精品解析：2026年黑龙江·吉林·辽宁·内蒙古普通高中学业水平选择性考试预测卷 化学试题

绝密★启用前 2026年黑龙江·吉林·辽宁·内蒙古普通高中学业水平选择性考试预测卷 化学 (考试时间：75分钟；试卷满分：100分) 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和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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：H—1 Li—7 C—12 O—16 Fe—56 Co—59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 绿色芳香族聚合材料的合成示范线中涉及原料制备、中间体合成及提纯以及高分子材料制备等多个环节。下列环节不涉及化学变化的是 A. 初始原料制备阶段：烯烃的加成 B. 基础无机化工单元：氨的催化氧化 C. 中间体提纯阶段：对苯二甲酸的重结晶 D. 产品合成阶段：涤纶的合成 2. 作为中国古代四大发明之一的黑火药，其反应原理为。下列有关化学用语或说法错误的是 A. 的电子式： B. 的晶体类型：离子晶体 C. S的基态原子核外电子排布式： D. 中的空间结构：平面三角形 3. 氮及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①中，22.4 L(标准状况下)完全反应生成的分子数为 B. 反应②中，0.1 mol 完全反应生成的产物中含键的数目为 C. 反应③中，0.1 mol 完全反应，转移电子的数目为 D. 500 mL 溶液中，的数目为 4. 聚碳酸酯材料可用于制作可降解包装。以碳酸二甲酯(E)与乙二醇(F)为原料，在催化剂作用下可制得环状碳酸酯M；M在下可开环聚合生成聚合物P，P在下又可以解聚成环M(如图所示)。下列说法正确的是 A. F可以被过量酸性溶液氧化为乙二酸 B. 合成的理论副产物为 C. M聚合为P的反应需要在强碱性体系中进行 D. P解聚为M的过程存在的断裂和形成 5. 某化学兴趣小组通过颜色变化分析反应实质，记录如下表所示。下列对颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 向悬浊液中滴加过量氨水，蓝色沉淀逐渐溶解并变为澄清深蓝色溶液 生成的呈蓝色 B 向酸性溶液中滴加适量溶液，溶液由橙色变为浅绿色 橙色的被还原为浅绿色的 C 含锂元素的烟花燃烧时放出洋红色的光 生成的为洋红色 D 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入滴浓硝酸，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色 含有苯环的蛋白质的显色反应 A. A B. B C. C D. D 6. 我国学者成功合成出二聚体分子。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的价电子数是其内层电子数的2倍，在同周期主族元素中，Y的第一电离能仅比Z的小，W的价层电子排布式为。下列说法错误的是 A. 该分子中的X原子采取杂化 B. 元素的电负性： C. 该分子中的W原子显较高的正电性 D. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性： 7. 下列实验设计无法达到实验目的的是 A．除去中的 B．将酸碱中和设计为原电池 C．促进从过饱和溶液中析出 D．制备胶体 A. A B. B C. C D. D 8. 下列离子方程式正确的是 A. 卤素互化物与溶液反应： B. 向水杨酸()溶液中滴加足量NaHCO3溶液： C. 用足量NaClO溶液吸收烟气中的SO2： D. 向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液： 9. 一种潜在的抗炎药物(Ⅲ)的部分合成路线如图所示。下列说法错误的是 A. 该反应的原子利用率为100% B. 化合物Ⅰ的分子式为C12H12N4 C. 化合物Ⅱ中所有碳原子共面 D. 化合物Ⅲ具有两性 10. FeO为NaCl型晶体：立方晶胞中O2-占据顶角和面心，Fe2+占据棱的中点和体心。实际晶体中，部分Fe2+被氧化为Fe3+并产生空位，形成含晶体缺陷的Fe1-xO(），其立方晶胞结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值，晶胞棱长为。下列说法错误的是 A. 理想FeO晶体中，Fe2+与O2-的配位数均为6 B. x增大时，晶体中Fe的平均化合价升高 C. 理想FeO晶体中，Fe2+位于由O2-构成的八面体空隙 D. 时，Fe1-xO晶体的密度为 11. 某工厂利用甘蔗渣从含MnO2、NiO和少量Fe2O3的冶炼废渣中提取金属元素的流程如图所示。已知“沉镍”温度下，。下列说法正确的是 A. “还原浸出”中，甘蔗渣将Mn(Ⅳ)还原为Mn(Ⅱ) B. “沉铁”时需要控制溶液的 C. “沉铁”与“沉镍”的顺序可以互换 D. “沉镍”后上层清液中， 12. 有效氯含量（每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力）是评价含氯消毒剂氧化性强弱的指标。用碘量法测定某漂白液的有效氯含量，流程如下： Ⅰ、取一定体积的样品，加入过量KI溶液与少量稀硫酸，避光、加盖密闭反应5 min。 Ⅱ、用Na2S2O3标准溶液滴定至淡黄色，加入少量淀粉指示剂继续滴定至蓝色褪去。 下列说法错误的是 A. Ⅰ中发生的主要反应为 B. Ⅰ中避光、加盖的主要目的是防止NaClO见光分解出有毒气体 C. Ⅱ中滴定前需要重新标定溶液的浓度 D. 若样品中含有，则测定结果会偏高 13. “液钒电池-光伏耦合制氢储能”的工作原理如图所示，白天时将太阳能储存在电池中，夜晚时将电池的化学能储存在体系中。下列说法错误的是 A. 白天时镍网电极的电极反应为 B. 双极膜中的a、b分别为阳离子交换层、阴离子交换层 C. 夜晚时闭合K，总反应为 D. 理论上需要定期向A区和氢储罐中补充稀硫酸 14. 在一定条件下，将、、、四种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，发生反应①②③④(总称BZ反应)，体系的氧化还原电位E随时间出现周期性振荡(如图所示)。 ① ② ③ ④ 已知：在BZ反应体系中，E随增大而升高，随增大而降低；反应①在溶液中的浓度较高时迅速进行。 下列说法错误的是 A. 对BZ反应起催化作用 B. 进料中的不会影响振幅和周期 C. A→B过程主要发生反应③ D. 颜色的变化也可表征反应的振荡效应 15. 常温下的强酸性“”体系中，在时，Fe(Ⅲ)仅以三种形式存在：、、，逐步配位反应为、，强酸性溶液中的水解可忽略。该条件下，在的“”平衡体系中，、、与的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线a、b分别代表、 B. 常温下， C. P点溶液中： D. O点溶液中： 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 某企业回收废旧锂离子电池制备电池级、金属Co，并联产肥料。将电池拆解后得到的正极粉末的主要成分为，含少量、和导电剂C等，工艺流程如下： 已知：相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 2.2 3.6 3.4 4.6 7.8 9.4 回答下列问题： （1）电池拆解前需要进行的安全操作是______；“酸浸还原”步骤中，正极粉末溶解后发生的氧化还原反应的离子方程式为______。 （2）“调pH=5”步骤需要缓缓加热，其原因是①防止氨水分解，②______。 （3）“调pH=10”步骤中鼓入空气的目的是______。 （4）“加热还原”步骤发生反应的化学方程式为______。 （5）“系列操作”包括______。 （6）“工业用水”用于循环配制Na2CO3溶液，其溶质的主要成分是______。 （7）某次生产中，处理100.0 kg正极粉末，最终得到22.6 kg电池级Li2CO3，若各步骤中Li的损失均可忽略，且正极粉末中只含LiCoO2一种含锂化合物，则原正极粉末中LiCoO2的质量分数为______(保留3位有效数字)。 17. 工业上采用固相Cu-ZnO-Al2O3催化二氧化碳加氢制甲醇的反应为，常温常压下该反应的、。回答下列问题： （1）二氧化碳加氢制甲醇的反应从非自发反应向自发反应转变的临界温度为______K(保留一位小数)；工业上在非平衡条件下不断分离出CH3OH(g)和H2O(g)进行连续生产，设定反应条件为550 K、10 MPa，采用这一反应条件综合考虑的因素有______。 （2）为解决“反应速率-平衡”的矛盾，提出如图所示的两段恒压串联系统生产甲醇。前段逆水煤气变换：；后段固相催化合成甲醇：、。 ①下列说法正确的是______(填字母)。 a．前段适当升温有利于提高总生产速率 b．两段同温运行即可同时最优地兼顾反应速率与平衡 c．后段温度宜比前段温度低以提高甲醇的平衡产率 ②已知后段发生甲烷化副反应：、。后段投料时，设，工程上最宜设定______。若SN小于设定值，则可能产生的不利结果是______；若SN大于设定值，则可能产生的不利结果是______。 ③前段经冷凝除水后得到的干燥气作为后段进料，其中各物质的体积分数为，，，总摩尔流速为F mol·h-1.为使后段进料的SN满足工程上最宜设定值，需要补加氢气的摩尔流速为______mol·h-1。 （3）某条件下测得总速率方程为，根据下表数据进行计算，______。 实验 1 2 3 4 18. 利用氧气绿色氧化苯甲醇制备苯甲酸的原理及装置如下： 实验步骤如下： Ⅰ、向三颈烧瓶中加入0.12 g苯甲醇和10.0 mL乙腈(CH3CN，作溶剂)，再加入少量有机光敏催化剂，室温下通入O2，用LED灯照射并搅拌。 Ⅱ、反应一定时间后，取少量反应液稀释，用气相色谱仪检测。测得0 h、1 h、3 h时的气相色谱图如图所示。已知物质i在气相色谱图中的峰面积Ai(峰上方a、b的值)与其物质的量ni的关系为Ai=kini，其中ki是物质i的响应因子(不同物质具有不同的响应因子)。 已知：气相色谱图中2.1 min左右的峰代表苯甲醇，3.7 min左右的峰代表苯甲酸。 Ⅲ、反应结束后，将乙腈蒸入锥形瓶；向三颈烧瓶中加入适量稀溶液并振荡分液，弃去有机层，保留水层。 Ⅳ、用稀盐酸调节水层，析出粗苯甲酸，过滤、重结晶、洗涤，得到较纯净的固体产物。回答下列问题： （1）本实验选择乙腈作为溶剂而不用水，其主要原因是______ (写出一点即可)。 （2）由步骤Ⅱ反应3 h时的数据估算，此时苯甲醇的转化率为______(保留3位有效数字)。 （3）步骤Ⅲ分液时，有机层主要含有______；该步骤的目的是______。 （4）步骤Ⅳ重结晶提纯苯甲酸的操作是热水溶解、______、过滤、洗涤、干燥。 （5）用代替进行反应，反应结束后分离得到苯甲酸，用质谱仪测得其相对分子质量为124。结合有机物的相对分子质量计算，可得出的结论是______。 （6）简要评价该方法在绿色化学方面的优点：______ (写出两点即可)。 19. 本芴醇(G)是一种抗疟原虫药，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为______。 （2）C中官能团的名称为______。 （3）B→C中，生成的与C互为同分异构体的副产物的结构简式为______(写一种)。 （4）E+F→G分两步进行，其中第一步反应的反应类型为______。 （5）D的同分异构体中，满足下列条件的有______种[已知结构不稳定，快速脱水得到]。 ①含2个独立的苯环； ②可水解产生醛类物质； ③分子中有7个碳原子共线。 其中，核磁共振氢谱的峰面积比为的同分异构体的结构简式为______(写一种)。 （6）参照上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为______和______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2026年黑龙江·吉林·辽宁·内蒙古普通高中学业水平选择性考试预测卷 化学 (考试时间：75分钟；试卷满分：100分) 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和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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：H—1 Li—7 C—12 O—16 Fe—56 Co—59 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 绿色芳香族聚合材料的合成示范线中涉及原料制备、中间体合成及提纯以及高分子材料制备等多个环节。下列环节不涉及化学变化的是 A. 初始原料制备阶段：烯烃的加成 B. 基础无机化工单元：氨的催化氧化 C. 中间体提纯阶段：对苯二甲酸的重结晶 D. 产品合成阶段：涤纶的合成 【答案】C 【解析】 【详解】A．烯烃的加成反应有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意； B．氨的催化氧化生成NO和，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C．重结晶是利用物质溶解度差异分离提纯物质的过程，没有新物质生成，不涉及化学变化，C符合题意； D．涤纶的合成属于缩聚反应，有新的高分子物质生成，属于化学变化，D不符合题意； 故答案为C。 2. 作为中国古代四大发明之一的黑火药，其反应原理为。下列有关化学用语或说法错误的是 A. 的电子式： B. 的晶体类型：离子晶体 C. S的基态原子核外电子排布式： D. 中的空间结构：平面三角形 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中两个N原子形成氮氮三键，每个N原子最外层满足8电子稳定结构，图示电子式正确，A正确； B．由和通过离子键结合形成，属于离子晶体，B正确； C．S为16号元素，基态原子核外电子排布式为，选项仅给出价层电子排布式，不是完整的核外电子排布式，C错误； D．中心N原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，D正确； 故选C。 3. 氮及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①中，22.4 L(标准状况下)完全反应生成的分子数为 B. 反应②中，0.1 mol 完全反应生成的产物中含键的数目为 C. 反应③中，0.1 mol 完全反应，转移电子的数目为 D. 500 mL 溶液中，的数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下22.4L 的物质的量为1mol，根据N元素守恒，完全反应生成的物质的量为1mol，分子数为，A错误； B．0.1mol 完全反应生成0.1mol ，每个分子含2个键，产物中键数目为，B错误； C．反应③的反应为，2mol 参与反应转移1mol电子，0.1mol 完全反应转移电子数目为，C正确； D．500mL 溶液中，初始物质的量为0.05mol，发生水解，的数目小于，D错误； 故选 C。 4. 聚碳酸酯材料可用于制作可降解包装。以碳酸二甲酯(E)与乙二醇(F)为原料，在催化剂作用下可制得环状碳酸酯M；M在下可开环聚合生成聚合物P，P在下又可以解聚成环M(如图所示)。下列说法正确的是 A. F可以被过量酸性溶液氧化为乙二酸 B. 合成的理论副产物为 C. M聚合为P的反应需要在强碱性体系中进行 D. P解聚为M的过程存在的断裂和形成 【答案】D 【解析】 【详解】A．过量酸性溶液具有强氧化性，可将乙二醇先氧化为乙二酸，还可继续将乙二酸氧化为，无法得到乙二酸，A错误； B．1mol E含2mol ，与1mol F发生取代反应生成1mol M时，会脱去2mol ，即理论副产物X为2mol，B错误； C．M含酯基，强碱性体系中酯基会发生水解反应，无法得到聚合产物P，该反应不能在强碱性体系中进行，C错误； D．P解聚为M的过程中，需要断开P主链中的键，再重新形成键得到环状的M，存在的断裂和形成，D正确； 故选D。 5. 某化学兴趣小组通过颜色变化分析反应实质，记录如下表所示。下列对颜色变化的解释错误的是 选项 颜色变化 解释 A 向悬浊液中滴加过量氨水，蓝色沉淀逐渐溶解并变为澄清深蓝色溶液 生成的呈蓝色 B 向酸性溶液中滴加适量溶液，溶液由橙色变为浅绿色 橙色的被还原为浅绿色的 C 含锂元素的烟花燃烧时放出洋红色的光 生成的为洋红色 D 向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入滴浓硝酸，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色 含有苯环的蛋白质的显色反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向悬浊液中滴加过量氨水，反应生成的呈深蓝色，对应现象解释正确，A正确； B．酸性溶液中橙色的具有强氧化性，与反应时被还原为浅绿色的，对应现象解释正确，B正确； C．含锂元素的烟花燃烧放出洋红色光，是锂元素的焰色反应，属于物理性质，与燃烧产物无关，为白色固体，解释错误，C错误； D．鸡蛋清的主要成分为蛋白质，含有苯环的蛋白质遇浓硝酸发生显色反应，先变性产生白色沉淀，加热后沉淀变为黄色，对应现象解释正确，D正确； 故选C。 6. 我国学者成功合成出二聚体分子。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的价电子数是其内层电子数的2倍，在同周期主族元素中，Y的第一电离能仅比Z的小，W的价层电子排布式为。下列说法错误的是 A. 该分子中的X原子采取杂化 B. 元素的电负性： C. 该分子中的W原子显较高的正电性 D. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性： 【答案】A 【解析】 【分析】X的价电子数是其内层电子数的2倍，短周期元素内层电子数为2，价电子数为4，故X为C元素。W的价层电子排布式为，ns轨道最多容纳2个电子，故n-1=2，n=3，价层电子排布为，故W为Al元素。四种元素原子序数依次增大，同周期主族元素中Y的第一电离能仅比Z小，则Y、Z位于第二周期，不可能位于第三周期，第二周期主族元素第一电离能最大的为F，第二为N，符合原子序数N<F，故Y为N元素，Z为F元素。 【详解】A．该分子中X为C元素，存在于基团（五氟代苯基）中，碳原子均采取杂化，A错误； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性，即，B正确； C．W为Al元素，电负性远小于C、N元素，与C、N成键时共用电子对偏向非金属元素，故Al原子显较高的正电性，C正确； D．W的最高价氧化物对应水化物为，为两性氢氧化物，Y的最高价氧化物对应水化物为，为强酸，故酸性，D正确； 故选A。 7. 下列实验设计无法达到实验目的的是 A．除去中的 B．将酸碱中和设计为原电池 C．促进从过饱和溶液中析出 D．制备胶体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性溶液具有强氧化性，既可以和杂质反应，也会氧化，不符合除杂的原则，A无法达到实验目的； B．该装置中左侧Pt电极上在碱性条件下失电子发生氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，右侧Pt电极上得电子发生还原反应：2H++2e-=H2，总反应为酸碱中和反应，存在电势差可构成原电池，B能达到实验目的； C．用玻璃棒摩擦过饱和溶液的烧杯内壁，可产生微小晶核，诱导从过饱和溶液中析出，C能达到实验目的； D．向沸水中滴加饱和溶液，水解可生成胶体，是制备氢氧化铁胶体的正确操作，D能达到实验目的； 答案选A。 8. 下列离子方程式正确的是 A. 卤素互化物与溶液反应： B. 向水杨酸()溶液中滴加足量NaHCO3溶液： C. 用足量NaClO溶液吸收烟气中的SO2： D. 向酸性KMnO4溶液中滴加H2C2O4溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中为价、为价，该反应为非氧化还原反应，正确离子方程式： ，A错误； B．酸性顺序：，只有羧基能与​反应，酚羟基不与​反应，正确离子方程式为：＋CO2↑＋H2O，B错误； C．足量将​氧化为​，部分被还原为，过量结合生成弱电解质，原理、配平均正确，C正确； D．草酸是弱电解质，离子方程式中不能拆分，正确离子方程式： ，D错误； 故选C。 9. 一种潜在的抗炎药物(Ⅲ)的部分合成路线如图所示。下列说法错误的是 A. 该反应的原子利用率为100% B. 化合物Ⅰ的分子式为C12H12N4 C. 化合物Ⅱ中所有碳原子共面 D. 化合物Ⅲ具有两性 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为I和Ⅱ发生开环酰化反应，生成的化合物Ⅲ含酰胺基和羧基，没有脱去小分子副产物，反应物的原子全部进入目标产物，原子利用率为100%，A正确； B．数化合物Ⅰ的原子：含12个C、4个N，氢原子数为12，分子式为，B正确； C．化合物Ⅱ中含脂环的环状酸酐结构，脂环部分含4个杂化的饱和碳原子，整体结构必然出现折叠或翘曲，不可能所有碳原子共面，C错误； D．化合物Ⅲ中含有羧基（可电离出，有酸性），又有可结合氢离子的含氮碱性位点（可结合，有碱性），故其具有两性，D正确； 答案选C。 10. FeO为NaCl型晶体：立方晶胞中O2-占据顶角和面心，Fe2+占据棱的中点和体心。实际晶体中，部分Fe2+被氧化为Fe3+并产生空位，形成含晶体缺陷的Fe1-xO(），其立方晶胞结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值，晶胞棱长为。下列说法错误的是 A. 理想FeO晶体中，Fe2+与O2-的配位数均为6 B. x增大时，晶体中Fe的平均化合价升高 C. 理想FeO晶体中，Fe2+位于由O2-构成的八面体空隙 D. 时，Fe1-xO晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．理想FeO为NaCl型晶体，NaCl型晶体中阴、阳离子配位数均为6，A正确； B．晶体呈电中性，总正价等于总负价，设Fe平均化合价为y，则y(1−x)=2，Fe的平均化合价为，x增大时分母减小，平均化合价升高，B正确； C．NaCl型结构中，占据顶角和面心，为面心立方堆积，位于棱心和体心，周围有6个，因此位于构成的八面体空隙中，C正确； D．晶胞中数目为，x=0.05时，Fe的数目为，晶胞质量为，晶胞体积为，计算得密度为，选项数值缺少系数4，计算错误，D错误； 故选D。 11. 某工厂利用甘蔗渣从含MnO2、NiO和少量Fe2O3的冶炼废渣中提取金属元素的流程如图所示。已知“沉镍”温度下，。下列说法正确的是 A. “还原浸出”中，甘蔗渣将Mn(Ⅳ)还原为Mn(Ⅱ) B. “沉铁”时需要控制溶液的 C. “沉铁”与“沉镍”的顺序可以互换 D. “沉镍”后上层清液中， 【答案】B 【解析】 【分析】冶炼废渣经过硫酸和甘蔗渣浸出、过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Ni2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉镍得到NiS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【详解】A．“还原浸出”中甘蔗渣中的纤维素先水解为葡萄糖，葡萄糖具有还原性，将Mn(Ⅳ)（来自MnO2）还原为Mn(Ⅱ)（最终以MnSO4形式存在），A错误； B．“沉铁”时若pH过小，FeOOH会溶解无法析出，若pH过大，Fe3+水解为，Ni2+、Mn2+也会生成氢氧化物沉淀引入杂质，因此需要控制溶液pH，B正确； C．若二者顺序互换，先加Na2S时，Fe3+会与S2-发生氧化还原反应，且Fe、Ni都会生成硫化物沉淀，无法实现铁和镍的分离，顺序不可互换，C错误； D．“沉镍”后上层清液是NiS的饱和溶液，达到沉淀溶解平衡时，D错误； 答案选B。 12. 有效氯含量（每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力）是评价含氯消毒剂氧化性强弱的指标。用碘量法测定某漂白液的有效氯含量，流程如下： Ⅰ、取一定体积的样品，加入过量KI溶液与少量稀硫酸，避光、加盖密闭反应5 min。 Ⅱ、用Na2S2O3标准溶液滴定至淡黄色，加入少量淀粉指示剂继续滴定至蓝色褪去。 下列说法错误的是 A. Ⅰ中发生的主要反应为 B. Ⅰ中避光、加盖的主要目的是防止NaClO见光分解出有毒气体 C. Ⅱ中滴定前需要重新标定溶液的浓度 D. 若样品中含有，则测定结果会偏高 【答案】B 【解析】 【详解】A．漂白液的有效成分为次氯酸盐，酸性条件下次氯酸根具有氧化性，可将碘离子氧化为碘单质，给出的离子方程式得失电子、电荷、原子均守恒，A正确； B．Ⅰ中避光、加盖的主要目的是防止生成的碘单质挥发，同时避免酸性条件下碘离子被空气中的氧气氧化，不是防止NaClO见光分解，且见光分解产物为和，不会生成有毒，B错误； C．溶液性质不稳定，易与空气中的、等反应发生变质，滴定前需要重新标定浓度，C正确； D．酸性条件下具有氧化性，也可将氧化为，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，D正确； 故选B。 13. “液钒电池-光伏耦合制氢储能”的工作原理如图所示，白天时将太阳能储存在电池中，夜晚时将电池的化学能储存在体系中。下列说法错误的是 A. 白天时镍网电极的电极反应为 B. 双极膜中的a、b分别为阳离子交换层、阴离子交换层 C. 夜晚时闭合K，总反应为 D. 理论上需要定期向A区和氢储罐中补充稀硫酸 【答案】D 【解析】 【分析】白天（充电过程）：太阳能电池板提供电能，装置右侧作为电解池工作。镍网电极上产生，发生氧化反应：，是阳极。石墨电极上被还原为 ，是阴极，此过程将太阳能储存在电池中，储存在 和中。夜晚（放电过程）：闭合开关K，装置左侧作为原电池工作，石墨电极上被氧化为，是负极，铂电极是正极，H+得到电子生成，此过程将电池的化学能储存在体系中。 【详解】A．白天装置处于充电状态，镍网电极为阳极，碱性环境中失电子生成，电极方程式为：，A正确； B．双极膜内水解离为和，需通过a层进入A区（阴极区），需通过b层进入B区（阳极区），因此a为阳离子交换层、b为阴离子交换层，B正确； C．夜晚闭合K装置处于放电状态，负极失电子生成，正极得电子生成，总反应为：，C正确； D．当白天A区的电极反应产生2 mol 时，为确保溶液呈电中性，双极膜内会有2 mol H+经过a进入A区；当夜晚A区的电极反应产生2 mol V3+时，氢储罐中会发生电极反应而消耗2 mol H+，理论上溶液中H+的浓度长期保持稳定，不需要定期补充稀硫酸，D错误； 故选D。 14. 在一定条件下，将、、、四种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，发生反应①②③④(总称BZ反应)，体系的氧化还原电位E随时间出现周期性振荡(如图所示)。 ① ② ③ ④ 已知：在BZ反应体系中，E随增大而升高，随增大而降低；反应①在溶液中的浓度较高时迅速进行。 下列说法错误的是 A. 对BZ反应起催化作用 B. 进料中的不会影响振幅和周期 C. A→B过程主要发生反应③ D. 颜色的变化也可表征反应的振荡效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应③消耗生成，反应④中又重新转化为，总反应前后的质量和化学性质不变，符合催化剂特征，对BZ反应起催化作用，A正确； B．反应①、③都需要作为反应物，浓度会影响所有反应的反应速率，进而改变振荡周期；同时浓度会影响的最大、最小浓度，改变氧化还原电位的变化幅度（振幅），因此会影响振幅和周期，B错误； C．A→B过程氧化还原电位升高，根据题意，随增大而升高，说明该过程增大，对应转化为的反应③，因此该过程主要发生反应③，C正确； D．为无色，为黄色，体系中随时间周期性变化，溶液颜色也会周期性变化，因此颜色变化可以表征反应的振荡效应，D正确； 故选B。 15. 常温下的强酸性“”体系中，在时，Fe(Ⅲ)仅以三种形式存在：、、，逐步配位反应为、，强酸性溶液中的水解可忽略。该条件下，在的“”平衡体系中，、、与的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线a、b分别代表、 B. 常温下， C. P点溶液中： D. O点溶液中： 【答案】D 【解析】 【分析】随增大，浓度单调降低，对应已标注的下降曲线。浓度较低时优先发生第一步配位反应生成，故先随增大而升高，对应曲线a；进一步增大时发生第二步配位反应，浓度逐渐升高，对应曲线b。 【详解】A．曲线a随增大先快速升高后增速放缓，对应第一步配位生成的，曲线b随增大持续升高，对应第二步配位生成的，A正确； B．P点，且，代入表达式得。结合平衡关系验证可知符合曲线数值特征，B正确； C．根据Fe元素守恒，，P点，代入等式左侧得，C正确； D．O点，由表达式得，再代入表达式得，故，不是1.7:1，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 某企业回收废旧锂离子电池制备电池级、金属Co，并联产肥料。将电池拆解后得到的正极粉末的主要成分为，含少量、和导电剂C等，工艺流程如下： 已知：相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 2.2 3.6 3.4 4.6 7.8 9.4 回答下列问题： （1）电池拆解前需要进行的安全操作是______；“酸浸还原”步骤中，正极粉末溶解后发生的氧化还原反应的离子方程式为______。 （2）“调pH=5”步骤需要缓缓加热，其原因是①防止氨水分解，②______。 （3）“调pH=10”步骤中鼓入空气的目的是______。 （4）“加热还原”步骤发生反应的化学方程式为______。 （5）“系列操作”包括______。 （6）“工业用水”用于循环配制Na2CO3溶液，其溶质的主要成分是______。 （7）某次生产中，处理100.0 kg正极粉末，最终得到22.6 kg电池级Li2CO3，若各步骤中Li的损失均可忽略，且正极粉末中只含LiCoO2一种含锂化合物，则原正极粉末中LiCoO2的质量分数为______(保留3位有效数字)。 【答案】（1） ①. 充分放电 ②. （2）促进沉淀颗粒增大，有利于过滤(或使氢氧化铁、氢氧化铝胶体聚沉，有利于过滤) （3）起到搅拌作用，使溶液的pH均匀、与充分反应 （4） （5）洗涤、干燥 （6） （7）59.9% 【解析】 【分析】稀硫酸溶解正极粉末，得到含有、、、、、的溶液，同时加入了过氧化氢，被还原为，滤渣甲为导电剂C；加入氨水调节pH=5，、沉淀，再调节pH=10，沉淀为，再用将其还原为Co并回收；被溶液沉淀为，经过洗涤、干燥得到电池级；滤液4中的离子主要为、和，蒸发结晶出后，溶液中主要含有，用于循环配制溶液。由此解题。 【小问1详解】 若电池有残余电量，则拆解时容易起火，安全起见，需要充分放电后再进行拆解； 由上述分析可知，“酸浸还原”步骤中，正极粉末溶解得到的离子中，只有能与发生氧化还原反应，由电荷守恒、元素守恒和得失电子守恒可得离子方程式为。 【小问2详解】 缓缓加热可使沉淀颗粒长大，有利于过滤，同时又不至于温度过高导致氨水分解或挥发。 【小问3详解】 向溶液中加入氨水，会导致溶液局部碱性过强、氨水扩散不均而反应不充分，鼓入空气可以起到搅拌作用。 【小问4详解】 “加热还原” 步骤中，还原得到金属Co，其自身被氧化为，故发生反应的化学方程式为。 【小问5详解】 过滤得到含有的滤渣丁，需要对其表面的杂质进行洗涤，然后对其进行干燥，即“系列操作”包括洗涤、干燥。 【小问6详解】 “控温、搅拌”前的溶液中含有的离子主要有、和，加入溶液沉锂后，引入而除掉，因此滤液4中的离子主要为、和。蒸发结晶出后，溶液中主要含有，用于循环配制溶液。 【小问7详解】 22.6 kg的物质的量为305.4 mol，则Li原子的物质的量为610.8 mol，根据Li元素守恒可得 =610.8 mol，则=59.8584 kg，则的质量分数为。 17. 工业上采用固相Cu-ZnO-Al2O3催化二氧化碳加氢制甲醇的反应为，常温常压下该反应的、。回答下列问题： （1）二氧化碳加氢制甲醇的反应从非自发反应向自发反应转变的临界温度为______K(保留一位小数)；工业上在非平衡条件下不断分离出CH3OH(g)和H2O(g)进行连续生产，设定反应条件为550 K、10 MPa，采用这一反应条件综合考虑的因素有______。 （2）为解决“反应速率-平衡”的矛盾，提出如图所示的两段恒压串联系统生产甲醇。前段逆水煤气变换：；后段固相催化合成甲醇：、。 ①下列说法正确的是______(填字母)。 a．前段适当升温有利于提高总生产速率 b．两段同温运行即可同时最优地兼顾反应速率与平衡 c．后段温度宜比前段温度低以提高甲醇的平衡产率 ②已知后段发生甲烷化副反应：、。后段投料时，设，工程上最宜设定______。若SN小于设定值，则可能产生的不利结果是______；若SN大于设定值，则可能产生的不利结果是______。 ③前段经冷凝除水后得到的干燥气作为后段进料，其中各物质的体积分数为，，，总摩尔流速为F mol·h-1.为使后段进料的SN满足工程上最宜设定值，需要补加氢气的摩尔流速为______mol·h-1。 （3）某条件下测得总速率方程为，根据下表数据进行计算，______。 实验 1 2 3 4 【答案】（1） ①. 281.4 ②. 550 K条件下，催化剂活性高，反应速率快；10 MPa条件下，反应速率快，CO2的转化率大，且设备成本和能耗合理 （2） ①. ac ②. 2 ③. 氢气配比不足，反应速率慢，甲醇的产率降低 ④. 氢气过量，会增大消耗氢气更多的甲烷化副反应的趋势，CH3OH选择性降低 ⑤. 0.80F （3）-1 【解析】 【小问1详解】 反应(ΔH-TΔS)小于0时，反应能自发进行，所以反应从非自发反应向自发反应转变的临界温度为：≈281.4K；工业上在非平衡条件下不断分离出甲醇和水蒸气进行连续生产，设定反应条件为550 K、10 MPa的原因是550 K条件下，催化剂活性高，反应速率快；10 MPa条件下，反应速率快，CO2的转化率大，且设备成本和能耗合理； 【小问2详解】 ①a．前段适当升温，可以增大逆水煤气变换的反应速率，增大氢气的浓度，有利于固相催化合成甲醇的反应速率，从而提高总生产速率，a正确； b．由方程式可知，后段固相催化合成甲醇的反应都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，则两段同温运行不能达到同时最优地兼顾反应速率与平衡的目的，b c．由方程式可知，后段固相催化合成甲醇的反应都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则后段温度宜比前段温度低可以达到提高甲醇的平衡产率的目的，c正确； 故选ac； ②设一氧化碳、二氧化碳的物质的量分别为x mol、y mol，合成甲醇时，反应物的投料比与方程式的化学计量数之比相等时，反应限度最大，甲醇的产率最大，则工程上最宜设定SN为：=2；SN小于设定值时，氢气配比不足，氢气的浓度会减小，使得反应速率减慢，不利于甲醇的合成；由方程式可知，副反应的SN为：=3，则SN大于设定值时，氢气过量，会增大消耗氢气更多的甲烷化副反应的趋势，不利于甲醇的合成； ③设后段进料干燥气的总物质的量为1 mol，1 h时需要补加氢气的物质的量为a mol，由SN为2可得：=2，解得：a=0.80F，则补加氢气的摩尔流速为0.80F mol/h； 【小问3详解】 由速率方程和表格数据可得：=，解得：γ=-1。 18. 利用氧气绿色氧化苯甲醇制备苯甲酸的原理及装置如下： 实验步骤如下： Ⅰ、向三颈烧瓶中加入0.12 g苯甲醇和10.0 mL乙腈(CH3CN，作溶剂)，再加入少量有机光敏催化剂，室温下通入O2，用LED灯照射并搅拌。 Ⅱ、反应一定时间后，取少量反应液稀释，用气相色谱仪检测。测得0 h、1 h、3 h时的气相色谱图如图所示。已知物质i在气相色谱图中的峰面积Ai(峰上方a、b的值)与其物质的量ni的关系为Ai=kini，其中ki是物质i的响应因子(不同物质具有不同的响应因子)。 已知：气相色谱图中2.1 min左右的峰代表苯甲醇，3.7 min左右的峰代表苯甲酸。 Ⅲ、反应结束后，将乙腈蒸入锥形瓶；向三颈烧瓶中加入适量稀溶液并振荡分液，弃去有机层，保留水层。 Ⅳ、用稀盐酸调节水层，析出粗苯甲酸，过滤、重结晶、洗涤，得到较纯净的固体产物。回答下列问题： （1）本实验选择乙腈作为溶剂而不用水，其主要原因是______ (写出一点即可)。 （2）由步骤Ⅱ反应3 h时的数据估算，此时苯甲醇的转化率为______(保留3位有效数字)。 （3）步骤Ⅲ分液时，有机层主要含有______；该步骤的目的是______。 （4）步骤Ⅳ重结晶提纯苯甲酸的操作是热水溶解、______、过滤、洗涤、干燥。 （5）用代替进行反应，反应结束后分离得到苯甲酸，用质谱仪测得其相对分子质量为124。结合有机物的相对分子质量计算，可得出的结论是______。 （6）简要评价该方法在绿色化学方面的优点：______ (写出两点即可)。 【答案】（1）苯甲醇和苯甲酸在水中的溶解度小，在乙腈中的溶解度大，用乙腈作溶剂有利于形成均相体系、提高反应速率(或乙腈易挥发，便于反应后除去 （2）85.0% （3） ①. 未反应的苯甲醇和有机光敏催化剂 ②. 使生成的苯甲酸转化成易溶于水的苯甲酸钠，从而与未反应的苯甲醇及催化剂等有机杂质分离 （4）趁热过滤、冷却结晶 （5）苯甲醇被氧化的过程中，其羟基中的O保留在分子中(或苯甲醇被氧化的过程中，其羟基中的O没有进入中) （6）使用O2作氧化剂，副产物为水，无污染（原子经济性高、环境友好）；反应条件温和、催化剂可循环、无重金属残留 【解析】 【分析】苯甲醇和苯甲酸在水中的溶解度小，苯甲醇、苯甲酸和乙腈均为有机物，苯甲醇和苯甲酸在乙腈中的溶解度大，用乙腈作溶剂有利于形成均相体系、提高反应速率，且乙腈易挥发，便于反应后除去。 【小问1详解】 乙腈是极性非质子溶剂，能更好的溶解苯甲醇和有机光敏催化剂，且不参与反应，能提高反应效率，同时便于后续蒸馏分离； 【小问2详解】 已知Ai=kini，假设苯甲醇响应因子为k1，由步骤Ⅱ反应0～3 h时的气相色谱图数据估算，3h时苯甲醇的物质的量为，初始时的物质的量为，则3h时苯甲醇的转化率===； 【小问3详解】 有机光敏催化剂是有机物，易溶于有机层，未反应的苯甲醇也在有机层，水层溶解的是苯甲酸钠。将易溶于有机层的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，可使其与未反应的苯甲醇及催化剂等有机杂质分离。 【小问4详解】 重结晶操作是：加热溶解、趁热过滤（除不溶杂质）、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以填趁热过滤、冷却结晶； 【小问5详解】 苯甲酸相对分子质量为122，用代替进行反应后，分离得到苯甲酸相对分子质量为124，说明苯甲酸分子中含有一个来自的氧原子； 【小问6详解】 绿色化学方面的优点：使用O2作氧化剂，副产物为水，无污染（原子经济性高、环境友好）；反应条件温和、催化剂可循环、无重金属残留（任写两点即可）。 19. 本芴醇(G)是一种抗疟原虫药，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A→B的化学方程式为______。 （2）C中官能团的名称为______。 （3）B→C中，生成的与C互为同分异构体的副产物的结构简式为______(写一种)。 （4）E+F→G分两步进行，其中第一步反应的反应类型为______。 （5）D的同分异构体中，满足下列条件的有______种[已知结构不稳定，快速脱水得到]。 ①含2个独立的苯环； ②可水解产生醛类物质； ③分子中有7个碳原子共线。 其中，核磁共振氢谱的峰面积比为的同分异构体的结构简式为______(写一种)。 （6）参照上述路线，设计如下转化。X和Y的结构简式分别为______和______。 【答案】（1） （2）羰基和氯原子 （3）或 （4）加成反应 （5） ①. 14 ②. 或 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】化合物A与Cl2在FeCl3/乙酸/水的催化下发生取代反应，生成芳环氯代物B；化合物B与在AlCl3的催化下发生取代反应生成化合物C；化合物C的羰基被KBH4还原后生成中间化合物，随后发生分子内取代反应生成化合物D；化合物D与HN(C4H9)2反应生成化合物E；化合物E在碱性条件下，苯环苄位失去质子，与4-氯苯甲醛反应生成中间化合物，再脱水生成双键得到化合物G。 【小问1详解】 由分析可知，A→B为取代反应，芴与Cl2在FeCl3/乙酸/水的催化下发生取代反应，产物为化合物B和氯化氢，故答案为。 【小问2详解】 观察C的结构式，可知其官能团为羰基和氯原子。 【小问3详解】 B→C中，与C互为同分异构体的副产物即为在苯环其他位置发生类似取代反应的化合物，可能结构为和，写其一种即可。 【小问4详解】 由分析可知，E+F→G第一步为苄位脱质子生成负离子，与4-氯苯甲醛反应生成醇类化合物的反应，属于加成反应。 【小问5详解】 ①由D的结构简式可知，其分子式为C15H10OCl2，不饱和度为10，D的同分异构体“含2个独立的苯环”且“分子中有7个碳原子共线”，则其结构中含有碳碳三键且碳碳三键的碳原子与苯环相连，再由“可水解产生醛类物质”可推断其得到醛基的前体结构中存在一CH(OH)2结构，而-CH(OH)2结构可由一CHCl2结构水解得到。由此将其同分异构体分为3类，骨架为：或或骨架；挪动羟基的位置可以得到：、、，综上所述符合要求的同分异构体包括14种。 ②上述结构中，满足核磁共振氢谱的峰面积比为的结构简式为 和，写其中一个即可。 【小问6详解】 ①由产物结构，可知X为氯苯对位发生取代反应的产物，答案为。 ②由题目信息可知X发生类似C→D的反应生成Y，故答案为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $