化学02（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-56Cu-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】下列物质属于分子晶体的酸性氧化物是()A．干冰B．石英C．氧化钠D．乙酸2．【改编】下列关于SO2的说法正确的是()A．SO2的价层电子对互斥模型：B．检验SO2气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为SO2C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D．SO2有还原性，因此不能用浓硫酸干燥3．【原创】下列化学用语表示不正确的是()A．固体HF中的链状结构：B．的名称：2-甲基-3-乙基戊烷C．SO32-的VSEPR模型：D．基态的简化电子排布式：4．【新考法】“硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是()A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7D．反应中消耗3molO2，转移20mole-5．根据元素周期律，下列说法不正确的是()A．第一电离能：Be<B B．碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2C．化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br D．化合物中离子键百分数：Na2S>MgS6．下列物质的性质能说明其用途的是()A．SO2具有氧化性，因此加入葡萄酒中起杀菌和抗氧化作用B．NaClO溶液水解呈酸性，因此可作漂白剂C．植物油可通过催化加氢提高饱和度，因此可用于制取肥皂D．木糖醇()不属于糖类，但甜味与蔗糖相当，因此可用作糖尿病患者适用的甜味剂7．【实验安全】关于实验室安全，下列说法不正确的是()A．实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理B．滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水C．与钠的燃烧实验有关的图标包含：D．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸8．【原创】下列方程式正确的是()A．Cu(OH)2溶于氨水中：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-B．Cl2通入足量碳酸钠溶液中：Cl2+CO32-+H2O=HCO3-+Cl-+HClOC．溴水与足量乙醛反应：Br2+CH3CHO+H2O=CH3COO-+3H++2Br-D．滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO32--+2H+═H2O+CO2↑9．二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下。下列说法错误的是()A．K和M中均含有手性碳原子B．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物C．该材料性能优良，但不耐强酸和强碱D．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)mol10．【改编】利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是()A．证明乙炔可使溴水褪色B．实验室快速制备和收集满氨气C．用已称取的2.4g固体NaOH配制60mL左右浓度约的NaOH溶液D．蒸馏时的接收装置11．氟氢化钾(KHF2)，晶体结构与类似，工业上可用于制氟气，下列说法不正确的是()A．KHF2晶体中每个K+紧邻的K+有6个B．KHF2中阴阳离子个数比是C．电解熔融KHF2制F2：2KHF22KF2+H2↑+F2↑D．KHF2中的作用力有离子键、氢键、共价键12．常温下，通过电解使CO2转化为甲酸的装置如图所示，催化剂为掺杂Bi纳米片。极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。下列说法正确的是()A．极与外接电源的负极相连B．“交换膜”只允许阴离子通过C．极的电极反应式主要为CO2+2H＋＋2e-=HCOOHD．产生1molO2时，极得到4molCO13．【新考法】2-巯基烟酸(X)与V₂O₅在一定条件下可生成2-巯基烟酸氧钒(Y)，其结构变化如图所示。下列说法错误的是()A．基态V原子的价电子排布式为3d34s2，属于d区元素B．第一电离能：N＞O＞S，电负性：O＞N＞SC．基态O原子的电子有5种不同的空间运动状态D．基态S原子的核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上共有4个电子14．苯甲酸甲酯，又名安息香酸甲酯，可用作食品保鲜剂。制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(部分生成物已略去)所示。下列说法错误的是()A．物质2可降低总反应的活化能B．化合物4→5过程中，体现了化合物4的氧化性C．该机理中涉及非极性共价键的断裂和形成D．总反应可表示为15．25℃时，NH3·H2O(可看作NH3+H2O)的Kb=1.8×10－5，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgI)=8.5×10－17，[Ag(NH3)2]++I-AgI+2NH3的解离常数Kd=6.0×10－8。下列说法不正确的是()A．AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，B．[Ag(NH3)2]++2H+Ag++2NH4+，C．向c(Cl－)、c(I－)均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量，最终D．向10mL0.1mol·L-1AgNO3和10mL0.2mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中加入过量KI固体，仍有AgI生成16．以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄[FeO(OH)]的工艺流程如图所示：资料：i.α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。ii.；iii.沉铁过程主要生成FeCO3下列说法不正确的是()A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是Fe.3++3SCN-Fe(SCN)3B．“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉C．“沉铁”过程中有副产物Fe(OH)2生成，可能原因是HCO3-促进了Fe2＋的水解D．若用CaCO3“沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中二、非选择题(本题共4小题，共52分)17．(16分)硫、氮是非常重要的非金属元素。请回答：(1)有关ⅥA族元素及化合物的结构与性质，下列说法正确的是______。A．基态Se原子的简化的电子排布式为[Ar]4s24p4B．基态S原子有9种不同能量的电子C．S和Cr原子价电子数相同，Cr处于周期表的d区D．H2O和H2S键角大小：(2)CuS2是一种低温超导材料，具有较大研究价值。其晶胞结构如图：①Cu2+的配位数(紧邻的阴离子数)为。②已知CuS2固体在足量的高压氧气下，完全溶于足量的氨水，该反应的离子方程式是。③S元素还可形成S2O62-，其结构是A(填“a”或“b”)。(3)三聚氰胺生产时产生大量含氨和CO2的尾气，工业以此为原料，采用氨基磺酸水溶液吸收，联产精细化工中间体——氨基磺酸铵H2NSO3NH4。转化如下图：已知：三聚氰胺结构简式为，与苯环类似，分子为平面结构，存在大π键。①溶液A中阴离子有H2NCOO-、OH-和、。②下列说法正确的是。A．三聚氰胺是极性分子B．步骤Ⅰ中，若硫酸浓度低，易形成(NH4)2SO4副产物C．步骤Ⅲ中，水从上喷淋吸收尾气效率更高D．步骤Ⅳ中，若反应液浓缩后，加入足量的乙醇不能使氨基磺酸铵结晶析出③已知：制备氨基磺酸的另一种方法：NH3+→H2NSO3Ha.氨基磺酸可在足量的热NaOH溶液中水解，其化学方程式是。b.设计实验方案检验氨基磺酸中的N元素。c.NH3与SO3以1:2比例反应生成HN(SO3H)2，HN(SO3H)2可继续消耗NH3生HN(SO3NH4)2，HN(SO3NH4)2可继续消耗NH3生成(NH4)N(SO3NH4)2，从结构度分析最后一步转化能发生的原因。18．【新考法】(14分)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答：(1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应：反应Ⅰ

CO2(g)CO2(aq)

，表示CO2的分压反应Ⅱ

CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)

①反应Ⅰ能自发进行的条件是。②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算=。③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~t3时，浓度与时间t关系图[已知]。(2)H2CO3(aq)中存在下列平衡：CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)

H2CO3(aq)HCO3-(aq)+H+(aq)HCO3(aq)CO32-(aq)+H+(aq)

K①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K=(用、表示)。②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3NaHCO3(用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因。(3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示：已知：假设快反应先达到平衡。①下列说法不正确的是。A．途径a中Q为49kJ/molB．途径a决速步的过渡态为TS2C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释。19．(10分)磷酸铵镁(MgNH4PO4)，俗称鸟粪石，是一种白色晶体，难溶于水(室温下溶解度为0.02g/100ml)，是集氮磷镁为一身的高效缓释肥料。该物质300℃左右分解，最终产物为焦磷酸镁(Mg2P2O7)。I.某学习小组设计实验制备磷酸铵镁晶体，步骤如下：①取20mL1.0mol/LMg溶液于100mL烧杯中，加入20mL1.0mol/LNH4Cl溶液。②在持续搅拌下，向上述混合溶液中逐滴加入20mL1.0mol/LMgNH4PO4溶液。③滴加完毕后，将混合溶液转移到三颈烧瓶中，继续搅拌15分钟，然后用10%稀氨水调节反应混合物的pH至9～10。实验装置如图。④静置陈化1小时后，过滤，用少量冷水洗涤沉淀2～3次。⑤将沉淀置于表面皿上，在80℃的烘箱中干燥，得到无水磷酸铵镁。已知磷酸(H3PO4)为三元弱酸，其水溶液发生三步电离：H3PO4H++H2PO4-H2PO4-H++HPO42-HPO4H++PO43-请回答：(1)写出三颈烧瓶中发生的离子反应方程式。(2)静置陈化1小时有利于过滤操作，其原因是。(3)本实验中pH调控是关键，结合电离平衡与沉淀溶解平衡的移动，分析pH不能太小的原因。II.为测定所制得产品的纯度，该小组准确称取3.000g产品，300℃左右充分加热使其完全分解，冷却后干燥，称得残余固体的质量为2.480g(此温度下杂质不分解)。已知相关物质的摩尔质量：M(MgNH4PO4)=137g/mol。请回答(4)设计实验检验分解时的气态产物。(5)请通过计算判断该产品中MgNH4PO4的质量分数能否达到90%？(填“能”或“否”)。III.农业生产中化肥的过度施用，将导致水体中氮(NH4+)、磷(HPO4-)元素的过量输入。鸟粪石(磷酸镁铵)沉淀法是一种高效且能变废为宝的废水处理技术。(6)涉及该技术的相关问题，下列说法中正确的是_______。A．氮磷含量的超标，是水体富营养化的主要原因B．处理过程中，往废水加入一定量的Mg进行沉降即可较大程度地除去氮磷C．工业上，可以以海水、澄清石灰水、盐酸为原料，经过滤、洗涤、干燥、溶解得到氯化镁溶液D．该方法的一个显著优点是实现了磷和氮的资源化回收，得到的鸟粪石可以作为优质的缓释肥料，符合循环经济理念20．【科技前沿】(12分)G是一种新型药物，它的一种简化合成路线如下图所示(部分产物未列出)：已知：Et：

Boc：

Ts:回答下列问题：(1)化合物A中的含氧官能团名称是__________。(2)写出化合物B的结构简式__________。(3)下列说法不正确的是。A．B→C和F→G的反应类型相同B．化合物F与氢气充分加成以后的产物中存在5个手性碳原子C．化合物G苯环上的一氯代物有5种D．化合物E因为有羟基，所以易溶于水(4)请写出D与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式(D中C-F键在该条件下不反应)__________。(5)由F生成G的反应过程中会生成少量副产物H，H是G的同分异构体，设计方案鉴别G和H(写出所用试剂和实验现象)__________。(6)以()和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线__________(用流程图表示，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-56Cu-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】下列物质属于分子晶体的酸性氧化物是()A．干冰B．石英C．氧化钠D．乙酸【答案】A【解析】分子晶体需由分子间作用力构成，如干冰(CO2分子)；酸性氧化物需能与碱反应生成盐和水。A项，CO2是酸性氧化物，固态时为分子晶体，符合条件，A正确；B项，SiO2是酸性氧化物，但以共价键形成共价晶体，不符合条件，B错误；C项，Na2O为碱性氧化物，且为离子晶体，C错误；D项，乙酸不属于氧化物，但固态时为分子晶体，D错误。故选A。2．【改编】下列关于SO2的说法正确的是()A．SO2的价层电子对互斥模型：B．检验SO2气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为SO2C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D．SO2有还原性，因此不能用浓硫酸干燥【答案】C【解析】A项，SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，A错误；B项，气体通入品红溶液能使溶液褪色，说明该气体具有漂白性，具有漂白性的气体不一定是SO2，B错误；C项，工业脱硫常用石灰石-石膏法，SO2和CaCO3、O2反应生成CaSO4和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，C正确；D项，SO2虽然具有还原性，但由于S没有+5价，SO2和浓硫酸不会发生归中反应，可以用浓硫酸干燥SO2，D错误；故选C。3．【原创】下列化学用语表示不正确的是()A．固体HF中的链状结构：B．的名称：2-甲基-3-乙基戊烷C．SO32-的VSEPR模型：D．基态的简化电子排布式：【答案】A【解析】A项，HF分子间存在氢键，键角大小错误，结构应为，A错误；B项，的主链上有5个碳原子，甲基和乙基分别位于2、3号碳原子上，名称为2-甲基-3-乙基戊烷，B正确；C项，SO32-中S的价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，VSEPR模型为四面体形：，C正确；D项，基态As的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3，D正确；故选C。4．【新考法】“硝酸钠法”制备NaSbO3的反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法不正确的是()A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5B．NO3-中原子的杂化类型为sp2杂化C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7D．反应中消耗3molO2，转移20mole-【答案】C【解析】A项，NaSbO3中钠、氧化合价分别为+1、-2，结合电子守恒，Sb元素的化合价为+5，A正确；B项，NO3-中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，B正确；C项，反应中氮化合价降低、氧气中氧化合价降低，NaNO3、O2为氧化剂，Sb化合价升高为还原剂，氧化剂总量为7mol(4molNaNO3中的N+3molO2)，还原剂为4molSb，比例应为7:4，C错误；D项，结合C分析，反应中Sb化合价由0变为+5，反应中存在，即反应中消耗3molO2，转移20mole-，D正确；故选C。5．根据元素周期律，下列说法不正确的是()A．第一电离能：Be<B B．碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2C．化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br D．化合物中离子键百分数：Na2S>MgS【答案】A【解析】A项，Be和B属于同一周期，Be位于第ⅡA族，其基态原子电子排布为1s22s2，最外层达到全充满的稳定状态，第一电离能较大；B位于第ⅢA族，其基态原子电子排布为1s22s22p1，2p电子易失去，第一电离能较小，则第一电离能：Be>B，A错误；B项，同一主族从上往下，元素的金属性依次增强，即金属性：Mg<Ca，则碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2，B正确；C项，同一主族从上往下，元素的电负性依次减小，即电负性：Cl>Br，C-Cl的极性大于C-Br的极性，导致化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br，C正确；D项，同一周期从左往右，元素的电负性依次增大，即电负性：Na<Mg，Na与S的电负性差值大于Mg与S的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，则化合物中离子键百分数：Na2S>MgS，D正确；故选A。6．下列物质的性质能说明其用途的是()A．SO2具有氧化性，因此加入葡萄酒中起杀菌和抗氧化作用B．NaClO溶液水解呈酸性，因此可作漂白剂C．植物油可通过催化加氢提高饱和度，因此可用于制取肥皂D．木糖醇()不属于糖类，但甜味与蔗糖相当，因此可用作糖尿病患者适用的甜味剂【答案】D【解析】A项，SO2加入葡萄酒中起杀菌和抗氧化作用是利用其能使蛋白质变性的性质和还原性，A不符合题意；B项，NaClO是强碱弱酸盐，其溶液因发生水解反应ClO⁻+H2O⇌HClO+OH⁻而呈碱性，而非酸性，其作漂白剂是利用了水解产物HClO的强氧化性，B不符合题意；C项，植物油制取肥皂是利用其在碱性条件下的皂化反应，而非催化加氢提高饱和度的性质，催化加氢后的植物油即硬化油，主要用于制人造奶油等，C不符合题意；D项，木糖醇不属于糖类，且代谢不依赖胰岛素，甜度与蔗糖相当，因此可作为糖尿病患者适用的甜味剂，D符合题意；故选D。7．【实验安全】关于实验室安全，下列说法不正确的是()A．实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理B．滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水C．与钠的燃烧实验有关的图标包含：D．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸【答案】C【解析】A项，实验中剩余的高锰酸钾若确认未受污染，可先配成溶液并通过适当的还原或稀释等常规方式进行安全处理，A正确；B项，分液漏斗、容量瓶、滴定管是带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前都需要检查是否漏水，B正确；C项，钠的燃烧实验的主要危险在于其金属的强还原性、遇水剧烈反应及燃烧的火灾危险，并不涉及用电安全，因而所给的“当心触电”符号不恰当，C错误；D项，碱溶液沾到皮肤上应先用大量水冲洗，随后再用弱酸(如1%硼酸)进行进一步处理是正确的急救措施，D正确；故选C。8．【原创】下列方程式正确的是()A．Cu(OH)2溶于氨水中：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-B．Cl2通入足量碳酸钠溶液中：Cl2+CO32-+H2O=HCO3-+Cl-+HClOC．溴水与足量乙醛反应：Br2+CH3CHO+H2O=CH3COO-+3H++2Br-D．滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO32--+2H+═H2O+CO2↑【答案】A【解析】A项，Cu(OH)2溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+和OH⁻，方程式正确反映了络合反应，且原子和电荷守恒，A正确；B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-；C项，溴水与乙醛反应生成乙酸和溴化氢，弱电解质乙酸应写为分子形式：Br2+CH3CHO+H2O=CH3COOH+2H++2Br-，C错误；D项，滴加盐酸至酚酞红色恰好褪去时，溶液pH降至约8.3，此时CO32-主要转化为HCO3-，而非直接生成CO2，正确反应方程式为：CO32-+H+→HCO3-，D错误；故选A。9．二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下。下列说法错误的是()A．K和M中均含有手性碳原子B．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物C．该材料性能优良，但不耐强酸和强碱D．生成1molM参加反应的CO2的物质的量为(m+n)mol【答案】B【解析】A项，由图可知，K分子中含有如图*所示的手性碳原子：，M分子中含有如图*所示的手性碳原子：，A正确；B项，由图可知，K分子、L分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成M，所以合成M的过程中会产生含五元环的副产物，即：，B错误；C项，由图可知，M分子中含有酯基，在强酸或强碱溶液中会发生水解反应，所以使用该材料时应避免接触强酸或强碱，C正确；D项，根据反应可知，mmolK分子、nmolL分子与(m+n)molCO2发生加聚反应生成1molM，理论上消耗(m+n)molCO2，D正确；故选B。10．【改编】利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是()A．证明乙炔可使溴水褪色B．实验室快速制备和收集满氨气C．用已称取的2.4g固体NaOH配制60mL左右浓度约的NaOH溶液D．蒸馏时的接收装置【答案】C【解析】A项，实验室制取乙炔时含有H2S、PH3杂质，杂质能与溴单质发生氧化还原反应使溴水褪色，不能证明乙炔使溴水褪色，A错误；B项，氨气密度比空气小，应使用向下排空气法，导气管应伸入试管底部，B错误；C项，2.4g氢氧化钠物质的量为0.06mol，配成60mL溶液，则浓度约为1.0mol/L，用量筒量取蒸馏水，在烧杯中溶解，可以达到实验目的，C正确；D项，蒸馏时接收装置的锥形瓶不能密封；如果密封，会导致体系压强增大，液体无法顺利收集，且易发生危险，D错误；故选C。11．氟氢化钾(KHF2)，晶体结构与类似，工业上可用于制氟气，下列说法不正确的是()A．KHF2晶体中每个K+紧邻的K+有6个B．KHF2中阴阳离子个数比是C．电解熔融KHF2制F2：2KHF22KF2+H2↑+F2↑D．KHF2中的作用力有离子键、氢键、共价键【答案】A【解析】A项，KHF2晶体结构与NaCl类似，每个K+周围紧邻的同种离子(K+)数目应为12个(面心立方结构)，而非6个，A错误；B项，KHF2由K+和HF2-以1∶1比例组成，阴阳离子个数比为1∶1，B正确；C项，电解熔融KHF2制F2，阳极生成F2，阴极生成H2，电解方程式正确，C正确；D项，KHF2中K+与HF2-间为离子键，HF2-内部含共价键和氢键，D正确；故选A。12．常温下，通过电解使CO2转化为甲酸的装置如图所示，催化剂为掺杂Bi纳米片。极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。下列说法正确的是()A．极与外接电源的负极相连B．“交换膜”只允许阴离子通过C．极的电极反应式主要为CO2+2H＋＋2e-=HCOOHD．产生1molO2时，极得到4molCO【答案】C【解析】装置为电解池，N极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，还可能发生副反应产生CO，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，M极为阳极，H2O被氧化生成O2，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。A．M极为阳极，与外接电源的正极相连，A错误；B项，根据阳极反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋以及阴极反应需要氢离子，可判断，“交换膜”是阳离子交换膜，通过氢离子，B错误；C项，N极为阴极，发生还原反应，CO2被还原为甲酸，电极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，C正确；D项，产生1molO2时，转移4mole-，N极生成HCOOH和CO物质的量总和为2mol，因此N极得到4molCO错误；故选C。13．【新考法】2-巯基烟酸(X)与V₂O₅在一定条件下可生成2-巯基烟酸氧钒(Y)，其结构变化如图所示。下列说法错误的是()A．基态V原子的价电子排布式为3d34s2，属于d区元素B．第一电离能：N＞O＞S，电负性：O＞N＞SC．基态O原子的电子有5种不同的空间运动状态D．基态S原子的核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上共有4个电子【答案】D【解析】A项，V为23号元素，基态原子价电子排布式为3d34s2，属于d区元素，A正确；B项，根据元素周期律，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，所以O的第一电离能大于S，N的2p3半满稳定，第一电离能大于O，则第一电离能：N＞O＞S，同周期主族元素从左到右，电负性增大，因此O的电负性大于N，N的非金属性强于S，故电负性N＞S，则电负性：O＞N＞S，B正确；C项，基态O原子电子排布为1s22s22p4，空间运动状态由电子所占据的轨道数目决定，O的轨道为1s、2s、2pₓ、2pᵧ、2pz，共5种空间运动状态，C正确；D项，基态S原子电子排布为1s22s22p63s23p4，电子云轮廓图呈哑铃形的是p能级(2p、3p)，2p有6个电子，3p有4个电子，共10个电子，并非“4个”，D错误，故选D。14．苯甲酸甲酯，又名安息香酸甲酯，可用作食品保鲜剂。制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(部分生成物已略去)所示。下列说法错误的是()A．物质2可降低总反应的活化能B．化合物4→5过程中，体现了化合物4的氧化性C．该机理中涉及非极性共价键的断裂和形成D．总反应可表示为【答案】B【解析】A项，该机理图中化合物2的特点是先消耗，后生成，符合催化剂的特点，所以化合物2是催化剂，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；B项，化合物4与H2O2反应生成化合物5，此过程羟基转化为羰基，属于氧化反应，过氧化氢体现氧化性，B错误；C项，机理中H2O2的O-O非极性键断裂，且物质2与Ph-CHO加成时形成新的C-C非极性键，涉及非极性键的断裂和形成，C正确；D项，总反应为苯甲醛、甲醇与H2O2在催化剂作用下生成苯甲酸甲酯和水，方程式符合原子守恒，D正确；故选B。15．25℃时，NH3·H2O(可看作NH3+H2O)的Kb=1.8×10－5，Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgI)=8.5×10－17，[Ag(NH3)2]++I-AgI+2NH3的解离常数Kd=6.0×10－8。下列说法不正确的是()A．AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]++Cl-，B．[Ag(NH3)2]++2H+Ag++2NH4+，C．向c(Cl－)、c(I－)均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液至过量，最终D．向10mL0.1mol·L-1AgNO3和10mL0.2mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中加入过量KI固体，仍有AgI生成【答案】C【解析】A项，该反应的平衡常数，A正确；B项，，，反应[Ag(NH3)2]++2H+Ag++2NH4+的平衡常数，B正确；C项，加入过量AgNO3后，溶液中c(Ag＋)相同，则，C错误；D项，Ksp(AgI)=8.5×10－17，向10mL0.1mol·L-1AgNO3和10mL0.2mol·L-1NH3·H2O的混合溶液中加入过量KI固体，可看作[Ag(NH3)2]++I-AgI+2NH3，，混合后溶液中总c(Ag＋)=0.05mol·L-1，总c(NH3)=0.1mol·L-1，形成[Ag(NH3)2]+后游离c(Ag＋)=9.08mol·L-1，加入过量KI后，c(I-)很大，离子积c(Ag＋)·c(I-)Ksp(AgI)=8.5×10－17，故有AgI生成，D正确；故选C。16．以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄[FeO(OH)]的工艺流程如图所示：资料：i.α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。ii.；iii.沉铁过程主要生成FeCO3下列说法不正确的是()A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是Fe.3++3SCN-Fe(SCN)3B．“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉C．“沉铁”过程中有副产物Fe(OH)2生成，可能原因是HCO3-促进了Fe2＋的水解D．若用CaCO3“沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中【答案】B【解析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。A项，取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN-结合生成Fe(SCN)3，溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为：Fe.3++3SCN-Fe(SCN)3，A正确；B项，由分析可知，“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉、α-Al2O3，B错误；C项，Fe2＋在水溶液中会发生水解：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋3H＋，HCO3-可以和H+反应降低c(H+)，促进“沉铁”Fe2＋的水解，则过程中有副产物Fe(OH)2生成，可能原因是HCO3-促进了Fe2＋的水解，C正确；D项，假设用CaCO3"沉铁"时，溶液的pH不足以生成Fe(OH)2，当反应达到沉淀转化平衡时，有CaCO3(s)+Fe2+(aq)FeCO3(s)+Ca2+(aq)，，D正确；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共52分)17．(16分)硫、氮是非常重要的非金属元素。请回答：(1)有关ⅥA族元素及化合物的结构与性质，下列说法正确的是______。A．基态Se原子的简化的电子排布式为[Ar]4s24p4B．基态S原子有9种不同能量的电子C．S和Cr原子价电子数相同，Cr处于周期表的d区D．H2O和H2S键角大小：(2)CuS2是一种低温超导材料，具有较大研究价值。其晶胞结构如图：①Cu2+的配位数(紧邻的阴离子数)为。②已知CuS2固体在足量的高压氧气下，完全溶于足量的氨水，该反应的离子方程式是。③S元素还可形成S2O62-，其结构是A(填“a”或“b”)。(3)三聚氰胺生产时产生大量含氨和CO2的尾气，工业以此为原料，采用氨基磺酸水溶液吸收，联产精细化工中间体——氨基磺酸铵H2NSO3NH4。转化如下图：已知：三聚氰胺结构简式为，与苯环类似，分子为平面结构，存在大π键。①溶液A中阴离子有H2NCOO-、OH-和、。②下列说法正确的是。A．三聚氰胺是极性分子B．步骤Ⅰ中，若硫酸浓度低，易形成(NH4)2SO4副产物C．步骤Ⅲ中，水从上喷淋吸收尾气效率更高D．步骤Ⅳ中，若反应液浓缩后，加入足量的乙醇不能使氨基磺酸铵结晶析出③已知：制备氨基磺酸的另一种方法：NH3+→H2NSO3Ha.氨基磺酸可在足量的热NaOH溶液中水解，其化学方程式是。b.设计实验方案检验氨基磺酸中的N元素。c.NH3与SO3以1:2比例反应生成HN(SO3H)2，HN(SO3H)2可继续消耗NH3生HN(SO3NH4)2，HN(SO3NH4)2可继续消耗NH3生成(NH4)N(SO3NH4)2，从结构度分析最后一步转化能发生的原因。【答案】(1)CD(2分)(2)①6(1分)②2CuS2+7O2+12NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4++10H2O或2CuS2+7O2+12NH3+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4+(2分)③b(1分)(3)①CO32-(1分)HCO3-(1分)②BC(2分)③H2NSO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O(2分)取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N元素(2分)磺酸铵具有强吸电子能力，增大N-H键极性，导致N-H键很容易电离出H+(2分)【解析】(1)A项，Se是34号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p4，A错误；B项，基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，同一亚层电子能量相同基态S原子有5种不同能量的电子，B错误；C项，S([Ne]3s2 3p4)与Cr([Ar] 3d54s1)在最外层都有6个价电子，且Cr处于d区，C正确；D项，H2O和H2S同为sp3杂化，孤独电子数也相同，O比S电负性更大，所以在H2O中，成键电子对更靠近中心原子，孤电子对-成键电子对之间斥力更强，H2O键角更大，所以H2O键角大于H2S，D正确；故选CD。(2)①由给定晶胞示意图可知，Cu位于顶点，S22-位于棱心，以任一Cu原子为中心，左右各一个S22-原子与Cu距离最近，上下各一个S22-原子与Cu距离最近，前后各一个S22-原子与Cu距离最近，Cu2+与周围6个S22-最近邻，故其配位数为6；②在足量NH3和高压O2条件下，CuS2溶解时，S被氧化为SO42-，Cu2+与NH3生成[Cu(NH3)4]2+。该离子方程式为2CuS2+7O2+12NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4++10H2O；③S2O62-中，若以a中O-O键相连，属于过氧键，此时O为-1价，不稳定，而b结构中，S形成6条共价键，电子云分布较均衡，稳定性比a强，故选b；(3)①氨气和二氧化碳融入水中，生成阴离子还有CO32-和HCO3-；②A项，三聚氰胺分子呈平面且高度对称，为非极性分子，A错误；B项，若发烟硫酸浓度偏低，易与NH3生成(NH4)2SO4等副产物，B正确；C项，一般吸收操作多采用逆流喷淋效果更佳，C正确；D项，氨基磺酸铵不溶于乙醇，加足量乙醇降低溶解度有晶体析出，D错误；故选BC。③氢氧化钠足量，化学方程式为H2NSO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O；取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N元素；磺酸铵具有强吸电子能力，增大N−H键极性，导致N−H键很容易电离出H+，可以继续消耗NH3。18．【新考法】(14分)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答：(1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应：反应Ⅰ

CO2(g)CO2(aq)

，表示CO2的分压反应Ⅱ

CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)

①反应Ⅰ能自发进行的条件是。②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算=。③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~t3时，浓度与时间t关系图[已知]。(2)H2CO3(aq)中存在下列平衡：CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)

H2CO3(aq)HCO3-(aq)+H+(aq)HCO3(aq)CO32-(aq)+H+(aq)

K①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K=(用、表示)。②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3NaHCO3(用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因。(3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示：已知：假设快反应先达到平衡。①下列说法不正确的是。A．途径a中Q为49kJ/molB．途径a决速步的过渡态为TS2C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释。【答案】(1)较低温度(2分)0.002(2分)(2分)(2)(1分)＞(1分)碳酸氢根离子之间存在氢键(2分)(3)CD(2分)温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响(2分)【解析】(1)①反应Ⅰ混乱度减小(ΔS)；气体溶于水放热即ΔH，要使反应Ⅰ能自发进行，则ΔG=ΔHΔS，因此需要低温条件才能自发进行，故选较低温度；②反应Ⅱ达到平衡时，正、逆反应速率相等，即：，反应Ⅱ的平衡常数，因此：；③由题，反应Ⅰ的平衡常数，已知，因此平衡时cCO2=amol·L-1，则t1~t2段：t1时达到平衡，cCO2=amol·L-1，因此此段浓度保持水平直线(值为a)；t2时刻：加入10mL水，溶液体积从10mL变为20mL，cCO2被稀释，浓度瞬间降至0.5a(体积加倍，浓度减半);t2~t3段：稀释后，由于cCO2和温度不变，反应Ⅰ会正向进行(溶解更多CO2(g)，使CO2(g)浓度逐渐回升至平衡浓度a，最终保持稳定，因此图像为：；(2)①由题，方程式CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)，K可由CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)与H2CO3(aq)HCO3-(aq)+H+(aq)相加得到，因此K=；②相同条件下，Na2CO3在水中溶解度大于NaHCO3在水中溶解度；Na2CO3和NaHCO3均为离子晶体，碳酸氢根离子之间存在氢键，这种分子间作用力增强了HCO3-的聚集程度，使其更难分散到水中，因此溶解度更低，故选＞；碳酸氢根离子之间存在氢键；(3)①A项，催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则(Q-60)=-11kJ·mol−1，因此Q=49kJ·mol−1，A正确；B项，决速步对应活化能大的过渡态，TS2的活化能(129-90=39)小于TS1(106-60=46)，因此途径a决速步的过渡态为TS1，B错误；C项，催化剂(碳酸酐酶)只改变反应速率，不影响平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，C错误；D项，途径b中加入NaOH(s)，OH-与H+反应，平衡右移，但HCO3-可能与OH-进一步反应生成CO32-，因此HCO3-的平衡浓度不一定增大，D错误；故选BCD；②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响，因此反应速率减小。19．(10分)磷酸铵镁(MgNH4PO4)，俗称鸟粪石，是一种白色晶体，难溶于水(室温下溶解度为0.02g/100ml)，是集氮磷镁为一身的高效缓释肥料。该物质300℃左右分解，最终产物为焦磷酸镁(Mg2P2O7)。I.某学习小组设计实验制备磷酸铵镁晶体，步骤如下：①取20mL1.0mol/LMg溶液于100mL烧杯中，加入20mL1.0mol/LNH4Cl溶液。②在持续搅拌下，向上述混合溶液中逐滴加入20mL1.0mol/LMgNH4PO4溶液。③滴加完毕后，将混合溶液转移到三颈烧瓶中，继续搅拌15分钟，然后用10%稀氨水调节反应混合物的pH至9～10。实验装置如图。④静置陈化1小时后，过滤，用少量冷水洗涤沉淀2～3次。⑤将沉淀置于表面皿上，在80℃的烘箱中干燥，得到无水磷酸铵镁。已知磷酸(H3PO4)为三元弱酸，其水溶液发生三步电离：H3PO4H++H2PO4-H2PO4-H++HPO42-HPO4H++PO43-请回答：(1)写出三颈烧瓶中发生的离子反应方程式。(2)静置陈化1小时有利于过滤操作，其原因是。(3)本实验中pH调控是关键，结合电离平衡与沉淀溶解平衡的移动，分析pH不能太小的原因。II.为测定所制得产品的纯度，该小组准确称取3.000g产品，300℃左右充分加热使其完全分解，冷却后干燥，称得残余固体的质量为2.480g(此温度下杂质不分解)。已知相关物质的摩尔质量：M(MgNH4PO4)=137g/mol。请回答(4)设计实验检验分解时的气态产物。(5)请通过计算判断该产品中MgNH4PO4的质量分数能否达到90%？(填“能”或“否”)。III.农业生产中化肥的过度施用，将导致水体中氮(NH4+)、磷(HPO4-)元素的过量输入。鸟粪石(磷酸镁铵)沉淀法是一种高效且能变废为宝的废水处理技术。(6)涉及该技术的相关问题，下列说法中正确的是_______。A．氮磷含量的超标，是水体富营养化的主要原因B．处理过程中，往废水加入一定量的Mg进行沉降即可较大程度地除去氮磷C．工业上，可以以海水、澄清石灰水、盐酸为原料，经过滤、洗涤、干燥、溶解得到氯化镁溶液D．该方法的一个显著优点是实现了磷和氮的资源化回收，得到的鸟粪石可以作为优质的缓释肥料，符合循环经济理念【答案】(1)Mg2++HPO42-+NH3·H2O=MgNH4PO4↓+H2O(2分)(2)使固体颗粒变大，防止堵塞滤纸小孔(1分)(3)pH过小，H+浓度过大，HPO42-H++PO43-，平衡逆向移动，PO43-浓度变小，Mg2++PO43-+NH4+MgNH4PO4(s)正向进行的程度小，产率低(2分)(4)方法1：用干燥烧杯罩在坩埚(试管口)上方，变模糊(或出现水珠)，证明有水蒸气，用(湿润)的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，变蓝，证明有氨气；方法2：取少量气体通入无水硫酸铜中，固体变蓝证明有水；用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气；方法3：证明有水蒸气和氨气同时存在或用干燥的红色石蕊试纸放在坩埚(试管口)上方，试纸变蓝，证明有水蒸气和氨气同时存在；(答案合理即可)(2分)(5)能(1分)(