河南省驻马店高级中学2024-2025学年高三下学期二轮复习联考（三模）化学试题

①A 2025届高三二轮复习联考（三） 化学参考答案及评分意见 1.C【解析】神舟十九号推进器使用偏二甲肼(C2HNz)为燃料，其中N是第VA族元素，A错误；赤铁矿的主要 成分是F©O,B错误：2H与3H具有相同的质子数、不同的中子数，互为同位素，C正确：金刚石是共价晶体，D 错误。 3p 2,B【解析Ca和的核外电子数都是18，最外层电子排布图均为向四田A正确：Na*的离子半径比 C的小，水分子电荷情况如图 ,CI厂带负电荷，水分子在CI周围时，呈正电性的H朝向CI,水分子在 H Na+周围时，呈负电性的O朝向Na+,NaC1溶液中的水合离子应为8 88。,B错误：KC1为离子化合 do 物，用电子式表示其形成过程为K今：→K[C,C正确；键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，用 电子云轮廓图表示P一pπ键的形成为 8-8-88 ,D正确。 未成对电子的原 原子轨道 形成的x键 子轨道相互靠拢相互重叠 3.B【解析】X分子中含一CH2OH,能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确：Y分子中含氯原子，加热下，在氢氧化钠 醇溶液中可发生消去反应，B错误；Z分子中碳碳双键两端的碳原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体， C正确：X分子中含有亲水基团羟基，故X的水溶性最大，D正确。 4.A【解析】石墨易导电是因为晶体中有自由移动的电子，与范德华力无关，A错误；CO2是非极性分子，依据“相 似相溶”规律，则超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分，B正确：氮的电负性大于碳，CO(NH):中 C一N共用电子对偏向N,N略带负电，水解时一NH2可与H,O中的H结合成NH,,C正确：聚丙烯酸钠 (七CH2一CH)中含有亲水基团一COO,聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，D正确。 COONa 5.D【解析】SO结合Ba+生成BSO,沉淀，可以阻止Ba2+被人体吸收，离子方程式正确，A正确；向次氯酸钙溶 液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：C1O十CO2十HzO一HC1O+HCO,B正确；海水提 溴过程中将溴吹人SO2吸收塔，SO2在水溶液中将Br2还原为Br,该反应的离子方程式为 Br十SO2十2HzO一4H+十2Br十SO,C正确：用醋酸和淀粉一KI溶液检验加碘盐中的IO,的原理是 IO:在酸性条件下与I厂发生归中反应生成I而遇淀粉变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中应该用分子式表 示，D错误。 6.B【解析】因为Cu和浓硫酸反应，需要加热条件，题中缺少加热装置，A不符合题意：试管a中稀硫酸和F©反 应生成H2,可以排出装置内的空气，关闭止水夹，a中压强增大，可以将生成的FSO,溶液压入试管b中与 NaOH溶液反应生成Fe(OH)2,能达到实验目的，B符合题意，KSCN溶液遇Fe+不能反应生成红色物质，检验 方法不正确，不能达到实验目的，C不符合题意：蒸馏时，温度计测量的是馏分的温度，温度计的水银球应位于蒸 馏烧瓶支管口附近，不能达到实验目的，D不符合题意。 7,A【解析】与苯环直接相连的原子与之共平面，与碳碳双键直接相连的原子与之共平面，与碳氧双键直接相连的 二轮复习联考（三）化学答案第1页（共7页） 原子与之共平面，但酚羟基上的O原子为饱和。原子，为V形，因此酚羟基上的氢原子不一定都在同一个平面 上，A错误；该物质与足量H加成的产物分子中含有4个手性碳原子，4个手性碳原子如图 ①④ HO、 ,B正确；1mol该物质与足量NaOH溶液反应，分子中含有2个酚羟基，含有1个（酚）酯基， HO 101 3 酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多可消耗4 mol NaOH,C正确：1mol该物质与足量浓溴水反应时，苯环上 与酚羟基邻位的氢原子及另一个环中，碳碳双键可以与浓溴水反应，所以最多可消耗3 mol Br2,D正确。 8.A【解析】1个C,H,O中含有6个σ键和1个π键（乙醛）或7个。键（环氧乙烷），4.4gCzH,O的物质的量为 0.1mol,则含有g键的数目最多为0.7NA,A正确；100mL0.1mol·L.1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠 和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目之和，B错误：标准状况下，2.24LS02与1.12LO2充分反应，由于该 反应为可逆反应，所以反应物不能完全转化为生成物，故生成的SO,分子数目无法计算，C错误：电解饱和食盐水 时，电解总反应为：2NaC1十2H,0电解2NaOH+H,◆+C,↑，阴，闲两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的 量之比为1：1，气体的总质量为73g,则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量均为1mol,根据关系式 C2~H2~2e可知，转移的电子数为2NA,D错误。 9.C【解析】C、N、O、C1四种原子中，CI原子的电子层是三层，其他原子只有两层，所以氯原子半径最大；C、N、O 的质子数分别是6、7、8，所以原子半径大小为r(C)>r(N)>r(O),A错误：同周期中，元素从左到右的电负性递 增，元素的电负性：B<N<O,但电负性：H>B,B错误；同一周期元索原子的第一电离能呈递增趋势，但是第Ⅱ A、VA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素原子的，因此，基态原子的第一电离能从 小到大的顺序为11(B)<I1(C)<I1(O)<I(N),C正确：氢键不是化学键，D错误。 10.C【解析】保持H,S浓度不变，即c(HzS)=0.1mol·L,始终不变的只有H2S的浓度，三者之和大于 0.1mol·L1,A错误；酸性较强的溶液中含硫微粒为HS、HS、S-,H:S是二元弱酸，则起始阶段 c(HS)>c(S-),lgc(HS)>1gc(S2-),即点(1.6，-6.5)和(4.2，-3.9)所在曲线为c(HS)随pH的变化， 点(4.9，一13.0)和(6.8，一9.2)所在曲线为c(S-)随pH的变化，则 Ku(H,S)=cHS）·c(H+)_1016X10s =10.1, c(H,S) 0.1 Ku(H,S)·Ke(HS》=c(S-)·c2(H+)_100X(10-2 =10-.8,则Ke(H2S)=10-14.7,B错误； c(H2S) 0.1 由图示曲线(4.9，-13.0)交点可知，此时c(Cd+)=c(S-)=10-amol/L, 则K(CdS)=(10-mol/L)2=1.0×10-: 由曲线(6.8，一9.2)交点可知，此时c(Ni+)=c(S2)=10.2mol/L, 则K(NiS)=(10.2mol/L)2=1014: 反应NiS(s)+Cd+(aq)=Cds(s)+Ni+(aq)的平衡常数K= K (NiS)10-1 Kp (CdS) 10-0=1026,C正确： K(NiS) 除杂后的上层清液有可能是硫化镍的饱和溶液，溶液中c(N+)= c(S),D错误。 11.D【解析】NaOH过量，会与加人的AgNO,反应生成沉淀，对溴元素的检验形成干扰，应酸化后再加AgNO, 二轮复习联考（三）化学答案第2页（共7页） 溶液，A错误；酸性高锰酸钾溶液也可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明F©，O,中含有正二价Fε（Ⅱ），B错误；依据 量的关系C2~2I-,通过计算，CL仅能氧化I厂，只能得出氧化性：C2>I2,而无法比较Cl2与B的氧化性，C错 误；向MgCl,溶液中先加人少量NaOH溶液，生成白色沉淀，充分反应后再加人少量CuSO,溶液，沉淀颜色是 香变成蓝色，故能探究Cu(OH)2与Mg(OH):溶度积的大小，D正确。 12.C【解析】根据电子转移守恒知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO,得到电子总和，而镁铜失去电子 的物质的量与Mg2+,Cu+生成沉淀结合的OH的物质的量相等，且氢氧根离子的物质的量是镁钢的物质的量 总和的两倍，最终沉淀的增重即为氢氧根离子的质量，故氢氧根离子的物质的量为0.16mol,Mg与Cu的物质 的量之和为0.08mol,设镁的物质的量为amol,铜的物质的量为(0.08-a)mol,则24a十64(0.08-a)= 3.52g,解得a=0.04,即Mg与Cu的物质的量都是0.04mol,物质的量比值为1：1，A正确：金属离子恰好完 全沉淀时，溶液的溶质为NaNO:,则未被还原的HNO,的物质的量为n(NaOH)=2mol/L×0.12L= 0.24mol,因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)十n(未被还原的HNO,),即n(HNO,)= (0.08+0.24)mol=0.32mol,原硝酸的浓度为8mol·L1,B正确；NO和NO2混合气体共1.792L,标准状 况下混合气体总物质的量为0.08mol,设混合气体中NO的物质的量为xmol,NO2的物质的量为(0.08一x)mol,根 据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO:得到电子总和，而镁铜失去电子的物质的量 与Mg2+,Cu+生成沉淀结合的OH的物质的量相等，则3x十0.08-x=0.16,解得x=0.04,故NO和NO,的 物质的量都为0.04mol,体积比为1：1，C错误；NO,NO2与氧气、水反应又转化为HNO,,反应的化学方程式 为4NO2+O,+2H,O一4HNO,、4NO+3O2+2HO一4HNO1,NO、NO,的物质的量都是0.04mol,因此 根据方程式可知n(O2)=0.04mol,标准状况下通人氧气的体积为：0.04mol×22.4L/mol=0.896L,即 896mL,D正确。 13.C【解析】4o0℃时，③的数值为100%，但C,H,0H的转化率、H:的产率不可能为100%，可知③表示C0) n(H2) 比值，由反应I可知，每消耗1mol乙醇就可以合成3 mol H:,故总体来说，H2的产率大于乙醇的转化率，因此 ①表示C.H:OH的平衡转化率，②表示H2的产率，A错误：由图可知，当温度约为680℃时，C2 H:OH的转化 率最大，且升高温度，H2的产率基本不变，故乙醇一CO:重整制氢的最佳温度条件约为680℃，B错误；在一定 温度下，增大n(C2HOH):n始(CO2),即相对来说n(CO2)不变，增大n(C:H:OH),C2HOH的浓度增大， 会使化学平衡向正反应方向移动，但乙醇自身的转化率会减小，C正确：催化剂只能改变反应速率，对平衡产率 无影响，反应I、Ⅱ、Ⅲ均为分子数增大的反应，加压则平衡逆向移动，H2的产率降低，D错误。 14.D【解析】放电时MmO2电极为正极，则充电时，MnOz电极连接电源的正极，A正确；充电时，Zn+向阴极方向 迁移，被还原为Zn,电极反应为：Zn++2e一Zm,少量ZnMn:O,在阳极失去电子生成MnO,电极反应式为： ZnMn:O,-2e一2MnO2十Zn2+,则总方程式为：ZnMn2O,一Zn+2MnO:,B正确；放电时，MnO2得到电 子生成MnOOH,ZnMn2 O,电极反应式分别为：MnO2十H,O+e一MnOOH+OH、 2MnO2十Zn2++2e一ZnMn:O,OH浓度增大，附近溶液的pH增大，C正确：放电时，Zn电极质量减少 1.30g(即0.02mol),转移电子的物质的量为0.04mol,若只生成MnOOH,则生成MnOOH的物质的量为 0.04mol,但还有少量ZnMn2 O,生成，所以生成MnOOH的物质的量小于0.04mol,D错误。 15.(14分) (1)将废旧CPU粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度、搅拌等(2分：合理即可) 二轮复习联考（三）化学答案第3页（共7页） (2)Au+4NaC1+5HNO—HAuCl+2H,O+NO↑+4NaNO,(2分) 浓盐酸和NaNO:组成的溶液成分 与浓硝酸和NCl组成的溶液成分相同，因此两种组合都可以“溶金”(2分) (3)2(2分) (4)B(1分) A(1分) (5)①Cu.Ni(1分) M √NAaI分) ② (6)2AgCI+4NH,.H:O+CH:OH(CHOH).CHO-2Ag+CH2 OH(CHOH),COO-+3NH+2CI-+ NH2+3H,O(2分) 【解析】I.(1)加快“酸溶”速率、提高浸出率，采取的措施有将废旧CPU粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度、搅 拌等。 (2)含Au固体中加人硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCL,反应的化学方程式为 Au+4NaCl+5HNO,-HAuCl,+2H,O+NO+4NaNO, 浓盐酸和NaNO,组成的溶液成分与浓硝酸和NCl组成的溶液成分相同，因此两种组合都可以“溶金”。 (3)HAuC,完全电离产生的H+也会与锌反应，则1 mol HAuCl参加反应时得到的电子物质的量为4mol,则 消耗锌的物质的量为2mol。 Ⅱ.根据分析，流程如图所示： NaC溶液 c©劳餐回 Cu2、Ag溶液 NaCI分离 Ag☑氢水[Ag(NH).I溶液-一图 (4)Cu2+和Ag+溶液中加足量氯化钠溶液，将银离子转化为AgC1沉淀，过滤，得到含铜离子的滤液，滤液中加 足量Fe粉将铜置换为单质；“物质2”为Cu和过量Fe的混合物，混合物加足量盐酸，将Fe溶解，过滤得到Cu, 故“试剂1”是NaC1溶液，“试剂2”是盐酸。 (⑤)①Ni在晶胞顶点，个数为8X日-1，Cu在品胞面心，个数为6X-3,该品体的化学式为Cu,N. M ②晶胞的质量为，8，设该晶胞的楼长为acm,根据密度的定义，晶胞的体积为V-公= M N p d g/cmi=a', M 则该品胞的棱长为a= VNad cm (6)由上述分析可知“物质3”为AgC1,AgCI溶于足量稀氨水中得到银氨溶液；银氨溶液加入葡萄糖溶液中生成 Ag单质，总反应的离子方程式为：2AgCl+4NH,·HO+CHOH(CHOH),CHO一2Ag+ CH:OH(CHOH)COO-+3NH:+2CI-+NH:+3H2O 16.(15分) (1)恒压滴液灞斗(1分) Ca+[:0:0:](2分) (2)低于0℃，液体易冻结，反应困难，而温度过高，过氧化氢分解速率加快(1分) 抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CO2晶体析出(1分) (3)Ca(OH)2+H2O2+6H20CaO2·8H2O(2分) 溶液碱性增强，HO2稳定性下降(2分) (4)①2MnO:+5H2O2+6H+—2Mn++5O2↑+8HO(2分) 二轮复习联考（三）化学答案第4页（共7页） ②当滴入最后半滴酸性KMO,溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴 定终点(2分) ③82.9%(2分) 【解析】(2)反应如果在低于0℃下进行，那么液体易冻结，造成反应困难：如果温度过高，过氧化氢分解速率加 快，也会影响产物的生成，故温度控制在0~5℃. (3)溶液碱性增强，H2O2稳定性下降，从而影响CO,的产率降低。 (4)③根据表中数据，三次滴定消耗酸性KMnO,溶液的体积分别为23.02mL、21.03mL、23.04mL, 第二次实验消耗酸性KMnO,溶液的体积偏小，应舍去，则消耗酸性KMO,溶液体积的平均值为23.O3mL, 2MnO+5H,O2+6Ht—2Mn8+十5O2↑+8HzO CaO2.8H:0+H2SO,-CaSO.+8H:O+H,O2 再根据这两个方程式得出MnO,与CaO2·8HzO的关系， n(C0,·8H,0)-(KMa0,)= 2×0.0200mol·L1×23.03mL×10-1L·mL1=1.1515×10mol Ca0,·8H,0的质量分数为1.1515X10molX216g/m0×100%=82.9% 0.3000g 17.(15分) (1)乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐(2分) 环上连有甲基，使得活性点位减少(2分) (3)①B代表CO,反应I的△H<0,温度升高则促进CO,的生成：反应Ⅱ的△H>0,温度升高则促进CO:的 消耗：在温度高于600℃的条件下，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应I的影响(2分) ②+74.6(2分) ③反应一段时间后，产生的积碳覆盖在催化剂表面(1分) (4)活化的HCOO·与H结合，脱去水分子生成CHO·,CH,O·再进一步结合H生成CH和OH(2分) (5)①CO2+8H++8eCH,+2H20(2分) ②22.5%(2分) 【解析】(1)乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐。 (2)由题日信息知，③ 》①中的三个位置均可能捕获CO, 环上连有甲基，使得活性点位减少。 (3)①反应I为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，则CH:的物质的量随温度升高而减小，而反应Ⅱ为吸 热反应，升高温度，化学平衡正向移动，则CO的物质的量随温度升高而增大，因此A表示CH,C表示CO,则 B表示CO2。在温度高于600℃的条件下，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应I的影响，因此二氧化碳的物 质的量随温度升高而逐渐减小。 ②根据盖斯定律可知，反应V=反应ⅡX2十反应Ⅲ一反应I, 二轮复习联考（三）化学答案第5页（共7页） △H=(+41.2×2-172.5+164.7)kJ/mol=+74.6kJ/mol ③根据化学方程式知，反应Ⅲ和反应Ⅳ都有单质碳生成，反应一段时问后，产生的积碳会覆盖在催化剂表面，从 而降低催化剂的活性。 (4)由题干反应历程图知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的HCOO'与H·结合，脱去水分子生 成CHO',CH,O"再进一步结合H'生成CH和OH"。 (5)②标准状况下22.4L的CO,的物质的量为1mol,被完全吸收并还原为CH,和C2H,分离出H2后，将CH 和CzH,的混合气体通入如图5所示装置（反应完全），出口处收集到的8.96L气体为CH,则CH,的物质的量 为0.4mol,根据C原子守恒可知，生成的CH的物质的量为2×(1-0.)mol=0.3mol,生成CH,所用的电 子的物质的量为8×0.4mol=3.2mol,生成CzH所用的电子的物质的量为6×0.3mol×2=3.6mol,由图4 可知，当c(KCD=3mol·L1时，FE(CH,)=20%,则通过该极的总电子的物质的量为3.2ml=16mol, 20% 则FE(C2H,)= 3.6 mol 16 mol ×100%=22.5%. 18.(14分) HO (1) (2分) CHO (2)与生成的HI反应，促进平衡向正反应方向移动(1分) 还原反应(1分) CH:O CHO +2Cu(OH),+NaOH△ +Cu2O￥+3H2O(2分) CHO COONa (3)羟基、硝基、醚键(2分) 7:3(2分) CH,O CH,O +HSCH,COOH+2NaOH→ +NaBr+2H,O ON CH:Br CH,SCH2 COONa (2分) HO (4) CHNH2(2分) HO 【解析】根据流程，A发生取代反应生成B,B发生还原反应生成C,C发生取代反应生成D,D发生取代反应然后 HO CHO 酸化得到E,E发生氧化反应生成F,则A为 ,B为 CHO O2N CHO CH:O CHO C为 ,D为 ,据此回答。 CH,OH ON CH2Br 二轮复习联考（三）化学答案第6页（共7页） HO (1)由分析知，A的结构简式为 O2N CHO (2)在A→B过程中，会生成另一种产物H1,K:CO的作用是与生成的HI反应，促进平衡向正反应方向移 动：B发生还原反应生成C:B能与新制氢氧化铜反应，醛基被氧化，则反应的化学方程式为 CH;O CH:O +2Cu(OH):+NaOH△ +Cu20￥+3H,O ON CHO COONa CHO (3)根据C的结构简式 ,可知含有的官能团名称为硝基、羟基和醚键。 O2N CH:OH E分子中苯环和一COOH中的C都采取sp杂化，其余3个C都采取sp杂化，分子中采取sp和sp杂化的碳 CHO 原子数目之比为7：3。D→E中反应①是 中Br原子在碱性条件下被一SCH2COOH ON CH2Br 代替，反应的化学方程式为 CHO CHO +HSCH,COOH+2NaOH→ +NaBr+2H2 O O.N CH,Br O.N CH,SCH,COONa CHO (4)C为 ,C的一种同分异构体同时满足下列条件： O2N CH2 OH I.能与FCl,溶液发生显色反应，说明含有酚羟基： ⅱ.能发生水解反应，说明含有酯基或肽键，水解产物之一是α一氨基酸，该有机物中含有 O “一OC一CH2NH2”,另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1：1，且含有苯环，说明是对称结 HO 构，综上所述，符合条件的是 CH:NH2 HO 二轮复习联考（三）化学答案第7页（共7页）(A 2025届高三二轮复习联考（三） 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 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字母涂黑，如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母；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。 考试时间75分钟，满分100分 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23Mg-24A1-27 S-32Cl-35.5Ca-40Mn-55Cu-64Zn-65Ag-108Nd-144 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.“科技兴国，高质量发展”一直是我国建设现代化国家的战略方针。下列说法正确的是 A.神舟十九号推进器使用偏二甲肼(C2HN2)为燃料，其中N是第V族元素 B.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿的主要成分为FO C.创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的H与H互为同位素 D.“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为分子晶体 2.化学用语也是一种国际性的科技语言。下列化学用语或图示表述中，不正确的是 3p A.Ca2+和CI1-的最外层电子排布图均为 t田t田t9t田 8c8 B.NaCl溶液中的水合离子为c8 88 C.用电子式表示KCl的形成过程为K干i:→Ks D.用电子云轮廓图示意p一pπ键的形成为 8-8-88- 3.有机物Z是合成治疗某心律不齐药物的中间体，其合成机理如图所示。下列有关说法 中，不正确的是 CH. OH , A.X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B.Y在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 C.Z分子中存在顺反异构体 D.X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X 二轮复习联考（三）化学试题第1页（共8页） 4结构决定性质，性质决定用途。下列各项中，不具有对应关系的是 A.石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电 B.CO2是非极性分子，超临界CO2流体可用于萃取物料中的低极性组分 C.CO(NH2)2中N略带负电，水解时一NH2可与H2O中的H结合成NH D.聚丙烯酸钠（七CH2一CH)中含有亲水基团，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 COONa 5.下列离子方程式中，不正确的是 A.用5%Na2SO,溶液能有效除去误食的Ba+:Ba+十SO?—BaSO, B.向次氯酸钙溶液中通入足量二氧化碳：ClO十CO2+H2O一HC1O+HCO C.海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2十SO2+2H2O一4H+十2Brˉ+SO D.用醋酸和淀粉一KI溶液检验加碘盐中的IO;:IO3+5I+6H+一3L2十3H2O 6.利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是 Fe KSCN溶液 塑 稀硫 NaOH 经煮沸酸 溶液 化的3%的 NaCl溶液 丙 A.图甲：Cu和浓硫酸反应制取少量SO2气体 B.图乙：装置乙可用于实验室制备少量Fe(OH)z C图丙：滴加KSCN溶液，溶液不变红，可证明锌比铁活泼 D.图丁：用装置丁分离乙酸乙酯和乙醇 7.七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图。下列说法中，不正确的是 HO HO A其分子中所有的原子一定位于同一平面上 B.该物质与足量H2加成的产物分子中含有4个手性碳原子 C.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4 mol NaOH D.1mol该物质分别与足量浓溴水反应时，最多可消耗3 mol Br2 8.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.4.4gC2H,O中含有g键的数目最多为0.7NA B.100mL0.1mol·L1的NaOH水溶液中含有氧原子的数目为0.01N C.标准状况下，2.24LS02与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA D电解饱和食盐水时，若阴、阳两极产生气体的总质量为73g,则转移电子的数目为NA 二轮复习联考（三）化学试题第2页（共8页） 9.已知一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]:[B(OCH),]C1,部分晶体结构如 图所示，其中[C(NH2),]+为平面结构」 下列说法正确的是 A.原子半径：r(CI)>r(O)>r(N)>r(C) B.电负性：H<B<N<O C.基态原子的第一电离能：I:(B)<I1(C)<I(O)<I1(N) D.该晶体中存在共价键、配位键、离子键、氢键等化学键 10.某废水中含有Ni+和Cd+,可通过保持c(H2S)=0.1mol/L时调节pH使Ni+和 Cd2+形成硫化物而分离，体系pH与lgc关系如图所示，c表示HS、S2-、Ni+、Cd+的 浓度，单位为mol/L。下列说法正确的是 A.调节pH的过程中，始终有 0 、4.2,-3.9y c(H2S)+c(HS)+c(S2-)=0.1mol·L-1 B.K1(H2S)=10-147 8 1.6,-6.5)、(6.8-9.2) ---Ni2 C.反应Nis(s)+Cd+(aq)=CdS(s)+ -121 <4.9,-13.0 -Cd2 -16 Ni2+(aq)的平衡常数K=102.6 -20 D.除杂后的上层清液中一定存在： 12345678pH c(Ni2+)< Kp(NiS) c(S2-) 11.化学是实验的科学。室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 向试管中滴入几滴1一溴丁烷，再加入2mL5%NaOH溶液，振 检验1一溴丁烷中 A 荡后加热，反应一段时间后停止加热，静置。取数滴水层溶液于 的溴元素 试管中，加人几滴2%AgNO,溶液，观察现象 将FeO,溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴人酸性KMnO,溶液，观察 FeO,中含有正二 B 溶液颜色的变化 价Fe(Ⅱ) 向50mL浓度均为1mol·L的KBr、KI混合溶液中通入0.025mol 氧化性： C C2,再加人CCL,振荡后静置，观察CCL层颜色 Cl>Br:>I 探究Cu(OH),与 向0.1mol·L-'MgCl2溶液中先加人少量NaOH溶液，充分反应 Mg(OH)2溶度积 后再加入少量0.1mol·L-1CuSO,溶液，观察沉淀颜色的变化 的大小 二轮复习联考（三）化学试题第3页（共8页） 12.将3.52g镁铜合金投入40mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混 合气体1.792L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态)， 反应结束后向溶液中加入120mL2mol·L1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子 全部转化为沉淀且质量为6.24g。若将盛有1.792L该混合气体的容器倒扣在水中，通 入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法中，不正确的是 A.Mg与Cu的物质的量比值为1：1 B.原硝酸的浓度为8mol·LJ C.NO和NO2的体积比为3：1 D.通入的O2的体积为896mL(标准状况) 13.乙醇一CO2催化重整可获得H2。使用Ni基催化剂，主要发生的反应为： I:C2Hs OH(g)+CO2(g)3H2(g)+3CO(g) △H1=+296.7kJ/mol Ⅱ：C2H OH(g)=CH(g)+H2(g)+CO(g) △H2=+49.7kJ/mol Ⅲ：CH(g)C(s)+2H2(g) △H,=+75kJ/mol N:C(s)+CO2 (g)2CO(g) △H4=+171kJ/mol 在1.0X105Pa和n(C2HOH):n始(CO2)=1:1.2时，仅考虑上述反应，CzH5OH的 平衡转化率、H,的产率和”(CO) n(H2) 比值随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 100 3 80 ② 60 40 20 005006007008009001000 温度/℃ A.曲线①表示H2的产率，曲线②表示CHOH的平衡转化率 B.乙醇一CO2重整制氢的最佳温度条件为900℃ C.在一定温度下，增大n(C2HOH)：n(CO2),乙醇的平衡转化率减小 D.在600~700℃，选择高效催化剂或增大压强，都可提高H2的平衡产率 14.科学家使用8-MnO,研制了一种MnO2一Zn可充电电池（如图所示）。电池工作一段时 间后，MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2 O,。下列叙述中，不正确的是 A Zn ZnSO 极 水溶液 电极 A.充电时，MnO2电极连接电源的正极 B.充电时，会发生反应：ZnMn2O,一Zn十2MnO2 C.放电时，MnO2电极附近溶液的pH增大 D.放电时，Zn电极质量减少1.30g,则MnO2电极生成了0.04 mol MnOOH 二轮复习联考（三）化学试题第4页（共8页） ⑤A 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)金、银、铜是电脑、手机等电子线路中不可或缺的材料，为充分利用资源，变废为 宝，从废旧电子材料中回收金等，可实现贵金属资源的再利用，废旧CPU中的金(Au)、 Ag和Cu回收的部分流程如图所示。 HNO,-NaCl Zn粉 HNO, 一溶一过 HAuCl 还原、 -Au 溶液 分离 NO, 滤液 NO (含Cu*、Ag) 已知：HAuCl=H++AuCl。 回答下列问题： I.金(Au)的回收 (1)为加快“酸溶”速率、提高浸出率，可采取的措施是 (填一种即可)。 (2)用HNO,一NaCI“溶金”时反应的化学方程式为 用浓盐酸一NaNO,代替HNO3一NaCl也能“溶金”，原因是 (3)若用过量Zn粉将1 mol HAuCl,完全还原为Au,则参加反应的Zn的物质的量是 mol. Ⅱ.Ag和Cu的回收 用一定浓度的盐酸、氯化钠、氨水、铁粉与葡萄糖，按如图所示流程从“酸溶”后的溶液中 回收Cu和Ag(图中的试剂与物质均不同) 物质1 过量Fc粉物质2 Cu2、Ag溶液试剂 分离 试剂2.Cu 分离 离 物质3过量试剂3，试剂4 加热 分离Ag (4)试剂1是 (填字母，下同)，试剂2是 A.盐酸 B.氯化钠溶液 C氨水 D.葡萄糖溶液 (5)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。 ①该晶体的化学式为 ②已知该晶胞的摩尔质量为Mg·mol-1,密度为dg·cm-3 则该晶胞的棱长是 cm(设NA为阿伏加德罗常数的值， OCu 用含M、d、Na的代数式表示)。 ●Ni (6)上述流程中，“物质3”经过两步连续反应制得单质Ag,该过程 总反应的离子方程式为 16.(15分)过氧化钙(CaO2)在常温下为白色或淡黄色结晶性粉末，难溶于水，不溶于乙醇、 乙醚等有机溶剂，易与酸反应。过氧化钙在潮湿空气或水中会逐渐缓慢地分解，长时间 放出氧气，是一种用途广泛的优良供氧剂，过氧化钙常用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、油类 漂白剂及封闭胶泥的快干剂。在食品、牙粉、化妆品等制造中广泛使用。 某实验小组按如下流程和装置制备CaO2: 30%H20溶液一 ①冷水浴 Ca(OH),固体充分搅拌30min 悬浊液②抽滤Ca0,:8H,0③105℃拱王Ca0, 60 min 二轮复习联考（三）化学试题第5页（共8页）》 第①、②两步所用的装置如图1、2所示（夹持装置省略）。 出水一 过 30%H,0 导 溶液 热水 化 抽气 冷水浴日 Ca(OH)2 % 固体 磁力搅拌器 0.91.01.1121.3Ca(OH】 图1 图2 图3 H02] 已知：双氧水(H2O2)在弱酸性或中性条件下性质较稳定，在碱性条件下不稳定。 请回答下列问题： (1)盛放H2O2溶液的仪器名称为 ,CaO2的电子式为 (2)制备CaO2·8H2O一般在0~5℃的低温下进行，原因是 相比普通过滤装置，使用如图热抽滤装置的优点是 (3)写出生成CaO2·8H20反应的化学方程式： n[Ca(OH)2] 步骤①：控制其他条件相同，考察Ca(OH)2与H2O2的物质的量之比( 对 n[H2O2] CaO2产率的影响，结果如图3所示。 随着比值的增大，CaO2产率呈下降趋势，原因是 (4)过氧化钙晶体含量的测定 准确称取0.3000g产品于锥形瓶中，加人30mL蒸馏水和10mL2.0000mol·L1的 硫酸溶液，用0.0200mol·L1酸性KMnO,标准溶液滴定至终点。重复上述操作两次。 ①H2Oz和酸性KMnO,溶液反应的离子方程式为 ②滴定终点观察到的现象为 ③根据表中数据，则产品中CaO2·8H2O的质量分数为 (保留三位有效数字)。 样品的质量/g 酸性KMnO,标准溶液的体积/mL 滴定次数 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 0.3000 1.02 24.04 2 0.3000 2.00 23.03 0.3000 0.20 23.24 17.(15分)为应对全球气候变暖，我国对世界郑重承诺：2030年前实现“碳达峰”，2060年前 实现“碳中和”，2025年政府工作报告提出：积极稳妥推进“碳达峰”“碳中和”。从空气中 捕集CO2并将其转化为燃料或高附加值的化学品，对实现“碳中和”可持续发展具有重 要意义。 I.CO2的捕集是我国实现“碳中和”目标的一种关键技术手段。 (1)吸收剂X(乙醇胺，HOCH2CH2NH2)可完成对空气中CO2的捕集。 吸收剂X HOCH,CH,NH;COO- 空气→吸收 解吸+C02 乙醇胺溶液能够吸收CO2的原因是 二轮复习联考（三）化学试题第6页（共8页） (2)离子液体 BF,也能用于CO2的捕获， 获C0,时，③0中的三个位霸 均可能与C0,发生反应，其中的一种产物为 人COH。相较于 吸收 CO2效果不佳，结合上述信息，从结构角度解释其原因： Ⅱ.CO2的资源化利用具有重要的意义。 (3)二氧化碳加氢可以制取甲烷，向恒压、装有催化剂的密闭容器中通人1olCO2和 4molH2,若只考虑发生如下两个反应： 反应I:CO2(g)+4H2(g)CH(g)+2H2O(g) △H1=-164.7kJ,mo1-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)一CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol- 则平衡时含碳物种的物质的量随温度的变化如图1所示。 1.0 B 02004006008001000 温度/℃ 图1 ①说明B代表的物质并解释温度高于600℃后，B的物质的量随温度升高而逐渐减小的 原因： ②实际反应过程中，还会发生如下反应： 反应Ⅲ：2CO(g)C02(g)+C(s) △H3=-172.5kJ·mol-1 反应V:CH(g)C(s)+2H2(g) △H 则反应V的△H, kJ·mol-1。 ③保持温度一定，实际反应过程中测得一段时间后，催化剂的活性会降低，原因是 (4)Ni一ZrO2催化CO2加H2制CH的反应历程如图2所示。 H(g）)C0,(g) CH,(g) OH HH OH OH -H0 CH Zro ZrO. Zr022 第1步 第2步 第3步 第4步 图2 Ni一ZrO2催化剂催化CO2甲烷化反应机理：首先H2在Ni载体表面活化生成H,ZrO。 载体表面的OH*将CO2吸附活化为HCO;,然后活化的HCO;与H结合脱水生成 活化HCOO*,用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 二轮复习联考（三）化学试题第7页（共8页） (5)用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可 C02电化学 还原产物 以实现对CO,的综合利用。图3是在酸性条件下电化学 还原CO2的装置。 已知法拉第效率(FE)表示为FE(B)= n(该极生成B所用的电子数) n(通过该极的总电子数) ×100%。控制pH=1、电 解液中存在KC1时，电化学还原CO2过程中CH,(其他 电极Ⅲ阳离子膜 电极W 含碳产物未标出)和H2的法拉第效率变化如图4所示。 图3 100 H,OCH CH和C,H 气体 混合气体 出口 00.10.51 c(KCI)/(mol-L-) 酸性KMnO,溶液 NaOH溶液 图4 图5 ①写出阴极产生CH,的电极反应： 0 ②当c(KC1)=3mol·L-1时，22.4L(已折合为标准状况，下同)的CO2被完全吸收并还 原为CH和C2H,分离出H2后，将CH4和C2H,的混合气体通人如图5所示装置（反应 完全)，出口处收集到气体8.96L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)= 18.(14分)化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图所示。 CH,O CH,I NaBH. PBr C,HNO KCO CHNO C,H NO,Br O.N CHOH & ①HSCH,COoH,NaOH CH,O. H.O,CH,O ②H,O CH,SCH,COOH CH.SCH,COOH E 已知：HO CH,I CH,O K:CO 回答下列问题： (1)A的结构简式为 (2)在A→B反应的过程中，KzCO的作用是 B→C的反应类型为 :B与新制Cu(OH)2反应的化学 方程式为 (3)C中的官能团名称为 ;E分子中采取sp2和sp杂化的碳原 子数目之比为 ;D→E中反应①的化学方程式为 (4)C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： i.能与FeCl,溶液发生显色反应； Ⅱ，能发生水解反应，水解产物之一是α一氨基酸，另一产物分子中不同化学环境的氢原 子数目比为1：1且含苯环。 二轮复习联考（三）化学试题第8页（共8页） 囿A