2026年高考化学临考冲刺卷02（广东专用）（全解全析）

/2026年高考化学临考冲刺卷（广东专用）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：H1C12N14O16S32一、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．马在中华文化中象征着奋进与忠诚。下列艺术品的主要材质属于硅酸盐的是A．西汉・彩绘木马B．东汉・青铜奔马C．唐·三彩陶马D．现代・奔马图【答案】C【解析】A．彩绘木马：主要材质是木材，木材主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，A错误；B．青铜奔马：青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于硅酸盐，B错误；C．唐三彩陶马：唐三彩属于陶瓷，陶瓷以黏土为原料烧制而成，主要成分是硅酸盐，C正确；D．现代奔马图：主要材质是纸张，纸张主要成分为纤维素，属于有机物，不属于硅酸盐，D错误；故选C。2．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是A．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”的作用相同B．人体血浆中存在的缓冲体系，可以避免体系pH出现大幅度变化而影响身体健康C．电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于二次电池D．民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀【答案】A【解析】A．酒曲是酿酒过程的酶催化剂，作用是将糖类发酵转化为乙醇；发酵粉主要成分为碳酸氢钠，作用是反应生成使面食疏松多孔，二者作用不相同，A错误；B．人体血浆中的缓冲体系可分别与外来的、反应，维持pH相对稳定，避免pH大幅变化危害健康，B正确；C．锂离子电池可反复充放电，属于二次电池，电车使用锂离子电池符合环保要求，C正确；D．半干半湿条件下，金属表面有薄水膜且氧气充足，最易发生吸氧腐蚀，因此有“不干不湿就半年”的说法，D正确；故选A。3．锅间烟火，烹出万千佳肴。下列有关说法正确的是A．铝锅所用的铝材在工业上利用电解熔融制备B．生铁锅主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，熔点比纯铁高C．不锈钢锅中含有，基态原子的价层电子排布式为D．不粘锅涂层常用聚四氟乙烯制造，其单体是四氟乙烯()【答案】D【解析】A．工业上电解熔融制备，因是共价化合物，熔融态不导电，A不符合题意；B．生铁是铁碳合金，合金熔点低于组分纯金属，故生铁熔点比纯铁低，B不符合题意；C．基态原子的价层电子排布式为，为半充满稳定结构，C不符合题意；D．聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯（），四氟乙烯可通过加聚反应得到聚四氟乙烯，D符合题意；故选D。4．我国科学家屠呦呦因青蒿素的研究获得诺贝尔生理学或医学奖。以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料可合成青蒿素，下列关于青蒿酸的说法中正确的是A．属于芳香烃的衍生物 B．能发生水解反应和加成反应C．其结构中2个六元环共平面 D．最多能与等物质的量的NaOH反应【答案】D【解析】A．青蒿酸结构中不含苯环，不属于芳香烃衍生物，A错误；B．青蒿酸含有碳碳双键可发生加成反应，但不含酯基、卤原子等可发生水解反应的官能团，无法发生水解反应，B错误；C．两个六元环中存在多个杂化的饱和碳原子，为四面体空间结构，两个六元环不可能共平面，C错误；D．青蒿酸中只有羧基可与反应，羧基与按物质的量比反应，故最多能与等物质的量的反应，D正确；故选D。5．以舍勒法生成后，利用以下装置进行实验，能够达到预期目的的是A．净化、干燥B．收集C．验证能与水反应

D．说明起漂白作用【答案】C【解析】A．通入饱和食盐水中可以除去混有的HCl气体，但能与干燥剂碱石灰反应被消耗，不能得到干燥，不能达到净化、干燥的目的，A错误；B．的密度比空气密度大，应采用向上排空气法，该装置为上进下出，属于向下排空气法，，不能收集的目的，B错误；C．能与反应，得到的溶液显酸性，可以用pH计测量溶液pH值来验证能与水反应，能达到实验目的，C正确；D．通过后有HCl和HClO生成，使红色布条褪色无法确定是起漂白作用（实际情况是无漂白性，起漂白作用的HClO），不能达到实验目的，D错误；故答案为：C。6．结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是选项结构性质A键能：H-F>H-Cl>H-Br热稳定性：B中心N原子含有孤电子对氯化银可溶于氨水C是极性分子，是非极性分子水溶性：D与是离子晶体，的摩尔质量更大的熔点高于的熔点【答案】D【解析】A．共价分子的热稳定性与分子内共价键键能正相关，键能越大，分子热稳定性越强，根据键能可推出热稳定性，A不符合题意；B．中心N原子的孤电子对可与的空轨道形成配位键，生成可溶性的，因此可推出氯化银可溶于氨水，B不符合题意；C．是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子在水中的溶解性大于非极性分子，可推出水溶性，C不符合题意；D．离子晶体的熔点由晶格能决定，晶格能与离子半径、离子所带电荷有关，与摩尔质量无关，半径大于，晶格能小于，熔点更低，无法由摩尔质量更大推出熔点更高，D符合题意；故选D。7．元素a~h为短周期主族元素，其电负性与原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是A．a和h同主族B．第一电离能：C．简单离子半径：D．简单氢化物的稳定性：【答案】D【分析】根据短周期主族元素电负性规律：同周期从左到右电负性递增，下一周期碱金属电负性骤降后再递增，且电负性最大为F（电负性=4），结合横坐标原子序数可推出：a为B、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Na、g为Mg、h为Al，据此分析。【解析】A．a为B，h为Al，均为第ⅢA族元素，同主族，A正确；B．同周期第一电离能整体递增，但N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的O和C，故第一电离能：，B正确；C．、、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故半径：，即，C正确；D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性：，故稳定性：，即，与选项描述不符，D错误；故选D。8．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是氢化物Y单质X氧化物1氧化物2酸(碱)ZA．以上物质转化过程一定均为氧化还原反应B．X可为S，Y、氧化物1均可使酸性溶液褪色C．X可为，Y、氧化物2均能与水反应产生D．X可为，Y与酸Z恰好完全反应后的溶液一定显碱性【答案】B【解析】A．当X为S时，转化中最后一步为与反应生成，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，A错误；B．X为S时，，Y是，氧化物1是，二者均具有还原性，都能被酸性氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C．X为Na时，，氧化物2是，与水反应生成，不产生，C错误；D．X为时，，Y是，Z是，二者恰好完全反应生成，NH4NO3溶液中由于水解使溶液显酸性，D错误；故选B。9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，中含有分子的数目为B．常温下，将1molAl加入足量浓硝酸中发生反应，转移电子的数目为C．溶液中含有阳离子的数目大于0.1D．在稀硫酸中水解，生成乙醇分子的数目为【答案】C【解析】A．标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算22.4L的物质的量，其分子数不为，A错误；B．常温下Al遇足量浓硝酸会发生钝化，反应不能持续进行，1molAl不能完全反应，转移电子数目小于，B错误；C．根据电荷守恒，该溶液中满足，1L0.1mol/L溶液中，因此，阳离子数目大于，C正确；D．乙酸乙酯在稀硫酸中的水解是可逆反应，1mol不能完全水解，生成乙醇分子数目小于，D错误；故选C。10．下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA浓硝酸见光易分解浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶中B常温下，可以用铝制容器盛装浓硫酸铝不与浓硫酸反应C工业上用焦炭还原石英砂制粗硅D的金属性比强【答案】A【解析】A．浓硝酸见光易分解，因此需要避光保存，保存在棕色试剂瓶中，陈述、均正确，二者存在因果关系，A符合题意；B．常温下可用铝制容器盛装浓硫酸，是因为常温下铝遇浓硫酸发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应继续进行，钝化属于化学反应，铝与浓硫酸发生了反应，陈述错误，B不符合题意；C．工业上确实用焦炭还原石英砂制粗硅，但反应产物是CO不是CO2，正确反应为，陈述错误，C不符合题意；D．同主族从上到下金属性增强，金属性K比Na强，该反应能发生是因为K沸点低，高温下K挥发使反应正向进行，陈述错误，D不符合题意；故选A。11．某同学设计如图实验装置制备和(夹持装置已略去)。下列说法正确的是A．试剂X可以是或B．装置乙中盛放浓硫酸，用来干燥氯气C．使用热水浴和冰水浴是为了提高目标产物的产率D．装置戊可以替换为干燥管【答案】C【解析】A．装置甲中是用浓盐酸和试剂X反应制取氯气，，这个反应必须加热才明显进行（通常需要酒精灯），本装置无酒精灯加热；，这个反应在常温即可进行（强氧化性），试剂X可以是KMnO4，不能是MnO2，A错误；B．装置乙中如果盛浓硫酸，只能用于干燥氯气，但从甲出来的气体中除了水蒸气外，还有HCl杂质，而后续要分别与KOH、NaOH反应制备氯的含氧盐，若混入HCl，会先和碱反应，影响产率，因此乙中一般应先除去HCl，常用的是饱和食盐水，而该实验中不用干燥氯气，B错误；C．丙中是KOH溶液并加热，丁中是NaOH溶液并冷却，目的确实是为了提高目标产物产率：热的较浓KOH溶液：，有利于生成KClO3；冷的NaOH溶液：，有利于生成NaClO，所以用热水浴和冰水浴，确实是为了使反应朝目标产物方向进行，提高产率，C正确；D．装置戊的作用应是尾气处理，吸收多余氯气，防止污染空气，而P2O5干燥管只能干燥气体，不能吸收尾气Cl2，因此不能替换，D错误；故答案选C。12．室温下，用溶液进行如下图所示的系列实验。已知，。下列说法正确的是A．的键角大于的键角B．稀释溶液，溶液pH变大C．浊液中存在：D．加入醋酸发生反应的离子方程式：【答案】C【分析】该实验流程为：溶液浸泡粉末得到浊液，经过滤操作X分离得到滤渣，向滤渣中加入稀醋酸，通过气泡现象验证向的沉淀转化。【解析】A．​中心的价层电子对数为，无孤电子对，空间为正四面体，键角约；​中心的价层电子对数为，无孤电子对，空间为平面正三角形，键角，因此的键角小于的键角，A错误；B．Na2​CO3​溶液显碱性，稀释溶液时，虽然促进​水解，但溶液体积增大对浓度的影响占主导，最终浓度减小，室温下溶液减小，B错误；C．已知，，由于远小于，所以CaSO4可以转化为更难溶的CaCO3，且后面加稀醋酸有气泡生成，可得出浊液中存在沉淀：若达到沉淀溶解平衡，；若溶液为过饱和状态，，因此浊液中满足，C正确；D．醋酸是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为，需要保留化学式，正确的离子方程式为：，D错误；故选C。13．在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，还原某金属氧化物的反应进程与相对能量变化如图所示(*表示吸附态)，下列说法不正确的是A．使用Ⅰ时，反应的速率更快 B．不考虑吸附与脱附，反应历程都分2步进行C．使用Ⅰ和Ⅱ，反应的焓变保持不变 D．升高温度，的脱附速率加快【答案】A【解析】A．反应速率由反应的最大活化能（决速步的能垒）决定，活化能越大反应速率越慢。由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应的最大活化能大于催化剂Ⅱ，因此使用催化剂Ⅰ时反应速率更慢，A错误；B．由图可知，两种催化剂的能量变化图都存在两个能量峰值（两个过渡态），不考虑吸附和脱附时，反应都分2步进行，B正确；C．催化剂只改变反应历程，不改变反应的始态和终态，而反应的焓变只和反应物、生成物的状态与系数有关，与催化剂无关，C正确；D．升高温度分子的平均能量增大，活化分子百分数增加，有效碰撞的概率增加，反应速率加快，D正确；故选A。14．一种以Ni-CuO作为电催化剂的Al-新型电池如图所示，放电时可将污水中的转化为。下列说法错误的是A．充电时，电极Ⅱ为阳极B．放电时，负极区溶液中pH逐渐减小C．放电时，理论上每消耗4molAl最多可处理62g的D．充电时，电解池的总反应为【答案】C【分析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，电极反应式为，电极Ni-CuO为正极，被还原为NH3，正极发生反应为，充电时，金属铝为阴极，电极反应与原电池相反，电极Ni-CuO为阳极，阳极反应式为，据此解答。【解析】A．放电时电极Ⅱ为正极，充电时正极连接电源正极作阳极，A正确；B．放电时负极反应为，消耗，负极区浓度降低，pH逐渐减小，B正确；C．1molAl反应失去3mol电子，4molAl共失去12mol电子；转化为时N元素从+5价变为-3价，1mol得到8mol电子，故可处理的物质的量为，质量为，C错误；D．充电时阴极得电子生成Al，阳极失电子生成，配平总反应为，D正确；故选C。15．利用如图装置进行实验，反应一段时间后，往d中注入溶液。下列说法错误的是A．a中溶液变为绿色，说明浓硝酸具有氧化性B．b中试纸变蓝，体现了的还原性C．c中液面上方气体变红棕色时，所含氮氧化物至少有两种D．若c中不加铜片，往d中注入后气体颜色无明显变化【答案】D【分析】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮通过b，将KI氧化为I2，试纸变蓝，二氧化氮通入c中与水反应生成硝酸和NO，反应一段时间后，往d中注入溶液生成，进入c中，NO与反应生成二氧化氮，c中气体变红棕色；【解析】A．a中铜丝和浓硝酸反应，铜被氧化为，溶液变为绿色可能是因为溶有，证明浓硝酸得到电子，体现氧化性，A正确；B．b中试纸变蓝，I-被氧化为I2，体现了的还原性，B正确；C．进入c后，部分和水反应生成，当液面上方变红棕色时，说明同时存在未反应的和，同时存在平衡，故所含氮氧化物至少有两种，C正确；D．若c中不加铜片，进入c后仍会和蒸馏水反应生成无色，注入后，d中催化分解产生，进入c会将无色氧化为红棕色，气体颜色有明显变化，D错误；故选D。16．电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是A．阳极反应的催化剂是NiOB．当被氧化为时，转移4mol电子C．阴极室的KOH的物质的量不因反应而改变D．经历2次NiO与的互相转化可得到2molH2【答案】D【分析】该装置为电解装置，左侧生成，因此左侧为阴极，右侧为阳极，据此分析；【解析】A．由机理图可知，NiO在阳极循环参与反应，最终又生成，为阳极反应的催化剂，A正确；B．被氧化为时，中官能团碳的化合价从升高到中的，该物质共失去电子，B正确；C．阴极反应为，生成的会通过阴离子交换膜迁移到阳极室，不能透过阴离子交换膜，留在阴极，因此阴极室的物质的量不变，C正确；D．，Ni从价升高到，每1molNi转移电子；一次完整的NiO和互相转化（）共转移电子，2次转化转移电子；阴极生成需要得到电子，因此最终得到1molH2​​，D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共56分。17．（14分）氮及其化合物有着广泛应用。（1）兴趣小组设计实验制备二氧化氮。①利用铜和浓硝酸制备的离子方程式为______。②配制所需的浓硝酸，需用量筒量取浓硝酸______mL。③配制过程中，从下列选项中选出正确操作并按实验先后排序______(填操作编号)。A．定容B．转移C．摇匀D．稀释（2）探究温度、压强对平衡移动的影响。用如图装置进行实验，每次充入，进行实验。实验操作a固定活塞位置不变，将针筒浸于水浴b固定活塞位置不变，将针筒浸于水浴c将针筒迅速压缩后，固定活塞位置不变①对比实验a和b的现象，b的颜色比a深，说明该反应______0。②实验c可观察到颜色先变深后变浅。分析“压缩容器体积”影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致气体浓度变大、______、体系温度升高进而影响平衡移动。（3）进一步探究压强对平衡移动的影响。已知，一定条件下，吸光度与浓度成正比。数据测定：把装有的针筒放在平板LED灯上，拍摄常温常压下气体位于20mL刻度照片，吸光度为，并以此为基准。推拉针筒活塞改变气体体积，均静置2min后拍摄照片。测出吸光度(x为的体积)，换算出与常压时的比值，数据如下表。体积吸光度与基准吸光度的比值()不考虑平衡移动实际平衡移动10ba1.51200.3041.001.00300.2380.670.7840c0.500.69500.1810.400.59数据论证：比值法，______；请选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况______。图像法，在下图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度中b和c所对应的数据点______。实验结论：该反应达到平衡时，其他条件不变，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动；反之，向相反方向移动。【答案】（1）（2分）25（1分）DAC（2分）（2）<（1分）气体浓度变大进而影响平衡移动（2分）（3）2.00（2分）从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动（2分）（2分）【解析】（1）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：；②根据稀释定律()可得：，解得；③用浓溶液配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等，转移时用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移至容量瓶中，因此B选项操作错误，则操作正确并按实验先后排序为DAC；（2）①温度升高，颜色变深，说明浓度增大，即平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，即；②压缩体积，浓度增大，颜色先变深，相当于压强增大，该反应是气体分子数减少的反应，因此平衡正向移动，使浓度降低，颜色后变浅。影响颜色变化的原因可能有：体积减小导致气体浓度变大、气体浓度变大进而影响平衡移动、体系温度升高进而影响平衡移动；（3）吸光度与浓度成正比，若不考虑平衡移动，即浓度与体积成反比：体积从20mL变为10mL，浓度变为原来2倍，故，即；选取表中数据，利用比值法说明压强变化对平衡移动的影响情况：从20mL压缩体积至10mL，不考虑平衡移动吸光度应该变为2倍，但实际只变成了1.51倍，说明平衡往正反应方向移动；③由表中数据可知：，，则40mL的点的横坐标比0.5大、纵坐标为0.210，10mL的点的横坐标比2.0小、纵坐标为0.459，因此在下图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度中b和c所对应的数据点为：。18．（14分）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。一种从废催化剂(主要含、，还含有少量、、、、)提取Zn、Mn、Ni等元素的工艺流程如下。已知：常温下部分物质的如下表。物质（1）“酸浸还原”时，转化为的离子方程式为：___________。_______+______________+_______（2）“氧化调pH”时，用NaOH将溶液的pH调至5，该过程中发生反应的离子方程式为___________。（3）“除钙镁”时，为使溶液中、沉淀完全(离子浓度小于)，溶液中至少应大于___________。（4）丁二酮肟(分子式为)难溶于水，可溶于有机溶剂。“沉镍”时，转化为配合物丁二酮肟镍(结构如图1)。①易从溶液中沉淀析出的原因有___________(填编号)。A．镍与N形成配位键

B．配位时被还原C．丁二酮肟可溶于有机溶剂

D．烃基具有疏水性②“沉镍”时，为提高丁二酮肟镍的产率，可加入少量NaOH溶液，原因是___________。③丁二酮肟镍与试剂X反应可实现丁二酮肟的循环利用，试剂X为___________(填化学式)。（5）可用于制备晶体，晶体的立方晶胞如图2。已知同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则Ni在晶胞中的位置为___________，晶体中与N原子最近且等距离的Cu的数目为___________。（6）滤液1中锰以的形式存在。“电解”时，以滤液1为电解质溶液，以Zn片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池的示意图并做相应标注___________。【答案】（1）（2分）（2）（2分）（3）（1分）（4）AD（2分）丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动，丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率（2分）H2SO4（1分）（5）棱心（1分）8（1分）（6）（2分）【分析】废催化剂（主要含ZnO、MnO2，还含少量NiO、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO）加入H2SO4和FeSO4，MnO2被还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，其他金属氧化物溶解为对应离子。加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤除去。加入NH4F，使Ca2+、Mg2+沉淀为CaF2和MgF2，过滤除去。加入丁二酮肟，Ni2+形成丁二酮肟镍沉淀，过滤后得到滤液1（主要含Zn2+、Mn2+等）。滤液1电解可得Zn和MnO2。加入试剂X可得NiSO4，同时回收丁二酮肟。【解析】（1）在“酸浸还原”步骤中，作为氧化剂，将氧化为，自身被还原为。根据氧化还原反应的配平原则，反应的离子方程式为：。（2）“氧化调”时，加入调节溶液至5，此时与结合生成沉淀，反应的离子方程式为：。（3）要使、沉淀完全（离子浓度小于），对于CaF2：，对于：，为确保两种离子均沉淀完全，至少应大于。（4）①A．丁二酮肟镍是配合物，与丁二酮肟中的形成配位键，导致其从溶液中沉淀析出，A正确；B．配位过程中的化合价未发生变化（仍为价），未被还原，B错误；C．丁二酮肟可溶于有机溶剂，但这是丁二酮肟的溶解性，与沉淀析出的直接原因无关，C错误；D．丁二酮肟分子中的烃基（）具有疏水性，使得形成的丁二酮肟镍配合物在水中的溶解度降低，从而易沉淀析出，D正确；故答案为AD；②丁二酮肟是弱酸，加入可消耗，使丁二酮肟电离平衡正向移动，丁二酮肟阴离子浓度增大，促进与丁二酮肟阴离子结合生成丁二酮肟镍沉淀，从而提高产率；③丁二酮肟镍与试剂反应生成，说明提供和H+，推测为，丁二酮肟镍与反应，破坏配位键，使进入溶液生成，丁二酮肟则被释放出来，实现循环利用。设晶胞边长为，根据立方晶胞中原子间距离的计算：体心到顶点的距离为，体心到棱心的距离为，棱心到顶点的距离为。已知，说明在顶点，在体心，在棱心；立方晶胞中，顶点为个立方体共用，所以与原子最近且等距离的原子的数目为。电解的目的是将在阳极被氧化为，Zn2+在阴极被还原生成Zn，电解质溶液是滤液1（主要含Zn2+、Mn2+），阳极材料为石墨棒（惰性电极），阴极材料为片，在阴极放电，电解池示意图：。19．（14分）氟及其化合物在现代无机化学中占有重要的地位。回答下列问题：（1）基态F原子的价层电子轨道表示式为___________。（2）的气态氧化反应为：

，其反应热可利用键能和第一电子亲和能数据计算。已知：第一电子亲和能为元素的基态气态原子得到一个电子形成负一价气态阴离子时放出的热量。①___________。②根据定义比较关系：F___________O(填“＞”或“＜”)。（3）和在一定条件下能发生下列反应：ⅰ．ⅱ．ⅲ．一定温度下，与一定量通入恒压反应器。平衡时，，、的物质的量随的平衡分压的变化如图。①曲线对应的物质为___________。②若时，的转化率为，且在三种产物中的物质的量分数为0.48，则___________(用含的代数式表示)，的选择性___________(保留2位小数)。③在图中点处达到平衡时，___________(用含、的代数式表示)。该温度下，若使用有利于反应ii的催化剂，重新达到平衡后点将___________(填“上移”、“下移”或“不移动”)。（4）是一种温和的氧化剂和氟化剂。一种氟化二苯亚砜(，代表苯基)生成的反应机理如图。研究发现，该反应可由催化剂量的引发，起始阶段发生。在反应中起实际催化作用，引发自由基反应。反应机理的I~IV步骤中，需要在反应物或产物位置补写F的是___________。【答案】（1）（1分）（2）（1分）＞（1分）（3）（1分）（2分）0.62（2分）（2分）不移动（2分）（4）Ⅰ、II（2分）【解析】（1）基态氟原子（F）的价层电子排布式为，其轨道表示式需满足洪特规则与泡利不相容原理：2s轨道：填满两个自旋相反电子，2p轨道：三个等价轨道中，两个轨道各填一对自旋相反电子，一个轨道填单电子，故价电子层电子轨道表示式为。（2）①反应热计算：反应：，分步过程：断键：，吸热，得电子：，放热，总焓变：。②第一电子亲和能为气态原子得一个电子形成负一价阴离子时放出的热量，放出热量越多，越大，F的原子半径比O小，且F的核电荷数比O更多，对电子的吸引能力更强，得电子能力更强，得到电子放出的热量更多，故：F>O。（3）①随着增大，逐渐被消耗（曲线下降），先增后减（曲线），持续增加（曲线上升）。因此，对应。②初始Xe为1mol，转化率为，则消耗的Xe为mol，剩余Xe为mol。设mol，mol，mol。根据Xe守恒：。根据题意，的在三种产物中的物质的量分数为0.48，即：，因此，mol；在处，L2和L3的交点满足，进而得。总消耗：。消耗的：。的选择性：。（4）③M点是L1​与L3​的交点，此时，由反应平衡表达式：，，，知，，，，由图可知，当=时，则=，当=时，则=，在M点，，=,故计算得M点的kPa。催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，故M点不移动。（5）根据反应机理图知，步骤I：反应物为Ph2SO，产物为Ph2SOF-，由元素守恒和电荷守恒可知，需作为反应物参与，反应物侧需补写。步骤II：反应物为Ph2SOF-与XeF2，产物为Ph2SOF·与Xe，由元素守恒和电荷守恒可知，反应还生成了，产物侧需补写。步骤III：反应物为Ph2SOF·与XeF2，产物为Ph2SOF2与，XeF2提供一个F原子完成二氟化，产物结构已含两个F，无需补F。步骤IV：反应物为Ph2SO与，产物为Ph2SOF·与Xe。由元素守恒和电荷守恒可知，无需补F。故需要补写F的为I和II。20．（14分）迈克尔加成反应是构建键的有效方法，某迈克尔加成反应的方程式如下(为或烷基)：（1）化合物2a结构中框出的官能团名称是___________。（2）为甲基()时，化合物1a的分子式为___________，在1a的同分异构体中，与其官能团种类和数量完全相同的结构共有___________种(不考虑立