2026年天津高考化学模拟试卷

**基本信息** 以科技前沿（如纳米酶、氮化硅材料）、文化传承（古代文献化学知识）及工业实践（蛇纹石提铁红）为情境，融合化学观念与科学探究，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/48分|化学与STSE、物质性质、实验操作|结合“绿色化学”“奥司他韦结构”考查科学思维| |非选择题|9题/52分|反应原理、有机合成、结构化学、实验探究|22题三草酸合铁酸钾制备体现科学探究，23题工业流程强化科学态度与责任|

2026年天津高考 模拟练习 1．化学起源于生活，同时促进社会的发展，下列叙述中，错误的是 A．绿色化学的核心思想是凡污染必治理 B．高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的处理 C．神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，属于共价晶体 D．“纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，促进了纳米科学与医学的交融 2．下列说法正确的是 A．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应 B．蔗糖溶液中加入新制Cu(OH)2煮沸会析出砖红色沉淀 C．纤维素、淀粉都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体 D．人体各种组织的蛋白质不断分解，最终生成二氧化碳和水，排出体外 3．实验室里盛放和固体的试剂瓶丢失了标签，分别取1g固体置于两试管中，下列实验设计不一定能鉴别和的是 A．分别向两试管中滴入几滴水 B．将两试管分别加热，产生的气体通入澄清石灰水 C．向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入澄清石灰水 D．向两试管分别加入5mL水，振荡后，滴入溶液 4．下列实验操作完全正确的是(　　) 选项 实验 操作 A 钠与水反应 用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中 B 配制一定浓度的氯化钾溶液1 000 mL 准确称取氯化钾固体，放入1 000 mL的容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容 C 排出碱式滴定管尖嘴部分的气泡 将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出 D 从细口瓶中取液体 取下瓶塞倒立放在桌面上，倾倒液体时，瓶上的标签对着地面 5．物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是 A．石墨可导电，可用于制作电极 B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥某些气体 C．纯碱溶液呈碱性，热的纯碱溶液可去除餐具上的油污 D．硬度大，可用于制石英手表 6．下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是 A．气态氢化物的稳定性 B．最高价氧化物对应水化物的酸性 C．单质与氢气反应的难易 D．单质与氢气反应放出热量的多少 7．Cl2、ClO2、SO2都具有杀菌消毒的作用。2SO2＋O22SO3是工业上制硫酸中的一步反应。 下列说法正确的是 A．SO2的空间构型为直线形 B．NaClO中含有离子键和共价键 C．Cl2和SO3均属于非极性分子，所以它们在水中的溶解度都很小 D．Cl2和SO2都具有漂白性，是因为它们都有强氧化性 8．据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如题图所示，下列有关该历程的说法不正确的是 A．O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2O B．中间体HOOBr和HOBr中O的化合价不同 C．发生步骤②时，形成的化学键既有极性键也有非极性键 D．步骤③中，每生成1molBr2转移1mol电子 9．奥司他韦可用于甲型和乙型流感的治疗，能够有效缓解发烧、头痛、鼻塞、关节酸痛等症状，其结构简式如图，下列关于奥司他韦的说法正确的是 A．奥司他韦的分子式为 B．1mol该物质最多能与1molNaOH反应 C．含有4种官能团 D．1mol奥司他韦最多能与发生加成反应 10．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略加热和净化装置)。下列说法正确的是 A．可以用此装置制取并收集H2 B．用上述装置制取并收集Cl2时，装置d可以移除 C．加热b装置时，需要在其底部垫上石棉网 D．a装置是长颈漏斗 11．对浓度均为的①溶液  ②溶液，下列分析不正确的是 A．①、②中的离子种类相同 B．①中水的电离程度比②中小 C．两种溶液的大小：①>② D．①、②均有 12．常温下，在物质的量浓度均为的和混合溶液中，测得。下列有关说法正确的是 A．该溶液的 B． C． D．常温下，的水解常数大于的电离常数 13．25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是（    ） 序号 ① ② ③ ④ 溶液 NaCl CH3COONH4 NaF CH3COONa pH 7.0 7.0 8.1 8.9 A．酸性强弱：CH3COOH>HF B．离子的总浓度：①>③ C．②中：c(CH3COO-)=c(NH4+)=c(OH-)=c(H+) D．②和④中c(CH3COO-)相等 14．25℃时，的电离常数。在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液。下列说法不正确的是 A．该混合溶液呈酸性 B．该混合溶液中： C．0.10mol/L的溶液中 D．将0.10mol/L的溶液加水稀释，增大 15．古代文献记载很多与化学相关的内容。下列解释错误的是 A．“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，“气”指乙烯 B．“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，绿矾在溶液中能电离出，所以“味酸” C．“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，利用焰色试验鉴别钾盐 D．“用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，涉及蒸馏操作 16．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列关于文献记载内容的说法正确的是 A．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为 B．《本草纲目》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”，文中对硝酸钾的提取涉及溶解、蒸发、结晶操作 C．《抱朴子》中“丹砂()烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程 D．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，与化学反应无关 17．光电材料在能源、军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题： (1)基层Zn原子的价层电子排布图为 ；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为 。 (2)图1所示化合物中含有的化学键类型有 (填选项字母)，N原子的杂化方式为 。 A．共价键            B．离子键            C．配位键            D．氢键 (3)在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示： 氧化物 沸点/ 100 ①表中氧化物之间沸点差异的原因为 。 ②的VSEPR模型为 。 ③和分子中，键角更大的是 (填化学式)。 18．铁、锌、铜等过渡金属元素及其化合物在生产、生活中有着广泛应用。回答下列问题： (1)基态Cu的核外电子排布式为 。 (2)甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn]是 某种饲料添加剂，在该化合物中所涉及到的元素中，第一电离能最大的是 ； C原子的杂化方式为： 。 (3)Fe3+可与噻吩()和吡咯( )形成配位化合物。试比较二者在水中的溶解度大小：噻吩 吡咯(填“大于 ”或“小于”或“等于”)，原因为： 。 (4)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]俗名摩尔盐，是一种重要的化工原料。固态摩尔盐的晶体类型为 ；的空间构型为 。 (5)某种铜的溴化物晶体结构如图所示。则该化合物的化学式为 ，设晶胞参数为anm，该铜的溴化物晶体的密度为 g·m-3。(用含a和NA的式子表示，NA为阿伏加德罗常数) 19．青霉素酰化酶活性试剂的中间体G的合成路线如下图： 已知： 请回答下列问题： (1)A的化学名称 ．(2)B生成C反应的所用的化学试剂和条件 ． (3)C生成D的反应类型 ． (4)请写出D生成E的化学反应方程式 ；此过程中加入的目的 ． (5)F的结构简式 ；G中的含氧官能团名称 ． (6)有机物X相对分子质量比D大14，则符合下列条件的X的同分异构体共有 种． ①分子中含有苯环和氨基（）； ②能水解且能发生银镜反应． 写出核磁共振氢谱为5组峰，且峰值面积之比为2∶2∶2∶2∶1分子的结构简式 ．（写出其中一种） 20．2022年冬奥会在北京举办，在场馆建设中用到一种具有良好耐磨性、绝缘性的表面涂料——醇酸树脂F，其合成路线如下，请回答下列问题。    已知：   (1)物质D的化学名称为 ，A中含有官能团的名称为 。 (2)由B→C的反应条件为 。 (3)C和E反应生成F的化学方程式为 。 (4)合成F的过程中可能会生成另一种副产物醇酸树脂，其结构简式为 。 (5)满足下列条件的E的同分异构体共有 种。 a．能发生水解反应    b．遇FeCl3溶液显紫色    c．苯环上有三个取代基 (6)请完成如下以1-溴丙烷制备聚丙烯醇的合成路线。用流程图表示，方框内写主要原料或产物，箭头上下写加入的试剂或是反应条件。无机试剂、有机溶剂任选，反应条件合理 。    21．化合物I合成相关流程如图所示。 已知：①已知A为芳香化合物。 ② ③RCHO 回答下列问题： (1)A所含官能团的名称是 。 (2)C→D反应方程式 。 (3)E的名称为 ，由F生成G的反应类型是 。 (4)已知I的分子中：①含有三个六元环；②不含甲基；③含有两个羰基。I的结构简式为 。 (5)同时满足以下条件的C的同分异构体有 种。 ①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应； 其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。(写一种) (6)结合信息，设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选 。 格式如：AB……目标产物 22．三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室欲制备少量三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。已知：为翠绿色晶体、难溶于乙醇；0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g。 Ⅰ．制备：称取莫尔盐于锥形瓶中，溶于水，滴加足量，加热并搅拌。当变成红褐色后，再煮沸十分钟，冷却后，过滤、洗涤。 Ⅱ．制备草酸氢钾：称取溶于水中，加入，反应生成。 Ⅲ．制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。步骤如图： 回答下列问题： (1)Ⅰ中制备的离子反应方程式为 。 (2)Ⅲ中制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。 ①步骤1装置中仪器a的名称为 。②步骤2的操作名称是 ，步骤3采用冰水冷却的目的为 。 ③过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是 。 (3)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体具有光敏性，在强光下分解生成草酸亚铁且产物中只有一种气体，该反应的化学方程式为 。 (4)产品纯度的测定 ①从上述反应后的溶液中分离得到晶体粗品，使用托盘天平称量制得的晶体粗品的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为。游码示数如图所示，则制得粗品的质量为 g。 ②测定所得产品的纯度：称取晶体粗品溶于水中配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用的酸性标准溶液进行滴定(已知：被还原为，且粗品中的杂质不参与反应)，进行了三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液。则所得粗品的纯度为 (用含、、的代数式表示)。 23．利用蛇纹石提镁后的中和渣（主要成分为及：等杂质）提取高附加值的铁红的一种工艺流程如下图所示． 已知：①、 ②溶液中离子浓度时可认为完全沉淀 请回答下列问题：(1)滤渣1的成分为 （填化学式），滤液2中主要的金属阳离子为 。 (2)还原过程中发生反应的离子方程式为 ，可用试剂 检验还原是否完全。 (3)欲制备高纯铁红，净化过程溶液中各离子的去除率与pH的关系如下图，则应控制pH为 。 (4)沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入， 则先沉淀的离子为 ，结合计算说明两种离子 能否彻底先后分离 。 (5)煅烧过程中发生的化学方程式为 。 (6)一种测定铁红产品纯度的方法如下：称取铁红，溶于一定量的硫酸之中， 配成溶液从其中量取溶液，加入过量的，充分反应后，用硫代硫酸钠标准液滴定至终点，发生反应：．平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为．则铁红产品的纯度为 （用c、V、m表示）。 24．试运用所学知识，研究CO等气体的性质，请回答： (1)生产水煤气过程中有以下反应：   ①C(s)+CO2(g)2CO(g)  ΔH1；      ②CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)  ΔH2； ③C(s)+ H2O(g) CO(g)+ H2(g)  ΔH3； 反应③的平衡常数表达式为K= ；上述反应中ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系为ΔH3= 。 (2)在一定体积的密闭容器中，进行反应②： CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______ A．容器中压强不变 B．混合气体中 c(CO)不变 C．v正(H2)=v逆(H2O) D．c(CO2)=c(CO) (3)不同温度下反应②的平衡常数如下表所示。则ΔH2 0(填“<”“>”)； 温度/℃ 400 500 800 平衡常数K 9.94 9 1 在500℃时，把等物质的量浓度的CO和H2O(g)充入反应容器，达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mo/L，则CO的平衡转化率为 。 (4)对于反应2NO2(g)N2O4(g)  ΔH<0，当温度为T1、T2时，平衡体系N2O4的体积分数随压强变化曲线如图所示。则T1 T2(填“>”或“<”)；增大压强，平衡向 反应方向移动；B、C两点的平衡常数B C(填“>”或“<”)。 25．二氧化硫的治理已成为当前研究的课题。请回答下列问题： (1)硫与硫的氧化物在转化过程中的能量变化如图所示。 ①图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中属于放热反应的是 。 (2)工业用和反应合成反应的反应热、活化能()为：    ，三氧化硫的分解反应的活化能 kJ/mol。 (3)查阅资料可知，25℃，部分弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 电离平衡常数(25℃) ， ， ①0.1mol/L溶液的pH (填“大于”“小于”或“等于”)0.1mol/L溶液的pH。 ②向溶液通入少量发生反应的离子方程式为 。 (4)会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少的排放。 方法1：电化学法处理 利用过氧化氢吸收可消除污染，设计装置如图所示。 ①石墨1电极处发生的电极反应式为 。 方法2：用氨水除去 ②已知25℃，的。若氨水的浓度为2.0mo/L，溶液中的= mol/L。将通入该氨水中，当降至时，结合(2)表中数据，计算溶液中的 。 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 参考答案 1．A 【详解】A．绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段，从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，不是污染后再治理，A错误； B．高铁酸钠()具有强氧化性，能使蛋白质变性，产物可转化为氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于饮用水的处理，B正确； C．氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，C正确； D．“纳米酶”具有纳米材料的特性，又有生物酶所特有的性质，所以“纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，但促进了纳米科学与医学的交融，D正确； 故答案为：A 2．A 【详解】A．淀粉水解最终产物是葡萄糖，油脂水解的产物是高级脂肪酸(盐)和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，故A正确； B．蔗糖不属于还原性糖，与Cu(OH)2不产生砖红色沉淀，故B错误； C．n不同，不互为同分异构体，故C错误； D．蛋白质中含有N元素，N以尿液的形式排除体内，故D错误。 答案选A。 3．C 【详解】A．固体滴入几滴水放热会使温度升高，固体滴入几滴水吸热会使温度降低，可以鉴别，A不符合题意； B．受热易分解生成二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，可以鉴别，B不符合题意； C．和溶液均能和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别二者，C符合题意； D．溶液会和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，可以鉴别，D不符合题意； 故选C。 4．C 【详解】A．做钠与水反应的实验时，用镊子从煤油中取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，切下绿豆大小的钠，小心放入盛有一些水的烧杯中（烧杯中的水不能装满），故A错误； B．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且在常温下使用，不能用容量瓶溶解固体药品，故B错误； C．胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，赶出气泡，操作合理，故C正确； D．从细口瓶中取液体时标签要对着手心，故D错误； 故答案为C。 5．D 【详解】A．石墨用作电极，因为其具有导电性，A正确； B．浓硫酸由于具有吸水性，常用作气体的干燥剂，B正确； C．纯碱碳酸钠溶液因碳酸根水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强，常用热的纯碱溶液去除物品表面的油污，C正确； D．石英二氧化硅制石英手表原因是：将石英置于振荡电路里会震动，在特定的条件下，它会将其自身的频率传递到电路中，与其硬度无关，D错误； 故选D。 6．B 【详解】A.因为HF比HCl稳定,所以F比Cl的非金属性强，故A正确； B.氟非金属性强，无正价,故B错误； C.F2在暗处就能和H2反应，Cl2在点燃的条件下能反应，所以F比Cl的非金属性强，故C正确； D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯，故D正确； 答案选B。 【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。 7．B 【详解】A．SO2的空间构型为折线形，错误； B．NaClO中含有钠离子与次氯酸根之间的离子键和Cl、O间的共价键，正确； C．Cl2和SO3均属于非极性分子，但是Cl2和SO3均能与水反应，所以它们在水中的溶解度不小，错误； D．Cl2和SO2都具有漂白性，是因为Cl2有强氧化性，SO2不是体现氧化性，错误； 故选B。 8．C 【分析】由图可知，反应①为HBr+O2=HOOBr，反应②为HOOBr+HBr=2HOBr，反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O。 【详解】A．由分析可知，氧气氧化溴化氢的总反应为O2+4HBr=2Br2+2H2O，A正确； B．由化合价代数和为0可知，中间体HOOBr中O的化合价为-1价，HOBr中O的化合价均为-2价，B正确； C．分析可知，反应②为HOOBr+HBr=2HOBr，反应中有极性键的形成，但没有非极性键的形成，C错误； D．由分析可知，反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，反应中溴化氢为反应的还原剂，HOBr为氧化剂，则每生成1 mol溴转移1 mol电子，D正确； 故选C。 9．A 【详解】A．由结构简式可知，有机物为分子式为C16H28O4 N2，故A正确； B．结构中能在与NaOH反应的为酯基和酰胺基，1mol该物质最多能与2molNaOH反应，故B错误； C．分子中的含氧官能团为R-O-R’醚键，酯基，和酰胺基，共3种官能团，故C错误； D．能与氢气反应的为碳碳双键，则1mol该有机物最多能与1molH2发生加成反应，故D错误； 故答案选A。 10．C 【详解】A．收集H2应使用向下排空气法或排水法，实验装置中收集装置为向上排空气法，A错误； B．Cl2为有毒气体，尾气应当用NaOH溶液吸收，装置d不能除去，B错误； C．装置为圆底烧瓶，加热时应当在其底部垫上石棉网，C正确； D．a装置为分液漏斗，不是长颈漏斗，D错误； 故选C。 11．B 【详解】A．碳酸钠溶液中水解生成 和，再水解生成；NaHCO3溶液中 水解生成，同时电离生成和H+，再结合水的电离存在，可知两溶液中离子种类相同，A正确； B．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，①中水的电离程度比②中大，B错误； C．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，C正确； D．由物料守恒可知两溶液中均存在，D正确； 故选B。 12．C 【详解】A．根据电荷守恒式及可知，，该溶液的，A项错误； B．因为溶液，混合液中以的电离为主，故，B项错误； C．物料守恒式，C项正确； D．由A、B项分析可知，，，D项错误； 故选C。 13．B 【分析】A．NaF和CH3COONa溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强； B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，结合溶液中电荷守恒比较大小； C．醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，电解质的浓度远大于氢离子和氢氧根离子的浓度； D．CH3COONH4与CH3COONa的水解程度不同。 【详解】A．由表中数据得到，碱性：NaF<CH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：F－<CH3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH<HF，选项A错误； B．①③两种溶液有各自的电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，所以两种溶液的离子总浓度都等于各自的2[c(Na＋)＋c(H＋)]，因为两种溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两种溶液的氢离子浓度即可；pH为：①<③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液①的2[c(Na＋)＋c(H＋)]大于溶液③的2[c(Na＋)＋c(H＋)]，所以离子的总浓度：①>③，选项B正确； C．溶液②中，pH＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol/L，明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1 mol/L(电离和水解的程度都不会太大)，所以应该是c(CH3COO－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)，选项C错误； D．醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是②<④，选项D错误； 故选B。 【点睛】利用越弱越水解解答，酸性越弱，酸根的水解程度越大，溶液的pH越大。 14．C 【分析】在10.0mL 0.10mol/L的溶液中加入5.0mL 0.10mol/L的NaOH溶液，酸过量，则该混合液中溶质是和，且浓度相同。据此回答问题。 【详解】A．该混合液中溶质是和，且浓度相同，由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，故A正确； B．由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，则该混合溶液中：，故B正确； C．醋酸的电离常数，在0.10mol/L的溶液中，则，，2＜pH＜3，故C错误； D．醋酸的电离常数，温度不变不变，加水稀释时减小，故增大，故D正确； 故选C。 15．B 【详解】A．木瓜会释放出植物生长调节剂——乙烯气体，催使柿子快速成熟，A正确； B．绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H＋，之所以有“味酸”，是溶解时Fe2＋水解的结果，B错误； C．钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为紫色，利用焰色试验鉴别钾盐，C正确； D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，D正确； 故选B。 16．B 【详解】A．牡蛎壳的主要成分为，灼烧生成，则“灰”的主要成分为，故A错误； B．“扫取以水淋汁，后乃煎炼而成”是指扫取后用水溶解，然后加热蒸发结晶得到硝酸钾晶体，涉及溶解、蒸发、结晶操作，故B正确； C．“丹砂()烧之成水银”即发生分解反应生成水银，“积变又还成丹砂”即和S又反应生成，两过程中均有新物质生成，为化学变化，而“升华”、“凝华”为物理变化，故C错误； D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，过程中有新物质生成，为化学变化，故D错误； 故答案选B。 17．(1) (2) AC (3) 三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于 平面三角形 (4) 4 【详解】（1）Zn为30号元素，基态原子的价层电子排布图为；元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中Se和As反常，则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为； （2）由图1所示化合物的结构可知，Al与O、N形成配位键，分子内不存在离子键和氢键，N原子的价层电子对数目为3，杂化方式为； （3）①由表中氧化物的组成和性质可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，故二氧化硫的沸点高于二氧化碳。 ②中S原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形。 ③中O原子半径比中S原子半径更小，成键电子对更靠近O原子，成键电子对之间排斥力更大，键角更大； （4）ZnS和ZnSe晶体中，占用Zn的数目为4，S、Se的数目为=4，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比。 18．(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1) (2) N sp2、sp3 (3) 小于 吡咯中有氮原子与水分子形成氢键，噻吩无法与水分子形成氢键 (4) 离子晶体 正四面体形 (5) CuBr 【详解】（1）Cu为29元素，基态Cu的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)； （2）甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn]中的C、N、O元素第一电离能大小顺序为：N＞O＞C，有甘氨酸锌的结构式可知C的杂化方式有sp2、sp3两种； （3）因吡咯中有氮原子与水分子形成氢键，噻吩无法与水分子形成氢键，所以噻吩在水中溶解性小于吡咯； （4）由化学式可知，(NH4)2Fe(SO4)2为离子晶体；的价层电子对数为，不含孤电子对，空间构型为正四面体形； （5）根据晶胞结构采用均摊法可求得，Cu原子位于顶点和面心，数目为：，Br原子位于体内，数目为4，故化学式为CuBr；该晶胞参数为anm，根据公式可知，该晶体密度为：。 19．(1)甲苯 (2)浓硫酸、浓硝酸、加热 (3)还原反应 (4) 保护氨基，防上氨基被氧化 (5) 硝基、羧基 (6) 17 【分析】C发生已知反应原理生成D，则C的结构简式为，结合B的分子式可以推知B发生硝化反应生成C，则B的结构简式为，A发生氧化反应生成B，A为，D和(CH3CO)2O发生取代反应生成E，E发生硝化反应生成F，则F的结构简式为，F发生取代反应生成G，以此解答。 【详解】（1）由分析可知，A为，化学名称为甲苯。 （2）B发生硝化反应生成C，所用的化学试剂和条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热。此过程中加入(CH3CO)2O的目的是：保护氨基，防上氨基被氧化。 （3）C发生已知反应原理生成D，硝基转化为氨基，该反应为还原反应。 （4）D和(CH3CO)2O发生取代反应生成E，化学方程式为：。 （5）由分析可知，F的结构简式为，G中的含氧官能团名称为：硝基、羧基。 （6）有机物X相对分子质量比D大14，满足条件：①分子中含有苯环和氨基（）；②能水解且能发生银镜反应，说明其中含有-OOCH的结构；则苯环上的取代基可以为：-NH2、-CH2OOCH，共有邻、间、对3种位置关系；-NH2、-OOCH、-CH3，共有10种情况；-CH2NH2、-OOCH，共有邻、间、对3种位置关系；-CH(OOCH)NH2，共1种情况；综上所述，符合条件的X的同分异构体共有17种。核磁共振氢谱为5组峰，且峰值面积之比为2∶2∶2∶2∶1分子的结构简式为：。 20．(1) 邻苯二甲醛 碳碳双键和碳溴键 (2)NaOH水溶液、加热 (3)n  +n    +(2n-1)H2O (4)   (5)10 (6)CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH2BrCH=CH2CH2=CHCH2OH   【分析】由题干合成流程图可知，CH3CH=CH2发生已知信息反应生成A，则A的结构简式为：CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2与Br2发生加成反应生成B为CH2BrCHBrCH2Br，   发生催化氧化生成D为  ，D进一步发生氧化反应生成E为  ，E与C发生缩聚反应生成高聚物F，可知C为  ，即B为CH2BrCHBrCH2Br在NaOH水溶液中加热制得C， （7）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到产物。 【详解】（1）由分析可知，物质D的结构简式为：  ，故其化学名称为邻苯二甲醛，A的结构简式为CH2BrCH=CH2，则其中含有官能团的名称为碳碳双键和碳溴键，故答案为：邻苯二甲醛；碳碳双键和碳溴键； （2）由分析可知，B的结构简式为：CH2BrCHBrCH2Br，C的结构简式为：  ，故由B→C的反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热； （3）由分析可知，C的结构简式为：  ，E的结构简式为：  ，故C和E反应生成F的化学方程式为：n +n    +(2n-1)H2O，故答案为：n +n   +(2n-1)H2O； （4）由合成流程图可知，合成F的过程即邻二苯甲酸中的羧基和甘油中的1,3位上的羟基发生脱水缩合，故过程中可能会生成另一种副产物醇酸树脂即邻二苯甲酸中的羧基和甘油中的1,2位上的羟基发生脱水缩合，，其结构简式为：    ，故答案为：  ； （5）由题干信息可知，E的分子式为：C8H6O4，满足下列条件a．能发生水解反应即含有酯基，b．遇FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，c．苯环上有三个取代基，三个取代基分别为：-OH、-OOCH和-CHO一种可能，苯环上的互不相同的三元取代物共有10种即符合条件的E的同分异构体共有10种，故答案为：10； （6）1-溴丙烷发生消去反应得到丙烯，丙烯与NBS发生取代反应引入溴原子生成BrCH2CH=CH2，然后在氢氧化钠水溶液、加热条件下得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到产物，其合成路线为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH2BrCH=CH2CH2=CHCH2OH  ，故答案为：CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2CH2BrCH=CH2CH2=CHCH2OH  。 21．(1)醛基 (2)2 ＋O22 ＋2H2O (3) 间苯二酚 氧化反应 (4) (5) 16 或 (6) 【分析】根据已知信息A和甲醛反应生成B，则A为苯甲醛，B和CH3MgBr、H＋/H2O反应生成C，C催化氧化生成D，E和氢气发生加成反应生成F，F在酸性重铬酸钾作用下被氧化为G，D和G发生加成反应生成H，H进行环化反应生成I。 【详解】（1）A为苯甲醛，则A所含官能团的名称是醛基；故答案为：醛基。 （2） C→D是醇催化氧化，羟基变为羰基，其反应方程式＋O22 ＋2H2O；故答案为： ＋O22 ＋2H2O。 （3） E()的名称为间苯二酚，E到F是发生加成反应，F为醇，醇被酸性重铬酸钾氧化为酮，则F生成G的反应类型是氧化反应；故答案为：间苯二酚；氧化反应。 （4） 根据H和I的分子式相同，I的分子中：①含有三个六元环；②不含甲基；③含有两个羰基，说明甲基和其中一个羰基形成环状，根据分子式，说明那个与甲基相连的羰基变为了羟基，即I的结构简式为；故答案为：。 （5） C的同分异构体同时满足以下条件：①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能发生银镜反应；说明含有醛基，则可能有两个甲基，一个−CH2CHO，当两个甲基在邻位，有两种结构，当两个甲基在间位，有三种结构，当两个甲基在对位，有一种结构；还可能含有一个甲基、一个乙基、一个醛基，当甲基和乙基在邻位，有四种结构，当甲基和乙基在间位，有四种结构，当甲基和乙基在对位，有两种结构，因此共2+3+1+4+4+2=16种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为： 或；故答案为：16；或。 （6） 用甲苯和乙醛为原料制备的合成方法是甲苯和氯气光照生成。在氢氧化钠溶液加热反应生成，和乙醛在稀碱作用下反应生成，其合成路线为： ；故答案为： 。 22．(1) (2) 分液漏斗 蒸发浓缩 降低三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的溶解度，使其充分析出，提高产率 减少晶体的损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于获得干燥产品 (3) (4) 21.9 【分析】步骤1制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，由于产品在0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g，故通过蒸发浓缩冷却结晶得到晶体，故步骤2蒸发浓缩，，步骤3在冰水中冷却结晶，使其充分析出，提高产率，步骤4过滤、洗涤，已知其难溶于乙醇，且乙醇易挥发，用乙醇洗涤晶体可减少晶体的损失，提高产率、有利于产品干燥； 【详解】（1）莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]中铁元素化合价为+2价，加入H2O2反应生成Fe(OH)3，Fe化合价升高，O元素化合价降低，离子反应方程式为； （2）①仪器a的名称为分液漏斗； ②步骤2是从溶液中加热得到晶体，操作名称是蒸发浓缩；步骤3采用冰水冷却的目的是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率； ③乙醇易挥发，过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥； （3）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]•3H2O}在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)，Fe元素化合价降低，则C元素化合价升高，生成CO2，反应的化学反应方程式为； （4）①在天平的标尺上，1g之间有10个小格，一个小格代表的质量是0.1g,即天平的分度值为0.1g；被测物体的质量为20g+1.9g=21.9g； ②与酸性标准溶液进行滴定，被还原为，草酸根离子被氧化为二氧化碳，滴定反应的关系式为：3~，则n(K3[Fe(C2O4)3]•3H2O)=n()=n()=cV×10-3mol×=5cV×10-3mol,则产品纯度为%。 23．(1) SiO2、PbSO4 Fe2+、Na+ (2) KSCN溶液 (3)4.5 (4) 若溶液中、浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为；当CoS恰好沉淀完全时，，此时，不生成NiS沉淀，故可以将、彻底先后分离 (5) (6) 【分析】蛇纹石提镁后的中和渣加入硫酸酸浸，SiO2、生成的硫酸铅不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2、PbSO4，酸浸液中含有Fe3+、Al3+ 、Co2+、Cr3+、Ni2+，加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，加入NaOH净化，生成Cr(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3，所得滤液加Na2S沉钴镍，则滤渣2为CoS、NiS，所得滤液2中主要的金属阳离子为Fe3+、Na+，加入碳酸氢铵和一水合氨沉铁，反应过程中元素化合价不发生变化，则所得滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红。 【详解】（1）据分析，滤渣1的成分为SiO2、PbSO4，滤液2中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+。 （2）二氧化硫具有还原性，酸性条件下二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，反应为：；检验还原是否完全，只要检测所得溶液中是否含Fe3+，Fe3+能和KSCN溶液显血红色、和苯酚溶液显紫色，则可用KSCN溶液或苯酚检验还原是否完全。 （3）净化过程是保证Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3和Al(OH)3，而Fe2+尽可能不沉淀，由溶液中各离子的去除率与的关系图知，为4.5时最理想，则应控制为4.5。 （4）已知、，则CoS的溶解度比NiS更小、CoS更容易生成，故沉钴镍时，若溶液中、浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为；当CoS恰好沉淀完全时，，此时，不生成NiS沉淀，故可以将、彻底先后分离。 （5）由分析可知，FeCO3经煅烧被空气中氧气氧化为目标产物铁红同时生成二氧化碳，反应为； （6）铁离子氧化碘离子为碘单质，碘单质发生反应，结合电子守恒、铁元素守恒可知，，则铁红产品的纯度为。 24．(1) K= ΔH3=ΔH1+ΔH2 (2)BC (3) < 75% (4) < 正反应方向 > 【详解】（1）反应③的平衡常数表达式：K=；根据盖斯定律，③=①+②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2； （2）A．反应前后气体分子数不变，说明压强始终保持不变，不能判断反应是否平衡，故A错误； B．反应过程中CO不断减少，当c(CO)不变，说明反应达到平衡，故B正确； C．v正(H2)=v逆(H2O)说明正逆反应速率相等，则反应达平衡，故C正确； D．反应进行中某时刻c(CO2)可能恰好等于c(CO)，不能说明反应达平衡，故D错误； 答案选BC； （3）升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则ΔH2＜0；达到平衡时c(CO)=0.005mol/L、c(H2)=0.015mo/L，说明参与反应的CO与生成的H2一样多，则CO转化率：； （4）该反应的正反应是放热反应，相同压强下，由C到A，四氧化二氮的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，说明温度降低，T1＜T2；该反应的正反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；温度越高，平衡常数越小，所以B＞C； 25．(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ (2)223.5 (3) 大于 (4) 0.60 【分析】此题较为综合，利用焓变和活化能的关系进行计算和综合分析，同时还需结合弱电解质的电离和水解的内容，比较盐溶液的酸碱性强弱以及计算相关微粒的浓度。 【详解】（1）据题中所给图分析，反应物能量比生成物能量高，即表现为放热反应，图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中属于放热反应的是Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ。 （2）工业用和反应合成反应的反应热、活化能()为：，此反应的活化能=223.5kJ/mol，此活化能也是三氧化硫的分解反应的活化能。 （3）根据25℃，部分弱酸的电离平衡常数，可知，酸性：，故水解能力：，故0.1mol/L溶液的pH＞0.1mol/L溶液的pH。 同时分析可知酸性，故向溶液通入少量发生反应的离子方程式为。 （4）分析此电化学装置可知，石墨1为负极，发生二氧化硫失电子的氧化反应，其电极反应式为：。 已知25℃，的。若氨水的浓度为2.0mo/L，溶液中的=。将通入该氨水中，当降至时，结合(2)表中数据，计算溶液中的，故=0.60。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $