【精品解析】广东省深圳市多校联考2025-2026学年高三上学期开学化学试题

广东省深圳市多校联考2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·深圳开学考）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的主要材质属于有机高分子材料的是
A．龙钮金印 B．南越木简 C．角形玉杯 D．“番禺”铜鼎
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·深圳开学考）陈醋的独特香气来源之一是呋喃甲醛，其分子的结构如下图。已知：具有芳香性，与苯的性质相似。下列关于呋喃甲醛说法不正确的是
A．分子式为 B．含有大π键
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加成反应
3．（2025高三上·深圳开学考）我国科技发展取得了巨大成就。下列说法正确的是
A．“海葵一号”通过分馏进行油气分离，此过程仅涉及化学变化
B．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
C．可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及热能转化为化学能
D．“神舟十三号”返回舱所用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
4．（2025高三上·深圳开学考）劳动创造美好生活。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 利用铝热反应焊接铁轨
B 用消毒自来水 具有强氧化性
C 以高粱为原料酿制白酒 淀粉葡萄糖乙醇
D 用检验生铁发生了电化学腐蚀
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·深圳开学考）深圳社区出现机器狗助力巡逻执勤。下列关于机器狗说法正确的是
A．主控芯片材料为单晶硅半导体，单晶硅是一种分子晶体
B．承重框架结构使用的铝合金，具有刚性强、质量轻的优点
C．电子元件散热片使用石墨烯作为涂层，石墨烯含有碳碳双键
D．覆盖层ABS塑料可由苯乙烯、丙烯腈等单体反应制得，该过程涉及缩聚反应
6．（2025高三上·深圳开学考）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作能达到实验目的的是
A．除油污 B．除铁锈 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高三上·深圳开学考）从单质到盐存在如下物质转化关系：单质氧化物酸或碱盐。下列说法正确的是
A．若单质为钠，氧化物能与水反应生成
B．若单质为钙，盐在常温下一定为难溶物
C．若单质为碳，物质X一定为碱
D．若单质为硫，盐可能为硫酸盐
8．（2025高三上·深圳开学考）下列陈述与陈述均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述 陈述
A 钠用于冶炼金属钾 钠的还原性比钾强
B 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与高温下会反应
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·深圳开学考）有五种短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．Y的氧化物对应水化物均为强酸
B．X的氧化物中可能含有非极性共价键
C．原子半径：ZD．第一电离能：W10．（2025高三上·深圳开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18 g 中含有质子的数目为
B．0.5 mol·L-1溶液中含有的数目小于
C．常温下，42 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数目为
D．1 mol 和1 mol 在密闭容器中充分反应，生成的的分子数目为
11．（2025高三上·深圳开学考）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法错误的是
A．装置甲用于制取氨气
B．装置乙作为制备过程的安全瓶
C．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
D．装置丁用于吸收尾气中的氨气
12．（2025高三上·深圳开学考）某分子筛类催化剂(交换沸石)催化脱除NO、的反应机理如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A．是中间产物
B．若1 mol NO参与反应，则反应③转移电子2 mol
C．反应④属于分解反应
D．总反应化学方程式为
13．（2025高三上·深圳开学考）结构决定性质。下列关于性质的结构因素解释不正确的是
选项 性质 结构因素
A 含钠元素的物质受热会发出黄光 电子由基态跃迁到激发态时，放出能量
B 的酸性大于 键的极性大于键
C 与“相似相溶” 的分子结构是三角锥形，为极性分子
D NaCl的熔点高于CsCl 的半径小于
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·深圳开学考）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A．b点时Y的瞬时反应速率为0.008mol·L-1·min-1
B．加入合适的催化剂，能提高X的平衡转化率
C．减小Y的浓度，上述平衡向正反应方向移动，平衡常数增大
D．在该温度下，Y溶液含有少量X，反应足够长时间后
15．（2025高三上·深圳开学考）科学家开发了一种可植入体内的燃料电池，血糖过高时会激活电池产生电流，通过传感器刺激人造胰岛细胞分泌胰岛素，降低血糖。电池工作时的原理如下图所示(G-CHO代表葡萄糖)。
下列关于该电池工作时的说法不正确的是
A．电极附近pH升高
B．电子移动路径：电极→传感器→电极
C．人体内的血糖水平越接近正常值，两极的电势差越小
D．电极的电极反应式为：
16．（2025高三上·深圳开学考）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定的未知浓度溶液。溶液中，pH与分布系数δ变化关系如图所示。
[已知：的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A．曲线①代表
B．时，
C．NaHA溶液显酸性
D．的第二步电离平衡常数
17．（2025高三上·深圳开学考）可应用于工业、农业等领域。兴趣小组对其开展了一系列的实验探究。
．探究的性质：用如图装置制备、检验的性质。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置乙探究具有漂白性，其中盛放的试剂为　 　。
（3）丁中观察到　 　(填实验现象)，说明具有　 　性(填“氧化”或“还原”)。
．探究沉淀成分：丙中观察到白色沉淀产生，对此沉淀的组成实验小组提出如下猜想。
猜想1：沉淀为；猜想2：沉淀为；猜想3：沉淀为二者混合物。
（4）猜想2的依据是(用离子方程式表示)　 　；为防止丙装置中产生，在实验前关闭　 　(填“”或“”；下同)，打开　 　，通入一段时间。
（5）为探究白色沉淀的组成，实验小组将丙中悬浊液分成10mL的若干份，进行如下探究：
实验 1 2 3
实验内容
实验现象 白色浑浊消失，一段时间后在烧杯底部出现更多的白色沉淀 烧杯中出现浑浊，经多天后沉淀量显著增多至与实验1几乎相同 白色浑浊消失，一段时间后才慢慢产生白色沉淀
①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解的离子方程式为　 　；实验1中后续生成的白色沉淀为　 　(填化学式)；从化学反应速率角度分析实验1现象产生的原因　 　。
②已知的，，的，则反应，　 　(保留三位有效数字)，结合实验2、3，可知在丙中除生成亚硫酸钡沉淀外，还有较多的未和反应，继续被氧化生成更多的沉淀。
18．（2025高三上·深圳开学考）四氧化三钴主要用作催化剂、氧化剂，也可用于制造钴盐、搪瓷颜料。某钴矿中含CoS、CuS、FeS，以该钴矿为原料制备四氧化三钴的工艺流程如图所示：
已知：
氢氧化物
(298K)
回答下列问题：
（1）为提高“碱浸”速率，可采取的措施有　 　(任写一种即可)。
（2）写出“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：　 　。
_________________________________=___________S＋______________________
（3）“除铁”步骤中的pH理论上最高可调至　 　(溶液体积变化可忽略，“含溶液”中的 mol·L-1)。
（4）“萃取”中，钴与P507形成如图所示的配合物。下列说法正确的有___________。
A．配位时被还原
B．基态Co原子的未成对电子数为5
C．该结构中碳原子均为杂化
D．该配合物因其烷基链的疏水性而实现萃取分离
（5）写出“煅烧”步骤中发生反应的化学方程式：　 　。
（6）晶体中为面心立方最密堆积(如下图)，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和　 　面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子的配位数分别为　 　、　 　。相邻间的最近距离之比　 　。
19．（2025高三上·深圳开学考）我国力争于2030年前完成“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。含量的控制和资源利用具有重要的研究价值。
（1）“碳达峰”中的“碳”是指___________。
A．碳元素 B．甲烷 C．一氧化碳 D．二氧化碳
（2）将转化为有价值的甲酸和尿素、甲醇等是实现“碳中和”的途径之一。
①合成尿素通过以下两步反应实现，其能量变化示意图如图所示。
则生成尿素的热化学方程式为　 　。
（3）与在Cu/ZnO催化下发生反应可合成清洁能源甲醇：
①基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为　 　。
②该反应实际上分两步进行：
第一步：；
第二步：　 　(写出化学方程式)。
（4）在催化剂作用下和也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i．
ii．
③刚性密闭容器中和按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)。
①表示HCOOH的选择性的是曲线　 　(填“a”或“b”)；为同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为　 　。
A．低温、低压 B．高温、高压 C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min 0 20 40 60 80
压强/MPa
反应i的速率可表示为(p为气体分压，分压=总压×气体的物质的量分数，k为常数)，则反应在60min时，　 　MPa，　 　(用含、k的式子表示)。
20．（2025高三上·深圳开学考）四环素是一种能抑制细菌蛋白质合成从而发挥抗菌作用的广谱抗生素，其合成路线中的第一步反应如下。
（1）1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）1a可由()在　 　条件下与、在　 　条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇的有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）以羧酸和醇为原料，生成2a，其反应类型为　 　，其化学方程式为　 　。
（4）下列说法不正确的有___________。
A．1a物质中可能存在分子间氢键
B．2a是乙酸乙酯的同系物
C．在3a分子中存在1个手性碳原子
D．在生成3a的过程中有σ键的断裂与形成
（5）2a的核磁共振氢谱峰面积比为　 　。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，另一种被取代还可能生成副产物　 　(填结构简式)。
（6）已知：丙酮在一定条件下，也可与1a发生类似于2a的取代反应。根据上述信息，以丙烯为原料，分三步合成化合物。
①第一步，引入羟基：丙烯与　 　(填化学式)发生原子利用率100%的反应。
②第二步，引入酮羰基：其反应的化学方程式为　 　。
③第三步，②中得到的有机产物与la反应。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、龙钮金印的主要成分是金，金属于金属单质，其材质为金属材料，不属于有机高分子材料，故A不符合题意 ；
B、南越木简由木材制成，木材的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，因此木简材质属于有机高分子材料，故B符合题意 ；
C、角形玉杯的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，并非有机高分子材料，故C不符合题意 ；
D、“番禺” 铜鼎的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于有机高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】首先明确有机高分子材料的定义，即相对分子质量很大的有机化合物构成的材料，再分别分析每个选项材质的成分及所属材料类别。
2．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；苯的结构与性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、通过数分子中 C、H、O 原子的个数，可知其分子式为 C5H4O2，而非 C5H5O2，A错误；
B、该分子的芳环部分与苯性质相似，苯环含大 π 键，故该芳环也含有大 π 键，B正确；
C、分子中含有醛基，醛基具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色，C正确；
D、分子中的芳环（不饱和环）和醛基均能发生加成反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】先根据呋嘀甲醛的结构分析其分子式，再结合官能团（醛基）和芳环结构（含大 π 键），逐一判断各选项的正确性。
3．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；元素、核素
【解析】【解答】A、分馏是利用各组分沸点不同进行分离的操作，过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，A错误；
B、与互为同位素，它们的质子数和电子数相同，最外层电子数决定化学性质，因此二者化学性质相同，B错误；
C、火箭燃料燃烧是化学变化，此过程是化学能转化为热能、光能等，而非热能转化为化学能，C错误；
D、陶瓷具有高强度、耐高温的特性，属于新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐一分析每个选项，结合物理变化与化学变化的区别、同位素的化学性质、能量转化形式、材料分类的知识来判断对错。
4．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究铝热反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铝热反应的原理是铝的强还原性在高温下还原金属氧化物，正确的反应方程式应为，选项中方程式的反应物和生成物颠倒，A错误；
B、具有强氧化性，能破坏微生物的细胞结构，从而实现自来水的消毒，B错误；
C、高粱中的淀粉在淀粉酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，这是酿酒过程的两个关键化学步骤，C正确；
D、生铁发生电化学腐蚀会产生，与反应生成蓝色沉淀，反应方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需明确铝热反应的核心是铝作为还原剂还原金属氧化物，准确书写反应方程式。
B．理解消毒剂的杀菌原理，明白强氧化性物质通过氧化作用破坏微生物结构。
C．掌握酿酒的化学过程，包括淀粉的水解和葡萄糖的发酵两个阶段。
D．熟悉电化学腐蚀中的产生及检验方法，与的特征反应是判断电化学腐蚀的重要依据。
5．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；聚合反应
【解析】【解答】A、主控芯片的单晶硅属于共价晶体，其原子通过共价键直接相连形成空间网状结构，并非分子晶体，A错误；
B、铝合金是金属合金，通过掺杂其他元素优化了纯铝的性能，具有质量轻、刚性强（强度高）的优点，适合作为承重框架材料，B正确；
C、石墨烯是单层石墨，其结构中碳原子通过大 π 键结合，不存在碳碳双键，C错误；
D、ABS 塑料由丙烯腈、丁二烯、苯乙烯通过加聚反应制得，加聚反应无小分子副产物生成，而缩聚反应会产生小分子（如水），D错误；
故答案为：B。
【分析】从材料的晶体类型、合金性能、物质结构、聚合反应类型四个角度，逐一分析每个选项的化学知识表述是否正确。
6．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A、碳酸钠（Na2CO3）溶液因碳酸根离子水解呈碱性，油污（酯类）在碱性条件下可发生水解反应，加热能促进水解使碱性增强，从而更易除去铁钉表面油污，A可达到目的；
B、铁锈主要成分为氧化铁（Fe2O3），氧化铁是碱性氧化物，与氢氧化钠（NaOH）溶液不反应，无法除去铁锈，应选用稀盐酸等酸溶液，B操作不可达到目的；
C、铜氨溶液制备需向硫酸铜（CuSO4）溶液中滴加过量氨水（NH3 H2O），生成络合物 [Cu(NH3)4]2+，而氯化铵（NH4Cl）溶液与硫酸铜反应无法生成铜氨络离子，C操作不可达到目的；
D、铁钉镀铜利用电解原理，需将铜片接电源正极（阳极）、铁钉接电源负极（阴极），且需外接电源形成电解池，图中无电源，无法完成电镀，D操作不可达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．需明确盐类水解的应用，Na2CO3中 CO32-水解使溶液显碱性，加热促进水解，碱性增强可加速油污（酯）的水解。
B．掌握碱性氧化物的性质，Fe2O3能与酸反应，但与强碱（NaOH）不反应。
C．理解铜氨溶液的形成原理，核心是 Cu2+与过量 NH3 H2O 反应生成 [Cu(NH3)4]2+。
D．明确电镀的电解池构成，需外接电源，阳极阴极（待镀物）析出金属，无电源则无法实现。
7．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若单质为钠，其氧化物为 Na2O 或 Na2O2，Na2O 与水反应生成 NaOH，Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，均无 H2生成，A错误；
B、若单质为钙，其氧化物 CaO 与水反应生成 Ca(OH)2，Ca (OH)2与物质 X 反应生成盐，如 CaCl2是可溶的钙盐，并非所有钙盐都是难溶物，B错误；
C、若单质为碳，其氧化物 CO2与水反应生成碳酸，碳酸与物质 X 反应生成盐，物质 X 可以是碱（如 NaOH），也可以是碱性氧化物（如 Na2O）等，并非一定是碱，C错误；
D、若单质为硫，其氧化物有 SO2和 SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与物质 X（如 NaOH）反应可生成硫酸盐，D正确；
故答案为：D。
【分析】按照 “单质→氧化物→酸或碱→盐” 的转化链条，逐一分析每个选项中物质的转化及性质。
8．【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A、工业上钠冶炼钾的反应是 ，利用的是钾沸点低易挥发的特点，并非钠还原性比钾强（实际金属活动性钾＞钠）。陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故A不符合题意 ；
B、浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其不稳定，见光易分解（ ），而非因为强氧化性。陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，故B不符合题意 ；
C、久置漂白粉吸收生成，遇盐酸产生；但漂白粉的有效成分是，久置后含有的不是有效成分。陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故C不符合题意 ；
D、铁与高温下反应（ ），所以工人干燥模具后注入熔融钢，防止反应引发爆炸或铸件缺陷。陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且存在因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．需明确金属冶炼的特殊方法，钠冶炼钾利用的是沸点差异，而非金属活动性顺序，注意金属活动性钾＞钠的事实。
B．区分浓硝酸的不稳定性和强氧化性的应用场景，棕色瓶保存是为了防止光引发的分解反应。
C．掌握漂白粉的有效成分和久置后的成分变化，明确有效成分的判断标准。
D．理解铁与水蒸气的高温反应对工业生产的影响，干燥模具是为了避免铁与水反应，体现因果关系的逻辑。
9．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】推断元素：X 最低负价为 - 1 且原子序数最小，故 X 为 H；Y 最高正价为 + 5，原子序数大于 H，故 Y 为 N；Z 最高正价为 + 3，原子序数大于 N，故 Z 为 Al；M 最高正价为 + 4，原子序数大于 Al，故 M 为 Si；W 最低负价为 - 2，原子序数最大，故 W 为 S。
A、Y 为 N，其氧化物对应水化物有 HNO3（强酸）和 HNO2（弱酸），并非均为强酸，A错误；
B、X 为 H，其氧化物 H2O2中含有 O—O 非极性共价键，B正确；
C、Z 为 Al，M 为 Si，同周期从左到右原子半径递减，故原子半径 Al > Si，即 Z > M，C错误；
D、Z 为 Al，M 为 Si，W 为 S，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能 Al < Si < S，即 Z < M < W，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据化合价和原子序数推断出五种元素，再结合元素周期律、物质结构知识分析各选项。
10．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的摩尔质量为，的物质的量为。每个分子含质子个，故质子总数为，并非，A错误；
B、溶液，因未给出溶液体积，无法根据计算的物质的量，也就无法判断数目是否小于，B错误；
C、乙烯（）和丙烯（）的最简式均为，其摩尔质量为。混合气体中的物质的量为，每个含1个C原子，故碳原子总数为，C正确；
D、是可逆反应，可逆反应不能进行到底。和充分反应时，生成的物质的量小于，分子数目小于，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需掌握同位素原子的摩尔质量计算，以及分子中质子数的计算方法。
B．明确溶液中粒子数目计算需结合浓度和体积，缺少体积时无法确定物质的量。
C．利用最简式的统一特性，将乙烯和丙烯的混合气体转化为最简式的物质的量计算，简化碳原子数目的判断。
D．理解可逆反应的限度，可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，因此产物的物质的量小于理论最大值。
11．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置甲中，氯化铵（NH4Cl）与氢氧化钙（Ca(OH)2）固体在加热条件下反应生成氨气，属于固体加热制气装置，符合实验室制氨气的条件，A正确；
B、乙导管为短进短出结构，可作为安全瓶，平衡装置内压强，防止倒吸现象发生，B正确；
C、水合肼（N2H4 H2O）具有还原性，而次氯酸钠（NaClO）具有氧化性。若快速滴加 NaClO 溶液，会导致 NaClO 过量，进而氧化生成的水合肼，降低产率，因此需缓慢滴加，C错误；
D、氨气（NH3）极易溶于水，装置丁中的球形干燥管可起到防倒吸作用，用于吸收尾气中的氨气，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．实验室制氨气常用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体加热反应。
B．安全瓶通过短进短出的导管设计平衡压强，避免因压强突变导致的倒吸。
C．需明确 N2H4 H2O 的还原性和 NaClO 的氧化性，两者易发生氧化还原反应。
D．NH3极易溶于水，尾气吸收时需用防倒吸装置。
12．【答案】B
【知识点】化学基本反应类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在反应①中与反应生成，又参与反应②，因此是中间产物，A正确；
B、分析反应③中元素化合价变化，中为价，反应后生成（价），结合“只靠近不交叉”的化合价变化规律，1 mol 参与反应时转移电子数为 mol，而非 mol，B错误；
C、反应④中分解生成、和，属于“一变多”的分解反应，C正确；
D、综合各步反应，总反应为，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确中间产物的定义，即反应过程中生成后又消耗的物质。
B．掌握化合价变化与电子转移的计算方法，结合“只靠近不交叉”原则，准确计算转移电子数。
C．理解分解反应的特征，判断反应类型。
D．通过整合各步反应的反应物和生成物，推导总反应方程式。
13．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；离子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、含钠元素的物质受热发黄光，是因为电子从激发态跃迁到基态时释放能量（以光的形式）；而电子由基态跃迁到激发态时是吸收能量，并非放出能量，A错误；
B、F 的电负性比 Cl 强，C F 键极性大于 C Cl 键，使得 CF3COOH 中羧基的羟基极性更强，更易电离出 H+，因此酸性 CF3COOH 大于 CCl3COOH，B正确；
C、NH3分子呈三角锥形，正负电荷重心不重合，属于极性分子；H2O 也是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，故 NH3与 H2O 易互溶，C正确；
D、NaCl 和 CsCl 均为离子晶体，离子键键能与离子半径有关，Na+半径小于 Cs+，则 NaCl 中离子键键长更短、键能更大，熔点更高，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．明确电子跃迁的能量变化方向。
B．理解化学键极性对有机酸酸性的影响。
C．掌握 “相似相溶” 原理的核心。
D．清楚离子晶体熔沸点与离子键强弱的关系。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、瞬时反应速率需通过浓度 - 时间曲线的斜率确定，图中只能计算 b 点的平均反应速率（浓度变化量与时间变化量的比值），无法得到瞬时速率，A错误；
B、催化剂仅改变反应速率，不影响平衡移动，因此不能提高 X 的平衡转化率，B错误；
C、减小 Y 的浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只由温度决定，温度不变则平衡常数不变，C错误；
D、由图可知，平衡时 X 和 Y 的浓度相等，对于反应 X Y，平衡常数 K==1。若 Y 溶液含少量 X，反应达平衡后，必然满足 c (X)=c (Y)，即 n (X)=n (Y)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分瞬时速率与平均速率。
B．催化剂不影响平衡状态，仅改变反应速率。
C．平衡常数只与温度相关。
D．根据平衡时 X 与 Y 浓度相等，可知 K=1，结合平衡常数定义判断平衡时n(X) 与n(Y) 的关系。
15．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】电极 Ⅰ 通入 O2，发生还原反应 ：，为正极；电极 Ⅱ 上 G-CHO 被氧化为 G-COOH， 电极反应式： ，为负极。
A、电极 Ⅰ（正极）的反应消耗 H+（或生成 OH-），导致附近 pH 升高，A正确；
B、原电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子移动路径应为电极 Ⅱ→传感器→电极 Ⅰ，而非电极 Ⅰ→传感器→电极 Ⅱ，B错误；
C、血糖水平越接近正常值，参与反应的葡萄糖越少，电池反应程度越小，两极的电势差越小，C正确；
D、电极 Ⅱ（负极）上 G-CHO 被氧化为 G-COOH， 电极反应式为：，D正确；
故选B。
【分析】A．明确正极的还原反应对 H+浓度的影响。
B．掌握原电池电子的移动方向。
C．理解电池工作强度与反应物浓度的关系。
D．分析负极的氧化反应。
16．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】由图可知为二元弱酸，存在两步电离： ，曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表。
A、曲线①在酸性较强时占比最大，代表，A正确；
B、时，曲线②（）的分布系数大于曲线③（），即，B正确；
C、点，，则；同理。中的水解常数，因，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C错误；
D、由上述分析，的第二步电离平衡常数，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据溶液酸性强弱与、、分布的关系，判断曲线①代表。
B．直接从时的分布系数曲线，比较和的浓度大小。
C．通过电离平衡常数和水解常数的计算，判断溶液中水解与电离的程度，进而确定溶液酸碱性。
D．利用电离平衡常数的定义，结合分布系数曲线的交点，计算。
17．【答案】分液漏斗；品红溶液；溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成)；氧化；；；；(或)；；溶于酸的反应速率大于或在上述条件下被氧化为的速率；1.68
【知识点】二氧化硫的性质；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色；
故答案为： 品红溶液 ；
（3）硫化氢和二氧化硫发生归中反应生成硫单质黄色沉淀，说明二氧化硫具有氧化性，故答案为：溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成)，氧化；
故答案为： 溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成) ； 氧化 ；
（4）空气中氧气具有氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应为；为排除该猜想，实验开始前先关闭，打开，向三颈烧瓶中通入氮气一段时间，排尽装置内空气，排除空气中氧气的干扰。
故答案为： ； ； ；
（5）①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解反应为亚硫酸钡沉淀和溶液中氢离子反应生成钡离子和二氧化硫（或亚硫酸），离子方程式为；实验1中硝酸根离子具有强氧化性，会氧化二氧化硫为硫酸根离子，则后续生成的白色沉淀为；溶于酸的反应速率大于或大于在上述条件下被氧化为的速率，导致实验1中白色浑浊首先消失，而后在一段时间后在烧杯底部出现更多的白色沉淀。
②已知的，，的，则反应，。
故答案为：(或) ； ；溶于酸的反应速率大于或在上述条件下被氧化为的速率 ； 1.68 。
【分析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色，丙检测SO2是否和氯化钡溶液反应，丁中H2S和SO2反应检测SO2的氧化性，戊吸收尾气防止污染。
（1）仪器 a 为分液漏斗，属于常见添加液体的仪器。
（2）检验 SO2漂白性常用品红溶液，SO2能使品红褪色，加热后可恢复。
（3）SO2与 H2S 反应生成淡黄色硫单质，溶液变浑浊，体现 SO2的氧化性（S 元素化合价降低）。
（4）SO2在 O2作用下与 Ba2+ 生成 BaSO4，据此书写离子方程式。通 N2排空气需关闭 K2、打开 K1，避免 O2干扰。
（5）①BaSO3溶于酸的离子方程式为 ；HNO3氧化生成 BaSO4；BaSO3溶解速率快于其被氧化为 BaSO4的速率。
②利用 H2SO3的 Ka1、Ka2 和 BaSO3的 Ksp，计算反应的平衡常数。
18．【答案】（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等
（2）
（3）7
（4）C；D
（5）
（6）八或8；4；6；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等可加快反应速率，从而提高“碱浸”速率；
故答案为： 升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等 ；
（2）亚硫酸钠具有还原性，和FeS发生氧化还原反应生成硫单质，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0、FeS中硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：；
故答案为： ；
（3）“除铁”步骤中铁离子沉淀，而钴离子不沉底，含溶液”中的 mol·L-1，则，pOH=7，pH=7，则pH理论上最高可调至7。
故答案为： 7 ；
（4）A．配位时和4个氧配位，但只有上、下2个P507分子带一个单位负电(相当于失去了1个)，故Co的化合价还是+2价，没有被还原，错误；
B．基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，基态Co原子的未成对电子数为3，错误；
C．该结构中碳原子均为饱和碳原子，为杂化，正确；
D．该配合物因其烷基不含亲水基团，利用其疏水性而实现萃取分离，正确；
故答案为：CD；
（5）“煅烧”步骤中部分钴被空气中氧气氧化，钴化合价由+2变为+3得到，结合质量守恒还生成二氧化碳，发生反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（6）晶体中为面心立方最密堆积，由图，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和八面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子最近且相邻的氧原子分别为4(构成正四面体)、6(上下、前后、左右)，故配位数分别为4、6；设晶胞边长为a，则相邻间的最近距离之比。
故答案为： 八或8 ；4；6； 。
【分析】首先用氨水和碳酸铵对钴矿进行浸取，使其中的铜形成四氨合铜离子进入溶液，过滤后对滤液处理以回收铜；滤渣中加入盐酸、亚硫酸钠溶液除去硫元素，再加入氯酸钠将二价铁氧化为三价铁，随后用碳酸钠调节溶液pH使铁元素以氢氧化物沉淀的形式除去，过滤得到含二价钴的溶液；对该溶液进行萃取操作，分离出有机层后，用草酸进行反萃取得到草酸钴沉淀，最后将草酸钴煅烧即可得到 。
（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等可加快反应速率，从而提高“碱浸”速率；
（2）亚硫酸钠具有还原性，和FeS发生氧化还原反应生成硫单质，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0、FeS中硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：；
（3）“除铁”步骤中铁离子沉淀，而钴离子不沉底，含溶液”中的 mol·L-1，则，pOH=7，pH=7，则pH理论上最高可调至7。
（4）A．配位时和4个氧配位，但只有上、下2个P507分子带一个单位负电(相当于失去了1个)，故Co的化合价还是+2价，没有被还原，错误；
B．基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，基态Co原子的未成对电子数为3，错误；
C．该结构中碳原子均为饱和碳原子，为杂化，正确；
D．该配合物因其烷基不含亲水基团，利用其疏水性而实现萃取分离，正确；
故选CD；
（5）“煅烧”步骤中部分钴被空气中氧气氧化，钴化合价由+2变为+3得到，结合质量守恒还生成二氧化碳，发生反应的化学方程式：；
（6）晶体中为面心立方最密堆积，由图，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和八面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子最近且相邻的氧原子分别为4(构成正四面体)、6(上下、前后、左右)，故配位数分别为4、6；设晶胞边长为a，则相邻间的最近距离之比。
19．【答案】（1）D
（2）
（3）；
（4）a；D；或；或或
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）“碳达峰”中的“碳”是指二氧化碳，故选D；
故答案为：D；
（2）由图：①
②
根据盖斯定律，由①+②得 。
故答案为： ；
（3）①铜为29号元素，基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为。
②，该反应实际上分两步进行，由总反应减去第一步反应可得第二步反应：。
故答案为： ； ；
（4）①i为放热反应，升温平衡逆向移动；ii为吸热反应，升温平衡正向移动，结合图示，表示HCOOH的选择性的是曲线a；ii 为气体分子数不变的吸热反应，而i为气体分子数减小的放热反应，则同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为D．低温、高压；
②反应在60 min时压强变为，即气体物质的量变为原来的0.8倍，设二氧化碳、氢气的初始的物质的量均为a mol，平衡时CO的物质的量为x mol，则由反应ii可知，平衡时水的物质的量为x mol，由图可知平衡时HCOOH(g)的物质的量为4x mol，据元素原子守恒可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量均为(a-5x) mol，平衡时气体的总物质的量为2a mol×0.8=1.6a mol，，x=0.1a mol，MPa（或 MPa）；或。
故答案为：a； D ；或 ；或或 。
【分析】（1）“碳达峰” 中的 “碳” 指二氧化碳，选 D。
（2）用盖斯定律，将两步反应相加，得热化学方程式。
（3）①基态 Cu 原子价层电子排布式为 3d 4s 。
②总反应减去第一步反应，得第二步反应。
（4）①反应 i 放热，升温选择性降低，曲线 a 代表 HCOOH；低温高压利于提高 CO2转化率和 HCOOH 选择性，选 D。
②结合压强和原子守恒计算，p(CO2)=0.25p0；速率 v=或
（1）“碳达峰”中的“碳”是指二氧化碳，故选D；
（2）由图：
①
②
根据盖斯定律，由①+②得 。
（3）①铜为29号元素，基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为。
②，该反应实际上分两步进行，由总反应减去第一步反应可得第二步反应：。
（4）①i为放热反应，升温平衡逆向移动；ii为吸热反应，升温平衡正向移动，结合图示，表示HCOOH的选择性的是曲线a；ii 为气体分子数不变的吸热反应，而i为气体分子数减小的放热反应，则同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为D．低温、高压；
②反应在60 min时压强变为，即气体物质的量变为原来的0.8倍，设二氧化碳、氢气的初始的物质的量均为a mol，平衡时CO的物质的量为x mol，则由反应ii可知，平衡时水的物质的量为x mol，由图可知平衡时HCOOH(g)的物质的量为4x mol，据元素原子守恒可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量均为(a-5x) mol，平衡时气体的总物质的量为2a mol×0.8=1.6a mol，，x=0.1a mol，MPa（或 MPa）；或。
20．【答案】（1）醚键
（2）Fe或(或“催化剂”)；光照或“加热”；5
（3）酯化反应(或取代反应)；
（4）A；B；C
（5）6：3：2：1；
（6）；
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由结构，1a中含氧官能团的名称为醚键；
故答案为： 醚键 ；
（2）由结构，1a可由()中甲氧基对位氢被氯取代、与苯环直接相连的甲基氢被溴取代得到，故可以在Fe或(或“催化剂”)条件下与、在光照或“加热”条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇，含1个取代基可以为-CH2CH2OH、-CHOHCH3，有2种；含-CH3、-CH2OH，2个取代基存在邻间对3种；共5种；
故答案为：Fe或(或“催化剂”)；光照或“加热”；5；
（3）以羧酸和醇为原料生成2a，为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应；其化学方程式为：。
故答案为： 酯化反应(或取代反应) ； ；
（4）A．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；由1a物质结构可知，其不存在分子间氢键，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；2a不是乙酸乙酯的同系物，则；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；在3a分子中不存在手性碳原子，错误；
D．在生成3a的过程中溴原子被取代生成共价化合物HBr，存在σ键的断裂与形成，正确；
故答案为：ABC；
（5）2a中存在4种氢，氢原子数之比为6：3：2：1，则核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，那么另一种被取代，也就是-CH2-中氢被取代，其还可能生成副产物；
故答案为： 6：3：2：1 ； ；
（6）①第一步，引入羟基：丙烯与发生原子利用率100%的加成反应生成CH2CHOHCH3。
②第二步，引入酮羰基：CH2CHOHCH3发生催化氧化反应生成丙酮，反应的化学方程式为。
③第三步，②中得到的丙酮与la反应得到产物；
故答案为：，。
【分析】由流程，1a中溴原子和2a中1个碳原子上氢发生取代反应生成3a和HBr；
（1）识别1a中含氧官能团，为醚键。
（2）苯环上氯代用Fe/FeCl3催化，侧链溴代用光照；I的芳香醇同分异构体有5种。
（3）羧酸与醇的酯化反应（取代反应），化学方程式为。
（4）A（无分子间氢键）、B（不是同系物）、C（无手性碳）错误，据此解答。
（5）2a的核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1；副产物为另一种α-H被取代的结构（结构简式见原题）。
（6）①丙烯与H2O加成引入羟基；②2-丙醇催化氧化生成丙酮，化学方程式为。
（1）由结构，1a中含氧官能团的名称为醚键；
（2）由结构，1a可由()中甲氧基对位氢被氯取代、与苯环直接相连的甲基氢被溴取代得到，故可以在Fe或(或“催化剂”)条件下与、在光照或“加热”条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇，含1个取代基可以为-CH2CH2OH、-CHOHCH3，有2种；含-CH3、-CH2OH，2个取代基存在邻间对3种；共5种；
（3）以羧酸和醇为原料生成2a，为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应；其化学方程式为：。
（4）A．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；由1a物质结构可知，其不存在分子间氢键，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；2a不是乙酸乙酯的同系物，则；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；在3a分子中不存在手性碳原子，错误；
D．在生成3a的过程中溴原子被取代生成共价化合物HBr，存在σ键的断裂与形成，正确；
故选ABC；
（5）2a中存在4种氢，氢原子数之比为6：3：2：1，则核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，那么另一种被取代，也就是-CH2-中氢被取代，其还可能生成副产物；
（6）①第一步，引入羟基：丙烯与发生原子利用率100%的加成反应生成CH2CHOHCH3。
②第二步，引入酮羰基：CH2CHOHCH3发生催化氧化反应生成丙酮，反应的化学方程式为。
③第三步，②中得到的丙酮与la反应得到产物；
故答案为：，。
1 / 1广东省深圳市多校联考2025-2026学年高三上学期开学化学试题
1．（2025高三上·深圳开学考）泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的主要材质属于有机高分子材料的是
A．龙钮金印 B．南越木简 C．角形玉杯 D．“番禺”铜鼎
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、龙钮金印的主要成分是金，金属于金属单质，其材质为金属材料，不属于有机高分子材料，故A不符合题意 ；
B、南越木简由木材制成，木材的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，因此木简材质属于有机高分子材料，故B符合题意 ；
C、角形玉杯的主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于无机非金属材料，并非有机高分子材料，故C不符合题意 ；
D、“番禺” 铜鼎的主要成分是青铜，青铜是铜锡合金，属于金属材料，不属于有机高分子材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】首先明确有机高分子材料的定义，即相对分子质量很大的有机化合物构成的材料，再分别分析每个选项材质的成分及所属材料类别。
2．（2025高三上·深圳开学考）陈醋的独特香气来源之一是呋喃甲醛，其分子的结构如下图。已知：具有芳香性，与苯的性质相似。下列关于呋喃甲醛说法不正确的是
A．分子式为 B．含有大π键
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加成反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；苯的结构与性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、通过数分子中 C、H、O 原子的个数，可知其分子式为 C5H4O2，而非 C5H5O2，A错误；
B、该分子的芳环部分与苯性质相似，苯环含大 π 键，故该芳环也含有大 π 键，B正确；
C、分子中含有醛基，醛基具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色，C正确；
D、分子中的芳环（不饱和环）和醛基均能发生加成反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】先根据呋嘀甲醛的结构分析其分子式，再结合官能团（醛基）和芳环结构（含大 π 键），逐一判断各选项的正确性。
3．（2025高三上·深圳开学考）我国科技发展取得了巨大成就。下列说法正确的是
A．“海葵一号”通过分馏进行油气分离，此过程仅涉及化学变化
B．“华龙一号”的核反应堆以为燃料，与具有不同的化学性质
C．可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及热能转化为化学能
D．“神舟十三号”返回舱所用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见能量的转化及运用；元素、核素
【解析】【解答】A、分馏是利用各组分沸点不同进行分离的操作，过程中没有新物质生成，属于物理变化，并非化学变化，A错误；
B、与互为同位素，它们的质子数和电子数相同，最外层电子数决定化学性质，因此二者化学性质相同，B错误；
C、火箭燃料燃烧是化学变化，此过程是化学能转化为热能、光能等，而非热能转化为化学能，C错误；
D、陶瓷具有高强度、耐高温的特性，属于新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐一分析每个选项，结合物理变化与化学变化的区别、同位素的化学性质、能量转化形式、材料分类的知识来判断对错。
4．（2025高三上·深圳开学考）劳动创造美好生活。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 利用铝热反应焊接铁轨
B 用消毒自来水 具有强氧化性
C 以高粱为原料酿制白酒 淀粉葡萄糖乙醇
D 用检验生铁发生了电化学腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；探究铝热反应；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、铝热反应的原理是铝的强还原性在高温下还原金属氧化物，正确的反应方程式应为，选项中方程式的反应物和生成物颠倒，A错误；
B、具有强氧化性，能破坏微生物的细胞结构，从而实现自来水的消毒，B错误；
C、高粱中的淀粉在淀粉酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下发酵生成乙醇，这是酿酒过程的两个关键化学步骤，C正确；
D、生铁发生电化学腐蚀会产生，与反应生成蓝色沉淀，反应方程式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需明确铝热反应的核心是铝作为还原剂还原金属氧化物，准确书写反应方程式。
B．理解消毒剂的杀菌原理，明白强氧化性物质通过氧化作用破坏微生物结构。
C．掌握酿酒的化学过程，包括淀粉的水解和葡萄糖的发酵两个阶段。
D．熟悉电化学腐蚀中的产生及检验方法，与的特征反应是判断电化学腐蚀的重要依据。
5．（2025高三上·深圳开学考）深圳社区出现机器狗助力巡逻执勤。下列关于机器狗说法正确的是
A．主控芯片材料为单晶硅半导体，单晶硅是一种分子晶体
B．承重框架结构使用的铝合金，具有刚性强、质量轻的优点
C．电子元件散热片使用石墨烯作为涂层，石墨烯含有碳碳双键
D．覆盖层ABS塑料可由苯乙烯、丙烯腈等单体反应制得，该过程涉及缩聚反应
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；聚合反应
【解析】【解答】A、主控芯片的单晶硅属于共价晶体，其原子通过共价键直接相连形成空间网状结构，并非分子晶体，A错误；
B、铝合金是金属合金，通过掺杂其他元素优化了纯铝的性能，具有质量轻、刚性强（强度高）的优点，适合作为承重框架材料，B正确；
C、石墨烯是单层石墨，其结构中碳原子通过大 π 键结合，不存在碳碳双键，C错误；
D、ABS 塑料由丙烯腈、丁二烯、苯乙烯通过加聚反应制得，加聚反应无小分子副产物生成，而缩聚反应会产生小分子（如水），D错误；
故答案为：B。
【分析】从材料的晶体类型、合金性能、物质结构、聚合反应类型四个角度，逐一分析每个选项的化学知识表述是否正确。
6．（2025高三上·深圳开学考）对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作能达到实验目的的是
A．除油污 B．除铁锈 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；盐类水解的应用；性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A、碳酸钠（Na2CO3）溶液因碳酸根离子水解呈碱性，油污（酯类）在碱性条件下可发生水解反应，加热能促进水解使碱性增强，从而更易除去铁钉表面油污，A可达到目的；
B、铁锈主要成分为氧化铁（Fe2O3），氧化铁是碱性氧化物，与氢氧化钠（NaOH）溶液不反应，无法除去铁锈，应选用稀盐酸等酸溶液，B操作不可达到目的；
C、铜氨溶液制备需向硫酸铜（CuSO4）溶液中滴加过量氨水（NH3 H2O），生成络合物 [Cu(NH3)4]2+，而氯化铵（NH4Cl）溶液与硫酸铜反应无法生成铜氨络离子，C操作不可达到目的；
D、铁钉镀铜利用电解原理，需将铜片接电源正极（阳极）、铁钉接电源负极（阴极），且需外接电源形成电解池，图中无电源，无法完成电镀，D操作不可达到目的；
故答案为：A。
【分析】A．需明确盐类水解的应用，Na2CO3中 CO32-水解使溶液显碱性，加热促进水解，碱性增强可加速油污（酯）的水解。
B．掌握碱性氧化物的性质，Fe2O3能与酸反应，但与强碱（NaOH）不反应。
C．理解铜氨溶液的形成原理，核心是 Cu2+与过量 NH3 H2O 反应生成 [Cu(NH3)4]2+。
D．明确电镀的电解池构成，需外接电源，阳极阴极（待镀物）析出金属，无电源则无法实现。
7．（2025高三上·深圳开学考）从单质到盐存在如下物质转化关系：单质氧化物酸或碱盐。下列说法正确的是
A．若单质为钠，氧化物能与水反应生成
B．若单质为钙，盐在常温下一定为难溶物
C．若单质为碳，物质X一定为碱
D．若单质为硫，盐可能为硫酸盐
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；无机物的推断；物质的简单分类；钠的氧化物
【解析】【解答】A、若单质为钠，其氧化物为 Na2O 或 Na2O2，Na2O 与水反应生成 NaOH，Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，均无 H2生成，A错误；
B、若单质为钙，其氧化物 CaO 与水反应生成 Ca(OH)2，Ca (OH)2与物质 X 反应生成盐，如 CaCl2是可溶的钙盐，并非所有钙盐都是难溶物，B错误；
C、若单质为碳，其氧化物 CO2与水反应生成碳酸，碳酸与物质 X 反应生成盐，物质 X 可以是碱（如 NaOH），也可以是碱性氧化物（如 Na2O）等，并非一定是碱，C错误；
D、若单质为硫，其氧化物有 SO2和 SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与物质 X（如 NaOH）反应可生成硫酸盐，D正确；
故答案为：D。
【分析】按照 “单质→氧化物→酸或碱→盐” 的转化链条，逐一分析每个选项中物质的转化及性质。
8．（2025高三上·深圳开学考）下列陈述与陈述均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述 陈述
A 钠用于冶炼金属钾 钠的还原性比钾强
B 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中 浓硝酸具有强氧化性
C 久置空气中的漂白粉遇盐酸产生 漂白粉的有效成分是
D 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与高温下会反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A、工业上钠冶炼钾的反应是 ，利用的是钾沸点低易挥发的特点，并非钠还原性比钾强（实际金属活动性钾＞钠）。陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故A不符合题意 ；
B、浓硝酸保存在棕色试剂瓶中是因为其不稳定，见光易分解（ ），而非因为强氧化性。陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，故B不符合题意 ；
C、久置漂白粉吸收生成，遇盐酸产生；但漂白粉的有效成分是，久置后含有的不是有效成分。陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，无因果关系，故C不符合题意 ；
D、铁与高温下反应（ ），所以工人干燥模具后注入熔融钢，防止反应引发爆炸或铸件缺陷。陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且存在因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．需明确金属冶炼的特殊方法，钠冶炼钾利用的是沸点差异，而非金属活动性顺序，注意金属活动性钾＞钠的事实。
B．区分浓硝酸的不稳定性和强氧化性的应用场景，棕色瓶保存是为了防止光引发的分解反应。
C．掌握漂白粉的有效成分和久置后的成分变化，明确有效成分的判断标准。
D．理解铁与水蒸气的高温反应对工业生产的影响，干燥模具是为了避免铁与水反应，体现因果关系的逻辑。
9．（2025高三上·深圳开学考）有五种短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．Y的氧化物对应水化物均为强酸
B．X的氧化物中可能含有非极性共价键
C．原子半径：ZD．第一电离能：W【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】推断元素：X 最低负价为 - 1 且原子序数最小，故 X 为 H；Y 最高正价为 + 5，原子序数大于 H，故 Y 为 N；Z 最高正价为 + 3，原子序数大于 N，故 Z 为 Al；M 最高正价为 + 4，原子序数大于 Al，故 M 为 Si；W 最低负价为 - 2，原子序数最大，故 W 为 S。
A、Y 为 N，其氧化物对应水化物有 HNO3（强酸）和 HNO2（弱酸），并非均为强酸，A错误；
B、X 为 H，其氧化物 H2O2中含有 O—O 非极性共价键，B正确；
C、Z 为 Al，M 为 Si，同周期从左到右原子半径递减，故原子半径 Al > Si，即 Z > M，C错误；
D、Z 为 Al，M 为 Si，W 为 S，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能 Al < Si < S，即 Z < M < W，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据化合价和原子序数推断出五种元素，再结合元素周期律、物质结构知识分析各选项。
10．（2025高三上·深圳开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18 g 中含有质子的数目为
B．0.5 mol·L-1溶液中含有的数目小于
C．常温下，42 g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数目为
D．1 mol 和1 mol 在密闭容器中充分反应，生成的的分子数目为
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、的摩尔质量为，的物质的量为。每个分子含质子个，故质子总数为，并非，A错误；
B、溶液，因未给出溶液体积，无法根据计算的物质的量，也就无法判断数目是否小于，B错误；
C、乙烯（）和丙烯（）的最简式均为，其摩尔质量为。混合气体中的物质的量为，每个含1个C原子，故碳原子总数为，C正确；
D、是可逆反应，可逆反应不能进行到底。和充分反应时，生成的物质的量小于，分子数目小于，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．需掌握同位素原子的摩尔质量计算，以及分子中质子数的计算方法。
B．明确溶液中粒子数目计算需结合浓度和体积，缺少体积时无法确定物质的量。
C．利用最简式的统一特性，将乙烯和丙烯的混合气体转化为最简式的物质的量计算，简化碳原子数目的判断。
D．理解可逆反应的限度，可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，因此产物的物质的量小于理论最大值。
11．（2025高三上·深圳开学考）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法错误的是
A．装置甲用于制取氨气
B．装置乙作为制备过程的安全瓶
C．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
D．装置丁用于吸收尾气中的氨气
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、装置甲中，氯化铵（NH4Cl）与氢氧化钙（Ca(OH)2）固体在加热条件下反应生成氨气，属于固体加热制气装置，符合实验室制氨气的条件，A正确；
B、乙导管为短进短出结构，可作为安全瓶，平衡装置内压强，防止倒吸现象发生，B正确；
C、水合肼（N2H4 H2O）具有还原性，而次氯酸钠（NaClO）具有氧化性。若快速滴加 NaClO 溶液，会导致 NaClO 过量，进而氧化生成的水合肼，降低产率，因此需缓慢滴加，C错误；
D、氨气（NH3）极易溶于水，装置丁中的球形干燥管可起到防倒吸作用，用于吸收尾气中的氨气，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．实验室制氨气常用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体加热反应。
B．安全瓶通过短进短出的导管设计平衡压强，避免因压强突变导致的倒吸。
C．需明确 N2H4 H2O 的还原性和 NaClO 的氧化性，两者易发生氧化还原反应。
D．NH3极易溶于水，尾气吸收时需用防倒吸装置。
12．（2025高三上·深圳开学考）某分子筛类催化剂(交换沸石)催化脱除NO、的反应机理如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A．是中间产物
B．若1 mol NO参与反应，则反应③转移电子2 mol
C．反应④属于分解反应
D．总反应化学方程式为
【答案】B
【知识点】化学基本反应类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在反应①中与反应生成，又参与反应②，因此是中间产物，A正确；
B、分析反应③中元素化合价变化，中为价，反应后生成（价），结合“只靠近不交叉”的化合价变化规律，1 mol 参与反应时转移电子数为 mol，而非 mol，B错误；
C、反应④中分解生成、和，属于“一变多”的分解反应，C正确；
D、综合各步反应，总反应为，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．明确中间产物的定义，即反应过程中生成后又消耗的物质。
B．掌握化合价变化与电子转移的计算方法，结合“只靠近不交叉”原则，准确计算转移电子数。
C．理解分解反应的特征，判断反应类型。
D．通过整合各步反应的反应物和生成物，推导总反应方程式。
13．（2025高三上·深圳开学考）结构决定性质。下列关于性质的结构因素解释不正确的是
选项 性质 结构因素
A 含钠元素的物质受热会发出黄光 电子由基态跃迁到激发态时，放出能量
B 的酸性大于 键的极性大于键
C 与“相似相溶” 的分子结构是三角锥形，为极性分子
D NaCl的熔点高于CsCl 的半径小于
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；离子晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、含钠元素的物质受热发黄光，是因为电子从激发态跃迁到基态时释放能量（以光的形式）；而电子由基态跃迁到激发态时是吸收能量，并非放出能量，A错误；
B、F 的电负性比 Cl 强，C F 键极性大于 C Cl 键，使得 CF3COOH 中羧基的羟基极性更强，更易电离出 H+，因此酸性 CF3COOH 大于 CCl3COOH，B正确；
C、NH3分子呈三角锥形，正负电荷重心不重合，属于极性分子；H2O 也是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，极性分子易溶于极性溶剂，故 NH3与 H2O 易互溶，C正确；
D、NaCl 和 CsCl 均为离子晶体，离子键键能与离子半径有关，Na+半径小于 Cs+，则 NaCl 中离子键键长更短、键能更大，熔点更高，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．明确电子跃迁的能量变化方向。
B．理解化学键极性对有机酸酸性的影响。
C．掌握 “相似相溶” 原理的核心。
D．清楚离子晶体熔沸点与离子键强弱的关系。
14．（2025高三上·深圳开学考）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A．b点时Y的瞬时反应速率为0.008mol·L-1·min-1
B．加入合适的催化剂，能提高X的平衡转化率
C．减小Y的浓度，上述平衡向正反应方向移动，平衡常数增大
D．在该温度下，Y溶液含有少量X，反应足够长时间后
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、瞬时反应速率需通过浓度 - 时间曲线的斜率确定，图中只能计算 b 点的平均反应速率（浓度变化量与时间变化量的比值），无法得到瞬时速率，A错误；
B、催化剂仅改变反应速率，不影响平衡移动，因此不能提高 X 的平衡转化率，B错误；
C、减小 Y 的浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只由温度决定，温度不变则平衡常数不变，C错误；
D、由图可知，平衡时 X 和 Y 的浓度相等，对于反应 X Y，平衡常数 K==1。若 Y 溶液含少量 X，反应达平衡后，必然满足 c (X)=c (Y)，即 n (X)=n (Y)，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分瞬时速率与平均速率。
B．催化剂不影响平衡状态，仅改变反应速率。
C．平衡常数只与温度相关。
D．根据平衡时 X 与 Y 浓度相等，可知 K=1，结合平衡常数定义判断平衡时n(X) 与n(Y) 的关系。
15．（2025高三上·深圳开学考）科学家开发了一种可植入体内的燃料电池，血糖过高时会激活电池产生电流，通过传感器刺激人造胰岛细胞分泌胰岛素，降低血糖。电池工作时的原理如下图所示(G-CHO代表葡萄糖)。
下列关于该电池工作时的说法不正确的是
A．电极附近pH升高
B．电子移动路径：电极→传感器→电极
C．人体内的血糖水平越接近正常值，两极的电势差越小
D．电极的电极反应式为：
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】电极 Ⅰ 通入 O2，发生还原反应 ：，为正极；电极 Ⅱ 上 G-CHO 被氧化为 G-COOH， 电极反应式： ，为负极。
A、电极 Ⅰ（正极）的反应消耗 H+（或生成 OH-），导致附近 pH 升高，A正确；
B、原电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子移动路径应为电极 Ⅱ→传感器→电极 Ⅰ，而非电极 Ⅰ→传感器→电极 Ⅱ，B错误；
C、血糖水平越接近正常值，参与反应的葡萄糖越少，电池反应程度越小，两极的电势差越小，C正确；
D、电极 Ⅱ（负极）上 G-CHO 被氧化为 G-COOH， 电极反应式为：，D正确；
故选B。
【分析】A．明确正极的还原反应对 H+浓度的影响。
B．掌握原电池电子的移动方向。
C．理解电池工作强度与反应物浓度的关系。
D．分析负极的氧化反应。
16．（2025高三上·深圳开学考）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定的未知浓度溶液。溶液中，pH与分布系数δ变化关系如图所示。
[已知：的分布系数：]
下列叙述不正确的是
A．曲线①代表
B．时，
C．NaHA溶液显酸性
D．的第二步电离平衡常数
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】由图可知为二元弱酸，存在两步电离： ，曲线①代表，曲线②代表，曲线③代表。
A、曲线①在酸性较强时占比最大，代表，A正确；
B、时，曲线②（）的分布系数大于曲线③（），即，B正确；
C、点，，则；同理。中的水解常数，因，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C错误；
D、由上述分析，的第二步电离平衡常数，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据溶液酸性强弱与、、分布的关系，判断曲线①代表。
B．直接从时的分布系数曲线，比较和的浓度大小。
C．通过电离平衡常数和水解常数的计算，判断溶液中水解与电离的程度，进而确定溶液酸碱性。
D．利用电离平衡常数的定义，结合分布系数曲线的交点，计算。
17．（2025高三上·深圳开学考）可应用于工业、农业等领域。兴趣小组对其开展了一系列的实验探究。
．探究的性质：用如图装置制备、检验的性质。
（1）仪器a的名称为　 　。
（2）装置乙探究具有漂白性，其中盛放的试剂为　 　。
（3）丁中观察到　 　(填实验现象)，说明具有　 　性(填“氧化”或“还原”)。
．探究沉淀成分：丙中观察到白色沉淀产生，对此沉淀的组成实验小组提出如下猜想。
猜想1：沉淀为；猜想2：沉淀为；猜想3：沉淀为二者混合物。
（4）猜想2的依据是(用离子方程式表示)　 　；为防止丙装置中产生，在实验前关闭　 　(填“”或“”；下同)，打开　 　，通入一段时间。
（5）为探究白色沉淀的组成，实验小组将丙中悬浊液分成10mL的若干份，进行如下探究：
实验 1 2 3
实验内容
实验现象 白色浑浊消失，一段时间后在烧杯底部出现更多的白色沉淀 烧杯中出现浑浊，经多天后沉淀量显著增多至与实验1几乎相同 白色浑浊消失，一段时间后才慢慢产生白色沉淀
①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解的离子方程式为　 　；实验1中后续生成的白色沉淀为　 　(填化学式)；从化学反应速率角度分析实验1现象产生的原因　 　。
②已知的，，的，则反应，　 　(保留三位有效数字)，结合实验2、3，可知在丙中除生成亚硫酸钡沉淀外，还有较多的未和反应，继续被氧化生成更多的沉淀。
【答案】分液漏斗；品红溶液；溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成)；氧化；；；；(或)；；溶于酸的反应速率大于或在上述条件下被氧化为的速率；1.68
【知识点】二氧化硫的性质；探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色；
故答案为： 品红溶液 ；
（3）硫化氢和二氧化硫发生归中反应生成硫单质黄色沉淀，说明二氧化硫具有氧化性，故答案为：溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成)，氧化；
故答案为： 溶液变浑浊(或有淡黄色固体生成) ； 氧化 ；
（4）空气中氧气具有氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，反应为；为排除该猜想，实验开始前先关闭，打开，向三颈烧瓶中通入氮气一段时间，排尽装置内空气，排除空气中氧气的干扰。
故答案为： ； ； ；
（5）①通过实验1、3可知，白色浑浊溶解反应为亚硫酸钡沉淀和溶液中氢离子反应生成钡离子和二氧化硫（或亚硫酸），离子方程式为；实验1中硝酸根离子具有强氧化性，会氧化二氧化硫为硫酸根离子，则后续生成的白色沉淀为；溶于酸的反应速率大于或大于在上述条件下被氧化为的速率，导致实验1中白色浑浊首先消失，而后在一段时间后在烧杯底部出现更多的白色沉淀。
②已知的，，的，则反应，。
故答案为：(或) ； ；溶于酸的反应速率大于或在上述条件下被氧化为的速率 ； 1.68 。
【分析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成SO2，装置乙探究具有漂白性，则试剂为品红溶液，二氧化硫能使品红溶液褪色，丙检测SO2是否和氯化钡溶液反应，丁中H2S和SO2反应检测SO2的氧化性，戊吸收尾气防止污染。
（1）仪器 a 为分液漏斗，属于常见添加液体的仪器。
（2）检验 SO2漂白性常用品红溶液，SO2能使品红褪色，加热后可恢复。
（3）SO2与 H2S 反应生成淡黄色硫单质，溶液变浑浊，体现 SO2的氧化性（S 元素化合价降低）。
（4）SO2在 O2作用下与 Ba2+ 生成 BaSO4，据此书写离子方程式。通 N2排空气需关闭 K2、打开 K1，避免 O2干扰。
（5）①BaSO3溶于酸的离子方程式为 ；HNO3氧化生成 BaSO4；BaSO3溶解速率快于其被氧化为 BaSO4的速率。
②利用 H2SO3的 Ka1、Ka2 和 BaSO3的 Ksp，计算反应的平衡常数。
18．（2025高三上·深圳开学考）四氧化三钴主要用作催化剂、氧化剂，也可用于制造钴盐、搪瓷颜料。某钴矿中含CoS、CuS、FeS，以该钴矿为原料制备四氧化三钴的工艺流程如图所示：
已知：
氢氧化物
(298K)
回答下列问题：
（1）为提高“碱浸”速率，可采取的措施有　 　(任写一种即可)。
（2）写出“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：　 　。
_________________________________=___________S＋______________________
（3）“除铁”步骤中的pH理论上最高可调至　 　(溶液体积变化可忽略，“含溶液”中的 mol·L-1)。
（4）“萃取”中，钴与P507形成如图所示的配合物。下列说法正确的有___________。
A．配位时被还原
B．基态Co原子的未成对电子数为5
C．该结构中碳原子均为杂化
D．该配合物因其烷基链的疏水性而实现萃取分离
（5）写出“煅烧”步骤中发生反应的化学方程式：　 　。
（6）晶体中为面心立方最密堆积(如下图)，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和　 　面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子的配位数分别为　 　、　 　。相邻间的最近距离之比　 　。
【答案】（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等
（2）
（3）7
（4）C；D
（5）
（6）八或8；4；6；
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等可加快反应速率，从而提高“碱浸”速率；
故答案为： 升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等 ；
（2）亚硫酸钠具有还原性，和FeS发生氧化还原反应生成硫单质，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0、FeS中硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：；
故答案为： ；
（3）“除铁”步骤中铁离子沉淀，而钴离子不沉底，含溶液”中的 mol·L-1，则，pOH=7，pH=7，则pH理论上最高可调至7。
故答案为： 7 ；
（4）A．配位时和4个氧配位，但只有上、下2个P507分子带一个单位负电(相当于失去了1个)，故Co的化合价还是+2价，没有被还原，错误；
B．基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，基态Co原子的未成对电子数为3，错误；
C．该结构中碳原子均为饱和碳原子，为杂化，正确；
D．该配合物因其烷基不含亲水基团，利用其疏水性而实现萃取分离，正确；
故答案为：CD；
（5）“煅烧”步骤中部分钴被空气中氧气氧化，钴化合价由+2变为+3得到，结合质量守恒还生成二氧化碳，发生反应的化学方程式：；
故答案为： ；
（6）晶体中为面心立方最密堆积，由图，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和八面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子最近且相邻的氧原子分别为4(构成正四面体)、6(上下、前后、左右)，故配位数分别为4、6；设晶胞边长为a，则相邻间的最近距离之比。
故答案为： 八或8 ；4；6； 。
【分析】首先用氨水和碳酸铵对钴矿进行浸取，使其中的铜形成四氨合铜离子进入溶液，过滤后对滤液处理以回收铜；滤渣中加入盐酸、亚硫酸钠溶液除去硫元素，再加入氯酸钠将二价铁氧化为三价铁，随后用碳酸钠调节溶液pH使铁元素以氢氧化物沉淀的形式除去，过滤得到含二价钴的溶液；对该溶液进行萃取操作，分离出有机层后，用草酸进行反萃取得到草酸钴沉淀，最后将草酸钴煅烧即可得到 。
（1）升温、搅拌、粉碎原料、适当增大浸取液浓度等可加快反应速率，从而提高“碱浸”速率；
（2）亚硫酸钠具有还原性，和FeS发生氧化还原反应生成硫单质，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0、FeS中硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，“除硫”步骤中FeS参加反应的离子方程式：；
（3）“除铁”步骤中铁离子沉淀，而钴离子不沉底，含溶液”中的 mol·L-1，则，pOH=7，pH=7，则pH理论上最高可调至7。
（4）A．配位时和4个氧配位，但只有上、下2个P507分子带一个单位负电(相当于失去了1个)，故Co的化合价还是+2价，没有被还原，错误；
B．基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是，基态Co原子的未成对电子数为3，错误；
C．该结构中碳原子均为饱和碳原子，为杂化，正确；
D．该配合物因其烷基不含亲水基团，利用其疏水性而实现萃取分离，正确；
故选CD；
（5）“煅烧”步骤中部分钴被空气中氧气氧化，钴化合价由+2变为+3得到，结合质量守恒还生成二氧化碳，发生反应的化学方程式：；
（6）晶体中为面心立方最密堆积，由图，钴离子填充在晶胞中由构成的四面体空隙(如1、3、6、7号围成)和八面体空隙(如3、6、7、8、9、12号围成)中，则这两种位置的钴离子最近且相邻的氧原子分别为4(构成正四面体)、6(上下、前后、左右)，故配位数分别为4、6；设晶胞边长为a，则相邻间的最近距离之比。
19．（2025高三上·深圳开学考）我国力争于2030年前完成“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。含量的控制和资源利用具有重要的研究价值。
（1）“碳达峰”中的“碳”是指___________。
A．碳元素 B．甲烷 C．一氧化碳 D．二氧化碳
（2）将转化为有价值的甲酸和尿素、甲醇等是实现“碳中和”的途径之一。
①合成尿素通过以下两步反应实现，其能量变化示意图如图所示。
则生成尿素的热化学方程式为　 　。
（3）与在Cu/ZnO催化下发生反应可合成清洁能源甲醇：
①基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为　 　。
②该反应实际上分两步进行：
第一步：；
第二步：　 　(写出化学方程式)。
（4）在催化剂作用下和也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i．
ii．
③刚性密闭容器中和按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)。
①表示HCOOH的选择性的是曲线　 　(填“a”或“b”)；为同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为　 　。
A．低温、低压 B．高温、高压 C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min 0 20 40 60 80
压强/MPa
反应i的速率可表示为(p为气体分压，分压=总压×气体的物质的量分数，k为常数)，则反应在60min时，　 　MPa，　 　(用含、k的式子表示)。
【答案】（1）D
（2）
（3）；
（4）a；D；或；或或
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）“碳达峰”中的“碳”是指二氧化碳，故选D；
故答案为：D；
（2）由图：①
②
根据盖斯定律，由①+②得 。
故答案为： ；
（3）①铜为29号元素，基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为。
②，该反应实际上分两步进行，由总反应减去第一步反应可得第二步反应：。
故答案为： ； ；
（4）①i为放热反应，升温平衡逆向移动；ii为吸热反应，升温平衡正向移动，结合图示，表示HCOOH的选择性的是曲线a；ii 为气体分子数不变的吸热反应，而i为气体分子数减小的放热反应，则同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为D．低温、高压；
②反应在60 min时压强变为，即气体物质的量变为原来的0.8倍，设二氧化碳、氢气的初始的物质的量均为a mol，平衡时CO的物质的量为x mol，则由反应ii可知，平衡时水的物质的量为x mol，由图可知平衡时HCOOH(g)的物质的量为4x mol，据元素原子守恒可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量均为(a-5x) mol，平衡时气体的总物质的量为2a mol×0.8=1.6a mol，，x=0.1a mol，MPa（或 MPa）；或。
故答案为：a； D ；或 ；或或 。
【分析】（1）“碳达峰” 中的 “碳” 指二氧化碳，选 D。
（2）用盖斯定律，将两步反应相加，得热化学方程式。
（3）①基态 Cu 原子价层电子排布式为 3d 4s 。
②总反应减去第一步反应，得第二步反应。
（4）①反应 i 放热，升温选择性降低，曲线 a 代表 HCOOH；低温高压利于提高 CO2转化率和 HCOOH 选择性，选 D。
②结合压强和原子守恒计算，p(CO2)=0.25p0；速率 v=或
（1）“碳达峰”中的“碳”是指二氧化碳，故选D；
（2）由图：
①
②
根据盖斯定律，由①+②得 。
（3）①铜为29号元素，基态Cu原子价层电子的核外电子排布式为。
②，该反应实际上分两步进行，由总反应减去第一步反应可得第二步反应：。
（4）①i为放热反应，升温平衡逆向移动；ii为吸热反应，升温平衡正向移动，结合图示，表示HCOOH的选择性的是曲线a；ii 为气体分子数不变的吸热反应，而i为气体分子数减小的放热反应，则同时提高的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为D．低温、高压；
②反应在60 min时压强变为，即气体物质的量变为原来的0.8倍，设二氧化碳、氢气的初始的物质的量均为a mol，平衡时CO的物质的量为x mol，则由反应ii可知，平衡时水的物质的量为x mol，由图可知平衡时HCOOH(g)的物质的量为4x mol，据元素原子守恒可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量均为(a-5x) mol，平衡时气体的总物质的量为2a mol×0.8=1.6a mol，，x=0.1a mol，MPa（或 MPa）；或。
20．（2025高三上·深圳开学考）四环素是一种能抑制细菌蛋白质合成从而发挥抗菌作用的广谱抗生素，其合成路线中的第一步反应如下。
（1）1a中含氧官能团的名称为　 　。
（2）1a可由()在　 　条件下与、在　 　条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇的有　 　种(不考虑立体异构)。
（3）以羧酸和醇为原料，生成2a，其反应类型为　 　，其化学方程式为　 　。
（4）下列说法不正确的有___________。
A．1a物质中可能存在分子间氢键
B．2a是乙酸乙酯的同系物
C．在3a分子中存在1个手性碳原子
D．在生成3a的过程中有σ键的断裂与形成
（5）2a的核磁共振氢谱峰面积比为　 　。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，另一种被取代还可能生成副产物　 　(填结构简式)。
（6）已知：丙酮在一定条件下，也可与1a发生类似于2a的取代反应。根据上述信息，以丙烯为原料，分三步合成化合物。
①第一步，引入羟基：丙烯与　 　(填化学式)发生原子利用率100%的反应。
②第二步，引入酮羰基：其反应的化学方程式为　 　。
③第三步，②中得到的有机产物与la反应。
【答案】（1）醚键
（2）Fe或(或“催化剂”)；光照或“加热”；5
（3）酯化反应(或取代反应)；
（4）A；B；C
（5）6：3：2：1；
（6）；
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由结构，1a中含氧官能团的名称为醚键；
故答案为： 醚键 ；
（2）由结构，1a可由()中甲氧基对位氢被氯取代、与苯环直接相连的甲基氢被溴取代得到，故可以在Fe或(或“催化剂”)条件下与、在光照或“加热”条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇，含1个取代基可以为-CH2CH2OH、-CHOHCH3，有2种；含-CH3、-CH2OH，2个取代基存在邻间对3种；共5种；
故答案为：Fe或(或“催化剂”)；光照或“加热”；5；
（3）以羧酸和醇为原料生成2a，为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应；其化学方程式为：。
故答案为： 酯化反应(或取代反应) ； ；
（4）A．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；由1a物质结构可知，其不存在分子间氢键，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；2a不是乙酸乙酯的同系物，则；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；在3a分子中不存在手性碳原子，错误；
D．在生成3a的过程中溴原子被取代生成共价化合物HBr，存在σ键的断裂与形成，正确；
故答案为：ABC；
（5）2a中存在4种氢，氢原子数之比为6：3：2：1，则核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，那么另一种被取代，也就是-CH2-中氢被取代，其还可能生成副产物；
故答案为： 6：3：2：1 ； ；
（6）①第一步，引入羟基：丙烯与发生原子利用率100%的加成反应生成CH2CHOHCH3。
②第二步，引入酮羰基：CH2CHOHCH3发生催化氧化反应生成丙酮，反应的化学方程式为。
③第三步，②中得到的丙酮与la反应得到产物；
故答案为：，。
【分析】由流程，1a中溴原子和2a中1个碳原子上氢发生取代反应生成3a和HBr；
（1）识别1a中含氧官能团，为醚键。
（2）苯环上氯代用Fe/FeCl3催化，侧链溴代用光照；I的芳香醇同分异构体有5种。
（3）羧酸与醇的酯化反应（取代反应），化学方程式为。
（4）A（无分子间氢键）、B（不是同系物）、C（无手性碳）错误，据此解答。
（5）2a的核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1；副产物为另一种α-H被取代的结构（结构简式见原题）。
（6）①丙烯与H2O加成引入羟基；②2-丙醇催化氧化生成丙酮，化学方程式为。
（1）由结构，1a中含氧官能团的名称为醚键；
（2）由结构，1a可由()中甲氧基对位氢被氯取代、与苯环直接相连的甲基氢被溴取代得到，故可以在Fe或(或“催化剂”)条件下与、在光照或“加热”条件下与逐步发生取代反应得到。在的同分异构体中属于芳香醇，含1个取代基可以为-CH2CH2OH、-CHOHCH3，有2种；含-CH3、-CH2OH，2个取代基存在邻间对3种；共5种；
（3）以羧酸和醇为原料生成2a，为羧酸和醇的酯化反应，属于取代反应；其化学方程式为：。
（4）A．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；由1a物质结构可知，其不存在分子间氢键，错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；2a不是乙酸乙酯的同系物，则；
C．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；在3a分子中不存在手性碳原子，错误；
D．在生成3a的过程中溴原子被取代生成共价化合物HBr，存在σ键的断裂与形成，正确；
故选ABC；
（5）2a中存在4种氢，氢原子数之比为6：3：2：1，则核磁共振氢谱峰面积比为6：3：2：1。该反应中，2a的被取代生成主产物3a，那么另一种被取代，也就是-CH2-中氢被取代，其还可能生成副产物；
（6）①第一步，引入羟基：丙烯与发生原子利用率100%的加成反应生成CH2CHOHCH3。
②第二步，引入酮羰基：CH2CHOHCH3发生催化氧化反应生成丙酮，反应的化学方程式为。
③第三步，②中得到的丙酮与la反应得到产物；
故答案为：，。
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