山东泰安肥城市2026届高三下学期高考适应性训练（三）化学试题

2026年高考适应性训练 化学试题（三）1答题前，考生先将自已的姓名、考生号、座号填写在相 应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位 置上。 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23C135.5Fe56Cu64Cs 133Au197 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 合题意。 1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A.氯化镁可用作食品凝固剂 B.维生素C可用作食品脱氧剂 C.羊毛织物水洗后变形与分子间氢键有关 D.CO通过配位键与血红蛋白中Fe+的结合，导致其失去载氧能力 2.实验室中下列做法错误的是 A.浓硝酸保存在棕色细口试剂瓶中 B.含重金属离子的废液，加水稀释后排放 C.加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D.做乙炔燃烧实验时应该先验纯，再点燃 3.稀有气体化合物XP(其中Pt为+5价)的合成打破了稀有气体完全惰性的 传统认知。已知XePF。遇水生成氙气、氧气、二氧化铂和氟化氢。设Na为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是 A.标准状况下11.2L氙气中含有原子的数目为NA B.1 mol Pt8O2含有中子的数目比1 nol Pt6o,的多2Na 试卷第1页，共13页 C.1mol XePtF与水完全反应，转移电子的数目为2Na D,1L0.1molL亚溶液中F的数日为0.1WA 4.下列化学实验目的与相应实验示意图相符的是 实验 A. 探究铁钉发生析氢腐蚀还是 B.干燥CO, 目的 吸氧腐蚀 数据采集器 实验 C02→ 压强传感器 意图 铁钉 浓硫酸 NaCI溶液 实验 D.验证铜与浓硫酸反 C.制备NH并测量其体积 目的 应生成CuSO4 实验 水 示 水 气管 意图 0 反应后 生石灰 浓氨水 的浊液 A.A B.B C.C D.D 5.马来酸酐与呋喃可发生反应获得X或Y,过程中能量变化如图所示。下列说法 错误的是 马来酸酐 01 呋喃 H 反应历程 反应历程 试卷第2页，共13页 A.无法依据质谱区分X和Y B.每个X和Y中均含4个手性碳原子 C.升高体系温度，生成X速率的增加程度大 D.升高体系温度，再次平衡后X选择性上升 阅读资料，完成下面小题。 硼和铝的化合物应用广泛。BF3极易水解生成氟硼酸H[BF4](一元强酸)和硼酸 F (HBO),一定条件下与水还可形成(HO)2BF3晶体(H2O…H-O-B-F)。室温 H F 下，硼酸和甲醇在浓硫酸催化下可生成硼酸三甲酯[B(OCH)3],其主要用作热稳 定剂、木材防腐剂等。高温下，A1Cl3与NaN3反应可制得高温结构陶瓷氮化铝(A1N), 并生成N2三甲基铝A1(CH)]是烯烃聚合催化剂的关键组分，熔点低、硬度小， 熔融状态下不导电，遇水剧烈反应，并可能引发爆炸。25℃时， pKa(H3B03)=9.24;pKa1(HC03)-6.38,pKa2(HC03)=10.33。 6.下列有关说法正确的是 A,浓度相同时，水的电离程度：H[BF4]>H3BO3 B.F-B-F键角大小：(HO)2BF3>BF3 C.(HO)2BF3晶体中存在配位键和氢键 D.三甲基铝晶体为离子晶体 7.下列有关化学反应表示错误的是 A.三甲基铝与足量NaOH溶液反应：A1(CH3)3+3HO+NaOH=3CH4↑+NaA1(OH)4 B.高温下，AIC,与NaN反应：AICI,+3NN,高温3NaCI+N+AIN C.制备B(OCH):HBO3+3CH,OHB(OCH)+3HO D.将少量碳酸钠溶液滴加到饱和硼酸溶液中，反应的离子方程式：CO +H2O+2H3BO3=C03↑+2[B(OH4] 8.以有机物M为原料制备化合物G的合成路线如图所示。 试卷第3页，共13页 OH A03- △ PC;Hp2O2) M 下列说法正确的是 A.M的系统命名为3-甲基-3-丁醇 B.N分子中最多有8个原子共平面 C.酸性KMnO4溶液可鉴别P和Q D.若Q+X-→G原子利用率为100%，则X为0(0 9.金属氧化物可催化CO加氢制备CO或甲醇，部分反应历程如图。下列说法正 确的是 TS2-1110.8 TS表示过渡态 路径 *表示吸附态 100.0 TS2-362.6 TS1-113.6 TS2-235.6 trans-COOH-is-COOH* CO*+OH* 翌 0.0 :-8.5 C0g)-6.8 CO*+H* 34.5 .9TS1-2-75.2TS1-3-76.6 T1-4-45.4 路径 H.COO* -100.0 -87.2 HCOO*+H* H,COOH* -124.4 -132.1 :TS1-5-l66.4TS1-6-1808 CH,O*+OH* H,OH￥ -200.0 -188.0 -180.9 CH,0*-260.1 -300.0 反应历程 A.路径I中碳原子的杂化方式未发生变化 B.路径I反应H,C00H→CH,0+OH的E。=86.7 kJ.mol1 C.CO和H,生成CO和CH,OH的反应均为放热反应 D,催化剂可同时改变反应历程与焓变 10.甲、乙、丙、丁为原子序数依次增大的短周期主族元素形成的单质，常温下 甲、乙、丁为气体，丙单质为固体，在一定条件下甲与乙、丙与乙、丙与丁都按 物质的量之比2：1反应，可得X、Z、W,其中Z为淡黄色固体。下列说法错 误的是 试卷第4页，共13页 甲 丙 丁 Y W A.Z可做供氧剂、漂白剂 B.Y溶液与Z反应只生成X和W C.X、Y的晶体类型相同，Z、W的晶体类型相同 D.用惰性电极电解Y溶液和W溶液均可得到甲单质和丁单质 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项 符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.为探究银盐的沉淀溶解反应规律，取等量少许AgI、Ag2S分别加入甲、乙两 支试管，进行如下实验。下列说法错误的是 实验操作及现象 实 验 向试管甲中加入2mL3mol.LNO,水浴加热，AgI不溶解 实 向试管乙中加入2mL3mol·LNO3,，水浴加热，Ag2S(黑色固体)逐渐减少， 验 有无色气泡产生，溶液中出现乳白色浑浊，试管口处气体略显红棕色，最 终无黑色沉淀，产生另一颜色的沉淀 实 向试管甲的溶液中加入KC1固体，溶液立即变黄，产生无色气泡，沉淀颜 验 色转变为白色 三 A.由实验一和实验三可知，实验一中AgI不溶于稀HNO3的原因为浓度太小 B.实验二中黑色固体的变化仅体现了稀HNO3的强氧化性 C.实验二中新生成的另一颜色的沉淀可能为固体$ D.实验三发生反应的离子方程式为6Ag+6CI+2NO?+8H=6AgCl+3L2+ 试卷第5页，共13页 2N0个+4H,0 12.科学家设计出一种新型锂介导电化学电解池，可实现低能耗，高效率合成氨， 装置示意图如图所示。下列说法正确的是 电源 Li CH,OH CH.O i,N 有机溶剂（含少量甲醇） ]气体扩散电极 A.阳极区反应：H,+2CH0-2e=2CHOH B.此装置降低合成氨能耗的主要原因是锂金属能高效解离氮气形成相应的氮化 物 C.电解的总反应方程式为N,+H 通电2NH,整个装置每转化05moN,理论上 要补充3 nolLi计 D,向电解质溶液中加入水提供H,可使该装置生产效率提高 13.从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu的部分流程如图所示： HNO HNO;-NaCl Zn粉 废旧CPU→酸溶→过滤→溶金、分离 HAuCl 还原、分离→Au 溶液 NOx滤液（含Cu2+、Ag)NO: 已知：HAuCl=H+[ACl4,下列说法正确的是 A.向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使C+和Ag+分离 B.用浓盐酸与NaNO3无法使Au溶解 C.若x=1,则溶金时反应的化学方程式为： Au+4NaCl+5HNO,=HAuCla+2H2O+NO+4NaNO3 D.用足量Zn粉将溶液中的1mol HAuCl完全还原为Au,则转移的电子为3mol 14.科研人员合成了一种分子机器一伪轮烷，其在生物医药领域具有潜在的应用 前景。如图1所示，伪轮烷在一定条件下可以解组装成化合物L和冠醚，该过程 试卷第6页，共13页 的速率方程为血二=：(，和c分别为伪轮烷的起始浓度和时间为t时的浓度， Cn k为速率常数)。温度为T,时，-血二与t的关系如图2所示。 C 0.3 5×10 图2 下列说法正确的是 A,冠醚分子为平面结构 B.解组装过程涉及化学键的断裂 C.L中的碳原子杂化轨道类型有2种 D.温度为T1时，解组装过程的速率常数-7.2×10-6s1 15.为探究Na2S03、NaHS03溶液的性质，将22.4L(已折算为标准状况)SO不 断通入1L1mol.L1NaSO3溶液中，溶液的pH变化如图所示（溶液体积变化忽 略)。 已知：TC时，K(H,s0)=1.5×102、K,(H,$0)=1.0×109,下列说法正确的是 13 10.5 9以a 7.5 b 6 d 4.5h 3 1.5 V(SO,/L 04.488.9613.4417.9222.4 A.TC时，0.1mol·L1 NaHSO3溶液的pH=4.5 B.0.1molL1NaHS03溶液中：c(HsO）>c(HSO3)>c(SO) C.c点，存在关系9c(Na)<10c(sO)+10c(HSO) 试卷第7页，共13页 D.a点→d点，水的电离程度一直减小 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.铂和金及其化合物在工业催化、医疗、电子、能源、珠宝等领域发挥着不可 替代的作用。回答下列问题： (1)已知Au的原子序数是79，在周期表中的位置为，其中基态Am原子的 最外层电子的电子云轮廓图为 (2)P的性质很稳定，不溶于浓硝酸和浓硫酸，但可溶于王水： 3Pt+4HNO3+18HCl=3HPtC16+4NO↑+8HO。 ①元素N、O、S中，第二电离能最大的是 ②王水能溶解Pt的原因是 (③硝酸分子的结构如图所示，其中N-O键键长由大到小的顺序是 (用含 A、B、C的关系式表示)。 (3)由Au、Cs和C1元素形成的一种化合物的晶胞结构和沿Z轴的投影如图所示（α =B=Y=90)。 ●Cl c pm OAu OCs 0】0®1 apm● ①已知该化合物中Au存在两种配离子，两种配离子的个数比为 ②该化合物的密度为gcm(用含a、b、c、Na的代数式表示). 17.钪(Sc)作为一种重要的战略金属，是推动现代科技发展的关键材料之一。目 前一种从生产钛白粉的废酸（含Ti+、Sc3+、A1+、Fe+、Fe3+)中回收钪的简化流 程如下： 试卷第8页，共13页 含HR的 6 mol-L-I 饱和 H2O NaOH(aq) 有机溶剂 NaOH(aq) H2C204(aq) 加热 H2O2 废酸一 沉钛滤液1氧化滤液2萃取有机相1反萃取水相2沉钪 过滤 除杂 分液 分液 过滤 Sc2(C204 灼烧Sc,03→Sc 滤渣1 滤渣2 水相1 有机相2 滤液3 文献资料： ①常温下溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示： 离子 Ti4+ Sc3+ Fe2+ Fe3+ A13+ 开始沉淀 0.5 5.0 6.8 1.9 3.5 的pH 沉淀完全 1.5 6.5 8.3 3.2 4.1 的pH ②萃取原理：Sc3++3HR(有机相)、一ScR3(有机相)十3HH 回答下列问题： (1)钪的一种核素中子数为25，则该核素的符号表示为 (②)沉钛过滤步骤加入大量水并加热的目的是。氧化除杂步骤加入 NaOH溶液调节pH的范围是 。 (3)为了提高Sc3+的萃取率，除了选择合适萃取剂，还可以采取的措施有 (填序号)。 a.减小水相的pH b.适当提高萃取剂的浓度 c.采用多级逆流萃取 d.减小相比（有机相与水相的体积比) (4)常温下，在沉钪过滤步骤中，若溶液的pH为2，钪沉淀完全时，溶液中草 酸的最低浓度为 (保留两位有效数字)。已知：Km[Sc(CO4)3]-1.0×10”, Ka(H2C204)=6.0×10-2,K2(HC304)=1.5×104。 (⑤)电解熔盐法制备Sc单质的流程如下图所示： 高纯ScO Cl2 无水 KCI、LiCI 混合 电解 与C粉混合800-900C ScCl3 熔盐 800900CSc ①惰性气体环境中制备无水ScCl的化学方程式为 ②电解ScCl3时加入KCl、LiCI的主要作用是 18.有机合成中，极性视角有助于理解反应历程。例如受酯基吸电子作用影响， 试卷第9页，共13页 酯基α碳上的CH极性增强，易断裂，在碱性条件下，与另一种酯发生酯缩合 反应。 6 1)C2HsONa R? +R4OH OR H, `OR22)H/H20 OR2 Hδ 中药斑蝥的有效成分斑蝥素(J)的一种合成路线如下（部分试剂和条件略去)。 CH2COOCH; CH,COOCH SH 碱 COOCH: HCN HC=CHCOOCH D 碱 CH2CH2COOCH; B COOCH,HCUCH,COOH COOH SOCL CHOS G CN COOH E F C.H4O H 回答下列问题： (1)A的化学名称是 (2)B生成C时新构筑的官能团的名称是 。B→C的反应中，还会生成与C 互为同分异构体的副产物K,则K的结构简式为 ，请从极性视角判断更 容易生成的产物为 (填℃或K)。 (3)A转化为E的四步反应中，属于消去反应的是 (选填“A→B”、 B→C、C→DD→E)。 (4)已知SOC1极易发生水解反应，F→G的转化过程中加入SOCl的作用是 (⑤)已知H为五元环结构。请在横线上填写有机物的结构简式，补全化学方程式： G +H →I。其中，I的手性碳原子有 个。 (6)L为J（C1H12O4)的同分异构体，满足下列条件的L有 种（不考虑立 体异构)。 ①苯的三元取代物：②能与FeCl3溶液发生显色反应：③能发生水解反应且1mol 试卷第10页，共13页 L消耗4 mol NaOH。 其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的结构简式为 (任写一种)。 19.高铜酸钠(NaCuO2)在无机、有机化学合成与材料制备中应用广泛。 项目活动1实验室中制备高铜酸钠 [资料卡片1]①NaCO2是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，较高 温度下易分解。在中性或酸性条件下不稳定，遇酸生成O,和C+。 ②实验室可利用NaC1o与Na[Cu(OHD4l反应制备NaCuO2。 设计实验装置（如图所示，夹持装置略）并检验气密性。打开K1,一段时间 后，，丙中出现大量棕黑色固体停止实验。进行抽滤、洗涤、干燥得粗产品。 浓盐酸 员Na[Cu(OHD4]溶液 尾气 产吸收 冰 仪器X 水、 KMnO 过量NaOH 浴 饱和溶液 甲 乙 丙 (1)装置乙中盛放的试剂是 。 补全上述操作：一段时间后， (2)反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是 (3)装置丙中生成NaCuO,的化学方程式为 项目活动2测定粗产品中铜的含量 [资料卡片2]①2Cu2++4I=2CuI+I2(CI沉淀表面易吸附I2), I2+2S,03=S406+2I; ②Kp(CSCN)=1.77×10-13,K(Cl)=1.27×10-12。 i.准确称取ag粗产品，与足量硫酸反应后配制成100mL溶液，取25.00mL于 锥形瓶中： ii.加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用c mol-L1NaSO3标准溶 液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗NaS,O3溶液的体积为V1mL: ii.再加入足量10%KSCN溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，继续用NaSO3标准 溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗V2 mL Na2S2O3溶液。 (4产品中铜元素的质量分数为 (用含c、a、V1、V的式子表示)。 试卷第11页，共13页 项目活动3成果展示与交流 (⑤)项目活动1中，产品洗涤时，洗涤剂的选择至关重要。请对下列洗涤剂给出 选择或不选择的理由。 是否选择并给出 洗涤剂 理由 蒸馏水 稀NaOH溶 液 乙醇 (6项目活动2中，操作i中若未加入10%KSCN溶液，直接用NaSO3标准溶液 滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数 (填偏大偏小”或不 变)。 20.由铁基催化剂催化合成气(C0和H,)费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如 下： 反应a:3C0(g)+6H2(g)、C3H.(g)+3H,O(g)△H1=-604.6kJmo1 反应b:3C0(g)+7H,(g)、=C3H(g)+3H,O(g)△H2=-498.4kJ.mo 体系仅考虑存在副反应：CO(g)+H,O(g)、三C0,(g)+H,(g) (I)计算丙烯与氢气发生加成反应C3H,(g)+H(g)三CH(g)的△H= w0 (2)可改变C0平衡转化率的因素是 。（填写编号) A.温度 B.压强 C.铁基催化剂 D.投料比 「c(Co):c(H)门 (3)副反应生成CO所需的0*有两种形成路径：C0*解离、OH*解离。根据图1铁基 催化剂F©反应路径中C0*解离、OH*解离的活化能，推测体系中产生0*的主要路 径是 。（填C0*解离”或0H*解离”) 试卷第12页，共13页 Fe-Br 1.0 1.58 1.44 Fe-Br 0.78 Fe OH不解离 0.25 Fe 0 0.95 -1.0 0.68 0.73 -20 4.0 .30 2CO(g)->2C0ISI C+0'+CO-TS2>CO.(g) H,O(g)H,O ISI OH'+H'TS2>O'+2H 反应进程 反应进程 图1TS代表过渡态，代表催化剂表面吸附态，TS上标注该基元反应活化能 (4)若在反应体系中混入微量CHBr,可形成新型催化剂Fe一Br。结合图1，推测 新型催化剂Fe一Br能抑制CO生成的核心机理是 (6)300c下，将合成气品=2混入微量CHBr,以固定流速通入反应器。出口处 测得产物选择性[选择性x= 转化为该产物所消耗C0的量 ]随CH3Br体积分数%的变 己转化的C0总量 化关系如图2。 铁基催化剂Fe 新型催化剂Fe-Br 100 80 C.H 60 4 C.H 28 CO 0 0 10 20 50 CH,Br体积分数V%/ppm 1ppm=0.0001% 图2 ①铁基催化剂Fe,C0转化率为32%，产物烯烃选样性比侣为2。结合图2 数据可知CO产率为 (保留2位有效数字，下同)，C3H选择性为 ②合成气需=2]混合CH,Br体积分数%≥20pm,溴原子像催化剂上的分子开 关”，使CO的生成速率极慢。适当降低流速可使反应a制丙烯、反应b制丙烷达 到平衡状态，C0转化率为75%，烯烃选择性比为4，忽略CO的存在。求反应a 的物质的量分数平衡常数Kx一。（代入数据列出Kx计算式即可，用各组分的 物质的量分数代替平衡浓度代入表达式) 试卷第13页，共13页 1.D 【详解】A.氯化镁是卤水的主要成分，可用于点制豆腐，可用作食品凝固剂，A正确： B.维生素C具有较强还原性，可消耗食品包装内的氧气，可用作食品脱氧剂，B正确： C.羊毛的主要成分是蛋白质，分子间存在大量氢键，水洗时水分子会破坏原有氢键，干燥 后氢键错位重新形成，导致织物变形，C正确： D.血红蛋白中可与CO、O2结合的是Fe+而非Fe3+,C0与F2+的配位结合能力远强于 O,导致血红蛋白失去载氧能力，D错误： 故选D。 2.B 【详解】A.浓硝酸见光易分解，属于液体试剂，保存在棕色细口试剂瓶中可避光防止其分 解，A正确： B.重金属离子有毒，仅加水稀释无法去除重金属离子，直接排放会污染水体和土壤，需处 理达标后才能排放，B错误： C.加热操作时使用试管夹、坩埚钳等合适工具，可避免直接接触高温仪器造成烫伤，C正 确； D.乙炔属于可燃性气体，混有空气时点燃易发生爆炸，因此点燃前必须先验纯，D正确： 故选B。 3.C 【详解】A.标准状况下11.2L氙气的物质的量为0.5mol,氙气是单原子分子，所含原子 数目为0.5N4,A错误； B.每个O18比O16多2个中子，1 mol Pio8比1 mol PiO6多4mol中子，即多4NA,B错 误； C.配平反应为2 XePtF。+6H,0=2X个+O2个+2PtO,+12HF,2 mol XeptF。反应转移4mol 电子，故1 mol XePtl完全反应转移电子数目为2NA,C正确： D.F是弱酸，在水溶液中部分电离，1L0.1ol·L1HF溶液中F一的数目小于0.1N4,D 错误； 故选C。 答案第1页，共14页 4.A 【详解】A.铁钉在NCl溶液中，若发生析氢腐蚀会产生H,从而使压强增大，若发生吸氧 腐蚀会消耗02从而使压强减小，进而可通过压强传感器采集的压强变化来判断铁钉发生析 氢腐蚀还是吸氧腐蚀，实验操作正确，能达到实验目的，故A正确： B.浓硫酸作干燥剂时，不能盛装在U形管中，因此不能达到干燥CO2的实验目的，故B 错误； C.生石灰与浓氨水反应生成的H3易溶于水，因此不能用排水法测量其体积，实验操作错 误，不能达到实验目的，故C错误： D.铜与浓硫酸反应后的浊液中含有大量的浓硫酸，若向浊液中滴加水，会因浓硫酸稀释放 热导致液体飞溅，因此检验CSO,时要将浊液缓慢倒入水中搅拌，不能将水滴入浊液中， 实验操作错误，不能达到实验目的，故D错误： 故选A。 5.C 【详解】A.由结构简式可知，X和Y的分子式相同，相对分子质量相同，所以不能用质谱 法区分X和Y,A正确： B.由结构简式可知，X分子中含有如图*所示的4个手性碳原子： Y分 子中也含有如图*所示的4个手性碳原子： B正确； C.由图可知，生成X的反应的活化能小于生成Y的反应的活化能，反应活化能越大，反 应速率越慢，则生成X的反应速率大于生成Y的反应速率，所以升高体系温度，生成Y速 率的增加程度大，C错误： D.由图可知，X的能量高于Y,则X转化为Y的反应是焓变小于0的放热反应，升高温 度，平衡向逆反应方向移动，X的浓度增大，所以升高体系温度，再次平衡后X选择性上 升，D正确： 故选C。 答案第2页，共14页 6.C7.D 【详解】6.A.氟硼酸是一元强酸，相同浓度下氟硼酸电离出的H+浓度远大于硼酸，对水 的电离抑制更强，因此氟硼酸溶液中水的电离程度小于硼酸溶液，A错误： B.BF3中B为sp2杂化，键角为120°；H,O)2BF3中B形成4个o键，为sD3杂化，F-B-F 键角小于120°，因此键角：HO)2·BF<BE,B错误； C.BF3中B原子缺电子，HO中O原子提供孤对电子与B形成配位键；由结构图可知，水 分子之间存在氢键，因此晶体中同时存在配位键和氢键，C正确： D.三甲基铝熔点低、硬度小，熔融状态不导电，符合分子晶体特征，不属于离子晶体，D 错误； 故选C; 7.A.三甲基铝遇水水解生成甲烷，氢氧化铝，氢氧化铝在足量NαOH溶液中生成四羟基 合铝酸钠，方程式配平、产物均正确，A正确； B.已知AlCl3与NaN?反应可制得高温结构陶瓷氮化铝，并生成N2,根据化合价升降守恒、 原子守恒配平，方程式正确，B正确： C.硼酸与甲醇的酯化反应，可逆反应，方程式配平正确，C正确： D.pKa越大，酸性越弱，由题给数据可知酸性顺序：H,CO,>HBO,>HCO,。硼酸酸性弱 于碳酸，强于碳酸氢根，因此少量碳酸钠与硼酸反应只能生成碳酸氢钠，不能放出CO2,正 确离子方程式为：CO+H,0+HBO=HCO+[B(OH)4],D错误： 故选D。 8.D 【分析】 M发生消去反应生成N,P的不饱和度为O,由此可知，P的结构简式为 oH.Q HO 的不饱和度为2，则P→Q也是消去反应，Q的结构简式为 ,Q和X发生Diels-Alder 反应： +△〔 生成G,故X的结构简式为0气 =O,据此分析。 【详解】A.选取M总含羟基最长碳链为主链，系统命名应为2-甲基-2-丁醇，A错误； 答案第3页，共14页 B.N为烯烃CHCH=C(CH)2,碳碳双键平面结构，所有5个碳原子均可共平面，额外最 多还可以有4个氢原子共平面，因此分子中最多有9个原子共平面，B错误： C.P中含醇羟基，Q中含碳碳双键，二者均可被酸性KMO4氧化，均能使高锰酸钾溶液褪 色，无法鉴别，C错误； D.原子利用率100%说明反应物中的所有原子全部进入产物G,根据原子守恒，结合Q的 分子式CH3和G的结构，可推得X的组成、结构与题目给出的结构一致，该反应为加成 (Diels-Alder)反应，符合原子利用率100%的要求，D正确； 故选D。 9.B 【详解】A.“路径I'中C02的碳原子的杂化方式为sp,CHOH的碳原子的杂化方式为sp3, A错误： B.读图可知，“路径IP反应HC00H*→CH0*+OH*的Ea=-45.4-(132.1)=86.7kJ/mol,B正 确： C.根据图示，图中初始为CO*和OH*,只有部分反应历程，并没有给出CO2和H的相对 能量，无法判断反应是放热反应还是吸热反应，C错误： D.催化剂只改变反应历程，不改变反应始态和终态，即不改变反应的焓变，D错误： 故选B。 10.B 【分析】Z为淡黄色固体，丙固体单质与乙气体单质2：1化合生成Z,推出丙为Na,乙为 Q,2a+0,%,O(Z):甲、乙单质2：1化合得X,甲为气体、原子序数小于a.故 点燃 甲为H,2H,+O,=2H,O(x):丙Na与丁气体单质2：1化合得W,丁原子序数大于Na: 点燃 丁为Cl2,2Na+Cl,=2NaCl(W);甲H与丁C2化合生成HC1(Y),据此分析。 【详解】A.Z(Na,O2)与水、C02反应释放O2可作供氧剂，NaO2具有强氧化性可作漂白 剂，A正确； B.Y(HCl)溶液与NaO2反应：2Na,O2+4HCl=4NaCl+2H,O+O,个，产物包含 H,O(X)、NaCl1(W)与O,B错误： 答案第4页，共14页 C.X(HO)、Y(HCl)均为分子晶体；Z(N,O)、W(NaCl)均为离子晶体，晶体类型分 别相同，C正确： D.惰性电极电解HCl溶液：阳极2CI-2e=Cl2个，阴极2H+2e=H2T;电解饱和NaC 溶液：阳极2CI-2e=Cl2个，阴极2H,O+2e=H2个+2OH,均可得到H2、Cl2,D正确： 故选B。 11.B 【详解】A.因为Ag的K,(AgI)非常小，导致溶液中的I浓度很低，不足以被HNO3氧 化：当实验三加入KC1后，氧化反应随即发生，证实I浓度是发生氧化的限制因素，A正 确； B.Ag2S(黑色)加入稀HNO3加热后逐渐溶解，有无色气泡（可能为NO)、乳白色浑浊 (可能为胶态单质硫)，试管口气体显红棕色(NO氧化为NO,),最终黑色沉淀消失，生成 另一颜色的沉淀（可能为硫磺，呈黄色或乳白色），在这一转化过程中，不仅体现了稀HNO3 的强氧化性（氧化S2-),还体现了其酸性（提供H+生成H2S),B错误； C.根据选项B的分析结果，实验二中新生成的另一颜色的沉淀可能为固体S,C正确： D.在向试管甲的溶液中加入KC1固体，溶液立即变黄，产生了I2,产生无色气泡，可能是 硝酸的还原产物NO,沉淀颜色转变为白色，可能是AgI沉淀转化成AgCI沉淀，则反应的离 子方程式为6Ag+6C+2NO+8H+=6AgCl+3L2+2N0个+4H,0,D正确； 故答案为：B。 12.AB 【分析】由图可知，通入氢气的电极为阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子， 氢离子与CH30离子反应生成CH3OH,CHOH解离出氢离子和CH3O离子，通入氮气的电 极为阴极，锂离子在阴极得到电子生成锂，锂与氮气反应生成LN,LN与氢离子反应生 成Li计和氨气，则阴极区的反应为Lit+e=Li,N+6Li=2Li3N,LiN+3H=3Lit+NH,电解的 电解 总反应方程式为N+3H=2NH3,据此分析解题。 【详解】A.由图可知，通入氢气的电极为阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢 离子，氢离子与CHO反应生成CHOH,阳极区反应式为H,+2CH,O-2e=2CH,OH,A 答案第5页，共14页 项正确； B.通入氮气的电极为阴极，锂离子在阴极得到电子生成锂，锂与氮气反应生成LN,LiN 与CH3OH解离出的氢离子反应生成L和氨气，由分析可知，此装置降低合成氨能耗的主要 原因是锂能高效解离氮气形成相应的氮化物，B项正确： 通电 C.电解的总反应方程式为N2+3H2兰2H,Lt只是电解质，参与反应后又生成，反应 过程不消耗Lt,C项错误： D.由于水能与L直接反应，故含少量甲醇的水溶液不会使该装置生产效率提高，D项错 误： 故答案选AB。 13.C 【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子， 金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCI4溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在 氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。 【详解】A.滤液含Cu+、Ag+,加入过量浓氨水，Ag+生成可溶的[AgH2广，Cu2+生成 可溶的[CuNH)4]+,二者均溶于氨水，无法分离，故A错误； B.用浓盐酸和NaNO3,溶液中溶质与浓HNO3-NaCI一样，溶金原理相同，则用浓盐酸与 NaNO3也可使Au溶解，故B错误； C.根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂， 从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式 为Au+4NaC1+5NO3=HACL4+2HO+NO↑+4NaNO3,故C正确； D.HAuC4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，同时由于HIAuCI4=H+[AuCL],还存 在反应Zn+2Ht=Zn+H↑，则1 nol HAuC4被锌还原，转移的电子为3ol+1ol=4ol, 故D错误； 故答案选C。 14.CD 【详解】A.冠醚分子中所有碳原子均为饱和碳原子，采取sp3杂化，为四面体结构，不可 能为平面结构，A错误： B.伪轮烷是通过分子间作用力结合的超分子组装体，解组装仅破坏分子间作用力，不涉及 答案第6页，共14页 化学键断裂，B错误； C.L中苯环碳、羰基碳、碳碳双键碳均为sp2杂化，饱和烷基碳为$p3杂化，共2种杂化轨 道类型，C正确： D.根据速率方程n二=：，-1nS-t图像的斜率等于速率常数k,由图得 Co k=、0.36 5×104s =7.2×10g1,D正确： 故选CD。 15.D 【分析】已知：n(SO2)急=lmol,初始n(NaSO)=lmol,发生反应 SO,+NaSO,+H,O=2 NaHSO3,最终全部转化为NaHSO3,据此分析： 【详解】A.对于NaHSO?溶液，H+浓度近似满足cH)=√区a1K2,代入数据得： K1K2=1.5×102×1.0×109=1.5×101,cHt)≈V1.5x10-1≈3.87×10-6molL,pH≈5.4≠4.5， A错误； B.NaHSO3溶液显酸性，说明HSO?的电离程度大于水解程度HSO?一H+SO}, HSO?+H,0三HSO3+OH,因此c(SO)>c(HSO3),正确顺序为 cHSO)>c(O)）>c(H,SO3),B错误； C.c点通入nS0,)=,1792L=0.8ol,反应后剩余n(Na,S0,)=0.2mol,生成 22.4L/mol n(NaHSO)=1.6mol,根据物料守恒，n(Na+)=2mol,总含S微粒 n(S)=n(SO)+n(HSO)+n(HSO3)=1.8mol,整理得： c(Na+)=10「c(So)+c(HsO)+c(H,s0)],即 9c(Na*)=10 c(so )+c(HsO3)+10c(HSO3),9c (Na*)>10c(so )+10c(HSO3),C 错误； D.a点为NaSO3溶液，SO水解促进水的电离，从a到d,不断通入S02,NaSO3逐渐转 化为NaHSO3,H$O电离大于水解，抑制水的电离，最终过量SO2生成H,SO3,酸性不断增 强，对水的电离抑制程度逐渐增大，因此水的电离程度一直减小，D正确： 答案第7页，共14页 答案选D。 16.(1) 第6周期B族 球形 (2) 0 高浓度的C与氧化生成的P+形成稳定的配离子[PtCI6],促使Pt的还原性 增强 B>C>A 4×436.5 (3) 1:1 ×1030 abcNa 【详解】(1)Au原子序数为79，位于周期表第六周期第B族；基态Au最外层电子为6s, s电子的电子云轮廓图为球形： (2)①第二电离能是气态+1价离子失去1mol电子所需的能量。N失去1个电子后电子排 布为1s22s22p2,0失去1个电子后电子排布为1s22s22p3,为半满稳定结构，更难失电子， S失去1个电子后电子排布为1s22s22p3s23p3,且0为第二周期元素，电离能大于第三周期 的S,因此第二电离能最大的是O: ②王水溶解Pt的原因：C可与氧化生成的Pt4+形成稳定的[PtC]配离子，进而能被硝酸 氧化溶解： ③硝酸分子中，N与连接H的O之间为单键（键B),键级最小，键长最长；另外两个N-O 键参与形成三中心四电子大π键，键级更大，键长更短；其中键C对应的O与H形成分子 内氢键，削弱了N-O键，因此C键长比A键长长，故键长顺序为B>C>A。 （3)①根据品胞结构可知C的个数为8×号4，A如的个数为8x日4×}2×1=4， 8 4 2 C的个数为8×+8×+6=12，化合物化学为C4uC4,该化合物中Au存在+1和+3两种 4 2 价态，分别形成配离子[AuCl2]厂和[AuC4]厂，根据电荷守恒，该化合物的化学式为 Cs,[AuCl,][AuC4],晶胞中含有2个Cs,[AuC,[AuC4]单元，因此两种配离子的个数比为 11 ②晶胞中含4个Cs、4个A、12个C,总质量m=4x133+197+3×35.5)_4×4365 NA 8, NA 晶胞体积V=(ax100cm)×(亿x100cm×(cx100cm)=abcx100cm2,因此密度 m_4×436.5×1030 D= N abc 8c3。 17.(1)Sc 答案第8页，共14页 (2) 促进T+水解趋于完全 4.1pH<5.0 (3)bc (4)1.1×103mol-L1 800-900℃ (5) Sc203+3C+3C12 2ScCla+3CO 提高电解质的导电性，作助熔剂，减少 能耗 【分析】沉钛过滤过程中，T+易发生水解反应：T#+(x+2)H,O≥TO2·O↓+4H, 加入大量水稀释可以降低H+浓度，加热可以促进水解平衡正向移动，促进T+完全水解沉 淀，过滤后滤渣1为钛的水解沉淀（除去钛杂质），滤液1中含Sc3+、A1+、Fe+、Fe3+；氧 化除杂过程中，加入H03的作用是将Fe+氧化为Fe3t,便于后续沉淀除去；加入NaOH调 节pH,目的是让Fe3+、Al+完全沉淀，同时保证Sc3升不沉淀，过滤后滤渣2为Fe(OHD3、 A1(OHD3,滤液2中含目标离子Sc3+:萃取分液过程中，根据萃取平衡：Sc3+3HR(有机相)三 ScR3(有机相)+3H+,Sc+转化为ScR3进入有机相，实现Sc+与残留水相杂质的分离，分液后 水相1为含杂质的水溶液，有机相1为溶有ScR3的有机相；反萃取分液过程中，加入NaOH 溶液反萃取，Sc重新进入水相，水相2中存在含钪物质：沉钪过滤过程中，加入饱和草酸 溶液，Sc3+与草酸反应生成难溶的Sc(CO4)3沉淀，过滤得到草酸钪，草酸钪在高温下灼烧 分解，得到高纯ScO3,最终得到Sc。 【详解】（1)Sc的质子数为21，中子数为25，质量数=21+25-46，该核素的符号表示为 Sc: (2)T4+在酸性条件下易水解，加热和加水稀释都可促进水解平衡正向移动（水解为吸热 反应)，使钛沉淀更彻底。故答案为：促进T4+水解趋于完全；根据表中数据：A1t在pH≥4.1 时沉淀完全，Fe3+在pH≥3.2时沉淀完全，Sc3+在pH>5.0时开始沉淀，因此，调节4.1≤pH<5.0 可使A1+、Fe3+沉淀完全，而Sc3+不沉淀，实现杂质分离。故答案为：4.1pH<5.0: (3)a.减小pH(即增大H+浓度)会使平衡左移，降低萃取率，a错误： b.提高萃取剂浓度，平衡右移，萃取率提高，b正确： c.多级逆流萃取可提高传质效率，增加萃取率，c正确： d.减小相比会降低有机相萃取容量，可能降低萃取率，d错误； 故答案为：bc: (4)K[Sc(C204)3]=1.0×1022,Sc3+完全沉淀时c(Sc3+)=1×10mol·L1,草酸根离子的浓度 答案第9页，共14页 为c(C,0)=1x104mol.工，pH=2时，草酸为弱酸， cC,0)-cH=K1K,已知 c(HC204) pH=2,c(H+)=102mol·L,K1=6.0×102,K2=1.5×104,则 (C)(c)() Kal'Ka2 6.0x10x15×10=1.1x103mol.E'; (5)①惰性气体环境中Sc2O3C和Cl2反应生成ScCl和C0,化学方程式为：Sc2O3+3C+3Cl 800-900℃ 2ScCl3+3C0; ②ScC熔点较高，加入KCL、LiCl可以形成低共熔混合物，作助熔剂，降低电解温度，减 少能耗，节约能源，同时提高熔盐的导电性，故答案为：提高电解质的导电性，作助熔剂， 减少能耗。 18.(1)丙烯酸甲酯 COOCH (2) (酮)羰基 K (3)D→E (4)F→G生成水，SOC12与水反应，促进平衡右移，提高产率（意思相近即可） OH (6 12 >-C00 或>C00〈 HO OH 【分析】首先分析反应合成路线，从A为起始原料出发，和巯基乙酸甲酯发生加成反应生 成B,在碱的催化下发生己知条件的酯缩合反应生成C,C和氢氰酸发生加成反应生成D -COOCH ),D继续在三氯氧磷催化下发生消去反应生成E,E在酸催化下发生水解 HO CN 生成F,F在二氯亚砜催化下发生分子内脱水缩合反应生成G G和H 发生反应生成I,I进一步反应生成目标产物J。 答案第10页，共14页 【详解】(1)A的结构为HC=CHCOOCH3,根据系统命名法，其名称为丙烯酸甲酯： (2)B在碱性条件下发生分子内酯缩合反应，形成五元环并生成一个新的羰基(C=O),因 此新构筑的官能团是羰基（或酮羰基）；K为与硫相连的丙酸甲酯基断裂，和乙酸甲酯基的α COOCH 碳上的氢发生酯缩合反应而形成，其结构简式为 ;B ② CH00C-CH,一CH一S-CH一C0OCH,)发生酯缩合反应生成c时，断裂①号a 碳上的碳氢键，因硫元素的电负性大于碳，因此②号碳受酯基和硫原子吸电子的双重影 响，碳氢键极性更强，因此从极性视角判断更容易生成副产物K: (3)A→B:加成反应（双键与硫醇加成），B→C:取代反应（分子内酯缩合，脱去一分子 甲醇，相当于取代)，C→D:加成反应（氢氰酸加成到羰基），D→E:消去反应（脱去一分 子水，形成双键)： (4)F→G反应会生成一分子水，S0C2与水反应，促进平衡向右移，提高产率： (5)根据分子式CH4OS和反应路径推断，G为含硫五元环酸酐结构，不饱和度为5，故 为双环结构，结构简式为S 0:H为五元环二烯醚，分子式CH0,结构简式为 I中存在手性碳4个，位置如下图 (6)与FC3溶液发生显色反应说明结构中至少存在一个酚羟基，能发生水解反应，说明结 构中存在1个酯基，因只含4个氧原子，故最多存在两个酚羟基，又因为1molL消耗4mol NaOH,则4个氧原子中2个以酚羟基形式存在，且1mol酯基水解时消耗2 mol NaOH,即 为酚酯基，所以苯环上的三个取代基分别为(C3H,COO-、-OH、-OH),C3H,-有2种 结构，三个取代基在苯环上的位置异构有6种，故同分异构体数目为6×2=12种；因其中核 磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，故C3H,-只能是(CH?)CH-结 答案第11页，共14页 HO 构，两个羟基的位置是对称的，故有2种同分异构体，结构分别为>-C00 或 HO OH >-C00 OH 19.(1) 饱和食盐水 关闭K1,打开K2 (2)增大Cl2溶解度：防止NaCuo,分解 (3)2Na Cu(OH+Naclo=2NaCuO+NaCl+2NaOH+3HO ④25.6c(+6 a (5) 不可以，NaCuo,在中性条件下不稳定 可以，NCuO,在碱性条件下稳定，且能 洗去可溶性杂质 不可以，CuO2和乙醇会发生氧化还原反应 (⑥偏小 【分析】装置甲中K1O,与浓HCI常温反应制备Cl,混合气体通入盛有饱和食盐水的装置 乙除去C1,中混有的HCI杂质；通入C,将丙装置内体系营造强碱性氧化氛围，一段时间后关 闭飞1、打开K2,向冰水浴冷却的三颈烧瓶丙中滴加Na[C(OH)4]浓碱溶液，NaClO与 Na,[Cu(OH),]在低温强碱环境下反应生成难溶于水的棕黑色NaCuO,固体；反应结束抽滤 固体，分别用蒸馏水、稀NOH溶液、乙醇对比洗涤，干燥得到粗产品；之后取粗品加足 量硫酸溶解配成溶液，通过KI还原、，S,O3滴定的方法，定量测定粗产品中铜元素质量分 数。 【详解】(1)由分析可知，装置乙盛放饱和食盐水，作用是除去C2里的HCl杂质；一段时 间后，关闭K,打开K: (2)冰水浴控温的目的为低温能提升CL在碱性溶液中的溶解量，同时NCuO2高温易分解， 低温可有效防止产物NaCuO,受热分解变质； (3)丙中NaCl0氧化Na[Cu(OD4]生成NaCuO2,Cu从+2升至+3、C1从+1降至-1，根据 答案第12页，共14页 得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为 2Na [Cu(OH)+NaClo=2NaCuO+NaCl+2NaOH+3H,O: (4)由题中方程式可得滴定计量关系：2Cu2+~I2~2S,0,总消耗Na,S,O3体积为 (亿+)mL:25mL待测液中n(C2+)=c(%+乃)×103mol,100mL溶液总 n(C）=c化+)x10×10=4c(g+5)×10ol:Cu摩尔质量64g1ol,则铜质量 25 m(C4)=4c(Y+y)×103mol×64g/ol=0.256c(+)g;应酬质量分数为 0256c(G+）x1006=25.6c(G+）6; a a (5)NaCuO2在中性水环境中不稳定，易分解损耗产物，因此蒸馏水不可以； 碱性环境下NaCuO2能稳定存在，抑制其分解，同时洗去固体表面可溶性杂质，因此稀aOH 溶液可以： NCuO2具备强氧化性，乙醇具有还原性，二者会发生氧化还原反应破坏产物，因此乙醇不 可以： (6)CuI沉淀表面会吸附大量I2,若不加KSCN,吸附的I2无法被释放滴定，消耗NaS,O3标 准液体积V2缺失、总消耗体积偏小，代入公式计算出的铜元素物质的量偏小，最终测得铜 元素质量分数偏小。 20.(1)+106.2kJ-mol1 (2)ABD (3)0H*解离 (4Fe一Br显著升高CO解离活化能，抑制CO解离生成O,减少CO2生成 0.20.753 (9.%;46%:K=(C,H,)(,0) 1.71.7 (C0)(H2) 0.25 0.45 1.7 1.7 【详解】(1)目标反应：CH(g)+H(g)一CH(g),由盖斯定律，用反应b减去反应a: △H=△H2-△H1=(-498.4)-(-604.6)kJol1=+106.2 kJ-mol1: (2)A:反应放热，升温使平衡左移，降低C0的平衡转化率，A符合题意；B:正反应 答案第13页，共14页 气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；C:铁基催化 剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变C0的平衡转化率，C不符合题意；D:增加H比 例可提高CO的平衡转化率，D符合题意：故选ABD: (3)根据图1中活化能数据：OH*解离路径最高活化能为0.73eV;CO*解离路径最高活化 能为0.95eV,由于OH*解离活化能更低，反应更易进行，故O*主要来源于OH*解离： (4)由图可知，新型催化剂Fε-Br显著升高C0解离活化能，抑制CO解离生成O,减少 C02生成： (5)①由图2，V6=0时，C02选择性为31%：C0总转化率为32%，故C02产率为： 32%×31%=9.9%,烯烃总选择性=100%31%=69%；已知产物烯烃选择性比为2，则 x(C,Hg)=2x69%=466: 3 ②设初始(C0)=1mol,nH)=2mol;C0转化率75%，即消耗0.75molC0。设反应a消 耗C0为3xmol,反应b消耗C0为3ymol,则：3x+3y=0.75→x+y=0.25,烯烃选择性 为4，即X-4→x=4y,联立得x=0.2y=0.05,平衡时各物质的量：nC0)=0.25mol、 H)0.45mol、n(C3H6)=0.2mol、C3Hg)=0.05mol、nHO)=0.75mol,总物质的量=1.7 0.20.753 mol:所以反应a的平衡常数表达式：K,-(CH,)(,O 1.71.7 (C0)(H2) 0.2530.456 171.7 答案第14页，共14页