2026届高三化学一轮模拟卷1

**基本信息** 高三化学一轮模拟卷，以真实情境为载体，覆盖元素化合物、反应原理、物质结构等核心知识，突出科学思维与探究实践能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题|高分子材料性质、元素转化推理、晶体结构分析、化学平衡、电化学等|如第1题结合聚乳酸手术缝合线等实际应用，第10题以CO₂捕获电解一体化情境考查电极反应，体现科技前沿| |解答题|4题|实验流程（碘废液回收）、工业废渣处理、反应机理、有机合成|如16题工业废渣回收砷和铜，融合氧化还原、沉淀溶解平衡，18题多取代吡啶合成体现有机推断与信息迁移，符合高考综合题命题趋势|

可能用到的相对原子质量Fe56Li7S32Si28P31Mn55Sb122N14016I127 高三化学一轮模拟卷1 1.(2026·四川南充·二模)高分子材料应用广泛。下列说法错误的是 A.聚乳酸属微生物降解高分子，可用于手术缝合线 B.聚氯乙烯耐化学腐蚀，可用于制造食品包装材料 C.酚醛树脂受热后不能软化或熔融，可用于制造集成电路板 D.芳纶纤维强度高、热稳定性好，可用于制造防弹装甲 2.(2026陕西咸阳·二模)下列表格中X既满足如图所示转化关系，推理又正确的是 NaOH溶液，盐酸 盐M →盐N 反应（① 反应② 选项 推理 A Fe 实验室保存盐N溶液时常加入X B Al 反应①可用作家庭厨卫管道的疏通 NaHSO, 电解熔融盐N时阳极得到金属钠 D (NHa),S 盐M溶液中的阴离子种类有2种 3. (2026安徽安庆·二模)六方石墨和三方石墨都是由石墨单分子堆积形成，下图给出了这两种石 墨的堆积方式。层间距和层内C-C键键长均相同，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的 是 A.六方石墨和三方石墨互为同素异形体B.六方石墨和三方石墨的密度相同 C.六方石墨和三方石墨的导电性不同D.120g石墨晶体中 有5WA个六元环 (2026安徽安庆·二模)阅读下列材料，完成下面2道小题。 VA族氮、磷及其化合物应用广泛。白磷P4)可由磷灰石 六方石晶 C3(PO4),混以石英砂和过量的C焙烧制得。白磷在热的浓碱液中发生歧化反应生成磷的氢化物 (主要是PH3,还有P,H4)和次磷酸盐（次磷酸H,P0,是一元弱酸）。PH3是一种无色剧毒的气体，可 被害虫吸入体内干扰细胞能量代谢。磷化物（如C,P,、AIP)可用作杀虫剂就是由于它极易水解生 成PH3气体。PH3能与许多过渡金属形成多种配合物，PH3还是一种强还原剂，能从Cu2+、Ag+等 盐溶液中还原出金属。 4.下列反应的化学方程式错误的是 焙烧 A.白磷的制取：2Ca,(P04)2+6Si02+5C=6 CaSiO.,+P,+5C0,↑ B.白磷与热的浓碱液反应：P,+3KOH+3H,0=PH,个+3KH,P0, C.磷化钙的水解：Ca,P2+6H,0=3Ca(0H,+2PH,个 D.PH CusO:PH3 +4CuSO+4H,O=HPO+4H,SO+4Cu 5.下列有关物质的结构或性质的比较中，正确的是 A.P-H键键能：E(PH,)=E(P,H4)B.与过渡金属形成配合物的能力：PH>NH C.水中溶解性：PH3>NH D.等物质的量分子中o键数：H,PO2>PH4 6.(2026安徽池州·二模)常温下呈液态的某化合物结构如图所示。Q、W、X、Y、Z是原子序数 依次增大的短周期元素，其中Y的原子序数等于W和X的原子序数之和。下列说法错误的是 A.该物质呈液态的原因是离子体积较大B.元素电负性：X>W>Q C.Y与Z可形成离子化合物 D.基态原子未成对电子数：X>W>Y 7.(2026福建厦门·二模)丙酮可缩合得到和B异佛尔酮，转化关系如图。升高温度，反应3 α的平衡常数减小。下列说法错误的是 (g)+2H20(g) △H 0 a(沸点215℃) 3(g) A.△H,<△H,B.合成温度越高，o产率越高 △H、 (g)+2H20(g C.分馏、B混合物时，阝先蒸出D.推测缩合存在中间产物 0￥ B(沸点184℃) 8.（2026四川南充·二模)下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 烷基磺酸根作表面活性剂 烷基磺酸根一端是亲水基，另一端是疏水基 B 高分子聚乙炔能导电 聚乙炔中存在大π键为电荷传导提供通路 C 壁虎能在墙壁上爬行 壁虎足上的细毛与墙体能形成强烈的化学键 D 低温石英具有手性 硅氧四面体项角相连形成螺旋上升的长链结构 9.(2026四川南充二模)双金属氧化物(GaZr0)催化C02加氢 ②吸附 制甲醇的反应机理如图所示，图中口表示氧空位，己知“活化位点” ③氢化 是指催化剂上能吸附反应物分子并与其反应的位置。下列说法错 误的是 A.步聚①过程中有化学键的断裂和形成 B.反应过程中Ga的杂化方式不变 CH,OH ①吸附 ④脱附 C.催化剂吸附CO2和H,的活化位点不同 口表示氧空位 D.若步骤②活化能最大，则氧空位越多，反应速率越快 10.(2026·福建厦门·二模)一种利用AzB-Ni(由HO0C COOH与镍酞 菁组成)电催化，实现工业烟气中低浓度CO,捕获与电解一体化的工作原理如图。 HOO ao电源⊙b CO COOH 质 C0, OH HO OH HOOC- HO COOH H,AzB-Ni 下列说法正确的是 A.a接电源的正极 B.AzB-Ni电极的电极反应式为AzB-Ni+2e+H,O=H,AzB-Ni+2OH C.CO2捕获时涉及的微粒间作用力仅有氢键 D.每催化电解44.8LC0,,理论上生成1mol0, 11.(2026安徽安庆·二模)X、Y、R为碳原子数目相等的有机 0.10 物。物质X广泛应用于医药、食品、化妆品等领域。在一定温度下， 0.08 >a 0.06 b 0.04 (1,0.045) 0.02 0 3时间h Y制备X的过程及相关物质的浓度随时间变化的关系如图所示，Y的初始浓度为0.10mol/kg,th 后X浓度不再变化。下列说法正确的是 反应①：Y→RK反应②：R→XK2 A.该反应不存在副产物B.该温度下的平衡常数：K,<K2 C0~h肉，X-0053 mol/k-) D.0~h内，加入合适催化剂可提高c的产率 12.(2026四川南充·二模)根据下列操作及现象，得出结论正确的是 选 项 操作及现象 结论 A 将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，鲜花颜色褪去 氯气有漂白性 将TF4和TC14分别加入无水乙谜中，TF4几乎不溶，TC14溶解 B 离子键成分含量：TF4<TiC14 并放热 向浓度均为0.1mol.L的NaC1和NaBr的混合溶液中逐滴加入 K(AgCl)>K(AgBr) 等浓度的AgNO,溶液，先出现淡黄色沉淀 将乙醇与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入溴水中，溴水褪 O 反应生成了乙烯 色 13.（2026四川南充·二模)某氮氧化物的六方晶胞及其体对角截面图如下，阿伏加德罗常数的值 是NA。下列说法错误的是 h c nm --200 42 90° 909 1209 nm 0 0 a nm A.该氧化物的化学式为NO; B.1位氮原子分数坐标为334 211 368 C.品体的密废为5acx10 N.gcm.2位和3位氯原了内核间距为m 14.（2026·安微安庆·二模)在一定温度下的有机相中，某离子M2+存在以下氯化络合反应： M2++CI=[MCIK,=1.5M2++2C1=MC12K2=0.5 M2++3C1=[MC1]K,=5×103M2++4CI=[MC1,]2-K4=2.5×10-5 保持温度不变，改变xmol/LMC12有机相稀溶液中C的起始浓度，测得M元素的部分微粒分布分 数δ与pC1pCI=-lgc(CI)关系如图所示。下列说法错误的是 1.0 A.该有机相中没有[MCL,]2离子 B.P点，与C结合的M+约占总数的55% C.g点时，c(MCL,)=c[MCI])>c(M2+)>c[MC1,]) D.该温度下，反应CI+[MCI三MCL,的平衡常数为o [MCI] pCl 1 3 二、 解答题 15.(2026·四川广元·二模)碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含aI 和少量))制取单质碘并用于花生油碘值的测定。 I、制取L的流程：含碘废液(Nal,少量L)→制Cu→制L 已知：①碘易升华，在常温下微溶于水； ②K4[Fe(CN)6](亚铁氰化钾)与Cu2+会生成红褐色沉淀。 (1)“制Cu”:如图所示，先向碘废液中加入足量的N2SO3溶液，控制温度60-70℃，再逐滴滴加 CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。 ①图中仪器A的名称为 ②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式 含碘废液 ③实验中若不加入Na2SO3,只加入CuSO4溶液，可发生反应： 加热搅拌器 2CuS0,+4Na=2Cul↓+L,↓。则实验中加入Na2SO3的作用是 (2)制取L,：弃去上步反应后的上层液体只留C固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D, 不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温 干燥得到L。 ①D中盛放的试剂为 。②检验洗涤干净的方法为 Ⅱ、花生油碘值的测定 (3)碘值指100g油脂与单质碘加成时消耗L,的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为L与油脂 反应缓慢，碘值测定时通常用C代替L。测定过程为称取0.25g花生油于碘量瓶中，加入异己烷， 搅拌，再向其中加入25.00mL0.05mol/LIC1的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过 量ICl反应：IC1+KI=KC1+L2),用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定(I2+2Na,S,0,=2NaI+a,S,0。),加 入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00mL。 ①实验中加入20mL异己烷的作用为。②判断滴定到达终点的现象为 ③该花生油的碘值为 g。 16.(2026四川广元二模)从工业废渣[含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO43、FeS、Fe2O3、As2O3 等]中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下： 空气硫酸 Ca(OH)2 KMnO,溶液 石灰 有机萃取剂 工业废渣→氧化浸出 预中和 深度氧化 中和除砷、铁→萃取 (pH<1) 滤渣 Cu←电解←反萃取 反萃取剂 己知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+=R2M+2H+; ②当溶液中离子浓度小于或等于l0molL1时，认为该离子沉淀完全； ③Kp(FeAsO4)=5×10-21、KP[Fe(OH)3]=4×10-38,取lg2-0.3。 (1)提高废渣氧化浸出率的方法有 (写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因 为： (2)预中和生成滤渣的主要成分是（填化学式）。 (3)深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4,反应的化学方程式为 (4)中和除砷、铁”过程生成FAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中AsO完全沉淀，且不产生Fe (OH3沉淀，应控制pH小于 (5)反萃取中，下列说法正确的是（填字母）。 A.分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液 B.经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层 C.反萃取后，Cu2+被转移至水相 (6)用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H)增大了0.04mol/L,测阴极沉积的 铜的质量为 g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。 17.(2026陕西咸阳·二模)甲醇水蒸气重整①MSR)是重要的制氢反应（反应I),可分解为两个半反 应（甲醇脱氢和水煤气转化反应即反应Ⅱ和反应。已知： 反应I:CH,OH(g)+H,0(g)=C02(g)+3H2(g)△H1=+49.5kJ·mol 反应II:CH,OH(g)=C0(g)+2H,(g)△H2=+90.7kJ·mol 反应III:C0(g)+H2O(g)≥C02(g)+H2(g)△H3=-41.2kJ·mol (I)若反应I的正反应活化能为kJ·mol尸，则逆反应的活化能为 kJ.mol-。反应I在 (填“高温“低温”或“任意温度下可自发进行。 (2)CH,OH和CO,分子中C原子与下列物质中心原子杂化轨道类型对应的是 (填字母)。 A.H,S和H,0B.PCL,和HCN C.S0,和SO, D.NH,和O (3)我国科学家研发了一种Pt/a-MoC催化剂，可在低温下实现CH,OH与H,0的高效重整制H2, 部分历程如图1所示。(TS表示过渡态，*表示在催化剂上的吸附态) 0.0 0.00 反应Ⅱ 反应Ⅲ -0.5 -0.94 -1.0 1.30'TS -1.58 TS -2.0 +2.15 -2.02 -2.28 TS 23 -2.53TS 2.69 … *H7++0HO *HOZ+*00 -2.93 -2.93 -3.0 *H+HO -3.11 TS-3.22 -3.5 -3.84 -4.0 图1 ①所示步骤中最慢的基元反应方程式为 ②机理研究表明，CO能使Pt催化剂中毒，H,0在a-MoC上发生解离(H,O→OH+H)。结合 信息和图1分析P/α-MoC催化剂活性高的原因是 (4)最近，研究人员采用Ru,/C02单原子催化剂进行甲醇水蒸气重整反应。在恒压、不同温度下， 以一定的流速将CH,OH和H,0(体积比1：3)通过装有催化剂(0.1g)的反应器，出口处测得数据如 图所示。 99.5 4 140 25 120 99.0 20 100 98.5 80 5 80 98.0 60 10 35.p 97.5 40 5 20 108 97.0 25 0 6.5 150 200 250 300 350 150 200 250 300 350 温度/℃ 温度/C 图2 图3 (mmol·gat.h含义为每克催化剂、每小时生成H,的毫摩尔数)①300C,反应1h,生成H的量 为 mmol。②随着温度的升高，H,生成速率和CH,OH转化率均增大，其可能的原因 是 18.（2026陕西咸阳·二模)多取代吡啶衍生物在医学、农药、功能材料、配位化学、超分子化学、 催化化学等领域有广泛应用。以下是一种合成多取代吡啶衍生物L的反应机理（部分反应条件省略）。 TBHP C,H0 A B CuOTf NH CuOTf OH NH Cu(OTf), CH COONH D 已知：TBHP为叔丁基过氧化氢，结构简式为0一OH (1)己知B能发生银镜反应，其结构简式为 ；A→B的反应类型为 (2)C中所含官能团名称为 ,工的分子式为 (3)写出K在一定条件下转化为L的化学方程式 (4)已知D转化为E时，同时还生成了H,0、HOTf、CH,COOH,下列有关说法中错误的是 (填字母)。 a.I和J的质谱图和核磁共振氢谱图均不同b.在合成L的过程中，Cu(OTf)2为催化剂 c.E和丁都存在顺反异构 d.B+E→F的原子利用率小于100% (5)M是H的同分异构体，且满足下列条件： ①三个苯环连在同一个碳原子上，除苯环外不含其他环状结构；②不能与金属钠反应，能发生银镜 反应；③含有-NH2,且在一定条件能被氧化为-氨基酸； 则符合条件的M有 种（不考虑立体异构），写出其中一种的结构简式 (⑥根据题中信息，设计由苯、乙醛、TBHP和一氯甲烷为原料合成 CH=CH一CHO的合成 路线（其他无机试剂任选） (已知[ RX 《高三化学一轮复习卷1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C A B B C B A 题号 11 12 13 14 答案 D C C.Ca,P2水解生成Ca(OH)2和PH3,反应的化学方程式为：Ca,P,+6H,0=3Ca(OH)2+2PH,个，C 正确； D.PH3还原CuSO,时，P元素被氧化生成H,PO4,Cu元素被还原生成Cu,反应的化学方程式为： PH3+4CuS04+4H,0=H,P04+4H,S04+4Cu,D正确； 故选A。 5.A.PH3分子中P与3个H形成3个P-H键，P2H4分子中P与2个H形成P-H键、同时P与P 之间形成1个P-P键。由于PH4中P的成键环境与PH3不同，因此两者的P-H键的键能不相等， A错误； B.H3中N的电负性大于PH3中P的电负性，N原子对孤电子对的吸引力更强，更难给出孤电子 对形成配合物，而PH3中P的电负性较小，孤电子对更容易给出，与过渡金属形成配合物的能力 更强，B正确； C.H3能与水形成分子间氢键，且极性比PH3大，因此NH3在水中的溶解度远大于PH3,C错误； D.1◆molH3P02含5molo键，19mol9P2H4也含5mol◆o键，则等物质的量分子中o键数： H3PO2=PH4,D错误； 故选B。 6.C 【分析】Q在阳离子中仅形成1个单键，原子序数最小，故Q为H;W在阳离子中形成3个共价 键，再失去一个电子，满足4价，故W为C;X在阳离子中形成3个共价键，满足3价，原子序 数大于C(6),N最外层5个电子，可形成3个单键，故X为N;Y的原子序数=W(C,6)+X (N,7)=13,短周期中原子序数13的元素故Y为A1;Z在阴离子中形成1个单键，原子序数大 于A1(13),短周期中符合的元素为C1(氯)（原子序数17，最外层7个电子，形成1个单键达8 电子稳定结构)，故Z为C1,据此回答。 【详解】A.该物质离子间距离大，离子键弱，晶格能低，因此常温下呈液态，A正确； B.同周期主族元素从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小；H的电负性(2.1)小于C (2.5),故元素电负性：N>C>H,B正确； C.由分析知，Y为A1,Z为C1,Y与Z形成的物质为A1Cl3,属于共价化合物，C错误； D.X为N,电子排布1s22s22p3,2p轨道3个电子分占3个轨道，未成对电子数为3；W为C, 电子排布1s22s22p,2p轨道2个电子分占2个轨道，未成对电子数为2；Y为A1电子排布 1s22s22p63s23p,3p轨道1个电子分占1个轨道，未成对电子数为1，基态原子未成对电子数：N >C>A1,D正确； 故选C。 7.B 8.C 【详解】A.烷基磺酸根的烷基部分为疏水基，磺酸根部分为亲水基，符合表面活性剂的结构特征， A正确； B.聚乙炔为单双键交替的结构，可形成离域大π键，为电荷传导提供通路，因此能导电，B正确； C.壁虎足上细毛与墙体之间的相互作用是较弱的分子间范德华力，不是强烈的化学键，化学键是 分子内部的作用力，解释错误，C错误； D.低温石英中硅氧四面体通过项角相连形成螺旋上升的长链，存在左旋、右旋两种不同的螺旋结 构，因此具有手性，D正确； 本题选不正确选项，故答案选C。 9.B 【详解】A.步骤①为H2的吸附过程，H2分子中的H-H、0-Ga键断裂，同时形成Ga-H、 0-H键，存在化学键的断裂和形成，A不符合题意； B.反应过程中，Ga的成键数月发生变化，步骤③的产物中Ga为sp杂化，步骤①②④的产物中 Ga为sp3杂化，杂化方式发生改变，B符合题意； C.由反应机理可知，H2在Ga、Zr的活化位点吸附，CO2在氧空位活化位点吸附，二者活化位点 不同，C不符合题意； D.若步骤②活化能最大，则步骤②为决速步骤，氧空位越多，CO,吸附位点越多，步骤②反应速 率越快，总反应速率越快，D不符合题意； 故选B。 10.A 11.D 【分析】首先确定三条曲线对应的物质：Y是反应物，初始浓度为0.10mokg,随时间浓度降低， 对应曲线；R是中间产物，浓度先升后降，对应虚线b;X是生成物，浓度持续升高，平衡后不 变，对应曲线c。 【详解】A.平衡后体系中仍存在R,R未完全转化为X,属于副产物，因此该反应存在副产物， A错误； B.由题图可知，th时Y浓度已为O,说明①是不可逆反应，3h后X的浓度不再变化，R浓度 大于O,说明反应②是可逆反应，则该温度下的平衡常数K,>K,,B错误； C.t时刻X的浓度为0.045mol/kg,X初始浓度为0，因此平均速率 v(X)=△c(X)_0.045 △t =mol/(kg.h),C错误， D.催化剂可以加快反应速率，0~h反应未达到平衡，加快反应速率后，相同时间内生成更多X, 因此可提高X在该时间段内的产率，D正确； 故选D。 12.C 【详解】A.干燥氯气本身无漂白性，鲜花中含有水分，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性使 鲜花褪色，A错误； B.F的电负性大于C1,T的离子键成分含量更高，离子化合物更难溶于弱极性的无水乙谜，因 此离子键成分含量：TiF4>TiCl4,B错误； C.AgCI和AgBr均为AB型难溶电解质，初始CI和Br浓度相同，加入AgNO3时溶度积更小的 物质先沉淀，先出现淡黄色AgBr沉淀说明KAgCI)>KAgBr),C正确； D.浓硫酸具有强氧化性，共热过程中会发生副反应生成SO,,SO,也能与溴发生氧化还原反应， 使溴水褪色，无法证明反应生成了乙烯，D错误； 故选C。 13.C 【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的NO;的个数为：8×4-2，位于体内的NO的个数为 2,则氧化物的化学式为N2O5。 【详解】A.由分析可知，氧化物的化学式为N2O5,A正确； B.由图可知，NO离子位于体对角线的4处，其中1位氮原子在×轴的投影为了、y轴的投影为 2 3z轴的投影为好，则原子分数坐标为 211 334 B正确； 2×108 C.设晶体的密度为dgcm3,由晶胞的质量公式可得：N。 -(a×10-7×V3 ×107)×2×(c×107×d, 2 216 解得d5acx10N,C错误： D.晶胞结构可知，2位和3位氮原子的核间距为高的；，距离为m,D正确； 故选C。 14.A 【分析】由平衡可知，随着cC1的增加，平衡正向移动，M2+减小，[MC]增加，故曲线a表示 M2+的分布系数，曲线b表示[MC]的分布系数，则曲线C表示MCl2的分布系数，据此分析。 【详解】A.K4=2.5×105虽小，但平衡仍可正向进行，有机相中存在极少量[MC1,]2离子，并非 完全没有，A符合题意； B.P点时，c(MCI,)、c(MCI?)分布系数几乎为0，设c(M2+)=c(MC1])=amol/L、 c(MCI]）1 cMC12)=bmol/L,则K,= c(M2+)c(Cr）cCIr =l5,cc-号mo-L, c(MCI,) K,=cM2e2(cr） —=0.5 2)2 ×a ，a=4.5b,所以M2的氯化络合转化率约为 c(MCI]*)+c(MCI2) =a+b,x100%-5,5bx ×100%=55%,B不符合题意； c(M2)+c(MCI]*)+c(MCI2)a+a+b 10b C.g点为[MCI]与MCL2分布分数曲线交点，故c(MCL2)=c(MCI]),结合曲线位置可知 c(MCL2)=c(MCI)>cM2+)>c(MCl,]）,C不符合题意； D.反应C1+[MCI]户MC1,可由M2++2CI户MCl2减去M2++CI三[MC1]得到，平衡常数 K=K2=0.51 K1.53’D不符合题意 故选A。15.(1) 三颈烧瓶 S03+2Cu2++2I+H,0=2Cul↓+S02+2H 还原12， 确保碘元素全部以CI的形式沉淀 (2) NaOH溶液（或其他碱溶液） 取最后一次洗涤液，加入K4Fe(CN.]溶液，若未生成红褐 色沉淀，则己洗净 (3) 作为溶剂 滴入最后半滴N2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不 恢复原色 101.6 【分析】向含碘废液中加入亚硫酸钠，将废液中少量I2还原为I，再加入硫酸铜溶液，使C2+与 I发生氧化还原反应生成C沉淀，亚硫酸钠的存在可避免副反应生成I2,保证I完全转化为C, 提高产率；随后用浓硝酸氧化C得到I2,通过洗涤、干燥提纯产品，利用C+与亚铁氰化钾的 特征红褐色沉淀反应检验洗涤是否完全，确保产品纯度。在碘值测定中，利用C1与油脂反应后加 入过量KI将剩余IC1转化为I2,再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2,以淀粉为指示剂，通过 蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的IC1量，进而换算为100g油脂消耗I2的 质量（即碘值）。据此分析。 【详解】(1)①图中仪器A的名称为三颈烧瓶。 ②根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价(2个Cu共降2价)，S元素从+4价升为+6价（升2 价)，电荷、原子守恒配平即得到离子方程式S0?+2Cu2++2I厂+H,0=2CuI↓+S0+2H+。 ③不加Na2SO3时，CuSO,与NaI反应会生成一半I2,碘元素无法完全进入Cul沉淀，Na2SO3作还 原剂，将所有I2还原为I,保证碘完全转化为Cu,提高回收率。 (2)①浓硝酸与C反应会生成有毒氮氧化物尾气，同时挥发的碘也需要吸收，用NaOH碱液可 以吸收这些有毒物质。 ②反应后滤液中含有C2+(来自Cu被氧化)，I2固体表面会吸附Cu+等杂质离子，洗涤的目的就 是洗去这些离子，因此只要最后一次洗涤液中检测不到，就说明洗涤干净，所以检验洗涤干净的方 法为取最后一次洗涤液，加入K4F(CN。]溶液，若未生成红褐色沉淀，则己洗净。 (3)①油脂难溶于水，易溶于有机溶剂，异己烷作为溶剂，使反应物充分接触反应。 ②淀粉遇碘变蓝，硫代硫酸钠将碘完全反应后，蓝色褪去，故判断滴定到达终点的现象为滴入最后 半滴N2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色。 ③根据关系式IC1~I2~2Na,S,03计算：总n1Cl=0.025L×0.05mol/L=0.00125mol,过量 a1C=hia,s.0,-×0.025Lx02molL-00025mo1,反应的 n1C1=0.00125mol-0.00025mo1=0.001mo1,相当于消耗0.001mol12,质量为 0.01m1×254gm0l=0.254g,则100g花生油消耗衡的质量为0.258 100g×0.254g=101.6g。 16.(1) 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为 C2(答案合理即可) (2)CaSO4 (3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO=5H3AsO+K2SO4+2MnSO4+3H2O (4)6.3(5)AC(6)0.64 【分析】工业废渣[含CuS04、CuO、Cus、Fe,(S043、FeS、FeO3、As,O,等]通入空气，用硫 酸浸取，过滤得滤渣S,滤液中的主要存在Cu2+、F3+、H,AsO,、H+、SO4,滤液中加入 CaOH,,得到滤渣CaS04,得滤液中加入KMnO4溶液深度氧化，H,AsO,全部被氧化为H3AsO4, 加入石灰中和除砷、铁（以FeAsO,形式），加入有机萃取剂，发生反应Cu2++2HR=三R,Cu+2H ,反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。 【详解】(1)粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的 KMO4会将盐酸氧化为Cl2,所以不能用盐酸代替疏酸；(2)根据分析可知，滤渣的主要成分是 CaSO; (3)深度氧化中H,AsO,全部被氧化为H,AsO4,KMnO,做氧化剂，Mn化合价由+7价降至+2价， As化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为 5H3As03+2KMn04+3H,S04=5H3As04+K,S04+2MnS04+3H,0; (4)欲使As0:完全沉淀，其最大浓度为106molL,若cAsO)=10molL,此时 c(Fe) Kp(FeAs04)_5×1021 cAsO） 10mol.L-5x1015mol.L K「Fe(OH) c(OH "sp 4×10-38 cFe3+） 5×10s-2xI0mo1-L，则pH=63,所以应控制p<6.3: (5)A.分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确： B.经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误； C.萃取是将Cu2+转移至有机相，反萃取后Cu2+被转移至水相，C正确； 故答案选AC: (6)若电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H)增大了0.04molL,则 △n(H)=0.04mol/L×500×103L=0.02mol,根据阳极反应2H,0-4e=0,↑+4H可知转移电子的物质 的量为0.02mol,根据阴极反应Cu2*+2e=Cu,可知阴极沉积的铜的质量为0 0.02mol ×64g/mol=0.64g 2 17.(1) a-49.5 高温 (2)B (3) C0*+20H=C0,+H,01 Pt/a-MoC催化剂中，水解离生成OH,OH与CO反应生 成CO2,防止Pt中毒，提高了催化活性 (4) 8.01 温度升高，反应速率加快，单位时间生成的H,增多；流速一定下转化的CH,OH 也越多，即转化率增大 【详解】(1)根据活化能与焓变的核心关系：△H=E正-E逆，其中 E正代表正反应活化能，E逆代表逆反应活化能。已知反应I的正反应活化能E正=akJ·mo,且 △H,=+49.5 kJ.mol1,将数据代入公式可得：+49.5=a-E逆，因此逆反应活化能： E运=(a-49.5)kJ.mol;化学反应自发进行的判据为吉布斯自由能变△G=△H-T△S,当△G<0时 反应自发进行。反应I△H>0,即反应为吸热反应；反应前气体分子数增加，因此△S>0,即反应 为熵增反应。低温条件下，T△S数值较小，△G=△H-T△S>0,反应非自发；高温条件下，T△S数 值显著增大，足以抵消焓变的正值影响，使得△G=△H-T△S<0,反应自发。因此反应I在高温 下可自发进行； (2)CH,OH中C原子形成4个o键，无孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；CO2中C 原子形成2个o键，无孤电子对，价层电子对数为2，采取sP杂化。 A.H,S中S原子和H,0中O原子均形成2个o键且含2对孤电子对，价层电子对数均为4，均采 取sp3杂化，无sp杂化，A不符合要求； B.PCL中P原子形成3个o键且含1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp杂化；HCN中C 原子形成2个o键(1个C-H、1个C=N),无孤电子对，采取SP杂化。二者杂化类型分别与 CH,OH、CO2完全对应，B符合要求；C.SO2中S原子和SO中S原子均采取sp杂化，C不符 合要求； D.NH3中N原子采取sp杂化，O中O原子采取sp杂化，杂化类型不对应，D不符合要求； (3)①观察图1的能量变化曲线，各步骤中：C0+20H=C0,+H,0这一步的活化能（能量差） 最大，是整个反应的决速步。 ②由题，C0能使Pt催化剂中毒，H,0在a-MoC上发生解离(H,O→OH+H)。Pt/a-MoC催 化剂中，-MoC组分可高效促使H,0解离生成OH,生成的OH能与导致Pt中毒的CO发生反 应生成CO,,从而及时消耗CO,消除CO对Pt催化剂的中毒效应，保证并提升了整体催化活性： (4)①从图中数据可知：300C时H2生成速率为80.1 mmolgh';已知催化剂质量m=0.lg, 反应时间t=1h;根据公式计算生成H2的物质的量n(H2=80.1mmog.h×0.1g×1h=8.01mmol； ②温度是影响反应速率的核心因素，温度升高会显著加快反应速率，单位时间内生成的H,量增多， 因此H,生成速率增大；在“流速一定”的实验条件下，反应速率加快意味着单位时间内通过反应器 的CH,OH中，发生转化的量更多，即CH,OH的转化率增大； CHO 18.(1) 氧化反应(2) 酮羰基（或羰基） C2Hi7N 一定条件 +H20 (4)cd NH2 NH2 CH=CH一CH一CHO或 CH2一CH=C一CHO或 NH2 NH2 NH2 CH=CH2或 CHO或 C-CH-CHO CHO CH3 CH2 OH CHO CH.CHO 催化剂 CH-CH2-CHO 催化剂 CH=CH一CHO △