广东茂名市2026年高三年级第一次综合测试化学试卷（含答案）

广东茂名市2026年高三年级第一次综合测试化学试卷

一、选择题：本题共16小题，共44分。第广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.过节时茂名地区有做校的习俗，传统做粒工艺中所用的工具如下，其主要成分为金属的是

制浆和面塑形蒸制

!

A.磨粉石磨B.和面陶盘c.木制核印D.大灶铁锅

A.AB.BC.CD.D

2.碗烯是合成富勒烯、碳纳米管等碳基材料的重要原料，其结构如图。该分子

A.属于芳香族化合物B.不能发生加成反应

C.共有15个氢原子D.含有5个手性碳原子

3.我国科学家突破多项技术。下列有关说法错误的足

A.开发蒸储高效填料与除杂技术得到高纯度蒸储属于物理变化

B.“原子抽提技术”大幅降低丙烷脱氢制丙烯的Pt用量：Pt属于非金属元素

C.加入微量卤代燃催化合成气制烯煌实现低CO2排放：卤代始改变了反应历程

D.Sc修饰及。2光催化剂可提升太阳能制氢效率：过程中光能转化为化学能

4.劳动创造幸福生活。下列劳动项涉及的相关化学知识错误的是

选项劳动项目化学知识

2+

A用醋酸去除水垢2H++CaCO3=Ca+C02T+H20

B往轮船加装锌锭防腐蚀金属活动性：锌,铁

C用油脂制备肥皂油脂发生皂化反应

某些金属化合物在灼烧时使火焰呈现特征焰

D制作烟花时加入钠盐、钾盐和铜盐等

色

A.AB.BC.CD.D

第1页

5.植物基肉制品研发成为2025年营养健康领域热点。下列说法正确的是

A.植物基食品中有优质蛋白，蛋白质最终水解为葡萄糖

B.植物基食品中添加的铁元素，其单质形式更易被人体吸收

C,挤压加工过程中植物蛋白发生变性，变性后的蛋白可以复原

D.氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，进而构成蛋白质

6.制备乙酸乙酯的实验中，操作正确的是

乙静

液硫用t和乙酸1

A.混合反应物B.制备乙酸乙酯

1KJ

NaOH溶液冷

1dL

C.收集乙酸乙酯D.提纯乙酸乙酯

A.AB.BC.CD.D

7.下列陈述I和陈述n均正确，且两者间具有因果关系的是

选项陈述I陈述II

次氯酸具有强氧化性，可用次氯酸可用于食品的长期保

A

于杀菌消毒鲜

可用氯化锈溶液对金属工件

B铁盐受热易分解

进行电镀前除锈

可用含氢氧化铝的药物治疗

C氢氧化铝能与酸反应

胃酸过多

可用铝制容器长期盛装并运

D浓硝酸具有挥发性

输浓硝酸

A.AB.BC.CD.D

8.一种提取碘的工艺过程如下，其中操作X为

♦「溶液I-含」溶液联L［含1的CCI,溶液I->rv

A.过滤B.蒸发C.萃取分液D.蒸做

第2页

9.设以为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.180〃2。的质子数为1。以

B.22.4LC0含有的原子数为2Ml

C.ImobL-1FeS/溶液中含有的Fe?+数目为3

D.ImoZFe与lmo/C%反应转移的电子数为3Ml

10.能满足下列物质间转化关系，目推理成立的是

反应①反应②

酸或碱一氧化物单质X

A.X可为铁，反应①为化合反应

B.X可为铝，反应②为铝热反应

C.X可为硫，反应①一定是可逆反应

D.X可为铜，反应②的另一反应物可为乙醉

11.一种合成牛磺酸中间体的结构式如图，已知八£、w、x、y、z的原子序数依次增大，且在前四周期均有

分布，y的价层电子数是电子层数的两倍，则说法正确的是

Z——t-------t-V-Wx+

IIII

rrw

A.沸点：r2w>xz

B.第一电离能：x>w>y

C.最高价氧化物的水化物的酸性：i>y

D.%或r与w可组成有强氧化性的化合物

2

12.研究发现。〃以2溶液中存在以下平衡：[久(％。)4]2+(蓝色)+4C/-#[CuCl4]-(黄色)+4也。，K=

3x105(25℃)O下列说法正确的是

A.17710”。〃(42。)4]2+中含有8m0，。键

B.与C〃2+配位时，。「比比。的配位能力更强

C.加热CuC%溶液，溶液由蓝绿色变成黄绿色，说明该反应/HV0

2+2+2-

D.Cue%溶液呈酸性，2c(Cu)+2C([CU(//2O)4])>c(CT)+2c([CuCZ4])

13.由物质结构不能推测其对应性质的是

选项结构性质

A乙醇含有羟基乙醇比乙烷更易溶于水

B甲烷分子结构为正四面体甲烷不具有还原性

C氮气中存在氮氮三键氮气性质较稳定

D金属银有自由移动的电子银有良好的导电性和延展性

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A.AB.BC.CD.D

14.一种管-硫水系电池的示意图如图，下列说法正确的足

A.工作时，a极发生还原反应

B.工作时，a极电势大于b极电势

C.充电时，b极发生反应：ZnS-2e~=Zn2+4-S

D.充电时，zM+由Q极向b极移动

15.利用如图所示装置制备N“3,#探究N%和N02的相关性质。实验时，将浓氨水滴入氧化钙中。下列说

法错误的是

A.将Ca。换成碱石灰也可产生氨气

B.仪器C可起到防倒吸作用

C.关闭K一段时间后：4处颜色比B处浅

D.烧杯处先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后溶液变成深蓝色

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NiO

B.电解时，RC%。，被氧化

C.iii转化为iv的反应方程式为RCH。+H20->RCH(OH)2

D.经历2次Ni。与NiO(OH)的互相转化可得到2molH2

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

第4页

17.研究影响化学反应速率的因素对生产生活有重要意义。

I.实验原理

研究小组利用分光光度计测量反应过程中溶液吸光度4的变化（吸光度4与有色物质浓度成正比）来跟踪

反应进程。

II.实验准备

实验需要用到807nL0.1000mo/-LKM九0溶液，配制该溶液时：

（1）需要用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管和、o（填仪器名称）

III.测定反应速率

将2.00mL1.0mol-L-1H2c2。4溶液与。50mL0.1000mo/•L酸性高钵酸钾溶液混合后，置于分光光度计

中，记录溶液的吸光度降至最低且不再变化时所需时间为tm出。

（2）酸性KM几。4溶液与H2c2。4溶液反应的离子方程式

为。

（3）0〜内，平均反应速率NKMnOD=mol-L-1-min-1（歹U

出表达式，忽略溶液混合引起的体积变化）。

IV.探究烯元结构对反应速率的影响

查阅资料①烷基（-R）具有推电子效应，能增强相连碳碳双键的电子云密度。

②烯嫌与溟加成时，8r2易与电子云密度大的碳碳双键反应。

基于资料，提出猜想

（4）单烯燃和Br2的反应速率与烷基的长度有关，烷基越长，反应速率越（填“快”或“慢”）。

验正猜想相同体积的乙烯、丙烯、1-丁烯分别通入等体积等浓度的8丁2的溶液中，测定溶液的吸光度

从心降低到4所消耗的时间。

实验序号烯烧t/s

①

CH2=CH2

②

CH2=CH-CH3

③

CH2=CH-CH2-CH3±3

（5）猜想成立的判断依据是“

提出质疑小组成员发现以右匕。推测：影响单烯燃与B市反应的速率除了烷基的推电子效应外，还存在其

他因素。

教师指导空间位阻效应对有机物的物理性质和化学性质产生影响，有机分子中支链越多，基团越大，空间

位阻效应越大；空间位阻效应：顺・2-丁烯＞反-2・丁烯。已知：

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CH

CH3

烷烧3

CHCHZCHCHCHCH-C-CH

3223CH3cH2cHe也33

CH3

沸点/℃36.127.99.5

（6）①F列烯煌的沸点由大到小的顺序为（用选项编号排序）。

CH3/CH3

A.CHCHCHCHCH=CHB.I-C.CH=CH-e-CH.

32222HX-CH-CH-CH=CH,\

322C口H口3

补充猜想空间位阻效应越大，单烯姓和历2的反应速率越小。

优化设计小组成员对下面两种烯始进行了重复实验。

实验序号烯制t/S

④

顺-2-丁烯上4

⑤

反2丁烯f5

②补充猜想正确的判断依据是

实验结论

③推电子效应和空间位阻效应都会影响单烯慌与8万的反应速率。由于上》〃，可判断

为主要影响因素。

教师总结烯点结构对反应速率影响的因素是多样的，具体情况具体分析。

18.一种饮铁硼废料主要含Fe、稀土（Re）、Co、B等元素化合物，从中选择性提取金属的工艺流程如下。

草酸己二醇HONa,CO,Na2s

FeCh-ILOH:02r

被铁硼r萃取萃余液沉铁沉钻->CoS

废料一赴球磨粉碎焙烧浸出浸出液f沆淀I

浸出渣REKCQjh试剂AFcOOH

I

I

I1硼酸已二醇酯反萃取->Na[B(OH)J->H,BO.

有机层

-29-5

已知：①常温下，Ksp[Re2(C2O^3]=1.0xIO,Ka2(H2C2O4)=5.4x10,Ka(H3BO3)=5.8x

10-10

②尸e（0H）3容易形成胶状沉淀，可吸附金属离子。

回答以下问题:

（1）"球磨粉碎''的作用是;“浸出”后，需要进行的实验操作是

（填操作名称）。

(2)“沉淀”时，当R1+完全沉淀时c(Re3+)=1.0x10-5-5mol•L,溶液pH=2,贝1肥(〃。2。7)=.

mol-r1（结果保留3位有效数字）。

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（3）试剂A为，“萃取'’过程中发生的反应类型为o

（4）“沉铁”时，需严格控制c（Fe"）和在较低p〃和一定温度条件下，萃余液中反应生成

Fe00H的化学方程式为,若pH过大，h。0“会进一

步，导致钻元素损失严重。

（5）该工艺中，“反萃取”后的有机层可在（填流程环节）中循环利用。

（6）稀土Nd立方品胞中部分Nd原子如图所示，设品胞边长为d九血，两个Nd原子的最近迫离为:dmn，

图中已用，表示部分Nd原子的位置。

①其他Nd原子的位置和个数可能为（填选项）。

A.面心a,6个B.体心b,1个

C.棱中c,12个D.棱中c,6个；面心a,6个

②晶体中，与Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为o

19.。。2氧化的“6脱氢制C2H4技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制C2H4。

（1）基态C。原子的价层电子排布式为O

（2）一•种Co基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将1.0巾0工2,6与1・0加0302通入容积

为1L的密闭容器中进行反应。

编号过程AH

c2H6（g）+c02（g）

二C2H4（g）

iA%

+cog）

+〃2。（9）

iic2H6（g）=c2H武"+也⑷+137.0kJ-mol-1

co2（g）+“2（g）

iii=cog）4-41.0kJ-moL

+“2。⑷

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C2,6（g）+2CO2（g）

ivw3〃2（g）+430.0kJ-mol-1

+4C0（g）

①=kJ■mo/T。

②298K下，反应i的/S=0.1630・moL-KT,则298K下该反应（填唯”或“不能”）自发进

行。

③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，C2H6（。）的平衡转化率升高幅度大

于。。2（。）的，则c2H6（g）对应的曲线为（填曲线代号）。

I

0.9

0.8

O

E0.7

、0.6

曲

昼0.5

运0.4

蟀0.3

0.2

0.1

0

720750780800820

温度/℃

④820c下，平衡时74c0（g）］=mol,求反应i的平衡常数K

（写出计算过程，最后结果无须化简）。

⑤向某密闭容器中通入C2H6和。。2,仅考虑发生反应i、iio下列说法正确的有（填选项）。

A.当雁（C2"6）=%（C2H4）时,反应i、ii均达到平衡状态

B.升高反应温度，可加快反应速率，并提高c2H4的平衡产率

C.恒温恒容下，平衡后再通入情性气体，“野喈,2）增大

2H6）

D.恒温恒容下，提高投料比"扁售，可以增大。2“6的平衡转化率

（3）650K下，初始投料amolQ/，其他条件相同时，用“。2、Co-7。和尸e-TiQ分别催化上述反

应，一段时间内C2H6的转化率如下表所示。

催化剂

TiO2Co-TiO2Fe-TiO2

C2H6的转化率/%8.524.414.3

①使用不同催化剂时，反应⑴的△“：（填喊“=”）。

TiO2CO-TIO2“>"y

②使用。。一"。2催化剂，该段时间内得到bmoLC2H4,则C234的选择性

_生成。2H4消耗的C2H6的物质的量

x100%=____________x100%o（列出计算式）

消耗C2H6的总物质的量

20.我国科学家研发了一种合成螺旋内酯的方法，路线如下（反应条件略，P/1-代表苯基（场-）。

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Ph

PhNPh+

H

la

（1）化合物2a的分子式为o

（2）化合物2a可分别与多种试剂进行原子利用率100%的反应。该反应中，

①若试剂为1/形极性分子，可生成醇类化合物/：（写出其中一种的结构简式）；

与化合物I互为同分异构体，含有六元环且属于醇类物质的有种（含化合物I,不考虑立体异

构）。

②若试剂为直线形分子，通过两步反应可生成化合物n（15）'第二步的反应方程式

为。

（3）化合物3a含有的官能团名称为,3a能与，2反应生成化合物山：（写结

构简式）；仅用化合物用作有机原料，可制备一种高聚物为（写结构简式）。

（4）下列说法正确的有（填选项）。

A.化合物3a易溶于水，且酸性比乙酸强

B.化合物la分子中，有大江键，且所有原子共平面

C.在la、2a和3a生成4a过程中，有几键的断裂与。键的形成

D.化合物4a分子中，只有12个碳原子采取sp2杂化

（5）参考上述合成路线，直接合成化合物IV,则需要以la、3a和（填结构简式）为反应物。

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答案解析部分

1.【答案】D

【解析】【解答】A、磨粉石磨的主要成分为石材，含硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意；

B、和面陶盘的主要成分为陶瓷，为传统硅酸盐产品，属于无机非金属材料，故B不符合题意；

C、木制核印的主要成分为木材，含纤维素，属于天然有机高分子材料，故C不符合题意；

D、大灶铁锅的主要成分为铁合金，合金属于金属材料，故D符合题意；

故答案为：Do

【分析】本题考查材料分类，解题核心是判断各工具主要成分的材料属性：

明确金属材料定义：金属材料包括纯金属和合金，铁锅的成分为铁合金，属于金属材料；

分析其他选项成分：石磨为石材、陶盘为陶瓷、木制粒印为木材，均不属于金属材料。

2.【答案】A

【解析】【解答】A、该分子含有苯环结构，属于芳香族化合物，A符合题意；

B、分子中含有碳碳双键和苯环，均能发生加成反应，B不符合题意；

C、根据不饱和度计算，碗烯分子式为C20Hio,共有10个氢原子，C不符合题意；

D、手性碳原子要求连有4个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子均为不饱和碳，无手性碳原子，D不

符合题意；

故答案为：Ao

【分析】本题解题要点：

芳香族化合物的判断依据：分子中含有苯环；

加成反应的判断依据：分子中存在碳碳双键、苯环等不饱和键；

氢原子数的计算：可通过不饱和度公式C=2C+匕结合碗烯的结构（C20,。=11），计算得H=10;

手性碳原子的判断依据：饱和碳原子且连接4个不同基团，该分子无符合条件的碳原子。

3.【答案】B

【解析】【解答】A、蒸储是利用物质沸点差异分离混合物，过程中无新物质生成，属于物理变化，A说法正

确，A不符合题意；

B、P〔（钳）是伯族金属，属于金属元素，并非非金属元素，说法错误，B符合题意；

C、卤弋炫作为催化剂，可降低反应的活化能，改变反应的历程，加快反应速率，说法正确，C不符合题

屈；

D、Sc修饰TiCh光催化剂用于太阳能制氢，是将太阳能（光能）转化为氢气中的化学能，说法正确，D不

符合题意；

故答案为：Bo

【分析】本题解题要点：

第10页

物理变化的判断：蒸僧仅分离混合物，无新物质生成，属于物理变化；

元素分类：Pl（伯）为过渡金属元素，属于金属材料；

催化剂的作用：催化剂通过改变反应历程、降低活化能加快反应，不改变平衡；

能量转化：太阳能制氢是光能转化为化学能的过程。

4.【答案】A

【解析】【解答】A、醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆分为H+,正确离子方程式为

2cH3coOH+CaCO?=Ca2++2CH3coO+CO2T+H2O,A错误；

B、轮船加装锌锭防腐蚀利用牺牲阳极法，原理是金属活动性Zn>Fe,Zn作负极被腐蚀，保护Fe作正

极，B正确；

C、油脂在碱性条件下发生皂化反应，生成高级脂肪酸盐（肥皂的主要成分）和甘油，可用于制备肥皂，C

正确；

D、钠盐、钾盐、铜盐等金属化合物灼烧时发生焰色反应，呈现特征焰色，可用于制作烟花，D正确；

故答案为：Ao

【分析】本题解题要点：

离子方程式书写规则：弱酸（如CHsCOOH）在离子方程式中保留化学式，不能拆分为H+；

金属防护原理：牺牲阳极法利用活泼性更强的金属作负极，保护被防护金属；

皂化反应定义：油脂在碱性条件下的水解反应，是制备肥皂的核心反应；

焰色反应：某些金属或其化合物灼烧时使火焰呈现特征颜色，可用于烟花制作、金属离子检验。

5.【答案】D

【解析】【解答】A、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，其最终水解产物为氨基酸，而非葡萄糖，葡萄糖是淀

粉的水解产物，A错误：

B、人体吸收铁元素的主要形式为亚铁离子（Fe2+）,单质铁不易被人体吸收，且单质铁可能会刺激肠胃，B

错误；

C、蛋白质变性是空间结构被破坏的不可逆过程，变性后的蛋白结构无法复原，不能恢复原有的生理活性，C

错误；

D、氨基酸通过脱水缩合反应形成肽键，进而连接成多肽链，多肽链再经过盘曲、折叠形成具有一定空间结

构的蛋白质，D正确；

故答案为：Do

【分析】本题解题要点：

蛋白质水解：蛋白质水解的最终产物为氨基酸，淀粉水解最终产物为葡萄糖；

铁元素吸收形式：人体主要吸收Fe2+,单质铁难以被吸收，易造成肠胃刺激；

蛋白质变性：变性为不可逆过程，空间结构破坏后无法复原；

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蛋白质形成基础：氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽进一步构成蛋白质。

6.【答案】D

【解析】【解答】A、混合反应物时，应将浓硫酸沿试管壁缓慢注入乙醉和乙酸的混合液中，防止浓硫酸稀

释放热导致液体飞溅，图中操作错误，A不符合题意；

B、制备乙酸乙酯时，试管倾斜、酒精灯加热，装置符合实验要求，操作正确，B符合题意；

C、收集乙酸乙酯时，导管不能伸入饱和Na2cCh溶液液面卜，防止倒吸，且应使用饱和Na2cQ?溶液而非

NaOH溶液（NaOH会使乙酸乙酯水解），图中操作错误，C不符合题意；

D、提纯乙酸乙酯需通过分液分离，应用分液漏斗，图中操作错误，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】本题解题要点：

反应物混合顺序：浓硫酸密度大、稀释放热，需“酸入醇/酸”，冷却后加乙醇，防止暴沸飞溅；

收集装置要求：导管末端置于饱和Na2c03溶液液面上方，防止倒吸，且用饱和Na2co3溶液除杂、降低酯

的溶解度；

提纯方法：乙酸乙酯不溶于水，与水溶液分层，用分液法分离，无需蒸储。

7.【答案】C

【解析】【解答】A、陈述I（次氯酸有强氧化性，可杀菌消毒）正确，但陈述II（次氯酸可用于食品长期

保鲜）错误（次氯酸不稳定，不能长期保鲜），A不符合题意；

B、陈述I（钱盐受热易分解）正确，陈述II（氯化镂溶液可用于电镀前除锈）也正确，但二者无因果关

系（除锈是因氯化核水解显酸性，与镂盐受热分解无关），B不符合题意；

C、陈述I（氢氧化铝能与酸反应）正确，陈述II（含氢氧化铝的药物可治疗胃酸过多）正确，且二者有

因果关系（利用氢氧化铝中和胃酸的酸性），C符合题意；

D、陈述I（浓硝酸有挥发性）正确，但陈述II（铝制容器可长期盛装运输浓硝酸）错误（铝遇浓硝酸钝

化，但不能长期盛装，且与挥发性元因果关系），D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】本题易错点：

A.误将次氯酸的强氧化性等同于可用于食品长期保鲜，忽略次氯酸不稳定、易分解，无法长期保鲜，陈述

II错误。

B.混淆氯化铁除锈原理（水解显酸性）与镂盐受热分解的性质，二者无因果关系，易误选。

C.需明确氢氧化铝中和胃酸的因果逻辑，其与酸反应是治疗胃酸过多的直接原因，该选项为正确项，需准

确判断。

D.误认铝制容器可长期盛装浓硝酸，忽略浓硝酸变稀后会与铝反应，且钝化与浓硝酸挥发性无因果关系，

陈述H错误。

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8.【答案】C

【解析】【解答】A、过滤用于分离固体和液体混合物，该流程中无固体与液体的分离需求，A错误；

B、蒸发用于从溶液中获得固体溶质，无法将碘从水溶液转移到CC14溶液中，B错误；

C、CC"与水不互溶，且12在CCL中的溶解度远大于在水中的溶解度，可通过萃取分液将L从水溶液转移

到CCU溶液中,C正确;

D、蒸缁用于分离沸点不同的互溶液体混合物，该步骤是实现溶质在两种溶剂间的转移，不是蒸储，D错

误；

故答案为：Co

【分析】本题解题要点：

萃取分液的原理：利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异，将溶质从溶解度小的溶剂转移到溶解度大的

溶剂中;

12的提取流程：含「溶液先氧化为含12溶液，再用CC14萃取分液得到含12的CC14溶液，最后蒸饲分离h

与CCI4；

各操作的适用场景：过滤分离固液、蒸发提取固体溶质、蒸饰分离互溶液体、萃取分液分离互不相溶的液体

并转移溶质。

9.【答案】A

【解析】【解答】A、18gH20的物质的量为Imol,1个H2O分子含10个质子（H含I个x2+O含

8个），故质子数为10NA,A正确；

B、未指明标准状况，22.4LCL的物质的量无法确定，原子数不一定为2NA,B错误；

C、未指明溶液体积，无法计算Fe2+的数目，且Fe2+会水解，实际数目小于NA,C错误；

占燃

D、Fe与CL反应：2Fe+3c72=2尸eCL时，Cb为限量反应物，1molCL完全反应转移2moi电子，故

转移电子数为2NA,D错误；

故答案为：Ao

【分析】本题解题要点：

A.先计算物质的量，再结合分子中质子数计算总质子数；

B.气体摩尔体积22.4L/mol仅适用于标准状况，缺条件无法计算；

C.计算离子数目需同时知道浓度和体积，且Fe?+存在水解损耗；

D.氧化还原反应电子转移需按限量反应物计算，CL完全反应时转移2mol电子。

10.【答案】D

【解析】【解答】A、若X为铁，酸/碱无法直接通过化合反应生成铁的氧化物（如铁与酸反应生成盐，碱

与铁不反应，无法一步得到FezCh/Fe.QQ,推理不成立，A不符合题意；B、铝热反应是铝还原金属氧化

第13页

物，无法用于制备A1单质，反应②不能为铝热反应，推理不成立，B不符合题意；

C、若X为硫，反应①不一定是可逆反应(如ILS与O上反应生成SO2,并非可逆)，推理不成立，C不

符合题意；

D、若X为铜，酸可与Cu反应生成CuO(氧化物)，CuO与乙醇在加热条件下反应可生成Cu单质，反

应②的另一反应物可为乙醇，推理成立，D符合题意；

故答案为：Do

【分析】A.铁的氧化物无法由酸、碱经一步化合反应生成，不符合转化关系；

B.铝热反应的本质是AI还原比A1不活泼的金属氧化物，不能用于制备A1；

C.硫的氧化物(如SOz)的生成反应不一定为可逆反应，“一定”表述错误；

D.CuO可被乙醇还原为Cu(CHCHiOH+CuOACH3CHO+C11+H2O),符合转化关系。

11.【答案】D

【解析】【解答】A、H2。为分子晶体，靠分子间作用力维系，沸点低；NaBr为离子晶体，靠强烈的离子键

结合，沸点远高于分子晶体，因此沸点H2。<NaBr,A错误；

B、第一电离能递变规律：同主族自上而下第一电离能递减，故A(O)>/i(S)；同周期主族元素从左到右第

一电离能总体递增，故/1(S)>/i(Na),因此第一电离能大小关系为0>S>Na,B错误；

C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。非金属性CVS,因此酸性H2co3V

H2S04,C错误；

D、Na与0可形成Na202,H与0可形成H202,二者均含过氧键，具有强氧化性，D正确；

故答案为：Do

【分析】已知原子序数r<t<w<x<y<z,且所有元素均分布在前四周期，结合成键特征与电子排布规

律逐一突破：

r：仅形成1个单键，原子序数最小，确定为H：£：形成4个单腱，满足四价成键特征，确定为C；

w：可与y形成双键/单键，为二价氧族元素，确定为0；x：形成+1价阳离子，原子序数介于0与y之间，确

定为Na；y：价层电子数为电子层数的2倍，结合原子序数大于0,电子层数为3、价层电子数为6,确定

为S；z：形成1个单键，原子序数大于S且位于前四周期，确定为Br。据此解题。

12.【答案】B

【解析】【解答】A、I个[Cu(H20)4]2+中，4个H2。分子内共含4x2=8个0-H。键，同时Cu2+与

4个H2。之间形成4个配位。键，因此1niol该离子含8+4=12mol0键，A错误；

B、该平衡的平衡常数K=3x105,数值较大，说明反应正向进行的程度大，即C1一与Cu"的配位能力强

于H2。，B正确；

C、加热时溶液由蓝绿色变为黄绿色，说明[CuCl4]2-(黄色)浓度增大，平衡正向移动，正反应为吸热

反应，AH>0,C错误；

第14页

2+2+2

D、根据电荷守恒，溶液中存在2c(Cu)+2c([Cu(H20)4])=c(Cl~)+2c([CuCl4]~)+

2+2+

c(OII■),因溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，故2c(Cu)+2c([Cu(H20)4])<c(Cl一)十

2c([CuCl4]2一)，D错误。

故答案为：Bo

【分析】本题解题要点：

o键计算：配位键属于。键，需同时计算分子内共价键和配位键；

配位能力判断：平衡常数越大，正反应进行程度越大，配体配位能力越强；

平衡移动与婚变：升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，AH〉。：

电荷守恒应用：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合溶液酸碱性判断离子浓度关

系。

13.【答案】B

【解析】【解答】A、乙醛含羟基，羟基为亲水基团，可与水形成氢键，因此乙醇比乙烷更易溶于水，可由结

构推测性质，A不符合题意；

B、甲烷分子为正四面体结构，该结构特征与甲烷的还原性无直接关联，甲烷可燃烧、能被氧化，具有还原

性，不能由正四面体结构推测其不具还原性，B符合题意；

C、氮气中存在氮氮三键，键能大，断裂需要极高能量，因此氮气化学性质稳定，可由结构推测性质，C不

符合题意；

D、金属银存在自由移动的电子，这是金属具有良好导电性和延展性的结构基础，可由结构推测性质，D不

符合题意；

故答案为：Bo

【分析】本题解题要点：

溶解性与结构的关系：亲水基团(如羟基)可与水形成氢键，提升物质在水中的溶解度；

分f空间结构与化学性质的关系：甲烷的正四面体结构仅描述其空间构型，无法直接推导其氧化还原性质，

甲烷的还原性由其可发生氧化反应的化学特性决定；

化学键与物质稳定性的关系：氮氮三键键能高，使氮气化学性质稳定；

金属的结构与性质的关系：自由移动的电子是金属导电性、延展性的木质原因。

14.【答案】C

【解析】【解答】A、工作时，电子由a极流出，说明a极为负极，发生氧化反应，A不符合题意；

B、工作时，a极为负极，b极为正极，正极电势高于负极电势，即b极电势大于a极电势，B不符合题

意；

C、充电时，b极为阳极，发生氧化反应，反应为ZnS-2e=Zn2++S,C符合题意；

D、充电时，a极为阴极，b极为阳极，阳离子向阴极移动，即Z*+由b极向a极移动，D不符合题意;

第15页

故答案为：Co

【分析】本题解题要点：

原电池正负极判断：电「流出的电极为负极(a),发生氧化反应；电子流入的电极为正极(b),发生还原反

应；

原电池电势规律：正极电势高于负极电势；

电解池电极反应：充电时，原电池负极作阴极(a),发生还原反应；原电池正极作阳极(b),发生氧化反

应；

电解池离子移动规律：阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。

15.【答案】C

【解析】【解答】A、碱石灰(主要成分为NaOH、CaO)遇浓氨水会吸水放热，促进NH3-H2O分解产生

氨气，因此将CaO换成碱石灰也可产生氨气，A不符合题意；

B、仪器C为球形干燥管，其球形结构可容纳倒吸的液体，防止液体倒吸入反应装置，起到防倒吸作用，B

不符合题意；

C、关闭K一段时间后，N%进入A处与NO?发生氧化还原反应，消耗N02,使A处NCh浓度降低，

颜色变浅；B处NO?未被消耗，因此A处颜色比B处浅的说法错误，C符合题意；

D、NH3通入CuSCh溶液，首先发生反应CU2++2NH3•H2O=CU(OH)21+2NH「，生成蓝色

2+

Cu(OH)2沉淀；继续通入NH3,沉淀与过量NH3反应生成可溶性的[CLI(NH3)4],沉淀溶解，最终溶液变为

深蓝色，D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】本题解题要点：

氨气的制备原理：CaO、碱石灰等碱性固体遇浓氨水，通过吸水放热，促进NH3-H20分解释放NH3；

防倒吸装置原理：球形干燥管等具有较大容积的仪器，可缓冲倒吸的液体，避免液体回流；

NOZ与NH3的反应：NH3具有还原性，可与NCh发生氧化还原反应，消耗NO2,使体系颜色变浅；

铜氨络合物的生成：CuSCh与少量NH3•H2O生成Cu(OH)2蓝色沉淀，与过量NH3-H2O生成深蓝色

[CU(NH3)4]2+络离子。

16.【答案】D

【解析】【解答】A、从阳极反应的完整循环路径来看，NiO在整个过程中仅作为中间媒介参与反应，反应结

束后会完全再生，其质量、化学性质均不变化，完全符合催化剂的本质特征，A不符合题意；

B、电解过程中，原料RCH20H经过多步反应最终转化为RCOO一，碳元素的平均化合价从-1价升高至+3

价，发生了失电子的氧化过程，因此RCH20H在电解中被氧化，B不符合题意；

C、根据反应机理的结构变化，中间体iii为醛类RCHO,iv为同族二元酯RCH(OH)2,二者的转化是醛基的

水合反应，化学方程式为/?。，。+“2。7氏。”(。，)2,该反应符合原子守恒与有机反应规律，C不符合题

第16页

意；

D、阴极生成氢气的半反应为2〃2。+26-=〃2T+20/厂，根据电子守恒，每生成lmolH2,电路中需要转

移2moi电/；而阳极上NiO与NiO（OH）的互变中，Ni元素仅发生+2价与+3价的单电/转移，每完成I次互变

仅转移Imol电子，因此经历2次互变仅能生成ImolH2,而非2molH2,D符合题意；

故答案为：Do

【分析】阴极区（活性电极，KOH溶液）：水作为反应物发生还原反应，电极方程式为2H2。+2。一=也7

+20H-,生成的0H一在电场作用下，通过阴离子交换膜定向迁移至阳极室，为阳极的催化循环提供碱性环

境。阳极区（NiO电极，KOH溶液）：NiO作为媒介催化剂，通过NiOuNiO（OH）的可逆循环，驱动

RCHz0H发生多步氧化，最终转化为目标产物RCOO\整个过程中NiO仅参与循环、无损耗，实现催化作

用。

17.【答案】玻璃棒；100mL容量瓶；6”++2M〃O7+5”2c2。4=2"几2++I。。。？T+8%。：

_3

0.50x1。R0.1；快；门>七>亡3；A>B>C；小推电子效应

2.50x10xt

【解析】【解答】（1）配制80mL溶液时，需选用100mL容量瓶；溶解、转移溶液还需要玻璃棒搅拌和引

流。

故答案为：玻璃棒；100mL容量瓶；

2+

（2）酸性高镒酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为6H++2Mn07+5H2c2。4=2Mn+10C02T+8H2O.

故答案为：6”++2MnO1+5H2c2。4=2Mn2++10CO2T+8%。；

（3）混合后总体积为2.00mL+0.50mL=2.50mL,KM"©初始物质的量为0.50x10-3LxO.lOOOmoZ/L,

完全反应后浓度变化Ac=050；；；;当CO。=0.02mo//L，因此平均速率WKM-OQ=半血。，>「,

min-1

故答案为：；

2.50x10-1xt

（4）根据题给信息，烷基越长推电子效应越强，碳碳双键电子云密度越大，越容易和8