广东省中山市2026届高三下学期化学模拟测试（一）试卷（含答案）

第第页广东省中山市2026届高三下学期化学模拟测试（一）试卷一、选择题（本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1．马是中华民族的重要精神象征。下列与马有关的物件中，主要材质为合金的是（）A.马踏飞燕青铜雕B.奔马画作纸邮票C.生肖马碧玉吊坠D.唐三彩釉陶瓷马A．A B．B C．C D．D2．2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料（MOFs）的科学家。如图化合物是MOFs研究中的一种有机分子。关于该化合物的说法不正确的是（）A．仅含有官能团酰胺基 B．能发生取代和氧化反应C．存在两种杂化方式的碳原子 D．与NaOH溶液反应可生成两种盐3．现代科技，增强国力，增进民生福祉。下列说法正确的是（）A．国产大飞机C919使用的复合材料碳纤维为有机高分子材料B．全息投影技术所用材料氮化镓（GaN），其中Ga的化合价为+2C．“蓝鲸”深海潜水器使用的钛合金，其钛元素位于周期表d区D．我国“人造太阳”利用核聚变反应，其燃料氘和氚是氦的同位素4．下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述不正确的是（）选项劳动项目化学知识A化工生产：用SiO2作牙膏摩擦剂SiO2硬度大且难溶于水B医务急救：用NH4NO3作冷敷袋NC制药工程：用BaSO4作“钡餐”BaSO4难溶于酸D给水处理：用Na2FeO4对自来水消毒NaA．A B．B C．C D．D5．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AlCl3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24Cr，24Cr基态原子的价层电子排布式为3D．不粘锅涂层常用聚四氟乙烯制造，其单体是四氟乙烯C6．能满足如图所示物质之间直接转化关系的物质有多种，其中推理不成立的是（）A．甲可为铁，丙的水溶液可能呈酸性B．甲可为硫，乙可能使品红溶液褪色C．甲可为Al2D．甲可为CO2，在水中溶解度：乙7．对粗铜进行预处理、精炼、溶解、结晶等操作制取（CuSOA.除氧化层B.粗铜精炼C.精铜溶解D.蒸发结晶A．A B．B C．C D．D8．一种全固态锂电池示意图如图。充电时，Li+从电极Ⅰ中脱出，伴随着O2-转化为O2留在正极材料中，Li2MnA．充电时，电极Ⅱ为阳极B．电池工作时，固态电解质能传导电子C．充电时，电极I的反应为：2D．用该电池电解饱和食盐水，每生成2gH2，电极Ⅱ质量减少7g9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18gD2O中含有中子数目为10NAB．1LpH=1的FeCl3溶液中，H+数目小于0.1NAC．1molCO2与足量Na2O2反应，转移电子数目为2NAD．标准状况下，22.4LNH3与足量HCl反应，新形成的σ键数目为NA10．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ⅡAO3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度O3为非极性分子BK3与Fe3C离子液体熔点比较低，难挥发离子液体可用作原电池的电解质D石膏可用于制作豆腐的凝固剂石膏可调节水泥的硬化速率A．A B．B C．C D．D11．图是一种有机分子M的对映异构体结构模型（图中圆球代表不同的原子或原子团），分子式可表示为X3A．电负性：W>Z>X>YB．最简单氢化物沸点：W>Z>XC．原子团内键角：原子团1>原子团2D．M的两性可能与原子团1和原子团3有关12．按图组装装置并进行实验。下列说法不正确的是（）A．e管的作用是平衡气压，使氨水顺利滴下B．当b中白色沉淀溶解时，离子方程式为：AgOHC．c装置可以防倒吸，CCl4不能用煤油替换D．取b中制得的银氨溶液于d试管，滴入葡萄糖溶液，水浴加热，用来检验其醛基13．由结构能推测出对应性质的是（）选项结构性质A甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B碘和CCl4均为正电中心和负电中心重合的分子溶有少量碘的CCl4溶液加入浓KI溶液，振荡，CCl4溶液层颜色变浅CSiO2晶体中粒子呈现周期性的有序排列水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同D离子键成分百分数：NaF>SiC熔点：NaF<SiCA．A B．B C．C D．D14．HgI2难溶于水，可用作半导体材料，HgI2在HI水溶液中，存在反应A．通入少量氧气，c(B．加水稀释，cHgC．溶液中汞与碘元素物质的量之比为1：2D．体系中，c15．利用如图装置可以进行实验，下列实验根据现象所得结论不正确的是（）选项实验名称试剂a试剂b现象与结论A煤的干馏煤粉滴有酚酞的水溶液溶液变红，说明煤的干馏属于化学变化B石蜡的分解浸透石蜡油的矿渣棉、碎瓷片高锰酸钾溶液溶液褪色，说明生成了不饱和烃C膨松剂的分解膨松剂澄清石灰水澄清石灰水变浑浊，说明膨松剂含有碳酸钠D铁与水蒸气反应铁粉、湿棉花浓硫酸点燃验纯时有爆鸣声，说明有氢气生成A．A B．B C．C D．D16．我国科学家开发的如图（b）电解池装置，实现HCHO与NO3−的协同反应，能有效促进NA．电源e为负极，电极Ⅱ发生氧化反应B．图b中的交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室移向右室C．每制得1molNH3D．电极Ⅱ的催化剂为Cu2O二、非选择题（共4个大题，共56分）17．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NO2的离子方程式为。②配制所需的50mL8.0mol/L浓硝酸，需用量筒量取16.0mol/L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2NO2实验操作a固定活塞位置不变，将针筒浸于10℃水浴b固定活塞位置不变，将针筒浸于60℃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△H0。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A与浓度c成正比。数据测定：把装有NO2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A20，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Ax（x为NO2的体积），换算出与常压时的比值，数据如下表。体积/mL吸光度Ax与基准吸光度A20的比值A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，a=；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，在图中以20mL所对应的图线为基准，标注吸光度Ax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。18．对新能源汽车电池镍钴锰三元材料（主要成分为LiNi已知：①碱浸后，元素Ni、Co以氢氧化物[其中Co为（CoOH3]②离子浓度小于10③部分氢氧化物的Kap如下表：氢氧化物FeAlNiCoMn

Kₛₚ

2.8×10

1.3×10

5.5×10

1.60×10

2.00×10（1）基态Co3+的价层电子轨道表示式为。（2）“滤液1”中溶质除了LiOH、NaOH以外，还有（填化学式）。（3）“酸浸”后的溶液中Ni、Co、Mn元素以Ni2+、Co2+、M（4）常温下，“调pH”时，pH最高可调至（溶液体积变化可忽略）。已知：“酸浸”后cN（5）“萃取”时，钴形成如图的配合物。钴易被萃取进有机相的原因有（）。A．配位时Co2+被还原B．配合物与水能形成分子间氢键C．钴与O形成配位键D．萃取剂中有极性较小的疏水基团（6）写出“沉钴”时，生成CoCO3的离子反应方程式。（7）CoCO3一定条件下可转化为CoO3。假设CoO3的立方晶胞结构如图（a），则Co在晶胞中的位置为；晶体中与O原子最近且等距离的Co原子的个数为，若图b是该晶胞沿体对角线方向的投影，请在图（b）上补充另外一种原子位置。19．水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。I.利用MgClMgCl2⋅2（1）物质“X”为。（2）路径（填“a”或“b”）反应速率更快。（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为。Ⅱ.CO、CO2既可单独加氢制CH4，也可混合加氢制CH4，会发生如下反应。ⅰCOⅱCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H2=-164kJ·mol-¹ⅲCO（4）反应iii为水煤气变换反应，其△H3（5）图13表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、CO2混合气体加氢达到平衡时，CO2的转化率α随温度（T）或z的变化。其中α=①下列说法正确的是。A.曲线Ⅰ中n(CO)C.其它条件不变，增大压强，曲线Ⅱ上移D.M点，反应iii生成的CO2的量比反应ii消耗的少②结合图14分析图13中曲线Ⅰ中α（CO2）随温度的升高先减小后增大的原因。③若N点CO的转化率α为80%，则CH4的平衡收率yyCH（6）使用CO2单独加氢制CH4时（投入化学计量比氢气），会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为SS=nCO甲nC20．联烯（）广泛应用于有机合成。一种基于三组分反应合成非天然α-氨基酸的路线如下（反应条件略：Ph-代表C6H5-，'Bu-代表-C（CH3）3。已知：（1）化合物1a的名称为（2）①化学物2a的分子式为。②3a在碱性条件下发生水解生成的产物中，相对分子质量较小的化合物I。与I有相同官能团的结构共种（含化合物Ⅰ，不考虑立体异构）。（3）下列说法正确的有（）。A．3a分子中的存在大π键，氮原子采取sp2杂化B．4a分子存在2个手性碳原子，存在顺反异构体C．在1a、2a和3a生成4a的过程中，有π键断裂和形成D．4a生成5a的过程属于取代反应，且化合物5a具有两性（4）化合物2a的性质比较活泼，与水发生加成反应后可再转化为酮，若用核磁共振氢谱监测该转化反应，则可推测：与2a相比，产物酮的氢谱图中。（5）根据题中信息，分三步合成化合物Ⅱ，回答前两步相关问题①第一步，苯引入碘。已知碘的电负性大于碳，某同学尝试利用苯和CH3I反应生成PhI，该方法是否可行（填“可行”或“不可行”）②第二步，由C=NCH2C

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、马踏飞燕青铜雕，主要材质为青铜（铜锡合金），属于合金，说法正确，故A符合题意；

B、奔马画作纸邮票，主要材质为纸张（纤维素），属于有机高分子材料，不是合金，说法错误，故B不符合题意；

C、生肖马碧玉吊坠，主要材质为碧玉（硅酸盐矿物），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故C不符合题意；

D、唐三彩釉陶瓷马，主要材质为陶瓷（硅酸盐），属于无机非金属材料，不是合金，说法错误，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

合金的定义：由两种或两种以上金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质；

常见材料分类：青铜为铜锡合金，属于金属材料中的合金；纸张为有机高分子材料；碧玉、陶瓷为无机非金属材料。2．【答案】D【解析】【解答】A、该分子仅含酰胺基这一种官能团，说法正确，故A不符合题意；

B、分子中苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应（如燃烧），说法正确，故B不符合题意；

C、分子中苯环、羰基的碳原子为sp2杂化，烷基的碳原子为sp3杂化，存在两种杂化方式的碳原子，说法正确，故C不符合题意；

D、该分子中的酰胺基在NaOH溶液中水解，生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐（羧酸钠），二乙胺为有机碱，不是盐，说法错误，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

官能团识别：该分子的官能团为酰胺基，无其他官能团；

反应类型判断：苯环、烷基可发生取代反应，苯环、烷基可发生氧化反应；

杂化类型判断：苯环、羰基的碳原子为sp2杂化，烷基的碳原子为sp3杂化；

水解反应分析：酰胺基在NaOH溶液中水解生成羧酸钠和二乙胺，仅生成一种盐，二乙胺不属于盐。3．【答案】C【解析】【解答】A、碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，说法错误，故A不符合题意；

B、氮化镓(GaN)中N为-3价，根据化合物中正负化合价代数和为0，Ga的化合价为+3价，不是+2价，说法错误，故B不符合题意；

C、钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，位于元素周期表的d区，说法正确，故C符合题意；

D、氘和氚是氢元素的同位素，不是氦的同位素，说法错误，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

材料分类：碳纤维属于无机非金属材料，有机高分子材料需含碳链高分子结构；

化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为0，计算GaN中Ga的化合价；

元素周期表分区：根据价电子排布式判断元素所在分区，Ti为d区元素；

同位素定义：质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，氘、氚属于氢元素。4．【答案】B【解析】【解答】A、SiO2硬度大且难溶于水，可作牙膏摩擦剂，表述正确，故A不符合题意；

B、NH4NO3作冷敷袋是利用其溶于水吸热的性质，与NH4+和OH-的反应无关，表述错误，故B符合题意；

C、BaSO4难溶于酸和水，不会被人体吸收，可作“钡餐”，表述正确，故C不符合题意；

D、Na2FeO4具有强氧化性，可用于自来水消毒杀菌，表述正确，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

物质性质与用途对应：SiO2的硬度和溶解性决定其可作摩擦剂；

冷敷袋原理：NH4NO3溶解吸热，而非发生离子反应；

钡餐原理：BaSO4不溶于胃酸（盐酸），无毒性；

净水消毒原理：Na2FeO4的强氧化性可杀菌消毒，还原产物还可净水。5．【答案】D【解析】【解答】A、AlCl3是共价化合物，熔融状态不导电，工业上通过电解熔融Al2O3（加冰晶石助熔）制备铝，说法错误，故A不符合题意；

B、生铁是铁碳合金，合金的熔点一般低于其各组分金属的熔点，因此生铁熔点比纯铁低，说法错误，故B不符合题意；

C、24号Cr为洪特规则特例，基态原子价层电子排布式为3d54s¹（半充满稳定结构），不是3d44s2，说法错误，故C不符合题意；

D、聚四氟乙烯由四氟乙烯(CF2=CF2)通过加聚反应制得，四氟乙烯是其单体，说法正确，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

工业炼铝原理：AlCl3为共价化合物，无法电解熔融态，需电解熔融Al2O3；

合金性质：合金熔点通常低于其组分纯金属的熔点；

核外电子排布：Cr为洪特规则特例，价电子排布为3d54s¹，而非3d44s2；

高分子单体判断：聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，属于加聚产物。6．【答案】B【解析】【解答】A、甲为铁，丁为稀硝酸时，少量稀硝酸与铁反应生成硝酸亚铁（乙），过量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁（丙）；硝酸铁与铁反应可生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应可生成硝酸铁，丙（硝酸铁）水溶液因Fe3+水解呈酸性，推理成立，故A不符合题意；

B、甲为硫，若丁为O2，硫与少量O2不反应，无法生成乙；硫与过量O2反应生成SO2，无法满足“甲与少量丁生成乙、过量丁生成丙”的转化，推理不成立，故B符合题意；

C、甲为Al2(SO4)3，丁为强碱（如NaOH）时，少量NaOH与Al2(SO4)3反应生成Al(OH)3（乙），过量NaOH与Al2(SO4)3反应生成NaAlO2（丙）；Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与Al2(SO4)3发生双水解生成Al(OH)3，推理成立，故C不符合题意；

D、甲为CO2，丁为NaOH时，少量NaOH与CO2反应生成Na2CO3（乙），过量NaOH与CO2反应生成NaHCO3（丙）；Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，且相同条件下Na2CO3在水中溶解度大于NaHCO3，推理成立，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

转化关系要求：甲与少量丁生成乙，甲与过量丁生成丙，乙和丙可相互转化；

逐一验证选项：结合物质的性质，分析各物质是否满足上述转化关系；

特殊反应分析：硫与氧气的反应不存在“少量/过量”生成不同产物的情况，无法满足图示转化；

盐类水解、溶解度等性质辅助验证选项合理性。7．【答案】B【解析】【解答】A、纯碱（Na2CO3）溶液呈碱性，可去除油污，但无法与铜的氧化层（CuO）反应，不能用于除氧化层，且加热操作会加速铜的氧化，无法达到目的，故A不符合题意；

B、粗铜精炼采用电解法，粗铜作阳极、纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，装置符合电解精炼原理，可达到目的，故B符合题意；

C、铜与浓硫酸反应需要加热，图中未加热，且直接将铜片加入浓硫酸中反应不充分，同时会产生SO2污染，操作不合理，无法达到目的，故C不符合题意；

D、由CuSO4溶液制备CuSO4・5H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，不能直接蒸发结晶，否则会导致结晶水失去，无法达到目的，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

除氧化层原理：铜的氧化层为CuO，需用酸去除，纯碱溶液无法与CuO反应；

电解精炼铜原理：粗铜作阳极、纯铜作阴极，含Cu2+的溶液作电解质；

铜与浓硫酸反应条件：需要加热，常温下几乎不反应；

结晶水合物制备方法：需蒸发浓缩、冷却结晶，不能直接蒸干，防止结晶水流失。8．【答案】C【解析】【解答】A、充电时，Li+从电极I脱出，电极II为Li电极，发生反应：Li++e-=Li，电极II作阴极，不是阳极，说法错误，故A不符合题意；

B、电池工作时，固态电解质的作用是传导Li+，不能传导电子，电子只能通过外电路传输，说法错误，故B不符合题意；

C、充电时，电极I发生氧化反应，Li2MnO3失去电子，生成Li+、O2和MnO2，反应为

2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2，说法正确，故C符合题意；

D、电解饱和食盐水生成2gH2（物质的量为1mol），转移2mol电子，电池放电时电极II的Li失电子生成Li+，每2mol电子对应2molLi，质量为2mol×7g/mol=14g，电极II质量减少14g，不是7g，说法错误，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】充电时电极判断：Li+在电极II得电子，电极II为阴极：Li++e-=Li，电极I为阳极，根据题干信息，结合氧化还原反应配平电极I的反应：2Li2MnO3-4e-=4Li++O2↑+2MnO2。据此解题。9．【答案】D【解析】【解答】A、D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，1个D2O分子含10个中子，故中子数目为9NA，说法错误，故A不符合题意；

B、pH=1的溶液中c(H+)=0.1mol/L，1L溶液中H+的物质的量为0.1mol，数目等于0.1NA，说法错误，故B不符合题意；

C、CO2与Na2O2反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，1molCO2参与反应时，转移电子数目为NA，说法错误，故C不符合题意；

D、标准状况下22.4LNH3的物质的量为1mol，NH3与HCl反应生成NH4Cl，1molNH3与1molHCl反应形成1molN-Hσ键，新形成的σ键数目为NA，说法正确，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

中子数计算：先计算D2O的物质的量，再结合D、O的中子数计算总中子数；

pH与H+浓度：pH=-lgc(H+)，pH=1时c(H+)=0.1mol/L，直接计算H+数目；

氧化还原反应电子转移：根据反应方程式，分析Na2O2中O元素的化合价变化，计算转移电子数；

σ键数目计算：分析NH3与HCl的反应，明确新形成的化学键类型与数目，结合物质的量计算σ键数。10．【答案】B【解析】【解答】A、陈述I：O3在CCl4中的溶解度高于在水中的溶解度，正确；陈述II：O3为非极性分子，错误（O3是极性分子），故A不符合题意；

B、陈述I：（K3[Fe(CN)6]溶液中滴加KSCN溶液不显色），正确；陈述II：（与Fe3+结合能力：CN->SCN-），正确，且陈述II是陈述I的原因，二者存在因果关系，故B符合题意；

C、陈述I：（离子液体熔点较低，难挥发），正确；陈述II：（离子液体可用作原电池的电解质），正确，但二者无因果关系，故C不符合题意；

D、陈述I：石膏可用于制作豆腐的凝固剂，正确；陈述II：石膏可调节水泥的硬化速率，正确，但二者无因果关系，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

A．O3分子结构不对称，属于极性分子，陈述II错误；

B．K3[Fe(CN)6]中Fe3+与CN-形成稳定配合物，CN-与Fe3+的结合能力强于SCN-，因此滴加KSCN溶液不显色，两陈述存在因果关系；

C．离子液体的熔点、挥发性与导电性无直接因果关系，选项两陈述无因果关系；

D．两个陈述为石膏的不同应用，相互之间没有因果推导关系。11．【答案】C【解析】【解答】A、根据元素推断，X为C、Z为N、W为O、Y为H，电负性顺序为O>N>C>H，即W>Z>X>Y，A正确；

B、最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，沸点H2O>NH3>CH4，即W>Z>X，B正确；

C、原子团1为-COOH（羧基，C为sp2杂化，键角约120°），原子团2为-NH2（氨基，N为sp3杂化，含孤电子对，键角约107°），键角原子团1>原子团2，C错误；

D、M为氨基酸（如丙氨酸），两性由-COOH（酸性）和-NH2（碱性）体现，对应原子团1和原子团3，D正确；

故答案为：C。

【分析】元素推断：基态X原子各能级电子数相等，电子排布为1s22s22p2，X为C；Y为原子半径最小的元素，Y为H；X、Z、W为同周期相邻主族元素，第一电离能Z>W>X，故Z为N、W为O；12．【答案】B【解析】【解答】A、e管连通分液漏斗和烧瓶，可平衡气压，使浓氨水顺利滴下，说法正确，故A不符合题意；

B、AgNO3溶液中通入NH3，先生成Ag2O沉淀，沉淀溶解时的离子方程式为

Ag2O+4NH3・H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，而非AgOH与NH3・H2O反应，说法错误，故B符合题意；

C、c装置中CCl4密度比水大，NH3不溶于CCl4，可防止倒吸；煤油密度比水小，无法起到防倒吸作用，不能替换CCl4，说法正确，故C不符合题意；

D、葡萄糖含醛基，可与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，可用于检验醛基，说法正确，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

分液漏斗平衡气压原理：连通管可平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利流下；

银氨溶液制备原理：AgNO3与NH3・H2O反应先生成Ag2O，Ag2O再与过量NH3・H2O反应生成银氨溶液，AgOH不稳定，不能作为中间产物；

防倒吸装置原理：利用密度大于水的有机溶剂隔绝气体与水，防止倒吸，煤油密度小于水，无法实现；

醛基检验原理：醛基与银氨溶液水浴加热发生银镜反应，可检验醛基。13．【答案】C【解析】【解答】A、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环活化了甲基上的氢原子，而非甲基活化苯环，逻辑关系错误，故A不符合题意；

B、I2与CCl4均为非极性分子，I2易溶于CCl4使溶液显色，加入KI后I2+I-=I3-，I3-易溶于水，导致CCl4层I2浓度降低颜色变浅，该现象与“均为非极性分子”无关，故B不符合题意；

C、SiO2晶体为晶体，粒子呈周期性有序排列，具有各向异性，因此水晶柱面上石蜡遇热不同方向熔化快慢不同，结构与性质有因果关系，故C符合题意；

D、NaF为离子晶体，SiC为共价晶体，晶体类型不同导致熔点差异，与离子键成分百分数无直接因果关系，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

A．甲苯褪色是苯环对甲基产生影响，导致甲基被氧化，而非甲基活化苯环；

B．颜色变浅本质是发生了I2+I-=I3-的反应，使碘从有机溶剂进入水相，与分子极性无关；

C．晶体的各向异性源于内部粒子周期性有序排列，是晶体的固有性质，能解释石蜡熔化快慢不同；

D．NaF熔点远低于SiC的根本原因是晶体类型不同，NaF是离子晶体，SiC是共价晶体，而非离子键成分百分数。14．【答案】B【解析】【解答】A、通入少量氧气，O2会氧化I-生成I2，使溶液中c(I-)降低，平衡HgI2+I-⇌HgI3-逆向移动，同时HgI3-+I-⇌HgI42-也逆向移动，但总体系中HgI3-浓度会先增大后减小，最终并非单纯减小，说法错误，故A不符合题意；

B、对于平衡HgI3-+I-⇌HgI42-，平衡常数K=c(HgI42-)c(HgI3-)・c(I-)，变形得c(HgI3-)c(HgI42-)=1K・c(I-)；加水稀释，平衡逆向移动，c(I-)减小，因此该比值增大，说法正确，故B符合题意；

C、溶液中汞元素以HgI2、HgI3-、HgI42-形式存在，碘元素以I-、HgI3-、HgI42-、HgI2形式存在，汞与碘元素物质的量之比远小于1：2，说法错误，故C不符合题意；

D、根据电荷守恒，体系中c(H+)=c(I-)+c(HgI3-)+2c(HgI42-)+c(OH-)，选项中遗漏了15．【答案】C【解析】【解答】A、煤的干馏生成粗氨水等新物质，氨水使滴有酚酞的水溶液变红，说明有新物质生成，属于化学变化，结论正确，A错误；

B、石蜡油分解生成的不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，结论正确，B错误；

C、膨松剂分解产生的CO2使澄清石灰水变浑浊，但膨松剂可能为碳酸氢钠等，不一定含有碳酸钠，结论错误，C正确；

D、铁与水蒸气反应生成氢气，经浓硫酸干燥后点燃验纯有爆鸣声，说明有氢气生成，结论正确，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

煤的干馏：属于化学变化，生成的氨水显碱性，可使酚酞变红，证明有新物质生成；

石蜡油分解：分解产物含不饱和烃，可被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色；

膨松剂分解：能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2，膨松剂不一定含碳酸钠，碳酸氢钠等也可分解产生CO2；

铁与水蒸气反应：反应生成氢气，氢气点燃有爆鸣声，可证明产物。16．【答案】C【解析】【解答】A、电极Ⅰ发生NO3-的还原反应，为阴极，对应电源e为负极；电极Ⅱ发生HCHO的氧化反应，A说法正确；

B、电极Ⅰ生成OH-，电极Ⅱ消耗OH-，交换膜为阴离子交换膜，OH-从左室（电极Ⅰ区）移向右室（电极Ⅱ区），B说法正确；

C、根据已知反应：H2O+e-=Hₐdₛ+OH-，1molHₐdₛ对应1mol电子，生成1molNH3时，NO3-转化为NH3，N元素从+5价变为-3价，转移8mol电子，对应消耗8molHₐdₛ，通过导线的电子数为8mol，并非6mol，C说法错误；

D、电极Ⅱ以Cu2O为催化剂，HCHO在碱性条件下被氧化为HCOO-，电极反应为HCHO−2e−+3OH−=HCOO−+2H2O，D说法正确；17．【答案】（1）Cu+4H+2NO3−=Cu2++2NO2（2）＜；气体浓度变大进而影响平衡移动（3）2.00；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。【解析】【解答】(1)①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应中Cu被氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO2，根据电荷守恒、原子守恒配平，离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O

②稀释前后溶质硝酸的物质的量不变，由c1V1=c2V2得：16.0mol/L×V=8.0mol/L×50.0mL解得V=25.0mL，即需要量取25.0mL浓硝酸。

③配制稀硝酸步骤：先在烧杯中稀释浓硝酸（D），冷却后转移并洗涤，再定容（A），最后摇匀（C），因此顺序为DAC。

故答案为：Cu+4H+2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；25；DAC；

(2)①a、b体积相同，温度升高后气体颜色更深，说明NO2浓度更大，即升温平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，故ΔH＜0。

②压缩针筒时体积骤减，NO2浓度瞬间变大，颜色先加深；随后压强增大，平衡向气体分子数减小的正反应方向移动，NO2被消耗，浓度降低，因此颜色变浅。

故答案为：＜；气体浓度变大进而影响平衡移动；

(3)①吸光度与浓度成正比，浓度与体积成反比。20mL变为10mL，体积减半，浓度加倍，若平衡不移动，吸光度也加倍，故a=2.00。

②压缩至10mL时，实际吸光度比值小于理论值，说明NO2浓度比理论低，平衡正向移动；扩大体积时实际比值大于理论值，说明NO2浓度更高，平衡逆向移动。结论：增大压强，平衡向气体分子数减少的正反应方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多的逆反应方向移动。

③b点：体积10mL，压强2atm，吸光度=0.304×1.51≈0.459；c点：体积40mL，压强0.5atm，吸光度=0.304×0.69≈0.210，在对应坐标处标注即可。

故答案为：2.00；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。；

【分析】（1）①回忆铜和浓硝酸的反应规律，按氧化还原配平写出离子方程式；

②用稀释定律，抓住溶质物质的量不变计算浓硝酸体积；

③按照“稀释→定容→摇匀”的顺序确定操作先后。

（2）先对比温度不同的两组实验，由颜色变化判断平衡移动方向，再推出反应热符号；压缩时先考虑体积突变导致浓度骤变，再用勒夏特列原理分析压强对平衡的影响。

18．【答案】（1）（2）Na[Al(OH)4]或NaAlO2（3）2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O（4）7（5）C；D（6）Co2++HCO-3+NH3•H2O=CoCO3↓+NH4+（7）顶角；2；【解析】【解答】(1)Co的原子序数为27，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2。形成故答案为：；(2)电池材料中的Al杂质与NaOH溶液发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（或Al2故答案为：Na[Al(OH)4]或NaAlO2；

(3)酸浸时，Co(OH)3中+3价Co被H2O2还原为+2价Co2+，H2O2被氧化为O2，稀硫酸提供酸性环境生成CoSO4。根据得失电子守恒（Co(OH)3→CoSO4，Co从+3→+2，每个Co得1e-；H2O2→O故答案为：2H2SO4+2Co(OH)3+H2O2=2CoSO4+O2↑+6H2O；

(4)调pH的目的是除去Fe3+、Al3+，同时保证Ni2+、Co2+、Mn2+不沉淀。三种离子中Ni(OH)2的Ksp最小，Ni2+最先开始沉淀，因此pH最高值由Ni2+的沉淀条件决定。

已知c(Ni2+)=0.055mol/L故答案为：7；

(5)A：配位过程仅形成配位键，无电子得失，Co2+B：若配合物与水形成氢键，会更易溶于水，难以进入有机相，B错误；C：配合物中Co2+D：萃取剂含C8故答案为：CD；

(6)沉钴时，Co2+与HCO3−电离出的CO32−结合生成CoCO3沉淀，NH3⋅H2O中和HCO3−电离出的H+，生成NH4+和H故答案为：Co2++HCO-3+NH3•H2O=CoCO3↓+NH4++H2白色球（O）位于立方体体心，以体心O为中心，距离最近且等距离的Co原子为上下两个晶胞的顶角原子，共2个。图(b)为体对角线方向的投影，需在正六边形中心位置补充O原子（对应体心位置），最终投影如答案所示。故答案为：顶角；2；；

【分析】电池废料先经NaOH碱浸，除去Al杂质得到滤液1；剩余固体用稀硫酸、H2O2酸浸，将Ni、Co、Mn等金属氧化物还原溶解为离子；调pH除去Fe3+、Al3+得到滤渣1；加Na2S2O8将Mn2+氧化为MnO2沉淀除去；再经萃取、反萃取分离Ni与Co；最后向含Co的反萃取液中加氨水、NH4HCO3沉钴，得到CoCO3产品，同时得到含[Ni(NH3)6]2+的溶液。

（1）先确定Co原子的电子排布，再按阳离子失电子顺序得到Co3+的价层电子排布，最后按规则画出轨道表示式。

（2）碱浸时Al与NaOH反应生成可溶性盐，其余金属元素以沉淀形式留在滤渣中，据此判断滤液成分。

（3）H2O2作还原剂还原Co(OH)3，结合氧化还原配平规则写出反应式。

（4）调pH的上限由最先沉淀的Ni2+决定，利用溶度积公式计算其开始沉淀的pH，即为调pH的最大值。

（5）结合配位键本质、相似相溶原理，逐一分析选项正误。

（6）Co2+19．【答案】（1）H2（2）b（3）HCOOH=CO2↑+H2↑（4）-42kJ·mol-1（5）BC；三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大。；45%（6）y【解析】【解答】（1）根据原子守恒配平总反应MgCl反应前后Mg、Cl、C原子均守恒，左边含有4个H原子和6个O原子，右边2CO2含有4个O原子，剩余2个O原子与4个H原子分配在2个X中，可得X为故答案为：H2；

（2）化学反应速率由活化能决定，活化能是反应物与过渡态之间的能量差，活化能越低，反应越容易进行，反应速率越快。对比路径a、b的能量变化曲线，路径b的最大能垒明显低于路径a，因此反应速率更快的路径为b。故答案为：b；

（3）HCOOH为甲酸，在该反应体系中发生分解反应，生成CO2和HHCOOH=CO2↑+H2↑故答案为：HCOOH=CO2↑+H2↑；

（4）根据盖斯定律，用反应i减去反应ii可得水煤气变换反应iii：COΔ故答案为：-42kJ·mol-1；

（5）①A：z=0.5时n(CO2)0=n(CO)0，二者物质的量之比为1，A错误；

B：曲线I与II的交点N对应温度为600℃，因此曲线II的温度为600℃，B正确；

C：三个反应均为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2②三个反应均为放热反应，温度低于600℃时，反应i、ii占主导，升温使平衡逆向移动，CO2消耗减少，转化率降低；温度高于600℃时，反应ii难以自发进行，体系以反应iii为主，升温使反应iii平衡逆向移动，CO③设初始n(CO)0=n(CO2)0=1mol故答案为：BC；三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应ⅰ、ⅱ的影响大于反应ⅲ，α（CO2）减小。超过600℃℃，反应ii△G>0，反应ii几乎不发生，温度升高，反应ⅲ平衡逆向移动，α（CO2）增大；45%；

（6）设初始CO2为1mol，CH4收率为y，即生成ymolCH4，消耗ymolCO故答案为：y1-s；

【分析】（1）根据反应前后各原子的种类和数目保持不变，对