2026年高考总复习化学考前模拟卷2-【辽海备考】2026年高考总复习化学考前模拟卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷 化学（二） (满分100分，考试时间75分钟)》 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N一140一16Si-28S-32Fe-56 Zn-65Pt-195Pb-207 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.科技发展见证国家强大。下列有关说法正确的是 灵 A.石墨烯固态电池具有高能量密度和高安全性。石墨烯属于新型无机非金属材料 B.智能机器狗使用的关键材料PEEK树脂（聚醚醚酮）是无机非金属材料 如 h C.长征五号火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物 D.智能手机芯片主体材料晶体类型与石墨晶体类型相同 烂 2.下列化学用语表述正确的是 A.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 ☒ B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 敬 C.用电子式表示KCl的形成过程：K×,:一K[i:] 点 D.SO3的VSEPR模型： 3.工业上制备高纯硅的反应：SiHCI+H,Si+3HCl(电负性：Si<H,SHC3在常温常压下 是无色透明的液体)，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 () A.28g晶体硅中含共价键的数目为4WA B.反应中每生成5.6gSi,转移电子数为0.8Va C.标准状况下，22.4 L SiHCI3含有的中子数为74WA D.1LpH=2的HCI溶液中由水电离出的H个数为102WA 4.下列实验能达到预期日的的是 化学（二）第1页（共8页） 乌苯和溴的混合液 酸性KMnO,溶液 FeBr AgNO 溶液 稀硫酸 锌粒 一白葡萄酒 A.用装置甲制取溴苯并验证反应为取代反应 B.用装置乙测定白葡萄酒中SO2的含量 C.用装置丙分离甘油和水 D.用装置丁测定Zn和稀硫酸的反应速率 5.藿香蓟具有清热解毒的功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法正确的是() A.其分子式为C1H1sO4 B.分子中共含有3种含氧官能团 C.1mol该分子最多与1mol氢氧化钠反应 D.所有碳原子不可能在同一平面 6.我国富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣（主要含TO,、 FeO、AlO3及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程如图。 纯碱 水 足量CO2 钽矿粉一 焙烧 →钠盐和氧化物 水浸 浸液 系列操作 >NaTaO; 足量空气 固体1 固体2 已知：①焙烧时，TaO3、FeO转化成NaTaO,、FeO3;②NaTaO3溶解度随着温度升高而快速 增大。下列叙述错误的是 () A.通入空气的目的之一是除去油脂 B.实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角 C.“固体1”可用于制造红色颜料 D.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶等 7.某有机反应试剂的化学式为W.QZXY2,Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元 素，W、X与Y同周期，基态W原子s能级上的电子总数是p能级上的电子总数的2倍，Q 与Y原子的最外层电子数之和等于Z原子的最外层电子数，Z单质为有色气体。下列说法错 误的是 () A.第一电离能：X>Y B.Y、Z可形成一种常用的消毒剂 C.氧化物对应水化物的酸性：W<Z D.电负性：Y>Q 8.根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 化学（二）第2页（共8页） 选项 实验操作 现象 结论 A 向Na[Al(OH)4]溶液中加入NaHCO,粉末 产生白色沉淀 [A1(OH)4]与HCO发生了强烈双水解 B 向Fe(SCN)3溶液中加入少量NaF固体 红色变浅 F更易与Fe+配位 将1mL0.1mol/LI溶液与5mL0.1mol/ C 溶液变红 FeCL,与KI的反应有一定限度 FeCl,溶液混合，再滴加KSCN溶液 D 向苯酚浊液中加Na,CO,溶液 溶液变澄清 酸性：苯酚>碳酸 9.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A.硫酸工业：FeS,量SO.H.SO B.金属Mg制备：Mg(OH)2盐MgC2溶液电解Mg C.纯碱工业：NaCl溶液oNaHCO,Na.CO, D.制取高纯硅：SiO,aSi(粗)2 SiHClue"Si((纯) 10.以CH,COCH3为溶剂，由X、18-冠-6和HCIO4反应可制得一种新型超分子晶体材料，原 理如图所示。已知18-冠-6空腔直径为260~320pm,几种碱金属离子的直径：Li (152pm)、Na*(204pm)、K(276pm)、Rb*(304pm)、Cs*(334pm)。下列说法错误的 是 8 Br CH COCH H NH X 18-冠-6 M A.X、18-冠-6和HCIO4形成超分子的过程体现了超分子自组装的特征 B.KCI中若含有RbC1杂质，则能通过18-冠-6进行分离 C.该超分子晶体材料的熔点低于KCIO4 D.X中氨基的（∠HNH)键角小于超分子阳离子中的（∠HNH)键角 11.含C1 OH和CH,COONa的工业废水可利用微化学电池去除，其工作原理如图所示。 下列说法错误的是 CH.COO HC 和《 OH CO A 微生物膜 质子交换膜B极 化学（二）第3页（共8页） A.电极B的电势比电极A的低 B.负极电极反应式为CHC0OO-8e+2H,O=2CO2↑+7H C.该电池不宜在高温环境下运行 D.每生成2molC1,有0.5molC02生成 12.碳酸氢钠催化氢化制备甲酸盐是现代储氢的新研究方向，其可能的反应历程如图所示。下 列说法错误的是 PL-O一C-OH、R-NH2 HCO、 ① HO 0 L+0 -NH-R HCOO ③ 牌 R-NH e A.总反应的离子方程式为HCO+H2=HCOO+HO B.该反应每生成1 mol HCOO,转移的电子数为2NA C.反应过程中发生了极性键和非极性键的断裂和形成 D.用D2代替H2,反应可得DCOO 13.硫化氢的脱除和资源化利用是一项重要的研究课题。热解HS制备H2反应如下： 2H,S(g)化S,(g)+2H,(g)△H。在恒容密闭容器中充人HS,在某催化剂作用下发生反 应，催化效率、HS平衡转化率与温度关系如图所示。下列 一催化效率 士HS平衡转化率 叙述错误的是 () 哦 A A.该反应的平衡常数K随温度升高而增大 (650.50%) B.其他条件不变，若在恒压密闭容器中进行反应，达到平衡 僧 所用时间增多 C.A点时再充入适量HS,HS平衡转化率升高 0) 0500550600650700750 D.A点时，混合气体中S2(g)的体积分数为20% 温度/℃ 14.CaF2、PbO、PtS、ZnS晶胞结构之间的关系如下图。在CaF2晶胞结构中所有四面体空隙 (用口表示)都被占据，PbO、PtS、ZS晶胞看作占据的四面体空隙的数量减半。下列说法 正确的是 () 化学（二）第4页（共8页） CaF 数 Pb(O☐4) Pt(S☐4) Zn4(S☐4) A.PbO晶胞中Pb与Pb的最短距离和CaF2中Ca与Ca的最短距离相等 副 B.PbO、PtS、ZnS晶体密度相同 C.PbO、PtS、ZnS晶胞中阳离子的配位数都是4 蜘 的 D.PS晶胞中P与P的最短距离为4 15.25℃时，溶液中pH与lgc关系如图所示。c为Ni2、Fe2+、Mn2+、Mg2的浓度，单位为molL。 已知：Kp(FeS)>Kn(NiS)=3.2x109,Km[Mn(OH)2]<Km[Mg(OH)2]=5.61×I0-2;HS的K= 长 8.9×108,K=1.2×10B。若c(Ni2+)=1×105molL1时，溶液中c(HS)=0.1molL。下列说法 闻 正确的是 () ☒ A.向含Ni+溶液中加入FeS可能发生反应：FeS(s)+Ni(aq) =NiS(s)+Fe2(aq) d -2 敬 B.b为pH与lgc(Ni+)的关系 3 C.25℃时，某溶液中存在Mn(OH)2和Mg(OH)2时，c(Mn+)> -4 c(Mg2) 5 D.25℃时，K[Mn(OH)2]的数量级为1018 1234 …g10.211 点 pH 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(12分)铜是使用广泛的一种金属。下图是某高砷银铜精矿制取铜、银的工艺。该矿石的 主要成分是CuS,还含有Ag、As、Ca、Si、Al等元素的化合物。 02 氨水、(NH4)2SO4HR 硫酸 的 硫化铜精矿 焙烧 氨浸铜 萃取 反萃取 电解 粗铜 浸铜渣 浸银 浸银液 还原 →银 Na2S203 Fe 化学（二）第5页（共8页）》 已知：①AsO3剧毒、沸点457℃，可由硫化物氧化得到； ②K.(NH3H2O)=10475; ③萃取原理：A+2HRAR2+2H。 回答下列问题： (1)焙烧时温度保持500℃，CuS转化为CuO,AsS,和CaO、O2作用转化为Ca3(AsO3)2、 CaSO4,写出AsS3反应的化学方程式： (2)如果矿石中不含CaO,焙烧时需要添加CaO(或CaCO3),不添加可能的后果是 (3)写出氨浸铜反应的离子方程式： 氨铵比1：1时氨浸铜 效果最好，此时溶液pH= (4)电解时阳极反应式为 (5)浸银液含[Ag3(SO3)4]5,还原时氧化产物为[F(SO3)4]5,氧化剂和还原剂的物质的 量之比为 17.(14分)钙及其化合物在生产、生活中的应用非常广泛。碳酸钙可用于煤燃烧时的脱硫。 实验室模拟碳酸钙脱硫时，发生如下反应： 反应I：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g）△H=a kJ.mol- 反应Ⅱ：CaO(s)+SO2(g)=CaSO,(s)△H2=b kJ.mol 反应Ⅲ：2CaS03(s)+O2(g)=2CaS04(s)△H=ckJ·mol 9 已知：K,:用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数。 回答下列问题： (1)反应V:2CaC03(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaS04(s)+2CO2(g)△H4= kJ.mol- (用含a、b、c计算式表示)。 (2)在2L的刚性容器中加入一定量的CaC03和5molS02、3molO2混合气体，恒定温度 为T,℃，起始压强为po kPa,发生上述反应，20min时测得体系有4 mol CO2,则此时 反应I的反应速率v(CO2)为 kPa.min(用含po计算式表示)，再反应一段时 间达平衡后，测得体系中总压为1.25 po kPa,S02和O2体积分数分别为10%、20%，则 体系中CaO的物质的量为，反应V的K,= (kPa)l。若继续向刚性容 器中充入少量S02,再次平衡时，p(C0)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 p(SO2) (3)向刚性容器中加入一定量的CaC03、SO2和O, 混合气体，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得n(SO2)、 E◆ B F◆ n(CO2)与温度的关系如图所示，t1时整个反 应体系已达平衡状态。 b ①表示n(SO2)与温度关系的曲线是 (填“a”或“b”)。 t 温度℃ 化学（二）第6页（共8页） ②2温度之后，曲线b随温度升高不再变化的原因是 ③若起始时再多加2 mol Cac03,则A点将可能移向 (填字母)点。 18.(15分)某小组由硝基苯制备苯胺，反应原理为 N02+9Fe+4H20→4 NH2+ 3FeO4,制备流程如图1所示。 7.8 mL 13.5g铁粉 25mL水 混合液 硝基苯 苯胺溶液 粗苯胺 5.0g纯苯胶胺 1.5mL冰醋酸 步骤1 步骤2 步骤3 步骤4 图1 利用图2装置完成步骤1和步骤2，利用图3装置完成步骤3： 水蒸气导管 仪器 馏出液导管 仪器A 水 温度计 冷凝管 水蒸气 发生器 接液管 水 接收瓶 苯胺溶液 器馏出液 图2 图3 已知相关有机物的性质如下： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(gmL) 溶解性 硝基苯 5.7 210.9 1.20 难溶于水，易溶于乙醚 苯胺 -6.2 184.4 1.02 难溶于水，易溶于乙醚 乙醚 -116.2 34.6 0.71 微溶于水 回答下列问题： (1)步骤1：在250mL三颈烧瓶中放置13.5g铁粉、25mL水及1.5mL冰醋酸，振荡使其 充分混合，除去铁锈。铁锈与醋酸发生反应的离子方程式为 (2)仪器B上回形玻璃管的作用是 ;仪器A中进水口是 (填“a”或 “b”)。 (3)步骤2：对步骤1所得混合液加热煮沸约10m。稍冷后，从冷凝管顶端分批加入硝 基苯（不足量，共加入7.8mL),每次加完后要用力摇振，使反应物充分混合。当有 5.6g铁反应时，转移 mol电子。 (4)步骤3：用水蒸气将苯胺逐渐吹出。 将馏出液转入分液漏斗，分出“苯胺层”和“水层”。“水层”加食盐至饱和后（加入 18~20gNaC1),每次用10mL乙醚萃取3次。合并苯胺层和乙醚萃取液，加人NaOH 粉末，过滤得苯胺-乙醚溶液。分离出“水层”的操作是 食盐的作用是 化学（二）第7页（共8页） (5)步骤4：将苯胺-乙醚溶液加入蒸馏瓶中，先在水浴上蒸馏，收集乙醚，残留物用空气 冷凝管蒸馏，收集馏分，产量约为5.0g。收集馏分温度宜为 ℃左右。 (6)本次实验产率约为 %(结果保留三位有效数字)。 19.(14分)化合物J属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。以下是制备化合物J的一种合 成路线。 0 OH 0 0 O CCH; CHC-O-CCH CH.NO:H.C CH, HCHO CH.O- HCI 浓磷酸，△ A1Cl3,△ H.C A B C CH,CI CH.CN CH.CN OH OH OCH 一CH NaCN (CH3)2SO G CH H.C H.C KCO; CH3OH,△ H.C D CH,CN CHCOOH 些 OCH CH=CH- Br一定条件，Hs0.(aq H.C DMSO H.C H 已知：①R一CHO+CH,-C ②R OCH,一条件R OH 回答下列问题： (1)A→B的同时还生成了乙酸，则A的名称为 该反应类型是 (2)E→F转化的目的是 ,化合物J中含氧官能团包括醚键和 (3)写出F生成H反应的化学方程式： (4)B有多种同分异构体，满足下列条件的有 种。 ①分子中含有一个甲基，能与FCL3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应。 其中核磁共振氢谱有6峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1：1的同分异构体的结构简式为 0 (5)参照上述流程，下列合成的路线中，A→B的反应条件为 其中A、C的结 烯 构简式分别为 和 CH2CH 0 0 1.[?] BryFebt3→AiHt/H,OB 3aCH, O-CCH3- CHNO2 IC.C 化学（二）第8页（共8页） 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷 化学（二）答题卡 姓 名 考生禁填 缺考考生，由监考员贴条形码，并 证 用2B铅笔填涂右面的缺考标记 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓 贴条形码区 填 注 名、准考证号，并核对准条形码上的信息。确认无误后，将条形码 粘贴在答题卡上相应位置。 涂 正确填涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用黑色字迹的签字笔 样 事 或钢笔作答，字体工整、笔迹清楚 3.考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范 例 项 围书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 4.保持卡面清洁，不准折叠，不得损坏。 选择题 1.ABCD 5.AB C D 9.ABCD 13.A B CD 2.ABCD 6.AB CD 10.ABCD 14.A B C D 3.A B C D 7.A BCD 11.AB C D 15.AB C D 4.AB CD 8.AB C D 12.AB CD 非选择题 16.(12分) (1) (2) (3) (4) (5) 17.(14分) (1) (2) (3)① ② ③ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 非选择题 18.(15分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 19.(14分) (1) 1 (2) (3) (4) (5) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效3 mol ①0-12min内(CH,)=12mi 5L -=0.05 mol.L-!.min-! ②由题意知，反应前气体的总物质的量为10ol,则在恒温恒容条件下，反应达到平衡后的压强是反应前的1.7倍。 4mol×4mol ③反应Ⅱ的平衡常数K=c(C4)c(CH,) .5L 5L=16 c(CH CHCH,CH) 3 mol 15 5L ④由题可知，反应I的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，丙烯的浓度减小，则丙烯的浓度随时间的变化对应 图2中的曲线d。 (3)选择性膜提高C,H。的选择性，其原因是CH。可通过选择性膜而脱离体系，促进反应I的平衡正向移动、反应Ⅱ的平 衡逆向移动。 (4)向正丁烷中混入一定量的水蒸气以减少积碳对催化剂活性的影响，原因是水蒸气能与积碳发生反应C+H,0商温CO+ H2,可消除催化剂表面的积碳，使催化剂与反应物充分接触，提高催化剂的催化效率。 19.(13分，除特殊标记外，每空2分) (1)氧化反应(1分) OH (2)2 +0 +2H20 (3)酯基 (4)> NHCI 5)10 【解析】A被MO2氧化，将甲基氧化为醛基生成B,B与CHMgBr在H,O+条件下发生已知反应生成C,则C为 OH 人C,C与O:在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D,D与E发生取代反应生成F,F与H,在 i的催化下发生还原反应，将氰基还原为氨基，生成G,G依次发生加成反应、消去反应、加成反应生成H,据此回答。 (1)由分析知，A被O2氧化，将甲基氧化为醛基生成B,A→B的反应类型为氧化反应 (2)C与O2在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮羰基，生成D,化学方程式为 OH +2HO。 COOC- (3)E为 CN' 含氧官能团的名称为酯基。 参考答案与解析第5页（共60页） CI CH; (4)在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，结合质子能力越强，碱性越强， 中甲基是推电子基团，会 CH 使氮原子上电子云密度增大， 的碱性更强。 CI CH (5)A为 其同分异构体中含苯环和一N<,若苯环上只有一个取代基，为一NC2,共有1种；若苯环上有 ci 两个取代基，为一CI和一NHCL,有邻、间、对3种；若苯环上有三个取代基，为一C1、一C1、一NH,苯环上连三个取代基， 其中有两个相同时，共有6种，符合题意的同分异构体共1+3+6=10种；核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为2：2：1，说明 NH2 Cl、 CI 分子中有3种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为2：2：1，上述同分异构体中符合条件的有 NHCI C (6)由于G→H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，即 CHNH2→ a川，华=有ar台太为 75 2026年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷化学（二） 1.A【解析】石墨烯为单层石墨，属于新型无机非金属材料，故A正确；聚醚醚酮是有机材料，故B错误；煤油是烃类混 合物，不属于酯类化合物，故C错误；智能手机芯片主体材料是硅，硅品体中原子通过共价键结合，形成空间网状结构，属于 共价晶体，石墨晶体中，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间通过范德华力相互作用，是混合型晶体，二者晶体类型不同， 故D错误 2.C【解析】氯原子半径大于碳原子，不能表示四氯化碳，故A错误；邻羟基苯甲醛分子内氢键应是羟基中的H与醛基中 o h CH O形成，示意图为 ,故B错误；KC是离子化合物，故C正确；S0,中硫原子的孤电子对数为6-3x2-0,价层电子 2 对数为3+O=3,其VSEPR模型为平面三角形，故D错误。 3.B【解析】28gSi物质的量为1ol,晶体硅中每个硅原子形成4条共价键，每条共价键为2个硅原子共有，所以1 mol Si 中含共价键的数目为2WA,故A错误；5.6gSi的物质的量为0.2mol,根据电负性可知H为-1价，故由题目所给反应可知每生 成1 mol Si需转移4mol电子，故转移电子的物质的量为(0.2×4)mol=0.8mol,即转移电子数为0.8Va,故B正确；标准状况下 SiHCI3是液体，不能用气体摩尔体积计算，故C错误；1LpH=2的HCI溶液中，c(H)=102moL,全部来自HCI的电离，水 参考答案与解析第6页（共60页） 的电离被抑制，故水电离出的c(H)=c(OH)=102molL,故1L溶液中由水电离出的H个数为10Va,故D错误。 4.A【解析】CCL,除去挥发出的苯和溴蒸气，再通入硝酸银溶液，若生成浅黄色沉淀，则证明苯和溴反应生成了HBr,该 反应为取代反应，故A正确：白葡萄酒中的乙醇也能与高锰酸钾反应，无法确定SO2的量，故B错误：甘油与水互溶，无法用 过滤的方法分离，故C错误：漏斗应密封，否则会导致H2漏出，影响实验数据，应该用分液漏斗，故D错误 5.D【解析】由图知，分子式为CHO4,故A错误；由图知，该分子中含酯基、醚键两种含氧官能团，故B错误；分子 中含有酚酯基，1ol该分子最多与2mol氢氧化钠反应，故C错误； 此4个碳一定不共面，故D 正确。 6.B【解析】根据钽矿渣（主要含TaO3、FeO、AlO,及油脂等）为原料制备NaTaO,的流程图，加入纯碱在碱性条件下通 入足量空气焙烧，一方面可以使油脂（有机物）转化为CO2除去，另一方面TaO、FeO转化成NaTaO3、FeO3,AlO3转化为 Na[AI(OH)4];加入水进行水浸，不溶于水的Fe,O是“固体1”的主要成分，“水浸”后的浸出液中有NaTaO,和Na[AI(OH)4], 通入足量CO2,铝元素以氢氧化铝沉淀析出，故“固体2”是氢氧化铝，最后溶液经过系列操作得到。由分析可知，通入空气的 目的是将氧化亚铁转化为氧化铁，将油脂转化为二氧化碳和水除去，故A正确：实验室焙烧固体需用到的仪器为坩埚、三脚 架、泥三角等，不需要用到蒸发皿，故B错误；由分析可知，“固体1”为红棕色的FO,可用于制造红色颜料，故C正确； 由分析可知，滤液经蒸发浓缩、降温结品、过滤、洗涤、干燥得到钽酸钠，故D正确。 7.C【解析】基态W原子s能级上的电子总数是p能级上的电子总数的2倍，W是C;Q、W、X、Y、Z是原子序数依次 增大的短周期元素，则X为N,Q为H,Z单质为有色气体，则Z为C1,Q与Y原子的最外层电子数之和等于Z原子的最外层 电子数，则Y为O。X为N,Y为O,同一周期的元素从左到右，第一电离能总体上呈增大趋势，但氮原子的2p轨道处于半 76 满的稳定结构，这种结构较难失去电子，导致氮的第一电离能比氧的第一电离能大，因此N>O,故A正确；Y是O,Z是C, 形成的CIO,具有强氧化性，是一种常用的消毒剂，故B正确；W是C,Z为C1,氯的氧化性强于碳，但是没有强调是否为最 高价氧化物对应的水化物，故不能判断，故C错误；Y为O,Q为H,非金属性O>H,故电负性O>H,故D正确。 8.B【解析】[A1(OH)4]+HCO=A1(OH)+CO+HO,两种阴离子无法水解相互促进，该反应说明[AI(OH)4]结合质子能力 强于CO,故A错误；向Fe(SCN),溶液中加入少量NF后红色变浅，说明Fe(SCN)3的量在减少，可知F更易与Fe+结合， 故B正确；FeCl3过量，滴入KSCN溶液一定变红，故不能证明该反应有一定的限度，故C错误；向苯酚浊液中加NaCO3溶 液，溶液变澄清，苯酚和Na,CO3反应生成苯酚钠溶液和NaHCO3,而不是生成HCO3,所以酸性为苯酚大于碳酸氢根离子，而 不能说明大于碳酸，故D错误。 9.D【解析】在硫酸工业中，FeS2与O2在高温下煅烧反应产生FO3、SO2,SO2与水反应产生HSO3,不是反应产生 H2SO4,故A错误；在金属Mg制备中，先用盐酸溶解Mg(OH)2,反应产生MgCl2溶液，然后在HCI气氛中加热蒸发水分获得 无水MgCl,再电解熔融MgCL2,制取得到金属Mg,若电解MgCl溶液，反应产生Mg(OH)2、H、CL2,不能得到金属Mg, 故B错误；在纯碱工业中，先向饱和NaCI溶液中通入NH,使溶液显碱性，然后通入过量CO,气体，反应产生NaHCO,沉淀 和NH,Cl,将NaHCO沉淀过滤，加热，NaHCO,分解制取得到纯碱NaCO3,由于CO2在水中溶解度小，向NaCI溶液中通入 CO2气体，不能产生NaHCO,沉淀，也就不能反应制取得到纯碱，故C错误；D正确。 10.B【解析】超分子具有自组装的特性，X、18-冠-6和HC1O,形成超分子的过程体现了超分子自组装的特征，故A正确； 18-冠-6空腔直径为260~320pm,Rb和K的直径均在此范围内，均能进入18-冠-6的空腔，则二者不能通过18-冠-6进行分离， 故B错误：K+半径小于超分子阳离子，因此KC1O,离子键强度更大，熔点更高，故C正确；氨基N上有孤电子对，排斥力更 大，键角更小，故D正确。 11.D【解析】氢离子由B极向A极移动，则A是正极、B是负极，所以B的电势比A低，故A正确；负极CH,COO失电 参考答案与解析第7页（共60页） 子被氧化为CO2,C的平均化合价从0→+4，电极反应式为CH,COO-8e+2HO=2CO2↑+7H,故B正确；该电池含微生物膜， 高温会导致微生物失活，不宜在高温下运行，故C正确；负极生成2CO2转移8e,正极反应式为CH,CIOH+2+H→CH,OH+ C,生成2 mol Cl转移4e,所以每生成2molC1,有1 mol CO2生成，故D错误。 12.C【解析】由反应物和生成物可知，总反应的离子方程式为HCO+H,=HCO0+H0,故A正确；HCO中C为+4价， HCOO中C为+2价，生成1 ol HCOO,转移的电子数为2WA;故B正确；反应过程中有H一H断开和C一O断开，有N一H 和H一O生成，有极性键、非极性键断开和极性键形成，没有非极性键的形成，故C错误；由第③步反应可知，用D2代替H2, 反应可得DCOO,故D正确。 13.C【解析】升高温度，反应向吸热反应方向移动，根据图可知，升温HS平衡转化率增大，说明正反应是吸热反应，K 随温度升高而增大，故A正确；该反应为气体计量数增大的反应，若在恒压容器中进行反应，随着反应进行容器体积增大，浓 度减小，反应速率减慢，达到平衡所用时间变长，故B正确：反应物只有1种气体，产物气体分子数增大，温度不变，在恒容 条件下，向平衡体系充入反应物，等效于加压，平衡逆向移动，则HS平衡转化率减小，故C错误；A点时，HS的平衡转化 率为50%，设HS物质的量为1mol,则平衡时，HS、S2、H2的物质的量分别为0.5mol、0.25mol、0.5mol,HS、S2、H2的 0.5 0.25 0.5 物质的量分数分别为0.5+02510.5×100%=40%、0.50.230.5×10%=20%、0.5+02510.5×100%=40%，故D正确。 14.C【解析】PbO品胞可看作CaF2晶胞中占据的四面体空隙的数量减半，品胞的高度会变化，CaF2中Ca与Ca的最短距 离为晶胞面对角线的)，Pb0晶胞中Pb与Pb的最短距离和CaF,中Ca与Ca的最短距离不相等，故A错误；PbO、PS、ZnS 晶胞中分别含有4个PbO、4个PtS、4个ZS,三个晶胞的棱长不等、体积不等，PbO、PtS、ZnS的摩尔质量不同，晶体密度 不一定相同，故B错误；PbO、PS、ZnS品胞中阳离子和阴离子的个数相等，PbO、PS、ZnS品胞中距离阳离子最近且相等的 阴离子个数均为4，阳离子的配位数都是4，故C正确；PtS品胞可看作CF2品胞中占据的四面体空隙的数量减半，PtS品胞中 n与P的最短距离为面对角线的分，即Ya,故D错误。 15.A【解析】根据Kp[Mn(OH)2]<Kp[Mg(OH)2]=5.61×10-2;当c(Mg2)=1×105mol/L,生成氢氧化镁沉淀所需c(OH)= MgOH(56X9moL7.49x10moL,poH=3.1,pH=0.9,由图，d为pH与gcMg)关系，则c为pH雪 c(Mg) lgc(Mn2+)关系；已知Kp(FeS)>Kp(NiS)=3.2×10-9,若c(Ni2+)=1×l0mol·L时，溶液中c(HS)=0.1mol.L,生成NiS沉淀所 需c(S）人〉=328moL32x0m0L.此时Kk.=c2S2=H3,2x10"89x10x1.2x10c(Hr)E c(HS) 0.1 1.83×l0-mol/L,pH=3.7,由图可知，a为pH与lgc(Ni+)关系，则b为pH与lgc(Fe2+)关系。Km(FeS)>Km(NiS),向含Ni+溶液 中加入FeS可能使得硫化亚铁转化为更难溶的硫化镍沉淀，可能发生反应：FeS(s)+Ni(aq)一NiS(s)+Fe+(aq),故A正确；b 为pH与lgc(Fe2+)关系，故B错误；KMn(OH)2]<K[Mg(OH)2],氢氧化锰溶解度更小，OH浓度相同时，Mn浓度更小，则 在25℃，某溶液中存在Mn(OH)2和Mg(OH)2时，c(Mn2)<c(Mg2),故C错误；e为pH与lgc(Mn2)关系，由图可知，当c(Mn2)= 1×105mo/L,pH=10.2,pOH=3.8,K[Mn(OH)2]=c2(OH)·c(Mn2+)=10-3×105=10-26,25℃时，K[Mn(OH)2]的数量级为10-13， 故D错误。 16.(12分，每空2分) (1)AsS+6Ca0+60,5m'3CaS0,+Ca(As0,2 (2)焙烧生成SO2和剧毒的AsO3污染空气 (3)CuO+2NH3H2O+2NH;=[Cu(NH3)++3H2O CuO+2NH3+2NH:=[Cu(NH3)4]+H2O 9.25 (4)2H0-4e=02↑+4Ht (5)1:1 参考答案与解析第8页（共60页） 【解析】(1)O,作氧化剂，AsS,作还原剂，焙烧时CaO可以将AsS,转化为Ca(AsO)2、CaSO4,根据氧化还原法配平方 程式As.S,+6Ca0+60,0℃3CaS0+Ca(As0,a。 (2)由信息①AsO,剧毒，可由硫化物氧化得到可知，如果不含CO,焙烧时AsS,转化为剧毒的AsO3和SO2 (3)焙烧后的产物中铜以CuO形式存在，加入氨水和(NH)SO,进行氨浸铜，CuO转化为[Cu(NH)a]2+,故方程式为CuO+ 2NH3HO+2NH=[Cu(NH3)4]2+3HO或CuO+2NH+2NH=[Cu(NH)4]2++HO。氨铵比为1：1时，c(NHt)=c(NH3HO),K= c(NH)c(OH )=c(H-)=10-4 mol/L,c(H*)=10-25 moV/L c(NH3·HO) (4)电解时阳极发生氧化反应，其电极反应式为2HO-4e=O2↑+4H。 (5)浸银液含[Ag(S,O)4]5,还原时氧化产物为[Fe(SO)4]5,则每1 mol Fe失3mol电子，1mol[Ag(SO)4]5得到3mol 电子，由得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1。 17.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)2a+2b+c (2)器3mol196不变a分) Po (3)①a(1分)②反应I已将CaC0,全部消耗完③B 【解析】(1)根据盖斯定律，可得反应V:2CaCO(s)+2SO2(g)+O2(g)一2CaSO,(s)+2CO(g)△H=(2a+2b+c)kJmo。 (2)根据总反应计算有： 2CaC03(s)+2S02(g)+02(g)=2CaS04(s)+2C02(g) 起始时的物质的量mol 53 0 转化的物质的量/mol 4 2 4 20mim时的物质的量/mol 1 1 000西 Po 20mm给<Pamin,再反应一段时间达平衡后，测得体系中 总压为1.25p0kPa,总的物质的量为8x1.25=10mol,S02和0体积分数分别为10%、20%，物质的量分别为1mol和2mol, C02为10-1-2=7mol,即总共有7mol碳酸钙分解，与S02结合的有5-1=4mol,则体系中Ca0的物质的量为7mol-4mol= p2(C02) (1.25p×70%)2。一=196(kPa)。若继续向刚性容器中充入少量S02,再次平衡 3mol;反应N的K,=p5S0.p(0,(125px10%x(1.25px20%)而 时，p(C0)将不变。 p(SO,) (3)①碳酸钙分解为吸热反应，温度升高，产生二氧化碳的量增加，故曲线b为二氧化碳，曲线为二氧化硫；②温度高 于t2后，碳酸钙已经完全消耗，产生二氧化碳的量不再增加；③如果再多加2 mol CacO,产生二氧化碳的量增加，A点将可能 移向B点。 18.(15分，除特殊标记外，每空2分) (1)Fe2O,+6CH COOH-2Fe*+6CHCOO+3H2O (2)平衡气压，使液体顺利流下b(1分) 3)吉 (4)取下分液漏斗上部塞子，旋转活塞，收集下层有机液，当有机液流完后关闭活塞，从上口倒出水层降低苯胺溶解度 (5)184~185(或其他合理答案) (6)70.7 参考答案与解析第9页（共60页） 【解析】(1)铁锈为Fe,O3,离子方程式为FeO+6 CH COOH=2Fe+6 CH COO+3HO (2)仪器B上回形玻璃管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；冷凝水应是下进上出，故进水口是b。 (3)e0,中铁为2个+3价，1个42价，56g铁为01ml,转移电子数为0×2x3+0号Q=告 -15° (4)由密度可知，下层是有机层，上层是水层，上层从上口出，下层从下口出。因此，分离出水层的操作为：取下分液漏 斗上部塞子，旋转活塞，收集下层有机液，当有机液流完后关闭活塞，从上口倒出水层。水层中含少量苯胺，加入氯化钠，降 低苯胺的溶解度，使苯胺分层。 (5)蒸馏产品，根据苯胺沸点确定蒸馏温度，收集馏分温度为184~185℃。 5.0g (6)由题干可知，硝基苯不足，铁粉过量，根据硝基苯计算产率，0.076m03m0×100%≈70.7% 19.(14分，除特殊标记外，每空2分) (1)对甲基苯酚（或4-甲基苯酚）(1分)取代反应(1分) (2)保护酚羟基(1分)羧基、酮羰基 CH.CN CH.CN OCH OCH (3) +OHC Br OH H.C CH-CH- -Br+HO (4)23HO -CH-CHO CH OH (5)NaOH溶液，加热(1分)CH Br(1分) C.H CH,(1分) 77 【解析】(1)由B的结构及A→B的同时还生成了乙酸可知，A的结构为 HC OH,该过程为取代反应。 (2)由已知②可知，E→F是将E中一OH转化为一OCH,H→I步骤中还原为一OH,因此E→F是保护酚羟基。 CH2CN OCH (3)由已知①及F、H结构可知，G的结构为 CHO ,因此方程式为 +OHC- -Br OH Br H.C CH △ 0 CH2CN OCH H.C- CH-CH -Br+HO (4)根据要求，结构中含有酚羟基、醛基和甲基，可以是苯环上三取代：一OH,一CH,CH,一CHO或一OH,一CH, CH,CH0,有10x2=20种，也可以是苯环上的二取代：一OH,一CHCHO,有3种，一共23种。 CH (5)由题干可知，在浓磷酸加热条件下，乙酸酐与酚羟基发生取代反应，故B为对乙基苯酚。A→B为卤代烃的水解反应， OH 条件为NaOH溶液，加热。根据流程可知，A、C分别为CH CH 参考答案与解析第10页（共60页）