2026年广东深圳市2026届高三年级下学期第二次调研考试 化学 试题（学生版+解析版）新版

上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。1.“合禽(yuè)为合(gě),十合(gě)为升”,量器是劳动人民智慧的结品。下列量器主要由无机非金属材料制成的是A.石合2.科技自主创新筑牢强国发展根基。下列对科技成果中所涉及的化学知识的描述正确的是A.“东方超环”核聚变装置创造世界纪录：核聚变主要原料²H的质子数与³H的不同B.首艘电磁弹射型航母“福建舰”入列：舰体材料中的高强度钢的硬度比纯铁的大C.“超分子球”精准清除致病蛋白：空腔越大的“超分子球”对致病蛋白的识别能力越强3.劳动是创造价值的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A以油脂为原料生产肥皂甘油的沸点远高于丙烷的沸点B淀粉遇I₂变蓝C加入膨松剂(主要成分为NaHCO₃)蒸馒头NaHCO₃可中和酸并受热分解DA.AB.BA.剧院墙面吸声材料中的玻璃纤维属于分子晶体B.书法绘画所用宣纸中的纤维素属于合成高分子C.钢琴琴键材料中的酚醛树脂可通过缩聚反应制得D.运动计时器玻璃组件中的石英的主要成分是Si5.实验室以AICl₃粗品(含有少量FeCl₃)为原料，经溶解、萃取[萃取剂AIClAICl₂粗品含Fe(III)的有机相含AI(III)的水相水相C.检验Fe³是否除净D.制得无水AICl₃A.AB.BA.W是H₂选项陈述I陈述ⅡA汽油B苯酚与浓溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚环的活性有影响C向CuSO₄溶液中通入H₂S气体，无明显现象H₂S的酸性弱于H₂SO₄的酸性D金属钠应保存在煤油中钠质软，能用刀切割8.物质的性质决定其用途。下列相关反应的离子方程式书写正确的是A.覆铜板制作印刷电路板：2Fe³++3Cu=2Fe+3Cu²+C.用稀硫酸回收定影液(含Na₂S₂O₃)中的硫：S₂O₃⁻+2H⁺=SO₂↑+S↓+H₂OD.用银氨溶液检验乙醛中的醛基：9.下列有关物质性质差异的主要原因的描述错误的是选项性质差异主要原因A熔点：CCl₄>CHB酸性：CFCOOH>CCI₃COOH电负性：F>ClC原子半径：Si>CD在水中的溶解度：O₃>O₂分子极性：O₃>O₂A.AB.B10.利用如图所示装置进行实验(夹持及加热装置略),打开K、K₂,将铜丝插入浓硫酸中进行加热，一定时间后停止加热，抽出铜丝，关闭K₁、K₂。取下橡胶塞，干燥管内液面上升，下列说法正确的是尾气溶液溶液KMnO₄橡胶塞溶液浓硫酸水A.试管中溶液变蓝，体现了H⁺的氧化性B.干燥管内液面上升至高于烧杯中液面，说明SO₂能与水反应C.a处溶液变浑浊，说明SO₂具有氧化性D.b、c处溶液褪色，均体现了SO₂的11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.电解精炼铜时，阳极质量减少64g,转移的电子数为2NC.22.4LN₂和C₂H₂混合气体中所含电子的数目为14NAD.常温下，1LpH=12的Ba(OH)₂溶液中含OH的数目为10⁻²NA12.利用如图所示装置(夹持装置略)验证含氮化合物的相关性质。实验时，先打开K、K₂,通入N₂一段时间后，再通入NO₂,试管a、b中气体均无色，试管c中气体为红加热试管d,其气体颜色逐渐变深。下列说法错误的是A.先通入N₂的主要目的是排尽装置内的空气B.试管a中NO₂与H₂O反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2D.水浴加热后试管d中现象说明2NO₂(g)一N₂O₄(g)的焓变大于013.元素R、W、X、Y、Z为短周期元素均只有1个未成对电子；R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍。下列说法正确的是A.第一电离能：X>YC.ZR?-的空间结构为平面三角形D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能发生反应14.一种以苯甲醛、氨水和NaNO₂为原料电合成苯腈的装置的工作原理如图所示，其中，Cu₂O(x=1~2)电极上可发生CuO和Cu₂O的相互转化。电解过程中，下列说法正确的是NH,H₂O阳离子交换膜NE,H₂OA.Pt电极与电源正极相连B.阴极室溶液的pH逐渐增大C.阳极的电极反应为：D.理论上，阴极产生NH₃·H₂O与阳极室产生的物质的量之比为3:115.甲酸铵(HCOONH₄)在有机合成、分析化学等领域应用广泛。25℃时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法错误的是A.溶液中存在c(HCOo-)>c(NH₄)C.加入氨水调节溶液pH=7,c(HCOOH)=c(NH₃-H₂O)D.加水稀释后，的值变大16.准固态氧离子二次电池以金属有机框架(MOF)材料为电解质，其中，[Als(μ₂-OH)₂(OH₂)₂(mdip)。]形成多孔结构框架，依靠传输CI-实现电荷转移，其工作原理如图所示。下列说法错误的是C.Li+不能迁移通过MOF的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥D.充电时，阳极质量减少，阴极质量增加，且两者变化量相等二、非选择题(本题共4小题，共56分)17.常温下，兴趣小组对氯水成分、Cl₂溶于水的影响因素等进行探究。①装置A中发生反应的化学方程式为.②装置B中盛放的试剂是.(2)检验新制氯水的部分微粒。取(1)中装置C内氯水进行下表实验。实验操作实验现象实验结论再滴加几滴氯水取2mL氯水于试管中，再加入分层，下层油状液(3)探究Cl₂溶于水的影响因素(忽略溶液混合时体积的变化)。初步实验验证Cl₂在水中的最大溶解量随c(H+)增大而降低。用浓度为5mol·L'H₂SO₄溶液配制系列不同浓度的H₂SO₄溶液各10mL,分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表(已知：SO²对Cl₂在水中的溶解不产生影响)。序号溶解氯的总浓度/i12①配制实验ii中H₂SO₄溶液时，需5mol·L⁻¹H₂SO₄溶液mL。实验验证用浓度为5mol-L¹盐酸配制系列不同浓度的盐酸各10mL,分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表。序号溶解氯的总浓度/V1234发现问题：实验结果与猜想不一致。理论解析：②同时增大溶液中c(H+)和c(Cr),(填“反应I”或“反应Ⅱ”)的平衡移动起主导实验讨论：根据上述实验，甲同学认为Cl₂在含有一定浓度CI-的溶液中的最大溶解量随c(H))增大而升③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和NaCI溶液、5mol·L'H₂SO₄溶液、蒸馏水配制成10mL系列溶液，分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表。序号V(饱和NaCI溶液)溶解氯的总浓度613X622631640④结合实验ix～xii,甲同学观点成立的教师指导可能是H+与CI的某种协同作用，促进了Cl₂的溶解。(4)该小组尝试验证HCIO的酸性强于苯酚的酸性。①丙同学认为不能通过HCIO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是②小组讨论后，选用NaCIO溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出判断依据18.钨(W)、钼(Mo)是战略性稀有金属。一种从钨钼矿(主要成分为CaWO₄,还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素)中提取W、Mo的工艺如图所示。Fe₂O₃.CaCO,SiO₂Mg(PO)₂Mg,(AsO)₂已知：常温下，,pK[Mg;(ASO₄)₂]=19.6。1357W(1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为.(2)“碱浸”时，CaWO₄发生反应的化学方程式为(3)常温下，“除磷砷”时：H₂ASO₃+_H₂O₂+_Mg²⁺+_OH=_Mg;(A②磷、砷完全沉淀(c≤10³mol·L¹)后，溶液中c(Mg²+)至少为(4)W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为。②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是 (5)一种含钨、钼、钽(Ta)元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的①W、Mo、Ta的原子个数比为,若Mo与Ta之间的最小间距为a②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与xy、z三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x,y,z三轴截距的倒数为(1,1,1),因此该晶面可标记为(111);则虚线所示晶面可标记为②计算250C时副反应的平衡常数(写出计算过程)20.光催化四组分反应是一种高效且环保的合成策略，物5a的四组分反应如下(反应条件略)。(1)化合物la中含氧官能团的名称为(2)①化合物4a的分子式为,②4a的同分异构体中，同时满足如下条件的共有种(不考虑立体异构);其中，含有手性碳的结构简条件：i.含有苯环ii.能发生银镜反应iii.只含有一个甲基(3)下列说法正确的有.A.通过四组分反应生成5a的过程中原子利用率100%,有π键断裂与σ键形成B.2a分子中有大π键，且2a分子间能形成氢键C.3a分子中碳原子和硼原子均采取sp³杂化(4)根据上述信息，以等为原料合成化合物I。I②第二步，进行(填具体反应类型),其反应的化学方程式为(注明反应条件)。③第三步，合成化合物I:在一定条件下，②中得到的有机物与2a、3a、4a反应。(5)利用光催化四组分反应，直接合成化合物Ⅱ,需要1a、(填化学式)、3a和4a为反应物。Ⅱ1.“合俞(yuè)为合(gě),十合(gě)为升”,量器是劳动人民智慧的结晶。下列量器主要由无机非金A.A【答案】A【解析】B.竹升的原料为竹子，竹子的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选B;C.木斗的原料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选C;D.铜斛的原料是铜，铜是金属材料，故不选D;选A。2.科技自主创新筑牢强国发展根基。下列对科技成果中所涉及的化学知识的描述正确的是A.“东方超环”核聚变装置创造世界纪录：核聚变主要原料²H的质子数与³H的不同B.首艘电磁弹射型航母“福建舰”入列：舰体材料中的高强度钢的硬度比纯铁的大C.“超分子球”精准清除致病蛋白：空腔越大的“超分子球”对致病蛋白的识别能力越强【答案】B【解析】【详解】A.²H和³H互为氢的同位素，质子数均为1,二者质子数相同，A错误；B.高强度钢属于铁合金，合金的硬度一般高于其组成的纯金属，故高强度钢的硬度比纯铁大，B正确；C.“超分子球”对致病蛋白的识别依赖空腔与蛋白的空间尺寸匹配，并非空腔越大识别能力越强，C错误；D.石墨烯与C₆是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；同系物是结构相似、分子组成相差若干个CH₂原子团的有机化合物，二者不互为同系物，D错误；故答案为：B.3.劳动是创造价值的源泉，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A以油脂为原料生产肥皂甘油的沸点远高于丙烷的沸点B淀粉遇I₂变蓝C加入膨松剂(主要成分为NaHCO₃)蒸馒头NaHCO₃可中和酸并受热分解DA.AB.B【解析】【详解】A.以油脂为原料生产肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解(皂化反应),与甘油沸点远高于丙B.淀粉遇I₂变蓝，若淀粉水解液中加入碘水不变蓝则说明淀粉完全水解，二者之间有关联，B不符合题C.NaHCO₃可中和发酵产生的酸，且受热分解生成CO₂气体，能使馒头膨松，二者之间有关联，C不符D.锌的活泼性强于铁，镶嵌在船体上的锌块作负极被腐蚀，船体作为正极被保护，符合牺牲阳极法的防护原理，二者之间有关联，D不符合题意；故答案为：A。4.化学材料在体育、艺术等领域具有广泛应用。下列说法正确的是A.剧院墙面吸声材料中的玻璃纤维属于分子晶体B.书法绘画所用宣纸中的纤维素属于合成高分子C.钢琴琴键材料中的酚醛树脂可通过缩聚反应制得D.运动计时器玻璃组件中的石英的主要成分是Si【解析】【详解】A.玻璃纤维主要成分为硅酸盐和二氧化硅，属于无机复合材料，不属于分子晶体，A错B.纤维素来自植物体内，属于天然高分子材料，不是合成高分子，B错误；C.酚醛树脂可由苯酚和甲醛通过缩聚反应制得，C正确；5.实验室以AICl₃粗品(含有少量FeCl₃)为原料，经溶解、萃取[萃取剂仅与Fe(Ⅲ)结合，AIClAICl₃粗品含AI(II)的水相水相净D.制得无水AICl₃【答案】D【解析】【分析】由题意可知，以氯化铝粗品制备无水氯化铝的实验操作为将粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液；向溶液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含铁离子的有机相和含有铝离子的水相：取水相少许加入硫氰化钾溶液，确定溶液中铁离子完全除净后，在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到无水氯化铝。【详解】A.由图可知，题给操作是氧化铝粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液的溶解操作，A正确；B.由图可知，题给操作是向溶液中加入有机萃取剂萃取溶液中铁离子后的分液操作，用以分液除去含有C.由图可知，题给操作为向溶液中加入硫氰化钾溶液检验水相中铁离子是否完全除净的操作，C正确；D.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，直接加热氯化铝溶液，盐酸受热挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铝，所以制备无水氧化铝应在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到，则题给装置不能制得无水氯化铝，D错误；6.一种以乙醇为原料合成顺丁橡胶的路线如下(反应条件略),反应①可表示为：2X→Y+2H₂O+W。下列说法正确的是B.X、Y中所有原子均共平面C.加热条件下：X在NaOH溶液中发生消去反应D.Z的结构简式为【答案】A【解析】【详解】A.由题目可知：X是,结合反应2X→Y+2H₂O+W根据原子守恒可知：W是H₂,A选项正确：B.乙醇中存在饱和烷基，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共面，B选项错误；C.加热条件、NaOH溶液是卤代烃水解反应的条件，醇消去反应的条件是浓硫酸、加热，C选项错误：D.Z为顺丁橡胶，即应为顺式-1,4-聚丁二烯橡胶的简称，故Z的结构简式应为D选项错误；7.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡA汽油B苯酚与浓溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚环的活性有影响C向CuSO₄溶液中通入H₂S的酸性弱于H₂S气体，无明显现象H₂SO₄的酸性D金属钠应保存在煤油中钠质软，能用刀切割A.AB.B【答案】B【解析】【详解】A.石油分馏是利用各组分沸点差异分离混合物的过程，属于物理变化，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；B.苯无法与浓溴水发生取代反应，苯酚中羟基使相连苯环的邻、对位氢活性增强，因此可与浓溴水反应生成2,4,6三溴苯酚，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意；C.向CuSO₄溶液中通入H₂S会生成黑色CuS沉淀，陈述I错误，C不符合题意；D.金属钠保存在煤油中是因为钠易与空气中的O₂、H₂O反应且钠密度大于煤油，与钠质软的性质无因果关系，D不符合题意：故答案为：B。8.物质的性质决定其用途。下列相关反应的离子方程式书写正确的是A.覆铜板制作印刷电路板：2Fe³++3Cu=2Fe+3Cu²+C.用稀硫酸回收定影液(含Na₂S₂O₃)中的硫：S₂O-+2H⁺=SO₂↑+S↓+H₂OD.用银氨溶液检验乙醛中的醛基：【答案】C【解析】【详解】A.Fe³与Cu反应生成Fe²+而非Fe单质，正确离子方程式为2Fe³++Cu=2Fe²++Cu²+,Ac.S₂O?在酸性条件下发生歧化反应，生成SO₂、S单质和H₂O,该离子方程式电荷、原子均守恒，C程式D错误；9.下列有关物质性质差异的主要原因的描述错误的是选项性质差异主要原因A熔点：CCl₄>CH₄B酸性：CF₃COOH>CCI₃COOH电负性：F>ClC原子半径：Si>CD在水中的溶解度：O₃>O₂分子极性：O₃>O₂【详解】A.CCl₄和CH₄均为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，CCl₄相对分子质量更大，分子间作C.金刚石和晶体硅均为共价品体，原子半径Si>C,C=C键长更短、键能更大，共价键强度更高，故D.水、O₃是极性分子，O₂是非极性分子，根据相似相溶原理，分子极性更强的O₃在水中溶解度更大，D10.利用如图所示装置进行实验(夹持及加热装置略),打开K、K₂,将铜丝插入浓硫酸中进行加热，一定时间后停止加热，抽出铜丝，关闭K、K₂。取下橡胶塞，干燥管内液面上升。下列说法正确的是处理浓硫酸水A.试管中溶液变蓝，体现了H+的氧化性C.a处溶液变浑浊，说明SO₂具有氧化性D.b、c处溶液褪色，均体现了SO₂的漂白性【答案】C【详解】A.浓硫酸与Cu反应时，S元素发生化合价变化，并未体现H+的氧化性，A错误；C.a处为Na₂S溶液，溶液变浑浊说明SO₂与Na₂S反应生成S沉淀，SO₂中S的化合价下降，说明SO₂具有氧化性，C正确；D.b处品红褪色体现SO₂的漂白性，但使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO₂具有还原性，D错误：故答案选C。A.电解精炼铜时，阳极质量减少64g,转移的电子数为2N【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，除Cu外还含Zn、Fe等活泼杂质(优先失电子)及Ag、Au等不活泼杂质(形成阳极泥)。因此，当阳极质量减少64g时，实际参与反应的Cu质量可能小于64g,且不同金属摩尔质量不同，导致转移电子数不一定为2N,A错误；B.P₄分子为正四面体结构，每个P原子与3个P原子成键，但每根键被两个原子共享，故总键数为。1molP含6mol共价键，即6NC.题目未指明“标准状况”,22.4L混合气体物质的量不一定是1mol。虽然N₂和C₂H₂每分子均含14个电子，若为1mol则电子总数为14NA,但体积条件缺失，无法确定物质的量，C错误；D.常温下pH=12,则c(H)=10¹²mol/L,由K=10⁻¹得c(OH)=10²molL。溶液体积为1故选D。12.利用如图所示装置(夹持装置略)验证含氮化合物的相关性质。实验时，先打开K、K₂,通入N₂一段时间后，再通入NO₂,试管a、b中气体均无色，试管c中气体为红棕色。[已知：加热试管d,其气体颜色逐渐变深。下列说法错误的是A.先通入N₂的主要目的是排尽装置内的空气B.试管a中NO₂与H₂O反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2D.水浴加热后试管d中现象说明2NO₂(g)一N₂O₄(g)的焓变大于0【解析】【分析】通入N₂,排尽装置内的空气，NO₂通入a试管，与水反应生成NO,再通过稀硝酸后通入c中的浓硝酸，NO被氧化为NO₂,进入d中，水浴加【详解】A.先通入N₂,将装置内的空气排出，防止其干扰实验，故A正确；B.a试管中发生反应3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO,氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2,故B正确；C.b中气体是无色的，说明NO不能被稀硝酸氧化，c中变为红棕色，说明c中的浓硝酸将NO氧化为NO₂,可证明此条件下浓硝酸的氧化性强于稀确酸的氧化性，故C正确；D.水浴加热后试管d中气体颜色加深，说明2NO₂(g)→N₂O₄(g)逆向移动，该反应是放热反应，焓答案选D。13.元素R、W、X、Y、Z为短周期元素，其微粒半径(r)的大小如图所示。其中，W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子；R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍。下列说法正确的是A.第一电离能：X>YC.ZR-的空间结构为平面三角形D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能发生反应【答案】D【解析】【分析】R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍，所以R是0(8号元素),Z是S(16号元素),W.X、Y的基态原子均只有1个未成对电子，符合条件的有第IA主族、第ⅢA主族和第VIA主族，结合原子半径，同周期原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大：W半径小于O,所以W为F,X、Y、Z原子半径比R、W明显大，且呈逐渐减小趋势，应为同周期，X原子半径最大，所以为Na,则Y为Al。【详解】A.第一电离能从左到右呈增大趋势，所以第一电离能：Al>Na,A错误；B.非金属性越强对应氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：HF>H₂O,B错误；C.ZR-即SO₃-中心S原子价层电子对数为：有1对孤电子对，空间结构为三角锥D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物，分别为：NaOH、Al(OH)₃、H₂SO₄,氢氧化钠和硫酸可故选D。14.一种以苯甲醛、氨水和NaNO₂为原料电合成CuO(x=1~2)电极上可发生CuO和Cu₂O的相互转化。电解过程中，下列说法正确的是NaOH溶液NH,H₂O阳离子交换膜A.Pt电极与电源正极相连B.阴极室溶液的pH逐渐增大D.理论上，阴极产生NH₃·H₂O与阳极室产生的物质的量之比为3:1【解析】【分析】左侧Cu₂O电极中，Cu₂O转化为CuO时，Cu元素化合价从+1升高到+2,失电子发生氧化反应，因此左侧为阳极，接电源正极；右侧Pt电极上，NO₂转化为NH₃H₂O时，N元素化合价从+3降低到-3,得电子发生还原反应，因此右侧Pt为阴极，接电源负极。B.阴极(Pt极)的电极反应为：NO₂+0+6H₂O=NH₃?2间为阳离子交换膜，允许阳离子Na+从阳极室移入阴极室，OH-留在阴极，c(OH-)逐渐增大，溶液pH逐渐增大，B正确；C.选项给出的反应是有机物与CuO在溶液中的氧化还原反应，不是阳极的电极反应；阳极的电极反应是Cu₂0失电子生成CuO:Cu₂O+20H-2e⁻=2CuO+H₂O,C错误：D.根据电子守恒：生成,消耗2molCuO,阳极转移2mol电子；生成1molNH₃H₂O阴极转移6mol电子；因此：m(NH₃H₂O)×6=m(苯腈)×2得n(NH₃H₂O):n故答案选B。15.甲酸铵(HCOONH₄)在有机合成、分析化学等领域应用广泛。25℃时，其水溶液显酸性。下列关于A.溶液中存在c(HCoo-)>c(NH)C.加入氨水调节溶液pH=7,c(HCOOH)=c(NH₃·H₂O)D.加水稀释后，的值变大【解析】【详解】A.溶液显酸性，故c(H)⁺>c(OH)⁻,结合电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(HCO0-)+c(OH),可得c(HCOo)>c(NH₄),A正确；B.甲酸铵中HCOO-和NH初始浓度相等，根据物料守恒，含C微粒总浓度等于含N微粒总浓度，即c(HCOO)+c(HCOOH)=c(NH;)+c(NH₃H₂O),BC.加入氨水调pH=7时，由电荷守恒得c(NH₄)=c(HCOo-),但氨水引入了额外的N元素，因此含N微粒总浓度大于含C微粒总浓度，即c(NH₄)+c(NH₃·H₂O)>c(HCOO)+c(HCOOH),代入c(NH)=c(HCOo),D.甲酸电离常数,变形得,加水稀释时溶液酸性减弱，c(H)减小，温度不变K不变，故该比值变大，D正确：故选C,所示。下列说法错误的是形成多孔结构框架，依靠传输CI实现电荷转移，其工作原理如图C.Li+不能迁移通过MOF的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥D.充电时，阳极质量减少，阴极质量增加，且两者变化量相等【解析】【分析】由题干图示信息可知，放电时Li电极的电极反应为：Li-e+Cl=LiCl,即Li为负极，左侧电极为正左侧电极是阳极，电极反应为：FeO+CI-e=FeOCI,据此分析解题。【详解】A.由分析可知，放电时，左侧电极是正极，电极反应为：FeOCl+e=FeO+CI,A正确；B.由分析可知，放电时，左侧电极为正极，Li电极为负极，原电池中阴离子由正极移向负极即CI从左侧经MOF向右侧迁移，B正确；C.由题干信息可知，MOF带正电，故Li⁴不能迁移通过MOF的主要原因是多孔结构框架对Li'有强烈的静电排斥，C正确；D.由分析可知，充电时，阳极反应为：FeO+CH-e=FeOCI,即阳极质量增加，阴极反应为：LiCl+e=Li+CI,则阴极质量减少，结合电子守恒，阳极增加的质量与阴极减少的质量相等，D错误：二、非选择题(本题共4小题，共56分)17.常温下，兴趣小组对氯水成分、Cl₂溶于水的影响浓盐酸浓盐酸①装置A中发生反应的化学方程式为②装置B中盛放的试剂是.(2)检验新制氯水的部分微粒。取(1)中装置C内氯水进行下表实验。实验操作实验现象实验结论再滴加几滴氯水—取2mL氧水于试管中，再加入分层，下层油状液(3)探究Cl₂溶于水的影响因素(忽略溶液混合时体积的变化)。用浓度为5mol·L'H₂SO₄溶液配制系列不同浓度的H₂SO₄溶液各10mL,分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表(已知：SO²⁻对Cl₂在水中的溶解不产生影响)。序号i12实验验证用浓度为5mol-L¹盐酸配制系列不同浓度的盐酸各10mL,分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表。序号V1234查阅资料：氯水中还存在反应Ⅱ:Cl₂+CI→CI₃理论解析：②同时增大溶液中c(H)和c(Cr),_(填“反应I”或“反应Ⅱ”)的平衡移动起主导实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和NaCI溶液、5mol·L'H₂SO₄溶液、蒸馏水配制成10mL系列溶液，分别向其中通入Cl₂,测得Cl₂的最大溶解量，记录数据如表。序号NaCI溶液)溶解氯的总浓度613X622631640(4)该小组尝试验证HCIO的酸性强于苯酚的酸性。①丙同学认为不能通过HCIO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是②小组讨论后，选用NaCIO溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出判断依据【答案】(1)(2)①.溶液先变红后褪色②.氧水中存在Cl₂(3)①.2.0②.反应Ⅱ③.实验v~viii中，同时增大溶液中c(H+)、c(cr)(1分，或答实验v～viii中，溶液中c(CI-)也在增加)④.A₄>A₃>A₂>A,(或答A₁<A₂<A₃<A₄)(4)①.HCIO与苯酚钠发生氧化还原反应②.分别取等浓度的NaCIO溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用pH计分别测定两溶液的pH,苯酚钠溶液的pH比NaCIO溶液的pH大，即可验证【解析】【分析】A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，通过B中饱和食盐水除去挥发的氯化氢，氯气通入水中制得氧水，最后D中氢氧化钠溶液进行尾气处理，新制氯水中存在Cl₂、H、CI、HCIO、CIO等微粒，据此【小问1详解】①A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，化学方程式②装置B中盛放的试剂是饱和NaCI溶液，用于除去挥发的氯化氢；【小问2详解】取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水，溶液先变红后褪色，证明氯水中存在H+、HCIO;氯气易溶于CCl,取2mL氧水于试管中，再加入2mLCCl₄,充分振荡后静置分层，下层油状液体呈浅黄绿色，证明氯水中存在Cl₂:【小问3详解】①根据稀释前后，溶质的物质的量不变，配制实验ii中H₂SO₄溶液时，需5mol·L'H₂SO₄溶液体积为②实验中同时增加c(H)和c(cr),Cl₂的最大溶解量增大，可知反应Ⅱ的平衡移动起主导作用；③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验v～viii中，同时增大溶液中c(H+)、c(Cr)(或答实验v~viii中，溶液中c(CI-)也在增加);④结合实验ix～xii,甲同学观点成立的依据是溶液中CI浓度相同，增加氢离子浓度，溶解氯的总浓度【小问4详解】①丙同学认为不能通过HCIO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是HCIO具有强氧化性，会与苯酚钠发生氧化还原反应；②利用等浓度的两种盐溶液碱性强弱判断，方案为：分别取等浓度的NaCIO溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用pH计分别测定两溶液的pH,苯酚钠溶液的pH比NaCIO溶液的pH大，根据“越弱越水解”即可验证HCIO的酸性强于苯酚的酸性。18.钨(W)、钼(Mo)是战略性稀有金属。一种从钨钼矿(主要成分为CaWO₄,还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素)中提取W、Mo的工艺如图所示。Fe₂O₃-CaCO,SiO₂Mg(PO)₂Mg,(AsO)₂焙烧碱浸在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表：1357W(1)基态砷原子价层电子的轨道表示式为(2)“碱浸”时，CaWO₄发生反应的化学方程式为(3)常温下，“除磷砷”时：①除砷反应的离子方程式为：H₂AsO₃+_H₂O₂+_Mg²++_OH⁻=_Mg₃(A②磷、砷完全沉淀(c≤10⁵mol·L¹)后，溶液中c(Mg²+)至少为mol·L⁻¹(已知：(4)W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析：①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是。(5)一种含钨、钼、钽(Ta)元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。①W、Mo、Ta的原子个数比为,若Mo与Ta之间的最小间距为anm,则晶胞的边长为nm。②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记品面，是指晶面分别与不y、z三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数，图中，实线所示晶面与x,y,z三轴截距的倒数为(1,1,1),因此该品面可标记为(111);则虚线所示晶面可标记为.【答案】(1)(4)①.7②.节约硫酸用量【解析】【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9,加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸镁【小问1详解】砷(33号元素)价电子排布为4s²4p³,根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电子(成对),4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：【小问2详解】根据流程图，碱浸时加入Na₂CO₃溶液，CaWO₄与Na₂CO₃反应生成Na2WO₄与CaCO₃沉淀，故反应方程式为：CaWO₄+Na₂CO₃=CaCO₃+Na【小问3详解】①反应物H₂AsO₃中As的化合价为+3价，被H₂O₂氧化为+5价(生成Mg(AsO₄)2,As为+5价),根据电2H₂AsO₃+2H₂O₂+3Mg²++4OH⁻=Mg₃(AsO₄【小问4详解】子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，Mo不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7,以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶【小问5详解】W和Mo原子半径相近，观察上图可知Mo原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，设晶胞边长为L,则立方晶胞的体对角线长度为√3L,体心到棱心的最短距离，为体对角线的,根据题意，该距离为anm,因此：解得晶胞边长为②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在x、y、z轴上的截距，图中虚线晶面的截距为(1,2,1;取截距的倒数为(1,0.5,1):化为最简整数比，将三个数同时乘以2,消去小数，得到(2,1,2),因此，该晶面的19.工业合成氨是20世纪人类的伟大发明之一。以N₂Q2与CO为原料合成NH₃,直接合成氨路线与传统合成氨路线如图所示。①直接合成②水煤气变换③传统合成(1)在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的CO,其反应为：△S<0,该反应在(填“高温”或“低温”)下能正向自发进行。(2)已知：N₂(g)+3H₂(g)→2NH₃(g)△H=-92.4kJ·mol¹;N-H键能为391kJ·mol¹;E反应进程该反应体系中发生主反应3CO(g)+3H₂O(g)+N₂(g)一2NH₃(g)+3CO₂(g)△H<0;同时，还发生副反应CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H₂(g)△H<0。②计算250C时副反应的平衡常数(写出计算过程)已知：一般情况下，催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大。【解析】【小问1详解】【小问2详解】E=△H+2346kJ·mol⁻¹=-92.4kJ-mol⁻¹+2346kJ·mol⁻¹=2253.【小问3详解】A.催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，故不能提高NH₃的平衡产率，A错误；B.c(H₂O)=c(CO)并不能说明达到平衡状态，平衡状态的本质是各组分的浓度保持不变，并不是相C.主反应为气体分子数减小的反应，增大体系压强，平衡向正方向移动，c(CO₂)增大，副反应为反应前后气体分子数不变的反应，不受压强影响，但由于c(CO₂)增大，平衡逆向移动，C正确；【小问4详解】n始n平33X33X10100