2026年高考考前预测卷化学01（北京卷）（考试版及全解全析）

1/12026年高考考前预测卷高三化学(考试时间：90分钟试卷满分：100分)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cl-35.5K-39Cr-52Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．【社会热点】有科学家经过研究提出约十亿年前地球大气中氧气含量呈阶段性上升，促进了海水中有机化合物与含硫物质的氧化，生成34S、17O、13C含量均低的硫酸盐与碳的无机化合物。按此观点，下列推测不合理的是()A．海水中有机化合物所含的碳以13C为主B．硫酸根的浓度对海水酸度无明显影响C．海洋中沉积的碳酸盐可以作为此项研究的对象D．该科学家在研究过程中可以采用质谱法2．【改编】下列化学用语或图示表达不正确的是()A．Na2O2的电子式：

B．NaCl的晶胞：

C．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：

D．顺-2-丁烯的分子结构模型：

3．【改编】下列说法不正确的是()A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基，且核苷酸通过磷酸酯键连接成长链结构C．石油的分馏、煤的气化产物都属于混合物D．分馏汽油和裂化汽油的基本组成相似，都能使溴的四氯化碳溶液褪色4．丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是()A．能形成分子间氢键 B．能发生加成和取代反应C．水中的溶解度：丙酮酸<丙酮酸乙酯 D．受α位羰基影响，其酸性强于丙酸5．稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的LaSrMnO3喷涂到α-Al2O3基底上，得到以α-Al2O3为绝缘基体、LaSrMnO3为导电填料的LaSrMnO3-Al2O3复合涂层材料。下列说法不正确的是()A．氧元素位于元素周期表p区B．可用X射线衍射测定α-Al2O3的晶体结构C．LaSrMnO3能导电与其结构有关D．LaSrMnO3-Al2O3复合涂层材料的制备过程发生化学变化6．【原创】下列方程式与所给事实相符的是()A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中：Cl2+CO32-+H2O=HCO3-+Cl-+HClOB．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH－＋18O2↑C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)7．下列实验的相关叙述正确的是()制备乙酸乙酯用HCl标准溶液滴定NaOH溶液氨的喷泉实验制作氢氧燃料电池A．将产生的蒸气经导管通到饱和Na2CO3溶液的液面上，一段时间后右侧试管内液体上层有无色透明的油状液体产生B．滴定过程中，眼睛一直注视着滴定管内的液面变化C．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，形成红色的喷泉D．通过实验证明非金属性强弱：Cl>C>Si8．我国北方某盐湖地区出产NaCl和Na2CO3。下图是NaCl和Na2CO3的溶解度曲线。下列说法不正确的是()A．盐湖中的卤水和从卤水中析出的盐之间存在溶解平衡B．该盐湖冬季更适合生产Na2CO3C．时质量分数为20%的NaCl溶液是不饱和溶液D．可以用焰色试验鉴别盐湖中此两种产品固体9．【改编】下列事实与解释不对应的是()选项事实解释A第一电离能：Na>KNa与K位于同一主族，原子半径：K>Na，原子核对外层电子的吸引能力：Na>KB熔点：CO2<SiO2键能：C-O<Si-OC键角：NH4+>H2O中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的斥力D酸性：CF3COOH>CCl3COOH电负性：F>Cl，极性：F3C->Cl3C-，导致CF3COOH中O-H键的极性更大，更易电离出H+10．【新考法】研究[Co(NH3)6]SO4溶液的制备、性质和应用。①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水，得到[Co(NH3)6]SO4溶液。②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。③[Co(NH3)6]SO4溶液可处理含NO的废气，反应过程如下。下列说法正确的是()A．①中，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液B．②中，CoSO4溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的强C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]4+，Co元素的化合价不变D．③中，降低可显著提高NO的脱除率11．一种脱除和利用水煤气中CO2的原理示意图如下。已知：t℃，H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11。下列说法不正确的是()A．t℃，当装置I中cCO32-：cHCO3-=1：2时，溶液的pH=11B．装置II中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度C．装置II中产生CO2的离子方程式为2HCO3-CO32-+CO2↑+H2OD．装置III中的阴极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4＋4H2O12．某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。已知：ⅰ．[Co(H2O)6]2++[Co4]2-+6H2O；ⅱ．ZnCl2溶液为无色。下列说法正确的是()A．结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应B．①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl－)，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度增大D．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物13．【新考法】间苯三酚()可作为治疗功能性胃肠道疾病的药物使用，还可以用于合成5，7-二羟基色原酮，其中一种合成路线如下(部分条件及试剂已省略)。间苯三酚2，4，6-三羟基苯乙酮5，7-二羟基色原酮，下列说法正确的是()A．间苯三酚熔点高于苯酚，与分子内氢键有关B．1mol2，4，6-三羟基苯乙酮与浓溴水反应，最多消耗1molBr2C．过程②涉及加成、取代、消去反应D．5，7-二羟基色原酮与甲醛缩聚反应的产物为14．【改编】某实验小组对CuSO4溶液和Na2S溶液的反应进行探究。【实验1】序号实验操作实验现象1-1向2mL0.02CuSO4溶液中加入2mL0.04Na2S溶液产生黑色固体1-2向2mL1CuSO4溶液中加入2mL2Na2S溶液迅速产生大量黑色固体、少量红色固体(Cu)和黄色固体【实验2】为了证明黄色固体为S，进行如下实验资料：BaS为白色固体，易溶于水。下列说法不正确的是()A．实验1中生成的黑色固体为CuSB．实验1-2中生成了Cu，与Cu2+、的浓度增大后氧化性或还原性增强有关C．实验2中加入足量浓NaOH发生的反应：3S+6OH－＝SO32－+2S2－+3H2OD．实验2中，加足量HNO3溶液产生的白色沉淀成分为BaSO3二、非选择题(本题共5小题，共58分)15．【新考法】(8分)氯化铜在催化剂、有机合成、电化学等领域有非常重要的用途。(1)基态29Cu原子价层电子的轨道表示式为___________。(2)氯化铜与邻氨基苯甲酰胺的反应在材料科学等领域有重要应用。①邻氨基苯甲酰胺与其同分异构体对氨基苯甲酰胺的结构与熔点如下。物质熔点/℃邻氨基苯甲酰胺熔点低于对氨基苯甲酰胺的原因是___________。②反应物用量、溶剂等条件相同，仅改变反应温度会导致反应产物不同。实验发现CuCl2与邻氨基苯甲酰胺在冰水浴时反应主要获得产物a，时以产物b为主(产物b比a稳定)。反应过程中能量变化示意图如下。时主要获得产物b而不是产物a的原因是___________。(3)无水CuCl2在时分解为CuCl和Cl2。CuCl的晶胞为立方体结构，边长为，结构如图所示。已知CuCl的摩尔质量为Mg·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。(1cm=nm)16．(12分)二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。(1)二氧化硫制备三氧化硫。①工业上，SO2制SO3反应的化学方程式是___________。②450℃时，将2molSO2和1molO2混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO2的平衡转化率为α。450℃时，该反应的平衡常数___________。(2)电解法处理SO2尾气制H2S。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的H2S被Ar气带出。①阴极生成H2S，电极反应式是___________。②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的H2S及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是___________。(3)中国科学家研究了大气中的SO2在铜盐催化下被NO2氧化为SO42-的机理。将一定浓度SO2和NO2的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，SO2和NO2的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为Cu2+和Cu+中的一种。资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以NO2表示的速率的速率方程：是常数。①反应i的离子方程式是___________。②SO3-•和NO2SO3-均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中Cu2+和Cu+的浓度保持不变。下列说法正确的是___________。a．b．c．若仅改变SO2和NO2的浓度，则正比于17．(13分)丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：已知：i．RCOOR'RCH2OH+R'OHii．(1)中含有的官能团有___________。(2)A→B的化学方程式为___________。(3)下列关于化合物B、D的说法正确的是___________(填字母序号)。a．D含有手性碳原子b．B和D均能使酸性KMnO4溶液褪色c．B和D在水中的溶解性：B<Dd．B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且1mol该异构体能与3molNaOH反应(4)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G'，它与G互为同分异构体，G'的结构简式为___________。(5)H的结构简式为___________。(6)丹参酮IIA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮IIA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化。写出X、丹参酮IIA的结构简式：___________。18．【新考法】(13分)一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：(1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。(2)浸取时主要产物为S、、。①浸取时的化学方程式是___________。②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。(3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为H2SO5和CaO。①H2SO5的结构式为，判断相同条件下H2SO5氧化性与H2O2的强弱，并说明理由___________。②CaO的作用是___________。(4)热分解过程中可能产生SO2气体。一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是___________。A．图a中总反应可表示为B．图b中X的电子式为C．起始时的值过大，可能产生H2SD．理论上还原1molSO2需要2molFeSx参与完成(5)在水中的溶解度曲线如图。从⑤中滤液获得·H2O晶体的操作是___________。19．(12分)某小组同学探究0.01mol·L-1KI溶液与0.01mol·L-1KMnO4溶液在不同条件下的反应。资料：Mn2+(几乎无色)在一定条件下可被MnO4-氧化成MnO2(黑色)。【所需试剂】KMnO4溶液、KI溶液、MnSO4溶液、CCl4、稀硫酸、淀粉溶液【探究过程】(1)理论分析：根据氧化还原反应理论，MnO4-能把I-氧化为___________、IO3-。(2)实验探究：实验操作、现象I向1mLKI溶液中加入4滴KMnO4溶液，产生黑色固体。离心分离出固体，余液用CCl4萃取，下层无色II向1mLKI溶液中加入4滴酸化的KMnO4溶液，未产生黑色固体，溶液呈黄色，用CCl4萃取，下层呈紫色(离心：一种固液分离方法)①实验I中黑色固体为___________。②探究实验I中I-的氧化产物。取萃取后的上层清液，滴加硫酸，溶液立即变黄，说明KI有剩余，判断上层清液中含IO3-。硫酸的作用是___________。(3)进一步研究实验II未产生IO3-的原因，完成如下实验。III．向实验II中的黄色溶液逐滴加入酸化的KMnO4溶液，溶液黄色变深(A)。离心后分离出黑色固体。IV．向A中继续加入酸化的KMnO4溶液，黑色固体增多，溶液略显紫色(B)。①用CCl4萃取溶液A，下层呈紫色(比II中的深)。取上层溶液加入硫酸、KI溶液，无明显变化。实验III产生黑色固体的离子方程式为___________。②用CCl4萃取溶液B，下层几乎无色。i．取上层溶液，___________(填实验操作和现象)，说明溶液B中含IO3-。ii．用CCl4萃取溶液B的目的是___________。(4)结合方程式解释实验I、实验II~IV中，含碘产物不同的原因___________。

2026年高考考前预测卷高三化学(考试时间：90分钟试卷满分：100分)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cl-35.5K-39Cr-52Fe-56Cu-64Ba-137一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．【社会热点】有科学家经过研究提出约十亿年前地球大气中氧气含量呈阶段性上升，促进了海水中有机化合物与含硫物质的氧化，生成34S、17O、13C含量均低的硫酸盐与碳的无机化合物。按此观点，下列推测不合理的是()A．海水中有机化合物所含的碳以13C为主B．硫酸根的浓度对海水酸度无明显影响C．海洋中沉积的碳酸盐可以作为此项研究的对象D．该科学家在研究过程中可以采用质谱法【答案】A【解析】A项，氧化生成的碳的无机化合物中13C含量低，说明有机物提供的碳本身13C含量低，并非以13C为主，该推测不合理，A错误；B项，SO42-是强酸的酸根离子，不发生水解，不会改变溶液中氢离子浓度，因此硫酸根浓度对海水酸度无明显影响，推测合理，B正确；C项，碳酸盐属于题干提到的碳的无机化合物，可以通过检测其13C含量验证该观点，可作为研究对象，推测合理，C正确；D项，质谱法可以测定不同核素的相对原子质量，区分、检测同位素含量，是该研究的可行方法，推测合理，D正确；故选A。2．【改编】下列化学用语或图示表达不正确的是()A．Na2O2的电子式：

B．NaCl的晶胞：

C．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：

D．顺-2-丁烯的分子结构模型：

【答案】B【解析】A项，Na2O2由Na+和O22-构成，在O22-中，两个O原子间形成1个共用电子对，则电子式为，A正确；B项，NaCl的晶胞为面心立方结构，阴阳离子交替排列，一个晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，题图仅为简单立方结构，离子都只分布在顶点，不符合NaCl晶胞结构，B不正确；C项，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，则其价电子的轨道表示式：，C正确；D项，顺-2-丁烯分子中，2个甲基位于双键的同一侧，与双键碳原子相连的氢原子位于双键的同一侧，则分子结构模型：，D正确；故选B。3．【改编】下列说法不正确的是()A．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色B．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基，且核苷酸通过磷酸酯键连接成长链结构C．石油的分馏、煤的气化产物都属于混合物D．分馏汽油和裂化汽油的基本组成相似，都能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】A项，植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中存在碳碳双键，能与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B项，核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可进一步水解为戊糖和碱基，核苷酸之间通过磷酸酯键连接形成核酸长链，B正确；C项，石油分馏产物是多种沸点相近的烃的混合物，煤的气化产物为CO、H2等多种物质的混合物，C正确；D项，分馏汽油的主要成分是饱和烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色；裂化汽油含不饱和烃，能使溴的四氯化碳溶液褪色，二者组成和性质不同，D错误；故选D。4．丙酮酸是生物体代谢的重要中间产物，其结构如图所示。下列关于丙酮酸的说法不正确的是()A．能形成分子间氢键 B．能发生加成和取代反应C．水中的溶解度：丙酮酸<丙酮酸乙酯 D．受α位羰基影响，其酸性强于丙酸【答案】C【解析】A项，丙酮酸分子内含羰基、羧基，能形成分子间氢键，A不符合题意；B项，丙酮酸分子内含羧基，可以发生取代反应，含酮羰基，能与氢气等发生加成反应，B不符合题意；C项，丙酮酸分子内含羰基和羧基，均能与水形成分子间氢键，丙酮酸乙酯中有羰基和酯基，羧基是亲水基团，酯基是憎水基团，则水中的溶解度：丙酮酸＞丙酮酸乙酯，C符合题意；D项，乙基是斥电子基团，使羧基内羟基的极性减弱，羰基是吸电子基团，增强了羧基内羟基的极性，则受α位羰基影响，丙酮酸的酸性强于丙酸，D不符合题意；故选C。5．稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的LaSrMnO3喷涂到α-Al2O3基底上，得到以α-Al2O3为绝缘基体、LaSrMnO3为导电填料的LaSrMnO3-Al2O3复合涂层材料。下列说法不正确的是()A．氧元素位于元素周期表p区B．可用X射线衍射测定α-Al2O3的晶体结构C．LaSrMnO3能导电与其结构有关D．LaSrMnO3-Al2O3复合涂层材料的制备过程发生化学变化【答案】D【解析】A项，氧元素原子序数为8，电子排布为1s22s22p4，位于元素周期表第ⅥA族，属于p区元素，A正确；B项，X射线衍射是测定晶体材料晶体结构的常用技术，α-Al2O3为刚玉结构，具有明确晶体结构，可用X射线衍射，B正确；C项，LaSrMnO3为钙钛矿型材料，其导电性源于晶体结构中锰氧八面体的电子离域和载流子迁移，与结构密切相关，C正确；D项，制备过程采用大气等离子喷涂技术，将熔融LaSrMnO3喷涂至α-Al2O3基底，此过程涉及熔化、喷射及物理结合(熔融态固化附着)，无新物质生成或化学键重组，属于物理变化，D错误；故选D。6．【原创】下列方程式与所给事实相符的是()A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中：Cl2+CO32-+H2O=HCO3-+Cl-+HClOB．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH－＋18O2↑C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)【答案】D【解析】A项，Cl2通入足量碳酸钠溶液反应，首先Cl2与水反应生成HCl和HClO，Cl2＋H2OHCl＋HClO，生成的HCl和HClO分别与足量的碳酸钠反应生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，综合其反应的正确离子方程式为Cl2+2CO32-+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO-，A错误；B项，Na2O2与水的反应为歧化反应，氧气中的氧元素全部来自Na2O2，产物中O2不含18O，正确的离子方程式为2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋218OH－＋2OH-+O2↑，B错误；C项，聚丙烯的链节中只有2个碳原子在主链上，还有一个是侧链甲基，则方程式为：，C错误；D项，CaCO3的溶度积小于CaSO4，加饱和Na2CO3溶液可将硫酸钙转化为碳酸钙，所给离子方程式正确，D正确。7．下列实验的相关叙述正确的是()制备乙酸乙酯用HCl标准溶液滴定NaOH溶液氨的喷泉实验制作氢氧燃料电池A．将产生的蒸气经导管通到饱和Na2CO3溶液的液面上，一段时间后右侧试管内液体上层有无色透明的油状液体产生B．滴定过程中，眼睛一直注视着滴定管内的液面变化C．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，形成红色的喷泉D．通过实验证明非金属性强弱：Cl>C>Si【答案】A【解析】A项，制备乙酸乙酯时，乙醇、乙酸在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，混有的乙醇和乙酸可被饱和Na2CO3溶液溶解和中和，乙酸乙酯因溶解度小分层在上层，为无色透明油状液体，导管在液面上可防止倒吸，A正确；B项，滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化以判断滴定终点，而非滴定管内液面，B错误；C项，氨的喷泉实验中，氨气溶于水使烧瓶内压强减小形成喷泉，氨水显碱性，滴加甲基橙的水应呈黄色(甲基橙碱性时为黄色)，而非红色，C错误；D项，比较非金属性需用最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl不是Cl的最高价含氧酸(应为HClO4)，且盐酸易挥发，挥发出的HCl会与Na2SiO3反应干扰CO2与Na2SiO3的反应，无法证明Cl>C>Si，D错误；故选A。8．我国北方某盐湖地区出产NaCl和Na2CO3。下图是NaCl和Na2CO3的溶解度曲线。下列说法不正确的是()A．盐湖中的卤水和从卤水中析出的盐之间存在溶解平衡B．该盐湖冬季更适合生产Na2CO3C．时质量分数为20%的NaCl溶液是不饱和溶液D．可以用焰色试验鉴别盐湖中此两种产品固体【答案】D【解析】A项，盐湖中的卤水为溶液，析出的盐为固体，溶解与结晶速率相等时存在溶解平衡，A正确；B项，Na2CO3溶解度随温度降低显著减小，冬季温度低，其溶解度小，易结晶析出，更适合生产Na2CO3，B正确；C项，20℃时NaCl溶解度约36g(由溶解度曲线及常见数据可知)，饱和溶液质量分数为，20%小于26.5%，为不饱和溶液，C正确；D项，NaCl和Na2CO3均含钠元素，焰色试验均呈黄色，无法鉴别，D错误；故选D。9．【改编】下列事实与解释不对应的是()选项事实解释A第一电离能：Na>KNa与K位于同一主族，原子半径：K>Na，原子核对外层电子的吸引能力：Na>KB熔点：CO2<SiO2键能：C-O<Si-OC键角：NH4+>H2O中心原子均采取sp3杂化，H2O分子中有2个孤电子对，孤电子对有较大的斥力D酸性：CF3COOH>CCl3COOH电负性：F>Cl，极性：F3C->Cl3C-，导致CF3COOH中O-H键的极性更大，更易电离出H+【答案】B【解析】A项，第一电离能Na>K的事实正确，解释中原子半径K>Na和原子核吸引能力Na>K合理，两者对应，A正确；B项，熔点CO2<SiO2的事实正确，但解释键能C-O<Si-O不合理，因为熔点差异主要源于晶体类型(CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体)，而非键能直接决定，B错误；C项，键角NH4+>H2O的事实正确，NH4+中的氮原子和H2O分子中的氧原子均采取sp3杂化，NH4+中氮原子和H2O分子中氧原子的孤电子对数分别为0和2，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以NH4+的键角大于H2O分子的，两者对应，C正确；D项，酸性CF3COOH>CCl3COOH的事实正确，解释中电负性F>Cl和基团极性导致O-H键极性增强合理，两者对应，D正确；答案选B。10．【新考法】研究[Co(NH3)6]SO4溶液的制备、性质和应用。①向CoSO4溶液中逐滴加入氨水，得到[Co(NH3)6]SO4溶液。②分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。③[Co(NH3)6]SO4溶液可处理含NO的废气，反应过程如下。下列说法正确的是()A．①中，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液B．②中，CoSO4溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，CoSO4的还原性比[Co(NH3)6]SO4的强C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]4+，Co元素的化合价不变D．③中，降低可显著提高NO的脱除率【答案】A【解析】A项，为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，A正确；B项，②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，CoSO4溶液中的Co2+浓度比[Co(NH3)6]SO4溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]4+，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，B错误；C项，③中，[Co(NH3)6]2+转化为[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]4+，Co元素的化合价由+2价变为+3价，C错误；D项，③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D错误；故选A。11．一种脱除和利用水煤气中CO2的原理示意图如下。已知：t℃，H2CO3的电离平衡常数：Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11。下列说法不正确的是()A．t℃，当装置I中cCO32-：cHCO3-=1：2时，溶液的pH=11B．装置II中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度C．装置II中产生CO2的离子方程式为2HCO3-CO32-+CO2↑+H2OD．装置III中的阴极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4＋4H2O【答案】A【解析】装置III有电源，为电解池。根据题意可知，该装置将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原反应，结合题图知，左侧电极为阴极，电极式为：2CO2+12H++12e-=C2H4＋4H2O，右侧电极为阳极，电极式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。装置II中碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、CO2和水，装置I中碳酸钾与水煤气中的CO2反应转化为碳酸氢钾。A项，t℃，当装置I中cCO32-：cHCO3-=1：2时，根据，故c(H＋)=1.0mol·L-1，pH=10，A错误；B项，装置II中为KHCO3溶液，既存在HCO3-的水解又存在HCO3-的电离，显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，B正确；C项，装置II中产生CO2的原因是碳酸氢钾受热分解，离子方程式为2HCO3-CO32-+CO2↑+H2O，C正确；D项，根据分析，装置III中的阴极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4＋4H2O，D正确；故选A。12．某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。已知：ⅰ．[Co(H2O)6]2++[Co4]2-+6H2O；ⅱ．ZnCl2溶液为无色。下列说法正确的是()A．结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应B．①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl－)，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度增大D．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物【答案】D【解析】A项，根据所给的信息ⅰ、结合实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误；B项，①中滴加浓盐酸，增大了c(Cl－)，导致Q＜K，ⅰ中平衡正向移动，B错误；C项，②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，稀释导致[Co(H2O)6]2+的浓度减小，C错误；D项，③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确；故选D。13．【新考法】间苯三酚()可作为治疗功能性胃肠道疾病的药物使用，还可以用于合成5，7-二羟基色原酮，其中一种合成路线如下(部分条件及试剂已省略)。间苯三酚2，4，6-三羟基苯乙酮5，7-二羟基色原酮，下列说法正确的是()A．间苯三酚熔点高于苯酚，与分子内氢键有关B．1mol2，4，6-三羟基苯乙酮与浓溴水反应，最多消耗1molBr2C．过程②涉及加成、取代、消去反应D．5，7-二羟基色原酮与甲醛缩聚反应的产物为【答案】C【解析】A项，间苯三酚熔点高于苯酚是因为其分子中羟基更多，分子间氢键更强，而非分子内氢键，A错误；B项，2,4,6-三羟基苯乙酮苯环上羟基的邻对位各有1个氢原子，与浓溴水发生取代反应时，最多消耗2molBr2，B错误；C项，过程②中，2,4,6-三羟基苯乙酮的酮基可能与醛基先发生加成反应，再脱水消去形成双键，最后分子内羟基取代成环，涉及加成、取代、消去反应，C正确；D项，5,7-二羟基色原酮与甲醛缩聚时，酚羟基邻对位氢与甲醛反应脱水形成亚甲基桥(-CH2-)连接的高分子，缩聚产物中分子间通过-CH2-连接，且连接位置在苯环上，而非在六元杂环上，D错误；故选C。14．【改编】某实验小组对CuSO4溶液和Na2S溶液的反应进行探究。【实验1】序号实验操作实验现象1-1向2mL0.02CuSO4溶液中加入2mL0.04Na2S溶液产生黑色固体1-2向2mL1CuSO4溶液中加入2mL2Na2S溶液迅速产生大量黑色固体、少量红色固体(Cu)和黄色固体【实验2】为了证明黄色固体为S，进行如下实验资料：BaS为白色固体，易溶于水。下列说法不正确的是()A．实验1中生成的黑色固体为CuSB．实验1-2中生成了Cu，与Cu2+、的浓度增大后氧化性或还原性增强有关C．实验2中加入足量浓NaOH发生的反应：3S+6OH－＝SO32－+2S2－+3H2OD．实验2中，加足量HNO3溶液产生的白色沉淀成分为BaSO3【答案】D【解析】A项，CuS是黑色难溶于水的固体，CuSO4和Na2S反应优先生成CuS黑色沉淀，A正确；B项，低浓度反应物时只生成黑色CuS，反应物浓度增大后，Cu2+(氧化剂)和S2-(还原剂)发生氧化还原反应，生成Cu单质和S单质，与浓度增大后氧化性、还原性增强有关，B正确；C项，S与热的浓NaOH发生歧化反应，S元素既升价又降价，生成S2-和SO32－，反应方程式3S+6OH－＝SO32－+2S2－+3H2O符合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，C正确；D项，实验2中，加BaCl2得到的BaSO3沉淀被稀盐酸完全溶解后，加入足量氧化性的硝酸，会将溶液中+4价的硫氧化为SO42－，最终生成的白色沉淀是BaSO4，D错误；答案选D。二、非选择题(本题共5小题，共58分)15．【新考法】(8分)氯化铜在催化剂、有机合成、电化学等领域有非常重要的用途。(1)基态29Cu原子价层电子的轨道表示式为___________。(2)氯化铜与邻氨基苯甲酰胺的反应在材料科学等领域有重要应用。①邻氨基苯甲酰胺与其同分异构体对氨基苯甲酰胺的结构与熔点如下。物质熔点/℃邻氨基苯甲酰胺熔点低于对氨基苯甲酰胺的原因是___________。②反应物用量、溶剂等条件相同，仅改变反应温度会导致反应产物不同。实验发现CuCl2与邻氨基苯甲酰胺在冰水浴时反应主要获得产物a，时以产物b为主(产物b比a稳定)。反应过程中能量变化示意图如下。时主要获得产物b而不是产物a的原因是___________。(3)无水CuCl2在时分解为CuCl和Cl2。CuCl的晶胞为立方体结构，边长为，结构如图所示。已知CuCl的摩尔质量为Mg·molˉ1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。(1cm=nm)【答案】(1)(2分)(2)对氨基苯甲酰胺只存在分子间氢键，而邻氨基苯甲酰胺易形成分子内氢键，因此邻氨基苯甲酰胺的熔点比对氨基苯甲酰胺的低(2分)在温度高时，反应物分子从环境获得的能量超过E1，因而能够生成产物b，又由于产物b的能量更低更稳定，因此60℃产物以b为主(2分)(3)(2分)【解析】(1)Cu的原子序数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，价层电子为3d104s1，因此轨道表示式为：；(2)①邻氨基苯甲酰胺熔点低于对氨基苯甲酰胺的原因：对氨基苯甲酰胺的氨基和羰基处于对位，可形成分子间氢键，增强分子间作用力，使熔点升高；邻氨基苯甲酰胺的氨基和羰基处于邻位，易形成分子内氢键，减少了分子间氢键的形成，分子间作用力较弱，因此熔点更低；②从能量变化图可知：生成产物b的活化能E1高于生成产物a的活化能E2，60℃时，反应物分子从环境获得的能量足够高，能够越过E1的能垒生成产物b，产物b的能量比产物a更低，更稳定，因此在较高温度下主要获得产物b，故答案为：在温度高时，反应物分子从环境获得的能量超过E1，因而能够生成产物b，又由于产物b的能量更低更稳定，因此60℃产物以b为主；(3)由晶胞结构可知，Cu位于晶胞内部，共4个；Cl位于顶点和面上，共个。因此，1个晶胞含4个CuCl单元；晶胞边长为，体积，则密度为，故答案为：。16．(12分)二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。(1)二氧化硫制备三氧化硫。①工业上，SO2制SO3反应的化学方程式是___________。②450℃时，将2molSO2和1molO2混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO2的平衡转化率为α。450℃时，该反应的平衡常数___________。(2)电解法处理SO2尾气制H2S。电解装置的示意图如图1所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的H2S被Ar气带出。①阴极生成H2S，电极反应式是___________。②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的H2S及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式是___________。(3)中国科学家研究了大气中的SO2在铜盐催化下被NO2氧化为SO42-的机理。将一定浓度SO2和NO2的混合气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，SO2和NO2的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分别为Cu2+和Cu+中的一种。资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii，以NO2表示的速率的速率方程：是常数。①反应i的离子方程式是___________。②SO3-•和NO2SO3-均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中Cu2+和Cu+的浓度保持不变。下列说法正确的是___________。a．b．c．若仅改变SO2和NO2的浓度，则正比于【答案】(1)2SO2＋O22SO3(注明条件)(2分)(2分)(2)SO2+6H++6e-=H2S+2H2O(2分)2H2S+SO2=3S+2H2O(2分)(3)SO2+Cu2++H2O=SO3-•+Cu++2H+(2分)ac(2分)【解析】(1)①工业上二氧化硫催化氧化制备三氧化硫，反应条件是催化剂、加热，化学方程式为：2SO2＋O22SO3；②450℃时，将2molSO2和1molO2混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO2的平衡转化率为α，由三段式可得该反应的平衡常数；(2)①如图，阴极发生还原反应，SO2得电子生成H2S，根据原子守恒和电荷守恒，在酸性环境下电极反应式为SO2+6H++6e-=H2S+2H2O；②H2S易被空气中氧气氧化，为防止生成的H2S堵塞气体扩散电极，用Ar气及时带出，副反应是H2S被氧气氧化，化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O；(3)①根据图中信息及元素守恒、电荷守恒，反应i是SO2与Cu2+反应生成SO3-•和Cu+，离子方程式为SO2+Cu2++H2O=SO3-•+Cu++2H+；②a．由图知，SO2只参与反应i，故，a正确；b．由图知，NO2参与了反应ii和反应iii，故，b错误；c．由于反应过程中Cu2+和Cu+的浓度保持不变(催化剂的特性)，根据速率方程以及反应速率与各反应物浓度的关系，仅改变SO2和NO2的浓度时，与的比值不会受到影响，因为Cu2+和Cu+浓度不变，则正比于，c正确；故选ac。17．(13分)丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：已知：i．RCOOR'RCH2OH+R'OHii．(1)中含有的官能团有___________。(2)A→B的化学方程式为___________。(3)下列关于化合物B、D的说法正确的是___________(填字母序号)。a．D含有手性碳原子b．B和D均能使酸性KMnO4溶液褪色c．B和D在水中的溶解性：B<Dd．B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且1mol该异构体能与3molNaOH反应(4)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G'，它与G互为同分异构体，G'的结构简式为___________。(5)H的结构简式为___________。(6)丹参酮IIA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮IIA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化。写出X、丹参酮IIA的结构简式：___________。【答案】(1)硝基和醛基(1分)(2)+CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓H2SO4),\s\do6(△))+H2O(2分)(3)bd(2分)(4)(2分)(5)(2分)(6)X：(2分)丹参酮IIA：(2分)【解析】B发生信息i的反应生成D，D中含有醇羟基，根据E的结构简式知，D和HBr发生取代反应生成E，则D为，A和乙醇发生酯化反应生成B，则B为、A为；E发生取代反应生成F，F发生信息ii的反应生成G，结合I的结构简式、G的分子式知，G为，根据H的分子式、I的结构简式知，G发生氧化反应生成H为，H发生取代反应生成I，I发生氧化反应生成J。(1)中含有的官能团有硝基和醛基；(2)A为、B为，A和乙醇发生酯化反应生成B，A→B的化学方程式为+CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓H2SO4),\s\do6(△))+H2O；(3)a项，D为，D不含手性碳原子，故a错误；b项，D为，B为，B和D中异丁基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化均能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；c项，B中不含亲水基，D中含有亲水基羟基，所以B和D在水中的溶解性：B＜D，故c错误；d项，B为，B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，如果其含有3个酚羟基，则1mol该异构体能与3molNaOH反应，故d正确；故选bd；(4)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G′，它与G互为同分异构体，G′的结构简式为；(5)由分析知H的结构简式为；(6)X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结构简式为，X的分子式：C19H20O3，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，说明与氧原子连接的碳原子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的结构简式为。18．【新考法】(13分)一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：(1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。(2)浸取时主要产物为S、、。①浸取时的化学方程式是___________。②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。(3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为H2SO5和CaO。①H2SO5的结构式为，判断相同条件下H2SO5氧化性与H2O2的强弱，并说明理由___________。②CaO的作用是___________。(4)热分解过程中可能产生SO2气体。一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是___________。A．图a中总反应可表示为B．图b中X的电子式为C．起始时的值过大，可能产生H2SD．理论上还原1molSO2需要2molFeSx参与完成(5)在水中的溶解度曲线如图。从⑤中滤液获得·H2O晶体的操作是___________。【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分(1分)(2)32+2FeS2+6H2SO4=4S+3+(2分)加入少量的溶液，发生反应：2+2Fe2++4H+=+2、FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，Fe3+氧化FeS2的速率快于2氧化FeS2的速率。且Fe2+可以循环利用(2分)(3)氧化性：H2SO3H2O2，S=O是吸电子基，使O-O键极性增强，更易断裂(2分)调节pH，使Fe3+产生沉淀除去；Ca2+可以与过量的SO42-产生沉淀，利于后续分离出·H2O(2分)(4)AC(2分)(5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥(2分)【解析】软锰矿主要含2、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入H2SO4酸浸，得到S单质滤渣和含有、、过量H2SO4的滤液；向滤液液中加入除铁剂H2SO5和CaO，将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，得到的滤液⑤为的溶液，经操作得到·H2O。步骤③中滤渣加入(NH4)2S溶液浸硫，与S反应生成，经分解得到产品硫。(1)混合研磨成细粉的主要目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。(2)①浸取时2、FeS2粉中加入H2SO4酸浸得到S、、，化学方程式为32+2FeS2+6H2SO4=4S+3+。②浸取初期，加入少量的溶液，发生反应：2+2Fe2++4H+=+2、FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，Fe3+氧化FeS2的速率快于2氧化FeS2的速率。且Fe2+可以循环利用，故可明显提升浸取速率。(3)①S=O是吸电子基，S=O的存在使H2SO3中的O-O键极性强于H2O2，更易断裂，故氧化性：H2SO3H2O2。②CaO溶于水生成Ca(OH)2使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使Fe3+产生沉淀除去；同时Ca2+可以与过量的SO42-产生沉淀，利于后续分离出·H2O。(4)A项，图a中和SO2进入反应体系，生成的物质有S和H2O，总反应可表示为，A正确；B项，图b中有反应