山东潍坊市2025-2026学年高三下学期考前学情自测 化学试题

试卷类型：B 潍坊市高考模拟考试 化学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 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：H1B11C12O16Mg24P31 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.齐鲁大地拥有门类齐全的化工产业体系。下列生产过程涉及化学变化的是 A.海水蒸发结晶制原盐 B.石油裂化裂解制乙烯 C.铜锭拉丝制电线电缆 D.橡胶压片成型制轮胎 2.化学品在医疗中有重要应用。下列说法错误的是 A.碳酸氢钠可治疗酸中毒 B.甘油可用于皮肤保湿 C.75%酒精可用于器械消毒 D.碳酸钡可做肠胃造影剂 3.实验完成后的废液需要处理，下列废液处理不当的是 A.苯酚废液可加入酒精 B.酸性废液需加碱调制近中性 C.含Hg2+、P%2+的废液需加入NaS溶液 D.酸性K,C1,O,废液可依次加入HO2和碱 4.实验室称取0.1500g基准Na2C,04固体并配制成40mL溶液，加入10mL稀硫酸酸化， 用待标定KMnO4溶液进行滴定。下列说法正确的是 A.称量基准Na,C,O4固体可使用托盘天平 试卷第1页，共12页 B.配制基准Na,C2O4的溶液应使用容量瓶 C.装液前需用待标定KMnO4溶液润洗酸式滴定管 D.当溶液恰好由无色变为浅红色时即达到滴定终点 5.下列实验后的溶液中所含大量离子合理的是 A.制备Cu(NH3)4SO4HO:SO4、N4、OH B.用MnO2和浓盐酸制备Cl2:Mn+、H、CI C.稀硝酸溶解少量FeO4:Fe2+、Fe3+、H+、NO3 D.过量So2通入NaCO3溶液：HCo、Na+、SO 6.从盘状菌中提取的一种天然产物结构如图。下列关于该有机物的说法错误的是 OH OH A.能发生加聚反应和消去反应 B.能与酸性KMnO4溶液和溴水反应 C.1mol该分子最多能与5molH2反应 D.酸性条件下的水解产物存在顺反异构和对映异构 7.原子序数依次增大的短周期元素M、N、Q、X、Y、Z、W形成的化合物转化关系 如下，其中Q与Z、X与W为同主族，M的原子半径最小。下列说法正确的是 +Mw→y +YW XN OY XN QM A.MW和YW均为离子化合物 B.QX,和NZ,分子空间结构均为V形 C.同周期元素简单离子中Y离子的半径最小 D.图中所示化合物中心原子N和Z均采取即杂化 8.宏观性质由微观结构决定，下列解释错误的是 试卷第2页，共12页 性质 解释 A 粘度：浓硫酸>浓硝酸 前者主要形成分子间氢键 B 同晶型硬度：Mg>Ca 前者金属离子半径小 沸点：SiO2>NO, 前者相对分子质量大，范德华力大 D 碱性：NH3> NH, 后者N上孤对电子与苯环大兀键共轭 A.A B.B C.C D.D 9.超氧阴离子O,可实现柴油氧化脱硫。常温恒定pH条件下，NClO在催化剂作用下生成 O,的机理如图（部分物质省略）。下列说法错误的是 NaClO ① H20 H2O, ③ 02 A.X为NaCl B.②和③中H,O2均做还原剂 C.高温会加快产生O,的速率 D.若生成1molO,,理论上1.5 mol NaCIO被还原 10.脂肪酸再生生物柴油反应：RCOOH()+CH,OH()、RCOOCH()+H,O(I)△H<0, 反应起始时，脂肪酸与甲醇按物质的量比1：1.8投料，在催化剂下，测得T、T温度下脂肪 酸转化率（α）随时间)的变化关系如图。反应速率 v=kEc(RCOOH).c(CH;OH)-kgc(RCOOCH3).c(H2O). 试卷第3页，共12页 100 N 80 T B 60 40 M 2 时间min 下列说法错误的是 A.化学平衡常数：K()<K(T) B.N点的反应速率小于M点的反应速率 C.T温度下增加催化剂用量和接触面积，时脂肪酸转化率应高于A点所示的值 D.B、C两点反应速率常数存在： k=(C)-k=(®）<0.75 kjg (C)-kg (B) 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.以某金属冶炼的伴生品（主要含Sb,O3、Bi,O3、As,03)为主要原料，制备前驱体SbOCI 和BiOCl的工艺流程如下。 浓盐酸 NaCl NaH2PO2 蒸馏水 氨水 伴生品一→溶浸 →沉砷 一段水解 二段水解 铋饼(BiOCI) 砷渣 锑饼 含HPO3 (As) (SbOCI) 的滤液 己知：“溶浸”后溶液中As、Sb、Bi元素主要存在形式分别为HAsO3、[SbCI4J、 [BiC4J。 下列说法错误的是 A.由流程可知Km(SboCl)<K,（BioCl) B.“溶浸”时可用浓硝酸代替浓盐酸 C.“一段水解”和二段水解”均可适当加热 试卷第4页，共12页 D.沉砷离子反应为2HAsO3+3HPO,=2As+3PO+6H+3H,0 12.下列实验方案中，能达到实验目的的是 实验目的 实验方案 制备Fe(OH),胶体 将饱和FCl溶液逐滴滴入沸水中，持续搅拌 探究浓度对反应速率 向1mL0.1mol.L1、1mL0.2mol.L1的酸性MnO4溶液中各 B 的影响 加入2mL0.5mol.L1H,C,04溶液 除去乙酸乙酯粗品中 先用饱和Na,CO3溶液洗涤至无气泡，再依次用饱和食盐水、 的乙酸和乙醇 饱和CaCl,溶液洗涤 验证苯与液溴的反应 D 将溴的苯溶液滴加到铁丝上，产生的气体通入AgNO3溶液 类型 A.A B.B C.C D.D 13.DPPH自由基常用于抗氧化活性测定，固态时可稳定数年，其结构如图所示，分子中所 有原子共平面。下列说法错误的是 NO 02N A.第一电离能：N>O>C B.C-N键长小于C-N2键长 C.N、N2和硝基N原子均有孤对电子 D.N2原子采取即杂化，其余N原子采取p杂化 14.以滤纸包裹的Ce2(CO3),固体粉末为原料，一定浓度的Ce(NO),溶液、CeCL3溶液分 别作为两极区的电解液，用惰性电极电解制备CO2·2H,O的原理如图。下列说法正确的是 试卷第5页，共12页 电源 滤纸包裹 H,O Ce(C03)3 c d 电解后 d极区混合物 Ce3+ oHr→Ce(OH)3J Ce(NO) CeCl, 离心分离→氧化→Ce0,2H,0 溶液 溶液 隔膜 A.a极为负极 B.隔膜为阳离子交换膜 C.两极区的电解液也可互换 D.“氧化”消耗02与电解产生的O2的物质的量相等 15.常温下，一定浓度的NaHCrO4溶液中，含铬物种的分布系数与溶液pH的变化关系如图 所示。 已知：①H,Cr04的K1=10074，K2=1069；2HCr04=C,0号+H,0K3=1055 2c(C0） ②c,o的分布系数8(cr,0)FcHC0,)+ccr0)+c(Co)+2(C,0) ③l1g5=0.7 1.0 0.0 下列说法错误的是 A.b线代表C,O B.M点存在2c(CO-）=c(H,CrO,) C.N点的pH=8.34+lgc(HCrO4） D.仅改变溶液的初始浓度，各含铬物种的分布系数随pH的变化曲线不变 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.硼可与氧族、金属等元素形成多种化合物且应用广泛。回答下列问题： 试卷第6页，共12页 (1)基态B原子价层电子轨道表示式为。在元素周期表中，S元素在周期表的位置为 (2)S03在458K下分解得到一种硒氧化物线状聚合体，结构如下。 ①键角： ∠2（填><”或“=）。 ②分解过程中除生成该物质外，还生成另一物质，其化学式为 (3)一种硒化硼在二维半导体领域部分性能优于石墨烯，能体现其成键结构的片段如图所示 (俯视图与侧视图)。该物质化学式为。某硫化硼与该化合物结构相似，但其热解温度 更高，理由是 B O●-O●-○●-○●-○●-O● (④)某硼镁晶体是一种导电材料，结构如图，其中镁元素以Mg2+形式存在，B的原子轨道均 采取即杂化，形成类似石墨的层状结构。元素B的化合价为：该晶体具有导电性的 原因可能为 其密度为 gcm-3。 Mg b nm B a nm 试卷第7页，共12页 17.以铜阳极泥（含Cu、Au、Ag、CuSe、AgSe等）为主要原料提取Ag、Au和Se的工 艺流程如下： 饱和NaCI溶液 硫酸 H20 Cl a2SO3溶液 NaOH溶液 盐酸 甲醛 阳极泥→焙烧→溶浸 →浸金分银 溶银 →析银 >粗银 SO2、,SeO2浸出液 含[AuCL4]溶液 H0→析硒→Se 己知：①硫酸铜650℃分解成氧化铜； ②K(AgC1)=1.8×100；Ag*+2SOg=[Ag(S032] K=4.5×103 回答下列问题： (I)流程中S挥发率、Cu浸出率随焙烧温度的变化如下表所示，通常选择500℃焙烧而不采 用更高温度的原因是 焙烧温度℃ Se挥发率% Cu浸出率/% 300 89.3 82.5 400 99.2 86.7 500 99.7 90.8 600 99.8 91.6 700 99.9 84.6 “浸金分银中生成[AuC14丁的离子方程式为 向“含[AuCl4J溶液”中加入过量锌粉置 换，过滤，酸洗滤渣即可得较纯净的金。则酸洗时可加入的试剂为 (填化学式)。 (2溶银时发生反应AgCI+2SO;=[Ag(S0,]+Cr,将AgC1固体加入一定浓度的 NaS03溶液中，固液两相平衡后，c(SO)=0.10mol.D1,则溶液中c(Ag)=mol.L1。 (3)“析银时甲醛被氧化为甲酸盐，此工序发生反应的化学方程式为 。过滤后，滤液经 分离提纯所得产品可导入 (填写操作单元名称)循环利用。本工艺还可循环使用的物质 是 试卷第8页，共12页 18.PC13粗馏分（主要含AsCL杂质）经精馏后，在“两段控温”装置中，利用高纯H2还原可制 得红磷。有关物质信息和实验装置如下（加热及夹持装置略）。回答下列问题： 温度计 C 填充 D 鲍尔环 的精馏塔 高纯H2 N2 品石英管 电炉1 电炉2 ·尾气处理 F 物质 性质 物质 性质 发烟液体，沸点 沸点416℃，不溶于 PCI 76℃，易水解，易被 红磷P) 水和CS2 氧化 发烟液体，沸点 沸点280℃，不溶于 AsCl3 白磷P4) 130℃，易水解 水，易溶于CS, I、精馏PCL 连接好装置，通N2,一段时间后，停止通N2。关闭K1,通冷凝水，加热A,开始精馏。 (1)装置A的名称为 ；实验开始前通N的目的是 (2)精馏塔中填充“鲍尔环的作用是：应保持温度计示数约为。 Ⅱ、制取红磷 取下E管并将装置B上口塞封，打开K、K2,先通入H2,再加热B,同时将“电炉1“电 炉2分别快速控温至800℃左右和260C左右，最终在F中收集到暗红色物质。 (3)“电炉1控温区发生反应的化学方程式为：“电炉2控温260℃左右的目的是 20 (④)采用如下方法测定红磷样品的纯度（含白磷杂质）。 称量mg红磷样品，用CS2充分萃取，所得萃取液经蒸干、硝酸氧化、钼酸铵沉磷、过滤洗 试卷第9页，共12页 涤等预处理得(H4),PO4·12M6O3固体。将固体溶于VmL0.10 mol.L NaOH标准溶液[发 生反应：(MH4)2P0412M6O3+27NOH=3NH3个+NaPO4+12Na,Mo04+15H,0],所得溶 液经蒸氨、冷却后，再用0.l0olL1盐酸标准溶液滴定，消耗V,L。 样品纯度为 (用含、Y、乃的代数式表示)。若未经蒸氨处理，则测定值将 (填 “偏大偏小”或“不变”)。 19.有机物H是合成天然产物奥加西林的中间体，其合成路线如下： NH HCOOC,H, CH,MgCl C,H,O- NaH,PhMe CH ON- THF PdC,H,→C,H A E B MgBr C,H,0 .,LDA.THIF HO 1,4-dioxane G 己知： THF R R.+R,NH, R Ⅱ、 R -OH R OH LDA,THF HO R.CHO II、 HO 回答下列问题： (1)A中含有六元碳环，其结构简式为 (2)写出B→C的化学方程式。 3)D→E的反应类型为一：同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式为（写 出一种即可可)。 ①除H外，所有C,O原子均可处于同一平面②含有三种化学环境的氢 (④)鉴别F与G可选用的试剂为；结合信息Ⅲ，G→H反应有机副产物的系统命名为 试卷第10页，共12页 (⑤)根据上述条件信息，写出以 为主要原料制备 的合成路线 MgBr OH 20.CO2甲烷化工艺可有效减少温室气体，涉及反应如下： 反应I:C02(g)+4H(g)=CH4(g)+2HO(g)△H1<0 反应I:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H,O(g)△H2 在Ar氛围、恒压P条件下，按物质的量之比n(CO2):(H2）=14进行投料反应，达平衡时， 各物种的摩尔分数随温度的变化关系如图(Ar的曲线未画出)。 0.6 款 b d 0.4 M 0.06 b 0.2 TT 0 T→增大 虚线框放大图 回答下列问题： (1)反应CO(g)+3H(g)≥CH4(g)+H,O(g)的焓变△H3=(用含△H1、△H2的代数式 表示)。 (2)代表HO的曲线是：T温度下，体系达平衡时，b线、d线所示物种的摩尔分数均 为0.06，e线所示物种摩尔分数为0.09，则H2的摩尔分数为；C02的平衡转化率为 (保留到小数点后一位)：反应CO(g)+3H2(g)三CH4(g)+HO(g)的化学平衡常数 为K,=。 (3)T温度下，保持N点所示平衡体系的容器体积不变，向其中充入等物质的量的CO和 C0,重新达平衡后，分压之比P(CO) 1(填><或=)。甲烷选择性随压强和温 p(CO,) 度的关系如图所示，在低温段与压强无关，而在高温段受压强影响较大，其原因是 试卷第11页，共12页 B P2 T→增大 试卷第12页，共12页 1.B 【详解】A.海水蒸发结晶制原盐是水蒸发、氯化钠析出的过程，无新物质生成，属于物理 变化，A不符合题意： B.石油裂化裂解是将长链烃断裂为短链烃的过程，有乙烯等新物质生成，属于化学变化， B符合题意： C.铜锭拉丝制电线电缆只是铜的形状发生改变，无新物质生成，属于物理变化，C不符合 题意： D.橡胶压片成型制轮胎只是橡胶的形状发生改变，无新物质生成，属于物理变化，D不符 合题意： 故选B。 2.D 【详解】A.碳酸氢钠水溶液呈弱碱性，可中和体内过量的酸，能用于治疗酸中毒，A正确： B.甘油即丙三醇，具有良好的吸湿性，可用于皮肤保湿，B正确： C.75%酒精能够使微生物蛋白质变性，消毒效果最优，可用于器械消毒，C正确： D.碳酸钡会与胃酸（主要成分为盐酸）反应生成可溶性的有毒氯化钡，引发重金属中毒， 不可做肠胃造影剂，肠胃造影剂常用不溶于酸的硫酸钡，D错误； 故选D。 3.A 【详解】A.苯酚虽溶于酒精，无法将其转化为无毒物质，不能消除污染，处理不当，A符 合题意： B.酸性废液直接排放会腐蚀管道、污染水体，加碱调节至近中性后排放符合废液处理要求， B正确； C.Hg+、Pb2+可与S2反应生成难溶的Hgs、PbS沉淀，过滤即可除去重金属离子，处理 方法合理，C正确： D.酸性条件下KCT,O,可被HO2还原为低毒的C+,再加碱可生成CT(OH)2沉淀除去， 处理方法合理，D正确： 故选A。 4.c 【详解】A.托盘天平的精度仅为0.1g,无法称取精度要求为0.0001g的0.1500g固体，需 答案第1页，共14页 使用分析天平，A错误； B.本题中基准NaC,O4已准确称量，物质的量确定，只需在锥形瓶中溶解即可，无需用容 量瓶定容，且无40mL规格的容量瓶，B错误； C.KMnO4具有强氧化性，需用酸式滴定管盛装，装液前用待标定KMnO4溶液润洗滴定管， 可避免管内残留的水稀释待装液，减小实验误差，C正确： D.滴定终点的判断标准是滴入最后半滴KMO4溶液后，溶液由无色变为浅红色且半分钟 内不褪色，仅变色不能确定达到终点，D错误； 故选C。 5.B 【详解】A.制备CuNH)4SO4·H,O的溶液中大量存在的是配离子[CuNH)4]+和SO子， NH4与OH会反应生成NHHO,不能大量共存，A错误： B.MO2和浓盐酸反应后，盐酸剩余，溶液中存在血+、H、C,三种离子相互不反应， 可大量共存，B正确； C.稀硝酸具有强氧化性，F+有还原性，与H+、NO?无法大量共存，C错误； D.过量SO2通入NCO,溶液，溶液中存在亚硫酸，与HCo;反应生成CO2,与SO反应生 成HSO,D错误； 故选B。 6.A 【详解】A,含碳碳双键，可以发生加聚反应：但消去反应要求醇羟基的邻位碳原子上有氢 原子，该有机物中唯一的醇羟基，其两个邻位碳都没有氢原子，不能发生消去反应，A错误； B.碳碳双键、酚羟基都能被酸性KMO4氧化，能使酸性高锰酸钾褪色；碳碳双键能和溴 水发生加成，酚羟基的邻对位能和溴水发生取代反应，因此可以和溴水反应，B正确： C.能和H2加成的结构：1mol苯环消耗3molH2,1mol碳碳双键消耗1molH2,1mol酮羰 基消耗1nolH2,因此1mol该分子总共消耗5olH2,C正确： 答案第2页，共14页 OH D.酸性条件下酯基水解( HO 水解产物中含碳碳双键，双键的两个 HOOC OH 碳原子都连接了不同的基团，因此存在顺反异构：同时水解产物中存在多个连有4种不同基 团的手性碳原子，因此存在对映异构，D正确： 故选A。 7.D 【分析】M原子半径最小，故M为H;Q与Z同主族，X与W同主族，结合结构中Z连 双键Q、1个N(元素代号)、1个QY,可知Q为O,同主族的Z为S:原子序数：Q(O,8) <X<Y<ZS,16)<W,X与W同主族，故X为F,W为CI;结构中N连3个X(F)和 Z,说明N形成4个单键，原子序数小于Q(O,8),故N为C:根据反应可知Y为+1价，原 子序数介于F和S之间，故Y为Na: 【详解】A.MW为HCl,只含共价键，是共价化合物；W为NaCl,是离子化合物，A错 误； B.QX,是O5,中心0价层电子对为6+1x2=4,含2对孤对，空间为V形，类比H,0: 2 忆，是CS,中心C价层电子对为1，=2，分子空间结构为直线型，类比C0,B错误 C.Y是Na,位于第三周期，第三周期简单离子中半径最小的是A1+不是Na+,C错误： D.图中所示化合物中心原子N(C)形成4个σ键，价层电子对总数为4，采取sp3杂化；中 心原子Z(S),形成3个ō键，含1对孤对电子，价层电子对总数为4，也采取sp3杂化， D正确： 故选D。 8.C 【详解】A.浓硫酸分子含多个羟基，可形成分子间氢键，显著增强分子间作用力：浓硝酸 虽也有羟基，但分子内氢键削弱了分子间作用，因此粘度：浓硫酸>浓硝酸，解释合理，A 正确； B.Mg与Ca均为金属晶体，Mg+半径小于Ca+半径，导致Mg金属键更强，硬度更高，解 释合理，B正确； C.SO,是共价晶体，有较强的共价键：NO,是分子晶体，存在弱的范德华力，则沸点：SO, 答案第3页，共14页 >NO2,与相对分子质量：SiO2>NO2无关，C错误： D.NH中N孤电子对易接受质子；苯胺中N孤电子与苯环大π键共轭，降低N的电子云 密度，碱性减弱，解释正确，D正确： 故选C。 9.C 【详解】A.反应①为NaC1O+HO→X+HO2,根据原子守恒、化合价变化：C1从+1价 降为-l价，因此X为NaCl,A正确： B.反应②：H02中0为-1价，产物O2中0为0价，化合价升高，H02作还原剂；反应 ③：反应回中，0，被还原为0(0平均价为号价.得电子，对应H,0,失电子，H0, 仍作还原剂，B正确： C.机理中涉及HO2,高温下HO2分解损失，同时催化剂可能因高温失活，因此高温不会 加快产生O的速率，C错误： D.将三步反应加和得到总反应为3C1O+H2O=3C1+2O+2H+,可知生成2olO时， 有3 ol Naclo被还原，因此生成1olO,理论上有1.5 mol Naclo被还原，D正确： 故选C。 10.D 【详解】A.该反应△H<0,由曲线斜率可知T>T,放热反应升温平衡逆向移动，平衡常 数K减小，故K(T)<K(T),A正确： B.N点处于的平衡状态，净反应速率为0，M点处于T的反应正向进行阶段，净反应 速率大于O,故N点反应速率小于M点，B正确： C.催化剂可加快反应速率，不改变平衡转化率，T下t时A点未达平衡，增加催化剂用量 和接触面积，反应速率加快，t1时转化率高于A点，C正确： D。平衡时K=。B、C两点转化率均为606，此时浓度商 0.6×0.6 0=1-0.6)×1.8-0.6) =0.75,C点反应正向进行，故(T)>0.75。温度升高kk均增 答案第4页，共14页 KiE(C)-kiE(B) 大.代入众：可推知nC-白大于K》.即大于075，D错误； 故答案选：D。 11.BD 【分析】向伴生品中加入浓盐酸和NaC1溶液，As2O3、SbO3、Bi,O3转化为HAsO3、[SbCl4T、 [BiCl4J,同时分离出不溶物，向浸出液中加入NH,PO后As沉淀析出，过滤后向滤液中 加水（一段水解）析出SbOC1,再次过滤后向滤液中加入氨水（二段水解）沉淀BOC1。 【详解】A.流程中一段水解先析出Sboci,Bi仍留在溶液中，二段水解才析出BioCl, 说明SbOCl更难溶，因此K,(SboCi)<K,(BiOCl),A正确； B.“溶浸需要高浓度C与Sb、Bi形成配离子[SbC14]、[BiC4],且最终产物SbOC1、 BioCl含Cl元素；浓硝酸无法提供CI,且浓硝酸具有强氧化性，会将As、Sb、Bi氧化成 最高价，不利于形成配离子[SbCI]、[BC]分离，不能代替浓盐酸，B错误： C.水解反应为吸热反应，适当加热可以促进水解、加快反应速率，因此一段、二段水解均 可适当加热，C正确： D.该沉砷'离子反应2H3AsO3+3H,PO,=2A+3PO+6H+3H,O生成H3PO3是弱酸不 拆，正确离子反应方程式为：2H3AO3+3H2PO+3H+=2As↓+3H3PO3+3H,O,D错误： 故选BD。 12.C 【详解】A.制备Fe(OD3胶体时，将饱和FeCL3溶液滴加至煮沸的蒸馏水中，待溶液变为 红褐色则停止加热，不能搅拌，会使胶体聚沉，A错误： B.酸性KMnO4与HC2O4发生反应：2Mn04+5HC2O4+6H+=2Mn2+10C02↑+8H0,HC2O4 溶液过量，两种KMO4溶液浓度不同，颜色深浅不一样，不能说明浓度对反应速率的影响， 应控制MO4溶液浓度相同，HC,O4溶液浓度不同且过量进行实验，B错误： C.乙酸乙酯粗品中混有未反应完的乙酸、乙醇等物质，用饱和N2CO3溶液洗涤，可以中 和未反应完的乙酸，吸收未反应完的乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，用饱和食盐水洗去 多余的Na2CO3,再用饱和CaCl2溶液洗去未反应的醇，该方案能除去乙酸乙酯粗品中的乙 酸和乙醇，C正确； 答案第5页，共14页 D.苯与液溴发生反应生成溴苯和HBr,但溴易挥发，挥发的B2也能与AgNO3溶液反应生 成AgBr沉淀，无法证明是否有HBr生成，不能验证反应类型，D错误： 答案选C。 13.CD 【详解】A.同周期第二周期元素，第一电离能从左到右总体增大，N原子的2p轨道为半充 满的稳定结构，第一电离能大于O,因此第一电离能顺序为N>O>C,A正确： B.W的孤对电子与两侧苯环共轭，使C-W键具有一定双键成分，键级更高；键长随键级 增大而减小，因此C-N键长小于C-N键长，B正确； C.N形成3个o键，孤对电子参与苯环共轭，为p杂化；N2形成2个o键，剩余1对孤 对电子+1个单电子，存在1对孤对电子，为s即2杂化：硝基中的N形成3个o键，无孤对电 子，为s即杂化，C错误； D.N2形成2个o键和1对孤对电子，价层电子对数为3，故N2为即杂化（单电子处于 未杂化的p轨道，保证共平面)，不是即杂化，D错误： 故选CD。 14.B 【分析】用惰性电极电解制备CO2·2HO属于电解池原理，d极区氧气得电子和水转化为 氢氧根离子，电极反应式为：O,+2H,0+4e=4OH,则电源b为负极，a为正极，阳极区水 失去电子转化为氧气和氢离子，电极反应式为：2H,0-4e=02个+4H,据此分析解答。 【详解】A.根据上述分析可知，a为电源的正极，A错误： B.阳极区水失去电子生成的氢离子与碳酸铈结合后生成C3+,通过隔膜向阴极区迁移，与 氢氧根离子结合生成Ce(OHD,所以隔膜为阳离子交换膜，B正确； C.若两极区电解液交换后，则阳极区氯离子会优先失去电子转化为氯气，有毒，且碳酸铈 无法溶解生成C+,改变电解反应，不能达到制备目的，C错误： D.根据图示与得失电子数守恒可知，若“氧化”消耗1mol02,则需要4 nol Ce(O)3,即12mol 氢氧根离子参与离子反应，结合关系式：4OH~4e~O2可知，需要消耗氧气的物质的量 为3ol,即氧化”消耗0，与电解产生的02的物质的量不相等，D错误。 15.AD 答案第6页，共14页 【分析】H,CO4为二元酸，发生H,CO4三H+HCO4、HCO4三+CO}电离， H,C04的K=1004,K2=1068，由图可知，随着pH的增大，cH)减小，平衡正向移 动，c(H,CO4)减小，c(HCrO4)先增大后减小，由于2HCO4、C,O+H,0K=1055 反应，故c(CO)也先增大后减小，c(CO)仅增大，则曲线a代表HCrO4,曲线b代 表HCO4,曲线c代表CrO?,曲线d代表C,O,据此回答。 【详解】A.由分析知，曲线b代表6(HCrO4),A错误； B.M点是曲线a和曲线d的交点，则8(HCrO4)=8(CO),根据分布系数定义， 6(C,o）F 2c(Cr,0)） c(H,CrO)+c(HCrO)+c(Cr)+2c(Cr)' c(HCrO) 3(.Crc.cro)(ncr)ecroc(cno)c(.co) B正确： C.N点为曲线c和曲线d的交点，则6(Cr,O)=6(CrO),即2c(CrO)=c(CrO), 带入平衡表达式2×K3×c2(HCrO4)= K.2×c(HCrO4) 整理得， c(H） pH=pKa2+lgK3+lg2+lg[HCrO4]=8.34+lg[HCrO],C正确； D.由于存在二聚平衡2HCO4三C,O+H,O,该平衡与浓度有关，因此分布系数会随溶 液初始浓度改变，D错误： 故选AD。 2s 2p 16.(1) 第四周期VLA族 (2) 02 (3) B2Se3 S原子半径小于S,B-S键键长更短、键能更大，化学键更难断裂，因 此硫化硼热解温度更高 (4) -1 sp杂化的B原子存在未参与杂化的p轨道，层内p轨道相互平行，形成 答案第7页，共14页 离域π键，电子可在层内自由移动，因此晶体能够导电 9.2×102 Na×32b 【详解】(1) B原子核外有5个电子，其基态原子价层电子排布式为2s2p',基态B原子价层电子轨道表 2s 2p 示式为 Se的原子序数为34，与0同主族，在元素周期表中， Se元素在周期表的位置为第四周期VIA族： (2)①2个Se原子均为sp3杂化，1号Se原子有1个孤电子对，对成键电子排斥作用更强， 键角较小，键角：1<∠2； ②SeO3在458K下分解得到一种硒氧化物线状聚合体的结构里每个重复单元中，Se、0原 子个数比为2：5，根据原子守恒，生成另一物质的化学式为02： (3)根据结构，每个B连接3个Se,每个Se连接2个B,可知B、Se原子个数比为2：3， 该物质化学式为BSe3:S原子半径小于Se,B-S键键长更短、键能更大，化学键更难断裂， 因此硫化硼热解温度更高： 《4)1个晶胞中Me数日为12合2×号3,6个B,化学武为MeB,可知B的化合价 为-1；s即杂化的B原子存在未参与杂化的p轨道，层内p轨道相互平行，形成离域元 键，电子可在层内自由移动，因此晶体能够导电：晶胞体积为3√5ab×10 -cm3,其密度为 2 N×33abx10gm3_92x10 3×24+6×11 2 VaxV3ab8·cm3。 17.(1) 更高温度则能耗高，但Se挥发率、Cu浸出率升高不大；硫酸铜分解 2Au+3Ch +2Cr 2[AuClT HNO (2)2×10~11mol.D1 (3) 2Na Ag(SO )+HCHO+3NaOH =2Ag+HCOONa+4NaSO+2Ho 溶 银 H2SO 【分析】该流程通过“焙烧氧化分离硒→溶浸除铜→氯气配位提金一→亚硫酸钠溶银→甲醛还 原得银”的分步策略，结合氧化还原、配位反应、溶解性差异等原理，实现了铜阳极泥中 Ag、Au、Se的高效分离与提取。每一步均针对目标元素的化学特性设计反应条件，确保 答案第8页，共14页 杂质逐步去除、目标产物定向富集。 【详解】(1)500℃时Se挥发率已达99.7%，升温至600℃、700℃时，Se挥发率仅小幅提 升（从99.7%到99.9%）；但700℃时Cu浸出率从91.6%降至84.6%，结合已知硫酸铜650℃ 分解成氧化铜”，高温会导致硫酸铜分解为氧化铜，降低C浸出率，同时增加能耗。因此 选择500℃的原因是：温度高于500℃时，Se挥发率提升幅度极小，Cu浸出率在700℃时明 显下降；且高温会增加能耗，同时硫酸铜会分解为氧化铜，降低C1的浸出率。“浸金分银 中，Au与C、CI反应生成[AuC14J,离子方程式为2Au+3C12+2CT=2[AC4丁。向含 [ACL4丁溶液中加入过量锌粉置换出Au,滤渣为Au、Cu和Zn,因为Cu和Zn能与硝酸 反应，而Au不反应，所以酸洗时可加入的试剂为硝酸(NO3)。 (2),(AgCI)=c(4B)c(C)=1.8x10,配位平衡Ag*+2So=[Ag(S0)2了的平 衡常数K轮 cAg(50,)） c(Ag*）c2(S0) =4.5x10。“溶银反应AgC1+2S0=[Ag(S0)2了+C 中，平衡时c4g(o,）cCr).联立两个平衡：由，得：cCT）0g由 Ksp 得：cAg(SO)]）=Kc(4g)c2(50)结合cAg(S0])=c(C）,代入整理得： c(Ag")= 区c(sa代入数据e(so)-=010mol.x': c(Ag")= 1.8×1010 =√4×102=2×101m0l.D1。 4.5×103×(0.10)2 (3)析银的化学方程式甲醛(HCHO)中C从0价升至+2价（甲酸盐HCOO),失去 2e:[Ag(SO)2了中Ag从+1价降至0价，每个Ag得到1e,根据电子守恒，Ag与C的 物质的量之比为2：1。结合NaOH环境配平得： 2Na,[Ag(SO)2]+HCH0+3NaOH=2Ag↓+HCOONa+4Na,SO,+2H,0。过滤后滤液主要 成分为，SO3,而“溶银”步骤需要溶液，因此可导入溶银操作单元循环利用。析硒过程有 硫酸生成，故还可循环使用的物质是HSO4。 18.(1) 两颈烧瓶 排尽装置内的空气 (2) 增大气液接触面积，提升分离效果： 76℃ 答案第9页，共14页 (3) 2nPCk+3nH, 0092R,+6mHC 将红磷冷凝，并防止PCL3冷凝 3.1x103(%-2 (4) x100% 27m 偏大 【分析】先分离粗馏分中的PC13,进一步利用高纯H,还原PC3可制得红磷， 【详解】(1)由图可知，装置A为两个开口的圆底瓶，故其为二颈烧瓶：由PCl3的性质可 知，其易水解、易被氧化，故实验前通入N的目的是排尽装置内的空气，防止PC1被氧气 氧化，同时防止空气中的水蒸气进入使PC3水解： (2)鲍尔环填料：增大气液接触面积，提升精馏分离效果，充分分离PC13与AsC1；同时 保持温度计示数为76C,将PCL3(沸点：76C)蒸出，AsCl3(沸点：130C)留在瓶内； (3)电护1中发生的反应为2nPC,+3nH,s0℃2R+6mCl,白磷的沸点为260℃，260C 可将反应生成的白磷蒸气冷凝为液态并使气态白磷P)冷凝并转化为红磷，使其流入收集装 置F,同时防止未反应的PC13汽化进入集气瓶，实现分离提纯红磷； (4)由题目信息可知，参与反应的NaOH的物质的量为：n=(y-)xl04ol故 n(P)=x10ol,m(P)=×10×31g,则纯度表达式为： 27 27 w=1-31x010xG-%×10x1096=1 3.1×103(-3) ×100% 27m 27m 若未经氨蒸处理，沉淀中H会与NaOH反应，消耗更多NaOH,(-')偏大，最终测定 值偏大。 19 (1 (2)0 0 (3) 加成反应（或还原反应） (或 答案第10页，共14页 (4 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 2,2-二甲基丙醛 H,O OHCu/O,△ Mg.Br 【分析】 与HCOOC,H.发生酯交换反应（取代反应），生成O 和CHOH, H 结构重排转化成B (O ):B与 H发生取代反应生成C H OH (O 和水：C与CH,MgC1发生已知反应I,生成D(O D中碳碳双 键与氢气发生加成反应生成E(O ):E中猴基与人MgBr 发生已知反应Ⅱ，生成F e8 发生已知反应 II,生成中间体H和(CH)2C-CHO: 【详解】(1) 由A的分子式C,H1O可知其不饱和度为2，除碳六元环外，分子中还有双键或环状结构， 结合B的结构简式可得A中含有羰基（碳氧双键），A的结构简式为 (2) 由结构简式可得B的分子式为CgHO2,与C的分子式C12HON进行比较，根据原子种类 和数目变化以及D的结构简式可知B中羟基与 NH发生取代反应，生成C和水，C的 答案第11页，共14页 结构简式为0 反应的化学方程式为 +HO (3)由D的结构简式可得其分子式为CgH4O,E的分子式为C,H6O,氢原子数目增加，D 中有碳碳双键、羰基，均能与氢气发生加成反应，D一→E的反应类型为加成反应，或根据有 机物分子得氢失氧判断D发生还原反应，答案为加成反应（或还原反应）： D的分子式为C,H4O,不饱和度为3，要求碳原子、氧原子共面，且含有3种化学环境的 氢原子，分子结构高度对称，若为直链结构，则应含三个双键，可能的结构有 若为环状结构，可能的结构 (其他答案合理即可)： (4) 由分析可知，F的结构简式为 结合已知反应I和G的分子式C,HO,可知G中 OH 应含有官能团醛基，G的结构简式为 F中官能团有碳碳双键、羟基，G中 OH 官能团有碳碳双键、羟基和醛基，可通过银镜反应或醛基与新制氢氧化铜溶液反应鉴别，答 案为银氨溶液或新制氢氧化铜溶液； 根据合成路线和已知反应I可知与G反应的物质中R2为-C(CH)3,反应副产物为 (CH),C-CHO,以醛基所在的最长碳链为主链，2个甲基取代基位于2号碳原子上， (CH3)3C-CHO的系统命名为2,2-二甲基丙醛； (5) 以环己烯和异丙烯溴化镁为原料制备目标叔醇，先用环己烯制备环己醇，再将环己醇氧化成 答案第12页，共14页 环己酮，利用已知反应Ⅱ（格氏试剂与羰基加成得叔醇），环己酮与异丙烯溴化镁反应制备 目标产物，合成路线为 OHCu/O,△ Mg·Br OH 20.(1)△H1-△H2 0.18 (2) a0.54 57.1% 0.543p (3) 低温下只发生反应江，高温段同时存在反应I和Ⅱ，加压，反应I向右移动， 反应Ⅱ向左移动，CH4选择性提高 【详解】(1)由题干可知反应I:C02(g)+4H(g)CH4(g)+2HO(g)△H1<0,反应I: C02(g)+H(g)、=C0(g)+HO(g)△H2,根据盖斯定律，目标反应=反应I-反应Ⅱ，故 △H3=△H1-△H2o (2)反应I放热，温度升高平衡逆向移动，产物CH4、HO的摩尔分数随温度升高降低， 因此下降的曲线a、b对应产物。根据原子守恒，生成H,O的物质的量始终大于CH4,因此 摩尔分数更大的a为HO,b为CH4 设初始投料n(CO2)=lmol,n(H2)=4ol,平衡时n(CH4)=x,n(CO)=y,根据原子守 恒得：n(CO)=1-x-y,(HO)=2x+y,n(H2)=4-4x-y。已知T下， x(CH)=x=006,x(Co=”=0.06,(C0,)=1--009,联立得1=0,2m,即 na =0,21。因此x(H)4-4-Y=4x0,21-4×006-006=0.54。 n 转化率a-转化的C0_X+y-006s+0.06m2=012x1=57196. 初始CO21 1 0.21 目标反应K,=P(CH,)小p(H,O) (c,P小(（H,o卫_cH,H,0 2COPa,分压A:P,代入得：KaP xcoH,卫 0.06×0.18 x50=2xc,+Xe0=0.18,a%=0=0.06,因此：K,F0.06×0570.5470 0.18 (3)T温度下，恒容充入等物质的量的C0和C02,体系压强增大：反应I气体分子数减少， 压强增大，平衡正向移动，消耗CO2,生成HO,抑制反应I正向进行；反应Ⅱ气体分子数 答案第13页，共14页 不变，压强变化不直接影响平衡，但反应I正向移动使p(H)降低，也会抑制反应Ⅱ，故CO2 p(cO) 的消耗速率大于生成速率，CO的生成被抑制，因此重新平衡时 <1: p(CO,) 反应I是气体分子数不变的反应，压强不影响其平衡：反应I是气体分子数减小的反应，压强 改变会影响其平衡，低温段CH4与压强、温度无关，说明低温下只发生反应I,高温段同时 存在反应I和Ⅱ，加压，反应I向右移动，反应Ⅱ向左移动，CH4选择性提高。 答案第14页，共14页