四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测 化学试卷

四川广元市高三下学期2026届第二次高考适应性检测化学试卷一、单项选择题：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．目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是A．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变B．战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料C．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”D．重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油2．下列有关叙述正确的是A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油B．葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体C．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有SOD．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性3．下列化学用语或图示表示不正确的是A．聚丙烯的结构简式：B．SCl2的VSEPR模型：C．NaCl溶液中的水合离子：D．NH2OH的电子式：4．儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是A．Z与足量的溴水反应消耗3molBr2B．可用酸性KMnO4C．Y存在二元芳香酸的同分异构体D．X分子中所有原子可能共平面5．HCHO还原银氨溶液的方程式为HCHO+4AgNH3A．100g30%的HCHO溶液中含氧原子数目为NB．22.4L的NH3含电子数为C．1molHCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为2D．1molAgNH36．下列相关离子方程式表示正确的是A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：2B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：2C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：2D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：47．下列实验装置能达到实验目的是A．从废铝合金中提取AlB．除去金属表面油污C．完成钠的燃烧实验D．验证铁与水蒸气反应生成H2A．A B．B C．C D．D8．化合物YX4A．沸点：X2R>C．Q位于元素周期表的ⅠA族 D．原子半径：R>Z>Y9．我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，H−A．放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极aB．放电时，电极b的电极反应式为CeHC．充电时，消耗3molCeH3D．充电时，电极a的电极反应式为Na10．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为14,1A．该氧化物的化学式为ZrB．该氧化物的密度为123×C．p点和q点之间的距离为2D．该晶体中Zr的配位数为411．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9下列说法错误的是A．无水MgCl2在熔融状态下电解产生MgB．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3C．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应D．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成12．室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是选项实验方案设计实验结论A将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生氧化性：MnOB分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)C向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D将25℃0.1mol/LNa2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小说明水解过程放热A．A B．B C．C D．D13．研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是A．反应历程中只有做催化剂B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大C．总反应为CHD．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高14．T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错误的是A．逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c)B．T℃时，该反应的化学平衡常数为4C．图中c点所示条件下，v正>v逆D．容器内的压强：p(a)：p(b)>6：715．常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是A．pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)B．pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)C．0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)<c(H+)D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L二、非选择题：本题共4小题，共55分16．碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量I2Ⅰ、制取I2的流程：含碘废液（NaI，少量I2已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。（1）“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。①图中仪器A的名称为。②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式。③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：2CuSO4+4NaI=2CuI↓+I2↓。则实验中加入Na2（2）制取I2：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到I①D中盛放的试剂为。②检验洗涤干净的方法为。Ⅱ、花生油碘值的测定（3）碘值指100g油脂与单质碘加成时消耗I2的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为I2与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替I2。测定过程为称取0.25g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00mL0.05mol/LICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：ICl+KI=KCl+I2），用0.02mol/LNa2S2O3溶液滴定（I2+2Na2①实验中加入20mL异己烷的作用为。②判断滴定到达终点的现象为。③该花生油的碘值为g。17．从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+⇌R2M+2H+；②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。（1）提高废渣氧化浸出率的方法有(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：。（2）“预中和”生成滤渣的主要成分是(填化学式)。（3）深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为。（4）“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中AsO43−完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于（5）反萃取中，下列说法正确的是(填字母)。A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层C．反萃取后，Cu2+被转移至水相（6）用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。18．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下：ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1（1）反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=kJ·mol-1。（2）T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性=n①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是。②T℃时，若在密闭容器中充入2molCO2和2.8molH2，在压强为pPa时，生成0.6molCO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为。（4）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是。②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是。③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：。19．化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）C中含有的官能团名称。B分子中含有个手性碳原子。（2）由G生成M的化学方程式为。（3）根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为，生成的有机产物结构简式为。（4）Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式(任写一种)。ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰（5）参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为。②第三步反应的化学方程式为。

答案解析部分1．【答案】B【知识点】常见的生活环境的污染及治理；石油的分馏；绿色化学【解析】【解答】A、脂肪酸属于小分子有机物，不是有机高分子化合物，因此该过程仅实现了无机小分子向有机小分子的转变，故A错误；

B、玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故B正确；

C、“燃煤脱硫”技术的作用是减少二氧化硫排放，防止酸雨，与减少二氧化碳排放、实现“碳达峰、碳中和”无关，故C错误；

D、石油气、汽油、煤油和柴油是石油常压分馏的产物，重油需通过裂化、裂解等工艺才能得到轻质油，直接分馏无法获得这些产品，故D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

高分子化合物判断：脂肪酸的相对分子质量较小，不属于有机高分子；

材料分类判断：玻璃纤维属于硅酸盐类无机非金属材料；

脱硫技术的作用：燃煤脱硫主要减少硫氧化物排放，不直接影响二氧化碳减排；

石油炼制工艺：常压分馏得到石油气、汽油等，重油需通过裂化、裂解等深加工才能得到轻质油。2．【答案】A【知识点】硫酸根离子的检验；同分异构现象和同分异构体；二氧化硫的漂白作用；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A、植物油属于酯类，在热的浓NaOH溶液中会发生皂化反应，混合液不分层；矿物油属于烃类，与NaOH溶液不反应且分层，因此可用热的浓NaOH溶液区分二者，故A正确；

B、葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，不互为同系物；淀粉和纤维素的聚合度不同，分子式不相同，不互为同分异构体，故B错误；

C、酸化的Ba(NO3)2溶液中含有NO3-，若溶液中存在SO32-，会被氧化为SO42-，也会生成白色沉淀，因此不能证明原溶液中一定含有SO42-，故C错误；

D、Cl2使品红褪色是因为其氧化性，而SO2使品红褪色是因为与品红结合生成不稳定的无色物质，并非利用氧化性，故D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

油脂与烃的区分：利用油脂在碱性条件下的皂化反应，与矿物油分层现象不同进行鉴别；

同系物与同分异构体判断：同系物要求结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团，同分异构体要求分子式相同、结构不同；

SO42-的检验干扰：NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将SO32-氧化为SO42-，干扰检验；

漂白原理区分：Cl2的漂白性源于氧化性，SO2的漂白性源于与有机色质的结合反应。3．【答案】A【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A、聚丙烯由丙烯（CH2=CHCH3）加聚而成，其结构简式应为，而非，故A错误；

B、SCl2中S原子的价层电子对数为2+6−2×12=4，含2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，图示表示正确，故B正确；

C、NaCl溶液中，Na+带正电，会吸引水分子中带负电的O原子；Cl−带负电，会吸引水分子中带正电的H原子，水合离子表示为，故C正确；

【分析】本题解题要点：高分子结构简式判断：加聚产物的结构简式需体现单体的结构特征，聚丙烯的重复单元含甲基侧链；VSEPR模型判断：根据中心原子的价层电子对数（成键电子对+孤电子对）判断VSEPR模型；水合离子的结构：阳离子吸引水分子的O原子，阴离子吸引水分子的H原子；电子式书写：确保各原子的最外层电子数满足稳定结构，成键方式正确。4．【答案】C【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A、中苯环上有3个酚羟基邻、对位可与溴发生取代反应，故1molZ与足量溴水反应消耗3molBr2，但选项未指明Z的物质的量，表述不准确，故A错误；

B、X中的醛基和Z中的酚羟基、苯环侧链均可被酸性KMnO4溶液氧化，二者均能使溶液褪色，无法鉴别，故B错误；

C、的分子式为C8H6O4，存在含苯环且有两个羧基的同分异构体（如），属于二元芳香酸，故C正确；

D、X分子中含有亚甲基（-CH2-），其碳原子为sp3杂化，呈四面体结构，所有原子不可能共平面，故D错误；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

酚的溴代反应：酚羟基的邻、对位氢原子可被溴取代，取代反应的计量比需结合结构分析；

有机物的鉴别：酸性KMnO4溶液可氧化醛基、酚羟基及苯环侧链，褪色现象相同无法区分；

同分异构体判断：根据Y的分子式，分析含苯环和两个羧基的同分异构体的存在性；

原子共面判断：含sp3杂化碳原子的有机物，原子无法全部共平面。5．【答案】D【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数【解析】【解答】A、100g30%的HCHO溶液中，HCHO和H2O均含有氧原子，氧原子数目大于NA，故A错误；

B、未指明NH3所处的状况（如标准状况），无法用气体摩尔体积计算其物质的量和电子数，故B错误；

C、由反应方程式可知，1molHCHO与足量银氨溶液反应生成4molAg，转移电子数为4NA，故C错误；

D、1个[Ag(NH3)2]+中，每个NH3含3个N—Hσ键，Ag+与2个NH3之间还存在2个配位σ键，共含8个σ键，故1mol该离子中σ键数目为8NA，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

溶液中微粒数目计算：需同时考虑溶质和溶剂中含有的目标原子；

气体摩尔体积的使用条件：标准状况下，气体摩尔体积才为22.4L/mol；

氧化还原反应电子转移：根据反应中元素化合价的变化，计算电子转移数目；

配位离子中σ键数目：配位键属于σ键，需同时考虑配体内部的共价键和中心离子与配体间的配位键。6．【答案】D【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写【解析】【解答】A、AgBr为难溶物，书写离子方程式时不能拆分为Ag+，正确的离子方程式应为2AgBr+S2−=Ag2S↓+2Br−，故A错误；

B、亚硫酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆分为SO32−，正确的离子方程式应为2MnO4−+5H2SO3=2Mn2++5SO【分析】本题解题要点：难溶物的处理：离子方程式中，难溶物需保留化学式，不能拆分为离子形式；弱电解质的处理：弱酸、弱碱等弱电解质需保留化学式，不能拆分为离子形式；

反应环境的影响：酸性条件下的反应，反应物和生成物中不能出现大量OH-；离子方程式的守恒判断：需同时满足电荷守恒、原子守恒，并符合反应事实。7．【答案】B【知识点】合金及其应用；钠的化学性质；铁的化学性质；化学实验方案的评价【解析】【解答】A、该装置为电解池，两极均为铝相关电极，在AlCl3溶液中，两极均会发生反应，无法实现从废铝合金中提取Al，故A错误；

B、加热的Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，可除去金属表面油污，装置能达到实验目的，故B正确；

C、钠的燃烧实验应在坩埚中进行，烧杯加热易炸裂，装置不合理，故C错误；

D、铁与水蒸气反应的装置中，加热还原铁粉的部位需放置湿棉花提供水蒸气，图中湿棉花位置不当，无法生成H2，装置不能达到实验目的，故D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

电解池原理应用：电解AlCl3溶液时，Al3+不会在阴极放电生成Al，无法通过电解法提取Al；

油脂的水解：Na2CO3溶液加热后水解程度增大，碱性增强，可促进油脂水解，达到去油污的目的；

钠的燃烧实验：钠燃烧温度较高，烧杯不耐高温，应使用坩埚作为反应容器；

铁与水蒸气的反应：湿棉花需放置在加热铁粉的部位，受热产生水蒸气，与铁粉反应生成H2，装置中棉花位置错误。8．【答案】B【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较【解析】【解答】A、X、Y、Z、R的简单氢化物分别为H2S、NH3、H2O；H2O和NH3分子间均存在氢键，沸点显著高于无氢键作用的H2S；其中H2O分子间氢键强度更大、作用更显著，沸点高于NH3故答案为：B。

【分析】已知元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，且均分布在前四周期；结合关键信息推断：地壳中含量最高的元素Z为O，与Z同族的R为S；Q原子序数最大，基态时次外层电子全满、最外层仅1个电子，符合Cu的电子排布特征；由化合物(YX9．【答案】D【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用【解析】【解答】A、放电时，H-由电极a移向电极b，说明电极a为负极，电极b为正极；电流方向与阴离子移动方向相反，应由电极b经负载流向电极a，故A正确；B、放电时，电极b为正极，发生还原反应，电极反应式应为CeH2+H−−e−=CeH3，而非选项中的式子，故B错误；

C、充电时，电极b为阳极，电极反应为CeH3【分析】本题解题要点：原电池正负极判断：放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此确定电极a为负极、电极b为正极；电流方向判断：电流方向与电子流动方向相反，由正极经外电路流向负极；电极反应式书写：放电时，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；充电时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；电子守恒计算：根据两极的电极反应式，结合转移电子数相等，计算反应中物质的量关系。10．【答案】C【知识点】晶胞的计算【解析】【解答】A、该晶胞中，Zr原子位于晶胞内部，数目为4；O原子位于晶胞的顶点、面心和棱上，通过均摊法计算，数目为8×18+6×12+12×14=8，故化学式为ZrO2，而非Zr4O8，A错误；

B、晶胞质量为4×(91+16×2)NA=4×123NAg，晶胞体积为晶胞中原子数目的计算：利用均摊法计算不同位置原子的数目，顶点原子贡献18，面心原子贡献12，棱上原子贡献晶体密度的计算：根据密度公式ρ=m晶胞中原子间距离的计算：根据原子的坐标参数，利用空间距离公式计算两点间距离；配位数的判断：观察晶胞中与中心原子距离最近的配位原子数目。11．【答案】C【知识点】化学基本反应类型；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】A、无水MgCl2在熔融状态下，通过电解反应可生成Mg和Cl2，工业上常用此法冶炼镁，故A正确；

B、酸浸时，SiO2不与盐酸反应，因此“浸渣”为SiO2；加入MgCO3调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；根据沉淀转化原理，由于Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3)，Ca2+可与CO32-结合生成CaCO3沉淀，故“滤渣”含Fe(OH)3和CaCO3，故B正确；

C、流程中涉及的反应类型：酸浸、除杂为复分解反应；氨化时MgCl2与NH3、甲醇反应生成MgCl2·6NH3，属于化合反应；热解时MgCl2·6NH3分解为MgCl2和NH3，属于分解反应；整个过程中没有置换反应发生，故C错误；

D、“浓缩、部分脱水”时，MgCl2溶液浓度增大，Mg2+的水解平衡Mg2++H【分析】菱镁矿（含MgCO3、SiO2、CaCO3、Fe2O3）经盐酸酸浸，除去浸渣SiO2；滤液加MgCO3除杂，生成滤渣Fe(OH)12．【答案】B【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【解析】【解答】A、酸性条件下，KMnO4可同时氧化Fe2+和Cl−，生成Fe3+和Cl2，但无法确定Cl2是否氧化了Fe2+，因此不能得出氧化性MnO4−>Cl2>Fe3+的结论，故A错误；

B、等体积的AgCl和AgBr饱和溶液中，AgCl溶解度更大，所含Cl−物质的量更多，加入足量AgNO3溶液后，生成沉淀的物质的量前者更多，说明K【分析】本题解题要点：氧化性强弱判断：氧化剂能同时氧化多种还原剂时，无法直接通过实验现象判断还原剂对应的氧化产物的氧化性强弱；溶度积比较：同类型难溶电解质，饱和溶液中离子浓度越大，溶度积越大；实验干扰分析：浓硝酸受热易分解，生成的NO2盐类水解与温度的关系：加热时需同时考虑水解平衡和氧化还原反应对溶液pH的影响。13．【答案】C【知识点】配合物的成键情况；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素【解析】【解答】A、反应历程中，除了题目给出的Rh(I)-邻氨基苯酚配合物，LiI也参与反应并在后续步骤中再生，因此也起到催化作用，故A错误；

B、LiI是催化剂，增大其用量不会改变反应的平衡状态，因此甲醇的平衡转化率不变，故B错误；

C、根据反应历程，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，因此总反应为CH3【分析】本题解题要点：催化剂判断：催化剂参与反应历程，且在反应前后质量和化学性质不变，本题中LiI和Rh(I)-邻氨基苯酚配合物均为催化剂；催化剂对平衡的影响：催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，因此不改变反应物的平衡转化率；总反应式书写：将反应历程中各步反应相加，消去中间产物，得到总反应；反应速率与活化能的关系：活化能越高，反应速率越慢，生成的中间产物含量越少。14．【答案】B【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】A、容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内反应程度越高，逆反应速率与产物浓度正相关，故逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c)，A正确；B、由于a点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为：2C(s)+各物质平衡浓度为c(NO2)=0.6V1mol/L、c(N2)=0.2V1mol/L、c(COC、b点是转化率的最高点，说明此时反应已达到平衡状态，a点反应未达平衡，而c点容器体积更大、反应速率更慢，在相同时间内反应程度更低，未达到平衡，反应仍在正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C正确；D、a点反应三段式为：2C(s)+b点反应三段式为：2C(s)+a点平衡时，na=0.6+0.2+0.4=1.2mol。b点时，设转化率为αb，由图可知αb<0.4，此时nb=1−αb+0.5αb故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

反应速率与压强的关系：容器体积越小，压强越大，反应速率越快，相同时间内产物浓度越高，逆反应速率越大；

平衡常数的计算：利用b点平衡时各物质的物质的量，结合容器体积计算浓度，再代入平衡常数表达式求解；

平衡状态的判断：c点反应未达到平衡，反应正向进行，故正反应速率大于逆反应速率；

压强与物质的量、体积的关系：根据理想气体状态方程pV=nRT，结合a、b两点的气体物质的量和容器体积关系，分析压强比的范围。15．【答案】A【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A、pH=4.2时，溶液中主要存在的是HA-，由分布系数图可知此时c(HA-)最大，根据质子守恒：c(H+)+c(H2A)=c(OH−)+c(A2−)不成立，正确的质子守恒应为c(H+)+c(H2A)=c(OH−)+c(A2−)仅在特定条件下成立，而pH=4.2时，溶液中还存在其他离子，该等式不成立，故A错误；

B、pH=3.7时，观察分布系数曲线，HA-的分布系数最大，H【分析】本题解题要点：质子守恒的应用：判断不同pH下溶液中的主要离子，正确书写质子守恒式；分布系数曲线的解读：根据曲线交点判断各形态的浓度大小关系；盐类水解的分析：结合Na2A的水解程度，比较溶液中H2A与溶度积与电离平衡的综合计算：利用分布系数曲线确定c(A2−16．【答案】三颈烧瓶；SO32−+2Cu2++2I−+H2O=2CuI↓+SO【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计【解析】【解答】（1）①仪器A的名称为三颈烧瓶；

②根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价（2个Cu共降2价），S元素从+4价升为+6价（升2价），电荷、原子守恒配平即得到离子方程式SO32−+2Cu故答案为：三颈烧瓶；SO32−+2Cu2++2I−+H故答案为：NaOH溶液(或其他碱溶液)；取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净；

（3）①异己烷作为溶剂，可溶解油脂，使反应物充分接触反应；

②滴定终点现象：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；

③③根据关系式ICl~I2~2Na2S2O3​计算：总n(ICl故答案为：作为溶剂；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；101.6；

【分析】本流程围绕含碘废液中碘的回收与油脂碘值的测定展开，核心分为两大阶段：

碘的回收阶段：先向含碘废液中加入亚硫酸钠，将残留的碘单质还原为碘离子，避免后续副反应的发生；再加入硫酸铜溶液，使铜离子与碘离子发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，亚硫酸钠的存在可确保碘离子完全转化，提升碘的回收率；随后用浓硝酸氧化碘化亚铜沉淀，重新得到碘单质，经洗涤、干燥提纯后，利用亚铁氰化钾与铜离子的特征反应检验洗涤是否彻底，保证碘单质的纯度。

碘值测定阶段：利用一氯化碘与油脂的加成反应，加入过量碘化钾将剩余的一氯化碘转化为碘单质，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的碘，以淀粉为指示剂，通过溶液蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的一氯化碘量，最终换算为每100g油脂消耗碘的质量，即油脂的碘值。

（1）①考查常见实验仪器的识别，根据装置结构直接判断仪器名称；

②考查氧化还原反应离子方程式的书写，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平；

③考查实验试剂的作用，结合亚硫酸钠的还原性，分析其对碘元素转化和回收率的影响；（2）①考查尾气处理试剂的选择，根据有毒气体的性质，选择能同时吸收氮氧化物和碘单质的NaOH碱液；

②考查沉淀洗涤的检验方法，利用铜离子与亚铁氰化钾的特征反应，判断洗涤液中是否残留铜离子；（3）①考查溶剂的选择，根据油脂的溶解性，分析异己烷作为溶剂的作用；

②考查滴定终点的判断，根据淀粉遇碘变蓝的特性，描述硫代硫酸钠滴定碘的终点现象；

③考查氧化还原滴定的计算，根据反应关系式，通过硫代硫酸钠的用量计算与油脂反应的碘的量，进而换算碘值。17．【答案】（1）粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)（2）CaSO4（3）5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O（4）6.3（5）AC（6）0.64【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；分液和萃取；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用【解析】【解答】（1）提高氧化浸出率的措施包括粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中KMnO4会将盐酸氧化为Cl2，因此不能用盐酸代替硫酸；

故答案为：粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)；

（2）加入Ca(OH)2后，生成的滤渣主要成分为CaSO4；

故答案为：CaSO4；

（3）KMnO4将H3AsO3全部氧化为H3AsO4，反应的化学方程式为：5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O；

故答案为：5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O；

（4）欲使AsO4故答案为：0.64；【分析】本工艺以含铜、铁、砷的工业废渣为原料，通过硫酸浸取、杂质去除、萃取富集、电解精炼等步骤，实现铜资源的高效回收。

向废渣中通入空气并加入硫酸，利用硫酸溶解可溶组分，同时空气氧化硫化物，过滤除去硫渣，得到含铜离子、铁离子、亚砷酸、氢离子和硫酸根的滤液。加入氢氧化钙生成硫酸钙沉淀，去除大部分硫酸根；再用高锰酸钾将亚砷酸深度氧化为砷酸，随后加入石灰调节pH，使铁离子与砷酸根以砷酸铁形式沉淀除去，实现铁、砷杂质的高效脱除。加入有机萃取剂，使铜离子与萃取剂结合进入有机相，实现铜与其他杂质的分离；再通过反萃取，将铜离子重新转移至水相，得到高纯度的硫酸铜溶液。对反萃取后的硫酸铜溶液进行电解，在阴极得到高纯度的铜单质，完成铜资源的回收。

（1）本题考查浸出率的影响因素与试剂选择；粉碎、搅拌、加热、增大硫酸浓度均可通过增大接触面积或提高反应速率来提升浸出率；KMnO4具有强氧化性，会将盐酸氧化为有毒的Cl2，因此硫酸是该流程中唯一合适的酸；

（2）本题考查滤渣成分判断；滤液中含有大量SO42−，加入Ca(OH)2后，Ca2+与SO42−结合生成微溶的CaSO4沉淀，故滤渣主要成分为CaSO4；

（3）本题考查氧化还原反应方程式的书写；反应中Mn元素由+7价降至+2价，As元素由+3价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒配平即可；

（4）本题考查溶度积常数的应用；先根据Ksp(FeAsO4)计算AsO43−完全沉淀时的（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是CaSO4（3）深度氧化中H3AsO3全部被氧化为H3AsO4，KMnO4（4）欲使AsO43−完全沉淀，其最大浓度为10−6 mol⋅L−1，若cAsO43−（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；C．萃取是将Cu2+转移至有机相，反萃取后Cu故答案选AC；（6）若电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后cH+增大了0.04mol/L，则ΔnH+=0.04 mol/L×500×10−3 L=0.02 mol，根据阳极反应18．【答案】-90.7；主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大；6.4p2；25%；A、B、C、D的CO【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】（1）将主反应减去副反应，得到目标反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，ΔH=ΔH1−ΔH2=(−49.5−41.2)kJ/mol=−90.7kJ/mol；

故答案为：-90.7；

（2）①增大压强时，主反应（气体分子数减少）平衡正向移动，副反应（气体分子数不变）平衡不移动，因此甲醇的选择性增大；

②根据主反应和副反应的方程式可知：消耗n(CO2)等于生成的CH3OH、CO的物质的量之和，已知nCO=0.6mol，设生成的n(CH3OH)=xmol，甲醇的选择性为40%，则xmolxmol+0.6mol×100