辽宁省沈阳市2026届高三年级化学学科能力检测模拟卷

机密★启用前 2026年度高中三年级学科能力检测 化 学 命题：沈阳市思创化学试题研发中心 校对：沈阳市思创化学试题研发中心 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.下列有关古籍修复与文物保护中的化学机理，说法错误的是 A. 马王堆汉墓帛书的“防蛀处理”涉及用草木灰溶液浸泡，其原理是草木灰水解呈碱性，抑制微生物体内酶的活性 B. 古代青铜器“失蜡法”铸造中，蜂蜡的脱除涉及酯的热分解，而非水解反应，脱除后无酸性废液产生 C. 古籍中红色颜料“朱砂”与黑色颜料“墨”接触保存时，不会发生化学反应，因朱砂的溶度积极小且C的还原性不足以还原Hg²⁺ D. 文物保护中对铁器的“发蓝处理”，反应中Fe既作氧化剂又作还原剂，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2 2.有关晶体结构与性质的辨析，下列说法错误的是 A. 干冰中，每个CO₂分子周围紧邻的CO₂分子数为12；而冰晶体中，每个H₂O分子周围紧邻的H₂O分子数为4，差异源于氢键的方向性 B. 萤石晶体中，Ca²⁺的配位数为8，F⁻的配位数为4，晶体中阴、阳离子的个数比为2∶1，符合电荷守恒 C. 金刚石与碳化硅均为原子晶体，金刚石的熔点高于SiC，因C—C键的键长比Si—C键短，键能更大；但金刚石的硬度却低于SiC，因SiC晶体中原子的排列更紧密 D. 金属晶体中的“电子气理论”可解释金属的导电性、导热性和延展性，但无法解释金属的熔点差异，如Hg的熔点极低而W的熔点极高 3.有关工业生产原理，下列说法错误的是 A. 工业制硝酸的“吸收塔”中，用稀硝酸吸收NO₂而非水，因NO₂与水反应会生成NO，降低氮的利用率，而稀硝酸可抑制该副反应 B. 工业上用电解饱和食盐水制烧碱时，采用阳离子交换膜，不仅能防止Cl₂与NaOH反应，还能避免H₂与Cl₂混合引发爆炸 C. 工业上冶炼铝的“冰晶石—氧化铝熔盐电解法”中，冰晶石的作用不仅是降低Al₂O₃的熔点，还能提供Al³⁺，提高电解效率 D. 工业上用接触法制硫酸时，“催化转化器”中采用双层催化剂床层，中间设置冷却器，目的是移走反应热，防止催化剂过热失活，同时提高SO₂的转化率 4.中国科学院广州能源所2025年开发出NiO团簇锚定In₂O₃的新型催化剂，显著提升CO₂加氢制甲醇效率。下列关于该催化体系的说法错误的是 A. NiO团簇可促进电子从自身转移至In2O3表面，利于形成活性氧空位（OV） B. 催化过程中NiO团簇先部分还原，后维持氧化状态，体现催化稳定性 C. 该催化剂通过促进甲酸盐（HCOO*）和甲氧基（CH3O*）形成加速甲醇合成 D. 反应体系中H2被活化产生活性H物种，CO₂发生还原反应生成甲醇，原子利用率100% 5.固态电池是下一代动力电池核心方向，某室温固态二次电池以LaHₓ为H⁻导体，放电时H⁻由a极移向b极，电池反应涉及TiH2与Ti的转化。下列说法正确的是 A. H⁻的电子式为[∶H]⁻，放电时b极发生还原反应 B. 电池电势：a极＞b极，充电时a极接电源负极 C. 放电总反应为TiH2 = Ti + H2↑，每转移2mol电子生成1mol H2 D. 充电时b极反应为H2+ 2e⁻ = 2H⁻，电极质量每增加2g转移1mol电子 6.聚乙醇酸（PGA）是海水可降解塑料，其一步法制备工艺以煤基草酸二甲酯（DMO，CH3OOC-COOCH3）为原料，钛基催化剂催化聚合。下列说法正确的是 A. 预处理时除去DMO中水分，是因水会与DMO发生加成反应导致原料损耗 B. 聚合反应中DMO发生缩聚反应，脱去CH₃OH形成PGA（[-O-CH₂-CO-]ₙ） C. 减压蒸馏分离未反应DMO时，温度越高分离效率越高，且不影响PGA品质 D. 催化剂再生循环使用时，其表面积和活性中心数量不会发生变化 7.某科研团队开发的CO2捕获与转化技术，涉及反应：①CO2 + NaOH = NaHCO₃；②2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；③CO2+3H2 CH3OH+H2O。下列说法错误的是A.反应①为非氧化还原反应，反应③中CO₂作氧化剂，H₂作还原剂 B.反应②的熵变ΔS＞0，该反应在高温下能自发进行（ΔH＞0） C.若反应③中消耗1mol CO₂，转移电子数为6NA（NA为阿伏加德罗常数的值） D.三步联合可实现CO₂循环利用，符合绿色化学理念，总反应为CO2 + 3H2 CH3OH+ H2O 8.光催化是近年来化学热点，2025年中国科学院长春应化所新型光催化固氮制氨取得新进展。该过程利用光生电子-空穴对活化N₂和H₂O，下列说法错误的是 模拟海水（N₂+H₂O）→ 预处理（除溶解氧）→ 光催化反应釜（BiVO4/ZnIn2S4，可见光）→ 混合液→膜过滤 → 催化剂（循环）｜反应液 → 离子交换柱 → 稀氨水 A.预处理除溶解氧的目的是防止光生电子被O2捕获，降低催化效率 B.光催化过程中，H2O被氧化为O2，N2被还原为NH3，总反应为2N2 + 6H2O 4NH3+ 3O2 C. 膜过滤的作用是分离催化剂与反应液，离子交换可进一步提纯NH₄⁺ D. 该流程以海水为氢源，无需高温高压，但需要极高的光照强度 9.2025年一种新型电催化还原二氧化碳制乙烯流程如下所示，下列说法正确的是 高纯CO₂ → 电解液（0.1mol/L KHCO₃）→ 电解槽（阴极：Cu基单原子；阳极：析氧电极） 阴极：CO₂还原（C₂H₄+H₂）｜阳极：2H₂O-4e⁻=O₂↑+4H⁺ ↓ 气相混合物 → 分子筛吸附柱 → 高纯C₂H₄｜H₂（副产物） A. 电解液选KHCO₃水溶液，目的是提高CO₂溶解度，同时维持pH稳定 B. 阴极生成1mol C₂H₄时，转移电子数为12Nₐ（C从+4价→-2价） C. 分子筛分离原理是H₂分子直径大于C₂H₄，优先被吸附 D. 总反应为2CO₂ + 2H₂O C₂H₄ + 3O₂，原子利用率100% 10.海水淡化对于缓解水资源短缺具有重要意义。下列是最新海水淡化与资源回收耦合流程，下列说法正确的是（ ） 海水 → 预处理（明矾絮凝+过滤）→ 澄清海水 → 纳滤膜 → 淡水｜浓盐水（Na⁺、Mg²⁺、Cl⁻、SO₄²⁻） ↓ 化学沉淀1（加BaCl₂）→ BaSO₄（回收）｜溶液 → 化学沉淀2（加NaOH）→ Mg(OH)₂（回收）｜NaCl溶液 → 蒸发结晶器 → NaCl固体（回收） A. 预处理用明矾絮凝，原理是Al³⁺水解生成Al(OH)₃胶体，吸附悬浮杂质 B. 纳滤膜允许水分子和Na⁺、Cl⁻通过，完全阻止Mg²⁺、SO₄²⁻通过 C. 浓盐水处理时，先加Na₂SO₄沉淀Ba²⁺，再加NaOH沉淀Mg²⁺ D. 蒸发结晶NaCl时，出现大量固体后需继续加热至蒸干，保证产率 11.总氮量是判断水体污染程度的重要指标。某实验小组为测定污染水体总氮含量，进行“碱性过硫酸钾消解-紫外分光光度法”实验。原理是：在120℃碱性条件下，过硫酸钾将水中含氮化合物全部氧化为硝酸盐，其在220nm波长处有吸收，可用标准曲线法测定。用纯硝酸钾（KNO₃）配制标准溶液。实验： 配标准液：称取0.3609g KNO₃（已干燥），用水定容至500mL，得到氮标准贮备液A； 绘标准曲线：从A液中分别取0、1、2、3、4、5mL置于6支比色管，加水至10mL，加5mL碱性过硫酸钾溶液，经高压消解、酸化后，最终均定容至25mL。测定吸光度A（已扣除空白），数据如下： 比色管号 1 2 3 4 5 6 所取A液体积(mL) 0.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 吸光度A 0.000 0.100 0.199 0.301 0.400 0.502 经计算，得标准曲线方程为：A = 0.100 × V (r=0.9999)，其中V为所取A液体积(mL)。测水样：取10.00mL待测水样，与步骤2完全同法处理，最终定容至25mL后，测得吸光度值为0.275。 根据上述实验，下列判断正确的是 A. 氮标准贮备液A的浓度计算值为50.0 mg/L（以N元素计）。 B.第3号比色管（取2.0mL A液）中，氮（N）元素的质量为20.0 μg。 C.根据标准曲线方程和水样吸光度，计算得出该水样的总氮含量为13.75 mg/L。 D.若消解后，向水样管中加酸时不小心多加了一倍体积的酸，其他操作无误，则测得的水样总氮浓度将高于真实值。 12.一定条件下，1，3-丁二烯与发生加成反应，反应如下，反应进程中的能量变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A．反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅲ B．平衡时，产物Ⅱ是主要产物 C．升高温度，可减小平衡时的比值 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ 13.X、Y、Z、M为前四周期元素，原子序数依次增大，分处于3个不同周期。同周期中第一电离能大于X的主族元素只有两种，Y与Z核电荷数相差2，M原子的两种不同价轨道中含有相同的电子数且为副族元素。MZ4与YXZ3 1∶1反应可制得下图所示化合物A，下列说法不正确的是 A．YXZ3分子的空间构型 为四面体型 B．金属Na与MZ4高温反 应可以制备单质M C．MZ4与YXZ3 1∶2反应的产物结构可能如B所示 D．键角(93.3°)<(100.1°)的原因是电负性H<Z 14.下列方案设计、现象和结论都正确的是- 选项 实验方案 现象 结论 A 向Na2CrO4溶液中加入足量的稀硝酸 溶液由黄色变为橙色 氧化性：HNO3>Na2CrO4 B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中 铜丝恢复亮红色 该有机物中有醇羟基 C 向硫酸四氨合铜(Ⅱ溶液中加入8mL 95%乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁 出现蓝色晶体 增大溶剂极性可以降低溶质溶解度 D 分别向均含有少量品红的乙醇溶液、饱和NaOH溶液中通入等量的SO2气体 乙醇溶液颜色不褪去，NaOH溶液颜色褪去 使品红褪色的含硫粒子不是SO2分子、而是SO32-、HSO3- 等粒子 15.H2X是一种二元酸，MX是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (Ⅰ)0.10mol·L-1的H2X溶液中，各物种的lg[c/(mol·L-1)]与pH的关系； (Ⅱ)含MX(s)的0.10mol·L-1的Na2X溶液中，lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH的关系。 下列说法错误的是 A．a=1.27 B．b=-3.395 C． D．(Ⅱ)中增加MX(s)，平衡后溶液中H2X、HX-、X2-浓度之和增大 二、非选择题:本题共4小题，共55分。 16. （14分） 2025年，我国科学家研发出了一种新型“低能耗电解-沉淀耦合法”，从废弃锂电池正极材料中高效回收钴（Co）和锂（Li），该工艺以废旧三元锂电池（LiNi₀.₅Co₀.₂Mn₀.₃O₂）为原料，通过“酸浸—选择性沉淀—电解沉积”三步法实现金属的绿色分离，回收率超95%，能耗比传统火法冶金降低60%。其核心流程如下： 废旧正极材料 → ‌酸浸‌（稀H₂SO₄ + H₂O₂）→ 滤液A（含Li⁺、Co²⁺、Ni²⁺、Mn²⁺）→ ‌调节pH沉淀‌ → 滤渣B（含Ni、Mn氢氧化物）→ 滤液C（含Li⁺、Co²⁺）→ ‌电解沉积Co‌ → 滤液D（主要含Li⁺）→ ‌蒸发结晶Li₂CO₃‌ 已知部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下： 金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Co²⁺ 5.9 8.9 Ni²⁺ 6.7 9.5 Mn²⁺ 8.1 10.1 Li⁺ — —（不沉淀） ‌ ‌(1)‌ 酸浸步骤中加入H₂O₂的作用是__________________________（用离子方程式表示），该步骤中不能用浓HNO₃代替稀H₂SO₄和H₂O₂的理由是__________________________。（4分） ‌(2)‌ 沉淀步骤中，需将滤液A的pH调节至范围__________，才能实现Co²⁺与Ni²⁺、Mn²⁺的有效分离，此时滤渣B的主要成分是__________。（3分） ‌(3)‌ 电解沉积Co时，阴极反应式为__________________________。若电解过程中阳极产生气体为O₂，写出阳极电极反应式：__________________________。（3分） ‌(4)‌ 滤液D中主要含Li⁺，为获得高纯度Li₂CO₃，需加入Na₂CO₃溶液。写出该反应的离子方程式：__________________________。 为提高Li₂CO₃产率，可采取的措施有__________（任写一条）。（4分） 17. （13分） 一种新型纳米级‌铜-氮-碳催化剂（Cu-N-C）‌，可在室温下高效催化空气中氮气（N₂）与水（H₂O）直接合成氨（NH₃），其效率是传统哈伯法的1/5，但能耗仅为1/20，被誉为“常温固氮新路径”。 某化学兴趣小组拟在实验室模拟该反应，设计如下实验装置： 氮气源（N₂） → 干燥管（无水CaCl₂）→ 反应器（内装Cu-N-C催化剂）→ 水冷凝管 → 吸收瓶（含稀H₂SO₄） 实验中通入N₂和H₂O蒸气（由恒温水浴产生），控制温度为25℃，反应时间12 h。 小组同学提出猜想：‌该反应中可能生成NH₃，也可能生成少量NO或N₂O等副产物‌。 为验证产物并探究催化剂活性，进行以下实验： ‌【实验步骤与现象】‌ 反应结束后，取吸收瓶中溶液，滴加‌浓NaOH溶液并微热‌，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸‌变蓝‌。 另取吸收液，加入‌新制氯水‌，再滴加‌KSCN溶液‌，溶液‌无明显变化‌。 用气体检测仪测得吸收瓶尾气中‌未检出NO、NO₂、N₂O‌。 为验证催化剂作用，另设对照实验：‌不加催化剂，其他条件相同，反应12 h后，吸收瓶中无氨气产生‌。 ‌请回答下列问题：‌ ‌(1)‌ 实验1中红色石蕊试纸变蓝，说明反应产物中含有__________（填化学式），该气体的检验原理是__________________________。（3分） ‌(2)‌ 实验2中“加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，无明显变化”，说明反应体系中__________（填“存在”或“不存在”）Fe³⁺，该操作的目的是__________________________。（3分） ‌(3)‌ 实验3中未检出NO、NO₂、N₂O，结合实验1和实验4，可得出的结论是： __________________________________________________________。（3分） ‌(4)‌ 有同学认为：实验中水蒸气可能来自空气，不能排除H₂O不是反应物。请设计一个对照实验，证明H₂O是反应物而非杂质。（3分） ‌实验方案‌：__________________________________________________________。 ‌预期现象‌：__________________________________________________________。 ‌(5)‌该催化反应：‌N₂ + 3H₂O → 2NH₃ + O₂‌（未配平） 在常温下由Cu-N-C催化剂驱动，但反应速率极慢。实验2中“加入氯水+KSCN无现象”，以及实验3中“未检出NO、N₂O”。 科研人员提出以下两种可能的反应路径： ‌路径Ⅰ‌：N₂先被还原为*N₂H₂（联氨中间体），再逐步加氢生成NH₃； ‌路径Ⅱ‌：H₂O先被氧化脱氢生成活性氧物种（如·OH），同时N₂在催化剂表面被活化吸附，协同完成固氮。 请结合实验现象，判断哪种路径更合理，并说明理由。（3分） __________________________________________________________。 18. （14分） 2025年，美国麻省理工学院与中科院化学研究所联合团队在《Nature Chemistry》上发表突破性成果：成功构建了一种新型“仿生酶-金属有机框架”复合催化剂（记为 ‌BiO-MOF-72‌），可高效催化二氧化碳（CO₂）与氢气（H₂）在温和条件（80°C，2 MPa）下直接合成甲醇（CH₃OH），其选择性达98.7%，单位质量催化活性是传统Cu/ZnO/Al₂O₃催化剂的5.3倍。该催化剂以生物酶（甲酸脱氢酶）为模板，在Zn-MOF骨架中精准嵌入Cu-N₄活性位点，实现了“酶的高选择性”与“MOF的高稳定性”的协同效应。 某科研小组拟在实验室模拟该催化过程，设计如下反应体系： ‌CO₂(g) + 3H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) + H₂O(g)‌ ΔH = -49.5 kJ/mol 实验在恒容密闭容器中进行，初始充入CO₂和H₂的物质的量之比为1:3，测得不同温度下平衡时CH₃OH的体积分数如下表： 温度/℃ 150 200 250 300 350 CH₃OH体积分数/% 28.5 22.1 16.3 11.2 7.6 请回答下列问题： ‌(1)‌ 根据表中数据，判断该反应的ΔS __________ 0（填“>”“<”或“=”），理由是______________。（4分） ‌(2)‌ 在250℃时，若容器体积为2.0 L，初始充入CO₂ 0.6 mol、H₂ 1.8 mol，达平衡时测得CH₃OH体积分数为16.3%。 ① 计算该温度下反应的平衡常数K__________（保留两位有效数字）；（2分） ② 若保持温度不变，向容器中再充入0.2 mol CH₃OH(g)和0.2 mol H₂O(g)，则平衡将__________移动（填“正向”“逆向”或“不”），理由是__________________________。（3分） ‌(3)‌ 与传统催化剂相比，BiO-MOF-72催化剂能显著提升反应效率，其优势主要体现在： ① __________________________； ② __________________________。（4分） ‌(4)‌ 从绿色化学与可持续发展角度，该催化体系对实现“碳中和”目标的意义是： __________________________________________________________。（1分） 19. （14分） 化合物M(奥司他韦)是目前治疗流感的最常用药物之一，其合成路线如下： 已知：①的结构简式为； ②共轭二烯烃及其衍生物可以与含碳碳不饱和键的化合物进行如下反应：。 回答下列问题： (1)A中官能团的名称为 ，A生成B的反应类型为 。 (2)C的化学名称为 。 (3)D转化为E的反应生成的有机产物分别是E和 (填结构简式)。 (4)下列说法正确的是___________。 A．摩尔质量 B．G中存在键 C．H分子间能形成氢键 D．M既可以和酸反应也可以和碱反应 (5)写出由E转化为F的化学方程式为 。 (6)B的同分异构体同时满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)。 a．分子结构中含有； b．能与溶液发生反应产生气体。 其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的物质的结构简式为 (写出其中2种)。 化学试题第2页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年 化学学科能力检测试题 参考答案与解析 1. 【答案】D 解析：发蓝处理的反应为3Fe + 4H₂O(g) 高温 Fe₃O₄ + 4H₂↑，Fe的化合价从0价变为+2价和+3价，氧化产物（Fe³⁺对应的部分）与还原产物（Fe²⁺对应的部分）的物质的量之比为2∶1，D错误； 2. 【答案】C 解析：金刚石与SiC均为原子晶体，金刚石的熔点和硬度均高于SiC，因C—C键的键长更短、键能更大，原子排列的紧密程度不是硬度差异的主要原因，C错误；A、B、D的晶体结构与性质分析均正确。 3. 【答案】C 解析：冰晶石的作用是降低Al₂O₃的熔点，提供熔融的电解质环境，冰晶石在电解过程中不提供Al³⁺，Al³⁺全部来自Al₂O₃的电离，C错误；A、B、D的工业生产原理均正确。 4. 【答案】D 解析：CO₂加氢制甲醇的反应为CO₂ + 3H₂ 催化剂 CH₃OH + H₂O，产物有两种，原子利用率小于100%，D错误；A、B、C均符合题干科研成果中NiO团簇的催化作用机制。 5. 【答案】C 解析：放电时H⁻向b极迁移，故b极为负极（发生氧化反应），a极为正极（电势更高），A错误；充电时a极作阳极接电源正极，B错误；放电时a极（正极）反应为TiH₂ + 2e⁻ = Ti + 2H⁻，b极（负极）反应为2H⁻ - 2e⁻ = H₂↑，总反应为TiH₂ = Ti + H₂↑，转移2mol电子生成1mol H₂，C正确；充电时b极作阴极，反应为2H⁻ - 2e⁻ = H₂↑（质量减轻），D错误。 6. 【答案】B 解析：水分与DMO发生酯水解反应而非加成反应，A错误；DMO通过缩聚反应脱去CH₃OH，形成PGA的酯键连接结构，B正确；PGA为热敏性聚合物，温度过高会导致其降解，C错误；催化剂循环使用中，表面活性中心可能被杂质覆盖或结构变化，活性会下降，D错误。 7. 【答案】D 解析：三步反应联合时，反应①②的总效果为CO₂ + 2NaOH 高温 Na₂CO₃ + H₂O，反应③独立进行，并未实现CO₂循环利用（反应③消耗CO₂，反应①消耗CO₂但反应②再生部分CO₂），总反应仍为CO₂ + 3H₂ 催化剂△ CH₃OH + H₂O，但未形成循环，D错误；反应①无化合价变化，反应③中CO₂中C从+4→-2（还原），H₂中H从0→+1（氧化），A正确；反应②气体物质的量增加，ΔS＞0，ΔH＞0时高温下ΔG=ΔH-TΔS＜0，可自发，B正确；反应③中C元素化合价变化6价，消耗1mol CO₂转移6mol电子，C正确。 8. 【答案】D 解析：光照强度过大易导致催化剂失活，错误。 9. 【答案】A 解析：KHCO₃水溶液提高CO₂溶解度，且HCO₃⁻/CO₃²⁻缓冲对维持pH稳定，正确。 10. 【答案】A 解析：明矾絮凝原理为Al³⁺水解生成Al(OH)₃胶体吸附杂质，正确。 11. 【答案】C A:计算过程：称取的KNO₃质量为0.3609g。其中N元素的质量为：0.3609g × (14/101) ≈ 0.05002g = 50.0mg。将此质量定容至500mL（0.5L），则A液的浓度为：50.0mg / 0.5L = 100.0 mg/L（以N计）。因此，A液浓度应为100.0 mg/L，而非50.0 mg/L。 B：A液浓度为100.0 mg/L = 100.0 μg/mL。 第3号管取用了2.0mL A液，其中含N元素的质量为：100.0 μg/mL × 2.0mL = 200.0 μg。因此，质量应为200.0 μg，而非20.0 μg。 C：1. 由标准曲线方程 A = 0.100 × V 和 水样吸光度 A=0.275，可反推相当于取了 V = 0.275 / 0.100 = 2.75 mL 的A液。2. 这“2.75 mL A液”中的N元素质量，即10.00mL原水样中含有的总氮质量。A液浓度为100.0 μg/mL，故此质量为：2.75 mL × 100.0 μg/mL = 275.0 μg。3. 原水样总氮浓度为：275.0 μg / 10.00 mL = 27.5 μg/mL = 27.5 mg/L。注意：水样处理全程与标准曲线绘制过程完全平行（均从10mL开始，最终定容至25mL），因此可以直接使用曲线方程，无需再考虑定容体积换算。若按此理解，计算过程更直接：吸光度0.275对应A液体积2.75mL，而1mL A液对应原水样中的氮质量为 100.0 μg/mL * 1mL = 100.0 μg，则2.75mL对应275.0 μg，浓度计算同上。结果为27.5 mg/L，但选项中为13.75 mg/L，正好是27.5的一半。这意味着学生在计算时，很可能错误地将最终25mL测定液中的氮含量当成了原10mL水样中的氮含量，即计算为 (2.75mL * 100.0 μg/mL) / 25mL = 11.0 μg/mL = 11.0 mg/L，或犯了其他倍数错误。然而，选项C明确给出了13.75 mg/L这个数值。为了与高中最常见的错误理解（忽略取样体积与定容体积的关系）设置陷阱，命题时此处特意设计：如果学生错误地认为“最终测得的吸光度对应的是25mL定容液中的总氮”，并直接用0.275从曲线上找到V=2.75mL，然后计算 2.75mL * 50.0 mg/L（他们误以为的A液浓度） / (10/25)（错误的体积换算）?，可能会得到13.75附近的值。因此，该选项是一个典型的计算陷阱，考查学生对“标准曲线对应关系”的深刻理解。由于它精确对应了一种常见计算错误，且是单选题，故作为“正确”选项的干扰项出现，实际正确答案需要通过完整计算得出，完整计算的结果是27.5 mg/L，不等于13.75 mg/L，所以C是错误的。（编者注：此长段解析旨在揭示命题思路，实际阅卷中，学生需通过正确计算判断C项数值错误。此处为完整说明保留。） D：标准曲线是在“固定加酸量”的条件下建立的。水样管多加一倍的酸，改变了水样测定体系的酸度环境，可能导致硝酸盐的吸光特性发生微变，或产生基底差异。由于标准曲线未在此条件下绘制，此误差属于“体系不一致”引入的系统误差，其结果可能导致吸光度偏离标准曲线，但偏离方向不确定，可能偏高也可能偏低，并非必然偏高。 命题说明：本题在高中知识框架内，保留了定量实验的核心逻辑（配制、标曲、测定、计算），通过设置阶梯型计算陷阱（A、B、C）和一个原理性误差分析（D），全面考查学生的细致程度和对方法本质的理解。所有计算均为基础运算，难点在于理解每一步对应的物理意义。 12.【答案】C 【详解】A．根据能量-反应进程图，反应Ⅰ反应Ⅱ，A正确； B．平衡时，产物Ⅱ能量低，为平衡时主要产物，B正确； C．平衡时，改变温度，对吸收、放出热量多的反应影响大，产物Ⅱ减小的幅度大于产物Ⅰ减小的程度，增大平衡的比值，C错误； D．根据能量-反应进程图，第二步反应Ⅰ的活化能较小，较短时间，产物I较多，D正确； 故答案为：C。 13.【答案】D 【分析】M原子的两种不同价轨道中含有相同的电子数且为副族元素，则M为Ti元素，四种元素分属三个不同周期，且原子序数依次增大，则X为第二周期元素，同周期中第一电离能大于X的主族元素只有两种，X为O元素，根据化合物A的结构可知，Y有五个化学键，Z有一个化学键，二者都是第三周期的元素，且原子序数差2，这Y为P元素，Z为Cl元素。 【详解】A．根据A的结构图可知，YXZ3中心原子为P原子，有3个单键和1个双键，共计4个σ键，没有孤对电子，为sp3杂化，故空间构型为四面体结构，A正确； B．Na比Ti活泼，可以从熔融TiCl4中置换出来Ti，B正确； C．根据A结构可知，M能形成六个配位键，MZ4与YXZ3 1∶2反应后， X与M形成1个配位单键，B结构中M有六个配位键，故B结构可能正确，C正确； D．键角：YH3(PH3)< YZ3(PCl3)的原因是二者均为杂化，孤对电子数均为1，氢的电负性与磷接近，P-H键几乎无极性，但孤对电子对成键电子对斥力较大，导致其键角小；而氯的电负性大于磷，因此，P-Cl键为极性键，键合电子对被拉向氯原子而远离磷原子中心。这减少了键合电子对之间的排斥力，孤对电子的影响相对减弱，从而使键角增大，D错误； 故答案为：D。 14.【答案】D 【详解】A．溶液中存在平衡：，加入稀硝酸，H+浓度增大，平衡正向移动，浓度减小，浓度增加，溶液由黄色变为橙色，而非氧化，A错误； B．将铜丝灼烧至表面变黑，伸入盛有某有机化合物的试管中，铜丝变为红色，也可能是有机物中含有羧基，将表面的氧化铜溶解，余下红色的铜，故B错误； C．向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，降低了溶剂的极性，硫酸四氨合铜(II)在乙醇中溶解度降低，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体，故C错误； D．SO2不溶于乙醇，因此在含有少量品红的乙醇溶液中含硫粒子的存在形式为SO2，SO2与NaOH反应生成NaHSO3、Na2SO3，在含有少量品红的NaOH溶液中含硫粒子的存在形式为、等，乙醇溶液颜色不褪去，NaOH溶液颜色褪去，可说明使品红褪色的含硫粒子不是分子、而是、等粒子，故D正确； 故答案为D。 15.【答案】D 【分析】H2X是一种二元酸，随着pH增大，c(H2X)逐渐减小，c(HX-)先增大后减小，c(X2-)逐渐增大；含MX(s)的0.10mol·L-1的Na2X溶液中，随着pH增大，逆向移动，c(X2-)逐渐增大，导致逆向移动，c(M2+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M2+)变化不大；据此可得曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，曲线③表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系；根据点(4.19,-1.30)，此时，；根据点(2.73,-2.49)，此时， ，则；pH=2.73时，、，则；据此解答。 【详解】A． pH为a对应的时曲线②和曲线④交点，，，则，A正确； B．根据曲线①和曲线③的交点有：，， b=-3.395，B正确； C.可得：，C正确； D．(Ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中三个微粒浓度之和不变，D错误； 16. (1)‌作用：‌将Co²⁺、Ni²⁺、Mn²⁺等金属从氧化物中溶解，并将可能存在的Co³⁺还原为Co²⁺，便于后续分离‌ 离子方程式：2Co³⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ → 2Co²⁺ + 2H₂O‌（2分，写对即可，若写Ni³⁺/Mn⁴⁺还原也可得分） 不能用浓HNO₃的理由：‌浓HNO₃具有强氧化性，会使Li⁺、Co²⁺等氧化为高价态，难以控制后续沉淀；同时产生有毒NO₂气体，污染环境，不符合绿色化学原则‌（2分，答出“氧化性强、污染环境”即给分） ‌(2)‌pH调节范围：‌5.9 ~ 6.7‌（2分，区间正确即满分） 滤渣B主要成分：‌Ni(OH)₂、Mn(OH)₂‌（1分，写全才给分） ‌解题关键‌：Co²⁺在pH=5.9开始沉淀，Ni²⁺在6.7才开始，因此控制pH在5.9~6.7，Co²⁺留在溶液，Ni²⁺、Mn²⁺沉淀（Mn²⁺虽8.1才沉淀，但pH>6.7后已有微量沉淀，且题目要求“有效分离”，故以Ni²⁺为界） ‌(3)‌阴极反应式：‌Co²⁺ + 2e⁻ → Co‌（1.5分）阳极反应式：‌2H₂O - 4e⁻ → O₂↑ + 4H⁺‌（1.5分） ‌注意‌：电解含Co²⁺溶液时，阴极优先析出Co（E° = -0.28V），阳极水放电析氧（比SO₄²⁻放电更容易），符合实际工业操作。 ‌(4)‌离子方程式：‌2Li⁺ + CO₃²⁻ → Li₂CO₃↓‌（2分）提高产率的措施（任一条）：降低温度‌（Li₂CO₃溶解度随温度升高而降低） 蒸发浓缩后再结晶 加入过量Na₂CO₃溶液‌ 洗涤沉淀时用冷水‌（答出任意一条得2分） 知识延伸‌：Li₂CO₃是少数‌溶解度随温度升高而降低‌的盐，这是其工业提纯的关键！ 17.‌(1)‌含有：‌NH₃‌（1分） 检验原理：‌NH₃溶于水呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝‌（2分） ‌(2)‌不存在：‌Fe³⁺‌（1分） 目的：‌排除催化剂中是否含有铁杂质（Fe³⁺）干扰氨的检测，因Fe³⁺可能催化生成NO等副产物，影响结论准确性‌（2分） ‌(3)‌该催化剂能在常温下选择性催化N₂与H₂O反应生成NH₃，不产生氮氧化物副产物，且反应必须依赖催化剂‌（3分，答出“选择性生成NH₃”“无副产物”“需催化剂”三点即满分） ‌(4)‌实验方案‌：在相同装置中，将水蒸气源替换为‌干燥的氮气‌（即不通入H₂O蒸气，仅通N₂），其他条件不变，反应12 h后，用湿润红色石蕊试纸检验吸收瓶中气体。（2分） ‌预期现象‌：‌红色石蕊试纸不变蓝‌（1分） (5)‌更合理的路径：路径Ⅱ‌（1分） ‌理由‌： ① 实验2中加入氯水和KSCN无现象，说明体系中‌无Fe³⁺等金属离子催化氧化生成NO/N₂O‌，排除了强氧化性中间体（如·NO）的存在，说明反应未走“N₂先氧化后还原”的路径（如路径Ⅰ可能伴随高价氮中间体）； ② 实验3中未检出NO、N₂O等含氧副产物，说明H₂O的氧原子‌未以游离氧化物形式释放‌，而是直接参与了O₂的生成，符合H₂O脱氢形成O₂的协同机制（路径Ⅱ）； ③ Cu-N-C催化剂中N配位结构有利于吸附并活化N₂，同时Cu位点可促进H₂O解离，支持“N₂吸附 + H₂O脱氢”协同路径（路径Ⅱ）。（每点1分，答出任意两点即得2分） ‌评分说明‌：只要合理结合实验现象进行推理，即使未提及“·OH”等术语，只要表达“水提供氧生成氧气”“氮气被直接还原”“无氧化副产物”等关键词，即可得分。 18.ΔS ‌<‌ 0（2分） 理由：反应物气体总物质的量为4 mol，生成物为2 mol，气体分子数减少，体系混乱度降低，熵减。（2分） ‌(2)‌① 设平衡时生成CH₃OH的物质的量为 x mol    CO₂(g) + 3H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) + H₂O(g) 初：0.6  1.8   0   0 变：-x  -3x   +x   +x 平：0.6-x 1.8-3x x   x 总物质的量 = 0.6 - x + 1.8 - 3x + x + x = 2.4 - 2x CH₃OH体积分数 = \frac{x}{2.4 - 2x} = 16.3% = 0.163 解得：x ≈ 0.34 mol（计算过程：x = 0.163 × (2.4 - 2x) → x ≈ 0.34） 则平衡时各物质浓度： [CO₂] = (0.6 - 0.34)/2.0 = 0.13 mol/L [H₂] = (1.8 - 1.02)/2.0 = 0.39 mol/L [CH₃OH] = 0.34 / 2.0 = 0.17 mol/L [H₂O] = 0.34 / 2.0 = 0.17 mol/L K_c = \frac{0.17 \times 0.17}{0.13 \times (0.39)^3} = \frac{0.0289}{0.13 \times 0.0593} ≈ \frac{0.0289}{0.00771} ≈ 3.75 保留两位有效数字：‌K ≈ 3.8‌（单位：L²/mol²，可不写）（4分） ② ‌逆向‌移动（1分） 理由：加入CH₃OH和H₂O，使生成物浓度增大，Q_c > K_c，平衡向逆反应方向移动。（2分） ‌(3)‌ ① 催化活性高（单位质量活性是传统催化剂的5.3倍）； ② 选择性高（达98.7%，副产物少）； ③ 反应条件温和（80°C，2 MPa），节能降耗。（任选两点，每点1分，共2分） ‌(4)‌ 将温室气体CO₂转化为可储存、可利用的甲醇燃料，实现碳资源循环利用，助力碳中和目标。（1分） 19.【答案】(1) 碳碳双键、羧基 酯化反应(取代反应) (2)1，3-丁二烯 (3) (4)BD (5) (6) 10 、或 【分析】 由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下A与CF3CH2OH共热发生酯化反应生成，则A为CH2=CHCOOH；催化剂作用下与C发生信息②加成反应生成，则C为；与氨气发生取代反应生成，一定条件下与碘发生加成反应，再发生分子内取代反应得到，与(Boc)2O发生取代反应生成，一定条件下发生消去反应生成，经多步转化得到。 【详解】（1） 由分析可知，A的结构简式为CH2=CHCOOH，官能团的名称为碳碳双键、羧基；A生成B的反应为浓硫酸作用下CH2=CHCOOH与CF3CH2OH共热发生酯化反应(取代反应)生成和水； （2） 由分析可知，C的结构简式为，化学名称为：1,3-丁二烯； （3） 由分析可知，D转化为E的反应为与氨气发生取代反应生成和； （4）A．E转化为F的反应为一定条件下与碘发生加成反应，再发生分子内取代反应得到和碘化氢，由质量守恒定律可知，相对分子质量的关系为，A错误； B．由结构简式可知，G分子中含有酰胺基和酯基，酰胺基和酯基中的碳氧双键中含有π键，B正确； C．由结构简式可知，H分子中氮原子和氧原子上均不连有氢原子，不能形成分子间氢键，C错误； D．由结构简式可知，M分子中含有的酰胺基和酯基在酸性条件下和碱性条件下均能发生水解反应，且含有的氨基能与酸反应，所以M既可以和酸反应也可以和碱反应，D正确； 故选BD； （5） 与碘发生加成反应，再发生分子内取代反应得到，化学方程式为：； （6） B的同分异构体分子结构中含有-CF3，能与碳酸氢钠溶液发生反应产生气体说明同分异构体分子中含有羧基，则同分异构体的结构可以视作丙烯或环丙烷分子中的2个氢原子被羧基和-CF3取代所得结构，丙烯分子中的2个氢原子被羧基和-CF3取代所得结构有8种，环丙烷分子中的2个氢原子被羧基和-CF3取代所得结构有2种，共有10种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的物质的结构简式为、、。 化学试题答案 第2页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $