川云贵桂藏2026年高考押题卷化学试卷

机密★启用前 2026年普通高等学校招生全国统一考试押题卷 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、考生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，用铅笔把答题卡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:1C:12N:140:16S:32Fe:56Cu:64Zn:65 第I卷 架 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 .… 项是符合题目要求的。 1.化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是() A.“神舟十三号”逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于天然高分子材料 B.杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人芯片的主要成分为二氧化硅 O . C.月壤中的“嫦娥石[(CaY)Fe(PO,),]”其成分属于无机盐 D.“三元催化器”将汽车尾气中NO和C0转化为N和C0,有利于实现碳中和 2.下列有关化学用语表示正确的是() 浆 A.光气(C0C1)的结构式：C1-C-0-C1 B.H,O的VSEPR模型： .....◎ C.CC1,的电子式： CEC:CI 30 4s D.基态Fe2+的价层电子排布图： ).. ☐ 3 美好生活离不开化学。下列人类活动中，运用了相应的化学原理错误的是() 选项 人类活动 化学原理 ..: NH,C1溶液除铁锈 NH水解呈酸性 Na,O可用作供氧剂 Na,0,可以与C02反应放出02 维生素C可用作补铁药物琥珀酸亚铁的抗氧化剂 维生素C具有还原性 O 第1页（共10页） D 港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐 利用外加电流的阴极保护法保护大 桥不被腐蚀 A.A B.B C.C D.D 4.冰晶石(NA1F)是工业上冶炼金属铝所需要的助熔剂，制备反应为： 2A1(OH),+12HF+3Na,C0,=2NaA1F+3C0,↑+9H,0,设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是() A.标准状况下，22.4LC02中含有的o键数目为2 B.室温下，1L0.1mol·LNa,C0,溶液中阴离子数小于0.1M C.1L,pH=2的F溶液中含有的H数目为0.01M D.常温常压下，18gH,0中含有的电子数为10N 5.中成药连花清瘟胶囊的有效成分绿原酸的结构简式如图所示。下列有关绿原酸的说法正确的是() HO OH OH OH 绿原酸 A.分子式为CH0 B.分子中的含氧宫能团有四种 C.1mol该物质最多最多能与8 mol NaOH反应 D.能发生加成、取代、氧化、加聚、缩聚反应 6.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( ) 还原铁粉 13滴稀 【银氨 NH.CI ●一湿棉花 食盐水 硫酸 溶液 浸泡过 水浴加热 肥皂液 的铁钉 y 昌淀粉 热水 A.探究铁与水蒸气反应产生氢气 B.验证吸氧腐蚀 C.证明淀粉发生了水解 D.制备NH 7.某种天然沸石的化学式为W[Z,R,Y。]3XY,其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个 不同周期。Y在地壳中含量最高，在该化合物中R显示其最高价态，基态W原子的核外电子恰好填满10个 原子轨道。下列说法错误的是() A.简单离子半径：Y>Z B.第一电离能：Z>R C.最简单氢化物稳定性：Y>R D.氯化物熔点：W>Z 8.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是() 选项 实例 解释 第2页（共10页） A O,在水中的溶解度比O2的大 O,和H0均为极性分子，O2为非极性分子 B NH,的沸点比PH的高 NH,中的N-H键能大于PH,中的P-H键能 冠醚18-冠-6能够与K*形成超分子，而 C K+的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配 不能与Cs*形成超分子 Cu2有空轨道，可接受NH,中的N给出的 D Cu2+易与NH,形成[Cu(NH,)]配离子 孤电子对 A.A B.B C.C D.D 9.Negshi偶联反应是构筑碳碳键的重要方法之一，反应过程如图所示(R、R'表示烃基)。下列说法正确的是 () RZnCl ZnCL, Ph,P、 Ni-CI PhP、 R N-R Ph,P Ph,P Ni R Ph,P CI Ph,P R R-R' RCI RZnCl R R'CI ZnCL R'CI R-R Ph,P Ni R A.Ph,P R是该反应的催化剂 B.Ni位于元素周期表第四周期第ⅧB族 C.反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成 Ph,P Nr CI Ph,P、 D.存在反应 Ph,P CI RZnCl Ph,P +ZnCl2 10.工业上用软锰矿（主要成分是MnO2,含有Al2O2、SiO,等杂质），制备KMnO4的流程如下： 滤渣 软锰矿→熔融煅烧 、恩绿色冷却 炉渣 浸取调nH过滤 墨绿色 溶液 歧化 操作 KOH、空气 滤渣 冰醋酸紫色溶液 KMnO,+操作I 已知：K,MO,固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 下列说法错误的是() A.“浸取”后的溶液中通入CO2调节pH,滤渣I的成分有硅酸和氢氧化铝 第3页（共10页） B.“歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进KMnO,的生成，提高KMnO,的产率 C.“歧化”步骤中，可以用浓盐酸来代替冰醋酸 0 D.“操作Ⅱ”为：加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出KMO,晶体 11.碳酸二甲酯[(CH,O),C0]是一种符合现代“绿色化学”的化工原料，其电解制备原理示意图如下（含KB)。 下列说法错误的是() CH,O).CO Pd 年 Pd/C C0、CH,O Pd CO,.CH,OH 0 A.A极区域存在反应：CO,+2e+2CH,OH=C0+2CH,O+H,O B.电解过程中，K在电场作用下移向玻碳电极 C.制得1mol碳酸二甲酯时，外电路中迁移1mol电子 样 D.总反应为CO2+2CH,OH=(CH,O)2C0+H,0 : 12.钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钩瓷的发色剂为Cu,0。为探究Cu,0的性质，取等量少许Cu,0分别加 入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法不正确的是() 实验操作及现象 滴加过量0.3mol·L'HNO,溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液 试管甲 显浅蓝色：倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 滴加过量6mo1·L氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色：静置一段时 试管乙 间后，溶液颜色变为深蓝色 当 成 A.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B.试管甲中沉淀的变化均能体现HNO,的酸性 C.试管乙实验可证明Cu(I)与H形成无色配合物 些 D.上述两个实验表明Cu,0为两性氧化物 13.下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是() 选项 X Y 2 A C12 HC10 NaC10 B Fe Fe20 Fe(OH), C S02 SO H.SOa D NO N02 HNO, A.A B.B C.C D.D O 第4页（共10页） .! 机密★启用前 14.钒(W)的某种氧化物在升高到一定温度时，会发生可逆的相转变，由绝缘体变为导体，导体状态的晶体 结构如图，V原子（大球）位于0原子形成的正八面体的中心。这种晶体结构的奇妙之处是能够导电。下列 说法错误的是() ! 24 A.0原子的配位数为6 B.该晶体的化学式为VO2 C.冷却该晶体，会失去导电性 D.该晶体的密度为 3.32×102 NxaxbxcB-cm 15.25℃时，用HC1气体调节0.1mol·L-氨水的pH,体系中粒子浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量 之比[e NH,H,0]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是(） n(HCI) ..…. ..…. NIHO 4128620 0 A.25℃时，NH·H,0的电离平衡常数为105 B.t=0.5时，2c(H)+c(NH2·H,0)=c(N)+2c(0H-) 岗 ....… C.P,所示溶液：c(C1）=0.05mol·L D.P2所示溶液：c(NH4)>100c(NH,·H.0) ..: 第Ⅱ卷 浆 .….. 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 .: 戡 16.(12分)钪(Sc)是一种稀有金属。从铝土矿生产A1,O的副产品“赤泥”（主要成分为AlO3、Fe,0,、TiO2、 .… S©，O,)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： NaOH 疏成 溶液 草酸 物质C NH.F 钙 赤泥 浸取一萃取一反茶取一沉淀转化… 调pH 沉航 脱水除铵 置换→Sc 物质A 物质B 南一明一和一酒一徐 铁粉TO2H0H202溶液NaHCO,溶液 已知：①钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n](n=1~6)。 第5页（共10页） ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示： 离子 Fe2. Fe3 A Ti024 开始沉淀的p州 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的pH 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： (1)基态Sc原子的价电子数有 个，是周期表中 区的元素。 (2)流程中经处理后可循环利用的物质是 (填“物质A”或“物质B):物质C最好选用 (填 “NaOH溶液”或“氨水”)。 (3)Sc、Ti、Fe、A1的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的H,SO,浓度为 _mol/几。 100 14 9 12 90 10 5 8 80 6 Fe 4 70 2 65 1.0 1.52.0 25 (H:SO)/mol-L (4)“反萃取”时若加入过量的NaOH溶液，Sc(OH),沉淀出会溶解。写出：Sc(OH),与过量NaOH溶液反应 生成=4含钪产物的化学方程式： (⑤)该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 (6)“聚合”生成聚合硫酸铁铝[AF©(OH)。.(SO,)]时，同时产生气体，该步骤的离子方程式为： 17.(14分)邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabrie1合成法制备胺的原料。某实验室模拟 氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。 反应原理： NH,HO CO0NH,H,O、NH 80C-95C COONH, 235C-240C 实验装置如图： 罗 (加热及火持装置略) 相关物质的物理性质如表： 第6页（共10页） 物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 邻苯二甲酸酐 148 131134 284 不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇 邻苯二甲酰亚胺 147 232235 366 微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液 实验步骤： 1.向250L三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水（稍过量），加热至80℃-95℃， 待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及 过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。 Ⅱ.继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、 烘干，得到粗品白色粉末72.2g。 Ⅲ.向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、 洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。 请回答下列问题： (1)仪器A的名称为 仪器A中盛装的试剂是 (填标号) a.碱石灰 b.五氧化二磷 c.浓疏酸 (2)步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为」 (3)邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是 (4)步骤I的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是 选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是 (⑤)本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于 (填标号) a.85% b.80% c.75% d.70% (6)邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学 方程式： 18.(14分)还原C0是实现“碳达峰、碳中和”的有效途径之一，相关的反应如下： 反应I:C02(g)+3H2(g)=CH,0H(g)+H0(g)△H 反应Ⅱ：C02(g)+H2(g)→C0(g)+H.0(g)△H 反应I:C0(g)+2H2(g)=CH,0H(g）)△H 反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数与温度变化关系如图所示 第7页（共10页） 反应Ⅲ 反应1 反应Ⅱ -15 0.00280.0029000300.00310.0032 (1)有利于提高C0,合成CH,0H选择性的条件是 (填字母，下同) A.高温、高压 B.高温、低压 C,低温、高压 D.低温、低压 2)A丝的取值范围是」 △以 A.<-1 B.-10 C.0≈1 D.>1 (3)一定条件下，向体积为5L的恒温密闭容器中加入1mo1C0和3mo1H发生上述反应，平衡时，容 器中H2的浓度为0.25mol·L，CH,0H的浓度为0.1mol·L-,此时C0的浓度为 mol·L-', 反应I的平衡常数为 (结果保留一位小数) (④)H,还原能力()可衡量C0,转化率，已知S=△nC0) 即相同时间段内C02与H,物质的量变化量之比。 .·.. △n(H) 常压下H和C0按物质的量之比3：1投料，反应相同时间，H,和C0,转化率如图所示 的 1000,95 CO. -,00,6 2004006008001000 温度C ①在4001000℃范围内，S的变化趋势是 (填字母)。 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 ②由图像可知，H转化率在600℃时大于400℃，其原因是 ③温度较低时，两条曲线重合的原因是 19.(15分)H是合成某药物的中间体，一种合成H的流程如下(Et为乙基，Ph为苯基)，回答下列问题： ZnBr ACOOH 回 Br 1)ph OEt Ph 红 COOEt ii)H,O HO Ph NH(CH)Ph HO H,0 HO 第8页（共10页） .... 机密★启用前 (1)A→B的反应类型是 (2)H中含氧官能团是 (填名称)。 0 O (3)有机物中N原子电子云密度越大，碱性越强。下列有机物碱性由弱到强排序为 (填标号)。 b. d. (4)有机物y的作用是 (⑤)写出E→F的化学方程式： (6)在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为 (写一种)。 ①能发生银镜反应：②1mol有机物最多能消耗2 molNaOH:③在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：6。 :: (7)一种重要的有机物 的合成路线如下图（反应条件已略去），其中M和N的结构简式分别为 …载 第9页（共10页） ... 第10页（共10页） 2026年普通高等学校招生全国统一考试'押题卷 化学答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填： 缺考标记 ▣ 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 ▣ 2.选择题必须用2B铅笔填涂：非选择题必须用0.5mm黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题：字体工整、笔迹清晰。 3,请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 正确填涂■ 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 错误填涂1×1111/1 第I卷（请用2B铅笔填涂） 一、选择题：本题共15个小题，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。 1AIIBIICIIDI 6.AIIBIICIIDI 11JAIIBIICIIDI 2.1AIIBIICIIDI 7AIIBIICIIDI 12.AIIBIICIID] 3JAIIBIICIIDI 8A11B11C11D1 13.JAJIBIICIID] 4JAIIBIICIIDI 9AIIBIICIID] 14.AIIBIICJID] 5.JAIIBIICIIDI 10.JAIIBIICIIDI 15.JAIIBIICIID] 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答） 二、 非选择题：本题共4个小题，共55分。 16.(12分) (1)】 (1分) (1分) (2) (1分) (1分) (3)】 (2分) (4) (2分) (5)】 (2分) (6) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效： 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17.(14分) (1) (1分) (1分) (2) (2分) (3) (2分) (4) (2分) (2分) (5)J (2分) (6) (2分) 18.(14分) (1) (2分) (2) (2分) (3) (2分) (2分) (4)① (2分) ② (2分) ③ (2分) 19.(15分) (1) (1分) (2) (2分) (3)】 (2分) (4) (2分) (5) (2分) (6) (2分) (7) (2分) 2026年普通高等学校招生全国统一考试押题卷 参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D B D B B B C C 题号 11 12 13 14 15 答案 D B A D 1.C A.酚醛树脂属于人工合成高分子材料，A错误： B.机器人芯片的主要成分为硅，B错误： C.由化学式可知，月壤中的嫦娥石的主要成分是磷酸盐，属于无机盐，C正确： D.尾气中N0和C0转化为N和C0,没有减少碳元素的排放量，与实现碳中和的要求无关，D错误。 2.B A.碳原子最外层有4个电子，故需要形成四个共价键才能达到8电子结构，正确结构式为 ,A错误： ClC-cl B.0分子中中心0原子价层电子对数为2+6-】x2=4,0原子采用s即杂化，VSEPR模型为四面体形， 2 B正确： C.CCl,的电子式为：CC:C,C错误： 3d D.基态Fe2+的价层电子排布图： 1↑D错误： 3.D A.NH,C1溶液由于NI水解呈酸性NH+H0一NHH,O+H,H可以和铁锈反应，故NH,C1溶液常用于除铁锈，A 正确： B.过氧化钠能吸收二氧化碳生成氧气，可用作供氧剂，B正确。 C.维生素C具有还原性，可防止亚铁被空气中氧气氧化，能用作补铁药物琥珀酸亚铁的抗氧化剂，C正确： D.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是让锌作负极，失电子，保护正极桥体钢铁不被腐蚀，此 法为牺牲阳极的阴极保护法，D错误： 4.B A标准状况下，2.4L二氧化碳中含有的0键数目等于忍×2×Mo12%A正确： B.碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，阴离子数增多，则室温下，1L0.1mo1·L碳酸钠溶液中阴离子 数目大于0.1mo1·L×1L×Nmo1=0.1MB错误； 第1 C.1L,pH为2的氢氟酸溶液中的氢离子的H数目为0.01，C正确： D.水分子的电子数为10，则常温常压下，18g水分子中含有的电子数为6一×10XM1r10心，D正确. 5.D A.根据结构简式可知，该有机物的分子式为CH0,A错误： B.分子中含有的含氧官能团为羧基、羟基、酯基，B错误： C.1mo1该物质最多最多能与4 mol Na0H反应，C错误： D.因为分子中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键，故能发生加成、取代、氧化、加聚、缩聚反应，D正确。 6.B A.铁与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可检验反应生成氢气，实验 中还需要点燃的火柴棒，A错误： B.食盐水浸泡过的铁钉中F发生吸氧腐蚀消耗试管中的氧气，试管中压强减小，水沿导管上升，B正确： C,用银氨溶液检验淀粉是否发生水解时，应先加碱中和硫酸，C错误： D.NH,C1受热分解生成NH,和HCI,NH,和HC1遇冷又反应生成NH,C1,无法用图示装置制备氨气，D错误： 7.B Y在地壳中含量最高，则Y为0元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于0，所以X为H元素， 基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个 电子，为Ca元素：天然沸石的化学式为Ca[ZR,0。]3H,0,由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z 位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为：四价，不合理，所以Z也位于第三周期。根据化合 价分析，合理的结果为Z为+3价、R为+4价，所以Z为A1元素、R为Si元素。 A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小：简单离子半径：Y>Z,故A正确： B.同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Z<R，故B错误： C.非金属性：O>Si,非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确： D.W、Z的氯化物分别为CaCl2、A1Cl,CaCl2为离子晶体，A1C1,为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故D 正确： 8.B A.O在水中的溶解度比O2的大，根据“相似相溶”的规律可知，O,和H,0均为极性分子，O2为非极性分子，A正 确： B.结构相似的分子，通常相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，但NH分子间存在氢键，分子间作用力较大， 所以NH,的沸点比PH的高，键能主要影响的是分子的稳定性，B错误： C.冠醚18-冠-6能够与K+形成超分子，而不能与Cs+形成超分子，说明K+的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配， 页共4页 C正确： DCu有空轨道.可接受NH,中的N给出的孤电子对，因而Cu2“易与NH形成[Cu(N,)]“配离子，D正确： 9.C 。由图中转化关系知，>R只清耗没有生成，不是年化的 B.M是28号元素，则位于元素周期表的第四周期第10纵列即第Ⅷ族，B错诶： C.由题干反应历程图可知，反应过程中涉及C-C1极性键的断裂和C一C非极性键的形成，C正确： Ph,P、 D.反应方程式未配平，存在反应应该为M一 - -R PhP、 CI+2RZnC1=Ph,P∠ R+2ZnCl2,D错误： 10.C 分析：软锰矿主要成分是MO2。含有Al,O,、SiO2等杂质，加氢氧化钾煅烧得墨绿色炉渣，说明有二氧化 锰和K0H反应生成高锰酸钾，氧化铝转化为偏铝酸钾、二氧化硅转化为硅酸钾，浸取，通入二氧化碳调节p 生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤得高锰酸钾溶液，加冰醋酸，高锰酸钾发生歧化反应生成锰酸钾、MO,过 滤，滤液为锰酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶得锰酸钾晶体，据此分析解题。 A.“浸取”后的溶液中含有偏铝酸钾、硅酸钾，通入CO2调pH后，偏铝酸钾、硅酸钾分别和二氧化碳反应生 成AI(OHD,和H.SiO.,“过滤”得滤渣I的成分为A1(OH),和H,SiO,,A正确： b.KMnO.浴液加冰酯酸，KMnO,在酸性条卡卜友.支化反应生成KMnO:、MnO2“歧化”时的反应为： 3MnO+4CH,COOH≥2MnO:+MnO2+4CH,COO°+2H,0,加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进KMnO,的 生成，提高KMnO,的产率，B正确： C.KMO,与浓盐酸会发生反应，所以“歧化”步骤中，不能用浓盐酸来代替冰醋酸，C错误： D.高锰酸钾受热易分解，“操作Ⅱ”应该为加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出KMO。 晶体，D正确： 11c A.A极C0→C0发生[源及应，电极反应式为：C0、12e-2CH,OH=C0+2CH,0+H,0,A正确： B.A极C0,→C0,为电解池阴极，B极Br→B,为电解池的阳极，K*在电场作用下移向阴极，即玻碳 +2 电极，B正确： C。根据反应：C02+2e+2CH,OH=C0+2CH,0+H,0,制得1mol碳酸二甲酯时，外电路中迁移2mol电子， 第王 C错误： D.根据以上图像分析，总反应为CO2+2CH,OH=(CH,O),CO+H,O,D正确： 12.D Cu.0中滴加过量0.3mol·LHNO溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，4写。挂 七成 1,秦化合价由+价升至十2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素的化合价还由十1价降至0 价，新生成的沉淀为金属Cu,A项正确：Cu,0与0.3mol·L1HNO,发生的反应为 Cu,0+2HNO,一Cu(NO)2十Cu+H,0,该过程中HNO,表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为 Cu+4HNO,(浓)一Cu(NO)2+2NO2↑+2H0,该过程中HNO体现氧化性和酸性，均能体现HNO的酸性，B项正确：Cu,0 中滴加过量6mo1L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液。静置。段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(1 与NH形成的无色配合物易被空气中的O,氧化成深蓝色[C(NH,),】,C项正确：既能与酸反应生成盐和水、又能与碱 反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu.0溶于6ol·L-氨水形成的是配合物，Cu,0不属于两性氧化物，是碱 性氧化物。D项错误。 13。B Cl2与水反应生成HC1和HC10,HC10与NaOH反应生成NaC10,NaC10和浓盐酸反应生成Cl,A项错误：Fe,0.不能仅 由一步反应生成Fe(OH),B项正确：S0催化氧化生成S0,S0与水反应生成HS0,HS0和NaS0反应生成S0,C 项错误：NO与氧气反应生成NO2,NO,与水反应生成HNO,稀HNO和Fe反应生成NO,D项错误。 14.A A.V原子有8个位于顶点，4个位于棱心，2个在体内，个数为：4：0原子有4个位于面上、6个位于体内，个数为： 8:V:0=1:2,则两者配位数之比等于2：1，由晶胞结构可知，V的配位数为6，则0的配位数为3，故A错误： B.V原子有8个位于顶点，4个位于棱心，2个在体内，个数为：8×令+4×+2=4：0原子有4个位于面上、6个 位于体内，个数为：4×+6=8：V:01:2,化学式为V0,故B正确： C由题意可知温度改变时，该晶体会发生相转变，高温下由绝缘体转化为导体，则冷却时会变回绝缘体，从而失去 导申。及L1啪 332 D.晶胞的质量为： 8,晶胞体积为：axbxcx10cm:晶体的密度为 3.32×102 gcm3,故D正确。 ×axbx 15.D 4.N,·H0的电离平衡常数K=cNH)c(OH) c(NH.H.O》 据可知当1ge(NH)=1gc(NH·H,0),即c(NH)=c(NH,·H,O)时.溶 液pH=9.25,则此时c(0H10·1听以c10,A错诶： B.t=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH·H0和NH,C1,溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H)=c(OH)+c(C1-), 存在物料守恒2c(C1-)=c(NH·H,0)+c(NH4),联立可得2c(H)+c(N)=c(N2·H,O)+2c(OH),B错误； 页共4页 C.若c(C1)=0.05mol·L-,则此时溶质应为等物质的量的NH·H0和H.C1,由于N阳t的水解程度和NH·H,0 的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH)≠c(NH·H,O),与P不符，C错误： D.K=(NH)cH=10,P,所示溶液p=7,则c(0H)=10,所以 c(NH)_105 c(NH,H,O) NH,H,01010>10,D正确。 16.(12分) (1)3(1分)d(1分) (2)物质A(1分) 氨水(1分) (3)1.8(1.7到1.9均可)(2分) (4)NaOH+Sc(OH)3 Na[Sc(OH)4](2) (⑤)防止Pe“和Ti0在“水解”工序同时沉淀，不利于元素Ti与Fe的分离(2分) (6)AI+Fe++nSO+(6-2n)HC0=AlFe(OH)n(S0.)n↓+(6-2n)C02↑(2分) 分析： 赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，所得萃取物加入氢氧化钠溶液进行反萃取，将所得沉淀加入 草酸进行沉淀转化，进行一系列的处理后，加入氨水，调节p,再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置 换得到SC;而萃取后的溶液加入铁粉还原将铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到TO2·H,O,再加入 双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。 详解： (1)Sc原子序数21，基态Sc原子电子排布式：[Ar]3d4s2,其价电子数为3：位于d区。 (2)通过分析“萃取”与“反萃取”可知，“物质A”的主要成分是萃取剂，可循环利用：从流程可知，“沉 钪”时需加入NH,F之后“脱水除铵”可除去NH,所以加入氨水更好，不会引入杂质钠离子 (3)钪的萃取率要高，同时要求Ti、F、A1的萃取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果，根据图示可 知，HS0,浓度为1.8(1.7到1.9均可)时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大： (4)n=4含钪产物为[Sc(OH)丁，反应化学方程式：Na0H+Sc(OH)3=Na[Sc(OH): (5)从题目所给信息可知，当达到TiO2+完全沉淀时，Fe已经开始沉淀，为防止Fe+和TiO2同时水解， 需加入Fe粉将Fe4还原为Fe2+,水解完成后再加入H,O2溶液将Fe+重新氧化为Fe3+,以达到分离提纯的目 的： (6)“聚合”生成聚合硫酸铁铝[AIFe(OH)-.(SO,)。]时，有AI、Fe+、SO、HCO;参与反应，AI、Fe 与HCO存在相互水解，同时生成二氧化碳，结合元素守恒和电荷守恒配平即可得离子方程式： 第 AI+Fe+nS0+(6-2n)HC03=AIFe(oH)。.(S0)n↓+(6-2n)C0,↑。 17.(14分) (1)球形干燥管(1分) b(1分) (2)苯二甲酸酐(2分) (3)两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高(2分) (4)趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀(2分) 减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥(2分) (5)b(2分) CH (6 )NH+30 H+4H,0 (2分) CH. 分析： 由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80~95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯 甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固 体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。 详解： (1)由题干实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，实验中仪器A的作用为吸收尾气H,球形干燥管只能 盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故答案为：球形干燥管；b: (2)由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主 要为邻苯二甲酸酐，故答案为：苯二甲酸酐： (3)邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯 二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高： (4)由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水， 易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ.向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体怡好溶解，趁热过滤，并用乙醇 洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原 因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗 涤沉淀：减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥： 5920 (5)由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为m@×100%=89.37%, 74.0g 148g/m07 接近85%，故答案为：b: (6)由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为： 页共4页 NH +4H0 18.(14分) (1)C(2分) (2)C(2分) (3)0.05(2分) 19.2(2分) (4)①C (2分) ②温度升高，反应速率加快(2分) ③温度较低时只发生反应I(2分) 解析： (1)由图可知，升高温度，反应I的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为气体体积减小的放 热反应，降低温度和增大压强有利于平衡向正反应方向移动，提高甲醇的选择性，故选C。 (2)升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0的吸热反应，由盖 斯定律可知，反应IⅢI得到反应Ⅱ，则△H-△>0，由平衡常数与温度变化关系图知，反应【、正反应均 为放热反应，即△K0,△<0，所以0<队1，故选C. △H (3)由题意，设平衡时C02、H,0、C0的浓度分别为xmol·L、ymol·L、zmol·L,投料时n(C0)=1mol, n(H)=3mol,则n(C)=1mol1,n(0)=2mol,n(H)=6mo1,根据元素守恒，列方程组 5x+5z+0.1×5=1 10x+5y+5z+0.1×5=2 10y+0.25×2×5+0.1×5×4=6 解得=0.05，y-0.15, 则平衡时二氧化碳的浓度为0.0501·L,反应1的平衡常数为，8瓷19.2。 (4)①由图可知，400600℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度大于氢气转化率的增大幅度，则S值呈增大 趋势，6001000℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度小于氢气转化率的增大幅度，则S值呈减小趋势， 所以4001000℃范围内，S值的变化趋势为先增大后减小。 19.(15分) (1)取代反应 (1分) (2)酯基 (2分) (3)dabc (2分) (4)吸收HC1,提高产率(2分) Ph OE +NH(CH)24Ph +EtOH (2分) HO HO (2分) COOH (7) (2分) (2分) COOH OH 第4 分析： A与Br在红磷存在下反应生成B,B与EtOH在H存在下生成C,由C的结构可知，B的结构简式为CH,CHBrCOOH:C 0 与Zn反应生成D,D先与 Ph反应、然后在HO存在下反应生成E,E与NH(CH),加热反应生成F,F先与LiAH、 Ph 再与0反应生成G,G与x在y存在下反应生成H。 详解： (1)A→B为CH,CH,COOH与Br2在红磷存在下发生取代反应生成CH,CHBrCOOH和HBr。 (2)由H的结构可知，H中含氧宫能团的名称为酯基。 (3)一F和一Br都是吸电子基团，一CH,是推电子基团，F的电负性大于Br的电负性，C一F的极性大于C一Br的极 性，故有机物中N原子的电子云密度由大到小的顺序为c>b>a>d,根据“有机物中N原子电子云密度越大，碱性 越强”，故四种有机物碱性由弱到强的顺序为dabc。 (4)对比G、H、x的结构，G一→H为G与x发生取代反应生成H和HC1,而y具有碱性，故有机物y的作用是：吸收 HC1,使反应正向移动，提高H的产率。 (5)对比E、F的结构，E与NH(CH),加热发生取代反应生成F和EtOH,反应的化学方程式为 Ph Ph OEt Ph +NH(CH3)2号Ph +EtOH。 HO HO 0 (6)由C的结构知，C的分子式为CH,0Br,不饱和度为1：C的同分异构体①能发生银镜反应说明含醛基或 HCO- 0 ②1mol有机物最多消耗2 molNa(0H,结合①则说明C的同分异构体中含1个碳溴键和1个，川 ,且在核磁共振氢谱 HCO- 上峰的面积比为1：2：6的结构简式为 义 的官能团为酯基 可由 COOH 发生分子间酯化反应得到，对比一 c0oH与 H OH OH OH Br 的结构，结合A→B可知， 与Br,在红磷存在下发生取代反应生成 与 COOH COOH COOH NaOH水溶液加热反应后酸化得到 COOH 发生分子间酯化反应得到 故M、N依次为 OH OH Br COOH COOH OH 页共4页