精品解析：广东实验中学2026届高三上学期第二次阶段性考试化学试题

2026届广东实验中学高三第二次阶段性考试 化学 (本试卷共8页，20小题，满分100分，考试用时75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cu：64 Au：197 一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意。第1~10题 每小题2分；第11~16题 每小题4分，共44分) 1. 岭南文化源远流长，对社会的发展起着积极的推动作用。下列地方文化涉及的材料不属于有机高分子化合物的是 选项 A B C D 地方文化 顺德木制龙舟 石湾陶塑 广东剪纸 粤剧现代戏服 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是 A. 手机芯片与光导纤维的化学成分相同 B. 维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因其有较强的氧化性能可清除体内自由基 C. 蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化 D. 虾、蟹、昆虫等外壳的甲壳质又称几丁质，属于高分子化合物 3. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是 A. “蛟龙”载人潜水器的耐压球壳使用钛合金，钛合金的硬度比金属钛小 B. “神舟十三号”使用砷化镓太阳能电池：其供电时化学能转化为电能 C. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟：铷是第IA族元素 D. C919 国产飞机使用聚甲基丙烯酸甲酯有机玻璃做风挡，该玻璃由甲基丙烯酸甲酯缩聚合成 4. 劳动开创未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁锅在空气中发生析氢腐蚀 B 理发师给客人烫发 烫发药水能使头发的二硫键(-S-S-)发生断裂和重组 C 用Na2S除去废水中的Cu2+ Na2S具有很强的还原性 D 用氢氟酸雕刻玻璃花纹 氢氟酸具有弱酸性 A. A B. B C. C D. D 5. 类比推理是化学的常用思维方法。下列推理正确的是 A. 干冰()是分子晶体，推测也是分子晶体 B. 与浓共热可制取气体，推测与浓共热也可制取气体 C. 与反应生成与，推测与反应主要生成与 D. 铝盐溶液中滴入过量氨水发生反应：，推测向溶液中滴入过量氨水： 6. 下列方程式正确的是 A. 保存FeCl2溶液加入少量铁粉的原因： B. 向NaHCO3溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液： C. 将少量Cl2通入NaHSO3溶液中： D. CH3CH2Br与NaOH溶液共热反应： 7. 以相应的卤代酸酯为原料，利用Gabriel法合成天冬氨酸，其中一种中间产物的结构如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是 A. 存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体 B. 分子中不含有手性碳原子 C. 1mol该有机物最多与7mol的发生加成反应 D. 分子中所有的碳原子共平面 8. 一种向外输出电能的同时，又能使水土中重金属离子Cd2+变成沉淀而被除去的电化学装置，其工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 锌棒为该装置的正极 B. 电子从锌棒经水土移向碳棒 C. 碳棒附近Cd2+转化为Cd而被除去 D. 标准状况下，每消耗11.2LO2，理论上最多能除去1molCd2+ 9. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．制备 B．制备无水 C．除去中少量的HCl D．可用于制备 A. A B. B C. C D. D 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的NH和H+数目之和为0.1NA B. 标准状况下，22.4L NO和11.2L O2充分反应后，体系中含有的分子数目为NA C. 1 mol熔融的 NaHSO4晶体含有SO数目为NA D. 1 mol丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为3NA 11. 部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. g的稳定性比f的稳定性更强 B. 工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化 C. 常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应 D. 向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系 12. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 13. LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，下列叙述正确的是 A. X、Y、Z简单气态氢化物的沸点： B. X、Y两元素组成的分子一定为非极性分子 C. 该化合物中有极性键、非极性键和离子键 D. 该化合物中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构 14. 25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是 A. 在该反应条件下，产物2比产物1稳定 B. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面 C. 生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol D. 反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率 15. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 A 检验某无色溶液中是否含有SO 取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入氯化钡溶液 若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO B 探究不同金属离子对H2O2分解速率的影响 取支试管，向支试管中各加入5mL 6%H2O2溶液，分别向试管中各加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液和0.1mol/L CuSO4溶液 相同时间内产生气泡多的，则催化效果好 C 比较ZnS和CuS的Ksp 向0.1 mol/L K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再滴加少量等浓度的CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，可得出结论：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 检验某无色气体是否为SO2 将气体通入品红溶液中，再加热 若通入气体后品红溶液褪色，加热后能恢复红色，则气体为SO2 A. A B. B C. C D. D 16. 我国科学家研发了一种具有“氨氧化、析氢”双功能的电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，负极反应为 B. 充电时，阴极室电解质溶液增大 C. 复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出 D. 充电时，每生成，阳极室溶液质量减少 二、非选择题(共4题，共56分) 17. SO2可应用于工业、农业等领域。某兴趣小组对其开展一系列的实验探究。 I．探究SO2的性质：按如图所示装置制备、检验SO2的性质。 （1）装置乙探究SO2具有漂白性，其中盛放的试剂为___________。 （2）丁中观察到___________(填实验现象)，说明SO2具有___________性(填“氧化”或“还原”)。 Ⅱ． 探究沉淀成分：按上述实验装置进行实验，一段时间后，在丙中观察到白色沉淀产生，对此沉淀的组成，该实验小组提出如下猜想： 猜想1：沉淀为BaSO3；猜想2：沉淀为BaSO4；猜想3：沉淀为二者混合物。 （3）猜想2的依据是(用离子方程式表示)___________；为防止丙装置中产生BaSO4，在实验前关闭___________(填“K1”或“K2”；下同)，打开___________，通入N2一段时间，然后进行实验，再取出丙中的悬浊液进行探究。 （4）为探究白色沉淀的组成，实验小组将丙中悬浊液分成10mL的若干份，进行如下探究： 实验 1 2 3 实验内容 实验现象 白色浑浊消失，一段时间后在烧杯底部出现物质的量更多的白色沉淀 烧杯中出现浑浊，经多天后沉淀量显著增多至与实验1几乎相同 白色浑浊消失，一段时间后才慢慢产生白色沉淀 ①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解的离子方程式为___________；实验1中后续生成的白色沉淀为___________(填化学式)；从化学反应速率角度分析实验1现象产生的原因___________。 ②已知H2SO3的，，BaSO3的，则反应，K= ___________(保留三位有效数字)，再结合探究实验的现象，说明___________成立(填“猜想1”、“猜想2”或“猜想3”)。请结合实验1、2、3，解释实验1中产生物质的量更多的白色沉淀的原因___________。 18. 四氧化三钴主要用作催化剂、氧化剂，也可用于制造钴盐、搪瓷颜料。某钴矿含CoS、CuS、FeS，以该钴矿为原料制备四氧化三钴的工艺流程如图所示： 已知： 氢氧化物 (298K) （1）为提高“碱浸”速率，可采取的措施有___________(任写一种即可)。 （2）写出“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：________。 _________________________________=___________S+______________________。 （3）“除铁”步骤中的pH理论上最高可调至___________(溶液体积变化可忽略，“含Co2+溶液”中的 mol·L-1)。 （4）“萃取”中，钴与P507形成如图所示的配合物。下列说法正确的有___________。 A. 配位时Co2+被还原 B. 基态P原子的未成对电子数为5 C. 该结构中碳原子均为sp3杂化 D. 该配合物因其烷基链的疏水性而实现萃取分离 （5）写出“煅烧”步骤中发生反应的化学方程式：___________。 （6）Co3O4晶体中O2-为面心立方最密堆积(如下图)，钴离子填充在晶胞中由O2-构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和___________面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子的配位数分别为___________、___________。相邻O2-间的最近距离之比___________。 19. I．甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）某种含钴催化剂能催化甲酸得到高纯度的CO，基态Co原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）反应的___________。 （3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O(g)的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 （4）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是___________；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是___________。 II． 甲酸可与其他有机酸混合作为清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有很大的意义。在25℃的时候，相同浓度的甲酸、丙酸(C2H5COOH)以及某羧酸R1COOH的水溶液中，酸分子的分布分数随pH变化曲线如下图所示。 （5）①往HCOOH和C2H5COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7，___________(填“>”“=”或“<”)。 ②将等物质的量浓度等体积的HCOOH和R1COONa混合充分，发生的反应为：，求平衡时HCOOH的转化率___________。 20. 一种在光/金属协同催化模式下的不对称多组分自由基反应如图所示，请回答下列问题： （1）化合物1a的分子式为___________。 （2）化合物3a的名称是___________；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ，化合物Ⅰ的同分异构体中同为芳香化合物的共___________种。 （3）下列说法正确的有___________(填选项字母)。 A. 1a分子的核磁共振氢谱中有两组峰，但峰面积不相同 B. 在1a、2a和3a生成4a的过程中，有键断裂和键形成 C. 一个4a分子中存在两个手性碳原子，4a可形成分子内氢键 D. 3a分子中有大键，且可发生原子利用率100%的氧化反应 （4）醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性，分子内含有的醛在一定条件下可发生加成反应，生成羟基醛(不考虑失水过程)。化合物2a可由乙醛在一定的条件下，经过多步反应得到。 ①第一步反应为增长碳链(反应物仅有乙醛，原子利用率为100%)，该化学方程式为___________(不用注明反应条件)。 ②第二步进行加成反应，形成醇类化合物。 ③第三步，进行___________(填具体反应类型)，反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 （5）参照(4)中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ[已知：化合物Ⅱ与(4)①中产物的官能团均相同]：___________(填结构简式)，参考上述三组分反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ为原料，可以直接合成化合物Ⅲ：___________(填结构简式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东实验中学高三第二次阶段性考试 化学 (本试卷共8页，20小题，满分100分，考试用时75分钟) 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cu：64 Au：197 一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意。第1~10题 每小题2分；第11~16题 每小题4分，共44分) 1. 岭南文化源远流长，对社会的发展起着积极的推动作用。下列地方文化涉及的材料不属于有机高分子化合物的是 选项 A B C D 地方文化 顺德木制龙舟 石湾陶塑 广东剪纸 粤剧现代戏服 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．木制龙舟的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，A不合题意； B．陶塑的主要成分为硅酸盐是无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，B符合题意； C．纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，C不合题意； D．现代戏服的主要成分是合成纤维，属于有机高分子化合物，D不合题意； 故答案为：B。 2. 化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是 A. 手机芯片与光导纤维的化学成分相同 B. 维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因其有较强的氧化性能可清除体内自由基 C. 蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化 D. 虾、蟹、昆虫等外壳的甲壳质又称几丁质，属于高分子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A. 手机芯片主要成分为硅（Si），光导纤维主要成分为二氧化硅（SiO2），两者化学成分不同，A错误； B. 维生素C具有还原性，能通过还原作用清除体内自由基，而非氧化性，B错误； C. 碱液蒸煮制浆法造纸过程中，原料在碱性环境下发生化学分解反应，涉及化学变化，C错误； D. 几丁质(C8H13O5N)n由重复结构单元组成，分子量较大，属于天然高分子化合物，D正确； 故选D。 3. 科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法正确的是 A. “蛟龙”载人潜水器的耐压球壳使用钛合金，钛合金的硬度比金属钛小 B. “神舟十三号”使用砷化镓太阳能电池：其供电时化学能转化为电能 C. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟：铷是第IA族元素 D. C919 国产飞机使用聚甲基丙烯酸甲酯有机玻璃做风挡，该玻璃由甲基丙烯酸甲酯缩聚合成 【答案】C 【解析】 【详解】A．合金的硬度一般高于其组分金属，A错误； B．太阳能电池利用半导体材料的光电效应，光能直接转化为电能，B错误； C．铷位于周期表IA族，与钾、钠同族，C正确； D．甲基丙烯酸甲酯含碳碳双键，通过加聚形成聚合物，D错误； 故选C。 4. 劳动开创未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 擦干已洗净的铁锅，以防生锈 铁锅在空气中发生析氢腐蚀 B 理发师给客人烫发 烫发药水能使头发的二硫键(-S-S-)发生断裂和重组 C 用Na2S除去废水中的Cu2+ Na2S具有很强的还原性 D 用氢氟酸雕刻玻璃花纹 氢氟酸具有弱酸性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．擦干铁锅以防生锈的原理是减少水分以减缓铁与氧气和水的反应（吸氧腐蚀），而析氢腐蚀需酸性环境，铁锅在空气中主要发生吸氧腐蚀，A错误； B．烫发药水通过还原剂断裂头发中二硫键（-S-S-），再氧化重组以改变形状，化学知识正确关联劳动项目，B正确； C．用Na2S除去Cu2+是因S2-与Cu2+形成CuS沉淀，属复分解反应，与Na2S的还原性无关，C错误； D．氢氟酸雕刻玻璃是因HF与SiO2反应生成挥发性SiF4，与其弱酸性无关，D错误； 故选B。 5. 类比推理是化学的常用思维方法。下列推理正确的是 A. 干冰()是分子晶体，推测也是分子晶体 B. 与浓共热可制取气体，推测与浓共热也可制取气体 C. 与反应生成与，推测与反应主要生成与 D. 铝盐溶液中滴入过量氨水发生反应：，推测向溶液中滴入过量氨水： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由原子直接构成，属于共价晶体，故A错误； B．浓硫酸为高沸点酸，可以制得低沸点，同样也可以得到低沸点，故B正确； C．二氧化硫具有还原性，与具有强氧化性的过氧化钠反应生成硫酸钠，故C错误； D．向溶液中滴入过量氨水：，故D错误； 故答案选B。 6. 下列方程式正确的是 A. 保存FeCl2溶液加入少量铁粉的原因： B. 向NaHCO3溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液： C. 将少量Cl2通入NaHSO3溶液中： D. CH3CH2Br与NaOH溶液共热反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．保存溶液加入铁粉的正确反应应为，选项中方程式电荷不守恒，且不符合实际反应，A错误； B．向溶液中滴加少量溶液，反应生成沉淀、和水，方程式原子和电荷守恒，且符合少量时的反应过程，B正确； C．将少量通入溶液中，由于少量，生成的会与反应生成，该方程式未体现此过程，实际反应应为，C错误； D．与溶液共热时，在水溶液中主要发生水解反应生成和，正确的为，而非消去反应；消去反应需醇溶液，D错误； 故答案为B。 7. 以相应的卤代酸酯为原料，利用Gabriel法合成天冬氨酸，其中一种中间产物的结构如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是 A. 存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体 B. 分子中不含有手性碳原子 C. 1mol该有机物最多与7mol的发生加成反应 D. 分子中所有的碳原子共平面 【答案】A 【解析】 【详解】A．可发生银镜反应的有机物中含有醛基，该有机物的不饱和度是9，苯环的不饱和度是4，醛基的不饱和度是1，则有两个苯环和一个醛基的不饱和度为9，根据不饱和度知，存在分子中含有两个苯环且可发生银镜反应的同分异构体，故A正确； B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，分子中连接—COOCH3的碳原子为手性碳原子，故B错误； C．苯环和氢气以1∶3发生加成反应，酰胺基和羧基中碳氧双键和氢气不反应，所以1mol该物质最多消耗3mol氢气，故C错误； D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，分子中连接—COOCH3的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不可能共平面，故D错误； 故选A。 8. 一种向外输出电能的同时，又能使水土中重金属离子Cd2+变成沉淀而被除去的电化学装置，其工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 锌棒为该装置的正极 B. 电子从锌棒经水土移向碳棒 C. 碳棒附近Cd2+转化为Cd而被除去 D. 标准状况下，每消耗11.2LO2，理论上最多能除去1molCd2+ 【答案】D 【解析】 【分析】由题干图示信息可知，Zn作负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，石墨电极作正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，然后水体中的Cd2+与OH-产生Cd(OH)2沉淀而除去，据此分析解题。 【详解】A．由题干图示信息可知，锌棒为该装置的负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，A错误； B．由分析可知，原电池中电子由负极经导线流向正极，电子不能经过溶液，B错误； C．由分析可知，碳棒附近Cd2+转化为Cd(OH)2沉淀而被除去，C错误； D．标准状况下，每消耗11.2 LO2即=0.5mol，理论上可产生2molOH-，故Cd2++2OH-=Cd(OH)2↓最多能除去1 mol Cd2+，D正确； 故选D。 9. 用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是 A．制备 B．制备无水 C．除去中少量的HCl D．可用于制备 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A． Cu作阳极电解硫酸，阳极上Cu-2e-=Cu2+，阴极上2H++2e-=H2↑，总反应Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，可以制备硫酸铜，A正确； B．Fe3+易水解，加热FeCl3·6H2O应该在HCl气流中加热FeCl3·6H2O得到无水氯化铁，B错误； C．CO2不溶于饱和的NaHCO3，且不与NaHCO3反应，HCl与NaHCO3反应生成CO2，可以用饱和的NaHCO3除去CO2中的HCl，C正确； D．KMnO4与浓盐酸反应可以制取Cl2，D正确； 答案选B。 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中含有的NH和H+数目之和为0.1NA B. 标准状况下，22.4L NO和11.2L O2充分反应后，体系中含有的分子数目为NA C. 1 mol熔融的 NaHSO4晶体含有SO数目为NA D. 1 mol丙烯腈(CH2=CHCN)中π键的电子对数目为3NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．没有给出溶液体积，无法确定离子数目，A错误； B．标准状况下，22.4 L NO为1 mol，11.2 L O2为0.5 mol，发生反应：，生成1 mol NO2。但NO2在标准状况下为液体（沸点21°C），且易二聚为N2O4，分子数目不为NA，B错误； C．熔融NaHSO4电离产生Na+和，不含离子，C错误； D．丙烯腈(CH2=CHCN)中，碳碳双键含1个π键，氰基(C≡N)含2个π键，共3个π键，每个π键含一对电子，故π键的电子对数目为3NA，D正确； 故答案选D。 11. 部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是 A. g的稳定性比f的稳定性更强 B. 工业制硝酸涉及a→b→c→d的转化 C. 常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应 D. 向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系 【答案】A 【解析】 【分析】左侧为含N物质，单质为，氧化物为、为，酸为；右侧为含Fe物质，单质为，氧化物为、为，为等+3价铁盐，据此分析。 【详解】A．为，为，中为+3价，更稳定，在空气中易被氧化为，故的稳定性比更强，A符合题意； B．工业制硝酸的转化为，、、，并非的直接转化，B不符合题意； C．常温下，与的浓溶液发生钝化，钝化是化学变化，C不符合题意； D．向沸水中滴加的饱和溶液，若加热时间过长，会生成沉淀(胶体发生聚沉)，无法形成产生丁达尔效应的胶体，D不符合题意； 故选A。 12. 某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A. ②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B. ③中现象说明配体与的结合能力： C. ④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D. 若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【解析】 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【详解】A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 13. LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，下列叙述正确的是 A. X、Y、Z简单气态氢化物的沸点： B. X、Y两元素组成的分子一定为非极性分子 C. 该化合物中有极性键、非极性键和离子键 D. 该化合物中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构 【答案】C 【解析】 【分析】X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2∶1，则X元素是C，M、X、Y、Z是位于同一短周期元素，由结构图可知，Z形成1个共价键，则Z元素是F；Y能形成2个共价键，则Y元素是O；M元素是B，由此作答。 【详解】A．H2O和HF均能形成分子间氢键，使其沸点升高，且H2O形成的氢键数目比HF多，因此最简单氢化物的沸点顺序为：H2O>HF>CH4，A错误； B．X、Y分别为C、O，通常可形成化合物CO、CO2，而CO为极性分子，B错误； C．根据结构图，可知该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键，C正确； D．化合物中Li的最外层不满足8电子稳定结构，D错误； 故选C。 14. 25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是 A. 在该反应条件下，产物2比产物1稳定 B. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面 C. 生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol D. 反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图中可知，产物2的能量比产物1低，根据能量越低越稳定的原则，产物2比产物1稳定，A正确； B．从图中可知，乙醇中的O原子与固体酸分子筛中的H原子形成分子间氢键，因此乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面，B正确； C．生成产物1的决速步骤为活化能最高的一步，从图中可知生成产物1时活化能最高为36.7+9.3=46kcal/mol，C正确； D．生成产物2的反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，产物2产率降低，D错误； 故答案选D。 15. 下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 A 检验某无色溶液中是否含有SO 取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入氯化钡溶液 若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO B 探究不同金属离子对H2O2分解速率的影响 取支试管，向支试管中各加入5mL 6%H2O2溶液，分别向试管中各加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液和0.1mol/L CuSO4溶液 相同时间内产生气泡多的，则催化效果好 C 比较ZnS和CuS的Ksp 向0.1 mol/L K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再滴加少量等浓度的CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，可得出结论：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 检验某无色气体是否为SO2 将气体通入品红溶液中，再加热 若通入气体后品红溶液褪色，加热后能恢复红色，则气体为SO2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．加入硝酸酸化无法排除溶液中以及的干扰，应加入稀盐酸酸化，A错误； B．探究不同金属离于对分解速率的影响应选用相同阴离子的金属盐，该方案中盐中的阴离子不同，无法排除阴离子的干扰，B错误； C．在溶液中滴加少量等浓度的溶液，生成白色沉淀，溶液中还有剩余的，再加入少量等浓度的溶液，生成黑色的沉淀，可能是剩余的与反应，也可能是转化为，所以不能说明，C错误； D． 对品红溶液具有可逆的漂白作用，通入后品红溶液褪色，加热或置于空气中又可恢复颜色，是检验的常见方法，D正确； 故选D。 16. 我国科学家研发了一种具有“氨氧化、析氢”双功能的电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，负极反应为 B. 充电时，阴极室电解质溶液增大 C. 复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出 D. 充电时，每生成，阳极室溶液质量减少 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子与氢氧根离子结合生成，负极的电极反应式为，复合石墨是正极，发生还原反应，电极反应为，充电时，复合石墨是阳极，电极反应为，Zn是阴极，电极反应为：，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，放电时，负极反应为：，A正确； B．充电时，阴极的反应为，当转移2mol电子时，生成4mol，有2mol透过阴离子交换膜移向右侧，故阴极室电解质溶液增大，B正确； C．由分析的电极反应可知，复合石墨电极表面，放电时析出，充电时析出，C正确； D．充电时，每生成，转移6mol电子，阳极生成1mol氮气，同时会有6mol透过阴离子交换膜移向阳极室，故阳极室质量增加，D错误； 故选D。 二、非选择题(共4题，共56分) 17. SO2可应用于工业、农业等领域。某兴趣小组对其开展一系列的实验探究。 I．探究SO2的性质：按如图所示装置制备、检验SO2的性质。 （1）装置乙探究SO2具有漂白性，其中盛放的试剂为___________。 （2）丁中观察到___________(填实验现象)，说明SO2具有___________性(填“氧化”或“还原”)。 Ⅱ． 探究沉淀成分：按上述实验装置进行实验，一段时间后，在丙中观察到白色沉淀产生，对此沉淀的组成，该实验小组提出如下猜想： 猜想1：沉淀为BaSO3；猜想2：沉淀为BaSO4；猜想3：沉淀为二者混合物。 （3）猜想2的依据是(用离子方程式表示)___________；为防止丙装置中产生BaSO4，在实验前关闭___________(填“K1”或“K2”；下同)，打开___________，通入N2一段时间，然后进行实验，再取出丙中的悬浊液进行探究。 （4）为探究白色沉淀的组成，实验小组将丙中悬浊液分成10mL的若干份，进行如下探究： 实验 1 2 3 实验内容 实验现象 白色浑浊消失，一段时间后在烧杯底部出现物质的量更多的白色沉淀 烧杯中出现浑浊，经多天后沉淀量显著增多至与实验1几乎相同 白色浑浊消失，一段时间后才慢慢产生白色沉淀 ①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解的离子方程式为___________；实验1中后续生成的白色沉淀为___________(填化学式)；从化学反应速率角度分析实验1现象产生的原因___________。 ②已知H2SO3的，，BaSO3的，则反应，K= ___________(保留三位有效数字)，再结合探究实验的现象，说明___________成立(填“猜想1”、“猜想2”或“猜想3”)。请结合实验1、2、3，解释实验1中产生物质的量更多的白色沉淀的原因___________。 【答案】（1）品红溶液 （2） ①. 溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成) ②. 氧化 （3） ①. ②. K2 ③. K1 （4） ①. (也可) ②. BaSO4 ③. BaSO3溶于酸的反应速率大于H2SO3或BaSO3在上述条件下被氧化为BaSO4的速率 ④. 1.68 ⑤. 猜想1 ⑥. 实验1的丙中悬浊液里除生成的亚硫酸钡沉淀外，还有较多的H2SO3未和Ba2+反应，继续被氧化生成更多的沉淀 【解析】 【分析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色，丙检测SO2是否和氯化钡溶液反应，丁中H2S和SO2反应检测SO2的氧化性，戊吸收尾气防止污染。 【小问1详解】 装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色； 【小问2详解】 硫化氢和二氧化硫发生归中反应生成硫单质使溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成)，说明二氧化硫具有氧化性； 【小问3详解】 空气中氧气具有氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应为；为排除该猜想，实验开始前先关闭，打开，向三颈烧瓶中通入氮气一段时间，排尽装置内空气，排除空气中氧气的干扰； 【小问4详解】 ①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解反应为亚硫酸钡沉淀和溶液中氢离子反应生成钡离子和二氧化硫（或亚硫酸），离子方程式为或；实验1中硝酸根离子具有强氧化性，会氧化二氧化硫为硫酸根离子，则后续生成的白色沉淀为；溶于酸的反应速率大于或大于在上述条件下被氧化为的速率，导致实验1中白色浑浊首先消失，而后在一段时间后在烧杯底部出现更多的白色沉淀； ②已知的，，的，则反应，；根据实验3，加入盐酸后白色浑浊消失，说明沉淀中不含，只含，故猜想1成立；实验1的丙中悬浊液里除生成的亚硫酸钡沉淀外，还有较多的H2SO3未和Ba2+反应，继续被氧化生成更多的沉淀，因此实验1中产生物质的量更多的白色沉淀。 18. 四氧化三钴主要用作催化剂、氧化剂，也可用于制造钴盐、搪瓷颜料。某钴矿含CoS、CuS、FeS，以该钴矿为原料制备四氧化三钴的工艺流程如图所示： 已知： 氢氧化物 (298K) （1）为提高“碱浸”速率，可采取的措施有___________(任写一种即可)。 （2）写出“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：________。 _________________________________=___________S+______________________。 （3）“除铁”步骤中的pH理论上最高可调至___________(溶液体积变化可忽略，“含Co2+溶液”中的 mol·L-1)。 （4）“萃取”中，钴与P507形成如图所示的配合物。下列说法正确的有___________。 A. 配位时Co2+被还原 B. 基态P原子的未成对电子数为5 C. 该结构中碳原子均为sp3杂化 D. 该配合物因其烷基链的疏水性而实现萃取分离 （5）写出“煅烧”步骤中发生反应的化学方程式：___________。 （6）Co3O4晶体中O2-为面心立方最密堆积(如下图)，钴离子填充在晶胞中由O2-构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和___________面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子的配位数分别为___________、___________。相邻O2-间的最近距离之比___________。 【答案】（1）升温、充分搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等 （2） （3）7 （4）CD （5） （6） ①. 八或8 ②. 4 ③. 6 ④. 【解析】 【分析】从某钴矿中获得四氧化三钴，首先用氨水和碳酸铵浸取形成四氨合铜离子的溶液过滤后滤液处理得到铜，滤渣加入盐酸、亚硫酸钠溶液除硫后用氯酸钠将二价铁氧化为三价铁，用碳酸钠调节pH除铁，过滤得到含二价钴的溶液，萃取后分离出有机层用草酸反萃取得到草酸钴沉淀，煅烧得到； 【小问1详解】 升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等可加快反应速率，从而提高“碱浸”速率； 【小问2详解】 FeS作还原剂，亚硫酸钠作氧化剂，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0、FeS中硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：； 【小问3详解】 “除铁”步骤中铁离子沉淀，而钴离子不沉淀，含溶液”中的 mol·L-1，则，pOH=7，pH=7，则pH理论上最高可调至7； 【小问4详解】 A．配位时和4个氧配位，但只有上、下2个P507分子带一个单位负电(相当于失去了1个)，故Co的化合价还是+2价，没有被还原，A错误； B．基态P的价层电子排布式是，因此基态P原子的未成对电子数为3，B错误； C．该结构中碳原子均为饱和碳原子，为杂化，C正确； D．该配合物因其烷基不含亲水基团，利用其疏水性而实现萃取分离，D正确； 【小问5详解】 “煅烧”步骤中部分钴被空气中氧气氧化，钴化合价由+2变为+3得到，结合质量守恒还生成二氧化碳，发生反应的化学方程式：； 【小问6详解】 晶体中为面心立方最密堆积，由图，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和八面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子最近且相邻的氧原子分别为4(构成正四面体)、6(上下、前后、左右)，故配位数分别为4、6；设晶胞边长为a，则相邻间的最近距离之比。 19. I．甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）某种含钴催化剂能催化甲酸得到高纯度的CO，基态Co原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）反应的___________。 （3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O(g)的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 （4）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是___________；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是___________。 II． 甲酸可与其他有机酸混合作为清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有很大的意义。在25℃的时候，相同浓度的甲酸、丙酸(C2H5COOH)以及某羧酸R1COOH的水溶液中，酸分子的分布分数随pH变化曲线如下图所示。 （5）①往HCOOH和C2H5COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7，___________(填“>”“=”或“<”)。 ②将等物质的量浓度等体积的HCOOH和R1COONa混合充分，发生的反应为：，求平衡时HCOOH的转化率___________。 【答案】（1） （2）-41.2 （3）bc （4） ①. 反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ②. 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 （5） ①. < ②. 90.9% 【解析】 【小问1详解】 Co是27号元素，3d轨道有7个电子，分别占据5个d轨道，其中3个轨道各含1个未成对电子，2个轨道各含2个成对电子，4s轨道有2个成对电子，基态Co原子的价层电子的轨道表示式为。 【小问2详解】 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则=（）= -41.2。 【小问3详解】 a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变不能说明达到平衡状态，a不符合题意； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变说明达到平衡状态，b符合题意； c．H2O(g)浓度不变说明反应达到平衡，c符合题意； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态，d不符合题意； 故选bc。 【小问4详解】 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利，从而使反应①的选择性下降。 【小问5详解】 ①往HCOOH和C2H5COOH的混合溶液中加入NaOH至pH=7，根据电荷守恒：，pH = 7时，，故，因此。 ②得平衡常数表达式，由图可知HCOOH的, pH = 5.75时，α(R1COOH) = 50%，故，因此；设HCOOH和R1COONa的初始浓度均为1mol/L，转化量为x：，，解得mol/L，转化率为。 20. 一种在光/金属协同催化模式下的不对称多组分自由基反应如图所示，请回答下列问题： （1）化合物1a的分子式为___________。 （2）化合物3a的名称是___________；化合物3a与氢气发生加成反应后形成芳香化合物Ⅰ，化合物Ⅰ的同分异构体中同为芳香化合物的共___________种。 （3）下列说法正确的有___________(填选项字母)。 A. 1a分子的核磁共振氢谱中有两组峰，但峰面积不相同 B. 在1a、2a和3a生成4a的过程中，有键断裂和键形成 C. 一个4a分子中存在两个手性碳原子，4a可形成分子内氢键 D. 3a分子中有大键，且可发生原子利用率100%的氧化反应 （4）醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性，分子内含有的醛在一定条件下可发生加成反应，生成羟基醛(不考虑失水过程)。化合物2a可由乙醛在一定的条件下，经过多步反应得到。 ①第一步反应为增长碳链(反应物仅有乙醛，原子利用率为100%)，该化学方程式为___________(不用注明反应条件)。 ②第二步进行加成反应，形成醇类化合物。 ③第三步，进行___________(填具体反应类型)，反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 （5）参照(4)中醛的性质，化合物3a可与乙醛反应生成化合物Ⅱ[已知：化合物Ⅱ与(4)①中产物的官能团均相同]：___________(填结构简式)，参考上述三组分反应，以化合物1a、2a和化合物Ⅱ为原料，可以直接合成化合物Ⅲ：___________(填结构简式)。 【答案】（1） （2） ①. 苯甲醛 ②. 4 （3）BD （4） ①. ②. 消去反应 ③. （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 观察1a的结构，它是一个五元环，包含一个硫原子和两个碳碳双键。数一数碳原子数：环上有4个碳，加上硫原子，分子式为C4H4S。 【小问2详解】 首先，3a的结构是苯环上连接一个醛基（-CHO），其系统命名为“苯甲醛”。3a（C7H6O）与氢气加成后生成芳香化合物I（C7H8O），I是苯甲醇（C6H5CH2OH）。C7H8O的不饱和度为4（苯环占4），说明所有同分异构体都必须含有苯环。可能的结构有：酚类：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚（3种）；醚类：苯甲醚（C6H5OCH3）（1种）；醇类：苯甲醇（C6H5CH2OH）（1种）。综上，共有5种芳香化合物（不包括I本身）。故化合物Ⅰ的同分异构体中同为芳香化合物的为4种（3种酚 + 1种醚）。 【小问3详解】 A．1a（噻吩）的结构对称，有2种等效氢，故有2组峰，且峰面积比为1:1。A错误； B．反应中，2a的双键（π键）断裂，3a的C=O双键中π键断裂，同时形成新的C-Cσ键和C-O σ键，B正确； C．中*所示碳原子为手性碳原子，共2个手性碳原子。分子中只有1个O—H键和1个O原子，无法形成分子内氢键，C错误； D．3a（苯甲醛）中苯环和醛基均含大π键。苯甲醛可被氧气氧化为苯甲酸（2 + O2 2 ），原子利用率为100%。D正确。 【小问4详解】 ①根据题意，乙醛（CH3CHO）发生自身加成，生成CH3CH(OH)CH2CHO。反应的化学方程式为：； ②第二步进行加成反应，形成醇类化合物为CH3CH(OH)CH2CH2OH； ③第三步为CH3CH(OH)CH2CH2OH需要脱水生成1,3-丁二烯（2a）。这是一步消去反应，需浓硫酸加热，反应方程式为：。 【小问5详解】 首先，3a（苯甲醛）与乙醛反应，类似于(4)①，生成化合物Ⅱ，化合物Ⅱ的结构简式为；1a、2a和化合物Ⅱ反应生成化合物Ⅲ。根据题目给出的反应模式（1a + 2a + 3a → 4a），可以推测：1a（噻吩）提供一个自由基位点，2a（1,3-丁二烯）作为双键供体，化合物Ⅱ（）中的-CHO被还原为-CH(OH)-，并与1a和2a结合。故化合物Ⅲ的结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $