精品解析：山东威海市2026届高三二模考试 化学试题

保密★启用并使用完毕前 2026年威海市高考模拟考试化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ti-48 Fe-56 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. 中华文化源远流长，下列过程的核心技艺不涉及氧化还原反应的是 A. “井盐开采”：选址与钻井、汲卤与输卤、浓缩煎炼制粗盐 B. “酿酒制曲”：谷物中的淀粉在酒化酶的作用下转化为酒精 C. “陶瓷釉彩”：配泥制釉、做坯上釉、釉料发色、高温烧成 D. “胆矾制酸”：矾脱水后高温分解得两种气体，溶水可制酸 2. 性质决定用途。下列有关性质与用途的说法不对应的是 A. 具有杀菌作用，可用作饮用水消毒剂 B. 茶多酚具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C. 三氯化铁具有氧化性，可用作血液凝固剂 D. 氯乙烷易挥发，可用于冷冻麻醉应急处理 3. 锡（）和钕（）的基态原子价电子排布式分别为、。下列说法错误的是 A. 的中子数与质子数之差为22 B. 位于元素周期表区 C. 基态和原子中未成对电子数之比为 D. 锡的两种单质（白锡和灰锡）间的转化是化学变化 4. 下列有关离子方程式书写正确的是 A. 与溶液反应： B. 用溶液吸收尾气中的： C. 用将水垢中的转化为溶于酸的： D. 溶液中滴加少量： 5. Hamigeran A存在于多种天然产物和药物分子中，且具有良好的生物活性，其结构简式如图所示。下列关于Hamigeran A的说法错误的是 A. 借助红外光谱可检测分子中的官能团 B. 1个分子中含有4个手性碳原子 C. 一定条件下可发生水解和消去反应 D. 1 mol该物质最多可与 6. 下列实验装置和操作正确的是 A．除去乙烯中混有的二氧化硫 B．制备绿矾晶体 C．探究铁的两种电化学防护方法 D．比较元素碳、氯、硅非金属性的强弱 A. A B. B C. C D. D 7. 下列依据实验内容和实验现象，推出的结论正确的是 选项 实验内容 实验现象 结论 A 测定、、 单质的熔点 熔点： 同周期随着价电子数增多，原子半径减小，金属键增强 B 向、、溶液中分别滴加少量新制氯水，并加振荡 下层依次出现浅黄绿、橙红、紫红色 氧化性： C 室温下，用计测定同浓度、溶液的 电负性： 键的极性： D 捶打铜块和氯化钠晶块 铜块发生形变，氯化钠晶块破碎 捶打过程中金属键和离子键均完全断裂 A. A B. B C. C D. D 8. 为研究铜及其化合物的性质进行如下图所示探究实验。下列说法正确的是 A. ①蓝色沉淀为，依据②③可证明为两性氢氧化物 B. ②③中含铜微粒的稳定性： C. ⑤产生少量气泡是因为铁钉在④中被钝化，与盐酸反应慢 D. ⑥开始时铁置换出铜，形成原电池；后来速率减慢是因为铁钉表面逐渐被覆盖 9. 已知某物质 能发生如图转化： 下列说法错误的是 A. 若 为或，则为“信使分子” B. 若 为或，则一定是酸性氧化物 C. 若 为 或，则对于反应③加压更利于生成 D. 若 为，则反应①②③转移电子数之比为 10. 在分析化学中应用广泛。如图所示，可将装置甲、乙联合使用来制取。下列说法错误的是 A. 工作时装置甲内部，电流由b流向a B. 装置乙隔膜为质子交换膜 C. 装置乙中电极反应式为： D. 若一段时间后装置乙减轻2 g，则理论上装置甲有生成 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. 时，在体积为 的恒容密闭容器中充入和，发生反应 ，体系总压强（ ）与时间（）的关系如图中曲线①所示（平衡时温度恢复至）。曲线②为只改变某一反应条件时的变化曲线。下列说法错误的是 A. ： B. 下该反应的平衡常数 C. 曲线②改变的反应条件可能为使用催化剂 D. 其他条件不变，若初始充入和，将减小 12. 血红蛋白在平衡血液氧气输送等方面发挥着重要作用。其载氧后和载氧前的局部结构如下图所示。下列说法错误的是 A. 人体吸入中毒的原因是血红蛋白开启了超分子识别功能 B. 载氧前，血红蛋白中的只与咪唑环中的原子配位 C. 载氧后，血红蛋白中的价层电子对数是6 D. 已知咪唑环是平面结构，其中的大 键表示为 13. 丙酮可自身脱水缩合，由 到 的转化关系如图所示。下列说法正确的是 （已知：） A. 若 为丙炔，则丙酮的选择性为100% B. 可用丙酮萃取溴水中的溴 C. 推测反应②存在中间产物 D. 反应②存在副产物 14. 采用氨浸-离子交换树脂吸附法从废旧锂电池正极材料（主要含、、、等元素）中回收钴，可避免传统酸浸带来的环境二次污染。该工艺流程如下： 已知：①正极材料中、主要呈+2价，少量呈+3价； ②氨浸时、、均以六氨配合物形式浸出。 下列说法正确的是 A. “氨浸”时加入的主要目的是增大浓度，抑制电离 B. “吸附”时树脂对锂配合物的结合能力强于钴、镍的配合物 C. “洗脱”过程中元素发生反应： D. 该工艺可循环使用的物质有树脂、 和 15. 乙二胺（简写为）结合可转化为和。在一定浓度范围内，与可形成和两种离子，pH>6时，能水解生成等。室温下，向一定浓度的溶液中加入（忽略体积变化），与的变化关系如图甲所示[其中代表、或浓度的负对数值，代表浓度的负对数值]，和随 变化如图乙所示。 下列说法错误的是 A. 曲线②代表的离子是 B. 时， C. 反应的平衡常数为 D. 随 增大，增大，的摩尔分数增大 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中， 位于第_____周期_____族。基态 原子的价电子轨道表示式为______________。 （2）乙二胺分子（，简写为）与形成的配合物，在材料合成、催化等领域应用广泛。 ①属于_____（填“极性”或“非极性”）分子。 ②八面体配离子中，的配位数和配体个数之比为_____。 ③易溶于水，除a．属于离子型配合物；b．配离子具有强极性：c．为易水合阴离子三点原因外，还有一个重要的原因是_________________。 （3） 的某种氧化物的晶体结构如下图所示。图甲表示这个立方晶胞可以划分成8个小的立方单位，分别由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小单位拼在一起，Ⅰ和Ⅱ两种小单位的结构和相互拼在一起的情况如图乙所示。该氧化物化学式为_______；每个周围与其等距离且紧邻的有_____个，晶胞中之间的最短距离为_______。 17. 将赤泥（含 、、、、 、等）与红土镍矿废料（含 、、、等）混合协同提取有价金属，是近年来备受关注的一种资源化利用新思路。一种以二者为原料，提取合金、的工艺流程如下： 已知：，溶液中离子浓度时，可认为沉淀完全。回答下列问题： （1）工业上一般控制“焙烧”过程产生的烟气中体积比，理由是______________。 （2）“酸浸”得到的滤渣的主要成分为_____（填化学式）。 （3）萃取剂a和b在不同pH条件下对不同元素的萃取率如图所示。最好选用萃取剂_____（填“a”或“b”），根据该萃取剂，应选择最适宜的pH为_____（填标号）。 A．0.5 B．1.5 C．2.5 （4）常温下“反萃取”时，当加入后，混合液的pH为5时，_____（填“能”或不能）、沉淀完全，理由是______________。 （5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为__________；“空气中灼烧”时，每制取，理论上产生标准状况下_____。 18. 有机物K为某种治疗白血病新药的中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）设计和的目的是_______。的反应类型为_______。H中含氧官能团的名称为_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）H→I，中只参与反应，且I比H多1个sp杂化的碳原子和2个杂化的碳原子，则I的结构简式为___________。 （4）满足下列条件E的同分异构体有_____种。 ①属于酯类； ②苯环上有3个取代基，其中2个含羟基； ③苯环上核磁共振氢谱显示有2组峰； ④能发生银镜反应。 （5）已知：，K也可由另一条路线合成： 则X、Y的结构简式为__________、__________。 19. 某兴趣小组以钛铁矿（主要成分，少量、）为原料，模拟硫酸法制备，同时得到副产品。“酸浸”过程装置如下图所示（部分夹持装置略）。已知：溶于酸后元素以存在；可水解；在酸性溶液中呈紫色。 实验过程如下： ①酸浸：取10.0 g钛铁矿粉与30 mL85%浓硫酸混合，置于仪器a中，水浴加热。初始时反应剧烈放热，a内出现酸雾，浆状物逐渐变为黑灰色固体，倒置漏斗内液面上升。待反应结束，排出酸雾。 ②还原：将酸浸后的混合物冷却后倒入盛有蒸馏水的烧杯中，搅拌、过滤。边搅拌边向滤液中分批加入还原铁粉，溶液由黄绿色逐渐变为浅绿色，铁粉表面有气泡产生。反应结束，静置、过滤，得到澄清滤液，进一步降温结晶，分离和。 ③水解：取含的溶液，加热，同时逐滴加入的蒸馏水，迅速生成絮状沉淀。 ④煅烧：洗涤沉淀，加热煅烧。待冷却至室温，收集到固体粉末。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_____。加热煅烧过程中，下列仪器必须用到的是_____（填标号）。 A．蒸发皿 B．坩埚 C．泥三角 D．烧杯 （2）“酸浸”结束后，排出酸雾的具体操作过程为__________。 （3）“还原”时，若加入的铁粉过量会得到紫色溶液，可能的原因是__________（用离子方程式表示）。 （4）“水解”时，采用加热同时加入蒸馏水的方式，试结合离子方程式，从平衡移动角度解释原因__________。 （5）“煅烧”前洗涤沉淀，目的是去除沉淀表面残留的__________（填离子符号）。已知钛铁矿粉中质量分数为60%，则的产率为_____（保留两位有效数字）。 20. 苯甲醛（）广泛应用于多个领域。其相关反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）在，恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ。初始加入和，达平衡时，体系向环境放热；若初始加入，达平衡时，体系从环境吸热。则 ________（用含“ ”“ ”的代数式表示）。 （2）、的恒压密闭容器中，按物质的量之比为加入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得生成物的物质的量与时间关系如图所示（曲线 只表示某物质的部分变化）。已知：的选择性为。 ①图中 _____，曲线c表示的物质是_____（填结构简式），曲线b中A点后下降的原因是__________。若将容器更换为起始温度为、压强为的恒容容器中进行，则点A将可能移向点_____（填“B”“C”或“D”）。 ②某条件下当反应均达到平衡时，测得物质的转化率、的选择性，则_____，反应Ⅱ的压强平衡常数_________（用含的式子表示）。 ③若将和按物质的量之比为（只改变起始时的量），加入、的恒压密闭容器中，再次达到平衡时，将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用并使用完毕前 2026年威海市高考模拟考试化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ti-48 Fe-56 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. 中华文化源远流长，下列过程的核心技艺不涉及氧化还原反应的是 A. “井盐开采”：选址与钻井、汲卤与输卤、浓缩煎炼制粗盐 B. “酿酒制曲”：谷物中的淀粉在酒化酶的作用下转化为酒精 C. “陶瓷釉彩”：配泥制釉、做坯上釉、釉料发色、高温烧成 D. “胆矾制酸”：矾脱水后高温分解得两种气体，溶水可制酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．“井盐开采”的核心是蒸发溶剂结晶得到粗盐，仅发生物理变化，无元素化合价升降，不涉及氧化还原反应，故选A； B．淀粉转化为酒精的过程中，碳元素化合价发生变化，存在电子转移，涉及氧化还原反应，故不选B； C．陶瓷高温烧成、釉料发色过程中，釉料中的金属元素、氧元素等化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故不选C； D．胆矾脱水后高温分解，生成的气体含硫氧化物、氧气等，硫、氧元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故不选D； 选A。 2. 性质决定用途。下列有关性质与用途的说法不对应的是 A. 具有杀菌作用，可用作饮用水消毒剂 B. 茶多酚具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C. 三氯化铁具有氧化性，可用作血液凝固剂 D. 氯乙烷易挥发，可用于冷冻麻醉应急处理 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有强氧化性，能够杀菌消毒，可用作饮用水消毒剂，性质与用途对应，A不符合题意； B．茶多酚含酚羟基，具有还原性，可消耗氧气避免食品被氧化，可用作食品抗氧化剂，性质与用途对应，B不符合题意； C．血液属于胶体，三氯化铁中的作为电解质离子接触血液后可中和胶粒负电荷，破坏胶体稳定性，使得胶体快速聚沉形成血凝块，与其氧化性无关，性质与用途不对应，C符合题意； D．氯乙烷易挥发，挥发时吸收大量热使局部温度降低，可用于冷冻麻醉应急处理，性质与用途对应，D不符合题意； 故选C。 3. 锡（）和钕（）的基态原子价电子排布式分别为、。下列说法错误的是 A. 的中子数与质子数之差为22 B. 位于元素周期表区 C. 基态和原子中未成对电子数之比为 D. 锡的两种单质（白锡和灰锡）间的转化是化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．的质子数为60，中子数为，中子数与质子数之差为，A正确； B．的价电子排布为，最后一个电子填入f轨道，其位于元素周期表f区，B错误； C．基态的轨道有2个未成对电子，基态的轨道有4个未成对电子，基态和原子中未成对电子数之比为，C正确； D．白锡和灰锡是锡的同素异形体，二者结构不同，相互转化过程中有化学键的断裂和生成，属于化学变化，D正确； 故选B。 4. 下列有关离子方程式书写正确的是 A. 与溶液反应： B. 用溶液吸收尾气中的： C. 用将水垢中的转化为溶于酸的： D. 溶液中滴加少量： 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe(OH)3与HI溶液反应时，生成的Fe3+会与还原性的I⁻发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，该离子方程式为2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O，故A错误； B．NaOH溶液吸收NO2发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为，故B正确； C．水垢中的CaSO4是微溶固体，与碳酸钠发生沉淀转化反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故C错误； D．滴加少量Ba(HCO3)2时，Ba(HCO3)2完全反应，1mol Ba2+对应2mol ，消耗2mol H⁺、1mol，生成1molBaSO4沉淀、2mol二氧化碳，反应的离子方程式为，故D错误； 故选B。 5. Hamigeran A存在于多种天然产物和药物分子中，且具有良好的生物活性，其结构简式如图所示。下列关于Hamigeran A的说法错误的是 A. 借助红外光谱可检测分子中的官能团 B. 1个分子中含有4个手性碳原子 C. 一定条件下可发生水解和消去反应 D. 1 mol该物质最多可与 【答案】C 【解析】 【详解】A．红外光谱的作用就是检测有机物中的官能团，不同官能团有特征吸收峰，A正确； B．手性碳是连四个不同基团的饱和碳，该分子中共有4个手性碳原子，手性碳原子用*标出，B正确； C．该分子含酯基、苯环上的溴原子，可发生水解反应；但醇羟基的邻位碳无氢原子，苯环上的溴原子无法发生消去反应，因此不能发生消去反应，C错误； D．1 mol该物质中，酯基水解消耗1 molNaOH，酚羟基消耗1 molNaOH，苯环上的溴原子水解生成酚和HBr，共消耗2 molNaOH，总计4 mol，D正确； 6. 下列实验装置和操作正确的是 A．除去乙烯中混有的二氧化硫 B．制备绿矾晶体 C．探究铁的两种电化学防护方法 D．比较元素碳、氯、硅非金属性的强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸与二氧化硫不发生反应，无法除去乙烯中混有的SO2，除杂试剂应选择NaOH溶液，A错误； B．绿矾（）含结晶水，且易被氧化，加入少量铁粉可防止被氧化，但直接加热蒸发硫酸亚铁溶液会导致结晶水流失，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法制备，B错误； C．开关K接N时，铁连接电源负极作阴极，属于外加电流的阴极保护法；K接M时形成原电池，铁比铜活泼作负极被腐蚀，说明牺牲阳极法需选用比铁更活泼的金属作阳极，能够探究铁的两种电化学防护方法，C正确； D．比较元素非金属性需要依据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸是HCl的水溶液，不是氯元素的最高价含氧酸，因此无法比较Cl和C的非金属性强弱，D错误； 综上，故答案选C。 7. 下列依据实验内容和实验现象，推出的结论正确的是 选项 实验内容 实验现象 结论 A 测定、、 单质的熔点 熔点： 同周期随着价电子数增多，原子半径减小，金属键增强 B 向 、、溶液中分别滴加少量新制氯水，并加振荡 下层依次出现浅黄绿、橙红、紫红色 氧化性： C 室温下，用计测定同浓度、 溶液的 电负性： 键的极性： D 捶打铜块和氯化钠晶块 铜块发生形变，氯化钠晶块破碎 捶打过程中金属键和离子键均完全断裂 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na、Mg、Al为同周期金属元素，原子的价电子数依次增多，原子半径依次减小，金属键强度依次增大，对应熔点逐渐升高，实验现象与结论吻合，A正确； B．该实验仅能证明氧化性、，不能验证和的氧化性强弱，无法得出的结论，B错误； C．同浓度下pH(HF)>pH(HCl)，只能说明HF酸性弱于HCl，因为HF在水中不完全电离；实际上电负性，H与F的电负性差大于H与Cl的电负性差，故键的极性，C错误； D．铜块形变是因为金属键没有方向性，捶打时金属键不会完全断裂，仅发生层间滑动，氯化钠晶块破碎时离子键断裂，D错误； 故选A。 8. 为研究铜及其化合物的性质进行如下图所示探究实验。下列说法正确的是 A. ①蓝色沉淀为，依据②③可证明为两性氢氧化物 B. ②③中含铜微粒的稳定性： C. ⑤产生少量气泡是因为铁钉在④中被钝化，与盐酸反应慢 D. ⑥开始时铁置换出铜，形成原电池；后来速率减慢是因为铁钉表面逐渐被 覆盖 【答案】D 【解析】 【分析】硫酸铜与适量浓氨水反应生成氢氧化铜沉淀；氢氧化铜与浓氨水反应生成深蓝色硫酸四氨合铜，此时溶液中不含铜离子，加入铁钉不反应，再加盐酸，H+与NH3结合生成 ，促使逐渐释放出Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2，并与Cu2+发生置换反应生成红色的铜；氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，铁和盐酸反应放出氢气，铁和氯化铜反应生成红色的铜单质。 【详解】A．①蓝色沉淀为，它能与盐酸反应生成盐和水；但与浓氨水发生的是络合反应，不能证明其为两性氢氧化物，故A错误； B．硫酸铜溶液中的与氨水反应生成，说明的配位能力强于 ，可知含铜微粒稳定性：，故B错误； C．⑤加入盐酸后，H+与NH3结合生成 ，促使逐渐释放出Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2，并与Cu2+发生置换反应，产生少量气泡的原因是游离浓度低，所以与盐酸反应慢，故C错误； D．⑥中溶液为和盐酸的混合溶液，开始时置换出 ，形成原电池，反应速率快；后续 逐渐覆盖在铁钉表面，减少了与溶液的接触面积，反应速率减慢，故D正确； 故选D。 9. 已知某物质 能发生如图转化： 下列说法错误的是 A. 若 为或，则为“信使分子” B. 若 为或，则一定是酸性氧化物 C. 若 为 或，则对于反应③加压更利于生成 D. 若 为，则反应①②③转移电子数之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．若 为或，或与O2反应均生成NO，则Y为“信使分子”NO，故A正确； B．若 为H2S，H2S和少量氧气反应生成S和水，H2S和过量氧气反应生成SO2和水，则Y不一定是酸性氧化物SO2，故B错误； C．若 为 或，Y是CO、Z是二氧化碳，加压有利于二氧化碳和水反应生成碳酸，故C正确； D．若 为，Y是0.5molNa2O、Z是0.5molNa2O2，M是1molNaOH，则反应①②③转移电子数之比为，故D正确； 选B。 10. 在分析化学中应用广泛。如图所示，可将装置甲、乙联合使用来制取。下列说法错误的是 A. 工作时装置甲内部，电流由b流向a B. 装置乙隔膜为质子交换膜 C. 装置乙中电极反应式为： D. 若一段时间后装置乙减轻2 g，则理论上装置甲有生成 【答案】D 【解析】 【分析】根据装置图，装置乙两个电极相同，则乙为电解池、甲为原电池，Pt电极发生氧化反应生成，Pt电极为阳极；左侧Pb电极为阴极，所以电池中a电极为正极、b电极为负极。 【详解】A．装置甲为原电池，Zn电极b为负极，a为正极；原电池内部电流由负极流向正极，即由b流向a，故A正确； B．装置乙中Pt为阳极，电极反应生成，Pb为阴极，得电子生成，需要通过隔膜从阳极室移向阴极室，故隔膜为质子交换膜，故B正确； C．Pt为阳极，失电子生成，电极反应式为，故C正确； D．装置乙减轻2 g说明阴极生成1 mol ，电路中转移2 mol电子；装置甲为放电过程，正极反应为，转移2 mol电子时消耗，不是生成，故D错误； 故选D。 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. 时，在体积为 的恒容密闭容器中充入和，发生反应 ，体系总压强（ ）与时间（ ）的关系如图中曲线①所示（平衡时温度恢复至）。曲线②为只改变某一反应条件时的变化曲线。下列说法错误的是 A. ： B. 下该反应的平衡常数 C. 曲线②改变的反应条件可能为使用催化剂 D. 其他条件不变，若初始充入和，将减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于曲线②改变的条件为加入催化剂，因此a的反应速率会大于b和c，而在b点时反应未达到平衡，c点时为平衡态因此b点的正反应速率大于c点的正反应速率，正反应速率从大到小为，A正确； B．初始为和，共8 mol气体对应的压强为8p0，而在平衡时气体的总压强为6p0，说明平衡时气体的总物质的量为6 mol，设CO2转化了2x mol，可列三段式： ，因此最终气体总的物质的量为，因此，所以可以确定各个气体的物质的量，，，,,，B正确； C．因此曲线①②最终平衡时，体系压强一致，因此说明改变的条件不会影响化学平衡，只改变反应速率，曲线②改变的条件应为加入催化剂，C正确； D．由于初始投入的CO2和H2的投料比未改变，并且与化学计量数之比相同，始终相等，，D错误； 故答案为D。 12. 血红蛋白在平衡血液氧气输送等方面发挥着重要作用。其载氧后和载氧前的局部结构如下图所示。下列说法错误的是 A. 人体吸入中毒的原因是血红蛋白开启了超分子识别功能 B. 载氧前，血红蛋白中的只与咪唑环中的原子配位 C. 载氧后，血红蛋白中的价层电子对数是6 D. 已知咪唑环是平面结构，其中的大 键表示为 【答案】B 【解析】 【详解】A．血红蛋白具有超分子识别功能，可以与结合导致人体中毒，A正确； B．根据图 2，血红蛋白中的不仅与咪唑环中的原子配位，还与卟啉环上的原子配位，形成5根配位键，B错误； C．载氧后，血红蛋白中形成6根配位键，无孤对电子，价层电子对数是6，C正确； D．咪唑环是平面结构，成环的原子均为杂化，提供2个电子，每个C原子提供1个电子，提供1个电子，形成大键的总电子数为6，形成原子数为5，表示为，D正确； 故答案为B。 13. 丙酮可自身脱水缩合，由 到 的转化关系如图所示。下列说法正确的是 （已知：） A. 若 为丙炔，则丙酮的选择性为100% B. 可用丙酮萃取溴水中的溴 C. 推测反应②存在中间产物 D. 反应②存在副产物 【答案】CD 【解析】 【分析】结合流程可知，3分子丙酮先缩合得中间体，再环化脱水成环烯酮，结合产物的结构可知，该中间体为，中间体中和羰基相连的甲基和同羰基加成生成，随后再发生消去反应生成产物，以此解题。 【详解】A．丙炔加水时，根据题干给出的烯醇互变异构规律：丙炔加水先生成烯醇(CH2=C(OH)CH3) ，互变后得到丙酮；但炔烃水化存在副反应，会生成少量丙醛等杂质，丙酮选择性不可能 100%，A错误； B．丙酮能与水以任意比例混溶，无法分层，不能作为溴水的萃取剂，B错误； C．结合流程可知，3分子丙酮先缩合得中间体，再环化脱水成环烯酮，结合产物的结构可知，该中间体为，C正确； D．中间体中和羰基相连的甲基和同羰基加成生成，随后再发生消去反应生成产物，根据的结构可知，其可能脱水生成，D正确； 故选CD。 14. 采用氨浸-离子交换树脂吸附法从废旧锂电池正极材料（主要含、、、等元素）中回收钴，可避免传统酸浸带来的环境二次污染。该工艺流程如下： 已知：①正极材料中、主要呈+2价，少量呈+3价； ②氨浸时、、均以六氨配合物形式浸出。 下列说法正确的是 A. “氨浸”时加入的主要目的是增大浓度，抑制电离 B. “吸附”时树脂对锂配合物的结合能力强于钴、镍的配合物 C. “洗脱”过程中元素发生反应： D. 该工艺可循环使用的物质有树脂、 和 【答案】C 【解析】 【分析】该流程中废旧锂电池正极材料中主要含有Co、Ni、Li、Mn等，经过氨浸后，根据已知Co、Ni、Li均以六氨配合物形式浸出，并且材料中少量的Co3+和Ni3+被还原成+2价的和，过滤后滤渣中主要是含Mn元素物质，滤液中主要为、和；吸附过程是利用树脂对和进行吸附，随吸附流出液除去；洗脱是将和转化为Co2+和Ni2+，使用Na2CO3将Co2+转化为CoCO3，由此解答； 【详解】A．由分析可知，“氨浸”时加入的主要目的是将材料中少量的Co3+和Ni3+用还原成+2价的和，A错误； B．由分析可知，“吸附”时是利用树脂对和进行吸附，因此树脂对锂配合物的结合能力应弱于钴、镍的配合物，B错误； C．由分析可知，“洗脱”过程是将和转化为Co2+和Ni2+，因此Co元素发生的反应为，C正确； D．该流程中树脂经过洗脱后可以重复使用，洗脱过程中生成的NH4Cl也可以用于氨浸，但是Na2CO3将Co2+转化为CoCO3不再生成，无法重复使用，D错误； 故答案为C。 15. 乙二胺（简写为）结合可转化为和。在一定浓度范围内，与可形成和两种离子，pH>6时，能水解生成等。室温下，向一定浓度的溶液中加入（忽略体积变化），与的变化关系如图甲所示[其中代表、或浓度的负对数值，代表浓度的负对数值]，和随 变化如图乙所示。 下列说法错误的是 A. 曲线②代表的离子是 B. 时， C. 反应的平衡常数为 D. 随 增大，增大，的摩尔分数增大 【答案】CD 【解析】 【分析】en可以结合H+转化为和，反应的离子方程式分别为，该反应平衡常数；，该反应平衡常数；由于，因此根据和的表达式可知图乙中，左侧直线为与pH的关系，当=0时，可以求出；右侧直线为与pH的关系，当=0时，可以求出；而向溶液中加入，发生的反应为，该反应平衡常数；及，该反应平衡常数，随着 的增大，不断减少，先增大后减小，增大，所以曲线①代表的离子是，曲线②是，曲线③是，根据曲线①和②的交点，可以求出；根据②和③的交点，可以求出，由此解答； 【详解】A．由分析可知，曲线②是，A正确； B．当=时，将和相乘，可得到，此时pH=8.4，B正确； C．由分析可知，的反应平衡常数，C错误； D．由图乙可知，随着pH增大，增大，但是由于pH>6时，能水解生成等，随着pH增大，的摩尔分数可能减小。 故答案为CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中， 位于第_____周期_____族。基态 原子的价电子轨道表示式为______________。 （2）乙二胺分子（，简写为）与形成的配合物，在材料合成、催化等领域应用广泛。 ①属于_____（填“极性”或“非极性”）分子。 ②八面体配离子中，的配位数和配体个数之比为_____。 ③易溶于水，除a．属于离子型配合物；b．配离子具有强极性：c．为易水合阴离子三点原因外，还有一个重要的原因是_________________。 （3） 的某种氧化物的晶体结构如下图所示。图甲表示这个立方晶胞可以划分成8个小的立方单位，分别由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小单位拼在一起，Ⅰ和Ⅱ两种小单位的结构和相互拼在一起的情况如图乙所示。该氧化物化学式为_______；每个周围与其等距离且紧邻的有_____个，晶胞中之间的最短距离为_______。 【答案】（1） ①. 4 ②. Ⅷ ③. （2） ①. 极性 ②. 2:1 ③. 每个乙二胺配体分子中含有两个氨基，可与水分子形成氢键 （3） ①. Co3O4 ②. 6 ③. 【解析】 【小问1详解】 Co为27号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族，价电子表达式为3d74s2，价电子轨道表达式为； 【小问2详解】 ①N原子为sp3杂化，有孤电子对，因此该分子为极性分子； ②由于配离子为八面体结构，因此配位数为6个，而根据配离子中有3个en配体，配体数为3，因此Co3+离子的配位数和配体数之比为2：1； ③除了题干中所述原因外，每个乙二胺配体分子中含有两个氨基，可与水分子形成氢键，增大了在水中的溶解度； 【小问3详解】 观察图乙中的最小单元，其中O2-的个数为8个，Co2+的个数为个，Co3+的个数为4个，因此该氧化物的化学式为Co3O4；观察任意一个Co3+在其上下前后左右各有一个与之相邻且等距离的O2-，因此每个周围与其等距离且紧邻的有6个；晶胞中Co2+之间的最短距离应为Ⅰ型或Ⅱ型小单元的体对角线的长度的一半，因此最短距离为。 17. 将赤泥（含 、、、、 、等）与红土镍矿废料（含 、、、等）混合协同提取有价金属，是近年来备受关注的一种资源化利用新思路。一种以二者为原料，提取合金、的工艺流程如下： 已知：，溶液中离子浓度时，可认为沉淀完全。回答下列问题： （1）工业上一般控制“焙烧”过程产生的烟气中体积比，理由是______________。 （2）“酸浸”得到的滤渣的主要成分为_____（填化学式）。 （3）萃取剂a和b在不同pH条件下对不同元素的萃取率如图所示。最好选用萃取剂_____（填“a”或“b”），根据该萃取剂，应选择最适宜的pH为_____（填标号）。 A．0.5 B．1.5 C．2.5 （4）常温下“反萃取”时，当加入后，混合液的pH为5时，_____（填“能”或不能）、沉淀完全，理由是______________。 （5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为__________；“空气中灼烧”时，每制取，理论上产生标准状况下_____。 【答案】（1）维持还原性气氛，防止已还原金属铁镍被氧化 （2）CaSO4、H2SiO3 （3） ①. a ②. A （4） ①. 不能 ②. ，Sc3+未沉淀完全 （5） ①. ②. 134.4 【解析】 【分析】赤泥与红土镍矿废料经过混合焙烧，焦炭将Fe和Ni从其氧化物中还原出来，经过磨矿磁选为Fe-Ni合金；而尾渣中主要为CaSiO3、CaAl2O4，并包裹Sc3+，加入硫酸酸浸，溶液中的主要金属离子为Al3+和Sc3+，滤渣为CaSO4和H2SiO3；利用萃取剂进行萃取，Al3+进入水相，而Sc3+进入有机相；利用NaOH进行反萃取，将Sc3+转化为Sc(OH)3；加入硫酸将Sc(OH)3转化为Sc3+，加入草酸溶液转化为，通过灼烧最终得到Sc2O3，由此解答。 【小问1详解】 焙烧过程中主要是用焦炭将Fe和Ni从其氧化物中还原出来，CO的体积较多时，可以维持还原性气氛，使、的氧化物充分还原为合金，防止已还原金属铁镍被氧化； 【小问2详解】 由分析可知，滤渣为CaSO4和H2SiO3； 【小问3详解】 由分析可知，萃取过程中是Sc3+进入有机相，因此需要选择对Sc萃取率最大的萃取剂，因此选择萃取剂a；据图可知，萃取剂a在pH变化时对Sc萃取率基本不变，但是随着pH变大，对杂质Al3+的萃取率增大，因此选择的pH为0.5，选A； 【小问4详解】 当pH=5时，，根据Sc(OH)3的溶度积可以计算，Sc3+不能沉淀完全； 【小问5详解】 “沉钪”过程是草酸溶液将Sc3+转化为，因此发生反应的离子方程式为；空气中灼烧时发生的化学方程式为，因此每生成1 molSc2O3，产生6 molCO2，在标准状况下，CO2的体积为。 18. 有机物K为某种治疗白血病新药的中间体，其合成路线如图所示： 回答下列问题： （1）设计和的目的是_______。的反应类型为_______。H中含氧官能团的名称为_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）H→I，中只参与反应，且I比H多1个sp杂化的碳原子和2个杂化的碳原子，则I的结构简式为___________。 （4）满足下列条件E的同分异构体有_____种。 ①属于酯类； ②苯环上有3个取代基，其中2个含羟基； ③苯环上核磁共振氢谱显示有2组峰； ④能发生银镜反应。 （5）已知：，K也可由另一条路线合成： 则X、Y的结构简式为__________、__________。 【答案】（1） ①. 保护酚羟基，防止被氧化 ②. 还原反应 ③. 酯基、醚键 （2） （3） （4）6 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】根据G→H的反应条件推测该反应为-NO2转化为-NH2的还原反应，根据H的结构简式，可以确定G的结构简式；F→G根据反应条件推测该反应为硝化反应，F的结构简式；根据E的分子式和反应物推断E→F为取代反应，E的结构简式为；D和甲醇发生酯化反应生成E，D的结构简式为；根据A与醋酸酐反应生成B，和C→D的分子式变化该过程应为用醋酸酐对酚羟基进行保护，防止B→C时酚羟基被氧化，由此可知，C的结构简式为，C→D为水解反应；B的结构简式为，B→C为氧化反应；A的结构简式为，A→B为取代反应，利用醋酸酐对酚羟基进行保护；根据题目中I比H多1个sp杂化的碳原子和2个sp2杂化的碳原子，确定I的结构简式为；I→J是酯基缩合反应后碳链异化生成J；J→K为取代反应，将羟基转化为碳氯键，由此解答； 【小问1详解】 由分析可知，A→B和C→D是利用醋酸酐对酚羟基进行保护，防止在将甲基氧化成羧基的过程中，将酚羟基也氧化；由分析可知，G→H为-NO2转化为-NH2的还原反应；H中的含氧官能团名称为酯基、醚键； 【小问2详解】 由分析可知，A→B为取代反应，利用醋酸酐对酚羟基进行保护，化学方程式为； 【小问3详解】 由于H中只有-NH2发生反应，应是中部分基团取代了氨基上的一个氢原子，由于I比H多一个sp杂化的碳原子和2个sp2杂化的碳原子，sp杂化的碳原子应为-CN，sp2杂化的碳原子应为碳碳双键，结合I的分子式可以确定I的结构简式为； 【小问4详解】 E的分子式为C9H10O4，除苯环外有一个不饱和度，根据该同分异构体属于酯类，并且能发生银镜反应，因此一定存在，由于苯环上有三个取代基并且核磁共振氢谱只显示2组峰，因此该同分异构体应高度对称，存在两种可能，一种是三个取代基为两个-CH2-OH和一个，三个取代基为1，2，3取代或1,3,5取代，共两种情况，分别为和；另一种情况三个取代基为两个酚羟基，其余原子和酚羟基进行1，2，3取代或1,3,5取代，共四种情况，分别为、、、，一种为6种； 【小问5详解】 X与发生取代反应，根据生成物的结构式和X已知的分子式推断X的结构简式为；根据已知的反应和Y的分子式推断Y的结构简式为。 19. 某兴趣小组以钛铁矿（主要成分，少量、）为原料，模拟硫酸法制备，同时得到副产品。“酸浸”过程装置如下图所示（部分夹持装置略）。已知：溶于酸后元素以存在；可水解；在酸性溶液中呈紫色。 实验过程如下： ①酸浸：取10.0 g钛铁矿粉与30 mL85%浓硫酸混合，置于仪器a中，水浴加热。初始时反应剧烈放热，a内出现酸雾，浆状物逐渐变为黑灰色固体，倒置漏斗内液面上升。待反应结束，排出酸雾。 ②还原：将酸浸后的混合物冷却后倒入盛有蒸馏水的烧杯中，搅拌、过滤。边搅拌边向滤液中分批加入还原铁粉，溶液由黄绿色逐渐变为浅绿色，铁粉表面有气泡产生。反应结束，静置、过滤，得到澄清滤液，进一步降温结晶，分离和。 ③水解：取含的溶液，加热，同时逐滴加入的蒸馏水，迅速生成絮状沉淀。 ④煅烧：洗涤沉淀，加热煅烧。待冷却至室温，收集到固体粉末。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为_____。加热煅烧过程中，下列仪器必须用到的是_____（填标号）。 A．蒸发皿 B．坩埚 C．泥三角 D．烧杯 （2）“酸浸”结束后，排出酸雾的具体操作过程为__________。 （3）“还原”时，若加入的铁粉过量会得到紫色溶液，可能的原因是__________（用离子方程式表示）。 （4）“水解”时，采用加热同时加入蒸馏水的方式，试结合离子方程式，从平衡移动角度解释原因__________。 （5）“煅烧”前洗涤沉淀，目的是去除沉淀表面残留的__________（填离子符号）。已知钛铁矿粉中质量分数为60%，则的产率为_____（保留两位有效数字）。 【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. BC （2） 熄灭酒精灯，待装置冷却后，打开止水夹，挤压气球，将装置内酸雾压入右侧氢氧化钠溶液中吸收 （3） （4） 的水解反应为 。该水解反应是吸热反应，加热能促进水解平衡正向移动；加入蒸馏水稀释，减小了生成物 的浓度，也能促进水解平衡正向移动，从而提高钛的沉淀率。 （5） ①. 、 ②. 【解析】 【分析】原料钛铁矿主要成分为，杂质含氧化铁和二氧化硅；以85%浓硫酸为浸取剂，全程分酸浸、还原、水解、煅烧四步，主产物，副产物。酸浸阶段：与热浓硫酸反应，Ti转化为进入溶液；溶于酸生成；二氧化硅不与浓硫酸反应，过滤除去。反应放热，产生硫酸酸雾（含、硫酸蒸气）。还原阶段：加入铁粉，一是将还原为，便于后续结晶得到；二是铁粉与过量酸反应生成气泡；铁粉过量时可进一步将还原为紫色。水解阶段：存在水解平衡，水解吸热，升温、稀释均可推动平衡正向移动，析出钛酸沉淀。煅烧阶段：洗涤除去沉淀吸附的可溶性离子后，高温煅烧，分解得到固体。 【小问1详解】 仪器a为蒸馏烧瓶；煅烧固体时需要高温，用到坩埚和泥三角。 【小问2详解】 装置上方有气球、止水夹，酸雾被收集在气球内，故操作为：熄灭酒精灯，待装置冷却后，打开止水夹，挤压气球，将装置内酸雾压入右侧氢氧化钠溶液中吸收。 【小问3详解】 铁粉过量出现紫色，中Ti为+4价，铁过量将还原为，铁被氧化为，酸性环境配平：。 【小问4详解】 ，水解吸热，升温平衡正向移动，促进沉淀生成；加入温水稀释，氢离子浓度降低，进一步促进平衡正向移动，利于生成沉淀。 【小问5详解】 流程含、、、，沉淀表面吸附、；原料质量：，，，理论，实际，产率。 20. 苯甲醛（）广泛应用于多个领域。其相关反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）在，恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ。初始加入和，达平衡时，体系向环境放热；若初始加入，达平衡时，体系从环境吸热。则 ________（用含“ ”“ ”的代数式表示）。 （2）、的恒压密闭容器中，按物质的量之比为加入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得生成物的物质的量与时间关系如图所示（曲线 只表示某物质的部分变化）。已知：的选择性为。 ①图中 _____，曲线c表示的物质是_____（填结构简式），曲线b中A点后下降的原因是__________。若将容器更换为起始温度为、压强为的恒容容器中进行，则点A将可能移向点_____（填“B”“C”或“D”）。 ②某条件下当反应均达到平衡时，测得物质的转化率、的选择性，则_____，反应Ⅱ的压强平衡常数_________（用含的式子表示）。 ③若将和按物质的量之比为（只改变起始时的量），加入、的恒压密闭容器中，再次达到平衡时，将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】（1）5(x+y) （2） ①. 8.5 ②. ③. A点后反应Ⅱ还在正向移动，CHM浓度下降，使反应Ⅰ逆向进行，曲线b逐渐下降 ④. D ⑤. 0.4 ⑥. 0.5 ⑦. 增大 【解析】 【分析】反应Ⅰ和反应Ⅱ生成物中物质的量最多的是H2，因此纵坐标数值最大的曲线a为H2，由于在t1时，，b曲线对应物质的物质的量为1 mol，c曲线对应物质的物质的量为0.1 mol，由于反应Ⅰ中每生成1 mol BALD，生成H2为4 mol，反应Ⅱ中每生成1 mol CHC，生成H2为1 mol，为了满足，曲线b对应的物质为BALD，曲线c对应的物质为CHC，由此解答； 【小问1详解】 在恒压的条件下，两种初始状态（0.2 mol BALD+0.8 mol H2和0.2 mol CHM）最终达到等效平衡，假设0.2 mol CHM完全分解吸收热量为Q kJ，由能量守恒可知，则； 【小问2详解】 ①在t2时，由图可知，生成的BALD为2 mol，因此反应Ⅰ中生成H2为8 mol；生成的CHC为0.5 mol，因此反应Ⅱ中生成H2为0.5 mol，，故中8.5；由分析可知，曲线c对应的物质为CHC，即；在A点后反应Ⅱ还在正向移动，CHM浓度下降，使反应Ⅰ逆向进行，曲线b逐渐下降；如果容器更换为恒容的容器，由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数增大的反应，随着反应的进行压强增大，两个反应的平衡均向逆向移动，BALD物质的量下降，达到平衡的时间变短，因此A可能移动到D点； ②在恒压的条件下，假设加入CHM的物质的量为1 mol，Ne的物质的量为5 mol，由于CHM的转化率为80%，BALD的选择性为50%，因此参与反应Ⅰ和反应Ⅱ的CHM均为，根据反应Ⅰ可知，生成的BALD为0.4 mol，生成的H2为1.6 mol；根据反应Ⅱ：可知，生成CHC为0.4 mol，生成的H2为0.4mol；因此最终平衡各个气体组分的物质的量分别为，，，，气体的总物质的量为8 mol，则；反应Ⅱ的压强平衡常数； ③起始的CHM和Ne的物质的量之比从1：5改为1:1，Ne减少，容器的体积减小，CHM的分压增加，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向移动，H2的物质的量增加，虽然总物质的量有所增加，但是H2增加幅度更大，并且系统总压不变，增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $