广东韶关市2026届高三下学期二模化学试卷（含解析）高考模拟

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可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ag108
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。每小题只有一个选项符合题意。
1. 劳动工具凝聚着我国劳动人民的智慧。下列劳动工具主要成分属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．竹制蒸笼主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A错误；
B．粤绣的主要原料为蚕丝、棉线等，成分为蛋白质或纤维素，属于有机高分子材料，B错误；
C．陶制纺轮属于陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，C正确；
D．镰刀为铁合金制品，属于金属材料，D错误；
故答案选C。
2. 2025年我国在载人航天、深海探测、材料科学及核聚变能源等领域取得重大突破。下列说法正确的是
A. 神舟十九号砷化镓(GaAs)太阳能电池中Ga和As均位于p区
B. 奋斗者号空心玻璃微球的主要成分碳化硅(SiC)属于分子晶体
C. 大面积二维金属材料中金属原子间均为共价键
D. 东方超环氘氚燃料中和互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ga位于第ⅢA族，As位于第ⅤA族，周期表中第ⅢA~0族元素均属于p区，二者均为p区元素，A正确；
B．碳化硅(SiC)是原子间通过共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，不属于分子晶体，B错误；
C．金属材料中金属原子间的相互作用力为金属键，不是共价键，C错误；
D．和是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素，二者互为同位素，同素异形体指同种元素形成的不同单质，D错误；
故答案选A。
3. 通信的发展折射出人类文明的进步。下列说法正确的是
A. 古代烽火通信：烽火燃烧时化学能全部转化为光能
B. 近代电报通信：电报机中磁性氧化铁的成分是
C. 现代光缆通信：光导纤维的主要成分是Si
D. 未来量子通信：直径为2~10 nm硫化镉(CdS)微粒属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．烽火燃烧时化学能除转化为光能外，大部分还转化为热能，并非全部转化为光能，A错误；
B．磁性氧化铁的成分就是四氧化三铁，化学式为，B正确；
C．光导纤维的主要成分是，单质Si是半导体材料，用于制作芯片、太阳能电池等，C错误；
D．胶体是分散质粒子直径在1~100 nm之间的分散系，属于混合物，单个硫化镉微粒是纯净物，D错误；
故选B。
4. 中华传统工艺承载着千年文明智慧。下列说法不正确的是
A. 制醋术：酒精转化为食醋属于氧化反应B. 榨油术：芝麻油中的油脂属于有机高分子
C. 点卤术：点卤制豆腐利用蛋白质盐析的性质D. 酿酒术：淀粉水解成葡萄糖再发酵生成乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇转化为乙酸的过程中发生加氧的氧化反应，因此酒精转化为食醋属于氧化反应，A正确；
B．有机高分子的相对分子质量通常在以上，油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量仅为几百，不属于有机高分子，B错误；
C．点卤时加入电解质会使豆浆中的蛋白质胶体发生盐析聚沉，因此制豆腐利用了蛋白质盐析的性质，C正确；
D．酿酒过程中，淀粉首先水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶作用下发生反应发酵生成乙醇，D正确；
故选B。
5. 粗盐提纯主要过程如下。其中，操作X为
A. 过滤洗涤B. 加热蒸馏C. 萃取分液D. 蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【详解】粗盐加水溶解，先后加入、、除去其中的、、，再过滤将不溶性杂质和反应过程中产生的沉淀除去。滤液加入盐酸，将过量的、除去，溶液中主要剩下和，再经过X操作后得到了精盐固体，而的溶解度受温度影响较小，所以X操作为蒸发结晶，答案选D。
6. 港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. 桥墩为负极
B. 海水层为电子迁移的通路
C. 铝合金片上发生反应：
D. 若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零
【答案】D
【解析】
【详解】A．该防护方法为牺牲阳极法，铝合金的活泼性强于铁，故铝合金片作负极，桥墩钢管作正极，A错误；
B．海水层为离子迁移的通路，电子通过导线在电极间迁移，电子不能进入电解质溶液，B错误；
C．铝合金片为负极，发生氧化反应：，桥墩钢管为正极，发生吸氧腐蚀的还原反应：，C错误；
D．外加电流法中，桥墩钢管作阴极被保护，外加电流抑制金属的氧化反应，可使腐蚀电流接近零，D正确；
故选D。
7. 劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．管道疏通剂的疏通原理是铝与NaOH溶液反应生成氢气且放热，利用气压升高和热量疏通管道，与铝表面易形成致密氧化膜无关联，A符合题意；
B．丙烯酸钠含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯酸钠（高吸水性树脂），B不符合题意；
C．遇到会生成蓝色沉淀，因此可用于的检验，C不符合题意；
D．草木灰的主要成分碳酸钾中碳酸根与铵盐中铵根发生相互促进的水解反应，生成逸出降低肥效，因此二者不能混合使用，D不符合题意；
故选A。
8. 2026年2月我国科学家改造醛脱氢酶，可快速制备抗癌药物达沙替尼(结构如图)。下列关于达沙替尼说法不正确的是
A. 能发生消去反应B. 所有原子不可能共平面
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 最多能与等物质的量NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子末端含醇羟基，羟基所连碳的邻位碳原子上有氢原子，满足醇发生消去反应的条件，A正确；
B．分子中存在多个饱和碳原子（如甲基碳、哌嗪环中的饱和碳），饱和碳原子为四面体构型，因此所有原子不可能共平面，B正确；
C．分子中含有碳碳双键、醇羟基、苯环的烷基侧链，都可以被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．1 ml达沙替尼中，1 ml苯环上的氯原子水解消耗1 ml，水解生成的酚羟基还会再消耗1 ml；同时分子中还有1 ml酰胺键，水解消耗1 ml，因此1 ml达沙替尼至少消耗3 ml，不是与等物质的量反应，D错误；
故答案选D。
9. 按下图装置进行实验(a~c均为浸有相应试液的试纸)，滴加稀硫酸，不同反应阶段的预期现象及其相应推理合理的是
A. 试管底部产生沉淀，说明具有氧化性B. a或b处褪色，均说明具有漂白性
C. C处变红，说明是酸性氧化物D. 气球变大，说明装置中存在的反应
【答案】C
【解析】
【分析】装置中，与稀硫酸发生反应：，生成的分别与酸性试纸（a）、品红试纸（b）、紫色石蕊试纸（c）作用，结合各试纸的现象分析二氧化硫的漂白性、还原性、酸性氧化物性质及反应的热效应，据此分析。
【详解】A．试管底部产生的沉淀为S单质，反应的离子方程式为，该反应中中S元素发生歧化反应，稀硫酸仅表现酸性，A错误；
B．a处酸性试纸褪色，体现的还原性；b处品红试纸褪色，体现的漂白性，二者褪色原理不同，B错误；
C．c处紫色石蕊试纸变红，是因为与水反应生成亚硫酸：，亚硫酸电离出使溶液呈酸性，说明是酸性氧化物，C正确；
D．气球变大的原因是反应生成气体，装置内压强增大，该现象不能说明反应的焓变，D错误；
故选C。
10. 设为阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 44 g的中含有σ键的数目为
B. 与生成，转移电子数目为
C. 1 L 0.1 ml/L的溶液中含数目为
D. 和的混合物含有的离子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．44 g 的物质的量为，结构式为，每个双键含1个σ键，1个分子共含2个σ键，故1ml 中σ键数目为，A正确；
B．题目未指明22.4 L 所处的温度和压强，无法确定其物质的量，不能计算转移电子数目，B错误；
C．溶液中，会发生水解：，导致溶液中的数目小于，C错误；
D．由和构成，1 ml 含3 ml离子；由和构成，1 ml 含3 ml离子，故1 ml二者的混合物含有的离子数目为，D错误；
故选A。
11. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液腐蚀Cu的反应为，只能说明氧化性，与金属性无因果关系，A不符合题意；
B．与的反应为吸热反应，陈述Ⅱ描述的是熵增放热反应的自发性，二者无因果关系，B不符合题意；
C．杯酚分离和利用的是超分子的分子识别特性，与超分子的自组装特性无因果关系，C不符合题意；
D．电负性，O对孤电子对的束缚能力强于N，因此更易给出孤电子对，配位能力强于，对应的配合物稳定性更强，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且存在因果关系，D符合题意；
故选D。
12. 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】
【详解】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。
13. 部分含N或Mg或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是
A. 工业上利用a→d→e的转化制备硝酸
B. 若a在沸水中可生成f，则工业上利用b→a的转化制备a
C. 若c常作红色颜料，则存在b→f→g的转化
D. h→i的转化可能通过化合反应得以实现
【答案】D
【解析】
【分析】首先梳理题图信息：横坐标为物质类别（单质→氧化物→酸→碱→盐），纵坐标为元素化合价，各点对应化合价和类别：a：0价单质；b：+2价氧化物，d：+4价氧化物；e：价酸；c：+3价氧化物；f：+2价碱；g：+3价碱；h：+2价盐；：+3价盐；
【详解】A．工业制硝酸的流程为：N2(a)→NH3→NO→NO2(d)→HNO3(e)，不能直接一步转化为NO2(d)，A不符合题意；
B．若单质在沸水中生成+2价碱，则为，为​，工业制备是电解熔融​，熔点极高，不会通过电解熔融（氧化物）的方法制备，B不符合题意；
C． 若+3价氧化物为红色颜料，则是​，为，为​，+2价铁的氧化物不溶于水，不能直接一步转化为Fe(OH)2(f)，不存在该连续转化，C不符合题意；
D．h是+2价盐，i是+3价盐，该转化可通过化合反应实现，例如：，属于化合反应，D符合题意；
故选D。
14. 化合物常作增味剂，已知Y、X、Z、M、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，在每个周期均有分布，只有X、Z、M同一周期且相邻，Z元素基态原子的最外层有3个未成对电子，Y与E同族。下列说法正确的是
A. 原子半径：B. 第一电离能：
C. 氢化物沸点：D. 和空间结构均为平面三角形
【答案】B
【解析】
【分析】五种短周期主族元素原子序数依次增大，且三个周期均有分布，只有X、Z、M同周期相邻，故Y在第一周期（仅主族元素H），E在第三周期，X、Z、M在第二周期；Z基态原子最外层有3个未成对电子，价电子构型为2s22p3，故Z为N；结合X、Z、M相邻且原子序数递增，得X为C、M为O；Y（H）与E同族且E在第三周期，故E为Na。
【详解】A．同周期主族元素原子半径从左到右递减，且H原子半径是所有元素中最小的，原子半径顺序为，即，A错误；
B．N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，故第一电离能，即，B正确；
C．X的氢化物为烃类，含碳原子数较多的烃常温下为固态，沸点远高于O的氢化物（H2O、H2O2），因此氢化物沸点不一定，C错误；
D．ZY3为NH3，空间结构为三角锥形；ZM3-为NO3-，空间结构为平面三角形，二者结构不同，D错误；
故选B。
15. 利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示相关实验，下列说法不正确的是
A. 打开K1、K2，关闭K3，再通入，a中会出现白色固体
B. 打开K2、K3，闭合K4，发现c中产生白烟，证明氨气具有还原性
C. 关闭K3，闭合K4，d中两张纸条颜色均发生改变
D. 若将e中U形管溶液换成溶液，闭合K4，d中产生与之前相同的现象
【答案】D
【解析】
【分析】电解饱和食盐水的总反应为：，装置a为侯氏制碱装置，装置b为氨气发生装置，装置c中电解生成的发生反应，生成白烟并证明的还原性；装置d中，与水反应生成的使湿润红色纸条褪色，且与反应生成使淀粉试纸变蓝，装置e为饱和食盐水装置，据此分析。
【详解】A．打开K1、K2，关闭K3，装置a中饱和食盐水与装置b中的氨气及通入的反应，生成，会析出白色固体，A不符合题意；
B．打开K2、K3，闭合K4，装置e中电解生成，与装置b中挥发的发生反应：，生成的固体小颗粒形成白烟，该反应中中N元素化合价升高，被氧化，证明氨气具有还原性，B不符合题意；
C．关闭K3，闭合K4，装置e中电解饱和食盐水，阳极生成，阴极生成和；湿润红色纸条接触时，与水反应生成的使其褪色；湿润淀粉KI试纸接触时，发生反应：，淀粉遇变蓝，两张纸条颜色均发生改变，C不符合题意；
D．若将装置e中U型管溶液换成溶液，闭合K4，电解溶液实质为电解水，阳极生成，无漂白性，不能使湿润红色纸条褪色，且与KI不反应，不能使淀粉KI试纸变蓝，d中现象与之前不同，D符合题意；
故选D。
16. 我国科学家利用Pt基双功能催化实现电化学合成氨，工作原理如图a所示。催化剂表面的Pt原子及其空位分别是、反应的活性位点(如图b)，两个位点能相互影响。下列说法不正确的是
A. 充电过程中，阴极区溶液质量不变
B. 放电时，正极反应为：
C. 充电时，消耗，理论上可制得
D. 电极Ⅱ和Ⅲ分别催化和的反应，可实现高催化效率并避免活性位点堵塞
【答案】C
【解析】
【详解】A．充电时，左室的Li电极为阴极，阴极反应为，每消耗溶液中的析出Li，就有从右室通过锂离子交换膜补充到左室阴极区，故溶液中总量不变，无其他物质进出，因此阴极区溶液质量不变，A正确；
B．放电时为原电池，Li电极为负极，Pt(II)电极为正极，得电子结合生成，正极反应为，B正确；
C．充电时，​在阳极失电子：，反应共转移电子；生成需要转移电子，因此可生成的物质的量为，质量为，C错误；
D．题干说明“Pt原子及其空位分别是、​反应的活性位点，两个位点能相互影响”，两个电极分别催化两种反应物，避免位点相互影响，可实现高催化效率，避免活性位点堵塞，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17. 某实验小组研究溶液和溶液的反应。
Ⅰ、配制溶液
（1）配制溶液，需用托盘天平称量固体的质量是______g。配制过程中需要如图所示的仪器有______(填字母)。

Ⅱ、探究溶液和溶液的反应
往溶液()中逐滴加入溶液，出现黑色沉淀。
（2）甲同学认为黑色沉淀含有，依据为______(用化学方程式表示)。已知：浓硝酸能将转化为和，可溶于硝酸。
设计并实施如下实验，证实沉淀中含有，试剂1和试剂2分别是______、______。
（3）乙同学认为甲同学的判断不完全正确，因溶液呈碱性，推测黑色沉淀可能含有。用离子方程式解释溶液呈碱性的原因是______。
已知：能溶解在浓氨水中形成银氨溶液，而不能。设计并实施如下实验ⅰ和ⅱ，证实沉淀中不含有，将实验操作补充完整。
（4）丙同学认为黑色沉淀中可能含有S或Ag，设计实验ⅲ进行验证，将实验操作补充完整。已知：硫在非极性溶剂中的颜色为黄色。
经检验，沉淀中不含Ag，则沉淀中含有S的原因是______。
（5）丁同学认为虽然沉淀中不含Ag，但在一定条件下也能氧化，设计下图实验ⅳ和ⅴ，测得电动势和(已知：电动势大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电动势越大)。
实验v的试剂X为______，上述实验证实了。也能氧化，其证据是______。实验结论：溶液和溶液的反应复杂，反应并非单一的复分解沉淀，还存在竞争性氧化还原反应。
【答案】（1） ①. 1.7 ②. BDE
（2） ①. ②. 浓硝酸 ③. 溶液
（3） ①. ②. 加入足量浓氨水，充分振荡，过滤，取上层清液滴加盐酸
（4） ①. CS2 ②. 溶液中的将S2-氧化为S单质
（5） ①. 0.1 ml·L-1 pH=4的NaNO3溶液 ②. E1＞E2＞0
【解析】
【分析】本实验核心探究​与的反应本质，验证二者反应并非单一复分解反应，还存在氧化还原的竞争反应。Ag+与可通过复分解生成溶度积极小的黑色；水解使溶液显碱性，曾推测沉淀中混有，利用可溶于浓氨水的性质设计实验，证实沉淀中无。后续检验出沉淀含单质硫，结合原电池对比实验排除硝酸根干扰，证实Ag+确实可以氧化，验证了该反应的复杂性。
【小问1详解】
计算AgNO3质量：m=cVM=0.1L×0.1ml⋅L−1×170g⋅ml−1=1.7g；
配制100mL一定物质的量浓度溶液步骤：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀，需要仪器：量筒（B）、100 mL容量瓶（E）、胶头滴管（D）；
【小问2详解】
生成Ag2S化学方程式：复分解沉淀反应：2AgNO3+Na2S=Ag2S↓+2NaNO3；
检验Ag2S试剂，黑色Ag2S→浓硝酸氧化溶解→BaNO32生成白色BaSO4沉淀，所以试剂1：浓硝酸；试剂2：；
【小问3详解】
硫离子水解离子方程式（多元弱酸根分步水解，写第一步）：；
实验 i 是银氨溶液加盐酸生成AgCl白色沉淀，做对照；实验ii要证明无Ag2O，加入足量浓氨水，充分振荡，过滤，取上层清液滴加盐酸；
【小问4详解】
S在非极性溶剂中呈黄色，所以最好用CS2；
沉淀中不含Ag，说明不是Ag+氧化S2-；可能是酸性条件下将S2-氧化为S单质；
【小问5详解】
实验目的：证明Ag+氧化S2-，需要排除H+干扰，控制变量：试剂X：0.1 ml⋅L −1 NaNO3溶液（pH=4，和硝酸银pH一致，无Ag+）；
电动势大小：E1＞E2＞0，说明Ag+与S2-还原性差异更大，证明Ag+能氧化S2-。
18. 利用氨浸法从废三元锂电池正极[主要含及少量、CuO、石墨]中回收有价金属的一种工艺流程如下：
已知：
ⅰ、正极材料中Ni、C化合价分别为、价，浸出后生成、；
ⅱ、氨性溶液主要成分为、、；
ⅲ、；
（1）“还原浸出”中，Mn元素(用表示)在氨性溶液作用下转化为滤渣的化学方程式为______(补充完整方程式)；滤渣中除、石墨以外，还含有______。
（2）“除铜”中，浸出液中加入发生反应的离子方程式为______。随着温度升高，铜的沉淀率逐渐下降的原因是______。
（3）“沉镍”时加入酒石酸(用表示)可与C(Ⅱ)结合形成，碱性环境下更有利于Ni、C分离的原因是______。
（4）该工艺中，可再生循环使用的主要物质为______(填化学式)。
（5）“沉锂”后溶液中为，当离子浓度小于则认为沉淀完全，此时是否已沉淀完全？______(写出计算过程)。
（6）复旦大学科研团队发现将充电补锂试剂以“打针”形式注入电池，可使失活的电池再生、延长寿命。某镍钴锰酸锂正极材料在“打针”前后晶胞变化如图所示(R、代表C、Ni和Mn，相对原子质量为)。
①“打针”后晶胞化学式为______。
②已知晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm()，设为阿伏伽德罗常数。“打针”后晶胞密度为______(列出计算表达式)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②. 温度升高，分解，铜沉淀率下降或温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，铜沉淀率下降。
（3）为弱酸，碱性条件下增大，有利于形成可溶性，便于沉淀分离。
（4）或
（5），因此锂离子未沉淀完全
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】还原浸出：加入含亚硫酸铵的氨性溶液，+4价Mn被亚硫酸铵还原，最终生成​沉淀；Ni、C被还原后形成可溶性氨配合物、Li以离子形式进入滤液；不溶性的石墨、铁的化合物留在滤渣，第一步分离完成；除铜：加入硫化铵，将滤液中的Cu氨配合物转化为沉淀除去铜杂质；沉镍：加入酒石酸和丁二酮肟，丁二酮肟沉淀Ni，实现Ni与C、Li分离；沉钴、沉锂：滤液蒸氨释放氨后，加入草酸沉淀C得到，最后加磷酸钠沉淀Li得到产品。
【小问1详解】
根据得失电子守恒和原子守恒，作氧化剂，作还原剂被氧化为硫酸根，配平后补充的物质为；原废料中的氧化铁与氨性溶液不反应，因此滤渣还含有 。
【小问2详解】
离子方程式：​；沉淀率下降原因：温度升高，分解，铜沉淀率下降或温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，铜沉淀率下降。
【小问3详解】
沉淀Ni时需要C保持可溶性，酒石酸是弱酸，酸性条件下电离被抑制，浓度低，碱性条件下中和，促进酒石酸电离，浓度升高，更容易和C形成可溶性配离子，实现Ni-C分离。
【小问4详解】
流程中蒸氨步骤释放出，可重新配制成氨性溶液循环使用，因此循环物质为 （或）。
【小问5详解】
根据溶度积公式：KspLi3PO4=c3Li+⋅cPO43- 代入数据：2.3×10−11=c3Li+×0.023，得c3Li+=1×10−9，，由于，因此锂离子未沉淀完全。
【小问6详解】
① 均摊法计算得：晶胞中含个，个R，个，因此晶胞化学式为LiRO2​。
② 晶胞质量m=3×7+3MR+6×16NA=3MR+117NAg，晶胞体积V=a×b×32×c=32abc×10−21cm3，因此密度为：ρ=mV=2×3MR+117×10213abcNAg⋅cm−3
19. 铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。
（1）基态的价电子排布式为______；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因______。
（2）HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图：
①上述过程中，Y为______(填化学式)。
②该过程的总反应方程式为______。
（3）已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1ml纯物质的热效应；
②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示：
则298K时，1 ml CuO分解生成和的______(用含x、y的代数式表示)。
（4）一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡：
反应ⅴ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母)
A. 加入NaCl固体，浓度一定上升
B. 加水稀释，溶液中的离子总数增大
C. 升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小
D. 体系中，
（5）已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)[]与溶液pH的关系如图所示。
①曲线Ⅰ代表______(填“”或“”)。
②由图可知，的平衡常数______(写出计算结果)。
③结合图中数据，计算出a点对应x值______ (写出计算过程)。
【答案】（1） ①. ②. Cu+的价电子构型为 ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为 ，未达到全充满或半充满稳定状态，故Cu+更稳定
（2） ①. HCl ②.
（3） （4）BD
（5） ①. ②. 109.4 ③. 11.6
【解析】
【小问1详解】
基态Cu⁺的价电子排布式为 。气态Cu⁺比Cu2⁺更稳定的原因：Cu⁺的价电子构型为 ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为 ，未达到全充满或半充满稳定状态，稳定性较低。
【小问2详解】
①根据图中物质转化关系，X为反应物HCl，Z为产物Cl2，W为产物H2O，而Y在循环中生成又被消耗，为中间产物HCl。②根据图示，HCl和O2是反应物，Cl2和H2O是产物。HCl中的Cl从-1价被氧化为0价（Cl2），O2中的O从0价被还原为-2价（H2O）。结合得失电子守恒，总反应方程式为：。
【小问3详解】
首先反应方程式为：，但题目要求的是1 ml CuO分解，因此可将方程式调整为：，根据生成焓的定义：，，。根据公式：，将反应方程式代入：，因此，1 ml CuO分解的 为：。
【小问4详解】
A．加入NaCl会增加浓度，根据勒夏特列原理：反应i右移， 减小， 增加。反应ii右移， 增加，减小。反应iii右移， 增加，减少。由于增加对反应ii和iii的影响相同，的变化不确定。因此，A不一定正确；
B．加水稀释，各离子浓度均减小。根据勒夏特列原理，平衡向体积增大的方向移动，即向离子化学计量数之和增大的方向移动。反应i和iii均向逆反应方向移动，使离子总数增大；反应ii平衡基本不移动。因此，溶液中的离子总数增大， B正确；
C．根据化学反应速率理论，升高温度会同时增大正反应速率和逆反应速率，只是增大幅度不同。选项中“正反应速率减小”是错误的，C错误；
D．根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：，D项正确；
故选BD。
【小问5详解】
①随着pH增大， 是 的去质子化产物，其浓度应随pH升高而增加，与曲线II的上升趋势一致；而曲线I随pH升高下降，对应 。
②虚线为Cu2+，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻分布系数与pH关系曲线，反应过程为A：Cu2+ + L3− [CuL]−，B：[CuL]− + L3− [CuL2​]4−，随pH升高， 浓度增大，A反应正向移动，[CuL]⁻浓度升高，继续升高 浓度，B正向移动，[CuL]⁻浓度降低，[CuL2]4⁻浓度升高，整个过程中Cu2⁺浓度持续降低，因此Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ分别对应Cu2⁺、[CuL]⁻、[CuL2]4⁻。在图像中找到Ⅲ、Ⅳ的交点，往下对应II的点为-9.4，即c(L3-)=10-9.4 ml/L，代入平衡表达式：K=c(CuL]−)c(Cu2+)⋅c(L3−)=110−9.4=109.4。
③反应A：Cu2++L3− [CuL]−，=109.4，反应B：Cu2++[CuL]− [CuL2​]4−，=107.2（Ⅳ和Ⅴ的交点，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻浓度相等，c(L3-)=10-7.2 ml/L，求得K1），K总=K×K1= =1016.6，Ⅲ和Ⅴ的交点Cu2⁺=[CuL2]4⁻，根据K总求得c(L3-)=10-8.3，HL2−H++L3−，K2=c(H+)c(L3−)c(HL2−)，c(L3-)=10-8.3 ml/L，c()=10-4.3 ml/L，c(H+)=10-1 ml/L代入计算得K2 = 10-11.6，a点 = c(L3-)，K2 =c(H+)c(L3−)c(HL2−)⋅=10-11.6，将数据代入得c(H+)=10-11.6 ml/L，故x=11.6。
20. 曼尼希碱类缓蚀剂结构稳定、缓蚀效果良好，在油田酸化作业中有广泛应用。由胺醛酮合成莱曼尼希碱(4a)的方法如下。
（1）化合物1a的官能团名称为______。
（2）①化合物2a的分子式为______。
②化合物3a的芳香族同分异构体中，能发生银镜反应有______种(不考虑立体异构)。
（3）下列说法正确的有______。
A. 化合物1a在水中的溶解度比3a大
B. 化合物4a中存在手性碳原子
C. 该反应的原子利用率为100%
D. 反应过程中，有σ键与π键的断裂，且存在C原子杂化方式的改变
（4）由于1a中存在双官能团，1a、2a和3a反应还能生成缓蚀效果更好的双曼尼希碱5a，则5a的结构简式为______。
（5）根据上述信息，以苯胺、甲苯、3a为原料合成化合物Ⅰ。
①第一步，引入氯：其反应的化学方程式为______。
②第二步，进行______(填反应类型)。
③第三步，②中得到的产物进行氧化，反应的化学方程式为______(注明反应条件)。
④第四步，③中得到的产物与苯胺、3a在一定条件下反应生成化合物Ⅰ。
（6）已知：与官能团直接相连的碳原子上的氢原子称为。除酮类物质外，其它含有活泼的有机物与胺、醛在一定条件下，也可发生上述类似的反应。
根据上述信息直接合成化合物Ⅱ，需要以、和______(填结构简式)为反应物。
【答案】（1）氨基 （2） ①. ②. 4 （3）AD
（4） （5） ①. ②. 取代反应（或水解反应） ③.
（6）
【解析】
【分析】在一定条件下，该反应遵循分步缩合机理，苯乙酮的α-H受羰基吸电子影响具有酸性，先与甲醛发生加成反应生成中间体，最后对苯二胺与中间体发生取代反应脱水得到化合物4a。
【小问1详解】
根据题干可知，化合物1a的官能团名称为氨基。
【小问2详解】
①化合物2a为甲醛，分子式为。
②化合物3a的同分异构体属芳香族，含苯环，能发生银镜反应，有醛基，还剩一个饱和C原子。当苯环上有一个取代基时，饱和C原子连接苯环和醛基，有一种结构；当苯环上有2个取代基时，甲基和醛基各作为一个取代基，含有邻、间、对三种结构。所以，符合条件的同分异构体有4种。
【小问3详解】
A．化合物1a中含有氨基，可与水形成分子间氢键，而3a不能，所以1a在水中的溶解度更大，A正确；
B．手性碳原子为连接4个不同基团或原子的碳原子，根据4a的结构简式可知，该结构无手性碳原子，B错误；
C．根据题干信息可知，该曼尼希反应会脱去1分子水，原子利用率小于100%，C错误；
D．反应中断裂酮α位的C−Hσ键、甲醛羰基的π键，甲醛中碳原子从杂化变为杂化，存在杂化方式改变，D正确；
答案选AD。
【小问4详解】
1a（对苯二胺）有两个氨基，每个氨基均可与中间体发生取代反应，因此5a的结构简式为。
【小问5详解】
①第一步甲苯侧链引入氯，光照下甲苯与氯气发生取代反应，方程式为。
②第二步氯化苄水解得到苯甲醇，属于取代反应（或水解反应）。
③第三步苯甲醇催化氧化得到苯甲醛，方程式为。
④参照题干反应机理，3a与苯甲醛发生取代反应生成，再和苯胺发生取代反应脱水生成化合物Ⅰ。
【小问6详解】
根据题干反应规律，在该反应中，3-氧代戊二酸提供活泼 α − H ，甲胺提供氨基，还需要一个物质提供醛基，而化合物Ⅱ形成了环状结构，所以可知提供醛基的物质为二元醛，再根据C原子数和题干的反应机理可推得该物质为丁二醛。A．竹制蒸笼
B．粤绣
C．陶制纺轮
D．镰刀
选项
劳动项目
化学知识
A
管道工程师使用疏通剂(含烧碱和铝粒)疏通下水道
铝表面易形成致密的氧化膜
B
研发工程师利用丙烯酸钠制备高吸水性树脂
丙烯酸钠能发生加聚反应
C
检验工程师采用检验
遇到生成蓝色物质
D
农业工程师建议草木灰与铵态氮肥不混合使用
碳酸钾与铵盐相互促进水解，降低氮肥的肥效
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
金属性：
B
与固体混合，产生刺激性气味气体
熵增的放热反应一定能自发进行
C
利用杯酚分离和
超分子具有自组装特性
D
的配位能力强于，的稳定性强于
电负性：
实验
实验操作
实验现象
ⅰ
取少量银氨溶液，向其中滴加盐酸
出现白色沉淀
ⅱ
取少量洗涤后的黑色沉淀，______
没有沉淀出现
实验
实验操作
实验现象
结论
ⅲ
取适量黑色沉淀于试管中，加入______，充分振荡，静置
固体部分溶解，上层清液呈黄色
该沉淀中含有S
实验装置
实验
试剂X
试剂Y
电压/V
ⅳ
熔液()
溶液
ⅴ
______
溶液
物质
CuO
生成焓()
x
y
0