创新示范卷13 综合检测卷(1)（含答题卡）-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮创新示范卷（人教多选版 新教材）

(咨操)各孔 创新示范卷（十三） 综合检测卷（一） 第I卷（选择题，共40分） 载体，利用AuPd纳米颗粒催化气态单质 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20 A2、B2合成A2B2,其原理如图所示。下列说 分。每小题只有一个选项符合题意 法正确的是 1.(2024·南京、盐城市高三期末)2023年9月 23日，第19届中国亚运会开幕式主火炬首次 使用零碳甲醇(CH3OH)作然料。下列关于 多 甲醇的说法不正确的是 A.C2B3、DB2均具有较高熔点 A.甲醇是电解质 B.地壳中元素含量：B>C>D B.甲醇属于可再生清洁能源 C.D、C的氧化物均是酸性氧化物 那 C.甲醇属于烃的衍生物 D.A与B形成的化合物只含极性键 D.甲醇与乙醇互为同系物 5.(2024·焦作市高三期中)下列实验操作对应 2.(2024·济南市一模)下列有关物质性质与应 的现象和根据现象得出的结论均正确的是 用的对应关系正确的是 ( ( 选项 性质 实际应用 选项 实验操作 现象 结论 小苏打不稳定，受热 用于泡沫灭 向FeCl溶液溶液由黄 分解生成CO2 火器 生成了氢氧化 A 中加入浓色变为红 铁胶体 聚乙炔是无限延伸的 用于导电 NaOH溶液 棕色 B 线状结构 材料 向Co2O中滴产生黄绿氧化性：C2 B A1(OH)3受热分解， 用作塑料的 人浓盐酸加热 色气体 >C02(03 C 生成高熔点物质和水 阻燃剂 向某溶液中滴 产生蓝色溶液中存在亚 加KFe(CN] 石墨是混合型品体， 沉淀 铁离子 D 用作润滑剂 溶液 含大π键 向Na HCO为 [N(OHD]与 阳 3.(2024·德州市高三期末)氢氟酸是芯片加工 有白色沉 溶液中滴加 D 淀和气体 HCO 发生 的重要试剂。常见制备反应为：CaF2十 NaLAI(OH] 产生 了水解的相互 2HPO4△Ca(H2PO,)2+2HF↑，已知 溶液 促进 Ca(H2PO,)2溶液显酸性，下列有关说法错误 6.(2024·聊城市模拟)化合物M是合成抗肿瘤 的是 药物帕比司他的重要中间体，其结构简式如 A.第一电离能大小顺序为Ca<P<F 图所示，关于M的说法不正确的是 B.PO的空间构型为正四面体 C.由于HF分子间形成氢键，所以热稳定性： 羹 HE>HCI D.Ca(H2PO4)2溶液中微粒浓度大小顺序： A.分子中的碳原子可能全部共平面 c(H2 PO)>c(HPO)>c(Ha PO) B.可以发生加成、氧化、取代、消去反应 4.(2024·新余市高三期末)短周期元素A、B、 C.该化合物存在顺反异构体 C、D的原子序数依次增大，浙江大学研究团 D.1molM与足量NaOH溶液反应，最多可 队以aC2B3·bDB2(固态物质，a,b为系数)为 消耗2 mol NaOH 13-1 7.(2024·葫芦岛市高三期末)检验N2+的反应 原理如图： HCC-NOH 、a 2 H,C-C-N-OH+N+HC G-N" NC-CH.￥+2H (甲) 0日0 ☑ 下列说法不正确的是 A.①中Mn的d轨道参与杂化 A.甲中σ键与π键的个数比是7：1 B.②中N原子均参与形成大键，其孤电子对 B.乙中N2+的配位数是4 均占据2p轨道 C.乙分子内存在氢键 C.路径b的反应类型为加成反应 D.C、N,O的第一电离能大小顺序为N>O>C D.反应机理中Mn的化合价未发生变化 8.(2024·菏泽市高三期末)关于甲烷(CH), 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20 碳正离子(CH)、碳负离子(CHg)等微粒的 结构与性质。下列说法错误的是 ( 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求， A.CH为非极性分子 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错 B.CH的空间结构为平面形 的得0分。 C.键角：CH>CH 11.(2024·潮州市高三期末)下列实验过程不 D.CH和CH中碳原子杂化方式相同 能达到实验目的的是 ( 9.(2024·白山市高三期末)对废旧金属的回收 编号 实验目的 实验过程 利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某 研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸 用酸式滴定管量取 铁[Fe2(OH)m(SO,)e]m的工艺流程如图，聚 20.00 mL待测 测定NaOH 合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力 NaOH溶液，用甲基 溶液的浓度 比FCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误 橙作指示剂，用标准 的是 ( ) 浓度的盐酸进行滴定 N2C为溶液 稀硫酸HO:溶液稀硫酸、水 聚 提高饱和氯水向饱和氯水中加入碳 废 ·浸取操作X废·酸浸氧化 一·聚合反应· 中的HC1O浓 酸钙粉末并通人适量 废液 酸 度 CL,,然后过滤 A.废铁屑用N2CO3溶液浸取时，可适当地 升高温度，浸取效果更好 加快铁片与盐 向反应液中滴人几滴 C B.操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 酸的反应速率 CuCl,溶液 玻璃棒 向H,S溶液中滴加 C.“酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀 比较CdS(黄0.01mol·L的 硫酸和H2(O2溶液 色)与CuS(黑CdSO,溶液至沉淀不再 D.可用K:[Fe(CN)6]溶液检验“酸浸氧化” D 色)的溶解度 增加，然后滴入几滴 反应后的溶液中是否含有Fe2+ [已知K.(CS) 0.01mol·L.1CuSO 10.(2024·青岛市二模)华南理工大学对锰催 >K.(CuS)] 溶液，观察沉淀颜色 化单键迁移重排反应研究取得新进展，机理 如图。下列说法错误的是 变化 13-2 12.(2024·龙岩市模拟)异黄酮类化合物是药 用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合 52 物Z的部分合成路线如图： 0H0 60H C000,H. 25%HS01 1.7 C.H,ON/C.H.OH 010.0020.0040.00V(盐酸)mL HO A.常温下，NaH2PO3溶液中c(Na)> 下列说法错误的是 c(H2PO)>c(HPO3) A.X能被KMnO1溶液氧化 B.常温下，H3PO3的一级电离常数K约为 B.1molY最多能与4 mol NaOH反应 3×10-4 C.Z中环上的氧原子的杂化方式为sp C.HPO3与足量的NaOH溶液反应的化学 D.X、Y、Z均能发生加成、取代反应 方程式为H3P)3+3NaOH—Nas PO3 +3H20 13.(2024·聊城市模拟)化学性质类似NHC1 D.a点溶液中存在c(H+)+c(H2PO3)十 的盐酸羟胺(NH3OHCI)是一种常见的还原 2c(HaPOa)=c(CI)+c(OH) 剂和显像剂。工业上主要采用图1所示的 15.(2024·日照市模拟)六氟磷酸锂、六氟锡酸 方法制备，其电池装置中含Fe的催化电极 锂常用作锂离子电池的电解质，晶胞结构分 反应机理如图2所示。图3是用图1的电池 别为图a、图b。两种晶胞中阴离子均采取面 电解处理含有CI一、NO3的酸性废水的装 心立方最密堆积方式，中心原子与氟原子均 置。下列说法正确的是 ( 形成八面体结构。电池中电解质锂离子浓 B回 度越高，电导率一般越好。下列说法正确 NO NO 的是 y-0 FD 盐酸 盐酸 Hy-OH HN:OH 的触化电极棋 H 用1 图2 电源 OLi oPI或 Pp或SoFJ- IICIO NH 巾解头处理残性废水 A.二者阴离子中磷元素与锡元素的化合价 图3 不同 B.二者传导锂离子的过程中，不会发生氧化 A.图1电池工作时，P1电极是正极 还原反应 B.图2中，A为H+和e,B为NHOH C.二者阴离子形成的四面体空隙的填充率 C.电极b接电源负极，处理1 mol NO5,酸 之比为1：2 性废水中C1-减少2.5mol D.条件相同时，以六氟磷酸锂为电解质时电 D.电池工作时，每消耗3.36LH(标准状况 导率高 下)，左室溶液质量增加3.3g 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） 14.(2024·山东名校联盟高三期末)HP)3是二元 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)(2024·泰安市模拟)在元素周期表 弱酸，常温下向20.00ml.0.1000mdl·L 中除了同族元素的性质相似外，还有一些处 Na2HPO3溶液中滴人0.1000mol·L-1的 于对角线上的元素的性质也呈现相似性。 盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如 例如Li和Mg,Be和Al,B和Si,这种相似 图所示。已知10-1.7≈2×10一2，下列说法 关系称为对角线关系，也称对角线规则。回 正确的是 ( 答下列问题： 13-3 (1)Ge与Si同主族。 P504十煤油NaOH溶液 HC0, ①按照核外电子的排布，可将元素周期表划 稀硫酸 稀盐 空气 酸性一 分为5个区，Ge与Si属于 区。 取一酸洗一 浊液 ,优溜一沉镜一培说一5,0 取 过滤 麦水 水相Ⅱ ②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出 水相 Ti(OH)能液Ⅱ 不同的光，可用光谱分析仪获得 (填 已知： “连续”或“线状”)光谱，鉴定Ge元素的 i.Sc3+、Ti+、Fe2+均能与P504(用HR表 存在。 示)发生络合反应，且机理均为：M+十nHR ③锗也能与NaOH溶液反应生成 =MRn十nH+: Na2GeO,,Na2 GeO3中锗原子的杂化方式是 ⅱ.金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如 表所示： (2)Be和Mg中第一电离能较大的是 金属离子 Tit Fe2+ Sc3+ ,Be2+与乙酰丙酮能形成配合物，其 开始沉淀pH 1.3 6.8 4.0 结构如图，该配合物中σ键与π键的数目之 比为 沉淀完全pH 2.3 9.0 5.0 回答下列问题： (1)萃取相比 指的是萃取时有机相与被 (3)硼烷(BH2m+2)又称硼氢化合物，随着丽 萃取的酸性废水的体积比。“萃取”工序中， 原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态， 其原因是 萃取相比 w与sc3+ 的萃取率关系如表 (4)LBH,一LiI复合材料在低温下表现出较 所示： 高的离子电导率。BH(中H的化合价为 茶取相 一1价，其原因可能是 比（品） 1:101115112011251t3011351140 (5)超高热导率半导体材料—砷化硼 Sc+的萃 90 90 90 85 80 70 60 (BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子 取常/% 的原子坐标为 。已知阿伏加德罗常 该工序中最适宜的 0值为1：20，理由为 数的值为NA,若晶胞中As原子到B原子的 最近距离为apm,则该品体的密度为 g·cm一3（列出含a、NA的计 (2)Sc3+的络合机理为 算式即可)。 (用离子方程式表示)：“水相Ⅱ”的主 要成分除H2SO1外，还含有FeSO1和少量 Ti(S01)2,则Ti+、Fe2+中与P504络合能 力较强的是 (3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的为 :“滤液I”的主要成 17.(12分)(2024·石家庄市二模)氧化钪 分为 (填化学式)。 (Sc2O3)广泛应用于航天、激光和导弹等尖 (4)“优溶”时，加入稀盐酸调节溶液的pH范 端科学领域。利用钛白酸性废水（含H+、 围为 Sc3+、Ti+,Fe2+、SO)制备氧化钪的工 (5)“沉钪”时，能得到S2(C2O)3·6H2O。 艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图 其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解 所示： 得到固体产物如表所示： 13-4 (3)当仪器A中 热分解温 固体失重生成的含 草酸钪晶体 (填现象)，则可以停止加热。将烧瓶内反应 度区间(K)百分率(%)钪化合物 液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入饱和 383~423 19.48 A Na2CO3溶液至溶液呈中性，加人饱和 Sc2(C2O4)3 Na2CO23溶液的作用是 ·6H2O(摩 463~508 23.38 B ,再用 (填仪器名称)进行 尔质量为 分离。并用乙醚萃取水层中溶有的少量有 462 g/mol) 583~873 70.13 Se2O3 机产品，将醚层与粗产品合并：用蒸馏水洗 涤有机层2次，将醚层与水尽量分净，醚层 化合物A的化学式为 :由含钪 从上口倒入一个干燥的锥形瓶中。 化合物B转化为Sc2O3时，发生反应的化学 (4)加入MgSO进行干燥，摇动锥形瓶，至 方程式为 醚层澄清透明：过滤后将醚层加入到干燥的 18.(12分)(2024·济南市模拟)苯甲酸乙酯(M 蒸馏烧瓶中，粗产物进行减压蒸馏（装置如 =150g·mol-1)可用于配制香水香精和人 图所示)。毛细管的作用是 造精油。本实验利用苯甲酸制备苯甲酸乙 (写出一条即可)。 酯，实验中采用加入环己烷的方法，使环己 烷、乙醇和水形成三元共沸物，沸点为62.1 温度计 ℃，反应装置和相关数据如下，加热和周定 装置省略。回答下列问题： 毛切件 (5)若实验中加入苯甲酸80gM=12g·mo1), 温度计 收集到苯甲酸乙酯6.0mL,则本实验的产 率为 %(保留两位有效数字)。 19.(12分)(2024·聊城市二模)一种利用废催 化剂（含TiO2、WO3等）回收金属Ti、W的 试剂 密度/g·mL一1 沸点/C 工艺流程如图所示。 乙醇 HCI或HSO, 0.7893 78.5 废 偏钛酸钠→酸洗→水解→般烧→TO,→T 苯甲酸 NaOH 1.2659 249 碱浸 →Na2wO ca(oH:Cawo..w 环己烷 0.7785 80 已知：①偏钛酸钠(N2TiO3)难溶于水：“酸 乙醚 0.7318 34.51 洗”时，Na2TiO3转化为TiOC2或TiOSO, 苯甲酸乙酯 1.05 211~213 水解后得到H2TiO3: ②当溶液中某离子浓度≤1×10一5mol/1 (1)本实验的反应原理为（用化学用语表示） 时，认为该离子沉淀完全。 请回答下列问题： (2)打开仪器A下端玻璃旋塞，放出的主要 (1)为加快“碱浸”的速率，可采取的措施为 物质为 ,使用仪器A的目的 (任写两条)：“碱浸”时生成偏钛 为 酸钠的离子方程式为 13-5 创新示范卷（十三） (化学)答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 1.答题前，光牛须准确填写自已的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名 填 正确填涂 注 准考证号， 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填欲，非选择题必须使用0.5毫米龈色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清腐。 样 ☑×) 车 3按照题号在对应的答题区城内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 0历三 项 题卷上作答无效 4.答題卡不得折叠、污染、穿孔、撕被等。 第I卷 选择题 选择题1~10小题，每小题2分，共20分) 正确填涂 二、选择题(11~15小题，每小题4分，共20分) 1AEC回 9囚ECD 13ABCD 各题 5AEg回 2ABC回 6囚BG回 10ABC回 14ABC回 3ABCD 7ABCD 11囚BCD 15A BCD 答题 4ABCD 8ABCD 12ABCD == 域 作答 第Ⅱ卷 非选择题（需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写） 三，（共60分） 超 16.(12分) 边框的答案无效 17.(12分) 请在各题目的答题区域内作容，超出边框的答案无效 化学答题卡（十三）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(12分) 19.(12分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 20.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（十三）第？页（共2页） (2)锐钛型和金红石型是TO2最常见的两种 物质 CH(g) CO(g) H2O(D 品体类型，煅烧H2TO3过程中，TiO2会发生 △H9/ “锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率 -75 -110.5-285.8 (kJ·mol厂1) 和品型转化率随温度变化如图1所示，品型 △H1= kJ·mol-1[已知：H2O(g) 转化过程中的能量变化如图2所示。设计用 “过滤”所得Na2TiO制备金红石型TiO2的 =H2O(1)△H=-44kJ·mol-1]。 操作方案 (2)某温度下，CH(g)和H2O(g)按投料比 1:3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢， 平衡时CH的转化率为80%，H2的体积分 85 数为50%，则H2O的转化率为 希红石 反应物投料比小于反应的化学计量数之比， 教先过料 目的是 (3)“煅烧”时，Ti)2的提取 率随时间、温度的变化关系 (3)用CaO可以去除CO2。H2体积分数和 如图，提取TiO2的适宜条 CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从 件为 t时开始，H2体积分数显著降低，单位时间 0 (4)用固体二氧化钛生产海 Ca(O消耗率 (填“升高”“降低”或“不 绵钛的装置如图，其原 变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分 理是TO2的氧解离 已失效，原因是 生气港 进入熔融盐中而得到 高纯 e 金属海绵钛。电解过 100 60 熔做氢化钙 程中，b极是 90 Ca0 50关 些 极，阴极的电极反应式为 380 (5)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钙酸 60 10 钙.已知Kp(CaW),)=4×10-1o(mol/L)2, K[Ca(OH)2]=9×10-7(mo/L)3,当溶液中 t100,min 200 300 (4)在一定条件下，选择合适的催化剂发生反 W(沉淀完全时，溶液中c(OH厂)最大值为 应CO(g)+HO(g)CO2(g)+H(g),调整 mol/L,。 CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转 20.(12分)(2024·临沂市模拟)氢能源具有广 化率如图。 泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高 纯氢的方法之一，涉及反应如下： 10 A0.5,66.7) C1,60) I.CH(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) 60 △H B05,50p1.50g1.5,50 Ⅱ.CO(g）+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 40 △H2<0 0.5 5 2 R(CO:(H0) Ⅲ.CH,(g)+2H2O(g)-CO2(g)+4H2(g) △H3>0 已知：反应速率v=正一V递=k正x(CO)· 回答下列问题： x(H2O)一k逆x(CO2)·x(H2),k正、k递分 别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分 (1)△H侣为标准摩尔生成烙，其定义为标准 数。A、B、D、E四点中温度最高的是 状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物 ,在C点所示投料比下，当CO转 质的焓变。对于稳定相态单质，其△H为 零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。 化率达到40%时，E 逆 13-6化学（新教材） 创新示范卷（十三） 选择题答案速查 题号 3 6 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 A C A C A D C B A C CD AD AC 1.A[A.甲醇为非电解质，故A错误：B.甲醇作燃料， 4.A[短周期元素A,B、C,D的原子序数依次增大，利 燃烧生成二氧化碳和水，然后催化可生成甲醇，属于 用Au一Pd纳米颗粒催化气态单质A2、B2合成 可再生清洁能源，故B正确：C,泾分子中的氢原子被 A2B2,可知A为H、B为O:由载体的化学式可知，C 其它原子或原子团取代后的生成物，叫做烃的衍生 为十3价、D为十4价，结合原子序数可知C为AI、D 物，甲醇属于烃的衍生物，故C正确：D.甲醇与乙醇均 为Si,以此来解答。由上述分析可知，A为H,B为O、 为醇，且相差一个CH2,互为同系物，故D正确] C为A1、D为Si。A.C2B3为AlO3,是离子品体，DB 2.C[A.泡沫灭火器的原理是：Al2(SO4)g+ 为SiO2,是共价晶体，均具有较高的熔，点，故A正确： 6 NaHCO3—2AI(OH)3￥+6CO2↑+3Na2SO4, B.地壳中元素含量：B(O)>D(Si)>C(AI),故B错 是利用A3+和HCO。发生双水解反应的原理，不是 误：C.D为Si,其氧化物是SiO2,能与强诚溶液反应生 利用NaHCO3的不稳定性，A不合题意：B.有机物大 成盐和水，属于酸性氧化物，C为A1,其氧化物是 多数不导电，但聚乙炔在一定条件下能导电，因为聚 Al2O3,属于两性氧化物，故C错误：D.A与B形成的 乙炔有自由移动的电子，而不是因为其可以无限廷仲 化合物为H2O2时，含H一O极性键、O一()非极性 的线状结构，B不合题意；C.A1(OH)3受热分解，生 键，故D错误。] 成高熔点物质和水，决定其可用作塑料的阻燃剂，C 5.C[A.FeCl3和NaOH在溶液中反应生成红褐色氢 符合题意：D.石墨晶体中C与C之间通过共价键形 氧化铁沉淀，不能制取氢氧化铁胶体，应该将饱和氣 成正六角形蜂巢状的平面层状结构，而平面结构的层 化铁溶液滴入沸水中加热至液体呈红褐色，制取氢氧 与层之间则依靠分子间作用力（范德华力）结合，所以 化铁胶体，A错误：B.氧化剂的氧化性强于氧化产物 石墨晶体属于混合型品体，其作润滑剂是由于其平面 的氧化性，该反应中氧化剂是C02O3,氧化产物是 结构的层与层之间依靠分子间作用力（范德华力）结 Cl2,所以氧化性C12<Co2O3,B错误：C.Fe2+和铁氛 合，分子间作用力较弱，而不是含有大π键，D不合 化钾反应生成特征的蓝色沉淀，所以该实验能检验 题意。] Fe+,C正确：D.[AI(OH)4]-促进碳酸氢根离子的 3.C[A.一般情况下元素的非金属性越强，其第一电 电离，生成AI(OH)3白色沉淀和CO号，与HCO5水 离能就越大，元素的非金属性强弱顺序为：Ca<P<F, 解无关，D错误。] 6.B[A.与苯环、碳碳双键、碳氧双键直接相连的原子 所以第一电离能由小到大的排列顺序为：Ca<P<F, A正确：B.PO月中中心P原子价层电子对数为：4+ 在同一平面内，同时单键可以旋转，甲基上的碳原子 可通过旋转与其他碳原子共面，故分子中碳原子可能 5+32X4=4,P原子上无孤对电子，国此PO}的 2 全部共面，A正确；B.该有机物存在碳碳双键、苯环， 空间构型为正四面体，B正确：C.HF分子之间存在氢 可发生加成反应、氧化反应，存在酯基、碳溴键，可发 键，使HF的分子之间的作用力比HCI更大，导致物 生取代反应，但是连接Br的碳原子的相邻碳原子上 质的嫁沸，点HF比HCI高，而物质的稳定性：HF> 没有H,不能发生消去反应，B错误：C,该化合物碳碳 HC1,是由于元本的非金属性F>CI,形成的H一F比 双键中两个碳原子上均存在H原子，且同一个碳原子 H一C!键更强，键能更大，物质的稳定性与物质分子 上没有连接相同的基团，故存在颜反异构体，C正确： 之间是否存在氮键无关，C错误：D.Ca(H2PO4)2在溶 D.M中酯基和碳溴键能与NaOH溶液反应，1molM 液中电离产生Ca2+,H2PO,HPOA是弱酸H3PO4 最多消耗2 mol NaOH.D正确.] 的酸根离子，存在电离平衡和水解平衡，已知 7.A[A.由题千中甲的结构示意图可知，甲中。键数 目为15，π键数目为2，故6键与π键的个数比是 Ca(H2PO,)2溶液显酸性，说明H2PO的电离作用 15:2,A错误：B.由题千可知，乙中N2+与N形成了 大于其水解作用，因此溶液中c(HP)一)> 4个配位键，故N2+的配位数是4，B正确：C.由题干 c(HPO4),但H2PO的电离及水解作用是微弱的， 可知，乙分子内存在O一HO氢键，C正确：D.C,N、 主要以盐电离产生的H2PO,存在，因此离子求度 O为同一周期元素，同一周期从左往右元素第一电离 c(H2PO)>c(HPO),故该溶液中含有磷元素的 能呈增大趋势，ⅡA族与ⅢA族、VA族与IA族反 微粒浓度大小关系为：c(H2PO,)>c(HPO异)> 常，故C,N、O的第一电离能大小顺序为N>(O>C,D c(H3PO4),D正确。] 正确。] 答案-54 创新示范卷·参考答案 8.D[A.CH为正四面体结构，正负电荷中心重合，为 子中含有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯基、 非极性分子，故A正确：B.CH中C原子价层电子 Z分子中含有的酚羟基和羧基都能发生取代反应，故 对教=3+4-1,3X1-3且C原子不含孤电子对，为 D正确.] 2 13.CD[由题目信息可快速推出图1是原电池，且由 平面正三角形，故B正确：C,CH为平面正三角形、 NO变成盐酸羟胺(NH3OHCI)可知铁电极为正极； CH为正四面体结构，所以键角：CH>CH,故C 图3为电解池，由NO3生成NH可知b电极为阴 正确：D.CH时中C原子价层电子对数=3+ 极。A,由NO变成盐酸羟胺(NH3OHCI)可知铁电 -1一3×1=3且C原子不含孤电子对，C原子采用 极为正极，P1电极为负极，故A错误：B.由题目信息 2 NH OHC1类似NH,CI可知NHOH的性质类似 sp2杂化，CH中C原子价层电子对数=3十 NH,能与盐酸发生非氧化还原反应而生成 4十1一3×1=4，合1个孤电子对，C原子米用sp杂 2 NH3OHCI,化合价并未发生变化，所以图2中的A 化，故D错误。] 为H十但无e,故B错误；C.图b为阴极，因此要接 9.C[A.废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高 电源的负极，NO5离子最终变成了N2,根据化合价 温度，可以加快反应速率，浸取效果更好，A正确： 的变化可推出处理1 mol NO5共转移5mol电子， B.操作X为分离固液的操作，为过滤，用到的玻璃仪 而1molC-转化为HClO转移2mol电子，因此当 器有烧杯，漏斗和玻璃棒，B正确；C.“酸浸氧化”时， 电路转移5mol电子时，氯离子参加反应2.5mol, 如果用过量的稀硝酸，会生成杂质离子硝酸根离子， C正确；D.消耗3.36LH2共转移0.3mol电子，则 C错误：D.K:Fe(CN)g]溶液可以检验“酸浸氧化”反 必有0.3molH+由右室流向左室，同时由NO变成 应后的溶液中是否含有F2+,如果有亚铁离子则生 盐酸羟胺(NHsOHCI)可知参加反应的NO为 成蓝色沉淀，D正确。门 0.1mol,故左室增加的质量包括0.1 mol NO和 10,B[A.①中Mn原子形成了6个共价键，s,p杂化类 0.3molH+,其质量为3.3g,故D正确。] 型中，sp杂化最多形成4个o键，所以1中Mn的d 14.AD[A.常温下，NaH2PO3溶液中H2PO发生水 轨道参与了杂化，故A正确：B.形成3个单键的N 解和电离，因此c(Na+)>c(H2PO3)>c(HPO3), 原子还有1对孤电子对，未参与杂化，未形成大x键 故A正确：B.常温下，根据加入盐酸40.00mL时 形成2个单键1个双键的N原子，3个单电子形成3 pH=1.7得到HPO3的一级电离常数K1= 个G,1对孤电子对参与形成大π键，故B错误：C.由 c(H2PO3)·c(H+) 10-1.7×10-1.7 图可知，物质②转化为⑤时碳碳双键转化为单键形 c(HPO) 成环状物质，原子数目没有变化，属于加成反应，故C 0.1×0.02-101.7 0.06 正确：D.Mn元素在与CO配位过程中不产生化合 (2×10-2)2 =3×10-2,故B错误；C.H3PO3是二元 价，单键迁移重播过程中没有发生化合价的变化，所 台×109 以锰的化合价没有发生变化，故D正确。] 弱酸，因此H3PO3与足量的NaOH溶液反应的化学 1L.A[A.量取Na(OH溶液应用碱式滴定管，故A项 方程式为HPO3+2NaOH一Na2HPO3+2H2O, 符合题意；B.C2十H2O=一H+十CI十HCIO,加 故C错误；D.a点溶液中溶质为Na2HPO3、NaCl、 入的CaCO2会与HC1反应而不与HCIO反应，再通 NaH>PO3且三者物质的量浓度相等，根据电荷守恒 入C2,均使平衡右移，故B项不符合题意：C,形成 Fe一Cu原电池，反应速率加快，故C项不符合题意： 得到c(H+)+c(Na)=c(CI)+c(OH-)+ D,由较难溶沉淀可转化为更难溶沉淀，所以通过观 c(H2PO3)+2(HPO层)，根据物料守恒得到 察沉淀是否由黄色变为黑色可比较CdS与CuS的溶 c(Na)2c Hs PO)+2c H2POs ) 解度，故D项不符合题意。] 2c(HPO),前者减去后者得到c(H+)+ 12.C[A.由结构简式可知，X分子中的酚羟基能与高 c(H2 PO)+2c(H3 PO3)=c(CI)+c(OH )D 锰酸钾溶液发生氧化反应，被高锰酸钾溶液氧化，故 正确。] A正确；B.由结构简式可知，Y分子含有的酯基、酚 15.AC[A.[PF6]-和[SnF6]-中磷元素与锡元素的 羟基能与氢氧化钠溶液反应，其中酚酯基消耗2mol 化合价分别为十5、十4，A正确：B.二者传导锂离子 氢氧化钠，则1molY最多与4mol氢氧化钠反应， 的过程中，因品胞中鲤离子数目不断变化，则晶胞整 故B正确：C,由结构简式可知，Z分子中环上的单键 体化合价会发生变化，故会发生氧化还原反应，B错 氧原子的杂化方式为sp3杂化，双键氧原子的杂化方 误：C.晶胞a、b中均存在阴离子形成的四面体空隙， 式为sp杂化，故C错误：D.由结构简式可知，X、Y、 都有八个四面体空隙，前者只有四个四面体空隙填 Z分子中均含有苯环、载基，都能发生加成反应，X分 充了锂离子，后者八个四面体都填充了锂离子，故填 答案-55 化学（新教材） 充率之比为1：2，C正确：D.品胞a、b中锂离子数目 淀，而Na+则与R形成NaR溶解在溶液中，通过分 之比为1：2，电池中电解质锂离子浓度越高，电导率 液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液「”的主要成分为 一般越好，以六氟锡酸锂为电解质时电导率高，D NaR,滤渣为Sc(OHD3和Ti(OH),沉淀，向其中加 错误。] 入一定量稀盐酸，调整溶液pH使其范固在2.3≤pH 16.解析：(1)①Ge与Si同主族，均为NA族，Ge与Si属 <4.0,T+仍然是以Ti(OH)4沉淀形式存在，而 于p区；②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出 Sc3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入 不同的光，不同能级间的能量差是固定的，故可用光 H2C2O4溶液，Sc3+形成Sc2(C2O1)3·6H2O沉淀， 谱分析仪获得线状光谱，鉴定Ge元素的存在。 然后在空气中煅烧Sc2(C2O1)3沉淀，形成Sc2O3 ③Na2GeO3中Ge原子的价层电子对数为3+ 4十2-2X3=3,不含孤电子对，采用sp2杂化： C0,。（1)该工序中最造宜的是值为1：20，这是由 2 于在该比值时萃取率较高且节约有机相：(2)Sc3+与 (2)同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一 HR发生络合反应产生SCRg和H十，该络合反应的 电离能变小：Be和Mg中第一电离能较大的是Be: 机理为Sc3++3 HR-ScR3+3H+:“水相Ⅱ”的主 单键均为6键，双键中含有1个G键1个π键，B®2+ 要成分除加入的H2SO4外，还含有FSO,和少量 与乙酰丙酮能形成配合物，由图可知，该配合物中 Ti(S)4)2,离子的络合能力越强，则该离子越不容易 g键与π键的数目之比为30：4=15：2： 形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量， (3)随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固 可知Ti+、Fe2+中与P504络合能力较强的是Ti+; 态，其原因是：随着B原子数的增多，硼烷的相对分 (3)“反萃取”时，加入Na(OH溶液的目的是将ScR3 子质量增大，范德华力增强，沸点升高： TiR:转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，便于除杂 (4)电负性H>B,导致H较B更客易吸引电子，使 与分离物质：加入NaOH溶液，ScR3、TR,转化为 得BH,在中H的化合价为一1价： Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，同时产生NaR,则“滤液 (5)将该晶胞分为8个相同的小立方体，1号砷原子 位于左下小立方体的体心，其原子坐标为 I”的主要成分为NaR:(4)根据流程图可知：在“优 溶”时，加入稀盐酸调节溶液的pH,使T+以 (仔，·)根据均摊法，品胞中会8X日十6X Ti(OH),沉淀存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液 号=4个B,4个A:昌胞中A5原子到B原子的最 中，则根据Ti+、Sc3+形成沉淀的pH可知应该调整 的范围为2.3≤pH<4.0:(5)在温度为383~423K 近距离为apm,也为体对角线的四分之一，则晶胞边 时，SC2(C2O)3·6H20的失重百分率为19.48%， AM 则失去质量为462×0.1948≈90，若失重质量为水 长为1 a pm= 4 3apm,剩品体密度为 NA 43 33 3 的质量，尉炎去水的数目为H,0》-盟-5，故生成 4×86 的含钪化合物A的化学式为Sc2(C2O4)3·H2O:在 1030g·cm 43) -×1030g·cm3, 加热温度463~508K时，Sc2(C2O4)3·6H20的失 34 NA 重百分率为23.38%，若失重质量为水的质量，则失 答案：(1)①p ②线状③sp2(2)Be15:2 去质量为462×0.2338≈108，则失去水的数目为 (3)随着B原子数的增多，硼烷的相对分子质量增 大，范德华力增强，沸点升高 mH0)=0-6.:C0,为·6H,0拾好完企失 (4)电负性H>B 去结晶水，故生成的含钪化合物B的化学式为 4×86 SC2(C2O,)3则由含钪化合物B在空气中授烧转化 -×1030 43) 为SCO时，反应同时产生CO2气体，根据电子守 (34 NA 恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为： 17.解析：向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、 2Sc(C,0,)3+30,#2s,0+12C0,. Ti1+、Fe2+与P504(用HR表示)发生络合反应进入 煤油层中，而H+,SO)进入水相，通过分液除去 答案：(1)萃取率高且节约有机相(2)Sc3+十3HR H十，SO-;然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗， ScR3十3H+Ti1+ (3)将ScR3、TiR,转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉 路合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相Ⅱ中主 淀NaR(4)2.3≤pH<4.0 要成分除H2SO1外，还含有FeSO,和少量 Ti(SO)2,然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH (5)Sc2(C2O4)3·H202Sc2(C2O1)3+302 焙烧 能够将ScR3、TiR,转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉 2Sc2O3+12C(02 答案-56 创新示范卷·参考答案 18.解析：(1)该反应原理类比乙酸与乙醇的酯化反应， (2)由品型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗 苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水： 时应加入盐酸将偏钛酸钠转化为TiOCI2,TiOC2充 (2)仪器A叫做分水器，当环己烷、乙醇和水组成的 分水解生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化 共沸物进入分水器后即分层，密度较大的水在下层 率随温度变化的示意图可知，在950℃下煅烧偏钛 可以打开旋塞放出，密度小的环己烷、乙醇混合物反 酸至恒重制得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸 流到反应容器中，使用分水器的目的是将水从反应 洗偏钛酸钠，将生成的TOC2充分水解后，过滤、洗 体系中分离出来，促进平衡向生成苯甲酸乙酯的方 涤得到偏钛酸，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得 向移动，提高产率，同时环己烷和乙醇循环利用，提 纯二氧化钛，故答案为：用盐酸酸洗Na2TiO3,将生 高乙醇利用率：(3)当分水器中水的量不再增加，说 成的TiOC12充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3, 明反应选行基本完全：类比乙酸与乙醇的酯化反应， 在950℃下煅烧H2TiO3至恒重； 饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、中和苯甲酸、降 (3)由图可知，30min、500℃时二氧化钛的提取率最 低苯甲酸乙酯的溶解度：最后互不相溶的液体混合 高，则提取二氧化钛的适宜条件为30mim,500℃，故 答案为：30min、500℃； 物采用分液漏斗分液分离：(4)毛细管在减压蒸馏中 (4)由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、b 的作用是调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体 极是负极，与b极相连的高纯二氧化钛为电解池的 在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防 阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离 止暴沸：(5)根据反应中苯甲酸与苯甲酸甲酯的关系 式，解得苯甲酸乙酯的产率 1.05×6.0×100% 子，电极反应式为TiO2+十4e一Ti+202-,故答案 150×8.0 为：Ti02+4e—Ti+202-； 122 (5)由鹤酸钙溶度积可知，溶液中鹤酸根离子完全沉 ≈64%. 淀时，溶液中的钙离子浓度不小于 COOH 浓H2S)4 4X1010(mol/L)2=4×105mol/L,由氢氧化钙的 答案：(1) 1×10-5mol/L +CHCH2OH- △ 溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度不小于 COOCH2CH 9X10-7(mol/L.)3 +H2O N4×10-5molL. =0.15molL,故答案为：0.15。 (2)水将水从反应体系中分离出来，促进平衡向生 答案：(1)将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液 成苯甲酸乙酯的方向移动，提高产率：环己烷和乙醇 的浓度或加热TiO2+2Na++2OH一Na2TiO3 循环利用，提高乙醇利用率 +H2O (3)水的量不再增加溶解乙醇、中和苯甲酸、降低 (2)用盐酸酸洗Na2TiO3,将生成的Ti(OC2充分水 苯甲酸乙酯的溶解度分液漏斗 解后，过滤、洗涤得到H2TiO3,在950℃下煅烧 H2TiO3至恒重 (4)防暴沸、调节气压，搅拌(5)64 (3)30min、500℃(4)正Ti02+4eTi+ 19.解析：由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化纳溶液 碱浸时，二氧化钛与氢氧化钠溶液反应转化为难溶 202=(5)0.15 于水的偏钛酸钠，三氧化钨与氢氧化钠溶液反应转 20.解析：(1)由题千表中数据可知，CH4(g)+H2O(1) C0(g)+3H2(g)△H2=(-110.5)-[(-75 化为钨酸钠，过滤得到偏钛酸钠和钨酸钠：向偏钛酸 kJ.'mol)(-285.8 kJ.'mol)]=+250.3 kJ/mol, 纳中加入盐酸或硫酸溶液酸洗，将偏钛酸钠转化为 知H2O(g)一H2O(l)△H=-44kJ·mol-1,故 Ti(OCl2或TiOSO)4,Ti(OCl2或TiOS()4在溶液中水 CH(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g)AH= 解生成偏钛酸，过滤得到偏钛酸：偏钛酸煅烧分解生 △H2+△H=250.3kJ/mol+(-44 kJ:mol)= 成二氧化钛，电解熔融二氧化钛制得钛：钨酸钠溶液 十206.3kJ/mol,故答案为：十206.3：(2)某温度下， 中加入氢氧化钙将钨酸钠转化为钨酸钙沉淀，过滤 CH,(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中 得到钨酸钙，钨酸钙经多步转化制得钨。 催化重整制取高纯氢，平衡时CH,的转化率为 (1)将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓 80%,H2的体积分数为50%，分析反应I.CH(g)+ 度、加热等措施能加快“碱浸”的速率：“碱浸”时生成 HO(g)C0(g)+3H2(g)和Ⅲ.CH(g)十2HO(g) 偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生 C()2(g)十4H2(g),反应前后气体体积均增大了 成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为 2,反应Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)前 TiO2+2Na++2OH-—Na2TiO3+H2O,故答案 后气体体积不变，故设CH起始量为1mol,则H2O 为：将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液的浓度 为3mol,则反应后气体的总物质的量为：(1十3十2 或加热：TiO2+2Na++2OH—Na2TiO3+H2O: ×0,8)mol=5.6mol,根据氢原子守恒可知： 答案-57 化学（新教材） 2n(H2)+2n(H20)=(1×4+2×3-4×0.2)mol,由 C点温度下的平衡常数为K= c(CO2)·c(H2) n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol,解得n(H20)= c(C))·c(HO) 1.8mol,则H0的转化率为3mol-L8mol× 3 mol 0.6X0.6=2.25,反应达到平衡时正=延，即 0.4×0.4 100%=40%,反应物投料比小于反应的化学计量数 之比，即增大H2O的用量，其目的是提高CH1的转 kEr(C0》·r(H,0)=k疑x(CO)·x(H2),则 速 化率，故答案为：40%：提高CH1的转化率：(3)由题 x(CO2)·x(H2)c(CO2)·c(H2) 图像可知，从1时刻开始CO消耗曲线的斜率明显 rC0)·x(H2O)c(C0·cH,0=K=2.25, 在达到平衡状态为C点的反应过程中，当C)转化 减小，故单位时间内CO的消耗速率降低，由于CaO 率刚好达到40%时，三段式分析： +CO2CaCO3,生成的CaCO3覆盖在CaO的表 CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) 面，减小了CO与CO2的接触面积，导致吸收效率 起始量(mol/L) 1 1 0 0 降低甚至失效，故答案为：降低：CaO十CO2 转化量(mol/L) 0.4 0.4 0.4 0.4 CaCO3,生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了 平衡量(molL) 0.60.6 0.4 0.4 CaO与C)2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失 效：(4)由题千信息可知，Ⅱ.CO(g)十H2O(g)一 则x(C02)=x(H2)=0,4=0.2,x(C0)=x（H,O) 2 CO2(g)+H2(g)△H2<0,升高温度，平衡逆向移 =06=03,E= kEx(CO)·x(H2O) 动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于 2 k遂x(CO2)·x(H2) =K A点，而增大n(CO):n(H2O)的比值.CO的转化率 x(CO)·x(H2O) 减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为 x(CO2)·x(H2) =22×88淡82i.0625故答 B点，C点数值为(1,60)，由三段式分析： 案为：B:5.0625。 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 答案：(1)+206.3(2)40%提高CH:的转化率 起始量(molL)1 1 0 0 (3)降低CaO+CO2—CaCO3,生成的CaCO3覆 转化量(mol/L) 0.6 0.6 0.6 0.6 盖在CaO的表面，减小了CaO与CO2的接触面积， 平衡量(mol/L)0.40.4 0.6 0.6 导致吸收效率降低甚至失效(4)B5.0625 创新示范卷（十四） 选择题答案速查 题号 1 8 9 10 11 12 13 15 答案 D C B A C A BC CD AC 1.D[A.使用可降解饭盒，使用氢燃料汽车等都会保 量筒不能用于物质分离，B错误：C.②容量瓶和③分 护环境，不产生污染，举措是绿色化学的重要体现，A 液漏斗使用前必须先检查是否漏水，C正确：D.①圆 正确：B.“冷巷”降温系统零碳排放，不产生二氧化碳 底烧瓶和⑥⑤锥形瓶用酒精灯加热时必须加陶土网，而 物质，体现了“碳中和”的思想，B正确：C,铝材料制成 ②容量瓶不能加热，D错误。] 的“蓉火”火炬可以循环使用，利于节约原料和能源，C 4.B[A.同一周期元素的原子半径随原子序数的递增 正确：D.焰火燃烧过程中生成新物质，涉及化学反应， 而减小：同一族的元素从上到下，随电子层数增多，原 D错误。] 子半径增大。原子半径：r(O)<r(Cl)<r(Na),故A 2.C[A.氯乙烷只有1种结构，不存在同分异构体，故 错误：B.同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主 A错误：B.聚乙烯和聚丙烯的聚合度n值为不确定 族，自上而下元素电负性递减，电负性：X(Na)<x(N) 值，都属于混合物，不可能互为同系物，故B错误； <X(O),故B正确：C.NH4CI属于离子晶体，故C错 C.由结构简式可知，聚碳酸酯属于聚酯类高分子化合 误：D.N原子最外层电子为半满，第一电离能大于O 物，可通过缩聚反应制得，故C正确：D,由结构简式可 原子，故D错误。] 知，合成高分子化合物的单体为对苯二甲酸和对苯二 5.C[A.CO2和HCI均会与袍和碳酸钠溶液反应，除 胺，两种单体的核磁共振氢谱峰数相同，但羧基和氨 去CO2中少量的HCI气体应用饱和碳酸氢钠溶液，A 基的氢原子数目不同，所以峰面积不同，故D错误。] 不符合题意；B.NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH 3.C[由题千图示仪器可知，①为圆底烧瓶，②为容量 试纸，则不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,B不 瓶、③为分液漏斗、④为量简、⑤为普通漏斗、⑥为雏 符合题意：C.盐析用饱和NaC1溶液使高级脂肪酸纳 形瓶，据此分析解题。A.园底烧瓶、雏形瓶可作为反 的溶解度变小，使之析出沉淀，而甘油溶解度不变，可 应器，但分液漏斗不能作为反应器，A错误：B.③分液 用过滤的方法分离出来，C符合题意：D.澳乙烷在 漏斗进行分液操作，⑤普通漏斗进行过滤操作，但④ NOH醇溶液中发生消去反应生成乙烯，生成的乙烯 答案-58