安徽合肥市第六中学2026届高三下学期4月16—17日化学试题

高三4月16一17日化学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016 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 符合题目要求的。 1.下列使用的材料中含有新型无机非金属材料的是 A.登月国旗使用的主材料间位芳纶纤维 B.米兰冬奥会纯银银牌 C.5G通信设备中使用的碳化硅 D.新能源汽车中的储氢材料LaNi 2.下列化学用语或图示正确的是 A.反式聚异戊二烯的结构简式： H.C B.H202的空间填充模型：C C.AC,的电子式：[：C:]A[:d:] [:cl:] D.基态铬原子的价电子轨道表示式：↑个↑↑↑ 3d 4s 3.下列关于实验安全以及安全事故的处理正确的是 A.身上衣物不小心着火，立即使用泡沫灭火器灭火 B.进行苯的硝化反应实验时，将浓硝酸加入浓硫酸中得到混酸 C.苯酚不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗 D.进行钠与水反应的实验时，多余的钠放回原试剂瓶中 4.某元素的单质及其化合物的转化关系如图所示。常温常压下，X、Y、Z、M均为气体，其中M 为红棕色气体。设N。表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 X0:-YO:Z 02 +M- NaOH溶液 化学第1页（共8页） A.X只有还原性，N只有氧化性 B.N和K一定含有一种相同的阴离子 C.46gM气体中含有的分子数为N D.一定条件下，X可与Z或M反应生成Y 5.某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 加NaCl固体 KSCN溶液 KCN溶液 FeCL,溶液 目 国 FeCL,溶液 黄色溶液 红色溶液 黄色溶液 蓝色沉淀 ① ② ③ ④ ⑤ 已知：含[FeCl4]的溶液呈黄色，含[Fe(SCN)]2+的溶液呈红色，含[Fe(CN)6]3-的溶液呈 黄色。实验中加入的试剂等体积、等浓度。 下列说法错误的是 A.Na[FeCl4]的电离方程式：Na[FeCl4]=a++Fe3++4Cl B.根据实验现象可知，配体与Fe3+的结合能力：CN>SCN->Cl C.④-→⑤反应的离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-—KFe[Fe(CN)6]↓ D.使用标准FeCL,溶液滴定废水，测定其中CN-的浓度，可用KSCN作指示剂 阅读下列材料，完成6~7题。 亚硝酸钴钠[NaCo(NO2)6],其阴离子[Co(NO2)6]3-为正八面体结构（如图所示）。它 的制备方法是：向乙酸调节的酸性Co(NO3)2和NNO2混合溶液中通入空气，溶液颜色由浅 红色的[Co(H20)6]2+变为橙色的[Co(NO2)6]3。 0 0- 该试剂最经典的用途是定性检验K+,与K+反应生成亮黄色难溶沉淀一亚硝酸钴钠钾 [K,NaCo(NO2)6],此反应现象明显、选择性较高。但是亚硝酸钻钠不稳定，久置会分解，在实 验室也可用更稳定的亚硝酸钻铅钠[NaPbCo(NO2)6]代替。 已知：25℃时，K(HN02)=5.0×10-4,Kp[K2NaCo(N02)6]=4.0×10-12。 6.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是 A.1mol[Co(H,0)6]2+含有σ键的数目为18N B.制备亚硝酸钴钠过程中，每消耗11.2LO2,理论上生成[Co(NO2)6]3-的数目为2NA C.46gN02含有的电子数为23N D.1L1mol·L-1NaNO2溶液中含有的NO2的数目为NA 7.下列说法错误的是 A.[Co(NO2)6]3-中配位原子为N B.25℃时，饱和K2NaCo(N02)6溶液中c(K+)=2.0×10-3mol·L-1 C.NaPbCo(NO2)6所含金属元素位于周期表的s区、p区和d区 D.[Co(NO2)6]3-离子中，中心Co原子中只有s和p轨道参与杂化 化学第2页（共8页） 8.离子液体Q(结构如图所示)是锂离子电池中常用的电解质材料，其组成元素X、Y、Z、W、M 为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和M的基态原子的核外电子空间运动状 态均为5种。下列有关说法正确的是 A.Z、W的简单氢化物的键角：W>Z B.W、M的第一电离能：W>M C.Z、W均能形成多种氧化物 D.Q与NaCl的熔点：Q>NaCl 9.CalanolideA是从马来西亚雨林树红叶楠中分离出的一种天然产物，可用于抗传染病药物。 下列关于CalanolideA的说法正确的是 A.1mol该物质最多能消耗3 mol NaOH B.能发生加成反应和消去反应 C.分子中所有碳原子可能在同一平面上 D.含有4个手性碳原子 10.下列图示实验中，不能达到实验目的的是 逐滴滴加 浸有NaOH NH 0.1mol·L- 溶液的棉团 多孔 Na,S溶液 球泡 品红溶液 0.lmol·L1ZnS0 98.3%浓硫酸 浓H,S0,蔗糖 莲等水 日溶液与0.01mol·L CuSO,溶液 A.除去S02中 B.验证浓硫酸的脱 C.制备氨水 D.证明溶度积： 的S03蒸气 水性和强氧化性 并防倒吸 ZnS CuS 11.聚酯D可通过下列途径进行合成： COOH COOH COOH ③ →聚酯 CH.CI CH,OH A D 下列有关说法错误的是 A.酸性：A>B B.A→B的反应试剂与条件为CL2、光照 C.聚酯D在一定条件下可降解 D.D制得的塑料制品具有热塑性，可再生利用 12.在Fe催化作用下，以C,H。和N20为原料可制备乙醛，同时还可得到副产物乙醇，反应机 理如图所示。已知反应过程中四种含铁中间体中，[(C2H4)F]+的含量远高于其余几种。 现将N20和C2H。按一定物质的量之比（即N/C比），按一定流速通过催化剂进行反应，下 列说法错误的是 化学第3页（共8页） CH,CHO NO Fet- N H.C-Fe] ① H,C-0 N ⊙ ② ⑤ N,0C,H,0H· [(C,H)Fe] ④【C,HJFe(OH)] H,0 A.反应①和⑤均属于氧化还原反应 B.适当升高温度，可能会降低副产物的百分含量 C.增大原料气中N/C比，可提高乙烷的转化率 D.若六步反应均为放热反应，则反应⑤的△H最大 13.科学家利用一种高效的双功能催化剂可同时完成亚硝酸盐还原和甘油氧化，实现工业级 性能的瓦对电合成，其T作原理n图所示（电解效率一韶产锦做锡费的最： 电源 NO NH HCOO 阴离子交换膜 NaOH溶液 下列说法错误的是 A.OH从左室向右室移动 B.a极附近溶液的pH增大 C.b极的电极反应为C3H303+110H-8eˉ=3HC00-+8H20 D.若外电路中有6ol电子转移，电解效率为90%，则有17gNH3产生 14.常温下，H2S溶液中含硫微粒的物质的量分数(8)与pH变化的关系如图1所示，而Ag2S 和FeS分别在饱和H2S溶液(0.1mol·L-1)中达到沉淀溶解平衡时，pc(Fe2+)、pc(Ag) 与pH的关系如图2所示[pc(Fe2+)=-lgc(Fe2+)]。 (6.20) 1.0 N 、① ③ 20 0.8 15A (4,18) M 。0.6 10 0.4 (4,5)6,9) 0.2 0.0E 6.87 13.00 46 pH pH 图1 图2 常温下，下列说法错误的是 A.M表示pc(Fe2+)与pH的关系 B.反应2Ag+(aq)+H2S(aq)一Ag2S(s)+2H+(aq)的平衡常数K=1030 C.0.1mol·L-1NaHS溶液中含硫微粒的浓度：c(HS)>c(H2S)>c(S2-) D.H2S气体可将浓度均为0.1mol·L1的Fe2+和Ag+完全分离（离子浓度≤10-5mol·L1 可认为沉淀完全) 化学第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)一种从废弃催化剂（含有Co、Pb、Fe、Mn、Ni及少量Si02)中回收钴、镍、锰的工艺 流程如图所示： 稀硫酸 稀硫酸 MnO, 有机相 反萃取 1水相，电解一电解余液 废弃催化剂粉碎 酸 氧化 萃 MnO, 浸 除铁 NaClO溶液 锰 水相 Co(OH) 滤渣1 钴镍分离 煅烧 Fe(OH) NH·H,O、NH,HCO 沉镍 →NiC0,Co,03 已知：①常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下： 金属离子 C02+ Fe3+ Ni2+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7.6 2.2 6.4 7.5 8.8 沉淀完全的pH 9.6 3.5 8.4 9.5 10.8 ②P2o4是一种有机物，可简写为HA,萃取锰的原理为Mn2+(水相)+2HA(有机相)、一 MnA2(有机相)+2H*(水相)。 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“氧化除铁”中加入MnO2的目的是调节酸浸液的pH、 调节酸浸液的pH 的合理范围是 (3)用Pm萃取锰时，若苯取达到平衡时Mm2*的萃取率为809%，则溶液中n(MA) n(Mn2+) 萃取时Mn2+的萃取率随pH的变化如图所示，则萃取Mn2+时pH既不 能太小也不能太大的原因是 +萃取率 pH (4)用惰性电极“电解”时，得到的M02可投入“氧化除铁”工序循环使用，电解余液则可 投入工艺流程中酸浸、 的工序循环使用。 (5)“沉镍”时反应的离子方程式为 (6)Co(0H)3隔绝空气煅烧制备C0203时，温度过高会发生副反应生成杂质Co0,则该副 反应的氧化产物是 (填化学式)。 16.（14分)通过甘油可生产高附加值产品，如甘油碳酸酯，反应如下： OH 催化剂 140℃ +2NH,↑ H NH HO I.催化剂Ag20/Zn0/Al,03的制备 ①将ZnS04和AL2(S04)3按一定质量比溶于150mL乙醇中，搅拌1h,再加入Na0H溶液 连续搅拌1h。 化学第5页（共8页） ②转移至烧瓶中控制温度120℃反应1h,抽滤、洗涤、干燥、研磨。 ③在500℃下焙烧2h,得到Zn0/Al203样品。 ④配制质量分数为2%的CH,C00Ag溶液100mL,加入ZO/Al203样品，搅拌，在电流2A 条件下可得到xAg20·yZn0·zAl,03。 (1)与本实验安全注意事项无关的图标为 (填标号)。 护目镜 用电 锐器 热烫 洗手 (2)与酒精相比，甘油有较强的黏性，试从结构的角度进行分析解释： (3)步骤③和④不需要用到的仪器有 (填标号)。 A.100mL容量瓶 B.玻璃棒 C.蒸发皿 D.量筒 E.坩埚钳 (4)步骤②中确定沉淀已洗涤干净的实验操作和现象为 若步骤④所得催化剂xAg20·yZ0·zAL203的晶胞结构如图所示，则该催化剂中 x:y:名= OZn ●0 △Ag ⑦AI Ⅱ.甘油碳酸酯的合成 ①将催化剂、尿素按质量比1：20加入烧瓶中，按甘油、尿素物质的量比1：4加入甘油，在 140℃下反应2h。离心分离回收催化剂，用无水乙醇洗涤、抽滤、干燥。 ②将滤液减压蒸馏可得粗品。 (5)该反应以前常采用浓硫酸作催化剂，但与Ag20/Z0/Al,03固体催化剂相比，缺点较 多，试指出其中的一种缺点： (6)若实验中使用了24.0g尿素，最后得到的甘油碳酸酯粗品为10.8g,则该实验的产率 约为 %(结果保留三位有效数字)。 17.(14分)氮氧化物是常见的大气污染物，可通过多种方法进行处理。 方法一：氨气脱硝法，涉及的反应为4N0(g)+4NH3(g)+02(g)4N2(g)+6H20(g) △H=-1632.4kJ·ol-1,其在单体钒氧化物催化作用下的反应机理如图所示（如图中B 上方的△E表示对应物质A、B之间的能量差)： +相对能量eV △E=1.36eV△E=-0.90eV B N,+HO 0 A'① H.O AE=1.17 ev NH+NO △E=0.89eV G -2 ,N,+H,0 ③ 3 E H 02△E=1.30eV△E=1.16eV L、 -4 N NH,+NO N2+H,0 ⑥ M H,0△E=1.55eV △E=0.93eV NH,+NO ©S N+HO 0 R NH+NO T -10 -11 反应历程 化学第6页（共8页） (1)研究发现，若将单体钒氧化物改为低聚态钒氧化物，发生的基元反应不变，但催化效率 显著提高，原因主要是第 步基元反应的活化能显著降低（填序号）。 (2)研究还发现，使用MOF材料选择性吸附N2或H,0均可提高脱氨率，原因是 (3)将单体钒氧化物催化剂进行T02掺杂，也可显著提高催化剂活性，T02的晶胞结构如 图所示： 若A、B、D的原子分数坐标依次为(0.69,0.69,1)、(0.19,0.81,0.5)、(0.31,0.31， 0),则C的原子分数坐标为 方法二：碳还原法，涉及的反应如下： 反应I:2N02(g)+4C0(g)=N2(g)+4C02(g)△H1 反应Ⅱ：N02(g)+C0(g)N0(g)+C02(g)△H2=-227.0kJ·mol-1 (4)若已知反应2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)△H=-745.8kJ·mol-1,则 △H1= kJ·mol1,反应I自发进行的条件为 (填标号)。 A.高温 B.低温 C.任何温度 (5)在VL恒容密闭容器中充入2molN02和4molC0发生反应I和反应Ⅱ，平衡时NO2 的转化率，N的选择性(N2的选择性= 反应中生成N,消耗的NO,的物质的量× 反应中消耗的NO2的总物质的量 1O0%)与温度变化的关系如图所示（已知nK=-识+C,K为平衡常数，R,C为常 RT 数，T为温度)： 忄转化率或选择性/% 100 80 60 50H 40 N,选择性 20 NO转化率 100 200 300 温度/℃ ①温度升高，N2的选择性降低的原因为 ②200℃时，若起始总压强为104kPa,则200℃时反应Ⅱ的K。= (K。为用 分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压)。 ③下列措施中，最符合碳还原法的研究方向的一项措施是 (填标号)。 A.寻找新型催化剂，在常温下具有较高活性 B.寻找新型材料，制造可耐更高压强的合成塔 C.寻找新型催化剂，提高NO2的平衡转化率 化学第7页（共8页） 18.(15分)沙美特罗(G)是一种抗哮喘药物，一种以水杨酸（邻羟基苯甲酸）为原料合成G的 路线如图所示： CooH CH,OH B CH,COCI -OH 浓H,S0,△ C,H.O AICL HO CH,CI/CH,COOE HO- A D OH 1.(CH)6N E NaBH /LiCl HO NH,Ph(CH)O(CH)Br HO 2.EtOH/HCI CioHNO HO 3.NaHCO, HO E G CuBr2 已知：①R一CCH3 CH CI/CH COOEt RCCH,Br ②R一X(X=Br、Cl、I) 1.(CH:).N.R-NH2 2.EtOH/HCI 3.NaHCO ③Ph一表示 回答下列问题： (1)G中含氧官能团的名称是 ,B的化学名称为 (2)E的结构简式为 (3)下列关于C→D和E→F的说法正确的是 (填标号)。 a.E→F反应后物质的水溶性增强 b.F不可能存在分子内氢键 c.E→F为加成反应 d.C→D反应后物质的酸性增强 (4)A→B的化学方程式为 (5)B的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。 ①能与氯化铁溶液发生显色反应②能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体 其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为2：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为 OH (6)结合图中的相关信息，以1-苯乙醇( CHCH)和苯为原料，设计制备 CH-CH2-NH- 的合成路线： OH (其他试剂任选)。 化学第8页（共8页）高三4月16一17日化学·答案 1~14小题，每小题3分，共42分。 1.答案C 命题透析本题以生产、生活中的材料为素材，考查物质的分类知识，意在考查理解与辨析能力，科学态度与社 会责任的核心素养。 思路点拨间位芳纶纤维属于有机材料，A项错误；米兰冬奥会纯银银牌的主要材料为金属材料，B项错误；碳 化硅俗称金刚砂，属于新型无机非金属材料，C项正确；新能源汽车中的储氢材料LNi属于金属材料，D项 错误。 2.答案D 命题透析 本题以化学用语与图示为素材，考查结构简式、电子式、价电子轨道表示式等知识，意在考查理解与 辨析能力，证据推理与模型认知的核心素养。 HC CH, 思路点拨 为顺式聚异戊二烯，A项错误；HO2不是直线形结构，B项错误；氯化铝是共 H20 价化合物，C项错误；基态铬原子的价电子排布式为3d4s',价电子轨道表示式为 ↑↑↑↑ 3d D项正确。 3.答案D 命题透析本题以实验操作为素材，考查实验安全知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核 心素养。 思路点拨身上衣物不小心着火，应立即用湿布灭火或躺在地上翻滚，A项错误；浓硝酸与浓硫酸混合时，应将 浓硫酸加入浓硝酸中，边加边搅拌，B项错误；苯酚不慎沾到皮肤上，立即用乙醇冲洗，再用水冲洗，C项错误。 4.答案D 命题透析本题以重要元素及其化合物的转化为素材，考查物质的组成、结构及物质的转化等知识，意在考查 分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨NH3中H为+1价，所以NH3也有氧化性，HNO3中虽然N为最高价，但O为最低价，故也有还原 性，如硝酸分解：4HN0,或花照4N0,↑+0，↑+2H,0,A项错误：N0,和N0与Na0H溶液反应的产物可能只 有NaNO2,B项错误；由于2NO2(g)、一N204(g),所以46gNO2气体中含有的分子数小于NA,C项错误；一定 条件下，NH3可与NO或NO2发生归中反应生成N2,D项正确。 5.答案A 命题透析本题以含铁配合物的形成和转化为素材，考查实验现象分析、离子方程式书写、络合滴定指示剂选 一1 择等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨[FeCl]-不可拆，A项错误；根据实验现象可知，可发生[FeCL]→[Fe(SCN)]2+→[Fe(CN)。]3 的转化，故配体与Fe3+的结合能力：CN>SCN>Cl,B项正确：④中含有K[Fe(CN)。],可与Fe2+反应产生 KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓，C项正确；由于配 体与Fe3+的结合能力：CN->SCN-,故使用KSCN作指示剂，用标准FeCl,溶液滴定废水中CN-浓度时，当 CN-刚好完全反应时，发生Fe++SCN、一[Fe(SCN)]+而使溶液显红色，D项正确。 6.答案A 命题透析本题以阿伏加德罗常数为情境，考查相关计算知识，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探 析的核心素养。 思路点拨[Co(H,0)。]+中，每个H,0分子内有2个g键，Co与6个H,0之间的配位键也为g键，故1ol 该离子含有的σ键数为6×2+6=18WA,A项正确；未指明O2处于标准状况，11.2LO2的物质的量不一定为 0.5mdl,无法计算生成的[Co(N02)6]3的物质的量，B项错误；NO2的摩尔质量为46g·mol-1,46gN02为 1mol,46gNO2含有的电子数为24WA,C项错误；NO2为弱酸根离子，在溶液中会发生水解：NO2+H0一 HNO2+OH,故溶液中NO2的数目小于VA,D项错误。 7.答案D 命题透析本题以亚硝酸钻钠钾等为素材，考查物质结构与性质知识，意在考查归纳与论证能力，证据推理与 模型认知的核心素养。 思路点拨由图可知[Co(NO2)。]3-的配位原子为N,A项正确；K,NaCo(NO2)。溶液中存在溶解平衡： K2 NaCo(NO2)(s)=2K*(aq)Na*(aq)+Co NO2)]3 aq),c(Na*)=x,c(K*)=2x, c{[Co(N02)6]3-}=x,Kp=(2x)2·x·x=4x4=4.0×102,解得x=1.0×10-3mol·L-1,故c(K+)=2x= 2.0×l03mol·L1,B项正确：金属元素为Na、P%、Co,Na位于s区，Pb位于p区，Co位于d区，C项正确； [Co(NO2)。]3为正八面体结构，中心Co原子杂化轨道由s、p、d轨道组成，D项错误。 8.答案C 命题透析本题以原子结构与元素性质为情境，考查元素推断、电离能、键角、熔点及物质类型等知识，意在考 查分析与推测能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨W和M的基态原子的核外电子空间运动状态均为5种，即1s、2s、2p轨道中均填充有电子，且根据 Q的结构可知，X、Y、Z、W、M分别为H、B、C、N、F。简单氢化物的键角：CH4>NH,A项错误；第一电离能：N< F,B项错误；C、N均可形成多种氧化物，C项正确；离子液体的阴阳离子半径比Nad大，离子键的键能小，熔点 低，D项错误。 9.答案B 命题透析本题以天然产物的结构为情境，考查官能团性质、手性碳原子、原子共面等知识，意在考查分析与推 测能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨该有机物中只有酯基部分能与NaOH反应，由于是酚酯基，所以1mol该物质最多能消耗2mol 2 NOH,A项错误；该有机物中含有碳碳双键以及苯环，故能发生加成反应，由于含有醇羟基，且醇羟基邻位碳原 子含有氢，故能发生消去反应，B项正确；由于该物质含有多个饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，C项错 误；该分子中只含有3个手性碳原子，D项错误。 10.答案C 命题透析本题以实验为情境，考查实验方案设计与分析，意在考查气体除杂、浓硫酸性质验证、氨水制备以 及溶度积大小比较等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨三氧化硫可用98.3%浓硫酸吸收，A项正确；将浓硫酸与蔗糖混合，蔗糖变黑，说明浓硫酸有脱水 性，品红溶液褪色说明浓硫酸反应产生了SO2,体现了浓硫酸的强氧化性，B项正确；多孔球泡无法防止倒吸， C项错误；向0.1mol·L1ZnS04溶液和0.01mol·LCuS04溶液中滴加Na,S溶液，先产生黑色沉淀，说明 溶度积：ZnS>CuS,D项正确。 11.答案A 命题透析本题以有机物的转化为素材，考查酸性比较、反应条件选择、高分子材料的性质与降解等知识，意 在考查理解与辨析能力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨由于Cl的电负性大于H,为吸电子基，所以酸性：A<B,A项错误；AB的反应试剂与条件为CL2、 光照，B项正确；聚酯D在一定条件下可降解，C项正确；D制得的塑料制品为线型结构，具有热塑性，可再生 利用，D项正确。 12.答案D 命题透析本题以乙醛的制备为素材，考查氧化还原反应、化学反应速率、化学平衡及反应热等知识，意在考 查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨由图可知，反应①和⑤均属于氧化还原反应，A项正确；反应过程中四种含铁中间体中 [(C,H4)F]+含量远高于其余几种，可见反应⑤的速率最慢，若适当升高温度，反应⑤的速率加快最明显，则 有利于乙醛的产生，从而可降低副产物的百分含量，B项正确：主反应的总反应为C,H。+2N,0 CH,CHO+2N2+H20,增大原料气中N/C比，可提高乙烷的转化率，C项正确；由题意可知，反应⑤的速率最 慢，活化能最大，但△H的大小根据题目现有信息无法比较，D项错误。 13.答案D 命题透析本题以废弃物转化为情境，考查电化学综合知识，意在考查理解与辨析能力，科学态度与社会责任 的核心素养。 思路点拨由图可知，a极的电极反应式为NO2+5H20+6e=NH3+7OH,b极的电极反应式为 C3H03+110H-8e=一3HC00+8H,0,OH从左室向右室移动，A、C项正确；当a极产生7个0H时， 有6个OH从左室向右室移动，故a极附近溶液的pH增大，B项正确：若外电路中有6mol电子转移，电解效 率为90%，则有6×90%×17=15.3gNH,产生，D项错误。 6 14.答案B 命题透析本题以H,S、Ag2S和FS中微粒浓度与pH的关系为情境，考查水溶液中的离子平衡知识，意在考 一3 查归纳与论证能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由图1中交点可知，H,S的K,=c(s)cH)=106”,K。=c(S):H)=103, c(H,S) c(HS) K·K=cs):H×eS)=2H)6S】=10×10-,故c(s-）= c(H,S) c(HS-) c(HS) K·人2c:S),K,(Ag5)=c2(Ag)·c(S-）=c2(Ag）xK·Ka:cH,S,所以2(Ag）= c2(H*) c2(H*) K·K·c(HS,o(Fe2)=(es)·e2(H） K(Ag2S)·c2(H+) XK。·c(H,S,故图2中M表示的是pC(Fe2)与pH的关系，A项正 确；由图2可知，pH=4时，c(Ag*)=10-18mdl·LI,c(Fe2+)=10-5mol·L-1,故K(Ag2S)=c2(Ag)· c(S)=2(g）×·人》=10n,同理可得K(fs)=c(e2·）×人cH,》: c2(H+) c2(H) 10,反应2g(a9)+s(ag)一Ag,5(s)+2H(aq)的平衡常数K=2Ag)·c(H,S) c2(H+) 人Kg=10,B项错误：NaS溶液中HS既可以电离又可以水解，电离常数为105，水解常数为人 K(AgS) 无10丽=10，水解大于电离，所以0.1ml·L-NaHS溶液中含硫微粒的浓度：c(Hs)>c(H,S)> K=10-4 c(S2-),C项正确；Ag*完全沉淀时，c(Ag*)=105mol·L,则c(S2-）=1087mol·L-1,由于c(Fe2+)= 0.1mol·L,所以c(S2）·c(Fe2+)=1097<1017.7,故Fe2+还未开始沉淀，可将Fe2+和Ag完全分离， D项正确。 15.答案(1)Si02、PbS04(2分，答对1个得1分) (2)将Fe2转化为Fe3+(1分，合理即可)3.5≤plH<6.4(2分) (3)4(2分)根据萃取原理Mn2+(水相)+2HA(有机相)、一MnA2(有机相)+2H+(水相)可知，pH减小， c(H)增大，平衡向左移动，萃取率减小，但pH过大，Mn+会生成Mn(OH)2沉淀，萃取率也会减小（合理即 可，2分) (4)反萃取(2分) (5)NH3·H,0+HCO3+N2+=NiC03↓+NH+H2O(2分) (6)02(2分) 命题透析本题以工业废料的回收与利用为素材，考查条件的选择、离子方程式的书写、氧化还原反应的分析 等知识，意在考查分析与推测能力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨(1)由图可知，“酸浸”时滤渣1的主要成分为S02和PbSO4。 (2)“氧化除铁”中加入MnO,的目的是调节酸浸液的pH和将Fe2+转化为Fe3+,由表中数据可知，调节酸浸液 的pH的合理范围是3.5≤pH<6.4。 (3)设原溶液中n(Mn2+)=xmol,平衡时Mn2+的萃取率为80%，故剩下的n(Mn2+)=0.2xmol,生成的 n(MnA,)=0.8xmdl,即溶液中CMnA=4:根据萃取反应Mn2·(水相)+2HA(有机相)一MnA,(有机 n(Mn2+) 一4 相)+2H(水相)可知，pH减小，c(H+)增大，平衡向左移动，萃取率减小，但pH过大，Mn2+会生成M(OH)2 沉淀，萃取率也会减小。 (4)“电解”总反应为MnS0,+2L,0电解Mn0,+H,S0,+H,↑，故电解余液可投人酸浸和反萃取的工序中循 环使用。 (5)“沉镍”时反应的离子方程式为NH3·H,O+HCO+N2+一=NCO3↓+NH+H,O。 (6)C(OH)3隔绝空气煅烧制备C02O3时，温度过高会发生副反应生成杂质Co0,则该副反应的化学方程式 为4Ca(0H,高温4C0+0,↑+6H,0,放氧化产物为02。 16.答案(1)c(2分) (2)甘油分子含有3个羟基，与乙醇相比，甘油分子间可以形成更多的氢键（合理即可，2分） (3)AC(2分) (4)取最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗涤干 净（合理即可，2分）1：4：1(2分) (5)催化剂难以回收、重复利用（或浓硫酸会与有机物发生副反应、不易与产品分离等）（任填一种，合理即可， 2分) (6)91.5(2分) 命题透析本题以甘油碳酸酯的制备为情境，考查实验安全标志、仪器的选择、物质性质的分析、晶体的计算 等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨(1)实验一般都需要洗手和佩戴护目镜，由于该实验使用了电流，且有加热操作，故c项符合题意。 (2)乙醇和甘油分子中均含有羟基，故分子间均能形成氢键，但甘油分子中羟基数目较多，故甘油分子间能形 成更多的氢键，分子间作用力更大，所以黏性更强。 (3)步骤④配制的不是一定物质的量浓度的溶液，所以不需要容量瓶；由于③采用的是焙烧操作，所以需要坩 埚、坩埚钳等，不需要蒸发皿，A、C项符合题意。 (4)步骤②的滤液中含有硫酸盐，所以可通过检验硫酸根离子来判断沉淀已洗净，检验方法如下：取最后一次 洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已洗涤干净。根据晶胞结构 图可知，每个晶胞中含有2个Zn、1个A1、1个Ag和4个0，所以该催化剂中x:y:z=1:4:1。 (5)浓硫酸是液体催化剂，很难回收利用，而Ag2O/ZO/A12O3是固体催化剂，可通过过滤进行回收利用；而且 浓硫酸作催化剂，会发生其他副反应，导致产率低。 (6)若实验中使用了24.0g尿素，即0.4ml尿素，由于甘油、尿素物质的量比为子，故参加反应的尿素为 0.1m,因此甘油碳酸酯的理论产量为0.1ml,即1.8名，放该实验的产率为98×10%91.%。 17.答案(1)⑦(2分)》 (2)减小生成物的浓度，使平衡正向移动（合理即可，2分） (3)(0.81,0.19,0.5)(2分) (4)-1199.8(2分)B(1分) (5)①反应I、Ⅱ均为放热反应，由于△H1小于△H,,升高温度，反应I逆向进行的程度更大（合理即可，2分） ②0.3(2分) ③A(1分) 命题透析本题以含氮污染物的处理为素材，考查反应热计算、化学反应速率与化学平衡等知识，意在考查分 析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)由图可知，活化能最大的基元反应为第⑦步反应，所以若将单体钒氧化物改为低聚态钒氧化 物，发生的基元反应不变，但催化效率显著提高，原因主要是降低了决速步骤的活化能。 (2)使用MOF材料选择性吸附N2或H2O均可提高脱氮率，主要原因是减小了生成物的浓度，使平衡正向移 动，所以脱氮率提高。 (3)由图示知，C的原子分数坐标z值与B相同，xy值与B对应坐标值相反，故C的原子分数坐标为(0.81， 0.19,0.5)。 (4)根据盖斯定律，由I-Ⅱ×2可得反应2NO(g)+2C0(g)一N2(g)+2C02(g),即△H1-2△H2=△H,故 △H1=-1199.8kJ·mol-1。反应I自发进行的条件为低温。 (5)①根据反应I、Ⅱ可知，二者均为放热反应，所以升高温度，二者均逆向移动，但根据N2选择性降低的结 果可知，升高温度对反应I的影响更大，可能原因是由于△H,小于△H2,升高温度，反应I逆向进行的程度更 大。②2 mol NO2和4molC0反应，由图可知，消耗的NO2为1mol,平衡时NO2为1mol,发生反应I的NO2 为0.5mol,消耗1molC0,产生的N2为0.25mol,产生的C02为1mol,发生反应Ⅱ的N02为0.5mol,消耗 0.5molC0,产生的C02为0.5mol,产生的N0为0.5mol,故平衡时C0为2.5mol,C02为1.5mol,反应Ⅱ前 后气体分子数不变，恒温恒容下，反应Ⅱ中气体的分压之比等于气体的物质的量之比，故反应Ⅱ的K。= p(N0,)×p(C○)n(0,)XCO=0.3。③由图可知，该方法在低温时N0的平衡转化率更高且八，的选 p(N0)×p(CO2)n(N0)×n(C02) 择性更高，故最合适的研究方向为寻找新型催化剂，在常温下具有较高活性，A项符合题意。 18.答案(1)羟基、醚键(2分)邻羟基苯甲酸甲酯或2-羟基苯甲酸甲酯(1分) NH 2 (2分) HO (3)ad(2分) OH OH (4) -COOH +CH,OH、浓毓酸 -C00CH3+H20(2分) △ OH (5)13(2分) (1分) CH2 COOH 一6 CH. CuBr: 1.(CH)N. NH NaBH/LiCl CH.CI/CH,COOE 2.EOH/HCI 3.NaHCO, OH NH- (合理即可，3分) 命题透析本题以沙美特罗的一种合成路线为素材，考查反应类型、物质命名、物质性质、官能团判断、同分异 构体以及合成线路的设计等知识，意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 OH 思路点拨(1)由G的结构可知，其中的含氧官能团为羟基和醚键；B为 COOCH3,故名称为邻羟基 苯甲酸甲酯或2-羟基苯甲酸甲酯。 NH2 (2)根据已知信息和D的结构可知，E的结构简式为 HO OH NH NaBH/LiCl HO NH2 (3)E→F的变化为 ,产物中增加了2个亲水基 HO HO OH HO NH2 羟基，所以反应后物质的水溶性增强，a项正确； 中羟基和羟基、羟基和氨基均有可能 HO 形成分子内氢键，b项错误；从E、F的结构变化可知，E→F反应为还原反应，℃项错误；C→D的反应为 CuBr ,反应后物质中引入了吸电子基团Br原子，所以物质 HO CH,CI/CH,COOEL HO 的酸性增强，d项正确。 OH (4)A→B为水杨酸和甲醇的酯化反应，反应的化学方程式为 COOH+CH,OH,浓毓酸 △ OH 〉-C00CH3+H20。 (5)能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，说明含有羧基，另外 还含有1个碳原子，故可能结构有：苯环上含有1个一0H、1个一C00H和1个一CH,共有10种结构；苯环上 含有1个一OH和1个一CH2C0OH,共有3种结构，故共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积比为 OH 2:2:2:1:1的同分异构体的结构简式为 CH2 COOH 7 (6)目标化合物 ◇CH-H,-NH- 可由○ CH一CH,一NH2, Br 反应生成；其中 OH OH CuBr, FeBr. Br,而根据C→F变化可知， CH,CI/CH,COOEL OH OH OH 1.(CH,)N NH2 NaBH,/LiCI NH, NH〈 ,由此 2.EOH/HCI 3.NaHCO 可设计出合成路线。 一8