河北雄安新区2026届高三下学期考前预测 化学试题

高三化学大 1.C解析：越王勾践剑主要成分为青铜（铜锡等元 素的合金)，属于金属材料，A项不符合题意；镶金 兽首玛瑙杯的主体为玛瑙，玛瑙的主要成分是 S○2，属于无机非金属材料，兽嘴处的镶金则属于 金属材料，B项不符合题意；睡虎地秦墓竹简的主 要成分是纤维素，属于天然有机高分子材料，C项 符合题意；汝窑瓷器是由黏土等矿物原料经高温烧 制而成的，主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金 属材料，D项不符合题意。故选C。 2.A解析：酚醛树脂有热固性和热塑性两类，由苯 酚和过量甲醛在碱催化下缩聚而成的酚醛树脂是 热固性树脂，其为三维网状结构，受热后不能软化 或熔融，不溶于一般溶剂，无法反复加工成型，A项 错误。故选A。 3.C解析：Na2O2与水、CO2可发生反应，反应放热 且产生O2,用滤纸包裹丢入垃圾桶易引发火灾，应 放入指定的废弃药品容器中集中处理，C项错误。 故选C。 4.B解析：1 mol CH3CHO中含s-sp3。键数目为 3NA,A项正确；未指明溶液的体积，不能计算溶液 中氮原子的物质的量，B项错误；Fe与Cl2反应生 成FeCl3,5.6gFe与足量Cl2充分反应，转移电子 数目为0.3NA,C项正确；标准状况下，4.48L CH,和NH的混合气体含有的电子数目为2NA, D项正确。故选B。 5.D解析：NCL3的空间结构为三角锥形，中心原子 为N原子，但C1原子比N原子半径大，A项错误； IC1为共价化合物，其电子式为：I:C1:,B项错 误；中子数为25的钙原子：Ca,C项错误；Cu为 29号元素，则基态C原子的价层电子排布式为 3d4s,D项正确。故选D。 6.C解析：肾上腺素分子结构中含有酚羟基，能与 FCl3溶液发生显色反应，A项正确；连有4个不 同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，1个 ·化学答案★( 参考答案 肾上腺素分子中含有1个手性碳原子，B项正确； 该分子只有酚羟基能与NaOH反应，故在NaOH 溶液中，1mol该物质最多能与2 mol NaOH反 应，C项错误；该有机化合物能发生取代、氧化、消 去反应，D项正确。故选C。 7.D解析：实验I中主要发生了反应SO2十H2O+十 2Ag一Ag2SO3Y+2H+,该反应为复分解反 应，A项正确；根据现象可知，Ag2SO4、Ag2SO3均 能溶于浓氨水，如Ag2SO3十4NH3·H2O 2[Ag(NH3)2]++SO?+4H2O,溶液C中含银微 粒主要以[Ag(NH3)2]+形式存在，B项正确；结合 实验流程，加入试剂X的目的是沉淀溶液C中的 SO?、SO?,故试剂X可能是Ba(NOa)2,C项正 确；操作ⅴ中生成大量白色沉淀的离子反应为 H2 O2+H2 SO3+Ba2+-2H++BaSO+ H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，D 项错误。故选D。 8.C解析：C60和C0的分子大小不同，“杯酚”能把 C60装起来而不能装下Co,“杯酚”与C0通过分子 间相互作用形成超分子，最终实现分离C6和Co, C项符合题意。故选C。 9.C解析：由题意推测，X是氢、Y是氮、Z是氧、W 是磷。氨的最高价氧化物对应的水化物为 HNO3,是一元强酸，A项正确；结合固态Y,Z的 晶胞结构可知，晶胞中含NO(直线形)和NO (平面三角形)，故固态时N2O5为离子晶体，B项 正确；H、N、O组成的化合物NH4NO?能促进水 的电离，C项错误；NH3和PH3的中心原子均为 sp3杂化，且均有1个孤电子对，由于N的电负性 大于P,N一H成键电子对更靠近中心原子N,导 致成键电子对之间的排斥力增大，键角增大，因此 键角：NH3>PH3,D项正确。故选C。 10.D解析：装置左侧电子从原电池负极(Zn电极) 流出，经导线流向电解池阴极(TO2/CF℃电极)， A项正确；b电极的电极反应式为NO2+e一 第1页，共5页)· NO2,B项正确；电解池中，H+向阴极(TiO2/ CFC电极)移动，C项正确；电路中转移6mol电 子时，因涉及电池串联，两电池均转移6mol电 子，因此理论上共消耗6mol(390g)Zn,D项错 误。故选D。 11.A解析：由题意可判断，Bi2O2Se的晶胞图为 每个Bi周围紧邻且等距的O有4 个，A项错误。故选A。 12.C解析：在HCo(CO)4中Co提供9个电子、H 提供1个电子、4个C0提供4×2=8个电子，满 足18电子规则，HCo(CO)4更稳定，A项错误；反 应中有非极性键的断裂(H一H键)，B项错误；由 反应机理图可推测，若用示踪原子标记反应 物4CO,则生成物可能为RCH2CH214CHO,C项 正确；氢在HCo(CO)3中为-1价，在H2中为0 价，在有机化合物中为+1价，D项错误。故选C。 13.C解析：溴与NaOH溶液发生反应后，与溴苯分 层，然后通过分液分离，A项不符合题意；向饱和 亚硫酸氢钠溶液中滴加质量分数为70%的浓硫 酸，反应生成二氧化硫气体，可以用来制备少量二 氧化硫气体，B项不符合题意；F(NO3)2中含有 NO3,酸化后引人H,HNO3的强氧化性也能 将Fe+氧化而干扰实验，C项符合题意；NaOH 溶液中Mg和A1的氢氧化物溶解性存在差异， Mg(OH)2不溶、Al(OH)3溶解显两性，推断碱 性：氢氧化镁>氢氧化铝，从而得出金属性：镁> 铝，D项不符合题意。故选C。 14.C解析：对于CaF2悬浊液，由元素守恒得 c(F-)十c(HF)=2c(Ca2+),而b点c(F)= ·化学答案★（到 c(HF)=c(Ca2+)=10-3.5 mol.L-1,K (CaF2 ) c(Ca2+)·c2(F)=10-1o.5,Kp(CaF2)的数量级 为10-11，A项正确；根据电荷守恒，溶液中存在 2c(Ca2+)+c(H+)=c(CI)+c(OH)+c(F-), c点溶液显酸性，c(H)>c(OH),故2c(Ca2+)< c(C)十c(F),B项正确；根据元素守恒与电荷守 恒，a点和c点均存在c(H)十c(HF)= c(CI厂)十c(OH),C项错误；由b点数据可得， K,(H)=c(H):CF）=10,则HF与 c(HF) CaCl2的混合溶液中0.1mol·L-1HF电离出的 c(F-)约为10-.1mol·L-1,离子浓度熵Q= c2(F-)·c(Ca2+)=(10-2.1mol·L-1)2× 0.1mol·L1>10-1o.5,有CaF2沉淀生成，D项 正确。故选C。 15.(14分) (1)将可溶性MnSO4浸人水相，实现锰与其他物 质的初步分离(1分，合理即可) (2)浸取液中存在平衡B3+十CI+H2O一 BiOC1+2H+,增大c(H+),抑制Bi+水解，提高 铋的浸出率(2分，合理即可) (3)①K3[Fe(CN)6]溶液(1分，合理即可) ②3Fe3++Bi-3Fe2++Bi3+(2分) ③7.35(2分) (4)Mn2++2HC03-MnC03V+C02个+ H2O(2分)避免温度过高导致NH4HCO3分 解(2分，合理即可) (5)MnO4(2分) 解析：(1)MnSO4易溶于水，而含铋烧渣中其他物 质均难溶于水，因此先水浸可实现“锰先入液、铋 留渣”的初步分离。 (2)由已知信息可知，Bi3+易水解：B3+十CI十 H2O一BiOCI-+2H+,“酸浸”时加人过量浓盐 酸，除了使原料充分反应外，还能抑制B+水解， 避免秘损失，提高浸出率。 (3)①检验Fe2+可用K3[Fe(CN)6]溶液。 ②依题意，“除铜”原理为3Cu2+十2Bi一3Cu十 2页，共5页)· 2Bi3+。因氧化性Fe3+>Cu+,故滤液Ⅱ中含有 Fe2+的主要原因为3Fe3++Bi一3Fe2++Bi3+。 ③常温下K[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH)= 5.0×10-17,当c(Fe2+)=1.0×10-3mol·L-1 时，c(0H)=√5×10-7mol·L1,p0H= 6.65,pH=7.35,故理论上，“沉铋”时应控制溶液 的pH<7.35。 (4)“沉锰”时反应的离子方程式为Mn2+十 2HCO?-MnCO3↓+CO2个+H2O;“沉锰” 时需控制温度在35℃以下，原因可能是避免温度 过高导致NH4HCO3分解。 (5)1 mol MnC(03质量为115g,设某温度下煅烧 后生成MnOx,固体残留率为66.4%，则剩余固 体质量为115g×66.4%=76.36g,其中Mn原 子的质量为55g,则0原子的质量为76.36g 55g=21.36g,n(O)=1.335mol,n(Mn): n(0)=1:1.335≈3：4，则生成的锰的氧化物 为Mn3O4。 16.(14分) (I)B(1分)提供干燥的惰性环境，防止NaH 变质(2分，合理即可) (2)反应掉过量的NaH:NaH+CH3OH CH,ONa-+H2个(2分，合理即可)NaH与水 反应过于剧烈且放出大量热，易导致局部过热，可 能使产生的氢气发生爆炸（或甲醇的羟基氢活性 比水弱，与NaH反应相对温和可控)(2分，合 理即可) (3) COONa+HCI→√∠ COOH +NaCl (2分) (4)吸收有机层中的水或作干燥剂(2分，合理 即可) (5)支管口处（下沿）(1分，合理即可) (6)82%(1分)偏低(1分) 解析：(I)NaH遇水会剧烈反应生成氢气并放出 大量热，极易引发燃烧，属于遇湿易燃物品，故选 B;持续通人氮气可以提供干燥的惰性环境，防止 NaH变质。 ·化学答案★ (到 (2)甲醇含有活泼氢，能与NaH发生类似NaH 与水的反应，生成甲醇钠和氢气，故加入甲醇目的 是把过量的NaH消耗掉；因为NaH与水反应极 其剧烈，直接加水反应掉活泼氢化物极度危险，通 常先用反应较温和的醇类（如甲醇、乙醇或异丙 醇)来安全处理。 (3)加浓盐酸酸化的目的是将溶于水的羧酸钠盐 转化为微溶于水、易溶于有机溶剂的羧酸。 (4)合并有机层后，有机层中含有少量的水，加入 无水硫酸钠进行干燥。 (5)步骤Ⅵ中蒸馏时，温度计用于测量馏出物的沸 点，因此水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处。 (60液实验产省的产率为×10%2%： 若不用正已烷萃取水层，产物会因微溶于水而使 最终得到的产物质量偏小，产率偏低。 17.(15分) (1)+49.8(2分)高温(1分) (2)CaO与CO2反应放热，提供热量，有利于反应 I正向进行或多孔CaO吸收CO2,有利于反应Ⅱ 正向进行(2分，合理即可) (3)该温度区间内反应未达到平衡，温度升高，反 应速率加快，反应相同时间，CO转化率增大(2 分，合理即可)G(2分) (4)020 (2分) ②980(2分) ③减小(2分) 解析：(1)由盖斯定律可得CHOH(g)+H2O(g)一 CO2(g)+3H2(g)的△H=△H1+△H2=+49.8 k·mol1;该反应为气体分子数增大的反应，则 △S>0,△H>0,结合△G=△H-T△S可得，反 应在高温时可自发进行。 (2)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H= 一178.8kJ·mol1,向甲醇蒸气重整反应体系中 加入适量多孔CaO,CaO吸收CO2,有利于反应 Ⅱ正向进行；CaO与CO2反应放热，提供热量，有 利于反应I正向进行等，提高氢气的产率。 3页，共5页)· (3)T,~一T,温度区间内反应未达到平衡，温度升 高，反应速率加快，反应相同时间，CO转化率增 大。反应Ⅱ为放热反应，升温时，平衡逆向移动， K减小，故王减小→k增大的幅度大于k正；随 者温度升高，一减小，g女坐增大，且gk2增大的 幅度大于lgk正，图乙中表示lgk送随下变化的是 线G。 (4)①由题意可知，起始时p(CHOH)= p(H2O)=50kPa;已知T℃时，CaC03(s)= CaO(s)+CO2(g)的平衡常数K,=l0kPa,则平 衡时p(CO2)=10kPa,因C)=2,则平衡时 p(COp(CO-2,p(C0)=5kPa,由于Ca0 (CO2)10 kPa 对C02的吸收率为50%，则平衡时反应Ⅱ产生的 p(CO2)=20kPa,由反应I和反应Ⅱ可计算出 p(H2)=2×(5+20)kPa+20kPa=70kPa,0~ tmin内，o(H)=70 Pa·minl。 ②由碳原子守恒可得，平衡时p(CHOH)= 50kPa-p(CO2)-p(CO)=25kPa,T℃时，反 应1的平衡常数K,=pCO:PL)= (CH.OH) 5kPaX(70 kPa8(kPa). 25 kPa ③CHOH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g） 的K。=C0)·p(H) p(CH,OH)·p(H,O),保持温度不变， 若向平衡体系中再加入少量CHOH(g),重新达 平衡后，由于K。=10kPa不变，则p(CO2)不变， 加入CH3OH(g)达平衡时p(CH3OH)增大，故 平衡后D(CH,OH) p(C02)·p3(H2) (C0,)增大，pCH,o·p（H,o 不变，则(H,O) p(H,)减小。 18.(15分) (1)2-硝基甲苯(1分) ·化学答案★（到 (2)<(2分) CI COOH (3) +CH,OH 浓硫酸 △ NO2 CI COOCH: +H2O(2分) NO2 (4)与生成的HBr反应，使反应向生成G的方向 移动(2分，合理即可) (5)b(2分) 6 (2分) COOH (7)10(2分) (2分) CH 解析：(1)A用系统命名法命名，化学名称为2-硝 基甲苯。 (2)氯原子是吸电子基团，故酸性：B<C。 (3)C→D为羧酸与醇的酯化反应，需要在浓硫酸 作催化剂、加热条件下反应。 (4)E与F反应生成G与HBr,K2CO3与HBr反 应，使反应向生成G的方向移动。 (5)依题意，F的结构简式为Br入 0√，结 0 构中含有酯基和溴原子，在氢氧化钠的水溶液中 能发生取代反应。故选b。 (6)根据G、J的结构变化，结合已知信息和H的 分子式，可推断出H的结构简式 (7)分子式为C6HO2,满足条件①②③的同分异 构体有c88c、 ①②③ ④ ⑤ =CC-C、 4页，共5页)· ⑦⑧⑨⑩ CC-CC、CCC-C,共有10种（序 号代表羧基的位置)；只满足条件①和②，不满足 条件③（即不含碳碳双键），且核磁共振氢谱峰面 ·化学答案★ 积之比为3：3：2：1：1，说明分子结构中含有 一个碳环、1个一COOH,以及2个不同化学环境 HC 的一CH3,故满足条件的结构简式为 -COOH CH (第5页，共5页)·秘密★启用前 高三化学★ 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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：C一12O一16Mn一55Fe-56Zn-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 项是符合题目要求的。 工.“地下气象万千，地上沧海桑田，”文物的地下保存寿命与其化学材质息息相关。下列文 物的主要成分属于天然有机高分子材料的是 A.越王勾践剑 B.镶金兽首玛瑙杯 C.睡虎地秦墓竹简 D.汝窑天青釉弦纹樽 2.下列关于高分子材料与其特性和用途的对应关系错误的是 A.酚醛树脂一热固性树脂，可反复加热熔化加工，可用于制作绝缘材料 B.聚乙烯一无毒、耐低温，可用于制作药物的包装材料 C.顺丁橡胶一弹性好、耐磨，可用于制造轮胎 D.聚四氟乙烯—耐化学腐蚀，可用于制作化工反应釜内衬 3.下列操作不符合实验安全要求的是 A.无水乙醇与高锰酸钾要分橱存放 B.加热烧杯、锥形瓶中的液体时，需垫陶土网使其均匀受热 C.实验中废弃的Na2O,不能随便丢弃，应用滤纸包裹后放人垃圾筒 D.可燃性气体点燃前，必须检验其纯度 4.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A.1 mol CH:CHO中含s-sp3o键数目为3Na 化学试题★第1页（共8页） B.1mol·L1的NH,NO3溶液中含氮原子总数目为2NA C.5.6gFe与足量Cl2充分反应，转移电子数目为0.3Na D.标准状况下，4.48LCH4和NH3的混合气体含有的电子数目为2NA 5.下列化学用语或图示表达正确的是 A.NCl分子的空间填充模型：。 B.IC1的电子式：It[:Cl:] C.中子数为25的钙原子：gCa D.基态Cu原子的价层电子排布式：3d°4s 6.肾上腺素是一种脂溶性激素，其结构如图。关于肾上腺素，下列说法错误的是 HO H HO HO A.能与FeCl3溶液发生显色反应 B.分子中含有手性碳原子 C.在NaOH溶液中，1mol该物质最多能与3 mol NaOH反应 D.能发生取代、氧化、消去反应 7.某化学小组进行如下实验探究SO2与AgNO3溶液的反应产物。已知：Ag2SO,微溶于 水，Ag2SO3难溶于水。 序号 实验操作与实验现象或结论 将SO2通入0.1mol·L1AgNO,溶液中迅速反应，经过滤、洗涤得到无色溶液A和白色 沉淀B 验证白色沉淀B的成分： n →滤液E双氧水，大量白色沉淀 浓氨水 过量试剂X白色沉淀D过量稀盐酸 iv 白色沉淀B 完全溶解 溶液C 过滤、洗涤 过滤、洗涤 i 必 →少量白色沉淀 经实验Ⅱ分析可知，沉淀B的主要成分为AgSO3,还含有少量Ag2SO, 下列说法错误的是 A.实验I中主要发生了复分解反应 B.溶液C中含银微粒主要以[Ag(NH3)2]形式存在 C.试剂X可能是Ba(NO3)2 D.操作ⅳ生成大量白色沉淀的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 化学试题★第2页（共8页） 8.化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观事实与微观解释不相符的是 选项 宏观事实 微观解释 A 常温下，乙二醇为无色粘稠的液体 乙二醇分子中含有两个羟基，分子间能形成大量氢键 石墨中C原子采取$p2杂化，石墨的二维结构内，未 石墨能导电，金刚石不能导电 参与杂化的2即电子可在整个碳原子平面中运动，金 刚石中C原子采取sp杂化，无自由移动的电子 C 用“杯酚”可分离C和C “杯酚”与C6通过离子键形成超分子 D 用肥皂洗涤油污 肥皂中的高级脂肪酸钠含有亲水基和疏水基 9.研究物质结构是研制新物质的基础。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主 族元素，且分布于三个不同周期，基态W原子的核外电子总数是其单电子数的5倍，Y、 W同主族。研究发现化合物Y2乙在气态和固态时结构明显不同，固态时的晶胞结构 如图。下列说法错误的是 OY 。Z A.Y的最高价氧化物对应的水化物为一元强酸 B.固态时，Y2Z的晶体类型为离子晶体 C.由X、Y、Z三种元素组成的化合物均能抑制水的电离 D.简单氢化物的键角：Y>W 10.某科研团队研制出一种“自供电氮循环转化装置”，工作原理装置示意图如图。该装置 工作时，将Z一NO2电池中的产物，通过自供电方式转换为NH。下列说法错误 的是 ZnCl,溶液 .ZnCl,溶液 Zn电极 NO, Zn电极 NO, b电极 b电极 NO 石墨电极 NH: 质子交换膜 H,O 化学试题★第3页（共8页） A.左侧电子的转移方向：Zn电极→导线→TiO2/CF℃电极 B.b电极的电极反应式为NO2+e一NO2 C.H+通过质子交换膜向TiO2/CFC电极区迁移 D.电路中转移6mole时，理论上共消耗195gZn 11.新型半导体芯片材料一硒氧化铋(Bi2O2Se,摩尔质量为Mg·mol1)是下一代高性 能芯片的核心候选材料，其晶胞投影如图，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法 错误的是 a pm A.每个Bi周围紧邻且等距的O有6个 B.晶胞中O均位于面上 D.该晶体的密度为 2M C.电负性：O>Se>Bi 2cN -X1030g·cm3 12.RCH一CH2催化制备醛的反应机理如图。已知：配合物中中心过渡金属原子的价电 子数十配体提供的电子总数=18时，配合物更稳定。下列说法正确的是 HCo(CO)4 +C0-C0 OC 、H RCH.CH.CHO OC C CO R-CH=CH, H O H Co oc A.HCo(CO)3与HCo(CO)4相比，HCo(CO)3更稳定 B.反应过程中不涉及非极性键的断裂和形成 C.若用示踪原子标记反应物14CO,则生成物可能为RCH,CH214CHO D.反应过程中氢元素的化合价不变 化学试题★第4页（共8页） 13.下列实验操作不能达到相应实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 向溴和溴苯的混合物中加入适量氢氧化钠溶液，振荡 A 除去溴苯中的溴 静置后分液 B 向饱和亚硫酸氢钠溶液中滴加质量分数为70%的浓硫酸 制备少量二氧化硫气体 向Fe(NO,)2和KSCN的混合溶液中滴人酸化的 C 探究Ag、Fe3+氧化性的强弱 AgNO3溶液，振荡，观察溶液颜色的变化 向物质的量浓度和体积均相同的MgCl2、A1Cl,溶液中 D 比较Mg与Al金属性强弱 分别滴加同浓度的过量的NaOH溶液 14.常温下，用HCI(g)调节CaF2悬浊液的pH,测得不同pH下，平衡体系中c(Ca2+)与 含氟微粒的分布系数[例如δ.-= (F)十c(HF随溶液pH的变化如图。下列说法 c(F-) 错误的是 .0 05% 3.24 6 pH A.常温下，Kp(CaF2)的数量级为10 B.c点时，溶液中存在2c(Ca+)<c(Cl-)十c(F-) C.a点和c点均存在c(H+)=c(CI)+c(OH)+c(HF) D.常温下，0.2mol·L1HF溶液与0.2mol·L1CaCl2溶液等体积混合有沉淀 生成 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)铋广泛用于电子半导体、医药等领域；锰是钢铁、动力电池行业的核心原料。 某工厂设计如图工艺流程，从含铋烧渣（主要成分为Bi2O、MnSO4,还含少量FezO3、 CuO、SO2)中回收Bi2O3,并制备锰的氧化物，实现废渣的资源化利用。 过量浓盐酸B粉 Na,CO,溶液 NaOH溶液 烧一→水浸]→酸浸]→除铜 含铋 调pH,沉铋 7Bi0C1,调pH=12,脱氯→Bi,0, SiO2Cu、Bi 滤液Ⅱ 滤液Ⅲ NH,HCO 滤液1精制沉锰 →Mnco,发烧MaO, 已知：①B3+易水解生成BiOCl沉淀；②该流程条件下，Bi与盐酸几乎不反应；③常温 下，BiOCI存在的pH范围约为2.0~11.0。回答下列问题： 化学试题★第5页（共8页） (1)“水浸”的目的是 (2)“酸浸”时选用过量浓盐酸的原因除了使原料充分反应外，还有 (结合化学用 语说明)。 (3)①实验室检验滤液Ⅱ中是否含有Fe+的试剂为 ②经检验，滤液Ⅱ中无Fe3+,含有Fe+。滤液Ⅱ中含有Fe2+的主要原因为 (用 离子方程式解释)。 ③常温下，若滤液Ⅱ中c(Fe2+）=1.0×10-3mol·L1,理论上，“沉铋”时应控制溶液 的pH< {Kp[Fe(0H)2]=5.0×1017,lg5=0.7}。 (4)“沉锰”时反应的离子方程式为 ;该工序需控制温度在35℃以下，原因可能 是 (5)某温度下在空气中煅烧MCO3生成一种锰的氧化物和CO2,测得煅烧后固体残 剩余固体的质量 留率为66.4%（固体残留率 起始固体的质量 ×100%),则该温度下所得锰的氧化物 的化学式为 16.(14分) 是一种重要的有机合成中间体，实验室以、 0入一为原料，在氢 OH 化钠(NaH)作用下发生重排反应制备该物质。两种物质的相对分子质量和性质如表： 物质 相对分子质量 沸点/℃ 溶解性 128 133 不溶于水，易溶于甲苯等有机溶剂 0 128 205 微溶于水，易溶于有机溶剂，可溶于强碱溶液 OH 实验步骤如下： I.向装有冷凝器和氮气入口的四颈烧瓶中加人27.12gNaH和340mL甲苯。 Ⅱ.将混合物在搅拌下加热至110℃，随后在5h内缓慢滴加113g 人0入之，继续 在110℃下搅拌反应3h。 Ⅲ.反应完成后，冷却至室温，缓慢滴加20mL甲醇。 V.加入226mL水溶解，分离甲苯层和水层，水层用100mL甲苯洗涤并分液。 V.将分液得到的水层用浓盐酸酸化至pH≈1，回收形成的有机层，水层用正己烷萃取。 I.合并有机层，加入无水硫酸钠，过滤；蒸馏除去正己烷，得到纯净的液体产物92.3g。 回答下列问题： (1)NaH试剂瓶上应贴有的危险化学品标志为 (填字母)；实验中持续通入氮气 的目的是 A.放射性物质 B.遇湿易燃物品 C.氧化剂 化学试题★第6页（共8页） (2)步骤Ⅲ中滴加甲醇的目的是（结合化学方程式解释）；此处不直接加水的原 因是 (3)步骤V中“水层用浓盐酸酸化”时发生反应的化学方程式为 (4)步骤Ⅵ中无水硫酸钠的作用是 (5)步骤Ⅵ中蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶 (6)该实验产物的产率约为（保留两位有效数字）；若实验中省略了步骤V的“水 层用正己烷萃取”这一操作，会导致产率（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 17.(15分)甲醇蒸气重整：CH,OH(g)+H2O(g)一CO2(g)+3H2(g)制氢技术因其低 温操作、高氢气选择性等优势而受到青睐。该反应一般分两步进行： 反应I:CH3OH(g)CO(g)十2H2(g)△H,=+91.0kJ·mol1 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=C02(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ·mol-1 回答下列问题： (1)反应CHOH(g)+H,O(g)=CO2(g)+3H2(g)的△H= k·mol1,该 反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 (2)已知CaO(s)十CO2(g)=CaCO3(s)△H=-178.8kJ·mol厂1。研究发现，向 上述反应体系中加人适量多孔CO,有利于提高氢气的产率，其可能原因为 (3)向若干相同容积的密闭容器中分别充入1 mol CO(g)和1molH2O(g),只发生反 应Ⅱ，测得相同时间内，CO(g)的转化率随温度的变化如图甲。已知反应Ⅱ的速率方 程为v正=k正c(CO)·c(H2O),v逆=k逆c(CO2)·c(H2),其中k正、k逆均为速率常 数，该条件下只受温度影响，gk正、gk滋与一的关系如图乙。假设该温度范围内催化 剂活性不受影响。 0 T T→增大 宁增大 甲 乙 T1~Tz温度下，CO(g)的转化率随温度呈现如图甲变化趋势的原因是 ;图乙中 表示lgk逆随宁的变化的是线 (填“G”或“H”)。 n(H2O) (4)T℃时，向某恒容密闭容器中按 (CH,OH=1投料，加入过量CaO(s),测得起始 压强为100kPa,发生反应I、反应Ⅱ以及CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s),反应到 tmin时达到平衡，平衡体系中n(CO: n(CO) =2,Ca0对C02的吸收率为50%。已知T℃ 化学试题★第7页（共8页） 时，CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的平衡常数K。=l0kPa;实验温度下，CaO与水 蒸气的反应忽略不计。 ①0~tmin内，v(H2)= kPa·min1(用含t的代数式表示)。 ②T℃时，反应I的平衡常数K。=(kPa)2。 ③保持温度不变，若向平衡体系中再加人少量CH,OH(g),重新达平衡后，p(H,O) 力(1，)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 18.(15分)有机化合物托伐普坦可以通过抑制肾脏对水的重吸收发挥利尿作用，其一种 合成路线如下： NO CH,i.KMnO,KoH,△ COOH氯化 COOH CH,OH ii.H 9 F(C,H BrO2) COOCH, 一定条件CHNO,Ci.H水解 K.CO Hii.△，Co G HO 托伐普坦 OR 已知：R,CCH一C一OH △R CCH2R2· -C0 回答下列问题： (1)A用系统命名法命名为 (2)酸性：B C(填“>”“<”或“=”)。 (3)C→D的化学方程式为 (4)E+F→G的反应中加入K,CO3的作用是 (5)下列关于F的说法，正确的是 (填字母)。 a.在浓硫酸、加热条件下能发生消去反应 b.能在NaOH溶液中发生取代反应 c.能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀 d.能与H2发生加成反应 (6)H的结构简式为 (7)F经多步反应可生成分子式为CH1O2的有机化合物。 C。H。O2的同分异构体中，同时满足下列条件的有种（不考虑立体异构）；写出 同时满足条件①和②不满足条件③，且核磁共振氢谱峰面积之比为3：3：2：1：1的 结构简式：（不考虑立体异构)。 ①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO2;②分子中含有2个甲基；③含有碳碳双键 化学试题★第8页（共8页）