精品解析：广东高州市三校2026-2027学年高三上学期11月联考 化学试题

2026年高三11月联考 化学 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 4.本卷主要命题范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 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. 中华文明源远流长，下列古文物的主要成分为硅酸盐的是 A.云龙纹丝绸 B.河姆渡出土陶灶 C.青铜四足鬲 D.檀香木雕杯 A. A B. B C. C D. D 2. 化学与现代科技的发展密切相关。下列说法正确的是 A. 福建舰航母甲板使用的特种高强度航母钢，其硬度、熔点均高于纯铁 B. 宇树机器人的触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料 C. 天宫空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯和石墨互为同位素 D. 中国“人造太阳”创造“亿度千秒”世界纪录，其中发生的可控核聚变属于化学变化 3. 下列应用不涉及氧化还原反应的是 A. 漂白粉作消毒剂 B. 铁粉作食品袋内脱氧剂 C. 干冰用于人工降雨 D. 赤铁矿冶炼金属铁 4. 中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是 A. 碳、硅、锗属于同主族元素 B. 第一电离能： C. 红外光谱法可直接确定石墨烯的晶体结构 D. 硅和锗常用作半导体材料 5. 化学之美在于发现。陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但两者间没有关联的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 能使品红溶液褪色 能与有色物质结合成无色物质 B 灼烧变黑的铜丝趁热伸入装有无水乙醇的试管中，铜丝变红 乙醇具有还原性 C 光束通过胶体，产生明亮通路 胶体粒子对光线有散射作用 D 熔、沸点： 非金属性： A. A B. B C. C D. D 6. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法错误的是 A. 该保护钢铁的方法属于牺牲阳极法 B. 金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 7. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的溶液中的数目为 B. 0.1mol1，2-二(三氯甲硅基)乙烷()中含有的共价键数为 C. 标准状况下，溶于水，得到的新制氯水中、和的粒子数之和为 D. 通过粉末后，固体质量增重，反应中转移的电子数为 8. 结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点：邻羟基苯甲酸>水 邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键 B 熔点： 离子半径： C 热稳定性： 键能：键键 D 在水中的溶解度： 是极性分子，是非极性分子 A. A B. B C. C D. D 9. 某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备，部分实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石 B. 试剂c为饱和溶液，试剂e为饱和食盐水，试剂f为稀硫酸 C. 开始实验时，应先打开活塞Ⅰ，再打开活塞Ⅱ D. 试剂d为冰水，以降低的溶解度，促进晶体的析出 10. 下列说法错误的是 A. 石油的裂化、煤的气化、煤的干馏都属于化学变化 B. 糖类、油脂、蛋白质都可以发生水解反应 C. 淀粉和纤维素都是多糖，但二者不能互称为同分异构体 D. 向鸡蛋清溶液中加几滴醋酸铅溶液，产生的沉淀不能重新溶于水 11. M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且M、X、Y、Z位于不同主族。M的周期序数=主族序数=原子序数，基态X原子的p轨道上有2个未成对电子，Y的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，Z在地壳中元素含量居第二位，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 是一种含有非极性键的极性分子 B. 简单离子半径： C. 元素的电负性： D. 价W元素的氧化物是碱性氧化物 12. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.检验溴乙烷中溴元素 B.除去苯中的苯酚 C.证明酸性：乙酸>碳酸>苯酚 D.制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 13. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列叙述正确的是 A. b溶于水可以得到d B. c可由a在氧气中燃烧得到 C. d在潮湿空气中迅速转化成e D. f与g的相互转化均不能通过化合反应来实现 14. 下列电极反应式或离子方程式书写错误的是 A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式： B. 向溶液中滴加过量溶液： C. 向苯酚钠溶液中通入少量： D. 用稀硝酸溶解硫化铜： 15. 常温下，浓度均为的HClO和混合溶液体系中存在竞争反应： Ⅰ． Ⅱ． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图所示(忽略其他反应)。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的微粒为 B. 0～2.0 s内， C. 0～2.0 s内，逐渐增大 D. 体系中时，反应Ⅰ达到平衡状态 16. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用，原理示意图如上。下列说法错误的是 A. 理论上，阳极产生的等于阴极消耗的 B. KOH溶液的作用之一是吸收 C. a极的电极反应式为 D. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体()受热分解产物的装置如图所示。 回答下列问题。 （1）仪器M的名称是________。 （2）点燃酒精灯之前，先通入，其目的是________。 （3）装置C的作用是________，F中试剂为________。 （4）如果实验中观察到装置C、H变浑浊，装置E不变浑浊，可以得出实验结论：装置A中热分解得到的气体产物中一定有________(填化学式)。 （5）在300℃、500℃下进行上述实验，装置A中分别得到甲、乙两种黑色粉末，进行实验并观察到现象如下： 实验 操作及现象 ① 用强磁铁接近甲，无明显现象；将黑色粉末溶于稀硫酸，滴加溶液，产生蓝色沉淀 ② 用强磁铁接近乙，吸起部分粉末，将吸起来的粉末投入盐酸中，产生气泡；将剩余黑色粉末溶于稀硫酸，滴加溶液，产生蓝色沉淀 根据上述实验，实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为________；乙中的成分可能为________(填化学式)。 （6）草酸亚铁晶体性质探究 向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入稀硫酸酸化的溶液，振荡，溶液变为棕黄色，同时有气体生成，反应中转化为无色的。该过程中被氧化的元素是________(填元素符号)；若反应中消耗1 mol ，则参加反应的________。 18. 铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的工艺流程如下。 已知：25℃时，。 回答下列问题： （1）“浸取”时有淡黄色沉淀生成。浸取FeS的化学方程式为___________。 （2）若不通入高压O2，25℃时，反应)的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，因此CuS___________(填“能”或“不能”)直接被过量硫酸溶液浸取。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压还原，应先调节pH=2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： “还原”时调节溶液的pH=1，铜还原率降低到10%。铜还原率降低的主要原因是___________。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为___________。 （5）图a是纤锌矿型ZnO晶体的晶胞，图b是闪锌矿型ZnO晶体的晶胞。图中黑球代表Zn2+，白球代表O2-。 ①纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为___________。 ②在闪锌矿晶胞俯视图中标记出Zn2+(用黑球表示)的位置___________。 （6）在“Ag/Zn/Al2O3”催化作用下，乙醇-水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若乙醇分子中甲基上的碳原子用同位素标记()，则最终产物中含的物质为___________(填名称)。 19. 二甲醚是一种具有多种用途的化学物质，制备二甲醚的方法之一为： ① ② 回答下列问题： （1）反应的________，该反应的平衡常数________（用含的式子表示）。 （2）在恒温恒压条件下仅发生反应：。起始时的物质的量之比为的平衡体积分数对应图1中的a点。若其他条件不变，并保持恒温恒压，调节起始时的物质的量之比为，则的平衡体积分数可能对应图1中的________（填“b”“c”或“d”）点。下列不能说明该反应达到平衡状态的是________（填标号）。 A.的反应速率之比为 B.混合气体的平均相对分子质量保持不变 C.混合气体的密度保持不变 D. （3）将合成气按通入密闭反应器中，在压强为并保持恒压的条件下发生反应：，的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。该反应中反应物的总能量________（填“低于”或“高于”）生成物的总能量。温度为时，的平衡分压为________。该温度下，该反应的平衡常数________（用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数）。 （4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、生成的光能储存装置如图3所示。b极的电极反应式为_________。 20. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药扑热息痛(对乙酰氨基酚)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不会被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。贝诺酯的合成路线如下： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）的化学名称为___________。DMF中碳原子的杂化轨道类型为___________。 （2）贝诺酯的官能团名称为___________，H的结构简式为___________。 （3）由A制D不采取甲苯与直接反应，而是经过步骤①~③，目的是___________。 （4）在催化剂(浓硫酸)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M。生成M的化学方程式为___________。 （5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同分异构体，同时满足下列要求的Q的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②只含有1种官能团，且液态时能与反应放出气体 （6）参考上述路线，设计如下转化制备有机物Z。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三11月联考 化学 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.回答选择题时，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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 4.本卷主要命题范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 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. 中华文明源远流长，下列古文物的主要成分为硅酸盐的是 A.云龙纹丝绸 B.河姆渡出土陶灶 C.青铜四足鬲 D.檀香木雕杯 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．云龙纹丝绸主要成分为蛋白质，属于有机物，A不符合题意； B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，B符合题意； C．青铜四足鬲主要成分为铜合金，C不符合题意； D．檀香木雕杯主要成分为纤维素，属于有机物，D不符合题意； 故选B。 2. 化学与现代科技的发展密切相关。下列说法正确的是 A. 福建舰航母甲板使用的特种高强度航母钢，其硬度、熔点均高于纯铁 B. 宇树机器人的触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料 C. 天宫空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯和石墨互为同位素 D. 中国“人造太阳”创造“亿度千秒”世界纪录，其中发生的可控核聚变属于化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．航母钢是以铁为主要成分的合金，合金的硬度一般大于其成分金属，熔点一般低于其成分金属。航母钢的硬度高于纯铁，但熔点低于纯铁，A错误； B．压电陶瓷是具有特殊性能的新型陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，B正确； C．同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子；石墨烯和石墨是碳元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，C错误； D．核聚变是较轻的原子核结合形成较重原子核的过程，原子核发生改变；化学变化中原子核不变，因此可控核聚变不属于化学变化，D错误； 故选B。 3. 下列应用不涉及氧化还原反应的是 A. 漂白粉作消毒剂 B. 铁粉作食品袋内脱氧剂 C. 干冰用于人工降雨 D. 赤铁矿冶炼金属铁 【答案】C 【解析】 【详解】A．漂白粉作消毒剂是利用生成的HClO具有强氧化性，而是蛋白质发生变性，涉及氧化还原反应，A不合题意； B．铁粉作食品袋内脱氧剂，即防止食品被氧化，铁粉本身被氧化，涉及氧化还原反应，B不合题意； C．干冰用于人工降雨是物理变化，不涉及氧化还原反应，C符合题意； D．赤铁矿冶炼金属铁即由Fe2O3转化为Fe，Fe的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，D不合题意； 故答案为：C。 4. 中国科学家对量子材料的研究处于国际领先水平，近年来对石墨烯、硅烯、锗烯等低维量子材料的研究发展迅速。下列说法不正确的是 A. 碳、硅、锗属于同主族元素 B. 第一电离能： C. 红外光谱法可直接确定石墨烯的晶体结构 D. 硅和锗常用作半导体材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳、硅、锗均为第IVA元素，A正确； B．同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：，B正确； C．红外光谱能测定化学键、官能团等，不能直接测定石墨烯的结构，C错误； D．硅、锗在元素周期表中位于金属和非金属的交界线处，可用作半导体材料，D正确； 答案选C。 5. 化学之美在于发现。陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但两者间没有关联的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 能使品红溶液褪色 能与有色物质结合成无色物质 B 灼烧变黑的铜丝趁热伸入装有无水乙醇的试管中，铜丝变红 乙醇具有还原性 C 光束通过胶体，产生明亮通路 胶体粒子对光线有散射作用 D 熔、沸点： 非金属性： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．能使品红溶液褪色，其原理是能与有色物质结合生成不稳定的无色物质，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且存在因果关联，A不符合题意； B．灼烧变黑的铜丝，其表面为CuO，热CuO和乙醇反应生成Cu、乙醛和水，乙醇被氧化，乙醇具有还原性，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且存在因果关联，B不符合题意； C．丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且存在因果关联，C不符合题意； D．卤素单质为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，熔、沸点：，陈述Ⅰ正确；同主族元素从上到下，原子半径增大，非金属性减弱，非金属性：，陈述Ⅱ正确；分子晶体的熔、沸点高低由分子间作用力决定，和元素的非金属性强弱无关，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ间没有关联，D符合题意； 故本题选D。 6. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法错误的是 A. 该保护钢铁的方法属于牺牲阳极法 B. 金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强 C. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护 D. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快 【答案】D 【解析】 【详解】A．将金属M连接在钢铁设施表面，构成原电池，M作负极被腐蚀，钢铁作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确； B．原电池中负极活泼性大于正极，金属M作负极，钢铁设施作正极，金属M的活动性比Fe的活动性强，故B正确； C．钢铁设施作为正极，电子从M流向钢铁，表面积累电子后难以失去电子从而被保护，故C正确； D．海水中电解质浓度高于河水，导电性更强，电化学腐蚀速率更快，故钢铁在海水中腐蚀比河水中快，故D错误； 选D。 7. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 的溶液中的数目为 B. 0.1mol1，2-二(三氯甲硅基)乙烷()中含有的共价键数为 C. 标准状况下，溶于水，得到的新制氯水中、和的粒子数之和为 D. 通过粉末后，固体质量增重，反应中转移的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．pH=2的H2SO4溶液中H+浓度为0.01mol/L，但未给出溶液体积，无法计算H+数目，A错误； B．1,2-二(三氯甲硅基)乙烷结构为Cl3Si-CH2-CH2-SiCl3，每个分子含6个Si-Cl键、2个Si-C键、1个C-C键、4个C-H键，共13个共价键，0.1mol该物质含共价键1.3NA，B错误； C．Cl2与水反应为可逆反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO），11.2L（0.5mol）Cl2溶于水后，大部分Cl2仍以分子形式存在，Cl-、ClO-和HClO粒子数之和小于NA，C错误； D．反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，固体增重56g对应转移2mol电子，增重2.8g时转移电子0.1mol，即0.1NA，D正确； 故选D。 8. 结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 沸点：邻羟基苯甲酸>水 邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键 B 熔点： 离子半径： C 热稳定性： 键能：键键 D 在水中的溶解度： 是极性分子，是非极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相对分子质量远大于水，范德华力更强，A错误； B．CsCl、NaCl均为离子晶体，熔点高低与离子键强弱相关，离子半径：，NaCl离子键作用力更大，因此NaCl熔点更高，B正确； C．、均为共价化合物，热稳定性由共价键键能决定，原子半径：，键键长更短、键能更大，因此的热稳定性更强，C正确； D．水是极性溶剂，遵循相似相溶原理，极性分子在水中的溶解度大于非极性分子，D正确； 故选A。 9. 某兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法制备，部分实验装置如图所示。下列说法错误的是 A. 试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石 B. 试剂c为饱和溶液，试剂e为饱和食盐水，试剂f为稀硫酸 C. 开始实验时，应先打开活塞Ⅰ，再打开活塞Ⅱ D. 试剂d为冰水，以降低的溶解度，促进晶体的析出 【答案】C 【解析】 【分析】试剂a为盐酸，试剂b为碳酸钙，用于制取二氧化碳，试剂c为饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中的HCl；然后将二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中，反应生成碳酸氢钠，过量的氨气用水或硫酸溶液吸收，且要防止倒吸，据此分析； 【详解】A．试剂a为盐酸，试剂b为块状大理石或石灰石，A正确； B．试剂c为饱和溶液，用于除去中的HCl气体；试剂e为饱和食盐水；试剂f为稀硫酸，用于除去尾气中的，B正确； C．因溶解度远大于，故应先通入，后通入，即开始实验时，应先打开活塞Ⅱ，再打开活塞Ⅰ，C错误； D．冰水浴可降低的溶解度，促进晶体的析出，故试剂d为冰水，D正确。 10. 下列说法错误的是 A. 石油的裂化、煤的气化、煤的干馏都属于化学变化 B. 糖类、油脂、蛋白质都可以发生水解反应 C. 淀粉和纤维素都是多糖，但二者不能互称为同分异构体 D. 向鸡蛋清溶液中加几滴醋酸铅溶液，产生的沉淀不能重新溶于水 【答案】B 【解析】 【详解】A．石油裂化是将大分子烃断裂为小分子烃的过程，煤的气化是将煤转化为、等气态燃料的过程，煤的干馏是隔绝空气加强热使煤分解的过程，三者均有新物质生成，都属于化学变化，A正确； B．糖类包含单糖、二糖和多糖，其中单糖葡萄糖、果糖无法发生水解反应，因此并非所有糖类都可以发生水解反应，B错误； C．淀粉和纤维素的化学式均为，但二者的聚合度不同，分子式不相同，因此不互为同分异构体，C正确； D．醋酸铅是重金属盐，会使蛋白质发生不可逆的变性，因此产生的沉淀不能重新溶于水，D正确； 故选 B。 11. M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，且M、X、Y、Z位于不同主族。M的周期序数=主族序数=原子序数，基态X原子的p轨道上有2个未成对电子，Y的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，Z在地壳中元素含量居第二位，在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是 A. 是一种含有非极性键的极性分子 B. 简单离子半径： C. 元素的电负性： D. 价W元素的氧化物是碱性氧化物 【答案】A 【解析】 【分析】首先分析元素，M的周期序数=主族序数=原子序数，符合该条件的元素只有H元素；Y的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，故Y为Al元素；Z在地壳中元素含量居第二位，故为Si元素；X元素的原子序数小于Al，p轨道上有2个未成对电子，且不为第ⅣA族元素，故X为O元素；在前四周期元素的基态原子中基态W原子的核外未成对电子数最多，故W为Cr元素；综上，元素M、X、Y、Z、W分别是H、O、Al、Si、Cr。 【详解】A．为，含有非极性键，的分子结构不是平面形结构，而是半开书页形结构，两个氧原子位于书轴上，两个氢原子在半展开的书的两面上分别与两个氧原子相连，分子的正电中心和负电中心不重合，因此是极性分子，A正确； B．电子数相同的简单离子，带负电荷的离子半径大于带正电荷的离子，故简单离子半径：，B错误； C．化合物中Si原子显+4价，H原子显-1价，故H的电负性强于Si，即元素的电负性O＞H＞Si＞Al，C错误； D．+6价W元素的氧化物为，是酸性氧化物，D错误； 故本题选A。 12. 下列实验中，能达到实验目的的是 A.检验溴乙烷中溴元素 B.除去苯中的苯酚 C.证明酸性：乙酸>碳酸>苯酚 D.制备乙酸乙酯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．溴乙烷在NaOH溶液中水解后，溶液呈碱性，未加稀硝酸酸化就直接滴加，溶液中的会和反应生成沉淀，干扰的检验，不能达到实验目的，A错误； B． 苯酚和浓溴水反应生成的三溴苯酚，可溶于苯中，无法通过过滤除去，还会引入新的杂质溴，不能达到实验目的，B错误； C． 乙酸和碳酸钠反应生成，可证明酸性：乙酸>碳酸；挥发出的乙酸杂质会被饱和溶液除去，纯净的​通入苯酚钠溶液中，会析出苯酚使溶液变浑浊，可证明酸性：碳酸>苯酚，能达到实验目的，C正确； D．乙酸乙酯在溶液中会发生水解反应，应使用饱和碳酸钠溶液收集，D错误； 故选C。 13. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列叙述正确的是 A. b溶于水可以得到d B. c可由a在氧气中燃烧得到 C. d在潮湿空气中迅速转化成e D. f与g的相互转化均不能通过化合反应来实现 【答案】C 【解析】 【分析】根据化合价和物质类别可知，a为Fe、b为FeO、c为、d为、e为、f为亚铁盐、g为铁盐、h为高铁酸盐。 【详解】A．FeO难溶于水，也跟水不反应，A错误； B．Fe在氧气中燃烧生成，B错误； C．在潮湿空气中迅速被氧化成，C正确； D．亚铁盐与铁盐的相互转化均可通过化合反应来实现，反应的化学方程式为、，D错误； 故选C。 14. 下列电极反应式或离子方程式书写错误的是 A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式： B. 向溶液中滴加过量溶液： C. 向苯酚钠溶液中通入少量： D. 用稀硝酸溶解硫化铜： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上得到电子被还原，与水结合生成，电极反应式为，A正确； B．向溶液中滴加过量溶液时，、、均完全参与反应，离子方程式为，B正确； C．酸性强弱顺序为苯酚，根据强酸制弱酸规律，向苯酚钠溶液中通入少量时，反应生成苯酚和，不会生成，C正确； D．硫化铜中硫由-2价升至0价，硝酸根中氮由+5价降至+2价，根据电子守恒，正确的离子方程式为，D错误； 故选D。 15. 常温下，浓度均为的HClO和混合溶液体系中存在竞争反应： Ⅰ． Ⅱ． 初始的条件下，含氯微粒的浓度随时间的变化曲线如图所示(忽略其他反应)。下列说法正确的是 A. 曲线②表示的微粒为 B. 0～2.0 s内， C. 0～2.0 s内，逐渐增大 D. 体系中时，反应Ⅰ达到平衡状态 【答案】B 【解析】 【分析】设2s时反应Ⅰ消耗的HClO浓度为x mol/L，反应Ⅱ消耗的HClO浓度为y mol/L，则ClO2浓度为2x mol/L，Cl-浓度为(x+y) mol/L，浓度为y mol/L，且由图可知2s时剩余的HClO浓度>0.5×10-3 mol/L，即(x+y)<0.5×10-3，故(x+y)=0.42×10-3，y=0.10×10-3，2x=0.64×10-3。 【详解】A．由反应Ⅰ和Ⅱ可知，生成物为、、，根据分析可知2 s时，，，故曲线①表示的微粒为，曲线②表示的微粒为，曲线③表示的微粒为，A错误； B．0～2.0 s内，浓度的减少量等于浓度的增加量，即0～2.0 s内，浓度减少了，故0～2.0 s内，，B正确； C．0～2.0 s内，反应Ⅰ消耗浓度为，反应Ⅱ生成浓度为，则0～2.0 s内总的结果是消耗浓度为，即逐渐减小，C错误； D．体系中为反应Ⅰ和Ⅱ的正反应消耗的总速率，体系中仅为反应Ⅰ的逆反应消耗的速率，平衡时应满足反应Ⅰ的，而非总的，D错误； 故本题选B。 16. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用，原理示意图如上。下列说法错误的是 A. 理论上，阳极产生的等于阴极消耗的 B. KOH溶液的作用之一是吸收 C. a极的电极反应式为 D. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 【答案】A 【解析】 【详解】A．由题可知，通入溶液中发生中和反应生成和，在a电极(阴极)上得到电子生成和，a极的电极反应式为，被氧化为；在b电极(阳极)上失去电子生成和，b极的电极反应式为。理论上每转移4 mol电子，阳极产生的，阴极消耗的，即阳极产生的小于阴极消耗的，A错误； B．在阴极区，溶液与天然气中的发生中和反应，起到吸收的作用，B正确； C．a极的电极反应式为，C正确； D．阴极室中吸收会消耗，假设处理1 mol ：，消耗2 mol ，同时生成1 mol ；1 mol 被氧化为1 mol ：，消耗，同时生成；为了生成需要转移8 mol电子；，同时生成，且双极膜中同时有进入阴极区发生中和反应并消耗，综上所述，消耗，生成，因此工作一段时间后，阴极室的总浓度下降，D正确。 故选A。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体()受热分解产物的装置如图所示。 回答下列问题。 （1）仪器M的名称是________。 （2）点燃酒精灯之前，先通入，其目的是________。 （3）装置C的作用是________，F中试剂为________。 （4）如果实验中观察到装置C、H变浑浊，装置E不变浑浊，可以得出实验结论：装置A中热分解得到的气体产物中一定有________(填化学式)。 （5）在300℃、500℃下进行上述实验，装置A中分别得到甲、乙两种黑色粉末，进行实验并观察到现象如下： 实验 操作及现象 ① 用强磁铁接近甲，无明显现象；将黑色粉末溶于稀硫酸，滴加溶液，产生蓝色沉淀 ② 用强磁铁接近乙，吸起部分粉末，将吸起来的粉末投入盐酸中，产生气泡；将剩余黑色粉末溶于稀硫酸，滴加溶液，产生蓝色沉淀 根据上述实验，实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为________；乙中的成分可能为________(填化学式)。 （6）草酸亚铁晶体性质探究 向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入稀硫酸酸化的溶液，振荡，溶液变为棕黄色，同时有气体生成，反应中转化为无色的。该过程中被氧化的元素是________(填元素符号)；若反应中消耗1 mol ，则参加反应的________。 【答案】（1）球形干燥管(或干燥管) （2）排尽装置内的空气 （3） ①. 检验草酸亚铁晶体受热分解的产物中是否有 ②. 浓硫酸 （4）、 （5） ①. ②. Fe、FeO （6） ①. 、 ②. (或0.6 mol) 【解析】 【分析】本实验将草酸亚铁晶体加热，而后验证其分解产物，先通过无水硫酸铜验证是否有水生成，再通入C中的澄清石灰水验证是否有CO2生成，用D中的NaOH溶液除去CO2，用E中的澄清石灰水检验CO2是否除尽，用F中的浓硫酸去除水蒸气，在G中反应并观察反应产物中是否有一氧化碳，最后尾气处理。 【小问1详解】 仪器M的名称是干燥管（或球形干燥管）； 【小问2详解】 点燃酒精灯之前，需先通入N2排尽装置内的空气，避免空气中的成分干扰实验； 【小问3详解】 草酸亚铁晶体的分解产物可能含有CO2或CO，D中NaOH的作用是除去CO2，故可推断C的作用是检验草酸亚铁晶体的分解产物中是否含有CO2；F的作用是除去水蒸气，盛放的试剂是浓硫酸； 【小问4详解】 装置C中溶液变浑浊，说明草酸亚铁晶体的分解产物中含有CO2，装置E中溶液不变浑浊，说明CO2已完全被NaOH溶液吸收，而H中溶液变浑浊，说明G中反应产生了CO2，即草酸亚铁晶体的分解产物中含有CO； 【小问5详解】 铁氰化钾溶液遇Fe2+产生蓝色沉淀，该反应的离子方程式为；将磁铁吸起的粉末加入盐酸中，产生气泡，说明该粉末的成分为Fe单质，剩余无磁性黑色粉末溶于稀硫酸后产生Fe2+，说明该粉末为FeO； 【小问6详解】 溶液变为棕黄色，同时有气体生成，说明该反应产生了Fe3+和CO2，故被氧化的元素是Fe和C；Fe原子由+2价升高到+3价，C原子由+3价升高到+4价，故每消耗1 mol草酸亚铁晶体，转移(1+2×1)mol电子，Mn原子由+7价降低到+2价，故每消耗1 mol高锰酸根离子转移5 mol电子，故反应中消耗1 mol ，参加反应的。 18. 铜是重要的战略金属，ZnO可用作制氢产业的催化剂。一种以硫化铜精矿(主要成分为CuS，含FeS、ZnS等杂质)制备Cu粉与ZnO的工艺流程如下。 已知：25℃时，。 回答下列问题： （1）“浸取”时有淡黄色沉淀生成。浸取FeS的化学方程式为___________。 （2）若不通入高压O2，25℃时，反应)的平衡常数K=___________(保留2位有效数字)，因此CuS___________(填“能”或“不能”)直接被过量硫酸溶液浸取。 （3）“还原”时，一定温度下，利用高压还原，应先调节pH=2.0~3.0，铜还原率达90%以上。过程中可能依次经历了如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： “还原”时调节溶液的pH=1，铜还原率降低到10%。铜还原率降低的主要原因是___________。 （4）“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为___________。 （5）图a是纤锌矿型ZnO晶体的晶胞，图b是闪锌矿型ZnO晶体的晶胞。图中黑球代表Zn2+，白球代表O2-。 ①纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为___________。 ②在闪锌矿晶胞俯视图中标记出Zn2+(用黑球表示)的位置___________。 （6）在“Ag/Zn/Al2O3”催化作用下，乙醇-水催化重整制氢中部分物种变化路径如图所示。 若乙醇分子中甲基上的碳原子用同位素标记()，则最终产物中含的物质为___________(填名称)。 【答案】（1） （2） ①. ②. 不能 （3）pH过小，抑制了反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使产率降低 （4）防止溶液中的Cu2+、H+与不锈钢反应釜中的铁等金属反应，使反应釜破损 （5） ①. 4 ②. （6）甲烷、焦炭 【解析】 【分析】硫化铜精矿的主要成分CuS，含FeS、ZnS等杂质，加入稀硫酸，通入高压氧，溶解，得到硫酸铜、硫酸铁、硫酸锌的混合溶液，通入氨气，调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，向滤液中通入高压氢气，还原铜离子得到铜单质，过滤，得到含有硫酸锌的滤液和铜粉，据此分析答题。 【小问1详解】 “浸取”时，有淡黄色沉淀S生成，浸取FeS的化学方程式； 【小问2详解】 反应)的平衡常数； 【小问3详解】 pH过小，太大，抑制了反应Ⅰ和反应Ⅱ发生，导致Cu2O减少，使铜的还原率降低； 【小问4详解】 Fe可以和铜离子、氢离子反应，“高压氢还原”使用内衬为聚四氟乙烯的不锈钢反应釜，聚四氟乙烯的作用为防止反应釜中的Fe与Cu2+、H+反应，使反应釜破损； 【小问5详解】 参照图a和图b可知，纤锌矿型ZnO晶体中Zn2+的配位数为4；闪锌矿型中Zn2+填入O2-所形成的“正四面体”空隙中，俯视图中Zn2+的位置； 【小问6详解】 若用标记乙醇，的碳原子在甲基上，观察可知，甲基上碳原子最终转化为CH4和焦炭，故最终产物中含的物质为甲烷、焦炭。 19. 二甲醚是一种具有多种用途的化学物质，制备二甲醚的方法之一为： ① ② 回答下列问题： （1）反应的________，该反应的平衡常数________（用含的式子表示）。 （2）在恒温恒压条件下仅发生反应：。起始时的物质的量之比为的平衡体积分数对应图1中的a点。若其他条件不变，并保持恒温恒压，调节起始时的物质的量之比为，则的平衡体积分数可能对应图1中的________（填“b”“c”或“d”）点。下列不能说明该反应达到平衡状态的是________（填标号）。 A.的反应速率之比为 B.混合气体的平均相对分子质量保持不变 C.混合气体的密度保持不变 D. （3）将合成气按通入密闭反应器中，在压强为并保持恒压的条件下发生反应：，的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。该反应中反应物的总能量________（填“低于”或“高于”）生成物的总能量。温度为时，的平衡分压为________。该温度下，该反应的平衡常数________（用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数）。 （4）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、生成的光能储存装置如图3所示。b极的电极反应式为_________。 【答案】（1） ①. -204.9 ②. K=K12∙K2 （2） ①. d ②. A （3） ①. 高于 ②. ③. （4）2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，反应①×2+反应②得到反应，则∆H=2∆H1+∆H2=2×(-90.7)+(-23.5)=-204.9 kJ/mol ，方程计量数加倍则平衡常数变为原来的平方，方程式相加，则平衡常数相乘，所以K=K12∙K2； 【小问2详解】 起始时，H2，CO的物质的量之比为2：1，此时等于计量数之比，平衡时产物的体积分数最大，若调节起始时H2，CO的物质的量之比为3.5：1，恒温恒压条件下，根据勒夏特列原理，相当于在原平衡的基础上通入氢气，平衡正向移动，二甲醚的体积增大的程度相对于氢气造成的体积增大的程度要小，则再次平衡时CH3OCH3的平衡体积分数会变小，故d点符合， A．各物质反应速率之比始终为化学计量数之比，与平衡无关，A符合题意； B．根据化学方程式可知反应正向进行，气体分子数减小，混合气体的平均摩尔质量在增大，当保持不变时，说明反应达到平衡，B不符合题意； C．恒温恒压条件下，反应前后气体分子数改变，故体积改变，所以容器中气体的密度是一个变量，当保持不变时，即达到平衡，C不符合题意； D．，是根据反应计量比得出的速率关系，可以转化为4v正(H2)=v正(H2O)=v逆（H2O），正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D不符合题意； 故选A。 【小问3详解】 根据图2中CO的平衡转化率随温度的变化关系可知，升高温度，CO的平衡转化率降低，表示升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，合成气体按通入密闭反应容器中，设H2和CO的物质的量均为3 mol ，温度为T1时，CO的平衡转化率为50%，列三段式，则CO2的平衡分压为，同理可得，，则该反应的平衡常数； 【小问4详解】 图3中，b极CO2被还原为CH3OCH3,采用质子交换膜，电解质为酸性物质，则b极电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O。 20. 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药扑热息痛(对乙酰氨基酚)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不会被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙酰氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。贝诺酯的合成路线如下： 已知：ⅰ．+→+NaCl。 ⅱ．DMF表示N，N-二甲基甲酰胺() 回答下列问题： （1）的化学名称为___________。DMF中碳原子的杂化轨道类型为___________。 （2）贝诺酯的官能团名称为___________，H的结构简式为___________。 （3）由A制D不采取甲苯与直接反应，而是经过步骤①~③，目的是___________。 （4）在催化剂(浓硫酸)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M。生成M的化学方程式为___________。 （5）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林大14。Q是N的同分异构体，同时满足下列要求的Q的结构有___________种(不考虑立体异构)。 ①含苯环、不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②只含有1种官能团，且液态时能与反应放出气体 （6）参考上述路线，设计如下转化制备有机物Z。 X、Y、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 【答案】（1） ①. 对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸 ②. sp2、sp3 （2） ①. 酯基、酰胺基 ②. （3）利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代 （4）n+ （5）12 （6） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】贝诺酯的合成过程为：A（甲苯）与浓硫酸（发烟硫酸）发生磺化反应，生成和水；与发生取代反应，生成和；与发生水解反应，脱去磺酸基，生成D（）和；D中甲基被氧化成羧基，生成；与水溶液发生卤代烃水解反应、酸化后得到水杨酸；水杨酸与乙酸酯化得到阿司匹林；与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成，生成H（）；扑热息痛中酚羟基与发生中和反应，生成；与发生取代反应，生成和贝诺酯。 【小问1详解】 中有取代基甲基和官能团磺酸基，在苯环上处于对位，其化学名称为对甲基苯磺酸或4-甲基苯磺酸； 由DMF结构简式可知碳原子的杂化轨道类型有sp2、sp3； 【小问2详解】 由贝诺酯的结构简式可知其官能团名称为酯基、酰胺基； 由贝诺酯和已知反应i逆推可得H的结构简式为； 【小问3详解】 甲苯中甲基能活化邻、对位碳原子上的氢原子，若甲苯直接与反应，邻、对为氢原子均可能被溴原子取代，引入磺酸基占据苯环上的对位，使得溴原子只取代甲基邻位的氢原子，答案为利用占据苯环上甲基的对位，达到控制只能取代苯环上甲基的邻位上的氢原子的目的，若甲苯与直接反应，将导致苯环上甲基的邻、对位上的氢原子均被取代（回答合理即可）； 【小问4详解】 阿司匹林中的羧基与聚乙烯醇中的羟基在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成M和水，反应的化学方程式为n+； 【小问5详解】 阿司匹林的分子式为，N是阿司匹林的同系物，相对分子质量比阿司匹林大14，Q是N的同分异构体，则Q的分子式为，不饱和度为6；Q中只有苯环（不饱和度为4），没有其他环，剩余不饱和度为2；只有一种官能团，且能与钠反应生成气体，由此可知官能团为羧基（），数目为2；除了羧基中的碳原子外，还有2个碳原子，Q中的2个取代基可能是和、和、和、和，每组取代基在苯环上的位置关系有邻、间、对三种，Q的结构有12种； 【小问6详解】 参考题目合成路线和反应条件，苯乙醛与新制发生氧化还原反应，醛基被氧化成羧基，反应物酸化后得到苯乙酸；苯乙酸与、DMF发生取代反应，羧基中的羟基被氯原子取代，生成；与苯酚钠发生已知反应i，氯原子被取代，生成和，X、Y、Z分别为、、。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $