山东济宁市2025-2026学年高三下学期考前学情自测 化学试题

2026年高考模拟考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将 答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1Li-7N-140-16Na-23C1-35.5K-39I-127 一、选择题：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.下列在化学史上产生重要影响的成果中，涉及氧化还原反应的是 A.丁达尔发现光束通过胶体时会产生一条光亮的“通路” B.哈伯法合成氨，实现“人工固氮” C.屠呦呦团队使用乙醚提取青蒿中的青蒿素 D.阿伦尼乌斯提出电解质溶于水会自动解离成离子 2.化学应用体现在生活的方方面面，下列用法不合理的是 A.用漂白粉漂白蚕丝制品 B.用石膏降低盐碱地（含较多的NaC1、Na,CO)的碱性 C.用碳酸氢铵作食品膨松剂 D.用乳酸亚铁作补铁药剂 3.下列试剂保存或仪器洗涤的方法正确的是 A.用水洗涤圆底烧瓶中附着的硫单质 B.三氯甲烷保存在带有橡胶塞的细口试剂瓶中 C.苯置于阴凉处密封保存，且远离火源 D.试管中的银镜用浓氨水洗涤 4.下列化学用语或图示正确的是 3d 4s A.基态Fe+的价层电子轨道表示式： 什↑ 试卷第1页，共12页 B.HCO3的结构式：H 0 0- CHO C.有机物 的名称：3-醛基戊烷 D.碳化钙的电子式：ca2:c 5.下列有关实验方法错误的是 A.用pH试纸测定氯水的pH B.Li原子的核外电子由2s能级跃迁至2p能级时，通过光谱仪摄取其吸收光谱 C.用红外光谱鉴别CH CH,OH和CHOCH D.用X射线衍射实验鉴别晶体SiO,和非晶体SiO2 6.下列对物质性质差异解释正确的是 性质差异 主要原因 酸性：CH ICOOH<CH-BrCOOH 第一电离能：Br>I B 逐个断开CH4中的C-H键，每步所需能量不同 各步中的C-H键所处化学环境不同 c 硬度：金刚石>石墨 键长：金刚石中C-C>石墨中的C-C D 热稳定性：HO>HS 水能形成分子间氢键 A.A B.B C.C D.D 7.合成超铀元素p、:Pu是核反应堆中的重要反应之一，以下说法正确的是 2U+nB,233NpB·Pu A.以上反应均为化学变化 B.U与X互为同素异形体 C.X的质子数与中子数相差147 D.a=94、b=239 8.利用下列图示装置进行实验，能达到实验目的的是 试卷第2页，共12页 盘浓氨水 2mL0.1mol-L-1 LS0溶液 218m9L HSO,溶液 盐水浸润 硝酸酸化的 0.1 mol-L AgNO,溶液 无水CaCL, 2mL0.1mol-L 生石灰 NaS,0,溶液 红墨水 1-氯丁烷 甲 丙 A.利用甲装置制备并收集NH3 B.利用乙装置探究浓度对反应速率的影响 C.利用丙装置验证铁的吸氧腐蚀 D.利用丁装置检验1-氯丁烷中含氯元素 9.实验室模拟铅室法生产硫酸原理如图所示（部分反应物己省略），下列说法正确的是 SO NO H,SO NO A.还原性SO2>NO2>NO B.实验室可用排水法收集NO、NO) C.每消耗1molS02需要补充1 nol NO, D.理论上，消耗标况下11.2L氧气时可制备1 nolH2SO4 0 10.在一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molX0今 )和n mol(n≥ 1Y( )反应如图甲所示： 增大 产物N △H,<0K4 产物M(g) 反应1 △H,<0,K3 盈 产物M X(g) Y(g) 反应2 X t/min HO →增大 图甲 产物N(g) 图乙 平衡时，测得X的平衡转化率为a,反应3的平衡常数K3=6(K为以物质的量分数表示的 平衡常数)。反应过程中，X(g)、M(g)、N(g)物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图乙 试卷第3页，共12页 所示。下列说法错误的是 A.反应1的活化能小于反应2的活化能 B.平衡后升高温度2减小 C.平衡时，反应1的平衡常数K= (1+n-00 7(1-0)-0） D.平衡后再充入1molX(g)和n mol Y(g),则产物M的物质的量分数不变 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项 符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分 11.下列实验操作及现象不能得出相应结论的是 选 实验操作及现象 结论 项 向铝热剂中加入足量稀盐酸溶解后，再加入KSCN溶 A 铝热剂中不含三价铁 液，不变红色 PbI2的饱和溶液中有 B 向PbI2的饱和溶液中滴加KI溶液，出现沉淀 Pb2+存在 向少量相同物质的量的AgCI、AgI沉淀中分别加入相 C Kp(AgCI)>K(AgI) 同体积和浓度的氨水，白色沉淀溶解，黄色沉淀不溶解 木炭可与浓NO3反应生 D 向浓O中插入红热的木炭，产生红棕色气体 成NO2 A. B.B C.C D.D 12.己知某配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W、X为原子序数依次增大的前四周期元 素，只有Y、Z位于同一周期，基态原子X、Y、Z未成对电子数相同，基态原子X核外电 子有15种不同的空间运动状态，W为同周期中原子半径最小的主族元素，下列说法错误的 是 试卷第4页，共12页 WZ3 A.简单氢化物的稳定性Y<Z B.该配合物中，配体数：配位数=1：2 C.中心离子的化合价为+2价 D.WZ中W的杂化方式为sp杂化 13.碱性溶液中催化H02生成含氧自由基(H0.和H00)的催化机理如图所示。下列说法 错误的是 SCN- Cu2+ [Cu(SCN)]2- H202、OHT OH-+HO. ① ③ H201 H202 CuHO0r②、Cu(SCNJ SCN-Hoo· A.反应①中Cu2+被还原 B.理论上每消耗1moHO2生成1 mol HO.和1 nol HOO C.由反应②可知，此条件下与铜元素相应离子的配位能力：SCN>HOO D.反应一段时间后，溶液pH增大 0 SO:Na 14.电化学还原磺基蒽醌( ,简写为RNa2)制备H02的装置如图所示，下列 NaO3S O 说法错误的是 试卷第5页，共12页 电源 OH SONa HCOO OH SONa- 膜a 膜b HCHO NaO3S KOH溶液 H202 双极膜 A.膜a为阴离子交换膜 B.该装置可实现RNa2的循环利用 C.装置工作一段时间后，阳极区的pH不变 D.理论上每生成1molH0,需消耗1mol甲醛 15.常温下构建Fe(I四-HX溶液体系，假设溶液中Fe3+和HX初始物质的量浓度分别为 0.01mol.Ll、0.03molL1。X2-与Fe3+可形成配离子FeX+、FeX,、FeX。平衡体系中， 含X物种的分布分数6[如 2c(Fex,) 6(FeX) cH,X)+c(X)+c0x)+c(FeX)+2cFeX)+3cEeX]与pH的关系如图所示 (忽略溶液体积变化，Fe、X的物质的量保持不变)。下列说法正确的是 1.0 0.8 丙 0.6 o0.5 0.4 HX 0.2 0.0 1.22 44.2 6 pH A.乙线表示FeX+ B.P点时，丙线所代表物质的物质的量浓度为0.005mol.L1 C.N,3c(Fex)+c(Fex)+3c(X2-)+c(OH-)=3c(Fe+)+c(Fex+)+c(H+) D.HX+H,0HX+OH的水解平衡常数K=10128 三、非选择题：本题共5小题，共60分 16.氨及其化合物的研究对科技发展有巨大的推动作用。回答下列问题 试卷第6页，共12页 (1)过氧化脲[C0H)2HO]存在七个原子形成的七元环状结构。基态氮原子价电子排布式 ；过氧化脲中第二周期元素第一电离能由大到小的顺序 ,分子中C 原子的杂化方式 ,过氧化脲中存在两种NH键长，存在的氢键可表示为 A.O-H…NB.O-H…OC.N-H…O ②N,分子N NSN-N 中N原子均达到8电子稳定结构，分子中N有 种杂化方式，己知：形式电荷=原子的价电子数-键数-2×孤电子对数（双键的键 数视为2)，1号N的形式电荷为 0 (3)采用CN3与图示晶体反应，得到N6反应的方程式为 ;2、3、4、5号N在z 轴的分数坐标均为0.5,1号Ag原子分数坐标为(0.5,0.5,0.75)，与其等距且紧邻的N有 Ag 45 b nm ③ ⑤h ②O 450450 0oδanm a nm xy面投影 晶胞投影 17.从锌浸出渣（主要成分为含Ga、Ge的化合物及Zn0、ZnFe,O4、PbSO4、SiO2等）中提 取Ga、Ge的工艺流程如下： 少量硫酸 过量草酸 Fe HR 试剂Y 试剂z 锌浸出渣→低酸浸出 草酸浸出 除铁→萃取 →洗脱1 →洗脱2 浸出液 浸出渣1 浸出渣2 萃余液 富Ga母液 Ge回收 过量NaOH 锌治炼 电解 粗Ga 己知：①Fe+、Ga3+、Ge+分别与C,O形成可溶性配合物[Fe(C,O4)3]户、[Ga(C,O4)2]F、 试卷第7页，共12页 [Ge(CO)4],ZnC,O4、FeC,O4均难溶于水 ②分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比：分配系数=CG风 Ck) 萃取率 表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比：萃取率=， 有机(X) n*(X)+n机(X) 回答下列问题： (1)“低酸浸出时需将锌浸出渣粉碎，目的是 (2)“草酸浸出时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为 (3)“浸出渣2”的主要成分为 (4)“萃取时若一次性用20LHR与100L溶液充分混合（萃取过程中忽略溶液体积变化），被 萃取组分的分配系数为20，则被萃取组分的萃取率为 %。“萃余液提纯后可返 回 操作单元进行再利用。 (⑤)根据以下图示信息可知“试剂Y、“试剂Z”分别为 (写出对应 试剂及浓度)。 100 100 90 80 80 70 概60 Ga 部60 0f ◆Ge Ga 40 ◆Ge 30f 20F 20 10f 00.502.02.3.0 0 2.02.53.03.54.0 5.0 H2S04浓度(molL) NaOH浓度(mol.L) (⑤己知Ga+的性质与A1+相似，写出“电解时阴极发生反应的电极反应式 18.叠氮化钠NaN)是一种无色、无味晶体，较高温度下，长时间受热易分解发生爆炸，在 中性、碱性环境中可稳定存在，酸性条件下生成叠氮酸。水合肼法制备NN3的实验装置如 图甲所示（夹持及部分控温装置略）： 试卷第8页，共12页 30%盐酸 处理 毛细管 水浴锅 水合肼+NaOH溶液+乙醇 乙醇+NaNO, 图甲 图乙 具体制备方法如下： I.将乙醇、亚硝酸钠加入圆底烧瓶中，滴加30%盐酸产生亚硝酸乙酯(CH5ONO)气体，将 亚硝酸乙酯气体通入装有水合肼NL4·HO)、NaOH溶液和乙醇（溶剂的三颈烧瓶中，控制 反应温度为15℃，反应3h: Ⅱ.取下图甲装置中三颈烧瓶组装图乙装置，减压蒸馏回收乙醇，经过降温结晶、过滤得 NaN3粗品。 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 ；装置B的作用为 (2)图甲圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为 (3)回收乙醇时采用减压蒸馏的原因是」 装置中毛细管的作用为 (④)三颈烧瓶中制备NaN3时，理论上nN,H4·H,O):n(C,HONO)= 0 (⑤)采用碘量法测定所制备样品的纯度，方法如下：准确称取NaN3样品āg溶于蒸馏水配成 250mL待测液，取出25mL于锥形瓶中，加入col.下'7 L Naclo溶液，加入醋酸酸化 后充分反应；反应完全后加入过量KI溶液后，加入淀粉溶液作指示剂，用c2olL1的 NaSO3标准液滴定至终点，消耗NaSO3标准溶液的体积为VmL,产品的纯度为 ，滴定读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则测定样品纯度 (填“偏 高“偏低”或“无影响) (已知：①ClO+2N+2CH,C00H=3N2↑+CI+2CH,C00+H,0;②2NaS,O3+I2= NaS4O6+2Nal)。 19.药物G是一种具有显著镇静催眠效果的药物。其合成路线如下： 试卷第9页，共12页 N A-H,0 B (CH3CO)2O D C6H4N204(CH3CO)OC6H2N203 CHCN CuHsN4O2CI COOH c -CH3 N KBH4 C13HgNaO4Cl2 CI N-CH3 OH M C。H1N2OCI 已知： R；→RCOOH+R'CONR CHCN R R 回答下列问题： (1)A→B的反应类型为 (2)C→D的反应方程式为 (3)E中含氧官能团名称为 (④)M的结构简式为 (⑤)化合物N的含有 ”和两个甲基的同分异构体共有 种，写出其中一种 核磁共振氢谱上显示三组峰的同分异构体的结构简式 NH2 (⊙参考上述流程， 设计以 和1,3-丙二醇为原料，制备 H20 COOH 的合成路线： (其他试剂任用)。 20.一氧化碳、二氧化碳氢化制二甲醚，涉及以下反应 ①CO(g)+2H(g)≠CH,OHg)AH1 2CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+HO(g)AH2 ③C0(g)+H,O(g)、=C02(g)+H,(g)△H3 ④2CH,OH(g)=CH OCH(g)+H,O(g)△H4 (1)△H3=」 (用含△H、△H的代数式表示)：反应①、②、③、④的平衡常数 试卷第10页，共12页 K,与温度的关系如图1所示，可得△H 0(填“>”或“<”)， △H △H2 (填 序号)。 反应③ 反应④ 反应① 反应② 1 示K →增大 图1 A.<-1B.-1~0C.01D.>1 (2)投入一定量的C0、C02和H,C0或CO2中的一种物质，在不同温度和压强下的平衡转 化率如图2所示。图中所示为 (填分子式)的平衡转化率，压强由大到小的顺序 为 1.0 0.8 槲0.6 p P 0.2 0.0 480 500 520 540 560 温度/℃ 图2 (3)不考虑反应①，恒容密闭容器中，投入1molC0,和3olH2,平衡时含碳物种的物质的 量随温度的变化如图3所示。T温度时，C03的平衡转化率为b,H2)= mol, 反应③的平衡常数Kc= 试卷第11页，共12页 增大↑ 0 温度/℃ →增大T1 图3 试卷第12页，共12页 1.B 【详解】A.丁达尔效应是胶体的物理性质，本质是光的散射，无化学反应发生，不涉及氧 化还原反应，A错误： 催化剂 B.哈伯法合成氨的反应为N2+3H, 2NMH3,反应中N、H元素化合价均发生变化，属 高温高压 于氧化还原反应，B正确： C.用乙醚提取青蒿素是萃取操作，属于利用溶解度差异分离物质的物理方法，无化学反应 发生，不涉及氧化还原反应，C错误： D.电解质溶于水解离为离子的过程没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，D错 误 故选B。 2.A 【详解】A.漂白粉遇水会生成具有强氧化性的次氯酸，会氧化破坏蚕丝的主要成分蛋白质， 损伤蚕丝制品，用法不合理，A符合题意： B.石膏主要成分为CaSO4,可与盐碱地中的a,CO3发生复分解反应生成难溶的CaCO3, 减少CO水解产生的OH,降低土壤碱性，用法合理，B不符合题意： C.碳酸氢铵受热易分解生成CO2、H气体，能使食品膨松多孔，可用作食品膨松剂，用 法合理，C不符合题意： D.乳酸亚铁中的F+是人体可吸收的铁形态，可作为补铁药剂，用法合理，D不符合题意； 故选A。 3.C 【详解】A.硫单质难溶于水，无法用水洗去圆底烧瓶附着的硫，应用二硫化碳或热强碱溶 液洗涤，A错误： B.三氯甲烷属于有机溶剂，会溶胀、腐蚀橡胶塞，应保存在带玻璃塞的细口试剂瓶中，B 错误： C.苯是易挥发、易燃的有机物，需置于阴凉处密封保存且远离火源，C正确： D.银单质与浓氨水不反应，试管中的银镜应用稀硝酸洗涤，D错误： 故选C。 4.B 答案第1页，共15页 【详解】 A.基态Fe原子价层电子排布为3d4s2,形成Fe2+时优先失去4s轨道的2个电子，价层电 3d 子排布为3d, 即 A错误： B.HC0,分子中羰基碳原子连接1个双键氧原子和2个羟基，结构式符合原子成键连接顺 序，B正确： C.该有机物含醛基官能团，命名时选取含醛基的最长碳链为主链，醛基碳原子为1号碳， 3号碳连接乙基，正确名称为2-乙基丁醛，选项命名错误，C错误： D.碳化钙中阴离子为Cg,电子式为Ca2+:C:C:2,D错误： 故选B。 5.A 【详解】A.氯水中含有具有漂白性的HCIO,会漂白pH试纸，无法准确测定氯水的pH,A 错误； B.L原子核外电子从能量较低的2s能级跃迁至能量较高的2p能级时，需要吸收能量，可 摄取到吸收光谱，B正确； C.CH3CHOH含有羟基，CHOCH3含有醚键，二者官能团不同，红外光谱可检测有机物 的官能团和化学键，能够鉴别，C正确： D.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体SO,会有明锐的衍射峰， 非晶体SO2没有，可鉴别，D正确： 故选A。 6.B 【详解】A.卤代乙酸酸性差异是因为Br的电负性大于I,吸电子诱导效应更强，使羧基中 O-H键极性更大更易电离，与第一电离能无关，A错误； B.逐个断开CH4的C-H键时，剩余基团中CH键的化学环境发生变化，键能不同，因此 每步所需能量不同，B正确： C.金刚石硬度更大的原因是：金刚石为空间网状共价结构，而石墨是层状结构，层间为弱 范德华力，硬度低；与键长无关，C错误； 答案第2页，共15页 D.热稳定性属于化学性质，由化学键键能决定，H,O热稳定性强于H,S是因为O一H键键 能大于S-H键键能；氢键只影响熔沸点等物理性质，与热稳定性无关，D错误： 故选B。 7.D 【分析】根据核反应质量数守恒、电荷数守恒，U吸收中子生成X的过程中，质量数总 和为238+1=239，电荷数总和为92+0=92，故X为U:B衰变过程中原子核释放电子， 质量数不变，质子数增加1，第一次B衰变质子数从92变为93得到”，第二次B衰 变质子数从93变为94，质量数仍为239，故Pu的质子数a=94,质量数b=239。 【详解】A.化学变化中原子种类保持不变，题述反应为原子核发生变化的核反应，不属于 化学变化，A错误： B.同素异形体是同种元素组成的不同单质，U与X均为铀元素的核素，互为同位素，B 错误； C.X为U,质子数为92，中子数为239-92=147，二者差值为147-92=55，C错误： D.B衰变过程质量数不变，质子数增加1，故Pu的质量数b=239,质子数a=93+1=94,D 正确： 故选D。 8.C 【详解】A.生石灰和浓氨水反应可以制备氨气，但无水CC1,会与NH3结合生成 CαC2·8H3络合物，不能干燥氨气，A不符合题意： B.180lLH,SO,是浓硫酸，浓硫酸稀释时会放出大量热，温度也会影响反应速率，存在 浓度、温度两个变量，无法单纯探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意： C.食盐水为中性环境，铁会发生吸氧腐蚀，消耗试管内氧气，使试管内压强减小，红墨水 会沿导管上升，可通过现象验证铁的吸氧腐蚀，C符合题意； D.1-氯丁烷是有机物非电解质，氯以原子形式存在，不能直接电离出C,直接滴加硝酸 酸化的AgO3无法检验氯元素，需要先在碱性条件下水解将氯转化为CI,酸化后才能检验， D不符合题意； 答案第3页，共15页 故选C。 9.D 【分析】结合机理图梳理物质转化路径，SO2与NO2反应生成HSO4和NO,NO与O2反 应生成NO2,可知NO2为反应的催化剂，NO为中间产物，总反应为 2S0+O2+2H0=2H2S040 【详解】A.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的，第一步反应中SO2为还原剂， NO为还原产物，故还原性SO,>NO；第二步反应中NO为还原剂，NO,为还原产物和氧 化产物，故还原性NO>NO,。故还原性顺序为SO>NO>NO,A错误； B.NO2可与水发生反应：3NO2+HO=2NO3+NO,不能用排水法收集，B错误； C.NO2为反应的催化剂，反应过程中可循环再生，不需要额外补充，C错误： D.由总反应关系可知，制备1molH2S04需要消耗0.5mol02,标准状况下的体积为 0.5mol×22.4Lmo-1=11.2L,D正确： 故选D。 10.D 【详解】A.由图乙可知，反应初期M的物质的量分数增长更快，说明反应1的反应速率 快于反应2。根据活化能与反应速率的关系，活化能越低反应速率越快，因此反应1的活化 能小于反应2的活化能，A正确： x(M) B.由Ka=x(X)x(Y x(N)） 、K2=x(X)x(Y) 可得到 K2x(N) 4x(M） 平衡后温度升高，由△H3<0 x(N) 可知 x(M) 2减小，B正确： 减小，故K C.根据题目条件列出三段式： X(g)+Y(g)M(g) n(mol) 1 n 0 △n(mol)x nmol）1-x n-x 答案第4页，共15页 X(g)+Y(g)N(g) n(mol)1-x n-x 0 △2(1molD 6.x 6x 6x n(mol)1-7x n-7x 6x 由X的转化率为0可知7x=,解得x=气，故总物质的量为1+n-7x=1+n-a,反应1 的平衡常数为Kx1= 1+n- a(1+n-) 1-7xn-7x7(1-a)(n-） ,C正确： 1+n-1+n- D.恒容密闭容器中再充入按原比例的反应物，相当于增大体系压强，反应1和2都是气体 分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，M的物质的量分数增大，D错误； 故答案为：D。 11.AD 【详解】A.若铝热剂中原本含有三价铁（如成分含FO3),且铝过量，加入稀盐酸溶解后， 过量的Al会将F+还原为Fe+,加入KSCN溶液也不会变红，因此不能证明铝热剂中不含 三价铁，A符合题意； B.PbL2饱和溶液中存在溶解平衡：PbL(s)、三Pb2+(ag)+2I(ag),滴加I溶液后，I浓 度升高，平衡逆向移动，析出Pb1沉淀，说明原饱和溶液中一定存在Pb+,B不符合题意； C.AgC1和AgI是同类型难溶电解质，相同条件下，溶度积越小溶解度越小，本题中相同 物质的量的两种沉淀，加入同浓度同体积氨水后，AgC1溶解而Ag不溶解，说明AgC1溶解 度更大，因此Kn(AgCI)>Kp(AgI),C不符合题意： D.浓硝酸不稳定，受热易分解：4N0,(浓)合4WO,个+0，个+2H,0,红热木炭会使体系温 度升高，浓硝酸自身分解也会产生红棕色O,,因此无法证明红棕色气体是木炭与浓硝酸反 应生成的，不能得出对应结论，D符合题意： 故选AD。 12.C 【分析】基态X核外有15种不同空间运动状态，对应核外共有15个原子轨道，电子排布 为1s22s22p3s23p3d4s2,即X为Ni,未成对电子数为2。Y、Z位于同一周期，原子序数 小于X,且未成对电子数也为2，结合原子序数递增顺序，可得Y为C,Z为O。W原子序 数介于O和N之间，为第三周期元素，同周期主族元素中原子半径最小的为C1,即W为 答案第5页，共15页 Cl。 【详解】A.非金属性O强于C,简单氢化物稳定性CH4<HO,即Y<Z,A正确： B.该配合物中配体共3个，分别为1个C,O和2个双齿含N有机配体，配体总数为3， 中心离子配位数为6，配体数与配位数比值为1：2，B正确： C.配合物阳离子带1个单位正电荷，配体中仅C,O4带2个单位负电荷，其余配体均为中 性，设中心离子化合价为x,则x+(-2)=+1,解得x=+3,中心离子化合价为+3价，C错 误； D.Z,为C10,中心原子价层电子对数为3+7+1,3x2=4,杂化方式为p杂化，D 2 正确： 故选C。 13.BD 【详解】A.反应①中Cu元素化合价从+2价降低为+1价，得电子被还原，A正确： B.结合反应机理，总反应为2HO2=H,0+HO+HOO,每消耗2molH,O2,生成1mo1HO 和1 mol HOO,故消耗1molH02生成0.5molH0和0.5 mol HO0,B错误； C.反应②中SCW可将配离子中的HOO置换出来，说明此条件下SCN的配位能力强于 HOO,C正确： D.反应中OH~的物质的量不变（反应①消耗的OH和反应③生成的OH量相等），但反 应过程中生成水，OH浓度降低，pH减小，并非增大，D错误： 故选BD。 14.AC 【分析】根据物质化合价变化，右侧电极上HCHO转化为HCOO,C元素化合价从0升高 至+2，失电子发生氧化反应，故右侧电极为阳极，连接电源正极，左侧电极为阴极，连接 电源负极。左侧阴极上RNa得电子结合H+生成还原态RNaH2,还原态RNaH,与通入的O, 反应生成H,O2的同时重新生成R☑。双极膜解离产生的Ht向阴极移动、OH向阳极移动， 阳极反应为HCHO+3OH-2e=HCOO+2HO,阴极反应为RN,+2H++2e=RNaH2, 据此作答。 答案第6页，共15页 【详解】A.双极膜解离产生的H+需要进入左侧阴极区参与反应，故膜为只允许氢离子 通过的阳离子交换膜，A错误： B.左侧阴极消耗Ra,生成还原态RNaH,,RNaH2与通入的O,反应生成HO,的同时重 新生成RNa,可实现循环利用，B正确： C.依据阳极反应HCHO-2e+3OH=HCOO+2H,O,阳极反应生成水，且每转移2mol 电子，双极膜仅向阳极区提供2olOH,反应消耗3olOH,净消耗1 HolOH,阳极区OH 浓度降低，pH减小，C错误： D.生成1molH,02转移2mol电子，1 mol HCH0被氧化为HC00转移2mol电子；依 据电子守恒，每生成1 nol H2O2需消耗1mol甲醛，D正确： 故选AC。 15.BD 【分析】溶液中Fe3+初始浓度为0.01ol.D1,H2X初始浓度为0.03moL-1,总X物质的 量浓度恒定为0.03moL-1.6为各物种所含X的物质的量占总X物质的量的分数，含1 个X的物种δ c(物种 ,含2个X的物种6= 2c(物种) ,含3个X的物种δ= 3c(物种) 。pH 0.03 0.03 0.03 极低时，H浓度大，HX电离被抑制，X主要以H2X形式存在，由于题目已经标注HX, 故甲曲线对应FeX+。随pH升高，HX电离生成X,M点pH=1.2时 6(H2X)=6(HX）,此时c(HX)=c(HX）,可得H,X的第一步电离常数 c(H)c(）-10l口。pH维续升高，X产浓度逐渐增大，与Fe按配位数由低到高 c(H,X) 依次形成形Xt、FX、FX，配位数越高，生成所需pH越高，对应δ峰值的pH越大。 各配离子的6最大值：er为0 ≈0.33，FeX 0.03 2x0.01≈0.67，FeX写为 0.03 3x001-1,故乙曲线对应eX,丙曲线对应X,丁曲线对应X。P点为丙、丁曲 0.03 线交点，即6(X2-)=6(e）。 【详解】A.乙线的6最大值约为0.67，对应含2个X的FX,FeX+的6最大值仅约 0.33,与乙线特征不符，A错误： 答案第7页，共15页 B.P点时6(FeX)=0.5,代入6(Fex) 3c(eXg）-05,解得c(FeXg)=0.005moL-1, 0.03 B正确： C.N点溶液的电荷守恒为 3c(Fe3+)+c(FeX)+c(H)=2c(x2)+c(Fex)+3c(Fex)+c(OH)+c(H),选项中 等式系数错误且漏写c(HX),C错误； D叹的水解子商常数K充=8=10，D正编 故选BD。 16.(1) 2s22p3 N>O>C sp2 C (2) 2 -1 (3) CIN3+AgN3=AgCll+No 8 【详解】(1)N为7号元素，价电子为最外层的5个电子，所以价电子排布式为：2s22p3; 第二周期电离能从左到右呈增大趋势，N的2p轨道处于半充满的稳定结构较稳定，不易失 去电子，所以第一电离能反常的比O的大，则电离能顺序为：N>O>C:过氧化脲 [CONH)2HO]分子中C与0原子形成双键，与两个氨基分别形成单键，所以共形成3个 。键，无孤电子对，则采用的是即？杂化方式：过氧化脲中。原子的电负性更大，与氨基中 的N-H键建立分子间氢键，其结构简式为：N-H…O,C项符合题意： (2) ==N N-N-N 中N原子有双键N原子和单键N原子，所以采用的杂化方式 有p?和s即3两种，分子中N原子均达到8电子稳定结构，1号N原子的价电子数5，孤电 子对数为2，键数=2，则根据形式电荷公式可知，1号N的形式电荷=5-2-2×2=-1， (3) 根据晶胞结构可知，N原了分布在楼上和面心，其个数为8x3x子4×3×}2，Ag原子位 2 于棱上和体内，其个数为8×号+2=4，该晶体的化学式为AN3,CN,与AN反应生成Ng 和氯化银，其方程式为CIN+AgN3AgCL+N6:结合题意：2、3、4、5号N在z轴的分数 坐标均为0.5,1号Ag原子分数坐标为(0.5,0.5,0.75)，可知几何位置中，与其等距且紧邻 答案第8页，共15页 的N有8个，如图： xy面投影 17.(1)增大锌浸出渣与硫酸的接触面积，加快浸出速率 (2)ZnFe,O+7H,C.O-ZnC,O,+2H[Fe(C,O)3]+4H,O (3)FeC204 (4) 80 草酸浸出 (5) 2.5mol/L HSO 4.0mol/L NaOH (6)[Ga(OH)J+3e=Ga+40H 【分析】锌浸出渣（主要成分为含Ga、Ge的化合物及ZnO、ZnFe,O4、PbS04、SiO2等）加 少量硫酸进行低酸浸出，目的是溶解大部分金属氧化物，得到含ZSO,的浸出液，从而进行 锌冶炼；剩余的固体加入过量的草酸进行草酸浸出，其中Ga、Ge、Fe分别形成可溶性配合 物Fe(C,O,)-、[Ga(C,O4]、[Ge(C,O4)4]进入溶液中，此时锌以ZnC,O4的形式分离 出，同时还有不溶于酸的PbSO4、SiO,等被分离出；滤液中加入单质铁，将Fe+还原为 Fe+,从而将铁元素以FeCO4的形式除去；加入HR进行萃取，将溶液中的Ga、Ge从水 相转移到有机相中，然后分别用Y溶液洗脱Ga元素，用Z溶液洗脱G元素，实现两者的 分离并分别进行回收处理，据此分析作答。 【详解】(1)“低酸浸出时需将锌浸出渣粉碎，目的是增大锌浸出渣与硫酸的接触面积，加 快浸出速率； (2)根据已知条件Fe+与C,O}形成可溶性配合物[Fe(C,O42]户，ZnC,O4难溶于水，则草 酸浸出时ZnFe,O4发生反应的化学方程式为： ZnFe,O+7H,C,O-ZnCO+2H,[Fe(C.O)3]+4H,O: 答案第9页，共15页 (3)由分析可知浸出渣2”的主要成分为FeC,O4: (4)初始溶质总物质的量为mol,平衡时，水相中溶质物质的量为n水，有机相中为 Ⅱ，则，=k+n机：被萃取组分的分配系数为20，分配系数-c毯C③ c, 则分配系数 几有机卫有机 -cnC四-V-2020,得出n=4Lk,则萃取率 c水X)n水n水 Vk100 n有机X☒) n水(X)十n有机(X) 109%=n长一×109%=80%，“苯余液中含有未被萃取的Ga、Ge的 n水+4n水 草酸配合物，可返回草酸浸出单元，继续参与后续萃取流程，提高金属回收率： (5)由工艺流程可知，加入试剂Y进行洗脱可得到富G母液，结合图示信息，可知Y为 2.5ol/LH2SO4;加入试剂Z进行洗脱后可进行Ge回收，结合图示信息，可知Z为 4.0mol L NaOH: (6)已知Ga+的性质与A1+相似，则加入过量NaOH溶液的离子反应为： Ga++4OH=[Ga(O4】,“电解”时阴极发生得电子的还原反应，结合工艺信息最终获得粗 Ga,可知阴极的电极反应方程式为：[Ga(OH)4]+3e=Ga+4OH。 18.(1) 恒压滴液漏斗 除去挥发的氯化氢气体 (2)NaNO +C2HOH+HCI=C2H;ONO+NaCl+H,O (3) 避免叠氮化钠受热分解、发生爆炸 平衡气压，防止暴沸 (4)1:1 65(2cV-c) (5) 偏高 a 【分析】盛放乙醇和亚硝酸钠，仪器A(恒压滴液漏斗)滴加30%盐酸，原位生成亚硝酸乙 酯气体。中间装置B:除去挥发的氯化氢气体。右侧三颈烧瓶：置于水浴锅中控温15℃， 盛放水合肼、NaOH和乙醇溶剂，通入亚硝酸乙酯发生反应制备叠氨化钠，最后连接尾气处 理装置处理有毒含氮尾气。 【详解】(1)仪器A为恒压滴液漏斗。酸性条件下叠氮化钠会生成叠氮酸，故装置B的作 用是除去挥发的氯化氢气体。 答案第10页，共15页 (2)反应物为亚硝酸钠、乙醇、HC!,产物为亚硝酸乙酯、氯化钠和水，方程式为： NaNO,+C,H,OH+HCI=C,H.ONO+NaCl+H,O (3)已知叠氨化钠高温受热易分解爆炸，减压蒸馏可降低体系沸点，避免发生安全事故： 减压蒸馏中毛细管引入微量空气，提供气化中心，防止暴沸。 (4)水合肼NH4HO中，每个N的化合价为-2价：亚硝酸乙酯C,H,ONO中，C,H,O- 为-1价、0为-2价，因tN的化合价为+3价：产物aN中，平均每个N的化合价为号 价。对于ImolN,H4·H,O,含2moN,每个N化合价升高： 2moN总共 升高（失电子）：2x-l,对于1nlC,江O0,含lON,N化合价降低：+3 3 mW总共降低（得电了）：1。根招失电子总数-得电子总数，因t n(N,HHO):n(C,HONO)=1:1. (5)根据反应关系：过量C0~山~2s,0,得过益C0)c5×10ol,与aN 反应的nC0-）=6K*10-*10,又c0~2aN,则25mL待测液中 aaax)=2c斯x10-3eg×10=(2sg-cg)x107ml,总 n(NaN)=10×(2c,K-c,)x103-(2cy-c,)×102ol,M(N)=65g/mol,纯度为 65x(2c-c5)x10×1096-65(2c-c)6。滴定管0刻度在上，滴定前仰视、滴定 a a 后俯视，会使测得的巧偏小，代入公式后计算得到的N质量偏大，故测定纯度偏高。 19.(1)取代反应 (2) +(CH3CO)2O△ C1+2CHC0OH(或 COOH (H0020 Cl+H2O) COOH (3)酰胺基、羟基 答案第11页，共15页 (4) (5) CH2-CH2-CH2 (⑥ 酸性0：→HOOC-CH2-COOH(CH,co为→ OH OH NH2 CH.CN CH2-CH2-CH2c,→ ( H2C-COOH OH OH H0C-CH2-CH0催化剂→H00C-CH,-C00 H(CHCO2)→ NH H H CH3CN H>C COOH 【分析】 对比A与B的分子式，A为C6H3N,O4,B为C6HNO3,相差1分子HO,结合反应试剂 (CHCO)2O,可知A发生取代反应得到B。对比B与C的结构，结合己知反应，可知B发 生取代反应得到C。对比C与D的分子式，C为CsH,CN,O,D为C,H,CN,O3,结合反 应试剂(CHCO)2O,可知C发生分子内脱水得到D。D经还原得到E,羰基被还原为羟基， E的含氧官能团为酰胺基与羟基。对比E与G的结构，E中羟基与M反应，结合G的结构 片段，可知M为 【详解】(1)A与乙酸酐反应生成B,过程中氢原子取代，同时脱去1分子水，反应类型为 取代反应。 (2) C结构中含邻位羧基与酰胺基，与乙酸酐反应生成五元酰亚胺环，同时生成2分子乙酸，配 答案第12页，共15页 平后的反应方程式为 +(CHCO)204 COOH +2CH?COOH(或 (H0020 Cl+H2O) COOH (3)E为D的还原产物，结构中含有的含氧官能团为酰胺基与羟基。 (4) 结合G的结构中片段，可知M为 (5) 含环与两个甲基的同分异构体分类如下：两个甲基均在氮原子上有1种，一个在氮原子一个 在碳原子上有2种，两个均在碳原子上有5种，总共有8种。其中1,4-二甲基哌嗪对称性较 高，核磁共振氢谱显示三组峰，结构简式为 (6) 首先1,3-丙二醇被酸性高锰酸钾氧化为丙二酸，丙二酸与乙酸酐反应，再与苯胺在乙腈条件 CH2-CH2-CH2 下发生已知反应，生成目标产物，合成路线为 酸性O→ OH OH NH N HOOC-CH2-COOH-CH>H2C cH,cN→C 或 H.C-COOH H2-CH2-CH2HOC-CH-CHO O H00C-CH-C00H(cHco2→ OH △ 答案第13页，共15页 NH2 H2C COOH 20.(1) HH D (2) C02 P1>P2 (1-b)小(2a-3b+3) (3) 2a-3b+3 a(a+b) 【详解】(1)根据盖斯定律，反应③可由反应①-反应②得到，因此△H3=△H,-△H2; 图1中，横坠标增大代表温度T降低，纵坐标e5,增大代表平衡常数尽增大，说明降温 时反应①平衡正向移动，正反应为放热反应，因此△H,<0；同理可得△H2<0根据范特霍 夫方程，对行作图的斜*=2识观反应0幸更大，因t-AM-A,即 △HI△HL>1,故选D: △H,<△H,<0,可得△>AH,因此Ai,A, (2)反应①、②均为放热反应，升温平衡逆向移动，反应物转化率降低，符合图中变化， 反应③体系中同时存在C0和CO2,由图1反应③K,随温度降低而增大，故反应③放热， 升温时平衡逆向移动，使部分C02转化为C0,降低了C02生成目标产物的总转化率，符合 图中变化，因此该物质为CO；制备二甲醚的总反应为 CO(g)+CO(g)+5H2(g)=CHOCH(g)+2HO(g),气体分子数减少的反应，压强越大， 平衡正向移动，反应物转化率越高，相同温度下乃对应转化率更大，因此压强顺序为 P>P2: (3)由图1随一增大即T减小反应@、③、④的人，增大，即降温平衡正向移动，三个 反应均为放热反应：图3表示平衡时含碳物种的物质的量随温度的变化，随温度升高，反应 ②、③、④均逆向移动，CHOH、CH;OCH3的物质的量减小，C0的的物质的量增大，CO, 的物质的量最大且变化不大，故从上至下依次为CO2、CH OCH3、,CHOH、CO:据此分 答案第14页，共15页 析计算。 起始投入Imol C02、3molH2,T时CO,转化率为b,总消耗CO2为bmol,平衡时 n(CO2)=(1-b)ol,由图3知平衡时n(CO)=n(CHOCH3）=aol,列三段式： 反应② CO,(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g) 起始/ol 0 转化/olb-a 3(b-a b-a b-a 平衡/ol b-a 反应③ cO,(8)+H(g)co(g)+Ho(g) 起始/ol 0 转化/ol a a a a 平衡/ol 反应④ 2CHOH(g）=CH,OCH3(g）+HO(g) 起始/ol b-a 0 转化/ol 反应②消耗氢气3(b-a)ol, 2a 平衡/ol 反应③CO,+H2、≥CO+H,O生成amol CO,消耗氢气mol,总消耗H2为 3(b-a)+amol=(3b-2a)mol,因此平衡时：n(H2)=3-(3b-2a)ol=(3-3b+2a)ol; 平衡时n(H2O)=「(b-a)+a+a]ol=(b+ad)mol,恒容下浓度之比等于物质的量之比，反 应③C0(g)+H,O(g)≥CO(g)+H(g)的平衡常数： K.= c(C0)c(H2）(1-b)(3-3b+2d c(CO)c(HO) a(a+b) 答案第15页，共15页