辽宁名校联盟2026届高三5月联考化学+答案

本试卷满分100分，考试时间75分钟。皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上A.废电池集中处理的目的是回收利用其贵金属外壳A.试管壁上的S可用酒精清洗B.S₂O3中心原子杂化类型为：3.下列方程式书写正确的是B.向NaHCO₃溶液中通人少量的Cl₂:2HCOj+Cl₂—Cl-+CIO-+2CO₂+H₂OD.SOCl₂和AICl₃·6H₂O共热去除结晶水：B.每生成22.4LMG气体时，DMO转化为MG反应转移的电子数目为4NAC.1mol乙二醇和足量钠反应产生H₂的数目为NAA.分子式为C₁H₁₆O₂B.分子中所有碳原子可能共平面C.一个分子中有2个手性碳原子D.该物质可由与异戊二烯加成得到6.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向BaCl₂溶液中通入SO₂无明显现象，再通人某气体X,产生白色沉淀白色沉淀可能是BaSO₃或BaSO₄B向0.1mol·L⁻¹NaHSO₃溶液中滴人紫色石蕊试液，溶液变红C向丙烯醛(CH₂—CHCHO)中滴加溴水，充分振荡，溴水褪色丙烯醛中含有碳碳双键D向盛有NO₂与N₂O₄的恒压密闭容器中通人一定体积的N₂,最终气体颜色变浅化学平衡向NO₂减少的方向移动知Y元素形成的化合物种类最多。下列说法错误的是A.“一Y₄X,”可能有四种结构C.R的最高价氧化物对应水化物是中强酸D.该物质常温下为液体的主要原因是离子所带电荷低8.某有机物R能与Fe²+形成橙红色的配离子[FeR₃]²+,该配离子可被HNO₃氧化成淡蓝色的配离到c([FeR₃]²+)随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是化学9.钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图所示。下列说法错误的是A.“沉铜”步骤用H₂S,说明CuS的溶解度很小B.“沉淀”步骤滤渣的成分为Fe(OH)₃D.“沉钴”步骤中加入适量NaCIO,离子方程式为2Co²++CIO-+5H₂O——2Co(OH)₃↓+Cl-+4H+10.枸橡酸芬太尼(I)是人工合成的强效麻醉性镇痛药，其合成路线中涉及I、Ⅱ、Ⅲ三种有机物之间的反应如下：已知Ph—表示苯基。下列说法正确的是A.I中含有的官能团为酮羰基和胺基B.Ⅲ存在顺反异构体C.等物质的量的I、Ⅲ最多消耗H₂的比为2:3D.该反应分两步完成，若第一步为加成反应，则第二步为消去反应11.实验室用以下装置(夹持和加热装置略)制备水杨酸异戊酯,沸点282℃)。取水杨酸、异戊醇、环己烯和浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，在145～155℃油浴下加热回流。已知体系中沸点最低的有机物是环己烯(沸点83℃),环己烯可与水形成沸点为70℃的共沸物。下列说法错误的是A.浓硫酸的作用是吸水剂和催化剂B.环己烯的作用是以共沸体系带出水促使反应正向进行C.可用分水器中不再有液体增加来判断反应已完成D.停止反应后，烧瓶中液体除去水溶性杂质后，经减压蒸馏可进一步获得产品化学第3页(共8页)12.气态AICl₃通常以二聚体Al₂Cl₆的形式存在，其空间结构如图a。AIF₃的熔点为1090℃,其晶胞结构如图b,属于立方晶胞，晶胞参数为apm。下列说法错误的是A.AlCl₃的熔点低于AlF₃B.Al₂Cl₆分子中有配位键C.AlF₃中F的配位数为213.一种基于四氯苯醌(TCBQ)和四氨基苯醌(TABQ)的有机质子电池装置如图。电池工作过程中，正极表面有少量气泡产生。电池放电反应式为：下列说法正确的是A.充电时，电极a的电势更高B.充电时，阳极反应为D.放电时，H+和TABQ以配位键形式结合，提高了质子在有机电解液中的传递效率14.一种以Al₂O₃为催化剂载体，FeS,为催化剂，催化H₂还原SO₂制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是化学第4页(共8页)化学第5页(共8页)A.图a中总反应可表示为2·H+SO₂SC.反应过程中可能有H₂S生成D.还原1molSO₂至少需要2molFeS,的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知K(XIO₃)=10-7.3,K[Y(IO₃)₂]=10-12.39,物质的溶解度以物质的量浓度表示。下列说法正确的是A.向纯水中加人XIO₃固体制成悬浊液，XIO₃的溶解度对应点aB.向含有等物质的量浓度的X+和Y²+的溶液中滴加KIO₃溶液，Y²+先沉淀C.b点坐标为(2.21,5.09)16.(13分)硫酸镍是工业上重要的镍的化合物，它大量用于电镀、电池、制取镍催化剂等。以废镍催化剂(主要成分是Ni、NiO和吸附的有机物，还有少量Cr₇O₃、Fe₂O₃、SiO₂等)为原料，获晶体(NiSO₄·6H₂O),工艺流程如下：物质②当离子浓度低于10⁻⁵mol·L-¹时认为该离子已沉淀完全；回答下列问题：(2)浸渣的主要成分是(填化学式)。(3)“一次碱析”的目的是富集镍并除去铬，则Cr³+发生反应的离子方程式为从充分利用原料角度考虑，调节pH应不低于(保留一位小数)。(4)“氨解”过程中生成一种正八面体的配离子，该配离子的化学式为280℃时反应的化学方程式为。个个质量分数/%向氢氧化钠溶液中分批加入铝粉至不再产生气泡，过滤。加热条件下向滤液中滴加稀硫酸至pHⅡ.硫酸铝的制备Ⅲ.明矾的制备及大晶体的培养分别配制硫酸铝饱和溶液和硫酸钾饱和溶液，将二者等体积混合搅拌静置，待晶体析出。再经适当操作获得大晶体。(1)与本实验无关的图标是(填标号)。(2)在步骤I中：①铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为②需分批加铝粉的原因是③继续煮沸数分钟的目的是0(3)步骤Ⅱ中硫酸铝溶液在(填仪器名称)中浓缩至时停止加热。(4)可由硫酸铝与硫酸钾饱和溶液混合制备明矾的原因是8(5)下列做法不利于获得明矾大晶体的是(填标号)。A.选取首先析出的规整小颗粒作为晶种B.晶体析出过程中盖上表面皿，使水分缓慢蒸发C.将溶液快速降温D.将晶种系在细线上，悬在滤液中(6)若直接以铝粉与稀硫酸反应制备硫酸铝，得到的明矾晶体会发黄，推测铝粉中含有的金属杂质可能有;已知取1.00g铝粉(纯度为94.5%)进行该实验得到明矾晶体14.22g,则产率为(保留三位有效数字)。18.(14分)合成气(主要成分为CO和H₂)制备高附加值C₂+醇(碳数≥2的醇类)是实现煤炭清洁高效利用的重要途径之一。(1)合成气制备C₂~C,醇的部分吉布斯自由能随温度变化如图1所示。吉布斯自由能/(Jmol-)吉布斯自由能/(Jmol-)——正庚醇A.提高C₂+醇平衡产率的条件是高温高压B.合成气制备正戊醇的△H大于制备正壬醇的△HC.增大压强可能提高产物中高级醇的选择性(2)合成气制备C₁~C₂醇主要反应如下：I.CO(g)+2H₂(g)Ⅱ.2CO(g)+4H₂(g)C₂H₅OH(①各产物平衡组分(摩尔分数)随总压(2～9MPa)变化如图2和图3所示，曲线(填②一定温度下向体系中加人2molH₂和1molCO,达到平衡时，CO的转化率为80%、乙醇的选择性75%,CO₂的物质的量为0.1mol,则反应Ⅲ的平衡常化学第7页(共8页)(3)以为催化剂时(填“Rh”或“Rh-FeO,”)更有利于提高CO的活化效率(图4),判断的19.(14分)天然抗氧化剂在药物和医疗方面有重要的应用。以下是一种天然抗氧化剂(化合物H)的合成路线(略去部分反应试剂及条件):已知：路线中(CH₃)₃CLi、Cy(Pr)NLi及NaH的作用类似。回答下列问题：(2)如果D→E的反应生成了异丁烷，则D→E的反应方程式为 (3)F→G的反应类型为o(4)G→H过程中含氧官能团的变化是(5)符合下列条件的A的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①含苯环；②能发生水解反应；③能发生银镜反应。(6)参考上述路线，设计如下转化。则X和Y的结构简式分别为化学第8页(共8页)1.C【解析】废电池集中处理的主要目的是防止重金属从57～71(从镧至，称为镧系元素)的15种元素以及为3,VSEPR模型为平面三角形，S有1个孤电子对，3.D【解析】石灰乳含水量很少，应以化CO₂,应为HCO₃+Cl₂—Cl-+HCIO+CO₂,B项错为SO₂和HCl,且HCl有利于抑制A³+的羟基和钠发生置换反应产生H₂,1mol乙二醇与足量钠5.B【解析】分子式为C₁₁H₁₆O₂,A项正确；该分子中碳生第尔斯-阿尔德反应(Diels-Alderreaction),得到环加低，不能与Ba²+产生BaSO₃沉淀。通入某气体X,若XHSO3的电离程度大于水解程度，即K₂(H₂SO₃)>Kh₂(SO3-),B项错误。醛基也可与溴水发生氧化反应项错误。对应硝酸的浓度分别是2.0mol·L-¹、2.5mol·L-¹、速率减小，B项错误；HNO₃浓度增加，剩余的及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进人节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去铁元·化学·参考答案及解析4H++2SO-,生成1molMnO₂产生4molH+,C项错10.D【解析】I中官能团为酮羰基和氨基(或取代氨基),A项错误；Ⅲ结构中的双键氮原子下方是对称的羰基及碳氮双键可以与氢气加成，1molI最多消耗4molH₂,1molⅢ最多消耗7mol,Ⅱ发生消去反应生成Ⅲ,第二步反应方程式为：H₂O,D项正确。11.C【解析】制备水杨酸异戊酯的化学方程式为+H₂O,浓硫酸作用是催化剂和吸水剂，加快反应速正确；题干已知环己烯(沸点83℃)可与水形成沸点为70℃的共沸物，可知加入环己烯的目的是形成共沸物高度不再变化或油水界层位置保持不变，说明反应已结束，C项错误；烧瓶内液体冷却后依次用水、NaHCO₃溶液、饱和NaCl溶液洗涤至中性后分出有杨酸异戊酯的沸点，避免常压蒸馏时水杨酸异戊酯发AlF₃是离子晶体，靠离子键结合。分子晶体的熔点远原子与4个Cl原子成键，该结构中2个Cl原子提供孤,所以分子中存在配位键，B项正为2,C项正确。1个晶胞里含有1个AIF₃,1pm=10-¹⁰cm,故密度计算式应为D项错误。时阳极反应为所以每转移4mol电子，正极消耗的TCBQ小于2mol,C项错误；H+在有机电解液中的溶解性较差，所以H+和TABQ以配位键形式结合，提高了质子在14.C【解析】反应式不守恒，正确的应为4·H+SO₂—S+2H₂O,A项错误；由图b可知X为不带电荷的以少于2mol,D项错误。15.C【解析】向纯水中加入XIO₃固体制成悬浊液，纯水一lgc(IO₃),对应图中虚线(y=x)与XIO₃沉平衡曲线的交点，而不是点a,A项错误；根据图像可知，向含有等物质的量浓度的X+和Y²+溶液中滴加KIO₃溶液，b点横坐标以左X+先沉淀，b点横坐标以右Y²+先沉淀，B项错误；b点是两条沉淀溶解平衡曲且c(X+)=c(Y²+),解得b点坐标(2.21,5.09),C项正确；饱和溶液中，存在K数值可得c(IO₃)=0.01mol·L-¹,D项错误。16.(13分)(1)除去吸附的有机物(2分)不写不扣分)【解析】(1)废镍催化剂表面吸附了有机物，用无水乙醇或石油醚洗涤，目的是除去废镍催化剂表面吸附的成对应硫酸盐(可溶);SiO₂不与硫酸反应，因此浸渣的主要成分为SiO₂。(3)“一次碱析”过程中加人NaOH富集镍和除去铬，根据流程和信息，Cr³+与过量的NaOH转变成可溶性离子除去。从充分利用原料角度考虑，应使滤液中K[Ni(OH)₂]=2×10-¹⁶,解得c(OH)-=√2×10-5mol·L-¹,pOH=4.85,则pH=9.15,保留一位小数，所以pH最低应调节至9.2。(4)正八面体结构说明配位数为6,因此配离子为[Ni(NH₃)₆]²+。其中Ni²+为中心离子，6个NH₃为被还原为NO,所以离子方程式为3NiS+2NO₃+8H+——3Ni²++2NO个+3S+4H₂O。(6)设初始NiSO₄·6H₂O物质的量为1mol,则质量为263g。100℃时残留固体质量为263×65.8%≈173g,损失了90g,失去了5mol结晶水，即此时物质为NiSO₄·H₂O。280℃时残留固体质量为263×58.9%≈155g,又损失了18g,即失去了1mol结晶水。所以化学方程式为(2分)②防止反应过于剧烈导致液体溅出(2分)(3)蒸发皿(1分)有晶膜出现(或有少量晶体析出)(4)该条件下明矾溶解度相对最小(1分)(6)Fe(1分)85.7%(2分)【解析】(1)本实验没有用到锋利物品，所以D所示图标与本实验无关。(2)①铝与氢氧化钠反应的离子方程式为2Al+6H₂O过于剧烈。③向滤液中滴加稀硫酸至pH为8～9,是H+与[Al(OH)₄]-反应生成氢氧化铝，加热是为了使氢氧化铝生成更大颗粒的沉淀，避免氢氧化铝胶体粒子透有晶膜出现。是明矾的溶解度比硫酸铝和硫酸钾的小。选C项。(6)这个金属杂质应该与硫酸反应而不与氢氧化钠反12H₂O]=14.22÷474=0.0318.(14分)(1)①>(1分)能(1分)②BC(2分)(2)①Ⅱ(2分)1:3(2分)(3)Rh-FeO₂(2分)反应使用Rh-FeO,催化剂的活化能更低(2分)【解析】(1)①判断△