2026届广东省深圳市高三上学期模拟预测化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省深圳市2026届高三上学期模拟预测试题本试卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在卡“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。4.考生必须保持答题卡的整洁。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：H-1C-12O-16Re-186一、单项选择题：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.广东省是岭南文化的传承地。下列手工艺品涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是A．香云纱B．广彩瓷C．木雕D．火画扇A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．香云纱主要成分蛋白质（丝绸类），不属于硅酸盐，A错误；B．广彩瓷属于陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，符合要求，B正确；C．木雕的主要成分是纤维素（木材），属于有机物，不属于硅酸盐，C错误；D．火画扇的扇面材料（如纸、丝绸）主要成分不是硅酸盐，D错误；故选B。2.我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架Ni-DAPT材料。该化合物结构如图所示，该化合物上A.有16个碳碳双键 B.有配位键 C.共有4个氢原子 D.不能发生加成反应【答案】B【解析】A．苯环上不是碳碳双键，故该化合物中只有2个碳碳双键，A错误；B．Ni原子含有空轨道，S原子有孤电子对，可以形成配位键，B正确；C．键线式中氢原子省略，需要根据碳满足四键分析，该化合物中每个苯环上有4个氢原子，加上四个醛基上的氢原子，共20个氢原子，C错误；D．分子结构中含有苯环、醛基和碳碳双键，可以加成，D错误；故答案选B。3.科技兴则民族兴，科技强则国家强。我国科技成果在多领域获得应用，下列说法错误的是A空间站太阳翼伸展结构关键部件材料主要成分高性能碳化硅属于分子晶体B.人形机器人亮相百米飞人运动会，机器人奔跑时电池将化学能转为电能C.我国科研团队发明多种强韧性的“超分子水凝胶”，“超分子水凝胶”属于混合物D.我国科研人员首次揭示钛铁矿在月表水分布与存储中的“双重作用”，元素Ti、Fe均位于周期表d区【答案】A【解析】A．碳化硅（SiC）结构与金刚石类似，通过共价键形成三维网状结构，属于共价晶体，而非分子晶体，A错误；B．电池的作用本质是化学能转化为电能，B正确；C．超分子水凝胶由多种分子通过非共价键组装而成，属于混合物，C正确；D．Ti的原子序数为22，位于第IVB族，Fe的原子序数为26，位于第VIII族，均位于周期表d区，D正确；故选A。4.化学改变生活。下列应用项目涉及的相关化学知识表述正确的是应用项目化学知识A利用碘伏溶液处理伤口碘伏能使微生物的蛋白质变性B勤通风除家具中的甲醛(HCHO)甲醛具有氧化性C加工馒头加入膨松剂NH4HCO3NH4HCO3能与强碱反应生成氨气D利用火焰原子吸收光谱检测蔬菜的重金属残留金属元素Na的特征焰色为黄色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．碘伏通过使微生物的蛋白质变性起到消毒作用，A正确；B．通风除甲醛利用的是其挥发性，而非氧化性，B错误；C．NH4HCO3作为膨松剂是因受热分解产气，而非与强碱反应，C错误；D．原子吸收光谱用于检测重金属残留，是基于重金属元素的特征吸收谱线；焰色试验是指某些金属或它们的化合物在灼烧时使火焰呈现特殊颜色的现象，钠不属于重金属，该应用与钠的特征焰色为黄色无关，D错误；故选A。5.化学材料是科技发展的基础。下列叙述正确的是A.Fe2O3可作红色外墙涂料，Fe2O3具有磁性B.四氯甲烷是工业上重要的有机溶剂，四氯甲烷存在氢键C.舞台上干冰升华时产生云雾，干冰分子的空间结构为V形D.实现海水淡化的高分子分离膜聚四氟乙烯，其单体的结构简式是CF2=CF2【答案】D【解析】A．Fe2O3（氧化铁）为红棕色，可用作红色涂料，但具有磁性是Fe3O4（四氧化三铁），而非Fe2O3，A错误；B．四氯甲烷（CCl4）是常用有机溶剂，但氢键需存在与电负性强的原子（如O、N、F）直接相连的H，而CCl4中无此类H，故不存在氢键，B错误；C．干冰（CO2）升华时形成云雾是因CO2气体遇冷凝结水蒸气，但CO2分子为直线形结构，而非V形，C错误；D．聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，结构简式确为CF2=CF2，用于制备高分子分离膜，D正确；故选D。6.吡啶为无色液体，能与水混溶，呈碱性。下列说法错误的是A吡啶属于极性分子 B.吡啶类分子中均含有σ、π键C.沸点：吡啶＜2-甲基吡啶 D.碱性：吡啶＞2-甲基吡啶＞3-甲基吡啶【答案】D【解析】A．吡啶分子中含N原子，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；B．吡啶类分子中有单键和双键，单键为σ​键，双键含π​键，因此均含有σ、π键，B正确；C．2-甲基吡啶相对分子质量大于吡啶，分子间作用力更强，沸点更高，C正确；D．甲基为给电子基团，能增强碱性，邻位效应最强，间位次之，故碱性顺序应为2-甲基吡啶>3-甲基吡啶>吡啶，D错误；故选D。7.以废铁屑(主要成分为Fe，含少量Fe2O3、FeS等)为原料制备FeSO4·7H2O。下列相关原理、装置及操作错误的是A.用装置甲去除废铁屑表面的油污 B.用装置乙将废铁屑转化为FeSO4C.用装置丙吸收H2S气体 D.用装置丁获取FeSO4·7H2O固体【答案】B【解析】A．废铁屑表面的油污在热的溶液中，因发生水解或乳化而被除去，故装置甲可以去除废铁屑表面的油污，A正确；B．可以与反应生成、，与反应生成、，与反应生成，与反应生成、，故可以用稀硫酸将废铁屑转化为，但生成的气体可以从该装置中的长颈漏斗逸出，故应将长颈漏斗下端导管口插入液面以下或改用分液漏斗，B错误；C．废铁屑中的与反应生成、，有毒，应除去，该气体可以与酸性高锰酸钾溶液反应被吸收，且符合“长进短出”，C正确；D．废铁屑与稀反应后的溶液含有，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，再用装置丁过滤可以得到固体，D正确；故选B。8.能满足下列物质间直接转化关系的是A.X可为Na，物质Y为 B.X可为N2，物质Y为NaOHC.X可为S，物质Y为NaClO D.X可为Fe，物质Y为HCl【答案】C【解析】A．钠（Na）在氧气中燃烧生成（过氧化钠），与水反应生成NaOH和（生成碱），但与NaOH不反应生成盐，A不符合题意；B．氮气与氧气在放电条件下生成NO，NO不溶于水，无法直接生成酸或碱，B不符合题意；C．硫（S）燃烧生成，与水反应生成（酸），与NaClO发生氧化还原反应生成（盐），符合直接转化关系，C符合题意；D．铁（Fe）燃烧生成，不溶于水，无法与水反应生成酸或碱，D不符合题意；故答案选C。9.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA在水中的溶解度：甲醇>甲烷甲醇分子与水分子之间形成氢键B金刚砂(SiC)硬度极大Si与C的价层电子排布相同C可用乙酸乙酯清理油漆乙酸乙酯可发生水解反应D氯水需要现配现用氯水具有强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．甲醇含羟基（-OH），能与水形成氢键，显著提高溶解度，而甲烷无极性且无法形成氢键，故溶解度低，A正确；B．SiC的硬度源于其原子晶体的共价键结构，而非Si与C的价层电子排布（Si为3s23p2，C为2s22p2，电子层不同），B错误；C．乙酸乙酯作为有机溶剂可溶解油漆，与水解无关，C错误；D．氯水失效是因HClO分解，而非强氧化性，D错误；故选A。10.下列方程式与所给事实相符的是A.电解法冶炼金属铝：B.将氯气通入石灰乳中制作漂白粉：C.验证苯酚的酸性比碳酸的弱：D.用浓的NaOH溶液处理NO、NO2的混合尾气：【答案】D【解析】A．氯化铝在熔融情况下不会电离，冶炼铝选择氧化铝电解，，A错误；B．石灰乳是浊液，不能拆开，，B错误；C．苯酚的酸性小于碳酸，因此向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，会生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+，C错误；D．用浓的NaOH溶液处理NO、NO2的混合尾气，发生归中反应，生成亚硝酸钠和水，D正确；故选D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol3H2的中子数，比1mol1H2的多2NAB.1molCH3Cl和CH4的混合气体含有碳原子数目为NAC.44g的环氧乙醚()分子中含有的键数目为3NAD.NaH与足量的水反应生成22.4L(标准状况)H2，转移电子数目为2NA【答案】B【解析】A．3H2（氚气）每个氢原子含2个中子，分子含4个中子；（普通氢气）每个氢原子含0个中子，分子含0个中子，1mol

的中子数为

，1mol

的中子数为

，差值应为

，A错误；B．CH3Cl和CH4的混合气体总物质的量为1mol，则总分子数为，每个CH3Cl或CH4分子均含1个碳原子，因此混合气体中碳原子总数恒为

，与混合比例无关，B正确；C．环氧乙醚（分子式C2H4O）的摩尔质量为44g/mol，因此44g为1mol。环氧乙醚分子结构为三元环（两个碳原子和一个氧原子），键包括：1个C-Cσ键、2个C-Oσ键、4个C-Hσ键，总计7个σ键，故1mol环氧乙醚含σ键数为

，C错误；D．NaH与水的反应：，NaH中-1价的氢被氧化为0价，H2O中+1价的氢被还原到0价，每生成1molH2转移1mol电子，即

个电子，标准状况下22.4LH2为1mol，故转移电子数为

，D错误；故选B。12.利用如图装置进行实验，先加热铜丝团，再挤压气唧(重复3-5次)，已知Na2[Cu(OH)4]试纸显蓝色，可用来检验醛基。下列说法错误的是A.碱石灰脱脂棉用于吸收水分 B.气唧只为了增加试管内的气流流速C.无水硫酸铜粉末大量变色证明乙醇被氧化 D.蓝色Na2[Cu(OH)4]变红，则证明产物有乙醛【答案】B【解析】乙醇在铜作催化剂的情况下可以被氧气氧化，。A．碱石灰具有吸水性，在该实验中，碱石灰脱脂棉可用于吸收反应过程中产生的水分，防止水分对后续检验产生干扰，A正确；B．挤压气唧，不仅能增加试管内的气流流速，还能提供反应所需的氧气，使乙醇与氧气在铜丝催化下发生氧化反应，B错误；C．乙醇被氧化会生成乙醛和水，无水硫酸铜粉末遇水会由白色变为蓝色，所以无水硫酸铜粉末大量变色可证明乙醇被氧化生成了水，C正确；D．已知试纸显蓝色，若蓝色变红，则证明产物中有乙醛，D正确；故选B。13.X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.最简单氢化物的键角：W＞R B.第一电离能：Z＞WC.简单离子半径：Y＞R＞X D.非金属性：X＞Z＞W【答案】A【解析】首先确定元素：X最外层电子数1、原子半径最小，为H；Y最外层电子数1、原子半径最大，为Na；Z最外层电子数4，为C；W最外层电子数5，为N；R最外层电子数6，为S；据此作答。A．NH3中N的价层电子对数为，为sp3杂化，有1对孤电子对，H2S中S的价层电子对数为，为sp3杂化，有2对孤电子对，H2S分子中孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，故键角W>R，A正确；B．Z为C，W为N，N的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻主族的第一电离能，所以第一电离能N>C，B错误；C．简单离子半径S2->Na+>H+，即R>Y>X，C错误；D．非金属性N>C>H，即W>Z>X，D错误；故选A。14.由结构不能推断出对应性质的是选项结构性质A氨气与水分子均为极性分子氨气易溶于水B聚乙炔分子含有共轭双键聚乙炔可制备导电高分子材料C苯与甲苯分子均含有苯环两者均可以与酸性高锰酸钾反应D超分子具有“分子识别”特征空穴不同大小的冠醚能适配不同大小的碱金属离子A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氨气和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且氨与水可形成氢键，进一步增大溶解度，A正确；B．聚乙炔的共轭双键结构使电子离域，形成导电通路，因此可制备导电材料，B正确；C．苯和甲苯均含苯环，但苯不能被酸性高锰酸钾氧化，而甲苯因苯环导致甲基活泼可被氧化。两者结构差异导致性质不同，无法仅通过苯环推断均能反应，C错误；D．超分子的“分子识别”特性使其能选择性结合特定离子，冠醚空穴大小与金属离子匹配即体现此性质，D正确；故选C。15.按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液X中，一段时间后。下列叙述错误的是A.a中产生红棕色气体B.抽出a中铜丝，冰水浴冷却b，b中气体颜色变浅C.浓NaOH溶液的红色逐渐褪去证明试管a中发生氧化还原反应D.将a中浓硝酸换为浓硫酸并加热，则浓NaOH溶液的红色会逐渐褪去【答案】C【解析】a中铜与浓硝酸反应生成，进入b，进而进入含酚酞的浓NaOH溶液中；挥发的浓硝酸可以与NaOH反应，碱性转化为中性或酸性，红色褪去。据此分析。A．铜与浓硝酸反应：，是红棕色气体，故a中产生红棕色气体，A正确；B．抽出铜丝后，a中进入b，冰水浴冷却时，与的平衡正向移动，浓度减小，气体颜色变浅，B正确；C．酚酞遇碱变红，挥发的浓硝酸可以与NaOH反应，碱性转化为中性或酸性，红色退去，这并不能证明试管a中发生氧化还原反应，C错误；D．将浓硝酸换为浓硫酸并加热，铜与浓硫酸反应：。SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，碱性减弱，红色逐渐退去，D正确；故选C。16.由苯乙酸(A)经过两步合成化合物(D)，下列说法正确的是A.苯乙酸可以由乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应直接制得B.反应②的另一个有机产物可以发生银镜反应C.化合物C的名称为乙二酸二乙酯D.化合物D含2个手性碳原子【答案】C【解析】A．由乙苯在酸性高锰酸钾条件下氧化只能得到苯甲酸(C6H5COOH)，而不能得到苯乙酸，A错误；B．反应②的另一种产物为乙醇，乙醇不含醛基，不能发生银镜反应，B错误；C．C是由乙二酸与两分子乙醇酯化生成，名称为乙二酸二乙酯，C正确；D．手性碳原子需连有四个不同基团。化合物D中仅存在1个手性碳原子，D错误；故答案选C。二、填空题：(本题共4个小题，共56分。)17.某小组探究金属Na、Mg与铜盐溶液的反应。实验装置如图所示，进行如下实验：实验金属现象ⅠNa钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体ⅡMgMg条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液温度升高。溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有Cu(OH)2、CuCl。随着反应进行，溶液的pH逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。已知：i．金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+；ii．Cl为白色沉淀；[CuCl4]2-显黄色，与过量铜离子混合显绿色。（1）经检验，I中产生的黑色固体是CuO，I中生成CuO过程中的反应有___________(离子方程式)、。（2）探究实验Ⅱ中橙黄色浊液中浑浊物的主要成分①产物预测：从价态角度分析Cu具有的性质是___________，能够和CuCl2反应，故甲同学推测橙色浑浊物中含有CuCl。②依据猜测他进行了如下实验：实验Ⅲ现象取Cu粉与适量1molCuCl2溶液混合一段时间后无白色沉淀产生该同学再次分析Mg与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，他的改进方法为___________。③查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为Cu2O，进行以下实验：实验IV现象向实验Ⅱ反应后的浊液中加入足量盐酸沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜反应的离子方程式为___________、。（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，解释Mg与CuCl2溶液反应既有Cu(OH)2又有Cu生成的原因是___________。（4）利用实验V探究其他条件相同时，镁与硫酸铜溶液能否反应生成Cu(+1)，烧杯中加入的溶液a是___________。实验金属溶液现象VMga剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多：体系颜色变化：淡蓝色溶液→几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。（5）综合上述实验，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有___________(写两点)。【答案】（1）（2）①.Cu具有还原性②.加热溶液③.（3）Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu（4）酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)（5）金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等【解析】Ⅰ.加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体CuO。Ⅱ.加入金属镁，镁条表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现蓝白色固体Cu(OH)2、CuCl，随后消失，得到[CuCl4]2-橙黄色溶液，镁条表面析出大量疏松的红色固体铜。（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为；（2）①产物预测：Cu具有还原性，Cu为0价，可被CuCl2中+2价的Cu2+氧化，发生歧化反应生成CuCl；②实验Ⅲ中无现象，是因为反应速率慢；结合实验Ⅱ反应放热、溶液pH升高的特点，改进方法为：加热，再观察是否有白色沉淀生成；③Cu2O与盐酸反应的离子方程式为；（3）Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu；（4）要探究Mg与CuSO4溶液能否生成Cu，需控制变量（与CuCl2对比，仅阴离子不同），因此溶液a是酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)；（5）由上述实验可知，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等。18.铟烟灰渣[含等]为主要原料制备In和活性ZnO的工艺流程如下：已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的

Zn2+Fe2+Fe3+In3+开始沉淀6.56.31.53.5完全沉淀8.58.32.84.8②在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子：。回答下列问题：（1）“浸渣1”的主要成分是___________(填化学式)。（2）“还原除砷时，可将溶液中的H3AsO4转化，发生反应的化学方程式是___________。（3）加入铁粉“还原”的目的是___________。（4）“反萃取”中，可通过___________提高萃取率。（5）“滤液2”可在___________(填操作单元)再利用。（6）“调pH”中可选用的试剂X为___________。使用H2O2的目的有___________，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是___________；pH应控制的范围是___________。（7）“灼烧”时，发生反应的化学方程式是___________。【答案】（1）PbSO4、SiO2（2）2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O（3）将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相（4）适当提高酸的浓度、多次萃取（5）沉锌（6）①.ZnO、ZnCO3②.氧化Fe2+为Fe3+，便于生成沉淀除去，同时不引入新杂质且无污染③.产生的Fe3+催化H2O2分解④.2.8≤pH＜6.5（7）ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO+CO2↑+2H2O【解析】热溶解时得到In3+、Zn2+、Fe3+、H3AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到浸渣1为SiO2、PbSO4，还原除砷时，H3AsO4与SO2生成As2O3，加入铁粉还原Fe3+，在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子，再加入稀硫酸反萃取，得到In3+，加入锌粉置换得到粗In，电解精炼得到纯In；萃取后的水相中含有Zn2+、Fe2+等，加入H2O2氧化Fe2+，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀，加入碳酸氢铵溶液沉锌，再经灼烧得到活性氧化锌。（1）根据分析知，“浸渣1”的主要成分是SiO2、PbSO4；（2）H3AsO4转化发生反应的化学方程式是2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O；（3）根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相；（4）“反萃取”中，可通过适当提高酸的浓度、多次萃取提高萃取率；（5）“滤液2”主要成分是硫酸锌，最好进入沉锌再利用；（6）锌与铁可以还原Fe3+，为了不引入新杂质，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀；加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH使其沉淀除去；H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe3+催化H2O2分解；控制pH使Fe3+沉淀，而Zn2+不沉淀，则pH应控制的范围是2.8≤pH＜6.5；（7）“灼烧”时，发生反应的化学方程式是ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO+CO2↑+2H2O。19.第ⅦB族过渡金属Mn(锰)、Re(铼)的配合物在催化均相加氢领域的发展前景广阔。其中用Re(CO)Cl与双齿PN配体Ph2P(CH2)3NH2合成高催化性能的Re(铼)配合物(如图所示)，(Ph-代表苯基C6H5-)。（1）已知Re位于第六周期，则基态Re原子价层电子的轨道表示式为___________；配合物中元素Re的化合价为___________。（2）18电子规则称为有效原子序数法则，是过渡金属簇合物一个经验规则。(18电子=中心原子的价电子数+配原子提供的电子数)。如CO(羰基)提供2个电子，H、F等原子提供1个电子，HMn(CO)5是符合18电子规则的羰基配位化合物。则上述Re(铼)化合物中，与Re(铼)原子直接配位的P原子提供___________个电子；以铁为中心的纯羰基配位化合物满足18电子规则，该化合物的化学式是___________。（3）利用Re(铼)配合物催化苯乙酮加氢制1-苯乙醇可能的反应机理如下图所示，下列说法正确的是___________。A.反应过程中有4种中间产物 B.此反应过程的原子利用率是100%C.用HD代替H2最多能得到四种有机产物 D.此过程有非极性共价键的断裂与形成（4）已知某种铼的氧化物立方晶胞(晶胞参数为anm)沿x、y、z轴方向投影如下图所示，则Re在晶胞中的位置为___________；晶体中与一个Re距离最近且相等的O的个数为___________；晶体的密度为___________g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。（5）将NH4ReO4在高温下用H2还原可制得的高纯度的金属铼单质，同时得到NH3.若1.568L(标准状况下)H2参与反应，则可得到Re质量为___________g。【答案】（1）①.②.+7（2）①.2②.Fe(CO)5（3）AC（4）①.顶点②.6③.（5）3.72g【解析】（1）已知Re位于第六周期，与Mn同族，有7个价电子，其价层电子排布为，则基态Re原子价层电子的轨道表示式为；配合物中H的化合价为-1价，Re和H的化合价代数和为-2，则Re的化合价为+7价；（2）上述Re(铼)化合物中Re原子有7个价电子，N原子提供2个电子，3个CO各提供2个电子，Cl原子提供1个电子，则P原子提供电子数为18-7-2-2×3-1=2个；基态Fe原子价层电子排布为，有8个价电子，CO(羰基)提供2个电子，以铁为中心的纯羰基配位化合物满足18电子规则，则羰基数量为，则该化合物的化学式为；（3）A．由图可知，反应过程中有4种中间产物，A正确；B．苯乙酮加氢制1-苯乙醇的反应为：，但该反应过程中消耗氢气用于Re配合物的活化，有HCl生成，属于取代反应，则原子利用率小于100%，B错误；C．用HD代替H2最多能得到四种有机产物，分别为，C正确；D．由图可知，此过程有H-H键的断裂，即有非极性共价键的断裂；有C-H键、H-Cl键、O-H键的形成，即没有非极性共价键的形成，D错误；故选AC。（4）如图所示，Re、O分别位于立方晶胞沿x、y、z轴方向投影图的顶点和边的中心，因此Re位于立方晶胞的顶点，O位于立方晶胞的棱上，则晶体中与一个Re距离最近且相等的O的个数为6；一个晶胞中Re和O的个数分别为、，则晶体的密度为；（5）将NH4ReO4在高温下用H2还原可制得的高纯度的金属铼单质，同时得到NH3，反应的化学方程式为2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，7molH2生成2molRe，若1.568L(标准状况下)H2参与反应，H2的物质的量为，则生成Re的质量为。20.我国科学家利用铜催化C-O偶联制备间苯氧基苯甲醛(G)，该工艺避免了歧化副反应。反应如下(反应条件略)。（1）化合物E的官能团名称为：___________；此反应的类型为___________。（2）①化合物F的名称为___________。②化合物F的含氧官能团与H2发生加成反应生成化合物H。在H的同分异构体中，同时含有苯环和羟基结构的共___________种(不考虑立体异构，包含H本身)。（3）下列说法正确的是___________。A.在E分子中，所有原子可以共平面 B.化合物F与化合物G互为同系物C.在G分子中，碳原子的杂化类型均为sp2 D.该反应的副产物为非极性分子（4）化合物E与饱和溴水发生反应产生白色沉淀。若用核磁共振氢谱分析该反应所得的有机产物，其峰面积比为：___________。（5）工业上可合成肉桂酸，其反应如下：+CH3CHO+H2O若化合物F与乙醛(CH3CHO)发生类似的反应，上述反应主要经历了加成和消去的过程，则相应的化学方程式为：①___________(加成反应)；②___________(消去反应)。【答案】（1）①.羟基②.取代反应（2）①.间溴苯甲醛(或3-溴苯甲醛)②.17（3）AC（4）2：1(或1：2)（5）①.+CH3CHO②.+H2O【解析】由方程式可知，E与F发生取代反应生成G和溴化氢。（1）由结构简式可知，E的官能团为羟基；由分析可知，E与F发生取代反应生成G和溴化氢；（2）①由结构简式可知，F的名称为间溴苯甲醛或3-溴苯甲醛；②由题意可知，H的结构简式为，H的同分异构体中，同时含有苯环和羟基，说明同分异构体可以视作、、、分子中的氢原子被羟基取代所得结构，共有：4+5+5+3=17种；（3）A．由结构简式可知，E分子中苯环为平面结构，则分子中所有原子可以共平面，A正确；B．同系物必须是含有相同数目、相同官能团(或苯环)的同类物质，由结构简式可知，化合物F含有1个苯环，官能团为碳溴键和醛基，而化合物G含有2个苯环，官能团为醚键和醛基，则两者是不同类物质，不可能互为同系物，B错误；C．由结构简式可知，G分子中苯环上的碳原子和双键碳原子的杂化类型均为sp2杂化，C正确；D．溴化氢是正负电荷中心不重合的极性分子，D错误；故选AC；（4）由题意可知，白色沉淀的结构简式为，分子中含有2类氢原子，则核磁共振氢谱有2组峰，峰面积比为2：1(或1：2)；（5）由题给信息可知，F与乙醛发生羟醛缩合反应为：氢氧化钠溶液作用下F与乙醛共热发生加成反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生消去反应生成和水，反应的方程式依次为：+CH3CHO、+H2O。广东省深圳市2026届高三上学期模拟预测试题本试卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在卡“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。4.考生必须保持答题卡的整洁。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：H-1C-12O-16Re-186一、单项选择题：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.广东省是岭南文化的传承地。下列手工艺品涉及材料的主要成分属于硅酸盐的是A．香云纱B．广彩瓷C．木雕D．火画扇A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．香云纱主要成分蛋白质（丝绸类），不属于硅酸盐，A错误；B．广彩瓷属于陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸盐，符合要求，B正确；C．木雕的主要成分是纤维素（木材），属于有机物，不属于硅酸盐，C错误；D．火画扇的扇面材料（如纸、丝绸）主要成分不是硅酸盐，D错误；故选B。2.我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架Ni-DAPT材料。该化合物结构如图所示，该化合物上A.有16个碳碳双键 B.有配位键 C.共有4个氢原子 D.不能发生加成反应【答案】B【解析】A．苯环上不是碳碳双键，故该化合物中只有2个碳碳双键，A错误；B．Ni原子含有空轨道，S原子有孤电子对，可以形成配位键，B正确；C．键线式中氢原子省略，需要根据碳满足四键分析，该化合物中每个苯环上有4个氢原子，加上四个醛基上的氢原子，共20个氢原子，C错误；D．分子结构中含有苯环、醛基和碳碳双键，可以加成，D错误；故答案选B。3.科技兴则民族兴，科技强则国家强。我国科技成果在多领域获得应用，下列说法错误的是A空间站太阳翼伸展结构关键部件材料主要成分高性能碳化硅属于分子晶体B.人形机器人亮相百米飞人运动会，机器人奔跑时电池将化学能转为电能C.我国科研团队发明多种强韧性的“超分子水凝胶”，“超分子水凝胶”属于混合物D.我国科研人员首次揭示钛铁矿在月表水分布与存储中的“双重作用”，元素Ti、Fe均位于周期表d区【答案】A【解析】A．碳化硅（SiC）结构与金刚石类似，通过共价键形成三维网状结构，属于共价晶体，而非分子晶体，A错误；B．电池的作用本质是化学能转化为电能，B正确；C．超分子水凝胶由多种分子通过非共价键组装而成，属于混合物，C正确；D．Ti的原子序数为22，位于第IVB族，Fe的原子序数为26，位于第VIII族，均位于周期表d区，D正确；故选A。4.化学改变生活。下列应用项目涉及的相关化学知识表述正确的是应用项目化学知识A利用碘伏溶液处理伤口碘伏能使微生物的蛋白质变性B勤通风除家具中的甲醛(HCHO)甲醛具有氧化性C加工馒头加入膨松剂NH4HCO3NH4HCO3能与强碱反应生成氨气D利用火焰原子吸收光谱检测蔬菜的重金属残留金属元素Na的特征焰色为黄色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．碘伏通过使微生物的蛋白质变性起到消毒作用，A正确；B．通风除甲醛利用的是其挥发性，而非氧化性，B错误；C．NH4HCO3作为膨松剂是因受热分解产气，而非与强碱反应，C错误；D．原子吸收光谱用于检测重金属残留，是基于重金属元素的特征吸收谱线；焰色试验是指某些金属或它们的化合物在灼烧时使火焰呈现特殊颜色的现象，钠不属于重金属，该应用与钠的特征焰色为黄色无关，D错误；故选A。5.化学材料是科技发展的基础。下列叙述正确的是A.Fe2O3可作红色外墙涂料，Fe2O3具有磁性B.四氯甲烷是工业上重要的有机溶剂，四氯甲烷存在氢键C.舞台上干冰升华时产生云雾，干冰分子的空间结构为V形D.实现海水淡化的高分子分离膜聚四氟乙烯，其单体的结构简式是CF2=CF2【答案】D【解析】A．Fe2O3（氧化铁）为红棕色，可用作红色涂料，但具有磁性是Fe3O4（四氧化三铁），而非Fe2O3，A错误；B．四氯甲烷（CCl4）是常用有机溶剂，但氢键需存在与电负性强的原子（如O、N、F）直接相连的H，而CCl4中无此类H，故不存在氢键，B错误；C．干冰（CO2）升华时形成云雾是因CO2气体遇冷凝结水蒸气，但CO2分子为直线形结构，而非V形，C错误；D．聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，结构简式确为CF2=CF2，用于制备高分子分离膜，D正确；故选D。6.吡啶为无色液体，能与水混溶，呈碱性。下列说法错误的是A吡啶属于极性分子 B.吡啶类分子中均含有σ、π键C.沸点：吡啶＜2-甲基吡啶 D.碱性：吡啶＞2-甲基吡啶＞3-甲基吡啶【答案】D【解析】A．吡啶分子中含N原子，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；B．吡啶类分子中有单键和双键，单键为σ​键，双键含π​键，因此均含有σ、π键，B正确；C．2-甲基吡啶相对分子质量大于吡啶，分子间作用力更强，沸点更高，C正确；D．甲基为给电子基团，能增强碱性，邻位效应最强，间位次之，故碱性顺序应为2-甲基吡啶>3-甲基吡啶>吡啶，D错误；故选D。7.以废铁屑(主要成分为Fe，含少量Fe2O3、FeS等)为原料制备FeSO4·7H2O。下列相关原理、装置及操作错误的是A.用装置甲去除废铁屑表面的油污 B.用装置乙将废铁屑转化为FeSO4C.用装置丙吸收H2S气体 D.用装置丁获取FeSO4·7H2O固体【答案】B【解析】A．废铁屑表面的油污在热的溶液中，因发生水解或乳化而被除去，故装置甲可以去除废铁屑表面的油污，A正确；B．可以与反应生成、，与反应生成、，与反应生成，与反应生成、，故可以用稀硫酸将废铁屑转化为，但生成的气体可以从该装置中的长颈漏斗逸出，故应将长颈漏斗下端导管口插入液面以下或改用分液漏斗，B错误；C．废铁屑中的与反应生成、，有毒，应除去，该气体可以与酸性高锰酸钾溶液反应被吸收，且符合“长进短出”，C正确；D．废铁屑与稀反应后的溶液含有，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，再用装置丁过滤可以得到固体，D正确；故选B。8.能满足下列物质间直接转化关系的是A.X可为Na，物质Y为 B.X可为N2，物质Y为NaOHC.X可为S，物质Y为NaClO D.X可为Fe，物质Y为HCl【答案】C【解析】A．钠（Na）在氧气中燃烧生成（过氧化钠），与水反应生成NaOH和（生成碱），但与NaOH不反应生成盐，A不符合题意；B．氮气与氧气在放电条件下生成NO，NO不溶于水，无法直接生成酸或碱，B不符合题意；C．硫（S）燃烧生成，与水反应生成（酸），与NaClO发生氧化还原反应生成（盐），符合直接转化关系，C符合题意；D．铁（Fe）燃烧生成，不溶于水，无法与水反应生成酸或碱，D不符合题意；故答案选C。9.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA在水中的溶解度：甲醇>甲烷甲醇分子与水分子之间形成氢键B金刚砂(SiC)硬度极大Si与C的价层电子排布相同C可用乙酸乙酯清理油漆乙酸乙酯可发生水解反应D氯水需要现配现用氯水具有强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．甲醇含羟基（-OH），能与水形成氢键，显著提高溶解度，而甲烷无极性且无法形成氢键，故溶解度低，A正确；B．SiC的硬度源于其原子晶体的共价键结构，而非Si与C的价层电子排布（Si为3s23p2，C为2s22p2，电子层不同），B错误；C．乙酸乙酯作为有机溶剂可溶解油漆，与水解无关，C错误；D．氯水失效是因HClO分解，而非强氧化性，D错误；故选A。10.下列方程式与所给事实相符的是A.电解法冶炼金属铝：B.将氯气通入石灰乳中制作漂白粉：C.验证苯酚的酸性比碳酸的弱：D.用浓的NaOH溶液处理NO、NO2的混合尾气：【答案】D【解析】A．氯化铝在熔融情况下不会电离，冶炼铝选择氧化铝电解，，A错误；B．石灰乳是浊液，不能拆开，，B错误；C．苯酚的酸性小于碳酸，因此向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，会生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+，C错误；D．用浓的NaOH溶液处理NO、NO2的混合尾气，发生归中反应，生成亚硝酸钠和水，D正确；故选D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol3H2的中子数，比1mol1H2的多2NAB.1molCH3Cl和CH4的混合气体含有碳原子数目为NAC.44g的环氧乙醚()分子中含有的键数目为3NAD.NaH与足量的水反应生成22.4L(标准状况)H2，转移电子数目为2NA【答案】B【解析】A．3H2（氚气）每个氢原子含2个中子，分子含4个中子；（普通氢气）每个氢原子含0个中子，分子含0个中子，1mol

的中子数为

，1mol

的中子数为

，差值应为

，A错误；B．CH3Cl和CH4的混合气体总物质的量为1mol，则总分子数为，每个CH3Cl或CH4分子均含1个碳原子，因此混合气体中碳原子总数恒为

，与混合比例无关，B正确；C．环氧乙醚（分子式C2H4O）的摩尔质量为44g/mol，因此44g为1mol。环氧乙醚分子结构为三元环（两个碳原子和一个氧原子），键包括：1个C-Cσ键、2个C-Oσ键、4个C-Hσ键，总计7个σ键，故1mol环氧乙醚含σ键数为

，C错误；D．NaH与水的反应：，NaH中-1价的氢被氧化为0价，H2O中+1价的氢被还原到0价，每生成1molH2转移1mol电子，即

个电子，标准状况下22.4LH2为1mol，故转移电子数为

，D错误；故选B。12.利用如图装置进行实验，先加热铜丝团，再挤压气唧(重复3-5次)，已知Na2[Cu(OH)4]试纸显蓝色，可用来检验醛基。下列说法错误的是A.碱石灰脱脂棉用于吸收水分 B.气唧只为了增加试管内的气流流速C.无水硫酸铜粉末大量变色证明乙醇被氧化 D.蓝色Na2[Cu(OH)4]变红，则证明产物有乙醛【答案】B【解析】乙醇在铜作催化剂的情况下可以被氧气氧化，。A．碱石灰具有吸水性，在该实验中，碱石灰脱脂棉可用于吸收反应过程中产生的水分，防止水分对后续检验产生干扰，A正确；B．挤压气唧，不仅能增加试管内的气流流速，还能提供反应所需的氧气，使乙醇与氧气在铜丝催化下发生氧化反应，B错误；C．乙醇被氧化会生成乙醛和水，无水硫酸铜粉末遇水会由白色变为蓝色，所以无水硫酸铜粉末大量变色可证明乙醇被氧化生成了水，C正确；D．已知试纸显蓝色，若蓝色变红，则证明产物中有乙醛，D正确；故选B。13.X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是A.最简单氢化物的键角：W＞R B.第一电离能：Z＞WC.简单离子半径：Y＞R＞X D.非金属性：X＞Z＞W【答案】A【解析】首先确定元素：X最外层电子数1、原子半径最小，为H；Y最外层电子数1、原子半径最大，为Na；Z最外层电子数4，为C；W最外层电子数5，为N；R最外层电子数6，为S；据此作答。A．NH3中N的价层电子对数为，为sp3杂化，有1对孤电子对，H2S中S的价层电子对数为，为sp3杂化，有2对孤电子对，H2S分子中孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，故键角W>R，A正确；B．Z为C，W为N，N的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻主族的第一电离能，所以第一电离能N>C，B错误；C．简单离子半径S2->Na+>H+，即R>Y>X，C错误；D．非金属性N>C>H，即W>Z>X，D错误；故选A。14.由结构不能推断出对应性质的是选项结构性质A氨气与水分子均为极性分子氨气易溶于水B聚乙炔分子含有共轭双键聚乙炔可制备导电高分子材料C苯与甲苯分子均含有苯环两者均可以与酸性高锰酸钾反应D超分子具有“分子识别”特征空穴不同大小的冠醚能适配不同大小的碱金属离子A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氨气和水均为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且氨与水可形成氢键，进一步增大溶解度，A正确；B．聚乙炔的共轭双键结构使电子离域，形成导电通路，因此可制备导电材料，B正确；C．苯和甲苯均含苯环，但苯不能被酸性高锰酸钾氧化，而甲苯因苯环导致甲基活泼可被氧化。两者结构差异导致性质不同，无法仅通过苯环推断均能反应，C错误；D．超分子的“分子识别”特性使其能选择性结合特定离子，冠醚空穴大小与金属离子匹配即体现此性质，D正确；故选C。15.按如图组装装置并进行实验：将铜丝插入溶液X中，一段时间后。下列叙述错误的是A.a中产生红棕色气体B.抽出a中铜丝，冰水浴冷却b，b中气体颜色变浅C.浓NaOH溶液的红色逐渐褪去证明试管a中发生氧化还原反应D.将a中浓硝酸换为浓硫酸并加热，则浓NaOH溶液的红色会逐渐褪去【答案】C【解析】a中铜与浓硝酸反应生成，进入b，进而进入含酚酞的浓NaOH溶液中；挥发的浓硝酸可以与NaOH反应，碱性转化为中性或酸性，红色褪去。据此分析。A．铜与浓硝酸反应：，是红棕色气体，故a中产生红棕色气体，A正确；B．抽出铜丝后，a中进入b，冰水浴冷却时，与的平衡正向移动，浓度减小，气体颜色变浅，B正确；C．酚酞遇碱变红，挥发的浓硝酸可以与NaOH反应，碱性转化为中性或酸性，红色退去，这并不能证明试管a中发生氧化还原反应，C错误；D．将浓硝酸换为浓硫酸并加热，铜与浓硫酸反应：。SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，碱性减弱，红色逐渐退去，D正确；故选C。16.由苯乙酸(A)经过两步合成化合物(D)，下列说法正确的是A.苯乙酸可以由乙苯与酸性高锰酸钾溶液反应直接制得B.反应②的另一个有机产物可以发生银镜反应C.化合物C的名称为乙二酸二乙酯D.化合物D含2个手性碳原子【答案】C【解析】A．由乙苯在酸性高锰酸钾条件下氧化只能得到苯甲酸(C6H5COOH)，而不能得到苯乙酸，A错误；B．反应②的另一种产物为乙醇，乙醇不含醛基，不能发生银镜反应，B错误；C．C是由乙二酸与两分子乙醇酯化生成，名称为乙二酸二乙酯，C正确；D．手性碳原子需连有四个不同基团。化合物D中仅存在1个手性碳原子，D错误；故答案选C。二、填空题：(本题共4个小题，共56分。)17.某小组探究金属Na、Mg与铜盐溶液的反应。实验装置如图所示，进行如下实验：实验金属现象ⅠNa钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体ⅡMgMg条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液温度升高。溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有Cu(OH)2、CuCl。随着反应进行，溶液的pH逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。已知：i．金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+；ii．Cl为白色沉淀；[CuCl4]2-显黄色，与过量铜离子混合显绿色。（1）经检验，I中产生的黑色固体是CuO，I中生成CuO过程中的反应有___________(离子方程式)、。（2）探究实验Ⅱ中橙黄色浊液中浑浊物的主要成分①产物预测：从价态角度分析Cu具有的性质是___________，能够和CuCl2反应，故甲同学推测橙色浑浊物中含有CuCl。②依据猜测他进行了如下实验：实验Ⅲ现象取Cu粉与适量1molCuCl2溶液混合一段时间后无白色沉淀产生该同学再次分析Mg与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，他的改进方法为___________。③查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为Cu2O，进行以下实验：实验IV现象向实验Ⅱ反应后的浊液中加入足量盐酸沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜反应的离子方程式为___________、。（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ，解释Mg与CuCl2溶液反应既有Cu(OH)2又有Cu生成的原因是___________。（4）利用实验V探究其他条件相同时，镁与硫酸铜溶液能否反应生成Cu(+1)，烧杯中加入的溶液a是___________。实验金属溶液现象VMga剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多：体系颜色变化：淡蓝色溶液→几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。（5）综合上述实验，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有___________(写两点)。【答案】（1）（2）①.Cu具有还原性②.加热溶液③.（3）Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu（4）酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)（5）金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等【解析】Ⅰ.加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体CuO。Ⅱ.加入金属镁，镁条表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现蓝白色固体Cu(OH)2、CuCl，随后消失，得到[CuCl4]2-橙黄色溶液，镁条表面析出大量疏松的红色固体铜。（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为；（2）①产物预测：Cu具有还原性，Cu为0价，可被CuCl2中+2价的Cu2+氧化，发生歧化反应生成CuCl；②实验Ⅲ中无现象，是因为反应速率慢；结合实验Ⅱ反应放热、溶液pH升高的特点，改进方法为：加热，再观察是否有白色沉淀生成；③Cu2O与盐酸反应的离子方程式为；（3）Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu；（4）要探究Mg与CuSO4溶液能否生成Cu，需控制变量（与CuCl2对比，仅阴离子不同），因此溶液a是酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)；（5）由上述实验可知，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等。18.铟烟灰渣[含等]为主要原料制备In和活性ZnO的工艺流程如下：已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的

Zn2+Fe2+Fe3+In3+开始沉淀6.56.31.53.5完全沉淀8.58.32.84.8②在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子：。回答下列问题：（1）“浸渣1”的主要成分是___________(填化学式)。（2）“还原除砷时，可将溶液中的H3AsO4转化，发生反应的化学方程式是___________。（3）加入铁粉“还原”的目的是___________。（4）“反萃取”中，可通过___________提高萃取率。（5）“滤液2”可在___________(填操作单元)再利用。（6）“调pH”中可选用的试剂X为___________。使用H2O2的目的有___________，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是___________；pH应控制的范围是___________。（7）“灼烧”时，发生反应的化学方程式是___________。【答案】（1）PbSO4、SiO2（2）2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O（3）将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相（4）适当提高酸的浓度、多次萃取（5）沉锌（6）①.ZnO、ZnCO3②.氧化Fe2+为Fe3+，便于生成沉淀除去，同时不引入新杂质且无污染③.产生的Fe3+催化H2O2分解④.2.8≤pH＜6.5（7）ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO+CO2↑+2H2O【解析】热溶解时得到In3+、Zn2+、Fe3+、H3AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到浸渣1为SiO2、PbSO4，还原除砷时，H3AsO4与SO2生成As2O3，加入铁粉还原Fe3+，在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子，再加入稀硫酸反萃取，得到In3+，加入锌粉置换得到粗In，电解精炼得到纯In；萃取后的水相中含有Zn2+、Fe2+等，加入H2O2氧化Fe2+，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀，加入碳酸氢铵溶液沉锌，再经灼烧得到活性氧化锌。（1）根据分析知，“浸渣1”的主要成分是SiO2、PbSO4；（2）H3AsO4转化发生反应的化学方程式是2H3AsO4+2SO2=As2O3+2H2SO4+H2O；（3）根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相；（4）“反萃取”中，可通过适当提高酸的浓度、多次萃取提高萃取率；（5）“滤液2”主要成分是硫酸锌，最好进入沉锌再利用；（6）锌与铁可以还原Fe3+，为了不引入新杂质，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀；加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH使其沉淀除去；H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe3+催化H2O2分解；控制pH使Fe3+沉淀，而Zn2+不沉淀，则pH应控制的范围是2.8≤pH＜6.5；（7）“灼烧”时，发生反应的化学方程式是ZnCO3·2Zn(OH)23ZnO+CO2↑+2H2O。19.第ⅦB族过渡金属Mn(锰)、Re(铼)的配合物在催化均相加氢领域的发展前景广阔。其中用Re(CO)Cl与双齿PN配体Ph2P(CH2)3NH2合成高催化性能的Re(铼)配合物(如图所示)，(Ph-代表苯基C6H5-)。（1）已知Re位于第六周期，则基态Re原子价层电子的轨道表示式为___________；配合物中元素Re的化合价为___________。（2）18电子规则称为有效原子序数法则，是过渡金属簇合物一个经验规则。(18电子=中心原子的价电子数+配原子提供的电子数)。如CO(羰基)提供2个电子，H、F等原子提供1个电子，HMn(CO)5是符合18电子规则的羰基配位化合物。则上述Re(铼)化合物中，与Re(铼)原子直接配位的P原子提供___________个电子；以铁