河南南阳市第一中学校等校2025-2026学年高三下学期第二次模拟考试 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份河南南阳市第一中学校等校2025-2026学年高三下学期第二次模拟考试 化学试题（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了 下列化学用语使用正确的是等内容，欢迎下载使用。
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。
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，再选涂其它答案标号。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-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cs-133 Au-197
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. 东垣古城遗址(战国至北朝)经过近年来考古发掘，出土了多种文物。下列文物的主要成分与其他三种文物成分不同的是
A. 异型砖B. 铜罐
C. 玉璧D. 瓦当
【答案】B
【解析】
【详解】A．异型砖由黏土烧制得到，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．铜罐属于铜合金，主要成分为金属铜，属于金属材料，和另外三种文物的成分类别不同，B符合题意；
C．玉璧的主要成分为硅酸盐类或硅的氧化物，属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．瓦当由黏土烧制得到，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案选B。
2. 关于实验室安全及事故处理，下列表述正确的是
A. 对于有机废液的处理直接用焚烧法
B. 未用完的白磷、钾等易燃物直接倒入废液缸中处理
C. 对于实验转化后的难溶物或含有重金属的固体废渣，用滤纸包裹后填埋处理
D. 轻微烫伤时，先用洁净的冷水处理，再涂抹烫伤药膏
【答案】D
【解析】
【详解】A．有机废液成分复杂，部分含卤素、硫、氮的有机物直接焚烧会产生二噁英、SO2、NOx等有毒有害气体，需分类后按规范处理，不能直接焚烧，A错误；
B．白磷着火点极低易自燃，钾与水、氧气反应剧烈易引发火灾甚至爆炸，未用完的白磷、钾需放回原试剂瓶或专门处理，不能直接倒入废液缸，B错误；
C．含重金属的废渣直接填埋会造成土壤、地下水重金属污染，有毒难溶废渣也需统一收集做无害化处理，不能随意填埋，C错误；
D．轻微烫伤时，先用洁净冷水降温可减轻组织损伤，再涂抹烫伤药膏的处理方式符合安全规范，D正确；
故选D。
3. 高分子有机物已深度渗透生产生活各领域。下列有关说法错误的是
A. 通过焦炉煤气→甲醇→甲醛，再通过缩聚反应制得聚甲醛()纤维
B. 利用丁腈橡胶｛｝等制作密封材料，合成丁腈橡胶的单体有1，3-丁二烯及丙烯腈两种
C. 聚苯乙烯可用于保温、隔音等建筑材料
D. 利用聚乳酸制备可降解复合膜
【答案】A
【解析】
【详解】A．焦炉煤气中含有CO和H2，可以合成甲醇（CO+2H2→CH3OH）。甲醇可以氧化得到甲醛。聚甲醛是由甲醛单体通过加聚反应（或称链式聚合）生成的，反应过程中没有小分子（如水）脱去，A错误；
B．丁腈橡胶从其化学结构可以看出，它是由1，3-丁二烯（）和丙烯腈（）两种单体通过共聚反应制得的，B正确；
C．聚苯乙烯是一种常见的塑料，发泡聚苯乙烯，俗称泡沫塑料，由于其内部充满空气，密度小，具有优良的保温、隔热和隔音性能，是建筑行业中常用的保温和隔音材料，C正确；
D．聚乳酸中含有酯基，是一种来源于可再生资源的生物可降解高分子材料。由于其环保特性，它被广泛应用于制造各种可降解产品，包括可降解的包装膜和复合膜，D正确；
故选A。
4. 下列化学用语使用正确的是
A. CaO2的电子式：
B. 的名称：3，3-二甲基-2-羟基戊烷
C. 的核磁共振氢谱有三组峰
D. 甲醛分子中键的电子云轮廓图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是离子化合物，阴离子为，过氧根中两个O之间存在共用电子对，该电子式未标出之间的共用电子对，正确的电子式为，A错误；
B．该有机物属于醇，命名时羟基作为官能团，母体为戊醇，正确名称为3，3-二甲基-2-戊醇，B错误；
C．该有机物为1，2，4，5-四甲基-1-环己烯，存在对称性，共有4种等效氢，核磁共振氢谱应有4组峰，C错误；
D．甲醛中的π键由p轨道肩并肩重叠形成，电子云轮廓图分布在σ键键轴的上下两侧，图示正确，D正确；
故选D。
5. 温度高于500℃，硫酸铵会发生反应：。为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 溶液中，的数目小于
B. 101 kPa、500℃下，22.4 L H2O的中心原子上的孤电子对数目为
C. 常温常压下，28 g N2与CO混合气体的原子总数为
D. 每生成1 ml SO2转移电子的数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．题中未给出溶液体积，无法计算的物质的量，无法确定其数目，A错误；
B．标准状况为、，下气体摩尔体积大于，物质的量小于，孤电子对数目小于，B错误；
C．和的摩尔质量均为，混合气体总物质的量为，二者均为双原子分子，原子总数为，C错误；
D．反应中元素从价降低为价，每生成得到电子，转移电子数目为，D正确；
故选D。
6. 下列实验装置或操作能够达到实验目的的是
A. 利用图甲用乙醇萃取CS2中的S
B. 利用图乙制取NO并防止NO被氧气氧化
C. 图丙为定容前使溶液混合均匀
D. 利用图丁验证苯和液溴发生取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．萃取操作要求萃取剂与原溶剂互不相溶，乙醇与可以互溶，不能用作该实验的萃取剂 ，A不符合题意；
B．铜与稀硝酸反应生成，反应后左侧压强增大，会将稀硝酸压入U型管右侧，使铜丝与稀硝酸脱离、反应停止，且生成的处于左侧封闭空间，与空气隔绝，可防止被氧化，B符合题意；
C．上下颠倒摇匀的操作应在定容完成后进行，定容前进行该操作会使部分溶液附着在容量瓶刻度线上方，导致定容时加水体积偏小，所得溶液浓度偏高，C不符合题意；
D．液溴易挥发，挥发的溴蒸气进入溶液后也会反应生成淡黄色沉淀，无法证明苯和液溴发生取代反应生成了，D不符合题意；
故选B。
7. 有机物Z是脂质类药物、抗菌剂的关键手性砌块，典型的Evans不对称Aldl转化有机物Z过程如下。下列有关说法错误的是
A. X+Y→Z为加成反应B. X中sp2与sp3杂化的碳原子数之比为8：5
C. Y与HCHO互为同系物D. Z的手性碳原子数目为3
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为羟醛加成反应，反应过程无小分子生成，属于加成反应，A正确；
B．X中杂化的碳原子为苯环6个碳、2个羰基碳，共8个；杂化的碳原子为五元环上2个饱和碳、环上取代的1个甲基、N连接的丙酰基的2个烷基碳，共5个，二者比值为，B正确；
C．Y属于饱和一元醛，也属于饱和一元醛，二者结构相似，分子组成相差15个原子团，互为同系物，C正确；
D．Z的手性碳原子包括五元环上2个饱和碳、羰基旁连甲基的碳、连羟基的碳，共4个，不是3个，D错误；
故选D。
8. 配合物可以通过WMZ4溶液吸收气体YZ形成，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的前四周期元素，除Y、Z为相邻的同周期元素外，其余元素均不在同一周期，基态M原子中最高能级的电子数与电子排布已充满的能级数相等，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：Y＞Z＞X
B. 还原性及稳定性均为X2Z＞X2M
C. 配合物中的键角X—Z—X小于分子X2Z中的键角
D. 配合物中的阳离子呈正八面体结构
【答案】A
【解析】
【分析】配合物可以通过WMZ4溶液吸收气体YZ形成，其中X、Y、Z、M、W为原子序数依次递增的前四周期元素。除Y、Z为相邻的同周期元素外，其余元素均不在同一周期，YZ为气体，则Y、Z分别为N和O，X为H；M为第三周期元素，基态M最高能级电子数等于已充满能级数，推得M为S（电子排布1s22s22p63s23p4，最高能级3p有4个电子，已充满1s、2s、、3s共4个能级）；W为第四周期元素，根据化学式可知W带两个正电荷，配合物中心离子最外层电子数+配体提供电子数=26，6个中性配体共提供12个电子，中心离子最外层为14个电子，推得W为Fe（Fe2+最外层3s23p63d6共14个电子）。
【详解】A．X、Y、Z分别为H、N、O，N的2p轨道半充满结构稳定，第一电离能大于同周期相邻的O，O第一电离能略大于H，第一电离能顺序N＞O＞H，即Y＞Z＞X，A正确；
B．非金属性O＞S，则稳定性H2O＞H2S，但还原性H2S＞H2O，B错误；
C．自由H2O分子中O原子有2对孤对电子，电子对间的排斥作用导致键角被压缩；H2O作为配体时，O原子上只有1对孤对电子，因此配合物中H-O-H键角大于自由H2O分子中的键角，C错误；
D．配合物中的阳离子配位数为6，但配体为5个H2O和1个NO，配体不完全相同，为变形八面体而非正八面体，D错误；
故选A。
9. 宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养之一。下列事实与解释不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢键的形成需要氢原子与电负性大、半径小的、、原子成键，中电负性较小，与之间无法形成氢键，可燃冰稳定是因为水分子通过氢键形成笼状结构包裹，解释错误，A符合题意；
B．金刚石属于共价晶体，共价键具有方向性，受到较大外力时原子错位会导致共价键断裂，因此易被锤击破碎，解释正确，B不符合题意；
C．和相对分子质量相等，是极性分子，分子间作用力强于非极性的，因此沸点，解释正确，C不符合题意；
D．离子晶体配位数和阳离子半径有关，离子半径，周围可容纳更多，因此配位数为8、配位数为6，解释正确，D不符合题意；
故选A。
10. 利用软锰矿(主要成分为)和硫化钡溶液制取高纯碳酸锰及氢氧化钡晶体的工艺流程如下图所示。
下列说法错误的是
A. “还原”时生成MnO的化学方程式为
B. “酸化”时稀硫酸适当过量使MnO充分溶解并抑制Mn2+水解
C. “沉锰”发生反应的离子方程式为
D. “溶液X”溶质的主要成分为，可用作氮肥
【答案】C
【解析】
【详解】A．还原步骤中Mn元素由+4价降为+2价，S元素由-2价升为0价，电子守恒、原子守恒，产物与流程对应，A正确；
B．稀硫酸适当过量可保证MnO完全溶解生成，为弱碱阳离子，水解显酸性，过量可抑制水解，B正确；
C．沉锰时反应生成的会与过量反应，正确离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O ，所给方程式不符合反应事实，C错误；
D．酸化后溶液中溶质为，与反应后生成(NH4)2SO4，即溶液X的主要溶质是硫酸铵，属于铵态氮肥，D正确；
故选C。
11. 在双功能电极催化剂作用下，同时电解和，构成耦合电解体系，无需额外消耗大量电能可实现碳资源循环，其工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，CO2转化为CO的部分反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是
A. 电极a的电势高于电极b
B. 电极b的电极反应式为
C. 若忽视溶液体积的变化，在电解过程中左侧电极室溶液的pH降低
D. CO2转化为CO时，选择催化剂Ni8-TET效果更好
【答案】B
【解析】
【分析】由图甲可知，电极a上转化为，C元素化合价降低，得电子，为阴极，则电极b为阳极。
【详解】A．电极a上转化为，C元素化合价降低，得电子，为阴极，电极b为阳极，阳极电势高于阴极，故电极a电势低于b，A错误；
B．电极b上转化为，C元素由-2价升高到+2价，失去4e−，结合原子守恒、电荷守恒，电极反应式为CH3OH+H2O−4e−=HCOOH+4H+，B正确；
C．左侧阴极反应为CO2+2H++2e−=CO+H2O ，消耗的恰好由右侧阳极生成、经质子交换膜迁移过来的补充，忽略体积变化时浓度不变，pH不变，C错误；
D．反应决速步骤的活化能越低催化效果越好，由图乙可知Ni-TPP催化时决速步骤活化能更低，效果更好，D错误；
故选B。
12. 下列实验操作及现象能得出相应结论或达到相应目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．富马酸根中含有碳碳双键，也能使酸性溶液褪色，无法证明试样中存在，A错误；
B．加入的新制氯水可将中的氧化为使淀粉变蓝，无法证明海带中含碘元素，B错误；
C．苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，且溴单质也会溶于苯，无法除杂还会引入新杂质，C错误；
D．可与浓氨水反应生成可溶性的铜氨络离子，而不与浓氨水反应，过滤后可提纯，D正确；
故选D。
13. 氯金酸铯晶体(晶胞结构如图甲所示)中含有不同价态Au的两种带相同电荷的配离子，晶胞沿z轴的投影如图乙所示，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 氯金酸铯的化学式为
B. Au的两种配离子分别是和
C. 若N的坐标为(b，，)，则M的坐标为(，b，)
D. 晶胞的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用均摊法分析晶胞中原子数目：Cs原子全部位于晶胞面上，胞内共8×12= 4个Cs原子，Au原子位于顶点、棱上和体内，晶胞内共4个Au原子，以两种配离子形式存在，依据晶胞结构可判断两种配离子分别为和各2个，则Cl原子总数为。因此Cs、Au、Cl的数目比为4:4:12=1:1:3 ，化学式为CsAuCl3，A选项正确；
B．根据选项A中分析可知两种配离子分别为[AuCl4]−和[AuCl2]−，B正确；
C．晶胞坐标系中，x轴长度为apm ，y轴长度为bpm ，z轴长度为cpm ：已知N的坐标为(b,a2,c4) ，结合晶胞中心对称性，M的坐标为(b2,a,3c4) ，C选项错误；
D．晶胞中含4个CsAuCl3，晶胞质量为4×(133+197+3×35.5)NA=1746NAg ，晶胞体积为abc×10−30cm3，代入密度公式可得密度为1.746×1033NAabcg⋅cm−3，D正确；
故选C。
14. H2X为二元弱酸，其电离常数为和。是一种难溶于水的白色沉淀，。下图表示向CaX(足量)悬浊液中加入稀盐酸时，溶液中含X物种的分布系数[如：]及[]随溶液pH的变化关系。下列叙述错误的是
A.
B. M点
C. 当pH=3时，
D. 反应的平衡常数
【答案】B
【解析】
【分析】CaX悬浊液中存在溶解平衡：CaX(s)Ca2+(aq)+X2-(aq)，加入稀盐酸，溶液的pH不断减小，X2-浓度不断减小，HX-浓度不断增大；当HX-达到最高点后，继续加入稀盐酸，HX-浓度不断减小，H2X浓度不断增大，则N点时，c(HX-)=c(X2-)，前一交叉点，c(H2X)=c(HX-)。随溶液pH的不断增大，X2-浓度不断增大，Ca2+浓度不断减小，不断增大(图中虚线)。
【详解】A．pH=1.2时，c(H2X)=c(HX-)，== c(H+)=10-1.2ml/L；pH=2.7时，c(H2X)=c(X2-)，∙==c2(H+)，===10-4.2，A正确；
B．M点cX2−=Ksp(CaX)c(Ca2+)=10−8.610−2.8ml⋅L−1=10−5.8ml⋅L−1，B错误；
C．当pH=3时，溶液中X元素以X2-、HX-、H2X形式存在，依据原子守恒，可得出cCa2+=cX2−+cHX−+cH2X，C正确；
D．反应CaXs+2H+aq⇌Ca2+aq+H2Xaq的平衡常数，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
15. 蒽醌氢醌自动氧化法是目前国内99%以上过氧化氢生产采用的核心工艺，其原理及装置如下：
已知：H2O、卤化氢等杂质易使Ni催化剂中毒。
回答下列问题：
（1）装置A制取气体的优点为___________。
（2）试剂X为___________，其作用为___________。
（3）装置C盛装药品的仪器名称为___________；其中发生的总反应化学方程式为___________。
（4）装置C出气口c处应连接盛有浓硫酸的洗气瓶，其目的是___________。
（5）取2.45 g产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀，取20.00 mL于锥形瓶中，用硫酸酸化的标准溶液滴定。滴定过程中，边滴边摇动锥形瓶，滴定终点时的现象为___________。重复操作2~3次，平均消耗标准液的体积为20.00 mL，假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为___________%，若盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，则使产品中H2O2质量分数测定结果___________(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【答案】（1）随开随用、随关随停
（2） ①. 碱石灰 ②. 除去氢气中的HCl气体和水蒸气
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. H2+O2=一定条件H2O2
（4）防止从氧气源出来的氧气混有水蒸气进入C中使催化剂中毒
（5） ①. 滴入最后半滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②. 13.9% ③. 偏高
【解析】
【分析】由题意可知，乙基蒽醌和氢气在Ni的催化下，生成乙基蒽醇；乙基蒽醇和氧气反应可以生成乙基蒽醌。装置A中为盐酸与锌制备氢气，因为H2O、卤化氢等杂质易使Ni催化剂中毒，所以装置A生成的氢气应先通过装置B除去其混有的水蒸气和HCl气体，故试剂X应为中性干燥剂或者是碱性干燥剂，如碱石灰等。经过干燥后的氢气通入装置C，反应生成乙基蒽醇；装置D中的浓硫酸是为了干燥从氧气源出来的氧气。
【小问1详解】
装置A为启普发生器，其优点是通过控制活塞实现固液接触或分离，从而随开随用、随关随停；
【小问2详解】
由分析可知，试剂X为固体干燥剂碱石灰；其作用是为了除去氢气中的HCl气体和水蒸气；
【小问3详解】
装置C中盛装药品的仪器名称为三颈烧瓶。乙基蒽醌在Ni催化下与氢气反应生成乙基蒽醇，后者再被氧气氧化生成过氧化氢并再生乙基蒽醌，总反应为：H2+O2=一定条件H2O2；
【小问4详解】
已知卤化氢等杂质易使Ni催化剂中毒，且水蒸气也影响催化剂活性。浓硫酸具有吸水性，连接盛有浓硫酸的洗气瓶是为了防止从氧气源出来的氧气混有水蒸气进入C中使催化剂中毒；
【小问5详解】
高锰酸钾溶液呈紫红色，滴定终点时，滴入最后半滴标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；根据反应关系式2KMnO4~5H2O2计算：消耗KMnO4物质的量n(KMnO4)=0.0400 ml/L ×0.02L= 8.00×10-4ml，则20.00mL溶液中n(H2O2)=5×8×10−4ml2 =2.0×10-3ml，原100mL溶液中n=2.0×10-3 ml × = 0.01ml，则产品中H2O2质量分数为0.01ml×34g/ml2.45g×100%=13.9%；若盛装标准溶液的滴定管未用标准溶液润洗，滴定管的残留水会稀释KMnO4，导致测量的KMnO4的体积增大，根据n=cV，最终导致产品中H2O2质量分数测定结果偏高。
16. 铜钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧—水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如下：
已知：①含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下：
②萃取钴的原理：。
回答下列问题：
（1）基态钴原子的价电子排布图为___________。
（2）对硫酸渣进行检验，得到的图像如下，该检测方法为___________，该硫酸渣中主要的含铁矿物在生产生活中的主要用途为___________(写出一种)。
（3）“浸出渣”的主要成分除SiO2、铁的氧化物、镁的氧化物，还有___________。
（4）“焙烧”中，CuS、CuO、CO与反应生成可溶性盐，写出将CuS转化成可溶性铜盐及SO2的化学方程式：___________。
该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是___________。
（5）试剂X的名称为___________，有机相可在___________工序中循环利用。
（6）“沉钴”时，利用β-萘酚与NaNO2先合成α-亚硝基-β-萘酚()，然后在酸性环境下，α-亚硝基-β-萘酚()将C2+氧化为C3+，自身被还原为，该过程的离子方程式为___________。
【答案】（1） （2） ①. X射线衍射实验 ②. 建筑涂料、油漆、冶铁、颜料等
（3）硫酸钙 （4） ①. CuS+4(NH4)2SO4CuSO4+8NH3↑+4H2O+4SO2↑ ②. 该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将 引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取。
（5） ①. 稀硫酸 ②. 萃取2
（6）C10H6ONOH+4C2++4H+=4C3++C10H6NH2OH+H2O
【解析】
【分析】含低品位铜钴硫酸渣在焙烧工序中与硫酸铵反应，使铜、钴转化为可溶性硫酸盐并产生焙烧气；焙烧产物经水浸后，不溶性杂质留在浸出渣中，含铜、钴的溶液进入萃取 1 工序，利用 LIX984N 萃取剂将铜富集到含铜有机相中，实现铜与钴的初步分离；含钴的水相再进入萃取 2 工序，通过 P204+P507 萃取剂将钴富集到有机相；随后加入试剂 X（酸）进行反萃取，使钴离子重新进入水相；含钴水相在沉钴工序中加入β-萘酚、亚硝酸钠与氢氧化钠，将钴转化为沉淀，最终得到产品 Y，反萃取后的有机相可返回萃取 2 工序循环使用，据此分析。
【小问1详解】
钴原子序数为27，价电子为，根据泡利不相容原理和洪特规则，价电子排布图中3d的五个轨道中2个充满，3个各含1个电子，4s轨道充满，故基态钴原子的价电子排布图为；
【小问2详解】
图像为X射线衍射图谱，故该检测方法为X射线衍射实验；由图谱可得主要含铁矿物为黄铁矿（制备硫酸）或赤铁矿（炼铁）；故答案为炼铁（或制备硫酸）；
【小问3详解】
根据流程，硫酸渣含Fe、Cu、C、S、SiO2等，经铵盐焙烧-水浸后，金属离子进入溶液，Fe的氧化物、SiO2、MgO、CaO 不溶，另外黄铁矿焙烧后生成的硫酸钙会留在浸出渣中，结合成分表，S以硫酸盐形式存在，故浸出渣中含有硫酸钙；
【小问4详解】
CuS、CuO、CO与反应生成可溶性盐，硫酸铵作氧化剂，故反应化学方程式为CuS+4(NH4)2SO4CuSO4+8NH3↑+4H2O+4SO2↑；该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是：该硫酸渣中铜钴含量少，若使用酸溶法，将 引入大量的铁、镁等元素，难以分离且损耗较大，利用铵盐焙烧法，避免其余物质的干扰，利于提取；
【小问5详解】
萃取钴的原理：，反萃取需要加入酸，使平衡逆向移动，释放，故实际X为稀硫酸，有机相在反萃取后可返回萃取2工序循环利用；
【小问6详解】
利用β-萘酚与NaNO2先合成α-亚硝基-β-萘酚()，然后在酸性环境下，α-亚硝基-β-萘酚()将C2+氧化为C3+，自身被还原为，结合原子守恒、电荷守恒配平，反应离子方程式为C10H6ONOH+4C2++4H+=4C3++C10H6NH2OH+H2O 。
17. 氢能在实现“双碳”目标中起重要作用。某学习小组研究了两种制备氢气的原理。
Ⅰ．体系制H2，涉及主要反应如下：
①
②
③
（1）学习小组通过实验绘制出三步反应随的变化曲线如图1所示(K表示平衡常数)。
根据图像推断反应①、②、③中属于放热反应的有___________个。
（2）压强p下，体系达到平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图2所示，则曲线a对应物质为—___________(填化学式)。当温度低于时，随温度升高曲线c对应物质的物质的量分数逐渐升高的原因是___________。
（3）如图2所示，压强p下、温度为时，图示三种气体的物质的量分数分别为0.55、0.15、0.05，则反应的平衡常数___________；此时气体总物质的量为4.0 ml，则的物质的量为___________ ml；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ．利用天然气制H2，其原理为。
（4）在密闭容器中通入物质的量浓度均为的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图3所示，则压强___________(填“大于”或“小于”)；压强为时，在y点：v(正)___________v(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)。
【答案】（1）2 （2） ①. ②. 当温度低于，从开始到，温度不断升高，反应②和反应③逆向移动，但反应③占主导（反应③的影响程度高于反应②）
（3） ①. ②. 0.6 ③. 不变
（4） ①. 小于 ②. 大于
【解析】
【小问1详解】
根据范特霍夫方程：，随变化的斜率为−ΔHR。反应①：随增大而减小，斜率为负−ΔHR＜0→ΔH1＞0 ，吸热反应；
反应②：随增大而增大，斜率为正−ΔHR＞0→ΔH2＜0 ，放热反应；反应③：随增大而增大，斜率为正−ΔHR＞0→ΔH3＜0 ，放热反应。因此，放热反应有两个；
【小问2详解】
体系中，是主要产物，物质的量分数最大，对应曲线a；温度升高时，逐渐增多，对应曲线b； 先被吸收、后随分解增多，对应曲线c。故曲线a对应物质：；当温度低于时，随温度升高曲线c对应物质的物质的量分数逐渐升高的原因是：当温度低于，从开始到，温度不断升高，反应②和反应③逆向移动，但反应③占主导（反应③的影响程度高于反应②）；
【小问3详解】
由上述分析知，时体系中存在反应①②，体系的气体有CO、H2O、H2、CO2，由题图知，此时CO、H2、CO2的摩尔分数分别为0.15、0.55、0.05，则的摩尔分数1-0.55-0.15-0.05=0.25，故该反应的平衡常数Kp=0.55p××0.25p=1115，根据气体总物质的量为4.0ml可知，平衡时nCO=0.15×4.0ml=0.6ml ，nH2=0.55×4.0ml=2.2ml ，nCO2=0.05×4.0ml=0.2ml ，在图示温度范围内，C已完全反应，设起始加入xmlC、yml，反应Ⅱ中转化的CO为aml，反应Ⅲ中转化的为bml，则存在
Cs+H2Og⇌COg+H2g 起始量/mlx y 0 0 转化量/mlx x x x
COg+H2Og⇌CO2g+H2g 转化量/mla a a a
CaOs+CO2g⇌CaCO3s 转化量/ml b b
平衡时，nCO=(x−a)ml ，nH2=x+aml ，nCO2=a−bml ，则x-a=0.6，x+a=2.2，a-b=0.2，联立得x=1.4，a=0.8，b=0.6即nCaCO3=0.6ml ；根据反应Ⅲ的平衡常数及平衡常数只与温度有关，温度不变，压强平衡常数不变，因此pCO2不变；①－②得到Cs+CO2g⇌2COg，该反应的Kp=p2COpCO2，温度不变，压强平衡常数不变，则不变。
【小问4详解】
反应气体分子数增多，压强越大，平衡逆向移动，转化率越低。相同温度下，对应转化率高于，因此小于；在、1100℃时，y点转化率低于平衡转化率，y点未达平衡，反应正向进行，因此v(正)大于 v(逆)。
18. 吉非替尼(H)是一种靶向抗癌药物的主要成分，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）已知B、C、D包含元素种类相同，则A→B的“一定条件”为___________；步骤A→B和B→C是否可以调换，并说明理由___________。
（2）从化学平衡的角度分析，SOCl2在C→D的反应中的作用___________。
（3）D→E的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（4）F中的含氧官能团名称为___________。
（5）的化学名称为___________；写出G→H的另一种产物___________。
（6）I是D的同分异构体，写出符合以下条件的I的结构简式___________
ⅰ．I呈两性的芳香族化合物，且1 ml I最多与4 ml Na2CO3反应
ⅱ．I的核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2：2：2：3
【答案】（1） ①. 浓硫酸、浓硝酸，5060℃ ②. 不可以，若先得到酚羟基，硝化反应中酚羟基易被硝酸氧化，同时酚羟基会活化苯环，引入多个取代副产物
（2）吸水，使酯化平衡正向移动，提高酯的产率（将羧酸转化为反应活性更高的酰氯-COCl，酰氯与醇更易发生酯化反应；同时反应生成的HCl和SO2气体可逸出体系，促使反应平衡向生成酯的方向移动）
（3） ①. + +K2CO3 +KCl + KHCO3 ②. 取代反应 （4）羟基、醚键
（5） ①. 3-氯-4-氟苯胺 ②. HCl
（6）、
【解析】
【分析】根据合成路线图可知，A（）和浓硝酸在浓硫酸催化作用下水浴加热到50~60℃发生硝化反应，生成B() ，B在一定条件下生成C（），C和CH3OH在SOCl2作用下发生酯化反应生成D（），D和 在K2CO3作用下发生取代反应生成E() ，E在i.Na2S2O4和ii. 的作用下生成F（），F在POCl3和(C2H5)3N作用下生成G（），G和反应生成H（）。
【小问1详解】
由合成路线图可知，A（）B（）的过程发生的是硝化反应，条件为浓硫酸、浓硝酸、50~60℃水浴加热；B（）C（）的过程是1个甲氧基转化为酚羟基的过程，两个过程不可以调换，若先得到酚羟基，硝化反应中酚羟基易被硝酸氧化，同时酚羟基会活化苯环，引入多个取代副产物；
【小问2详解】
CD的过程是C分子中的羧基与CH3OH的酯化反应，酯化反应为可逆反应，SOCl2可以吸收反应生成的水，同时与水反应生成氯化氢和二氧化硫，使酯化平衡正向移动，提高酯的产率，故SOCl2在C→D的反应中的作用是吸水，使酯化平衡正向移动，提高酯的产率（将羧酸转化为反应活性更高的酰氯-COCl，酰氯与醇更易发生酯化反应；同时反应生成的HCl和SO2气体可逸出体系，促使反应平衡向生成酯的方向移动）；
【小问3详解】
根据合成路线图及分析可知，D为，E为，DE的过程是D与在K2CO3作用下发生取代反应生成E和HCl，化学方程式为：++K2CO3+ KCl + KHCO3，该反应为取代反应；
【小问4详解】
根据合成路线图可知，F的结构简式为，所以F分子中的官能团为羟基、醚键；
【小问5详解】
根据系统命名法，中含有-NH2、-F、-Cl和苯环，且三个基团都直接连到苯环上，按苯胺衍生物编号：若氨基为1号位，则F在4号位，Cl在3号位，名称为3-氯-4-氟苯胺；根据路线图中，分析G（）和H（）的结构简式可知，GH的转化中，G分子中的Cl被分子中的氨基取代，发生取代反应，同时生成小分子HCl，故另一种产物是HCl；
【小问6详解】
I呈两性，说明I中含有氨基和羧基或酚羟基，且1 ml I最多与4 ml Na2CO3反应，而核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2:2:2:3，说明I的结构高度对称，根据D的结构可知，I中应有2个酚羟基和2个羧基，剩余1个C和1个N，以-CH3和-NH2的形式直接与苯环相连，故I可能的结构有: 、。选项
事实
解释
A
深海中可燃冰()能稳定存在
CH4与H2O之间形成了氢键
B
金刚石硬度最大，却很容易经锤击而破碎
共价晶体中的共价键具有方向性，当受到较大外力作用发生原子错位而断裂
C
沸点：CO＞N2
CO为极性分子，而N2为非极性分子
D
NaCl晶体的配位数为6，CsCl晶体的配位数为8
离子半径：Cs+＞Na+
选项
实验操作及现象
结论或目的
A
取少量补铁剂富马酸亚铁溶于稀硫酸，再滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色
此补铁剂试样中存在Fe2+
B
将海带灼烧、溶解、过滤、酸化，向滤液中加入少量新制氯水后，加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝
海带中含碘元素
C
向混有少量苯酚的苯中加入适量的饱和溴水，充分反应后过滤
除去苯中混有的苯酚
D
将含少量的溶于浓氨水中，过滤、洗涤、干燥
提纯