化学（北京卷01）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·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[D1 4.A1[B][C1[Dj 9.[A][B][C][D] 14.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 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) 分) 3d (2)】 (2分) (3) (1分) 2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) (1分) (5) (1分) (⑥ (2分) 17.(12分)1) (1分) (2) (1分) (3) (1分) (④) (2分) (5) (2分) (6 (1分) (7) (2分) (2分) 18.(10分)1) (1分) (2) (1分) (1分) (3分) 3) (1分) (1分) (④)】 (2分) 19. (12分)1) (2分) (1分) (1分) (2) (2分) (1分) (1分) 3) (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！ ( ………………○………………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 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni 59 Co 59 Cu 64 La 139 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】我国科研人员研制出一种具有良好导热性的仿海葵复合材料。该材料是在多孔铜表面附着碳纳米管，构筑形似海葵触手的仿生结构，进而在其中填充苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物、正二十二烷、石墨，作为储热、散热物质。下列说法不正确的是( ) A．多孔铜属于金属材料，具有良好的导热性 B．苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物属于高分子材料，在自然环境中易降解 C．正二十二烷的化学式为C22H46，在三种填充物中熔点最低 D．石墨属于无机非金属材料，具有良好的导电性 2．【原创】下列化学用语或图示正确的是( ) A．中子数为21的钾核素： B．CaC2的电子式： C．基态价层电子的轨道表示式： D．分子的球棍模型： 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 4．科学家成功研制出了硅量子计算机，用半导体制程推进量子运算。下列叙述错误的是( ) A．硅元素位于元素周期表p区 B．硅晶体中Si原子的杂化类型是 C．的电子式为 D．硅晶体结构类似于金刚石，硅晶体的熔点高于金刚石 5．【改编】我国科学家首次利用反应2AgN3+Br2=2AgBr+N6合成了储能材料N6。N6为链状分子，能分解为更稳定的N2。下列说法不正确的是( ) A．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3 B．N6与N2互为同素异形体 C．合成N6的反应属于置换反应 D．N6分解为N2是熵减的过程 6．【原创】下列方程式与所给事实不相符的是( ) A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：Cl2 +2Br- ═Br2 +2Cl B．用绿矾( FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+： Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O C．用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++SO42--=BaSO4↓ D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2+ +CO32- ＝CaCO3↓ 7．【改编】下列实验装置及操作不能达到目的的是( ) A．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，比较两者的热稳定性 B．测定醋酸浓度 C．转移热蒸发皿至陶土网冷却 D．证明分子在不停地运动 8．我国北方某盐湖地区出产NaCl和Na2CO3。下图是NaCl和Na2CO3的溶解度曲线。 下列说法不正确的是( ) A．盐湖中的卤水和从卤水中析出的盐之间存在溶解平衡 B．该盐湖冬季更适合生产Na2CO3 C．时质量分数为20%的NaCl溶液是不饱和溶液 D．可以用焰色试验鉴别盐湖中此两种产品固体 9．【改编】结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 键能：H-F>H-Cl>H-Br 热稳定性：HF>HCl>HBr B 中心N原子含有孤电子对 氯化银可溶于氨水 C O3是极性分子，O2是非极性分子 水溶性：O3>O2 D CsCl与NaCl是离子晶体，CsCl的摩尔质量更大 CsCl的熔点高于NaCl的熔点 10．【新考法】单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时，AgCl+Cl-[AgCl2]- 下列说法不正确的是( ) A．b是H2S、c是Fe3+ B．增大 c(H＋)，有利于Ag2S的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 11．单乙醇胺(MEA)捕获CO2的反应为2MEA+CO2MEACOOMEA，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附——反应——脱附”过程，能量变化如图所示(“*”表示吸附态)。下列说法错误的是( ) A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于CO2的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多 12．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是( ) A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+ C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时I-还原性强于 D．实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响 13．【改编】聚3-己基噻吩(Ⅰ)是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高Ⅰ的性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是( ) A．Ⅰ能导电是因为其环上存在大π键 B．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应 C．Ⅳ中所有原子可能位于同一平面 D．Ⅴ中n、m之比一定是固定值 14．【新考法】通过Na3AsO3与I2的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑O2对实验体系的影响)。 闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量Na3AsO4固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ、H3AsO3和H3AsO4均是弱酸。 ⅱ、I2易溶于KI溶液，反应生成I3-(棕色)，I2和I3-的氧化性几乎相同。 下列说法正确的是( ) A．闭合后，甲烧杯中的电极反应：AsO33--2e-+H2O=2H++AsO43- B．①中，加入溶液后，甲烧杯中AsO33-的浓度减小 C．②中，加入Na3AsO4固体后，对AsO43-的氧化性的影响小于AsO43-的浓度对其氧化性的影响 D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，指针向右偏转 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。 (1)在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________： (2)DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。 (3)Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①距离Ni3+最近且距离相等的O2-有___________个。 ②已知镍酸镧的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3 (1 nm=10-7 cm) ③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。 (4)CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下： ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 ⅲ．CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+74.9kJ·mol−1 ⅳ．CO(g)C(s)＋CO2(g) ΔH4＝-172.4kJ·mol−1 ①反应ⅰ的ΔH1=___________kJ·mol−1。 ②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。 16．(12分)以NiMo/Al2O3型废催化剂为原料，实现Al、Ni、Mo(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．R3N(R=C8H17~C10H21)是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将R3N先酸化为(R3NH)+； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；MoO3易升华，易溶于碱。 (1)高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 (2)浸出过程中，MoO3转化为MoO42-、NiO转化为[Ni(NH3)6]2+进入溶液。 ①NiO转化为[Ni(NH3)6]2+的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 (3)萃取时，滤液中加入酸化的R3N会选择性萃取MoO42-而不萃取[Ni(NH3)6]2+。原因是______。 (4)反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 (5)该流程中可循环利用的物质有______。 (6)测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入HSO4酸化后滴加指示剂，用 0.1000mol·L-1FeSO4标准液滴定，至滴定终点时消耗 FeSO4溶液的体积为12.00mL。 已知：3Fe2++MOO42-+8H+=MO3++3Fe3++4H2O。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 17．(12分)L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)A的核磁共振氢谱有两组峰。A的结构简式是___________。 (2)检验B中官能团的试剂是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)，试剂a的结构简式是___________。 (5)已知：，I的结构简式为___________。 (6)G＋J→K的反应类型是___________。 (7)由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X。 已知：。 写出Q、W的结构简式___________、___________。 18．(10分)用Na2S溶液吸收烟气中的SO2并回收S是一种高效脱硫技术。 已知：H2S、H2SO3溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。 (1)含SO2的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是_____________________。 (2)向盛有Na2S溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。 ①Na2S溶液呈碱性的原因：__________________(填离子方程式)。 ②0~130 min pH降低的主要原因：2Na2S+SO2+H2O2NaHS+Na2SO3 130~260 min pH降低的主要原因：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3 260~480 min pH降低的主要原因：__________________(填方程式)、SO2+H2OH2SO3 综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收SO2的能力。 ③已知，但130~260 min SO2主要与NaHS反应，原因是： ⅰ.；ⅱ.________________________。 (3)研究发现：pH降至9时，“吸收液”中开始产生Na2S2O3 ；pH由9降至7的过程中，c(Na2S2O3 )升高较快；pH继续降至4，c(Na2S2O3 )变化不大。 ①分析Na2S2O3 产生的原因。 假设1：烟气中的O2将价硫元素氧化成S，S+Na2SO3=Na2S2O3； 假设2：烟气中含SO2，由于_________________(填方程式)，S+Na2SO3=Na2S2O3 。 ②实验证实Na2S2O3 产生的主要途径是假设2不是假设1.解释原因：________(填序号)。 a．氧化性：SO2＞O2     b．氧化价硫元素的速率：SO2＞O2 (4)盛有Na2S溶液的“二级脱硫反应釜”的作用是：ⅰ.充分吸收SO2；ⅱ.________________。 控制pH为2，“吸收液”中Na2S2O3 和NaHSO3在“自氧化还原反应釜”中反应回收S。 19．(12分)在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+。 (1)探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 (3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 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 $ 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 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni 59 Co 59 Cu 64 La 139 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】我国科研人员研制出一种具有良好导热性的仿海葵复合材料。该材料是在多孔铜表面附着碳纳米管，构筑形似海葵触手的仿生结构，进而在其中填充苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物、正二十二烷、石墨，作为储热、散热物质。下列说法不正确的是( ) A．多孔铜属于金属材料，具有良好的导热性 B．苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物属于高分子材料，在自然环境中易降解 C．正二十二烷的化学式为C22H46，在三种填充物中熔点最低 D．石墨属于无机非金属材料，具有良好的导电性 【答案】B 【解析】A项，多孔铜是铜的一种形态，铜属于金属材料，金属材料普遍具有良好的导热性，故A正确；B项，苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物属于合成高分子材料，这类高分子材料在自然环境中难以降解，故B错误；C项，正二十二烷的化学式为C22H46，它属于烷烃，熔点较低；而苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物是高分子，石墨是混合晶体，熔点都较高，所以正二十二烷在三种填充物中熔点最低，故C正确；D项，石墨属于无机非金属材料，具有良好的导电性，故D正确；故选B。 2．【原创】下列化学用语或图示正确的是( ) A．中子数为21的钾核素： B．CaC2的电子式： C．基态价层电子的轨道表示式： D．分子的球棍模型： 【答案】B 【解析】A项，中子数为21的钾核素：，故A错误；B项，CaC2为离子化合物，电子式：，故B正确；C项，基态Fe3+价层电子排布式：3d5，轨道表示式为，故C错误；D项，PCl3分子的价层电子对数为，球棍模型为三角锥形，故D错误；故选B。 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 【答案】C 【解析】A项，X射线衍射法是测定晶体结构的标准方法，可测定青蒿素晶体结构，A项正确；B项，核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确；C项，氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；D项，鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确；故选C。 4．科学家成功研制出了硅量子计算机，用半导体制程推进量子运算。下列叙述错误的是( ) A．硅元素位于元素周期表p区 B．硅晶体中Si原子的杂化类型是 C．的电子式为 D．硅晶体结构类似于金刚石，硅晶体的熔点高于金刚石 【答案】D 【解析】A项，硅的原子序数为14，电子排布式为1s22s22p63s23p2，其最后一个电子填入‌3p轨道‌，属于p区元素，A正确；B项，硅晶体具有‌金刚石型结构‌，每个Si原子与周围‌4个相邻Si原子‌形成共价键，杂化类型为sp3，B正确；C项，Si原子最外层有4个电子，H原子最外层有1个电子，每个Si原子与4个H原子分别形成1对共用电子对，使双方达到稳定结构，C正确；D项，硅晶体和金刚石都是共价晶体，Si原子半径大于C原子半径，Si–Si键长大于C–C键长，因此Si-Si键能小于C–C键能，破坏Si-Si键需要能量较少，故硅晶体的熔点低于金刚石，D错误；故选D。 5．【改编】我国科学家首次利用反应2AgN3+Br2=2AgBr+N6合成了储能材料N6。N6为链状分子，能分解为更稳定的N2。下列说法不正确的是( ) A．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3 B．N6与N2互为同素异形体 C．合成N6的反应属于置换反应 D．N6分解为N2是熵减的过程 【答案】D 【解析】A项，基态氮原子核外有7个电子，电子排布式为1s22s22p3，A正确；B项，N6和N2是氮元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，B正确；C项，该反应为单质Br2与化合物AgN3反应，生成新单质N6和新化合物AgBr，符合置换反应的定义，C正确；D项，N6分解为N2时，1 mol N6可生成3 mol N2，体系中气体分子数增多，混乱度增大，属于熵增过程，D错误；故选D。 6．【原创】下列方程式与所给事实不相符的是( ) A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：Cl2 +2Br- ═Br2 +2Cl B．用绿矾( FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+： Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O C．用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++SO42--=BaSO4↓ D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2+ +CO32- ＝CaCO3↓ 【答案】D 【解析】A项，氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B项，Cr2O72-可以将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式正确，B正确；C项，SO42--结合Ba2+生成BaSO4沉淀，可以阻止Ba2+被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D项，用碳酸钠溶液处理锅炉中的CaSO4水垢属于沉淀的转化，方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，D错误；选D。 7．【改编】下列实验装置及操作不能达到目的的是( ) A．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，比较两者的热稳定性 B．测定醋酸浓度 C．转移热蒸发皿至陶土网冷却 D．证明分子在不停地运动 【答案】B 【解析】A项，Na2CO3热稳定性强、受热不分解，NaHCO3受热分解生成CO2和H2O，水蒸气在管口处冷凝使试纸被润湿，CO2溶于水生成碳酸，可使蓝色石蕊试纸变红，能通过试纸现象比较二者热稳定性，A正确； B项，强碱滴定弱酸时，滴定终点生成的醋酸钠水解使溶液显碱性，应选用酚酞作指示剂，甲基橙变色范围为3.1~4.4，在酸性区间变色，会导致消耗NaOH标准液体积偏小，测定的醋酸浓度偏低，无法准确测定醋酸浓度，B错误； C项，热蒸发皿需用坩埚钳夹持，放置在陶土网上冷却，可防止烫坏实验台、避免蒸发皿骤冷炸裂，操作正确，C正确； D项，浓氨水易挥发，NH3分子不断运动扩散到酚酞溶液中，与水反应生成NH3·H2O使溶液显碱性，酚酞变红，可证明分子在不停地运动，D正确；故选B。 8．我国北方某盐湖地区出产NaCl和Na2CO3。下图是NaCl和Na2CO3的溶解度曲线。 下列说法不正确的是( ) A．盐湖中的卤水和从卤水中析出的盐之间存在溶解平衡 B．该盐湖冬季更适合生产Na2CO3 C．时质量分数为20%的NaCl溶液是不饱和溶液 D．可以用焰色试验鉴别盐湖中此两种产品固体 【答案】D 【解析】A项，盐湖中的卤水为溶液，析出的盐为固体，溶解与结晶速率相等时存在溶解平衡，A正确； B项，Na2CO3溶解度随温度降低显著减小，冬季温度低，其溶解度小，易结晶析出，更适合生产Na2CO3，B正确；C项，20℃时NaCl溶解度约36g(由溶解度曲线及常见数据可知)，饱和溶液质量分数为，20%小于26.5%，为不饱和溶液，C正确； D项，NaCl和Na2CO3均含钠元素，焰色试验均呈黄色，无法鉴别，D错误； 故选D。 9．【改编】结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 键能：H-F>H-Cl>H-Br 热稳定性：HF>HCl>HBr B 中心N原子含有孤电子对 氯化银可溶于氨水 C O3是极性分子，O2是非极性分子 水溶性：O3>O2 D CsCl与NaCl是离子晶体，CsCl的摩尔质量更大 CsCl的熔点高于NaCl的熔点 【答案】D 【解析】A项，共价分子的热稳定性与分子内共价键键能正相关，键能越大，分子热稳定性越强，根据键能H-F>H-Cl>H-Br可推出热稳定性HF>HCl>HBr，A不符合题意；B项，NH3中心N原子的孤电子对可与Ag+的空轨道形成配位键，生成可溶性的[Ag(NH3)2]+，因此可推出氯化银可溶于氨水，B不符合题意；C项，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子O3在水中的溶解性大于非极性分子O2，可推出水溶性O3>O2，C不符合题意；D项，离子晶体的熔点由晶格能决定，晶格能与离子半径、离子所带电荷有关，与摩尔质量无关，Cs+半径大于Na+，CsCl晶格能小于NaCl，熔点更低，无法由摩尔质量更大推出CsCl熔点更高，D符合题意；故选D。 10．【新考法】单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时，AgCl+Cl-[AgCl2]- 下列说法不正确的是( ) A．b是H2S、c是Fe3+ B．增大 c(H＋)，有利于Ag2S的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】A项，Ag2S溶解电离出S2-，酸性条件下S2-与H+结合生成H2S，因此b是H2S；H2S具有还原性，被Fe3+氧化，因此c是Fe3+，A正确；B项，虽然增大 c(H＋)可促进S2-结合为H2S，降低S2-浓度，但若增大 c(H＋)是引入不含Cl-的强酸，不能促进Ag+形成[AgCl2]-；且总反应中H+不参与反应，单纯增大 c(H＋)不会使总平衡正向移动，实际上只有同时保证较高Cl-浓度才有利于浸出，B错误；C项，根据盖斯定律，总反应的反应热等于所有分步反应的反应热之和。将反应①、②、③加和，恰好得到总反应A，因此反应热之和等于反应A的反应热，C正确；D项，图中只有Fe3+氧化S2-的反应为氧化还原反应，其余为非氧化还原反应，D正确；故选B。 11．单乙醇胺(MEA)捕获CO2的反应为2MEA+CO2MEACOOMEA，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附——反应——脱附”过程，能量变化如图所示(“*”表示吸附态)。下列说法错误的是( ) A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于CO2的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多 【答案】D 【解析】A项，由图可知，使用催化剂Ⅱ时反应的活化能(最高能峰)低于使用催化剂Ⅰ的，反应更易进行，则使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2，A正确；B项，由图可知，吸附完成后、脱附前，两种反应历程都存在2个过渡态(能量峰)，说明除吸附与脱附外，均分2步进行，B正确；C项，由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的，为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡为2MEA+CO2MEACOOMEA逆向移动，有利于CO2的释放，C正确；D项，催化剂不改变反应的始态和终态，不改变反应热，相同条件下，使用催化剂Ⅰ和使用催化剂Ⅱ放出的热量相等，D错误；故选D。 12．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是( ) A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+ C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时I-还原性强于 D．实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响 【答案】C 【解析】A项，淀粉遇I2会变蓝，实验ⅰ加淀粉后溶液变蓝，可证明反应生成了I2，A正确；B项，实验Ⅰ中，，，二者按1：1参与反应，若反应不可逆，完全反应后无Fe3+剩余，加KSCN溶液不会变红，实验ⅰ加入淀粉溶液变蓝，证明有I2生成，实验ⅱ加入KSCN溶液变红，证明溶液中仍有Fe3+剩余，说明该反应为可逆反应，B正确；C项，实验ⅲ加入AgNO3 后，I-与Ag+ 反应生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，可逆反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+平衡逆向移动，I2浓度减小，若实验Ⅰ中棕黄色主要是Fe3+引起，则溶液的颜色不会褪色，溶液褪色，说明原溶液的棕黄色主要是由I2引起，此时Fe2+为还原剂，I-为还原产物，Fe2+还原性强于I-，C错误；D项，实验ⅲ中加入硝酸银溶液，I-浓度减小，溶液褪色，平衡逆向移动，说明I-还原性减弱，实验ⅳ中加入硫酸亚铁溶液，Fe2+浓度增大，溶液颜色变浅，平衡逆向移动，说明Fe2+的还原性增强，故实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响，D正确；故选C。 13．【改编】聚3-己基噻吩(Ⅰ)是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高Ⅰ的性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是( ) A．Ⅰ能导电是因为其环上存在大π键 B．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应 C．Ⅳ中所有原子可能位于同一平面 D．Ⅴ中n、m之比一定是固定值 【答案】A 【解析】A项，聚3-己基噻吩的共轭结构中存在离域大π键，电子可在共轭体系中自由移动，因此具有导电性，A正确；B项，加聚反应是小分子单体聚合生成高分子的反应，该反应中Ⅰ本身已经是高分子，反应只是在Ⅰ的端基引入原子团，不属于加聚反应，B错误；C项，Ⅳ中氮原子连接了甲基，甲基碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，C错误；D项，题干明确说明改进后得到一系列不同长度的产物，说明聚合度n、m均可变化，二者比值不是固定值，D错误；故选A。 14．【新考法】通过Na3AsO3与I2的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑O2对实验体系的影响)。 闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量Na3AsO4固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ、H3AsO3和H3AsO4均是弱酸。 ⅱ、I2易溶于KI溶液，反应生成I3-(棕色)，I2和I3-的氧化性几乎相同。 下列说法正确的是( ) A．闭合后，甲烧杯中的电极反应：AsO33--2e-+H2O=2H++AsO43- B．①中，加入溶液后，甲烧杯中AsO33-的浓度减小 C．②中，加入Na3AsO4固体后，对AsO43-的氧化性的影响小于AsO43-的浓度对其氧化性的影响 D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，指针向右偏转 【答案】D 【解析】K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明正向移动，则碘得到电子生成I-，进一步生成I3-，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，此时甲的石墨电极为负极，乙的石墨电极为正极。A项，结合分析，K闭合后，AsO33-失去电子生成H3AsO4、AsO43-，甲烧杯中的电极反应：3AsO33--6e-+3H2O=2H3AsO4+AsO43-，A错误；B项，①中，加入NaOH溶液后，指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，甲的石墨电极为正极，H3AsO4、AsO43-得到电子生成AsO33-，甲烧杯中AsO33-的浓度增大，B错误；C项，②中，加入Na3AsO4固体后，指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明AsO33-继续失去电子生成H3AsO4、AsO43-，结合①②现象，pH对AsO43-的氧化性的影响大于AsO43-的浓度对其氧化性的影响，C错误；D项，根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，Na3AsO3浓度增大，甲的石墨电极为负极，指针向右偏转，D正确；故选D。 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。 (1)在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________： (2)DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。 (3)Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①距离Ni3+最近且距离相等的O2-有___________个。 ②已知镍酸镧的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3 (1 nm=10-7 cm) ③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。 (4)CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下： ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 ⅲ．CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+74.9kJ·mol−1 ⅳ．CO(g)C(s)＋CO2(g) ΔH4＝-172.4kJ·mol−1 ①反应ⅰ的ΔH1=___________kJ·mol−1。 ②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。 【答案】(1)(1分) (2)键角：H-O-H小于H-C-H，H2O和CH4中心原子杂化方式为sp3杂化，CH4中心原子无孤对电子，但H2O中心原子含有两对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角更小(2分) (3) 6(1分) (2分) 2LaNiO3+3H2La2O3+2Ni+3H2O(2分) (4) +247.3(2分) 反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，n平(H2)增大，n平(CO)减小；使反应ⅳ正移，n平(CO)减小；使反应ⅲ逆移，n平(H2)减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度(2分) 【解析】(1)基态Ni原子价层电子排布式为，3d轨道只有5个轨道，填充电子时应遵循洪特规则，故轨道表达式为； (2)H2O分子中心原子价层电子对数为2+=4，中心原子杂化方式为sp3，CH4分子中心原子价层电子对数为4+=4，中心原子杂化方式为sp3，但H2O中心原子含有两对孤对电子，而CH4无孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力较大，故H2O键角小； (3)① 立方晶胞中处于顶点的Ni3+与处于棱心的O2-距离最近，故距Ni3+最近且距离相等的O2-有 6 个，分别为上下、前后、左右；②根据均摊法，该晶胞中Ni3+的个数为，O2-的个数为，的个数为1，故每个晶胞中含有1个LaNiO3，则晶体的密度为；③ 根据题干一致信息，还原反应的配平式为：2LaNiO3+3H2La2O3+2Ni+3H2O； (4)①根据盖斯定律，ⅲ-ⅳ可以得到反应ⅰ，则；②，大于1，说明总体上，n平(H2)增大或n平(CO)减小，反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，n平(H2)增大，n平(CO)减小；使反应ⅳ正移，n平(CO)减小；使反应ⅲ逆移，n平(H2)减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度，故大于1。 16．(12分)以NiMo/Al2O3型废催化剂为原料，实现Al、Ni、Mo(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．R3N(R=C8H17~C10H21)是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将R3N先酸化为(R3NH)+； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；MoO3易升华，易溶于碱。 (1)高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 (2)浸出过程中，MoO3转化为MoO42-、NiO转化为[Ni(NH3)6]2+进入溶液。 ①NiO转化为[Ni(NH3)6]2+的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 (3)萃取时，滤液中加入酸化的R3N会选择性萃取MoO42-而不萃取[Ni(NH3)6]2+。原因是______。 (4)反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 (5)该流程中可循环利用的物质有______。 (6)测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入HSO4酸化后滴加指示剂，用 0.1000mol·L-1FeSO4标准液滴定，至滴定终点时消耗 FeSO4溶液的体积为12.00mL。 已知：3Fe2++MOO42-+8H+=MO3++3Fe3++4H2O。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 【答案】(1)MoO3易升华，温度过高，MoO3流失，影响后续溶浸(2分) (2) NiO+4NH3·H2O+2NH4+=[Ni(NH3)6]2++5H2O(2分) 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离(2分) (3)由于静电引力作用，萃取有效成分(R3NH)+吸引MoO42-，而[Ni(NH3)6]2+会静电排斥(2分) (4)a(1分) (5)R3N、氨水(1分) (6)0.04mol·L-1(2分) 【解析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以[Ni(NH3)6]2+、MoO42-形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的R3N萃取出MoO42-进入有机层，[Ni(NH3)6]2+进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐。 (1)已知MoO3易升华，焙烧温度过高时，MoO3升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸； (2)①NiO与氨水、NH4Cl反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：NiO+4NH3·H2O+2NH4+=[Ni(NH3)6]2++5H2O；②已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成Na[Al(OH)4]，后续不易分离，所以不可以用NaOH替换氨水，故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离； (3)酸化生成的(R3NH)+带正电荷，可静电吸引带负电的MoO42-进入有机层；而[Ni(NH3)6]2+带正电荷，与(R3NH)+相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取MoO42-，故答案为：由于静电引力作用，萃取有效成分(R3NH)+吸引MoO42-，而[Ni(NH3)6]2+会静电排斥； (4)萃取时R3N酸化为带正电的(R3NH)+，(R3NH)+结合MoO42-进入有机层；反萃取需要中和(R3NH)+的H+，使(R3NH)+变回中性的R3N，释放MoO42-进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选a； (5)反萃取后R3N再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层[Ni(NH3)6]2+与NaOH反应生成Ni(OH)2和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为R3N和氨水； (6)根据反应3Fe2++MOO42-+8H+=MO3++3Fe3++4H2O，可得：25.00mL待测液中，， 则原反萃取液中总，因此。 17．(12分)L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)A的核磁共振氢谱有两组峰。A的结构简式是___________。 (2)检验B中官能团的试剂是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)，试剂a的结构简式是___________。 (5)已知：，I的结构简式为___________。 (6)G＋J→K的反应类型是___________。 (7)由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X。 已知：。 写出Q、W的结构简式___________、___________。 【答案】(1)HOCH2CH2OH(1分) (2)银氨溶液或新制氢氧化铜(1分) (3)(1分) (4)(2分) (5)(2分) (6)加成(1分) (7) (2分) (2分) 【解析】A的核磁共振氢谱有两组峰，则A是HOCH2CH2OH；A氧化为B，B是OHCCHO；B氧化为D，D是HOOCCOOH，D与乙醇发生酯化反应生成E，E是CH3CH2OOCCOOCH2CH3；根据信息ⅰ，由F逆推，可知a是；H和水发生加成反应生成I，I的结构简式为，根据信息ⅱ，J是，根据信息ⅲ，由L逆推，可知K是。 (1)根据以上分析，A的结构简式是HOCH2CH2OH。 (2)B是OHCCHO，官能团是醛基，醛基能发生银镜反应或与氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，检验醛基的试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜。 (3)D→E是HOOCCOOH和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，反应的化学方程式是。 (4)E是，，根据信息ⅰ，由F逆推，可知a是。 (5)根据题目已知，H和水发生加成反应生成I，则I的结构简式为。 (6)和G发生加成反应生成。 (7)根据题目已知，P发生Lewis acid反应生成Q，Q是；根据根据信息ⅲ，由X逆推，W是。 18．(10分)用Na2S溶液吸收烟气中的SO2并回收S是一种高效脱硫技术。 已知：H2S、H2SO3溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。 (1)含SO2的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是_____________________。 (2)向盛有Na2S溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。 ①Na2S溶液呈碱性的原因：__________________(填离子方程式)。 ②0~130 min pH降低的主要原因：2Na2S+SO2+H2O2NaHS+Na2SO3 130~260 min pH降低的主要原因：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3 260~480 min pH降低的主要原因：__________________(填方程式)、SO2+H2OH2SO3 综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收SO2的能力。 ③已知，但130~260 min SO2主要与NaHS反应，原因是： ⅰ.；ⅱ.________________________。 (3)研究发现：pH降至9时，“吸收液”中开始产生Na2S2O3 ；pH由9降至7的过程中，c(Na2S2O3 )升高较快；pH继续降至4，c(Na2S2O3 )变化不大。 ①分析Na2S2O3 产生的原因。 假设1：烟气中的O2将价硫元素氧化成S，S+Na2SO3=Na2S2O3； 假设2：烟气中含SO2，由于_________________(填方程式)，S+Na2SO3=Na2S2O3 。 ②实验证实Na2S2O3 产生的主要途径是假设2不是假设1.解释原因：________(填序号)。 a．氧化性：SO2＞O2     b．氧化价硫元素的速率：SO2＞O2 (4)盛有Na2S溶液的“二级脱硫反应釜”的作用是：ⅰ.充分吸收SO2；ⅱ.________________。 控制pH为2，“吸收液”中Na2S2O3 和NaHSO3在“自氧化还原反应釜”中反应回收S。 【答案】(1)形成酸雨(1分) (2) S2-+H2OHS-+OH-(1分) Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3(1分) 存在反应i：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3；ii：Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，随着H2S的逸出及其与SO2的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中c(HSO3-)不断增加，抑制反应ii正向进行(3分) (3) 2H2S+SO2=3S↓+2H2O (1分) b(1分) (4)吸收“一级脱硫反应釜”逸出的H2S(2分) 【解析】一级反应釜用Na2S溶液吸收SO2，尾气中含有少量的SO2以及生成的H2S，在“二级脱硫反应釜”继续用Na2S溶液充分吸收SO2以及H2S，尾气2主要是N2、O2等，吸收液”中Na2S2O3 和NaHSO3在“自氧化还原反应釜”中反应回收S。 (1)SO2直接排放可能造成的环境问题是引起酸雨； (2)①Na2S溶液是强碱弱酸盐，S2-水解使溶液呈碱性，第一步水解为主，离子方程式：S2-+H2OHS-+OH-；②结合反应流程，130~260min已经生成H2S，但260min后H2S几乎没有，此时不能写H2S与SO2的归中反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，而溶液pH继续下降的原因是Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，之后过量SO2溶于水生成亚硫酸；③存在反应i：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3；ii：Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，随着H2S的逸出及其与SO2的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中c(HSO3-)不断增加，抑制反应ii正向进行，所以130~260 min SO2主要与NaHS反应； (3)① 假设2中，SO2氧化溶液中的-2价硫(以H2S存在)生成S单质，S再与Na2SO3 生成Na2S2O3 ，因此填写H2S和SO2的归中反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；②a．O2能氧化SO2生成SO3，选项中氧化性的顺序与事实相反，a错误；b．pH由9降至7的过程中，Na2S2O3 浓度升高较快，说明SO2氧化-2价硫的速率远大于O2，b正确；选b。 (4)一级脱硫的尾气1中会逸出有毒的H2S，因此二级脱硫除吸收剩余SO2外，还需要吸收H2S，既避免污染，又提高硫的回收率。 19．(12分)在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+。 (1)探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 (3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 【答案】(1) 将实验III中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同(2分) 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3(1分) c(Co3+)(1分) (2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色(2分) 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O(1分) O2(1分) (3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化(2分) [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+(2分) 【解析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证； (1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3；③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强； (2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，Co3+具有氧化性，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2； (3)①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。 / 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 B B C D D D B D D B D C A D 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)(1)(1分) (2)键角：H-O-H小于H-C-H，H2O和CH4中心原子杂化方式为sp3杂化，CH4中心原子无孤对电子，但H2O中心原子含有两对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角更小(2分) (3) 6(1分) (2分) 2LaNiO3+3H2La2O3+2Ni+3H2O(2分) (4) +247.3(2分) 反应ⅱ、ⅲ为吸热反应，反应ⅳ为放热反应；温度降低使反应ⅱ逆移，n平(H2)增大，n平(CO)减小；使反应ⅳ正移，n平(CO)减小；使反应ⅲ逆移，n平(H2)减小；反应ⅱ逆移和反应ⅳ正移对增大的影响程度大于反应ⅲ逆移对减小的影响程度(2分) 16．(12分)(1)MoO3易升华，温度过高，MoO3流失，影响后续溶浸(2分) (2) NiO+4NH3·H2O+2NH4+=[Ni(NH3)6]2++5H2O(2分) 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离(2分) (3)由于静电引力作用，萃取有效成分(R3NH)+吸引MoO42-，而[Ni(NH3)6]2+会静电排斥(2分) (4)a(1分) (5)R3N、氨水(1分) (6)0.04mol·L-1(2分) 17．(12分)(1)HOCH2CH2OH(1分) (2)银氨溶液或新制氢氧化铜(1分) (3)(1分) (4)(2分) (5)(2分) (6)加成(1分) (7) (2分) (2分) 18．(10分)(1)形成酸雨(1分) (2) S2-+H2OHS-+OH-(1分) Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3(1分) 存在反应i：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3；ii：Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3，随着H2S的逸出及其与SO2的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中c(HSO3-)不断增加，抑制反应ii正向进行(3分) (3) 2H2S+SO2=3S↓+2H2O (1分) b(1分) (4)吸收“一级脱硫反应釜”逸出的H2S(2分) 19．(12分)(1) 将实验III中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同(2分) 4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3(1分) c(Co3+)(1分) (2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄绿色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色(2分) 2Co(OH)2+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O(1分) O2(1分) (3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化(2分) [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+(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 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0.5m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[AJ[B][C][D] 6[A][B][C][D] 11.AJ[B][C][D] 2.[AJ[B]IC]ID] 7AJIB]IC]ID] 12.[A][B][C][D] 3.[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 13.[A][B][CI[DJ 4[AJ[B][C][D] 9[A][B][C][D] 14[A][B][C][D] 5[AJIB][C][D] 10[A][B][C][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) 分) 3d 4s (2) (2分) 3) (1分) (2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) (1分) (5) (1分) (⑥ (2分) 17.(12分)1) 1分) (2) (1分) (3) (1分) (4) (2分) (5) (2分) (6 (1分) (7) (2分) (2分) 18.(10分)1) (1分) (2) (1分) (1分) 3分) (3) (1分) (1分) (④) (2分) 19.(12分)1) (2分) (1分) (1分) (2) (2分) (1分) (1分) (3) (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！ 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 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ni 59 Co 59 Cu 64 La 139 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】我国科研人员研制出一种具有良好导热性的仿海葵复合材料。该材料是在多孔铜表面附着碳纳米管，构筑形似海葵触手的仿生结构，进而在其中填充苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物、正二十二烷、石墨，作为储热、散热物质。下列说法不正确的是( ) A．多孔铜属于金属材料，具有良好的导热性 B．苯乙烯—乙烯—丙烯共聚物属于高分子材料，在自然环境中易降解 C．正二十二烷的化学式为C22H46，在三种填充物中熔点最低 D．石墨属于无机非金属材料，具有良好的导电性 2．【原创】下列化学用语或图示正确的是( ) A．中子数为21的钾核素： B．CaC2的电子式： C．基态价层电子的轨道表示式： D．分子的球棍模型： 3．【改编】下列说法不正确的是( ) A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 4．科学家成功研制出了硅量子计算机，用半导体制程推进量子运算。下列叙述错误的是( ) A．硅元素位于元素周期表p区 B．硅晶体中Si原子的杂化类型是 C．的电子式为 D．硅晶体结构类似于金刚石，硅晶体的熔点高于金刚石 5．【改编】我国科学家首次利用反应2AgN3+Br2=2AgBr+N6合成了储能材料N6。N6为链状分子，能分解为更稳定的N2。下列说法不正确的是( ) A．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3 B．N6与N2互为同素异形体 C．合成N6的反应属于置换反应 D．N6分解为N2是熵减的过程 6．【原创】下列方程式与所给事实不相符的是( ) A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：Cl2 +2Br- ═Br2 +2Cl B．用绿矾( FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2O72-转化为Cr3+： Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O C．用5%Na2SO4溶液能有效除去误食的Ba2+：Ba2++SO42--=BaSO4↓ D．用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3：Ca2+ +CO32- ＝CaCO3↓ 7．【改编】下列实验装置及操作不能达到目的的是( ) A．分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，比较两者的热稳定性 B．测定醋酸浓度 C．转移热蒸发皿至陶土网冷却 D．证明分子在不停地运动 8．我国北方某盐湖地区出产NaCl和Na2CO3。下图是NaCl和Na2CO3的溶解度曲线。 下列说法不正确的是( ) A．盐湖中的卤水和从卤水中析出的盐之间存在溶解平衡 B．该盐湖冬季更适合生产Na2CO3 C．时质量分数为20%的NaCl溶液是不饱和溶液 D．可以用焰色试验鉴别盐湖中此两种产品固体 9．【改编】结构决定性质。下列由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 键能：H-F>H-Cl>H-Br 热稳定性：HF>HCl>HBr B 中心N原子含有孤电子对 氯化银可溶于氨水 C O3是极性分子，O2是非极性分子 水溶性：O3>O2 D CsCl与NaCl是离子晶体，CsCl的摩尔质量更大 CsCl的熔点高于NaCl的熔点 10．【新考法】单独的FeCl3、CaCl2、HCl均不能从矿石中浸出Ag2S，将三者混合可将Ag2S浸出。反应的离子方程式为：(反应A)。浸出原理可表示如下： 资料：当浓度较大时，AgCl+Cl-[AgCl2]- 下列说法不正确的是( ) A．b是H2S、c是Fe3+ B．增大 c(H＋)，有利于Ag2S的浸出 C．等压条件下，反应①、②、③反应热之和，等于反应A的反应热 D．图中转化涉及的反应中只有一个属于氧化还原反应 11．单乙醇胺(MEA)捕获CO2的反应为2MEA+CO2MEACOOMEA，在催化剂Ⅰ和Ⅱ的作用下，该反应均需经历“吸附——反应——脱附”过程，能量变化如图所示(“*”表示吸附态)。下列说法错误的是( ) A．使用催化剂Ⅱ更有利于捕获CO2 B．除吸附与脱附外，两种反应历程均分2步进行 C．反应达平衡后，升高温度有利于CO2的释放 D．相同条件下，使用催化剂Ⅰ比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多 12．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。 下列说法不正确的是( ) A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+ C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时I-还原性强于 D．实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响 13．【改编】聚3-己基噻吩(Ⅰ)是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高Ⅰ的性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是( ) A．Ⅰ能导电是因为其环上存在大π键 B．Ⅰ与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应 C．Ⅳ中所有原子可能位于同一平面 D．Ⅴ中n、m之比一定是固定值 14．【新考法】通过Na3AsO3与I2的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑O2对实验体系的影响)。 闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量Na3AsO4固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ、H3AsO3和H3AsO4均是弱酸。 ⅱ、I2易溶于KI溶液，反应生成I3-(棕色)，I2和I3-的氧化性几乎相同。 下列说法正确的是( ) A．闭合后，甲烧杯中的电极反应：AsO33--2e-+H2O=2H++AsO43- B．①中，加入溶液后，甲烧杯中AsO33-的浓度减小 C．②中，加入Na3AsO4固体后，对AsO43-的氧化性的影响小于AsO43-的浓度对其氧化性的影响 D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量Na3AsO3固体，指针向右偏转 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．(12分)甲烷干重整(DRM)是利用CO2和CH4两种温室气体生产更具应用价值的合成气[]研究性能优越的DRM催化剂及DRM反应机理有助于实现“碳中和”目标。 (1)在DRM反应中Ni基催化剂是应用最广泛的非贵金属催化剂，将28Ni的基态原子价层电子轨道表示式补充完整：___________： (2)DRM副反应会生成H2O，比较H2O中H-O-H键角和CH4中H-C-H键角的大小并解释原因___________。 (3)Ni基催化剂负载于载体上，有助于保持催化剂良好的分散度。高温下H2还原镍酸镧可得到氧化镧(La2O3)载体及均匀分散于载体上的Ni颗粒。镍酸镧的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①距离Ni3+最近且距离相等的O2-有___________个。 ②已知镍酸镧的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g/cm3 (1 nm=10-7 cm) ③镍酸镧制备Ni颗粒的化学方程式为___________。 (4)CO2和CH4主要发生反应ⅰ，还可能发生反应ⅱ～ⅳ，相应热化学方程式如下： ⅰ．CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 ⅲ．CH4(g)C(s)＋2H2(g) ΔH3＝+74.9kJ·mol−1 ⅳ．CO(g)C(s)＋CO2(g) ΔH4＝-172.4kJ·mol−1 ①反应ⅰ的ΔH1=___________kJ·mol−1。 ②用n平(X)表示平衡时X的物质的量，温度高于900℃时，解释600℃时，大于1的可能原因___________。 16．(12分)以NiMo/Al2O3型废催化剂为原料，实现Al、Ni、Mo(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．R3N(R=C8H17~C10H21)是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将R3N先酸化为(R3NH)+； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；MoO3易升华，易溶于碱。 (1)高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和MoO3。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 (2)浸出过程中，MoO3转化为MoO42-、NiO转化为[Ni(NH3)6]2+进入溶液。 ①NiO转化为[Ni(NH3)6]2+的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 (3)萃取时，滤液中加入酸化的R3N会选择性萃取MoO42-而不萃取[Ni(NH3)6]2+。原因是______。 (4)反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 (5)该流程中可循环利用的物质有______。 (6)测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入HSO4酸化后滴加指示剂，用 0.1000mol·L-1FeSO4标准液滴定，至滴定终点时消耗 FeSO4溶液的体积为12.00mL。 已知：3Fe2++MOO42-+8H+=MO3++3Fe3++4H2O。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 17．(12分)L是合成某雌酮药物的中间体，其合成路线如下。 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)A的核磁共振氢谱有两组峰。A的结构简式是___________。 (2)检验B中官能团的试剂是___________。 (3)D→E的化学方程式是___________。 (4)，试剂a的结构简式是___________。 (5)已知：，I的结构简式为___________。 (6)G＋J→K的反应类型是___________。 (7)由G经过多步反应合成P后可制备双环内酰胺的衍生物X。 已知：。 写出Q、W的结构简式___________、___________。 18．(10分)用Na2S溶液吸收烟气中的SO2并回收S是一种高效脱硫技术。 已知：H2S、H2SO3溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。 (1)含SO2的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是_____________________。 (2)向盛有Na2S溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。 ①Na2S溶液呈碱性的原因：__________________(填离子方程式)。 ②0~130 min pH降低的主要原因：2Na2S+SO2+H2O2NaHS+Na2SO3 130~260 min pH降低的主要原因：NaHS+SO2+H2OH2S+NaHSO3 260~480 min pH降低的主要原因：__________________(填方程式)、SO2+H2OH2SO3 综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收SO2的能力。 ③已知，但130~260 min SO2主要与NaHS反应，原因是： ⅰ.；ⅱ.________________________。 (3)研究发现：pH降至9时，“吸收液”中开始产生Na2S2O3 ；pH由9降至7的过程中，c(Na2S2O3 )升高较快；pH继续降至4，c(Na2S2O3 )变化不大。 ①分析Na2S2O3 产生的原因。 假设1：烟气中的O2将价硫元素氧化成S，S+Na2SO3=Na2S2O3； 假设2：烟气中含SO2，由于_________________(填方程式)，S+Na2SO3=Na2S2O3 。 ②实验证实Na2S2O3 产生的主要途径是假设2不是假设1.解释原因：________(填序号)。 a．氧化性：SO2＞O2     b．氧化价硫元素的速率：SO2＞O2 (4)盛有Na2S溶液的“二级脱硫反应釜”的作用是：ⅰ.充分吸收SO2；ⅱ.________________。 控制pH为2，“吸收液”中Na2S2O3 和NaHSO3在“自氧化还原反应釜”中反应回收S。 19．(12分)在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH4+。 (1)探究Co的还原性 实验Ⅰ：粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ：向0.1 mol/L CoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。 实验Ⅲ：按图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。乙同学补充实验Ⅳ，___________(补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是___________。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但___________降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和Ⅳ推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，___________(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是___________。 ②向Ⅴ中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是___________。 (3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生 ①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：___________。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：___________。 示例：Co CoCl2Co(OH)2 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $