精品解析：广东省部分学校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

2027届高三供题训练(C1) 化学试题 满分100分用时75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 Al-27 Cl-35.5 Pt-195 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. 佛山拥有武术之乡、美食之乡、南国陶都、龙狮名城等美誉。下列相关物品主要成分属于合金的是 A．南派大刀 B．美食盲公饼 C．石湾陶艺品 D．丝绸醒狮披身 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．南派大刀的主要成分为钢，钢是铁与碳等元素形成的合金，A符合题意； B．盲公饼属于食品，主要成分为糖类、油脂等有机物，不属于合金，B不符合题意； C．石湾陶艺品属于陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，不属于合金，C不符合题意； D．丝绸的主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子材料，不属于合金，D不符合题意； 故选A。 2. 2026世界杯上，中国科技及文创产品大放异彩。下列说法正确的是 A. 新能源电动大巴行驶时电能转化为化学能 B. AI算力与IT系统设备芯片的主要成分是SiO2 C. LED显示器发光与原子核外电子跃迁释放能量有关 D. 纪念奖杯镀银层含和，两种原子核外电子数不同 【答案】C 【解析】 【详解】A．新能源电动大巴行驶时，电池中化学能转化为电能，再转化为机械能，充电过程才是电能转化为化学能，A错误； B．芯片的主要成分是晶体，是光导纤维的主要成分，B错误； C．发光的本质是原子核外电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级时释放能量，能量以光的形式释放，C正确； D．和互为同位素，质子数相同，中性原子核外电子数等于质子数，故二者核外电子数相同，D错误； 故选C。 3. SiCl4遇水剧烈水解：。下列说法正确的是 A. H2O是两性氧化物 B. SiCl4的电子式： C. 反应前后Si化合价发生变化 D. 硅酸的酸性比碳酸弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．两性氧化物的定义是既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物，不满足该性质，不属于两性氧化物，A错误； B．中每个原子最外层有7个电子，与形成1对共用电子对后还剩余3对孤电子对，该电子式未完整写出的孤电子对，B错误； C．反应前中为+4价，反应后中仍为+4价，反应前后化合价无变化，C错误； D．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性随非金属性减弱而减弱，的非金属性强于，因此硅酸的酸性比碳酸弱，D正确； 故选D。 4. 美好生活由劳动创造。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 宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸是可降解合成高分子 B 潮汐发电钢制闸门连接直流电源负极 外加电流法阴极可防腐 C 工人向模具注入铁水前，模具需充分干燥 高温下铁会与水蒸气反应 D 医生用BaSO4做X射线透视内镜的口服药剂 BaSO4溶于胃酸，可做钡餐 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．聚乳酸是可降解的合成有机高分子材料，使用其制造包装材料可减少白色污染，A不符合题意； B．将钢制闸门连接直流电源负极，闸门作电解池阴极被保护，属于外加电流法阴极防腐，B不符合题意； C．高温下铁会与水蒸气发生反应，因此注入铁水前模具需充分干燥，C不符合题意； D．胃酸主要成分为，既不溶于水也不溶于胃酸，不会电离出有毒的，因此可作为钡餐使用，D符合题意； 故选D。 5. 腺嘌呤结构简式如图，不能与发生加成反应。下列关于腺嘌呤说法错误的是 A. 键是共价键 B. 含有四个双键 C. 能与盐酸反应生成盐 D. 可与胸腺嘧啶通过氢键实现碱基配对 【答案】B 【解析】 【详解】A．与均为非金属元素，键是非金属原子间形成的极性共价键，A正确，不符合题意； B．题干说明腺嘌呤不能与发生加成反应，说明不存在普通独立的双键，结构式中画出的双键只是书写形式，实际环中形成了离域大π键，B错误，符合题意； C．腺嘌呤含氨基以及多个带有孤电子对的原子，可结合，能与盐酸反应生成盐，C正确，不符合题意； D．腺嘌呤（）可与胸腺嘧啶（）通过氢键实现碱基互补配对，这是分子生物学的理论基础，D正确，不符合题意； 故答案选B。 6. 实验室制备铜氨溶液，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 A．制备NH3 B．溶解NH3 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．加热固体时，分解生成的和在试管口遇冷会重新化合为，无法收集得到，不能达到制备的目的，A错误； B．极易溶于水，倒置漏斗既可以增大与水的接触面积，又能防止倒吸，可顺利溶解，B正确； C．向溶液中滴加足量氨水，先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，氨水过量时沉淀溶解生成含的铜氨溶液，边滴加边搅拌操作合理，C正确； D．铁钉镀铜时，镀层金属铜片作阳极接电源正极，镀件铁钉作阴极接电源负极，铜氨溶液为电镀液，装置连接符合电镀原理，可实现铁钉镀铜，D正确； 故选A。 7. 下列与结构相关事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 金刚石的熔点比硅晶体高 C-C键键长比Si-Si短，键能更大 B 乙炔分子中所有原子共线 共价键有饱和性 C Be的第一电离能大于B 2p能级的能量比2s能级的能量高 D 键角：SO3＞NH3 中心原子杂化方式：SO3为sp2，NH3为sp3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．金刚石和硅晶体均为共价晶体，键键长比键短，键能更大，熔化需要的能量更高，故金刚石熔点更高，解释正确，A不符合题意； B．乙炔分子中所有原子共线是因为原子采取杂化，共价键的方向性决定键角为；共价键的饱和性是指原子形成共价键的数目有上限，与分子空间构型无关，解释错误，B符合题意； C．的价电子排布为，处于全满稳定状态，的价电子排布为，能级能量高于能级，失去电子更容易，故第一电离能大于，解释正确，C不符合题意； D．中心原子价层电子对数为3，无孤电子对，采取杂化，为平面三角形，键角；中心原子价层电子对数为4，含1对孤电子对，采取杂化，为三角锥形，键角约，故键角，解释正确，D不符合题意； 故选B。 8. 下列过程对应的反应方程式书写错误的是 A. NaClO溶液通入CO2漂白性增强： B. Al溶于NaOH溶液： C. 乙炔制备乙醛： D. 制备可降解高分子化合物聚乳酸： 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性顺序为，根据强酸制弱酸规律，与、反应生成和具有漂白性的，漂白性增强，方程式书写正确，A不符合题意； B．与溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，原子、电荷、电子得失均守恒，方程式书写正确，B不符合题意； C．乙炔与水在催化剂、加热条件下发生加成反应生成乙醛，符合反应规律，方程式书写正确，C不符合题意； D．乳酸制备聚乳酸为缩聚反应，反应除生成聚乳酸外，还应生成，正确方程式：，D符合题意； 故选D。 9. 部分含Fe或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不正确的是 A. e可与水化合生成g B. c转化为e一定存在物质颜色变化 C. 存在a→c→d→h→b的直接转化关系 D. f为氯盐，可制备产生丁达尔效应的红褐色分散系 【答案】A 【解析】 【分析】先做价‑类定位：a：单质Fe或Cu；b：+1价氧化物Cu2O；c：+2价氧化物FeO或CuO；d：+2价铁盐或铜盐；e：+3价氧化物Fe2O3；g：+3价碱Fe(OH)3； f：+3价铁盐；h：+2价碱Fe(OH)2或；据此分析； 【详解】A．e为，难溶于水，不能与水发生化合反应生成（即g），A错误； B．c为+2价氧化物，可被氧化为e()，如黑色转化为红棕色，必然存在颜色变化，B正确； C．可实现转化：(a)与加热生成(c)，与盐酸反应生成(d)，与反应生成(h)，与乙醛共热生成(b)，存在该直接转化关系，C正确； D．f为+3价铁的氯盐即，将饱和溶液滴入沸水中可制得红褐色胶体，能产生丁达尔效应，D正确； 故选A。 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 5.35 g NH4Cl固体中，分子的数目为0.1NA B. 1 mol Na与足量O2反应，Na失去的电子数为NA C. 0.1mol/L CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为0.1NA D. 常温下，2.24 L乙烯和丙烯的混合气体中含原子总数为0.3NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．属于离子晶体，固体中仅存在和，不存在分子，A错误； B．与反应时，元素化合价从0价升高到+1价，1 mol 完全反应失去1 mol电子，即失去电子数为，B正确； C．题目仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量，且会发生水解，即使溶液体积为1 L，数目也小于，C错误； D．常温不是标准状况，气体摩尔体积大于，2.24 L混合气体物质的量小于0.1 mol，且乙烯和丙烯分子含原子数不同，无法计算原子总数，D错误； 故答案选B。 11. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O3高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. O3的空间结构为 B. 中的O均来自O3 C. 步骤①中O3与H2O之间形成配位键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．中心原子价层电子对数为3，含1对孤对电子，空间结构为V形，与图示结构一致，A正确； B．由反应机理可知，中的来自，均来自，B正确； C．步骤①中的与的之间的虚线代表氢键，属于分子间作用力，并非配位键，C错误； D．步骤③中参与反应，生成了​，中的1个O原子参与形成了，O元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，D正确； 故选C。 12. 某医药中间体的分子结构式如图，Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y同族。下列说法错误的是 A. 第一电离能：W＞X＞R B. 原子半径：Y＞Z且Y＞X C. 单质与Q2化合的能力：X2＜W2 D. 基态Y和Z原子中均有5种能量不同的电子 【答案】C 【解析】 【分析】根据分子结构及元素周期律，推断各元素如下：Q形成1个共价键且原子序数最小，故为H，R形成4个共价键，原子序数大于H故为C，W：形成3个共价键，原子序数介于C与O之间，故为N，X形成2个共价键，与Y同族，故为O，Y与X同族，原子序数大于O，故为S，Z形成1个共价键，原子序数大于S，故为Cl，据此解答； 【详解】A．同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能，即，A正确； B．同周期主族元素从左到右原子半径减小，故；同主族元素从上到下原子半径增大，故，即且，B正确； C．非金属性，与化合的条件更简单、反应更剧烈，化合能力，即，C错误； D．基态和的核外电子占据的能级均为1s、2s、2p、3s、3p，均有5种能量不同的电子，D正确； 故选C。 13. 下列陈述Ⅰ和陈述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 酸性：乙酸＞丙酸 推电子效应： B FeCl2溶液加入H2O2和几滴KSCN，溶液变红 Fe3+是H2O2分解的催化剂 C 苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 苯酚遇Fe3+显紫色 D 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有吸水性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．烷基为推电子基团，推电子效应越强，羧基中键极性越弱，羧酸酸性越弱；推电子效应，故酸性乙酸＞丙酸，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，A正确； B．将氧化为，与结合使溶液变红，该现象与催化分解无关，二者无因果关系，B错误； C．苯酚与甲醛发生缩聚反应合成酚醛树脂，苯酚遇显紫色是其特征显色反应，两个陈述均正确但无因果关系，C错误； D．蔗糖加浓硫酸变黑是浓硫酸的脱水性使蔗糖炭化，与吸水性无关，二者无因果关系，D错误； 故选A。 14. 用如图装置制备，并探究其性质。下列说法正确的是 A. 品红溶液褪色，体现了的氧化性 B. 紫色石蕊溶液先变红后褪色，体现了的酸性和漂白性 C. 和NaOH溶液可减少污染性气体的排放 D. 针筒a吸入气体后，溶液中出现浑浊，表明具有还原性 【答案】C 【解析】 【详解】A．能与品红中的有色物质反应生成不稳定的无色物质，使品红溶液褪色，该现象体现了的漂白性，不能说明其具有氧化性，A错误； B．溶于水并与水反应生成亚硫酸，反应为，所得溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红；不能漂白石蕊，因此溶液不会再褪色，B错误； C．具有氧化性，能将具有还原性的氧化，从而消耗；NaOH溶液能与酸性氧化物反应而吸收。两种溶液均能减少的排放，C正确； D．针筒a吸入后，与反应生成硫单质，因而出现浑浊，反应可表示为。生成硫单质时，中硫元素的化合价由+4价降低到0价，中硫元素的化合价由-2价升高到0价，作氧化剂，体现了其氧化性，D错误； 故选C。 15. 反应的历程如图所示(实线为非催化反应)，X和Y是该反应的催化剂，R是中间产物。保持其他条件不变，下列说法错误的是 A. 加入X的催化效果优于加入Y B. 升高反应温度，变大 C. 加入试剂X，反应初期c(R)更大 D. 加入试剂Y，平衡转化率不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．加入X时，总反应的最高活化能低于加入Y的情况，活化能越低反应速率越快，因此X的催化效果优于Y，A正确； B．由能量图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，减小，B错误； C．加入X时，步骤的活化能更低，生成的速率更快，因此反应初期更大，C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不改变平衡状态，因此加入Y后的平衡转化率不变，D正确； 故选B。 16. 利用H2O2氧化法处理甲醛废液制纯碱的装置如图所示，装置产生的电能可用于制备原料H2O2，同时实现海水淡化。下列说法错误的是 A. Ⅲ室流出淡水 B. a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C. Ⅳ室溶液进入Ⅰ室后，理论上Ⅰ室还需补充NaOH溶液 D. Ⅰ室的电极反应为： 【答案】D 【解析】 【分析】甲醛(HCHO)中C为0价，反应后生成，其中C为+4价，失电子发生氧化反应，因此I室电极为原电池负极；IV室H2O2中O为-1价，反应后生成OH-中O为-2价，得电子发生还原反应，因此IV室电极为原电池正极。 【详解】A．原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动：II室海水中的阳离子通过a膜进入I室，阴离子通过b膜进入III室；III室海水中的阳离子通过c膜进入IV室，阴离子通过b膜进入II室，最终II、III室中仅剩余水，因此III室流出淡水，A正确； B．a膜允许阳离子通过进入I室，为阳离子交换膜；c膜允许阳离子通过进入IV室，为阳离子交换膜；b膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确； C．IV室电极反应为，生成的OH-与从III室迁移过来的Na+结合为NaOH，NaOH回流至I室，I室负极反应为，每转移4 mol电子，I室消耗6 mol OH-，同时IV室转移4 mol电子时生成4 mol OH-回流至I室，OH-存在缺口，因此理论上I室还需补充NaOH溶液，C正确； D．I室为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式中应失去电子，选项给出的反应式中为“+4e-”，表示得电子，不符合负极反应规律，正确的电极反应为，D错误； 故答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 含碳化合物种类繁多。 （1）探究CO2与NaOH的反应： ①CO2气体中含有少量SO2，选取以下部分装置，除尽SO2并将CO2通入NaOH溶液中，正确的气流顺序为________i(填小写字母，夹持装置略，设通入的CO2全部被NaOH溶液吸收)。 ②取上述烧杯中的溶液，用盐酸滴定，pH变化曲线如图所示(滴定前加入几滴酚酞溶液变红，盐酸体积为V1时红色恰好褪去；随后加入几滴甲基橙溶液呈黄色，盐酸总体积为V2时恰好由黄色变为橙色)，。 ⅰ．烧杯中的两种溶质主要是__________。 A．NaOH B．Na2CO3 C．NaHCO3 D．H2CO3 ⅱ．烧杯中通入的CO2和原烧杯中NaOH物质的量之比n(CO2)：n(NaOH)=__________。 （2）向NaOH溶液中通入过量CO2的化学方程式为__________。 （3）空气中的CO2溶于水是钢制品腐蚀的重要原因，学习小组以铁片和石墨做电极，用如图所示装置模拟该过程。 ①请在答题卡框内补充完整装置示意图，并做相应标注__________。 ②含碳化合物KSCN可检验含铁盐，连接好如图完整装置一段时间后，取少量铁片附近的河水到试管中，加入几滴KSCN无明显现象，加入H2O2后__________(填现象)，说明铁片被腐蚀。该过程生成了配合物(n可为1~6的任意数字)，并存在配位平衡： 。 （4）含碳配合物K3[Fe(CN)6]溶液可用于验证牺牲阳极法的防腐效果：按下图所示连接好装置，用NaCl溶液做电解液，向Fe电极区滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，但30 min后溶液中出现少量蓝色沉淀。 ①提出猜想 猜想1：金属Zn起不到防护Fe的效果。 猜想2：存在配位平衡移动并进一步反应。 ②查阅资料 Zn比铁活泼，能起到Fe的防腐效果，猜想1不成立。 ③分析讨论 基于猜想2分析产生蓝色沉淀的原因__________。 ④优化实验 基于以上分析讨论，甲同学在不改变上图装置的基础上重新设计实验，验证了猜想2成立，金属Zn能起到Fe的防腐效果，请写出优化的实验方案__________。 ⑤分析总结 实验设计方案时，要根据实际情况，具体问题具体分析。 【答案】（1） ①. e→f→d→c→g→h ②. AB ③. 1：4 （2）NaOH+CO2=NaHCO3 （3） ①. ②. 溶液变为红色 （4） ①. [Fe(CN)6]3-存在解离平衡，缓慢解离产生少量Fe3+，Fe3+在Fe电极上被还原生成Fe2+，Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合生成蓝色沉淀 ②. 取30 min后Fe电极附近溶液滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若没有出现蓝色沉淀，证明金属Zn能起到保护Fe的防腐效果，猜想2成立。 【解析】 【小问1详解】 ①气体先通过饱和NaHCO3溶液（e进f出），除去SO2并保留CO2；再通入品红溶液（d进c出），确认SO2已除尽；经CCl4装置（g进h出）防止倒吸；最后通入NaOH溶液（i）完全吸收CO2。正确气流顺序为：e→f→d→c→g→h→i。 ②ⅰ．酚酞变色点（V1）对应OH⁻和被中和至；甲基橙变色点（V2）对应被中和至CO2；V1：V2 = 3：4，说明第一阶段消耗盐酸体积大于第二阶段，符合NaOH与Na2CO3共存特征；所以烧杯中溶质主要为 NaOH 和 Na2CO3，选 AB。 ⅱ．设V1= 3x，V2 = 4x，则第二阶段消耗盐酸体积为 x；第二阶段反应：+ H+ → CO2↑ + H2O，对应 n(Na2CO3) = 0.1x；第一阶段反应：OH-+ H+ → H2O 和 + H+→，总消耗 0.3x，其中 0.1x 来自Na2CO3，故 n(NaOH)剩余 = 0.2x；原NaOH总量 = 剩余NaOH + 反应生成Na2CO3 所消耗的NaOH = 0.2x + 2×0.1x = 0.4x；通入CO2全部转化为Na2CO3，故 n(CO2) = n(Na2CO3) = 0.1x；得 n(CO2) ： n(NaOH) = 0.1x ： 0.4x = 1 ： 4。 【小问2详解】 向NaOH溶液中通入过量CO2时，先生成Na2CO3，Na2CO3继续与CO2、H2O反应生成NaHCO3，总反应为：NaOH + CO2 = NaHCO3。 【小问3详解】 ①钢铁的吸氧腐蚀原电池，Fe为负极失去电子，石墨电极为正极得到电子，装置图可表示为。 ②加入KSCN无明显现象，说明溶液中Fe3+浓度极低；加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-形成血红色配合物[Fe(SCN)n]3-n，故观察到溶液变为红色。 【小问4详解】 猜想2：存在配位平衡移动并进一步反应，[Fe(CN)6]3-存在解离平衡，缓慢解离产生少量Fe3+，Fe3+在Fe电极上被还原生成Fe2+，Fe2+与[Fe(CN)6]3-结合生成蓝色沉淀。猜想2认为“存在配位平衡移动并进一步反应”导致30 min后出现蓝色沉淀。要验证Zn能起到防腐效果，优化实验可以取30 min后Fe电极附近溶液滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若没有出现蓝色沉淀，证明金属Zn能起到保护Fe的防腐效果，猜想2成立。 18. 精炼铜的阳极泥含Cu、Ag、Au、Pt和Pd等单质，从中分离提取多种贵金属的工艺如下： 已知：①“氧化溶解”后溶液中含有大量、、；② （1）Cu、Ag、Au为同族元素，均位于元素周期表第__________族。 （2）“酸浸”后，滤液中的阳离子主要有__________。 （3）“氧化溶解”的反应中，还原产物为__________。 （4）“分铂”时，涉及转化为。 ①与Pd2+配位的能力：Cl-__________ NH3 （填“＞”或“＜”）。 ②“分铂”时，，则的浓度为__________。 （5）“还原”的化学方程式：_______________。 ______________________HCl=______________________。 （6）与浓HCl反应可生成，有两种结构（如图所示）。下列关于的说法正确的是__________。 A. 配位原子为Cl和N B. 分子的极性：Ⅰ＞Ⅱ C. Pd的杂化轨道类型为sp3 D. Ⅰ和Ⅱ中心离子的配位数均为4 （7）PtN2晶体的立方晶胞结构如图，其中一种原子按面心立方堆积形式排列，另一种原子填充在所有的四面体空隙中（未画出）。 ①图中白球表示__________（填元素符号）。 ②设晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，PtN2晶体的密度为__________（列出计算式）。 【答案】（1）IB （2）、 （3） （4） ①. < ②. 2.0 （5） （6）AD （7） ①. Pt ②. 【解析】 【分析】阳极泥（含Cu、Ag、Au、Pt和Pd等单质），经焙烧Cu单质被氧化为CuO，酸浸CuO与浓盐酸反应溶解生成，而Ag、Au、Pt、Pd等不与浓盐酸直接反应，作为氧化剂，在浓盐酸的配位作用下，将Au、Pt、Pd氧化并分别形成可溶性的配离子、、，而Ag被氧化后与结合生成难溶的AgCl沉淀，通过过滤分离除去AgCl；作为还原剂，选择性将中的Au还原为Au单质，分离Au；体系中加入后，与结合生成难溶的沉淀，实现Pt的分离；同时氨水提供的作为配体，将中的转化为可溶性的，留在溶液中；溶液加入还原剂还原得到Pd单质；沉淀经煅烧分解得到Pt单质。 【小问1详解】 Cu、Ag、Au是第一副族元素，属于元素周期表第ⅠB族。 【小问2详解】 阳极泥中的Cu经焙烧转化为铜的氧化物，加浓盐酸酸浸后生成，且浓盐酸过量，因此滤液中主要阳离子为和过量的。 【小问3详解】 氧化溶解步骤的氧化剂是​，作为氧化剂时，O元素从-1价降为-2价，对应还原产物为。 【小问4详解】 ①反应中可以转化为，说明更容易与结合，因此与的配位能力小于。 ②，代入，计算得，因此。 【小问5详解】 根据氧化还原配平：Pd从+2价降为0价，每个得2e⁻；中N从-2价升为0价，每个​失4e⁻，根据得失电子守恒，因​系数为2，系数为1，结合原子守恒配平为：。 【小问6详解】 A．配体的配位原子为Cl，配体的配位原子为N，A正确； B．结构Ⅰ为反式结构，正负电荷中心重合，极性很弱；结构Ⅱ为顺式结构，正负电荷中心不重合，分子极性强，因此极性Ⅱ＞Ⅰ，B正确； C．为平面正方形结构，Pd的杂化类型为而非，C错误； D．两个结构中中心Pd离子的配体总数均为4，配位数为4，D正确； 故选AD。 【小问7详解】 ①面心立方堆积的原子个数为，立方晶胞的四面体空隙总数为8，对应化学式​中Pt和N的比例为1:2，因此面心立方堆积的白球为Pt，填充在所有四面体空隙的是N。 ②晶胞中含4个Pt和8个N，总质量为，晶胞体积为，因此密度。 19. Cl2是一种重要的化工原料。 （1）基态Cl原子的价层电子轨道表示式为__________。 （2）T℃时，CuCl2可催化HCl氧化制Cl2： ΔH。过程如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ①ΔH＞0，反应ⅰ的熵变__________0(填“＞”“＜”或“=”)。 ②ΔH =__________(用ΔH1 、ΔH２和ΔH３表示)。 ③向盛有CuCl2(s)的恒容密闭容器中通入HCl和O2，仅改变HCl和O2初始通入量，测得Cl2的初始生成速率随加入HCl和O2的变化曲线如图，CuCl2催化HCl氧化制Cl2的决速步骤是反应__________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ④P kPa时，HCl的平衡转化率(α)随投料比的变化如图所示，M、N、P的数据点分布在一条直线上，且，x=__________。下列说法正确的有__________。 A．反应速率：P＞N＞M 　　B．O2的平衡转化率：M＞N＞P C．增大压强，M点右移 　　D．只要O2足够多，HCl转化率可达100% （3）Cl2溶于水的过程可表示为：、。5℃和25℃，1 L H2O吸收Cl2饱和时，溶液中和随Cl2分压的变化如图所示(忽略溶液体积变化，忽略水及HClO的电离)。 ①80℃时，1 L H2O最多溶解Cl2超200 L，写出副反应相关方程式并结合文字解析__________。低于35℃时该副反应对Cl2溶解度的影响可忽略。 ②5℃和100 kPa下，1 L H2O吸收Cl2饱和后，升温至25℃，降压至40 kPa，平衡后可释放Cl2__________mol。 ③25℃时，反应的平衡常数K=__________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 【答案】（1） （2） ①. ＞ ②. ③. i ④. 3.25 ⑤. BC （3） ①. ②. 0.107 ③. 【解析】 【小问1详解】 Cl为17号元素，价层电子为最外层电子，即，轨道表示式为：。 【小问2详解】 ①反应ⅰ中，反应物为2mol固体，生成1mol气体和2mol固体，气体物质的量增加，体系混乱度增大，因此熵变；②根据盖斯定律，，故；③由图像可知，仅改变HCl和O2初始通入量，测得Cl2的初始生成速率几乎不变，说明制Cl2的决速步骤不由HCl和O2初始浓度决定，说明决速步骤不消耗HCl和O2，故反应1是决速步骤；④M、N、P在一条直线上，直线斜率为定值，满足，且，解得； A. 结合反应决速步特性说明反应速率与HCl、O2浓度无明显关联，，A错误； B. 增大一种反应物的投料比，会降低自身转化率、提升另一反应物转化率，因此实际投料比 越大，HCl相对含量越高，O2转化率越高，即M>N>P，B正确； C. 该反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，HCl转化率升高，因此增大压强M点右移，C正确； D. 可逆反应中，即使O2过量，HCl也不能完全转化，转化率无法达到100%，D错误。 故答案选BC。 【小问3详解】 ①温度升高后，HClO不稳定发生分解/歧化，消耗氯水中的和HClO，促使平衡正向移动，更多溶解的Cl2被消耗，因此可溶解远超200L的Cl2。②5℃、100kPa时，饱和氯水中总含氯量为；25℃、40kPa时，总含氯量为，释放的Cl2物质的量约为。③由图，25℃、100kPa时，，；根据反应方程式，、，因此平衡常数： 。 20. 薄荷醇(V)在食品、医药及日化领域应用广泛。从化合物Ⅰ出发合成薄荷醇的路线如下(部分条件及试剂略)，其中化合物Ⅱ在手性Rh催化下经烯烃异构化反应，生成化合物Ⅲ。 （1）化合物Ⅰ的官能团为__________(写名称)。 （2）反应的原子利用率为100%。 ①X分子的空间构型为__________。 ②a生成b反应试剂和条件为__________。 ③化合物c是Ⅳ的同系物，相对分子质量比Ⅳ小84，c的结构可能有种__________(含立体异构)。 （3）下列说法正确的有__________。 A. Ⅰ到Ⅱ的转化属于加成反应 B. Ⅲ到Ⅳ的转化中，C原子的杂化方式不变 C. 化合物Ⅳ中含手性碳原子，且存在肩并肩重叠的π键 D. Ⅴ在铜催化下氧化的产物，可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应 （4）某兴趣小组拟设计以2-丁醇[]为原料，经四步反应合成化合物Ⅵ。化合物Ⅵ经上述烯烃异构化可合成化合物Ⅶ。 ①化合物Ⅵ的结构简式为__________。 ②从Ⅵ出发，逐步逆推合成步骤二烯烃____________________醇(填写有机化合物类别)。 ③合成Ⅵ的步骤中，第三步为消去反应，其化学方程式为__________(注明反应条件)。 ④2-丁醇发生第一步反应的产物可被高锰酸钾氧化，氧化产物的结构简式为__________。 【答案】（1）碳碳双键 （2） ①. 直线形 ②. 稀硫酸、加热 ③. 4 （3）AC （4） ①. ②. 二卤代烃 ③. 烯烃 ④. ⑤. 【解析】 【分析】化合物I含多个碳碳双键，与二乙胺发生加成得到结构II，II经手性铑催化双键异构得到烯胺III，III酸性水解得到醛IV。IV与HCN完全加成得到a，a酸性水解得到羟基羧酸b，IV经环化、加氢得到薄荷醇V。2-丁醇经消去、烯丙位卤代、卤代烃消去得到1,3-丁二烯，1,3-丁二烯与二乙胺加成得到VI，VI经双键异构得到VII。 【小问1详解】 观察化合物I的结构，分子中所有不饱和官能团均为碳碳双键。 【小问2详解】 对比IV和b的结构，b比IV多一个碳原子，醛基转化为邻位羟基羧基。IV与X反应原子利用率为100%，可知X为HCN。HCN中心碳原子为sp杂化，分子空间构型为直线形。 a为醛与HCN加成得到的羟腈，氰基在酸性条件下水解生成羧基，反应试剂和条件为稀硫酸、加热。 IV分子式为，相对分子质量为154。c相对分子质量比IV小84，分子组成相差6个原子团，c分子式为，属于含一个碳碳双键的链状不饱和醛。同分异构体分别为3-丁烯醛1种，2-丁烯醛存在顺反异构共2种，2-甲基丙烯醛1种，合计4种。 【小问3详解】 A．I与二乙胺反应时断裂碳碳双键，氢原子与二乙氨基分别加在双键两端，属于加成反应，A正确； B．III水解生成IV的过程中，原碳碳双键上的碳原子由sp2杂化转化为sp3杂化，碳原子杂化方式发生改变，B错误； C．IV中连甲基的支链碳原子连接四种不同基团，为手性碳原子；分子中碳碳双键与碳氧双键均含p轨道肩并肩重叠形成的π键，C正确； D．V中羟基为仲醇，铜催化下氧化生成酮，酮不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，D错误； 故选AC。 【小问4详解】 由题给异构反应规律，反应中双键由氮原子的β位移位至与氮直接相连的α位。VII结构为，逆推可知VI结构为。 逆推合成路径：VI由1,3-丁二烯与二乙胺1,4-加成得到，1,3-丁二烯由卤代烃发生消去反应得到，卤代烯烃由2-丁烯发生加成反应得到，2-丁烯由2-丁醇发生消去反应得到，因此逆推二烯烃之后依次对应二卤代烃、烯烃，最终得到醇。 第三步为2,3-二氯丁烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下消去氯化氢生成1,3-丁二烯，反应方程式为。 第一步反应中2-丁醇消去生成2-丁烯，2-丁烯被酸性高锰酸钾氧化，双键断裂生成乙酸，结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三供题训练(C1) 化学试题 满分100分用时75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、试室、座位号和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 Al-27 Cl-35.5 Pt-195 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. 佛山拥有武术之乡、美食之乡、南国陶都、龙狮名城等美誉。下列相关物品主要成分属于合金的是 A．南派大刀 B．美食盲公饼 C．石湾陶艺品 D．丝绸醒狮披身 A. A B. B C. C D. D 2. 2026世界杯上，中国科技及文创产品大放异彩。下列说法正确的是 A. 新能源电动大巴行驶时电能转化为化学能 B. AI算力与IT系统设备芯片的主要成分是SiO2 C. LED显示器发光与原子核外电子跃迁释放能量有关 D. 纪念奖杯镀银层含和，两种原子核外电子数不同 3. SiCl4遇水剧烈水解：。下列说法正确的是 A. H2O是两性氧化物 B. SiCl4的电子式： C. 反应前后Si化合价发生变化 D. 硅酸的酸性比碳酸弱 4. 美好生活由劳动创造。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 宣传使用聚乳酸制造的包装材料 聚乳酸是可降解合成高分子 B 潮汐发电钢制闸门连接直流电源负极 外加电流法阴极可防腐 C 工人向模具注入铁水前，模具需充分干燥 高温下铁会与水蒸气反应 D 医生用BaSO4做X射线透视内镜的口服药剂 BaSO4溶于胃酸，可做钡餐 A. A B. B C. C D. D 5. 腺嘌呤结构简式如图，不能与发生加成反应。下列关于腺嘌呤说法错误的是 A. 键是共价键 B. 含有四个双键 C. 能与盐酸反应生成盐 D. 可与胸腺嘧啶通过氢键实现碱基配对 6. 实验室制备铜氨溶液，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 A．制备NH3 B．溶解NH3 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜 A. A B. B C. C D. D 7. 下列与结构相关事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 金刚石的熔点比硅晶体高 C-C键键长比Si-Si短，键能更大 B 乙炔分子中所有原子共线 共价键有饱和性 C Be的第一电离能大于B 2p能级的能量比2s能级的能量高 D 键角：SO3＞NH3 中心原子杂化方式：SO3为sp2，NH3为sp3 A. A B. B C. C D. D 8. 下列过程对应的反应方程式书写错误的是 A. NaClO溶液通入CO2漂白性增强： B. Al溶于NaOH溶液： C. 乙炔制备乙醛： D. 制备可降解高分子化合物聚乳酸： 9. 部分含Fe或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不正确的是 A. e可与水化合生成g B. c转化为e一定存在物质颜色变化 C. 存在a→c→d→h→b的直接转化关系 D. f为氯盐，可制备产生丁达尔效应的红褐色分散系 10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 5.35 g NH4Cl固体中，分子的数目为0.1NA B. 1 mol Na与足量O2反应，Na失去的电子数为NA C. 0.1mol/L CH3COONa溶液中，CH3COO-的数目为0.1NA D. 常温下，2.24 L乙烯和丙烯的混合气体中含原子总数为0.3NA 11. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O3高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. O3的空间结构为 B. 中的O均来自O3 C. 步骤①中O3与H2O之间形成配位键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 12. 某医药中间体的分子结构式如图，Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y同族。下列说法错误的是 A. 第一电离能：W＞X＞R B. 原子半径：Y＞Z且Y＞X C. 单质与Q2化合的能力：X2＜W2 D. 基态Y和Z原子中均有5种能量不同的电子 13. 下列陈述Ⅰ和陈述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 酸性：乙酸＞丙酸 推电子效应： B FeCl2溶液加入H2O2和几滴KSCN，溶液变红 Fe3+是H2O2分解的催化剂 C 苯酚与甲醛反应，可合成酚醛树脂 苯酚遇Fe3+显紫色 D 向蔗糖中加适量浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸具有吸水性 A. A B. B C. C D. D 14. 用如图装置制备，并探究其性质。下列说法正确的是 A. 品红溶液褪色，体现了的氧化性 B. 紫色石蕊溶液先变红后褪色，体现了的酸性和漂白性 C. 和NaOH溶液可减少污染性气体的排放 D. 针筒a吸入气体后，溶液中出现浑浊，表明具有还原性 15. 反应的历程如图所示(实线为非催化反应)，X和Y是该反应的催化剂，R是中间产物。保持其他条件不变，下列说法错误的是 A. 加入X的催化效果优于加入Y B. 升高反应温度，变大 C. 加入试剂X，反应初期c(R)更大 D. 加入试剂Y，平衡转化率不变 16. 利用H2O2氧化法处理甲醛废液制纯碱的装置如图所示，装置产生的电能可用于制备原料H2O2，同时实现海水淡化。下列说法错误的是 A. Ⅲ室流出淡水 B. a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C. Ⅳ室溶液进入Ⅰ室后，理论上Ⅰ室还需补充NaOH溶液 D. Ⅰ室的电极反应为： 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17. 含碳化合物种类繁多。 （1）探究CO2与NaOH的反应： ①CO2气体中含有少量SO2，选取以下部分装置，除尽SO2并将CO2通入NaOH溶液中，正确的气流顺序为________i(填小写字母，夹持装置略，设通入的CO2全部被NaOH溶液吸收)。 ②取上述烧杯中的溶液，用盐酸滴定，pH变化曲线如图所示(滴定前加入几滴酚酞溶液变红，盐酸体积为V1时红色恰好褪去；随后加入几滴甲基橙溶液呈黄色，盐酸总体积为V2时恰好由黄色变为橙色)，。 ⅰ．烧杯中的两种溶质主要是__________。 A．NaOH B．Na2CO3 C．NaHCO3 D．H2CO3 ⅱ．烧杯中通入的CO2和原烧杯中NaOH物质的量之比n(CO2)：n(NaOH)=__________。 （2）向NaOH溶液中通入过量CO2的化学方程式为__________。 （3）空气中的CO2溶于水是钢制品腐蚀的重要原因，学习小组以铁片和石墨做电极，用如图所示装置模拟该过程。 ①请在答题卡框内补充完整装置示意图，并做相应标注__________。 ②含碳化合物KSCN可检验含铁盐，连接好如图完整装置一段时间后，取少量铁片附近的河水到试管中，加入几滴KSCN无明显现象，加入H2O2后__________(填现象)，说明铁片被腐蚀。该过程生成了配合物(n可为1~6的任意数字)，并存在配位平衡： 。 （4）含碳配合物K3[Fe(CN)6]溶液可用于验证牺牲阳极法的防腐效果：按下图所示连接好装置，用NaCl溶液做电解液，向Fe电极区滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，但30 min后溶液中出现少量蓝色沉淀。 ①提出猜想 猜想1：金属Zn起不到防护Fe的效果。 猜想2：存在配位平衡移动并进一步反应。 ②查阅资料 Zn比铁活泼，能起到Fe的防腐效果，猜想1不成立。 ③分析讨论 基于猜想2分析产生蓝色沉淀的原因__________。 ④优化实验 基于以上分析讨论，甲同学在不改变上图装置的基础上重新设计实验，验证了猜想2成立，金属Zn能起到Fe的防腐效果，请写出优化的实验方案__________。 ⑤分析总结 实验设计方案时，要根据实际情况，具体问题具体分析。 18. 精炼铜的阳极泥含Cu、Ag、Au、Pt和Pd等单质，从中分离提取多种贵金属的工艺如下： 已知：①“氧化溶解”后溶液中含有大量、、；② （1）Cu、Ag、Au为同族元素，均位于元素周期表第__________族。 （2）“酸浸”后，滤液中的阳离子主要有__________。 （3）“氧化溶解”的反应中，还原产物为__________。 （4）“分铂”时，涉及转化为。 ①与Pd2+配位的能力：Cl-__________ NH3 （填“＞”或“＜”）。 ②“分铂”时，，则的浓度为__________。 （5）“还原”的化学方程式：_______________。 ______________________HCl=______________________。 （6）与浓HCl反应可生成，有两种结构（如图所示）。下列关于的说法正确的是__________。 A. 配位原子为Cl和N B. 分子的极性：Ⅰ＞Ⅱ C. Pd的杂化轨道类型为sp3 D. Ⅰ和Ⅱ中心离子的配位数均为4 （7）PtN2晶体的立方晶胞结构如图，其中一种原子按面心立方堆积形式排列，另一种原子填充在所有的四面体空隙中（未画出）。 ①图中白球表示__________（填元素符号）。 ②设晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，PtN2晶体的密度为__________（列出计算式）。 19. Cl2是一种重要的化工原料。 （1）基态Cl原子的价层电子轨道表示式为__________。 （2）T℃时，CuCl2可催化HCl氧化制Cl2： ΔH。过程如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ①ΔH＞0，反应ⅰ的熵变__________0(填“＞”“＜”或“=”)。 ②ΔH =__________(用ΔH1 、ΔH２和ΔH３表示)。 ③向盛有CuCl2(s)的恒容密闭容器中通入HCl和O2，仅改变HCl和O2初始通入量，测得Cl2的初始生成速率随加入HCl和O2的变化曲线如图，CuCl2催化HCl氧化制Cl2的决速步骤是反应__________(填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ④P kPa时，HCl的平衡转化率(α)随投料比的变化如图所示，M、N、P的数据点分布在一条直线上，且，x=__________。下列说法正确的有__________。 A．反应速率：P＞N＞M 　　B．O2的平衡转化率：M＞N＞P C．增大压强，M点右移 　　D．只要O2足够多，HCl转化率可达100% （3）Cl2溶于水的过程可表示为：、。5℃和25℃，1 L H2O吸收Cl2饱和时，溶液中和随Cl2分压的变化如图所示(忽略溶液体积变化，忽略水及HClO的电离)。 ①80℃时，1 L H2O最多溶解Cl2超200 L，写出副反应相关方程式并结合文字解析__________。低于35℃时该副反应对Cl2溶解度的影响可忽略。 ②5℃和100 kPa下，1 L H2O吸收Cl2饱和后，升温至25℃，降压至40 kPa，平衡后可释放Cl2__________mol。 ③25℃时，反应的平衡常数K=__________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 20. 薄荷醇(V)在食品、医药及日化领域应用广泛。从化合物Ⅰ出发合成薄荷醇的路线如下(部分条件及试剂略)，其中化合物Ⅱ在手性Rh催化下经烯烃异构化反应，生成化合物Ⅲ。 （1）化合物Ⅰ的官能团为__________(写名称)。 （2）反应的原子利用率为100%。 ①X分子的空间构型为__________。 ②a生成b反应试剂和条件为__________。 ③化合物c是Ⅳ的同系物，相对分子质量比Ⅳ小84，c的结构可能有种__________(含立体异构)。 （3）下列说法正确的有__________。 A. Ⅰ到Ⅱ的转化属于加成反应 B. Ⅲ到Ⅳ的转化中，C原子的杂化方式不变 C. 化合物Ⅳ中含手性碳原子，且存在肩并肩重叠的π键 D. Ⅴ在铜催化下氧化的产物，可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应 （4）某兴趣小组拟设计以2-丁醇[]为原料，经四步反应合成化合物Ⅵ。化合物Ⅵ经上述烯烃异构化可合成化合物Ⅶ。 ①化合物Ⅵ的结构简式为__________。 ②从Ⅵ出发，逐步逆推合成步骤二烯烃____________________醇(填写有机化合物类别)。 ③合成Ⅵ的步骤中，第三步为消去反应，其化学方程式为__________(注明反应条件)。 ④2-丁醇发生第一步反应的产物可被高锰酸钾氧化，氧化产物的结构简式为__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $