江西新余市第四中学等校2026届高三下学期模拟预测 化学试题

2026届高三化学临门一练 本练习共100分，时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H:1C:12O:16Fe:56 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 一个选项是符合题目要求的。 1.新材料广泛应用于信息技术、新能源和生物医学等领域。下列说法错误的是 A.集成电路基板使用的硅材料属于新型无机非金属材料 B.氢氧燃料电池中的质子交换膜属于功能高分子材料 C.用于机械轴承的碳化硅属于新型陶瓷 D.隐形战机吸波涂层用的锂镉铁氧体属于新型合金 2.下列化学用语或表述正确的是 A.BFa的VSEPR模型： H B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C.用电子式表示HC形成过程：HH+:i:C:→2HC D.2p,的电子云轮廓图： 3.下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的 是 A.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4:③⑤⑥ B.重结晶法提纯苯甲酸：①②③ C.萃取法提纯溴水中的溴：⑥⑦ ⑦ D.乙醇与浓硫酸共热制乙烯：③⑤ 《高三·化学(JX)·临门一练》第1页（共8页） 4.下列有关化学品在日常生活中的用途及使用方法错误的是 A.碳酸氢钠可用作烘焙糕点时的膨松剂，使用时需与酸性物质（如柠檬酸）混合效 果更好 B.维生素C常用作食品防腐剂，因其具有较强的还原性，可防止食品被氧化变质 C.75%的酒精常用于皮肤消毒，其浓度能使蛋白质变性更迅速且渗透性适宜，杀菌 效果较好 D.添加在奶粉中的硫酸亚铁是一种常见的铁营养强化剂，可预防缺铁性贫血 5.用摩尔盐[(NH)2Fe(SO)2·6H2O]溶液进行下列性质实验，离子方程式不能解释 相应现象的是 选项 实验操作 现象或结论 化学反应离子方程式 NHt+H2O=NH3·H2O+H+ A 用pH计测溶液的pH pH<7 Fe2++2H2O-=Fe(OH)2+2H+ Fe2++ 2NH+40H B 加入过量NaOH溶液 产生白色沉淀 Fe(OH)2￥+2NH3·H2O 加入BaCl2溶液 产生白色沉淀 Ba2++SO-BaSO4￥ Fe2++NO3+2H+—Fe3++ D 加入稀硝酸溶液 溶液变黄色 NO2+H2O 6.前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态Y原子未成对电 子数最多，基态Z原子价层电子排布式为ns"np"。Z和R位于同主族，基态M什的 d能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物[M(YX)4]RZ4·X2Z为蓝色 晶体。下列叙述错误的是 A.原子半径：Z>Y>X B.简单氢化物的稳定性：Z>Y>R C.化合物[M(YX3)4JRZ·X2Z中，M与Y之间形成配位键 D.常温下向[M(YX3)4]RZ4溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 7.Y是合成药物查尔酮类抑制剂中间体，由X在一定条件下反应制得。下列叙述正 确的是 OHC- OH B入人 K2 CO,NaI OHC X A.K2CO3是为了结合反应产生的HBr B.FeCl溶液不能鉴别X和Y C.Y与溴水只能发生加成反应 D.X与H2完全加成所得产物分子中含2个手性碳原子 《高三·化学(JX)·临门一练》第2页（共8页） 8.根据下列操作及现象，所得结论正确的是 选项 操作及现象 结论 向两支试管中分别加入1mL乙酸乙酯，一支 酯在酸性或碱性条件下均 加1mL30%H2SO4溶液、另一支加1mL 能水解，但碱性条件下水 A 30%NaOH溶液，水浴加热，加NaOH溶液的 解更彻底，因OH可消耗 试管中酯层消失更快 产物使平衡右移 将铜丝灼烧至表面变黑，趁热插入盛有无水乙 乙醇被铜氧化为乙醛，铜 B 醇的试管，铜丝恢复红色；重复多次，试管内液 作氧化剂 体出现刺激性气味 向2mL鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)zSO4溶 蛋白质在浓盐溶液中发生 液，有沉淀析出；再加蒸馏水稀释，沉淀溶解 变性，加水可恢复原结构 酸性：H2CO3>HClO,故 用pH试纸分别测定相同浓度的NaClO溶液 D HCO水解程度小于 和NaHCO3溶液的pH,后者pH更小 CIO 9.吡啶甲酸铬的结构简式如图所示，别名吡啶羧酸铬、甲 基吡啶铬，紫红色结晶性细小粉末，流动性良好，常温 下稳定，微溶于水，不溶于乙醇。下列说法正确的是 A.该化合物中配位键的个数为6 B.该化合物中C、N原子的杂化方式相同 C.第一电离能：O>N>C>H D.基态Cr原子的价电子排布式为3d4s2 10.对于下列事实的解释错误的是 选项 性质或用途 解释 A 乙醇的沸点高于二甲醚 乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能 B 冰的密度小于干冰 H2O的摩尔质量比CO2小 分子空间构型均为三角锥形，P与C1的电负性差 C 分子极性：PCl3>NCl3 值大于N与CI MgO和Na2O均为离子晶体，键能MgO大于 熔点：MgO>Na2O Na2 O 11.用铬铁合金（含少量Ni、Co单质）生产硫酸铬的工艺流程如图所示。 已知：1.铬与铁的性质类似。 i.“浸出”时Cr、Ni、Co分别转化为Cr3+、Ni+、Co2+。 《高三·化学(JX)·临门一练》第3页（共8页） ii.NS、CoS不溶于稀硫酸溶液。 稀硫酸 Na,SNH,HCO,溶液 下列说法错误的是 铬铁合金一→浸出一→除杂一→沉铁 →Cr,(S0,9 A.可将“浸出”中的稀硫酸改为浓硫酸，以 气体 滤渣1滤渣2 加快浸出速率 B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C.“除杂”中需调控Na2S用量，若加入过多可能会生成硫化氢气体 D.“滤渣2”的主要成分是FeCO3 12.一种锂离子电池总反应方程式：Li1-CoO2十Li,Cy 电源或用电器 放电LiCoO,+C,电极材料分别为嵌锂石墨，钴酸 充电 B 锂(LCoO2)。某时段的工作原理如图所示。下列 ←团 ☑ 说法正确的是 ⑥←⑧ ® (Li ☑ A.图示中的电池处于充电状态 LiCoO, 隔膜 LiC, B.放电时，嵌锂石墨作正极 C.充电时，阴极发生的反应为C,十xLi计+xe一LiC, D.充电时，钴元素失去电子的数目大于脱出的锂离子数目 13.酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下： 0 慢 O+OH 较快 。快ROH+R,CH,O反应iⅷRCO0+R,CH,OH CHR2 RO OH 反应i 反应ⅱ CHR2 四面体中间体 O OH 已知羧酸存在共振结构：R1一C一18OH=三R1一C一18O。 下列说法错误的是 A.反应1是该水解反应的决速步骤 B.反应ⅱ涉及的物质中碳原子的杂化方式只有sp3 C.若用18O对OH进行标记，反应结束后羧酸盐中将存在8O D.反应中OH进攻碳原子，是因为氧的电负性大于碳，导致碳原子带部分正电荷 14.亚硒酸(HSeO3)主要用作分析试剂，还可用于 1.0 制备显色剂。25℃时，H2SeO3电离平衡体系中 新0.8 含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pOH的 50.6 关系如图所示，已知：pOH=一lgc(OH)。下 图0.4 晏02 列说法正确的是 911.412 POH 《高三·化学(JX)·临门一练》第4页（共8页） A.曲线L1表示H2SeO3物质的量分数随pOH的变化 B.K2(H2SeO3)=1×10-8 C.水的电离程度：a<b D.c(SeO).c(H2SeOs)>c2(HSeO 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)乳酸亚铁固体是一种很好的补铁剂， 化学式为Fe[CHCH(OH)COO]2。它易溶 于水，难溶于乙醇，其水溶液中易被氧化，可 电动搅拌器 s 由乳酸与FeCO3反应制得。 可延长橡胶管 I.制备碳酸亚铁：可在还原性气氛中，用亚 碳酸钠 铁盐与Na2CO3溶液制备，已知碳酸亚铁干 溶液 乙铁屑 50℃水 B 燥品在空气中比较稳定，而湿品在空气中被 氧化为F(OH)3变成茶色（反应体系均为水相，所有试剂均在图中）。装置如图所 示。 回答下列问题： (1)盛装试剂X的仪器的名称为 (2)试剂X的最佳选择是 (填标号)。 A.98%硫酸溶液 B.37%盐酸 C.20%硫酸溶液 D.30%硝酸溶液 (3)向气密性良好的装置中添加药品。打开K1、K3,关闭K2,待在m处检验到较 纯净的H2后，先将m (补充操作)，再关闭K1、K3,打 开K2,B中出现白色浑浊。 (4)碳酸亚铁在潮湿空气中变茶色的化学方程式为 (5)碳酸亚铁在热空气中发生吸热反应：4FeC0,十02△2F,O,十4C02,则碳酸 亚铁可用作阻燃剂的原因是 、消耗O2、生成CO2、生成Fe2O3覆 盖在燃烧物表面。 Ⅱ.制备乳酸亚铁并测定样品的纯度： 将制得的FCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然 后再加入适量乳酸，经系列操作后得到乳酸亚铁的样品。 称取5.0g样品，灼烧至完全灰化，加盐酸溶解配成250mL溶液，取25.00mL于 锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，然后加入1~2滴淀粉溶液，用0.1ol· L1硫代硫酸钠标准溶液滴定，滴定终点时，测得消耗标准溶液20.00L。(已 知：I2+2S2Og-S4O%+2I) (6)样品中乳酸亚铁的纯度为 (7)若用酸性KMO溶液直接滴定样品，测得乳酸亚铁的纯度大于100%，可能的 原因是 《高三·化学(JX)·临门一练》第5页（共8页） A.酸性KMO:溶液可以氧化乳酸根（或乳酸），导致标准液消耗量偏多 B.滴定管取待测液时，水洗后未用待测液润洗 C.摇动锥形瓶时溶液撒到锥形瓶外 D.滴定时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 16.(15分)某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有PbO、As2O3和少量的Zn、In、 Fe、Si等元素的氧化物。对烟气中有价元素的回收流程如下： ,母液*取反萃取，nC4溶液 还原后液 结晶 As,S i.NaOH溶液，O, 沉淀后液 As,O 适量AsS 还原 ii.CaO Ca,(AsO)2 C高温 烟尘 H,SO,O 浸出液沉淀 凝华， △，浸出 As(s) As(g) Na.CO,,C 浸出渣 高温 粗铅 已知：i.As(Ⅲ)在酸性水溶液中以HAsO3形式存在；HAsO4易溶于水，对热稳 定。 ii.Kp(ZnS)=1.6×10-24Km(In2S3)=2.3×10-74;Ca3(AsO4)2、As2S3难溶于 水。 iii.当溶液中某离子浓度小于1×105mol/L时，表示该离子已完全沉淀。 (1)浸出液中的As元素全部是H3AsO4,生成HAsO4的化学方程式是 (2)假设浸出液中Zn+的浓度为0.08mol/L,沉淀过程未发生氧化还原反应。当 浸出液中Zn+刚好完全沉淀时，仍没有产生In3+的沉淀物，则浸出液中的ln3+ 浓度应低于 (3)从沉淀后液中分离n和As,所用萃取剂是P204[(HA)2]的磺化煤油溶液。 已知：i.萃取In3+的反应是In3+(aq)十3(HA)2(有机)三InA33HA(有机)+ 3H+(ag)。 ⅱ.同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。 ①反萃取所用的试剂是 ②还原后液中的As元素全部是十3价，向沉淀后液中加入As2S3反应时的氧 化剂有 (4)研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制n(PbSO4)：n(Na2CO3): n(C)=2:2:1时所有Pb元素均被还原。 ①反应的化学方程式是 ②研究发现，其他条件不变，当0.5<n(PbSO4)：n(C)<2时，Pb的还原率会 下降，可能的原因是 (5)该流程中可循环利用的物质是 《高三·化学(JX)·临门一练》第6页（共8页） 17.(15分)将CO2转化为CHOH、CH4、CHCH2OH等化学品是研究热点。请回答 下列问题： (1)二氧化碳催化加氢制取甲醇的反应为CO2(g)十3H2(g)一CH3OH(g)+ H2O(g)△H。 ①T,℃时，向恒压容器中充入1 mol CO2(g)和3molH2(g)发生上述反应，达 平衡时，放出20kJ的热量；若向相同容器中充入1 mol CH3OH(g)和1mol H2O(g),吸收29.8kJ的热量，则该反应的△H= kJ/mol。 ②在恒温恒容条件下，该反应达到平衡状态的判断依据是 (填标号)。 A.3vE(H2)=V满(H2O) B.容器内压强不变 C.混合气体密度不变 D.混合气体的平均分子量不变 (2)一定温度和1MPa条件下，将CO2和H2按物质的量之比1：4充入某容器中 仅发生以下反应I、Ⅱ，达平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH4的选择性为 n(CH) 50%[CH,的选择性=mCH,)+m(CO)X100%]。 I.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H1=-164.7kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)、=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1 ①H2的平衡转化率为 ②该温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kx= (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 ③一定温度下，若向某恒容密闭容器中充人CO2 8 温度/℃ 和H2,发生上述反应I和反应Ⅱ，测得体系中 CO2的平衡转化率与温度变化关系如图所示，其原因为 (3)已知Arrhenius经验公式为RIn=-号+C(E,为活化 ◆Rlnk/kJmo1.K) 能，k为速率常数，与温度和催化剂有关，R和C为常数)。 3.0,63.0の 分别使用催化剂a、b、c进行H2和CO2合成CH3CH2OH (4.0,33.0)b 反应：2CO2(g)+6H2(g)、=C2HOH(g)+3H2O(g),依 据实验数据获得的曲线如图所示。在催化剂c作用下，反 应的活化能E。= kJ·mol1;催化剂 (填“a”、“b”或“c”)是更 高效的催化剂。 18.(14分)艾乐替尼为肺癌靶向药物，是一种酪氨酸激酶抑制剂，其重要中间体H的 合成路线如下。回答下列问题： 《高三·化学(JX)·临门一练》第7页（共8页） NH·HCI CH:COCI/AICI A CH,CI K2CO K(CICH2CH2 CI) ① ③ 四甲基二硅氧烷 NaOH ④ 甲醇/水 ⑤ CoONa 酸化 COOH 碘 ⑥ 浓硝酸/浓硫酸 ⑦ COOH O 已知：四甲基二硅氧烷能还原一COOH、一CHO、一C一，不能还原 -C-O—R (1)A能与NaHCO3反应生成CO2,A的结构简式为 ;反应⑤的反应 类型为 (2)反应③中所涉及的化合物K的系统命名为 (3)综合分析整个流程，反应①②的目的是 (4)反应⑦的化学方程式为 (5)若芳香族化合物W是A的同分异构体，则满足以下要求的W的结构有 种。 i.能发生水解反应和银镜反应 ⅱ.含有1个手性碳原子 (6)以苯甲酸为主要原料，其他原料可自选，合成对乙基苯甲酸乙酯，请设计出你认 为的最佳合成路线图 《高三·化学(JX)·临门一练》第8页（共8页） 长的物质（如苯甲酸钠、山梨酸钾等），B错误； 高三·化学(JX)·临门一练·参考答案 75%的酒精能使细菌蛋白质变性，且渗透性较好， 1.D硅是半导体材料，属于新型无机非金属材料，广泛 是常用消毒浓度，C正确；硫酸亚铁是国内外允许 使用的铁营养强化剂，常见于奶粉、谷物等食品 应用于集成电路、太阳能电池等领域，A正确：质 子交换膜能选择性让质子通过，具有特殊物理化 中，其溶解后的亚铁离子是人体易于吸收的铁形 态，可有效预防缺铁性贫血，D正确。 学功能，属于功能高分子材料，B正确；用于机械 5,DNH、Fe+水解使溶液显酸性，用pH计测定该 轴承的碳化硅属于新型陶瓷，C正确：隐形战机吸 溶液的pH<7,A能解释相应现象；少量摩尔盐 波涂层用的锂锅铁氧体是四种元子组成的化合 [(NH)zFe(SO1)2·6HzO]与过量的NaOH溶 物，不属于合金，D错误。 液反应的离子方程式为Fe+十2NH时十4OH 2.DBF的价层电子对数为3十3一3X1 2 =3,无孤电 一Fe(OH)2￥+2NH·H2O,B能解释相应现 子对，VSEPR模型为平面三角形，A错误；邻羟基 象；摩尔盐溶液中加入BaCL2溶液，与SO结合 生成BaSO1,从而产生白色沉淀，C能解释相应现 苯甲醛分子内氢键示意图为 B 象；摩尔盐中加入稀硝酸，Fe+被氧化生成Fe3+, 使溶液呈黄色，稀硝酸被还原为NO,反应方程式 为3Fe2++NO+4H+一3Fe3++NO↑+ H 2H2O,D不能解释相应现象。 错误；用电子式表示HCI形成过程为H×十 6.A同周期中基态Y原子未成对电子数最多，Y为 :Ci:→HC:,C错误；2p的电子云轮廓图 VA族元素；基态Z原子价层电子排布式为 ns”np2",n=2,Z为O元素，则Y为N元素；Z和 R位于同主族，则R为S元素；基态M的d能级 达到全充满结构，对应Cu(基态Cu的价电子 排布为3d),则M为Cu;根据[M(YX)1]RZ1· 应 为 或 XZ,可知X为H,综上所述：X为H、Y为N、Z 为OR为S、M为Cu,据此解答。电子层数越 多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大， 半径越小，原子半径：Y(N)>Z(O)>X(H),A错 误；简单氢化物稳定性：H2O>NH,>H2S,即Z >Y>R,B正确；化合物[M(YX)1]RZ1·XZ 中Cu与N之间形成配位键，C正确： ,D正确。 [Cu(NH)1]SO可电离出SO号，向 [Cu(NH)1]SO,溶液中加入BaC2溶液，会生成 BaSO,,D正确。 7.A二者发生取代反应生成Y和HBr,KCO:与HBr 3.B蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧 反应减少生成物浓度可以提高产率，A正确：X中 瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的 有酚羟基，能使FeCI?溶液显紫色，Y中没有酚羟 馏分，蒸馏法分离CH2C12和CCL:③⑤⑥，A正 基，不能使FeCl:溶液显紫色，因此FeCl,溶液能 确；粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用 鉴别X和Y,B错误；Y中碳碳双键能与溴水发生 重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热 加成反应，Y中醛基能与溴水发生氧化反应，C错 过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧 CH,OH 杯、玻璃棒，不需要使用②③，B错误：萃取法提纯 溴水中的溴用到锥形瓶和分液漏斗：⑥⑦，C正 误：X与H2完全加成所得产物是 ,分 确；乙醇与浓硫酸共热制备乙烯需要控制反应的 温度，需要温度计，用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶作反应 OH 容器，D正确。 子中不含手性碳原子，D错误。 4.B2mol碳酸氢钠受热分解产生1 mol CO2,2mol 8.A酯在酸或碱催化下均可水解，碱性条件下生成的 碳酸氢钠与酸反应产生2 mol CO2,使糕点疏松， 酸与OH反应转化为盐，使水解平衡正向移动， A正确；维生素C是抗氧化剂（利用还原性防止 因此水解更彻底，现象与结论相符，A正确：铜在 氧化)，并非防腐剂，防腐剂通常指抑制微生物生 反应中作催化剂（结合氧气再氧化乙醇），不是氧 《高三·化学(JX)·临门一练》第9页（共8页） 化剂，B错误；饱和盐溶液使蛋白质沉淀属于盐析 Li1-CoO2十xLi十re--LiCoO2;充电时， (可逆过程，蛋白质未变性)，C错误；NaCIO的漂 LC与直流电源的负极相连，作电解池的阴 白性导致pH试纸测定NaClO溶液的pH不可 极，Li1-,CoO2与正极相连，作阳极。图示Li计嵌 行，D错误。 入Li-,CoO2电极，由分析可知，发生的反应是 9.BCr提供空轨道，N提供孤电子对，N→Cr为配位 Li1-,CoO十xLi计十re-LiCoO2,是原电池 键3个，O一Cr为共价键3个，A错误：环上的C、 正极的反应，则电池处于放电状态，A错误；由分 N及C=O上的C原子都采取sp杂化，B正确： 析可知，放电时，嵌锂石墨Li,C,作负极，B错 同周期从左到右增大（ⅡA、VA高于相邻元素）， 误；充电时，阴极的反应与原电池负极的反应相 第一电离能：N>O>C,O元素的核电荷数更高， 反，电极反应为C,十xLi计十xe一Li,C,,C正 电离能：O>H,H的半径小吸引力强，C电子排布 确；充电时，阳极的反应为LiCoO2一xe一 未达到半满或全满稳定状态，电离能：H>C,故大 Li1-,CoO2十xLi,钴元素失去电子的数目与脱 小关系为N>O>H>C,C错误：基态Cr原子的 出的锂离子数目相等，D错误。 价电子排布式为3d4s,D错误。 13.B反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结 10.B乙醇分子中含有羟基，分子间存在氢键，二甲醚 合图示可知，反应①为该反应的决速步骤，A正 不能形成氢键，因此乙醇沸点更高，A正确：冰的 密度小于干冰的主要原因是冰中水分子通过氢 确；反应ⅱ涉及 中形成碳氧双键的 键形成疏松结构，而非H2O的摩尔质量小，B错 误；PCl和NCL均为三角锥形，但P与CI的电 R OH 负性差值大于N与CL,因此PCl:极性更大，C正 碳原子杂化方式为s,生成物中碳原子连接四 确；MgO和NO均为离子晶体，熔化需破坏离 个单键为sp杂化，B错误；若用18O对OH进 子键，键能MgO大于Na2O,故MgO的熔点更 行标记，反应1中OH一连在碳氧双键上的碳原 高，D正确。 子，反应ⅱ断开原酯基中的碳氧单键，形成羧基， 11.A工业流程以铬铁合金（含少量Ni,Co单质）为原 根据已知信息，18O存在于羧基中，反应结束后 料生产硫酸铬[Cr2(SO1):]。铬铁合金与稀硫 羧酸盐中将存在1“O,C正确：反应①中OH带 酸反应，Cr、Fe转化为Cr+、Fe+,Ni、Co转化为 负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，攻 Ni+、Co2+;加入适量的Na2S溶液，使N+、 击电负性较弱在成键后电子云密度较小的碳原 Co+转化为沉淀，不产生HS气体，实现杂质分 子，是因为氧的电负性大于碳，导致碳原子带部 离：向除杂后的溶液中加入NH HCO,Fe+与 分正电荷，D正确。 14.B溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱， NH HCO反应生成FeCO,沉淀，Cr+留在溶液 随着pOH减小，H2Se(O3被消耗、物质的量分数 中：过滤后，滤液主要含Cr2(SO,)3,通过蒸发浓 缩、冷却结晶，使其结晶析出，再经洗涤、干燥脱 减小，HSeO物质的量分数先增大后减小， 水，得到纯净的C(SO,):晶体。因铬与铁类 Se(O物质的量分数增大，所以L1表示Se(O 似，浓硫酸会使Cr钝化，无法溶解，Ni、Co溶解 物质的量分数与pOH的关系，Le表示HSe(O 时浓硫酸作氧化剂生成SO2污染环境，A错误； 物质的量分数与pOH的关系，La表示HSeO “除杂”步骤中加入Na2S,Ni+、Co2+与S2-反应 物质的量分数与pOH的关系。由以上分析可 生成NiS、CoS沉淀，离子方程式为N+十S 知，曲线L1表示SeO号物质的量分数随pOH -NiS￥、Co++S2-—CoS￥，可除去Ni、Co 的变化，A错误；L1、L2交点处溶液中HSeO、 元素，B正确：因浸出后溶液呈酸性，“除杂”中需 SeO的浓度相等，pOH=6,则pH=8,所以 调控NaS用量，若NaS过量会生成H2S气体， Ke(H,Se0,)=H)cS0）=10,B正 c(HSeO) C正确；“沉铁”步骤中，Fe+与NH HCO反应 确；a、b两点对应的pOH均大于7，均由电离引 生成FeCO,沉淀，离子方程式为Fe+十2HCO 起溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH增 一FeCO￥+H2O+CO2◆，因此滤渣2的主 大，抑制程度增强，所以水的电离程度：a>b,C 要成分为FeCO,D正确。 错误：L2、L交点处溶液中HSeO、H2SeO,的 12.C放电时，Li,C,为原电池的负极，LiC在负极失 浓度相等，pOH=11.4,则pH=2.6,所以根据 去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应 式为Li,C,-xe—Cy十xLi,Lii-,CoO2为 Ku(H,se0,)=H*)cHS0)=10, c(H2 SeO) 正极，在锂离子作用下，Li-CoO2在正极得到 电子发生还原反应生成LiCoO2,电极反应式为 K2(H,Sc0,)=cH)cSc0）=10,可知， c(HSeO:) 《高三·化学(JX)·临门一练》第10页（共8页） c2(HSeO) >1,所以c(Se0) 93.6%。(7)酸性KMnO1溶液可以氧化乳酸根（或 c(H2SeO3)·c(SeOg) K2 乳酸)，导致标准液消耗量偏多，计算得到乳酸亚铁 ·c(H2SeO3)<c2(HSeO),D错误。 的质量分数偏大，A符合题意；滴定管取待测液时， 15.(1)恒压滴液漏斗(2分) 水洗后未用待测液润洗，则待测液被稀释，消耗的标 (2)C(2分) 准液将偏少，计算得到乳酸亚铁的质量分数偏小，B (3)插入装有水的烧杯中（或其他隔绝空气的装置， 不符合題意；摇动锥形瓶时溶液撒到锥形瓶外，则实 不能夹住)(2分) 际参与反应的待测液偏少，消耗的标准液将偏少，计 (4)4FeC0:+O2+6H20-4Fe(OH):+4CO2(2 算得到乳酸亚铁的质量分数偏小，C不符合题意；滴 分) 定时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消 (5)吸收热量（或降低可燃物的温度）(2分) 失，消耗的标准液体积的读数偏大，则计算得到的乳 (6)93.6%(2分) 酸亚铁的质量分数偏大，但仅是操作误差，不可能造 (7)A(2分) 成乳酸亚铁的质量分数大于100%，D不符合题意。 解析：FeCO:湿品在空气中会被氧化，制备FeCO: 16.(1)As0,+0,十3H,0△2HAs0,(全对2分，没 过程应在无氧环境中进行；装置A用Fe与稀硫酸反 有加热得1分) 应制备FeSO1,先利用反应生成的氢气排尽装置中 (2)2.4×10-mol/L(全对2分，没有单位得1分) 的空气，再利用生成的氢气使蒸馏烧瓶中气压增大， (3)①浓盐酸（全对2分，盐酸得1分）②HAsO,、 将蒸馏烧瓶中的FSO1溶液压入三颈烧瓶中和 Fe+(全对2分，少一种得1分) Na CO3溶液反应制备FeCOx,FeCOa再与乳酸在一 定条件下反应制备乳酸亚铁。(1)由装置图可知，盛 (402PbS0,+2Na,C0,+C商温2Pb+Na,S0,+ 装试剂X的仪器的名称为恒压滴液漏斗。(2)常温 3CO2◆（全对2分，没有高温得1分）②过量的 下，铁屑与98%的浓硫酸溶液会发生钝化反应，A不 C还原了SO,生成了PbS,未将Pb+全部还原 符合题意。37%的浓盐酸具有强挥发性，HC1会挥 (合理答案也可)（全对3分，少一个得分点得1 发至三颈烧瓶中而消耗Na2CO,导致FeCO产率 分) 降低，B不符合题意；20%的稀硫酸溶液与铁屑反应 (5)P204[(HA)2]的磺化煤油溶液（或萃取剂）、 生成氢气和FeSO1,能达到实验目的，C符合题意； CaO、H2SO1(H2SO1可不写)（全对2分，少一种 30%硝酸溶液具有强氧化性，能直接将Fe氧化为 得1分) Fe3+,不能得到Fe+,D不符合题意。(3)FeCO湿 解析：烟尘主要含有PbO、As2O,和少量的Zn、In、 品在空气中会被氧化，需要隔绝空气，因此打开K、 Fe、Si等元素的氧化物，先加稀硫酸通入氧气，加热 K,关闭K2,待在m处检验到较纯净的H2后，先将 条件下Zn、In、Fe的氧化物转化为最高价的硫酸盐， m插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K,打开K2,B As元素转化为H3AsO1,浸出渣为SiO2、PbSO1,加 中出现白色浑浊。(4)FCO在潮湿空气中被氧化 入N2CO、C高温转化为粗铅；浸出液加入足量 为Fe(OH):而变成茶色，反应的化学方程式为 As2S,将Zn元素转化为ZnS沉淀除去，再次加入 4FeC03+O2+6H20一4Fe(OH)3+4CO2。(5) AsS,将Fe+还原为Fe+,防止后续萃取流程中 该反应为吸热反应，能吸收热量，则碳酸亚铁可用作 混入F3+杂质，同时生成S沉淀，还原后液结晶析 阻燃剂的原因是消耗O2、生成CO2(不支持燃烧)， 出As2O3,母液经过萃取→反萃取得到InCl溶液， 吸收热量（或降低可燃物的温度）、生成F2O:覆盖 AS2O3加入氢氧化钠溶液、通入氧气，再加入氧化钙 在燃烧物表面。(6)将样品灼烧至完全灰化，生成 生成Ca(AsO,)2沉淀，再用碳高温还原为As(g), FeO3,再加入盐酸溶解生成FeCl,取25mL于锥 凝华得到As(s),据此解答。(1)浸出液中的As元 形瓶中，加入过量KI溶液充分反应：2Fe3+十2I 素全部是HAsO1,烟尘中As2O浸出生成 2Fe+十L2,再用0.1mol·L1硫代硫酸钠标准 HAsO,,As元素化合价由十3价升高到十5价，依 溶液滴定，发生反应：12十2S0—S1O十2I, 据转移电子守恒和原子守恒配平该反应为As2O:十 可得关系式：2Fe3+~I2~2S2O,滴定消耗的 0,十3H,0△2H,As0。(2)Zm+完全沉淀时，即 n(S2O号)=0.1mol·L1×20.00×10-3L=2.0× c(Zn+)<10-5mol/L时，c(S)=K,Zns)- 103mol,根据铁元素守恒，样品中铁元素的物质的 c(Zn) 量为n(Fe)=2.0×10-3molX25.00m 250mL 1.0X0=1,6X10-°mol/L,因不产生1S沉 1.6×10-21 0.02mol,乳酸亚铁的物质的量为0.02mol,样品中 淀，则有Q(In2S)=c2(In3+)·c3(S2-)=c2(In3+) 乳酸亚铁的绕度为234g/molX0.02m0×100= X(1.6×1019)3<2.3×10-4,c(In3+)<2.4× 5.0g 10"mol/L;设计沉淀主要是除去Zn2+,防止其对 《高三·化学(JX)·临门一练》第11页（共8页） 后面In+的萃取反萃取产生影响。(3)①萃取In+ 0.4mol、0.4mol、1.2mol,平衡时总的物质的量为 的反应是n8+(ag)十3(HA)2(有机)一InA3HA 4.2mol。①H2的平衡转化率为 (有机)十3H+(aq),反莘取过程中，需要加入酸溶液 4X0.4mol+0.4m0×100%=2m0×100%= 让萃取反应的平衡逆向移动，则加入盐酸可得到 4 mol 4 mol InCL溶液。②还原后液中的As元素全部是十3 50%。②平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分 价，则浸出液中HAsO1、Fe3+均可作该反应的氧化 220412 数分别为2,222，则该温度下，反应Ⅱ的平衡 剂。(4)①控制n(PbSO1):n(NCO2)：n(C)=2 :2：1时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进 常在K.-00zH0号× x(CO,)x(H2) × =1.2。③如图 行配平得到方程式为2PbS0,十2Na,C0,+C高温 2Pb十NaS01+3CO2↑。②其他条件不变，当0.5 所示，温度低于T。时，以反应I为主，升高温度，反 <n(PbSO1):n(C)<2时，Pb的还原率会下降，原 应I逆向移动，CO2转化率降低，温度高于T。时，以 因是还原剂C过量，将PbSO,还原为PbS,未能将 反应Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2转化 Pb+完全还原（合理答案也可）。(5)反莘取得到的 率升高，故体系中CO2的平衡转化率随温度的升高 P204[(HA)2]的磺化煤油溶液可以在萃取工序上循 先降低后升高。(3)已知Arrhenius经验公式为 环使用；Ca(AsO1)2高温分解得到的CaO也可以 循环使用：沉淀后液Fe2(SO1)3加As2S:还原后得到 RInk= 号十C,故图象的针率的负值为反应的活 H2SO也可循环利用，但由于得到的溶液溶质还有 化能，代入数据计算斜率的负数，反应的活化能E FeSO,,不能直接利用，故HSO1可不写。 、 17.(1)①-49.8(2分)②BD(全对2分，错一个0分， 63.0-33.0k·mol1=30.0kJ·molr1,由图 3.0-4.0 少一个1分) 可知，催化剂对应的曲线斜率大，这意味着此时反 (2)①50%(2分)②1.2(2分)③温度低于T 应的活化能低，因此该催化剂的催化效率更高，故催 时，以反应I为主，升高温度，反应I逆向移动， 化剂a为更高效的催化剂。 CO2转化率降低：温度高于T。时，以反应Ⅱ为 主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2转化率升高 18.(1) COOH(2分)取代反应（或水解反 (全对3分，少一个得2分) 应)(1分) (3)30.0(2分)a(2分) (2)1,2-二氯乙烷(2分) 解析：(1)①该反应是可逆反应，当按照反应方程式 (3)保护一COOH不被四甲基二硅氧烷还原(2分) 的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应的 转化率的和为1，故反应的△H=-一(29.8k/mol十 (4)I2 COOH 浓硝酸/浓硫酸 20kJ/mol)=-49.8kJ/mol。②当3(H2)= (H2O)时，正、逆反应速率不相等，反应未达到平 COOH十HI(全对2分，缺少条件 衡状态，A不符合题意；该反应是气体分子数减小的 反应，则恒容容器中压强是变量，当其不变时可以证 得1分) 明反应达到平衡状态，B符合题意；反应过程中，气 (5)6(2分) 体质量未发生变化，则恒容容器中密度是定量，当其 COOH COOC,H 不变时不能证明反应达到平衡状态，C不符合题意； 乙醇 反应过程中，气体质量未发生变化，物质的量之和发 浓硫酸/加热 生变化，平均分子量是变量，能证明反应达到平衡状 COOC,H 态，D符合题意。(2)CO2和H按物质的量之比为 CH:COCI/AICl 1:4充入容器中，设CO2的物质的量为1mol,H2 四甲基二硅氧烷 CICH,CH,Cl 的物质的量为4mol,CO2的平衡转化率为80%，即 反应消耗CO2的物质的量为0.8mol,CH1的选择 n(CH) 性为50%·nCi)十nCO=0.5,平衡时n(CH,) COOC2 H: =n(CO),根据化学方程式可知，反应I和反应Ⅱ消 (全对3分，缺少条件得2分) 耗CO2的物质的量相等，即反应I和反应Ⅱ消耗 CO2的物质的量均为0.4mol,则平衡时CO2、H2、 CH1、CO、H2O的物质的量分别为0.2mol、2mol、 解析：由流程可知，A发生取代反应生成B,且A能 《高三·化学(JX)·临门一练》第12页（共8页） 与NaHCO反应生成CO,则含有羧基，结合A化学 式可知，A为 COOH;B中氯原子发生取 代反应生成C,C发生取代反应在苯环上引入支链 得到D,D中酮裁基被还原得到E,E中酰胺基发生 碱性水解得到F,F酸化的羧基生成G,G发生取代 反应在苯环上引入碘离子得到H。(1)由分析可知， A的结构简式为 COOH;由物质的结构 变化可知，反应⑤的反应类型为取代反应（或水解反 应)。(2)K结构简式为CH CICH2CI,其系统命名 为1,2一二氯乙烷。(3)已知：四甲基二硅氧烷能还 原一COOH;反应①②将A羧基转化为酰胺基，在⑤ ⑥中又将酰胺基转化为羧基，故目的是保护 一COOH不被四甲基二硅氧烷还原。(4)反应⑦为 G在浓硫酸、浓硝酸催化作用下发生取代反应在苯 环上引入碘原子得到H,化学方程式为I2十 COOH 浓硝酸/浓硫酸 COOH HI。(5)A COOH)中除苯环外含有4个碳、2个 氧、不饱和度为1；芳香族化合物W是A的同分异 构体，满足以下要求：1能发生水解反应和银镜反 应，则为甲酸酯；ⅱ.含有1个手性碳原子：若为1个 取代基，可以为一CH(CH2CHa)OOCH、 -CH,CH(CH )OOCH,-CH(CH )CH,OOCH; 若为两个取代基，可以为一CH、 一CH(CH)OOCH,存在邻间对3种情况，故共6 种。(6)苯甲酸首先和乙醇发生酯化反应生成苯甲 酸乙酯，再按照C生成D的反应原理在苯环对位引 入一COCH,一COCH被四甲基二硅氧烷还原为 COOH 乙基得到产物（酯基不能还原），故流程为 COOC2 H; 乙醇 CH:COCI/AICl 浓硫酸/加热 CICH,CH,CI COOC,H COOC,H 四甲基二硅氧烷 《高三·化学(JX)·临门一练》第13页（共8页）高三·化学(X)·临门一练·参考答案 1.D硅是半导体材料，属于新型无机非金属材料，广泛 应用于集成电路、太阳能电池等领域，A正确；质 子交换膜能选择性让质子通过，具有特殊物理化 学功能，属于功能高分子材料，B正确：用于机械 轴承的碳化硅属于新型陶瓷，C正确：隐形战机吸 波涂层用的锂锅铁氧体是四种元子组成的化合 物，不属于合金，D错误。 2.DBF,的价层电子对数为3+3一3X1=3,无孤电 2 子对，VSEPR模型为平面三角形，A错误；邻羟基 OH 苯甲醛分子内氢键示意图为 .B H 错误；用电子式表示HC1形成过程为H×十 :Ci:→HCi:,C错误：2p,的电子云轮廓图 应 为 或 不 D正确。 3.B蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧 瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的 馏分，蒸馏法分离CH2C2和CCL1:③⑤⑥，A正 确：粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用 重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热 过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧 杯、玻璃棒，不需要使用②③，B错误：萃取法提纯 溴水中的溴用到锥形瓶和分液漏斗：⑥⑦，C正 确；乙醇与浓硫酸共热制备乙烯需要控制反应的 温度，需要温度计，用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶作反应 容器，D正确。 4.B2mol碳酸氢钠受热分解产生1 mol CO2,2mol 碳酸氢钠与酸反应产生2olCO2,使糕点疏松， A正确；维生素C是抗氧化剂（利用还原性防止 氧化)，并非防腐剂，防腐剂通常指抑制微生物生 《高三·化学(JX)·临 长的物质（如苯甲酸钠、山梨酸钾等），B错误； 75%的酒精能使细菌蛋白质变性，且渗透性较好， 是常用消毒浓度，C正确：硫酸亚铁是国内外允许 使用的铁营养强化剂，常见于奶粉、谷物等食品 中，其溶解后的亚铁离子是人体易于吸收的铁形 态，可有效预防缺铁性贫血，D正确。 5.DNH、Fe+水解使溶液显酸性，用pH计测定该 溶液的pH<7,A能解释相应现象；少量摩尔盐 [(NH)2Fe(SO1)2·6HzO]与过量的NaOH溶 液反应的离子方程式为Fe+十2NH时十4OH —Fe(OH)2￥十2NH·H2O,B能解释相应现 象；摩尔盐溶液中加入BaCl2溶液，与SO结合 生成BaSO1,从而产生白色沉淀，C能解释相应现 象；摩尔盐中加入稀硝酸，Fe2+被氧化生成Fe3+, 使溶液呈黄色，稀硝酸被还原为NO,反应方程式 为3Fe2++NOg+4H+—3Fe3++NO4+ 2H2O,D不能解释相应现象。 6.A同周期中基态Y原子未成对电子数最多，Y为 VA族元素；基态Z原子价层电子排布式为 ns”np2m,n=2,Z为O元素，则Y为N元素；Z和 R位于同主族，则R为S元素；基态M+的d能级 达到全充满结构，对应Cu+(基态Cu+的价电子 排布为3do),则M为Cu:根据[M(YX)1]RZ1· XZ,可知X为H,综上所述：X为H、Y为N、Z 为O、R为S、M为Cu,据此解答。电子层数越 多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大， 半径越小，原子半径：Y(N)>Z(O)>X(H),A错 误；简单氢化物稳定性：H2O>NH>H2S,即Z >Y>R,B正确：化合物[M(YX)1]RZ·XZ 中Cu与N之间形成配位键，C正确； [Cu(NH)1]SO1可电离出SO号，向 [Cu(NH)1]SO,溶液中加入BaC2溶液，会生成 BaSO,,D正确。 7.A二者发生取代反应生成Y和HBr,K2CO:与HBr 反应减少生成物浓度可以提高产率，A正确；X中 有酚羟基，能使FeCl,溶液显紫色，Y中没有酚羟 基，不能使FeCL溶液显紫色，因此FeCL溶液能 鉴别X和Y,B错误；Y中碳碳双键能与溴水发生 加成反应，Y中醛基能与溴水发生氧化反应，C错 CH,OH 误：X与H2完全加成所得产物是 ,分 OH 子中不含手性碳原子，D错误。 8.A酯在酸或碱催化下均可水解，碱性条件下生成的 酸与OH反应转化为盐，使水解平衡正向移动， 因此水解更彻底，现象与结论相符，A正确：铜在 反应中作催化剂（结合氧气再氧化乙醇），不是氧 一练》第9页（共8页） 化剂，B错误；饱和盐溶液使蛋白质沉淀属于盐析 (可逆过程，蛋白质未变性)，C错误；NaCIO的漂 白性导致pH试纸测定NaCIO溶液的pH不可 行，D错误。 9.BCr提供空轨道，N提供孤电子对，N→Cr为配位 键3个，O一Cr为共价键3个，A错误：环上的C N及C=O上的C原子都采取sp杂化，B正确； 同周期从左到右增大（ⅡA、VA高于相邻元素）， 第一电离能：N>O>C,O元素的核电荷数更高， 电离能：O>H,H的半径小吸引力强，C电子排布 未达到半满或全满稳定状态，电离能：H>C,故大 小关系为N>O>H>C,C错误；基态Cr原子的 价电子排布式为3d4s,D错误。 10.B乙醇分子中含有羟基，分子间存在氢键，二甲醚 不能形成氢键，因此乙醇沸点更高，A正确：冰的 密度小于干冰的主要原因是冰中水分子通过氢 键形成疏松结构，而非H2O的摩尔质量小，B错 误；PCl和NCL均为三角锥形，但P与CI的电 负性差值大于N与CL,因此PCL极性更大，C正 确；MgO和NO均为离子晶体，熔化需破坏离 子键，键能Mg0大于Na2),故MgO)的熔点更 高，D正确。 11.A工业流程以铬铁合金（含少量Ni、Co单质）为原 料生产硫酸铬[Cr2(SO)]。铬铁合金与稀硫 酸反应，Cr、Fe转化为Cr+、Fe2+,Ni、Co转化为 Ni+、Co+;加入适量的Na2S溶液，使N+、 Co+转化为沉淀，不产生HS气体，实现杂质分 离：向除杂后的溶液中加入NH HCO,Fe2+与 NH HCO反应生成FeCO,沉淀，Cr+留在溶液 中；过滤后，滤液主要含Cr2(SO)3,通过蒸发浓 缩、冷却结晶，使其结晶析出，再经洗涤、干燥脱 水，得到纯净的Cr(SO,1):晶体。因铬与铁类 似，浓硫酸会使Cr钝化，无法溶解，Ni、Co溶解 时浓硫酸作氧化剂生成SO2污染环境，A错误： “除杂”步骤中加入Na2S,Ni+、Co2+与S2-反应 生成NiS、CoS沉淀，离子方程式为N++S —NiS￥、Co++S2--CoS￥，可除去Ni、Co 元素，B正确：因浸出后溶液呈酸性，“除杂”中需 调控NaS用量，若NaS过量会生成H2S气体， C正确；“沉铁”步骤中，Fe2+与NH HCO3反应 生成FeCO沉淀，离子方程式为Fe2++2HCOa —FeCO3￥十HzO十CO2◆，因此滤渣2的主 要成分为FeCO3,D正确。 12.C放电时，LiC,为原电池的负极，LiC,在负极失 去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应 式为LiCy-xe一Cy十xLi,Li-,CoO2为 正极，在锂离子作用下，Li-,CoO2在正极得到 电子发生还原反应生成LiCoO2,电极反应式为 《高三·化学(JX)·临 Li1-,CoO2十xLi十xe—LiCoO2;充电时， LC,与直流电源的负极相连，作电解池的阴 极，Li-CoO2与正极相连，作阳极。图示Li计嵌 入Li-CoO2电极，由分析可知，发生的反应是 Li1-,CoO2+xLi计十xe一LiCoO2,是原电池 正极的反应，则电池处于放电状态，A错误；由分 析可知，放电时，嵌锂石墨LiC,作负极，B错 误；充电时，阴极的反应与原电池负极的反应相 反，电极反应为C,十xLi十xe一Li,C,C正 确；充电时，阳极的反应为LiCoO2一xe Li1-CoO2十xL,钴元素失去电子的数目与脱 出的锂离子数目相等，D错误。 13.B反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结 合图示可知，反应①为该反应的决速步骤，A正 0 确：反应ⅱ涉及 中形成碳氧双键的 R OH 碳原子杂化方式为$sp,生成物中碳原子连接四 个单键为sp3杂化，B错误；若用18O对OH进 行标记，反应1中OH连在碳氧双键上的碳原 子，反应ⅱ断开原酯基中的碳氧单键，形成羧基， 根据已知信息，18O存在于羧基中，反应结束后 羧酸盐中将存在18O,C正确；反应①中OH带 负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，攻 击电负性较弱在成键后电子云密度较小的碳原 子，是因为氧的电负性大于碳，导致碳原子带部 分正电荷，D正确。 14.B溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱， 随着pOH减小，HzSe(O3被消耗、物质的量分数 减小，HSeO物质的量分数先增大后减小， Se(O物质的量分数增大，所以L1表示SeO 物质的量分数与pOH的关系，L2表示HSe(O 物质的量分数与pOH的关系，La表示HSeO 物质的量分数与pOH的关系。由以上分析可 知，曲线L1表示SeO号物质的量分数随pOH 的变化，A错误；L1、L2交点处溶液中HSeO:、 SeO的浓度相等，pOH=6,则pH=8,所以 Ke(HSe0,)=cH)cSc0）=10-,B正 c(HSeOs) 确；a、b两点对应的pOH均大于7，均由电离引 起溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH增 大，抑制程度增强，所以水的电离程度：a>b,C 错误：L2、Lg交点处溶液中HSeO、H2SeO3的 浓度相等，pOH=11.4,则pH=2.6,所以根据 K (H:SeO,)=c(H)c(HSeO) c(H2 SeO3) =10-26, K(H,Sc0,)=c(H)Sc0)=10,可知， c(HSeO:) 练》第10页（共8页） c2(HSeO) 一=K4>1,所以c(Se0) c(H2SeO)·c(SeO)K ·c(H2SeO3)<c2(HSeO),D错误。 15.(1)恒压滴液漏斗(2分) (2)C(2分) (3)插入装有水的烧杯中（或其他隔绝空气的装置， 不能夹住)(2分) (4)4FeC0:+O2+6H20-4Fe(OH):+4CO2(2 分) (5)吸收热量（或降低可燃物的温度）(2分) (6)93.6%(2分) (7)A(2分) 解析：FCO3湿品在空气中会被氧化，制备FeC○ 过程应在无氧环境中进行；装置A用Fe与稀硫酸反 应制备FeSO1,先利用反应生成的氢气排尽装置中 的空气，再利用生成的氢气使蒸馏烧瓶中气压增大， 将蒸馏烧瓶中的FS0,溶液压入三颈烧瓶中和 Na2CO溶液反应制备FeCO3,FeCOa再与乳酸在一 定条件下反应制备乳酸亚铁。(1)由装置图可知，盛 装试剂X的仪器的名称为恒压滴液漏斗。(2)常温 下，铁屑与98%的浓硫酸溶液会发生钝化反应，A不 符合题意。37%的浓盐酸具有强挥发性，HCl会辉 发至三颈烧瓶中而消耗Na2CO,导致FeCO产率 降低，B不符合题意；20%的稀硫酸溶液与铁屑反应 生成氢气和FeSO1,能达到实验目的，C符合题意； 30%硝酸溶液具有强氧化性，能直接将F氧化为 Fe3+,不能得到Fe+,D不符合题意。(3)FeCO3湿 品在空气中会被氧化，需要隔绝空气，因此打开K、 K,关闭K2,待在m处检验到较纯净的H2后，先将 m插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K,打开K2,B 中出现白色浑浊。(4)FCO在潮湿空气中被氧化 为Fe(OH):而变成茶色，反应的化学方程式为 4FeCO3+O2+6H2O一4Fe(OH)3+4CO2。(5) 该反应为吸热反应，能吸收热量，则碳酸亚铁可用作 阻燃剂的原因是消耗O2、生成CO2(不支持燃烧)、 吸收热量（或降低可燃物的温度）、生成Fe2○覆盖 在燃烧物表面。(6)将样品灼烧至完全灰化，生成 FezO3,再加入盐酸溶解生成FeCl,取25mL于锥 形瓶中，加入过量KI溶液充分反应：2Fe+十2I —2Fe2+十1，再用0.1mol·L1硫代硫酸钠标准 溶液滴定，发生反应：12十2SO—SO十2I, 可得关系式：2Fe3+~I2~2S2O,滴定消耗的 n(S20号-)=0.1mol·L1×20.00×10-3L=2.0× 103mol,根据铁元素守恒，样品中铁元素的物质的 量为n(Fe)=2.0×103molX25.00m 250mL 0.02mol,乳酸亚铁的物质的量为0.02mol,样品中 乳酸亚铁的纯度为234g/molX0.02m0×100%= 5.0g 《高三·化学(JX)·临 93.6%。(7)酸性KMnO1溶液可以氧化乳酸根（或 乳酸)，导致标准液消耗量偏多，计算得到乳酸亚铁 的质量分数偏大，A符合题意；滴定管取待测液时， 水洗后未用待测液润洗，则待测液被稀释，消耗的标 准液将偏少，计算得到乳酸亚铁的质量分数偏小，B 不符合題意；摇动锥形瓶时溶液撒到锥形瓶外，则实 际参与反应的待测液偏少，消耗的标准液将偏少，计 算得到乳酸亚铁的质量分数偏小，C不符合题意：滴 定时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消 失，消耗的标准液体积的读数偏大，则计算得到的乳 酸亚铁的质量分数偏大，但仅是操作误差，不可能造 成乳酸亚铁的质量分数大于100%，D不符合题意。 16.(1)As,0,十0，+3H0△2HAs0,(全对2分，没 有加热得1分) (2)2.4×10-mol/L(全对2分，没有单位得1分) (3)①浓盐酸（全对2分，盐酸得1分）②HAsO1、 Fe+(全对2分，少一种得1分) （402PbS0,+2Na,C0,+C商温2Pb+Na,S0,十 3CO2↑（全对2分，没有高温得1分）②过量的 C还原了SO,生成了PbS,未将Pb+全部还原 (合理答案也可)（全对3分，少一个得分点得1 分) (5)P204[(HA)2]的磺化煤油溶液（或萃取剂）、 CaO、H2SO,(H2SO1可不写)（全对2分，少一种 得1分) 解析：烟尘主要含有PbO、AsO3和少量的Zn、In、 Fe、Si等元素的氧化物，先加稀硫酸通入氧气，加热 条件下Zn、In、Fe的氧化物转化为最高价的硫酸盐， As元素转化为H3AsO1,浸出渣为SiO2、PbSO,加 入Na2COa、C高温转化为粗铅；浸出液加入足量 As2S,将Zn元素转化为ZnS沉淀除去，再次加入 As2S,将Fe3+还原为Fe+,防止后续萃取流程中 混入Fe3+杂质，同时生成S沉淀，还原后液结晶析 出AsO3,母液经过萃取→反萃取得到InCl溶液， AS2O3加入氢氧化钠溶液、通入氧气，再加入氧化钙 生成Ca(AsO,)2沉淀，再用碳高温还原为As(g), 凝华得到As(s),据此解答。(1)浸出液中的As元 素全部是HAsO1,烟尘中As2O浸出生成 HAsO,,As元素化合价由十3价升高到十5价，依 据转移电子守恒和原子守恒配平该反应为As2O,十 0,十3H,0△2HAs01。(2)Zn2+完全沉淀时，即 c(Zn+)K105mol/L时，c(S-)=K.(ZnS) c(Zn2) 1.0X10=1.6X10-“mol/L,因不产生1S沉 1.6×10-21 淀，则有Q(In2S)=c2(In3+)·c3(S2-)=c2(In3+) X(1.6×1019)3<2.3×10-1,c(In3+)<2.4X 10-#mol/L:设计沉淀主要是除去Zn+,防止其对 练》第11页（共8页） 后面In+的萃取反萃取产生影响。(3)①萃取In+ 的反应是n+(aq)十3(HA)2(有机)一InA3HA (有机)十3H+(aq),反萃取过程中，需要加入酸溶液 让萃取反应的平衡逆向移动，则加入盐酸可得到 InCl:溶液。②还原后液中的As元素全部是十3 价，则浸出液中HAsO1、Fe3+均可作该反应的氧化 剂。(4)①控制n(PbSO1):n(NaCO)：n(C)=2 :2：1时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进 行配平得到方程式为2PbS0,十2Na,C0,+C高温 2Pb+NS01+3CO2个。②其他条件不变，当0.5 <n(PbSO):n(C)<2时，Pb的还原率会下降，原 因是还原剂C过量，将PbSO1还原为PbS,未能将 Pb+完全还原（合理答案也可）。(5)反萃取得到的 P204[(HA)2]的磺化煤油溶液可以在萃取工序上循 环使用；Ca:(AsO1)2高温分解得到的CaO也可以 循环使用；沉淀后液Fe2(SO1):加As2S:还原后得到 H2SO也可循环利用，但由于得到的溶液溶质还有 FSO1,不能直接利用，故HSO1可不写。 17.(1)①-49.8(2分)②BD(全对2分，错一个0分， 少一个1分) (2)①50%(2分)②1.2(2分)③温度低于T 时，以反应I为主，升高温度，反应I逆向移动， CO2转化率降低；温度高于T。时，以反应Ⅱ为 主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2转化率升高 (全对3分，少一个得2分) (3)30.0(2分)a(2分) 解析：(1)①该反应是可逆反应，当按照反应方程式 的计量数加入物质时，正反应的转化率与逆反应的 转化率的和为1，故反应的△H=一(29.8kJ/mol十 20kJ/mol)=-49.8kJ/mol。②当3u￥(H2）= V楼(H2O)时，正、逆反应速率不相等，反应未达到平 衡状态，A不符合题意；该反应是气体分子数减小的 反应，则恒容容器中压强是变量，当其不变时可以证 明反应达到平衡状态，B符合题意；反应过程中，气 体质量未发生变化，则恒容容器中密度是定量，当其 不变时不能证明反应达到平衡状态，C不符合题意； 反应过程中，气体质量未发生变化，物质的量之和发 生变化，平均分子量是变量，能证明反应达到平衡状 态，D符合题意。(2)CO2和H2按物质的量之比为 1:4充入容器中，设CO2的物质的量为1mol,H2 的物质的量为4mol,CO2的平衡转化率为800，即 反应消耗CO2的物质的量为0.8mol,CH,的选择 n(CH) 性为50%n(CH)干CO=0.5,平街时nCH,) =n(CO),根据化学方程式可知，反应I和反应Ⅱ消 耗CO2的物质的量相等，即反应I和反应Ⅱ消耗 CO2的物质的量均为0.4mol,则平衡时CO2、H2、 CH1、CO、H2O的物质的量分别为0.2mol、2mol、 《高三·化学(JX)·临 0.4mol、0.4mol、1.2mol,平衡时总的物质的量为 4.2mol。①H2的平衡转化率为 4×0.4mol+0.4m0×100%=2m0×100%= 4 mol 4 mol 50%。②平衡时CO2、H2、CO、H20的物质的量分 220412 数分别为2·2242，则该温度下，反应Ⅱ的平衡 12×4 常教K,=CO)x(H,O)_42×42 cox希× =1.2。③如图 所示，温度低于T。时，以反应I为主，升高温度，反 应I逆向移动，CO2转化率降低，温度高于T。时，以 反应Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅱ正向移动，CO2转化 率升高，故体系中CO2的平衡转化率随温度的升高 先降低后升高。(3)已知Arrhenius经验公式为 RInk=- 十C,故图象的斜率的负值为反应的活 T 化能，代入数据计算斜率的负数，反应的活化能E。 经.8。小·nm=00小·nmP:由园 可知，催化剂对应的曲线斜率大，这意味着此时反 应的活化能低，因此该催化剂的催化效率更高，故催 化剂a为更高效的催化剂。 18.(1) COOH(2分)取代反应（或水解反 应)(1分) (2)1,2-二氯乙烷(2分) (3)保护一COOH不被四甲基二硅氧烷还原(2分) (4)12+ COOH浓硝酸/浓硫酸 COOH十HI(全对2分，缺少条件 得1分) (5)6(2分) COOH COOC H 乙醇 (6) 浓硫酸/加热 COOC,H; CH:COCI/AICla 四甲基二硅氧烷 CICH2CH2CI COOC2 H (全对3分，缺少条件得2分) 解析：由流程可知，A发生取代反应生成B,且A能 练》第12页（共8页） 与NaHCO3反应生成CO,则含有羧基，结合A化学 式可知，A为 COOH;B中氯原子发生取 代反应生成C,C发生取代反应在苯环上引入支链 得到D,D中酮裁基被还原得到E,E中酰胺基发生 碱性水解得到F,F酸化的羧基生成G,G发生取代 反应在苯环上引入碘离子得到H。(1)由分析可知， A的结构简式为 COOH;由物质的结构 变化可知，反应⑤的反应类型为取代反应（或水解反 应)。(2)K结构简式为CH CICH2CI,其系统命名 为1,2一二氯乙烷。(3)已知：四甲基二硅氧烷能还 原一COOH;反应①②将A羧基转化为酰胺基，在⑤ ⑥中又将酰胺基转化为羧基，故目的是保护 一COOH不被四甲基二硅氧烷还原。(4)反应⑦为 G在浓硫酸、浓硝酸催化作用下发生取代反应在苯 环上引入碘原子得到H,化学方程式为I2十 COOH 浓硝酸/浓硫酸 COOH H1。(5)A COOH)中除苯环外含有4个碳、2个 氧、不饱和度为1；芳香族化合物W是A的同分异 构体，满足以下要求：，能发生水解反应和银镜反 应，则为甲酸酯；ⅱ.含有1个手性碳原子；若为1个 取代基，可以为一CH(CH2CH)OOCH、 -CH,CH(CH )OOCH,-CH(CH )CH,OOCH; 若为两个取代基，可以为一CH、 -CH(CH)OOCH,存在邻间对3种情况，故共6 种。(6)苯甲酸首先和乙醇发生酯化反应生成苯甲 酸乙酯，再按照C生成D的反应原理在苯环对位引 入一COCH,一COCH被四甲基二硅氧烷还原为 COOH 乙基得到产物（酯基不能还原），故流程为 COOC2 H: 乙醇 CH:COCI/AICl 浓硫酸/加热 CICH,CH,CI COOC,H COOC,H: 四甲基二硅氧烷 《高三·化学(JX)·临门一练》第13页（共8页）