2026年高考冲顶压轴信息卷-化学-3

化学（三） 1.A【解析】石油分馏利用沸点差异分离成分，无新物质生成，属于物理变化，A正确；高粱酿造食醋涉及淀粉→葡萄糖→ 乙醇→乙酸的化学转化，B不符合题意；硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，发生化学反应，C不符合题意；植物油加氢发生 氢化反应生成饱和脂肪，属化学变化，D不符合题意。 2.B(解析】中子数为8的氧原子质量数为8+8=16，所以符号为：0，A项错误；Cu是29号元素，核外电子排布为1s22s22p3s2 3p3d4s',Cu的价电子排布式为3d,B项正确；H,0为极性分子，C项错误；C0,为直线形分子，D项错误。 3.D解析】根据题中“过量碱”知H,PO,为一元酸，A项错误；方程式中的5种物质均含有共价键、其中H,0和PH,均含有 极性共价键，KOH和KH,PO2,均既含有离子键又含有极性共价键，B项错误；PH,和NH中心原子均为sp杂化、含1个孤 电子对，键长：PH,>NH,NH,中成键电子对距离N比PH,中成键电子对距离P近，而且N的电负性比P大，NH,中成键电 子对间的斥力大，因此NH,的键角比PH,的大，C项错误；将过量NH,通入AgNO,溶液形成[Ag(NH,)2J,每1 mol[Ag (NH),中有8N,个σ键，配位键也是σ键，D项正确。 4.DI解析】NaC1不存在分子，A项错误；标准状况下2.24LN2H,气体中不含有N,分子，B项错误；HC10为弱酸，CIO水解， 3.4g 故在10.2mol:L的NaC0溶液中C0的数目应小于0.2N,C项错误：3.4g氨气的物质的量为17gmoF=0.2mol,反应 中N元素化合价由-3价升高到-2价，每消耗2 molNH.,转移2mol电子，0.2 molNH,转移电子数为0.2N,D项正确。 5.C【解析】基态C.原子的核外电子排布式为1s22s22p3s23p3d'4s2或[Ar3d4s2,A项正确；[C0(NH2),]为分子晶体，所以尿素 分子通过分子间作用力构成的晶体，B项正确：N0中N原子的孤电子对数=5+1,3×2=0，杂化轨道数=0+3=3，故N 2 原子为p杂化，N05为平面三角形结构，NH,中N原子的孤电子对数=5,31，执道数=1+3=4，N原子为p杂化，NH 为三角锥形结构，故NO,键角大于NH,键角，C项错误；[C0(NH)6SO4配合物中钴提供空轨道NH,中N原子提供孤电子 对，故1mol该配合物中含有配位键的物质的量为6mol,D项正确。 6.B【解析】根据题意粗Na3Sb04为沉淀，则生成NaSb04的离子方程式为3Na'+4H202+SbS一Na3Sb04↓+3S↓+4H20,A 项正确：酸浸的酸如果是硝酸，硝酸氧化性较强，能将S氧化，故不能为硝酸，B项错误：固、液分离时采用过滤的方法， 9 A·化学·新高考（共17页） 用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，C项正确；产品NSb(OH),表面存在CI检验是否洗涤干净的试剂为 AgNO,和HNO,D项正确。 7.C【解析】X2有10个电子，X2为氧离子，X为0，基态Y原子的2如轨道只有一个未成对电子，在短周期中有1s2s2p'或 1ss2p,为B或F,由图知Y只有一根共价键，Y为F,M与Y位于同一周期，且M显+1价，为Li,则M为Li;Z位于第三周 期，由图中结构知，Z有五根共价键，最外层有5个价电子，位于第VA族，Z为P。同周期元素，从左到右元素的非金属 性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，非金属性F>0,故简单气态氢化物的稳定性：H,0<HF,A错误；M离子为L,只 有一个电子层，Y离子为F,有两个电子层，故简单离子半径：F>L,B错误；金属元素的第一电离能一般小于非金属， 故基态原子第一电离能：P>Li,C正确；化合物Q为LiP0,F2,含有离子键、共价键，没有配位键，D错误。 8.D[解析】加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与 氢氧化钙加热制备，故A错误；氨气与氯化钙反应，不能干燥氨气，故B错误；NH,的密度比空气的小，应该采用向下排 空气法收集，即进口在上出口在下，故C错误；氨气不与四氯化碳反应，不溶于四氯化碳，可防止倒吸，故D正确。 9.C【解析】h-BN晶体结构与石墨结构类似，B、N形成平面六元环的层状结构，B、N的杂化类型均为sp杂化，A正确： h一BN晶体：一BN晶体均为层状结构，层与层之间均存在范德华力，B正确：者1号B原子分数坐标为公根据 BN晶胞沿z轴方向的投影，1原子和2原子的z轴位置相同，同时x轴和y轴分别处于0.75和0.25的位置，故原子2的分 数坐标为 311 云④4C错误；c-BN晶体结构与金刚石结构类似，1个晶胞中含有4个B,4个N,c-BN晶体的密度为 N××1008Gm=M×10西gem,D正确。 4×(11+14) 100 10.A【解析】有机物X结构中酚羟基的邻位和对位的氢原子可以被溴原子取代，苯环可与2 molBr2发生取代反应，碳碳双 键可与1 molBr2发生加成反应，故1molX最多能与含3 molBr,的浓溴水发生反应，A项正确；X含有苯环、碳碳双键，为 平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则X分子中所有碳原子处于同一平面；Y中存在与三 个碳原子直接相连的饱和碳原子，呈四面体形，所有碳原子不可能处于同一平面，B项错误；Y与H,完全加成后得产物 OH OH 0,含有手性碳原子，产物分子中含有6个手性碳原子（带*的碳原子），C项错误：根据X的 结构可知，该有机物含有苯环、酮羰基和碳碳双键，能发生加成反应，含有酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有 酚羟基，但酚羟基的一个邻位的H被取代，且无羧基，不能发生缩聚反应，也不能发生消去反应，D项错误。 11.C【解析】由题干工艺流程图可知，废旧磷酸铁锂电池材料中加人盐酸、双氧水，L元素进入滤液1，“滤渣1”中含有 FeP04、石墨等，加NaOH可除去少量铁离子、铝离子，然后滤液2中加碳酸钠发生复分解反应生成Li,C0,。碳酸钠溶 液显碱性，预处理时，用饱和Na,CO,溶液洗涤的目的是洗去表面的油污，A项正确；“浸出”时得到FePO4,则LiFePO, 发生反应的离子方程式为2 LiFeP0.+2H'+H,02一2FeP04+2Li+2H20,B项正确；由于双氧水易分解，在 60~100℃温度基础上不宜再升温，C项错误；根据题意可知，“滤渣2”的主要成分是A1(OH),和F(OH),D项正确。 12.B[解析】(NH),SO,应放在小烧杯中，A错误；NaCO,溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，B正确： 浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，C错误；(NH,),F(S0,)2·6H,0晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取， D错误 13.B[解析】由Li的移动方向可知，电极a是原电池的负极，L,C,在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反 应式为Li,C6xe一xLi+6C,电极b为正极，锂离子作用下Li,-FePO,在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO,,电极 反应式为Li1-,FePO,+xLi+xe一LiFePO4,充电时，电极a与电源负极连接做阴极，电极b与电源正极连接做阳极。 正极电势高于负极的电势，A项错误；负极发生氧化反应，B项正确；充电时，L向阴极移动，即移向极，C项错误；锂 能与水反应生成氢氧化锂和氢气，则电池进水会使锂与水反应而消耗，将会大大降低其使用寿命，D项错误。 14.D[解析】由实验现象可知，实验I中产生大量红褐色沉淀的原因是锌与溶液中的氢离子缓慢反应生成锌离子和氢气， 溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，未检测到铁单质 可能是锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中铁离子反应生成铁；实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀 的原因是镁与溶液中的氢离子剧烈反应生成镁离子和氢气，溶液中氢离子浓度减小，铁离子在溶液中的水解程度增 10 A·化学·新高考（共17页） 大使得铁离子转化为红褐色氢氧化铁沉淀，检测到铁单质的原因是实验中产生大量气泡使得镁粉不易被反应生成的 氢氧化铁沉淀包裹，过量的镁能与溶液中的铁离子反应生成铁。由分析可知，两次实验中，金属均消耗了溶液中的 H,导致pH升高，促进了Fe的水解反应：Fe3*+3H,0一Fe(OH),+3H,生成红褐色Fe(OH),沉淀，A项正确：根 据分析可知，锌粉被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，阻碍了锌与溶液中铁离子反应生成铁，B项正确：实验中产生大量 气泡使得镁粉不易被反应生成的氢氧化铁沉淀包裹，过量的镁能与溶液中的铁离子反应生成铁，C项正确：实验Ⅱ中 发生反应的离子方程式为：Mg+2H=Mg2++H2↑，Fe+3H,0一Fe(0H),+3H',3Mg+2Fe3+=3Mg2++2Fe,由 于反应比例不确定不可以合并，D项错误。 15.【答案】(1)①分液漏斗(1分)②f-g-d-e-h-i-d-e-b-c(2分) (2)①KSCN溶液(1分)②0.05c,y或者，火（2分) 20.00 (3)①0.005(1分)②H(1分)③10滴蒸馏水(1分)④向0.005mol·LFe,(S0,),溶液加人NaCl固体，溶液黄色加 深（合理皆可）(2分)⑤10”或1.02×10(2分)⑥主要是含有FeCL](2分) 【解析】由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，首先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，干燥后，和铁粉反应生成氯化铁，制备 无水氯化铁，后面还要连一个除水装置，最后用氢氧化钠处理尾气。(1)①由图可知，仪器A的名称为：分液漏斗： ②由分析可知，仪器的接口顺序为：a→f-g-d-e-h-i-d-e-b-c; (2)①三价铁遇到硫氟化钾显示红色，碘化钾和氯化铁反应离子方程式为2Fe+2一2e“+L2,则可以加人KSCN溶液 作指示剂； ②第合2e+2=2Fe+可知，ceC20x0n0.05cml·L:； (3)①进行对比实验时，三价铁浓度应该相同，故答案为0.005： ②结合题意和电荷守恒可知，Fe·发生了水解反应生成[Fe(OH)]和氢离子，故答案为H什； ③结合表格中信息可知，实验2溶液黄色只是略变浅和实验1对比，可知实验2滴人了10滴蒸馏水： ④根据资料显示三价铁可以和氯离子结合形成黄色的[FeCL,],则可以设计实验为：向0.005mol·L-Fe,(S0,),溶液加 入NaCl固体，溶液黄色加深（合理皆可）； c(Cl)=c(H)=10mol.L-,K [Fe(OH)](H) eFeCL.] FeCl.] =1001,则 c(Fe3) 10-631,K2= c(Fe3)·c'(CI） Fe(OH)] K×c(C）c(H)=10u,答案为10或1.02×10 ⑥工业盐酸显酸性，且其中含有大量的C和溶有FeCL,则呈黄色的原因是：主要是含有[FeCL,]。 16.【答案】(1)适当升温、粉碎硫化锰矿、适当增大硫酸浓度、搅拌（任答两种即可）(2分)(2)Si0(2分) (3)Mn02+2Fe2++4H=Mn2++2Fe3++2H,0(2分)(4)4.7(2分)(5)是(2分) (6)HC0存在电离平衡HCO→H+COˉ，添加氨水消耗H,促进电离平衡正向移动，c(C0})增大，有利于生成 MnC0,(2分)(7)2Mn,0,890℃4Mn0+0,↑(2分) 【解析】由题给流程可知，向天然二氧化锰粉与硫化锰矿中加人硫酸溶液溶浸，将金属元素转化为硫酸盐，硫元素转化 为单质硫，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入二氧化锰，将溶液中 的亚铁离子转化为铁离子，向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH在4.7~6.2的范围内，将溶液中的铁离子、铝离子 转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液：向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液 中的锌离子、镍离子转化为硫化锌、硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化锌、硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵 溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰。 (1)“溶浸”过程中提高浸取率的方法有：适当升温、粉碎硫化锰矿、适当增大硫酸浓度、搅拌等。 (2)由分析可知，“滤渣1”的主要成分是S和S102。 (3)由分析可知，“氧化”中添加适量的MO,的作用是将二价铁离子氧化为三价铁离子，发生的化学反应为：Mn02+ 2Fe2++4H=Mn2·+2Fe3++2H,0。 A·化学·新高考（共17页） (4)根据题中所给表格，为了将铁、铝元素完全除尽，调节pH最小值为4.7。 (5)“除杂”后滤液中c(N2)=0.001mo/L,根据 c(Ni2).K.(NiS)1.0×102 (2m2)K,(ZnS)1.6×104,此时c(2m2)=1.6×10molL< 10'mol/几，则此时锌离子已完全除尽。 (6)沉锰时发生的化学反应为Mn2++2HCO,=MnC0,↓+C02↑+H,0,HC0存在电离平衡HC0三H+C03, 添加氨水消耗H,促进电离平衡正向移动，c(C0?-)增大，有利于生成MnC0 ⑦)加热前碳酸锰的质量为115g,其物质的量为nM5。 1158=0.1ml,A点失去的质量为11.5g-8.7g=2.8g,失去 的元素为C0,则此时化学式为Mn02,B点时，根据Mn元素物质的量守恒，为0.1mol,则剩余质量7.9-5.5=2.4g为0元素 质量，则n):n0)-01m:品a=2:3,此时化学式为Mn,0.同理求出C点时n0n）:a01:1,化学式 为Mn0,则B→C反应的化学方程式为2Mn,0,890℃4Mn0+0,↑。 17.【答案】(1)①+123J·mo(2分)②高温(1分) (2)氢气通过选择性透过膜，经Ar气吹扫，降低氢气浓度，使平衡正向移动(2分)(3)528.6kPa·min(2分) (4)38.2(2分)(5)C,H,+H02·→H,02+C,H(2分) (6)①温度升高，反应速率加快，相同时间内反应的C,H,越多，故C,H的转化率增大(2分)②65.1%(2分) 【解析】(1)反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则△H,=348 kJ.mol×2+413kJ·mol×8-(615kJ· mo+413Jmo×6+348kJ·mol+436kJ·mo)=+123kJ·mo:反应I的△H>0、△S>0,反应能自发进行的条件是 △H-TAS<0,则在高温条件下自发进行； (2)H2通过选择性透过膜层再经A吹扫，H,脱离平衡体系，降低氢气浓度，平衡正向移动，所以丙烯的产率提高： (3)反应达到平衡时，=a则=pCH)=apC小p.K.pCp回.点三。6 pCH。 星=15=04，设C,H,投料 起始(mol)。 C,H (g)C,Hs(g)+H2(g) b 0 100xb -×100× amol,消耗bmol,则：转化(molb 0 K= a+b b 100×8-b 8+b=0.4,8= b 平衡(mol)a-b 6 a+b V2b=15.8b,pC,H=100 ab Pa=10×5:bkPa8&IkPa,则E==pCH,）-60mim×8.1kPa= at b 15.8b+b 528.6kPamin; E. 1 《41贴三，+gA三)。×行+山4，R=83×10·mP,KA为常数，则图像的斜率与活化能有关，将点 E。×1.09 (1.09,0.85)和点(1.14,0.75)代人，0.85=- 2.3R 61,075=34+,两式相减，可得活化能B 38.2kJ·mol; (5)根据反应历程可知，·C,H,、H0,·是第二步的反应物，H,02是第二步的生成物，根据总反应方程式推出C,H为第二 步的生成物，因此第二步的方程式为C,H,+H02·→H,02+C,H。 (6)①达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C,H,越多，故C,H,的转化率越大；②上述条 件下，510℃时，C,H,的选择性为185 ×100%=65.1%。 28.4 18.【答案】(1)取代反应(2分) 0 0 (20N- -CHO+CH-C-CH.NaOH.ON- △ CH=CHCCH+,Ho(2分) (3)(酚)羟基、羧基(2分)13(2分) (4)CH,CH,OH(2分) COOCH COOCH 5 (2分) (2分) A·化学：新高考（共17页） 【解析】根据D的结构简式及已知i,可推知C的结构为ON CHO,结合A的分子式，B→C的反应为醇羟基的催化 HO 氧化，可椎知A为苯甲醇，B的结构为 根据H的结构及E的分子式，可推知E为 OH,则E→F HO 为酯化反应，即下为 结合H的结构简式及已知ⅱ，G为 (1)根据分析，A→B的反应是硝 HO 化反应或取代反应： (2)根据分析，C为ON《CH0,发生已知i的反应生成D,反应方程式为： 0 O:N- CH=CHCCH,+HO HO (3)根据分析，E为 0oH,官能团名称为：（酚）羟基、羧基；F为 0一，比F相对分子质量少14的同系物K, HO O 即少1个碳原子和2个氢原子，能发生银镜反应，说明含有HC00-的取代基和酚羟基，则符合条件的K的同分异构体 有：酚羟基与-CH,00CH,两个取代基在苯环上的关系有邻间对3种：酚羟基与-OOCH与-CH,三个不同的取代基在 苯环上的位置关系有10种：则符合条件的同分异构体共13种；(4)根据分析，G为 则G→H发生已知ⅱ 的反应，根据质量守恒，另一个产物为乙醇，乙醇的结构简式为CH,CH,OH;(5)以苯乙酸、乙醇和乙醇钠作为原料（无 COOH 机试剂任选)制备 的合成路线： CHOH、, M CHON耳 第一步苯乙酸与乙醇发 浓HSO CH,OH COOC H; 生酯化反应，生成 ,第二步发生已知ⅱ的反应生成N,结合已知信息及 的结构简式，推知N为 COOCHs2026届高考冲顶压轴信息卷（三） 化学·信息卷（三） 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：H1B11C12N14016Na23Mn55W184 昂 A8 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.化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是 ( 铷 A.石油分馏提炼汽油 B.高粱酿造食醋 C.混凝剂硫酸铝净水 D.用植物油和氢气制人造奶油 的 2.乙烯在C催化下用于去除氮的氧化物。该反应的过程如图所示。 下列说法正确的是 c4cur'0No】 ）N、COm A.中子数为8的氧原子核素符号：0 H20 B.Cu的价电子排布式：3do Cu* Cu*(02) ☒ C.H,0分子的极性：非极性分子 D.C0,的空间结构：平面三角形 郑 3.膦(PH)是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH相似，可用白磷(P)与过量碱反应制备，反应 方程式为P,+3K0H+3H,0一PH,↑+3KHP02,下列说法正确的是 翰 A.HP02为三元酸 B.方程式中的5种物质所含化学键不相同 智 C.键长：PH,>NH,键角：PH>NH D.将过量NH,通入AgNO,溶液，形成的每1mol配离子中有8Wa个σ键 4.肼(N,H4)可用作火箭的燃料，其制备方法之一：2NH,+NaClO一NaCl+H20+N2H4。设N为 阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.含有1molNaCl的溶液中含有NaCl的分子数目为NA B.标准状况下，2.24LN2H气体中含有N2的数目为0.1N C.1L0.2mol-L的NaCl0溶液中Cl0数目为0.2W D.3.4g氨气完全转化为N2H时，转移的电子数为0.2N, 5.某大学研究团队用“尿素[C0(NH2)2]-玻璃法”合成Co4N功能催化材料应用于高性能锂-氧气 电池。Co4N中的金属-氮键还可以通过Cu掺杂有效地调节形成Co3CuN,从而电催化硝酸盐 (NO,)还原为氨。下列说法错误的是 A.基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s2 B.尿素[CO(NH)2]晶体是通过分子间作用力构成的晶体 C.NO;的键角小于NH,键角 D.1mol[Co(NH3)6]SO4含有配位键的物质的量为6mol 6.用含锑烟灰（主要成分为Na3SbS3、 氧化剂 盐酸 碱 Na2S)制备焦锑酸钠[NaSb(OH)6],其 工艺流程如图所示，滤渣I为淡黄色 锑烟灰→氧化→粗NagSbO.4→酸浸→中和→NaSb(OHs 沉淀 滤渣I (三)化学·新高考·A·第1页（共6页） 固体。下列说法错误的是 A.若氧化剂为H202,则生成Na3Sb04的离子方程式为3Na+4H202+SbS?一Na3Sb04↓+3S↓+ 4H20 B.酸浸时可用硝酸代替盐酸，碱是苛性钠 C.得到滤渣I操作为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 D.检验产品NaSb(OH)6是否洗涤干净的试剂可为AgNO3和HNO3 7.化合物Q由X、Y、Z、M四种短周期主族元素组成，Q在电极界面形成膜从而改进电池循环性能、 降低电池自放电。已知X2-有10个电子，基态Y原子的2p轨道只有一个未成对电子，M与Y位 于同一周期，Z位于第三周期。Q的球棍模型如下图所示。 下列说法正确的是 A.简单气态氢化物的稳定性：X>Y B.简单离子半径：M>Y C.基态原子第一电离能：Z>M D.化合物(Q)中含有离子键、共价键和配位键 8.下列实验装置能达到实验目的的是 NH,CI固体 NH NH产 无水Cac2 CCL A.制备NH B.干燥NH C.收集NH D.吸收NH3尾气 9.氮化硼(BN)晶体结构有四种（信息如表）。其中c-BN晶胞（设晶胞边长为apm)中各原子沿 x、y、z轴方向投影的图像均如图。设N,为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 名称 h-BN c-BN w-BN r-BN 晶体结构 层状结构 闪锌矿 纤锌矿 层状结构 已知：h-BN晶体、c-BN晶体结构分别与石墨、金刚石结构类似。 A.h-BN晶体中B、N的杂化类型均为sp杂化 B.h-BN晶体、r-BN晶体中层与层之间均存在范德华力 C.若1号B原子分数坐标为 得》则2号B原子分数坐标为引 131 100 D.c-BN晶体的密度为NX×10g·cm 10.2-甲基色酮内酯(Y)可通过如下反应合成。下列说法正确的是 A.1molX最多能与含3 molBr,的浓溴水发生反应 iPr. 1P B.X、Y分子中所有碳原子处于同一平面 OH O OH OT C.Y与H2完全加成后的产物分子中不含手性碳 原子 D.一定条件下，X可以发生加成、缩聚、消去、氧 化反应 11.随着新能源的发展，以再利用为目的对废旧磷酸铁锂电池（主要含有LiFP04、Al、石墨以及其 他难溶性杂质)的回收显得非常重要。利用湿法回收磷酸铁锂电池材料制备碳酸锂的工艺流 程如图。下列说法错误的是 盐酸、双氧水 NaOH溶液 Na2CO溶液 滤液1 ,滤液2 磷酸铁锂废料→预处理 浸出 一次沉淀 二次沉淀→LiC0 滤渣1 滤渣2 滤渣3 (三)·化学·新高考·A·第2页（共6页） 已知：“滤渣1”中含有FeP04;“浸出”时温度为60~100℃，浸出后溶液中还含有少量Fe3+。 A.预处理时，用饱和Na,CO,溶液洗涤的目的是洗去表面的油污 B.“浸出”时发生的主要反应的离子方程式为2 LiFeP0,+2H+H,02一2FeP04+2Li+2H20 C.为了提高反应速率，“浸出”可以采用搅拌、加强热等措施 D.“滤渣2”的主要成分是Al(OH),和Fe(OH), 12.由废铁屑制取(NH),Fe(S04)2·6H,0的步骤：①称取一定质量的(NH),S0,固体；②用碳酸钠 溶液除去废铁屑表面的油污；③用除去油污的铁屑与酸反应得到F+;④由③与①混合制取 (NH4),Fe(SO4),溶液。下列说法正确的是 () A.称取(NH4),SO,固体时，直接放在托盘上 B.②去油污的原理是碳酸钠溶液呈碱性，使油污水解 C.③中的酸用浓硫酸与浓硝酸 D.将得到的(NH4),Fe(SO,)2溶液加热蒸干得到(NH)2Fe(S04)2·6H0晶体 13.新能源电动汽车电池大致可以分为五种类型，分别是铅酸电池、镍氢电池、锰酸锂电池、磷酸 铁锂电池和三元锂电池。某磷酸铁锂电池工作时的总反应 、充电一Li,-FePO,+Li,C,原理如图所 电极a 用电器 电极b 为LiFeP04+6C 放电 示，下列说法正确的是 ( LiCs Lit FePO L计 A.电极电势：a>b 电解质 电解质 B.放电时，负极的电极反应为Li,C。xe一xLi+6C 隔膜 C.充电时，Li移动方向不变 D.该电池应用于新能源电动汽车中雨天不影响使用 14.某化学研究小组同学向pH=1的0.5mol·L的FeCl,溶液中分别加入过量的Zn粉和Mg粉，探 究溶液中发生的氧化还原反应。实验现象记录如下： 金属 操作、现象及产物 过量Zn粉 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 过量Mg粉 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 下列对于实验现象的分析，不正确的是 A.两次实验生成的红褐色沉淀为Fe(OH) B.实验I中，生成的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+继续发生置换铁的反应，未 能置换出铁 C.实验Ⅱ中，持续产生大量气泡说明Mg粉仍能够与溶液中的氧化剂接触，F(OH),包裹有空 隙，最终置换出铁单质 D.实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为6Mg+4Fe3++6H,0一2Fe+2Fe(0H),+3H2↑+ 6Mg2+ 题号 2 6 8 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.(15分)FCl3易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、 催化剂等领域。 (1)FeCl,的制备 下列装置可用于实验室制备少量无水FeCl,则 (三)·化学·新高考·A·第3页（共6页） 浓盐酸 1铁粉 KMnO E封 NaOH溶液浓硫酸饱和NaCl溶液 ①仪器A的名称为 ②仪器的接口顺序为a→ (装置可重复使用)。 (2)FeCl,浓度的测定 ①把上述制备的FeCl,配成稀溶液，移取20.00mL至锥形瓶中，加入作指示剂，用c,mol· LKI标准溶液滴定。 ②重复滴定三次，平均消耗标准溶液V,mL,则c(FeCl3)= molL'(用含c,和V,的代数式表示)。 (3)探究工业盐酸呈黄色的原因 【查阅资料】工业盐酸溶有FeCl,固体FeCl,为棕褐色 Fe(H,0),为淡紫色，[Fe(OH)]为黄色。 ①甲同学观察2mL0.01mol·L-FeCl,溶液、2mL mol·LFe,(S04),溶液，颜色均为黄色。 【提出猜想Fe3+发生了水解反应生成[Fe(OH)]显黄色。 ②补充完整方程式：Fe3++H,0三[Fe(OH)] K,=10631 【实验验证】 初步实验：取3支洁净的试管，分别加入2mL0.01mol·L-'FeCl,溶液，然后按下表开展实验。 序号 操作 现象 1 滴入10滴6mol·LH,S0, 溶液黄色褪去，接近无色 2滴入 溶液黄色略变浅 3滴入10滴12mol·L-1盐酸 溶液黄色变亮变深 分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。 ③请补充完整实验2中操作： 进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，FeCl,溶液中还存在反应：Fe3++ 4C1=FeCl4(黄色)，K2=10o1≈1.02。 ④请设计实验进一步验证该反应的存在（写出操作和现象）： 【理论验证】 FeCI.] ⑤某工业盐酸中c(C)=c(H)=10mol·L1,则该溶液中 e[Fe(OH)] 【实验结论】 ⑥工业盐酸呈黄色的原因是 16.(14分)碳酸锰MC03)广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以 天然二氧化锰粉与硫化锰矿（主要成分为MnS,还含有少量SiO,和Fe、Al、Zn、Ni等元素）为原 料制备MnC0,的工艺流程如图所示。 HSO, MnOz 氨水 NaS NHHCO MnS矿 MnO2粉 →溶浸→氧化→调→除杂→沉锰 MnCO 滤渣1 滤渣2滤渣3 CO, 已知：①25℃时，Km(ZnS)=1.6×10-24,Km(NiS)=1.0×10-21 ②一般情况下，当溶液中残留离子浓度≤105mo/L时，可认为该离子沉淀完全。 ③相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子M+ Al Fe3+ Fe2+ Zn2+ Ni2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 3.4 1.5 6.3 6.2 6.9 8.1 沉淀完全的pH 4.7 2.8 8.3 8.2 8.9 10.1 (三)·化学·新高考·A·第4页（共6页） 回答下列问题： (1)“溶浸”过程中提高浸取率的方法有 (任写两种)。 (2)“滤渣1”的主要成分是S和 (填化学式)。 (3)“氧化”中添加适量的MnO,的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)“调pH”的目的是除铁、铝元素，溶液的pH范围应调节为： ≤pH<6.2。 (5)“除杂”的目的是除去Zn2+和N2·,若“除杂”后滤液中c(N2)=0.001mol/L,则此时Zn2+是 否沉淀完全： (填“是”或“否”)。 (6)“沉锰”时，可以添加适量氨水促进生成碳酸锰，请从化学平衡移动的角度解释加入氨水的 目的是 (7)在空气中加热所得MC0,固体（不含其他杂质），随着温度的升高，残留固体的质量如图所 示。则B→C反应的化学方程式为 感 11.5 A(300,8.7) 8.0 B(500,7.9) 画 (890,7.1)C 0 204006080020 17.(15分)近年来页岩气的开发让丙烷的产量进一步上升，将丙烷转化为高附加值产品丙烯是实现 碳基能源高效利用的关键技术之一，具有广阔的使用前景及巨大的经济效益。请回答下列问题： 【方法一】丙烷在催化条件下直接脱氢。 反应I:C,H(g)C,H(g）+H(g) △H 化学键 C-C C=C C-H H-H (1)已知： 键能kJ·mol 348 615 413 436 计算丙烷直接脱氢反应的△H,= 该反应在 (选填“高温”、“低温”、“任何温 度下”)条件下能自发进行。 (2)为提高丙烯的产率，设计了一种管状反应器，工作原理如图1所示，该反应器能提高丙烯产 率的原因是 1g 外壳 0.85 Ar吹扫 选择性 透过膜 C3H 0.75 C:Hs → Ar吹扫 催化剂 0.65 i.091n1.31l5710K1 图1 图2 (3)已知v正=k正p(C,H、v逆=k逆·p(C,H6)p(H),其中k正、k速为速率常数。883K,10OkP阳 时，k正=6.0min',k逆=15.0kPa'·min,在容器中投人一定量的C,Hg,仅发生反应I,反应达 到平衡时，v正三 。（√25I≈15.8，保留小数点后一位，下同) E。 (4已知速率常数k与温度T的关系可表示为：lk=27+g4。其中E,为反应话化能。 R=8.3×10k·mo'·K,A为常数。丙烷直接脱氢速率常数g与元的图像如图2所示，则 E。= kJ·mol'e 【方法二】催化丙烷氧化脱氢 丙烷直接脱氢虽已工业化，但该反应对温度要求较高，且高温会带来催化剂积炭的问题，导致 催化剂的活性降低，丙烷氧化脱氢很好的解决了这些问题。 反应Ⅱ：C,H,(g)+20,(g)一C,H(g)+H,0(g) △H2=-118kJ·mol (三)化学·新高考·A·第5页（共6页） (5)反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下： ①C3Hg+02→C,H7+H02 ②… ③H202→2H0· ④2H0· 20+H,0 第②步的反应历程为 (6)科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不 同温度下C,H.的转化率和C,H。的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495510 C3Hg的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C,H。的产率/% 4.79.5 12.818.5 ①表中C,H,的转化率随温度升高而上升的原因可能是 生成丙烯消耗丙烷的物质的量 ②已知：CH。的选择性= ×100%。上述条件下，510℃时，C,H。 消耗丙烷的总物质的量 的选择性为 。(保留小数点后一位) NO2 18.(14分)化合物I )是一种药物中间体，其合成路线如图所示： 0 0 。浓硝酸B0 CH.CCH..ON- (CA0)浓航.酸公Bc公NOH(8 A CH=CHCCH, 0 D C.HO.CHOH F CHACCIGO 定条件 C2HsONa E 浓HSO4 CH3-C=0 △ H C2HsOH RCOCHCOOR ii.R COOR2+R,CH2COOR,- C,HsONa +R20H R 回答下列问题： (1)A→B的反应类型 (2)C→D的化学反应方程式 (3)E中官能团的名称 比F相对分子质量少14的同系物K,其中能发生银镜反应的 K有 种。 (4)G生成H的同时，另一种有机产物的结构简式为 COOCH (5)已知信息 现以苯乙酸、乙醇和乙醇钠作为原料（无机 试剂任选)制备 的合成路线中，物质M、N的结构简式分别为 COOH 0M0哈N耳 CH,OH (三)·化学·新高考·A·第6页（共6页）