化学（二）-【鱼跃龙门卷】2026年高考押题登科卷（广东专版）

化学D 参考答案及解析 参芳答案及解析 2026年高考模拟试题——押题登科卷（二） 一、选择题 1.B【解析】玉钺的主要成分属于硅酸盐；汉墓竹简的主要成分为纤维素：青釉四系带盖水盂为瓷器，主要 成分为硅酸盐；陶俑属于陶器，陶器的主要成分是硅酸盐。 2.A【解析】人体不能水解纤维素，但纤维素能促进肠道蠕动，有利于健康，因而被称为人体第七大营养素。 COOH 3.B【解析】邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为 的母体是酸，故名称为2氨基苯 NH. 丙酸；NaCI溶液中的水合离子应为( 水分子中氧原子的价层电子对数为2+6-1x2-4,孤 2 电子对数为2，VSEPR模型为 4.C【解析】滴定实验时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使液体顺利流入锥形瓶，同时也 避免液体溅出；白磷的着火点低，在空气中可以自燃，应保存在广口瓶中并加入冷水浸没固体；钾与水反 应剧烈，做钾与水反应的实验时，应佩戴护目镜；银镜反应生成银，单质银不溶于浓氨水，应该用稀硝酸 清洗。 5.D【解析】1molN2O2中含3mol离子；缺少溶液的体积，无法计算溶液中OH的物质的量；反应中 生成1mol02转移2mol电子；16g02为0.5mol,含有电子数=0.5mol×16=8mol。 6.B【解析】小苏打做酵母发酵过程中的主要反应为2NaHC0▲Na2C03+C0+H,0。 7.D【解析】Fe3+与CO?发生相互促进的水解反应，生成Fe(OHD3并放出CO2;水电离的cH)=101moL 的溶液可能显酸性，也可能显碱性，其中HCO,均不能存在；使甲基橙显黄色的溶液pH>4.4,可能显弱酸 或碱性，在酸性条件下CO?不能大量存在，并且Ca+与CO?也不能共存；与A1反应放出H2的溶液可能显 酸性也可能为碱性，在酸性条件下四种离子可以共存。 8.B【解析】FeCl3与NaOH反应生成Fe(OHD3沉淀得不到胶体；NaOH溶液中通入少量CO2生成Na2CO3, 继续通入CO2,生成NaHC03;NO与H20不反应；S与Cu加热生成Cu2S。 9.D【解析】根据X的结构简式可知分子式为C1HO2N3;X分子含有醚键、酚羟基两种含氧官能团；苯 环上碳原子采用sp杂化，甲基中碳原子采用sp杂化；酚羟基能与NaCO3反应生成NaHCO:,但不能放出CO2。 10.C【解析】测定中和热时温度插到反应液中；蒸干CSO4溶液得不到胆矾，应用蒸发浓缩、冷却结晶的 方法才能制得胆矾；水的密度比四氯化碳小，且和四氯化碳不互溶，所以水浮在四氯化碳的上面，四氯化 碳不能和NH反应，也不溶解NH3,该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸；配制银氨溶液的操 作为向一洁净的试管中加入一定量的2%AgNO3溶液，再向其中逐滴加入稀氨水至产生的沉淀恰好完全溶 解为止。 押题登科卷（二） 化学D 11.C【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素， 则X为H;Y的简单离氢化物与最高价含氧酸相遇产生白烟，则Y为N;Y与Z紧相邻，则Z为O或P, M的原子半径在短周期最大，则M为N,Z为O;基态Q原子中s能级和p能级的电子数相等，则Q为 Mg。非金属性O>N,简单氢化物稳定HO>NH3;金属性Na>Mg,碱性NaOH>Mg(OHD2,B项正确； H、N、O可以形成离子化合物NH4NO3;N3、O2、Na+、Mg+的电子层结构相同，核电荷数越小，离子半 径越大，故N3->02->Nat>Mg+。 Q 12.C【解析】令 O羧基之间以氢键相互连接生成的组合分子，更难电离出H,酸性变弱；在 [CuNH3)4]+溶液中滴入H2SO4生成[Cu(H2O)4]2+,说明NH3与Cu2+的配位键断裂，然后NH3与H+结合 成NH,,故与NH形成配位键的能力为H>Cu2+;超分子“苯酚”能够分离C60和C7o,说明“苯酚”空腔能装 下C6o而不能装下C7o;电负性N<O,所以与Cu2+配合时，NH3更易提供孤电子对形成配位键。 13.D【解析】在反应中80+2e,d,6OHD。-c→Nau0根据得失电子守恒和原子、电荷守 恒，可得化学方程式为NaCl1O+2Cu(OD2+2NaOH一2 NaCuO2+NaCl+3H2O;在反应中NaCIO作氧化剂， NaCuO2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物；在反应中生成1 mol NaCuO2转移1mole;NaCuO2 是黑色难溶于水的固体，写离子方程式时不能拆写成离子形式。 14.B【解析】N极CO2→CH3CHO发生还原反应，则N为阴极接电源负极，则X为电源正极，电流方向 为M极→膜a→膜b→N极→电源；N极为阴极，双极膜中的H移向N极区，电极反应式为 2C02+10e+10HCH3CHO+3H20;M极为阳极，电极反应为B2H612e+14OH2B02+10H20,在电解 过程中消耗1molB2H6,电路中转移12mole,根据N极反应式可知产生1.2 mol CH3CHO;电解过程中N 极区消耗1molH,双极膜中迁移过来1molH,H的物质的量保持不变，但由于反应生成H2O,溶液的 pH改变。 15.A【解析】在1L的容器中投入1 mol Biz2O3,在TC时容器中n(Bi)=2mol,说明Bi2O3已完全分解，则 反应I和Ⅱ已完全反应，容器中只发生反应Ⅲ和V,两个反应均为吸热反应，随着温度的升高，CO的物质 的量会增大，CO2的物质的量会减小；在高温时，CH4的物质的量为0，说明反应V在高温之前已完全反应， 则在高温时只发生反应Ⅲ，温度越高，反应Ⅲ正向移动，C0与H2O(g)的物质的量增大，CO2和H2的物质 的量减小。综上可知，C0的物质的量会随着温度升高一直增大，则曲线丁为C0:CO2的物质的量会随着 温度升高一直减小，则曲线甲为CO2;曲线乙为H2O(g)、曲线丙为H2。丁曲线表示C0,T℃时n(CH4)=n(CO). 开始时在1L的密闭容器中，投入1 mol Bi2O3、1molC0、1molH2和1 mol CH4,由原子守恒得n(C) 1mol+1mol=2mol、n(0)=3mol+1mol=4mol、n(H)=2mol+4mol=6mol。TC时，n(CH4)=(C0)=amol, 由碳原子守恒得n(C02)=(2-2a)mol,由氧原子守恒得n(H20)=[4-(4-4a)-a]mol=3amol,由氢原子守恒得 n(H2)--4a-64 mol-(3-5a)mol c(C0)c(H20)a×3a 3a2 2 cc0,)cH,)2-2a)-8-5a(2-2a-3-50.12℃时，平 衡体系中只存在反应Ⅲ，则v(CO2)=v(CO)。 16.B【解析】在CaC2O4悬浊液中存在平衡CaC2O4(S)三Ca+(aq)+C204(aq),向悬浊液中通入HCl,则先 后发生C202+H+HC2O、HC2O4+H=H2C2O4,随着pH的减小，溶液中c(Ca2+)始终增大，c(C2O')始 终减小，cHC2O)先增大，最后cHC2O4)逐渐增大，则曲线I表示c(Ca2、IⅡ表示c(C2O分)、I表示c(H2C2O4)、 2 化学D 参考答案及解析 IV表示cHC2O4)。在Z点c(Ca2+=c(C20)=104.3,则Kp(CaC204)=c(Ca2+c(C202)=10-8.6。曲线Ⅲ和IV的交 点pH=1.27且cHC,0片cHC,0,则K1H,C,0cH)XcHC20)-cH10-12,Y点pH=4.27且 c(H2C204) c0HC,0)=c(C,0,则K2HXcC0-c0H-1042,反应的平衡常数K-cCa”)×cL,C,0)- c(HC202) c2(H*) c(Ca2+)·c(C0)×c(H,C04)Kp(CaC204)_1086 c2(H).c(C2O) K×K10127X1042,10306,X点cC20cH,C,0,根据电荷守恒 得2c(Ca2+)+H)=c(OH)十2c(C20)+c(HC2O)+c(C1),根据元素守恒可得2c(C20)+2cHC20)+2c(H2C204)= 2c(Ca2,将两式相加得cH十c(HC2O4)+2c(H2C2O4)=c(OH)+c(CI),则c(HC2O4)+2c(H2C2O4)=[c(OH)-c(H)] +c(C1),X点溶液显酸性，则c(OH)c(H)<0,故c(HC2O4)十2c(H2C2O4)<c(C1),由于X点c(C2O2)= c(H2C204),c(HC2O4)+2c(C202)<c(C1): 二、选择题 17.(1)低于45℃反应速率慢，高于45℃会加快HNO3的挥发和分解，从而降低浸取速率(2分)Si02(2分) (2)3Fe304+28Ht+N0;-9Fe3+N0↑+14H20(2分) (3)①S02(1分)2(2分)②98(2分) (4)Sc2(C204)3500^800℃Sc203+3C0↑+3C02↑(2分) (5)③(1分) 【解析】(1)“酸浸”时温度低于45℃反应速率慢，当温度高于45℃会加快NO3的挥发和分解，从而降低 浸取的速率；熔炼渣中只有SiO2不与HNO3反应，故“浸渣”的主要成分是SiO2。 (2)“酸浸”时，FeO4与HNO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe3O4+28H+NO;9Fe3+NO↑ +14H20。 (3)①由题图可知，亚铁离子更容易和钪离子分离，所以加入试剂X的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁 离子，故应选用S02；当溶液pH为2时，亚铁离子几乎没有沉淀，而钪离子的沉淀率达到100%，所以向“萃 取液中加入氢氧化钠调节溶液pH最佳值为2。 0.1-x ②设水层中cSc2为xmo1L以，根据分配比的定义D50_-98,解得x2x103,则Sc3+的萃取率= 100 (.2x10mo1L 0.1mol-L-1 )×100%=98%。 (4)草酸钪受热分解生成的气体有C02,由C20?→C02碳元素的化合价升高，在草酸钪分解过程中钪的价态 未变，说明还有还原产物C0,分解方程式为Scz(C2035080℃Sc203+3C0个+3C02 (⑤)高温灼烧草酸钪，需用酒精灯加热，应选用坩埚、坩埚钳、玻璃棒、三脚架和泥三角；不需要蒸发皿。 18.(1)恒压滴液漏斗(1分)CaCl2或P205（1分) (2)防止反应过程中温度过高，导致H202分解（2分) (3)能够抑制NH3H2O电离，增大NH3浓度，有利于配合物形成(2分) (4)2CoCl2+8NH3H2O+2NH4C1+H2O2-2[Co(NH3)5CI]C12+10H2O 2CoCl2+10NH3H2O+2HCI+H202- 2[CoNH3)5C1]C12+12H20(2分)6(1分)21(1分) 3 押题登科卷（二） 化学D (⑤)过滤速度快，得到的固体较干燥(1分)减少溶质的损耗，并且干燥快(1分) (689.7%(2分) 【解析】(I)根据装置图可知仪器a为恒压滴液漏斗；仪器d的目的是吸收NH3,d中可以装CaC12或P2O5。 (2)将反应液冷却至10℃以下，并缓慢滴加H202的原因是防止温度过高，导致H202分解。 (3)反应中加入NH4C1的目的是抑制NH3H2O的电离，增大溶液中NH的浓度，有利于配合物生成。 (4)制备的反应物有NH4C1、NH3H2O、CoC2和H2O2,总反应的化学方程式为2CoC2+8NH3H2O+2NH4C+ HO2一2[CoNH)sCI]C2+10H20。在[CoNH3)sCI]Cl2中NH3和CI都是配体，Co3+的配位数为6；1mol [CoNH3)sC]Cl2中含21molo键。 (⑤)布氏漏斗抽滤过滤速度快，并且得到的固体较干燥；酒精洗涤可以减少溶质的损耗，并且干燥快。 (6)根据总反应得CoC2~NH4C1~[CoNH)sCI]C2,可知加入6gNH4CI和9gCoC26H2O发生反应时，NH4CI 过量，产品的理论产量应该按CoCl2的质量进行计算。CoC26H2O~[CoNH)sC]C2, 8.5g mf[Co(NHa)sCI]Cl)9x250.5g ×100%=89.7% 238 19.(1)-10(a+b)(2分) (2)①N2O4(2分)反应IⅡ和Ⅲ均为气体物质的量增大的反应，加压，平衡逆移，N2的物质的量分数减 小，NO2和N2O4的物质的量分数增加，由于反应I的平衡常数保持不变，故N2O4增加的程度更大(2分) ②14(2分》67(2分)③b(2分) 95 (3)SO2占据催化点位，使催化剂催化CH4还原NO2的效率降低（2分，合理即可) 【解析】（1)依题意，可推知在同温下，以0.2 mol NO2(g或0.1molN2O4(g为初始原料，达到平衡时的状态 相同，两个平衡完全等效。以NO2为原料，反应放热，则反应I的焓变△H= _a+b)kJx2=-10a+b)kJ-mol- 0.2mol (2)①反应Ⅱ和Ⅲ正反应均为气体物质的量增大的反应，保持温度不变，加压，平衡逆移，N2的物质的量 分数减小，故L1表示N2:NO2和N2O4的物质的量分数增加，由于反应I用物质的量分数表示的平衡常数 (Kx= x(N,O) )保持不变，N2O4增加的程度更大，故L2表示N2O4、L3表示NO2。 x2(N02) ②由坐标MP2,70)、N(P2,20),可知Q点坐标为N(P2,10):设平衡时含氮粒子的总物质的量为y,根据反 应前后N元素守恒，计算式为2=n0+2nN,0,+2nN01+2X02+2X0.7=19,解得)20。 19 mol, 由反应CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),可知P2时的 衡体系种：o0)nan04-02号am、a0mc0-0-号 4 mol、n(H2O)=2nN2)= 19 28 14 mol,n(CH4)=1mol-An(CH4)=1mol-n(CO2)=1mol 19 19 mol-5 19mol:平衡时气体总物质的量为（总） 67 14 n(NO2)+n(N204)+n(N2)+n(CO2)+n(CH4)+n(H2O)1 mol;v(CHa)=An(CH,)19 mol=14 9 mol.min-。 △t 5min 4 化学D 参考答案及解析 4 2N02(gN,04(g)用物质的量分数表示的化学平衡常数K,=67 =67。 ③a项反应IⅡ和反应I的△H<0、△S>0,根据△G=△H-T△S<0,在任何温度下均可自发进行，错误。b项，反 应前后气体总质量不变、气体物质的量是变量，即气体平均相对分子质量是变量，当气体平均相对分子质 量保持不变时，反应达到平衡状态，正确。c项，同时发生反应I、Ⅱ、II,平衡时vNO2)≠2y(N2), 错误。 (3)SO2占据催化点位，使催化剂催化CH4还原NO2的效率降低。 COOH CI 20.(1) 交CH(2分) H2 H2 (2) (2分) 酰胺基、醚键、酮羰基(3分) (3)取代（酯化）反应(1分) COOC.Hs (4) +CHsCOOC2H,C.H.ONa +C2H5OH(2分) (5)4(2分) C0(2分，写出一种即可) 【思路分析】根据己知信息RCOOHCOCLRCOC1,A(CgH,CIO2,含羧基结构)与COC12反应，A中羧基 COOH 转化为酰氯，生成B,可知A为 人CH。 由D(C,H6O2)与乙醇反应的条件为浓硫酸和加热可知，该反 COOH COOC,H 应为酯化反应，D中有羧基，故D为 与乙醇反应生成E( )。E与CH3COOC2H5、C2 HsONa 反应，依据已知信息ⅱ，生成F(心 )。B与F经多步反应生成G,G反应生成I( H C.H H, H.C CH I与J( ）反应脱水生成K(CH COOH 【解析】(5)含苯环且能发生银镜反应的D )的同分异构体，苯环上只有一个取代基的结构有 ○00GH,苯环上连有醛基、羟基两个取代基时，共3种位置。综上符合要求的同分异构体有4种。其 中核磁共振氢谱上显示4组蜂的同分异构体的结构简式有《00QH、H0《C一C0, 押题登科卷（二） 化学D 2026年高考模拟试题—押题登科卷（二）·化学细目表 题号 题型 分值 必备知识 难易程度 1 选择题 2 物质的分类 多 2 选择题 2 化学与STSE:基本营养物质、有机物的命名 易 选择题 2 化学用语 易 4 选择题 2 物质的保存、化学实验中的基本操作 易 5 选择题 2 以方程式为载体，考查NA 易 6 选择题 2 劳动项目与化学知识 易 7 选择题 2 离子共存 易 P 选择题 物质的转化 易 选择题 2 有机物的结构与性质 中 10 选择题 2 简单实验装置能否达到实验目的判断 易 11 选择题 元素周期表及周期律 中 12 选择题 陈述I和Ⅱ正确，且具有因果关系的判断 中 13 选择题 4 氧化还原反应的应用 易 14 选择题 电解池 中 15 选择题 4 化学平衡图像分析 中 16 选择题 图像：水溶液中的离子平衡 难 工艺流程综合：考查元素化合物性质、给定条件下的化学方程式 17 非选择题 14 中 书写，图像分析 化学实验综合：无机物的制备，考查实验操作、物质结构及性质、 18 非选择题 14 中 实验过程分析后的产率计算 化学反应原理综合：考查焓变、平衡常数分析计算、化学反应速 19 非选择题 14 率计算等 难 20 非选择题 14 有机化学综合：考查官能团、化学方程式书写、同分异构体等 中 62026年高考模拟试题一 押题登科卷（二） 化学 本试卷共8页，满分100分，考试时间75分钟。 版权所有，严禁网络传播，违者必究 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。 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：H1C12N14O16C135.5Co59Cu64La139 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。 在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.文物承载历史，传承文化。下列文物的主要成分不属于硅酸盐的是 A.春秋时期玉钺 B.银雀山汉墓竹简 C.西晋青釉四系带盖水盂D.南宋持罗盘立人陶俑 2.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A.纤维素被称为人体第七大营养素，纤维素在人体内可水解成葡萄糖 B.补钙剂乳酸钙[(CH3 CHOHCOO),Ca],系统名称为2-羟基丙酸钙 C.在食用盐中添加KIO3,可预防地方性碘缺乏症 D.健康饮食倡导“每天一杯奶”，牛奶能为人体提供优质蛋白质 3.下列化学用语或图示正确的是 COOH A,邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：[ 的系统命名：2-氨基苯丙酸 NH, 。 C.NaCI溶液中的水合离子：g④D &D.H,O的VSEPR模型：H-0H o89 g 押题登科卷（二）·化学D第1页（共8页） 4.下列关于药品的保存和基本实验操作，说法正确的是 A.滴定实验时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁 B.保存白磷时，应置于细口瓶中并加入冷水浸没固体 C.实验室中观察钾与水的反应现象时，应佩戴护目镜 D.用浓氨水溶解银镜实验后试管内壁上的银镜固体 5.呼吸面具中过氧化钠作供氧剂发生反应2Na2O2十2H2O一4NaOH+O2个。设Na为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是 A.1 mol Na2O2晶体中含有离子总数为2NAB.pH=12的NaOH溶液中OH数目为Na C.反应中生成1molO2转移电子数为4NAD.16gO2分子中含电子的数目为8NA 6.劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是 选项 劳动项目 化学知识 A 向燃煤中加入生石灰以脱硫减排 2Ca0+2S02+O2-2CaS04 B 用小苏打做发酵粉蒸馒头 HCO3+Ht-CO2个+H2O e “84”消毒液和洁厕灵混用会产生有毒气体 CIO+C1-+2H+-Cl2+H2O 早餐吃煮鸡蛋可补充蛋白质 加热使蛋白质变性 7.在指定条件下，下列离子可能大量共存的是 A.含有Fe3+的溶液中：NO?、CO号、K+、Na B.水电离产生的c(H+)=l0-1mol·L1的溶液中：SO、HCO3、Na C.使甲基橙显黄色的溶液中：CO-、Na+、OH、Ca2+ D.与A1反应放H2的溶液：Cu+、Mg2+、CI、SO 8.在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A.FeCb-FeCl,NaoH Fe(OHD,胶体 B.NaOH(a)NaCO,(a)NaHCO, CNH会NO HNO,. D.HaS so-S cu-Cus △ 9.有机物X是合成治疗HER2阳性乳腺癌患者的药物妥卡替尼的重要中间体，结构简式如图。下 列说法错误的是 A.X的分子式为C13H1O2N3 B.X分子中含有2种含氧官能团 C.碳原子杂化方式有sp2、sp D.X与Na2CO3反应放出CO2 押题登科卷（二）·化学D第2页（共8页） 10.下列实验装置或操作能达到实验目的的是 「环形 2%AgNO3 玻璃 NH 溶液 实验装置 温度计 搅拌器 或操作 H2O 1mL2%氨水 碎泡沫 CCI 塑米料 实验目的 A.测定中和热 B.蒸干硫酸铜溶液制胆矾C.用于NH3的尾气吸收 D. 配制银氨溶液 11.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，Y的简 单氢化物与最高价含氧酸的浓溶液相遇产生白烟，Y与Z紧相邻，M的原子半径在短周期最 大，基态Q原子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法错误的是 A.简单氢化物的稳定性：Z>Y B.最高价氧化物对应水化物的碱性：M>Q C.X、Y、Z组成的化合物只含共价键 D.简单离子半径：Y>Z>M>Q 12.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ 通过氢键自组合成 OH A 组合分子酸性大于 O-H…O OH 向[Cu(NH3)4]+溶液中滴加稀硫酸，变成蓝色 与NH,形成配位键能力：Cu+>H+ [Cu(H2O)4]+溶液 C 超分子“杯酚”可分离C6和C0 杯酚空腔大小介于C0和C,分子直径之间 D NH与H2O相比更易与Cu2+配合 电负性：N>O 13.高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，在中性或碱性溶液中稳定存在，在 稀硫酸中溶解并产生无色气体。利用反应NaClO+Cu(OH)2十NaOH→NaCuO2十NaCl十 H2O(未配平)制备。下列说法中错误的是 A.方程式的化学计量数为122213 B.物质的氧化性：NaClO>NaCuO2 C.生成1 mol NaCuO2转移1mole D.NaCuO2在稀硫酸中溶解的离子方程式为4CuO2+12H+一4Cu2++O2个+6H2O 押题登科卷（二）·化学D第3页（共8页） 14.利用如图所示的装置可将CO2转化为乙醛，已知双极膜（膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为 H+和OH。下列说法正确的是 A.工作时电流方向：M极→电源→N极→膜b→膜a→ X电源Y M极 膜a 膜b B.N极的电极反应式：2CO2+10e+10H+ B2H6 CH CHO+3H,O 0 C.理论上M极消耗1molB2H6,则N极生成0.6mol BO: CH.CH CH CHO D.在一定温度下，电解过程中N极附近溶液的pH保持 稀NaOH HO 稀硫酸 不变 15.容积为1L的恒容密闭容器中，投入1 mol Bi2O3、1molC0、1molH2和1 mol CH4。发生如 下反应： 反应I.Bi2O3(1)+3CO(g)-2Bi(1)+3C02(g)△H1=-319kJ·mol-1 反应Ⅱ.Bi2O3(1)+3H2(g)-2Bi(1)+3H2O(g)△H2=-217kJ·mol-1 反应Ⅲ.CO2(g)+H2(g)C0(g)+H2O(g)△H3=+41.2kJ·mol-1 反应V.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H4=+225kJ·mol-1 平衡体系中，B和各气态物质的物质的量随温度的变化如图所 62.0 示。下列说法错误的是 Bi 1.5甲丙 A.乙线表示CO的物质的量随温度的变化 1w B.T,℃时，容器中n(CH4)=n(CO) CH 0.0 3a2 o C.T1℃时反应Ⅲ的Ke=(2-2a)(3-5a) 温度/℃ D.T2℃时，反应Ⅲ中vE(CO2)=v逆(CO) 16.室温下，向含有足量CaC2O4固体的悬浊液中通入HCl气体调节 -1.5 体系pH。平衡时，体系中lg[c(M)/(mol·L1)]随pH的变化如 -3 图所示(M表示Ca2+、C2O、HC2O4、H2C2O4)。下列说法错误 -4.5 -4.3 的是 -6 A.表示lg[c(Ca+)/(mol·L1)]随pH变化的曲线是I -7.5 B.溶度积Kp(CaC2O4)的数量级为10-8 .27 4.27 9 C.CaCzO,+2H+-Ca2++H2C2O K=10-3.06 01234567 pH D.X点时，溶液中c(HC2O4)+2c(C2O)<c(C1) 押题登科卷（二）·化学D第4页（共8页） 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17.(14分)钪(Sc)是一种用途广泛但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从熔炼渣（主 要成分为FeO4、SiO2、CaO,少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如图 所示： 稀HNO 萃取剂 试剂X NaOH HSO4溶液KHC,O4和KC2O4混合溶液 熔炼渣→酸浸 萃取 →萃取液 反萃取 固体 Sc(OH): 酸溶 沉钪 →Scz(C20)3->Sc 浸渣 萃余液 有机相水相 滤液 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油，萃取剂的密度小于水；②Sc3+的氧化性 很弱。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中控温45℃时浸取速率最快，原因是 ;“浸渣”的主要成分为 (填 化学式)。 (2)“酸浸”时，FO4与稀硝酸反应的离子方程式为 (3)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入 100 80F NaOH,(Fe+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。 o Sc3+ ①试剂X为 (填“SO2”或“NaClO”),萃取时应调节溶 40 ---Fe3+ …Fe2 20 液pH的最佳值为 0 3 6 ②Sc3+分别在有机层和水层中存在的物质的量浓度之比称为分 pH 配比(D)。若取100mLc(Sc3+)=0.1mol·L1的酸性溶液，加人50mL萃取剂，充分振 荡，静置和分液，若D=98,则Sc的萃取率为 %[萃取率=”有机物(X) n总(X) ×100%]. (4)在惰性气氛中加热至500~800℃，使草酸钪完全分解，最终得到白色粉末状的Sc2O3和气 体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，草酸钪受热分解的化学方程式为 (5)在实验室中灼烧草酸钪制取Sc2O3,下列仪器不需要的是 (填序号)。 ② 押题登科卷（二）·化学D第5页（共8页） 18.(14分)二氯化一氯·五氨合钴{[Co(NH3)5C1]Cl2}(M=250.5g·mol-1)是一种易溶于热水， 难溶于乙醇的紫红色晶体。在化学研究与教学、工业催化和材料科学领域应用广泛。可通过如 下实验制备（实验装置如图）。 自来水龙头 -布氏漏斗 浓氨水 双氧水 抽气泵 NH,CI和 CoCl2·6H2O 磁子 吸滤瓶 安全瓶 1.溶解与配位：称取6gNH,CI置于100mL三颈烧瓶中，加入10mL蒸馏水溶解，再加入9g [CoCl2·6H2O](M=238g·mol-1)搅拌至完全溶解。缓慢滴加20mL浓氨水，边滴加边搅 拌，此时溶液变为红棕色，生成[Co(NH3)。]2+配合物。 iⅱ.氧化反应：将三颈烧瓶置于冷水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加8mL30%H2O2溶液，边 滴加边搅拌，溶液逐渐变为紫红色生成[Co(NH3)5(H2O)]3+,完全反应。 .酸化与结晶：冷却至室温后，缓慢滴加12L浓盐酸，边滴加边搅拌，溶液变为紫红色。加 热至80℃并保持10min,促进水分子被氯离子取代，然后静置冷却至室温，有紫红色晶体析出。 V.过滤与洗涤：用布氏漏斗抽滤，先用少量冷的浓盐酸洗涤晶体2次，再用无水乙醇洗涤2次， 以除去杂质和水分。 V.干燥：将晶体置于表面皿上，在通风橱中自然晾干，得到紫红色[Co(NH3),C门C12晶体。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 ,仪器d中所盛药品为 (2)步骤ⅱ中将反应液冷却至10℃以下，再缓慢滴加H2O2的原因是 (3)反应中NH4CI的作用是 (4)制备[Co(NH3)C]Cl2的总反应化学方程式为 ,Co3+的配位数为 ,1 mol [Co(NH3)sC]Cl2中含 molo键。 (5)用布氏漏斗抽滤的优点是 ;用酒精洗涤的目的是 0 (6)步骤V中得到8.5g紫红色[Co(NH3)CI]Cl2晶体，则[Co(NH3)CI]Cl2的产率为 (保留3位有效数字)。 押题登科卷（二）·化学D第6页（共8页） 19.(14分)用CH4处理NO2涉及的主要反应如下： 反应I.2NO2(g)=N2O4(g)△H1<0 反应Ⅱ.CH4(g)+2NO2(g)==N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2<0 反应Ⅲ.CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H3<0 回答下列问题： (1)以0.2 mol NO2(g)或0.1molN2O4(g)为初始原料，在T1温度下进行反应I,达到平衡 时，以NO2为原料，体系向环境放热akJ;以N2O4为原料，体系从环境吸热bkJ。则T1温 度下，△H1= kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。 (2)向恒温密闭容器中加入1 mol CH和2 mol NO2发生反应I、Ⅱ和Ⅲ；平衡体系中，测得各 n(N2) 含氮粒子的物质的量分数[如N2%= (N,)+n(NO,)+n(N,0,)X100%]随压强变化如 图甲所示。 100 80 M 60 L 40 20 P P→增大 甲 已知坐标：M(P2,70)、N(P2,20)。 ①L2线所示粒子为 (填化学式)，判断的依据是 ②P2时，5min达到平衡，则0~5min内，v(CH4)= (用分数式表达)mol·min1;用 物质的量分数表示反应I的化学平衡常数Kx= ③关于该体系和图像，下列说法正确的是 (填字母)。 a.反应Ⅱ和反应Ⅲ只有在低温下才自发进行 b.P2时，气体平均相对分子质量保持不变，则反应达到平衡状态 c.平衡时v正(NO2)=2v逆(N2) (3)为研究NO2废气中少量SO,对NO2转化率的影响。某实验小组将CH4和NO2混合气体 以一定流速通过催化剂仅发生反应Ⅱ，测得不同温度下O2的转化率如图乙所示（不考虑 押题登科卷（二）·化学D第7页（共8页） 少量SO2与混合气体的反应及对混合气中各组分分压的影响)。 ▣不含S0,的混合气 ·含S0的混合气 350400450500550600650 温度℃ e 550℃时，与不含SO2相比，含有SO2会导致混合气反应时NO2的转化率降低，原因 是 20.(14分)有机化合物K作为高活性农用杀菌剂，其合成路线如下。 COCI CH-CIO,COCI2 A CH COOC,Hs 多步反应， C,HO,C2H:OH CH;COOC2Hs_CuH2O G D 浓HSO4,△ C2H;ONa F E ①LiOH②H C.Hs J CzH120 C.Hs -H20 CH. 已知：i.RCOOH COCLRCOC1 R2 CH OR:+ROH (1)A的结构简式为 (2)J的结构简式为 ;K中含氧官能团的名称为 (3)D→E的反应类型是 (4)E→F的化学方程式为 0 (5)含苯环且能发生银镜反应的D的同分异构体有 种，写出其中一种核磁共振氢谱上 显示四个峰的同分异构体的结构简式 押题登科卷（二）·化学D第8页（共8页）