精品解析：四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测 化学试卷

广元市高2026届第二次高考适应性检测 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，监考员将试卷、答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cu-64 Zr-91 I-127 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。 1. 目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是 A. 利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料 C. “燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和” D. 重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油 2. 下列有关叙述正确的是 A. 可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油 B. 葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体 C. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有 D. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 3. 下列化学用语或图示表示不正确的是 A. 聚丙烯的结构简式： B. SCl2的VSEPR模型： C. NaCl溶液中的水合离子： D. NH2OH的电子式： 4. 儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是 A. Z与足量的溴水反应消耗3mol Br2 B. 可用酸性溶液鉴别X和Z C. Y存在二元芳香酸的同分异构体 D. X分子中所有原子可能共平面 5. HCHO还原银氨溶液的方程式为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 100 g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为 B. 22.4 L的含电子数为 C. 1 mol HCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为 D. 1 mol 中σ键数目为 6. 下列相关离子方程式表示正确的是 A. 向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色： B. 向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去： C. 向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成： D. 向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝： 7. 下列实验装置能达到实验目的是 A．从废铝合金中提取Al B．除去金属表面油污 C．完成钠的燃烧实验 D．验证铁与水蒸气反应生成H2 A. A B. B C. C D. D 8. 化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有Y与Z同周期。Z与R同族，Z在地壳中含量最高，基态Q原子的次外层全部填满电子，最外层电子数为1。下列说法正确的是 A. 沸点： B. 第一电离能：Y>Z>R C. Q位于元素周期表的ⅠA族 D. 原子半径：R>Z>Y 9. 我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，由电极a移向电极b。下列说法正确的是 A. 放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极a B. 放电时，电极b的电极反应式为 C. 充电时，消耗的同时将生成 D. 充电时，电极a的电极反应式为 10. 锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 该氧化物的密度为 C. p点和q点之间的距离为 D. 该晶体中Zr的配位数为4 11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是 已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 下列说法错误的是 A. 无水MgCl2在熔融状态下电解产生Mg B. “浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3 C. 该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应 D. “浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成 12. 室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是 选项 实验方案设计 实验结论 A 将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性： B 分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr) C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成 证明炭可与浓HNO3反应生成NO2 D 将25℃ 0.1mol/L Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小 说明水解过程放热 A. A B. B C. C D. D 13. 研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A. 反应历程中只有做催化剂 B. 增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 C. 总反应为 D. 经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 14. T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是 A. 逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c) B. T℃时，该反应的化学平衡常数为 C. 图中c点所示条件下，v正>v逆 D. 容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7 15. 常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是 A. pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) B. pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) C. 0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)<c(H+) D. 用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、非选择题：本题共4小题，共55分 16. 碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量）制取单质碘并用于花生油碘值的测定。 Ⅰ、制取的流程：含碘废液（NaI，少量)→制CuI→制 已知：①碘易升华，在常温下微溶于水； ②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。 （1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。 ①图中仪器A的名称为______。 ②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式______。 ③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：。则实验中加入Na2SO3的作用是______。 （2）制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。 ①D中盛放的试剂为______。 ②检验洗涤干净的方法为______。 Ⅱ、花生油碘值的测定 （3）碘值指100 g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25 g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00 mL 0.05 mol/L ICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：），用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定（），加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00 mL。 ①实验中加入20 mL异己烷的作用为______。 ②判断滴定到达终点的现象为______。 ③该花生油的碘值为______g。 17. 从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下： 已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+； ②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全； ③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。 （1）提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。 （2）“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。 （3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。 （4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于______。 （5）反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。 A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层 C．反萃取后，Cu2+被转移至水相 （6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。 18. 碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下： ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1 ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1 （1）反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=______kJ·mol-1。 （2）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性］随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是______。 ②T℃时，若在密闭容器中充入2mol CO2和2.8mol H2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=______Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。 （3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为______。 （4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是______。 ②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是______。 ③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：______。 19. 化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。 （2）由G生成M的化学方程式为______。 （3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为______。 （4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式______(任写一种)。 ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基 ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰 （5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。 ①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为______。 ②第三步反应的化学方程式为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广元市高2026届第二次高考适应性检测 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，监考员将试卷、答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cu-64 Zr-91 I-127 第Ⅰ卷(选择题，共45分) 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。 1. 目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是 A. 利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料 C. “燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和” D. 重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油 【答案】B 【解析】 【详解】A．脂肪酸相对分子质量较小，不属于有机高分子，利用合成脂肪酸是无机小分子向有机小分子的转变，A错误； B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，B正确； C．“燃煤脱硫”技术可减少排放、降低酸雨危害，但无法减少排放，对实现“碳达峰、碳中和”没有帮助，C错误； D．石油气、汽油、煤油和柴油是原油直接分馏得到的轻质馏分，重油是原油分馏后剩余的重质组分，通过分馏无法从重油中得到上述轻质油品，D错误； 答案选B。 2. 下列有关叙述正确的是 A. 可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油 B. 葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体 C. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有 D. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 【答案】A 【解析】 【详解】A．植物油属于酯类，热的浓溶液可使其水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，混合后不分层；矿物油属于烃类，与不反应，混合后分层，二者现象不同可区分，A正确； B．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，葡萄糖是含醛基的单糖，蔗糖是无醛基的二糖，结构不相似，不互为同系物；淀粉和纤维素聚合度不同，分子式不同，不互为同分异构体，B错误； C．酸化的溶液中和共存时具有强氧化性，可将氧化为，也会生成白色沉淀，无法证明溶液中一定有，C错误； D．使品红褪色是因为其与水反应生成的HClO具有强氧化性，而使品红褪色是与有色物质化合生成不稳定无色物质，属于化合漂白，不体现氧化性，D错误； 故选A。 3. 下列化学用语或图示表示不正确的是 A. 聚丙烯的结构简式： B. SCl2的VSEPR模型： C. NaCl溶液中的水合离子： D. NH2OH的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚丙烯的单体为丙烯，结构简式为，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯的结构简式为，A错误； B．SCl2​的中心原子S的价层电子对数为，有2对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，B正确； C．溶液中，和会与水分子形成水合离子，水分子的氧原子（带部分负电荷）靠近，氢原子（带部分正电荷）靠近，故NaCl溶液中的水合离子为，C正确； D．NH2OH中N原子与2个H原子形成共价键，O原子分别与N、H原子形成共价键，故NH2OH的电子式为，D正确； 故选A。 4. 儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是 A. Z与足量的溴水反应消耗3mol Br2 B. 可用酸性溶液鉴别X和Z C. Y存在二元芳香酸的同分异构体 D. X分子中所有原子可能共平面 【答案】C 【解析】 【详解】A．中含有两个酚羟基，两个酚羟基的邻、对位共有三个H能被溴原子取代，1mol Z与足量的溴水反应可消耗3mol，但选项中未明确Z的物质的量，因此无法计算的消耗量，A错误； B．X中的醛基、Z中的酚羟基均能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液鉴别X和Z，B错误； C．的分子式为，不饱和度为6，存在二元芳香酸的同分异构体，如，C正确； D．X分子中存在1个杂化的碳原子，即饱和碳原子，该碳原子与其直接相连的四个原子构成四面体结构，不可能所有原子共平面，D错误； 故答案选C。 5. HCHO还原银氨溶液的方程式为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 100 g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为 B. 22.4 L的含电子数为 C. 1 mol HCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为 D. 1 mol 中σ键数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．100 g 30%的HCHO溶液中，HCHO质量为30 g（1 mol），含1 mol氧原子；溶剂水质量为70 g（约3.889 mol），含约3.889 mol氧原子；总氧原子数约4.889 mol（即4.889NA），A错误； B．未指明气体处于标准状况，22.4 L NH3的物质的量不一定是1 mol，因此电子数不一定为10NA，B错误； C．根据反应HCHO → ，碳氧化态从0升至+4，失去4个电子；1 mol HCHO反应转移4 mol电子（4NA），不是2NA，C错误； D．[Ag(NH3)2]+中，Ag+与2个NH3形成2个配位键（属于σ键），每个NH3有3个N-H σ键，共6个；总σ键数=2+6=8，1mol [Ag(NH3)2]+含8 mol σ键（8NA），D正确； 答案选D。 6. 下列相关离子方程式表示正确的是 A. 向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色： B. 向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去： C. 向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成： D. 向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝： 【答案】D 【解析】 【详解】A．AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：，A错误； B．高锰酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为锰离子，离子方程式为：，B错误； C．pH=4，溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化铁，离子方程式为：，C错误； D．酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：，D正确； 故选D。 7. 下列实验装置能达到实验目的是 A．从废铝合金中提取Al B．除去金属表面油污 C．完成钠的燃烧实验 D．验证铁与水蒸气反应生成H2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解AlCl3溶液时，由于溶液中的氧化性强于，因此在阴极上是得电子生成氢气，而不是得电子生成金属铝，故该装置不能用于从铝合金中提取铝，A错误； B．油污属于酯类，在碱性加热条件下会发生水解生成可溶于水的物质，从而除去油污。​溶液中​水解使溶液显碱性，加热可以促进​水解，增强去污能力，该装置可以加热浸泡金属除去表面油污，能达到实验目的，B正确； C．钠燃烧反应温度很高，烧杯不耐高温，加热时会炸裂，钠的燃烧实验需要在坩埚中进行，因此不能达到实验目的，C错误； D．铁与水蒸气反应需要高温才能发生，该装置仅在湿棉花（提供水蒸气）处加热，还原铁粉处没有加热装置，D错误； 故选B。 8. 化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有Y与Z同周期。Z与R同族，Z在地壳中含量最高，基态Q原子的次外层全部填满电子，最外层电子数为1。下列说法正确的是 A. 沸点： B. 第一电离能：Y>Z>R C. Q位于元素周期表的ⅠA族 D. 原子半径：R>Z>Y 【答案】B 【解析】 【分析】元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，说明X为H元素；Z在地壳中含量最高是O元素；Z与R同族说明R是S元素；Q原子序数最大，基态原子次外层全满，最外层1电子，为Cu元素；Y与Z同周期，结合化合物的化学式为(YX4)2Q(RZ4)2，Y为N元素，综上所述，X、Y、Z、R、Q分别为H、N、O、S、Cu；据此作答。 【详解】A．X为H，Y为N，Z为O，R为S，NH3、H2O分子间均有氢键，沸点高于无氢键的H2S，且水分子间氢键更强，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>H2S，A错误； B．Y为N，Z为O，R为S，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：N>O>S，B正确； C．Q为Cu，属于第ⅠB族，C错误； D．电子层数越多，原子半径越大，则S原子半径最大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，即原子半径：S>N>O，D错误； 故答案选B。 9. 我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，由电极a移向电极b。下列说法正确的是 A. 放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极a B. 放电时，电极b的电极反应式为 C. 充电时，消耗的同时将生成 D. 充电时，电极a的电极反应式为 【答案】D 【解析】 【分析】上述装置为二次电池，放电时，由电极a移向电极b，即a作正极，b为负极；充电时，电极a变为阳极，应发生氧化反应，电极b变为阴极，发生还原反应。 【详解】A．原电池中，电流从正极（电极a）经外电路流向负极（电极b），与电子流向相反，A错误； B．放电时，电极b为负极，发生氧化反应，失去电子，其电极反应式为，B错误； C．充电时总反应为，故每消耗6 mol ，实际是消耗1 mol；若消耗3 mol，则消耗0.5mol，C错误； D．充电时，原正极a变为阳极，应发生氧化反应，电极a的电极反应式为，D正确； 故选D。 10. 锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 该氧化物的化学式为 B. 该氧化物的密度为 C. p点和q点之间的距离为 D. 该晶体中Zr的配位数为4 【答案】C 【解析】 【详解】A．由均摊法，该晶胞中Zr个数为4，O个数为，所以该氧化物化学式为ZrO2，A错误； B．该晶胞分子式为ZrO2，一个晶胞中有4个ZrO2，所以该氧化物密度为，B错误； C．根据p点坐标参数为，可知q点坐标参数为，所以pq距离为=，C正确； D．根据Zr的坐标参数和图示结构可知，Zr的配位数为8，D错误； 故选C。 11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是 已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 下列说法错误的是 A. 无水MgCl2在熔融状态下电解产生Mg B. “浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3 C. 该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应 D. “浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成 【答案】C 【解析】 【分析】菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)加入盐酸酸化后，浸渣为SiO2（不与盐酸发生反应），第二步加入适量MgCO3调节pH进行除杂，此时转化为Fe(OH)3沉淀，结合溶度积可知，会转化为CaCO3沉淀。 【详解】A．工业上通过电解熔融无水MgCl2在​制备金属Mg，A正确； B．菱镁矿中SiO2不与盐酸反应，酸浸后成为“浸渣”，酸浸后溶液含、，加入MgCO3调节，使转化为Fe(OH)3沉淀，结合溶度积可知，会转化为溶解度更小的CaCO3沉淀，因此“滤渣”为Fe(OH)3和CaCO3，B正确； C．流程中，酸浸、除杂涉及复分解反应，氨化生成​属于化合反应，热解生成属于分解反应，整个流程没有置换反应发生，C错误； D．可发生水解反应浓缩脱水加热时，HCl挥发促进水解，可能生成Mg(OH)Cl沉淀，D正确； 故选C。 12. 室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是 选项 实验方案设计 实验结论 A 将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性： B 分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr) C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成 证明炭可与浓HNO3反应生成NO2 D 将25℃ 0.1mol/L Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小 说明水解过程放热 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生，酸性条件下可同时氧化和，实验仅能证明氧化性、，无法比较和的氧化性强弱，故A错误； B．难溶电解质的越大，其饱和溶液中对应离子浓度越大，等体积饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，加足量AgNO3时生成AgCl沉淀更多，可证明，故B正确； C．浓硝酸受热易分解生成，无法确定红棕色是炭与浓硝酸反应生成还是浓硝酸自身分解产生，故C错误； D．加热过程中易被空气中氧化为，Na2SO4为水中性盐，从而导致溶液碱性减弱，pH减小，且盐类水解通常为吸热过程，不能证明水解放热，故D错误； 故答案选B。 13. 研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是 A. 反应历程中只有做催化剂 B. 增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大 C. 总反应为 D. 经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误； B．LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误； C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确； D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误； 故答案选C。 14. T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是 A. 逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c) B. T℃时，该反应的化学平衡常数为 C. 图中c点所示条件下，v正>v逆 D. 容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7 【答案】B 【解析】 【详解】A．逆反应速率与体系内生成物浓度正相关，a、b、c三点温度相同，a点容器体积最小，气体浓度最高，b点次之，c点体积最大、反应速率最慢且未达平衡，生成物浓度最低，因此逆反应速率大小关系为，A正确； B．由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为： ， 各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=，T℃时，该反应的化学平衡常数，B错误； C．相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，反应仍在正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C正确； D．a点反应三段式为： ， b点反应三段式为： ， a点平衡时，。b点时，设转化率为，由图可知，此时。压强比，因且，故。由于，所以成立，D正确； 故答案选B。 15. 常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是 A. pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) B. pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) C. 0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)<c(H+) D. 用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L 【答案】A 【解析】 【分析】根据图示，c(HA-)=c(H2A)时pH=1.6， ；c(HA-)=c(A2-)时pH=6.8，； 【详解】A．，pH=4.2时，c(H2A)= c(A2-)，c(H+)> c(OH-)，所以c(H2A)+c(H+)>c(A2-)+c(OH-)，故A错误； B．，，pH=3.7时，、；所以c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，故B正确； C．，0.1mol/L的Na2A溶液中c(A2-)≈0.1mol/L，，溶液呈碱性c(H+)远小于10-7，所以c(H2A)<c(H+)，故C正确； D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒，2c(A2-)≈c(M2+)，设c(M2+)=xmol/L，则Ksp(MA)=x×0.5x=2×10-8，x=2×10-4mol/L，故D正确； 选A。 第Ⅱ卷(非选择题，共55分) 二、非选择题：本题共4小题，共55分 16. 碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量）制取单质碘并用于花生油碘值的测定。 Ⅰ、制取的流程：含碘废液（NaI，少量)→制CuI→制 已知：①碘易升华，在常温下微溶于水； ②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。 （1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。 ①图中仪器A的名称为______。 ②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式______。 ③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：。则实验中加入Na2SO3的作用是______。 （2）制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。 ①D中盛放的试剂为______。 ②检验洗涤干净的方法为______。 Ⅱ、花生油碘值的测定 （3）碘值指100 g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25 g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00 mL 0.05 mol/L ICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：），用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定（），加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00 mL。 ①实验中加入20 mL异己烷的作用为______。 ②判断滴定到达终点的现象为______。 ③该花生油的碘值为______g。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. ③. 还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀 （2） ①. NaOH溶液(或其他碱溶液) ②. 取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净 （3） ①. 作为溶剂 ②. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ③. 101.6 【解析】 【分析】向含碘废液中加入亚硫酸钠，将废液中少量还原为，再加入硫酸铜溶液，使与发生氧化还原反应生成CuI沉淀，亚硫酸钠的存在可避免副反应生成，保证完全转化为CuI，提高产率；随后用浓硝酸氧化CuI得到，通过洗涤、干燥提纯产品，利用与亚铁氰化钾的特征红褐色沉淀反应检验洗涤是否完全，确保产品纯度。在碘值测定中，利用ICl与油脂反应后加入过量KI将剩余ICl 转化为，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的，以淀粉为指示剂，通过蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的ICl量，进而换算为100 g油脂消耗的质量（即碘值）。据此分析。 【小问1详解】 ①图中仪器A的名称为三颈烧瓶。 ②根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价（2个Cu共降2价），S元素从+4价升为+6价（升2价），电荷、原子守恒配平即得到离子方程式。 ③不加​时，与反应会生成一半​，碘元素无法完全进入CuI沉淀，作还原剂，将所有​还原为，保证碘完全转化为CuI，提高回收率。 【小问2详解】 ①浓硝酸与CuI反应会生成有毒氮氧化物尾气，同时挥发的碘也需要吸收，用NaOH碱液可以吸收这些有毒物质。 ②反应后滤液中含有（来自CuI被氧化），固体表面会吸附等杂质离子，洗涤的目的就是洗去这些离子，因此只要最后一次洗涤液中检测不到，就说明洗涤干净，所以检验洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净。 【小问3详解】 ①油脂难溶于水，易溶于有机溶剂，异己烷作为溶剂，使反应物充分接触反应。 ②淀粉遇碘变蓝，硫代硫酸钠将碘完全反应后，蓝色褪去，故判断滴定到达终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色。 ③根据关系式​计算： 总，过量， 反应的，相当于消耗，质量为， 则100 g花生油消耗碘的质量为。 17. 从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下： 已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+； ②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全； ③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。 （1）提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。 （2）“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。 （3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。 （4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于______。 （5）反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。 A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层 C．反萃取后，Cu2+被转移至水相 （6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。 【答案】（1） ①. 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 ②. 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可) （2）CaSO4 （3）5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O （4）6.3 （5）AC （6）0.64 【解析】 【分析】工业废渣[含、、、、、、等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得滤渣，滤液中的主要存在、、、、，滤液中加入，得到滤渣，得滤液中加入溶液深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取剂，发生反应，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。 【小问1详解】 粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸； 【小问2详解】 根据分析可知，滤渣的主要成分是； 【小问3详解】 深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为； 【小问4详解】 欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制； 【小问5详解】 A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确； B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误； C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确； 故答案选AC； 【小问6详解】 若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。 18. 碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下： ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1 ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1 （1）反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=______kJ·mol-1。 （2）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性］随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是______。 ②T℃时，若在密闭容器中充入2mol CO2和2.8mol H2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=______Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。 （3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为______。 （4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是______。 ②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是______。 ③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：______。 【答案】（1）-90.7 （2） ①. 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 ②. （3）25% （4） ①. A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率 ②. 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 ③. 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 【解析】 【小问1详解】 将主反应减去副反应，可得反应，； 【小问2详解】 ①主反应前后气体的计量数之和减小、副反应的气体计量数之和不变，增大压强，主反应正向移动，副反应平衡不移动，则甲醇的选择性增大； ②根据主反应和副反应的方程式可知：消耗等于生成的、CO的物质的量之和，已知，设生成的，甲醇的选择性为40%，则，解得x=0.4；平衡时，，，，，混合气体总物质的量为，，，则T℃时，主反应的压强平衡常数； 【小问3详解】 230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，根据碳原子守恒可知：消耗的的物质的量等于生成的、CO的物质的量之和，则该温度下的转化率为=； 【小问4详解】 ①由图1判断：实验中反应A、B、C、D点的实验值都小于平衡值，则A、B、C、D点都未达到化学平衡状态，故未达到化学平衡状态的点为A、B、C、D； ②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动、副反应正向移动；温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高而增大； ③温度相同时，主反应的速率大于副反应的速率，单位时间内生成的量比生成CO的量多，导致选择性的实验值略高于平衡值。 19. 化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下： 已知：① ② 回答下列问题： （1）C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。 （2）由G生成M的化学方程式为______。 （3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为______。 （4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式______(任写一种)。 ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基 ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰 （5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。 ①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为______。 ②第三步反应的化学方程式为______。 【答案】（1） ①. (酮)羰基、羧基 ②. 3 （2） （3） ①. 取代反应 ②. （4）、、、、、、、，(任写一种) （5） ①. 2-甲基-1，5-己二烯 ②. +CH3OH 【解析】 【分析】结合已知信息，由C的结构简式，可以推出B的结构简式为，A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C到D是酯化反应，故D的结构简式为，E到F发生加成反应，故F的结构简式为，再发生消去反应，得到G，继续发生加聚反应生成M。 【小问1详解】 由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：； 【小问2详解】 由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为； 【小问3详解】 F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为； 【小问4详解】 E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i.分子中含有苯环和2个酚羟基；ii.核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、（任写一种）； 【小问5详解】 ①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯； ②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $