卷14 综合检测卷(一)-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮创新示范卷

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) 注 正确填 1.答题前,考生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。 准考证号。 密壮 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂,非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写. 错误填涂 行 涂写要工整、清。 3.按照题号在对应的答题区域内作答,赵出答题区域的答题无效,在草稿纸、试 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 第I卷 选择题 一、选择题(1~14小题,每小题3分,共42分) 正确填涂 5ABCD 1ABCD 在的I如圈区如·如基长 9ABCD 13ABCD 2ABCD 6ABCD 10ABCD 14ABCD 3ABCD 7ABCD 11ABCD 4ABCD 8ABCD 12ABCD 第II卷 非选择题(需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写) 二、(共58分) 15.(14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 16.(14分) 17.(15分) 在的到的基在到如不 18.(15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) #生气 石& {(0 融化 图3 图4 (5)将氢氧化加入酸钟溶液中可得到酸,已知K。(CaWO。)-4×10-10.K。[Ca(OH)2] -9×10二7,当溶液中WO沉淀完全时,溶液中c(OH)最大值为 molL。 18.(15分)氢能源具有广泛的应用前景,甲烧水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一,涉及反应如下; I.CH.(g)+H。O(g)-→CO(g)+3H。(g)AH II.CO(g)+HO(g)→CO(g)+H(g)△H<0 III.CH.(g)+2HO(g)-CO(g)+4H(g)△H>0 回答下列问题: (1)AH为标准摩尔生成烙,其定义为标准状态下,由稳定相态的单质生成1mol该物质的恰 变。对于稳定相态单质,其△H为零。部分物质的标准摩尔生成烙如下表。 CH(g) 物质 CO(g) HO() △H/(kJ·mol-1) -75 -110.5 一285.8 H= kJ·mol-[已知:HO(g)-HO(1) △H--44kJ·mol-]。 (2)某温度下,CH.(g)和H。O(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%,H。的体积分数为50%,则H。0的转化率为 ;反应物投料比小 于反应的化学计量数之比,目的是 (3)用CaO可以去除CO。。H。体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图1所示。从 时开 始,H:体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO 消耗率约为35%,大部分已失效,原因是 (4)在一定条件下,选择合适的催化剂发生反应CO(g)十H。O(g)→CO(g)十H。(g),调整CO和 H.O初始投料比,测得CO的平衡转化率如图2。 160 A05.66.7) CaO C(1.60) B(0.5.50 D(1.50)jf1.5.50) 05 0 t00min 200 0 图1 图2 已知:反应速率v=v一v一正x(CO)·x(H。O)一x(CO)·x(H),、分别为正、逆 向反应速率常数,x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ,在C点 所示投料比下,当CO转化率达到40%时,正 “ 14-6null化学 ⑥H2OH++OH;Kw 根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、A13 根据盖斯定律，①=②一③十④十⑤一⑥X2, 杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分 故K=K.p[Mg(OH)2]·K(HS0)·K2(HSO,) 批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进 Km(MgSO)3)·K 行反应直至检测到pH>5,然后过滤除去氢氧化铁、 A.加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶 氢氧化铝沉淀：接着需要从溶液中得到MgSO4· 解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提 H2O,根据题目信息，室温下结品只能得到MgSO,· 高吸收SO2效率，A错误：B.加快搅拌速率，可以使 7H20,因此需要在150170℃下千燥得到 反应物充分接触，提高吸收S(O2效率，B正确：C.降 MgSO,·H2O,操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至 低通入SO,气体的速率，SO2可与Mg()浆料充分接 室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃千燥。 触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效 答案：1)K.p[Mg(OH2]·K(SO)·K2(H,SO,) 率，C错误；D.多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充 Kp(MgSO)·Ka 分接触，能提高吸收SO2效率，D正确： BD (2)根据题意，O2氧化溶液中的SO号-，SO号被氧化 (2)2S0号-+02 催化剂 2SOpH增大，抑制 为SO星-，1molO2氧化2 mol SO层，故O2氧化溶 催化利 SO的水解，反应物SO的浓度增大，故可加快 液中S)的离子方程式为：2S)号+(O2 氧化速率 2S)异：pH增大，抑制S)号的水解，反应物S()号 (3)用滴液漏斗向盛有MgS)3浆料的三颈烧瓶中缓 的浓度增大，故可加快氧化速率； 慢滴加硫酸溶液分批加入少量氧化镁粉末，搅拌， (3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应 直至用pH试纸测得pH≥5，过滤：将滤液蒸发浓缩、 将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴 降温至室温结品，过滤，所得品体在150~170℃ 加液体，HS),溶液的滴加速率要慢，以免H2S)过量： 干燥 创新示范卷（十四） 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 答案 B A A B B A C C D 1.B[A项，飞机表演时在空中拉出的彩色烟带是汽化 C项，基态Br原子核外电子排布式为[Ar]3do 的彩色发烟剂在空气中遇冷后凝结形成的烟，不属于 4s24p,C错误；D项，甲乙醚结构简式为： 丁达尔效应，A错误；B项，单键均为G键，石墨烯中平 CH:OCH2CH3,D错误。] 均1个碳原子形成1.5个。键，12g石墨烯中含有1 4,A「短周期元素A,B、C、D的原子序数依次增大，利 mol碳原子，则含有1.5mol。键，B正确：C项，玻璃 用Au一Pd纳米颗粒催化气态单质A2、B2合成 纤维属于新型无机非金属材科，聚碳酸酯舱盖、芳纶 A2B2,可知A为H、B为O:由载体的化学式可知，C 蜂窝材料属于有机高分子材料，C错误：D项，硬铝是 为+3价、D为+4价，结合原子序数可知C为A1、D 一种铝合金，密度小、强度高，用作飞机外壳，D 为Si,以此来解答。由上述分析可知，A为H、B为O、 错误。门 C为AI、D为Si。A.C,B3为AlO3·是离子晶体，DB 2.C[A.泡沫灭火器的原理是：Al2(SO)3十 为SiO2,是共价晶体，均具有较高的馆点，故A正确： 6 NaHCO5-2Al(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。发生水解相互促进反应的原 误：C.D为Si,其氧化物是Si(O2,能与强碱溶液反应生 理，不是利用NaHCO3的不稳定性，A不合题意：B. 成盐和水，属于酸性氧化物，C为A1,其氧化物是 有机物大多数不导电，但聚乙炔在一定条件下能导 A2O3,属于两性氧化物，故C错误：D.A与B形成的 电，因为聚乙炔有自由移动的电子，而不是因为其可 化合物为H2O2时，含H一O极性键、O一O非极性 以无限延仲的线状结构，B不合题意：C.AI(OH)3受 键，故D错误。] 热分解，生成高熔点物质和水，决定其可用作塑料的 5.B[A.装置甲中，物品与砝码的位置颜倒，使用游码 阻燃剂，C符合题意：D.石墨晶体中C与C之间通过 时称取的(NH1),SO1固体的质量偏低，A不能达到 共价能形成正六角形蜂巢状的平面层状结构，而平面 实验目的；B.N2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解， 结构的层与层之间则依靠分子间作用力（范德华力） 从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁 结合，所以石墨晶体属于混合型晶体，其作润滑剂是 屑表面的油污，B能达到实验目的：C.浓硫酸具有强 由于其平面结构的层与层之间依靠分子间作用力（范 氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将 德华力)结合，分子间作用力较弱，而不是含有大元 废铁屑充分溶解，C不能达到实验目的： 键，D不合题意。] D.(NH,)2Fe(SO1)2·6H2O晶体受热易失去结晶 3.A[A项，氢键的表达式为X一H…Y,邻羟基苯甲醛 水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干 溶液得不到(NH,)2Fe(SO,)2·6H2O晶体，D不能 达到实验目的。] 分子内氢键 A正确：B项，水分子的空 6.B[A,与苯环、碳碳双键，碳氧双键直接相连的原子 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 全部共面，A正确：B.该有机物存在碳碳双键、苯环， 间结构为V形，VSEPR模型为： B错误； 可发生加成反应、氧化反应，存在酯基、碳澳键，可发 生取代反应，但是连接Br的碳原子的相邻碳原子上 没有H,不能发生消去反应，B错误：C.该化合物碳碳 答案-42 创新示范卷·参考答案 双键中两个碳原子上均存在日原子，且同一个碳原子 极反应式为Cu一2e一Cu2+,A正确：B.由分析 上没有连接相同的基团，故存在顺反异构体，C正确： 可知，此电池为浓差电池，主要因为铜离子浓度不同 D.M中酯基和碳溴键能与Na)H溶液反应，1molM 形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，B正确； 最多消耗2 mol NaOH.D正确。] C,当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶 7.A[A.由题千中甲的结构示意图可知，甲中G键数 目为15，x键数目为2，故g键与π键的个数比是 液中c(Cu2+)=1+5 mol1=3molL,所以转移电 2 15:2,A错误；B.由题千可知，乙中N+与N形成了4 子的物质的量是(3一1)molL×0.1L×2= 个配位键，故N+的配位数是4，B正确：C由题千可知， 0.4mol,由反应2CH2-CHCN+2H++2e- 乙分子内存在(O一H…()氢键，C正确：D.C、N、O为同 NC(CH2),CN可知，可制备0.2mol己二脐，C错 一周期元素，同一周期从左往右元素第一电离能呈增大 误：D.由分析可知，阴极上丙烯腈合成己二腈得电 趋势，A族，VA族反常，故C、N,O的第一电离能大小 子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H广+2e- 顺序为N>(O>C,D正确.] NC(CH2),CN,D正确。] 8.D[A.CH为正四面体结构，正负电荷中心重合，为 13.C[A.常温下，NaH2PO3溶液中H2PO5发生水解 非极性分子，故A正确：B.CH时中C原子价层电子 和电离，因此c(Na+)>c(H2PO)>c(H3PO3),故 对数=3+4-1,3X1=3且C原子不含孤电子对，为 A正确：B.常温下，根据加入盐酸40.O0ml时pH= 2 1.7得到HPO3的一级电离常数K1= 平面正三角形，故B正确：C.CH为平面正三角形、 c(HPO)·c(H+) 10-1.7×10-1.7 CH为正四面体结构，所以键角：CH>CH4,故C c(HPOx) 正确：D.CH中C原子价层电子对数=3+ 0.1×0.02-10-1.7 0.06 4-1一3X1=3且C原子不含孤电子对，C原子采用 (2×10-2)2 2 =3×10-2,故B正确：C.HPO3是二元 sp2杂化，CH中C原子价层电子对数=3+ 号×109 4+1一3X1=4,含1个孤电子对，C原子采用p杂 弱酸，因此HPO3与足量的NaOH溶液反应的化学 2 方程式为H3PO3+2NaOH—Na2HPO3+2H2O, 化，故D错误。] 故C错误：D.a点溶液中溶质为Na2HPO3、NaCl、 9.C[A,废铁屑用N2CO3溶液浸取时，可适当地升高 NaH2PO3且三者物质的量浓度相等，根据电荷守恒 温度，可以加快反应速率，浸取效果更好，A正确： 得到c(H+)+c(Na+)=c(CI)+c(OH-)+ B.操作X为分离固液的操作，为过滤，用到的玻璃仪 器有烧杯，漏斗和玻璃棒，B正确：C.“酸浸氧化”时， c(H2PO3)+2c(HP()),根据元素守恒得到 如果用过量的稀硝酸，会生成杂质离子硝酸根离子， c(Na)=2c(HPO +2c(H2 PO)+2c(HPO). C错误：D.K[Fe(CN)a]溶液可以检验“酸浸氧化”反 前者减去后者得到C(H+)十c(H2PO3)十 应后的溶液中是否含有Fe2+,如果有亚铁离子则生 2c(H3PO3)=c(C1-)十c(OH),故D正确.] 成蓝色沉淀，D正确。门 14.D[A.[P℉6]-和[SnF:]-中磷元素与锡元素的化 10.C「A.根据图示，Ni参与反应并生成NiCH,,是反 合价分别为十5、十4，A正确：B.二者传导锂离子的 应物不是催化剂，A错误：B.烷烃只与Br2单质取 过程中，因晶胞中锂离子数目不断变化，则晶胞整体 代，与澳水不反应，B错误；C.反应过程中涉及极性 化合价会发生变化，故会发生氧化还原反应，B正确： 键和非极性键的断裂如C一H和C一C的断裂，只涉 C,晶胞a、b中均存在阴离子形成的四面体空隙，都 及极性键的形成如C一H的形成，C正确：D.该热化 有八个四面体空隙，前者只有四个四面体空隙填充 学方程式未标状态，D错误。] 了锂离子，后者八个四面体都填充了锂离子，故填充 11.C「A.由结构筒式可知，X分子中的酚羟基能与高 率之比为1：2，C正确：D.晶胞a、b中狸离子数目之 锰酸钾溶液发生氧化反应，被高锰酸钾溶液氧化，故 比为1：2，电池中电解质锂离子浓度越高，电导率一 A正确：B.由结构简式可知，Y分子含有的酯基、酚 般越好，以六氯锡酸锂为电解质时电导率高，D 羟基能与氢氧化钠溶液反应，其中酚酯基消耗2mol 错误。] 氢氧化钠，则1molY最多与4mol氢氧化钠反应， 15.解析：(1)①Ge与Si同主族，均为NA族，Ge与Si属 故B正确：C.由结构简式可知，Z分子中环上的单键 于D区：②G原子的电子发生跃迁时会吸收或发出 氧原子的杂化方式为s即3杂化，双键氧原子的杂化方 不同的光，不同能级间的能量差是因定的，故可用光 式为sp杂化，故C错误：D.由结构简式可知，X、Y、 谱分析仪获得线状光谱，鉴定Ge元素的存在。 Z分子中均含有苯环、酮羰基，都能发生加成反应，X ③Na2GeO3中Ge原子的价层电子对数为3+ 分子中含有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯 基、乙分子中含有的酚羟基和羧基都能发生取代反 4十2-2X3=3,不含孤电子对，米用sp2杂化： 2 应，故D正确。 (2)同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一 12.C[浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电 电离能变小；Be和Mg中第一电离能较大的是Be; 极反应式为Cu一2e—Cu+,Cu(1)电极为正极， 单键均为g键，双键中含有1个o键1个π键，Be2+ 电极上发生得电子的还原反应，电极反应为C++ 与乙酰丙酮能形成配合物，由图可知，该配合物中 2eCu,则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳 G键与π键的数目之比为30：4=15：2： 极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应 (3)随着潮原子数的增加，娜烷由气态经液态至固 为：2H2O一4e一O2◆十4H+,阴极上丙烯腈合 态，其原因是：随着B原子数的增多，硼烷的相对分 成己二腈得电子，电极反应为2CH2一CHCN+ 子质量增大，范德华力增强，沸点升高： 2H++2e 一NC(CH2)4CN,据此分析解答。 (4)电负性H>B,导致H较B更客易吸引电子，使 A.由分析可知，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电 得BH在中H的化合价为一1价： 答案-43 化学 (5)将该晶胞分为8个相同的小立方体，1号砷原子 17.解析：由题给流程可知，废催化剂加入氢氧化钠溶液 位于左下小立方体的体心，其原子坐标为 碱浸时，二氧化钛与氢氧化钠溶液反应转化为难溶 111 +6× (44,4)根据“均摊法”，晶胞中含8×8 于水的偏钛酸钠，三氧化钨与氢氧化纳溶液反应转 化为钨酸钠，过滤得到偏钛酸钠和鹤酸钠：向偏钛酸 名=4个B、4个As:晶胞中A:原子到B原子的最 钠中加入盐酸或硫酸溶液酸洗，将偏钛酸钠转化为 TiOC2或TiOSO4,TiOC2或TiOSO在溶液中水 近距离为apm,也为体对角线的四分之一，则品胞边 解生成偏钛酸，过滤得到偏钛酸：偏钛酸授烧分解生 4M 成二氧化钛，电解熔融二氧化钛制得钛：钨酸钠溶液 4 pm=4 长为4 3apm,则晶体密度为 NA 中加入氢氧化钙将钨酸钠的转化为钨酸钙沉淀，过滤 43 得到钨酸钙，鹤酸钙经多步转化制得钨。 3 (1)将废催化剂粉碎、搅拌、增大氢氧化钠溶液的浓 1030g·cm3= 4×86 43) -X1030g·cm3。 度、加热等措施能加快“碱浸”的速率；“碱浸”时生成 、3a NA 偏钛酸钠的反应为二氧化钛与氢氧化钠溶液反应生 成难溶于水的偏钛酸钠和水，反应的离子方程式为 答案：(1)①p ②线状③sp2 (2)Be15:2 TiO2+2Na++20H--Na2 TiO+H2O; (3)随着B原子数的增多，哪烷的相对分子质量增 (2)由晶型转化过程中的能量变化示意图可知，酸洗 大，范德华力增强，沸点升高 时应加入盐骏将偏钛酸钠转化为TiOC12,TiOC12充 (4)电负性H>B 分水解生成偏钛酸，由固体质量残留率和晶型转化 6() 4×86 -×1030 率随温度支化的示意图可知，在950℃下授烧偏钛 43) 酸至恒重制得高纯二氧化钛，具体操作为用盐酸酸 洗偏钛酸钠，将生成的TOCL2充分水解后，过滤、洗 16.解析：在三颈烧瓶中加入硫脲和水溶解，冷却至5℃ 涤得到偏钛酸，在950℃下煅烧偏钛酸至恒重制得 后，滴入H2O2溶液，控制温度低于10℃和pH<6 纯二氧化钛： 进行反应生成二氧化硫脲，反应完成后，结晶、过滤、 (3)由图可知，30min、500℃时二氧化钛的提取率最 洗涤、干爍后得到产品： 高，则提取二氧化钛的适宜条件为30min,500℃； (1)由图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗： (4)由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极、 (2)已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解， 且过氧化氢不稳定受热易分解，故「中控制“温度低 极是负极，与a极相连的高纯二氧化钛为电解池的 于10℃和pH<6”的目的是防止二氧化硫脲水解 阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离 防止过氧化氨分解： 子，电极反应式为Ti02十4e一Ti十2()2： (3)硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入H2O2溶液，控制 (5)由钨酸钙溶度积可知，溶液中钨酸根离子完全沉 温度低于10℃和pH<6进行反应生成二氧化硫脲，结 淀时，游液中的钙离子浓度不小于4×10口 合质量守恒，反应还会生成水，反应的化学方程式为 1×10-5mol/L pH<6 =4×10一5m0lL,由氢氧化钙的溶度积可知，溶液 (NH2)2CS+2H,0低子10℃ NH2 )2CSO2 +2H2O: 、中氢氧根离子浓度不小于X0写m0/L二 (4)二氧化硫脲水解：(NH2)2CSO2+H2O 0.15mol/L. (NH2)2CO+H2SO2,生成H2SO2,则反应中元素化 答案：(1)将废催化剂粉碎、搅拌或增大NaOH溶液 合价没有改变，(NH2)2CSO2中硫化合价为+2，则 的浓度或加热TiO2十2Na++2OH厂—Na2TiO3 H2SO2中S的化合价为十2。TD具有还原性，I的 +H2O 反应中因条件控制不当生成了H2SO2,最终导致TD (2)用盐酸酸洗Na2TiO3,将生成的TiOC2充分水 中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成 解后，过滤、洗涤得到H2TiO3,在950℃下煅烧 的硫单质： H2TiO至恒重 (4)二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，I中“洗涤” (3)30min、500℃(4)正TiO2+4e-Ti+ 选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失： (6)清液中Fe2+浓度为bmg·L-1,则Fe2+为bmg 202 (5)0.15 ·L.-1XV×10-3L=bW×10-3mg=bW×10-6g,那 18.解析：(1)由题千表中数据可知，CH(g)十H2O(1) -→CO(g)+3H2(g)△H2=(-110.5kJ/mol)-[(- 么Fe0的去除单56Rmo×号X160g/mo0l 75kmol)+(-285.8 kl:mol)]=十250.3kJ:mol,又 -X g×0.68% 知HO(g)一H2O(1)△H=-44k·mol-1,故 bV CH(g)+HO(g)CO(g)+3H(g)△H1=△H2+ 100%=47.6m%:亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置” AH =+250.3 kJ/mol+(-44 kJ/mol ) 时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被 +206.3kJ/mol:(2)某温度下，CH(g)和H2O(g)按投 空气中氧气氧化，导致实验误差。 料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平 答案：(1)恒压滴液漏斗(2)防止二氧化硫脲水解、 衡时CH:的转化率为80%，H2的体积分数为50%， 防止过氧化氢分解(3)(NH2)2CS十2H2O2 分析反应L.CH(g)十H2O(g)=CO(g)十3H2(g)和 pH<6 Ⅲ.CH(g)+2H2O(g)一CO2(g)+4H2(g),反应前 (NH2)2CSO2+2H20(4)+2S 低于10℃ 后气体体积均增大了2倍，反应Ⅱ，CO(g)十H2O(g) (5)减少二氧化硫脲的溶解损失 =CO2(g)十H2(g)前后气体体积不变，故设CH bV (6)47.6m %亚铁离子被空气中氧气氧化 起始量为1mol,则H2O为3mol,则反应后气体的 总物质的量为：(1十3十2×0.8)mol=5.6mol,根据 答案-44 创新示范卷·参考答案 氢原子守恒可知：2m(H2)+2n(H2O)=(1×4+2×3 -4×0.2)mol,由n(H2)=5.6mol×50%= 0.6×0.6=2.25,反应达到平衡时0正=V地，即 0.4×0.4 2.8mol,解得n(H2O)=1.8mol,则H2O的转化率 为3mo1.8m0l×100%=40%,反应物投科比小 生x(C0)·x(H0)=起x(C0)·x(H),则 3 mol x(CO2)·x(H2)c(CO2)·c(H2) 于反应的化学计量数之比，即增大日2O的用量，其 x(CO)·x(H2O)c(CO)·(H,O) =K=2.25, 目的是提高CH的转化率：(3)由题图像可知，从t1 在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化 时刻开始CO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时 率刚好达到40%时，三段式分析： 间内CaO的消耗速率降低，由于CaO十CO2 CO(g)+H2O(g)=CO(g)+H2 (g) CaCO3,生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了 起始量(mol/L) 1 1 0 0 CaO与CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失 转化量(mol/L)0.40.4 0.4 0.4 效：(4)由题千信息可知，Ⅱ.CO(g)十H2O(g)一 平衡量(mol/L) 0.60.6 0.4 0.4 CO2(g)+H2(g)△H2<0,升高温度，平衡逆向移 则x(C0,)=x(H2)=0,4=0.2,x(C0)=x(H,0) 动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于 2 A点，而增大n(C0)：n(H2())的比值，CO的转化率 减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为 =0.6=0.3.vE=kEC0)·x(H20 2 k造x(CO2)·x(H2) -KX B点，C点数值为(1,60)，由三段式分析： CO(g)+HO(g)CO(g)+H2(g) z09-225×828是-50625. x(CO2)·x(H2) 起始量(tmol/L) 1 1 0 0 答案：(1)+206.3(2)40%提高CH:的转化率 转化量(mol/L) 0.6 0.6 0.6 0.6 (3)降低CaO+CO2CaCO3,生成的CaCO3覆 平衡量(molL)0.4 0.4 0.6 0.6 盖在CaO的表面，减小了CaO与CO2的接触面积， c(CO2)·c(H2) 导致吸收效率降低甚至失效(4)B5.0625 C点温度下的平衡常数为K c(CO)·c(H2O) 创新示范卷（十五） 选择题答案速查 题号 1 4 5 2 8 10 11 12 13 答案 D B A C B A D A 0 1.D[这段话意思即用软浆车榨取甘蔗汁，每石蔗糖汁 误：D.N原子最外层电子为半充满状态，第一电离能 加半升的石灰，取过滤后的甘蔗汁加热冷却，得到黑 大于(O原子，故D错误.] 色晶体，用黄泥水淋洗可得到白糖。A.石灰为碱性物 5.A[①滴加稀HNO3溶液至pH=7,反应洽好生成 质，可与蔗糖中的酸性物质发生中和反应，A正确： 硝酸钾，①正确：②加入过量铁粉可以把铜置换出来， B.“冷凝成黑沙”即将热蔗糖水冷却结晶，是结品过 过滤除去铜和过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液，②正确： 程，B正确：C.“黄泥水淋下”可将黑色晶体变成白色， ③二氧化碳和HC1都会和碳酸钠溶液反应，可以用饱 即实现脱色目的，C正确：D.“白糖”是由蔗糖制得，故 和NaHCO溶液除去HCI,③错误：④乙酸、乙酸乙酯 其主要成分为蔗糖，D错误。] 都会和氢氧化钠反应，可以用饱和N2CO3溶液徐去 2.C[A.氯乙烷只有1种结构，不存在同分异构体，故 乙酸，④错误。门 A错误；B.聚乙烯和聚丙烯的聚合度n值为不确定 6.C[A.铜锢硫(CulnS2)量子点是尺寸在纳米量级 值，都属于混合物，不可能互为同系物，故B错误； (通常2~20nm)的半导体晶体，则其溶液为胶体，能 C,由结构简式可知，聚碳酸酯属于聚酯类高分子化合 发生丁达尔效应，故A正确：B.X射线衍射技术可以 物，可通过缩聚反应制得，故C正确：D.由结构简式可 测得量子点的晶体结构，常用于晶体结构的解析，故B 知，合成高分子化合物的单体为对苯二甲酸和对装二 正确；C.1n的原子序数为49，电子排布式为 胺，两种单体的核磁共振氢谱峰数相同，但羧基和氨 1s22s22p3s23p53d104s24p4d05s25p,可推知In位 基的氢原子数目不同，所以峰面积不同，故D错误。] 于元素周期表第五周期，故C错误：D.基态Cu原子的 3.C[由题千图示仪器可知，①为圆底烧瓶、②为客量 价层电子排布式为3d°4s',则基态Cu+的价层电子 瓶、③为分液漏斗、④为量筒、⑤为普通漏斗、⑥为锥 排布式为3d,故D正确。] 形瓶，据此分析解题。A.圆底烧瓶、雏形瓶可作为反 7.A[A.在反应及回流装置中，气液流向相同，都是由 应器，但分液漏斗不能作为反应器，A错误：B.③分液 下往上流动，A错误：B.浓硫酸与溴化钠反应，生成硫 漏斗进行分液操作，⑤普通漏斗进行过滤操作，但④① 酸氢钠和溴化氨，溴化氢有少量未参加反应而逸出， 量筒不能用于物质分离，B错误：C,②容量瓶和③分 所以气体吸收装置的作用是吸收HBr等有毒气体，B 液漏斗使用前必须先检查是否漏水，C正确；D.①圈 正确：C.反应生成的1-浪丁烷中可能混有Br2,水洗可 底烧瓶和⑤锥形瓶用酒精灯加热时必须加陶土网，而 洗去水溶性物质、碱洗可洗去B2、最后水洗可洗去 ②容量瓶不能加热，D错误。] 碱，从而除去大部分杂质，C正确：D.1-澳丁婉的密度 4.B[A.同一周期元素的原子半径随原子序数的递增 比水大，难溶于水，所以在分层液体的下层，应从分液 而减小；同一族的元素从上到下，随电子层数增多，原 漏斗的下口放出，D正确。1 子半径增大。原子半径：r(O)<r(C)<r(Na),故A 8.C[A.PO10为空间对称结构，是非极性分子，A不 错误：B.同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主 符合题意；B.PCL3的中心原子P的价层电子对数为3 族，自上而下元素电负性递减，电负性：X(Na)<X(N) <(O),故B正确；C.NHC1属于离子品体，故C错 +5一3X1=3+1=4,由于中心P原子有一个孤电子 答案-45