化学（三）-【真题密卷】2026年高考化学考前冲顶实战演练（冀湘渝甘赣桂贵晋豫陕青宁新藏滇专版）

2025一2026学年度考前冲顶实战演练 化学（三） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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一120一16Zn一65 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。 1.科技发展见证国家强大，下列有关说法正确的是 A.麒麟芯片主体材料的晶体类型与石墨晶体类型相同 B.长征六号丙运载火箭采用液氧/煤油发动机，煤油属于可再生能源 C.磁悬浮列车使用钇钡铜氧化物作为超导材料，Ba位于元素周期表的s区 D.利用CO2合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2.下列化学用语表示错误的是 A.CS2的电子式：SCS: B.SO3的VSEPR模型：○ C.CH2O的分子结构模型：Q● 十H CH: D.顺式聚异戊二烯结构简式： ℃=C H 0 2 3.过二硫酸钠Na2S2Og(Na Na)是工业上常用的强氧化剂，可将Mn+氧 化为MnO:。下列说法正确的是 A.过二硫酸钠中硫的化合价为十7价 B.过二硫酸钠氧化性比过氧化氢强 C.Mn++S2O?+H2O→MnO4+H+十SO,该反应中氧化剂与还原剂的物质的 量之比为2：5 D.电解硫酸氢钠溶液制备1mol过二硫酸钠，则电路中转移1mol电子 化学试题（三）第1页（共8页） 考前冲顶 4.下列离子方程式正确的是 班级 A.硫化亚铁中滴入稀硝酸生成硫化氢气体：FS+2H+一Fe+十H2S个 B.苯酚钠溶液中滴入小苏打溶液：C6HO+HCO3—CeHsOH十CO C.氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钾溶液至中性：Ba2++2OH-+SO?十2H+一2H2O 姓名 +BaSO D.亚硫酸钠溶液与少量氯气反应：SO+C12+H2O—2C1-+SO?+2H+ 得分 5.下列实验所用仪器或实验操作合理的是 NH,CI和 Ca(OH /250ml 20℃ A.配制250mL B.实验室制备并收 C.量取一定体积的酸D.用铜和浓硫酸制 0.1mol·L-1 集NH 性KMnO4溶液 备S02 NaOH溶液 6.近期，科学家合成出了一种化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为短周期元素且最高能 层均有空的轨道，Z的最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法错误的是 A.第一电离能：Z>Y>X>W Z Y、 B.正盐W,YO4的水溶液显中性 C.化合物中X、Y原子均采取sp3杂化 D.高温下X的单质与Z的简单氢化物可以反应 7.合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方ZO,其晶胞结构如图所示，已知晶体密度为 pg·cm3,a的分数坐标为(0,0,0)，设阿伏加德罗常数的值为Na。下列说法错误的是 ●Zn2+ 02 A.与02-最近的02-有12个 B,Zn+之间的最短距离为2X324X10'nm Wp·Na C.可通过质谱仪测定此晶体的键长、键角等数据 D.b的分数坐标为 133 4’44 实战演练 化学试题（三）第2页（共8页） 1 8.我国研究人员以丙烯酸甲酯为原料制备高性能高分子P(M)的路线如图所示。 HCHO P(M) 已知：物质Y为丙二酸与乙醇反应的产物。 下列说法正确的是 A.P(M)在一定条件下可降解 B.由X、Y、Z制得M的过程中原子利用率为100% C.M分子中含有手性碳原子 D.X、Y、M都能与氢气发生加成反应 9.氯化铝易升华、易水解，是良好的有机合成烷基化反应和石油工业的催化剂，具有广泛 的应用。实验室常利用如图所示装置制备氯化铝，下列说法错误的是 浓硫酸 饱和食盐水 A B C A.装置B中，物质M为浓盐酸，物质N为二氧化锰 B.利用上图装置制备无水氯化铝时，导管的连接顺序为ch→i→d→e→a→b→f→g C.实验开始时，应先点燃A装置的酒精灯，后点燃B装置的酒精灯 D.尾气处理装置可选用象一 碱石灰 10.已知甲酸发生分解反应可能有以下两种途径：①HCOOH(g)一CO(g)十H2O(g); ②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)。一定温度下，使用某催化剂催化甲酸分解，反应 历程如图。下列有关说法正确的是 过渡态2HCOO*+ H* CO(g)+ HCOOH(g) 过渡态1COOH*+ H,O(g) 反应① H* HCOOH* C0,(g+反应② H,(g）) 反应历程 A.该温度下催化剂对反应①的选择性优于反应② B.反应①和反应②均为分解反应、吸热反应 C.对比反应①和反应②的历程，可知极性大的共价键更容易断裂 D.升高温度可提高CO纯度，故温度越高，CO生成效率越高 化学试题（三）第3页（共8页） 考前冲顶实 11.LiM2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分 为MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图所示。 硫酸MnO,石灰乳BaS LiC03CO,和O, 菱锰矿→反应器 调H才→分离器 →电解槽→MnO, 煅烧窑 →LiMn,O, 滤渣 电解废液 下列说法错误的是 A.硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3十H2SO4一MnSO4+H2O+CO2个 B.滤渣的成分仅有Al(OH)3、Fe(OH)3、NiS C.不宜使用H2O2替代MnO2,原因是Mn2+和生成的Fe3+可以催化H2O2分解 D.煅烧窑中，生成LiMnO:的化学方程式为2Li,CO,十8MnO,商 -4LiMn2 O+ 2C02↑+O2个 12.根据实验探究目的，下列实验探究方案正确的是 选项 实验探究目的 实验探究方案 比较CH COOH与HCIO酸性 25℃时，用pH计分别测定等浓度的 A 强弱 CH,COONa溶液和NaClO溶液的pH 向5mL浓度均为0.1mol·L1的MgCl2、 比较Mg（OH)2和Cu(OH)2的 KP大小 CuC2混合溶液中加入3mL0.5mol·L1的 NaOH溶液 在试管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加 C 探究淀粉的水解程度 热3~5min,冷却后加人少量新制Cu(OH)2悬 浊液并加热，观察现象 将葡萄酒滴入盛有酸性KMnO4稀溶液的试 D 证明某白葡萄酒中含有SO2 管中 13.某理论研究认为：燃料电池（图甲）的电极I和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别 如图乙和图丙，其中O2获得第一个电子的过程最慢。理论上下列说法错误的是 气体 气体 H 质子交换膜 H'+e 甲 乙 A.电极I为燃料电池的负极 B.电池工作过程中，电解质溶液的pH保持不变 C.图丙中，①②③④过程的活化能最高的是① D.相同时间内电极上的催化循环完成次数：电极I是电极Ⅱ的2倍 战演练 化学试题（三）第4页（共8页） 14.常温下，向0.1mol·L1Na2MoO4溶液中通人HCl气体，测得含钼(M)微粒的物质 的量分数（δ）与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是 MoO MosO2 100% HMoO; 80% Mo-O 66% 40% H2MoO 20% 0% 6. 456789101112131 POH A.在此过程中，存在反应：7HMoO4+H+一Mo,O4+4H2O B.当c(H2MoO4)=c(MoO)时，溶液的pOH=8.25 C.pOH=7时，若忽略Mo,O4和MogO6,则c(C1-)=c(HMoO4)十c(H2MoO4) D.pOH=8时，若忽略Mo,O84和MogO6,则2c(H2MoO4)+c(HMoO4)十 c(H)=c(OH)+c(CI-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)GaAs是重要的半导体材料。以高砷神烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和少量 Zn、Pb、In的氧化物)为原料，回收砷和铟的工艺流程如图所示。 生石灰，H,O 卒 HSO, 硫化物 S0, HR 水层 高 →蒸发结晶 As0,氧化 Ca,(As0h,还原2→As,(g →酸浸→沉锌→还原☐→茶取 砷 尘 反茶取HinCl电沉积 >In 浸渣 滤渣 有机层 浓HCI 已知：①In为第ⅢA族元素。 萃取 ②In3+(水层)+3HR(有机层)InR(有机层)+3H+(水层)。 ③As2O5能溶于水生成对应的酸，“蒸发结晶”步骤H3AsO3转化为As2O3。 回答下列问题： (1)提高“酸浸”浸取速率的方法有 (任写两种)。 (2)“还原1”反应的化学方程式为 (3)①“反萃取”步骤加入的浓HC1作用是 ②“电沉积”阴极InCl4发生的电极反应式为 ;“电沉 积”完成后，溶液经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)实现循环 利用。 (4)“氧化”反应的化学方程式为 (5)“还原2”中，碳的用量对Ca3(AsO4)2还原过程中部分平衡组分的影响如图所示。 当碳的用量超过1.5mol时，生成产物As4(g)的可能原因是 化学试题（三）第5页（共8页） 考前冲顶实 n/mol 3 2 Ca:(AsO)2 Ca (AsO)2 As,(g) 45 6 78 碳的量(mol) 16.(14分)(CNO)3C12Na俗称优氯净，广泛用于饮用水、公共场所的杀菌消毒。 I.制备优氯净 ,浓盐酸 氰尿酸[(CNO),H] 的吡啶溶液 MnO. 磨砂浮子 多孔 aa 玻璃泡 NaOH 放大图 溶液 Na,SO溶液 磁力搅拌器 A B D 已知：pH在10~12、温度在15~25℃时，氰尿酸(CNO)3H3与次氯酸钠溶液混合，可 制得优氯净。 (1)①下列与本实验无关的图标是 （填标号)。 G. ②实验装置B中的试剂是 (2)实验开始向C中通入足量氯气将NaOH转化为NaClO,滴加(CNO)3H3的吡啶溶 液并搅拌生成优氯净。生成优氯净的化学方程式为 (3)反应过程中需持续补充氯气，目的为 D中多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是 Ⅱ.测定优氯净的纯度 用分光光度法测定优氯净粗品纯度：取g样品溶于水，加酸使氯原子全部转化为 HClO,加入V1mLc1mol·L-1FeSO4溶液（过量），充分反应后，加入适量邻二氮菲 使Fe2+显色，定容至250.00mL。测得吸光度为1.8a,该条件下，Fe+浓度与吸光度 的关系如图所示。已知：(CNO)3Cl2Na的摩尔质量为220g·mol-1。 战演练 化学试题（三）第6页（共8页） 1 当2 2c2 c(Fe2+)/(mol.L) (4)该粗产品的纯度为 (用含V1、m、c1、c2的代数式表示)。 (5)下列因素会导致纯度测定值偏低的是 (填标号)。 A.样品溶于水时加入酸过少，仅部分氯原子转化为HCO B.c1mol·L1FeSO4溶液使用前部分被氧化 C.定容时俯视刻度线 17.(15分)有机物Q是一种染料中间体，它的一种合成路线如图所示。 0 A C B CH,OH →CH2-C一OCH C2H,O2 定条件 C,H CIO, 浓硫酸，△ CN D Q CI C.H-N: E 浓硫酸 浓NO,G H.O, NH 还原 M C。H,C1 浓硫酸，△ CHCINO, C。HN,O2 C.HgN2 SO,H F 已知：①有机物Q为芳香化合物，分子中含有一个五元环，M的核磁共振氢谱有三 组峰。 R R R ② 0+H,N-R->HO- -HNR> R R R N-R2 ③亚胺结构 R,-CH:-C-R 中一C=N一键性质类似于羰基。 (1)写出能检验A中官能团的试剂： ,B→C的化学方程式是 ,C→D的反应类型是 浓HNO: (2)由E →H可以直接合成H,设计E→F的目的是 浓硫酸， (3)G分子中含氧官能团有磺酸基（一SO3H)、 (填名称)，有机物Q的结 构简式为 0 0 COOH (4)已知由 COOH合成 的路线如图所示。 COOH COOH 一定条件 -HO X Y NH, (CHisON) 写出Y的结构简式： 0 的同分异构体中能发生银镜反应且为 链状的共有 种（不考虑立体异构）。 化学试题（三）第7页（共8页）》 考前冲顶实 18.(15分)氢能源是一种绿色能源，其工业生产来源之一是天然气，可以通过甲烷的重整 反应获得H2。 重整反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1。 副反应I:2CO(g)=CO2(g)+C(s)△H2=-172kJ·mol-1 副反应Ⅱ：CH4(g)==C(s)+2H2(g)△H3=+76kJ·mol-1。 (1)重整反应所需的CO2可从工业尾气中捕获，下列能作为捕获剂的是 (填 标号)。 A.氯化钙溶液 B.小苏打溶液 C.纯碱溶液 D.硫酸铵溶液 (2)重整反应焓变△H1= ,有利于该反应正向自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (3)恒温恒压条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有 (填标号)。 A.增加原料中CH4的量 B.增加原料中CO2的量 C.通入Ar气 D.使用更高效的催化剂 (4)压强恒定为p的密闭容器中加人CH4、CO2各1mol进行反应。在不同温度下反 应达到平衡时，气相中含碳组分的摩尔分数（即物质的量分数）和碳的物质的量变 化曲线如图所示，曲线 (填“甲”“乙”“丙”或“丁”)表示CH4的摩尔分数 变化。当温度高于T1时，随温度升高曲线丁对应物理量减小的原因是 数 甲 丙 0.36 0.24. 0.08 。T 温度 增大 (5)压强p下、温度为T。时，图示气相中含碳组分的摩尔分数分别为0.36、0.24、 0.08,反应CH4(g)+CO2(g)一2CO(g)+2H2(g)的K。= (列出计 算式即可，分压=总压×摩尔分数，K。是以分压表示的平衡常数)。 (6)CO2在高温高压下形成晶体的立方晶胞如图所示，该晶体类型为 ;若立方 晶胞的参数为anm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为 g·cm-3(用含a的代数式表示)。 战演练 化学试题（三）第8页（共8页）2026 考前冲顶实战演练（三） 参考答案及解析 2025一2026学年度考前冲顶实战演练化学（三）】 一、选择题 4.C【解析】硝酸是氧化性酸，易氧化一2价硫元 1.C【解析】麒麟芯片主体材料是硅，属于共价晶 素和十2价铁元素，硫化亚铁中滴入稀硝酸，发生 体；石墨属于混合型晶体，其层内为共价键，层间 氧化还原反应，不能生成亚铁离子和硫化氢气 为范德华力，晶体类型不同，A错误；煤油是石油 体，A错误；苯酚钠与碳酸氢钠（小苏打）溶液不 分馏的产物，石油属于不可再生能源，因此煤油 反应，苯酚的酸性介于碳酸与HCO3之间，碳酸 不可再生，B错误：钡(Ba)为第ⅡA族元素，价电 氢根酸性比苯酚弱，不能与苯酚钠反应生成苯 子排布为6s2,位于s区，C正确；高分子化合物的 酚，B错误；氢氧化钡溶液中滴加硫酸氢钾溶液至 相对分子质量通常高达数万甚至数百万，高级脂 中性，氢氧化钡和硫酸氢钾按物质的量之比1：2 肪酸甘油酯的相对分子质量未达到高分子化合 反应，离子方程式为Ba2+十2OH+SO+2H+ 物的范畴，不属于高分子化合物，D错误。 —2H2O十BaSO,↓，C正确；用亚硫酸钠溶液 2.A【解析】CS2的电子式为：S:C:S:,A错 吸收少量氯气的离子方程式为3SO?+CL2十 误S0,中S原子价层电子对数为3 2X(6-3 H20-SO?+2HS03+2C1-,D错误。 5.B【解析】配制一定物质的量浓度溶液中，转移 ×2)=3,VSEPR模型为Q 步骤需要使用玻璃棒引流，图中装置没有玻璃 ,B正 棒，A不符合题意；实验室利用Ca(OH)2和 确；CH2O的分子结构为平面构型，结构模型为 NHCI共热来制备NH3,NH3的密度比空气小 C●，C正确；顺式聚异戍二烯的单体为异成 且易溶于水，采用向下排空气法收集NH3,图中 装置正确，B符合题意；酸性KMnO4溶液具有强 二烯，相同的原子或原子团位于双键同一侧的为 氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该 顺式结构，顺式聚异戊二烯的结构简式为 使用酸式滴定管，C不符合题意；Cu与浓硫酸制 fH2C CH2 C=C ,D正确。 备SO2需要加热，图中没有加热装置，D不符合 H:C H 题意。 3.B【解析】过二硫酸钠的结构里有过氧键(O一O), 6,B【解析】短周期元素中最高能层均有空的d轨 每个过氧键的O是一1价，其他O是一2价。Na 道的只能是第三周期元素，乙的最外层电子数是 是十1价，所以设S的化合价为x,由化合价代数 X核外电子数的一半，根据结构分析，W、X、Y、Z 和为0得2×(+1)+2x+6×(-2)+2×(-1) 分别为Na、Si、P、Cl。第一电离能：CI>P>Si> =0,解得x=+6,所以S是十6价，A错误； Na,A正确；正盐WnYO4(NaPO4)为强碱弱酸 Na2S2Og可氧化Mn2+为MnO,MnO:可氧化 盐，其水溶液显碱性，B错误；由图知，化合物中 H2O2为O2,可知氧化性：Na2S2Og>MnO4> X、Y原子均采取sp3杂化，C正确；X的单质为 H2O2,故过二硫酸钠氧化性比过氧化氢强，B正 Si,Z的简单氢化物为HCI,二者可以发生反应Si 确；配平离子方程式为2Mn++5S2O十8H20 十3HC1高温SiHCI,十H,D正确。 —2Mn04+10S0?+16H+,氧化剂与还原剂 7.C【解析】顶，点上02与3个面心上的O2-最 物质的量之比为5：2，C错误；电解NaHSO4溶 近，顶点上的O2被八个晶胞共用，面心上的O2 液制备Na2S2Og的电极反应为2SO?一2e S2O,每生成1molS20?,需要转移2mol电 被两个晶胞共用，因此与0-最近的0有3X8 2 子，D错误。 =12个，A正确；该晶胞中含有4个Zn0单元， 化学答案（三）第1页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 ZnO的摩尔质量近似取81g·mol-1,则晶体密度p C0的生成量增大，反应②为放热反应，升高温 4×81 324 度平衡逆移，可促进反应①平衡正移，故在一定 -NAL NA·L,解得晶胞边长L= 温度范围内升高温度，CO的生成量增大，纯度 3324 √p·Nacm,由图可知，两个Zn2+之间的最短距 提高，但温度过高，催化剂活性降低，可能使反 应①的选择性降低，使CO生成效率降低，D 离为面对角线的一丰，即L 2②、24 错误。 2 √p·Nacm 11.B【解析】菱锰矿中主要含有MnCO3,加入硫 =2×324 =2×pN ×10nm,B正确；可通过X射 酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学 方程式为MnCO3+H2SO4—MnSO4十H2O 线衍射仪测定此晶体的键长、键角等数据，C错 十CO2个，A正确；分析流程可知，滤渣中除了有 误；根据a的分数坐标为(0,0,0)，可知b的分数 Al(OH)3、Fe(OH)3、NiS外，还含有BaSO4 坐标为（行D正瑞。 等，B错误；不宜使用H2O2氧化Fe2+,因为 8.A【解析】P(M)是聚酯类高分子，分子中含酯 Mn2+和氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分 基，酯基在酸性或碱性条件下可发生水解反应， 解，会浪费原料H2O2,C正确；煅烧窑中MnO2 因此聚酯类高分子在一定条件下能够降解，A正 与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4,反应的化学 确；根据元素守恒，由X、Y、Z制得M的过程中有 方程式为2Li,C0,十8Mn0,高温4LiMn,0,+ 副产物甲醇生成，原子利用率不为100%，B错 2CO2个十O2个，D正确。 误；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性 12.A【解析】比较CH COOH与HC1O酸性，可 碳原子，故M的分子中不含有手性碳原子，C错 通过对应盐的水解程度判断：等浓度的 误；Y、M中含有的官能团为酯基，酯基不能与氢 CH3 COONa和NaClO溶液中，醋酸根水解程度 气发生加成反应，D错误。 对应CH3COOH的酸性，CIO水解程度对应 9.C【解析】若实验室用加热的方法制取氯气，药 HCIO的酸性。pH越大，说明对应酸的酸性越 品应选择二氧化锰和浓盐酸，A正确；根据分析 弱。因此用pH计测定等浓度盐溶液的pH,可 可知，装置连接顺序是B→E→C→A→D,故导管 比较二者酸性强弱，A正确；向混合溶液中一次 的连接顺序为c→h→i→d→e→a→b→f→g,B正 性加入较多NaOH溶液，无法通过观察沉淀生 确；实验开始时，应先点燃B装置的酒精灯，后点 成的先后来比较K即的大小，B错误；淀粉水解 燃A装置的酒精灯，利用氯气排尽体系中的空 后需先加NaOH溶液中和稀硫酸[稀硫酸会与新制 气，确保铝不被氧气氧化，C错误；碱石灰含有氢 氧化钠和氧化钙，可以和氯气反应，吸收氯气，避 Cu(OH①)2反应]，再加入新制Cu(OH)2并加热， 免环境污染，同时可以吸收水蒸气，避免氯化铝 否则无法检验水解产物葡萄糖，C错误；酸性 水解，D正确。 KMnO4溶液具有强氧化性，葡萄酒中的乙醇、 10.A【解析】从反应历程可知，反应①的活化能 还原性色素等也能使其褪色，不能仅通过褪色 小于反应②的活化能，反应①速率大于反应②， 证明含SO2,D错误。 则说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优 13.B【解析】电极I上氢气被氧化生成H+和电 于反应②，A正确；反应①和反应②均为分解反 子，故电极I为负极，A正确；由催化机理可推 应，但反应①为吸热反应，反应②为放热反应，B 断电解质溶液呈酸性，由于总反应为2H2十○2 错误；反应①断裂C一H键需要吸收的能量远小 —2H20,产生水，相当于稀释溶液，故电解质 于反应②断裂O一H键需要吸收的能量，说明 溶液的pH发生变化，B错误；根据题千“O2获 C一H键更容易断裂，而C一H键(C的电负性 得第一个电子的过程最慢”可知①活化能最高， 小于O)的极性小于O一H键的极性，由此可 C正确；1molH2转移2mol电子，1molO2转 知，反应历程中极性小的共价键更容易断裂，C 移4ol电子，相同时间内负极的催化循环完成 错误；反应①为吸热反应，升高温度平衡正移， 次数正好是正极的2倍，D正确。 化学答案（三）第2页（共6页） 1 2026 考前冲顶实战演练（三） 14.C【解析】根据图像可知：当pOH在9~12， 先通过“酸浸”使烟尘中的金属氧化物溶解，接 c(HMoO)减小，c(MoO8)增大，存在反应： 着“沉锌”除去Z2+,再用S02进行“还原1”反 7 HMoO4+H+≌Mo2O+4H2O,A正确：根据 应调整砷的价态，随后通过“萃取”将In3+转移 图像可知：MoO,的Ku=c(MoO)·c(H) 至有机层，之后“反萃取”让In3+回到水层，最后 c(H MoO) “电沉积”得到铟单质；砷回收线：萃取后的水层 =10,K2=cMo0)·c(H+ 经“蒸发结晶”将H3AsO3转化为As2O3,再经 c(HMoO) 2=101.5,当 c(H2MoO4)=c(MoO?)时代入Ka1·K2= “氧化”反应生成Ca3(AsO4)2,最后通过“还原 c(MoO)·c2(H+) 2”反应（碳作还原剂）得到As4(g)。 c(H2 MoO) =101.5可得c(H+)= (1)提高“酸浸”浸取速率的方法有使高砷烟尘 10-5.5,即pOH=8.25,B正确；若忽略Mo,O4 的颗粒更小，适当增大硫酸的浓度，适当提高酸 和MogO,电荷守恒有c(Na+)十c(H+)= 浸的温度等。 2 c(Mo)+c(HMoO)+c(CI)+c(OH), (2)由题可知，“还原1”中SO2将H3AsO4还原 pOH=7时c(H+)=c(OH-),则c(Na)= 为H3AsO3,自身被氧化为H2SO4,因此化学方 2c(MoO)+c(HMoO)十c(CI-),根据物料守 程式为H2O+SO2+H3AsO4一H3AsO3 恒有：溶液中c(Na+)=0.2mol·L1,c(MoO)+ +H2S04。 c(HMoO)+c(H2MoO4)=0.1mol·L1,即 (3)①已知革取的平衡为In3+(水层)+3HR c (Na+)=2 [c (MoO)+c(HMoO)+ (有机层)整nR(有机层)十3H+(水层)，浓 c(H2MoO4)],代入电荷守恒式得2[c(MoO) HCI提供大量CI-,与In3+配位形成HInCla4;同 +c (HMoO)+c (H2 MoO)]=2c (MoO)+ 时增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，促 c(HMoO,)十c(CI),整理得c(C)=c(HMoO,) 进In3+从有机层转移到水层。 +(HMoO4),C错误；pOH=8时，若忽 ②“电沉积”时，InCl在阴极得电子被还原为In 略Mo,O8和MogO,根据质子守恒存在关 系：2c(H2MoO4)+c(HMoO4)+c(H+)= 单质，电极反应为InCl4+3e一In+4C1; “电沉积”后，废液主要含HCL,可导入反萃取单 c(OH)十c(CI),D正确。 二、非选择题 元循环利用，提供H+和C1。 15.(1)使高砷烟尘的颗粒更小；适当增大硫酸的浓 (4)“氧化”反应的化学方程式为As2O3+3CaO 度（或适当提高酸浸的温度）(2分，合理即可) +2H2O2-Ca3(AsO,)2+2H2O. (2)H2O+S02+Hs AsO -H3 AsO3+ (5)“还原2”中，碳是还原剂，还原Ca3(AsO4)2。 H2SO4(2分) 当碳的用量超过1.5mol时，还原剂过量，还原 (3)①增大溶液中CI-浓度，有利于In3+与C1 性显著增强，会将As的还原产物从低价态进一 配位形成HInCl4,增大溶液中H+的浓度，平衡 步还原为As4(g)。 逆向移动有利于反萃取(2分) 16.(1)①E(2分) ②InC1+3e—In+4CI-(2分)反萃取 ②饱和食盐水(2分) (2分) (2)2NaClO (CNO)3 H3 -NaOH+ (4)As2 O3+3CaO++2H2 O2-Cas (AsOa)2+ (CNO)3Cl2Na+H2O(2分) 2H2O(2分) (3)控制pH值，使反应生成的氢氧化钠再次生 (5)还原剂过量，促进Ca(AsO4)2被还原成 成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2 As4(g)(2分) 分)防止倒吸(2分) 【解析】该工业流程以高砷烟尘（主要成分 4)55V1c1X103-0.45c2) 为As2O3、As2O5和少量Zn、Pb、In的氧化物) ×100%(2分) m 为原料，分两条主线回收In和As。铟回收线： (5)AC(2分) 化学答案（三）第3页（共6页） ·化学· 参考答案及解析 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 (5)加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，生 固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发 成的HCIO偏少，故导致样品有效氯测定值偏 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 低，A符合题意；因邻二氨菲使F2+显色，由测 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装 得的吸光度求得剩余的F®2+浓度，因 置C中氯气与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸 n反(Fe2+)=ns(Fe2+)-n(Fe2+),c1mol· 钠，次氯酸钠溶液与氯尿酸的吡啶溶液反应制 L-1FeSO4溶液使用前部分被氧化，所以 备二氯异氰尿酸钠，装置D中盛有的亚硫酸钠 n厦(Fe2+)偏小，n反（Fe2+)偏大，故(CNO)3CzNa 溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，据 纯度测定值偏高，B不符合题意；定容时俯视刻 此分析。 度线，即加水少未达到刻度线，则c嘎(Fe2+)偏 (1)①该实验需要使用浓盐酸，需要加热，生成 大，导致n(Fe2+)偏大，n反(Fe2+)=n总(Fe2+) 有毒气体，利用磁力搅拌器，需要电源，故需要 n(Fe+)偏小，故将导致(CNO)3CL2Na纯度测 戴护目镜、火源、排风、加热、洗手、电源，故答案 定值偏低，C符合题意。 为E。 17.(1)NaHCO3(1分，合理即可) ②实验装置B用来除去HCl气体，试剂是饱和 0 浓硫酸 0 食盐水。 H +CHOH +H,0 (2)NaClO和(CNO)3H3的吡啶溶液搅拌，生成 (2分) 取代反应(2分) 优氯净，化学方程式为2 NaClO+(CNO)3H3 (2)防止生成副产物对硝基氯苯(2分) -NaOH+(CNO):Cl2Na+H2O. (3)制备过程中需要不断通入氯气，控制pH值， (3)硝基(2分) CH,CN(2分) 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参 COOH 与反应，提高原料的利用率；D中多孔玻璃泡内 OH 置一密度小于水的磨砂浮子，目的是防止倒吸。 4 (2分)8(2分) (4)取mg样品溶于水、加酸使氯原子全部转化 NH 为HCIO,结合反应HClO+2Fe2++H+ OH 2Fe3++CI-+H2O,找出关系式为 【解析】由C与NaCN发生取代反应生成D (CNO)3Cl2Na~2HClO~4Fe2+,加入适量邻二 氨菲使Fe2+显色，定容至250.00mL,测得吸光 (H,C-C-OCH),可推知C的结构为 度为1.8a,由图可知，吸光度测得的亚铁离子的 CN 物质的量nw（Fe2+)=1.8c2mol·L1X0.25L= H,C-C一OCH,由B与甲醇在浓硫酸、加热条件下 0.45c2mol,因此与次氯酸反应的亚铁离子的物质 CI 的量为n反(Fe2+)=n总(Fe2+)-n项(Fe2+)= 发生酯化反应生成C,可推知B的结构为 (V1c1×10-3-0.45c2)mol,根据关系可得 OH,由A与Cl2在一定条件下生成B, 1 1 n [(CNO),Cl,Na]-F+)x(VicX 103-0.45c2)mol,所以粗产品纯度为 可推知A为H,C-OH,由E的分子式为 4×Vc1X10-3-0.45cz)molX220g·mol- CH,C1,结合E与浓硫酸发生反应生成F C m g X100%=55V1c1×103-0.45c) ),可推知正 )与浓硫酸、 100%。 SO H SO,H 化学答案（三）第4页（共6页） 2026 考前冲顶实战演练（三） 浓硝酸在加热条件下反应生成G,则G为 COOH ON C S0,H,G与水发生反应生成H 得到 的同分异构体 O,N （c人 ),H和NH3反应，结合分子式可知， 中能发生银镜反应且为链状的有 发生了取代反应，可推知J的结构简式为 CHO CHO ON CH-CH-CH,-CH; CH=C-CH,一CH3 .I 经还原生成M,结合M的核磁共 CH2=CH-CH一CH3 CH2=CH-CH2-CH2 CHO CHO 振氢谱有三组峰，发生硝基还原为氨基的反应， CHO CHO HN 则M为 OCH)和M CH3-C=CH-CH; CH2-CH=CH-CH3 CHO CHO )发生已知信息②的反应生成Q,结 CH=C-CH、CH,=C-CH,共8种。 H,N CH3 CH3 合信息①可得Q为 CH,CN 18.(1)C(1分) (2)+248kJ·mol-1(2分)高温(1分) (1)A为乙酸，可用碳酸氢钠与其反应生成气体 (3)BC(2分) CO2来检验官能团；B→C的化学方程式为 (4)乙(2分)温度高于T1时，副反应I起主导 CH.OH 浓硫酸 作用，随温度升高，平衡逆向移动，碳的物质的 +H,0; 0 △ 量减少（或升高温度，副反应I逆移程度大于副 C→D的反应类型是取代反应。 反应Ⅱ正移程度)(2分) (2)设计E→F的目的是防止生成副产物对硝基 氯苯。 (5)0.32p)2×0.08p -(2分) 0.24p×0.36p (3)根据分析可知：G分子中含氧官能团有磺酸 NAaX102(2分) 3.52 基和硝基；有机物Q的结构简式 (6)共价晶体(1分) 【解析】(1)捕获CO2即与CO2反应达到储存 为 的效果，纯碱溶液可以与CO2反应生 成NaHCO3进而实现CO2的捕获。 (4)由合成路线可知 (2)由盖斯定律可得：△H1=△H一△H2=[(十76) -(-172)]kJ·mol-1=+248kJ·mol-1,反 NH 应的△H>0,△S>0,要使反应能够自发进行， COOH 需满足△H一T△S<0,则高温条件有利于反应 0 自发进行。 反应生成X( OH ),X在一定 (3)增加原料中CH4的量，虽然平衡正向移动， NH 但因为原料中CH4的量也增加，导致CH,的平 衡转化率降低，CO2的转化率升高，A不符合题 COOH 意；增加原料中CO2的量，平衡正向移动，CO2 OH 的平衡转化率降低，而CH4的平衡转化率升高， 条件下生成Y( ),Y脱水 B符合题意；恒压条件下通入Ar气，容器体积增 NH 大，相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转 OH 化率升高，C符合题意；使用高效催化剂只能改 化学答案（三） 第5页（共6页）》 ·化学· 参考答案及解析 变反应速率，不影响平衡移动，CH4的平衡转化 (5)根据图像中曲线含义，温度为T。时，图示气相 率不变，D不符合题意。 中含碳组分的摩尔分数中CO2为0.36、CH为 (4)根据重整反应：CH4(g)+CO2(g)一2CO 0.24、C0为0.08，则H2的摩尔分数为1一0.36 (g)十2H2(g)为吸热反应，温度升高，平衡正移， 0.24-0.08=0.32,则反应CH4(g)+C02(g)= 副反应Ⅱ：CH4(g)=C(s)十2H2(g)为吸热反 应，温度升高，平衡正移，则CH4的摩尔分数减 2o0e-a@份k,-g00 小，而副反应I:2C0(g)-=CO2(g)十C(s)为 (0.08p)2×(0.32p)2 0.24p×0.36p 放热反应，温度升高，平衡逆移，CO2的摩尔分 数减小；从重整反应、副反应I方程式中可以看 (6)CO2在高温高压下形成的晶体中，每个碳原 子与4个氧原子通过共价键结合，每个氧原子与 出，随CO2的减少，CO增加，且增加的CO为减 2个碳原子通过共价键结合，形成空间立体网状 少的CO2的2倍，故曲线乙代表CH4的摩尔分 结构，符合共价晶体的特征，因此该晶体类型为 数随温度的变化，曲线甲代表CO2的摩尔分数 共价晶体。1个CO2晶胞中，碳原子位于顶点、 随温度的变化，曲线丙代表CO的摩尔分数随温 度的变化；曲线甲代表C○2的摩尔分数始终减 面心和内部，数目为8×(g)+6X(2)+4=8 小，曲线丙表示CO的摩尔分数始终增大，而曲 个，故1个晶胞中含有8个CO2。晶胞的体积为 线丁的变化为先增大后减小，故曲线丁表示碳 (a×107cm)3=a3×10-21cm3,晶胞的质量为 的物质的量变化。当温度高于T1时，随温度升 高，碳的物质的量减小的原因是副反应I为放 NAg,则该晶体的密度为8X44, 8×44 NAg÷(aX 热反应，副反应Ⅱ为吸热反应，温度高于T1时 1021cm3)= 随温度升高副反应I平衡逆向移动，使碳的物 NAag·cm3=3.52X103 352×1021 NAa3g· 质的量减少大于副反应Ⅱ平衡正移使碳的物质 cm3。 的量增加。 化学答案（三）第6页（共6页） 1