2026年高考考前预测卷-化学02（新高考）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：H/C-12N-140-16Cu-64

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.各具特色产业在推动区域文明发展进程中有着不可替代的作用。下列说法正确的是

A.黑龙江的五常大米富含淀粉，在人体内水解最终产物均为葡萄糖

B.吉林长白山的人参中含有人参皂甘，属于合成高分子化合物

C,辽宁大连的海参富含蛋白质，蛋白质在加热时发生水解反应

D.内蒙古的羊绒围巾主要成分是纤维素，可通过化学方法鉴别真假

【答案】A

【详解】A.淀粉属于多糖，在人体内经酶的催化逐步水解，最终产物为葡萄糖，A正确；

B.人参皂背是天然存在的有机小分子，不属于合成高分子化合物，B错误；

C.加热时蛋白质发生变性，空间结构被破坏，但不会发生水解反应，蛋白质水解需要特定酶或酸碱催

化生成氨基酸，C错误；

D.羊绒的主要成分为蛋白质，可通过灼烧闻气味的方法鉴别真假，D错误；

故选Ao

2.下列有关化学用语表述正确的是

B.乙醇分子的空间填充模型:

C.用电子云轮廓图示意。2P-P。键的形成为:寿388—

++

D.NaHC。?在水中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO^

【答案】A

6-2x9

【详解】A.SO?中心S原子的。键数为2,孤电子对数为2手*=1，其价层电子对数为2+1=3,因

此VSEPR模型为平面三角形，与图示结构一致，A正确；

B.同周期元素从左到右，原子半径依次减小，且H原子半径最小，则原子半径：C>O>H，因此乙醇

(CH,CHQH)分子的空间填充模型为:©B错误;

C.P-8键是两个P轨道“头碰头”重叠形成的，而图示为两个P轨道“肩并肩”重叠，C错误;

D.NR/CO,是强电解质，在水中完全电离生成N/和"C。；，其电离方程式为：NaHCO.=Na++HCO；,

D错误；

故选Ao

3.由结构不能推测其对应性质的是

选项结构性质

A氨分子含有孤电子对氨可以与氯化银反应

B筑的电负性大于氯的电负性三氨乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性

C氧原子的最外层电子数比氮原子的多氧原子的第一电离能比氮原子的大

D二氧化硅和二氧化碳的晶体类型不同两者熔、沸点差别大

【答案】C

【详解】A.氨分子中的N含有孤电子对，能与具有空轨道的Ag+形成配合物[Ag(NH3)2]+,因此可以与

氯化银反应，结构能推测其对应性质，A不符合题意；

B.箍的电负性大于氯，吸电子能力更强，使三氨乙酸中竣基的O-H键极性增强，更易解离，因此酸性

大于三氯乙酸，结构能推测其对应性质，B不符合题意：

C.氮的2P轨道处于更稳定的半满状态，使氧原子的第一电离能小于氮，与二者最外层电子数多少无关，

C符合题意；

D.二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，原子晶体的熔、沸点高于分子晶体，晶体类型不同导

致熔、沸点差别大，结构能推测其对应性质，D不符合题意;

故答案为C。

4.下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是

D.测定H2GO,溶液

C.蒸储石油

的浓度

【答案】B

【详解】A.浓硫酸与铜反应制取二氧化硫需要加热，操作错误，A项不符合题意；

B.氨气极易溶于水，会形成喷泉实验，可以验证氨气的溶解性，操作正确，B项符合题意:

C.蒸储石油时温度计用于测蒸气的温度，应置于蒸储烧瓶支管口处，且冷凝水应下进上出，操作错误,

C项不符合题意;

D.酸性KM"。,具有强氧化性，会腐蚀酸式滴定管下端的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，操作错误,

D项不符合题意；

故选B。

5.某种可用作原电池电解质的离子液体的结构如图所示。W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期

主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。下列说法

错误的是

R

WI

—

-IX

YI-R

W

A.原子半径：X>Z>R

B.第一电离能：R>Z>Y

C.最高价含氧酸的酸性：Z>Y>X

D.XR、和ZW3的VSEPR模型名称均为四面体形

【答案】D

【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p

能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。基态Y原子电子排布式为Is22s22P2,故Y为C元素；

结合原子序数递增及结构中成键情况，W为H,X为B,Z为N,R为F,据此分析。

【详解】A.X、Z、R分别为B、N、八同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径B>N>F,

即X>Z>R,A不符合题意：

B.Y、Z、R分别为C、N、尸，同周期主族元素从左到右第•电离能呈增大趋势，且N的2P能级为

半充满稳定结构，第一电离能大于C,故第一电离能F〉N>C,即R>Z>Y,B不符合题意；

C.X、Y、Z分别为B、C、N,同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸酸性与非

金属性一致，故酸性HNO^H2cOjAH'BOa，即Z>Y>X.C不符合题意；

D.XR3为BF”中心原子B的分层电子对数为3+3与-3x」1=3,VSEPR模型为平面三角形；ZW?为N%,

中心原子N的价层电子对数为3+笥叱=4,VSEPR模型为四面体形，二者VSEPR模型不同，D符合

题意；

故选D。

6.对水杨酸进行分子结构修饰，可得到药物美沙拉嗪，下列说法错误的是

OHOH

COOH

反应，

NO,

水场酸中间体美沙拉嗪

A.水杨酸中所有碳原子均采用sp2杂化

B,可用FeCh溶液检验反应1是否有水杨酸残留

C.美沙拉嗪可发生缩聚反应

D.中间体不含手性碳原子

【答案】B

【详解】A.苯环上的碳原子和按基中的碳原子均为sp2杂化，A正确；

B.FcCh溶液可检验酚羟基显紫色，水杨酸和反应1生成的中间体中均含有酚羟基，无法检验，B错误；

C.美沙拉嗪分子中既有粉基又有羟基，可以发生缩聚反应，C正确:

D.手性碳原子需要四个不同的原子或原子团连在同一个碳原子上，上述反应过程中间体中无手性碳原

子，D正确；

故选B。

7.硫及其化合物的转化如图甲所示，S&的结构如图乙所示。设N.、表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正

确的是

氧化剂1sNaOH，A

Na2sOj*-咯。3米

S8

甲乙

A.反应①中5.6L(标准状况)H2s完全被氧化，生成的水分子数一定是0.25NA

B.反应②消耗96gS,转移的电子数为12名

C.LOL0.1mol而的Na2sO3溶液中,SO：和HSO；的数目之和为0.1N,、

D.1molSs中含非极性键的数目为8N,、

【答案】D

【详解】A.反应①中的氧化剂不同，生成水的量可能不同，若氧化剂为。2,则H^S-Hq,若氧化剂

为KMnO一则5H2s〜8H2O,A错误；

B.反应②的化学方程式为：3S+6NaOH=2Na2S+Na2SOA-3H2O,故消耗3moiS,转移4moi电子,

B错误；

C.Na2sO3溶液中，含硫物种包括SO：、HSO；、H2SO3,则1.0L().1molP的Na2s0,溶液中，SO；和

HSO；的数目之和小于O.INA，C错误；

D."0电中含有的非极性键(S—S)数Fl为8N-D正确：

故选D。

8.一种以Ni-CuO作为电催化剂的ALNO3新型电池如图所示，放电时可将污水中的NO,转化为NH；。下

列说法错误的是

irIn

OIF

禽

Al[A1(OH)4]~子

O交

_电解质膜

A.充电时，电极II为阳极

B.放电时，负极区溶液中pH逐渐减小

C.放电时，理论上每消耗4moiA1最多可处理62g的NO；

D.充电时，电解池的总反应为4[Al(OH仃著4A1+3OJ+6HQ+4OH-

【答案】C

【分析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合牛成四降某合铝酸根，中极反应式为

Al-3e+4OH-=[AI(OH)4]\电极Ni-CuO为正极，NO；被还原为NH3,正极发生反应为

NO；+8c+6H2O=NH3+9OH-,充电时，金属铝为阴极，电极反应与原电池相反，电极Ni-CuO为阳极，

阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+C)2个，据此解答。

【详解】A.放电时电极II为正极，充电时正极连接电源正极作阳极，A正确：

B.放电时负极反应为4-3e，4O/T=[A/(O〃)J,消耗。”-，负极区"T浓度降低，pH逐渐减小，

B正确；

C.1molAl反应失去3mol电子,4molAl共失去12mol电子;NO；转化为AW3时N元素从+5价变为

12

・3价，ImolNO；得到8moi电子，故可处理N。；的物质的量为胃=L5mol,质量为

8

1.5molx62g/mol=93g,C错误；

D.充电时阴极[A"。""「得电子生成Al,阳极O"-失电子生成。厂配平总反应为

_电解

-

4[A1(OH)4]=4AI+3O2T+6H,O+4OH-,D正确：

故选C。

9.某科研小组在温和条件下对环氧乙烷(心〉)催化加氢的研究有了重大突破，反应机理如图。已知反应①

是该催化过程的决速步骤，下列说法错误的是

D.反应过程中存在极性键的断裂与形成

Ti（IV）

B.g是该催化过程的中间产物

C.上述基元反应中反应①的活化能最高

A.若用D?代替H2参与反应，则产物为CH3cH20D

【答案】A

【详解】A.若用D2代替H2参与反应，则产物为CH2DCH2OD、A项错误；

Ti（IV）

B.反应中第②步生成1,然后第④步反应又消耗，是该催化过程的中间产物，B项正确;

C.反应①是该催化过程的决速步骤，所以上述基元反应中反应①的活化能最高，C项正确：

D.反应过程中有C-0键断开和H-0键生成，存在极性键的断裂与形成，D项正确：

故选A。

10.澳化亚铁（FeBr?,易潮解、80。℃升华）常用作聚合反应的催化剂。某同学在实验室制备FeE"利川Fe与

HBr反应制备），装置（部分夹持仪器己省略）如下图所示，下列说法中错误的是

1

已知:2FeBr3=2FeBr2+Br2T。

A.该反应中体现的制酸原理是高沸点酸制低沸点酸

B.若将浓磷酸换成浓硫酸(浓硫酸和澳化钠反应可生成SO?和Br?),则达不到实验目的

C.实验结束后，关闭热源，仍需要通入•段时间的N?

D.X、Y中盛装的试剂依次是氯化钙和碱石灰

【答案】B

【分析】浓磷酸和澳化钠在加热的条件下反应生成磷酸钠和澳化氢，浪化氢用无水氯化钙干燥后和铁

反应生成澳化亚铁，澳化亚铁易升华，潮解，用锥形瓶收集后冷却得到，同时用碱石灰吸水空气中的

水蒸气，防止水蒸气进入锥形瓶使浪化亚铁潮解，同时吸收多余的演化氢。

【详解】A.圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：NaBr+H2PO4(«<)=NaH2PO.(+HBrt,该反应中

体现的制酸原理是高沸点酸制备低沸点酸，A正确；

B.浓硫酸代替浓磷酸，生成SO?和犯，SO?不与铁反应，BL和铁反应生成FeB[FeBq在高温下又

分解为FeBr?和也可达到实验目的，B错误；

D.X、Y盛装的试剂依次是氯化钙和碱石灰，氯化钙起到二煤HBl的作用，碱石灰的作用是吸收装置

中剩余的HBr气体、空气中的水蒸气和二氧化碳，D正确；

C.实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间的N?,其目的是将装置中的剩余HBr气体全部排出

到干燥管中，被试剂Y完全吸收，C正确；

答案选B。

11.实验室制备高铁酸钾(LFeOq)的过程如图。下列对应离子方程式错误的是

浓盐酸饱和KOHFe(NO)KOH

KMnO,一反应I一洗气一二乂箕一广常-K2FCO4

-------------------------1U〜1U〜

f2+

A.“反应1"：2MnO4+l6H+l0CI=2Mn+5CI2T+8H2O

B.“反应2”：C12+2OH=C1+C1O+H2O

3+

C.“反应3”：2Fe+3C1O+1OOH=2FeO;-+3C1+5H2O

+3+

D.用KzFeQi除去废水中的NO?：2FeOj-+3NO2+1OH=2Fe+3NO；+5H2O

【答案】D

【分析】该流程通过三步反应制备高铁酸钾：首先，KM〃Q与浓盐酸发生氧化还原反应生成C4（反应

1）；接着，经洗气后与饱和KO〃溶液在10~15，c下反应生成KC/O（反应2）；最后，KC/O与

尼（Nqb、KOH在10〜6C下反应，将用3♦氧化为此。：一，最终得到Kz&d（反应3）。

【详解】A.反应1为高锦酸钾与浓盐酸反应制备氯气，离子方程式中得失电子、电荷、原子均守恒,

书写正确，A正确；

B.低温（10~15℃）下CL与KOH发生歧化反应，生成Cl、。。和水，离子方程式书写正确，B正确；

C.反应3为碱性条件下，CIO将Fe3+氧化为FeO：,得失电子、电荷、原子均守恒，碱性条件用06

配平，书写正确，C正确；

D.FeO1~在酸性条件下会发生自身分解（4代好+2（）氏=4尸产+30产+10也0），无法稳定存在；

FeO：与NO；的反应应在碱性或中性环境中进行，不能写H,参与的方程式，正确的碱性环境离子方程

式为2FeO^+3NO~+5H2O=2Fe（OH）3J+3NO；+40”，D错误；

故选Do

12.C%。晶体结构与CsCl相似，只是用Cu4。四面体占据CsCI晶体（图1）中。的位置，而Cs+所占位置

由o原子占据，如图2所示c为阿伏加德罗常数的值，6=1.7。下列说法错误的是

•cs-Qcr

图1图2

A.若广(Cs+)=17()pm、r(Cr)=181pm,则CsQ晶胞边长约为413Pm

D.若图2中Cu4O四面体中氧原子的分数坐标为则铜原子①的分数坐标可能为

【答案】B

【详解】A.晶胞边长a满足：Ga=2(r(B)+r(B)),代入得CsCl晶胞边长约为4I3pnA正确；

B.一个C%O晶胞若含4个Cu原子，则应含2个0原子，则P=——i—=丁「^/。/，B错误；

N,、aN,、a

C.Cu2O晶胞中，根据图2,O原子在体心，4个Cu原子在晶胞内部构成正四面体，符合选项描述，C

正确；

D.氧原子分数坐标为mCu4O四面体中Cu原子①位于氧原子母,健]方向，符合晶胞中

(222)1444J

原子的位置关系，D正确；

故答案为B。

13.MgCO/Mg。循环在CO?捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO,与H?反应生

成CH,的路线，主要反应如三：

I、MgCO,(s)MgO(s)+CO2(g)A”[=+101kJmoL

II、CO2(g)+4H2(g)^CH4(g)4-2H2O(g)A/72=-l66kJmor'

HI、CO2(g)+H2(g)H2OIg)+CO(g)△%=+41kJmoL

100kPa下,在密闭容器中1molH?(g)和1molMgCO?⑸发生反应。达到平衡时，反应物(％、MgCOj

的转化率和生成物(CH,、CO,的选择性(含碳生成物的选择性="geo转化的物质的最外00%)随温度

变化关系如图1(反应山在360C以下不考虑)，图1中点M附近区域放大图如图2。下列说法不正确的

是

265266267268269270

温度/℃

图2

A.曲线c表示CH,的选择性

B.点M温度下，反应n的下0.06(kPa)-2

C.在550℃下达到平衡时，z?(CO2)=0.2mol

D.50()〜600C,随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能为反应II平衡逆向移动生成的H?多于反应

III平衡正向移动消耗的H?

【答案】C

【详解】A.已知反应I为吸热反应，反应H为放热反应，反应III为吸热反应：根据图像，温度升高,

反应I正向移动，反应H逆向移动，则MgCCh的转化率逐渐升高，比的转化率逐渐卜降，在360C以

下不考虑反应HI,则CO2的选择性上升，CH«的选择性下降，且CO?、CH』的选择性之和为100%,所

以曲线。表示MgCCh的转化率，曲线〃表示CO2的选择性，曲线c表示CH_i的选择性，A不符合题意；

B.点M温度下，从图中可以看出，MgCCh的转化率为49%,则剩余的MgCCh为0.51mol,根据碳原

子守恒，CH4和CO2的物质的量之和为().49mol,又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则

CO2和CH4的物质的量均为0.245mol,根据氯原子守恒得出H2O的物质的量为0.49mol,根据氢原子

守恒得出H2的物质的量为()二)2m01,气体总的物质的量为(0.02+0.245+().245+0.49)mol=Imol,

〃(%)=华xIOOkPa,p(CO2)=p(CH4)=x1OOkPa,〃(也0)=竿xlOOkPa,则反应H的

u0.245X1OOkPax(0.49x1OOkPa)2(0.49x1OOkPa)2口八八/…、-，八下―人m+

K=----------------=--------1x150.06(kPa)2,B不符合题意；

po(0.02x1OOkPa)4x0.245x|OOkPa(0.02x1OOkPa)4

C.在550℃下达到平衡时•，MgCOa完全转化，CO2的选择性为70%,则生成的CO?为=1molx70%=0.7

mol,C符合题意；

D.因为反应II是放热的，反应H1是吸热的，在500~600℃,随温度升高，反应II平衡逆向移动生成的

出多于反应III平衡正向移动消耗的Hz,故Hz的平衡转化率下降，D不符合题意；

故选C。

14.常温下,在10mL浓度均为0.1mol/L的FeCL、MgCb的混合溶液中滴加VmL同浓度的氨水，溶液中

某些粒子浓度的负对数pX[pX=-lgc(X),X=Mg2+、Fe2\dNH+)」与P14的关系如图所示，已知常

温下，Mg(OH”溶解度大于Fe(OH”。下列叙述错误的是

A.A代表-lgc(Mg2+)与pH关系

B.Kp[Fe(OH)2]的数量级为10,7

2+

C.Mg+2NH3H2O=Mg(OH)2；+2NH：的K<100

D.VM0时,溶液中C(OH)"(NH3・H2O)

【答案】D

【详解】A.已知Mg。")?溶解度大于Fe(OH)2,因此K卯[吸(O")?]>K卯,用同(即

相同c(ar))时，c(Me)>c(而)而pX=_/gc(X),C越大则“X越小，因此P"相同时Mg“对

应PX更小，故L?代表Tgc(Mg")与〃，的关系，A正确；

B.L是F*的曲线，。点坐标(6.98,2.27)：pH=6.98,则水汨一卜[(川口㈣二皤加〃以小：

2

pFe^=2.27,则c("*)=]0-2.27ww//L.

K卯[阳O"M=C(心+)<2(。"-)=103、(10-7.02)2=10-16.3/5x1()77,数量级为10*,B正确；

C.反应图2++2NHy•H,O=Mg(OH)2J+2NH；的平衡常数：

K=c(*J威也0*：逮嬴由L_1的性质可得Kb(N%H2OQ。,对3勺少点

(8.67,0.58),计算得长4隰(。”)2]=10一°5隈(10333)2=10-"24,代入得：K=j^2)l=l0l.24wl7<|(XK

c正确；

D.原溶液中n(Fe2+)+n(Mg2+)=0.01Lx0.1mol/L+0.01Lx0.1mol/L=0.002mol,沉淀需要0.004〃/氨

水，当V=40〃此时，n(^H3.H20)=0.004/7w/,恰好完全反应，反应后溶质为NH/7。N〃；水解呈

++

酸性:NH；+H2O/VW3-H2O+H,C(H)>C(NH3H2O)>C(OH-),D错误;

故选D..

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.(15分)配合物［Co(H)Salen］具有还原性，在催化研究等领域具有广泛的应用。用水杨醛制备|Co(H)Salcn］

的原理为:

己知：①C02+在溶液中易被氧化为Co"；②配合物［Co(II)Salen］的Mr=3253

某实验小组制备配合物［Co(H)Salen］的实验如下:

I.制备双水杨醛缩乙二胺

在三颈烧瓶中加入6.1g水杨醛、6.0g乙二胺及80mL无水乙醇，室温搅拌4~5min,生成亮黄色双水杨

醛缩乙二胺晶体。

II.制备[Co(H)Salen]

向三颈烧瓶中通入N2并向仪器a中通冷凝水，然后用电炉控制温度在70~80C,使亮黄色晶体完全溶

解；用仪器b将足量的醋酸钻溶液加入二颈烧瓶中，生成股状沉淀，继续保持微沸直至有暗红色晶体析

出，回流结束后停止加热，同时关闭冷凝水，停止通氮气；冷却、离心过滤、洗涤、真空干燥，得到6.5g

样品。

回答下列问题：

(1)实验中持续通入N?的目的为0

(2)仪器a的名称为,回流时烧瓶内气雾上升高度不宜超过仪器a的高度。若气雾上升过高可

采取的操作有o

(3)离心过滤是将料液送入有过滤介质(如滤网、滤布)的有孔转鼓中，加速旋转利用离心力进行过滤

的过程，与普通过滤相比，其优点为(写一条即可)。

(4)双水杨醛缩乙二胺与Co(CH3co0b反应生成［Co(H)Salen］的化学方程式为

，若用CoJ代替Co(CH3co［Co(H)Salen］的产率会降低，试从化学平

衡移动的角度分析其原因：

(5)实验制得配合物［Co(H)Salcn］的产率为。

(6)下列与本实验无关的图标是(填序号)。

A念B念C③

【答案】除备注外，每空2分

(1)排尽装置内的空气，保证反应在无氧环境下进行，防止Co升被氧化为C<?+同时避免牛.成的

[Co(H)Salen]被氧化

(2)球形冷凝管(1分)降低加热温度或加快冷凝水的流速

(3)过滤速率更快(或固液分离效果好、不易堵塞滤孔)

(4)生成

+Co(CII3COO)2+2CHJCOOH

HQ使配体质子化，平衡逆向移动

(5)80%

(6)AD

【详解】(1)持续通入N?的巨的是排尽装置内的空气，防上Co"被氧化为Co,♦同时避免生成的

[Co（II）Salen]被氧化，保证反应在无氧环境下进行；

（2）仪器a的名称为球形冷凝管；若气雾上升过高，可采取的操作有降低加热温度、加快冷凝水的流

速，使蒸气及时冷凝回流，避免反应物或产物逸出；

（3）离心过滤与普通过滤相比，优点为过滤速率更快或固体颗粒不易堵塞滤孔、固液分离效率更好等；

（4）其反应的化学方程式为

Co（CH3co。卜，反应生成的HC1是强酸，会使配体质子化，导致平衡逆向移动，从而降低[Co（II）Salen]

的产率;

（5）水杨醛摩尔质量M=122g/mol,〃（水杨醛）二口?1g/0.05mol,乙二胺摩尔质量M=60g/mol,

122g/inol

〃（乙二胺）==0.1mcl,由反应式可知，乙二胺过量，反应生成的双水杨醛缩乙二胺的物质的

60g/mol

最为〃（水杨除）=0.05〃勿=0025mH,[Co（II）Salcn]的理论产量为（）.（）25molx325g/mol=8.125g,实际

22

6.5g

产量6.5g,产率为x100%=80%

8.125g

（6）A图标识为注意明火标记；B图标识为通风警示；C图标识为洗手的标记；D图标识为防利器警

示。本实验加热采用的是电炉（无明火）、易挥发的有机溶剂需通风、实验后需洗手，没有涉及到尖锐利

器，故与本实验无关的图标是AD,故答案选AD。

16.（14分）CrCL、常用于电镀、制造铭黄颜料等。以铭渣（主要成分为C/A和ALO”含少量

Fe2OPFeO、SiO?等）为原料合成CrCL,和AlC]的流程如图所示:

纯碱空气气体XNa2s

1X|—cci

铭渣-

▼

A1C1,

已知：“水浸”后滤液中含有NaQQ、Na2SiOcNa[Al（OH）4]o

回答卜.列问题：

（1）基态Cr原子价层电子排布式为

(2)“焙烧”中被氧化的元素有(填元素符号)。

(3)滤渣2经盐酸溶解、过滤，采用结晶法从滤液中提取A1C§6HQ,将A1CL6HQ和足量SO。2混合

共热可制得AICI；,写出得到AICI3反应的化学方程式：

_____________________________________________o不能直接加热AIC136H2O制备AIC13的原因为

(4)已知：常温下，“水浸”后滤液中部分离子的物质的量浓度⑹的对数Ige与pH的关系如图所示。

图中能代表怆450；)与pH关系的曲线是(填“LJ或"tv，)。常温下，若控制溶液中铝元

素的浓度不超过lx］。-，mol】，需要控制溶液的pH范围为

⑸"。,和CJ共热的副产物只有光气(COCL)，则该反应中，CCjCr?。3的物质的量之比为

(6)铭的一种氧化物M的晶胞如图所示，则M的化学式为

【答案】除备注外，每空2分

(l)3d54sl(I分)

(2)Cr、Fe

A..

(3)A1CI3.6H2O+6SOC12=A1C13+6SO2?+12HC1TA/易水解，HC1易挥发，直接加热得不

到AICX合理即可）

（4）L2（1分）4.5<pH<9.6

（5）3:1

（6）CrO2

【分析】铭渣的成分为CqOj、A12O3,含少量FqQj、FeO、SiQ,力口入纯碱Na4Oj并通入空气焙烧，

Al2o3.SiO2被转化为可溶于水的钠盐Na[Al（OH）J和NazSiO-铁的氧化物不参与反应，仍为固体不

溶物，故滤渣1为Fe2。，；通入酸性气体降低溶液〃"，使SiO：转化为Hz&G沉淀、[Ah：OH）J转化

为4（。”）3沉淀，过滤后得到滤渣2为H2SR和MO"%,滤液为含Na?Cr0t的溶液；向含NaqrO,的

滤液中加入Na?S,生成。（OH%沉淀，分离后灼烧得到。弓。；其与CC/4共热反应，最终得到目标产

物。<7；。

【详解】（1）Cr原子序数为24,价层电子为3d和4s轨道，半充满结构更稳定，基态铭原子的价层电

子排布式为3d54slo

（2）铭渣中口。3中Cr为+3价，焙烧后生成汽生。。，中。•为+6价；在Q中Fe为+2价，焙烧后被氧

化为+3价，因此被氧化的元素为Cr、Fe0

（3）SOO?与水反应生成SO2和HCI,抑制氯化铝水解，故得到AlCh反应的化学方程式为

A1C1.-6H2O+6S0C1,=A1C1,+6SO2T+12HC1T;AR是强酸弱碱盐，直接加热结晶水合物时，4a

水解且HC1挥发，最终得到氧化铝，无法得到无水氯化铝。

（4）溶液中存在可逆反应：2CrO；+2H-WCrq7+Hq,酸性越强，CrO：浓度越小，图中代表

IgdCjO；-）与pH关系的曲线是L?。由图可知，常温下，铝元素浓度不超过1X10-5〃?H/L，即lgc<-5,

由图可知：〃〃之4.5时44"）410-5〃也"L,〃”<9.6时ca4（O，）J）Kl（r%o//L,需要控制溶液

的pH范围为4.5WpH"9.6。

A

（5）Cr2O^nCCI4发生反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl「2Cra3+3COQ2,故与6。3物质的

量之比为3:1。

（6）由晶胞图可知，铭原子位于顶点和体心，4个氧原子位于面上、2个位于体内。所以，M晶胞中

含铭原子数为1+8X：=2,含氧原子数为2+4x1=4,M的化学式为CrO?。

o2

17.(14分)CO?回收和利用有助于实现“碳中和”。工业上，利用CO?制备CHQH涉及反应如下:

1

反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H,O(g)A/7,=-48.97kJmor；

反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)A/72

己知反应II的平衡常数与温度关系如下表所示：

T/°C70080083010001200

K0.60.91.01.72.6

回答下列问题：

(I)AH20(填，域y)

(2)在恒温、恒容条件下，下列事实能说明反应I已认平衡状态的是。

A.体系内c(COj=c(CHQH)B.体系内CHQH(g)的体积分数不再发生变化

C.体系内混合气体的平均相对分子质量保持不变D.体系内混合气体的密度保持不变

(3)830(，向恒容密闭容器中充入1molCOrlmolH2>1molCO及2moi也0您)，此时反应II。

A.正向进行B.逆向进行C.已达到平衡

(4)在总压5MPa,n(H,):n(C0,)=3:l,催化剂为Cu-Zn-Al-Zr纳米纤维，反应相同时间时，甲醇产

率与温度关系如图1所示。在520K,其他条件相同，甲醇体积分数与压强关系如图2所示(假设只发

生上述反应I、H)。

图1图2

图1中，温度高于520K时，甲醇产率降低的原因可能是，图

2中，当压强大于P。MPa,CHQH(g)体积分数急剧降低，其原因是

⑸某温度下，向恒容密闭容器中充入ImolCO?和3moiH?,发生上述反应I、II,起始压强为200KPa,

平衡时压强为150KPaXH.OH选择性为80%。则CO?的平衡转化率为，反应II的平衡常数5=

(分数表示即可)。(提示：&是用分压来计算平衡常数。气体分压二总压x物质的量分数，甲醇选

〃(CHQH)

择性=〃(CHQH)+〃(CO)X100%)

【答案】每空2分

(1)>

(2)BC

⑶B

(4)520K时，反应I、II都认平衡,升温时反应I平衡向左移动,反应II平衡向右移动甲醇

己液化

(5)62.5%

JJ

【详解】(1)由表格可知，反应H的平衡常数K随温度升高而增大，说明升温使平衡正向移动。根据

勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，因此反应n为吸热反应，则AH2>()。

(2)A.体系内C(C0J=C(C〃3。”)，这仅是某一时刻各组分浓度的一种特定关系，并不能说明反应

已达平衡，平衡时各组分的浓度是恒定的，但不一定相等，A错误；

B.当的体积分数保持不变时，说明其物质的量不再变化，反应达到了平衡状态，B正确;

C.反应lCO2(g)+3H2(g)UC〃Q”(g)+H2O(g)是•个气体分子数发生变化的反应。在恒容容器中,

一m也

气体总质量〃值不变，但总物质的量〃总会随反应进行而变化。平均相对分子质量乂=言。当“保持

不变时，意味着也不再变化.反应达到平衡，C正确；

D.在恒容密闭容器中，气体的总质量，%始终守恒，容器体积V恒定。因此，混合气体的密度夕=午

始终保持不变，无论反应是否达到平衡，D错误；

故选BCo

(3)反应n为Ca(g)+H2(g)UCO(g)+HQ(g),反应商。，的表达式为：在

恒容条件下，乂反应前后气体体积不变，可以用各物质的物质的量代替浓度进行计算:

n(C(9)n(H,O)_lmolx2mol

=2,830'C，反应II的平衡常数K=1.0,因为Q>K,说明反应

n(CO2)-n(H2)Imolxlmol

n逆向进行，故选B。

（4）升温反应速率增大，同时升温使平衡朝着吸热方向移动。图1中520K之前未达到平衡，升温，

反应速率增大，甲醇产率增大；520K时达到峰值（达到平衡），温度高于520K时，甲醇产率降低的原

因可能是：高于520K时，升温，反应1平衡向左移动、反应I【平衡向右移动，使甲醇产率降低。

图2中甲醉体积分数与各物质状态有关，增大压强，反应速率加快，达到平衡时增大压强平衡向正方

向移动，但同时增大压强，甲醉易液化，导致甲醉体积分数急剧降低。

（5）在恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比。起始总物质的量

riw,-新n中曲150KPa3

n起始=lmolCO2+3molH2=4mol。平衡时总物质的量〃平平衡为=h=工~=

n起始上始,zuuKra4

11

解得平面=3moi；设反应I中消耗的C02为xmol,反应【I中消耗的CO2为Jmoh反应I：

CO2(g)+3H2(g)CH.OH(g)+H2O(g)；反应H：。。m)+凡1)？。01)+达01)；平衡时各物

质的量：n(CO2)=l-x-y；n(H2)=3-3x-y；n(CH3O/7)=x；n(CO)=y；n(H?O)=x+y；平衡

总物质的量：n平新=(l-x-y)+(3-3x-y)+x+y+(x+y)=4-2x,4-2x=3=>x=0.5mol,根据甲醇

选择性为80%：HR