2026年浙江杭州高三高考化学工艺流程与化学反应原理标准冲刺卷A卷（含答案详解与学生作答区）

2026年浙江杭州高三高考化学工艺流程与化学反应原理标准冲刺卷A卷（含答案详解与学生作答区）学校：________________班级：____________姓名：____________考号：____________考试时间：75分钟满分：100分试卷类型：闭卷答题要求：书写规范注意事项：1.本卷围绕工艺流程、化学反应原理及其综合应用命题；2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80I127Ba137；3.选择题答案填入答题卡，非选择题写在相应作答区；4.计算结果除特别说明外保留三位有效数字。作答建议：工艺流程题先标出原料、试剂、目标产物、杂质去向和循环物质；反应原理题先判断变量控制、平衡移动、速率因素和守恒关系；涉及计算时写出关系式、代入数据和单位。第Ⅰ卷选择题（共36分）一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。选择题答题卡1234567891011121.（3分）杭州某净水厂模拟盐湖卤水精制，原液中主要含NaCl，另含少量Mg2+、Ca2+、SO42−。依次加入过量试剂后过滤，最后用盐酸调pH。下列试剂加入顺序最合理的是。A.Na2CO3、BaCl2、NaOHB.BaCl2、NaOH、Na2CO3C.NaOH、盐酸、BaCl2D.Na2CO3、NaOH、BaCl22.（3分）以硫酸亚铁溶液制备FeC2O4·2H2O晶体时，常在酸性条件下加入少量铁粉并隔绝空气。该操作的主要目的是。A.增大溶液中SO42−浓度B.抑制Fe2+被氧化并除去少量Fe3+C.提高草酸根的水解程度D.使FeC2O4完全转化为Fe(OH)23.（3分）用石墨电极电解饱和食盐水制备NaOH和Cl2。若阳极室混入较多OH−，最可能导致。A.阴极析出Cl2速率增大B.阳极产生的Cl2被OH−吸收，产品纯度下降C.溶液中Na+优先放电生成NaD.总反应由非自发变为自发4.（3分）恒容密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，ΔH<0。达到平衡后，仅升高温度，下列说法正确的是。A.正、逆反应速率均减小B.平衡常数K增大C.SO3体积分数减小D.容器内气体总压强一定减小5.（3分）常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12。某含Mg2+浓度为0.010mol·L−1的废液，欲使Mg2+开始沉淀，所需pH最接近。A.7.4B.8.4C.9.4D.10.46.（3分）下列离子方程式能正确表示相应工艺步骤的是。A.碳酸钠除钙：Ca2++CO32−=CaCO3↓B.氯气氧化溴离子：Cl2+Br−=Br2+Cl−C.铁粉还原铁离子：Fe+Fe3+=2Fe2+D.二氧化硫吸收：SO2+H2O=SO32−+2H+7.（3分）在V2O5催化SO2氧化制SO3的接触法中，催化剂的作用本质是。A.增大反应焓变的绝对值B.改变平衡常数，使转化率一定升高C.降低反应活化能，加快达到平衡的速率D.消耗生成物，使平衡正向移动8.（3分）某金属防腐实验中，将铁管与锌块用导线相连并埋入潮湿土壤。下列判断正确的是。A.铁作负极，被氧化B.锌作负极，被氧化C.电子由铁流向锌D.土壤中O2在锌表面得电子9.（3分）已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol−1，CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ·mol−1，则C(s)+1/2O2(g)=CO(g)的ΔH为。A.-676.5kJ·mol−1B.-110.5kJ·mol−1C.+110.5kJ·mol−1D.+676.5kJ·mol−110.（3分）从废旧印刷电路板酸浸液中回收铜，溶液含Cu2+、Fe3+、Fe2+。若先加入H2O2后调pH除铁，再用铁粉置换铜，下列说法正确的是。A.加入H2O2是将Fe3+还原为Fe2+B.调pH除铁应使Cu(OH)2大量沉淀C.铁粉置换铜的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++CuD.滤渣铜可直接看作纯铜，无需洗涤11.（3分）某温度下，反应A(g)+2B(g)⇌C(g)在恒容容器中达到平衡。向容器中再充入少量惰性气体，温度不变，则。A.各组分浓度不变，平衡不移动B.总压强不变，平衡正向移动C.A的转化率一定增大D.平衡常数减小12.（3分）用标准KMnO4溶液滴定含Fe2+试样，酸性介质通常选稀硫酸而不用盐酸，主要原因是。A.H2SO4酸性比HCl弱B.Cl−可被KMnO4氧化造成误差C.SO42−能还原MnO4−D.盐酸会使Fe2+沉淀

第Ⅱ卷非选择题（共64分）二、填空与简答题：本题共4小题，每小题8分，共32分。13.（8分）硫铁矿（主要成分FeS2，含少量SiO2）焙烧是制硫酸的重要环节。某学习小组设计如下流程：矿粉通入空气焙烧→除尘→催化氧化→吸收制酸→尾气处理。回答下列问题。（1）焙烧FeS2生成Fe2O3和SO2的化学方程式为：____________________________。（2）催化氧化阶段反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，ΔH<0。工业上采用约450℃、常压并使用V2O5催化剂，其理由是：温度过低时________________；温度过高时________________。（3）某恒容容器中起始通入2.00molSO2和1.00molO2，达到平衡时SO2转化率为80.0%。平衡时n(SO3)=______mol，n(O2)=______mol。（4）尾气用氨水吸收可生成亚硫酸铵，写出离子方程式：____________________________。学生作答区14.（8分）杭州湾附近海盐生产后的母液中含Mg2+、Br−、K+等。某化学社团提出“母液综合利用”简化流程：母液→加石灰乳沉镁→过滤→酸化滤液→通Cl2氧化→空气吹出Br2→吸收。回答下列问题。（1）加石灰乳沉镁的离子方程式为：____________________________。石灰乳宜过量但不宜过多，理由是____________________________。（2）酸化后通Cl2氧化Br−的离子方程式为：____________________________。空气吹出法能分离Br2，利用了Br2的________性。（3）若母液中c(Mg2+)=0.020mol·L−1，当c(Mg2+)降至1.0×10−5mol·L−1时，按Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10−12估算溶液pH约为______。（4）吸收Br2可用Na2SO3溶液，写出氧化还原关系中的还原产物：________；若1.60gBr2完全被吸收，理论上至少需Na2SO3的物质的量为______mol。学生作答区15.（8分）废旧锂离子电池正极材料LiCoO2可经“拆解—碱浸除铝—酸浸还原—沉钴—回收锂”处理。酸浸时加入H2SO4和H2O2，使Co(Ⅲ)转化为Co2+进入溶液。回答下列问题。（1）碱浸除铝时，铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式为：____________________________。（2）酸浸还原中，H2O2作________剂。若用半反应表示Co(Ⅲ)被还原，可写为CoO2−+4H++e−=Co2++2H2O，则H2O2对应的氧化半反应为____________________________。（3）沉钴时可加入Na2CO3生成CoCO3沉淀。若滤液中c(Co2+)=0.050mol·L−1，Ksp(CoCO3)=1.0×10−10，则开始沉淀所需c(CO32−)=______mol·L−1。（4）回收锂时常加入Na2CO3并加热，使Li+转化为Li2CO3。该步骤不宜在强酸性条件下进行，原因是____________________________。学生作答区16.（8分）乙酸钠—乙酸缓冲体系常用于电镀废水中金属离子选择性沉淀的pH控制。25℃时，CH3COOH的Ka=1.8×10−5。某溶液中c(CH3COOH)=0.10mol·L−1，c(CH3COONa)=0.20mol·L−1。回答下列问题。（1）写出CH3COOH在水中的电离方程式：____________________________。（2）用近似式pH=pKa+lg[c(CH3COO−)/c(CH3COOH)]估算该缓冲液pH约为______。（已知lg2=0.301，pKa≈4.74）（3）向该缓冲液中加入少量强酸，pH变化较小的原因是____________________________。（4）若用该缓冲液控制Cu2+沉淀，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20，当c(Cu2+)=0.010mol·L−1时，开始沉淀所需pH约为______；据此判断上述缓冲液能否使Cu2+开始沉淀：________。学生作答区

三、综合应用题：本题共4小题，每小题8分，共32分。请结合材料、数据和化学原理作答。17.（8分）某电镀园区含镍污泥经酸溶得到溶液X，主要含Ni2+、Cu2+、Fe3+及少量Cr3+。为回收金属资源并降低排放风险，设计流程：溶液X→调pH除铁铬→硫化沉铜→沉镍→煅烧得NiO。有关氢氧化物开始沉淀和基本完全沉淀的pH如下表。离子开始沉淀pH基本完全沉淀pHFe3+1.93.2Cr3+4.35.2Cu2+5.86.7Ni2+7.09.2（1）调pH除铁铬时，较合理的pH范围为______；为避免引入新的重金属离子，宜选用的调节剂可以是________。（2）硫化沉铜可加入Na2S溶液，写出沉铜离子方程式：____________________________。沉铜应在除铁铬之后进行，原因是____________________________。（3）沉镍可加入Na2CO3生成NiCO3，煅烧得NiO。写出煅烧反应的化学方程式：____________________________。（4）若酸溶液X中n(Ni2+)=0.500mol，沉镍和煅烧总收率为90.0%，则理论可得NiO质量为______g。学生作答区18.（8分）杭州某校模拟研究CO2资源化制甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，ΔH=-49.5kJ·mol−1。将1.00molCO2和3.00molH2充入2L恒容容器，在不同条件下反应。回答下列问题。（1）该反应在热力学上低温有利于平衡正向移动，依据是____________________________。工业上仍需适当升温，主要目的是____________________________。（2）若某温度下平衡时CO2转化率为40.0%，则平衡时c(CH3OH)=______mol·L−1，c(H2)=______mol·L−1。（3）在该温度下，浓度平衡常数Kc=________________（用数值表示，保留三位有效数字；水蒸气计入平衡）。（4）若保持温度不变，将容器体积减小为1L，平衡将向________方向移动；若加入选择性催化剂，平衡常数________（填“增大”“减小”或“不变”）。学生作答区

19.（8分）某小组用酸性KMnO4标准溶液测定工业硫酸亚铁样品中Fe2+含量。准确称取样品3.920g，溶解并稀释至250.00mL；移取25.00mL试液，用0.02000mol·L−1KMnO4溶液滴定，三次有效读数如下。实验序号初读数/mL终读数/mL10.1012.1020.0812.0630.2012.22（1）酸性条件下MnO4−被还原为Mn2+，写出滴定反应的离子方程式：____________________________。（2）滴定终点现象为________________________________。（3）计算样品中FeSO4·7H2O的质量分数（M=278g·mol−1）：______。（4）若滴定前锥形瓶用蒸馏水洗后未干燥，对结果________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）；若试液久置部分Fe2+被空气氧化，对结果________。学生作答区20.（8分）废旧磷酸铁锂电池可经绿色工艺回收Li2CO3和FePO4。流程为：正极粉预处理→选择性浸锂→固液分离→滤液沉锂→滤渣修复为FePO4。选择性浸锂常用过硫酸盐或过氧化氢作为氧化剂，使LiFePO4中Fe2+被氧化为Fe3+，Li+进入溶液。回答下列问题。（1）从价态变化角度说明选择性浸锂能促进Li+脱出：________________________________。（2）用Na2CO3沉锂生成Li2CO3的离子方程式为：____________________________。若滤液中含Li+0.200mol，沉锂收率为85.0%，可得Li2CO3的物质的量为______mol。（3）比较“直接强酸全浸”与“选择性浸锂”的环境与分离优势，至少写出两点：________________________________。（4）若要把该流程用于学校实验探究，应补充哪些安全与绿色化学措施？写出两条：________________________________。学生作答区

参考答案与解析一、选择题答案123456789101112BBBCCACBBCAB1.B。先加BaCl2除SO42−生成BaSO4，再加NaOH除Mg2+，最后加Na2CO3除Ca2+和过量Ba2+，过滤后用盐酸除过量CO32−、OH−。A、D中Na2CO3过早加入，不能除去后续过量Ba2+；C把盐酸放在中间会消耗后续碱或影响沉淀。干扰项辨析：除杂流程中“后加试剂要能除去前面过量试剂”是判断顺序的关键。2.B。Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，铁粉可将少量Fe3+还原为Fe2+，隔绝空气可减少氧化。草酸亚铁制备的关键是保持亚铁状态和适当酸度，C、D均与沉淀条件不符。干扰项辨析：酸性环境不是为了促进草酸根水解，而是为了稳定Fe2+并控制沉淀条件。3.B。阳极产生Cl2，若OH−混入阳极室，Cl2会发生Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O等反应，造成氯气损失并降低产品纯度。Na+在水溶液中不优先放电，惰性电极电解仍需外加电能。干扰项辨析：隔膜电解的核心是阻止产物相互反应，阴阳极产物混合会降低工业收率。4.C。反应放热，升高温度使平衡逆向移动，SO3体积分数减小；升温瞬间正、逆反应速率都增大，平衡常数减小。恒容升温总压强一般增大，不能选D。干扰项辨析：温度变化先影响速率，再影响平衡；平衡常数只随温度变，不随浓度或催化剂变。5.C。开始沉淀时Ksp=c(Mg2+)·c2(OH−)，c(OH−)=√(5.6×10−12/0.010)≈2.37×10−5mol·L−1，pOH≈4.63，pH≈9.37，最接近9.4。干扰项辨析：开始沉淀使用当前Mg2+浓度，完全沉淀才使用目标剩余浓度。6.A。Ca2+与CO32−生成难溶CaCO3，方程式正确。B应为Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；C应为Fe+2Fe3+=3Fe2+；D中SO2溶于水不能直接完全电离成SO32−和H+。干扰项辨析：离子方程式不仅看反应方向，还要检查电荷守恒、原子守恒和弱电解质拆写规则。7.C。催化剂改变反应路径，降低活化能，同时加快正、逆反应速率，使体系更快达到平衡，但不改变反应焓变、平衡常数和理论转化率。干扰项辨析：催化剂不能改变热效应和平衡组成，只改变达到平衡所需时间。8.B。锌比铁活泼，锌作牺牲阳极失电子被氧化，电子经导线流向铁，使铁受到保护。氧气一般在受保护金属表面附近得电子，A、C方向相反。干扰项辨析：牺牲阳极保护中活泼金属被消耗，被保护金属获得电子而难以失电子。9.B。目标反应等于①−②，即C(s)+O2(g)→CO2(g)减去CO(g)+1/2O2(g)→CO2(g)，故ΔH=-393.5-(-283.0)=-110.5kJ·mol−1。干扰项辨析：使用盖斯定律时注意目标式中CO在生成物侧，因此要用第一个反应减去第二个反应。10.C。铁粉置换铜：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。加入H2O2常将Fe2+氧化为Fe3+，便于调pH形成Fe(OH)3除铁；除铁时应避免Cu2+大量沉淀；滤渣仍需洗涤、除杂。干扰项辨析：调pH除铁应控制选择性沉淀，不能为了除铁而让Cu2+大量损失。11.A。恒容、恒温下充入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量浓度不变，浓度商不变，平衡不移动；总压强增大不等于参与反应气体的分压按同向变化。干扰项辨析：恒容充惰性气体与恒压充惰性气体结论不同，本题容积不变，所以浓度不变。12.B。酸性KMnO4具有强氧化性，Cl−可能被氧化为Cl2，额外消耗KMnO4造成滴定误差；稀硫酸提供酸性环境且SO42−通常不参与该氧化还原反应。干扰项辨析：酸性KMnO4滴定既要提供H+，又要避免酸根离子被氧化或还原而引入误差。二、非选择题答案、解析与评分细则评分通用说明：非选择题按步骤给分，化学方程式须同时满足物质正确、配平正确、条件和沉淀气体符号按题意书写；计算题需写出关键关系式、代入数据、单位和有效数字，只有最后数值且过程缺失时不得满分；开放性方案题以观点明确、流程对应、化学原理准确和安全绿色措施可执行为主要采分依据。若答案表述与参考答案不完全一致，但能准确体现守恒思想、平衡移动方向、沉淀分离目的或实验误差来源，可按等价答案给分；若出现原理性错误，即使结论偶然正确，也应扣除相应过程分。书写中把离子符号、电荷、物质状态或试剂作用写错而影响化学意义时，应按关键点扣分；对方案评价题，未结合题给流程节点只作空泛评价的，最高不得超过该小问一半分值。所有得分点以本卷题意和高中化学规范表达为准。13.答案：（1）4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2；（2）反应速率过慢；平衡逆向移动、SO3平衡产率降低且催化剂活性受影响；（3）1.60，0.200；（4）SO2+2NH3·H2O=SO32−+2NH4++H2O。解析：FeS2中硫元素被氧化为SO2，铁最终以Fe2O3形式存在，配平时可先配Fe、S，再配O。SO2催化氧化是放热且气体分子数减少的可逆反应，低温虽利于平衡但速率太慢，高温会降低SO3平衡产率。起始2.00molSO2转化80.0%，消耗SO2为1.60mol，由计量关系生成SO3为1.60mol，消耗O2为0.800mol，余O2为0.200mol。氨水吸收SO2生成亚硫酸根与铵根。知识点定位：本题把硫铁矿焙烧、接触法制硫酸、可逆反应条件选择和尾气吸收合并考查。答题时要把“速率”和“平衡”分开表述，不能只说“提高产率”而不说明温度对放热反应的方向影响。评分细则：方程式2分；工业条件解释2分；物质的量计算2分；尾气吸收离子方程式2分。式子未配平扣1分，单位或有效数字轻微缺失扣0.5分。易错提醒：把催化剂理解为提高平衡常数、把SO2吸收写成强酸完全电离，均会失分。14.答案：（1）Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；过量可使Mg2+沉淀更完全，过多会增加滤渣夹带和后续酸耗；（2）Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，挥发；（3）10.87；（4）Br−，0.0100mol。解析：石灰乳提供OH−，使Mg2+形成难溶氢氧化物。酸化后Cl2氧化性强于Br2，可把Br−氧化为Br2；空气吹出法利用Br2有挥发性。降至c(Mg2+)=1.0×10−5mol·L−1时，c(OH−)=√(5.6×10−12/1.0×10−5)=7.48×10−4mol·L−1，pOH=3.13，pH=10.87。Br2被SO32−还原为Br−，Br2与SO32−按1∶1反应；n(Br2)=1.60/160=0.0100mol。知识点定位：本题以海水母液为情境，考查沉淀转化、氧化还原、挥发分离和Ksp计算。计算pH时应先由目标剩余离子浓度求OH−，再由pOH换算pH。评分细则：沉镁方程式与操作理由2分；氧化溴离子与分离依据2分；pH计算2分；还原产物和物质的量2分。易错提醒：“挥发性”不可写成“升华性”；计算pH时应用沉淀平衡中目标剩余Mg2+浓度，不是初始浓度。15.答案：（1）2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑；（2）还原，H2O2=O2+2H++2e−；（3）2.0×10−9mol·L−1；（4）强酸会消耗CO32−并使Li2CO3溶解或难以沉淀。解析：铝在强碱中既发生氧化还原又生成偏铝酸盐。酸浸还原中Co(Ⅲ)得电子变为Co2+，因此H2O2失电子被氧化为O2，作还原剂。CoCO3开始沉淀时c(CO32−)=Ksp/c(Co2+)=1.0×10−10/0.050=2.0×10−9mol·L−1。碳酸盐在酸性条件下转化为HCO3−、CO2等，降低CO32−浓度，不利于Li2CO3析出。知识点定位：本题串联两性金属铝、过氧化氢氧化还原双重性、沉淀溶解平衡和碳酸盐沉锂。判断H2O2角色必须看另一物质的价态变化。评分细则：碱浸方程式2分；氧化还原角色与半反应2分；Ksp计算2分；沉锂条件解释2分。易错提醒：H2O2在不同体系可作氧化剂或还原剂，本题根据Co(Ⅲ)被还原判断，不可机械套用。16.答案：（1）CH3COOH⇌CH3COO−+H+；（2）5.04；（3）CH3COO−与加入的H+结合生成CH3COOH，使H+浓度变化受缓冲；（4）5.17，不能，需要略调高pH。解析：乙酸为弱酸，电离用可逆号。pH≈4.74+lg(0.20/0.10)=4.74+0.301=5.04。加入少量强酸时，缓冲液中的乙酸根充当碱性组分消耗H+。Cu(OH)2开始沉淀时c(OH−)=√(2.2×10−20/0.010)=1.48×10−9mol·L−1，pOH=8.83，pH=5.17；缓冲液pH为5.04，低于开始沉淀pH，不能稳定促使Cu2+开始沉淀。知识点定位：本题以缓冲溶液控制沉淀为线索，考查弱酸电离、缓冲原理、pH估算和Ksp门槛判断。结论要用计算值支持，避免凭经验认为“接近就可以”。评分细则：电离方程式1.5分；缓冲pH计算2分；抗酸原理2分；Cu(OH)2沉淀pH与判断2.5分。易错提醒：判断能否沉淀时要比较pH而不是只比较Ksp大小；pH差距虽小，但结论仍应以计算值为准。17.答案：（1）5.2≤pH<5.8（或约5.3～5.7），NaOH或Na2CO3；（2）Cu2++S2−=CuS↓；避免Fe3+、Cr3+等与硫化物反应或夹带污染铜沉淀，并减少硫化剂消耗；（3）NiCO3=NiO+CO2↑；（4）33.8g。解析：由表可知Fe3+完全沉淀pH为3.2，Cr3+完全沉淀pH为5.2，Cu2+开始沉淀pH为5.8，Ni2+开始沉淀pH为7.0，因此先除铁铬宜控制在Cr3+基本完全而Cu、Ni尚不明显沉淀的范围。硫化沉铜利用CuS难溶。NiCO3煅烧热分解生成NiO和CO2。n(NiO)=0.500×90.0%=0.450mol，M(NiO)=75g·mol−1，m=33.75g，按三位有效数字为33.8g。知识点定位：本题重点是读表选择pH窗口和分步分离。流程题的采分通常落在“为什么先后顺序这样安排”，因此理由中要写出减少共沉淀、降低试剂消耗和提高产品纯度。评分细则：pH范围与调节剂2分；沉铜方程式与顺序理由2分；煅烧方程式2分；质量计算2分。易错提醒：pH范围必须同时满足“除尽Fe、Cr”和“不提前沉Cu、Ni”，不能只看一种离子的沉淀区间。18.答案：（1）正反应放热，降低温度使平衡向放热方向移动；提高反应速率、保证催化剂活性；（2）0.200mol·L−1，0.900mol·L−1；（3）0.183；（4）正反应，不变。解析：转化CO2为0.400mol，则生成CH3OH和H2O各0.400mol，消耗H2为1.200mol。平衡时n(CO2)=0.600mol，n(H2)=1.800mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.400mol；除以2L得c(CH3OH)=0.200mol·L−1，c(H2)=0.900mol·L−1，c(CO2)=0.300mol·L−1，c(H2O)=0.200mol·L−1。Kc=[CH3OH][H2O]/([CO2][H2]3)=0.200×0.200/(0.300×0.9003)=0.183。该反应气体分子数由4变2，压缩体积增大压强，平衡正向移动；催化剂不改变K。知识点定位：本题综合盖斯式平衡思想、三段式计算、平衡常数表达和压强影响。写Kc时要根据题意判断水是否列入表达式，不能套用水溶液中