2026年高考冲顶压轴信息卷-化学-1

2026届高考冲顶压轴信息卷参考答案 化学（一） 1.A【解析】0.9%的氯化钠溶液是等渗溶液，在此浓度下，蛋白质仅发生溶解或分散，未破坏其空间结构，属于物理变化，A 项正确：硝酸铅是重金属盐，会导致蛋白质变性，破坏结构，属于不可逆的化学变化，B项错误；酒精作为有机溶剂，可使 蛋白质变性，属于化学变化，C项错误；甲醛能与蛋白质中的氨基结合，使其凝固变性，属于化学变化，D项错误。 2.A【解析】ZS为离子化合物，锌离子在电子式中用Zm2+表示，硫离子为阴离子，带方括号，故ZnS的电子式为Zm[S:P,A 项正确；C0为直线形分子，B项错误：C0为离子晶体，C项错误；乙酸的分子中，碳原子与氧原子之间形成了双键，氧 原子比碳原子电负性更强，因此氧原子会吸引更多的电子，导致氧原子带部分负电荷，碳原子带部分正电荷，电荷分布 不均匀，所以乙酸是一个极性分子，D项错误。 3.CI解析】该配位化合物中配体有5个NH,和1个CI,配位数为6，A项错误；H,0分子的VSEPR为四面体，B项错误；该配 位化合物中配体NH,中的N和C均存在孤电子对，C提供空轨道，N原子和C1原子提供孤电子对形成配位键，C项正 确：NH,中N的最外层电子数为5，其3个价电子与H形成共价键，剩余2个价电子形成1对孤电子对，D项错误。 4.A【解析】已知Na,Fe0,是由Na和FeO~构成的，故0.1 molNa,Fe0,晶体含有离子的数目为0.1mol×3×Nmol=0.3NA,A项 正确；题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1molL的NaNO溶液中含有NO,离子的数目，B项错误；题干未告知气体 所处的状态，即无法计算22.4LNH,的物质的量，也就无法计算反应①每生成22.4LNH,转移电子的数目，C项错误；由题 干流程图可知，反应③为Na,Fe0+NaFe,0,二Fe0,+2Na,0,反应中没有元素化合价发生改变，属于非氧化还原反应，D 项错误。 5.B(解析】淀粉溶液属于胶体，能产生丁达尔现象，A项正确；高温会导致蛋白质失活，醇氧化酶、甲酰酶等活性降低或失 去催化性能，则升高温度不一定会加快反应速率，B项错误；反应①消耗1molC02,同时消耗3molH2,转移电子数目为 6NA,C项正确；HO 儿0a与乳酸r6co0 )分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D项正确 6.A【解析】纯净的硝酸是无色的，浓硝酸在热或光下易分解放出NO,而呈黄色，A项正确：硫化钠溶液有臭鸡蛋气味，是因 为S的水解，水解是可逆反应，且分步进行，B项错误：2HC10光照2HC1+0,↑，C项错误：Na表面出现白色薄膜，是因为 被氧化生成Na,0的原因，D项错误。 7.D(解析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构 可判断出Y连接3根共价键， Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p'或1s2s2p3s3p,R与Z同主族，且R 的原子序数大于Z,R、Z均为短周期主族元素，因此R为C1元素，Z为F元素；由[XZ,R.]可知X的化合价为+3价，X 为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl。X为B元素，Y为N元素，Z为F元素，YZ为NF,XZ,为BF,BF,中B的价 层电子对数为3，无弧电子对，因此为非极性分子，NF,的价层电子对数为4，有1对孤电子对，为极性分子，因此分子极 性NF,>BF,即YZ,>XZ,A项正确；同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IA、ⅢA相反，VA、MA相反， Y为N元素，同周期第一电离能大于N的元素有2种，B项正确；R为CI元素，Z为F元素，Y为N元素，电子层数越多半径 越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：R>Y>Z,C 项正确；该离子液体阳离子 中有C-N、C-H极性键，连接4根共价键的N有配位键，液体阳离子中无离子 键，D项错误。 8.D解析】碳酸氢钠加热易分解，蒸发NaHC0,溶液不能制备NaHC0,晶体，A项错误；O,的密度大于空气，收集时应该长 进短出，B项错误；乙醇和乙酸的酯化反应为可逆反应，不能用此法除去乙酸，C项错误；分液可以将1的苯溶液与水分 离，D项正确。 9.C解析】Zn是30号元素，Zm2是Zm原子失去最外层的2个4s电子形成的，其核外电子排布式是1s22s2p3s23p3d,可见 其核外s轨道的电子数目6个，故1mol基态Zm2“中，s轨道的电子数目为6W,A项错误；在该晶胞中含有Zm2“数目是8× 8+6x24:含有的S数目是4x1=4,因此该晶胞中含有4个2nS。97gZnS晶体中含有ZmS的物质的量是1m0l,因此含有 2 的晶胞数目为X,B项错误：根据图示2号和3号的相对位量，可知两个原子之间的最短距离为晶胞体对角线的子。 1 A·化学·新高考（共17页） 晶胞参数是anm,则该晶胞体对角线长度为V3anm,故2号和3号原子之间的最短距离为V3an 二nm,C项正确；根据晶 4 胞中1号、3号原子的坠标及2号原子在距坐标原点处于休对角线的位置处，可知2号原子的坐标为？2》.D项错误。 10.B解析】X含有羟基、醛基两种官能团，A项错误；含有醛基的有机物能与新制氢氧化铜反应，X能发生反应，Y不能发 生反应，所以可以用新制氢氧化铜鉴别X与Y,B项正确；Y→Z的反应类型为取代反应，C项错误；1mol忆含有2m©l酯 基水解后，生成2mol羟基和1mol酚羟基，与足量NaOH反应，最多消耗3 molNaOH,D项错误。 11.C【解析】高硫铝土矿经焙烧后，FS,中的S元素转化为S0,被除去，生成的S0,用赤泥液吸收，防止其污染环境。经碱 浸后，Al,0,转化为[A1(OH,)],Si0,转化为SiO。过滤后将滤渣经酸浸氧化后，Fe2全部被转化为Fe”,用于制备聚合 硫酸铁。[A1(OH,)]进入滤液中，可用于制备明矾。焙烧时，FeS,与0反应生成FeO和S0,即4eS,+ 110,高温2Fe,0,+8S02,用赤泥液吸收生成的S0,即Na,C0,+S0,=Na,S0,+C0,A项正确：从“滤液”到“明矾"的过程 中，由于“碱浸”造成二氧化硅溶于氢氧化钾溶液，滤液中含硅酸盐，需要进行“除硅”步骤，B项正确；聚合硫酸铁可用 于净化自来水，与其组成中的F·具有水解产生胶体的性质有关，与其组成中的Fe*具有氧化性无关，C项错误；在“聚 合”阶段，若增加Fe,0用量，碱性增强，x变大，D项正确。 12.D[解析】配制c mol.L-KIO,溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，A项错误；反应b中生成1molL2, 转移电子的数目为V,B项错误；温度过高，单质确与淀粉不易显色，则滴加的K0,溶液体积偏大，结果偏高，C项错 误；根据关系式3AsO;~3H,As0,-KI0,向amL水样滴人VmL的e mol.LKI0,溶液，KI0,的物质的量为c103,所以 As0的物质的量为3cx10,则1L水样中As0g的含量为3cmoL×V×10-L×123gmol_369cy a×10L 名L,D项正确。 13.A【解析】根据阴阳极电极反应，可知阳极的电极反应为2H,0-4e=02↑+4H,阴极反应式为2C0+12H+12e CH,+4H,0和2C02+12H+12e一C,H,0H+3H,0,阳极生成H,阴极消耗H,所以采用阳离子交换膜更好若采用阴离 子交换膜，则CI会移动到阳极，则会产生氯气，污染空气，A错误、B正确；当0Ti电极生成氧气的物质的量为0.3 mol,可知外电路通过的电子为1.2mol,则阴极消耗二氧化碳总量为0.2mol,已知乙醇的选择性为80%，则生成乙醇消 耗的二氧化碳为0.16mol,依据碳元素守恒，可知生成乙醇的物质的量为0.08mol,C正确；将左侧电极改为铁棒，铁棒 做阴极，实现了通过外加电流法对铁的防护，D正确。 14.A【解析】先进桑德迈尔反应中起催化作用的是CX(先消耗后生成)，CX,是该反应的中间产物，不能降低反应活化能 A项错误；桑德迈尔反应是R-N转化为R-X,重氮官能团被卤素所取代，属于取代反应，B项正确；苯重氮盐 (CH,-NCI)与水反应生成苯酚、氮气和HCI,化学方程式为C6H,-NC+H,0→C6H,-OH+N2↑+HC1,C项 正确；重氨盐在水中易生成酚，而CX的存在使反应定向生成卤代物，说明CX作为催化剂改变了反应路径，实现反 应定向进行，D项正确。 15.【答案】(1)抑制Fe2+和NH水解(2分)(2)①水浴加热(1分)②滁去过量的H,0,(1分) (3)晶体难溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥(2分) (4)2K,FPe(C,0,3H,02FeC,0,+3K,C,0,+2C0,↑+6H,0(2分)(5)250mL容量瓶、胶头滴管(2分) (6)0.033mol(2分)bc(2分) 【解析】由题意可知，制备三草酸合铁酸钾的实验过程为硫酸亚铁铵溶液与草酸溶液反应生成FC,0,沉淀、硫酸铵和 硫酸；反应生成的FC,0,沉淀与草酸钾溶液和过氧化氢溶液在40℃的水浴中加热反应生成三草酸合铁酸钾、氢氧化 铁和水，向反应后的溶液中加人草酸溶液，将氢氧化铁完全转化为三草酸合铁酸钾；向冷却后的溶液中加入无水乙醇 和饱和硝酸溶液溶液降低三草酸合铁酸钾的溶解度，析出K,F©(C,0）,~3H,0晶体，过滤后用无水乙醇洗涤，抽干 得到K,Fe(C,0),3H,0产品。 (1)Fe2+和NH在水溶液中会发生水解生成Fe(OH)2、NH,·H,0、H,加人少量稀硫酸的主要目的是提供酸性环境，抑制 Fe2+和NH水解，从而使FeC,0,沉淀顺利生成。 (2)步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是水浴加热；H,0,在反应中作为氧化剂，但过量H,0,会影响后续反应。 加热煮沸可以除去过量的H,02,确保反应体系的纯净。 A·化学·新高考（共17页） (3)步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是：晶体准溶于乙醇，可减少损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于晶体干燥。 (4)三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成FeC,0,和K,C,0,等物质，Fe元素化合价下降，则C元素化合价 上升生成C0,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2K,F©(C,0),3弭，0望2FeC,0,+3KC,0,+ 2C02↑+6H20。 (5)配制250mL一定物质的量浓度的待测液时，需要使用250mL容量瓶和胶头滴管。 (6)用0.06mol·L的KMn0,标准溶液滴定C,0?,根据得失电子守恒得到关系式：5C,0?-~2MnO:,则样品中草酸根离 子的物质的量为0.02Lx0.06m01-L×2.5×250mL-0.03m0l;其数值比491g纯净三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的物 25mL 质的量高。样品未完全干燥会导致质量偏高，但不会影响草酸根的物质的量，不选；制取过程中草酸或草酸钾用量 过多，会导致消耗KMnO,标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，b选；滴定时盛放KMnO,溶液的滴定 管未润洗，会导致KMO,溶液浓度变小，则消耗KMnO,标准溶液的体积偏大，则测得草酸根的物质的量偏高，c选；滴 定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡，会导致滴定终点的读数偏小，测得消耗KMO,标准溶液的体积偏小，则测 得草酸根的物质的量偏低，d不选。 16.【答案】(1)34s2(1分)d(1分)(2)增大接触面积，提高反应速率(2分) Mn0,+2Fe2+4H'=Mn2+2Fe*+2H,0(2分) (3)12.3<pS≤21.6(2分)随pH减小，S2转化为H,S,降低Pb的去除率，c(Pb2+)增大(2分) (4)Mn2++HC0;+NH,·H,0=MnC03↓+NH:+H,0(2分) (5)Mn2-2e+2H,0=Mn02↓+4H(2分)酸溶(1分) 【解析】(1)Mn为25号元素，基态原子的电子排布式为：1s22822p3823p3d4s2,价电子电子排布式可为3d4s2;在元素周 期表中，该元素在d区。 (2)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MO,与Fe2“反应的离子方程式为 Mn02+2Fe2*+4H'=Mn2+2Fe+2H,0。 3)除铅步翼所得落液中e6)05aL,此时e(S)250mL510alL,因比S=123,由于 该工艺条件下c10L时可认为沉淀完金，则PW恰好完全沉淀时，e(S)2510”ad:L25x10aL 所以pS=21.6,所以pS的范围为12.3<pS≤21.6；由于pH降低，S2转化为HS,降低Pb2的去除率，因此溶液中的c(Pb2“) 逐渐增大。 (4)“沉锰"时Mn和HCO;电离出的CO?结合生成MnCO,沉淀，促进HCO;的电离，产生的H和氨水反应生成NH:和 H,0,所以离子方程式为Mn2++HCO;+NH,·H,0一MnC0,↓+NH+H,0。 (5)用惰性电极电解MnS0,溶液，阳极Mn2放电生成Mn02,生成Mn0,的电极反应为Mn2-2e+2H,0一MnO2↓+4H;电 解液中含有生成的硫酸，可以循环使用，可以将其导入到酸溶操作中。 17.【答案】(1)0.04mol/(Lmin)(2分)(2)AD(2分) (3)4C0(g)+8H2(g)+0,(g)=2H0CH,CH,0H(0)+2H,0(g)△H=(a+2b+2c)kJ/mol(3分)<(1分) (4)L,(1分)该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，减小压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小（或者增大压 强，平衡正向移动，平衡转化率增大)(2分) (5)>(1分) 2分列 12 【解析11)0-30min内，环氧乙烷完全转化，a(环氧乙烷)-4cs(环氧乙烷)_12mal △t 30min -=0.04mol/(L·min)o (2)△=反应物总键能-生成物总键能，主反应中△H<0,则反应物键能和小于生成物键能和，A正确；由题中信息可知 主反应伴随副反应发生，乙二醇作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即乙二醇浓度的变化量小于环氧乙 烷浓度的变化量，则（环氧乙烷）>a（乙二醇)，B错误；主反应中，生（乙二醇）=生（环氧乙烷），副反应 (亿二醇)=侧（二乙二醇），同一反应体系中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中 n(乙二醇)n(二乙二醇)=10：1，即c(乙二醇)：c(二乙二醇)=10：1，a(乙二醇)=（乙二醇）-（亿二醇）， A·化学·新高考（共17页） 反应时间相同，则（亿二醇：（仁乙二醇）=10：1，生（亿二醇）-（亿二醇 =10:1,则 (二乙二醇) v±（亿二醇）v(二乙二醇)=11：1，C错误；选择适当催化剂可使主反应的反应速率更大，提高主反应的选择性，可 提高乙二醇的最终产率，D正确。 (3)由盖斯定律可知，反应i+2×反应i+2×反应出可得4C0(g)+8H,(g)+0z(g)、一2H0CH,CH,0H()+2H,0(g) △H=(a+2b+2c)kJ/mol,该反应是气体体积减小的反应，△S<0,△H-T△S<0时反应能够自发进行，已知该反应在 较低温度条件下能自发进行，说明该反应的△H<0。 (4)该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，减小压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小（或者增大压强，平衡正向 移动，平衡转化率增大)，故L、L,或L,对应a为0.6、0.5、0.4。 (5)由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，升高温 度，反应的K减小，则M、N两点对应的体系，K,(M)>K,(N),L,对应α为0.5，根据已知条件列出“三段式”： 2c0(g)+3H,(g)HOCH,CH,OH(g) 起始(mol) 2 3 0 转化(mol) 1 1.5 0.5 平衡(mol) 1 1.5 0.5 0.5 3 x poMPa 12 若D点平衡时系统压强为PoMPa,.则此时K,= MPa 1.5 ×p.MPa××pMPa Po 18.【答案】(1)2-羟基丙酸(2分)(2)羟基、酯基(2分)(3)C1- CH(2分) (4)1(2分)》 （6)cH0 OCCH--cH,Br+ +HBr CH-C00CH,(2分)取代反应(1分) CH. CH (6)4(2分)HC -00CH(2分) CH 【解析】物质A与甲醇发生酯化反应得到B,B与C CH在一定条件下反应得到C,C与甲苯反应生成D,D中 苯环上的甲基可与Br,反应得到E,E与 COOCH发生取代反应得到目标产物F。 OH (1)A的结构简式是 ,化学名称为2-羟基丙酸。 CH CHCOOH OH (2)B的结构简式是 ,其中官能团的名称是羟基、酯基。 CH CHCOOCH OH (3)从路线图中可知，物质 与X反应得到CH,OOCCH一 cH,结合X分子式为C,H,0,SCl,则 CH CHCOOCH, CH 推断其结构简式为C CH A·化学·新高考（共17页） (4)手性碳原子指连接着四种不同原子或原子团的碳原子，C分子(CH00cCH一0一 CH)中图示*号的碳是 CH 手性碳原子，有1个。 (5)根据路线图可知，E分子中的Br原子与 夏CO0CH,中的标*号碳上的H消去HBr而生成F,化学方程式为 COOCH, +HBr CH,OOCCH- CH2- CH-COOCH ,该反应是取代反应。 CHs CHs CHOOCCH- (6)D的结构简式是 其同分异构体中，①苯环上只有两个取代基且在对位，②能与银氨溶液反 CH 应生成单质银，则含有醛基或甲酸酯基，③能发生水解反应，且水解产物之一能与FCl溶液发生显色反应，则含有酚 酯基，故其同分异构苯环上的两个取代基之一是-O0CH,另一取代基有-C(CH)、-CH,CH,CH2CH、-CH(CH) CHCH、-CH,CH(CH)2,共4种，则D的同分异构体有4种：其中核磁共振氢谱显示为4组峰的结构简式为 CH, HC-C OOCH。 CH2026届高考冲J顶压轴信息卷（一） 化学·信息卷（一） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4本卷命题范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H1C12016S32K39Fe56Zn65As75 吹 8月886 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 圜 题目要求的。 1.2024年诺贝尔化学奖一半授予David Baker.,以表彰其在计算蛋白质设计方面的贡献，另一半则 如 共同授予Demis Hassabis和John M.Jumper,以表彰其在蛋白质结构预测方面的贡献。蛋白质在 下列溶液中只发生物理变化的是 刷 A.生理盐水 B.饱和硝酸铅溶液 C.75%酒精 D.福尔马林 长 2.某大学科研小组利用Cu-ZnS催化剂实现高选择性光还原CO2制CH3 CH2COOH。下列有关说法 正确的是 ( ☒ A.ZnS的电子式：Zm2[S:P B.CO2的空间结构：V形 C.CuO晶体类型：金属晶体 D.CH,COOH分子极性：非极性分子 数 3.利用氧化法制备某些配位化合物，如：2CoCl,+2NH,C1+8NH,+H,02=2Co(NH),C1C,+ 杯 2H,0,下列说法正确的是 戡 期 A.该配位化合物的配位数为5 B.H,O分子的VSEPR为三角形 C.提供孤电子对的成键原子为N和C] D.NH,分子中N的价电子层有2个孤电子对 4.钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力 强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。其转化过 ①NaNO溶液 程如图所示，已知NaNO,的还原产物为NH3,设 NaOH溶液 Fe- NazFeO2 N,为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的 ③ 是 ②NaNO溶液 →FeOa A.0.1 molNa.2Fe02晶体含有离子的数目为0.3N. NaFe2O4 B.0.1mol/L的NaNO2溶液，含有NO2离子的数 目小于0.1N C.反应①每生成22.4LNH3,转移电子的数目为6N D.反应③中，氧化剂和还原剂的数目之比为1：1 5.中国科学家在国际上首次实现从二氧化碳到淀粉的实验室人工合成，部分核心反应如下。设 N为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是 OH H 02 0 CH,OH 甲酰酶HO Zno-Zr02 醇氧化酶 H ③ ② DHA 淀粉 (一)·化学·新高考·A·第1页（共6页） A.淀粉溶液能产生丁达尔现象 B.为了加快反应速率，各部反应均可升高温度 CHCHCOOH C.反应①消耗44gC02,转移电子数为6N D.DHA与乳酸( OH )互为同分异构体 6.一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是 1 浓硝酸颜色发黄 4HN0,4N02↑+0，↑+2H,0 B 硫化钠溶液有臭鸡蛋气味 Na2S+2H,0=2Na0H+HS↑ C 久置的氯水失去漂白性 2HC10光照 Cl2↑+02↑+H2↑ D Na表面出现白色薄膜 2Na+02=Na202 7某有机离子液体结杓为仁[2一丁，元素X,YZ,R为原子序数依次增大的短周期 主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误 的是 A.分子极性：YZ3>XZ B.同周期第一电离能大于Y的元素有2种 C.简单离子半径：R>Y>Z D.该离子液体阳离子中存在离子键、极性键和配位键 8.下列图示中，实验操作或方法符合规范的是 A B C D 乙醇、 浓硫酸 小苏打溶液 乙酸乙酯 (乙酸) 制取NHC03晶体排空气法收集O2除去乙酸乙酯中的少量乙酸用苯萃取碘水后进行分离 9.ZnS的晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm,以晶胞参数建立坐标系，1号原子的坐标为(0， 0,0),3号原子的坐标为(1,1,1)。设N为阿伏加德罗常数的值， 下列说法正确的是 A.1mol基态Zn2+中，s轨道的电子数目为8N B.97gZnS晶体含有的晶胞数目为N C.2号和3号原子之间的最短距离为V3a。 -nm D.2号原于的坐标为(31,3 4’4’4 10.化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下： CH2COOCHs OH COOCHs COOCHs COOCHs CH CH CH: X 下列说法正确的是 A.X含有3种官能团 B.可以用新制氢氧化铜鉴别X与Y C.Y→Z的反应类型为加成反应 D.1molZ与足量NaOH反应，最多消耗2 molNaOH 11.以高硫铝土矿（主要成分为Fe,0、Al,0,SiO2,少量FeS,和硫酸盐）为原料制备聚合硫酸铁[Fe, (OH),(S0,),].和明矾的部分工艺流程如下： :(一)·化学·新高考·A·第2页（共6页） 空气 KOH溶液HSO溶液双氧水 Fe2O, 高硫铝土矿一焙烧 碱没 酸漫→氧化一→聚合浓缩、干燥Fe(O以.S0M 赤泥液一吸收 滤液→…→明矾 已知：赤泥液的主要成分为Na,CO.下列说法错误的是 A.赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2 B.从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤 C.聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的F+具有氧化性有关 D.在“聚合”阶段，若增加Fe0用量，会使[Fez(OH).(S0,),]n中x变大 12.饮用水中含有砷会导致砷中毒，测定水体中亚砷酸盐(As0；)的含量过程如下：①酸化：加入 一定量盐酸使As0转化为H,As03;②滴定：反应a:3HAs03+I0一3H3As0,+I;反应b:5+ I0+6H一3L2+3H,0。若取amL水样，向其中加入一定量盐酸使As0;转化为H,As03,再加入 2滴淀粉指示剂，用cmol·LKIO,溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗KIO,溶液VmL。(已知： 50℃以上碘会从淀粉包合物中脱离)。下列说法正确的是 () A.配制c mol-L'KIO,溶液需要的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒 B.反应b中生成1molL2,转移电子的数目为5N C.滴定时温度过高，会使测定结果偏低 D.水样中As0的含量为369cY a gL 13.下图为C0,电催化还原装置[已知：乙醇的的选择性= 餐乙了.下列法 错误的是 () 电源 C02,H20 HSO KCI溶液 HSO溶液 C2HOH C.H 0 催化剂沉积 离子交换膜 Iro/Ti 气体扩散电极 电极 A.离子交换膜应采用阴离子交换膜 B.生成乙烯的电极反应式为2C0,+12H+12e=C,H,+4H,0 C.若乙醇的选择性为80%，当Ir0/Ti电极生成0.3mol02,则生成的乙醇为0.08mol D.将左侧电极改为铁棒，可通过外加电流法实现对铁的防护 14.桑德迈尔反应是一个重氨官能团被卤素所取代的反应。和其他卤化反应比较，其优势在于只 生成一种异构体。已知重氮盐不稳定，在水溶液中易反应得到酚和氮气等物质。部分反应机 理如下图所示（→代表单个电子转移）。下列说法错误的是 () ⊕（Ⅱ） Cu-X R (一)·化学·新高考·A·第3页（共6页） A.CX,的作用主要是降低反应的活化能 B.桑德迈尔反应的本质为取代反应 C.苯重氮盐与水反应的化学方程式为C6H,-NCI+H20→CH,-OH+N2↑+HC D.CX的存在，可使反应定向生成卤代物，体现了催化剂对反应路径的影响 题号 2 3 5 6 7 9 10 11 12 13 14 得分 答案 第Ⅱ卷（非选择题 58分) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)三草酸合铁酸钾晶体K,F©(C,0), 3H,0(M,=491gmoL)是一种绿色晶体，易溶于 水，难溶于乙醇，极易感光。 L.三草酸合铁酸钾晶体的制备 ①将(NH。),Fe(S0,,·6H,0晶体溶于水，加入少量H,S0,和饱和H,C,0,溶液，加热、静置，待 FC,0,沉淀完全后，用倾析法弃去上层清液，再用蒸馏水洗涤沉淀。 ②向沉淀中加入饱和K,C,0,溶液，保持温度在40℃左右，缓慢加入H,02,充分反应后，加热煮 沸一段时间，再加人HC,0,溶液，不断搅拌至溶液完全变为透明的绿色，放置暗处冷却、结 晶、过滤、洗涤、干燥得到三草酸合铁酸钾晶体。 Ⅱ.草酸根含量的测定 溶液配制：准确称取4.91g晶体粗品，用蒸馏水溶解后，配制成250mL一定物质的量浓度的待 测液。 滴定分析：量取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入一定量稀H,S04,用0.06mol·L的KMn0,标 准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗KMn0,溶液体积22.00mL。 回答下列问题： (1)步骤①中H,S04的作用是 (2)步骤②保持温度在40℃，最佳的加热方法是 ,充分反应后“加热煮沸一段时间” 的目的是 (3)步骤②洗涤时用无水乙醇，其优点是 (4)三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，光照下分解生成FεC,0,和K,C,0,等物质，反应的化学 方程式为 0 (5)“溶液配制”中，除下列仪器外还需要用到的玻璃仪器有 (填名称)。 (6)4.91g粗品中草酸根的物质的量为 其数值比4.91g纯净三草酸合铁酸钾晶体 中草酸根的物质的量高，其原因可能是 (填字母标号)。 a.样品未完全干燥 b.制取过程中草酸或草酸钾用量过多 c.滴定时盛放KMnO,溶液的滴定管未润洗d.滴定前无气泡，滴定后滴定管尖嘴处有气泡 16.(15分)利用含锰酸性废液（主要含有Mn2*、Fe2+、Pb2*等）和软锰矿（主要成分为Mn0,),制备 MnO,的工艺流程如图所示： 软锰矿 MnO Na2S 碳酸氢铵 稀硫酸 氨水 废液→氧化→调除铁→除铅 沉锰 +碳酸锰→酸溶 →硫酸锰→电解→MO, 矿渣 滤渣1 滤渣2 滤液 电解液 （一)·化学·新高考·A·第4页（共6页） 已知：①常温下，相关物质的Ksp(MnS)=2.5×10-13,Ksp(PbS)=2.5×10-28; ②该工艺条件下c≤10mol·L时可认为沉淀完全；pS=-lgc(S2-);lg5=0.7。 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价电子排布式为 Mn元素位于元素周期表中的 (填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。 (2)Mn的“氧化”时软锰矿预先粉碎的目的是 ,写出MnO2与Fe2反应的 离子方程式： (3)“除铅”步骤所得溶液中c(Mn2+)=0.5mol·L-',则pS的范围是 ;已知在不同pH 值的浸出锰溶液加入相同用量的Na,S,测得溶液中c(Pb+)随硫化初始pH值变化如图所示，随 硫化初始pH值的减小，溶液中c(Pb2+)逐渐增大的原因是 2.2 2.1 2.0 1.9 1.8 1.7 紧 1.6 1.5 1.4 1.01.52.02.53.03.54.0 硫化初始pH值 (4)“沉锰”时反应的离子方程式为 (5)用惰性电极电解MnS0,溶液，写出生成MnO,的电极反应： 电解液可以循环使用，应当将其导入到 操作中。 17.(14分)乙二醇(HOCH,CH,0H)常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。工业上有多种方法 可以制备乙二醇。 1.石油化工路线中，环氧乙烷（只）水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反 应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(HOCH2CH2OCH2CH2OH)的副反应。 主反应：8(aq)+H,0I)=H0CH,CH,0H(aq)△H<0 副反应：8(aq)+HOCH,CH,OH(aq)=HOCH,CH,0CH,CH,OH(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.2mol/L,恒温下反应30min,环氧乙烷完全转化，产物中 n(乙二醇)：n(二乙二醇)=10：1。 (1)0~30min内，v(环氧乙烷)= (2)下列说法正确的是 (填字母标号)。 A.主反应中，反应物键能和小于生成物键能和 B.0~30min内，v(环氧乙烷)=va(（乙二醇) C.0~30min内，v主（乙二醇）vw(二乙二醇)=10：1 D.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 Ⅱ.煤化工路线中，以煤为主要原料可以通过两种方法制备乙二醇。 方法1：氧化偶联法合成乙二醇 由煤基合成气（主要成分C0、H2)与氧气先制备得到草酸二甲酯，再加氢间接合成乙二醇，具 有反应条件温和、环境污染小等优点。反应过程如下： 反应i:4N0(g)+4CH,0H(g)+02(g)=4CH,0N0(g)+2H20(g)△H,=akJ/mol (一)化学·新高考·A·第5页（共6页） ii:2CO(g)+2CH,ONO(g)CH,OOCCOOCH,(1)+2NO(g)AH2 bkJ/mol 反应ii:CH,00CC00CH,(I)+4H,(g)一H0CH,CH,OH(I)+2CH,OH(g）△H,=ckJ/mol (3)煤基合成气间接合成乙二醇总反应的热化学方程式是 已知该反应在较低温度条件下能自发进行，说明该反应的△H 0(填“>”、“<”或“=”)。 方法2：直接法合成乙二醇 反应如下：2C0(g)+3H,(g)H0CH,CH,0H(g) 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温 度与压强的关系如图： 25 20 L 3 10 480490500510520T/K (4)代表=0.4的曲线为 (填“L,”、“L2”或“L”),原因是 (5)已知：反应aA(g)+bB(g)一Y(g)+Z(g)K,=P0pr② p"(A).p"(B) P为组分的分压。 M、N两点对应的体系，K,(M) K,(N)(填“>”、“<”或“=”)，若D点平衡时系统压强为 PoMPa,则此时K。= MPa4(用含有po的代数式表示)。 18.(15分)化合物F可用于治疗急性上呼吸道炎症，F的一种合成路线如下： CH OH OH CHOH 试剂X CHCHCOOH- 浓假云CH,CHC00CH一定条 -CH;OOCCH-O- A B CH Co CH;OOCCH- CH CH-COOCH CH 0 CH 回答下列问题： (1)A的化学名称为 (2)B中官能团的名称是 (3)试剂X的分子式为C,H,0,SC1,其结构简式为 (4)1个C分子含有 个手性碳原子。 (5)由E生成F的化学方程式为 ,其反应类型为 (6)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种（不包括立体异构），其中核磁 共振氢谱显示为4组峰的同分异构体的结构简式为 ①苯环上只有两个取代基且在对位； ②能与银氨溶液反应生成单质银； ③能发生水解反应，且水解产物之一能与FCl,溶液发生显色反应。 (一)·化学·新高考·A·第6页（共6页）