精品解析：山东菏泽市单县二中2026届高三下学期模拟二试题

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 一、选择题，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，判断有关说法不正确的是 玛瑙 18-冠-6 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 B. 结构中键角1、2、3由大到小的顺序： C. 18-冠-6中O（灰球）电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征 D. 固态硫中S原子均为杂化 5. 下列离子反应方程式与所给事实相符的是 A. 过量与的溶液反应： B. 少量与溶液反应： C. 用溶液将锅炉水垢中的转化为： D. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为： 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. 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 键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位 比的半径大 D 逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 A. A B. B C. C D. D 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 A. A B. B C. C D. D 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氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为 B. 温度越高，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（标准状况）可浸出 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100mL0.1mol/LNaOH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 二、本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求。 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Na2S2O3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＋2=2I-＋ ②CuI易吸附 I2；， 。 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. 是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用对废弃的锂电池正极材料进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下。 已知：①已知烧渣是LiCl、和的混合物；②常温下，。 下列有关说法错误的是 A. 水浸之前需要除去剩余的 B. 850℃煅烧时发生反应： C. 沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中 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，向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，向的 溶液中逐滴加入的盐酸，且溶液的[化学上规定]与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①中的 B. 当时，则存在关系： C. 当时，两溶液的pH均小于4.74 D. 25℃时，的 溶液的pH约为9.37 三、本题共5小题 16. 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原子的价电子排布图为_______，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键键长_______乙醇中C-O键键长(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+) _______。 17. 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AuCl、PtCl、PdCl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；571/2≈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___________(填标号)。 A．300-350K B．350-400K C．400-450K D．450-500K （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重复用于“___________”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(PtCl)=0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtCl沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为___________mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。 18. 化合物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 ② 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的反应类型是_____。 （2）化合物 的酸性比_____(填“强”或“弱”)。 （3）化合物的官能团为碳碳三键、_____(写名称)。 （4）化合物D中碳原子的杂化类型为杂化、_____。 （5）化合物的结构简式为_____。 （6）反应Ⅱ的第一步反应化学方程式为_____。 （7）是的同分异构体，写出同时满足下列条件的结构简式_____(写一种)。 ①的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3∶2∶1； ②1molX能与恰好完全反应； 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. 环氧乙烷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． Ⅱ． 回答下列问题： （1）已知银催化反应I时存在如下转化过程： 据此计算焓变 ________（用含的代数式表示）。 （2）反应I的正、逆反应速率可分别表示为（分别为正、逆反应速率常数，p为物质的分压）。时，，向某恒容密闭容器中充入和发生反应I和Ⅱ，一段时间后达平衡。 ①反应I的压强平衡常数________；仅降低温度，将________（填“增大”“减小”或“不变”），解释其原因为________（填标号）。 A.均增大，且增大的程度更大 B.均减小，且减小的程度更大 C.增大、减小，平衡正向移动 D.均减小，且减小的程度更大 ②下列情况能表明体系达到平衡状态的是________（填标号）。 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.碳的总物质的量不随时间变化 D. （3）时，将和充入某密闭容器中发生反应I和Ⅱ，在不同压强下达到平衡。测得平衡时，选择性选择性及转化率随压强变化的曲线如图所示： [如]。 ①表示随压强变化的曲线为________（填图中标号）。 ②当压强为时，若的转化率为，则此时乙烯的转化率为________。 ③若将E点对应体系降温至，重新达平衡时，测得，解释其原因为________。 第1页/共1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 一、选择题，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】 【详解】A．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； B．“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； C．文中的“气”即乙烯，在水中不能形成分子间氢键，C错误； D．“以硫磺烟熏之”是利用了硫燃烧生成的二氧化硫的漂白性，D正确； 故答案选D。 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 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙酸乙酯属于酯，具有香味，可用作水果香精，A项正确； B．氢氧化铝不具有可燃性，不可用作助燃剂，B项错误； C．苯酚俗称石炭酸，有毒，可使蛋白质变性，可用于消毒，C项正确； D．氧化铁为红棕色，可用作颜料，D项正确； 故选B。 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．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； B．浓氨水能与AgCl反应生成可溶的[Ag(NH3)2]⁺配离子，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； C．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； D．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； 故选D。 4. 观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法不正确的是 玛瑙 18-冠-6 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 B. 结构中键角1、2、3由大到小的顺序： C. 18-冠-6中O（灰球）电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征 D. 固态硫中S原子均为杂化 【答案】C 【解析】 【详解】A．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； B．由结构示意图可知，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中水分子中有两对孤对电子对O-H键排斥，使键角变小，1中有1对孤对电子与Fe2+形成配位键，只有一对孤对电子排斥，键角稍大于2，3无孤对电子排斥，键角为109°28'，键角最大，故大小顺序为3＞1＞2，故B正确； C．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； D．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； 故选C。 5. 下列离子反应方程式与所给事实相符的是 A. 过量与的溶液反应： B. 少量与溶液反应： C. 用溶液将锅炉水垢中的转化为： D. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于过量，生成的会进一步与反应，生成亚硫酸氢根离子，故正确的离子反应方程式为，A错误； B．少量CO2与反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，B错误； C．由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，C错误； D．具有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，D正确； 故选D。 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 【答案】D 【解析】 【详解】A．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，A正确； B．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： ，B正确； C．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，C正确； D．图中○代表C原子，杂化方式为，D错误； 故选D。 7. 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 键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位 比的半径大 D 逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．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； B．中中心C原子为杂化，键角为， 中中心C原子为杂化，键角大约为，中中心C原子为杂化，键角为，三种物质中心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； C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，周围最多能排布8个，周围最多能排布6个，说明比半径大，故C正确； D．甲烷逐个断开键时，每一步断裂后生成的含碳自由基结构与电子状态不同，各步中的键所处化学环境不同，所以每步所需能量不同，故D正确； 故选B。 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 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．加热回流时选择圆底烧瓶和球形冷凝管，冷凝管起到冷凝回流的目的，A正确； B．蒸馏时测定的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，该装置温度计插入液体中，测定是液体的温度，装置不对，B错误； C．分液时，选择分液漏斗和烧杯，为了防止液体溅出，分液漏斗下端紧挨烧杯内壁，C正确； D．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，可得干燥的有机液体，D正确； 故选B。 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氧化的细菌，浸出辉铜矿机理如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应Ⅰ的离子方程式为 B. 温度越高，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（标准状况）可浸出 【答案】B 【解析】 【详解】A．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： ，A正确； B．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； C．由图可知，反应I中发生 ，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； D．总反应为O2+4H++Cu2S=S+2Cu2++2H2O，标准状况下的物质的量为0.1mol，可浸出，D正确； 故选B。 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100mL0.1mol/LNaOH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】 【详解】A．配制100mL0.1mol/LNaOH溶液需选用100mL容量瓶，移液时需通过玻璃棒引流，则可选用⑤，A正确； B．用KMnO4固体制备氧气是选用固固加热型发生装置，故选用②，B正确； C．因为碳酸钠水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，即不能选用③，C错误； 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①可以制得CO2，但由于盐酸具有挥发性，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； 故答案为：C。 二、本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求。 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Na2S2O3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＋2=2I-＋ ②CuI易吸附 I2；， 。 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】 【分析】测定二甘氨酸合铜中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的煮解液，加入过量的KI还原：，得到含的悬浊液，用淀粉溶液作指示剂，再用标准的溶液还原：，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溶液的量计算二甘氨酸合铜中Cu元素的含量，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，要使计算结果准确，第一步转化的越完全，后续反应越完全，测定结果越准确，所以第一步加入过量 H2SO4的目的是尽可能使转化为，A正确； B．要使反应完全，则加入的 KI 需要过量，使充分还原，B正确； C．如果在滴定时溶液中存在硫酸，则滴加溶液会发生反应：，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； D．滴定终点前未加入KSCN溶液，会因CuI吸附的 未被还原，导致消耗的溶液体积减小，最后会导致测得Cu元素含量偏低，D错误； 故答案为：CD。 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】 【分析】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。 【详解】A．由分析可知，a为阳极，b为阴极，故电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b，A错误； B．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； C．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； D．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； 故选AD。 13. 是生产多晶硅的副产物，易水解产生大量烟雾。利用对废弃的锂电池正极材料进行处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下。 已知：①已知烧渣是LiCl、和的混合物；②常温下，。 下列有关说法错误的是 A. 水浸之前需要除去剩余的 B. 850℃煅烧时发生反应： C. 沉钴过滤时，若控制pH为10，则溶液中 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】 【详解】A．SiCl4易水解，水浸之前需要除去剩余的SiCl4，A正确； B．煅烧时发生反应产物应为，B错误； C．沉钴过滤时，若控制pH为10，，则溶液中，C正确； D．在漏斗上洗涤滤饼时不能用玻璃棒搅动滤饼，否则滤饼松散后，过滤效果变差，D错误； 故选BD。 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 【答案】B 【解析】 【详解】A．有机物b环上存在2种氢原子，如图所示：，一氯取代物有2种，故A错误； B．有机物d为对称结构，存在4种相同环境的氢原子，为标记序号的4个位置：，核磁共振氢谱有4组峰，故B正确； C．有机物b生成c为过氧化氢与醛基发生加成反应，反应中没有小分子生成不是取代反应，故C错误； D．羟基可与钠反应生成氢气，只有有机物a、c存在羟基，故D错误； 故答案为B。 15. 25℃时，向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，向的 溶液中逐滴加入的盐酸，且溶液的[化学上规定]与[或]的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线①中的 B. 当时，则存在关系： C. 当时，两溶液的pH均小于4.74 D. 25℃时，的 溶液的pH约为9.37 【答案】C 【解析】 【分析】向的醋酸溶液中逐滴加入的NaOH溶液，，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；向的 溶液中逐滴加入的盐酸，，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； 【详解】A．向 溶液中逐滴加入的盐酸，溶液的酸性增强，pOH增大，生成的 增多，增大，曲线①中正确； B．当时，两线相交，则存在关系：，说明，B正确； C．当时，则两混合溶液中均含等物质的量的 和 ，根据两线交点，可求，所以，则，根据电离常数计算，，C错误； D．假设时，的 溶液中，则，解得，则时，的 溶液的pH约为9.37，D正确； 故选：C。 三、本题共5小题 16. 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原子的价电子排布图为_______，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键键长_______乙醇中C-O键键长(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+) _______。 【答案】（1） ①. ②. N>O>C （2） ①. sp2 ②. ＜ ③. 铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小 （3） ①. La2CuO4 ②. 3：1 【解析】 【小问1详解】 铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则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为N>O>C，故答案为：；N>O>C； 【小问2详解】 酚羟基中的氢原子保持与苯环共平面说明①号氧原子原子的杂化方式为sp2杂化，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杂化，形成平面结构，氧上的孤对电子能与苯环的π电子发生p-π共轭，使C-O键具有部分双键特性，导致C-O键的键长小于乙醇分子中的C-O键；铜离子比镁离子的半径大，与联咪唑形成螯合物时，配体的空间位阻小，更容易成环，所以铜离子更易与联咪唑形成螯合物，故答案为：sp2；＜；铜离子比镁离子的半径大，空间位阻小； 【小问3详解】 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：12+2a+b－15.5=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1.5：0.5=3：1，故答案为：La2CuO4；3：1。 17. 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AuCl、PtCl、PdCl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；571/2≈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___________(填标号)。 A．300-350K B．350-400K C．400-450K D．450-500K （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重复用于“___________”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(PtCl)=0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtCl沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为___________mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。 【答案】（1） ①. 2:3 ②. B （2）Cl-做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au （3） ①. 2+3SO2+6H2O=2Au↓+8Cl-+3+12H+ ②. 将全部转化为Au，将还原为 （4）氯化浸出 （5） ①. Cl2 ②. 1.75 【解析】 【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。 【小问1详解】 由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则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—400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350—400K，故答案为：2：3；温度为350—400K； 【小问2详解】 一般条件下Au很难被Cl2氧化，用浓盐酸作浸出液，盐酸电离出的Cl-做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au； 【小问3详解】 由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2+3SO2+6H2O=2Au↓+8Cl-+3+12H+； 【小问4详解】 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； 【小问5详解】 由分析可知，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，故答案为：Cl2； (NH4)2PdCl62+，Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，沉淀完全时浓度小于1×10-5mol/L，代入数据可得c()=，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2V×0.125，溶液等体积混合后，c()=，则加入溶液的浓度最小为； 18. 化合物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 ② 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的反应类型是_____。 （2）化合物 的酸性比_____(填“强”或“弱”)。 （3）化合物的官能团为碳碳三键、_____(写名称)。 （4）化合物D中碳原子的杂化类型为杂化、_____。 （5）化合物的结构简式为_____。 （6）反应Ⅱ的第一步反应化学方程式为_____。 （7）是的同分异构体，写出同时满足下列条件的结构简式_____(写一种)。 ①的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3∶2∶1； ②1molX能与恰好完全反应； 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）杂化、杂化 （5） （6） （7）、、、、、、、、、、、等 （8） 【解析】 【分析】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。 【小问1详解】 反应Ⅰ为与Br2/H2O发生加成反应生成B。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 由C的结构简式知，C的官能团为碳碳三键、羧基。 【小问4详解】 化合物D为H3COOCC≡CCOOCH3，两个甲基碳原子为sp3杂化、两个碳碳三键碳原子为sp杂化、两个酯基的碳氧双键碳原子为sp2杂化。 【小问5详解】 根据分析，化合物E的结构简式为。 【小问6详解】 反应Ⅱ的第一步反应为+4KOHKOOCC≡CCOOK+2KBr+4H2O。 【小问7详解】 E的分子式为C10H12O5，不饱和度为5，X是E的同分异构体，1molX能与2molNaHCO3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为、、、、、、、、、、、等。 【小问8详解】 对比与和H3COOCC≡CCOOCH3的结构，可利用题给已知①构建碳骨架，即与H3COOCC≡CCOOCH3一定条件下反应生成，与H2反应生成，发生题给已知②的反应得到，故合成路线为。 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__________ 。 【答案】（1） ①. 四颈烧瓶 ②. 充分吸收氨气，防倒吸 （2） ①. 水浴加热 ②. 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） ①. ②. （4） ①. 除去氨基乙酸中的杂质，提高产品纯度 ②. 78 【解析】 【分析】在四颈烧瓶中加入水、，滴加氯乙酸()并通入制取，据此分析； 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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； 【小问4详解】 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. 环氧乙烷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． Ⅱ． 回答下列问题： （1）已知银催化反应I时存在如下转化过程： 据此计算焓变 ________（用含的代数式表示）。 （2）反应I的正、逆反应速率可分别表示为（分别为正、逆反应速率常数，p为物质的分压）。时，，向某恒容密闭容器中充入和发生反应I和Ⅱ，一段时间后达平衡。 ①反应I的压强平衡常数________；仅降低温度，将________（填“增大”“减小”或“不变”），解释其原因为________（填标号）。 A.均增大，且增大的程度更大 B.均减小，且减小的程度更大 C.增大、减小，平衡正向移动 D.均减小，且减小的程度更大 ②下列情况能表明体系达到平衡状态的是________（填标号）。 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.碳的总物质的量不随时间变化 D. （3）时，将和充入某密闭容器中发生反应I和Ⅱ，在不同压强下达到平衡。测得平衡时，选择性选择性及转化率随压强变化的曲线如图所示： [如]。 ①表示随压强变化的曲线为________（填图中标号）。 ②当压强为时，若的转化率为，则此时乙烯的转化率为________。 ③若将E点对应体系降温至，重新达平衡时，测得，解释其原因为________。 【答案】（1） （2） ①. 3 ②. 增大 ③. B ④. BD （3） ①. iii ②. ③. 反应I和Ⅱ的均，降温均正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I的大 【解析】 【小问1详解】 根据题给信息可知，I．； Ⅲ．；V．。结合盖斯定律可知，可得，故，故答案为：； 【小问2详解】 ①根据，并结合平衡常数和速率常数的关系可知，；反应为放热反应，降低温度时，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更多，B符合题意，故答案为：3；增大；B； ②A．该容器为恒容容器，且所有的反应物和产物都是气体，则混合气体密度是恒定不变的，则其不随时间变化，不能证明反应达到平衡，A错误； B．反应物和产物的质量不变，但反应I是气体分子数减小的反应，则气体平均摩尔质量不随时间变化可以证明反应达到平衡，B正确； C．根据碳元素守恒可知，碳的总物质的量不随时间变化，则碳的总物质的量不变不能证明反应达到平衡，C错误； D．平衡时，根据反应I可知，，根据反应Ⅱ可知，，则两者结合可得，[注意：最后一处的含义不同，为两个反应的之和]，D正确，故答案为：BD； 【小问3详解】 ①随着压强增大，反应I正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，则加压时，的选择性增大，即i表示的选择性，结合题意可知，选择性选择性之和为，则表示随压强变化的曲线为iii；同时可知，ii表示转化率，故答案为：iii； ②若的转化率为，则参加反应的为，设反应I生成，反应Ⅱ生成，结合反应I、反应Ⅱ可知，反应I消耗乙烯，氧气，反应Ⅱ消耗乙烯，氧气，且当压强为时，选择性、选择性都是，则，解得，则此时乙烯的转化率为，故答案为：； ③由于反应I、反应Ⅱ均为放热反应，则降温时，两平衡均正向移动，但是反应Ⅱ的热效应大，即降温时，其正向移动的程度大，则的选择性大，则，故答案为：反应I和Ⅱ的均，降温均正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I的大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $