2026年高考真题-化学（陕晋青宁卷） 含解析

化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。涂写在本试卷上无效。3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。相对原子质量：H1C12O16Na23S32W184一、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.我国地大物博，资源丰富。下列资源转化过程属于化学变化的是A.煤制甲醇B.石油分馏C.风力发电D.盐湖晒盐【答案】A【解析】【详解】A．煤制甲醇过程中，煤的组分发生化学反应生成新物质甲醇，有新物质生成，属于化学变化，A正确；B．石油分馏是利用石油中各组分沸点不同分离提纯物质的操作，无新物质生成，属于物理变化，B错误；C．风力发电是将风能转化为电能的能量转化过程，无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．盐湖晒盐是通过蒸发溶剂使盐类溶质结晶析出的过程，无新物质生成，属于物理变化，D错误；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.2-氯丙烷的键线式：B.基态O原子的轨道表示式：C.中子数为8的碳核素：146CD.用电子式表示H2S的形成过程：第1页/共21页【答案】C【解析】【详解】A．该键线式共含有4个碳原子，为2-氯丁烷的键线式，2-氯丙烷键线式：，A错误；B．基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，根据洪特规则，2p轨道的4个电子应优先分占不同简并轨道，轨道表示式应为，B错误；C．碳元素质子数为6，中子数为8时质量数为6+8=14，对应核素表示为14C，C正确；D．H2S是共价化合物，形成过程为共用电子对，不存在电子得失、没有阴阳离子，不能使用离子符号和中括号表示，其电子式的形成过程为：，D错误；故选C。3.下列关于物质用途的说法错误的是A.乙烯用作水果催熟剂B.氧化钠用作呼吸面具供氧剂C.碘伏用作皮肤消毒剂D.金刚砂用作砂轮磨料【答案】B【解析】【详解】A．乙烯具有促进果实成熟的作用，可用作水果催熟剂，A正确；B．氧化钠与二氧化碳、水反应均无氧气生成，不能作呼吸面具供氧剂，常用作供氧剂的是过氧化钠，B错误；C．碘伏可使蛋白质变性，刺激性小，是常用的皮肤消毒剂，C正确；D．金刚砂（碳化硅）硬度大、耐磨性好，可用作砂轮磨料，D正确；故答案选B。4.大豆原产于我国，具有几千年种植历史。下列说法错误的是A.利用大豆油脂的加成反应可制作肥皂B.光束通过稀豆浆时可观察到丁达尔效应C.大豆根瘤菌可将N2转化为含氮化合物D.大豆秸秆中的纤维素是一种可再生资源【答案】A【解析】【详解】A．制作肥皂利用的是油脂在碱性条件下的水解（皂化）反应，属于取代反应，并非加成反应，第2页/共21页A错误；B．稀豆浆属于胶体，胶体具有丁达尔效应，因此光束通过稀豆浆时可观察到丁达尔效应，B正确；C．大豆根瘤菌具有生物固氮作用，可将空气中的N2转化为含氮化合物，C正确；D．大豆秸秆中的纤维素可随大豆种植再生，属于可再生资源，D正确；故选A。5.开展化学实验必须遵守操作规范。下列说法错误的是A.涉及有毒气体的实验，必须在通风橱中进行B.倾倒液体试剂时，应将试剂瓶标签朝向手心C.用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流D.称量NaOH固体时，应使用称量纸【答案】D【解析】【详解】A．涉及有毒气体的实验在通风橱中进行可避免有毒气体在室内扩散，保护实验人员安全，A正确；B．倾倒液体试剂时标签朝向手心，可防止残留试剂沿瓶壁流下腐蚀标签，B正确；C．用酸式滴定管滴定时，手不能离开旋塞任溶液自流，否则无法精准控制滴加速度和滴定终点，也易出现漏液问题，C正确；D．NaOH固体具有强腐蚀性且易潮解，会腐蚀称量纸、粘在称量纸上造成药品损失，还可能腐蚀天平托盘，应放在小烧杯或表面皿中称量，D错误；故选D。6.羟胺(NH2OH)有弱碱性和还原性。下列说法正确的是A.1molNH2OH含有3molσ键B.羟胺分子中所有原子共平面C.羟胺溶液呈弱碱性的原因：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH−D.羟胺溶液与AgBr反应生成N2的离子方程式：2NH2OH+2Ag+=2Ag↓+N2↑+2H++2H2O【答案】C【解析】【详解】A．NH2OH的结构式为，含有2个N―Hσ键、1个N―Oσ键、1个OHσ键，共4个σ键，故1molNH2OH含4molσ键，A错误；B．羟胺分子中N原子形成3个σ键，存在一对孤电子对，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，所有原子第3页/共21页不可能共平面，B错误；C．羟胺中N原子有孤电子对，可结合水电离出的H，使溶液中c(OH―)>c(H+)，溶液呈碱性，离子方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH−，C正确；D．羟胺溶液与AgBr反应生成N2，是难溶物，书写离子方程式时不能拆为Ag+，正确的离子方程式为：2NH2OH+2AgBr=2Ag↓+N2↑+2H++2H2O+2Br―，D错误；故选C。7.Mn和Cl元素的部分价类二维关系如图。下列说法错误的是A.基态Mn、Cl原子的最外层电子数相等B.d的阴离子是正四面体结构C.a的浓溶液可分别与c、g反应生成bD.g和e(硫酸盐)反应生成f时，n(还原产物)∶n(氧化产物)=2∶3【答案】A【解析】【分析】含Cl物质：a为-1价Cl的酸，是，b为0价Cl单质，是Cl2，c为次氯酸盐，d为高氯酸盐；含Mn物质：f为+4价Mn的氧化物，是2，e为+2价Mn的盐，g为高锰酸盐，以此解答。【详解】A．Mn是25号元素，基态电子排布为[Ar]3d54s2，最外层电子数为2；Cl是17号元素，基态电子排布为[Ne]3s23p5，最外层电子数为7，二者最外层电子数不相等，A错误；B．d的阴离子为ClO4，中心Cl的价层电子对数为4+7+1―4×22=4，无孤电子对，空间结构为正四面体，B正确；C．浓（a）和次氯酸盐（c）发生归中反应生成Cl2（b和高锰酸盐（g）常温下反应也可生成Cl2（bC正确；D．该反应为Mn元素的归中反应，+7价Mn降价得到还原产物2，每个Mn得3e−，+2价Mn升价第4页/共21页得到氧化产物2，每个Mn失2e−，根据电子守恒，n(还原产物):n(氧化产物)=2:3，D正确；故选A。8.某分子结构如图，其中W、X、Y和Z为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，W与X相邻，基态Y原子的最外层电子数是其电子层数的两倍。下列说法错误的是A.第一电离能：W>XB.键角：YX2>YX3C.W、Z分别能与X形成多种化合物D.最简单氢化物的酸性：Z>Y【答案】B【解析】【分析】基态Y原子最外层电子数是其电子层数的两倍，结合Y的原子序数较大，Y有3个电子层，最外层有6个电子，Y为S；Y与X形成双键，X原子序数小于Y，且W与X相邻、原子序数W<X，故X为O，W为N；Z原子序数大于S，为短周期主族元素，故Z为Cl。【详解】A．由分析可知，W为N、X为O，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能N>O，A正确；B．由分析可知，YX2为2，YX3为3。3中S原子价层电子对数为3+6―3×22=3，无孤电子对，为sp2杂化，键角为120°；中S原子价层电子对数为2+26―2×22=3，有1对孤电子对，S为sp2杂化，有1对孤电子对，孤电子对的排斥作用使键角小于120°，故键角SO2<SO3，B错误；C．N与O可形成NO、NO2、N2O5等多种化合物，Cl与O可形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种化合物，C正确；D．Z的最简单氢化物为，Y的最简单氢化物为H2S，是强酸，H2S是弱酸，酸性HCl>H2S，D正确；故选B。9.某实验团队对某有机合成实验中产生的浓磷酸废液进行加热回流处理(使有机杂质形成不溶物)，回收磷酸、测定其含量并制备磷酸二氢钾，部分装置如图(夹持装置等略)。第5页/共21页下列说法正确的是A.中，X为球形冷凝管，从a口通入冷凝水B.中，定容后，摇匀，再次补加蒸馏水至容量瓶刻度线C.中，若未用标准溶液润洗滴定管，则中所需K2CO3的计算值偏小D.中，在搅拌下，将K2CO3固体分批缓慢加入磷酸溶液m中【答案】D【解析】【详解】A．中，X为球形冷凝管，球形冷凝管的冷凝水应下进上出，即从b口通入、a口流出，A错误；B．定容摇匀后液面低于刻度线是部分溶液附着在容量瓶塞、颈部的正常现象，补加蒸馏水会导致溶液浓度偏低，B错误；C．未用标准NaOH溶液润洗滴定管，会使标准液被残留的水稀释，滴定相同量磷酸时消耗NaOH溶液体积偏大，计算得到的磷酸物质的量偏大，所需K23的计算值偏大，C错误；D．将K23固体分批缓慢加入磷酸溶液并搅拌，防止生成K2HPO4甚至K3PO4杂质；将K23分批缓慢加入磷酸溶液中，可保证磷酸过量，得到纯净的目标产物KH2PO4，D正确；故选D。10.我国科研人员利用钨的氧化物开发了新型催化剂。该氧化物的六方晶胞结构如图，2号O的分数坐标111为(,,)。222N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A第6页/共21页4643A.该氧化物的化学式为WO2B.晶体密度为A2푐푎2ꢂ10ꢂꢃg⋅3ꢀꢀꢁAꢀꢀC.3号W的分数坐标为c푎m푐m푐−D.1号O和3号W的核间距为ꢀꢂ,g푎【答案】B【解析】【详解】A．六方晶胞中，W8个位于棱心，2个位于面心，数目为)A24(푎A2푎+3；O（白16个O位于晶胞面上，1个位于体心，数目为26A2푎(2+n。因此8c=−98cN−+39n+293，化学式为=N3，A错误；B．六方晶胞底面为夹角120的平行四边形，边长为W,g，因此底面积：W0W0Oa,2푎푐푆+3W푎,g푎，푎晶胞高为ꢃ,g，体积3W푎ꢃ,g3+3W푎ꢃA2푐⋅푎2ꢃg3，晶胞总质量：푎푎3A2)4(nA26ꢀꢀꢁ1+6n6ꢀꢀꢁ1。密度ꢀꢀꢀꢀ+6n61∘ꢃg푉3+4643A2푐푎21∘ꢃg푉3，B正确；3푎W푎ꢃA2푐⋅푎2ꢀꢀꢁW푎ꢃC．分数坐标的定义是以晶胞各轴的边长为单位1，坐标分量均为푐ꢄ2的无量纲数，不会出现a，3号W2的分数坐标应为cm푐m푐−，C错误；푎D．六方晶系x、y轴夹角为2푎푐푆，1号O和3号W的位置关系可以表示为，1号O和3号W的核间距为ꢃ푎푎(W푎푎,g+W푎(ꢃ푎푎,g，D错误；故选B。羟基自由基(0N푚)具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将N3高效转化为0N푚，机理如图。下列说法错误的是第7页/共21页A.总反应为H2O+3O3=4O2+2⋅OHB.部分⋅OH中的O来自于H2OC.步骤①中O3与H2O之间形成氢键D.步骤③发生了氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．将反应机理各步的反应物和生成物抵消中间产物后，总反应为H2O+3O3=4O2+2·OH，A正确；B．由机理图可知，·OH中的H元素全部来自反应物H2O，·OH中的O原子全部来源于3，B错误；C．步骤①中O3的O原子和H2O的H原子之间的虚线代表氢键，C正确；D．步骤③中3参与反应，生成了O2，O3中的1个O原子形成了，O元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，D正确；故选B。12.P1是一种新型高分子材料，由两种单体共聚得到。图示是P1的合成及降解过程，P1~P4为局部结构示意图(忽略立体化学)。反应为醇羟基和酯基的反应。下列说法错误的是A.生成P1的过程中有π键的断裂和σ键的形成B.P2能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.中生成的-COOC2H5与-CH2OH的物质的量不一定相等D.P4间可发生缩聚反应，形成网状聚合物【答案】C【解析】【详解】A．生成P1的反应为加聚反应，单体中碳碳双键的π键断裂，单体之间形成新的ꢀꢀ键连接成高分子，存在π键的断裂和σ键的形成，A正确；第8页/共21页B．由结构可知，P2中含有碳碳双键，碳碳双键可被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．反应III是内酯的酯基和乙醇的醇解（酯交换）反应：1个内酯酯基，结构为−CO−O−CH2−，发生反应后，恰好生成1个−COOC2H5和1个−CH2OH，每反应1mol酯基，必然同时生成1mo−COOC2H5和1mo−CH2OH，二者物质的量一定相等，C错误；D．P4中含有多个羟基和酯基，根据题意，醇羟基可与酯基发生取代反应，不同P4分子间可发生反应，多官能团可交联形成网状聚合物，D正确；故选C。13.某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是A.膜为阳离子交换膜B.当气体通入左室开始工作时，电极a为正极C.理论上，电路中通过的e−与消耗NHHO的物质的量之比为1∶432D.电池总反应为Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+【答案】D【解析】【分析】根据题干“工作时，反应的S和Cu2S物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极反应：左室电极a为正极，电极反应：S+2Cu2++4e−=Cu2S；右室电极b为负极：电极反应，Cu2S−4e−+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++S，加热时[Cu(NH3)4]2+释放NH3，据此解答。【详解】A．反应后左室消耗Cu2，剩余多余的SO2；右室生成带正电的[Cu(NH3)4]2+，正电荷多余。4需要SO2（阴离子）从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，[Cu(NH43)4]2+向左侧移动，无法实现该电池的功能，A错误B．放电完成后，电极a的S完全转化为Cu2S，电极b的Cu2S完全转化为S；加热右室电解液，[Cu(NH3第9页/共21页)4]2+分解放出NH3，将NH3通入左室后重新开始工作时，电极a现在为Cu2S，发生失电子的氧化反应，为负极，B错误；C．根据负极反应，转移4mole−时，消耗8molNH3⋅H2O，因此电路中通过的e−与消耗NH3⋅H2O的物质的量之比为4:8=1:2，不是1:4，C错误；D．将正负极反应相加，消去两边均有的S、Cu2S和电子，得到总反应2Cu2++8NH3=2[Cu(NH3)4]2+，化简得Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，D正确；故选D。14.二氧化碳、碳酸及其盐在自然界的迁移转化，是环境中碳循环的重要部分。常温下，H2CO3溶液中各含碳物种的分布系数δ与−)ꢁ(mol⋅/−1)]的变化关系如图[比如：ꢀ2CO3)=ꢀ2CO3)，CaCO的ꢀꢀꢂ퐾为1ꢃ−8s48。将足量CpCO3(ꢂ)置于纯水中得到ꢀ2CO3)+3)+ꢀ3−)3饱和溶液。下列说法正确的是A.M点的pH为5.66B.CpCO3(ꢂ)在纯水中的溶解度为1ꢃ−4s240mol⋅0/−1C.该3饱和溶液中，ꢀ2+).3).ꢀ2−3)D.反应CpCO3(ꢂ)+H2CO3aCp2++2HCO3的平衡常数为1ꢃ4sꢄꢃ【答案】C【解析】CO2，中间区域实线占主导，代表【分析】低pOH(高pH，碱性环境)时，虚线占主导，因此虚线代表3HCO，高pOH(低pH，酸性环境)时，点线占主导，代表3HCO；计算电离常数：当pOH=3.67时，实23线与虚线相交，即2>>3=CO+)⋅2−33)=+)=1ꢃ>1ꢃs33，同理当pOH=7.65时，3)=ꢀ2CO3)，求得碳酸的一级电离常数ꢀꢀp1=+)⋅−3)3)2CO3)=1ꢃ>⇌s3ꢄ，据此解答。第10页/共21页【详解】A．M点是点线和虚线的交点，即―23OꢁC―H。根据ꢀꢀ퐾ꢂaꢀꢀ퐾O31Ha⋅―H―HOꢁC―Ha1HaO⋅――H31HaO⋅―OꢁC―H，当两浓度相等时，1H3ꢀꢀ퐾ꢂaꢀꢀ퐾O3ꢂ+2ꢂ−0−6，所以1H3ꢂ+260―.84mol，即pH=8.34，A错误；B．若不考虑ꢁC―⋅水解，溶解度ꢀꢀ满足ꢀꢀL푠ꢃꢁ퐾ꢁC―s3ꢂ+⋅60.6，得ꢂ+⋅.0O.84mol；但实际上ꢁC―⋅会水解为(ꢁC―、(OꢁC―，因此溶解度大于ꢂ+⋅.0O.84mol，B错误；C．根据物料守恒，ꢀO1H3ꢀOꢁC―H1―H1ꢀ―⋅H，故ꢀO1H最大；ꢁC―⋅的第一步水解常数ꢀꢀpꢂ3ꢀꢀ[ꢀꢀ퐾O3ꢂ+⋅―0−]，溶液中主要由ꢁC―⋅水解产生，设ꢁC―⋅水解浓度为x，ꢁCO⋅22

―1(OCh(ꢁC―1C(始84molꢂ+2.0O.++，ꢀꢀO3ꢂ+⋅―0−]，.0]⇌ꢂ+2푥84mol，变84molꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢂ+2.0O.2ꢀꢀ平84molꢂ+2.0O.2ꢀꢀꢀꢀꢀꢀ.0]⇌ꢂ+2푥84molꢂ⇌ꢂ+⋅.0O.84mol⇌ꢂ++ꢄ76ꢂ0]ꢄ，水解率超过50%，这说明水解程度很大，产生了较多的(ꢁC―，故ꢀC―H≈ꢀ―⋅H，浓度顺序成立，C正确；D．平衡常数ꢀO1Ha―HꢀOꢁC―H3ꢀO1―⋅a―1HꢀOꢁC――⋅×1H3ꢀꢀL푠aꢀꢀꢂ，代入ꢀꢀL푠3ꢂ+⋅60.6、ꢀꢀꢂ3ꢀꢀOꢂ+⋅−0―푥、ꢀꢀO3ꢂ+⋅ꢂ+0――，得ꢂ+⋅.0푥+，不是ꢂ+.0푥+，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.大豆苷元(D)具有治疗心脑血管疾病的作用。因其难溶于水，生物利用度低，某研究团队采用下列反应路线，合成了易溶于水的大豆苷元磺酸钠(D-SO3Na)。已知：①D为白色粉末，可溶于浓硫酸，其磺化产物易溶于水；②相对分子质量：D254，D-SO3Na356。实验步骤如下：．在50mL圆底烧瓶中，加入20mL浓硫酸和10.0gD，60℃下搅拌反应30min，冷却至室温。．上述反应液与100mL饱和NaCl溶液混合，析出沉淀，静置4h；抽滤，沉淀用20%NaCl溶液洗涤至滤液呈中性，得到D-SO3Na粗产品。．粗产品重结晶，105℃真空干燥，得到D-SO3Na产品g。第页/共21页回答下列问题：（1）中，加热方式为________，浓硫酸的作用有________(任写两种)。（2）向盛有5mL蒸馏水的试管中滴入2滴中的反应液，振荡，________(填实验现象)，表明反应不完全。（3）中，反应液与饱和NaCl溶液混合的具体操作是________。（4）中抽滤装置如图。抽滤与普通过滤相比，优点是________。沉淀不能用蒸馏水洗涤的原因是________。（5）中关于重结晶操作的描述错误的是________。a．加热溶解，制成D-SO3Na稀溶液b．加入活性炭，吸附有色杂质c．趁热过滤，除去活性炭及可溶性杂质d．冷却结晶，使D-SO3Na从溶液中析出（6）通过________技术，可以获得D-SO3Na晶体中原子在晶胞里的数目和位置等结构信息。（7）中产品纯度为99.5%，D-SO3Na的产率为________(列计算式)。【答案】（1）①.水浴加热②.）（2）出现白色沉淀（或溶液变浑浊）（3）将反应液沿烧杯内壁缓慢倒入盛有饱和NaCl溶液的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌（4）①.过滤速度快，得到的固体较干燥②.D-SO3Na易溶于水，用蒸馏水洗涤会使其大量溶解导致产率降低（5）ac（6）X射线衍射11.0×99.5%g（7）g×100%10.0×356254【解析】【分析】大豆苷元（D）在浓硫酸作用下发生取代反应，在苯环引入磺酸基得到大豆苷元磺酸，浓硫酸兼具磺化试剂与反应溶剂的作用；之后加入饱和NaCl溶液，利用盐析效应将磺酸转化为磺酸钠，同时降低目标产物溶解度使其析出，最终经纯化得到易溶于水的大豆苷元磺酸钠。【小问1详解】反应温度为60℃，低于水的沸点，为了便于控制温度且使受热均匀，应采用水浴加热；在该磺化反应中，浓硫酸参与反应引入磺酸基，故为反应物，题干已知“D可溶于浓硫酸”，故浓硫酸作溶剂，同时浓硫酸在第12页/共21页【小问2详解】由已知可得，反应物大豆苷元（D）难溶于水，而其磺化产物易溶于水，若反应不完全，反应液中会残留未反应的D，将其滴入蒸馏水中时，难溶于水的D【小问3详解】步骤的反应液中含有大量未反应的浓硫酸，将其与饱和NaCl溶液混合的过程相当于浓硫酸的稀释，为了防止液体沸腾飞溅，必须将密度大且溶解放热的反应液缓慢加入饱和NaCl溶液中，并不断搅拌以利于散热；【小问4详解】抽滤（减压过滤）利用抽气泵使吸滤瓶内压强减小，与普通过滤相比，其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；由于产物D−SO3Na易溶于水，若用蒸馏水洗涤会造成产物严重流失，改用20%NaCl溶液洗涤，利用同离子效应（Na+浓度大）可降低产物的溶解度，从而减少损失；【小问5详解】aa错误；b．活性炭具有吸附性，可用于吸附有色杂质，b正确；c质会透过滤纸留在滤液中，c错误；d．冷却结晶可使溶解度随温度降低而减小的目标产物析出，d正确。故选ac；【小问6详解】在物质结构研究中，测定晶体内部原子在晶胞中的数目、位置及排列方式等微观结构信息，最常用的现代分析技术是X射线衍射（XRD【小问7详解】根据反应路线，理论上10.0g大豆苷元（D）完全反应生成的D−SO3Na的质量为m理论=10.0g254×356=10.0×356254g，实际得到的纯净D−SO3Na的质量为m实际=11.0×99.5%g，产率=m实际m理论×100%=11.0×99.5%gg×100%。10.0×35625416.一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流第13页/共21页程如下：放电已知：①磷酸铁锂电池反应为Liꢀꢀꢀ푦Li−FePOLi1−FeP푦ꢁꢀ充电②“沉铝”时，滤渣中含4⇌NLiNa3A1ꢂA和少量4lP1−NF2eAH。回答下列问题：（1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。（2）“酸浸”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有H34生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。4（3）“沉铝”时，4lP1−NF2eAH中Fe元素的化合价为________。（4）“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。（5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应a3FeP푦NLi푦푦Nel+6a30el=N푦LiNFeP(平衡常数为L2푎ꢃꢄꢅ3+2)。若溶液中ꢀ푦=为푎ꢃL+ꢂ，不考虑其他离子参与反应，为防止Li沉淀，ꢀ+=需小于________ꢄꢅ3푎Loꢂ(用含a、b的代数式表示)。（6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。（7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。【答案】（1）푐Li푦푦Li−FeP푦푐−+6Li1−FeP（2）ꢆ.푏.ALi1−FeP푦NlAꢇeP6LiAꢇeP푦A1−ꢇeP푦AlNFeP*.C（石墨）（3）+3（4）NaOH溶液或Na2CO3溶液ꢂ（5）x푎N⇌（6）Na2SO4（7）ꢆ.将1−A푦氧化为Fe3，便于后续沉淀푏.铁氰化钾溶液（ꢈN①1−0ꢁ4=2S）【解析】【分析】原料为含Li1−FeP，混有少量1−FeP、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的第14页/共21页石墨作为滤渣除去，LiFePO4等含锂物料与硫酸反应，浸出Li+、Fe3、Fe2、Al3+调pH=2.7Li3PO4pH除杂除去铁铝杂质Li2CO3HF清洁回收。【小问1详解】磷酸铁锂电池放电时的总反应为：Liꢀꢀꢀ+LiePO4=LiFePO4+Cꢀ正极LiePO4与Li得电子生成，故正极的电极反应式为1Li++LiePO4+1eꢁ=LiFePO4；4【小问2详解】“酸浸”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时，LiFePO4与H24反应生成24、4和H3PO4，化学方程式为：2LiFePO4+3H2−O4=Li2−O4+2Fe−O4+2H3PO4；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C【小问3详解】再xH4Fe3PSO2N中，设Fe化合价为x，NH4为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即+푦+S60+×(+2N60ꢁ2(=N，解得x=+3，即Fe为+3价；【小问4详解】流程中“沉铝”步骤消耗NaF，HF与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液；【小问5详解】反应AlPO4+3Li++3OHꢁ=Al0OH(3+Li3PO4的平衡常数表达式为푦S퐾푐ꢂ⋅lꢁS，为防+(퐾ꢁ(=푦止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即S퐾푐ꢂ⋅lꢁS，带入ꢀ+(为퐾푐+(퐾ꢁ(푎Lꢁ푦，ꢁ(ꢃ푦，ꢀꢁ(ꢃꢀ푦ꢂ⋅l퐾푐Lꢁ푦；m퐾3o【小问6详解】沉锂反应的反应方程式为2Li++CO3ꢁ=Li2CO3，则体系阳离子为Na+，阴离子为SO2（酸浸II引入硫酸4Na2CO3外，主要含Na2SO4；【小问7详解】沉铝产物含xH4Fe3PSO2N，Fe为+3价，由分析知，酸浸后溶液含4，H2O2作氧化剂，将Fe2+氧化为第15页/共21页，便于后续沉淀；由于Fe2+与铁氰化钾溶液（K3[Fe(CN)6]）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后3的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（K3[Fe(CN)6]Fe2+未完全氧化为Fe3，则需补加H2O2溶液。17.利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为：I．C2H4Cl2(g)⇌C2H3Cl(g)+HCl(g)H10．C2H2(g)+HCl(g)⇌C2H3Cl(g)Δꢀꢀ2ꢁ<回答下列问题：（1）①已知298K时，各物质的相对能量如表。物质C2H4Cl2(g)C2H2(g)C2H3Cl(g)相对能量0/kJ⋅mlo−o−26+221+31．C2H4Cl2(g)+C2H2(g)⇌2C2H3Cl(g)Δꢀꢀ37________mol1。②上述三个反应的(K为平衡常数)随1T(T为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是________，代表反应的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。（2）①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按ꢀ2H2)Pꢀ2H4Cl2)P2)7−P−P−投料，采用含Ru催化剂催化反应和。当反应完全进行，乙炔转化率为92%时，反应各物质分压表示的反应商ꢀꢀ푛7________(/푝ꢃ)o−。②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的________可与Ru形成配位键。（3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为________。②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短第16页/共21页的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂________(填“A”或“B”)，选择依据是________。位置3主要发生的反应为________(写化学方程式)。1【答案】（1）ꢀ.-27ꢁ.曲线c对应反应，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降ꢂꢂK减小，lnK减小ꢃ.a（2）ꢀ.③92ꢂꢂꢁ.碳碳双键（或π对（3）ꢀ.푝ꢄ15d01ꢁ.Aꢃ.催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速催化剂率更快6.s9④9C④sHs9④+sH【解析】【小问1详解】ꢀ反应焓变生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据lꢂꢂ+Δ9퐻ꢅC+=×(7kJH·1m·ꢅ·19d×(7kJH·1C99=×(7kJH·1mΔ·9=×(7kJH·1；1ꢁ根据Hoꢂꢂ与T的关系，曲线下降说明斜率为负，对应ΔH0的反应：温度降低（1增大）时，吸热反应增大）时，吸热反应ꢂꢂ平衡逆向移动，减小，Hoꢂꢂ减小，曲线为下降趋势，说明反应对应曲线c；lꢂꢂ+)5，斜率为正；根据盖斯定律：lꢂꢂ+Δlꢂꢂ1Clꢂꢂ9，H10，所以lꢂꢂ9)lꢂꢂ+)5，H2更负，lꢂꢂ根据Ho·Cꢂꢂ，其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像斜率更大，对应曲线b，因此反应对ꢂꢂꢂ应斜率更小的曲线a。【小问2详解】ꢀ设初始投料ꢂ9④9mΔꢂ9④2sH9mΔ9mΔ1kJH，反应完全进行后，生成1kJHs9④+sH、1kJH푅④sH，乙炔转化率为③9ꢆ，则反应中转化5퐶③9kJHs9④9和5퐶③9kJH푅④sH，生成5퐶③9kJHs9④+sH，列三段式有：第17页/共21页C2H2(g)+HCl(g)⇌C2H3Cl(g)

初始mol111

变化mol0.920.920.92

平衡mol0.080.081.92平衡时ꢀ2H2)ꢁꢁ0.08mol，ꢀ2H3Cl)ꢁ1.92mol，2)ꢁ1mol，总物质的量ꢀꢁ3.08mol。分压ꢀꢀ(ꢀꢀꢀꢀ，反应商ꢀꢀꢀꢀꢁꢀꢀ2H3Cl)，代入得ꢀꢀꢀꢀꢁꢀ2H2)푋1.92ꢀꢀ3.080.08ꢀꢀ()푋(3.080.08ꢀꢀ)3.08ꢁ92ꢂ(푄ꢃ⋅)41；ꢀꢀk乙炔分子通过π键电子与Ru形成配位键。氯乙烯分子中不仅含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，这两者均可作为配体提供电子与中心原子Ru形成配位键，产生竞争吸附。【小问3详解】PCu为第四周期IB族元素，价电子排布为3a10ꢂ−1，Au为第六周期IB族元素，价电子排布为②a10①−1；k题干指出位置2的作用是将自由基（即状态b：dC2H2+dCl+dH）进一步与乙炔反应生成氯乙烯（状态d：dC2H3Cl催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较小；而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒；活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。综合整个串联反应过程：位置1：部分C