化学01（浙江卷）（考试版及全解全析）-2026年高考考前预测卷

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-35.5Fe-56Mn-55Cu-64一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．【改编】下列物质中，不属于配合物的是()A．Na3AlF6B．(NH4)2C2O4C．[Cu(H2O)4]SO4·H2OD．[Ag(NH3)2]OH2．关于ClO2的性质，下列说法不正确的是()A．由反应2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl可知，氧化性：Cl2＞ClO2B．等质量的ClO2和Cl2，前者氧化能力正好是后者的2.5倍C．由反应2ClO2+10I-+H+→X+5I2+H2O(未配平)推测，还原产物X是Cl-D．由2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O可知，制备1mol的ClO2，转移1mole−3．【原创】下列化学用语表述正确的是()A．基态镁原子最外层电子云轮廓图：B．的电子式为C．分子的球棍模型：D．基态价层电子的轨道表示式：4．【新考法】已知4NH4ClO4+S8=4NH3↑+8SO2↑+4HCl↑，下列有关说法不正确的是()A．3种产物均为极性分子B．n(氧化产物)：n(还原产物)=1：1C．NH4+与ClO4-的键角相等D．反应过程中可能有白烟产生5．工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是()A．半径大小：B．电负性大小：C．电离能大小：D．碱性强弱：NaOHAl(OH)36．【改编】物质的性质决定用途，下列说法不正确的是()性质用途A碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱B植物油的熔点高用来制造人造奶油C低级酯是具有香味的液体可作为饮料、糖果和糕点等食品中的香料D硫酸钡不溶于水和酸且不易被X射线透过在医疗上可被用作“钡餐”7．下列有关实验的说法不正确的是()A．皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗B．金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火C．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风D．废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理8．【原创】下列化学反应与相应离子方程式相符的是()A．向NaHCO3溶液中通入少量Cl2：Cl2+2HCO3-=Cl-+2CO2↑+ClO-+H2OB．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC．Na2SO3溶液中通入少量Cl2:3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+SO42-+2Cl-D．阿司匹林与足量溶液共热：+2OH-+CH3COO-+H2O9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：下列说法不正确的是()A．化合物X最多有10个原子共平面B．化合物Z具有2个手性碳C．X→Y发生了加成反应D．化合物含醛基的同分异构体有4个(不考虑立体异构)10．【改编】下列可完成对应实验的是()A．制取NaHCO3晶体B．验证氧化性Cl2>Br2>I2C．检验有HBr生成D．析出深蓝色晶体·H2O11．气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是()A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键D．固态N2O5为离子化合物12．【新考法】电化学介导胺再生是一种新兴的CO2捕集技术。首先通过乙二胺吸收法捕集CO2，捕集了CO2的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，电化学反应器的电极采用Cu-Cu2+，通过电能特异性氧化/溶解铜来产生Cu2+与进入阳极室的乙二胺富液发生竞争反应驱动CO2的释放，最后通过还原铜离子为铜单质实现乙二胺的再生。其机理和装置如图。下列说法错误的是()A．乙二胺吸收CO2的反应为加成反应B．乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与CO2的结合能力C．阴极的电极反应为D．CO2的捕获富集是熵增的过程，故而会消耗电能13．我国科学家开发的一种具有双功能配位水的钴基金属有机配位化合物Co-MOC-H2O可应用于钠离子电池。配位水通过螯合增强了钠离子与有机配体中氮原子的相互作用，提升了储钠容量，其充、放电时的转化如图所示。下列有关说法错误的是()A．Co的化合价在充电后发生了变化B．配位水通过螯合降低了C=N键的稳定性C．Co-MOC-H2O中碳原子均采取sp2杂化D．Co-MOC-H2O分子中的配体有2种14．我国科研工作者利用作为光催化剂，以NaCl、Na2S2O8和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对C(sp2)-H进行氯化，有关反应机理如图所示：下列说法正确的是()A．步骤①~③中，Ru3+与SO42-均属于中间产物B．步骤③反应为2Ru3++Cl-+OH-=2Ru2++HClOC．每制得，消耗Na2S2O8的物质的量为1molD．若用代替，则最终可得到15．【新考法】常温下，现有含0.01mol·L-1Cd2+的废液，可加入0.01mol·L-1Na2S溶液或固体生成沉淀除去Cd2+。下列说法不正确的是()(已知：Ksp(FeS)=6.4×10－18，Ksp(CdS)=8.0×10－27，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10－15；H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13)A．0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)B．向20mL0.01mol·L-1Cd2+溶液中加入20mL0.01mol·L-1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是CdSC．生成的CdS沉淀不溶于0.1mol·L-1盐酸D．Cd2+(aq)+2HS-(aq)CdS(s)+H2S(aq)反应的平衡常数16．【新考法】某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫单质的含量，其中硫单质转化为SO42-，主要实验步骤如下：I．准确称取mg细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流，待样品完全溶解，蒸馏除去乙醇。Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至，保持20min，冷却至室温。Ⅲ．将圆底烧瓶溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c1mol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。Ⅳ。不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。已知：S+2OH-+3H2O2=SO42-+4H2O下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中，乙醇的作用是作溶剂，增大硫的溶解度，可用CS2代替B．步骤Ⅱ中，不宜采用水浴加热C．步骤Ⅲ中，指示剂可以选择甲基橙D．单次样品测定中硫的质量分数为二、非选择题(本题共4小题，共52分)17．(16分)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：(1)下列说法正确的是___________。A．基态铬原子中存在10对成对电子B．50Sn元素位于元素周期表第14列C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+[Cu(NF3)]2+(2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为。(3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式。②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由。③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。(ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是。(ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式。(4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化：①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式。②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子(按照离子浓度大小顺序)。③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行”。18．【新考法】(14分)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。I．Xe(g)＋F2(g)XeF2(g)ΔH1Ⅱ．XeF2(g)＋F2(g)XeF4(g)ΔH2Ⅲ．XeF4(g)＋F2(g)XeF6(g)ΔH3向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。请回答：(1)Xe的原子序数是___________。(2)反应Ⅱ自发进行的条件是___________。(3)下列说法正确的是___________。A．已知ΔH1<ΔH2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小(4)上左图中630K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。(5)上右图中当投料，平衡时___________。____________(6)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=akPa-1，Kp(Ⅲ)=bkPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。(7)已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。19．(10分)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的流程如下：已知：①物质溶解度物质物质KMnO4K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOKKCl20℃溶解度(g)6.411133.711.121734.2②锰酸钾[K2MnO4]外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)的特征颜色。化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，MnO42-会发生歧化反应。(1)用于加热熔融KOH与KClO3固体的仪器名称是___。软锰矿熔融时若只加KOH，浸取后所得溶液中也含有KMnO4的原因是____。(2)下列有关该过程的说法正确的是_______。a加热熔融时应用玻璃棒搅拌b．浸取过程中可用KOH溶液浸取墨绿色固体c．该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，可以循环使用的物质有MnO2和KOHd．理论上，Mn元素的利用率可以达到100%(3)工业上常用CO2进行酸化歧化，发生反应3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+K2CO3+MnO2，若CO2通入过久可能会导致产品纯度下降，原因是_______；为避免此影响，CO2可用_______(选“盐酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替进行改进。(4)产品纯度分析取制得的KMnO4产品ag，配制成100mL溶液。另量取25mLcmol·L-1Na2C2O4溶液于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4，水浴加热至70~80℃，用上述KMnO4溶液趁热滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为。(摩尔质量：M(KMnO4)=158g·molˉ1)①滴定初期溶液褪色慢，需缓慢滴加，随着滴定的进行褪色变快，可适当提高滴定速度。随着滴定的进行，滴定反应由慢到快的原因是___。②产品纯度为_______(用质量分数表示)。20．(12分)托吡司他是用于治疗高尿酸血症的常用药物，一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)：已知：R-COOHR-COCl。回答下列问题：(1)化合物A中的含氧官能团名称是_______。(2)E→F的原子利用率为100%，则F的结构简式为_______，不是的原因是_______。(3)由D和F反应生成的过程中，D先异构化成D′(D与D′互为同分异构体)，再与发生取代反应而得到，写出D′的结构简式：_______。(4)下列说法正确的是_______(填标号)。A．以上流程涉及的反应有取代反应和加成反应B．分子中原子的杂化类型为sp和sp2C．A的酸性比苯甲酸()强D．的分子式为C12H8N6(5)以和甲醇为有机原料，合成的路线如下。在方框中用三步补全合成路线，无机试剂任选_______。

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-35.5Fe-56Mn-55Cu-64一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．【改编】下列物质中，不属于配合物的是()A．Na3AlF6B．(NH4)2C2O4C．[Cu(H2O)4]SO4·H2OD．[Ag(NH3)2]OH【答案】B【解析】配合物的核心特征是存在中心金属离子或原子与配体通过配位键形成的配位结构。A项，Na3AlF6是离子化合物，外界离子是Na+，内界离子是[AlF6]3-。外界离子Na+与内界离子[AlF6]3-之间以离子键结合，[AlF6]3-中Al3+与6个F-之间以配位键结合，故Na3AlF6属于配位化合物，A不符合题意；B项，(NH4)2C2O4是盐，属于离子化合物。虽然阳离子NH4+中N原子和H离子之间存在配位键，但化学上通常将含有中心金属原子(或离子)与配体形成的配合单元的化合物称为配合物，(NH4)2C2O4不符合此定义，一般归为盐类，故不属于配合物，B符合题意；C项，[Cu(H2O)4]SO4·H2O是结晶水合物，属于离子化合物，阳离子[Cu(H2O)4]2+与阴离子SO42-之间以离子键结合，在阳离子[Cu(H2O)4]2+中，中心离子Cu2+与4个H2O之间以配位键结合，因此[Cu(H2O)4]SO4·H2O属于配合物，C不符合题意；D项，[Ag(NH3)2]OH是离子化合物，阳离子[Ag(NH3)2]+与阴离子OH-之间以离子键结合，在阳离子[Ag(NH3)2]+中，中心Ag+与2个NH3之间以配位键结合，属于配合物，D不符合题意；故选B。2．关于ClO2的性质，下列说法不正确的是()A．由反应2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl可知，氧化性：Cl2＞ClO2B．等质量的ClO2和Cl2，前者氧化能力正好是后者的2.5倍C．由反应2ClO2+10I-+H+→X+5I2+H2O(未配平)推测，还原产物X是Cl-D．由2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O可知，制备1mol的ClO2，转移1mole−【答案】B【解析】A项，Cl2作为氧化剂被还原为Cl−，ClO2是氧化产物，根据氧化性规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故Cl2的氧化性大于ClO2，A正确；B项，ClO2的摩尔质量为67.5g/mol，Cl2为71g/mol，等质量下，ClO2的物质的量更多，且每个ClO2分子转移5e−，Cl2转移2e−，则氧化能力，即ClO2的氧化能力约为Cl2的2.63倍，而非2.5倍，B错误；C项，由反应式中10I-~5I2可知，I元素化合价由-1价升高到0价，共失去10e-。根据氧化还原反应中电子得失守恒，反应式中的2ClO2应得到10e-，即每个ClO2分子得到5e-。ClO2中Cl元素为+4价，得到5e-后化合价变为-1价，故还原产物X是Cl-，C正确；D项，得失电子数守恒，生成ClO2时，Cl从+5→+4价，每摩尔ClO2转移1mole−，故制备1molClO2转移1mole−，D正确；故选B。3．【原创】下列化学用语表述正确的是()A．基态镁原子最外层电子云轮廓图：B．的电子式为C．分子的球棍模型：D．基态价层电子的轨道表示式：【答案】B【解析】A项，基态镁原子最外层电子为3s2，s轨道电子云轮廓图为球形，题目中图片为哑铃形(p轨道)，A错误；B项，CS2与CO2结构相似，为直线形分子，碳与硫原子间形成双键，每个硫原子另有两对孤对电子，CS2的电子式为，B正确；C项，PH3分子中P原子有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，球棍模型应体现三角锥形结构，且P原子半径大于H原子半径，选项给出的是平面三角形，C错误；D项，基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe3+失去3个电子(先失4s2，再失1个3d电子)，价层电子排布式为3d5，根据洪特规则，3d5电子分占5个轨道且自旋平行，选项所给轨道表示式自旋不同，正确的轨道表示是，D错误；故选B。4．【新考法】已知4NH4ClO4+S8=4NH3↑+8SO2↑+4HCl↑，下列有关说法不正确的是()A．3种产物均为极性分子B．n(氧化产物)：n(还原产物)=1：1C．NH4+与ClO4-的键角相等D．反应过程中可能有白烟产生【答案】B【解析】A项，NH4+与ClO4-为三角锥形，属于极性分子；SO2为V形分子，属于极性分子；HCl分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确；B项，反应中Cl元素化合价从+7降低为-1价，S元素化合价从0升高为+4价，则氧化产物为SO2，还原产物为HCl，因此n(氧化产物)：n(还原产物)=2：1，B错误；C项，NH4+与ClO4-均为正四面体结构，键角均为109°28'，C正确；D项，产物中NH4+与ClO4-与HCl可以反应生成氯化铵固体，因此反应过程中可能有白烟产生，D正确；故选B。5．工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是()A．半径大小：B．电负性大小：C．电离能大小：D．碱性强弱：NaOHAl(OH)3【答案】A【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；C项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；D项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOHAl(OH)3，故D错误；故选A。6．【改编】物质的性质决定用途，下列说法不正确的是()性质用途A碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱B植物油的熔点高用来制造人造奶油C低级酯是具有香味的液体可作为饮料、糖果和糕点等食品中的香料D硫酸钡不溶于水和酸且不易被X射线透过在医疗上可被用作“钡餐”【答案】B【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠的水溶液均显碱性(因二者均为弱酸盐，水解呈碱性)，且均可用作食用碱(如中和酸性、发酵等)，性质与用途匹配，A不符合题意；B项，植物油的熔点低(常温下为液态)，而人造奶油是通过对植物油进行氢化反应(增加饱和度)提高熔点后制得的。原描述“植物油的熔点高”错误，性质与用途不匹配，B符合题意；C项，低级酯(如乙酸乙酯)具有果香味且为液体，常用作食品香料，性质与用途匹配，C不符合题意；D项，硫酸钡难溶于水和胃酸(盐酸)，不会被人体吸收，且能阻挡X射线，因此可作为“钡餐”用于消化道X射线造影检查，性质与用途匹配，D不符合题意；故选B。7．下列有关实验的说法不正确的是()A．皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗B．金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火C．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风D．废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理【答案】A【解析】A项，苯酚沾到皮肤应使用酒精清洗，NaOH有强腐蚀性，可能损伤皮肤，A错误；B项，金属Mg燃烧时，灭火毯能隔绝氧气，石棉布耐高温，可以用灭火毯灭火，B正确；C项，硝酸具有腐蚀性，需要注意防护，硝酸具有挥发性，需要注意通风，C正确；D项，Pb2+是重金属盐离子，需要转化为沉淀后集中处理，符合环保要求，D正确；故选A。8．【原创】下列化学反应与相应离子方程式相符的是()A．向NaHCO3溶液中通入少量Cl2：Cl2+2HCO3-=Cl-+2CO2↑+ClO-+H2OB．用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC．Na2SO3溶液中通入少量Cl2:3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+SO42-+2Cl-D．阿司匹林与足量溶液共热：+2OH-+CH3COO-+H2O【答案】C【解析】A项，Cl2与HCO3-反应时生成Cl-、HClO和CO2，离子方程式为Cl2+HCO3-=Cl-+CO2↑+HClO，A错误；B项，草酸为弱酸，H2C2O4不拆，用草酸标准液测定KMnO4溶液浓度的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B错误；C项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2，反应分两步进行，首先Cl2将SO32-氧化：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；因Cl2少量，SO32-过量，生成的H+会与过量的SO32-反应：2SO32-+2H+=2HSO3-；两式相加可得总反应离子方程式：3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+SO42-+2Cl-，C正确；D项，阿司匹林与足量NaOH溶液共热的离子方程式应为：+3OH-+CH3COO-+2H2O，D错误；故选C。9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：下列说法不正确的是()A．化合物X最多有10个原子共平面B．化合物Z具有2个手性碳C．X→Y发生了加成反应D．化合物含醛基的同分异构体有4个(不考虑立体异构)【答案】B【解析】A项，碳碳双键和羰基是平面结构，化合物X中与O相连的甲基C为sp3杂化，最多有1个H原子能与左边结构共平面，即共平面的原子为，因此最多有10个原子共平面，A正确；B项，连有4个不同原子或基团的C原子为手性碳原子，则化合物Z只有1个手性碳，即(用*表示)，B错误；C项，反应X→Y中，化合物X的碳碳双键转化为化合物Y的碳碳单键，且没有小分子生成，属于加成反应，C正确；D项，化合物含醛基的同分异构体有4个，分别为(不考虑立体异构)、，D正确；故选B。10．【改编】下列可完成对应实验的是()A．制取NaHCO3晶体B．验证氧化性Cl2>Br2>I2C．检验有HBr生成D．析出深蓝色晶体·H2O【答案】D【解析】A项，NaHCO3受热易分解(2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O)，直接加热NaHCO3溶液会导致其分解为Na2CO3，无法得到NaHCO3晶体，故A错误；B项，验证氧化性Cl2>Br2>I2：需分步进行，Cl2先氧化Br-生成Br2(证明Cl2>Br2)，再用Br2氧化I-生成I2(证明Br2>I2)。直接将氯水分别滴入NaBr、NaI溶液，无法排除验证Br2>I2，故B错误；C项，检验HBr生成：苯与溴在催化下反应生成HBr，但溴易挥发，挥发出的Br2与AgNO3溶液反应也生成AgBr沉淀，干扰HBr检验，需先除Br2，故C错误；D项，析出深蓝色晶体·H2O：在乙醇中溶解度小，加入95%乙醇可降低其溶解度，使晶体析出，故D正确；故选D。11．气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是()A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键D．固态N2O5为离子化合物【答案】A【解析】A项，五氧化二磷具有脱水性，可以使硝酸发生脱水反应生成五氧化二氮，反应的化学方程式为：2HNO3+P2O5=2HPO3+N2O5，所以五氧化二磷制备五氧化二氮时，五氧化二磷表现脱水性，不是吸水性，A错误；B项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中每个氮原子都形成3个σ键，不含孤对电子，所以氮原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，B正确；C项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中含有2个配位键、2个氮氧双键和2个氮氧单键，配位键和单键属于σ键，双键中含有1个σ键，所以1mol气态五氧化二氮分子中含有σ键的数目为：1mol×6×NAmol-1=6NA，C正确；项，由晶胞结构可知，固态五氧化二氮是由NO2+离子和NO3-离子形成的离子晶体，D正确；故选A。12．【新考法】电化学介导胺再生是一种新兴的CO2捕集技术。首先通过乙二胺吸收法捕集CO2，捕集了CO2的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，电化学反应器的电极采用Cu-Cu2+，通过电能特异性氧化/溶解铜来产生Cu2+与进入阳极室的乙二胺富液发生竞争反应驱动CO2的释放，最后通过还原铜离子为铜单质实现乙二胺的再生。其机理和装置如图。下列说法错误的是()A．乙二胺吸收CO2的反应为加成反应B．乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与CO2的结合能力C．阴极的电极反应为D．CO2的捕获富集是熵增的过程，故而会消耗电能【答案】D【解析】A项，乙二胺与CO2发生反应生成氨基甲酸盐，该过程可视为加成反应，故A正确；B项，阳极Cu-2e-=Cu2+，Cu2+与负载胺反应，生成复合胺，释放出CO2，说明乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与CO2的结合能力，故B正确；C项，阴极复合胺中铜离子得电子变成铜原子，释放出乙二胺，所以阴极的电极反应为，故C正确；D项，CO2的捕获富集是熵减的过程，是非自发的，故而会消耗电能，故D错误；选D。13．我国科学家开发的一种具有双功能配位水的钴基金属有机配位化合物Co-MOC-H2O可应用于钠离子电池。配位水通过螯合增强了钠离子与有机配体中氮原子的相互作用，提升了储钠容量，其充、放电时的转化如图所示。下列有关说法错误的是()A．Co的化合价在充电后发生了变化B．配位水通过螯合降低了C=N键的稳定性C．Co-MOC-H2O中碳原子均采取sp2杂化D．Co-MOC-H2O分子中的配体有2种【答案】B【解析】A项，从转化关系看，充电时是失去电子和Na+的过程，放电时是得到电子和结合Na+的过程，C、O、N元素的化合价没有发生变化，则在Co-MOC-H2O中，Co的化合价在充电(失去电子)后会发生变化，A正确；B项，配位水通过螯合增强钠离子与氮原子的相互作用，不会降低C=N键的稳定性。若C=N键稳定性降低，会影响配合物的结构稳定性，与题意不符，B错误；C项，在Co-MOC-H2O中，分子中的碳原子均形成双键，所有的碳原子都采取sp2杂化，C正确；D项，Co-MOC-H2O分子中的配体有2种，为H2O和(有机配体)，D正确；故选B。14．我国科研工作者利用作为光催化剂，以NaCl、Na2S2O8和芳香烃为原料可制得氯代芳烃。研究发现，该方法可选择性地对C(sp2)-H进行氯化，有关反应机理如图所示：下列说法正确的是()A．步骤①~③中，Ru3+与SO42-均属于中间产物B．步骤③反应为2Ru3++Cl-+OH-=2Ru2++HClOC．每制得，消耗Na2S2O8的物质的量为1molD．若用代替，则最终可得到【答案】C【解析】A项，中间产物是反应中生成又消耗的物质，Ru3+在步骤②生成、步骤③消耗，属于中间产物；而SO42-是步骤②生成的产物，后续未被消耗，属于最终产物，并非中间产物，A错误；B项，步骤③中，Ru3+被还原为Ru2+，Cl⁻被氧化为HClO，根据电子守恒，需2个Ru3+与1个Cl-反应。但反应体系中原料为NaCl和Na2S2O8，无大量OH-，O和H应来自H2O，正确方程式应为2Ru3++Cl-+H2O=2Ru2++HClO+H+，B错误；C项，总反应中，S2O82-为氧化剂，Cl⁻为还原剂，1molS2O82-可氧化1molCl⁻生成1molHClO，1molHClO与1mol芳香烃反应生成1mol氯代芳烃，故每制得1mol氯代芳烃消耗1molNa2S2O8，C正确；D．该方法选择性氯化苯环上的H，甲苯中苯环H为C(sp2)-H，甲基H为C(sp2)-H，故应生成氯甲苯，D错误；故选C。15．【新考法】常温下，现有含0.01mol·L-1Cd2+的废液，可加入0.01mol·L-1Na2S溶液或固体生成沉淀除去Cd2+。下列说法不正确的是()(已知：Ksp(FeS)=6.4×10－18，Ksp(CdS)=8.0×10－27，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10－15；H2S的Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13)A．0.01mol·L-1Na2S溶液中：c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)B．向20mL0.01mol·L-1Cd2+溶液中加入20mL0.01mol·L-1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是CdSC．生成的CdS沉淀不溶于0.1mol·L-1盐酸D．Cd2+(aq)+2HS-(aq)CdS(s)+H2S(aq)反应的平衡常数【答案】B【解析】A项，Na2S溶液中，Na+浓度为0.02mol/L，S2−水解生成HS−和OH−，水解后OH−浓度略高于HS−，S2−浓度最低，顺序为c(Na+)>c(OH−)>c(HS−)>c(S2−)，A正确；B项，混合后Cd2+和S2−浓度均为0.005mol/L，Q=2.5×10-5>Ksp(CdS)=8×10-27，且反应Cd2++2S2-+2H2O=↓+2HS-，，平衡常数大于105的反应一般认为完全进行，所以也一定会生成大量Cd(OH)2沉淀，B错误；C项，CdS溶解反应为CdS(s)+2H+(aq)H2S(aq)+Cd2+(aq)，，可以得出其平衡常数很小，且盐酸浓度低，所以0.1mol盐酸不可以溶解CdS，C正确；D项，该反应平衡常数，D正确；故选B。16．【新考法】某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫单质的含量，其中硫单质转化为SO42-，主要实验步骤如下：I．准确称取mg细粉状药用硫黄于圆底烧瓶中，并准确加入V1mLKOH乙醇溶液(过量)，加入适量蒸馏水，搅拌，加热回流，待样品完全溶解，蒸馏除去乙醇。Ⅱ．室温下向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至，保持20min，冷却至室温。Ⅲ．将圆底烧瓶溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴指示剂，用c1mol·L-1HCl标准溶液滴定至终点，消耗HCl溶液体积为V2mL。Ⅳ。不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl标准溶液体积为V3mL。已知：S+2OH-+3H2O2=SO42-+4H2O下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中，乙醇的作用是作溶剂，增大硫的溶解度，可用CS2代替B．步骤Ⅱ中，不宜采用水浴加热C．步骤Ⅲ中，指示剂可以选择甲基橙D．单次样品测定中硫的质量分数为【答案】A【解析】A项，CS2与水不互溶，则KOH不溶于CS2，而溶在水中，S易溶于CS2，若用CS2代替乙醇，则S和OH-不能充分接触，不利于反应的进行，A错误；B项，由于实验需要加热至100℃，应选用油浴或其他更合适的加热方法；而水的沸点就是100℃，加热温度达到了水的沸点，水分蒸发过快，不易控温，所以不宜采用水浴加热，B正确；C项，步骤Ⅲ是用HCl标准溶液滴定剩余的OH-，属于强酸滴定强碱，甲基橙可以作为该滴定的指示剂，C正确；D项，根据反应关系，1molS消耗2molOH-，空白实验中总KOH的物质的量为，样品滴定中剩余OH⁻为，因此和S反应的OH-物质的量为，，S的质量为，则硫的质量分数为，D正确；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共52分)17．(16分)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：(1)下列说法正确的是___________。A．基态铬原子中存在10对成对电子B．50Sn元素位于元素周期表第14列C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+[Cu(NF3)]2+(2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为。(3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式。②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由。③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。(ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是。(ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式。(4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化：①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式。②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子(按照离子浓度大小顺序)。③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行”。【答案】(1)BD(2分)(2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-(2分)(3)或(1分)电负性O，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强(2分)防止H2O2由于温度过高而分解(2分)SC(NH2)2+4H2O2+2OH-=OC(NH2)2+SO42-+5H2O(2分)(4)Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O(2分)SO42-、Zn2+、(1分)取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)(2分)【解析】铜锌矿主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3，在通入足量的O2、控温90℃及足量硫酸的条件下，发生反应；Cu3ZnS4中S被氧化成SO2(气体X)，Cu转化为Cu2+，Zn转化为Zn2+；将生成的SO2气体通入到溶液中，可还原为，Cu2+为Cu+，加入KBr后，Cu+与Br-结合生成CuBr沉淀，Pb2+与Br-结合生成PbBr2沉淀，溶液D中除K+、H+、Br-外，大量存在的是SO42-和Zn2+，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则SO42-浓度大于Zn2+，原料中还含有，因此离子浓度从大到小为SO42-、Zn2+、。(1)A项，铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；B项，根据稀有气体氙为54号，推测可知50Sn元素位于元素周期表第14列，B正确；C项，钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；D项，[Cu(NH3)]2+[Cu(NF3)]2+的配体分别为NH3和NF3，其中NF3中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度[Cu(NH3)]2+[Cu(NF3)]2+，D正确。(2)由图可知，Fe的个数为，Zn的个数为，Cl的个数为，NH3的个数为，根据晶胞所示结构，Zn和NH3配位，Fe和Cl配位，因此配合物的化学式为[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-；(3)①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在C=S键，B中存在C=O键。由于O的电负性比S大，所以C=O键的极性比C=S键的极性强。在[H2A]2+和[H2B]2+中，H与其他原子形成的键受C=S键和C=O键极性影响，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强；而C=S键极性弱，[H2A]2+中H较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为H2O2受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[OC(NH2)2]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止H2O2分解。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为：SC(NH2)2+4H2O2+2OH-=OC(NH2)2+SO42-+5H2O。(4)①由分析可知，步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式为：Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O；②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子SO42-、Zn2+、；③证明步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。18．【新考法】(14分)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。I．Xe(g)＋F2(g)XeF2(g)ΔH1Ⅱ．XeF2(g)＋F2(g)XeF4(g)ΔH2Ⅲ．XeF4(g)＋F2(g)XeF6(g)ΔH3向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。请回答：(1)Xe的原子序数是___________。(2)反应Ⅱ自发进行的条件是___________。(3)下列说法正确的是___________。A．已知ΔH1<ΔH2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小(4)上左图中630K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。(5)上右图中当投料，平衡时___________。____________(6)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=akPa-1，Kp(Ⅲ)=bkPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。(7)已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。【答案】(1)54(2分)(2)低温(2分)(3)AD(2分)(4)630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小(2分)(5)n(F2)=3n(XeF2)+2n(XeF4)+n(XeF6)(2分)(6)(2分)(7)XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减(2分)【解析】由左图可知，随温度升高，XeF2分布分数增大，XeF6分布分数减小，说明温度升高，平衡Ⅱ和平衡Ⅲ均逆向移动，故反应Ⅱ和反应Ⅲ均为放热反应。(1)Xe的原子序数为54。(2)由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故ΔS，由ΔG=ΔHΔS自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。(3)A项，设XeF2中Xe-F平均键能为xkJ·mol−1，XeF4中Xe-F平均键能为ykJ·mol−1，F2中F-F键键能为zkJ·mol−1，则，，已知，则，，A正确；B项，催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；C项，由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；D项，恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；故选AD。(4)630K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。(5)当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时，n(F2)=3n(XeF2)+2n(XeF4)+n(XeF6)。(6)已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当n(Xe)一定时，随着n(F2)不断增加[即增大]，XeF2的物质的量逐渐减小，XeF4的物质的量先增大后减小，XeF6的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线L2随增大先增大后减小，因此L2对应的物质是XeF4；L1对应的物质是XeF6，L3对应的物质是XeF2，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应XeF2(g)＋XeF6(g)2XeF4(g)，则该反应，由图可知，当n(XeF4)最多时，n(XeF2)=n(XeF6)，，，的选择性为=。(7)XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。19．(10分)某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的流程如下：已知：①物质溶解度物质物质KMnO4K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOKKCl20℃溶解度(g)6.411133.711.121734.2②锰酸钾[K2MnO4]外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根(MnO42-)的特征颜色。化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，MnO42-会发生歧化反应。(1)用于加热熔融KOH与KClO3固体的仪器名称是___。软锰矿熔融时若只加KOH，浸取后所得溶液中也含有KMnO4的原因是____。(2)下列有关该过程的说法正确的是_______。a加热熔融时应用玻璃棒搅拌b．浸取过程中可用KOH溶液浸取墨绿色固体c．该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，可以循环使用的物质有MnO2和KOHd．理论上，Mn元素的利用率可以达到100%(3)工业上常用CO2进行酸化歧化，发生反应3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+K2CO3+MnO2，若CO2通入过久可能