化学-2-【大数据押题】2026年全国高考押题实战演练卷

2026届全国高考押题实战演练（二） 化学·参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 A 0 B A 0 B B C 0 A C B 1.A纸的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A符合题意；玛瑙的主要成分是SiO2,B不符合题意；玉 的主要成分是硅酸盐，C不符合题意；广彩瓷杯的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D不符合题意。 2.D制备乙烯时，乙醇与浓硫酸混合加热易发生暴沸，需加入碎瓷片防止暴沸，A错误；金属钠性质活泼，未 用完的钠必须放回原试剂瓶（煤油中）隔绝空气，防止自燃或爆炸，B错误；酒精燃烧时用嘴吹可能扩大火势 或引燃其他物品，正确做法是用湿布或灭火器覆盖灭火，C错误；稀释浓硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并搅 拌，可避免剧烈放热导致酸液飞溅，符合操作规范，D正确。 3.B玻璃属于非晶体，而SO,(二氧化硅)有共价晶体和无定形体（非晶态），不是由分子通过分子间作用力构 成的分子晶体，A错误；超级钢是在铁中加入碳及其他元素形成的合金，具有优异性能，属于合金范畴，B正 确；钙钛矿太阳能电池通过光伏效应将光能直接转化为电能，不涉及化学能转化过程，C错误；2H(氘)和3H (氚)是氢元素的同位素（质子数相同、中子数不同），二者不互为同素异形体，D错误。 4.A向CuSO,溶液中持续滴加氨水，溶液变为深蓝色，得到硫酸四氨合铜，没有发生氧化还原反应，A符合题 意；向含F(SCN)3的溶液中加人铁粉，溶液颜色变浅，铁和铁离子反应生成亚铁离子，发生了氧化还原反 应，B不符合题意：露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质，生成氧化铁，发生了氧化还原反应，C 不符合题意；用刀切开金属钠，新切开的钠的表面很快变暗，变为氧化钠，发生了氧化还原反应，D不符合 题意。 5.DFe3+不能被HNO,氧化，A错误；向等浓度离子中逐滴加盐酸，最先参与反应的是OH,B错误；通入足 量SO2不能共存，因为发生反应：CIO+SO2+H2O一SO+CI十2H,C错误；四种离子均能与AI+ 发生双水解而不能共存，D正确。 6.B奥司他韦的分子式为C6H28N,O,A错误；分子结构中有5种官能团分别是醚键、酰胺基、氨基、酯基和 碳碳双键，水解后产物中也是5种官能团，分别是醚键、羧基、氨基、羟基和碳碳双键，B正确；分子中手性C CH CH CH 原子有3个，如图所示（标出的为手性C原子） ,C错误；奥司他韦分子中两个氮原 H HC 子杂化方式相同，均为SP杂化，D错误。 7.BC能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明C为NH;G是强酸，结合NH,经催化氧化、与水反应的转化，推 得E为NO,F为NO2,G为HNO3;H是常用钡餐，为BaSO,;D与Naz SO,溶液反应生成BaSO,,说明D含 Ba+:固体A与固体B混合搅拌产生NH,且温度迅速下降，可知该反应为NH,CI与Ba(OH)2·8H2O的反 应，因此A为NHCl,B为Ba(OH)2·8H2O,D为BaC2。B为Ba(OH)2·8HzO,含有Ba2+与OH之间的 离子键，以及OH和水分子内部的共价键，A正确；E为NO,在标准状况下是无色气体，而非红棕色（红棕色 气体为NO2),B错误；D为BaCl2,可溶于水，且Ba+属于重金属离子，有毒，C正确：G为HNO,常温下浓硝 酸会使铝发生钝化，因此可用铝制容器盛装浓硝酸，D正确。 8.C氢气具有可燃性，使用氢气填充气球存在安全隐患，而H的电子构型稳定，不易得失电子，形成的氦气 是一种惰性气体，不易燃烧或爆炸，A正确；H2O和NH的中心原子O原子和N原子都是sp3杂化，O有两 化学()参考答系赏1页（共6贡） 个孤电子对，N有一个孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力更大导致水分子的键角小于氨分子的键角，B 正确；F的电负性更大，氢键的键能：F一H…F>O一H…O,但由于H2O的氢键数目更多，分子间氢键会导致 沸点升高，故H2O的沸点比HF的沸点高，C错误；C2 H;NH,NO3为离子化合物，含C2HNH对和NO,其 熔点比硝酸铵低是因为C2HNH中引人有机基团降低了离子化合物的熔点，D正确。 9.CO的电负性大于Ti,S的电负性大于H,故过程①中催化剂中O显负电性，吸引显正电性的H,A正确； 过程②中铁元素化合价发生变化，Fe3+被还原成Fe2+,B正确；过程④中只发生了极性键(O一S)、非极性键 (O一O)的断裂和极性键(O一H)的形成，未发生非极性键的形成，C错误；根据图示③④两步历程，可知O2 使Fe2+转化成Fe3+,恢复催化剂的活性，D正确。 10.D短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N元素；制 备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，则Y为O元素，Z为F元素；R元素M层电子数是K层电子数的2倍， 则R为Si元素。同周期元素随着原子序数变大，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，则第一电离能：F>N>O,A错误；SiH,不存在分子间氢键，B错误；氟元素的非 金属性最强，没有正化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，C错误；氮化硅是熔沸点高、硬度大的共价晶 体，所以常温下氮化硅为固态，D正确。 11.A该实验分为两个阶段：首先在装置b中用MnO2催化H2O2分解制备O2,待O2通过装置a使淀粉-KI 溶液变蓝后，关闭K、打开K:,加热铜丝并滴人无水乙醇，让乙醇在铜丝催化和O2作用下发生氧化反应： 生成的气体通人银氨溶液，检验是否有乙醛生成，从而探究乙醇的催化氧化反应。银镜反应需要在水浴加 热且碱性条件下进行，该实验中d试管未加热，即使c中生成了乙醛，也无法观察到银镜，因此不能说明c 中没有乙醛生成，A错误：中溶液变蓝，说明O2将IF氧化为I2,根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性 强于氧化产物，因此氧化性：O2>I2,B正确；c中加热的铜丝先被O2氧化为黑色的CuO,随后乙醇与CuO 反应生成乙醛和红色的Cu,铜丝颜色由红变黑再变红，说明反应存在中间产物CuO,C正确；b中H2O2在 Mn0,催化下分解为H,0和0，化学方程式为2H,0,Ma02H,0+0,个，D正确。 12.C铝镍硫酸盐溶液中，由电荷守恒有：3c(A13+)+2c(Ni2+)十c(H+)=2c(SO)十c(OH),溶液呈酸性， 故3c(AI3+)+2c(Ni2+)<2c(SO}),A错误；质子守恒：c(H)+2c(H2S)+c(HS)=c(OH)+c(NH· c5(NH3) H,O),B错误：[Ni(NH)]++S一NiS+6NH,的平衡常数K=c(S)·{Ni(NH)6]*= c(NH3)·c(Ni2+) c(S-)·cN*)·c([Ni(NH,)aJ-K,(NiS·KaLN(NH,6F=1X10X1X10T=105,C 正确；滤液A为沉镍后NiS的饱和溶液，故有Kn(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)=1×10-4,若溶液中无其他溶 质，则c(N+)=c(S-)=1X102,但溶液中(NH,)2S过量，即S变多，c(N+)=KNS变小，故有 c(S2-) c(N+)=K,CNiS)<1×10-12,D错误。 c(S2-) 13.B放电时，电极b为负极，电极a为正极，A错误；放电时，电极b的电极反应为V2+一e一V3+,电极a 的电极反应为VO十e十2H+一VO++H2O,B正确；充电时，电极b为阴极，电极反应为V3+十e一 V2+,右槽溶液颜色由绿色逐渐变为紫色，C错误；充电时，电极a与直流电源正极相连作阳极，发生氧化反 应，D错误。 14.C由图像可知，在温度低于50℃时，I型催化剂的效率高于Ⅱ型，b点时达到化学平衡状态，后升高温度， 平衡逆向移动，故该反应是放热反应，温度越低，平衡常数越大，a点温度低于b点，故K.>K。,A正确；催 化剂I型的催化效率较高，说明活化能低，则该反应使用不同催化剂对应的活化能：I型<Ⅱ型，B正确：催 化剂不影响平衡转化率，在温度相同时，平衡转化率：I型=Ⅱ型，C错误；设CO和O2的起始浓度为，列 三段式如下： 2C0+ 02 =2C02 起始浓度/(mol·L1)n 0 改变浓度/(mol·L-1) nx 0.5n.x nI 平衡浓度/(mol·L1)n-nx n-0.5n,x nx 化学（二）参考答宾 第2页（共6页） 时0，的浓度为0,01mol·L,即n-0,5nz=0.01mol·L,解得：n三0017mol·L,则平衡 c(CO)=n-nx= 203z1-)olL,c(c0,)=ax=e852mlL:K=2C800 c2(CO2) 0.01x)2 （1-0.5x =100x2 [08z×1-x0.0 1-),D正确。 15.(1)圆底烧瓶(1分)收集氯化铁(1分) (2)待装置F的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃酒精灯(2分) (3)hi→de→jk/kj→fg/gf→bc(2分) (4)已知K{[Fe(C2O,)s]3-}>K[Fe(SCN)3],说明[Fe(C2O,)3]3-比Fe(SCN),更稳定，[Fe(CzO,)3]3-不能电 离出Fe3+,则不能与SCN反应转化为Fe(SCN),也就不能显示红色，加人硫酸后，H+与C2O?结合可使平 衡Fe3+十3CzO一[Fe(CzO4)3]3-逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红(2分) (5)取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K,[Fe(CN)。]溶液，不出现蓝色沉淀，则未发生氧化还原反应 (2分) (6)222C023C2O(共2分) (7)电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生(2分) 【解析】(1)仪器X的名称是圆底烧瓶；无水氯化铁在300℃以上升华，则装置D的作用是收集氯化铁。 (2)欲制得纯净的FCl,防止其被空气中的氧气氧化，则应待装置F的玻璃管内充满黄绿色气体时再点燃 酒精灯。 (3)装置A为二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，用E中饱和食盐水除去氯化氢杂质；氯化铁 遇到潮湿的空气极易水解，则用装置C除去氯气中的水蒸气；干燥的氯气与铁粉在装置F中反应，无水氯化 铁在300℃以上升华，则装置D的作用是收集氯化铁；氯气有毒，未反应的氯气用碱石灰吸收，并能防止空 气中的水蒸气进入使无水氯化铁水解，根据分析装置的连接顺序为A→E→C→F→D→B,则进出接口的连 接顺序为a→hi→de→jk/kj→fg/gf-→bc。 (4)已知K{[Fe(C2O,)3]3-}>K[Fe(SCN)3],说明[Fe(C2O)3]3-比Fe(SCN)3更稳定，[Fe(C2O4)3]3-不能电 离出Fe3+,则不能与SCN反应转化为Fe(SCN)3,也就不能显示红色，加入硫酸后，H+与CzO结合可使平 衡Fe3++3CzO一[Fe(C,O4),]3-逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红。 (5)若Fe3+和C2O?发生氧化还原反应，则生成Fe2+,Fe2+与K,[Fe(CN)6]反应显蓝色，则操作为取少量实 验2中的亮绿色溶液，滴加K,[F(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，则未发生氧化还原反应。 (6)已知K[Fe(C2O,)3]·3HzO(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解，Fe的化合价降低，则部分C 的化合价升高，反应的离子方程式为2[Fe(C,0,)]-光题2FcC,0,+2C0,↑+3C,0。 (7)CzO失电子能力大于Fe2+,该装置为原电池，左侧为正极，Fe3+得电子生成Fe+,溶液变为浅绿色，右 侧为负极，C2O失电子生成CO2,现象为电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧 有气泡产生。 16.(1)适当加热、搅拌（或粉碎镍铁合金废料、适当增大酸的浓度等其他合理答案）(2分) (2)Na++3Fe3++2SO+3CO号+3H20-NaFe3(SO,)2(OH)6↓+3C02↑(3分) (3)2.1(2分)有(1分) (4)Na+、NH、H+(2分) (5)4NiC,0,+30,®换2Ni,0,+8C0,(2分) (6)8×59+16×56+32X16(3分) Na×(a×10-10)3 化学（二）参考箜案 第3原（头6页）》 【解析】题图中工艺流程图分析如下所示： 将Fe2完全 除去C2 氧化为Fe 除去Ca2、Mg ①通HS 得到NiC,O: 硫酸、硝酸H0☑NaCO,②调pH NHF H-C2O 镍铁合金废料一酸溶一反应一除杂一除杂2→除杂3一一沉镍 ,洗涤一→橙烧一→Ni,0, Ni、Ffe、Cu 黄钠铁 CuS. Ca、Mg、Zn 滤渣 滤液 发生反应4NC,0+30,终 矾渣 ZnS 2Ni,0+8C02 发生反应Na+3Fe+2S0+3C0+ CaFz、MgF 3H2O-NaFes(SO4)(OH).1+3CO:1 (1)“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有适当加热、搅拌、粉碎镍铁合金废料或适当增大 酸的浓度等。 (2)“除杂1”步骤中，溶液呈酸性，溶液中的Fe3+、SO与加入的Na、CO反应生成NaFe(SO,)2(OH)。 沉淀和CO2气体，反应的离子方程式见答案。 (3)“除杂2”步骤的目的是将Cu2+、Z+完全除去，根据难溶电解质的溶度积可知，将Cu2+、Zn2+完全除去 需满足c2a)区1.0X10mlL,则溶液中c(S)-a≥190alL=1X1067mol. c(Zn) L,已知K(H,S)=100,K(HS)=1012,则Ka·K=cH2))=10-,将cH,S》= c(H2S) 0.1mol·L1、c(S2-)=1×10-16.7mol·L1代人可得c(H+)=1×10-2.1mol·L1,则应保持溶液的pH 不小于2.1，此时c(N+)=0.01mol·L-1,Q(NiS)=c(Ni+)·c(S2-)=10-18.7>Kp(NiS),则Ni+已经 开始沉淀，有损失。 (4)根据第(2)问的离子方程式可知，消耗的Na+与CO的物质的量之比小于Na2CO3中Na与CO的 物质的量之比，所以一定有N*剩余；“沉镍”步骤前镍铁合金废料中的其他金属杂质已经被除去，故加入草 酸“沉镍”后得到的滤液中所含的阳离子主要为Na+、NH、H。 (5)在空气中煅烧说明O2足量，故碳元素转化为CO2;加入草酸后得到草酸镍沉淀，在空气中煅烧草酸镍生 成三氧化二镍，十2价的镍被氧化为十3价，+3价的碳被氧化为+4价，则反应的化学方程式为4NC2O,十 302®烧2Ni,0,十8C02。 (6)根据均摊法可知，1个A中Ni的个数为4X号+1,1个B中Ni的个数为4Xg,放1个晶胞中Ni的总 数为(4×号+1+4×日)×4=8：1个B中Fe的个数为4,1个晶胞中Fe的总数为4X4=16:1个A中0 的个数为4,1个B中O的个数为4，故1个晶胞中0的总数为(4十4)×4=32，则该化合物晶体的密度为 8×59+16×56+32×16 Na×(aX10-0)3 2g·cm3。 17.(1)较低温度(1分) (2)BC(2分，漏选得1分，错选、多选不得分) (3)Ⅲ(2分) (4)①H2(1分)△H1>0、△H2,温度低于T1时，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应I正向移动 的程度，氢气的物质的量增加，温度高于T,时，随温度升高，反应I正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的 程度，氢气的物质的量减少(2分) ②75%(2分) 0o2分) (5)阴(1分)CO2+6e+6H+—CHOH+H2O(1分) 【解析】(1)根据△H3=△H1+△H2=(-90.9+41)kJ·mol1=-49.9kJ·mol-1,△S<0,因此需要低温 条件下才能自发进行。 化学（二）参考答案第4反（共6） (2)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量CO(g)和H2(g),仅发生反应Ⅱ时，根据三段式法计算，CO物 质的量分数始终为50%，因此C0物质的量分数不变时，不能判断反应达到平衡，A错误；其他条件不变时， 再次充人等物质的量CO(g)和H2(g),等效于给体系加压，平衡正向移动，因此达到平衡时CH,OH的体积 分数增大，B正确；充入H2(g)与CO(g)物质的量之比等于2：1时CHOH的体积分数最大，充入H2(g) 与CO(g)物质的量之比由1：1逐渐增加到3：1，每次达到平衡时CH3OH的体积分数先增大后减小，C正 确；CHOH中有H一O,因此需断裂2molH一O同时断裂4molH一H时，反应达到平衡，D错误。 (3)常数(K,)与温度(T)之间存在关系1gK,=一三品R×宁+C,当△H>0时，斜率为负，gK,随宁的增 大而减小；当△H<0时，斜率为正，lgK,随的增大而增大。又△H>0、△H,<△H,<0,故反应Ⅱ对应 线“更陡峭”，因此a、b、c分别对应的反应是反应I、Ⅱ、Ⅲ。 (4)①△H1>0、△H2<0,升温时，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，甲醇物质的量随温度升高而减小，因此 曲线甲表示甲醇，一氧化碳物质的量随温度升高而增大，因此曲线丙表示一氧化碳，氢气物质的量随温度升 高先增大后减小，因此曲线乙表示氢气。由于△H1>0、△H2<0,温度低于T:时，随温度升高，反应Ⅱ逆向 移动的程度大于反应I正向移动的程度，氢气的物质的量增加，温度高于T,时以反应I为主，随温度升高， 反应I正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，氢气的物质的量减少。 ②根据原子守恒计算，由图可知平衡时，n(CO)=1mol,设平衡时n(CO2)=xmol、n(H2O)=ymol、 n(CHOH)=n(H2)=zmol,则碳原子守恒：x十1十x=5,氢原子守恒：2y十6z=26,氧原子守恒：2x十y十z +1=10,三式联立，解得x=1、y=4、之=3，平衡时气体总物质的量为(1+1+4十3+3)mol=12mol,则甲 醇的选择性=3mo (是×120) ×100%=75%,K。= 4 mol kPa2=1 (是×120)2×(2×120) 300 kPa-2 (5)因为由二氧化碳生成甲醇需要得电子，因此在阴极生成甲醇，电极反应式为CO2+6十6H+ CH3OH+H2O。 18.(1)酯基(1分) (2)NO2 -CH(2分) (3)HOCH2CH2N(C2H)2(2分)取代反应（或酯化反应）(1分) (4) HCI (1 分) NH2- COOCH2 CH2N(C2 H3)2 HCI NH2- COOCH2CH2N(C2Hs)2·HC1(2分) (5)17(2分) (6) CH2OH Cu.O: CHO 银氨溶液/新制Cu(OH): COOH HOCH,CH,NH: △ △，稀硫酸 浓硫酸，△ COOCH2 CH2 NH2 (4分，三步全对得4分；除原料和目标产物外，中间产物错一个扣2分，扣完为 止；路线设计合理，但步骤较繁琐，视情况给1~2分)》 【解析】(I)根据盐酸普鲁卡因的结构简式为H2N〈 COOCH2CH2N(C2H)2·HC1可知，分子中含 氧官能团为酯基（一COO一），名称为酯基。 (2)已知原料A为芳香族化合物（含苯环），能与硫酸、Naz Cr2O,的混合液发生氧化反应生成B,结合后续合 成逻辑及盐酸普鲁卡因结构，B为对硝基苯甲酸，结构简式为O2N一《 一COOH;氧化反应的本质是 “苯环上的甲基被氧化为羧基”，因此逆推可知A为苯甲酸(O2N -CH3)。 化学（二）参语答第 第5页（共6页） (3)D的结构简式为O2N )-COOCH,.CH:N(C,H):,含有酯基，其中O,N《 一CO一来自 B,剩余一OCH2CH2N(C2H)2,形成酯基的反应对应为酯化反应或取代反应，因此逆推物质C为醇类，结 构简式为HOCH2CH2N(C2H)2。 (4)已知反应②为胺类化合物，如RNH(R为烃基)与盐酸反应可生成对应的盐酸盐(R,NH·HCI)。D经 还原反应：一NO2(硝基)→一NH2(氨基)生成E,E的结构简式为 H2 N- COOCH2CH2N(C2H)2,E→盐酸普鲁卡因（盐酸盐形式）的反应本质是胺类与盐酸生成 盐，故所需试剂化学式为HCl。该反应的化学方程式为H2N COOCH2 CH2 N(C:Hs )2 HCI →NH2 -COOCH2CH2N(CzH)2·HCl。 (5)B为对硝基苯甲酸（分子式：C,HNO),F(分子式：C8H,NO4)为B的同系物（结构相似、分子组成相差1 个CH2原子团)，故F的结构需满足“含苯环、1个一NO2(硝基)、1个一COOH(羧基)，分类计算同分异构 体：类别1苯环上有3个取代基（共10种）：取代基组合为“一NO2、一COOH和一CH3)”,采用“定一移二 NO2 NO. 法”计算：固定一NO2在苯环“1位” ;固定一COOH在“2位”（邻位）6 CO0H:一CH3可在 NO “3、4、5、6位”，4种；固定一CO0H在“3位”（间位 :一CH3可在“2、4、5、6位”→4种；固 COOH 定一COOH在“4位”（对位） :一CH可在“5、6位或2、3位”→2种；固定一COOH在“5、6位”： COOH 与“3、2位”重复，无需计算；总数：4十4十2=10种；类别2苯环上有2个取代基（共6种）：取代基组合为 “一NO2和一CH2COOH)”或者“一CH2NO2和一COOH)”,共2类组合，每类组合的位置异构为3种（邻、 间、对)：总数6种；类别3苯环上有1个取代基（共1种）：取代基组合为“一NO2和一CHCOOH)”即 O2N CH一COOH;综合以上分析可知，最终总数：10十6+1=17种（无重复结构，不考虑立体异构）。 (6)目标产物为 COOCH,CH,NH:(酯类)，采用“逆合成分析法”设计路线。 酯的逆推：目标酯由“苯甲酸( -COOH)和HOCH,CH,NH,经酯化反应生成，故需先将苯甲醇转化 为苯甲酸；苯甲醇→苯甲酸分两步依次为①苯甲醇在C、O2、加热条件下氧化为苯甲醛；②苯甲醛在银氨溶 液[或新制Cu(OH)2]、加热条件下进一步氧化，酸化后得苯甲酸： CH2OH Cu.O. CHO 银氨溶液/新制Cu(OH): COOH ;苯甲酸与HOCH2CH2NH2在“浓H2SO4,加热”（酯化反应条件）下 △，稀硫酸 COOCH2 CH2 NH2 COOH HOCH CH,NH, 反应，生成目标产物 浓硫酸，△ 化学（二）参考答案第G页（共G页）绝密★启用前 2026个芳圳抑题实战演练(：) 化 学 阁 本试题卷共6页。全卷满分100分考试时间75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 餐 2.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试 题卷上答题无效。 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：H1C12O16Fe56Ni59 的 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 长 1.“杯杯酒满”，我国的酒文化源远流长；饮茶喝水，杯子在人们生活中扮演着重要角色。下列杯 子中，主要材质为有机材料制成的是 弼 A.21世纪环保纸杯 B.兽首玛瑙杯 C.角形玉杯 D.广彩瓷杯 2.实验安全至关重要。下列实验操作或处理方法正确的是 数 A.制备乙烯时，不需向乙醇和浓硫酸的混合液中放入碎瓷片 B.实验中未用完的金属钠不能放回原试剂瓶中 C.洒出的酒精在实验台面燃烧起来，立即用嘴吹灭 D.稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌 3.科技是国家强盛之基，下列说法正确的是 A.月壤样品中发现了天然玻璃纤维，该纤维中的SO2属于分子晶体 B.我国研制的超级钢性能居于世界领先水平，超级钢属于合金 C.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能 D.我国“人造太阳”利用了2H和3H的核聚变，2H和3H互为同素异形体 4.下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是 A.向CuSO4溶液中持续滴加氨水，溶液变为深蓝色 B.向含Fe(SCN)3的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅 赵 C.露置在潮湿空气中的钢铁制品，表面产生红色物质 D.用刀切开金属钠，新切开的钠的表面很快变暗 化学() 剪1质（共6质） 5.下列叙述Ⅱ对I的离子组判断和分析正确的是 选项 I.离子组 Ⅱ.判断和分析 H+、Cu2+、NO,、Fe3+ 不能大量共存，因为Fe3+能被HNO,氧化 B OH、CO号、SO号、[A1(OH)4] 向等浓度离子中逐滴加盐酸，最先参与反应的是[AI(OH)] C Na+、SO、ClO、CI 通人足量SO2不能共存，因为发生反应：ClO+SO2+H2O -HSO+HCIO 0 HCO3、CO、CA1(OH)4]、CO 四种离子与A3+均不能共存，是因为它们与A3+均能发生 双水解 6.奥司他韦一种治疗甲流的特效药，分子结构如图所示。下列说法正确 CH CH 的是 A.奥司他韦的分子式为C16H26N2O, B.奥司他韦分子结构中官能团与水解产物中官能团种数相同 C.奥司他韦分子中具有4个手性C原子 D.奥司他韦分子中两个氮原子杂化方式不同 H 7.如图所示的物质转化关系中，固体A与固体B研细后混合，常温下搅拌 产生气体C和固体D,温度迅速下降；C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；HC G是一种强酸；H是白色固体，常用作钡餐。下列说法错误的是 HCI 02,催化剂 C E0→F H0→G 搅拌 ◆H2O B D NaSO,溶液→H A.固体B含有离子键和共价键 B.E在标准状况下是红棕色气体 C.D为可溶于水的有毒物质 D.常温下可用铝制容器来盛装G的浓溶液 8.物质的结构决定其性质。对下列实例的解释有误的是 选项 实例 解释 A 用He替代H2填充探空气球更安全 He的电子构型稳定，不易得失电子 B 水分子的键角小于氨分子的键角 O有两个孤电子对，N有一个孤电子对 c H2O的沸点比HF的沸点高 氢键的键能：O一H…O大于F一H…F D C2 Hs NH,NO3为离子化合物，其熔点比硝酸铵低 引入有机基团可降低离子化合物的熔点 9.新型FTiO2催化剂可将H2S转化为单质S,催化历程如图。下列说法错误的是 ●FeH HH H'H' Fe? HS⊙ ○氧空位 0 9Ti 0 HH HHQ-9 0i0Os④0Ti-02Os A.过程①中O显负电性，吸引显正电性的H B.过程②中Fe3+被还原成Fe2+ C.过程④中存在极性键、非极性键的断裂与形成D.O2可使催化剂恢复活性 10.短周期主族元素X、Y、乙、R的原子序数依次增大，其最简单氢10 化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R 50 元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不 0 能选用玻璃容器。下列说法正确的是 -50 A.第一电离能：Y>Z>X B.R的简单氢化物分子间存在氢键 -1o0 -150 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X D.常温常压下，RX4呈固态 元素代号 化学（二） 第2页（共6页） 11.某化学小组利用如图装置（夹持装置略去）探究气体的制备与性质。实验操作是：先打开 K1、K2,关闭K3,当观察到a中出现现象时，再关闭K1,打开K3,点燃酒精灯加热数分钟后， 滴入无水乙醇，观察c、d中现象。下列说法错误的是 10%H0 容液 酸化的 -Mno 淀粉-K溶液 a 6 A.d中试管内壁未观察到光亮的银镜，说明c中没有乙醛生成 B.a中观察到溶液变蓝，说明氧化性O2强于I2 C.c中通过观察铜丝颜色的变化，可以判断乙醇催化氧化反应有中间产物生成 D.b中反应的化学方程式为2H,0,M02H,0+0,个 12.镍铝青铜(NAB)是一种由铜和铝添加镍、铁 NH3·HONH4)S溶液 和锰组成的合金。从经过除铜、铁和锰后的 废镍铝青铜合金得到的NSO,和Al2(SO:)3铝镍硫酸盐溶液→沉铝→沉镍 →NiS 溶液中提取硫化镍的工艺流程如图所示。 已知：①所加试剂均过量，Ni+与NH3·H2O 形成[Ni(NH3)6]+; Al(OH)3 滤液A K.(NiS)-1X10-".K[Ni(NH,).]+--c[Ni(NH).] c(N+)·c°(NH)=1X108.4。 下列有关说法正确的是 A.铝镍硫酸盐溶液中有：3c(A13+)+2c(Ni+)=2c(SO?) B.在(NH4)2S溶液中有：c(H+)+c(HzS)+c(HS)=c(OH)+c(NH3·H2O) C.[Ni(NH3)6]2++S2-=NiSY+6NH3的平衡常数K=1015.26 D在滤液A中有：9≥1X10 13.全钒液流电池具有循环寿命长、安全性高和绿色环保等优势，受到广泛重视。电池的充放电 总反应式为VO时+V+十2H+放电V0+十V++H,0,工作原理如图所示，其中溶液中离 充电 子颜色：V2+紫色，V3+绿色，VO2+蓝色，VO黄色。下列说法正确的是 充电器充电 放电负载☐ 交流/直流 电解液 V024 电 电解液 V02+/ VO VO; V2*N+ 又 质子交换膜 循环泵 循环泵 A.放电时，电极b的电势比a的高 B.放电时，电极a的电极反应为VO+e+2H+一VO2++H2O C.充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由紫色变为绿色 D.充电时，电极a与直流电源的负极相连，发生还原反应 化学（二）第3（共6） 14.为了模拟汽车尾气的净化，向密闭容器中投入相同量的CO和 ◆C0转化率% O2,在催化剂(I型、Ⅱ型)和不同温度条件下发生反应：2CO(g) b 十O2(g)一2CO2(g),反应进行相同时间(ts),测得CO转化率 与温度的关系曲线如图所示。下列说法错误的是 I型 A.该反应在a、b二点对应的平衡常数大小关系：K.>Kb Ⅱ型 B.该反应使用不同催化剂对应的活化能：I型<Ⅱ型 50 温度/元 C.其他条件不变，温度相同（低于50℃）C0平衡转化率：I型>Ⅱ型 D.已知50℃1s时容器中0：浓度为0.01mol·L,该温度下反应平衡常数为100r (1-x)2 二、非选择题：本题共4题，共58分。 15.(14分)文献表明：相同条件下，草酸根(C2O)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，某研 究性小组进行以下实验： 资料：1.无水氯化铁在300℃以上升华，遇潮湿空气极易潮解。 i.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解；FeC2zO4·2HzO 为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。 im.配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2+十4NH3一[Cu(NH3)]+,其稳 定常数表达式为K=c[Cu(NH)]+) c(Cu2+)·c(NH3)° 已知：K{[Fe(C2O4)3]3-}=102o,K[Fe(SCN)3]=2×103. 实验1：用以下装置制取无水氯化铁。 局浓盐酸 ▣ 、MnO, 碱石灰 饱和 食盐水 B C D A (1)仪器X的名称是 ;装置D的作用是 (2)欲制得纯净的FCl3,实验过程中点燃装置F处酒精灯的时机是 (3)装置的连接顺序为a-→ (按气流方向，用小写字母表示)。 实验2：通过Fe3+和C2O在溶液中的反应比较Fe2+和CzO的还原性强弱。 操作 现象 在避光处，向10mL0.5mol·L1FcCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L-1 得到亮绿色溶液和 K2C2O溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤 亮绿色晶体 (4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加人硫酸，溶液变 红，说明晶体含有十3价的铁元素，其原因是 (5)经检验，亮绿色晶体为Kg[F(C2O,)3]·3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化 还原反应的操作和现象是 (6)取实验2中的亮绿色溶液光照一段时间，产生 灵敏电流计 黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程 O 盐桥 式： [Fe(C,O,)a]3-光照 FeC2O 石墨 石墨 + 十 实验3：又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O?的0.5molL 0.5moL-1 还原性强弱，并达到了预期的目的。 Fecl,溶液露 KzCO,溶液 (7)描述达到预期目的可能产生的现象： 化学() 第4医（共6医）》 16.(15分)三氧化二镍在颜料、蓄电池、阻燃剂等领域应用广泛。一种以镍铁合金废料（主要含 有Ni、Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等金属)为原料制备三氧化二镍的工艺流程如下： ①通H,S 硫酸、硝酸H,O2Na,CO,②调pHNH,FH,C,O, 镍铁合金废料一→酸溶反应除杂]→除杂2→除杂3沉镍 →洗涤→煅烧→Ni,O 黄钠铁CuS、 滤渣 滤液 矾渣 ZnS 已知：pK=一lgK。常温下，pK1(H2S)=7.0,pK2(H2S)=12.9。一些难溶电解质的pK即 如表所示： 难溶电解质 NiS CuS ZnS pKs 18.8 35.2 21.7 回答下列问题： (1)“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有 (写两条即可)。 (2)“除杂1”步骤中，加入Na2CO3将溶液的pH调至1.6~1.8，得到黄钠铁矾 [NaFe(SO,)2(OH)6],该反应的离子方程式为 (3)“除杂2”步骤中，常温下，始终保持溶液中H2S的浓度为0.1ol·L1。为将预除杂质 完全除去，应保持溶液的pH不小于 ,若此时Ni2+的浓度为0.01mol·L1,则 Ni2+ (填“有”或“没有”)损失（当某离子浓度≤1.0×10-5mol·L1时，可认为 该离子完全除去)。 (4)“沉镍”步骤中，得到的滤液中所含的阳离子主要有 (填离子符号)。 (5)在空气中“煅烧”发生反应的化学方 程式为 (6)Ni、Fe、O三种元素形成的某化合物 可以用作催化剂，其晶胞结构如图所 a pm 示。该化合物晶体的密度为 g·cm3(设Na为阿伏加 ●Ni A Fe oO 德罗常数的值，列出计算表达式)。 17.(14分)甲醇是一种重要的生物质能源，利用CO2和H2合成甲醇是实现“降碳减排”的一种 途径。其反应过程如下，反应Ⅲ是经过反应I和反应Ⅱ两部反应完成的，其中反应I是慢反 应，反应Ⅱ是快反应。 反应I:CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)△H1=+41.0kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH,OH(g)△H2=-90.9kJ·mol1 反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H3 回答下列问题： (1)反应Ⅲ在 (填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”)下能自发进行。 (2)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量CO(g)和H2(g),仅发生反应Ⅱ，下列叙述正 确的是 (填标号)。 A.CO物质的量分数不变时，反应达到平衡 B.其他条件不变时，再次充入等物质的量CO(g)和H2(g),达到平衡时CHOH的体 积分数增大 C.充入H2(g)与CO(g)物质的量之比由1：1逐渐增加到gKt 3：1过程中，每次达到平衡时CH,OH的体积分数先增 大后减小 D.断裂2molH一O同时断裂3molH一H时，反应达到 平衡 (3)已知压强平衡常数(K,)与温度(T)之间存在关系式如下： lg K=- 2.3O3RT+C(其中R,C为常数，△H为焙)。反应 △H 图1 I、Ⅱ、Ⅲ的gK,与一之间关系如图1所示，则图1中直线c表示的反应为 化学（二） 第5页（共6页） (4)在总压强保持为120kPa,向体积可变的密闭容器中充入5 mol CO2和13molH2,仅发 生反应I和反应Ⅱ。 反应I:CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) △H1=+41.0kJ·mol- 反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) n(X)/mol △H2=-90.9kJ·mol1。平衡时，CO(g)、 丙 CH3OH(g)和H2(g)的物质的量随温度变化 关系如图2所示[甲醇选择性= 生成(CH.OH)×100%]。 n消耗(CO2) ①图中曲线乙所代表的物质是 TIK (填化学式)，该物质的物质的量随温度变 600万 图2 化的原因是 ②在600K达到平衡时甲醇的选择性为 ;此时反应Ⅱ的K。= kPa2(结果保留分数形式)。 (5)利用CO2和H2制取甲醇也可以通过电解法，酸性条件下电解法制取甲醇时在 极生成甲醇，该电极反应为 18.（15分)盐酸普鲁卡因是临床常用的局部麻醉药，其结构简式为 H2N- COOCH CH2N(C2H)2·HCI(盐酸盐)，可经多步反应合成，某合成路线 如下： A(C:H:NO2) Na.CrO.B(CH.NO.)- C(C.His NO) D(C HN:O.)_Fe/HCLE(Ci HzN2O) 硫酸 长 →盐酸普鲁卡因 已知：①CN0: HCI -NH2; ②胺类化合物，如RzNH(R为烃基)与盐酸反应可生成对应的盐酸盐(R2NH·HCI)。 回答下列问题： (1)盐酸普鲁卡因分子中，含氧官能团的名称为 (2)原料A为芳香族化合物，能与硫酸和N2Cr2O,的混合液发生氧化反应生成B,则A的 结构简式为 (3)若D的结构简式为O2N一《》COOCH2CH2N(C2H)2,结合反应推测C的结构简 式为 ;B→D的反应类型为 (4)D经还原反应生成E,则E→盐酸普鲁卡因的反应中，所需试剂为 (填化学式)， 该反应的化学方程式为 (5)有机物F为B的同系物，化学式为C8H,NO,,则F的同分异构体共有 种（不考 虑立体异构)。 (6)以苯甲醇（〔 CH,OH)、HOCH,CHNH2为原料（无机试剂任选），设计合成 COOCH,CH,NH:的合成路线： (用结构简式表示反应物、产物，箭头上方注明反应条件)。 化学（二）第6页（共6医）