甘肃酒泉市2026年4月高三年级调研考试化学试题

2026年4月酒泉市高三年级调研考试 化学参考答案及评分意见 1.C【解析】丹霞岩层为砂岩、泥岩，含硅酸盐，红色来自F2O3,A正确；石窟岩石、泥塑黏土均属于硅酸盐材料，B 正确；朱砂是HgS,石青是Cu(CO3)2(OH)2,二者都不是硅酸盐，C错误；青铜器是Cu一Sn-Pb合金，属于金 属材料，D正确。 2.D【解析】C原子半径应该小于C1原子半径，D错误。 3.B【解析】酯基、酰胺基均能消耗1个NaOH,A正确；酰胺基、酯基都不与H2反应，碳碳双键可以与H2反应，与 0 足量H2发生加成反应后的产物分子中应含有4个手性碳原子，即 0 OC,H,B错误；该有机物中碳原 NH, 子的杂化方式有sp、$p3这2种，C正确；该有机物中含有酰胺基、醚键、氨基、碳碳双键、酯基这5种官能团，D 正确。 4.A【解析】决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。从图中可以看出，催化剂X和Y的反应路径里， “CH十O*”转化为“CO十H”的过渡态①的活化能是最大的，所以该步骤是决速步骤，A正确；生成积 碳(C)的步骤是“CH*+O·→C·十O·十H*”,对比催化剂X和Y的该步骤过渡态能量，催化剂Y的过渡态 能量(1.36eV)低于催化剂X的过渡态能量(1.63eV),说明催化剂Y催化该步骤的活化能更低，反应更容易进 行，也就更容易产生积碳(C:),B错误；过渡态②步骤中，X的活化能为(2.14一1.12)ev=1.02ev,Y的活化能 为(1.99-0.82)ev=1.17ev,所以反应到过渡态②步骤中的活化能：Y>X,C错误；从图中可以看出，反应物 “CH·十O*”的相对能量为0eV,生成物“CO*+H“”的相对能量为-0.43eV(Y)或-0.76eV(X),生成物的 总能量低于反应物的总能量，所以放出热量，即△H<0,D错误。 5.D【解析】根据已知信息及有机物的成键特点，可以推知X为H,Y为C,Z为O,W为Cl。元素的电负性大小 顺序为：O>C>H,即Z>Y>X,A错误；Cl2O(W2Z)的分子空间结构为V形，属于极性分子，B错误；简单氢化 物的沸点：CH4(Y)<H2O(Z),水分子间有氢键，沸点高，C错误；同周期的第一电离能小于O(Z)的元素有Li、 Be、B、C这4种元素，D正确。 6.D【解析】A1CL溶液蒸发时，由于铝离子水解产生A1(OH)3,同时HCI挥发，则得到A1(OH)3晶体，A错误；盛 装KMO,溶液应用酸式滴定管（应为玻璃活塞，而不是乳胶管），B错误；苯与液溴在三溴化铁作催化剂的条件 下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于液溴也具有挥发性，也会随着溴化氢一起进人AgNO3溶液中，溴可以 与水反应生成溴化氢，再与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰对实验结果的验证，C错误；闭合K1、打开K2 时，相当于电解池，两个石墨电极会吸附少量的氢气、氧气，然后闭合K2、打开K,时，会形成氢氧燃料电池，D 正确。 7.D【解析】HF的稳定性强于HC1,是由于H一F键的键能更大，而不是氢键；氢键影响物理性质（如沸点），而稳 定性由化学键强度决定，A错误；该冠醚的空腔大小与Na+半径匹配，才能稳定结合，B错误；不是“甲基本身易 被氧化”，而是苯环对甲基产生活化作用，使甲苯中的甲基比普通烷烃中的甲基更容易被酸性KMO,溶液氧 化，单独的甲基（如甲烷）并不能被酸性KMO4溶液氧化，C错误；O,在CCL4中的溶解度更大，是因为O3为极性 化学答案第1页（共6页） 很弱的极性分子，CCL4为非极性溶剂，符合“相似相溶”原理，D正确。 8.A【解析】NHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作烘 焙面包的的膨松剂，A正确；C(PO4)2中含磷元素，是植物的营养元素，故可用作植物的磷肥，与难溶于水无 关，B错误；S2与Cu+结合生成难溶物CuS沉淀，故可用于沉淀水中的Cu+,与S具有还原性无关，C错误；致 密的氧化铝薄膜起保护金属的作用，与氧化铝是两性氧化物没有关系，D错误。 9.C【解析】从图中结构来看，三联吡啶提供3个N原子配位，2个叠氮根离子(N,)各提供1个N原子配位，总 共3十2=5个配位原子，所以Zn2+的配位数为5，A正确；一个N含有22个电子，B正确；Zn位于第四周期，其 原子半径大于非金属C、N;同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以C>N,H的原子半径最小，因此 原子半径大小顺序应为Zn>C>N>H,C错误；Zn的原子序数为30，在周期表中位于第四周期第ⅡB族，D 正确。 10.A【解析】在晶胞中，B原子位于顶角和面心，个数为8×日+6×2=4,4个N原子都位于晶胞内部，所以化学 式为BN,A错误：B原子与N原子之间的最近距离为晶胞体对角线的子，即 apm,B正确；以晶胞中面心的B 原子为研究对象，周围紧邻且等距的N原子有4个，C正确；立方氮化硼是共价晶体，熔、沸点高，D正确。 11.B【解析】“酸浸”时，通入的O2除了将S2-氧化为S单质，还要氧化Fe+,所以n(O2):n(S)≠1：2，A错误； 由题知，Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)<1.0×10-5mol·L-1,根据Kp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,则 c(OH-)= K.LF(OH]2.8X10 Vc(Fe3+) √.0X10=0.65×101mol·L,此时计算zn(OHg的离子积： Q.=c(Zn2+)·[c(0H)]2=1×(0.65×10-11)2=0.42×102,而Kp[Zn(0H)2]=1.2×1017,Q.<Kp,说 明Z+未开始沉淀，B正确；“酸浸”过程中铁元素化合价升高，C错误；“除镉”发生反应的离子方程式应为 Cd2++H2S-CdS￥十2H+,D错误。 12.B【解析】a极发生T3+→TiO+的转化，Ti的化合价从十3价变为十4价，发生氧化反应，所以a极为负极；b 极发生Mn3+→Mn+的转化，Mn的化合价从十3价变为+2价，发生还原反应，所以b极为正极。充电时，原 电池的负极（极）要外接电源的负极，作为电解池的阴极，而原电池的正极(b极)要外接电源的正极，A错误； 放电初期，Mn3+先被还原，b极的电极反应式为Mn3++e一Mn+,B正确；放电末期，反应中Mn的化合价 从十4价变为+2价，化合价降低，被还原，MO2作氧化剂，C错误；a极是石墨电极，反应仅在溶液中的离子间 进行，电极本身不参与反应，所以电极质量不变，D错误。 13.D【解析】加水稀释时，Fe3+、SCN、Fe(SCN)3的浓度均降低，红色变浅不能说明一定是平衡移动引起的，A 不符合题意；FeCl的物质的量远大于KI的物质的量，即使反应完全，Fe3+仍有剩余，加入KSCN溶液，溶液必 然变红，无法证明F3+与I的反应存在限度，B不符合题意；乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能使酸性 KMnO,溶液褪色，无法证明有CH2一CH2生成，C不符合题意；KI溶液和KCl溶液的浓度相同，AgI为黄色 沉淀，AgCI为白色沉淀，由于先生成AgI沉淀，说明Kp(AgI)<Kp(AgCI),D符合题意。 14.C【解析】甲酸(HCOOH)的酸性比乙酸(CH3COOH)的强，所以HCOOH的电离常数K。更大，则曲线I表 示6(HCOOH)与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示8(HCOO-)与pH的变化关系，曲线Ⅲ表示8(CH3COO~)与 化学答案第2页（共6页） pH的变化关系，曲线IV表示6(CH COOH)与pH的变化关系，A正确；当6（酸）=d(酸根离子)=0.5时， c(H+)在数值上与K。相等，即pH=一lgK。,则K.(HC0OH)=103.5,K.(CHCO0H)=10.5,B正确； 调节pH时，结合电荷守恒可知c(H+)≠c(CH,C00)十c(OH）,C错误；电离度a=c(酸根离子)，当a相 c(酸)初始 c(HCOO-)c(CH,COO) 同时，c（HCOOH打始-c(CH,COOH)轲 -,结合K.的关系，两溶液的pH相差始终相等(4.75一3.75=1.00或 3.75-4.75=-1.00),D正确。 15.(14分) (1)蛇形冷凝管（或冷凝管）(1分) (2)将产生的氨气全部推送到吸收瓶中被吸收(2分) (3)只吸收氨气且不与其他杂质反应（或NH3+HBO,一NH3·H3BO3,HBO?只与氨气反应）(2分) NH时+OH△NH◆+H,O(2分) (4)当滴人最后半滴盐酸标准液时，锥形瓶内的液体由绿色变为红色，且30s内不变色(2分) (5)2(1分) 9.275(2分) (6)C(2分) 【解析】(3)硼酸是弱酸，对氨气的吸收效率高，且不会影响后续用盐酸滴定，仅与NH3结合成NH3·H,BO,。 加入NaOH浓溶液发生反应的离子方程式为NH时+OH△NH,个+H,O。 (4)滴定前吸收液中含NH3,pH>5.2,溶液呈绿色；滴定至终点时，盐酸将NH3·H3BO3反应完全，溶液的 pH<5.2,因此达到滴定终点的现象为：当滴入最后半滴盐酸标准溶液时，溶液由绿色变为红色，且半分钟内不 再恢复原色。 (5)序号1消耗盐酸的体积为26.50mL一0.00mL=26.50mL,序号2消耗盐酸的体积为26.53mL 0.23mL=26.30mL,序号3消耗盐酸的体积为26.52mL-0.00mL=26.52mL,序号4消耗盐酸的体积为 26.48mL-0.00mL=26.48mL,序号2误差较大，应舍去。消耗盐酸的平均体积为26.50mL。由关系式 NH,·H,B0,~HCIN,可得N的质量分数为0.05mo/LX26.50X103LX148/m0l×100%=9.275%。 0.20g (6)转移样品时，未清洗烧杯及漏斗，会导致铵盐的量减少，氮元素的质量分数偏小；样品蒸馏时，冷凝管下端未 浸入吸收液中，会带走部分含氨物质，使氮元素的质量分数偏小；滴定前，酸式滴定管未润洗，会导致盐酸被稀 释，消耗盐酸的体积偏大，计算出的(NH3)偏高，氮元素的质量分数偏高；蒸馏过程中，装置气密性不佳，部分 氨气逸出，则氮元素的质量分数偏低。 16.(15分) (1)将炼锌钴渣粉碎，适当升高温度，适当提高硫酸浓度，搅拌等（任选一条即可）(1分) (2)Fe(OH)3、CaSO4[2分；只写Fe(OH)3也给分] (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaC12溶液，若无白色沉淀生成，说明已洗涤干净(2分) (4)2Co(0H)3+S0号+4H+—2Co2++S0+5H20(2分) (5)2H20-4e-02个+4H+(2分)1(2分) 化学答案第3页（共6页） (6)①3d1°4s2(2分) ②2.06X10 Na·ae(2分) 【解析】先将处理后的渣料酸浸，分离出难溶于酸的SO2,再用H2O2溶液处理，将铁元素都转化为十3价，通过 调pH先将铁元素转化为Fe(OH)3除去，再加入氧化性较强的NaClO,将钴元素转化为Co(OH)3,再加入还原 剂Na2SO3将钴元素还原为十2价，最后加入(NH4)2CO3合成目标产物，据此解答。 (1)提高“酸浸”速率，可以采取的措施有：将炼锌钴渣粉碎（或适当升高温度、搅拌、适当提高硫酸的浓度等）。 (2)酸浸液中含有Zn2+、Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO?等离子，“氧化”步骤的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便 在后续调pH时除去铁元素；溶液中含有过量硫酸，因此“滤渣2”中除Fe(OH)3外，还有微溶物CaSO4。 (3)沉淀表面会吸附SO?等杂质离子，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生 成，说明已洗涤干净。 (4)SO?作为还原剂，将Co(OH)3还原为Co+,自身被氧化为SO,在酸性条件下反应的离子方程式为 2Co(0H)3+S0+4H+—2Co++S0?+5H20。 (5)通过题图示中的较浓硫酸可知，阳极为惰性电极，阳极的电极反应式为2H2O一4eˉ一O2个十4H+,阴极 的电极反应为Co2++2e一Co,当电极上有1 mol Co生成时，转移2mol电子，会转移1 mol SO?来平衡电 荷，生成1mol硫酸。 (6)①Zn为第四周期第ⅡB族元素，原子序数为30，基态Zn的价电子排布式为3d4s2。 ②晶胞中2位于顶角和体心，个数为8×号+1=2，F位于面心和体内，个数为4X专+2=4，晶胞的体积为 V=ac×10cm,晶胞的质量为m=2X(65+19×2)g=206 8= X Ng,晶跑的密度为P二一NAa2。× 1023g/cm3。 17.(14分) (1)+247(2分) (2)正反应(2分) (3)低温(2分) 此时反应物不能与催化剂充分接触发生反应，且反应温度T1较低，反应速率慢(2分) (4)C02(2分) 92%(2分) 92分) 【解析】(1)目标反应：CH4(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) 根据盖斯定律，用反应Ⅱ一反应I可得目标反应： △H=△H2-△H1=(+206kJ·mol-1)-(-41kJ·mol-1)=+247kJ·mol-1 (2)计算各物质的瞬时浓度， c(CH30H)=(0.2-0.1)mol·L-1=0.1mol·L-1,c(H20)=(0.2-0.1)mol·L-1=0.1mol·L1, c(C02)=0.1mol·L-1,c(H2)=3X0.1mol·L-1=0.3mol·L1。 v正=k正·c(CH3OH)·c(H2O)=2×0.1×0.1=0.02mol·L-1·s-1, ℃逆=k逆·c(C02)·c3(H2)=5.0×10-3×0.1×(0.3)3=1.35×10-5mol·L1·s1, 化学答案第4页（共6页） 由于v正>v逆，所以此时反应向正反应方向进行。 (3)根据热化学方程式可知，其△H<0,△S<0,根据△G=△H一T△S<0时反应可自发进行，可知CO2加氢合 成甲醇的反应在低温下能自发进行。 当混合气体的流速为0.18mo/h,气体以较高流速通入反应器，此时反应物不能与催化剂充分接触发生反 应，且反应温度T1较低，反应速率慢。 (4)反应I是放热反应，温度升高则平衡逆向移动，CO2的体积分数减小； 反应Ⅲ是吸热反应，温度升高则平衡正向移动，CO2的体积分数增大。 低温时反应Ⅲ主导，CO2的体积分数升高，高温时反应I主导，CO2的体积分数降低，故曲线e代表CO2。 设初始投料n(CHOH)=n(H2O)=1mol, 假设达到Q点时，各物质的量为：mol CO、y mol CO2、之mol CH3 OH、g mol H2O、mol H2, 由原子守恒可得方程： (x+y+)mol=1 mol(C),(2g+2p+4z)mol=6 mol(H),(g+z+2y+)mol=2 mol(O), 由图得，x=yz+y十十4十b×100%=12%, 244 12028 解得：x=y52,之=52p=52,9-52' 所以CH,OH的转化率为8100%=92%，此时气体总物质的量为n(总)=200， 52 mol, 四种物质的分压为：p(CO)= pa·CH)-器×：p(c0,)-器×pa,H0n=2 24 24 00×力a, 12030 Kp=28=7 18.(15分) (1)酰胺基(1分) 2一甲基一2一丙醇(1分) (2)儿 +(CH,);COH- (2分) (3)C4HClN2(2分) 取代反应(1分) Q (4) C(2分) (5)NaOH水溶液、加热(2分) 0 NHCCH CNHCH (6)15(2分) 等(2分；合理即可) NH2 NH 【解析】由有机物的转化关系可知，酸性条件下 与(CH)3COH先发生加成反应，后发生互变异构的转 CN 化学答案第5页（共6页） 化生成、 C1与POCL反应转化为 C, CIMg 与 反应转化为 HC1再酸化得到 与CICOOEt发生取代反应生 COOEt (1)B中含氧官能团的名称为酰胺基；由结构简式可知，(CH3)3COH分子中最长碳链含有3个碳原子，第二个 碳上含有1个甲基和1个羟基，名称为2一甲基一2一丙醇。 (2)由A和B的结构简式可知此处先发生加成反应，再发生重排，所以反应的化学方程式为 +(CH)COH- H+ NCN (3)根据键线式可知D的分子式为C4H1CIN2;由转化关系可知F→G中，一COOEt和一CH3发生取代反应。 CI (4)结合B和C的结构简式变化和M的分子式，可推出M的结构简式为 (5)化合物G中结构一COOEt→一COONa,为酯的碱性水解反应，所以条件为NaOH水溶液、加热。 (6)B为 ,有机物N的分子式比B的少3个“-CH2-”,即有机物N的分子式为C&H1oN2O,由条 件可知，苯环上有两个取代基，一个为一H2,另一个可以发生水解反应，可知可以发生水解反应的官能团是酰 胺基，结构可以为-CONHCH3、-NHCOCH3、-CH2CONH2、-CH2 NHCHO、-N(CH3)CHO这5种，又因 为在苯环上和一NH2存在邻、间、对三种位置关系，即5×3=15种； 0 NHCCHs CNHCH3 其中，核磁共振氢谱有五组峰，则苯环上两个取代基处于对位，即 等； NH2 NH 化学答案第6页（共6页）2026年4月酒泉市高三年级调研考试 化学试题 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字母涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母。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，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16F一19S-32Ti-48Zn-65 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 有一项符合题目要求。 1.下列有关著名文物、景观的主要化学成分的说法，错误的是 A张掖七彩丹霞的红色岩层主要含硅酸盐和铁的氧化物 B马蹄寺石窟、大佛寺泥塑的主要成分属于硅酸盐材料 C.壁画颜料朱砂(HgS)、石青属于硅酸盐材料 D.战国青铜麋鹿、胡腾舞铜人属于铜的合金 2文物修复师在分析古代壁画颜料、青铜器锈蚀产物时，需要用到化学结构与化学键的知 识。下列化学用语表示错误的是 A.壁画颜料中含有的SO?的VSEPR模型为 3d B.青铜器锈蚀产物中基态F®*的价电子排布图为1卫 C.文物保护中用到C12,其分子中。键的形成过程为 C】C CL, D.文物修复中用于清洗古漆器油脂污垢的CCl,分子的空间填充模型为 3达菲是一种抗流感病毒的特效药，结构如图所示。下列说法错误的是 OC,H NH. A.lmol该有机物最多能与2 mol NaOH反应 B.与足量H,加成后的产物分子中含有3个手性碳原子 C.该有机物中碳原子的杂化方式有2种 D.该有机物中含有5种官能团 第1页（共8页） 4.将CH,与C(O2催化重整可以制备CO和H:,科学家研究了催化剂X、Y分别催化CH,产 生CO)的反应机理，其中，“CH·+O·“转化为“CO·十H·“的反应历程如图所示.吸附在 催化剂表面的物种用·标注。 3.0r 一X 2.5 ... 过度态☑214 20 过度态① 15 1.63 1.36 1.0 0.5 C+H40 0 CH*+O* -05 -0.43 -1.0 COH-0.76 反应历程 下列说法正确的是 A.决速步骤：CH·+O一C·十O°+H B.催化剂X更容易产生积碳(C·) C.反应到过渡态②步骤的活化能：Y<X D.图中反应可以表示为CH·十O'CO°+H△H>0 5.已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。其中，X.Y、W分别位于三个 不同周期：Z原子的原子序数等于基态X原子与W原子的最外层电子数之和：四种元素 形成的某化合物的结构式如图所示。下列说法正确的是 A元素的电负性：Z<Y<X B.W2Z分子为非极性分子 C.简单氢化物的沸点：Y>Z W D.同周期的第一电离能小于Z的元素有4种 6.下列装置的使用或实验操作正确且能达到实验目的的是 液溴与装 ”的混合液 AICI 溶液 石墨 铁丝 AgNO Na.SO 溶液 溶液 A制备AIC,晶体 B.排出盛有KMnO,溶液 C.验证苯与液溴发生取代 D.制作简单燃料 滴定管尖嘴内的气泡 反应 电池 7化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列有关事实的微观解释正确的是 选项 事实 解释 A HF的稳定性强于HCI HF分子之间除了分子间作用力以外，还存在 氢键 B 冠醚的空腔大小与Na的半径不匹配 0 冠醚与钠离子形成的超分子结构 苯不能使酸性KMnO,溶液褪色，而 C 甲基都易被酸性KMnO,溶液氧化 甲苯可以 O,在CCL中的溶解度大于在H,O中 D O,是极性很弱的极性分子 的溶解度 第2页（共8页） 8物质的性质决定其用途。下列物质的性质与用途的对应关系成立的是 选项 性质 用途 A NaHCO,受热易分解 用小苏打作烘焙面包的膨松剂 B Ca,(PO,):难溶于水 用作植物的磷肥 c S具有还原性 用于沉淀水中的C+ D Al,O是两性氧化物 致密的氧化铝薄膜起保护金属的作用 9.三联吡啶锌叠氮配合物的结构如图所示。下列有关说法错误的是 A.Zn2+的配位数为5 B.一个N含有22个电子 C.原子半径大小顺序为Zn>N>C>H D.Zn位于周期表中第四周期第ⅡB族 10.硼及其化合物在医疗、航空航天、超导磁体、储能材料、微波通信和动力装置上具有广泛 的应用价值。立方氮化硼是一种用于航空航天的热绝缘体纳米材料，晶胞结构如图所示 (晶胞的边长为apm)。下列说法错误的是 、1,: A.氮化硼的化学式为B,N B.该晶胞中B原子和N原子之间的最近距离为 4a pm C.晶胞中B原子周围紧邻且等距的N原子的个数为4， D.立方氮化硼具有熔点高的性质 ll.硫化锌(ZnS)可用于制备光学材料。由闪锌矿[含ZnS、Fes及少量的硫化镉(CdS)等] 制备ZnS的过程如图所示。 HSO,, H,S 闪锌矿引 酸浸一除铁一除锅-调p日-沉锌一zS Cds 已知：①0.28=0.65,0.652=0.42， ②当离子浓度小于1.0×105mol·L时，认为离子沉淀完全。 相关物质的溶度积常数见下表。 是，：（用西箱黄示 背用 K.[Fe(OH),] K.[Zn(OH):] K.[Cd(OH)2] K。(ZnS) K.(Cds) 2.8X109 1.2×107 7.2×10-5 1.6×10-4 8.0X107 第3页（共8页） 下列叙述正确的是可刻子 A.“酸浸”时，通人的O2和析出的S单质的物质的量之比是1：2 B.若“酸浸”后c(Zn2+)=1mol·L1,当Fe+完全沉淀时，Zn2+未开始沉淀 C.“酸浸”过程中铁元素化合价降低 D.“除镉”步骤中，发生反应的离子方程式为Cd++g一CS↓ 车京胡 12.钛锰液流电池放电时工作原理如图所示，两电极均为石墨电极。放电初期，M+转化为 Mn+并伴随副反应生成MnO,:放电未期，Fe+先被还原成Fe2+,Fe+再与残留的 MnO2发生化学反应，直到MnO,完全消耗。下列说法正确的是 6 Mn 话'<用国 只，中而西出圆 Mn , TiO/Ti Fe 隔膜 A.充电时，a极需要外接电源的正极 B放电初期，b极的电极反应式为Mn++e二M C.放电末期，MnO2在反应中作还原剂 D放电时，电路中每转移1mol电子，理论上a极质量增加16g,学.A 13.下列实验方案及实验现象均正确，并能得出相应结论的是 选项 事实验方案及实验现象片。仙 结论背， 向2mL0.005mol/L的FeCl溶液中加入2mL 加水稀释，Fe3++3SCN一 A 0.015mol/L的KSCN溶液，振荡，溶液变为红色， Fe(SCN),平衡一定向左移动 再加入4mL蒸馏水，溶液红色变浅 向2mL0.5mol/L的FeCl溶液中逐滴加入2mL 反应2Fe++21r=2Fe2t十 B 0.1mol/L的K1溶液，充分反应后，再滴加少量 L存在限度 KSCN溶液，溶液变红 CH,CH,Br与NaOH的乙醇溶液共热，将产生的气 C 一定有CH2一CH2生成 体通人酸性KMnO,溶液中，溶液褪色 常温下，向2mL浓度均为0.1mol/L的KI和KCl 理8 D 的混合溶液中滴加4滴0.1mol/L的AgNO,溶液， K(AgD)<K(AgCl) 产生黄色沉淀 ,中， 第4页（共8页） 14.常温下，HCOOH、CH,COOH两种溶液中分布分数6[如6(HC)0)= c(HCOO) c(HCOOH)+c(HCO0]与pH变化的关系如图所示. 1.0 0.8 a4.25.0.75) 0.6 (3.75,0.5) 4.75.0.5) 0.4 02 l b(4.25.0.25) W 证 23 4 567 8910 生， pH 升过。的刘宋 下列叙述错误的是 2的 A曲线I表示δ(HCOOH)与pH的变化关系 w而楼性(1) B.CH,COOH的电离常数K,=10 岩用 C若二者的初始浓度均为0.1mol·L1,则a点对应的溶液中有： c(H*)=c(CH,COO-)+c(OH) D.当HCOOH和CH,COOH两种溶液的电离度相同时，两溶液的pH相差始终相等 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)钒氮合金中氮元素含量的测定原理是用浓硫酸将样品中氮元素转化成铵盐，利 用如图装置（加热装置省略）处理铵盐，然后通过滴定测量。吸收和滴定过程中涉及的反 应为NH,+HBO,—NH·HBO,NH·HBO,+HCI一NH,CI+H,BO。.O 已知：①甲基红-次亚甲基蓝混合指示剂的颜色与pH的关系为pH<5.2时呈红色， pH>5.2时呈绿色；②“仪器6”的适用温度为50100℃。 出水 画 蒸馏水 ))寿3，心回 进水 年净官跑会中(：) 1圆底烧瓶2蒸馏瓶3.漏斗4.磨口罩 (1)样品转化：称取试样0.20g,置于烧杯中，加人20mL浓硫酸，加热至样品完全转化 为铵盐。 (2)样品蒸馏：向锥形瓶内加入60mL硼酸溶液和4滴甲基红-次亚甲基蓝指示剂；将烧 杯中的样品溶液通过漏斗加入蒸馏瓶中，清洗烧杯及漏斗三次，并将清洗液加人蒸馏瓶 中，再由漏斗处加入NaOH浓溶液160mL,塞紧磨口罩；加热“仪器1”处的圆底烧瓶开 始蒸馏，蒸馏过程结束后取下锥形瓶。 肾张， (3)滴定：用0.05mol·L1的盐酸标准溶液滴定锥形瓶中的吸收液。 然共酒游： 回答下列问题： (1)“仪器6”的名称为 第5页（共8页） (2)“样品蒸馏“过程中，水蒸气除加热作用外，还具有的作用是 (3)硼酸溶液作为吸收液的优势是 加入Na(OH浓溶液发生反应的离子方程式为 (4)“滴定”步骤中，滴定终点时的现象为 (5)滴定时，消耗盐酸的休积数据如下表所示。 序号 1 2 3 4 滴定前读数/mL 0.00 0.23 0.00 0.00 滴定后读数/mL, 26.50 25.53 26.52 25.48 应舍弃的数据为 (填序号)：测得该样品中氨元素的质量分数是 %. (6)下列操作中，导致样品中氨元素含量测定结果偏高的是 (填字母)， A.转移样品时，未清洗烧杯及漏斗 B.样品蒸馏时，冷凝管下端未浸人吸收液中 1 C.滴定时，未润洗酸式滴定管 D蒸馏过程中，蒸馏瓶与“仪器6”之间漏气 16.(15分)钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣（含ZnO、Co0、CuO、FeO、Fe,O1、SiO,)中 回收钴的工艺流程如图所示。 出 H,S0溶液H,O,溶液CaCO,NaCIO溶液t Na,SO、HSO溶液NHCO 禁璧-一过一氧花-调可-一甜 一Co(OH),还原酸溶 合成一CoO,C0, 滤渣1 滤渣2， 溶液1 溶液2 已知：相关物质的溶度积常数如下表。 物质 Fe(OH), Co(OH), Zn(OH): Co(OH), Cu(OH): Fe(OH), K 2.8×10-9 1.6×10宁4 1.2×10-7 5.9X105 2.2X10-” 4.9X107 回答下列问题： (①)为了提高“酸浸”速率，可以采取的措施有 (写出1条即可)。 (2)“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。 (3)检验Co(OH),沉淀是否洗涤千净的操作是 (4)“还原酸溶”中发生反应的离子方程式为 (5)工业上可通过电解C0$O,溶液制备金属钴的同时，可获得较浓的硫酸，电解装置如 图所示，则阳极的电极反应式为 当电极上有1 mol Co生成时，获 得硫酸的物质的量为 mol 电源 较浓硫酸☐ Pt CoSO, 出，”镜““围盘0“ 稀硫酸 溶液 0含隐0 是因水字沙操酒 划 湖用 离子交换膜 第6页（共8页） (6)从“溶液1”中可回收锌元素，并制备用途广泛的ZnF:。已知ZF,的品胞结构及其 在xy面投影如图所示。 ●Zn3 c nm OF 90h90 a nm a nm f90° 晶胞结构 晶胞在)面投影图 ①基态Zn的价电子排布式为 ②设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度为 g/cm'. 17.(14分)氢能是理想的清洁能源，一些制氢的反应体系及其热力学数据如下： 反应I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H(g) △H,=-41kJ·moll 反应Ⅱ.CH(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H2=+206kJ·mol- 反应Ⅲ.CH,OH(g)+H20(g)一C0,(g)+3H2(g)△H,=+50kJ·mol- 回答下列问题： (1)CH,(g)+CO2(g)一2C0(g)+2H2(g)的反应热△H= kJ·mol-1。 (2)在某温度下，反应Ⅲ的正反应速率方程为v正=k正·c(CH,OH)·c(H,O),逆反应 速率方程为v壁=k建·c(C0)·c3(H),已知该温度下，k正=2.0L·mol1·s, k递=5.0×10-3L·mol3·s1,在密闭容器中充入CH,0H和H20,初始浓度均为 0.2mol·L1,反应进行到某一时刻，测得c(C02)=0.1mol·L-1。 则该时刻反应向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行。 (3)工业上利用CO,加氢合成甲醇的反应为 CO:(g)+3H:(g)=CH,OH(g)+H:O(g)AH=-50 kJ.mol-1 将CO2(g)和H2(g)按一定物质的量之比，分别以不同的起始流速通人反应器中，加入相 同的催化剂，在280℃、310℃和340℃下反应，通过检测单位时间内流出气体的成分， 绘制CO2的转化率（ā）曲线如图所示（较低流速下的转化率可近似为平衡转化率）。 90 85 80 75 70 55 0.180.160.140.120.100.080.06 混合气体流速/(molh) CO2加氢合成甲醇的反应的自发条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)：当 混合气体的流速为0.18mol/h,在温度为T,时，CO2的转化率(a)小的原因是 第7页（共8页） (4)在压强为5MPa下，向密闭容器中按n(CH,OH)·n(H,O)=1·1投料，只考虑上 述反应I和反应Ⅲ，平衡时CO,和C0的体积分数随温度变化关系如图所示. 251 15 6(460.12) 200 400 600 800 温度/℃ 曲线e代表 (填“CO,”或“CO”)的体积分数：Q点时CH,OH的转化率为 (结果保留2位有效数字)，此时反应I的K,= (结果用分数表示：已知：某气体 的分压=气体的物质的量分数×气体的总压强，K,为用气体分压表示的平衡常数)。 18(15分)地氯雷他定属于第三代H1受体阻断药，具有抗过敏，抗炎，抗组胺等功效，通常 用于治疗慢性荨麻疹等皮肤病。其一种合成路线如图所示。 (CH,)COH M H n-BuLi 3 回 回 CICOOE KOH ⑥ EtOH COOE 回 地氯雷他定 相互转化 R 已知：i.Et代表一CH2CH；i. >C=N、 HO R RC-NR H (1)B中含氧官能团的名称为 :①中试剂(CH,),COH的系统命名为 (2)①中反应的化学方程式为 (3)D的分子式为 ;F→G的反应类型为 (4)②中试剂M的分子式为C,H,CL2,其结构简式为 (5)化合物G中结构一COOEt→一COONa,反应试剂和条件为 (6)有机物N的分子式比B的少3个C和6个H,则符合下列条件的有机物N的同分异构体 共有 种。 I,苯环上有两个取代基，且其中一个是一NH2; ⅱ.碱性条件下可以发生水解反应。 其中，核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为 (任写一个)。 第8页（共8页）