贵州安顺市第二高级中学2026届高三下学期普通高中学业水平选择性考试化学模拟试题（A卷）

机密★启用前 A卷 贵州省2026年普通高中学业水平选择性考试 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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:1C:12N:14O:16Zn:65I:127 即 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.泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的材质属于无机非金属材料的是 A. 铜奔马 B.汉竹简 C.莲花形玻璃托盏 D.垂鳞纹秦公铜鼎 2.下列化学用语正确的是 割 A.二氧化硅的分子式：SiO: B.二氧化碳分子的球棍模型： ●0 C.基态Gc原子的价层电子排布式：3dIo4s24p2D.OR,分子的VSEPR模型为 3.阿斯巴甜是一种常用的甜味剂，结构简式如下图所示。下列有关该物质的说法错误的是 A.分子式为CHNO 阳 HOOC-CH;- CH B.含有2个手性碳原子 NH-CH-CH:- NH COOCH, C.lmol该物质最多与2 moINaOH反应 D.能发生水解、加成和酯化反应 化学试题第1页（共12页） 4.劳动开创未米，成就梦想，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 劳动项目 化学知识 A 环保劳动：利用CO处理自米水 CO,具有氧化性 B 社区服务：用活性炭包去除装修室内的甲醛 活性炭具有还原性 家务劳动：清洗铁锅后及时擦干 减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 D 化工活动：用热的纯碱溶液清理零件上的油污 油脂在藏性条件下发生水解 5.下列实验方法能达到实验目的的是 NaOH 标准溶液 胆矾 浓硫酸 醋酸 Ag (含酚酞)/ 男围 AgNO,溶液 ① ② ③ ④ A.实验①用于实现在铁上镀银 B.实验②用于配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 C.实验③用于测定未知醋酸溶液的浓度 D,实验④用于测定胆矾中结品水的含量 6.己知：Zn+2HNO3+NHNO=N2↑+ZnNO)2+3H2O。设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确 的是 A.标准状况下，2.24LHz0中含σ键数为0.2NA B.0.1 mol-L HNO3溶液中离子总数大于0.2N C.若反应中消耗6.5gZn,则该反应转移的电子数为02N D.常温下，1LpH=5的NHNO,溶液中含有的H数目为105WA 化学试题第2页（共12页） 7.下列反应的离子方程式不正确的是 A.向纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO+H=HCOj B.甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热： HCHO+2[Ag(NH3)2]*+20H-4HCOO+NH:+2Agl+3NH3+H2O 0 OH C.苯酚钠溶液中通入少量的C0,气体： +C0+H0-人 +HCOj D.向Ca(HCO32溶液中滴入少量Ca(OH2溶液：Ca++OH+HCO=CaCO3+HO 8.配合物Na[Fc(CN)6可用于离子检验，下列说法不正确的是 A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键 B.配离子为[Fc(CN)63,中心离子为Fe3+,配位数为6 C.1mol配合物中c键数目为12mol D.该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到阴阳离子共4W 9.某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素， W是第四周期的元素，含W的某化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为2X+2Y+Z=W。下列 说法正确的是 VX A.简单氢化物的还原性：Y>Z B.该阴离子中W的配体数为6 C.用Y,跨临界可直接制冰，利用了ZY品体易升华的性质 D.该阴离子结构中的σ键与π键数目之比为9：2 化学试题第3页（共12页） 10.下列实验操作、现象和结论均正确的是 实验操作 现象 结论 将Zn与Fc用导线相连，插入稀硫 酸酸化的3%NaCl溶液，一段时 间后，从Fe电极区取出少量溶液， 无明显现象 Zn可以保护Fc不被腐蚀 滴入2滴K,[Fe(CN)6]溶液 用玻璃棒蘸取2mLNH,Fe(SO,2 溶液滴在干燥的广泛pH试纸上， B 试纸呈微红色 NH:发生水解 将试纸显示的颜色与标准比色卡 比较 以K,CrO,为指示剂，用AgNO,标准 先出现浅黄色沉淀， K(AgBr)<K(Ag:CrO.) 溶液滴定溶液中的Br 后出现砖红色沉淀 将盐酸酸化的CuCl,溶液加水稀释 溶液黄色变绿色，最 溶液中c(CucL广）减小， D 终变为蓝色 c〔Cu(H,0)])增大 11.在新材料工业中，己内酰胺是生产尼龙-6和聚酰胺的关键原料。利用氮氧化物CNO)和环己酮、 乙二醇(EG)进行电化学还原偶联反应以合成己内酰胺是一种有前景的绿色合成途径（装置及物 质转化示意图如下)，同时得到御产品乙醇酸(GA)。当得到1 mol GA时，下列说法正确的是 m一电源 CH,OH CH,OH CH,OH COOH A.m为电源负极，电流从n极出发，经外电路回到m极 B.EG转化为GA反应式为：HOCH2-CH2OH-4e+HO=HOCH2-COOH+4H C.NO:在电极上会先转化为NHOH的电极反应是：NO;-4e+4HO=NHOH+5OH D.若两电极间增加质子交换膜，当阴极电流效率为0.8时，则阴极室质量减少5g 化学试题第4页（共12页） 12.氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H,。在催化剂作用下，HCOOH释氢的反应 机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK 水溶液代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是 注：◆示吸附在催化剂上的做粒 1.40 1.20 H 1.20 0.96 ① 1.00 0.80 0.58 HCOOH 0.60 0.53. 0.40 Ⅲ 碧 0.20 HCOOH* HCOO*+H* 安 0.00 -0.06 [HCOO] -0.20 0.32. -0.40 HCOOH(g) W -0.45 -0.60 -0.80 C0(8+2HC0(g+H,(g) CO, ② 反应进程 图1 图2 A.其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度 B.HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C,图1中步骤②为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤 D.HCOOH催化释放氢的热化学方程式为HCOOH(g)=CO(g)+H(g)△H=-0.45eV I3.软磁材料Mn,O,可由阳极渣和黄铁矿FeS制得。阳极渣的主要成分为MnO,且含有少量Pb、Fc、 C等元素的化合物。制备流程如下。 H,O,CaO MnF, 阳极渣 资铁矿 酸浸 除杂 净化 →MnS0,溶液→Mn,O, 滤渣1 滤渣2 滤渣3 (S、PbSO) 25℃时，K,(Mn5)=5.0×10、Kp(Ca5)=3.5×10-"。下列说法错误的是 A.X可为稀硫酸 B.滤渣2成分是Cu(OH)2和CaSO: C.“净化"发生的反应为Mns(s)+Ca(aq)三CaF)片Mn产q)K.40 D.利用MnCO,替代CaO可优化该流程 化学试慰第5页（共12页） 14.常温下，现有两份溶液，分别为含MA(s)的M,A饱和溶液和含MB(S)的MB饱和溶液。两种溶 c(A2-) 液中各自的c(M)(c=-gc)以及含A微粒的分布系数8 所有含A微粒的总浓度 随pH的 变化关系如图所示，M、B均不发生水解。下列说法错误的是 1.0 ② 0.8 ③ 0. 3 pe(M) 0.4 ④ 0.2 0.0 12345678910 A.曲线③代表6(A-) pH B.M,A(S)+2B=2B(s)+A2K≈5×103 C.pH=3时，M2A饱和溶液中存在：c(M)=4c(A2-) D.0.001mol-LNaHA溶液：c(A-）>c(HA-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)从水钴矿（主要含Co2O3及少量Fc2O3、AlO3、Mg0、SiO2、MnO、MnO2、Ca0等杂 质)中制备CoC2042H20的工艺如图。 盐酸 氧化剂Na,CO,NaF 萃取剂 试剂M(NH)CO, 水钻旷→浸受出液敦化→调pH→除钙镁→举取有机粗反茶取水粗沉钻操作C0C,02H,0 Na,SO, 池渣1池渣2 滤液 已知：①电极电势的大小反映了氧化剂的氧化能力相对大小。 电极电势 S20/S0 C03+/C02+ H2O2/H2O Cl/CI CIO/CI Fe3+/Fe2+ l2/ E/V 2.01 1.92 1.78 1.36 0.81 0.77 0.53 ②该工艺条件下，金属离子沉淀情况的pH值如下表所示，沉淀完全视为金属离子浓度为105oL。 金属离子 Co3+ Co2+ Fe3+ Fe2+ A13+ Mg2 Mn2 Ca2+ 开始沉淀 1.2 7.6 2.7 7.6 4.0 9.9 7.7 9.0 沉淀完全 2.4 9.2 3.7 9.6 5.2 13.2 9.8 11.0 根据题目所给信总，回答下列问题： 化学试题第6页（共12页） ()写出“浸出”过程中最主要的离子方程式 “浸出"过程中的NaSO3的物质的量不足 可能会生成 ,污染环境。 (2)以下物质适合作“氧化”过程中氧化剂的是 (填序号) a.S2O b.H2O2 c.CIO d.I2 (3)“调pH”过程的范围为 ④若用R表示异辛基，萃取剂磷酸二异辛酯的结构式可写为H0 OR “萃取”过程后溶液中 OR 的C。+采取六配位，以一种中性配分子的形式存在，在下图中，试将这种分子的结构补充完整 (不考虑立体异构)。 (S)“反萃取”过程添加的试剂M是 (写化学式)溶液。试剂M不宜过量，可能的原因 是 16.(15分)碘苯是无色有特殊气味的液体，常用于生物活性分子的合成，难溶于水，可溶于氯仿、 乙醚和乙醇。一种重氮化制备碘苯的方法如下： 实验原理： ①重氮化： NH, NaNO2、HCI -NZ CI 0-5℃ ②生成碘苯： NCr+KI△Q-I+Nt+KC 己知：重氮盐在酸性水溶液中受热时，会发生下列副反应： 化学试题第7页（共12页） Nc+H,0 OH+N2++HCI 实验步骤： I.烧杯中加入浓盐酸、蒸馏水，再加入2g苯胺溶解，控制温度不超过S℃，慢慢滴入NNO:溶 液，不断搅拌，至重氮化反应完成： Ⅱ.在上述得到的重氮盐溶液中慢慢加入K1溶液，搅拌混合均匀后，加热并保持温度50℃至无气 体放出： Ⅲ.冷却，倒去上层水，再加入稀NaOH溶液至碱性，进行水蒸气蒸馏： IV.从馏分中分离出碘苯，洗涤，加入无水Mg$O,干燥，再次蒸馏收集馏分，得到2g产品。 回答下列问题： (1)步骤I中控制温度不超过5℃的方法是 (2)步骤Ⅱ中K1溶液需慢慢加入到重氮盐溶液中，原因是 :重氮化反应完成后，溶液 中剩有稍过量的HNO,遇淀粉K试纸变蓝，并产生NO,可用于检验重氮化作用是否完成， 写出该检验反应的离子方程式 (3)步骤I中加入NaOH溶液的目的是 (4)步骤V中从馏分中分离出的碘苯因混有1通常为红棕色，可加入下列 进行洗涤（填 标号)。 A.CHCI, B.NaHSO,溶液 C.C,H,OH D.H,O (⑤)步骤V中再次蒸馏时用到的玻璃仪器有酒精灯、温度计、尾接管、蒸馏烧瓶、 和 碘苯的产率为 %(保留一位小数：摩尔质量：苯胺93gmol,碘 苯204gmol)。 化学试题第8页（共12页） (⑥碘苯在有机合成中易与金属Mg反应生成格氏试剂C,H,Mg!,原因除了Mg的还原性强外，还可 能是 17.（15分)CH,-CO:重整反应指CH,和CO转化为合成气C0和H,的过程。CH,和CO:一定条件发 生重整反应历程的能量变化如下图所示。 厨 2H(g)+2C0(g) (/r) E C(s)+2H,(gC0(g) CHx(g)+COz(g) 0 反应1 反应山 反应历程 (I)CH,-CO,重整反应：CO(g)+CH,(g)=2C0(g)+2H,(g)△H=_ kJ.mol(用含E的式 子表示)：该重整反应中的决速步为反应 (填“”或“)。 (2)一定温度下，向某恒容密闭容器中通入一定量的CH.(g)和CO,(g),若只发生CH,-CO,重整反 应，下列选项能说明该反应一定处于平衡状态的是 (填标号)。 A.V (CH.)=VE(CO:) B.v红(CO)=2ve(H) C.CH,与CO的物质的量之比不变 D.容器内混合气体的压强不变 (3)CH-C0,重整反应中易发生副反应：CO,(g)+H,(g)=C0(g)+H,O(g)△H>0。一定条件下将 等物质的量的CH,(g)和CO(g)充入总压为PkP阳的恒压密闭容器中发生反应，达平衡时，测得 某种反应物的转化率为20%，另一种为40%。 ①平衡转化率为40%的反应物为 ②该温度下平衡时n(H):n(CO)=」 CH,-CO:重整反应的分压平衡常数K。= (用含“P”的式子表示)。 化学试题第9页（共12页） (4)CH,-CO,重整反应中，CH,裂解产生积碳会覆盖活性位点使催化剂逐渐失活，同时CO,又消耗 积碳生成C0,两者速率相同时可使CH,和CO,的转化率保持相对稳定。为研究某催化剂在甲 烷重整反应中不同温度下的催化性能，科研组将(CH,):n(CO,)=:I的混合气以一定流速通过 该催化剂，测得不同温度下CH的转化率随时间的变化曲线如下图所示。 100 80 ® 60 20 0 0100200300400500 时间min ①温度工，、T和T的大小顺序为 ②相同温度下，反应刚开始CH,转化率短暂增大，这是由于催化剂存在活性诱导期：随反应 时间增加，转化率逐渐减小，原因可能是 18.（14分)氯菊酯（化合物D是一种高效低毒的农业杀虫剂，其合成路线如下。 CH, OH CH, H,,H OH CH, 0 CI,C SCH cl,c CH, D CH..C 4 COOC,H, CH,CH,ONn COOC,H, NaOH CH,CH,OH CH,CH,OH N(CH,CH,),NaCl G (1)B的化学名称是 (2)下列说法错误的是 (填标号)。 A.B能发生银镜反应 B.A+BC的反应类型为加成反应 化学试题第10页（共12页） C.D有顺反异构体 D.F中有3个手性碳原子 (3)D中不含氧官能团的名称为 (4)由D生成E的化学方程式为 (⑤)由E生成F的反应中需在分子内形成新的C一C键，形成此C一C键的碳原子序号为 (6芳香化合物J比F少两个氢，J的核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为9：2：1（不含O-O键）， 则J可能的结构简式为： 一。（写出其中一种即可 (7)化合物H的化学式为CIHONCI且为离子化合物，其中N周围连接四个单键类似于铵盐，请补全 结构简式：[丁C。 化学试题第1】页（共12页） 化学试题第12页（共12页） 贵州省2026年普通高中学业水平选择性考试 化学A卷 1.【答案】C 【解析】铜奔马的主要成分为青铜，属于金属材料，A错误；汉竹简主要成分为纤维素，属 于天然有机高分子，B错误；莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，C正 确；垂鳞纹秦公铜鼎的主要成分为青铜，属于金属材料，D错误。 2.【答案】D 【解析】二氧化硅是共价晶体，无分子，SO,是二氧化硅的化学式，A错误；二氧化碳分 子中C原子的半径比O原子的半径大，且碳原子和氧原子之间形成的是碳氧双键，B错误； 主族元素的最外层电子为价电子，则基态G原子的价层电子排布式为4s24p2,C错误；OF, 分子的中心原子0的价层电子对数=2+6-2X1=4,VSEP取模型为 D正确。 2 3.【答案】C 【解析】由结构简式可知，阿斯巴甜分子式为C4H1sN,O,A正确；由结构简式可知，阿斯 巴甜分子中含有2个手性碳原子：H0OC一CH一dH-C -NH-cH-CH,〈 NH, COOCH B正确；由结构简式可知，阿斯巴甜分子中含有的羧基、酰胺基、酯基能与氢氧化钠溶液反 应，lmol阿斯巴甜的分子最多能消耗3 molNaOH,C错误；由结构简式可知，阿斯巴甜分 子中含有酰胺基、酯基能发生水解反应，含有羧基能发生酯化反应，含有苯环能发生加成反 应，D正确。 4.【答案】B 【解析】CO,具有氧化性，能杀菌消毒，可利用CIO,处理自来水，A不符合题意；活性炭 具有吸附性，可以吸附甲醛，用活性炭包去除装修室内的甲醛与所述的化学知识没有关联， B符合题意；铁锅在空气中发生的腐蚀属于吸氧腐蚀，清洗铁锅后及时擦干，可以防止其发 生吸氧腐蚀而生锈，C不符合题意；纯碱在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，溶液 的碱性增强，去除油污的能力增强，所以用热的纯碱溶液清理零件上的油污，D不符合题意。 5.【答案】C 【解析】在铁上镀银时，镀件铁应连接电源的负极作阴极，镀层金属银应连接电源的正极作 阳极，A错误；浓疏酸应该在烧杯中稀释并冷却后再转移至容量瓶中，B错误；实验③可用 于测定未知醋酸溶液的浓度，C正确；测定胆矾中结晶水的含量，试管应向下倾斜，D错误。 6.【答案】D 【解析】标况下，H2O为非气体，无法计算H2O的物质的量，A项错误；溶液中=cV但V 未知，无法计算，B项错误：65gZn物质的量为m-658-0,.1m0l,则Zn失去的电子为 M 65g/mol 0.2NA,但在该反应中N的化合价也升高了所以该反应转移的电子数目大于0.2NA,C项错 误；pH=5的H浓度为10-5molL,则nH)=cV=105mol,D项正确。 7.【答案】B 【解析】纯碱溶液中滴加少量盐酸生成碳酸氢钠，A正确；甲醛溶液中加入足量的银氨溶液 并加热，反应生成碳酸根离子和银单质、氨气和水： HCHO+4[Ag(NH,)2J+4OH△→CO+2N旺+4Ag↓+6NH,+2H,0,B错误：碳酸酸性 强于苯酚，苯酚酸性强于碳酸氢根，苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，生成苯酚和碳酸氢钠， C正确；少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，向C(HCO3)2 溶液中滴入少量C(OH)2溶液，氢氧化钙完全反应，反应生成碳酸钙沉淀、水，D正确。 8.【答案】A 【解析】Na*与[Fe(CN),之间存在离子键，CN与Fe+之间存在配位键，CN中碳原子 与氮原子之间存在极性键，不存在非极性键，A项错误；配合物Na3[Fe(CN)。]中，配离子 为[Fe(CN)。],中心离子为Fe,配位数为6，B项正确：CN中碳原子与氮原子之间存在 1个o键，CN与Fe3+之间的配位键属于o键，则1mol配合物Na,[Fe(CN)6]中o键数目为 (6+6)mol=12mol,C项正确；该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为 Na,[Fe(CN),]=3Na*+[Fe(CN)。],Imol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA,D 项正确。 9.【答案】C 【解析】W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，W为C元素；元素X、Y、 Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，原子序数关系为：2X+2Y+Z=W,结合阴离子结构， Z形成4个共价键，为第VA族元素，Y形成2个共价键，为第VIA族元素，X形成一个 键，且原子半径最小，则X、Y、Z分别为H、O、C。 Y的简单氢化物为H2O,Z的简单氢化物为CH4,非金属性越强，简单气态氢化物的还原性 越弱，简单氢化物的还原性：Y<Z,A错误；由图可知，该阴离子中W的配体数为4，B 错误；Y2为CO2,CO2晶体易升华会吸收热量，可以用来跨临界直接制冰，C正确；共价 单键都是σ键，双键含一个σ键，一个π键。根据结构示意图可知，该阴离子结构中有σ键与π 键数目之比为13：2，D错误。 10.【答案】A 【解析】Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaCI溶液中形成原电池，Zn作负极， Fe作正极，发生腐蚀。从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴K,[Fe(CN)6]溶液，若Fe被 腐蚀会生成Fe2+，Fe2*与K,[Fe(CN)6]反应会生成蓝色沉淀，而题中说无明显现象，只能 说明Fe电极区此时没有Fe2+,证明Zn可以保护Fe不被腐蚀，A正确；NH,Fe(SO4)2溶液 中Fe3+、NH都会发生水解使溶液呈酸性。用玻璃棒蘸取2mLNH,Fe(SO4)2溶液滴在干燥 的广泛pH试纸上，试纸呈微红色，不能确定是NH发生水解导致的，也可能是F3*水解的 作用，结论错误，B错误；以K,CO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Br,先 出现浅黄色AgBr沉淀，后出现砖红色Ag2CrO4沉淀。但AgBr和Ag2CO4的沉淀类型不同， 不能简单根据沉淀出现的先后顺序判断Kp(AgBr)与Kp(AgCO4)的大小关系，结论错误， C错误；CuCl2溶液中存在平衡[CuC14]2-+4H,0[Cu(H,O)4]2++4CI,将盐酸酸化的CuCl2 溶液加水稀释，平衡正向移动，但溶液中含铜配离子的浓度均减小，溶液由黄色变绿色，最 终变为蓝色，结论错误，D错误。 11.【答案】B 【解析】由图可知，左侧乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，故左侧为阳极，电极反应为 HOCH2-CH,OH-4e+H,0=HOCH2-COOH+4H,右侧电极是阴极，NO在电极上会 先转化为NH,OH,NH,OH与环己酮反应生成己内酰胺，据此解答。 由分析可知，左侧为阳极，则m为电源正极，n为电源负极，电流从m极出发，经外电路 回到n极，A错误；由分析可知，乙二醇发生氧化反应生成羟基乙酸，电极反应为： HOCH2-CH,OH-4e+H,O=HOCH2-COOH+4H,B正确；NO,在电极上发生得电子 的还原反应转化为NHOH,电极反应为NO,+4e+5H=NH,OH+H,O,C错误；若两电 极间增加质子交换膜，则H+将通过质子交换膜向右侧移动，当得到1 mol GA时，转移4mole, 有4molH+进入阴极室（质量增加4g),阴极的电流效率为0.8，有4mol×0.2=0.8mol电子用 于发生副反应：2H+2e=H2个（质量减少0.8g),故阴极区质量共增加3.2g,D错误。 12.【答案】D 【解析】其他条件不变时，若用HCOOK溶液代替HCOOH,反应生成KOH能吸收CO2, 所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，故A正确；在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2,转化过程中，涉及N一H的断裂和形成、O一H的断裂以及 H一H的形成，故B正确；活化能大的反应反应速率最慢，是反应的决速步骤，故该过程的 决速步骤为②，故C正确；图2表示1个分子HC0OH(g)生成CO2(g)和H(g)时放出能量 0.45eV,而热化学方程式中△H为1mol反应的热量变化，故D错误。 13.【答案】B 【解析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化 还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然 后向滤液中加入HzO2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+,再加入CaO调整溶液pH,使Fe3+、 Cu+形成Fe(OH3、Cu(OHD2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca+, 净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4, 然后经一系列处理得到Mn3O4。 由解析可知，X可为稀硫酸，故A正确；由解析可知，滤渣2成分是F(OH)3和Cu(OH2, 故B错误；净化的原理是沉淀的转化，即难溶的氟化锰转化为更难溶的氟化钙，发生反应 的化学方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)一CaF2(s)+Mn2+(aq),该反应的平衡常数 K-cMn）-cMa“k2E)K(MnF.)50x10 c(Ca2*)c(Mn2)c2F)Kp(CaFz) 35x10T1.40,故C正确；利用MC0,替 代CaO也可以调节pH且不会引入Ca+杂质，可优化该流程，故D正确。 14.【答案】B 【解析】含A微粒的分布系数曲线只有一个交点，说明H2A第一步完全电离，第二步部分 电离，含A微粒只有HA和A2,二者浓度相等时，pH=3,则HA电离常数 cH*)xc(A2-) =c(H)=103,pH增大，OH浓度增大，A2离子浓度增大，M离子浓度减小， c(HA-) pc(M)增大，则M2A饱和溶液中pcM)随pH发生变化，即下方的曲线代表M2A饱和溶液 中pc(M),上方曲线代表MB饱和溶液中pc(M),因为pc(M)不随pH发生变化，则HB为 强酸，完全电离，即图中①代表δHA)随pH的变化图，③代表δ(A2),②代表MB饱和溶液 中pc(M),④代表M2A饱和溶液中pcM)随pH发生变化，据此分析解题。 据图分析可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离，随着溶液中pH逐渐增大，δHA) 逐渐减小，δ(A2)逐渐增大，所以曲线③代表δ(A2),A正确；M什、B均不发生水解，所以 MB饱和溶液中pc(M)不随pH变化，则②代表MB饱和溶液中pc(M),④代表M2A饱和 溶液中pcM随pH发生变化，据图可知，pH=l0时，M2A饱和溶液中pcM)=2, c(M)-0.01molL.c(A2)-c(M)-O.005molL.K.(MaA)-M)e(A2)-O.012x0.005-5x107. MB饱和溶液中pc(M)=5,c(B)=c(M)=10-5moL,Ksp(MB)=c(M)c(B)=10-5×10-5=10-10, M2A(s)+2B2MB(s)+A2 K= c(A2-）_Kp(MA)5x10-7 c2(B）[Km(MB订(10o =5×103,B错误； 当溶液pH=3时，δ(HA)=δ(A2)，c(HA)=c(A2),溶液中存在物料守恒 c(M)=2[c(HA)+c(A2)]=4c(A2),C正确；HA只电离不水解，HAH+A2,0.001mol/L的 NaHA的c(H)103mol/L,pH>3,pH=3时c(HA)=c(A2),则pH>3时，c(A2)>c(HA),D 正确。 15.(14分) 【答案】(1)Co203+S03+4H=2Co2+S04+2H20(2分) 氯气(2分) (2)bc(2分) (3)5.2≤pH<7.6(2分) H H RO .O, OR (4) D P (2分) RO COR HH (5)HSO4(2分) 磷酸二异辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取 能力，无法循环使用(2分) 【解析】水钴矿加入稀盐酸与金属氧化物反应，Na2SO3还原Co3+、Fe3+、MnO2,加入氧化 剂与浸出液中Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+,加入碳酸钠调节pH沉淀Fe3+、AI3+得到滤 渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3,加入NaF除镁钙得到滤渣2为MgF2、CaF2,萃取Co2+,与Na、 Mn2+分离，反萃取后加入NH4)2C204与Co2+反应生成CoC2O42H20。 (1)水钴矿的主要成分为Co2O3,因此“浸出”过程中最主要的反应Na2SO3还原Co2O3,离 子方程式为C0203+S0}+4Ht=2Co2+S0+2H20;“浸出”过程中溶液中加入了盐酸，C也 是还原剂，因此Na2SO3的物质的量不足可能会生成氯气，污染环境。 (2)“氧化”过程是将Fe2+氧化为e3+,加入的氧化剂不能引入新的杂质，使用氧化剂S20? 和I2在溶液中引入了新杂质S04和I,而使用氧化剂H2O2和CIO的还原产物为H20和CI, 不引入新杂质，故答案为bc。 (3)加入碳酸钠调节pH的目的是沉淀Fe3+、AI3+,而不沉淀其他离子，因此pH范围为： 5.2≤pH<7.6。 H、H RO OR (4)萃取过程后溶液中的Co2+配合物的分子结构为： RO OR (5)“反萃取”过程添加的试剂M是H2SO4;试剂M不宜过量，可能的原因是：磷酸二异 辛酯在过量酸的作用下会水解为磷酸和异辛醇，失去萃取能力，无法循环使用。 16.(15分) 【答案】(1)冰水浴(1分) (2)反应剧烈，避免氮气冲出发生安全事故(2分) 2HNO,+2H*+2I=I,+2NO个+2H,0(2分) (3)使苯酚生成苯酚钠，确保蒸馏的时候不被蒸馏出来，确保产品更纯(2分) (4)B(2分) (⑤)直形冷凝管(1分) 锥形瓶（1分) 45.6(2分) (6)C一I的键能小，容易断裂参与化学反应(2分) 【解析】(1)步骤I中控制温度不超过5℃的方法是：冰水浴。 (2)为控制反应反应速率，使反应不过于剧烈，同时因为产生了氮气，避免气体冲出发生 安全事故。根据氮化反应完成后，溶液中剩有稍过量的HNO2,遇淀粉KI试纸变蓝，并产 生NO,该检验反应的离子方程式是：2HNO,+2H+2I=I,+2NO个+2H,0。 (3)苯酚是副产品，加入氢氧化钠，使其生成苯酚钠，在蒸馏的时候，苯酚钠不被蒸馏出 来，确保产品更纯。 (4)碘苯因混有I2通常为红棕色，要除去其中的I2,加入亚硫酸氢钠溶液，可以与碘反应： L2+HSO+H,0=2I+SO+3H+,故答案选B。 (5)该蒸馏（不需要回流）操作需要使用直形冷凝管，并且利用锥形瓶收集馏分。2g苯 胺溶解反应制取碘苯，二者在方程式中的物质的量关系为1：1，所以理论上生成的碘苯质量 为： 2g 93g/mol 204g1m01438g,隙苯的产率为：？03x100%≈456%。 4.38g (6)因为C-I键的键能小，容易断裂参与化学反应。 17.(15分) 【答案】(1)E,-E,(2分) 1(1分) (2)CD(2分) (3)①C02(2分) ②1：3(2分) (2分) 192 (4)①T>T2>T3(2分) ②CH,裂解产生积碳覆盖活性位点使催化剂逐渐失活，催化效 果降低(2分) 【解析】(1)焓变=生成物总能量-反应物总能量，CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E,-E,)kJ·ol';活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，所以该重整 反应中的决速步为反应I。 (2)A.VE(CH4)=yE(CO2)不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选A; B.反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，y(CO2)=2y滋(H2),反应没有达到 平衡状态，故不选B; C.反应过程中CH4与CO的物质的量之比减小，CH4与C0的物质的量之比不变，说明反 应达到平衡状态，故选C; D.反应后气体物质的量增多，容器体积不变，压强是变量，容器内混合气体的压强不变， 反应一定达到平衡状态，故选D; 选CD。 (3)①若不发生副反应，CH4(g)和CO2(g)的转化率相等，由于CO2(g)参与副反应， C02(g)的平衡转化率大于CH4(g),所以平衡转化率为40%的反应物为C0(g)。 ②设CH4(g)和CO2(g)的投料均为amol,CH4(g)的转化率为20%，则参与 C02(g)+CH,(g)=2C0(g)+2H2(g)反应的CH4(g)、C02(g)均为0.2amol,反应生成C0、 H2的物质的量均为0.4amol;C02（g)的平衡转化率为40%，则参与 C02(g)+H2(g)=C0(g)+H,0(g)反应的C02(g)、H2均为0.2amol,反应生成C0的物质 的量为0.2amol、生成H20的物质的量为0.2amol,反应达到平衡，容器中n(CH4)=0.8amol、 n(C02)=0.6amol、n(C0)=0.6amol、n(H2)=0.2amol、n(H20)=0.2amol。 该温度下平衡时n(H2):n(CO)=1:3,CH4-CO2重整反应的分压平衡常数 0.6a 2.4a ×P0 0.2a 2.4a xPo 0.8a 0.6a 192 2.4a ×pa 2.4a ×Po (4)①C02(g)+CH4(g)≥2CO(g)+2H2(g)反应吸热，升高温度平衡正向移动，CH,转 化率增大，所以温度T、T2和T的大小顺序为T>T2>T3。 ②相同温度下，反应刚开始CH4转化率短暂增大，这是由于催化剂存在活性诱导期；随反 应时间增加，转化率逐渐减小，原因可能是CH,裂解产生积碳覆盖活性位点使催化剂逐渐 失活，催化效果降低。 18.(14分) 【答案】()三氯乙醛(2分) (2)CD(2分) (3)碳碳双键、碳氯键(2分) OH CH. (4) CH, +CH:COOCH2CH→CL,C C00C,H,+H20(2分) CH, (5)2、4(2分) C(CH)); OC( )3 OH (任写一种 OH C(CH) OH OC(CH) 或其他合理答案，2分) m@-OC (2分) 【解析】由题干合成路线图可知，A与B发生加成反应生成C,C中碳碳双键位置异构生成 D,D转化生成E,E分子内脱去1分子HCI形成三元环得到F,F中酯基与氢氧化钠反应 生成G和乙醇，化合物G和H在溶剂甲苯中发生反应生成化合物I、N(CH2CH3)3和NaCI, 可推知H的结构简式为 据此分析解题。 (1)由题干路线图中B的结构简式可知，B的化学名称是三氯乙醛。 (2)由题干路线图中B的结构简式可知，B中含有醛基，故能发生银镜反应，A正确；由 题干路线图中A、B、C的结构简式可知，A+B→C的反应类型为加成反应，B正确；由题 干路线图中D的结构简式可知，D分子中碳碳双键的一端连有2个甲基，故不存在顺反异 构体，C错误；由同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干 路线图中F的结构简式可知，F中有2个手性碳原子，如图所示： C00C,H,D错误。 (3)由题干合成路线图中D的结构简式可知，D中不含氧官能团的名称为碳碳双键、碳氯 键。 (4)由题干合成路线图中D、E的结构简式可知，由D生成E的化学方程式为 H.C OH CH. +CH3 COOCH2CH3→ C00C,H+H20,(5) CH. CH, 由题干合成路线图中E、F的结构简式可知， H.C 4 CooC,H, CH,CH,ONa 2今 4c00C,H,由 C CH, CH.CH,OH E生成F的反应中需在分子内形成新的C-C键，形成此C-C键的碳原子序号为2、4。 (6)芳香化合物J即含有苯环比F少两个氢，即分子式为：C1H1202C2,不饱和度为：4， J的核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积比为9：2：1（不含0-0键）即分子中含有3个甲基 且对称结构，则J可能的结构简式为 C(CH) OC(CH) OH 、 (任写一种或其 HO OH C(CH) OH OC(CH), 他合理答案)。 (7)由分析可知，化合物H的化学式为C19H26ONCI且为离子化合物，其中N周围连接四 个单键类似于铵盐，H的结构简式为