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（山东专用）

2024一2025学年度备考信息导航演练 题 化学（五） 本试卷总分100分，考试时间90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10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 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+ 2NaOH+NaClO一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：C0 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 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 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 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 化学试题（五）第1页（共8页） 真题密卷·备 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4N2SO3+ 班级 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 姓名 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 --。 得分 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NaCl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.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。下列有关说法正确的是 () HC OH OH O OH 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 8.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2印轨 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)<I1(Z)<I1(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 9.铁铵矾[NHFe(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溶液滴人铁铵钒溶液中检验Fe3+ B.在铁铵矾溶液中滴入少量的NaOH溶液的离子反应为NHt十OH-一NH3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+十SO?+Fe3++ 30H=BaSO+Fe(OH)3 D.铁铵矾溶液呈酸性的原因：Fe3++3H2O一Fe(OH)3+3H+ 信息导航演练 化学试题（五）第2页（共8页） 3 l0.在不同催化剂ZnSe和CsSnCl3下，光催化CO2还原成CO的反应历程如图所示： -ZnSe 1.53 -CsSnCl3 0.470.47 0.57 C00H*0.26, Co(g)+ 0 CO* C0(g)t*-0.22 -0.34 C02* 反应历程 下列有关说法正确的是 A.第一电离能：I1(CI)<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 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 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(CH,CHO)等多碳产物。下列有关说法正确的是 () A.Cu和Ga分别属于ds区、p区元素 且基态0原子的轨道表示式为“ C.乙醛中。键、π键个数之比为6：1 D.乙醇的空问填充模型为。一 12.《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 末恰好溶解，产生的气体通入澄清石 有大量气体产生， A 空青中有HCO3 灰水 澄清石灰水变浑浊 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 B 0.1mol·L-1的NaOH溶液，过滤， 先产生蓝色沉淀， 溶解度：Cu(OH)2> 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 3 化学试题（五）第3页（共8页） 真题密卷·备 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NO?来合成尿素的有 效光电化学方法。其电化学原理如图所示： M H2O CO(NH,), hv NO D 下列有关说法正确的是 A.b接正极，N极为阳极 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8.96LO 14.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 SiO2)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： HCI 物质B Na,CO. 钴渣一→研磨一→酸浸一调→沉钴 →CoCO 滤渣A 滤渣B 已知：Co2O3+6HC1—2CoCl2+Cl2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 15.常温下，向0.2mol·L-1的NaCN溶液中滴人0.1mol·L-1HF溶液，溶液中 eC地s的变化如图所示： c(HF) ↑1 C(HCN) Pc(CN) Ig(HF) c(F-) -6-4-202468 已知：K.(HCN)=6.3×10-10。下列有关说法正确的是 A.NaCN溶液中有c(Na+)+c(OH-)=c(HCN)+c(H+) 1 B.K(CN)-6.3X10-4 C.Ka(HF)=6.3X10-4 D.N点混合溶液中有c(HCN)>c(NaF)>c(NaCN)>c(HF) 信息导航演练 化学试题（五）第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)近日，我国某大学科研小组采用气相沉积法制备了一系列过渡金属元素(V Cr、Mn、Co和Ni)掺杂GeSe及金属硫化物半导体薄膜，这些半导体薄膜是电子器件所 需要的重要材料。 回答下列问题： (1)写出基态Cr原子的价电子排布式： (2)钒在溶液中主要以VO和VO3的形式存在，写出酸性条件下VO被Fe2+还原 成VO2+的离子方程式： NaVO3中存在的化学键有 (3)酞菁锰（Ⅱ）常用作氧化剂、光敏剂和催化剂。酞菁锰（Ⅱ）的结构如图1所示： 图1 酞菁锰（Ⅱ）中心原子的配位数为 ,碳碳双键的键能 (填“大于”“小于” 或“等于”)碳氨双键的键能。 (4)金属钴(Co)可形成的多种配合物，试分析[Co(CN)6]3中C的杂化方式为； [Co(NH3)6]2+中配体NH3的空间结构为 (5)硫化镍的一种立方晶胞结构如图2所示，已知晶胞的边长为mpm,Ni和S的 原子半径分别为rpm和rspm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分 率为 图2 17.(12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)SOCH.O CH.CCLCH CH.O AICL -CHC) B CH AICT >H.C. CH,CI KMnO:,FC,H,O） CH,HSO, △ 催化剂 CH PAR 化学试题（五）第5页（共8页） 真题密卷·备扌 R+HCI 回答下列问题： (1)有机物A官能团的名称为 ,检验该官能团的方法是 (2)有机物D和F生成PAR的反应类型为 (3)有机物F的结构简式为 (4)写出B→C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 ocH、CHCI为原料合成HO OH,写出合成路线的流 n 程图： (其他无机试剂任选)。 18.(12分)二氧化钉(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。一种以含钉废渣(RuO2、NiO、CuO)为原料制备RuO2和副产物NiCO3的 工艺流程如图1所示： NaOH Na,O, HCI溶液 NH,CI H 含钉废渣→粉碎 →碱熔 水浸过滤 →滤液 →沉钉 u1 RuCl Ru→KO2 H,S0: 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 ,为了提高“水浸过滤”过 程中的浸出率可采取措施为 (2)“滤渣”的主要成分是 (3)已知：H3RuCl6—3H++RuCl-,写出Na2RuO4和HCI溶液反应生成H3 RuCle 和C12的离子反应方程式： (4)用P204萃取Cu+和Ni+的萃取率随pH的变化如图2所示： 100 80 Cu2 Ni2 60 20 0123456 pH 图2 图2 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 信息导航演练 化学试题（五）第6页（共8页） 3 (5)“沉钌”后分离得到(NH4)3RuCl6的操作是 (6)某Na2RuO4溶液恰好将100mL盐酸氧化成氯气，在反应后溶液中加入足量的 NH4C1生成7.36g沉淀，则盐酸的物质的量浓度为 mol·L-1。 19.(12分)碱式碳酸铈[Cz(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）： NH.HCO 溶液 B 样品 碱石灰 氨水 管式炉 A 罗-Ce(S0,)h溶液 浓硫酸碱石灰 磁力搅拌器 0 E F 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[Cz(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： 20.(12分)我国某大学科研小组在等离子体调控缺陷的氮化硼催化剂上，高效催化丙烷氧 化脱氢制丙烯的原理如下： 反应I:2C3H(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)△H1 反应Ⅱ：C3Hg(g)==C3H6(g)+H2(g)△H2=+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N:H2(g)+202(g)一H,0(g)△H4=-241.8k·mo11,则反应I 的△H1= kJ·mol-1。 (2)在800℃时，反应I:2C3H(g)+O2(g)—2C3H6(g)+2H2O(g)的K=1.0;若在 4L容器中通入C3Hg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”）；压强卫1 p2 (填“>”“<”或“=”)。 化学试题（五）第7页（共8页） 真题密卷·备考 ↑物质的量/mol 21 1.4 。-02 -CHs 时间S 图1 (3)在恒容的密闭容器中，起始时充人4molC3Hg和2molO2,反应达到平衡时C3Hg 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 一碳 0 温度/℃ 图2 ①表示C3Hg的转化率的曲线是 （填“M”“N”或“P”)。 ②曲线M在T1T3℃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：C3H(g)-=C3H(g)十H2(g)的分压平衡常数K,= 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 信息导航演练 化学试题（五）第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 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·L1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】N2H,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NaCO3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；NaCIO中氯为十1价，杀 7.C【解析】大黄素有两个苯环和两个碳氧双键，故 菌消毒时还原成一1价，故NaClO用于杀菌消毒是因 1mol该有机物最多和8molH2加成，A错误；大黄素 为其具有强氧化性，D正确。 不存在对称轴，两个苯环上的氢原子均能取代，有四种 3.D【解析】氧的质子数为8，故O2-结构示意图为 一溴取代产物，B错误；大黄素苯环和苯环之间的碳氧 双健均为$p2杂化，且碳氧双键的碳和甲基的碳均取 ,A错误；C02中碳与氧形成碳氧双键，故CO2 代苯环上氢的位置，所以大黄素所有碳原子一定共平 面，C正确；大黄素有苯环和羰基能发生加成反应，但 的电子式为0：C0,B错误；O● 为HCHO的球棍 不能发生银镜等反应，D错误。 8.D【解析】M是短周期中主族元素原子半径最大的原 模型，HCHO的空间填充模型为 C错误； 子，故M为Na元素；基态原子中X、Q的2p轨道均只 有一个未成对电子，即1s22s22p和1s2s22p,为B元 CO2中只有碳氧双键，HCHO也没有碳碳键，而生成 素和F元素，由图知Z有两根共价键，且原子半径小于 的乙醇有碳碳键，故CO2偶联HCHO生成乙醇有碳 X,所以Z为O元素；X、Y、Z、Q同周期，Q的原子半径 碳键的形成，D正确。 最小，只有一根共价键，故Q为F元素，B与F之间形 4.A【解析】陶瓷玻璃主要成分是硅酸盐，属于一种新型 成配位键；Y有四根共价键，故Y为C元素。同周期 无机非金属材料，A错误；用于航天发动机的高温部件 元素从左到右，元素的非金属性依次增强，氢化物的稳 的TD3钛合金属于金属材料，B正确；高聚物属于高 定性依次增强，故简单氢化物的稳定性：Z(O)<Q 分子材料，故用于航天记忆形状的高聚物是一种特殊 (F),A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大 的高分子材料，C正确；复合材料是由两种或两种以上 趋势，故电离能：I,(B)<I,(C)<I1(O),B错误；非金 材料组成，用于驾驶舱的高效隔热的气凝胶由SiO2和 属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：C> TiO2两种材料组成，故属于复合材料，D正确。 B,故最高价含氧酸的酸性：X(HBO3)<Y(H2CO3), 5.C【解析】2.8gN2的物质的量为0.1mol,N原子有7 C错误；化合物SDB中碳和氧等存在共价键，内界和 个质子，故2.8gN2含有的质子数为1.4NA,A错误； 外界存在离子键，B为缺电子原子，F有孤对电子，故 2.24LNO2在标准状况下含有的原子数为0.3NA, B与F之间存在共价键和配位键，即化合物SDB中存 该选项没有指明在标准状况下，无法计算原子数，B错 在配位键、共价键、离子键，D正确。 误；1L0.1mol·L1Na2SO3溶液中含有Na2SO3的 9.A【解析】可用KSCN溶液检验Fe3+,A正确；在铁铵 物质的量为0.1mol,故含有Na+数为0.2Na,C正 矾溶液中滴入少量的NaOH溶液先与Fe3+反应，故离 确；NO2中N为十4价，反应后生成N2中N为0价， 子反应为Fe3++3OH—Fe(OH)3V,B错误；在铁 故生成0.1molN2转移电子数为0.8NA,D错误。 铵矾溶液中滴入过量的Ba(OH),溶液的离子反应为 化学答案（五）第1页（共5页） 3 真题密卷 备考信息导航演练（五） 2Ba2++2SO+Fe3++40H-+NH -2BaSO 16e一C0(NH2)2+7H2O,C正确；理论上生 十Fe(OH)3↓十NH3·H2O,C错误；铁铵矾溶液呈酸 成0.1molC0(NH2)2转移1.6mole,1molO2 性的原因除Fe3+水解：Fe3++3H2O一Fe(OH)3十 转移4mole,故由电子守恒，在标准状况下，同时生 3H+,还有NH水解，D错误。 成8.96LO2,题中没有说明在标准状况下，D错误。 10.D【解析】氯为非金属，第一电离能大，故第一电离 14.C【解析】钻渣(Co2O3、Fe2O3和SiO2)研磨的是目的 能：I1(Cl)>I1(Zn),A错误；在催化剂ZnSe下CO2 是增大反应物的接触面积，提高酸浸率，A正确：在酸 还原成CO决速步骤的活化能大，反应更难进行，B 浸过程中C02O3、Fe2O3和盐酸反应，SiO2不和盐酸反 错误；催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的相 应，故滤渣A为SiO2,生成的CoCl2和FeCl3溶液通过 对能量变化，反应的相对能量变化只与反应物和生成 调节pH使Fe3+沉淀，从而除去Fe3+,故为不引入新的 物始终点的状态有关，与反应途径无关，C错误；由图 杂质，加入的物质B可为CoO或Co(OH)2等，B正确； 知在催化剂CsSnCl3下CO2还原成CO决速步骤为 在酸浸过程中Co2O3、Fe2O3和盐酸反应，只有Co2O3 CO2*→COOH*,故相对能量变化为0.47eV一 +6HC1—2CoCl2+C2个+3H2O是氧化还原反应， (-0.22eV)=0.69eV,D正确。 1 mol Co2O3作氧化剂，2 mol HCI作还原剂，剩余部分 二、选择题 盐酸起酸的作用，故酸浸过程中发生氧化还原反应的 11.AC【解析】Cu位于第IB族，属于ds区元素，Ga位于 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，C错误；调节 第四周期ⅢA族，属于p区元素，A正确；根据泡利不相 pH的目的是除去Fe3+,调pH应控制pH使Fe3+完全 容原理：每个轨道最多容纳两个自旋状态不同的电子，故 沉淀而C02+不生成沉淀，D正确。 基态O原子的轨道表示式为个个个，B错误；乙 15.BC【解析】NaCN溶液中由质子守恒有c(OH)= Is 2s 2p c(HCN)+c(H),c(Na)+c(OH)>c(HCN) 0 醛的结构为H( CH,有6个。键和1个π键，故σ键和 +c(H+),A错误；NaCN溶液中CN水解，即CN 十H2O==HCN+OH,水解常数Kh(CN-)= π键个数之比为6：1，C正确；。 ,为乙醇的球棍 c(HCN)·c(OH)_c(HCN)·c(OH)·c(H) c(CN-) c(CN-)·c(H+) Kw 21×10-14 1 K.(HCN06.3×10-6.3X104,B正确；由 模型，乙醇的空间填充模型为 ,D错误。 图知，lg(HE) c(F-) =0时，1gc(HCN) 12.B【解析】与盐酸反应有大量气体产生并使澄清石灰 c(CN)=6,即c(F-)= 水变浑浊的气体的离子并不一定是HCO?,还可能 c(HF)时，c(HCN)=10°c(CN),在NaCN溶液中 是CO或SO?等，A错误；加NaOH溶液先产生 滴入HF溶液时存在CN+HF=一HCN+F-平 蓝色沉淀，说明生成Cu(OH)2沉淀，加入NazS后转 衡，故有K= c(HCN)·c(F) c(CN-)·c(HF) 化为黑色沉淀说明生成CuS,故可说明溶解度： c(HCN)·c(F)·c(Ht)K(HF) Cu(OH)2>CuS,B正确；观察K元素的焰色试验要 c(CN)·c(HF)·c(H+)K,HC2'所以.（项 K (HCN) 透过蓝色的钻玻璃，C错误；测定溶液的pH需用洁 净的玻璃棒蘸取溶液，点到pH试纸上，不能将p试 =C(HCN) =10,K.(HCN)=6.3×10-0代入得 C(CN) 纸直接伸入溶液中，D错误。 13.AC【解析】电解池应用制备尿素，a接负极，M极为 K.)=6.3X10+,C正确：在N点，gC-2,数 阴极，b接正极，N极为阳极，阳极(N极)：2H2O一 c(HF)=102c(F),即c(HF)=10c(NaF),所以c(HF) 4e一O2个+4H+,阴极(M极)：CO2+2NO3+ 18H++16eC0(NH2)2+7H2O,总反应：C02 >c(NaF);由HCW·c(F) cCN)·c(H-10o,知cH =108, c(CN) +2NO3+H2O+2H+=4O2↑+CO(NH2)2。N 即c(HCN)=10c(CN),所以c(HCN)>c(CN);由 极H2O中的O化合价升高，发生氧化反应，所以b Na元素和CN守恒知：c(HF)>c(NaF)=c(HCN)> 接正极，N极为阳极，A正确；装置工作时，阳极(N c(NaCN),D错误。 极)：2H2O-4e一O2个+4H+,N极附近产生 三、非选择题 H+,故N极附近pH减小，B错误；M极CO2和 16.(1)3d4s(2分) NO3共还原，得电子生成尿素，由电子守恒、元素和 (2)VO+Fe++2H+V02++Fe3++H20 电荷守恒，M极的反应式为CO2十2NO3十18H++ (2分)离子键、共价键(2分) 化学答案（五）第2页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 (3)4(1分)小于(1分) (4)sp(1分)三角锥形(1分) (6) H.SO. (6)1600π(+) 3m3 %(2分) 【解析】(1)Cr的原子序数为24，根洪特规则、泡利 (3分) 不相容原理和能量最低原理，基态Cr原子的价电子 【解析】(1)有机物A为苯酚，故官能团名称为羟基， 排式为3d54s2。 检验苯酚中羟基的方法为取少量A溶液，向其中滴 (2)酸性条件下VO被Fe+还原成VO+,说明有 入少量FeCl3溶液呈紫色。 H+参加反应，Fe2+被氧化成Fe3+,故反应的离子方 (2)由高聚物PAR可推出有机物D的结构为 程式为VO+Fe2++2H+-VO++Fe3++H2O; CH. NaVO3中Na+与VOg之间为离子键，VO?中V与 HO OH 0为共价键，故存在离子键和共价键。 ,D和F生成PAR为酚和 H (3)由图知中心原子Mn有4个N与之配位，故配位 酸发生缩聚反应生成酯。 数为4；根据键长越长，健能越小，氮原子的半径小， (3)由高聚物PAR可推出有机物F的结构简式 碳氨键的键长短，故碳碳双键的键能小于碳氨双键。 (4)[Co(CN)6]3-中C有5个价电子，孤电子对数为 为HOOC COOH 5,3-1,轨道数为1十1=2，故形成碳氯三键的碳原 (4)B的结构为CH,O C的结构为 子的条化方式为即：N的孤意子对藏为3.31， CH CH.O- B→C为2分子 轨道数为1+3=4，故[Co(NH3)6]+中配体NH3的 CH, 空间结构为三角锥形。 CH.O 和1分子CH:CCI2CH3反应生成 (5)由图知S位于顶点和面心，故晶胞中S原子数为 8X智+6X号-4，N原子位于晨跑内共有4个，故 CH CH,O- OCH和HCl,故反应的化学方程 晶胞中共有4个NiS,4个NS占有室间为4X CH 3十 式为 π(r十r)pm,该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分 CH 2CH.0 4Xrri)pm CH 率为 ×100% 1600mr+r2%. m pm 3m3 (5)D的分子式为C5H6O2,同分异构体含有两个苯环，核 17.(1)羟基(1分)取少量A溶液，向其中滴入少量 磁共振氢谱有四组峰，两苯环和三个碳及两个氧的排布要 FeCl3溶液呈紫色(1分) 非常对称，两个羟基不能连在同一碳上的同分异构体有 (2)缩聚反应(1分) OCH CH (3)HOOC COOH(2分) CH, OCH （4）2CH,0 +CHCCICH K0cH+2C CH OCH; (2分) OCH 0-CH,-0 CH (5)N OC-0 OCH CH. CH.O CH OCH、 H-0-《 COH,该结构中有羟基和羧基，羟基可由 CH O-CH2-O CH)(2分) 《0CH,去甲基可得，而要合成羧基可在苯环上引入 化学答案（五）第3页（共5页） 真题密卷 备考信息导航演练（五） 甲基，再经酸性高锰酸钾氧化得羧基，故合成路线的流程 Ⅱ.(3)反应前通N2的目的是排尽装置中的空气，防 图如下： 止空气中的CO2对测定结果有影响；反应后通N2的 目的是防止生成水和二氧化碳停留在装置中(2分) H,C-0〈 CHCI.H.C-O- CH.KMnO.H.C-O- -0H A1C1, HS0。 (4)防止空气中的水和二氧化碳进入F中(2分) o、 H C-OH化H0 (5)Ce2(OH).CO3(2分) OH (6)7NH3.H2O+NH,HCO+2Ce (SO)2- 18.(1)增大反应物的接触面积，提高碱熔的反应速率和碱 Ce2(OH).CO3￥+4(NH,)2SO4+H2O(2分) 熔率(1分)升温（或延长浸出时间）(1分，合理即可) 【解析】I.(1)仪器A的名称是三颈烧瓶或三口烧 (2)NiO、CuO(2分) 瓶，与普通分液漏斗相比，仪器B的优，点是平衡压强， (3)2RuO+16H++18CI--2RuCl+3Cl2+ 使液体顺利流下。 8H2O(2分) (2)仪器A中生成产物的现象为有白色晶体析出；若 (4)3(1分)分液漏斗(1分) 仪器A中出现黄色现象，其原因是滴加的氨水过多 或速率过快生成Ce(OH)4从而出现黄色。 (⑤)过滤、洗涤、干燥(2分) Ⅱ.(3)反应前通N2的目的是排尽装置中的空气，防 (6)2.2(2分) 止空气中的CO2对测定结果有影响；反应后通N2的 【解析】 日RC国 目的是防止生成水和二氧化碳停留在装置中。 NaOH Na,O,a,RuO.HCI溶液/NH,C (4)G中碱石灰的作用是防止空气中的水和二氧化碳 进入F中使二氧化碳的测定结果不准确。 Ru0,NiO.Cuo H5S0,P24 一分一相一C0, (5)装置E吸收水，故m(水)=144.28g-143.2g= o,cdcs有就nNo 1.08g,由氢元素守恒知n(0H)=18g·no 2m(水) (1)“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，提高“碱 熔”的反应速率和碱熔率；为了提高“水浸过滤”过程 0.12mol,F装置吸收二氧化碳，故m(C02)=173.48g 中的浸出率可采取措施为升温、延长浸出时间等。 172.6g-0.88g,由碳元素守恒知n(C0号)= (2)“碱熔”时RuO2与Na2O2反应生成Na2RuO4, m(C02) NiO、CuO与NaOH不反应，故“滤渣”的主要成分是 4g·mol7=0.02mol,m(e0,)=&.84g-m(水) NiO、CuO。 m(C02)=8.84g-1.08g-0.88g=6.88g,n(Ce)= (3)Naz RuO4与HCI反应，其中Ru的化合价从十6降到 6.88g nCc0.）=172g,mor=0.04mol,n(Ce+）: +3,CI的化合价从一1升到0价，反应生成HRuC6、 n(H):n(CO)=0.04 mol 0.12 mol 0.02 mol= NaCl、Cl2和水，Na2RuO,溶于水拆成Na+和RuO,故 2:6:1,故碱式碳酸铈的化学式为Ce2(OH)6CO3。 由电子、电荷、元素守恒得反应的离子方程式：2RuO十 (6)根据(5)结果NH·HO和NH HCO及Ce(SO)2 16H++18CI=2RuCI8+3C2个+8H2O。 生成Ce2(OH)6CO3和(NH4)2SO4,故反应的化学方程 (4)由图知，萃取分离Cu2+和Ni2+,使Cu2+进入有机 式为7NH3·H20+NH HCO,+2Ce(SO4)2 相，故应控制pH在3左右，萃取用到的玻璃仪器有 -Cez(OH)CO+4(NH)2SO:+H2O. 烧杯和分液漏斗。 20.(1)-146(2分) (5)要得到纯净千燥的(NH4)3RuCL。沉淀，沉钌后得 (2)未平衡(2分)<(1分) 到(NH4)3RuCL沉淀的操作是过滤、洗涤、干燥。 (3)①M(1分) (6)由流程反应可知2Na2RuO,十22HCl ②在温度小于T2℃时以反应I为主，反应I向逆反 2H3 RuCle+3Cl2+8H2O+4NaCl,H3 RuCle+ 应生成的C3Hg大于反应Ⅱ向正反应消耗的C3Hg, 3NH,CI-(NH4)3RuCl+3HCI,故有22HC1~ 故C3H。的转化率减小；温度大于T,℃时，以反应Ⅱ 2Ha RuCle~2 NH )3RuCle,n HC1)= 为主，反应I向逆反应生成的C3Hg小于反应Ⅱ向正 1in[(NH.)RuCl]=11 X 7.36g 反应消耗的CaHg,C3H的转化率增大(2分) 368g·mol1 ③0.6(2分) 0.22 mol 0.22mol,c(HCD)=0.1o02=2.2mol.L1. ④生成的碳覆盖在催化剂表面使催化剂中毒失去活 性(2分) 19.I.(1)三颈烧瓶（或三口烧瓶）(1分)平衡压强，使 【解析】(1)由盖斯定律可知，2×（反应N十反应Ⅱ）可 液体顺利流下(1分) 得反应2CaH(g)+O2(g)=一2CH(g)十2H2O(g), (2)有白色晶体析出(1分)滴加的氨水过多或速率 故△H1=2(△H4+△H2)=2×[(-241.8kJ·mol1) 过快生成Ce(OH)4(1分) +(+168.8kJ·mol-1)]=-146k·mol-1。 化学答案（五） 第4页（共5页） ·化学· 参考答案及解析 (2)当压强为p1时，t时n(CHg)=1mol,故 反应I:2CH(g)+O2(g)→2C3H(g)+2H2O(g) △n(CaHg)=1mol,由方程式2C3Hg(g)+O2(g) 起始(mol):42 0 0 2C He (g)+2H2O(g)(2)=2 mol-0.5 mol= 转化(mol): 2x 2x 2x 2x 1.5mol,n(C3H6)=n(H20)=1mol,Q。= 平衡(mol): 2-x 反应Ⅱ： Ca H:(g)Ca Ho(g)+H2(g) 起始(mol)：4一2x 2x0 c2(C3H3)·c2(H2O) ·(2》 <1.0,则反 转化(mol): y y y c2(CaHg)·c(O2) ·(】 6 平衡(mol):4-2x-y2x+yy 应体系未达到平衡；当压强为2时，t时n(O2)= 所以2x+y=60%y=0.4m0l、x=1m0l,n(CH)- 4 1.4mol,△n(02)=0.6mol大于压强为p1时△n(O2) (4-2x-y)mol=1.6 mol,n (C He)=(2x+y)mol= =0.5mol,即p2时反应速率快，其他条件相同，压强越 2.4 mol,n (H2)=y=0.4 mol,n (O2)=(2-x)mol= 大反应速率越快，故p2>p1。 1 mol,n (H2 O)=2x mol=2 mol,n ()=n (Ca Hs)+ (3)①升高温度，反应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正 n(Ca H)+n(H2)+n(O2)+n(H2O)=1.6 mol+ 2.4 mol++0.4 mol+1 mol+2 mol=7.4 mol,(C H8) 反应方向移动，H2O的物质的量减小，H2的物质的量 增大，故曲线N表示H2的物质的量；曲线P表示 _n(C;Hg) n(总) p(总)=16 7.4X7.4MPa=1.6MPa, H2O的物质的量；曲线M表示C3Hg的转化率。 ②曲线M表示CH的转化率，在T1→T℃先下降 (CH)=n(CH.) 2.4 n总Xb(总)=.4×7.4MPa- 是因为在温度小于T2℃时以反应I为主，反应I向逆反 应生成的CaH大于反应Ⅱ向正反应消耗的C3H3,故 24,〉×8)先X,4 CH的转化率减小；后上升的原因是温度大于T2℃ 0.4MPa,K-(H)CH)_0.4 MPaX2.4 MPa_ p(CHg) 1.6 MPa 时，以反应Ⅱ为主，反应I向逆反应生成的C3H小于反 0.6MPa。 应Ⅱ向正反应消耗的CHg,CH8的转化率增大。 ④从图中可知在温度T3℃时开始发生反应Ⅲ，生成碳，故 ③设反应I中CHg转化2xmol,反应Ⅱ中CH转 温度在T?℃之后下降的原因是生成的碳覆盖在催化剂表 化ymol, 面使催化剂中毒失去活性。 化学答案（五）第5页（共5页）