创新示范卷14 综合检测卷(2)（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）

(咨运)各刀 创新示范卷（十四） 综合检测卷（二） 第I卷（选择题，共40分》 3.(2024·济宁市二模)关于下列仪器使用的说 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20 法正确的是 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学助力成都2023年世界大学生运动会。 东 下列说法中错误的是 ) A.成都大运会期间使用可降解饭盒、使用氢 A.①③⑥可用作反应容器 燃料汽车等举措是绿色化学的重要体现 搭 B.③④⑤常用于物质分离 B.大运村的“冷巷”降温系统零碳排放体现了 C.②③使用前必须先检查是否漏水 “碳中和”的思想 D.①②⊙用酒精灯加热时必须加陶土网 C.由铝材料制成的“蓉火”火炬可以循环使用 4.(2024·南京、盐城市高三期末)工业上可用 06 D.开幕式现场让人印象深刻的低硫、无重金 NaCIO处理水体中的氨氮(NH3、NH)生成 属的高科技焰火过程中未涉及化学反应 N2。下列说法正确的是 福 A.原子半径：r(O)<r(Na)<r(CI) 2.(2024·滨州市二模)卡塔尔足球世界杯处处 B.电负性：X(Na)<x(N)<x(O) 体现“化学元素”，下列有关描述正确的是 C.NH,C属于分子晶体 D.第一电离能：I(H)<I1(N)<I1(O) A.局部麻醉剂中的氯乙烷(C2H5CI)有2种 5.(2024·菏泽市二模)用下列仪器或装置（图 同分异构休 中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的 阳 B.人造草坪中的聚乙烯和聚丙烯互为同系物 的是 C.看台材料中的聚碳酸酯 B D 可通 翼 过缩聚反应制得 包和绿酸的济液 D.运动衣的主要材料 分离高级 检验溴乙 除去CO 测定 脂肪酸钠 NHH,其两 烷消去产 中少量的 NaClO 和甘油盐 物中的 种单体的核磁共振氢谱峰数、峰面积均 HCI气体 溶液的pH析后的混 乙烯 相同 合液 14-1 6.2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有 铁、铝、硅的氧化物，NazFeFa难溶于水，Be2+ 突出贡献的科研工作者，量子点是指尺寸在 可与过量OH一结合成Be(OH)-。下列说 纳米量级（通常2~20nm)的半导体晶体，其 法正确的是 () 中铜钢硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探 A.提高烧结后的水浸效率可以将烧结固体粉 测，发光二极管以及光电化学电池领域，下列 碎处理 说法不正确的是 ) B.对过滤1后的滤液中加入过量的NaOH溶 A.制备过程中得到的CuInS量子点溶液能 液有利于Be元素的沉淀 够产生丁达尔效应 B.可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体 C.“沉氟”反应的离子方程式为3F-+Fe3 结构 -FeF3 C.已知In的原子序数为49，可推知In位于 D.工业上电解NaC一BeCI2熔融混合物制备 元素周期素第四周期 金属铍，在阳极析出金属铍 D.基态Cu+的价层电子排布式为3d10 9.(2024·保定市高三期末)阴离子PO月一和二 7.(2024·济宁市模拟)将浓硫酸、NaBr固体、 脲基分子能通过氢键作用形成超分子阴离子 1丁醇混合加热回流后，再经洗涤·干燥·蒸 配合物，如图所示（图中省略阴离子配合物中 馏获得1-溴丁烷，实验中涉及如图装置（部分 部分原子)。下列关于该阴离子配合物的说 夹持和加热装置省略)。下列说法错误的是 法错误的是 反过及川说妆止气休鼓收极工分液数生 囊双士 A.两处冷凝管冷凝时都利用了气液流向相 二服基分子 阴离子合物空问结构 反，增强冷凝效果的原理 A.PO序一的空间构型为正四面体 B.气体吸收装置的作用是吸收HB等有毒气体 B.二脲基分子中N一H的H和PO-中的O C.经水洗→碱洗→水洗可除去大部分杂质 形成氢键 D.1-溴丁烷从分液漏斗的下口放出 C.1mol二脲基分子中含5molπ键 8.(2024·唐山市模拟)铍是航天、航空、电子和 D.二脲基分子中C、N原子的杂化方式不完 核工业等领域不可替代的材料，有“超级金 全相同 属”之称。以绿柱石[Bes Al2(SiO3)s]为原料 10.(2024·德州市模拟)高铜酸钾是一种难溶 制备金属铍的工艺如下： NOH溶液炭焦油、氧气 于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相 似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰 绿750℃ 石烧结 图图固图-图-图图图 水浴中合成：①K2[Cu(OH)J+HBrO→ 能清工 KCuO2+KBr+KBr()+H2(O(未配平)。高 Na FeF 沉氟一Fc(S)) 铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2十 已知：750℃烧结时，Nag FeF6与绿柱石作用 H2SO4→O2+CuSO,+H2O+K2SO4(未 生成易溶于水的Na2FeF,,“滤渣1”中含有 配平)。下列说法不正确的是 () 14-2 A.①中氧化剂和还原剂的物质的量之比 已知：钨酸酸性很弱，难溶于水。25℃时， 为1：2 SiO号和WO开始沉淀的pH分别为 B.②若有标况下5.6L(O2生成，转移电子 10.3和7.3，完全沉淀的pH分别为8和5. 0.2NA 下列说法错误的是 () C.②中KCuO2既表现氧化性，又表现还 A.4W位于元素周期表第六周期 原性 D.由①②可知氧化性强弱顺序为：HBrO> B.“系列操作”步骤仅涉及物理变化 KCuO2>Oz C.流程中“调pH”范围为8~10.3 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20 D.FeWO4参与反应的化学方程式为 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求， 4FewO,+O,+4Na,CO,商温2Fe20,十 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错 的得0分。 4Na2 WO++4CO2 11.(2024·深圳市二模)化学是以实验为基础 13.(2024·济宁市模拟)催化剂A(PPh3为 的科学。下列实验设计能达到实验目的 三苯膦)可以实现温和条件下的烯烃加 的是 ) 氢，其反应机理如图所示，下列说法正确 选项 实验目的 实验设计 的是 除去乙酸乙加入饱和Na2CO3溶 C.H PPh A Cl-Rh 酯中的乙酸 液，振荡后分液 PPh PPh:D PPh B H-Rh 检验 取少量固体溶于水，加入 PPh, PPh B Na2SO3固 硝酸酸化的Ba(NO)2溶 C H 体是否变质 液，观察现象 PPh 用pH计测定NaClO溶 证明HCIO A.过程中中心原子Rh的化合价没有发生 液和Na2CO3溶液的 C 的酸性比 变化 pH,比较两溶液pH的 H2CO3的弱 B.整个过程Rh的杂化方式有2种 大小 C.烯烃中的双键可提供电子与Rh原子共用 D.该过程符合最理想的“原子经济性反应” 准确称取NaOH固体， 配制100mL 14.(2024·汕头市模拟)在25℃条件下，含氟 放入100ml.的容量瓶 D 一定浓度的 水溶液中F一与HF及HF。的浓度分数(8) 中，加水溶解，振荡摇 NaOH溶液 匀，定容 随pH变化的关系如图所示，向HF溶液中 滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确 12.(2024·济宁市一模)中国是世界上最大的 的是 钨储藏国。以黑钨精矿（主要成分为 100r FeWO4、MnWO,含少量SiO2)为原料治炼 80 钨的流程如图所示： 860 饱狱空气 40 CO. pH 14-3 A.曲线2表示HF2的浓度分数随溶液pH 物质 熔点 沸点 的变化 偏二甲肼 -58℃ 63.9℃ B.滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的 c(H十)不断减小 肼 1.4℃ 113.5℃ C.常温下，F-+H2O一HF+OH的反 偏二甲肼中氮原子的杂化方式为 应平衡常数K的数量级为10一11 二者熔沸点存在差异的主要原因是 D.pH=5时，c(Na)=c(HF)+c(HF2)+ c(F-) (3)N1H+只有一种化学环境的氢原子，结 15.(2024·枣庄市二模)羟基自由基(·OH)是 构如图所示，其中的大Ⅱ键可表示为 自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国 (分子中的大Ⅱ键可用符号表示，其中m 科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和 代表参与形成的大Ⅱ键原子数，n代表参与 HO的原电池电解池组合装置，实现了发电、 形成的大Ⅱ键电子数，如苯分子中的大Ⅱ键 环保两位一体。下列说法错误的是 可表示为)。 H 尚浓及 苯酚废水 A.a极1 mol Cr2O参与反应，理论上 (4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+,其中X代表 NaCI溶液中减少的离子为12NA CH3-NH-CH2一CH2-NH2。 B.电池工作时，b极附近pH减小 1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四 C.右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比 面体的非金属原子共有 mol。 (相同条件下)为2：1 (5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料， D.d极区苯酚被氧化的化学方程式为 其正交相晶胞结构如图。 C6HOH+28·OH6C02◆+17H0 第Ⅱ卷（非选择题，共60分） 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 re 00 16.(12分)(2024·滨州市二模)氮、磷、铁、铜、 钇在现代工农业，科技及国防建设等领域中 00 都有着广泛的应用。回答下列问题： 铁酸钇的化学式为 已知1号O原子 (1)基态磷原子核外电子共有 种空 间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3 分数坐标为00，)，2号0原子分数坐标 电子激发进入3d能级而参与成键，写出该 激发态磷原子的核外电子排布式： 为(，-m-小则3号re原子的分 数坐标为 。已知铁酸钇的摩尔质量为 (2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼 Mg·mol厂1.晶体密度为eg·cm-3,阿伏 (N2H:)均可做运载火箭的主体燃料，其熔 加德罗常数的值为NA,该品胞的体积为 沸点见表。 pm3(列出表达式)。 14-4 17.(12分)(2024·菏泽市二模)钪(Sc)及其化 Na,PO、Na,HPO4一定 祓盐酸。 比例混合溶液 合物具有许多优良的性能，被应用于航空航 天，超导、核能等领域，以赤泥（含有Sc2O3、 NaOH 溶液 NaOH Al2O3、Fe2O3、SiO2等)为原料提取Sc2O3 冰水 溶液 高锰酸铆 的流程如下： 多孔球池C 回答下列问题： 盐酸PO 盐履 (1)X试剂的名称为 ,C中采用多孔球泡 老圆-家取一图有巴图 图-图 的目的是 迪液Fe,水相 苹数剂 酸空气 D装置的作用是 AICl 溶液 (2)检验装置的气密性，加入药品，打开A中 水溶液 已知：①P2O,为磷酸酯萃取剂（密度小于 分液漏斗活塞，稍后，关闭a的活塞，然后进 水)：②ScCL易水解。 行的操作是 ,若 请回答下列问题： 生成1 mol Nato P3O13C1·5H2O,理论上至 (1)“酸浸”时，当温度高于40℃钪的浸出率 少消耗 mol HCI. 开始下降，其原因是 (3)“消洗灵”消毒时对金属腐蚀性小，原因 滤渣的主要成分是 (填化学式)。 是在金属表面形成一种不溶性磷酸盐膜，对 (2)用盐酸“洗涤”的目的是 金属良好的保护作用，在空气中对镁合金消 毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有 (3)SOC12是一种液态化合物，与水发生剧 Mg3(PO4)2·Mg(OH)2的保护层，写出反 烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气 应的化学方程式： 味的气体，化学反应方程式为： (4)产品纯度测定(Na1P3O1gCI·5HzO的 ,“回流过滤”中SOC2的作用 摩尔质量为656.5g·mol-1)。 除了将Sc(OH)g转化成ScCI3、作溶剂外， ①取ag待测试样溶于蒸馏水配成250mL 还有一个作用是 溶液： (4)在空气中灼烧草酸钪得到Sc2O3的化学 ②取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入10m 反应方程式为 2mol·L.1稀硫酸、25mL0.1mol·L1碘 (5)已知Km1(H2C2O)=a,K2(H2C2O4) 化钾溶液（过量），此时溶液出现棕色： =b,K[Sc2(C2O)3]=c。“沉钪”时，发生 ③滴入3滴5%指示剂溶液，用0.05mol·L1 反应：2Sc3++3H2C2O1一SC2(C2O1)a+ 硫代硫酸钠溶液滴定至终点，平行滴定三 6H+,此反应的平衡常数K=(用含 次，平均消耗20.00mL.。已知：2S2O号+2 a、b、c的代数式表示)。 一SO%+2I厂，需用的指示剂是 18.(12分)(2024·济宁市一模)“消洗灵”是具 ,达到滴定终点的现象为 有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效的固 ,产品的纯度 体粉末，消毒原理与“84消毒液”相似，化学 为 (用含a的代数式表示)。 组成可以表示为Na1oP3O13C1·5H2O(磷酸 若滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气 三钠次氯酸钠)。实验室制备装置和过程 泡，则会造成纯度测定值 (填“偏 如图： 大”“偏小”或“不变”)。 14-5 创新示范卷（十四） (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（十四）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（十四）第2页（共2页） 19.(12分)(2024·聊城市二模)某研究小组采 J小maH 了g+2Hg 用如下路线合成医药中间体K。 28.7 阅+He 237.1 只C装.21止4c 111.6 N:H,,NaOH 已知：I -C-R2 (HOCH2CH2),O,△ 图印 反应过型 Rj-CH2-R2 芳构化反应： (g) (g)+3H(g) PC与 △H= kl/mol. R-COH R-C-C (2)H2和CO2合成乙 0 CH MgBr,无水乙醚 醇反应为：2CO2(g）+ Ⅲ.CH-C-CH2 乙体分数 6H2 (g)=C2H5OH(g) +3H2O(g)。将等物质 H.O OH r△ 的量的CO2和H2充入 两☑ 滋及代 -CH-C-CH2- 一刚性容器中，测得平衡时C2HOH的体 积分数随温度和压强的关系如图乙。 CHa ①压强 2(填“>”“=”或“<”，下 -C—CH2 同)，a、b两点的平衡常数K Kbe ②已知Arrhenius经 RhW·mo·K） CHa 验公式为Rlnk= 些 (1)A的化学名称为 ,C的结构 简式为 E+C(E。为活化 72562) (2)流程中设计E→F的目的是 a 能，k为速率常数，R (7.527.4 (3)I→K的反应类型为 ,I生成 和C为常数)，为探 K的同时还会生成一种与K互为同分异构 图丙 于10X- 究m,n两种催化剂 体的副产物X,X的结构简式为 的催化效能，进行了实验探究，依据实验数 (4)请写出一种同时满足下列条件的B的同 据获得图丙曲线。 分异构体的结构简式： 擗 ①仅含一CHO、一OH、一C3H,和苯环 在m催化剂作用下，该反应的活化能E。= 结构； J/mol。从图中信息获知催化效能较 ②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：6。 高的催化剂是 (填“m”或“n”),判断理 (5)综合上述信息，请写出以苯、对甲基苯甲 由是 酸，CHCH2CH2MgBr为原料制备 (3)H2和CO合成甲烷反应为：2CO(g)+ 2H2(g)一CH(g)+CO2(g)。T℃将等物 质的量CO和H2充入恒压(200kPa)的密 的合成路线 闭容器中。已知逆反应速率v逆= k逆p(CH4)·p(CO2),其中p为分压，该温 20.(12分)(2024·青岛市一模)清洁能源的综 度下k地=5.0×10-4kPa1·s1。反应达 合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和 碳达峰”的重要途径。 平衡时测得E=k·s1。C0的平衡转 (1)以环己烷为原料通过芳构化反应生产 化率为 ,该温度下反应的K,= 苯，同时可获取氢气。图甲是该反应过程中 (kPa)一2（用组分的分压计算的平衡常数）。 几种物质间的能量关系。 14-6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 创新示范卷·参考答案 会混有醇，醇和乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 键，其中苯环不是单双键交替结构而是一个大π键， 则不能用酸性高锰酸钾溶液检验溴乙烷消去产物中 故1mol二脲基分子中含3molr键，故C错误：D.二 的乙烯，D不符合题意。] 髁基分子中形成双键的C,苯环上的C与羰基C均为 6.C[A.钢细硫(CulnS2)量子点是尺寸在钠来量级 sp2杂化，乙基中的C均为sp3杂化，形成单键的N原 (通常2一20nm)的半导体品体，则其溶液为胶体，能 于为sp3杂化，所以二脲基分子中C、N原子的杂化方 发生丁达尔效应，故A正确：B.X射线衍射技术可以 式不完全相同，故D正确。] 测得量子点的晶体结构，常用于晶体结构的解析，故B 10.B[配平两个反应为2K:[Cu(OH),]+2HBrO 正确：C.1n的原子序数为49，电子排布式为 2KCuO2+KBr+KBrO+5H20,4KCuO2+6H2SO 1s22s22p53s23p53d04s24p4dl05s25p',可推知In位 -(02+4CuS04+6H20+2K2SO4。A.反应①中 于元素周期表第五周期，故C错误；D.基态Cu原子的 HBr)→KBr中Br元素化合价降低，HBrO做氧化 价层电子排布式为3d04s',则基态Cu的价层电子 剂，K2[Cu(OH):]→KCuO2中Cu元素化合价升 排布式为3d,故D正确。] 高，K2[Cu(OH)]做还原剂，反应方程式为 7.A[A在反应及回流装置中，气液流向相同，都是由 2K2[Cu(OH)]+2HBrO-2KCuO+KBr+KBrO 下往上流动，A错误：B.浓硫酸与溴化钠反应，生成硫 十5H2O,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2， 酸氢钠和澳化氢，溴化氢有少量未参加反应而逸出， A正确：B.反应②的反应方程式为4KCuO2十 所以气体吸收装置的作用是吸收HB等有毒气体，B 6H2SO4—(O2+4CuS01+6H20+2K2SO1,生成 正确：C.反应生成的1-渙丁烷中可能混有B2,水洗可 1molO2转移4mol电子，标况下生成5.6LO2即 洗去水溶性物质、碱洗可洗去B2、最后水洗可洗去 V5.6L 碱，从而除去大部分杂质，C正确：D.1溴丁烷的密度 物质的量为n=2.ma=0.25m0l,转移 比水大，难溶于水，所以在分层液体的下层，应从分液 电子0.25mol×4×VA mol1=NA,B错误；C.反应 漏斗的下口放出，D正确。] ②的反应方程式为4KCuO2+6H2S)一O2十 8.A[绿柱石的主要成分Bea Al2(SiO3)6,可表示为 4CuSO,+6HO十2KS),Cu元素化合价升高，0元素 3BeO·Al2O3·6SiO2,由流程可知，烧结时发生 化合价降低，KCuO2既做氧化剂也做还原剂，KCuO2 BeAl(SiO,6+2 NagFeF,.高3Na,BeF,+A,O,十 既表现氧化性，又表现还原性，C正确：D.氧化剂的 Fe2O3十6SiO2,碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为 氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：HBO> Al2O3、Fe2O2、SiO2,滤液中加入NaOH溶液生成 KCuO2,由②可得氧化性：KCuO2>O2,则氧化性强 Be(OH)2沉淀，若NaOH过量，则氢氧根与Be(OH)2 弱顺序为：HBrO>KCuO2>O2,D正确。] 反应结合成Be(OH)?,降低Be的产率，Be(OH)2授 11.A[A.由于Na2CO能与乙酸反应，而且能减小乙酸 烧得BeO,BeO与C、Cl2反应得到BcCl2、CO,电解 乙酯的溶解度，便于分层，则除去乙酸乙酯中的乙酸可 NaCI一BCl2熔融混合物制备金属敏，沉氟时发生 以加入饱和N2CO3溶液，振荡后分液，A符合题意：B. 12NaF+Fe2(SO4)3一2 Nag FeF6￥+3Na2SO4,难 由于HNO本身就能将Na2SO氧化为Na2S),故取 溶物循环利用，据此分析解题。A.接触面积越大反应 少量固体溶于水，加入硝酸酸化的Ba(NO)2溶液，观察 越充分、浸取效率越高，则提高烧结后的水浸效率可 现象，不能用于检验NaS)固体是否变质，应改用加 以将烧结固体粉碎处理，A正确：B.氢氧根与 入盐酸酸化的BaC2溶液，则可以排除该干扰，B不合 Bc(OH)2反应结合成BC(OH)?,则对过滤1后的滤 題意：C,由于碳酸钠水解生成为碳酸氨钠，用pH计测 液中加入过量的NaOH溶液不利于Be元素的沉淀， 定NaClO溶液和Na2CO3溶液的pH,比较两溶液pH B错误；C.“沉氯”反应为12NaF+Fe2(SO,)3 的大小，只能证明HCO的酸性比HCO的弱，而不能 2 NasFeF6↓+3Na2SO1,则离子方程式为：3Na++ 证明HC1O的酸性比HCO3的弱，且应使用等浓度的 6F-十Fe3+一Na3FeF6↓，C错误；D.工业上电解 溶液，C不合题意；D,容量瓶不能作为溶解、稀释、反应 NaCI一BeCl2熔融混合物制备金属铍，Be化合价降低 和长期贮存溶液的仪器，D不合题意。门 发生还原反应，故在阴极析出金属铰，D错误。] 12.BC[黑钨精矿（主要成分为FeWO4,MnWO4,含少 9.C[A.PO月的中心原子P的价层电子对数为4十 量SO2),加入纯碱和室气发生反应后冷却、加水溶 5十3一4X2=4十0=4，推断其空间构型为正四面体， 解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn,滤液为粗钨 2 酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7,3，沉淀 故A正确：B.N、O元素的电负性较大，键中共用电子 分离获得钨酸，分解得到氧化钨，通过氢气还原剂还 对偏向N原子，使得H原子带正电性(8+)，所以二脲 原得到钨。A.W是74号元素，位于元素周期表第六 基分子中N一H的H和PO月中的O能形成氢键， 周期，故A正确：B.滤液Ⅱ中含有钨酸纳，经过系列 故B正确；C.二脲基分子中有两个酮裁基形成的π 操作得到钨酸，要加酸酸化产生沉淀，酸化过程是化 答案-59 化学（新教材） 学变化，故B错误；C,流程中“调pH”的目的是使 C.c极为电解池阴极，电极反应为2H++2e SO完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3~8，故 H2↑，d极为电解池阳极，电极反应为H2O一e C错误；D.FeWO4在空气中培烧得到FeO3,根据得 H++·OH,C6HOH+28·OH一6CO2↑+ 失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4FWO 17H2(O,则根据同一闭合回路中电子转移数目相等， +O,十4Na,CO,高温2Fe,0,+4Na:WO,+4CO2, 可得关系式：14H2~28e~6CO2,c、d两极产生气 体的物质的量的比为14：6=7：3，故二者相同条件 故D正确] 下体积比为14：6=7：3，C错误：D.羟基自由基对 13.CD[A.A-B的过程中，Rh上多连了2个H原 有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方 子，化合价发生变化，故A错误；B.A,B、C三个状态 程式为：C&H:OH+28·OH一6CO2↑+17H2O. 中，Rh的成健情况都不相同，有3种杂化方式，故B D正确。] 错误：C,由状态C可知，烯烃中的碳碳双键提供电子 16.解析：(1)基态磷原子核外电子排布式为： 对与Rh共用，故C正确：D.原子经济性反应指以与 1s22s22p3s23p3,原子核外每一个原子轨道都是一 反应的原子全部转化为所指产物，故D正确。] 种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3 14.C[A.pH越大F越多，HF越少，故曲线1应为 个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状 F一，曲线2为HF,曲线3为HF2,A项错误：B.滴 态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入 加Na(OH溶液的过程中，F一不断增多，F一的水解作 3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为： 用会促进水的电离，使水电离的c(OH)、c(H+)不 断增大，B项错误；C.曲线1和曲线2的交，点处 1s22s22p3s13p33d。(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2] c(F-)=c(HF),此时3<pH<4,则10-I1mol:L< 中的氮原子均有3个。键和1个孤电子对，所以氮 c(OH-)<10-10mol/L,反应F-+H2O一HF+ 原子的杂化方式为：sp3。N2H分子和偏二甲肼均 存在分子间氢健，但N2H,分子间氢键数目多于偏 OH的平衡常数K=(HF)c(OH),则在曲线1 c(F) 二甲肼[(CH3)2NNH2],所以N2H的熔沸点高于 和曲线2的交点处，K=c(HF)c(OH)=c(OH). [(CH)2NNH2]。(3)由N1H+的结构可知，每个 c(F) N原子形成3个G键，且4个N原子失去了2个电 故K的数量级为10Ⅱ，C项正确；D.pH=5时，溶 子，最后N原子剩余价电子数为：5×4一2-3×4= 液为NaF,HF,NaHF2的混合溶液，则根据物料守恒 6个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可 c(Na+)<c(F)+c(HF)十c(HF2),D项错误。] 表示为Π。(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+,其中X 15.AC[a极发生还原反应，Cr2O号十6e十7H2O 代表CH3-NH一CH2一CH2一NH2,其中的C、N —2Cr(OH)3￥十8OH,则a电极为原电池正极， 原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模 b极上苯酚失电子被氧化为CO2,电极反应式为 型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为 C6HOH-28e-+11H20一6CO2↑+28H+,b 正四面体的非金属原子有2×5=10(mol):(5)由晶 电极为原电池负极：极连接电源的负极，为电解池 胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2， 的阴极，阴极的电极反应为：2H+十2e一H2↑，d 极连接电源正极，为电解池阳极，阳极的电极反应式 Y原子个量为8X日十4X号-2个，0原子个载为8 为：H2O-e一H++·OH,羟基自由基(·OH) ×号十4=6个，故钱酸钇的化学式为：YFe0,根据 是自然界中氧化性仅次于复的氧化剂，进一步氧化 正交相晶胞结构图可知3号Fe原子的x坐标与2 苯酚，方程式为C6HOH+28·OH一6CO2◆+ 号O原子x坐标一致，y坐标由ry正交图可知与2 17H2O,据此答题。Aa极发生还原反应，Cr2O号+十 6e+7H2O-2Cr(OH)3+8OH厂，每有1mol 号0原子均在中同且靠右方向，：坐标在子处，即3 Cr2O号参与反应，转移6mol电子，b电极反应式 31 由公式 为：C&HsOH-28e+11H2O一6CO2↑+28H+, 号F®原子的分数坐标为（合， +m, 为维持电荷守恒，左侧有6 mol OH通过阴离子交 V=m可得晶胞体积为：VDXNAX10”pm3 p 换膜进入NaCl溶液，右侧有6molH通过阳离子 交换膜进入NaCI溶液，二者反应产生H2O,则理论 答案：(1)91s22s22p3s3p33d(2)sp3N2H, 分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3):NNH2] 上NaC1溶液中离子数目不变，A错误：B.b极苯酚 失电子被氧化为CO2,电极反应式为C6HOH一 (3)Π(4)10(5)YFeO3 (合+m 28e+11H2O—6CO2↑+28H+,则反应进行后， 2M×1030 b电极附近c(H+)增大，溶液的pH减小，B正确： PXNA 答案-60 创新示范卷·参考答案 17,解析：向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐 用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快 酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应， 反应速率；氯气有喜，D装置的作用是吸收C2尾气， 过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的 防止污染大气：(2)检验装置的气密性，加入药品，打 滤液：向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯 开A中分液漏斗活塞，稍后，关闭a的活塞，然后进 化钪，分液得到含有氯化铁，氢化铝的水相和含有氯 行的操作是打开b活塞：由2KMnO4+16HC1 化航的有机相：向有机相中加入盐酸洗涤除去残留 5Cl2+2KCI+2MnO2 +8H2O,Cl2 +2NaOH- 的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相：向有机相中加 入氢氧化钠溶液，将氟化钪转化为氢氧化钪沉淀，过 NaCI+NaCI0+,0可知9HG-C&-NaCIO 滤得到有机相和氢氧化航：向氢氧化钪中加入SOCL2 Na1aP3O13Cl·5H2O,若生成1 mol Na1oP3O13Cl· 回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化镜中加 5H2O,理论上至少消耗3.2 mol HCI:(3)磷酸钠溶 入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在 液与钱、氧气、水反应生成Mg3(PO4)2·Mg(OH)2 空气中灼烧草酸航得到三氧化二钪。(1)盐酸是挥 和氢氧化纳，方程式为：4Mg十2NaPO4+2O2十 发性酸，若温度高于40℃，氯化氢受热挥发，盐酸的 4HO—Mg3(PO):)2·Mg(OH)2+6NaOH: 浓度减小，酸浸速率减慢，导致钪的浸出率下降：由 (4)需用的指示剂是淀粉溶液，因为淀粉溶液遇到碘单 分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为： 质变蓝，达到滴定终，点的现象为当加入最后半滴硫代硫 温度过高，HC受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率 减慢；SiO2:(2)由分析可知，用盐酸洗涤的目的是洗 酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且0s不恢复原色： 涤除去有机相中残留的氯化铁、氯化铝，故答案为： Na1oPO3C1·5HO-2,又因为2SO房十L2—SO 除去有机相中的FeCl3、AlC13:(3)由题意可知， 十2I,则NatoP.O3·5H2O-2S(O,产品的纯度为 SOC2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应的化 0.02L×0.05mml/L×号×250mL×656.5g·mol- 学方程式为SOC4十H20O—2HC1↑十SO2↑：回 225ml. a g 流过滤中SOC2能起到溶剂的作用，将氢氧化钪转 化为氯化钪，同时还可以抑制易水解的氯化钪发生 X100%=328.25%:若滴定前滴定管中含有气泡， a 水解，故答案为：SOCl2十H2O一2HC1↑+SO2↑； 滴定结束无气泡，则会造成滴定液体积偏大，纯度测 抑制Sc3+水解：(4)由分析可知，在空气中灼烧草酸 定值偏大。 钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气 答案：(1)饱和食盐水增大反应物的接触面积，加 在高温条件下反应生成三氧化二优和二氧化碳，反 快反应速率吸收C2尾气，防止污染大气 应的化学方程式为2Se(C,0,)3十30，高温2Se,0 (2)打开b活塞3.2(3)4Mg+2Na3PO1+2O2+ +12002,故答案为：2S:(C0,+30,高2Sc,0 4H2O-Mgs (PO:)2.Mg(OH)2+6NaOH (4)淀粉溶液当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后， 十12CO2:(5)由题给方程式可知，反应的平衡常数K c6(H+) 溶液蓝色褪去且30s不恢复原色328.25%偏大 =2(seH,C0)2(s+)2(C0f) 19.解析：C,Hg的不饱和度为4，所以A为甲苯，根据已 c5(H+)c3(C2O2) KK -a3b3 c3(H2C2O4) Ksp[Se2(C20)3] 故 COONa c 签案为，qb 知1，可知C为： ,根据已知Ⅱ，D 答案：(1)温度过高，HC1受热挥发，盐酸浓度减小， 酸浸速率减慢SiO2 为 C1,根据已知Ⅲ，1为 (2)除去有机相中的FeCL、AICl3(3)SOC12+H2O —2HC1↑+SO2↑抑制Sc3+水解 (4)2Sc2(C20,)3+3O2 商温2Sc,03十12C0, 可能为 (5)436 18.解析：A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，饱和食 盐水吸收挥发出的氯化氢气体，氢氧化钠溶液与氯 (1)根据分析可知，A为甲苯，根据已知1可知C 气反应生成次氯酸钠，D装置的作用是吸收C2尾 COONa 气，防止污染大气，据此分析解题。(1)X试剂的名 为： 称为饱和食盐水，吸收挥发出的氯化氢气体：C中采 答案-61 化学（新教材） (2)F到G需用氢气与苯环加成，故设计E→F的目 20.解析：(1)由图可知，环己烷转化为1,3环己二烯的热 的是保护酮搜基 化学方程式为① (g)一C (g)+2H2(g) (3)根据已知Ⅲ，I→K的反应类型为消去反应， OH △H1=十237.1kJ/mol,1,3-环己二烯转化为苯的热 化学方程式为② 发生消去反应，生成的产物为 (g)一C(g)+H(g) △H2=一28.7 kJ/mol,由盖斯定律可知，①+②可得 ,X可能为 环己烷转化为苯的热化学方程式为〔)(g)一 (4)根据B的结构简式，满足仅含一CHO、一OH、 (g)+3H(g)△H=(+237.1N/mol)+ CH7和苯环结构、核磁共振氢谱峰面积之比为1：1 (-28.7kJ/mol)=+208.4 kJ mol:(2)①该反应为 :2:2：6。的条件，其同分异构体或 气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向 OH OH 正反应方向移动，乙醉的体积分数增大，由图可知， CHO或 压强为p1时乙醇的体积分数小于p2时，则p1小于 OHC OHC- -CHO p2:由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分 CH CH 数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反 CH3 CH CH 应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常 数大于b点，故答案为：<：>：②在m催化剂作用 下，由图中数据可得如下方程式：56.2=一7.2× COOH 10-3E。十C①，27.4=-7.5X10-3E。+C②，解联立 (5) AICl 方程可得En=9.6×10J/mol:由图可知，直线n的 斜率大于m,说明n的活化能E。小于m,催化效率 CH:CH,CH2 MgBr H2O 高于m,故答案为：9.6×10，n:由图可知，直线n斜 无水醚 率大，E。小，催化效率高：(3)设起始道入一氧化碳和 H△ 氢气的物质的量都为2mol,生成甲烷的物质的量为 amol,由题意可建立如下三段式： COONa 2C0(g)+2H2(g)-CH(g)+CO2(g) 答案：(1)甲苯 起(mol) 2 2 0 0 变(mol) 2a 2a (2)保护酮羰基 (3)消去反应 平(mol) 2-2a2-2a a 或 平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得： OH OH 5.0×10-4× (42a×20）×(42a×200）= (4)OHC CHO或OHC LCHO 解得a=0.4,则一氧化碳的转化率为2X0.4m0l× 2 mol CH CH 100%=40%,平衡时分压常数K。 CHs CH3 CH3 CHa 0.4 3.2 ×200 COOH (号×2o)×(号×2o0 1.2 16×10,故答案 8 5) AlCl 为：40%×10 CH-CH,CH,MgBr H2O 答案：(1)十208.4 无水醚 (2)①<>②9.6×10n由图可知，直线n OH 斜率大，E。小，催化效率高 (3)40% 8×10- 答案-62