四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

**基本信息** 以“碳中和”“抗病毒药物合成”等科技前沿及工业实践为情境，覆盖化学核心知识，注重科学探究与思维能力考查，适配高三摸底需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15/45|资源利用（1）、原电池（2）、晶胞计算（13）等|基础题（化学用语3）与能力题（沉淀平衡15）梯度分布| |非选择题|4/55|物质制备（16）、工业流程（17）、反应原理（18）、有机合成（19）|实验探究（16滴定误差）、证据推理（18平衡图像）、创新应用（19同分异构体）融合核心素养|

问卷启封前按机密事项保管 SCGK 字节精准教育联盟·精准备考 2027届高中毕业班摸底调查 化 学 ZJ-GZ-GA-2027S-G27-RXMD AI赋能·精准测评 学生注意： 1. 问卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张。 2. 试题卷共8页，答题卡共2面，满分100分，限时75分钟。 3. 答题前，学生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚。 4. 学生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 5. 调查结束后，只交答题卡。 ◈2027高考加油◈ 一、选择题：共15小题，每小题3分，满分45分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的。 1．下列有关资源的综合利用的说法不正确的是 A．煤的液化、石油的分馏和油脂的皂化都是物理变化 B．利用铝热反应可焊接钢轨，也可冶炼钒、铬、锰等难熔的金属 C．工业上用乙烯直接氧化法制环氧乙烷的原子利用率为100% D．海水的淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等 2．如图所示是一种可实现氢气循环利用的新型电池的放电工作原理。下列说法正确的是 A．放电时，N电极的电势高于M电极 B．充电过程中由右池通过交换膜向左池移动 C．放电时，N极电极反应式为 D．若用铅蓄电池作为电源充电，M电极连接铅蓄电池的铅电极 3．下列化学用语表达正确的是 A．乙炔的结构简式：CHCH B．乙醇的结构式： C．甲烷的球棍模型： D．甲基的电子式： 4．下列离子方程式书写错误的是 A．向溶液中加入稀硫酸： B．用稀硫酸和从含的海带灰滤液中提取碘： C．向稀硝酸中加入过量铁粉： D．将足量通入溶液： 5．一种探究氯气部分性质的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。已知为拟卤素，其性质与卤素单质相似，且氧化性：。下列说法错误的是 A．持续通入氯气后，B中的现象是先变红后褪色 B．装置B中现象不仅可以验证氯气的氧化性，而且可以反证B中含有 C．装置C中干燥的有色布条不会褪色，说明氯气没有漂白性 D．装置D为尾气处理装置，同时还可用于制备漂白液 6．下列实验方案中能达到实验目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向碳酸氢钠溶液中加入足量盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察实验现象 比较氯元素、碳元素与硅元素的非金属性强弱 B 加热铜和浓硫酸的混合物，将产生的气体通入饱和氯水，观察溶液颜色的变化 证明具有漂白性 C 加热和浓盐酸混合物，将产生的气体通入滴加紫色石蕊的水中，观察溶液颜色变化 证明氯水有酸性和漂白性 D 加热淀粉和适量稀硫酸的混合物，冷却后，取部分混合液加入碘水，观察溶液颜色变化 证明淀粉是否完全水解 7．下图为工业合成氨联合氨氧化法制硝酸的工艺流程示意图，下列说法错误的是 A．氨分离器会分离出含和的混合气体，循环利用可提高原料利用率 B．氨气分子之间能形成氢键，沸点较高，因此易液化 C．氧化炉中发生反应：其中氨气作还原剂 D．一氧化氮和二氧化氮理论上在吸收塔中不可能完全转化为硝酸 8．柠檬黄是一种常见的合成色素，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．所有碳原子均为杂化 B．分子中含有非极性共价键 C．一定条件下可以发生水解反应 D．稳定性差，不可作食品添加剂 9．配合物Ⅰ在一定条件下可以转化为配合物Ⅱ和Ⅲ，如下所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ中的配体有乙二胺、、 B．与中心离子配位后，变小 C．Ⅱ和Ⅲ的中心离子均为 D．Ⅱ和Ⅲ互为对映异构体 10．下列实验操作、现象和对应的结论或解释完全正确的是 选项 操作 现象 解释或结论 A 向和某物质的混合溶液中通入气体 生成白色沉淀 该物质一定具有强氧化性 B 向溶液中滴加稀硝酸，静置 无乳白色浑浊现象 和反应速率慢 C 两支玻璃棒分别蘸取浓氨水和某溶液，相互靠近 产生白烟 该溶液可能为浓硝酸 D 0.5 g淀粉中加入4 mL 硫酸，加热后冷却；加入银氨溶液，水浴加热 无银镜产生 淀粉水解产物无葡萄糖 11．下列关于化学反应速率的说法不正确的是 ①恒温时，体系压强增大，化学反应速率一定加快 ②其他条件不变，温度越高，吸热反应速率越快，放热反应速率越慢 ③催化剂要参与化学反应，可以降低反应活化能 ④3的反应速率一定比1的反应速率大 ⑤有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 ⑥升高温度，可增大单位体积内活化分子数，从而使单位时间有效碰撞次数增多 A．②③ B．③⑥ C．①②⑤ D．①②④⑤ 12．杯酚（）能够分离提纯和，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A．杯酚可溶于氯仿，且能循环使用 B．杯酚晶体属于分子晶体 C．杯酚与分子之间通过氢键形成超分子 D．操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 13．氧化物钙钛矿型晶胞中的离子半径关系为(M为顶点阳离子，N为体心阳离子)，当时，会形成立方晶胞。一种由、和形成的钙钛矿型晶胞如图所示，其，。下列说法错误的是 A．紧邻12个 B．晶胞中1位上的分数坐标为 C．晶胞中 D．取代()形成的是立方晶胞 14．“盐水小汽车”因结构简单、制作方便，深受孩子们喜爱，其结构和原理如图所示。下列说法正确的是 A．电极是电子流入的一极 B．溶液中的向电极移动 C．电极发生的反应为： D．工作一段时间后，溶液变浑浊 15．常温下，1 L水溶液中和的初始浓度分别为和，达到溶解平衡时(，pM与pH的关系如图()，M代表、、和)。 已知：         下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ是的变化曲线 B．   C．溶液中，的浓度为 D．， 二、非选择题（满分55分） 16．（14分） 硫酸亚硝酰合铁(II)在化学分析、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用工厂废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁(II)，并测定其化学式。 I．用废铁屑制备溶液 (1)将废铁屑放入溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。请结合离子方程式说明放入碳酸钠溶液中并煮沸的原因___________。 (2)将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的3mo/L溶液，充分反应。接着趁热过滤，收集滤液和洗涤液，装置如图1所示，装置中采用热水浴的目的是___________。 II．已知。用NO气体和溶液制备硫酸亚硝酰合铁(II)装置如图2所示(加热及夹持装置略)。 (3)若烧杯中加入的氧化剂为，则涉及到的离子方程式为___________。 (4)在制备硫酸亚硝酰合铁(II)之前，需要通入，通入的作用是___________。仪器a用于向三颈烧瓶中添加溶液，该仪器的名称为___________，若将其改为___________(填仪器名称)效果更佳。 III．测定硫酸亚硝酰合铁的化学式，其化学式可表示为。 步骤i．用1.0mol/L酸性溶液滴定20.00mL硫酸亚硝酰合铁溶液，滴定至终点时消耗酸性溶液16.00mL(离子转化为，NO完全转化为)； 步骤ii．另取20.00mL硫酸亚硝酰合铁()溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。 (5)已知硫酸亚硝酰合铁()中的配位数为6，则该物质的化学式为___________。 (6)步骤i中，滴定终点的现象为___________。若滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则会导致b的数值___________(填“偏大”或“偏小”)。 17．（14分） 蛇纹石的组成可表示为，其中M代表、、。一种利用蛇纹石和绿矾()制备的工艺流程如下图所示。 已知： ⅰ.焙烧过程的主要反应：； ⅱ.焙烧生成的能破坏蛇纹石的硅酸盐结构，有利于生成硫酸盐和等。回答下列问题： (1)“焙烧”前将蛇纹石、绿矾研磨至粒径小于，目的是___________。 (2)“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)取相同质量的蛇纹石，在不同温度下焙烧相同时间，测得镁、镍浸出率的变化如图甲所示。 由图甲可知：“焙烧”时控制的最佳温度约为___________；在“焙烧”温度较低时，、的浸出率较低，可能的原因是___________。 (4)“矿化”时，、、的沉淀率(%)随“矿化剂”中质量浓度的变化关系如图乙所示。“矿化剂”是在的氨水(约为11)中溶解不同质量的形成的混合溶液。 已知：、、；。 ①图中的沉淀率几乎不变的原因是___________； ②的质量浓度大于后，的沉淀形式主要为___________(填化学式)； ③从平衡移动的角度解释的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (5)“酸化”时，发生的主要反应的离子方程式为___________。 18．（12分） CH4与CO2是导致温室效应的两种气体，将二者催化重整制备合成气是实现“碳中和”目标的重要途径，其反应原理如下： 主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H 副反应：I.2CO(g)CO2(g)+C(s)△H1=-172.5kJ•mol-1 II.CH4(g)=C(s)+2H2(g)△H2=+74.0kJ•mol-1 (1)主反应的△H=_______，有利于提高CO2平衡转化率的条件是_______。 (2)在某1L的恒容密闭容器中，投入CH4与CO2各1mol，不同温度的平衡体系中，CH4与CO的物质的量分数随温度的变化如图所示，则T1温度下该反应的平衡常数是_______，c点CH4的物质的量分数为_______%。 (3)在实际生产中，催化剂表面因积碳而失活。实验测得各物质的物质的量随温度的变化如图所示，积碳量先变大后减小的主要原因是_______(用化学方程式表示)。在原料气中加微量的O2有利于保持催化剂的活性，其原因是_______。 19．（15分） 化合物G是合成抗病毒药物的重要中间体，其合成路线如下。 已知： 回答下列问题： (1)A的化学名称是___________。 (2)B中含有的官能团名称是___________。 (3)E→F的化学方程式为___________。 (4)C→D的反应类型为___________。 (5)已知C分子中含有一个甲基，G的结构简式为___________。 (6)同时满足下列特征的D的同分异构体共有___________种。 ①能发生银镜反应；②含有苯环；③含有。 (7)某药物M的合成路线如下： 按照上述合成路线，H的结构简式为___________，I→J的化学方程式为___________。 试卷第8页，共8页 摸底调查 化学试题 第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 2027届高中毕业班摸底调查 化学参考答案与试题解析 ZJ-GZ-GA-2027S-G27-RXMD AI赋能·精准测评 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 A C B C C D D B B C D C D D B 1．A 【难度】0.82 【知识点】油脂在碱性条件下水解、物理变化与化学变化、铝热反应、煤的液化、石油分馏 【详解】A．煤的液化是将煤转化为液体燃料的化学变化，油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，属于化学变化，只有石油的分馏是利用沸点差异分离组分的物理变化， A错误； B．铝热反应会释放大量热量，可熔化钢轨连接处的金属实现焊接，也可还原钒、铬、锰等金属的氧化物，冶炼这类难熔金属，B正确； C．乙烯直接氧化制环氧乙烷的反应为，产物仅环氧乙烷一种，原子利用率为100%，C正确； D．海水淡化的常用主流方法包括蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，D正确； 故答案选A。 2．C 【难度】0.55 【知识点】原电池原理理解 【详解】A．根据氢气流向，放电时N电极为负极，M电极为正极，正极电势高于负极，因此M电极电势高于N电极，A错误； B．充电时M电极为阳极，N电极为阴极，阳离子向阴极移动，因此由左池通过交换膜向右池移动，B错误； C．放电时N极为负极，碱性环境下失电子与反应生成水，电极反应式为，C正确； D．充电时M电极为阳极，需连接电源正极，铅蓄电池的铅电极为负极，二氧化铅为正极，因此M应连接铅蓄电池的二氧化铅电极，D错误； 故选C。 3．B 【难度】0.75 【知识点】结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式、乙醇的“三式一型”、电子式、甲烷的“三式二型”、有机物结构的表示方法 【详解】A．乙炔的结构简式需要标出官能团碳碳三键，正确应为，A错误； B．乙醇的结构式需要表示出所有共价键，题中给出的结构符合乙醇的成键情况：两个碳原子以单键相连，其中一个碳原子连接3个氢原子，另一个连接2个氢原子和1个氧原子，氧原子再连接1个氢原子，所有共价键均正确表示，B正确； C．甲烷的球棍模型是用小球代表原子、短棍代表化学键的模型，球棍模型为，C错误； D．甲基是电中性基团，碳原子周围应该是7个电子（3对共用电子对+1个单电子），正确电子式为，D错误； 故选B。 4．C 【难度】0.68 【知识点】硝酸的强氧化性、离子反应的发生及书写、离子方程式的正误判断、过氧化氢、氧化还原反应方程式的书写和配平、Fe3+的氧化性 【详解】A．与稀硫酸发生歧化反应，其中+6价S生成+4价，-2价S生成单质硫，离子方程式的电荷、得失电子、原子均守恒，A正确； B．酸性条件下将氧化为，得失电子、原子、电荷均守恒，B正确； C．稀硝酸中加入过量铁粉，过量的会与生成的反应，最终产物为，正确离子方程式为，C错误； D．足量通入溶液，先发生归中反应生成单质，过量与反应生成的亚硫酸盐进一步反应得到，离子方程式符合反应事实，D正确； 故选C。 5．C 【难度】0.65 【知识点】次氯酸及其性质和用途、氯气与碱溶液反应、氧化性、还原性强弱的比较、氯气的实验室制法 【分析】如图，在A中盐酸溶液与高锰酸钾粉末反应生成Cl2，已知为拟卤素，其性质与卤素单质相似，且氧化性：，装置B中含和，通入Cl2后，Cl2先氧化为，与生成血红色Fe(SCN)3；持续通入Cl2，由于Cl2氧化性强于(SCN)2，会进一步氧化，生成，含有Cl2和的混合气体进入C中，干燥的有色布条不会褪色，最后通入含有NaOH溶液的D中进行尾气处理，据此回答。 【详解】A．装置B中含和，通入Cl2后，Cl2先氧化为，与生成血红色Fe(SCN)3；持续通入Cl2，由于Cl2氧化性强于(SCN)2，会进一步氧化，使血红色褪去，现象为先变红后褪色，A正确； B．B中溶液先变红，说明被Cl2氧化为，体现Cl2的氧化性；若原溶液无，则初始加入KSCN即显红色，现“先变红”表明原溶液含，B正确； C．氯气从B装置（水溶液）逸出时会携带水蒸气，进入C的氯气为湿润的，湿润Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，若C中干燥布条不褪色，可能是Cl2未到达C或其他干扰，不能直接说明氯气没有漂白性，C错误； D．装置D中NaOH溶液吸收尾气Cl2，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，产物NaClO是漂白液的有效成分，可用于制备漂白液，D正确； 故选C。 6．D 【难度】0.62 【知识点】淀粉水解及其产物检验相关实验、实验方案评价、元素非金属性强弱的比较方法、氯水性质实验探究 【详解】A．比较非金属性应依据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，且盐酸易挥发，挥发的HCl也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法比较三种元素的非金属性，故A错误； B．SO2通入饱和氯水发生反应，该反应体现SO2的还原性，而非漂白性，故B错误； C．反应生成的Cl2中混有挥发的HCl杂质，HCl也能使紫色石蕊变红，无法证明酸性来自氯水，实验存在干扰，故C错误； D．淀粉遇碘单质变蓝，若加碘水不变蓝说明淀粉已完全水解，若变蓝说明淀粉未完全水解，酸性条件不影响淀粉与碘的显色反应，可达到实验目的，故D正确； 故选D。 7．D 【难度】0.72 【知识点】氢键对物质性质的影响、氨的还原性、合成氨条件的选择、氧化剂、还原剂的判断、氧化还原反应方程式的书写和配平 【分析】、进入合成塔发生合成氨反应生成，混合气送入氨分离器，将生成的氨气分离出来，未反应的、可以循环返回合成塔继续反应；分离得到的氨气通入氧化炉，在催化剂、加热条件下与氧气发生氨的催化氧化生成；进入吸收塔，先和反应转化为，再与水共同反应生成硝酸，未完全反应的氮氧化物尾气送入尾气处理装置进行无害化处理； 【详解】A．合成氨反应为可逆反应，氨分离器分离出氨后，剩余未反应的和可循环进入合成塔继续反应，能提高原料利用率，A正确； B．分子间可形成氢键，分子间作用力强于普通范德华力，沸点较高，因此易液化，B正确； C．氧化炉中发生氨的催化氧化反应，反应中的元素从-3价升高为中的+2价，失电子作还原剂，C正确； D．当有适量存在时，、可发生反应、，理论上可以完全转化为硝酸，D错误； 故选D。 8．B 【难度】0.68 【知识点】常见官能团名称、组成及结构、共价键的形成及主要类型、水解反应、食品添加剂、利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型 【详解】A．分子五元环内存在仅形成单键的饱和碳原子，为杂化，并非所有碳原子均为杂化，A错误； B．分子中含双键以及苯环内的碳碳键，均为同种原子间形成的非极性共价键，B正确； C．分子中无酯基、酰胺基、卤原子等可发生有机水解反应的官能团，羧酸钠、磺酸钠的盐类水解不属于有机物官能团的水解反应，C错误； D．柠檬黄性质稳定，在国家标准限定剂量内可作为合法食品添加剂使用，D错误 故答案选B。 9．B 【难度】0.4 【知识点】键能、键长、键角、利用杂化轨道理论判断分子的空间构型、配位键、配合物的结构与性质 【详解】A．观察配合物Ⅰ的结构，与中心Co离子成键的配体包括乙二胺、、，A正确； B．游离中N原子含有1对孤电子对，孤电子对对N-H成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力；当与中心离子配位后，原本的孤电子对转变为配位键（成键电子对），N原子周围均为成键电子对，斥力更均匀，键角会增大，而非变小，B错误； C．Ⅱ、Ⅲ整体带2个正电荷，配体中乙二胺、为中性，带1个单位负电荷，计算可得中心Co的化合价为，C正确； D．Ⅱ和Ⅲ结构互为镜像，且不能重叠，二者互为对映异构体，D正确； 故选B。 10．C 【难度】0.4 【知识点】硝酸的强氧化性、淀粉水解及其产物检验相关实验、实验方案评价、浓硫酸的强氧化性、硫酸根离子的检验 【详解】A．若混合溶液中含碱性物质如，则通入后生成，与结合生成白色沉淀，该物质无强氧化性，A错误； B．稀硝酸具有强氧化性，可将直接氧化为，不会生成单质，无浑浊现象不是因为反应速率慢，B错误； C．浓硝酸易挥发，挥发出的与浓氨水挥发出的反应生成固体小颗粒，产生白烟，因此该溶液可能为浓硝酸，C正确； D．淀粉水解后溶液呈酸性，银氨溶液在酸性条件下会被破坏，需先加中和硫酸至碱性，再加银氨溶液才能检验葡萄糖，无银镜不能说明无葡萄糖，D错误； 故答案选C。 11．D 【难度】0.65 【知识点】压强对化学反应速率的影响、催化剂对化学反应速率的影响、温度对化学反应速率的影响、浓度对化学反应速率的影响 【详解】①恒温时，增大压强，若没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故①错误； ②其他条件不变，温度越高，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，吸热反应和放热反应速率都增大，故②错误； ③催化剂要参与化学反应，可以改变反应的途径，可以降低反应活化能，加快反应速率，故③正确； ④因为没有指明是否是同一种物质表示的反应速率，因此无法比较出谁快谁慢，故④错误； ⑤有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子百分数不变，故⑤错误； ⑥当温度升高时，反应物分子获得更多的能量，这使得一部分原来能量较低的分子变成活化分子，可增大单位体积内活化分子数，从而使单位时间有效碰撞次数增多，故⑥正确； 故选D。 12．C 【难度】0.68 【知识点】过滤、晶体类型判断、含有氢键的物质、物质分离、提纯综合应用、超分子 【详解】A．由分离提纯示意图可知，操作2后杯酚溶于氯仿，可重新投入使用，即可循环使用，A正确； B．杯酚是由分子通过分子间作用力构成的晶体，属于分子晶体，B正确； C．氢键需要氢原子连接在F、O、N等电负性大、原子半径小的原子上，且与另一分子的F、O、N作用，仅含C元素，无法与杯酚形成氢键，二者通过非共价键形成超分子，C错误； D．操作1分离固体和液体，为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，D正确； 故选C。 13．D 【难度】0.42 【知识点】微粒半径大小的比较方法、晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构 【详解】A．钙钛矿结构中顶点阳离子配位数为12，紧邻12个面心的，A正确； B．1位位于的面心，对应分数坐标为，B正确； C．代入公式：，结合，计算得，C正确； D．取代后，，新，不满足立方晶胞的范围，D错误； 故选D。 14．D 【难度】0.72 【知识点】原电池电解质溶液中离子的移向判断及应用、原电池电子流向判断及应用、原电池正负极判断、原电池电极反应式书写 【分析】该装置为Mg-Cu-食盐水构成的原电池，Mg比Cu活泼，因此Mg作负极、Cu作正极，结合原电池原理分析选项： 【详解】A．在该原电池中Mg作负极，是电子流出的一极，A错误； B．原电池中阴离子向负极移动，应向Mg电极移动，B错误； C．Cu为正极，水溶液中的得电子能力远强于，正极反应为，不会发生得电子生成Na的反应，C错误； D．负极失电子生成，正极反应生成，二者结合生成难溶的，因此工作一段时间后溶液变浑浊，D正确； 故选D。 15．B 【难度】0.35 【知识点】沉淀转化、盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、溶度积常数相关计算、盐溶液中离子浓度大小的比较 【分析】，根据，两式联立得到，两边取负对数得到：，这意味着的pM值与的pM值始终平行，且在上，故Ⅰ代表，Ⅱ代表，根据，为了维持恒定，的pM与Ⅰ呈反比，因此上升的曲线Ⅳ代表，根据反应①：，是定值，故不变，线Ⅲ代表，据此解答。 【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ代表，A错误； B．该反应的平衡常数，Ⅱ代表，Ⅲ代表，观察图中pH= 2.87 时的点，该点位于曲线Ⅰ上，说明此时，pH= 2.87 时的点向上延伸，，代入平衡常数表达式得到：，B正确； C．由B项分析可知，并保持不变（或由Ⅰ线pH=0.15时，，，即曲线Ⅳ与Ⅲ的相交时，pH=0.15），故的浓度为，C错误； D．对溶液中物种做物料守恒：总草酸根（溶液中）： ；总铜（溶液中）：（注：两种以固体形式存在的只是为了列物料守恒），将两式整理得到，，这是一个等式，D错误； 故选B。 16． (1)碳酸根水解显碱性，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污 (2)防止有晶体析出，降低产率 (3) (4)排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化 长颈漏斗 分液漏斗（或恒压滴液漏斗） (5) (6)加入最后半滴酸性溶液，锥形瓶内溶液变浅红（或粉红），且30秒内不褪色 偏大 【难度】0.4 【知识点】实验方案评价、物质制备的探究、酸碱中和滴定原理的应用、氧化还原反应方程式的书写与配平 【分析】用NO气体和溶液制备硫酸亚硝合铁（Ⅱ），第一步实验制备，废铁屑放入溶液中煮沸，洗去表面油污，洗净后加入适量的溶液溶解，第二步实验制备NO气体，反应原理为，NO气体与在三颈烧瓶中发生反应制备硫酸亚硝合铁（Ⅱ），加有氧化剂的碱性溶液用于吸收尾气。 【详解】（1）是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，且升高温度其水解程度增大、溶液碱性更强，碱性增强更有利于除去铁屑表面的油污，故答案为：碳酸根水解显碱性，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污； （2）硫酸亚铁晶体的溶解度随温度升高而增大，温度降低会析出晶体，则采用热水浴的目的是防止有晶体析出，降低产率，故答案为：防止有晶体析出，降低产率； （3）尾气中含有NO，会污染空气，且NO具有还原性，通入加有H2O2的碱性溶液可转化为硝酸盐除去，反应的离子方程式为，故答案为：； NO、Fe2+均具有还原性，易被空气中氧气氧化，所以制备硫酸亚硝酰合铁之前，需要通入N2，其作用是排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化；仪器a是长颈漏斗，加入试剂时不能控制反应速率，且可能反应不充分，改用分液漏斗、恒压滴液漏斗时效果更佳，故答案为：排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化；长颈漏斗；分液漏斗（或恒压滴液漏斗）； 20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液加入足量BaCl2溶液，过滤洗涤、干燥后得到4.66gBaSO4沉淀，则样品中含有即c=1；用1.0mol/L酸性溶液滴定20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液至终点时消耗酸性溶液16.00mL，n () = 0.016L × 1.0mol/L = 0.016mol，，转化为Mn2+，NO完全转化为，转移电子守恒有n (Fe2+) + 3n (NO) = 5n ()，即0.02mol + 3n (NO) = 5 × 0.016mol，解得 n（NO）=0.02mol =n（Fe2+），即a=1，已知硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）中Fe2+的配位数为6，可得b=5，则硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）的化学式为, ，故答案为 （4）达到滴定终点时酸性过量半滴，溶液呈浅红（或粉红）色，且30秒内不褪色，说明达到滴定终点，若滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则消耗酸性溶液的体积读数偏小，则a值偏小，a+b=6，则b的数值偏大，故答案为：加入最后半滴酸性溶液，锥形瓶内溶液变浅红（或粉红），且30秒内不褪色；偏大。 17． (1)增大反应物接触面积，加快反应速率 (2)、 (3)670℃ 焙烧温度低，反应较慢，有限时间内产生的少，不利于硫酸盐的生成，导致浸出率低 (4)，除尽时约为3，4%的氨水约为11，此时已经沉淀完全 随矿化剂中的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (5) 【难度】0.65 【知识点】离子方程式的书写、影响化学平衡的因素、常见无机物的制备、溶度积常数相关计算 【详解】（1）“焙烧”前将蛇纹石、绿矾研磨至粒径小于的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率。 （2）焙烧过程中的主要反应有： ； ， 反应生成的、均不溶于水，“浸渣”的主要成分为、。 （3）由图甲可知：焙烧温度为670℃，镁、镍浸出率最高；根据已知条件，焙烧过程分为两个阶段，绿矾氧化分解产生与反应，焙烧温度低，产生的少，不利于硫酸盐的生成，导致浸出率低。 （4）①，除尽时约为3，4%的氨水约为11，此时已经沉淀完全； ②随矿化剂中的质量浓度增大，在后生成； ③随矿化剂中的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小。 （5）“酸化”时，发生的主要反应的离子方程式为 18． (1)+246.5kJ/mol 高温低压 (2) 10 (3)CH4C+2H2，C+CO22CO 微量O2及时与副反应产生的碳反应，防止催化剂表面积碳 【难度】0.65 【知识点】影响化学反应速率的因素、化学平衡常数、化学平衡图像 【详解】（1）根据盖斯定律，主反应=反应II-反应I，则△H=74.0kJ/mol-(-172.5kJ/mol)=+246.5kJ/mol。该反应气体分子数增大的吸热反应，有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压。 （2）根据图示可知，T1温度下该反应的平衡体系CO和CH4的物质的量分数相等，则CH4转化了mol，剩余的CH4和生成的CO均为mol，平衡常数K== ；c点时CO的物质的量分数为40%，则H2的物质的量分数也为40%，CH4的物质的量分数和CO2的相等，均为10%。 （3）积碳量先变大后减小的主要原因是先是甲烷分解生产碳单质，后碳单质和二氧化碳反应而消耗，反应的方程式：CH4C+2H2，C+CO22CO；在原料气中加微量的O2有利于保持催化剂的活性，其原因是微量O2及时与副反应产生的碳反应，防止催化剂表面积碳。 19． (1)苯甲醛 (2)羰基、羟基 (3) (4)加成反应 (5)      (6)17 (7)   2+O22+2H2O 【难度】0.5 【知识点】常见官能团名称、组成及结构、同分异构体的数目的确定、根据要求书写同分异构体 【分析】苯甲醛与发生反应，醛基中碳氧键断开，中末端甲基中一个碳氢键断开，碳原子互相连接，氢原子与氧原子连接，生成具有羟基与羰基的中间体B，键线式为；后续羟基消去，生成C，最后C中双键与氢气加成，生成物质D；根据E至F的反应条件，可知物质E先与乙醇发生酯化反应，生成的F为，则E为；后F与D发生已知反应，得到物质G为； 【详解】（1）A的化学名称为苯甲醛； （2）醛基中碳氧键断开，中末端甲基中一个碳氢键断开，碳原子互相连接，氢原子与氧原子连接，生成具有羟基与羰基的中间体B；故B的官能团为羟基、羰基； （3）由分析，E与乙醇发生酯化反应，生成图示有机物F，反应条件为浓硫酸、加热，反应为； （4）C到D的反应为氢气与C中的碳碳双键加成，反应类型为加成反应； （5）C的键线式为，双键与氢气加成后生成D，与F发生已知反应，碳卤键断开，碳氧双键断裂，氧原子连接氢原子变为羟基，生成有机物G，结构简式为； （6）D的键线式为，除苯环外具有6个碳原子，其同分异构体要发生银镜反应，必须具有醛基，且结构中具有苯环和，可以分为苯环上有1、2、3个取代基三类判断；当苯环上具有3个取代基时，即甲基、醛基和，有10种；当苯环上有2个取代基时，即醛基和或和，各有3种；当苯环上仅有1个取代基时，即；故共有10+3+3+1=17种； （7）由已知反应特点，最后生成的I具有羟基，要得到J中的羰基，发生了醇的催化氧化，可将羟基还原回去，得到I为，H应具有溴原子，H发生已知信息的反应，可知H的结构为；； 由已知反应可推得I具有一个羟基，经过一步反应得到羰基，可知反应类型为醇的催化氧化反应，可写为2+O22+2H2O。 答案第10页，共10页 摸底调查 化学试题 参考答案与试题解析 第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $