广东省大湾区2026届高三上学期期中联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省大湾区2026届高三上学期期中联考试题本卷共8页，分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、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“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Al27S32Cl35.5Cu64Zn65第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共16小题，共44分。第1—10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.古代工艺彰显化学智慧。下列文物材料主要成分属于天然有机高分子的是A．后母戊鼎B．东汉说唱陶俑C．唐兽首玛瑙杯D．明代黄花梨交椅A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．后母戊鼎为青铜器，主要成分为铜合金，属于金属材料，是无机物，A错误；B．东汉说唱陶俑为陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B错误；C．唐兽首玛瑙杯的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属矿物，C错误；D．明代黄花梨交椅的材料为木材，木材主要成分为纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，D正确；故选D。2.化学驱蚊是防控基孔肯雅热的有效措施。避蚊胺是一种常用的驱蚊剂，其结构简式如图。下列关于避蚊胺的说法正确的是A.不含非极性共价键 B.所有原子可能在同一平面C.分子中碳原子杂化方式均为杂化 D.可发生加成反应、水解反应和氧化反应【答案】D【解析】A．非极性共价键为同种原子间的共价键，该分子中存在C-C键（如乙基中的C-C键、苯环中的C-C键），含有非极性共价键，A错误；B．分子中含多个sp3杂化碳原子（如甲基的C、乙基的C），这些C形成四面体结构，导致所有原子不可能共面，B错误；C．苯环及羰基的C为sp2杂化，甲基、乙基的C为sp3杂化，碳原子杂化方式不均为sp3，C错误；D．苯环可发生加成反应，酰胺基（-CONR2）可发生水解反应，甲基等基团可发生氧化反应（如燃烧、被强氧化剂氧化），D正确；故选D。3.科技创新服务生产生活。下列说法正确的是A.新型催化剂加速绿氢制备，其中的化合价为B.智能仿生手实现精细动作，工作时蓄电池将化学能转化为电能C.大豆蛋白人工肉推广上市，主要营养成分与天然肉类相似，富含糖类D.我国首次火星探测发现水冰(含少量干冰杂质)，0.5mol该物质质量为【答案】B【解析】A．CoAl2O4中O为-2价，Al为+3价，设Co的化合价为x，由化合价代数和为零可得：x+2×3+4×(-2)=0，解得x=+2，而非+3，A错误；B．蓄电池工作时（放电）将化学能转化为电能，B正确；C．大豆蛋白人工肉主要成分为蛋白质，与天然肉类相似，而非富含糖类，C错误；D．0.5mol纯H2O质量为0.5mol×18g/mol=9g，但含少量CO2（摩尔质量44g/mol）会使总质量略大于9g，D错误；故选B。4.时代主旋律“共同奋斗创造美好生活”，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A医生用双氧水消毒患者伤口双氧水具有强氧化性B工人用明矾处理浑浊的井水胶体可以吸附水中悬浮颗粒C工匠用氢氟酸雕刻玻璃工艺品D消防员用泡沫灭火器灭火A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．医生用双氧水消毒患者伤口，是因为双氧水具有强氧化性，能杀菌消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，A不符合题意；B．工人用明矾处理浑浊的井水，是因为水解生成的Al(OH)3胶体可以吸附水中悬浮颗粒，使其聚集成较大颗粒而沉降，劳动项目与所述化学知识有关联，B不符合题意；C．工匠用氢氟酸雕刻玻璃工艺品，是因为氢氟酸能与SiO2发生反应：，劳动项目与所述化学知识有关联，C不符合题意；D．泡沫灭火器的原理是发生双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：，即劳动项目与所述化学知识没有关联，D符合题意；故选D。5.碳纤维是一种高强度纤维，可以制造先进的复合材料。下列说法正确的是A.运—20的机身材料含航空碳纤维，碳纤维的成分属于纤维素B.运载火箭使用碳纤维可增强铝层压板强度，铝合金是纯净物C.由聚丙烯腈、沥青等可制备碳纤维，制造过程涉及化学变化D.碳纤维微观结构类似石墨，碳纤维层间主要作用力为化学键【答案】C【解析】A．碳纤维的主要成分是碳，而纤维素是多糖类有机物，故A错误；B．铝合金是铝与其他元素形成的合金，属于混合物，故B错误；C．聚丙烯腈或沥青需经过高温碳化等化学处理才能转化为碳纤维，此过程涉及化学键断裂与重组，属于化学变化，故C正确；D．石墨层间的作用力为范德华力，而非化学键；碳纤维结构类似石墨，层间作用力为范德华力，故D错误；选C。6.验证葡萄糖能发生银镜反应，并处理反应前后的试管。下列操作不能达到实验目的的是A．除试管油污B．制备银氨溶液C．进行银镜反应D．清洗银镜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．因水解显碱性，加热促进水解，碱性增强，可使油脂水解生成可溶性物质，A正确；B．制备银氨溶液需在AgNO3溶液中逐滴加入氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解，B正确；C．银镜反应需水浴加热以控制温度，直接用酒精灯加热会导致温度过高，银单质析出过快形成黑色沉淀而非光亮银镜，C错误；D．银镜可与稀HNO3反应生成可溶性AgNO3，反应方程式为，D正确；故选C。7.据图，能满足下列物质间转化关系，且推理一定成立的是A.a可为，d可用于制备B.a可为可用作潜水艇的供氧剂C.可为可以与水反应生成和D.可为，同温下盐的溶解度：【答案】A【解析】A．若a为S单质，与O2反应生成b为SO2；b氧化为c为SO3；c与水反应生成d为H2SO4，H2SO4可与亚硫酸盐(如Na2SO3)反应制备SO2，故A正确；B．若a为Na单质，常温下与O2反应生成b为Na2O，Na2O中Na为+1价，+1价为钠的最高价，故B错误；C．若a为N2单质，c为N的氧化物，若c与水反应生成和，根据化合价升降规律，d中N元素化合价应比c的高，故C错误；D．同温下Na2CO3溶解度大于NaHCO3，故D错误；选A。8.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA少量Na单质保存在煤油中的焰色为黄色B保存在棕色试剂瓶中C向蔗糖中加入适量浓硫酸，有刺激性气体产生浓硫酸具有强氧化性D与共热，生成气体能使石蕊变蓝A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．钠保存在煤油中是因为其化学性质活泼，与焰色反应无关，两者无因果关系，A不符合题意；B．见光会分解，需避光保存，与Ag+和Cl-的反应无关，因果关系不成立，B不符合题意；C．浓硫酸使蔗糖脱水炭化后，强氧化性使其与碳反应生成SO2等刺激性气体：，陈述I和II均正确且存在因果关系，C符合题意；D．陈述I与陈述Ⅱ（氯化铵受热分解为氨气和氯化氢）均正确，但两者没有因果关系。与共热生成，反应方程式，并不氯化铵分解产生氨气，D不符合题意；故选C。9.元素为短周期主族元素，基态原子第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法错误的是A.电负性： B.原子半径：C.单质c、g可以发生化合反应 D.最简单氢化物的稳定性：【答案】B【解析】由图可知，图中由原子序数可知，ae、bf、cg、dh同族，故左则为第二周期，右侧为第三周期，同族元素从上到下电离能减弱，同周期中第一电离能中第IIA族和第VA族比相邻元素的第一电离能大，据此分析；A．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，则电负性，A正确；B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大。原子半径：，B错误；C．假设c为B、g为Al，B与Al可发生化合反应生成铝硼化合物，假设c为O、g为S，O与S可发生化合反应生成二氧化硫，C正确；D．最简单氢化物的稳定性取决于非金属性，同主族元素由上到下非金属减弱，非金属性d强于h，氢化物稳定性，D正确；故选B。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的质子数，比的少B.在的溶液中，的数目为C.标准状况下，含有的极性共价键的数目为D.常温下，与足量浓硝酸反应，生成的数目为【答案】B【解析】A．H2O和D2O的质子数均为10，因此1mol两者的质子数均为，A错误；B．K2CO3完全电离为，K+的物质的量为，数目为，B正确；C．CH2Cl2在标准状况下为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，C错误；D．常温下，27g遇浓硝酸发生钝化，反应逐渐停止、铝不会溶解，实际生成分子数远少于，D错误；故选B。11.对氯气的制取与性质进行一体化实验探究，装置如图。以下说法正确的是A.该实验能证明氧化性：B.装置中发生的氧化还原反应最多有4个C.为干燥有色布条，用于检验是否具有漂白性D.处溶液会变为血红色，发生反应：【答案】C【解析】A．要证明氧化性，需Cl2氧化Br-生成Br2，Br2再氧化I-生成I2。装置中c为KI溶液、d为KBr溶液，制备的氯气若先通入KI溶液，Cl2直接氧化I-，无法证明Br2>I2，故不能证明，A错误；B．装置中发生的氧化还原反应包括：①MnO2与浓盐酸制Cl2；②Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；③Cl2氧化Br-；④Cl2氧化I-；⑤Cl2氧化Fe2+；⑥Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl，至少有6个氧化还原反应，超过4个，B错误；C．b为干燥有色布条，先用干燥剂（无水CaCl2）干燥Cl2后再通入干燥有色布条，若有色布条不褪色，说明不具有漂白性，C正确；D．Cl2具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+和KSCN溶液反应生络合物（可逆反应）而使溶液变红色，发生反应：，D错误；故选C。12.常温下，向浊液中滴加足量浓氨水，可得到含、和的溶液。下列叙述正确的是A.向溶液中滴加氨水，浓度一定增大B.加氨水，完全溶解前，的值变小C.的电离方程式为：D.溶液中存在【答案】D【解析】A．继续滴加氨水时，可以进一步与氨气结合生成更稳定的，因此其浓度不一定增大，反而可能减少，A错误；B．溶度积仅与温度有关，在未完全溶解前，不会变小，B错误；C．电离生成和氯离子，电离方程式为：，C错误；D．根据物料守恒关系，等于所有含银微粒的总浓度，则，D正确；答案选D。13.由结构不能推测出对应性质的是选项结构性质A能与形成配位键易溶于溶液中B乳酸含有羟基和羧基能发生缩聚反应CHF分子间存在氢键热稳定性：D苯分子中含有大π键苯不能使酸性溶液褪色A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．提供空轨道，提供孤电子对形成配位键生成，因此在KI溶液中溶解度增大，结构可推测性质，A正确；B．乳酸()含羟基和羧基，可通过酯化缩聚形成聚酯，B正确；C．非金属性的强弱比较气态氢化物的热稳定性，元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：F>Cl，故HF的热稳定性大于HCl的热稳定性，与分子间氢键（氢键影响物理性质如沸点）无直接关联，C错误；D．苯的大π键使其结构稳定，难以被酸性氧化，结构可解释性质，D正确；故选C。14.一种锌基液流电池如图，在充放电循环过程中，可以实现化学能和电能的转化。下列说法错误的是A.放电时b极作正极B.放电时阴离子由右室移向左室C.充电时总反应为：D.充电时每转移电子，阴极区溶液质量减少【答案】D【解析】A．放电时为原电池，a极Zn转化为Zn2+（失电子，氧化反应）为负极，b极Fe3+转化为Fe2+（得电子，还原反应）为正极，A正确；B．放电时阴离子向负极（左室）移动，右室（正极区）阴离子通过阴离子交换膜移向左室（负极区），B正确；C．放电总反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+（负极Zn-2e-=Zn2+，正极2Fe3++2e-=2Fe2+），充电为放电逆过程，总反应为Zn2++2Fe2+=Zn+2Fe3+，C正确；D．充电时阴极为a极，反应为Zn2++2e-=Zn，转移2mol电子生成1molZn（65g，沉积于电极），同时阴离子（如Cl⁻）从阴极区（左室）移向阳极区（右室），溶液质量减少量为Zn2+质量与移出阴离子质量之和，大于65g，D错误；故选D。15.按如图装置进行实验。下列叙述错误的是A.①中有黄色沉淀生成，硫酸只体现了酸性 B.②中的长颈漏斗可以起到平衡气压的作用C.③中溶液蓝色褪去，证明具有漂白性 D.若将②中溶质换为，则②中会生成【答案】C【解析】①中稀硫酸与硫代硫酸钠反应生成二氧化硫、硫、硫酸钠和水；②中长颈漏斗可平衡装置气压，防止①中反应产生气体导致气压过大；③中碘溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，蓝色溶液会褪色。A．①中Na2S2O3与稀硫酸反应：，生成黄色S沉淀，硫酸提供生成Na2SO4，只体现酸性，A正确；B．②中长颈漏斗可平衡装置气压，防止①中反应产生气体导致气压过大，B正确；C．③中碘的淀粉溶液蓝色褪去，因SO2与I2发生氧化还原反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，SO2体现还原性，而非漂白性，C错误；D．若②中溶质换为NaHS，发生归中反应：，生成S沉淀，D正确；故选C。16.某研究构建了一种高性能可充电的金属(M)—空气电池如图a。电极I负载催化剂，其发生反应的催化机理如图b。已知其中获得第一个电子的过程最慢，电极材料每转移电子，对应的理论容量为。则下列说法错误的是A.放电时，图b中i到ii过程的活化能一定最低B.放电时，电极上的反应为：C.放电时，图b中ii到iii过程涉及极性键的断裂和形成D.充电时，每产生标准状况下，能提供的理论容量为【答案】A【解析】由图可知，该金属(M)—空气电池中O2在电极上得到电子发生反应生成OH-，电极为正极，电极方程式为：；电极II为负极，以此解答。A．已知获得第一个电子的过程最慢，该过程为决速步，决速步的活化能最高（活化能越高反应越慢）。图b中i到ii应为获得第一个电子的过程，其活化能应最高，而非最低，A错误；B．由分析可知，放电时电极I为正极，O2在正极发生还原反应，碱性条件下生成OH-，电极方程式为：，B正确；C．由图可知，放电时ii到iii过程涉及H₂O中的极性键（O-H）断裂，同时形成新的O-H极性键，涉及极性键的断裂和形成，C正确；D．由分析可知，放电时电极I为正极，则充电时电极I为阳极，反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O。11.2LO2（标准状况）为0.5mol，转移电子为0.5mol×4=2mol，理论容量为2×26.8A·h=53.6A·h，D正确；故选A。第Ⅱ卷(共4个大题，共56分)17.铜及其化合物应用广泛，某兴趣小组制备含铜化合物并探究其性质。（1）制备晶体。我国汉代已将用于制药等生活实践。实验室欲制备少量晶体，装置如图，在锥形瓶中加入洗净的铜屑和稀，水浴加热，通入并搅拌，充分反应。将最终所得溶液经分离提纯得。①制备过程中化合价发生变化的物质有______(填化学式)。②由溶液获得晶体的主要步骤为______、______、______和干燥。（2）利用制备铜氨配合物晶体并对晶体的成分进行探究。①配制溶液：现需配制溶液，需要用托盘天平称量晶体______g，配制溶液需要的操作及顺序，洗涤之后的顺序为______及装瓶(填下图操作编号)。②晶体制备：取溶液于烧杯，逐滴加入浓氨水，直至生成的沉淀恰好溶解，溶液呈深蓝色，测得溶液的为13.向该溶液中滴加无水乙醇，至产生大量的深蓝色晶体。③提出假设：晶体可能是中的一种或两种④查阅资料：在碱性溶液中可稳定存在，在酸性溶液中会分解。⑤实验验证：兴趣小组设计如下方案，进行实验。实验步骤检测结果i将②中的产物进行固液分离/ii取i中的晶体于烧杯中加水溶解配制成饱和溶液，测其溶液pH；向溶液中滴加______。溶液pH为12；有______(现象)。iii取i中的滤液少量于试管中，测其溶液pH；用盐酸酸化后滴加溶液。溶液pH为10，有白色沉淀生成；iv另取i中的剩余滤液滴加浓NaOH溶液并加热，有气体放出用湿润的红色石蕊试纸检验。湿润的红色石蕊试纸变蓝。⑥实验结论：实验⑤的步骤及结果说明深蓝色晶体是和的混合物。试解释深蓝色晶体中含有的判断依据______。【答案】（1）①.、②.蒸发浓缩③.冷却结晶④.过滤洗涤（2）①.5.0②.CEBD③.盐酸酸化后再加溶液④.白色沉淀生成⑤.实验iii测得的滤液碱性明显比未加乙醇结晶前的深蓝色溶液碱性弱，这说明原深蓝色溶液中的并不完全存在于结晶后的滤液中，蓝色晶体中也含有OH-，这说明深蓝色晶体中含有碱性化合物[Cu(NH3)4](OH)2⋅nH2O(或实验ii中深蓝色晶体溶于水后的溶液显示出比实验iii滤液还强的碱性，这说明深蓝色晶体中含有碱性化合物[Cu(NH3)4](OH)2⋅nH2O)【解析】（1）铜屑和稀H2SO4，水浴加热，通入O2充分反应，生成CuSO4和H2O，反应方程式为2Cu+2H2SO4+O2CuSO4+2H2O，结合方程式可知，化合价变化的是O2、Cu；硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到CuSO4⋅5H2O晶体。（2）配制60mL0.2000mol/LCuSO4溶液，需要选用100mL容量瓶，CuSO4⋅5H2O的摩尔质量是250g/mol，则需要称量的质量为0.1L×0.2000mol/L×250g/mol=5g；配制溶液的顺序称量、溶解、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀，则洗涤之后的顺序为CEBD；检验SO，加入盐酸酸化后再加BaCl2溶液，有白色沉淀，则含有SO，证明晶体中含有［Cu(NH3)4]SO4⋅H2O；实验iii测得的滤液碱性明显比未加乙醇结晶前的深蓝色溶液碱性弱，这说明原深蓝色溶液中的OH−并不完全存在于结晶后的滤液中，蓝色晶体中也含有OH−，故含有[Cu(NH3)4](OH)2⋅nH2O；或实验ii中深蓝色晶体溶于水后的溶液显示出比实验iii滤液还强的碱性，这说明深蓝色晶体中含有碱性化合物[Cu(NH3)4](OH)2⋅nH2O。18.铅渣是铅火法冶炼的废渣，含有Cu、Fe、Pb、Zn、Sb等金属的化合物，其中一种回收再利用、、、的生产工艺如下。根据流程回答下列问题。已知：（1）褐煤主要成分是碳单质，“还原焙烧”时，被还原成、单质，同时产生一种还原性气体，写出其反应化学方程式______。（2）“沉锌”时加入促进生成的原理为______(用离子方程式表示)。（3）“氧化酸浸”提取铜和锑时，需控制硫酸用量不宜过高，从工艺成本或环保角度分析原因______(答一点即可)；“氧化酸浸”时，往浸出液中加入酒石酸，能与形成稳定的可溶性配合物如图，从而提高浸出率，下列说法正确的是______。A．配合物中4个配位键的稳定性相同B．酒石酸与形成配合物能抑制的水解C．与酒石酸形成配合物的原因是有孤电子对D．该配合物可溶于水的主要原因是能与水形成分子间氢键（4）常温下，“调”时采用氨水，当其他条件不变时，值对浸出液中铜和锑的沉淀率的影响如图所示，为减小浸出铜的损失，同时有效的分离锑，理论上选择合理范围是______，若最佳，此时溶液中______mol/L(用含的代数式表示)。（5）是铅渣回收的重要产物，其晶胞结构如图，则的配位数为______，已知该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数为，其中阴阳离子最近间距为______(列出计算式)。【答案】（1）（2）（3）①.过量硫酸会增加后续中和试剂的消耗，提高成本；或过量硫酸导致废液酸性过强，增加处理难度②.BD（4）①.2.5—3②.（5）①.4②.【解析】分析流程可知，铅渣加入单质C（褐煤）高温还原，Zn与Pb元素转化为烟尘，加入硫酸后，转化为硫酸锌与硫酸铅，由于硫酸铅属于沉淀，过滤分离存在于滤渣中，获得含Zn2+滤液，加入NaOH和碳酸氢铵转化，获得，焙烧得到ZnO，焙砂经过磁选，具有磁性的铁被分离，尾矿中的铜锑经过氧化氢氧化，加入硫酸溶解，调节pH得到Sb(OH)3和含有Cu2+的滤液，滤液中加入S2-可以得到CuS沉淀，以此解答。（1）褐煤主要成分是碳单质，“还原焙烧”时，被还原成、单质，同时产生一种还原性气体为CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。（2）含有Zn2+的滤液中加入NaOH和碳酸氢铵转化，获得，该过程中和OH-反应生成，离子方程式为：。（3）“氧化酸浸”提取铜和锑时，需控制硫酸用量不宜过高，从工艺成本或环保角度分析原因为：过量硫酸会增加后续中和试剂的消耗，提高成本；或过量硫酸导致废液酸性过强，增加处理难度。A．虽然4个配位键中的配位原子均为O原子，但左侧O原子由于碳氧双键的吸电子效应导致其电负性减弱，对孤电子对的吸引减弱，更加容易给出电子形成配位键，更加稳定，则配合物中4个配位键的稳定性不都相同，A错误；B．酒石酸与

Cu2+形成配合物形成了稳定的结构，减少了

Cu2+与水分子发生水解反应的机会，能抑制Cu2+的水解，B正确；C．Cu2+与酒石酸形成配合物的原因是

Cu2+作为中心原子，具有空轨道，可以接受来自配体的电子对，从而形成稳定的配合物，C错误；D．该配合物中含有羟基，能够与水分子形成氢键，增加了配合物在水中的溶解性，D正确；故选BD。（4）“调”时要求Cu沉淀率小，而Sb的沉淀率大，由图可知，理论上选择pH合理范围是2.5-3，若最佳pH=a，溶液中c(OH-)=，此时溶液中。（5）由晶胞结构可知，距离O2-最近且相等的Zn2+的个数为4，则的配位数为4，该晶胞中的个数为4，Zn2+的个数为=4，则该晶胞的质量为，已知该晶胞的密度为，晶胞的体积为，阴阳离子最近间距为晶胞体对角线的，则阴阳离子最近间距为。19.铜催化剂是有机合成领域中一种十分重要的催化剂。可实现高效、高选择性的化学转化。（1）氯化亚铜(CuCl)是常用的铜催化剂，其难溶于水。①基态的价层电子排布式为______。②可由和溶液常温下反应制备，写出此反应的离子反应方程式______。③2022年诺贝尔化学奖得主的成果之一为“点击化学”，亚铜催化的叠氮—炔环加成(例如反应a)是经典的点击化学反应。反应a：已知：有机物1、2、3的燃烧热的焓变分别为，则反应a的______。④将负载到固相载体上，可发生反应，实现工业废气中的吸附分离。反应b：已知正反应为放热反应，下列说法正确的是______。A．升高温度，的平衡吸附率减小B．继续增加吸附剂CuCl的量，正反应速率增大C．温度不变，增大压强，达到平衡时体系中浓度减小D．温度不变，减小压强，会释放出已吸附的CO（2）铜催化剂可催化活性/可控聚合反应，其催化卤代烃(R-Cl)引发苯乙烯(St)的加成聚合反应部分机理示意图如图。①该反应的催化剂为______(填写示意图中的物质，下同)。②写出此过程的总反应方程式______。（3）为了提高在有机体系中的催化活性，铜作为催化剂时通常会加入有机配体形成配合物。在某非水溶液中，配体与发生反应，某研究小组通过分光光度法测定的配位数及该反应的平衡常数。i)在处有特征吸收峰，在此波长处的吸光度与的浓度关系为：。ii)混匀溶液与溶液，在容量瓶中定容，两者起始的物质的量浓度分别为与，保持与之和为，测得体系的随的变化如图。①所有配位化合物中均存在如反应c的平衡过程，并将其平衡常数称为配合物的稳定常数，稳定常数______(填“越大”或“越小”)，配合物越稳定。②在该体系中，求解______；的稳定常数为______。(写出推导过程，结果列计算式即可)【答案】（1）①.②.2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++3H+③.④.AD（2）①.②.R-Cl+nStR-(St)n-Cl（3）①.越大②.1③.【解析】（1）①已知Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，故基态Cu+的价层电子排布式为3d10，故答案为：3d10；②CuCl可由CuCl2和NaHSO3溶液常温下反应制备即反应中Cu的化合价由+2价降低到+1价，S的化合价由+4价升高到+6价，根据氧化还原反应配平可得，此反应的离子反应方程式为：2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++3H+，故答案为：2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++3H+；③根据已知信息：有机物1、2、3的燃烧热的焓变分别为，则表示有机物1、2、3的燃烧热的热化学方程式分别为①、②、③，则①+②-③可得反应a：，结合盖斯定律可知，该反应的反应热，故答案为：；④A．由题干信息可知，该反应正反应为放热反应，则升高温度，化学平衡逆向移动，故CO的平衡吸附率减小，A正确；B．由于CuCl是固体，继续增加吸附剂CuCl的量，其浓度不变，即正反应速率不变，B错误；C．由题干反应可知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，则温度不变，增大压强，平衡正向移动，但由于K=保持不变，即达到平衡时体系中CO浓度不变，C错误；D．由题干反应可知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，温度不变，减小压强，平衡逆向移动，即会释放出已吸附的CO，D正确；故答案为：AD；（2）①由题干反应历程图可知，CuI先与R-Cl反应生成R·和CuⅡ和Cl-，R·和nSt转化为R-(St)n，最后R-(St)n和CuⅡ和Cl-转化为R-(St)n-Cl和CuI，故该反应的催化剂为CuI，故答案为：CuI；②由题干反应历程图可知，该总反应反应物为R-Cl和St，生成物为：R-(St)n-Cl，故此过程的总反应方程式为：R-Cl+nStR-(St)n-Cl，故答案为：R-Cl+nStR-(St)n-Cl；（3）①由题干已知反应，所有配位化合物中均存在如反应c的平衡过程，并将其平衡常数称为配合物的稳定常数，则稳定常数越大，反应正向进行程度越大，[CuLx]2+浓度越大，说明配合物越稳定，反之则反，故稳定常数越大，配合物越稳定，故答案为：越大；②平衡图像信息可知，当c0(L)=5×10-5时，吸光度A最大，此时c0(Cu2+)=1×10-4-5×10-5=5×10-5，故此体系x=1，则[CuL]2+的温度常数表达式为：K=，取图中点(0.5，0.6)，c0(L)=c0(Cu2+)=5×10-5，吸光度为0.6，因此c{[CuL]2+}=，此时c(L)=c(Cu2+)，根据Cu守恒，c(L)=c(Cu2+)=c0(Cu2+)-c{[CuL]2+}=5×10-5-，则K==，故答案为：1；。20.我国科学家最近在有机光催化