广东省深圳市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省深圳市2026届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 物质的性质决定其用途等内容，欢迎下载使用。
本试卷共10页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，留存试卷，交回答题卡。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共16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. “合龠（yuè）为合（gě），十合（gě）为升”，量器是劳动人民智慧的结晶。下列量器主要由无机非金属材料制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石合的原料为天然石材，属于无机非金属材料，故选A；
B．竹升的原料为竹子，竹子的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选B；
C．木斗的原料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选C；
D．铜斛的原料是铜，铜是金属材料，故不选D；
选A。
2. 科技自主创新筑牢强国发展根基。下列对科技成果中所涉及的化学知识的描述正确的是
A. “东方超环”核聚变装置创造世界纪录：核聚变主要原料的质子数与的不同
B. 首艘电磁弹射型航母“福建舰”入列：舰体材料中的高强度钢的硬度比纯铁的大
C. “超分子球”精准清除致病蛋白：空腔越大的“超分子球”对致病蛋白的识别能力越强
D. 超导量子计算机“天衍—287”正式运行：超导电容所采用的石墨烯与互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．和互为氢的同位素，质子数均为1，二者质子数相同，A错误；
B．高强度钢属于铁合金，合金的硬度一般高于其组成的纯金属，故高强度钢的硬度比纯铁大，B正确；
C．“超分子球”对致病蛋白的识别依赖空腔与蛋白的空间尺寸匹配，并非空腔越大识别能力越强，C错误；
D．石墨烯与是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；同系物是结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，二者不互为同系物，D错误；
故答案为：B。
3. 劳动是创造价值的源泉。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．以油脂为原料生产肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解（皂化反应），与甘油沸点远高于丙烷的物理性质无关联，二者之间没有关联，A符合题意；
B．淀粉遇变蓝，若淀粉水解液中加入碘水不变蓝则说明淀粉完全水解，二者之间有关联，B不符合题意；
C．可中和发酵产生的酸，且受热分解生成气体，能使馒头膨松，二者之间有关联，C不符合题意；
D．锌的活泼性强于铁，镶嵌在船体上的锌块作负极被腐蚀，船体作为正极被保护，符合牺牲阳极法的防护原理，二者之间有关联，D不符合题意；
故答案为：A。
4. 化学材料在体育、艺术等领域具有广泛应用。下列说法正确的是
A. 剧院墙面吸声材料中的玻璃纤维属于分子晶体
B. 书法绘画所用宣纸中的纤维素属于合成高分子
C. 钢琴琴键材料中的酚醛树脂可通过缩聚反应制得
D. 运动计时器玻璃组件中的石英的主要成分是
【答案】C
【解析】
【详解】A．玻璃纤维主要成分为硅酸盐和二氧化硅，属于无机复合材料，不属于分子晶体，A错误；
B．纤维素来自植物体内，属于天然高分子材料，不是合成高分子，B错误；
C．酚醛树脂可由苯酚和甲醛通过缩聚反应制得，C正确；
D．石英的主要成分是，不是单质，D错误；
故选C。
5. 实验室以粗品（含有少量）为原料，经溶解、萃取［萃取剂仅与（III）结合，]、分液后，制得无水。下列操作不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，以氯化铝粗品制备无水氯化铝的实验操作为将粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液；向溶液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含铁离子的有机相和含有铝离子的水相；取水相少许加入硫氰化钾溶液，确定溶液中铁离子完全除净后，在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到无水氯化铝。
【详解】A．由图可知，题给操作是氯化铝粗品溶解与盐酸得到氯化铝盐酸溶液的溶解操作，A正确；
B．由图可知，题给操作是向溶液中加入有机萃取剂萃取溶液中铁离子后的分液操作，用以分液除去含有铁离子的有机相，B正确；
C．由图可知，题给操作为向溶液中加入硫氰化钾溶液检验水相中铁离子是否完全除净的操作，C正确；
D．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，直接加热氯化铝溶液，盐酸受热挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铝，所以制备无水氯化铝应在氯化氢氛围中蒸发氯化铝溶液得到，则题给装置不能制得无水氯化铝，D错误；
故选D。
6. 一种以乙醇为原料合成顺丁橡胶的路线如下（反应条件略），反应①可表示为：。下列说法正确的是
A. 是
B. 中所有原子均共平面
C. 加热条件下：在溶液中发生消去反应
D. 的结构简式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题目可知：X是，Y是，结合反应根据原子守恒可知：W是，A选项正确；
B．乙醇中存在饱和烷基，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共面，B选项错误；
C．加热条件、溶液是卤代烃水解反应的条件，醇消去反应的条件是浓硫酸、加热，C选项错误；
D．Ｚ为顺丁橡胶，即应为顺式－1，4－聚丁二烯橡胶的简称，故Ｚ的结构简式应为，D选项错误；
故选A。
7. 下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．石油分馏是利用各组分沸点差异分离混合物的过程，属于物理变化，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；
B．苯无法与浓溴水发生取代反应，苯酚中羟基使相连苯环的邻、对位氢活性增强，因此可与浓溴水反应生成2，4，6-三溴苯酚，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，B符合题意；
C．向溶液中通入会生成黑色CuS沉淀，陈述I错误，C不符合题意；
D．金属钠保存在煤油中是因为钠易与空气中的、反应且钠密度大于煤油，与钠质软的性质无因果关系，D不符合题意；
故答案为：B。
8. 物质的性质决定其用途。下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A. 覆铜板制作印刷电路板：
B. 在呼吸面具中做供氧剂：
C. 用稀硫酸回收定影液（含）中的硫：
D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：
【答案】C
【解析】
【详解】A．与Cu反应生成而非Fe单质，正确离子方程式为，A错误；
B．离子方程式未配平，原子不守恒，正确的离子方程式为，B错误；
C．在酸性条件下发生歧化反应，生成、S单质和，该离子方程式电荷、原子均守恒，C正确；
D．是强电解质，离子方程式中需拆为和，不能写化学式，离子方程式为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-++2Ag↓+3NH3+H2O，D错误；
故答案选C。
9. 下列有关物质性质差异的主要原因的描述错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．和均为分子晶体，熔点由分子间作用力决定，相对分子质量更大，分子间作用力更强故熔点更高，与 、的键能无关，A错误；
B．电负性，的吸电子诱导效应强于，使中羧基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，B正确；
C．金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径 ，键长更短、键能更大，共价键强度更高，故金刚石硬度更大，C正确；
D．水、O3是极性分子，O2是非极性分子，根据相似相溶原理，分子极性更强的在水中溶解度更大，D正确；
故选A。
10. 利用如图所示装置进行实验（夹持及加热装置略），打开，将铜丝插入浓硫酸中进行加热，一定时间后停止加热，抽出铜丝，关闭。取下橡胶塞，干燥管内液面上升。下列说法正确的是
A. 试管中溶液变蓝，体现了的氧化性
B. 干燥管内液面上升至高于烧杯中液面，说明能与水反应
C. a处溶液变浑浊，说明具有氧化性
D. b、c处溶液褪色，均体现了的漂白性
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硫酸与Cu反应时，S元素发生化合价变化，并未体现H＋的氧化性，A错误；
B．液面上升并不能说明一定是SO2与水反应，也可能是物理意义上的SO2溶于水，B错误；
C．a处为Na2S溶液，溶液变浑浊说明SO2与Na2S反应生成S沉淀， SO2中S的化合价下降，说明SO2具有氧化性，C正确；
D．b处品红褪色体现SO2的漂白性，但使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性，D错误；
故答案选C。
11. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时，阳极质量减少，转移的电子数为
B. （）含有共价键的数目为
C. 和混合气体中所含电子的数目为
D. 常温下，的溶液中含的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，阳极为粗铜，除Cu外还含Zn、Fe等活泼杂质（优先失电子）及Ag、Au等不活泼杂质（形成阳极泥）。因此，当阳极质量减少64g时，实际参与反应的Cu质量可能小于64g，且不同金属摩尔质量不同，导致转移电子数不一定为，A错误；
B．分子为正四面体结构，每个P原子与3个P原子成键，但每根键被两个原子共享，故总键数为 。1 ml 含6 ml共价键，即个，B错误；
C．题目未指明“标准状况”，22.4 L混合气体物质的量不一定是1 ml。虽然和每分子均含14个电子，若为1 ml则电子总数为，但体积条件缺失，无法确定物质的量，C错误；
D．常温下pH=12，则 c(H+)=10−12 ml/L ，由得 c(OH−)=10−2 ml/L 。溶液体积为1 L，故 n(OH−)=0.01 ml ，即个 ，D正确；
故选D。
12. 利用如图所示装置（夹持装置略）验证含氮化合物的相关性质。实验时，先打开、，通入一段时间后，再通入，试管a、b中气体均无色，试管c中气体为红棕色。[已知：]；待试管中充满红棕色气体后停止通入，关闭、。水浴加热试管d，其气体颜色逐渐变深。下列说法错误的是
A. 先通入的主要目的是排尽装置内的空气
B. 试管中与反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
C. 试管中现象可证明此条件下浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性
D. 水浴加热后试管中现象说明的焓变大于0
【答案】D
【解析】
【分析】通入，排尽装置内的空气，通入a试管，与水反应生成NO，再通过稀硝酸后通入c中的浓硝酸，NO被氧化为NO2，进入d中，水浴加热，气体颜色逐渐变深，说明逆向移动；
【详解】A．先通入N2，将装置内的空气排出，防止其干扰实验，故A正确；
B．a试管中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故B正确；
C．b中气体是无色的，说明NO不能被稀硝酸氧化，c 中变为红棕色，说明c中的浓硝酸将NO氧化为NO2，可证明此条件下浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性，故C正确；
D．水浴加热后试管中气体颜色加深，说明逆向移动，该反应是放热反应，焓变小于0，故D错误；
答案选D。
13. 元素R、W、X、Y、Z为短周期元素，其微粒半径的大小如图所示。其中，W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子；R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 简单氢化物的稳定性：R>W
C. 的空间结构为平面三角形
D. 的最高价氧化物对应的水化物，两两之间均能发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】R与Z同主族，且Z的原子序数是R的2倍，所以R是O（8号元素），Z是S（16号元素），W、X、Y的基态原子均只有1个未成对电子，符合条件的有第ⅠA主族、第ⅢA主族和第ⅦA主族，结合原子半径，同周期原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大；W半径小于O，所以W为F，原子半径比R、W明显大，且呈逐渐减小趋势，应为同周期，X原子半径最大，所以为Na，则Y为Al。
【详解】A．第一电离能从左到右呈增大趋势，所以第一电离能：，A错误；
B．非金属性越强对应氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：，B错误；
C．即中心S原子价层电子对数为：，有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，C错误；
D．的最高价氧化物对应的水化物，分别为：，氢氧化钠和硫酸可以发生酸碱中和，氢氧化铝为两性和酸碱都可以反应，两两之间均能发生反应，D正确；
故选D。
14. 一种以苯甲醛、氨水和为原料电合成苯腈的装置的工作原理如图所示。其中，电极上可发生和的相互转化。电解过程中，下列说法正确的是
A. Pt电极与电源正极相连
B. 阴极室溶液的逐渐增大
C. 阳极的电极反应为：
D. 理论上，阴极产生与阳极室产生的物质的量之比为
【答案】B
【解析】
【分析】左侧CuxO 电极中，转化为 CuO时，Cu元素化合价从+1升高到+2，失电子发生氧化反应，因此左侧为阳极，接电源正极；右侧Pt电极上， 转化为时，N元素化合价从+3降低到−3，得电子发生还原反应，因此右侧 Pt为阴极，接电源负极。
【详解】A．根据分析得：Pt是阴极，与电源负极相连，A错误；
B．阴极（Pt极）的电极反应为：NO2−+6e−+6H2O=NH3·H2O+7OH−，阴极不断生成，且中间为阳离子交换膜，允许阳离子从阳极室移入阴极室，留在阴极，逐渐增大，溶液pH逐渐增大，B正确；
C．选项给出的反应是有机物与CuO在溶液中的氧化还原反应，不是阳极的电极反应；阳极的电极反应是失电子生成CuO：Cu2O+2OH−−2e−=2CuO+H2O ，C错误；
D．根据电子守恒：生成1 ml，消耗2mlCuO，阳极转移2 ml电子；生成1 ml 阴极转移6 ml电子；因此：n() × 6 = n( 苯腈 )×2得 n( ) : n ( 苯腈 ) = 1 : 3 ，D错误；
故答案选B。
15. 甲酸铵在有机合成、分析化学等领域应用广泛。时，其水溶液显酸性。下列关于甲酸铵溶液的说法错误的是
A. 溶液中存在
B. 溶液中存在
C. 加入氨水调节溶液
D. 加水稀释后，的值变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液显酸性，故，结合电荷守恒，可得，A正确；
B．甲酸铵中和初始浓度相等，根据物料守恒，含C微粒总浓度等于含N微粒总浓度，即，B正确；
C．加入氨水调时，由电荷守恒得，但氨水引入了额外的N元素，因此含N微粒总浓度大于含C微粒总浓度，即，代入，得，C错误；
D．甲酸电离常数，变形得，加水稀释时溶液酸性减弱，减小，温度不变不变，故该比值变大，D正确；
故选C。
16. 准固态氯离子二次电池以金属有机框架(MOF)材料为电解质，其中，形成多孔结构框架，依靠传输Cl-实现电荷转移，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，正极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl-
B. 放电时，Cl-从左侧经MOF向右侧迁移
C. Li+不能迁移通过的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥
D. 充电时，阳极质量减少，阴极质量增加，且两者变化量相等
【答案】D
【解析】
【分析】由题干图示信息可知，放电时Li电极的电极反应为：Li-e-+Cl-=LiCl，即Li为负极，左侧电极为正极，发生还原反应，即电极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl-，充电时Li电极为阴极，电极反应为：LiCl+e-= Li+Cl-，左侧电极是阳极，电极反应为：FeO+Cl- -e- = FeOCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，放电时，左侧电极是正极，电极反应为：FeOCl+e- = FeO+Cl-，A正确；
B．由分析可知，放电时，左侧电极为正极，Li电极为负极，原电池中阴离子由正极移向负极即Cl-从左侧经MOF向右侧迁移，B正确；
C．由题干信息可知，MOF带正电，故Li+不能迁移通过的主要原因是多孔结构框架对Li+有强烈的静电排斥，C正确；
D．由分析可知，充电时，阳极反应为：FeO+Cl- -e- = FeOCl，即阳极质量增加，阴极反应为：LiCl+e-= Li+Cl-，则阴极质量减少，结合电子守恒，阳极增加的质量与阴极减少的质量相等，D错误；
选C。
二、非选择题（本题共4小题，共56分）
17. 常温下，兴趣小组对氯水成分、溶于水的影响因素等进行探究。
已知：溶于水时发生反应
（1）利用如图所示装置制备并得到氯水。
①装置A中发生反应的化学方程式为_____。
②装置B中盛放的试剂是_____。
（2）检验新制氯水的部分微粒。取（1）中装置内氯水进行下表实验。
（3）探究溶于水的影响因素（忽略溶液混合时体积的变化）。
初步实验验证在水中的最大溶解量随增大而降低。
用浓度为溶液配制系列不同浓度的溶液各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表（已知：对在水中的溶解不产生影响）。
①配制实验ii中溶液时，需溶液_____。
提出猜想小组同学认为同时增加和，可进一步降低在水中的最大溶解量。
实验验证用浓度为盐酸配制系列不同浓度的盐酸各，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。
发现问题：实验结果与猜想不一致。
查阅资料：氯水中还存在反应Ⅱ：
理论解析：②同时增大溶液中和，_____（填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”）的平衡移动起主导作用。
实验讨论：根据上述实验，甲同学认为在含有一定浓度的溶液中的最大溶解量随增大而升高。
③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是_____。
实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和溶液、溶液、蒸馏水配制成系列溶液，分别向其中通入，测得的最大溶解量，记录数据如表。
④结合实验，甲同学观点成立的依据是_____。
教师指导可能是与的某种协同作用，促进了的溶解。
（4）该小组尝试验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。
①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是_____。
②小组讨论后，选用NaClO溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出判断依据_____。
【答案】（1） ①. ②. 饱和溶液
（2） ①. 溶液先变红后褪色 ②. 氯水中存在
（3） ①. 2.0 ②. 反应Ⅱ ③. 实验中，同时增大溶液中、（1分，或答实验中，溶液中也在增加） ④. （或答）
（4） ①. HClO与苯酚钠发生氧化还原反应 ②. 分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，即可验证
【解析】
【分析】A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，通过B中饱和食盐水除去挥发的氯化氢，氯气通入水中制得氯水，最后D中氢氧化钠溶液进行尾气处理，新制氯水中存在Cl2、、Cl-、HClO、ClO-等微粒，据此分析；
【小问1详解】
①A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，化学方程式为；
②装置B中盛放的试剂是饱和溶液，用于除去挥发的氯化氢；
【小问2详解】
取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水，溶液先变红后褪色，证明氯水中存在、HClO；氯气易溶于CCl4，取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置分层，下层油状液体呈浅黄绿色，证明氯水中存在；
【小问3详解】
①根据稀释前后，溶质的物质的量不变，配制实验ii中溶液时，需溶液体积为；
②实验中同时增加和，的最大溶解量增大，可知反应Ⅱ的平衡移动起主导作用；
③乙同学认为实验v—viii不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验中，同时增大溶液中、（或答实验中，溶液中也在增加）；
④结合实验，甲同学观点成立的依据是溶液中浓度相同，增加氢离子浓度，溶解氯的总浓度；
【小问4详解】
①丙同学认为不能通过HClO溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是HClO具有强氧化性，会与苯酚钠发生氧化还原反应；
②利用等浓度的两种盐溶液碱性强弱判断，方案为：分别取等浓度的溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用计分别测定两溶液的，苯酚钠溶液的pH比溶液的pH大，根据“越弱越水解”即可验证HClO的酸性强于苯酚的酸性。
18. 钨（W）、钼（M）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有M、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、M的工艺如图所示。
已知：常温下，，。
在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表：
（1）基态砷原子价层电子的轨道表示式为_____。
（2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为_____。
（3）常温下，“除磷砷”时：
①除砷反应的离子方程式为：_____。
②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为_____（已知：）。
（4）W、M原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析：
①选用D308阴离子交换树脂实现W、M分离时的最佳pH为_____。
②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、M分离的优点是_____。
（5）一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与M的最小间距大于W与Ta的最小间距。
①W、M、Ta的原子个数比为_____，若M与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为_____nm。
②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为_____。
【答案】（1） （2）
（3） ①. ②.
（4） ①. 7 ②. 节约硫酸用量
（5） ①. 1：1：2 ②. ③. （2 1 2）
【解析】
【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸镁沉淀形式去除；再调pH至7，利用D308阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。
【小问1详解】
砷（33 号元素）价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电子（成对），4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：。
【小问2详解】
根据流程图，碱浸时加入Na2CO3溶液，CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4与CaCO3沉淀，故反应方程式为：。
【小问3详解】
①反应物中As的化合价为+3价，被H2O2氧化为+5价（生成Mg3(AsO4)2，As为+5价），根据电子守恒，1 ml与1 mlH2O2电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为。
②已知，即Ksp=10-25.2，沉淀完全时≤，，，。
【小问4详解】
①由题干可知，D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7时，W的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，M不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7。
②阳离子交换法需要将W、M转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH后W、M直接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用量。
【小问5详解】
①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，；已知W和M原子半径相近，观察上图可知M原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，；Ta原子为灰色小球，位于晶胞内部共8个，因此，W、M、Ta的原子个数比为1:1:2；
设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为,体心到棱心的最短距离，为体对角线的，根据题意，该距离为a nm，因此：，解得晶胞边长为。
②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的米勒指数为（2 1 2）。
19. 工业合成氨是20世纪人类的伟大发明之一。以与为原料合成，直接合成氨路线与传统合成氨路线如图所示。
I．“传统合成”法：
（1）在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的，其反应为：、，该反应在_____（填“高温”或“低温”）下能正向自发进行。
（2）已知：；键能为；与全部变为气态原子，最终结合为过程的能量变化如图所示，图中_____。
II．“直接合成”法：
该反应体系中发生主反应；同时，还发生副反应。
（3）当体系达到平衡时，下列说法正确的有_____。
A. 使用合适的催化剂可以提高的平衡产率
B. 当时，说明反应体系达到平衡状态
C. 增大体系压强，副反应的平衡逆向移动
D. 再次通入， 的平衡转化率增大
（4）向恒容密闭体系中加入、和，达平衡后，的平衡转化率与随温度的变化关系如图所示。
①曲线i对应_____（填“”或“”）。
②计算时副反应的平衡常数（写出计算过程）_________________。
（5）时空产率是衡量催化剂活性的物理量，用单位时间内单位质量的催化剂催化产生的生成物的物质的量表示，其单位为。恒温恒压下，向均含有催化剂的密闭容器中，分别通入足量。保持分压为，改变分压；或保持为，改变。分别测定反应时的产量，得到产量随气体分压的变化曲线如图所示。
已知：一般情况下，催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大。
①由图可知，催化剂对_____（填“”或“）的吸附能力更强。
②若分压为分压为，则该条件下，的时空产率为______。
【答案】（1）低温 （2）2253.6 （3）CD
（4） ①. ②. 54
（5） ①. CO ②. 600
【解析】
【小问1详解】
已知该反应，，故当低温时，即低温下能正向自发进行。
【小问2详解】
由图中可知，E表示断开与3 ml H2g化学键全部变为气态原子所需要的总能量，气态原子形成2 ml NH3g释放出的能量为，故，E=ΔH+2346 kJ⋅ml−1=−92.4 kJ⋅ml−1+2346 kJ⋅ml−1=2253.6 kJ⋅ml−1。
【小问3详解】
A．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，故不能提高的平衡产率，A错误；
B．并不能说明达到平衡状态，平衡状态的本质是各组分的浓度保持不变，并不是相等，B错误；
C．主反应为气体分子数减小的反应，增大体系压强，平衡向正方向移动，增大，副反应为反应前后气体分子数不变的反应，不受压强影响，但由于增大，平衡逆向移动，C正确；
D．再次通入，主副反应平衡都正向移动，的平衡转化率增大，D正确；
故答案选CD。
【小问4详解】
①主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，的平衡转化率减小。图中曲线i随温度升高而下降，可以表示α(CO) 的变化趋势，故曲线i对应α(CO) 。
②设主反应生成的nNH3为2y ml，副反应生成的为x ml，则 3COg+3H2Og+N2g⇌2NH3g+3CO2gn始3 3 1 0 0Δn3y 3y y 2y 3yn平3−3y−x 3−3y−x 1−y 2y 3y+x COg+H2Og⇌CO2g+H2gn始3 3 0 0Δnx x x xn平3−3y−x 3−3y−x 3y+x x，由图中时为90%可得，，图中时nH2nNH3=3 ，即，联立可解得，x=1.8，y=0.3，则平衡时=3-3y-x=0.3 ml/L，=3-3y-x=0.3 ml/L，=3y+x=2.7 ml/L，= x=1.8 ml/L，故时副反应的平衡常数K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=2.7 ml/L×1.8ml/L0.3 ml/L×0.3 ml/L=54 。
【小问5详解】
①催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大，对比两条曲线的变化趋势，保持PN2为0.23MPa ，改变PCO时，的产量变化幅度大，故催化剂对CO的吸附能力更强。
②当分压为0.23MPa ，分压为1.5MPa 时，的产量为36μml ，催化剂的质量30mg=0.03 g ，反应时间为，故时空产率为36μml0.03g×2 h=600μml⋅g−1⋅h−1。
20. 光催化四组分反应是一种高效且环保的合成策略，能够制备多样化的有机产品。利用光催化合成化合物的四组分反应如下（反应条件略）。
（1）化合物中含氧官能团的名称为_______。
（2）①化合物的分子式为_____。
②4a的同分异构体中，同时满足如下条件的共有_____种（不考虑立体异构）；其中，含有手性碳的结构简式为_____，该有机物核磁共振氢谱图上有_____组峰。
条件：i．含有苯环 ii．能发生银镜反应 iii．只含有一个甲基
（3）下列说法正确的有_____。
A. 通过四组分反应生成的过程中原子利用率，有键断裂与键形成
B. 分子中有大键，且分子间能形成氢键
C. 分子中碳原子和硼原子均采取杂化
D. 和均能与酸反应生成盐
（4）根据上述信息，以等为原料合成化合物。
①第一步，转化为醛基：其反应的化学方程式是_______________。（注明反应条件）
②第二步，进行_____（填具体反应类型），其反应的化学方程式为_______________（注明反应条件）。
③第三步，合成化合物I：在一定条件下，②中得到的有机物与、、反应。
（5）利用光催化四组分反应，直接合成化合物Ⅱ，需要1a、_____（填化学式）、和为反应物。
【答案】（1）醛基 （2） ①. ②. 7 ③. ④. 6 （3）BD
（4） ①. ②. 取代反应（或者酯化反应） ③.
（5）
【解析】
【分析】该反应属于典型的光催化四组分偶联反应，以1a（苯甲醛）、2a（苯胺）、3a（有机硼酸）和4a（对甲氧基苯乙烯）为原料，在光催化条件下协同反应生成复杂产物5a。其本质过程可理解为：首先，醛与胺发生缩合生成亚胺中间体；随后在光催化作用下，硼酸提供烷基（或芳基）自由基，该自由基进攻亚胺碳，形成新的C-C键；同时，烯烃参与自由基加成或偶联，进一步构建分子骨架；最终经过质子转移等步骤生成稳定产物。
【小问1详解】
化合物1a的结构是苯环上连有-CHO，因此官能团是醛基；
【小问2详解】
①化合物4a是对甲氧基苯乙烯，结构中含有一个苯环、一个甲氧基和一个乙烯基，分子式为C9H10O；
②4a的同分异构体要求含有苯环、能发生银镜反应、且只有一个甲基。能发生银镜反应说明含有醛基，结合苯环和一个甲基分析，分类讨论：单取代结构：苯环上仅连 1 个含醛基和甲基的烷基，即-CH(CH3)CHO，仅有一种结构；二取代结构：苯环上连-CHO和乙基或者苯环上连-CH2CHO和甲基，苯环上有邻、间、对 3 种位置异构，共 6种结构；；共1+6=7个同分异构体；手性碳原子是指碳原子周围连接4个不同的基团，其中含手性碳的结构是苯环连有−CH(CH3)CHO的结构，即；因为中间碳连接了苯基、甲基、醛基和氢四种不同基团，该有机物核磁共振氢谱中有6组峰；
【小问3详解】
A．该反应中醛基中的 C=O、烯基中的 C=C 等π键参与反应并发生转化，同时形成新的 C-C键和 C-N键，这些新形成的单键本质上属于σ键，因此可说有π键断裂与σ键形成，但是四组分反应有水、硼酸衍生物等副产物生成，反应物中的原子未全部转化为目标产物5a，因此原子利用率不为100%，A错误；
B．2a中含有苯环和-NH2，苯环中有大键，-NH2可以使分子间形成氢键，B正确；
C．3a中B原子有3个σ，没有孤电子对，采取sp2杂化，不是sp3杂化，C错误；
D．2a和5a中均含有氨基，能够与酸反应生成盐，D正确；
故答案选BD；
【小问4详解】
①原料中含有-CH2OH，需要先氧化为-CHO，得到对甲酰基苯甲酸。该反应属于醇的催化氧化，方程式可写为：；
②第二步是把羧基转化为酯基，即酯化反应（取代反应）；对醛基苯甲酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下反应生成对甲酰基苯甲酸甲酯，方程式为：；
【小问5详解】
化合物Ⅱ中间含有-NH-NH-结构，而四组分反应需要醛、胺、硼酸和苯乙烯类物质共同参与。若直接合成化合物Ⅱ，需要把原来的单胺2a换成肼，即N2H4，使其两端分别参与反应，再与1a、3a和4a反应生成目标产物。A．石合
B．竹升
C．木斗
D．铜斛
选项
劳动项目
化学知识
A
以油脂为原料生产肥皂
甘油的沸点远高于丙烷的沸点
B
用碘水检验淀粉是否完全水解
淀粉遇变蓝
C
加入膨松剂（主要成分为）蒸馒头
可中和酸并受热分解
D
将锌块镶嵌在船体上
利用牺牲阳极法保护正极金属使其不被腐蚀
A．溶解粗品
B．分液除铁
C．检验是否除净
D．制得无水
选项
陈述I
陈述Ⅱ
A
石油经分馏后可获得汽油
石油分馏的过程中发生了化学变化
B
苯酚与浓溴水反应生成2，4，6—三溴苯酚
羟基对与其相连的苯环的活性有影响
C
向溶液中通入气体，无明显现象
的酸性弱于的酸性
D
金属钠应保存在煤油中
钠质软，能用刀切割
选项
性质差异
主要原因
A
熔点：
键能：C-Cl>C-H
B
酸性：
电负性：F>Cl
C
硬度：金刚石>晶体硅
原子半径：
D
在水中的溶解度：
分子极性：
实验操作
实验现象
实验结论
取2mL紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水
______
氯水中存在、HClO
取氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置
分层，下层油状液体呈浅黄绿色
_____
序号

溶解氯的总浓度/
i
0.5
0.063
ii
1
0.057
iii
1.5
0.053
iv
2
0.049
序号

溶解氯的总浓度/（ml·L）
v
1
0.067
vi
2
0.074
vii
3
0.082
viii
4
0.091
序号
V（饱和NaCl溶液）
/mL
/mL
/mL
溶解氯的总浓度
ix
6
1
3

x
6
2
2

xi
6
3
1

xii
6
4
0

pH
1
3
5
7
≥9
W




M