广东省广州市2026-2027学年高三化学上学期开学模拟l练习卷

**基本信息** 以三星堆文物、工业提溴等真实情境为载体，融合化学观念与科学探究，覆盖高三化学核心知识的开学模拟卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/44分|物质分类（三星堆陶鸟头勺把）、工业流程（海水提溴）、电化学（银饰去硫化）|结合文化情境（三星堆文物）、科技前沿（人工放射性核素）| |非选择题|4题/56分|实验探究（醋酸钠水解平衡）、工业流程（硫酸镍制备）、反应原理（SO₂处理）、有机合成（C-H键氧化亚胺化）|突出科学思维（水解平衡常数计算）、实践能力（工业流程分析），契合高考命题趋势|

广东省广州市2026-2027学年高三化学上学期开学模拟卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共44分） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．三星堆出土的文物中，主要由硅酸盐材料制成的是（　　） A．青铜纵目面具 B．金箔虎形饰 C．陶鸟头勺把 D．云雷纹牙雕 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【分析】水泥、陶瓷、玻璃属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。 【解答】解：A．青铜器材料为合金，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，故A错误； B．金为金属单质，属于金属材料，不属于硅酸盐材料，故B错误； C．陶鸟头勺把，材质为陶瓷，属于硅酸盐材料，故C正确； D．象牙的主要成分为磷酸盐和有机物，成分不属于硅酸盐，故D错误； 故选：C。 2．1934年，约里奥—居里夫妇在核反应中用α粒子（氦核He）轰击金属铝，得到磷，开创了人工放射性核素的先河，其核反应为AlHePn。下列化学用语正确的是（　　） A．基态Al原子的价层电子轨道表示式为 B．He没有共价键，不是非极性分子 C．明矾的化学式为K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O D．基态P原子中p能级的轨道总数为3 【答案】C 【分析】A．Al位于第三周期第ⅢA族； B．He是单原子分子，虽然没有共价键； C．明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O或K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O； D．基态P原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3。 【解答】解：A．Al位于第三周期第ⅢA族，基态Al原子的价层电子轨道表示式为，故A错误； B．He是单原子分子，虽然没有共价键，但仍属于非极性分子，故B错误； C．KAl（SO4）2•12H2O是明矾，化学式可为K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O，故C正确； D．基态P原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，p能级的轨道数为6，故D错误； 故选：C。 3．镍合金广泛用于电气工业、真空管、化学工业、医疗器材和航海船舶工业等方面。如果要比较镍（Ni）和铁的金属活动顺序，以下方法不能达到目的的是（　　） A．利用金属镍、金属铁与稀硫酸进行实验 B．利用金属镍和FeCl2溶液进行实验 C．利用金属铁和NiSO4溶液进行实验 D．查阅初中化学课本上的金属活动性顺序表 【答案】D 【分析】在金属活动顺序表中，位于H前的能置换氢气，位于前面的金属能够置换出排在其后面的金属，据此判断能否发生反应，进而可以判断金属的活动顺序。 【解答】解：A．利用金属镍、金属铁与稀硫酸进行实验，依据反应能否发生以及反应的距离程度可以判断镍（Ni）和铁的金属活动顺序，故A正确； B．利用金属镍和FeCl2溶液进行实验，依据能否发生置换反应可判断镍（Ni）和铁的金属活动顺序，故B正确； C．利用金属铁和NiSO4溶液进行实验，依据能否发生置换反应可判断镍（Ni）和铁的金属活动顺序，故C正确； D．初中化学课本上的金属活动性顺序表未列出镍（Ni），不能判断镍（Ni）和铁的金属活动顺序，故D错误； 故选：D。 4．下列关于氯气的实验装置能达到预期目的的是（　　） A．制氯气 B．除氯气中HCl C．干燥氯气 D．尾气处理 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【分析】A．浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气； B．氯气也能溶于饱和碳酸氢钠溶液； C．氯气不与浓硫酸反应； D．氯气在水中的溶解度并不大，不能用水吸收多余的氯气。 【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，图中缺少加热装置，故A错误； B．氯气也能溶于饱和碳酸氢钠溶液，应该用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B错误； C．氯气不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥氯气，故C正确； D．应该用NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气在水中的溶解度并不大，不能用水吸收多余的氯气，故D错误； 故选：C。 5．银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与，Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法不正确的是（　　） A．Al是负极 B．阳离子向银饰移动 C．若有0.9gAl反应，最多能复原0.1mol Ag2S D．Ag2S表面发生反应：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣ 【答案】C 【分析】铝、银和NaCl溶液构成原电池，铁较活泼、作负极，银作正极，负极上铁发生失电子的氧化反应生成Al3+，正极上Ag2S发生得电子的还原反应生成Ag，负极反应式为Al﹣3e﹣＝Fe3+，正极反应式为Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，放电时电子由负极铝经过外电路流向Ag，据此分析解答。 【解答】解：A．该电池的本质是Al还原Ag2S，Al为还原剂，为负极，银饰为正极，故A正确； B．阳离子向正极银饰方向移动，故B正确； C．根据电子守恒，0.9g Al反应，失0.1mol e﹣，将有0.05mol Ag2S被还原，故C错误； D．Ag2S被还原，发生反应方程式为：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，故D正确； 故选：C。 6．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为（　　） A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶 【答案】B 【分析】卤水中通入氯气把溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，用热空气吹出溴，用二氧化硫吸收溴蒸汽使溴元素富集，再用氯气把溴离子氧化为溴单质，蒸馏得液溴。 【解答】解：卤水中通入氯气把溴离子氧化为溴单质，溴易挥发，用热空气吹出溴，用二氧化硫吸收溴蒸汽使溴元素富集，再用氯气把溴离子氧化为溴单质，蒸馏得液溴，故“分离”过程中采取的是蒸馏操作，故B正确， 故选：B。 7．含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是（　　） A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定 B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅 C．过量的NH3通入0.1mol•L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀 D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化 【答案】C 【分析】A．游离态氮转化为化合态的氮叫氮的固定； B．2NO2⇌N2O4是放热反应； C．NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液； D．工业生产硝酸首先合成氨，氨催化氧化生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3。 【解答】解：A．N2的氧化或还原均是将游离态的氮转化为化合态的氮，是氮的固定，故A正确； B．2NO2⇌N2O4是放热反应，烧瓶浸入冰水，平衡正向移动，故红棕色变浅，故B正确； C．NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液，故C错误； D．工业生产硝酸首先合成氨，氨催化氧化生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化，故D正确； 故选：C。 8．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．每消耗32gS，该反应中转移的电子数目为12NA B．2.0mol KNO3晶体中含有的离子数目为2NA C．1L1.0mol•L﹣1K2S溶液中含S2﹣的数目为NA D．标准状况下，2.24LCO2中含有σ键的数目为0.4NA 【答案】A 【分析】A．根据硫（S）的化合价变化和电子转移数目，进行分析； B．根据硝酸钾（KNO3）晶体的组成和离子数目，进行分析； C．根据硫化钾（K2S）溶液中硫离子的水解，进行分析； D．根据二氧化碳（CO2）分子的结构和σ键数目，进行分析。 【解答】解：A．硫（S）从0价变为﹣2价，硝酸钾中氮元素的化合价从+5价降到0价，每消耗32g硫（即1mol硫），转移的电子数目为12NA，故A正确； B．2.0mol KNO3晶体中含有2mol钾离子和2mol硝酸根离子，总共含有4mol离子，即4NA个离子，故B错误； C．硫化钾（K2S）溶液中硫离子会发生水解，因此1L 1.0mol/L的K2S溶液中含S2﹣的数目小于NA，故C错误； D．标准状况下，2.24L CO2的物质的量为0.1mol（因为22.4L/mol是标准状况下1mol气体的体积）。每个CO2分子含有2个σ键（碳氧双键中包含1个σ键和1个π键），因此0.1mol CO2中含有0.2mol σ键，即0.2NA个σ键，故D错误； 故选：A。 9．中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图： 下列说法不正确的是（　　） A．“乙→丙”发生了消去反应 B．香茅醛不存在顺反异构现象 C．甲分子有4个手性碳 D．1mol香茅醛能与2mol氢气发生加成反应 【答案】A 【分析】A．“乙→丙”羟基氧化成了羰基； B．香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基； C．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子； D．香茅醛含有一个—CHO和一个C＝C。 【解答】解：A．“乙→丙”羟基氧化成了羰基，发生了氧化反应，不是消去反应，故A错误； B．香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基，不存在顺反异构现象，故B正确； C．分子中所连的四个基团不同的碳原子是手性碳原子；甲分子有4个手性碳位置如图：，故C正确； D．香茅醛含有一个—CHO和一个C＝C，可以和2mol氢气发生加成反应，故D正确； 故选：A。 10．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1一段时间后，下列说法不正确的是（　　） A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2 B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性 C．b处出现蓝色，说明非金属性：Cl＞I D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转 【答案】B 【分析】A．闭合K1，U型管的装置为电解池，阳极上Cl﹣放电生成Cl2，阴极上H2O得电子生成H2； B．Cl2没有漂白性，HClO具有漂白性； C．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，阴离子还原性越强，对应元素的非金属性越弱； D．断开K1，立刻闭合K2，Cl2、H2能自发的进行放热的氧化还原反应，所以该装置构成原电池。 【解答】解：A．闭合K1，U型管的装置为电解池，阳极上Cl﹣放电生成Cl2，阴极上H2O得电子生成H2，则U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，故A正确； B．Cl2没有漂白性，HClO具有漂白性，阳极上生成的Cl2和H2O反应生成的HClO漂白a处有色布条，故B错误； C．b处出现蓝色，说明有I2生成，发生反应Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，I﹣是还原剂、Cl﹣是还原产物，则还原性Cl﹣＜I﹣，说明非金属性：Cl＞I，故C正确； D．断开K1，立刻闭合K2，Cl2、H2能自发的进行放热的氧化还原反应，所以该装置构成原电池，产生电流，则电流表发生偏转，故D正确； 故选：B。 11．依据图示关系，下列说法不正确的是（　　） A．C（石墨）的燃烧热为ΔH＝﹣393.5kJ/mol B．C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2 C．1molC（石墨）和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多 D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 【答案】B 【分析】A．C（石墨）的燃烧热是指1mol石墨完全燃烧生成二氧化碳气体； B．所求反应可由已知反应推导，根据盖斯定律计算所求反应的焓变； C．根据反应转化关系图，结合发生反应的焓变分析； D．根据盖斯定律分析。 【解答】解：A．由C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ/mol可知，C（石墨）的燃烧热为ΔH＝﹣393.5kJ/mol，故A正确； B．①C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ/mol，②CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH2＝﹣283.0kJ/mol，根据盖斯定律①﹣②×2可得：C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH＝ΔH1﹣2ΔH2，故B错误； C．根据图示，C（石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣393.5kJ/mol，CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH2＝﹣283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC（石墨）和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC（石墨）放热多，故C正确； D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确； 故选：B。 12．一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（　　） A．简单离子半径：M＞W＞Z B．基态Z原子的价层电子轨道表示式： C．Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种 D．、的空间构型均为平面三角形 【答案】B 【分析】原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M，X只形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成2个共价键、M形成6个共价键，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素；W形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知W为Na元素，以此来解答。 【解答】解：A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故A错误； B．O的价电子排布式为2s22p4，价层电子轨道表示式：，故B正确； C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA大于同周期相邻元素的第一电离能，则O元素所在周期中，第一电离能大于O的元素有N、F、Ne，共3种，故C错误； D．中心原子的价电子对数为3，孤电子对数为0，其空间构型为平面三角形，中心原子的价电子对数为4，孤电子对数为1，其空间构型为三角锥形，故D错误； 故选：B。 13．氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．Fe分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同 B．a+e→b反应的离子方程式为5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O C．工业制备得ⅰ的浓溶液常温下不与铁反应 D．d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱 【答案】B 【分析】由上述氯、硫元素的价类二维图可知，g为S单质，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3，f为H2S；a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3。 【解答】解：A．Fe分别与b、g反应，分别生成FeCl3、FeS，产物中铁元素的化合价不相同，故A错误； B．HCl+NaClO3→Cl2，发生归中反应，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：，故B正确； C．常温下，浓硫酸与铁钝化，铁的表面生成致密的氧化膜，发生了化学反应，故C错误； D．h的水溶液在空气中久置，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；HClO水溶液在空气中久置，HClO分解生成HCl，酸性增强，故D错误。 故选：B。 14．恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2在催化剂M表面进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）部分历程如图所示（*表示物种吸附在催化剂表面，TS表示过波态）。 下列说法正确的是（　　） A．反应过程中有非极性共价键的断裂与形成 B．加入催化剂M可以使化学平衡正向移动 C．物种在催化剂表面吸附的过程需要吸收能量 D．上述历程决速步骤的反应为HCO*+H*→H2CO* 【答案】D 【分析】A．相同的原子之间形成非极性共价键； B．催化剂不影响平衡移动，故B错误； C．由图可知，吸附过程，能量降低； D．由图可知，HCO*+H*转化为H2CO*，的活化能最大。 【解答】解：A．反应过程中有H—H非极性共价键的断裂，但没有非极性共价键的形成，故A错误； B．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，故B错误； C．由图可知，物种在催化剂表面吸附的过程需要放出能量，故C错误； D．由图可知，活化能越大，反应速率越慢，上述历程决速步骤的反应为HCO*+H*→H2CO*，故D正确； 故选：D。 15．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理可表示为16Li+xS8＝8Li2Sx；用该电池电解含锰酸性废水可得到MnO2装置如图所示。下列说法错误的是（　　） A．N极为负极，发生氧化反应 B．电解一段时间后，a区溶液的pH增大 C．Y极电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+ D．当N极质量增加1.4g时，有0.2mol Cl﹣由b区移动至c区 【答案】A 【分析】全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理可表示为16Li+xS8＝8Li2Sx，用该电池电解含锰酸性废水可得到MnO2，Mn2+转化成MnO2，发生氧化反应，则Y极为阳极，电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，N为正极，M为负极，发生氧化反应，X为阴极，电极反应方程式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此分析判断。 【解答】解：A．用该电池电解含锰酸性废水可得到MnO2，Y极为阳极，N为正极发生氧化反应，故A错误； B．电解一段时间后，X为阴极，电极反应方程式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，a区溶液的pH增大，故B正确； C．Y极为电解池的阳极，电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，故C正确； D．当N极质量增加1.4 g时，N为正极，Li+嵌入，增加0.2 mol Li+，转移0.2 mol电子，同时有0.2 mol Cl﹣由b区移动至c区，故D正确； 故选：A。 16．在钯（Pd）催化下高效合成乙酸乙烯酯（CH2＝CHOOCCH3）的过程示意图如图。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CH2＝CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．每消耗1mol O2理论上可生成2mol CH2＝CHOOCCH3 【答案】D 【分析】A．反应①中，氧化剂是O2，还原剂是Pd0，1mol O2得4mol电子； B．反应②中存在C—H、O—H键的断裂，以及C—O键的形成，无C—O键断裂； C．总反应为2CH2＝CH2+2CH3COOH+O2＝2CH2＝CHOOCCH3+2H2O； D．每消耗1 mol O2理论上可生成2 mol CH2＝CHOOCCH3。 【解答】解：A．反应①中，氧化剂是O2，1mol O2得4mol电子，还原剂是Pd0，1mol Pd0失2mol电子生成PdⅡ，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故A错误； B．反应②中存在C—H、O—H键的断裂，以及C—O键的形成，无C—O键断裂，故B错误； C．总反应为2CH2＝CH2+2CH3COOH+O2＝2CH2＝CHOOCCH3+2H2O，有副产物H2O生成，原子利用率不是100%，故C错误； D．每消耗1 mol O2理论上可生成2 mol CH2＝CHOOCCH3，故D正确； 故选：D。 第二部分（非选择题 共56分） 二、非选择题：本题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分） 醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。 （1）醋酸钠晶体（CH3COONa•3H2O）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图： 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CH3COONa溶液的浓度：移取20.00mLCH3COONa溶液，用1.000mol•L﹣1盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。CH3COONa溶液的浓度c0＝　 　 mol•L﹣1。 （3）某小组同学研究CH3COONa水解平衡的影响因素。 取（2）中CH3COONa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 V（CH3COONa）/mL V（H2O）/mL 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CH3COONa水解平衡的移动方向和判断理由：　 　 。 ②甲同学通过计算CH3COONa水解的平衡转化率，进一步解释稀释时CH3COONa水解平衡的移动方向。实验1和2中CH3COONa水解的平衡转化率之比为　 。 ③已知CH3COONa水解是吸热反应，升高温度时CH3COONa溶液中c（OH﹣）　 　 （填“增大”“不变”或“减小”）。由实验2和3可知，升高温度，CH3COONa溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对CH3COONa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CH3COONa水解平衡常数的大小，可说明温度对CH3COONa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CH3COONa的水解平衡常数Kh，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a，结合实验3中的数据，写出Kh的计算式（ⅱ）　　 。 测定结果：Kh（40℃）＞Kh（25℃）。 【答案】（1）①； ②蒸发浓缩、冷却结晶； （2）①BD； ②1.050； （3）①CH3COONa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； ②10﹣0.50； ③增大； ④用pH计测定40℃下纯水的pH； 。 【分析】醋酸废水中加入“烧碱”，发生酸碱中和反应CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，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 CH3COONa•3H2O 晶体。 【解答】解：（1）①醋酸钠（CH3COONa）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c（OH﹣）＞c（H+），从而显弱碱性，离子方程式：， 故答案为：； 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（CH3COONa•3H2O）。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， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶； （2）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， 故答案为：BD； ②反应原理：CH3COONa+HCl＝CH3COOH+NaCl，则n（CH3COONa）＝n（HCl），c（CH3COONa）×V（CH3COONa）＝c（HCl）×V（HCl），则 CH3COONa溶液的浓度， 故答案为：1.050； （3）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， 故答案为：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cmol/L，水解生成的c（OH﹣）≈c（CH3COOH），则平衡时 mol/L，，水解转化率，，实验1的浓度是实验2的10倍，c1＝10c2，转化率之比 10﹣0.50， 故答案为：10﹣0.50； ③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c（OH﹣）会增大， 故答案为：增大； ④水解平衡常数 ，实验3中溶液的pH为8.56，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﹣），Kw＝ 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Kh， 故答案为：用pH计测定40℃下纯水的pH； 。 18．（14分） 硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿（主要成分为FeS2，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au）为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、Co3O4和Au。 ②氧化性：Co（Ⅲ）＞Cl2。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如表： 氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Co（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 10﹣38.6 10﹣19.8 10﹣14.8 10﹣12.9 一般情况下，离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1可认为该离子沉淀完全。 （1）基态28Ni原子价层电子排布式为：　 。 （2）“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为　 。 （3）“酸浸”时，Co3O4溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为　 　 ，“酸浸”不能选用浓盐酸的原因　 　 。 （4）“调pH”时，当Co2+、Ni2+的浓度均为0.1mol•L﹣1时，pH最高可调至　 　 （忽略溶液体积变化）。 （5）“沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为　 　 ； 若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的CoCO3沉淀颗粒较为疏松，原因是　 　 。 （6）“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示（R是同一烃基C8H17—），两物质中P＝O上的氧原子均可与Co2+配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O（P204）　 　 O（P507）（填“大于”“小于”或“等于”）。 （7）由CoCO3制得的钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为I型。则Co占据晶胞的体内、顶角和　 　 ，该钴蓝晶胞的化学式为　 。 【答案】（1）3d84s2； （2）3CoS+5O2 ＝ Co3O4+3SO2； （3）1：1；Co（Ⅲ）氧化性强于Cl2，会氧化浓盐酸中的Cl﹣生成有毒的Cl2，污染环境； （4）7.1； （5） ＝ ；反应生成的CO2气体使沉淀颗粒疏松； （6）小于； （7）面心；CoAl2O4。 【分析】黄铁矿焙烧后S元素转化为SO2进入气相，Fe、Co、Ni、Cu元素转化为金属氧化物进入烧渣，Au元素以单质形式留存；酸浸后金属元素转化为对应阳离子进入溶液，Au以滤渣形式除去；调pH后Fe、Cu元素以氢氧化物沉淀除去，Co、Ni元素留存于溶液中，后续通过沉钴、萃取分离Co、Ni元素。 【解答】解：（1）Ni的核电荷数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价层电子为最外层与次外层的d电子，排布式为3d84s2， 故答案为：3d84s2； （2）焙烧时CoS与O2反应，Co元素从+2价变为Co3O4中的平均价，每个Co原子失去电子；S元素从﹣2价变为SO2中的+4价，每个S原子失去6mol电子；1个CoS共失去电子；O2中O元素从0价变为﹣2价，1个O2得到4mol电子；根据得失电子守恒，CoS与O2的化学计量数之比为3：5，结合原子守恒配平化学方程式为3CoS+5O2 ＝ Co3O4+3SO2， 故答案为：3CoS+5O2 ＝ Co3O4+3SO2； （3）Co3O4可表示为CoO•Co2O3，1mol Co3O4中含1mol Co2+与2mol Co3+；酸浸时Co3+被H2O2还原为Co2+，2mol Co3+得到2mol电子；H2O2中O元素从﹣1价被氧化为0价，1mol H2O2失去2mol电子；氧化剂Co3O4与还原剂H2O2的物质的量之比为1：1；已知氧化性Co（Ⅲ）＞Cl2，浓盐酸中的Cl﹣会被Co（Ⅲ）氧化为有毒的Cl2，污染环境，因此酸浸不能选用浓盐酸， 故答案为：1：1；Co（Ⅲ）氧化性强于Cl2，会氧化浓盐酸中的Cl﹣生成有毒的Cl2，污染环境； （4）调pH的最高值为Co2+开始沉淀的pH，此时c（Co2+）＝0.1mol•L﹣1，，开方得c（OH﹣）＝10﹣6.9mol•L﹣1；pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝6.9，常温下pH＝14﹣pOH＝14﹣6.9＝7.1；验证Ni2+：，Ni2+开始沉淀的，对应pH＝8.05，大于7.1，因此pH最高可调至7.1， 故答案为：7.1； （5）沉钴时，Co2+与氨水、碳酸氢铵反应生成CoCO3沉淀，同时生成与H2O，离子方程式为 ＝ ；仅加入碳酸氢铵时，与Co2+反应生成CoCO3的同时，会生成CO2气体，气体逸出过程中使沉淀颗粒变得疏松， 故答案为： ＝ ；反应生成的CO2气体逸出，使沉淀颗粒疏松； （6）P204中与P原子相连的是2个吸电子的RO﹣基团，P507中与P原子相连的是1个吸电子的RO﹣基团和1个给电子的R﹣基团；给电子基团使P＝O上O原子的电子云密度升高，孤电子对更易给出，与Co2+的配位能力更强，因此O（P204）小于O（P507）， 故答案为：小于； （7）钴蓝晶胞为2×2×2的小立方体堆叠而成的大晶胞，共包含8个小立方体，其中a、c、f为I型，其余为II型；I型小立方体中Co原子位于小立方体的4个顶点和1个体内，II型小立方体中Co原子仅位于小立方体的4个顶点；大晶胞中Co原子的位置与均摊计算：①顶角：大晶胞8个顶角各有1个Co原子，每个顶角原子属于8个大晶胞共享，贡献个；②面心：大晶胞6个面心各有1个Co原子，每个面心原子属于2个大晶胞共享，贡献个；③体内：大晶胞内部有4个Co原子，完全属于该晶胞，贡献4×1＝4个；总Co原子数为1+3+4＝8个，因此Co占据晶胞的体内、顶角和面心；Al原子全部位于晶胞体内，共16个，完全属于该晶胞；O原子全部位于晶胞体内，共32个，完全属于该晶胞；晶胞中N（Co）：N（Al）：N（O）＝8：16：32＝1：2：4，化学式为CoAl2O4， 故答案为：面心；CoAl2O4。 19．（14分） 燃煤中的SO2处理与利用是一项重要的研究课题。 Ⅰ.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： ①CaS（s）+2SO2（g）⇌CaSO4（s）+S2（g）ΔH1 ②CaSO4（s）+4H2（g）⇌CaS（s）+4H2O（g）ΔH2 ③SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3 恒容条件下，加入CaS、SO2、H2开始反应，平衡体系中，各气态物种的1gn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 回答下列问题： （1）S的价层电子排布式为　 。 （2）反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g）的ΔH＝　 （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。 （3）反应①　 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）。 （4）已知：图示温度范围内反应②平衡常数K＝108基本不变，则体系中　 　 ，可以表示H2（g）变化的为图中曲线　 　 （填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）。 Ⅱ.Na2CO3溶液用于吸收持续通入的SO2，反应如下： 第一步：2SO2+H2O⇌2 第二步：SO2⇌CO2和SO2+H2O⇌2 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 Ka（25℃） Ka1＝4.0×10﹣7 Ka2＝4.0×10﹣11 Ka1＝1.0×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 （5）计算第一步的K＝　 [c（SO2）≈c（H2SO3）]。 （6）理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在2L浓度均为1mol•L﹣1的Na2SO3和NaHCO3混合溶液中，随n（SO2）的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①仅从结合H+的能力考虑，当n（SO2）＝0～amol时，与SO2优先反应的离子是 。 ②当n（SO2）＝bmol时，SO2的平衡转化率为 。（用含x1、y1和b的代数式表示，写出推导过程）。 ③a～bmol，平衡转化率上升而平衡转化率下降，原因是：　 　 。 【答案】（1）3s23p4； （2）ΔH1+ΔH2； （3）低温； （4）100；丁； （5）3.75×1011； （6）①； ②； ③amol后，随着n（SO2）增加，又因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中c （HS）不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 【分析】（1）S元素的原子序数为16； （2）由盖斯定律可知，反应1①+反应2②得到反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g）； （3）根据图示可知，随着温度的升高，1gn（S2）减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应，且反应①是熵减反应，则低温更有利于反应自发进行；n（SO2）增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S； （4）反应②平衡常数K═108，则100，同一容器的体积相等，则100，lgn（H2O）﹣lgn（H2）＝2，图示温度范围内反应②平衡常数K＝108基本不变； （5）2SO2+H2O⇌2的K； （6）①由图可知，n（SO2）＝0～amol，的平衡转化率大于的平衡转化率； ②一定温度时，在2L浓度均为lmol•L﹣1的Na2SO3和NaHCO3混合溶液中，n（）＝n （）＝2 mol，列式： SO2⇌CO2 Δn（mol） 0.02x1 0.02x1 SO2+H2O⇌2 Δn（mol） 0.02y1 0.02y1 SO2的转化率； ③amol后，随着n（SO2）增加，又因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中c （HS）不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 【解答】解：（1）S元素的原子序数为16，基态原子的价层电子排布式为3s23p4， 故答案为：3s23p4； （2）由盖斯定律可知，反应1①+反应2②得到反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g），则ΔH＝ΔH1+ΔH2， 故答案为：ΔH1+ΔH2；故答案为：低温； （3）根据图示可知，随着温度的升高，1gn（S2）减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应，且反应①是熵减反应，则低温更有利于反应自发进行；n（SO2）增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S；升高温度，平衡向吸热方向移动， 故答案为：低温； （4）反应②平衡常数K═108，则100，同一容器的体积相等，则100，lgn（H2O）﹣lgn（H2）＝2，图示温度范围内反应②平衡常数K＝108基本不变，则H2O、H2的纵坐标的差几乎不变，且1gn（H2O）＞1gn（H2），所以曲线乙表示H2O、曲线丁表示H2；随着温度的升高，1gn （S2）减小，反应①逆向移动，n （SO2）增大，所以曲线丙表示SO2、曲线甲表示H2S， 故答案为：100；丁； （5）2SO2+H2O⇌2的K3.75×1011， 故答案为：3.75×1011； （6）①由图可知，n（SO2）＝0～amol，的平衡转化率大于的平衡转化率，即与SO2优先反应的离子是， 故答案为：； ②一定温度时，在2L浓度均为lmol•L﹣1的Na2SO3和NaHCO3混合溶液中，n（）＝n （）＝2 mol，列式： SO2⇌CO2 Δn（mol） 0.02x1 0.02x1 SO2+H2O⇌2 Δn（mol） 0.02y1 0.02y1 SO2的转化率， 故答案为：； ③amol后，随着n（SO2）增加，又因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中c （HS）不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降， 故答案为：amol后，随着n（SO2）增加，又因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中c （HS）不断增加，促使反应③逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 20．（14分） 一种光催化剂Ni5﹣V6催化C（sp3）—H键氧化亚胺化的路径如图所示： （1）Ⅰ中的官能团名称是 　 　 ，化合物Ⅲ的名称是 　 　 。 （2）化合物Ⅴ的分子式是 　 。 （3）化合物Ⅱ的另一种生成途径需要对氯苯甲醇为原料，写出该反应的化学方程式 。 （4）化合物Ⅵ是比化合物Ⅱ多一个碳原子的同系物，在Ⅵ的质谱图中，分子离子峰对应的最大质荷比数值是 　 　 ，苯环上有三个取代基且能与氯化铁溶液发生显色反应的Ⅵ的同分异构体有 　 种。 （5）关于上述合成路线的相关物质及转化，下列说法正确的有 　 。 A.Ⅱ和Ⅳ合成Ⅴ的过程中，只有π键的断裂与形成 B.化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有5组吸收峰，且分子中不存在手性碳原子 C.Ni5﹣V6在催化过程中还起到氧化剂和还原剂的作用 D.化合物Ⅱ在一定条件下可以发生还原反应 （6）以甲苯和溴甲烷为有机原料，参照上述路线，合成化合物Ⅶ（），回答下列问题。 已知： 合成化合物Ⅶ的一种路线设计如下 第一步：由芳香烃引入卤素，该步骤的反应类型是 　 　 。 第二步：由卤代烃转化为含氧有机物。 第三步：由第二步生成物与溴甲烷反应合成醚类有机物，写出该步骤的化学方程式 。 第四步：用甲苯制备对硝基甲苯。 第五步：以第三步、第四步产物为反应物，使用Ni5﹣V6催化剂，进行后续目标产物Ⅶ的合成（不考虑其他副产物）。 【答案】（1）碳氯键；硝基苯； （2）C13H1oNCl； （3）； （4）154.5；10； （5）CD； （6）取代反应； 。 【分析】由图可知，化合物Ⅰ中甲基在光催化剂作用下氧化为化合物Ⅱ中醛基，化合物Ⅲ中硝基被光催化剂还原为化合物Ⅳ中的氨基，然后化合物Ⅲ和化合物Ⅳ经缩合反应脱去一分子水生成Ⅴ。 【解答】解：（1）Ⅰ中的官能团名称是碳氯键，化合物Ⅲ的名称化合物Ⅲ为，名称为硝基苯， 故答案为：碳氯键；硝基苯； （2）Ⅴ为，分子式为C13H1oNCl， 故答案为：C13H1oNCl； （3）催化氧化可得该物质，该反应的化学方程式， 故答案为：； （4）化合物Ⅱ为苯甲醛（C7H5OCl），Ⅵ比Ⅱ多一个碳原子，即为C8H7OCl，分子离子峰对应的质荷比（m/z）为分子量最大值，即154.5；苯环上有三个取代基且能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该化合物的不饱和度为5，则另外两个取代基分别是—CH＝CH2和—Cl，三个不同取代基在苯环上有10种位置异构，即符合条件的同分异构体有10种， 故答案为：154.5；10； （5）A．Ⅱ和Ⅳ合成Ⅴ的过程中，有N—H单键的断裂，故A错误； B.化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有6组吸收峰，分子中不存在手性碳原子，故B错误； C.Ni5﹣V16在催化Ⅰ生成Ⅱ的过程中将甲基氧化为醛基，起到氧化剂的作用，在催化Ⅲ生成Ⅳ的过程中将硝基还原为氨基，起到还原剂的作用，故C正确； D.化合物Ⅱ含有醛基，在一定条件下可以发生还原反应，故D正确； 故答案为：CD； （6）以甲苯和溴甲烷为有机原料，参照上述路线，合成化合物VII的路线设计如下：，根据光催化剂Ni5﹣V16催化C（sp3）—H键氧化亚胺化的路径图，结合合成化合物Ⅶ的结构式（）逆推可得反应最后一步的反应物结构简式为和；引入卤素的化学方程式为； 第一步：由芳香烃引入卤素，该步骤的反应类型是取代反应；第二步生成物与溴甲烷进行反应合成醚类有机物的反应类型为取代反应；第三步：由第二步生成物与溴甲烷反应合成醚类有机物，该步骤的化学方程式， 故答案为：取代反应；。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2026-2027学年高三化学上学期开学模拟卷 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共44分） 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．三星堆出土的文物中，主要由硅酸盐材料制成的是（　　） A．青铜纵目面具 B．金箔虎形饰 C．陶鸟头勺把 D．云雷纹牙雕 A．A B．B C．C D．D 2．1934年，约里奥—居里夫妇在核反应中用α粒子（氦核He）轰击金属铝，得到磷，开创了人工放射性核素的先河，其核反应为AlHePn。下列化学用语正确的是（　　） A．基态Al原子的价层电子轨道表示式为 B．He没有共价键，不是非极性分子 C．明矾的化学式为K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O D．基态P原子中p能级的轨道总数为3 3．镍合金广泛用于电气工业、真空管、化学工业、医疗器材和航海船舶工业等方面。如果要比较镍（Ni）和铁的金属活动顺序，以下方法不能达到目的的是（　　） A．利用金属镍、金属铁与稀硫酸进行实验 B．利用金属镍和FeCl2溶液进行实验 C．利用金属铁和NiSO4溶液进行实验 D．查阅初中化学课本上的金属活动性顺序表 4．下列关于氯气的实验装置能达到预期目的的是（　　） A．制氯气 B．除氯气中HCl C．干燥氯气 D．尾气处理 A．A B．B C．C D．D 5．银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与，Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法不正确的是（　　） A．Al是负极 B．阳离子向银饰移动 C．若有0.9gAl反应，最多能复原0.1mol Ag2S D．Ag2S表面发生反应：Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣ 6．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为（　　） A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶 7．含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是（　　） A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定 B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅 C．过量的NH3通入0.1mol•L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀 D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化 8．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．每消耗32gS，该反应中转移的电子数目为12NA B．2.0mol KNO3晶体中含有的离子数目为2NA C．1L1.0mol•L﹣1K2S溶液中含S2﹣的数目为NA D．标准状况下，2.24LCO2中含有σ键的数目为0.4NA 9．中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图： 下列说法不正确的是（　　） A．“乙→丙”发生了消去反应 B．香茅醛不存在顺反异构现象 C．甲分子有4个手性碳 D．1mol香茅醛能与2mol氢气发生加成反应 10．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1一段时间后，下列说法不正确的是（　　） A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2 B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性 C．b处出现蓝色，说明非金属性：Cl＞I D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转 11．依据图示关系，下列说法不正确的是（　　） A．C（石墨）的燃烧热为ΔH＝﹣393.5kJ/mol B．C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2 C．1molC（石墨）和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多 D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关 12．一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（　　） A．简单离子半径：M＞W＞Z B．基态Z原子的价层电子轨道表示式： C．Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种 D．、的空间构型均为平面三角形 13．氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是（　　） A．Fe分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同 B．a+e→b反应的离子方程式为5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O C．工业制备得ⅰ的浓溶液常温下不与铁反应 D．d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱 14．恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2在催化剂M表面进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）部分历程如图所示（*表示物种吸附在催化剂表面，TS表示过波态）。 下列说法正确的是（　　） A．反应过程中有非极性共价键的断裂与形成 B．加入催化剂M可以使化学平衡正向移动 C．物种在催化剂表面吸附的过程需要吸收能量 D．上述历程决速步骤的反应为HCO*+H*→H2CO* 15．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理可表示为16Li+xS8＝8Li2Sx；用该电池电解含锰酸性废水可得到MnO2装置如图所示。下列说法错误的是（　　） A．N极为负极，发生氧化反应 B．电解一段时间后，a区溶液的pH增大 C．Y极电极反应式为Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+ D．当N极质量增加1.4g时，有0.2mol Cl﹣由b区移动至c区 16．在钯（Pd）催化下高效合成乙酸乙烯酯（CH2＝CHOOCCH3）的过程示意图如图。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CH2＝CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D．每消耗1mol O2理论上可生成2mol CH2＝CHOOCCH3 第二部分（非选择题 共56分） 二、非选择题：本题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17．（14分） 醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。 （1）醋酸钠晶体（CH3COONa•3H2O）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图： 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CH3COONa溶液的浓度：移取20.00mLCH3COONa溶液，用1.000mol•L﹣1盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为21.00mL。CH3COONa溶液的浓度c0＝　 　 mol•L﹣1。 （3）某小组同学研究CH3COONa水解平衡的影响因素。 取（2）中CH3COONa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 V（CH3COONa）/mL V（H2O）/mL 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CH3COONa水解平衡的移动方向和判断理由：　 　 。 ②甲同学通过计算CH3COONa水解的平衡转化率，进一步解释稀释时CH3COONa水解平衡的移动方向。实验1和2中CH3COONa水解的平衡转化率之比为　 。 ③已知CH3COONa水解是吸热反应，升高温度时CH3COONa溶液中c（OH﹣）　 　 （填“增大”“不变”或“减小”）。由实验2和3可知，升高温度，CH3COONa溶液pH减小，乙同学认为不能直接根据pH变化判断温度对CH3COONa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CH3COONa水解平衡常数的大小，可说明温度对CH3COONa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CH3COONa的水解平衡常数Kh，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a，结合实验3中的数据，写出Kh的计算式（ⅱ）　 　 。 测定结果：Kh（40℃）＞Kh（25℃）。 18．（14分） 硫酸镍在新能源、电镀、催化和材料制造等领域占据核心地位，钴在催化、磁性材料和医疗领域发挥着不可替代的作用。以黄铁矿（主要成分为FeS2，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au）为原料制备硫酸镍同时回收Co的工艺流程如图： 已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是Fe2O3、CuO、NiO、Co3O4和Au。 ②氧化性：Co（Ⅲ）＞Cl2。 ③常温下，部分氢氧化物的溶度积如表： 氢氧化物 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Co（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 10﹣38.6 10﹣19.8 10﹣14.8 10﹣12.9 一般情况下，离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1可认为该离子沉淀完全。 （1）基态28Ni原子价层电子排布式为：　 。 （2）“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为　 。 （3）“酸浸”时，Co3O4溶解反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为　 　 ，“酸浸”不能选用浓盐酸的原因　 　 。 （4）“调pH”时，当Co2+、Ni2+的浓度均为0.1mol•L﹣1时，pH最高可调至　 　 （忽略溶液体积变化）。 （5）“沉钴”时，生成CoCO3沉淀的离子方程式为　 　 ； 若“沉钴”只加入碳酸氢铵，制得的CoCO3沉淀颗粒较为疏松，原因是　 　 。 （6）“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示（R是同一烃基C8H17—），两物质中P＝O上的氧原子均可与Co2+配位形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O（P204）　 　 O（P507）（填“大于”“小于”或“等于”）。 （7）由CoCO3制得的钴氧化物和Al2O3按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为I型。则Co占据晶胞的体内、顶角和　 　 ，该钴蓝晶胞的化学式为　 。 19．（14分） 燃煤中的SO2处理与利用是一项重要的研究课题。 Ⅰ.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： ①CaS（s）+2SO2（g）⇌CaSO4（s）+S2（g）ΔH1 ②CaSO4（s）+4H2（g）⇌CaS（s）+4H2O（g）ΔH2 ③SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3 恒容条件下，加入CaS、SO2、H2开始反应，平衡体系中，各气态物种的1gn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 回答下列问题： （1）S的价层电子排布式为　 。 （2）反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g）的ΔH＝　 （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。 （3）反应①　 （填“高温”、“低温”或“任何温度”）。 （4）已知：图示温度范围内反应②平衡常数K＝108基本不变，则体系中　 　 ，可以表示H2（g）变化的为图中曲线　 　 （填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）。 Ⅱ.Na2CO3溶液用于吸收持续通入的SO2，反应如下： 第一步：2SO2+H2O⇌2 第二步：SO2⇌CO2和SO2+H2O⇌2 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 Ka（25℃） Ka1＝4.0×10﹣7 Ka2＝4.0×10﹣11 Ka1＝1.0×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 （5）计算第一步的K＝　 [c（SO2）≈c（H2SO3）]。 （6）理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在2L浓度均为1mol•L﹣1的Na2SO3和NaHCO3混合溶液中，随n（SO2）的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①仅从结合H+的能力考虑，当n（SO2）＝0～amol时，与SO2优先反应的离子是 。 ②当n（SO2）＝bmol时，SO2的平衡转化率为 。（用含x1、y1和b的代数式表示，写出推导过程）。 ③a～bmol，平衡转化率上升而平衡转化率下降，原因是：　 　 。 20．（14分） 一种光催化剂Ni5﹣V6催化C（sp3）—H键氧化亚胺化的路径如图所示： （1）Ⅰ中的官能团名称是 　 　 ，化合物Ⅲ的名称是 　 　 。 （2）化合物Ⅴ的分子式是 　 。 （3）化合物Ⅱ的另一种生成途径需要对氯苯甲醇为原料，写出该反应的化学方程式 。 （4）化合物Ⅵ是比化合物Ⅱ多一个碳原子的同系物，在Ⅵ的质谱图中，分子离子峰对应的最大质荷比数值是 　 　 ，苯环上有三个取代基且能与氯化铁溶液发生显色反应的Ⅵ的同分异构体有 　 种。 （5）关于上述合成路线的相关物质及转化，下列说法正确的有 　 。 A.Ⅱ和Ⅳ合成Ⅴ的过程中，只有π键的断裂与形成 B.化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有5组吸收峰，且分子中不存在手性碳原子 C.Ni5﹣V6在催化过程中还起到氧化剂和还原剂的作用 D.化合物Ⅱ在一定条件下可以发生还原反应 （6）以甲苯和溴甲烷为有机原料，参照上述路线，合成化合物Ⅶ（），回答下列问题。 已知： 合成化合物Ⅶ的一种路线设计如下 第一步：由芳香烃引入卤素，该步骤的反应类型是 　 　 。 第二步：由卤代烃转化为含氧有机物。 第三步：由第二步生成物与溴甲烷反应合成醚类有机物，写出该步骤的化学方程式 。 第四步：用甲苯制备对硝基甲苯。 第五步：以第三步、第四步产物为反应物，使用Ni5﹣V6催化剂，进行后续目标产物Ⅶ的合成（不考虑其他副产物）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $