福建省惠安荷山中学2026届高三下学期毕业班模拟考试化学试卷

惠安荷山中学2026届高三毕业班模拟考试（化学学科) 本卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H-10-16 一、选择题：本题共10个小题，每题4分，共40分；每小题只有一项是符合题目要求。 1.《周礼·考工记》记载的“涑帛之法，是用“碱剂[草木灰（含K,C0,)和贝壳灰（含CaO)的稀浸 出液]处理丝绸，促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使其质感柔软、色泽光亮。下列说法正确 的是 A.“碱剂的碱性弱于草木灰稀浸出液B.“碱剂可以用苛性钠浓溶液代替 C.“碱剂可置于敞口容器中长期保存D.“碱剂能促进蛋白质肽键断裂 2.一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。下列说法不正确的是 OH HO M NCO N=C=0 A.反应物P分子中碳原子的杂化类型为s印及P B.高分子W无手性碳原子 C.反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应 OH D.依据上述反应原理，高分子W可以和H0 反应，生成体型聚合物 HO- OH 3.华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如下图所示， 已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质保存在固态石蜡中，L与 R同族。下列说法正确的是 A.氢化物的沸点：Y<Z B.X单质与L2反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属 元素更少 C.M,与NaCI溶液反应制备CL D.键角：LM,>L, 4.依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氨菲可与F+形成橙红色配合物，其 结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列说法正确的是 2滴 2滴氯水 KSCN溶液 无明显变化 无明显变化 ② 依地酸铁钠 黄色溶液 ① 2滴 少量维生素C 邻二氮菲溶液 每 粉末 无明显变化 溶液变为橙红色 橙红色配离子 ④ ⑤ A,溶液pH的大小不影响邻二氮菲与Fe+的配位能力 B.该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C.依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含FII) D.依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氨菲与F+形成的配合物更稳定 C,H.OH 5.叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：(CH),C-Br+AgNO→(CH),C-ONO,+Ag$r↓ 反应分步进行：①(CH)C-B→「(CH2C--Br]→(CHC+Br ②(CH)3C+NO→(CH)3C--ONO→(CH3)2C-ONO, 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 A.选用催化剂可改变反应△H的大小 (CH):C---Br B.图中I对应的物质是[(CH)C---ONO, △E, △E C.其他条件不变，O?的浓度越高，总反应速率越快 (CH):C-Br D.其他条件不变，(CH),C-Br的浓度是总反应速率 +AgNO (CH):C-ONO,+AgBr 反应进程 的决定因素 6.中南大学何军团队发表了对新型单元素半导体材料黑砷晶体的研究成果，黑砷晶体与石墨相似，在 层内每个砷原子与其他三个砷原子相连，形成二维褶皱蜂巢型结构，其三维结构如图所示。设N为阿 伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 锯齿方向 扶手椅方向 A.黑砷晶体为混合型晶体 B.150g单层黑砷晶体中含有六元环的数目为N C.黑砷晶体中As原子上存在1对孤对电子 D.黑砷晶体中存在大π键 夕 H H B N-B 7.无机苯BN3H6( B-N 结构与苯相似以)与甲烷可发生反应： N H H 3CH4+2BN3H6+6HO→3CO+6H3BNH3,设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.1.0 nolH3BNH3的o键数为6N4 B.1.0 nolB3N3H6的（价层）孤电子对数为3N4 C.标准状况下消耗22.4LCH4转移电子数为8W4 D.1.0 nolCO2溶于水，溶液中HCO3、HCo、Co三种微粒数和为N4 8.硒是人体微量元素中的“胰岛素'。含硒废料（主要含Se、S、Fe,O,、ZnO、CuO、SiO2等)制取硒 的流程如图所示，下列有关说法错误的是 煤油稀H,SO Na,SO,溶液 稀H,SO4 含硒废料 分离→酸溶 浸取 Na2SeSO溶液酸化 →精硒(Se) (硒代硫酸钠溶液) 含硫煤油 滤液 滤渣 A.“分离时得到含硫煤油的操作方法是分液 B.“浸取所得滤渣主要成分为SO, C.“酸化时发生反应的离子方程式：SSO?+2H=Se↓+S0,个+H,0 D.若向“酸溶”所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红 9.我国科学家利用光催化反应将废气中的HS转化为S,同时获得绿色氧化剂H,O2,装置如图所示。 下列说法正确的是 A C.H C.H H202← H202 质子 交换膜 A.电极B作正极 OH C,Hs B.电极A上发生的反应为 +2Ht-2e= OH C.电解过程中需要不断补充I D.理论上每转化标准状况下2.24LHS,最多可获得H,O,3.4g 10.某金属离子M2+和L结合形成两种配离子ML]和[ML2]。常温下，0.100molL的HL和 0.002mol.L的MSO4混合溶液中，HL2和L3的浓度对数lgc(实线)、含M微粒的分布系数δ（虚线）[例 c(M2+) 如δcm+ c(MHeM)HeL,广与溶液pI的关系如图所示：下列说法错误的是 a(x,-1) 11.5,-1.3) 1.0 -2 IV 4 0.8 61 0.6 b 2 8 aqd 9.4 -10 0.2 -124 0.0 4 789101112 p明 A.曲线Ⅱ对应的物质为L B.[ML]+L=[ML,]K=104 C.b点：c(H2)+c(L)+3c(ML])≈0.1 molL D.图中a点对应的pH4.3 二、非选择题：本题共4个大题，共60分。 11.G是一种合成药物的中间体，其合成路线如下： CI COOH CH(COOCH3)2 COOCH CH3ONa COOCH; 1)NaOH,H2O CH2COOCH3 CHOH COOCH3 2),△ COOH A H:C B H3C H3C D P2Os COOH 1)CH3OH,H" COOCH3 LiAIH4 CH2OH 2)(CH2OH)2,H' 0 H:C H:C E F G CH(COOCH3)2 (1)“A+B→C的反应类型属于 若将A标记为 则在反应过程中，A断 CH,COOCH? 裂的是 (选填“1号”或2号”)碳的C-H键。 (2)F分子中含氧官能团的名称为 (3)D→E还会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，该副反应的化学方程式为 (4)E生成F中的2)(CHOH),,H+”分两步完成，第一步是加成反应，第二步是取代反应。则第一步 反应生成的有机物的结构简式是 (⑤)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体的结构简式： ①含有3种不同化学环境的氢原子： ②在足量碱存在下水解，酸化后生成的有机物只有乙酸和X两种，（乙酸）：n(X)=2:1。X含有苯环与 氯原子直接相连的结构，能与FeCl3溶液发生显色反应。 (6)物质D的熔点比物质E大的原因是 12.工业上从高砷铅烟尘（主要含As,O3、PbO及少量CdO、In,O3)中分离回收砷、铅并富集铟的流 程如图所示。 硫化剂 H.A2 反萃剂 滤液 硫化还原 热沉砷 萃取 反萃→富集铟 02HS0, s、cds 系列操作 高砷铅 As02-- →回收砷 烟尘 氧化酸浸 Na,Co,、C 滤渣 1000℃ 脱硫还原→粗铅 已知：①“硫化还原时，被还原的物质是HAsO4。 ②“一系列操作中最后一步的操作是“碳热还原”Ca(AsO4)2·H0生成As4气体。 ③“萃取时发生反应：n+(aq)+3H,A2≥nA?3HA+3H(aq)。 (1)“氧化酸浸”时，可提高效率的措施有 (写一条)。 (2)“硫化还原'过程：①若以H,S为硫化剂，反应Cd+(aq)+HS(aq)三Cds(s)+2H(aq)的平衡常数 K= (用含有a、b、c的代数式表示)。（已知：25℃时，Kn(Cds)=a,HS的K4=b,K2=c) ②若以As,S?为硫化剂，不仅In3+不会沉淀，还可以回收s单质，是一种“以废治废”的绿色工艺。写出 As,S与H3AsO4反应生成HAsO2的化学方程式是 。（已知：A$S3是一种难溶于水的物质) ③从HS的性质分析，以H,S作硫化剂的不足之处是 (3)“脱硫还原时，以C为还原剂，与滤渣中的PbSO4反应，生成CO2。理论上，C与PbSO4反应的物 质的量之比为 (④)“反萃时，“反萃剂最宜选用 (填化学式)。 (⑤)“碳热还原”在N2氛围中，样品C(AsO4),·H,O的热重曲线、产物的吸光度（吸光度越高，浓度越 大)与温度的关系如下图所示。 100 290℃ ①在100℃前出现小的失重台阶，失重的原因是 550℃ 60 Ca(AsO), Cao ②在290℃~550℃之间，发生反应的化学方程式为 40 0.020①As 、① 吸0.015 ②C0 光0.010 ③C0 ③为有效备砷，温度应控制在 C以上。 度 0.005 ② 0.000 1 200 400 600 800 1000 1200 温度℃ 13.碳酸乙烯酯 0简称EC),摩尔质量为88g·ol1、沸点为246℃，200℃开始分解，是最常 用的锂电池电解液溶剂之一。尿素醇解法是合成EC的重要方法，实验装置如图所示（加热和夹持仪 器已略去)，实验步骤如下： I.准确称取60.06g尿素C0(NH)2]及75.10g乙二醇加入到250mL圆底烧瓶中，再加入适量催化剂， 启动真空泵，使反应体系内的压力维持在3Pa,同时冷凝管通入冷凝水，控制反应温度为135℃，反 应4.5h,停止抽真空，将圆底烧瓶的温度自然降至室温，待圆底烧瓶内压力恢复至常压。 (1)制备反应的化学方程式为 气压表 (2)给圆底烧瓶加热的方式是 (填“酒精灯直接加热“水浴， 或油浴)。 (3)选择在3kPa下进行反应可以提高产率，原因是 真空泵 处 Ⅱ分离提纯： 步骤①将反应混合物中的固体催化剂除去；步骤②除去溶解在滤液中的催化剂： 步骤③精制产品，得78.32g成品。 (4)步骤①需要的玻璃仪器有 (⑤)步骤②的方法是 。 a.蒸发结晶b.减压蒸馏c.常压蒸馏d.减压过滤 III.纯度测定：在100mL锥形瓶中加入mg碳酸乙烯酯，同时加入25mL0.5000mol.L1NaOH标准溶液， 在80~90℃水浴上加热20min。取出冷却，滴加10%BaCl2溶液15mL,振荡使BaC03沉淀析出。以酚 酞为指示剂，用0.5000olL的盐酸标准溶液滴定过量的氢氧化钠，同时做空白试验，消耗盐酸标准 溶液体积分别为VmL、VmL。 (6)碳酸乙烯酯纯度为 (用含有m、V、V空的代数式表示)。 (T)实验中，若加入BCl2水溶液速度过快，会导致测定结果偏大，原因是 (8)若每消耗1.00L盐酸标准液，相当于碳酸乙烯酯的质量为0.044g,盐酸标准液的浓度应为mol·L1。 14.“双碳”战略下，CO,加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点 高度耦合生成副产物CO,涉及的反应如下： I:CO2 (g)+3H2(g)CH;OH(g)+HO(g)AH Ⅱ：C02(g)+H(g)=CO(g)+HO(g) △H2=+41.2kJ-molr1 III:CO(g)+2H,(g)CHOH(g) △H3=-90.4kJ.mol1 (1)①△H1= kJ.mol1;反应I在 (填“高温“低温“任意温度)自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦新策略：将CO2活性位点(ZrO,)与H,活性位点(Cu) 在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”甲酸盐部分路径如下： 步骤1：CO2(g)+ZrO2→CO2@ZrO2、H2(g)+Cu→2H@Cu(表明2个H在Cu位点吸附活化) 步骤2： (与活性氢加成)。 步骤3：HC00@Zr02+2H@Cu→H,C00H@ZrO2+Cu 步骤4：H2C00H@Z102→CHOH(g)+0@Z102 请写出步骤2的基元反应 (2)在3MPa下，向某密闭容器中按投料比n(H2):n(CO2)=3:1充入反应物发生反应I、Ⅱ，反应达到平 衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图。 0.7 ①Z线所示物种是（填化学式）。 教 00-0000-H2 0.6 00 0- ★C02 响 ②解释H,物质的量分数随温度变化的原因 2 ☆★★★★含★。◆Z ★Y ③260C时向密闭容器中加入2molC02和6molH,,达平衡时 0-X 01 测得n(H,O)=1.0mol,n(H,)=3.2mol,选择性 200220240260280温度/℃ S(CHOH)= [S(CH,OH)=转化为CH,OH的C0的物质的量 转化的C0,的总物质的量 100%],反应I的平衡常数 Kp= （列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。 (3)工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中H,O(g)的进入量，原因是 (从催化剂活性位点 和化学平衡角度分析)。 祝荷山学子：策马扬鞭，高考成功！惠安荷山中学2026届高三毕业班适应性考试（化学学科) 1.《周礼·考工记》记载的涑帛”之法，是用碱剂[草木灰（含KCO3)和贝壳灰（含C0) 的稀浸出液]处理丝绸，促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使其质感柔软、色泽光 亮。下列说法正确的是 A.碱剂的碱性弱于草木灰稀浸出液 B.碱剂可以用苛性钠浓溶液代替 C.碱剂可置于敞口容器中长期保存 D.碱剂能促进蛋白质肽键断裂 【答案】D 【详解】A.草木灰主要成分为KCO,贝壳灰中CaO与水反应生成Ca(OH),二者发生反 应K,CO+Ca(OD2=CaCO?+2KOH,所得“碱剂"含强碱KOH,碱性强于草木灰稀浸出液，A 错误； B.苛性钠浓溶液碱性过强，不仅会水解丝胶蛋白，还会腐蚀蚕丝的主要成分蛋白质， 无法代替，B错误； C.“碱剂”为强碱性溶液，敞口放置会与空气中的CO2反应导致碱性降低，不能长期保存， C错误； D.“碱剂”呈碱性，可催化丝胶蛋白水解，蛋白质水解的本质是肽键断裂，D正确： 2.一种高强度、耐低温压缩的聚氨酯W的合成路线如下。 HO入OH OCN- NCO N=C=0 =C=0 下列说法不正确的是 A.反应物P分子中碳原子的杂化类型为sp及P B.高分子W无手性碳原子 C.反应物M与P生成W的反应类型为缩聚反应 OH HO D.依据上述反应原理，高分子W可以和 反应，生成体型聚合物 HO- OH 第1页共18页 【答案】C 【详解】A·P分子中，萘环上的碳原子都形成3个σ键、无孤电子对，杂化类型为$p杂化； -=C-O中心碳原子形成2个o键、无孤电子对，杂化类型为即杂化，A正确： B.高分子W无手性碳原子，B正确： C.缩聚反应的定义是：单体缩合生成高分子，同时会脱去小分子副产物（如水、醇等）， 该反应中，=CO和-OH发生加成反应生成氨基甲酸酯键，所有原子全部进入产物，没有小 分子生成，不属于缩聚反应，C错误； D.选项中的化合物是季戊四醇，1个分子中含有4个羟基（多个可反应官能团），可以 与W的异氰酸酯基N-C=O发生交联，生成体型网状聚合物，D正确： 3.华为最新研发了一种高效含硫化合物固态电池，充电快速又安全。该含硫化合物的结构如 下图所示，已知X、Y、Z、L、M、R为短周期主族元素，原子序数依次递增，X的单质 保存在固态石蜡中，L与R同族。下列说法正确的是 L M z-R-Y-M A.氢化物的沸点：Y<Z M L M B.X单质与L,反应生成的化合物种类相比于X的其它同族金属元素更少 C.M,与NaCl溶液反应制备Cl2 D.键角：LM>YL2 【答案】B 【分析】X的单质保存在固态石蜡中，短周期金属单质中只有Lⅱ（锂）因密度小于煤油需保 存在石蜡中，故X为L;L与R同族，且原子序数依次递增，结合结构中L形成双键，推 测L为O,则R为同族的S；Y能形成4个单键，推断Y为C:Z原子序数介于Y和L之 间，推断Z为N;M原子序数介于L和R之间，且只形成1个单键，推断M为F。综上， X、Y、Z、L、M、R对应元素依次为Li、C、N、O、F、S,据此分析解答。 【详解】A.Y的氢化物为烃类，Z的氢化物有H、NH,等，未指明是简单气态氢化物， 物质未明确，无法比较，A错误： B.Li与O2反应仅生成LiO,与Li同族金属为碱金属元素随金属性增强，相应金属单质 与O2反应产物越来越复杂，如Na与O2反应可生成NaO、Na,O2,B正确： C.M为F,与NaC1溶液反应实质是与水反应(2F,+2H,O=4HF+O)不能置换出CI2,C错误； D.LM2为OE,,YL2为CO2,Or的中心原子O有2对孤电子对和2个o键，中心原子O 为sp杂化，CO2的中心原子C没有孤电子对有2个σ键，故中心原子C为P杂化，故键角：， LM,<YL2D错误； 第2页共18页 4.依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与F2+形成橙红色配 合物，其结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列 说法正确的是 2滴 2滴氯水 KSCN溶液 无明显变化 无明显变化 ② ③ 依地酸铁钠 黄色溶液 ① 2滴 少量维生素C 邻二氮菲溶液 粉末 无明显变化 溶液变为橙红色 橙红色配离子 ④ ⑤ A.溶液pH的大小不影响邻二氮菲与Fe+的配位能力 B.该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C.依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(III) D.依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与F+形成的配合物更稳定 【答案】D 【分析】将依地酸铁钠滴加KSCN溶液，无明显变化，说明，滴氯水，无明显变化，可能是 依地酸铁钠与F3+形成配合物的稳定性强于SCN；滴加邻二氮菲无明显变化，加入少量维生 素C,溶液变为橙红色，说明维生素将Fe+还原为F2+,Fe2+与邻二氯菲形成配合物稳定性强 于依地酸根，据此分析： 【详解】A.当同时存在F+与H,H提供空轨道，邻二氮菲中的N提供孤电子对，会占据 N原子的配位点，故邻二氮菲中的N优先与H形成配位键，A错误； B.橙红色配离子中带有苯环结构，苯环含π键，与F+形成配合物，存在配位键，无离 子键，B错误； C.从现象②和③推测，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于SCN,不能 说明依地酸铁钠中不含Fe(⑩，C错误； D.加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题意可知，F+与邻二氮菲形成配 合物的稳定性强于依地酸根，D正确： 第3页共18页 CH OH 5.叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：(CH),C-B+AgNO→(CH),C-ONO,+AgP↓ 反应分步进行：①(CH)C-Br→[(CHC--Br]→CH)C+Br ②(CH)2C+NO3→(CH)3C---ONO2米CH,C-ONO 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是 E (CH)C---Br △E, △E (CH):C-Br +AgNO; (CH)C-ONO,+AgBr 反应进程 A.选用催化剂可改变反应△H的大小 B.图中I对应的物质是[(CH)3C--ONO2] C.其他条件不变时，O?的浓度越高，总反应速率越快 D.其他条件不变时，(CH),C-Br的浓度是总反应速率的决定因素 【答案】D 【详解】A.催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对△H无影响，A错误： B.由题中反应分布进行的式子可知，I对应的物质是(CH)C,B错误： C.总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即(CH),C-Br→[(CH)C--Br]，其 他条件不变时，O?的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误； D,由C可知，(CH)C-B的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确； 6.中南大学何军团队发表了对新型单元素半导体材料黑砷晶体的研究成果，黑砷晶体与石墨 相似，在层内每个砷原子与其他三个砷原子相连，形成二维褶皱蜂巢型结构，其三维结构 如图所示。设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 锯齿方向 扶手椅方向 A.黑砷晶体为混合型晶体 B.150g单层黑砷晶体中含有六元环的数目为N C.黑砷晶体中As原子上存在1对孤对电子 D.黑砷晶体中存在大π键 第4页共18页 【答案】D 【详解】A.黑砷晶体和石墨相似，为层状结构，层内砷原子以共价键结合，层间靠范德华 力结合，属于混合型晶体，A正确； s的摩尔质量为75gmo,15g单层黑砷中As的物质的量为530=2mo, 个4原子，每个A原子被3个六元环共用，因此1个六元环实际占有A的数目为6兮2， 则2 molAs对应六元环的物质的量为2o=1mol,数目为N,B正确： C.As最外层有5个电子，每个As原子形成3个As-As共价键，成键消耗3个电子， 剩余2个电子，即存在1对孤对电子，C正确： D.石墨为平面结构，每个C剩余1个单电子占据p轨道，p轨道平行重叠可形成大π 键；黑砷为二维皱稻蜂巢结构，As原子价层电子对为3个成键对加1个孤对，采取sp杂化， 没有未成对电子的平行p轨道，无法形成大π键，D错误； 7.2025年一项诺奖级科研突破，中国学生钱伟煜成功合成了中性N。分子。该分子在室温迅 速分解成N2,能量密度是TT的22倍，其合成路线如图所示。下列说法错误的是 AgN.CIN AUN C1反应① 8 反应② A.N。分子中碳原子的杂化类型为$p及$p B.N6分子（价层)有6对孤电子对 C.N6和N2属于氮元素的同素异形体 D.反应①和反应②均有AgC1生成 【答案】A 【详解】A.N。分子中碳原子的杂化类型没有sp3,A错误： B.N6分子电荷分布如图： NN恩/对于星负电性的氨原子，各有2对 N 孤电子对，中间两个不带电的氮原子各有1对孤电子对，B正确： C.N。和N2是由氮元素构成的不同种单质，互为同素异形体，C正确： D.根据原子守恒，反应①为Cl,+AgN=CN+AgC1、反应②为CN+AgN3=N+AgCl, 均有AgCI生成，D正确： 第5页共18页 8.硒是人体微量元素中的胰岛素”。含硒废料（主要含Se、S、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等） 制取硒的流程如图所示，下列有关说法错误的是 煤油 稀H,SONa,SO,溶液 稀H,SO 含硒废料→分离酸溶 浸取 →Na,SeSO,溶液→酸化→精硒(Se) (硒代硫酸钠溶液) 含硫煤油 滤液 滤渣 A.分离时得到含硫煤油的操作方法是分液 B.浸取所得滤渣主要成分为SiO2 C.“酸化时发生反应的离子方程式：SSO+2H=Se↓+S0,个+H,0 D.若向酸溶所得的滤液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红 【答案】A 【详解】A.“分离”步骤中，向含硒废料固体中加入煤油，废料中的S溶解进入煤油中，形 成固体废料和液体含硫煤油的混合物，分离方法应为过滤，A错误： B.向分离后的固体（含Se、Fe2O3、ZnO、CuO、SiO2等）中加入稀疏酸，Fe2O3、ZnO 和CuO均溶解进入溶液中，Se和SiO2不溶于稀硫酸，进入滤渣中。“浸取"步骤中，Se溶于 Na2SO3溶液形成Na2SeSO3.SiO2进入滤渣中，B正确； CSSo的性质类似s,o,酸化时会发生氧化还原反应，生成Se和SO2,离子方程 式为SeSO号+2H+=Se↓+S02个+H20,C正确： D.“酸溶"所得滤液中含有Fe2O3溶解所产生的Fe3+,滴加KSCN溶液会变红，D正确。 9.我国科学家利用光催化反应将废气中的HS转化为S,同时获得绿色氧化剂HO2,装置 如图所示。下列说法正确的是 A C,Hs H,S 02 C.H H202← 」H202 质子 交换膜 A.电极B作正极 C,H C,Hs +2H+-2e B.电极A上发生的反应为 C.电解过程中需要不断补充I D.理论上每转化标准状况下2.24LHS,最多可获得H0,3.4g 第6页共18页 【答案】D 【分析】在该装置中，B极在光照条件下发生反应：3I-2e=,产生的电子经外电路流向 A极；生成的具有氧化性，可把通入的HS氧化为单质硫：I+HS=3+S↓+2H,自身 又被还原为I；根据图示信息推导A极反应：A极为正极，电极上X得电子发生还原反应， 同时通入的O2在酸性条件下得到电子生成H2O2,所以整个装置总反应为HS+O,=S↓+H,O2。 【详解】A.由分析可知，B极反应为3I-2e=I,发生氧化反应，为负极，A错误； B.由分析可知，电极A为正极，发生反应为X+2e+2H=Y,B错误： C.由分析可知，电极B侧存在循环反应：3I-2=,同时I与H2S发生反应 +HS=3+S↓+2H,重新生成I,I整个过程中仅起到催化剂的作用，理论上不会被消耗， 因此不需要不断补充，C错误； D.由分析可知，总反应为HS+O2=S↓+H,O2,标准状况下2.24LHS的物质的量为0.1mol, 理论上生成0.1olH2O2,质量为3.4g,D正确： 10.某金属离子M2+和L结合形成两种配离子L]和[ML2。常温下，0.100ol.L的HL和 0.002ol.L的MSO4混合溶液中，HL2和L的浓度对数lgc(实线)、含M微粒的分布系数δ（虚 c(M2+) 线)[例如δc* c(M)Hc叫HcM,广片溶液pH的关系如图所示：下列说法错误的是 0 a(x,-1) (11.5,-1.3) -1.0 2 -4 IV 0.8 6 0.6 ￥b 048 -10Π -0.2 -12 0.0 3 4 5 6789101112 PH A.曲线Ⅱ对应的物质为L B.[ML]+L→[ML,K=104 C.b点：c(L2)+c(L)+3c(ML]）≈0.1moL D.图中a点对应的pH≈4.3 第7页共18页 【答案】B 【分析】皿2和工之间存在H皿、三H+L转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以HL 为主，则gc(HL)>gc(L),则曲线I代表gc(Ⅲ2)，曲线Ⅱ代表gc(①)，随着pH增大， L、一H+L正向移动，L3浓度增大，M+和L结合形成配离子的反应依次为M+L=[MLJ、 +[ML=[ML,]广，因此随pH增大，⑧持续减小，δw+为曲线Ⅲ，M先增大后减小为曲 线V,δ，一直增大为曲线V,据此分析： 【详解】A.根据分析，曲线Ⅱ对应L3，A正确： B对于反应=，，平衡常数K2品，由曲线V和面线V交点可 知，8)8L),即M)-cL),代入得Kd:温度不变，由图可知该pH 下lgc(①-)=-7.2，即c(①)=1072mol/L,因此K=1072，B错误： C.图中a点时c(HL2)=0.1moL,溶液中H3L、L已经可以忽略，根据L元素守恒， 原溶液总L浓度为0.1mol.L1,所有含L微粒满足： c(HL)+c(HL)+cHL2)+c(L)+c(ML])+2c(ML2]4)=0.1mol·L,b点c(ML)=c①ML,]4),代 入整理得：c2-)+c(L-)+3cMML)=0.1-[cH,L)+c(H,L)],图中b点pH大于a点，b点溶 液中HL和HL都可忽略，因此c(HL2-)+c(L)+3c[ML丁)≈0.Imol.L,C正确； D.由曲线I和曲线V的交点，δr=δ+，即c(MLJ)=c(),此时lgc(L)=-9.4,则 e0门-1，可得M,1-ak,再结合B选项 [M+L=ML,]K=102，则a点8=δ，即cM2+)=c①ML,]),反应 1 +2亚=LKcC6eKK,=0-×1010,解得c)=10molL 且a点对应cL2-)=0.1molL,代入L2、三H+L3的平衡常数 K-c)c）_10 moM但）-10i,计算得c)=10oL,则pH43,D正确： c(L2-) 0.1 mol/L 第8页共18页 11.G是一种合成药物的中间体，其合成路线如下： CI Br CI CI COOCH? COOH CH(COOCH3)2 CHONa COOCH3 1)NaOH,H2O CH2COOCH CH3OH COOCH; 2)H,△ COOH A H:CB H3C c H:C D CI CI CI P205 COOH 1)CHOH.H" COOCH3 LiAIH4 CH2OH 2)(CH2OH)2,H 00 H30 H;C E F G 回答下列问题： CH(COOCH3)2 (1)“A+B→C”的反应类型属于 。 若将A标记为CH2 COOCH3，则在反应过 程中，A断裂的是 (选填1号或2号)碳的C-H键。 (2)F分子中含氧官能团的名称为 (3)D→E还会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，该副反应的化学方程式 为 (4E生成F中的2)(CH,OH),,H+”分两步完成，第一步是加成反应，第二步是取代反应。 则第一步反应生成的有机物的结构简式是 (⑤)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体的结构简式： ①含有3种不同化学环境的氢原子： ②在足量碱存在下水解，酸化后生成的有机物只有乙酸和X两种，（乙酸）：(X)=2:1。 X含有苯环与氯原子直接相连的结构，能与FCl溶液发生显色反应。 (⑥物质D的熔点比物质E大的最主要原因是 【答案】14分(1)取代反应(1分)；1号(1分) (2)醚键、酯基（2分) COOH P205 (3) C00H+H0(2分) COOH H.C 第9页共18页 COOCH3 (4) (2分) OH CI CHCOO OOCCH3 (5) (2分)、CHCO0 OOCCH3(2分) H3C-C-CH3 HC-C-CH CH3 CH3 (⑥二者均为分子晶体，D形成分子间氢键数目大于E形成的分子间氢键数目 【分析】A与B在甲醇钠和甲醇的作用下，脱去溴化氢，发生取代反应生成C；C水解并脱 去羧基生成D:D与五氧化二磷反应成环生成E;E先经过酯化再和乙二醇反应生成F;F 被四氢铝锂还原生成G。据此分析。 【详解】(1)A的a-H被B的烃基取代生成C,属于取代反应；产物C中取代基连接在A的 1号碳上，因此反应中A断裂1号碳的C-H键。 (2)F分子中含氧官能团为酯基(-COO-)和醚键(C-O-C)。 COOH COOH (3)D COOH 与五氧化二磷反应成环生成E ,是下方 H.C H.C 的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基 与苯环上的H取代，其结构简式为 COOH, 化学方程式为 COOH P2O5 C00H+L0。 COOH H.C H.C (4)羰基与乙二醇第一步加成，双键打开，羰基氧变为羟基，羰基碳连接一个 CI COOCH3 OCH,CH,OH,得到加成产物 OOH H:C OH 第10页共18页 (5)G的分子式为C4H,O,C1,其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后 酸化得到X和乙酸，且X含有苯环与氯原子直接相连的结构，能与FCl溶液发生显色反应， 则X含有酚羟基，故该同分异构体是乙酸与X形成的酯，因此该同分异构体中含有2个 CH,C00-基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异 构体不含其他不饱和结构：其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境， 说明该分子具有高度对称性，2个CH,COO-在苯环上处于对称位置，已知苯环与氯原子直接 相连，除外其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H 原子的取代基，该基团只能为-C(CH)3,苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化 CH:COO OOCCH? 学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为 H:C-C-CH3 CH3 CH3COO OOCCH3· H3C- C一 CH3 CH3 (6)D中有2个一COOH,而E中有1个一COOH(其中一个变为羰基)，二 者均可以形成分子间氢键。而D形成分子间氢键数目大于E形成的分子间氢键数目 第11页共18页 12.工业上从高砷铅烟尘（主要含As,O、Pb0及少量CdO、n,O3)中分离回收砷、铅并富集 铟的流程如图所示。 硫化剂 H,A2 反萃剂 滤液 硫化还原 热沉砷→萃取 反萃→富集铟 02HS0 系列操作 高砷铅 s、Cds →回收砷 烟尘 氧化酸浸 Na,CO,C ￥1000°℃ 脱硫还原→粗铅 己知：①硫化还原时，被还原的物质是HAsO4 ②：一系列操作中最后一步的操作是碳热还原”Ca(As04)2H,0生成As4气体。 ③萃取时发生反应：n+(aq)+3HA2≠InA3HA+3Ht(aq)。 (1)氧化酸浸时，可提高效率的措施有 (写一条)。 (2)硫化还原”过程 ①若以HS为硫化剂，反应Cd+(aq)+HS(aq≠CdS(s)+2H(aq)的平衡常数 K- (用含有a、b、c的代数式表示)。 (已知：25℃时，K(CdS)=a,HS的Ka=b,K2=c。) ②若以AsS为硫化剂，不仅In3+不会沉淀，还可以回收s单质，是一种“以废治废的绿色 工艺。写出AsS与HAsO4反应生成HAsO2的化学方程式是 (已知：AsS是一种难溶于水的物质。) ③从HS的性质分析，以HS作硫化剂的不足之处是 (3)脱硫还原时，以C为还原剂，与滤渣中的PbSO4反应，生成CO2。理论上，C与PbSO4反 应的物质的量之比为 0 (4“反萃时，“反萃剂最宜选用 (填化学式)。 (⑤)碳热还原”在N2氛围中，样品Ca(AsO4)2·H,0的热重曲线、产物的吸光度（吸光度越高， 100k 浓度越大)与温度的关系如下图所示。 80 290℃ 550℃ ①在100℃前出现小的失重台阶，失重的原因是线 60 Ca(AsO) 40 0.020①As ②在290C-550℃之间，发生反应的化学方程式是05 co ③co. 光0.010 为 0.005 0.000 200 400 600 800 C以上。 1000 1200 ③为有效制备砷，温度应控制在 温度℃ 第12页共18页 【答案】(1)适当增加硫酸浓度、适当增加O2的压力、适当升高酸浸温度等(1分) ,(2分) ②As2S3+3H3As04=5HAsO2+3S+2H20(2分) ③HS有毒，会污染环境（1分) (3)1:2(2分) (4)HS04(2分) (⑤)①脱去结晶水(2分) ②ca,As0,+c290C550Cca,(As0,人+c0,↑(2分) ③1000(2分) 【分析】高砷铅烟尘加O2、HSO4,PbO生成PbSO4沉淀形成滤渣；金属氧化物溶解，AS,O3 生成HAsO4溶于酸，CdO、InO3生成Cd+、In+,加入硫化剂，还原HAsO4,生成低价含砷 物质和单质S,Cd+与硫化剂反应生成CdS沉淀除去，加热溶液中含砷物质转化为As,O3,一 系列操作得到砷：利用H,A,萃取In+,经过反萃去得到富集铟：滤渣PbSO4加入NaCO3、C 在1000C生成粗铅。 【详解】(1)提高浸出效率的适当增加疏酸浓度（适当增加O2的压力、升高酸浸温度等）。 c2(H) (2)①对于反应Cd+(aq)+HS(aq)≥Cds飞+2Haq),平衡常数K c(Ca)c(Hy:结 合电离常数人，人何 c(HS） 2,得无K-, c(HS) ，又 K,Cs)-c(a上sh,即eS)cC，代入整理得K.- K即a；②该反应中， A,S3中-2价的S被氧化为0价的S,H3AsO4中+5价的As被还原为HAsO2中+3价的As,AS,S 中+3价的As也转化为HAsO2；根据电子得失守恒和原子守恒配平可得该化学方程式 As,S+3HAsO,=5HAsO,+3S+2H,O:③HS是有毒的污染物，直接使用会造成环境污染。 (3)C被氧化为C02,C从0价变为+4价，1molC失4mole;PbS0,中Pb从+2 价被还原为粗铅中的0价，1 mol PbSO4得2mole,根据得失电子守恒，n(C)n(PbSO4)尸1：2。 第13页共18页 (4)萃取反应为n+(aq)+3HA2≥InA33HA+3Hq),反萃需要使平衡逆向移动，因此 可加入强酸提高cH),流程中酸浸使用硫酸，因此最宜选H,SO4。 (5)①样品(Ca(AsO4)2H,0)带结晶水，低温下首先失去结晶水，出现失重： ②该温度区间内，As从+5价被还原为+3价（生成Ca,(AsO3)2),C被氧化为CO2,1mol Ca,(As04)2中2 mol As共得4mole,1molC失4mole,得失电子守恒得方程式 Ca,4s0),+c20℃-550℃ca,As0,+c0,↑： ③Ca3(As04)2H0完全转化为Ca0时，砷的转化率最大，由图可知达到1000C转化率最 高，因此有效制备砷需要控制温度在1000℃以上。 13.碳酸乙烯酯 0简称EC),摩尔质量为88g·mol、沸点为246℃，200℃开始分解， 是最常用的锂电池电解液溶剂之一。尿素醇解法是合成EC的重要方法，实验装置如图所示 (加热和夹持仪器已略去)，实验步骤如下： 气压表 I.准确称取60.06g尿素C0(NH)2及75.10g乙二醇加 入到250L圆底烧瓶中，再加入适量催化剂，启动真空泵， 使反应体系内的压力维持在3Pa,同时冷凝管通入冷凝水， 真空泵 尾气 控制反应温度为135℃，反应4.5h,停止抽真空，将圆底烧 处理 瓶的温度自然降至室温，待圆底烧瓶内压力恢复至常压。 (1)制备反应的化学方程式为 (2)给圆底烧瓶加热的方式是 (填酒精灯直接加热x水浴或油浴)。 (3)选择在3kPa下进行反应可以提高产率，原因是 II.分离提纯： 步骤①将反应混合物中的固体催化剂除去： 步骤②除去溶解在滤液中的催化剂： 步骤③精制产品，得78.32g成品。 (4)步骤①需要的玻璃仪器有 (5)步骤②的方法是 a.蒸发结晶 b.减压蒸馏 c.常压蒸馏 d.减压过滤 第14页共18页 II纯度测定： 在100mL锥形瓶中加入mg碳酸乙烯酯，同时加入25mL0.5000mol.L上1NaO标准溶液，在 80-90C水浴上加热20min。取出冷却，滴加10%BaC12溶液15mL,振荡使BaC03沉淀析出。 以酚酞为指示剂，用0.5000olL1的盐酸标准溶液滴定过量的氢氧化钠，同时做空白试验，消 耗盐酸标准溶液体积分别为VL、VL。 (6)碳酸乙烯酯纯度为 (用含有m、v、V空的代数式表示)。 (⑦)实验中，若加入BaCl水溶液速度过快，会导致测定结果偏大，原因是 (8)若每消耗1.00L盐酸标准溶液，相当于碳酸乙烯酯的质量为0.044g,盐酸标准溶液的 浓度应为 mol-L。 催化剂 【答案】(1)CONH22+HOCH,CH2OH 0+2NH3↑ (2分) 135℃，3kPa (2)油浴(1分) (3)压强减小，可降低EC沸点，防止EC分解，同时促进制备反应向正向移动。(2分) (4烧杯、玻璃棒、漏斗(3分) ⑤b(1分) (60.022w- 2x100%(2分) (⑦部分NaOH被沉淀覆盖，使V偏小(2分) (8)1.0（2分) 【分析】准确称取尿素CO(H),及乙二醇加入到圆底烧瓶中，再加入适量催化剂，使反应 体系内的压力维持在3kPa,控制反应温度，发生反应 催化剂 CO(NH2)2+HOCH2CH2OH =O+2NH↑，除去杂质，精制产品，据此分析： 135C.3kPa 【详解】(1)尿素和乙二醇发生醇解反应，生成碳酸乙烯酯和氨气， 催化剂 -0 CO(NH2)2+HOCHCH2OH =O+2NH↑ 135C,3kPa ； (2)反应温度为135℃，高于水的沸点(100℃)，水浴无法达到该温度，酒精灯直接加 热温度难控制，因此选择油浴； (3)该反应为可逆反应，且生成气体NH3,低压下NH3更易逸出，使平衡正向移动， 提高产物产率； 第15页共18页 (4)步骤①为过滤除去固体催化剂，过滤操作需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； (5)碳酸乙烯酯200℃开始分解，常压蒸馏需要升温到其沸点246℃，会导致产物分解； 减压蒸馏可以降低沸点，避免产物分解，因此选减压蒸馏，故选b: (6)1mol碳酸乙烯酯水解消耗2 mol NaOH(EC分子含有2个酯基)，空白实验是锥 形瓶中没有加入mg碳酸乙烯酯，则消耗的盐酸体积(V空)为与所有加入NaOH物质的量反 应的量。则与EC反应的n(NaOH)=0.5000(W空-)）×103mol,因此 n(EC)=n(Na0H)=025(亿-r)x103mol,EC摩尔质量为88gmol,可得EC质量为 0.02(-0g,故纯度为0.022ye-2×100%； (7)加BaCh过快时，部分过量NaOH被沉淀覆盖，无法被盐酸滴定，导致测得V偏 小，（少）偏大，最终测定结果偏大： (8)根据整个测定过程的化学计量关系：nIC量=2m(E0,n(EC)=004e =5x10-4nol, 88g/mol 1moEC对应消耗2 mol HCI,因此uHC)=2x5X10mol=0ma,c0)amL→ 14.双碳”战略下，C0,加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活 性位点高度耦合生成副产物CO,涉及的反应如下： I:CO2(g)+3H2 (g)CHOH(g)+H,O(g)AH Ⅱ：C02(g)+H2(g)=CO(g)+HO(g）△H2=+41.2kmo1 I:C0(g)+2H(g)、CHOH(g)△H3=-90.4kJ.mo1 回答下列问题： (1)①△H,= kJ.mol;反应I在 （填高温x低温任意温度)自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点空间解耦”新策略：将CO2活性位点(ZO2)与H? 活性位点(Cu)在空间上分离，提高了甲醇的选择性。空间解耦”甲酸盐部分路径如下： 步骤1：C02(g)+ZrO2→CO@ZrO2H2(g)+C1→2H@Cu(表明2个H在Cu位点吸附 活化) 步骤2： (与活性氢加成)。 步骤3：HC00@ZrO2+2H@C1→H,C0OH@ZrO2+Cu 步骤4：H,COOH@ZO2→CH,OH(g)+O*@ZrO, 请写出步骤2的基元反应 第16页共18页 (2)在3MPa下，向某密闭容器中按投料比(H2):(CO2)=3:1充入反应物发生反应I、Ⅱ，反 应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 0.7 翰06 0-0000-H2 ★C02 ★Y 暴0.1★。 -X 0日0P0-000-￥ 200220240260280温度/℃ ①Z线所示物种是 (填化学式)。 ②解释H,物质的量分数随温度变化的原因 ③260C时向密闭容器中加入2molC03和6nolH,达平衡时测得n(HO)=1.0nol, n(H2)=3.2nol,选择性S(CHOH)= [S(CH,oH刊）=转化为C,OH的CO,的物质的 转化的CO,的总物质的量 x100%], 反应I的平衡常数K,=(列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。 (3)工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中H,O(g)的进入量，原因是 (从 催化剂活性位点和化学平衡角度分析)。 【答案】(1)①一49.2kJmo1（2分)：低温(1分) ②CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2tCu (写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可)(2分) (2)①H20(2分) ②反应I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升温温度，反应平衡逆向移动， 生成更多H；反应平衡正向移动，消耗H；反应I逆向移动生成氢气的量大于反应正向 移动消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大 (2分) 1.020.9 ×3 ×3 、6.2八6.2 ③90%(2分) ； (2分) 3.21.0 -×3 ×3 6.2 6.2 3)水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱：水蒸气过多，使得 反应I平衡逆向移动，甲醇产率下降 （2分) 【详解】(1)①根据盖斯定律，反应1=反应I+反应，因此△H1=+41.2-90.4=-49.2 kJ-mol; 反应I气体分子数减少，△S<0,且△H1<0,根据△G=△H-TAS<0的自发条件，该反应在低温 第17页共18页 下自发： ②根据反应路径，步骤1得到吸附态CO@ZO,和活性氢H@Cu,步骤3的反应物为 HCOO@ZO,因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即 CO;@ZrO,+H'@Cu->HCOO'@ZrO,+Cu; (2)①升温时，放热的反应逆向移动，CHOH、HO物质的量分数降低；吸热的反应 I正向移动，CO物质的量分数升高，因此升高增大的X为CO;又n(HO)=(CH,OH)+(CO), HO的物质的量分数始终大于CHOH,因此z为HO； ②反应为放热反应，升温使反应I平衡逆向移动，H生成量增加：反应Ⅱ为吸热反应， 升温使反应Ⅱ正向移动消耗H2,但反应逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气 的量，因此H,物质的量分数随温度升高而增大： ③设反应I转化CO2为mol,反应转化CO2为mol,已知平衡时n(HO)=1.0mol, n(H2)=3.2mol,则x+y=1.0,6-3x-y=3.2,解得x=0.9,y=0.1,因此 SC,oi)Og2010o6=90e:平衡CLO=09nol4cQ)-10ma,平衡时总物质的量 0.9+0.1 1.0、)0.9 -×3 -×3 6.2八6.2 为6.2mol,代入分压平衡常数表达式化简得 3.22/1.02 ×3 ×3 6.2(6.2 (3)平衡角度：HO(g)是反应I、Ⅱ的生成物，进料HO(g)分压增大，会使反应平衡逆 向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：H,O(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活 化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中HO(⑨的量。 第18页共18页