精品解析：广西南宁市名校联盟2026届高三上学期8月一模化学试题

邕衡教育·名校联盟 广西2026届新高考秋季学期8月适应性联合测试 化学试卷 (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H-1　O-16　Na-23　Co-59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是 A. 飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料 B. 船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐 C. “四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂 D. 锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能 2. 下列实验操作正确的是 A．除去苯甲酸中的不溶性杂质 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D．蒸干溶液得到晶体 A. A B. B C. C D. D 3. 工业上监测含量是否达到排放标准的化学反应原理是：，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，11.2L含有的原子总数为1.5 B. 3.4g中非极性键数目为0.2 C. 生成1mol，转移的电子数为2 D. 常温下，pH=1的HCl溶液中含有的数目为0.1 阅读下列材料，完成下列小题。 是氮的常见氢化物。液氨中和的性质类似于水中的和；中的一个H被取代形成，易溶于水，水溶液呈碱性，但相同浓度的水溶液碱性比弱。 4. 下列化学用语表述正确的是 A. N的价层电子排布式为 B. 的电子式为 C. 的VSEPR模型为三角锥形 D. 中子数为8的氮的核素为 5. 下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是 A. 和的中心原子杂化类型相同，空间结构也相同 B. 键角：，原因是中心原子孤电子对数越多，键角越小 C. 相同浓度的水溶液碱性比弱，原因是结合的能力比弱 D. 易溶于水，原因是和分子间能形成氢键，且都为极性分子 6. 缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是 A. 是一种聚酯 B. 分子中不含手性碳 C. 可发生加成反应和取代反应 D. 1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH 7. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X<Y B. 电负性：Z<Q C. 简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z D. 简单离子半径：Z<W 8. 将转化为的一种方法如下。下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 溶液显碱性： B. S转化为： C. 向溶液中通入少量： D. 工业上利用和石灰乳反应制备石膏： 9. 某小组同学向pH=1的0.5 溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物： 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 下列说法错误的是 A. 取Ⅱ中少量溶液，滴加溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有生成 B. Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗，促进水解，使其转化为沉淀 C. Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被沉淀包裹，阻碍了Zn与的反应 D. 若向pH=1的0.5 溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀 10. 运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电势：a>b B. 电解过程中，b电极附近pH降低 C. 若产生标准状况下1.12 L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4 mol D. 若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为： 11. Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下： 下列说法错误的是 A. 化合物A的化学式为 B. 过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成 C. 为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂 D. 主反应的化学方程式为 12. 氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。晶胞的参数为a nm。下列说法错误的是 A. 晶胞中的配位数是8 B. 晶胞中与最近的核间距为 nm C. 当掺杂晶体的化学式为时，若m=2，则n=6 D. 若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为 13. 二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有： 反应①： 反应②： 在体积可变的容器中，充入1 mol和3.2 mol发生上述反应，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线a代表的物质是CO B. 反应②的平衡常数：K(X)<K(Y) C. 250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主 D. 250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1 mol 14. 常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. Ⅱ表示的微粒为HA- B. Ka(HA-)的数量级为10-9 C. a点： D. a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 电镀工业中添加糖精钴可改善镀层性能。某小组在实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量，过程如下： 已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。 (一)制备糖精钠 查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。 （1）仪器a的名称为_____。 （2）装置b的作用是_____。 (二)制备糖精钴 Ⅰ．称取1.0g，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1； Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠()，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2； Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶； Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。 （3）写出Ⅲ中反应的化学方程式：_____。 （4）Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因_____。 （5）证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为_____。 (三)结晶水含量测定 EDTA和形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c的EDTA标准溶液滴定。 （6）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品中x的测定值为_____(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 16. 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、等)中提取Au、Ag，并回收其它金属的一种工艺如下： 已知：①NaCN有剧毒； ②25℃时，的为。 （1）滤渣2的主要成分是_____。 （2）“氧化”时加入的作用是_____。 （3）在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是_____；调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则c()≤_____。 （4）“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是_____。 （5）“浸金银”时Ag转化为，该反应的离子方程式为_____；已知也可与、形成配合物，“浸金银”时用替代NaCN的优点是_____。 17. 日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：_____。 （2）已知，该反应=_____。 （3）对于反应Ⅰ： ①在_____(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。 ②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有_____(填标号)。 A．加压 B．升温 C．分离出 （4）恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性=×100%] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为_____。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_____(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是_____。 ③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，=4：1，则乙酸的选择性是_____%，平衡常数=_____kPa(列出计算式即可)；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）耦合HCHO也能高效制，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：_____。 18. 化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示： 已知：。 （1）物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为_____，物质B的含氧官能团名称为_____。 （2）反应③中M的结构简式为_____。 （3）反应⑥中条件X可选择_____(填标号)。 a．NaOH/ b． c．溶液 （4）反应③采用三乙胺()可以促进反应正向进行，原因是_____。 （5）D→E中第(1)步的反应方程式为_____。 （6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式_____。 ①分子结构中含有苯环及； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1. （7）结合上述流程，设计以苯和氯乙烷为原料制备的合成路线_____。(其他无机试剂任选) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邕衡教育·名校联盟 广西2026届新高考秋季学期8月适应性联合测试 化学试卷 (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 可能用到的相对原子质量：H-1　O-16　Na-23　Co-59 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是 A. 飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料 B. 船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐 C. “四川舰”使用柴油供能，柴油属于油脂 D. 锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能 【答案】C 【解析】 【详解】A．合金属于金属材料，A正确； B．富锌涂层中的锌比铁活泼，可作为原电池的负极失去电子，保护铁不被腐蚀，B正确； C．柴油属于混合烃，C错误； D．瞬时功率补偿时用作电源，即原电池，将化学能转化为电能，D正确； 故选C。 2. 下列实验操作正确的是 A．除去苯甲酸中的不溶性杂质 B．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 C．用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 D．蒸干溶液得到晶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．过滤时漏斗颈应紧贴烧杯壁，A错误； B．NaOH应先在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中；引流时，玻璃杯底端应放在容量瓶刻度线以下，B错误； C．NaOH溶液应放在碱式滴定管中，滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，C错误； D．Fe2(SO4)3水解时生成Fe(OH)3和H2SO4，H2SO4不易挥发，故不会促进Fe2(SO4)3的水解完全，最终可以得到Fe2(SO4)3晶体，D正确； 故选D。 3. 工业上监测含量是否达到排放标准的化学反应原理是：，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，11.2L含有的原子总数为1.5 B. 3.4g中非极性键数目为0.2 C. 生成1mol，转移的电子数为2 D. 常温下，pH=1的HCl溶液中含有的数目为0.1 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下气体摩尔体积不是22.4L/mol，11.2L物质的量无法计算，故A错误； B．1个过氧化氢含1个非极性共价键(O-O)，3.4g物质的量为0.1mol，非极性键数目为0.1，故B错误； C．反应中，氧元素化合价由-1价降低到-2价，电子转移总数，每生成1mol，消耗1mol，转移的电子数为2，故C正确； D．pH=1的HCl溶液体积不知，不能计算溶液中含有的数目，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下列小题。 是氮的常见氢化物。液氨中和的性质类似于水中的和；中的一个H被取代形成，易溶于水，水溶液呈碱性，但相同浓度的水溶液碱性比弱。 4. 下列化学用语表述正确的是 A. N的价层电子排布式为 B. 的电子式为 C. 的VSEPR模型为三角锥形 D. 中子数为8的氮的核素为 5. 下列有关物质结构和性质的说法中，错误的是 A. 和的中心原子杂化类型相同，空间结构也相同 B. 键角：，原因是中心原子孤电子对数越多，键角越小 C. 相同浓度的水溶液碱性比弱，原因是结合的能力比弱 D. 易溶于水，原因是和分子间能形成氢键，且都为极性分子 【答案】4. B 5. A 【解析】 【4题详解】 A．已知N是7号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p3，则N的价层电子排布式为，A错误； B．中每个N原子上还有1对孤电子对，则其电子式为，B正确； C．VSEPR模型需要考虑孤电子对，中心原子N周围的价层电子对数为4，则其VSEPR模型为四面体型，C错误； D．已知N是7号元素，质子数为7，质量数等于质子数加中子数，故中子数为8的氮的核素为，D错误； 故答案为：B； 【5题详解】 A．和的中心原子杂化类型相同，无孤电子对，有一对孤电子对，所以空间结构不相同，A错误； B．键角：，原因是中心原子孤电子对数越多，斥力越大，键角越小，B正确； C．结合H+能力越弱其对应的碱性越弱，故相同浓度的水溶液碱性比弱，原因是结合的能力比弱，C正确； D．易溶于水，原因是和分子间能形成氢键，且都为极性分子，D正确； 故答案为：A。 6. 缓释布洛芬中主要成分M的结构如图所示。下列关于M的说法正确的是 A. 是一种聚酯 B. 分子中不含手性碳 C. 可发生加成反应和取代反应 D. 1molM与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2molNaOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚酯是由多元醇和多元酸缩聚而得的聚合物，A错误； B．分子中标注*的碳是手性碳，B错误； C．苯环可以与发生加成反应，分子中有酯基，可发生水解反应即取代反应，C正确； D．1mol M与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗2n mol NaOH，D错误； 故选C。 7. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z的基态原子有1个未成对电子，W是短周期金属性最强的元素，Z和Q同主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：X<Y B. 电负性：Z<Q C. 简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z D. 简单离子半径：Z<W 【答案】C 【解析】 【分析】基态X原子核外有7种运动状态不同的电子，核外的电子没有1个运动状态相同，所以X核外有7个电子，即X为N元素；基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素；W是短周期金属性最强的元素，则W为Na，Z的基态原子有1个未成对电子，Z和Q同主族，再结合X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知：Z和Q分别为F和Cl； 【详解】A．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满，能量更低更稳定，不容易电离，第一电离能大于O原子，故A错误； B．同主族元素，半径越小，电负性越大，则电负性：Z＞Q，故B错误； C．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z，故C正确； D．电子层结构相同，核电荷数越小，半径越大，则简单离子半径：Z＞W，故D错误。 故选C。 8. 将转化为的一种方法如下。下列有关反应的离子方程式正确的是 A. 溶液显碱性： B. S转化为： C. 向溶液中通入少量： D. 工业上利用和石灰乳反应制备石膏： 【答案】B 【解析】 【详解】A．多元弱酸根的水解要分步写：，，A错误； B．S与NaOH反应生成Na2SO3和Na2S，离子方程式为，B正确； C．过量会与生成的H+结合生成，离子方程式应为，C错误； D．石灰乳在写离子方程式的时候不能拆，离子方程式为，D错误； 故选B。 9. 某小组同学向pH=1的0.5 溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物： 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 下列说法错误的是 A. 取Ⅱ中少量溶液，滴加溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有生成 B. Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因：Zn消耗，促进水解，使其转化为沉淀 C. Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被沉淀包裹，阻碍了Zn与的反应 D. 若向pH=1的0.5 溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．与会生成蓝色的沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有生成，A正确； B．加入Zn会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀，B正确； C．对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够，红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应，C正确； D．加入铜粉会发生反应，无法促进水解平衡正向移动，故看不到红褐色沉淀生成，D错误。 故选D。 10. 运用生物电催化技术可实现CO2到甲烷的转化，稀H2SO4做电解液，其电解原理如图所示。下列说法错误的是 A. 电势：a>b B. 电解过程中，b电极附近pH降低 C. 若产生标准状况下1.12 L的CH4，则理论上导线中通过的电子为0.4 mol D. 若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为： 【答案】B 【解析】 【分析】结合电解原理示意图分析可知，b电极发生反应，即b电极为阴极，则a电极为阳极，发生氧化反应，据此分析结合选项解题。 【详解】A．由分析可知，a为电解池的阳极，b为电解池的阴极，故电势a>b，A正确； B．由分析可知，电解过程中，b电极发生的反应消耗了H+，故b电极附近pH升高，B错误； C．标准状况下1.12 LCH4物质的量为=0.05 mol，故理论上导线中通过的电子的物质的量为0.05 mol×8=0.4 mol，C正确； D．由分析可知，a电极为阳极，发生氧化反应，故若处理的有机物为CH3COOH，则a电极的电极反应式为：，D正确； 故答案为：B。 11. Pt-MoC催化剂可用于低温甲醇水相重整制氢，反应机理如下： 下列说法错误的是 A. 化合物A的化学式为 B. 过程Ⅰ涉及了极性键的断裂和非极性键的形成 C. 为提高的平衡产率，需更换活性更高的催化剂 D. 主反应的化学方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．分析流程可知，过程V发生反应，故化合物A的化学式为，A正确； B．过程Ⅰ发生了键断裂和键形成，故涉及了极性键的断裂和非极性键的形成，B正确； C．催化剂无法影响反应的限度，故更换活性更高的催化剂无法提高的平衡产率，C错误； D．综合分析过程Ⅰ~Ⅳ可知，主反应的化学方程式为，D正确。 故答案为：C。 12. 氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。晶胞的参数为a nm。下列说法错误的是 A. 晶胞中的配位数是8 B. 晶胞中与最近的核间距为 nm C. 当掺杂晶体的化学式为时，若m=2，则n=6 D. 若M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，晶胞中的配位数是8，A正确； B．由题干晶胞示意图可知，晶胞边长为a nm，则体对角线为a nm，晶胞中与最近的核间距为体对角线的，为 nm，B正确； C．在晶胞中，若有2个代替2个，则根据电荷守恒应有5个，C错误； D．由题干晶胞结构可知，图甲中M点的原子坐标为(0，0，0)，则N点的原子坐标为，D正确； 故答案为：C。 13. 二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有： 反应①： 反应②： 在体积可变的容器中，充入1 mol和3.2 mol发生上述反应，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线a代表的物质是CO B. 反应②的平衡常数：K(X)<K(Y) C. 250℃之前以反应①为主，250℃之后以反应②为主 D. 250℃下发生上述反应，平衡时CO的物质的量为0.1 mol 【答案】D 【解析】 【分析】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，平衡后升高温度，的物质的量减少，CO的物质的量增加，且平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数之和等于1，a曲线代表，b曲线代表CO，q曲线代表的转化率随温度的变化。 【详解】A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，平衡后升高温度，的物质的量减少，CO的物质的量增加，且平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数之和等于1，a曲线代表，b曲线代表CO，q曲线代表的转化率随温度的变化，A错误； B．反应②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误； C．250℃之前以反应②为主，升高温度，反应②逆向移动，的转化率降低，250℃之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，的转化率增大，C错误； D．250℃时，二氧化碳的转化率为20%，CO和的物质的量分数相等，则n(CO)=n()=1×20%×50%=0.1 mol，D正确； 故选D。 14. 常温下，用浓度为0.1 mol/L的H2SO4标准溶液滴定10 mL浓度均为0.2 mol/L的NaOH和Na2A的混合溶液，溶液中所有含A微粒的分布分数δ随pH变化曲线如图(忽略溶液混合后体积变化)。下列说法错误的是 A. Ⅱ表示的微粒为HA- B. Ka(HA-)的数量级为10-9 C. a点： D. a、b、c三点中水的电离程度最小的是a点 【答案】D 【解析】 【分析】pH越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，据此分析解题。 【详解】A．pH越大，碱性越强，A2-的分布分数越大，HA-的分布分数越小，所以Ⅰ线为A2-，Ⅱ线为HA-，A正确； B．当δ为0.5时，c(HA-)=c(A2-)对应的pH≈8.4，c(H+)=1×10-8.4，根据Ka的表达式，Ka≈1×10-8.4，数量级为10-9，B正确； C．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，且物质的量之比为1：2，根据电荷守恒可得，根据物料守恒可得，联立两式可得，C正确； D．a点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A，b点对应溶液的溶质为Na2SO4、Na2A、NaHA，c点对应溶液的溶质为Na2SO4、NaHA，比较可知水的电离程度由大到小的顺序为a＞b＞c，D错误； 故答案为：D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 电镀工业中添加糖精钴可改善镀层性能。某小组在实验室制备糖精钴，并测定其结晶水含量，过程如下： 已知：表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。 (一)制备糖精钠 查阅文献，采用甲苯氯磺化→氨化→氧化→酸化→成盐五步合成糖精钠。甲苯氯磺化原理如图1，实验装置如图2所示(夹持及控温装置略)。 （1）仪器a的名称为_____。 （2）装置b的作用是_____。 (二)制备糖精钴 Ⅰ．称取1.0g，加入18mL蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1； Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠()，加入10mL蒸馏水，加热搅拌，得溶液2； Ⅲ．将溶液2加入到接近沸腾的溶液1中，反应3分钟后停止加热，静置，冷却结晶； Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。 （3）写出Ⅲ中反应的化学方程式：_____。 （4）Ⅳ中甲同学洗涤晶体所用洗涤剂的顺序为：冷的1%NaSac溶液→冷水→丙酮；乙同学使用顺序为：冷水→冷的1%NaSac溶液→丙酮。请说明甲同学的方案更为合理的原因_____。 （5）证明Ⅳ中的晶体已经洗涤干净所需的试剂为_____。 (三)结晶水含量测定 EDTA和形成1：1配合物。准确称取mg糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用c的EDTA标准溶液滴定。 （6）滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品中x的测定值为_____(用含m、c、V的代数式表示)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致x的测定值_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）吸收HCl气体 （3） （4）先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质 （5）稀硝酸、硝酸银溶液 （6） ①. (或：) ②. 偏小 【解析】 【分析】按照反应制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。 【小问1详解】 仪器a的名称为恒压滴液漏斗。 【小问2详解】 根据原理可知氯磺酸与生成的水发生水解，生成了HCl，故用装置b吸收生成的HCl气体。 【小问3详解】 Ⅲ中反应的化学方程式：。 【小问4详解】 甲同学第一步先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失；NaSac溶液能将晶体表面吸附的转化为晶体析出，产率更高；第二步用水洗，可以洗去先加的NaSac溶液，不引入新的杂质，故甲同学的方案更为合理。 【小问5详解】 可能通过检验最后一次洗涤液是否残留有来判断晶体是否洗涤干净，所需试剂为：稀硝酸、硝酸银溶液。 【小问6详解】 滴定消耗的n(EDTA)=mol，EDTA与形成1：1配合物，则样品溶解后的n()=mol，即样品中的n{}=n()，所以：解得：g/mol=mg， x=(或=)；若滴定前未排出滴定管尖嘴处气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗EDTA溶液体积偏大，即V偏大，根据x=，则x偏小。 16. 从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、等)中提取Au、Ag，并回收其它金属的一种工艺如下： 已知：①NaCN有剧毒； ②25℃时，的为。 （1）滤渣2的主要成分是_____。 （2）“氧化”时加入的作用是_____。 （3）在25℃进行“沉铁”，过滤后可得到“滤液4”，但过滤前需进行加热，加热的目的是_____；调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则c()≤_____。 （4）“浸金银”时一般控制温度为30℃左右，原因是_____。 （5）“浸金银”时Ag转化为，该反应的离子方程式为_____；已知也可与、形成配合物，“浸金银”时用替代NaCN的优点是_____。 【答案】（1） （2）将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去 （3） ①. 破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤 ②. 0.19 （4）温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低 （5） ①. ②. 安全无毒，对环境无污染 【解析】 【分析】由流程可知，矿石经“还原浸酸”，、被还原为Fe2+和Mn2+，CuO被溶解为Cu2+，Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；沉铜时，Cu2+被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+；“沉铁”时，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn2+沉淀为碳酸锰；滤渣1 “浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，提炼出Au、Ag，SiO2不溶进入“滤渣2”。 【小问1详解】 由分析可知，滤渣2的主要成分是SiO2。 【小问2详解】 “氧化”时加入，可将溶液中的氧化为，便于后续调pH除去。 【小问3详解】 “沉铁”时加入NaOH调节pH，使转化为，由于水解容易生成胶体，因此过滤除去需进行加热，破坏胶体的形成，有利于生成沉淀，便于过滤；调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则c()≤。 【小问4详解】 “浸金银”时加入H2O2，温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，会发生分解，浸取率低，因此一般控制温度为30℃左右。 【小问5详解】 “浸金银”时Ag与H2O2、NaCN反应，生成，离子方程式为；根据已知信息，NaCN有剧毒，因此可用替代NaCN，安全无毒，且对环境无污染。 17. 日前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 回答下列问题： （1）广西盛产木薯，乙醇可由木薯生产，补充完整主要过程：_____。 （2）已知，该反应=_____。 （3）对于反应Ⅰ： ①在_____(填“低温”、“高温”或“任何温度”)条件下能自发进行。 ②下列措施中既能加快反应速率又能提高平衡转化率的有_____(填标号)。 A．加压 B．升温 C．分离出 （4）恒压密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2.[已知：乙酸选择性=×100%] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为_____。 ②由图中信息可知，乙酸可能是_____(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，理由是_____。 ③在压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8mol，某温度下达到平衡时，乙醇的转化率为90%，=4：1，则乙酸的选择性是_____%，平衡常数=_____kPa(列出计算式即可)；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）耦合HCHO也能高效制，部分反应机理为：。反应装置如下图所示，则阳极上的电极反应式为：_____。 【答案】（1）淀粉 （2）-24.3 （3） ①. 高温 ②. B （4） ①. 270℃ ②. 产物1 ③. 图2中产物1的活化能最小，反应速率最快，选择性最大，结合图1可知选择性最大的是乙酸，所以产物1为乙酸 ④. 80 ⑤. （5） 【解析】 【小问1详解】 木薯预处理得到淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； 【小问2详解】 反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，根据盖斯定律可知，该反应=； 【小问3详解】 ①反应Ⅰ为熵增的吸热反应，由可知，该反应在高温条件下可以自发； ②A．加压可以加快反应速率，但平衡逆转，平衡转化率下降，A不符合题意； B．升温速率增大且平衡正移，平衡转化率升高，B符合题意； C．移走平衡正向移动，平衡转化率升高，但速率下降，C不符合题意； 故选B。 【小问4详解】 ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，即生成产物1的活化能最小，根据图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③平衡时=4:1，可得乙酸选择性==80%，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol，=1 mol×10%=0.1 mol，列三段式，，则平衡时乙醇、(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、7.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋7.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol=9.9 mol，则； 【小问5详解】 b电极甲醛转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，b为阳极，故阳极上的电极反应式为：。 18. 化合物J是一种具有新型神经化学特征的药剂，对治疗哮喘有明显作用。其合成路线如下图所示： 已知：。 （1）物质A可由Q()转化得到，Q的化学名称为_____，物质B的含氧官能团名称为_____。 （2）反应③中M的结构简式为_____。 （3）反应⑥中条件X可选择_____(填标号)。 a．NaOH/ b． c．溶液 （4）反应③采用三乙胺()可以促进反应正向进行，原因是_____。 （5）D→E中第(1)步的反应方程式为_____。 （6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式_____。 ①分子结构中含有苯环及； ②能发生银镜反应； ③核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1. （7）结合上述流程，设计以苯和氯乙烷为原料制备的合成路线_____。(其他无机试剂任选) 【答案】（1） ①. 2，4-二氯苯甲酸 ②. 酯基 （2） （3）b （4）三乙胺()有碱性，可中和反应生成的HCl，促使平衡正向移动 （5） （6）或或或或或 （7） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，A在SOCl2作用下与甲醇反应生成B，B发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D，D中酯基水解生成E，E在一定条件下发生取代反应成环生成F，F中酮羰基发生还原反应生成G，G中羟基发生取代反应生成H，H与H2N(CH2)6COOCH2CH3发生取代反应生成I，I中酯基水解生成J。 【小问1详解】 由Q的结构式可知，Q的化学名称为：2，4-二氯苯甲酸；物质B的含氧官能团名称为：酯基。 【小问2详解】 反应③中，C与 M（C7H9N)反应，M需提供含N的有机碱结构，故 M 的结构简式为：。 【小问3详解】 反应⑥是羰基（C=O）还原为羟基（-OH）的反应： NaOH/C2H5OH是消去 / 水解条件，不还原羰基；NaBH4是常用的羰基还原剂，可将C=O还原为-OH； Ag(NH3)2OH是银镜反应试剂，不还原羰基，因此选b。 【小问4详解】 三乙胺（）的氮有孤对电子而显碱性，可中和反应生成的，促使平衡正向移动。 【小问5详解】 D 的结构含酯基（-COOCH3），在NaOH条件下发生酯的水解反应，生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：。 【小问6详解】 该同分异构体含有，能发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有4组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1，则结构简式为或 或 或或或。 【小问7详解】 利用 “硝化→还原→烷基化” 三步反应，合成路线为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $