江西省赣州市大余县部分高中2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试题

《2025-2026学年度高中化学11月期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B A D C A B A 题号 11 12 13 14 答案 B C C D 1．C 【详解】A．合金的硬度普遍高于其成分金属，合金钢是铁基合金，硬度高于纯铁，A正确； B．石墨烯（单层石墨）和金刚石均为碳元素碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确； C．碳化硅（SiC）由硅和碳通过共价键形成，属于无机非金属材料（陶瓷类），而非有机高分子材料，C错误； D．液体推进剂燃烧是化学反应，化学能转化为热能和动能，D正确； 故答案选C。 2．C 【详解】A．Na2O2为离子化合物，由钠离子和过氧根离子组成，Na2O2的电子式：，A项正确； B．顺-2-丁烯中的两个甲基位于双键的同侧，其分子模型为，B项正确； C．锰是25号元素，基态锰原子价电子排布式为，锰失去最外层的两个电子形成，则基态价电子轨道表达式为：，C项错误； D．钴是27号元素，基态钴原子价电子排布式为，电子排布式为，其结构示意图是，D项正确； 故选C。 3．D 【详解】A．SiO2中每个硅原子形成4个Si-O键，60g SiO2物质的量为1mol，含有Si-O键的数目为4NA，A错误； B．标准状况下，2.24L己烷不是气体，无法计算碳原子的数目，B错误； C．1mol氯气和足量的NaOH溶液充分反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子的数目为NA，C错误； D．氧气和臭氧都只含氧原子，1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有1.6g氧原子，氧原子的数目为0.1NA，D正确； 故选D。 4．B 【详解】A．酸性条件下，具有强氧化性，具有还原性，两者不共存，A错误； B．酚酞变红的碱性溶液中，、、、均不反应，能大量共存，B正确； C．与会生成难溶的硫酸钡，不能大量共存，C错误； D．无色溶液中不能大量共存，D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．乙烯和丙烯均含双键，均可被酸性高锰酸钾氧化，类比合理，故A正确； B．硝酸钡中被氧化为，生成沉淀；但无氧化性，无法氧化，故氯化钡中无沉淀，故B错误； C．硫燃烧无论氧气是否充足均生成，生成需催化剂和高温条件，故C错误； D．乙醇（伯醇）可被CuO氧化，而（叔醇）无，无法被氧化，故D错误； 故答案为：A。 6．D 【详解】A．分子中存在多个sp3杂化碳原子（如连接-CH3的饱和碳），其四面体结构导致所有碳原子不可能共平面，A正确； B．结构中含1个酯基（-OOCCH3）和1个内酯环（分子内酯基），酯基水解均消耗NaOH，1 mol该物质共消耗2 mol NaOH，B正确； C．含碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，可被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，C正确； D．分子中羟基为仲醇羟基（-CHOH-），催化氧化后生成酮基（-CO-），酮基不能与银氨溶液发生银镜反应，D错误； 故选D。 7．C 【详解】A．将混合气体依次通过足量的氢氧化钠溶液、灼热的铜网，得到的氮气可能含有水蒸气，A错误； B．硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，干扰亚硫酸根离子检验，B错误； C．蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，C单质与浓硫酸反应生成CO2，同时生成刺激性气味的气体SO2，使体积膨胀，体现了浓硫酸的强氧化性，气体导入澄清石灰水生成固体变浑浊，C正确； D．硝酸具有强氧化性，铁先被硝酸氧化生成Fe3+再被过量铁粉还原生成Fe2+，滴加KSCN溶液不显红色，现象错误，D错误； 故选C。 8．A 【分析】由题干信息可知，X、Y、Q、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z分别位于不同周期，则X为H，Y位于第二周期，Z位于第三周期，Q和Z位于同一主族，Q的价电子数是X、Y的价电子数之和，Y元素可制化肥，则Y为N，Q的价电子数为6，故Q为O、Z为S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为H、Y为N，YX3为NH3，NH3分子中N原子与3个H原子形成共价键，中心N原子有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，球棍模型应体现三角锥形结构(3个共价键)，A正确； B．由分析可知，Z为S，Q为O，简单气态氢化物分别为H2S和H2O，同主族从上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性减弱，非金属性O＞S，则稳定性H2O＞H2S，即Q＞Z；B错误； C．由分析可知，Q为O，Y为N，O原子失去第一个电子为2p4上不稳定结构的电子，其失去一个电子后达到2p3稳定结构，Y为N，N的电子排布为1s22s22p3，失去第一个电子为2p3上稳定结构电子，则有I1(O)＜I1(N)，又同一元素的各级电离能逐渐增大，即I1(N)＜I2(N)故I1(O)＜I2(N)，C错误； D．由分析可知，Q为O，简单离子为O2-(具有Ne的电子层结构)；Z为S，简单离子为S2-(具有Ar的电子层结构)，电子层数越多离子半径越大，故r(S2-)＞r(O2-)，即r(Z)＞r(Q)，D错误； 故答案为：A。 9．B 【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故A错误； B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g)⇌C(s) +2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s)⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故B正确； C．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，故C错误； D．根据图象，温度高于600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故D错误； 答案选B。 10．A 【详解】A．由图示分析可知，放电时左边电极发生氧化反应，为电池的负极，右边为电池正极，电势高，A项正确； B．由A分析可知，放电时左边为电池的负极，右边则为电池的正极，工作时阳离子向正极移动，即氢离子向右边电极移动，B项错误； C．充电时左边电极为阴极，发生还原反应，即；右边电极为阳极，发生氧化反应，即，C项错误； D．由反应H2+2AgCl(s)2Ag(s)+2HCl可知，充电时，当左边电极生成1mol时，电解质溶液中会减少2mol，则减少的质量为73g，故D错误； 故选A。 11．B 【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到； 【详解】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误； B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确； C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误； D．是与水反应生成和HCl，D错误； 故选B。 12．C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 13．C 【分析】根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，顶点为K，根据化学式KIO3，可知体心为I，面心为O，据此分析回答。 【详解】A．由分析可知，体心为I，面心为O，体心I到面心O的距离为立方体棱长的一半（沿垂直于面的方向），即，A正确； B．若I在顶点，晶胞中I的数目为：，则K为1个，在体心，O原子数目为3，在棱心，即，B正确； C．顶点为K、面心为O，所以距离K最近的O有12个，C错误； D．根据均摊原则，顶点原子数为：，体心原子数为1，面心原子数为：，化学式为：KIO3，则晶胞密度为：，D正确； 故选C。 14．D 【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示。 【详解】A．，，②③相交时，此时，可得Ka1=10-1.3，数量级为10-2，故A错误； B．溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所以错误，故B错误； C．A点为溶液显酸性，B、C点酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：，故C错误； D．A点时c(H+)=10-1.3mol/L，c()=10-3mol/L，结合C点，Ka2==10-4.2，A点时，==10-2.9，则A点，c()=10-5.9mol/L，c(OH-)==10-12.7mol/L，即A点时，该离子浓度比较正确，故D正确； 故答案为：D。 15．(1) 3分 三 ⅣA 3d64s2 (2) 2分 搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可) (3)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 2分 (4) O2或H2O2 1分 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe³⁺+2H2O(注：两空答案要相应) 2分 (5) 2分 CaO 2分 【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入二氧化碳得到硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2； 【详解】（1）Si为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族。 （2）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)均可以加快反应速率，从而提高浸取速率； （3）“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O； （4）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(注：两空答案要相应)； （5）“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)； （6）假设为1mol CaC2O4·H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。 16．(1)圆底烧瓶 2分 (2)HCl 2分 (3)稀释，防止爆炸 2分 (4) 或 2分 防止固体药品进入导气管，使导气管堵塞 2分 (5) 2分 偏高 2分 【分析】装置甲用于制取氯气，盐酸易挥发，制取的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，能与发生反应，装置乙的作用除了能提供水蒸气外，还能除去杂质HCl。装置丙制取，装置丁制取TCCA，装置戊除去多余的氯气，防止污染环境。 【详解】（1）仪器a的名称是圆底烧瓶。 （2）盐酸易挥发，制取的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，能与发生反应，则装置乙的作用除提供水蒸气外，还能除去杂质HCl。 （3）根据已知信息②可知，该装置中通入空气的目的是稀释，防止其浓度较高而引起爆炸。 （4）已知潮湿的与反应生成，Cl元素的化合价升高，失去电子，被氧化，Cl2作还原剂，氯气是常见氧化剂，该反应为歧化反应，Cl2同时得电子，作氧化剂，根据得失电子守恒、元素守恒配平装置丙中发生反应的化学方程式为或。脱脂棉的作用是防止固体药品进入导气管，使导气管堵塞。 （5） 加入标准液滴定时，标准液与I2反应，则反应II中I-被HClO氧化为I2，故反应②的离子方程式为。若样品溶液中含有溶解氧，氧气也能氧化碘离子生成I2，则更多的I-被氧化为I2，则与I2反应的标准液体积偏大，根据反应①②③可得关系式：~3HClO~3I2~，则测定的TCCA产品含量偏高。 17．(1) 提高烟气的吸收率 2分 6.37 2分 (2)-48.8 1分 (3) X 1分 温度高于280℃时，以反应b为主，反应b为吸热反应，随温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高 2分 增大压强 2分 0.005 2分 (4) 放热 1分 25℃， 2分 【详解】（1）①上述流程中采用气-液逆流接触吸收(烟气从吸收塔底进入，KOH溶液从吸收塔顶喷淋)，可以使KOH溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，答案为：提高烟气的吸收率； ②由图2可知当碳酸和碳酸氢根离子的分布分数相同时溶液的，第一步电离平衡常数为，所以6.37，答案为：6.37； （2）令反应为反应c，则反应a=反应b+反应c，因此反应a的，故答案为：-48.8； （3）①反应a为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的量减少；反应b为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，甲醇的选择性降低，结合题图可知，曲线X表示平衡时的选择性随温度的变化，曲线Y表示二氧化碳的平衡转化率随温度的变化；温度高于280℃时，以反应b为主，反应b为吸热反应，随温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，故答案为：X；温度高于280℃时，以反应b为主，反应b为吸热反应，随温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高； ②反应a为系数减小的反应，要提高选择性，则反应a要正向移动，可以采用增大压强的方法，故答案为：增大压强； ③由题，假设充入和，的转化率为20%，的选择性为75%，则转化的为0.2mol，生成为0.15mol，可列三段式为：，，则平衡时体系内，，，,,；，同理,，，，因此反应b的平衡常数，故答案为：0.005； （4）①由图1可知，离子液体聚合物在不同温度，达到平衡时吸附容量50℃时比在25℃时低，说明升高温度平衡逆向移动，离子液体聚合物捕集的反应为为放热反应，故答案为：放热； ②由图1和图2可知，温度选择25℃，流速选择时，有利于离子液体聚合物捕集，故答案为：25℃，。 18．(1)ad 2分 (2) 苯甲醛 1分 4 1分 (3)醚键、酮羰基 2分 (4)  +(CH3CO)2O  +CH3COOH 2分 (5) 1分 取代反应 1分 (6) 2分 (7) 3分   【分析】B发生信息反应生成C，结合C的结构简式可知，B为  ；A和(CH3CO)2O反应生成B，说明A含有苯环，结合A可以发生银镜反应及分子式为C7H6O可知，A为  ；X的分子式为，C和X反应生成D，结合D的结构简式可知，X中含有苯环，反应时C中碳氯键断裂，X中苯环上碳氢键断裂，重新组合生成D和HCl，则X为  ；据此分析解答。 【详解】（1）a．F中含有酚羟基和碳碳双键，可与溴水反应，酚羟基的邻位和对位可与浓溴水发生取代反应，则1molF最多消耗2mol，a正确； b．不含酯基，不能发生水解反应，b错误； c．F中含有酚羟基，可与金属钠反应，且羟基与钠按1:1反应，则1mol F最多生成1.5mol，c错误； d．分子中含有碳碳双键，可使酸性溶液褪色，d正确； 故选ad。 （2）A和(CH3CO)2O反应生成B，说明A含有苯环，结合A可以发生银镜反应及分子式为C7H6O可知，A为  ，化学名称为苯甲醛；其核磁共振氢谱有4组吸收峰。 （3）由E的结构简式可知，E中含有官能团为醚键、酮羰基。 （4） 根据分析，A为  ，B为  ，反应①中A和(CH3CO)2O反应生成B，生成的另一种产物能与溶液反应，说明其含有羧基，根据元素守恒可推知其为CH3COOH，该反应的化学方程式为  +(CH3CO)2O  +CH3COOH。 （5） X的分子式为，反应③中，C和X反应生成D，结合D的结构简式可知，X中含有苯环，反应时C中碳氯键断裂，X中苯环上碳氢键断裂，重新组合生成D和HCl，则X为  ；反应③的反应类型为取代反应。 （6） 根据分析，B为     ，B的同分异构体满足：①除苯环外，无其他环状结构，②苯环上仅有两个邻位取代基，③能与溶液和新制的悬浊液反应，说明含有酚羟基和醛基，则苯环上的两个邻位取代基可以为[酚-OH、-C(CHO)=CH2]和[酚-OH、-CH=CH(CHO)]两种组合，其中组合[酚-OH、-CH=CH(CHO)]存在立体异构，有2种同分异构体，则符合条件的同分异构体共有1+2=3种。 （7） 采用逆推法，要合成目标产物，则需合成其单体  ，  发生信息反应可生成，由原料  和发生AB路径的反应即可生成  ，则可设计合成路线为  。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度（上学期）高三年级期中 A.在常温pH=I的溶液中：NH味、Pe2+、SO,NO 考试普教系列化学测试卷 B.能使酚酞溶液变红的溶液中：Na'、Ba计、CT、NO) 考试时间：75分钟：命题人：陈艳萍 C,有SO存在的溶液中：Nat、Mg计、Ba、Br 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等估息 D.无色透明的水溶液中：K·、Fe”、C、SO 2.请将答案正确填写在答题卡上 5.下列类比正确的是 可能用到的相对原子质量：H1C-120-16Si-28K-39Ca-40-127 选 一、选择题（每小题3分，共14小恩，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题日 所学知识 类比 令 要求) 【.93阅兵，举世弱日，科技发展，铸就国之底气。下列说法不正确的是 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 A。“福建假的屁体材料是合金钢，其硬度高于纯铁 向硝酸钡溶液中通入S0,溶液中产生 向氯化钡溶液中通入$0，溶液中产生白 B.一歼-20战斗机使用的涂料含有石墨烯，石墨烯与金刚石互为同素异形体 白色沉淀 色沉淀 C。“100式坦克”上的相控阵番达使用的碳化硅(SC)材料是新型有机高分子材料 D.“东风5C”,全时戒备，覆盖全球。其使用的液体推进剂燃烧时将化学能转化为热能 碳在氧气不足时燃烧生成C0,在足量 硫在氧气不足时燃烧生成S0,在足量氧 2.下列化学用语或图示表达错误的是 氧气中燃烧生成CO 气中燃烧生成SO, 人0的电子N[回O时NEB2T的分子猫的.名 -Q 向乙醇中加入灼热的氧化铜，氧化铜变 向(CH),COH中加入均热的氧化铜，氧 红色 化铜变红色 C.基态Mn2~价电子的轨道表示式为T1间D,Co“的结构示意图 A.A B.B C.C D.D 6。〈本草纲目》对旋复花有如下记载：“旋复花性味威，归肝胃肺经，具有利湿消痰、行气散结 3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 之功”，旋复花内酯是活性成分，结构简式如图所示，下列有关旋复花内酯的说法错误的是 A.60gSiO,中含有Si0键的数目为2NA CH,CH, B.标准状况下，2.24L己烷含有碳原子的数目为0.6N CH C.lmol氯气和足量的NaOH溶液充分反应，转移电子的数目为2Na OH D.常温常压下，L,6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N CH 4.下列各种情况下，溶液中一定能大量存在的离子组是 分子中所有的碳原子不可能共平面 扫描全能王创建 B.Imol旋复花内酯录多消耗2 molNaOH 9.CH-CO,催化重整可以得到合成气(C0和H,有利于减小温室效应，其主要反应为 C.能使酸性KMO,溶液和溴的四氯化碳溶液测色 CH(g+C0(g)=2C0(g+2H(g)△H=+247kJmo1,同时存在以下反应：积碳反应： D.催化氧化后的产物能与银氨溶液反应生成银，在试管内壁形成光亮的银镜 CH(g)=Cs)+2H(g)△H=+75mol,消碳反应：C0(g+Cs=2C0(g)△H=+172mol,积 1.下列实验能达到目的或结论正确的是 碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是 12 实验 方案设计 项 将混合气体依次通过足量的氢氧化钠溶液、灼 收集干燥纯净的N(杂质O2、C0 热的铜网，最后用真空气囊收集 500550600650700 温度C 取少量周体溶于水，加入足量稀硝酸酸化，再 探究NaSO,是否变质 加入BaC溶液 A。高压利于提高CH的平衡转化率并减少积碳 B.增大CO1与CH4的物质的量之比有助于减少积碳 浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导 蔗精变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊，说 C C.升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大 入澄清石灰水 明浓硫酸具有脱水性和强氧化性 D.温度高于600℃，积磷反应的反应速率减授，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少 过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应 有无色气泡产生，溶液呈血红色，稀硝酸能将 10.莱充电电池如图所示，其反应原理为H:+2AgC6)。2Ag6)2HG。下列说法正确的是 后，演加KSCN溶液 Fe氧化成Fe A.放电时，右边电极电势高 A.A B.B C.C D.D B.放电时，溶液中什向左边电极移动 8。化合物M(Y:X.ZQ)可用作营养补充剂，用以对抗癌症造成的厌食、消瘦等症状。X、Y、Q、 C.充电时，右边电极上发生的电极反应式：Ag+e+CI'AgCl 乙是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z分别位于不同周期，Q和Z位于同一主 D.充电时，当左边电极生成1moH时，电解质溶液减轻2g 族，Q的价电子数是X,Y的价电子数之和，Y元素可制化肥。下列说法正确的是 A.化合物YX:的球提模型： B.简单气态氢化物的稳定性：Z>Q C.第一电离能：I(QP(Y AgCl/Ag D.简单离子半径：rQP(Z) 扫描全能王创建 l.无水FeC,常用作芳烃氧代反应的催化剂，以废铁（主要成分Fe,还有少量fe,O,、C和SiO:) 门.KI0品休具有钙钛矿型的立方结构，其种品胞如图所示，其中顶点为K,品胞边长为apm, 下列说法不正确的是 制取无水FcC引，的流程如下，下列说法正确的是 +0 盐成 S0c1, 废快屑一 →酸溶 过记一→氧化→FC6H,0→股水、Fec ● A.过滤"所得滤液中大量存在的高子有：Fe·、Fe”、H、CI B.“氧化时可使用新制氯水作氧化剂 A1和0之间最近的距离为宁p阳 C.将“氯化”后的溶液蒸干可获得FCl,·6H,.O B,KIO的另一种品胞图中，若1在顶点，则O在棱心 C.距离K最近的O有6个 D.“脱水时如入SOCl,能抑制FeCl,的水解，原因是SOCL,与水反应生成H,SO,和HCI 39+127+48 12.化学需氧量(C0D)是衡量水体有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算消耗 D.晶体密度P-,×0”8cm(设N,为阿伏加德罗常数的间 I4.常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HC1或NaOH调节pH时溶质各微粒浓度 O,的量（单位为mgL)表示，碱性KMnO,不与CI反应，用于测定含C水样的COD,流程如图， lgc(M)(M代表H,CO,、HC,O,、C,O、Ca“)随pH变化曲线如图所示，其中，虚线④代表Ca 下列说法错误的是 A.Ⅱ中发生的反应有MnO,+2+4H=Mn·+l,+2H,0 的曲线。已知Ksp(CaC,O,)=102。下列有关说法正确的是 B.Ⅱ中避光、加盖可抑制1被O氧化及l,的挥发 -2 C.Ⅲ中消耗的aS,O,越多，水样的COD值越高 igc(M)-3A D.若I中为酸性条件，测得含C水样的COD值偏高 cI mol-L"VmL KI溶液 I ② ③ KMnO,溶液 ca mol-L-1 (过量.碱性) (过量，酸性) NazS2O03溶液 132 4.26 81012 PH 冷却 至室湿 A.H,C,0,的电离常数Ka,的数量级为105 煮沸10分钟 避光5分钟 滴定 远l00mL水样 爱 B.pH-7时，cHC,0)+2c(C,o）=2c(Ca) MnOMnO2 MnO MnOz-Mn2+ t2203=S40g+2r C,水的电离程度：A>B>C D.A点时，c(H)>c(HC,O)>c(C,O)>c(OH) 扫描全能王创建 二、非选择恩(4小题，共58分) 【5.（本题14分)我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用 100 酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、F元素的有效分离，流程如下， 87.7 盐酸 试剂1 HCO,溶液 68.5 →滤液2 38.4 钢一 ◆酸设 →泌液1 分离 0100226346420 66084096070 +滤渣2 ON、0 )是一种有效氯含量高、贮运稳 道1 →碱没 →浸取液→转化…→S0, I6.(本题14分)三氯异氰尿酸(TCCA,结构简式为 1 NaOH溶液 C0, 定、使用方便的消杀剂和漂白剂。TCCA的熔点为247℃，微溶于水。某课题组利用如图所示装 已知：钢流中高合CaO、SiO、Fe0、FeO等氧化物：Fez(CzO能溶于水，FeCO、CaC0:难 置制备TCCA(夹持装置及加热装置均已省略)： 空气 溶于水， 浓盐酸 Na:CO:(s) 温度计 回答下列问愿 (1)Si位于元素周期表第 周期第 族：基态Fe原子的价层电子排布式 脂棉 为 水 溶液 (2)酸浸“中，提高浸取速率的措施有 (任写一条) G)广碱浸时，发生反应的化学方程式为 (4)为体现绿色化学思想，试剂【可选用 ,加入试剂1发生反应的离子方程式 为 己知：①潮湿的C12与Na,C0反应生成Cl,0,Cl0与氰尿酸( HN、NH )悬浊液在20~25℃ (⑤)将草酸钙晶体(CaC04HO,其摩尔质量为146g/mo)在氨气氛围中进行热重分析，每个阶段的 重量降低比例数据如图所示，346℃~420℃范围内发生反应的化学方程式为 ,840℃ 反应得到TCCA。②在光和热的作用下，Cl,O浓度较高时，会加速分解为CL,和O,可引起爆 950C范围内所得产品为 (填化学式) 炸，回答下列问题： (I)仪器a的名称是 (2)装置乙的作用除提供水蒸气外，还能除去杂质（填化学式）. (3)该装置中通入空气的目的是· (4)装置丙中发生反应的化学方程式为 脱脂棉的作用是」 扫描全能王创建 (5)相TCCA产品含量的测定方法：先在样品溶液中加入适绿酸化的淀粉KI溶液，充分反应后， (Q)已知C0(g+2H,(g)-CH,OHg)aH,=-90 kJ/mol,则反应a的△H= kJ-mol. )在一定温度的恒压条件下（总压强为pkTa),向亲闭容器中充入物质的量之比为1：3的C0 加入NaS.O,标准液滴定，涉及的反应如下：① +3H,0=3HC1O+ N、NH 和出发生反应，实验测得CO2的平衡转化率和衡时CHOH的选择性随温度变化如图所示： C1 C 100 100 X ②：③1+25,0=2+S.0。反应②的离子方程式为 若样品溶液中含有溶解 80 60 氯，则测定结果（填“偏高偏低”或不变"）， 40 7.(本题15分)二氧化碳的综合利用是实现碳中和、碳达峰的关键。 .20 20 8 0 1.CO的捕集和资源化利用能有效减少CO,排放，充分利用碳资源。 00240280320 368 温度°C (1)一种捕集烟气中CO的流程如图1所示，溶液中含碳物种分布 己知：CH,OH的选择性= n(CH,OH) ×100%。 n(CO )+n(CH,OH) 1.0 茶 H2CO O图中表示平衡时CH,OH的选择性的曲线为 (填“X或Y",温度高于280C时 0.8 HCO KOH(aq)← C02 0.6 曲线Y随温度升高而升高的原因是 ↓ 0.4 吸收 转化 煅烧 分 ②240C时，在催化剂作用下CO,与H,反应，一段时间后，测得CH,OH的选择性为51%（图中A 烟气中C02 Cao 饰 点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH,OH选择性的措施」 (答一条即可， 6.37810.2512pH 图1 图2 ③某温度达到平衡时C0:的转化率为20%，CH,OH的选择性为75%，计算反应b的平衡常数K,= 数随pH变化如图2所示， (用平衡时各物质的体积分数代替平衡浓度) Ⅲ.离子液体聚合物捕集C02 ①上述流程中采用气液逆流接触吸收（烟气从吸收塔底进入，KO州溶液从吸收塔顶喷淋），其目的 己知离子液体聚合物在不同温度和不同C0,流速下，C0,吸附容量随时间的变化如图1和图2 是 ②H,CO,第一步电离平衡常数为K,则pK= (pK.=-IgK). 卫.CO,催化加氢制取甲醇，反应如下： a:CO,(g)+3H (g)CH,OH(g)+H,O(g)AH,: b:CO,(g)+H,(g)=CO(g)+H,O(g)AH,=+41.2 kJ.mol"; 扫描全能王创建 8 20 a.可与溴水反应。Imol F敏多消耗2 mol Br, 00 ◆ b.可发生水解反应 -10mL'min! 25C ◆70 mLmin! c.可与金属钠反应，ImolF最多生成3molH, +50C 2计 020406080100120140160 110.20406080100120140160 d,可使酸性KMnO,溶液褪色 时间(minl 时间(amin) 图1 图2 (2)A可以发生银镜反应，则A的化学名称为；其核磁共振氢谱有组吸收峰。 (4)结合图1和图2分析： (3)化合物E中含有宫能团的名称为一· ①离子液体聚合物捕集CO的反应为 _(填吸热或“放热)反应。 (4)反应①中生成的B和另一种产物均能与NaHCO溶液反应，则反应①的化学方程式为· ②离子液体聚合物捕集C0,的有利条件为」 (5)X的分子式为C。H,O,则X的结构简式为；反应③的反应类型为一· 18.(本题15分)中国科学院上海药物所研究发现，中成药双黄连口服液对新型冠状病毒 (6)B有多种同分异构体，期出其中一种符合下列条件的结构简式 (2019-CoV有抑制作用，其中黄芩索(F)为药物有效成分之-一，其合成路线如下： ①除苯环外，无其他环状结构 ②苯环上仅有两个邻位取代基 CH-CH-C-C C,HO (CH CO)O C,H,O,SOCL H.CO OH ③能与FeCL,溶液和新制的Cu(OH),悬浊液反应 A ① ② H,CO OCH,O CH,CHO [cH-CH] D C-CI ()参考题中所给倍息，写出以 和(CH,CO),O为原料合成 的合成 ④ …定条件 HO ⑤ H.CO 路线。 HO 一定条件 H,CO OCH,O E (2)(CHCO)2O为2分子CHCOOH脱一分子水后形成的酸酐 回答下列问题： ()关于化合物F的性质，下列说法正确的是， 器 扫描全能王创建