化学（三）-【真题密卷】2026年高考化学考前冲顶实战演练（福建专版）

·化学· 参考答案及解析 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 氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该 1.C【解析】麒麟芯片主体材料是硅，属于共价晶 使用酸式滴定管，C不符合题意；Cu与浓硫酸制 体；石墨属于混合型晶体，其层内为共价键，层间 备SO2需要加热，图中没有加热装置，D不符合 为范德华力，晶体类型不同，A错误；煤油是石油 题意。 分馏的产物，石油属于不可再生能源，因此煤油 5.B【解析】短周期元素中最高能层均有空的d轨 不可再生，B错误；钡(Ba)为第ⅡA族元素，价电 道的只能是第三周期元素，Z的最外层电子数是 子排布为6s2,位于s区，C正确；高分子化合物的 X核外电子数的一半，根据结构分析，W、X、Y、Z 相对分子质量通常高达数万甚至数百万，高级脂 分别为Na、Si、P、Cl。第一电离能：Cl>P>Si> 肪酸甘油酯的相对分子质量未达到高分子化合 Na,A正确；正盐WnYO4(NaPO4)为强碱弱酸 物的范畴，不属于高分子化合物，D错误。 盐，其水溶液显碱性，B错误；由图知，化合物中 2.B【解析】过二硫酸钠的结构里有过氧键(O一O), X、Y原子均采取sp3杂化，C正确；X的单质为 每个过氧键的O是一1价，其他O是一2价。Na Si,Z的简单氢化物为HCl,二者可以发生反应Si 是十1价，所以设S的化合价为x,由化合价代数 十3HC1高温SiHCL,十H2,D正确。 和为0得2×(+1)+2x+6×(-2)+2×(-1) 6.B【解析】菱锰矿中主要含有MnCO3,加入硫酸 =0,解得x=+6,所以S是十6价，A错误； 后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式 NazS2Og可氧化Mn2+为MnO,MnO4可氧化 为MnCO2+H2SO,-MnSO4+H2O+CO2↑，A H2O2为O2,可知氧化性：Na2S2Og>MnO4> H2O2,故过二硫酸钠氧化性比过氧化氢强，B正 正确；分析流程可知，滤渣中除了有A1(OH)3、 确；配平离子方程式为2Mn++5S2O?+8H20 Fe(OH)3、NiS外，还含有BaSO4等，B错误；不 宜使用H2O2氧化Fe2+,因为Mn2+和氧化后生 一2Mn0:+10SO+16H+,氧化剂与还原剂 物质的量之比为5：2，C错误；电解NaHSO4溶 成的Fe3+可以催化H2O2分解，会浪费原料 液制备Na2S20g的电极反应为2SO?-2e H2O2,C正确；煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生 S20,每生成1molS2O?,需要转移2mol电 反应生成LiMn2O4,反应的化学方程式为 子，D错误。 2Li,C0,十8Mh0,商温4LiMn,O,+2C0,++0,个， 3.B【解析】X与乙醇发生酯化反应，参加反应I D正确。 的官能团为羧基，A正确；Y虽与X相差两个 7.C【解析】若实验室用加热的方法制取氯气，药 CH2,但官能团不同，B错误；Z中苯环与支链上 品应选择二氧化锰和浓盐酸，A正确；根据分析 的酮羰基、酯基可能共平面，一C2H;中最多有3 可知，装置连接顺序是B→E→CA→D,故导管 个原子可共平面，Z中最多有19个原子共平面，C 的连接顺序为c→h→i→d→e→a→b→f→g,B正 正确；Y→Z是羟基生成酮羰基的反应，属于氧化 确；实验开始时，应先点燃B装置的酒精灯，后点 反应，故H2O2作氧化剂，D正确。 燃A装置的酒精灯，利用氯气排尽体系中的空 4.B【解析】配制一定物质的量浓度溶液中，转移 气，确保铝不被氧气氧化，C错误；碱石灰含有氢 步骤需要使用玻璃棒引流，图中装置没有玻璃 氧化钠和氧化钙，可以和氯气反应，吸收氯气，避 棒，A不符合题意；实验室利用Ca(OH)2和 免环境污染，同时可以吸收水蒸气，避免氯化铝 NH4CI共热来制备NH3,NH3的密度比空气小 水解，D正确。 且易溶于水，采用向下排空气法收集NH3,图中 8.A【解析】从反应历程可知，反应①的活化能小 装置正确，B符合题意；酸性KMnO4溶液具有强 于反应②的活化能，反应①速率大于反应②，则 化学答案（三）第1页（共5页） 5 2026 考前冲顶实战演练（三） 说明在该温度下催化剂对反应①的选择性优于 +2c(HMoO4),C错误；pOH=8时，若忽 反应②，A正确；反应①和反应②均为分解反应， 略Mo,O,和MogO6,根据质子守恒存在关 但反应①为吸热反应，反应②为放热反应，B错 系：2c(H2MoO4)+c(HMoO4)+c(H+)= 误；反应①断裂C一H键需要吸收的能量远小于反 c(OH)+c(C1),D正确。 应②断裂O一H键需要吸收的能量，说明C一H键 二、非选择题 更容易断裂，而C一H键(C的电负性小于O)的 11.(1)[Ar]3d°4s24p3(1分)H2O2中含有分子 极性小于O一H键的极性，由此可知，反应历程 间氢键(2分) 中极性小的共价键更容易断裂，C错误；反应①为 (2)正四面体形(1分)H20十SO2+H3AsO, 吸热反应，升高温度平衡正移，CO的生成量增 H3AsO3+H2SO4(2分) 大，反应②为放热反应，升高温度平衡逆移，可促 (3)①增大溶液中CI浓度，有利于In3+与C1 进反应①平衡正移，故在一定温度范围内升高温 配位形成HInCl4,增大溶液中H+的浓度，平衡 度，CO的生成量增大，纯度提高，但温度过高，催 逆向移动有利于反萃取(2分) 化剂活性降低，可能使反应①的选择性降低，使 ②InC1,+3e—In+4CI(2分)反萃取 CO生成效率降低，D错误。 (1分) 9.B【解析】电极I上氢气被氧化生成H+和电 (4)As2O3+3CaO+2H2O2-Cas (AsO)2+ 子，故电极I为负极，A正确；由催化机理可推断 2H2O(2分) 电解质溶液呈酸性，由于总反应为2H2十O2 (5)还原剂过量，促进Ca(AsO4)2被还原 2H2O,产生水，相当于稀释溶液，故电解质溶液 成As4(g)(2分) 的pH发生变化，B错误；根据题干“O2获得第一 【解析】该工业流程以高砷烟尘（主要成分 个电子的过程最慢”可知①活化能最高，C正确； 为As2O3、As2O5和少量Zn、Pb、In的氧化物) 1molH2转移2mol电子，1molO2转移4mol 为原料，分两条主线回收In和As。铟回收线： 电子，相同时间内负极的催化循环完成次数正好 先通过“酸浸”使烟尘中的金属氧化物溶解，接 是正极的2倍，D正确。 着“沉锌”除去Zn2+,再用S02进行“还原1”反 10.C【解析】根据图像可知：当pOH在9~12， 应调整砷的价态，随后通过“萃取”将In3+转移 c(HMoO,)减小，c(Mo,O)增大，存在反应： 至有机层，之后“反萃取”让In3+回到水层，最后 7HMoO4+H十一MoO:+4H2O,A正确；根据 “电沉积”得到铟单质；砷回收线：萃取后的水层 图像可知：Mo0,的K-c(HM6O)·c(H)） 经“蒸发结晶”将H3AsO3转化为As2O3,再经 c(HMoO,) “氧化”反应生成Ca3(AsO4)2,最后通过“还原 =104,K。=c0Mo0):cH）=105,当 2”反应（碳作还原剂）得到As4(g)。 c(HMoO) c(H2MoO4)=c(MoO)时代入Ka1·K2= (1)As为33号元素，核外电子排布式为 cMo0)·c2(H*)=101.5可得c(H*)= [Ar]3d14s24p3;H2S的沸点比H2O2的沸点低 c(H2 MoO) 的原因是H2O2中含有分子间氢键。 10-5.5,即pOH=8.25,B正确；若忽略Mo,O8 (2)“酸浸”时加入硫酸生成硫酸盐，硫酸盐中阴 和MogO6,电荷守恒有c(Na+)十c(H+)= 离子为硫酸根，1个硫原子连接四个氧原子，S 2 c (Mo)+c(HMoO)+c(CI)+c(OH-), 原子的杂化方式为sp,其空间构型为正四面体 pOH=7时c(H+)=c(OH),则c(Na+)= 形；由题可知，“还原1”中S02将H3AsO4还原 2c(MoO)十c(HMoO4)十c(C1),根据物料守 为H3AsO3,自身被氧化为H2SO4,因此化学方 恒有：溶液中c(Na+)=0.2mol·L1,c(MoO)十 程式为H2O+SO2+H3AsO4一H3AsO c(HMoO4)+c(H2MoO4)=0.1mol·L1,即 +H2SO4。 c (Na+)=2 [c (MoO)+c(HMoO)+ (3)①已知萃取的平衡为In3+(水层)+3HR 卒取 c(H2MoO4)],代入电荷守恒式得2[c(MoO?) (有机层)=InR3(有机层)十3H+(水层)，浓 +c (HMoO)+c (H2 MoO)]=2c (MoO)+ HCl提供大量CI-,与In3+配位形成HInCl4;同 c(MoO)十c(CI),整理得c(C)=c(HMoO) 时增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，促 5 化学答案（三）第2页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 进In3+从有机层转移到水层。 为HC1O,结合反应HClO+2Fe2++H+一 ②“电沉积”时，InCl,在阴极得电子被还原为In 2Fe3+十C1+H2O,找出关系式为 单质，电极反应为InCl,十3e-In十4Cl-； (CNO)3C2Na~2HCIO~4Fe2+,加入适量邻二 “电沉积”后，废液主要含HCl,可导入反萃取单 氨菲使Fe2+显色，定容至250.00mL,测得吸光 元循环利用，提供H+和CI。 度为1.8a,由图可知，吸光度测得的亚铁离子的 (4)“氧化”反应的化学方程式为As2O3+3Ca0 物质的量n吸（Fe+)=1.8c2mol·L1X0.25L= +2H2O2-Cas(AsO,)2+2H2O. 0.45c2mol,因此与次氯酸反应的亚铁离子的物质 (5)“还原2”中，碳是还原剂，还原Ca3(AsO4)2。 的量为n反(Fe2+)=n慈(Fe2+)-n(Fe2+)= 当碳的用量超过1.5mol时，还原剂过量，还原 (V1c1×10-3-0.45c2)mol,根据关系可得 性显著增强，会将A$的还原产物从低价态进一 1 1 n [(CNO);Cl Na]-(Fe+)-- X(V1c1X 4 步还原为As4(g)。 12.(1)①E(2分) 103-0.45c2)mol,所以粗产品纯度为 ②饱和食盐水(2分) 4X(Vc1X103-0.45c2)mol×220g·mol1 (2)2NaClO +(CNO);H3 NaOH mg (CNO)3Cl2Na+H2O(2分) X100%=55(Vc1X10-3-0.45c) ×100%。 (3)控制pH值，使反应生成的氢氧化钠再次生 成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2 (5)加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，生 分)防止倒吸(2分) 成的HC1O偏少，故导致样品有效氯测定值偏 455Vc,×109-0.45c2) 低，A符合题意；因邻二氨菲使F+显色，由测 ×100%(2分) m 得的吸光度求得剩余的Fe2+浓度，因 (5)AC(2分) n反(Fe2+)=n慈(Fe2+)-n项(Fe2+),c1mol· 【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰 L1FSO4溶液使用前部分被氧化，所以 固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发 n(Fe2+)偏小，n反（Fe2+)偏大，故(CNO),C2Na 性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B 纯度测定值偏高，B不符合题意；定容时俯视刻 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装 度线，即加水少未达到刻度线，则c嘎(Fe2+)偏 置C中氯气与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸 大，导致n双(Fe2+)偏大，n反(Fe2+)=n总(Fe2+)一 钠，次氯酸钠溶液与氰尿酸的吡啶溶液反应制 n(Fe+)偏小，故将导致(CNO)3Cl2Na纯度测 备二氯异氰尿酸钠，装置D中盛有的亚硫酸钠 定值偏低，C符合题意。 溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，据 13.(1)NaHCO3(1分，合理即可) 此分析。 0、 浓硫酸 0 ci H +CH,OH +HO (1)①该实验需要使用浓盐酸，需要加热，生成 △ 有毒气体，利用磁力搅拌器，需要电源，故需要 (2分)取代反应(2分) 戴护目镜、火源、排风、加热、洗手、电源，故答案 (2)防止生成副产物对硝基氯苯(2分) 为E。 ②实验装置B用来除去HCI气体，试剂是饱和 (3)硝基(2分) CH,CN(2分) 食盐水。 COOH (2)NaClO和(CNO)3H3的吡啶溶液搅拌，生成 OH 优氯净，化学方程式为2 NaClO+(CNO)3H (2分)8(2分) =NaOH+(CNO)Cl2 Na+H2 O (3)制备过程中需要不断通入氯气，控制pH值， NHT OH 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参 与反应，提高原料的利用率；D中多孔玻璃泡内 【解析】由C与NaCN发生取代反应生成D 置一密度小于水的磨砂浮子，目的是防止倒吸。 (H,C-C-OCH),可推知C的结构为 (4)取mg样品溶于水、加酸使氯原子全部转化 CN 化学答案（三） 第3页（共5页）》 5 2026 考前冲顶实战演练（三） 0 COOH H,C一C-OCH,由B与甲醇在浓疏酸、加热条件下 发生酯化反应生成C,可推知B的结构为 反应生成X( OH ),X在一定 H,C-C-OH,由A与CL2在一定条件下生成B, 可推知A为HC-8-OH由E的分子式为 COOH OH C6HCI,结合E与浓硫酸发生反应生成F CI 条件下生成Y( ),Y脱水 ),可推知E 为 与浓硫酸、 NH OH SOH SO,H COOH 浓硝酸在加热条件下反应生成G,则G为 ON S0,H:G与水发生反应生成H 得到 的同分异构体 N 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 CHO CHO 发生了取代反应，可推知J的结构简式为 CH-CH-CH,-CH;" CH2=C-CH,-CH; ON ,J经还原生成M,结合M的核磁共 CH2=CH一CH-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 CH,-CH=CH-CH 则M为 D (H.C- OCH,)和M CH;-C=CH-CH; H2N CN CHO CHO HN CH=C-CH、CH,=C-CH,共8种。 )发生已知信息②的反应生成Q,结 H,N CH3 CH 14.(1)C(2分) 合信息①可得Q为 CH.CN (2)+248k·mol1(2分)高温(1分) (3)BC(2分) (1)A为乙酸，可用碳酸氢钠与其反应生成气体 CO2来检验官能团；B→C的化学方程式为 (4)乙(1分)温度高于T1时，副反应I起主导 浓硫酸 作用，随温度升高，平衡逆向移动，碳的物质的 △ +H,09 量减少（或升高温度，副反应I逆移程度大于副 反应Ⅱ正移程度)(2分) CD的反应类型是取代反应。 (2)设计E→F的目的是防止生成副产物对硝基 (6)0.32p)2X(0.08p -(2分) 0.24p×0.36p 氯苯。 (3)根据分析可知：G分子中含氧官能团有磺酸 (6)共价品体(2分) NAaX102(2分) 3.52 基和硝基；有机物Q的结构简式 【解析】(1)捕获CO2即与CO2反应达到储存 CH2CN 的效果，纯碱溶液可以与CO2反应生 成NaHCO3进而实现CO2的捕获。 (2)由盖斯定律可得：△H1=-△H3一△H2=[(十76) (4)由合成路线可知 COOH -(-172)]kJ·mol-1=+248k·mol-1,反 应的△H>0,△S>0,要使反应能够自发进行， NH, 需满足△H一T△S<0,则高温条件有利于反应 5 化学答案（三） 第4页（共5页）》 ·化学· 参考答案及解析 自发进行。 热反应，副反应Ⅱ为吸热反应，温度高于T1时 (3)增加原料中CH4的量，虽然平衡正向移动， 随温度升高副反应Ⅰ平衡逆向移动，使碳的物 但因为原料中CH4的量也增加，导致CH4的平 质的量减少大于副反应Ⅱ平衡正移使碳的物质 衡转化率降低，CO2的转化率升高，A不符合题 的量增加。 意；增加原料中CO2的量，平衡正向移动，CO2 (5)根据图像中曲线含义，温度为T。时，图示气相 的平衡转化率降低，而CH4的平衡转化率升高， 中含碳组分的摩尔分数中CO2为0.36、CH为 B符合题意；恒压条件下通入Ar气，容器体积增 0.24、C0为0.08，则H2的摩尔分数为1-0.36- 大，相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转 0.24-0.08=0.32,则反应CH4(g)+C02(g)= 化率升高，C符合题意；使用高效催化剂只能改 2C0(g)+2H(g)的K。- p2(C0)·p2(H2) 变反应速率，不影响平衡移动，CH4的平衡转化 p(CH4)·p(CO2) 率不变，D不符合题意。 (0.08p)2×(0.32p)2 (4)根据重整反应：CH4(g)+CO2(g)一2CO 0.24p×0.36p。 (g)十2H2(g)为吸热反应，温度升高，平衡正移， (6)CO2在高温高压下形成的晶体中，每个碳原 副反应Ⅱ：CH4(g)C(s)十2H2(g)为吸热反 子与4个氧原子通过共价键结合，每个氧原子与 应，温度升高，平衡正移，则CH4的摩尔分数减 2个碳原子通过共价键结合，形成空间立体网状 小，而副反应I:2CO(g)C02(g)十C(s)为 结构，符合共价晶体的特征，因此该晶体类型为 放热反应，温度升高，平衡逆移，C02的摩尔分 共价晶体。1个CO2晶胞中，碳原子位于顶点、 数减小；从重整反应、副反应I方程式中可以看 西心和内年，数日为8X(日)十6X(分十4=8 出，随CO2的减少，CO增加，且增加的CO为减 个，故1个晶胞中含有8个CO2。晶胞的体积为 少的CO2的2倍，故曲线乙代表CH的摩尔分 (a×10-7cm)3=a3×10-1cm3,晶胞的质量为 数随温度的变化，曲线甲代表CO2的摩尔分数 随温度的变化，曲线丙代表CO的摩尔分数随温 NA ,则该晶体的密度为8X44 8×44 NAg÷(a3X 度的变化；曲线甲代表CO2的摩尔分数始终减 352×1021 小，曲线丙表示CO的摩尔分数始终增大，而曲 10-21cm3)= NAag·cm3=3.52X10s NAa3-g· 线丁的变化为先增大后减小，故曲线丁表示碳 cm3。 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 化学答案（三）第5页（共5页） 52025一2026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一12N一14O一16Na一23C1一35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.过二硫酸钠Na2S2Os(Na 00 Na)是工业上常用的强氧化剂，可将Mn2+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.Mn2++S2O?+H2O→MnO4+H++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 3.有机物Y是制备某种除草剂的关键中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是 OH C,H.OH OH H02 0 OH -OC,Hs -OC,Hs Y 化学试题（三）第1页（共8页） 考前冲顶 A.X中参加反应I的官能团为羧基 班级 B.Y与X为同系物 C.Z中最多有19个原子共平面 D.H2O2作氧化剂 姓名 4.下列实验所用仪器或实验操作合理的是 得分 NH,CI和 Ca(OH) /250mL 20℃ A.配制250mL 0.1mol·L-1 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 集NH3 性KMnO4溶液 NaOH溶液 备S02 5.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d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 B.正盐WmYO4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 6.LiMn2O4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 Li2C03C0,和O 菱锰矿→反应器 调pH7 →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MnSO4十H2O十CO2个 B.滤渣的成分仅有AI(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LiMn.O,的化学方程式为2Li6CO,十8MnO,离温 4LiMn2O4+2CO2个 +O2个 实战演练 化学试题（三）第2页（共8页） 5 7.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 M 浓硫酸 理饱和食盐水 0 E 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c→h→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 碱石灰 D.尾气处理装置可选用 8.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1C0OH*+ HO(g) 反应① H* C0,(g)+反应② HCOOH* 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 9.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 O.+H+e H+e 十 质子交换膜 H H*+e 甲 丙 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 5 化学试题（三）第3页（共8页） 考前冲顶 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 10.常温下，向0.1mol·L-1Na2MoO4溶液中通入HCl气体，测得含钼（Ⅵ）微粒的物质 的量分数(6)与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是 MoO MosO 100% HMoO 80% Mo-O5 66% 40% HMoO 20% 0% 67891011121314 POH A.在此过程中，存在反应：7HMoO4十H+==Mo,O4十4H2O 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(CI-)=c(HMoO4)十c(H2MoO4) D.pOH=8时，若忽略Mo,O4和MogO,则2c(H2MoO4)+c(HMoO4)+ c(H+)=c(OH-)++c(CI) 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(15分)GaAs是重要的半导体材料。以高砷烟尘（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 碳 HSO 硫化物 S02 HR 水层 高 蒸发结晶 As0,氧化 a,AsOh还原2→As,g →酸浸→沉锌→还原]→茶取 砷 尘 反萃取HnCL,电沉积 →In 浸渣 滤渣 有机层 浓HCI 已知：①In为第ⅢA族元素。 ②In+(水层)十3HR(有机层)InR(有机层)十3H+(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)基态砷原子的电子排布式为 ;H2S的沸点比H2O2的沸点低的原 因是 0 (2)“酸浸”时加入硫酸生成硫酸盐，硫酸盐中阴离子的空间构型为 ；“还原 1”反应的化学方程式为 实战演练 化学试题（三）第4页（共8页） (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 0 n/mol Ca(AsO)2 Ca:(AsO)2 As(g) 3 5 碳的量(mol) 12.(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 甲 氰尿酸[(CNO),H] 的吡啶溶液 Mno 磨砂浮子 多孔 玻璃泡 NaOH 放大图 溶液 Na,SO,溶液 磁力搅拌器 0 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)。 化学试题（三）第5页（共8页） 考前冲顶实战注 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mg样品溶于水，加酸使氯原子全部转化为 HClO,加入V1mLc1mol·L1FeSO4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，Fe2+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。 2a c2 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HC1O B.c1mol·L-1FeSO4溶液使用前部分被氧化 C.定容时俯视刻度线 13.(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。 A C12 B C2HO2 一定条件 CHOH C NaCN CH.C-OCH, C,H,C1O2浓硫酸，△ CN D Q CI C.H-N3 E 浓硫酸 浓HNO,,G H,O H NH J 还原M C.H,CI △ 浓硫酸，△ C.H,CINO2 C.H.N2O2 CHN SOH 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 ②=0+H,N-R,→HO HNR,→ =NR3 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。 寅练 化学试题（三）第6页（共8页） 5 (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 (2)由E 浓HNO3 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 COOH (4)已知由 COOH合成 的路线如图所示。 NH COOH COOH 一定条件 -H20 X 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）。 14.(16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=十76kJ·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的密闭容器中加入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 化学试题（三）第7页（共8页） 考前冲顶实 甲 丙 036乙m 0.24 0.08 To Ti 温度 入增大 (5)压强卫下、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)十CO2(g)→2CO(g)十2H2(g)的Kp= (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·cm3(用含a的代数式表示)。 战演练 化学试题（三）第8页（共8页）