山东菏泽市单县二中2026届高三下学期模拟二化学试题

**基本信息** 高三化学模拟卷融合传统文化（如釉里红成分辨析）、科技前沿（细菌浸出金属）及真实工业情境（贵金属提取），覆盖结构化学、反应原理等模块，注重科学思维与探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/20|传统文化化学应用（如“气”的氢键判断）、实验操作（CuSO₄溶液除H₂S）|基础概念与情境结合，强化化学观念| |不定项选择|5/20|结构与原理综合（如18-冠-6超分子识别）、有机反应（二甘氨酸合铜滴定）|分层设题，考查科学思维严谨性| |非选择题|5/60|工艺流程（Pt/Pd提取）、实验制备（氨基乙酸合成）、反应原理（环氧乙烷平衡计算）|真实问题驱动，突出科学探究与实践，匹配高考命题趋势|

山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟二 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu56 Ti 48 Co 59 1、 选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是(　　) A.“白釉青花一火成，花从釉里透分明”，釉里红创烧于元代景德镇，红色是因为含有氧化铜 B.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的溶解性不同 C.苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键 D.“杨梅及苏木污衣，以硫磺烟熏之，然后洗，其红自落”利用了SO2的漂白性 2.精细化学品在生产生活中有广泛应用，下列有关说法错误的是(　　) A.乙酸乙酯可用作水果香精 B.氢氧化铝可用作助燃剂 C.石炭酸可用于消毒 D.氧化铁可用作颜料 3.下列实验操作或处理方法错误的是(　　) A.通过CuSO4溶液可除去C2H2中的H2S杂质 B.用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体 C.实验室取用少量白磷时，可在水中用小刀进行切割 D.用过滤法分离苯和三溴苯酚的混合物 4.观察下列结构示意图并结合相关信息，有关说法不正确的是(　　) 玛瑙 FeSO4·7H2O 18⁃冠⁃6 S8 A.玛瑙，又名马脑、码瑙或马瑙，属于共价晶体，且两种原子个数比为2∶1 B.FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 C.18⁃冠⁃6中O(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征 D.固态硫S8中S原子均为sp3杂化 5.下列离子方程式与所给事实相符的是(　　) A.过量SO2与0.1 mol·L-1的Na2S溶液反应：3SO2+2Na2S===3S↓+2Na2SO3 B.少量CO2与C6H5ONa溶液反应：2C6H5O-+CO2+H2O===2C6H5 C.用Na2CO3溶液将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3：Ca2+===CaCO3↓ D.用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2转化为Cr3+：6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O 6.格氏试剂(RMgX)是有机合成的常用试剂，CH3CH2MgBr在乙醚溶液中结晶析出获得CH3CH2MgBr·2O，其结构如图所示(H原子未标出)。下列说法错误的是(　　) A.O原子存在孤电子对 B.共价键成分：Mg—C>Mg—O C.基态原子第一电离能：O>C>Mg D.图中○代表Mg原子，杂化方式为sp3 7.下列实例与解释不符的是(　　) 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B CO2、CH2O、CCl4键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位 Cs+比Na+的半径大 D 逐个断开CH4中的C—H，每步所需能量不同 各步中的C—H所处化学环境不同 8.丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是(加热及夹持装置略)(　　) A B C D 回流 蒸馏 分液 干燥 9.用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿(Cu2S)机理如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O B.温度越高，Cu2S浸出速率越快 C.浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D.理论上反应Ⅰ中每消耗2.24 L O2(标准状况)可浸出0.2 mol Cu2+ 10.下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是(　　) A.配制100 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，选用⑤ B.用KMnO4固体制备氧气，选用② C.盛放Na2CO3溶液，选用③ D.用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①④ 2、 本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分。 11.二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]中Cu元素含量可按下列步骤测定： 滴定时，加入淀粉溶液作指示剂，用标准Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅蓝色，再加入KSCN溶液，摇匀，慢慢滴定至滴定终点。 已知：①2Cu2++4I-===2CuI↓+I2；I2+2S2===2I-+S4。 ②CuI易吸附I2；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。 下列说法错误的是(　　) A.加入过量H2SO4的目的是尽可能使(H2NCH2COO)2Cu转化为Cu2+ B.加入过量KI有利于Cu2+的充分还原 C.滴定时为防止Na2S2O3与H2SO4反应，应先将溶液调至强碱性 D.滴定终点前未加入KSCN溶液，则测得Cu元素含量偏高 12.我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A.电极的电势：Cu2O电极a<Cu2O电极b B.当电源的电压过大时，阳极可能会产生氧气 C.阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-===HCOO-+2H2O D.当电路中转移2 mol e-时，Cu2O电极a的质量会增加52 g 13.SiCl4是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图： 已知：①烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物； ②常温下，Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15。 下列有关说法错误的是(　　) A.水浸之前需要除去剩余的SiCl4 B.850 ℃煅烧时发生反应：3Co(OH)2Co3O4+3H2O C.沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中c(Co2+)=5.9×10-7mol·L-1 D.洗涤滤饼3的操作是向漏斗内加水至浸没滤饼，用玻璃棒搅拌使水快速流下 14.有机物d可由多步反应合成，反应流程如图。下列说法正确的是(　　) A.有机物b环上的一氯代物有1种 B.有机物d的核磁共振氢谱有4组峰 C.有机物b生成c属于取代反应 D.有机物a、c、d均能与钠反应生成氢气 15.25 ℃时，向20 mL 1.0 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液V mL，向20 mL 1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的盐酸V mL，且溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]与lgX[X=或]的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.曲线①中的X= B.当pOH=9.26时，则存在关系：c(CH3COO-)=c(CH3COOH) C.当V=10时，两溶液的pH均小于4.74 D.25 ℃时，1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液的pH约为9.37 3、 本题共5小题，60分。 16.(12分)铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。 (1)以5⁃磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示： 基态Cu原子价层电子的轨道表示式为　　　　　　，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序：　　　　　　。  (2)上图中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为　　　　　　，a处C—O键长　　　　　　　乙醇中C—O键长(填“<”“>”或“=”)，与Mg2+相比，Cu2+更易与联咪唑()形成螯合物，原因是　　　　 　　　　。  (3)某含铜(Ⅱ)化合物晶体结构如图所示，该化合物的化学式为　　　　　　。  下图所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n(Cu2+)∶n(Cu+)为　　　　　　。  17.(12分)以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以AuC、PtC、PdC形式存在； ②(NH4)2PtCl6和(NH4)2PdCl6难溶于水，(NH4)2PtCl4易溶于水； ③室温：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6；5≈7.5。 (1)“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4，转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为　　　　　；根据下图判断“焙烧”适宜的温度范围是　　　　　(填字母)。  A.300~350 K B.350~400 K C.400~450 K D.450~500 K (2)一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为　　　 　　　　。  (3)“还原”得到金的离子方程式为　　　 　　　　； 加入过量SO2的目的是　　　 　　　　。  (4)“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可循环用于“　　　　　”操作单元。  (5)“沉铂”先通入的气体X为　　　　　(填化学式)。“沉铂”中，若向c()=0.125 mol·L-1的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtC沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为　　　　　 mol·L-1(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。  18.(12分)化合物H是一种在外力作用前完全化学惰性但是在施加外力后可以进行化学降解的新型高分子，其合成路线如下： 已知：①；②RCOORRCH2OH。 (1)反应Ⅰ的反应类型是　　　　。  (2)化合物B的酸性比HOOCCOOH　　　　(填“强”或“弱”)。  (3)化合物C的官能团为碳碳三键、　　　 (写名称)。 (4)化合物D中碳原子的杂化轨道类型为sp杂化、　　　　　　　　。  (5)化合物E(C10H12O5)的结构简式为　　　　　　　　　　　。  (6)反应Ⅱ的第一步反应化学方程式为　 　　　　　　　　　　。  (7)X是E的同分异构体，写出同时满足下列条件X的结构简式： 　　　(任写一种)。  ①X的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3∶2∶1； ②1 mol X能与2 mol NaHCO3恰好完全反应； ③含有两个环。 (8)参考上面流程设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)。 19．实验室用氯乙酸和作反应物，在乌洛托品［结构简式为］催化下，加热到之间，制取氨基乙酸()，其装置如下图所示。 已知：①部分物质的物理性质： 物质 沸点 溶解性 氯乙酸 可溶于水、乙醇 乌洛托品 可溶于水、乙醇 ②氨基乙酸熔点，常温下为白色晶体，分解。 (1)仪器a的名称是__________；多孔球泡的作用是__________。 (2)此实验加热的方法是__________；温度控制在的原因是__________。 (3)该实验过程中，若pH过低，乌洛托品、__________(填化学式)均会与结合，难以生成关键中间体；因此pH控制在，使氨基乙酸以内盐形式存在，有利于后续分离。请写出生成内盐的化学方程式__________。 (4)起始时，在仪器a中加入0.1 mol氯乙酸充分反应，反应结束后，待冷却至室温，向反应器中加入无水乙醇，静置2小时，过滤，用乙醇水溶液洗涤滤饼次，再重结晶，得到5.85 g白色晶体。 ①重结晶的目的是__________。②该实验制取氨基乙酸的产率为__________。 20.(12分)环氧乙烷(C2H4O)是一种重要的化工原料。现代工业常用银作催化剂，氧化乙烯制备环氧乙烷。发生的主要反应有： Ⅰ.2C2H4(g)+O2(g)2C2H4O(g)　ΔH1=-210 kJ·mol-1 Ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 239 kJ·mol-1 (1)已知银催化反应Ⅰ时存在如下转化过程： C2H4(g)+AgO2(s)C2H4O(g)+AgO(s) ΔH3 ΔH5 Ag(s)+O2(g) Ag(s)+O2(g) 据此计算焓变ΔH4=　　　　　(用含ΔH1、ΔH3、ΔH5的代数式表示)。  (2)反应Ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为v正=k正·p2(C2H4)·p(O2)、v逆=k逆·p2(C2H4O)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为物质的分压)。T ℃时，k正=3k逆，向某恒容密闭容器中充入1 mol C2H4(g)和2 mol O2(g)发生反应Ⅰ和Ⅱ，一段时间后达平衡。 ①反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=　　　　　；仅降低温度，Kp将　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，其原因为　　　　　(填字母，下同)。  A.k正、k逆均增大，且k正增大的程度更大 B.k正、k逆均减小，且k逆减小的程度更大 C.k正增大、k逆减小，平衡正向移动 D.k正、k逆均减小，且k正减小的程度更大 ②下列情况能表明体系达到平衡状态的是　　　　　。  A.混合气体密度不随时间变化 B.气体平均摩尔质量不随时间变化 C.碳的总物质的量n总=2n(C2H4)+n(CO2)+2n(C2H4O)不随时间变化 D.2v正(C2H4)=2v逆(C2H4O)+v逆(CO2) (3)250 ℃时，将1 mol C2H4(g)和2 mol O2(g)充入某密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，在不同压强下达平衡。测得平衡时，C2H4O选择性、CO2选择性及C2H4转化率随压强变化的曲线如图所示[如δ(CO2)=]。 ①表示δ(CO2)随压强变化的曲线为　  (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②当压强为100 kPa时，若O2的转化率为56%，则此时乙烯的转化率为　　　　　。  ③若将E点对应体系降温至200 ℃，重新达平衡时，测得<1，其原因为　　　 　　　　。  试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟二 可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu56 Ti 48 Co 59 1、 选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是(　　) A.“白釉青花一火成，花从釉里透分明”，釉里红创烧于元代景德镇，红色是因为含有氧化铜 B.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的溶解性不同 C.苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键 D.“杨梅及苏木污衣，以硫磺烟熏之，然后洗，其红自落”利用了SO2的漂白性 答案　D 解析　红色是因为含铜彩料在高温条件下生成了氧化亚铜，A错误；“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的沸点不同，B错误；文中的“气”即乙烯，在水中不能形成分子间氢键，C错误。 2.(2025·日照二模)精细化学品在生产生活中有广泛应用，下列有关说法错误的是(　　) A.乙酸乙酯可用作水果香精 B.氢氧化铝可用作助燃剂 C.石炭酸可用于消毒 D.氧化铁可用作颜料 答案　B 解析　乙酸乙酯属于酯类，具有香味，可用作水果香精，A项正确；氢氧化铝不具有可燃性，不可用作助燃剂，B项错误；苯酚俗称石炭酸，可使蛋白质变性，可用于消毒，C项正确；氧化铁为红棕色，可用作颜料，D项正确。 3.(2025·济宁二模)下列实验操作或处理方法错误的是(　　) A.通过CuSO4溶液可除去C2H2中的H2S杂质 B.用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体 C.实验室取用少量白磷时，可在水中用小刀进行切割 D.用过滤法分离苯和三溴苯酚的混合物 答案　D 解析　CuSO4溶液可与H2S反应生成CuS沉淀；H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4，而乙炔(C2H2)不与CuSO4溶液反应，可用此方法除去H2S杂质，A正确；浓氨水能与AgCl反应生成可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3===[Ag(NH3)2]++Cl-，即可以用浓氨水溶解试管内壁上的氯化银固体，B正确；白磷在空气中易自燃，在水中能隔绝氧气，因此在水中切割可防止白磷燃烧，C正确；苯是有机溶剂，三溴苯酚易溶于苯中，无法通过过滤分离，D错误。 4.观察下列结构示意图并结合相关信息，有关说法不正确的是(　　) 玛瑙 FeSO4·7H2O 18⁃冠⁃6 S8 A.玛瑙，又名马脑、码瑙或马瑙，属于共价晶体，且两种原子个数比为2∶1 B.FeSO4·7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：3>1>2 C.18⁃冠⁃6中O(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征 D.固态硫S8中S原子均为sp3杂化 答案　C 解析　玛瑙的主要成分是SiO2，属于共价晶体，且两原子个数比为2∶1，故A正确；由FeSO4·7H2O结构示意图可知，1、2是水分子中的键角，3是硫酸根离子中的键角，水分子的中心原子氧原子和硫酸根离子的中心原子硫原子都是sp3杂化，但是2中水分子中有2个孤电子对，1中有1个孤电子对，键角稍大于2，3无孤电子对，键角最大，故大小顺序为3>1>2，故B正确；18⁃冠⁃6中O与K+之间并非离子键，而是通过配位键结合，故C错误；固态硫S8中S原子形成了2个共价键，还有2个孤电子对，故采用sp3杂化，故D正确。 5.(2025·福建龙岩一模)下列离子方程式与所给事实相符的是(　　) A.过量SO2与0.1 mol·L-1的Na2S溶液反应：3SO2+2Na2S===3S↓+2Na2SO3 B.少量CO2与C6H5ONa溶液反应：2C6H5O-+CO2+H2O===2C6H5 C.用Na2CO3溶液将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3：Ca2+===CaCO3↓ D.用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的Cr2转化为Cr3+：6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O 答案　D 解析　由于SO2过量，生成的S会进一步与SO2反应，生成亚硫酸氢根离子，故正确的离子方程式为5SO2+2S2-+2H2O===3S↓A错误；少量CO2与C6H5ONa反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是C6H5O-+CO2+H2O===C6H5B错误；由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应的离子方程式为CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)，C错误；Cr2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，根据守恒规则可知反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O，D正确。 6.(2025·淄博一模)格氏试剂(RMgX)是有机合成的常用试剂，CH3CH2MgBr在乙醚溶液中结晶析出获得CH3CH2MgBr·2O，其结构如图所示(H原子未标出)。下列说法错误的是(　　) A.O原子存在孤电子对 B.共价键成分：Mg—C>Mg—O C.基态原子第一电离能：O>C>Mg D.图中○代表Mg原子，杂化方式为sp3 答案　D 解析　氧原子的最外层有6个电子，在该化合物中氧原子与碳原子形成2个共价键，与Mg原子形成1个配位键，所以还存在1个孤电子对，故A正确；电负性：O>C，Mg—O的电负性差值大于Mg—C，则Mg—O的离子键成分更多，共价键成分更少，即共价键成分：Mg—C>Mg—O，故B正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，所以O>C>Be，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以Be>Mg，即基态原子第一电离能：O>C>Mg，故C正确；图中○代表C原子，故D错误。 7.(2025·潍坊一模)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是(　　) 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B CO2、CH2O、CCl4键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位 Cs+比Na+的半径大 D 逐个断开CH4中的C—H，每步所需能量不同 各步中的C—H所处化学环境不同 答案　B 解析　原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确；CO2中心C原子为sp杂化，键角为180°，CH2O中心C原子为sp2杂化，键角大约为120°，CCl4中心C原子为sp3杂化，键角为109°28'，三种物质的中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，正、负离子半径比越大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，故C正确；断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要的能量较小，断开C—H越多，碳原子周围的共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量越大，所以各步中的C—H所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确。 8.(2025·甘肃，6)丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是(加热及夹持装置略)(　　) A B C D 回流 蒸馏 分液 干燥 答案　B 解析　蒸馏时温度计下端水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；有机液体干燥时，常加入无水氯化镁，无水硫酸钠等干燥剂，充分吸收水分后过滤，D正确。 9.用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿(Cu2S)机理如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O B.温度越高，Cu2S浸出速率越快 C.浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D.理论上反应Ⅰ中每消耗2.24 L O2(标准状况)可浸出0.2 mol Cu2+ 答案　B 解析　由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O，A正确；该过程中有细菌等微生物参与，高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，B错误；反应Ⅰ中发生4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O，反应Ⅱ中发生4Fe3++Cu2S===4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S===S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，C正确；标准状况下2.24 L O2的物质的量为0.1 mol，可浸出0.2 mol Cu2+，D正确。 10.下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是(　　) A.配制100 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，选用⑤ B.用KMnO4固体制备氧气，选用② C.盛放Na2CO3溶液，选用③ D.用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①④ 答案　C 解析　配制100 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液需选用100 mL容量瓶，移液时需通过玻璃棒引流，A正确；因为碳酸钠水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应，实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，C错误；用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①可以制得CO2，但由于HCl具有挥发性，故需先经过④(盛有饱和NaHCO3溶液)洗气后再通入④(盛有Na2SiO3溶液)，D正确。 2、 本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分。 11.(2025·日照二模)二甘氨酸合铜[(H2NCH2COO)2Cu]中Cu元素含量可按下列步骤测定： 滴定时，加入淀粉溶液作指示剂，用标准Na2S2O3溶液滴定至溶液呈浅蓝色，再加入KSCN溶液，摇匀，慢慢滴定至滴定终点。 已知：①2Cu2++4I-===2CuI↓+I2；I2+2S2===2I-+S4。 ②CuI易吸附I2；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。 下列说法错误的是(　　) A.加入过量H2SO4的目的是尽可能使(H2NCH2COO)2Cu转化为Cu2+ B.加入过量KI有利于Cu2+的充分还原 C.滴定时为防止Na2S2O3与H2SO4反应，应先将溶液调至强碱性 D.滴定终点前未加入KSCN溶液，则测得Cu元素含量偏高 答案　CD 解析　测定二甘氨酸合铜[Cu]中Cu元素的含量原理为将二甘氨酸合铜在过量稀硫酸中煮解转化为含Cu2+的煮解液，加入过量的KI溶液还原Cu2+：2Cu2++4I-===2CuI↓+I2，得到含I2的悬浊液，用淀粉溶液作指示剂，再用标准Na2S2O3溶液还原I2：I2+2S2===2I-+S4滴定至溶液呈浅蓝色，再加入KSCN溶液，再慢慢滴定至终点，最后根据消耗的标准Na2S2O3溶液的量计算二甘氨酸合铜[Cu]中Cu元素的含量，据此分析解答。第一步转化的Cu2+越完全，后续反应越完全，测定结果越准确，所以第一步加入过量H2SO4的目的是尽可能使Cu转化为Cu2+，A正确；要使Cu2+反应完全，则加入的KI需要过量，使Cu2+充分还原，B正确；如果在滴定时溶液中存在硫酸，则滴加Na2S2O3溶液会发生反应：2H++S2===SO2↑+S↓+H2O，引起滴定误差，但不能将溶液调至强碱性，因为强碱性条件下I2与碱反应，引起实验误差，C错误；因滴定终点前未加入KSCN溶液，会因CuI吸附的I2未被还原，导致消耗的Na2S2O3溶液体积减小，最后会导致测得Cu元素含量偏低，D错误。 12.我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A.电极的电势：Cu2O电极a<Cu2O电极b B.当电源的电压过大时，阳极可能会产生氧气 C.阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-===HCOO-+2H2O D.当电路中转移2 mol e-时，Cu2O电极a的质量会增加52 g 答案　AD 解析　如图所示，电极b上硝酸根离子还原为氨气，发生还原反应，b为阴极，a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，发生氧化反应，a为阳极，故电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b，A错误；当电源的电压过大时，阳极区氢氧根离子可能会放电，会产生氧气，B正确；阳极上a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，生成的Cu(OH)2与甲醛反应生成甲酸根离子(碱性环境)和Cu2O，故阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-===HCOO-+2H2O，C正确；当电路中转移2 mol e-时，Cu2O先转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2与甲醛反应又生成Cu2O，则电极a的质量不变，D错误。 13.(2024·菏泽二模)SiCl4是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图： 已知：①烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物； ②常温下，Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15。 下列有关说法错误的是(　　) A.水浸之前需要除去剩余的SiCl4 B.850 ℃煅烧时发生反应：3Co(OH)2Co3O4+3H2O C.沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中c(Co2+)=5.9×10-7mol·L-1 D.洗涤滤饼3的操作是向漏斗内加水至浸没滤饼，用玻璃棒搅拌使水快速流下 答案　BD 解析　SiCl4易水解产生大量烟雾，水浸之前需要除去剩余的SiCl4，A正确；煅烧时发生反应：6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O，B错误；沉钴过滤时，若控制pH为10，c(OH-)=10-4mol·L-1，则溶液中c(Co2+)== mol·L-1=5.9×10-7mol·L-1，C正确；在漏斗内洗涤滤饼时不能用玻璃棒搅拌，否则滤饼松散后，过滤效果变差，且玻璃棒有可能捣破滤纸，D错误。 14.(2025·山东实验中学一模)有机物d可由多步反应合成，反应流程如图。下列说法正确的是(　　) A.有机物b环上的一氯代物有1种 B.有机物d的核磁共振氢谱有4组峰 C.有机物b生成c属于取代反应 D.有机物a、c、d均能与钠反应生成氢气 答案　B 解析　有机物b环上存在2种不同化学环境的氢原子，一氯代物有2种，故A错误；有机物d为对称结构，存在4种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故B正确；有机物b生成c为过氧化氢与醛基发生加成反应，故C错误；羟基可与钠反应生成氢气，只有a、c存在羟基，故D错误。 15.(2025·潍坊一模)25 ℃时，向20 mL 1.0 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液V mL，向20 mL 1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的盐酸V mL，且溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]与lgX[X=或]的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.曲线①中的X= B.当pOH=9.26时，则存在关系：c(CH3COO-)=c(CH3COOH) C.当V=10时，两溶液的pH均小于4.74 D.25 ℃时，1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液的pH约为9.37 答案　C 解析　向20 mL 1.0 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液V mL，溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入NaOH溶液，pH增大，氢氧根离子浓度增大，促进醋酸的电离逐渐增大，对应曲线②；向20 mL 1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液中逐滴加入1.0 mol·L-1的盐酸V mL，溶液中存在平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加入盐酸，pH减小，氢离子消耗氢氧根离子，促进醋酸根离子的水解逐渐增大，对应曲线①，A正确；当pOH=9.26时，两线相交，则存在关系：==1，说明c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，B正确；当V=10时，则两混合溶液中均含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，根据两线交点，可求Ka=10-4.74>Kh==10-9.26，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，则>1，根据电离常数计算，pH>4.74，C错误；假设25 ℃时，1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液中c(OH-)=x，Kh(CH3COO-)===10-9.26，解得x≈10-4.63，则25 ℃时，1.0 mol·L-1的CH3COONa溶液的pH约为9.37，D正确。 3、 本题共5小题，60分。 16.(12分)(2025·济宁二模)铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。 (1)以5⁃磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示： 基态Cu原子价层电子的轨道表示式为　　　　　　，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序：　　　　　　。  (2)上图中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为　　　　　　，a处C—O键长　　　　　　　乙醇中C—O键长(填“<”“>”或“=”)，与Mg2+相比，Cu2+更易与联咪唑()形成螯合物，原因是　　　　 　　　　。  (3)某含铜(Ⅱ)化合物晶体结构如图所示，该化合物的化学式为　　　　　　。  下图所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n(Cu2+)∶n(Cu+)为　　　　　　。  答案　(1)　N>O>C　(2)sp2　<　Cu2+有3d空轨道，且电荷密度较高，更易形成配位键　(3)La2CuO4　3∶1 解析　(2)酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面，说明①号氧原子的杂化方式为sp2，酚羟基的氧原子直接连在sp2杂化的碳原子上，氧原子的杂化状态也为sp2，形成平面结构，氧上的孤电子对能与苯环的π电子发生共轭，使C—O具有部分双键特性，导致C—O的键长小于乙醇分子中的C—O。(3)由晶胞结构可知，位于顶点和体心的铜原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的镧原子个数为8×+2=4，位于面上和棱上的氧原子个数为12×+8×=8，则化合物中镧原子、铜原子和氧原子的个数比为4∶2∶8=2∶1∶4，化学式为La2CuO4。由化合价代数和为0可知，化合物中镧元素的化合价为+3价，由图可知，含氧空位的晶胞结构中氧原子个数为12×+7×=7.75，化学式为La4Cu2O7.75，设化合物中铜离子个数为a，亚铜离子个数为b，由铜原子个数可得：a+b=2，由化合价代数和为0可得：3×4+2a+b-2×7.75=0，解联立方程可得a=1.5、b=0.5，则化合物中铜离子和亚铜离子的物质的量比为1.5∶0.5=3∶1。 17.(12分)(2025·山东省实验中学一模)以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以AuC、PtC、PdC形式存在； ②(NH4)2PtCl6和(NH4)2PdCl6难溶于水，(NH4)2PtCl4易溶于水； ③室温：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6；5≈7.5。 (1)“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4，转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为　　　　　；根据下图判断“焙烧”适宜的温度范围是　　　　　(填字母)。  A.300~350 K B.350~400 K C.400~450 K D.450~500 K (2)一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为　　　 　　　　。  (3)“还原”得到金的离子方程式为　　　 　　　　； 加入过量SO2的目的是　　　 　　　　。  (4)“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可循环用于“　　　　　”操作单元。  (5)“沉铂”先通入的气体X为　　　　　(填化学式)。“沉铂”中，若向c()=0.125 mol·L-1的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtC沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为　　　　　 mol·L-1(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。  答案　(1)2∶3　B　(2)盐酸电离出的Cl-作配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性(或将Au转化为从而浸出Au)　(3)2+3SO2+6H2O===2Au+8Cl-+3+12H+　将全部转化为Au，将还原为　(4)氯化浸出　(5)Cl2　1.75 解析　(1)由得失电子数守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，转化等物质的量的Se、Te时，消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4∶6=2∶3；由图可知，温度为350~400 K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350~400 K。(4)由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于“氯化浸出”操作单元。(5)“沉铂”时先通入气体氯气，目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子。(NH4)2PdCl6(s)2N(aq)+(aq)，Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6沉淀完全时浓度小于等于1×10-5 mol·L-1，代入数据可得c()== mol·L-1≈0.75 mol·L-1，设原溶液体积为V L，则沉淀需要N的物质的量为2 V×0.125 mol·L-1，则加入溶液的浓度最小为=1.75 mol·L-1。 18.(12分)化合物H是一种在外力作用前完全化学惰性但是在施加外力后可以进行化学降解的新型高分子，其合成路线如下： 已知： ①； ②RCOORRCH2OH。 (1)反应Ⅰ的反应类型是　　　　。  (2)化合物B的酸性比HOOCCOOH　　　　(填“强”或“弱”)。  (3)化合物C的官能团为碳碳三键、　　　 (写名称)。 (4)化合物D中碳原子的杂化轨道类型为sp杂化、　　　　　　　　。  (5)化合物E(C10H12O5)的结构简式为　　　　　　　　　　　。  (6)反应Ⅱ的第一步反应化学方程式为　　　 　　　　　　　　　　　　　。  (7)X是E的同分异构体，写出同时满足下列条件X的结构简式：　　　　　　　　　　(任写一种)。  ①X的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3∶2∶1； ②1 mol X能与2 mol NaHCO3恰好完全反应； ③含有两个环。 (8)参考上面流程设计以和为原料合成的路线(无机试剂任选)。 答案　(1)加成反应　(2)强　(3)羧基　(4)sp2杂化、sp3杂化　(5) (6)+4KOH+2KBr+4H2O (7)、、、、、、、、、、、(任写一种) (8) 解析　与Br2发生加成反应生成B，B与KOH/乙醇加热反应后加H2SO4酸化生成C，C与CH3OH在浓硫酸存在且加热的条件下发生酯化反应生成D，D与在一定条件下发生题给已知①的反应生成E，结合E的分子式知，E为，E与H2发生加成反应生成F，F为，F与LiAlH4发生题给已知②的反应生成G，G经一系列反应得到H。(2)由于—Br是吸电子基团，使得HOOCCHBrCHBrCOOH的羧基中羟基的极性大于HOOCCH2CH2COOH的羧基中羟基的极性，HOOCCHBrCHBrCOOH更易电离出H+，故HOOCCHBrCHBrCOOH的酸性比HOOCCH2CH2COOH强。(7)E的分子式为C10H12O5，不饱和度为5，X是E的同分异构体，1 mol X能与2 mol NaHCO3恰好完全反应，1个X中含2个羧基，X中含两个环，核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为3∶2∶1，说明含2个甲基且结构对称性高，符合条件的同分异构体的结构简式见答案。 19．(2026·重庆市高三上学期一模)实验室用氯乙酸和作反应物，在乌洛托品［结构简式为］催化下，加热到之间，制取氨基乙酸()，其装置如下图所示。 已知：①部分物质的物理性质： 物质 沸点 溶解性 氯乙酸 可溶于水、乙醇 乌洛托品 可溶于水、乙醇 ②氨基乙酸熔点，常温下为白色晶体，分解。 (1)仪器a的名称是__________；多孔球泡的作用是__________。 (2)此实验加热的方法是__________；温度控制在的原因是__________。 (3)该实验过程中，若pH过低，乌洛托品、__________(填化学式)均会与结合，难以生成关键中间体；因此pH控制在，使氨基乙酸以内盐形式存在，有利于后续分离。请写出生成内盐的化学方程式__________。 (4)起始时，在仪器a中加入0.1 mol氯乙酸充分反应，反应结束后，待冷却至室温，向反应器中加入无水乙醇，静置2小时，过滤，用乙醇水溶液洗涤滤饼次，再重结晶，得到5.85 g白色晶体。 ①重结晶的目的是__________。 ②该实验制取氨基乙酸的产率为__________。 【答案】(1)四颈烧瓶 充分吸收氨气，防倒吸 (2)水浴加热 温度过低，反应速率慢，氨基乙酸产率低；温度过高，挥发逸出 (3) (4)除去氨基乙酸中的杂质，提高产品纯度 78 【解析】（1）仪器a的名称是四颈烧瓶；多孔球泡的作用是增大气体与液体接触面积，充分吸收氨气，同时可以防倒吸； （2）此实验加热到之间，故加热的方法是水浴加热；温度控制在的原因是温度过低，反应速率慢，氨基乙酸产率低；温度过高，挥发逸出； （3）该实验过程中，若pH过低，乌洛托品、(具有碱性)均会与结合，难以生成关键中间体；因此pH控制在，使氨基乙酸以内盐形式存在，有利于后续分离。氯乙酸与氨反应生成内盐和氯化铵，化学方程式； （4）①重结晶的目的是除去氨基乙酸中的杂质，从而提高产品纯度； ②由结构可得关系式：氯乙酸~氨基乙酸()，产率为。 20.(12分)(2025·石家庄一模)环氧乙烷(C2H4O)是一种重要的化工原料。现代工业常用银作催化剂，氧化乙烯制备环氧乙烷。发生的主要反应有： Ⅰ.2C2H4(g)+O2(g)2C2H4O(g)　ΔH1=-210 kJ·mol-1 Ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 239 kJ·mol-1 (1)已知银催化反应Ⅰ时存在如下转化过程： C2H4(g)+AgO2(s)C2H4O(g)+AgO(s) ΔH3 ΔH5 Ag(s)+O2(g) Ag(s)+O2(g) 据此计算焓变ΔH4=　　　　　(用含ΔH1、ΔH3、ΔH5的代数式表示)。  (2)反应Ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为v正=k正·p2(C2H4)·p(O2)、v逆=k逆·p2(C2H4O)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为物质的分压)。T ℃时，k正=3k逆，向某恒容密闭容器中充入1 mol C2H4(g)和2 mol O2(g)发生反应Ⅰ和Ⅱ，一段时间后达平衡。 ①反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=　　　　　；仅降低温度，Kp将　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，其原因为　　　　　(填字母，下同)。  A.k正、k逆均增大，且k正增大的程度更大 B.k正、k逆均减小，且k逆减小的程度更大 C.k正增大、k逆减小，平衡正向移动 D.k正、k逆均减小，且k正减小的程度更大 ②下列情况能表明体系达到平衡状态的是　　　　　。  A.混合气体密度不随时间变化 B.气体平均摩尔质量不随时间变化 C.碳的总物质的量n总=2n(C2H4)+n(CO2)+2n(C2H4O)不随时间变化 D.2v正(C2H4)=2v逆(C2H4O)+v逆(CO2) (3)250 ℃时，将1 mol C2H4(g)和2 mol O2(g)充入某密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，在不同压强下达平衡。测得平衡时，C2H4O选择性、CO2选择性及C2H4转化率随压强变化的曲线如图所示[如δ(CO2)=]。 ①表示δ(CO2)随压强变化的曲线为　　　 (填“ⅰ”“ⅱ”或“ⅲ”)。 ②当压强为100 kPa时，若O2的转化率为56%，则此时乙烯的转化率为　　　　　。  ③若将E点对应体系降温至200 ℃，重新达平衡时，测得<1，其原因为　　　 　　　　。  答案　(1)ΔH1-ΔH3-ΔH5　(2)①3　增大　B　②BD　(3)①ⅲ　②64%　③反应Ⅰ和Ⅱ的ΔH均<0，降温平衡均正向移动，反应Ⅱ正向进行的程度比Ⅰ大 解析　(2)①根据k正=3k逆，并结合平衡常数和速率常数的关系可知，Kp==3；反应Ⅰ为放热反应，降低温度时，平衡正向移动，平衡常数增大。温度降低时，速率常数降低，由于平衡正向移动，则逆向反应速率常数降低的更多。②该容器为恒容容器，且所有的反应物和产物都是气体，混合气体密度是恒定不变的，A错误；结合A分析可知，反应物和产物的质量不变，且反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，B正确；根据碳元素守恒可知，碳的总物质的量n总=2n(C2H4)+n(CO2)+2n(C2H4O)不随时间变化，C错误；平衡时，根据反应Ⅰ可知，2v正Ⅰ(C2H4)=2v逆(C2H4O)，根据反应Ⅱ可知，2v正Ⅱ(C2H4)=v逆(CO2)，则两者式子结合到一起可知，2v正(C2H4)=2v逆(C2H4O)+v逆(CO2)，D正确。(3)①随着压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，则加压时，C2H4O的选择性增大，即ⅰ表示C2H4O的选择性，结合题意可知，C2H4O选择性、CO2选择性之和为100%，则表示δ(CO2)随压强变化的曲线为ⅲ；同时可知，ⅱ表示C2H4转化率。②若O2的转化率为56%，则参加反应的O2的物质的量为1.12 mol，设反应Ⅰ生成C2H4O 2x mol，反应Ⅱ生成CO2 2y mol，结合反应Ⅰ、反应Ⅱ可知，反应Ⅰ消耗乙烯2x mol，氧气x mol，反应Ⅱ消耗乙烯y mol，氧气3y mol，且当压强为100 kPa时，C2H4O选择性、CO2选择性都是50%，则x+3y=1.12，y=2x，x=0.16，y=0.32，则此时乙烯的转化率为×100%=64%。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $