2026年高考考前预测卷-化学02（新高考全国15+4）全解全析

2026年高考考前预测卷

高三化学

(考试时间：75分钟试卷满分：10()分)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.【本土风情】自然资源是可持续发展的关键，下列对黑、吉、辽、内蒙古四地资源的叙述错误的是

A.黑龙江省-石油：由多种碳氢化合物组成的混合物

B.吉林省-木材：其主要成分纤维素属于多糖

C,辽宁省-菱镁矿：其主要成分碳酸镁属于无机盐

D.内蒙古自治区-稀土矿：稀土元素包括周期表f区所有元素

【答案】D

【解析】A.黑龙江省有丰富的石油资源。石油是由各种烷烧、环烷烧、芳香烧等多种碳氢化合物组成

的复杂混合物。所以“黑龙江省一石油：由多种碳氢化合物组成的混合物”的描述是正确的，A正确；

B.吉林省是我国重要的林业基地之一，木材资源丰富。木材的主要成分是纤维素，纤维素的水解产物

为多羟基醛，属于多糖类物质。所以“吉林省一木材：其主要成分纤维素属于多糖''的描述是正确的，B

正确；

C.辽宁省有丰富的菱镁矿资源，菱镁矿的主要成分是碳酸镁。无机盐即无机化合物中的盐类，在水溶

液中电离出的离子为金属离子(或铉根离子)和酸根离子的化合物，碳酸镁符合无机盐的定义。所以“辽

宁省一菱镁矿：其主要成分碳酸镁属于无机盐”的描述是正确的，c正确；

D.稀土元素是指铳、钮等17种金属化学元素的总称，它们位于元素周期表的HIB族，包括偶系元素以

及铳和忆，并不包括周期表f区的所有元素。所以“内蒙古自治区一稀土矿：稀土元素包括周期表f区所

有元素”的描述是错误的，D错误；

故答案选Do

2.泡沫灭火器的反应原理为A12(SOJ+6NaHCO3=2Al(OH)3J4-3Na2SO4+6CO2T。下列说法正确的是

A.A产的结构示意图为④)28B,中子数为8的碳原子表示为:C

C.NaHCOy中既含离子键又含共价键D.CO2的空间构型为V形

【答案】C

【解析1A.铝离子的核电荷数为13,核外有2个电子层，最外层电子数为8,结构示意图为:世乡28.

A错误；

B.中子数为8的碳原子的质子数为6、质量数为14,核素的符号为：*：C,B错误；

C.碳酸氢钠是酸式盐，化合物中既含离子键又含共价键，C正确：

D.二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为：2+(4-2x2)xl=2,孤对电子对数为：(4-2x2)x；=0,则

分子的空间结构为直线形，D错误；

故选C。

3.下列实验操作或试剂选择不能达到对•应实验目的的是

选项实验目的实验操作或试剂选择

A测定溶液中是否含有so：先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液

B检验NO2气体中的电㈤湿润的KI淀粉试纸

C除去乙块中混有的H?S气体先通过CuSO,溶液，再干燥

D检验蔗糖水解后的产物中是否有醛基先碱化，再加入新制氢氧化铜并加热

【答案】B

【解析】A.先加盐酸酸化可以排除4g+、CO；-,SO：等干扰离子，再加以心4溶液可检脸SO：,能

达到实验目的，A不符合题意；

B.NQ和B“g)都具有氧化性，都能氧化厂生成L，都能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，无法检验所;(g),

不能达到实验目的，B符合题意；

C.H2s可与a,SO,反应生成沉淀，乙焕不与06。,反应，除杂后干燥即可得到纯净乙块，能达到

实验目的，C不符合题意；

D.蔗糖水解在酸性条件卜进行，检验醛基需要碱性环境，因此先碱化中和酸后，再加入新制氢氧化铜

加热检验，操作正确，能达到实验目的，D不符合题意；

故选B。

4.在环保技术中，可用氨处理氮氧化物，将其转化为无毒的氮气，化学方程式为8NH#6NO2=7N2+12H2O。

设N,、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.L8gH2。中含有中子数目为0.8刈

B.11.2LN?中含有的兀键数目为小

C.O.lmolE4氨水中,含有的NHjHQ分子数小于0.IN,、

D.每消耗9.2gNO一转移的电子数为0.4/

【答案】A

180r

【解析】A.1.8gHQ的物质的最为广。・1〃血,普通氢原子不含中子，脂。原子含8个中子，

因此1个H?O分子共含8个中子，0.1mol也0的中子数目为0.8NA，A正确；B.未说明氮气是否处于

标准状况，无法计算1L2LN2的物质的量，无法确定兀键的数目，B错误；C.只给出氨水的物质的量

浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的晟和分子数，C错误；D.9.2gNO?的物质的最

92g

为7一；一;=0.2〃〃"，反应中NO,中N从+4价降为0价，ImolNO,参与反应转移4mol电子，因

lit0.2molNQ消耗时转移电子数为0.8NA，不是0.4川人，D错误；故答案选A。

5.锦(Sb)及其化合物在工业生产司生活中有广泛的应用，一种制备Sb的方法如下：3Cu+6NaCN+2H2。

+NaSbO2=3NaCu(CN)2+Sb+4NaOH。下列叙述错误的是

A.基态Sb的核外电子排布式为[Kr]4d25s25P3

B.水分子间氢键的作用力大于范德华力

C.该反应涉及的物质中有离子晶体、金属晶体和分子晶体

D.Na、Cu、Sb分别位于元素周期表的s区、d区和p区

【答案】D

【解析】A.Sb为51号元素，Kr核外有36个电子，剩余15个电子填充4d、5s、5P轨道，基态Sb的

核外电子排布式为[Kr]4dLs25P3,A不符合题意；

B.氢键是强度介于范德华力和化学键之间的分子间作用力，水分子间氢键的作用力大于范德华力，B

不符合题意：

C.反应中Cu、Sb为金属晶体，NaCN、NaOH、NaSbO2等为离子晶体，H2。为分子晶体，涉及题干

所述三种晶体类型，C不符合题意；

D.Na为IA族元素位于s区，Sb为VA族元素位于p区，但Cu为【B族元素，属于ds区，不属于d

区，D符合题意：

故选D。

6.通过使用荧光指示剂(CPH)对。产进行滴定，滴定终点时从狂关''到"开'’的荧光突变现象来指示终点，实

现对含Cu"浓度低至1x10-maf的定量分析，其CPH合成路径如图所示:

、HH

yOX。+f〈oxf

有机物A有机物BJCPH

下列说法错误的是

A.有机物A的含氧官能团是酯基和醛基

B.有机物B的叱宛环中，氮原子的孤电子对在杂化轨道上

C.在合成CPH的过程中可能经历了加成反应和消去反应

D.在CPH的结构中不存在顺反异构现象

【答案】D

【解析】A.有机物A的结构中含有-COO-(酯基)和-CHO(醛基)两种含氧官能团，A正确；

B.有机物B的毗喔环中，氮原子采取sp2杂化，其孤电子对位于sp2杂化轨道上，未参与环的共规体

系，B正确；

C.合成CPH时，有机物A的醛基与有机物B的-NH-NH2先发生加成反应，形成羟基等中间结构，

之后再发生消去反应，脱去一分子水，形成-C=N-NH-结构，所以该过程可能经历了加成反应和消去

反应，C正确：

D.在CPH的结构中，存在-C=N-双键，且双键两端的基团不同，两个不同的基团连接在双键两端,

满足顺反异构的条件，因此该结构存在顺反异构现象，D错吴；

故选D。

7.下列指定反应的方程式书写错误的是

A.用([FelCN%]溶液检验Fe?+:K，+Fe2++[Fe(CN)6]"=KFe[Fe(CN)/J

B.海水提溟工艺中用SO?还原Br2:Br2+SO,+2H,O=4H'+SO；+2Br~

C.将浓硫酸滴入KI固体中产生I2：4H++2r+SO；=I,+S02T+2H.O

+

D.AgQ沉淀溶于氨水：AgCI+2NH.=[Ag(NH5),]+Cl'

【答案】C

【解析】A.K4Fe(CN)6]检验Fe?+时.会生成难溶的KFe[Fe，：CN)6],该离子方程式原子、电荷均守恒，

产物和配平均正确，A正确；

B.海水提溪中SO2还原比2,Br2被还原为Br，SO2被氧化为5。；，离子方程式配平、产物均正确，B

正确；

C.浓硫酸以分子形式存在，KI以固体形式存在，该反应不能将浓硫酸和KI固体拆分为离子形式，原

方程式书写错误，正确的应书写为：2H2SO4(i<<)+2KI=I2+SO2T+K2SO4+2H2O,C错误:

D.Ag。沉淀可与氨水反应生成可溶性的银氨络离子，该方程式书写正确，D正确;

故选c。

8.配离子［CaNH/F广在酸性溶液中的水解机理如图:

H.O

O2+3+

[C(NH3)5F][(H.N)5Co-FHf[(H3N)SCO-OHJ+HF

快反应慢反应

下列说法错送的是

A.H-N-H键角：［CO（NHJ5F『<NH3

B.与Co（II【）的配位能力：H,O>HF

C,转化过程，涉及极性键的断裂和生成

D.H-F键的形成削弱了Co-F键，促进水解

【答案】A

【解析】A.游离N%中N原子存在1对孤电子对，孤电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间

的排斥力；当NH,作为配体与中心Ch形成配位键后，原孤电子对变为成键电子对，对N-H键的排斥力

减小，因此H-N-H键角：［Co（NHjF『>NH3，A错误；

B.水解最终Hq取代了狼与c〃（in）配位，说明与a（in）的配位能力:H2O>HF,B正确;

C.转化过程中断裂了Cb-F键，生成了H-F键、。-0极性配位键，因此涉及极性键的断裂和生成,

c正确；

D.F与H+形成H-F键后，F的电子对向H-F键偏移，削弱了Cb-F键，使其更易断裂，促进水解，

D正确；

故选Ao

9.分子内的官能团转化是化学药物合成的关键问题之一。某种药物合成过程的关键变化如图所示，下列说

法错误的是

A.图中反应物和生成物的官能团种数相同而种类存在不同

B.反应物中最多有16原子共平面

C.该反应过程中还会存在含四元环且官能团与主产物相同的副产物

o

D.在上述反应的条件下,的主要产物为和甲醇

【答案】B

【解析】A.反应物含有酯基、氨基、碳碳双键、硫酸键，生成物含有酯基、酰胺基、碳碳双键、硫酸

键,官能团种数相同而种类存在不同,A正确;

B.以含硫环为中心，考虑碳碳单键可以旋转，反应物中最多有21原子共平面，B错误;

C.该反应过程中还会存在最左端的酯基与氨基形成酰胺基得到含四元环的副产物，C正确;

D.中能基与氨基发生取代反应生成的主要产物为

和甲醇，D正确;

故选B。

10.【新情境】在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。

己知：表示该微粒吸附在催化剂表面；S”为带有一定电性的吸附位点，易吸附极性大的分子.

下列说法错误的是

A.反应过程中，可能生成副产物甲醛、甲酸

B.上述反应涉及到极性键的断裂和非极性键的形成

C.Ss吸附位点对水分子的吸附能力大于C0?

D.若用Dq代替H。，则生成的氢气为H?和D?

【答案】D

【解析】A.从反应机理可以看出，过程中生成甲醛HCHO、甲酸“COO〃结构的中间产物，因此反

应过程中可能生成副产物甲醛、甲酸，A正确；

催化剂

B.甲醇水蒸气重整的总反应为。“0"+见0^=。。2+3也，反应过程中断裂的C-H、0-H、C-0

均为极性键，生成的H2中H-H键为非极性键，因此涉及极性键的断裂和非极性键的形成，B正确：

C.已知SB易吸附极性大的分子，&O是极性分子，C。?是非极性分子，因此SB对水分子的吸附能力

大于。。2,C正确；

D.若用DQ代替H9,步骤n之后生成的H?的两个H来自甲醇：步骤III发生加成反应，产物中的两

个羟基均是-OO,脱氢后H和D可以结合生成，同理步骤V之后的产物也是故生成的氢气

是H?和"。，D错误；

答案选D。

11.镀是一种重要的战略性金属，其性质与铝相似。一种以钺矿石［主要成分为Be3A12(Si()3)6,含少量FCQ；

等杂质1为原料制备钺的工艺流程如图：

钺

矿

石

滤渣NH4Al(SOJFe(OHb

固体

己知：(NHJBe耳易溶于水，且其溶解度随温度升高而显著增大。卜.列说法错误的是

A.若使用NaOH溶液“沉镀”，可能会导致被的产率降低

B.“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤

C.“气体X”的组成成分为N%、HF

D.“高温还原”时应在N?保护氛围中进行

【答案】D

【分析】被矿石［主要成分为Be3A12(SiOj6,含少量Fe0等杂质］与硫酸反应，将Be、AkFe等元素

溶解，而SiOz不溶，成为滤渣，滤液中加入硫酸铉，使AP+转化为NH4Al(SOM固体析出，加入氨水

调pH,使Fe3+沉淀为Fe(OH)3,继续加入氨水，使Be?+转化为Be(OH)2沉淀，"转化''步骤中，Bc(OH)2

与HF反应生成(NHjBeH，从溶液中分离出(NHjBeg固体后灼烧，(NH4)28c月分解为BeF2,同

时回收气体HF,用Mg还原BeFz得到Be。

【解析】A.根据题目，钺的性质与铝相似，Be(OH)2是两性氢氧化物，既能溶于酸，也能溶于强硬。

如果在“沉被”步骤中使用NaOH溶液，过量的NaOH可能会溶解Bc(OH”，导致被的损失，从而降

低产率，A正确；

B.已知(NHj?BeE易溶「水，且溶解度随温度升高而显著增大。从溶液中分离(NHJzBeh固体，

应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤，B正确：

C.在“转化”步骤中，Be(OH)2与HF反应生成(NHj?Be耳。根据元素守恒，反应方程式可以表示为：

Be(OH)2+2NH..H,O+4HF=(NH4)2BeF,+4H,O,气体X应为NH3和HF的混合物。这些气体在

灼烧(NHj/BeF；时会重新移放出来，可循环使用，C正确；

D.Mg是活泼金属，在高温下会与N?反应生成Mg"?,这会导致Mg的消耗，“高温还原”时不能在

出保护氛围中进行，D错误；

故选D。

12.曾侯乙编钟以恢弘之音震撼世人，其冶炼原料为湖北省大冶好的透视石矿石。透视石中所含元素X、Y、

Z、W的原子序数依次增大，且位于不同的前四周期。基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，

Y的s能级电子数与p能级电子数相等，Z的最高能层中s能级电子数与p能级电子数相等，W原子的

价电子排布式为3d"'4』。下列说法正确的是

A.电负性：Z>Y

B.Y形成的两种单质均为非极性分子

C.Y与Z形成的化合物属于分子晶体

D.将金属Na投入X?Y中能发生置换反应

【答案】D

【分析】X为元素周期表中半径最小的原子，故X为H；四种元素位于不同前四周期，原子序数依次

增大，故Y在第二周期，Y的s能级总电子数等于p能级总电子数，电子排布为Is22s22P』，故Y为O；

Z在第三周期，最高能层(M层)中s能级电子数等于p能级电子数，价电子排布为3s23P2,故Z为

Si；W的价电子排布为3d'04s',故W为Cu。

【解析】A.同主族从上到下电负性减小，同周期从左到右电负性增大，IVA族元素中电负性C>Si,

笫二周期元素中电负性O>C,所以电负性O>Si,即Y>Z,A错误；

B.O的两种单质为02和。3,02为非极性分子，03为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性

分子，B错误；

C.Y与Z形成的化合物为SiCh,Si02是共价晶体，不属于分子晶体，C错误；

D.Na投入水中发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2t，该反应是单质与化合物反应生成新单质和新化

合物，属于置换反应，D正确；

故选D“

13.科研人员开发电化学法制备卬酸和氢气，装置如图所示。已知：双极膜可在电场作用下将水解离成H'

和OH\分别向两侧电极区域迁移，维持电解质溶液的电中性，促进电解反应持续进行。下列叙述错

误的是

电源

p

t

/

c

4C00V与o

c

甘油2

(GH*OJKOH溶液H2s。4溶液

双极膜

A.电极a为阳极，电极b为阴极

B.若电路中转移0.4mol电子，理论上电极b产生4.48LH?

C.阳极反应式为C3H8O3+HOH--8e-=3HCOO+8H2O

D.双极膜产生的H+向电极b迁移，OHT向电极a迁移

【答案】B

【分析】由图可知，电极b为H"得电子的反应，为阴极，其电极反应为2H，+2e-=H,T,电极a为阳

极,其电极反应为C3H⑼+UOH--8e=3HC。。+8H20c

【解析】A.由分析可知，电极b为阴极，电极a为阳极，A正确；

B.根据电子守恒，电极b的反应式为2H++2e-=H2T,〃(H2)=驾如=0.2mol,因为不确定温度

压强，无法计算氢气体积，B错误；

C.阳极上，甘油在碱的作用下发生氧化反应生成甲酸根离子，1mol甘油完全被氧化时碳元素化合价

共升高8价，故阳极反应式为CM。,十"OH-8c=3HCOO十8H?O,C正确；

D.根据电荷守恒，双极膜中水电禽的离子中OFT向阳极迁移，H•向阴极迁移，D正确；

故选B。

14.AthMn(N3)3(摩尔质量为Mg/mol)是一种立方钙钛矿型有机-无机杂化材料。有机阳离子Alh+被包裹在

由M/和N,构成的无机骨架笼中。该晶体的晶胞结构和AW的结构简式如下：下列说法母送的是

A.Ath•中的C、N原子均为sp3杂化

B.N；的空间构型为直线形

C.晶胞中与Mr?+等距离且最近的N；数目为6

D.该晶体的密度为―xlO2,g/cm3

Mar

【答案】D

【解析】A.A"广所有C原子均形成4个单键，带正电的N原子形成3个CN键+1个N-H键，C、N

的价层电子对数均为4,均为卯,杂化，A正确；

B.N,与CO2互为等电子体（价电子总数均为16）,结构相似，空间构型为直线形，B正确；

C.立方晶胞中，板产位于顶点，N：位于棱心，距顶点仞尸等距离最近的沿八），、z二个坐标轴的正

负方向分布，共3x2=6个，C正确：

D.密度计算：晶胞边长为叩m,单位转换为apm=axl（）T°cm,晶胞体积V—axlO-iOcmy'a'lO^cn?：

M___inMM,人狗，3

晶胞中的数目为［，晶胞质量〃二?h8；密度.=7=3［尸30=又广二7去°g/cm,

不是10%D错误；

故答案选D，

15.常温卜，向1L水中分别力II入（）.（X）5molFe2（SOj3和O.OImolNa3Po4，调节溶液的pH（忽略体积变化），

平衡时体系中P元素以FePO,、PO丁、HPO；、HFOQ和HFO,形式存在，物质的量分数［如FePO4的

«（FePO；）

物质的量分数为丽号品种xlOO%］随pH变化如图。

物

质

的

III

分

数

16

已知：ATsp（FcPO4）=9.9xl0,K、p［Fe（OH）3］=2.8xlO-39,IO。.25sl.6,下列说法正确的是

A.甲线所示物种为HPO；

8

B.^a2（H3PO4）=1.0xl0-

+

C.pH=0.7时，c（Na）=3C（PO^）+c（HPO；-）+c（H2PO；）+c（H,PO4）］

21

D.FCPO4+20H+H2O=Fc（OH）|+HPO：的平衡常数K的数量级为10

【答案】D

【解析】A.含磷物种中，pH越小（酸性越强），FePO«越稳定，几乎所有P都以FePO」沉淀形式存

在，因此低pH下物质的曷分数接近1的甲为FePO,,不是HPO：-,A错误：

+

B.磷酸的电离：H2PO；^H+HPO：-,心=，（H£等）,仅当c（H2P0；）=c（HP0；-）时，

c（H2Po4）

K“2=C（H'）=1（TP\由图可知，pH=8.0是FePO,（甲）和HPO：（丙）的交点，此时HfO」的物质

的量分数己经很小，C（H2PO；）^C（HPO^）,故KqXl.OxIOT,B错误；

C.初始力口入O.OlmolNa3PO-toc（Na*）=0.03mol/L9pH=0.7时，几乎所有P都沉淀为FePO4，溶液

中游离的PO：、HPO；、H2PO；、H3PO4总浓度远小于0.01mol/L，因此

c（Na+）＞3[c（PO：）+c（HPOr）+c（H2PO；）+c（H3PO4）],C错误；

D.对反应FcPO4+2OH+H2O=Fe（OH）3+HPO：,平衡常数K=,且已知

3

K即仍ePOj=c（尸e*）c（PO；）,Ksp[Fe（OH\]=c（）■c（O/；-）；磷酸第三步甩离

c（H+）・c（PO：）

HH++PO『，&3水的离子积KW=C（H）C（O/T）=10*；整理后可得:

c（HPO：-）

K（FePO,\K^,，

K=。1；从图像可知，PH=12.2时，〃P°♦和尸。）的物质的量分数相等，即

+122

c（HPO；-）=c（P^-）,因此^=c（H）=IO-;

99x106xl014222212

K='3.5x1o'=3.5x10°x10®5.6x10',D正确;

2.8x1。%⑻侬

故选Do

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.（13分）恩施因探明独立硒矿床被称为“世界硒都”，全球约90%的硒和60%的储均从铜阳极泥（主要

成分为Cuje、Cu2Se.Ag2SexSb。、PbSO4）中分离提取。现采用如下工艺流程从铜阳极泥中梯

级提取硒、储。

回答下列问题。

0o

8o

%

、6o

斜

姆4o

田

2o■Te

O▲Sb

O

20304050°0.51.01.52.02.53.03.54.0

Na2sOj添加量/g・L“H2sos浓度/molL“

图A图B图C

（I）元素硒在周期表中的位置为，Cu的价电子排布式为

（2）C4Te中Te的化合价为,C%Te在硫化浸出时被氧化为Na^TeSs（硫化浸出时铜元

素的化合价不变）。

（3）Na2s03的添加1量对Te、Sb的沉淀率的影响如图A所示，H2s0」的浓度对Cu、Se和Ag的浸出

率影响如图B所示，最合理的Na2sO3添加量（g/L）和H2SO4浓度（mol/L）分别是

A.50；3.0B.40；3.5C.30；2.0D.40；4.0

（4）沉淀物X为。沉银液中c（H+）＞lmol/L,元素硒的化合价为M价，结合图C写出还原过

程中生成单质硒的化学方程式。

【答案】（除标明外，每空2分）

（1）第四周期第VIA族3才°4sl

（2）-2（1分）空气或氧气（02）

（3）B

Ai

（4）氯化银（AgCl）H2SeO,+2Na2SO3=SeI+2Na2SO4+H2O（或

△।

H2SeO3+2H2SO3=SeI+2H2SO4+H2O)

【分析】向Cu阳极泥中加入Na2s溶液，并通入空气，PbSO,和金属硫化物被转化为难溶的金属硫化

物，同时，Te和Sb被氧化形成可溶盐存在于浸出液中，向浸出液中加入Na2sO,可将Te元素还原为单

质。向硫化浸出过程得到的浸出渣中加入硫酸和硝酸，C〃2s被氧化为C4SQ,Ag2s和PbS被氧化生成

Ag2SO4PbSO4,两种硫酸盐部分形成沉淀，部分被酸液浸出，向浸出液中加入NaCL残留的Ag，被

转化为Ag。沉淀，向沉银后的溶液中加入Na2sOj,gSeOj被还原为Sc单质，据此作答。

【解析】（l）Se是第34号元素，位于第四周期VIA族，Cu是第29号元素，价电子排布式为34°4八

（2）Cu2Te中Cu元素为+1价，Te元素为-2价；由题干信息可知，Cu元素和S元素化合价不变，Tc

元素从-2价升至+3价，故氧化剂为空气中的氧气；

（3）从图A可以看出，当Na2sO,添加量为40g/L时，基本可以将Te完全沉淀，从图B可以看出，当

硫酸浓度为3.5“⑹/L时，对Ag、Cu和Sc的浸出率己达到最大值，继续提高硫酸浓度对浸出率的提升

不再明显，因此，最合理的Na2sO,添加量为40g/L,硫酸浓度为3.5mol/L,故答案选B；

（4）由分析可知，沉淀X是AgQ；当溶液c（H+）＞lmol/L时，pH=-igc（H+）＜-lgl=0,从图像可

以看出，此时溶液中的Se元素主要以H'eOi的形式存在，反应过程中，Se元素从+4价降至（）价，S

A.

元素从+4价升至+6价，结合质量守恒可写出该反应方程式：H'SeOa+ZNazSOLSel+ZNazSO’+HzOl或

H2SeO5+2H,SO5=Se>L+2H2SO4+H2O）。

17.（13分）硫酸羟胺［（NHqHk-HzSOj在工业和分析领域有广泛应用。硫酸羟胺易溶于水，受热易分

解，溶解度随温度升高而增大。实验室制备硫酸羟胺的步骤及装置如下图所示（夹持装置省略）。

步骤I：按图连接好实验装置，并向仪器a中依次加入一定量环己酮而（＜^＞=NOH）,蒸储水。

步骤H：打开仪器c活塞，逐滴加入浓硫酸，打开冷凝水和加热装置，控制反应温度在60℃。

步骤【II：反应结束后，将溶液转移至分液漏斗中，加入甲苯萃取，保留下层液体。

步骤IV：重复萃取3次，合并下层液体，并倒入烧杯中。

步骤V：将烧杯放入5c的恒温水浴中，并缓慢滴加饱和Ba（OH）?溶液，直到溶液pH为7左右，停止

滴加。

进行“一系列操作''后，得到白色固体硫酸羟胺O

已知：©2^^=NOH+H2SO4+2H2O-＞22sO4。

②环己酮易溶丁甲茶、可溶丁水，环己酮啊能溶丁水，酸性条件下易水解生成羟酸盐和环己酮。

③分配系数表示萃取达到平衡时溶质x在两溶剂中的浓度之比，分配系数=与密。

。叫（X）

④萃取率表示有机相中溶质X物质的量与初始总物质的量之比，萃取率=3吧?X100%,

〃3（x）

（1）装置图中，仪器C的名称是______,使用前应进行的操作是。

（2）仪器b的作用是_____。

（3）步骤II中，控制温度在60℃左右可能的原因是o

（4）步骤in中，“萃取”的一般步骤为加入萃取剂，振荡,,静置，放出下层液体，上层液体从

上口倒出。若一次性用20mL甲苯与100mL溶液充分振荡，环己酮的分配系数为则环己酮的萃取

率为%（用字母S表示）。

（5）步骤V中，加入的Ba（OH）2溶液是否能用NaOH溶液代替？.（填“是”或“否”），理由是

【答案】（除标明外，每空2分）

(1)恒压滴液漏斗（1分）检漏（1分）

(2)冷凝、回流和导气

(3)温度低于60C,反应速率太慢，温度高于60℃,硫酸羟胺会分解

ioob

(4)放气

5+7

(5)否（1分）Ba?+要除去过最的SO；

【分析】实验室用环己酮历与浓硫酸制取硫酸羟胺的方法为：在三颈烧瓶连接2只恒压滴液漏斗，其

中1只盛装浓硫酸，另一只盛装蒸储水，中间管II连接球形冷凝管，先向三颈烧瓶中依次加入一定量

环己酮胎和蒸窗水，再逐滴加入浓硫酸，打开冷凝水和加热装置，控制反应温度在6（TC进行反应，待

反应结束后，将溶液转移至分液漏斗中，加入甲苯萃取，保留下层液体，重复萃取3次，合并下层液

体，并倒入烧杯中，将烧杯放入5c的恒温水浴中，并缓慢滴加饱和Ba（OH）2溶液，直到溶液pH为7

左右,停止滴加，最后再进行“一系列操作”后，得到白色固体硫酸羟胺，据此分析解答。

【解析】（1）根据仪器图形，仪器c的名称为：恒压滴液漏斗；带活塞的仪器在使用前都应进行检漏

的操作。

（2）根据仪器图形，仪器b的名称为：球形冷凝管，其作用为：冷凝、回流和导气。

（3）根据题干信息，硫酸羟胺易溶于水，受热易分解，则采用控制温度在60C左右的原因可能是：温

度低于60℃,反应速率太慢，温度高于60℃,硫酸羟胺会分解。

（4）“萃取”操作的一般步骤为：加入萃取剂、振荡、放气、静置，放出下层液体，上层液体从上口倒

〃（X）有

出：设X在有机相中溶解了〃（x）有、在水中溶解了〃（X）水，则有分配系数6二才劈，解得

100〃4

〃（x）水，再根据萃取率

仃机（X）x]00%n(X：%n(X).]

-x100%=―,、&----x100%=--x100%=—x)00%=—%

〃总凶n（X）水+n（X）5+35+3

（5）在步骤V中，加入的Ba（OH）2溶液除j'调节pH=7外，还需要除去过量的SO；,因此不能用NaOH

溶液代替Ba（OH）2溶液。

18.(14分)甲酸常作除垢剂、饲料添加剂等。CO2催化加氢合成甲酸的过程涉及以下反应:

i.CO2(g)+H2(g).HCOOH(g)AH,>0

ii.CO,(g)+H2(g)H,O(gl+CO(g)AA/2>0

回答下列问题：

(I)Hq(g)+CO(g)lHCOOH(g)的(用含AHp4通的代数式表示).

(2)已知：反应i的速率方程为/：=却C(CC)2>C(H2),也二%c(HCOOH)(々正、标为正、逆反应速率常

数)。速率常数伏)与活化能(纥)、温度⑴的关系式为lnk=-2+lnA(R、A为常数)。反应i的-1屋与

温度的倒数关系如图1所示。

能代表-皿编的关系曲线是(填“LJ或"L?”)，判断理由是o

(3)在恒容密闭容器中充入ImolCO?和ImolH-发生上述反应i和ii,测得平衡时CO：的转化率、

7?(HCOQH)

HCOOH的选择性SS(HCOOH)=xl00%与温度的关系如图2所示。

/2(HCOOH)+n(CO)

%

/

1

H

O

O

.

)

=

s

①表示COZ平衡转化率与温度关系的曲线是___________(填“a”或"b”)，其原因是。

②分析S(HCOOH)随着温度升高变化趋势的原因：。

(4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入ImolCO2和Imol%,此时容器内总压强为200kPa,发生上

述反应i和ii,经过/min恰好达到平衡时CO2的转化率为60%,且HHCOOH)=5〃(CO)。()~/min内

HCOOH的分压平均变化率为kPa.min*o该温度下，反应i的标准平衡常数K”=

［已知：分压二总压x该组分的物质的量分数，对于反应北)(g)+eE(g)=gG(g)+/?H(g),

/、h

与.g(/经\

其中P“=l°OkPa,PD、PE、PG、PH为各组分的平衡分压］。

IPD|,[£EI

【答案】(每空2分)

(1)△”「A4

(2)L2反应i是吸热反应，正反应活化能大于逆反应，升高相同温度，正反应速率常数变化量

大于逆反应速率常数

(3)b反应i和反应ii均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2的平衡转化率增大(合理

即可)升高温度，反应i的平衡止向移动的程度小于反应ii的平衡正向移动的程度，HCOOH的选

择性减小(合理即可)

(4)—3.125或3

t8

【解析】(I)已知目标反应=反应i-反应ii,结合盖斯定律得小〃=

(2)反应i是吸热反应，正反应活化能大于逆反应，升高用同温度，正反应速率常数变化量大于逆反

应速率常数，曲线斜率更大；则能代表的关系曲线是L?；

(3)①反应i和反应ii均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2的平衡转化率增大；则表示

COz平衡转化率与温度关系的曲线是b；

②升高温度，反应i的平衡正向移动的程度小于反应ii的平衡正向移动的程度，HCOOH的选择性减小;

(4)依题意,平衡时，C02为0.4moLCO为O.lmol,HCOOH为0.5mol,出0为0.1何01,H?为。.4

mol,气体总物质的量为1.5mol；对于恒温恒容条件下，气体压强与物质的量成正比：平衡总压强为

L5m0104mo1

2()()kPax=15()kPa,/;(CO2)=/XH2)=150kPax=40kPa,“(HCOOH尸

2.0mol1.5mol

15。kPax喀粤二50kPa；HCOOH的分压变化率：”(HCOOH尸坐啊="ki?n?，反应i的标准