2024-2025高三综合能力调研检测化学3版（四）-【真题密卷】2025年高考化学综合能力调研检测（3版 山东专用）

2024一2025学年度综合能力调研检测 化学（四） 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一16C1一35.5K一39 Fe-56Zn-64Sb-122Te-128 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.化学与人类生活、生产、科技等密切相关。下列说法正确的是 () A.神舟系列使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，可将光能转化为化学能 B.航空发动机使用耐高温、耐腐蚀的新型陶瓷材料，主要成分为硅酸盐 C.放疗使用的核素Sr,该原子中子数与质子数之差为14 D.二氧化碳聚合得聚二氧化碳，符合低碳经济，其结构为七O一C一O] 2.SOCL,可用于多种盐类的无水物的制备，如FeC,·6H,0十6SOCl,△FeCL,十6SO,个十 12HC1↑，下列与该反应有关的化学用语或表述正确的是 () :0 A.SOCl2电子式为：Cl:S:Cl: B.基态Fe3+的电子排布为1s22s22p°3s23p3d C.SOCl2的VSEPR模型为平面三角形 D.SO2的球棍模型为O○O 3.羰基硫(COS)可用于合成除草剂和农药等。工业上一般通过下列反应制取COS,反应 ①CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g),反应②CS2+SO3==COS+S+SO2,下列有 关两个反应的说法错误的是 () A.反应①和②中COS均为氧化产物 B.产生等量COS,两个反应转移的电子数相等 C.根据反应①可知，该条件下还原性：CO>H2 D.CS2和COS的分子构型与CO2相似 4.有一种医药中间体结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是 A.可与NaHCO3溶液反应 B.具有顺反异构和手性异构 C.可与溴水反应，且1mol该物质最多可消耗1 mol Br2 OH D.一定条件下，可发生加聚反应或缩聚反应 化学试题（四）·第1页（共8页） 真题密卷·综 5.下列实验操作及现象能得出相应结论的是 班级 选项 实验操作及现象 结论 使用pH计测定碳酸钠溶液加热前后的pH,发现升温， A pH降低 碳酸钠水解为放热反应 姓名 待测液中滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀，再滴加稀硝 B 酸，白色沉淀不消失 待测液含有CI ------------ 得分 向等物质的量浓度的CuCL2和ZnCl2混合溶液中，缓缓 C 溶度积：CuS<ZnS(白色) 通人H2S气体，立即产生黑色沉淀 O 向苯酚钠溶液中通入C○2，溶液变浑浊 水解常数： >C0 6.臭氧有极强氧化性，可与氨气发生反应：2NH3+4O3一NH4NO3十H2O+4O2。下列 有关说法错误的是 () A.键角：H2O<NH B.同条件下的水溶性：O3>O2 C.N的杂化方式：NHt与NO?相同 D.氢键键能：O-H…O>N一H…N 7.工业上可通过HC1在CuCl2催化下，氧化产生C12:4HCI(g)+O2(g)一2CL2(g)十 2H2O(g),该反应分两步进行：①2CuCl2(s)+O2(g)==2CuO(s)+2C12(g)△H=+ 125.6kJ·mol-1;②CuO(s)+2HCl(g)==CuC2(s)+H2O(g)△H=-120.0kJ· mol',已知不同温度下，C,平衡产率随投料比n(HCD 的变化情况如图所示，反应均在 n(02) 压强为卫恒压条件下进行。下列说法错误的是 ( A.温度：T2>T1 CL,平衡产率 80% ,T℃ 且温度为T 时，分压平衡常数K。 >T,℃ 50%-- C.相同条件下，两个反应的反应速率：①<② D.恒压条件下，使用空气代替O2,C2平衡产率一定降低 n(HCI) 阅读以下材料，完成8~10题。 n(02) 某学习小组欲以废碘化亚铁为原料制取碘单质和无水氯化铁，实验流程如下： 有机层 操作c→l L,苯 溶液提作，操作FCl溶液一示珠eC山·6,0人peC 一浓盐酸 其中操作a的装置如图所示： ,假设操作a中氯气恰好完全反 Fel,溶液溶液X 甲 乙 丙 应产生I2和FCl3,若实验操作d中铁的损失率为10%，操作c中碘的损失率为20%。 8.下列有关实验操作正确的是 () A.操作a中丙中溶液X可以是NaOH溶液或饱和石灰水 B.操作b中，有机层应从分液漏斗下口放出 C.操作c中，苯应使用球形冷凝管冷凝至锥形瓶中进行收集 D.一系列操作d中，加热到溶液出现晶膜即可停止加热 能力调研检测 化学试题（四）·第2页（共8页） 9.下列有关该实验中的化学方程式或离子方程式错误的是 () A.甲中制备氯气的离子方程式为Cr2O号+14H十6C1-3CL2个+2Cr3++7H20 B.乙中通入氯气，最先发生的反应为2Fe2++Cl2—2Fe3++2C1 C.FeCL,·6H,0制备FeC1,的反应为FeCl,·6H,0+6SOCL,△FeCl,十6S0,↑+ 12HC1个 D.氯气过量导致碘的产率降低，可能原因为I2十5Cl2十6H2O—2HIO3十10HC1 10.若实验中获得292.5 g FeCl3,则下列说法正确的是 ( ) A.制备氯气时，需要10mol·L1的盐酸1.4L B.获得单质碘1.8mol C.消耗的Fel2为2mol D.操作a时转移的电子数目为5.4Na 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.有一种铁的配合物结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的三个不同 短周期的元素，除X外，所有原子均达到8电子结构，且W基态原子的s轨道与p轨道 电子数相同，下列有关说法错误的是 A.原子半径：X<W<Z<Y B.简单氢化物的沸点：W>Z>Y C.第一电离能：W>Z>Y D.含氧酸酸性：M>Z>Y 12.近日，某课题组使用酞菁钴作为均相催化剂构建了一个结构为Li/LiTFSI-TEGDME CoPc/Mo2C的Li-CO2电池体系，装置如图1所示，其中酞菁钴催化历程如图2所示， 已知酞菁钴分子中所有原子共平面。下列说法错误的是 C0, LiCO:+C 图1 图2 A.电池总反应为4Li+3CO2—2Li2CO3+C B.酞菁钴分子中N原子有sp3和sp2两种杂化方式 C.充电时，酞菁钴电极应与电源正极相连 D.放电时，理论上每消耗6.72LCO2(标准状况)，转移0.4NA个电子 13.以废镍残渣（主要成分为NiO、Fe3O4、SiO2、Cu2O等）为原料，可以通过如图所示的流 程获得镍氢电池的正极材料一NiO(OH),已知：Cu2O+2H+—Cu十Cu2++H2O, Kp(NiS)=1×10-1,Kp(CuS)=6.3×10-36。下列有关说法错误的是 () HCI NiS H202 NiO NaClO NaHCO, 废镍残渣→酸浸→沉铜→除铁→沉镍 →NiO(OH 浸渣1 CuS Fe(OH):NaCl A.浸渣1中主要成分一定有SiO2和Cu B.沉铜时离子反应的平衡常数约为1.59×1014 C.为了避免除铁时产生Fe(OH3)胶体影响除铁效率，可适当加热和搅拌 D.沉镍时离子方程式为2Ni2++4HCO3+CIO一2NiO(OHDV十C厂十4CO2个+H2O 3 化学试题（四）·第3页（共8页） 真题密卷·综合 14.两个H3PO4分子间可以通过脱水缩合生成焦磷酸： 0 0 0 0 H0一P0H+H0 一P一OH→HO一P一0一P一OH+H,O OH OH OH OH 已知焦磷酸二氢二钠(Na2H2P2O,)常用于食品膨松剂。20℃时，在H,P2O,、NaOH 混合溶液中含P元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错 误的是 () A.②表示的H2P2O号分布曲线，④表示的H4PO,分布 曲线 ① \③ ④ ⑤ B.Na2H2P2O,作食品膨松剂，与其显酸性有关 0.5 ② C.0.100mol·L1的Na3HP2O,溶液中：c(OH)-c(H+) =3c（H4P20,)+2c(H3P2O7)+c（H2P2O2)-01.82.76.89.5D c(P2O) D.0.100mol·L-1的Na3HP2O,溶液中：c(Na+)>c(HP2O)>c(HzP2O号)> c(P2O)>c(OH)>c(H) 15.最近我国科学家研究获得D电子关联FeSb半导体中自旋态激发的光谱学证据，如图 为铁-锑半导体材料的立方晶胞图和俯视投影图，晶胞的边长为apm,设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法错误的是 () A.该铁-锑半导体的化学式为FeSb, B距离最近的FPe之间的距离为 2a pm )Fe C.该晶体的密度为、 844 ○Sh VaXa3X10-0g·cm-3 D.晶体中与Fe最近且等距的Sb有6个 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)最近某研究团队研究了压力稳定的三元C-SeH和CTeH化合物。研究结果 对未来探索多氢化物中的高温超导性具有重要意义。回答下列问题： (1)基态硒(Se)的价电子排布图为 (2)乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构式如图所示： 组成该物质的N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺 序为 ,分子中三种键角的大小关系为 (用“∠1”“∠2”和“∠3”表示)。 (3)碲酸和硒酸分子结构和酸性均有显著的差异，硒酸的结构为 OH 0一Se=0,电离常数：硒酸第一步完全电离，K2=1.1× OH HO OHOH 102;碲酸结构为 Te ,电离常数K1=2.09×10-8、K2=6.46×10-12; HO OHOH 两种酸分子结构不同的原因可能与Se和Te 有关（填标号）。 A.原子半径 B.电负性 C.第一电离能 D.杂化方式 能力调研检测 化学试题（四）·第4页（共8页） 硒酸的酸性远强于碲酸的酸性，除与Se、Te的电负性有关外，其他原因为 (4)三元CTe-H的立方晶胞结构如图所示： OTe OH ①该晶体的化学式为 ②已知a、b原子坐标参数分别为(0.5,0.5,0)、(0.25,0.75,0.25)，则c原子坐标参 数为 ③已知晶胞密度为pg·cm-3,C、Te、H原子半径依次为xcm、ycm、之cm,则该晶 体的空间利用率为 17.(12分)拉罗替尼( OH)是一种新型口服小分子、高选择性、广 谱的原肌球蛋白受体激酶(TRK)抑制剂。其可通过如图线路进行合成： HNO Zn.NH,Cl DIEA B CDI C16HIsNsF2 C.HNO 已知：①R一NH2+R'-NH I CDI R-NH—C-N-R"; R R R ②R-CI+ NH DIEA RN R CH3 ③-BOC为CH3—C-O-C CHa 回答下列问题： 化学试题（四）·第5页（共8页） 真题密卷·综台 (1)H中含氧官能团的名称为 (2)反应EF的反应类型为 (3)C的结构简式为 (4)C→D的化学方程式为 (5)G的同分异构体中，符合下列条件的共有 种（不考虑立体异构）。 ①能与盐酸反应生成含有一NH3CI结构的物质。 ②能发生银镜反应。 (6)拉替罗尼还可通过如下途径进行合成： CI OPNP Zn,NHCI 0 N- DIEA C CDI DIEA NH OPNP X Z 其中Y和W的结构简式分别为 18.(12分)以含铜工业废液（主要含Cu2+,还含有Mg2+、Ca2+、A13+、Mn2+、Fe3+等）获得 纳米氧化亚铜的一种工艺流程如图所示： Na252O8 CuO NHF NaOH、葡萄糖 含铜工业废液→除锰→除铁铝 除钙镁 热还原纳米Cu,0 MnO2Fe(OHa、AI(OH3CaF2、MgF, 已知：①室温时生成氢氧化物的pH见下表。 离子 Fe2+ Fes+ Mg2+ Cu2+ Mn2+ A13+ 开始沉淀的pH 7.5 1.8 8.1 7.7 8.3 3.4 完全沉淀的pH 9.7 9.4 8.4 9.8 4.7 ②25℃时，Kp(CaF2)=4.0×1011,Kp(MgF2)=6.4×109,K.(HF)=103.2。 ③氢氧化铝和氢氧化铁易形成胶体。 ④离子浓度≤1×10-5mol·L-1时沉淀完全。 回答下列问题： (1)“除锰”时产生的滤渣除了MnO2外，还有一种成分为 (填化学式)，有人认 为氧化“除锰”时将Na2S2Og换成H2O2,氧化效率更好，你是否同意此观点？ (填“是”或“否”)。 (2)“除铁铝”时，合理的pH范围是 ,通常会补充加人凝固剂葡萄糖酸-6-内 酯，其目的是 (3)“除钙镁”中同时存在CF2和MgF2时，滤液中Mg2+刚好完全沉淀，则滤液中 c(Ca2+)为 。当K>1×105时，该反应基本进行完全，当K<1 ×10-5时，该反应基本不发生，通过计算说明“除钙镁”时，改用HF,解释说明能否 将镁完全除去？ (4)“热还原”反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 若使用Na2SO3代 替葡萄糖，则“热还原”的离子方程式为 0 能力调研检测 化学试题（四）·第6页（共8页） 3 (5)纳米级氧化亚铜(Cu2O)也可通过电解的方法进行制备，装置如图所示，产生纳米级 氧化亚铜的电极反应式为 电源 氢氧化钠溶液 19.(12分)实验室常用邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4)来标定氢氧化钠溶液的浓度，邻苯二 甲酸氢钾的合成过程如图所示： 错a 88®◇88 实验室用邻二甲苯和高锰酸钾制备邻苯二甲酸氢钾的步骤如下： 电动搅拌器b②分 如图所示（加热和夹持装置省略），在仪器A中加人10.6g邻二甲苯、60mL蒸馏水和 过量高锰酸钾以及少量沸石，装上温度计、电动搅拌器、冷凝管，慢慢开启电动搅拌器， 加热至沸腾，继续搅拌4至5小时，得到反应混合物。趁热过滤→洗涤滤渣→合并滤液 和洗涤液→盐酸酸化→结晶、过滤得到粗产品邻苯二甲酸氢钾→纯化得到16.32g邻苯二甲 酸氢钾纯品。 已知：1.邻苯二甲酸氢钾、KOH在100g水中的溶解度如表所示： 温度/℃ 2030 50 75 邻苯二甲酸氢钾溶解度/g 5 25 40 80 88 氢氧化钾溶解度/g 31 34.238 42 48 i.常温下，邻苯二甲酸(H2A)的K1=1.1×10-3、K2=3.9×10-6;CH3C0OH、 HC00H(甲酸)、HCN的电离常数分别为1.7×10-5、1.8×104、5×10-1°；草酸：Ka =5.4×10-2、K2=5.4×10-5。 回答下列问题： (1)仪器A的名称是 ,实验室用0.1mol·L1的邻苯二甲氢钾溶液滴定 氢氧化钠溶液，滴定时读示图如图所示，则计算结果 (填“偏大”“偏小”或 “无影响”)。 “ 6 39 滴定前读数 滴定后读数 (2)加入沸石的目的是 冷凝管中冷水从 口进入。 化学试题（四）·第7页（共8页） 真题密卷·综合 (3)已知反应产物中滤渣为MO2,则邻二甲苯和高锰酸钾反应的化学方程式为 (4)盐酸酸化时通常使用pH计控制pH,若改为盐酸滴定法进行酸化，则合适的指示剂 为 (填“甲基橙”“酚酞”或“石蕊试液”)。有人认为酸化时，可选用足量的 某些弱酸，其中不合适的是 (填标号)。 A.乙酸 B甲酸 C.草酸 D.HCN (5)粗产品纯化的方法是 ,本实验邻苯二甲酸氢钾的产率为 20.(12分)化学工作者通过硫化氢与二氧化碳电催化反应可得硫黄和甲酸，反应I: H2S(g)+CO2(g)=HCOOH(g)+S(s)△H1=-22kJ·mol1,同时还发生副反 应，反应Ⅱ：H2S(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)+S(s)△H2。 回答下列问题： (1)已知：HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g)△H3=+29k·mol-1,则△H2= (2)反应I自发进行的条件为 (填“高温”或“低温”)。 (3)在恒容密闭容器中同时进行反应I和Ⅱ，其中能说明达到化学平衡状态的有 (填标号)。 A.混合气体密度不变 B.CO和H2O的物质的量之比不变 C.压强不再改变 D.单位时间CO和CO2的消耗量相等 (4)在10L恒容密闭容器中，充入H2S和CO2各5mol,发生反应I和Ⅱ，若体系中 S(s)和CO(g)的物质的量随时间的变化如图1所示，则反应I从开始至平衡， v(HCOOH)= mol·L1·min1(保留4位有效数字)。 n/mol 2.0-------- 0.75--- 0 51015 时间/min 图1 (5)某温度下，将1molH2S和1 mol CO2投入1L恒容密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡时 CO和HCOOH的选择性以及H2S的平衡转化率随温度变化曲线如图2所示： 100 甲 (300.70 50 X(300.50) 年 25 丙 "100200300400500温度/℃ 图2 ①图中曲线 表示平衡时HCOOH的选择性。 ②试解释H2S的平衡转化率随温度变化的原因： 0 ③温度为300℃反应Ⅱ的平衡常数K= [保留3位有效数字。已知： n生成(HCOOH) HCOOH的选择性= n生成(HCOOH)十n生成(CO)J。 能力调研检测 化学试题（四）·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学年度综合能力调研检测 化学（四） 一、选择题 OH 1.C【解析】太阳能电池的能量转化形式为太阳能转化 为电能，A错误；新型陶瓷材料主要成分大多不属于硅 应只能说明：酸性H2CO3> ,即水解常数： 酸盐，B错误；Sr质子数为38，中子数为52，C正确； 聚二氧化碳结构为七O一C],D错误。 ○0≥HC0,D错误. 6.C【解析】H2O和NH?中心原子价层电子对数均为 4,所以VSEPR模型均为四面体，但是由于H2O分子 :0: 中O原子的孤电子对数更多，所以键角更小，A正确； 2.B【解析】SOC12电子式为：C1:S:C1:,A错误；根 由于O3为极性分子，水是极性溶剂，所以水溶性：O3 据Fe的电子排布：1s22s22p°3s23p3d4s2可知Fe3+的 大于O2,B正确；NH与NO?中，N的价层电子对数 电子排布为1s22s22p3s23p3d5,B正确；SOCl2的 分别为4和3，所以杂化方式不相同，C错误；由于电负 VSEPR模型为四面体形，C错误；SO2为V形结构，D 性：O>N,所以氢键键能：O一H…O>N-H…N,D 错误。 正确。 3.A【解析】根据化合价变化情况可知反应①中COS 7.C【解析】根据盖斯定律，由①+2X②得4HCl(g)+O2 为氧化产物，反应②中COS的化合价没有发生改变， (g)=→2C2(g)+2H2O(g)△H=+125.6kJ·mol1 A错误；两个反应中，每生成1 mol COS,均转移2mol +(-120.0kJ·mol-1)×2=-114.4kJ·mol-1,所 电子，B正确；还原剂的还原性>还原产物的还原性，C 以升高温度，C2平衡产率减小，故温度：T2>T1,A正 正确；CS2与COS、CO2均为直线形分子，D正确。 确；温度为工2，=4时，设02转化量为x,列 4.D【解析】该物质不能与NaHCO3溶液反应，A错误； 由于不含手性碳原子，所以不存在手性异构，B错误； 三段式进行分析： 由于有酚羟基，且含有碳碳双键，所以能与溴水发生取 4HCI+O2=→2Cl2+2H20 代反应和加成反应，1mol该物质最多可消耗3mol 起始 4 1 0 0 Br2,C错误；由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反 转化 x 2x 2x 应，由于有醛基和酚羟基，所以有可能发生酚醛树脂类 平衡4-4x1一x 2x 3 型的缩聚反应，D正确。 2二=50%，解得x=0.5,所以平衡时分压分别为 5.C【解析】碳酸钠溶液中既存在水解：CO?十H2O 一HCO十OH,又存在水的电离：H2O一H+ p(HCD=音，p(0,)=p,p(C)=号 P,(H2O) OH,二者均为吸热过程，升温二者水解程度均增大， 9 即c(OH)增大，但由于Km增大，所以c(H+)也增 ←号，所以K。=B正确；相同奈件下，两个反应 大，故DH减小，A错误；检验CI,应先加入稀硝酸可 速率与活化能有关，由于两个反应的活化能大小关系 排除SiO、CO?等的干扰，而滴加硝酸银溶液，生成 未知，所以无法确定二者速率大小关系，C错误；恒压 白色沉淀，再滴加稀硝酸，白色沉淀不消失，不能排除 条件下，使用空气代替O2,一方面相当于减压，可降低 SiO?的千扰，因为SiO号→Ag2SiO3→H2SiO3,B错 CL2平衡产率，一方面减小了O2浓度，也减小Cl2平衡 误；向等物质的量浓度的CuCl2和ZnCl2混合溶液中， 产率，因此Cl2平衡产率一定降低，D正确。 缓缓通入H2S气体，立即产生黑色沉淀，说明先产生 8.D【解析】饱和石灰水浓度太小，不能用于吸收多余的 CuS,可知溶度积：CuS<ZnS(白色)，C正确；向苯酚钠 氯气，A错误；操作b中，有机层在上层，应从分液漏斗 溶液中通入CO2,有浑浊产生，发生的反应为 上口倒出，B错误；操作c中，为蒸馏实验，应采用直型冷 OH 凝管，C错误；一系列操作d中，获得FεCl3·6H2O晶 0+H,0+c0,→Hc0,+ 体，应采取蒸发浓缩、冷却结晶，应加热到溶液出现晶膜 ,该反 即可停止加热，D正确。 化学答案（四）·第1页（共4页） 3 真题密卷 综合能力调研检测（四） 9.B【解析】重铬酸钾与盐酸制备氯气的离子方程式为 14.AD【解析】由图可知，曲线①、②、③、④、⑤分别表 Cr2O号+14H++6C1—3CL2个+2Cr3++7H20,A 示H,P2O7、H3P2O7、H2P2O、HP2O、P2O,A 正确；由于还原性：I厂>Fe2+,所以乙中通入氯气，最先 错误；由图中交点的pH可知，H4P2O,的分级电离常 发生的反应为2I+Cl2一L2十2CI,B错误；FeCl3· 数依次为K1=101.8、K2=102.7、K3=106.8、K4= 6H2O制备FeCL3的反应为FeCl3·6H2O+6SOCl2 109.5,所以Na2H2P2O,中H2P2O月电离常数为Kg △FeCl,+6S0,个+12HC1个，C正确；氯气过量导 =106,水解常教为=101，故以电离为主，显 K2 致碘的产率降低，可能原因为氯气将I2氧化成HIO3: 酸性，B正确；0.100mol·L1的Na3HP2O,溶液 12+5CL2十6H20—2HIO,+10HC1,D正确。 10.C【解析】292.5 g FeCls的物质的量为1.8mol,由 中，根据电荷守恒有：c(Na+)十c(H)=c(OH)+ c(H3P2O7)+2c（H2P2O号)+3c(HP2O)+ 于铁的损失率为106，所以消耗的FeL2为2mol,消 耗的氯气为3mol,根据Cr2O号+14H++6C1 4c(P2O),根据物料守恒有：c(Na+)= 3CL2个+2Cr3++7H2O,需要消耗14 mol HCI,但是 3[c(HP2O,)+c (H3 P2O)+c (H2P2O)+ 由于盐酸变稀后无法反应，所以需要10mol·L1的 c(HP2O)+c(P2O)],c(OH)-c(H)= 盐酸体积大于1.4L,A错误；消耗的Fel2为2mol,由于 3c(H P2O)+2c (H3 P2O)+c (H2 P2O)- 碘的损失率为20%，所以产生的单质碘为1.6mol,B错 c(P2O),C正确；Na3HP2O,溶液中，c(Na+)> 误；由分析可知，消耗的Fel2为2mol,C正确；操作a ,由于HP,0:水解常数为 中氣气恰好完全反应产生I2和FCL3,所以转移的电 大于电离常数K4=109.5,所以c(H2PO号)> 子数目为6mol,D错误。 c(P2O?),溶液显碱性，故c(OH)>c(H),但是 二、选择题 11.CD【解析】结合离子结构以及X、Y、Z、W、M为原 c(OH)>c(H2P2O号)，D错误。 15.C【解析】根据晶胞图可知，每个晶胞中有2个Fe和 子序数依次增大的三个不同短周期的元素，以及W 4个Sb,所以化学式为FeSb2,A正确；距离最近的Fe 基态原子的s轨道与p轨道电子数相同，可知X为 为顶点Fe和体心的Fe,根据晶胞边长可知，体对角 氢，Y为碳、Z为氨、W为氧、M为氯。原子半径：C> N>O>H,A正确；沸，点：H2O>NH>CH4,B正 线为3apm,所以最近的Fe之间的距离为apm 确；第一电离能：N>O>C,C错误；氯和氨均有多种 B正确；晶胞体积为a3X10-30cm3,晶胞质量为 含氧酸，且HClO酸性比H2CO,弱，D错误。 2×56+4×122 12.B【解析】根据原理可知，电池总反应为4Li+3CO2 NA g,故该晶体的密度为 —2Li2CO3十C,A正确；由于酞菁钻分子中所有原 600 子共平面，可见N的杂化方式均为sp2杂化，B错误； NAXaX100g·cm,C错误；根据晶胞图可知， 放电时，含酞菁钻的电极为正极，所以充电时应与正 晶体中与Fe最近且等距的Sb有6个，D正确。 极相连，C正确，根据总反应：4Li十3CO2一 三、非选择题 2Li2CO3+C可知，放电时，理论上每消耗6.72L 16.a)]↑(1分) CO2(标准状况)，转移0.4NA个电子，D正确。 As 4p 13.A【解析】由于含镍残渣含有FeO4,所以可以发生 (2)N、0、Se(2分)∠1>∠3>∠2(1分) Cu2 O+2H+=Cu+Cu2++H2O,2Fe3++Cu= (3)AD(2分)硒酸中有多个非羟基氧，导致中心原 Cu++2Fe+,所以浸渣1中主要成分一定有SiO2, 子的正电性高，故Se一O一H中O的电子向Se偏 但不一定有Cu,A错误；沉铜时离子反应为NiS十 移，在水分子作用下，更容易电离出H(2分，答案合 Cu+一CuS+N+,该反应的平衡常数为N 理即可) c(Cu2+) (4)①C2TeH3(1分)②(0.75,0.25,0.75)(1分) c(Ni2+).c(S2-)Ksp (NiS) c(Cu+)·c(S2)-Kp(CuS)≈1.59X104,B正 x号r+4×号xw+32x号 ③ ×100%(2分) 640 确；适当加热和搅拌会加快胶体聚沉，C正确；根据沉 NAXp 镍时的反应物和产物可知，反应的离子方程式为 【解析】(1)Se位于第四周期ⅥA族，价电子排布图 2Ni2++4HCO +C1O--2NiO(OH)+CI+ 为幻 个↑↑☐ 4C02个+H20,D正确。 4s 4p 3 化学答案（四）·第2页（共4页） ·化学· 参考答案及解析 (2)该物质中N、O、Se三种元素的第一电离能从大到 小排列的顺序为N>O>Se;该分子中中心原子C、 OH (2分) N、Se的价层电子对数分别为3、4、4，所以杂化类型 HN- 分别为sp2、sp3、sp3,空间结构分别为三角形、三角锥 0 形、V形，键角∠1接近120°，由于N原子和Se原子 【解析】(1)由图可知H中含氧官能团为羟基和酰 的孤电子对数分别为1和2，所以键角∠3>∠2；因此 胺基。 三个键角的大小关系为∠1>∠3>∠2。 (2)E→F为硝基的还原。 (3)从硒酸和碲酸的结构可以看出，二者的杂化方式 不同，且Te原子周围形成6个共价键，应该与其原子 (3)B→C为水解反应，C的结构简式为 半径较大有关，故选A、D;硒酸酸性远强于碲酸的酸 (4)C→D发生已知②的反应，化学方程式为 性，说明硒酸分子中O一H的极性更强，主要原因有 电负性Se大于Te,吸电子能力更强，Se一O一H中 O的电子向S偏移，导致O一H键极性增强，在水分 子作用下，更容易电离出H。另外就是硒酸中有2个 非羟基氧，导致中心原子的正电性高，故Se一O一H 中O的电子向Se偏移，导致O一H键极性增强，在 +HCl。 水分子作用下，更容易电离出H。 (4)①根据晶胞图可知，该晶胞中有8个C、4个Te、 (5)由E可知F为 NH,结合H的结构 32个H,所以该晶体化学式为C2TeH。 ②根据晶胞中a、b点原子的坐标参数，以及a、b、c三 个原子的位置可知，c点原子坐标参数为(0.75， 0.25,0.75)。 和已知①可知G为HN人OH,G的同分异构体中，符合 640 条件①即含有一NH,符合条件②即含有一CHO,即在 ③由于晶胞的质量为N8,所以晶胞的体积为 C-C-C骨架上连接一NH2和一CHO,共有5种。 NaXp cm',晶胞中原子总体积为8X4 640 3元x3+4X (6)根据X→Y的条件可知Y为C 人 :根据 4 30+32× 4 3 π之3，所以空间利用率为 8 N-N 4 .4 3x+4×3元y+32×3元2 OH ×100%。 已知②可知W为Cl 640 NAXP 17.(1)羟基、酰胺基(2分) 18.(1)CaS04(1分)否(1分) (2)还原反应(1分) (2)4.7≤pH<7.7(1分)防止生成氢氧化铝和氢氧 化铁胶体，影响铁铝杂质的除去效果(1分) (3)6.25×108mol·L1(1分)不能，由于换成 HF后，沉镁反应为Mg2+(aq)+2HF(aq)一 MgF2(s)+2H+(aq),该反应的平衡常数为 c2(H+)Xc2(F-)(10-3.2)2 c(Mg+)×e(HF)xc2(F)6.4X10-1.5625 ×106,所以反应能进行，但是不能将镁完全除去(2分) HCI(2分) (4)1:1(1分)2Cu2++S0?+20H-Cu201 (5)5(2分) +SO?+H2O(2分) (5)2Cu-2e+2OH-Cu20+2H2O(2分) (6)C11 (1分) 【解析】(l)由于Na2S2Og被还原为SO,CaSO4微 NH 溶，所以滤渣除了MnO2外，还有一种成分为CaSO4; 化学答案（四）·第3页（共4页） 3 真题密卷 综合能力调研检测（四） 由于“除锰”产生了MnO2,而MnO2能催化H2O2的 酸的K1=1.1×103,故草酸和HCN不合适。 分解，所以不宜将Na2S2Og换成H2O2。 (5)根据溶解度表可知，纯化粗品的操作为重结晶； (2)根据已知①可知“除铁铝”时，合理的pH范围是4.7 10.6g邻二甲苯物质的量为0.1mol,所以邻苯二甲 ≤pH<7.7;根据已知③氢氧化铝和氢氧化铁易形成 酸氢钾理论产量为0.1mol,质量为20.4g,所以邻苯 胶体，会影响沉降速率，所以加入凝固剂葡萄糖酸-⑧ 二甲酸氢钾的产率为 16.32 20.4 ×100%=80%。 内酯主要目的是防止生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体， 影响铁铝杂质的除去效果。 20.(1)+7kJ·mol-1(2分) (3)滤液中Mg2+刚好完全沉淀，即c(Mg2+)= (2)低温(1分) 105molL-1,cMg+)=c(Mg2+)·c2(F） (3)AC(2分) ”c(Ca+)-c(Ca2+)·c2(F-) (4)0.0083(2分) Kp(MgF2)6.4×109 K。(CaF,)4.0X10=160,所以滤液中c(Ca2+) (5)①甲(1分) ②开始时升高温度以反应Ⅱ为主，温度高于300℃， 为109mol·L -=6.25×10-8mol·L1。换成HF 升高温度以反应I为主(2分) 160 ③1.36(2分) 后，沉镁反应为Mg2+(aq)+2HF(aq)==MgF2(s) 【解析】(1)根据盖斯定律可知△H2=△H1十△H3= 十2H中(aq),该反应的平衡常数为 +7kJ·mol-1。 c2(H+)×c2(F-) =(103.2)2 c(Mg+)Xc(HF)Xc2(F)-6.4X10=1.5625 (2)反应I为熵减的放热反应，所以低温自发。 (3)在恒容密闭容器中同时进行反应I和Ⅱ，气体密 ×1016,所以反应能进行，但是不能将镁完全除去。 度为变量，A正确；CO和H2O的物质的量之比是不 (4)“热还原”反应的氧化产物为葡萄糖酸钠，还原产 变量，B错误；压强是变量，C正确；由于只有反应Ⅱ 物为Cu20,根据电子得失守恒可知二者物质的量之 产生CO,而反应I和Ⅱ均消耗CO2,故单位时间CO 比为1：1；若使用Na2S03代替葡萄糖，则“热还原” 和CO2的消耗量相等时，不是平衡状态，D错误。 的离子方程式为2Cu++S0号+20H一Cu201 (4)由图可知，从开始至平衡产生n(S)=2.0mol,产 +SO+H2O。 生n(C0)=0.75mol,则反应I从开始至平衡，生成 (5)Cu转化为Cu2O失电子，其电极反应式为2Cu 的n(HCOOH)=1.25mol,所以v(HCOOH)= 2e+20H—Cu2O+H2O。 1.25 mol 19.(1)三颈烧瓶(1分)偏小(1分) 10L ≈0.0083mol·L1·min1。 (2)防止暴沸(1分)a(1分) 15 min (3)6H4KN0△608+2xo,40,l+2H0 (5)①由于反应I放热，反应Ⅱ吸热，所以升高温度反 应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正反应方向移动， (2分) 所以HCOOH选择性减小，CO的选择性增大，故曲 (4)甲基橙(1分)CD(2分) 线甲表示平衡时HCOOH的选择性。 (5)重结晶(1分)80%(2分) ②由图可知，升高温度，开始时H2S的平衡转化率提 【解析】(1)由图可知，仪器A为三颈烧瓶；滴定前平 高，说明开始时升高温度以反应Ⅱ为主，温度高于 视读数，滴定后俯视读数，读数偏小，邻苯二甲酸氢钾 300℃，升高温度以反应I为主。 的量偏少，计算结果偏小。 ③300℃时，H2S的平衡转化率为70%，所以有 (2)加入沸石的目的是为了防止暴沸；冷凝管中冷水 0.7molH2S发生反应，消耗0.7 mol CO2,故平衡 应下进上出，故从a口进。 时，n(H2S)=n(CO2)=0.3mol,由于C0和 (3)反应产物中滤渣为MnO2,故反应的化学方程式 HCOOH的选择性均为50%，所以n(HCOOH)= 为8t4Ka,△68+2K0H40.+20. n(CO)=n(H2O)=0.35mol,所以平衡时c(H2S)= (4)邻苯二甲酸(H2A)的K1=1.1×10-3,K2=3.9 c(C02)=0.3mol·L1,c(C0)=c(H2O)= X106。所以(KHC:H,O4)的电离程度大于水解程 0.35mol·L1,所以反应Ⅱ的平衡常数K= 度，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙作指示剂；选用 0.35×0.35 ≈1.36。 0.3×0.3 足量的某些弱酸进行酸化时，该弱酸的电离常数应该 大于邻苯二甲酸的K2=3.9X10-6,小于邻苯二甲 化学答案（四）·第4页（共4页）