2026年新高三化学暑假作业

**基本信息** 以真实情境为载体，融合元素化合物、反应原理、物质结构与有机化学，通过实验探究与综合计算，系统培养科学思维与问题解决能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题|概念辨析、性质推断、原理应用|从物质组成到性质，从结构到反应规律| |非选择题|4题|实验设计与评价、平衡计算、流程分析|实验探究→数据处理→结论推导，体现科学探究与实践|

学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(一) 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 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。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 中华传统技艺，凸显人民智慧。下列选项所涉及材料的主要成分属于有机高分子的是 铜雕技艺 玉雕技艺 粤绣技艺 陶器烧制技艺 A．青铜 B．玉石 C．蚕丝 D．陶瓷 2. 轮烯在有机合成及分子结构研究中具有重要价值，[18]-轮烯的结构如图所示。下列关于[18]-轮烯的说法错误的是 A. 与乙烯互为同系物 B. 含极性共价键 C. 碳氢原子个数比为1：1 D. 能与氢气发生加成反应 3. 科技发展见证自立自强的奋进中国。下列说法错误的是 A. “梦天”实验舱搭载高精度锶(Sr)光钟，与互为同位素 B. “天舟”航天器使用基于单晶硅的半导体器件，单晶硅是一种分子晶体 C. “嫦娥五号”配置砷化镓(GaAs)太阳能电池，GaAs中Ga的化合价为+3 D. “天问一号”使用Ti-Ni形状记忆合金，Ti和Ni元素都位于周期表的d区 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错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用氢氧化铝生产抗胃酸药 B 用次氯酸钠溶液对衣物消毒 含氯消毒剂具有氧化性 C 用淀粉生产葡萄糖 淀粉水解可得到葡萄糖 D 用油脂和NaOH溶液制备肥皂 油脂在碱性条件下发生水解反应 5. 某种一次性保暖贴的主要成分有铁粉、水、食盐、活性炭、吸水性树脂，使用时需撕开外包装袋。下列说法正确的是 A. 使用时电能转化为化学能 B. 使用时铁粉作负极，发生还原反应 C. 使用时氧气在活性炭上得电子，转化为 D. 使用后产生的深褐色固体主要为 6. 下列操作能达到实验目的的是 A．配制溶液 B．制备胶体 C．铁钉镀铜 D．刻蚀覆铜板 7. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 能使品红溶液褪色 具有漂白性 B 装有的密闭烧瓶受热后颜色变深 转化为的反应放热 C 与浓盐酸共热生成黄绿色气体 (浓) D 1 醋酸钠溶液的导电性比同浓度醋酸的强 醋酸钠溶液的pH比醋酸的大 8. 元素a～h为短周期主族元素，其原子半径与核电荷数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. b和g同族 B. 电负性：c>g C. 第一电离能：f>e>d D. 最简单氢化物的沸点：h>a 9. 下列事实与解释不相符的是 选项 事实 解释 A 石墨具有良好的导电性 石墨层间以范德华力结合 B 酸性：甲酸>乙酸 羟基的极性：甲酸>乙酸 C 键角： 中心原子孤电子对数： D 碘易溶于四氯化碳，难溶于水 碘和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子 10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 L 1 溶液中含的数目为NA B. 56 g Fe与高温水蒸气完全反应，生成H2的数目为NA C. 标准状况下，22.4 L Cl2通入水中，溶液中Cl-的数目为NA D. Na与H2O反应生成0.5 mol H2，转移电子的数目为NA 11. 能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立是 简单氢化物非金属单质X氧化物1氧化物2酸 A. X可为C，氧化物1和氧化物2均为酸性氧化物 B. X可为Si，氧化物2可与水反应生成硅酸 C. X可为，简单氢化物可与反应生成氧化物 D. X可为S，酸与Cu混合可生成 12. 氨与Ag形成配合物有助于AgCl溶解。常温下，向AgCl饱和溶液(含足量AgCl固体)中滴加氨水得到含和的溶液。下列有关说法中正确的是 A. AgCl溶解于氨水的离子方程式为 B. 加少量水稀释，和的浓度均减小 C. 加入少量NaCl固体，的浓度不变 D. 溶液中存在 13. 利用如图装置进行实验，持续通入。下列说法错误的是 14. A. a中溶液变浑浊，说明苯酚是弱酸 B. b中固体逐渐变白，说明被氧化 C. c中析出白色固体，说明生成了 D. d中溶液变红，体现的还原性 14. 一种以Ni-CuO作为电催化剂的Al-NO3-新型电池如图所示，放电时可将污水中的NO3-转化为NH3。下列说法错误的是 A. 充电时，电极Ⅱ为阳极 B. 放电时，负极区溶液中pH逐渐减小 C. 放电时，理论上每消耗4 mol Al最多可处理62 g的NO3- D. 充电时，电解池的总反应为 15. 利用如图装置进行实验，打开分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热数分钟后，熄灭酒精灯，观察到铜丝有黑红交替的现象，下列说法错误的是 A. a中的和d中的铜丝在反应中都起降低活化能的作用 B. d中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化 C. e中试管内液体能使酸性溶液褪色，说明产物含有乙醛 D. 熄灭酒精灯后d中反应持续进行，说明d中有放热反应发生 16. 在钯(Pd)催化下高效合成乙酸乙烯酯()的过程示意图如下。下列说法正确的是 A. 反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1 B. 反应②中有C-O键的断裂和形成 C. 生成总反应的原子利用率为100% D. 每消耗1 mol 理论上可生成2 mol 二、非选择题：本题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域具有广泛的应用。 （1）兴趣小组用沉淀法提纯粗盐(含少量、、)获得NaCl固体。 将粗盐加水溶解，加入过量溶液，过滤，在滤液中依次加入过量___________和___________溶液(填化学式)沉淀杂质离子，后续需要的操作及其顺序为___________(填下列操作编号)。 A.蒸发结晶 B.趁热过滤 C.冷却结晶 D.常温过滤 E.滴加盐酸 （2）用饱和溶液处理，可转化为易溶于酸的，发生反应： (Ⅰ) 兴趣小组探究温度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 实验探究 ①25℃时，取100 mL 溶液，加入m g 固体，反应t s后，过滤，取20.00 mL滤液，在室温下用 盐酸进行滴定(滴定终点时，转化为)，消耗盐酸体积为 mL。 ②60℃时，重复上述实验，在室温下用 盐酸进行滴定，消耗盐酸体积为 mL。 测得25℃和60℃时反应(Ⅰ)的平均反应速率之比___________。 （3）兴趣小组采用电导率法测定25℃下的。 实验原理 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。通过测定溶液的电导率，根据电导率与浓度之间的关系计算离子浓度，进而求算。 查阅资料 极稀溶液的电导率等于各离子电导率之和；温度一定时，强电解质的极稀溶液中，M离子的电导率，是与离子种类有关的常数。 25℃时，，，1 =1 L。 实验探究 甲同学按如下实验方案进行实验。 实验目的 实验步骤 制备沉淀 ⅰ.25℃时，将溶液和溶液按溶质的物质的量1：1混合，搅拌，静置，过滤，洗涤，取沉淀 制备饱和溶液 ⅱ.取步骤ⅰ中制备的加蒸馏水溶解，煮沸、搅拌至固体不再减少，冷却至室温，静置取上层清液 测定饱和溶液电导率 ⅲ.25℃时，测定步骤ⅱ中得到的上清液中的电导率 ①检验步骤ⅰ中所得沉淀已洗涤干净的操作和现象是___________。 ②步骤ⅲ中测得，甲同学结合、计算___________，发现与资料数据相比偏大。 ③乙同学分析测得偏大的原因是步骤ⅲ中上清液除含有和外，还含有(填离子符号)_______。乙同学根据相关原理，补充设计了实验方案，排除该原因的影响，测得的与资料数据相符，该方案 为 (包括数据处理思路)。 18. 一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。 已知： ①常温下，，，。 ②常温下，。 ③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。 （1）“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为_ _。 （2）“酸浸”时，加入的作用是_ _。 （3）“沉锰”时，生成的离子方程式为：。 （4）“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。 （5）废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为___________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。 （6）可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、2a nm。 ①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。 ②的空间结构为___________。 ③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。 19. 利用甘油()制取氢气是一个重要研究课题。甘油水蒸气重整制氢中主要涉及以下反应： 编号 反应 Ⅰ Ⅱ Ⅲ （1）基态O原子价层电子的轨道表示式为___________。 （2）反应的焓变___________。 （3）将1.0 mol 和4.0 mol 充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．不同温度下，平衡时反应体系的组成如图(该温度范围内均消耗完全)。 ①曲线a对应的物质为___________。 ②T=1073 K时，___________mol，反应Ⅱ的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 （4）在800 K、101 kPa、甘油起始物质的量的条件下，研究起始投料比[/]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时消耗完全，平衡时/、/的变化曲线如图。 ①当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示)。 ②当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示，写出推导过程)。 20. 在碱性或酸性催化剂的作用下，利用氨硼烷()可在室温下高效还原酯，其中的代表性反应如下。 （1）化合物1a的分子式为___________。 （2）化合物2a中的含氧官能团有___________(写名称)。 （3）化合物3a在过量的NaOH水溶液中加热，充分反应后加入稀溶液酸化，得到芳香化合物I的结构简式是___________。 （4）芳香化合物Ⅱ是4a的同分异构体，Ⅱ能与溶液发生显色反应且Ⅱ的核磁共振氢谱图上只有3组峰，Ⅱ的结构简式是___________。 （5）下列说法正确的有___________。 A. 1a、2a、3a、4a分子中均有大键 B. 2a分子中存在p轨道“头碰头”形成的键 C. 1a、3a、4a分子中，采取杂化的碳原子的数目依次减小 D. 4a分子中含有1个手性碳原子，且4a分子间可存在氢键 （6）已知： 根据上述信息，以化合物x、乙醛和甲醇为有机原料，分三步合成化合物1a． ①第一步，化合物x与乙醛反应：化合物x化学名称是___________。 ②第二步，进行___________(填反应类型)。 ③第三步，合成化合物1a：反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 （7） 根据题目所给信息，在酸性催化剂的作用下可被还原为___________(写结构简式)。 化学暑假作业一 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026高三化学暑假作业（二） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ti-48 Fe-56 Cu-64 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列文化遗产的主要材料为无机非金属材料的是 A．佛山香云纱 B．潮州斗锣 C．广东剪纸 D．广州彩瓷 2. 科技创新赋能高质量发展。下列说法正确的是 A. “东方超环”(俗称“人造太阳”)使用的与互为同位素 B. “嫦娥五号”使用的太阳能电池可将化学能转化为电能 C. “神舟十九号”推进器使用的燃料偏二甲肼是烃类化合物 D. 亚冬会宣传景观用到的亚克力板(俗称有机玻璃)是一种新型无机非金属材料 3. 交通工具的革新，材料化学是其重要支撑。下列说法错误的是 A. 制作铜马车车身的青铜属于合金材料，其硬度大于纯铜 B. 燃油汽车使用的95号汽油主要通过石油分馏获得，其燃烧过程涉及化学变化 C. 高铁车体使用的碳纤维具有高强度和轻量化的特性，碳纤维属于有机化合物 D. 电动汽车电机使用的永磁材料具有较高的磁性能，原子的中子数为82 4. 分离和提纯是研究物质的基本步骤之一、下列装置不能达到实验目的的是 实验装置 实验目的 A．分离乙醇和乙酸 B．除去中的 C．分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃) D．干燥 5. 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错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用卤水点豆浆制作豆腐花 卤水能使蛋白质胶体发生聚沉 B 在船舶外壳安装锌块防止船身锈蚀 利用牺牲阳极法进行防腐 C 用泡沫灭火器灭火 碳酸氢钠受热易分解 D 用浓溴水检测废水中的苯酚 苯酚能与发生取代反应 6. 盐酸伊托必利是一种治疗功能性消化不良的胃药，其合成中间体的结构如图所示。关于该化合物，下列说法正确的是 A. 属于苯的同系物 B. 有3种含氧官能团 C. 可与溶液发生显色反应 D. 既能与盐酸反应又能与溶液反应 7. 卟啉配合物血红素是血红蛋白的组成成分，其结构如图所示。关于该分子，下列说法正确的是 A. 存在共价键、离子键和配位键 B. 中心离子为，配位数为4 C. 、、原子均存在孤电子对 D. 血红素属于有机高分子化合物 8. 下列陈述I与陈述II均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 作医疗内服“钡餐” 不溶于水 B 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子 C 浓硫酸与碳在加热条件下反应 浓硫酸具有酸性 D 淀粉和纤维素的分子式均可用表示 淀粉和纤维素互为同分异构体 9. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的中子数比质子数多 B. 标准状况下中含有的键数目为 C. 与足量稀硝酸反应，转移电子数目为 D. 溶液中数目为 10. 元素为短周期主族元素，其电负性与原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是 A. a和b同族 B. 第一电离能： C. 原子半径： D. 最简单氢化物的沸点： 11. 利用如图所示装置进行的性质实验：打开、，一段时间后，装置中溶液变蓝。将装置置于光亮处，关闭，打开，通入与等体积的。下列说法正确的是 A. 装置a中浓盐酸体现氧化性和酸性 B. 装置中现象说明全部转化为 C. 装置c中试管内壁上出现油滴，最终液体充满试管 D. 反应结束后装置的试管中最多有5种有机物 12. 钠及其化合物在生活和生产中应用广泛。下列相关离子方程式书写正确的是 A. 用溶液吸收少量 B. 用和水制备 C. 用石墨电极电解溶液： D. 向溶液中滴加少量溶液： 13. 某兴趣小组设计如图所示实验装置制备并探究其化学性质，1、2、3和4处为蘸有对应溶液的棉团。下列说法错误的是 A. 理论上装有溶液的试管中无明显现象 B. 一段时间后，1处和2处棉团均会褪色 C. 3处棉球颜色不发生变化，说明的氧化性弱于 D. 将4处酸性溶液换为溶液也能达到相同目的 14. 结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 乙酸分子中羧基(—COOH)含极性较强的键 乙酸能发生酯化反应 B 是极性分子，是非极性分子 在水中的溶解度： C 键能绕键轴旋转，键不能绕键轴旋转 丁烷不存在顺反异构现象，2-丁烯存在顺反异构现象 D 电负性： 热稳定性： 15. 铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A. 铑位于元素周期表ds区 B. 总反应为 C. 反应过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成 D. 反应过程中铑元素的化合价未发生变化 16. 一种高性能的光可充电水系钠离子电池的工作原理如图所示。充电时，在光照条件下，电极产生电子和空穴(，具有强氧化性)，驱动两极反应而完成充电。下列说法错误的是 A. 放电时，电极I为负极 B. 充电时，电极上的电极反应式为 C. 放电时，需闭合开关、打开开关，并对电极采取避光措施 D. 充电时，电路每转移，理论上阴极室中溶液的质量增加 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 广泛应用于水处理、印刷电路板等领域。某化学研究性学习小组利用下列装置(部分夹持装置省略)制备无水(易升华、易潮解)，并对产物做如下探究实验。 I．的制备 （1）仪器a的名称为___________。 （2）烧杯中发生主要反应的化学方程式为___________。 （3）球形干燥管的作用为___________。 II．溶液与金属反应的探究 （4）理论分析 依据金属活动性顺序，溶液与过量粉混合，充分反应并静置，溶液颜色发生的变化为___________，理论上反应后部分黑色固体能被磁铁吸引。 （5）实验验证 小组同学向的溶液中加入过量粉，观察到一段时间后有气泡产生，反应缓慢，溶液pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为，取出固体，测得固体中不含单质。 ①产生气泡发生反应离子方程式为___________。 ②取少量反应后的溶液，滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明有生成。生成的离子方程式为___________。 ③对于实验后固体中未检测出单质，小组同学进行进一步探究 i．甲同学猜想，在为的溶液中，即便生成了，也会被消耗。 甲同学设计实验：___________(填实验操作和现象)，证明了此条件下可忽略对的消耗。 ii．乙同学猜想，产生的红褐色沉淀会覆盖在粉上，阻止反应的进一步进行。 查阅资料：开始沉淀时，完全沉淀时。 乙同学重新做上述实验，当溶液pH为3~4时，向固液混合物中持续加入___________(填物质名称)，控制pH<1.2。观察到___________(填实验现象)，待溶液颜色褪去，溶液为时，取出固体，检测固体中含有单质。证明乙同学猜想正确。 18. 铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后产物为、、、和。 ②氧化性强弱：。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。 金属离子 开始沉淀 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全 96 3.7 10.1 5.5 （1）“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是___________。 （2）“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为 。“酸浸”后，滤渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）“还原”时加入的目的为 。 （4）“沉铋”时，调节溶液pH的范围为___________。 （5）“氧化”时，由生成的化学方程式为___________。 （6）①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。___________。 ②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是___________(结合电极方程式解释)。 19. 钛及其化合物在化学工业中具有重要的应用前景。 （1）基态钛原子价层电子的轨道表示式为___________。 （2）工业上制备金属钛有多种方法。 ①四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。 已知： 液态钠与四氯化钛发生置换反应生成固态钛的热化学方程式为___________。 ②直接电解法也可以制备金属钛，以熔融的为电解液，以和石墨为电极。电解时阴极发生反应的电极方程式为___________。已知，当，通电时，理论上可得的质量为___________(列出计算式，已知，为时间内通过电路的总电荷量)。 （3）硫酸钛是一种可用于制药工业的无机盐，的空间结构为___________，其中原子的杂化方式为___________。 （4）四卤化钛()的熔点如图所示，熔点呈现该变化趋势的原因为___________。 （5）的配合物有多种。中___________(填“大于”“小于”或“等于”)单个中。 （6）钛白粉是一种常见的染料，它是钛的一种氧化物，其晶胞结构如图a所示(晶胞棱边夹角均为)，钛原子位于顶点和体心。晶胞沿轴方向的投影如图所示。 ①该氧化物的化学式为___________。 ②已知微粒1和2的分数坐标分别为和，则微粒3的分数坐标为___________。 ③设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(列出计算式)。 20. 一种由非活化烯烃高效合成具有光学活性药物(d)的合成路线如图所示： （1）化合物a中官能团的名称为___________。 （2）①化合物b的分子式为___________。 ②化合物可与发生加成反应生成化合物。化合物为的同系物，且其相对分子质量比I少28。II的同分异构体中，同时含有苯环、氨基和醇羟基结构的共___________种(含化合物II，不考虑立体异构)。 （3）下列说法正确的有___________(填序号)。 A. 在和生成的过程中，有键断裂与键形成 B. 在分子中，存在手性碳原子，碳原子均采取杂化 C. 在分子中，有大键，且所有原子可能共面 D. 化合物能发生取代反应、加成反应和氧化反应 （4）化合物a能发生氧化反应生成邻苯二甲酸。若用核磁共振氢谱监测该氧化反应，则可推测：与a相比，邻苯二甲酸的氢谱图中___________。 （5）参考上述合成的原理，以丙烯()与苯胺()为有机原料(其他无机试剂任意选择)，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步，加长碳链：其反应的化学方程式为___________(注明条件)。 ②第二步，进行___________(填反应类型)。 ③第三步，氧化：其反应的化学方程式为___________(注明条件)。 ④第四步，合成：③中得到的有机物与苯胺反应。 （6）参考上述合成的反应，直接合成化合物，需要以甘氨酸()和___________(填结构简式)为反应物。 化学暑假作业二 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026高三化学暑假作业（三）原卷版 一、选择题：在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 我国农耕文化源远流长。下列有关农耕文化物品所涉及材料的主要成分属于合金的是 A．陶仓 B．青铜灶 C．木犁 D．石磨 2. 我国科学家屠呦呦因青蒿素的研究获得诺贝尔生理学或医学奖。以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料可合成青蒿素，下列关于青蒿酸的说法中正确的是 A. 属于芳香烃的衍生物 B. 能发生水解反应和加成反应 C. 其结构中2个六元环共平面 D. 最多能与等物质的量的NaOH反应 3. 科技发展见证自立自强的奋进中国。下列说法正确的是 A. 北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料 B. 飞船返回舱表层材料使用玻璃纤维：玻璃纤维属于天然有机高分子材料 C. 嫦娥六号搭载水升华器用以降温：水升华过程中破坏了极性共价键 D. 我国科学家成功实现从到淀粉的人工合成：的电子式为： 4. 劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用大米酿食醋 酿醋过程存在转化关系：乙醇→乙酸 B 用聚丙烯酸钠生产高吸水性树脂 聚丙烯酸钠含有强亲水基团 C 用小苏打作糕点的膨松剂 D 用FeS除去废水中的 5. 关于模拟工业上从海水中提取镁的生产流程，下列操作错误的是 A．浓缩海水 B．沉淀 C．获得 D．制取镁 6. M元素在地壳中的含量居第四位，含M物质的相关转化关系如图，下列说法错误的是 单质M盐1碱1碱2盐2 A. 单质M与高温水蒸气反应生成红棕色固体 B. 碱1→碱2的转化存在物质颜色的变化 C. 将盐2的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得到胶体 D. 溶液可用于鉴别盐1和盐2 7. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 与反应生成 能氧化 B 溶液受热变为黄绿色 C 将浓氨水加入碱石灰中制备 铵盐受热易分解 D 向溶液中滴加氨水产生白色沉淀 与盐酸反应生成 8. 下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，环境中的扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈，下列说法正确的是 A. 青铜基体发生还原反应被腐蚀 B. 电子由青铜基体经溶液流向多孔催化层 C. 负极发生的电极反应： D. 生成，理论上消耗 9. 下列事实与解释不相符的是 选项 事实 解释 A 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 B 酸性： 电负性： C 卤素单质的沸点： 键长： D 同浓度溶液的碱性： 电离常数： 10. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的中子数，比的多 B. 的溶液中含有的数目为 C. ()分子中含有共价键的数目为 D. 电解饱和食盐水生成，转移电子的数目为 11. 利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d中注入溶液。下列说法错误的是 A. a中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性 B. b中试纸变蓝，体现了的还原性 C. c中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种 D. 若c中不加铜片，往d中注入后气体颜色无明显变化 12. HF水溶液中存在平衡： ， 。下列关于的叙述正确的是 A. 体系中， B. 往溶液中加入NaF固体，增大 C. 向溶液中通入HCl气体，增大 D. 加水稀释，与的比值减小 13. 元素a~j为短周期主族元素，其第一电离能与族序数的关系如图。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 元素电负性： C. 最简单氢化物的键角： D. 最简单氢化物的沸点： 14. 按如图装置进行实验：打开分液漏斗活塞，当d中红色褪去时，关闭分液漏斗活塞。下列叙述正确的是 A. a中产生，说明被还原成 B. b中品红溶液褪色，说明是酸性氧化物 C. 根据b、c中的现象，不能说明具有还原性 D. d中溶液红色刚好褪去时，恰好完全反应 15. 一种新型水系可充电电池示意图如下。已知放电和充电过程中S和均吸附在电极Ⅰ上，充电时电极Ⅰ和电极Ⅱ的质量均增加。下列说法错误的是 A. 充电时，电极Ⅱ上发生氧化反应 B. 放电时，电解质溶液的pH增大 C. 放电时，电极Ⅰ为负极，电极反应式为 D. 充电时，理论上电极Ⅰ和Ⅱ增加的质量之比为80:87 16. 在催化剂的作用下，一种将工业副产物HCl气体转化为的反应历程如下，X、Y、Z、W中含有两种极性分子和两种非极性分子。下列说法错误的是 A. Z为，为 B. 总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4 C. 上述反应①、②、③、④、⑤中有3个氧化还原反应 D. CuO可作该反应的催化剂，通过降低活化能加快反应速率 17. 醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。 （1）醋酸钠晶体易溶于水，水溶液显弱碱性。醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大。以醋酸废水为原料制备醋酸钠晶体的流程简图如下： ①醋酸钠溶液呈弱碱性，原因是___________(用离子方程式表示)。 ②“操作X”为___________。 （2）用醋酸钠晶体配制溶液，以滴定法测定浓度。 ①该过程用到的仪器有___________(填编号)。 ②测定溶液的浓度：移取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。溶液的浓度___________。 （3）某小组同学研究水解平衡的影响因素。 取(2)中溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，用pH计测定pH，记录数据。 实验序号 温度 pH 1 50.0 0 25 9.37 2 5.0 45.0 25 8.87 3 5.0 45.0 40 8.56 ①结合实验1和实验2中的数据，写出稀释时水解平衡的移动方向和判断理由：___________。 ②甲同学通过计算水解的平衡转化率，进一步解释稀释时水解平衡的移动方向。实验1和2中水解的平衡转化率之比为___________。 ③已知水解是吸热反应，升高温度时溶液中___________(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验2和3可知，升高温度，溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对水解平衡的影响。 ④乙同学提出通过测定并比较不同温度下水解平衡常数的大小，可说明温度对水解平衡的影响。 小组讨论后，在实验3的基础上进行实验，以获得40℃下的水解平衡常数，简述该实验方案：(ⅰ)___________(包括所用仪器及待测物理量)；设待测物理量为，结合实验3中的数据，写出的计算式(ⅱ)___________。 测定结果：。 18. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。一种从废催化剂(主要含、，还含有少量、、、、)提取Zn、Mn、Ni等元素的工艺流程如下。 已知：常温下部分物质的如下表。 物质 （1）“酸浸还原”时，转化为的离子方程式为：___________。 _______+______________+_______ （2）“氧化调pH”时，用NaOH将溶液的pH调至5，该过程中发生反应的离子方程式为___________。 （3）“除钙镁”时，为使溶液中、沉淀完全(离子浓度小于)，溶液中至少应大于___________。 （4）丁二酮肟(分子式为)难溶于水，可溶于有机溶剂。“沉镍”时，转化为配合物丁二酮肟镍(结构如图1)。 ①易从溶液中沉淀析出的原因有___________(填编号)。 A．镍与N形成配位键 B．配位时被还原 C．丁二酮肟可溶于有机溶剂 D．烃基具有疏水性 ②“沉镍”时，为提高丁二酮肟镍的产率，可加入少量NaOH溶液，原因是___________。 ③丁二酮肟镍与试剂X反应可实现丁二酮肟的循环利用，试剂X为___________(填化学式)。 （5）可用于制备晶体，晶体的立方晶胞如图2。已知同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则Ni在晶胞中的位置为___________，晶体中与N原子最近且等距离的Cu的数目为___________。 （6）滤液1中锰以的形式存在。“电解”时，以滤液1为电解质溶液，以Zn片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池的示意图并做相应标注___________。 19. 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。 Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下： 反应ⅰ 反应ⅱ 反应ⅲ （1）基态Ca原子的核外电子排布式为___________。 （2）反应ⅰ的___________(用、表示)。 （3）往密闭容器中加入1 mol CaS和，保持压强为100 kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。 ①反应ⅱ的___________0(填“>”“=”或“<”)。 ②1100K时，反应ⅰ的平衡常数___________(是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压总压×物质的量分数)。 Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下： 反应ⅳ 反应ⅴ 在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2:1、3:1、4:1，达到平衡时随温度变化如下图所示。 （4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为___________(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。 （5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。 ①达到平衡时，的转化率为___________。 ②达到平衡时，获得CaS的物质的量为___________mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。 20. 一种过渡金属催化的脱羧偶联反应如下(反应条件略)。 （1）化合物1a中含氧官能团的名称为___________。 （2）化合物2a的分子式为___________。 （3）2a可与发生加成反应生成化合物Ⅰ。Ⅰ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有2组峰，且该同分异构体能与溶液反应产生气体，其结构简式为___________。 （4）下列说法正确的有___________。 A. 在1a和2a生成3a的过程中，有C-H键的断裂和C-C键的形成 B. 化合物1a是苯甲酸的同系物，具有良好的水溶性 C. 在2a分子中，碳原子采取和杂化 D. 在3a分子中，有大键，且存在手性碳原子 （5）仅以1a和为有机原料，根据上述信息，分四步合成化合物Ⅱ： ①第一步，进行取代反应：其反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ②第二步，进行___________反应(填具体反应类型)。 ③第三步，进行酯化反应：其反应的化学方程式为___________(注明反应条件)。 ④第四步，合成Ⅱ：③中得到的酯与1a反应。 （6）参考上述信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为)为有机原料，分两步合成化合物Ⅲ。 X的结构简式为___________，Y的结构简式为___________。 化学暑假作业三 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(四) 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 F19 Al 27 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，只有一项是符合题目要求的) 1. 文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物主要由合金材料制成的是 A．圆雕玉舞人 B．丝质团扇扇面 C．龙纹青铜铺首 D．广彩人物纹瓷碗 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 分子的球棍模型： B. 的电子式为 C. 溶液中水合的示意图： D. 基态Fe2+价电子的轨道表示式： 3. 下列有关实验室仪器和试剂使用的说法错误的是 A. 金属钠着火时，可用干燥的沙土灭火 B. 使用容量瓶配制溶液，在定容时仰视会使所配制的溶液浓度偏低 C. 实验室使用试管加热液体时，所盛液体体积应介于其容积的之间 D. 在进行苯萃取溴水中的实验时，振荡后打开分液漏斗的活塞及时放气 4. 受热时可发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有电子的数目为 B. 生成，反应中转移电子的数目为 C. 标准状况下中含有键的数目为 D. 的溶液中，含有原子的数目为 5. 劳动创造美好生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用溶液刻蚀铜板 B 用肥皂洗涤油污 肥皂中高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基 C 使用对环境消毒 具有强氧化性 D 使用铁粉、活性炭、食盐制作暖贴 使用时铁粉被氧化，反应放热 6. 对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式或电极反应式正确的是 A. 向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液： B. 用过量的碳酸钠溶液吸收氯气： C. 铅酸蓄电池放电时的正极反应： D. 溴水中滴加乙醛，溴水褪色： 7. 硅及其化合物的变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 反应i可以说明碳的非金属性强于硅 B. 反应ii属于置换反应 C. 反应iii中，作还原剂，作氧化剂 D. 的水溶液俗称水玻璃，可用作黏合剂、防火剂等 8. 下列陈述I与陈述II均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述II A 配离子中配位原子为 N的第一电离能大于O B 与的沸点不同 与的原子半径不同，使得与的键长和键能不同 C 水加热到很高温度都难分解 水分子间存在氢键 D 酸性： F的电负性强于 9. 在作用下，有机物a可转化为b，反应如下，方框内所有原子共平面。下列说法错误的是 A. 基态C原子含有4个未成对电子 B. a分子中含有5个手性碳原子 C. 中原子杂化方式为 D. 电负性： 10. 某化合物的分子式为，主要用作生产高效低毒有机农药的原料，其结构如图，已知、、是原子序数依次增大且不同族的短周期元素，三者的价电子数之和为18；的族序数为周期数的三倍，电负性：。下列说法错误的是 A. 为非极性分子 B. 简单离子半径： C. 中的化合价为+5 D. 简单氢化物的热稳定性： 11. 根据下列实验操作对应的现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将氯气通入含酚酞的溶液 溶液红色褪去 具有漂白性 B 取粉末少许配成溶液，加入硝酸酸化的氯化钡溶液 产生白色沉淀 已变质 C 在一块除去铁锈的生铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，静置2~3 min 溶液边缘出现红色 铁片上发生了吸氧腐蚀 D 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆 12. 有机物是制备某药物的重要中间体，其结构如图所示。下列有关的说法错误的是 A. 分子中含有2种含氧官能团 B. 最多能与反应 C. 不存在顺反异构体 D. 苯环上的一氯代物有3种 13. 电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨，同时实现甘油转化为高附加值化学品。已知双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是 A. 双极膜中向电极方向移动 B. 电解一段时间后，电极一侧电解质溶液中增多 C. 外电路每通过电子，则双极膜中有水解离 D. a极电极反应式为 14. 某工厂采用如下工艺回收废渣(含有、、和)中的、元素。 已知：i．“氧化浸出”时，不发生变化，转变为、，转化为，FeS氧化时转变为、；ii．常温下，；iii．酒石酸(记作)的结构简式为。下列说法错误的是 A. “浸铅”步骤，过高可能生成 B. 滤渣1中的主要成分为和 C. “氧化浸出”时，温度越高，越有利于提高浸出率 D. “除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 15. 气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图a所示，结构属立方晶系，晶胞如图所示，晶胞参数为，的熔点为，远高于的。下列说法错误的是 A. 的配位数为4 B. 二聚体中存在配位键 C. 形成的晶体为离子晶体 D. 晶体密度 16. 常温下，用的标准溶液滴定等物质的量浓度的三元酸溶液，得到与的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 曲线Ⅲ对应的表达式为 B. 的数量级为 C. 的溶液中存在 D. 当加入溶液时， 二、非选择题(本题共4小题，共56分) 17. 硫代硫酸钠()能与人体内的重金属离子结合，减少其对身体的毒性影响。实验小组探究影响溶液与含溶液反应机理的因素做下表实验。 已知：i．不能稳定存在于水溶液中，为不溶于水的白色固体； ii．与形成的配位化合物为无色，与形成的配位化合物为黄色； iii．叠色原理：黄+蓝=绿。 实验 编号及滴管中试剂 试管中试剂 现象 实验溶液 溶液， 溶液先变绿后变黄至接近无色，静置无变化 实验溶液 溶液， 溶液变为绿色，静置无变化 实验溶液 溶液， 溶液先变绿后变黄色，静置后很快出现白色沉淀，白色沉淀逐渐消失，溶液颜色逐渐变浅 回答下列问题： （1）实验a、b的目的是探究______对反应机理的影响。 （2）实验a中“溶液先变绿后变黄至接近无色”，变黄至接近无色的原因可能是______。 （3）由实验a、b可知，随着的减小，发生氧化还原反应的趋势______(填“增大”或“减小”)。 （4）实验c中出现白色沉淀，猜测该沉淀为______(填化学式)，经检验实验c中的溶液中含有，写出生成该沉淀的离子方程式：______。 （5）由实验a和c可知，与生成沉淀速率______(填“大于”或“小于”)与发生配合反应的速率。 （6）已知的结构为，则中的配位原子是______(填“①”或“②”)。 （7）综合实验、、，总结与含溶液反应，影响反应现象的因素有______(写两点)。 18. 废旧磷酸亚铁锂电池正极片含箔、活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂，某学习小组在实验室中模拟回收得到、、流程如图所示： 已知：常温下， 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有______(写一点)。 （2）“沉铝”时发生反应的离子方程式为______。 （3）“酸浸”主要反应为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 （4）判断已沉淀完全的实验方法是取少量滤液2于试管中，______。 （5）“滤液3”中的溶质除少量外，主要为，从“滤液3”中回收，可采取的方法和操作是i．向“滤液3”中加入______(试剂名称)至______(填现象)，ii．蒸发结晶，晶体加热脱水。 （6）若“滤液2”中，加入等体积的后，滤液3中为，则的沉淀率为______。() 19. 燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的碳氧化物和氮氧化物，汽车加装的尾气转化器中主要反应为 。回答下列问题： （1）已知：反应i． ； 反应ii． ； 反应iii． 。 则反应的______。 （2）向某容器中充入一定量和发生反应 ，关于该反应体系的说法正确的是______(填字母)。 A. 其他条件不变时，加入催化剂，可以提高NO的平衡转化率 B. 恒温恒容条件下，达到平衡后，向体系中充入，平衡不移动 C. 恒温恒压条件下，当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态 D. 恒温恒容条件下，等倍数地增大和的物质的量，和的平衡转化率均增大 （3）在容积为刚性容器中充入和，发生反应 ，不同催化剂条件下反应相同时间，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。 ①相同温度下(图示温度范围内)活化分子总数：催化剂甲______(填“>”“<”或“=”)催化剂乙。 ②催化剂乙条件下，b点时反应______(填“已”或“未”)达到平衡状态。 ③若点为平衡点，则350℃时，反应的平衡常数______。 （4）为探究压强对反应平衡移动的影响，在恒定温度下，向带活塞的某容器中充入和发生上述反应，保持活塞位置不变，然后在、时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测得容器内气体压强随时间的变化如图所示。 ①B点时，转化率为______%。 ②段压强减小的原因是______。 20. 某药物中间体的一种合成路线如图(EtONa为乙醇钠)： 已知：代表乙基。 回答下列问题： （1）A中所含官能团的名称是______。 （2）A→B的反应类型是______，C的结构简式为______。 （3）写出的总反应方程式：______。 （4）在F同分异构体中，同时具备下列条件的结构有______种(立体异构除外)。 i．属于芳香族化合物；ii．能与溶液发生显色反应； iii．1 mol该有机物能与反应。 其中，核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______(写一种即可)。 （5）以和为原料合成的路线为。 条件1为 ，化合物b的结构简式为 。 化学暑假作业四 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(五) 可能用到的相对原子质量： 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，只有一项是符合题目要求的。 1. “合龠（yuè）为合（gě），十合（gě）为升”，量器是劳动人民智慧的结晶。下列量器主要由无机非金属材料制成的是 A．石合 B．竹升 C．木斗 D．铜斛 2. 科技自主创新筑牢强国发展根基。下列对科技成果中所涉及的化学知识的描述正确的是 A. “东方超环”核聚变装置创造世界纪录：核聚变主要原料的质子数与的不同 B. 首艘电磁弹射型航母“福建舰”入列：舰体材料中的高强度钢的硬度比纯铁的大 C. “超分子球”精准清除致病蛋白：空腔越大的“超分子球”对致病蛋白的识别能力越强 D. 超导量子计算机“天衍—287”正式运行：超导电容所采用的石墨烯与互为同系物 3. 劳动是创造价值的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 以油脂为原料生产肥皂 甘油的沸点远高于丙烷的沸点 B 用碘水检验淀粉是否完全水解 淀粉遇变蓝 C 加入膨松剂（主要成分为）蒸馒头 可中和酸并受热分解 D 将锌块镶嵌在船体上 利用牺牲阳极法保护正极金属使其不被腐蚀 4. 化学材料在体育、艺术等领域具有广泛应用。下列说法正确的是 A. 剧院墙面吸声材料中的玻璃纤维属于分子晶体 B. 书法绘画所用宣纸中的纤维素属于合成高分子 C. 钢琴琴键材料中的酚醛树脂可通过缩聚反应制得 D. 运动计时器玻璃组件中的石英的主要成分是 5. 实验室以粗品（含有少量）为原料，经溶解、萃取［萃取剂仅与（III）结合，]、分液后，制得无水。下列操作不能达到实验目的的是 A．溶解粗品 B．分液除铁 C．检验是否除净 D．制得无水 6. 一种以乙醇为原料合成顺丁橡胶的路线如下（反应条件略），反应①可表示为：。下列说法正确的是 A. 是 B. 中所有原子均共平面 C. 加热条件下：在溶液中发生消去反应 D. 的结构简式为 7. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 石油经分馏后可获得汽油 石油分馏的过程中发生了化学变化 B 苯酚与浓溴水反应生成2，4，6—三溴苯酚 羟基对与其相连的苯环的活性有影响 C 向溶液中通入气体，无明显现象 的酸性弱于的酸性 D 金属钠应保存在煤油中 钠质软，能用刀切割 8. 物质的性质决定其用途。下列相关反应的离子方程式书写正确的是 A. 覆铜板制作印刷电路板： B. 在呼吸面具中做供氧剂： C. 用稀硫酸回收定影液（含）中的硫： D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基： 9. 下列有关物质性质差异的主要原因的描述错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点： 键能：C-Cl>C-H B 酸性： 电负性：F>Cl C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 在水中的溶解度： 分子极性： 10. 利用如图所示装置进行实验（夹持及加热装置略），打开，将铜丝插入浓硫酸中进行加热，一定时间后停止加热，抽出铜丝，关闭。取下橡胶塞，干燥管内液面上升。下列说法正确的是 A. 试管中溶液变蓝，体现了的氧化性 B. 干燥管内液面上升至高于烧杯中液面，说明能与水反应 C. a处溶液变浑浊，说明具有氧化性 D. b、c处溶液褪色，均体现了的漂白性 11. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 电解精炼铜时，阳极质量减少，转移的电子数为 B. （）含有共价键的数目为 C. 和混合气体中所含电子的数目为 D. 常温下，的溶液中含的数目为 12. 利用如图所示装置（夹持装置略）验证含氮化合物的相关性质。实验时，先打开、，通入一段时间后，再通入，试管a、b中气体均无色，试管c中气体为红棕色。[已知：]；待试管中充满红棕色气体后停止通入，关闭、。水浴加热试管d，其气体颜色逐渐变深。下列说法错误的是 A. 先通入的主要目的是排尽装置内的空气 B. 试管中与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 C. 试管中现象可证明此条件下浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性 D. 水浴加热后试管中现象说明的焓变大于0 13. 元素R、W、X、Y、Z为短周期元素，其微粒半径的大小如图所示。其中，W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子；R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性：R>W C. 的空间结构为平面三角形 D. 的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能发生反应 14. 一种以苯甲醛、氨水和为原料电合成苯腈的装置的工作原理如图所示。其中，电极上可发生和的相互转化。电解过程中，下列说法正确的是 A. Pt电极与电源正极相连 B. 阴极室溶液的逐渐增大 C. 阳极的电极反应为： D. 理论上，阴极产生与阳极室产生的物质的量之比为3：1 15. 甲酸铵在有机合成、分析化学等领域应用广泛。时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法错误的是 A. 溶液中存在 B. 溶液中存在 C. 加入氨水调节溶液 D. 加水稀释后，的值变大 16. 准固态氯离子二次电池以金属有机框架(MOF)材料为电解质，其中，形成多孔结构框架，依靠传输Cl-实现电荷转移，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，正极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl- B. 放电时，Cl-从左侧经MOF向右侧迁移 C. Li+不能迁移通过的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥 D. 充电时，阳极质量减少，阴极质量增加，且两者变化量相等 二、非选择题（本题共4小题，共56分） 17. 常温下，兴趣小组对氯水成分、溶于水的影响因素等进行探究。 已知：溶于水时发生反应 （1）利用如图所示装置制备并得到氯水。 ①装置A中发生反应的化学方程式为_____。 ②装置B中盛放的试剂是_____。 （2）检验新制氯水的部分微粒。取（1）中装置内氯水进行下表实验。 实验操作 实验现象 实验结论 取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水 ___ ___ 氯水中存在、HClO 取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置 分层，下层油状液体呈浅黄绿色 ___ __ （3） 探究溶于水的影响因素（忽略溶液混合时体积的变化）。 （4） 初步实验验证在水中的最大溶解量随增大而降低。 用浓度为溶液配制系列不同浓度的溶液各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表（已知：对在水中的溶解不产生影响）。 序号 溶解氯的总浓度/ i 0.5 0.063 ii 1 0.057 iii 1.5 0.053 iv 2 0.049 ①配制实验ii中溶液时，需溶液_____。 提出猜想小组同学认为同时增加和，可进一步降低在水中的最大溶解量。 实验验证用浓度为盐酸配制系列不同浓度的盐酸各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。 序号 溶解氯的总浓度/（mol·L） v 1 0.067 vi 2 0.074 vii 3 0.082 viii 4 0.091 发现问题：实验结果与猜想不一致。 查阅资料：氯水中还存在反应Ⅱ： 理论解析：②同时增大溶液中和，___ __（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）的平衡移动起主导作用。 实验讨论：根据上述实验，甲同学认为在含有一定浓度的溶液中的最大溶解量随增大而升高。 ③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是___ __。 实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和溶液、溶液、蒸馏水配制成系列溶液，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。 序号 V（饱和NaCl溶液）/mL /mL /mL 溶解氯的总浓度 ix 6 1 3 x 6 2 2 xi 6 3 1 xii 6 4 0 ④结合实验，甲同学观点成立的依据是__ ___。 教师指导可能是与的某种协同作用，促进了的溶解。 （4）该小组尝试验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。 ①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较， 其原因是_ ____。 ②小组讨论后，选用NaClO溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出 判断依据__ ___。 18. 钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、Mo的工艺如图所示。 已知：常温下，，。 在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表： pH 1 3 5 7 ≥9 W Mo （1）基态砷原子价层电子的轨道表示式为___ __。 （2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为__ ___。 （3）常温下，“除磷砷”时：①除砷反应的离子方程式为： ②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为_____（已知：）。 （4）W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析： ①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为_____。 ②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的 优点是_ ____。 （5）一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。 ①W、Mo、Ta的原子个数比为_____，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为_____nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为__ ___。 19. 工业合成氨是20世纪人类的伟大发明之一。以与为原料合成，直接合成氨路线与传统合成氨路线如图所示。 I．“传统合成”法： （1）在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的，其反应为：、，该反应在_____（填“高温”或“低温”）下能正向自发进行。 （2）已知：；键能为；与全部变为气态原子，最终结合为过程的能量变化如图所示，图中_____。 II．“直接合成”法： 该反应体系中发生主反应； 同时，还发生副反应。 （3）当体系达到平衡时，下列说法正确的有_____。 A. 使用合适的催化剂可以提高的平衡产率 B. 当时，说明反应体系达到平衡状态 C. 增大体系压强，副反应的平衡逆向移动 D. 再次通入， 的平衡转化率增大 （4）向恒容密闭体系中加入、和，达平衡后，的平衡转化率与随温度的变化关系如图所示。 ①曲线i对应_____（填“”或“”）。 ②计算时副反应的平衡常数（写出计算过程）___________。 （5）时空产率是衡量催化剂活性的物理量，用单位时间内单位质量的催化剂催化产生的生成物的物质的量表示，其单位为。恒温恒压下，向均含有催化剂的密闭容器中，分别通入足量。保持分压为，改变分压；或保持为，改变。分别测定反应时的产量，得到产量随气体分压的变化曲线如图所示。 已知：一般情况下，催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大。 ①由图可知，催化剂对_____（填“”或“）的吸附能力更强。 ②若分压为分压为，则该条件下，的时空产率为______。 20. 光催化四组分反应是一种高效且环保的合成策略，能够制备多样化的有机产品。利用光催化合成化合物的四组分反应如下（反应条件略）。 （1）化合物中含氧官能团的名称为_______。 （2）①化合物的分子式为_____。 ②4a的同分异构体中，同时满足如下条件的共有_____种（不考虑立体异构）； 其中，含有手性碳的结构简式为__ _ __，该有机物核磁共振氢谱图上有___ __组峰。 条件：i．含有苯环 ii．能发生银镜反应 iii．只含有一个甲基 （3）下列说法正确的有___ __。 A. 通过四组分反应生成的过程中原子利用率，有键断裂与键形成 B. 分子中有大键，且分子间能形成氢键 C. 分子中碳原子和硼原子均采取杂化 D. 和均能与酸反应生成盐 （4）根据上述信息，以等为原料合成化合物。 ①第一步，转化为醛基：其反应的化学方程式是_______________。（注明反应条件） ②第二步，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）。 ③第三步，合成化合物I：在一定条件下，②中得到的有机物与、、反应。 （5）利用光催化四组分反应，直接合成化合物Ⅱ，需要1a、___ __（填化学式）、和为反应物。 化学暑假作业五 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(六) 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Pb 207 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 书籍的装帧史就是一部东方的智慧史。下列书籍的固定连接材料的主要成分属于合金的是 A．皮绳编简 B．棉线装书 C．钢钉订册 D．胶连成书 2. 科技自主创新是实现民族复兴的战略支撑。下列对科技成果中所涉及的化学知识的描述正确的是 A. 首艘纯氨燃料内燃机动力示范船成功完成首航：氨的电子式为 B. 月壤样品中首次发现晶质赤铁矿(α-Fe2O3)：该晶体结构可用X射线衍射仪测定 C. 液态空气储能实现电网“削峰填谷”：空气液化过程中发生了化学变化 D. 镍基超导体的超导转变温度再创新纪录：Ni元素属于元素周期表的ds区 3. 人形机器人是人类科技与智慧的结晶。下列说法错误的是 A. 主控芯片基础材料中的单晶硅是一种分子晶体 B. 腱绳承力材料中的聚乙烯可通过加聚反应制得 C. 激光雷达发射器材料中所含有的的中子数为42 D. 感知与交互系统所使用的LED灯的发光与原子核外电子跃迁有关 4. 劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用糯米酿造米酒 淀粉属于天然有机高分子 B 利用重结晶法提纯苯甲酸粗品(含少量NaCl) 苯甲酸在水中溶解度随温度变化较大，而NaCl在水中溶解度较大且受温度影响较小 C 对钢铁部件表面进行发蓝处理 发蓝处理可使钢铁表面生成一层致密的氧化膜 D 用紫外线灯对环境消毒 蛋白质在紫外线作用下发生变性 5. 我国科学家研究出高效催化合成功能材料的新方法，其中，部分物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. Ⅰ可使溴的四氯化碳溶液褪色 B. Ⅰ中碳原子杂化方式均为 C. Ⅱ中所有碳原子可能共平面 D. Ⅰ和Ⅱ均可与溶液反应 6. 利用含Cu2+的FeSO4废液制备FeSO4·7H2O，再利用滴定法测定所得产品的纯度。下列操作不能达到实验目的的是 A．除去Cu2+ B．分离出FeSO4溶液 C．制得FeSO4·7H2O D．测定Fe2+浓度 7. 能满足下列物质(含同种元素)间直接转化关系，且推理成立的是 A. X可钠，单质可与H2O反应生成O2 B. X可为硫，氧化物可与H2S反应生成硫单质 C. X可为铁，向沸水中滴入盐的饱和溶液可制得胶体 D. X可为氮，酸溶液与Cu反应一定生成红棕色气体 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 利用加热的方法除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3 热稳定性：NaHCO3>Na2CO3 B HClO在光照下易分解放出Cl2 氯水具有强氧化性 C 乙醇在银的催化下转化为乙醛 乙醛可与新制Cu(OH)2发生反应 D 用石灰乳沉淀苦卤(晒盐后的母液)中的Mg2+ 9. 一种被广泛应用于高分子合成领域的多功能溶剂的结构如图所示。其中，R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：W>X>Y B. 沸点：XR3>WR4 C. 最高价氧化物对应水化物酸性：X<Z D. 和的空间结构不同 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 在1 L 0.5 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中，Al3+的数目为NA B. 0.5 mol Fe与足量Cl2反应，转移的电子数目为NA C. 在28 g C2H4和C3H6的混合物中，碳原子数目为2NA D. 标准状况下的2.24 L NO与足量O2反应，体系中NO2分子的数目为0.1NA 11. 利用如图所示装置(夹持及加热装置略)进行实验：打开K1、K2，一定时间后，b中溶液不变色，a中有白色固体析出；关闭K1，打开K3，e中溶液颜色变浅，f中溶液变浑浊。下列说法错误的是 A. a中析出的白色固体是Na2CO3 B. d中反应体现了浓硫酸的强氧化性 C. e中现象体现了SO2的还原性 D. 由实验可推出，酸性：H2CO3>苯酚 12. 从结构的角度可对物质性质进行解释。下列相关解释错误的是 选项 性质 解释 A H+能与H2O结合成H3O+ H+能接受孤电子对，H2O中的O提供孤电子对，两者形成配位键 B 天然水晶有规则的多面体外形 天然水晶中的原子在三维空间里呈周期性有序排列 C I2易溶于CCl4，难溶于H2O I2与CCl4是非极性分子，H2O是极性分子 D 冠醚(18-冠-6)可识别K+ 冠醚可与K+形成离子键 13. 邻苯二甲酸(H2C8H4O4)是一种二元弱酸，其对应的酸式盐KHC8H4O4在化学分析中有重要应用。KHC8H4O4溶液显酸性，下列有关该溶液的说法正确的是 A. B. C. 加水稀释，溶液的pH增大 D. 14. 无负极锂金属电池具有高能量密度等特点，但也存在放电时部分锂从电极表面脱落而导致不可逆的锂损失等内在挑战。充、放电时，仅Li+通过多孔隔膜。不同状态下的电池结构如图所示，下列说法错误的是 A. Cu、Al为电极材料，不参与电极反应 B. 首次充电时，阳极反应为 C. 放电时，Li+从左极室穿过多孔隔膜向右极室迁移 D. 放电时，若负极上Li的质量减少7 g，则外电路转移1 mol电子 15. 按如图所示装置(夹持及加热装置略)进行实验：先推动注射器①的活塞将浓氨水注入左侧弯管，待气球膨胀后，向上拉动注射器②的活塞。下列叙述错误的是 A. a处的反应为 B. 裹有试剂的脱脂棉用于干燥NH3，其中试剂为P2O5 C. 注射器②中可观察到有白烟生成 D. 加热b处，固体表面由黑变红，说明NH3具有还原性 16. 一种可将CO2和生物废料(丙酸)同步转化为乙烯的电合成系统的工作原理如图a所示。其中，阴极为负载W-CuOx催化剂的碳纸电极，具有疏水性，仅允许气体通过其多孔结构。丙酸根转化为乙烯的机理(部分物质或微粒略)如图b所示。该装置工作时，下列说法正确的是 A. 阴极副产物为CH3CH2COOCH2CH3 B. 阴极室溶液的pH保持不变 C. 阳极反应 D. 若不考虑副产物，则理论上阴、阳极产生乙烯的物质的量之比为1：6 二、非选择题(本题共4小题，共56分) 17. 兴趣小组利用沉淀法探究NaCl溶液浓度对PbCl2溶解度的影响并测算。 Ⅰ．配制NaCl溶液 （1）用NaCl固体配制1000 mL 2.00 mol·L-1 NaCl溶液的过程中，用到的玻璃仪器有___________(填标号)。 Ⅱ．探究NaCl溶液浓度对PbCl2溶解度的影响 已知：25℃时，，。 （2）PbCl2饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：。 ①25℃时，PbCl2饱和溶液中，c(Pb2+)=____ _______mol·L-1(已知：)。 ②实验方法：常温下，采用沉淀法(将饱和溶液中溶解的铅转化为沉淀进行测算)测定不同浓度NaCl溶液中PbCl2的溶解度[以c(Pb2+)表示]。 操作 溶解度[c(Pb2+)]/(mol·L-1) 步骤1 步骤2 将过量的PbCl2固体置于锥形瓶中，向其中加入100 mL NaCl溶液，充分振荡以确保达到沉淀溶解平衡后，过滤 取V0 mL滤液，向其中加入适量___________(填化学式)固体，完全沉淀后，___________、___________(填操作名称)、干燥，称得质量为m g 进行实验：利用上述实验方法，选用浓度为2.0 mol·L-1 NaCl溶液，并准确称量六份1.50 g PbCl2固体，进行如下表实验。测定溶解度并记录数据(忽略溶液体积的变化)。 序号 V(NaCl)/mL V(H2O)/mL 所得溶液c(NaCl)]/(mol·L-1) 溶解度[c(Pb2+)]/(mol·L-1) ⅰ 0.0 100.0 0 0.0139 ⅱ 10.0 a 0.2 0.0086 ⅲ b c 0.4 0.0061 ⅳ d 70.0 0.6 0.0050 ⅴ 40.0 60.0 0.8 0.0050 ⅵ 50.0 50.0 10 0.0050 ③根据表中信息，补充数据：a=___________，b=___________。 数据分析： ④甲同学认为增大c(NaCl)，PbCl2的溶解度减小；但乙同学认为该体系中还存在影响PbCl2溶解度的其他因素。结合表中数据，给出乙同学的判断理由___ ________。 查阅资料：该体系中还存在配位平衡： ： ：(或2)。 分析讨论： ⑤配位平衡可导致溶液中溶解铅的总量增大。将溶解铅转化为PbSO4沉淀时，除Pb2+转化为PbSO4外，还发生反应或____ _______(用离子方程式表示)，使得PbSO4的质量增大，从而导致测得的PbCl2的溶解度增大。 补充实验：为进一步验证配位平衡的存在，利用上述实验方法，选用浓度为2.0 mol·L-1 NaCl溶液，并准确称量五份1.50 g PbCl2固体，进行如下表实验。测定溶解度并记录数据(忽略溶液体积的变化)。 序号 V(NaCl)/mL V(H2O)/mL 所得溶液c(NaCl)]/(mol·L-1) 溶解度[c(Pb2+)]/(mol·L-1) ⅶ 60.0 40.0 1.2 0.0052 ⅷ 70.0 30.0 1.4 0.0055 ⅸ 80.0 20.0 1.6 0.0060 ⅹ 90.0 10.0 18 0.0068 xi 100.0 0 20 0.0076 实验结论： ⑥由上述实验可得，当时，增大c(NaCl)，___ ________起主导作用；当，增大c(NaCl)，PbCl2配位平衡正向移动起主导作用。 Ⅲ．计算 （3）当时，计算过程中可忽略配位平衡。若测得在浓度为y1 mol·L-1的NaCl溶液中，PbCl2的溶解度为y2 mol·L-1，则溶液中___________mol·L-1(用含y1与y2的代数式表示，下同)，可计算___________。 当时，则需根据铅的存在形式对上述表达式进行校正后再计算。 18. 镓(Ga)、锗(Ge)是重要的战略性金属，广泛应用于半导体、通信等高新技术产业。一种从锌浸渣(含ZnFe2O4、Ga2O3、GeO2、PbO及SiO2等)中提取镓、锗的工艺如下： 已知：25℃时，，。“二次酸浸”时，镓、锗、铁分别以、、的形式进入溶液。 （1）基态Ga原子的价层电子排布式为___ ________。 （2）“一次酸浸”时，ZnFe2O4与H2SO4发生反应的化学方程式为______ _____。 （3）“二次酸浸”后所得滤液pH<1，___________(填“>”“<”或“=”)。 （4）“除铁”过程中，发生反应的离子方程式为：__________。 。 （5）“萃取”时，仅镓的配合物与锗的配合物进入有机相，“萃余液”可在___ ________工序中循环利用。 （6）“反萃取”分为两个阶段，以H2SO4溶液或NaOH溶液为反萃取剂实现镓与锗的提取与分离，相关转化关系如下： ①第一阶段：加入___________(填化学式)溶液，分液后从水相中得到含其中一种金属的化合物； ②第二阶段：向第一阶段分液后所得有机相中再加入另一种反萃取剂，分液后从水相中得到含另一金属的化合物___________(填化学式)。 （7）某种金属有机框架(MOFs)由金属节点和桥连配体组成，可高效选择性吸附溶液中的Ge(Ⅳ)，其立方晶胞结构如图所示(桥联配体未画出)。 ①一个晶胞中金属节点的个数为___________。 ②两个金属节点之间的最近距离为___________nm； 距离最近的两个金属节点之间连有一个桥联配体，则与每个金属节点相连的桥联配体数目为___________。 ③若每个空隙均可吸附一个Ge(Ⅳ)，则该材料对Ge(Ⅳ)的吸附量为___________mol·g-1(吸附量指单位质量的MOFs材料可吸附Ge(Ⅳ)的物质的量；M(晶胞)=2000 g·mol-1)。 19. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止害虫和真菌的危害。 可通过反应Ⅰ制备COS。反应Ⅰ： （1）已知：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： 物质 CO H2S COS H2 生成焓/(kJ·mol-1) -110.5 -20.1 x 0 ①x=___________kJ·mol-1。 ②在催化剂的作用下，反应Ⅰ的反应历程如图所示。其中，第___________步的正反应活化能最大。 ③向体积为V L的恒容密闭容器中充入CO与H2S各a mol，反应t min后，测得H2S的体积分数为b%，则0~t min内COS的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1(用含a、b、V、t反应进程的代数式表示)。 （2）向恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2S，利用反应Ⅰ制备COS时，一定条件下也会发生反应Ⅱ： 。当反应体系达到平衡时，下列说法正确的有___________。 A. 加入适宜的催化剂，可提高COS的平衡产率 B. 减小容器体积，重新达到平衡后，减小 C. 升高温度，反应Ⅰ的逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 再次通入一定量的CO，达到平衡后，的值增大 （3）也可通过反应Ⅲ制备COS。反应Ⅲ： 向恒容密闭容器中充入H2S、CO和CO2各1 mol，只发生反应Ⅰ和反应Ⅲ。平衡时，各物质的物质的量(n)随温度(T)变化关系如图： ①曲线Ⅰ对应的物质为___________。 ②计算温度为T1 K时反应Ⅰ的平衡常数K=__ (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 （4）特定条件下，COS可降解为CO2，利用原位红外光谱中COS和CO2特征吸收峰强度的变化可监测该降解过程。通过实验测定及数据转化，得到2 min、10 min时含两种物质特征吸收峰的红外光谱谱图。 已知：峰面积大小与物质的浓度成正比。分子中共价键的键长越短，其特征吸收峰对应的波数越大；相对分子质量越大，其特征吸收峰对应的波数越小。 图___________(填“a”或“b”)曲线呈现了2 min时两物质的特征吸收峰。 20. 不对称催化合成技术为开发具有生物活性的天然产物提供了新途径。其中，利用醛与内酯的反应进行不对称合成的一种路线如下(反应条件略)。 （1）化合物1a中含氧官能团有羟基和_____ ______，化合物2a的分子式为_ ________。 （2）化合物X为4a的同分异构体，不含环状结构，在核磁共振氢谱上只有2组峰，且峰面积比为1：2，X的结构简式为______ _____(写一种)。 （3）下列说法正确的有___________。 A. 在2a和4a生成5a的过程中，有π键断裂与σ键形成 B. 在5a分子中，存在手性碳原子，有大π键，但不可形成分子间氢键 C. 化合物5a是苯酚的同系物，1 mol 5a可与5 mol H2发生加成反应 D. 2a和4a反应生成5a，原子利用率为100% （4）在催化剂作用下，化合物4a可与炔烃反应合成化合物7a。 CF3CH2OH羟基中的氢原子活泼性大于CH3CH2OH羟基中的氢原子活泼性，其原因是___________。 （5）已知：一定条件下，内酰胺可发生类似于上述醛与内酯的反应，根据上述信息，以甲苯和为原料，合成化合物Y。 ①引入氯并光催化氧化：引入氯时，进行___________(填反应类型)，其反应的化学方程式为___________(注明反应条件)；再发生类似于由3a到4a转化的反应。 ②合成内酰胺：发生反应的化学方程式为___________(不需注明条件)。 ③合成Y：①、②中得到的有机产物进行反应。 （6）参考上述合成路线和反应，合成化合物Z，需要以2a、4a、___________(填结构简式)和CF3CH2OH为反应物。 化学暑假作业六 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(七) 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。 1. 湛江文化历史悠久。下列与湛江非物质文化遗产相关的物品中，其主要成分不属于有机物的是 A．吴川月饼 B．遂溪狮头彩扎 C．安铺木雕 D．雷州石雕 2. Fmoc-Cl是一种有机合成领域中广泛应用的试剂，应密封保存，避免潮湿和高温，其结构简式如下图。下列关于该有机物的说法错误的是 A. 可发生水解反应 B. 存在非极性共价键 C. 1mol该物质最多能与7mol氢气发生加成反应 D. 核磁共振氢谱有6组峰 3. 中国科技自强自立，蓬勃发展。下列说法正确的是 A. 国产潜水器载人舱使用的钛合金具有密度小、强度大的特点 B. 国产高铁车身采用的碳纤维属于有机高分子材料 C. 我国光伏电池效率实现实质性突破，光伏电池可将化学能转化电能 D. 我国芯片突破7纳米技术，芯片的主要成分为二氧化硅 4. 劳动创造幸福。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 选项 劳动项目 化学知识 A 用热的纯碱溶液去除燃气灶上的油污 为吸热过程 B 用疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通下水道 铝表面易形成致密的氧化膜 C 家中铁器存放时需注意防潮 铁器在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀 D 面点师用小苏打作面包膨松剂 小苏打受热易分解 5. 化学创造美好生活。下列说法错误的是 A. 工业固氮是为生产氮肥提供原料的重要途径 B. Fe2O3是我国古代众多建筑中红色涂料的成分之一 C. 维生素C具有较强还原性，可与补铁口服液一起服用 D. 制作手机外壳的某聚碳酸酯()是由其单体通过加聚反应制得的 6. 下列操作能达到实验目的的是 A．除去NaCl溶液中的Fe(OH)3胶体 B．从MgCl2溶液中提取MgCl2晶体 C．用酒精萃取溴水中的溴 D．分离I2和NaCl固体 7. 已知金属性由强到弱的顺序为Zn>Fe>Ni>Cu。可利用电解法，将粗镍(含Fe、Zn、Cu、Pt，C等杂质)转化为高纯度的镍。该过程中 A. 阴极的电极反应式为Ni2++2e-=Ni B. 高纯度的镍电极应与电源正极相连 C. 在电解槽底部产生含大量Fe的阳极泥 D. 转移相同电子数，阳极和阴极的质量变化相等 8. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 水的稳定性比硫化氢的稳定性强 水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键 B 碳化硅是制作砂轮、砂纸的材料之一 碳化硅属于共价晶体 C 向豆浆中加入盐卤可获得豆腐 向胶体中加入盐一定可以使胶体聚沉 D 工业上可用金属钠冶炼金属钾 金属钾的金属性强于金属钠 9. 能满足下列物质间直接转化关系的无机物有多种，其中推理不成立的是 A. 若X为盐酸，则乙的水溶液可能显酸性 B. 若X为氧气，则丙的水溶液可能使品红溶液褪色 C. 若甲烧碱，则X可能为正盐 D. 若甲为铁粉，则X可能为氯气 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol金刚石中所含σ键数目为2NA B. 标准状况下，22.4L CH4和C3H8的混合气体中所含碳原子数目为2NA C. 在0.1mol/L的CH3COONa溶液中，所含阴离子数目大于0.1NA D. 常温下，27g铝片与足量浓硝酸充分反应，转移电子数目为3NA 11. 利用如图装置进行氯气性质实验探究。下列说法正确的是 A. 该实验中可用MnO2代替KMnO4 B. 湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色可证明氯气溶于水既有酸性又有漂白性 C. 湿润的淀粉-KI试纸变蓝可证明氧化性：Cl2>I2 D. 干燥的花瓣不褪色可证明气球的尾气中不含氯气 12. 下列选项中由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A O2-比Cl-所带电荷数多，离子半径小 Al2O3比AlCl3的熔点高 B H2S与PH3的中心原子杂化类型相同，但孤对电子数不同 键角：PH3>H2S C 石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系 两者均有导电性 D 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)和亚硫酸钠中均含+4价的硫 两者均具有较强的还原性 13. 第一电子亲和能是指基态气态原子得到一个电子形成气态负一价阴离子时所释放或吸收的能量(E1，单位：kJ·mol-1，释放热量数值为负值，吸收热量数值为正值)，其大小与原子的核电荷数、原子半径、价层电子排布相关，价层电子排布不稳定的原子，其获得电子形成稳定结构时放出较多能量。元素a~i为原子序数依次增大的短周期元素，其第一电子亲和能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A. b和g同主族 B. 基态原子未成对电子数：d>f>e C. 原子半径：g>h>i D. 氢化物沸点；c>b>a 14. 利用如图装置进行实验；关闭K3，打开K2，点燃b处酒精灯，待a中溶液变浑浊后再变澄清时，关闭K2并打开K1、K3，待排尽c中空气后点燃c处酒精灯，一段时间后熄灭所有酒精灯。下列说法正确的是 A. d中无水硫酸铜变蓝可证明氨气能还原CuO B. a中溶液变浑浊后再变澄清可证明Cu(OH)2为两性氢氧化物 C. 打开K1后a中有深蓝色晶体生成，说明此晶体难溶于极性较弱的溶剂 D. 若将a处尾气通入饱和NaHCO3溶液中，可获得Na2CO3晶体 15. 利用稀盐酸调节氟化钙悬浊液的pH，最终将悬浊液的pH调至4，已知：Ksp[CaF2]=1.96×10-10，Ka(HF)=7.00×10-4。下列叙述正确的是 A. 调节过程中，悬浊液的pH越小，溶液中c(F-)越大 B. pH=4时，溶液中c(F-)<c(HF) C. 溶液中，c(Ca2+)+c(H+)=2c(Cl-)+2c(F-)+c(OH-) D. 最终溶液中c(Ca2+)=4.00×10-4mol/L 16. 我国某科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。已知R为脂肪烃基；L为某有机物，易提供孤对电子形成配合物。下列说法错误的是 A 电势：M极>N极 B. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均未改变 C. 该过程的总反应为++CH2O+HX D. 电解过程中，导线上每通过1mol e-，理论上可获得1mol 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 镁的金属性较强，置换氢气的能力较强。 （1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨一下镁条(下述实验中所使用的镁条均已打磨)，打磨的目的是除去镁条表面的___________(填化学式)。 （2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为______ _____。 （3）若将镁条投入1.0mol・L-1 FeCl3溶液中，镁条表面迅速产生大量气泡，同时溶液中产生红褐色沉淀，请结合离子方程式解释产生该实验现象的原因：_______ ____。 （4）某小组根据上述现象提出猜想：溶液酸性越强，镁置换氢气的速率越快碱性越强，置换氢气的速率越慢。 【设计方案并完成实验】甲同学根据上述猜想设计了NaOH、Na2CO3和NaHCO3溶液与镁条的反应。 配制溶液时需用到下列仪器中的___________(填写仪器名称)。 ①实验室用Na2CO3·10H2O晶体制备100mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液。 ②取四份质量、形状完全相同的镁条进行实验。 实验组 实验操作 现象 ⅰ 第一份镁条加入50mL蒸馏水中 一段时间后镁条上覆盖了少量气泡 ⅱ 第二份镁条加入50mL 1.0mol・L-1 NaHCO3溶液中 持续快速产生大量气泡，溶液略显浑浊 ⅲ 第三份镁条加入50mL 1.0mol・L-1 Na2CO3溶液中 有气泡产生，溶液略显浑浊 ⅳ 第四份镁条加入50mL 1.0mol・L-1 NaOH溶液中 无明显现象 【实验小结】小组同学根据实验现象，判断猜想不符合实际，判断的依据是 _____ __ __。 （5）反应速率差异的机理探究 查阅资料可知，Mg(OH)2质地致密，会附在金属表面阻碍反应继续进行。 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8，Kw=1.0×10-14. ①小组同学推测是或破坏了Mg(OH)2保护膜，使镁与水的反应可以继续进行，在NaHCO3体系中的反应为，该反应的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。 ②乙同学猜测对Mg(OH)2保护膜的破坏能力强于，设计如下实验验证： 实验组 镁片预处理 加入溶液 气泡产生速率 ⅴ 预先制备Mg(OH)2保护膜 50mL 0.5mol·L-1 Na2CO3溶液 极慢 ⅵ 同ⅴ组 a mL b mol・L-1 NaHCO3溶液 较快 根据表中信息，补充数据：a=___________，b=___________。 根据结果可知吸附在金属表面的氢氧化镁可以溶解在碳酸氢钠溶液中，而不能很好地破坏Mg(OH)2保护膜。 （6） 丙同学继续探究镁与碳酸钠溶液反应，实验组ⅲ的沉淀成分中经检验存在MgCO3，MgCO3质地疏松，不能有效阻止内部金属Mg与水的反应。从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但实际存在MgCO3的原因是 ______ _____。 教师指导：要充分认识化学反应的复杂性，影响化学反应的因素有很多，要抓到主要矛盾等解决问题。 18. 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种用菱镁矿(主要成分为MgCO3，含杂质Al2O3、FeCO3、BeO，SiO2等)制备镁单质的同时深度回收重要金属化合物的工艺流程如下： 已知：本实验条件下，部分离子开始沉淀及沉淀完全时对应的pH如下表： 离子 Mg2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀时的pH 8.3 6.5 1.5 3.6 沉淀完全时的pH — 8.5 3.2 4.7 回答下列问题： （1）用硫酸溶浸菱镁矿时，提高浸取速率的方法为___________(答出两条即可)。 （2）“滤渣1”的立方晶胞结构如图，已知a、b两点原子的坐标分别为(0，0，0)、。 ①该晶胞的化学式为___________；c点原子的坐标为___________。 ②该晶胞中最小的环状结构由___________个原子构成。 （3）“萃取”后进入有机相的铍的配合物结构如图。从结构角度分析，该配合物能从水中进入有机相的原因可能为___________(填字母)。 A. 铍与O形成配位键 B. 该配合物的对称性较强 C. 配合物能与水能形成分子间氢键 D. 含有大量具有疏水性的烷基链 （4）“氧化”的目的是_______ ____(结合离子方程式解释)。 （5）“调pH”可以分步沉淀两种金属离子，先沉淀的离子是___________；最后需控制溶液的pH范围为___________。 （6）“三极室电解”原理如图。其中膜Ⅰ应选用___________(填“阴离子”或“阳离子”)交换膜；可以在流程中循环利用的电解液为___________(填“电解液1”或“电解液2”)。 19. 以In2O3为催化剂，能实现CO2向CH3OH的转化，是实现能源化综合利用以及完成“碳中和”的一种途径。 （1）49In位于元素周期表中的___________区。 （2）CO2转化为CH3OH的反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，该反应在___________(填“较高温度”或“较低温度”)下能自发进行。 （3）CO2转化为CH3OH的过程中伴有副反应： 编号 化学方程式 ΔH ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ・mol-1 ⅲ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3 反应ⅲ的ΔH3=___________。 （4）不同温度下，按n(CO2)：n(H2)=1：3充入某盛有催化剂的恒压密闭容器中发生上述反应，平衡时CH3OH(g)和CO(g)的选择性［例如CO(g)的选择性］及CO2(g)的转化率随温度变化的关系如图所示。 ①表示CH3OH(g)的选择性的曲线为___________(填“a”“b”或“c”)，曲线b随温度升高而降低的原因为___________。 ②T0K下CH3OH(g)的平衡体积分数为___________(写出推导过程，结果保留3位有效数字)。 ③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，试分析可能的原因为 _____ ______。 20. Mannich反应是一种合成氨基烷基化衍生物的反应，其中的一个反应如下(反应条件略)。 （1）化合物1a中所含官能团的名称为___________；化合物3a的化学名称为___________。 （2）①化合物2a的分子式为___________，可由和CH3I通过取代反应获得， 反应的化学方程式为____ _______。 ②化合物2a的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的结构共_____ ______种(不包含立体异构)。 （3）下列说法正确的有___________(填字母)。 A. 在1a、2a和3a生成4a过程中，有π键与σ键断裂 B. 在4a分子中，存在手性碳原子，可能存在分子内氢键 C. 在生成副产物5a的反应中，3a未参与反应 D. 4a与5a互同系物 （4）已知：氨基(-NH2)极易被氧化。利用苯甲醇分三步合成3a。 ①第一步，引入硝基：其反应的化学方程式为_____ ______。 ②第二步，进行___________(填具体反应类型)，原因为_____ ______。 ③第三步，获得3a。 （5）根据上述信息，参考上述反应，直接合成化合物6a，需要以___________(填结构简式)、2a和3a为反应物。 化学暑假作业七 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(一) 答案 1. 【答案】 C【详解】有机高分子是相对分子质量达几万甚至更大的有机化合物，可分为天然和合成有机高分子。 A．青铜是铜锡合金，属于无机金属材料，不属于有机高分子，错误； B．“玉石的主要成分是硅酸盐矿物（如硬玉是硅酸钠铝，软玉是硅酸钙镁），属于无机非金属材料，不属于有机高分子，错误； C．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然有机高分子化合物，符合要求，正确； D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于有机高分子，错误； 2. 【答案】 A【详解】A．同系物要求结构相似（属于同类物质），分子组成相差若干个‑CH2原子团。乙烯是链状单烯烃，[18]-轮烯是环状多烯烃，二者结构不相似，不互为同系物，错误。 B．[18]-轮烯中存在C−H键，C−H键是不同原子间形成的极性共价键，正确。 C．[18]-轮烯的分子式为C18H18，碳氢原子个数比为18:18=1:1，正确。 D．分子中含有多个碳碳双键，能与氢气发生加成反应，正确 3. 【答案】B 【详解】A．质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，与质子数均为38，中子数不同，互为同位素，A正确； B．单晶硅是原子（共价）晶体，硅原子间以共价键形成空间网状结构，不属于分子晶体，B错误； C．Ga位于第ⅢA族，As位于第ⅤA族，GaAs中As为-3价，根据化合物正负化合价代数和为0，可知Ga化合价为+3，C正确； D．Ti位于第四周期ⅣB族，Ni位于第四周期Ⅷ族，二者均属于周期表d区元素，D正确； 4. 【答案】A 【详解】A．氢氧化铝用作抗胃酸药的原理是其可与胃酸（HCl）发生中和反应，对应给出的氢氧化铝受热分解的化学知识与该劳动项目无关，表述错误，A符合题意； B．次氯酸钠属于含氯消毒剂，具有强氧化性，能使病毒蛋白质变性，可用于衣物消毒，表述正确，B不符合题意； C．淀粉属于多糖，在一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，因此可用淀粉生产葡萄糖，表述正确，C不符合题意； D．油脂在碱性（NaOH）条件下发生水解反应生成高级脂肪酸钠（肥皂主要成分）和甘油，该反应可用于制备肥皂，表述正确，D不符合题意； 5. 【答案】C 【详解】A．保暖贴利用铁的吸氧腐蚀（原电池原理）工作，能量转化形式为化学能转化为热能，并非电能转化为化学能，A错误； B．使用时铁粉作负极，失电子发生氧化反应，B错误； C．活性炭作原电池正极，中性电解质环境下，氧气在正极得电子发生反应，转化为，C正确； D．使用后深褐色固体主要是分解生成的（铁锈主要成分），不是黑色的，D错误； 6. 【答案】D 【详解】A．易发生水解，应先用烧杯将固体溶于浓盐酸抑制水解，容量瓶仅用于定容，不能用于溶解固体，A错误； B．将饱和溶液滴入NaOH溶液会直接生成沉淀，制备胶体应将饱和溶液滴入沸水中，B错误； C．铁钉镀铜需要外接直流电源，且铁钉作阴极、铜片作阳极，该装置无外接电源，无法实现镀铜，C错误； D．溶液可与Cu发生反应将，油性笔笔迹可保护下方的铜不被反应，能实现刻蚀覆铜板的目的，D正确； 7. 【答案】D 【解析】A．SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，二者存在因果关系，A不符合题意； B．2NO2⇌N2O4的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，烧瓶颜色变深，二者存在因果关系，B不符合题意； C．MnO2与浓盐酸共热发生反应，生成黄绿色Cl₂，方程式为，二者存在因果关系，C不符合题意； D．醋酸钠是强电解质完全电离，同浓度下离子浓度大于部分电离的醋酸，因此导电性更强；醋酸钠水解显碱性、醋酸电离显酸性，因此同浓度醋酸钠溶液pH更大，两个陈述均正确，但导电性强弱和pH大小无因果关系，D符合题意； 8. 【答案】B 【分析】由原子半径变化规律可知，a、b、c为第二周期主族元素，d到h为第三周期主族元素，d是第三周期原子半径最大的Na，由此推得：a为N，b为O，c为F，d为Na，e为Mg，f为Al，g为Si，h为P。 【详解】A．b为O（ⅥA族），g为Si（ⅣA族），二者不同族，A错误； B．电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，F是电负性最大的元素，电负性F>Si，即c>g，B正确； C．Mg的3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能Mg>Al，故第一电离能顺序为Mg>Al>Na，即e>f>d，C错误； D．分子间存在氢键，沸点高于无氢键的，即沸点a>h，D错误； 9. 【答案】A 【详解】A．石墨具有良好导电性的原因是层内碳原子形成离域大π键，电子可自由移动，层间以范德华力结合是石墨质软的原因，与导电性无关，A事实与解释不相符； B．乙酸的甲基为给电子基团，会降低羧基中O-H键的极性，使其更难电离出H+ ，故酸性甲酸>乙酸，B事实与解释相符； C．H2O中心O原子孤电子对数为2，NH3中心N原子孤电子对数为1，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，故键角NH3>H2O，C事实与解释相符； D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂、难溶于极性溶剂，碘和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子，故碘易溶于四氯化碳难溶于水，D事实与解释相符； 10. 【答案】D 【详解】A．在水溶液中既会电离又会水解，实际存在的数目小于NA，错误； B．56 g Fe的物质的量为1 mol，发生反应，1 mol Fe完全反应生成mol H2，其数目不等于NA，错误； C．标准状况下，22.4 L Cl2的物质的量为1 mol。Cl2与水的反应为可逆反应，1 mol Cl2不能完全反应，故溶液中Cl–数目小于NA，错误； D．Na与水反应为，生成1 mol H2转移2 mol电子，生成0.5 mol H2转移电子数目为NA，D正确； 11. 【答案】C 【详解】A．若X为C，氧化物1为CO，CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误； B．若X为Si，Si与O₂反应只能生成SiO2，不存在可继续与O2反应的氧化物2，且SiO2不与水反应生成硅酸，B错误； C．若X为N2，简单氢化物为NH3，简单氢化物为NH，NH3分解可生成N2（非金属单质X）；且N2与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，符合转化关系，C正确； D．若X为S，最终得到的酸为H2SO4，Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成SO2，无法生成H2，D错误； 12.【答案】D 【详解】A．AgCl是难溶电解质，离子方程式中不能拆为Ag⁺，正确离子方程式为，A错误； B．加少量水稀释时，仍旧为氯化银的饱和溶液，氯化银的溶度积不变，则平衡后溶液中银离子和氯离子的浓度不可能都减小，B错误； C．加入NaCl固体，增大，AgCl溶解平衡逆向移动，减小，和两个平衡均逆向移动，浓度减小，C错误； D．Cl元素全部以形式存在，Ag元素以、、形式存在，二者均来自溶解的AgCl，物质的量之比为1:1，同一溶液体积相同，符合物料守恒关系，D正确； 13. 【答案】B 【分析】CO2气体从左往右分别与苯酚钠溶液、Na2O2、饱和Na2CO3溶液反应，并在b中生成O2与d中的FeCl2溶液发生反应。 【详解】A．碳酸与苯酚钠溶液反应生成苯酚，根据强酸制弱酸规律，可知碳酸酸性强于苯酚，说明苯酚是弱酸，A正确； B．Na2O2与CO2反应生成白色Na2CO3和O2，该反应中只有Na2O2中的氧元素化合价发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2中各元素化合价均不变，CO2既不被氧化也不被还原，B错误； C．相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，饱和Na2CO3溶液中通入CO2反应生成NaHCO3，因此会析出NaHCO3白色固体，C正确； D．b中反应生成的O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN结合使溶液变红，该反应中Fe2+失电子作还原剂，体现还原性，D正确； 14. 【答案】C 【分析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，电极反应式为，电极Ni-CuO为正极，被还原为NH3，正极发生反应为 ，充电时，金属铝为阴极，电极反应与原电池相反，电极Ni-CuO为阳极，阳极反应式为，据此解答。 【详解】A．放电时电极Ⅱ为正极，充电时正极连接电源正极作阳极，A正确； B．放电时负极反应为，消耗，负极区浓度降低，pH逐渐减小，B正确； C．1 mol Al反应失去3 mol电子，4 mol Al共失去12 mol电子；转化为时N元素从+5价变为-3价，1 mol 得到8 mol电子，故可处理的物质的量为，质量为，C错误； D．充电时阴极得电子生成Al，阳极失电子生成，配平总反应为，D正确； 15. 【答案】C 【详解】A．a中MnO₂是H2O2分解反应的催化剂，d中铜丝是乙醇催化氧化反应的催化剂，催化剂的作用是降低反应活化能，A正确； B．铜丝变黑是Cu被O2氧化为CuO，变红是CuO与乙醇反应被还原为Cu，该过程中乙醇被氧化为乙醛，B正确； C．乙醇易挥发，e中液体混有未反应的乙醇，乙醇也具有还原性，可使酸性KMnO₄溶液褪色，无法说明产物含有乙醛，C错误； D．熄灭酒精灯后反应仍能持续进行，说明乙醇的催化氧化为放热反应，反应放出的热量可维持反应继续发生，D正确，； 16.【答案】D 【详解】 A．反应①中，氧化剂是​，还原剂是，得电子，失电子生成PdⅡ，氧化剂与还原剂物质的量之比为，A错误； B．反应②中存在、键的断裂，以及键的形成，无键断裂，B错误； C．总反应为，有副产物生成，原子利用率不是100%，C错误； D．由总反应的计量关系可知，每消耗1 mol 理论上可生成2 mol ，D正确； 二、非选择题：本题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 【答案】（1） ①. 或 ②. 或 ③. DEA （2） （3） ①. 取最后一次洗涤液，滴加溶液，无白色沉淀生成 ②. ③. ④. 测定同体积蒸馏水的电导率，用计算 【解析】 【小问1详解】 粗盐中含有的杂质离子为，已加入过量除去，接下来需加入过量NaOH除去，再加入过量除去和过量的，顺序可互换； 后续操作顺序为先常温过滤除去所有沉淀，再滴加盐酸除去过量的和，最后蒸发结晶，即顺序为DEA。 【小问2详解】 反应。初始的物质的量为，25℃时，20 mL滤液消耗HCl，则100 mL滤液中剩余的物质的量为，反应消耗的为。60℃时，同理，反应消耗的为，则平均反应速率之比为。 【小问3详解】 检验沉淀洗涤干净的操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加12滴溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净； 极稀溶液电导率，因，则，则； 上层清液中还含有，这些离子会贡献电导率，导致计算出的s偏大； 在25℃时，测定与步骤ⅱ中相同体积的蒸馏水的电导率，用代替原代入公式计算s，再求，即可排除水本身电离的影响。 18. 【答案】（1） （2）将中的Mn还原为 （3） （4） ①. 12.3 ②. （5） ①.   ②. 2：3 （6） ①. ②. 直线形 ③. 4 【解析】 【分析】正极材料主要含、碳粉和铝箔，加入溶液，只有Al和反应，生成，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入、，可将中的Mn还原为，Li变为，在酸浸液中。加入溶液，通入空气，利用氧气将氧化为沉淀除去。溶液中的加入溶液调节pH，可生成沉淀，滤液中主要含有。 【小问1详解】 铝具有两性，和反应生成，Al的化合价升高，则H的化合价降低生成，离子方程式为。 小问2详解】 酸浸液中含有，说明酸浸时Mn的化合价降低，则作还原剂，将还原为。 小问3详解】 沉锰时的反应物有、，溶液呈碱性，生成物有，离子方程式为。 【小问4详解】 根据题意，的第三步电离方程式为，，则。当时，，则溶液的。所以当时，才有。沉锂后滤液中，而，所以。 【小问5详解】 阴极发生还原反应，由图可知，反应物有，生成物有、，溶液呈酸性，电极反应式为。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极变为，转移。阳极变为，转移。两者的最小公倍数为6，则。 【小问6详解】 由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有个。白球位于晶胞的面上，共有个。而物质的化学式为，则黑球表示。和互为等电子体，空间结构模型一致，而中的中心C原子的价层电子对为。空间结构为直线形。由图可知，以其中一个面心上的为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的为两个顶点和一个体心，共3个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个。综上，共4个。 19. 【答案】（1） （2）+251 （3） ①. ②. 1.2 ③. （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 O原子序数为8，价层电子为最外层，根据洪特规则和泡利不相容规则，轨道表示式； 【小问2详解】 根据盖斯定律，Ⅰ+3×Ⅱ得到目标反应，因此。 【小问3详解】 ①该温度范围内均消耗完全，可忽略反应①，1 mol甘油含3 mol C，含C产物为、、。升温时，反应Ⅱ（吸热）正向移动，物质的量增大；反应Ⅲ（放热）逆向移动，物质的量减小，因此上升的曲线a对应，下降的b对应； ②1073K时物质的量接近0，根据C守恒：​，已知，得。根据氢元素守恒（1073K时，含氢的物质只有于​、）：， 反应Ⅱ为，反应前后气体计量数相等，平衡常数​，代入数据得。 【小问4详解】 ①根据C原子守恒，总C为，当，，，因此； ②根据O原子守恒：总O为，平衡后O存在于​、、，因此： ，代入，​得： ；​ 根据H原子守恒：总H为，平衡后H存在于​、、，因此： ，化简得； 代入​、：  整理得：。 20. 【答案】（1） （2）硝基、酰胺基 （3） （4） （5）AC （6） ①. 4-硝基苯甲醛 ②. 氧化反应 ③. （7） 【解析】 【小问1详解】 化合物1a中含有10个C原子，9个H原子，1个N原子和4个O原子，其分子式为； 【小问2详解】 从2a结构简式可以看出，其包含的含氧官能团为硝基和酰胺基； 【小问3详解】 将化合物3a在过量NaOH溶液中加热，会发生水解反应生成，充分反应后加入稀酸化，得到的产物为； 【小问4详解】 根据题干信息，芳香化合物Ⅱ是化合物4a的同分异构体，其分子式为。能与发生显色反应，说明其中含有酚羟基，同时其核磁共振氢谱只有3组峰，说明该化合物结构具有对称性，苯环上的H全部被取代，综合以上信息可画出该化合物结构简式：； 【小问5详解】 A．化合物1a、2a、3a、4a中均含有苯环，苯环中含有大键，A正确； B．键由p轨道电子以“肩并肩”方式形成，2a分子中不存在以“头碰头”方式形成的键，B错误； C．1a分子中采取杂化的C原子有：，共9个，3a分子中采取杂化的C原子有：，共7个，4a分子中采取杂化的C原子有：，共6个，1a、3a、4a分子中，采取杂化的碳原子的数目依次减小，C正确； D．与四个各不相同的原子或基团连接的C原子是手性碳原子，4a分子中不存在手性碳原子，且4a分子中不存在与C、O或F直接连接的H原子，因此分子间不存在氢键，D错误； 故答案选AC； 【小问6详解】 由题干信息可知，可以以化合物x、乙醛和甲醇为有机原料，分三步合成化合物1a，由逆合成分析法可知，1a可以由和甲醇经酯化反应合成。可由经氧化获得。根据已知条件给出的方程式，可由与乙醛合成，据此作答； ①由分析可知，化合物x结构简式为，其名称为4-硝基苯甲醛； ②由分析可知，第二步反应为氧化反应； ③由分析可知，化合物1a由和甲醇经酯化反应生成，该反应化学方程式为：； 【小问7详解】 由题干信息可知，在酸性催化剂条件下，可以被还原为，同理，可被还原为。 化学暑假作业一答案 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业（二） 答案 1．D 【详解】A．佛山香云纱是由蚕丝制成，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，A错误； B．潮州斗锣由金属铜制成，属于金属材料，B错误； C．广东剪纸中纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，C错误； D．广州彩瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D正确； 2．A 【详解】A．2H和3H质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确； B．太阳能电池将光能转化为电能，而非化学能，B错误； C．烃只含C、H，偏二甲肼含N，不是烃类，C错误； D．亚克力板（有机玻璃）的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，为有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误； 3．C 【详解】A．合金硬度高于纯金属是基本性质，A正确； B．石油分馏是获取汽油的主要方法之一，燃烧涉及化学反应，B正确； C．碳纤维为碳单质，属于无机材料，并非有机化合物，C错误； D．原子的质量数为142，质子数为60，则中子数=质量数-质子数=142-60=82，中子数计算无误，D正确； 4．A 【详解】A. 乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法进行分离，不能达到实验目的，故A错误； B. 不与反应，能与反应生成沉淀，可以除去H2S气体，能达到实验目的，故B正确； C. 正己烷与正庚烷沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离，能达到实验目的，故C正确； D. 氨气是碱性气体，可以用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，能达到实验目的，故D正确； 5．C 【详解】A．用卤水点豆浆制作豆腐花是利用卤水中的电解质使蛋白质胶体聚沉，故A正确； B．在船舶外壳安装锌块防止船身锈蚀是利用锌块作为活泼金属保护铁，牺牲阳极法，故B正确； C．泡沫灭火器利用碳酸氢钠与硫酸铝的双水解反应，而非受热分解，故C错误； D．苯酚与浓溴水反应生成白色沉淀，发生反应方程式为：，该反应是取代反应，故D正确； 【点睛】本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，题目难度不大。 6．D 【详解】A．该物质中含有O、N，不属于苯的同系物，A错误； B．含有醚键、酰胺基两种含氧官能团，B错误； C．该化合物中没有酚羟基，不能与溶液发生显色反应，C错误； D．该分子中含有叔胺基，呈碱性，能与盐酸反应；含有酰胺基，能在溶液中发生水解反应，D正确； 7．B 【详解】A．血红素分子中含有共价键和配位键，不含离子键，A错误； B．该分子中，为中心离子，配位数为4，B正确； C．该分子中，C原子不存在孤电子对，C错误； D．血红素配合物不属于高分子化合物，D错误； 8．B 【详解】A．医疗钡餐需用不溶于胃酸的BaSO4，而BaCO3溶于胃酸（生成Ba2+有毒），A错误； B．冠醚的空穴尺寸选择性结合特定碱金属离子，形成超分子，陈述I和II均正确且因果关系成立，B正确； C．浓硫酸与碳反应中，浓硫酸主要表现强氧化性生成SO2，而非酸性，C错误； D．淀粉和纤维素分子式虽形式相同，但n值不同且结构不同，不互为同分异构体，D错误； 9．C 【详解】A．37Cl的质子数为17，中子数为37−17=20，1 mol 37Cl2含中子数20×2=40 ，质子数17×2=34 ，中子数比质子数多6 ，而非3 ，A错误； B．标准状况下11.2 L CO2为0.5 mol，每个CO2分子含2个π键，总π键数目为0.5×2=1，而非2 ，B错误； C．64 g Cu为1 mol，与稀硝酸反应时，Cu被氧化为Cu2+，每 mol Cu失去2 mol电子，转移电子数为2，C正确； D．为弱酸根离子，在水中会水解，导致其实际数目小于0.1 ，D错误； 10．D 【分析】由电负性和原子序数可知，a为，为，为，为，为，为，为O，为。 【详解】A．和同主族，A正确； B．的轨道为全充满，B的轨道上有1个电子，比容易失去第一个电子，故第一电离能，B正确； C．C与F位于同一周期，C的核电荷数小于，故原子半径，C正确； D．的沸点低于，D错误。 11．D【分析】高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、水和氯气。 【详解】A．装置a中浓盐酸与高锰酸钾反应，体现的是浓盐酸的还原性和酸性，A错误； B．装置中溶液变蓝，说明与发生了置换反应，但无法说明完全转化为，B错误； C．装置c中，甲烷与氯气发生取代反应会生成、、、，、、为有机液体，会看到试管内壁上出现油滴。与是等体积混合的，反应后有剩余的气体和生成的气体，且二者难溶于水，最终液体不会充满试管，C错误； D．反应结束后，装置的试管中最多会有、、、、这5种有机物，D正确； 12．C【详解】A．用溶液吸收少量反应生成，而非，正确的离子方程式为：，A错误； B．与水反应生成和，其离子方程式为：，B错误； C．电解NaCl溶液时，阳极上Cl-被氧化为Cl2，阴极上H2O被还原生成H2和OH-，总反应的离子方程式为：，C正确； D．向溶液中滴加少量溶液，两者反应生成、和，反应的离子方程式为：，D错误； 13．B 【详解】A．HCl酸性大于H2SO3，与不会发生化学反应，则理论上装有溶液的试管中无明显现象，A正确； B．具有漂白性，能使品红溶液褪色；但不能漂白指示剂，的水溶液具有酸性， 能使紫色石蕊溶液变红，B错误； C．3处棉球颜色不发生变化，说明没有I2生成，的氧化性弱于，不能将氧化为，C正确； D．4处用于验证的还原性，也能被氧化，将4处酸性溶液换为溶液也能达到相同目的，D正确； 14．A 【详解】A．乙酸能发生酯化反应，是因为羧基中的羧基碳与羟基的相互作用（羧基的结构特点使羧基碳易受醇中羟基的进攻），而非 “O—H 键极性较强”，O—H 键极性强主要体现的是乙酸的酸性（易电离出 H+），因此该结构不能推测出 “能发生酯化反应” 的性质，A符合题意； B．根据 “相似相溶” 原理，水是极性分子，极性分子 NH3易溶于水，非极性分子 CH4难溶于水，结构（分子极性）能推测出溶解度的性质，B不符合题意； C．σ键旋转使丁烷无顺反异构，π键固定双键构型导致2-丁烯有顺反异构，结构决定性质，C不符合题意； D．电负性越大，H-X键越稳定，热稳定性顺序与电负性一致，结构可推测性质，D不符合题意； 15．B 【详解】A．铑位于元素周期表d区，A错误。 B．由反应过程图可知，总反应为，B正确。 C．该过程中有极性键的断裂和生成，有非极性键的生成，没有非极性键的断裂，C错误。 D．与配合离子反应时，甲基正离子夺取了的两个电子，变成稳定的甲基负离子与进行配位，的化合价由+1价变为+3价，化合价发生了改变，D错误； 16．B 【分析】充电时，需打开开关，闭合开关，在光照条件，电极产生电子和空穴(，具有强氧化性)，电极为阴极，得到电子，电极反应为，电极为阳极，发生反应。而放电时，需闭合开关，打开开关，对电极做避光处理，电极为负极，电极为正极。 【详解】A．放电时电极I为负极，A正确； B．由以上分析可知，充电时电极上发生的电极反应为，B错误； C．由以上分析可知放电时，需闭合开关，打开开关，对电极做避光处理，C正确； D．充电时，电路每转移，理论上阳极室有通过交换膜进入阴极室，阴极室溶液质量增加，D正确； 17．(1)分液漏斗 (2) (3)防止烧杯中的水分进入装置而使潮解 (4)由黄色变为无色 (5) 取实验中为3~4的上层清液，加入少量粉，表面几乎不产生气泡 稀盐酸 红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生 【分析】I．实验室常用浓盐酸与MnO2加热制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水吸收HCl，通过浓硫酸，作用是干燥氯气，将氯气通入铁粉，铁和氯气反应2Fe+3Cl22FeCl3，在收集器中收集氯化铁，球形干燥管为防止NaOH溶液中的水蒸气进入收集器中，引起FeCl3潮解，氯气不能直接排放，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收； II．加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe，据此分析； 【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗； （2）烧杯中NaOH用于尾气吸收，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为； （3）易潮解，球形干燥管为防止NaOH溶液中的水蒸气进入收集器中，引起FeCl3潮解； （4）依据金属活动性顺序，溶液与过量粉混合，将还原为铁粉，方程式：，充分反应并静置，溶液颜色发生的变化为由黄色变为无色，反应后部分黑色固体能被磁铁吸引； （5）①的溶液中加入过量粉，Zn与氢离子反应产生气泡，离子方程式为； ②取少量反应后的溶液，滴加溶液，产生蓝色沉淀，说明有生成，可说明Zn与生成，离子方程式为； ③在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，对比实验，取实验中为3~4的上层清液，加入少量粉，表面几乎不产生气泡，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗；当溶液pH为3~4时，向固液混合物中持续加入稀盐酸，控制pH<1.2，除去产生的氢氧化铁沉淀，使Zn粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去，溶液为时，取出固体，检测固体中含有单质。证明乙同学猜想正确。 18．(1)增大反应物接触面积，提高反应速率 (2) (3)将还原为，避免沉铋时元素进入产品 (4) (5) (6) 若未进行脱氯处理，电解时阳极会发生反应： 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)在空气中焙烧，得到Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3、MnSO4的混合固体，水浸后过滤MnSO4溶于水存在于滤液中（通过电解得到MnO2），Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3不溶于水存在于滤渣中，将滤渣用浓盐酸处理，SiO2不溶于浓盐酸，存在于滤渣，Mn2O3与浓盐酸反应生成MnO2和氯气，得到含有Fe3+、Bi3+、Mn2+的滤液，加入Bi将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，条件pH为3.0使Bi3+转化为Bi(OH)3；“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O。 【详解】（1）矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作可以增大反应物接触面积，提高反应速率； （2）由上述分析可知，“酸浸”过程中，除SiO2外，其余氧化物均溶于盐酸，且Mn2O3与盐酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；滤渣为SiO2； （3）由上述分析可知，加入铋的目的是还原Fe3+，将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，避免沉铋时元素进入产品； （4）根据表格信息可知，应将pH控制在，避免其它金属离子混入Bi(OH)3中； （5）由流程可知，“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O，故反应的化学方程式为； （6）电解过程，MnSO4在阳极发生氧化反应生成MnO2，故石墨作阳极，Fe片作阴极，故电解示意图为 若不进行脱氯处理，则溶液中的Cl-会在阳极放电生成Cl2，电极反应为。 19．(1)   (2)    (3) 正四面体形 (4)的熔点反常升高是由于电负性大，为离子晶体，其余为分子晶体，、、的相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 (5)大于 (6) 【详解】（1） 钛为22号元素，其价层电子排布式为3d24s2，故价层电子轨道排布式为； （2）①液态钠和四氯化钛反应的化学方程式为，令已知的3个热化学方程式分别为Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ式，则目标方程式可由2×Ⅱ-Ⅰ-4×Ⅲ得到，故目标方程式的△H=；②依题，TiO2在阴极放电得到Ti，故阴极的电极反应为；根据计量关系：，， ； （3）的中心原子价层电子对数为，故S的杂化方式为sp3杂化；的空间结构为正四面体； （4）由图可知，、、的熔点较低，为分子晶体，熔点随相对分子质量依次增大逐渐升高，的熔点反常升高是由于电负性大，为离子晶体； （5）H2O中的氧原子含有孤电子对， 中O原子与Ti2+形成配位键，而孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，故中的更大； （6）①由晶胞图可知，Ti位于晶胞顶点和体心，故Ti的数目为，O位于面心和体内，故O的数目为，故氧化物的化学式为TiO2；②结合微粒2和微粒3的对称性以及微粒1和2的坐标可知，微粒3的坐标为；③ρ=。 20．(1)醛基、羧基 (2) 4 (3)AD (4)吸收峰由6个变为3个，峰面积比为 (5) 加成反应 +O2+2H2O (6) 【分析】a与b成环生成c，c与CO2在催化剂作用下引入羧基得到d。 【详解】（1）根据a的结构可知，其官能团名称为醛基和羧基； （2） ①根据b的结果可知其分子式为；②b结构上的碳碳双键与H2O发生加成反应生成羟基结构，依题意化合物Ⅱ结构上含有1个羟基、1个氨基和1个苯环结构，则符合条件的Ⅱ的同分异构体结构为共四种； （3）A．a和b生成c的过程中，有C=O（π键）的断裂和C-N（σ键）单键的生成，A正确；B．c结构上不含有手性碳（手性碳是指C原子形成4个单键，且连接4个不同的原子或原子团），苯环上以及碳碳双键和C=O上的碳为sp2杂化，剩余为sp3杂化，B错误；C．d结构中含有sp3杂化的碳原子，故所有原子不可能共平面，C错误；D．d结构上的羧基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，d还能燃烧（氧化反应），D正确；故答案选AD； （4）a结构上的等效氢有6种，而邻苯二甲酸只有3种等效氢，且个数之比为1:1:1，故氢谱图上可观察到吸收峰由6个变为3个，峰面积比为； （5） ①由题干流程可知，c→d过程为碳链加长过程，故丙烯加碳反应为；②CH2=CHCH2COOH与水发生加成反应生成CH2OHCH2CH2COOH；③CH2OHCH2CH2COOH结构上的羟基被氧化成醛基，反应的化学方程式为+O2+2H2O； （6）结合a→b的过程可知，甘氨酸和OHCCOOH可直接合成f。 答案第1页，共2页 化学暑假作业二答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 2026高三化学暑假作业（三）答案 1B【详解】A．陶的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A错误； B．青铜的主要成分为铜与锡或铅组成的合金，B正确； C．木材的主要成分为纤维素，属于天然有机材料，C错误； D．石头的主要成分为天然碳酸盐或硅酸盐，属于无机非金属材料，D错误； 2.D【详解】A．青蒿酸结构中不含苯环，不属于芳香烃衍生物，A错误； B．青蒿酸含有碳碳双键可发生加成反应，但不含酯基、卤原子等可发生水解反应的官能团，无法发生水解反应，B错误； C．两个六元环中存在多个杂化的饱和碳原子，为四面体空间结构，两个六元环不可能共平面，C错误； D．青蒿酸中只有羧基可与反应，羧基与按物质的量比反应，故最多能与等物质的量的反应，D正确； 3.A【详解】A．氮化铝属于新型无机非金属材料，是第三代半导体的芯片核心材料，其可用于芯片制造，A正确； B．玻璃纤维是人工合成的无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，B错误； C．水升华是物理变化，仅破坏分子间作用力，没有破坏分子内的共价键，C错误； D．​中C原子与两个O原子分别形成双键，C原子最外层需要满足8电子稳定结构，题给电子式中C原子最外层只有4个电子，正确的电子式为，D错误，； 4.C【详解】A．大米酿醋时，淀粉水解得到的葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇进一步被氧化为乙酸，二者存在关联，A错误； B．聚丙烯酸钠含有羧酸钠这类强亲水基团，因此可用于生产高吸水性树脂，二者存在关联，B错误； C．小苏打是，作糕点膨松剂的原理是，所给反应为与、水的反应，与小苏打作膨松剂的原理无关联，C正确； D．因为的溶度积远小于，可发生沉淀转化反应，因此可用除去废水中的，二者存在关联，D错误； 5.D【详解】A．浓缩海水通过蒸发操作实现，图中蒸发皿加热、玻璃棒搅拌的操作合理，A正确； B．向浓缩海水中加入石灰乳，搅拌可使Mg2+充分反应生成Mg(OH)2沉淀，试剂和操作均合理，B正确； C．分离Mg(OH)2固体和溶液采用过滤操作，图中装置符合过滤操作“一贴二低三靠”的要求，C正确； D．金属镁活泼性强，需电解熔融MgCl2制备，电解MgCl2溶液时阴极是H+放电，无法得到金属镁，操作错误，D错误； 6.A【分析】M为地壳中含量第四位的元素，故为Fe，转化路径为：，再逐一分析选项； 【详解】A．单质Fe与高温水蒸气反应生成黑色的，而非红棕色固体，A错误； B．碱1为白色的，碱2为红褐色的，转化过程中颜色由白色经灰绿色最终变为红褐色，存在颜色变化，B正确； C．盐2为，将饱和溶液滴入沸水中持续加热，可制得胶体，C正确； D． 溶液遇盐1中的会产生蓝色沉淀，与盐2中的无明显现象，可鉴别二者，D正确； 7.B【详解】A．陈述Ⅰ正确，Na2O2与CO2反应生成O2和Na2CO3，反应方程式为：，该反应中CO2中元素化合价未发生变化，Na2O2没有氧化CO2，陈述Ⅱ错误，A不符合题意； B．陈述Ⅰ正确，CuCl2溶液中存在平衡，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存时溶液显绿色，该反应，受热平衡正向移动，[CuCl4]2-浓度增大，溶液变为黄绿色，陈述Ⅱ正确且二者存在因果关系，B符合题意； C．陈述Ⅰ正确，浓氨水加入碱石灰可制NH3，原理是碱石灰溶解放热促进NH3·H2O分解，且增大OH-浓度降低NH3溶解度，与铵盐受热分解无关，陈述Ⅱ和陈述Ⅰ无因果关系，C不符合题意； D．陈述Ⅰ正确，AlCl3溶液加氨水可产生白色沉淀，原理为：；陈述Ⅱ本身正确，Al(OH)3是两性氢氧化物，可与强酸反应生成AlCl3，但二者无因果关系，D不符合题意； 8.D【分析】负极发生氧化反应，应为Cu元素从0价氧化为+2价，再结合题干中所给出生成的条件，可知负极反应为，随后反应产物Cu2+再发生反应：；正极发生还原反应，应为O2的还原反应，反应式为，据此可完成各选项的解答。 【详解】A．由以上分析可知，青铜基体发生氧化反应被腐蚀，A错误； B．原电池反应中，电子不会经过溶液而流动，B错误； C．负极反应为，C错误； D．根据电子守恒计算： 1个含2个，生成，总共失电子； ​反应得电子，因此生成，转移电子，理论消耗​的物质的量为，D正确； 9.C【详解】A．石墨为层状结构，层间以较弱的范德华力结合，易发生相对滑动，因此可用作润滑剂，解释与事实相符，A不符合题意； B．电负性，Cl的吸电子诱导效应更强，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性强于，解释与事实相符，B不符合题意； C．卤素单质为分子晶体，沸点高低由分子间范德华力决定，相对分子质量越大范德华力越强，沸点越高，与分子内共价键的键长无关，解释与事实不相符，C符合题意； D．盐类水解中“越弱越水解”，电离常数越小对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，盐溶液碱性越强，因，故同浓度下碱性强于，解释与事实相符，D不符合题意； 10.B【详解】A．氯元素质子数为17，1个的中子数为，1个的中子数为，故的中子数比多，A错误； B．的溶液中，溶液中物质的量为，数目为，B正确； C．摩尔质量为，物质的量为，1个分子含8个S-S共价键，故共价键数目为，C错误； D．未指明气体处于标准状况，无法根据计算的物质的量，故无法确定转移电子数，D错误； 11.D【分析】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通过b，将KI氧化为I2，试纸变蓝，二氧化氮通入c中与水反应生成硝酸和NO，反应一段时间后，往d中注入溶液生成，进入c中，NO与反应生成二氧化氮，c中气体变红棕色； 【详解】A．a中铜丝和浓硝酸反应，铜被氧化为，溶液变为绿色可能是因为溶有，证明浓硝酸得到电子，体现氧化性，A正确； B．b中试纸变蓝，I-被氧化为I2，体现了的还原性，B正确； C．进入c后，部分和水反应生成，当液面上方变红棕色时，说明同时存在未反应的和，同时存在平衡，故所含氮氧化物至少有两种，C正确； D．若c中不加铜片，进入c后仍会和蒸馏水反应生成无色，注入后，d中催化分解产生，进入c会将无色氧化为红棕色，气体颜色有明显变化，D错误； 12.B【详解】A．根据F元素物料守恒，1个含2个F原子，故总F浓度满足，选项缺的系数2，A错误； B．加入NaF固体，增大，平衡正向移动，增大，B正确； C．通入HCl气体，增大，平衡逆向移动，减小，C错误； D．由得，加水稀释时减小，不变，故该比值增大，D错误； 13.C【分析】短周期同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，ⅤA族np轨道半充满，第一电离能大于同周期ⅥA族；同主族从上到下第一电离能减小，故图中上方曲线为第二周期元素，下方为第三周期元素，结合族序数拐点可推得：a为Al、b为B、d为C、e为P、f为N、g为S、h为O、j为F。 【详解】A．原子半径：第三周期的Al半径大于第二周期元素，同周期主族元素从左到右半径减小，故半径顺序为：，即：，A错误； B．电负性同周期从左到右增大，故S>P，F是电负性最大的元素，电负性顺序为：，即：，B错误； C．CH4为正四面体结构，键角约109°28′；NH3为三角锥形，孤对电子对成键电子对的排斥使键角约107°；H2O为V形，两对孤对电子排斥作用更强，键角约104.5°，故键角：，C正确； D．H2O常温为液态沸点最高，NH3分子间存在氢键，沸点高于无氢键的PH3，故沸点顺序为：，即：，D错误； 14.C【详解】A．a中是与发生复分解反应生成，反应中S元素化合价均无变化，没有被还原，A错误； B．b中品红溶液褪色体现的漂白性，与是酸性氧化物无关，B错误； C．b中现象说明具有漂白性，c中与反应生成S单质，作氧化剂体现氧化性，二者均不能说明具有还原性，C正确； D．酚酞变色范围为pH=8.2~10，d中红色褪去时溶液pH<8.2，此时溶液中可能仍有少量剩余，并非恰好完全反应，D错误； 15.D【分析】放电为原电池，充电为电解池，已知充电时两电极质量均增加，推导如下： 放电（原电池）：电极Ⅰ 失电子生成和，电极Ⅰ为负极；电极Ⅱ 得电子，​转化为进入溶液，电极Ⅱ为正极；充电（电解池）：电极Ⅰ为阴极（得电子，发生还原反应），电极Ⅱ为阳极（失电子，发生氧化反应），总反应为放电的逆反应：，据此分析。 【详解】A．充电时电极Ⅱ是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，A正确； B．放电总反应为，反应消耗，并生成水，溶液中浓度降低，增大，B正确； C．放电时电极Ⅰ为负极，失电子生成和，电极反应式，满足原子守恒和电荷守恒，C正确； D．充电时电极Ⅰ反应为：，每转移电子，阴极质量增加量为的质量：；电极Ⅱ反应：，全部吸附在电极上，阳极质量增加量为； 质量比，D错误； 16.C【分析】反应①：。根据元素守恒，Y应为HCl；反应②：。这里W应含有O和H，结合后续反应，W应为H2O。反应③：。此步为分解反应，无需额外物质。反应④：。这里X应为Cl2。反应⑤：。这里Z应为O2（因为需要引入O元素，且O2是非极性分子）。总结各物质：X：Cl2（非极性分子）。Y：HCl（极性分子）。Z：O2（非极性分子）。W：H2O（极性分子）。据此分析各选项； 【详解】A．根据分析，Z为O2，W为H2O，A正确； B．该反应是HCl催化氧化生成，总反应为： ， 氧化剂为​，还原剂为HCl，二者物质的量之比为，B正确； C．①、②、③：无化合价变化，为非氧化还原反应；④：Cu2+→Cu+，Cl⁻→Cl2，为氧化还原反应；⑤：Cu+→Cu2+，O2中O元素的化合价由0价变为-2价，为氧化还原反应。共2个氧化还原反应，非3个，C错误； D．CuO在①消耗、③再生，是催化剂，通过降低活化能加快反应速率，D正确； 17.【答案】（1） ①. ②. 蒸发浓缩、冷却结晶 （2） ①. BD ②. 1.050 （3） ①. CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1 ②. 10-0.50 ③. 增大 ④. 用pH计测定40℃下纯水的pH ⑤. 【分析】醋酸废水中加入“烧碱”，发生酸碱中和反应，过滤去除废水中可能存在的不溶性杂质，滤液主要含有醋酸钠，操作X 目的是从溶液中得到晶体，因为题目提到“溶解度随温度升高显著增大”，所以通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。 将结晶出来的固体与母液分离，得到  晶体。 【小问1详解】 ①醋酸钠（）是强碱弱酸盐，在水溶液中，醋酸根离子（）会发生水解反应，结合水电离出的氢离子生成醋酸分子，同时释放出氢氧根离子，使溶液中，从而显弱碱性，离子方程式：； ②根据题目信息“醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大”，且最终产物是带有结晶水的晶体（）。从滤液中获得此类晶体的一般操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【小问2详解】 ①这是一个酸碱中和滴定实验。A (蒸发皿)： 用于蒸发结晶，滴定不需要；B (锥形瓶)： 用于盛放待测液（醋酸钠溶液），进行滴定反应，需要；C (分液漏斗)： 用于萃取分液，滴定不需要；D (酸式滴定管)： 用于盛装标准盐酸溶液（酸性溶液用酸式滴定管），需要；E (冷凝管)： 用于蒸馏或回流，滴定不需要； ②反应原理：，则，，则 CH3COONa溶液的浓度。 【小问3详解】 ①实验1：50.0 mL 醋酸钠溶液，pH = 9.37，实验2：5.0 mL 醋酸钠溶液+45.0 mL水，相当于将实验1的溶液稀释了10倍，实验2的pH为8.87，说明醋酸钠存在水解平衡：，CH3COONa水解平衡正向移动，因为实验2中CH3COONa溶液相对于实验1溶液稀释了10倍，溶液浓度变为，而实验2pH变化值小于1； ②水解反应方程式：，平衡常数表达式：，设初始浓度为，水解生成的，则平衡时 ，，水解转化率， ，实验1的浓度是实验2的10倍，，转化率之比 10-0.50； ③题目已知水解是吸热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡正向移动，水解程度增大，因此溶液中会增大； ④水解平衡常数 ，实验3中溶液的pH为8.56，计 mol/L，则需要测定40℃时水的离子积常数，方案是用pH计测定40℃下纯水的pH，设纯水中pH=a，则c(H+)=10-a mol/L=c(OH-)，= c(H+)c(OH-)=10-2a，实验3中c(OH-)=，CH3COONa起始浓度c= ，平衡时c(CH3COO-)=0.1050mol/L-，则=。 18.【答案】（1） （2） （3） （4） ①. AD ②. 丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率 ③. （5） ①. 棱心 ②. 8 （6） 【解析】 【分析】废催化剂（主要含ZnO、MnO2，还含少量NiO、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO）加入H2SO4和FeSO4，MnO2被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，其他金属氧化物溶解为对应离子。加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤除去。加入NH4F，使Ca2+、Mg2+沉淀为CaF2和MgF2，过滤除去。加入丁二酮肟，Ni2+形成丁二酮肟镍沉淀，过滤后得到滤液1（主要含Zn2+、Mn2+等）。滤液1电解可得Zn和MnO2。加入试剂X可得NiSO4，同时回收丁二酮肟。 【小问1详解】 在“酸浸还原”步骤中，作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为。根据氧化还原反应的配平原则，反应的离子方程式为：。 【小问2详解】 “氧化调”时，加入调节溶液至5，此时与结合生成沉淀，反应的离子方程式为：。 【小问3详解】 要使、沉淀完全（离子浓度小于 ），对于CaF2：， 对于： ，为确保两种离子均沉淀完全，至少应大于。 【小问4详解】 ①A．丁二酮肟镍是配合物，与丁二酮肟中的形成配位键，导致其从溶液中沉淀析出，A正确； B．配位过程中的化合价未发生变化（仍为  价），未被还原，B错误； C．丁二酮肟可溶于有机溶剂，但这是丁二酮肟的溶解性，与沉淀析出的直接原因无关，C错误； D．丁二酮肟分子中的烃基（）具有疏水性，使得形成的丁二酮肟镍配合物在水中的溶解度降低，从而易沉淀析出，D正确；  故答案为AD； ②丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动， 丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率； ③丁二酮肟镍与试剂反应生成 ，说明提供和H+，推测 为，丁二酮肟镍与反应，破坏配位键，使进入溶液生成，丁二酮肟则被释放出来，实现循环利用。 设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心， 在棱心；立方晶胞中，顶点为 个立方体共用，所以与原子最近且等距离的  原子的数目为。 电解的目的是将在阳极被氧化为 ，Zn2+在阴极被还原生成Zn，电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。 19.【答案】（1）或[Ar] （2） （3） ①. > ②. 0.02 （4）反应ⅴ （5） ①.  % ②. 【解析】 【小问1详解】 钙（Ca）是20号元素，原子核外有20个电子，核外电子排布式为或[Ar]。 【小问2详解】 由盖斯定律可知，反应i=，则  。 【小问3详解】 ①观察图像中的曲线。随着温度升高，的物质的量显著增加，说明反应ii平衡正向移动，正反应是吸热反应， > 0； ②在1100K时，和的曲线相交，，总压强，设此时的物质的量为 mol，则的物质的量也为  mol，气体总物质的量 mol， 的分压， 的分压，反应ⅰ的平衡常数。 【小问4详解】 观察图中的曲线。当温度高于时，如果只发生反应iv：，每消耗1 mol ，生成1 mol ，此时理论最大值为1，如果只发生反应v：，每消耗1 mol ，生成4 mol 。此时理论最大值为4，实验测得的比值大于1，且非常接近 4，这说明反应体系中生成的水主要来自于反应v。 【小问5详解】 ①初始投料： ，，反应温度为时达到平衡。根据图像，平衡时。反应iv消耗1 mol 生成1 mol ，反应v消耗4 mol 生成4 mol ，无论发生哪个反应，消耗的的物质的量都等于生成的的物质的量，均为的转化率 %； ②根据已知条件列出“三段式” 反应前气体总物质的量为3a mol，平衡时气体总物质的量为(3a-x-4y)mol+(x+4y)mol+xmol=(3a+x)mol，已知，则，已知 ，则 ，，。 20.【答案】（1）醚键和羧基 （2）C5H8O2 （3）(CH3)3CCOOH （4）AC （5） ①. +NaOH+NaBr ②. 氧化 ③. ++H2O （6） ①. ②. 【解析】 【分析】化合物III的结构中，有一个苯环，上面连有-OCH3和-CH=CH-，参考已知反应信息，仅以芳香化合物X和醇类化合物Y(分子式为C3H6O)为有机原料，可以推断X的结构为，在III的结构中，有一个酯键，这表明与X通过酯化反应连接。丙烯醇与反应，可以形成目标产物。 【小问1详解】 化合物1a中含氧官能团的名称为醚键和羧基。 【小问2详解】 由化合物2a的结构简式可知，其分子式为 C5H8O2。 【小问3详解】 化合物2a与发生加成反应，其碳碳双键被加成，生成饱和的化合物I。因此，I的分子式为C5H10O2，Ⅰ的某种同分异构体能与溶液反应产生气体：这表明该同分异构体含有羧基（-COOH），核磁共振氢谱上只有2组峰：这表明该分子结构高度对称，只有两种不同化学环境的氢原子，因此，该同分异构体的结构简式为 (CH3)3CCOOH。 【小问4详解】 A．在1a和2a生成3a是一个脱羧偶联反应，1a的羧基脱去，与2a连接形成新的C-C键，2a中有C-H键断裂，A正确； B．同系物要求结构相似，官能团种类和数目相同。1a比苯甲酸多了一个醚键，结构不相似，不是同系物。此外，1a含有较大的疏水基团（苯环和甲基），水溶性较差，B错误； C．2a分子中，碳碳双键上的碳和羰基碳为杂化，亚甲基和甲基碳为 杂化，C正确； D．3a分子中，苯环内存在大  键。手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，3a分子中不存在手性碳原子，D错误； 故选AC。 【小问5详解】 根据题目要求，以1a和2-甲基烯丙基溴为原料，分四步合成化合物II。 ①将2-甲基烯丙基溴在碱性条件下水解，生成对应的醇。化学方程式为：+NaOH+NaBr； ②第二步，进行氧化反应将第一步得到的氧化成； ③第三步，进行酯化反应：将第二步得到的与第一步得到的在浓硫酸催化下发生酯化反应，化学方程式为：++H2O。 ④第四步，合成II：将第三步得到的酯与1a在过渡金属催化下进行脱羧偶联反应，即可得到目标产物II。 【小问6详解】 由分析可知，X的结构简式为，Y是丙烯醇，结构简式为，先和发生已知信息的反应原理生成，再和发生酯化反应生成目标产物。 化学暑假作业三答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(四) 答案 1.【详解】A．玉是特殊的石头，属于无机非金属材料，不是合金材料，A错误； B．丝的主要成分是蛋白质，不属于合金材料，B错误； C．青铜属于铜合金，C正确； D．瓷属于硅酸盐材料，不属于合金材料，D错误； 故选C。 2.【详解】A．分子呈形结构，不是直线形，A项错误； B．在分子中，两个O原子之间形成一对共用电子对，每个O原子再分别与一个H原子形成一对共用电子对，同时每个O原子外层有两对孤对电子，满足8电子稳定结构，H原子满足2电子稳定结构，故其电子式正确，B项正确； C．带正电荷，会吸引水分子中带负电的氧原子，图示中水分子的朝向错误，正确的水合的示意图：，C项错误； D．基态原子价电子排布式为，失去2个电子形成时，先失去轨道电子，故基态价电子排布式为，D项错误； 故选B。 3.【详解】A．金属钠着火时，沙土可隔绝氧气灭火，且不与钠反应，A正确； B．定容时仰视会导致溶液体积偏大，溶质物质的量不变，浓度偏低，B正确； C．加热试管中液体时，液体体积应不超过试管容积的，防止沸腾喷溅，C错误； D．苯萃取溴水中的溴时，振荡后需及时放气以避免内部压力过大（需倒置），D正确； 故选C。 4.【详解】A．的摩尔质量为19 g/mol，18 g H3O+的物质的量为 mol，每个含10个电子，总电子数为NA，A错误； B．生成1 mol O2时，O的氧化态从-2升至0，每个O原子失去2e-，N的化合价由-3升高到0价，1 mol O2对应10 mol e-转移（即10NA），B错误； C．标准状况下22.4 L N2为1 mol，每个N2分子含2个π键，总π键数目为2 NA，C正确； D．未给出溶液体积，无法计算N原子总数，D错误； 故选C。 5.【详解】A．Fe3+与Cu反应的还原产物应为Fe2+（反应式：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+），而非Fe单质，故A错误； B．肥皂通过亲水基和疏水基乳化油污，故B正确； C．过氧乙酸的过氧基使其具有强氧化性，可消毒，故C正确； D．铁粉氧化反应放热是暖贴的核心原理，故D正确； 故选A。 6.【详解】A．次氯酸根与碘化氢发生氧化还原反应，生成和，正确的离子方程式为，A错误； B．氯气与过量碳酸钠溶液反应时，氯气先与水反应生成和，与碳酸钠反应生成(因为碳酸钠过量)和，与碳酸钠反应生成和，正确反应为，B错误； C．铅酸蓄电池正极放电时应发生还原反应，应被还原为，方程式为，C错误； D．乙醛具有还原性，溴水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，乙醛被氧化为乙酸，溴被还原为溴离子，D正确； 故选D。 7.【详解】A．反应i是碳在高温下还原SiO2生成Si，但该反应不能直接证明碳的非金属性强于硅。非金属性比较应基于酸性强弱（如碳酸＞硅酸）或置换反应在溶液中进行，而非高温固相反应，A错误； B．反应ii为Si与HCl生成SiHCl3和H2，符合单质与化合物反应生成新单质和新化合物的置换反应定义，B正确； C．反应iii中，H2的H从0价升至+1（被氧化），作还原剂；SiHCl3中的Si从+2价降至0（被还原），作氧化剂，C正确； D．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃也称泡花碱，可用作黏合剂、防火剂等，D正确； 故选A。 8.【详解】A．在配离子中，作为配体，原子提供孤电子对与中心离子配位，是基于的电负性小于且能提供孤电子对，A错误； B．与都是分子晶体，分子间存在氢键，使其沸点反常高于，而与的键长和键能不同主要影响的是分子的稳定性等化学性质，不是沸点不同的原因，B错误； C．水加热到很高温度都难分解，是因为键的键能大，破坏化学键需要很高的能量，而水分子间存在氢键主要影响的是水的沸点，与水的分解无关，C错误； D．对于含氧酸，中心原子相连的原子电负性越大，吸引电子能力越强，使键极性增强，越易电离出，酸性越强，的电负性强于Cl，则中键更易断裂，酸性更强，即酸性，D正确； 故答案选D。 9.【详解】A．基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，2p轨道含有2个未成对电子，A项错误； B．手性碳原子是连有4个不同原子或基团的碳原子，根据a的结构简式，其分子中含有5个手性碳原子（用*表示），，B项正确； C．中方框内所有原子共平面，说明其中的原子均采取杂化(原子均参与形成大键)，C项正确； D．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，所以电负性：，D项正确。 故选A。 10.【分析】的族序数为周期数的三倍，则X为O，且在结构式中成双键；Y成5个键应为第五主族元素，且序数大于X，则Y是P；Z成单键，且序数大于Y，则Y是Cl；且符合电负性：且三者的价电子数之和为18；据此作答。 【详解】A．由题干可知，、、依次为、、。中心原子P的价层电子对数是，其空间构型不是正四面体结构，则其为极性分子，A项错误； B．简单离子半径：，B项正确； C．中的化合价为，C项正确； D．的非金属性大于，简单氢化物的热稳定性：，D项正确； 故答案选A。 11.【详解】A．氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，酚酞褪色可能是溶液碱性减弱导致，也可能是生成的NaClO具有漂白性导致，没有漂白性，A错误； B．硝酸具有强氧化性，可能将未变质的氧化为，干扰检测，无法证明变质，B错误； C．溶液边缘出现红色是因吸氧腐蚀产生OH⁻，酚酞在碱性条件下变红，符合吸氧腐蚀特征，C正确； D．与SCN⁻的络合反应可逆，反应过程中KCl不参与，故加入KCl不影响平衡，红色不应褪去，结论错误，D错误； 故选C。 12.【详解】A．中含有酯基、醚键两种含氧官能团，A正确； B．含三个酯基能与反应，该有机物最多能与反应，B错误； C．中含碳碳双键，但碳碳双键一端连接相同的原子或原子团，没有顺反异构，C正确； D．苯环上的三个化学环境不同，一氯代物有3种，D正确； 故选B。 13.【分析】电极上，失去电子，发生氧化反应生成，可知该极为阳极，电极反应式为；电极上，得到电子，发生还原反应生成，可知该极为阴极，电极反应式为，双极膜中向电极方向移动。 【详解】A．根据分析可知双极膜中向电极方向移动，A正确； B．由极电极反应可知，每转移电子，产生，同时有移向极，电解质溶液中增多，B正确； C．由可知，解离，产生和，电路中通过电子，C错误； D．电极上，失去电子，发生氧化反应生成，可知该极为阳极，电极反应式为，D正确； 故选C。 14.【分析】废渣用和氧化浸出过滤，滤液中有、，滤渣1有和，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加沉锌，得到ZnS，滤渣1用和浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 【详解】A．“浸铅”步骤，过高,氢氧根浓度增大，可能生成，A正确； B．废渣用和氧化浸出过滤，滤液中有和，滤渣1中有和，B正确； C．温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，分解生成逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小，C错误； D．废渣用和氧化浸出过滤，滤液中有和，滤液加置换出，离子方程式为，D正确； 故选C。 15.【详解】A．由的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，白色球的个数为，则灰色球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2，A项错误； B．原子最外层有3个电子，中形成四个键，该分子中有配位键，B项正确； C．由与的熔点比较可知为离子晶体，C项正确； D．若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度，D项正确； 故答案选A。 16.【分析】常温下，用0.1mol/L的NaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸，图中，，，，根据，当pH相等时，，即，故I代表，Ⅱ代表，Ⅲ代表。 【详解】A．根据图可计算出每根线对应的电离常数，由、、的大小可知曲线Ⅲ对应的表达式为，A项正确； B．根据曲线的点(4,1.88)可求出，其数量级为，B项正确； C．由点(10,2.8)求的电离常数，水解常数，C项错误； D．当加入20 mLNaOH溶液时，溶质为，由电荷守恒和物料守恒，可得，D项正确； 故选C。 17.【答案】（1）溶液的用量或浓度 （2）随着反应的进行，与形成的黄色配合物逐渐转化为与的无色配合物 （3）增大 （4） ①. ②. （5）大于 （6）① （7）的用量、结合的阴离子、反应时间等(写其中两点) 【解析】 【分析】该实验的实验目的是探究溶液中铜离子与硫代硫酸根离子的反应，通过实验探究得到溶液中硫代硫酸根离子与铜离子的物质的量比增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，据此分析解答。 【小问1详解】 实验中的溶液浓度不同，则其目的是探究溶液的用量或浓度对反应机理的影响。 【小问2详解】 原因可能是与形成黄色的配合物逐渐转化为与的无色配合物。 【小问3详解】 由实验溶液先变绿后变黄至接近无色，静置无变化，随着的减小，发生氧化还原反应的趋势增大。 【小问4详解】 实验中出现白色沉淀，这是铜离子氧化硫代硫酸根离子，猜测该沉淀为，经检验验c中的溶液中含有，出生成该沉淀的离子方程式为：。 【小问5详解】 由实验a和c的实验现象可知，与生成沉淀的速率大于与发生配合反应的速率，导致c中溶液先变绿后变黄色，静置后很快出现白色沉淀，溶液颜色进一步变浅。 【小问6详解】 要形成配位键，必须含有孤对电子，②号硫原子和周围原子已经形成了共用电子对，无孤对电子；而①号硫原子含有孤电子对，所以中的配位原子是①。 【小问7详解】 综合实验、、，总结与含溶液反应，影响反应现象的因素有：硫代硫酸钠的用量、铜离子结合的阴离子和反应时间等。 18.【答案】（1）适当升高温度、搅拌、增大酸的浓度 （2） （3） （4）滴加几滴KSCN溶液，溶液不显红色，说明沉淀完全或其他合理答案 （5） ①. 硫酸或稀硫酸 ②. 无气泡产生 （6）90 【解析】 【分析】正极片（箔、活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂）用氢氧化钠溶液“碱浸”后，和氢氧化钠反应生成，浸液中含有，向浸液中通入过量的，生成氢氧化铝沉淀，加热得到氧化铝，浸渣中含有和少量不溶于酸碱的导电剂，加入稀硫酸和“酸浸”后，少量不溶于酸碱的导电剂过滤到滤渣1中，与稀硫酸和反应生成，滤液1中主要含有，加入30%的碳酸钠，调节得到磷酸铁沉淀，过滤后，向滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂，经过滤、洗涤、干燥得到碳酸锂。 【小问1详解】 适当升高温度、搅拌、增大酸的浓度都可以加快反应速率，提高“酸浸”效率； 【小问2详解】 “碱浸”后，浸液中含有，通入过量的，发生的离子方程式为； 【小问3详解】 反应中， 中O从，是氧化剂， 中从，是还原剂，1 转移2 ，1 转移1，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2； 【小问4详解】 遇溶液变红，检验已沉淀完全的实验方法是取少量滤液2于试管中，滴加几滴溶液，溶液不显红色，说明沉淀完全； 【小问5详解】 “滤液3”中的溶质除少量外，主要为，若从“滤液3”中回收，可以将转化为，利用碳酸盐能与酸反应生成气体，且考虑不引入杂质，可以向“滤液3”中加入稀硫酸，至无气泡产生，代表全部转化为； 【小问6详解】 设沉淀率为，溶液体积为L，则沉淀的为，沉淀后的溶液中，根据，。 19.【答案】（1）-746.5 （2）CD （3） ①. ②. 未 ③. 160 （4） ①. 12 ②. EF段压强增大，平衡正向移动，使FH段压强减小 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应可通过2×iii-i-ii，故。 【小问2详解】 A. 催化剂不改变平衡的移动，加入催化剂，不能提高NO的平衡转化率，A错误； B. 恒温恒容条件下，达到平衡后，向体系中充入，会消耗反应中的NO，使平衡逆向移动，B错误； C. ，反应中混合气体的密度会随着体积的变化而变化，故当混合气体的密度恒定时，反应达到平衡状态，C正确； D. 恒温恒容条件下，等倍数地增大和的物质的量，会使体系压强增大导致平衡正移，和的平衡转化率均增大，D正确； 故选CD。 【小问3详解】 ①通过不同催化剂条件下反应相同时间测得的NO转化率可知，催化剂甲的催化效果更好，单位时间产生的NO更多，活化分子总数比催化剂乙多，故相同温度下活化分子总数：催化剂甲>催化剂乙。 ②催化剂乙所处的温度下，催化剂甲的NO转化率更大，即该条件下，b点时反应未达到平衡状态。 ③若点为平衡点，则350℃时，NO的转化率为80％，列三段式： 反应的平衡常数。 【小问4详解】 ①设B点时，的转化率为x，则B点时，，、，根据PV=nRT可得：，解得x=12%。 20.【答案】（1）酯基、酮羰基 （2） ①. 取代反应 ②. （3） （4） ①. 6 ②. 、 (任写一种) （5） ①. 、加热 ②. 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B发生水解反应然后酸化得到C，C和甲醇发生酯化反应生成D，结合D的结构简式和C的分子式知，C为，D发生反应生成E，E发生取代反应生成 F；据此分析。 【小问1详解】 A中所含官能团的名称是酮羰基()、酯基()； 【小问2详解】 A→B的反应类型是取代反应，C的结构简式为； 小问3详解】 D→E的总反应方程式为 【小问4详解】 F的同分异构体同时具备下列条件(立体异构除外)： i．属于芳香族化合物，说明含有苯环，F的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，则符合条件的结构中除了苯环外不含其它的环或双键； ii．能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； iii．1 mol该有机物能与2 mol 反应，根据氧原子个数知，含有两个酚羟基，另一个取代基为甲基，符合条件的同分异构体有、、、、、，共6种；其中，核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为、； 【小问5详解】 根据已知条件，其合成路线是，则条件1为NaOH的水溶液、加热；b的结构简式为。 化学暑假作业四答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(五) 答案 1．A【详解】A．石合的原料为天然石材，属于无机非金属材料，故选A； B．竹升的原料为竹子，竹子的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选B； C．木斗的原料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选C； D．铜斛的原料是铜，铜是金属材料，故不选D；选A。 2．B【详解】A．和互为氢的同位素，质子数均为1，二者质子数相同，A错误； B．高强度钢属于铁合金，合金的硬度一般高于其组成的纯金属，故高强度钢的硬度比纯铁大，B正确； C．“超分子球”对致病蛋白的识别依赖空腔与蛋白的空间尺寸匹配，并非空腔越大识别能力越强，C错误； D．石墨烯与是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；同系物是结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，二者不互为同系物，D错误；故答案为：B。 3．A【详解】A．以油脂为原料生产肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解（皂化反应），与甘油沸点远高于丙烷的物理性质无关联，二者之间没有关联，A符合题意； B．淀粉遇变蓝，若淀粉水解液中加入碘水不变蓝则说明淀粉完全水解，二者之间有关联，B不符合题意； C．可中和发酵产生的酸，且受热分解生成气体，能使馒头膨松，二者之间有关联，C不符合题意； D．锌的活泼性强于铁，镶嵌在船体上的锌块作负极被腐蚀，船体作为正极被保护，符合牺牲阳极法的防护原理，二者之间有关联，D不符合题意；故答案为：A。 4．C【详解】A．玻璃纤维主要成分为硅酸盐和二氧化硅，属于无机复合材料，不属于分子晶体，A错误； B．纤维素来自植物体内，属于天然高分子材料，不是合成高分子，B错误； C．酚醛树脂可由苯酚和甲醛通过缩聚反应制得，C正确； D．石英的主要成分是，不是单质，D错误；故选C。 5．D【分析】由题意可知，以氯化铝粗品制备无水氯化铝的实验操作为将粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液；向溶液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含铁离子的有机相和含有铝离子的水相；取水相少许加入硫氰化钾溶液，确定溶液中铁离子完全除净后，在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到无水氯化铝。 【详解】A．由图可知，题给操作是氯化铝粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液的溶解操作，A正确； B．由图可知，题给操作是向溶液中加入有机萃取剂萃取溶液中铁离子后的分液操作，用以分液除去含有铁离子的有机相，B正确； C．由图可知，题给操作为向溶液中加入硫氰化钾溶液检验水相中铁离子是否完全除净的操作，C正确； D．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，直接加热氯化铝溶液，盐酸受热挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铝，所以制备无水氯化铝应在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到，则题给装置不能制得无水氯化铝，D错误；故选D。 6．A【详解】A．由题目可知：X是，Y是，结合反应根据原子守恒可知：W是，A选项正确； B．乙醇中存在饱和烷基，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共面，B选项错误； C．加热条件、溶液是卤代烃水解反应的条件，醇消去反应的条件是浓硫酸、加热，C选项错误； D．Ｚ为顺丁橡胶，即应为顺式－1，4－聚丁二烯橡胶的简称，故Z的结构简式应为，D选项错误；故选A。 7．B【详解】A．石油分馏是利用各组分沸点差异分离混合物的过程，属于物理变化，陈述Ⅱ错误，A不符合题意； B．苯无法与浓溴水发生取代反应，苯酚中羟基使相连苯环的邻、对位氢活性增强，因此可与浓溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意； C．向溶液中通入会生成黑色CuS沉淀，陈述I错误，C不符合题意； D．金属钠保存在煤油中是因为钠易与空气中的、反应且钠密度大于煤油，与钠质软的性质无因果关系，D不符合题意；故答案为：B。 8．C【详解】A．与Cu反应生成而非Fe单质，正确离子方程式为，A错误； B．离子方程式未配平，原子不守恒，正确的离子方程式为，B错误； C．在酸性条件下发生歧化反应，生成、S单质和，该离子方程式电荷、原子均守恒，C正确； D．是强电解质，离子方程式中需拆为和，不能写化学式，离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-++2Ag↓+3NH3+H2O，D错误；故答案选C。 9．A【详解】A．和均为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，相对分子质量更大，分子间作用力更强故熔点更高，与 、的键能无关，A错误； B．电负性，的吸电子诱导效应强于，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，B正确； C．金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径 ，键长更短、键能更大，共价键强度更高，故金刚石硬度更大，C正确； D．水、O3是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理，分子极性更强的在水中溶解度更大，D正确；故选A。 10．C【详解】A．浓硫酸与Cu反应时，S元素发生化合价变化，并未体现H＋的氧化性，A错误； B．液面上升并不能说明一定是SO2与水反应，也可能是物理意义上的SO2溶于水，B错误； C．a处为Na2S溶液，溶液变浑浊说明SO2与Na2S反应生成S沉淀， SO2中S的化合价下降，说明SO2具有氧化性，C正确； D．b处品红褪色体现SO2的漂白性，但使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性，D错误；故答案选C。 11．D【详解】A．电解精炼铜时，阳极为粗铜，除Cu外还含Zn、Fe等活泼杂质（优先失电子）及Ag、Au等不活泼杂质（形成阳极泥）。因此，当阳极质量减少64g时，实际参与反应的Cu质量可能小于64g，且不同金属摩尔质量不同，导致转移电子数不一定为，A错误； B．分子为正四面体结构，每个P原子与3个P原子成键，但每根键被两个原子共享，故总键数为 。1 mol 含6 mol共价键，即个，B错误； C．题目未指明“标准状况”，22.4 L混合气体物质的量不一定是1 mol。虽然和每分子均含14个电子，若为1 mol则电子总数为，但体积条件缺失，无法确定物质的量，C错误； D．常温下pH=12，则 ，由得 。溶液体积为1 L，故 ，即个 ，D正确；故选D。 12．D【分析】通入，排尽装置内的空气，通入a试管，与水反应生成NO，再通过稀硝酸后通入c中的浓硝酸，NO被氧化为NO2，进入d中，水浴加热，气体颜色逐渐变深，说明逆向移动； 【详解】A．先通入N2，将装置内的空气排出，防止其干扰实验，故A正确； B．a试管中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故B正确； C．b中气体是无色的，说明NO不能被稀硝酸氧化，c 中变为红棕色，说明c中的浓硝酸将NO氧化为NO2，可证明此条件下浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性，故C正确； D．水浴加热后试管中气体颜色加深，说明逆向移动，该反应是放热反应，焓变小于0，故D错误；答案选D。 13．D【分析】R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍，所以R是O（8号元素），Z是S（16号元素），W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子，符合条件的有第ⅠA主族、第ⅢA主族和第ⅦA主族，结合原子半径，同周期原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大；W半径小于O，所以W为F，原子半径比R、W明显大，且呈逐渐减小趋势，应为同周期，X原子半径最大，所以为Na，则Y为Al。 【详解】A．第一电离能从左到右呈增大趋势，所以第一电离能：，A错误；   B．非金属性越强对应氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：，B错误；   C．即中心S原子价层电子对数为：，有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，C错误；   D．的最高价氧化物对应的水化物，分别为：，氢氧化钠和硫酸可以发生酸碱中和，氢氧化铝为两性和酸碱都可以反应，两两之间均能发生反应，D正确；  故选D。 14．B【分析】左侧电极中，转化为 CuO时，Cu元素化合价从+1升高到+2，失电子发生氧化反应，因此左侧为阳极，接电源正极；右侧Pt电极上， 转化为时，N元素化合价从+3降低到−3，得电子发生还原反应，因此右侧 Pt为阴极，接电源负极。 【详解】A．根据分析得：Pt是阴极，与电源负极相连，A错误； B．阴极（Pt极）的电极反应为：，阴极不断生成，且中间为阳离子交换膜，允许阳离子从阳极室移入阴极室，留在阴极，逐渐增大，溶液pH逐渐增大，B正确； C．选项给出的反应是有机物与CuO在溶液中的氧化还原反应，不是阳极的电极反应；阳极的电极反应是失电子生成CuO：，C错误； D．根据电子守恒：生成1 mol，消耗2molCuO，阳极转移2 mol电子；生成1 mol 阴极转移6 mol电子；因此：n() × 6 = n( 苯腈 )×2得 n( ) : n ( 苯腈 ) = 1 : 3 ，D错误；故答案选B。 15．C【详解】A．溶液显酸性，故，结合电荷守恒，可得，A正确； B．甲酸铵中和初始浓度相等，根据物料守恒，含C微粒总浓度等于含N微粒总浓度，即，B正确； C．加入氨水调时，由电荷守恒得，但氨水引入了额外的N元素，因此含N微粒总浓度大于含C微粒总浓度，即，代入，得，C错误； D．甲酸电离常数，变形得，加水稀释时溶液酸性减弱，减小，温度不变不变，故该比值变大，D正确；故选C。 16．D【分析】由题干图示信息可知，放电时Li电极的电极反应为：Li-e-+Cl-=LiCl，即Li为负极，左侧电极为正极，发生还原反应，即电极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl-，充电时Li电极为阴极，电极反应为：LiCl+e-= Li+Cl-，左侧电极是阳极，电极反应为：FeO+Cl- -e- = FeOCl，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，放电时，左侧电极是正极，电极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl-，A正确； B．由分析可知，放电时，左侧电极为正极，Li电极为负极，原电池中阴离子由正极移向负极即Cl-从左侧经MOF向右侧迁移，B正确； C．由题干信息可知，MOF带正电，故Li+不能迁移通过的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥，C正确； D．由分析可知，充电时，阳极反应为：FeO+Cl- -e- = FeOCl，即阳极质量增加，阴极反应为：LiCl+e-= Li+Cl-，则阴极质量减少，结合电子守恒，阳极增加的质量与阴极减少的质量相等，D错误；选C。 17．(1) 饱和溶液 (2) 溶液先变红后褪色 氯水中存在 (3) 2.0 反应Ⅱ 实验中，同时增大溶液中、（1分，或答实验中，溶液中也在增加） （或答） (4) HClO与苯酚钠发生氧化还原反应 分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，即可验证 【分析】A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，通过B中饱和食盐水除去挥发的氯化氢，氯气通入水中制得氯水，最后D中氢氧化钠溶液进行尾气处理，新制氯水中存在Cl2、、Cl-、HClO、ClO-等微粒，据此分析； 【详解】（1）①A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，化学方程式为； ②装置B中盛放的试剂是饱和溶液，用于除去挥发的氯化氢； （2）取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水，溶液先变红后褪色，证明氯水中存在、HClO；氯气易溶于CCl4，取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置分层，下层油状液体呈浅黄绿色，证明氯水中存在； （3）①根据稀释前后，溶质的物质的量不变，配制实验ii中溶液时，需溶液体积为； ②实验中同时增加和，的最大溶解量增大，可知反应Ⅱ的平衡移动起主导作用； ③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验中，同时增大溶液中、（或答实验中，溶液中也在增加）； ④结合实验，甲同学观点成立的依据是溶液中浓度相同，增加氢离子浓度，溶解氯的总浓度； （4）①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是HClO具有强氧化性，会与苯酚钠发生氧化还原反应； ②利用等浓度的两种盐溶液碱性强弱判断，方案为：分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，根据“越弱越水解”即可验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。 18． (1) (2) 19． (3) (4) 7 节约硫酸用量 (5) 1：1：2 （2　1　2） 【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸镁沉淀形式去除；再调pH至7，利用D308阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。 【详解】（1）砷（33 号元素）价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电子（成对），4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：。 （2）根据流程图，碱浸时加入Na2CO3溶液，CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4与CaCO3沉淀，故反应方程式为：。 （3）①反应物中As的化合价为+3价，被H2O2氧化为+5价（生成Mg3(AsO4)2，As为+5价），根据电子守恒，1 mol与1 molH2O2电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为。 ②已知，即Ksp=10-25.2，沉淀完全时≤，，，。 （4）①由题干可知，D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7时，W的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，Mo不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7。 ②阳离子交换法需要将W、Mo转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH后W、Mo直接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用量。 （5）①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，；已知W和Mo原子半径相近，观察上图可知Mo原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，；Ta原子为灰色小球，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo、Ta的原子个数比为1:1:2； 设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为,体心到棱心的最短距离，为体对角线的，根据题意，该距离为a nm，因此：，解得晶胞边长为。 ②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的米勒指数为（2　1　2）。 19．(1)低温 (2)2253.6 (3)CD (4) 54 (5) CO 600 【详解】（1）已知该反应，，故当低温时，即低温下能正向自发进行。 （2）由图中可知，E表示断开与化学键全部变为气态原子所需要的总能量，气态原子形成释放出的能量为，故，。 （3）A．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，故不能提高的平衡产率，A错误； B．并不能说明达到平衡状态，平衡状态的本质是各组分的浓度保持不变，并不是相等，B错误； C．主反应为气体分子数减小的反应，增大体系压强，平衡向正方向移动，增大，副反应为反应前后气体分子数不变的反应，不受压强影响，但由于增大，平衡逆向移动，C正确； D．再次通入，主副反应平衡都正向移动，的平衡转化率增大，D正确； 故答案选CD。 （4）①主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，的平衡转化率减小。图中曲线i随温度升高而下降，可以表示的变化趋势，故曲线i对应。 ②设主反应生成的为2y mol，副反应生成的为x mol，则，由图中时为90%可得，，图中时 ，即，联立可解得，x=1.8，y=0.3，则平衡时=3-3y-x=0.3 mol/L，=3-3y-x=0.3 mol/L，=3y+x=2.7 mol/L，= x=1.8 mol/L，故时副反应的平衡常数 。 （5）①催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大，对比两条曲线的变化趋势，保持为 ，改变时，的产量变化幅度大，故催化剂对CO的吸附能力更强。 ②当分压为 ，分压为 时，的产量为 ，催化剂的质量 ，反应时间为，故时空产率为。 20．(1)醛基 (2) 7 6 (3)BD (4) 取代反应（或者酯化反应） (5) 【分析】该反应属于典型的光催化四组分偶联反应，以1a（苯甲醛）、2a（苯胺）、3a（有机硼酸）和4a（对甲氧基苯乙烯）为原料，在光催化条件下协同反应生成复杂产物5a。其本质过程可理解为：首先，醛与胺发生缩合生成亚胺中间体；随后在光催化作用下，硼酸提供烷基（或芳基）自由基，该自由基进攻亚胺碳，形成新的C-C键；同时，烯烃参与自由基加成或偶联，进一步构建分子骨架；最终经过质子转移等步骤生成稳定产物。 【详解】（1）化合物1a的结构是苯环上连有-CHO，因此官能团是醛基； （2）①化合物4a是对甲氧基苯乙烯，结构中含有一个苯环、一个甲氧基和一个乙烯基，分子式为C9H10O； ②4a的同分异构体要求含有苯环、能发生银镜反应、且只有一个甲基。能发生银镜反应说明含有醛基，结合苯环和一个甲基分析，分类讨论：单取代结构：苯环上仅连 1 个含醛基和甲基的烷基，即-CH(CH3)CHO，仅有一种结构；二取代结构：苯环上连-CHO和乙基或者苯环上连-CH2CHO和甲基，苯环上有邻、间、对 3 种位置异构，共 6种结构；；共1+6=7个同分异构体；手性碳原子是指碳原子周围连接4个不同的基团，其中含手性碳的结构是苯环连有−CH(CH3)CHO的结构，即；因为中间碳连接了苯基、甲基、醛基和氢四种不同基团，该有机物核磁共振氢谱中有6组峰； （3）A．该反应中醛基中的 C=O、烯基中的 C=C 等π键参与反应并发生转化，同时形成新的 C-C键和 C-N键，这些新形成的单键本质上属于σ键，因此可说有π键断裂与σ键形成，但是四组分反应有水、硼酸衍生物等副产物生成，反应物中的原子未全部转化为目标产物5a，因此原子利用率不为100%，A错误； B．2a中含有苯环和-NH2，苯环中有大键，-NH2可以使分子间形成氢键，B正确； C．3a中B原子有3个σ，没有孤电子对，采取sp2杂化，不是sp3杂化，C错误； D．2a和5a中均含有氨基，能够与酸反应生成盐，D正确； 故答案选BD； （4）①原料中含有-CH2OH，需要先氧化为-CHO，得到对甲酰基苯甲酸。该反应属于醇的催化氧化，方程式可写为：； ②第二步是把羧基转化为酯基，即酯化反应（取代反应）；对醛基苯甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下反应生成对甲酰基苯甲酸甲酯，方程式为：； （5）化合物Ⅱ中间含有-NH-NH-结构，而四组分反应需要醛、胺、硼酸和苯乙烯类物质共同参与。若直接合成化合物Ⅱ，需要把原来的单胺2a换成肼，即N2H4，使其两端分别参与反应，再与1a、3a和4a反应生成目标产物。 化学暑假作业五答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(六) 答案 1．C【详解】A．皮绳的主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，A不符合题意； B．棉线的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，B不符合题意； C．钢是铁与碳等元素形成的铁合金，属于合金，C符合题意； D．胶的主要成分是高分子化合物，不是合金，D不符合题意；故选C。 2．B【详解】A．氨分子中，N原子形成3个共价键后，还剩余1对孤对电子，电子式为，A错误； B．晶质赤铁矿是晶体，X射线衍射仪可用于测定晶体的结构，B正确； C．空气液化只是空气中各成分的状态由气态变为液态，没有新物质生成，属于物理变化，C错误； D．是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于区；ds区仅包含ⅠB、ⅡB族元素，D错误；故选B。 3．A【详解】A．单晶硅是由Si原子通过共价键形成的空间网状结构，为共价晶体，A错误； B．聚乙烯由乙烯发生加聚反应制得，B正确； C．中子数=质量数-质子数=75-33=42，C正确； D．LED发光的原理是原子核外电子跃迁时释放能量，发光过程与原子核外电子跃迁有关，D正确；故选A。 4．A【详解】A．糯米酿造米酒的原理是淀粉经水解、发酵转化为乙醇，“淀粉属于天然有机高分子”这一性质与糯米酿酒的过程没有关联，A符合题意； B．重结晶法提纯含NaCl杂质的苯甲酸，原理就是苯甲酸在水中溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度受温度影响小，降温时苯甲酸结晶析出实现提纯，二者有关联，B正确，不符合题意； C．钢铁发蓝处理的原理就是通过处理使钢铁表面生成一层致密的氧化膜，隔绝空气和水，防止钢铁腐蚀，二者有关联，C正确，不符合题意； D．紫外线消毒利用了紫外线能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而实现杀菌消毒，二者有关联，D正确，不符合题意；故选A。 5．D【详解】A．Ⅰ含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使其褪色，A正确； B．Ⅰ中存在苯环、羧基以及碳碳双键，其所有碳原子的杂化方式都为，B正确； C．Ⅱ中所有碳原子的杂化方式都为，可以通过旋转共面，C正确； D．Ⅰ存在羧基，可以与反应，但Ⅱ中没有能与反应的官能团，D错误；故答案为D。 6．C【详解】A．铁和发生反应，能够除去废液中的，能达到实验目的，A不符合题意； B．过滤是分离液体和固体的操作，该操作可以分离过量铁粉和溶液，能达到实验目的，B不符合题意； C．制得应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，坩埚适用于灼烧固体，不能达到目的，C符合题意； D．酸性标准溶液具有强氧化性，应放在酸性滴定管中，滴定达终点后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪色，能达到实验目的，D不符合题意；故选C。 7．B【详解】A．若X为钠，钠单质与水反应生成和，不能生成，A错误； B．若X为硫，单质与反应生成氧化物，可与发生归中反应生成硫单质，满足单质和氧化物的互变，与水反应生成酸，、均可与碱反应生成盐，完全符合转化关系，B正确； C．若X为铁，铁的氧化物均不溶于水，不能直接一步转化为对应碱，不满足氧化物直接生成酸或碱的转化要求，C错误； D．若X为氮，对应的酸为硝酸，稀硝酸与反应生成无色的，不是红棕色气体，D错误；故答案选B。 8．D【详解】A．受热易分解，热稳定性更强，因此可用加热法除去中混有的，陈述I正确，热稳定性应为＞，陈述Ⅱ错误，A错误； B．光照分解生成和，不能放出，陈述Ⅰ错误，B错误； C．乙醇在银催化下可发生催化氧化生成乙醛，陈述I正确；乙醛含醛基，可与新制发生反应，陈述Ⅱ正确，但两个陈述之间没有因果关系，C错误； D．的溶解度小于，可用石灰乳沉淀苦卤中的，该转化可发生，陈述I、Ⅱ均正确，且Ⅱ是I的原理，存在因果关系，D正确；故答案选D。 9．B【分析】R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，R仅形成1个共价键，原子序数最小，则R为H元素；W形成4个共价键，则W为C元素；X形成3个共价键，则X为N元素；Y形成2个共价键，则Y为O元素；Z形成5个共价键且与N同主族，则Z为P元素。由此解题。 【详解】A．同周期主族元素第一电离能趋势：总体增大，第ⅤA族因半充满稳定结构，电离能高于相邻的ⅥA族，则N的第一电离能大于O的第一电离能，则第一电离能的正确顺序为N>O>C，A错误； B．为，分子间存在氢键，常温下易液化，沸点较高，为，分子间仅存在范德华力，常温下为气态，沸点极低，因此沸点为>，B正确； C．同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱；同周期从左到右非金属性增强，酸性增强，非金属性：N>P，因此最高价氧化物对应水化物的酸性X>Z，C错误； D．中心C原子价层电子对数为3+，无孤电子对，其空间构型为平面三角形；中心N原子价层电子对数为3+，无孤电子对，其空间构型为平面三角形，两者空间结构完全相同，D错误；故答案选B。 10．C【详解】A．在水溶液中会发生水解，因此溶液中，实际数目小于，A错误； B．是强氧化剂，与反应生成，完全反应转移电子，转移电子数为，B错误； C．和的最简式均为，最简式摩尔质量为，混合物中含的物质的量为，每个含1个碳原子，因此碳原子总数为，C正确； D．与足量反应生成，但体系中存在平衡，因此分子数目小于，D错误；故选C。 11．A【分析】首先分析实验过程：d中木炭与浓硫酸反应生成、和，结合操作逐一分析选项： 【详解】A．打开、时，被c中饱和溶液除去，品红检验是否除净，进入a中氨化的饱和氯化钠溶液，发生反应：，析出的白色固体是，不是，A错误； B．d中C与浓硫酸反应时，浓硫酸作为氧化剂将C氧化，自身被还原，体现了浓硫酸的强氧化性，B正确； C．关闭打开后，进入e中，还原酸性使溶液颜色变浅，体现了的还原性，C正确； D．已经被e中酸性完全吸收，进入f的和苯酚钠反应生成苯酚，使溶液变浑浊，根据强酸制弱酸规律，可推出酸性：苯酚，D正确；答案选A。 12．D【详解】A．为裸露质子，存在空轨道可接受孤电子对，中原子有孤电子对，二者通过配位键结合为，A正确； B．天然水晶属于晶体，晶体的核心特征是构成微粒在三维空间呈周期性有序排列，因此晶体有规则的几何外形，B正确； C．和均为非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于、难溶于水，C正确； D．18-冠-6可识别，是因为其空腔大小与匹配，冠醚中的氧原子提供孤电子对与形成配位键，D错误；故答案选D。 13．C【详解】A．根据电荷守恒，溶液中阳离子总电荷等于阴离子总电荷，带2个单位负电荷，正确关系式应为，A错误； B．根据物料守恒，存在电离和水解，溶液中还存在分子，正确关系式应为，B错误； C．溶液显酸性，加水稀释时，溶液中减小，根据，溶液的pH增大，C正确； D．溶液显酸性，说明的电离常数大于其水解程度，因此，所以可，D错误；答案选C。 14．D【分析】该无负极锂金属电池以Cu、Al为电极材料，首次充电时，阳极的LiFePO4失去电子和Li+，生成Li(1-x)FePO4，释放的Li+穿过多孔隔膜，在阴极Cu侧得电子沉积为金属Li；放电时，负极Cu侧的金属Li失去电子生成Li+，Li+穿过多孔隔膜向正极迁移，与正极的Li(1-x)FePO4结合并得电子，重新生成LiFePO4，实现化学能向电能的转化；据此作答。 【详解】A．Cu、Al作为电极材料，仅起到导电和支撑的作用，不参与电极反应，A正确； B．首次充电时，阳极的LiFePO4失去电子和Li+，生成Li(1-x)FePO4，电极反应式符合事实，B正确； C．放电时，Li+作为阳离子，会从负极（左侧）穿过多孔隔膜向正极（右侧）迁移，C正确； D．放电时，负极反应为Li-e-=Li+，每1 mol Li（质量为7g）失去1 mol电子，外电路转移1 mol电子；但题目中提到“放电时部分锂从电极表面脱落”，这部分脱落的Li并未参与反应，因此负极上Li的质量减少7 g时，外电路转移的电子小于1 mol，D错误；故选D。 15．B【分析】本实验先推动注射器①的活塞，将浓氨水注入左侧弯管，a处CaO与浓氨水反应，CaO吸水并放热，促使NH3・H2O分解生成NH3，裹有试剂的脱脂棉用于干燥NH3；待气球膨胀后，向上拉动注射器②的活塞，NH3进入注射器②，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成NH4Cl白色固体小颗粒，可观察到有白烟生成；加热b处的CuO时，黑色CuO与NH3反应生成红色Cu，说明NH3将CuO还原，体现了NH3的还原性；据此作答。 【详解】A．a处CaO与浓氨水反应，CaO吸水且放热，促使NH3・H2O分解，方程式符合事实，A正确； B．P2O5是酸性干燥剂，会与碱性气体NH3反应，不能用于干燥NH3，应选用碱石灰等碱性干燥剂，B错误； C．向上拉动注射器②的活塞，NH3进入注射器②与浓盐酸挥发出的HCl反应生成NH4Cl白色固体小颗粒，可观察到有白烟生成，C正确； D．加热b处，黑色CuO与NH3反应生成红色Cu，说明NH3将CuO还原，体现了NH3的还原性，D正确；故选B。 16．D【分析】由图a可知，与直流电源正极相连的多孔铂电极为电解池的阳极，碱性条件下丙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成乙烯、碳酸根离子和水，电极反应式为：，气体扩散层为阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和氢氧根离子，电极反应式为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；由图b可知，阳极的副产物为丙酸乙酯。 【详解】A．由分析可知，阳极的副产物为丙酸乙酯，A错误； B．由分析可知，气体扩散层为阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯和氢氧根离子，电极反应式为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，则电解时放电生成的氢氧根离子会使阴极室溶液的pH增大，B错误； C．由分析可知，与直流电源正极相连的多孔铂电极为电解池的阳极，碱性条件下丙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成乙烯、碳酸根离子和水，电极反应式为：，C错误； D．由得失电子数目守恒可知，外电路通过12 mol电子时，阴极、阳极生成的乙烯的物质的量分别为1 mol 、6 mol，则理论上阴、阳极产生乙烯的物质的量之比为1：6，D正确；故选D。 17．(1)acd (2) 0.016 Na2SO4 过滤 洗涤 90.0 20.0 在实验ⅳ、ⅴ和ⅵ中，随c(NaCl)增大，PbCl2的溶解度不变 或或 PbCl2沉淀溶解平衡逆向移动 (3) y1+2y2 y2(y1+2y2)2 【分析】本实验围绕探究氯化铅的溶解平衡展开；在氯化铅饱和溶液中，依据溶度积计算出铅离子浓度，通过加入硫酸钠等可溶性硫酸盐使铅离子转化为硫酸铅沉淀，再经过过滤、洗涤得到沉淀；实验中通过稀释配制不同浓度的氯化钠溶液，探究氯离子对氯化铅溶解的影响，发现低浓度氯化钠时，同离子效应使氯化铅溶解度降低，当氯化钠浓度较高时，铅离子浓度不再减小，说明存在配位平衡；据此作答。 【详解】（1）用NaCl固体配制1000 mL 2.00 mol・L-1 NaCl溶液时，需要进行称量、溶解、转移、洗涤、定容等操作；溶解过程需要用到胶头滴管（a）和玻璃棒（c），定容时需要用到1000 mL容量瓶（d）和胶头滴管，分液漏斗（e）和冷凝管（b）在此实验中不需要，因此用到的玻璃仪器为acd； （2）①；依据溶解平衡，设c(Pb2+)=x，则c(Cl-)=2x，代入溶度积表达式得：，解得；已知，因此x=1.6×10-2 mol・L-1，即c(Pb2+)=1.6×10-2 mol・L-1=0.016 mol・L-1； ②为将滤液中的Pb2+完全沉淀为PbSO4，需加入可溶性硫酸盐，如Na2SO4；沉淀完全后，需过滤将沉淀与溶液分离，然后对沉淀进行洗涤，除去表面杂质离子，最后干燥、称量得到PbSO4固体； ③为保证NaCl溶液浓度为唯一变量，则控制溶液总体积为100.0 mL；则a=100.0-10.0=90.0；同理结合实验设计的梯度关系可知b=20.0； ④当c(NaCl)<0.6 mol・L-1时，随着c(NaCl)增大，溶液中c(Cl-)升高，同离子效应使PbCl2的溶解平衡逆向移动，PbCl2的溶解度减小；但当c(NaCl)在0.6~1.0 mol・L-1时，继续增大c(NaCl)，c(Pb2+)不再减小，说明体系中还存在影响PbCl2溶解度的其他因素；答案为：在实验ⅳ、ⅴ和ⅵ中，随c(NaCl)增大，PbCl2的溶解度不变； ⑤当体系中存在配位平衡（x=1或2）时，除了外，还会发生或或，这使得生成的PbSO4质量增大，从而导致测得的PbCl2溶解度偏大； ⑥当c(NaCl)<0.6 mol·L-1时，增大c(NaCl)，PbCl2沉淀溶解平衡逆向移动起主导作用，PbCl2的溶解度降低； （3）当c(NaCl)<0.2 mol·L-1时，忽略配位平衡，NaCl提供的c(Cl-)=y1 mol·L-1，PbCl2溶解提供的c(Pb2+)=y2 mol·L-1，同时提供2y2 mol·L-1的Cl-，因此溶液中总c(Cl-)=y1+2y2；根据溶度积定义，。 18．(1)4s24p1 (2) (3)> (4) (5)二次酸浸 (6) H2SO4 Na2GeO3 (7) 4 12 4×10-3 【分析】锌浸渣(含ZnFe2O4、Ga2O3、GeO2、PbO及SiO2等)在一次酸浸中加入硫酸（ ）和少量单宁酸。目的是溶解大部分金属氧化物，得到含有ZnSO4、Fe2(SO4)3的溶液，过滤后的滤渣用草酸溶液二次酸浸，镓、锗、铁分别以、、的形式进入溶液， 不溶于酸，铅离子（ ）则形成难溶的草酸铅（ ）沉淀，滤渣是“铅硅渣”（ 和未除尽的 ），滤液中加入铁粉（Fe），目的是将溶液中的铁元素以草酸亚铁（ ）的形式沉淀出来，需要将 还原为 ，加入萃取剂（R），将溶液中的镓和锗的络合物从水相转移到有机相中，实现与其它杂质离子的分离，然后通过反萃取将镓和锗从有机相中分别提取出来，实现两者的分离。 【详解】（1）镓（Ga）的原子序数是31，核外电子排布为 ，价层电子排布式为 。 （2）由分析可知，ZnFe2O4与H2SO4发生反应生成 、 和 ，根据原子守恒配平化学方程式: 。 （3）已知：25℃时，，草酸的第一步电离平衡为: ，其电离常数表达式为: =10-1.25，已知滤液的pH < 1，所以 mol/L， ，所以 。 （4）由分析可知，“除铁”过程中，Fe和及过量的反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。 （5）“萃取”过程是将镓和锗的配合物从水相转移到有机相。萃取后剩下的水相称为“萃余液”。该溶液中主要含有草酸根离子（ ），这与“二次酸浸”步骤所用的草酸溶液成分相似。因此，将萃余液循环利用到“二次酸浸”工序中，可以节约原料，降低成本。 （6）①根据图示转化关系，镓的配合物 在酸性条件下会转化为 进入水相，而锗的配合物 在酸性条件下不反应，仍留在有机相。因此，第一阶段加入硫酸（ ）溶液，可以使镓从有机相进入水相，实现初步分离。 ②第一阶段分离后，有机相中主要含有锗的配合物。根据图示，锗的配合物在碱性条件下会转化为 进入水相。因此，向该有机相中加入氢氧化钠（）溶液，可以使锗从有机相进入水相，得到含锗的化合物，如 （锗酸钠）。 （7）①观察晶胞图，金属节点分布在8个顶点和6个面心，个数为=4； ②观察晶胞图，两个金属节点之间的最近距离为面对角线的一半，晶胞边长为 ，面对角线长度为 ，因此最近距离为：，在面心立方结构中，每个金属节点（无论是顶点还是面心）的配位数为12，由于每两个最近的金属节点之间有一个桥联配体，因此每个金属节点连接的桥联配体数目为12个； ③根据题目图示，晶胞内部有8个空隙（图中白色圆圈表示），这些空隙位于晶胞的8个小立方体中心。每个空隙可以吸附1个Ge(IV)，因此1个晶胞可以吸附8个Ge(IV)。1 mol晶胞的质量为2000 g，1 mol晶胞中含有 个晶胞，每个晶胞可吸附8个Ge(IV)，因此1 mol晶胞可吸附 个Ge(IV)，即8 mol Ge(IV)。吸附量 定义为单位质量的MOFs材料可吸附Ge(IV)的物质的量，即：或4×10-3mol·g-1。 19．(1) -142.0 5 (2)BD (3) H2S 0.29 (4)a 【详解】（1）①由反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和可知，，解得； ②由图可知，该反应分5步进行，第5步的正反应活化能最大； ③设0~tmin内反应的H2S物质的量为nmol，列三段式： H2S的体积分数=物质的量分数，即，解得。 COS的浓度变化量，平均反应速率：； （2）A．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，无法提高COS平衡产率，A错误； B．反应Ⅰ气体分子数不变，反应Ⅱ气体分子数减小；减小容器体积，压强增大，平衡向气体分子数减小方向移动，则反应Ⅱ逆向进行，增大，使反应I逆向进行，减小，B正确； C．升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误； D．通入CO，反应II逆向移动，减小，增大，D正确； 故选BD； （3）①反应Ⅰ和Ⅲ的共同反应物为H2S，反应过程中H2S消耗程度最大，物质的量随温度升高持续减小，与曲线Ⅰ变化趋势一致，因此曲线Ⅰ对应物质为H2S。 ②由图可知，T1时，n(CO)=n(CO2)=0.76 mol，设反应I消耗n(H2S)为x mol，反应Ⅱ消耗的n(H2S)为y mol，则 ，，，，，，代入K的表达式得； （4）峰面积与物质浓度成正比，COS降解为CO2，反应时间越短，COS浓度越大、CO2浓度越小；键长越短/相对分子质量越小，特征吸收峰波数越大；CO2的键长更短、相对分子质量更小，波数大于COS。2min时，低波数区峰面积大说明COS浓度大，高波数区峰面积小说明CO2浓度小，与曲线a特征一致，答案：a 20．(1) 羧基 C5H6O2 (2) (3)AD(4)F电负性强，-CF3使羟基中O-H键极性增大，故CF3CH2OH羟基中的氢原子更活泼 (5) 取代反应 (6) 【分析】根据题目信息，由Y逆推，反应生成，甲苯引入氯并光催化氧化生成，和发生加成反应生成。 【详解】（1）根据化合物1a的结构简式，可知含氧官能团有羟基和羧基；化合物2a的分子式为C5H6O2。 （2） 化合物X为4a的同分异构体，不含环状结构，在核磁共振氢谱上只有2组峰，且峰面积比为1：2，说明结构对称，X的结构简式为。 （3）A．在2a和4a生成5a的过程中，碳氧双键中π键断裂，形成1个C-C、O-H σ键，故A正确； B．在5a分子中，存在手性碳原子，有大π键，含有O-H键，可形成分子间氢键，故B错误； C．5a中存在苯环和碳碳双键，可与氢气发生加成反应，所以1 mol 5a可与4 mol H2发生加成反应，化合物5a不含酚羟基，不是苯酚的同系物，故C错误； D．2a和4a发生加成反应生成5a，原子利用率为100%，故D正确； 选AD。 （4）F电负性强，-CF3使羟基中O-H键极性增大，故CF3CH2OH羟基中的氢原子活泼性大于CH3CH2OH羟基中的氢原子活泼性。 （5）根据题目信息，由Y逆推，反应生成，甲苯引入氯并光催化氧化生成，和发生加成反应生成Y。 ①引入氯时，进行取代反应，其反应的化学方程式为； ②合成内酰胺生成，发生反应的化学方程式为 （6） 根据，2a、4a生成5a的合成路线，合成化合物，需要以2a、4a、和CF3CH2OH为反应物。 化学暑假作业六答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 2026年高三化学暑假作业(七) 答案 1．D【详解】A．吴川月饼主要成分是糖类、油脂、蛋白质，都属于有机物，A不符合题意； B．遂溪狮头彩扎主要材料为竹、纸、布料，主要成分是纤维素等有机物，B不符合题意； C．安铺木雕的原料为木材，主要成分纤维素属于有机物，C不符合题意； D． 雷州石雕主要成分为碳酸钙/硅酸盐类无机矿物质，不属于有机物，D符合题意；答案选D。 2．C【详解】A．含有氯甲酸酯结构，可发生水解反应，A项正确； B．结构中存在碳碳非极性共价键，B项正确； C．酯基不能与氢气发生加成反应，故1 mol该物质最多能与6 mol H2加成，C项错误； D．两个苯环因对称性共有4种H原子，共存在6种不同化学环境的H原子，故核磁共振氢谱有6组峰，D项正确；故选C。 3．A【详解】A．钛合金是一种轻质高强材料，密度小且强度大，常用于潜水器载人舱等需要减重和承压的场合，该描述符合事实，A正确； B．碳纤维是由有机高分子经高温碳化制得的无机材料，主要成分为碳，不属于有机高分子材料，B错误； C．光伏电池通过光电效应将光能（太阳能）直接转化为电能，而非化学能，化学能转化为电能的典型装置是电池或燃料电池，C错误； D．芯片的主要成分是单晶硅，二氧化硅在芯片制造中用作绝缘层或介质材料，但并非主要成分，D错误；故选A。 4．B【详解】A．用热的纯碱溶液去除油污，加热促进碳酸根水解：，产生更多，增强碱性以皂化油污，关联正确，A正确； B．用烧碱和铝粒反应疏通下水道，利用的是铝与碱反应，与铝易与氧气反应表面形成致密的氧化膜无关，B错误； C．家中铁器防潮是为了防止在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，关联正确，C正确； D．小苏打受热分解产生使面包膨胀，关联正确，D正确；故选B。 5．D【详解】A．工业上将氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下合成氨气，氨气是生产多种氮肥的关键原料，是为农作物提供氮肥的重要途径，A项正确； B．氧化铁是一种红棕色粉末状固体，具有良好的遮盖力和稳定性，且来源相对广泛。在我国古代，由于其颜色鲜艳且性质稳定，常被用作建筑涂料的着色成分，B项正确； C．补铁口服液中的铁元素通常以Fe2+形式存在，Fe2+易被空气中的氧气等氧化为Fe3+，而Fe3+不易被人体吸收。维生素C的还原性可以将可能生成的Fe3+还原为Fe2+，从而防止Fe2+被氧化，提高补铁效果，C项正确； D．该聚碳酸酯()是由其单体双酚A和光气(COCl2)通过缩聚反应制得，D项错误；故选D。 6．D【详解】A．NaCl溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸，A项错误； B．MgCl2溶液中存在水解：MgCl2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HCl。加热蒸发时，HCl易挥发，平衡正向移动，生成Mg(OH)2沉淀，进一步加热可能分解为MgO，无法得到纯净的MgCl2晶体，B项错误； C．酒精与水互溶，不能用来萃取溴水中的溴，C项错误； D．I2易升华，而NaCl固体熔点高、热稳定性强。加热时I2升华变为碘蒸气，与NaCl分离，D项正确；故选D。 7．A【详解】A．阴极发生还原反应，Ni2+得电子生成Ni，反应式正确，A正确； B．高纯度镍电极为阴极，应连接电源负极，而非正极，B错误； C．Fe金属性强于Ni，在阳极优先溶解进入溶液，不会形成阳极泥；阳极泥主要含不活泼杂质（如Cu、Pt、C），C错误； D．阳极溶解可能涉及Zn、Fe等杂质（原子量与Ni不同），阴极仅沉积Ni，转移相同电子数时质量变化不相等，D错误；故选A。 8．B【详解】A．水的稳定性强于硫化氢是由于O-H键键能高于S-H键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质如沸点），故陈述Ⅰ与Ⅱ无因果关系，A不符合题意； B．碳化硅硬度高源于其共价晶体结构，适合制作砂轮等磨料，陈述Ⅰ与Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意； C．盐卤使豆浆胶体聚沉是因电解质作用，但“加入盐一定使胶体聚沉”过于绝对（如某些胶体需特定离子或条件），陈述Ⅱ不准确，C不符合题意； D．工业上用钠冶炼钾是利用钾的挥发性，非直接因金属性强弱（钾金属性更强但离子更难还原），陈述Ⅰ与Ⅱ无直接因果关系，D不符合题意；故答案选B。 9．D【详解】A．若X为盐酸，甲可为Na2SO3存在转化甲(Na2SO3)+X(HCl)→乙(NaHSO3)，乙(NaHSO3)+X(HCl)→丙(H2SO3)，甲(Na2SO3)+丙(H2SO3)→乙(NaHSO3)，此时乙为NaHSO3，其水溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性，A项正确； B．若X为氧气，甲可为硫化氢(H2S)，存在转化甲(H2S)+X(O2)→乙(S)，乙(S)+X(O2)→丙(SO2)，甲(H2S)+丙(SO2)→乙(S)，丙为SO2，具有漂白性，可使品红溶液褪色，B项正确； C．若甲为烧碱，X可为Al2(SO4)3，存在转化甲[NaOH(足量)]+X[Al2(SO4)3]→乙{Na[Al(OH)4]}，乙{Na[Al(OH)4]}+X[Al2(SO4)3]→丙[Al(OH)3]，甲[NaOH]+丙[Al(OH)3]→乙{Na[Al(OH)4]}，C项正确； D．若甲为铁粉(Fe)，X为氯气(Cl2)，则转化链为甲(Fe)+X(Cl2)→乙(FeCl3)，Fe3+无法进一步被Cl2氧化，乙(FeCl3)与X(Cl2)不反应，D项错误；答案选D。 10．A【详解】A．金刚石中每个碳原子形成4个σ键，但每个键被两个原子共享，因此1 mol金刚石含有2 mol σ键，即个σ键，A正确； B．标准状况下22.4L混合气体的总物质的量为1mol，但CH4和C3H8的混合比例未知，CH4含1个碳原子/分子，C3H8含3个碳原子/分子，碳原子数目可在到之间，B错误； C．溶液浓度为0.1mol/L，但未指明体积，无法确定阴离子数目，C错误； D．常温下铝与浓硝酸发生钝化，反应被阻止，无法充分进行，因此转移电子数目远小于，D错误；答案选A。 11．C【详解】A．浓盐酸与MnO2制Cl2需要加热，A项错误； B．浓盐酸易挥发。蓝色石蕊试纸变红无法证明氯气溶于水有酸性，B项错误； C．湿润的淀粉-KI试纸变蓝说明生成了碘单质，可证明氧化性：Cl2>I2，C项正确； D．氯气不能使干燥的花瓣褪色，干燥的花瓣不褪色不能证明尾气中不含氯气，D项错误；故选C。 12．A【详解】A．由于Al2O3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，其熔点由分子间作用力决定，二者晶体类型不同，因此不能简单地通过阴离子所带电荷数和半径来推断熔点高低，A项错误； B．H2S的中心原子S的价层电子对数是，PH3的中心原子P的价层电子对数是，二者中心原子杂化类型均为，而H2S中心原子的孤电子对更多，对成键电子对斥力更大，结构能推测出键角PH3 > H2S，B项正确； C．石墨和聚乙炔中均存在共轭π键体系，石墨因离域电子导电，聚乙炔经掺杂后可导电，结构能推测出导电性，C项正确； D．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)和亚硫酸钠中均含+4价的硫，所以两者均具有较强的还原性，D项正确；故选A。 13．C【分析】由题意可知，价层电子排布不稳定的原子，其获得电子形成稳定结构时放出较多能量，比如F得到一个电子后形成稳定结构会释放出更多的能量，则d为氟，同理，由于N的2p轨道半满，达到半充满结构，得一个电子较难，则会吸收热量，同理可知，Mg得一个电子也会吸收热量，故a~i分别为C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al、Si，据此解答。【详解】A．由分析可知，b为N元素，g为Mg元素，二者主族不同，A项错误； B．d、f、e分别为F、Na、Ne，基态原子未成对电子数：F=Na>Ne，B项错误； C．同周期从左向右，原子半径减小，则原子半径；Mg>Al>Si，C项正确； D．c、b、a分别为O、N、C，其对应的简单氢化物为H2O、NH3、CH4。由于H2O和NH3分子间存在氢键，且水分子间氢键更强，而CH4为非极性分子，分子间作用力为范德华力，故沸点：H2O > NH3 > CH4，但未强调简单氢化物，无法进行比较，D项错误；故选C。 14．C【分析】由实验装置图可知，装置b中浓氨水受热分解制备氨气；过量氨气与硫酸铜溶液反应生成硫酸四氨合铜，打开K1，向反应后的溶液中加入95%乙醇降低硫酸四氨合铜溶解度，会析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体；装置c中氨气与氧化铜共热反应生成铜、氮气和水；装置d中无水硫酸铜会变为蓝色，但不能证明c中反应生成了水，安全气囊用于收集反应生成的氮气。 【详解】A．浓氨水受热分解得到的氨气中混有水蒸气，所以装置d中无水硫酸铜变为蓝色，不能证明c中反应生成了水，A错误； B．a中溶液变浑浊发生的反应为硫酸铜溶液与氨气反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，后再变澄清发生的反应为氢氧化铜与过量氨气反应生成硫酸四氨合铜，则溶液变浑浊后再变澄清不能证明氢氧化铜为两性氢氧化物，B错误； C．打开K1，向反应后的溶液中加入95%乙醇降低溶剂极性，会析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体说明硫酸四氨合铜晶体难溶于极性较弱的溶剂，C正确； D．氨气与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和碳酸铵，反应生成的碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，所以将氨气通入饱和碳酸氢钠溶液中不可能有碳酸钠晶体产生，D错误；故选C。 15．D【详解】A．pH越小，H+浓度越大，CaF2溶解得越多，Ksp(CaF2)不变，但溶液中c(Ca2+)增大，所以c(F-)减小，A项错误； B．已知Ka(HF)=7.00×10-4，pH=4时，由，解得c(F-)：c(HF)=7：1，B项错误； C．根据电荷守恒知溶液中，2c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(F-)+c(OH-)，C项错误； D．根据物料守恒可知溶液中2c(Ca2+)=c(HF)+c(F-)，pH=4时，c(F-)：c(HF)=7，则有c(F-)：c(Ca2+)=7：4，由，可得c(Ca2+)=4.00×10-4mol・L-1，D项正确；故选D。 16．B【分析】M极上[FeCl3]-失电子生成[FeCl4]-，所以M极与电源正极相连为阳极，N极与电源负极相连为阴极； 【详解】A．电解池中阳极电势高于阴极，故电势M极>N极，A项正确； B．根据物质组成分析（配体为中性有机物），Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价分别为+1、+3、+2，B项错误； C．梳理整个过程的反应物和生成物：反应物为和，生成物为、、，该过程的总反应为，C项正确； D．整个过程中，每转移，M极生成，最终反应得到偶联产物，电子转移守恒，D项正确；答案选B。 17．(1)MgO (2)Mg+2H2O(沸水)⇌Mg(OH)2+H2↑或 (3)Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+或3Mg+2Fe3++6H2O=2Fe(OH)3↓+3Mg2++3H2↑，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀 (4) 100mL容量瓶和胶头滴管 NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但镁条在NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中的反应速率均大于在中性的水中的反应速率 (5) 50 0.5 (6)反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3 【详解】（1）使用镁条完成置换氢气的实验前需用砂纸打磨镁条的目的是除去镁条表面的MgO。 （2）常温下，将镁条投入水中，镁条表面无明显变化，将水煮沸后，镁条表面会有气泡产生，发生反应的化学方程式为Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑。 （3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Mg与H+反应产生大量H2，同时使Fe3+水解平衡右移，产生Fe(OH)3沉淀。 （4）①实验室配制100 mL 1.0mol·L-1的Na2CO3溶液，需用到100 mL容量瓶和胶头滴管。 ②NaHCO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，但由现象可知，与镁条反应产生气泡的速率：NaHCO3溶液>Na2CO3溶液>水>NaOH溶液，与猜想不符。 （5）①的平衡常数K，表达式为代入常数数值：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kw=1.0×10-14，可得。 ②该实验的自变量为阴离子种类，控制的无关变量为镁片规格、溶液体积与浓度、反应温度等相同，即50mL 0.5mol·L-1。 （6）从溶度积分析，理论上Mg(OH)2更易沉淀，但碳酸钠与镁反应体系中浓度较高，使Mg2+与的离子积大于MgCO3的溶度积，从而析出MgCO3。 18．(1)菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌 (2) SiO2 12 (3)BD (4)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，便于除去溶液中的Fe元素 (5) Fe3+ 4.7≤pH<8.3 (6) 阴离子 电解液1 【分析】菱镁矿(主要成分为，含杂质、、、BeO)，加入硫酸酸溶，金属阳离子进入滤液，滤渣1为SiO2；加入萃取剂萃取出铍元素，“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“调pH”可分别将、沉淀，得到滤渣2为、，“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，经过电解得到，进一步得到金属镁，据此解答。 【详解】（1）将菱镁矿粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、不断搅拌等均可提高浸取速率。 （2）①该晶胞的化学式为SiO2；由图可知c点原子的坐标为。 ②如图：，该晶胞中最小的环状结构由12个原子构成。 （3）该配合物能从水中进入有机相的原因是能溶于有机溶剂，不溶于水，从结构角度分析应该是该配合物的对称性较强，极性弱，且含有大量具有疏水性的烷基链，故选BD。 （4）“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去溶液中的Fe元素，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。 （5）“调pH”可以分步沉淀的两种金属离子分别为Fe3+和Al3+，根据信息可知先沉淀的离子是Fe3+；最后需控制溶液的pH范围为4.7≤pH<8.3。 （6）“滤液2”中溶质的主要成分为MgSO4，通电时，Mg2+向阴极移动，向阳极移动，所以膜Ⅰ应选用阴离子交换膜，获得的电解液1为硫酸，可返回至“溶浸”循环利用。 19．(1)p (2)较低温度 (3)-90.7kJ·mol-1 (4) a 主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响 21.4% 主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高 【详解】（1）49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中的p区。 （2）反应1的ΔH<0，分子数目减少ΔS<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，当ΔG<0时，即在较低温度下能自发进行。 （3）根据反应ⅲ=反应ⅰ-反应ⅱ可知，反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-90.7kJ·mol-1. （4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。 ②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2，设反应ⅰ生成CH3OH x mol，反应ⅱ生成CO y mol。 根据三段式： 根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。 解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2. 则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。 解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1mol CO2与3mol H2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。 解法4：设初始原料CO2为1mol H2为3mol。设平衡时H2为x mol，H2O为y mol。 根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。 根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。 ③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。 20．(1) (酮)羰基 4-氨基苯甲醛或对氨基苯甲醛 (2) C7H9ON +CH3I+HI 16 (3)AB (4) +HNO3(浓) +H2O 氧化反应 氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基 (5) 【分析】生成4a反应过程可以理解为1a中的与3a中的醛基发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基发生取代反应脱水得到4a，同理1a中的与3a中的醛基发生加成反应得到羟基，羟基再和3a中的氨基发生取代反应得到5a，2a在此过程中未参与反应，据此解答。 【详解】（1）化合物1a中所含官能团的名称为(酮)羰基；化合物3a的化学名称为4-氨基苯甲醛(对氨基苯甲醛)。 （2）①化合物2a的分子式为C7H9ON，可通过和CH3I通过取代反应获得，反应的化学方程式为：+CH3I+HI。 ②能与FeCl3溶液发生显色反应说明含酚羟基，化合物2a的同分异构体分(位置异构共10种)、(位置异构共3种)、(位置异构共3种)三类，共16种。 （3）A．由分析可知，在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键(3a中醛基)与σ键(2a中氮氢键、1a中碳氢键)断裂，A项正确； B．在4a分子中，如图所示：存在手性碳原子，其中氮氢键与氧原子(酮羰基)可能形成分子内氢键，B项正确； C．由分析可知，在生成副产物5a的反应中，2a未参与反应，C项错误； D．4a与5a官能团不同，没有相差若干个CH2，不属于同系物，D项错误。 （4）①第一步，引入硝基的化学方程式为+HNO3+H2O； ②第二步，进行氧化反应，原因是氨基(-NH2)极易被氧化，应该先氧化羟基后再还原硝基； ③第三步，硝基还原为氨基得到3a； （5）根据上述信息，化合物6a与4a比较相似，需要和3a先发生加成反应得到，羟基再和2a的氨基再发生取代反应得到6a。 化学暑假作业七答案 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $