仿真模拟卷05 -【决胜高考·仿真10卷】-备战2026年高考化学考前模拟卷（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古专用）

【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05 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、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，只有一项符合题目要求． 1．B 2．C 3．D 4．B 5．D 6．C 7．B 8．B 9．D 10．D 11．A 12．C 13．D 14．B 15．B 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分） (1) (2)增大，平衡，逆向移动，进入水溶液中，提高反萃取率 (3)平面三角形 (4) (5)4 0.4 17．（14分） (1)浓硝酸被还原生成有毒气体，会污染环境 (2)放热 低温下，活化分子百分数少，活化分子数目少，反应速率慢 (3) 环己醇过量、加热 (4)用少量蒸馏水洗涤滤渣2～3次 蒸发浓缩，冷却结晶 (5)a、e 18．（14分） (1)-746 (2)Cat2 超过，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 (3)AB (4)温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动 < < 或 (5) 19．（13分） (1) （酚）羟基、醛基 (2) (3) 取代（或酯化）反应 (4)4 (5) 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05 （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 Mn 55 Ga 70 As 75 一、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，只有一项符合题目要求． 1．化学在生产生活和科技发展中发挥着重要作用。下列说法错误的是 A．乳胶口罩的主要原料天然乳胶属于有机高分子材料 B．“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料是二氧化硅 C．“东方超环”（人造太阳）用到的氘、氚两种原子互为同位素 D．“神舟十四号”载人飞船返回舱外表面的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料 2．下列化学用语表达正确的是 A．的名称：乙二酸乙二酯 B．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C．的价层电子对互斥(VSEPR)模型： D．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图： 3．下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A．氨气易溶于水，液氨可用作制冷剂 B．晶体硅熔点高，可用作半导体材料 C．受热易分解，可用于制胃酸中和剂 D．具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒 4．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．0.1 mol和0.3 mol充分反应，所得产物分子数为0.2NA B．0.2 mol完全转化为，转移电子数为NA C．将6.72 L（换算为标准状况下的体积）溶于水，所得溶液中数目为0.2NA D．常温下，pH=2的硝酸溶液中水电离的数目为NA 5．下列相关原理、装置及操作正确的是 A．排出盛有AgNO3溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．除去中的HCl C．模拟“侯氏制碱法”制取， 应先从a通入，后从b通入，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉 D．铁钉镀锌 A．A B．B C．C D．D 6．利用“价-类”二维图研究物质的性质是一种行之有效的方法，下图是硫、氮的“价-类”二维图，下列说法正确的是 A．坐标轴左侧区域代表的是硫及其化合物 B．铜与e的浓溶液共热产生的气体属于非法添加剂，不应该添加到食品中 C．工业上可通过h→g→i→j→k制备k D．b→c和c→d均属于氮的固定 7．补骨脂乙素是抗肿瘤药物的活性成分之一，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．分子式为 B．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗 C．分子中所有碳原子可能共平面 D．分子中碳原子的杂化方式有 8．一种新型绿色溶剂结构如图所示。W、Q、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，、三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，的单质在常温下与水反应能生成的单质，基态原子的核外电子空间运动状态有9种。下列说法正确的是 A．Q、X、Y的第一电离能： B．、、最简单氢化物稳定性： C．Y、Z、M的简单离子半径： D．、、两两形成的化合物都是极性分子 9．1817年，瑞典化学家永斯·贝采利乌斯从硫酸厂的铅渣中发现了硒。某小组以铜阳极泥(含Cu、Se、Te等)为原料提取铜、硒和碲的流程如图所示。已知：“加压、加热、酸浸”步骤中和分别转化为和。下列叙述正确的是 A．“酸浸”中加压、加热都能提高活化分子百分率 B．“还原2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．分离采取蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等方式 D．用制方法：灼烧、热还原(或稀硫酸溶解、电解) 10．根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色 溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯 B 向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖 C 常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4 此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3) D 常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 A．A B．B C．C D．D 11．为平面结构，可以作为和CO反应制备的催化剂，反应历程如图所示，下列说法错误的是 A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为 B．反应的总方程式为 C．化合物E生成的过程为取代反应 D．和CO反应制备的反应历程只有1种 12．下列关于物质性质或现象的解释正确的是 A．反应能发生，因为碳的还原性强于硅 B．常温下为固体而为气体，因为是离子晶体而是分子晶体 C．三氟乙酸的酸性强于乙酸，因为三氟乙酸分子中键的极性比乙酸分子中的大 D．的空间构型为变形四面体，而的空间构型为正四面体，因为S的电负性比C大 13．钠离子电池在大规模储能领域的应用得到广泛关注，钠离子电池与锂离子电池工作原理相似，遵循脱嵌式的工作模式，主要依靠钠离子在正极和负极之间脱嵌来工作。一种钠离子电池的工作原理为，装置如图所示。下列有关说法正确的是 A．放电时，电极a为正极 B．充电时，钴元素的化合价升高，钠离子在阳极上嵌入 C．放电时，负极反应式为 D．充电时，外电路中转移，理论上阴极质量增加92 g 14．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3。下列说法错误的是 A．1 mol砷化镓中配位键的数目是NA B．掺入Mn的晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13 D．该晶体中距离最近的两个镓原子之间的距离为 15．常温下，肼(N2H4)是二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。向的水溶液中逐滴滴加的稀硫酸，溶液中含氮微粒的分布分数[]与溶液pOH[]的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．与过量的稀硫酸反应，可生成产物 B．溶液中的离子浓度大小顺序为： C．的平衡常数为：108.88 D．当加入10.00 mL稀硫酸时，溶液中： 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分）铟(In)被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含、，还含少量、、等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下： 已知： ①Sn(锡)是第IVA族元素； ②和煤油为萃取剂，萃取原理为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。 (1)“酸浸”产生的滤渣主要成分是 和 。 (2)“反萃取”中，从有机相中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明原因 。 (3)“沉铟”中，转化为，的VSEPR模型名称是 。 (4)“酸溶”后，铟以形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，写出制得粗铟反应的化学方程式 。 (5)铜铟镓硒晶体(化学式为)和铜铟硒晶体(化学式为)是同一类型的晶胞结构，铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分被取代。一种铜铟镓硒的晶胞结构如图所示。 ①该晶体中，距离最近且等距的的个数为 。 ②若该晶体中与的个数比为，则 (填数值)；的式量用表示，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。 17．（14分）己二酸(M=146 g·mol-1)是合成高分子材料“尼龙-66”的主要原料。实验兴趣小组以环己醇(M=100 g·mol-1，ρ=0.97 g·mL-1)为原料，设计实验制备己二酸白色晶体(过程如下，反应过程中控制温度<50℃)并进行相关实验探究。 回答下列问题： (1)实验室不使用浓硝酸作氧化剂制备己二酸的原因是 。 (2)制备过程实验装置如图所示(夹持仪器省略)。 查阅资料：室温下匀速滴加环己醇，最初滴加时，体系温度变化极小；反应一段时间后，温度快速上升；超过47℃，若不及时降温，溶液会迅速沸腾，可能冲出仪器。反应温度与反应滞后时间的关系如下表： 反应温度/℃ 10 18 26 40 反应滞后时间/min >30 8 3 <1 ①环己醇制己二酸的总反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。 ②低温下，反应滞后时间较长，可能原因：一是低温条件下，高锰酸钾氧化活性低；二是 (从活化分子角度分析)。 (3)实验所得产品偏黄。经小组讨论认为原因可能是：一是高锰酸钾过量，二是环己醇过量。分组设计实验验证。 ①若高锰酸钾过量，取少量溶液于试管中，加入稀硫酸使溶液呈酸性，再加入适量NaHSO3溶液。若溶液褪色，相关反应的离子方程式为 。 经实验，加入适量NaHSO3溶液后溶液不褪色，说明产品偏黄，不是因为高锰酸钾过量导致。 ②查阅资料：环己醇过量时，环己醇氧化经历中间体——环己酮阶段的副反应如下： (黄色) 经实验，得出结论：同时具备 两个条件，产品会偏黄。 (4)测定产率。 取1.50 mL环己醇与适量碱性高锰酸钾溶液反应。检测反应完全，无高锰酸钾残留后，将产物减压过滤，分离己二酸钾溶液和MnO2沉淀， (填操作)，将洗涤液与滤液混合，加入浓盐酸酸化， (填操作)，减压过滤，洗涤、干燥称重，得到1.40g己二酸白色晶体，则己二酸产率为 (列计算式)。 (5)中间产物KOOC(CH2)4COOK中存在的化学键有 (填标号)。 a．离子键            b．氢键            c．配位键            d．金属键            e．非极性键 18．（14分）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 Ⅰ.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为  。 (1)下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变)数据。 物质 CO(g) NO(g) 0 -393.5 -110.5 90 则 。 (2)将和按物质的量之比为1：1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat1和Cat2)进行反应，相同时间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(NO的转化率)，结果如图所示。 ①400℃下脱氮率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。 ②催化剂Cat2催化条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。 Ⅱ.一定条件下与可发生反应：  。 (3)将与按物质的量之比为置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．体系压强保持不变 B．与的物质的量之比保持不变 C． D． (4)将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示(虚线为平衡时的曲线)。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。 ①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是 。 ②图2中压强： (填“>”、“＜”或“=”，下同)；氮硫比： 。 ③温度为，压强恒定为时，反应平衡常数 (用含、的式子表示)。 Ⅲ.某科研团队设计以、和熔融制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。 (5)写出石墨电极Ⅰ生成Y的电极反应式： 。 19．（13分）有机物F是一种重要的药物中间体，其中一种合成方法如下： 已知： ①(为烃基)； ②。回答下列问题： (1)A中碳原子的杂化方式为 ，A中官能团的名称为 。 (2)B的结构简式为 。 (3)反应C→D的化学方程式为 ，反应类型为 。 (4)满足下列条件的E的同分异构体有 种(不含立体异构，不考虑“”结构)。 ①分子中除了含有苯环外，无其他环状结构，且苯环上一氯代物有2种； ②可以发生银镜反应 (5)以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线为 ， 该合成路线中、的结构简式分别为 、 。 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05 （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 Mn 55 Ga 70 As 75 一、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，只有一项符合题目要求． 1．化学在生产生活和科技发展中发挥着重要作用。下列说法错误的是 A．乳胶口罩的主要原料天然乳胶属于有机高分子材料 B．“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料是二氧化硅 C．“东方超环”（人造太阳）用到的氘、氚两种原子互为同位素 D．“神舟十四号”载人飞船返回舱外表面的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料 【答案】B 【详解】A．天然乳胶的主要成分是聚异戊二烯，属于天然有机高分子材料，A正确； B．芯片和太阳能电池感光板的主要材料是晶体硅，而非二氧化硅（二氧化硅用于芯片制造中的绝缘层或光刻工艺），B错误； C．氘（2H）和氚（3H）是氢的同位素，质子数相同但中子数不同，C正确； D．高温结构陶瓷（如氮化硅、碳化硅）属于新型无机非金属材料，D正确； 答案选B。 2．下列化学用语表达正确的是 A．的名称：乙二酸乙二酯 B．空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C．的价层电子对互斥(VSEPR)模型： D．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图： 【答案】C 【详解】A．是由乙二酸和乙醇形成的酯，其名称为乙二酸二乙酯，A错误； B．可以表示甲烷分子，但是不能表示CCl4分子，因为Cl原子的半径比C原子大，与比例模型中的原子大小不符，B错误； C．的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，C正确； D．基态铍原子电子排布式为1s22s2，最外层电子在s轨道，电子云轮廓是球形的，D错误； 故选C。 3．下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A．氨气易溶于水，液氨可用作制冷剂 B．晶体硅熔点高，可用作半导体材料 C．受热易分解，可用于制胃酸中和剂 D．具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒 【答案】D 【详解】A．液氨用作制冷剂是因为其汽化吸热，与氨气易溶于水无关，A不符合题意； B．晶体硅用作半导体材料与其导电性有关，与熔点高无关，B不符合题意； C．NaHCO3用于中和胃酸是因为其碱性，与受热分解无关，C不符合题意； D．ClO2的氧化性使其能杀菌消毒，性质与用途对应，D符合题意； 故选D。 4．工业合成氨和制硝酸联合生产流程如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A．0.1 mol和0.3 mol充分反应，所得产物分子数为0.2NA B．0.2 mol完全转化为，转移电子数为NA C．将6.72 L（换算为标准状况下的体积）溶于水，所得溶液中数目为0.2NA D．常温下，pH=2的硝酸溶液中水电离的数目为NA 【答案】B 【详解】A．合成氨反应（）是可逆反应，不能进行到底，0.1 mol 和0.3 mol 充分反应后，产物的物质的量小于0.2 mol，分子数小于，A项错误； B．转化为的反应为，氮元素化合价从-3价升至+2价，每摩尔氨气反应转移5 mol电子，0.2 mol反应转移1 mol电子，电子数为，B项正确； C．6.72 L（换算为标准状况下的体积）的物质的量为，溶于水的反应为，生成0.2 mol，为强酸，在水溶液中完全电离，产生0.2 mol，但在水溶液中存在微弱电离，所以实际上的数目略大于，C项错误； D．常温下，pH=2的硝酸溶液中，，，水电离产生的浓度等于的浓度，题目中未指明体积，无法计算的物质的量和数目，D项错误； 故答案选B。 5．下列相关原理、装置及操作正确的是 A．排出盛有AgNO3溶液滴定管尖嘴内的气泡 B．除去中的HCl C．模拟“侯氏制碱法”制取， 应先从a通入，后从b通入，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉 D．铁钉镀锌 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．硝酸银溶液呈酸性，应使用酸式滴定管，A错误； B．Cl2和HCl均能与碱石灰反应，应将混合气体通过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，B错误； C．NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b管通NH3，a管通CO2，c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉，用于尾气处理，防止污染空气，C错误； D．铁钉镀锌利用的是电解池原理，锌为阳极发生氧化反应生成锌离子，锌离子在阴极被还原为锌，相关原理、装置及操作均正确，D正确； 故选D。 6．利用“价-类”二维图研究物质的性质是一种行之有效的方法，下图是硫、氮的“价-类”二维图，下列说法正确的是 A．坐标轴左侧区域代表的是硫及其化合物 B．铜与e的浓溶液共热产生的气体属于非法添加剂，不应该添加到食品中 C．工业上可通过h→g→i→j→k制备k D．b→c和c→d均属于氮的固定 【答案】C 【详解】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为亚硫酸、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮、k为硝酸、I为铵盐； A．左侧最低价为-3价，故坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物，A错误； B．铜与e的浓溶液共热产生的气体为二氧化硫，适量可以添加到食品中，B错误； C．工业制硝酸的流程涉及的反应为氮气与氢气合成氨气，催化剂作用下氨气与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，C正确； D．左侧最低价为-2价，坐标轴右侧区域代表的是硫及其化合物，D错误； 故选C。 7．补骨脂乙素是抗肿瘤药物的活性成分之一，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．分子式为 B．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗 C．分子中所有碳原子可能共平面 D．分子中碳原子的杂化方式有 【答案】B 【详解】A．根据其结构可数出分子中C：20、H：20、O：4，分子式正确，A正确； B．酚羟基邻、对位氢可与发生取代反应：左侧苯环有 2 个酚羟基，有1 个可取代氢；右侧苯环 1 个酚羟基，邻位有 2 个可取代氢，共3个可取代氢，消耗3 mol 。分子中有2 个碳碳双键，可与溴发生加成反应，消耗2 mol 。总计最多消耗5 mol Br2，B错误； C．苯环、羰基、碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，所有碳原子可通过单键旋转共平面，C正确； D．分子既有碳碳双键、苯环等 sp2 杂化碳，又有侧链饱和碳sp3杂化，D正确； 故选B。 8．一种新型绿色溶剂结构如图所示。W、Q、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，、三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，的单质在常温下与水反应能生成的单质，基态原子的核外电子空间运动状态有9种。下列说法正确的是 A．Q、X、Y的第一电离能： B．、、最简单氢化物稳定性： C．Y、Z、M的简单离子半径： D．、、两两形成的化合物都是极性分子 【答案】B 【详解】W 是原子序数较小的短周期主族元素，结合结构中W形成一个共价键，可知W为H；Z 的单质常温下与水反应生成 Y 的单质，可以是钠与水反应生成氢气，也可以是F2与水反应生成O2，不可能是H，故只能是F2与水反应生成O2，Z为F、Y为O；Q 能形成四个共价键且原子序数小于Y，推知Q为C；X 原子序数介于Q（C）与Y（O）之间，且 X、Y、Z 的电子层数之和（均为 2 层，和为 6）与未成对电子数之和（N：3、O：2、F：1，和为 6）相等，推知X 为N；基态 M 原子的核外电子空间运动状态（即轨道数）为9，且M形成了六个共价键，其核外电子排布为，故M为S。 A．Q、X、Y 的第一电离能，即 C、N、O 的第一电离能。第一电离能同周期从左到右一般增大，但N的2p轨道是半充满稳定结构，所以第一电离能顺序是 N>O>C，也就是 X>Y>Q，A错误； B．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性F>N>S，所以稳定性HF>NH3>H2S，即 Z>X>M，B正确； C．Y、Z、M 的简单离子半径，Y 是O2-，Z 是F-，M 是S2-，S2-比O2-、F-多一个电子层，半径最大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径S2->O2->F-，即 M>Y>Z，C错误； D．Q、Y、M 两两形成的化合物，Q 是C，Y 是O，M 是S。如C和O形成的CS2、CO2是直线形非极性分子，D错误；　 故选B。 9．1817年，瑞典化学家永斯·贝采利乌斯从硫酸厂的铅渣中发现了硒。某小组以铜阳极泥(含Cu、Se、Te等)为原料提取铜、硒和碲的流程如图所示。已知：“加压、加热、酸浸”步骤中和分别转化为和。下列叙述正确的是 A．“酸浸”中加压、加热都能提高活化分子百分率 B．“还原2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．分离采取蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等方式 D．用制方法：灼烧、热还原(或稀硫酸溶解、电解) 【答案】D 【详解】加压、加热酸浸阶段，向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入溶液并通入 ，在加压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元素转化为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次还原（还原1）阶段，向浸出液中通入，​具有还原性，能将浸出液中的Se元素还原为单质Se，通过过滤可将Se分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1中再次通入，此时将溶液中的Te元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入溶液，使铜离子转化为沉淀，过滤分离出沉淀，滤液3被分离出去。后续处理阶段，经过一系列后续处理，最终得到铜单质。 A．加压缩小氧气体积，增大单位体积内氧气活化分子数，但是氧气活化分子百分率不变，A错误； B．“还原2”：，氧化剂是，还原剂是，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误； C．难溶于水，采用过滤、洗涤、干燥等方式分离，C错误； D．利用制备Cu： 方案1：，； 方案2：，，D正确。 故选D。 10．根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色 溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯 B 向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖 C 常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4 此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3) D 常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．溴丙烷在KOH乙醇溶液中加热发生消除反应生成丙烯，丙烯中可能混有挥发的乙醇，乙醇、丙烯均能使酸性KMnO4褪色，结论不严谨，A错误； B．蔗糖水解后需中和酸才能进行银镜反应，未中和酸会导致银氨溶液分解，不会出现银镜反应，结论错误，B错误； C．题中未标明CH3COONa溶液和Na2CO3溶液是否为等浓度，因此无法得出相应结论，C错误； D．Na2HPO4溶液使酚酞变浅红色，说明溶液呈碱性，HPO水解程度大于其电离程度，D正确； 答案选D。 11．为平面结构，可以作为和CO反应制备的催化剂，反应历程如图所示，下列说法错误的是 A．A离子中Rh原子的杂化轨道类型为 B．反应的总方程式为 C．化合物E生成的过程为取代反应 D．和CO反应制备的反应历程只有1种 【答案】A 【详解】A．中心原子杂化轨道类型为的离子空间构型不可能是平面的，而为平面结构， Rh原子的杂化轨道类型不是杂化，A错误； B．根据反应历程可判断反应物为和，生成物为，反应的总方程式为，B正确； C．根据D和A的结构可判断化合物E为，和水生成的过程为取代反应，C正确； D．根据反应过程，和反应制备的反应历程只有1种，D正确； 故答案选A。 12．下列关于物质性质或现象的解释正确的是 A．反应能发生，因为碳的还原性强于硅 B．常温下为固体而为气体，因为是离子晶体而是分子晶体 C．三氟乙酸的酸性强于乙酸，因为三氟乙酸分子中键的极性比乙酸分子中的大 D．的空间构型为变形四面体，而的空间构型为正四面体，因为S的电负性比C大 【答案】C 【详解】A．反应能发生，但并非因为碳的还原性强于硅；实际上硅的还原性强于碳（硅电负性更低），反应发生是由于高温下CO的生成使熵增，热力学有利，A错误； B．常温下为固体而为气体，是因为相对分子质量大、分子间作用力强，但是分子晶体（共价化合物），而非离子晶体，B错误； C．三氟乙酸酸性强于乙酸，是因为氟原子的强吸电子诱导效应使O-H键极性增大，氢更易解离，导致酸性增强，C正确； D．为变形四面体（有一对孤对电子），为正四面体（无孤对电子），构型差异由价层电子对互斥理论（VSEPR）决定，而非电负性（硫与碳电负性相近），D错误； 故答案选C。 13．钠离子电池在大规模储能领域的应用得到广泛关注，钠离子电池与锂离子电池工作原理相似，遵循脱嵌式的工作模式，主要依靠钠离子在正极和负极之间脱嵌来工作。一种钠离子电池的工作原理为，装置如图所示。下列有关说法正确的是 A．放电时，电极a为正极 B．充电时，钴元素的化合价升高，钠离子在阳极上嵌入 C．放电时，负极反应式为 D．充电时，外电路中转移，理论上阴极质量增加92 g 【答案】D 【详解】由图，放电时为原电池，阳离子（Na+）向正极移动，根据装置图中“放电”时Na+箭头指向右边（电极b），可知电极b为正极，电极a为负极；负极发生氧化反应，放电过程中发生的电极反应为：NaxCn-xe-=Cn+xNa+，充电时，a与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+xNa++xe-=NaxCn；正极发生还原反应，电极反应为：Na1-xCoO2+xe-+xNa+=NaCoO2，充电时，b与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaCoO2-xe-=Na1-xCoO2+xNa+； A．通过分析可知，放电时，电极a为负极，A错误； B．充电时为电解池，总反应逆向进行，NaCoO2转化为Na1−xCoO2，Co元素化合价从+3升高到3+x（氧化反应），故含Co的电极b为阳极，阳极反应为NaCoO2-xe−=Na1−xCoO2+xNa+，Na+从阳极脱嵌而非嵌入，B错误； C．放电时负极发生氧化反应，电极a为负极，反应式应为NaxCn-xe−=Cn+xNa+，C错误； D．充电时阴极反应为Cn+xNa++xe−=NaxCn，转移xmole−时阴极结合xmolNa+，质量增加23x g，转移4mol e−时，增加4mol Na+，质量为4mol×23g/mol=92 g，D正确； 故选D。 14．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶体密度为ρ g·cm-3。下列说法错误的是 A．1 mol砷化镓中配位键的数目是NA B．掺入Mn的晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13 D．该晶体中距离最近的两个镓原子之间的距离为 【答案】B 【详解】由图甲知，砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，则1 mol砷化镓中配位键的数目是NA，A正确； B．掺入Mn的晶体中Ga有7个位于顶点，5个位于面心，个数为：；As有4个位于体内，Mn有1个位于顶点，1个位于面心，个数为：；Mn、Ga、As的原子个数比为，B错误； C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，C正确； D．由晶胞结构可知，晶胞中含4个Ga和4个As，晶胞中含4个GaAs，，则，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的一半，即=，D正确； 故选B。 15．常温下，肼(N2H4)是二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。向的水溶液中逐滴滴加的稀硫酸，溶液中含氮微粒的分布分数[]与溶液pOH[]的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．与过量的稀硫酸反应，可生成产物 B．溶液中的离子浓度大小顺序为： C．的平衡常数为：108.88 D．当加入10.00 mL稀硫酸时，溶液中： 【答案】B 【详解】由图可知, A．与过量稀硫酸反应，硫酸变为硫酸氢根，肼变为，故产物为，A正确； B．电离生成和，由电离常数可知，水解大于电离，溶液显酸性，水解生成的肼与物质的量相等，但水的电离也会产生，故溶液中，正确顺序应为：，B错误； C．，C正确； D．根据物料守恒可知，肼的初始物质的量是所加硫酸物质的量的2倍，因此溶液中所有含氮微粒的总浓度是所有含硫微粒总浓度的2倍，故，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分）铟(In)被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含、，还含少量、、等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下： 已知： ①Sn(锡)是第IVA族元素； ②和煤油为萃取剂，萃取原理为：(水相)(有机相)(有机相)(水相)。 (1)“酸浸”产生的滤渣主要成分是 和 。 (2)“反萃取”中，从有机相中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明原因 。 (3)“沉铟”中，转化为，的VSEPR模型名称是 。 (4)“酸溶”后，铟以形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，写出制得粗铟反应的化学方程式 。 (5)铜铟镓硒晶体(化学式为)和铜铟硒晶体(化学式为)是同一类型的晶胞结构，铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分被取代。一种铜铟镓硒的晶胞结构如图所示。 ①该晶体中，距离最近且等距的的个数为 。 ②若该晶体中与的个数比为，则 (填数值)；的式量用表示，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。 【答案】 (1) (2)增大，平衡，逆向移动，进入水溶液中，提高反萃取率 (3)平面三角形 (4) (5)4 0.4 【详解】从炼锌废渣(主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、SiO2等物质)中提取粗铟，炼锌废渣加入稀硫酸，酸浸后滤渣含有PbSO4、SiO2，滤液再加入H2A2萃取剂将In3+(水相)转化为InA3·3HA(有机相)，最后加入盐酸再进行反萃取得到含、溶液。加NaOH溶液沉铟后，转化为除去，加盐酸“酸溶”后，铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉还原制得粗铟。 （1）炼锌废渣中加入稀硫酸酸浸，ZnO、In2O3、SnO2、PbO与稀硫酸反应，SiO2不与稀硫酸反应；同时PbO与稀硫酸反应生成PbSO4，PbSO4难溶于水，所以滤渣主要成分是SiO2、PbSO4。 （2）“反萃取”中涉及的平衡为。根据勒夏特列原理，当加入浓度较大的盐酸时，H+浓度增大，平衡会向逆反应方向移动，从而使转化为In3+进入水相，实现铟的分离。 （3）的价层电子对数是，VSEPR模型名称是平面三角形。 （4）“酸溶”后，铟以形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，过量的锌粉还与HCl反应生成氢气，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：。 （5）①观察晶胞的结构，以体心处的Cu为研究对象，距离Cu最近且等距的Se有4个。 ②用均摊法计算各原子个数，Cu的个数为，Ga或In的个数为，Se的个数为，由铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代，故有晶胞中含有4个，即x+y=1，又因晶体中In与Ga的个数比为，即，故y=0.4。晶胞密度。 17．（14分）己二酸(M=146 g·mol-1)是合成高分子材料“尼龙-66”的主要原料。实验兴趣小组以环己醇(M=100 g·mol-1，ρ=0.97 g·mL-1)为原料，设计实验制备己二酸白色晶体(过程如下，反应过程中控制温度<50℃)并进行相关实验探究。 回答下列问题： (1)实验室不使用浓硝酸作氧化剂制备己二酸的原因是 。 (2)制备过程实验装置如图所示(夹持仪器省略)。 查阅资料：室温下匀速滴加环己醇，最初滴加时，体系温度变化极小；反应一段时间后，温度快速上升；超过47℃，若不及时降温，溶液会迅速沸腾，可能冲出仪器。反应温度与反应滞后时间的关系如下表： 反应温度/℃ 10 18 26 40 反应滞后时间/min >30 8 3 <1 ①环己醇制己二酸的总反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。 ②低温下，反应滞后时间较长，可能原因：一是低温条件下，高锰酸钾氧化活性低；二是 (从活化分子角度分析)。 (3)实验所得产品偏黄。经小组讨论认为原因可能是：一是高锰酸钾过量，二是环己醇过量。分组设计实验验证。 ①若高锰酸钾过量，取少量溶液于试管中，加入稀硫酸使溶液呈酸性，再加入适量NaHSO3溶液。若溶液褪色，相关反应的离子方程式为 。 经实验，加入适量NaHSO3溶液后溶液不褪色，说明产品偏黄，不是因为高锰酸钾过量导致。 ②查阅资料：环己醇过量时，环己醇氧化经历中间体——环己酮阶段的副反应如下： (黄色) 经实验，得出结论：同时具备 两个条件，产品会偏黄。 (4)测定产率。 取1.50 mL环己醇与适量碱性高锰酸钾溶液反应。检测反应完全，无高锰酸钾残留后，将产物减压过滤，分离己二酸钾溶液和MnO2沉淀， (填操作)，将洗涤液与滤液混合，加入浓盐酸酸化， (填操作)，减压过滤，洗涤、干燥称重，得到1.40g己二酸白色晶体，则己二酸产率为 (列计算式)。 (5)中间产物KOOC(CH2)4COOK中存在的化学键有 (填标号)。 a．离子键            b．氢键            c．配位键            d．金属键            e．非极性键 【答案】 (1)浓硝酸被还原生成有毒气体，会污染环境 (2)放热 低温下，活化分子百分数少，活化分子数目少，反应速率慢 (3) 环己醇过量、加热 (4)用少量蒸馏水洗涤滤渣2～3次 蒸发浓缩，冷却结晶 (5)a、e 【详解】该实验是通过环己醇经一系列氧化反应制备己二酸，反应原理如下：首先，在和的作用下，环己醇发生氧化反应，生成中间产物（环己酮）。接着，环己酮在和的作用下，进一步被氧化，生成。最后，向含有中加入浓盐酸，利用强酸制弱酸的原理，将羧酸钾转化为己二酸，因为盐酸的酸性强于己二酸，能使羧酸根结合生成己二酸。 （1）浓硝酸作氧化剂时，其还原产物为，有毒，会污染环境，所以实验室不使用浓硝酸作氧化剂制备己二酸； （2）反应一段时间后，温度快速上升，说明反应放出热量，所以环己醇制己二酸的总反应为放热反应；从活化分子角度分析，低温下，活化分子百分数少，活化分子数目少，有效碰撞次数少，反应速率慢，所以反应滞后时间较长； （3）若高锰酸钾过量，加入稀硫酸使溶液呈酸性，再加入适量溶液，与发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式为；由资料可知，环己醇过量时，环己醇氧化经历中间体——环己酮阶段的副反应会生成黄色物质，且该副反应需要在、加热条件下进行，所以同时具备环己醇过量和加热两个条件，产品会偏黄； （4）将己二酸钾溶液和沉淀分离后，对沉淀进行洗涤，以便将沉淀表面附着的中间产物全部收集，所以需要用少量蒸馏水洗涤滤渣2～3次；加入浓盐酸酸化后，溶液中的己二酸钾酸化生成了己二酸，可通过蒸发浓缩，冷却结晶使溶液析出己二酸晶体；首先计算环己醇的物质的量，环己醇的质量，环己醇的物质的量。根据反应关系，1 mol环己醇理论上可生成1 mol己二酸，己二酸的理论物质的量。己二酸的实际的物质的量则己二酸产率； （5）是离子化合物，含有离子键（与之间）。分子中存在碳碳原子间的非极性键，碳氧和碳氢原子间的极性键。该物质中没有氢键、配位键和金属键； 18．（14分）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 Ⅰ.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为  。 (1)下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变)数据。 物质 CO(g) NO(g) 0 -393.5 -110.5 90 则 。 (2)将和按物质的量之比为1：1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat1和Cat2)进行反应，相同时间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(NO的转化率)，结果如图所示。 ①400℃下脱氮率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。 ②催化剂Cat2催化条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。 Ⅱ.一定条件下与可发生反应：  。 (3)将与按物质的量之比为置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．体系压强保持不变 B．与的物质的量之比保持不变 C． D． (4)将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示(虚线为平衡时的曲线)。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。 ①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是 。 ②图2中压强： (填“>”、“＜”或“=”，下同)；氮硫比： 。 ③温度为，压强恒定为时，反应平衡常数 (用含、的式子表示)。 Ⅲ.某科研团队设计以、和熔融制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。 (5)写出石墨电极Ⅰ生成Y的电极反应式： 。 【答案】 (1)-746 (2)Cat2 超过，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 (3)AB (4)温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动 < < 或 (5) 【详解】（1） 生成物的总焓变-反应物的总焓变； （2）①由图可知，400°C时下脱氮率较高的催化剂是Cat2； ②该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；且温度过高（超过450℃）会导致催化剂活性降低，反应速率减慢，因此相同时间内脱氮率下降 （3）A.该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，体系压强不断减小，则当体系压强保持不变时，说明反应达到平衡，A符合题意； B.将与按物质的量之比为置于恒温恒容密闭容器中反应，反应开始至达到平衡过程，与的物质的量之比一直在变化，则当与的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡，B符合题意； C.，仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，则不能说明反应达到平衡，C不符合题意； D.反应开始生成、至达到平衡过程，且保持不变，则当时，不能说明反应达到平衡，D不符合题意； 答案选AB； （4）①因，则温度升高，平衡逆向移动，且温度过低，反应速率较慢，均不利于该反应的进行，所以由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动； ②该反应是气体分子数减少的反应，温度、氮硫比相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，则；温度、压强相同时，增大氮硫比，相当于增大的浓度，平衡正向移动，平衡转化率增大，则； ③由图可知，温度为，压强恒定为时，平衡转化率为，设开始时投入，则投入，据此列出三段式： 则反应平衡常数或； （5）根据题意可知石墨电极为电池的负极，生成的氧化物为，因此电极反应式为。 19．（13分）有机物F是一种重要的药物中间体，其中一种合成方法如下： 已知： ①(为烃基)； ②。回答下列问题： (1)A中碳原子的杂化方式为 ，A中官能团的名称为 。 (2)B的结构简式为 。 (3)反应C→D的化学方程式为 ，反应类型为 。 (4)满足下列条件的E的同分异构体有 种(不含立体异构，不考虑“”结构)。 ①分子中除了含有苯环外，无其他环状结构，且苯环上一氯代物有2种； ②可以发生银镜反应 (5)以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线为 ， 该合成路线中、的结构简式分别为 、 。 【答案】 (1) （酚）羟基、醛基 (2) (3) 取代（或酯化）反应 (4)4 (5) 【详解】由合成路线图可知，A与乙醛反应生成B，B被氧化为C，C与乙醇发生取代（或酯化）反应生成D，由D的结构式可知，C的结构式为：，故第一步为两个醛基的反应，酚羟基显酸性，在氢氧化钠溶液中可形成相应的钠盐，根据已知①和B的分子式，可知B为：。 （1）A中的碳原子均在苯环上，杂化方式为，A中官能团的名称为（酚）羟基和醛基； （2）由分析可知，B的结构简式为：； （3）由分析可知，反应C→D的化学方程式为：，反应类型为取代（或酯化）反应； （4）E的分子式为C10H8O，根据条件①可知，所述结构在苯环的对位有两个不同的取代基，根据条件②可知，结构中含有醛基，不考虑“”结构，有4种同分异构体满足条件，分别为：、、、； （5）由已知②可知，碳碳双键与HBr在过氧化物的参与下反应，Br加成在含氢较多的碳原子上，故X的结构为：，羟基在铜的催化下被氧气氧化为醛基，Y的结构为：，然后两分子Y在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，得到。 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $