氯化钙(或碱石灰合理即可)；干燥管的作用是防止空气中水蒸气进入三颈烧瓶，避免氯化锌潮解、产物离子液体水解； 【小问2详解】 根据已知信息，反应剧烈放热，分批加入可控制放热速率，防止温度过快升高导致副反应或危险； 【小问3详解】 A.原料潮解会导致产物水解，影响活性，因此必须脱水，A正确； B.低温下离子液体黏度增大或凝固，趁热抽滤可避免过滤困难，B正确； C.产物极易吸水水解，不能用水洗涤，C错误； D.水和乙醚都易挥发，真空干燥可彻底除去残留的水和乙醚，D正确； 故选ABD。 【小问4详解】 乙醚含水会引发产物中氯化锌水解，生成氢氧化锌，故产品中混入的杂质主要是；离子液体可溶于乙醇，会造成产品损失，无法达到洗涤纯化的目的，因此不能替换乙醚； 【小问5详解】 ①“指示剂封闭”的原因是与EDTA的结合能力很强，会优先与EDTA结合，导致指示剂无法与结合，从而无法显示终点颜色变化，因此，需要加入一种试剂，将掩蔽或沉淀，避免其干扰滴定： A．加入盐酸，不与盐酸发生反应，不能生成沉淀、气体，溶液仍为棕黄色，没有将掩蔽，还会干扰滴定，A不符合题意； B．加入氟化钠，可与形成稳定的，棕黄色消失，掩蔽消除干扰，B符合题意； C．加入氢氧化钠，与氢氧化钠反应形成红褐色沉淀，虽掩蔽消除干扰，但也与氢氧化钠反应形成白色沉淀，消耗了，干扰滴定，C不符合题意； D．加入乙醇，乙醇与在常温下不发生反应，没有将掩蔽，还会干扰滴定，D不符合题意； 故选B； ②滴定原理：，通过消耗EDTA标准液体积V计算锌含量，当pH过低时EDTA配位能力减弱，同等量结合的 EDTA变少 ，滴定消耗的EDTA标准液体积V偏小，导致测得的锌含量偏低； 【小问6详解】 ①25 mL待测液中，总，产品质量，纯度； ② 设取1 g产品，，则，，整理得。 20. 抗流感药玛巴洛沙韦的核心三环骨架中间体 G 的合成路线如下： 已知： ① DIBAL-H(二异丁基氢化铝)是一种温和的还原剂，常温下可将酰胺或酯还原为醛或半缩胺。 ②R2N-CH(OR')-R''类化合物在Lewis 酸(SnCl4)作用下，易失去R'OH形成高活性的亚胺离子中间体[R2N=CH-R'']+。 ③ 相关基团简写：Alloc- 为CH2=CH-CH2-O-CO-；Boc- 为(CH3)3C-O-CO-；-Bn 为 -CH2C6H5。 请回答下列问题： （1）化合物 A 中含有的含氧官能团名称为___________。 （2）化合物 B 的结构简式为___________。 （3）下列说法不正确的是___________。 A. A→B的反应类型为还原反应 B. 化合物 C 分子中含有 2 个手性碳原子 C. SnCl4在 C+F→G的反应中充当酸的作用 D. 1 mol化合物 E 在NaOH溶液中充分水解，最多消耗3 mol NaOH （4）请写出E→F的化学方程式：___________。 （5）C+F→G过程中，若由于SnCl4量不足导致化合物 C 自身发生二聚，写出一种分子式为 C16H24N2O7的副产物结构简式：___________。 （6）参照上述合成路线，设计以甲胺、甲醛和苯酚为原料合成下示产物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___________。 (产物结构：) 【答案】（1）酰胺基(或肽键)、醚键 （2） （3）B （4） （5） （6） 【解析】 【分析】A → B：DIBAL-H低温还原，将羰基还原为羟基，得到B；B → C：B的羟基与取代反应生成C ； D → E：D与Boc保护肼发生羰基缩合得到E；E → F：低温脱除Boc得到F；C + F → G：C脱去MeOH，生成高活性亚胺离子中间体 ，F分子作为亲核试剂进攻亚胺碳，发生亲核加成；脱质子得到目标中间体G。 【小问1详解】 根据A的结构，含氧官能团为酰胺基(或肽键)和六元环中的醚键； 【小问2详解】 A中R替换为Alloc，酰胺羰基被DIBAL-H还原为羟基，结构简式为； 【小问3详解】 A．A→B是羰基被还原为羟基，属于还原反应，A正确； B．化合物C中只有连OMe的碳原子连有4个不同基团为手性碳，其余碳原子均为，因此只有1个手性碳，B错误； C．根据已知信息，是Lewis酸，提供酸性环境促进亚胺离子生成，充当酸的作用，C正确； D．1 mol E中含1 mol Boc ，BocHN-水解消耗2 mol NaOH，1 mol羧酸酯消耗1 mol NaOH，总共消耗3 mol NaOH，D正确； 故选B。 【小问4详解】 E的Boc基团在酸性条件下水解，脱去Boc得到游离氨基，生成和叔丁烯，对应化学方程式为： （Boc- 为(CH3)3C-O-CO-；-Bn 为 -CH2C6H5)； 【小问5详解】 两分子脱去1分子，得到分子式为的副产物结构简式为：； 【小问6详解】 参考题给合成路线，甲胺和甲醛发生加成脱水生成，与再经作用下，得到目标产物，合成路线为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月浙江省普通高等学校模拟招生选考科目考试 化 学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，环选、多选、错选均不得分) 1. 下列物质分类正确且具有相应性质的是 A. Fe(OH)3：红褐色胶体，具有丁达尔效应 B. SiO2：酸性氧化物，能与水反应生成硅酸 C. 葡萄糖：天然高分子化合物，能发生银镜反应 D. 液氨：非电解质，本身在水溶液中不能导电 2. 下列化学实验操作或安全事故处理正确的是 A. 金属钠着火时，立即用二氧化碳灭火器扑灭 B. 滴定管和容量瓶在使用前均需检查是否漏水，且均需用待装液润洗 C. 做焰色试验前，先用稀硫酸清洗铂丝，并在火焰上灼烧至无色 D. 浓硫酸不慎溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上 3%~5% 的NaHCO3溶液 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 氘原子表示为： B. 激发态H原子的轨道表示式： C. NaCl中水合钠离子表示： D. sp2的杂化轨道模型： 4. 某研究小组利用图示装置验证非金属性 Cl > C > Si，并进行有机反应探究。下列说法正确的是 A. 装置 A 中用 MnO2 替代 KMnO4也能达到实验目的，且反应更可控 B. 装置 B 中盛放饱和NaHCO3溶液，既能除去 HCl又能降低Cl2的溶解度 C. 若将 C 中固体换为苯，开启 A 后在光照条件下，C 中发生取代反应生成氯苯 D. 装置 D 中产生白色沉淀，不能证明非金属性 Cl > C > Si，且装置存在环保缺陷 5. 下列说法不正确的是 A. 碳纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为碳单质，具有高强度、耐高温等性能 B. 植物油和裂化汽油中均含有不饱和碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 酿酒中，淀粉经水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇 D. 石油的裂化主要是为了提高轻质液体燃料的产量，而裂解的主要目的是获得乙烯、丙烯等短链气态烃 6. 2025年，我国科学家利用金属有机框架(MOF)为前驱体，成功制备了一种镍(Ni)单原子催化剂(结构示意图如下)，实现了常温常压下高效电催化CO2还原制备CO。该技术为实现“双碳”目标提供了新路径。下列关于该催化过程及材料的说法中，不正确的是 A. 基态镍(Ni)原子的价层电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的 d 区 B. 在该催化剂的活性中心(Ni-N4)中，Ni提供空轨道，N提供孤电子对，二者形成配位键 C. 载体中的碳原子和氮原子均主要采取sp3杂化，以保证骨架结构的稳定性 D. 该电催化过程将电能转化为化学能，催化剂的使用不改变反应的焓变() 7. 类比、推理及实验归纳是化学学习的重要方法。下列说法不合理的是 A. 常温下，铁、铝在浓硝酸中会发生钝化；但是将铁片投入由KNO3和HCl组成的混合溶液中，铁片表面不会迅速产生致密的氧化膜而停止溶解 B. H3PO4分子中含有3个-OH，为三元酸；因此H3BO3分子中也含有3个OH，也为三元酸 C. NaHCO3的溶解度比Na2CO3小；但是在常温下向饱和K2CO3溶液中通入过量CO2，不一定会有KHCO3晶体析出 D. CH4的中心原子采取sp3杂化，键角为109.5°；NH3的中心原子也采取sp3杂化，但受孤电子对影响键角减小；因此PH3中心原子更大，对电子排斥减弱，其键角应小于 NH3 8. 某化学兴趣小组查阅资料，模拟工业上制备金属钛、微纳米级MgO及其相关性质实验，下列反应的离子方程式正确的是 A. [性质探究] 向铁锈主要成分Fe(OH)3悬浊液中加入足量氢碘酸(HI)清洗：2Fe(OH)3 + 6H+ + 2I- = 2Fe2++ I2 + 6H2O B. [沉淀转化] 验证Mg(OH)2溶解平衡的移动，向其悬浊液中加入NH4Cl溶液：Mg(OH)2 + 2NH = Mg2+ + 2NH3·H2O C. [净水模拟] 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使SO恰好完全沉淀：Al3+ + 2SO+ 2Ba2+ + 4OH- = AlO + 2BaSO4↓+ 2H2O D. [前驱体制备] 工业上利用液态TiCl4的强水解性在空气中“发烟”制备纳米TiO2：Ti4+ + 2H2O = TiO2↓+ 4H+ 9. 葡萄糖酸-δ-内酯的衍生物 M(结构简式如图所示)是手性药物合成中的重要前驱体。下列关于M的说法正确的是 A. 利用核磁共振谱可检测出 M 分子中含有酯基，且其在水中的溶解度小于葡萄糖 B. M 分子中sp2杂化与sp3杂化的碳原子个数之比为 5 ： 9，且含有 4 个手性碳原子 C. 1 mol M 与足量NaOH溶液反应，最多消耗5 mol NaOH，生成的有机盐溶液均显酸性 D. M 既能发生银镜反应，也能与Na2CO3溶液反应产生气体 10. 下列关于常见教材实验的方案或操作中，正确的是 选项 实验目标 实验方案或操作 A 提纯含少量泥沙的苯甲酸 将粗品溶于沸水制成饱和溶液，冷却至室温后过滤，收集滤纸上的晶体并用少量冷水洗涤 B 利用柱色谱分离植物色素 在色谱柱中装入硅胶，滴加色素提取液后用石油醚洗脱，胡萝卜素(橙黄色)最先流出 C 实验室合成阿司匹林 将水杨酸、乙酸酐和浓硫酸混合后，置于蒸发皿中用酒精灯直接加热至沸腾，以缩短反应时间 D 粗盐的提纯 将调完 pH 的滤液置于蒸发皿中，加热至液体蒸干，利用余热使晶体完全析出 A. A B. B C. C D. D 11. 2025 年，科研人员受诺贝尔化学奖关于MOFs研究的启发，利用Ce-MOF衍生制备了镧系单原子催化剂(Ce-SACs)，并将其用于电催化还原CO2制备CO。其工作原理如图所示(电解质为KHCO3溶液)。下列说法不正确的是 A. 阳极的电极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+ 4H+，且阴极区附近溶液的pH增大 B. 催化剂载体(N-C框架)中，碳原子和氮原子均采取sp2杂化，且Ce与N之间通过配位键结合 C. 若阴极产生CO的电流效率为100%，当电路中通过1mol e-时，左室溶液质量增重47.1g D. 该过程实现了光能向化学能的转化，且 Ce 原子较大的半径使Ce-N4结构更松散，降低了CO2还原为CO的反应热 12. 研究发现，负载在CeO2表面的Pd单原子催化剂(Pd1/CeO2)在CO2加氢制甲醇过程中展现出极高的选择性。其核心反应为：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH 已知：实验证明，Pd1/CeO2能显著降低反应历程中最高能垒步(*CO2 + *H → *COOH)的活化能。 在三个体积均为1 L的恒容密闭容器中，均充入1.0 mol CO2和3.0 mol H2，实验结果如下： 容器编号 温度/K 催化剂 平衡时 n(CH3OH)/mol 平衡常数K Ⅰ T1 NO 0.5 K1 Ⅱ T1 Pd1/CeO2 x K2 Ⅲ T2(T2>T1) Pd1/CeO2 0.2 K3 下列说法正确的是 A. 容器 Ⅱ 中，Pd单原子因增大了单位体积内活化分子百分数，使x > 0.5 B. 该反应的ΔH < 0，且T1温度下该反应的平衡常数 K1 0.15 C. 在T1时，若起始向容器中充入各组分均为1.0 mol，此时反应向正方向进行 D. Pd单原子改变了反应路径，使该反应的ΔH 减小，从而提高了CO2的转化率 13. 2025 年，某高校团队在研发新型单原子催化剂载体时，合成了一种具有特殊二维拓扑结构的金属间化合物薄膜。其单层原子排布如图所示，被称为“笼目结构”。该结构由全同的金属原子通过共用顶点构成规则的三角形和六边形空隙。若相邻两个金属原子间的核间距为d pm。下列说法错误的是 A. 在该二维层状结构内部，每个金属原子的配位数均为 4 B. 图示的菱形是该结构的平面最小重复单元(二维晶胞)，该晶胞中实际平均占有的金属原子数为3 C. 若在图中的六边形空隙中心(位置①)和三角形空隙中心(位置②)各锚定一个Pd单原子，则Pd在位置①的配位数(平面内)为 6，在位置②的配位数为3 D. 该二维材料的单位面积内的原子数为 14. 某科研小组利用 LDA(二异丙基氨基锂)介导的“亚胺-加成”工艺合成β-羟基醛，反应机理如图所示(图中R1， R2代表烃基，Ph代表苯基)。下列说法错误的是 A. LDA 在反应②中作为强碱夺取α-H(紧邻R1的两个H)，其在整个循环中作为反应物被消耗 B. 反应过程中，苯乙酮分子中羰基碳原子的杂化轨道由sp2变为sp3 C. 理论上，每生成 1 mol β-羟基醛，该路径在整个循环历程中净消耗 1 mol H2O D. 若起始醛中R1 = H，则生成的最终有机产物分子中不含有手性碳原子 15. 常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液调节0.10 mol/L某二元弱酸(催化剂配体H2L)溶液的 pH．溶液中各微粒浓度的分布分数 δ [如] 的对数值lgδ、以及水的电离程度比值R [] 与pH的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线 ① 代表lgδ(H2L)随 pH 的变化，且当pH= 3.5时，c(H2L) = c(HL-) B. 该二元弱酸的电离常数之比 C. 当溶液中水的电离受到抑制程度最强时，溶液中存在：c(H+) = c(OH-) + c(HL-) + 2c(L2-) D. NaHL溶液中，水的电离程度 R>10-1.5，且存在 c(HL-) > c(L2-) > c(H2L) 16. 以某废旧单原子催化剂前驱体(主要成分为CeO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、Pd、CaO及 SiO2)为原料回收贵金属Pd并制备高纯CeO2的工艺流程如下： 资料：i． ii．常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如表(初始浓度为0.01mol/L) 离子 Ce4+ Fe3+ Al3+ Ce3+ 开始沉淀时的 pH 0.1 2.3 3.7 7.4 完全沉淀时的 pH 1.0 3.2 4.7 9.2 iii．氧化还原与溶解性：Ce(OH)4极难溶于稀酸；Pd能与“王水”反应生成[PdCl4]2-。 下列说法错误的是 A. “还原酸浸”中，H2O2表现还原性，溶解1 mol CeO2理论上至少产生11.2 L(标准状况) O2 B. “氧化沉铈”步骤中，控制 pH 在1.0~2.3 之间可实现Ce与 Fe、Al的分离；若pH 过高，滤渣B中会混入Fe(OH)3 C. “沉钙”步骤中，若 c(F-) = 1.0×10-3 mol/L，则此时溶液中c(Ca2+) = 1.5 ×10-7 mol/L D. 为提高Pd的回收率，“还原酸浸”时需控制H2O2的用量，防止Pd提前溶解进入“滤液I” 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 稀土元素在我国超导材料、航空航天等战略性新兴产业中具有重要地位。钪(21Sc)作为稀土大家族的一员，其氧化物常用于制造大功率铝合金。请回答下列问题： （1）关于基态钪原子(Sc)及其结构的描述，下列说法正确的是___________。 A. 基态Sc原子的价层电子排布式为4s24p1 B. Sc位于元素周期表的第四周期、第ⅢB族，属于d区 C. 基态Sc原子中有21种运动状态不同的电子，且s能级与d能级的电子数之比为4：1 D. 第一电离能： （2）钪(Sc)在精炼过程中常用氨水沉淀分离，形成配合物[Sc(NH3)6]3+。其阳离子的空间构型与[Mg(NH3)6]2+(如图)类似： ①NH3分子中H-N-H的键角___________[Sc(NH3)6]3+离子中 H-N-H的键角(填“>”、“<”或“=”)。上述键角产生差异的原因是：___________。 ②[Sc(NH3)6]3+中存在的化学键类型有___________(填字母)。 A． 离子键 B． 极性共价键 C． 非极性共价键 D． 配位键 （3）2025 年，《Nature》报道了高压下具有近室温超导特性的ScH3晶体。其晶胞结构如图所示：Sc 原子采取面心立方(FCC)最密堆积，H 原子则填满了该堆积中所有的八面体空隙和四面体空隙。在该晶胞中，位于体心位置的H原子其分数坐标为___________；若Sc和H的原子半径分别为rSc和rH，Sc原子彼此接触，则该晶胞的空间利用率η= ___________(用含rSc、rH和的代数式表示)。 （4）钪基氢化物不仅是极具潜力的超导材料，在高效制氢及磁制冷循环中也展现出重要应用价值。ScH3具有极强的还原性，在受热条件下可与水蒸气反应生成氢氧化钪和氢气，写出该反应的化学方程式：___________。 钪基超导材料废料(主要成分为ScH3、Al、Cu及少量SiO2)的回收工艺具有重要的战略意义。某科研小组设计的回收流程如下： （5）“选择浸出”时，利用NaOH溶液除去铝元素。该反应的离子方程式为___________。 （6）“氧化浸出”阶段，加入H2O2可将ScH3转化为Sc3+，并产生一种无色无味的气体。该反应的化学方程式为 ___________。 （7）在“沉钪”步骤中，加入草酸铵[(NH4)2C2O4]得到草酸钪沉淀。在该工艺流程中，可以循环利用的物质X的化学式为___________。 18. 氨基能源是 2025 年“碳中和”研究的重点。钌(Ru)基催化剂能有效降低合成氨及其下游产物转化反应的活化能。请回答： 反应体系的热力学分析 已知： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. （1）氨催化氧化合成液态肼(N2H4)的热化学方程式为： ___________kJ/mol。 （2）钌(Ru)基催化剂在合成氨中表现出“氢抑制”现象。 在恒温恒压条件下，向平衡体系中充入少量，再次达到平衡后，的转化率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；此时NH3的物质的量分数___________。(填“增大”、“减小”或“不变”) （3）研究发现，该催化剂表面的反应速率v取决于活性位点上与的碰撞频率，满足微观动力学方程：(其中为组分在活性位点上的覆盖率)。受限于催化剂活性位点总数，满足约束条件：为空位率)。 ①利用数学工具可知，不论空位率取何值，欲使该状态下的反应速率 $v$ 达到极大值，覆盖率之比 必须满足___________。 ②已知各组分的吸附满足 Langmuir 方程(K为吸附平衡常数)。若在该温度下，科研人员通过调节起始投料比，使体系在总压P下达到平衡时的空位率恰好为 = 0.2，且此时反应速率v达到极大值。则平衡时与的分压之比 PN ： PH =___________。 （4）表现出独特的“氢抑制”效应。下图实线表示在恒压P1下，某催化剂 X 的氨产率随温度的变化关系。 ① 科研人员开发了能有效抑制“氢中毒”且活性更高的新型催化剂 Y(其起燃温度低于X，且能更快达到平衡)。请在答题卡的坐标系中，画出使用催化剂Y时氨产率随温度变化的趋势曲线___________。 ② 据图分析，在 T > T1的区间内，限制产率提升的根本因素是___________(填“热力学平衡限制”或“动力学速率限制”)。 （5）氨氮是水体富营养化的元凶之一。利用电解法将废水中的转化为无害的N2是一种高效的处理手段。某科研小组设计了一种碱性电解槽(电解质为溶液)，其工作原理如图所示。 ① 请写出阳极区发生的电极反应式：___________。 ② 该电解槽以恒定电流I(A)运行t(s)。已知阳极的电流效率为η(即用于氧化的电量占总通过电量的百分比)，理论上阳极区可收集到标准状况下的体积V =___________ L(用含I， t，η及阿伏加德罗常数NA的代数式表示，电子电量为e)。 19. 离子液体作为一种“绿色溶剂”和“功能催化剂”，在化工生产中具有重要应用。某实验小组制备一种路易斯酸强化型离子液体催化剂 [Bmim]Cl·ZnCl2(1-丁基-3-甲基咪唑氯化锌盐)，并对其进行含量测定。 【已知资料】 ① 制备反应：[Bmim]Cl(l) + ZnCl2(s) [Bmim]Cl·ZnCl2(l)(该反应剧烈放热)。 ② 该离子液体极易吸水水解；ZnCl2易潮解。 ③ [Bmim]Cl·ZnCl2几乎不挥发，且不溶于乙醚。[Bmim]Cl易溶于乙醚。 【步骤 Ⅰ：制备与提纯】 ① 如图所示，在三颈烧瓶中加入干燥的[Bmim]Cl。② 开启磁力搅拌，升温至 80℃，通过固体加料口分批加入等物质的量的无水ZnCl2.③ 反应完全后，趁热减压抽滤，除去极少量未反应的固体杂质。④ 用乙醚洗涤抽滤瓶中的滤液(离子液体层) 2~3 次，弃去乙醚层。⑤ 将产品转移至真空干燥箱中，在 100℃下处理 12 小时。 【步骤 Ⅱ：锌含量测定】 准确称取W g产品，经溶解、定容至250mL。取25.00mL待测液，加入缓冲溶液调节pH 10，用 c mol/L的 EDTA 标准溶液滴定Zn2+，消耗V mL。 （1）[仪器与防潮] 图示装置中，冷凝管上方连接的干燥管中盛装的试剂可以是___________(写名称)；其作用是___________。 （2）[过程控制] 步骤 Ⅰ-② 中，无水ZnCl2需“分批加入”而不能一次性加入，结合资料分析其原因是___________。 （3）下列关于制备过程的说法正确的是___________(填字母)。 A. 步骤 Ⅰ-① 中若[Bmim]Cl潮解，需先进行脱水处理，否则会影响产品活性 B. 步骤 Ⅰ-③ “趁热抽滤”的目的是防止生成的离子液体在低温下黏度增大或凝固导致过滤困难 C. 步骤 Ⅰ-④ 中乙醚洗涤的作用是除去残留的有机杂质，若改用蒸馏水洗涤效果更好 D. 真空干燥箱在100℃处理 12 小时是为了彻底除去水分及残留的乙醚 （4）[纯化机理与溶剂选择] 步骤 Ⅰ-④ 中① 洗涤时，选用的乙醚需经过脱水处理，若乙醚中含有水分，会导致产品中混入的杂质主要是___________(填化学式)。 ② 实验发现，若将乙醚更换为乙醇，则无法达到洗涤纯化的目的，理由是___________。 （5）[滴定原理与干扰消除] 步骤 Ⅱ中，采用 EDTA 滴定法： ① 若待测液中混有微量 Fe3+，会与指示剂铬黑 T 形成比Zn2+-EBT更稳定的络合物，导致滴定终点时颜色无法发生突变，这种现象称为“指示剂封闭”。为消除干扰，可在滴定前加入___________(填字母)。 A． 盐酸 B． 氟化钠(NaF) C． 氢氧化钠 D． 乙醇 ② 滴定时，需严格控制pH．若pH过低(如pH < 5)，会使 EDTA 的配位能力减弱，导致测得的锌含量___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 （6）[数理建模与综合计算] ① 实验小组取W = 5.000 g产品进行测定，最终消耗c = 0.1000 mol/L的 EDTA 标准溶液V = 16.00 mL。已知该离子液体的理论组成中n([Bmim]Cl) ： n(ZnCl2) = 1 ： 1(其理论摩尔质量为311.5g/mol)，请计算该产品的纯度为___________%(保留一位小数)。 ② 假设产品中的杂质仅为吸附的极少量水分。若测得产品中Cl元素的质量分数为 WCl，锌元素的质量分数为WZn，则该产品中n([Bmim]Cl) ： n(ZnCl2)的准确值计算式为___________。 20. 抗流感药玛巴洛沙韦的核心三环骨架中间体 G 的合成路线如下： 已知： ① DIBAL-H(二异丁基氢化铝)是一种温和的还原剂，常温下可将酰胺或酯还原为醛或半缩胺。 ②R2N-CH(OR')-R''类化合物在Lewis 酸(SnCl4)作用下，易失去R'OH形成高活性的亚胺离子中间体[R2N=CH-R'']+。 ③ 相关基团简写：Alloc- 为CH2=CH-CH2-O-CO-；Boc- 为(CH3)3C-O-CO-；-Bn 为 -CH2C6H5。 请回答下列问题： （1）化合物 A 中含有的含氧官能团名称为___________。 （2）化合物 B 的结构简式为___________。 （3）下列说法不正确的是___________。 A. A→B的反应类型为还原反应 B. 化合物 C 分子中含有 2 个手性碳原子 C. SnCl4在 C+F→G的反应中充当酸的作用 D. 1 mol化合物 E 在NaOH溶液中充分水解，最多消耗3 mol NaOH （4）请写出E→F的化学方程式：___________。 （5）C+F→G过程中，若由于SnCl4量不足导致化合物 C 自身发生二聚，写出一种分子式为 C16H24N2O7的副产物结构简式：___________。 （6）参照上述合成路线，设计以甲胺、甲醛和苯酚为原料合成下示产物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___________。 (产物结构：) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $