仿真模拟卷04 -【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04 （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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Se 79 Bi 209 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，AI在材料化学等领域取得了多项重要的研究成果。下列材料属于无机非金属材料的是 A．陶瓷花瓶 B．纸质作业本 C．蚕丝领带 D．高强度铝合金 2．的催化氧化是工业制备的基础反应：(未配平)。下列化学用语的表述正确的是 A．的电子式： B．中子数为10的原子： C．基态N原子的轨道表示式： D．的VSEPR模型： 3．下列实验的相应操作中不能达到实验目的是 A．甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B．乙装置：先通再通，可制备 C．丙装置：制备无水 D．丁装置：用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水 4．四种主族元素，原子序数依次增大。X失去1个电子后成为质子，Y的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子能级为半充满，的核外电子数等于的价电子数之和。下列说法错误的是 A．原子半径： B．电负性： C．第一电离能： D．简单氢化物的水溶性： 阅读下列材料，完成下面小题： 氮的常见氢化物有氨和肼。与水反应可产生，液氨发生微弱电离产生，液氨能与碱金属（如）反应产生中一个H被取代可得，常温下为液体，具有很高的燃烧热（）。以硫酸为电解质，通过催化电解可将转化为；碱性条件下，NaClO氧化也可制备。 5．下列有关氮及其化合物的说法正确的是 A．中键与键的数目之比为 B．能与盐酸反应生成两种盐 C．中氮原子的杂化方式不同 D．液氨电离可表示为： 6．下列化学反应表示正确的是 A．肼在氧气中燃烧：   B．NaClO氧化制备 C．液氨与钠反应： D．电解法制备的阴极反应： 7．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 B．具有还原性，可用作燃料电池的燃料 C．分子间存在氢键，热稳定性比高 D．中N原子能与形成配位键，的水溶液呈碱性 8．钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知放电时负极反应式：。下列说法正确的是 A．充电时，硬碳电极电势高于 B．放电时，正极的电极反应式为 C．充电时，外电路中每转移，理论上电极上增加4.6g D．放电时Na+从硬碳电极脱嵌，电解液中Na+浓度升高 9．工业生产制备需要综合考虑反应原理、反应条件、经济成本等多种因素。下列物质制备转化合理的是 A．制备金属铝：铝土矿(主要含、、) B．制备： C．制备： D．制备硫酸：黄铁矿() 10．反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是 A．反应的 B．上述反应平衡常数 C．使用高效催化剂能降低反应的焓变 D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为 11．探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 溶液滴加浓盐酸 溶液颜色加深 氢离子抑制了的水解 B 乙酰水杨酸水解液中加入过量的除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液 溶液显紫色 说明乙酰水杨酸中含有酚羟基 C 向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量 先产生沉淀后逐渐溶解 先聚集为沉淀，后与应 D 向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间 有蓝色沉淀生成 具有氧化性 A．A B．B C．C D．D 12．室温下，向溶液中逐滴滴加氨水，变化过程如下图所示： 已知：室温下，①，。 ②   1 2 3 4 室温下，下列说法正确的是 A．足量固体放入纯水充分溶解后，溶液呈浅蓝色[即] B．固体投入稀硫酸形成的溶液中， C．若将蓝色沉淀滤出、洗净后再加入到氨水中，固体完全溶解 D．加氨水至蓝色沉淀恰好溶解，所得溶液中 13．逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 常压下，向密闭容器中充入1 mol CO2和2 mol H2，达平衡时H2、H2O和含碳物质的物质的量随温度的变化如图。下列说法正确的 A．800 ℃时，适当增大体系压强，反应ⅱ的平衡常数保持不变 B．a代表CO、b代表、c代表 C．649 ℃时，反应Ⅰ的平衡常数 D． 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，并回收锰的工艺流程如下： 已知： ①氧化性：Cu2+＞Bi3+； ②Bi3+易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0； ③常温下，；lg7=0.85。 (1)基态锰原子的价电子排布式为 。 (2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进 溶解，进一步提高锰的浸取率。 (3)“滤渣2”的主要成分有 、Bi。 (4)常温下，“含Fe2+滤液”中Fe2+的浓度为0.01 mol·L-1。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜ 。 (5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为 。 (6)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 ①该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号) A．        B．        C．        D． ②该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有 个。 ③该晶体得密度为 g·cm-3(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 15．（15分）化合物是一种新型药物的活性成分，某课题组研究如下合成路线(部分反应条件已省略)： 已知： ①常温下，pKa()≈9.89，pKa()≈8.37。 ②。 ③(R为氢原子或烃基)。 请回答： (1)K中含氧官能团名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．酸性：，是因为形成了分子内氢键 B．化合物D所有原子共平面 C．的反应类型是加聚反应 D．化合物的核磁共振氢谱有9组峰 (3)F的结构简式是 ；C→D依次经历了取代、加成和消去三步反应，写出其中加成反应后的产物结构简式 。 (4)D→E的过程中产生一种无污染气体，D→E的化学方程式是 。 (5)A→B的过程中易发生副反应，会导致C→D产生一种分子式为的副产物，写出该副产物一种可能的结构简式 。 (6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以乙烯、丙炔为原料合成的路线 (无机试剂任选) 16．（15分）以磷石膏(含和少量等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程。如图-1所示。 (1)“转化”步骤转化为的离子方程式为 。 (2)“除杂”时通入的目的是 。 (3)“碳化”过程在如图-2所示的装置中进行。多孔球泡的作用是 。 (4)制得的轻质可以与形成基磁性纳米复合材料，纳米的物理吸附和溶出后通过化学反应均可以去除水体磷。 已知：①纳米颗粒表面带正电荷； ②部分物质的溶解性如下表。 物质 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 研究不同pH下向含磷(V)废水中加入基磁性纳米复合材料的除磷效果，如图3所示： ①从图-3中可以看出初始pH为时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图-4，写出对应的离子方程式 。 ②当初始pH为时，磷的去除率明显小于初始pH为的去除率的原因是 。 (5)铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案： ，得固体； ，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥，得铝铵矾。(部分物质的溶解度随温度的变化如图-5所示，实验须用的试剂：溶液、无水乙醇、溶液) 17．（15分）减排策略主要有三种：减少排放、捕集封存、转化利用。我国在碳氧化物催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下： 反应i：   反应ii：   (1)在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量(E)如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。 已知：表示，表示，表示。 历程Ⅰ： 反应甲： 历程Ⅱ： 反应乙： 历程Ⅲ： ①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。 ②的决速步是历程 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (2)在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。 D、E、F三点中，的物质的量最大的是 (填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是 。提示：的选择性。 (3)某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为50 %，体积分数为10 %。该温度下，反应i的平衡常数为 (答案可保留分数)。提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数()，分压等于总压物质的量分数。 (4)研究人员开发出了采用多孔催化剂电极将转化为的电解池，工作原理如图。 阴极的电极反应式为 。 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04 （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．A 2．D 3．D 4．C 5．B 6．C 7．C 8．B 9．D 10．D 11．A 12．D 13．A 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分） (1)3d54s2 (2)MnS (3)Cu (4)6.85 (5) (6)B 4 15．（15分） (1)醚键 (2)ABC (3) (4) (5)或 (6) 16．（15分） (1) (2)将转化为沉淀 (3)增大气体与溶液的接触面积，加快反应速率 (4) 碱性条件下，几乎不溶解，钙离子浓度很小；OH-浓度增大，会与产生竞争吸附 (5)向滤液中分批加入溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加溶液，至无气体生成)，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶，1分)，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥 向溶液中加入固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶 17．（15分） (1) Ⅲ (2)F 随着温度升高，反应ii向右移动的程度大于反应i向左移动的程度 (3) (4) 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04 （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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Se 79 Bi 209 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，AI在材料化学等领域取得了多项重要的研究成果。下列材料属于无机非金属材料的是 A．陶瓷花瓶 B．纸质作业本 C．蚕丝领带 D．高强度铝合金 【答案】A 【详解】A．陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A项正确； B．纸的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子化合物，B项错误； C．蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然有机高分子化合物，C项错误； D．铝合金属于合金，属于金属材料，D项错误； 答案选A。 2．的催化氧化是工业制备的基础反应：(未配平)。下列化学用语的表述正确的是 A．的电子式： B．中子数为10的原子： C．基态N原子的轨道表示式： D．的VSEPR模型： 【答案】D 【详解】A．N最外层5个电子，与3个H形成3对成键电子后，还剩余1对孤对电子，电子式为，A错误； B．中子数为10的O原子，质量数=质子数+中子数=8+10=18，原子符号为，B错误； C．基态N原子电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式中1s、2s轨道各2个自旋相反电子，2p轨道3个电子分占3个轨道且自旋相同，C错误； D．H2O的VSEPR模型由价层电子对数决定，O的价层电子对数=，VSEPR模型为四面体形，存在2对孤电子对，分子构型为V形，D正确； 故答案为D。 3．下列实验的相应操作中不能达到实验目的是 A．甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B．乙装置：先通再通，可制备 C．丙装置：制备无水 D．丁装置：用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水 【答案】D 【详解】A．乙醇可降低硫酸四氨合铜的溶解度，用玻璃棒摩擦烧杯内壁产生微小的晶核，可析出深蓝色晶体，能达到实验目的，A不可选； B．溶解度大，先通使溶液呈碱性以吸收更多，又因极易溶于水，因此将通入饱和食盐水时采用短管进可防止倒吸，稀硫酸可吸收多余的氨气，能达到实验目的，B不可选； C．丙装置中，在氯化氢气流中加热，可抑制氯化镁水解，从而制备无水，能达到实验目的，C不可选； D．用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水，硫代硫酸钠溶液显碱性，应使用碱式滴定管，而图中是酸式滴定管，不能达到实验目的，D可选； 故选D。 4．四种主族元素，原子序数依次增大。X失去1个电子后成为质子，Y的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子能级为半充满，的核外电子数等于的价电子数之和。下列说法错误的是 A．原子半径： B．电负性： C．第一电离能： D．简单氢化物的水溶性： 【答案】C 【详解】X失去1个电子后成为质子，则X为H；Y的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，s轨道最多填充2个电子，n=1时不存在p轨道，则n=2，Y为C；Z的基态原子2p能级为半充满，Z为N；M2+的核外电子数等于X、Y、Z的价电子数之和，即为1+4+5=10，则M为Mg；据此解答。 A．周期数越大，半径越大，同周期元素，原子序数越小，半径越大，则原子半径：Mg>C>N，A正确； B．氢原子电负性最小，同周期元素，原子序数越大，电负性越大，则电负性：N>C>H，B正确； C．N因p轨道半充满更稳定，电离能最大，H半径小于Mg，Mg电离能最低，所以第一电离能N＞H＞Mg，C错误； D．NH3与水可形成氢键，CH4与水不能形成氢键，则NH3的水溶性大于CH4，D正确； 故答案为C。 阅读下列材料，完成下面小题： 氮的常见氢化物有氨和肼。与水反应可产生，液氨发生微弱电离产生，液氨能与碱金属（如）反应产生中一个H被取代可得，常温下为液体，具有很高的燃烧热（）。以硫酸为电解质，通过催化电解可将转化为；碱性条件下，NaClO氧化也可制备。 5．下列有关氮及其化合物的说法正确的是 A．中键与键的数目之比为 B．能与盐酸反应生成两种盐 C．中氮原子的杂化方式不同 D．液氨电离可表示为： 【答案】B 【解析】A．N2分子中两个氮之间是氮氮三键，其中含1个σ键和2个π键，比例为1:2，A错误； B．Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl两种盐，B正确； C．NH3和N2H4中N均为sp3杂化，C错误； D．液氨电离应写可逆符号，D错误； 故选B。 6．下列化学反应表示正确的是 A．肼在氧气中燃烧：   B．NaClO氧化制备 C．液氨与钠反应： D．电解法制备的阴极反应： 【答案】C 【解析】A．肼燃烧生成液态水时ΔH=-622.1 kJ/mol，A中生成气态水，ΔH数值不准确，A错误； B．正确的离子方程式为：，B错误； C．液氨与钠反应生成氨基钠和氢气：，C正确； D．阴极发生还原反应，应为N2+4H++4e-=N2H4，D错误； 故选C。 7．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 B．具有还原性，可用作燃料电池的燃料 C．分子间存在氢键，热稳定性比高 D．中N原子能与形成配位键，的水溶液呈碱性 【答案】C 【解析】A．液氨作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量的热，A正确； B．具有还原性，能失电子发生氧化反应，所以可用作燃料电池的燃料，B正确； C．NH3热稳定性高因N-H键能强，与氢键无关，对应错误，C错误； D．中N原子能与形成配位键，使的水溶液中氢离子浓度降低，促进水电离，所以的水溶液呈碱性，D正确； 故选C。 8．钠离子电池比锂离子电池更稳定，造价更低。一种钠离子电池构造示意图如下，已知放电时负极反应式：。下列说法正确的是 A．充电时，硬碳电极电势高于 B．放电时，正极的电极反应式为 C．充电时，外电路中每转移，理论上电极上增加4.6g D．放电时Na+从硬碳电极脱嵌，电解液中Na+浓度升高 【答案】B 【详解】由放电时负极反应式：可知：在放电时，Na2Cn失电子生成Na+和C，则硬碳作负极，负极反应为Na2Cn-2e-=2Na++nC，Na1-xMnO2得电子生成NaMnO2，右侧电极为正极，正极反应为Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2；放电时阳离子移向正极，电子由负极经过外电路流向正极；充电时为电解池，原电池的正、负极与外加电源的正、负极相接，作阳极、阴极，阴、阳极反应与负、正极反应相反，据此分析解答。 A．由题中信息可知，放电时硬碳作负极，则充电时硬碳电极与直流电源负极相连，作阴极，阴极电势小于阳极，A错误； B．右侧电极为正极，得电子生成，正极的电极反应式为：，B正确； C．根据阳极反应式：，则每有1mol电子转移，阳极质量会减少23g，则外电路中每转移0.2mol电子，理论上电极上减少，C错误； D．电解液中浓度不变，D错误； 故答案为：B。 9．工业生产制备需要综合考虑反应原理、反应条件、经济成本等多种因素。下列物质制备转化合理的是 A．制备金属铝：铝土矿(主要含、、) B．制备： C．制备： D．制备硫酸：黄铁矿() 【答案】D 【详解】A．铝土矿先用盐酸溶解，但后续用NaOH处理无法有效分离和，且工业上通常采用碱法提纯，电解熔融的氧化铝制铝，A错误； B．综合考虑反应原理、反应条件、经济成本等多种因素，工业上通过电解饱和食盐水法制取氢氧化钠，不能用金属钠作原料，B错误； C．MgO与水反应生成的速率极低，工业上通过沉淀法从海水中提取，C错误； D．黄铁矿煅烧生成，二氧化硫催化氧化为，再用浓硫酸吸收三氧化硫，符合工业制硫酸的实际流程，D正确； 故答案选D。 10．反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是 A．反应的 B．上述反应平衡常数 C．使用高效催化剂能降低反应的焓变 D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为 【答案】D 【详解】A．反应后气体的物质的量减少，是熵减反应，所以，A错误； B．平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入表达式。是固体，是纯液体，不应出现在平衡常数表达式中，正确的平衡常数K = ，B错误； C．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的能量决定，C错误； D．分析反应中元素化合价变化，元素从中的+4价升高到中的+6价，元素从中的0价降低到-2价，元素从中的-3升高到中的0价。根据化学方程式，4mol参与反应时，转移20mol电子，则每消耗1mol，转移电子5mol，转移电子的数目约为，D正确； 综上，答案是D。 11．探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 溶液滴加浓盐酸 溶液颜色加深 氢离子抑制了的水解 B 乙酰水杨酸水解液中加入过量的除去过量的硫酸，滴加几滴氯化铁溶液 溶液显紫色 说明乙酰水杨酸中含有酚羟基 C 向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量 先产生沉淀后逐渐溶解 先聚集为沉淀，后与应 D 向溶液中加入少许铁粉，静置一段时间 有蓝色沉淀生成 具有氧化性 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．FeCl3溶液时加入HCl抑制了水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误； B．乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，B正确； C．向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先产生沉淀发生聚沉，后沉淀与反应逐渐溶解，C正确； D．与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确； 故答案为：A。 12．室温下，向溶液中逐滴滴加氨水，变化过程如下图所示： 已知：室温下，①，。 ②   1 2 3 4 室温下，下列说法正确的是 A．足量固体放入纯水充分溶解后，溶液呈浅蓝色[即] B．固体投入稀硫酸形成的溶液中， C．若将蓝色沉淀滤出、洗净后再加入到氨水中，固体完全溶解 D．加氨水至蓝色沉淀恰好溶解，所得溶液中 【答案】D 【详解】A．根据溶度积计算，Cu(OH)2溶于纯水，2c(Cu2+)≈c(OH-)，则c(Cu2+)==1.7×10-7mol/L，远小于10-5mol/L，溶液不会呈浅蓝色，A错误； B．pH=5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)= =10-9mol/L，c(Cu2+)==2×10-2mol/L，B错误； C．蓝色沉淀为 Cu(OH)2，原始 CuSO4溶液中 n(Cu2+)=4×10-3L× 0.1 mol/L=4×10-4 mol，沉淀完全时 n[Cu(OH)2] ==4×10-4 mol。加入 5 mL 1 mol/L 氨水，n(NH3)=0.005 L×1 mol/L =5×10-3mol。溶解反应：Cu(OH)2+4NH3·H2O [Cu(NH3)4]2++2OH-，总平衡常数K= ×K4= (2×10-20)×(4×1012) = 8×10-8，假设固体完全溶解，则：== 0.08 mol/L，消耗 n(NH3)=4×4×10-4mol=1.6×10-3mol，剩余 n(NH3)=5×10-3mol- 1.6×10-3mol=3.4×10-3mol，c(NH3)≈=0.68 mol/L，产生 n(OH-)=2n=2×4×10-4mol=8×10-4mol，c(OH-) ≈ =0.16 mol/L，浓度商Q= > K=8×10-8，反应逆向进行，沉淀生成，固体不完全溶解，C错误； D．沉淀恰好溶解时，n=4×10-4 mol，氨水中NH3·H2O的电离程度较小，则=，假设混合后溶液的体积为VL，则，由于V的数值较小，且NH3·H2O中部分NH3要进入中，则所得溶液中，D正确； 故选D。 13．逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 常压下，向密闭容器中充入1 mol CO2和2 mol H2，达平衡时H2、H2O和含碳物质的物质的量随温度的变化如图。下列说法正确的 A．800 ℃时，适当增大体系压强，反应ⅱ的平衡常数保持不变 B．a代表CO、b代表、c代表 C．649 ℃时，反应Ⅰ的平衡常数 D． 【答案】A 【详解】反应ⅲ=反应ⅱ-反应ⅰ，则由盖斯定律可得：ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-165.0-41.1) kJ⋅mol−1=-206.1 kJ⋅mol−1； 反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，反应ⅰ正向移动，反应ⅱ、ⅲ逆向移动，则随温度的升高，n(CO)增大、n(CH4)减小，即b表示CH4、c表示CO，则a表示CO2，据此解答。 A．平衡常数只跟温度有关，温度不变，平衡常数不变，则800 ℃时，适当增大体系压强，反应ⅱ的平衡常数保持不变，A正确； B．由分析可知， a表示CO2、b表示CH4 、c表示CO，B错误； C．由图可知，649 ℃平衡时n(H2)=1.2 mol，即消耗n(H2)=(2-1.2) mol=0.8 mol，且此时n(CO)=n(CO2)，因为还生成CH4，结合H元素守恒可知，生成n(H2O)小于0.8 mol，则此时反应Ⅰ的平衡常数，C错误； D．由分析可知，，D错误； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14．（16分）铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，并回收锰的工艺流程如下： 已知： ①氧化性：Cu2+＞Bi3+； ②Bi3+易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0； ③常温下，；lg7=0.85。 (1)基态锰原子的价电子排布式为 。 (2)“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进 溶解，进一步提高锰的浸取率。 (3)“滤渣2”的主要成分有 、Bi。 (4)常温下，“含Fe2+滤液”中Fe2+的浓度为0.01 mol·L-1。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜ 。 (5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为 。 (6)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm，a pm，b pm。 ①该晶胞沿z轴方向的投影图为 (填标号) A．        B．        C．        D． ②该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有 个。 ③该晶体得密度为 g·cm-3(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 (1)3d54s2 (2)MnS (3)Cu (4)6.85 (5) (6)B 4 【详解】铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制备，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到。 （1）Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为。 （2）MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。 （3）根据已知信息①，氧化性大于，则“还原”步骤中，Bi与反应生成了Cu单质，则“滤渣2”主要成分有Cu和Bi。 （4）Fe2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.85，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.85。 （5）“脱氯”过程中和OH-反应生成和Cl-，离子方程式为：。 （6）①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B； ②由晶胞结构可知，以面上的为研究对象，其距离最近的有4个，故该晶体中，每个周围紧邻的共有4个； ③由晶胞结构可知，该晶胞中的个数为，的个数为，的个数为，该晶体的密度为。 15．（15分）化合物是一种新型药物的活性成分，某课题组研究如下合成路线(部分反应条件已省略)： 已知： ①常温下，pKa()≈9.89，pKa()≈8.37。 ②。 ③(R为氢原子或烃基)。 请回答： (1)K中含氧官能团名称是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．酸性：，是因为形成了分子内氢键 B．化合物D所有原子共平面 C．的反应类型是加聚反应 D．化合物的核磁共振氢谱有9组峰 (3)F的结构简式是 ；C→D依次经历了取代、加成和消去三步反应，写出其中加成反应后的产物结构简式 。 (4)D→E的过程中产生一种无污染气体，D→E的化学方程式是 。 (5)A→B的过程中易发生副反应，会导致C→D产生一种分子式为的副产物，写出该副产物一种可能的结构简式 。 (6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以乙烯、丙炔为原料合成的路线 (无机试剂任选) 【答案】 (1)醚键 (2)ABC (3) (4) (5)或 (6) 【详解】C→D的反应过程，首先C中羟基上的氢和ClCH2COCH3中的氯发生取代反应生成，随后中亚甲基上的氢和醛基的碳氧双键发生加成反应生成，结合F的分子式和G的结构简式可知，F→G为取代反应，则F的结构简式为，以此解题。 （1）结合K的结构简式可知，K中含氧官能团名称是醚键； （2）A．结合题给信息可知，常温下，pKa()≈9.89，pKa()≈8.37，可知，酸性较强，但是原因不是形成分子内氢键，而是因为醛基是吸电子基，从而导致酚羟基更容易电离出氢离子，酸性较强，A错误； B．D中存在饱和碳(甲基)，为sp3杂化，则化合物D所有原子不可能共平面，B错误； C．结合图示可知，为G中氨基上的氢和羟基上的氢与碳碳三键的加成反应，C错误； D．如图，化合物的核磁共振氢谱有9组峰，D正确； 故选ABC； （3）结合F的分子式和G的结构简式可知，F→G为取代反应，则F的结构简式为；结合分析可知，其中加成反应后的产物结构简式为； （4）结合流程中D→E的反应条件可知，该过程中产生一种无污染气体应该是单质，结合元素守恒，反应条件和D的结构简式可知，D→E的化学方程式是； （5）结合A→B→C的反应过程可知，A→D是在A中羟基的邻、对位上取代一个醛基，结合该副产物的分子式同时结合D的结构简式可知，该副产物可能的结构简式为或； （6）结合信息②可知，丙炔可以生成，乙烯可以被氧气氧化为，结合信息③可知，和氨气反应生成，结合题中G→H可知，和反应生成，再和乙烯反应可以生成产物，故答案为：。 16．（15分）以磷石膏(含和少量等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程。如图-1所示。 (1)“转化”步骤转化为的离子方程式为 。 (2)“除杂”时通入的目的是 。 (3)“碳化”过程在如图-2所示的装置中进行。多孔球泡的作用是 。 (4)制得的轻质可以与形成基磁性纳米复合材料，纳米的物理吸附和溶出后通过化学反应均可以去除水体磷。 已知：①纳米颗粒表面带正电荷； ②部分物质的溶解性如下表。 物质 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 研究不同pH下向含磷(V)废水中加入基磁性纳米复合材料的除磷效果，如图3所示： ①从图-3中可以看出初始pH为时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图-4，写出对应的离子方程式 。 ②当初始pH为时，磷的去除率明显小于初始pH为的去除率的原因是 。 (5)铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案： ，得固体； ，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥，得铝铵矾。(部分物质的溶解度随温度的变化如图-5所示，实验须用的试剂：溶液、无水乙醇、溶液) 【答案】 (1) (2)将转化为沉淀 (3)增大气体与溶液的接触面积，加快反应速率 (4) 碱性条件下，几乎不溶解，钙离子浓度很小；OH-浓度增大，会与产生竞争吸附 (5)向滤液中分批加入溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加溶液，至无气体生成)，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶，1分)，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥 向溶液中加入固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶 【详解】由题给流程可知，向磷石膏中加入过量碳酸氢铵、氨水，将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，过滤得到含有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁的滤渣和含有硫酸铵、碳酸钠的滤液，经一系列操作得到铝铵矾；向滤渣中加入盐酸，将碳酸钙、氧化铁溶解得到可溶性金属氯化物后，二氧化硅与盐酸不反应，再通入氨气将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中先通入氨气、再通入二氧化碳，将溶液中的氯化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到轻质碳酸钙。 （1）碳酸氢铵和氨水的混合物中含有碳酸铵，硫酸钙和碳酸铵反应生成硫酸铵和碳酸钙，反应的离子方程式为：； （2）通入氨气，使溶液中的转化为沉淀除去； （3）多孔球泡可以增加气体和溶液的接触面积，加快反应速率； （4）①从图3中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图4，写出对应的离子方程式： ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与产生竞争吸附； （5）在“转化”后滤液中分批加入3mol·L-1的H2SO4溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加溶液，至无气体生成)为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶)；由图中可知，铝铵矾溶解度随温度变化较小，硫酸铝和硫酸铵溶解度随温度变化较大，可将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；向溶液中加入固体，边加边搅拌，当固体至完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面有晶膜产生，冷却结晶，得到铝铵矾。 17．（15分）减排策略主要有三种：减少排放、捕集封存、转化利用。我国在碳氧化物催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下： 反应i：   反应ii：   (1)在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量(E)如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。 已知：表示，表示，表示。 历程Ⅰ： 反应甲： 历程Ⅱ： 反应乙： 历程Ⅲ： ①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。 ②的决速步是历程 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (2)在恒容密闭容器中充入和，发生上述反应合成，测得的选择性和平衡转化率与温度的关系如图所示。 D、E、F三点中，的物质的量最大的是 (填字母)。温度高于时，平衡转化率增大程度加快，其主要原因是 。提示：的选择性。 (3)某温度下，保持总压强为，向体积可变的密闭容器中充入和，发生反应，达到平衡时转化率为50 %，体积分数为10 %。该温度下，反应i的平衡常数为 (答案可保留分数)。提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数()，分压等于总压物质的量分数。 (4)研究人员开发出了采用多孔催化剂电极将转化为的电解池，工作原理如图。 阴极的电极反应式为 。 【答案】 (1) Ⅲ (2)F 随着温度升高，反应ii向右移动的程度大于反应i向左移动的程度 (3) (4) 【详解】（1）结合题目给出的历程Ⅰ、历程Ⅱ的反应方程式书写形式，不难得出历程Ⅲ的方程式为；历程Ⅰ、历程Ⅱ、历程Ⅲ的最大活化能分别为0.64 eV，0.79 eV、1.48 eV，活化能越大反应越慢，故历程Ⅲ为决速步骤。 （2）D、E、F点生成的物质的量分别为、、，故物质的量最大的点是F；升高温度反应i（放热反应）平衡左移，平衡转化率降低，而反应ii（吸热反应）平衡右移，平衡转化率增大，温度高于时，平衡转化率增大程度加快，说明此时以反应ii为主，即随着温度升高，反应ii向右移动的程度大于反应i向左移动的程度。 （3）设平衡体系中，、的物质的量分别为、，列式子： i． ii． 反应ii前后体积不变，反应i前后物质的量减小了；平衡时气体总物质的量为；依题意，，解得：，；平衡体系中，各组分的物质的量如下：、、、、。总物质的量。、、、、。反应i的平衡常数。 （4）根据图示可知，阴极上得电子被还原为，电极反应式为。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $