河南漯河市部分学校2026-2027学年高三上学期9月开学素质评价 化学试题

HN202609 高三化学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 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。 可能用到的相对原子质量：H1C12016S32Fe56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。 1.中国古代的货币演变与金属材料的冶炼及加工技术密切相关。下列关于历代金属货币及 材料的解释正确的是 A.西汉时期可通过“曾青(CS04)得铁则化为铜”的方法获取俦币铜材，该过程属于置换反应 B.商代晚期出现的“铜铸贝币”多为青铜材质，青铜的硬度比纯铜大，熔点比纯铜高 C.北宋四川地区曾大量铸造“铁钱”，铁钱在潮湿的空气中生锈，主要发生的是析氢腐蚀 D.明清时期广泛使用的银元宝，久置于空气中表面会产生黑斑，主要是因为生成了黑色的Ag20 2.顺铂[Pt(NH3)2CL2]是一种高效的抗癌药物，其分子具有平面四边形结构。下列有关化学 用语表述错误的是 H A.35C1的结构示意图：①) B.NH,的电子式：H:N:H C.NH3分子间氢键的表示：N一H…N D.顺铂中Pt原子的杂化轨道轮廓图 3.下列图示中，实验操作符合规范的是 氢氧化钠 B.转移热蒸发皿 D.称量一定质量的 A.溶解Na2C03固体 C.萃取振荡时放气 至陶土网 NaOH固体 化学第1页（共8页） 4.X是一种黑色固体(M,=88),可以发生如图所示的转化（略去部分产物），其中V是一种具 有臭鸡蛋气味的气体，Y是一种红棕色固体。 U+V稀硫酸X 02、高温 Y+Z 下列说法错误的是 A.Y常用作红色油漆和涂料的颜料 B.Z与水化合生成一种强酸 C.V和Z混合后发生反应生成淡黄色固体 D.保存U的水溶液时，通常需要加入少量的铁粉 5.化学史可以给人以智慧。下列对化学史的相关陈述不合理的是 选项 化学史 陈述 舍勒用软锰矿（主要成分是MnO2) A MnO2在该反应中作氧化剂 与浓盐酸共热制得氯气 影响平衡因素的变化会使平衡 B 勒夏特列提出了平衡移动原理 向减弱这种影响的方向移动 第一张元素周期表是按原子 C 门捷列夫制出第一张元素周期表 序数的递增制成的 莫瓦桑通过电解无水氟化氢和 氟的非金属性极强，通常不能采用 D 氟化钾的熔融混合物制得氟气 氧化F的方法制备氟气 6.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是 A.醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaC03+2H+一Ca2++C02↑+H20 B.电解饱和NaCl溶液产生黄绿色气体：2a*+2d电解2Na+C,↑ C.AL,(S04)3溶液与足量浓氨水反应：A3++3NH·H,0一A1(OH)3↓+3NH D.向Na2S,0,溶液中通入足量氯气：S20?+2CL2+3H,0—2S0号+4C1+6H+ 7.某有机合成中间体的结构如图所示。 CHO OH 关于该中间体，下列叙述错误的是 A.该中间体遇FeCl3溶液发生显色反应 B.1mol该中间体最多能消耗2 mol Br2 C.该中间体不能与NaHCO3溶液反应 D.该中间体与足量H2加成产物分子中有3个手性碳原子 化学第2页（共8页） 8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X2W2为直线形分子，X、Z位于同一主 族，且Z的原子序数等于W、X与Y的原子序数之和。下列叙述正确的是 A.原子半径：Z>Y>X B.Z的单质在固态时属于分子晶体 C.第一电离能：Y<X D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X>Z 9.某同学设计以下实验，探究铜配合物的性质及平衡移动。已知：[Cu(H0)4]2+呈蓝色， [CuCl4]2-呈黄色。 步骤①：取2mL0.15mol·L-1CuS04溶液（蓝色）。 步骤②：向①中滴加浓盐酸，溶液变为黄绿色。 步骤③：向②中滴加适量蒸馏水稀释，溶液恢复蓝色。 步骤④：向③中滴加氨水至过量，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液。 步骤⑤：向④的深蓝色溶液中加入适量95%乙醇，析出深蓝色晶体。 下列说法错误的是 A.①中[Cu(H,0)4]2+的形成，是因为Cu2+提供了空轨道，H0中的0原子提供了孤电子对 B.③中滴加适量蒸馏水稀释，平衡[Cu(H,0)4]2++4C1一[CuCL4]2-+4H,0逆向移动 C.④中沉淀溶解是因为氨水滴加过量导致溶液中OH浓度增大，促使Cu(OH)2转化为可 溶性配合物 D.⑤中析出晶体是因为乙醇分子的极性比水分子弱，降低了溶剂的极性，使配合物的溶解 度减小 10.物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是 选项 结构特征 性质 1 石墨层内碳原子采取$即2杂化并存在大π键 石墨具有良好的导电性 B C02分子内存在极性较强的碳氧双键 干冰极易升华 C 冰晶体中水分子间通过方向性氢键形成大空隙结构 冰的密度比液态水小 D Mg0晶体中离子的电荷数较多、半径较小，离子键较强 MgO的熔点高于NaCl 11.聚碳酸酯(P℃)因其极高的抗冲击性、优良的透明度和耐热性，在安全与防护、光学与透明 部件等领域应用广泛。合成M的途径(I)和合成N的途径（Ⅱ）如图所示。 CI- 化学第3页（共8页） 下列叙述正确的是 A.聚合物M和N均为线型结构，具有热塑性 B.聚合物M和N均具有固定的熔点 C.物质Y分子中的所有碳原子可能处于同一平面 D.途径（Ⅱ）的原子利用率为100% 12.相较于传统碳还原法，利用F℉℃法在熔融CCl2中电解固态Si02制备高纯多晶硅具有绿 色环保、能耗低等优势，其工作原理如图所示。 Ar 电源 =Ar、C0、CO, Si0, (置于镍 丝网中) 下列叙述错误的是 A.镍丝网包裹的Si02电极应连接电源的负极 B.电解过程中，熔融盐中的0-向石墨电极方向移动 C.阴极的电极反应式为Si02+4e=Si+202 D.若阳极生成等物质的量的C0和CO2混合气体，则理论上消耗的SO2与生成的混合气 体的物质的量之比为4：3 13.一定温度下，在恒容密闭容器中发生连串可逆反应：M(名)，A(g),N(名)（反应速率 v=x,k为反应速率常数，x为各组分的物质的量分数)。已知反应的活化能E,(M→A)< E(A→N),且三种物质的相对能量：N(g)<M(g)<A(g)。t=0时刻向容器中仅充入 1molM(g),则下列描述错误的是 A.反应过程中，A的物质的量分数会先增大后减小，出现峰值 B.t=0时刻，反应物M的消耗速率最大，而产物N的生成速率为0 C.保持其他因素不变，适当升高温度，最终平衡时N的物质的量分数x、变大 D.当A的物质的量分数达到最大值时，体系中存在等式k1xM+k-2xN=(k-1+k2)xA 14.常温下，向10mL0.01mol·L-1Ba(0H)2溶液中缓慢滴入0.01mol·L-1NaHC03溶液， 混合溶液的pH和pBa[pBa=-lgc(Ba2+)]与V(NaHCO,溶液)的变化关系如图所示（不 考虑热量变化)。 13 12 43 11 10 9 0102030 VNaHCO,溶液)/mL 化学第4页（共8页） 下列叙述正确的是 A.滴加过程中，随着NaHCO,溶液滴人，Kp(BaCO3)不断减小 B.b点对应溶液中存在：c(Na+)>c(Ba2+)>c(OH) C.c点对应溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HC03)+2c(H,C03) D.若d点溶液的pH=x,则该点溶液中水电离出的H+为10mol·L 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZS、CdS)制备电池级Pb0的工艺流程如图 所示。 硫酸 空气 en水溶液 高压C0, 硫化铅 粉碎研磨 氧化酸浸 胺浸日 沉铅 焙烧 →电池级 精矿矿 PbO 滤液I 硫 滤液· 已知：①乙二胺（简写为en)为二元弱碱。 ②Kp[Zm(0H)2]=3.0×10-7、Kp[Cd(0H)2]=7.2×10-5;离子浓度≤1.0× 10-5mol·L-1时视为沉淀完全。 ③“胺浸”时发生反应：PbS04+2en=[Pb(en)2]2++S0。 回答下列问题： (1)“粉碎研磨”的目的是 (2)“氧化酸浸”时，在PS参与的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 (3)“胺浸”时分离出单质硫的操作名称是 ；结合化学用语，从平衡移动角度解 释乙二胺能浸出PbSO4的原因： (4)滤液I经处理后Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L-10.02mol·L-1,调pH使Zn2+ 恰好沉淀完全时（假设溶液体积不变），溶液中Cd+的沉淀率为 %。 (5)“沉铅”时采用高压操作的目的是 (6)滤液Ⅱ中溶质的主要成分为enHHC03、(enH)2S04。向滤液Ⅱ中加入Ca(OH)2,一是 获得含钙粗产品，用于建筑材料，二是 。“含钙粗产品”的主要成 分为 (填化学式)。 16.(14分)金属三氟甲磺酸盐是重要的有机合成路易斯酸催化剂。实验室以MgCL2和 CF3S03H(三氟甲磺酸)为原料制备无水Mg(CF3S03)2的装置如下（部分装置省略）。 制备原理：MgC,+2CF,s0,H0℃Mg(CF,S0,2+2HCl↑。 仪器a 15 mL 通干燥N2 -CFSO.H (0.17mol 浓硫酸 2.85 g MgCL,颗粒 搅拌子 蒸馏水 (0.03mol) A B 化学第5页（共8页） 已知：CF3S03H的沸点为162℃，易溶于水、乙醚（沸点为35℃）和氯仿（沸点为62℃）； Mg(CF3S03)2易溶于水，难溶于氯仿。 回答下列问题： (1)仪器a的名称是 (2)CF3S0,H是一种超强酸，则盛装该试剂的包装瓶上必须贴有的危险化学品安全标识 是 (填标号)。 (3)装置B中盛放浓硫酸，其在整个实验系统中的作用除了观察气体流速外，更重要的 是 (4)装置C中采用倒置漏斗而不直接用导管插入水中的原因是 (5)反应过程中缓缓持续通入干燥N2的目的是 (6)反应结束后，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产 物。查阅文献可知，加入乙醚时会发生副反应生成鎓盐[(CHCH2)2OH]+CF3S0?,该 过程会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措施有 (答一条)。 (7)粗产物提纯后，得到8.2g产品。 ①粗产物提纯时，加入氯仿并煮沸，过滤。煮沸的作用是使鎓盐杂质分解挥发出乙醚， 并使 ,从而通过过滤将产物分离。 ②已知M[Mg(CF,S03)2]=322g·mol1,则该实验中产品的产率为 % (保留一位小数)。 17.(14分)开发C02催化加氢合成CH0H技术是有效利用C02资源，实现“碳达峰、碳中 和”目标的重要途径之一。相关反应如下： I.C02(g)+H2(g)=C0(g)+H0(g)△H1=+41.2kJ·mol- Ⅱ.C0(g)+2H2(g)=CH0H(g)△H2=-90.5kJ·mol-1 Ⅲ.C02(g)+3H2(g)CH0H(g)+H20(g)△H3 V.2C02(g)+CH0H(g)3C0(g)+2H20(g)△H4 回答下列问题： (1)△H4= kJ·mol-1。 (2)我国学者研究了GaZr0,催化反应C02(g)+3H2（g)=CH0H(g)+H20(g)的机 理，其催化循环过程如图1所示(*表示在催化剂表面活性位点上的吸附态，☐表示氧 空位)。 化学第6页（共8页） 2H ⅲ氢化 iⅱ吸附 H +HO Zr CH,OH iv脱附 i吸附 H 01 图1 已知该机理中前三步的反应过程可表示如下： 步骤i:H2→2H 步骤iⅱ：C02+2H*→HC00*+H* 步骤ⅲ：HC00*+2H2+H*→H,C0*+H*+H0 ①已知Zr是40号元素，则Zr位于元素周期表的 区。 ②键角∠H一C一0：HC00 H,C0*(填“>”“=”“<”或“无法判断”)。 ③催化剂Ga☑r0,的一种载体为Ga掺杂的ZrO2立方晶体。ZrO2的立方晶胞结构如 图2所示(02-填充在由Zr4+围成的正四面体中心)，晶胞参数为anm,该晶胞从A处 离子沿体对角线的投影如图3所示。 a nm ⑧ ●Zr4 13 (9 002 ⑦ ① ④ ② ⑤ 10 图2 图3 若C离子的投影位置在11，则B离子的投影位置在 (填“3”或“7”)，晶胞 内Zr4+和02-的最短距离为 nm(用含a的代数式表示)。 (3)在恒温恒压（压强为Po MPa)的密闭容器中，按n(C02):n(H2)=1:3投料，发生上述 反应I、Ⅱ、Ⅲ。达到平衡时，C02的转化率为50%，CH0H的选择性为60%（已知 CHOH的选择性=生成CL,OH消耗C0,的物质的量 反应共消耗C02的物质的量 a ①平衡时，体系中H,0的物质的量与初始投入C02的物质的量之比为 ②平衡时，C0的分压为 MPa(用含po的代数式表示)。 化学第7页（共8页） 18.(16分)有机物I作为多官能团合成砌块，常用于合成更复杂的药物分子或生物活性物质， 其合成路线如图所示（部分条件略）。 CH2Br CH,COO OOCCH; OCH2- C-CH2 B(CHs) i)NaOH D △ COOC,Hs ii)HCI COOH C,H OOC E OCH2- OH F(C2HO) o, 0CH,《 CH,MgBr 0CH,《 C00CH2〈 COOCH- -COOCH, -C00H -COOH H 已知： 回答下列问题： (1)A中含有官能团的名称为 (2)I中手性碳原子的数目为 ；由G生成H的反应类型为 (3)C→D的反应分2步进行，其中第ⅰ步反应的化学方程式为 (4)F的化学名称为 (5)参考上述合成路线，完成如下转化。 Br2/CCI 定条件 OH “一定条件”是指 (包括所需试剂和反应条件)，Q的结构简式为 (6)X是C的同分异构体，X分子中含有苯环且有4个一0CH3与苯环直接相连，则X有 种，其中不同化学环境的氢原子个数比为1：2：3：6：6的物质的结构简式 为 0 化学第8页（共8页） HN202609 高三化学·答案 1~14题，每小题3分，共42分。 1.答案A 命题透析本题以金属货币及材料为情境，考查金属材料等，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析、 科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨“曾青得铁则化为铜”为湿法炼铜(Fe+CuSO,一FSO,+Cu),铁置换出铜，属于置换反应，A项 正确；通常合金的硬度大于成分金属，但熔点低于成分金属，故青铜的熔点比纯铜低，B项错误；潮湿空气中的 水膜通常呈中性或弱酸性，铁钱生锈主要发生的是吸氧腐蚀，C项错误：银久置发黑主要是因为与空气中的微 量含硫物质发生反应生成了黑色的硫化银(Ag2S),而非氧化银，D项错误。 2.答案D 命题透析 本题以顺铂为素材，考查化学用语等，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨 sp3杂化轨道轮廓图，四面体结构，而顺铂分子具有平面四边形结构，D项错误。 3.答案B 命题透析本题以实验操作是否符合规范为情境，考查溶解、蒸发、革取、称量等，意在考查探究与创新能力，科 学探究与创新意识的核心素养。 思路点拔量筒是用来量取液体体积的仪器，不能用于溶解固体，溶解N2C03固体应在烧杯中进行，A项错 误；用坩埚钳夹住热的蒸发皿转移至陶土网，B项正确；萃取振荡时放气，应将分液漏斗倒置，打开旋塞放气，C 项错误；NaOH易吸湿且腐蚀性强，应置于小烧杯中称量，D项错误。 4.答案B 命题透析本题以FS的转化为素材，考查常见物质的用途及其性质等，意在考查分析与推测能力，宏观辨识 与微观探析、变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨由题意知，X为FeS,V为H2S,U为FeS04;FeS煅烧生成Fe2O3(Y)和SO2(Z)。Y为FeO3,俗称铁 红，常用作红色颜料，A项正确；Z为SO2,溶于水后与水化合生成弱酸H2SO3,B项错误；H,S与SO2发生反应： 2H,S+S02一3S↓+2H20,生成淡黄色固体硫，C项正确；U为FS04,Fe2+易被空气氧化，加人铁粉可防止其 被氧化(Fe+2Fe3+—3Fe2+),D项正确。 5.答案C 命题透析本题以化学史与相关陈述为素材，考查氯气制备、平衡移动原理、元素周期表、莫瓦桑制氟等，意在 考查理解与辨析能力，变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨反应中MO2将Cl氧化为Cl2,自身被还原为Mn2+,A项正确；勒夏特列提出了平衡移动原理，B 项正确：门捷列夫制出第一张元素周期表时，是按照相对原子质量递增的顺序排列的，C项错误：氟是电负性最 强的元素，只能通过电解法强制使其失去电子生成单质，D项正确。 一】 6.答案C 命题透析本题以离子方程式正误判断为情境，考查离子方程式的书写，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识 与微观探析的核心素养。 思路点拨醋酸除去水垢中的碳酸钙：CaC03+2CHCO0H一Ca2++2CHC00+C02↑+H20,A项错误； 电解饱和NaC溶液产生黄绿色气体：2Na'+2d-+2H,0电解2a*+20H-+C,↑+H,↑，B项错误； AL,(S04)3溶液与足量浓氨水反应：A13++3NH3·H0A1(OH)3↓+3NH,C项正确：向Na2S2O,溶液中 通入足量氯气：S20+4CL2+5H20一2S0+8C1+10H+,足量CL2不能使反应停留在生成物S0号这一 阶段，D项错误。 7.答案B 命题透析本题以有机合成中间体的结构为素材，考查有机物的结构与性质等，意在考查分析与推测能力，证 据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨该中间体分子中含有酚羟基，遇FCl,溶液发生显色反应，A项正确；1ol该中间体中，碳碳双键加 成消耗1 mol Br2,酚羟基的邻位（仅有1个空位）取代消耗1 mol Br2,醛基被溴水氧化消耗1 mol Br2,B项错误； 该中间体分子中含有酚羟基，具有弱酸性，能与N0H溶液反应，但其酸性弱于碳酸，故该中间体不能与 CH,OH NaHCO,溶液反应，C项正确；该中间体与足量H2加成后的产物为 ,环上分别与三个取代基相连的 碳原子均为手性碳原子，D项正确。 8.答案D 命题透析本题以元素推断为情境，考查原子结构与元素性质、元素周期律、分子结构与性质，意在考查分析与 推测能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由题意知，W是氢元素，X是碳元素，Y是氮元素，乙是硅元素。同周期从左到右主族元素的原子半 径逐渐减小，同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，故原子半径：S>C>N,A项错误；S的单质（晶体硅） 属于共价晶体，不属于分子晶体，B项错误；同周期主族元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能： N>C,C项错误；非金属性：N>C>Si,故最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H,CO3>H,SiO3,D项正确。 9.答案C 命题透析本题以探究铜的配合物的性质及平衡移动为情境，考查实验设计与评价、外界因素对化学平衡的影 响、配合物等，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨中心离子Cú+含有空轨道，配体H0中的0原子含有孤电子对，两者通过配位键结合形成配离 子，A项正确；滴加适量蒸馏水稀释时，溶液体积增大，根据勒夏特列原理，平衡向生成[C(H2O)4]2+的方向移 动，溶液恢复蓝色，B项正确；④中先生成C(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解，是因为Cu2+与NH3形 成了[Cu(NH)4]2+配离子，这导致溶液中游离的Cu2+浓度降低，使得Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+ 2OH-(q)的溶解平衡正向移动至沉淀完全溶解，其根本原因是NH3的配位能力强，而非OH浓度增大，C项 错误；[C(NH3)4]SO,·H20是离子晶体，易溶于极性强的水，加入极性较弱的乙醇后，混合溶剂的整体极性 降低（相似相溶原理），导致该配合物的溶解度减小，从而析出晶体，D项正确。 2 10.答案B 命题透析本题以物质的微观结构决定宏观性质为情境，考查分子结构与性质、晶体结构与性质等，意在考查 理解与辨析能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨石墨层内的大π键使得电子可以在层内自由移动，决定了其具有良好的导电性，A项正确；干冰易 升华是因为C02属于分子晶体，分子间只存在微弱的范德华力，克服分子间作用力所需的能量较低，分子内的 碳氧双键（共价键）决定的是分子的化学稳定性，不能解释其物理性质，B项错误；冰中水分子通过氢键形成规 则的四面体骨架，空间利用率低，导致体积膨胀、密度减小，C项正确；离子晶体的熔点由离子键的强弱决定， Mg2+和02-的电荷数大于Na+和Cd,且离子半径更小，故Mg0中的离子键更强，熔点更高，D项正确。 11.答案A 命题透析本题以聚碳酸酯为素材，考查高分子的结构与性质、单体的结构、缩聚反应，意在考查理解与辨析 能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨聚合物M和N均未形成网状交联，属于线型高分子，受热可熔化，具有热塑性，A项正确；高分子 化合物的聚合度具有不确定性，属于混合物，没有固定的熔点，B项错误；物质Y分子中，连接两个苯环和两 个甲基的中心碳原子为s即杂化，呈四面体结构，因此分子中所有碳原子不可能共平面，C项错误；途径（Ⅱ） 为缩聚反应，除了生成聚合物N外，还有小分子副产物（甲醇）生成，原子利用率达不到100%，D项错误。 12.答案D 命题透析本题以电解固态S02制备高纯多晶硅为素材，考查电解原理、电极反应式等，意在考查理解与辨 析能力，证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨S02中的+4价硅得电子被还原为单质Si,发生还原反应，故SiO2应连接电源的负极，A项正确： 电解池中，阴离子向阳极移动，石墨电极为阳极，故0-向石墨电极方向移动，B项正确：阴极上S0,得到电 子，硅被还原为单质，氧以0-形式进人熔融盐，C项正确；设生成的C0和C02各为1ml,则混合气体的总物 质的量为2mol,阳极失去的电子总数为1mdl×2+1mol×4=6mol,根据电子守恒，阴极得到6mol电子，消 耗的SiO2为1.5m©l,因此消耗的Si02与生成的混合气体的物质的量之比为3：4，D项错误。 13.答案C 命题透析本题以连串可逆反应为情境，考查活化能与反应速率等，意在考查分析与推测能力，变化观念与平 衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由于活化能E,(M→A)<E(A→N),第一步反应速率较快，第二步反应速率较慢，起始投入M后， A快速生成而消耗缓慢，因此A作为中间体会先积累；随着M浓度下降和A向N转化，A的占比随后减小，图 像上必然出现峰值，A项正确；t=0时刻，M的浓度最大，其消耗速率(M→A)=kxM达到最大值；此时体系中 尚无A,故N的瞬时生成速率(A→N)=k2xA=0,B项正确；由三种物质的相对能量大小N(g)<M(g)< A(g)可知，总反应M(g)一N(g)的焓变△H<0,为放热反应，适当升高温度，平衡向吸热反应方向移动，导 致最终平衡时N的物质的量分数xy减小，C项错误；A的净生成速率可表示为UA=v生威一消牦=(kxM+ k2xN)-(k1+k2)x,当A的物质的量分数达到最大值时，其瞬时变化率为0，即v=0,整理即可得到 k1xM+k2xN=(k-1+k2)xA,D项正确。 14.答案C 命题透析本题以离子平衡图像为素材，考查溶度积常数、离子浓度大小比较等，意在考查分析与推测能力， 一3 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨溶度积K,仅受温度影响，K,(BaCO3)保持不变，A项错误；b点加入10 mL NaHCO3溶液，NaHCO: 与Ba(OH)2按物质的量之比1：1反应生成BaCO3沉淀和NaOH,溶液中的主要溶质为NaOH,正确的浓度大小 应为c(OH)≈c(Na)>c(Ba2+),B项错误；c点加人20 mL NaHCO3溶液，NaHCO3与Ba(OH)2按物质的 量之比2：1完全反应，溶液中的溶质为N2C03,根据质子守恒，水电离出的氢离子与氢氧根离子浓度相等，即 c(OH)=c(H+)+c(HCO,)+2c(H2CO3),C项正确；d点溶液呈碱性(pH=x>7),碳酸根水解促进了水的 电离，故水电离出的c(H)>10-mol·L,D项错误。 15.答案(1)增大反应物接触面积，加快反应速率(1分，合理即可) (2)2:1(2分) (3)过滤(1分)PbS0,存在沉淀溶解平衡PbS04(s)Pb2+(aq)+S0子(aq),en能与Pb2+结合生成稳定 的[P(en)2]+,使溶液中Pb2+浓度降低，促使PbS0,沉淀溶解平衡正向移动(2分，合理即可) (4)76(2分) (5)增大CO2的溶解度（或浓度），加快反应速率，提高铅的沉淀率(2分，合理即可) (6)使乙二胺(en)再生，以便循环利用(2分，合理即可)CaS04、CaCO3(2分) 命题透析本题以制备电池级P0的工艺流程为素材，考查外界因素对化学平衡的影响、氧化还原反应方程 式的配平、溶度积常数的计算、循环利用等，意在考查理解与辨析能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)固体粉碎研磨的常规目的：增大表面积，加快反应速率。 (2)“氧化酸浸”中PbS发生反应：2PbS+2H,S0,+022PbS04+2S+2H,0,PbS作还原剂，02作氧化剂， 二者物质的量之比为2：1。 (3)分离不溶性固体（单质硫）与液体（胺浸液）用过滤操作。乙二胺浸出的原理是沉淀转化与配位平衡的 耦合。 (4)Zm2+恰好完全沉淀时，c(Zm2+)=1.0×10-5mol·L,此时溶液中c2(0H)=Km[Zn(0H)2]/c(Zn2+)= 3.0×10-12mol2·L-2,则溶液中剩余的c(C2+)=Km[Cd(0H)2]/c2(0H）=2.4×10-3mol·L-1,CP+的 沉淀率=(0.01-2.4×10-3)/0.01×100%=76%。 (5)反应物包含气体CO2,高压可显著增大气体在液相中的溶解度，从而加快沉淀反应速率。 (6)加入C(OH)2可与酸根及质子化的乙二胺盐（如碳酸盐、硫酸盐）发生反应，释放出游离的弱碱乙二胺 (en)实现循环；同时Ca2+与SO?、CO结合生成CaSO,和CaCO3沉淀（含钙粗产品）。 16.答案(1)球形冷凝管(1分) (2)b(2分) (3)防止装置C中的水蒸气逆流进入装置A,保证反应的无水环境(2分，合理即可) (4)防止倒吸(1分，合理即可) (5)将生成的HC1气体排出体系，促使反应正向进行（或将生成的HC1全部吹至装置C中以便充分吸收尾气） (2分，合理即可) (6)冰水浴冷却（或缓慢滴加、不断搅拌等）(2分，任答一条，合理即可) (7)①残留的CF,SO3H溶解在氯仿中(2分，合理即可) ②84.9(2分) 一4 命题透析本题以制备无水Mg(C℉，SO3)2为素材，考查实验安全、物质的分离与提纯、产率计算等，意在考查 探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨(2)根据信息CF,S0H为超强酸，可推知其具有极强的腐蚀性，b项符合题意。 (3)CF,SO,H极易吸水且需制备无水盐，装置B处浓硫酸起干燥作用，防止装置C中水蒸气逆流进入装置A。 (4)反应生成的HC气体极易溶于水，倒置漏斗可有效防止水倒吸人装置B中。 (5)该制备反应的原理：利用高沸点超强酸制备低沸点挥发性酸，通过通入N2将生成的HC1气体吹出体系， 促使反应不断正向移动。 (6)乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部 过热。 (7)①鎓盐受热分解生成乙醚和三氟甲磺酸，乙醚挥发，三氟甲磺酸溶于氯仿，而产物不溶于氯仿，实现固液 分离。②CF,S0H过量，n(MgCl2)=0.03mol,理论上生成n[Mg(CFS03)2]=0.03mol,理论产量为 0.03mol×322g·mol=9.66g,产品的产率=8.22×100%≈84.9%。 17.答案(1)+172.9(2分，漏写“+”不扣分) (2)①d(2分) ②>(2分) ③7(2分) 原e分) (3)①1：2(2分)》 ②7,2分) 命题透析本题以CO,催化加氢合成CH,OH技术为素材，考查盖斯定律、化学平衡的计算、晶体结构与计算 等，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)根据盖斯定律可知，△H4=2△H1-△H2=+172.9kJ·mol1。 (2)①Zr是40号元素，据此推测Zr位于第五周期VB族，为d区。②中间体HCO0·中碳原子的杂化类型为 sp2,HC0·中碳原子的杂化类型为sp,故键角∠H一C一O:HC00>HC0。③从A离子处沿体对角线的 投影图中，A离子在位置①，其余顶角位置的位于8、9、10、11、12、13，面心位置的位于2、3、4、5、6、7，若C离子 的投影位置在1山，则B离子的投影位置在7；02位于体对角线的子处，则晶胞内Z和02的最短距离 为 anm。 (3)①设初始投人n(C02)=1mol,n(H2)=3mol。C02总消耗量n(C02)=1mol×50%=0.5mol,剩余 0.5molC02,生成n(CH0H)=0.5mdl×60%=0.3mol,则生成n(C0)=0.5mol×40%=0.2mol,根据氧原 子守恒，平衡体系中n(H0)=0.5mol,故平衡时，体系中H20的物质的量与初始投入C02的物质的量之比 为1：2。②根据氢原子守恒，平衡体系中n(H2)=1.9mol,混合气体的总物质的量为0.5mol+0.3mol+ 0.2ml+0.5ol+1.9ol-3.4mdl,平衡时C0的分压为7PMPa。 18.答案(1)酯基、碳碳双键(2分) -5 (2)1(1分)氧化反应(1分) OOCCH; OH (3) 人co0cH +2Na0H-→ 人N COONa CH,COONa+C2 HsOH(2) (4)苯甲醇(2分) (5)NaOH的乙醇溶液、加热(2分，合理即可) (2分) (6)6(2分) CH.O- CH.O- -0CH(2分) OCH. CH,CH 命题透析本题以多官能团合成砌块的合成路线为素材，考查官能团、有机方程式的书写、有机物的命名、同 分异构体等，意在考查分析与推测能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)A中的官能团为酯基、碳碳双键。 (2)由G生成H的反应类型为氧化反应。 OOCCH, (3)C分子中含有2个酯基，故与NaOH反应的化学方程式为 +2Na0H-→ COOC,H OH COONa +CH3 COONa+C2H,OH。 (4)结合题意可知，F为 0H,化学名称为苯甲醇。 Br Br/CCI (5)结合已知信息以及H1的反应，设计出如下流程： NaOH/乙醇 Br CH.MgBr OH. (6)C的分子式为C2H804,不饱和度为4，依题意知，X有两种情况：一种是苯环上有4个一0CH3和1个 一CH,CH(一H与一CH,CH3在苯环上有邻间对3种)，另一种是苯环上有4个一OCH3和2个一CH3(2个 一CH在苯环上有邻间对3种)，共6种，其中不同化学环境的氢原子个数比为1：2：3：6：6的结构简式 CH.O- 为CH,0 -OCH, -OCH3 CH,CH 一6