仿真模拟卷02 -【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷（江苏专用）

【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷02 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 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．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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 Li 7 C 12 O 16 Mn 55 Zn 65 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争胜利暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在北京隆重举行，各种大国重器震撼亮相。下列说法正确的是 A．制造喷气式飞机发动机叶片用到的镍钴合金属于有机高分子材料 B．超高分子量聚乙烯可用于制作防弹衣，聚乙烯属于无机非金属材料 C．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，可用于制造飞机外壳 D．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素 2．下列化学用语表述有错误的是 A．的结构式为 B．的形成过程可表示为 C．都是极性键构成的非极性分子 D．的酸式电离方程式为 3．在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取含的悬浊液 B．用装置乙吸收挥发出的气体 C．用装置丙除去S和未反应的 D．用装置丁蒸干溶液，获得 4．黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为，下列说法正确的是 A．离子键百分数： B．离子半径： C．沸点： D．碱性： 阅读下列材料，完成第5~7题。 铁、钴、镍被称为铁系元素，应用广泛。高铁酸钾是一种环境友好型水处理剂，可先用和NaClO在碱性条件下反应生成，再与KOH反应制备。铁系元素能形成多种化合物，如、等，其中常温下为液态，熔点低，易溶于、苯等有机溶剂，在200℃分解可制备高纯度Ni。 5．下列说法正确的是 A．属于共价型晶体 B．原子半径： C．电负性： D．中含有键 6．下列化学反应表示不正确的是 A．分解制备高纯： B．用和NaOH溶液制备NaClO的离子方程式： C．制备的离子方程式： D．用溶液与氨水制备的离子方程式： 7．下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A．Fe具有还原性，废铁屑可用于工业制 B．能与盐酸反应，可用于制作红色颜料 C．Fe粉能被磁铁吸引，可用作食品袋中的抗氧化剂 D．FeS难溶于水，可用于除去废水中的 8．某研究团队开发出一种新型的固态电池(SSBs)他们先将纤维素与邻苯二甲酸酐转化为纤维素邻苯二甲酸酯大分子(CP)，再将CP与锂盐混合，形成固体电解质体系(CP-SSE)，该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．利用纤维素制备CP-SSE符合可持续发展要求 B．CP分子间存在氢键，使其具有卓越的机械性能 C．放电时，b极反应为 D．充电时，当生成1mol 时，有7g 向左穿过CP-SSE 9．环己酮是生产合成纤维的重要化工原料，实验室一种绿色合成方法如下： 已知：AcO-表示CH3COO-。下列说法错误的是 A．J能发生取代、消去和氧化反应 B．K、M均无手性碳原子 C．L分子中所有原子共平面 D．N的结构简式为CH3COOH 10．Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）高效电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法错误的是 A．制得，需投入 B．整个过程N原子的杂化方式未发生变化 C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成 D．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 11．某小组同学欲探究和HCHO的反应产物。将的NaOH溶液(过量)、的溶液和37%~40%的HCHO溶液按一定比例混合加热。实验记录如下。已知：。下列说法错误的是 实验 Ⅰ Ⅱ 试剂用量 实验现象 砖红色固体生成，有少量气体产生 紫红色固体生成，有大量气体产生 A．向Ⅰ中的砖红色固体中加入足量稀硫酸，仍有固体存在，说明砖红色固体中有Cu B．可用X射线衍射技术确认实验Ⅰ中砖红色固体含有 C．取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可证明甲醛的氧化产物为HCOONa D．实验Ⅱ中Cu产生的主要原因为沉淀继续被过量的HCHO还原所致 12．氧化铅(PbO)在化工、电子、玻璃等多个工业领域有着广泛的应用。以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料(Pb、、)和为原料，可以制备高纯，其工艺流程如图所示。 已知： ①“浸取”过程涉及以下两个反应：、； ②常温下，、。 下列说法错误的是 A．含铅废料中的来源于铅酸蓄电池的正极 B．“浸取”过程中总反应的离子方程式为 C．“滤液2”中 D．上述过程中可用代替 13．CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1:1的CO2和H2，发生反应： ①  ΔH1=+31.2 kJ·mol-1， ②  ΔH2=+41.2 kJ·mol-1。 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．温度高于673 K时，主要发生反应② B．温度等于673 K时，参加反应①的H2的转化率是28.5% C．平衡时，再充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2，再次平衡，HCOOH的物质的量增大 D．如果673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为5:57:133 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知： ①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 (1)“氧化除杂”时，与的离子方程式为 。 (2)“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式： 。 (3)“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 (4)测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为 。 ②计算ZnO样品的纯度 。(保留四位有效数字，写出计算过程) (5)经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入 ，充分反应后过滤， ，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 15．（15分）化合物M()是一种解热镇痛药物，实验室一种制备M的合成路线如图所示。 已知： ①； ② 回答下列问题： (1)C中官能团的名称为 ；D的化学名称为 ；E的结构简式为 。 (2)由E和I生成J、由G生成H的反应类型分别为 、 。 (3)F分子中碳原子的杂化方式为 。 (4)由C生成D的第一步反应的化学方程式为 。 (5)同时满足下列条件的G的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。 ①既能与溶液发生显色反应，又能与溶液反应生成气体。 ②核磁共振氢谱中有5组吸收峰。 ③苯环上有6个支链 (6)已知：。参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备2-氯丙酸的合成路线： 。 16．（15分）电子工业上常用溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板，发生的反应为。某小组同学欲通过溶液与反应的现象验证的氧化性及所得产物。 已知：为不溶于水的白色固体；在水溶液中呈褐色。 回答下列问题： I．现象预测 (1)同学们认为具有较强的氧化性，与反应后会得到蓝绿色溶液。即使铜有剩余也不会置换出单质铁，原因是 。 Ⅱ．实验探究 编号 1 2 3 4 操作 现象 溶液呈褐色，试管底部出现大量褐色沉淀 溶液呈浅绿色，试管底部出现大量白色沉淀 溶液呈蓝色，试管底部出现少量白色沉淀 溶液呈褐色，试管底部未见白色沉淀和褐色沉淀 (2)实验1中甲同学不用铜片而用铜粉，目的是 ；甲认为褐色沉淀是，则产生该沉淀的离子方程式为 。 (3)为排除实验1中沉淀对实验现象的干扰，乙同学设计并完成了实验2，并认为盐酸酸化后，增大，促使与铜反应生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为 。 (4)为了验证乙的观点，丙同学设计并完成了实验3，则乙的观点 (填“正确”或“错误”)。 (5)为了分析实验1中溶液呈褐色的原因，丁同学查阅资料后认为是溶液中大量的与反应生成了所致，于是设计并完成了实验4，从而证明丁的推测是正确的，试剂X为 (填试剂名称)。 Ⅲ．实验结论 (6)根据上述实验说明溶液与反应的产物受到 (填标号)等因素的影响。 a.溶液的温度    　　b.溶液的        　c.的浓度        　d.催化剂 17．（15分）NH3及其衍生物有多种用途，下面对NH3及其衍生物进行的相关研究。按要求回答下列问题： (1)以NH3和CO2为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图甲： 则 。 (2)在催化剂作用下NH3可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“>”或“<”)吡咯，原因是 。 (3)NH3的二甲基取代物二甲胺()又称DMA，二甲基甲酰胺()又称为DMF，DMF是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种CO2加氢偶合二甲胺制备二甲基甲酰胺(DMF)的反应如下(反应为Ⅱ为伴随的副反应)： ：(g)+CO2(g)+H2(g)(g)+H2O(g) ：(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+2H2O(g) 回答下列问题： ①在恒温恒容的容器中充入一定量的DMA、CO2及H2发生上述反应，下列条件能够说明容器中的反应达平衡状态的是 。 A．DMF和H2O(g)的物质的量之比不变               B．气体的密度不变 C．反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH保持不变                  D．气体的平均摩尔质量不变 E．反应Ⅰ的平衡常数不变                      ②300℃时，向恒容密闭容器中加入1molDMA、1molCO2、1.34molH2，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图乙所示。 0~2min内，H2的化学反应速率为 。反应的平衡常数K= (保留最简分数)。 (4)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，Q=nF，n表示电解生成相应还原产物时所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数(96500C/mole-)；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为 。 ③当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应式： 。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷02 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．C 2．B 3．D 4．B 5．B 6．C 7．A 8．D 9．C 10．A 11．A 12．B 13．D 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ (2)3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4 (3) (4)加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色 97.98% (5)42mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加 用少量苯洗涤2~3次 15．（15分） (1)羧基、氯原子 甲基丙烯酸(异丁烯酸) (2)酯化反应(或取代反应) 消去反应 (3) (4) +2NaOH +NaCl+2H2O (5)2 (6) 16．（15分） (1)单质铜的还原性弱于单质铁（合理即可） (2)增大固体和液体的接触面积，加快反应速率 3H2O+Fe3+⇌Fe(OH)3↓+3H+ (3)Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl (4)正确 (5)浓盐酸 (6)bc 17．（15分） (1) (2)< 吡咯易形成分子间氢键 (3)AD 0.06 (4)*NO+H++e-=*NOH 15：2 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前模拟卷 仿真模拟卷02 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 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．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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 Li 7 C 12 O 16 Mn 55 Zn 65 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争胜利暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵在北京隆重举行，各种大国重器震撼亮相。下列说法正确的是 A．制造喷气式飞机发动机叶片用到的镍钴合金属于有机高分子材料 B．超高分子量聚乙烯可用于制作防弹衣，聚乙烯属于无机非金属材料 C．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，可用于制造飞机外壳 D．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素 【答案】C 【详解】A．镍钴合金属于金属材料，故A错误； B．聚乙烯属于有机高分子材料，故B错误； C．硬铝是铝合金，具有密度小、强度高和抗腐蚀性，适合制造飞机外壳，故C正确； D．稀土元素不是同种元素(位于镧系及钪、钇)，同位素需为同种元素的不同原子，故D错误； 选C。 2．下列化学用语表述有错误的是 A．的结构式为 B．的形成过程可表示为 C．都是极性键构成的非极性分子 D．的酸式电离方程式为 【答案】B 【详解】A．HCN中碳原子成4个键，氢原子成1个键，氮原子成3个键，其结构式为H-C≡N，A正确； B．HCl中H和Cl之间通过共用电子对形成共价键，不发生电子转移，形成过程应表示为：，B错误； C．SiH4中有Si-H极性键，SiCl4中有Si-Cl极性键，二者都是正四面结构（正负电荷重心重合），所以都是极性键构成的非极性分子，C正确； D．Al(OH)3可以结合水电离出的氢氧根，其酸式电离方程式为，D正确； 故答案选B。 3．在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取含的悬浊液 B．用装置乙吸收挥发出的气体 C．用装置丙除去S和未反应的 D．用装置丁蒸干溶液，获得 【答案】D 【详解】A．装置甲中，与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含的悬浊液，A正确; B．是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的气体，B正确; C．S和未反应的难溶于水，易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的，C正确。 D．溶液蒸发结晶时，易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误； 故答案选D。 4．黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为，下列说法正确的是 A．离子键百分数： B．离子半径： C．沸点： D．碱性： 【答案】B 【详解】A．化合物中离子键百分数与成键双方的电负性差值有关，氧与钾的电负性差值大于氧与铝，则化合物中离子键百分数：，A错误； B．O2-和F-的电子层数相等，O元素的核电荷数小于F，则离子半径：，B正确； C．是原子晶体，HF是分子晶体，则沸点：，C错误； D．同周期主族元素，从左往右金属性依次减小，则金属性：Mg>Al，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成第5~7题。 铁、钴、镍被称为铁系元素，应用广泛。高铁酸钾是一种环境友好型水处理剂，可先用和NaClO在碱性条件下反应生成，再与KOH反应制备。铁系元素能形成多种化合物，如、等，其中常温下为液态，熔点低，易溶于、苯等有机溶剂，在200℃分解可制备高纯度Ni。 5．下列说法正确的是 A．属于共价型晶体 B．原子半径： C．电负性： D．中含有键 【答案】B 【解析】A．Ni(CO)4常温下为液态且易溶于有机溶剂，说明其为分子晶体，A错误； B．电子层数越多则原子半径越大，若电子层数相同，原子序数越小，则原子半径越大，因此Cl、Na、K的原子半径顺序为r(Cl)＜r(Na)＜r(K)，B正确； C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，因此电负性顺序应为χ(C)＜χ(N)＜χ(O)，C错误； D．[Co(NH3)6]3+中每个NH3与Co3+形成1个配位键，每个NH3含3个N-Hσ键，6个NH3共18个N-Hσ键，总计24个σ键，D错误； 故选B。 6．下列化学反应表示不正确的是 A．分解制备高纯： B．用和NaOH溶液制备NaClO的离子方程式： C．制备的离子方程式： D．用溶液与氨水制备的离子方程式： 【答案】C 【解析】A．Ni(CO)4分解生成Ni和CO，方程式为，A正确； B．Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl，离子方程式为，B正确； C．和NaClO在碱性条件下反应生成，离子方程式为，C错误； D．Fe3+与弱碱NH3·H2O反应生成Fe(OH)3，离子方程式为，D正确； 故选C。 7．下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A．Fe具有还原性，废铁屑可用于工业制 B．能与盐酸反应，可用于制作红色颜料 C．Fe粉能被磁铁吸引，可用作食品袋中的抗氧化剂 D．FeS难溶于水，可用于除去废水中的 【答案】A 【解析】A．Fe具有还原性，可与非氧化性酸反应生成H2， A正确； B．Fe2O3是红棕色粉末状固体，通常情况下性质稳定，因此常用于制作红色颜料，与能和盐酸反应无关，B错误； C．Fe粉具有较强的还原性，能够与食品包装袋中的氧气反应，防止食品氧化变质，故可作食品袋中的抗氧化剂，与铁能被磁性吸引无关，C错误； D．FeS能够与水中的Cu2+反应生成更难溶的CuS，从而可用于除去废水中的Cu2+，与FeS难溶性无关，D错误； 故选A。 8．某研究团队开发出一种新型的固态电池(SSBs)他们先将纤维素与邻苯二甲酸酐转化为纤维素邻苯二甲酸酯大分子(CP)，再将CP与锂盐混合，形成固体电解质体系(CP-SSE)，该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．利用纤维素制备CP-SSE符合可持续发展要求 B．CP分子间存在氢键，使其具有卓越的机械性能 C．放电时，b极反应为 D．充电时，当生成1mol 时，有7g 向左穿过CP-SSE 【答案】D 【详解】该电池为二次电池，由工作原理可知，放电时，a为负极，发生电极反应：，b为正极，发生电极反应：，装置中CP为电解质的固态载体。 A．纤维素属于可再生资源，利用纤维素制备CP-SSE符合可持续发展要求，A项正确； B．CP中存在羟基和氧原子，存在分子间氢键，增强了机械性能，B项正确； C．由分析可知，放电时，b极的电极反应为，C项正确； D．充电时，a极发生反应：，当生成1mol 时，消耗，即有7x g 向左穿过CP-SSE，D项错误； 答案选D。 9．环己酮是生产合成纤维的重要化工原料，实验室一种绿色合成方法如下： 已知：AcO-表示CH3COO-。下列说法错误的是 A．J能发生取代、消去和氧化反应 B．K、M均无手性碳原子 C．L分子中所有原子共平面 D．N的结构简式为CH3COOH 【答案】C 【详解】A．J为环己醇，含羟基。羟基可发生取代反应（如酯化）、消去反应（生成环己烯），且可被氧化为环己酮，A正确； B．K、M分子中均无饱和碳原子，或饱和碳原子连有相同基团，均不满足手性碳（连四个不同基团）条件，B正确； C．L为环己酮，六元环中除羰基碳为sp2杂化外，其余碳均为sp3杂化，呈四面体结构，分子中原子不可能共平面，C错误； D．AcO-为CH3COO-，反应生成2N，N为CH3COOH，D正确； 故选C。 10．Ru（Ⅱ）催化剂（用来表示）高效电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法错误的是 A．制得，需投入 B．整个过程N原子的杂化方式未发生变化 C．该过程既有极性键的断裂，又有非极性键的形成 D．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体的键更易断裂 【答案】A 【详解】A．催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，加快反应速率，但反应前后质量和化学性质不变，则制得1mol肼无需投入2mol[L-Ru-NH3]⁺，A错误； B．氨分子和肼分子中氮原子的价层电子对数都为：3+(5-1×3) ×=4，杂化方式都为sp3杂化，所以整个过程氮原子的杂化方式未发生变化，B正确； C．由图可知，反应中氨分子的氮氢极性键发生断裂，生成的肼分子中有氮氮非极性键形成，所以该过程既有极性键断裂又有非极性键形成，C正确； D．Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，Ru电正性增强，吸引配体氨分子中电子能力增强，使氮氢键电子云密度降低、键能减弱，更易断裂，D正确； 故选A。 11．某小组同学欲探究和HCHO的反应产物。将的NaOH溶液(过量)、的溶液和37%~40%的HCHO溶液按一定比例混合加热。实验记录如下。已知：。下列说法错误的是 实验 Ⅰ Ⅱ 试剂用量 实验现象 砖红色固体生成，有少量气体产生 紫红色固体生成，有大量气体产生 A．向Ⅰ中的砖红色固体中加入足量稀硫酸，仍有固体存在，说明砖红色固体中有Cu B．可用X射线衍射技术确认实验Ⅰ中砖红色固体含有 C．取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体，可证明甲醛的氧化产物为HCOONa D．实验Ⅱ中Cu产生的主要原因为沉淀继续被过量的HCHO还原所致 【答案】A 【详解】利用HCHO的还原性，控制其比例可以将Cu(OH)2还原成不同价态的还原产物，实验一的有砖红色固体生成，则一定生成了砖红色的Cu2O，反应方程式可能为，则实验一中微过量的HCHO可能继续将部分Cu2O还原成Cu，同时生成少量H2，实验二由于HCHO超过量，将生成Cu2O全部还原为Cu，并产生大量H2。 A．加入稀硫酸后存在的固体可能为Cu2O遇酸分解生成的Cu，不能据此判断砖红色固体中一定有Cu，判断逻辑错误，A错误； B．可以用X射线衍射技术确定实验I中砖红色固体的结构，进而判断是否为Cu2O，B正确； C．HCHO被氧化的产物可能为HCOO-或，若加入盐酸，产生了使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成了，未观察到现象，说明氧化产物为HCOONa，C正确； D．由分析知，D正确； 故选A。 12．氧化铅(PbO)在化工、电子、玻璃等多个工业领域有着广泛的应用。以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料(Pb、、)和为原料，可以制备高纯，其工艺流程如图所示。 已知： ①“浸取”过程涉及以下两个反应：、； ②常温下，、。 下列说法错误的是 A．含铅废料中的来源于铅酸蓄电池的正极 B．“浸取”过程中总反应的离子方程式为 C．“滤液2”中 D．上述过程中可用代替 【答案】B 【详解】⑴浸取步骤。发生了两个反应：①（氧化为）；②（还原为，循环催化）。总效果：、最终转化为沉淀，不消耗。滤渣（） ，滤液1（含未反应的、等）。⑵脱硫步骤。利用沉淀转化（转化为更难溶的），（由>，转化可自发进行）。滤渣（），滤液2（含、等）。⑶煅烧步骤。高温煅烧，，产物为高纯。 A．铅酸蓄电池中，Pb做负极，做正极，故含铅废料中的来源于铅酸蓄电池的正极，A正确； B．“浸取”过程中总反应的离子方程式为，B错误； C． “滤液2”中，C正确； D．根据已知①可知，反应过程中作催化剂，若用代替，溶于生成，因此可用代替，D正确； 故选B。 13．CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1:1的CO2和H2，发生反应： ①  ΔH1=+31.2 kJ·mol-1， ②  ΔH2=+41.2 kJ·mol-1。 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．温度高于673 K时，主要发生反应② B．温度等于673 K时，参加反应①的H2的转化率是28.5% C．平衡时，再充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2，再次平衡，HCOOH的物质的量增大 D．如果673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为5:57:133 【答案】D 【详解】A．根据图像可知，当温度高于673K时，CO2的转化率增加，但HCOOH的选择性降低，故以发生反应②为主，A正确； B．据题意，利用转化率和选择性表达式可知，673K时CO2的转化率为95%，其中HCOOH的选择性为30%，那么CO的选择性为70%，设起始时二氧化碳的物质的量为amol，根据化学方程式利用元素守恒，平衡时二氧化碳0.05amol，HCOOH和CO物质的量之和为0.95amol，那么HCOOH的物质的量为0.95a×30%=0.285amol，CO的物质的量为0.95a×70%=0.665amol，则参加反应①的H2为0.285amol，故参加反应①的H2的转化率是28.5%，B正确； C．反应①为气体分子数减小的反应、反应②为气体分子数不变的反应，则平衡时再充入0.1 molCO2和0.1 molH2，使得反应①平衡正向移动，导致HCOOH的物质的量增大，C正确； D．由B分析，恒容密闭容器中CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10：57：133，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知： ①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 (1)“氧化除杂”时，与的离子方程式为 。 (2)“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式： 。 (3)“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 (4)测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为 。 ②计算ZnO样品的纯度 。(保留四位有效数字，写出计算过程) (5)经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入 ，充分反应后过滤， ，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 【答案】 (1)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ (2)3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4 (3) (4)加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色 97.98% (5)42mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加 用少量苯洗涤2~3次 【详解】菱锌矿主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素。加入稀硫酸“酸浸”后得到含Zn2+ 、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液用ZnO调节pH后使铁离子转化为Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除杂”使锰离子转化为MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着“还原除杂”除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO。 （1）在“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+； （2）向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，Na2CO3水解呈碱性，Zn2+与OH-和CO反应生成碱式碳酸锌沉淀，反应方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4；故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4； （3）观察题给晶胞结构可知，晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶点上、四条棱的中心和面心上，4个氧原子分别位于面对角线离顶点 处，可用图示表示为。故答案为：； （4）①滴入Na2H2Y标准溶液前，Zn2+与X-形成ZnX+使溶液呈酒红色，达到滴定终点时，Zn2+被完全消耗生成无色的ZnY2-，溶液中含有X-而呈蓝色，由此可得出滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色。故答案为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色； ②根据滴定原理可得关系式ZnO~Zn2+~H2Y2-，则产品中 ，故ZnO的含量为 97.98%，故答案为：97.98%； （5）固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水，发生反应，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流发生反应，得固体和有机液体混合物，过滤，用苯洗涤除去表面的有机杂质，制得高纯。为获得较高产率的高纯，实验方案如下：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加，充分反应后过滤，用少量苯洗涤2~3次，干燥，得到。故答案为：7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加；用少量苯洗涤2~3次。 15．（15分）化合物M()是一种解热镇痛药物，实验室一种制备M的合成路线如图所示。 已知： ①； ② 回答下列问题： (1)C中官能团的名称为 ；D的化学名称为 ；E的结构简式为 。 (2)由E和I生成J、由G生成H的反应类型分别为 、 。 (3)F分子中碳原子的杂化方式为 。 (4)由C生成D的第一步反应的化学方程式为 。 (5)同时满足下列条件的G的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。 ①既能与溶液发生显色反应，又能与溶液反应生成气体。 ②核磁共振氢谱中有5组吸收峰。 ③苯环上有6个支链 (6)已知：。参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备2-氯丙酸的合成路线： 。 【答案】 (1)羧基、氯原子 甲基丙烯酸(异丁烯酸) (2)酯化反应(或取代反应) 消去反应 (3) (4) +2NaOH +NaCl+2H2O (5)2 (6) 【详解】根据D结构简式及C转化为D反应条件可知，C发生消去反应，结合C分子式可知其结构简式：，结合已知①逆推A为；D发生酯化反应生成E，E结构简式：，结合已知②和G结构简式可逆推F为。B为；对比G和I结构简式，结合反应条件可推H为；E和I在浓硫酸加热条件下生成J。 （1）根据分析可知，C为，含官能团：羧基、氯原子；结合D结构简式可知，其名称：甲基丙烯酸(异丁烯酸)；根据分析可知，E结构简式：； （2）根据分析可知，E和I发生酯化反应(或取代反应)生成J，G发生消去反应生成H； （3）根据分析可知，F结构简式：，根据碳原子成键方式可知，存在的杂化类型有：； （4）C转化为D的第一步是发生消去反应，化学方程式： +2NaOH +NaCl+2H2O； （5）G的同分异构体满足：①既能与溶液发生显色反应，又能与溶液反应生成气体，说明存在酚羟基和羧基；②核磁共振氢谱中有5组吸收峰；③苯环上有6个支链；符合要求的同分异构体有2种：、； （6）根据已知信息①，乙醛发生反应生成，参照合成路线，F转化为G，发生反应生成，结合题干信息，在浓盐酸、加热条件下反应生成目标产物，具体合成路线：。 16．（15分）电子工业上常用溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板，发生的反应为。某小组同学欲通过溶液与反应的现象验证的氧化性及所得产物。 已知：为不溶于水的白色固体；在水溶液中呈褐色。 回答下列问题： I．现象预测 (1)同学们认为具有较强的氧化性，与反应后会得到蓝绿色溶液。即使铜有剩余也不会置换出单质铁，原因是 。 Ⅱ．实验探究 编号 1 2 3 4 操作 现象 溶液呈褐色，试管底部出现大量褐色沉淀 溶液呈浅绿色，试管底部出现大量白色沉淀 溶液呈蓝色，试管底部出现少量白色沉淀 溶液呈褐色，试管底部未见白色沉淀和褐色沉淀 (2)实验1中甲同学不用铜片而用铜粉，目的是 ；甲认为褐色沉淀是，则产生该沉淀的离子方程式为 。 (3)为排除实验1中沉淀对实验现象的干扰，乙同学设计并完成了实验2，并认为盐酸酸化后，增大，促使与铜反应生成白色沉淀，发生反应的离子方程式为 。 (4)为了验证乙的观点，丙同学设计并完成了实验3，则乙的观点 (填“正确”或“错误”)。 (5)为了分析实验1中溶液呈褐色的原因，丁同学查阅资料后认为是溶液中大量的与反应生成了所致，于是设计并完成了实验4，从而证明丁的推测是正确的，试剂X为 (填试剂名称)。 Ⅲ．实验结论 (6)根据上述实验说明溶液与反应的产物受到 (填标号)等因素的影响。 a.溶液的温度    　　b.溶液的        　c.的浓度        　d.催化剂 【答案】 (1)单质铜的还原性弱于单质铁（合理即可） (2)增大固体和液体的接触面积，加快反应速率 3H2O+Fe3+⇌Fe(OH)3↓+3H+ (3)Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl (4)正确 (5)浓盐酸 (6)bc 【详解】制作印刷电路板发生的反应为，通过等浓度等体积的氯化铁和过量铜粉在不同介质中反应现象，探究反应的产物； （1）铁比铜活泼，则可发生反应：，铜不如铁活泼，则铜和亚铁离子不发生反应，与反应后得到蓝绿色溶液，即使铜有剩余也不会置换出单质铁，原因是:单质铜的还原性弱于单质铁，或者：Cu2+的氧化性比Fe2+强（合理即可）。 （2）接触面积越大反应速率越快，实验1中甲同学不用铜片而用铜粉，目的是：增大固体和液体的接触面积，加快反应速率；铁离子易水解，新配制的氯化铁溶液中加入过量铜粉，溶液呈褐色，试管底部出现大量褐色沉淀，结合元素守恒可知褐色沉淀是，是铁离子水解平衡右移所致，则产生该沉淀的离子方程式为3H2O+Fe3+⇌Fe(OH)3↓+3H+。 （3）实验2中，溶液呈浅绿色，试管底部出现大量白色沉淀，则浅绿色的为氯化亚铁溶液，根据乙的推断可知：白色沉淀为氯化亚铜沉淀，通过、铜与氯离子反应生成，该离子方程式为Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl。 （4）实验2、3除了酸化所用分别为盐酸、硫酸这一点不同，其余均相同，而实验3溶液呈蓝色，试管底部出现少量白色沉淀，说明反应所得溶液中，若加入硫酸，则较小，与铜反应生成白色CuCl沉淀较少，而加入盐酸酸化后，增大，促使与铜反应生成白色CuCl沉淀，则乙的观点正确。 （5）实验4中加入了试剂X，所得溶液呈褐色即为，试管底部未见白色沉淀和褐色沉淀，即无CuCl和Fe(OH)3，则该实验中发生的反应为：、Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl、+⇌，则需增大氢离子浓度抑制铁离子水解，增大氯离子浓度促进CuCl生成并进一步转化为，故试剂X为浓盐酸。 （6）根据上述实验说明溶液与反应的产物受到溶液的、的浓度等因素的影响。故选bc。 17．（15分）NH3及其衍生物有多种用途，下面对NH3及其衍生物进行的相关研究。按要求回答下列问题： (1)以NH3和CO2为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图甲： 则 。 (2)在催化剂作用下NH3可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“>”或“<”)吡咯，原因是 。 (3)NH3的二甲基取代物二甲胺()又称DMA，二甲基甲酰胺()又称为DMF，DMF是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种CO2加氢偶合二甲胺制备二甲基甲酰胺(DMF)的反应如下(反应为Ⅱ为伴随的副反应)： ：(g)+CO2(g)+H2(g)(g)+H2O(g) ：(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+2H2O(g) 回答下列问题： ①在恒温恒容的容器中充入一定量的DMA、CO2及H2发生上述反应，下列条件能够说明容器中的反应达平衡状态的是 。 A．DMF和H2O(g)的物质的量之比不变               B．气体的密度不变 C．反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH保持不变                  D．气体的平均摩尔质量不变 E．反应Ⅰ的平衡常数不变                      ②300℃时，向恒容密闭容器中加入1molDMA、1molCO2、1.34molH2，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图乙所示。 0~2min内，H2的化学反应速率为 。反应的平衡常数K= (保留最简分数)。 (4)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，Q=nF，n表示电解生成相应还原产物时所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数(96500C/mole-)；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为 。 ③当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应式： 。 【答案】 (1) (2)< 吡咯易形成分子间氢键 (3)AD 0.06 (4)*NO+H++e-=*NOH 15：2 【详解】（1）如图可知，目标反应=反应①+反应②+反应③，则反应焓变：。 （2）影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高。 （3）①A．如果只有反应Ⅰ，则DMF和H2O始终为1：1，但反应Ⅱ也生成水，因此在反应过程中DMF和H2O的比例会发生变化，故两者比例不变时达到了平衡，A正确； B．反应中气体总质量和容器体积都不变，气体密度在反应中保持不变，无法判断平衡，B错误； C．反应热对于一个给定的反应来说一定条件下为定值，无法判断平衡，C错误； D．气体总质量在反应中保持不变，总物质的量只有达平衡了才不变，因此气体平均摩尔质量不变时为平衡状态，D正确； E．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数为定值，E错误； 故答案为AD。 ②由图知，0~2min内：消耗DMA 0.2 mol，生成DMF 0.18 mol，根据N原子守恒可知，生成TMA 0.02 mol，则反应I消耗DMA 0.18mol、反应II消耗DMA 0.02 mol；根据反应式可知：反应Ⅰ消耗H2 0.18 mol、反应Ⅱ消耗H2 0.06 mol，总消耗H2 0.24mol，H2的化学反应速率为；由反应式可知：平衡时，、、、、n(H2)=(1.34-0.18×1-0.02×3)mol=1.1mol、，则反应I的平衡常数为。 （4）①由反应机理图可知①的基元反应为*NO+H++e-=*NOH； ②由图可知当电解电压为时，和的法拉第效率为，即转移电子数之比为；根据电极反应，则设生成有电子转移，氢气有电子转移，生成，即电解生成的和的物质的量之比为15：2； ③催化电解吸收液可将还原为，得电子，则吸收液为电解池的阴极区，生成的电极反应为。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $