资源简介

广东茂名市2026年高三年级第一次综合测试化学试卷
1．过节时茂名地区有做籺的习俗，传统做籺工艺中所用的工具如下，其主要成分为金属的是
制浆 和面 塑形 蒸制
A．磨粉石磨 B．和面陶盘 C．木制籺印 D．大灶铁锅
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、磨粉石磨的主要成分为石材，含硅酸盐，属于无机非金属材料，故 A 不符合题意；
B、和面陶盘的主要成分为陶瓷，为传统硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故 B 不符合题意；
C、木制籺印的主要成分为木材，含纤维素，属于天然有机高分子材料，故 C 不符合题意；
D、大灶铁锅的主要成分为铁合金，合金属于金属材料，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查材料分类，解题核心是判断各工具主要成分的材料属性：
明确金属材料定义：金属材料包括纯金属和合金，铁锅的成分为铁合金，属于金属材料；
分析其他选项成分：石磨为石材、陶盘为陶瓷、木制籺印为木材，均不属于金属材料。
2．碗烯是合成富勒烯、碳纳米管等碳基材料的重要原料，其结构如图。该分子
A．属于芳香族化合物 B．不能发生加成反应
C．共有15个氢原子 D．含有5个手性碳原子
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、该分子含有苯环结构，属于芳香族化合物，A符合题意；
B、分子中含有碳碳双键和苯环，均能发生加成反应，B不符合题意；
C、根据不饱和度计算，碗烯分子式为，共有10个氢原子，C不符合题意；
D、手性碳原子要求连有4个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子均为不饱和碳，无手性碳原子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
芳香族化合物的判断依据：分子中含有苯环；
加成反应的判断依据：分子中存在碳碳双键、苯环等不饱和键；
氢原子数的计算：可通过不饱和度公式，结合碗烯的结构（，），计算得；
手性碳原子的判断依据：饱和碳原子且连接4个不同基团，该分子无符合条件的碳原子。
3．我国科学家突破多项技术。下列有关说法错误的是
A．开发蒸馏高效填料与除杂技术得到高纯度：蒸馏属于物理变化
B．“原子抽提技术”大幅降低丙烷脱氢制丙烯的用量：属于非金属元素
C．加入微量卤代烃催化合成气制烯烃实现低排放：卤代烃改变了反应历程
D．修饰光催化剂可提升太阳能制氢效率：过程中光能转化为化学能
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；化学反应速率的影响因素；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、蒸馏是利用物质沸点差异分离混合物，过程中无新物质生成，属于物理变化，A 说法正确，A不符合题意；
B、Pt（铂）是铂族金属，属于金属元素，并非非金属元素，说法错误，B符合题意；
C、卤代烃作为催化剂，可降低反应的活化能，改变反应的历程，加快反应速率，说法正确，C不符合题意；
D、Sc 修饰 TiO2光催化剂用于太阳能制氢，是将太阳能（光能）转化为氢气中的化学能，说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物理变化的判断：蒸馏仅分离混合物，无新物质生成，属于物理变化；
元素分类：Pt（铂）为过渡金属元素，属于金属材料；
催化剂的作用：催化剂通过改变反应历程、降低活化能加快反应，不改变平衡；
能量转化：太阳能制氢是光能转化为化学能的过程。
4．劳动创造幸福生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用醋酸去除水垢
B 往轮船加装锌锭防腐蚀 金属活动性：锌>铁
C 用油脂制备肥皂 油脂发生皂化反应
D 制作烟花时加入钠盐、钾盐和铜盐等 某些金属化合物在灼烧时使火焰呈现特征焰色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焰色反应；离子方程式的书写；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆分为 H+，正确离子方程式为
2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，A 错误；
B、轮船加装锌锭防腐蚀利用牺牲阳极法，原理是金属活动性 Zn＞Fe，Zn 作负极被腐蚀，保护 Fe 作正极，B 正确；
C、油脂在碱性条件下发生皂化反应，生成高级脂肪酸盐（肥皂的主要成分）和甘油，可用于制备肥皂，C 正确；
D、钠盐、钾盐、铜盐等金属化合物灼烧时发生焰色反应，呈现特征焰色，可用于制作烟花，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写规则：弱酸（如 CH3COOH）在离子方程式中保留化学式，不能拆分为 H+；
金属防护原理：牺牲阳极法利用活泼性更强的金属作负极，保护被防护金属；
皂化反应定义：油脂在碱性条件下的水解反应，是制备肥皂的核心反应；
焰色反应：某些金属或其化合物灼烧时使火焰呈现特征颜色，可用于烟花制作、金属离子检验。
5．植物基肉制品研发成为2025年营养健康领域热点。下列说法正确的是
A．植物基食品中有优质蛋白，蛋白质最终水解为葡萄糖
B．植物基食品中添加的铁元素，其单质形式更易被人体吸收
C．挤压加工过程中植物蛋白发生变性，变性后的蛋白可以复原
D．氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，进而构成蛋白质
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其最终水解产物为氨基酸，而非葡萄糖，葡萄糖是淀粉的水解产物，A 错误；
B、人体吸收铁元素的主要形式为亚铁离子（Fe2+），单质铁不易被人体吸收，且单质铁可能会刺激肠胃，B 错误；
C、蛋白质变性是空间结构被破坏的不可逆过程，变性后的蛋白结构无法复原，不能恢复原有的生理活性，C 错误；
D、氨基酸通过脱水缩合反应形成肽键，进而连接成多肽链，多肽链再经过盘曲、折叠形成具有一定空间结构的蛋白质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质水解：蛋白质水解的最终产物为氨基酸，淀粉水解最终产物为葡萄糖；
铁元素吸收形式：人体主要吸收 Fe2+，单质铁难以被吸收，易造成肠胃刺激；
蛋白质变性：变性为不可逆过程，空间结构破坏后无法复原；
蛋白质形成基础：氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽进一步构成蛋白质。
6．制备乙酸乙酯的实验中，操作正确的是
A．混合反应物 B．制备乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．提纯乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、混合反应物时，应将浓硫酸沿试管壁缓慢注入乙醇和乙酸的混合液中， 防止浓硫酸稀释放热导致液体飞溅，图中操作错误，A 不符合题意；
B、制备乙酸乙酯时，试管倾斜、酒精灯加热，装置符合实验要求，操作正确，B 符合题意；
C、收集乙酸乙酯时，导管不能伸入饱和 Na2CO3溶液液面下，防止倒吸，且应使用饱和 Na2CO3溶液而非 NaOH 溶液（NaOH 会使乙酸乙酯水解），图中操作错误，C 不符合题意；
D、提纯乙酸乙酯需通过分液分离，应用分液漏斗，图中操作错误，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应物混合顺序：浓硫酸密度大、稀释放热，需 “酸入醇 / 酸”，冷却后加乙醇，防止暴沸飞溅；
收集装置要求：导管末端置于饱和 Na2CO3溶液液面上方，防止倒吸，且用饱和 Na2CO3溶液除杂、降低酯的溶解度；
提纯方法：乙酸乙酯不溶于水，与水溶液分层，用分液法分离，无需蒸馏。
7．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 次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒 次氯酸可用于食品的长期保鲜
B 铵盐受热易分解 可用氯化铵溶液对金属工件进行电镀前除锈
C 氢氧化铝能与酸反应 可用含氢氧化铝的药物治疗胃酸过多
D 浓硝酸具有挥发性 可用铝制容器长期盛装并运输浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铵盐；铝的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ（次氯酸有强氧化性，可杀菌消毒）正确，但陈述 Ⅱ（次氯酸可用于食品长期保鲜）错误（次氯酸不稳定，不能长期保鲜），A 不符合题意；
B、陈述 Ⅰ（铵盐受热易分解）正确，陈述 Ⅱ（氯化铵溶液可用于电镀前除锈）也正确，但二者无因果关系（除锈是因氯化铵水解显酸性，与铵盐受热分解无关），B 不符合题意；
C、陈述 Ⅰ（氢氧化铝能与酸反应）正确，陈述 Ⅱ（含氢氧化铝的药物可治疗胃酸过多）正确，且二者有因果关系（利用氢氧化铝中和胃酸的酸性），C 符合题意；
D、陈述 Ⅰ（浓硝酸有挥发性）正确，但陈述 Ⅱ（铝制容器可长期盛装运输浓硝酸）错误（铝遇浓硝酸钝化，但不能长期盛装，且与挥发性无因果关系），D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．误将次氯酸的强氧化性等同于可用于食品长期保鲜，忽略次氯酸不稳定、易分解，无法长期保鲜，陈述 Ⅱ 错误。
B．混淆氯化铵除锈原理（水解显酸性）与铵盐受热分解的性质，二者无因果关系，易误选。
C． 需明确氢氧化铝中和胃酸的因果逻辑，其与酸反应是治疗胃酸过多的直接原因，该选项为正确项，需准确判断。
D．误认铝制容器可长期盛装浓硝酸，忽略浓硝酸变稀后会与铝反应，且钝化与浓硝酸挥发性无因果关系，陈述 Ⅱ 错误。
8．一种提取碘的工艺过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸发 C．萃取分液 D．蒸馏
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤用于分离固体和液体混合物，该流程中无固体与液体的分离需求，A 错误；
B、蒸发用于从溶液中获得固体溶质，无法将碘从水溶液转移到 CCl4溶液中，B 错误；
C、CCl4与水不互溶，且 I2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，可通过萃取分液将 I2从水溶液转移到 CCl4溶液中，C 正确；
D、蒸馏用于分离沸点不同的互溶液体混合物，该步骤是实现溶质在两种溶剂间的转移，不是蒸馏，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
萃取分液的原理：利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异，将溶质从溶解度小的溶剂转移到溶解度大的溶剂中；
I2的提取流程：含 I-溶液先氧化为含 I2溶液，再用 CCl4萃取分液得到含 I2的 CCl4溶液，最后蒸馏分离 I2与 CCl4；
各操作的适用场景：过滤分离固液、蒸发提取固体溶质、蒸馏分离互溶液体、萃取分液分离互不相溶的液体并转移溶质。
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的质子数为
B．含有的原子数为
C．溶液中含有的数目为
D．与反应转移的电子数为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、18 g H2O 的物质的量为 1 mol，1 个 H2O 分子含 10 个质子（H 含 1 个 ×2 + O 含 8 个），故质子数为 10 NA，A 正确；
B、未指明标准状况，22.4 L Cl2的物质的量无法确定，原子数不一定为 2 NA，B 错误；
C、未指明溶液体积，无法计算 Fe2+的数目，且 Fe2+会水解，实际数目小于 NA，C 错误；
D、Fe 与 Cl2反应： 时，Cl2为限量反应物，1 mol Cl2完全反应转移 2 mol 电子，故转移电子数为 2 NA，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
A．先计算物质的量，再结合分子中质子数计算总质子数；
B．气体摩尔体积 22.4 L/mol 仅适用于标准状况，缺条件无法计算；
C．计算离子数目需同时知道浓度和体积，且 Fe2+存在水解损耗；
D．氧化还原反应电子转移需按限量反应物计算，Cl2完全反应时转移 2 mol 电子。
10．能满足下列物质间转化关系，且推理成立的是
A．可为铁，反应①为化合反应
B．X可为铝，反应②为铝热反应
C．可为硫，反应①一定是可逆反应
D．X可为铜，反应②的另一反应物可为乙醇
【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；化学反应的可逆性；含硫物质的性质及综合应用；探究铝热反应；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、若 X 为铁，酸 / 碱无法直接通过化合反应生成铁的氧化物（如铁与酸反应生成盐，碱与铁不反应，无法一步得到 Fe2O3/Fe3O4），推理不成立，A 不符合题意；B、铝热反应是铝还原金属氧化物，无法用于制备 Al 单质，反应②不能为铝热反应，推理不成立，B 不符合题意；
C、若 X 为硫，反应①不一定是可逆反应（如 H2S 与 O2反应生成 SO2，并非可逆），推理不成立，C 不符合题意；
D、若 X 为铜，酸可与 Cu 反应生成 CuO（氧化物），CuO 与乙醇在加热条件下反应可生成 Cu 单质，反应②的另一反应物可为乙醇，推理成立，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．铁的氧化物无法由酸、碱经一步化合反应生成，不符合转化关系；
B．铝热反应的本质是 Al 还原比 Al 不活泼的金属氧化物，不能用于制备 Al；
C．硫的氧化物（如 SO2）的生成反应不一定为可逆反应，“一定” 表述错误；
D．CuO 可被乙醇还原为 Cu（CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O），符合转化关系。
11．一种合成牛磺酸中间体的结构式如图，已知、、、、、的原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，的价层电子数是电子层数的两倍，则说法正确的是
A．沸点：
B．第一电离能：
C．最高价氧化物的水化物的酸性：t>y
D．或与可组成有强氧化性的化合物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、为分子晶体，靠分子间作用力维系，沸点低；为离子晶体，靠强烈的离子键结合，沸点远高于分子晶体，因此沸点 ，A错误；
B、第一电离能递变规律：同主族自上而下第一电离能递减，故 ；同周期主族元素从左到右第一电离能总体递增，故 ，因此第一电离能大小关系为 ，B错误；
C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性 ，因此酸性 ，C错误；
D、与可形成，与可形成，二者均含过氧键，具有强氧化性，D正确；
故答案为：D。
【分析】已知原子序数 ，且所有元素均分布在前四周期，结合成键特征与电子排布规律逐一突破：
：仅形成1个单键，原子序数最小，确定为H；：形成4个单键，满足四价成键特征，确定为C；
：可与形成双键/单键，为二价氧族元素，确定为O；：形成+1价阳离子，原子序数介于O与之间，确定为Na；：价层电子数为电子层数的2倍，结合原子序数大于O，电子层数为3、价层电子数为6，确定为S；：形成1个单键，原子序数大于S且位于前四周期，确定为Br。据此解题。
12．研究发现溶液中存在以下平衡：（蓝色）（黄色）+，。下列说法正确的是
A．中含有键
B．与配位时，比的配位能力更强
C．加热溶液，溶液由蓝绿色变成黄绿色，说明该反应
D．溶液呈酸性，
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、1个中，4个分子内共含个键，同时与4个之间形成4个配位键，因此1 mol该离子含 mol 键，A错误；
B、该平衡的平衡常数，数值较大，说明反应正向进行的程度大，即与的配位能力强于，B正确；
C、加热时溶液由蓝绿色变为黄绿色，说明（黄色）浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，，C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中存在，因溶液呈酸性，，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计算：配位键属于键，需同时计算分子内共价键和配位键；
配位能力判断：平衡常数越大，正反应进行程度越大，配体配位能力越强；
平衡移动与焓变：升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，；
电荷守恒应用：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性判断离子浓度关系。
13．由物质结构不能推测其对应性质的是
选项 结构 性质
A 乙醇含有羟基 乙醇比乙烷更易溶于水
B 甲烷分子结构为正四面体 甲烷不具有还原性
C 氮气中存在氮氮三键 氮气性质较稳定
D 金属银有自由移动的电子 银有良好的导电性和延展性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A、乙醇含羟基，羟基为亲水基团，可与水形成氢键，因此乙醇比乙烷更易溶于水，可由结构推测性质，A 不符合题意；
B、甲烷分子为正四面体结构，该结构特征与甲烷的还原性无直接关联，甲烷可燃烧、能被氧化，具有还原性，不能由正四面体结构推测其不具还原性，B 符合题意；
C、氮气中存在氮氮三键，键能大，断裂需要极高能量，因此氮气化学性质稳定，可由结构推测性质，C 不符合题意；
D、金属银存在自由移动的电子，这是金属具有良好导电性和延展性的结构基础，可由结构推测性质，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解性与结构的关系：亲水基团（如羟基）可与水形成氢键，提升物质在水中的溶解度；
分子空间结构与化学性质的关系：甲烷的正四面体结构仅描述其空间构型，无法直接推导其氧化还原性质，甲烷的还原性由其可发生氧化反应的化学特性决定；
化学键与物质稳定性的关系：氮氮三键键能高，使氮气化学性质稳定；
金属的结构与性质的关系：自由移动的电子是金属导电性、延展性的本质原因。
14．一种锌-硫水系电池的示意图如图，下列说法正确的是
A．工作时，a极发生还原反应
B．工作时，a极电势大于极电势
C．充电时，b极发生反应：
D．充电时，由极向极移动
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、工作时，电子由 a 极流出，说明 a 极为负极，发生氧化反应，A 不符合题意；
B、工作时，a 极为负极，b 极为正极，正极电势高于负极电势，即 b 极电势大于 a 极电势，B 不符合题意；
C、充电时，b 极为阳极，发生氧化反应，反应为 ZnS-2e-=Zn2++S，C 符合题意；
D、充电时，a 极为阴极，b 极为阳极，阳离子向阴极移动，即 Zn2+由 b 极向 a 极移动，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：电子流出的电极为负极（a），发生氧化反应；电子流入的电极为正极（b），发生还原反应；
原电池电势规律：正极电势高于负极电势；
电解池电极反应：充电时，原电池负极作阴极（a），发生还原反应；原电池正极作阳极（b），发生氧化反应；
电解池离子移动规律：阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
15．利用如图所示装置制备，并探究和的相关性质。实验时，将浓氨水滴入氧化钙中。下列说法错误的是
A．将换成碱石灰也可产生氨气
B．仪器可起到防倒吸作用
C．关闭一段时间后：处颜色比处浅
D．烧杯处先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后溶液变成深蓝色
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氨的性质及用途；氨的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、碱石灰（主要成分为 NaOH、CaO）遇浓氨水会吸水放热，促进 NH3 H2O 分解产生氨气，因此将 CaO 换成碱石灰也可产生氨气，A 不符合题意；
B、仪器 C 为球形干燥管，其球形结构可容纳倒吸的液体，防止液体倒吸入反应装置，起到防倒吸作用，B 不符合题意；
C、关闭 K 一段时间后，NH3进入 A 处与 NO2发生氧化还原反应，消耗 NO2，使 A 处 NO2浓度降低，颜色变浅；B 处 NO2未被消耗，因此 A 处颜色比 B 处浅的说法错误，C 符合题意；
D、NH3通入 CuSO4溶液，首先发生反应 Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，生成蓝色
Cu(OH)2沉淀；继续通入 NH3，沉淀与过量 NH3反应生成可溶性的 [Cu(NH3)4]2+，沉淀溶解，最终溶液变为深蓝色，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备原理：CaO、碱石灰等碱性固体遇浓氨水，通过吸水放热，促进 NH3 H2O 分解释放 NH3；
防倒吸装置原理：球形干燥管等具有较大容积的仪器，可缓冲倒吸的液体，避免液体回流；
NO2与 NH3的反应：NH3具有还原性，可与 NO2发生氧化还原反应，消耗 NO2，使体系颜色变浅；
铜氨络合物的生成：CuSO4与少量 NH3 H2O 生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，与过量 NH3 H2O 生成深蓝色 [Cu(NH3)4]2+络离子。
16．电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是
A．阳极反应的催化剂是NiO
B．电解时，被氧化
C．iii转化为iv的反应方程式为
D．经历2次与的互相转化可得到
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、从阳极反应的完整循环路径来看，NiO在整个过程中仅作为中间媒介参与反应，反应结束后会完全再生，其质量、化学性质均不变化，完全符合催化剂的本质特征，A不符合题意；
B、电解过程中，原料经过多步反应最终转化为，碳元素的平均化合价从-1价升高至+3价，发生了失电子的氧化过程，因此在电解中被氧化，B不符合题意；
C、根据反应机理的结构变化，中间体iii为醛类，iv为同碳二元醇，二者的转化是醛基的水合反应，化学方程式为 ，该反应符合原子守恒与有机反应规律，C不符合题意；
D、阴极生成氢气的半反应为，根据电子守恒，每生成，电路中需要转移电子；而阳极上与的互变中，元素仅发生+2价与+3价的单电子转移，每完成1次互变仅转移电子，因此经历2次互变仅能生成，而非，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】阴极区（活性电极，KOH溶液）：水作为反应物发生还原反应，电极方程式为，生成的在电场作用下，通过阴离子交换膜定向迁移至阳极室，为阳极的催化循环提供碱性环境。阳极区（NiO电极，KOH溶液）：作为媒介催化剂，通过的可逆循环，驱动发生多步氧化，最终转化为目标产物，整个过程中仅参与循环、无损耗，实现催化作用。
17．研究影响化学反应速率的因素对生产生活有重要意义。
I．实验原理
研究小组利用分光光度计测量反应过程中溶液吸光度的变化（吸光度与有色物质浓度成正比）来跟踪反应进程。
II．实验准备
实验需要用到溶液，配制该溶液时：
（1）需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和　 　、　 　。（填仪器名称）
III．测定反应速率
将溶液与酸性高锰酸钾溶液混合后，置于分光光度计中，记录溶液的吸光度降至最低且不再变化时所需时间为。
（2）酸性溶液与溶液反应的离子方程式为　 　。
（3）内，平均反应速率　 　（列出表达式，忽略溶液混合引起的体积变化）。
IV．探究烯烃结构对反应速率的影响
查阅资料①烷基（-R）具有推电子效应，能增强相连碳碳双键的电子云密度。
②烯烃与溴加成时，易与电子云密度大的碳碳双键反应。
基于资料，提出猜想
（4）单烯烃和的反应速率与烷基的长度有关，烷基越长，反应速率越　 　（填“快”或“慢”）。
验证猜想相同体积的乙烯、丙烯、1-丁烯分别通入等体积等浓度的的溶液中，测定溶液的吸光度从降低到所消耗的时间。
实验序号 烯烃
①
②
③
（5）猜想成立的判断依据是　 　。
提出质疑小组成员发现。推测：影响单烯烃与反应的速率除了烷基的推电子效应外，还存在其他因素。
教师指导空间位阻效应对有机物的物理性质和化学性质产生影响，有机分子中支链越多，基团越大，空间位阻效应越大；空间位阻效应：顺-2-丁烯>反-2-丁烯。已知：
烷烃
沸点/℃ 36.1 27.9 9.5
（6）①下列烯烃的沸点由大到小的顺序为　 　（用选项编号排序）。
A． B． C．
补充猜想空间位阻效应越大，单烯烃和的反应速率越小。
优化设计小组成员对下面两种烯烃进行了重复实验。
实验序号 烯烃
④ 顺-2-丁烯
⑤ 反-2-丁烯
②补充猜想正确的判断依据是　 　。
实验结论
③推电子效应和空间位阻效应都会影响单烯烃与的反应速率。由于，可判断　 　为主要影响因素。
教师总结烯烃结构对反应速率影响的因素是多样的，具体情况具体分析。
【答案】玻璃棒；100 mL容量瓶；；；快；；A>B>C；；推电子效应
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；烯烃；探究影响化学反应速率的因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制80 mL溶液时，需选用100 mL容量瓶；溶解、转移溶液还需要玻璃棒搅拌和引流。
故答案为： 玻璃棒 ； 100 mL容量瓶 ；
（2）酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）混合后总体积为，初始物质的量为，完全反应后浓度变化，因此平均速率。
故答案为： ；
（4）根据题给信息，烷基越长推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越容易和反应，因此反应速率越快。
故答案为： 快 ；
（5）烷基越长反应速率越快，相同吸光度变化下，反应速率越快，消耗时间越短，因此若满足，即可证明猜想成立。
故答案为：；
（6） ① 由题给烷烃沸点规律可知：烃的支链越多，沸点越低。三种烯烃中，A为直链无支链、B含1个支链、C含2个支链，因此沸点顺序为；
② 根据猜想，空间位阻越大反应速率越小，已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此若顺-2-丁烯反应时间更长，即，即可证明猜想正确；
③ 丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，二者推电子效应和空间位阻都是顺-2-丁烯更大；实验结果，说明顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯，推电子效应加快反应的影响占主导，因此推电子效应是主要影响因素。
故答案为：； ； 推电子效应 ；
【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需用到的玻璃仪器：烧杯用于溶解、胶头滴管用于定容，还需要玻璃棒（搅拌溶解、引流）、100 mL容量瓶（因需配制80 mL，选用规格稍大的100 mL容量瓶）。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。
（3）忽略体积变化，混合后总体积；
的初始物质的量，完全反应后浓度变化；平均反应速率，表达式为。
（4）根据资料：烷基（-R）推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越易与其反应，反应速率越快；烷基越长，推电子效应越强，因此反应速率越快。
（5）反应速率越快，相同吸光度变化下，消耗时间越短；若猜想成立，烷基越长，反应速率越快，时间越短，因此判断依据为：（乙烯无烷基、丙烯1个烷基、1-丁烯2个烷基，时间依次缩短）。
（6）①烷烃沸点规律：支链越多，沸点越低；
A为直链1-戊烯（无支链），B含1个支链，C含2个支链，因此沸点由大到小为。
②空间位阻效应越大，单烯烃与反应速率越小；已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此顺-2-丁烯反应时间更长，若，则证明猜想正确。
③丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，顺-2-丁烯推电子效应、空间位阻均更大；实验结果（丙烯反应时间远长于顺-2-丁烯，顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯），说明推电子效应对反应速率的影响占主导，因此推电子效应为主要影响因素。
18．一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。
已知：①常温下，，，。
②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。
回答以下问题：
（1）“球磨粉碎”的作用是　 　；“浸出”后，需要进行的实验操作是　 　（填操作名称）。
（2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则　 　（结果保留3位有效数字）。
（3）试剂A为　 　，“萃取”过程中发生的反应类型为　 　。
（4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为　 　，若过大，会进一步　 　，导致钴元素损失严重。
（5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在　 　（填流程环节）中循环利用。
（6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。
①其他原子的位置和个数可能为　 　（填选项）。
A．面心a，6个 B．体心b，1个
C．棱中c，12个 D．棱中c，6个；面心a，6个
②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为　 　。
【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率；过滤
（2）
（3）；酯化反应
（4）；生成胶状沉淀，吸附
（5）萃取
（6）A；12
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。
故答案为： 增大反应接触面积，加快反应速率 ； 过滤 ；
（2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。
故答案为： ；
（3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。
故答案为： ； 酯化反应 ；
（4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。
故答案为： ； 生成胶状沉淀，吸附 ；
（5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。
故答案为： 萃取 ；
（6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A；
②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。
故答案为： A ；12；
【分析】将钕铁硼废料与混合研磨、焙烧，使所有金属元素转化为可溶性盐，经水浸、过滤得到含、、、的浸出液；向浸出液中加入草酸，利用的难溶性，使铼以沉淀形式分离，过滤后实现铼的回收；向滤液中加入己二醇，硼酸与己二醇发生酯化反应生成硼酸己二醇酯，进入有机层，水层保留、，分液后实现硼与铁、钴的分离；向水层加入，将氧化为沉淀实现沉铁；过滤后向滤液加入，使转化为沉淀，完成钴的回收；向含硼酸己二醇酯的有机层加入碱溶液进行反萃取，使酯水解，分液后有机层的己二醇可循环利用，水层得到溶液，经酸化最终得到。
（1）粉碎固体的核心作用是增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，提升金属元素的浸出率；
浸出后需分离液体（浸出液）与固体（浸出渣），对应分离操作为过滤，利用固液粒径差异实现分离。
（2）第一步：利用的溶度积公式，代入已知的，求解；
第二步：利用草酸的二级电离平衡常数，结合对应的，代入已求出的，计算；
（3）反萃取目标是得到，需向有机层的硼酸己二醇酯中加入碱溶液，使酯水解并生成，因此试剂A为；萃取过程是硼酸（弱酸）与己二醇（醇）发生酯化反应，生成硼酸己二醇酯，进入有机层实现分离；
（4）低pH条件下，被氧化为沉淀，实现铁的分离；若pH过大（碱性过强），会转化为胶状沉淀；结合已知信息，胶状沉淀会吸附溶液中的，导致钴元素损失，降低钴的回收率；
（5）反萃取后，有机层的主要成分为萃取剂己二醇，可直接返回“萃取”环节，重复用于硼酸的萃取分离，实现试剂的循环利用，降低工艺成本；
（6）① 晶胞边长为，两个原子的最近距离为面对角线的一半（），对应顶点与面心的距离，因此选择位于8个顶点、6个面心的晶胞结构（面心立方堆积）；
② 面心立方堆积中，每个原子的配位数为12（同层4个、上下层各4个），因此每个原子最近且等距离的原子数目为12；
（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。
（2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。
（3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。
（4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。
（5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。
（6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A；
②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。
19．氧化脱氢制技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制。
（1）基态Co原子的价层电子排布式为　 　。
（2）一种基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将与通入容积为的密闭容器中进行反应。
编号 过程
ii
iii
iv
①　 　。
②下，反应的，则下该反应　 　（填“能”或“不能”）自发进行。
③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，的平衡转化率升高幅度大于的，则对应的曲线为　 　（填曲线代号）。
④820℃下，平衡时　 　mol，求反应的平衡常数　 　（写出计算过程，最后结果无须化简）。
⑤向某密闭容器中通入和，仅考虑发生反应、。下列说法正确的有　 　（填选项）。
A．当时，反应i、ii均达到平衡状态
B．升高反应温度，可加快反应速率，并提高的平衡产率
C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体，增大
D．恒温恒容下，提高投料比，可以增大的平衡转化率
（3）650K下，初始投料，其他条件相同时，用、和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。
催化剂
的转化率 8.5 24.4 14.3
①使用不同催化剂时，反应（i）的：　 　（填“>”“<”或“=”）。
②使用催化剂，该段时间内得到，则的选择性==　 　。（列出计算式）
【答案】（1）
（2）+178.0；不能；a；0.70；；AB
（3）=；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为；
故答案为： ；
（2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，；
②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行；
③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表；
④该反应容器容积为1 L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为；
⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确；
B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确；
C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误；
D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误；
故答案为： +178.0 ； 不能 ； a ； 0.70 ； ；AB；
（3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的；
②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1 mol生成1 mol，反应过程中生成，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。
故答案为： = ； ；
【分析】（1）根据元素核外电子排布规则，钴为 27 号元素，位于第四周期 Ⅷ 族，写出核外电子排布后提取价电子（过渡金属价电子含 3d、4s 轨道电子），得到价电子排布式。
（2）① 已知反应 i = 反应 ii + 反应 iii，根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，代入数据计算 ΔH1。
② 利用吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH-TΔS，代入 ΔH1、ΔS、温度 T=298K，通过 ΔG 的正负判断反应自发性。
③ 结合温度对反应物转化率的影响，C2H6平衡转化率变化量更大，对应物质的量变化更大的曲线 a，CO2对应曲线 b。
④ 先根据起始投料计算体系 C、H、O 的初始总物质的量，再结合平衡时已知物质的量，利用原子守恒计算 H2O、CO 的平衡量，最后代入平衡常数定义式计算 K 。
⑤ 逐一分析选项：根据平衡状态判定、温度对吸热反应的影响、平衡常数的影响因素、投料比对转化率的影响，判断各选项正误。
（3）① 焓变是状态函数，仅与反应物、生成物的总能量差有关，与反应路径无关，催化剂仅改变活化能，不影响 ΔH。
② 明确生成 C2H4消耗的 C2H6量、C2H6总消耗量，根据选择性定义公式，代入数据计算 C2H4的选择性。
（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为；
（2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，；
②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行；
③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表；
④该反应容器容积为1 L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为；
⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确；
B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确；
C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误；
D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误；
故答案选AB；
（3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的；
②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1 mol生成1 mol，反应过程中生成，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。
20．我国科学家研发了一种合成螺旋内酯的方法，路线如下（反应条件略，代表苯基）。
（1）化合物2a的分子式为　 　。
（2）化合物2a可分别与多种试剂进行原子利用率100%的反应。该反应中，
①若试剂为形极性分子，可生成醇类化合物：　 　（写出其中一种的结构简式）；
与化合物I互为同分异构体，含有六元环且属于醇类物质的有　 　种（含化合物I，不考虑立体异构）。
②若试剂为直线形分子，通过两步反应可生成化合物II（），第二步的反应方程式为　 　。
（3）化合物含有的官能团名称为　 　，能与反应生成化合物III：　 　（写结构简式）；仅用化合物Ⅲ作有机原料，可制备一种高聚物为　 　（写结构简式）。
（4）下列说法正确的有_____（填选项）。
A．化合物3a易溶于水，且酸性比乙酸强
B．化合物1a分子中，有大键，且所有原子共平面
C．在和生成过程中，有键的断裂与键的形成
D．化合物4a分子中，只有12个碳原子采取杂化
（5）参考上述合成路线，直接合成化合物IV，则需要以1a、3a和　 　（填结构简式）为反应物。
【答案】（1）
（2）或；5；（其他卤素也可以）
（3）醛基，羧基；；
（4）A；C
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物2a为亚甲基环己烷，六元环含6个C，双键端1个C，共7个C，计算得H为12，分子式为。
故答案为： ；
（2）①V形极性分子，和碳碳双键发生加成反应生成醇，该试剂为水，碳碳双键加成水，可得到1-甲基环己醇或羟甲基环己烷，任写一种即可。 该醇分子式为，含六元碳环的醇类同分异构体：环上连两个取代基和，共4种（同碳1种、邻/间/对位各1种）；环上连1个取代基共1种，合计种（含原化合物I）。
②第一步为溴化氢与2a分子中的碳碳双键加成，得到，第二步在氢氧化钠的醇溶液中共热发生消去反应，方程式为：
故答案为：或 ；5；（其他卤素也可以） ；
（3）化合物3a为乙醛酸，官能团为醛基、羧基；醛基可以和加成，羧基高中范围内不与氢气加成，因此加成后得到III为；III同时含羟基和羧基，可发生缩聚反应得到聚羟基乙酸，结构为：。
故答案为： 醛基，羧基 ； ； ；
（4）A.3a（乙醛酸）含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基是吸电子基团，使羧基酸性增强，酸性强于乙酸，A正确；
B.1a中含亚甲基（），为sp3杂化的四面体结构，所有原子不可能共平面，B错误；
C．反应过程中，碳碳双键、羰基的π键断裂，形成新的σ键，C正确；
D.4a中两个苯基共12个sp2杂化C，加上内酯羰基的1个sp2杂化C，共13个，D错误；
故答案为：A C；
（5）对比原合成路线和产物IV的结构，原路线中2a是，提供环结构，产物IV中对应位置为苯基，因此需要替换为苯乙烯。
故答案为： ；
【分析】该反应分两步完成，核心为亲核加成 - 环化过程：
第一步加成反应：1a 分子中的 N-H 键发生断裂，氢原子与 3a 分子中醛基的氧原子结合，氮原子则进攻醛基的碳原子，完成碳氧双键的亲核加成，生成含羟基的氨基羧酸中间体：；
第二步环化反应：再与 2a 分子中的碳碳双键发生分子内加成，最终关环形成目标环状产物 4a：。结合该反应机理，可对后续问题进行逐一分析解答。
（1）根据亚甲基环己烷的结构，数出六元环 6 个 C、双键端 1 个 C，共 7 个 C；结合不饱和度计算（1 个环 + 1 个双键，不饱和度 Ω=2），由饱和烃通式 C H2 +2，得 H 原子数 = 2×7+2-2×2=12，确定分子式为 C7H12。
（2）① 水为 V 形极性分子，可与碳碳双键发生加成反应生成醇，产物为 1 - 甲基环己醇或羟甲基环己烷；按醇的同分异构体分类：环上连 - CH3和 - OH 两个取代基（同碳 1 种、邻 / 间 / 对位各 1 种，共 4 种）、环上连 - CH2OH 一个取代基（1 种），合计 5 种（含原化合物）。
② 第一步 HBr 与 2a 的碳碳双键加成，得到溴代烃；第二步溴代烃在 NaOH 醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成烯烃，写出对应化学方程式（其他卤素可替代 Br）。
（3）根据乙醛酸 OHC-COOH 的结构，识别官能团为醛基、羧基；醛基可与 H2加成，羧基不与 H2加成，得到含羟基和羧基的加成产物；羟基与羧基可发生缩聚反应，写出对应的缩聚产物结构。
（4）A、乙醛酸含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基的吸电子效应增强羧基酸性，酸性强于乙酸，A 正确；
B、1a 含 sp3 杂化的 - CH2-，为四面体结构，所有原子不可能共平面，B 错误；
C、反应中碳碳双键、羰基的 π 键断裂，形成新的 σ 键，C 正确；
D、4a 中两个苯基 12 个 sp2 杂化 C，加内酯羰基 1 个 sp2 杂化 C，共 13 个，D 错误；
（5）对比原合成路线（2a 为亚甲基环己烷，提供环结构）与产物 IV 的结构，产物对应位置为苯基，因此将 2a 替换为苯乙烯，即可得到目标产物 IV。
（1）化合物2a为亚甲基环己烷，六元环含6个C，双键端1个C，共7个C，计算得H为12，分子式为。
（2）①V形极性分子，和碳碳双键发生加成反应生成醇，该试剂为水，碳碳双键加成水，可得到1-甲基环己醇或羟甲基环己烷，任写一种即可。 该醇分子式为，含六元碳环的醇类同分异构体：环上连两个取代基和，共4种（同碳1种、邻/间/对位各1种）；环上连1个取代基共1种，合计种（含原化合物I）。
②第一步为溴化氢与2a分子中的碳碳双键加成，得到，第二步在氢氧化钠的醇溶液中共热发生消去反应，方程式为：
（3）化合物3a为乙醛酸，官能团为醛基、羧基；醛基可以和加成，羧基高中范围内不与氢气加成，因此加成后得到III为；III同时含羟基和羧基，可发生缩聚反应得到聚羟基乙酸，结构为：。
（4）A.3a（乙醛酸）含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基是吸电子基团，使羧基酸性增强，酸性强于乙酸，A正确；
B.1a中含亚甲基（），为sp3杂化的四面体结构，所有原子不可能共平面，B错误；
C．反应过程中，碳碳双键、羰基的π键断裂，形成新的σ键，C正确；
D.4a中两个苯基共12个sp2杂化C，加上内酯羰基的1个sp2杂化C，共13个，D错误；
故选择AC。
（5）对比原合成路线和产物IV的结构，原路线中2a是，提供环结构，产物IV中对应位置为苯基，因此需要替换为苯乙烯。
1 / 1广东茂名市2026年高三年级第一次综合测试化学试卷
1．过节时茂名地区有做籺的习俗，传统做籺工艺中所用的工具如下，其主要成分为金属的是
制浆 和面 塑形 蒸制
A．磨粉石磨 B．和面陶盘 C．木制籺印 D．大灶铁锅
A．A B．B C．C D．D
2．碗烯是合成富勒烯、碳纳米管等碳基材料的重要原料，其结构如图。该分子
A．属于芳香族化合物 B．不能发生加成反应
C．共有15个氢原子 D．含有5个手性碳原子
3．我国科学家突破多项技术。下列有关说法错误的是
A．开发蒸馏高效填料与除杂技术得到高纯度：蒸馏属于物理变化
B．“原子抽提技术”大幅降低丙烷脱氢制丙烯的用量：属于非金属元素
C．加入微量卤代烃催化合成气制烯烃实现低排放：卤代烃改变了反应历程
D．修饰光催化剂可提升太阳能制氢效率：过程中光能转化为化学能
4．劳动创造幸福生活。下列劳动项目涉及的相关化学知识错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用醋酸去除水垢
B 往轮船加装锌锭防腐蚀 金属活动性：锌>铁
C 用油脂制备肥皂 油脂发生皂化反应
D 制作烟花时加入钠盐、钾盐和铜盐等 某些金属化合物在灼烧时使火焰呈现特征焰色
A．A B．B C．C D．D
5．植物基肉制品研发成为2025年营养健康领域热点。下列说法正确的是
A．植物基食品中有优质蛋白，蛋白质最终水解为葡萄糖
B．植物基食品中添加的铁元素，其单质形式更易被人体吸收
C．挤压加工过程中植物蛋白发生变性，变性后的蛋白可以复原
D．氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，进而构成蛋白质
6．制备乙酸乙酯的实验中，操作正确的是
A．混合反应物 B．制备乙酸乙酯
C．收集乙酸乙酯 D．提纯乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
7．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 次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒 次氯酸可用于食品的长期保鲜
B 铵盐受热易分解 可用氯化铵溶液对金属工件进行电镀前除锈
C 氢氧化铝能与酸反应 可用含氢氧化铝的药物治疗胃酸过多
D 浓硝酸具有挥发性 可用铝制容器长期盛装并运输浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
8．一种提取碘的工艺过程如下，其中操作为
A．过滤 B．蒸发 C．萃取分液 D．蒸馏
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的质子数为
B．含有的原子数为
C．溶液中含有的数目为
D．与反应转移的电子数为
10．能满足下列物质间转化关系，且推理成立的是
A．可为铁，反应①为化合反应
B．X可为铝，反应②为铝热反应
C．可为硫，反应①一定是可逆反应
D．X可为铜，反应②的另一反应物可为乙醇
11．一种合成牛磺酸中间体的结构式如图，已知、、、、、的原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，的价层电子数是电子层数的两倍，则说法正确的是
A．沸点：
B．第一电离能：
C．最高价氧化物的水化物的酸性：t>y
D．或与可组成有强氧化性的化合物
12．研究发现溶液中存在以下平衡：（蓝色）（黄色）+，。下列说法正确的是
A．中含有键
B．与配位时，比的配位能力更强
C．加热溶液，溶液由蓝绿色变成黄绿色，说明该反应
D．溶液呈酸性，
13．由物质结构不能推测其对应性质的是
选项 结构 性质
A 乙醇含有羟基 乙醇比乙烷更易溶于水
B 甲烷分子结构为正四面体 甲烷不具有还原性
C 氮气中存在氮氮三键 氮气性质较稳定
D 金属银有自由移动的电子 银有良好的导电性和延展性
A．A B．B C．C D．D
14．一种锌-硫水系电池的示意图如图，下列说法正确的是
A．工作时，a极发生还原反应
B．工作时，a极电势大于极电势
C．充电时，b极发生反应：
D．充电时，由极向极移动
15．利用如图所示装置制备，并探究和的相关性质。实验时，将浓氨水滴入氧化钙中。下列说法错误的是
A．将换成碱石灰也可产生氨气
B．仪器可起到防倒吸作用
C．关闭一段时间后：处颜色比处浅
D．烧杯处先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后溶液变成深蓝色
16．电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是
A．阳极反应的催化剂是NiO
B．电解时，被氧化
C．iii转化为iv的反应方程式为
D．经历2次与的互相转化可得到
17．研究影响化学反应速率的因素对生产生活有重要意义。
I．实验原理
研究小组利用分光光度计测量反应过程中溶液吸光度的变化（吸光度与有色物质浓度成正比）来跟踪反应进程。
II．实验准备
实验需要用到溶液，配制该溶液时：
（1）需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和　 　、　 　。（填仪器名称）
III．测定反应速率
将溶液与酸性高锰酸钾溶液混合后，置于分光光度计中，记录溶液的吸光度降至最低且不再变化时所需时间为。
（2）酸性溶液与溶液反应的离子方程式为　 　。
（3）内，平均反应速率　 　（列出表达式，忽略溶液混合引起的体积变化）。
IV．探究烯烃结构对反应速率的影响
查阅资料①烷基（-R）具有推电子效应，能增强相连碳碳双键的电子云密度。
②烯烃与溴加成时，易与电子云密度大的碳碳双键反应。
基于资料，提出猜想
（4）单烯烃和的反应速率与烷基的长度有关，烷基越长，反应速率越　 　（填“快”或“慢”）。
验证猜想相同体积的乙烯、丙烯、1-丁烯分别通入等体积等浓度的的溶液中，测定溶液的吸光度从降低到所消耗的时间。
实验序号 烯烃
①
②
③
（5）猜想成立的判断依据是　 　。
提出质疑小组成员发现。推测：影响单烯烃与反应的速率除了烷基的推电子效应外，还存在其他因素。
教师指导空间位阻效应对有机物的物理性质和化学性质产生影响，有机分子中支链越多，基团越大，空间位阻效应越大；空间位阻效应：顺-2-丁烯>反-2-丁烯。已知：
烷烃
沸点/℃ 36.1 27.9 9.5
（6）①下列烯烃的沸点由大到小的顺序为　 　（用选项编号排序）。
A． B． C．
补充猜想空间位阻效应越大，单烯烃和的反应速率越小。
优化设计小组成员对下面两种烯烃进行了重复实验。
实验序号 烯烃
④ 顺-2-丁烯
⑤ 反-2-丁烯
②补充猜想正确的判断依据是　 　。
实验结论
③推电子效应和空间位阻效应都会影响单烯烃与的反应速率。由于，可判断　 　为主要影响因素。
教师总结烯烃结构对反应速率影响的因素是多样的，具体情况具体分析。
18．一种钕铁硼废料主要含、稀土（）、、等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。
已知：①常温下，，，。
②容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。
回答以下问题：
（1）“球磨粉碎”的作用是　 　；“浸出”后，需要进行的实验操作是　 　（填操作名称）。
（2）“沉淀”时，当完全沉淀时，溶液，则　 　（结果保留3位有效数字）。
（3）试剂A为　 　，“萃取”过程中发生的反应类型为　 　。
（4）“沉铁”时，需严格控制和，在较低和一定温度条件下，萃余液中反应生成的化学方程式为　 　，若过大，会进一步　 　，导致钴元素损失严重。
（5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在　 　（填流程环节）中循环利用。
（6）稀土立方晶胞中部分原子如图所示，设晶胞边长为，两个原子的最近距离为，图中已用表示部分原子的位置。
①其他原子的位置和个数可能为　 　（填选项）。
A．面心a，6个 B．体心b，1个
C．棱中c，12个 D．棱中c，6个；面心a，6个
②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为　 　。
19．氧化脱氢制技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制。
（1）基态Co原子的价层电子排布式为　 　。
（2）一种基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将与通入容积为的密闭容器中进行反应。
编号 过程
ii
iii
iv
①　 　。
②下，反应的，则下该反应　 　（填“能”或“不能”）自发进行。
③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，的平衡转化率升高幅度大于的，则对应的曲线为　 　（填曲线代号）。
④820℃下，平衡时　 　mol，求反应的平衡常数　 　（写出计算过程，最后结果无须化简）。
⑤向某密闭容器中通入和，仅考虑发生反应、。下列说法正确的有　 　（填选项）。
A．当时，反应i、ii均达到平衡状态
B．升高反应温度，可加快反应速率，并提高的平衡产率
C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体，增大
D．恒温恒容下，提高投料比，可以增大的平衡转化率
（3）650K下，初始投料，其他条件相同时，用、和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。
催化剂
的转化率 8.5 24.4 14.3
①使用不同催化剂时，反应（i）的：　 　（填“>”“<”或“=”）。
②使用催化剂，该段时间内得到，则的选择性==　 　。（列出计算式）
20．我国科学家研发了一种合成螺旋内酯的方法，路线如下（反应条件略，代表苯基）。
（1）化合物2a的分子式为　 　。
（2）化合物2a可分别与多种试剂进行原子利用率100%的反应。该反应中，
①若试剂为形极性分子，可生成醇类化合物：　 　（写出其中一种的结构简式）；
与化合物I互为同分异构体，含有六元环且属于醇类物质的有　 　种（含化合物I，不考虑立体异构）。
②若试剂为直线形分子，通过两步反应可生成化合物II（），第二步的反应方程式为　 　。
（3）化合物含有的官能团名称为　 　，能与反应生成化合物III：　 　（写结构简式）；仅用化合物Ⅲ作有机原料，可制备一种高聚物为　 　（写结构简式）。
（4）下列说法正确的有_____（填选项）。
A．化合物3a易溶于水，且酸性比乙酸强
B．化合物1a分子中，有大键，且所有原子共平面
C．在和生成过程中，有键的断裂与键的形成
D．化合物4a分子中，只有12个碳原子采取杂化
（5）参考上述合成路线，直接合成化合物IV，则需要以1a、3a和　 　（填结构简式）为反应物。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、磨粉石磨的主要成分为石材，含硅酸盐，属于无机非金属材料，故 A 不符合题意；
B、和面陶盘的主要成分为陶瓷，为传统硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故 B 不符合题意；
C、木制籺印的主要成分为木材，含纤维素，属于天然有机高分子材料，故 C 不符合题意；
D、大灶铁锅的主要成分为铁合金，合金属于金属材料，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查材料分类，解题核心是判断各工具主要成分的材料属性：
明确金属材料定义：金属材料包括纯金属和合金，铁锅的成分为铁合金，属于金属材料；
分析其他选项成分：石磨为石材、陶盘为陶瓷、木制籺印为木材，均不属于金属材料。
2．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；加成反应
【解析】【解答】A、该分子含有苯环结构，属于芳香族化合物，A符合题意；
B、分子中含有碳碳双键和苯环，均能发生加成反应，B不符合题意；
C、根据不饱和度计算，碗烯分子式为，共有10个氢原子，C不符合题意；
D、手性碳原子要求连有4个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子均为不饱和碳，无手性碳原子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
芳香族化合物的判断依据：分子中含有苯环；
加成反应的判断依据：分子中存在碳碳双键、苯环等不饱和键；
氢原子数的计算：可通过不饱和度公式，结合碗烯的结构（，），计算得；
手性碳原子的判断依据：饱和碳原子且连接4个不同基团，该分子无符合条件的碳原子。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；化学反应速率的影响因素；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、蒸馏是利用物质沸点差异分离混合物，过程中无新物质生成，属于物理变化，A 说法正确，A不符合题意；
B、Pt（铂）是铂族金属，属于金属元素，并非非金属元素，说法错误，B符合题意；
C、卤代烃作为催化剂，可降低反应的活化能，改变反应的历程，加快反应速率，说法正确，C不符合题意；
D、Sc 修饰 TiO2光催化剂用于太阳能制氢，是将太阳能（光能）转化为氢气中的化学能，说法正确，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
物理变化的判断：蒸馏仅分离混合物，无新物质生成，属于物理变化；
元素分类：Pt（铂）为过渡金属元素，属于金属材料；
催化剂的作用：催化剂通过改变反应历程、降低活化能加快反应，不改变平衡；
能量转化：太阳能制氢是光能转化为化学能的过程。
4．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焰色反应；离子方程式的书写；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆分为 H+，正确离子方程式为
2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，A 错误；
B、轮船加装锌锭防腐蚀利用牺牲阳极法，原理是金属活动性 Zn＞Fe，Zn 作负极被腐蚀，保护 Fe 作正极，B 正确；
C、油脂在碱性条件下发生皂化反应，生成高级脂肪酸盐（肥皂的主要成分）和甘油，可用于制备肥皂，C 正确；
D、钠盐、钾盐、铜盐等金属化合物灼烧时发生焰色反应，呈现特征焰色，可用于制作烟花，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式书写规则：弱酸（如 CH3COOH）在离子方程式中保留化学式，不能拆分为 H+；
金属防护原理：牺牲阳极法利用活泼性更强的金属作负极，保护被防护金属；
皂化反应定义：油脂在碱性条件下的水解反应，是制备肥皂的核心反应；
焰色反应：某些金属或其化合物灼烧时使火焰呈现特征颜色，可用于烟花制作、金属离子检验。
5．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其最终水解产物为氨基酸，而非葡萄糖，葡萄糖是淀粉的水解产物，A 错误；
B、人体吸收铁元素的主要形式为亚铁离子（Fe2+），单质铁不易被人体吸收，且单质铁可能会刺激肠胃，B 错误；
C、蛋白质变性是空间结构被破坏的不可逆过程，变性后的蛋白结构无法复原，不能恢复原有的生理活性，C 错误；
D、氨基酸通过脱水缩合反应形成肽键，进而连接成多肽链，多肽链再经过盘曲、折叠形成具有一定空间结构的蛋白质，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
蛋白质水解：蛋白质水解的最终产物为氨基酸，淀粉水解最终产物为葡萄糖；
铁元素吸收形式：人体主要吸收 Fe2+，单质铁难以被吸收，易造成肠胃刺激；
蛋白质变性：变性为不可逆过程，空间结构破坏后无法复原；
蛋白质形成基础：氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽进一步构成蛋白质。
6．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、混合反应物时，应将浓硫酸沿试管壁缓慢注入乙醇和乙酸的混合液中， 防止浓硫酸稀释放热导致液体飞溅，图中操作错误，A 不符合题意；
B、制备乙酸乙酯时，试管倾斜、酒精灯加热，装置符合实验要求，操作正确，B 符合题意；
C、收集乙酸乙酯时，导管不能伸入饱和 Na2CO3溶液液面下，防止倒吸，且应使用饱和 Na2CO3溶液而非 NaOH 溶液（NaOH 会使乙酸乙酯水解），图中操作错误，C 不符合题意；
D、提纯乙酸乙酯需通过分液分离，应用分液漏斗，图中操作错误，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应物混合顺序：浓硫酸密度大、稀释放热，需 “酸入醇 / 酸”，冷却后加乙醇，防止暴沸飞溅；
收集装置要求：导管末端置于饱和 Na2CO3溶液液面上方，防止倒吸，且用饱和 Na2CO3溶液除杂、降低酯的溶解度；
提纯方法：乙酸乙酯不溶于水，与水溶液分层，用分液法分离，无需蒸馏。
7．【答案】C
【知识点】铵盐；铝的化学性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ（次氯酸有强氧化性，可杀菌消毒）正确，但陈述 Ⅱ（次氯酸可用于食品长期保鲜）错误（次氯酸不稳定，不能长期保鲜），A 不符合题意；
B、陈述 Ⅰ（铵盐受热易分解）正确，陈述 Ⅱ（氯化铵溶液可用于电镀前除锈）也正确，但二者无因果关系（除锈是因氯化铵水解显酸性，与铵盐受热分解无关），B 不符合题意；
C、陈述 Ⅰ（氢氧化铝能与酸反应）正确，陈述 Ⅱ（含氢氧化铝的药物可治疗胃酸过多）正确，且二者有因果关系（利用氢氧化铝中和胃酸的酸性），C 符合题意；
D、陈述 Ⅰ（浓硝酸有挥发性）正确，但陈述 Ⅱ（铝制容器可长期盛装运输浓硝酸）错误（铝遇浓硝酸钝化，但不能长期盛装，且与挥发性无因果关系），D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．误将次氯酸的强氧化性等同于可用于食品长期保鲜，忽略次氯酸不稳定、易分解，无法长期保鲜，陈述 Ⅱ 错误。
B．混淆氯化铵除锈原理（水解显酸性）与铵盐受热分解的性质，二者无因果关系，易误选。
C． 需明确氢氧化铝中和胃酸的因果逻辑，其与酸反应是治疗胃酸过多的直接原因，该选项为正确项，需准确判断。
D．误认铝制容器可长期盛装浓硝酸，忽略浓硝酸变稀后会与铝反应，且钝化与浓硝酸挥发性无因果关系，陈述 Ⅱ 错误。
8．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、过滤用于分离固体和液体混合物，该流程中无固体与液体的分离需求，A 错误；
B、蒸发用于从溶液中获得固体溶质，无法将碘从水溶液转移到 CCl4溶液中，B 错误；
C、CCl4与水不互溶，且 I2在 CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，可通过萃取分液将 I2从水溶液转移到 CCl4溶液中，C 正确；
D、蒸馏用于分离沸点不同的互溶液体混合物，该步骤是实现溶质在两种溶剂间的转移，不是蒸馏，D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
萃取分液的原理：利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异，将溶质从溶解度小的溶剂转移到溶解度大的溶剂中；
I2的提取流程：含 I-溶液先氧化为含 I2溶液，再用 CCl4萃取分液得到含 I2的 CCl4溶液，最后蒸馏分离 I2与 CCl4；
各操作的适用场景：过滤分离固液、蒸发提取固体溶质、蒸馏分离互溶液体、萃取分液分离互不相溶的液体并转移溶质。
9．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、18 g H2O 的物质的量为 1 mol，1 个 H2O 分子含 10 个质子（H 含 1 个 ×2 + O 含 8 个），故质子数为 10 NA，A 正确；
B、未指明标准状况，22.4 L Cl2的物质的量无法确定，原子数不一定为 2 NA，B 错误；
C、未指明溶液体积，无法计算 Fe2+的数目，且 Fe2+会水解，实际数目小于 NA，C 错误；
D、Fe 与 Cl2反应： 时，Cl2为限量反应物，1 mol Cl2完全反应转移 2 mol 电子，故转移电子数为 2 NA，D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
A．先计算物质的量，再结合分子中质子数计算总质子数；
B．气体摩尔体积 22.4 L/mol 仅适用于标准状况，缺条件无法计算；
C．计算离子数目需同时知道浓度和体积，且 Fe2+存在水解损耗；
D．氧化还原反应电子转移需按限量反应物计算，Cl2完全反应时转移 2 mol 电子。
10．【答案】D
【知识点】化学基本反应类型；化学反应的可逆性；含硫物质的性质及综合应用；探究铝热反应；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A、若 X 为铁，酸 / 碱无法直接通过化合反应生成铁的氧化物（如铁与酸反应生成盐，碱与铁不反应，无法一步得到 Fe2O3/Fe3O4），推理不成立，A 不符合题意；B、铝热反应是铝还原金属氧化物，无法用于制备 Al 单质，反应②不能为铝热反应，推理不成立，B 不符合题意；
C、若 X 为硫，反应①不一定是可逆反应（如 H2S 与 O2反应生成 SO2，并非可逆），推理不成立，C 不符合题意；
D、若 X 为铜，酸可与 Cu 反应生成 CuO（氧化物），CuO 与乙醇在加热条件下反应可生成 Cu 单质，反应②的另一反应物可为乙醇，推理成立，D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．铁的氧化物无法由酸、碱经一步化合反应生成，不符合转化关系；
B．铝热反应的本质是 Al 还原比 Al 不活泼的金属氧化物，不能用于制备 Al；
C．硫的氧化物（如 SO2）的生成反应不一定为可逆反应，“一定” 表述错误；
D．CuO 可被乙醇还原为 Cu（CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O），符合转化关系。
11．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、为分子晶体，靠分子间作用力维系，沸点低；为离子晶体，靠强烈的离子键结合，沸点远高于分子晶体，因此沸点 ，A错误；
B、第一电离能递变规律：同主族自上而下第一电离能递减，故 ；同周期主族元素从左到右第一电离能总体递增，故 ，因此第一电离能大小关系为 ，B错误；
C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性 ，因此酸性 ，C错误；
D、与可形成，与可形成，二者均含过氧键，具有强氧化性，D正确；
故答案为：D。
【分析】已知原子序数 ，且所有元素均分布在前四周期，结合成键特征与电子排布规律逐一突破：
：仅形成1个单键，原子序数最小，确定为H；：形成4个单键，满足四价成键特征，确定为C；
：可与形成双键/单键，为二价氧族元素，确定为O；：形成+1价阳离子，原子序数介于O与之间，确定为Na；：价层电子数为电子层数的2倍，结合原子序数大于O，电子层数为3、价层电子数为6，确定为S；：形成1个单键，原子序数大于S且位于前四周期，确定为Br。据此解题。
12．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、1个中，4个分子内共含个键，同时与4个之间形成4个配位键，因此1 mol该离子含 mol 键，A错误；
B、该平衡的平衡常数，数值较大，说明反应正向进行的程度大，即与的配位能力强于，B正确；
C、加热时溶液由蓝绿色变为黄绿色，说明（黄色）浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，，C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中存在，因溶液呈酸性，，故，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
键计算：配位键属于键，需同时计算分子内共价键和配位键；
配位能力判断：平衡常数越大，正反应进行程度越大，配体配位能力越强；
平衡移动与焓变：升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，；
电荷守恒应用：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性判断离子浓度关系。
13．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物中的官能团；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A、乙醇含羟基，羟基为亲水基团，可与水形成氢键，因此乙醇比乙烷更易溶于水，可由结构推测性质，A 不符合题意；
B、甲烷分子为正四面体结构，该结构特征与甲烷的还原性无直接关联，甲烷可燃烧、能被氧化，具有还原性，不能由正四面体结构推测其不具还原性，B 符合题意；
C、氮气中存在氮氮三键，键能大，断裂需要极高能量，因此氮气化学性质稳定，可由结构推测性质，C 不符合题意；
D、金属银存在自由移动的电子，这是金属具有良好导电性和延展性的结构基础，可由结构推测性质，D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解性与结构的关系：亲水基团（如羟基）可与水形成氢键，提升物质在水中的溶解度；
分子空间结构与化学性质的关系：甲烷的正四面体结构仅描述其空间构型，无法直接推导其氧化还原性质，甲烷的还原性由其可发生氧化反应的化学特性决定；
化学键与物质稳定性的关系：氮氮三键键能高，使氮气化学性质稳定；
金属的结构与性质的关系：自由移动的电子是金属导电性、延展性的本质原因。
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、工作时，电子由 a 极流出，说明 a 极为负极，发生氧化反应，A 不符合题意；
B、工作时，a 极为负极，b 极为正极，正极电势高于负极电势，即 b 极电势大于 a 极电势，B 不符合题意；
C、充电时，b 极为阳极，发生氧化反应，反应为 ZnS-2e-=Zn2++S，C 符合题意；
D、充电时，a 极为阴极，b 极为阳极，阳离子向阴极移动，即 Zn2+由 b 极向 a 极移动，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：电子流出的电极为负极（a），发生氧化反应；电子流入的电极为正极（b），发生还原反应；
原电池电势规律：正极电势高于负极电势；
电解池电极反应：充电时，原电池负极作阴极（a），发生还原反应；原电池正极作阳极（b），发生氧化反应；
电解池离子移动规律：阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
15．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氨的性质及用途；氨的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、碱石灰（主要成分为 NaOH、CaO）遇浓氨水会吸水放热，促进 NH3 H2O 分解产生氨气，因此将 CaO 换成碱石灰也可产生氨气，A 不符合题意；
B、仪器 C 为球形干燥管，其球形结构可容纳倒吸的液体，防止液体倒吸入反应装置，起到防倒吸作用，B 不符合题意；
C、关闭 K 一段时间后，NH3进入 A 处与 NO2发生氧化还原反应，消耗 NO2，使 A 处 NO2浓度降低，颜色变浅；B 处 NO2未被消耗，因此 A 处颜色比 B 处浅的说法错误，C 符合题意；
D、NH3通入 CuSO4溶液，首先发生反应 Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，生成蓝色
Cu(OH)2沉淀；继续通入 NH3，沉淀与过量 NH3反应生成可溶性的 [Cu(NH3)4]2+，沉淀溶解，最终溶液变为深蓝色，D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气的制备原理：CaO、碱石灰等碱性固体遇浓氨水，通过吸水放热，促进 NH3 H2O 分解释放 NH3；
防倒吸装置原理：球形干燥管等具有较大容积的仪器，可缓冲倒吸的液体，避免液体回流；
NO2与 NH3的反应：NH3具有还原性，可与 NO2发生氧化还原反应，消耗 NO2，使体系颜色变浅；
铜氨络合物的生成：CuSO4与少量 NH3 H2O 生成 Cu(OH)2蓝色沉淀，与过量 NH3 H2O 生成深蓝色 [Cu(NH3)4]2+络离子。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、从阳极反应的完整循环路径来看，NiO在整个过程中仅作为中间媒介参与反应，反应结束后会完全再生，其质量、化学性质均不变化，完全符合催化剂的本质特征，A不符合题意；
B、电解过程中，原料经过多步反应最终转化为，碳元素的平均化合价从-1价升高至+3价，发生了失电子的氧化过程，因此在电解中被氧化，B不符合题意；
C、根据反应机理的结构变化，中间体iii为醛类，iv为同碳二元醇，二者的转化是醛基的水合反应，化学方程式为 ，该反应符合原子守恒与有机反应规律，C不符合题意；
D、阴极生成氢气的半反应为，根据电子守恒，每生成，电路中需要转移电子；而阳极上与的互变中，元素仅发生+2价与+3价的单电子转移，每完成1次互变仅转移电子，因此经历2次互变仅能生成，而非，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】阴极区（活性电极，KOH溶液）：水作为反应物发生还原反应，电极方程式为，生成的在电场作用下，通过阴离子交换膜定向迁移至阳极室，为阳极的催化循环提供碱性环境。阳极区（NiO电极，KOH溶液）：作为媒介催化剂，通过的可逆循环，驱动发生多步氧化，最终转化为目标产物，整个过程中仅参与循环、无损耗，实现催化作用。
17．【答案】玻璃棒；100 mL容量瓶；；；快；；A>B>C；；推电子效应
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；烯烃；探究影响化学反应速率的因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）配制80 mL溶液时，需选用100 mL容量瓶；溶解、转移溶液还需要玻璃棒搅拌和引流。
故答案为： 玻璃棒 ； 100 mL容量瓶 ；
（2）酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）混合后总体积为，初始物质的量为，完全反应后浓度变化，因此平均速率。
故答案为： ；
（4）根据题给信息，烷基越长推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越容易和反应，因此反应速率越快。
故答案为： 快 ；
（5）烷基越长反应速率越快，相同吸光度变化下，反应速率越快，消耗时间越短，因此若满足，即可证明猜想成立。
故答案为：；
（6） ① 由题给烷烃沸点规律可知：烃的支链越多，沸点越低。三种烯烃中，A为直链无支链、B含1个支链、C含2个支链，因此沸点顺序为；
② 根据猜想，空间位阻越大反应速率越小，已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此若顺-2-丁烯反应时间更长，即，即可证明猜想正确；
③ 丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，二者推电子效应和空间位阻都是顺-2-丁烯更大；实验结果，说明顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯，推电子效应加快反应的影响占主导，因此推电子效应是主要影响因素。
故答案为：； ； 推电子效应 ；
【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需用到的玻璃仪器：烧杯用于溶解、胶头滴管用于定容，还需要玻璃棒（搅拌溶解、引流）、100 mL容量瓶（因需配制80 mL，选用规格稍大的100 mL容量瓶）。
（2）酸性与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式。
（3）忽略体积变化，混合后总体积；
的初始物质的量，完全反应后浓度变化；平均反应速率，表达式为。
（4）根据资料：烷基（-R）推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越易与其反应，反应速率越快；烷基越长，推电子效应越强，因此反应速率越快。
（5）反应速率越快，相同吸光度变化下，消耗时间越短；若猜想成立，烷基越长，反应速率越快，时间越短，因此判断依据为：（乙烯无烷基、丙烯1个烷基、1-丁烯2个烷基，时间依次缩短）。
（6）①烷烃沸点规律：支链越多，沸点越低；
A为直链1-戊烯（无支链），B含1个支链，C含2个支链，因此沸点由大到小为。
②空间位阻效应越大，单烯烃与反应速率越小；已知顺-2-丁烯空间位阻大于反-2-丁烯，因此顺-2-丁烯反应时间更长，若，则证明猜想正确。
③丙烯双键连1个烷基，顺-2-丁烯双键连2个烷基，顺-2-丁烯推电子效应、空间位阻均更大；实验结果（丙烯反应时间远长于顺-2-丁烯，顺-2-丁烯反应速率远快于丙烯），说明推电子效应对反应速率的影响占主导，因此推电子效应为主要影响因素。
18．【答案】（1）增大反应接触面积，加快反应速率；过滤
（2）
（3）；酯化反应
（4）；生成胶状沉淀，吸附
（5）萃取
（6）A；12
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。
故答案为： 增大反应接触面积，加快反应速率 ； 过滤 ；
（2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。
故答案为： ；
（3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。
故答案为： ； 酯化反应 ；
（4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。
故答案为： ； 生成胶状沉淀，吸附 ；
（5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。
故答案为： 萃取 ；
（6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A；
②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。
故答案为： A ；12；
【分析】将钕铁硼废料与混合研磨、焙烧，使所有金属元素转化为可溶性盐，经水浸、过滤得到含、、、的浸出液；向浸出液中加入草酸，利用的难溶性，使铼以沉淀形式分离，过滤后实现铼的回收；向滤液中加入己二醇，硼酸与己二醇发生酯化反应生成硼酸己二醇酯，进入有机层，水层保留、，分液后实现硼与铁、钴的分离；向水层加入，将氧化为沉淀实现沉铁；过滤后向滤液加入，使转化为沉淀，完成钴的回收；向含硼酸己二醇酯的有机层加入碱溶液进行反萃取，使酯水解，分液后有机层的己二醇可循环利用，水层得到溶液，经酸化最终得到。
（1）粉碎固体的核心作用是增大反应物接触面积，加快焙烧反应速率，提升金属元素的浸出率；
浸出后需分离液体（浸出液）与固体（浸出渣），对应分离操作为过滤，利用固液粒径差异实现分离。
（2）第一步：利用的溶度积公式，代入已知的，求解；
第二步：利用草酸的二级电离平衡常数，结合对应的，代入已求出的，计算；
（3）反萃取目标是得到，需向有机层的硼酸己二醇酯中加入碱溶液，使酯水解并生成，因此试剂A为；萃取过程是硼酸（弱酸）与己二醇（醇）发生酯化反应，生成硼酸己二醇酯，进入有机层实现分离；
（4）低pH条件下，被氧化为沉淀，实现铁的分离；若pH过大（碱性过强），会转化为胶状沉淀；结合已知信息，胶状沉淀会吸附溶液中的，导致钴元素损失，降低钴的回收率；
（5）反萃取后，有机层的主要成分为萃取剂己二醇，可直接返回“萃取”环节，重复用于硼酸的萃取分离，实现试剂的循环利用，降低工艺成本；
（6）① 晶胞边长为，两个原子的最近距离为面对角线的一半（），对应顶点与面心的距离，因此选择位于8个顶点、6个面心的晶胞结构（面心立方堆积）；
② 面心立方堆积中，每个原子的配位数为12（同层4个、上下层各4个），因此每个原子最近且等距离的原子数目为12；
（1）粉碎固体可增大接触面积，加快反应，提高浸出率；浸出后分离浸出液（液体）和浸出渣（固体），操作是过滤。
（2）由，代入得： ，解得。 再由，，，代入得： 。
（3）反萃取得到，故试剂A为；萃取过程是硼酸与己二醇生成硼酸己二醇酯，属于酯化反应。
（4）低下被氧化为，发生反应为；过大，碱性增强，转化为胶状沉淀，根据已知②，胶状沉淀会吸附钴离子，导致钴损失。
（5）反萃取后得到的有机层含萃取剂己二醇，可返回"萃取"环节循环利用。
（6）①晶胞边长为，两个最近距离为，恰好是顶点到面心的距离（面对角线一半），已知黑球在8个顶点，其余在6个面心，符合要求，故选A；
②该结构为面心立方堆积，每个原子最近且等距离的原子数目为12。
19．【答案】（1）
（2）+178.0；不能；a；0.70；；AB
（3）=；
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为；
故答案为： ；
（2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，；
②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行；
③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表；
④该反应容器容积为1 L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为；
⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确；
B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确；
C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误；
D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误；
故答案为： +178.0 ； 不能 ； a ； 0.70 ； ；AB；
（3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的；
②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1 mol生成1 mol，反应过程中生成，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。
故答案为： = ； ；
【分析】（1）根据元素核外电子排布规则，钴为 27 号元素，位于第四周期 Ⅷ 族，写出核外电子排布后提取价电子（过渡金属价电子含 3d、4s 轨道电子），得到价电子排布式。
（2）① 已知反应 i = 反应 ii + 反应 iii，根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，代入数据计算 ΔH1。
② 利用吉布斯自由能判据 ΔG=ΔH-TΔS，代入 ΔH1、ΔS、温度 T=298K，通过 ΔG 的正负判断反应自发性。
③ 结合温度对反应物转化率的影响，C2H6平衡转化率变化量更大，对应物质的量变化更大的曲线 a，CO2对应曲线 b。
④ 先根据起始投料计算体系 C、H、O 的初始总物质的量，再结合平衡时已知物质的量，利用原子守恒计算 H2O、CO 的平衡量，最后代入平衡常数定义式计算 K 。
⑤ 逐一分析选项：根据平衡状态判定、温度对吸热反应的影响、平衡常数的影响因素、投料比对转化率的影响，判断各选项正误。
（3）① 焓变是状态函数，仅与反应物、生成物的总能量差有关，与反应路径无关，催化剂仅改变活化能，不影响 ΔH。
② 明确生成 C2H4消耗的 C2H6量、C2H6总消耗量，根据选择性定义公式，代入数据计算 C2H4的选择性。
（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为；
（2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，；
②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行；
③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表；
④该反应容器容积为1 L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为；
⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确；
B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确；
C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误；
D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误；
故答案选AB；
（3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的；
②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1 mol生成1 mol，反应过程中生成，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。
20．【答案】（1）
（2）或；5；（其他卤素也可以）
（3）醛基，羧基；；
（4）A；C
（5）
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物2a为亚甲基环己烷，六元环含6个C，双键端1个C，共7个C，计算得H为12，分子式为。
故答案为： ；
（2）①V形极性分子，和碳碳双键发生加成反应生成醇，该试剂为水，碳碳双键加成水，可得到1-甲基环己醇或羟甲基环己烷，任写一种即可。 该醇分子式为，含六元碳环的醇类同分异构体：环上连两个取代基和，共4种（同碳1种、邻/间/对位各1种）；环上连1个取代基共1种，合计种（含原化合物I）。
②第一步为溴化氢与2a分子中的碳碳双键加成，得到，第二步在氢氧化钠的醇溶液中共热发生消去反应，方程式为：
故答案为：或 ；5；（其他卤素也可以） ；
（3）化合物3a为乙醛酸，官能团为醛基、羧基；醛基可以和加成，羧基高中范围内不与氢气加成，因此加成后得到III为；III同时含羟基和羧基，可发生缩聚反应得到聚羟基乙酸，结构为：。
故答案为： 醛基，羧基 ； ； ；
（4）A.3a（乙醛酸）含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基是吸电子基团，使羧基酸性增强，酸性强于乙酸，A正确；
B.1a中含亚甲基（），为sp3杂化的四面体结构，所有原子不可能共平面，B错误；
C．反应过程中，碳碳双键、羰基的π键断裂，形成新的σ键，C正确；
D.4a中两个苯基共12个sp2杂化C，加上内酯羰基的1个sp2杂化C，共13个，D错误；
故答案为：A C；
（5）对比原合成路线和产物IV的结构，原路线中2a是，提供环结构，产物IV中对应位置为苯基，因此需要替换为苯乙烯。
故答案为： ；
【分析】该反应分两步完成，核心为亲核加成 - 环化过程：
第一步加成反应：1a 分子中的 N-H 键发生断裂，氢原子与 3a 分子中醛基的氧原子结合，氮原子则进攻醛基的碳原子，完成碳氧双键的亲核加成，生成含羟基的氨基羧酸中间体：；
第二步环化反应：再与 2a 分子中的碳碳双键发生分子内加成，最终关环形成目标环状产物 4a：。结合该反应机理，可对后续问题进行逐一分析解答。
（1）根据亚甲基环己烷的结构，数出六元环 6 个 C、双键端 1 个 C，共 7 个 C；结合不饱和度计算（1 个环 + 1 个双键，不饱和度 Ω=2），由饱和烃通式 C H2 +2，得 H 原子数 = 2×7+2-2×2=12，确定分子式为 C7H12。
（2）① 水为 V 形极性分子，可与碳碳双键发生加成反应生成醇，产物为 1 - 甲基环己醇或羟甲基环己烷；按醇的同分异构体分类：环上连 - CH3和 - OH 两个取代基（同碳 1 种、邻 / 间 / 对位各 1 种，共 4 种）、环上连 - CH2OH 一个取代基（1 种），合计 5 种（含原化合物）。
② 第一步 HBr 与 2a 的碳碳双键加成，得到溴代烃；第二步溴代烃在 NaOH 醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成烯烃，写出对应化学方程式（其他卤素可替代 Br）。
（3）根据乙醛酸 OHC-COOH 的结构，识别官能团为醛基、羧基；醛基可与 H2加成，羧基不与 H2加成，得到含羟基和羧基的加成产物；羟基与羧基可发生缩聚反应，写出对应的缩聚产物结构。
（4）A、乙醛酸含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基的吸电子效应增强羧基酸性，酸性强于乙酸，A 正确；
B、1a 含 sp3 杂化的 - CH2-，为四面体结构，所有原子不可能共平面，B 错误；
C、反应中碳碳双键、羰基的 π 键断裂，形成新的 σ 键，C 正确；
D、4a 中两个苯基 12 个 sp2 杂化 C，加内酯羰基 1 个 sp2 杂化 C，共 13 个，D 错误；
（5）对比原合成路线（2a 为亚甲基环己烷，提供环结构）与产物 IV 的结构，产物对应位置为苯基，因此将 2a 替换为苯乙烯，即可得到目标产物 IV。
（1）化合物2a为亚甲基环己烷，六元环含6个C，双键端1个C，共7个C，计算得H为12，分子式为。
（2）①V形极性分子，和碳碳双键发生加成反应生成醇，该试剂为水，碳碳双键加成水，可得到1-甲基环己醇或羟甲基环己烷，任写一种即可。 该醇分子式为，含六元碳环的醇类同分异构体：环上连两个取代基和，共4种（同碳1种、邻/间/对位各1种）；环上连1个取代基共1种，合计种（含原化合物I）。
②第一步为溴化氢与2a分子中的碳碳双键加成，得到，第二步在氢氧化钠的醇溶液中共热发生消去反应，方程式为：
（3）化合物3a为乙醛酸，官能团为醛基、羧基；醛基可以和加成，羧基高中范围内不与氢气加成，因此加成后得到III为；III同时含羟基和羧基，可发生缩聚反应得到聚羟基乙酸，结构为：。
（4）A.3a（乙醛酸）含醛基、羧基两种亲水基团，易溶于水；醛基是吸电子基团，使羧基酸性增强，酸性强于乙酸，A正确；
B.1a中含亚甲基（），为sp3杂化的四面体结构，所有原子不可能共平面，B错误；
C．反应过程中，碳碳双键、羰基的π键断裂，形成新的σ键，C正确；
D.4a中两个苯基共12个sp2杂化C，加上内酯羰基的1个sp2杂化C，共13个，D错误；
故选择AC。
（5）对比原合成路线和产物IV的结构，原路线中2a是，提供环结构，产物IV中对应位置为苯基，因此需要替换为苯乙烯。
1 / 1

展开更多......

收起↑