化学(6)-【黄冈中学】2026年高考化学临考特训预测（广东专版）

黄冈中学临考特训预测卷（六） 化学 本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23P31S32K39Cu64 I127 一、选择题：本题共16小题，第1到10小题，每题2分，第11到16小题，每题4分，共 44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.下列物质与其用途不匹配的是 A.亚硝酸钠作食品添加剂 B.氮化硅用作建筑陶瓷 C.以聚丙烯为原料制分离膜 D.甲烷等离子体制钻石 2.下列化学用语正确的是 A.乙二酸的分子式：HOOCCOOH B.基态磷原子的电子所占据的最高能层符号：3p C.N2中ppπ键的电子云轮廓图： D.CaF,的形成过程求+xCa+:→灯Ca2灯 3.下列描述正确的是 A.久置的银制品发黑的原因之一是表面生成了黑色的Ag2S B.钢铁防护进行发蓝处理，常温下FεO呈蓝色导致“发蓝” C.向CuCl2溶液中加入NaC1固体，生成绿色的[CuCl]2-使溶液变绿 D.指甲不慎粘上浓硝酸出现黄色，说明所有蛋白质都能发生显色反应 4.下列反应方程式书写正确的是 A.利用阳极氧化法使铝材表面形成致密氧化膜，阳极反应：A1一3e一A13+ B.用浓氨水浸泡除去残留的AgCI:AgCI十2NH一[Ag(NH)2]++CI C.乙炔与水发生加成反应：CH=CH+2H2O →HOCH,CH,OH 催化剂 SO,H D.苯磺酸与过量Na2CO3溶液反应：2 Na2 COs SO2Na +H,O+CO, 黄冈中学临考特训预测卷（六）第1页（共8页） 5.下列实验现象能推导出相应结论的是 选项 实验现象 结论 A 白葡萄酒试样使酸性K2Cr2O,溶液变色 白葡萄酒中含有还原性物质SO, B 果糖可与银氨溶液反应生成银镜 果糖分子结构中有醛基 铜氨溶液中铜离子浓度小，阴极上 C 镀铜的电镀液选用铜氨溶液时，可使镀层光亮 析铜速率慢，镀层生长均匀 D 用FCl溶液刻蚀覆铜板使红色固体溶解 金属性：Fe>Cu 6.左卡巴斯汀（如图）是一种快速缓解过敏性鼻炎和结膜炎症 状的药物，其盐酸盐常用于鼻喷雾剂和滴眼液。关于该药 物，下列说法错误的是 A.含2个手性碳原子 B.1mol药物最多与8molH2反应 C.可发生取代反应、氧化反应、缩聚反应 D.制成盐酸盐后，在水中的溶解度增大、稳定性增强 HO 7.现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。现需获取某一种有 机物的结构信息，下列分析方法不需要使用的是 A.元素分析法 B.色谱法 C.核磁共振氢谱法 D.X射线衍射法 8.2025年诺贝尔化学奖授予了三位研究金属有机框架(MOs)的科学家。具有高比 表面积的MOF-5由[Zn4O]+和BDC-构成。MOF-5对水敏感，原因之一是水分 子会逐步代替BDC2-而破坏结构。MOF-5晶体内部的空腔可加压吸附H2,再温和 减压脱附H2。 Zn 6 7 Zn [Zn4O]+ BDC2- MOF-5晶体结构 构成MOF-5的基本单元 下列说法正确的是 A.与锌离子的配位能力：H2O<BDC2 B.[ZnO]6+呈正四面体形 C.MOF-5晶体通过氢键吸附H2 D.BDC2-和BTC3-分别构成等质量的MOFs时，消耗的数目之比为3：2 9.常温下呈液态的盐[(Y,XZX)ZM,]由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、M 组成，X元素是宇宙中含量最多的元素，M元素基态原子的价电子排布为ns2np, 元素的第一电离能大小排序为：Z>M>Y。下列说法正确的是 A.氢化物的沸点：Z>M B.基态原子的未成对电子数：Y<M C.电负性：M>Z>X>Y D.该盐正、负离子中Z的杂化方式不同 黄冈中学临考特训预测卷（六）第2页（共8页） 10.设VA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.31gP4中6键的数目为3VA B.实验室制22.4LO2时，转移的电子数目为4NA C.将1 mol Cl2通入水中，溶液中含氯微粒的总数目为2NA D.1 mol OH-的电子数，比1mol一OH的多NA 11.高温高压下，CO2晶体的立方晶胞如图所示。下列说法正确 的是 A.晶体类型为分子晶体 B.一个晶胞中含8个碳原子 C.碳原子的配位数为12 D.该晶体是干冰的同素异形体 12.实验室制取羟胺(NH2OH)的过程如图所示，下列说法错误的是 NO、NO2气体 SO, NH (NHOH)2SO4 (NH)2CO; NHiNO2 →NH4)2SO4 →NH2OH 溶液 步骤1→ 溶液 步骤Ⅱ 溶液 步骤Ⅲ A.步骤I中反应生成的气体会造成温室效应 B.步骤Ⅱ中反应消耗的氧化剂和还原剂数目之比为1：2 C.(NH3OH),SO,溶液的酸性比(NH4),SO4溶液强 D.通入NH后，向溶液中加入乙醇促进(NH)2SO4析出 13.下列关于物质性质的解释正确的是 选项 物质性质 解释 A 键角：NF,<BF 原子半径：N<B B 熔点：NaCl>CsCI 离子键的百分数：NaCI>CsCl C 水中的溶解性：SO2>CO 键的极性：SO2>CO, D 热稳定性：Cu2O>CuO Cu的3d轨道全充满 14.氯化亚砜(SOC12)是常见的有机反应试剂，A1CL,催化氯苯与SOCl2转化为化合物 () 的反应装置如图所示，已知：SOC12可溶于氯苯，遇水即放 CI 出SO2和HCl,A1Cl3易升华。下列说法正确的是 干燥剂X 冰水浴 搅拌子 密氯苯、A1CL, 黄冈中学临考特训预测卷（六）第3页（共8页） A.与实验有关的图标 B.冰水浴的作用是防暴沸 C.干燥管中盛放的试剂X为无水氣化钙 D.反应体系不再分层时，可判定反应基本结束 15.在含特殊催化剂的电极上电解可以同时在两极得到H2O2,电解池装置和电解质催 化机理（部分）如图所示，下列说法正确的是 A电源B H OH CO ④ HCO CO: 氧掺杂碳纳米管 阳离 镍 思 区 n区 杂钛 H2O2* ③ ② .OH 膜 HO, H2O 物 c(KHCO)1 c(K2CO) 7 A.A为铅酸蓄电池的PbO2电极 B.阳极反应式：2H2O-2e+2CO=H2O2+2HCO3 C.理论上生成1molH2O2,内电路迁移2molK D.电解质的催化机理中反应①②为氧化还原反应 16.弱酸H2A在环己烷中不电离。25℃时，向一定体积的0.1mol·L1H2A环己烷 溶液中加入等体积的一定pH的水溶液进行萃取。测得水溶液中c(H2A)、 c(HA)、c(A),环己烷中H2A的浓度[c环己烷(H2A)门与水相萃取率aa=1一 C环己烷(H2A)7 0.1mol·L 随pH的变化关系如图。下列说法错误的是 0.10 100 0.08 80 0.06 60 0.04 40 0.02 20 ' 0.00 M 10 11 pH A.表示c(H2A)变化的是曲线a B.M点溶液的pH=5.5 C.H2A(环己烷)一H2A(水相)K=0.25 D.pH=6时，体系中c(HA)>c(A2)>c环己烧(H2A)>c(HA) 黄冈中学临考特训预测卷（六）第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.（14分)一种从炼锌矿渣[主要含铁酸锗(GeFe2O,)、铁酸锌(ZnFe2O4)、ZnS、SiO2、 MgO等]中回收锗的工艺流程如下： 稀硫酸、SO,试剂A稀硫酸萃取剂H,R NaOHi溶液 pH<2 pH>12 浓盐酸 炼 矿渣酸浸一→沉储→酸浸习 →有机层 →萃取锗 反萃 取锗 →水相2→氯化蒸馏 H 滤渣1 滤液1 石膏 水相1 ↓680℃ Ge+ 还原←脱水-水解←H,0 滤液2 已知：①锗元素类似于A!元素，部分含锗微粒的存在形式与pH的关系如下： pH pH<2 pH=2.5~5 pH>12 Ge存在形式 Ge+ [Ge(OH):] GeO ②部分金属离子的沉淀pH: 金属离子 Fe Fe2 Zn2 Mg2 开始沉淀 1.9 7.0 6.4 9.5 沉淀完全 3.2 9.0 8.0 11.1 ③GeCl4的沸点为83.1℃. (1)GeFe2 O,中铁元素的化合价为 (2)“酸浸1”中GFe2O。发生反应的离子方程式为 ,滤渣1 的主要成分为 (3)试剂A为碱，其化学式为 ,pH=5时，开始生成沉淀GeO2,一定pH 范围内，随着pH升高，锗元素的沉淀率升高。“沉锗”操作理论上需控制pH为 (填范围)。 (4)锗在“萃取锗”中存在平衡：Ge+十3H,R-一[GeR]2十6H。随着pH升 高，锗的萃取率先增大后减小的原因是 (5)“水解”获得的滤液2可循环用于“ (填标号)”工序。 A.酸浸2 B萃取锗 C.氯化蒸馏 (6)氢气还原GO2时，实际所用H2的质量大于理论值，其可能的原因为 18.（14分)某小组同学设计实验探究I2-KI溶液溶解银镜的情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I一I(棕色)，I2和I的氧 化性几乎相同。 黄冈中学临考特训预测卷（六）第5页（共8页） 探究一：I2KI溶液溶解银镜的原因 向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 5mLl2-KI溶液（向1mol·L1K1振荡，银镜快速消失，试管底部出现黄 溶液中加入I2至饱和) 色固体 (1)甲同学根据某一证据作出假设：Ag被含碘微粒(I2或I)氧化。该证据是 (2)乙同学考虑到实验所处环境，认为甲同学的假设不一定成立，乙同学的依据是 (3)丙同学参考乙同学的想法，另取一支附着等量银镜的试管，设计了实验ⅱ证明了甲同 学的假设成立，试写出方案及实验现象。 序号 加人试剂 实验现象 探究二：探究银镜溶解速率的影响因素 序号 加入试剂 实验现象 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置 5mL饱和碘水（向水中加入 24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，出现黄 I2至饱和，下同)和少量紫黑 色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，溶液又恢复棕 色12固体 黄色，银镜继续溶解 5mL饱和碘水和0.83gKI15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置 IV (KI浓度约1mol·L1) 24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 (4)实验ⅲ中，上层溶液接近无色，搅拌后溶液又恢复棕黄色的原因是 (5)实验ⅰ、V中银镜溶解速率的大小关系为 ,试解释原因： 探究三：I一的作用[注：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性（或还原剂还 原性)越强] 实验装置 实验步骤及现象 G 1.按左图搭好装置，接通电路，检 盐桥 流计读数为amA; 2.向左侧烧杯中加入KI固体，检 Ag 石墨 流计读数为bmA; 0.1mol·L- 0.1mol·L-Na,SO43.向右侧烧杯中加入KI固体，检 Na,SO,溶液 的饱和碘溶液 测计读数为cmA (6)实验结论：①I厂的存在增强了Ag的还原性，支撑该结论的证据为 ②I的存在并未增强L2的氧化性，支撑该结论的证据为 19.(14分)甲烷的制备和应用有着重要的意义。 I.CO和CO2催化加氢制甲烷。在Cu-ZnO/Al2O3催化下，CO和CO2混合气体 与H2主要发生下列反应： 黄冈中学临考特训预测卷（六）第6页（共8页） 反应I:CO(g)+3H2(g)=CH,(g)+H2O(g) 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)-CH4(g)+2HO(g》 (1)反应温度对反应I和反应Ⅱ的吉布斯自由能变△G的影响如左下图所示，反应 I为 (填“吸热”或“放热”)反应，已知△H1<△H2,则曲线a表示 (填“反应I”或“反应Ⅱ”)。 20 15 10 *曲线a 1.0 0.55 0.5 6.28 -5 0.04 0 CO*+2H* HCOO*+H* -15 -0.5 -0.82 -20 500600700800900 -1.0 1000 C0O*+O*+2H* 温度/℃ 反应进程 (2)CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如右上图所示。CO是 CO2活化的优势中间体，原因是 Ⅱ.CH、H2O与铁铈载氧体（简写为Me.O,)反应制合成气。相同条件下，以一定 流速向装有Me.O,的反应器中间歇通入CH4、H2O(g),按下列步骤交替发生 反应 步骤工 主反应：CH4+Me,O 850℃，C0+2H,+Me.0,-1 副反应：CH4+4Me.O,→CO2+2H2O+4MeO,-1; CH,→C+2H2 步骤ⅡH,O+Me.O,-14o℃H,十Me,O, (3)步骤I中铁铈载氧体表面的晶格氧将CH4转化为CO、H2。步骤I、Ⅱ中会有 晶格氧在载氧体的内部和表面之间发生迁移。步骤Ⅱ中晶格氧迁移的方向是 步策1中，已知：C0的选择性=0)×16o⅓：H的选择作= 2n生成(H2) ”转北(CH,)X100%。催化剂的催化作用受接触面积等因素的影响。 ①其他条件不变，与850℃相比，在900℃下反应初期CO的选择性更低，可能 原因是 0 ②通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CH的转化率为60%，CO的 选择性和H2的选择性均为80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 mI。 (5)步骤Ⅱ中，向反应器中通入过量H2O的作用是 黄冈中学临考特训预测卷（六）第7页（共8页） 20.(14分)某药物的合成路线如下： NO NO, NH 1)NaNO2 HCI K,CO Fe.HCl 2)CuCl,SO2 +Br OH D CH,NHz.NaBH.CN E H G (1)用下列有机物替代A,与B发生相似反应，其他条件相同时，化学反应速率最慢 的是 (填标号) CH CF OH OH OH a b (2)化合物D中含氧官能团的名称为 (3)能用于分离化合物A和C的试剂为 (4)化合物D转变为E的过程中经历了两步反应： NH2 第一步的反应方程式： +NaNO2+2HCl→ N2 CI +NaCl+2H2O; 第二步的反应方程式： (5)NaH促进化合物E反应生成G,E→G的反应类型为 (6)化合物F的结构简式为 NO2 (7)以 和CHNH2为原料，设计化合物 的 合成路线： 黄冈中学临考特训预测卷（六）第8页（共8页）酸钙。故答案如下。方案一：取少量高纯碳酸钙 粉末加常温蒸馏水充分溶浸后，用同一pH计测 得上清液pH为9.9。方案二：将固体过滤后，加 足量稀盐酸，放出气泡，固体完全溶解后，滴加 BaCl2溶液，溶液不变浑浊。 20.(14分) (1)23.8(2分)(2)(15.1+a)(2分) (3)①sp2、sp3(2分)②a(2分) 4)3(2分)(5)aCA-A)(2分) 100A。 10×A1A8 27a'(4,-A,)(2分) 【解析】(1)决速步是最慢的一步，活化能最大，故 甲→丙的决速步的活化能为23.8kcal·mol1。 (2)根据盖斯定律知，△H(甲→丙)= △H(甲→乙)+△H(乙→丙)，即a kcal· mol1=-15.1kcal·mol1+△H2,故△H2= (15.1+a)kcal·mol1. (3)①甲中N有两种杂化方式，分别是sp°、sp。 ②甲中三个N杂化方式不完全相同，故甲中三个 N一Fe键键长不完全相等，a符合题意；乙中Fe 的配位数为4，b不符合题意；甲→乙的过程中有 o键的断裂(Fe一H)和形成(Fe一C),c不符合题 意；L是催化剂，降低了1-丁烯和H2加成反应的 活化能，d不符合题意。 (4)因为A=k·c(MR,),且n(R)十n(M)恒定， 则当R与M恰好按化学计量数混合时，c(MR,) n(M) 最大，吸光度最大。故有mR)十mCM=0.25, =n(R) n(M) (5)A1为M与R反应实际测得的吸光度，A。为 M与R完全反应的吸光度，A1即反映出实际浓 度，A。反映出理论浓度，由此知平衡转化率为 。由上述分析可知，c始(MD=O0mo·L马 故平衡后c(M)=a·(A。一A,) mol·L1,进 100A。 A 一步可知c(MR)=80× mol·L, c(R)=3a·(A。-A) mol·L1,据此可求出 100A。 10×A,A8 K,=27a(A。-A1) 2 黄冈中学化学临考特训预测卷（六） 题号 1 3 4 5 6 答 答案 B D A B C C 案 题号 7 8 9 10 11 12 速 答案 B B D D B C 查 题号 13 14 15 16 答案 0 9 A 1.B【解析】A.NaNO2是一种防腐剂，可用作食品 添加剂，但其用量有严格限制，A正确；B.建筑陶 瓷的主要成分是硅酸盐，B错误；C.生产分离膜的 材料主要是有机高分子材料，如聚丙烯、醋酸纤 维，芳香族聚酰胺、聚四氟乙烯等，C正确；D.CVD 宝石级钻石，是由烷烃（如CH,)在一定条件下以 等离子体分解出的碳通过化学气相沉积（简称 CVD)得到的，D正确。 2.D【解析】A.乙二酸的分子式为H2C2O4,A错 误；B.基态磷原子的最高能层符号为M,最高能级 符号为3p,B错误；C.N2中两个原子的p轨道以 “肩并肩”重叠形成ppπ键，如图 0◆0 ,注 意原子核在键轴（镜面）上，C错误；D.CaF2为离 子化合物，D正确。 3.A【解析】A.久置的银制品发黑的原因之一是发 生了反应4Ag十2H2S+O2—2Ag2S+2H2O,A 正确；B.“发蓝”是因为在高温下形成的FeO,氧 化膜呈现天蓝色，B错误；C.溶液中的[CuCL4] 呈黄色，C错误；D.含有苯环的蛋白质才能与浓硝 酸发生显色反应，D错误。 4.B【解析】A.利用阳极氧化法使铝材表面形成致 密氧化膜，阳极反应式为2A1一6e+3H2O A1O,十6H,A错误；C.乙烯醇不稳定，所以乙 炔与水发生加成反应CH=CH+H,O催化剂 △ CH一CHO,C错误；D.Naz CO3溶液过量，生成 SO,H 酸式盐， 十Na2CO3+ SO,Na +NaHCO,,D错误。 5.C【解析】A.酸性K2C2O,溶液可与乙醇反应， 无法检验SO2,A错误；B.果糖是五羟基酮，不含 醛基，B错误；D.用FcCl3溶液刻蚀覆铜板使红色 固体溶解，说明氧化性Fe3+>Cu+,无法比较Fe 与Cu金属性强弱，D错误。 6.C【解析】A.左卡巴斯汀结构中的4个手性碳原 N 子标记如图所示 HO (标*的为手性碳原子)，A正确；B.药物分子的结 构中含有两个苯环和一个氰基，均能与H2发生加 成反应，所以1mol药物最多与8molH2反应， B正确；C.苯环上只有一个一COOH,不能发生缩 聚反应，C错误；D.左卡巴斯汀分子主要含疏水 基，其在水中的溶解性较差，但其盐酸盐常用于鼻 喷雾剂和滴眼液，说明该药物的盐酸盐在水中的 溶解度较大、稳定性较强，D正确。 7.B【解析】B.色谱法是一类分离混合物中各组分 的分析方法，无法提供有关有机物结构的信息， B错误。 8.B【解析】A.水分子会逐步代替BDC2-与Zn 配位而破坏结构，说明配位能力H2O>BDC2-,A 错误；B.[Zn,O]+中O原子形成4个。键，没有 孤电子对，价层电子对数为4十0=4，O原子采取 sp3杂化，所以[ZnO]+呈正四面体形，B正确； C.H2是非极性分子，无法形成氢键，MOF-5是通 过范德华力来吸附H2,C错误；D.[Zn,O](BDC)3 和ZnO](BTC)2的摩尔质量不同，二者质量相 同时物质的量不同，所以消耗的BDC2-和BTC 的数量比不为3：2，D错误。 9.D【解析】根据题干信息可知：X、Y、Z、M分别 为H、C、N、O。A.最简单氢化物的沸点NH< H2O,A错误；B.基态碳原子和基态氧原子都含2 个未成对电子，B错误；C.电负性O>N>C>H, C错误；D.该盐正、负离子中N的杂化方式分别为 sp和sp杂化，D正确。 10.D【解析】A.一个P4分子中含6个。键，故31 gP4中o键的数目为1.5NA,A错误；B.未指明 O2所处状况和实验室制O2的具体反应原理，无 法判断转移电子数目，B错误；C.Cl2与水发生可 逆反应，溶液中存在C12分子，故含氯微粒的总 数目小于2NA,C错误；D.一个OH含有10个 22 电子，一个一OH含有9个电子，故1 mol OH 的电子数，比1mol一OH的多NA,D正确。 11.B【解析】由题图可知，晶胞中灰球对应原子的 个数为8×号+6×号十4=8白球对位原子的 个数为16，则灰球对应C,白球对应O。A.高温 高压下，CO2晶体的立方晶胞中每个碳原子与4 个氧原子相连，每个氧原子和2个碳原子相连， 则该晶体为共价晶体，A错误；B.由分可知，一个 品胞中含8个碳原子，B正确；C.每个碳原子与4 个氧原子相连，则碳原子的配位数为4，C错误； D.同素异形体是同种元素形成的单质，CO2为化 合物，D错误。 12.C【解析】A.(NH4)2CO3+NO+NO2 2NH,NO2+CO2,CO2释放过多会造成温室效 应增强，A正确；B.步骤Ⅱ中部分N元素化合价 由十3降到一1，S元素化合价由十4升至+6，所 以反应消耗的氧化剂和还原剂数目之比为1：2， B正确；C.由步骤Ⅲ可知，NH碱性强于 NHOH,则NHOH的水解能力强于NH,所 以等浓度的(NHOH)2SO,溶液的酸性比 (NH,)2SO:溶液强，题干中未提及二者等浓度， 无法比较二者酸性强弱，C错误；D.通入NH 后，向溶液中加入乙醇，降低了溶剂的极性，从而 使(NH4)2SO,的溶解度下降而析出，D正确。 13.D【解析】A.NF和BF的中心原子杂化方式 分别为sp3、sp杂化，所以键角NF3<BFg,A错 误；B.离子键的百分数NaC1<CsCI,离子半径 Na<Cs,离子键强度NaCI>CsCl,所以熔点 NaCI>CsCI,与离子键的百分数无关，B错误； C.SO2为V形分子，CO2为直线形分子，分子极 性SO2>CO2,溶剂水为极性分子，根据“相似相 溶”的规律，水中的溶解性SO,>CO2,C错误。 14,A【解析】A.戴护目镜和洗手是所有实验的必 备要求，本实验中会生成HC】有害气体，需要使 用通风橱，磁力搅拌器和通风橱的使用需要通 电，A正确；B.A1CL3易升华，故将三颈烧瓶置于 冰水浴中，是为了控制反应温度，B错误；C.干燥 管中盛放的物质X需兼备干燥和尾气处理的作 用，所以X应为碱石灰，C错误；D.氯化亚砜 (SOCL)是常见的有机反应试剂，可溶于氯苯，所 以不会有分层消失的现象，而反应过程中会产生 难溶于有机物的HC】气泡，所以反应体系中不再 产生气泡时，可判定反应基本结束，D错误。 15.B【解析】A.氧掺杂碳纳米管电极上O2得电子 生成H2O2,所以氧掺杂碳纳米管电极是阴极，连 接铅酸蓄电源的负极，即Pb电极，A错误；B.电 解质溶液是KHCO,和K,CO。的混合溶液，阳 极反应式为2H2O-2e十2CO一H2O2+ 2HCO,,B正确；C.阴极反应式为O2十2e+ 2HC0?一H2O2十2CO号，电解过程中，生成 1molH2O2时，即阴极、阳极分别生成0.5mol H2O2,此时转移1mol电子，内电路迁移1mol K,C错误；D.电解质的催化机理中反应①为氧 化还原反应，②③④为非氧化还原反应，D错误。 16.A【解析】环己烷中H2A的浓度 [c环己烷(H2A)门与水相萃取率a[&=1 0.1m0l.L户]可知0.1a十cee(H,A)=0.1, c环己烧(H2A) 可知曲线a对应c环己烷(H,A),b对应水相萃取 率，水溶液中的HAˉ会随着pH的增大先增大 后减小，曲线d对应水溶液中的HA,而A2来 源于HA的电离，由图可知，pH=2时，HA浓 度为0，c(A2)=0,因此曲线「对应水溶液中的 A2,即c对应水溶液中H2A的浓度。A.a对应 c环已烧(H2A),A错误。B.c、d交点的pH为4，即 H,A的K=c(H)XCHA）=10,d,f交 c(H,A) 点的pH为7，即K=cH)XcA）-107 c(HA) M点c(H,A)=c(A2-),c(H)=√K1XK2 105.5,所以pH=5.5,B正确。C.当pH很低 时，水相中H2A几乎不电离，此时K= c水期(H2A) cA)由a=工。e。1.可知，当 pH=2时，a=20%,则c环已格(H2A)= 0.08mol·L,水相中c水相(H2A)=0.1mol·L -0.08mol·L1=0.02mol·L1,K= C水(H,A)=0,02=0.25,C正确。D.当pH= C环e皖(H2A)0.08 6时，根据图像以及上述分析可知，体系中 c(HA)>c(A2)>c环己院(H2A)>c(H2A),D 正确。 17.(14分) (1)十3(1分) (2)GeFe2 O;+SO2+6H*-Ge++2Fe2+ SO+3H2O(2分)S、SiO2(2分) (3)Ca(OH)2(1分)5~6.4(2分) (4)pH<2时，pH增大，c(H)减小，萃取平衡正 23 向移动，锗的萃取率增大，pH>2时，pH增大， [Ge(OH)3]+浓度增大，不利于萃取(2分) (5)C(2分) (6)还原前先通H,排空气，还原后在H2氛围中 冷却Ge(或其他合理答案，2分) 【解析】(1)GeFe2O,中锗元素的化合价为+4， 氧元素的化合价为一2，根据化合物中各元素正 负化合价代数和为零可知，铁元素的化合价为 +3。(2)“酸浸1”中GeFezO,和SO2发生氧化 还原反应，因为pH<2,生成物中锗元素以Ge 的形式存在，故反应的离子方程式为GeFe2O,十 S02+6H+-Ge++2Fe2++SO+3H20. (3)“酸浸2”生成石膏，说明“沉锗”过程中要引入 钙元素，试剂A为碱，则其化学式为Ca(OH)2; 根据已知信息①，“沉锗”要生成含锗沉淀，则需 调pH为5~12，同时Fe2+、Zn2+、Mg+存在于滤 液中，不能沉淀，根据已知信息②可知pH<6.4, 综上，“沉锗”过程中需调pH为5~6.4。(4)锗 在“萃取储”中存在平衡：Ge+十3HR=一 [GeR]2-+6H+。随着pH升高，锗的萃取率先 增大后减小的原因是pH<2时，pH增大， c(H)减小，萃取平衡正向移动，绪的萃取率增 大，pH>2时，pH增大，[Ge(OH)3]浓度增大， 不利于萃取。(5)滤液2为盐酸，可循环用于“氯 化蒸馏”，选C。(6)氢气还原GO2时，实际所用 H2的质量大于理论值，其可能的原因为还原前 先通H2排空气，还原后在H2氛围中冷却Ge(或 其他合理答案)。 18.(14分) (1)出现黄色固体(2分) (2)可能是O2氧化Ag(2分) (3) 序号 加入试剂 实验现象 静置一段时间，银镜 5mL1mol·L 不溶解，溶液无明显 KI溶液(1分) 变化(2分) (4)搅拌导致覆盖在L2表面的黄色固体脱落，I2 溶解(2分) (5)i>iV(1分)i中氧化性碘微粒(I2和I互) 总浓度大于V(2分) (6)①b>a(1分)②c≈a(1分) 19.(14分) (1)放热(2分)反应I(2分) (2)生成CO的路径活化能更小，因此反应速率 更快；CO的能量比HCOO低，CO更稳定 (2分) (3)从铁铈载氧体表面向内部转移（或“由表向 内”“由外向内”等，2分) (4)①温度升高，副反应速率增大的程度比主反 应大，导致CO选择性降低（或温度升高，反应初 期载氧体表面晶格氧数目多，导致部分CH,被 过度氧化为C02,2分)②432(2分) (5)复原铁铈载氧体中晶格氧（或使Me.O,-1更 好地转化为Me.O,),除去铁铈载氧体表面的积 碳，获得更多H2(2分) 【解析】(1)由图中两条曲线可知，两个反应在低 温下自发进行（△G<0),从反应方程式可知，两 个反应的正向均为嫡减（△S<0),根据△G= △H一T△S,反应I和反应Ⅱ均为放热反应，已 知△H1<△H2,则曲线a表示反应I。(2)由图 可知，生成CO的路径活化能更小，因此反应速 率更快；CO中间体的能量比HCOO°中间体 更低，CO°中间体更稳定。因此CO°是CO2活 化的优势中间体。(3)步骤Ⅱ中，Me.O,-1转化 为MeO,,则晶格氧由表面迁移到内部，所以晶 格氧迁移的方向是从铁铈载氧体表面向内部转 移（或“由表向内”“由外向内”等）。(4)①其他条 件不变，与850℃相比，在900℃下反应初期C0 的选择性更低的可能原因是温度升高，副反应速 率增大的程度比主反应大，导致CO选择性降低 (或温度升高，反应初期载氧体表面晶格氧数目 多，导致部分CH,被过度氧化为CO2)。②CH 的转化率为60%，则n转化(CH,)=300mL 60%=180mL,已知C0的选择性=”生CCO》 n特化(CH)X 100%=80%,同温同压下，气体体积与n成正 比，则V生诚(CO)=180mL×80%=144mL,H2 1 2n生成(H2) 的选择性= n转化(CH,)X100%=80%,则 V生成(H2)=144mL×2=288mL,故生成标准状 况下CO和H2的总体积为432mL。(5)步骤Ⅱ 中，向反应器中通入过量HO可将Me,O,-1转 化为Me,O.,同时HO与C反应生成CO和 24 H2,有助于清除积碳，则通入过量HO的作用是 复原铁铈载氧体中晶格氧（或使Me,O,-1更好 地转化为Me.O,);除去铁铈载氧体表面的积 碳；获得更多H2。 20.(14分) (1)b(2分)(2)醚键(1分) (3)NaOH溶液（或Na2CO溶液，合理即可， 2分) N,CI (4) +SO, (0 +N2(2分) 0 (5)取代反应(2分) CHO (2分) (7) CHO CH NH2.NaBH,CN HN (aH NH, Fe.HCI 1)NaNO,HCI 2)CuC1,S02 (3分) 【解析】(1)O一H键的极性越强，反应速率越 快，氟原子电负性大，三氟甲基为吸电子基团，会 增强O一H键极性，而甲基为推电子基团，使 O一H键极性减弱，反应速率最慢。(3)化合物 A中的酚羟基具有酸性，可与NaOH溶液或 NaCO,溶液等反应生成盐，盐溶于水，C不溶于 水，实现分离。(5)NaH促进化合物E反应生成 G,说明同时有可与NaH反应的HC1生成，从而 逆推可知F的结构简式为 CHO ,E→G的反应类型为取 代反应。