2026年高考考前预测卷-化学02（江苏卷）（考试版及全解全析）

/2026年高考考前预测卷02高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cu64Ce140一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．大气中的氧气是取之不尽的天然资源。下列工业生产中不以氧气作反应物的是A．高炉炼铁 B．工业制硝酸 C．煤的干馏 D．接触法制硫酸2．【改编】可用于得到具有高反应活性的。下列说法正确的是A．基态的结构示意图为 B．的电子式为：C．仅含极性共价键 D．和互为同素异形体3．下列关于的制取和以、溶液为原料制取的实验原理和装置能达到实验目的的是A．制取B．制取C．分离D．制取4．【新考法】一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是A．原子半径： B．第一电离能：C．电负性： D．单质氧化性：阅读下列材料，完成下面5~7小题：卤族元素的单质及化合物应用广泛。HF是半导体工业的重要蚀刻剂；是高效低毒的消毒剂：NaClO、常用作漂白剂；亚硫酰氯是有机合成中重要的氯化剂；有毒，可用碳酸钠溶液吸收，生成和；卤素互化物(如ICl、)性质与卤素单质相似。5．下列说法正确的是A．是极性分子B．键角：C．和互为同素异形体D．用湿润的淀粉-KI试纸检验ICl中的6．下列反应的离子方程式不正确的是A．与浓盐酸共热制：B．ICl与NaOH溶液反应：C．溶液吸收：D．NaClO碱性溶液吸收少量：7．下列物质的性质与用途或性质与分离提纯方法具有对应关系的是A．HF是弱酸，可用于雕刻玻璃B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒C．液溴易挥发，可用苯萃取溴水中的D．受热易升华，可用过滤的方法从KI溶液中分离出8．我国科研团队利用电催化分解技术，在如图所示装置中实现了温和条件下消除污染物，同时回收和单质硫。下列说法正确的是A．电极a连接电源的正极B．通过阳离子交换膜从右室移向左室C．电解前后左、右两室溶液的pH值均保持不变D．理论上当外电路通过0.1mol电子时，可回收3.2g单质硫9．化合物Z是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X分子中所有碳原子共平面 B．1molY最多能与2molNaOH发生反应C．Z分子与足量加成后产物中有4个手性碳原子 D．Z在水中溶解度比X的大10．【新考法】Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ中Ag失去B．过程Ⅱ的反应方程式：C．过程Ⅲ中每消耗1mol转移6molD．复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好11．【探究题】探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。步骤Ⅲ：向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。步骤Ⅳ：向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入过量的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中平衡向正反应方向移动B．步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解C．步骤Ⅲ可判断，与配位的能力：D．步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体12．室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是A．的溶液：B．的溶液吸收至的溶液中：C．向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生D．若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小13．一定条件下，加氢合成涉及的主要反应如下：反应I：反应Ⅱ：在2.0L恒容密闭容器中通入、的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性[的选择性=]及的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．B．温度为时，C．温度为时，平衡体系中D．曲线丙随温度升高，先减小后增大的原因为在之间，以反应Ⅱ为主；在之间，以反应Ⅰ为主二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（15分）【新情境】二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含）为原料制备的一种工艺流程如图所示：已知：①能与结合成，也能与结合成；②“萃取”时存在反应：，在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能；③在一定条件下，分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数（分配系数）；萃取率(1)氧化焙烧中氧化的目的是________。(2)萃取元素的过程中，若元素的分配系数，取含元素的溶液，一次性加入萃取剂，则元素的萃取率为________。(3)加入有利于“反萃取”的原因________。(4)“氧化”步骤的离子方程式为_____。(5)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，如图所示。（已知：的空缺率）。①晶体中与最近的形成的空间结构是________。②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为________。(6)为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取溶液放入锥形瓶中，加入溶液（过量），再用标准溶液液定至终点，消耗标准溶液。滴定过程中发生如下反应（均未配平）：；计算样品的纯度________（写出计算过程）。15．（15分）化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图：(1)分子中键和键数目之比为___________。(2)的反应类型为___________。(3)发生的反应类型为加成反应，发生的反应为D先与发生加成反应，然后发生取代反应，且有生成。依据以上信息，写出D的结构简式___________。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图___________。16．（15分）【新考法】纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(CuS为主要成分)为原料制备。Ⅰ.获得纳米铜(1)测定铜蓝矿中铜元素含量。称取样品0.2500g，加入稀硝酸充分溶解后蒸干：加入10.00mL稀盐酸溶解并完全转移至碘量瓶中，加化学试剂掩蔽杂质离子，再加足量的10%KI溶液，摇匀，塞上瓶塞，置于暗处5min，充分反应：用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入NH4SCN溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗15.00mL标准溶液。则样品中Cu元素的质量分数是_______(写出计算过程，有关反应：，)。(2)制备[Cu(NH3)4]2+溶液。用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为_______。[已知：Kf=1.2×109；Ksp(CuS)=1.2×10-36](3)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3mol/LN2H4溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为_______。②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，_______。(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2mol/LH2SO4溶液、6mol/L

HNO3溶液、2%AgNO3溶液，通风设备)Ⅱ.应用纳米铜(4)纳米铜铂电池。如图表示一种Cu-Pt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt极区域之间产生I-浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。①该纳米棒的Cu极电极反应式为_______。②该纳米棒向_______(填“Cu极”或“Pt极”)方向定向移动。17．（16分）利用新能源车代替传统燃油车是能源转型的必经之路。Ⅰ．发电过程中存在碳排放，将二氧化碳转化为甲烷、甲醇等，是资源化利用的方式。利用合成甲醇，发生反应

。已知：

(1)___________(用含a、b的代数式表示)。(2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在、时，测定作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中减小的原因可能是___________。Ⅱ．电化学方法还原可将将其转化为其它化学产品。酸性条件下电化学还原的装置如图所示。法拉第效率(FE)表示为：。(3)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图所示。①阴极生成甲烷的电极反应式是___________。②结合上图的变化规律，推测可能的作用是___________。Ⅲ．传统燃油车的汽车尾气问题，在彻底完成能源转型之前，仍旧是造成空气污染最主要的因素之一，NSCR(储存还原)技术可有效降低柴油发动机工作过程中排放的。工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃(充足、柴油较少)和富燃(不足、柴油较多)条件下交替进行，通过和的相互转化实现氮氧化合物的储存和还原。(4)若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因：___________。(5)当存在时吸收氮氧化合物吸收能力也会下降，但体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是___________。

2026年高考考前预测卷02高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Cu64Ce140一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．大气中的氧气是取之不尽的天然资源。下列工业生产中不以氧气作反应物的是A．高炉炼铁 B．工业制硝酸 C．煤的干馏 D．接触法制硫酸【答案】C【解析】A．高炉炼铁过程中，焦炭先与空气中的氧气反应生成二氧化碳，后续再转化为还原铁矿石的CO，氧气是反应物，A不符合题意；B．工业制硝酸过程中，氨气催化氧化、NO进一步氧化都需要氧气参与反应，氧气是反应物，B不符合题意；C．煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加强热发生分解的过程，不使用氧气作反应物，C符合题意；D．接触法制硫酸过程中，焙烧含硫原料得到二氧化硫、二氧化硫催化氧化得到三氧化硫都需要氧气参与，氧气是反应物，D不符合题意；故选择C。2．【改编】可用于得到具有高反应活性的。下列说法正确的是A．基态的结构示意图为 B．的电子式为：C．仅含极性共价键 D．和互为同素异形体【答案】A【解析】A．Fe的原子序数为26，Fe原子核外电子排布为，Fe原子失去最外层2个电子得到，因此结构示意图为，A正确；B．（羟基自由基）总电子数为9，O原子最外层共7个电子（存在1个单电子），正确电子式为，B错误；C．结构式为，既含极性共价键，也含非极性共价键，C错误；D．同素异形体是同种元素组成的不同单质，和都是化合物，不互为同素异形体，D错误；答案选A。3．下列关于的制取和以、溶液为原料制取的实验原理和装置能达到实验目的的是A．制取B．制取C．分离D．制取【答案】C【解析】A．加热和固体的混合物制取氨气时，为防止反应生成的冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，A错误；B．极易溶于水，直接将导管伸入溶液中会发生倒吸，B错误；C．是难溶固体，分离固体和液体用过滤操作，图中有玻璃棒引流、漏斗下端紧贴烧杯内壁，装置使用规范，C正确；D．灼烧固体分解制取应在坩埚中进行，蒸发皿用于蒸发浓缩溶液，不能用来灼烧固体，D错误；故选C。4．【新考法】一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，X和Z同族。下列说法错误的是A．原子半径： B．第一电离能：C．电负性： D．单质氧化性：【答案】A【解析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0，则W为H；X和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6，则X为O，Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个共价键，则Y为F，据此回答问题；A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此原子半径：，故A错误；B．同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：，故B正确；C．同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故，推出电负性：，故C正确；D．X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S，因此单质氧化性：，故D正确；故答案选A。阅读下列材料，完成下面5~7小题：卤族元素的单质及化合物应用广泛。HF是半导体工业的重要蚀刻剂；是高效低毒的消毒剂：NaClO、常用作漂白剂；亚硫酰氯是有机合成中重要的氯化剂；有毒，可用碳酸钠溶液吸收，生成和；卤素互化物(如ICl、)性质与卤素单质相似。5．下列说法正确的是A．是极性分子B．键角：C．和互为同素异形体D．用湿润的淀粉-KI试纸检验ICl中的【答案】A【解析】A．分子中S原子周围有1个O原子和2个Cl原子，由于电负性S＜Cl＜O，因此键角不对称（O-S-Cl键角≠Cl-S-Cl键角），属于极性分子，A正确；B．中心原子Cl的价层电子对数为4（2对成键电子+2对孤电子），空间构型为V形，键角约为105°；为直线形分子，键角180°。因此键角：<，B错误；C．和均为氯气单质，属于同种物质的不同核素分子，不互为同素异形体（同素异形体需为不同单质，如和），C错误；D．ICl性质类似卤素单质，遇淀粉-KI试纸会氧化I⁻生成使试纸变蓝，无法特异性检验，D错误；故选A。6．下列反应的离子方程式不正确的是A．与浓盐酸共热制：B．ICl与NaOH溶液反应：C．溶液吸收：D．NaClO碱性溶液吸收少量：【答案】D【解析】A．实验室用与浓盐酸制氯气的离子方程式正确，A正确；B．ICl与NaOH反应时，ICl中I为+1价、Cl为-1价，反应生成Cl⁻和IO⁻（类似氯气与碱反应），方程式合理，B正确；C．根据题干信息，与反应生成和，方程式配平正确，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；D．碱性溶液吸收时，产物中不应生成H⁺（碱性环境应生成或OH⁻），正确方程式应为：，D错误；故选D。7．下列物质的性质与用途或性质与分离提纯方法具有对应关系的是A．HF是弱酸，可用于雕刻玻璃B．具有强氧化性，可用于杀菌消毒C．液溴易挥发，可用苯萃取溴水中的D．受热易升华，可用过滤的方法从KI溶液中分离出【答案】B【解析】A．HF用于雕刻玻璃是利用其与反应的特性（强腐蚀性），与其弱酸性无关，A错误；B．的强氧化性可破坏微生物结构，用于杀菌消毒，性质与用途对应正确，B正确；C．用苯萃取溴水中的是利用在苯中的溶解度大于水，与液溴的挥发性无关，C错误；D．在KI溶液中以形式存在，无法通过过滤分离；升华法用于分离固体混合物（如沙子和），D错误；故选B。8．我国科研团队利用电催化分解技术，在如图所示装置中实现了温和条件下消除污染物，同时回收和单质硫。下列说法正确的是A．电极a连接电源的正极B．通过阳离子交换膜从右室移向左室C．电解前后左、右两室溶液的pH值均保持不变D．理论上当外电路通过0.1mol电子时，可回收3.2g单质硫【答案】B【解析】电极a生成，发生还原反应：，所以电极a是阴极，连接电源负极。电极b：通入，生成单质硫，发生氧化反应：，所以电极b是阳极，连接电源正极。由此解题。A．电极a是阴极，应连接电源负极，A错误；B．电解池中阳离子向阴极移动，即从右室移向左室，B正确；C．左室生成，pH增大；右室消耗，pH减小。因此两室pH均改变，C错误；D．由电极b反应可知，每生成1molS转移2mol电子，当外电路通过0.1mol电子时，生成S的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×32g/mol=1.6g，D错误；故答案选B。9．化合物Z是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X分子中所有碳原子共平面 B．1molY最多能与2molNaOH发生反应C．Z分子与足量加成后产物中有4个手性碳原子 D．Z在水中溶解度比X的大【答案】A【解析】苯环及与苯环直接相连的原子共平面，故X分子中所有碳原子共平面，A正确；Y中有一个羧基，一个酚酯基，一个羧基会消耗1个NaOH，一个酚酯基会消耗2个NaOH，故1molY最多能与2molNaOH发生反应，B错误；Z中仅苯环可与氢气加成，Z分子与足量H2加成后产物中仅环上与酯基相连的2个碳原子为手性碳原子，C错误；X可以与水形成分子间氢键，故X在水中溶解度比Z的大，D错误。10．【新考法】Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ中Ag失去B．过程Ⅱ的反应方程式：C．过程Ⅲ中每消耗1mol转移6molD．复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好【答案】B【解析】A．过程Ⅰ中，Fe是更活泼的金属，作为负极失去电子，电子传递到Ag表面，使在Ag上被还原。因此，失去电子的是Fe，不是Ag，A错误；B．从反应历程图可以看出，过程Ⅱ的反应物是吸附在催化剂表面的H和，生成物是和，即可得反应，B正确；C．过程Ⅲ中，被还原为和，以生成为例，N元素从+3价降低到-3价，每个N原子得到6个电子；以生成为例，每个N原子从+3价降低到0价，得到3个电子，若1mol全部转化为，则转移6mol电子，若1mol全部转化为，则转移3mol电子，若同时生成和，则转移电子在3-6mol之间，C错误；D．复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催化效率，影响的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，D错误；故答案选B。11．【探究题】探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。步骤Ⅲ：向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。步骤Ⅳ：向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入过量的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中平衡向正反应方向移动B．步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解C．步骤Ⅲ可判断，与配位的能力：D．步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体【答案】D【解析】A．加水稀释后，该平衡体系中所有微粒浓度降低，平衡向微粒数增大的正反应方向移动，溶液由黄色变为蓝色也可证明平衡正向移动，A正确，不符合题意；B．酚酞的变色范围为pH8.2~10.0，若Cu2+水解会使溶液呈酸性，酸性条件下酚酞本身为无色，因此酚酞不变色不能判断Cu2+是否水解，B正确，不符合题意；C．原溶液中Cu2+与H2O形成配离子[Cu(H2O)4]2+，加入浓氨水后转化为深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，说明NH3更易与Cu2+配位，配位能力：H2O<NH3，C正确，不符合题意；D．加入过量稀盐酸后，溶液呈酸性，配离子中的NH3会与H⁺结合为，不会逸出NH3，步骤Ⅳ中产生的气体只有铁与盐酸反应生成的H2，D错误，符合题意；故选D。12．室温下，用溶液吸收烟气中并获得的过程如图所示。忽略吸收废气所引起的溶液体积变化，溶液中含硫物种的浓度。已知：、、、。下列说法正确的是A．的溶液：B．的溶液吸收至的溶液中：C．向的溶液中加入等体积的溶液无沉淀产生D．若向吸收后的溶液中逐滴加入溶液至过量，溶液中水的电离程度先增大后减小【答案】D【解析】该流程利用溶液吸收烟气中的，原理为与、反应生成，再加入溶液，使溶液中的含硫物质转化为沉淀，实现的固定与的制备。A．的溶液中，来自初始，根据物料守恒，的物质的量是初始的2倍，因此正确关系为：，A错误；B．时，，结合的电离常数：，由，，，，因此，B错误；C．原溶液为0.1mol/L的Na2SO3，c总=0.2mol⋅L-1的溶液即为NaHSO3溶液，的水解平衡常数为＜6.0×10-8，的电离程度大于水解程度，加入等体积溶液后，浓度为，含硫物质总浓度为。电离产生，电离是少量的，的浓度近似等于0.1mol/L，，则可得，则，因此会生成沉淀，C错误；D．吸收后的溶液主要含，逐滴加入时：初期发生反应，生成中水解促进水的电离，电离程度增大；过量后，抑制水的电离，水电离程度减小，因此溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；答案选D。13．一定条件下，加氢合成涉及的主要反应如下：反应I：反应Ⅱ：在2.0L恒容密闭容器中通入、的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性[的选择性=]及的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．B．温度为时，C．温度为时，平衡体系中D．曲线丙随温度升高，先减小后增大的原因为在之间，以反应Ⅱ为主；在之间，以反应Ⅰ为主【答案】C【解析】反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度的升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，导致平衡时CO的物质的量增大，的物质的量减小，因此曲线甲代表的是在含碳产物中的物质的量百分数，曲线乙代表CO在含碳产物中的物质的量百分数，曲线丙代表的平衡转化率随温度的变化。A．根据盖斯定律可知，等于反应I-反应Ⅱ，因此该反应的，故A错误；B．温度为时，CO2的平衡转化率为20%，则转化的，CO、CH3OH的选择性均为50%，则平衡时，，根据反应可知平衡时，，，，，，因此，故B错误；C．温度为时，CO2的平衡转化率为30%，则转化的，CH3OH的选择性均为18%，则平衡时，因此，根据反应可知平衡时，，根据反应可知，，故C正确；D．曲线丙代表的平衡转化率随温度的变化，的平衡转化率随温度升高，先减小后增大的原因为：在之间，温度较低时，以反应Ⅰ为主，主要转化为，随着温度升高，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动，但此时反应Ⅰ仍占主导，导致的总转化率减小；250℃以上，以反应Ⅱ为主，主要转化为CO，反应Ⅱ是吸热反应，升温显著促进其进行，导致的总转化率增大，故D错误；故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（15分）【新情境】二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含）为原料制备的一种工艺流程如图所示：已知：①能与结合成，也能与结合成；②“萃取”时存在反应：，在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能；③在一定条件下，分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数（分配系数）；萃取率(1)氧化焙烧中氧化的目的是________。(2)萃取元素的过程中，若元素的分配系数，取含元素的溶液，一次性加入萃取剂，则元素的萃取率为________。(3)加入有利于“反萃取”的原因________。(4)“氧化”步骤的离子方程式为_____。(5)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，如图所示。（已知：的空缺率）。①晶体中与最近的形成的空间结构是________。②若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为________。(6)为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取溶液放入锥形瓶中，加入溶液（过量），再用标准溶液液定至终点，消耗标准溶液。滴定过程中发生如下反应（均未配平）：；计算样品的纯度________（写出计算过程）。【答案】(1)将+3价铈氧化为+4价(2分)(2)81.8%(2分)(3)加入硫酸，溶液中浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高元素的反萃取率；与结合成，转移至水层(2分)(4)(2分)(5)正四面体形(1分)20%(2分)(6)81.70%(4分)【解析】氟碳铈矿(主要含)经氧化焙烧将+3价铈氧化为+4价，同时产生CO2，加入盐酸酸浸得到含的溶液，再加入萃取剂发生反应：，经分液分离有机层和水层，用氟洗液洗涤有机层，再加入硫酸和过氧化氢进行反萃取，同时将+4价铈还原为，分液得到含的水层，再加入NaOH使转化为沉淀，过滤后再加入NaClO，将Ce(OH)3氧化为，过滤得到固体，据此解答。【解析】（1）原料中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价；（2）已知，，，，则元素的萃取率为===；（3）“萃取”时存在反应：，加入硫酸，溶液中浓度增大，能使其平衡逆向移动，同时能与结合成而转移至水层，所以加入有利于“反萃取”的原因是：加入硫酸，溶液中浓度增大，促进反应向反萃取的方向进行，提高元素的反萃取率；与结合成，转移至水层；（4）“氧化”步骤过程被氧化为，同时被还原生成，反应的离子方程式为：；（5）①晶胞中黑球为，灰球为，结合晶胞图可知，与最近的形成的空间结构是正四面体形；②中阳离子和阴离子的个数比为1∶2，若掺杂后得到的晶体，该晶体中阳离子和阴离子的个数比为5∶8=1∶1.6，则此晶体中的空缺率为；（6），，根据得失电子守恒可得:n(Fe2+)=n(CeO2)+5n()，n(CeO2)=0.005mol-5×0.00024mol=3.8×10-3mol，样品中n(CeO2)=3.8×10-3mol×=0.019mol，m(CeO2)=172g/mol×0.019mol=3.268g，ω=×100%=。15．（15分）化合物G是一种重要的药物中间体，其合成路线如图：(1)分子中键和键数目之比为___________。(2)的反应类型为___________。(3)发生的反应类型为加成反应，发生的反应为D先与发生加成反应，然后发生取代反应，且有生成。依据以上信息，写出D的结构简式___________。(4)F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。①能与溶液发生显色反应，分子中含有1个手性碳原子；②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)已知：①苯酚和，不饱和羰基化合物在一定条件下可以发生反应：①；②。写出、、和为原料制备的合成路线流程图___________。【答案】(1)14：3(2分)(2)取代反应(2分)(3)(3分)(4)或(3分)(5)(5分)【解析】A和CH2(COOH)2在吡啶、加热条件下反应生成B、水和二氧化碳，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成C和水，C与发生加成反应生成D，根据D的分子式和E的结构可知D为，D先与氢气发生加成反应生成，然后发生分子内取代反应生成E和乙醇，E与HAl(C4H9)2发生还原反应生成F，F与发生取代反应生成G和水。（1）分子中包含1个C-Nσ键、3个C-Cσ键、3个C-Oσ键、7个C-Hσ键、2个C-N键和1个C-O键，则σ键和键数目之比为14：3。（2）据分析，F→G的反应类型为取代反应。（3）据分析，D为。（4）F的分子式为C12H14O2FN，不饱和度为4，其同分异构体能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢，则该分子高度对称，并含有1个手性碳原子，含手性碳的基团不饱和度为2，手性碳上连接苯环、F原子、氰基（-CN）和甲基可使得该基团只有一种化学环境的氢，除了含手性碳的基团之外，苯环上应还存在对称分布的2个酚羟基和3个甲基：或，此时苯环上有3种化学环境的氢，因此满足条件的F的同分异构体为：或。（5）根据题干中A→C的合成路线可知：在Cu催化氧化下生成，与在吡啶、加热条件下反应生成，与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成；根据信息可知，与BBr3反应生成，在Ir、加热条件下发生分子内取代反应生成；因此，合成流程图为：。16．（15分）【新考法】纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(CuS为主要成分)为原料制备。Ⅰ.获得纳米铜(1)测定铜蓝矿中铜元素含量。称取样品0.2500g，加入稀硝酸充分溶解后蒸干：加入10.00mL稀盐酸溶解并完全转移至碘量瓶中，加化学试剂掩蔽杂质离子，再加足量的10%KI溶液，摇匀，塞上瓶塞，置于暗处5min，充分反应：用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入NH4SCN溶液和淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗15.00mL标准溶液。则样品中Cu元素的质量分数是_______(写出计算过程，有关反应：，)。(2)制备[Cu(NH3)4]2+溶液。用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为_______。[已知：Kf=1.2×109；Ksp(CuS)=1.2×10-36](3)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3mol/LN2H4溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为_______。②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，_______。(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2mol/LH2SO4溶液、6mol/L

HNO3溶液、2%AgNO3溶液，通风设备)Ⅱ.应用纳米铜(4)纳米铜铂电池。如图表示一种Cu-Pt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt极区域之间产生I-浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。①该纳米棒的Cu极电极反应式为_______。②该纳米棒向_______(填“Cu极”或“Pt极”)方向定向移动。【答案】(1)38.40%(2分)(2)反应的化学平衡常数=，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿(3分)(3)①(3分)②取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2%AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有(3分)(4)①(2分)②Cu极(2分)【解析】（1）有题给反应可得关系式，则=，则样品中Cu元素的质量分数为（2）铜蓝矿的主要成分CuS与氨水直接浸取，反应的化学平衡常数=，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿；（3）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成、、、，根据得失电子守恒离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；②检验纳米铜样品中是否含有，应使其溶解检验溶液中是否含有，确定样品中是否含有，根据在酸性条件下发生溶液显蓝色，而Cu、与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2%AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有；（4）①根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负