高考化学考前冲刺押题卷（6）-【名校之约】2026年高三化学考前冲刺押题卷

绝密★启用前 2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学 [满分100分，用时75分钟] 过 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 3.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，用橡皮擦千净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹 签字笔写在答题卡上。 的 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 9 舒 可能用到的相对原子质量：H1O16C135.5Mn55 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是 A.“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，其中“味酸”是因为绿矾水解产生H B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁即化为铜”，其中的“白青”属于盐 的 C.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，其中“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜 的 D.古陶瓷修复所用的熟石膏，主要化学成分为2CSO4·H2O,该成分属于纯净物 2.下列化学用语或图示表示正确的是 2K+3→KS:K 1086420 言 化学位移/ppm 甲 乙 丙 丁 A.甲：乙醇的核磁共振氢谱 B.乙：2-甲基-3-戊烯 C.丙：邻羟基苯甲醛分子内氢键 D.丁：用电子式表示K2S的形成过程 3.实验室中，下列实验方法规范且可以达到相应实验目的的是 ( A.用棕色细口塑料瓶盛放浓硝酸 B.用10mL移液管移取6.00mL浓硫酸 C.用稀氨水洗涤试管壁上附着的金属银 D.用稀硫酸和Ba(OH)2溶液测定中和热 4.下列所推导出的结论正确的是 ( A.A1Cl3为共价化合物、Al2O3为离子化合物，可推知A1Br3为共价化合物、A1F3为离子化合物 B.AB2型的不同分子空间构型相同，可推知其中心原子的杂化方式也相同 C.A1Cl3分子中A1采取sp2杂化，可推知其二聚分子(Al2Cl)中Al也采取sp2杂化 兰 D.常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，可推知反应2H2(g)十O2(g)一2H2O(1)在该条件 下不自发 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第1页（共6页）】 5.下列实验涉及反应的离子方程式书写错误的是 A.向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳：SiO号+CO2+H2O一H2SiO3￥+CO号 B.用饱和亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：3SO号+C12+H2O一SO+2CI-+2HSO3 C.向Na[Al(OH)4]溶液中加入过量的盐酸：[A1(OH)4]-+4H+一A13++4H2O D.C2S与热的浓硝酸反应：Cu2S+2N05+6H△2Cu2++HS4+2N02◆+2H,0 6.以下现象的原因解释中错误的是 选项 现象 原因 A HF的稳定性强于HCI HF分子之间除了存在范德华力以外还存在氢键 B Na与TiCl4反应冶炼Ti Na的还原性比Ti强 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中 乙醇分子的极性比水的极性小， C 加入乙醇会析出晶体 降低了溶质的溶解度 D 不存在稳定的H3、HC12、Cl3分子 共价键具有饱和性 7.用下列实验装置（部分夹持装置已略去）完成实验，能达到实验目的的是 5滴0.1molL1 稀盐酸 2湿润的红色 新制的氢氧化铜 NaCl溶液 Fe绒丝 石蕊试纸 5滴0.1molL KI溶液 NazCO3 加热 氮气和氢气 淀粉E 粉末 +稀硫酸琶 2mL0.1mol-L AgNO3溶液 Na SiO3溶液 A.模拟工业制备NH并检验B.检验淀粉在酸性条件下 C.比较Kn(AgCI)与Kp(Ag) D.比较氯、碳、硅三种元 发生了水解 的大小 素的非金属性 8.在潮湿的深层土壤中，厌氧细菌（最佳生存环境pH为7~8）可促使SO? 钢管 与H2反应生成S一，加速钢管的腐蚀，反应原理如图。下列说法错误 的是 ( HO 92- Fe A.腐蚀过程中钢管作负极 H B.腐蚀过程中正极区局部土壤pH会下降 H,O S02 厌氧细菌 C.厌氧细菌有利于发生析氢腐蚀 D.S0游与H反应可表示为4H十S0g-厌氧细菌sg-十4H,0 9.科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池， K。。8 双相电解质建立了离子选择性界面，仅允许氯离子迁移，其放电时 电源 的工作原理如图所示。下列说法正确的是 () [CuCL]2* Zn A.充电时，石墨电极与电源负极相连 石 第一阶段 [CuCL]1* Tf,N B.充电时，石墨电极上可发生电极反应[CuCl,]2-x十e 第二阶段 锌 极 Cu 极 -[CuCl,J-* 水相 有机相 C.放电时，氯离子向石墨电极迁移 D.放电时，理论上电路中每转移2ol电子，锌电极质量增加71g 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第2页（共6页）】 10.下列有关实验操作及现象、结论均正确的是 ( 选项 实验操作及现象 结论 常温下，将Ba(OH)2·8H2O晶体研细后与NH4C1晶体置于烧杯 该反应的△H大于0， A 中，快速搅拌混合物，并触摸杯壁，杯壁变凉，同时闻到刺激性气味 △S小于0 8 向含Zn片和稀硫酸的试管中加入少量硫酸铜溶液，Zn片表面析出 形成原电池可以加快 红色固体，产生大量氢气 H2的生成 用玻璃棒蘸取NH4Fe(SO4)2溶液滴在干燥的pH试纸上，与标准 C NH4发生了水解 比色卡对比，溶液呈酸性 向有机物M中加入氢氧化钠的乙醇溶液，振荡，加热一段时间，反应 有机物M不是卤代烃 结束后取上层清液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象 11.某有机物Z是一种降血脂药物，其一种合成路线如图所示。下列说法错误的是 H2S04 HgSO A.X中所有的碳原子可能共平面 H与Y互为同分异构体 C.1molZ最多可以与5molH2发生加成反应D.X、Y、Z均含有手性碳原子 12.某工厂利用生物质（稻草）从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。 已知“沉钻”温度下Ksp(CoS)=10一20.4。下列说法错误的是 () A.“浸出”条件下，Co3O4氧化性强于Fe2O3 H2SO4+生物质Na2CO3 NaS B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 矿石一浸出滤液沉铁滤液沉钻 →MnSO4滤液 C.“沉铁”的原理是利用CO号-促进Fe3+水解 FeOOH CoS D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-) <10-20.4 13.探究pH对FSO4变质的影响：用如图装置完成实验（滴加试剂时溶液体积和导电性变化可忽略）， 向右池持续稳定通入氧气，待电流计示数稳定后，进行下列平行实验。已知电流增大表明化学反应 速率加快，与物质的氧化性（或还原性）增强有关。下列推断错误的是 ( 实验 操作 现象 石墨 1石墨 -02 向左池滴加浓硫酸至 ① 电流没有明显变化 pH=1.8 pH=1.8 c(H2SO4)=2mol·L-1 0.1mol·L 1mol·L ② 向右池滴加等体积的浓硫酸 电流明显增大 FeSO,溶液 KzSO,溶液 ③ 向右池滴加NaOH溶液至pH=3.8 电流几乎不变 盐桥 ④ 向左池滴加NaOH溶液至pH=3.8电流明显增大，溶液变黄 A.由①可知，pH变化对FeSO4的还原性没有影响 B.由②可知，正极的电极反应式为O2十4H++4e—2H2O C.由③可知，pH由1.8至3.8，c(H+)减小时O2的氧化能力几乎不变 D.由④可知，pH由1.8至3.8，Fe2+的还原性增强 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第3页（共6页）】 14.常温下，亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其电离平衡常数Ka1= p/mv pH 101.4,K2=106.7。常温下，向10mL0.1mol·L-1 Na2HPO3溶液中滴加0.1mol·L1盐酸，利用电位滴定法 (在化学计量点附近，指示电极电位发生突跃)得到电极电位 p(mV)和溶液pH随盐酸体积变化的曲线如图所示。下列说 10 V/mL 法错误的是 A.a点溶液的pH≈9.85 B.b点溶液中c(OH)<c(H+)<c(H2PO3)<c(CI)<c(HPO) C.c点溶液中c(C1-)<c(H2PO3)+2c(HPO-)<2[c(H2PO3)+c(HPO号)] D.d点溶液中c(H3PO3)+c(H2PO3)+c(HPO号-)+c(CI-)+c(Na+)=0.1mol·L-1 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(14分)化学小组为测定某果蔬清洗盐中活性组分 一乙二胺四乙酸铁钠{Na[Fe(EDTA)]·nH2O}的 结晶水含量，设计如下制备与分析方案。已知： ①EDTA4-与Fe3+按1：1螯合，生成稳定配合物[Fe(EDTA)]; ②Na[Fe(EDTA)]·nH2O在热水中溶解度大，在冰水中溶解度小； ③Na[Fe(EDTA)]的摩尔质量为367g·moI-1 实验原理：FeCl3+Na2H2EDTA+2NaOH+(n-2)H2O-Na[Fe(EDTA)]·nH2O￥+3NaCl. (一)制备与纯化 步骤： I.称取1.35 g FeCl3·6H2O(M,≈270)于50mL烧杯中，加入少量浓盐酸溶解，再加15mL去离 子水，搅拌溶解得溶液A。 Ⅱ.另称2.5gNa2H2EDTA·2H2O(M,=372),加10mL水，80℃水浴加热搅拌溶解后，滴加 1mol·L-1NaOH至pH≈5，得溶液B。 Ⅲ.将溶液B趁热倒入接近沸腾的溶液A中，继续加热2in,冰浴冷却至室温，析出翠绿色晶体。 IV.抽滤，用以下三种试剂：①冰水（洗涤2~3次）、②乙醇、③1%Na2H2EDTA溶液各5mL洗涤 晶体，真空干燥得产品。 (1)步骤I、Ⅱ中除烧杯外，还需使用的玻璃仪器有 (2)步骤V使用乙醇洗涤晶体的目的是 洗涤顺序正确的是 (填字母)。 A.①→②→③ B.③→①→② C.②→①→③ D.①→③→② (3)检验Ⅳ抽滤中晶体已经用冰水洗涤干净的操作和现象为 (4)下列安全图标中与本实验相关的有 A护目镜 B.洗手 C.热烫 D.锐器 (二)结晶水含量测定 原理：准确称取mg产品，先将Fe3+还原为Fe2+,再用cmol·L1酸性K2Cr2O,标准溶液滴定 Fe2+,以二苯胺磺酸钠为指示剂。 (5)Cr2O-被还原为Cr3+,则滴定的反应原理为 (用离子方程式表示)。 (6)滴定前操作的正确顺序为 a.用K2Cr2O,溶液润洗滴定管 b.加入标准液至“0”刻度以上2~3cm c.检查滴定管是否漏液并清洗 d.排气泡、调零、记录初读数 (7)滴定终点消耗K2Cr2O,溶液VmL,则n的表达式为 (用含m、c、V的式子表示， 列出计算式即可)。 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第4页（共6页）】 16.(15分)工业上利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿 的主要成分是MnO2,还含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 氨气 含S02的烟气MnO2 氨水(NH)SNH,HCO, →沉镁→Mg(OH)2 硫酸酸化的 软锰矿浆 一脱硫浸锰 氧化一→调H一除杂一沉锰 →MnCO3→MnSO4 净化气体滤渣1 滤渣2 滤渣3 氨水 已知：①常温下，Kp(NiS)≈1.0×1021，Kp(ZnS)≈1.0×10-25，Kp(MnCO3)=2.3×10-1 ②各金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表。 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ A13+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀时的pH 8.8 7.5 1.9 4.1 9.6 6.2 6.4 完全沉淀时的pH 10.8 9.5 3.2 5.4 11.6 8.2 8.4 回答下列问题： (1)SO2中中心原子S的孤电子对数为 (2)“脱硫浸锰”时Fe3+发生反应的离子方程式为 (3)“脱硫浸锰”时若保持温度不变，在敞口体系中c(Mn2+)和 c(SO-)随反应时间的变化如图所示。则导致溶液中c(Mn2+)和 (-I-IouI) c(SO-)的变化产生明显差异的原因可能是 (4)“调pH”至5.5左右，则“滤渣2”的成分为 (填化学式)。 (5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 “沉锰”时选用NH4HCO3和NH3·H2O而不选用Na2CO3,原因是 (6)锰含量测定：为测定MSO4产品中锰的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸， 再滴加过量的0.l000mol·L1(NH4)2S2Os溶液将锰元素转化为MnO4,充分反应后加热一段时 间，冷却后将烧杯中的溶液配成250mL溶液。取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L1 FeSO4标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗FeSO4溶液的体积为VmL。已知：(NH4)2S2Os在水 溶液中不稳定，会逐渐分解为NH4HSO4和H2O2。 ①滴定终点的现象是 ②该产品中锰的质量分数为 (用含a、V的式子表示)。 17.(15分)对香豆酸（Ⅳ）具有抗氧化、抗菌消炎、降血脂、抗癌等多种生理功能。但受其低脂溶性所限，对香 豆酸难以在乳液等体系中发挥较好的抗氧化作用。可通过以下化学修饰，提高其稳定性，增强生理活性。 OH 00 部分脱羧 COOH HO CHO OH COOR COOR HO 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第5页（共6页）】 (1)化合物I的名称为 。 化合物Ⅲ的官能团有羧基和 (2)化合物Ⅳ转化成V时，另一个产物的结构简式为 (3)关于上述图中的相关物质及转化，下列说法正确的有 A.在I生成Ⅲ的过程中，只有π键的断裂与形成，无。键的断裂与形成 B.化合物Ⅱ是草酸的同系物，且能与乙二醇发生原子利用率为100%的缩聚反应 C.在Ⅲ分子中，有大π键，可能形成氢键，但不存在手性碳原子 D.在N分子中，有9个碳原子采取sp2杂化 (4)根据化合物V的结构，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① 过量NaOH溶液 ② 加成反应 (5)符合下列条件的化合物V的同分异构体共 种（不考虑立体异构）。 a.能发生银镜反应、能和FeCI3发生显色反应、能与Na HCO3反应 b.有1个手性碳原子；除1个苯环外无其他环状结构且苯环上只有3个取代基 CHO (6)以水杨醛 )和1,3-二氯丙烷为原料，合成香豆素( 基于你设计的合成路线， OH 回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。 ②最后一步反应的化学方程式为 (注明反应条件)。 18.(14分)甲烷重整能有效捕集二氧化碳，并使低热值的CH4转化为高热值的H2和CO,涉及的主要 反应如下： T.CHa(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AH; Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2； Ⅲ.CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H3。 恒容条件下，按1 mol CH4和1 mol CO2投料反应。不同温度 2.0 H 下平衡时各组分的物质的量()随温度(T)变化如图所示。 1.5 甲 已知：温度高于900℃时，主要发生反应I。回答下列问题： 目1.0 H2O (1)反应C(s)+H2O(g)一CO(g)+H2(g)的焓变△H= 0.5 (620,0.5) (用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。 丙 0.0 (2)乙线所示物种为 (填化学式)；反应I的焓变 0 200 400600 80010001200 T/℃ △H 0(填“>”或“<”)。 (3)620℃下，体系达平衡时，若n(H2)=amol,则n(C)= mol,此时，反应Ⅱ的平衡常数Kp 2(CO) :若向平衡体系中通人少量CH,重新达平衡后，C0将 (填“增大”“减小”或 “不变”)。 【名校之约系列2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学第6页（共6页）】2026届高三高考考前冲刺押题卷（六）·化学参考答案 1.选C绿矾(FSO,·7H2O)溶于水时，Fe2+会水解生成：小于水，加入乙醇后溶剂极性降低导致[Cu(NH3)4]SO4 H+,使溶液呈酸性，A正确：Cu2(OH)2CO3含Cu2+、 溶解度下降析出晶体，C正确；H3、HC2、C3无法稳定存在 OH和CO号，属于碱式盐，B正确：“翠色”为青色或绿：是因为共价键的饱和性限制了原子成键数目，D正确。 色，而氧化亚铜(C2O)呈砖红色，颜色不符，C错误；熟：7.选A氮气和氢气在F绒丝作用下合成氨气，把湿润的 石膏(2CaSO4·H2O)是固定组成的化合物，属于纯净； 红色石蕊试纸放导管口检验NH3,试纸变蓝可证明生成 物，D正确。 NH3,A正确；淀粉酸性水解后含稀硫酸，需先加碱中和 2.选C乙醇的核磁共振氢谱有3种氢原子，所以应该有： 至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，否则酸会溶解氢氧 3组峰，A错误；人人为4甲基-2戊烯，B错误；邻羟基 化铜，且未加热，无法检验葡萄糖，B错误；向2ml 苯甲醛分子内氢键由羟基中的氢原子和醛基中的氧原子！ 0.1mol·L1AgNO3溶液中加5滴0.1mol·L1 形成，C正确；K2S为离子化合物，用电子式表示K2S的 NaCl溶液，Ag十过量，生成AgCl白色沉淀后剩余Ag, 再加5滴0.1mol·L1KI溶液，Ag+与I厂结合生成 形成过程为Kx+S+K→K飞SK,D错误。 AgI黄色沉淀，无沉淀转化过程，无法比较Ks(AgCI) 3.选B浓硝酸具有强腐蚀性，会腐蚀塑料，且浓硝酸见光： K（AgI)的大小，C错误；比较元素的非金属性通过比较 易分解，应盛装在棕色细口玻璃瓶中，避光密封保存， 最高价含氧酸酸性强弱，HCI不是Cl的最高价含氧酸， A不符合题意；移液管属于精密量器，可精确量取一定体！ D错误。 积的液体，用带刻度的10ml,移液管可以准确量取8，选B厌氧细菌可促使S0与H反应生成$，加速 6.00mL的浓硫酸，B符合题意；金属银与稀氨水不发生！ 钢管的腐蚀，钢管腐蚀时失电子作负极，A正确；根据反 反应，稀氨水无法溶解试管壁上的银单质，可用稀硝酸洗： 应原理图可知，正极反应为2H2O十2e一H2个十 涤，C不符合题意；硫酸与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉 2OH,生成OH厂使pH升高，B错误；该腐蚀环境为厌 淀和水，沉淀过程伴随热效应，干扰中和热测量，无法准： 氧环境，发生的腐蚀为析氢腐蚀，其正极反应为2H,○十 确测定中和热，D不符合题意。 2e—H2↑十2OH,腐蚀过程中正极析出氢气，厌氧 4.选AAl与电负性较大的F、O易形成离子键，与电负性 细菌通过消耗H2促进了该反应的进行，C正确：SO 较小的Cl、B易形成共价键，因此推导ABr3为共价化 合物、A1F3为离子化合物，A正确；AB2型分子的空间构： 与H反应的化学方程式为4H2十S0?厌氧每菌S 型相同，但中心原子杂化方式可能不同，例如SO2(V形，} 十4H20.D正确。 sp2杂化)与H2O(V形，sp3杂化)均为AB2型分子，空：9.选D由题图可知，闭合开关K1,电池放电，锌电极上Z 间构型相同，但中心原子杂化方式不同，B错误；A1CL?分！ 失电子生成ZCl2,故锌电极为负极，石墨电极为正极， 子中A1形成三个共价键，无孤电子对，为$即2杂化，但二 正极发生的电极反应有[CuCl,]2-r+e一 聚体Al2Cl；中Al的配位数增至4，形成四面体结构，采 [CuClx]l-x、[CuCL,]-x+eCu+xCl;闭合开 用sp3杂化，C错误；H2(g)和O2(g)混合无明显现象，是 关K2,电池充电，锌电极与电源负极相连，为阴极，发生 因为该反应活化能高，反应速率极慢，而非热力学不自： 还原反应，石墨电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化 发，需外界点燃或催化剂引发，D错误。 反应。由分析可知，充电时石墨电极与电源正极相连， 5.选D硅酸钠溶液中通入少量CO2,酸性较强的碳酸制！ A错误；由分析可知，充电时石墨电极上发生的反应有 取酸性较弱的硅酸，生成H2SiO3沉淀和CO,A正确； Cu-e+xCl [CuCl],[CuCl ]-e Cl2少量时，SO号部分被氧化为SO,剩余SO与 一[CuClx]2x,B错误；放电时，阴离子移向负极，氯 H+结合为HSO,B正确：[A1(OH)4]与过量H+反： 离子应该移向锌电极，C错误：由分析可知，理论上电路 中每转移2mol电子，有2molC1转移至锌电极，因此 应，[Al(OH)4]完全转化为A13+和H2O,C正确；浓硝 锌电极增加的质量为2mol×35.5g·mol1=71g, 酸为强氧化剂，S2-和Cu应被氧化为SO}-和Cu+,: D正确。 离子方程式为Cu2S+10NO,十12H+△2Cu2++;10.选B由实验现象可知，Ba(OH)2·8H20与NH1CI的 SO+10NO2个+6H2O,D错误。 反应吸热，且生成NH3,说明△H>0且△S>0,A错 6.选AHF的稳定性强于HCI是由于H一F的键能更： 误；加入少量CuSO4后，乙n置换出Cu形成Zn-Cu原电 大，分子间作用力影响物理性质，A错误；Na的还原性比！ 池，加快反应速率，B正确；NH4Fe(SO1)2溶液呈酸性， Ti强，所以Na可以还原TiCl4生成Ti,B正确；乙醇极性！ 主要是由Fe3+水解(Fe3+水解程度远大于NH)造成的， 一1 结论仅归因于NH时水解，忽略Fe3+作用，C错误；若！ NaCl。a点主要发生HPO号的水解：HPO号+H2O M为氯苯，在氢氧化钠的乙醇溶液中无法发生消去反： H2PO3+OH,c(H2 PO3)c(OH),Kh= 应，导致无C1一生成，取上层清液滴加硝酸酸化的硝酸！ c(H2P0,)·c(0H=c2(OH)=Km=1014 银溶液，也无明显现象，但氯苯为卤代烃，D错误。 c(HPO) c(HPO号)Ka210.7 11.选AX中与甲基相连的碳原子为饱和碳原子，该碳原 10一7.3，水解程度很小，HPO号减少的量可以忽略不 子与其直接相连的四个原子形成四面体结构，故X中： 计，c(HPO)≈0.1mol·L1,则c(OH)= 所有的碳原子不可能共平面，A错误；！ √0.1×10-7.3mol·L-1=10-4.15mol·L-1,pOH= 0 4.15,pH=9.85,A正确；b点溶液为Na2HPO3、 H与Y的分子式相同，均为C10H2O2,! NaH2PO3和NaCl物质的量之比为1：1：1的混合液， 由于K2=10-6.7>Kh=10-7.3,则c(H2P03)< 二者互为同分异构体，B正确：1个Z分子中的1个苯！ 环、1个碳碳双键、1个酮羰基能与氢气发生加成反应，！ c(C1)<c(HPO),溶液呈酸性，即c(OH)< 故1molZ最多可以与5molH2发生加成反应，C正 c(H),B正确；c点溶液为NaH2PO3和NaCl物质的 确；手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连！ 量之比为1：1的混合液，根据元素守恒可得c(H3PO3) 的碳原子，X、Y、Z中与苯环相连的碳原子均为手性碳； +c(H2PO )+c(HPO)=c(CI),c(H2PO)+ 原子，D正确。 c(HPO号)<c(Cl),根据电荷守恒可得c(Na+)+ 12.选D高锰钻矿经过硫酸和生物质“浸出”、过滤得到滤 c(H)=c(H2POg )+2c(HPO)+c(CI)+ 液，结合后续流程可知，滤液中含有Fe3+、Mn2+、: c(OH-),又c(Na+)=2c(C1),则c(Cl-)+c(H+) Co2+,加入Na2CO3“沉铁”得到FeOOH,过滤，滤液再！ c(H2PO3)+2c(HPO号)+c(OH-),溶液呈酸性，则 加入Na2S“沉钻”得到CoS,过滤最后得到MnSO,溶！ c(CI)<c(H2PO)+2c(HPO)<2[c(H2PO3 ) 液。“浸出”时，C0O4中C0元素能被还原为C02+,而 c(HPO号)门，C正确；d,点溶液为H3PO3和NaCl物质 Fe2O3中Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原， 的量之比为1：2的混合液，则c(H3PO3)十c(H2PO3) 说明Co3O4氧化性强于Fe2O3,A正确；生物质为农业： 废弃物，来源广泛且可再生，B正确；“沉铁”时加入 e(HP)mol.1.1(C)+(Na) Na2CO3,CO号促进Fe3+水解生成FeOOH沉淀，C正： 0.4 3 mol·L1,c(H3PO3)+c(H2PO3)+c(HPO号) 确；“沉钻”后上层清液为CoS饱和溶液，此时c(Co2+)· c(S2-)=Ksp(CoS)=10204,D错误。 +c(C1)十c(Na)=0,5mol.L,1,D错误。 3 13,选A由题图可知，右池通入02，则右侧石墨电板为正15，解析：(D步豫I、Ⅱ涉及溶解、搅拌和滴加溶液，因此还 极，左侧石墨电极为负极，实验①向左池滴加浓硫酸， 需使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管。(2)乙醇易挥 pH降低，电流无明显变化，仅表明此时pH降低对！ 发，可带走水分，所以步骤V使用乙醇洗涤晶体的目的 FeSO4还原性无影响，但实验④中向左池滴加NaOH: 是除去晶体表面的水分，加快干燥速率；为了减少产品 溶液使pH升高，电流明显增大，说明pH升高时Fe+! 溶解损失，先利用同离子效应抑制Na[Fe(EDTA)]· 还原性增强，pH变化对FeSO4的还原性有影响，A错 nH2O溶解，用1%Na2H2EDTA溶液洗涤晶体，再利用 误；实验②向右池滴加浓硫酸，H+浓度增大，电流明显： 产品在冰水中溶解度小，选择冰水洗涤晶体，最后用乙 增大，表明正极反应速率加快，结合O2在酸性条件下的！ 醇洗涤，加速干燥。(3)根据实验原理得出，晶体的杂质 还原反应，可推出正极电极反应式为O2十4H+十4e 含C】,因此检验晶体已经用冰水洗涤干净的操作和现 一2H,0,B正确：实验③向右池滴加NaOH溶液至 象为取少量的最后一次冰水洗涤液于试管中，滴加硝酸 pH=3.8,H+浓度减小，电流几乎不变，说明此pH范！ 酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生。(4)实验涉及浓 围内H+浓度变化对O2的氧化能力无显著影响，C正！ 盐酸和加热，需要用到防护眼镜，A正确：实验结束后需 确；实验④向左池滴加NaOH溶液至pH=3.8,电流明： 要洗手，B正确；实验需加热至80℃，存在烫伤风险，C 显增大且溶液变黄，说明Fe2+的还原性增强，D正确。 正确；实验不需要使用锐器，D错误。(5)Cr2O号被还 14.选D亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，Na2HPO3为正盐， 原为Cr3+,Fe2+被氧化为Fe3+,则滴定的反应原理为 a点时HPO?主要发生水解；c,点时加入盐酸的体积 Cr2O号+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H20。 为l0mI,溶质成分主要为NaH2PO3和NaCl;d点时 (6)滴定管使用步骤：先检查是否漏液并清洗(c),接着 加入盐酸的体积为20mI,溶质主要成分为H3P○3和！ 用标准液润洗(a),然后加入标准液至“0”刻度以上2一 2 3cm(b),最后排气泡、调零、记录初读数(d),答案为！ Al(OH)3。(5)“沉锰”时加入NH4HCO3和氨水， cabd。(7)由滴定的反应原理得关系式：CrO号-~} HCO2电离出CO号和H+,CO号与Mn2+形成 6Fe2+,则n(Fe3+)=n(Fe2+)=6cV×103mol,由实！ MnCO3沉淀，H广被氨水中和生成NH,反应的离子 验原理得关系式：Fe3+~Na[Fe(EDTA)]·nH2O,则： 方程式为Mn2++HCO3+NH3·H2O—MnCO3V n{Na[Fe(EDTA)]·nH2Oy=6cV×10-3mol, 十NH十H2O:Na2CO3溶液碱性太强，则容易析出 M{Na[Fe(EDTA)]·nH2O}=367+18n,有I Mn(OH)2沉淀，使MnCO3沉淀减少。(6)①滴定时发 m 6cVX103-367 生反应：MnO,+5Fe2++8H+-Mn2++5Fe3++ 6cVX10了=367+181，整理得n 18 4H2O,MnO1显紫色，故滴定终点的现象是当滴入最 答案：(1)玻璃棒(1分)胶头滴管(1分) 后半滴FSO1标准溶液时，溶液紫色褪去且半分钟内 (2)除去晶体表面的水分，加快干燥速率(1分)B1分)： 不恢复。②根据关系式Mn2+~MnO,~5Fe2+,可得 (3)取少量最后一次冰水洗涤液于试管中，滴加硝酸酸！ 该产品中锰的质量分数为 化的AgNO3溶液，无白色沉淀产生(2分) 合×0100m11×vx10lx00X55g·mol (4)ABC(2分) a g (5)Cr2O号+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++ ×100%= %。 10a 7H2O(2分) 答案：(1)1(1分)(2)2Fe3++S02+2H20—2Fe2+ m (6)cabd2分)(7)m=6cVX10367 +SO+4H+(2分) (2分) 18 (3)Mn2+能催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4(2分) 16.解析：软锰矿的主要成分是MnO2,还含有少量FeO、: (4)Fe(OH)3、A1(OH)3(2分) Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、 (5)Mn2++HCO3+NH3·H2O-MnCO3￥+ MnO2能将Fe2+氧化为Fe3+,且与硫酸不反应，硫酸： NH+H2O(2分)Na2CO3溶液碱性太强，易析出 酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+! Mn(OH)2沉淀(2分) 和SiO2、MnO2,通入含SO2的烟气，SO2与MnO2反应 (6)①当滴入最后半滴FSO4标准溶液后，溶液紫色褪 生成Mn2+和SO?,与Fe3+反应生成Fe2+和SO, 去且半分钟内不恢复2分)②兴%(2分 过滤后形成合有Mn2+、Fe2+、AB+、Mg、Z+、17.解析：化合物I(对羟基苯甲醛)与化合物Ⅱ（丙二酸）通 N2+、SO}等的浸出液，SiO2不反应，经过滤成为滤渣 过取代反应得到化合物Ⅲ，再通过脱羧反应制得化合物 1,向浸出液中加入MnO2,将浸出液中的Fe2+氧化为： Ⅳ，观察化合物Ⅳ的结构可知与碳碳双键连接的羧基被 Fe3+,加入氨水调节pH值，使Fe3+、A3+形成！ 氢原子所替代，化合物Ⅳ与乙酸酐发生取代反应得到化 Fe(OH)3、Al(OH)g沉淀（滤渣2）除去，再向浸出液中 合物V和乙酸，观察结构可知酚羟基变成了酯基，化合 加入硫化铵把Zn2+、N2+转化为ZnS和NiS沉淀（滤！ 物V与SOCl2发生取代反应得到化合物Ⅵ，观察化合物 渣3)除去，向过滤后的滤液中加入氨水和NH4HCO3, Ⅵ的结构可知羧基中的羟基被氯原子所替代，化合物Ⅵ 得到MnCO3和含有Mg2+的溶液，向MnCO3中加入： 再经一系列反应制得目标产物Ⅷ。(1)化合物I的结构 硫酸得到MnSO4,向含有Mg2+的溶液中通入氨气，： OH 得到Mg(OH)2。(2)“脱硫浸锰”时，通入含有SO2的烟： 简式为 ,名称为对羟基苯甲醛；化合物Ⅲ的结构 气将Fe3+还原为Fe2+,离子方程式为2Fe3++SO2+ 2H20一2Fe++SO+4H+。(3)若反应体系中只 CHO 发生反应：MnO2+SO2—MnSO4,则Mn2+与SO O 的浓度变化应该一致，而图示信息表明，SO星的浓度 简式为 OH,官能团有羧基和（酚）羟 变化比Mn+的浓度变化大，说明反应体系中还发生了】 COOH HO 其他生成SO的反应，由于Fe3+微量，该反应不是！ 基、碳碳双键。(2)由分析可知，化合物N与乙酸酐发生 Fe3+与SO2的反应，则SO}的浓度变化说明Mn2+能 取代反应得到化合物V和乙酸，乙酸的结构简式为 催化O2与H2O、SO2反应生成H2SO4。(4)“调pH”至 CHCOOH。(3)在I生成Ⅲ的过程中C一O和C-H 5.5左右，根据表格中离子沉淀时的pH值，结合分析中！ 断裂，涉及。键和π键的断裂，A错误：化合物Ⅱ与草酸 浸出液中的金属离子可知，“滤渣2”的成分为Fe(OH)3、: (HOOC一COOH)互为同系物，与乙二醇发生缩聚反应 3 有水分子生成，原子利用率不为100%，B错误；Ⅲ分子： 答案：(1)对羟基苯甲醛(1分)（酚）羟基、碳碳双键(1分) 中苯环上的碳原子形成大π键，含有羟基和羧基，可能】 (2)CHCOOH(1分)(3)CD(2分) 形成氢键，所有碳原子均为$p杂化，不存在手性碳原 子，C正确；在Ⅳ分子中，苯环、碳碳双键、羧基碳均为！ sp杂化，共有9个，D正确。(4)化合物N的结构简式： (4)① ONa(1分)取代反应(1分) NaO 为 OH,含有酚羟基、羧基和碳碳双键， HO ②H2,催化剂(1分) OH(1分) 酚羟基和羧基能与NaOH发生取代反应生成！ HO (5)30(2分) ONa;碳碳双键和苯环能与H2在催！ H0OH+2NaC H20 (6)①C1 CI+2NaOH NaO 化剂的条件下加热发生加成反应生成 (2分) CH-CHCOOH 浓HSO ② △ OH。(5)符合条件的化合物V的同分异 o+02分 OH HO 、 8.解析：(1)根据盖斯定律，反应C(s)+H2O(g)一 构体中的官能团包含醛基、酚羟基、羧基，同时还含有1个！ CO(g)十H2(g)可以由反应I一反应Ⅱ一反应Ⅲ得到， sp3杂化的碳原子，由V的不饱和度可知应含有一个碳碳双 则△H=△H1一△H2一△H3。(2)根据已知信息，温度 键。由于该化合物除1个苯环外无其他环状结构且苯环： 上只有3个取代基，其中1个取代基为羟基，另两个取代基 高于900℃时，主要发生反应I,可知曲线丁为CO,观 的组合可能为COOH和一CH(CHO)一CH=CH2、: 察曲线图可知，曲线丁、水和曲线乙相交于一点，根据原 CHO和-CH(COOH)-CH-CH2、CH-CH2和 子守恒，初始加入的氧原子为2mol,此时水和曲线丁总 CH(CHO)COOH,每种组合均有10种结构（当第： 共含有氧原子为1mol,那么剩余的物质含有1mol氧 一个基团位于羟基的邻、间位时，第二个基团有4种可 原子，物质的量为0.5mol,由原子守恒及容器中发生的 能的位置；当第一个基团位于羟基的对位时，第二个基： 反应可知，符合条件的物质为CO2,则曲线乙为CO2:随 团有2种可能的位置；因此共有4十4+2=10种结构)， 着温度升高，H2和CO物质的量逐渐增大，故反应I为 则符合条件的化合物V的同分异构体共30种。(6)以！ 吸热反应，△H1>0。(3)620℃下，体系达平衡时，若 CHO n(H2)=amol,根据氢原子守恒，CH4的物质的量 水杨醛( )和1,3-二氯丙烷为原料，合成香豆： OH n(CH)=4-2a-1 4mol=(0.75-0.5a)mol,再根据碳原 素( 0),合成过程为 子守恒，C0和CO2的物质的量各为0.5mol,则n(C)= OH (2-0.5-0.5-0.75+0.5a)mol=(0.25+0.5a)mol, CHO COOH NaOH/水 02,钢/银 02 OH 4 △ △ n(CO) n(H2O) OH CHO COOH 反应Ⅱ的平奇常货水，=急 n总 一卫总 COOH n(C02)n(H2 CH-CHCOOH 部分脱羧引 CH- n总 一巾总· n总 p总 COOH OH OH 0.5×0.51 c2(C0)c2(H2) 0.5a EK=CO)cCH'3(Ci)哭 衡常数受温度的影响，所以K1、K3均不变，所以 20 第一步反应的化学方程式为CL入C1+2N0H △ 0不 H0人√OH+2NaCL,最后一步反应的化学方程式为 答案：(1)△H1-△H2-△H3(2分) CH-CHCOOH *H0Lo+H0 (2)C02(3分)>(2分) △ OH (3)0.25+0.5a(2分) 云3分)不变2分)