湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高三上学期2月期末化学试题

高三化学 命题人：彭慧 审题人：刘彦廷 时量：75分钟满分：100分 可能用到的相对原子质量：H1N~140~16Na~23S32Cl~35.5Ti~48 第I卷选择题（共42分） 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意） 1.中国化学会“化学大家谈”系列科普活动汇聚了众多化学家的智慧。某同学对相关报告解读错误的是 A万立骏院士《“充”向未来一电池的前世今生》报告中涉及的锂离子电池：放电时锂离子从负极脱嵌， 嵌入正极，充电时锂离子从正极脱嵌，嵌人负极 B.徐春明院士《魅力“黑金”：石油化学与衣食住行》报告中提到的汽油：可由石油减压分馏得到的石蜡催 过 化裂化而来，其中分馏是物理变化，裂化是化学变化 C.朱美芳院士《纤维之化学，古今向未来》报告中介绍的尼龙66、碳纤维、聚酰胺纤维、光导纤维等均为有 机高分子材料 D,郑南峰院士《绿色低碳发展的机遇与挑战》报告中强调的原子经济性反应：最理想的情况是反应物的原 丝 长 子全部转化为期望的最终产物 2.下列化学用语表达正确的是 分 A氢元素的三种同位素：}H、D、T B.羟胺(NH2OH)分子间氢键的强弱：O一H…O>N一H…N NC CN C.铁氰化钾中阴离子的结构简式：NC一Fe一CN 常 NC CN D.CH分子中g键的形成：5-G0-000 H C C一H 3.N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.将1molC2通人水中，溶液中C、CIO、HCIO的数目之和等于2Na B.1mol正四面体烷( 中含有σ键的数目是6NA C.将1mol(NH4)zSO,溶于稀氨水中使溶液呈中性，此时溶液中NH计数目为2NA D.1mol乙二醇被足量酸性KMnO4溶液氧化，转移电子数为8Na 4.下列离子方程式书写正确的是 A.用Ca(C1O)2溶液吸收废气中的S02:Ca2++2C10+SO2+H20一CaS0↓+2HCl0 B.向氨水中滴加几滴CuSO4溶液：Cu2++2NH3·H2O一Cu(OH)2↓+2NH C.向CH2 BrCOOH中加人足量的氢氧化钠溶液并加热：BrCH,COOH+OH△BrCH:COO-+H2O D.Ca(HCO3)2溶液与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2++HCO5+OH—CaCO+H2O 化学试题(H6)第1页（共8页） 5.一种生物基可降解高分子P的合成路线如图。 (CH0) D HN-HN NH-NH. 下列说法正确的是 A反应物A中有手性碳原子 B.反应物A与B的化学计量比是1：2 C.反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D.高分子P可降解的原因是由于C一O键断裂 6.某物质的结构简式如图所示，其中A、M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短 周期主族元素。A是宇宙中含量最多的元素，Y2是氧化性最强的单质，X与Z J 同族。下列说法正确的是 A键能：W2>X2>Y2 B.氢化物的沸点：Y>M C.简单离子半径：Z>Y>X D.第一电离能：X>W>M 7.研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2O一H十HO· CO 十e。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理 如图所示。根据反应机理，下列叙述错误的是 2H20 A三唑在反应循环中起催化作用 2H'+2H0·+e B.C02换成C18O2,可生成H218O2 H,0 C.OC-O键角：CO2>HCOOH D.总反应为2H2O+CO2一H2O2+HCOOH 8.结构决定性质，性质决定用途。有关下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 熔点：氯化钠>氯化铝 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大，离子晶体熔点越低 心 稳定性：N2>Pz(极不稳定) 磷原子半径大，磷磷之间难以形成三键 O的溶解度：CC4>H2O O的极性仅是H2O的极性的28% 酸性：K2（邻羟基苯甲酸)< D 邻羟基苯甲酸根能形成分子内氢键 K,(苯酚) 化学试题(H6)第2页（共8页） 9.下列实验装置能够达到实验目的的是 乙醇 的 浓硫酸 S,溶液 KMnO,溶液 A制备并检验乙烯的还原性 B.用乙醇萃取CS2中的S 浓NaOH溶液 石英坩埚 Mg(OH), A1(OH) C.比较Mg、Al金属性的强弱 D.探究烧碱在熔融状态下的导电性 10.无色晶体NHN3是一种具有含能材料特性的化合物，易爆炸，能产生大量气 体，晶胞结构如图所示，Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A该晶体属于离子晶体，其含有的化学键包括离子键、σ键、大π键、配位键 0.5a B.该晶体的摩尔体积Vn=AXaX10” a nm 8 m3.·mol1 C.该晶体中氨原子的杂化方式有sp、sp两种 D:NH!的配位数为8，位于N形成的正六面体空隙 11.从废I旧LiFePO,电极粉末中回收制备FePO4·2H2O,同时获得副产品Li2CO3,工艺流程如下。 FeP0,·2H,0 废旧LiFePO,. 过程I 过程Ⅱ 电极粉末 溶液1 酸浸 过程血 过氧化氢 溶液2 Li,CO, 已知：i.FePO4在硝酸中易溶，在硫酸中难溶； ⅱ.碳酸锂在水中的溶解度如下表所示。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 下列说法正确的是 A.过程I中“酸浸”需要用硫酸 B.过程Ⅱ和过程Ⅲ均可使用Na2CO溶液 C.过程Ⅲ的具体操作为：将溶液2加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D.过程Ⅲ如果使用NaHCO,则反应的离子方程式为2Li计+HCO一Li2,CO↓十H 化学试题(H6)第3页（共8页） 12.一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、 负载 b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增 进料口 出料口 Cu,0/ 重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是 Cu,(OH),Cl NaCl溶液 NaTi,(PO,),/ Na,Ti,(PO), A.放电时，溶液中电流由a极流向b极 B.该电池总反应为Cu2O+2H2O+2NaCl+NaTi2(PO4)3一Cu2(OH)3Cl+Na3Ti2(PO4)3+HCl C.电极电势：Ag/AgCl电极>NaTi2(PO,)3/Na3Ti2(PO,)3电极 D.若以Ag/AgCl电极代替a极，导线中转移2mol电子，该电池理论上可脱盐117g 13.乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO发生如下3个均放热的连续反应合成乙二醇，其中仅MG生 成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCH3 +2H2 CH2OH +2H2 CH2 OH +H,CH3 COOCH -CH,OH COOCH -CH,OH CH2OH -H20 CH2OH DMO(g) MG (g) 乙二醇(g) 乙醇(g) 在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应， (483,99) 100H 初始氢酯比，-524，出口处检测到DM0的实际转 olo 80 60 化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图 A(450,50) 40 所示[某物质的选择性=”生（该物质）×100%]，其中曲线 20 n消耗(DMO) (483,2) 0 Ⅱ表示乙二醇的选择性。下列说法错误的是 443 463 483 503 523 温度/K A.曲线I表示DMO的实际转化率的变化曲线 B.增大压强有利于提高A点DMO的转化率 C463K时，出口处需的值为1.98 D.A点反应MG(g)+2H2(g)一HOCH2CH2OH(g)十CH,OH(g)的浓度商Q≈0.016（用物质的量 分数代替浓度计算) 14.已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]和 01 a(x,-1) (11.6、-1.3) r1.0 2 [CuL2]4-。常温下，0.100mol·L1的H3L和 6.4.0.90) 0.8 4 0.002mol·L-1的CuS0,混合溶液中，HL2-和L3-的-9 0.6 -8h 0.40 浓度对数lgc(实线)、含铜微粒的分布系数δ（虚线） -10m 0.2 (6.4,0.09) c(Cu2+) -12十-- 0.0 [例如e.”=c(Cu+)+c(LCu)+c(ICu2] 6 789101112 pH 与溶液pH的关系如图所示。 下列说法错误的是 ACu2++L3-=[CuL],K=109.4 B.HL2-=H++L3-,K=10-.6 C.图中a点对应的pH=4.2 D.当pH=6.4时，体系中c(HL2)>c([CuL2]-)>c([CuL])>c(L3-) 化学试题(H6)第4页（共8页） 答题卡 题号 1 2 34 6 7 89 1011121314得分 答案 第Ⅱ卷非选择题（共58分） 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(15分)过氧乙酸(CH,COOOH)在卫生医疗、食品消毒及漂白剂等领域有广泛应用。实验室利用醋酸 (CH COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH,COOOH),同时利用乙 酸丁酯与水形成共沸物（沸点90.7C)及时分离出水，实验装置如图所示（夹持装置略）。请回答下列 问题： 6冷凝管 1恒温搅拌器、 已知：十.过氧乙酸为无色液体，易溶于水；极不稳定，遇高热会引起爆炸：氧化性与高锰酸钾相当； ⅱ.相关物质性质如下表： 相关物质 CH,COOH CH COOOH 乙酸丁酯 沸点(C) 118 105 126 实验步骤： ①向油水分离器中加人适量蒸馏水，液面低于油水分离器支管口； ②仪器2中加入冰醋酸、固体酸催化剂和适量乙酸丁酯，仪器6中通冷却水，开通仪器1和8，缓慢关闭 仪器7处放空阀，温度维持为55℃； ③待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水； ④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过操作a后，打开活塞逐滴放出适量水·； ⑤待反应结束，冷却后放出油水分离器中下层水，将上层液体从油水分离器上口倒人仪器2，分离仪器2 中的混合物，初步得到粗产品。 (1)仪器2的名称是 ,仪器2中制备过氧乙酸(CH COOOH)的化学反应方程式 为 (2)实验中反应温度控制在55℃，不宜过高的原因是 (3)利用油水分离器及时分离出水的目的是 ,步骤④的“操作a”指 化学试题(H6)第5页（共8页） (4)待观察到 (填现象)时，说明反应已经结束。 (5)下列说法正确的是 (填标号)。 A本实验涉及的图标包括 B.反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品的方法是过滤 C.过氧乙酸和乙酸具有完全相同的核磁共振氢谱 D.CH3 COOOH可使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而进行消毒杀菌 (6)粗产品中过氧乙酸(CH3 COOOH)含量的测定：取一定体积的样品VmL,分成2等份。其中一份用 过量K1溶液与过氧化物作用，以0.10mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定碘(12十2S2O一21十 S,○)，消耗量为V1mL;另一份用0.02mol·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定，消耗量为V2mL。则样 品中过氧乙酸的浓度为 mol·L-1。 16.(14分)利用含铯废渣（主要含CsA1Si2O6·H2O、TaO2、Fe2O3、TiO2及油脂等）制备金属铯的工艺流程 如下。 足量Na,CO,O,盐酸H,O,溶液萃取剂HA SbCL,HCI 含铯废渣一焙烧酸浸 萃取 沉铯一…CsC1固体 滤渣A 反萃取一Ti0s0,溶液 溶液X 已知：①焙烧后固体中存在Cs2CO3、Na2TiO3、NaTaO3、NaA1O2等物质； ②HTaO3不溶于水，TiO+存在于强酸性环境中； ③萃取”和反苯取可简单表示为：[T0(H0,)门+十4HA[T0(H0,](HA2十2H, ④常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D),如D= cT有机粗，Ti的萃取率=机T×100%。 c[Ti门水相 n总(Ti) 回答下列问题： (1)Fe的原子结构示意图为 (2)“焙烧”过程中，CsA1Si2O。·H2O发生反应的化学方程式为 通氧气的目的是 (3)滤渣A的主要成分为 (4)“萃取”操作中，取500L[Ti0(H2O2)]+总浓度为28mgL(以Ti元素计)的溶液，加人300L某萃取 剂，若D=10,则单次萃取率为 %(保留一位小数)，若要提高萃取率，可采取的措施为 (写一条即可)。 (5)“反萃取”过程中加人的溶液X是 (填化学式)。 (6)将“沉铯”产生的复盐(3CsC1·2SbCl3)过滤后加人水中，煮沸，可得到白色的SbOC1沉淀和可溶的 CsCl,写出该反应的化学方程式： 化学试题(H6)第6页（共8页） 17.(14分)二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为： 反应I:C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H1=-164.6kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g)△H2=+41.5k·mol- (1)反应CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H,则△H= k·mol-l (2)一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂(Ct)的关系 如图1。 180 Catl Catl Cat2 Cat2 100 Catl Ink Catl Cat CH Cat2 Cat2 图1 图2 ①由图1可知，有利于获得甲烷的催化剂是 (填“Cat1”“Cat2”“Cat3”或“Cat4”)。 ②已知lnk= 景×亭+C为速率常数，R,C均为常数)，下列关于反应Ⅱ在题设条件下h~图 像与上述两种催化剂Catl、Cat2关系对应正确的是 (图2，填标号)。 )反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：v压=k正c(CO2)·c(Hz、赠=逆c(CO)·c(H2O),其中k正、 经分别为正、逆反应速率常数。升高温度时·经 (填“增大”“减小”或“不变”)。 不同条件下，按照n(CO2):n(H2)=1：4投料，同时发生上述反应I、Ⅱ，CO2的平衡转化率如图3 所示。压强p1、2、p由大到小的顺序是 。 压强为2时，温度高于700℃，温度升高转化 率增大的原因是 105 100 95 90 8 75 C0,+H, C0+H,0 进口 a出口 8 70 催化剂层 分子筛膜 7 60 多孔载体 010020030040050060070080090010001100 吹扫气N i.0b出口 温度/℃ 图3 图4 (5)在pMPa、T℃下，将投料比n(CO2):n(H2)=2:1的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体友应 器，只发生反应Ⅱ，CO2的平衡转化率为25%。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器（如 图4)，CO2的平衡转化率为40%，则相同时间内a出口和b出口中H20的质量比为 化学试题(H6)第7页（共8页） 8.(15分)奥卡西平是一种可用于治疗神经系统疾病的药物。奥卡西平的一种合成路线如下。 C,H+C,H,NO,. ① NO,O,N N0,0,N Nh.Hn -NH, CoCl, C.HiN COCI coci 过氧化物 ⑤ CONH CONH 9 奥卡西平 (1)奥卡西平中官能团名称为 (2)反应①所需的试剂与条件是 ;B的系统命名为 (3)反应③的反应类型为 (4)E到F反应的化学方程式为 (5)写出符合下列要求的D的一种同分异构体的结构简式： 1.含有联苯( )结构，且除苯环外不含其他环状结构； ⅱ.核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1。 (6)已知： +HCl。反应④进行时，若NH过量，有利于反应正向 进行，若H3不足，F的转化率未发生明显降低，但G的产率却显著下降，请解释原因： R (7)合成路线中B→C的转化过程是构建碳骨架的常见方法之一。已知： -0+0 低价铁 R2 R R (R、R为烃基或H),结合相关信息，写出B-→C的转化路线。 化学试题(H6)第8页（共8页）高三化学参考答案 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 C B C D A A B A B B C D C 1.C【解析】碳纤维是一种含碳量在95%以上的高强度纤维材料；光导纤维为高纯二氧化硅，属于新型无机非金 属材料。 2.B【解析】氢元素的三种核素：}H、D、T,A错误；铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6],Fe3+的配位数为6，阴离 子为[Fe(CN)6]3-,C错误；CH4分子中o键的形成：4⊙ + D错误。 夕 CH, 3.C【解析】Cl2与水的反应是可逆反应，Cl2不能完全转化为CI、ClO、HCIO,因此三者数目之和小于2NA, A错误；正四面体烷的结构为4个碳原子构成正四面体骨架，每个碳原子与另外3个碳原子形成C一C。键，同 时每个碳原子结合1个氢原子形成C一H。键，分子中含6个C一C。键和4个C一H。键，总。键为10个，故 1mol正四面体烷中。键数目为10NA,B错误；将1mol(NH,)2SO1溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守 恒可知：a(NH,)十n(H+)=n(OH-)+2n(SO),由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH),则n(NHt)= 2n(SO')=2mol,NH计个数为2NA,C正确；1mol乙二醇(HOCH2CH2OH)被足量酸性KMnO,氧化为 CO2,碳元素的化合价从一1升至十4，每个碳原子转移5个电子，1mol乙二醇转移电子数目为10NA,D错误。 4.D【解析】SO2具有还原性，Ca(ClO)2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，足量的Ca(ClO)2溶液与SO2 反应的离子方程式为Ca++3ClO-+SO2+H,O一=CaSO,↓+2HCIO+CI-,少量的Ca(CO)2溶液与SO。 反应的离子方程式为Ca2++2ClO+2SO+2H2)一CaSO↓十4H+十2C+SO,A错误；氨水与Cu2+ 反应时，在氨水少量时生成Cu(OH)。,而本题中是向氨水中滴加几滴CuSO,溶液，即铜离子少量，应生成配离 子[Cu(NH3)4]2+,而不是Cu(OH)2沉淀，B错误；CH2 BrCOOH在足量NaOH并加热时，Br一应水解为 OH,同时中和羧酸，生成物为H()CH.COO,C错误；Ca(HCO3)2与过量Ca()H)2反应时，HCO3完全被 OH中和生成CO,Ca与CO月结合为CaCO3沉淀，反应的离子方程式为Ca++HCO3+OH一 CaCO3↓+HO,D正确。 5.A【解析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为 人，A与B反应生成D,由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2：1；D与E反应 Q 生成高聚物P和水，据此分析。反应物A中有手性碳原子，如图中所示 ,A正确；由分析可 知，反应物A与B的化学计量比是2；1，B错误；反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚 反应，C错误；由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因 是C一N键断裂，D错误。 6.A【解析】A、M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。A是宇雷中含量最多的元素，则A为氢 元素；Y2是氧化性最强的单质，则Y为氟元素；X能形成2个共价键、Z形成6个共价键，且X与Z同族，则X、 Z分别为氧元素、硫元素；M形成4个共价键，则M为碳元素；W能形成3个共价键，则W为氨元素；综上，各 元素确定为A(H)、M(C)、W(N)、X(O)、Y(F)、Z(S),据此分析。N2形成N=N,O2形成O一O,F2形成 F一F,键能：W2(N2)>X2(O2)>Y2(F2),A正确；Y为F,氢化物为HF,M为C,未明确氢化物是否为简单氢 化物，无法比较，B错误；简单离子半径：S2-(Z)>O-(X)>F(Y),C错误；X为O,W为N,M为C,同周期元 素第一电离能从左到右增大，因为N原子2轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能高于相邻的O,因此第一 电离能：N(W)>O(X)>C(M),D错误。 7.B【解析】由机理图可知，三唑在反应循环中，先消耗后生成，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确； CO2换成C8O2,可生成HC8O18OH,B错误；CO2中碳原子为sp杂化，HCOOH中碳原子为sp2杂化，C正 确；由机理图可知，CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH,总反应为2H2O十CO2一H2O2十HCOOH,D 正确。 8.A【解析】氯化钠熔，点高于氯化铝的原因是氯化铝为分子晶体，选项中将二者均视为离子晶体，A错误；N因 原子半径小，p轨道能有效重叠，形成稳定的N=N;磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P=P,因此 倾向于形成P4的正四面体结构，B正确；O3是极性分子，但是O3的极性仅是H2O的极性的28%，极性较弱， O3更易溶于非极性溶剂CC4,C正确；邻羟基苯甲酸的苯甲酸根与酚羟基氢形成分子内氢键，稳定了酸的形 式，氢离子较难解离，所以其K2小于苯酚的K,D正确。 化学参考答案(H6)一1 9.C【解析】乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气和二氧化硫，乙醇蒸气、二氧 化硫和乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置不能检验乙醇脱水生成乙烯，A不符合题意；S微溶于酒精、 易溶于CS2,且乙醇与CS2互溶，不能用乙醇萃取CS2中的S,B不符合题意；Mg(OH)2不溶于NaOH溶液， Al(OH)3溶于NaOH溶液，说明碱性：Mg(OH)2强于Al(OH)3,即金属性：Mg大于Al,C能达到实验目的；石 英坩埚的主要成分为SiO2,会与熔融条件下的NaOH反应，D不符合题意。 10.B【解析】该晶体的摩尔体积Vm=NAXαX10 一m3·mol-1,注意单位，B错误。 8 11.B【解析】废旧LiFePO1电极粉末在“过程I”中用H2O2、硝酸“酸浸”，其中的Fe2+被氧化为Fe3+,然后向溶 液1中加入适量Na2CO3溶液，调节溶液的pH,使Fe3+、PO月形成FePO4·2H2O析出，根据题目信息可知 Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，要从溶液2中获得Li2CO3沉淀，“过程Ⅲ”的具体操作为：将溶液2经 反应后，加热浓缩、趁热过滤、洗涤、千燥。根据信息可知FPO4在硫酸中难溶，在硝酸中易溶，故酸浸时不能 用硫酸，而应该用硝酸，A错误；“过程Ⅱ”反应形成沉淀FPO4·2H2O,使用Na2CO3,CO反应会消耗溶液 中的H+,使Fe3+与溶液中的P()-反应得到FPO,·2H2O,“过程Ⅲ”中，溶液中的Li+与CO号形成Li2CO3 沉淀，因此该过程也可使用NaUO3,故“过程Ⅱ”和“过程Ⅲ”均可使用Na2CO3溶液，B正确；根据题目信息可 知，Li2CO3溶解度随温度升高而降低，要形成L2CO3沉淀，“过程Ⅲ”应将溶液2经反应后，加热浓缩后，趁热 过滤、洗涤、干燥，以避免因温度降低时L2CO3因溶解度增大而重新被溶解造成损失，C错误；在“过程Ⅲ”中 Li计与NaHCO2电离产生的HCO反应生成Li2CO3沉淀，同时电离产生的H+与HCO5反应产生CO2、 H2O,相应的离子方程式为2Li计+2HCO3一Li2CO3￥+H2O+CO2个，D错误。 12.C【解析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为Cu2O+2H2O+Cl一2e一 Cu2(OH)3Cl十H+;b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e+2Na+一Na3Ti2(PO4)3,据此解答。 放电时a电极是负极，b电极是正极，溶液中电流由a极流向b极，A正确；将上述两电极反应叠加可知，B正 确；装置中Cu2O/Cu2(OH)3Cl做负极，可知电势：(O/Cu2(OH)3Cl电极<NaTi2(POu)3/Na3Ti2(PO4)3 电极，将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增量，说明b极发生反应Ag一e十CI一AgCl,此时b极为原电池 负极，故电势：Ag/AgCl电极<CuO/Cu2(OH)3Cl电极，则电势：Ag/AgCI电极<NaTi2(PO4)3/ Nas Tiz2(PO4)3电极，C错误；若以Ag/AgCl电极代替a极，电池总反应为2Ag-2NaCl+NaTi2(PO4)3 2AgCl十NaTi2(PO),导线中转移2mol电子，该电池理论上可脱盐58.bg/molX2mol=117g,D正确。 13.D【解析】MG、乙二碑、乙醇的选择性之和为100%，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化可知， 曲线I表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲 线的变化，曲线V为MG的选择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙爵的选择性曲线，据此分析。曲线I为DMO的实际 转化率曲线；A正确；增大压强，化学反应速率加快，DMO的实际转化率增大，B正确；483K时，DMO的实际 转化率为99%，设起始投入的DMO为1mol.则出口处流出的乙醇的物质的量为1mol×99%×2%= Q.0198mol,此还有0.0 mol DMO末反应而从出口流出，因此出口处号1,98，C正确；设初始时 H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol,A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二卿的选择性为 50%,该反应分步进行，第一步反应，1)MO转化为MG,列三段式： DMO(g)上2II(g) MG(g)+CHaOH(g) 起始(mol) 1 52.4 0 0 反应(mol) 0.8 1.6 0.8 0.8 A,点(mol) 0.2 50.8 0.8 0.8 第二步反应，MG转化为乙二醇，列三段式： MG(g)+ 2H2(g) 兰 乙二醇(g) CH,OH(g) 起始(mol) 0.8 50.8 0 0.8 反应(mol) 0.4 0.8 0.4 0.4 A,点(mol) 0.4 50.0 0.4 1.2 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH 的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol,体系中总物质的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+ 0.4mol、1.2mol 0.4)mol=52.2mol,用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度商Q.= 52.2mol52.2mol≈ 0.4 molx(50.0 mol2 52.2 mol 52.2 mol 0.025,D错误。 14.C【解析】HL2-和L3-之间存在转化关系HL2-一H+十L3,则pH较小时，平衡逆向移动，以HL2-为主， 则c(HL2)>c(L3-),lgc(HL2-)>lgc(L3-),则曲线I代表lgc(HL2-),曲线Ⅱ代表lgc(L3-),随着pH增 化学参考答案(H6)一2 大，HL2-一H+十L3-平衡正向移动，c(L3-)增大，C+和L3-结合形成配离子的反应依次为Cu+十L3 一[CuL]-K1、L3-十[CuL]一[CuL2]4-K2,因此随pH增大，δc2+持续减小，为曲线Ⅲ，6[c先 增大后减小，为曲线V,cL一直增大，为曲线V,据此回答。曲线Ⅲ和曲线V的交点代表6c2+=cl, 即c(Cu+)=c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3)=一9.4，代入平衡常数表达式得K=cC,) c([CuL]) =10=1024,A正确；曲线I和曲线Ⅱ的交点代表1gc(L3-)=lgc(HL2-),即c(L3-）=c(H2),此时 pH=11,6,代入平衡常数表达式得K=cL)S)=10-16,B正确；曲线N和曲线V的交，点代表d c(HL) c2,即c([CuL2]4-)=c([CuL]),此时lgc(L3-)=-7.2,可得L3-十[CuL]一[CuL2]4-的平衡常 c([CuL2]4-) 数K2气)m万1002，a点时，6c*三c代入KXK,=c.CX c(L):c[C])=2-1034X1022=10166,解得c(L)=1089mol/L,且a点对应c(H2-)= c([CuL2]4-) 0.1mol/L,代入Hm2一H*+L的平衡常数K=cL)=1016,计算得c(H*)=103 mol/L, c(HL2-) 故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时，c(HL2-)最大，接近10-1mol/L,结合B项中平衡常数可计算得 c(L3-)≈1062mol/L,由图像可知，cl,=0.90,6ol=0.09,结合Cu元素守恒知，c([CuL2]-)= 0.90×0:002mol/L=1.8×10-3mol/L,c([CuL]-)=0.09×0.002mol/L=1.8×10-4mol/L,因此体系中 c(HL-)>c([CuL2]4-)>c([CuL])>c(L3-),D正确。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(15分，除标注外，每空2分) (1)三颈烧瓶(1分)CH,C00H+H,O,循化剂CH,C000H+H,O(条件的“55℃写成“△”也给分) 55.℃ (2)温度过高，CH3 COOOH会引起爆炸(1分)，H2O2会受热分解损失(1分)（共2分） (3)促进生成CH COOOH的反应正向进行，提高过氧乙酸的产率打开放空阀 (4)油水分离器内液面高度保持不变（或冷凝管中不再有液体滴下） (5)ABD(选对1个或2个给1分，有错0分，共2分) (6)0.1(V,-V2) 【解析】利用醋酸(CH COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3 COOOH), 冷凝回流后利用油水分离器分离出水，促进反应正向进行，反应结束后，再冷却收集产物，初步分离产品后，将 所得产品进行实验分析。 (4)根据产生的水的量不变可判断反应达平衡，待观察到油水分离器内液面高度保持不变时，说明反应已经 结束。 (5)本实验涉及过氧乙酸（腐蚀性、易爆炸）、有机溶剂（易燃）等，需要在通风良好的环境下并佩戴护目镜操作， 在实验结束后清洗双手，A正确；反应结束后，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品是分离去掉难溶固体 酸，方法是过滤，B正确；二者核磁共振氢谱峰面积之比虽然都为3：1，但由于其化学环境不同，核磁共振氢 谱图有区别（如化学位移不相同），C错误。 (6)根据I2+2S2O号一2I+SO,由得失电子守恒可知： 0—0~12 2S2O3 1 2 0.05V1X10-3mol 0.1V1×10-3mol 双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知： 5H2O2 2KMnO S 2 0.05V2×10-3mol 0.02V2×10-3mol 则mL样品中含有n(CH,C000用=(0.05V,×10-0.05v,×10)m0l,由公式c=号可得，样品中过 氧.乙酸的浓度为0.05yX10-0.05Y,×10nm0l·L1=0.1Y,-V2mol·L 当x10 V 化学参考答案(H6)一3 16.(14分，除标注外，每空2分) 分) (2)2(CsAISiz,O6·H,O)+5Na,C0,绮能C,C0,十2NaA1O,十4NaSi0,+2H,0+4C02个 除去油脂(1分)、将TaO2氧化为NaTaO3(或将Ta从+4价氧化至+5价)(1分)（共2分） (3)HTaO3、H2SiO3(写对1个给1分，有错0分，共2分) (4)85.7提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)/增大相比V(增加有机相体积)/增加萃取级数（如进行二 级三级萃取) (5)H2SO4(1分) (6)3CsCI·2SbCl3+2H2O=2SbOC1￥+3CsCI+4HCl 【解析】含铯废渣（主要含CsA1SiO。·H2O、TaO2、Fe2O3、TiO2及油脂等）中加入足量碳酸钠、通氧气“焙烧”， CsAlSi,2O6·H2O转化为(s2(O,、NaAIO2、Na2SiO3,TaO2被氧化为NaTaO3,TiO2转化为Na2TiO3,氧化铁 不变，油脂通过焙烧除去，加入盐酸“酸浸”，Cs2CO3、NaAIO2、Fe2O3、Na2TiO3分别变为Cs+、AI3+、Fe3+ TiO2+进入溶液，N,SiO3与盐酸反应生成H2SiO3,NaTaO3转化为HTaO3与H2SiO3一起进入滤渣A,滤液 中加入H(),与Ti)2配位形成[TiO(H2O2)]+,加入HA进行“萃取”，再加入硫酸溶液(X)进行“反萃取” 获得T()SO溶液，萃取后溶液加入SbC3、HCI“沉铯”。 (4)取300L[TO(H2O2)]2+总浓度为28mg/L(以Ti元素计)的溶液，加入300L某萃取剂，若D=10,D= T-10,e[T]k×300L+bc[T]hX50L=50LX28mg/L,故c[T-40mg/L,Ti的 c[Ti门水相 萃取率=300LX40mg/×100%≈85.7%。 500L×28mg/L 17.(14分，每空2分) (1)-206.1 (2)①Cat4②c (3)增大 (4)3>2>1温度高于700℃，随着温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动的影响大于反应I平衡逆向移动的影 响，使CO2的平衡总转化率增大（或温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，反应I平衡逆向移动，温度高于700℃， 以反应Ⅱ的影响为主，故CO2的平衡总转化率增大) (5)1:7(或}) 【解析】(1)根据盖斯定律，反应I减去反应Ⅱ得(CO(g)十3H2(g)一CH4(g)十H2O(g),则△H=△H一 △H2=-206.1kJ/mol。 (2)①根据图示可知，催化剂为Ct4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷。 根据关系式nk景X十骨减小时，温度升高，反应速率加快，速率常薮增大，纵坐标增大：报 l,Catl比Cat2在相同条件下的速率大，Catl时活化能小，则斜率大的是Catl,故选c。 (4)反应I为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故 >2>1;二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应【放热，温度升高，平衡逆向移动，反 应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化 率以反应Ⅱ的影响为主。 (5)只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为amol,则通入的二氧化碳物质的量为2amol,CO2的平衡转化 率为25%，列三段式： CO2(g)+H2(g) 三C0(g) 十 H2O(g) 始/mol 2a a 0 0 转/mol 0.5a 0.5a 0.5a 0.5a 平/mol 1.5a 0.5a 0.5a 0.5a 该反应前后气体分子数不变，用物质的童代替物质的童浓度计算平衡常数K二：X。同温同压 下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，C○2的平衡转化率为40%，列三段式： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 始/mol 2a 0 0 转/mol 0.8a 0.8a 0.8a 0.8a 平/mol 1.2a 0.2a 0.8a 0.8a 化学参考答案(H6)一4 根搭K-08X》-号，解得nH,O》。=0.1am0l,则相同时间内出口a和出口b中H0的质量 1.2aX0.2a 比等于物质的量之比=0.8a-0.1a7 0.1a_1 18.(15分，除标注外，每空2分) (1)(酮)羰基、酰胺基（写对1给1分，有错0分，共2分） (2)浓硫酸、浓硝酸、加热2-硝基甲苯(1分) (3)还原反应(1分) +NaOH- +NaBr+H,O COCI 5)H3C CH-NH、H3C N=CH2、 飞CH-CH(任写一种) (6)过量NH,与氯化氢反应生成氯化铵，使平衡正向移动(1分)；NH不足时，生成的G继续与F反应，生成 副产物（或1分子氨气与2分子或3分子F发生反应，生成副产物）(1分)（共2分） CH, CH,CI CH,OH CHO CI, 个N0,光照 NO. NaOH水溶液 02 低价钛 NO, 〔(3分) Cu、△ NO,O,N CH. CH. 【解析】采用逆推法，由A、B的分子式和C的结构简式，可推出A为 、B为 NO2;由流程中 和D的分子式，可确定D为 由E前后物质的结构简式，可推出E为 NH,HN Br 由F和H的结构简式及G的分子式，可推出G为 CONH, COCI (5)由分析可知，D为 ,符合下列要求：“1.含有联苯( )结构，且除苯环外不含 其他环状结构；ⅱ.核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1”的D 的同分异构体中，除含有 外，还可能含一CH2、一CII一NH或一N=CH2,或H2N一、 CH=CH2,则可能的结构简式为H,C人人) CH=NH,HC》 N-CH2、 HN〈-CH=CH,· ea.-+H一8 +HCI。反应④进行时，若NH?过量，过量的NH3将与反应 产物HCI继续反应生成NH,Cl,减小生成物浓度，有利于反应正向进行；若NH不足，则F有剩余，剩余的F 将与生成的G继续反应，则F的转化率未发生明显降低，但G的产率却显著下降。 化学参考答案(H6)一5