化学02（广东卷）（考试版及全解全析）-2026年高考考前预测卷

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75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：H1C12O16Na23S32V51Co59一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【传统文化】世界文明史上，中华文化是世界上唯一从未间断的文明，始终显示出顽强的生命力和无穷的魅力。下列文物主要由硅酸盐材料制成的是A．东汉青铜奔马“马踏飞燕”B．唐代“鎏金舞马衔杯纹银壶”C．秦“兵马俑”D．仅49g的西汉“直裾素纱禅衣”2．科技的快速发展彰显国力的强大，下列说法正确的是A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第族元素B．神舟十三号飞船返回舱表层材料中含玻璃纤维，玻璃纤维属于天然有机高分子C．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为共价晶体D．大型液化天然气运输船成功建造，天然气液化过程中形成了新的化学键3．化学与人类社会发展、生存环境都有重要关系。下列有关说法，正确的是A．“绿色化学”就是植树种草，绿化祖国B．“蓝色经济”就是充分开发利用海洋资源C．“白色污染”就是白色塑料造成的污染D．“赤潮”就是红色污染物排入大海引起的4．低温下发生反应。下列有关说法，正确的是A．：分子中存在p-pσ键和p-π键B．NaOH：电子式为C．：直线形非极性分子D．冰：由氢键结合形成的分子晶体5．用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A铝制品表面镀膜阳极氧化形成致密氧化膜BpH计测定雨水的pH的雨水为酸雨C加工腊肉时加入适量NaClNaCl为防腐剂D葡萄酒中加入适量起增味和杀菌作用6．米格列奈可用于治疗糖尿病，其结构如图，下列关于米格列奈说法不正确的是所有碳原子不可能共平面 B．不能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应C．能与2molNaOH反应 D．能发生加成反应和取代反应7．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述不正确的是A．该化合物中W、X、Y之间均为共价键B．X的原子核外电子排布式为1s22s22p2C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应8．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶9．分离和提纯是化学实验中的重要环节。下列实验方法能达到实验目的的是A．分离苯酚钠溶液和苯B．除去中的C．分离乙酸乙酯(沸点)和乙醇(沸点)D．分离淀粉胶体和食盐水10．氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molNaCl固体中，含离子数为B．的NaOH溶液中，含有氢原子数为C．标准状况下，和的混合气体含有分子数目为D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗转移电子数为11．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是陈述Ⅰ陈述ⅡA淀粉水解产生果糖米饭在口腔中越嚼越甜B受热易分解加热可除去中的C的熔点比低工业上电解熔融冶炼铝DZn的金属性比Fe强在钢制船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀12．元素a～g为短周期主族元素，其第一电离能、原子半径和原子序数的关系如图。下列说法错误的是A．最简单氢化物沸点：d<gB．从a到g，元素电负性逐渐增大C．0．1mol/L元素f的最高价氧化物对应水化物的pH为1D．c的第一电离能低于b，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关13．物质结构决定性质，下列对有关性质比较的解释不合理的是选项性质比较解释A石墨能导电石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中电子可在整个碳原子平面内运动B酸性：原子半径：O<S，键长：O—H<S—H，键能：O—H>S—HC稳定性：金属性：Ca>Mg，中离子键强于中离子键D热稳定性：价层电子排布式为，d轨道全充满，较稳定A．B．

C．D．15．某工厂以铝土矿(主要含有)为原料制备新型半导体材料GaN，其生产流程如下[已知与化学性质相似]：下列有关说法错误的是A．“滤渣1”为，它是红棕色固体，可用作颜料、炼铁的原料等B．步骤③的离子方程式为C．常温下，相同物质的量浓度的溶液，pH前者大于后者D．GaN为新型无机非金属材料，1molGaN中含有键16．科研人员开发电化学法制备甲酸和氢气，装置如图所示。已知：双极膜可在电场作用下将水解离成和，分别向两侧电极区域迁移，维持电解质溶液的电中性，促进电解反应持续进行。下列叙述错误的是A．电极a为阳极，电极b为阴极B．若电路中转移电子，理论上电极b产生C．阳极反应式为D．双极膜产生的向电极b迁移，向电极a迁移二、非选择题：本题共4个小题，共56分。17．（14分）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：I．配制CoCl2溶液（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为_______g。（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。A． B． C． D．Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物实验操作实验现象在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为_______。（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。①x的化学式是_______，c=_______。②实验现象是_______。③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理_______。Ⅲ．制备[Co(NH3)6]３+配合物往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。提出猜想猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到_______，证明猜想1不成立。教师指导氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。验证猜想按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到_______，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加_______，观察到_______，猜想3成立。18．（14分）钒(V)是一种重要的战略金属元素，利用硫酸化—水浸工艺从石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工艺流程如下：已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；②树脂吸附原理：+M-+Cl-。（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如下图，最佳的熟化温度为_______。（2）“氧化中和”后钒的化合价为_______，滤渣2的主要成分为_______。（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：“树脂吸附”的化学方程式为_______，流出液的主要成分为_______。（4）“解吸”时可以用饱和NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因_______。（5）向解吸后的洗脱液中加入MgCl2溶液，当溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6mol/L时，求溶液中的c()_______(已知：Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11，Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12)（6）“还原”过程的离子方程式为_______。（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。19．（14分）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。（1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是___________(填元素符号)。（2）X的化学式是___________。（3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。①反应b：___________。②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为___________。③下列有关说法正确的有___________。A．加入有利于的吸收B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>ⅠC．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡：反应c：（4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量___________kJ。（5）向（4）的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为：_____。②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出___________kJ热量用于再生。(写出计算过程)20．（14分）应用光化学催化和烯还原酶的光生物催化一体化技术，可实现化合物Ⅳ的合成，示意图如图(反应条件略)：（1）化合物Ⅰ的分子式为___________。化合物Ⅱ的官能团名称为___________。（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，Ⅴ的结构简式为___________，其名称为___________。（3）关于上述由化合物Ⅰ到Ⅳ的转化及相关物质，下列说法正确的有___________(填字母)。A．有π键的断裂与形成B．有C—Br键的断裂与C—C键的形成C．存在C原子杂化方式的改变，没有手性碳原子形成D．化合物Ⅳ可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键（4）对化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①______________________

②______________________取代反应（5）以化合物Ⅱ为唯一有机原料，合成化合物。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步的化学方程式为___________(注明反应条件)。②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为___________(写结构简式)。③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为___________(注明反应条件)。

2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75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：H1C12O16Na23S32V51Co59一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【传统文化】世界文明史上，中华文化是世界上唯一从未间断的文明，始终显示出顽强的生命力和无穷的魅力。下列文物主要由硅酸盐材料制成的是A．东汉青铜奔马“马踏飞燕”B．唐代“鎏金舞马衔杯纹银壶”C．秦“兵马俑”D．仅49g的西汉“直裾素纱禅衣”【答案】C【解析】A．青铜奔马属于合金材料，不是硅酸盐材料，故A不符合题意；B．银壶属于金属材料，不属硅酸盐，故B不符合题意；C．兵马俑是陶土烧制而成，属于硅酸盐材料，故C符合题意；D．素纱禅衣属于蚕丝和纤维制品，是有机材料，故D不符合题意；故选：C。2．科技的快速发展彰显国力的强大，下列说法正确的是A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第族元素B．神舟十三号飞船返回舱表层材料中含玻璃纤维，玻璃纤维属于天然有机高分子C．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为共价晶体D．大型液化天然气运输船成功建造，天然气液化过程中形成了新的化学键【答案】C【解析】A．化学符号Xe，原子序数54，在元素周期表中处于第5周期0族，A错误；B．玻璃纤维属于无机非金属材料，B错误；C．金刚石为碳单质，是通过共价键形成的共价晶体，C正确；D．天然气液化过程为物理变化，没有形成新的化学键，D错误；故选C。3．化学与人类社会发展、生存环境都有重要关系。下列有关说法，正确的是A．“绿色化学”就是植树种草，绿化祖国B．“蓝色经济”就是充分开发利用海洋资源C．“白色污染”就是白色塑料造成的污染D．“赤潮”就是红色污染物排入大海引起的【答案】B【解析】A．“绿色化学”的核心是从源头上消除或减少化工生产对环境的污染，并非指植树种草绿化环境，A错误；B．“蓝色经济”又称海洋经济，核心是充分开发利用海洋资源发展经济，B正确；C．“白色污染”是所有难降解废弃塑料造成的环境污染的统称，和塑料颜色无关，并非只有白色塑料才会造成白色污染，C错误；D．“赤潮”是海水中氮、磷等营养物质过量，导致藻类等浮游生物大量繁殖引发的水体富营养化现象，不是红色污染物排入大海引起的，D错误；故选B。4．低温下发生反应。下列有关说法，正确的是A．：分子中存在p-pσ键和p-π键B．NaOH：电子式为C．：直线形非极性分子D．冰：由氢键结合形成的分子晶体【答案】D【解析】A．分子中两个F原子只形成1个单键，单键均为键，不存在键，只有键，A错误；B．NaOH由和构成，内O和H以共价键结合，整体带1个单位负电荷，正确电子式为，B错误；C．的中心O原子的价层电子对数为，含2对孤对电子，空间构型为V形，结构不对称，属于极性分子，C错误；D．冰是固态水，属于分子晶体，冰中水分子间通过氢键结合形成空间网状结构，D正确；故选D。5．用下列化学知识解释对应劳动项目不合理的是选项劳动项目化学知识A铝制品表面镀膜阳极氧化形成致密氧化膜BpH计测定雨水的pH的雨水为酸雨C加工腊肉时加入适量NaClNaCl为防腐剂D葡萄酒中加入适量起增味和杀菌作用【答案】D【解析】A．铝做阳极时，通过电解阳极氧化可在铝制品表面生成致密的氧化铝氧化膜，实现铝制品表面镀膜，解释合理，A不符合题意；B．酸雨的定义为的雨水，使用pH计测定雨水pH就是为了判断雨水是否为酸雨，解释合理，B不符合题意；C．NaCl能够使微生物脱水失去活性，可抑制细菌生长，是常用的食品防腐剂，加工腊肉加入适量NaCl作防腐剂，解释合理，C不符合题意；D．葡萄酒中加入适量的作用是杀菌和抗氧化，防止葡萄酒被氧化变质，因此不具有增味作用，解释不合理，D符合题意；故答案为：D。6．米格列奈可用于治疗糖尿病，其结构如图，下列关于米格列奈说法不正确的是所有碳原子不可能共平面 B．不能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应C．能与2molNaOH反应 D．能发生加成反应和取代反应【答案】B【解析】A．含有杂化的饱和碳原子，且连接了3个碳原子，这4个碳原子就一定不能共面，A正确；B．米格列奈分子含有的羧基能与氨基酸和蛋白质中的氨基之间脱去水而发生取代反应，B错误；C．1个米格列奈分子中含有一个羧基和一个酰胺基，羧基能与等量的NaOH发生中和反应，酰胺基能与等量的NaOH发生水解反应，即1mol米格列奈能与2molNaOH反应，，C正确；D．米格列奈分子含有苯环，可以发生加成反应，含有羧基，能和羟基发生取代(酯化)反应，D正确；故选B。7．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述不正确的是A．该化合物中W、X、Y之间均为共价键B．X的原子核外电子排布式为1s22s22p2C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应【答案】B【分析】从结构式及题干信息可知，W的原子序数最小，且只形成1个共价键，则其为氢元素；Y能形成3个共价键，则其最外层电子数为5，其为氮元素；X获得1个电子后可形成4个共价键，则其最外层电子数为3，其为硼元素；Z易失去1个电子形成阳离子，则其为钠元素，四种元素的原子序数和刚好为24。从而得出W、X、Y、Z分别为H、B、N、Na。【解析】A．从结构式可以看出，该化合物中W(H)、X(B)、Y(N)之间均用短线表示，则表明它们之间形成共价键，A正确；B．X为5号元素硼，原子核外电子排布式为1s22s22p1，B不正确；C．Y的最高化合价氧化物的水化物为HNO3，在水溶液中发生完全电离，其为强酸，C正确；D．Z为Na，钠单质与水反应生成NaOH和氢气，与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，D正确；故选B。8．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶【答案】B【解析】浓缩、酸化后的海水中富含，通入氧化①发生，通入空气吹出，被吸收发生反应，再通入氧化②发生，得到富含的水溶液，溴单质易挥发，应加热蒸馏，冷凝溴蒸气得到液溴，即操作X为加热蒸馏，B项正确；答案选B。9．分离和提纯是化学实验中的重要环节。下列实验方法能达到实验目的的是A．分离苯酚钠溶液和苯B．除去中的C．分离乙酸乙酯(沸点)和乙醇(沸点)D．分离淀粉胶体和食盐水【答案】A【解析】A．苯酚钠溶液与苯不互溶，会分层，苯的密度比水小，在上层，苯酚钠溶液在下层，可通过分液的方法进行分离，该装置为分液操作装置，能达到实验目的，A正确；B．受热易分解为NH3和HCl，遇冷又会重新化合生成，而NaCl受热不分解，若用蒸发的方法，会分解损失，不能达到除去中NaCl的目的，B错误；C．乙酸乙酯（沸点）和乙醇（沸点）的沸点相近，直接蒸馏难以分离完全，应加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置分层后分液，再对有机层进行蒸馏得到乙酸乙酯，C错误；D．淀粉胶体和食盐水都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应采用渗析的方法，利用半透膜分离胶体和溶液，D错误；故选A。10．氯碱工业涉及、、NaOH、NaCl等物质。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．1molNaCl固体中，含离子数为B．的NaOH溶液中，含有氢原子数为C．标准状况下，和的混合气体含有分子数目为D．将与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗转移电子数为【答案】A【解析】A．NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固体中，含离子数为，A正确；B．NaOH溶液中的水分子中也含有氢原子，则1L的NaOH溶液中，含有氢原子数大于，B错误；C．标况下，22.4L的H2和Cl2混合气体为1mol，气体含有分子数目为NA，C错误；D．Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2参与反应转移1mol电子，所以转移电子数为NA，D错误；故选A。11．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是陈述Ⅰ陈述ⅡA淀粉水解产生果糖米饭在口腔中越嚼越甜B受热易分解加热可除去中的C的熔点比低工业上电解熔融冶炼铝DZn的金属性比Fe强在钢制船壳上镶嵌锌块能减缓船体的腐蚀【答案】D【解析】A．淀粉水解产生葡萄糖，所以米饭在口腔中越嚼越甜，A错误；B．受热易分解，正确，但加热可除去中的错误，因为加热也分解，B错误；C．的熔点比低，正确，但是是分子晶体，所以工业上不能用电解熔融冶炼铝，C错误；D．在钢制船壳上镶嵌锌块，因为Zn的金属性比Fe强，所以Zn为负极，Fe为正极，能减缓船体的腐蚀，D正确；故选D。12．元素a～g为短周期主族元素，其第一电离能、原子半径和原子序数的关系如图。下列说法错误的是A．最简单氢化物沸点：d<gB．从a到g，元素电负性逐渐增大C．0.1mol/L元素f的最高价氧化物对应水化物的pH为1D．c的第一电离能低于b，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关【答案】C【分析】元素a～g为短周期主族元素，由其第一电离能、原子半径和原子序数的关系图，a～g分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯；【解析】A．SiH4和HCl均为分子晶体，HCl相对分子质量更大，且HCl是极性分子，分子间作用力更强，则沸点更高，故最简单氢化物沸点：SiH4<HCl，A正确；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；则从a到g，元素电负性逐渐增大，B正确；C．元素f的最高价氧化物对应水化物为强酸H2SO4，则0.1mol/LH2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，pH小于1，C错误；D．Al的第一电离能低于Mg，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关，Al更容易失去外层的3p电子，D正确；故选C。13．物质结构决定性质，下列对有关性质比较的解释不合理的是选项性质比较解释A石墨能导电石墨为层状结构，同一层相互平行重叠的p轨道中电子可在整个碳原子平面内运动B酸性：原子半径：O<S，键长：O—H<S—H，键能：O—H>S—HC稳定性：金属性：Ca>Mg，中离子键强于中离子键D热稳定性：价层电子排布式为，d轨道全充满，较稳定【答案】C【解析】A．石墨中碳原子为sp2杂化，每个碳原子剩余1个含未成对电子的p轨道，同一层内p轨道平行重叠形成离域大π键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨能导电，A正确；B．S原子半径大于O原子，则S-H键键长大于O-H键，键能S-H小于O-H，键更易断裂，故乙硫醇酸性强于乙醇，B正确；C．Ca2+的电子层数大于Mg2+，则半径：Ca2+>Mg2+，离子电荷相同时，阳离子半径越小离子键越强，因此中离子键强于中的离子键；碳酸盐的热稳定性差异源于阳离子极化能力，Mg2+半径更小、极化能力更强，更易使碳酸根分解，该现象与金属性无关，C错误；D．价层电子排布式为，d轨道全充满，为稳定结构，Cu2+价电子排布为3d9，稳定性弱于，因此热稳定性Cu2O大于CuO，D正确；故选C。14．某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：、，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是A．B．

C．D．【答案】D【分析】由题干图示可知，反应初期X的浓度逐渐减小，Y的浓度先增大后减小，Z的浓度逐渐增大。Y作为中间产物，其浓度先升高后降低，说明第一步反应X(g)Y(g)的速率快于第二步反应Y(g)Z(g)的速率。通常，反应速率越快，其活化能越小，因此第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能；【解析】A．图像中显示X(g)Y(g)、均为吸热反应，与已知条件不符，A错误；B．与A同理，B错误；C．图像中第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，说明第一步反应速率更慢，与Y浓度先快速升高的事实不符，C错误；D．图像中两步反应均为放热反应，且反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能，D正确；故选D。15．某工厂以铝土矿(主要含有)为原料制备新型半导体材料GaN，其生产流程如下[已知与化学性质相似]：下列有关说法错误的是A．“滤渣1”为，它是红棕色固体，可用作颜料、炼铁的原料等B．步骤③的离子方程式为C．常温下，相同物质的量浓度的溶液，pH前者大于后者D．GaN为新型无机非金属材料，1molGaN中含有键【答案】B【分析】铝土矿主要含有、、，加入溶液，和均为两性氧化物，反应生成可溶性钠盐进入滤液1，未反应的成为滤渣1。滤液1加入适量的可将转化为沉淀，即滤渣2。滤液2中的溶质主要是，加入过量的可将转化为沉淀。【解析】A．由分析可知，滤渣1为，是红棕色固体，俗称铁红，可作颜料、炼铁原料，A正确；B．过量反应产物应为，结合分析可知正确离子方程式为：，B错误；C．流程中通入适量时先沉淀，说明比更容易结合，酸性：。酸性越弱，对应共轭碱的水解程度越大，碱性越强；故水解程度：，相同物质的量浓度时，碱性更强，更大，C正确；D．由晶胞可知，每个周围均形成4个化学键，即有4个σ键，中含有，键，D正确；正确答案选B。16．科研人员开发电化学法制备甲酸和氢气，装置如图所示。已知：双极膜可在电场作用下将水解离成和，分别向两侧电极区域迁移，维持电解质溶液的电中性，促进电解反应持续进行。下列叙述错误的是A．电极a为阳极，电极b为阴极B．若电路中转移电子，理论上电极b产生C．阳极反应式为D．双极膜产生的向电极b迁移，向电极a迁移【答案】B【分析】由图可知，电极b为得电子的反应，为阴极，其电极反应为，电极a为阳极，其电极反应为。【解析】A．由分析可知，电极b为阴极，电极a为阳极，A正确；B．根据电子守恒，电极b的反应式为，，因为不确定温度压强，无法计算氢气体积，B错误；C．阳极上，甘油在碱的作用下发生氧化反应生成甲酸根离子，甘油完全被氧化时碳元素化合价共升高8价，故阳极反应式为，C正确；D．根据电荷守恒，双极膜中水电离的离子中向阳极迁移，向阴极迁移，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4个小题，共56分。17．（14分）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下：I．配制CoCl2溶液（1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为_______g。（2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。A． B． C． D．Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物实验操作实验现象在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液得到浅青色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。（3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为_______。（4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。①x的化学式是_______，c=_______。②实验现象是_______。③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理_______。Ⅲ．制备[Co(NH3)6]３+配合物往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。提出猜想猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物；猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物；猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。（5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到_______，证明猜想1不成立。教师指导氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。验证猜想按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到_______，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加_______，观察到_______，猜想3成立。【答案】（除标明外，每空1分）（1）1.3（2分）（2）BD（3）（2分）（4）Na2SO41试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3•H2O)增加，有利于生成（2分）（5）沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化电流表指针不偏转浓氨水电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色【解析】（1）配制100mL0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为；（2）实验室用配制100mL0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD；（3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为；（4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L；②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象；③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3•H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成；（5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。18．（14分）钒(V)是一种重要的战略金属元素，利用硫酸化—水浸工艺从石煤(含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3)中制得VO2+的工艺流程如下：已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；②树脂吸附原理：+M-+Cl-。（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如下图，最佳的熟化温度为_______。（2）“氧化中和”后钒的化合价为_______，滤渣2的主要成分为_______。（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：“树脂吸附”的化学方程式为_______，流出液的主要成分为_______。（4）“解吸”时可以用饱和NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因_______。（5）向解吸后的洗脱液中加入MgCl2溶液，当溶液中c(Mg2+)=1.8×10-6mol/L时，求溶液中的c()_______(已知：Ksp[NH4VO3]=1.8×10-11，Ksp[Mg(VO3)2]=1.8×10-12)（6）“还原”过程的离子方程式为_______。（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】（除标明外，每空1分）（1）100℃（2）+5Al(OH)3（3）（2分）NaCl（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附（2分）（5）（2分）（6）（2分）（7）（2分）【分析】“熟化”过程中，SiO2不反应，其余物质均转化成对应价态的硫酸盐；经“水浸”后，得到含SiO2、CaSO4的滤渣1和含钒、铝盐的滤液；滤液经“氧化中和”得到含Al(OH)3的滤渣2以及含Na2HVO4、NaCl的滤液；滤液经“树脂吸附”“解吸”“沉钒”后得到NH4VO3；NH4VO3经煅烧得到V2O5；V2O5与硫酸反应生成；最终被HCOOH还原成VO2+。【解析】（1）由图可知，当熟化温度为100℃时，钒的浸出率达到最大；（2）根据后期含钒物质的价态可知，“氧化中和”后，钒的价态为+5；由上述分析可知“滤渣2”主要成分为Al(OH)3；（3）“氧化中和”后溶液的pH为8，此时含钒离子为，根据树脂吸附原理可知，吸附的化学方程式为；流出液主要是“氧化中和”后除的其他物质，主要包括NaCl；（4）树脂吸附存在平衡：，加入饱和NaCl溶液，使得体系中的Cl-浓度升高，进而导致吸附平衡逆向移动，有助于从树脂上脱附；（5）依题Mg(VO3)2的溶度积小于NH4VO3的溶度积，故当体系生成NH4VO3晶体后，Mg(VO3)2也达到溶解平衡，此时，；（6）“还原”过程中，被HCOOH还原成VO2+，故反应的离子方程式为；（7）V在顶点和体心，O在面心和体内，根据均摊法可知晶胞中V的数目为，O的数目为，故化学式为VO2；晶胞密度为=g·cm-3。19．（14分）的捕集，利用与封存技术是实现碳达峰，碳中和的热点研究方向。乙醇胺(化学式为，以下简写为)在工业上可用作吸收剂。Ⅰ．的吸收：用吸收发生反应a：。（1）乙醇胺分子中电负性最强的元素是___________(填元素符号)。（2）X的化学式是___________。（3）与结合过程的能量变化如图1。分别向相同体积的溶液中加入相同体积，不同浓度的，测得溶液吸收的体积随时间变化的曲线如图2。①反应b：___________。②图2曲线Ⅰ在内，的平均吸收速率为___________。③下列有关说法正确的有___________。A．加入有利于的吸收B．加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>ⅠC．的吸收速率随着反应的进行逐渐增大D．吸收时，反应b逆向移动，吸收热量Ⅱ．再生：被溶液吸收后全部转化为(简称吸收液)，吸收液存在如反应c所示的平衡：反应c：（4）若被吸收后形成1L的吸收液，平衡时。此时要使吸收液中的发生反应c全部转化为，需要从外界吸收热量___________kJ。（5）向（4）的吸收液中加入(忽略溶液体积变化)，与结合，反应c的平衡由M点移动到N点，如图。①从能量利用和平衡移动的角度分析加入如何促进反应c中转化为：___________。②N点时，，可忽略其它含铜微粒。此时吸收液中的经反应b完全转化为，可以放出___________kJ热量用于再生。(写出计算过程)【答案】（除标明外，每空2分）（1）O（1分）（2）（1分）（3）①-21②0.75③BD（4）15（5）①与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为②1.35【解析】（1）乙醇胺，化学式为，含有C、N、O、H四种元素，元素非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的是O元素；（2）根据元素守恒和电荷守恒可知，X的化学式为；（3）①由盖斯定律可知，；②图2曲线Ⅰ在内，的吸收量是15.0L，则的平均吸收速率为；③A．与结合生成，导致减小，导致平衡

逆向移动，不利于的吸收，A错误；B．由A项分析可知，加入的浓度越大，越不利于的吸收，则加入的浓度：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，B正确；C．二氧化碳的吸收速率就是

的正反应速率，因此速率逐渐减小，C错误；D．吸收二氧化碳时，减小，反应b平衡逆向移动，由①小问可知，平衡逆向移动是吸热过程，D正确；故选BD；（4）若被吸收后形成1L的吸收液，则，平衡时，说明的转化量为0.25mol，还剩余0.75mol没有转化，故要使吸收液中的发生反应c全部转化为，则需要吸收0.75mol×20kJ/mol=15kJ的热量；（5）①向（4）的吸收液中加入，与结合，导致减小，且该过程为放热反应，促使反应c平衡正向移动，使得转化为；②根据第（4）小问可知，M点平衡时，，，则，由图可