山东济南市2026届高三第二次模拟考试化学试题（含解析）高考模拟

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化学试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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：H1 C12 N14 O16 Mg24 P31 C59
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 传统工艺是各民族智慧的结晶。下列说法错误的是
A. “银胎掐丝珐琅”中珐琅（主要成分为硅酸盐）的化学稳定性好
B. “油纸伞”的伞面主要成分是纤维素和蛋白质
C. “雁羽刀”锻制中将红热铁具浸入水中，表面有生成
D. “锡中杂铅太多，入醋淬八九度，铅尽化灰而去”中发生了氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．珐琅主要成分为硅酸盐，硅酸盐耐酸碱腐蚀、化学稳定性好，A正确；
B．油纸伞伞面多为宣纸或棉麻材质，主要成分为纤维素，不含大量蛋白质，B错误；
C．红热的铁与高温水蒸气发生反应：，表面生成，C正确；
D．铅单质与醋酸反应生成醋酸铅和氢气，铅、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D正确；
故选B。
2. 化学来源于生活，服务于生活。下列说法错误的是
A. 冬季涂抹甘油可防止皮肤干燥
B. 久置的红薯变甜，是因为葡萄糖发生了水解
C. 瓷器制作中为使釉呈绿色，可添加氧化亚铁
D. 利用活性炭可吸附室内的甲醛
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘油（丙三醇）具有吸湿性，涂抹在皮肤上可以锁住水分，防止冬季皮肤干燥，A正确；
B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应；久置红薯变甜是因为红薯中的淀粉（多糖）水解生成了有甜味的糖类，B错误；
C．氧化亚铁中的+2价铁元素可使釉呈现绿色，可在瓷器制作中添加得到绿色釉，C正确；
D．活性炭具有疏松多孔的结构，吸附性强，能够吸附室内甲醛等有害气体，D正确；
故选B。
3. 下列图示实验中，操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲：探究钠与水反应
B. 图乙：长期保存标准溶液
C. 图丙：用移液管移取25.00 mL稀硫酸
D. 图丁：分离苯和溴苯
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应剧烈、放热多，图示试管容积小，反应时液体易飞溅，甚至引发危险，探究钠与水反应要在烧杯中进行，操作错误，不能达到目的，A错误；
B．容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能长期保存溶液，溶液需要保存在带橡胶塞的试剂瓶中，操作错误，不能达到目的，B错误；
C．移液管的精度可达0.01mL，可以准确量取稀硫酸，酸性溶液不腐蚀移液管，图示操作符合移液管移取的操作规范，能达到实验目的，C正确；
D．苯和溴苯互溶、沸点不同，需用蒸馏法分离；蒸馏时温度计需要测量馏分的温度，水银球应放置在蒸馏烧瓶的支管口处，图示温度计水银球插入反应液中，位置错误，不能达到目的，D错误；
故选C。
4. 实验室中，下列实验操作正确的是
A. 在通风橱中取用液溴时，需佩戴手套和护目镜
B. 滴定操作过程中，滴定管尖嘴始终不能与锥形瓶内壁接触
C. 用氢氟酸清洗做硅酸分解实验后的瓷坩埚
D. 蒸发结晶除去溶液中的NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．液溴具有强腐蚀性、易挥发且有毒，在通风橱中取用并佩戴手套和护目镜，可避免液溴灼伤皮肤、溅入眼睛或溴蒸气中毒，A正确；
B．滴定操作滴加最后半滴溶液时，需要将滴定管尖嘴与锥形瓶内壁接触，使半滴溶液流入锥形瓶，并非始终不能接触，B错误；
C．瓷坩埚的主要成分含，氢氟酸会与发生反应，腐蚀瓷坩埚，C错误；
D．溶解度随温度变化大，NaCl溶解度随温度变化小，除去溶液中的NaCl应采用降温结晶，蒸发结晶会导致大量析出，无法实现分离，D错误；
故选A。
5. 用王水浸取Pd的反应为（未配平）。下列说法错误的是
A. 分子中存在键
B. 已知空间构型为平面正方形，则的d轨道参与杂化
C. 生成标准状况下2.24 LNO时，有0.15 mlPd被还原
D. 通过用高浓度的将转化为，提升了Pd的还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．中原子采取杂化，杂化轨道与的轨道形成键，A正确；
B．为平面正方形结构，对应杂化类型为，的轨道参与杂化，B正确；
C．标准状况下物质的量为，反应中元素化合价从+5降至+2，共得到电子，化合价升高失电子被氧化，对应被氧化的为，C错误；
D．高浓度络合降低游离浓度，使更易失电子被氧化，提升了的还原性，D正确；
故选C。
6. 镍的配合物在不对称合成中有催化活化作用，某活化剂的结构如图所示，下列说法错误的是
A. 同周期中，基态原子未成对电子数与Ni相同的元素有2种
B. 电负性：
C. 配位原子对应元素均位于元素周期表的p区
D. C—H键的极性：
【答案】A
【解析】
【详解】A． Ni是28号，为第四周期元素，基态核外电子排布为，未成对电子数为2。第四周期中，基态原子未成对电子数为2的元素有(3d24s2)、(4s24p2)、(4s24p4)、(3d84s2)，除去Ni本身，共有3种元素符合条件，不是2种，A错误；
B．根据电负性递变规律：同周期主族元素电负性从左到右增大，同主族元素电负性从上到下减小，故电负性顺序为，B正确；
C． 该配合物的配位原子为、、，三种元素均属于元素周期表的p区（p区包含ⅢA~0族元素），C正确；
D．①为普通烷基的键，②中原子连接2个强吸电子的，使该对成键电子的吸引能力增强，极性更大，因此极性：，D正确；
故选A。
7. 对下列现象或结论，解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．细水流能被静电吸引的本质原因是为极性分子，正负电荷中心不重合，为非极性分子，无法被静电吸引，与水中少量电离的、无关，A错误；
B．根据沉淀溶解平衡原理，当离子积时，就会析出沉淀，B正确；
C．体积更大，与之间的静电相互作用更弱，受到的束缚更小，迁移速率更快，C正确；
D．每个水分子最多可与周围4个水分子形成分子间氢键，乙醇分子仅含1个羟基，分子间氢键数量更少，分子间作用力更弱，挥发性更强，D正确；
故选A。
8. M是合成某神经肽抑制剂的中间体，结构如图所示。下列有关M的说法错误的是
A. 分子中不含手性碳原子
B. 可用红外光谱确证官能团的种类
C. 该物质既可发生氧化反应又可发生加成反应
D. 1 ml该物质与足量NaOH溶液反应时最多消耗3 ml NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有4种不同原子或基团的饱和碳原子，该分子中不存在手性碳原子，A说法正确；
B．红外光谱可以用于确定有机物中官能团和化学键的种类，B说法正确；
C．该有机物含苯环，可与氢气发生加成反应；有机物可燃烧（燃烧属于氧化反应），因此既能发生氧化反应又能发生加成反应，C说法正确；
D．1 ml羧基发生中和反应可消耗；苯环上直接连接的溴原子，水解生成和酚羟基(具有酸性，会继续与NaOH反应)，1 ml连在苯环上的 Br共消耗；酰胺基在足量溶液中水解，消耗； 故总消耗量为，D说法错误；
故选D。
9. 云雾中微液滴表面具有强活化能力，可将水分子解离成、电子等微粒。工业尾气中在微液滴表面发生的转化如图所示。下列说法正确的是
A. 在水溶液中上述转化速率会更快
B. 转化过程中，微液滴只体现催化作用
C. 既被氧化又被还原
D. 理论上转化消耗
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，水分子解离成、电子和氢离子，二氧化氮既能与反应生成硝酸，也能得到电子生成亚硝酸根离子，亚硝酸根离子与氢离子反应生成亚硝酸，则二氧化氮在微液滴表面发生的反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和亚硝酸，反应的化学方程式为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2。
【详解】A．题干信息“云雾中微液滴表面具有强活化能力”表明该转化在微液滴表面受到了催化，反应速率快。在普通水溶液中，缺少这种表面的活化（催化）作用，因此“上述转化”的速率会更慢，A错误；
B．由分析可知，二氧化氮在微液滴表面转化过程中，微液滴中的水是反应的反应物，同时微液滴表面具有强活化能力，也体现了催化作用，B错误；
C．由分析可知，反应时二氧化氮中氮元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，C正确；
D．由分析可知，二氧化氮在微液滴表面发生的反应为：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，由方程式可知，1 ml二氧化氮反应时，消耗水的物质的量为0.5 ml，D错误；
故选C。
10. 在恒温恒容的密闭容器中，发生丙烷的裂解反应：，测得和下[为某时刻压强，为初始压强]与时间关系如图所示，下列说法正确的是
A.
B. 随着减小，反应速率始终不变
C. 下，当转化率为50%时，时间为
D. 下，若起始压强变为原来的2倍，到达1.0时所用时间仍为
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度越高，反应速率越快，达到相同时，所需时间小于，所以，A错误；
B．反应速率与反应物分压（浓度）正相关，随着反应进行，p(C3H8)不断减小，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，B错误；
C．转化率为50%时，剩余p(C3H8)=0.5p0，代入得；由于与成正比（图像为过原点直线），对应，故此时，C错误；
D．由图像得（是仅与温度有关的常数），当时，，与起始压强无关；温度不变，不变，因此起始压强变为原来2倍，到达的时间仍为，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．α-氰基丙烯酸乙酯（常用502胶粘剂的主要成分）中氰基是强吸电子基团，可活化碳碳双键，遇水会引发碳碳双键快速发生加聚反应，因此快速固化；而丙烯酸乙酯的碳碳双键没有被活化，滴入水后无明显现象，结论正确，A正确；
B．本实验中​本身会作为氧化剂与​发生氧化还原反应，并非仅作催化剂，不符合单一变量原则，无法直接比较二者对分解的催化效果，结论错误，B错误；
C．浓KI溶液中会发生平衡反应​，生成的​可溶于水层；​密度大于水，在下层，实验中下层紫红色变浅、上层水层呈棕黄色，说明大部分碘转移到了上层浓KI溶液中，可证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力，结论正确，C正确；
D．该反应的离子方程式为：，该反应符合“强酸制弱酸”规律，说明酸性：；酸性越弱，对应阴离子水解程度越大，因此水解程度：，结论错误，D错误；
故选AC。
12. 一种利用废铜渣（含CuS、ZnS、、等）制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸溶”时仅S元素被氧化
B. “沉铜”的离子方程式为
C. 增大溶液Ⅱ的酸度有利于超细Cu粉的生成
D. 流程中可循环使用的物质有和
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废铜渣中加入硫酸溶液，通入过量空气酸溶，将金属元素转化为硫酸盐、硫元素转化为硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中通入过量氨气，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，锌离子、铜离子转化为四氨合锌离子、四氨合铜离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中通入二氧化硫，将溶液中四氨合铜离子转化为NH4CuSO3沉淀，过滤得到溶液Ⅰ和NH4CuSO3；向NH4CuSO3中加入硫酸溶液，溶液中铜离子在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，亚硫酸根离子在酸性溶液中转化为可以循环使用的二氧化硫，过滤得到超细铜粉和溶液Ⅱ；向溶液Ⅱ中通入氢气，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到超细铜粉和含有硫酸铵和硫酸的溶液，反应生成的硫酸可以循环使用。
【详解】A．由分析可知，酸溶时加入硫酸溶液，通入过量空气酸溶的目的是将金属元素转化为硫酸盐、硫元素转化为硫，反应时，硫元素和铁元素的化合价升高被氧化，A错误；
B．由分析可知，沉铜时通入二氧化硫的目的是将溶液中四氨合铜离子转化为NH4CuSO3沉淀，反应的离子方程式为：，B错误；
C．由分析可知，向溶液Ⅱ中通入氢气发生的反应为：Cu2++H2=Cu↓+2H+，若增大溶液Ⅱ的酸度，会使反应向逆反应方向移动，不利于超细铜粉的生成，C错误；
D．由分析可知，转化步骤生成的二氧化硫和向溶液Ⅱ中通入氢气生成的硫酸可以循环使用，D正确；
故选D。
13. 我国科学家提出利用工农业废弃物组成甲醛—硝酸盐电池，给铅蓄电池充电，装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电流流向：N极→X极→电解质溶液→Y极→M极
B. 工作过程中，HCHO中元素化合价均降低
C. 甲醛—硝酸盐电池总反应方程式为
D. 理论上消耗时，铅蓄电池装置中生成
【答案】AD
【解析】
【分析】该装置中，左侧甲醛—硝酸盐电池是原电池，给右侧铅蓄电池充电，右侧为电解池体系，先判断电极属性： 左侧M极上，转化为HCOO−：中为价，HCOO−中为价，化合价升高，失电子发生氧化反应，因此是原电池负极；极上​转化为，从价变为价，得电子发生还原反应，因此是原电池正极。 充电时，原电池负极接铅蓄电池的阴极，原电池正极接铅蓄电池的阳极，因此为阳极，为阴极，据此解答。
【详解】A．电流方向与电子流动方向相反，从正极出发流向负极，因此电流方向与电子流向相反，为N极→X极→电解质溶液→Y极→M极，A正确；
B．工作过程中，中从价升高为HCOO−中的价，并非所有元素化合价均降低，B错误；
C．该总反应方程式得失电子和原子均不守恒：1mlNO3−​生成得8mle−，4mlHCHO生成4mlHCOO−共失8mle−，若额外生成，还会得到2mle−，总得失电子不守恒，且氧原子也不守恒，正确的反应为：NO3−+3OH−+4HCHO=NH3+4HCOO−+2H2O，C错误；
D．消耗1mlNO3−​时，从价变为价，整个电路共转移电子。铅蓄电池充电反应为： 2PbSO4+2H2O通电 Pb+PbO2+2H2SO4，转移电子时生成2mlH2SO4​，因此转移电子时，铅蓄电池中生成8mlH2SO4，D正确；
故选AD。
14. 参与形成铁的配合物的反应机理如图所示，其中Ph表示苯基。下列说法正确的是
A. 1 ml配合物（Ⅰ）中通过螯合作用形成的配位键为4 ml
B. 上述过程中，涉及非极性键的断裂
C. 配合物（Ⅱ）中O-O键的键长大于中的
D. 配合物（Ⅲ）中Fe的化合价为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．螯合配位键是同一个多齿配体中，多个配位原子与中心Fe形成的配位键。观察配合物(Ⅰ)的结构，提供螯合作用的是氮原子和氧原子，因此1 ml配合物(Ⅰ)中通过螯合作用形成的配位键为5 ml，A错误；
B．反应流程中，参与反应生成配合物(Ⅱ)后，光照条件下配合物(Ⅱ)中O-O非极性键发生断裂，最终生成配合物(Ⅲ)，因此该过程涉及非极性键的断裂，B正确；
C．中的O-O为双键，配合物(Ⅱ)中的O-O为过氧单键，双键的键能大于单键，键长越长，键能越小，因此配合物(Ⅱ)中O-O键的键长大于中的键长，C正确；
D．配合物整体呈电中性：配合物(Ⅲ)中，含氮配体的3个N为中性配位原子，端基O为-2价，两个与Si相连的O每个为-1价，设Fe化合价为，则，解得，即Fe的化合价为+4，不是+3，D错误；
故选BC。
15. 常温下，向溶液中缓慢通入，测得{M代表或}、或对分布系数[例如]与pOH关系如图所示，忽略溶液体积的变化。
已知：。下列说法正确的是
A.
B. N点时，
C. 的平衡常数
D. 将P点溶液中全部转化为，需要加入
【答案】C
【解析】
【分析】向硫酸铜中缓慢通入氨气时，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨先与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶于一水合氨反应生成四氨合铜离子，则缓慢通入的过程中，溶液pOH减小，铵根离子、铜离子的浓度减小，氨分子和四氨合铜离子浓度增大，则曲线X、Y、Z、W分别表示氨分子、铵根离子、铜离子、四氨合铜离子与pOH关系；由图可知，溶液中氨分子浓度和铵根离子浓度相等时，溶液pOH为4.7，则由电离常数可知，氨水的电离常数为：Kb=10-4.7；溶液中铜离子浓度为10-5 ml/L时，pOH为7.35，则氢氧化铜的溶度积为：Ksp=10-5×(10-7.35)2= 10-19.7。
【详解】A．由图可知，pOH为a时，溶液中铜离子浓度为0.1 ml/L，则由溶度积可得：10-1×(10-a)2= 10-19.7，解得：a=9.35，A错误；
B．由图可知，N点时铜元素的存在形式为铜离子、氢氧化铜沉淀和铜氨络离子，则由物料守恒可知，溶液中，B错误；
C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K1=====102.7，C正确；
D．由图可知，P点时，溶液呈碱性，四氨合铜离子的浓度为0.100 ml/L，溶液中四氨合铜离子转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量为：=0.02 ml；因加入的硫酸溶液还需中和溶液中的氢氧根离子，所以四氨合铜离子全部转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量应大于0.02 ml，D错误；
故选C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 鸟粪石通常产于低纬度海岛，主要是海鸟所产生的大量粪便与未被消化的鱼骨等，经过极长期的累积所形成，含有丰富的N、P、Mg等元素，是制作氮、磷肥的良好原料。
回答下列问题：
（1）基态P原子核外电子的空间运动状态有___种，下列状态的Mg原子或离子失去一个电子所需能量最高的是___（填标号）。
a． b． c． d．
（2）具有无限链状结构的离子M部分结构如图所示，离子M的化学式为_____，中心原子Mg的价层电子对数为_____。
（3）生物体内存在的NADH（），可与某价态钒元素作用为（）和，则钒的化合价____（填“升高”“降低”或“不变”），NADH的熔点低于NADCl（氯化物）的原因是_____________。
（4）某鸟粪石晶体为正交晶系，其晶胞结构如图所示（为了便于观察，省略部分顶点的），晶胞参数分别为a、b、cpm，，密度为。1号填充在围成的____（填“四面体”“八面体”或“立方体”）空隙中，代表阿伏加德罗常数的值，_______（用含a、b、c和的代数式表示）。
【答案】（1） ①. 9 ②. a
（2） ①. () ②. 6
（3） ①. 降低 ②. NADH分子之间的作用力小于与之间的作用力（“NADH属于分子晶体，NADCl属于离子晶体”）
（4） ①. 四面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
磷元素的原子序数为15，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子核外电子的轨道数为9，则核外电子的空间运动状态9种；镁元素的原子序数为12，基态原子的电子排布式为[Ne]3s2，镁元素的第一电离能小于第二电离能，则Mg+失去一个电子所需能量高于镁原子；激发态的能量高于基态的能量，失去一个电子所需能量低于基态；由电子排布式可知，a、b、c、d分别代表的微粒为：基态Mg+、基态镁原子、激发态Mg+、激发态镁原子，则失去一个电子所需能量最高的是基态Mg+，故选a；
【小问2详解】
由图可知，1个镁原子与1个水分子和5个氯离子相连，其中4个氯离子与2个镁原子相连，则每个镁原子连接的氯离子个数为：4×+1=3，则离子M的化学式为()；由化合价代数和为0可知，镁元素的化合价为+2价；镁元素的原子序数为12，基态镁离子的电子排布式为1s22s22p6，由图可知，每个镁离子形成6个σ键，孤对电子对数为0，所以中心原子镁原子的价层电子对数为6；
【小问3详解】
由结构简式可知，NADH转化为NAD+的反应是失去氢原子的氧化反应，碳元素的化合价升高被氧化，则由氧化还原反应规律可知，NADH与某价态钒元素作用时，钒元素的化合价降低被还原；NADH是分子晶体，NADCl是离子晶体，一般情况下，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以NADH的熔点低于NADCl；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，位于面心的1号六水合镁离子填充在磷酸根离子围成的四面体空隙中；晶胞中位于顶点和体心的磷酸根离子个数为：8×+1=2，位于面心和体内的铵根离子和六水合镁离子的个数都为：2×+1=2，由晶胞的质量公式可得：=( a×10-10×b×10-10×c×10-10) ρ，解得：NA =。
17. 金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒渣（主要含、，杂质为CuO、、等）中回收V和的工艺流程如下图所示：
已知：①“焙烧”时V、Fe、Cr元素分别转化为、和；
②微溶于水；向溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如下表：
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，气体和固体粉末采用逆流式通入，其目的是_____________，发生反应的化学方程式为_____________，“滤渣Ⅰ”的主要成分为______。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。
通入调pH的理论范围为_______，反应的平衡常数_______。
（3）加压通入可将转化为，总反应的离子方程式为_____________，若没有该操作单元，导致的后果是_____________。
（4）“沉钒”加硫酸调pH约为____。“转化”过程中，先加入适量碱调pH，再加稍过量KCl，稍过量KCl作用是_____________。
【答案】（1） ①. 增大气体与固体的接触面积，使固体颗粒充分反应，加快反应速率 ②. ③. 、CuO
（2） ①. 4.5~9.3 ②.
（3） ①. ②. 将增加硫酸的用量
（4） ①. 2 ②. 将尽可能多的转化为、降低的溶解度
【解析】
【分析】该工艺以废钒渣为原料，分步分离回收得到金属钒与重铬酸钾，整体思路是先氧化转化原料中的低价元素，再分步除杂、分离得到目标产物。 焙烧阶段通入空气，将V、Cr、Fe分别氧化转化为可溶性钒酸钠、铬酸钠，铁转化为氧化铁，逆流通气可提升气固接触效率，提高原料转化率。水浸后分离出不溶性杂质，得到含钒、铬和少量铝硅杂质的滤液；随后调pH沉淀除去铝硅杂质，再酸化将铬酸根转化为重铬酸根，调pH沉钒得到五氧化二钒，经铝热还原得到金属钒，最后含重铬酸钠的溶液加KCl，析出得到重铬酸钾产品。
【小问1详解】
逆流操作的核心作用是增大接触面积，提升反应效率；FeCr2O4和NaHCO3、空气焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2、H2O，根据焙烧产物，结合氧化还原化合价升降配平可得反应方程式；水浸时，焙烧生成的和杂质不溶于水，因此为滤渣Ⅰ的主要成分。
【小问2详解】
调pH的目的是让Al、Si沉淀完全，且V保留在溶液中：根据图像，可溶性Al浓度≤的范围是，可溶性Si浓度达标的条件是，因此pH理论范围为； 对于平衡，平衡常数；当时，，，因此。
【小问3详解】
过量​反应生成​，配平可得离子方程式：；该操作目的是将​转化为，若不转化，后续沉钒时发生反应：，会增加硫酸的用量。
【小问4详解】
根据给定表格，pH约为2时，V主要以微溶的​存在，刚好沉钒；转化过程中的转化为，​溶解度较小，加入稍过量，利用同离子效应，将尽可能多的转化为、降低的溶解度，促进其析出，提升产率。
18. 钴常被添加到钢或者其他合金当中，可以明显提高合金的坚硬程度、耐磨程度等。设计如下装置图（部分加热及夹持装置已略），测定还原时CO的转化率。
已知：①HCOOH是易挥发的液体，实验室常用于制备CO，原理为；
②是白色固体，易吸水潮解生成，能快速与CO发生反应。
回答下列问题：
（1）将已称重的装置D（含）、E与其他装置组装好，称量所用仪器为_______（填“托盘天平”或“电子天平”）。打开止水夹K，调整三通阀，按一定流速持续通入，一段时间后关闭K，调整三通阀。为了提升CO的转化率，下列操作合理的顺序为_____________（填标号）。
a．打开分液漏斗的活塞b．加热管式炉
（2）逐滴滴加HCOOH的原因是_____________，装置F的作用是_____________。
（3）一段时间后关闭管式炉，还需要继续通，其目的是_____________，当装置D冷却至室温后停止通。
（4）实验结束后，测得装置D质量变化1.60 g，装置E质量变化2.40 g，CO的转化率为_____________。
（5）颗粒容易吸附气体分子，导致测定结果存在较大误差，设计如下测定方案：
Ⅰ．将装置E中固体溶解在足量去离子水中，不断搅拌至无固体剩余，再加入NaOH溶液调pH约为5后，将其配成250 mL待测溶液；
Ⅱ．取标准溶液于锥形瓶中，用待测液滴定，反应原理为（滴定时，和不参与反应），平行滴定三次，消耗待测液平均为12.50 mL。
①CO的转化率为_______；
②下列操作会导致CO的转化率测定值偏大的是___（填标号）。
a．步骤Ⅰ中，没有加入NaOH溶液调pH
b．步骤Ⅱ中，取25.00 mL标准溶液时，先仰视后俯视
c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡
【答案】（1） ①. 电子天平 ②. ba
（2） ①. 控制（减缓）反应速率、提高HCOOH利用率 ②. 防止外界空气中水蒸气进入装置E中
（3）将CO赶入装置E中完全吸收
（4）40% （5） ①. 50% ②. abc
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中甲酸在浓硫酸作用下发生分解反应制备一氧化碳；装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收挥发出的甲酸；装置C中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化碳；装置D中一氧化碳与三氧化二钴共热反应生成二氧化碳；装置E中盛有的五氧化二碘用于吸收未反应的一氧化碳；装置F中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E中导致五氧化二碘潮解。
【小问1详解】
托盘天平的精确度为0.1 g，则称量8.30 g三氧化二钴应选用电子天平称量；为了提升一氧化碳的转化率，实验时应保证一氧化碳与三氧化二钴充分反应生成二氧化碳，所以操作合理的顺序为先加热管式炉，再打开分液漏斗的活塞制备一氧化碳；则顺序为ba；
【小问2详解】
实验时为提高甲酸的利用率，应逐滴滴加甲酸控制（减缓）反应速率，使甲酸充分反应生成一氧化碳；由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E中导致五氧化二碘潮解；
【小问3详解】
为使装置中残留的未反应的一氧化碳能够被五氧化二碘完全吸收，减小实验误差，实验一段时间后关闭管式炉，还需要继续通入氮气，将反应生成的一氧化碳完全赶入装置E中被五氧化二碘完全吸收，当装置D冷却至室温后停止通入氮气；
【小问4详解】
装置D中的反应为；实验结束后，测得装置D质量变化1.60 g，说明反应消耗一氧化碳和生成二氧化碳的物质的量为：=0.10 ml；装置E质量变化2.40 g，说明未反应的一氧化碳的物质的量为：=0.15 ml，则一氧化碳的转化率为：×100%=40%；
【小问5详解】
①由方程式可得如下转化关系：5CO-I2-2Na2S2O3，由题意可知，滴定消耗12.50 mL待测液，则未反应的一氧化碳的物质的量为：0.0800 ml/L×0.02500L××=0.10 ml，则一氧化碳的转化率为：×100%=50%；
②a．步骤Ⅰ中，没有加入氢氧化钠溶液调pH，溶液呈强酸性，溶液中的碘酸根离子会与滴定反应生成的碘离子反应生成生成碘，使得步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，a符合题意；
b．步骤Ⅱ中，取25.00 mL标准溶液时，先仰视后俯视会使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，b符合题意；
c．步骤Ⅱ中，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束后尖嘴有气泡会使步骤Ⅱ中消耗的待测液体积偏小，导致测得未反应的一氧化碳的物质的量偏小，使得一氧化碳的转化率测定值偏大，c符合题意；
故选abc。
19. 瑞来巴坦可用于治疗复杂性腹腔感染，其中间体（G）合成路线如下：
已知：①，R为烃基；
②；RMgBr易与含活泼氢化合物（HY）反应：（HY代表、ROH等）。
回答下列问题：
（1）A的系统命名为______，的化学方程式为_____________。
（2）E的结构简式为________，F中含氧官能团的名称为_______。
（3）满足下列所有条件的的同分异构体有____种（不考虑立体异构），写出满足条件①和②，且核磁共振氢谱有两组吸收峰的结构简式________。
①含—COOH②含—C≡C—③含手性碳原子
（4）反应中，下列物质不能用作反应溶剂的是_____（填标号）。
a．b．c．d．
（5）以、、和为主要原料合成。利用上述信息写出合成路线中间产物的结构简式：________。
【答案】（1） ①. 3-甲基-4-氟苯甲醛（或4-氟-3-甲基苯甲醛） ②. 或
（2） ①. ②. 羟基、酰胺基
（3） ①. 10 ②.
（4）bd （5）
【解析】
【分析】结合已知条件①与反应流程，由A→B的反应条件可知，A中含有醛基，且苯环上还含有一个氟原子、甲基，A的结构简式为，B的结构简式为；B发生酯化反应生成C，C结构简式为，C与C5H7NO2发生加成反应生成D，结合D的结构简式可知，C结构简式为；D发生还原、取代反应生成E和，结合E的分子式可知，E的结构简式为，E发生已知信息②的反应生成F，则F的结构简式为，F和发生取代反应生成G，据此解答。
【小问1详解】
A的结构简式为，母体是苯甲醛，系统命名法为：3-甲基-4-氟苯甲醛（或4-氟-3-甲基苯甲醛）。B→C是B与乙醇的酯化反应，​与生成的水反应生成HCl和，化学方程式为或；
【小问2详解】
由分析可知，D中氰基先发生还原反应得到氨基，再发生取代反应成环得到酰胺基，E的结构简式为；是E中酯基与反应生成叔醇，F为结构简式为：，含氧官能团的名称为酰胺基和羟基；
【小问3详解】
的不饱和度为3，符合①羧基（）②碳碳三键（），其余均为饱和结构，满足含有手性碳，则分情况讨论：
（1）主链4个碳原子，有一个支链：，有两个支链为（−COOH、−NH2）：、、、（箭头代表羧基位置），共有8种；
（2）N在主链上，主链共计5个原子：、，共计2种；
当主链是3个碳原子时，此种情况不可能存在碳碳三键；当N在主链上，主链共计5个原子是：C−C≡C−N−C，此种情况无论羧基放在哪都没有手性碳，这两种情况排除，故共计10种同分异构体；其中满足条件①和②，且核磁共振氢谱有两组吸收峰，说明结构高度对称，占用一种氢，则可以让两个甲基连在同一个氮原子上，满足条件的结构简式为；
【小问4详解】
已知RMgBr会与含活泼氢的物质反应，也会与羰基反应：
a．二甲醚无活泼氢、无羰基，可作溶剂；
b．CH3OCH2CHO含醛基（羰基），会与反应，不能作溶剂；
c．该化合物无活泼氢、无羰基，可作溶剂；
d．CH3CH2OCH2COOH含羧基活泼氢，会与反应，不能作溶剂；
故选bd；
【小问5详解】
根据已知②，酯基与格氏试剂反应，双格氏试剂与苯甲酸甲酯加成得到含OMgBr的加成产物，水解得到叔醇产物：；
此时，若是中的羟基与先发生取代反应生成后续再与发生加成反应时，可能两个双键均能加成，这样会得到副产物，故顺序是先和发生加成反应得到，再和发生类似E→F的取代反应得到目标产物，故缺失的路线是：。
20. 为了完成“碳达峰”和“碳中和”目标，的高效利用成为研究的热点。利用CaO和捕获并转化涉及如下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）反应的焓变______（用含、的代数式表示）。
（2）恒容容器中，加入一定量的、和，发生上述反应，测得平衡时气相中CO、、体积分数与温度的关系如图所示（忽略固体体积）。
①曲线N对应物种为_______（填化学式）；
②间，自a点开始曲线M和O重合的原因是_____________；时三条曲线骤然下降的原因是_____________；
③时，平衡后体系中的物质的量为______ml，若起始压强为，反应Ⅲ的平衡常数_______（用含的代数式表示）；若缩小体积，再次达到平衡时，将____（填“增大”“减小”或“不变”）；
④若起始加入一定量的、和，则图示中a、b、c、d、e和f点中，曲线M和O可能自_______点开始重合（填标号）。
【答案】（1）
（2） ①. CO ②. 只有反应Ⅲ发生，与物质的量相同，且升高温度平衡正向移动，与变化量相同 ③. 反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大 ④. 0.1 ⑤. ⑥. 减小 ⑦. e
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ=目标反应，则反应ΔH=ΔH3-ΔH1；
【小问2详解】
①反应Ⅱ、反应Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的体积分数增大，则曲线N表示一氧化碳的体积分数与温度的关系；氧化钙固体会与二氧化碳反应，则反应过程中二氧化碳的体积分数始终小于甲烷，则曲线M、O分别表示二氧化碳、甲烷的体积分数与温度的关系；
②由方程式可知，自a点开始曲线M和O重合说明只有反应Ⅲ发生，升高温度，平衡向正反应方向移动时，甲烷和二氧化碳的消耗量相同，使得甲烷、二氧化碳的物质的量相同，气体的总物质的量相同，导致两者的体积分数相等；T2℃时，三条曲线骤然下降说明气体的总物质的量增大，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积增大的反应，所以骤然下降是因为反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大所致；
③由图可知，T3℃时，甲烷、一氧化碳、二氧化碳的体积分数分别为：、、，则平衡时甲烷、一氧化碳、二氧化碳的物质的量比为3：12：4，设平衡时甲烷的物质的量为3x ml，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为：=(2-6x) ml，则混合气体的总物质的量为：3x ml+12x ml+4x ml +(2-6x) ml=(2+13x) ml，由甲烷的体积分数可得：=，解得：x=0.1；由方程式可知，反应Ⅲ生成氢气的物质的量为1.2ml，则反应Ⅱ生成氢气的物质的量为：1.4ml -1.2ml=0.2ml，由方程式可知，反应生成碳固体的物质的量为：0.2ml ×=0.1ml；由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时混合气体的压强为：=p0 kPa，则反应Ⅲ的平衡常数为：Kp==；由方程式可知，反应Ⅲ是气体体积增大的反应，缩小体积增大压强，平衡向逆反应方向移动，则再次达到平衡时，将减小；
④反应Ⅲ为气体体积增大的反应，若恒容容器中起始加入一定量的氧化钙、2 ml甲烷和2 ml二氧化碳相当于增大压强， 平衡向逆反应方向移动，甲烷和二氧化碳的体积分数都增大；a点前，甲烷的体积分数大于二氧化碳，则需要升高温度使反应Ⅱ平衡正向移动，促使甲烷的消耗量增大幅度大于二氧化碳的消耗幅度，所以曲线M和O可能自e点开始重合。现象或结论
解释
A
细水流能被静电吸引，细流不能
水中有少量和
B
将通入一定浓度溶液中，得到沉淀
沉淀过程中：
C
相同条件下，在中迁移速率大于在中的
的体积更大，与作用力更弱
D
乙醇的挥发性比水的强
乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少
操作
现象
结论
A
分别向丙烯酸乙酯和α-氰基丙烯酸乙酯中滴入水
前者无明显现象，后者快速固化
氰基能活化碳碳双键，使其更易发生加聚反应
B
向两份中分别加入和
前者产生气泡速率快
催化效果：
C
向碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡、静置
溶液分层，下层由紫红色变为浅红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
D
将溶液与溶液混合
生成白色沉淀
水解程度：
pH
10.6~12
约8.4
3~8
约2
存在形式