模拟卷10 -【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前仿真模拟卷（福建专用）

**基本信息** 聚焦2026高考化学仿真，以科技前沿（如太阳系外行星化学指纹）、工业流程（如赤泥分离钛铝铁）为情境，全面考查化学观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题40分|化学与STSE（1题）、配合物平衡（2题）、物质结构（4题）、实验设计（8题）|第4题结合短周期元素推断，考查电负性与分子构型，体现宏观辨识与微观探析| |非选择题|4题60分|工业流程（11题）、实验制备（12题）、有机合成（13题）、反应原理（14题）|第14题耦合乙苯脱氢反应，融合键能计算与平衡移动分析，凸显科学思维与模型认知|

【决胜高考·仿真10卷】备战2026年高考化学考前仿真模拟卷 模拟卷10 （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 Cl 35.5 Cr 52 Mn 55 Ni 59 La 139 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．A 3．B 4．D 5．B 6．B 7．A 8．A 9．C 10．C 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11．（15分） (1)增大在溶液中的溶解度，加快氧化的反应速率，使充分氧化为 (2)用量增大，体系逐渐升高，会发生沉淀，同时生成的胶体增多，会吸附更多，因此镍的损失率增大 (3) (4)AC (5)2 (6)4：1 12．（15分） (1)排除装置内的空气，防止反应生成的在高温下被氧气氧化，且可以促进挥发，使进入E装置中，与反应 dejk A 凝华成固体 (2) ace 13．（15分） (1)酮羰基 C8H10O (2)4 (3)O2 (4)CD (5) 酯化反应 +H2O 14．（15分） (1) 升高温度或降低压强 (2)AB (3)低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 (4)N 1.52 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年高考化学考前仿真模拟卷 模拟卷10 （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 Cl 35.5 Cr 52 Mn 55 Ni 59 La 139 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．下列做法不能体现“绿色化学”思想的是 A．乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷) B．火力发电时在燃煤中加入适量CaO C．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗 D．将废旧塑料裂解为化工原料 2．为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化) 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中增大使的平衡常数增大 B．若向②的红色溶液中继续滴加1滴浓KSCN溶液，溶液红色会加深 C．②→③说明对的配位能力强于对的配位能力 D．④中无色溶液未见明显变化，是因为不能氧化 3．贝特类药物是治疗高甘油三酯血症的首选药物，一种新型贝特类降血脂化合物Q的合成路线如图所示。下列说法正确的是 A．M分子中所有碳原子均采取杂化 B．N既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 C．P苯环上的一氯代物有7种 D．Q分子中含有手性碳原子 4．科研团队在距离地球约124光年的太阳系外行星的大气中检测到了可能表明生命存在的化学指纹DMS和DMDS，这两种化学物质的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W与Q同主族，Z的基态原子价层p轨道半充满。下列叙述正确的是 A．简单氢化物的沸点： B．和的VSEPR模型均为四面体形 C．第一电离能： D．原子半径： 5．关于物质性质或现象的解释，下列说法错误的是 A．干冰的密度比冰大，与二者晶体中分子的堆积方式有关 B．在水中的溶解度小于在中的溶解度，因为是非极性分子 C．金单质能溶于王水，因为与形成稳定配离子，促进反应发生 D．为共价晶体而非分子晶体，因为、O原子间难以形成稳定键 6．一种以拜耳法赤泥（主要成分为、、的氧化物）为原料分离钛铝铁并制备、的工艺流程如下： 已知：，微溶于水。下列说法错误的是 A．“焙烧”产生的气体主要成分是二氧化碳 B．“酸浸”后的溶液中，其 C．“氧化水解”温度不宜过高 D．“沉淀”反应的离子方程式为 7．一种金的双核配合物Ⅰ光催化某反应的机理如图所示(、分别表示+1、+2价金，★表示激发态，Ph表示苯基，每个磷原子结合的两个环己基未示出)。已知：基态金原子的价层电子排布式为。 下列说法正确的是 A．总反应为 B．基态较激发态更易形成稳定的共价键 C．过程中产生的自由基、可以稳定存在 D．高效双循环催化，可提高反应物的平衡转化率 8．下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 选项 实验设计 现象 实验结论 A 将通入下列溶液至饱和： ①浓；②和浓混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液是绿色主要原因是溶有 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 取两份适量固体，分别滴加氨水和盐酸 固体均溶解 为两性氢氧化物 D 将25℃ 溶液加热到40℃，维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 A．A B．B C．C D．D 9．烟酸是B族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中、离子分别向两极迁移。下列说法正确的是 A．a极电势高于b极电势 B．b极的电极反应式为： C．若电路中转移，双极膜中质量减轻5.4 g D．碳封装过渡金属电极能催化提高b电极上还原反应的速率 10．25℃时，用0.1 KOH溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、溶液的pH、微粒分布分数(X表示、、)的关系如图所示，下列说法错误的是 A．时，溶液中 B．25℃时，第一步电离平衡常数 C．c点， D．滴定过程，随pH增大而增大 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11．（15分）工业上以某含镍废渣（主要成分为、、、、）为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示： 已知： ①当溶液的为2.2时开始沉淀；为7.5时开始沉淀； ②胶体易吸附溶液中的金属阳离子。回答下列问题： (1)“溶浸”过程中通入时需要加压，其目的为________；“溶浸”所得“滤渣”的主要成分为________（填化学式）。 (2)“除杂1”时溶液的用量对体系和镍的损失率影响如下图所示。当溶液的用量为时，溶液中开始沉淀，随着溶液用量的增大镍的损失率会增大，其原因可能是________。 (3)“除杂2”时加入的作用是除去溶液中的，发生反应的离子方程式为________。 (4)D2EHPA是一种有机磷化合物，结构如下图所示。在“萃取”过程中与D2EHPA可以形成配合物，则易进入有机相的原因为________（填序号）。 A．通过其磷酸基团与形成配合物 B．D2EHPA与水形成分子间氢键 C．烷基链具有疏水性 D．形成配合物时被还原 (5)“沉镍”过程可生成碱式碳酸镍[]。为测定该沉淀的组成，取干燥的7.54 g样品隔绝空气加热，其热重曲线如下图所示，则________。 (6)某含镍固体电解质材料的晶胞结构如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。在该空位缺陷的晶体中+3价与+4价La原子个数比为________，该晶体的密度为________（列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数）。 12．（15分）某研究小组以为原料探究制备无水并进一步制备新型CrN电子陶瓷的流程如下。 已知： ①熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧化。 ②光气（）沸点为8.2℃，有毒，易水解；沸点为76.8℃；CrN熔点为1650℃。 回答下列问题： (1)“热反应Ⅰ”制备无水的实验装置如图（夹持及A、E、F中加热装置省略）。 ①A装置用于制取，反应时需通的目的是_______。 ②实验装置连接顺序为a→_______→hi→b→c→d→e→fg（填仪器接口字母，装置可重复使用）。 ③“热反应Ⅰ”的化学方程式为_______，A、E装置先点燃_______（填A或E）处的酒精灯。 ④b处导管在实验中可能堵塞的原因是_______。 ⑤若光气进入D装置，发生反应的离子方程式为_______。 (2)“热反应Ⅱ”制备新型CrN电子陶瓷实验部分装置如图（部分装置省略），反应方程式为。 ①室温下，用分析天平称得基体质量为，向基体中加入无水，称得总质量为，反应完成后冷却至室温，经处理称得新型CrN电子陶瓷（含基体和CrN）总质量为，计算CrN的产率为_______（列计算式）。 ②已知无水吸收水分可以形成暗绿色晶体。中存在的化学键有_______（填字母）。 a．配位键  b．氢键  c．离子键  d．金属键  e．共价键 13．（15分）二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下： (1)A所含官能团名称为________；B的分子式为________。 (2)A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为________，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为________。 (3)反应③中，化合物C与无色无味气体X反应，生成化合物D，原子利用率为100%。X为________。 (4)下列说法正确的有________。 A．反应过程中，有键断裂和生成 B．阿托酸分子中所有碳原子均采用杂化，分子内所有原子一定共平面 C．化合物D、E均含有手性碳原子 D．反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，与D的反应在阴极上进行 (5)根据上述信息，以为原料，合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步发生分子内羟基间的脱水成醚反应，有机产物为________（写结构简式）。 ②最后一步进行________（填具体反应类型），其反应的化学方程式为________（注明反应条件）。 14．（15分）耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用的热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下： 反应I．(g) ⇌　(g)+H2(g)     反应Ⅱ． 反应Ⅲ．(g)+CO2(g)⇌(g)+CO(g)+H2O(g)     (1)相关的化学键键能数据如表： 化学键 436 413 348 615 利用上表数据计算为_______，为提高的平衡转化率，可采取的措施为_______。 (2)下列关于反应I~Ⅲ的说法正确的是_______(填标号) A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应Ⅲ达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应I分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅱ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应。控制投料比分别为和，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图甲所示： ①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越_______(填“高”或“低”)。 ②相同温度下，投料比远大于时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： i．乙苯的浓度过低； ii．_______。 ③时，反应经达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为，则_______ (4)向恒容密闭容器中，投入乙苯和各，此时气体压强为，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，还发生副反应： (g)+H2(g)(g)+CH4(g) ，测得反应体系中甲苯的选择性、乙苯的平衡转化率、的平衡转化率随温度的变化关系如图乙所示。表示乙苯的平衡转化率的曲线是_______；温度下反应Ⅱ的压强平衡常数_______(保留两位小数)。 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年高考化学考前仿真模拟卷 模拟卷10 （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 Cl 35.5 Cr 52 Mn 55 Ni 59 La 139 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．下列做法不能体现“绿色化学”思想的是 A．乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷) B．火力发电时在燃煤中加入适量CaO C．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗 D．将废旧塑料裂解为化工原料 【答案】A 【详解】A．乙烯、、反应生成环氧乙烷、氯化钙和水，有副产物生成，不能实现原子利用率100%，不符合“绿色化学”思想，A符合题意； B．火力发电时在燃煤中加入适量生石灰，可以吸收二氧化硫，减少对环境的污染，符合绿色化学的理念，B不符合题意； C．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，符合“绿色化学”思想，C不符合题意； D．将废旧塑料裂解为化工原料，可以实现原料再利用，又能减少塑料对环境的污染物，符合“绿色化学”思想，D不符合题意； 答案选A。 2．为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化) 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中增大使的平衡常数增大 B．若向②的红色溶液中继续滴加1滴浓KSCN溶液，溶液红色会加深 C．②→③说明对的配位能力强于对的配位能力 D．④中无色溶液未见明显变化，是因为不能氧化 【答案】A 【详解】由实验现象可知，①的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子；②的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子；③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子；④的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。 A．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以①中增大氯离子浓度，反应的平衡常数不变，A错误； B．②的溶液中存在如下反应：，向红色溶液中继续滴加1滴浓硫氰化钾溶液，溶液中硫氰酸根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中离子增大，溶液红色会加深，B正确； C．由分析可知，③的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子，说明氟离子对铁离子的配位能力强于硫氰酸根离子对铁离子的配位能力，C正确； D．由分析可知，④的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子，所以向④的溶液中滴加碘化钾溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，D正确； 故选A。 3．贝特类药物是治疗高甘油三酯血症的首选药物，一种新型贝特类降血脂化合物Q的合成路线如图所示。下列说法正确的是 A．M分子中所有碳原子均采取杂化 B．N既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 C．P苯环上的一氯代物有7种 D．Q分子中含有手性碳原子 【答案】B 【详解】A．M分子中结构的亚甲基碳原子为饱和碳原子，采取杂化，并非所有碳原子均采取杂化，A错误； B．结合M和P的结构可推知N为对羟基苯乙胺，分子中氨基能与盐酸反应，酚羟基能与NaOH溶液反应，因此N既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，B正确； C．P有两个苯环，左边的苯环无对称有3种等效氢；右边的苯环对称，有2种等效氢，因此苯环上等效氢共5种，C错误； D．手性碳原子需要连接4种互不相同的原子或基团，Q中不存在符合条件的碳原子，不含手性碳原子，D错误； 故答案选B。 4．科研团队在距离地球约124光年的太阳系外行星的大气中检测到了可能表明生命存在的化学指纹DMS和DMDS，这两种化学物质的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W与Q同主族，Z的基态原子价层p轨道半充满。下列叙述正确的是 A．简单氢化物的沸点： B．和的VSEPR模型均为四面体形 C．第一电离能： D．原子半径： 【答案】D 【详解】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。根据“Z的基态原子价层p轨道半充满”，推知Z价电子为( N)或(P)；结合“W与Q同主族”及DMS、DMDS的结构（含Y连接多X，Q为中心原子），推断X为H（原子序数1，单键）、Y为C（原子序数6，四键）、Z为N（原子序数7）、W为O（原子序数8，ⅥA族）、Q为S（原子序数16，ⅥA族，与O同主族）。 A．简单氢化物沸点比较中水、氨气分子间存在氢键沸点较大，硫化氢沸点最低，水分子间的氢键比氨气分子的更强，故水的沸点比氨气的更高故沸点：H2O＞NH3＞H2S，A错误； B．中C原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形；的中心原子S原子的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体形，二者模型不同，B错误； C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>C ，C错误； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：，即Y>Z>X，D正确； 故选D。 5．关于物质性质或现象的解释，下列说法错误的是 A．干冰的密度比冰大，与二者晶体中分子的堆积方式有关 B．在水中的溶解度小于在中的溶解度，因为是非极性分子 C．金单质能溶于王水，因为与形成稳定配离子，促进反应发生 D．为共价晶体而非分子晶体，因为、O原子间难以形成稳定键 【答案】B 【详解】A．干冰中CO2分子采取紧密堆积，冰中水分子因氢键存在形成了空旷的堆积结构，二者密度差异和分子堆积方式有关，A正确； B．O3分子为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．王水中存在大量Cl-，Cl-可与Au3+形成稳定配离子，降低游离Au3+浓度，促进金溶解的反应正向进行，因此金单质能溶于王水，C正确； D．Si原子半径较大，Si与O原子的p轨道肩并肩重叠程度小，难以形成稳定的π键，因此Si、O只能全部以单键结合形成空间网状结构，SiO2为共价晶体而非分子晶体，D正确； 答案选B。 6．一种以拜耳法赤泥（主要成分为、、的氧化物）为原料分离钛铝铁并制备、的工艺流程如下： 已知：，微溶于水。下列说法错误的是 A．“焙烧”产生的气体主要成分是二氧化碳 B．“酸浸”后的溶液中，其 C．“氧化水解”温度不宜过高 D．“沉淀”反应的离子方程式为 【答案】B 【详解】A．赤泥与纯碱联合焙烧，将金属元素转化金属氧化物，生成气体为CO2，A正确； B．焙烧后硫酸酸浸，浸取液中含有的金属离子为Fe3+、Al3+、Na+以及含Ti的离子，若溶液中Fe3+浓度为0.1 mol/L，则，则pOH=12.5，pH=14-12.5=1.5，B错误； C．氧化水解时，利用H2O2将Ti元素转化为高价态离子并水解，温度过高会使氧化剂H2O2分解，所以温度不宜过高，C正确； D．NaF沉铝时发生的反应为3Na++Al3++6F−=Na3AlF6，D正确； 故选B。 7．一种金的双核配合物Ⅰ光催化某反应的机理如图所示(、分别表示+1、+2价金，★表示激发态，Ph表示苯基，每个磷原子结合的两个环己基未示出)。已知：基态金原子的价层电子排布式为。 下列说法正确的是 A．总反应为 B．基态较激发态更易形成稳定的共价键 C．过程中产生的自由基、可以稳定存在 D．高效双循环催化，可提高反应物的平衡转化率 【答案】A 【详解】A．观察机理图，可知总反应为A项正确； B．基态的价层电子排布为，无未成对电子，可通过电子云重叠产生相互作用，表示为，激发态由于电子跃迁产生未成对电子，故激发态更易形成稳定的共价键，(需要注意的是，虽然激发态更易形成稳定的共价键，但激发态配合物的总体能量较高，反应活性较强)，B项错误； C．过程中产生的自由基、存在单电子，不稳定，C项错误； D．催化剂影响反应速率，只能缩短达到平衡的时间，不能改变平衡常数，故不能提高反应物的平衡转化率，D项错误； 故答案选A。 8．下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 选项 实验设计 现象 实验结论 A 将通入下列溶液至饱和： ①浓；②和浓混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓反应后溶液是绿色主要原因是溶有 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 取两份适量固体，分别滴加氨水和盐酸 固体均溶解 为两性氢氧化物 D 将25℃ 溶液加热到40℃，维持一段时间并用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．Cu与浓反应方程式为：，根据对照实验结果，将通入浓硝酸使溶液由无色变黄，通入和浓硝酸的混合溶液使溶液从蓝色变为绿色，可证明Cu和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有，实验设计、现象和结论均正确，A正确； B．酸性可以将氧化为，但酸化会引入额外的，同时，可溶于水，生成沉淀的质量无法准确反映气体中的含量，B错误； C．与酸反应的离子方程式为：，反应生成对应的盐和水，说明具有碱性，与氨水反应的离子方程式为：，反应生成配合物而非盐和水，不能说明是两性氢氧化物，C错误； D．温度升高时，水的电离程度增加，溶液中增大，pH减小，不能由此得出“pH减小源于水解平衡正向移动”的结论，D错误； 故答案选A。 9．烟酸是B族维生素，可以预防和治疗多种疾病。利用碳封装过渡金属电极可电催化将3-甲基吡啶氧化为烟酸，工作原理如图所示，在电场作用下，双极膜中、离子分别向两极迁移。下列说法正确的是 A．a极电势高于b极电势 B．b极的电极反应式为： C．若电路中转移，双极膜中质量减轻5.4 g D．碳封装过渡金属电极能催化提高b电极上还原反应的速率 【答案】C 【详解】该电解池工作时，电极a为阴极，在碱性NaOH溶液中发生还原反应：；电极b为阳极，在酸性溶液中，3-甲基吡啶被氧化为烟酸：；双极膜中向阳极（b极）迁移，向阴极（a极）迁移，电解过程中阳极电势高于阴极电势，据此分析。 A．b极为阳极，a极为阴极，外加电源作用下阳极电势高于阴极电势，故a极电势低于b极电势，A不符合题意； B．b极的电极反应式为：，B不符合题意； C．根据得失电子守恒，每解离1 mol，双极膜中有1 mol移向阳极，1 mol移向阴极，若电路中转移，双极膜中质量减轻，C符合题意； D．碳封装过渡金属电极的作用是促进3-甲基吡啶在阳极发生氧化反应，D不符合题意； 故选C。 10．25℃时，用0.1 KOH溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、溶液的pH、微粒分布分数(X表示、、)的关系如图所示，下列说法错误的是 A．时，溶液中 B．25℃时，第一步电离平衡常数 C．c点， D．滴定过程，随pH增大而增大 【答案】C 【详解】A．当=1时，反应生成KHA，此时pH＜7，KHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，满足浓度关系：，A正确； B．根据图示，时，此时对应a点，溶液pH为4，时，第一步电离平衡常数为，B正确； C．由图可知，C点溶液，，，根据电荷守恒：，，C错误； D．，随着pH增大，减小，不变，则增大，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11．（15分）工业上以某含镍废渣（主要成分为、、、、）为原料制备碱式碳酸镍的流程如图所示： 已知： ①当溶液的为2.2时开始沉淀；为7.5时开始沉淀； ②胶体易吸附溶液中的金属阳离子。回答下列问题： (1)“溶浸”过程中通入时需要加压，其目的为________；“溶浸”所得“滤渣”的主要成分为________（填化学式）。 (2)“除杂1”时溶液的用量对体系和镍的损失率影响如下图所示。当溶液的用量为时，溶液中开始沉淀，随着溶液用量的增大镍的损失率会增大，其原因可能是________。 (3)“除杂2”时加入的作用是除去溶液中的，发生反应的离子方程式为________。 (4)D2EHPA是一种有机磷化合物，结构如下图所示。在“萃取”过程中与D2EHPA可以形成配合物，则易进入有机相的原因为________（填序号）。 A．通过其磷酸基团与形成配合物 B．D2EHPA与水形成分子间氢键 C．烷基链具有疏水性 D．形成配合物时被还原 (5)“沉镍”过程可生成碱式碳酸镍[]。为测定该沉淀的组成，取干燥的7.54 g样品隔绝空气加热，其热重曲线如下图所示，则________。 (6)某含镍固体电解质材料的晶胞结构如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。在该空位缺陷的晶体中+3价与+4价La原子个数比为________，该晶体的密度为________（列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数）。 【答案】 (1)增大在溶液中的溶解度，加快氧化的反应速率，使充分氧化为 (2)用量增大，体系逐渐升高，会发生沉淀，同时生成的胶体增多，会吸附更多，因此镍的损失率增大 (3) (4)AC (5)2 (6)4：1 【详解】含镍废渣（主要成分为、、、、）经过稀硫酸酸浸，同时通入氧气将二价铁氧化为三价铁，将不反应的二氧化硅过滤到滤渣中，滤液中含有的金属离子为二价镍离子、三价铁离子、二价铜离子，除杂1中加入碳酸钠溶液调pH，除去三价铁离子，生成氢氧化铁沉淀，除杂2中加入NiS，除去二价铜离子，生成硫化铜沉淀，然后用有机磷化物和煤油萃取，将二价镍离子萃取到有机相，然后再向分离出的有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分离出有机相，得到富含二价镍离子的溶液，加入碳酸钠溶液沉镍，得到碱式碳酸镍。据此分析解答。 （1）增大在溶液中的溶解度，加快氧化的反应速率，使充分氧化为，滤渣中含有不反应的SiO2。 （2）用量增大，导致体系逐渐升高，会发生沉淀，同时生成的胶体增多，会吸附更多，因此镍的损失率增大 （3） （4）D2EHPA的磷酸基团可以与形成配合物，同时其长烷基链具有疏水性，因此形成的配合物易进入有机相，故选择AC。 （5）最终固体质量为，，即总；时失去全部结晶水，结晶水质量为，，可知样品物质的量，因此；结合摩尔质量关系：，联立解得。 （6）根据完整的晶胞结构可得O个数为，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，则真实的O个数为3×95%=2.85；Ni(II)个数为； Mn(III)个数为；La(III或IV)个数为1，晶胞化学式为，设晶胞中+3价La为x个，则+4价La为2-x个，根据化合价为代数和为0，可得，解得，则有+3价La为1.6个，则+4价La为0.4个，个数比为4：1。 一个晶胞中各原子个数和对应的摩尔质量如下：Ni：个，M(Ni)=59；Mn：个，M(Mn)=55；La：1 个，M(La)=139；O：2.85 个M(O)=16； 晶胞总质量 m 为：； 晶胞的体积：； 密度公式：，代入得。 12．（15分）某研究小组以为原料探究制备无水并进一步制备新型CrN电子陶瓷的流程如下。 已知： ①熔点为83℃，易潮解，易升华，高温下易被氧化。 ②光气（）沸点为8.2℃，有毒，易水解；沸点为76.8℃；CrN熔点为1650℃。 回答下列问题： (1)“热反应Ⅰ”制备无水的实验装置如图（夹持及A、E、F中加热装置省略）。 ①A装置用于制取，反应时需通的目的是_______。 ②实验装置连接顺序为a→_______→hi→b→c→d→e→fg（填仪器接口字母，装置可重复使用）。 ③“热反应Ⅰ”的化学方程式为_______，A、E装置先点燃_______（填A或E）处的酒精灯。 ④b处导管在实验中可能堵塞的原因是_______。 ⑤若光气进入D装置，发生反应的离子方程式为_______。 (2)“热反应Ⅱ”制备新型CrN电子陶瓷实验部分装置如图（部分装置省略），反应方程式为。 ①室温下，用分析天平称得基体质量为，向基体中加入无水，称得总质量为，反应完成后冷却至室温，经处理称得新型CrN电子陶瓷（含基体和CrN）总质量为，计算CrN的产率为_______（列计算式）。 ②已知无水吸收水分可以形成暗绿色晶体。中存在的化学键有_______（填字母）。 a．配位键  b．氢键  c．离子键  d．金属键  e．共价键 【答案】 (1)排除装置内的空气，防止反应生成的在高温下被氧气氧化，且可以促进挥发，使进入E装置中，与反应 dejk A 凝华成固体 (2) ace 【详解】“热反应Ⅰ”制备无水的实验装置中，A制备氮气，A生成的氮气经C干燥后进入F促使挥发，进入E中反应生成，同时排除装置内的空气，防止反应生成的在高温下被氧气氧化，易升华，E装置产生的进入B装置冷却，同时冷凝有毒的防止其污染环境，也冷凝成液态；为防止水解，经C装置中浓硫酸后，再通入D中吸收有毒的，防止污染环境。据此分析。 （1）①根据以上分析，A装置用于制取N2，反应时需通N2的目的是：排除装置内的空气，防止反应生成的在高温下被氧气氧化，且可以促进挥发，使进入E装置中，与反应。 ②A中生成的氮气，经C干燥后进入F促使挥发，进入E中反应生成，易升华，进入B装置冷却，为防止水解，经C装置中浓硫酸后，再通入D中吸收，故实验装置连接顺序为a→d→e→j→k→hi→b→c→d→e→fg。 ③根据流程图，与发生“热反应Ⅰ”生成和，化学方程式为；A装置用于制取N2，用生成的N2排尽装置内空气，防止被氧化，故A、E装置先点燃A处的酒精灯。 ④E装置产生的通入B装置降温（冷却），熔点为83℃，易在B装置中b的导管口凝华，所以b处导管在实验中可能堵塞。 ⑤光气()易水解，若光气进入D装置，可以理解为先与水反应，生成和HCl，再与NaOH溶液发生反应，生成Na2CO3、NaCl、H2O，发生反应的离子方程式为。 （2）①无水的质量为，理论上根据可知，生成CrN的质量为，实际生成CrN的质量为，故CrN的产率为。 ②中存在的化学键为和之间的离子键，内部的极性共价键，中与、之间的配位键。故答案选ace。 13．（15分）二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。我国学者以电催化反应为关键步骤，用作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下： (1)A所含官能团名称为________；B的分子式为________。 (2)A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为________，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为________。 (3)反应③中，化合物C与无色无味气体X反应，生成化合物D，原子利用率为100%。X为________。 (4)下列说法正确的有________。 A．反应过程中，有键断裂和生成 B．阿托酸分子中所有碳原子均采用杂化，分子内所有原子一定共平面 C．化合物D、E均含有手性碳原子 D．反应④中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，与D的反应在阴极上进行 (5)根据上述信息，以为原料，合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步发生分子内羟基间的脱水成醚反应，有机产物为________（写结构简式）。 ②最后一步进行________（填具体反应类型），其反应的化学方程式为________（注明反应条件）。 【答案】 (1)酮羰基 C8H10O (2)4 (3)O2 (4)CD (5) 酯化反应 +H2O 【详解】A与氢气发生加成反应生成B；B在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成C；C发生氧化反应生成D；D在1过程中，与CO2在电催化下实现开环、2过程中，经酸化转化成E；E在一定条件下转化成阿托酸。 （1）A结构中的官能团为酮羰基；根据B的结构可知其分子式为C8H10O； （2）依题同分异构体中含有苯环和醛基结构，符合题意的同分异构体为、、、，共4种；其中核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为； （3）根据原子利用率为100%，结合质量守恒定律，碳碳双键在催化剂作用下氧化生成环醚结构，故X为O2； （4）A．A→B过程中，断裂了碳氧双键（断裂π键），但没有π键生成，A错误； B．阿托酸分子中所有碳原子均采取sp2杂化，但结构中的C-C单键可旋转，使得分子内的原子不一定共平面，B错误； C．手性碳是指饱和碳原子连接4个不一样的原子或原子团，D和E结构中的手性碳位置如图所示、（带“*”碳原子为手性碳），C正确； D．E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，故与D的反应在阴极上进行，D正确； 故答案选CD； （5）①结合题干信息可知，发生分子内脱水生成；②与CO2在电催化下实现开环、再经酸化转化成，最后在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成和水，最后一步的化学方程式为+H2O。 14．（15分）耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用的热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下： 反应I．(g) ⇌　(g)+H2(g)     反应Ⅱ． 反应Ⅲ．(g)+CO2(g)⇌(g)+CO(g)+H2O(g)     (1)相关的化学键键能数据如表： 化学键 436 413 348 615 利用上表数据计算为_______，为提高的平衡转化率，可采取的措施为_______。 (2)下列关于反应I~Ⅲ的说法正确的是_______(填标号) A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应Ⅲ达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应I分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅱ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应。控制投料比分别为和，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图甲所示： ①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越_______(填“高”或“低”)。 ②相同温度下，投料比远大于时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： i．乙苯的浓度过低； ii．_______。 ③时，反应经达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为，则_______ (4)向恒容密闭容器中，投入乙苯和各，此时气体压强为，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，还发生副反应： (g)+H2(g)(g)+CH4(g) ，测得反应体系中甲苯的选择性、乙苯的平衡转化率、的平衡转化率随温度的变化关系如图乙所示。表示乙苯的平衡转化率的曲线是_______；温度下反应Ⅱ的压强平衡常数_______(保留两位小数)。 【答案】 (1) 升高温度或降低压强 (2)AB (3)低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 (4)N 1.52 【详解】（1）利用表中数据可得，，反应I为吸热的、体积增大的可逆反应，为提高的平衡转化率，可采取的措施为：升高温度或降低压强。 （2）A．由反应Ⅲ可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故A正确； B．二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应Ⅲ达到化学平衡状态，故B正确； C．其他条件相同，反应I正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故C错误； D．反应Ⅱ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故D错误； 故选AB。 （3）①温度相同时，越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的较大，则在转化率相同时，较大的对应的温度越低； ②相同温度下，投料比远大于时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低； ③时，反应经达到P点，初始时乙苯的物质的量为，此时乙苯转化率为，则消耗的乙苯的物质的量为，生成苯乙烯的物质的量为，。 （4）向恒容密闭容器中，投入乙苯和各，此时气体压强为。升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M为甲苯的选择性曲线：反应Ⅱ、Ⅳ消耗的全部来自反应I，则乙苯的转化率大于的转化率，所以表示乙苯的平衡转化率的曲线是N。图中数据显示，时，乙苯的转化率为，的转化率为，甲苯的选择性为，则参加反应乙苯的物质的量为，平衡时乙苯的物质的量为0.2mol，平衡时CO2的物质的量为0.74mol，由反应Ⅲ可知生成CO的物质的量为1mol-0.74mol=0.26mol，生成H2O的物质的量为0.26mol，由副反应可知生成甲苯和甲烷的物质的量均为，生成苯乙烯的物质的量为，由H元素守恒可知平衡时n(H2)==0.06mol，气体总物质的量为0.2mol+0.56mol+0.06mol+0.24mol+0.24mol+0.74mol+0.26mol+0.26mol=2.56mol，温度下反应Ⅱ的压强平衡常数。 第 1 页 共 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