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江苏省苏锡常镇四市2026届高三下学期教学情况调研（二）化学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．国家安全观中包括科技安全、生态安全和资源安全等。下列行为符合国家安全观的是( )
A.实验室废酸碱投入生活垃圾箱 B.将强氧化性试剂与白磷混合存放
C.研发分离矿渣中稀土金属技术 D.在互联网发布涉密材料研发数据
2．反应可用于制备高纯硅。下列说法正确的是( )
A.晶体属于共价晶体 B.中存在键
C.的电子式为 D.中含离子键
3．以铜为原料制备新制悬浊液并检验葡萄糖中的醛基。下列相关实验原理、装置（部分夹持仪器省略）及操作不正确的是( )
A.装置甲：制备硫酸铜溶液 B.装置乙：过滤出未反应铜单质
C.装置丙：制备悬浊液 D.装置丁：检验葡萄糖中的醛基
4．、、均为制备半导体的重要元素，下列说法正确的是( )
A.电负性： B.碱性：
C.原子半径： D.第一电离能：
阅读以下材料，完成下面小题：
、、都可用于锂电池正极材料，常用等作电解质的溶剂，使用后正极材料发生变化导致电池容量衰减。为层状结构（层间以范德华力结合），充电时表面可能产生，同时部分转化为（晶体结构与相似）导致容量衰减。衰减后可用两种方法进行修复，一是下空气中焙烧将、转化为；二是（S为+6价）与混合溶液可将转化为，再与反应实现修复。用作正极材料衰减产生，可在溶液中进行电解修复。作正极材料衰减产生，可在含的溶液中浸泡后过滤实现修复。
5．下列说法正确的是( )
A.中键角大于 B.属于非极性分子
C.基态的电子排布式为 D.的硬度小于
6．下列化学反应的表示正确的是( )
A.高温焙烧修复的化学方程式：
B.与反应的离子方程式：
C.电解修复的电极反应式：
D.利用修复的离子方程式：
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是( )
A.中含键，具有强氧化性
B.密度大于水，可用作锂电池中的溶剂
C.分子间易形成氢键，可用作还原剂
D.焰色为紫红色，溶于水用作电解液
8．在半导体工业中有重要应用，可由反应生产。下列说法正确的是( )
A.该反应的
B.及时分离部分可提高的平衡转化率
C.加入降低反应活化能，可加快生成
D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为
9．强碱性条件下，羰基对位的卤原子可被取代生成酚类物质，部分机理如下：
下列说法正确的是( )
A.Y中的碳原子均为杂化 B.可与反应
C.Z分子所有原子可能在同一平面上 D.相同条件下，X的水溶性大于Z
10．电解的氨水吸收液[主要溶质为]转化为的装置如题10图所示。下列说法正确的是( )
A.电解时，钯电极与电源负极相连
B.电解时，阴离子向右室移动
C.电解后左侧电解液的pH减小
D.处理理论上可获得22.4 L氢气
11．探究与溶液反应的实验如下：
步骤Ⅰ：向的的溶液中加入过量的粉，缓慢产生气泡，产生大量红褐色沉淀，至无气泡时溶液为，取出少量固体未检测到单质。
步骤Ⅱ：向上述所得固-液混合物中持续加入盐酸，搅拌反应一段时间后，停止加入盐酸，待为时，取出少量固体检测到单质。
下列说法正确的是( )
A.步骤Ⅰ中存在反应
B.步骤Ⅰ中无Fe单质产生说明还原性
C.步骤Ⅱ所得上层溶液中滴加KSCN溶液后呈血红色
D.步骤Ⅱ中盐酸的作用是将溶解并抑制水解
12．常温下，酸性废水中的、、可经以下流程除去。
已知：溶液中浓度低于可认为沉淀完全；，，。下列说法不正确的是( )
A.溶液中存在
B.含铬废水酸性增强，还原加入的的利用率会降低
C.“还原”时需加入的
D.若恰好沉淀完全，“沉淀”后溶液中存在
13．下，在密闭容器中加入和各发生反应。反应如下：
反应I
反应II
反应III
（温度高于，反应I完全进行）
的平衡转化率和、的平衡选择性随温度变化关系如图所示。
（或）的平衡选择性下列说法不正确的是( )
A.图中曲线X表示的选择性
B.高于时，温度升高的选择性增大
C.500°C时，增大平衡体系压强反应Ⅲ进行程度不变
D.时，和的平衡转化率接近相等
二、填空题
14．工业废水中过量的需经脱除后排放。
(1)离子交换法脱氯。（晶胞结构如图-1所示）具有层状结构可用于交换脱除，脱氯时，进入层间与进行离子交换从而被去除。
①根据晶胞结构，____________________。
②结构中由2增大到4，单位体积的材料去除的量____________________（选填“增大”或“减小”，假设晶胞的形状不变）。
③实验表明，相比，更易与交换，原因有____________________。
(2)脱氯。利用循环脱除废水中的流程如下：
已知：碱性条件下稳定，酸性条件下有强氧化性；可水解为。
①脱除装置中每投入理论上可脱除__________mol。
②其他条件不变，体系中去除率及气体中体积分数随溶液中硫酸浓度变化如图-2所示。硫酸浓度大于，硫酸浓度升高而的脱除率降低的原因是____________________。
③再生装置中，NaClO将BiOCl再生为的化学方程式为____________________。
(3)含量测定。取含氯废水，加入过量的溶液。滴加溶液作指示剂，用的溶液滴定剩余（反应）。平行滴定3次，平均消耗溶液20.00 mL。计算该废水样品中的浓度____________________（以为单位，写出计算过程）。
15．抗癌药物Angelmarin（G）的合成路线如下：
(1)化合物A中含氧官能团的名称为____________________。
(2)GrubbsⅡ是反应的催化剂，该反应会产生化学式为的副产物，为减少该副产物的生成，试剂加入的顺序应该为____________________。
a.将C与GrubbsⅡ混合，再将异丁烯加入
b.将异丁烯与GrubbsⅡ混合，再将C加入
(3)D→E会产生与E为同分异构体含3个六元环的副产物，其结构简式为____________________。
(4)请写出同时符合下列条件的E的一种同分异构体Z的结构简式：____________________。
在碱性条件下水解后酸化得到分子数之比为的两种产物；两种产物分子中碳原子均位于同一平面；其中一种产物能使溶液显色，且只有2种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：，写出以为原料制备的合成路线流程图____________________（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）
16．实验室从含碘废液（主要含、KI及杂质）回收制取碘或NaI过程如下：
(1)含碘废液中先加入过量，再加入溶液可得到CuI。沉淀反应的离子方程式为____________________。
(2)加入适量浓硝酸将氧化后，通过操作X分离得到粗碘。
①加入的浓硝酸不能过量的原因是____________________。
②操作X的名称为____________________。
(3)粗碘中含氯化铁等杂质，可获得精碘和制取NaI溶液。
①碘升华提纯装置如图所示，其中的作用是____________________。
②可以将较活泼金属离子还原为单质，氧化产物为。向粗碘中加入溶液再用还原可得到溶液，该反应的离子方程式为____________________。
③与使用还原剂相比，使用作还原剂的优点是____________________。
(4)已知：。请补充完整检验含碘废液（pH约为8）中是否含的实验方案：取适量含碘废液，____________________（实验中可供选择的试剂：、稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。
17．以煤炭为原料可以制备三甲苯等化工产品。
(1)水煤气的制备。以煤炭和水蒸气为原料制备和,体系中存在反应:
反应Ⅰ
反应Ⅱ
①反应的_____。
②生产中需减少甲烷的生成,可减小平衡时产物中甲烷含量的措施有________。
A.降低温度 B.降低压强 C.使用催化剂
(2)水煤气脱碳制氢。某水煤气的主要成分为、与,可通过以下流程获得较纯的。水煤气变换时大部分与反应转化为。
①脱除反应的平衡常数__________。
已知:,,的。
②将钯配合物溶解在三氯乙烷中可用于CO脱除,其主要反应为:
吸收前钯配合物中的化合价为__________。吸收一段时间后,向脱除容器中通入高温水蒸气的作用有__________。
(3)水煤气制三甲苯。CO与在与沸石联合催化下制三甲苯(),其机理如图1所示,其中生成甲醇快速达到平衡,随后甲醇吸附在沸石表面逐步脱H得到三甲苯,H从沸石向扩散。一定条件下,CO的转化率与三甲苯的选择性与和沸石颗粒间的距离关系如图2所示。
①为验证H原子是从沸石扩散到后再转化为,相同条件下向体系中通入__________,反应相同时间后测量不同距离下体系内的含量。
②结合机理解释,催化剂中颗粒和沸石颗粒间的距离增大,三甲苯选择性与CO转化率均下降的原因有__________。
参考答案
1．答案：C
解析：A.实验室废酸碱属于危险废弃物，直接投入生活垃圾箱会造成环境污染，危害生态安全，不符合国家安全观，A错误；
B.强氧化性试剂与具有还原性的白磷混合存放时，二者易发生剧烈氧化还原反应，引发火灾、爆炸等安全事故，不符合安全要求，B错误；
C.研发分离矿渣中稀土金属的技术可提高战略资源稀土的利用率，保障资源安全，同时提升相关领域科技水平，符合国家安全观，C正确；
D.在互联网发布涉密材料研发数据会泄露国家科技机密，危害科技安全，不符合国家安全观，D错误；
故选C。
2．答案：A
解析：A.晶体硅中Si原子之间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，A正确；
B.分子中H原子间以单键结合，仅存在键，不存在键，B错误；
C.中H、Cl均与Si形成共价单键，且每个Cl原子最外层还应有3个孤电子对，所给电子式书写错误，正确电子式为：，C错误；
D.HCl是共价化合物，分子中仅含极性共价键，不含离子键，D错误；
故答案选A。
3．答案：C
解析：A.铜与稀硫酸与空气中的氧气发生反应，可制得硫酸铜溶液，A正确；
B.硫酸铜溶液中不溶物铜单质可通过过滤方法去除，B正确；
C.应向过量的氢氧化钠溶液中滴加几滴硫酸铜溶液制备悬浊液，不是少量氢氧化钠溶液，C错误；
D.葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液加热发生反应出现砖红色沉淀可检验葡萄糖中的醛基存在，D正确；
故选C。
4．答案：B
解析：A.同一周期从左到右主族元素电负性逐渐增大。电负性，A错误；
B.同一周期从左到右主族元素金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱。金属性，碱性，B正确；
C.同一周期从左到右主族元素核电荷数增大，原子核对核外电子吸引能力增强，原子半径逐渐减小。原子半径，C错误；
D.的4p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能，D错误；
故选B。
5．答案：D
解析：A.中C原子价层电子对数为，C采取杂化，键角为。中C原子价层电子对数为，C采取杂化，键角为。键角：大于，A错误；
B.分子的正电中心和负电中心不重合，是极性分子，B错误；
C.基态Ni原子核外28个电子，电子排布为，基态的电子排布式为，C错误；
D.两者都是离子晶体，中、电荷高、离子键强，硬度大，D正确；
故选D。
6．答案：B
解析：A.高温焙烧修复生成、二氧化碳，化学方程式为，A错误；
B.与反应生成硫酸钠、的离子方程式：，B正确；
C.在溶液中电解修复中，钴元素化合价升高发生氧化反应，电极反应式为，C错误；
D.利用修复的离子方程式为，D错误；
故选B。
7．答案：A
解析：A.中含键，键易断裂，所以具有强氧化性，A正确；
B.作溶剂的原因与分子的极性、稳定性有关，与密度无关，B错误；
C.中N元素化合价为-2价，处于较低价，可用作还原剂，与分子间氢键无关，C错误；
D.溶于水可电离而可用作电解液，与焰色反应无关，D错误；
故选A。
8．答案：C
解析：A.反应前气体总物质的量比反应后气体的物质的量多，体系混乱度减小，，A错误；
B.为固体，改变固体的量不会使平衡发生移动，无法提高的平衡转化率，B错误；
C.是该反应的催化剂，催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，因此可加快生成，C正确；
D.反应过程中全部作氧化剂，中仅有作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为，D错误；
故答案选C。
9．答案：B
解析：A.Y中的双键碳原子为杂化，饱和碳原子为杂化，A错误；
B.X中Br直接连在苯环上，与氢氧化钠反应生成酚钠和溴化钠，消耗，B正确；
C.Z分子中甲基中饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，C错误；
D.Z中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，使得相同条件下，Z的水溶性大于X，D错误；
故选B。
10．答案：C
解析：电解过程的氨水吸收液中的转化为，S元素从+4价升为+6价，发生氧化反应，钯电极是阳极，接电源正极；镍电极是阴极，接电源负极。
A.电解时，钯电极为阳极，与电源正极相连，A错误；
B.电解时，阴离子向阳极移动。钯电极为阳极，左室为阳极区，故阴离子向左室移动，B错误；
C.电解后左侧电极发生反应，随着电解进行，左侧溶液氢离子浓度增大，溶液pH减小，C正确；
D.未给出温度、压强，无法计算氢气的体积，D错误；
故选C。
11．答案：D
解析：A.步骤Ⅰ中检测到固体不含Fe单质，不存在Fe与的反应，A错误；
B.金属活动性顺序中Zn排在Fe之前，还原性Zn>Fe；步骤I初始酸性条件下，锌优先还原为，随着酸的消耗，溶液升高，转化为沉淀，沉淀覆盖在表面，阻止进一步反应，未被还原为铁单质，B错误；
C.步骤Ⅱ中有过量Zn和生成的Fe单质，会被完全还原为，滴加KSCN溶液不会呈血红色，C错误；
D.步骤Ⅰ中红褐色沉淀为，加入盐酸可将其溶解得到，且酸性条件可抑制水解，使得与Zn反应生成Fe单质，D正确；
故答案选D。
12．答案：D
解析：酸性含铬废水加入过量亚硫酸氢钠，发生氧化还原反应将六价铬还原为，加入氢氧化钠调节pH，形成沉淀，过滤得到除铬后废水；
A.由质子守恒可知，由水电离出的氢离子和氢氧根离子的总量相等，则溶液中存在，故A正确；
B.含铬废水酸性增强，部分亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫气体逸出，使得加入的的利用率会降低，故B正确；
C.还原过程中铬化合价由+6变为+3、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒存在，结合铬元素守恒，，由于亚硫酸氢钠过量，则，故C正确；
D.若恰好沉淀完全，，，，，则“沉淀”后溶液中存在，故D错误；
故选D。
13．答案：C
解析：A.温度高于之前，随温度升高，反应I(吸热反应)平衡正向移动，碳酸镁分解产生更多，故曲线X表示的选择性，A正确；
B.高于450℃反应I完全进行，升温时反应III(吸热反应)平衡正向移动，CO的生成量增加，选择性增大，B正确；
C.500℃时增大压强，气体分子数减小的反应II平衡正向移动，导致、的百分含量减小，而的增大，使得反应III平衡逆向移动，进行程度减小，C错误；
D.600℃时(曲线Y)选择性接近0，几乎仅发生反应III，反应III中和计量数比为1:1，且初始（反应I完全进行）、，故两者平衡转化率接近相等，D正确；
故答案选C。
14．答案：(1)6；减小；半径较小，与作用力更强且与及层间水分子形成氢键
(2)3；当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制水解生成，的浓度降低，从而不利于BiOCl沉淀的生成，另外酸性太强，的氧化性增强，将水氧化为增多；
(3)
解析：含氯废水加入硫酸和循环回来的固体，将废水中的氧化为氯气（）。与此同时，自身被还原，生成难溶的氯氧化铋（BiOCl）沉淀，从脱除装置出来的含气体和过量的氢氧化钠（NaOH）溶液反应，生成氯化钠（NaCl）、次氯酸钠（NaClO）和水。来自脱除装置的BiOCl固体和来自吸收步骤的含NaClO的碱性溶液反应，将BiOCl重新氧化成，再生的(s)，通过管道被循环送回“脱除装置”继续参与脱氯反应，实现了试剂的循环利用，以此解答。
（1）①观察晶胞图：有8个位于面上，2个位于内部，数目为，位于棱心和内部，数目为2+=3，由可知，y=6；
②该化合物中正电荷主要由取代产生，当的比值增大时，说明的相对含量在减少，含量降低会导致正电荷密度降低，需要平衡电荷的层间阴离子数量减少，那么能交换进去的也减小；
③实验表明，相比，更易与交换，原因是：半径较小，与作用力更强且与及层间水分子形成氢键。
（2）①在脱除装置中，在酸性条件下（加入了）表现出强氧化性，将废水中的氧化成气体，而自身被还原为BiOCl沉淀。Bi的化合价从+5下降到+3，Cl的化合价由-1上升到0，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，因此，每投入，理论上可以脱除；
②已知可水解为，其水解平衡方程式为：，在脱氯反应中，被还原生成的需要通过水解形成，然后与结合生成BiOCl沉淀，当硫酸浓度过高，溶液酸性过强，抑制水解生成，导致BiOCl沉淀难以生成，脱除率下降；另外酸性太强，的氧化性增强，将水氧化为增多；
③在再生装置中，BiOCl在碱性条件下被NaClO氧化为，NaClO自身被还原为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。
（3）加入的的总物质的量：，与反应的的物质的量：，与反应的的物质的量：，根据反应，样品中的物质的量：，，的浓度。
15．答案：(1)酚羟基、酯基
(2)b
(3)
(4)
(5)
解析：A与、发生亲核取代反应生成B，B在作用下发生Claisen重排得到C，C→D是GrubbsⅡ催化烯烃复分解反应，D发生Baeyer-Villiger氧化及分子内加成得到E，E发生酯化反应得到F，F通过Knoevenagel缩合生成G，据此解答。
（1）A的结构简式为，其中的含氧官能团是酚羟基和酯基；
（2）C→D是GrubbsⅡ催化烯烃复分解反应，若C先和催化剂接触，两分子C会发生双键断裂重组，生成化学式为的副产物，若先将异丁烯与催化剂混合，再加入C，体系中异丁烯过量，可以减少C原子之间的反应，减少副产物生成，因此答案是b；
（3）D→E的过程中，D分子侧链双键不对称，也可形成含三个六元环的副产物，结构简式为；
（4）E的分子式为，E的同分异构体Z在碱性条件下水解后酸化得到两种产物，且分子数比为1:2，说明Z含两个相同的酯基，产物中所有碳原子共面，说明产物中含苯环或碳碳双键，一种产物遇到显色，说明含有酚羟基，且只有两种氢，说明该产物高度对称，为，综上，符合条件的Z的结构简式为；
（5）结合题干信息和转化流程图，发生B到C的重排反应生成，与HBr加成生成，发生取代成环生成，随后中的醛基被氧化为羧基得到目标产物；合成路线图为。
16．答案：(1)
(2)过量浓硝酸会进一步氧化生成的，降低碘的产率；过滤
(3)作干燥剂，吸收装置内的水蒸气，防止水蒸气冷凝后使碘溶解，影响碘的凝华提纯；；的氧化产物为，不会引入难除去的杂质，产物无污染，产品纯度更高
(4)用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；然后从水层取少量溶液，加入适量淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加适量溶液，若溶液变蓝，说明废水中含，不变蓝则不含
解析：该流程针对含、的含碘废液进行碘回收：先加入过量将废液中的碘单质还原为碘离子，再加入沉淀碘离子得到，之后用适量浓硝酸氧化得到碘单质，分离得到粗碘，粗碘一部分经升华提纯得到精碘，另一部分经还原处理得到溶液，实现了碘资源的回收利用。
（1）含碘废液中加入过量，会将还原为：。再加入溶液，与发生氧化还原反应生成沉淀：，故总离子方程式为。
（2）①浓硝酸为强氧化剂，过量时会将生成的进一步氧化为高价碘化合物，降低产率，因此不能过量。
②操作X是分离粗碘和废液，因为碘是固体，废液是液体，所以操作X的名称为过滤。
（3）①是常用酸性干燥剂，可吸收升华过程中的水汽，避免水蒸气在烧瓶底部冷凝，防止碘溶解损耗，保证凝华得到纯净碘。
②还原为，自身被氧化为，体系中中和反应生成的，离子方程式为。
③作还原剂时氧化产物为，会引入硫酸盐杂质，而的氧化产物为，不会引入难除去的杂质，产物无污染，产品纯度更高。
（4）原废液原本就含有，会干扰的检验，因此先加萃取除去原有；再利用题给反应，酸化后加入，若有会反应生成，淀粉遇变蓝，即可检验。故实验方案为用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；然后从水层取少量溶液，加入适量淀粉溶液，加稀盐酸酸化，滴加适量溶液，若溶液变蓝，说明废水中含，不变蓝则不含。
17．答案：(1)+15;B
(2)18;+1;升温使CO脱附,回收脱除剂;吹出的气体可以作为水煤气变换的原料
(3);H不易从沸石扩散到上,占据了的吸附位点,三甲苯生成速率减慢,三甲苯选择性下降;消耗速率减慢,浓度升高,抑制了CO与的反应,CO转化率下降
解析：(1)①由盖斯定律可知,反应I×2+反应II可得的;
②A.反应Ⅱ是放热反应,降低温度,平衡正向移动,可增大平衡时产物中甲烷含量,A不选;
B.反应I是气体体积增大的反应,反应II是气体体积减小的反应,降低压强反应I平衡正向移动,反应II平衡逆向移动,可减小平衡时产物中甲烷含量,B选;
C.催化剂只能改变反应速率,缩短达到平衡的时间,但不能改变平衡状态,因此不会影响平衡时甲烷的含量,C不选;
故选B。
(2)①目标反应的平衡常数,根据、、可知,;
②观察左侧反应物结构,钯配合物的配体中只有带1个负电荷,由化合价代数和为零可知,Pd的化合价为+1,吸收一段时间后,向脱除容器中通入高温水蒸气的作用为:升温使CO脱附,回收脱除剂;吹出的气体可以作为水煤气变换的原料。
(3)①相同条件下向体系中通入,释放的H原子会从沸石向扩散,在表面结合为,反应相同时间后,测量不同距离下体系内的含量,若距离越远,生成量越少,就能证明H原子是从沸石扩散到后转化为的;
②催化剂中颗粒和沸石颗粒间的距离增大,H不易从沸石扩散到上,占据了的吸附位点,三甲苯生成速率减慢,三甲苯选择性下降;消耗速率减慢,浓度升高,抑制了CO与的反应,CO转化率下降。

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