山东省菏泽市单县第二中学2026届高三下学期三轮复习模拟考试化学试题

**基本信息** 高三化学三轮冲刺模拟卷，以真实情境和综合应用为特色，覆盖高考核心考点，适配冲刺阶段能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|单选10/20、不定项5/20|化学与STSE、实验操作、物质结构、反应原理|结合问界M9铝合金考查合金性质，青蒿素结构分析体现学科交叉| |非选择题|5/60|物质结构、实验制备、工艺流程、有机合成、反应原理|无负极锂金属电池情境综合考查电化学，ZnS制备流程凸显科学探究与实践|

山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟 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．化学与生活、科技、生命科学息息相关。下列说法正确的是 A．工业上常利用电解熔融氯化物获取钠、镁、铝等活泼金属 B．食用油在空气中被氧化而产生异味，主要与其分子中含有酯基有关 C．问界M9的车身铝合金含量达到80%，铝合金硬度高于铝单质 D．新型水处理剂高铁酸钠的工作原理与明矾净水的原理完全相同 【答案】C 【解析】工业上通过电解熔NaCl、MgCl2制取钠、镁，通过电解熔融Al2O3制取铝，AlCl3为共价化合物，不能用电解熔融AlCl3制取铝，A错误；食用油氧化产生异味的主要原因是其不饱和的碳碳双键被氧化，与酯基无关，B错误；铝合金是铝与铜、镁等形成的合金，合金的原子排列更复杂，通常硬度高于纯铝，C正确；明矾净水原理是Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体吸附悬浮物；高铁酸钠(Na2FeO4)净水原理是具有强氧化性，能杀菌消毒，且生成的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体吸附杂质，两者原理不完全相同，D错误。故选C。 2．下列描述不符合事实的是 A．室温下，Cu既可溶于浓硫酸，又可溶于浓硝酸 B．苯甲酸钠可有效防止食物变质，但必须严格控制用量 C．阿司匹林是某解热镇痛药的主要成分，应在医生指导下服用 D．苯在50～60°C发生硝化反应，甲苯在50°C以下可发生硝化反应 【答案】A 【解析】Cu与浓硫酸加热时能反应，室温下Cu与浓硫酸不发生反应，Cu不能溶于浓硫酸，室温下Cu能与浓硝酸反应，Cu能溶于浓硝酸，A不符合事实；苯甲酸钠是常见的食品防腐剂，可抑制微生物繁殖，防止食物变质，但必须严格控制用量，B符合事实；阿司匹林是常用解热镇痛药的主要成分，过量服用会对人体造成伤害，应在医生指导下服用，C符合事实；甲苯中的甲基对苯环有活化作用，硝化反应比苯更容易，苯发生硝化反应需要，甲苯在50℃以下即可发生硝化反应，D符合事实。故选A。 3．尿素铁可用作铁肥和缓释氮肥。下列化学用语错误的是 A．中子数为30的铁核素： B．—NH2的电子式：   C．的VSEPR模型：   D．Fe3＋的价电子排布式： 【答案】C 【解析】Fe的质量数为，该核素表示为，A正确；中N原子最外层有5个电子，与2个H形成共价键后，还剩余3个电子，其电子式为，B正确；中心N原子的价层电子对数键数孤电子对数，N无孤电子对，故VSEPR模型为平面三角形，C错误；Fe的原子序数为26，其核外电子排布式为，价电子排布式式为，D正确。故选C。 4．为达到相应的实验目的，下列实验操作(装置)不规范的是 实验操作(装置) 实验 目的 A．向容量瓶中 转移溶液 B．萃取碘水 中的 C．向试管中倾倒少量溶液 D．蒸发NaCl溶液 【答案】C 【解析】向容量瓶转移溶液时，用玻璃棒引流，将玻璃棒伸入容量瓶刻度线下，烧杯紧靠玻璃棒，A操作正确；用分液漏斗和萃取碘水中的，密度大，位于下层，分液漏斗尖嘴端紧靠烧杯内壁，B装置正确；向试管内倾倒溶液时，取下瓶塞并倒放在桌面上，试剂瓶标签朝向手心，试管倾斜，试剂瓶口紧贴试管口，缓慢倾倒液体，C中瓶塞没有倒放，D操作不规范；使用蒸发皿蒸发溶液，加热时用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，D操作正确。故选C。 5．青蒿素是我国科学家从传统中药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其结构简式如图。下列有关青蒿素的说法错误的是 A．分子式为 B．易溶于水 C．能发生取代反应 D．所有标“*”的碳原子均为手性碳原子 【答案】B 【解析】青蒿素的分子式为C15H22O5，A正确；青蒿素分子中不含有亲水基羟基和羧基，因此青蒿素不易溶于水，易溶于有机溶剂，B错误；青蒿素分子中的酯基也可发生水解（取代反应），C正确；手性碳原子是指连有四个不同原子或基团，标“*”的碳原子为手性碳原子，D正确。故选B。 6．向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，可得银氨溶液。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．氨水中的数目为 B．中σ键的数目为 C．常温常压下22.4LNH3中含有电子的数目为 D．0.5 mol乙醛与足量银氨溶液完全反应转移电子的数目为 【答案】B 【解析】是弱电解质，在水溶液中仅部分电离，故氨水中的数目小于，A错误；1个中含6个N－H 键，2个Ag－N配位键，共8个键，故中键的数目为，B正确；常温常压下气体摩尔体积大于，的物质的量小于1mol，每个含10个电子，故含有电子的数目小于，C错误；0.5mol乙醛完全反应转移电子的数目为，D错误。故选B。 7．对于下列过程中发生的化学反应，相应方程式正确的是 A．工业生产中，精炼铜的阴极反应： B．测定中和反应的反应热： C．除去溶液中少量杂质： D．向苯酚钠溶液中通入少量： 【答案】D 【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解质溶液，精铜作阴极，阴极反应式式为，A错误；测定中和热应用强酸强碱的稀溶液，离子方程式为，B错误；除去溶液中少量杂质，一般是加氧化剂H2O2发生反应，若通入Cl2，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，但引入杂质离子Cl－，C错误；向苯酚钠溶液中通入少量，由于酸性碳酸>苯酚>，故反应生成苯酚和NaHCO3，离子方程式为，D正确。故选D。 8．结构决定性质，性质决定用途。下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 键角： 中心原子杂化类型不同 B “杯酚”分离、 分子大小与“杯 酚”空腔大小适配 C 在中的溶解度高于其在水中的溶解度 的极性微弱 D 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】和的中心O、S原子均为杂化，键角的原因是O电负性大于S，成键电子对之间的排斥力更大，键角更大，A错误；杯酚分离利用超分子的分子识别原理，分子大小与杯酚的空腔大小适配，可与杯酚形成超分子而实现分离，B正确；是非极性溶剂，极性微弱，根据相似相溶原理，在中的溶解度大于在极性水中的溶解度，C正确；邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，故沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，D正确。故选A。 9．一种离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素Q、X、Y、Z、W组成，其阴、阳离子的结构如图所示，Q、Y原子的核外电子数之和小于Z。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．最高价含氧酸酸性： C．电负性： D．简单氢化物的稳定性： 【答案】D 【解析】Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q、X、Y、W分别形成1个键、4个键、3个键、1个键，Q为H，X为C，Y为N，W为Cl，Z能形成6个配位带一个负电荷的离子，Z为P。Y的简单离子为，有2个电子层，W的简单离子为，有3个电子层，电子层数越多，离子半径越大，离子半径(W)＞(Y)，A错误；Z最高价含氧酸为，W为，最高价含氧酸酸性()，B错误；电负性，C错误；同周期自左至右，简单氢化物的稳定性逐渐增强，简单氢化物稳定性，D正确。故选D。 10．苯甲醛与硝基甲烷在KOH存在下生成－硝基苯乙烯()的可能反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．该反应过程中涉及了加成反应和消去反应 B．反应过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成 C．该过程中部分碳原子由杂化转变为杂化 D．该过程的总反应方程式为 【答案】B 【解析】由图可知，第1步反应为 ，第2步反应为＋，第3步反应为＋ ＋，第4步反应为＋ ＋，第5步反应为＋。 第2步反应醛基的碳氧双键发生加成反应，第5步反应脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应，A正确；该反应过程中，断裂的化学键均为不同原子间的极性键（如C－H键、C＝O键、O－H键），仅最终形成了碳碳非极性双键，不涉及非极性键的断裂，B错误；第5步反应苯环侧链上的碳原子由杂化转化为杂化，C正确；该总反应的反应物为和，为催化剂，生成物为和，总反应为，D正确。故选B。 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．下列实验操作、现象及结论均正确的是 操作 现象 结论 A 常温下，取2mL0.1mol/LNaOH溶液于试管中，先加入1mL0.01mol/LMgSO4溶液，再加入1mL0.01mol/LCuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀 证明：常温下， Ksp[Cu(OH)2]小于 Ksp[Mg(OH)2] B 在蓝色CuCl2溶液中存在如下平衡： [Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄色)＋4H2O ΔH>0，加热该溶液 溶液由蓝色转变为黄绿色 对于该反应，升高温度，平衡正向移动 C 常温下用pH计测定1mol/L CH3COONH4溶液的pH pH为7 CH3COONH4溶液对水的电离程度无影响 D 用pH计分别测定0.1mol·L－1的H2SO4溶液和0.1mol·L－1的HNO3溶液的pH pH分别为 0.7和1.0 硫元素的非金属性强于氮元素的 【答案】B 【解析】常温下，取2mL0.1mol/LNaOH溶液于试管中，先加入1mL0.01mol/LMgSO4溶液，产生白色Mg(OH)2沉淀，NaOH过量，再加入1mL0.01mol/LCuSO4溶液，过量的NaOH溶液与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，未发生沉淀转化，不能证明Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，A错误；在蓝色CuCl2溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄色)＋4H2O ΔH>0，加热该溶液，溶液由蓝色转变为黄绿色，说明c([CuCl4]2－)增大，平衡正向移动，B正确；CH3COONH4溶液中，CH3COO－和均水解，常温下用pH计测定1mol/LCH3COONH4溶液的pH为7，说明CH3COO－和对水电离的促进作用相同，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于水的电离程度，C错误；用pH计分别测定0.1mol·L－1的H2SO4溶液和0.1mol·L－1的HNO3溶液的pH，pH分别为0.7和1.0，H2SO4为二元强酸，HNO3为一元强酸，H2SO4的pH更小，而硫的非金属性实际弱于氮，D错误。故选B。 12．无负极锂金属电池具有高能量密度等特点，但也存在放电时部分锂从电极表面脱落形成死锂而导致不可逆的锂损失等挑战。充、放电时，仅通过多孔隔膜。不同状态下的电池结构如图所示，下列说法正确的是 A．首次充电时，阳极反应为 B．放电时，从右极室通过多孔隔膜向左极室迁移 C．放电时，若负极上的质量减少7 g，则外电路转移1 mol电子 D．可通过在Al箔表面修饰一层改性层减少死锂的形成，提高电池性能 【答案】AD 【解析】由图示可知，首次充电时，右侧电极转化为发生氧化反应，右侧电极为阳极，失去电子，脱离电极进入溶液，电极反应为，A正确；放电时，该装置为原电池，左侧电极为负极，电极反应为，阳离子向正极移动，从左极室穿过多孔隔膜向右极室迁移， B错误；放电时负极反应为，7 g Li的物质的量为＝1 mol，1 mol Li失去1 mol电子，即外电路转移1 mol电子，但由于存在不可逆的锂损失(死锂)，实际转移电子数小于1 mol，C错误；在Al箔表面修饰一层改性层，可改善锂金属的沉积和溶解行为，从而减少锂从电极表面脱落形成死锂，提高电池性能，D正确。故选AD。 13．循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   100 kPa下，在密闭容器中1 mol 和1 mol 发生反应。达到平衡时，反应物(、)的转化率和生成物(、)的选择性(含碳生成物的选择性)随温度变化关系如图1(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)，图1中点M附近区域放大图如图2。下列说法不正确的是 A．曲线c表示的选择性 B．点M温度下，反应Ⅱ的 C．在550℃下达到平衡时， D．500～600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能为反应Ⅱ平衡逆向移动生成的多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的 【答案】C 【解析】反应Ⅰ和反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应I和反应Ⅲ平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，则MgCO3的转化率逐渐增大，H2的转化率逐渐减小，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性增大，CH4的选择性减小，且CO2、CH4的选择性之和为，则曲线表示MgCO3的转化率，曲线表示CO2的选择性，曲线表示CH4的选择性，A正确；点温度下，MgCO3的转化率为，则剩余的MgCO3为0.51 mol，根据碳原子守恒知，CH4和CO2的物质的量之和为0.49 mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4的物质的量均为0.245 mol，根据氧原子守恒得，H2O的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得，H2的物质的量为0.02mol，气体总的物质的量为，，，，则反应Ⅱ的，B正确；在下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为，则生成的CO2为1 mol×70%＝0.7 mol，C不正确；反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，在，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动生成的H2多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的H2，故H2的平衡转化率下降，D正确。故选C。 14．ZnS可用于制备光学材料和回收砷。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：常温下，，，，。当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。 下列说法错误的是 A．酸浸时通入O2可提高Zn2＋浸出率 B．恰好除铁完全时，pH＝3 C．当溶液pH＝0、时，Cd2＋已沉淀完全 D．沉锌前可加入ZnO或Zn(OH)2调节溶液的pH 【答案】C 【解析】闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]中加入H2SO4、O2酸浸，ZnS、FeS、CdS转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、CdSO4和S，经过除铁、除镉除去Fe3＋和Cd2＋，调pH、沉锌后获得ZnS。酸浸时，通入O2可将－2价S元素氧化成S，使ZnS的沉淀溶解平衡ZnS(s)Zn2＋(aq)＋S2－(aq)正向移动，提高Zn2＋浸出率，A正确；当恰好除铁完全时，，，B正确；，代入、，，，未沉淀完全，C错误；除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，为不引入新杂质的同时消耗溶液中的H＋，则可加入ZnO或Zn(OH)2，D正确。故选C。 15．常温下，M2＋在不同酸碱性的Na2A溶液中的存在形式不同，有M2＋及难溶物MA、M(OH)2等形式，Na2A溶液中、含A微粒的物质的量分数随的变化如图所示，下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ表示H2A的物质的量分数，曲线Ⅲ表示A2－的物质的量分数 B．溶液中存在： C．曲线Ⅳ上的点满足 D．常温下a点，M2＋在Na2A溶液中能生成MA沉淀但不能生成M(OH)2沉淀 【答案】D 【解析】溶液中含A微粒有，pOH越大，越小，越大，溶液中含A微粒的变化为，则曲线表示的物质的量分数，曲线表示的物质的量分数，曲线表示的物质的量分数，A错误；曲线和曲线的交点，，即，，则，曲线和曲线的交点，，即，，则，，pM越大，越小，的水解常数，说明水解程度大于电离程度，水解生成的更大，故，B错误；对于，pOH增大，减小，平衡时增大，pM减小，变化幅度小；对于，pOH增大，减小，减小更快，平衡时增大更快，pM减小更快，则下降更快的曲线Ⅳ是的溶解平衡曲线，曲线Ⅴ才是MA的溶解平衡曲线，C错误；对MA的沉淀溶解平衡，a点pM小于平衡曲线Ⅴ的pM，说明大于平衡浓度， ，能生成MA沉淀；对的沉淀溶解平衡，a点pM大于平衡曲线Ⅳ的pM，说明小于平衡浓度，，不能生成沉淀，D正确。故选D。 3、 本题共5小题，60分。 16．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。 (1)无水晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。 A．元素位于周期表第九列 B．晶体中的离子键比晶体中的离子键更强 C．晶体中存在范德华力 D．晶体中离子的配位数为6 (2)①基态比更稳定的原因是 。 ②和在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的溶液比溶液酸性更强的原因 。 (3)某研究小组在隔绝空气的条件下，用与混合液制备纯净的纳米，实验流程如下： 已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。 ①试剂X的最佳选择是 。 A．　　　B．　　　C．　　　　D． ②步骤Ⅱ中操作Y是 。 ③步骤Ⅳ中系列操作Z是 。 (4)邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与形成橙红色的配离子，对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定浓度。R中氮原子的杂化方式为 ；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺除去溶液中的，请写出该反应的离子方程式 ；然后调节溶液的范围为2∼9，加入，开展测定实验。请解释选择该范围的原因 。 【答案】(1)CD (2)的价层电子排布为，是半充满结构，比的价层电子排布更稳定 化合价比更高，吸电子比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出 (3)C 搅拌 过滤，洗涤，干燥 (4) 当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位 【解析】（1）的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；的半径比大，晶体中的离子键比晶体中的离子键弱，B错误；中共价键占一定的百分比，晶体存在范德华力，C正确；由晶体的晶胞可知，离最近的Cl－的个数为6，晶体中离子的配位数为6，D正确。故选CD。 （2）①基态的价层电子排布式为，基态的价层电子排布为，是半充满结构，故Fe3+更稳定。②的化合价比更高，比吸电子能力强，与配位的O原子吸引电子能力强，导致键的极性增强，更易电离出，因此同浓度的溶液比溶液酸性更强。 （3）隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热生成，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。 ①加入过量试剂X，使得与完全转化为与沉淀，故试剂X应为碱溶液，过量的在加热时易分解而除去，故试剂X的最佳选择是C。 ②在与混合液中加入过量氨水，与完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热生成，故步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。 ③悬浊液经过陈化得到纳米，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米，则步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。 （4）邻二氮菲()中的氮原子形成2个σ键，1个π键，1对孤电子对，氮原子的杂化方式为；与盐酸羟胺反应生成与N2，该反应的离子方程式为；当浓度高时，邻二氮菲中的含1对孤电子对，优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，影响H+与邻二氮菲配位，故需调节溶液的范围为2∼9。 17．某实验小组拟用乙酸和苯胺（加热时易被氧化）制备乙酰苯胺，具体实验步骤如下： Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备 向圆底烧瓶A中加入新蒸馏的苯胺、冰乙酸、少量粉，如图接好装置。小火加热A，控制顶端馏出温度约，当温度上下波动或瓶内出现白雾时停止加热。 在不断搅拌下，趁热把反应混合物倒入盛有冷水的烧杯中，析出乙酰苯胺晶体，充分冷却至室温，减 压过滤，用冷水洗涤晶体次，抽干得乙酰苯胺粗品。 Ⅱ．乙酰苯胺的提纯 将粗乙酰苯胺固体移入盛有热水的烧杯中，加热至沸腾使其完全溶解，补加少量热水。稍冷后，加入活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸，__________，冷却至室温，有晶体析出，抽滤、晾干得乙酰苯胺纯品。 已知：①反应原理： ②相关数据及物理性质： 相对分子质量 熔点 沸点 密度 溶解性 苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙酸 冰醋酸 60 118 与水互溶 乙酰苯胺 135 115 305 微溶于水，溶于乙酸、热水 ③装置B为刺形分馏头，用于分离沸点相差较小的液态混合物。 回答下列问题： (1)合成反应装置中仪器D的名称是 ，仪器C中冷却水从 （填“a”或“b”）口进入。 (2)反应混合物中加入少量锌粉的目的是 。加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因 。 (3)控制顶端馏出温度的原因是 。 (4)抽滤装置如图，洗涤乙酰苯胺粗品时，需要以下操作： a.关活塞F，开抽气泵抽干； b.待洗涤剂缓慢通过； c.开活塞F，加入冷水至浸没固体； d.开活塞F，关抽气泵。 正确的顺序是 （填标号）；重复次。 (5)活性炭不能趁热加入的原因是 。 (6)提纯乙酰苯胺时，搅拌下微沸之后的操作是 ，乙酰苯胺的产率为 （用含m的计算式表示）。 【答案】(1)尾接管（或接引管、牛角管） b (2)与乙酸反应生成排空气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化） 锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆移，产率降低 (3)分离出反应产生的，且减少乙酸的蒸出 (4)cbad (5)防暴沸（或防止液体喷出） (6)趁热过滤 【解析】（1）合成反应装置中仪器D的名称是尾接管（或接引管、牛角管），仪器C下口进水上口出水，故冷却水从b口进入； （2）Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化）；锌粉过多，消耗乙酸也多，乙酸浓度下降使平衡逆向移动，产率降低； （3）苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺； （4）操作：开活塞F，加入冷水至浸没固体，并保持固体层分布均匀，待洗涤剂缓慢通过，关活塞F，开抽气泵抽干，开活塞F，关抽气泵，故选cbad； （5）趁热活性炭加入以后由汽化热会引发的“暴沸”，故不能趁热加入的原因是防暴沸（或防止液体喷出）； （6）新蒸馏的苯胺（密度 ）、冰乙酸（密度 ），冰乙酸过量，根据关系式苯胺~乙酰苯胺，乙酰苯胺的产率为。 18．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni、Ca的氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾(CuSO4·5H2O)的工艺流程如图所示。 已知：①Cu2S与稀硫酸不能直接反应；②N211、N985(用HR表示)萃取金属离子的原理为：；③该生产条件下，，当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。 (1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是___________(答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，还含有___________(填化学式)，写出“酸浸”时Cu2S与Fe2O3反应的离子方程式：___________。 (2)“萃取1”的目的是除铁和钙，从化学平衡角度解释“调pH”的“试剂A”选用碱溶液而不选用酸溶液，其目的是___________。 (3)“萃取2”后的水溶液中，“调pH除镍”时应控制溶液pH的范围是___________。[已知，该溶液中pS和pH的关系为pS＝15－pH，忽略溶液体积变化]。 (4)“试剂B”为___________(填化学式)，写出“碳化沉锰”反应的离子方程式：___________。 (5)借助现代仪器分析CuSO4·5H2O (M＝250 g/mol，固体初始质量为2.5 mg)分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。900℃左右有一个吸热峰，则此时分解的产物为___________(填化学式)。 【答案】(1)粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度(答出一条即可) CaSO4、SiO2 (2)消耗“萃取1”过程中产生的H＋，避免抑制“萃取2” (3)2≤pH＜6 (4)H2SO4 或(任写一个) (5)Cu2O和O2 【解析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni、Ca的氧化物)中加入硫酸酸浸，SiO2与稀硫酸不反应，NiO、CaO与稀硫酸反应生成NiSO4、CaSO4，酸性条件下，Cu2S与MnO2、Fe2O3反应生成S、Mn2＋、Cu2＋、Fe2＋，过滤，浸出渣中含有SiO2和CaSO4，向浸出液中加N211萃取1，分液，水相中加试剂A调pH后，加N985萃取2，分液，Cu2＋进入有机相2，Mn2＋进入水相2；水相2中加入硫化钠调pH除镍，滤渣为NiS，含Mn2+滤液中加碳酸氢铵和氨水碳化沉锰，得MnCO3沉淀；含Cu2＋的有机相2加入试剂B(稀硫酸)反萃取，分液，所得水溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶等操作制得胆矾，有机相3可循环用于萃取，实现两种产品的高效制备与资源的循环利用。 （1）提高酸浸速率的措施有：粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度；辉铜矿中的SiO2不与硫酸反应，辉铜矿中的CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，则浸出渣的主要成分为S、SiO2和CaSO4；在酸性条件下，Fe2O3先与H＋反应生成Fe3＋，Fe3＋将Cu2S氧化为单质S、Cu2＋，自身被还原为Fe2＋，离子方程式为 ； （2）萃取过程发生可逆反应，消耗反应产生的H⁺，降低水相中c(H⁺)，促使萃取平衡正向移动，提高金属离子的萃取率，则选用碱溶液可以消耗“萃取1”过程中产生的H＋，避免抑制“萃取2”； （3），“调除镍”时，沉淀完全，，，由得pH＝2；，，不能沉淀，，由得pH＝6，所以； （4）为实现从有机相中反萃取金属离子，需使萃取平衡逆向移动，则向有机相中加入稀硫酸以增大，使金属离子重新进入水相；在“碳化沉锰”步骤中，NH3·H2O提供碱性环境，促使电离出，与溶液中的Mn2＋结合形成MnCO3沉淀，其离子方程式为或 ； （5）由图可知，初始的质量为2.5 mg，Cu元素的质量恒为0.64 mg；当温度升至900℃时，残留固体质量为0.72 mg，氧元素质量为0.08 mg，其中Cu与O的物质的量之比为2∶1，则固体产物为Cu2O；在该氧化还原反应中，Cu元素化合价降低1，根据化合价升降守恒，必有元素化合价升高，则O元素被氧化为O2，900℃时胆矾的分解产物为和。 19．酒石酸唑吡坦(G)是一种用于治疗睡眠障碍的药物，其合成路线如图所示： 已知： 回答下列问题： (1)B的结构简式为_______。 (2)C中官能团的名称为_______。 (3)A的同分异构体中，可与溶液反应且含有手性碳原子的结构简式为_______(写出其中一种)。 (4)C→D的化学方程式为_______。 (5)F结构中虚线圈内所有原子共平面，则具有碱性的氮原子为_______(填标号)。 (6)F的另一种合成路线如图所示： ①结合以上合成路线，推测X的结构简式为_______。 ②的核磁共振氢谱图与的异同之处为_______。 【答案】(1) (2)(酮)羰基、羧基 (3)、 (4) (5)1 (6) 同：都有两组峰且面积之比为6∶1；异：峰的位置(或化学位移)不同 【解析】A()与B(C7H8)反应生成C()，结合A、C结构简式可知，B为；C与Br2发生取代反应生成D，D为；D与发生已知信息反应生成E()；E发生取代反应生成F()；F与酒石酸反应生成酒石酸唑吡坦。 （1）B为甲苯，结构简式为； （2）C中官能团的名称为(酮)羰基、羧基； （3）A（C4H4O3）的同分异构体，可与溶液反应，说明含有羧基；且含有手性碳原子，则其结构简式为或； （4）C→D发生取代反应，酮羰基邻位的氢原子被溴原子取代，化学方程式为； （5）虚线圈内，标号1的氮原子未参与共轭，有孤对电子具有碱性； （6）①采用逆推法，YZ发生加成反应，由Z的结构可知Y的结构为， X的分子式为C9H9OBr，结合流程图中反应机理可知，X为； ②与都含有两种等效氢且个数比为6∶1，则核磁共振氢谱图均为2组峰且面积之比为6∶1，但峰的位置(或化学位移)不同。 20．乙二醇()是重要的化工原料，主要用于生产聚酯纤维和防冻剂，其工业化制备与新型合成路线是研究热点。 Ⅰ、合成气直接合成法    (1)已知、、的燃烧热分别为283 kJ/mol、286 kJ/mol、1180.26 kJ/mol，则上述合成反应的______kJ/mol。 (2)按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图所示。 ①代表的曲线为______。 ②若在温度为T K，压强恒定为200 kPa条件下，按化学计量比进料，测得的平衡转化率为75%，则该反应的标准平衡常数______[结果精确到小数点后两位，已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应：，；其中，、、、为各组分的平衡分压]。 ③若保持温度和压强不变，平衡后再向容器中充入2 mol He，再次达到平衡后，乙二醇的产率将______(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是______。 Ⅱ、电化学还原法 (3)在电解质溶液中，以为原料，在铜基催化剂上可电催化还原生成乙二醇。 ①写出在酸性介质中生成乙二醇的电极反应式：______。 ②电解时控制电流为20.10 A，通电时间为2.00 h。实验测得生成乙二醇的电流效率为80.00%(即只有80.00%的电量用于生成乙二醇，其余电量用于副反应)，则生成乙二醇的物质的量为______mol(保留两位小数)。(已知：、，法拉第常数) 【答案】(1) (2) ②7.11 ③减小 恒温恒压下充入不参与反应的惰性气体He，容器体积增大，各反应物和生成物的分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，再次达到平衡后，乙二醇的产率减小 (3) 0.12 【解析】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。则：①； ②； ③。 2×①＋3×②－③式得反应，由盖斯定律得，； （2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，图像中，故、、对应的分别为0.6、0.5、0.4； ②该反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO和，的平衡转化率为75%，的转化量为2.25 mol，列三段式： 平衡时，，，，则标准平衡常数； ③若保持温度和压强不变，平衡后再向容器中充入2 mol He，容器体积增大，各反应物和生成物的分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，再次达到平衡后，乙二醇的产率减小； （3）①在酸性介质中，被还原生成，其电极反应式为； ②，生成转移电子的物质的量为，生成的物质的量为0.12 mol。 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 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．化学与生活、科技、生命科学息息相关。下列说法正确的是 A．工业上常利用电解熔融氯化物获取钠、镁、铝等活泼金属 B．食用油在空气中被氧化而产生异味，主要与其分子中含有酯基有关 C．问界M9的车身铝合金含量达到80%，铝合金硬度高于铝单质 D．新型水处理剂高铁酸钠的工作原理与明矾净水的原理完全相同 2．下列描述不符合事实的是 A．室温下，Cu既可溶于浓硫酸，又可溶于浓硝酸 B．苯甲酸钠可有效防止食物变质，但必须严格控制用量 C．阿司匹林是某解热镇痛药的主要成分，应在医生指导下服用 D．苯在50～60°C发生硝化反应，甲苯在50°C以下可发生硝化反应 3．尿素铁可用作铁肥和缓释氮肥。下列化学用语错误的是 A．中子数为30的铁核素： B．—NH2的电子式：   C．的VSEPR模型：   D．Fe3＋的价电子排布式： 4．为达到相应的实验目的，下列实验操作(装置)不规范的是 实验操作(装置) 实验 目的 A．向容量瓶中 转移溶液 B．萃取碘水 中的 C．向试管中倾倒少量溶液 D．蒸发NaCl溶液 5．青蒿素是我国科学家从传统中药中发现的能治疗疟疾的有机化合物，其结构简式如图。下列有关青蒿素的说法错误的是 A．分子式为 B．易溶于水 C．能发生取代反应 D．所有标“*”的碳原子均为手性碳原子 6．向硝酸银溶液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，可得银氨溶液。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．氨水中的数目为 B．中σ键的数目为 C．常温常压下22.4LNH3中含有电子的数目为 D．0.5 mol乙醛与足量银氨溶液完全反应转移电子的数目为 7．对于下列过程中发生的化学反应，相应方程式正确的是 A．工业生产中，精炼铜的阴极反应： B．测定中和反应的反应热： C．除去溶液中少量杂质： D．向苯酚钠溶液中通入少量： 8．结构决定性质，性质决定用途。下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 键角： 中心原子杂化类型不同 B “杯酚”分离、 分子大小与“杯 酚”空腔大小适配 C 在中的溶解度高于其在水中的溶解度 的极性微弱 D 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键 9．一种离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素Q、X、Y、Z、W组成，其阴、阳离子的结构如图所示，Q、Y原子的核外电子数之和小于Z。下列说法正确的是 A．简单离子半径： B．最高价含氧酸酸性： C．电负性： D．简单氢化物的稳定性： 10．苯甲醛与硝基甲烷在KOH存在下生成－硝基苯乙烯()的可能反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A．该反应过程中涉及了加成反应和消去反应 B．反应过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成 C．该过程中部分碳原子由杂化转变为杂化 D．该过程的总反应方程式为 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．下列实验操作、现象及结论均正确的是 操作 现象 结论 A 常温下，取2mL0.1mol/LNaOH溶液于试管中，先加入1mL0.01mol/LMgSO4溶液，再加入1mL0.01mol/LCuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀 证明：常温下， Ksp[Cu(OH)2]小于 Ksp[Mg(OH)2] B 在蓝色CuCl2溶液中存在如下平衡： [Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄色)＋4H2O ΔH>0，加热该溶液 溶液由蓝色转变为黄绿色 对于该反应，升高温度，平衡正向移动 C 常温下用pH计测定1mol/L CH3COONH4溶液的pH pH为7 CH3COONH4溶液对水的电离程度无影响 D 用pH计分别测定0.1mol·L－1的H2SO4溶液和0.1mol·L－1的HNO3溶液的pH pH分别为 0.7和1.0 硫元素的非金属性强于氮元素的 12．无负极锂金属电池具有高能量密度等特点，但也存在放电时部分锂从电极表面脱落形成死锂而导致不可逆的锂损失等挑战。充、放电时，仅通过多孔隔膜。不同状态下的电池结构如图所示，下列说法正确的是 A．首次充电时，阳极反应为 B．放电时，从右极室通过多孔隔膜向左极室迁移 C．放电时，若负极上的质量减少7 g，则外电路转移1 mol电子 D．可通过在Al箔表面修饰一层改性层减少死锂的形成，提高电池性能 13．循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   100 kPa下，在密闭容器中1 mol 和1 mol 发生反应。达到平衡时，反应物(、)的转化率和生成物(、)的选择性(含碳生成物的选择性)随温度变化关系如图1(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)，图1中点M附近区域放大图如图2。下列说法不正确的是 A．曲线c表示的选择性 B．点M温度下，反应Ⅱ的 C．在550℃下达到平衡时， D．500～600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能为反应Ⅱ平衡逆向移动生成的多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的 14．ZnS可用于制备光学材料和回收砷。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：常温下，，，，。当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。 下列说法错误的是 A．酸浸时通入O2可提高Zn2＋浸出率 B．恰好除铁完全时，pH＝3 C．当溶液pH＝0、时，Cd2＋已沉淀完全 D．沉锌前可加入ZnO或Zn(OH)2调节溶液的pH 15．常温下，M2＋在不同酸碱性的Na2A溶液中的存在形式不同，有M2＋及难溶物MA、M(OH)2等形式，Na2A溶液中、含A微粒的物质的量分数随的变化如图所示，下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ表示H2A的物质的量分数，曲线Ⅲ表示A2－的物质的量分数 B．溶液中存在： C．曲线Ⅳ上的点满足 D．常温下a点，M2＋在Na2A溶液中能生成MA沉淀但不能生成M(OH)2沉淀 3、 本题共5小题，60分。 16．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。 (1)无水晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。 A．元素位于周期表第九列 B．晶体中的离子键比晶体中的离子键更强 C．晶体中存在范德华力 D．晶体中离子的配位数为6 (2)①基态比更稳定的原因是 。 ②和在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的溶液比溶液酸性更强的原因 。 (3)某研究小组在隔绝空气的条件下，用与混合液制备纯净的纳米，实验流程如下： 已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。 ①试剂X的最佳选择是 。A．　　　B．　　　C．　　　　D． ②步骤Ⅱ中操作Y是 。 ③步骤Ⅳ中系列操作Z是 。 (4)邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与形成橙红色的配离子，对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定浓度。R中氮原子的杂化方式为 ；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺除去溶液中的，请写出该反应的离子方程式 ；然后调节溶液的范围为2∼9，加入，开展测定实验。请解释选择该范围的原因 。 17．某实验小组拟用乙酸和苯胺（加热时易被氧化）制备乙酰苯胺，具体实验步骤如下： Ⅰ．粗乙酰苯胺的制备 向圆底烧瓶A中加入新蒸馏的苯胺、冰乙酸、少量粉，如图接好装置。小火加热A，控制顶端馏出温度约，当温度上下波动或瓶内出现白雾时停止加热。 在不断搅拌下，趁热把反应混合物倒入盛有冷水的烧杯中，析出乙酰苯胺晶体，充分冷却至室温，减 压过滤，用冷水洗涤晶体次，抽干得乙酰苯胺粗品。 Ⅱ．乙酰苯胺的提纯 将粗乙酰苯胺固体移入盛有热水的烧杯中，加热至沸腾使其完全溶解，补加少量热水。稍冷后，加入活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸，__________，冷却至室温，有晶体析出，抽滤、晾干得乙酰苯胺纯品。 已知：①反应原理： ②相关数据及物理性质： 相对分子质量 熔点 沸点 密度 溶解性 苯胺 93 184 微溶于水，溶于乙酸 冰醋酸 60 118 与水互溶 乙酰苯胺 135 115 305 微溶于水，溶于乙酸、热水 ③装置B为刺形分馏头，用于分离沸点相差较小的液态混合物。 回答下列问题： (1)合成反应装置中仪器D的名称是 ，仪器C中冷却水从 （填“a”或“b”）口进入。 (2)反应混合物中加入少量锌粉的目的是 。加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因 。 (3)控制顶端馏出温度的原因是 。 (4)抽滤装置如图，洗涤乙酰苯胺粗品时，需要以下操作： a.关活塞F，开抽气泵抽干； b.待洗涤剂缓慢通过； c.开活塞F，加入冷水至浸没固体； d.开活塞F，关抽气泵。 正确的顺序是 （填标号）；重复次。 (5)活性炭不能趁热加入的原因是 。 (6)提纯乙酰苯胺时，搅拌下微沸之后的操作是 ，乙酰苯胺的产率为 （用含m的计算式表示）。 【答案】(1)尾接管（或接引管、牛角管） b (2)与乙酸反应生成排空气，防止苯胺被氧化（或作还原剂，防止苯胺被氧化） 锌粉过多， 18．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni、Ca的氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾(CuSO4·5H2O)的工艺流程如图所示。 已知：①Cu2S与稀硫酸不能直接反应；②N211、N985(用HR表示)萃取金属离子的原理为：；③该生产条件下，，当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。 (1)为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是___________(答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，还含有___________(填化学式)，写出“酸浸”时Cu2S与Fe2O3反应的离子方程式：___________。 (2)“萃取1”的目的是除铁和钙，从化学平衡角度解释“调pH”的“试剂A”选用碱溶液而不选用酸溶液，其目的是___________。 (3)“萃取2”后的水溶液中，“调pH除镍”时应控制溶液pH的范围是___________。[已知，该溶液中pS和pH的关系为pS＝15－pH，忽略溶液体积变化]。 (4)“试剂B”为___________(填化学式)，写出“碳化沉锰”反应的离子方程式：___________。 (5)借助现代仪器分析CuSO4·5H2O (M＝250 g/mol，固体初始质量为2.5 mg)分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。900℃左右有一个吸热峰，则此时分解的产物为___________(填化学式)。 19．酒石酸唑吡坦(G)是一种用于治疗睡眠障碍的药物，其合成路线如图所示： 已知： 回答下列问题： (1)B的结构简式为_______。 (2)C中官能团的名称为_______。 (3)A的同分异构体中，可与溶液反应且含有手性碳原子的结构简式为_______(写出其中一种)。 (4)C→D的化学方程式为_______。 (5)F结构中虚线圈内所有原子共平面，则具有碱性的氮原子为_______(填标号)。 (6)F的另一种合成路线如图所示： ①结合以上合成路线，推测X的结构简式为_______。 ②的核磁共振氢谱图与的异同之处为_______。 【答案】(1) (2)(酮)羰基、羧基 (3)、 (4) (5)1 (6) 同：都有两组峰且面积之比为6∶1；异：峰的位置(或化学位移)不同 【解析】A()与B(C7H8)反应生成C()，结合A、C结构简式可知，B为；C与Br2发生取代反应生成D，D为；D与发生已知信息反应生成E()；E发生取代反应生成F()；F与酒石酸反应生成酒石酸唑吡坦。 （1）B为甲苯，结构简式为； （2）C中官能团的名称为(酮)羰基、羧基； （3）A（C4H4O3）的同分异构体，可与溶液反应，说明含有羧基；且含有手性碳原子，则其结构简式为或； （4）C→D发生取代反应，酮羰基邻位的氢原子被溴原子取代，化学方程式为； （5）虚线圈内，标号1的氮原子未参与共轭，有孤对电子具有碱性； （6）①采用逆推法，YZ发生加成反应，由Z的结构可知Y的结构为， X的分子式为C9H9OBr，结合流程图中反应机理可知，X为； ②与都含有两种等效氢且个数比为6∶1，则核磁共振氢谱图均为2组峰且面积之比为6∶1，但峰的位置(或化学位移)不同。 20．乙二醇()是重要的化工原料，主要用于生产聚酯纤维和防冻剂，其工业化制备与新型合成路线是研究热点。 Ⅰ、合成气直接合成法    (1)已知、、的燃烧热分别为283 kJ/mol、286 kJ/mol、1180.26 kJ/mol，则上述合成反应的______kJ/mol。 (2)按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图所示。 ①代表的曲线为______。 ②若在温度为T K，压强恒定为200 kPa条件下，按化学计量比进料，测得的平衡转化率为75%，则该反应的标准平衡常数______[结果精确到小数点后两位，已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应：，；其中，、、、为各组分的平衡分压]。 ③若保持温度和压强不变，平衡后再向容器中充入2 mol He，再次达到平衡后，乙二醇的产率将______(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是______。 Ⅱ、电化学还原法 (3)在电解质溶液中，以为原料，在铜基催化剂上可电催化还原生成乙二醇。 ①写出在酸性介质中生成乙二醇的电极反应式：______。 ②电解时控制电流为20.10 A，通电时间为2.00 h。实验测得生成乙二醇的电流效率为80.00%(即只有80.00%的电量用于生成乙二醇，其余电量用于副反应)，则生成乙二醇的物质的量为______mol(保留两位小数)。(已知：、，法拉第常数) 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 $