山东临沂第四中学等校2026届高三下学期模拟考试化学试题

2026年全国普通高中学业水平等级考试模拟试题 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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-1C-12N-140-16Na-23S-32K-39Os-190 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符 合题目要求。 1.2026年我国科技发展再上新台阶。下列说法正确的是 A.“海葵一号”通过分馏进行油气分离，此过程仅涉及氧化还原反应 B.“华龙一号”的核反应堆以35U为燃料，235U与36U具有相同的性质 C.神舟二十一号飞船的耐高温材料使用了碳纤维，属于无机非金属材料 D.福建舰舰体材料为无磁镍铬钛合金钢，该合金钢的熔点高于纯铁 2.下列试剂的实验室保存方法正确的是 A.白磷保存在冷水中，钾保存在石蜡中 B.酸性溶液均可保存在细口玻璃瓶中 C.四氯化碳保存在细口塑料瓶中 D.硝酸银溶液保存在无色透明玻璃瓶中 3.下列化学用语或图示表达正确的是 A.基态Cr+核外价电子排布式为3d B.SiO,的球棍模型为 C.NH的VSEPR模型为 D.S原子的3p原子轨道示意图为 4.实验室中，下列操作错误的是 A.重金属盐中毒急救时，可口服牛奶或蛋清 试卷第1页，共12页 B.苯酚不慎沾到手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗 C.常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二 D.酸式滴定管中有气泡，应轻轻旋转活塞，让溶液缓慢流出，赶走气泡 5.下列方程式书写正确的是 A.少量明矾溶液滴入过量的氨水中：A13++4NH3·H,O=「AI(OH),T+4NH B.用草酸标准溶液滴定KMnO4溶液：5C,O}+2MnO:+16H+=10C0,个+2Mm2++8H,0 C.CHoH0)的燃烧热为7266kmo:cHoH0+0,(g)=C0,(g)+2H,0(g) △H=-726.6kJ.mol1 D.稀释CuCl溶液时溶液由绿色变为蓝色：[CuCL4+4H,O=[Cu(H,O)4了+4C 6.我国科学家合成新型磷氨类高能分子一磷酰三异氰酸酯，结构简式为：0=P(N=C=O),。 下列说法错误的是 A.中心P原子的杂化方式为p杂化 B.分子中所有原子均满足8电子稳定结构 C.所含第二周期元素的第一电离能：N>O>C D.键角N-C-O>∠O-P-N 7.工业上以软锰矿（主要成分为MO,)为原料通过固体碱熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程 如图。 KOH KCIO. CO. 加蒸馏 软锰矿熔融氧化 水浸取 锰酸钾歧化 抽滤 ,结晶→KMO, 滤渣 己知：“熔融氧化”中发生反应的化学方程式为 3MnO,+6KOH+KC1O,=3K,MnO+KCl+3H2O. 下列说法错误的是 A.“熔融氧化”可在铁坩埚中进行 B.“锰酸钾歧化”中C02可替换为SO? C.“抽滤可加快过滤速度，使固液分离更彻底 试卷第2页，共12页 D.“锰酸钾歧化”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 8.由F、Pd组成的一种化合物通常以四聚体的形式存在，其结构如图所示。下列有关该化 合物的说法正确的是 A.“o”代表Pd B.Pd的化合价为+6 C.F存在孤电子对 D.由单体变为四聚体Pd杂化方式不变 9.均相芬顿反应是高级氧化技术的经典工艺，通过产生自由基引发系列链反应实现物质的 深度氧化。H,O2在酸性条件下产生自由基的过程如图。下列说法正确的是 H202 Fe3+ H202 1=k1c(H202)c(Fe2+) 2-k2·c(H2O2)c(Fe3 1=76L.mol-1 s-1 2=0.02L.mol-1.s-1 Fe2 HO2. 反应I 反应山 A.反应I的离子方程式为H,0,+2Fe2++2H+=2Fe3++2.OH B.产生自由基的过程中，整个体系的pH不变 C.其它条件不变时，改变c(H,O2)对反应I的速率影响程度大于Ⅱ D.反应江的活化能小于反应I 10.煤焦与水蒸气的反应是煤气化过程中的主要反应，具体反应是 C(s)+H,O(g)一CO(g)+H,(g)。向700K、2L恒容密闭容器中加入1molC(s)和 3molH,Og),测得体系中气体密度(p)与时间(t)的关系如图所示(tnin时，瞬间缩 小容器体积为1L)。下列说法正确的是 试卷第3页，共12页 p/(g.cm) 0.066 。。。。=。。=。。。。。。。。。。。 b N 0.064 =。。”。=中=中=。=== M 0.033 0.027 : t3 t/min A.M点时，体系已达平衡状态 B.0一tm血内，用C()表示的平均反应速率为元mol:min C.700K时，该反应的平衡常数K=25 7 mol.L D.N点时，向容器中同时充入1molH,O和1molH2,则VE大于v 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选 项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.仅用下表提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是 实验目的 试剂 用品 检验蔗糖的水解 蔗糖溶液、稀硫酸、新制氢 试管、胶头滴管、酒精灯、pH试纸 产物含醛基 氧化铜悬浊液、水 试管、橡胶塞、导管、铁架台（带铁 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和 B 制备乙酸乙酯 夹)、酒精灯、火柴、碎瓷片、胶头 NaCO3溶液 滴管 测定NaOH溶液 NaOH待测液、酚酞、 酸式滴定管、移液管、锥形瓶、滴 的浓度 0.1000mol.L1的盐酸 定管架、烧杯、胶头滴管 电解稀硫酸并制 长颈漏斗、U形管、橡胶塞、导线、 D 稀硫酸 作氢氧燃料电池 电流表、石墨棒 A.A B.B C.C D.D 12. 以硝酸盐为固体电解质的Na-O,电池装置和镍电极的反应机理如图。下列说法错误的 是 试卷第4页，共12页 52S Na2O2 NO 镍电极熔盐 又国少 02 恩固体电解质 00 NO +2Na* e geseo 0 +e- *NaO寸 o000Q9 8液态钠9 88 00 A.液态钠作负极 B.电池运行过程中不需要补充硝酸盐 C.放电过程中每转移2mole,镍电极质量增加46g D.为降低成本，可将固体电解质替换为硝酸钠溶液 13.用辉铋矿（主要成分是BiS3,含Si、Fe、Pb、A1等元素）生产海绵铋的一种工艺流程如 图。下列说法错误的是 硫酸 FeCl盐酸 铁粉 辉铋矿→酸浸氧化浸出 [BiCl] 置换 →海绵铋 浸液 浸渣 滤液 A.“酸浸”时Fe、A1元素进入浸液中 B.“氧化浸出”得到浸渣的成分为SiO2和PbSO4 C.“置换”时发生反应2[BiC,+3Pe=2Bi+3Fe2+12C D.向“置换”所得滤液中通入C12,所得溶液可循环利用 14.由天然樟脑合成樟脑二醇TCDM)的合成路线如下，下列说法错误的是 HNO3_HOOC COOH LiAIH >HO OH FeSO THE TCDA TCDM A.TCDA转化为TCDM的过程发生了取代反应 B.可用Na,CO3溶液鉴别TCDA和TCDM C.TCDA同分异构体中，至少含有3种不同化学环境的氢 试卷第5页，共12页 b在硝酸和硫酸亚铁的作用下，b键发生断裂 l5.常温下，向FC,O4的悬浊液中加入稀酸调节溶液的pH(此过程无气体逸出)，平衡时混 合溶液中lgX X为c(Fe+)或 (HCO4） 或c(c,o) 与pH的变化关系如图所示。已知： (HCO4)c(HCO4） K[e(OH)2]=4.9x101”。下列说法正确的是 lgX个 3 2 0 1.2 4.0pH (4.0，-3.2) A.Ⅱ表示l c(HC2 c(H,C,04) 随pH变化的关系曲线 B.Km(FCO4)约为5x104 C.pH=4的溶液中：c(Fe2+)>c(CO）>c(H+)>c(OH) D.pH=1.2时，FeC2O4体系中有Fe(OH),沉淀析出 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.钕铁硼永磁合金因其具有优异的磁性能而被称为“磁王”，钕铁硼永磁合金中含有铁、硼 及大量的稀土元素钕。回答下列问题： (1)稀土元素钕N,其价电子排布式为4f46s2,己知f能级有7个原子轨道，则钕位于元素 周期表的第 周期，未成对电子数是 (2)容易锈蚀是钕铁硼磁铁的一大弱点，可电镀镍(N)等金属进行表面涂层处理。一种含镍 配合物L的结构如图： 试卷第6页，共12页 HO ①元素C、N、O中，第二电离能最大的是 (填元素符号)，电负性最大的是 (填元素符号)。 ②配合物L中与镍配位的配体数为 (3)锇(Os)的某种氧化物是极具潜力的交变磁体候选材料，其四方晶胞结构如图所示。已知该 晶体的密度为pg·cn3,Os和O原子半径分别为pm和pm,a点原子的分数坐标为 (0,0,0),b点原子的分数坐标为(0.19,0.19,0.5)。设N为阿伏伽德罗常数的值。 ● ●Os 00 ①d点原子的分数坐标为 Os位于O原子组成的 空隙中。 2 为晶胞沿 (填标号)轴方向的投影图。 A.x B.v C.z ③晶胞的空间利用率为 (0的摩尔质量为16gmol,0s的摩尔质量为190g/mol。 用含N的代数式表示)。 17.沉积型锂矿主要为铝硅酸盐矿物，Li计和Ga+存在于铝硅酸盐晶格中。采用两段焙烧一 浸取法从锂矿（主要含铝硅酸盐及少量CaSO4、Fe,O、SiO2)中分离提取Li、Ga元素，工艺 流程如下： 试卷第7页，共12页 稀硫酸 浓硫酸 NaOH溶液 HCI 钾 低温、调pH 调pH 中温水碱 树脂、树脂 电解 矿 1焙烧为3.0 焙烧 浸浸吸附解吸 富镓 →Ga 为5.0 溶液 滤渣1 滤液 so, Na2CO3 Na2CO 浓 缩 →除钙→沉锂→Li,C0, 液 滤渣2 已知：①低温焙烧时金属氧化物均转化为硫酸盐：中温焙烧时Al2(SO4)3、G2(SO4)2分解 生成对应氧化物： ②不定形氢氧化铝沉淀对L有吸附作用，实现铝锂的共沉淀： ③常温下，Kp[Fe(OH)3]=28×109:Kp[A1(OH)2]=1.3x103, Ksp[Ga(OH)3]=1.0×10-35。回答下列问题： (1)滤渣1主要成分除Si02外还含有 (填化学式)。 (2)“中温焙烧时需在流动空气氛围中进行，原因是 (3)为减少Li汁损失，“除钙时加入NaCO3的方式为 (4“沉锂”中，c(L)=0.8ol·L1,加入NaC03固体，充分沉淀后c(C0-）=0.4mol.1, 则L计沉淀率为 %忽略溶液体积变化：p(L,CO)=2.5×102,结果精确至0.01： 沉淀率=C蓝背一C显丘×1009%]。 C沉淀前 NOH (⑤)己知树脂片段结构为 ,在吸附Ga(OH)4时，中心镓离子与树脂间存在的主要 相互作用是 ；含以下活性基团的树脂对碱性溶液中Ga(OH),吸附效率最高的为 ONa NOH b NHCH2 NHCOCH NH, 离子交换工艺回收镓的最佳温度为50℃，G(OH),吸附效率随温度升高先升后降的原因是 (⑥为避免“电解富镓溶液'提取镓的过程中产生大量氢气，富镓溶液（主要成分为HGCl4)中 试卷第8页，共12页 应加入过量NaOH溶液，“电解富镓溶液阴极电极反应式为 18.硫氰化钾KSC)是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟以NH和CS2为原料制备 KSCN的实验装置如图。 固体混合物 KOH溶液 碱石灰 橡皮管 a 酸性 KCr,O,溶液 B 0 i.按如图连接实验装置，检查装置的气密性。点燃装置A处酒精灯，打开K开始反应。 i..时，熄灭装置A处酒精灯，待D中无气泡产生时，关闭K,使NHHS=NH个+HS个 进行完全后，打开K,,滴入适量的KOH溶液。 ii.一段时间后，经系列操作得到KSCN晶体。 已知：①NH3不溶于CS2。 催化剂 ②三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应：CS2+3NH -NH.SCN+NH HS, 该反应缓慢，且NH SCN高于170C易分解。 ③KSCN的溶解度随温度变化较大。 回答下列问题： ()装置A为实验室制备H?的常用装置，其中发生的化学方程式为 :仪器a的 名称为 _o (2)装置C的作用为 ；反应过程中，装置D应保持温度处于一定范围，合理的是 A.55~70℃ B.95110℃ C.165~180℃ (3)步骤i中“...”处观察到的现象为 。E中吸收NH发生的离子反应方程式为 (④)步骤ⅲ中反应结束后“系列操作”为将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去， (填操作 名称)、过滤、洗涤、干燥。 (⑤)KSCN含量的测定：称取g样品，配制100mL溶液，量取mL于锥形瓶中，加入适量稀 试卷第9页，共12页 硝酸，滴加几滴Fe(NO),作指示剂，用bmol-LAgNO3标准溶液滴定至终点时消耗 bmol.L'AgNO,标准溶液cmL。判断到达滴定终点的现象为 ,晶体中KSCN的 质量分数为 %。(用含m、a、b、c的式子表示；己知滴定时发生 Ag++SCN=AgSCN↓). 19.降血脂药物瑞舒伐他汀钙前药()的一种合成路线如下： 00 0 F00 00 00 M H2N NH2 HNO3 KBH4,MgCl N、N CHO Br PBr PPh3 OO N KC03001 1 C1H220s C23H24FN7S2O4 L 己知：I.R m-CPBA R II.RCHO RCH2 P*PhaBr →RCH=CHR'； IⅢ.RCH,B+R'SH→RCH2SR'; IV N-N R'CHO RCH-CHR 回答下列问题： (1)A的化学名称为 (2)I中含氧官能团名称为 ;C→D反应类型为 (3)A→B的化学方程式为 试卷第10页，共12页 (④)H→灯反应中J的产率较低，原因可能是 (5)符合下列条件M( )的同分异构体结构简式为 ①能发生水解反应和银镜反应，且lmol化合物与银氨溶液反应可生成4 nolAg; ②含有一个手性碳原子； ③含4种不同化学环境的氢原子（个数比为9：1：1：1）。 (⑤G→L的合成路线设计如下： 试剂X的结构简式为 试剂1m-CPBA的作用是 20.利用CH4和CO2制合成气(CO、H2),涉及的主要反应如下： I.CH4(g)+C02(g)2CO(g)+2H(g）)△H Ⅱ.H(g)+C02(g)≥C0(g)+HO(g)△H2>0 Ⅲ.2C0(g)≥C(s)+C02(g)△H3<0 压力P下，按1 nolCH4、1 molCO2投料反应。平衡体系中，各气态物种的物质的量随温度的 变化关系如图所示。 2.0 甲 1.6 1.2 、H20 0.8 C02 （T2,0.5) 0.4 (T2,0.15) CH 0.0 T→增大 T 回答下列问题： (I)高温有利于反应I自发，反应I的焓变△H, 0(填><”或=)。甲线所示物种为 (填化学式)。 (2)随温度升高，HO的物质的量逐渐降低的原因是 试卷第11页，共12页 (3)T温度下，体系达到平衡时，若HO为amol,C0为bmol,则CH4为 mol(用 含a的代数式表示)；此时，CO2与C物质的量的差值n(CO2)-n(C)= mol(用 含a的代数式表示)，反应Ⅱ的平衡常数为 (4)T到T,随着温度升高，容器中积碳 (填“增大“减小”或“不变)。若恒容密 闭容器中只发生反应Ⅱ，升高温度，用物质的量分数表示的平衡常数 (填“增 大“减小”或“不变”或“无法确定)。 试卷第12页，共12页 1.C 【详解】A.油气分离的分馏操作是利用各组分沸点差异进行分离的物理过程，不涉及化学 反应，A错误： B.35U与6U互为同位素，二者化学性质几乎相同，但物理性质存在差异，并非具有完全 相同的性质，B错误： C.碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，C正确： D.合金的熔点低于其成分纯金属，该合金钢属于铁合金，熔点低于纯铁，D错误： 故答案为C。 2.A 【详解】A.白磷着火点低，在空气中易自燃，冷水可隔绝空气防止其自燃；钾是活泼金属， 易与空气中的水、氧气反应，石蜡可隔绝空气，两种试剂保存方法均正确，A正确： B.并非所有酸性溶液都可保存在细口玻璃瓶中，例如氢氟酸会与玻璃中的SO,发生反应 SO,+4HF=SiF个+2H,O，,腐蚀玻璃，只能保存在塑料瓶中，B错误： C.四氯化碳属于有机溶剂，会溶胀腐蚀塑料，不能保存在塑料瓶中，应保存在细口玻璃瓶 中，C错误： 光照 D.硝酸银见光易分解，反应为24gNO=2Ag+2NO,↑+O,个，需要保存在棕色避光玻璃 瓶中，无色透明玻璃瓶会透光导致其分解，D错误： 故选A。 3.A 【详解】A.基态Cr原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s,C+是Cr原子失去3个电子形 成的，故基态C3+价电子排布式为3dP,A正确： B.SO,为共价晶体，其晶体结构中每个Si原子与4个O原子通过共价键结合，形成正四 面体结构，每个O原子与2个Si原子结合，形成立体网状结构，故SO2的球棍模型为： ● ,B错误； ● C.NMH分子的中心N原子的价层电子对数为3+×(6-3x1)=4(含1个孤电子对，N原子 答案第1页，共14页 采取sp3杂化，根据价层电子对互斥理论，VSEPR模型为 C错误； D.图示为p轨道电子云图，S原子的3P原子轨道示意图为： x,D错误； 故选A。 4.D 【详解】A.重金属盐可使蛋白质变性，口服牛奶或蛋清能让重金属盐与其中的蛋白质结合， 减少重金属对人体自身蛋白质的损伤，操作正确，A不符合题意： B.苯酚易溶于乙醇，先用乙醇冲洗可去除皮肤上的大部分苯酚，再用水冲洗可除去残留的 乙醇和苯酚，操作正确，B不符合题意； C.常压蒸馏时，若加入液体体积超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，液体沸腾时易冲入冷凝管 造成实验误差或危险，该操作要求正确，C不符合题意： D.酸式滴定管赶气泡时，需要将滴定管倾斜约30°后快速旋转活塞，让溶液快速流出带走 气泡，缓慢流出无法赶走气泡，操作错误，D符合题意； 故选D。 5.D 【详解】A.A(OH)3不溶于弱碱氨水，少量明矾滴入过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，不 会生成[Al(OH)4],正确的离子方程式为：A++3NH3·HO=A1(OH),↓+3NH,A错误： B.草酸是弱酸，离子方程式中不能拆写为C,O,应写化学式HC,O4,正确的离子方程式 为：5H2C204+2MnO4+6H=10C02个+2Mm2++8H20,B错误： C.燃烧热要求1ol可燃物完全燃烧生成稳定化合物，H的稳定氧化物为液态H,O,正确 热化学方程式为：C,oI0+0,(g)-=c0,(g)+2Ho0△MH=-7266Wmof,C结误： D.CC吗溶液中存在平衡[CC+4H,0=[Cu(H,O),+4cr,浓溶液中[Cuc, 答案第2页，共14页 (黄色)含量较高，稀释时平衡正向移动，[CuH,O)4]+(蓝色)浓度增大，溶液由绿色变 为蓝色，方程式书写正确，D正确： 故选D。 6.B 【详解】A.中心P原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为sp, A正确； B.P原子为第三周期元素，成键后周围共用电子数为10（双键提供4个，3个单键各提供2 个)，不满足8电子稳定结构，B错误： C.同周期第二周期元素第一电离能随原子序数增大整体增大，N原子2p轨道半充满结构 更稳定，第一电离能大于相邻的O,故第一电离能N>O>C,C正确： D.N=C=O中C为p杂化，∠N-C-O为180°；P为$即杂化，∠O-P-N接近 109°28，故∠N-C-O>∠O-P-N,D正确； 故选B。 7.B 【分析】将软锰矿熔融氧化后水浸，得到锰酸钾溶液，通入CO,调节pH,锰酸钾发生歧化 反应生成高锰酸钾和二氧化锰，抽滤，得到的滤渣为MO,可循环使用，滤液含高锰酸钾， 结晶获得固体产品。 【详解】A.“熔融氧化”为强碱性环境，会腐蚀陶瓷坩埚，应在金属坩埚（如铁坩埚）中进 行，A正确： B.通入CO,调节溶液pH的目的是使锰酸钾歧化生成高锰酸钾，使用$O2会直接还原锰酸 钾，得不到高锰酸钾，B错误； C.抽滤”利用压强差加快过滤速度，使固液分离更加彻底，C正确： D.歧化反应原理为3KMnO4+2C0,=2KMnO4+MnO+2KC03,氧化产物MnO4与还原产 物MnO3的物质的量之比为2：1，D正确： 故选B。 8.C 【详解】A.F价层只有一个未成对电子，一般形成1个共价键，因此结构图中“。”代表F, A错误； 答案第3页，共14页 B.由结构模型可知，该四聚体的化学式可表示为(Pd)4,F的化合价为-1，则Pd的化合 价为+5，B错误： C.该四聚体中，F形成1个共价键或2个共价键（其中1个配位键）后仍存在孤电子对，C 正确： D.单体Pd通过F的孤电子对与Pd的空轨道形成配位键从而形成四聚体(PF)4,Pd的 价层电子对数增多(+1)，因此Pd的杂化方式发生了改变，D错误； 故答案选C。 9.C 【详解】A.根据流程图，反应I的离子方程式为H,O,+Fe2++H=Fe3+.OH+H,0,故A 错误： B.基元反应I为：H+HO+Fe+=Fe3++.OH+HO,基元反应I的化学方程式为 HO+Fe3+=HO2+Fe2+H,而基元反应I比Ⅱ的反应速率更快，H的消耗速率大于其生成速率， 导致体系的pH发生改变，故B错误； C.反应I的速率V1=k1cHO)cFe2+),反应I的速率v=k2c(HO)cFe3+),其中k1远大 于k2,所以改变C(HO2)对反应I的速率影响程度更大，故C正确： D.由题干信息可知，k>k2,说明相同条件下，反应I比I的反应速率更快，活化能越低反 应速率越快，即反应I比I的活化能低，故D错误： 选C。 10.C 【详解】A.M点气体密度p=0.033g/cm,容器体积2L,气体总质量 =0.033g/cm3×2000cm3=66g,初始气体质量为3molH,0的质量为54g,气体质量增加12g, 说明M点时1olC完全反应，M点体系未达平衡状态，A项错误； 1 B.由A项分析可知，0→tmin内C消耗1mol,则用C(s)表示的平均反应速率为 mol-min!,B项错误： C.N点气体密度p=0.064g/cm,容器体积1L,气体，总质量=0.064g/cm3×1000cm3=64g,初 始气体质量为3m0lI,0的质量为54g,气体质量增加10g,则消耗之mo1C、消耗molL0, 答案第4页，共14页 半衡时co以号mlL.co听名mlL. ol/xmol/1.25 5 6 13 ol/L 78 6 mol/L,C项正确； D.N点为缩小体积后新平衡，气体质量64g,说明气体减少2g,对应逆向生成。m1的 C,此时cH,o13m 6molL,c(cOy石moL,cH)。molL,充入1molH,0和1molH,则 ol/Lxmol/L 5 Q=6 6 19 mol/L 04820/L>为maL,平衡逆向移动.YevD质错误： 6 答案选C。 11.BC 【详解】A.检验蔗糖水解产物的醛基需先加NaOH中和作催化剂的稀硫酸，营造碱性环境， 所给试剂不含NaOH,无法完成实验，A不符合题意； B.制备乙酸乙酯时，乙醇、乙酸在浓硫酸催化、加热条件下反应，产物通入饱和碳酸钠溶 液收集即可，无需温度计，所给试剂和用品均满足要求，B符合题意； C.用标准盐酸滴定NaOH溶液时，用移液管量取待测NaOH溶液于锥形瓶，加入酚酞作指 示剂，用酸式滴定管盛装标准盐酸滴定，所给试剂和用品足够完成实验，C符合题意： D.电解稀硫酸需要外接直流电源，所给用品中无电源，无法完成电解，后续氢氧燃料电池 也无法制作，D不符合题意； 故选BC。 12.CD 【分析】该电池中Na为负极，电极反应为Na-e=Na*,镍电极为正极，正极上发生的反应 为NO3+e+2Na=NO+NaO*,NO,+Na,O*+O2+e=Na,O2+NO,两步相加得正极 的总反应为2N+O,+2e=Na,O2,据此解答。 【详解】A.液态Na为负极，发生氧化反应，A正确： B.从反应机理图可以看出：硝酸根在反应中先被还原为亚硝酸根，随后又被氧化为硝酸根， 由正极总反应方程式知，整个过程中硝酸盐循环参与反应，没有被消耗，因此电池运行过程 中不需要补充硝酸盐，B正确： C.放电时每转移2mole,镍电极上增加的物质为1 nol Na,02,质量为(23×2+16×2)8=78g, 答案第5页，共14页 C错误； D.Na单质易与水反应，不能将固体电解质换为水溶液，D错误： 故选CD。 13.B 【分析】辉铋矿（主要成分为B,S?,含Si、Fe、Pb、A1等元素）用硫酸酸浸后，部分杂 质进入浸液：后续加入FCl和盐酸进行氧化浸出，三价铁将Bi,S中的-2价S氧化，自身 被还原为二价铁，B+与过量C形成稳定的配离子[BC,了进入溶液，难溶物（如未反应 的硫化物、SiO,等)进入浸渣；向含[BC以，的溶液中加入铁粉，发生置换反应，铁粉将 [BC,]了中的B+还原为B1单质，得到海绵铋，自身被氧化为二价铁进入滤液，以此解答。 【详解】A.酸浸时加入硫酸，F、A1的化合物与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，进入浸液中， A正确； B.氧化浸出时，Fe+会将BiS中的S2氧化为S单质，浸渣除SiO2和PbSO4外还含有S,B 错误； C.该反应中Bi从+3价降为0价，F从0价升为+2价，电子守恒、电荷守恒、原子守恒， 反应式书写正确，C正确： D.置换滤液中主要含Fe2+,通入Cl,后Fe2+被氧化为Fe3+,所得含FeCl3的溶液可返回氧化 浸出步骤循环利用，D正确： 故选B。 14.AD 【详解】A.TCDA转化为TCDM的过程发生了还原反应，A错误： B.TCDA中含有羧基，可以与NaCO3溶液反应放出二氧化碳气体，而TCDM不与Na,CO3 溶液反应，所以可用Na,CO3溶液鉴别TCDA和TCDM,B正确： COOH C.TCDA同分异构体中高度对称的物质HO( COOH或 均含有3种 COOH 不同化学环境的氢，C正确； 答案第6页，共14页 D.根据合成线路可以判断出a b在硝酸和硫酸亚铁的作用下，a键发生断 裂，形成两个羧基，D错误； 故选择AD 15.BC 【分析】已知：草酸的两步电离常数K1= (()(e) 两边 c(HC.O) c(HC.O 取对数： uc-leK,+阳，C-g。+pn,因t,达个比的对 l9- (HCO) c(HC,O 数随pH的增大而线性增大，且斜率为l,由于Ka>K2,相同pH时，lg c(HC:0) c(HCO) (C) 1 c(co) 故曲线I表示lg c(HCO） (HCO）随I变化的关系曲线、曲线表示1。 c(HC2O) (HC,O4)】 随pH的变化曲线，由曲线I的pH=1.2时数据知K1012,由曲线Ⅱ的pH=4.0时数据知 K=104。对于FCO4(s)=Fe+(ag)+CO(ag,加入酸后，C,O}+H+=HC,O4, c(C,O)减小，平衡正向移动，c(Fe2+)增大，因此lgc(Fe+)随pH的增大而减小，曲线Ⅲ 表示lgc(Fe+)随pH变化的关系曲线。 c(C) 【详解】A.曲线Ⅱ表示lg 随pH的变化曲线，A错误： c(HC2O) B.pH=4.0时，曲线Ⅲc(Fe2+)=1032ol/L；曲线Ⅱl c(Co-0,即 c(HCO4） cla）=ec,0.庙太，）-10,pf40时cr）-10m/L, c(HC2O) 溶液中物料守恒c(CO)+c(HCO4)+c(HCO4)=c(e2+),此时c(H,CO4)可忽略，因此 c(C,o)=2c(e）=05x10mol1L。 K(FCO4)=c(Fe2+)c(CO)=1032×0.5×1032=5x1014,B正确： C.pH=4时，c(H+)=1040ol1L,c(Fe2+)=1032≈6.3x104ol1L, 答案第7页，共14页 c(C,0}-)≈0.5×1032≈3.15×104mol1L,因此正确浓度顺序为 c(Fe2+)>c(CO）>c(H+)>c(OH-）,C正确： D.pH=1.2时，c(OH）=10-28mol/L,要产生Fe(O田，沉淀cFe2+)> 4.9×1017 10-128)2 =4.9×108.6,lgc(Fe2+)>8.6+1g4.9,由图可知此时lgc(Fe2+)<《8.6+lg4.9,故不会产生Fe(OHD2 沉淀，D错误： 故选BC。 16.(1) 6 4 (2) 0 3 (3) (0.81,0.81,0.5) 八面体 2pNa(+2×100% 333×1030 【详解】(1)钕Nd的价电子排布为4f6s2,表明其位于第6（六）周期（因6s已填充， 4f开始填充)；根据洪特规则，4∫4中4个电子分占不同轨道且自旋平行，故未成对电子数 为4。 (2)①C、N、0中，O失去一个电子后达到2p半满稳定结构，第二电离能最大：同周期 从左至右电负性递增，故电负性最大的是O。②Ni中心原子周围有2个CI和1个含N配 体，共3个配体。 (3)①d点与b点(0.19,0.19,0.5)关于体心对称，故d点坐标为(0.81,0.81,0.5)；0s原子被 6个O原子包围，形成正八面体构型，故Os位于正八面体空隙中。 ②投影图中黑球(Os)位于四角与中心，白球(O)位于对角线上，符合沿z轴投影特征 （忽略z坐标，保留x,y),故选C。 ③晶胞中含2个0：和4个0，总质量为栏g,晶胞体积为芯cm2。原子总体积为 -2对k0*ad,在间和t幸 V子体_20W(T+25） ×100%。 V品胞体积 333×1030 17.(1)CaS04、Fe(O3 (2)带走生成的$Ox,使分解反应进行完全 (3)少量多次加入 答案第8页，共14页 (4)68.75 (5) 配位键或配位作用 b 50℃以下，随温度升高，Ga(OH):吸附速率加快， 50℃以上，随温度升高，树脂活性官能团被破坏，降低吸附效率 (⑤Ga(OH)+3e=Ga+40H或Ga0,+3e+2H0=Ga+40H 【分析】该工艺采用两段焙烧一浸取法从锂矿中分离提取锂、镓元素：锂矿经稀硫酸低温 焙烧，使金属氧化物全部转化为硫酸盐，随后调pH至3.0，过滤除去微溶的CaSO4和完全 沉淀的Fe(OH3(滤渣1)：滤液调pH至5.0后加浓硫酸进行中温焙烧，使Al(SO4)3、Ga(SO4)3 分解为对应氧化物并释放$O,焙烧产物经水浸后，含L计的滤液经浓缩、少量多次加入 NaC03除钙、再加入NaCO3沉锂得到Li2CO3:水浸所得的含铝、镓氧化物的滤渣经NaOH 碱浸，使Ga、Al转化为可溶性氢氧根配合物，再通过树脂吸附选择性分离Ga(OH),经 HCI解吸得到富镓溶液，最后电解富镓溶液得到金属镓，实现了锂、镓的高效分离与回收。 【详解】(1)低温焙烧时，锂矿中的金属氧化物全部转化为硫酸盐，其中Ca$O4微溶于水， 会直接留在滤渣中；调pH至3.0时，根据F(OH田3的K知，此时溶液中的氢氧根浓度为1011 Kp molL,计算得到此时铁离子的浓度为：c2(OH) =2.8×10ol/L,此时铁离子已经完全 转化为了Fe(OH)3沉淀。而A13+、Ga3+的氢氧化物Kp更大，pH=3.0时仍溶解在滤液中，所 以滤渣1的主要成分是CaSO4、Fe(OD3 (2)中温焙烧时，硫酸铝和硫酸镓发生分解反应：M,(50,M,0+3S0,个M为二者对 应的金属离子)，$03可以进一步分解成$O2与O2,流动空气能及时将生成的硫氧化物气体 排出体系，使分解反应的平衡正向移动，确保硫酸盐完全分解为氧化物，便于后续浸出分离。 (3)采用少量多次加入的方式，可精确控制CO用量，主要沉淀Ca+,避免因局部CO 浓度过高导致Li,CO3沉淀，从而减少Li计的损失。 (4)根据：Km（Li,CO)=c2(Li)c(CO),推出（代入已知数值） c(Li)片 2.5×10-2 c(co 68.75%。 0.4 =0.25m0l/L,则Li的沉淀率为：08025 0.8 (5)Ga(OH)的中心离子Ga3+具有空轨道，树脂中的O、N原子含有孤电子对，二者通 过配位键形成稳定的配合物，因此主要相互作用是配位键。选项b的树脂同时含有肟基 答案第9页，共14页 (C=OH)和氨基(NH),相对于其他选项中的树脂能提供更多的配位原子与结合，配位 能力远强于仅含磷酸酯基的a和酰胺基的c,因此吸附效率最高。温度对吸附效率的影响分 为两个阶段：低于50℃时，温度升高主要加快吸附反应的速率，使单位时间内吸附的 Ga(OH)增多，效率提升；高于50℃时，过高的温度会破坏树脂的活性官能团结构或断裂 配位键，导致树脂吸附能力下降，因此吸附效率先升后降。 (6)富镓溶液中的HGaCl4与过量NaOH反应生成可溶性的四羟基合镓酸钠： HGaCl4.+5NaOH=aGa(OH)4+4NaCl+H,O,镓离子以Ga(OH)或者其脱水形式 GO,存在，强碱性溶液中。电解时，阴极发生还原反应，Ga从+3价被还原为0价单质， 结合碱性环境配平得到上述电极反应式：Ga(OH)+3e=Ga+4OH或 GaO,+3e+2H,0=Ga+40H。 18.(1) 2NH.CH+Ca(OH),CaCl,+2NH,+2HO 球形干燥管 (2) 通过观察气泡流速，判断并调节A装置中氨气的生成速率 B (3) D中三颈烧瓶内液面不再分层 Cr,O2+2NH,+8H*=2Cr3++N,T+7H.O (④蒸发浓缩、冷却结晶 (5) 滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液由血红色变为淡黄色（或溶液血红色褪去）， 970bc 且半分钟内颜色不恢复 am 【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与 CS2反应生成NHSCN、NLHS,滴入KOH生成KSCN,滤去三颈烧瓶中的固体催化剂， 再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生 反应2NH3+C,O+8HN2+2C3++7H,0转为氮气： 【详解】(1)A中反应为氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气， 2NH,C+Ca(OH),≌CaCL,+2NH,个+2H,0,仪器a的名称为球形干燥管： (2)生成氨气通过装置C中液体，可以通过装置C观察气泡流速，判断并调节A装置中氨 气的生成速率；三颈烧瓶内盛放CS2、水和催化剂，发生反应： 催化剂 CS,+3NH3 =NH SCN+NH4HS,该反应缓慢，且NH SCN高于170C易分解，则反 答案第10页，共14页 应温度尽可能要高，且应低于170℃，故合理的是B.95~110℃： （3)步骤中“.”处观察到的现象为D中三颈烧瓶内液面不再分层，说明三颈烧瓶中氨 气与CS2完全反应生成NHSCN、NLHS,然后进行后续操作；E中吸收NH发生反应为酸 性重铬酸钾氧化氨气生成氮气，同时生成铭离子，离子反应方程式为 C,O+2NH2+8H=2Cr3++N2个+7H,0: (4)滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，从溶液中得到晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、 过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体： (5)由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸 根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则判断到达滴定终点的方法为：滴入最后半滴AgNO 标准溶液时，溶液由血红色变为淡黄色（或溶液血红色褪去），且半分钟内颜色不恢复； ②达到滴定终点时消耗bmol.LAgNO3标准溶液cmL,根据方程式Ag*+SCN=AgSCN↓ 可知，amL溶液中KSCN的物质的量是bc×103mol,100nL溶液中KSCN的质量为 bc×10-3mol× ×97gmol9.7bc。 100 9.7bc a a ,样品中硫氰化钾的质量分数为a一_x100%= 70bc%° m am 19.(1)对氟苯甲醛（或4-氟苯甲醛） (2) 醛基、醚键、酯基 氧化反应 (3) 一C CHO (④生成化合物J的顺式同分异构体 9 (5) OCH CHO 6 作氧化剂 HS 答案第11页，共14页 【分析】 该瑞舒伐他汀钙前药J的合成以A(对氟苯甲醛)为起始原料，A和M发生羟醛缩合反应 生成B;B与尿素发生取代反应得到C;C经硝酸氧化并发生分子内环化，构建出核心三氮 唑杂环得到D;D与 发生取代反应，将羟基转化为易离去的甲磺酰氧基得到E； H E经KBH4/MgCL2选择性还原酮羰基为羟基得到F;F用PBr3将羟基取代为活泼溴原子得到 G;G分两条路径反应：一条与三苯基膦发生取代反应生成季鏻盐H,另一条与试剂X发生 取代反应生成K,K再经-CPBA氧化将硫醚转化为砜得到L;最后H或L分别与I发生 反应生成碳碳双键，得到目标产物J,该反应因同时生成顺反两种烯烃异构体，导致所需反 式产物J的产率较低。 【详解】(1)A的结构中，苯环的对位分别连接氟原子和醛基，根据芳香族化合物的命名 规则，母体为苯甲醛，氟原子在4位（对位），因此命名为对氟苯甲醛或4-氟苯甲醛。 (2) 结合合成路线中I的分子式C13HO5和最终产物J与反应物H的结构，可推知I的结构简式 中含有的含氧官能团为醛基、醚键和酯基，C→D 的反应物是硝酸，反应过程中C分子中的N被氧化，同时发生分子内脱水成环，符合“加氧 去氢”的氧化反应特征，因此反应类型为氧化反应。 (3) A→B是高中阶段典型的加成-消去反应（羟醛缩合）：对氟苯甲醛的醛基与另一种反应物的 -氢发生加成反应，生成不稳定的羟基中间体：随后羟基与相邻碳原子上的氢发生消去反应， 脱去一分子水，形成碳碳双键，得到产物B,反应方程式为： HO。 CHO (4)H→J的反应生成了碳碳双键。当双键两端的碳原子都连接了不同的原子或基团时，会 产生顺反异构现象。该反应会同时生成顺式和反式两种结构的烯烃，而我们需要的目标产物 答案第12页，共14页 J是反式结构，因此顺式异构体的生成会导致反式产物J的产率降低。 (5) 能发生水解反应说明含有酯基；能发生银镜反应且1mol该物质生成4 nol Ag,说明分子中 含有2个醛基(1ol醛基与银氨溶液反应生成2 mol Ag)。其中一个醛基来自甲酸酯基，甲 酸酯兼具酯基和醛基的性质，另一个为独立的醛基。含4种不同化学环境的氢，个数比为 9:1:1:1。其中9个等效氢说明分子中存在叔丁基，三个甲基连在同一个碳原子上，所有 氢原子等效。含有1个手性碳原子（连有4个不同原子或基团的碳原子）。因此叔丁基连接 的碳原子需同时连接-OCHO、-CHO和-H,四个基团完全不同，符合手性碳的定义。综上， 0 得到同分异构体的结构简式为： OCH CHO (6) 试剂X的判断：G分子中含有溴原子，根据已知反应Ⅲ，溴原子会被巯基(-SH)取代生成 硫醚(-S-)。结合产物L的结构，可推知试剂X是含巯基(-S田的 m-CPBA的 -A 作用：根据已知反应I,m-CPBA是一种氧化剂，能够将硫醚(-S-)氧化为砜(-SO2-),因 此其作用是作氧化剂。 20.(1) >H2 (②)温度升高反应I平衡正向移动、反应Ⅲ平衡逆向移动，CO浓度增大使反应Ⅱ逆向移动程度 大于温度升高对平衡正向移动程度 2b (3) 1-a 1-2a 2-a-b (4) 减小 减小 【详解】(1)反应I是气体分子数增大的反应，△S>0,高温有利于自发，根据 △G=△H-T△S<0,可知△H>0。反应I生成等物质的量的CO和H2,但低温下反应III(放热) 正向进行，大量消耗CO,而H3不参与反应I,因此低温时H的物质的量多于CO;高温 下反应逆向进行，C0的量逐渐增加，最终两者均趋近于2ol(原子守恒)，故甲线为 答案第13页，共14页 H2o （2)反应Ⅱ为吸热反应（△H>0),升高温度本应使反应IⅡ正向移动，有利于HO生成： 但升高温度更有利于吸热反应I正向进行，同时使放热反应Ⅱ逆向进行，两者均导致体系 中C0浓度显著增大，使反应Ⅱ的平衡逆向移动，且逆向移动的影响超过了温度升高对反应 Ⅱ正向移动的促进作用，因此HO的物质的量逐渐降低。 (3)计算部分全程采用高中化学平衡计算的核心方法一原子守恒法：首先根据H原子守 恒，初始总H原子全部来自1 nol CH4共4mol,平衡时H原子分布在CH4、H、HO中， 反应Ⅱ生成a mol H0必然消耗a mol H2,而反应I每消耗1 nol CH4会生成2molH2, 因此平衡时nH)-2[1-n(C]-a,代入H守恒式4n(CH)+2nH)+2nHO)-4mol,展开后 中间项恰好抵消，可直接推得n(cH4)=1-amol;接着利用O原子守恒，初始总O原子全部 来自1molC02共2mol,平衡时0原子分布在C02、C0、H0中，即 2nC0,Hn(C0HH,0)2mol,代入nCo)t、nH,0)a,解得nC0,)=2a-b mol;再 2 通过C原子守恒，初始总C原子来自1 mol CH4和1mol C02共2mol,平衡时C原子分 布在CL4、Co2、C0和固体C中，即n(CL4tn(CO2tn(Co)tn(C)=2mol,代入己知量解得 n(C3a-bmo,因此n(C0)-n(CF。三-一2二=1-2amol:最后计算反应Ⅱ的平衡 2 2 常数，由于反应Ⅱ前后气体分子数不变，平衡常数可用物质的量直接代替浓度（体积V 会约掉)，代入nH)=amol、n(C0)bmol、nH0)=amol、n(C0)= 2-a-b mol,化简后 2 得到K2-b 2b (4)反应Ⅱ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，固体碳即积碳会被消耗，因此积碳的 量减小，而用物质的量分数表示的平衡常数K-x(CO x(cO) 其中x)=) (总)，升高温度反 应I逆向移动时，n(C0)减小、n(CO)增大，导致二氧化碳的摩尔分数x(C0)增小，一氧 化碳的摩尔分数x(CO)增大，因此飞减小。 答案第14页，共14页