云南三校（昭通一中等）2026届高三上学期高考备考实用性联考卷（三）化学试题

2026届云南三校高芳备考实用性联考卷（三) 化学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。 以下数据可供解题时参考。 可能用到的相对原子质量：H-1Be一9C一12N一140一16Ga一70 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.化学是材料发展的基础，下列说法错误的是 A.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fe3O4具有磁性 B.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体 C.“天和核心舱”电推进系统采用了氨化硼陶瓷，其属于新型无机非金属材料 D.利用C0,合成高级脂肪酸甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化 2.下列化学用语或图示表示正确的是 A.基态S原子的价电子轨道表示式： 团 3s 3p B.氯化镁的电子式：：CMg:Ci: C.BF3的VSEPR模型： 8a8 D.NaCl溶液中的水合离子：$⊕ 88& 8 g8 化学·第1页（共10页） 3.下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是 A.黑火药爆炸：2KNO3+3C+S—K,S+N2↑+3C02↑ B.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO+2OH+Mg2+—MgCO,↓+ C03+2H,0 C.焦炭还原石英砂制粗硅：Si0,+2C高温Si+2C0↑ D.Fe2+的检验：K*+Fe2+[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓ 4.设N为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A.18g水蒸气内氢键数小于2N. B.室温下，pH=9的CH3 COONa溶液中，水电离出的H数目为105N C.1.2g金刚石中含有共价键的数目为0.4N D.1 mol Na,02与足量C0,反应，转移电子数为2N. 5.下列图示中，实验操作或方法符合规范的是 A1CL,溶液/ 95%乙醇 ④片 镍片 电 20mL0.1mol·L- 2CaNH.s0溶液 铁片 液 A.制备无水AICL3固体B.析出深蓝色晶体 C.在铁片上镀镍D.除去乙醇中的苯酚 6.C0,的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用C02为原料可以合成新型可降解高分 子P,其合成路线如图1所示。 0H捕获C02 催化剂H 人NH,反应①H,N入 OH反应②1 入 Y 图1 下列说法不正确的是 A.反应①的原子利用率为100% B.1molY中最多能与3 mol Na0H反应 C.高分子P中存在“， HNHN” 结构片段 D.高分子P完全水解可以得到Y ■口口 化学·第2页（共10页） 7.用铬铁合金（含少量Ni、Co单质）生产硫酸铬的工艺流程如图2所示： 稀硫酸Na,S 草酸 铬铁合金一浸画一除杂一沉铁一C,S0) 气体滤渣1滤渣2 图2 下列说法错误的是 A.稀硫酸在“浸出”过程中体现了酸性和氧化性 B.“滤渣1”中含CoS和NiS C.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C204)3 D.流程中未产生六价铬化合物 8.实验探究是化学学习的方法之一，下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 选项 实验设计 现象 实验结论 取5mL0.lmol/LKI溶液于试 管中，加入1mL0.1mol/L KI与FeCl,的反应有一定 A 溶液变红 FeCl,溶液，充分反应后滴入 限度 5滴15%的KSCN溶液 第一支试管溶 取两支试管分别加入2mL 在CuCl2溶液中，存在平 液颜色呈黄绿 0.5mol/L CuCl2溶液，将第 衡：[Cu(H,0)4]2++4Cl B 色，第二支试 支试管加热，第二支试管置于 、[CuCl4]2+4H20,且 管溶液颜色呈 冷水中 蓝绿色 该反应为放热反应 将C,HBr与NaOH溶液共热， 没有产生淡黄 C C,HBr没有发生水解反应 冷却后，加入AgNO3溶液 色沉淀 向某有机物中先加入lmL 0.1mol·LNa0H溶液，再加 未产生砖红色 D 有机物不含醛基 入2mL0.1mol·L-1的CuS0, 沉淀 溶液，混合加热 化学·第3页（共10页) 9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的价电子数是W、X的价电子 数之和且只与X同周期，基态Z原子的核外电子空间运动状态有9种；四种元素形成 的某阳离子的结构如图3所示。下列说法正确的是 A.最简单氢化物沸点：X<Y<Z B.基态原子的未成对电子数：X<Y<Z 一 C.阳离子中Y原子形成的键角∠WYW:1号Y<2号Y 图3 D.X02与Z02均为非极性分子 10.图4是乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH,一CHOOCCH,) 的过程示意图。 O,、CH,CO0H Pd+ CH,=CHOOCCH CH,COOH ① ② H,0 Pd(CH,COO) CH,=CH, 图4 下列说法正确的是 A.Pd催化剂可以改变反应历程，改变反应热 B.生成CH,=CHOOCCH,的总反应为： 2CHCOOH+O2+2CH,-CH-P42CH,-CHOOCCH,+2H.O C.②中生成CH,一CHOOCCH,的过程中，只有极性键断裂没有极性键形成 D.反应①未发生氧化还原反应 11.一种采用双极膜电解硝酸盐制备NH3的方法，可以提高产生NH3的法拉第效率 (FE),已知：FE(B)= 实际生成B物质所需电子数×1O0%,E(NH,)可达90%， 理论通过电极的电子数 阳极气体的FE为50%。工作时双极膜中间层的H,0解离出H和OH,并在电场作 用下向两极移动。该装置的工作原理如图5所示，下列说法正确的是 气体 电源 气体 电极a 电极b I室 Ⅱ室 KNO,溶液 双极膜 KOH溶液 图5 化学·第4页（共10页） A.电极a上的电势高于电极b上的电势 B.双极膜中H移向b极 C.当电路中通过0.2mole时，双极膜中有0.1molH,0发生解离 D.当阳极产生11.2L气体（标准状况）时，则阴极产生0.45 mol NH 12.镓（Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。Ga及其化合物的转化 关系如图6所示[已知：Ga的性质与Al相似，其中GaCl,的熔点：77.9℃，沸点： 201.3℃]，下列说法正确的是 Ga-→GaCl3—→Ga(OH)3-→Na[Ga(OH)4] 图6 A.GaCl,属于离子晶体 B.基态Ga原子价层电子排布式为3d4s24p C.Ga(OH)3能溶于氨水，离子方程式为Ga(OH)3+0H=[Ga(OH)4] D.Na[Ga(OH)4]中含有离子键、极性键、配位键 13.氮(N)、镓(G)合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能 电池领域，氮化镓的立方晶胞结构如图7所示，晶胞的密度为pg·cm3,A原子分 数坐标为0，？，)，N,为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 ○Ga原子 ●N原子 图7 A.B原子的分数坐标为 3 4×84×1030 B.该晶胞边长为 pXN pm ● C.该晶胞在yz平面的投影为9 D.N原子填充在Ga原子形成的四面体空隙中 14.25℃时，用0.1000mol·LHCl标准溶液滴定20.00mLNH20H和CH3NH2的混合溶 液以测定两种物质的含量，滴定曲线如图8甲所示；四种含氨物质分布分数6与pH 关系如图乙所示。如： 化学·第5页（共10页） ■ ■ c(NH,OH) c(CH NH,) 8(NH20H)= δ(CH3NH2)= c(NH,OH)+c(NHOH) c(CH NH2)+e(CH2NH3) 已知：碱性：CH3NH2>NH2OH。 14 1.0 3 12 0.8 4 10 8 a(20.00,8.5) 0.6 (6.0,0.5)(10.6,0.5) 6 (40.00,6.1) b 0.4 (60.00,3.7)c 0.2 3 2 0 0.01 0 20 40 60 80 0024 68101214 V(HC1)/mL PH 甲 乙 图8 下列说法正确的是 A.该混合溶液中c(CHNH2)>c(NH,OH) B.曲线1对应粒子为CH3NH, C.CH3NH2+H2O-CH3 NH;+OH Ki(CH2 NH2)=10-10.6 D.a、b、c点均存在c(CI)+c(OH)=c(NHOH)+c(CHNH)+c(H) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)酰胺常被用作溶剂和化工原料，也用于合成农药、医药等。实验室可以通 过下列反应制备乙酰苯胺（相对分子质量为135）： NHCCH, H+H,C人OH一 +H,O 所用装置如图9所示（省略夹持装置等）： 分馏柱 接收瓶、 图9 ■口口 化学·第6页（共10页) 相关物质信息列表如下： 物质 性状 沸点/℃ 溶解性 冰乙酸 无色液体 118 与水、乙醇、苯等互溶 苯胺 浅黄色液体 184 微溶于水、溶于乙醇、乙酸、苯等 乙酰苯胺 白色固体 304 微溶于冷水、溶于热水、乙醇、乙酸、苯等 实验步骤如下： I.用25mL圆底烧瓶组装成如图所示的分馏装置。在烧瓶中加入约4.5mL (50mmol)新制的苯胺（苯胺易被氧化变质）、7.5mL(0.124mol)的冰乙酸和0.05g 锌粉，沸石，摇匀。 Ⅱ.加热，保持反应液微沸约20min,逐渐升高温度，使反应温度维持在100~ 105℃，反应大约1h,然后将温度升高至110℃，当温度出现较大波动时，停止 加热。 Ⅲ.趁热将反应液倒入盛有100mL冷水的烧杯中，有白色沉淀析出。稍加搅拌冷却， 抽滤，洗涤固体，抽干，在红外灯下烘干。得到含有少量苯胺的粗产品，提纯后得 产品4.50g 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 (2)步骤I中，加入锌粉的主要目的是 (3)该实验中使用分馏柱的目的主要是可以使部分蒸发出的 回流到反 应瓶中，提高原料利用率。 (4)写出乙酰苯胺与NaOH反应的化学方程式： (5)步骤Ⅲ中将反应液趁热倒入烧杯中的原因是 粗产品提纯的最佳方法是 (6)已知酰胺中N原子的孤电子对与羰基的π电子形成共轭体系，使N原子上的电 子云密度降低，碱性减弱。相同条件下，下列物质的碱性由强到弱的顺序 为 。（填序号) ①NH, ②甲胺 ③乙酰苯胺 (7)产品的产率为 (精确至0.1%)。 化学·第7页（共10页） 16.(14分)钴、镍在航空航天领域常用作耐热材料，以含钴镍废料（主要成分为Co0、 NiO,含少量Fe0、Fe2O3、Ba0、SiO2)为原料制备CoCO3和NiO,的工艺流程如 图10。 稀H,SO.NaClO 萃取剂 氨水-NH,HCO,溶液 含钴镍废料一 酸浸一 氧化 调pH萃取一 沉钴→CoC0, 滤渣1 滤渣2 有机层 NiSO. 反萃取 溶液 一NiS0.·6H,0橙挠Ni0, 图10 回答下列问题： (1)“滤渣I”的成分为 (写化学式)。 (2)“氧化”步骤中，CO被还原为C，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之 比为 (3)“沉钴”步骤中发生反应的离子方程式为 “沉钴”过程中，若起始时c(Co2+)=0.02mol/L,为了防止沉钴时生成Co(0H)2沉 淀，则应控制pH<。[已知K[Co(OH)2]=2×1015] (4)“萃取”时一般选择有机萃取剂P204,“萃取”和“反萃取”可表示为2HX+ N2+,萃取NX,+2H。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 反萃取 “反萃取”需要往有机层中加 (填试剂)。 (5)镍是一种应用范围广泛的金属元素，镍的一种晶体N,Cu,N,的立方晶胞中原子 所处位置如图11所示。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比d-： d-c=1:√2，则该晶体的化学式为 。晶体中与Cu原子最近且等距离的原 子的数目为 Q ●顶点 O面心 --- ⑧体心 图11 化学·第8页（共10页) 17.(14分)甘油(C,H03)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应IC,H0,(g)—3C0(g)+4H,(g)△H>0 反应ⅡC0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g)△H<0 反应ⅢC02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)△H<0 回答下列问题： (1)反应I能自发进行的反应条件是 (填序号) A.高温 B.低温 C.任意温度 D.无法判断 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如下表，则反应I的△H= kJ/mol (用含a、b、c的代数式表示) 物质 C.HsO3(g) C0(g) H(g) △H(kJ/mol) b (3)一定温度下，若只发生反应I、反应Ⅱ，下列叙述不能说明恒容密闭容器中反 应达到平衡状态的是 。 (填序号) A.气体的平均相对分子质量不再改变 B.反应Ⅱ的平衡常数不再改变 C.H,的体积分数不再改变 D.单位时间内，消耗1molH20,同时生成1mol C02 (4)1.0×10Pa条件下，1molC,Hg0,(g)和8molH20(g)发生上述反应达平衡状态 时，体系中C0、H2、C02和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图12 所示。 2-(550,5.0)---- C02(550,2.2---- b1-(550,0.4 400450500 550600650700 T/℃ 图12 ①表示CH4的物质的量变化的曲线为 (填“a”“b”或“c”)。 ②其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时C02的物质的量随温度升高逐渐增大 的原因是 ③550℃时，H,0的平衡转化率为 反应Ⅱ的平衡常数K。= (列出 计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 化学·第9页（共10页） ■口 ■ 18.(15分)三氯苯达唑（H)是一种新型的驱虫药物，在医药工业中的一种合成方法 如图13： A HNO /H,SO B 25%-28%氨水 NH C.H,CI, 60℃ CH,C1,N02乙醇，115℃ NO KOH溶液 NH 150℃ D CI NO C.H.CLO E C CH,I CS, Fe/HCI KOH/C,H,OH KOH/C,H,OH C2H,CIN2O CH H (三氯苯达唑) 图13 已知： C125%-28%氢水 乙醇，115℃ -NH。 回答下列问题： (1)化合物E的分子式是 (2)化合物C的官能团名称是硝基 (3)A→B的反应类型为 (4)化合物B的结构简式是 (5)写出FG的反应方程式： (6)D有多种同分异构体，其中遇到氯化铁溶液能够显色的D的同分异构体有 种，写出其中一种在核磁共振氢谱中有3组峰的物质的结构简式 )参盟E-H约合成级低计回10为京州合发○》5-C角 合成路线（其他试剂任选）。 ■口口 化学·第10页（共10页） 2026届云南三校高考备考实用性联考卷（三） ----化学双向细目表 题号 题型 分值 考查内容 核心素养 难度系数（得分率） 1 选择题 3 化学与STSE 科学精神与社会责任 0.85 2 选择题 3 化学用语或图示表达 宏观辩识与微观辩析 0.8 3 选择题 3 反应方程式 宏观辨识与微观探析 0.8 4 选择题 3 阿伏加德罗常数 宏观辨识与微观探析 0.7 5 选择题 3 实验操作 科学探究与创新意识 0.7 6 选择题 3 有机物结构识别 宏观辨识与微观探析 0.7 7 选择题 3 工艺流程 证据推理与模型认知 0.7 8 选择题 3 实验设计、现象和结论 科学探究与创新意识 0.65 9 选择题 3 元素及其性质的推导 宏观辨识与微观探析 0.65 10 选择题 3 反应催化过程图的理解 证据推理与模型认知 0.65 11 选择题 3 电解池 证据推理与模型认知 0.65 12 选择题 3 物质性质及转化 科学探究与创新意识 0.65 13 选择题 3 晶体结构的识别及分析 证据推理与模型认知 0.65 14 选择题 3 滴定曲线及溶液中的离子关系分析 宏观辨识与微观探析 0.60 15 填空题 15 实验综合 科学探究与创新意识、社会责任 0.65 16 填空题 14 工业流程 科学探究，证据推理，模型认知 0.65 17 填空题 14 化学反应原理综合 宏观辨识与微观探析，变化观念与平衡思想，证据推理与模型认知 0.65 18 填空题 15 有机化学基础 证据推理与模型认知，社会责任 0.65 命题 思想 达成 目标 优秀率 及格率 平均分 15% 60% 65±5 和高考命题思路一致 学科网（北京）股份有限公司 $■■■▣▣□ 2026届云南三校高芳备芳实用性联芳卷（三) 化学评分细则 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。 题号 1 2 3 5 6 答案 D C W A B D 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 A C B D D A D 【解析】 1.四氧化三铁(F3O4)具有磁性，常用于磁带制作，A正确。单晶硅为共价晶体，固态硬盘 芯片使用单晶硅，B正确。氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确。高级脂肪酸甘 油酯是由高级脂肪酸和甘油形成的酯类，其相对分子质量一般在几百左右，不属于高分子 化合物，所以该过程不是无机小分子向有机高分子的转化，D错误。 2.基态S原子的价电子排布式为3s23p4,轨道表示式： T回1D,A错误。氯化镁为离子 3s 3p 化合物，电子式为CMg2C,B错误。BF3分子中中心原子B原子的价层电子对数 为3计6133，无孤电了对，其VsPR模型和空间构型均为平面三角形，C正确，% 0 离子半径比C小，水分子电荷情况如图 H H' CI带负电荷，水分子在C周围时，呈 d 正电性的H朝向CI,水分子在Na周围时，呈负电性的O朝向Na,NaCI溶液中的水合 QpaQ 离子应为g●b 88 ,D错误。 3.Mg(OHD2的溶解度小于MgCO3,NaOH过量时应生成Mg(OD2,B错误。 4.18g水蒸气(1ol)中含有氢键数小于2Na,A正确。体积未知，无法计算，B错误。金 刚石中每个C原子形成4个碳碳单键，但每个碳碳单键被2个C原子共用，因此1olC 原子对应2mol共价键，C错误。1 mol Na2O2与足量C02反应，转移电子数为1Na,D错 误。 化学评分细则·第1页（共8页） ■■口■□□□ 5.A1C溶液在空气中直接加热会促进AICl3水解而生成氢氧化铝，氢氧化铝再受热分解可能 生成AL,O,，不能制备A1C13固体，A错误。向铜氨溶液中加入乙醇，能够降低水分子的 极性，有利于析出[CuNH),]SO,·H,O深蓝色晶体，B正确。在铁片上镀镍，镀层金属镍 做阳极，待镀金属铁做阴极，图中两个电极放反，不能达到实验目的，C错误。乙醇与苯 酚互溶，不能用过滤的方法除去乙醇中的苯酚，D错误。 6.据X、Y的结构对比分析可知，CO2的一个C一0键断开与X发生加成反应，故原子利用 率为100%，A正确。1molY中最多能与3 nol NaOH反应，B正确。Y的结构式中参与反 0 应的一OH和一NH2发生脱水缩聚，出现“ ”结构片段，C正确。高分子 一HNHN P可降解，水解过程中一CO一NH一会被破坏，最终并不会得到Y,D错误。 7.由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成氢气，溶液中含Ni2+、Co2+、C3+、Fe2+加入Na2S分 离出滤渣1含CoS和NiS,再加入草酸除铁生成FeC2O4,过滤分离出硫酸铬。“浸出”过 程中四种金属均与稀硫酸反应生成H2,稀硫酸体现了酸性和氧化性，A正确。“除杂”的 目的是除去Ni、Co元素，滤渣1含CoS和NS,B正确。“滤渣2”的主要成分是FeC2O4, C错误。流程中铬元素的化合价仅由0价变为+3价，未产生六价铬化合物，D正确。 8.FeCl3与KI发生反应：2FeCl+2KI=2FeCl2+2KC+I2,二者是等物质的量关系反应。根 据题目已知的二者物质的量关系可知I过量。向过量的KI溶液中加入少量FCl3溶液， 充分反应后加入KSCN溶液，溶液变红说明溶液中含有Fé3+，则证明该反应是可逆反应， 反应有一定限度，反应物不能完全转化为生成物，A正确。在CC2溶液中，存在平衡： [CuH2O)4]+4CI、三[CCL4]+4H2O,[CuH2O)4]+呈蓝色，[CuCL4]呈黄色，第一支试 管加热溶液颜色呈黄绿色，说明升高温度平衡正向移动；第二支试管置于冷水中，溶液颜 色呈蓝绿色，说明降低温度平衡逆向移动，故该反应为吸热反应，B错误。溴乙烷与NOH 溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子应先加硝酸酸化，再滴加AgO3 溶液，C错误。利用新制氢氧化铜检验醛基，应在碱性环境下进行，NaOH应过量，D错 误。 9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的价电子数是W、X的价电子数 之和且只与X同周期，基态Z原子的核外电子空间运动状态有9种，结合Z形成2个共价 键，可以推知Z为S元素，电子排布式为1s22s22p3s23p4,W形成1个共价键，W为H元 素，Y形成3个共价键，Y为N元素，则X为C元素，以此解答。H3存在分子间氢键， 沸点高，沸点大小顺序为X<Z<Y,A错误。N基态原子电子排布式为1s22s22p3,含有3 个未成对电子，C基态原子电子排布式为1s22s22p2,含有2个未成对电子，S基态原子电 子排布式为1s22s22p3s23p4,含有2个未成对电子，则基态原子的未成对电子数：S-C<N, 化学评分细则·第2页（共8页) ■■口■□□□ B错误。1号N原子和2号N原子均为sp杂化，1号N原子含有1个孤电子对，2号N 原子不含孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力较大，则键角∠WYW:1号N<2号N,C 正确。CO2为直线形分子，无极性；SO2为V形分子，有极性，D错误。 10.催化剂不能改变反应热，A错误。②中生成CH2一CHOOCCH,的过程中，有C一H断裂 和C一O的生成，有极性键断裂与形成，C错误。反应①中有单质的参与，是氧化还原反 应，D错误。 11.由图可知，ā电极为电解池的阴极，水分子作用下硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反 应生成氨气和氢氧根离子，b电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成 氧气和水，双极膜中水解离出的氢氧根离子移向阳极、氢离子移向阴极。由分析可知， 电解过程中，b电极为阳极，其电势比阴极（电极ā）高，A错误。双极膜中氢离子移向 阴极(a极)，B错误。当电路中通过0.2nole时，跨膜矿、OH各为0.2nol,据 H0三H+OH可知，双极膜中有0.2olH0发生解离，C错误。阳极反应式： 40H-4e一2H,0+0,个，已知阳极气体的FE为50%，阳极产生11.2L气体（标准 状况)即0.5mol氧气时，理论通过电极的电子的物质的量为4mol,a电极反应式为 NO,+8e+6H,O=NH,+9OH,由得失电子数目守恒及FENH)可达90%可知，阴 极有合4molk9096045mol氨气生成，D正确。 l2.由题中信息可知，GaCl3的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，A错误。基态Ga原子价 层电子排布式为4s24p,B错误。NH3·H0为弱电解质，不可拆，故Ga(OD3与氨水反 应的离子方程式为Ga(OHD3+NH·HO[Ga(OD4]+N,C错误。NaGa(OD4]中含 有离子键、极性键、配位键，D正确。 (331 13.根据晶胞图可知，B原子的分数坐标为二， A错误。 444 14.CHH,碱性强先发生反应，则第一个滴定突变 1.0 NH,OH 点为CHNH,的滴定终点，由a点可知， 0.8 CH.NH; c(CH,NH,)）=0.1000mol.L×20.00mL 0.6 20.00mL (6.0,0.5)(10.6,0.5) 0.4 =0.1000mol.L;第二个滴定突变点为NH,OH 0.2 NH,OH CH,NH,/ 的滴定终点，由c点可知， 0.0 c(NH,0H=0.1000mol.L×(60.00-20.00mL 0 8101214 PH 20.00mL =0.2000ol.L；碱性物质中滴入盐酸，pH由大变小，结合滴定过程中反应顺序可知， 化学评分细则·第3页（共8页） ■■口■□□□ 乙图中曲线对应粒子如上图；由分析，该混合溶液中c(NH,OH)>c(CH,NH,),A错误。 由分析可知曲线1对应粒子是HOH,B错误。由乙图中点(10.6,0.5)，此时 c(CHNH2)=c(CHNH)且pH=10.6,pOH=3.4,由CHNH+HO≥CHNH+OH, K(CHNH)=c(OH)=1034,C错误。由电荷守恒，a、b、c点均存在 c(CI)+c(OH)=c(NH;OH十c(CH,NH)+cH),D正确。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(除特殊标注外，每空2分，共15分) (1)直形冷凝管（写冷凝管也给分）(1分) (2)防止反应过程中苯胺被氧化（或过量的冰乙酸与适量的锌反应生成氢气排空气防止 苯胺被氧化) (3)乙酸 (4 NHCCH. NH, +NaOH一〔 +CH,COONa (5)防止温度降低，乙酰苯胺析出附着在烧瓶内壁，造成产率降低 重结晶 (6)②①③ (7)66.7% 【解析】(2)苯胺为还原性液体，易被氧化，锌具有还原性，加入锌粉可以防止反应过程 中苯胺被氧化。 (3)该实验使用分馏柱的目的主要是使得蒸出的乙酸回流，提高原料利用率。 (4)乙酰苯胺与NaOH发生水解反应生成苯胺和乙酸钠，反应的化学方程式为 0 NHCCH NH +Na0H→ +CHCOONa (5)乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，所以为了防止温度降低，乙酰苯胺析出附着在 烧瓶内壁，步骤Ⅲ中应趁热将反应液倒入烧杯中，粗产品提纯的最佳方法是重结晶： (6)结合N原子上电子云密度越大，碱性越强，则碱性由强到弱的顺序是②①③。 (7)在烧瓶中加入4.5mL(50mmo)新制的苯胺、7.5mL(0.124mol)的冰乙酸，根据反应 H H+CH NHCCH, ,苯胺和冰乙酸按物质的量1：1反应， +H, 则冰乙酸过量，理论上生成乙酰苯胺0.05ol,故该实验的产率为 4.50g ×100%=66.7%。 0.05mol×135g/mol 化学评分细则·第4页（共8页） ■■口□口□ 16.(除特殊标注外，每空2分，共14分) (1)BaS04、Si02 (2)1:2 (3)Co2++HCO?+NH,·H,O=CoC0,↓+NH+H,07.5 (4)促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率稀硫酸(1分) (5)NiCN12(1分) 【解析】由题给流程可知，向含钴镍废料中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐， 二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸钡、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加 入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH,将溶液中铁离子转 化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液：向滤液中加入萃取剂萃取溶 液中的镍离子，分液得到有机相和水相；向水相中加入氨水和碳酸氢铵的混合溶液，将 溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴；向有机相中加入反萃取剂 萃取、分液得到硫酸镍溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水 硫酸镍；六水硫酸镍煅烧得到镍的氧化物。 (2)由得失电子守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂F2+的物质的量之比为1：2： (3)由分析可知，加入氨水和碳酸氢铵的混合溶液的目的是将溶液中的亚钴离子转化为 碳酸亚钴沉淀，反应的离子方程式为 Co2+HCO,+NH,·H,0一CoC0,↓+NH+H,0;根据已知：K[Co(OD]=2×1015, 2×1015 起始时cco00amol-L,coHD202molL=105nmaL,eHD10imol.L 所以“沉钴”过程中应控制pH<7.5,防止沉钴时生成Co(OD2。 【4)结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H反应，使反应2X+N装一NiX,+2 肉右移动，提高萃取率：反之，要提开反萃取效率，应使2x+NNX,+2H 向左移动，可通过加入酸来实现。 (5)根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比k-w:k-c1:√2，设晶胞 边长为。自几何关系可知，面心的原子与膜点的原子重离为子。，面心的原子与体心 的原子距离为)a,则可以确定，晶胞中面心原了为Ni,有6×)=3个，顶点原子为Cu, 2 有8令1个，体心的原子为N,有1个，则x:y:3:11:化学式为Ni,CN,根 据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为 3×8×1=12。 2 化学评分细则·第5页（共8页） ■■■■□▣□ 17.(每空2分，共14分) (1)A (2)-3b-4c (3)BD (4)①b ②400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，但反应Ⅲ逆向移动程度 更大，所以n(C02)增大 2.2×5 ③22.5% 0.4×6.2 【解析】550℃时，曲线a物质的量是5mol,根据原子守恒，(C)=3mol,则其不可能是含 碳微粒，故曲线a表示H2,升高温度，反应I平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，C0物质 的量增大，则曲线c代表CO,温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH,物质的量降低，则曲线 b代表CH4,据此解答。 (1)反应I△S>0,△H>0,代入△G=△H-T△S可知，高温条件下△G<0,反应能自发进 行，故选A。 (2)由题意可知：①C,0,e+20,g一3C0,@+4H,00△akJ/mol,, ②C0+三O2(g)C02(g)△H-b kJ/mol,③H2(g+÷O2(g=H2O①△H=ckJ/mol, 根据盖斯定律，反应I的△=①-3②-4③，故反应I的△H=(a-3b-4c)kJ/mol。 (3)反应I为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，当气体的平均 相对分子质量M作”不再改变时，说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，A不符合题意。 化学平衡常数只与温度有关，一定温度下，当反应Ⅱ的平衡常数不再改变时，不能说明 恒容密闭容器中反应达到平衡状态，B符合题意。H2的体积分数是变量，当其不再改变 时，说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，C不符合题意。单位时间内，消耗1 nol H2O, 同时生成1olCO2,都为正反应速率，不能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态，D 符合题意。 (4)①由题意可知，曲线b代表CH4；②400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平 衡均逆向移动，但反应逆向移动程度更大，所以(C0,)增大；③550℃时，nH,)=5mol, 化学评分细则·第6页（共8页） ■口■□□□ n(C0z)=2.2nol,(CH,)=n(C0)=0.4nol,根据C原子守恒，可得 mC,H0,)=MC-C0,)-C0)=CH-0，根据0原子守恒，可得 3 nH2O)=3n(C3HsO3)始+1nH2O)始-2n(C02)-n(C0)=3+8-2×2.2-0.4=6.2mol,则H,0的平 衡转化率为8-62×10%=2.59%，反应Ⅱ的平衡常数 8 C0xp(总)x0H ×p(总) (总) n(总) Kp- n(C02)×nH2)2.2×5 (CO) ×p(总)xn但O ×p(总) n(C0)×n(H,O)0.4×6.2 n(总) (总) 18.(除特殊标注外，每空2分，共15分) (1)C12HN2O3C3(1分) (2)碳氯键、氨基（每个1分，共2分） (3)取代反应（或硝化反应）(1分) 4) (5) -NH.+CS.+2KOHCH.CHOH +KS+2H,0 (3分) 写。 +H给2分) 人NH (6)5 0H(1分) ci 7)〔 NO2 Fe/HCI CS, NO NH,KOH,C.H,OH" -O C,H,O (3分) 化学评分细则·第7页（共8页） ■■口■□口□ 【解析】由C、E结构反推出D结构，D为 再由C结构继续反推得出B、A OH CI CI 结构， A B为 结合反应条件，对比E与F分子式可知E→F O,N CI 发生还原反应，从而得出F的结构为 NH2: NH C 为苯环上的H被硝基取代，该反应为取代反应。 0,N CI (5)根据F和G的结构以及反应条件可知，F与CS2和KOH反应生成G和KS和水，反 应 方 程 式 为 NH,+CS,+2KOH CH,CH,OH +KS+2H,0。 CI NH2 CI- NO NH. 7) 在Fe/HCI作用下发生还原反应生成】 与CS2在KOH, O NH, NH H 乙醇溶液中发生流程中F→G的反应生成 I在KOH,乙醇 游液中发生流程中G一H的反应生成S@ 合成路线为 NO.Fe/HCL NH CS, NO KOH,C,H.OH C,H.OH 化学评分细则·第8页（共8页）