精品解析：江苏扬州市仪征中学2026-2027学年高三上学期期中模拟（二）化学试卷

江苏省仪征中学2026-2027高三期中模拟试卷(二) 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. “新质生产力”涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法正确的是 A. 新型储氢材料石墨烯属于烃类 B. 导电塑料聚乙炔属于新型无机非金属材料 C. 耐高温材料碳化硅属于共价晶体 D. 纳米半导体CdTe量子点属于胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳的单质，只含碳元素，而烃类是仅含碳元素和氢元素的有机物，因此石墨烯不属于烃类，A错误； B．聚乙炔是一种有机高分子聚合物，属于有机合成材料，而非无机非金属材料，B错误； C．碳化硅（SiC）中硅和碳原子通过共价键结合，形成类似金刚石的网状结构，具有高熔点和高硬度，属于典型的共价晶体，C正确； D．纳米CdTe量子点是半导体纳米颗粒，其尺寸虽在胶体粒子范围内（1-100 nm），但胶体是一种分散体系，而量子点属于分散质，本身并不是分散系，因此不属于胶体，D错误； 故选C。 2. N2H4与N2O4可用作火箭推进剂，两者反应生成N2和H2O。下列说法正确的是 A. 中子数为9的氮原子可表示为： B. 的结构示意图为： C. N2的电子式为： D. H2O的空间结构为直线形 【答案】C 【解析】 【详解】A．中子数为9的氮原子，质子数为7，质量数=质子数+中子数=7+9=16，应表示为，A错误； B．O2-的质子数为8，核外电子数为10，结构示意图为，B错误； C．N2分子中两个氮原子形成三键，每个氮原子还有一对孤对电子，电子式为，C正确； D．H2O中O原子有2对孤对电子，价层电子对数为4，空间结构为V形，D错误； 故选C。 3. 明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成胶体吸附水中悬浮物。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 离子半径： C. 沸点： D. 碱性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：，A错误； B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：，B正确； C．水分子间能形成氢键，导致水的沸点高于硫化氢，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：，D错误。 故选B。 4. 以工业废铜屑为原料制取CuSO4溶液，进一步制取用于检验醛基的新制Cu(OH)2，其中原理正确且能达到实验目的的是 去油污 制CuSO4溶液 稀释CuSO4溶液 制新制Cu(OH)2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，能达到实验目的，A正确； B．铜与浓硫酸在加热条件下可发生反应，B错误； C．稀释含浓硫酸的CuSO4溶液时，应将溶液倒入水中，防止浓硫酸溶于水放热导致液滴飞溅，C错误； D．检验醛基时需在碱性溶液中进行，需NaOH过量，D错误； 答案选A。 5. 下列物质的结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A. 具有强氧化性，可用于自来水消毒 B. B电负性小于H，具有强还原性 C. 甲醛水溶液可使蛋白质变性，福尔马林用于标本制作 D. HI晶体中范德华力较弱，HI分子稳定性较弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．具有强氧化性，能氧化细菌等微生物中的有关物质，使其失去活性，因而可用于自来水消毒，性质与用途具有对应关系，A正确； B．B的电负性小于H，B—H键的共用电子对偏向H，中H元素显-1价，容易失去电子，因而具有强还原性，结构与性质具有对应关系，B正确； C．福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质变性，起到防腐和固定作用，因此可用于标本制作，性质与用途具有对应关系，C正确； D．范德华力是分子间作用力，主要影响物质的熔点、沸点等物理性质；HI分子的稳定性主要由分子内H—I键的强弱决定，不能由晶体中范德华力较弱推出分子稳定性较弱，两者不具有对应关系，D错误； 故选D。 6. 下列有关物质的工业制备方法在指定条件下能实现的是 A. 制漂白粉： B. 制硫酸： C. 制硝酸： D. 制纯碱： 【答案】A 【解析】 【详解】A．电解食盐水生成Cl2（阳极产物），Cl2与石灰乳反应生成CaCl2和Ca(ClO)2（漂白粉），A正确； B．FeS2燃烧生成SO2而非SO3，SO2需催化氧化为SO3后才能制硫酸，B错误。 C．NO需氧化为NO2才能与水反应生成HNO3，直接用水无法生成硝酸，C错误。 D．制纯碱需先通NH3增大溶液碱性，再通CO2析出NaHCO3，D缺少NH3步骤，D错误。 故选A。 阅读材料，铜及其化合物有着广泛用途。工业上通过在空气中焙烧辉铜矿()得粗铜和二氧化硫；含铜催化剂可以电催化还原制乙烯；与在铜催化作用下合成，其热化学方程式为 ；铜的化合物乙酸铜氨溶液可脱除；碲化亚铜()与稀硫酸、溶液作用生成二元弱酸()是回收碲单质的反应之一，完成问题。 7. 下列关于反应的说法正确的是 A. 若反应生成，放出的热量将大于348.1 kJ B. 反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 一定条件下，当时，反应达平衡状态 D. 含铜催化剂的加入使反应的平衡转化率增大 8. 下列化学反应表示正确的是 A. 碲化亚铜生成： B. 电催化还原制乙烯： C. 辉铜矿焙烧制铜： D. 2-丙醇催化氧化： 9. 乙酸铜氨溶液脱除的反应为。下列说法正确的是 A. 中铜元素的化合价为+2 B. 中键与键的个数比为 C. 与中氮原子的杂化方式不同 D. 中键角大于 【答案】7. B 8. B 9. D 【解析】 【7题详解】 A．原反应生成3 mol液态放出348.1 kJ热量，气态能量高于液态，生成气态时放出热量小于348.1 kJ，A错误； B．该反应，反应物总键能生成物总键能，故反应物总键能小于生成物总键能，B正确； C．反应达平衡时正逆反应速率比等于化学计量数比，与计量数比为，平衡时应为，所给关系不能说明反应达平衡，C错误； D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，D错误； 故选B。 【8题详解】 A．是二元弱酸，离子方程式中不能拆写为，应保留化学式，正确的离子方程式为：，A错误； B．电催化还原制乙烯，元素从价降为价，2个共得12，反应式电荷、原子均守恒，书写正确，B正确； C．该反应前后原子不守恒，左边有6个，右边仅中含4个，方程式错误，正确的化学方程式为：，C错误； D．2-丙醇中羟基连接的碳原子上只有1个，催化氧化产物为丙酮，不是丙醛，正确的化学方程式为：，D错误； 故选B。 【9题详解】 A．带1个单位负电荷，为不带电荷的分子，根据电中性原则，中阳离子带1个单位正电荷，铜元素的化合价为，A错误； B．中共有6个键、1个键，二者个数比为，B错误； C．中原子与中原子均为杂化，杂化方式相同，C错误； D．中原子有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对排斥力更大；形成配位键后孤对电子变为成键电子对，排斥力减小，故中键角大于，D正确； 故选D。 10. 化合物Z是合成鞘氨醇激酶抑制剂重要中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是 A. X→Y中生成的能被结合 B. X在水中的溶解度小于Y，且X能与溶液反应 C. Y与足量氢气加成后的物质3个手性碳原子 D. 最多能与反应 【答案】A 【解析】 【分析】起始原料为含酚羟基的对甲基苯酚X，第一步X与乙酰氯发生取代反应，酚羟基转化为酯基得到中间产物Y，第二步Y中苯环侧链甲基的氢原子被溴取代，得到含酯基与溴甲基的产物Z。 【详解】A．X→Y为酚羟基与乙酰氯的取代反应，反应生成酯和，为有机碱，可与结合生成盐，A正确； B．X含可与水分子形成氢键的酚羟基，Y含憎水的酯基，因此X在水中的溶解度大于Y；X含酚羟基，酸性强于，可与溶液反应生成酚钠和，B错误； C．Y与足量氢气加成后，生成，如图只有2个手性碳原子，C错误； D．Z中酚形成的酯基水解生成酚羟基和乙酸，共消耗2mol ，为卤代烃基团，水解消耗1mol ，因此1mol Z最多能与3mol 反应，D错误； 故选A。 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向某黄色溶液中加入淀粉溶液，溶液呈蓝色 溶液中含 B 将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入溶液中，出现淡黄色沉淀 苯与液溴在催化下反应后有生成 C 向鸡蛋清溶液中加入少量饱和溶液，有白色固体析出 鸡蛋清中的蛋白质发生了变性 D 向溶液中加入铁钉，铁钉表面无明显现象。将铁钉取出后放入溶液中，铁钉表面出现红色 氧化性： A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．淀粉-KI溶液变蓝说明有I2生成，可能由Br2、Fe3+或其它氧化剂引起，无法确定含Fe3+，A错误； B．混合气体通入AgNO3出现沉淀可能由挥发的Br2或取代反应生成的HBr导致，B错误； C．蛋白质中加入(NH4)2SO4，出现盐析现象，重金属盐才会发生变性，故C错误； D．向溶液中加入铁钉，铁钉表面无明显现象，将铁钉取出后放入溶液中，铁钉表面出现红色，该红色物质为铜，说明氧化性：，故D正确； 答案选D。 12. 室温下，通过下列实验探究草酸及其盐的性质。已知：的电离常数；，溶液混合后体积变化忽略不计。 实验1：往溶液中滴加溶液至。 实验2：往溶液中加入溶液，产生沉淀。 实验3：向溶液中通入至溶液。 下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2产生沉淀的反应： D. 实验3所得溶液中存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中由电荷守恒得，由物料守恒得，联立可得，A错误； B．实验1所得溶液中，故草酸根浓度大于草酸氢根浓度，B错误； C．草酸氢根为弱酸的酸式酸根，生成草酸钙沉淀时的净离子方程式应为，C错误； D．实验3中。由草酸根的物料守恒及溶液电荷守恒，在时有，且，D正确； 故选D。 13. CO2加氢制备甲醇的主要反应如下： 反应①： 反应②： 4.0 MPa时，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处测得CO2转化率、CH3OH产率[n生成（CH3OH）/n起始（CO2）×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线b表示CO2的转化率随温度的变化 B. 210~280℃，CO产率随温度升高而增大 C. 210~280℃，反应②的反应速率先减小后增大 D. 240℃温度下，反应体系达平衡后增大压强，CO物质的量保持不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2的总转化率是两个反应（生成CH3OH的反应①、生成CO的反应②）消耗的CO2之和，因此同一温度下CO2转化率一定大于CH3OH产率。图中曲线a数值始终更大，即曲线a表示CO2的转化率随温度的变化，A错误； B．根据定义，CO的产率 = 总CO2转化率 - CH3OH产率。210~280℃区间内，曲线a（CO2转化率）持续上升，曲线b（CH3OH产率）先升后降，二者的差值持续增大，说明CO产率随温度升高而增大，B正确； C．温度是影响反应速率的核心因素，210~280℃温度持续升高，反应②的反应速率只会随温度升高不断增大，不会先减小后增大，C错误； D．反应①是气体分子数减小的反应（反应物4 mol气体，生成物2 mol气体），增大压强时反应①平衡正向移动，会消耗更多CO2、H2生成更多H2O；而反应②是气体分子数不变的反应，平衡移动受反应①的产物变化影响，体系中CO的物质的量会发生改变，并非保持不变，D错误。 答案选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 二氧化铈（）常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿（含、等）为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①在酸性环境下具有强氧化性，能与结合成； ②硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反。 （1）焙烧时被完全氧化为、和一种气体化合物，则该反应的化学方程式为________________________________。 （2）步骤Ⅱ“酸浸”不能将稀硫酸换成稀盐酸，原因是：______________________________________。 （3）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如，Ce的萃取率。上述流程“萃取”中取1000 L含浓度为的溶液，加入500 L萃取剂，若单次萃取率，则D = ___________。 （4）“反萃取”中加入的作用是：_________________________________________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式_______________________________________________。 （6）氧化铈（）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。晶胞结构如图：晶胞中，与相邻且最近的有________个。若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为________。 【答案】（1） （2）在酸性条件下具有强氧化性会将氧化为有毒的，同时导致铈的产率降低 （3）10 （4）将有机层中的还原为，使其进入水层，实现铈的分离 （5） （6） ①. 12 ②. 5% 【解析】 【分析】氟碳铈矿经氧化焙烧后，得到含、等的固体粉末，碳元素以的形式逸出。用稀硫酸酸浸，使铈进入水溶液，不溶物经分离成为滤渣；硫酸体系中的可与结合成。加入后，利用在有机相中溶解度较大的性质，使铈富集于有机层。再加入和溶液进行反萃取，得到含的水层。向该水层中加入NaOH，生成沉淀，过滤取沉淀，再用NaClO将其氧化为。过滤得到，经脱水分解制得。 【小问1详解】 中铈元素为+3价，生成的和中铈元素均为+4价，因此氧化焙烧时铈元素被氧化，氧气作氧化剂。由碳元素守恒及流程中逸出的气体可知，气体产物为。令的系数为4，由氟元素守恒可确定的系数为1，再由铈、碳元素守恒分别确定、的系数为3、4，最后由氧元素守恒确定的系数为1。因此反应的化学方程式为； 【小问2详解】 焙烧产物中铈元素为+4价，题给信息指出在酸性环境下具有强氧化性。若改用稀盐酸，会被氧化为有毒的，同时铈元素被还原为+3价。例如，与盐酸反应的离子方程式为。由于更易留在水层中，不利于后续用萃取铈，导致铈的产率降低，故不能将稀硫酸换成稀盐酸； 【小问3详解】 设萃取前溶液中铈的总物质的量为。单次萃取率为，表示萃取后有机相中铈的物质的量为，水相中剩余铈的物质的量为。根据分配比的定义，将两相中铈的物质的量分别除以各自的体积，得； 【小问4详解】 有机层中含有+4价铈，而题给信息表明在水中的溶解度大于其在中的溶解度。具有还原性，可将+4价铈还原为+3价，自身被氧化为。考虑硫酸体系中形成的，其还原过程可表示为。生成的更易进入水层，因此加入的作用是将有机层中的还原为，使其进入水层，实现铈的分离； 【小问5详解】 题给循环表明，放氧后形成，后者可通过吸收氧重新转化为。消除NO时，NO提供氧，其氮元素被还原，生成空气中的。每1 mol转化为需要补充氧原子，因此需消耗NO，并由氮元素守恒生成的，反应的化学方程式为； 【小问6详解】 从晶胞图可见，位于立方晶胞的顶点和面心。以一个顶点上的为中心，经过该顶点的3个相互垂直的平面内，各有4个处于相同最短距离的，它们位于相邻晶胞的面心，因此与该相邻且最近的共有个。 掺杂时，占据的位置，每两个替代两个后，正电荷总数减少2，需要减少一个以保持电中性。按题给比例，取0.8 mol和0.1 mol形成的晶体，其阳离子总物质的量为，实际含有的的物质的量为。未出现氧空位时，每个阳离子对应两个氧离子位置，故该晶体对应的氧离子位置总量为，的空缺率为。 15. 工业上有多种方式除去或利用废水中的。已知：。 （1）亚硫酸钠除铬法：用硫酸调节废水的pH为2.5，加入还原，随后用石灰乳调节pH，使转化为沉淀而除去。 ①还原的离子方程式为________。 ②室温下，加入石灰乳调节pH，当时，pH＞________。 ③Cr3+能形成多种配位化合物，的配体为NH3、________。 （2）纳米铁粉还原法：纳米铁粉可将水体中还原为，再调节溶液pH使转化为。其他条件相同，铁的物质的量相同，分别用纳米铁粉和铁-铜粉处理pH=5的含废水，铁-铜粉的处理效果更好，原因是________。 （3）离子交换法：一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为，溶液中的阴离子可以与处理剂层间的发生离子交换，从而实现的去除。已知废水中含铬物种浓度随pH的变化如图-1所示，的去除率随pH的变化如图-2所示。 ①pH＜2.5时，随着废水pH的减小，去除率减小，原因可能是________。 ②吸附饱和后的离子交换材料经过洗脱处理、调pH、结晶等操作可制得。可使钢制锅炉内壁发生钝化，可以用于减缓锅炉腐蚀。下列试剂减缓腐蚀的原理与相同的是________(填字母)。 A． B． C． （4）溶剂萃取法：酸性条件下用有机萃取剂N235对0.2 L、的含废水进行多次萃取，每次用0.2 L萃取剂。已知萃取率；萃取平衡时，分配系数。若要求废水中低于，则至少萃取________次？(写出计算过程) 【答案】（1） ①. ②. 5 ③. （2）铁-铜粉在酸性条件下形成原电池，加快了反应速率，使的还原效率比单独使用纳米铁粉更高 （3） ①. pH过小，溶液中浓度过高，会与处理剂层间的反应生成和，消耗可用于离子交换的，使交换位点减少，去除率下降；同时主要以中性分子H2CrO4形式存在，无法发生阴离子交换 ②. A （4）设初始浓度为c0，萃取n次后，水相浓度为cn,则单次萃取后水相剩余浓度满足:， 结合萃取率，代入可得，，也就是、，已知初始 ，要求最终，代入得，整理得，取对数计算后，取整数，即至少萃取4次 【解析】 【分析】图-1中，pH<2时以为主，此时主要是中性分子，pH区间以和为主，pH>6主要是； 【小问1详解】 ①酸性条件下，作为氧化剂被还原为，作为还原剂被氧化为，结合酸性环境补全和，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平可得离子方程式：； ②根据溶度积公式，当时: ，则 ，结合室温下 ，则 ，即 ； ③配合物中，中心离子为 ，配体是提供孤电子对的分子/离子，除外，还有； 【小问2详解】 铁-铜粉在酸性条件下会形成Fe-Cu原电池，原电池反应会显著加快反应速率，因此相同物质的量的铁时，铁-铜粉处理含废水的反应速率比纳米铁粉更快； 【小问3详解】 ①已知该处理剂通过层间和溶液中阴离子发生离子交换去除，当时，废水酸性过强，会与层间的发生反应：，消耗层间可交换的，导致可用于交换阴离子的位点减少，因此去除率随pH减小而降低，同时主要以中性分子H2CrO4形式存在，无法发生阴离子交换； ②减缓锅炉腐蚀的原理是其具有氧化性，使钢制锅炉内壁发生钝化，形成致密氧化膜阻隔腐蚀； A．同样具有氧化性，是常见的钝化型缓蚀剂，可在钢铁表面形成钝化膜； B．具有还原性，是通过消耗水中溶解氧防腐； C．具有还原性，是作为还原剂除氧防腐； 因此选A； 【小问4详解】 溶剂萃取法，萃取平衡时分配比为[有机相和水相中浓度的比值]，每次萃取水相体积，有机相体积，设初始浓度为c0，萃取n次后，水相浓度为cn,则单次萃取后水相剩余浓度满足:， 结合萃取率，代入可得，，也就是、，已知初始 ，要求最终，代入得，整理得 ，取对数计算后，取整数，即至少萃取4次。 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 【答案】（1）pH小于3，与H+结合为HNO2，浓度降低 （2） （3）亚硝酸钠会部分被H2O2氧化为NaNO3 （4）H2O2的氧化性大于O2，O2在水中溶解度小 （5）B （6）水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀 【解析】 【小问1详解】 亚硝酸是一元弱酸，pH小于3时溶液氢离子浓度偏大，和结合生成亚硝酸，溶液中游离亚硝酸根浓度下降，缺少配位所需的亚硝酸根，不利于配离子生成，因此pH不能小于3； 【小问2详解】 反应中里+2价钴被过氧化氢氧化为+3价钴，每个钴升高1价，1分子过氧化氢中两个-1价氧全部降到-2价，总共降低2价，根据升降价守恒，化学计量数配2，过氧化氢化学计量数配1；体系用醋酸调节pH，醋酸为弱酸不能拆写成离子，反应生成醋酸根和水，配平后离子方程式：； 【小问3详解】 理论投料刚好满足配位比例，除氧化二价钴之外，还具备氧化性，亚硝酸钠会部分被氧化为，造成参与配位的亚硝酸根不足，钴离子配位不完全，产品收率偏低；提高亚硝酸钠投料量，可以弥补被氧化损耗的亚硝酸根，配位反应更充分，收率上升； 【小问4详解】 的氧化性强于，氧化二价钴的反应限度更大；同时在水溶液中溶解度很小，反应物接触不充分，氧化效率低，因此使用做氧化剂时产品收率远高于空气氧化； 【小问5详解】 六硝基合钴酸钠易溶于水、不溶于乙醇；乙醇可以和水任意比例互溶，加入乙醇降低产品在混合溶剂里的溶解度，促使晶体析出；四氯化碳与水不能互溶、分层，无法降低水溶液中溶质溶解度，不能析出固体，故选B。 【小问6详解】 根据已知ⅰ用氢氧化钠溶液处理废液，将在碱性条件下加热可生成和； 进一步根据已知ⅱ用硫酸铵把可被还原为； 再利用硫酸把转化为，并根据已知ⅲ把还原为，最后加入碳酸钠得到； 故答案为：水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀； 17. 肼(N2H4)是高能燃料，具有强还原性，常用作火箭发射的推进剂，在储氢、电池领域也有广阔的应用前景。 （1）肼硼烷水解可制得肼，石墨烯用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是________。 （2）N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列球棍模型的结构能表示N2H4交互式的是________(填字母)。 A． B． C． （3）肼分解制氢，主反应为，副反应为。Ni-Pt催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，Pt显负电，Ni显正电，主反应在催化剂表面分解的机理如图-1所示。 ①在催化剂、加热条件下完全分解，反应后所得全部气态产物在标准状况下体积为56.0 L，该条件下肼的储氢密度为________。 ②X的结构简式为________。 ③N-N键、N-H键的键能分别是、，肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，从结构角度解释原因是________。 （4）催化剂存在下，不同浓度的N2H4分解时，测得随时间的变化如图-2所示。当N2H4浓度从增加到时，反应速率加快；从增加到时，反应速率几乎不变，原因是________。 （5）肼-空气燃料电池是一种新型环保电池。KOH溶液作电解液，负极的电极反应式为________。 【答案】（1） 氨基是亲水基团，能与水分子形成氢键 （2）B （3） ①. (或 ) ②. ③. 肼分子中N原子显负电性，H原子显正电性，N原子和H原子分别吸附在显正电的Ni位点和显负电的Pt位点上，这种双位点吸附作用削弱了N-H键 （4） 催化剂表面的活性位点已被完全占据（或达到吸附饱和） （5） 【解析】 【小问1详解】 氨基()属于亲水基团，引入氨基后，氨基能够与水分子之间形成氢键，从而增大了石墨烯在水中的溶解度和分散性，使其能均匀分散于水中。 【小问2详解】 肼分子中两个 之间的相对位置不同会导致不同的空间构型。A项中H原子在相反侧，为反式（交叉式）；B项中H原子交错排列，为交互式（旁式）。C项中两个 的H原子在同侧，为顺式（重叠式）；故选B。 【小问3详解】 ① 设主反应消耗的 为 ，副反应消耗的 为 。 的物质的量为 ，则 。 主反应生成 和 ，副反应生成 和 。 气态产物总物质的量为 。 则总气体物质的量为 。 联立方程解得 ，。 释放的 质量为 。 储氢密度为 。 ② 根据图-1的反应机理， 在催化剂表面依次脱去H原子，生成X的过程中①②③④断裂，③④处氢原子结合生成H2，①②处氮原子结合得到X，则X结构简式为HN=NH。 ③ 肼分子中N原子电负性较大，带有部分负电荷，H原子带有部分正电荷。由于催化剂表面Pt显负电，Ni显正电，N原子倾向于吸附在Ni位点上，H原子倾向于吸附在Pt位点上。这种多位点的协同吸附作用导致N-H键的电子云密度降低，强烈削弱了N-H键，使其活化能降低而更容易断裂。 【小问4详解】 反应在催化剂表面进行，当 浓度达到 时，催化剂表面的活性位点已被反应物分子完全占据，达到吸附饱和状态。此时再增加反应物浓度，表面吸附的分子数不再增加，因此反应速率几乎保持不变。 【小问5详解】 肼-空气燃料电池中，负极发生氧化反应， 失去电子生成 。在 碱性电解液中，需消耗 并生成 ，电极反应式为 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省仪征中学2026-2027高三期中模拟试卷(二) 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. “新质生产力”涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法正确的是 A. 新型储氢材料石墨烯属于烃类 B. 导电塑料聚乙炔属于新型无机非金属材料 C. 耐高温材料碳化硅属于共价晶体 D. 纳米半导体CdTe量子点属于胶体 2. N2H4与N2O4可用作火箭推进剂，两者反应生成N2和H2O。下列说法正确的是 A. 中子数为9的氮原子可表示为： B. 的结构示意图为： C. N2的电子式为： D. H2O的空间结构为直线形 3. 明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成胶体吸附水中悬浮物。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 离子半径： C. 沸点： D. 碱性： 4. 以工业废铜屑为原料制取CuSO4溶液，进一步制取用于检验醛基的新制Cu(OH)2，其中原理正确且能达到实验目的的是 去油污 制CuSO4溶液 稀释CuSO4溶液 制新制Cu(OH)2 A. A B. B C. C D. D 5. 下列物质的结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A. 具有强氧化性，可用于自来水消毒 B. B电负性小于H，具有强还原性 C. 甲醛水溶液可使蛋白质变性，福尔马林用于标本制作 D. HI晶体中范德华力较弱，HI分子稳定性较弱 6. 下列有关物质的工业制备方法在指定条件下能实现的是 A. 制漂白粉： B. 制硫酸： C. 制硝酸： D. 制纯碱： 阅读材料，铜及其化合物有着广泛用途。工业上通过在空气中焙烧辉铜矿()得粗铜和二氧化硫；含铜催化剂可以电催化还原制乙烯；与在铜催化作用下合成，其热化学方程式为 ；铜的化合物乙酸铜氨溶液可脱除；碲化亚铜()与稀硫酸、溶液作用生成二元弱酸()是回收碲单质的反应之一，完成问题。 7. 下列关于反应的说法正确的是 A. 若反应生成，放出的热量将大于348.1 kJ B. 反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 一定条件下，当时，反应达平衡状态 D. 含铜催化剂的加入使反应的平衡转化率增大 8. 下列化学反应表示正确的是 A. 碲化亚铜生成： B. 电催化还原制乙烯： C. 辉铜矿焙烧制铜： D. 2-丙醇催化氧化： 9. 乙酸铜氨溶液脱除的反应为。下列说法正确的是 A. 中铜元素的化合价为+2 B. 中键与键的个数比为 C. 与中氮原子的杂化方式不同 D. 中键角大于 10. 化合物Z是合成鞘氨醇激酶抑制剂重要中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是 A. X→Y中生成的能被结合 B. X在水中的溶解度小于Y，且X能与溶液反应 C. Y与足量氢气加成后的物质3个手性碳原子 D. 最多能与反应 11. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向某黄色溶液中加入淀粉溶液，溶液呈蓝色 溶液中含 B 将苯、液溴、铁粉混合后产生的气体通入溶液中，出现淡黄色沉淀 苯与液溴在催化下反应后有生成 C 向鸡蛋清溶液中加入少量饱和溶液，有白色固体析出 鸡蛋清中的蛋白质发生了变性 D 向溶液中加入铁钉，铁钉表面无明显现象。将铁钉取出后放入溶液中，铁钉表面出现红色 氧化性： A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究草酸及其盐的性质。已知：的电离常数；，溶液混合后体积变化忽略不计。 实验1：往溶液中滴加溶液至。 实验2：往溶液中加入溶液，产生沉淀。 实验3：向溶液中通入至溶液。 下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 实验1所得溶液中： C. 实验2产生沉淀的反应： D. 实验3所得溶液中存在： 13. CO2加氢制备甲醇的主要反应如下： 反应①： 反应②： 4.0 MPa时，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，出口处测得CO2转化率、CH3OH产率[n生成（CH3OH）/n起始（CO2）×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线b表示CO2的转化率随温度的变化 B. 210~280℃，CO产率随温度升高而增大 C. 210~280℃，反应②的反应速率先减小后增大 D. 240℃温度下，反应体系达平衡后增大压强，CO物质的量保持不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 二氧化铈（）常作处理汽车尾气的催化剂。一种以氟碳铈矿（含、等）为原料制备二氧化铈的流程如图。回答下列问题： 已知：①在酸性环境下具有强氧化性，能与结合成； ②硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反。 （1）焙烧时被完全氧化为、和一种气体化合物，则该反应的化学方程式为________________________________。 （2）步骤Ⅱ“酸浸”不能将稀硫酸换成稀盐酸，原因是：______________________________________。 （3）常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如，Ce的萃取率。上述流程“萃取”中取1000 L含浓度为的溶液，加入500 L萃取剂，若单次萃取率，则D = ___________。 （4）“反萃取”中加入的作用是：_________________________________________。 （5）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式_______________________________________________。 （6）氧化铈（）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。晶胞结构如图：晶胞中，与相邻且最近的有________个。若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为________。 15. 工业上有多种方式除去或利用废水中的。已知：。 （1）亚硫酸钠除铬法：用硫酸调节废水的pH为2.5，加入还原，随后用石灰乳调节pH，使转化为沉淀而除去。 ①还原的离子方程式为________。 ②室温下，加入石灰乳调节pH，当时，pH＞________。 ③Cr3+能形成多种配位化合物，的配体为NH3、________。 （2）纳米铁粉还原法：纳米铁粉可将水体中还原为，再调节溶液pH使转化为。其他条件相同，铁的物质的量相同，分别用纳米铁粉和铁-铜粉处理pH=5的含废水，铁-铜粉的处理效果更好，原因是________。 （3）离子交换法：一种层状镁铝氢氧化物处理剂可表示为，溶液中的阴离子可以与处理剂层间的发生离子交换，从而实现的去除。已知废水中含铬物种浓度随pH的变化如图-1所示，的去除率随pH的变化如图-2所示。 ①pH＜2.5时，随着废水pH的减小，去除率减小，原因可能是________。 ②吸附饱和后的离子交换材料经过洗脱处理、调pH、结晶等操作可制得。可使钢制锅炉内壁发生钝化，可以用于减缓锅炉腐蚀。下列试剂减缓腐蚀的原理与相同的是________(填字母)。 A． B． C． （4）溶剂萃取法：酸性条件下用有机萃取剂N235对0.2 L、的含废水进行多次萃取，每次用0.2 L萃取剂。已知萃取率；萃取平衡时，分配系数。若要求废水中低于，则至少萃取________次？(写出计算过程) 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 17. 肼(N2H4)是高能燃料，具有强还原性，常用作火箭发射的推进剂，在储氢、电池领域也有广阔的应用前景。 （1）肼硼烷水解可制得肼，石墨烯用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是________。 （2）N2H4分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列球棍模型的结构能表示N2H4交互式的是________(填字母)。 A． B． C． （3）肼分解制氢，主反应为，副反应为。Ni-Pt催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点，Pt显负电，Ni显正电，主反应在催化剂表面分解的机理如图-1所示。 ①在催化剂、加热条件下完全分解，反应后所得全部气态产物在标准状况下体积为56.0 L，该条件下肼的储氢密度为________。 ②X的结构简式为________。 ③N-N键、N-H键的键能分别是、，肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，从结构角度解释原因是________。 （4）催化剂存在下，不同浓度的N2H4分解时，测得随时间的变化如图-2所示。当N2H4浓度从增加到时，反应速率加快；从增加到时，反应速率几乎不变，原因是________。 （5）肼-空气燃料电池是一种新型环保电池。KOH溶液作电解液，负极的电极反应式为________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $