备考信息导航演练5-【衡水真题密卷】2025年高考化学备考信息导航演练（辽鄂黑吉蒙专用）

真题密卷 备考信息导航演练（五） 参芳答案及解析 2024一2025学年度备考信息导航演练 化学（五） 一、选择题 6.B【解析】配制硫酸亚铁溶液时加入少量铁粉的目的 1.B【解析】“尘与土”的主要成分是硅酸盐，A错误；“磁 是防止硫酸亚铁中二价铁离子被氧化，A错误；配制 针石”即磁石，主要成分是四氧化三铁，B正确；“马革” 500mL0.1mol·L-1的NaOH溶液快速称量的目 主要成分是蛋白质，C错误；“杨柳”主要成分是纤维 的是防止NaOH吸水潮解或吸收CO2变质，配制溶液 素，D错误。 有误差，B正确；配制NaCI溶液时用滴管从容量瓶中 2.A【解析】N2H4用于水中除氧主要原因是肼具有还 吸出超过刻度的水的同时也吸走NaCl,溶液浓度变 原性，与能溶于水无关，A错误；CO(NH2)2作还原剂， 小，C错误；配制硫酸溶液时直接在容量瓶中稀释会导 NaClO作氧化剂，故CO(NH2)2用来制N2H4是因为 致容量瓶受热膨胀，配制的溶液浓度不准确，应在小烧 能被氧化成N2H4,B正确；Na2CO3水解呈碱性，碱性 杯中将浓硫酸缓慢倒入水中并搅拌稀释，等冷却后再 溶液能促进油脂的水解，故Na2CO3可用于除油污是 引流到容量瓶中，D错误。 因为其水解呈碱性，C正确；NaClo中氯为十1价，杀 7.B【解析】与盐酸反应有大量气体产生并使澄清石灰 菌消毒时还原成一1价，故NaCIO用于杀菌消毒是因 水变浑浊的气体的离子并不一定是HCO,还可能是 为其具有强氧化性，D正确。 CO?或SO?等，A错误；加NaOH溶液先产生蓝色 3.D【解析】氧的质子数为8，故O2结构示意图为 沉淀，说明生成Cu(OH)2沉淀，加入Na2S后转化为 黑色沉淀说明生成CuS,故可说明溶解度：Cu(OH) ,A错误；CO2中碳与氧形成碳氧双键，故CO2 >CuS,B正确；观察K元素的焰色试验要透过蓝色的 钻玻璃，C错误；测定溶液的pH需用洁净的玻璃棒蘸 的电子式为0：C0,B错误，O 为HCHO的球棍 取溶液点到pH试纸上，不能将pH试纸直接伸入溶 液中，D错误。 模型，HCHO的空间填充模型为 C错误； 8.C【解析】大黄素有两个苯环和两个碳氧双键，故 1mol该有机物最多和8molH2加成，A错误；大黄素 CO2中只有碳氧双键，HCHO也没有碳碳键，而生成 不存在对称轴，两个苯环上的氢原子均能取代，有四种 的乙醇有碳碳键，故CO2偶联HCHO生成乙醇有碳 一溴取代产物，B错误；大黄素苯环和苯环之间的碳氧 碳键的形成，D正确。 双键均为$p2杂化，且碳氧双键的碳和甲基的碳均取 4,A【解析】陶瓷玻璃主要成分是硅酸盐，属于一种新型 代苯环上氢的位置，所以大黄素所有碳原子一定共平 无机非金属材料，A错误；用于航天发动机的高温部件 面，C正确；大黄素有苯环和羰基能发生加成反应，但 的TD3钛合金属于金属材料，B正确；高聚物属于高 不能发生银镜等反应，D错误。 分子材料，故用于航天记忆形状的高聚物是一种特殊 9.D【解析】M是短周期中主族元素原子半径最大的原 的高分子材料，C正确；复合材料是由两种或两种以上 子，故M为Na元素；基态原子中X、Q的2p轨道均只 材料组成，用于驾驶舱的高效隔热的气凝胶由SiO2和 有一个未成对电子，即1s2s22p1和1s22s22p5,为B元 TiO2两种材料组成，故属于复合材料，D正确。 素和F元素，由图知Z有两根共价键，且原子半径小于 5.C【解析】2.8gN2的物质的量为0.1mol,N原子有7 X,所以Z为O元素；X、Y、Z、Q同周期，Q的原子半径 个质子，故2.8gN2含有的质子数为1.4NA,A错误； 最小，只有一根共价键，故Q为F元素，B与F之间形 2.24LNO2在标准状况下含有的原子数为0.3NA, 成配位键；Y有四根共价键，故Y为C元素。同周期 该选项没有指明在标准状况下，无法计算原子数，B错 元素从左到右，元素的非金属性依次增强，氢化物的稳 误；1L0.1mol·L1Na2SO3溶液中含有Na2SO3的 定性依次增强，故简单氢化物的稳定性：Z(O)< 物质的量为0.1mol,故含有Na+数为0.2Na,C正 Q(F),A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增 确；NO2中N为十4价，反应后生成N2中N为0价， 大趋势，故电离能：I1(B)<I1(C)<I1(O),B错误；非 故生成0.1molN2转移电子数为0.8NA,D错误。 金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：C> 2 化学答案（五）第1页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 B,故最高价含氧酸的酸性：X(H3BO3)<Y(H2CO3), 2H2O-4e—O2个+4H+,N极附近产生H+,故 C错误；化合物SDB中碳和氧等存在共价键，内界和 N极附近pH减小，B错误；M极CO2和NO3共还 外界存在离子键，B为缺电子原子，F有孤对电子，故 原，得电子生成尿素，由电子守恒、元素和电荷守恒， B与F之间存在共价键和配位键，即化合物SDB中存 M极的反应式为CO2+2NO?+18H++16e一 在配位键、共价键、离子键，D正确。 CO(NH2)2+7H2O,C正确；理论上生成0.1mol 10.A【解析】可用KSCN溶液检验Fe3+,A正确；在铁 铵矾溶液中滴入少量的NaOH溶液先与Fe3+反应， CO(NH2)2转移1.6mole,1molO2转移4mole, 故离子反应为Fe3++3OH=Fe(OH)3↓，B错 故由电子守恒，在标准状况下，同时生成8.96LO2,题 误；在铁铵矾溶液中滴入过量的Ba(OH)2溶液的离 中没有说明在标准状况下，D错误。 子反应为2Ba2++2SO?+Fe3++4OH+NH 14.D【解析】氯为非金属，第一电离能大，故第一电离 -2BaSO4↓+Fe(OH)3￥+NH3·H2O,C错误； 能：I1(Cl)>I1(Zn),A错误；在催化剂ZnSe下CO2 铁铵矾溶液呈酸性的原因除Fe3+水解：Fe3+十3H2O 还原成CO决速步骤的活化能大，反应更难进行，B =一Fe(OH)3十3H+,还有NHt水解，D错误。 错误；催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的相 l1.C【解析】Cu位于第IB族，属于ds区元素，Ga位于第 对能量变化，反应的相对能量变化只与反应物和生成 四周期ⅢA,属于p区元素，A错误；根据泡利不相容原 物始终点的状态有关，与反应途径无关，C错误；由图 理：每个轨道最多容纳两个自旋状态不同的电子，故基态 知在催化剂CsSnCl3下CO2还原成CO决速步骤为 O原子的轨道表示式为个个个个个，B错误；乙醛的 Is 2s 2p CO2￥→COOH￥，故相对能量变化为0.47eV一 H O (-0.22eV)=0.69eV,D正确。 结构为HC-CH,有6个。键和1个π键，故。键和π键 15.C【解析】NaCN溶液中由质子守恒有c(OH)= c(HCN)+c(H+),c(Na)+c(OH-)>c(HCN) 个数之比为6：1，C正确； ●，为乙醇的球棍模 +c(H+),A错误；NaCN溶液中CN-水解，即CN +H2O==HCN+OH,水解常数Kh(CN-)= 型，乙醇的空间填充模型为 ,D错误。 c(HCN)·c(OH)=c(HCN)·c(OH)·c(Ht) c(CN-) c(CN-)·c(H+) 12.C【解析】钻渣(Co2O3、Fe2O3和SiO2)研磨的是目的 Kw 。1×10-14 是增大反应物的接触面积，提高酸浸率，A正确：在酸 K.(HCN)6.3×100=6,3X104,B错误；由 浸过程中Co2O3、Fe2O3和盐酸反应，SiO2不和盐酸反 图知，lg(H =0时，lg(HCN) 应，故滤渣A为SiO2,生成的CoCl2和FeCl3溶液通过 c(F-) Fc(CN)=6,即c(F-)= 调节pH使F3+沉淀，从而除去Fe3+,故为不引入新的 c(HF)时，c(HCN)=10°c(CN-),在NaCN溶液中 杂质，加入的物质B可为CoO或Co(OH)2等，B正确； 滴入HF溶液时存在CN-十HF=一HCN+F-平 在酸浸过程中Co2O3、Fe2O3和盐酸反应，只有Co2O3 衡， c(HCN)·c(F) 故有 K= +6HCI—2CoCl2+C2个+3H20是氧化还原反应， c(CN)·c(HF) 1 mol Co2O,作氧化剂，2 mol HCI作还原剂，剩余部分 c(HCN)·c(F)·c(H+)K.(HF) K (HF) 盐酸起酸的作用，故酸浸过程中发生氧化还原反应的 c(CN)·c(HD)·c(H*)K.(HCN,所以 K (HCN 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，C错误；调节 c(HCN) c(CN-) =10,K.(HCN)=6.3×1010代入得 pH的目的是除去Fe3+,调pH应控制pH使Fe+完全 沉淀而C02+不生成沉淀，D正确。 13.C【解析】电解池应用制备尿素，a接负极，M极为阴 K.(H)=6.3X10,C正确；在N点，lg职 c(F)2,故 极，b接正极，N极为阳极，阳极(N极)：2H2O一4e c(HF)=10c(F),即c(HF)=10c(NaF),所以c(HF) —O2个+4H+,阴极(M极)：C02+2NO3+18H >c(NaF;由HCD·c(F)） +16e=CO(NH2)2+7H2O,总反应：CO2+ c(CN)·c(HF) 10,知c(HCW c(CN) -103, 2NO3+H2O+2Ht—4O2个+C0(NH2)2。N极 即c(HCN)=10c(CN),所以c(HCN)>c(CN);由 H2O中的O化合价升高，发生氧化反应，所以b接正 Na元素和CN守恒知：c(HF)>c(NaF)=c(HCN)> 极，N极为阳极，A错误；装置工作时，阳极(N极)： c(NaCN),D错误。 化学答案（五）第2页（共5页） 2 真题密卷 备考信息导航演练（五） 二、非选择题 17.I.(1)三颈烧瓶（或三口烧瓶）(1分)平衡压强，使 16.(1)增大反应物的接触面积，提高碱熔的反应速率和 液体顺利流下(1分) 碱熔率(1分)NN4个个(2分) (2)有白色晶体析出(2分)滴加的氨水过多或速率 3d 4s 过快生成Ce(OH)4(2分) (2)Ru、H(2分) Ⅱ.(3)反应前通N2的目的是排尽装置中的空气，防 (3)2RuO?+16H++18C1-—2RuC18+3Cl2个+ 止空气中的CO2对测定结果有影响；反应后通N2的 8H2O(2分) 目的是防止生成水和二氧化碳停留在装置中(2分) (4)3(1分)分液漏斗(1分) (4)防止空气中的水和二氧化碳进入F中(2分) (5)过滤、洗涤、干燥(2分) (5)Ce2(OH)6CO3(2分) (6)2.2(2分) (6)7NH3.H2O+NH HCO3 +2Ce (SO)2- 【解析】 Ce2(OH)6CO3￥+4(NH4)2SO4+H2O(2分) BRC国 NaOH Na.O, 【解析】I.(1)仪器A的名称是三颈烧瓶或三口烧 H.SO,P204 Na.CO, 瓶，与普通分液漏斗相比，仪器B的优点是平衡压强， 一离流一→苹取分流一相一→NC0 使液体顺利流下。 No,cO/Cs可有城nNsO (2)仪器A中生成产物的现象为有白色晶体析出；若 (1)“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，提高“碱 仪器A中出现黄色现象，其原因是滴加的氨水过多 熔”的反应速率和碱熔率；Ni的原子序数为28，由构 或速率过快生成Ce(OH)4从而出现黄色。 造原理知基态Nⅱ原子的价电子排布图 Ⅱ.(3)反应前通N2的目的是排尽装置中的空气，防 为MMW个个W 3d 4s 止空气中的CO2对测定结果有影响；反应后通N2的 (2)配合物(NH4)3RuCl6中NH为外界，提供空轨 目的是防止生成水和二氧化碳停留在装置中。 道的元素是H+,N提供孤对电子，内界为RuCI,提 (4)G中碱石灰的作用是防止空气中的水和二氧化碳 供空轨道元素是Ru,C1提供孤对电子，故提供空轨道 进入F中使二氧化碳的测定结果不准确。 的元素是Ru、H。 (5)装置E吸收水，故m(水)=144.28g一143.2g= (3)Na2RuO4与HCl反应，其中Ru的化合价从十6降到 2m(水) 十3，C的化合价从-一1升到0价，反应生成HRuCl,、 1.08g,由氢元素守恒知n(OH)=18g·m0lF= 0.12mol,F装置吸收二氧化碳，故m(C02)=173.48g NaCl、Cl2和水，Na2RuO4溶于水拆成Na和RuO子，故 由电子、电荷、元素守恒得反应的离子方程式：2uO十 172.6g=0.88g,由碳元素守恒知n(C0号)= 16H++18CI—2RuCI8+3C2个+8H2O。 4g·mol7=0.02mol,m(Ce0)=8.84g-m(水)- m(C02) (4)由图知，萃取分离Cu2+和Ni+,使Cu2+进入有机 m(C02)=8.84g-1.08g-0.88g=6.88g,n(Ce)= 相，故应控制pH在3左右，萃取用到的玻璃仪器有 6.88g 烧杯和分液漏斗。 ncc0,）=12g:nmor=0.04mol,n(Ce+）: (5)要得到纯净千燥的(NH4)3RuCL6沉淀，沉钉后得 n(OH):n(CO)=0.04 mol 0.12 mol 0.02 mol= 到(NH4)3RuCl沉淀的操作是过滤、洗涤、千燥。 2:6:1,故碱式碳酸铈的化学式为Ce2(OHD6CO3。 (6)由流程反应可知2Na2RuO4+22HCl (6)根据(5)结果NH3·HO和NH4HCO3及Ce(SO4)2 2HaRuCls+3Cl2+8H2O+4NaCl,H3RuCla+ 生成Ce2(OH)CO3和(NH)2SO4,故反应的化学方程 3NH4CI—(NH4)3RuCl6+3HC1,故有22HCl~ 式为7NH·H2O+NH4HCO3+2Ce(SO4)2 2H3 RuCle~2 NH )3RuCle,n HCI)= -Ce2(OH).C03￥+4(NH)2SO4+H2O。 7.36g (NH),RuCl]1X36go0.22 mol, 18.(1)-146(2分) 0.22 mol (2)未平衡(2分)<(2分) c(HCI)= 0.100L =2.2mol·L1。 (3)①M(2分) 化学答案（五）第3页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 ②在温度小于T2℃时以反应I为主，反应I向逆反 反应Ⅱ： Ca H:(g)Ca HG(g)+H2(g) 应生成的C3H大于反应Ⅱ向正反应消耗的C3H8, 起始(mol):4一2x 2x0 故CHg的转化率减小；温度大于T2℃时，以反应Ⅱ 转化(mol):y y y 为主，反应I向逆反应生成的C3H?小于反应Ⅱ向正 平衡(mol):4-2x-y2x+yy 反应消耗的C,Hg,C3Hg的转化率增大(2分) 所以2+y 4 =60%,y=0.4 mol,=1 mol,n (Ca Hs)= ③0.6(2分) (4-2x-y)mol=1.6 mol,n (C He)=(2x+y)mol= ④生成的碳覆盖在催化剂表面使催化剂中毒失去活 2.4 mol,n (H2)=y=0.4 mol,n (O2)=(2-x)mol= 性(2分) 1 mol,n (H2 O)=2x mol=2 mol,n ()=n (C Hs)+ 【解析】(1)由盖斯定律可知，2X(反应N十反应Ⅱ)可 n(CaH6)+n(H2)+n(O2)+n(H20)=1.6mol+ 得反应2C3H(g)十O2(g)一2C3H(g)十2H2O(g), 2.4 mol+0.4 mol+1 mol+2 mol=7.4 mol,(C Hs) 故△H1=2(△H4+△H2)=2×[(-241.8k·mol-1) _n(C.Hg) +(+168.8kJ·mol-1)]=-146k·mol-1。 n(意)×p(总)=1.6 -7.4X 7.4 MPa 1.6 MPa, (2)当压强为p1时，t时n(CaH)=1mol,故 (CH)=(C H.) n(总) p(总)=24 7.4X7.4MPa= △n(CHs)=1mol,由方程式2C3H3(g)+O2(g) 2C He (g)+2H2O(g)(O2)=2 mol-0.5 mol= 2.4MPa,p(H,)=nC)× n(总)X力（总） 7.4×7.4MPa= 0.4 1.5 mol,n Ca He)=n (H2O)=1 mol,Qe= (H2)(C H)0.4 MPaX2.4 MPa 0.4 MPa,K= ( (CaH) 1.6 MPa c2(C3H6)·c2(H2O) <1.0,则反 0.6MPa。 c2(CaHg)·c(O2) ·(g》 6 ④从图中可知在温度T,℃时开始发生反应Ⅲ，生成碳，故 温度在T,℃之后下降的原因是生成的碳覆盖在催化剂表 应体系未达到平衡；当压强为p2时，t时n(O2)= 面使催化剂中毒失去活性。 1.4mol,△n(O2)=0.6mol大于压强为1时△n(O2) 19.(1)羟基(1分)sp(1分) =0.5mol,即p2时反应速率快，其他条件相同，压强越 (2)8:1(2分) 大反应速率越快，故p2>1。 (3)①升高温度，反应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正 (3)HOOC COOH(2分) 反应方向移动，H2O的物质的量减小，H2的物质的量 CH (4)2CH0 CH.CCICH 》-OCH,+2HC 增大，故曲线N表示H2的物质的量；曲线P表示 H2O的物质的量；曲线M表示CH的转化率。 (2分) ②曲线M表示C3Hg的转化率，在T1→T3℃先下降 是因为在温度小于T2℃时以反应I为主，反应[向逆反 >0 (5 -0K 应生成的CaH3大于反应Ⅱ向正反应消耗的CHg,故 OCH CH的转化率减小；后上升的原因是温度大于Tz℃ -CH OCH. 时，以反应Ⅱ为主，反应I向逆反应生成的CaHg小于反 应Ⅱ向正反应消耗的CHg,C3Hg的转化率增大。 CH 0-CH-0 CH)(2分) ③设反应I中CH8转化2.xmol,反应Ⅱ中CH转 (6) 化ymol, 反应I:2C3H(g)+O2(g)—=2C3H(g)+2H2O(g) HC-O- 起始(mol): 42 0 0 H-0 转化(mol): 2x 2x 2x △ m哭a 平衡(mol): 2-x 2x (4分) 化学答案（五） 第4页（共5页） 2 真题密卷 备考信息导航演练（五） 【解析】(1)有机物A为苯酚，故官能团名称为羟基， (5)D的分子式为C15H16O2,同分异构体含有两个苯 有机物A中苯环上的碳均形成三对价层电子且互 环，核磁共振氢谱有四组峰，两苯环和三个碳及两个 斥，故碳原子为Sp杂化。 氧的排布要非常对称，两个羟基不能连在同一碳上的 (2)有机物E中有8个碳，形成8个碳碳。键，苯环上 OCH CH 只有一个大元键，故碳碳。键与大π键比为8：1。 同分异构体有》 (3)由高聚物PAR可推出有机物F的结构简式 OCH CH. 为HOOC cOOH。 CH.O CH, OCH、 (4)B的结构为CH0 C的结构为 CH; -0-CH-0/ CH。 CH,O 0CH,B→C为2分子 CH 该结构中有羟基和羧基，羟基可由○)0CH去甲基可 CH.O 和1分子CH3CCL2CH3反应生成 得，而要合成羧基可在苯环上引入甲基，再经酸性高锰酸 CH 钾氧化得羧基，故合成路线的流程图如下： CH.O- OCH和HC1,故反应的化 CH 学方程式为 2 化学答案（五）第5页（共5页）2024一2025学年度备考信息导航演练 卺题 化学（五） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16C1一35.5Ru一101 Pd-106Ce-140 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.下列诗词中有关说法正确的是 A.“三十功名尘与土，八千里路云和月”，“尘与土”的主要成分是石灰石 B.“臣心一片磁针石，不指南方不肯休”，“磁针石”主要成分是四氧化三铁 C.“只解沙场为国死，何须马革裹尸还”，“马革”主要成分是纤维素 D.“羌笛何须怨杨柳，春风不度玉门关”，“杨柳”主要成分是蛋白质 2.肼(N2H4)可用于核电机组启动时回路冷水的除氧剂，制备肼的反应为CO(NH2)2十 2NaOH+NaClO-Na2CO3+N2H4+H2O+NaCl。下列有关物质的性质与用途说 法错误的是 () A.N2H4用于水中除氧是因为肼能溶于水 B.CO(NH2)2用来制N2H4是因为能被氧化成N2H4 C.Na2CO3可用于除油污是因为其水解呈碱性 D.NaClO用于杀菌消毒是因为其具有强氧化性 3.中国科学院山西煤炭化学研究所科研人员成功通过“双位点”协同“双路径”策略实现了 CO2偶联HCHO生成乙醇。下列有关说法正确的是 () A.O2-的结构示意图为410 B.CO2的电子式为0：C:0 C.HCHO的空间填充模型为● D.CO2偶联HCHO生成乙醇有碳碳键的形成 化学试题（五）第1页（共8页） 真题密卷·备 4.中国航天事业取得了举世瞩目的成就，很大程度上得益于材料的发展。下列有关材料 班级 的说法错误的是 ( A.用于航空的高强度陶瓷玻璃是一种传统无机非金属材料 B.用于航天发动机的高温部件的TD3钛合金属于金属材料 姓名 C.用于航天记忆形状的高聚物是一种特殊的高分子材料 D.用于驾驶舱的高效隔热的SiO2/TiO2气凝胶属于复合材料 得分 5.亚硫酸钠溶液可用来吸收工业上的NO2尾气，其反应的化学方程式为4Na2SO3十 2NO2一4Na2SO4+N2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 A.2.8gN2含有的质子数为1.2Na B.2.24LNO2含有的原子数为0.3NA C.1L0.1mol·L-1Na2SO3溶液中含有Na+数为0.2Na D.生成0.1molN2转移电子数为0.4NA 6.下列有关溶液的配制叙述正确的是 A.配制硫酸亚铁溶液时加入少量的铁粉是防止硫酸亚铁水解 B.配制500mL0.1mol·L1的NaOH溶液快速称量是防止NaOH潮解或变质 C.配制NaCI溶液时用滴管从容量瓶中吸出超过刻度的水是防止溶液浓度变小 D.配制硫酸溶液时直接在容量瓶中稀释的目的是防止硫酸飞溅出来 7《本草纲目》中记载：“空青法木，色青而主肝；…，云母法金，色白而主肺”。下列有关 空青和云母的实验操作、现象、结论均正确的是 () 选项 实验操作 实验现象 实验结论 向少量空青粉末中滴加稀盐酸至粉 有大量气体产生， A 末恰好溶解，产生的气体通入澄清石 空青中有HCO? 澄清石灰水变浑浊 灰水 向少量空青粉末中滴加稀盐酸至粉 末恰好溶解，在所得溶液中滴加 先产生蓝色沉淀， 溶解度：Cu(OHD2> B 0.1mol·L1的NaOH溶液，过滤， 后转化为黑色沉淀 CuS 洗涤，在沉淀中滴加0.1mol·L-1 的Na2S溶液 将云母研成粉末，用烧红的洁净铂丝 C 蘸取云母粉末在火焰上灼烧，观察火 未观察到紫色火焰 云母中没有钾元素 焰的颜色 向少量云母粉末中滴加稀盐酸至粉 D 末不再溶解，将pH试纸伸入溶液测 pH试纸变红 溶液呈酸性 pH,并与比色卡对比 专信息导航演练 化学试题（五）第2页（共8页） 2 8.中药大黄提取物大黄素具有保护眼睛、强化免疫系统、保护皮肤、改善心血管健康的功 效。大黄素的结构如图所示： H.C OH OH 下列有关说法正确的是 () A.1mol该有机物最多和6molH2加成 B.大黄素苯环上氢原子的一溴取代产物有2种 C.大黄素所有碳原子一定共平面 D.大黄素能发生加成反应和银镜反应 9.化合物SDB具有生物活性，可用于药物研究和开发，在材料科学领域可用于合成功能材料、 荧光探针等。该化合物由X、Y、Z、Q、M五种短周期主族元素组成，基态原子中X、Q的2p轨 道均只有一个未成对电子，X、Y、Z、Q位于同一周期，且原子半径相对大小如图所示，基态Y 原子所有电子能级上电子数相同，M是短周期中主族元素原子半径最大的原子。 下列有关说法正确的是 () A,简单氢化物的稳定性：Z>Q B.第一电离能：I1(X)<I(Z)<I(Y) C.最高价含氧酸的酸性：X>Y D.化合物SDB中存在配位键、共价键、离子键 10.铁铵矾[NH4F(SO4)2·12H2O]主要用于氮肥生产中测定纯碱含铁量。下列有关铁 铵矾的离子检验或离子反应叙述正确的是 () A.将KSCN溶液滴入铁铵钒溶液中检验Fe3+ B.在铁铵矾溶液中滴入少量的NaOH溶液的离子反应为NHt+OH一NH,个 +H2O C.在铁铵矾溶液中滴入过量的Ba(OH)2溶液的离子反应为Ba2++SO+Fe3++ 30H--BaSO+Fe(OH)3 D.铁铵矾溶液呈酸性的原因：Fe3+十3H2O一Fe(OH)3十3H+ 11.广州大学科研小组发现在CuGa双金属催化剂上CO2能高效转化为C2H4、C2HOH 和乙醛(CH3CHO)等多碳产物。下列有关说法正确的是 () A.Cu和Ga均属于ds区元素 B基态0原子的轨道表示式为日器“站 C.乙醛中。键、π键个数之比为6：1 D.乙醇的空间填充模型为◆●●一 2 化学试题（五）第3页（共8页） 真题密卷·备扌 12.碳酸钴(CoCO3)可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(Co2O3、Fe2O3和 SO2)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： HCI 物质B Na,CO. 钴渣 →研磨→酸浸→调pH 沉钴 CoCO: 滤渣A 滤渣B 已知：Co2O3+6HC1—2CoCl2+C2个+3H2O。 下列有关说法错误的是 () A.“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 B.为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或Co(OH)2等 C“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6 D.“调pH”应控制pH使Fe3+完全沉淀而Co+不生成沉淀 13.清华大学科研小组报道了一种通过在Cu2O光电共还原CO2和NO3来合成尿素的有 效光电化学方法。其电化学原理如图所示： CO: N HO CO(NH2) 02 下列有关说法正确的是 A.b接负极，N极为阴极 B.装置工作时，N极附近pH增大 C.M极的反应式为CO2+2NO3+18H++16eCO(NH2)2+7H2O D.理论上生成0.1 mol CO(NH2)2同时生成8.96LO2 14.在不同催化剂ZnSe和CsSnCla3下，光催化CO2还原成CO的反应历程如图所示： 1.53 -ZnSe _CsSnCls 0.470.47 0.57 C00H*0.26, CO(g)+* 0 CO* C0g)十*-0.22 -0.34 CO,* 反应历程 下列有关说法正确的是 () A.第一电离能：I1(Cl)<I1(Zn) B.在催化剂ZnSe下CO2还原成CO更易进行 C.催化剂不仅能改变反应历程也能改变反应的相对能量变化 D.在催化剂CsSnCl3下CO2还原成CO决速步骤的相对能量变化为0.69eV 信息导航演练 化学试题（五）第4页（共8页） 15.常温下，向0.2mol·L1的NaCN溶液中滴入0.1mol·L1HF溶液，溶液中 C座u的变化如周所不。 ↑1gHCN c(CN) 4 Ig (HF) c(F) -6-4-202468 已知：K.(HCN)=6.3×10-1o。下列有关说法正确的是 A.NaCN溶液中有c(Na+)+c(OH-)=c(HCN)+c(H) 6.3大10-6 1 B.K(CN-) C.Ka(HF)=6.3×10-4 D.N点混合溶液中有c(HCN)>c(NaF)>c(NaCN)>c(HF) 二、非选择题：本题4小题，共55分。 16.(13分)二氧化钌(RuO2)主要用作高效析氧反应的催化剂，也是制作电阻和电容器的 重要原料。一种以含钌废渣(RuO2、NiO、CuO)为原料制备二氧化钉和副产物NiCO 的工艺流程如图1所示： NaOH Na,O, HCI溶液 NH.CI 含钉废渣→粉碎 碱熔 →滤液 →沉钉 H 水浸过滤 →(NH,)RuC,高温Ru △ H,SO P204 Na,CO, →滤渣 →萃取分液 →水相→NiCO, 有机相 图1 已知：“碱熔”时RuO2与Na2O2反应生成Na2RuO4,Na2RuO4可溶于水。 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是 ,基态Ni原子的价电子排 布图为 (2)配合物(NH4)3RuC16中提供空轨道的原子是 (填原子符号)。 (3)已知H3RuCl,一3H++RuCl,写出Na2RuO4和HCl溶液反应生成H3RuCl6 和C2的离子反应方程式： (4)用P204萃取Cu2+和Ni2+的萃取率随pH的变化如图2所示： 100 80 Cu2 .60 40 20 0123456 p 图2 化学试题（五）第5页（共8页） 真题密卷·备考 则“萃取分液”时应控制的pH为 左右，萃取用到的玻璃仪器有烧杯和 (5)“沉钉”后分离得到(NH4)3RuCI。沉淀的操作是 (6)某Na2RuO4溶液与100mL盐酸恰好反应，在反应后溶液中加入足量的NH4CI生 成7.36g沉淀，则盐酸的物质的量浓度为 mol·L1。 17.(14分)碱式碳酸铈[Cez(OH),(CO3)m]为白色晶体，主要用于原子荧光光度法的标准 溶液，也可以用于金属表面处理成膜。某实验小组以C(SO4)2制备碱式碳酸铈（图1） 并对碱式碳酸铈的组成进行实验探究（图2）的装置如图所示（加热及夹持装置略）： NHHCO N 溶液 B 样品 碱石灰 氨水 管式炉 A-Ce(SO,h溶液 浓硫酸碱石灰 磁力搅拌器 D E 图1 图2 已知：Ce(OH)4为黄色沉淀。 回答下列问题： I.制备碱式碳酸铈 (1)仪器A的名称是 ,与普通分液漏斗相比，此实验中仪器B的优点是 (2)仪器A中生成产物的现象为 ,若仪器A中出现黄色现象，其原 因是 Ⅱ.测定碱式碳酸铈的组成 (3)反应前后通N2的目的是 (4)装置G中碱石灰的作用是 (5)若取8.84g碱式碳酸铈[Ce.(OH),(CO3)m]在管式炉中充分加热反应至固体的质 量不再减小，E、F装置反应前的质量分别为143.2g和172.6g,反应后的质量分别 为144.28g和173.48g,则碱式碳酸铈的化学式为 (6)根据(5)结果写出NH3·H2O和NH4HCO3及Ce(SO4)2生成碱式碳酸铈的化学 方程式： 18.(14分)我国某大学科研小组在等离子体调控缺陷的氨化硼催化剂上，高效催化丙烷氧 化脱氢制丙烯的原理如下： 反应I:2C3Hg(g)+O2(g)=→2C3Hs(g)+2H2O(g)△H1 反应Ⅱ：C3Hg(g)=C3H6(g)+H2(g)△H2=十168.8k·mol-1 反应Ⅲ：C3Hg(g)→3C(s)+4H2(g)△H3=+1394kJ·mol-1 回答下列问题： (1)已知反应V:H,(g)+202(g)—H,0(g)△H4=-241.8k·mol1,则反应I 的△H1= kJ·mol-1。 (2)在800℃时，反应I:2C3H3(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)的K=1.0;若在 4L容器中通入C3H和O2各2mol,t时刻，压强为p1的反应体系测得C3H；的 物质的量和压强为p2的反应体系测得O2的物质的量如图1所示，则t时刻压强 为1的反应体系（填“已平衡”“未平衡”或“无法确定”）；压强p1p2 (填“>”“<”或“=”)。 信息导航演练 化学试题（五）第6页（共8页） 2 个物质的量/mol 1.4- -02 -CHs 时间s 图1 (3)在恒容的密闭容器中，起始时充入4molC3H；和2molO2,反应达到平衡时C3H8 的转化率，H2O、H2及碳的平衡物质的量随温度的变化如图2所示： ◆转化率或物质的量 碳 0 Ti T2 温度/C 图2 ①表示C3Hg的转化率的曲线是 (填“M”“N”或“P”)。 ②曲线M在T1→T3℃先下降后上升的原因是 ③在T1℃时，C3Hg的转化率为60%，H2的物质的量为0.4mol,此时体系的总压强 为7.4MPa,则反应Ⅱ：C3H3(g)=一C3H6(g)+H2(g)的分压平衡常数Kp= MPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。 ④T3℃之后，丙烯的选择性下降，其原因可能是 2 化学试题（五）第7页（共8页） 真题密卷 19.(14分)聚芳酯(PAR)材料具有透明、电性能优异、刚性好和抗冲击性佳等优点，应用于 电气、电子和汽车领域。其合成路线如图所示： CH HO (CH)SO,CH,0一 CH.CCLCH CH.O AICI -ocH C) A B CH, CH,H.SO, KMno.FCH.0△ 已知：○+cAcL R+HCI。 回答下列问题： (1)有机物A官能团的名称为 ,有机物A碳原子的杂化方式为 (2)有机物E中碳碳。键与碳碳大π键的比为 (3)有机物F的结构简式为 (4)写出BC反应的化学方程式： (5)已知两个羟基不能连在同一碳原子上，写出符合下列条件的D的一种同分异构体： (不含D,不考虑立体异构)。 ①有两个苯环。 ②核磁共振氢谱有四组峰。 (6)利用题中信息，以K》 ,C为原料合成"0-《 OH,写出合成路线的 n 流程图： (其他无机试剂任选)。 备考信息导航演练 化学试题（五）第8页（共8页）