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四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测 化学试卷
1．目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是
A．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料
C．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”
D．重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油
2．下列有关叙述正确的是
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体
C．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有
D．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
3．下列化学用语或图示表示不正确的是
A．聚丙烯的结构简式：
B．SCl2的VSEPR模型：
C．NaCl溶液中的水合离子：
D．NH2OH的电子式：
4．儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是
A．Z与足量的溴水反应消耗3mol Br2
B．可用酸性溶液鉴别X和Z
C．Y存在二元芳香酸的同分异构体
D．X分子中所有原子可能共平面
5．HCHO还原银氨溶液的方程式为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100 g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为
B．22.4 L的含电子数为
C．1 mol HCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为
D．1 mol 中σ键数目为
6．下列相关离子方程式表示正确的是
A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：
B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：
C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：
D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：
7．下列实验装置能达到实验目的是
A．从废铝合金中提取Al B．除去金属表面油污
C．完成钠的燃烧实验 D．验证铁与水蒸气反应生成H2
A．A B．B C．C D．D
8．化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有Y与Z同周期。Z与R同族，Z在地壳中含量最高，基态Q原子的次外层全部填满电子，最外层电子数为1。下列说法正确的是
A．沸点： B．第一电离能：Y>Z>R
C．Q位于元素周期表的ⅠA族 D．原子半径：R>Z>Y
9．我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，由电极a移向电极b。下列说法正确的是
A．放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极a
B．放电时，电极b的电极反应式为
C．充电时，消耗的同时将生成
D．充电时，电极a的电极反应式为
10．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该氧化物的化学式为
B．该氧化物的密度为
C．p点和q点之间的距离为
D．该晶体中Zr的配位数为4
11．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
下列说法错误的是
A．无水MgCl2在熔融状态下电解产生Mg
B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3
C．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应
D．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成
12．室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是
选项 实验方案设计 实验结论
A 将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性：
B 分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成 证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 将25℃ 0.1mol/L Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小 说明水解过程放热
A．A B．B C．C D．D
13．研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是
A．反应历程中只有做催化剂
B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大
C．总反应为
D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高
14．T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是
A．逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c)
B．T℃时，该反应的化学平衡常数为
C．图中c点所示条件下，v正>v逆
D．容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7
15．常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是
A．pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
B．pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
C．0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L
16．碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量）制取单质碘并用于花生油碘值的测定。
Ⅰ、制取的流程：含碘废液（NaI，少量)→制CuI→制
已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；
②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。
（1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。
①图中仪器A的名称为　 　。
②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式　 　。
③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：。则实验中加入Na2SO3的作用是　 　。
（2）制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。
①D中盛放的试剂为　 　。
②检验洗涤干净的方法为　 　。
Ⅱ、花生油碘值的测定
（3）碘值指100 g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25 g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00 mL 0.05 mol/L ICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：），用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定（），加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00 mL。
①实验中加入20 mL异己烷的作用为　 　。
②判断滴定到达终点的现象为　 　。
③该花生油的碘值为　 　g。
17．从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+ R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。
（1）提高废渣氧化浸出率的方法有　 　(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：　 　。
（2）“预中和”生成滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为　 　。
（4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于　 　。
（5）反萃取中，下列说法正确的是　 　(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
（6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为　 　g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
18．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：
Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下：
ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
（1）反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3=　 　kJ·mol-1。
（2）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性］随压强的变化如图所示。
①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是　 　。
②T℃时，若在密闭容器中充入2mol CO2和2.8mol H2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=　 　Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为　 　。
（4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。
①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是　 　。
②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是　 　。
③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：　 　。
19．化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）C中含有的官能团名称　 　。B分子中含有　 　个手性碳原子。
（2）由G生成M的化学方程式为　 　。
（3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为　 　，生成的有机产物结构简式为　 　。
（4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式　 　(任写一种)。
ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基
ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰
（5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。
①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为　 　。
②第三步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；石油的分馏；绿色化学
【解析】【解答】A、脂肪酸属于小分子有机物，不是有机高分子化合物，因此该过程仅实现了无机小分子向有机小分子的转变，故 A 错误；
B、玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故 B 正确；
C、“燃煤脱硫” 技术的作用是减少二氧化硫排放，防止酸雨，与减少二氧化碳排放、实现 “碳达峰、碳中和” 无关，故 C 错误；
D、石油气、汽油、煤油和柴油是石油常压分馏的产物，重油需通过裂化、裂解等工艺才能得到轻质油，直接分馏无法获得这些产品，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子化合物判断：脂肪酸的相对分子质量较小，不属于有机高分子；
材料分类判断：玻璃纤维属于硅酸盐类无机非金属材料；
脱硫技术的作用：燃煤脱硫主要减少硫氧化物排放，不直接影响二氧化碳减排；
石油炼制工艺：常压分馏得到石油气、汽油等，重油需通过裂化、裂解等深加工才能得到轻质油。
2．【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；同分异构现象和同分异构体；二氧化硫的漂白作用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油属于酯类，在热的浓 NaOH 溶液中会发生皂化反应，混合液不分层；矿物油属于烃类，与 NaOH 溶液不反应且分层，因此可用热的浓 NaOH 溶液区分二者，故 A 正确；
B、葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，不互为同系物；淀粉和纤维素的聚合度不同，分子式不相同，不互为同分异构体，故 B 错误；
C、酸化的 Ba(NO3)2溶液中含有 NO3-，若溶液中存在 SO32-，会被氧化为 SO42-，也会生成白色沉淀，因此不能证明原溶液中一定含有 SO42-，故 C 错误；
D、Cl2使品红褪色是因为其氧化性，而 SO2使品红褪色是因为与品红结合生成不稳定的无色物质，并非利用氧化性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂与烃的区分：利用油脂在碱性条件下的皂化反应，与矿物油分层现象不同进行鉴别；
同系物与同分异构体判断：同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团，同分异构体要求分子式相同、结构不同；
SO42-的检验干扰：NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，干扰检验；
漂白原理区分：Cl2的漂白性源于氧化性，SO2的漂白性源于与有机色质的结合反应。
3．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、聚丙烯由丙烯（）加聚而成，其结构简式应为 ，而非，故A错误；
B、中S原子的价层电子对数为，含2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，图示表示正确，故B正确；
C、溶液中，带正电，会吸引水分子中带负电的O原子；带负电，会吸引水分子中带正电的H原子，水合离子表示为 ，故C正确；
D、的电子式中，N原子与两个H原子、一个O原子成键，O原子再与一个H原子成键，各原子均满足稳定结构，电子式表示为 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
高分子结构简式判断：加聚产物的结构简式需体现单体的结构特征，聚丙烯的重复单元含甲基侧链；
VSEPR模型判断：根据中心原子的价层电子对数（成键电子对+孤电子对）判断VSEPR模型；
水合离子的结构：阳离子吸引水分子的O原子，阴离子吸引水分子的H原子；
电子式书写：确保各原子的最外层电子数满足稳定结构，成键方式正确。
4．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、 中苯环上有 3 个酚羟基邻、对位可与溴发生取代反应，故 1mol Z 与足量溴水反应消耗 3mol Br2，但选项未指明 Z 的物质的量，表述不准确，故 A 错误；
B、X 中的醛基和 Z 中的酚羟基、苯环侧链均可被酸性 KMnO4溶液氧化，二者均能使溶液褪色，无法鉴别，故 B 错误；
C、 的分子式为 C8H6O4，存在含苯环且有两个羧基的同分异构体（如 ），属于二元芳香酸，故 C 正确；
D、X 分子中含有亚甲基（-CH2-），其碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，所有原子不可能共平面，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酚的溴代反应：酚羟基的邻、对位氢原子可被溴取代，取代反应的计量比需结合结构分析；
有机物的鉴别：酸性 KMnO4溶液可氧化醛基、酚羟基及苯环侧链，褪色现象相同无法区分；
同分异构体判断：根据 Y 的分子式，分析含苯环和两个羧基的同分异构体的存在性；
原子共面判断：含 sp3 杂化碳原子的有机物，原子无法全部共平面。
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、100 g 30% 的 HCHO 溶液中，HCHO 和 H2O 均含有氧原子，氧原子数目大于 NA，故 A 错误；
B、未指明 NH3所处的状况（如标准状况），无法用气体摩尔体积计算其物质的量和电子数，故 B 错误；
C、由反应方程式可知，1 mol HCHO 与足量银氨溶液反应生成 4 mol Ag，转移电子数为 4NA，故 C 错误；
D、1 个 [Ag(NH3)2]+中，每个 NH3含 3 个 N—H σ 键，Ag+与 2 个 NH3之间还存在 2 个配位 σ 键，共含 8 个 σ 键，故 1 mol 该离子中 σ 键数目为 8NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶液中微粒数目计算：需同时考虑溶质和溶剂中含有的目标原子；
气体摩尔体积的使用条件：标准状况下，气体摩尔体积才为 22.4 L/mol；
氧化还原反应电子转移：根据反应中元素化合价的变化，计算电子转移数目；
配位离子中 σ 键数目：配位键属于 σ 键，需同时考虑配体内部的共价键和中心离子与配体间的配位键。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、AgBr为难溶物，书写离子方程式时不能拆分为Ag+，正确的离子方程式应为 ，故A错误；
B、亚硫酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆分为，正确的离子方程式应为 ，故B错误；
C、pH=4的溶液呈酸性，反应体系中不存在大量OH-，正确的离子方程式应为 ，生成的Fe3+再水解生成Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D、酸性条件下，O2可将I-氧化为I2，离子方程式 符合反应事实、电荷守恒和原子守恒，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
难溶物的处理：离子方程式中，难溶物需保留化学式，不能拆分为离子形式；
弱电解质的处理：弱酸、弱碱等弱电解质需保留化学式，不能拆分为离子形式；
反应环境的影响：酸性条件下的反应，反应物和生成物中不能出现大量OH-；
离子方程式的守恒判断：需同时满足电荷守恒、原子守恒，并符合反应事实。
7．【答案】B
【知识点】合金及其应用；钠的化学性质；铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该装置为电解池，两极均为铝相关电极，在 AlCl3溶液中，两极均会发生反应，无法实现从废铝合金中提取 Al，故 A 错误；
B、加热的 Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，可除去金属表面油污，装置能达到实验目的，故 B 正确；
C、钠的燃烧实验应在坩埚中进行，烧杯加热易炸裂，装置不合理，故 C 错误；
D、铁与水蒸气反应的装置中，加热还原铁粉的部位需放置湿棉花提供水蒸气，图中湿棉花位置不当，无法生成 H2，装置不能达到实验目的，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电解池原理应用：电解 AlCl3溶液时，Al3+不会在阴极放电生成 Al，无法通过电解法提取 Al；
油脂的水解：Na2CO3溶液加热后水解程度增大，碱性增强，可促进油脂水解，达到去油污的目的；
钠的燃烧实验：钠燃烧温度较高，烧杯不耐高温，应使用坩埚作为反应容器；
铁与水蒸气的反应：湿棉花需放置在加热铁粉的部位，受热产生水蒸气，与铁粉反应生成 H2，装置中棉花位置错误。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X、Y、Z、R的简单氢化物分别为、、；和分子间均存在氢键，沸点显著高于无氢键作用的；其中分子间氢键强度更大、作用更显著，沸点高于，故沸点顺序为，A错误；
B、Y为N、Z为O、R为S；同周期元素从左到右第一电离能整体呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定结构，其第一电离能高于相邻的O；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能顺序为，B正确；
C、Q为Cu，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，C错误；
D、原子半径比较遵循“电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小”的规律；S原子电子层数为3，半径大于电子层数为2的N、O；N与O同周期，O的核电荷数更大，半径更小，故原子半径顺序为，D错误；
故答案为：B。
【分析】已知元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，且均分布在前四周期；结合关键信息推断：地壳中含量最高的元素Z为O，与Z同族的R为S；Q原子序数最大，基态时次外层电子全满、最外层仅1个电子，符合Cu的电子排布特征；由化合物的组成，结合Y与Z同周期，可确定Y为N，X为H。综上，X、Y、Z、R、Q依次为H、N、O、S、Cu。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，H-由电极a移向电极b，说明电极a为负极，电极b为正极；电流方向与阴离子移动方向相反，应由电极b经负载流向电极a，故A正确；
B、放电时，电极b为正极，发生还原反应，电极反应式应为 ，而非选项中的式子，故B错误；
C、充电时，电极b为阳极，电极反应为；电极a为阴极，电极反应为 ；由电子守恒可知，消耗3mol 时转移3mol电子，只能生成0.5mol ，故C错误；
D、充电时，电极a为阴极，应发生得电子的还原反应，而选项中电极反应式为失电子的氧化反应，不符合充电时的电极反应规律，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此确定电极a为负极、电极b为正极；
电流方向判断：电流方向与电子流动方向相反，由正极经外电路流向负极；
电极反应式书写：放电时，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；充电时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
电子守恒计算：根据两极的电极反应式，结合转移电子数相等，计算反应中物质的量关系。
10．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶胞中，Zr原子位于晶胞内部，数目为4；O原子位于晶胞的顶点、面心和棱上，通过均摊法计算，数目为，故化学式为，而非，A错误；
B、晶胞质量为，晶胞体积为，密度，B错误；
C、p点坐标为，q点坐标为，两点在xy平面内的投影距离为 pm，z坐标相同，故p点和q点之间的距离为 pm，C正确；
D、观察晶胞结构，每个Zr原子周围最近的O原子数目为8，故Zr的配位数为8，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞中原子数目的计算：利用均摊法计算不同位置原子的数目，顶点原子贡献，面心原子贡献，棱上原子贡献，内部原子完全属于晶胞；
晶体密度的计算：根据密度公式，其中m为晶胞质量，V为晶胞体积，需注意单位换算；
晶胞中原子间距离的计算：根据原子的坐标参数，利用空间距离公式计算两点间距离；
配位数的判断：观察晶胞中与中心原子距离最近的配位原子数目。
11．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、无水MgCl2在熔融状态下，通过电解反应可生成Mg和Cl2，工业上常用此法冶炼镁，故A正确；
B、酸浸时，SiO2不与盐酸反应，因此“浸渣”为SiO2；加入MgCO3调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；根据沉淀转化原理，由于Ksp(CaCO3) < Ksp(MgCO3)，Ca2+可与CO32-结合生成CaCO3沉淀，故“滤渣”含Fe(OH)3和CaCO3，故B正确；
C、流程中涉及的反应类型：酸浸、除杂为复分解反应；氨化时MgCl2与NH3、甲醇反应生成MgCl2·6NH3，属于化合反应；热解时MgCl2·6NH3分解为MgCl2和NH3，属于分解反应；整个过程中没有置换反应发生，故C错误；
D、“浓缩、部分脱水”时，MgCl2溶液浓度增大，Mg2+的水解平衡正向移动，可能生成Mg(OH)Cl沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】菱镁矿（含、、、）经盐酸酸浸，除去浸渣；滤液加除杂，生成滤渣、；浓缩部分脱水后，滤液加、氨化，生成；最后热解得到无水。
12．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、酸性条件下，可同时氧化和，生成和，但无法确定是否氧化了，因此不能得出氧化性的结论，故A错误；
B、等体积的和饱和溶液中，溶解度更大，所含物质的量更多，加入足量溶液后，生成沉淀的物质的量前者更多，说明，故B正确；
C、红棕色气体可能是浓硝酸受热分解生成的，不一定是炭与浓硝酸反应生成的，故C错误；
D、加热溶液时，水解程度增大，同时温度升高促进被氧化为，溶液pH减小无法说明水解过程放热，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性强弱判断：氧化剂能同时氧化多种还原剂时，无法直接通过实验现象判断还原剂对应的氧化产物的氧化性强弱；
溶度积比较：同类型难溶电解质，饱和溶液中离子浓度越大，溶度积越大；
实验干扰分析：浓硝酸受热易分解，生成的会干扰炭与浓硝酸反应产物的检验；
盐类水解与温度的关系：加热时需同时考虑水解平衡和氧化还原反应对溶液pH的影响。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应历程中，除了题目给出的Rh(I)-邻氨基苯酚配合物，也参与反应并在后续步骤中再生，因此也起到催化作用，故A错误；
B、是催化剂，增大其用量不会改变反应的平衡状态，因此甲醇的平衡转化率不变，故B错误；
C、根据反应历程，反应物为和，生成物为，因此总反应为，故C正确；
D、物质含量少，通常说明生成该物质的步骤（即前一步反应）的活化能较高，反应速率慢，导致该物质积累少，而非后续步骤活化能高，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：催化剂参与反应历程，且在反应前后质量和化学性质不变，本题中和Rh(I)-邻氨基苯酚配合物均为催化剂；
催化剂对平衡的影响：催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，因此不改变反应物的平衡转化率；
总反应式书写：将反应历程中各步反应相加，消去中间产物，得到总反应；
反应速率与活化能的关系：活化能越高，反应速率越慢，生成的中间产物含量越少。
14．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、 容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内反应程度越高，逆反应速率与产物浓度正相关，故逆反应速率：v (a) > v (b) > v (c)，A正确；
B、由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为：
，
各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=，T℃时，该反应的化学平衡常数，B错误；
C、 b 点是转化率的最高点，说明此时反应已达到平衡状态，a 点反应未达平衡，而 c 点容器体积更大、反应速率更慢，在相同时间内反应程度更低，未达到平衡，反应仍在正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C正确；
D、a点反应三段式为：
，
b点反应三段式为：
，
a点平衡时，。b点时，设转化率为，由图可知，此时。压强比，因且，故。由于，所以成立，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率与压强的关系：容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内产物浓度越高，逆反应速率越大；
平衡常数的计算：利用 b 点平衡时各物质的物质的量，结合容器体积计算浓度，再代入平衡常数表达式求解；
平衡状态的判断：c 点反应未达到平衡，反应正向进行，故正反应速率大于逆反应速率；
压强与物质的量、体积的关系：根据理想气体状态方程pV=nRT，结合 a、b 两点的气体物质的量和容器体积关系，分析压强比的范围。
15．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH=4.2时，溶液中主要存在的是HA-，由分布系数图可知此时c(HA-)最大，根据质子守恒：不成立，正确的质子守恒应为仅在特定条件下成立，而pH=4.2时，溶液中还存在其他离子，该等式不成立，故A错误；
B、pH=3.7时，观察分布系数曲线，HA-的分布系数最大，H2A次之，A2-最小，故，B正确；
C、0.1mol/L的Na2A溶液中，A2-水解使溶液呈碱性，，，同时水的电离被抑制，溶液中H+全部来自水的电离，而由A2-的第二步水解生成，第二步水解程度很小，故，C正确；
D、pH=6.8时，由分布系数图可知此时，又，在MA浑浊液中，，此时，且溶液中A元素主要以这两种形式存在，由物料守恒可得，故，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
质子守恒的应用：判断不同pH下溶液中的主要离子，正确书写质子守恒式；
分布系数曲线的解读：根据曲线交点判断各形态的浓度大小关系；
盐类水解的分析：结合Na2A的水解程度，比较溶液中与的浓度；
溶度积与电离平衡的综合计算：利用分布系数曲线确定，再结合溶度积计算。
16．【答案】三颈烧瓶；；还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀；NaOH溶液(或其他碱溶液)；取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净；作为溶剂；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；101.6
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器A的名称为三颈烧瓶；
② 根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价（2个Cu共降2价），S元素从+4价升为+6价（升2价），电荷、原子守恒配平即得到离子方程式。 ；
③加入亚硫酸钠可将废液中少量碘还原为碘离子，避免副反应生成碘，保证碘元素完全转化为碘化亚铜沉淀，提高碘的回收率；
故答案为： 三颈烧瓶 ；； 还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀 ；
（2）①用NaOH碱液可吸收浓硝酸氧化碘化亚铜时生成的有毒氮氧化物尾气，同时吸收挥发的碘单质；
②检验碘单质洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液，加入亚铁氰化钾溶液，若无红褐色沉淀生成，说明洗涤干净；
故答案为： NaOH溶液(或其他碱溶液)； 取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净 ；
（3）①异己烷作为溶剂，可溶解油脂，使反应物充分接触反应；
②滴定终点现象：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
③③根据关系式 计算： 总，过量， 反应的，相当于消耗，质量为， 则100 g花生油消耗碘的质量为。
故答案为： 作为溶剂 ； 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ； 101.6 ；
【分析】本流程围绕含碘废液中碘的回收与油脂碘值的测定展开，核心分为两大阶段：
碘的回收阶段：先向含碘废液中加入亚硫酸钠，将残留的碘单质还原为碘离子，避免后续副反应的发生；再加入硫酸铜溶液，使铜离子与碘离子发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，亚硫酸钠的存在可确保碘离子完全转化，提升碘的回收率；随后用浓硝酸氧化碘化亚铜沉淀，重新得到碘单质，经洗涤、干燥提纯后，利用亚铁氰化钾与铜离子的特征反应检验洗涤是否彻底，保证碘单质的纯度。
碘值测定阶段：利用一氯化碘与油脂的加成反应，加入过量碘化钾将剩余的一氯化碘转化为碘单质，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的碘，以淀粉为指示剂，通过溶液蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的一氯化碘量，最终换算为每 100g 油脂消耗碘的质量，即油脂的碘值。
（1）①考查常见实验仪器的识别，根据装置结构直接判断仪器名称；
②考查氧化还原反应离子方程式的书写，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
③考查实验试剂的作用，结合亚硫酸钠的还原性，分析其对碘元素转化和回收率的影响；
（2）①考查尾气处理试剂的选择，根据有毒气体的性质，选择能同时吸收氮氧化物和碘单质的NaOH碱液；
②考查沉淀洗涤的检验方法，利用铜离子与亚铁氰化钾的特征反应，判断洗涤液中是否残留铜离子；
（3）①考查溶剂的选择，根据油脂的溶解性，分析异己烷作为溶剂的作用；
②考查滴定终点的判断，根据淀粉遇碘变蓝的特性，描述硫代硫酸钠滴定碘的终点现象；
③考查氧化还原滴定的计算，根据反应关系式，通过硫代硫酸钠的用量计算与油脂反应的碘的量，进而换算碘值。
17．【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)
（2）CaSO4
（3）5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
（4）6.3
（5）AC
（6）0.64
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）提高氧化浸出率的措施包括粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中KMnO4会将盐酸氧化为Cl2，因此不能用盐酸代替硫酸；
故答案为： 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 ； 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可) ；
（2）加入Ca(OH)2后，生成的滤渣主要成分为CaSO4；
故答案为： CaSO4 ；
（3）KMnO4将H3AsO3全部氧化为H3AsO4，反应的化学方程式为：；
故答案为： 5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O ；
（4）欲使完全沉淀（浓度≤）， 此时，，则，所以应控制；
故答案为： 6.3 ；
（5）A、分液漏斗使用前需检查上口塞子和活塞处是否漏液，正确；
B、振荡放气后应静置分层，而非错误操作，错误；
C、萃取将Cu2+转移至有机相，反萃取后转移至水相，正确；
故答案为：AC；
（6）电解500mL反萃取后的溶液，若增大了0.04mol/L，生成的 ，由阳极反应（ ）可知转移电子为0.02mol，根据阴极反应（ ）计算得沉积铜的质量为。
故答案为： 0.64 ；
【分析】本工艺以含铜、铁、砷的工业废渣为原料，通过硫酸浸取、杂质去除、萃取富集、电解精炼等步骤，实现铜资源的高效回收。
向废渣中通入空气并加入硫酸，利用硫酸溶解可溶组分，同时空气氧化硫化物，过滤除去硫渣，得到含铜离子、铁离子、亚砷酸、氢离子和硫酸根的滤液。加入氢氧化钙生成硫酸钙沉淀，去除大部分硫酸根；再用高锰酸钾将亚砷酸深度氧化为砷酸，随后加入石灰调节 pH，使铁离子与砷酸根以砷酸铁形式沉淀除去，实现铁、砷杂质的高效脱除。加入有机萃取剂，使铜离子与萃取剂结合进入有机相，实现铜与其他杂质的分离；再通过反萃取，将铜离子重新转移至水相，得到高纯度的硫酸铜溶液。对反萃取后的硫酸铜溶液进行电解，在阴极得到高纯度的铜单质，完成铜资源的回收。
（1）本题考查浸出率的影响因素与试剂选择；粉碎、搅拌、加热、增大硫酸浓度均可通过增大接触面积或提高反应速率来提升浸出率；KMnO4具有强氧化性，会将盐酸氧化为有毒的Cl2，因此硫酸是该流程中唯一合适的酸；
（2）本题考查滤渣成分判断；滤液中含有大量，加入Ca(OH)2后，与结合生成微溶的CaSO4沉淀，故滤渣主要成分为CaSO4；
（3）本题考查氧化还原反应方程式的书写；反应中Mn元素由+7价降至+2价，As元素由+3价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒配平即可；
（4）本题考查溶度积常数的应用；先根据计算完全沉淀时的浓度，再结合计算该浓度下开始沉淀的浓度，从而确定溶液的pH控制上限；
（5）本题考查萃取操作的基本要点；分液漏斗使用前必须检查是否漏液；振荡放气后需静置分层，B选项描述错误；萃取利用萃取剂将目标离子从水相转移至有机相，反萃取则使其重新进入水相，C选项描述正确；
（6）本题考查电解池的计算；电解硫酸铜溶液时，阳极发生水的氧化反应生成，根据生成的物质的量可直接得到转移电子数，再结合阴极铜离子的还原反应，即可计算出析出铜的质量。
（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；
（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；
（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；
C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；
故答案选AC；
（6）若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。
18．【答案】-90.7；主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大；；25%；A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率；温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度；温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）将主反应减去副反应，得到目标反应：，；
故答案为： -90.7 ；
（2）①增大压强时，主反应（气体分子数减少）平衡正向移动，副反应（气体分子数不变）平衡不移动，因此甲醇的选择性增大；
② 根据主反应和副反应的方程式可知：消耗等于生成的、CO的物质的量之和，已知，设生成的，甲醇的选择性为40%，则，解得x=0.4；平衡时，，，，，混合气体总物质的量为，，，则T℃时，主反应的压强平衡常数；
故答案为： 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 ； ；
（3） 230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，根据碳原子守恒可知：消耗的的物质的量等于生成的、CO的物质的量之和，则该温度下的转化率为=；
故答案为： 25% ；
（4）①实验中A、B、C、D点的转化率实验值均小于平衡值，因此四点均未达到化学平衡状态；
②主反应为放热反应、副反应为吸热反应，温度升高时主反应平衡逆向移动、副反应平衡正向移动；温度高于260℃时，副反应正向移动的影响超过主反应逆向移动的影响，因此平衡转化率随温度升高而增大；
③温度相同时，主反应速率大于副反应速率，单位时间内生成的更多，导致甲醇选择性的实验值略高于平衡值。
故答案为： A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率 ； 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 ； 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 ；
【分析】（1）考查盖斯定律的应用，通过主、副反应的焓变差值计算目标反应的焓变；
（2）①考查压强对平衡移动和反应选择性的影响，结合主、副反应的气体分子数变化，分析压强对甲醇选择性的影响；
②考查平衡常数的计算，先根据选择性数据计算各产物物质的量，再结合总物质的量计算分压，最后代入压强平衡常数表达式计算；
（3）考查转化率的计算，利用碳原子守恒确定消耗的物质的量，再结合初始物质的量计算转化率；
（4）①考查化学平衡状态的判断，通过对比实验值与平衡值，判断各点是否达到平衡；
②考查温度对平衡移动的影响，结合主、副反应的热效应，分析温度对平衡转化率的影响；
③考查反应速率对选择性的影响，根据主、副反应的速率差异，分析甲醇选择性实验值与平衡值的偏差原因。
19．【答案】（1）(酮)羰基、羧基；3
（2）
（3）取代反应；
（4）、、、、、、、，(任写一种)
（5）2-甲基-1，5-己二烯；+CH3OH
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1） C 中含有的官能团为（酮）羰基、羧基；B 的结构简式为，分子中含有 3 个手性碳原子：；由C的结构可知，C中含有
故答案为： (酮)羰基、羧基 ；3；
（2）由 G 生成 M 的反应为加聚反应，化学方程式为：n 分子 G 在催化剂、加热条件下发生加成聚合，生成高分子化合物 M； ，化学方程式为；
故答案为： ；
（3）F的结构简式为， 与足量浓氢溴酸加热反应时，羟基被溴原子取代，生成对应的二溴代物：；
故答案为： 取代反应 ； ；
（4）E的结构简式为，其同分异构体 Q 需满足含苯环和 2 个酚羟基，且核磁共振氢谱有 5 组峰，符合条件的结构有多种，如：、、、、、、、（任写一种）；
故答案为：、、、、、、、，(任写一种) ；
（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；
②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。
故答案为： 2-甲基-1，5-己二烯 ；+CH3OH ；
【分析】由 A 出发，经 NaOH 醇溶液加热发生消去反应得到 B；B 被酸性重铬酸钾氧化，双键断裂并生成羰基和羧基，得到化合物 C； 由C的结构简式，可以推出B的结构简式为， A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C 与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成酯 D（ ）；D 在钠 / 乙醚条件下发生分子内缩合，得到二酮 E；E 经催化加氢还原羰基为羟基，得到二醇 F（ ）；F 在浓硫酸加热条件下发生消去反应，形成含苯环的烯烃 G；最后 G 在催化剂加热条件下发生加聚反应，得到高分子材料 M。
（1）本题考查有机物官能团识别与手性碳原子判断；根据 C 的结构直接识别官能团，再结合手性碳原子的定义，找出 B 分子中连有四个不同基团的碳原子；
（2）本题考查加聚反应方程式的书写；根据 G 的结构（含碳碳双键），结合加聚反应的特点，写出生成高分子 M 的反应方程式；
（3）本题考查取代反应的产物判断；根据 F 的结构（含羟基），结合羟基与浓氢溴酸的取代反应规律，推断产物结构；
（4）本题考查同分异构体的书写；根据限定条件（含苯环、2 个酚羟基、核磁共振氢谱 5 组峰），结合 E 的分子式，分析分子对称性并写出可能的结构；
（5）①考查有机物的系统命名；根据烯烃的命名规则，确定双键位置和取代基位置，写出名称；
②考查有机合成流程的分析；结合反应条件和反应物、产物结构，推断各步反应类型及中间产物。
（1）由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：；
（2）由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为；
（3）F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为；
（4）E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i.分子中含有苯环和2个酚羟基；ii.核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、（任写一种）；
（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；
②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。
1 / 1四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测 化学试卷
1．目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是
A．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料
C．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”
D．重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油
【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；石油的分馏；绿色化学
【解析】【解答】A、脂肪酸属于小分子有机物，不是有机高分子化合物，因此该过程仅实现了无机小分子向有机小分子的转变，故 A 错误；
B、玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故 B 正确；
C、“燃煤脱硫” 技术的作用是减少二氧化硫排放，防止酸雨，与减少二氧化碳排放、实现 “碳达峰、碳中和” 无关，故 C 错误；
D、石油气、汽油、煤油和柴油是石油常压分馏的产物，重油需通过裂化、裂解等工艺才能得到轻质油，直接分馏无法获得这些产品，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
高分子化合物判断：脂肪酸的相对分子质量较小，不属于有机高分子；
材料分类判断：玻璃纤维属于硅酸盐类无机非金属材料；
脱硫技术的作用：燃煤脱硫主要减少硫氧化物排放，不直接影响二氧化碳减排；
石油炼制工艺：常压分馏得到石油气、汽油等，重油需通过裂化、裂解等深加工才能得到轻质油。
2．下列有关叙述正确的是
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体
C．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有
D．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；同分异构现象和同分异构体；二氧化硫的漂白作用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、植物油属于酯类，在热的浓 NaOH 溶液中会发生皂化反应，混合液不分层；矿物油属于烃类，与 NaOH 溶液不反应且分层，因此可用热的浓 NaOH 溶液区分二者，故 A 正确；
B、葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，不互为同系物；淀粉和纤维素的聚合度不同，分子式不相同，不互为同分异构体，故 B 错误；
C、酸化的 Ba(NO3)2溶液中含有 NO3-，若溶液中存在 SO32-，会被氧化为 SO42-，也会生成白色沉淀，因此不能证明原溶液中一定含有 SO42-，故 C 错误；
D、Cl2使品红褪色是因为其氧化性，而 SO2使品红褪色是因为与品红结合生成不稳定的无色物质，并非利用氧化性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油脂与烃的区分：利用油脂在碱性条件下的皂化反应，与矿物油分层现象不同进行鉴别；
同系物与同分异构体判断：同系物要求结构相似、分子组成相差若干个 CH2原子团，同分异构体要求分子式相同、结构不同；
SO42-的检验干扰：NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 SO32-氧化为 SO42-，干扰检验；
漂白原理区分：Cl2的漂白性源于氧化性，SO2的漂白性源于与有机色质的结合反应。
3．下列化学用语或图示表示不正确的是
A．聚丙烯的结构简式：
B．SCl2的VSEPR模型：
C．NaCl溶液中的水合离子：
D．NH2OH的电子式：
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、聚丙烯由丙烯（）加聚而成，其结构简式应为 ，而非，故A错误；
B、中S原子的价层电子对数为，含2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，图示表示正确，故B正确；
C、溶液中，带正电，会吸引水分子中带负电的O原子；带负电，会吸引水分子中带正电的H原子，水合离子表示为 ，故C正确；
D、的电子式中，N原子与两个H原子、一个O原子成键，O原子再与一个H原子成键，各原子均满足稳定结构，电子式表示为 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
高分子结构简式判断：加聚产物的结构简式需体现单体的结构特征，聚丙烯的重复单元含甲基侧链；
VSEPR模型判断：根据中心原子的价层电子对数（成键电子对+孤电子对）判断VSEPR模型；
水合离子的结构：阳离子吸引水分子的O原子，阴离子吸引水分子的H原子；
电子式书写：确保各原子的最外层电子数满足稳定结构，成键方式正确。
4．儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是
A．Z与足量的溴水反应消耗3mol Br2
B．可用酸性溶液鉴别X和Z
C．Y存在二元芳香酸的同分异构体
D．X分子中所有原子可能共平面
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、 中苯环上有 3 个酚羟基邻、对位可与溴发生取代反应，故 1mol Z 与足量溴水反应消耗 3mol Br2，但选项未指明 Z 的物质的量，表述不准确，故 A 错误；
B、X 中的醛基和 Z 中的酚羟基、苯环侧链均可被酸性 KMnO4溶液氧化，二者均能使溶液褪色，无法鉴别，故 B 错误；
C、 的分子式为 C8H6O4，存在含苯环且有两个羧基的同分异构体（如 ），属于二元芳香酸，故 C 正确；
D、X 分子中含有亚甲基（-CH2-），其碳原子为 sp3 杂化，呈四面体结构，所有原子不可能共平面，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酚的溴代反应：酚羟基的邻、对位氢原子可被溴取代，取代反应的计量比需结合结构分析；
有机物的鉴别：酸性 KMnO4溶液可氧化醛基、酚羟基及苯环侧链，褪色现象相同无法区分；
同分异构体判断：根据 Y 的分子式，分析含苯环和两个羧基的同分异构体的存在性；
原子共面判断：含 sp3 杂化碳原子的有机物，原子无法全部共平面。
5．HCHO还原银氨溶液的方程式为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100 g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为
B．22.4 L的含电子数为
C．1 mol HCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为
D．1 mol 中σ键数目为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、100 g 30% 的 HCHO 溶液中，HCHO 和 H2O 均含有氧原子，氧原子数目大于 NA，故 A 错误；
B、未指明 NH3所处的状况（如标准状况），无法用气体摩尔体积计算其物质的量和电子数，故 B 错误；
C、由反应方程式可知，1 mol HCHO 与足量银氨溶液反应生成 4 mol Ag，转移电子数为 4NA，故 C 错误；
D、1 个 [Ag(NH3)2]+中，每个 NH3含 3 个 N—H σ 键，Ag+与 2 个 NH3之间还存在 2 个配位 σ 键，共含 8 个 σ 键，故 1 mol 该离子中 σ 键数目为 8NA，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶液中微粒数目计算：需同时考虑溶质和溶剂中含有的目标原子；
气体摩尔体积的使用条件：标准状况下，气体摩尔体积才为 22.4 L/mol；
氧化还原反应电子转移：根据反应中元素化合价的变化，计算电子转移数目；
配位离子中 σ 键数目：配位键属于 σ 键，需同时考虑配体内部的共价键和中心离子与配体间的配位键。
6．下列相关离子方程式表示正确的是
A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：
B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：
C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：
D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、AgBr为难溶物，书写离子方程式时不能拆分为Ag+，正确的离子方程式应为 ，故A错误；
B、亚硫酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆分为，正确的离子方程式应为 ，故B错误；
C、pH=4的溶液呈酸性，反应体系中不存在大量OH-，正确的离子方程式应为 ，生成的Fe3+再水解生成Fe(OH)3沉淀，故C错误；
D、酸性条件下，O2可将I-氧化为I2，离子方程式 符合反应事实、电荷守恒和原子守恒，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
难溶物的处理：离子方程式中，难溶物需保留化学式，不能拆分为离子形式；
弱电解质的处理：弱酸、弱碱等弱电解质需保留化学式，不能拆分为离子形式；
反应环境的影响：酸性条件下的反应，反应物和生成物中不能出现大量OH-；
离子方程式的守恒判断：需同时满足电荷守恒、原子守恒，并符合反应事实。
7．下列实验装置能达到实验目的是
A．从废铝合金中提取Al B．除去金属表面油污
C．完成钠的燃烧实验 D．验证铁与水蒸气反应生成H2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；钠的化学性质；铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、该装置为电解池，两极均为铝相关电极，在 AlCl3溶液中，两极均会发生反应，无法实现从废铝合金中提取 Al，故 A 错误；
B、加热的 Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，可除去金属表面油污，装置能达到实验目的，故 B 正确；
C、钠的燃烧实验应在坩埚中进行，烧杯加热易炸裂，装置不合理，故 C 错误；
D、铁与水蒸气反应的装置中，加热还原铁粉的部位需放置湿棉花提供水蒸气，图中湿棉花位置不当，无法生成 H2，装置不能达到实验目的，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电解池原理应用：电解 AlCl3溶液时，Al3+不会在阴极放电生成 Al，无法通过电解法提取 Al；
油脂的水解：Na2CO3溶液加热后水解程度增大，碱性增强，可促进油脂水解，达到去油污的目的；
钠的燃烧实验：钠燃烧温度较高，烧杯不耐高温，应使用坩埚作为反应容器；
铁与水蒸气的反应：湿棉花需放置在加热铁粉的部位，受热产生水蒸气，与铁粉反应生成 H2，装置中棉花位置错误。
8．化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有Y与Z同周期。Z与R同族，Z在地壳中含量最高，基态Q原子的次外层全部填满电子，最外层电子数为1。下列说法正确的是
A．沸点： B．第一电离能：Y>Z>R
C．Q位于元素周期表的ⅠA族 D．原子半径：R>Z>Y
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X、Y、Z、R的简单氢化物分别为、、；和分子间均存在氢键，沸点显著高于无氢键作用的；其中分子间氢键强度更大、作用更显著，沸点高于，故沸点顺序为，A错误；
B、Y为N、Z为O、R为S；同周期元素从左到右第一电离能整体呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定结构，其第一电离能高于相邻的O；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能顺序为，B正确；
C、Q为Cu，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，C错误；
D、原子半径比较遵循“电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小”的规律；S原子电子层数为3，半径大于电子层数为2的N、O；N与O同周期，O的核电荷数更大，半径更小，故原子半径顺序为，D错误；
故答案为：B。
【分析】已知元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，且均分布在前四周期；结合关键信息推断：地壳中含量最高的元素Z为O，与Z同族的R为S；Q原子序数最大，基态时次外层电子全满、最外层仅1个电子，符合Cu的电子排布特征；由化合物的组成，结合Y与Z同周期，可确定Y为N，X为H。综上，X、Y、Z、R、Q依次为H、N、O、S、Cu。
9．我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，由电极a移向电极b。下列说法正确的是
A．放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极a
B．放电时，电极b的电极反应式为
C．充电时，消耗的同时将生成
D．充电时，电极a的电极反应式为
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，H-由电极a移向电极b，说明电极a为负极，电极b为正极；电流方向与阴离子移动方向相反，应由电极b经负载流向电极a，故A正确；
B、放电时，电极b为正极，发生还原反应，电极反应式应为 ，而非选项中的式子，故B错误；
C、充电时，电极b为阳极，电极反应为；电极a为阴极，电极反应为 ；由电子守恒可知，消耗3mol 时转移3mol电子，只能生成0.5mol ，故C错误；
D、充电时，电极a为阴极，应发生得电子的还原反应，而选项中电极反应式为失电子的氧化反应，不符合充电时的电极反应规律，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
原电池正负极判断：放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此确定电极a为负极、电极b为正极；
电流方向判断：电流方向与电子流动方向相反，由正极经外电路流向负极；
电极反应式书写：放电时，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；充电时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
电子守恒计算：根据两极的电极反应式，结合转移电子数相等，计算反应中物质的量关系。
10．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该氧化物的化学式为
B．该氧化物的密度为
C．p点和q点之间的距离为
D．该晶体中Zr的配位数为4
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶胞中，Zr原子位于晶胞内部，数目为4；O原子位于晶胞的顶点、面心和棱上，通过均摊法计算，数目为，故化学式为，而非，A错误；
B、晶胞质量为，晶胞体积为，密度，B错误；
C、p点坐标为，q点坐标为，两点在xy平面内的投影距离为 pm，z坐标相同，故p点和q点之间的距离为 pm，C正确；
D、观察晶胞结构，每个Zr原子周围最近的O原子数目为8，故Zr的配位数为8，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶胞中原子数目的计算：利用均摊法计算不同位置原子的数目，顶点原子贡献，面心原子贡献，棱上原子贡献，内部原子完全属于晶胞；
晶体密度的计算：根据密度公式，其中m为晶胞质量，V为晶胞体积，需注意单位换算；
晶胞中原子间距离的计算：根据原子的坐标参数，利用空间距离公式计算两点间距离；
配位数的判断：观察晶胞中与中心原子距离最近的配位原子数目。
11．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
下列说法错误的是
A．无水MgCl2在熔融状态下电解产生Mg
B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3
C．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应
D．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、无水MgCl2在熔融状态下，通过电解反应可生成Mg和Cl2，工业上常用此法冶炼镁，故A正确；
B、酸浸时，SiO2不与盐酸反应，因此“浸渣”为SiO2；加入MgCO3调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；根据沉淀转化原理，由于Ksp(CaCO3) < Ksp(MgCO3)，Ca2+可与CO32-结合生成CaCO3沉淀，故“滤渣”含Fe(OH)3和CaCO3，故B正确；
C、流程中涉及的反应类型：酸浸、除杂为复分解反应；氨化时MgCl2与NH3、甲醇反应生成MgCl2·6NH3，属于化合反应；热解时MgCl2·6NH3分解为MgCl2和NH3，属于分解反应；整个过程中没有置换反应发生，故C错误；
D、“浓缩、部分脱水”时，MgCl2溶液浓度增大，Mg2+的水解平衡正向移动，可能生成Mg(OH)Cl沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】菱镁矿（含、、、）经盐酸酸浸，除去浸渣；滤液加除杂，生成滤渣、；浓缩部分脱水后，滤液加、氨化，生成；最后热解得到无水。
12．室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是
选项 实验方案设计 实验结论
A 将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性：
B 分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成 证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 将25℃ 0.1mol/L Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小 说明水解过程放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、酸性条件下，可同时氧化和，生成和，但无法确定是否氧化了，因此不能得出氧化性的结论，故A错误；
B、等体积的和饱和溶液中，溶解度更大，所含物质的量更多，加入足量溶液后，生成沉淀的物质的量前者更多，说明，故B正确；
C、红棕色气体可能是浓硝酸受热分解生成的，不一定是炭与浓硝酸反应生成的，故C错误；
D、加热溶液时，水解程度增大，同时温度升高促进被氧化为，溶液pH减小无法说明水解过程放热，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化性强弱判断：氧化剂能同时氧化多种还原剂时，无法直接通过实验现象判断还原剂对应的氧化产物的氧化性强弱；
溶度积比较：同类型难溶电解质，饱和溶液中离子浓度越大，溶度积越大；
实验干扰分析：浓硝酸受热易分解，生成的会干扰炭与浓硝酸反应产物的检验；
盐类水解与温度的关系：加热时需同时考虑水解平衡和氧化还原反应对溶液pH的影响。
13．研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是
A．反应历程中只有做催化剂
B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大
C．总反应为
D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应历程中，除了题目给出的Rh(I)-邻氨基苯酚配合物，也参与反应并在后续步骤中再生，因此也起到催化作用，故A错误；
B、是催化剂，增大其用量不会改变反应的平衡状态，因此甲醇的平衡转化率不变，故B错误；
C、根据反应历程，反应物为和，生成物为，因此总反应为，故C正确；
D、物质含量少，通常说明生成该物质的步骤（即前一步反应）的活化能较高，反应速率慢，导致该物质积累少，而非后续步骤活化能高，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：催化剂参与反应历程，且在反应前后质量和化学性质不变，本题中和Rh(I)-邻氨基苯酚配合物均为催化剂；
催化剂对平衡的影响：催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，因此不改变反应物的平衡转化率；
总反应式书写：将反应历程中各步反应相加，消去中间产物，得到总反应；
反应速率与活化能的关系：活化能越高，反应速率越慢，生成的中间产物含量越少。
14．T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是
A．逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c)
B．T℃时，该反应的化学平衡常数为
C．图中c点所示条件下，v正>v逆
D．容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、 容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内反应程度越高，逆反应速率与产物浓度正相关，故逆反应速率：v (a) > v (b) > v (c)，A正确；
B、由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为：
，
各物质平衡浓度为c(NO2)=、c(N2)=、c(CO2)=，T℃时，该反应的化学平衡常数，B错误；
C、 b 点是转化率的最高点，说明此时反应已达到平衡状态，a 点反应未达平衡，而 c 点容器体积更大、反应速率更慢，在相同时间内反应程度更低，未达到平衡，反应仍在正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C正确；
D、a点反应三段式为：
，
b点反应三段式为：
，
a点平衡时，。b点时，设转化率为，由图可知，此时。压强比，因且，故。由于，所以成立，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
反应速率与压强的关系：容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内产物浓度越高，逆反应速率越大；
平衡常数的计算：利用 b 点平衡时各物质的物质的量，结合容器体积计算浓度，再代入平衡常数表达式求解；
平衡状态的判断：c 点反应未达到平衡，反应正向进行，故正反应速率大于逆反应速率；
压强与物质的量、体积的关系：根据理想气体状态方程pV=nRT，结合 a、b 两点的气体物质的量和容器体积关系，分析压强比的范围。
15．常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是
A．pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
B．pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
C．0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、pH=4.2时，溶液中主要存在的是HA-，由分布系数图可知此时c(HA-)最大，根据质子守恒：不成立，正确的质子守恒应为仅在特定条件下成立，而pH=4.2时，溶液中还存在其他离子，该等式不成立，故A错误；
B、pH=3.7时，观察分布系数曲线，HA-的分布系数最大，H2A次之，A2-最小，故，B正确；
C、0.1mol/L的Na2A溶液中，A2-水解使溶液呈碱性，，，同时水的电离被抑制，溶液中H+全部来自水的电离，而由A2-的第二步水解生成，第二步水解程度很小，故，C正确；
D、pH=6.8时，由分布系数图可知此时，又，在MA浑浊液中，，此时，且溶液中A元素主要以这两种形式存在，由物料守恒可得，故，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
质子守恒的应用：判断不同pH下溶液中的主要离子，正确书写质子守恒式；
分布系数曲线的解读：根据曲线交点判断各形态的浓度大小关系；
盐类水解的分析：结合Na2A的水解程度，比较溶液中与的浓度；
溶度积与电离平衡的综合计算：利用分布系数曲线确定，再结合溶度积计算。
16．碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量）制取单质碘并用于花生油碘值的测定。
Ⅰ、制取的流程：含碘废液（NaI，少量)→制CuI→制
已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；
②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。
（1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。
①图中仪器A的名称为　 　。
②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式　 　。
③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：。则实验中加入Na2SO3的作用是　 　。
（2）制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。
①D中盛放的试剂为　 　。
②检验洗涤干净的方法为　 　。
Ⅱ、花生油碘值的测定
（3）碘值指100 g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25 g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00 mL 0.05 mol/L ICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：），用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定（），加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00 mL。
①实验中加入20 mL异己烷的作用为　 　。
②判断滴定到达终点的现象为　 　。
③该花生油的碘值为　 　g。
【答案】三颈烧瓶；；还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀；NaOH溶液(或其他碱溶液)；取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净；作为溶剂；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；101.6
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器A的名称为三颈烧瓶；
② 根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价（2个Cu共降2价），S元素从+4价升为+6价（升2价），电荷、原子守恒配平即得到离子方程式。 ；
③加入亚硫酸钠可将废液中少量碘还原为碘离子，避免副反应生成碘，保证碘元素完全转化为碘化亚铜沉淀，提高碘的回收率；
故答案为： 三颈烧瓶 ；； 还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀 ；
（2）①用NaOH碱液可吸收浓硝酸氧化碘化亚铜时生成的有毒氮氧化物尾气，同时吸收挥发的碘单质；
②检验碘单质洗涤干净的方法：取最后一次洗涤液，加入亚铁氰化钾溶液，若无红褐色沉淀生成，说明洗涤干净；
故答案为： NaOH溶液(或其他碱溶液)； 取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净 ；
（3）①异己烷作为溶剂，可溶解油脂，使反应物充分接触反应；
②滴定终点现象：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
③③根据关系式 计算： 总，过量， 反应的，相当于消耗，质量为， 则100 g花生油消耗碘的质量为。
故答案为： 作为溶剂 ； 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ； 101.6 ；
【分析】本流程围绕含碘废液中碘的回收与油脂碘值的测定展开，核心分为两大阶段：
碘的回收阶段：先向含碘废液中加入亚硫酸钠，将残留的碘单质还原为碘离子，避免后续副反应的发生；再加入硫酸铜溶液，使铜离子与碘离子发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，亚硫酸钠的存在可确保碘离子完全转化，提升碘的回收率；随后用浓硝酸氧化碘化亚铜沉淀，重新得到碘单质，经洗涤、干燥提纯后，利用亚铁氰化钾与铜离子的特征反应检验洗涤是否彻底，保证碘单质的纯度。
碘值测定阶段：利用一氯化碘与油脂的加成反应，加入过量碘化钾将剩余的一氯化碘转化为碘单质，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的碘，以淀粉为指示剂，通过溶液蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的一氯化碘量，最终换算为每 100g 油脂消耗碘的质量，即油脂的碘值。
（1）①考查常见实验仪器的识别，根据装置结构直接判断仪器名称；
②考查氧化还原反应离子方程式的书写，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平；
③考查实验试剂的作用，结合亚硫酸钠的还原性，分析其对碘元素转化和回收率的影响；
（2）①考查尾气处理试剂的选择，根据有毒气体的性质，选择能同时吸收氮氧化物和碘单质的NaOH碱液；
②考查沉淀洗涤的检验方法，利用铜离子与亚铁氰化钾的特征反应，判断洗涤液中是否残留铜离子；
（3）①考查溶剂的选择，根据油脂的溶解性，分析异己烷作为溶剂的作用；
②考查滴定终点的判断，根据淀粉遇碘变蓝的特性，描述硫代硫酸钠滴定碘的终点现象；
③考查氧化还原滴定的计算，根据反应关系式，通过硫代硫酸钠的用量计算与油脂反应的碘的量，进而换算碘值。
17．从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+ R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。
（1）提高废渣氧化浸出率的方法有　 　(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：　 　。
（2）“预中和”生成滤渣的主要成分是　 　(填化学式)。
（3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为　 　。
（4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于　 　。
（5）反萃取中，下列说法正确的是　 　(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
（6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为　 　g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)
（2）CaSO4
（3）5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
（4）6.3
（5）AC
（6）0.64
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）提高氧化浸出率的措施包括粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中KMnO4会将盐酸氧化为Cl2，因此不能用盐酸代替硫酸；
故答案为： 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 ； 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可) ；
（2）加入Ca(OH)2后，生成的滤渣主要成分为CaSO4；
故答案为： CaSO4 ；
（3）KMnO4将H3AsO3全部氧化为H3AsO4，反应的化学方程式为：；
故答案为： 5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O ；
（4）欲使完全沉淀（浓度≤）， 此时，，则，所以应控制；
故答案为： 6.3 ；
（5）A、分液漏斗使用前需检查上口塞子和活塞处是否漏液，正确；
B、振荡放气后应静置分层，而非错误操作，错误；
C、萃取将Cu2+转移至有机相，反萃取后转移至水相，正确；
故答案为：AC；
（6）电解500mL反萃取后的溶液，若增大了0.04mol/L，生成的 ，由阳极反应（ ）可知转移电子为0.02mol，根据阴极反应（ ）计算得沉积铜的质量为。
故答案为： 0.64 ；
【分析】本工艺以含铜、铁、砷的工业废渣为原料，通过硫酸浸取、杂质去除、萃取富集、电解精炼等步骤，实现铜资源的高效回收。
向废渣中通入空气并加入硫酸，利用硫酸溶解可溶组分，同时空气氧化硫化物，过滤除去硫渣，得到含铜离子、铁离子、亚砷酸、氢离子和硫酸根的滤液。加入氢氧化钙生成硫酸钙沉淀，去除大部分硫酸根；再用高锰酸钾将亚砷酸深度氧化为砷酸，随后加入石灰调节 pH，使铁离子与砷酸根以砷酸铁形式沉淀除去，实现铁、砷杂质的高效脱除。加入有机萃取剂，使铜离子与萃取剂结合进入有机相，实现铜与其他杂质的分离；再通过反萃取，将铜离子重新转移至水相，得到高纯度的硫酸铜溶液。对反萃取后的硫酸铜溶液进行电解，在阴极得到高纯度的铜单质，完成铜资源的回收。
（1）本题考查浸出率的影响因素与试剂选择；粉碎、搅拌、加热、增大硫酸浓度均可通过增大接触面积或提高反应速率来提升浸出率；KMnO4具有强氧化性，会将盐酸氧化为有毒的Cl2，因此硫酸是该流程中唯一合适的酸；
（2）本题考查滤渣成分判断；滤液中含有大量，加入Ca(OH)2后，与结合生成微溶的CaSO4沉淀，故滤渣主要成分为CaSO4；
（3）本题考查氧化还原反应方程式的书写；反应中Mn元素由+7价降至+2价，As元素由+3价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒配平即可；
（4）本题考查溶度积常数的应用；先根据计算完全沉淀时的浓度，再结合计算该浓度下开始沉淀的浓度，从而确定溶液的pH控制上限；
（5）本题考查萃取操作的基本要点；分液漏斗使用前必须检查是否漏液；振荡放气后需静置分层，B选项描述错误；萃取利用萃取剂将目标离子从水相转移至有机相，反萃取则使其重新进入水相，C选项描述正确；
（6）本题考查电解池的计算；电解硫酸铜溶液时，阳极发生水的氧化反应生成，根据生成的物质的量可直接得到转移电子数，再结合阴极铜离子的还原反应，即可计算出析出铜的质量。
（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；
（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；
（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；
C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；
故答案选AC；
（6）若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。
18．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：
Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下：
ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
（1）反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3=　 　kJ·mol-1。
（2）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性］随压强的变化如图所示。
①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是　 　。
②T℃时，若在密闭容器中充入2mol CO2和2.8mol H2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=　 　Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为　 　。
（4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。
①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是　 　。
②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是　 　。
③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：　 　。
【答案】-90.7；主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大；；25%；A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率；温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度；温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）将主反应减去副反应，得到目标反应：，；
故答案为： -90.7 ；
（2）①增大压强时，主反应（气体分子数减少）平衡正向移动，副反应（气体分子数不变）平衡不移动，因此甲醇的选择性增大；
② 根据主反应和副反应的方程式可知：消耗等于生成的、CO的物质的量之和，已知，设生成的，甲醇的选择性为40%，则，解得x=0.4；平衡时，，，，，混合气体总物质的量为，，，则T℃时，主反应的压强平衡常数；
故答案为： 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 ； ；
（3） 230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，根据碳原子守恒可知：消耗的的物质的量等于生成的、CO的物质的量之和，则该温度下的转化率为=；
故答案为： 25% ；
（4）①实验中A、B、C、D点的转化率实验值均小于平衡值，因此四点均未达到化学平衡状态；
②主反应为放热反应、副反应为吸热反应，温度升高时主反应平衡逆向移动、副反应平衡正向移动；温度高于260℃时，副反应正向移动的影响超过主反应逆向移动的影响，因此平衡转化率随温度升高而增大；
③温度相同时，主反应速率大于副反应速率，单位时间内生成的更多，导致甲醇选择性的实验值略高于平衡值。
故答案为： A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率 ； 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 ； 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 ；
【分析】（1）考查盖斯定律的应用，通过主、副反应的焓变差值计算目标反应的焓变；
（2）①考查压强对平衡移动和反应选择性的影响，结合主、副反应的气体分子数变化，分析压强对甲醇选择性的影响；
②考查平衡常数的计算，先根据选择性数据计算各产物物质的量，再结合总物质的量计算分压，最后代入压强平衡常数表达式计算；
（3）考查转化率的计算，利用碳原子守恒确定消耗的物质的量，再结合初始物质的量计算转化率；
（4）①考查化学平衡状态的判断，通过对比实验值与平衡值，判断各点是否达到平衡；
②考查温度对平衡移动的影响，结合主、副反应的热效应，分析温度对平衡转化率的影响；
③考查反应速率对选择性的影响，根据主、副反应的速率差异，分析甲醇选择性实验值与平衡值的偏差原因。
19．化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）C中含有的官能团名称　 　。B分子中含有　 　个手性碳原子。
（2）由G生成M的化学方程式为　 　。
（3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为　 　，生成的有机产物结构简式为　 　。
（4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式　 　(任写一种)。
ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基
ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰
（5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。
①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为　 　。
②第三步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）(酮)羰基、羧基；3
（2）
（3）取代反应；
（4）、、、、、、、，(任写一种)
（5）2-甲基-1，5-己二烯；+CH3OH
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1） C 中含有的官能团为（酮）羰基、羧基；B 的结构简式为，分子中含有 3 个手性碳原子：；由C的结构可知，C中含有
故答案为： (酮)羰基、羧基 ；3；
（2）由 G 生成 M 的反应为加聚反应，化学方程式为：n 分子 G 在催化剂、加热条件下发生加成聚合，生成高分子化合物 M； ，化学方程式为；
故答案为： ；
（3）F的结构简式为， 与足量浓氢溴酸加热反应时，羟基被溴原子取代，生成对应的二溴代物：；
故答案为： 取代反应 ； ；
（4）E的结构简式为，其同分异构体 Q 需满足含苯环和 2 个酚羟基，且核磁共振氢谱有 5 组峰，符合条件的结构有多种，如：、、、、、、、（任写一种）；
故答案为：、、、、、、、，(任写一种) ；
（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；
②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。
故答案为： 2-甲基-1，5-己二烯 ；+CH3OH ；
【分析】由 A 出发，经 NaOH 醇溶液加热发生消去反应得到 B；B 被酸性重铬酸钾氧化，双键断裂并生成羰基和羧基，得到化合物 C； 由C的结构简式，可以推出B的结构简式为， A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C 与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成酯 D（ ）；D 在钠 / 乙醚条件下发生分子内缩合，得到二酮 E；E 经催化加氢还原羰基为羟基，得到二醇 F（ ）；F 在浓硫酸加热条件下发生消去反应，形成含苯环的烯烃 G；最后 G 在催化剂加热条件下发生加聚反应，得到高分子材料 M。
（1）本题考查有机物官能团识别与手性碳原子判断；根据 C 的结构直接识别官能团，再结合手性碳原子的定义，找出 B 分子中连有四个不同基团的碳原子；
（2）本题考查加聚反应方程式的书写；根据 G 的结构（含碳碳双键），结合加聚反应的特点，写出生成高分子 M 的反应方程式；
（3）本题考查取代反应的产物判断；根据 F 的结构（含羟基），结合羟基与浓氢溴酸的取代反应规律，推断产物结构；
（4）本题考查同分异构体的书写；根据限定条件（含苯环、2 个酚羟基、核磁共振氢谱 5 组峰），结合 E 的分子式，分析分子对称性并写出可能的结构；
（5）①考查有机物的系统命名；根据烯烃的命名规则，确定双键位置和取代基位置，写出名称；
②考查有机合成流程的分析；结合反应条件和反应物、产物结构，推断各步反应类型及中间产物。
（1）由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：；
（2）由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为；
（3）F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为；
（4）E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i.分子中含有苯环和2个酚羟基；ii.核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、（任写一种）；
（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；
②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。
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