2024-2025高三综合能力调研检测化学6版（三）-【真题密卷】2025年高考化学综合能力调研检测（6版 河北安徽专用）

2024一2025学年度综合能力调研检测 化学（三） 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-16Mn一55Ni一59 Cu-64W-184 一、选择题：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.下列有关科技材料的叙述涉及氧化还原反应的是 ( A.新型催化剂用于电解海水生产氢能 B.全息膜具有光学成像原理而作为一种投影材料 C.硼墨烯因优异的电子特性而用于半导体器件 D.在亚波长级别工作的超材料用于精准的医疗成像 2.化学与生产、生活密不可分，下列叙述正确的是 A.加碘盐中加入碘单质防止地方甲状腺肿大 B.绿茶中的茶多酚可用作抗氧化剂 C.工业上可电解氯化镁溶液制镁 D.用于保水的聚丙烯酰胺水凝胶面膜由缩聚反应制得 3.大气中的NH3进行氮循环大多是通过高活性的自由基实现的。自由基和NH3反应的 部分历程及能量变化如图所示： HTSI 62.7 TS2 59.6 14.6 →H,0 NH,+OH+ClO H. -35.2 NH2+CIO TS30 -227.7∠210.0 H H N20-C y+0 0 反应历程 化学试题（三）·第1页（共8页） 真题密卷·综 下列有关说法正确的是 班级 A.I→Ⅱ有极性键和非极性键的断裂和形成 B.该历程的决速步骤为Ⅱ→Ⅲ C.该历程中作氧化剂的自由基仅有·C1O3 姓名 D.I>V的总反应为NH+·OH+·CIO3一H一N-O+H一O-Cl=O -------------- 4.下列有关实验的操作规范且正确的是 得分 稀氨水 4滴乙醛 -NaOH溶液 00 、盐酸 至生成的 子酚酞溶液 3%AgNO,溶液沉淀恰好溶解 水浴加热 A.酸碱中和滴定 B.银镜反应 蓝色钴玻璃片 蘸有样品 的铂丝 -HCOOH E:韭：： C.制备甲酸铵 D.检验样品中是否有钾元素 5.化合物Q是一种高效广谱农药，由X、Y、Z、M、E、R 六种原子序数依次增大的短同期主族元素组成，Y 中每个能级上电子数相等，M与R位于同一主族，同 周期中E成单电子数最多，其球棍模型如图所示，下 列有关说法正确的是 () A.简单气态氢化物的稳定性：E>M>R B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：R>E>Y C.第一电离能由大到小的顺序：M>Z>Y D.化合物Q中R原子的杂化方式为sp2 阅读以下材料，完成6~7题。 传统的工业合成尿素[CO(NH2)2]需要高能量和高价值的液氨(NH3),我国最近研发 出Cu2O电催化CO2和硝酸盐(NO3)共还原合成尿素的新方法。 6.下列有关说法错误的是 A.液氨中存在分子间氢键 B.C0,的空间填充模型为 C.形成硝酸根的原子半径大小为N>O D.尿素C一O中ppπ键示意图为。 能力调研检测 化学试题（三）·第2页（共8页） 6 7.下列有关说法正确的是 A.CO2中。键、π键个数比为2：1 ● 铜 B.CO(NH2)2中既有极性键又有非极性键 ○氧 C.NO?的键角大于NH3的键角 D.Cu2O(晶胞如图所示)晶体中O周围距离相等且最近的O有3个 8.生松素是中药甘草的提取物之一，具有良好的生物活性，可以抑制动脉粥样硬化，其在 保护神经方面的应用价值极高。由有机物M转化为生松素的原理如图所示： HO 生松素 下列有关说法正确的是 A.由M转化为生松素的反应为加成反应 B.M和生松素均存在顺反异构 C.M和生松素的不饱和度不相同 D.M和生松素所有碳原子均可能共平面 9.下列化学在生产、生活中的应用有关离子方程式正确的是 () A.生活中用白醋除水垢：2H+十CaCO3—Ca2+十CO2个+H2O B.氯碱工业中用铜作电极电解饱和食盐水：2C十2H,0电解CL,◆+H,◆+2OH C.用NaClO溶液处理少量的SO2废气：3ClO-+SO2+H2O—SO+CI+2HC1O D.酸性条件下，铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+:2A1+Cr2O+7H2O一 2Cr3++2[A1(OH)4]+6OH 10.在常温下，体积和浓度均为4mL0.1mol·L1的NaA溶液和NaB溶液中分别滴加 0.1mclL的HCl溶液，溶液中lg合品或g配随盐酸体积(Va)的变化如 c(A) 图所示，下列有关说法错误的是 () 格品或品 c(HB) -NaA NaB- -→VH/mL A.相同条件下溶液的酸性：HA>HB B.相同温度下：Ka(HA)>K.(HB) C.VHC=2mL时，Ka(HA)=c(H+) D.同浓度的两种溶液稀释相同的倍数后：pH(NaA)>pH(NaB) 6 化学试题（三）·第3页（共8页） 真题密卷·综台 11.二氧化锰可用于锰盐的制备，也可用作氧化剂、除锈剂、催化剂。以菱锰矿(MCO3、 FeCO3、ZnCO3、SiO2)为原料制备MnO2的一种工艺流程如图所示： H2SO,H2O2 NaOH H,S04 MnO NaClO 菱锰矿→酸浸氧化→除锌→酸溶→调H →氧化 →MnO, 滤渣A 滤液B 滤渣C 已知Zn(OH)2为两性氢氧化物，下列说法正确的是 A.得到滤渣A的操作是过滤，滤渣A主要成分为Fe(OH)? B.滤液B可以与AI3+大量共存 C.调pH后的溶液中有c(Fe+)<K[Fe(OH),] c3(OH) D.氧化过程中生成Cl2,则氧化过程的离子反应方程式为2C1O?+5Mn2++4H2O —5MnO2+Cl2个+8H 12.在通风橱中将铁粉放入一定量某浓度的硝酸的敞口烧杯中，发现铁粉全部溶解并看到 红棕色气体，下列有关该实验的事实或实验现象的分析及结论均正确的是 ( 选项 事实或实验现象 结论 向少量反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成 A 铁粉已经全部转化成Fe(NO3)3 血红色 铁粉与硝酸反应生成的气体一定全 B 上述实验中产生红棕色气体 部是NO, 将少量反应后的溶液滴入Na2SO3溶液中，再加盐 C 可能是Fe3+将SO?氧化成SO 酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀 将少量反应后的溶液滴入足量铜粉中，静置、取上层 0 清液，加入足量0.1mol·L1的Na2S溶液，生成 该黑色沉淀为CuS 黑色沉淀 13.钒助力的Mn2+/MnO2水溶性液流电池因其经济实惠、电 ④ 压高和安全性能卓越而备受关注。该电池的工作原理如图 所示。下列有关说法错误的是 ( Mn2 A.b为该电池的正极 碳 是Mn02 VO B.离子交换膜为阴离子交换膜 层 C.负极反应式为Mn2++2H2O-2e一MnO2+4H+ 离子交换膜 D.转移0.2mol电子，a电极理论上最大增重8.7g 能力调研检测 化学试题（三）·第4页（共8页） 14.烟气中的NO是主要的污染源之一，用氢气处理烟气中的NO具有清洁无二次污染、 供给运输方便、低温时仍具有高活性和选择性等优点。有关反应原理如下： 反应I:2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H1=-663.5kJ·mol-1; 反应Ⅱ：2NO(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)△H2=-750k·mol-1。 一定压强下，在一密闭容器中充入n(NO)=2mol,n(H2)=2mol,NO的平衡转化率 和N,N,O的选择性[N的选择性=2C, 转化率或选择性% n反应(NO) ×100%] 随温度的变化如图所示。已知温度为T,℃时，NO的转化 75 率为60%，下列有关说法正确的是 ) A.反应N2O(g)+H2(g)==N2(g)+H2O(g)△H<0 B.曲线a代表N2的选择性 温度/℃ C.温度为T1℃时，生成N2的物质的量为0.5mol D.降温或选择合适的催化剂有利于提高N2的选择性 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)氧化钪(Sc2O3)被认为是万能的“工业味之素”，在催化应用中具有广阔的前景。一 种以炼锡炉渣（含Sc2O3和SnO2、Fe2O3、TiO2等）为原料制备Sc2O3的流程如图1所示： NaOH HO HSO4有机萃取剂HR NaOH HSO HC204 炼锡炉渣— 碱溶→溶解 →酸溶 萃取→转化 酸溶 →沉钪 滤液1 水相 有机物 图1 已知：①Na2TiO3难溶于水，Ti(N)在酸性溶液中以TiO2+存在。 ②TiO2和SnO2具有两性。 ③M"++nHR=MR+nHt。 回答下列问题： (1)“滤液1”的主要溶质是 ,在实验室进行“萃取”操作时用到的主要玻璃 仪器有 。」 基态钪原子简化的电子排布式为 (2)在“转化”中生成Sc(OH)3的化学方程式为 0 (3)“沉钪”时生成Sc2(C2O4)3沉淀。测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图2 所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因为 100 95 90 85 80 65707580859095 温度/℃ 图2 化学试题（三）·第5页（共8页） 真题密卷·综合 (4)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3,草酸根具有还原性，会被空气中的氧气氧 化为CO2,写出该反应的化学方程式： ,C20 中碳原子的杂化方式为 (5)已知Ka1(H2C2O4)=m,K2(H2C2O4)=n,Ksp[Sc2(C2O4)3]=p,则沉钪反应 2Sc3++3H2C2O4—Sc2(C2O4)3Y十6H的平衡常数为 (用含m、n、p的代数式表示)。 16.(14分)碳酸镍(NiCO3)纳米片主要应用于超级电容器，具有能量密度高，耐久性良好 的特点。碳酸镍的制备和其含量测定的实验步骤如下： I.将硫酸镍充分溶解于水中，配制镍离子浓度为0.1ol·L1的水溶液。 Ⅱ.将碳酸氢铵和氨水加入到步骤I所配置的镍盐溶液中，碳酸氢铵与镍盐的物质的 量比为4：1，在室温下搅拌溶解均匀后，装入高压反应釜，将其加热到210~250℃，保 温2~8小时。 Ⅲ.将步骤Ⅱ所得的产物过滤，用水反复清洗，干燥，经过260~295℃加热后，即可获 得碳酸镍粉末。 V.准确称取ag产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入0.2500mol·L1Na2C2O4 溶液充分反应，至无C2O4沉淀生成，将沉淀过滤、洗涤、干燥后，将沉淀移至锥形瓶中 加入稀硫酸全部溶解，用0.1000mol·L1KMnO4溶液标准溶液平行滴定三次，消耗 KMnO4标准溶液的体积平均为bmL。 已知：①2MnO4+5H2C2O4+6H+-2Mn2++10CO2个+8H2O,Ni+不与KMnO4 溶液反应。 ②碳酸镍是浅绿色晶体，300℃以上即分解，能溶于氨水及稀酸中，不溶于水。 回答下列问题： (1)配制100mL0.1mo1·L1的NiSO4水溶液，不需要的是仪器是 (填标号)。 500ml A B D (2)制备NiCO3发生反应的离子方程式为 (3)步骤Ⅱ中加入适量NH3·H2O调节pH,NH3·H2O不能过量的原因是 (4)检验步骤Ⅲ中NCO3是否洗涤干净的方法是 能力调研检测 化学试题（三）·第6页（共8页） 6 (5)①高锰酸钾溶液滴定时盛放于 (填“甲”或“乙”)。 50 甲 乙 ②滴定终点的现象为 (6)①碳酸镍的含量为 (用含a、b的代数式表示)。 ②若滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数会导致测定结果偏 (填“高” 或“低”)。 17.(14分)氯化亚砜(SOC12)广泛应用于农药、医药、感光材料和高聚物的合成。工业制 备氯化亚砜的主要原理如下： 反应I:SO3(g)+SCl2(g)=SOCl2(g)+SO2(g)△H1=+302kJ·mol-1; 反应Ⅱ：SO2(g)+SCl2(g)+Cl2(g)→2S0Cl2(g)△H2=-477.3kJ·mol-1。 回答下列问题： (1)已知反应Ⅲ：2S02(g)+O2(g)一2S03(g)△H3=-198kJ·mol-1,则反应W 2SCl2(g)+O2(g)→2SOCl2(g)△H= kJ·mol-1。 (2)将1 mol SO3(g)和1 mol SCl,2(g)充人恒容的绝热密闭容器中，发生反应I。下列 说法正确的是 (填标号)。 A.SCl2消耗速率与SOCl2的生成速率相等，能判断反应I达到平衡 B.混合气体的密度保持不变，能判断反应I达到平衡 C.混合气体的平均相对分子质量保持不变，能判断反应I达到平衡 D.容器内温度不再变化，能判断反应I达到平衡 E.反应I平衡后，充人氮气，压强增大，反应速率不变 (3)对于(1)中反应V,已知v正=k正c2(SCl2)·c(O2),v逆=k逆c2(S0Cl2),其中k正、 k逆为速率常数，只与温度有关。平衡时，正与逆的比值为 (填表达式)； 若将温度升高，速率常数增大的倍数：正 (填“>”“=”或“<”)k逆。 (4)对于反应Ⅱ，若将均为3.0mol的S02(g)、SCl2(g)和Cl2(g)通入体积为2L的密 闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(SO2)随时 间的变化，曲线B表示T1温度下n(SOCl2)随时间的变化，T2温度下反应到a点 恰好达到平衡。 3.5 n(SO2)n(SOCl)/mol 3.01 、A 2.5 (6,2.2) 2.0 (14,1.5) 1.5 1.0 B 0.5 (6.0.8) 0 5 105 t/min ①温度T1 (填“>”“<”或“=”，下同)T2,T1温度下恰好平衡时，曲线B 上的点为b(m,n),则m 14,n3。 6 化学试题（三）·第7页（共8页） 真题密卷·综合 ②T1温度下，当容器内气体的压强为起始时的70%时化学反应达到平衡，则T温 度下，转化率α(SO2)= ,平衡常数K= (5)某科研团队通过在电解液中引入分子碘来调控充电/放电过程中的反应路径，已知含I2 的Li-SOCI2电池充电的机理如图所示。上述催化过程IC1为 (填“催化剂”或 “中间产物”)，机理中反应①的电极反应式为 ③ ⊙ -S02 18.(15分)美拉托宁(M)是一种调节“生物钟”的分子，其合成路线如图所示： COOCHs CH CHO CH: CH.O COOC-Hs CHO CH3 浓HNO COOC2Hs H2/Pt 浓HS04,△ CH;CH.ONa C(CHNO。AcOf NH NO2 B D 0 C00CH51)H0 (COCI)2 H:CO 2)△ 0 NH NH:CH3O 1)LiAlH H.CO 2)CHCOOH NH H 回答下列问题： (1)化合物A的分子中碳原子的杂化方式为 ,A→B的反应类型为 (2)有机物C的结构简式为 (3)催化剂LiAIH4含有的化学键有离子键和 (4)有机化合物H与足量的H2加成后含有手性碳原子的个数为 (5)写出符合下列条件G的一种同分异构体： ①含有硝基与苯环相连。 ②能使溴水褪色。 ③核磁共振氢谱有3个峰，其峰面积之比为4：2：2。 (6)以苯和CH COCOOC2H,为原料，其他无机试剂任选，利用题中有关反应信息写出 CH2 化合物 NH-CCOOH 的合成路线： ·能力调研检测 化学试题（三）·第8页（共8页）·化学· 参考答 2024一2025学年度综合 一、选择题 1.A【解析】新型催化剂用于电解海水生产氢能，实质 是水电解产生H2,氢元素的化合价发生变化，涉及氧 化还原反应，A正确；全息膜具有光学成像原理涉及光 干涉和衍射是物理变化，不涉及氧化还原反应，B错 误；硼墨烯因用于半导体器件是因为电子特性，不涉及 氧化还原反应，C错误；在亚波长级别工作的超材料是 利用光学原理成像，不涉及氧化还原反应，D错误。 2.B【解析】加碘盐加入的是碘酸钾而不是碘单质，A错 误；绿茶中的茶多酚有酚羟基，易被氧化而用作抗氧化 剂，B正确；根据放电顺序，阴极吸引阳离子：H和 Mg2+,H+优先放电，故产生H2,而得不到Mg,故电解 氯化镁溶液不能制镁，C错误；聚丙烯酰胺由丙烯酰胺 通过加聚反应制得，D错误。 3.B【解析】I→Ⅱ断裂N一H键，形成O一H,故只有 极性键的断裂和形成，没有非极性键的断裂和形成，A 错误；该历程中Ⅱ→Ⅲ步骤正反应的活化能最大，为决 速步骤，B正确；该历程中·OH中O从一1价生成 H2O降到一2价，·C1O3中的Cl从+6价降到 HCIO2中的+3价，故作氧化剂的自由基有·OH和· CO3,C错误；在步骤I→Ⅱ中有水生成，故I→V的总反应为 NH+·OH+·ClO3=H-N=O+H-O-CI=O 十H2O,D错误。 4.D【解析】NaOH溶液能与玻璃中SiO2反应，盛装 NaOH溶液的滴定管应用碱式滴定管，图中为酸式滴 定管，A操作不规范；银镜反应滴加氨水或乙醛，胶头 滴管应垂直悬空滴加，B操作不规范；NH3与甲酸反 应迅速，使导管中的压强迅速降低，易发生倒吸，C操 作不规范；做焰色试验检验钾元素应透过蓝色的钴玻 璃，满足焰色试验的条件，D操作规范。 5.B【解析】Y每个能级上电子数相等且有4个共用电 子对，故Y为C元素；X的原子序数比Y小且只有1 个共价键，故X为H元素；M与R位于同一主族且均 有2个共价键，故M为O元素，R为S元素；Y、Z、M 原子序数依次增大，故Z为N元素；同周期中E成单 电子数最多且有5个共用电子对，故E为P元素。同 周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，简单氢 化物的稳定性依次增强，故简单气态氢化物的稳定性： M>R>E,A错误；非金属性越强，最高价氧化物对应 的水化物的酸性越强，非金属性：R>E,最高价氧化物 对应的水化物的酸性：R>E,Y为C,形成的碳酸是弱 酸，故最高价氧化物对应的水化物的酸性：R>E>Y, B正确；第MA族元素价电子排布为ns2np,np易失 一个电子形成半充满的稳定状态，故。元素的第一电 离能比的第一电离能小，同周期元素，从左到右第 化学答案（三） 参考答案及解析 案及解析 能力调研检测 化学（三） 一电离能呈增大趋势。故第一电离能由大到小的顺 序：Z>M>Y,C错误；化合物Q中R元素为S元素， 最外层有6个电子，孤对电子对数=6,2-2，轨道教 2 =2十2=4，故S的杂化方式为sp3,D错误。 6.B【解析】氨、氧、氟的氢化物分子间能形成氢键，液氨 中存在分子间氢键，A正确；二氧化碳为直线型分子， 故C0,的空间填充模型为○，B错误；电子层数 相同，核电荷数越大，原子半径越小，故原子半径：N> O,C正确；pp元键形成的轨道重叠示意图为 88·3-7,D正确。 对电子新原子道框原子托重 部成的可健 7.C【解析】CO2中有2个。键、2个π键，故其个数比 为1：1，A错误；CO(NH2)2中均为不同元素之间形 成的共价键，故只有极性键，没有非极性键，B错误； N0,中N的孤电子对数=5+1,2X3=0,价层电子 2 对数=3+0=3，故N为sp2杂化，键角为120°；NH中 N的孤电子对数=5一1X3-1,价层电子对数=3+1= 2 4,故N为sp3杂化，由于孤电子对的排斥力大于成键 电子对，故NH3的键角小于109°28'，所以NO3的键 角大于NH3的键角，C正确，Cu2O晶体中O位于顶 点和体心，故O周围距离相等且最近的O有8个，D 错误。 8.A【解析】由M转化为生松素是苯环上的羟基和碳碳 双键发生加成反应，A正确；M有碳碳双键，且双键两 端碳上的原子或原子团不相同，故存在顺反异构，而生 松素不存在碳碳双键，故不存在顺反异构，B错误；M 转化为生松素为分子内加成，故两者的分子式相同，M 多一个双键，但生松素多一个环，因此两者的不饱和度 相同，C错误；M有碳碳双键，两个苯环的碳和羰基碳 均可能与碳碳双键的碳共平面，而生松素中间的碳环 中有2个碳为四面体结构，故所有的碳原子不可能共 平面，D错误。 9.C【解析】醋酸为弱酸，书写离子方程式时不可拆，故 用白醋除水垢的离子方程式为2 CH COOH十CaCO, Ca2++2 CH.COO+CO2个十H2O,A错误；氯碱 工业中用铜作电极电解饱和食盐水时，在阳极铜首先放电 生成铜离子，铜离子再与OH结合生成Cu(OH)2沉淀， 故离子方程式为Cu十2H,0电解H。个十Cu(OHD2,B错 误；NaCIO溶液具有强氧化性，少量的SO2被氧化成 硫酸根离子，离子方程式为3C10十S02十H2O SO?+C1+2HC1O,C正确；在酸性条件下，离子方 第1页（共4页） 6 真题密卷 程式不能出现OH,酸性条件下，铝粉可将废水中的 Cr2O号还原为Cr3+,反应的离子方程式为2Al十 Cr20号+14H+—2Cr3++2A13++7H20,D错误。 10.D【解析】当盐酸的体积为0时，lg (A)> C(HA) 1gC侣品表示A的水解程度小，同浓度时水解程度 小表示酸性强，故相同条件下溶液的酸性：HA>HB, A正确；酸性越强，表示电离程度越大，K。越大，酸 性：HA>HB,故相同温度下：K,(HA)>K,(HB),B 正确V=2mL时，g1人}0，即c(A) c(HA),K.(HA)=c(A）:cH）=c(H*),C正 c(HA) 确；酸性：HA>HB,故碱性：NaA<NaB,即同浓度的 两种溶液pH(NaA)<pH(NaB),稀释相同的倍数后 溶液的体积相等，浓度相等，故pH(NaA)< pH(NaB),D错误。 11.D【解析】沉淀和溶液分离的方法是过滤，MnCO3、 FeCO3、ZnCO3、SiO2中只有SiO2与硫酸不反应，故 滤渣A的主要成分为SiO2,A错误；滤液B有 Na2[Zn(OH)4]和NaOH,与AI3+不能大量共存，B 错误；调pH后的溶液为Fe(OH)3的饱和溶液，故有 c(Fe+)=Kn[Fe(OHD],C错误；氧化过程中 c3(OH) NaClO3和MnSO,反应生成生成Cl2和MnO2等， 反应离子方程式为2CIO?+5Mn2++4H20 5MnO2十Cl2个十8H+,D正确。 12.C【解析】铁粉与一定量浓度的硝酸反应，可能生成 硝酸铁，也可能生硝酸亚铁，也可能两者都有，还可能 生成硝酸铁后还有过量硝酸，故反应后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液变成血红色，铁粉不一定全部转化 成硝酸铁，A错误；铁与硝酸反应也可能生成NO,被 空气中的氧气氧化成NO2,在敞口容器中也能看到 红棕色，故铁粉与硝酸反应生成的气体不一定全部是 NO2,B错误；将少量反应后的溶液滴入Na2SO3溶 液中，可能是三价铁离子将SO氧化成SO2,也可 能硝酸过量，将SO?氧化成SO,故加盐酸酸化的 BaCL2溶液，产生白色沉淀，C正确；将少量反应后的 溶液滴入足量铜粉中，可能生成Cu+和Fe2+,但由于 CuS和FeS均为黑色，故无法确定是否是CuS,D 错误。 13.B【解析】b电极上VO生成VO2+,发生还原反 应，得电子，是电池的正极，A正确；正极的电极反应 式为VO+e+2H+=VO2++H2O,负极反应式 为Mn2++2H20-2e—MnO2+4H+,故负极产 生的H十通过离子交换膜从左向右运动，离子交换膜 为阳离子交换膜，B错误；由图可知负极Mn2+生成 MnO2,故负极的电极反应式为Mn2++2H2O-2e -MnO2+4H,C正确；由电极反应式Mn2+十 6 化学答案（三）· 综合能力调研检测（三） 2H2O-2e一MnO2十4H+可知，每转移2mol电 子生成1 mol MnO2,故转移0.2mol电子生成 0.1 mol MnO2,所以a电极理论上最大增重0.1mol X87g·mol-1=8.7g,D正确。 14.B【解析】由盖斯定律知，反应I一反应Ⅱ可得 N2O(g)+H2(g)=N2(g)+H2O(g),故△H= △H1-△H2=-663.5kJ·mol1+750k·mol1= 十86.5kJ·mol1,A错误；升高温度，反应I和反应 Ⅱ均向逆反应方向移动，故NO的转化率降低，由A 项可知升高温度，有利于提高N2的选择性，曲线a代 表N2的选择性，曲线b表示NO转化率，B正确；温 度为T,℃时，n转化(NO)=2mol×60%=1.2mol, 根据选择性公式n(N2)=”#NO)X25% 2 1.2molX25%=0.15mol,C错误；从图中曲线a看 2 出，降温N2的选择性减小，D错误。 二、非选择题 15.(1)Na2SnO3(1分)分液漏斗、烧杯(2分) [Ar]3d4s2(2分) (2)ScR3+3NaOH-3NaR+Sc(OH)3￥(2分) (3)温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速度加 快，钪的沉淀率上升（或随温度升高草酸电离程度增 大，草酸根浓度增多，钪的沉淀率上升)；温度高于 80℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，使 钪的沉淀率下降(2分) 4)2Sc,(C,04)十30，△2Sc,0,+12C0,(2分) sp2(2分) (5)mn)3 (2分) 【解析】 0:8o出8部0e0Nam, Fe203、Ti02 Na2SnO3 水相Fe2S03、NaS04、TiOS0 8660举取 有机sR返笔及OH,s0 2)NaOH sc,S0hHC9szC,0h△→Sc,0 (1)由题中信息知，在SczO3和SnO2、Fe2O3、TiO2中 SnO2和TiO2具有两性，能和NaOH反应生成 Na2SnO3和Na2TiO3,Na2TiO3难溶于水，故“滤液 1”中主要溶质有Na2SnO3;实验室“萃取”操作时用到 的主要玻璃仪器为分液漏斗和烧杯。Sc是21号元 素，根据原子构造原理可知基态Sc原子核外电子排 布式是1s22s22p3s23p3d4s2,则简化的钪原子的核 外电子排布式是[Ar]3d4s2。 (2)在“转化”中反应生成Sc(OH)3,即ScR3与氢氧 化钠反应生成Sc(OH)3,化学方程式是ScR,+ 3NaOH3NaR+Sc(OH)3'。 (3)温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速度加 快，钪的沉淀率上升（或随温度升高草酸电离程度增 第2页（共4页） ·化学· 大，草酸根浓度增多，钪的沉淀率上升)；温度高于 80℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，使 钪的沉淀率下降。 (4)SC2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3,草酸根 具有还原性，会被空气中的氧气氧化为C○2，根据电 子守恒和元素守恒可得化学方程式是2Sc2(C2O)3 +30,△2Sc,0,十12C0;C,0?结构式为 0 -O一C一C一O一，两个碳原子为平面三角形结构 的sp2杂化。 c(H+) (5)K=2(Sc+)·c2(H,C.0) c6(H+)·c3(C2O) c(Se3+)·c2(C0)·c(H,C0,) K(H2C2O4)·K(H2C2O4)_(mn)3 Ksp[Scz (C2O)3] 16.(1)CE(2分) (2)Ni2++NH3·H2O+HCO一NiCO3+ NH+H2O(2分) (3)碳酸镍溶于过量氨水，导致产率降低(2分) (4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸再滴加 BaCl2溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤干净(2分，答 案合理即可) (5)①甲(1分)②溶液变成浅红色，且在半分钟内 不褪色(2分) (6)02.9756%(2分)②高(1分) 【解析】(1)配制过程中胶头胶管用于定容，烧杯用于 溶液的稀释或固体的溶解，配制100mL溶液用 100mL容量瓶，故不需要的仪器为C、E。 (2)反应物为NiSO4、NH3·H2O和NH4HCO3,生 成物为NiCO3、(NH)2SO4和H2O,故反应的离子 方程式为Ni2++NH3·H2O+HCO一NiCO3V +NHt+H2O。 (3)碳酸镍能溶于过量的氨水，导致产率降低。 (4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸再滴加 BaCl2溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤千净。 (5)①高锰酸钾溶液具有强氧化性，易腐蚀乳胶，故不能 放于碱式滴定管中而应放于酸式滴定管中，仪器甲为酸 式滴定管。 ②用高锰酸钾溶液滴定，滴定终点溶液变成浅红色， 且在半分钟内不褪色。 (6)①由反应可得关系式为5NiCO3~5NiC,O4~ 2MnO~5H,C.O,(NiCO,)-(KMnO.)- 2×0.1000mo1·L1×6×103L=2.5b× 104mol,m(NiC03)=2.5b×104mol×119g·mol1 =2.9756×102g,碳酸镍的含量=2.9756X102g× a g 化学答案（三）· 参考答案及解析 100%=2.975b%。 ②若滴定前读数正确，滴定终，点时仰视读数，读取标 准溶液体积增大，测定结果偏高。 17.(1)+406(1分) (2)DE(1分) e2(SOCI2) (3)2(sC1)·c(0) (1分)>(1分) (4)①<(1分)>(1分)>(1分) ②90%(2分)2160(2分) (5)中间产物(1分)L2+2LiC1-2e—2IC1+2Li+ (2分) 【解析】(1)根据盖斯定律，由反应×2十反应Ⅲ可得反 应：2SC2(g)+O2(g)==2SOC2(g),故△H=△H1× 2+△H3=+302kJ·mol-1×2-198kJ·mol-1= +406kJ·mol-1。 (2)SC12消耗速率与SOCL2的生成速率相等表示的 都是正反应速率，不能说明反应I达到平衡，A错误； 容器的体积不变，由质量守恒定律，反应前后气体的 质量不变，故混合气体的密度始终保持不变，不能判 断反应I达到平衡，B错误；反应前后气体的质量不 变，反应为等体积反应，即物质的量不变，故混合气体 的平均相对分子质量始终保持不变，不能判断反应I 达到平衡，C错误；容积为绝热密闭容器，反应方向正 向进行，容器内温度降低，容器内温度不再变化，说明 反应I达到平衡，D正确；反应I平衡后，充入氨气， 压强增大，容器体积不变，与反应有关物质的压强不 变，即浓度不变，反应速率不变，E正确。 (3)平衡时，v正=逆，即正c2(SCl2)·c(O2)= 题c2(S0C2),所以E= c2(S0C12) c2(SC,)·c(0,)升高温 度，平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动， 所以速率常数增大的倍数正>逆。 (4)①6min时，温度T2时消耗SO2的物质的量为 0.8mol,此时生成SOCl2的物质的量为1.6mol,温 度T1时生成SOCl2为0.8mol,温度T2反应快，所 以温度T1<T2;温度T2时，达到平衡生成SOCl2的 物质的量为3mol;温度越低，反应速率越慢，达到平 衡用的时间越多，正反应放热，降低温度平衡正向移 动，生成的SOC12物质的量多，所以T,温度下恰好 平衡时，曲线B上的，点为b(m,n),则m>14,n>3。 ②T1温度下，设达到平衡时SO2转化xmol,则： SO2 (g)+SCl2 (g)+Cl2 (g)2SOCI2 (g) 起始(mol) 33 3 0 转化(mol) x 2x 平衡(mol)3-x3-x3-x 2x 3×(3-x)+2x=70%,即x=2.7,a(S0) 9 2.1 3 c2(SOCI2) 100%=90%,K=c(S0,)·c(sC)·c(C12) 第3页（共4页） 6 真题密卷 7× =2160。 (5)根据过程图可知，IC1为中间产物；由图可知，机理 中反应①的电极反应方程式为I2十2LiC1-2e 2IC+2L。 18.(1)sp2、sp3(2分)取代反应(2分) CH.O. COOC,H (2) 0 (2分) NO (3)共价键、配位键（或共价键）(2分) (4)5(2分) CH2-CH CH-CH2 (5) (或 NO, CI CH2-CH- CH=CH2)(2分) NO, (6) 浓HNO: -NO,H2/Pt NH2 浓H2S04,△ AcOH CH, CH,COCOOC,H -NH-CCOOC,H; H.O CHaCH2ONa CH2 CNH-Cc00H(3分) 【解析】(1)化合物A的分子中甲基上的碳为sp杂 化，苯环上的碳为$p杂化；A→B为硝基取代苯环上 的氢，故反应类型为取代反应。 (2)可由D到C反推，C到D为H2还原硝基，故C的 结构简式只需将D中的氨基换成硝基即可，故C的 CHO CH2、CO0C2H 结构简式为 N02 (3)催化剂LiA1H4含有Li+与(AlH,)ˉ存在离子键， 在(A1H4)-中，A1与H之间存在共价键，A1H3与 H通过配位键结合形成(A1H4)ˉ，故LiAIH,中含 有的化学键有离子键、共价键和配位键。 (4)有机化合物H的结构为CH,0 6 化学答案（三）· 综合能力调研检测（三） HO NH2 与足量的H2加成后为CH,O 含有 NH 0 HO NH, 的手性碳原子用星号表示为CH,0 NH 故含有手性碳原子的个数为5。 (5)G含有硝基与苯环相连，故含有《N0,结构； 能使溴水褪色说明有碳碳双键或碳碳三键，由G除 苯环外共有五个碳，核磁共振氢谱有3个峰，其峰面 积之比为4：2：2，说明五个碳的分布应非常对称， 故考虑有两个碳碳双键，共三个氧原子，故G满足条 CI CH2-CH CH-CH2 件的同分异构体有 NO2 和CH,-CH —CH=CH2。 NO2 CH2 (6)NH-C0OH的结构中有氯原子与含破 碳双键的碳原子相连，故考虑题中D→E的信息，即 用CNH:和CH,C0C00C,H,反应，有留装可 进行酯的水解得羧基； -NH2可由苯硝化还原 CH2 所得，故合成 -NH-CCOOH 的流程为 浓HNO3 -NO2 H2/Pt -NH2 浓H2S04,△ AcOH CH2 CH COCOOC2 H NH CCOOC2 HH,o CHCH,ONa CH2 NH-CCOOH 0 第4页（共4页）