贵州省2026年普通高中化学学业水平选择性考试科目适应性测试试题【含答案】

年贵州省普通高中学业水平选择性考试科目适应性测试化学可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.芯片技术是推动人工智能(AI)发展的核心动力之一，芯片制造过程中要用到多种材料。下列说法错误的是A.基础原料中晶圆使用的硅属于半导体材料B.封装工艺中使用的环氧树脂属于高分子材料C.沉积工艺中使用的氮化硅属于硅酸盐材料D.抛光工艺中使用的氧化铈属于无机非金属材料【答案】C【解析】AA正确，不符合题意；B．环氧树脂是由有机小分子聚合得到的高聚物，属于合成高分子材料，B正确，不符合题意；C．氮化硅的化学式为，不含氧元素和硅酸根结构，属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，C错误，符合题意；D．氧化铈的化学式为，属于金属氧化物，是无机非金属材料，D正确，不符合题意；案选C。2.氯气溶于水中发生反应：，下列有关化学用语正确的是A.HClO的结构式：B.的VSEPR模型：C.HCl的电子式：D.的键的形成可表示为：【答案】D【解析】第1页/共22页【详解】A．中O原子需要形成2个共价键，正确结构式为，A错误；B．中的中心O原子价层电子对数为σ键孤电子对，VSEPR模型包含孤电子对，因此为四面体形，正确的模型为，B错误；C．是共价化合物，不存在阴阳离子，不需要括号和电荷标注，正确的电子式为，C错误；D．Cl原子的未成对电子位于p轨道，两个p轨道沿键轴头碰头重叠，形成键，D正确；故选D。3.结构决定性质。对下列性质，结构解释错误的是选项性质结构解释分子间作用力：A硬度：沸点：存B在分子间氢键键能：C稳定性：酸性：极性：DAAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．属于共价晶体，不存在分子间作用力，其硬度大是因为晶体中共价键键能很高，属于分子晶体，硬度由分子间作用力决定，A错误；B．分子含有羟基，可形成分子间氢键，不存在分子间氢键，因此乙醇沸点更高，B正确；第2页/共22页C．O原子半径小于S，键键长更短、键能更大，因此的稳定性强于，C正确；D．Cl的电负性大于H，键极性大于，Cl的吸电子诱导效应更强，使羧基中键极性更强、更易电离出，因此酸性更强，D正确；故选A。4.反应可用于制备丙烷脱氢反应的铁系催化剂。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.20g中的孤电子对数为B.溶液中，和的数目都是C.标准状况下，的价电子总数为D.若生成6.4g的，反应中转移的电子数为【答案】B【解析】【详解】A．的摩尔质量为，20g该物质的物质的量为1mol，每个分子中O原子含2对孤电子对，故孤电子对数为，A正确；B．溶液中会发生水解，溶液中，的数目小于，的数目为，B错误；C的物质的量为分子价电子总数为价电子总数为，C正确；D．的物质的量为，反应中S元素从价降为价，每生成1mol转移2mol电子，故转移电子数为，D正确；答案选B。5.下列实验操作能达到目的的是第3页/共22页A．验证浓硫酸的脱水B．实验室制备乙酸乙性、氧化性酯D．比较N、C、Si非C．测定盐酸的浓度金属性的强弱A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A氢氧化钠除去尾气，浓硫酸按水分子比例夺取蔗糖中的氢、氧元素，使其脱水碳化化生成碳和水，体现了浓硫酸的脱水性，生成的碳与浓硫酸进一步反应，硫元素化合价降低被还原，生成二氧化碳、二氧化硫等气体，体现浓硫酸的氧化性，故A正确；B．图示乙酸乙酯收集装置中，导管伸入试管液面下，会倒吸，故B错误；C．图示滴定管为酸式滴定管，不能装氢氧化钠，故C错误；D．浓硝酸易挥发，制备出的二氧化碳中会混有硝酸，图示装置中没有除杂装置，无法比较C与的非金属性强弱，故D错误；故选A。6.岩白菜素可用于治疗中枢性咳嗽，其生物合成过程中某中间体结构简式如图。下列说法正确的是第4页/共22页A.该分子所有原子共平面B.该分子中含有2个手性碳原子C.1mol该物质可与3molNaOH溶液发生反应D.该物质可发生取代、加成、氧化、水解等反应【答案】B【解析】AC原子以不可能共平面，A错误；B．如图，分子中的1号和2号碳原子均连接了四个不同的基团和原子，是手性碳原子，B正确；C．该分子中，能与NaOH反应的基团为羧基，每个分子中含有1个羧基，因此，1mol该物质可与1molNaOH溶液发生反应，C错误；D生加成反应，但该分子中不含酯基，无法发生水解反应，D错误；故答案选B。7.下列离子方程式书写正确的是A.溶液水解：B.用FeS除去工业废水中的：C.向溶液中加入过量NaOH溶液：D.遇溶液呈特征蓝色：【答案】D【解析】第5页/共22页【详解】A．该方程式为电离方程式，水解反应为++，A错误；B．是难溶电解质，不能拆分为，正确反应为，B错误；C．过量会与两性氢氧化物反应生成偏铝酸盐，正确离子方程式为，C错误；D．该反应为的特征检验反应，离子方程式书写符合反应事实和书写规则，D正确；故选D。8.某无机微孔材料中含有XYZWQX是原子半径最小的元素，Y最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族，W基态原子的核外电子有8种空间运动状态，Q基态原子的价层电子排布式为。下列说法正确的是A.原子半径：B.W的最高价氧化物能够与水反应C.Y的第一电离能低于同周期相邻元素D.Q位于元素周期表中的ds区【答案】C【解析】【分析】首先推断元素：原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素为；Y最外层电子数是内层电子数的326Z和同主族且原子序数大于W核外有8种空8Q价层电子排布为。A，为第二周期元素半径小于第三周期元素，半径顺序为，A错误；B．W是，最高价氧化物为，不与水反应，B错误；C．Y是，同周期相邻元素为和，的轨道为半充满稳定结构，第一电离能，非金属性强于，第一电离能，故的第一电离能低于同周期相邻元素，C正确；D．Q是，价层电子排布为，属于d区元素，ds区元素价层电子排布为，D错误；答案选C。第6页/共22页9.实验过程中化学灼伤的急救有多种方法，下表中反应原理方程式错误的是选物质急救方法反应原理项=先用大量水冲洗，再用5%硫代硫A溴酸钠溶液冲洗先用大量水冲洗，再用乙醇(70%)=B苯酚和氯化铁()混合溶液冲洗=先用大量水冲洗，再用5%碳酸氢C硫酸钠溶液冲洗=氢氧先用大量水冲洗，再用2%乙酸溶D化钾液冲洗A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．溴具有强氧化性，可将硫代硫酸钠氧化，自身被还原为无毒溴离子，硫代硫酸钠生成硫酸根，化学方程式为4Br+NaSO+5HO=8HBr+HSO+NaSO，产物错误，A错误；B正确，B正确；C．急救时碳酸氢钠溶液中和生成硫酸氢钠，C正确；D．氢氧化钾为强碱，乙酸为弱酸，二者发生中和反应生成可溶性乙酸钾和水，反应原理正确，D正确；故答案选A。10.我国科学家发明了首例室温可充电全固态氢负离子()电池，其总反应：，该电池放电过程如图所示。下列说法错误的是第7页/共22页A.正极材料中的铝元素被还原B.负极发生反应：C.从物质转化角度分析，该电池的储能本质是氢化物的分解与生成D.当外电路转移0.1mol电子时，理论上正极质量减少约为2.7g【答案】D【解析】【分析】根据电子移动方向判断正负极：a电极（）得电子发生还原反应为正极，b电极（）失电子发生氧化反应为负极，据此分析。【详解】A．正极部分铝元素得电子生成Al单质，因此Al元素被还原，A正确；B．负极发生失电子的氧化反应，结合、失去e−生成，反应方程式为，B正确；C分解释放，结合生成能本质是氢化物的分解与生成，C正确；D．正极反应方程式为：，转移时，正极有移出到负极，正极固体质量减少，因此转移时，正极质量减少，D错误；故选D。DNAA-TC-G第8页/共22页A.DNA分子通过A-T、C-G间氢键实现分子识别B.在分子识别基础上DNA大分子形成双螺旋的自组装C.维系互补双螺旋结构的作用力中存在共价键D.脱氧核苷酸在水溶液中既有酸性又有碱性【答案】C【解析】【详解】A．DNA的A只能与T、C只能与G通过特异性氢键配对，依靠氢键实现分子识别，A正确；B．碱基互补识别后，自发形成双螺旋结构，属于超分子的自组装过程，B正确；C．两条互补脱氧核苷酸链之间依靠氢键维系双螺旋结构，氢键不属于共价键，互补链之间不存在共价键，C错误；D碱性，D正确；故选C。12.与丁二酮肟在稀氨水中生成二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)，它是一种鲜红色的沉淀，常用于的检验，部分反应离子方程式：下列说法错误的是A.基态的价层电子排布式：B.丁二酮肟中C有和杂化C.二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)中Ni的配位数是4D.N原子用于配位的孤电子对位于p轨道第9页/共22页【答案】D【解析】ANi是28Ni原子电子排布为时先失去最外层4s轨道的2个电子，价层电子排布式为，A正确；BC原子形成4个σC=N双键中的C原子形成3个σ杂化，因此C存在两种杂化方式，B正确；C．由配合物结构可知，每个丁二酮肟提供2个配位N原子，共2个配体，因此Ni的配位数是4，C正确；D．丁二酮肟中N原子为杂化，用于配位的孤电子对位于杂化轨道中，不是p轨道，D错误；故答案为：D。13.某矿浆浸出液中含有阳离子、、、，研究小组在“富矿精开”战略引导下设计了如下回收金属的工艺流程：已知：；。下列说法错误的是A.“还原”中阳离子、、、均参与反应B.“还原”中Fe与发生的总离子反应为：C.“沉铁”时调节pH的值最低为9.5D.“沉钒”时起氧化作用【答案】B【解析】Fe、、、均与铁反应生成Cu、、，过滤，过量的Fe和Cu形成沉淀，向滤液中加萃取剂，进入水相，调pH使其以沉淀，进入有机相，再加入稀硫酸反萃取出，利用氧化生成含的沉淀，据此分析。第10页/共22页AFe、、、均与铁反应对应生成Cu、、，因此四种阳离子均参与反应，A正确；B．过量Fe与反应生成和，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应为，B错误；C．根据分析可知沉铁时，溶液中Fe以形式存在，离子浓度时沉淀完全，根据，计算得：，可得，即时才能使完全沉淀，C正确；D．反萃取得到的中V为+4价，沉钒产物中V为+5价，V化合价升高，因此作氧化剂，起氧化作用，D正确；故选B。14.室温下，用一定浓度NaOH溶液滴定三元酸，所得溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ代表B.的数量级为C.点M：D.在溶液中存在第11页/共22页【答案】C【解析】【分析】三元酸分步电离，，根据三元酸解离平衡，，，，因此曲线Ⅰ代表，当横坐标为0时曲线Ⅰ对应，曲线Ⅱ代表，当横坐标为0时曲线Ⅱ对应pH=，以此解答。【详解】A．由分析可知，因此曲线Ⅰ代表，A正确；B．由分析可知，曲线Ⅱ代表，当横坐标为0时曲线Ⅱ对应pH=，则，数量级为，B正确；C．滴定过程中溶液含，电荷守恒为，选项中的等式缺少，不成立，C错误；D，的电离常数于水解程度，且电离、水解均微弱，因此，D正确；故答案选C。二、填空题：本题共4小题。15.实验室制备硫酸四氨合铜晶体，并测定其中铜元素的含量，步骤如下：Ⅰ．硫酸四氨合铜的制备称取5.0g溶于适量蒸馏水中，滴加浓氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加至沉淀完全溶解，得深蓝色溶液；滴加无水乙醇，析出深蓝色晶体，减压过滤，用无水乙醇与浓氨水混合液洗涤晶体，于60℃烘干，备用。Ⅱ．分光光度法测定铜元素的含量该方法的原理是基于物质对光选择性吸收的吸光度与溶液浓度呈定量关系。第12页/共22页i．绘制标准曲线用仪器1分别取标准溶液0.00mL2.00mL4.00mL6.00mL8.00mL10.00mL10.00mL氨水()50mL号为①～⑥六组溶液，此时认为完全转化成，用分光光度计测定溶液吸光度如下。组别①②③④⑤⑥0.0000吸光度0.0000.1080.2280.3220.4330.538ii．铜元素含量的测定称取步骤Ⅰ中制得的硫酸四氨合铜样品0.3200g10.00mL氨水()，转移到250mL容量瓶中，用蒸馏水定容。测得吸光度平均值为0.270，计算铜元素含量。回答下列问题：（1）仪器1应选用_______(填仪器名称)。（2）第②组溶液中的浓度_______。（3）绘制浓度与吸光度的标准曲线_______。第13页/共22页【答案】（1）酸式滴定管（2）（3）【解析】【小问1详解】需要精确量取体积到的标准溶液，题图中只有酸式滴定管能满足精度要求，因此选酸式滴定管；【小问2详解】已知完全转化成，根据铜元素守恒：，定容体积为，因此；小问3详解】先计算出所有组的浓度，得到所有坐标点（x为浓度，单位，y、、、、、第14页/共22页16.贵州磷资源丰富。某工厂采用硝酸分解磷矿[、岩土杂质]制磷酸，以工业废铁屑为铁源生产电池级磷酸铁(电池材料磷酸铁锂的前驱体)液的主要成分为、、；②磷酸亚铁在强酸性条件下无法沉淀。回答下列问题：（1）基态Fe原子的价层电子排布图是_______。（2_______；可视为磷矿的化学反应方程式_______。（3）已知该工业废铁屑含有脂类油污，洗涤的方法是_______。（4）该工艺中可循环利用的物质是_______。（5）写出“混合、陈化”步骤的离子反应方程式_______，此步骤需严格控温，防止温度过高，其原因是_______。（6）四水硝酸钙在脱氟酸解液体系中的析出率与冷冻温度的关系如图所示，已知脱氟酸解液的部分组成如第15页/共22页下表，若该装置磷酸铁的理论产量为，采用的冷冻工艺温度为5℃，则理论上可联产工业石膏_______。脱氟酸解液部分组成()1.455.832.900.23【答案（1）（2）①.加快反应速率②.（3）加入热的氢氧化钠等碱性溶液洗涤后水洗（4）（5）①.②.过氧化氢不稳定，受热容易分解（6）8【解析】【分析】流程中硝酸酸解磷矿后，经脱氟、冷冻结晶析出大部分四水硝酸钙；脱钙母液加硫酸进一步脱钙，过滤得到工业石膏，蒸发浓缩回收的硝酸可循环回酸解工序重新利用；工业废铁屑经去油污洗涤后，用硫酸酸解得到亚铁盐，再与含磷酸的脱钙液混合，加过氧化氢氧化、陈化，最终过滤干燥得到磷酸铁产品。该工艺循环利用物料，符合绿色化工生产理念。【小问1详解】第16页/共22页Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子排布图是；【小问2详解】“酸解Ⅰ”步骤中搅拌目的是加快反应速率；可视为，加入硝酸分解磷矿得到、、HF，反应方程式为：；【小问3详解】碱性溶液能够使得油脂发生碱性水解而被洗涤干净，故工业废铁屑含有脂类油污，洗涤的方法是加入热的氢氧化钠等碱性溶液洗涤后水洗；【小问4详解】由流程，蒸发浓缩环节中得到硝酸可以在酸解Ⅰ环节中使用，故可循环利用的物质是；【小问5详解】“混合、陈化”步骤中过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子和加入的含磷酸的蒸发浓缩液得到磷酸铁，离子反应方程式因是过氧化氢不稳定，受热容易分解；【小问6详解】假设时间为1h，此时该装置磷酸铁的理论产量20kmol，结合表格数据，则需要脱氟酸解液中含钙离子，冷冻工艺温度为5℃，此时四水硝酸钙析出率为80%，结合钙元素守恒，理论上可联产工业石膏，故理论上可联产工业石膏8。17.氮化钛是一种用途广泛的材料。采用镁碳联合还原的方法制备。总反应：分反应：i．ii．（1）总反应的为_______(用含a、b的代数式表示)。在_______(填“较高”或“较低”)温度下有利于总反应进行，判断依据是_______。（2）属于NaCl型结构的晶体，其晶胞结构如图1所示。若晶胞中顶点的N原子被C原子取代，第17页/共22页据此分析，这种碳氮化钛化合物的化学式为_______。（3）制备过程中存在镁的氮化反应：Mg的产率。为抑制的生成，根据图2判断的合成温度理论上应不低于_______K。（4需要将混合物料粉末进行压坯，要穿过粉末压坯的孔隙才能到达反应前沿。为粉末压坯的孔隙率(数值越小，压坯越紧)，模拟、，合成温度在1200K、1500K条件下反应，外加压力和产率的关系如图31500K的曲线是_______不变时，升高温度_______(“增加”或“减少”)氮化产率，原因是_______。第18页/共22页【答案】（1）①.②.较低③.减反应，且能进行，则为放热的熵减反应，在较低温度下有利于总反应进行（2）CN3（3）（4）①.c②.减少③.产率降低或当外加氮气压力P(N)塞，增大N2的渗透阻力【解析】【小问1详解】由盖斯定律，反应得总反应；反应，在较低温度下有利于总反应进行；【小问2详解】晶胞中顶点的N原子被C“均摊法”个、个C、个N，则化学式为CN；【小问3详解】2判断的合成温度理论上应不低于。【小问4详解】总反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，产率降低，则ac为温度1500K的曲线，第19页/共22页要穿过粉末压坯的孔隙才能到达反应前沿，则相同条件下，孔隙率越大，产率越高，则c、d为1500K的曲线是c；总压恒定不变时，升高温度减少氮化产率，原因是总反应为放热反应，相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，产率降低或当外加氮气压力P(N)一定时，温度越高，氮气的浓度越低；或者温度过高，反应物融化，导致孔隙堵塞，增大N2的渗透阻力。18