化学（北京卷04）学易金卷：2026年高考考前最后一卷

2026年高考考前最后一卷（北京专用） 高三化学 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ce 140 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．【新技术】新质生产力以科技创新为主导，摆脱传统增长路径，具备高科技、高效能、高质量特征，氢能、光伏、新型电池等新能源领域是其核心应用方向。下列与新质生产力相关的化学知识说法错误的是( ) A．光伏电池的核心材料是晶体硅，硅元素在周期表中位于第三周期IVA族 B．氢燃料电池通过H2与O2的氧化还原反应产生电能，产物为水，无污染 C．钠离子电池逐步替代部分锂离子电池，Na+和Li+的核外电子排布完全相同 D．新型储能材料钒电池中，钒元素存在多种价态，价态变化是其实现电能存储的关键 2． 【原创】HCHO还原银氨溶液的方程式为 HCHO+4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓+(NH4)2CO+6NH3↑+2H2O。下列有关叙述错误的是( ) A．甲醛的结构简式为CH2=O B．碳原子最内层电子的电子云轮廓图： C．NH4Cl的电子式为： D．NH3的空间填充模型为： 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化 B．蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸 C．通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同 D．核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 4．【改编】关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是( ) A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形 C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 5．【新考法】醋酸铜氨溶液(含[Cu(NH3)4]2+、NH3等)净化合成氨原料气(含N2、H2和少量CO)的过程中发生反应：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3CO]+(aq) ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．Cu位于元素周期表d区 B．H-N-H键角：NH3＞NH4+ C．CO中化学键的强度大于N2，使CO沸点高于N2的 D．在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化 6．【原创】下列离子方程式书写错误的是( ) A．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3++Cu==Cu2++Fe2+ B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合：Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O C．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀： [Al(OH)4]-+HCO3- = Al(OH)3↓ +CO32-+H2O D．用氨水溶解试管中的AgCl：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O 7．【改编】下列实验装置和操作正确且能达到实验目的的是( ) A．探究Fe3+与I-的反应是否为可逆反应 B．实验证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) C．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 D．熔化Na2CO3固体 8．【改编】某粗盐中含有K+、Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．试剂①②③可能分别是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液 B．加入盐酸发生的反应是2H++CO32-- ═H2O + CO2↑、H++OH-═H2O C．“一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 D．为确保除杂彻底，所加的每种除杂试剂需适当过量 9．【改编】下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是( ) 选项 事实或现象 解释 A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑 B 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的DNA 分子间可通过氢键自组装成超分子 C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化 D 工人对铁制品进行发蓝处理 铁原子核外电子发生跃迁形成氧化物保护膜 10．【新考法】利用空气、铜、稀硫酸制CuSO4，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入NaNO3，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是( ) A．反应①：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O B．反应制得3molCuSO4，需投入2molNaNO3 C．酸性条件下NO3-氧化Cu的速率大于O2氧化Cu的速率 D．制CuSO4的总反应：2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O 11．如图为臭氧分解反应(总反应：)及氯自由基催化臭氧分解反应的能量变化示意图，下列说法错误的是( ) A．氯自由基催化的反应中，反应①：的活化能为 B．总反应的ΔH＜0，属于放热反应 C．氯自由基能降低总反应的活化能，加快反应速率 D．催化反应中，是反应的催化剂 12．利用W管进行二氧化硫性质一体化实验，装置示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．弯管N中溶液红色褪去可验证SO2的漂白性 B．弯管P中溶液不变蓝说明氧化性SO2＜I2 C．弯管Q中红色刚好褪去时，HCO3-恰好完全反应 D．弯管M中固体、甲中溶液分别替换为Cu片、浓硝酸，P中溶液会变蓝 13．【改编】一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下。 下列说法正确的是( ) A．中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B．和的不饱和度相同 C．聚合物的反应类型为缩聚反应 D．用核磁共振氢谱或红外光谱有可能鉴别和的水解产物 14．【新考法】查阅文献NO2和NO2-对铜与浓硝酸的反应速率均有影响，利用下图装置进行实验验证。 序号 试剂X 操作 现象 电流表示数 ① 20mL5mol·L-1NaNO3 无 石墨电极一侧有少量气泡 a ② 20mL5mol·L-1NaNO3+2.5mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现少量绿色 b ③ 20mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现明显绿色 c ④ 20mL5mol·L-1NaNO3 向铜电极一侧持续通入NO2 d 已知：ⅰ．2NO2+H2OHNO3+HNO3； ⅱ．[Cu(NO2)4]2-溶液显绿色； ⅲ．电流表示数越大，单位时间内反应转移的电子数越多。 下列分析不正确的是( ) A．①中产生少量气泡的电极反应为NO3-+2H++e-=NO2↑＋H2O B．③中铜电极发生Cu-2e-+4NO2-=[Cu(NO2)4]2- C．若c>b>a，结合现象可证明NO2-能加快铜与浓硝酸的反应速率 D．若④中d>a，可证明NO2能加快铜与浓硝酸的反应速率 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)纳米Fe3O4磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。 (1)位于元素周期表中的_______区。 (2)共沉淀法制备Fe3O4：将FeCl2、FeCl3的混合物与溶液混合加热制得。 ①制备Fe3O4的离子方程式为_______。 ②Fe3O4的熔融态能导电，熔点为1594℃，而FeCl3的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是_______。(已知电负性：Fe 1.8  O 3.5  Cl 3.0) (3)共沉淀法制备出的纳米Fe3O4容易团聚，导致粒径过大，需要对Fe3O4进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将Fe3O4与油胺[CH3(CH2)CH=(CH2)7CH2NH2]混合形成油胺包覆的Fe3O4，结构如下。 ①Fe3O4与油胺之间形成的化学键为_______。 ②油胺包覆的Fe3O4易溶于环己烷的原因是_______。 (4)Fe3O4的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。 ①图中A代表_______(填“Fe2+”或“Fe3+”)。 ②已知Fe3O4的摩尔质量为Fe3+，阿伏加德罗常数为NA，晶体密度为ρg· cm-3，Fe3O4晶胞边长为_______cm。 16．【新考法】(12分)炼锡废渣(含SnS、CaO、CaSiO3、BaSiO3、Fe2O3等)的综合利用可节约资源，降低环境污染。 已知：i.在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅(SiO2·xH2O)的形式溶于水。剧烈搅拌、浓缩或酸性减弱时，均会沉淀出SiO2。 ii.Sn2++4Cl-[SnCl4]2-。 iii.25℃.相关数据：，；，，。 Ⅰ.的提炼 (1)“酸浸Ⅰ”步骤中Fe2O3溶于稀盐酸的离子方程式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”中部分元素的溶解率随搅拌转速和温度的变化如下图所示。 ①由图1可知Si的溶解率在250 r/min时最大，原因是________。 ②由图2可知“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃，原因是________。 (3)“酸浸Ⅱ”中选用浓盐酸，结合沉淀溶解平衡解释其作用：________。 Ⅱ.酸浸液的综合利用 (4)酸浸液中，c(Ca2＋)=0.25mol·L-1，c(Ba2＋)=0.02mol·L-1。溶液B中c(SO42-)应小于________mol·L-1，以防止CaSO4析出。 (5)“减压蒸发”步骤所得X可循环利用，其化学式为________。 17．(12分)化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： (1)A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 (2)D→E的化学方程式为_____。 (3)I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 (4)下列说法正确的是_____(填序号)。 a.I→J中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 (5)以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 (6)在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 18．(10分)镁法脱硫是一种经济环保的SO2减排技术，具有广阔应用前景，科研团队研发高效吸收的镁法脱硫工艺流程。 已知：时，Ksp(MgSO3)=3.2×10-3。 I．MgSO3浆液吸收SO2 (1)室温下，向MgSO3浆液中通SO2，测定溶液里S、Mg的物质的量之比(n(S)/n(Mg)及溶液pH如下表。 n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①pH=4.55时，溶液中溶质主要为_____(填化学式)。 ②pH小于4.55后，溶液pH随着SO2的吸收继续下降，此时反应的化学方程式为_____。 II．MgSO3-Na2SO3混合吸收SO2 (2)单独使用MgSO3浆液吸收SO2的速率较慢，在MgSO3浆液中添加适量Na2SO3能加快吸收SO2的速率，原因是_____。 (3)相同温度下，控制溶液的总钠浓度为3mol·L-1及pH=9.0，分别用MgSO3-Na2SO3浆液和MgSO3-Na2SO3清液吸收SO2。计算平衡时浆液、清液中溶解的Mg2+的lgc(Mg2+)及浆液、清液的SO2吸收量差值(用ΔS1表示)随吸收后溶液的变化如图。pH>8时，ΔS1几乎为0，pH<8时，ΔS1随pH减小明显增大，原因是_____。 III．MgSO3-Na2SO3清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以MgSO3-Na2SO3清液做一级吸收塔中的初始吸收液，避免了MgSO3-Na2SO3浆液吸收存在的管路堵塞风险，流程如下图。 (4)溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为_____(已知溶液1中的含硫微粒主要是HSO3-)。 (5)分析上述工艺是如何实现既能持续吸收SO2又能防止管路堵塞的：_____。 19．(12分)某小组实验探究KMnO4 法滴定白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂(NH4)2C2O4，使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止Cl-影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4 标准溶液滴定。开始滴定时快速加入5mLKMnO4 标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．MnO4-为紫红色，Mn2+近乎无色，H2C2O4棕黑色沉淀； ⅱ．Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①KMnO4 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二：MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+ 途径三：4MnO4-+4H+=4MnO2↓ +3O2↑+2H2O a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的Ca2+的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的Ca2+的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的Ca2+的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀H2SO4控制酸度与Ⅱ相同，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗KMnO4标准溶液的体积分别为V1mL、V2mL。白云石矿样中钙的质量分数为________(列出计算式)。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考考前最后一卷（北京专用） 高三化学·答题卡 日 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填： 缺考标记 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 正确填涂■ 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破 错误填涂[×1【1【/] 一、 选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分（请用2B铅笔填涂） 1.[A1[B1[C1ID] 6.[A1[B1[C1ID] 11.A1[B][C][D] 2.[A1[B1[C1[D] 7.[A1[B1[C1[D1 12.[A][B1[C1[D] 3.A1[B][CJ[D] 8.[A][B][C][D] 13.[AI[B1[CJ[D] 4.A1[B][C1[Dj 9.[A][B][C][D] 14.[A][B][C][D] 5.AJ[B1[C1[D1 10.[AJ[B][CJ[D] 二、非选择题：本题共4小题，共58分（请在各试题的答题区内作答） 15.(12分)1)】 (1分) (2) (2分) (2分) (3) (1分) (2分) (4)】 (2分) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16.(12分)1) (2分) (2) (2分) (2分) (3) (2分) (④) (2分)(5) (2分) 17.(12分)1) (1分) (2) (2分) 3) (1分)4) (2分) (⑤) (2分) (1分) (1分) (1分) (⑥ (1分) 18.(10分)1) (1分) (1分) (2)】 (2分) 3) (2分) (④) (2分) (⑤ (2分) 19.(12分)1)① (1分) ② 1分) (2)① (2分) ② (2分) 2分) ③ (2分) (3) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2026年高考考前最后一卷（北京专用） 高三化学 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ce 140 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．【新技术】新质生产力以科技创新为主导，摆脱传统增长路径，具备高科技、高效能、高质量特征，氢能、光伏、新型电池等新能源领域是其核心应用方向。下列与新质生产力相关的化学知识说法错误的是( ) A．光伏电池的核心材料是晶体硅，硅元素在周期表中位于第三周期IVA族 B．氢燃料电池通过H2与O2的氧化还原反应产生电能，产物为水，无污染 C．钠离子电池逐步替代部分锂离子电池，Na+和Li+的核外电子排布完全相同 D．新型储能材料钒电池中，钒元素存在多种价态，价态变化是其实现电能存储的关键 【答案】C 【解析】A项，硅元素原子序数为14，核外有三层电子，最外层4个电子，因此在周期表中位于第三周期IVA族，A正确；B项，氢燃料电池通过 2H2+O2=2H2O 反应产生电能，产物为水且无污染，B正确；C项，Na+核外电子排布为1s22s22p6(与Ne相同)，而Li+为1s2(与He相同)，二者电子层结构不同，C错误；D项，钒电池利用钒元素(如V2+/V3+、VO2+/VO2+)的价态变化实现充放电，D正确；故选C。 2． 【原创】HCHO还原银氨溶液的方程式为 HCHO+4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓+(NH4)2CO+6NH3↑+2H2O。下列有关叙述错误的是( ) A．甲醛的结构简式为CH2=O B．碳原子最内层电子的电子云轮廓图： C．NH4Cl的电子式为： D．NH3的空间填充模型为： 【答案】B 【解析】A项，甲醛的结构为一个C原子连接2个H原子，与O原子形成碳氧双键，结构简式可写为CH2=O，A正确；B项，碳原子核外电子排布为1s22s22p2，最内层电子填充在1s轨道，s轨道的电子云轮廓图为球形，B错误；C项，NH4Cl是离子化合物，由NH4+和Cl-构成，电子式，C正确；D项，NH3空间构型为三角锥形，且N原子半径大于H原子，空间填充模型：，D正确；故选B。 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化 B．蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸 C．通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同 D．核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 【答案】C 【解析】A项，淀粉属于非还原糖，不含醛基，不能被银氨溶液、氢氧化铜等弱氧化剂氧化，A正确；B项，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，在酶的催化作用下水解最终生成氨基酸，B正确；C项，石油分馏获取汽油、柴油是利用各组分沸点的差异进行分离，不是利用密度不同，C错误；D项，核苷酸的结构可看作戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水反应连接形成，D正确；故选C。 4．【改编】关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是( ) A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形 C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 【答案】B 【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为  ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。 5．【新考法】醋酸铜氨溶液(含[Cu(NH3)4]2+、NH3等)净化合成氨原料气(含N2、H2和少量CO)的过程中发生反应：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3CO]+(aq) ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．Cu位于元素周期表d区 B．H-N-H键角：NH3＞NH4+ C．CO中化学键的强度大于N2，使CO沸点高于N2的 D．在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化 【答案】D 【解析】A项，Cu的核外价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，A错误；B项，NH4+、NH3的N原子均为sp3杂化，NH3中N原子含1个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子对之间的斥力，H-N-H键角小，故H-N-H键角：NH3＜NH4+，B错误；C项，CO和N2的沸点取决于分子间作用力，不能根据化学键强度判断两者的沸点，C错误；D项，该反应为放热反应且正向气体分子数减小，平衡正向移动可净化原料气，故在一定范围内，低温、高压化学平衡正向移动有利于原料气的净化，D正确；故选D。 6．【原创】下列离子方程式书写错误的是( ) A．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3++Cu==Cu2++Fe2+ B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合：Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O C．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀： [Al(OH)4]-+HCO3- = Al(OH)3↓ +CO32-+H2O D．用氨水溶解试管中的AgCl：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O 【答案】A 【解析】A项，该反应电荷、得失电子均不守恒，Fe3+得电子、Cu失电子，正确离子方程式应为2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+，A错误；B项，ClO－与Cl－在酸性条件下发生归中反应生成Cl2，该离子方程式电荷、原子、得失电子均守恒，B正确；C项，[Al(OH)4]－水解出的OH-与HCO3-电离出的H+结合，生成Al(OH)3沉淀、CO32-和H2O，反应符合强酸制弱酸规律，离子方程式书写正确，C正确；D项，AgCl与一水合氨反应生成可溶性的银氨络离子，离子方程式原子、电荷均守恒，书写正确，D正确；故选A。 7．【改编】下列实验装置和操作正确且能达到实验目的的是( ) A．探究Fe3+与I-的反应是否为可逆反应 B．实验证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) C．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 D．熔化Na2CO3固体 【答案】C 【解析】A项，向3mL0.1mol·L-1FeCl3 溶液中滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝，说明有I2生成，发生反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+，但不能证明该反应为可逆反应，A错误；B项，向2mL0.1mol·L-1AgNO3 溶液中滴加2滴0.1mol·L-1NaCl溶液产生AgCl 白色沉淀，而AgNO3过量，再滴加0.1mol·L-1KI溶液，过量的AgNO3与KI反应生成AgI黄色沉淀，不能证明白色沉淀转化为黄色沉淀，即不能证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，B错误；C项，NaOH是碱性溶液，聚四氟乙烯活塞不与碱反应，可用于盛装NaOH；滴定操作中左手控制活塞、右手摇动锥形瓶，碱滴定酸选酚酞作指示剂也符合要求，装置和操作正确，能达到实验目的，C正确；D项，瓷坩埚的成分中含有SiO2，高温下Na2CO3会与SiO2反应腐蚀瓷坩埚，熔化Na2CO3固体应选用铁坩埚，不能用瓷坩埚，D错误；故选C。 8．【改编】某粗盐中含有K+、Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．试剂①②③可能分别是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液 B．加入盐酸发生的反应是2H++CO32-- ═H2O + CO2↑、H++OH-═H2O C．“一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 D．为确保除杂彻底，所加的每种除杂试剂需适当过量 【答案】C 【解析】某粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，可分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，而BaCl2和Na2CO3可以反应，且过量的Na2CO3可以被后面的稀盐酸除去，所以BaCl2必须加在Na2CO3的前面。前面产生的沉淀过滤除去后，溶液中过量的Na2CO3、NaOH可用稀盐酸除去，加完盐酸之后溶液中主要含有KCl、NaCl两种溶质，最后经过蒸发结晶的操作可得到精盐。A项，由分析可知，只要保证BaCl2溶液加在Na2CO3溶液的前面即可保证精盐无杂质，A正确；B项，根据分析，盐酸是为了除去过量的CO32-和OH-，题干方程式已配平，B正确；C项，由图可知，NaCl的溶解度受温度影响变化不大，所以应采用蒸发结晶的方法得到其晶体，正确的操作是蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤，避免温度降低导致KCl结晶析出，混入杂质，C错误；D项，为保证杂质离子完全除去，除杂试剂需要适当过量，D正确；故选C。 9．【改编】下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是( ) 选项 事实或现象 解释 A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑 B 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的DNA 分子间可通过氢键自组装成超分子 C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化 D 工人对铁制品进行发蓝处理 铁原子核外电子发生跃迁形成氧化物保护膜 【答案】B 【解析】A项，切好的茄子在空气中变黑是由于茄子中的酚类物质在多酚氧化酶催化下被氧气氧化为醌类物质发生褐变，与淀粉氧化无关，A错误；B项，两条脱氧核苷酸链之间通过碱基互补配对形成氢键，自组装形成双螺旋结构的DNA超分子，解释合理，B正确；C项，白糖熬制成焦糖的过程中蔗糖发生焦糖化反应，分解生成醛、酮类等有色物质，并未发生充分炭化，若充分炭化会生成黑色碳单质，与焦糖的性质不符，C错误；D项，铁制品发蓝处理是通过化学反应在铁表面生成致密的四氧化三铁氧化物保护膜，与铁原子核外电子跃迁无关，核外电子跃迁通常对应焰色反应等现象，D错误；故选B。 10．【新考法】利用空气、铜、稀硫酸制CuSO4，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入NaNO3，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是( ) A．反应①：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O B．反应制得3molCuSO4，需投入2molNaNO3 C．酸性条件下NO3-氧化Cu的速率大于O2氧化Cu的速率 D．制CuSO4的总反应：2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O 【答案】B 【解析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下NO3-氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被O2氧化重新生成NO3-，NO3-在整个过程中循环，相当于催化剂。A项，反应①中，Cu被氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，A正确；B项，NO3-在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入2molNaNO3，B错误；C项，题干明确说明原工艺(O2直接氧化Cu)反应速率小，加入NaNO3后速率显著增大，说明酸性条件下NO3-氧化Cu的速率大于O2，C正确；D项，将两步反应加和消去NO3-、NO，得到总反应为2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O ，D正确；故选B。 11．如图为臭氧分解反应(总反应：)及氯自由基催化臭氧分解反应的能量变化示意图，下列说法错误的是( ) A．氯自由基催化的反应中，反应①：的活化能为 B．总反应的ΔH＜0，属于放热反应 C．氯自由基能降低总反应的活化能，加快反应速率 D．催化反应中，是反应的催化剂 【答案】D 【解析】A项，反应①的活化能等于反应物总能量与过渡态能量的差值，即，故A正确；B项，总反应的反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，ΔH＜0，故B正确；C项，氯自由基是该反应的催化剂，能降低总反应的活化能，加快反应速率，故C正确；D项，是反应的中间产物，不是催化剂，催化剂是，故D错误；选D。 12．利用W管进行二氧化硫性质一体化实验，装置示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．弯管N中溶液红色褪去可验证SO2的漂白性 B．弯管P中溶液不变蓝说明氧化性SO2＜I2 C．弯管Q中红色刚好褪去时，HCO3-恰好完全反应 D．弯管M中固体、甲中溶液分别替换为Cu片、浓硝酸，P中溶液会变蓝 【答案】C 【解析】A项，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此弯管N中溶液红色褪去可验证so2的漂白性，A正确；B项，若SO2氧化性强于I2，则SO2可以将I-氧化为I2，使淀粉变蓝；弯管P中溶液不变蓝，说明SO2不能氧化I-，可证明氧化性SO2＜I2，B正确；C项，酚酞的变色范围为8.2~10， pH＜8.2时红色褪去。NaHCO3溶液本身pH≈8.3，刚好接近变色点，通入SO2后，只要反应掉部分HCO3-，溶液pH就会降到8.2以下，红色褪去，此时仍有部分HCO3-未反应，并非恰好完全反应，C错误；D项，常温下CU片和浓硝酸即可反应生成NO2，NO2具有氧化性，能将p中I-氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，因此p中溶液会变蓝，D正确；故选C。 13．【改编】一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下。 下列说法正确的是( ) A．中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B．和的不饱和度相同 C．聚合物的反应类型为缩聚反应 D．用核磁共振氢谱或红外光谱有可能鉴别和的水解产物 【答案】D 【解析】X二聚得Y，Y加氢还原得Z，结合Y的分子式(C18H24O4)推得Y的结构简式为；Z与加成聚合成聚合物P。A项，观察产物Z的结构，Z两端仍保留碳碳双键，说明二聚反应中仅b处碳碳双键参与加成二聚，a处碳碳双键未参与反应，A错误；B项，Y→Z为还原反应，还原过程加氢，氢原子数增加，根据不饱和度公式，H增多则不饱和度降低，因此Y和Z不饱和度不同，B错误；C项，缩聚反应的特征是生成聚合物同时脱去小分子(如水、醇等)，该反应是Z两端碳碳双键与Si-H的加成聚合，无小分子生成，属于加聚反应，不是缩聚反应，C错误；D项，Z含酯基，水解后酯基断裂生成羧基和羟基，二者官能团种类不同，红外光谱可区分；氢原子的化学环境不同，核磁共振氢谱也可区分，因此可以鉴别，D正确；故选D。 14．【新考法】查阅文献NO2和NO2-对铜与浓硝酸的反应速率均有影响，利用下图装置进行实验验证。 序号 试剂X 操作 现象 电流表示数 ① 20mL5mol·L-1NaNO3 无 石墨电极一侧有少量气泡 a ② 20mL5mol·L-1NaNO3+2.5mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现少量绿色 b ③ 20mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现明显绿色 c ④ 20mL5mol·L-1NaNO3 向铜电极一侧持续通入NO2 d 已知：ⅰ．2NO2+H2OHNO3+HNO3； ⅱ．[Cu(NO2)4]2-溶液显绿色； ⅲ．电流表示数越大，单位时间内反应转移的电子数越多。 下列分析不正确的是( ) A．①中产生少量气泡的电极反应为NO3-+2H++e-=NO2↑＋H2O B．③中铜电极发生Cu-2e-+4NO2-=[Cu(NO2)4]2- C．若c>b>a，结合现象可证明NO2-能加快铜与浓硝酸的反应速率 D．若④中d>a，可证明NO2能加快铜与浓硝酸的反应速率 【答案】D 【解析】A项，实验①中石墨电极为正极，发生还原反应。酸性条件中NO3-被还原为 NO2，电极反应式为：NO3-+2H++e-=NO2↑＋H2O ，符合产物与电荷守恒，A正确；B项，实验③中铜电极被氧化，结合现象“溶液显绿色”及已知 [Cu(NO2)4]2−显绿色，推断反应为：Cu-2e-+4NO2-=[Cu(NO2)4]2-，原子与电荷均守恒，符合实验现象，B正确；C项，比较实验①(无NO2-)、②(含少量NO2-)、③(含高浓度NO2-)，若电流满足 c>b>a，且绿色加深，说明NO2-浓度越高，反应速率越快，可证明NO2-加快反应，C正确；D项，实验④中通入NO2，根据平衡2NO2+H2OHNO3+HNO3，HNO2会电离出 NO2-，实际起催化或加速作用的可能是NO2-，而非NO2本身。因此仅由d>a，无法确证是NO2加速反应，结论不严谨，D错误；故选D。 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)纳米Fe3O4磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。 (1)位于元素周期表中的_______区。 (2)共沉淀法制备Fe3O4：将FeCl2、FeCl3的混合物与溶液混合加热制得。 ①制备Fe3O4的离子方程式为_______。 ②Fe3O4的熔融态能导电，熔点为1594℃，而FeCl3的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是_______。(已知电负性：Fe 1.8  O 3.5  Cl 3.0) (3)共沉淀法制备出的纳米Fe3O4容易团聚，导致粒径过大，需要对Fe3O4进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将Fe3O4与油胺[CH3(CH2)CH=(CH2)7CH2NH2]混合形成油胺包覆的Fe3O4，结构如下。 ①Fe3O4与油胺之间形成的化学键为_______。 ②油胺包覆的Fe3O4易溶于环己烷的原因是_______。 (4)Fe3O4的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。 ①图中A代表_______(填“Fe2+”或“Fe3+”)。 ②已知Fe3O4的摩尔质量为Fe3+，阿伏加德罗常数为NA，晶体密度为ρg· cm-3，Fe3O4晶胞边长为_______cm。 【答案】(1)d(1分) (2)Fe2++2Fe3++8OH- Fe3O4↓+4H2O(2分) Fe3O4熔化时破坏的是离子键，FeCl3熔化时主要破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力更强，因此Fe3O4熔点高于FeCl3(2分) (3) 配位键(1分) 油胺包覆的Fe3O4表面有极性小的长碳链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷(2分) (4)Fe3+(2分) (2分) 【解析】(1)Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，最后一个电子填充在d轨道，因此位于元素周期表d区； (2)①Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，反应物中，和OH-加热反应生成Fe3O4和水，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH- Fe3O4↓+4H2O；②晶体类型不同，作用力强度不同：Fe3O4是离子晶体，熔化破坏离子键；FeCl3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，因此Fe3O4熔点更高； (3)①油胺中-NH2的N原子有孤对电子，Fe3O4表面的Fe离子有空轨道，二者形成配位键；②相似相溶原理：油胺包覆后，Fe3O4外层为极性小的长链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷； (4)①晶胞分为8个小立方体，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，相当于4个交替堆叠成完整的晶胞，根据图示：O2-位于内部，共计8个，个数个，A位于内部，个数是个，B位于顶点、棱心和内部，个数是，根据Fe3O4的化学式，说明Fe3+一共是16个，Fe2+一共是8个，则A为Fe3+，B代表Fe2+；②晶胞中共含8个Fe3O4，晶胞质量，由密度公式，推导得晶胞边长。 16．【新考法】(12分)炼锡废渣(含SnS、CaO、CaSiO3、BaSiO3、Fe2O3等)的综合利用可节约资源，降低环境污染。 已知：i.在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅(SiO2·xH2O)的形式溶于水。剧烈搅拌、浓缩或酸性减弱时，均会沉淀出SiO2。 ii.Sn2++4Cl-[SnCl4]2-。 iii.25℃.相关数据：，；，，。 Ⅰ.的提炼 (1)“酸浸Ⅰ”步骤中Fe2O3溶于稀盐酸的离子方程式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”中部分元素的溶解率随搅拌转速和温度的变化如下图所示。 ①由图1可知Si的溶解率在250 r/min时最大，原因是________。 ②由图2可知“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃，原因是________。 (3)“酸浸Ⅱ”中选用浓盐酸，结合沉淀溶解平衡解释其作用：________。 Ⅱ.酸浸液的综合利用 (4)酸浸液中，c(Ca2＋)=0.25mol·L-1，c(Ba2＋)=0.02mol·L-1。溶液B中c(SO42-)应小于________mol·L-1，以防止CaSO4析出。 (5)“减压蒸发”步骤所得X可循环利用，其化学式为________。 【答案】(1)Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O(2分) (2)搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出SiO2(2分) Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收(2分) (3)SnS(s)Sn2+(s)+ S2-(aq)，增大c(Cl-)有利于Cl-与Sn2+结合形成[SnCl4]2-；增大c(H+)，有利于H+与S2-生成H2S，均使SnS的沉淀溶解平衡正向移动(2分) (4)(2分) (5)HCl(2分) 【解析】向炼锡废渣(含SnS、CaO、CaSiO3、BaSiO3、Fe2O3等)中加入稀盐酸进行酸浸，CaO、CaSiO3、BaSiO3、Fe2O3均与稀盐酸反应生成CaCl2、BaCl2、 FeCl3和H2SiO3，不与稀盐酸反应，过滤，酸浸液中含有，CaCl2、BaCl2、 FeCl3和过量盐酸，含锡残渣中含有H2SiO3和SnS，加入浓盐酸进行酸浸，在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅(SiO2·xH2O)的形式溶于水，搅拌，沉淀出SiO2，SnS中存在SnS(s)Sn2+(s)+ S2-(aq)沉淀溶解平衡，加入浓盐酸，增大c(Cl-)，Sn2++4Cl-[SnCl4]2-正向移动，得到[SnCl4]2-，加入Zn单质进行置换，制得Sn。 (1)Fe2O3是碱性氧化物，与稀盐酸反应生成 FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O； (2)①当搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出SiO2，故Si的溶解率在250 r/min时最大；②从图2可知：温度高于45℃时，由于温度升高，Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收，故“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃； (3)含锡残渣中的以SnS、Sn2+等形式存在，存在SnS(s)Sn2+(s)+ S2-(aq)沉淀溶解平衡，加入浓盐酸，增大c(Cl-)，Sn2++4Cl-[SnCl4]2-正向移动，有利于Cl-与Sn2+结合形成[SnCl4]2-；增大c(H+)，有利H+与S2-生成H2S，均使SnS的沉淀溶解平衡正向移动； (4)已知，，为防止析出，需满足：，； (5)酸浸液加硫酸后，Ba2+沉淀为BaSO4，溶液B中含Ca2+、Fe3+ 、H+、Cl-、SO42-等；加硫酸后析出CaSO4，溶液C中含FeCl3、H2SO4、HCl等，减压蒸发时，HCl易挥发，会以气体形式逸出，可循环用于“酸浸 Ⅰ”或“酸浸Ⅱ”，因此气体X为HCl。 17．(12分)化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： (1)A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 (2)D→E的化学方程式为_____。 (3)I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 (4)下列说法正确的是_____(填序号)。 a.I→J中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 (5)以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 (6)在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 【答案】(1)(1分) (2)++H2O(2分) (3)醚键(1分) (4)ad(2分) (5) (2分) d(1分) c(1分) e(1分) (6)I→J(1分) 【解析】从G反推E，E到G没有C原子的增加，而是引入-Br，进而推出E为，D到E的反应是羰基的保护反应，使用乙二醇将羰基保护起来，形成两根醚键，推出D为，B到D是-OH的氧化反应，-OH被氧化为羰基，推出B为，A到B为加成反应，A是芳香族化合物，故应是苯环被H2加成得到B，A为，从I与K的结构式推导J，根据题中的提示反应：，I到J的反应式这个反应，根据反应，推出J为，K到L，根据分子式的变化，H原子的数目减少了，所以反应1为氧化反应，应为-OH被氧化为了羰基，L的结构简式为：，L到M的反应为羟基的脱保护反应，M的结构简式为：，由此可以看出I到J的反应为羟基的保护反应，L到M则是羟基的脱保护反应。 (1)根据分析，A的结构简式为。 (2)D到E的反应是羰基的保护，反应方程式为：++H2O。 (3)通过观察I分子中的含氧官能团分别是酚羟基与醚键。 (4)a．I到J的反应方程式为：+CH3OCH2Cl+HCl，加入碱后可以中和生成的HCl，使得反应正向移动，提高J的平衡产率，a正确；b．根据I的结构简式计算出I的不饱和度为3，且同分异构体为芳香族化合物，若存在含有-CHO的芳香族同分异构体，其不饱和度应该为4，但是I的不饱和度只有3，所以该可能性不存在，b错误；c．K分子中的四元碳环，其中两个C均为sp3杂化，空间构型为正四面体形，其键角不为90°，C-C-C的键角不可能为90°，c错误；d．由分析，反应1为氧化反应，d正确；故选ad。 (5)①由分析，M的结构简式为：；②根据P与反应ii的机理倒推Z的结构简式，P的结构简式为，将P中的酰胺基还原为R2，与N原子连接的另一个没连接羰基的基团即为R2，从而得到Z的结构简式为：，通过与Y结构简式的对比，d与a相连，c与e相连形成了一个新的六元环，即 ，所以是a与d，c与e形成了新的碳碳单键。 (6)由分析可知，D到E的目的是羰基的保护，I到J为羟基的保护。 18．(10分)镁法脱硫是一种经济环保的SO2减排技术，具有广阔应用前景，科研团队研发高效吸收的镁法脱硫工艺流程。 已知：时，Ksp(MgSO3)=3.2×10-3。 I．MgSO3浆液吸收SO2 (1)室温下，向MgSO3浆液中通SO2，测定溶液里S、Mg的物质的量之比(n(S)/n(Mg)及溶液pH如下表。 n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①pH=4.55时，溶液中溶质主要为_____(填化学式)。 ②pH小于4.55后，溶液pH随着SO2的吸收继续下降，此时反应的化学方程式为_____。 II．MgSO3-Na2SO3混合吸收SO2 (2)单独使用MgSO3浆液吸收SO2的速率较慢，在MgSO3浆液中添加适量Na2SO3能加快吸收SO2的速率，原因是_____。 (3)相同温度下，控制溶液的总钠浓度为3mol·L-1及pH=9.0，分别用MgSO3-Na2SO3浆液和MgSO3-Na2SO3清液吸收SO2。计算平衡时浆液、清液中溶解的Mg2+的lgc(Mg2+)及浆液、清液的SO2吸收量差值(用ΔS1表示)随吸收后溶液的变化如图。pH>8时，ΔS1几乎为0，pH<8时，ΔS1随pH减小明显增大，原因是_____。 III．MgSO3-Na2SO3清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以MgSO3-Na2SO3清液做一级吸收塔中的初始吸收液，避免了MgSO3-Na2SO3浆液吸收存在的管路堵塞风险，流程如下图。 (4)溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为_____(已知溶液1中的含硫微粒主要是HSO3-)。 (5)分析上述工艺是如何实现既能持续吸收SO2又能防止管路堵塞的：_____。 【答案】(1)Mg(HSO3)2(1分) H2O+SO2H2SO3(1分) (2)Na2SO3易溶于水，添加Na2SO3后溶液中c(SO32-)升高，SO32-+SO2+H2O═2HSO3-反应速率加快(2分) (3)浆液中存在MgSO3(s)Mg2+(s)+SO32-(aq)，pH＞8，吸收SO2总量少，SO2主要与Na2SO3反应，平衡移动不明显，ΔS1几乎为0；pH＜8时，吸收SO2总量多，SO2与SO32-反应使c(SO32-)降低，平衡正向移动，ΔS1明显增大(2分) (4)MgO+2HSO3-=MgSO3+SO32-+H2O(2分) (5)清液中的Na2SO3循环利用保证了对SO2的吸收能力；通过再生装置及时过滤出难溶MgSO3，能够防止管道堵塞(2分) 【解析】(1)①pH=4.55时，n(S)/n(Mg)=2/1，Mg2+为+2价，溶质为亚硫酸氢镁，化学式为Mg(HSO3)2 ；② 根据表中数据，当pH=4.55时，n[S]/n[Mg]=2，溶质为Mg(HSO3)2，当pH小于4.55后，继续通入的SO2溶解于水生成亚硫酸，使溶液酸性进一步增强，pH继续下降，反应的化学方程式为H2O+SO2H2SO3； (2) MgSO3溶解度小，电离出的SO32-浓度低，Na2SO3易溶于水，添加Na2SO3后溶液中c(SO32-)升高，SO32-+SO2+H2O═2HSO3-反应速率加快； (3)浆液中存在MgSO3(s)Mg2+(s)+SO32-(aq)，吸收SO2总量少，SO2主要与Na2SO3反应，平衡移动不明显，ΔS1几乎为0；pH＜8时，吸收SO2总量多，SO2与SO32-反应使c(SO32-)降低，平衡正向移动，ΔS1明显增大； (4)溶液1中主要为HSO3-，加入MgO后反应，与其反应生成MgSO3，离子方程式为MgO+2HSO3-=MgSO3+SO32-+H2O； (5)清液中的Na2SO3循环利用保证了对SO2的吸收能力；通过再生装置及时过滤出难溶MgSO3，能够防止管道堵塞。 19．(12分)某小组实验探究KMnO4 法滴定白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂(NH4)2C2O4，使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止Cl-影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4 标准溶液滴定。开始滴定时快速加入5mLKMnO4 标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．MnO4-为紫红色，Mn2+近乎无色，H2C2O4棕黑色沉淀； ⅱ．Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①KMnO4 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二：MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+ 途径三：4MnO4-+4H+=4MnO2↓ +3O2↑+2H2O a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的Ca2+的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的Ca2+的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的Ca2+的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀H2SO4控制酸度与Ⅱ相同，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗KMnO4标准溶液的体积分别为V1mL、V2mL。白云石矿样中钙的质量分数为________(列出计算式)。 【答案】(1)①CaMg(CO3)2+4H+ ═Ca2+ +Mg2++2H2O+2CO2↑(1分) ②取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净(1分) (2) ①滴入最后半滴KMnO4 标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色(2分) ②3H2C2O4+2MnO4-+2H+=6CO2↑+2MnO2↓+4H2O(2分) 棕黑色沉淀溶解是MnO2与H2C2O4反应生成Mn2+造成的，途径一二KMnO4 及其生成的MnO2均用于氧化H2C2O4，且最终还原产物均只有Mn2+，因此消耗KMnO4 体积不变，而途径三KMnO4 除用于氧化H2C2O4，自身被还原为Mn2+外，还有一部分自身分解生成O2，使得消耗KMnO4 体积增大(2分) ③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性KMnO4 氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高(2分) (3)或(2分) 【解析】白云石[CaMg(CO3)2]先和盐酸反应生成Ca2+，Ca2+再和(NH4)2C2O4生成CaC2O4沉淀，CaC2O4沉淀和硫酸反应后和KMnO4 反应，根据5Ca2+~5H2C2O4~2MnO4-得出白云石中钙的质量分数。 (1)①白云石是难溶固体，与HCl反应生成可溶性钙盐、镁盐、CO2和水，故离子反应方程式为CaMg(CO3)2+4H+ ═Ca2+ +Mg2++2H2O+2CO2↑ ；②杂质Cl-存在于洗涤液中，用硝酸酸化的AgNO3检验Cl-，若无白色沉淀生成，则洗涤已洗净； (2)①KMnO4 自身可作指示剂，滴定终点时H2C2O4完全反应，过量半滴KMnO4 使溶液显特征浅紫红色；②a.初始滴定时反应速率慢，MnO4-被草酸还原为MnO2，根据得失电子守恒配平即可得到离子方程式：3H2C2O4+2MnO4-+2H+=6CO2↑+2MnO2↓+4H2O；b.棕黑色沉淀溶解是MnO2与H2C2O4反应生成Mn2+造成的，途径一二KMnO4 及其生成的MnO2均用于氧化H2C2O4，且最终还原产物均只有Mn2+，因此消耗KMnO4 体积不变，而途径三KMnO4 除用于氧化H2C2O4，自身被还原为Mn2+外，还有一部分自身分解生成O2，使得消耗KMnO4 体积增大；③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，额外消耗标准液，导致测定结果偏高； (3)实验Ⅲ为空白实验，扣除滤纸消耗的体积V2后，实际与草酸反应的KMnO4 体积为V1−V2；根据反应关系5Ca2+~5H2C2O4~2MnO4-，得，代入钙的摩尔质量40 g/mol，即可得到质量分数或。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考考前最后一卷（北京专用） 高三化学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C B C B D A C C B B D C D D 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)(1)d(1分) (2)Fe2++2Fe3++8OH- Fe3O4↓+4H2O(2分) Fe3O4熔化时破坏的是离子键，FeCl3熔化时主要破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力更强，因此Fe3O4熔点高于FeCl3(2分) (3) 配位键(1分) 油胺包覆的Fe3O4表面有极性小的长碳链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷(2分) (4)Fe3+(2分) (2分) 16．(12分)(1)Fe2O3 +6H+ ==2Fe3+ +3H2O(2分) (2)搅拌转速小于250r/min时，溶解速率小，溶解不充分；大于250r/min时，搅拌过于剧烈，会沉淀出SiO2(2分) Sn的溶解率增大，提前浸出，回收率降低；Si的溶解率下降，混入含锡残渣，不利于Sn的回收(2分) (3)SnS(s)Sn2+(s)+ S2-(aq)，增大c(Cl-)有利于Cl-与Sn2+结合形成[SnCl4]2-；增大c(H+)，有利于H+与S2-生成H2S，均使SnS的沉淀溶解平衡正向移动(2分) (4)(2分) (5)HCl(2分) 17．(12分)(1)(1分) (2)++H2O(2分) (3)醚键(1分) (4)ad(2分) (5) (2分) d(1分) c(1分) e(1分) (6)I→J(1分) 18．(10分)(1)Mg(HSO3)2(1分) H2O+SO2H2SO3(1分) (2)Na2SO3易溶于水，添加Na2SO3后溶液中c(SO32-)升高，SO32-+SO2+H2O═2HSO3-反应速率加快(2分) (3)浆液中存在MgSO3(s)Mg2+(s)+SO32-(aq)，pH＞8，吸收SO2总量少，SO2主要与Na2SO3反应，平衡移动不明显，ΔS1几乎为0；pH＜8时，吸收SO2总量多，SO2与SO32-反应使c(SO32-)降低，平衡正向移动，ΔS1明显增大(2分) (4)MgO+2HSO3-=MgSO3+SO32-+H2O(2分) (5)清液中的Na2SO3循环利用保证了对SO2的吸收能力；通过再生装置及时过滤出难溶MgSO3，能够防止管道堵塞(2分) 19．(12分)(1)①CaMg(CO3)2+4H+ ═Ca2+ +Mg2++2H2O+2CO2↑(1分) ②取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净(1分) (2) ①滴入最后半滴KMnO4 标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色(2分) ②3H2C2O4+2MnO4-+2H+=6CO2↑+2MnO2↓+4H2O(2分) 棕黑色沉淀溶解是MnO2与H2C2O4反应生成Mn2+造成的，途径一二KMnO4 及其生成的MnO2均用于氧化H2C2O4，且最终还原产物均只有Mn2+，因此消耗KMnO4 体积不变，而途径三KMnO4 除用于氧化H2C2O4，自身被还原为Mn2+外，还有一部分自身分解生成O2，使得消耗KMnO4 体积增大(2分) ③滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性KMnO4 氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高(2分) (3)或(2分) / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考考前最后一卷（北京专用) 高三化学·答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 自已的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 铅笔填诽；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 要折叠、不要弄破。 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分（请用2B铅笔填涂） 1[AJIBIIC]IDI 6.AIIBIICIID 11.1A]IB]ICIID] 2.JAlIBIICIIDI 7.AIIBIICIID 12.[AJIBIICIIDI 3.JAIIBIICIID 8.AlIBI[CIID 13.[AIIBI[CI[DI 4.AlIBIICIID 9.AIBIICIIDI 14.JAIIBIICIIDI 5.AI[BIICIIDI 10.[A1B1C]ID] 二、非选择题：本题共4小题，共58分（请在各试题的答题区内作答） 15.(12分)1)】 (1分) (2) (2分) (2分) (3) (1分) (2分) (4) (2分) (2分) 16.(12分)1) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的养绣效！ (2) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案王效(2分) (2分) 3) (2分) (4) (2分)(5) (2分) 17.(12分1) (1分) (2) (2分) (3) (1分)(4) (2分) (5) (2分) (1分) (1分) (1分) (6) (1分) 18.(10分)1) (1分) (1分) (2) (2分) (3) (2分) (4) (2分) (5) (2分) 19.(12分)1)① (1分) ② (1分) (2)① (2分) ② (2分) (2分) ③ (2分) 3) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ l免费增值服务介绍m 学利网 组卷网 www.ZxXK.com 日卷通组卷系统 zuluan.xkw com v学科网(https:/www.zXxk.com/) 致力于提供K12教育资源方服务。 y组卷网(https:/zujuan..xkw.com) 是学科网旗下智能题库，拥有小初高全 √网校通合作校还提供学科网高端社群 学科超千万精品试题，提供智能组卷、 出品的《老师请开讲》私享直播课等 拍照选题、作业、考试测评等服务。 增值服务。 扫码关注学科网 每日领取免费资源 扫码关注组卷网 回复“ppt”免费领I80套PPT模板 解锁更多功能 回复“天天领券”来抢免费下载券 ( ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○……………… 线 ………………○……………… ) ( 此卷只装订 不密封 ) ( ………………○……………… 内 ………………○………………装………………○………………订………………○……………… 线 ………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○……………… 线 ………………○……………… … 学校： ______________ 姓名： _____________ 班级： _______________ 考号： ______________________ ) 2026年高考考前最后一卷（北京专用） 高三化学 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ce 140 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．【新技术】新质生产力以科技创新为主导，摆脱传统增长路径，具备高科技、高效能、高质量特征，氢能、光伏、新型电池等新能源领域是其核心应用方向。下列与新质生产力相关的化学知识说法错误的是( ) A．光伏电池的核心材料是晶体硅，硅元素在周期表中位于第三周期IVA族 B．氢燃料电池通过H2与O2的氧化还原反应产生电能，产物为水，无污染 C．钠离子电池逐步替代部分锂离子电池，Na+和Li+的核外电子排布完全相同 D．新型储能材料钒电池中，钒元素存在多种价态，价态变化是其实现电能存储的关键 2． 【原创】HCHO还原银氨溶液的方程式为 HCHO+4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓+(NH4)2CO+6NH3↑+2H2O。下列有关叙述错误的是( ) A．甲醛的结构简式为CH2=O B．碳原子最内层电子的电子云轮廓图： C．NH4Cl的电子式为： D．NH3的空间填充模型为： 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．淀粉不能被银氨溶液和氢氧化铜等弱氧化剂氧化 B．蛋白质可在酶的作用下水解得到氨基酸 C．通过分馏从石油中获得汽油、柴油利用的是各组分密度的不同 D．核苷酸的结构可看作是由戊糖分别与磷酸、碱基通过分子间脱水连接而成 4．【改编】关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是( ) A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形 C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 5．【新考法】醋酸铜氨溶液(含[Cu(NH3)4]2+、NH3等)净化合成氨原料气(含N2、H2和少量CO)的过程中发生反应：[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3CO]+(aq) ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．Cu位于元素周期表d区 B．H-N-H键角：NH3＞NH4+ C．CO中化学键的强度大于N2，使CO沸点高于N2的 D．在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化 6．【原创】下列离子方程式书写错误的是( ) A．用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：Fe3++Cu==Cu2++Fe2+ B．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)混合：Cl－+ClO－+2H+＝Cl2↑+H2O C．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀： [Al(OH)4]-+HCO3- = Al(OH)3↓ +CO32-+H2O D．用氨水溶解试管中的AgCl：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O 7．【改编】下列实验装置和操作正确且能达到实验目的的是( ) A．探究Fe3+与I-的反应是否为可逆反应 B．实验证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl) C．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 D．熔化Na2CO3固体 8．【改编】某粗盐中含有K+、Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．试剂①②③可能分别是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液 B．加入盐酸发生的反应是2H++CO32-- ═H2O + CO2↑、H++OH-═H2O C．“一系列操作”是指蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 D．为确保除杂彻底，所加的每种除杂试剂需适当过量 9．【改编】下列用化学知识对事实或现象的解释正确的是( ) 选项 事实或现象 解释 A 切好的茄子放在空气中容易变黑 淀粉被空气氧化变黑 B 两条脱氧核苷酸链形成双螺旋结构的DNA 分子间可通过氢键自组装成超分子 C 将白糖熬制成焦糖汁为食物增色 主要利用蔗糖在高温下充分炭化 D 工人对铁制品进行发蓝处理 铁原子核外电子发生跃迁形成氧化物保护膜 10．【新考法】利用空气、铜、稀硫酸制CuSO4，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入NaNO3，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是( ) A．反应①：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O B．反应制得3molCuSO4，需投入2molNaNO3 C．酸性条件下NO3-氧化Cu的速率大于O2氧化Cu的速率 D．制CuSO4的总反应：2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O 11．如图为臭氧分解反应(总反应：)及氯自由基催化臭氧分解反应的能量变化示意图，下列说法错误的是( ) A．氯自由基催化的反应中，反应①：的活化能为 B．总反应的ΔH＜0，属于放热反应 C．氯自由基能降低总反应的活化能，加快反应速率 D．催化反应中，是反应的催化剂 12．利用W管进行二氧化硫性质一体化实验，装置示意图如下。下列说法不正确的是( ) A．弯管N中溶液红色褪去可验证SO2的漂白性 B．弯管P中溶液不变蓝说明氧化性SO2＜I2 C．弯管Q中红色刚好褪去时，HCO3-恰好完全反应 D．弯管M中固体、甲中溶液分别替换为Cu片、浓硝酸，P中溶液会变蓝 13．【改编】一种高性能聚碳硅烷材料P的合成路线如下。 下列说法正确的是( ) A．中，a处和b处的碳碳双键均参与二聚反应 B．和的不饱和度相同 C．聚合物的反应类型为缩聚反应 D．用核磁共振氢谱或红外光谱有可能鉴别和的水解产物 14．【新考法】查阅文献NO2和NO2-对铜与浓硝酸的反应速率均有影响，利用下图装置进行实验验证。 序号 试剂X 操作 现象 电流表示数 ① 20mL5mol·L-1NaNO3 无 石墨电极一侧有少量气泡 a ② 20mL5mol·L-1NaNO3+2.5mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现少量绿色 b ③ 20mL5mol·L-1NaNO2 无 石墨电极一侧有少量气泡，铜电极一侧溶液澄清，出现明显绿色 c ④ 20mL5mol·L-1NaNO3 向铜电极一侧持续通入NO2 d 已知：ⅰ．2NO2+H2OHNO3+HNO3； ⅱ．[Cu(NO2)4]2-溶液显绿色； ⅲ．电流表示数越大，单位时间内反应转移的电子数越多。 下列分析不正确的是( ) A．①中产生少量气泡的电极反应为NO3-+2H++e-=NO2↑＋H2O B．③中铜电极发生Cu-2e-+4NO2-=[Cu(NO2)4]2- C．若c>b>a，结合现象可证明NO2-能加快铜与浓硝酸的反应速率 D．若④中d>a，可证明NO2能加快铜与浓硝酸的反应速率 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)纳米Fe3O4磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。 (1)位于元素周期表中的_______区。 (2)共沉淀法制备Fe3O4：将FeCl2、FeCl3的混合物与溶液混合加热制得。 ①制备Fe3O4的离子方程式为_______。 ②Fe3O4的熔融态能导电，熔点为1594℃，而FeCl3的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是_______。(已知电负性：Fe 1.8  O 3.5  Cl 3.0) (3)共沉淀法制备出的纳米Fe3O4容易团聚，导致粒径过大，需要对Fe3O4进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将Fe3O4与油胺[CH3(CH2)CH=(CH2)7CH2NH2]混合形成油胺包覆的Fe3O4，结构如下。 ①Fe3O4与油胺之间形成的化学键为_______。 ②油胺包覆的Fe3O4易溶于环己烷的原因是_______。 (4)Fe3O4的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。 ①图中A代表_______(填“Fe2+”或“Fe3+”)。 ②已知Fe3O4的摩尔质量为Fe3+，阿伏加德罗常数为NA，晶体密度为ρg· cm-3，Fe3O4晶胞边长为_______cm。 16．【新考法】(12分)炼锡废渣(含SnS、CaO、CaSiO3、BaSiO3、Fe2O3等)的综合利用可节约资源，降低环境污染。 已知：i.在强酸性溶液中，硅元素以活性二氧化硅(SiO2·xH2O)的形式溶于水。剧烈搅拌、浓缩或酸性减弱时，均会沉淀出SiO2。 ii.Sn2++4Cl-[SnCl4]2-。 iii.25℃.相关数据：，；，，。 Ⅰ.的提炼 (1)“酸浸Ⅰ”步骤中Fe2O3溶于稀盐酸的离子方程式为________。 (2)“酸浸Ⅰ”中部分元素的溶解率随搅拌转速和温度的变化如下图所示。 ①由图1可知Si的溶解率在250 r/min时最大，原因是________。 ②由图2可知“酸浸Ⅰ”温度不应高于45℃，原因是________。 (3)“酸浸Ⅱ”中选用浓盐酸，结合沉淀溶解平衡解释其作用：________。 Ⅱ.酸浸液的综合利用 (4)酸浸液中，c(Ca2＋)=0.25mol·L-1，c(Ba2＋)=0.02mol·L-1。溶液B中c(SO42-)应小于________mol·L-1，以防止CaSO4析出。 (5)“减压蒸发”步骤所得X可循环利用，其化学式为________。 17．(12分)化合物P是一种治疗阿尔茨海默症药物的重要中间体，合成路线如下图。 已知： (1)A属于芳香族化合物。A的结构简式为_____。 (2)D→E的化学方程式为_____。 (3)I中的含氧官能团名称为酚羟基、_____。 (4)下列说法正确的是_____(填序号)。 a.I→J中使用碱可以提高的平衡产率 b.I存在含有醛基的芳香族同分异构体 c.K分子的四元环中的键角为 d.反应1所属的反应类型为氧化反应 (5)以G和M为原料合成P经历的多步反应如下图。 已知：i. ii. ①M的结构简式为_____。 ②利用反应2可同时合成多个环。该反应生成了两个新的碳碳单键，二者对应的C原子序号分别是a与_____(填序号，下同)；_____与_____。 (6)在的合成路线中，有两处引入了保护基，分别是：和_____。 18．(10分)镁法脱硫是一种经济环保的SO2减排技术，具有广阔应用前景，科研团队研发高效吸收的镁法脱硫工艺流程。 已知：时，Ksp(MgSO3)=3.2×10-3。 I．MgSO3浆液吸收SO2 (1)室温下，向MgSO3浆液中通SO2，测定溶液里S、Mg的物质的量之比(n(S)/n(Mg)及溶液pH如下表。 n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①pH=4.55时，溶液中溶质主要为_____(填化学式)。 ②pH小于4.55后，溶液pH随着SO2的吸收继续下降，此时反应的化学方程式为_____。 II．MgSO3-Na2SO3混合吸收SO2 (2)单独使用MgSO3浆液吸收SO2的速率较慢，在MgSO3浆液中添加适量Na2SO3能加快吸收SO2的速率，原因是_____。 (3)相同温度下，控制溶液的总钠浓度为3mol·L-1及pH=9.0，分别用MgSO3-Na2SO3浆液和MgSO3-Na2SO3清液吸收SO2。计算平衡时浆液、清液中溶解的Mg2+的lgc(Mg2+)及浆液、清液的SO2吸收量差值(用ΔS1表示)随吸收后溶液的变化如图。pH>8时，ΔS1几乎为0，pH<8时，ΔS1随pH减小明显增大，原因是_____。 III．MgSO3-Na2SO3清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以MgSO3-Na2SO3清液做一级吸收塔中的初始吸收液，避免了MgSO3-Na2SO3浆液吸收存在的管路堵塞风险，流程如下图。 (4)溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为_____(已知溶液1中的含硫微粒主要是HSO3-)。 (5)分析上述工艺是如何实现既能持续吸收SO2又能防止管路堵塞的：_____。 19．(12分)某小组实验探究KMnO4 法滴定白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量时的条件。 (1)处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂(NH4)2C2O4，使Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为________。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止Cl-影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是________。 (2)滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4 标准溶液滴定。开始滴定时快速加入5mLKMnO4 标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀H2SO4溶解沉淀控制酸度，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．MnO4-为紫红色，Mn2+近乎无色，H2C2O4棕黑色沉淀； ⅱ．Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①KMnO4 既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是________。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二：MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓ +4H+ 途径三：4MnO4-+4H+=4MnO2↓ +3O2↑+2H2O a．途径一的离子方程式为________。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的Ca2+的含量偏高，分析原因：________。 实验Ⅰ最终测得的Ca2+的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的Ca2+的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是________。 (3)改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀H2SO4控制酸度与Ⅱ相同，趁热用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗KMnO4标准溶液的体积分别为V1mL、V2mL。白云石矿样中钙的质量分数为________(列出计算式)。 试题 第7页（共8页） 试题 第8页（共8页） 试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $