精品解析：海南省某校2025-2026学年高三上学期第八次学业诊断化学试题

绝密★启用前 2026届高三化学学业诊断(八) 考试时间：90分钟；试卷分数：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 3.可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 第I卷(选择题) 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 2 分，共 16 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. 大国重器是国之底气。下列关于我国的国之重器叙述正确的是 A. “朱雀二号”运载火箭所用燃料液氧甲烷属于纯净物 B. “中国天眼”的防腐膜所用聚苯乙烯的单体是苯乙烯 C. “船”的液罐所用不锈钢中含量最高的元素是镍 D. “嫦娥六号”所用太阳能电池是将化学能转化为电能 【答案】B 【解析】 【详解】A．液氧甲烷含有O2和CH4，属于混合物，A错误； B．聚苯乙烯由苯乙烯单体通过加聚反应生成，因此聚苯乙烯的单体是苯乙烯，B正确； C．不锈钢以铁为基体，含量最高的元素是铁，镍是合金元素但含量远低于铁，C错误； D．太阳能电池直接将光能转化为电能，而非化学能转化为电能，D错误； 故答案为B。 2. 下列不符合实验安全要求的是 A. 乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 B. 进行化学实验时需要佩戴护目镜 C. 加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D. 酸、碱废液分别收集后直接排放 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇为易燃液体，存放在阴凉通风处、远离火种可规避火灾风险，符合实验安全要求，A正确； B．进行化学实验时佩戴护目镜可避免化学试剂溅入眼睛造成损伤，符合实验安全要求，B正确； C．加热操作时选择合适的隔热、夹持工具，可防止接触高温物体导致烫伤，符合实验安全要求，C正确； D．酸、碱废液具有腐蚀性，直接排放会腐蚀管道、污染水体，需处理至达标后才可排放，分别收集后直接排放不符合实验安全要求，D错误； 故选D。 3. 物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是 选项 物质的性质 用途 A 具有热分解性 餐具洗涤剂 B 酚醛树脂具有耐高温、隔热性 飞船外层烧蚀材料 C 离子液体具有导电性 原电池电解质 D 水凝胶具有亲水性 隐形眼镜材料 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．NaHCO3用作餐具洗涤剂是因为水解显碱性可与油脂反应，而非热分解性，对应关系不成立，A错误； B．酚醛树脂耐高温、隔热性符合烧蚀材料保护飞船的需求，对应正确，B正确； C．离子液体的导电性使其适合作为原电池电解质，对应正确，C正确； D．水凝胶的亲水性可保持隐形眼镜湿润，对应正确，D正确； 故选A。 4. 下列描述不能正确地反映事实的是 A. 室温下与碳不发生反应，高温下可生成和 B. 室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯 C. 通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康 D. 某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康 【答案】B 【解析】 【详解】A． 高温下SiO2与碳发生反应生成Si和CO，A正确； B．苯的溴代反应需催化剂，仅升温无法生成溴苯，B错误； C．硒化合物(如硒化氢)多数有毒，但硒是人体必需的微量元素，微量摄入有益健康，过量则有害，C正确； D．镇痛类生物碱的双重作用描述正确，例如吗啡等生物碱可用于镇痛治疗，但滥用会导致成瘾和健康危害，D正确； 故选B。 5. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 氯化铁晶体属于离子晶体 B. 氯化铁溶液可用于检验苯酚 C. 氯化铁可由铁与氯气反应制得 D. 氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 【答案】A 【解析】 【详解】A．电荷高、半径小，极化能力强，可使发生显著变形，氯化铁共价性较强，其晶体属于分子晶体，不属于离子晶体，A错误； B．溶液与苯酚发生特征显色反应显紫色，可用于检验苯酚，B正确； C．氯气氧化性强，与在点燃条件下反应直接生成，C正确； D．将饱和溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，D正确； 故选A。 6. 下列化学方程式书写错误的是 A. 乙醛与新制氢氧化铜混合后加热至沸腾： B. 0.1 mol/L 溶液中滴加乙醇呈绿色： C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应： D. 2-丙醇氧化：2 【答案】C 【解析】 【分析】判断有机反应方程式，既要依据官能团的转化和芳香族取代定位规律确定产物，也要核对元素守恒、氧化还原电子守恒及反应条件。醛基在碱性条件下被氧化为羧酸盐；乙醇可被高价铬氧化为乙酸；甲基使苯环上的取代主要发生在邻位和对位；二级醇氧化生成酮。 【详解】A．乙醛的醛基在碱性条件下被新制氢氧化铜氧化为羧酸盐，同时生成氧化亚铜沉淀，原子数相等，完整方程式为：，A正确； B．乙醇被三氧化铬氧化为乙酸，铬由+6价降低到+3价；按电子守恒配平后，各元素原子数相等，完整方程式为：，B正确； C．甲基是邻、对位定位基，甲苯在30℃下硝化时硝基主要取代在甲基的邻位和对位，题图却把硝基画在间位。正确反应分别为：；，C错误； D．2-丙醇是二级醇，催化氧化生成丙酮；方程式中碳、氢、氧原子数均守恒，完整方程式为：，D正确； 故选C。 7. 浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是 A. 单质的氧化性： B. Y形成的两种单质均为非极性分子 C. 由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质 D. 在铁管上镶嵌M，防止铁管被腐蚀 【答案】D 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y最外层电子数是内层的3倍，内层电子数为2，最外层电子数为6，故Y为O；X原子序数小于O，且X与Y最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，推知X最外层电子数为1，即X为，Z最外层电子数为7，原子序数大于O，故Z为；M价层电子排布为，故M为。 【详解】A．X单质为，Y常见单质为，氧的非金属性强于氢，单质氧化性，即，A错误； B．Y形成的为非极性分子，但为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．H、O、Cl形成的化合物如为弱酸，属于弱电解质，并非均为强电解质，C错误； D．的金属活泼性强于，铁管镶嵌时，作原电池负极被腐蚀，作正极被保护，可防止铁管被腐蚀，D正确； 故答案选D。 8. 1，2-二甲基环丙烷的顺反异构体可相互转化： 该反应的速率方程为：和，和分别为正、逆反应速率常数。时，加入顺式异构体发生反应，两种异构体的质量分数w随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应速率： B. 升高温度，、增大倍数： C. 时发生反应，测得，则 D. L点：转化率为50%，Q(浓度商) 【答案】B 【解析】 【详解】A．M和N点反应未达到平衡，则vM(正)＞vM(逆)，vN(正)＞vN(逆)，反应过程中v(正)不断减小，则vM(正)＞vN(正)，则vM(正)＞vN(逆)，故A错误； B．该反应是放热反应，升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，即k正、k逆增大倍数：k正＜k逆，故B正确； C．由图可知，T1℃反应达到平衡时，(反式)的质量分数为70%，(顺式)的质量分数为30%，反式与顺式的物质的量之比为7∶3，平衡常数K=，T2℃时发生反应，测得，此时K==1＜，该反应是放热反应，升高温度，K值减小，故T1＜T2，故C错误； D．L点时，顺1，2-二甲基环丙烷和反1，2-二甲基环丙烷的质量分数相等，由方程式： 可知，此时顺1，2-二甲基环丙烷转化了一半，转化率为50%，此时反应未达到平衡，反应正向进行，Q(浓度商)＜K，故D错误； 故选：B。 二、不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下： 下列说法正确的是 A. K、M中均无手性碳原子 B. 催化剂存在下K、M与足量氢气反应，所有π键均可断裂 C. K、M均能与反应 D. 等物质的量的K、M与饱和溴水反应，消耗Br2的比例为3：1 【答案】AD 【解析】 【详解】A．手性碳原子为连有4个不同基团的饱和杂化碳原子，K、M中所有碳原子要么为不饱和杂化（苯环、双键、羰基、羧基中的碳），要么为连3个氢的甲基碳，不存在手性碳原子，A正确； B．M中含有羧基，羧基的碳氧双键键无法与发生加成反应，因此并非所有键都断裂，B错误； C．只有羧基能与反应，K中仅含酚羟基，酸性弱于碳酸，不能与反应，C错误； D．1 mol K中，酚羟基、甲氧基活化的苯环邻位共有2个位点可与发生取代反应，消耗2 mol ，另有1 mol碳碳双键与加成，消耗1 mol ，共消耗3 mol ；1 mol M中仅酚羟基的1个邻位可与发生取代反应，消耗1 mol ，二者消耗的比例为，D正确； 故选AD。 10. 下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A. 酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B. 铁发生腐蚀生锈的反应： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 在此保护方法下(如图)，阴极上的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH- 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，铁作负极失电子生成，电极反应式为，A正确； B．铁腐蚀生锈的最终产物为，不是，反应产物错误，B错误； C．铁发蓝处理形成的致密氧化膜是，且浓硝酸具有强氧化性，无法生成还原性的，反应不符合事实，C错误； D．该保护方法为外加电流的阴极保护法，海水呈中性，阴极上主要是溶解的得电子发生还原反应，并非得电子生成，电极反应错误，D错误； 故选A。 11. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．铁制镀件上镀铜 B．实验室快速制备氨气 C．实验室蒸馏分离和 D．检验乙醇脱水生成乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁制镀件上镀铜时，铜片应该作阳极与电源正极相连，铁制镀件作阴极与电源负极相连，A错误； B．NaOH固体溶于水放热且呈碱性，则浓氨水和NaOH固体反应能够生成氨气，B正确； C．蒸馏装置中温度计水银球应该放在支管口，不能插入液面，C错误； D．乙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气和二氧化硫，乙醇蒸气、二氧化硫和乙烯均能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置不能检验乙醇脱水生成乙烯，D错误； 故选B。 12. 我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是 A. 中存在分子间氢键 B. 原子半径 C. 中所有I的孤电子对数相同 D. 中所有N—H极性相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．该物质为离子化合物，由阴阳离子和结晶水构成，不存在独立分子，因此不存在分子间氢键，A错误； B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径，B错误； C．中心I原子孤电子对数为，两端I原子各形成1个键，孤电子对数均为3，所有I的孤电子对数相同，C正确； D．中，环上带正电的N连接的与侧链氨基的所处化学环境不同，极性不相同，D错误； 故选C。 13. 在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电解时，向Pt电极移动 B. 生成的电极反应： C. 电解一段时间后，溶液pH升高 D. 每生成的同时，生成 【答案】CD 【解析】 【分析】Ni电极H2O得电子生成氢气，为阴极；Pt电极副反应OH-失去电子生成氧气，为阳极。 【详解】A．电解时阴离子向阳极移动，Pt电极为阳极，故向Pt电极移动，A正确； B．阳极上失电子发生氧化反应生成，该电极反应原子、电荷均守恒，配平合理，B正确； C．阴极反应为，转移1mol电子生成1mol，阳极消耗生成目标产物和，转移1mol电子约消耗2mol，总反应后溶液中减小，pH降低，C错误； D．生成时电路中转移电子，由于阳极有部分电子用于生成，因此生成的小于，D错误； 故选CD。 14. 常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 约为 B. 点a： C. 点b： D. 水的电离程度： 【答案】D 【解析】 【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。 【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确； B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确； C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确； D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误； 答案选D。 第II卷(非选择题) 15. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。已知： 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为___________。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为： 0.005、 0.150、 0.430、 0.010，滤渣①的主要成分是___________、___________。 （3）加入“调”，过滤后，滤渣②是___________、___________，滤液中的浓度为___________。 （4）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为___________。 （5）蛇纹石“矿化”固定，得到0.466 kg ，相当于固定___________(标准状况)。 【答案】（1）2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑ （2） ①. Fe2O3 ②. SiO2 （3） ①. Fe(OH)3 ②. Al(OH)3 ③. 1.3×10-9 （4）5Mg2++10OH-+4CO2＝Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O↓ （5）89.6 【解析】 【分析】蛇纹石主要成分是Mg3Si2O5(OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。和绿矾(FeSO4·7H2O)混合高温焙烧。经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO4·7H2O高温下分解，得到红棕色固体Fe2O3和气体产物SO3、SO2；三氧化硫是酸性氧化物，与焙烧产生的金属氧化物反应生成硫酸盐，则加水“水浸”过滤得到滤渣①为Fe2O3、SiO2；滤液中含有Ni2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、，加入NaOH调节pH=6，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤，滤渣②为Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液中含有Ni2+、Mg2+、，加入沉淀剂将Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，Ni(OH)2焙烧后得到NiO；向“沉镍”后的溶液通入CO2“矿化”发生反应：5Mg2++10OH-+4CO2＝Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O，得到产物。 【小问1详解】 绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，红棕色固体为Fe2O3，铁元素从+2价升高到+3价、硫元素从+6价降低到+4价，则按得失电子守恒、元素质量守恒得：气体物质为SO2、SO3，反应的化学方程式为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑； 【小问2详解】 Mg3Si2O5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO4·7H2O分解生成Fe2O3、SO2、SO3，“水浸”，结合电荷守恒可知，滤液中硫酸根浓度至少为，远大于滤液中铁离子的浓度，铁元素源自绿矾和蛇纹石，硫元素源自绿矾，结合铁、硫元素守恒，只有一部分铁元素进入滤液，则另一部分铁元素在滤渣①中，故滤渣①的主要成分是为Fe2O3、SiO2，故答案为：Fe2O3、SiO2； 【小问3详解】 加入NaOH“调pH=6”，c(H+)=10-6 mol·L-1，c(OH-)=10-8 mol·L-1。则根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)，可得c(Fe3+)=<1.0×10-5 mol·L-1，说明Fe3+完全沉淀；同理，可计算出c(Al3+)=<1.0×10-5 mol·L-1，说明Al3+完全沉淀；滤液中Al3+的浓度为1.3×10-9 mol·L-1； 【小问4详解】 根据题给信息，可知“沉镍”“矿化”后生成Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O。根据元素守恒，可知调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入CO2“矿化”后反应的离子方程式为：5Mg2++10OH-+4CO2＝Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O↓； 【小问5详解】 0.466 kg Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O的物质的量为：，根据C原子守恒，有关系式：Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O~4CO2，则1mol Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O可固定4molCO2，标准状况下的体积为：22.4 L/mol×4 mol=89.6 L。 16. 甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①         ②          反应③的______，平衡常数_______(用计算式表示)。 （2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图1所示。 图中的曲线是_________(填“a”或“b”)。、时的转化率为_______________________(列出算式)。 （3）分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如图2所示(两者历程相似，图中以示例)。 ①步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应，氘代甲醇的产量_________(填“>”“<”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_________种。 【答案】（1） ①. ②. (或) （2） ①. b ②. （3） ①. Ⅰ ②. < ③. 2 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知反应进行组合：反应② 反应① 即可得到反应③，因此，，根据化学平衡常数的计算规律，方程式相减，平衡常数相除，方程式乘以的系数，平衡常数为原来的系数次方，因此该反应平衡常数 ； 【小问2详解】 升高温度，反应速率加快，相同时间内反应物的转化率更大，即 的剩余浓度更小， 的值更大，因此 对应斜率较大的曲线 a， 对应斜率较小的曲线 b；由图可知，、 时，，解得 ；设初始的 的浓度为，根据物料守恒，，故此时 的转化率为 ； 【小问3详解】 ① 由反应进程图可知，步骤Ⅰ中 的一个 键断裂，与 形成了 键，涉及氢原子成键变化；步骤Ⅱ中是 键和 键断裂形成 键，不涉及氢原子成键变化； ② 由于断裂 键的速率慢于断裂 键的速率， 与 反应时，更容易断裂 键生成 ，而断裂 键生成 的速率较慢，故产量 ；若 与 反应，断裂 键生成 ，断裂 键生成 ，共生成 种氘代甲醇。 17. 某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性铝硅酸盐。 ②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度，当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 ③Ag2CrO4为难溶于水的砖红色沉淀 请回答下列问题： （1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是___________。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B. 步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质 C. 步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D. 步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度 （3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热： ①仪器A的名称是_________； ②步骤V采用此方法加热而不用酒精灯直接加热的原因是________________________________。 （4）测定产品的盐基度。 的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用0.1000mol/L标准溶液滴定至终点。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。 ①达到滴定终点的现象为：_____________________________________________________________________________。 ②产品的盐基度为____________。 ③测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是_____________________________________________。 【答案】（1）Na[Al(OH)4] （2）BC （3） ①. 蒸发皿 ②. 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 （4） ①. 滴加最后半滴标准溶液(AgNO3溶液)，锥形瓶中生成砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，则达到滴定终点 ②. 0.7 ③. pH过低，发生反应，浓度降低，使滴定终点推迟，消耗的硝酸银偏多；而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】 【分析】铝土矿主要成分为氧化铝，含少量氧化铁和二氧化硅，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。 【小问1详解】 氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应转化为Na[Al(OH)4]； 【小问2详解】 A．步骤Ⅰ所需反应温度超过水的沸点，须在密闭耐高压容器中进行，A正确； B．滤液浓度较大时通入过量CO2，会使二氧化碳转化为溶解度较小的碳酸氢钠，形成沉淀引入杂质，B错误； C．进行过滤操作时，不能搅拌漏斗中的液体或沉淀，C错误； D．中a、b可通过控制和的投料比来控制，从而控制产品盐基度，D正确； 故本题答案选BC； 【小问3详解】 ①仪器A的名称是蒸发皿； ②水蒸气水浴加热受热比酒精灯直接加热受热更均匀，受热不均匀会导致产品盐基度不均匀； 【小问4详解】 ①滴加硝酸银溶液时，银离子首先与氯离子结合形成乳白色氯化银沉淀，氯离子全部消耗后，形成铬酸银沉淀，因此滴定终点的现象为滴加最后半滴标准溶液(AgNO3溶液)，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，则达到滴定终点； ②银离子与氯离子1:1反应，故样品溶液中氯离子物质的量浓度为：，，故b=1.8，根据电荷守恒，a=2×3-b=4.2，盐基度为； ③pH过低，发生反应，浓度降低，使滴定终点推迟，消耗的硝酸银偏多；而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多，因此pH值过低或过高均会影响测定结果。 18. 化合物F是治疗实体瘤的潜在药物。F的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件)： 已知： 回答下列问题： （1）A的含氧官能团名称是______________。 （2）A生成B的化学方程式：_________________________________________________________。 （3）B在生成C的同时，有副产物G生成。已知G是C的同分异构体，且与C的官能团相同。G的结构简式是_____________________________________(考虑立体异构)。 （4）C与生成E的同时，有少量产物I生成，此时中间体H的结构简式是________________________。 （5）C生成D的反应类型是_____________，E生成F的反应类型是________________。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线_______(无机试剂和溶剂任选)。 【答案】（1）(酮)羰基 （2）+Br2→ （3） （4） （5） ①. 加成反应 ②. 氧化反应 （6） 【解析】 【分析】A与发生加成反应得到B，B发生消去反应得到C；C在碱的作用下加成得到D，结合已知条件回答： 【小问1详解】 A的结构中仅含1种含氧官能团：羰基（酮羰基）； 【小问2详解】 A的碳碳双键与发生加成反应，生成分子式为的二溴代物B，无其他小分子生成，其方程式为：； 【小问3详解】 B在碱作用下发生消去反应脱去1分子HBr，原本可消去的位点有两个：得到目标产物C，得到同分异构体G，二者官能团均为碳碳双键和羰基；且双键两端的不同基团可形成顺反立体异构，故其结构为：和； 【小问4详解】 根据已知的萘酚互变异构，反应物的羟基可以异构到另一侧双键位点，此时亲核加成的位点互换，后续碱作用下酚氧负离子进攻手性碳的Br发生分子内关环，就得到氧原子位置和E不同的副产物I，则该中间体H为：； 【小问5详解】 C和萘醌衍生物加成得到中间体D后，碱作用下酚羟基的氧负离子进攻连Br的碳原子，脱去HBr关环，属于取代反应；E生成F是在作用下，二氢呋喃环脱去两个氢形成呋喃双键，属于氧化反应； 【小问6详解】 环己二酮先和发生反应，得到；再通过H+/，加热的条件，将-CN转化为-COOH；最后通过酯化反应关环，其流程为：。 19. 2025年的诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架”(MOF)的三位杰出化学家，这种三维材料能如同“分子积木”一般选择零件，在材料中容纳各种不同分子，具有广阔的应用前景。 Ⅰ．一种利用Zn2+与2-甲基咪唑(Hmim)制备金属有机框架材料Zn(Hmim)2的过程示意图如下。 已知：中所有原子共平面 （1）基态锌原子核外有___________种空间运动状态的电子。 （2）2-甲基咪唑(Hmim)中： ①所含元素电负性从大到小的顺序为___________。 ②“N* ”原子的价层孤电子对占据__________轨道。 （3）金属有机框架材料Zn(Hmim)2在酸性条件下稳定性降低，原因可能是_________________________________。 Ⅱ．对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团连接。 （4）中O原子的杂化轨道类型为___________。 （5）晶体内部空腔可吸附小分子，要增强晶体与的吸附作用，可在对苯二甲酸根上引入________(假设晶胞形状不变)。 A. —Cl B. —OH C. D. （6）MOF-5晶体具有面心立方结构，晶胞由8个结构相似的重复单元(如图)构成；已知该晶体密度为， 对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为和，为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞参数为______nm(用含、和的式子表示)。 （7）MOFs的孔道尺寸可通过选择不同长度的有机配体进行调控。若将BDC替换为联苯-4,4'-二甲酸(结构简式如图)，则孔道尺寸会___________(填“增大”或“减小”)。 【答案】（1）15 （2） ①. N>C>H ②. sp2杂化 （3）酸性条件下，2-甲基咪唑与结合，导致2-甲基咪唑与Zn2+的相互作用减少，所以Zn(Hmim)2的稳定性降低 （4）sp3 （5）BC （6）×107 （7）增大 【解析】 【小问1详解】 基态 原子的原子序数为30，其核外电子排布式为 。电子占据的轨道数分别为：。电子的空间运动状态种数等于其占据的轨道数，故有15种； 【小问2详解】 ① 2-甲基咪唑中含有 、、 三种元素。元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性 ，故电负性顺序为 ； ② 观察结构可知，“”原子形成1个双键和1个单键，且带有1对孤电子对，其价层电子对数为 ，故采用 杂化，孤电子对占据 杂化轨道； 【小问3详解】 在酸性条件下，溶液中存在大量 。配体2-甲基咪唑中的 原子含有孤电子对，容易与 结合形成配位键，从而竞争性地破坏了原本 与 原子之间形成的配位键，导致金属有机框架材料的骨架解体，稳定性降低； 【小问4详解】 在 结构中，中心的 原子与周围的4个 原子相连，形成4个 键，且 原子没有孤电子对（价层电子对数为4），空间构型为正四面体，因此 原子的杂化轨道类型为 ； 【小问5详解】 要增强晶体内部空腔与极性分子 的吸附作用，需要在配体上引入亲水基团以形成分子间氢键。 A.为疏水基团，不能形成氢键，不利于吸附水分，A错误； B.能与水分子形成氢键，从而显著增强吸附作用，B正确； C.也能与水分子形成氢键，C正确； D.为疏水基团，也不能形成氢键，D错误； 故本题答案选 BC； 【小问6详解】 观察 MOF-5 晶胞的重复单元，顶点为 ，棱心为配体 。利用均摊法，每个重复单元中含有 的个数为 ，含有 的个数为 。已知一个晶胞由8个这样的重复单元构成，故一个晶胞中实际含有8个 和24个 。一个晶胞的质量 。设晶胞参数为 ，则晶胞体积 。根据密度公式 ，可得 。解得 。由于 ，故该晶胞参数为 ； 【小问7详解】 联苯-4,4'-二甲酸分子中含有两个苯环，其分子长度明显大于只含一个苯环的对苯二甲酸（BDC）。将其作为配体替换 BDC 后，相当于加长了“分子积木”的连接杆，使得金属节点之间的距离变大，因此晶体内部的孔道尺寸会增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026届高三化学学业诊断(八) 考试时间：90分钟；试卷分数：100分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 3.可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 第I卷(选择题) 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 2 分，共 16 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. 大国重器是国之底气。下列关于我国的国之重器叙述正确的是 A. “朱雀二号”运载火箭所用燃料液氧甲烷属于纯净物 B. “中国天眼”的防腐膜所用聚苯乙烯的单体是苯乙烯 C. “船”的液罐所用不锈钢中含量最高的元素是镍 D. “嫦娥六号”所用太阳能电池是将化学能转化为电能 2. 下列不符合实验安全要求的是 A. 乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 B. 进行化学实验时需要佩戴护目镜 C. 加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D. 酸、碱废液分别收集后直接排放 3. 物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是 选项 物质的性质 用途 A 具有热分解性 餐具洗涤剂 B 酚醛树脂具有耐高温、隔热性 飞船外层烧蚀材料 C 离子液体具有导电性 原电池电解质 D 水凝胶具有亲水性 隐形眼镜材料 A. A B. B C. C D. D 4. 下列描述不能正确地反映事实的是 A. 室温下与碳不发生反应，高温下可生成和 B. 室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯 C. 通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康 D. 某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康 5. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A. 氯化铁晶体属于离子晶体 B. 氯化铁溶液可用于检验苯酚 C. 氯化铁可由铁与氯气反应制得 D. 氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 6. 下列化学方程式书写错误的是 A. 乙醛与新制氢氧化铜混合后加热至沸腾： B. 0.1 mol/L 溶液中滴加乙醇呈绿色： C. 甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应： D. 2-丙醇氧化：2 7. 浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是 A. 单质的氧化性： B. Y形成的两种单质均为非极性分子 C. 由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质 D. 在铁管上镶嵌M，防止铁管被腐蚀 8. 1，2-二甲基环丙烷的顺反异构体可相互转化： 该反应的速率方程为：和，和分别为正、逆反应速率常数。时，加入顺式异构体发生反应，两种异构体的质量分数w随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 反应速率： B. 升高温度，、增大倍数： C. 时发生反应，测得，则 D. L点：转化率为50%，Q(浓度商) 二、不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。 9. 丁香挥发油中含丁香色原酮(K)、香草酸(M)，其结构简式如下： 下列说法正确的是 A. K、M中均无手性碳原子 B. 催化剂存在下K、M与足量氢气反应，所有π键均可断裂 C. K、M均能与反应 D. 等物质的量的K、M与饱和溴水反应，消耗Br2的比例为3：1 10. 下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A. 酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B. 铁发生腐蚀生锈的反应： C. 铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D. 在此保护方法下(如图)，阴极上的电极反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH- 11. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．铁制镀件上镀铜 B．实验室快速制备氨气 C．实验室蒸馏分离和 D．检验乙醇脱水生成乙烯 A. A B. B C. C D. D 12. 我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是 A. 中存在分子间氢键 B. 原子半径 C. 中所有I的孤电子对数相同 D. 中所有N—H极性相同 13. 在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法错误的是 A. 电解时，向Pt电极移动 B. 生成的电极反应： C. 电解一段时间后，溶液pH升高 D. 每生成的同时，生成 14. 常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 约为 B. 点a： C. 点b： D. 水的电离程度： 第II卷(非选择题) 15. 我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。已知： 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为___________。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为： 0.005、 0.150、 0.430、 0.010，滤渣①的主要成分是___________、___________。 （3）加入“调”，过滤后，滤渣②是___________、___________，滤液中的浓度为___________。 （4）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为___________。 （5）蛇纹石“矿化”固定，得到0.466 kg ，相当于固定___________(标准状况)。 16. 甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①         ②          反应③的______，平衡常数_______(用计算式表示)。 （2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图1所示。 图中的曲线是_________(填“a”或“b”)。、时的转化率为_______________________(列出算式)。 （3）分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如图2所示(两者历程相似，图中以示例)。 ①步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应，氘代甲醇的产量_________(填“>”“<”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_________种。 17. 某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性铝硅酸盐。 ②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度，当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 ③Ag2CrO4为难溶于水的砖红色沉淀 请回答下列问题： （1）步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是___________。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 步骤Ⅰ，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B. 步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质 C. 步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D. 步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度 （3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热： ①仪器A的名称是_________； ②步骤V采用此方法加热而不用酒精灯直接加热的原因是________________________________。 （4）测定产品的盐基度。 的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用0.1000mol/L标准溶液滴定至终点。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。 ①达到滴定终点的现象为：_____________________________________________________________________________。 ②产品的盐基度为____________。 ③测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是_____________________________________________。 18. 化合物F是治疗实体瘤的潜在药物。F的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件)： 已知： 回答下列问题： （1）A的含氧官能团名称是______________。 （2）A生成B的化学方程式：_________________________________________________________。 （3）B在生成C的同时，有副产物G生成。已知G是C的同分异构体，且与C的官能团相同。G的结构简式是_____________________________________(考虑立体异构)。 （4）C与生成E的同时，有少量产物I生成，此时中间体H的结构简式是________________________。 （5）C生成D的反应类型是_____________，E生成F的反应类型是________________。 （6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线_______(无机试剂和溶剂任选)。 19. 2025年的诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架”(MOF)的三位杰出化学家，这种三维材料能如同“分子积木”一般选择零件，在材料中容纳各种不同分子，具有广阔的应用前景。 Ⅰ．一种利用Zn2+与2-甲基咪唑(Hmim)制备金属有机框架材料Zn(Hmim)2的过程示意图如下。 已知：中所有原子共平面 （1）基态锌原子核外有___________种空间运动状态的电子。 （2）2-甲基咪唑(Hmim)中： ①所含元素电负性从大到小的顺序为___________。 ②“N* ”原子的价层孤电子对占据__________轨道。 （3）金属有机框架材料Zn(Hmim)2在酸性条件下稳定性降低，原因可能是_________________________________。 Ⅱ．对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团连接。 （4）中O原子的杂化轨道类型为___________。 （5）晶体内部空腔可吸附小分子，要增强晶体与的吸附作用，可在对苯二甲酸根上引入________(假设晶胞形状不变)。 A. —Cl B. —OH C. D. （6）MOF-5晶体具有面心立方结构，晶胞由8个结构相似的重复单元(如图)构成；已知该晶体密度为， 对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为和，为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞参数为______nm(用含、和的式子表示)。 （7）MOFs的孔道尺寸可通过选择不同长度的有机配体进行调控。若将BDC替换为联苯-4,4'-二甲酸(结构简式如图)，则孔道尺寸会___________(填“增大”或“减小”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $