2026版化学步步高大二轮专题复习-第2练　大学教材衔接类试题

第2练大学教材衔接类试题[分值：100分](1~7题，每小题4分，8~12题，每小题6分)1.已知电对的标准电极电势(Eθ)越高，其中氧化剂的氧化性越强。现有4组电对的标准电极电势：①PbO2/PbSO4，Eθ=1.68V；②MnO4-/Mn2+，Eθ=1.51V；③Fe3+/Fe2+，Eθ=0.77V；④Cl2/Cl-，Eθ=1.36V。下列有关说法正确的是(A.Cl2可与Fe2+发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸C.向含2molFeCl2的溶液中加入1molPbO2可观察到黄绿色气体D.PbO2与酸性MnSO4反应的离子方程式：5PbO2+2Mn2++2H2O+5SO42-=5PbSO4+2MnO答案A解析由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强可知，氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为PbO2>MnO4->Cl2>Fe3+。Cl2的氧化性强于Fe3+，Cl2能与Fe2+反应生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；MnO4-的氧化性强于Cl2，MnO4-能与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，则酸化高锰酸钾时不能用盐酸，故B错误；由A项知还原性：Fe2+>Cl-，还原性更强的Fe2+先与PbO2反应，根据FeCl2与PbO2的量可知不可能有黄绿色气体生成，故C错误；PbO2的氧化性强于MnO4-，PbO2能将Mn2+氧化成MnO4-，自身转化为PbSO4沉淀，反应的离子方程式为5PbO2+2Mn2++5SO42-+4H+2.甲醇制丙烯的反应为3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)ΔH，已知：速率常数k与反应温度T、活化能Ea之间满足关系：Rlgk=-Ea2.303T+RlgA(R和A为常数)。下列说法错误的是(A.加催化剂不能减小ΔHB.升温能改变该反应的速率常数kC.已知CH3OH、C3H6的燃烧热可以计算该反应的ΔHD.若实验得出Rlgk和1T的关系如图，可计算得到该反应的活化能Ea为184.24kJ·mol答案C解析加催化剂能减小活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A正确；根据信息可知，速率常数k只与Ea和T有关，则升温能改变该反应的速率常数k，B正确；燃烧热定义中的水为液态，而该方程式中水为气态，不能用燃烧热计算，C错误；由图结合题意可知，Ea=(110-30)×2.303×103×10-3kJ·mol-1=184.243.(2025·山东泰安模拟预测)氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理：机理1：机理2：机理3：以下事实能同时排除“机理1”和“机理2”的是()A.增加NaNH2浓度，反应速率明显变快B.存在带负电荷的中间体C.可以发生反应：D.C6H5X的反应活性：Br>I>Cl>F答案D解析若反应为“机理1”，则第一步为决速步，增加NaNH2浓度，反应速率变快，符合事实，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则第一步为决速步，增加NaNH2浓度，反应速率几乎不变，不符合事实，能排除该机理，A不符合题意；若反应为“机理1”，则中间体1带负电荷，符合事实，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则中间体2带正电荷，不符合事实，能排除该机理，B不符合题意；若反应为“机理1”，则可以发生，不能排除该机理；若反应为“机理2”，则可以发生，不能排除该机理，C不符合题意；的反应活性：Br>I>Cl>F，中C—Cl和苯环很难被破坏，“机理1”中的第一步和“机理2”中的第一步很难发生，能够同时排除“机理1”和“机理2”，D符合题意。4.(2025·河南部分名校联考模拟)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、12，12，12，设A.该晶体的化学式为CuInTe2B.D点原子的分数坐标为1C.该晶体的摩尔体积为NA·a2D.晶胞中A、D间距离为2a答案D解析晶胞中位于顶角、面上和体内的铜原子个数为8×18+4×12+1=4，位于面上、棱上的In原子个数为6×12+4×14=4，位于体内的Te原子个数为8×1=8，所以该晶体的化学式为CuInTe2，故A正确；由A点和B点原子的分数坐标可知，D点原子的分数坐标为14，14，18，故B正确；晶胞中含4个Cu、4个In、8个Te，该晶体的摩尔体积为NA×a2c×(10-12m)34mol=NA·a2c·10-364m3·mol-15.(2025·湖南，14)环氧化合物是重要的有机合成中间体，以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是()A.过程中Ⅱ是催化剂B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C.过程中Ti元素的化合价发生了变化D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%答案B解析根据反应原理，Ⅰ先消耗，再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中非极性键的形成，还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误。6.(2025·河南商丘模拟)丁二酮肟常用于检验废水中的Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。下列对该鲜红色沉淀的说法错误的是()A.该物质中存在极性共价键和非极性共价键B.基态Ni2+的价层电子排布式为3d8C.Ni2+的配位原子是N，配位数是4D.基态C、O原子的未成对电子数不相同答案D解析该物质中存在碳氢、碳氮、氮氧等极性共价键和碳碳非极性共价键，A正确；镍为28号元素，镍原子失去2个电子形成镍离子，基态Ni2+的价层电子排布式为3d8，B正确；Ni2+与4个N形成配位键，Ni2+的配位数为4，C正确；基态C、O原子的核外电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4，未成对电子数均为2个，D错误。7.(2025·河南商丘模拟)苯与浓硝酸、浓硫酸的混合物在60℃下的反应机理如图所示，资料显示：浓硝酸、浓硫酸混合时存在HONO2+H2SO4HO3SO-+H2ONO2+、H2ONO2+H2O+NA.H2O的空间结构为V形B.从结构上看，碳正离子中间体和取代产物中所有原子都不可能处于同一平面C.反应1的反应速率比反应2的反应速率慢D.从能量变化上看，取代产物与加成产物的能量差值ΔE=214.63kJ·mol-1，取代产物更稳定答案B解析碳正离子中间体存在sp3杂化，所有原子不可能共平面，而取代产物中C、N、O原子均为sp2杂化，所有原子可能共平面，B项错误；反应1从中间体到过渡态的活化能较高，所以反应1的反应速率比反应2的反应速率慢，C项正确；从能量变化上看，取代产物与加成产物的能量差值ΔE=214.63kJ·mol-1，能量越低越稳定，所以取代产物更稳定，D项正确。8.(2025·青岛一模)工业合成尿素：HNCO(g)+NH3(g)CO(NH2)2(g)ΔH<0。恒容密闭容器中加入等物质的量的HNCO和NH3，在T1℃和T2℃反应均达到平衡，lgp(NH3)与lgpCO(NH2)2关系如图所示(压强单位均为kPa)。反应dD(g)+eE(g)gG(g)的标准平衡常数Kθ=p(G)pθgpA.T1<T2B.Kp(C.T2℃下，平衡时体系的总压强为250kPa时，p(NH3)≈4.9kPaD.若改为恒压密闭容器，则平衡时CO(NH答案D解析由图知，lgp(NH3)相同时，T2℃时的lgpCO(NH2)2小于T1℃时的lgpCO(NH2)2，说明温度由T1℃到T2℃时，平衡逆向移动，该反应是放热反应，则T1<T2，故A正确；Kθ=p(G)pθgp(D)pθd·p(E)pθe=p(G)gp(D)d·p(E)e×(pθ)d+e-g=Kp(pθ)d+e-g，则Kθ(T1)=Kp(T1)·(pθ)d+e-g，Kθ(T2)=Kp(T2)·(pθ)d+e-g，故Kp(T1)Kp(T2)=Kθ(T1)Kθ(T2)，故B正确；T2℃时，lgp(NH3)=1，lgpCO(NH2)2=3，则p(NH3)=10，p(HNCO)=10，p[CO(NH2)2]=1000，则Kp(T2)=p[CO(NH2)2]p(NH3)·p(HNCO)=1000100=10，若平衡时，p(NH3)≈4.9kPa，则K9.(2025·四川内江一模)《自然》杂志报道了一种充放电的铝离子电池，该电池的电解质为含有AlCl4-的离子液体｛AlCl4-｝，放电时泡沫石墨电极中释放A.放电时，电流由铝电极经负载流向泡沫石墨电极B.充电时，泡沫石墨电极与外电源的负极相连C.充电时，阴极反应：4Al2Cl7-+3e-=D.放电时，铝电极质量减少27g，则泡沫石墨电极质量减少169g答案C解析由题干图示原电池装置可知，放电时属于原电池，铝电极为负极，被氧化生成Al2Cl7-，负极反应式为Al+7AlCl4--3e-=4Al2Cl7-，泡沫石墨电极为正极，正极反应式为CnAlCl4+e-=Cn+AlCl4-，其逆过程就是充电，充电时属于电解池，阴极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，阳极反应式为Cn+AlCl4--e-=CnAlCl410.(2025·南昌模拟)GaAs是一种制造芯片的重要的半导体材料，晶胞结构如图1所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料，如图2所示。已知GaAs的相对分子质量为145，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.图1中，与As距离相等且最近的As的个数为12B.稀磁性半导体材料中Mn、As的原子个数比为5∶27C.已知图1中A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为3D.若GaAs晶体晶胞棱长为anm，则晶胞密度为145×4a3答案C解析根据题干信息可知，图1为GaAs晶胞，As位于晶胞的顶角和面心，1个GaAs晶胞中As的个数为8×18+6×12=4，Ga位于晶胞的体内，1个GaAs晶胞中Ga的个数为4；Mn掺杂到GaAs的晶体中占了As的1个顶角和1个面心的位置，此时1个晶胞中Mn的个数为1×18+1×12=58，As的个数为4-58=278，故稀磁性半导体材料中Mn、As的原子个数比为11.《NameReactions》收录的“张⁃烯炔环异构化反应”如图所示。下列说法错误的是()A.异构化过程中碳原子的杂化方式发生了改变B.异构化过程中有机物的不饱和度未发生变化C.依据红外光谱可确定甲、乙存在不同的官能团D.若甲中R1、R2、R3均为甲基，则其含有苯环且核磁共振氢谱图有4组峰的同分异构体只有一种答案D解析甲中碳碳三键的碳原子是sp杂化，异构化过程中变为碳碳双键，其碳原子是sp2杂化，杂化方式发生了改变，故A正确；甲和乙的不饱和度都为4，故B正确；甲中含碳碳三键、碳碳双键和酯基，乙中含碳碳双键和酯基，依据红外光谱可确定存在不同的官能团，故C正确；若甲中R1、R2、R3均为甲基，甲的分子式为C10H14O2，不饱和度为4，含有苯环即不饱和度为4，则苯环上的取代基均为饱和基，核磁共振氢谱图有4组峰说明结构对称，该结构有、、等，故D错误。12.Beckmann重排反应是反应物肟在酸的催化作用下重排为酰胺的反应，离去基团与迁移基团处于反式。有机物X与Y的异构化反应如图所示，R1、R2均为甲基时，下列说法正确的是()A.依据红外光谱不能判断异构化反应是否发生B.Y中共面的原子最多有6个C.X的同分异构体中，能发生银镜反应的有6种(不考虑立体异构)D.的异构化产物为答案D解析X、Y中官能团不同，可用红外光谱判断异构化反应是否发生，故A错误；Y中共面的原子最多有7个，故B错误；R1、R2均为甲基，X的同分异构体中，能发生银镜反应，则一定含—CHO，结构简式分别为、CH3NHCH2CHO、NH2CH2CH2CHO、、CH3CH2NHCHO，共5种，故C错误；根据异构化的反应可知，发生变化的地方主要在于CN和—OH，二者转化为酰胺键，且与CN中C原子相连的R2基团转移至N原子一侧，则的异构化产物为，故D正确。13.(10分)利用水煤气合成液体燃料的反应如下：Ⅰ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-90.7kJ·mol-1、K1Ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ·mol-1、K2Ⅲ.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH3、K3回答下列问题：(1)ΔH3=kJ·mol-1。

(2)平衡常数K3=(用含K1、K2的代数式表示)。

(3)已知反应Ⅰ和Ⅱ满足范特霍夫方程lnK=-ΔHR·1T+C(R为热力学常数，C为不同反应常数①M代表的是反应(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，理由是。

②在图中绘出反应Ⅲ的lnK3与1T答案(1)-204.9(2)K12·(3)①Ⅱ因为-ΔH1>-ΔH2>0，由范特霍夫方程可知，反应Ⅱ的lnK2与1T②14.(16分)(2025·浙江模拟预测)将CO、CO2转化为其他高利用价值的化合物是目前的研究热点，回答下列问题。Ⅰ.CO2的综合利用(1)利用CO2与H2的还原反应可以得到CH3OH，该反应一般认为通过以下步骤进行：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ·mol-1 ①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1 ②则二氧化碳与氢气的还原总反应的热化学方程式为。

反应达到平衡后，降低温度，再次平衡时，CO2的平衡转化率(填“升高”或“降低”)。

(2)合成总反应的起始比例为n(H2)∶n(CO2)=3∶1，在T=210℃、p=5×105Pa的条件下达到平衡，且已知平衡时体系中甲醇的物质的量分数为0.15，则CO2的平衡转化率为(保留2位小数)。

(3)利用电化学手段同样可以实现CO2的还原，则碱性电解池中CO2被还原为甲醛的电极反应式为。研究发现，对于不同的金属电极，CO2的还原产物不同(如图所示)，从图中可发现铜电极相较于其他金属电极的特点是。Ⅱ.CO的综合利用利用CO与CH3OH反应可制备乙酸，有如下两个催化反应可选，其中使用RhCl3⁃HI进行催化的过程如图所示(1bar=0.987atm)：(4)在RhCl3⁃HI催化体系中，催化剂为。CO插入反应得以发生是因为。(5)在反应物浓度一定时，该反应速率v与速率常数k成正比。已知该反应的速率常数k与温度T的关系为k=Ae-EaRT，其中Ea为反应的活化能，R和A为常数。对于两种催化剂，其lnk~1T答案(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1升高(2)46.15%(3)CO2+4e-+3H2O=HCHO+4OH-Cu是唯一一种可以将CO中间体转化为含有多个碳原子有机物的金属电极，产物具有较高的利用价值(4)和HIRh配位不饱和(5)RhCl3⁃HI更好，降低活化能(催化)能力强，且条件更温和解析(1)根据盖斯定律可知①+②得总反应，则二氧化碳与氢气的还原总反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1；ΔH=-49kJ·mol-1<0，说明该反应是放热反应，当反应达到平衡后降低温度，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率升高。(2)n(H2)∶n(CO2)=3∶1，设起始时CO2及H2的物质的量分别为1mol、3mol，CO2的转化量为xmol，列三段式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol1300转化/molx3xxx平衡/mol1-x3-3xxx平衡时气体总物质的量为(4-2x)mol，平衡时体系中甲醇的物质的量分数为0.15，即x4-2x=0.15，解得x≈0.4615，CO2的平衡转化率为0.46151×100%=46.15%。(4)由催化的过程图可知，和HI均是先消耗再生成，作为反应的催化剂；由于Rh配位不饱和，所以CO插入反应得以发生。(5)根据k=Ae-EaRT可知，lnk=lnA-EaRT，在lnk~1T曲线中，直线的斜率为-EaR，由图可知，RhCl3⁃HI对应直线斜率的绝对值较小，则表示活化能越小，而活化能越小，反应在较低温度下容易进行，15.(16分)(2025·黄冈三模)某化学兴趣小组对铜及其化合物的性质进行了如下实验，请你跟他们一起完成探究。查阅资料：水溶液中[Cu(H2O)4]2+蓝色、[CuCl3]2-无色、[CuCl4]2-黄色、[Cu2Cl4(H2O)]-棕色；CuCl白色难溶物。甲同学将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：编号溶液a实验现象ⅠCuCl2溶液(1mol·L-1)产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉有剩余Ⅱ浓盐酸(10mol·L-1)产生细小无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉有剩余ⅢCuCl2溶液(1mol·L-1)和浓盐酸(10mol·L-1)溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉无剩余(1)Cu2+的价层电子排布式为。

(2)实验Ⅰ中产生白色沉淀的化学方程式为。

(3)①乙同学对实验Ⅱ产生的无色气泡进行了收集并点燃，观察到了尖锐的爆鸣声。产生该无色气泡的原因可能是。

②无色溶液变为黄色时的离子方程式为。

(4)为了探明实验Ⅲ中无白色沉淀产生的原因，取了适量实验Ⅰ中的白色沉淀，向其中加入了饱和氯化钠溶液，发现沉淀溶解。丙同学得出结论：Cl-的大量存在，发生了反应CuCl+2Cl-=[CuCl3]2-，导致无白色沉淀产生。但丁同学认为丙同学的实验不够严谨，应补做对照实验：。

(5)[Cu2Cl4(H2O)]-中Cu元素的化合价为。若实验Ⅲ溶液中Cu元素主要以[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+存在，试写出黄绿色变为棕色时发生反应的离子方程式：。

(6)戊同学拟测定某CuCl样品的纯度，完成了如下实验：准确称取样品1.200g，将其置于足量FeCl3溶液中，待其完全溶解后加入适量稀硫酸，用0.1000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，测得四次实验分别消耗标准液15.03mL、14.98mL、13.7