湖北襄阳市第四中学2026届高三年级四月月考化学试卷

襄阳四中2026届高三年级四月月考 化学试卷 出题人：乔娜审题人：安合林使用时间：4月9日下午2：30-3：45 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016S32V51Fe56 一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45分。 1.化学之美，美在不同维度。下列说法错误的是 A.颜色之美：节日燃放的焰火与电子跃迁有关 B.对称之美：互为镜像的手性分子性质完全相同 C.生命之美：DNA中碱基通过氢键互补配对形成双螺旋结构 D.程序之美：不规则明矾固体可在其饱和溶液中变成规则晶体 2.下列化学用语表述正确的是 H A.硫化铵的电子式：[H:N:H]cS B.有机物十的名称是：1,2,3,4-四甲基环丁烷 C.基态Co2+的价层电子排布式是：374s2 D.基态碳原子的电子轨道表示式为：四四☐四 Is 2s 2p 3.下列关于食品添加剂的使用错误的是 A.谷氨酸钠一增味剂 B.碘酸钾—营养强化剂 C.硫酸铜—凝固剂 D.维生素C—抗氧化剂 4.下列反应方程式正确的是 A.向丙烯醛中加入足量溴水：CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2Br B.向硫酸溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：H+SO+Ba2++HCO,=BaSO,↓+CO,个+H,O C.用氢氟酸刻蚀玻璃：SiO,+4H+4F=Si证4个+2H,O D.向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2CIO+C0,+H,O=2HCIO+CO 5.下列类比”合理的是 A.Na在空气中加热生成Na2O2,则Li在空气中加热生成Li2O2 B.NH,与足量盐酸反应生成NHCI,则NH与足量盐酸反应生成N,H,Cl, C.NaCI固体与浓HSO4加热可制HCl,则NaI固体与浓HSO4加热可制HⅡ D.BaNO)2稀溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则Ba(NO3)2稀溶液中通入COz生成BaCO,沉淀 6.能满足下列物质（含同种元素）间直接转化关系，且推理成立的是 A.X可为钠，单质可与HO反应生成O2 才酸（或碱） B.X可为铁，向沸水中滴入盐的饱和溶液可制得胶体 单质X之氧化物 C.X可为硫，氧化物可与HS反应生成硫单质 盐 D.X可为氨，酸溶液与Cu反应一定生成红棕色气体 7.下列有关实验装置能达到实验目的的是 光洁的铁丝 浓H,SO, NHH,o)→E一 CaCl, 为 丙 丁 A.利用甲装置干燥CO B.利用乙装置润洗滴定管 C.利用丙装置检验某溶液中是否含有K D.利用丁装置干燥NH 8.下列性质与微观解释不相符的是 选项 性质或现象 微观解释 A 稳定性：聚四氟乙烯>聚乙烯 C-F键能极高，且F包裹碳链，形成稳定的螺旋结构 B 熔点：顺-2-丁烯<反-2-丁烯 顺-2-丁烯为极性分子，反-2-丁烯为非极性分子 聚氯乙烯微孔薄膜不能用于 聚氯乙烯含塑化剂等添加剂，可能释放有害物质，不 C 制造饮用水分离膜 适合用于饮用水分离膜 D Ka1:邻羟基苯甲酸>苯甲酸 邻位-OH能通过氢键稳定羧基负离子，显著增强酸性 9.某同学根据元素周期表将时钟表盘重制，如下图所示，结合所学知识下列说法正确的是 Cu Znfk 重制 -IX Co Sc Fe VII VI V Min Cr V A.图中每种元素电子按3p→4s→3d的顺序，填满一个能级后再填下一能级 B.8、9、10点钟对应的三种元素均属于第VIB族 C.时针、分针和秒针恰好将元素分割为s区、d区和p区元素 D.图中每种元素的价电子数与其表示的时间完全一致 10.无色晶体H,N3是一种易爆炸、能产生大量气体的化合物，其晶胞结构如图所示，下列说法错误 的是 O=Q=0 000 =0 oN ● ●H 0 。0.5a a nm A.该晶体属于离子晶体，其含有的化学键包括离子键、σ键、大π键、配位键 B.该物质不能用于实验室制氨气 C.该晶体中氮原子的杂化方式有sp2、p两种 D.H的配位数为8，位于N形成的正六面体空隙 1 11.中科大电化学团队研究用HC1-CuC2混合溶液做蚀刻液，处理工业废铜，其方法如图所示。其中BDD 电极上生成一种具有强氧化性的羟基自由基(OH)。下列说法错误的是 HCI 废铜棒 BDD SS 蚀刻液 蚀铜槽 CuC泵HCu 阴离子交换膜 Q泵 A.当BDD电极上生成0.1 nol.OH,将有0.1 nolCl通过阴离子交换膜 B.SS电极上的反应为：CucI+e=Cu+3CI C.蚀铜槽中废铜棒表面的铜被氧化成Cu+进入溶液 D.阳极室中存在反应：·OH+H+CuC1=Cu+3C+H2O;X为含盐酸和CuCl2的混合溶液 12.某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H,S为单质S,提出的催化历程示意图 如下。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ●Fe H H eFe2 O-Ti-O-● ② o-Ti-o-s ○氧空位 H,S① 0 0i-02 HHQ-0 1⑤ O-Ti-O-●●S O-Ti-oeOs H,O BHEANEIONEENOIONENAEooclontoon A.O,使Fe2+转化成Fe3+，恢复催化剂活性 B.过程①和④均发生了非极性键的断裂 C.过程②和③均发生了氧化还原反应 D.理论上，每转化34gH2S,转移的电子数目为N OH 13.环己烯( )为重要的化工原料，实验室常用环己醇( )制备，流程如下： 步骤I一用浓磷酸和环己醇制备环己烯混合加热，蒸馏得到对应馏分： 步骤Ⅱ一用饱和Na,CO,溶液与饱和食盐水分批洗涤、分液： 步骤Ⅲ一用干燥的无水CCl,吸水，过滤后再蒸馏，得到产物： 步骤V一经波谱分析，测得产物的核磁共振氢谱图如图所示。 下列说法错误的是 A.若不用饱和食盐水洗涤，而用水，则环己烯的产率下降 B.为使操作简便，CCl,可不过滤直接蒸馏 C.可能生成磷酸酯、醚等副产物 D.由核磁共振氢谱图可知产物中含有杂质 14.某实验小组探究KMnO4溶液与NH以及铵盐溶液的反应。 己知：MnO,的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，n+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 I 8nolL1氨水(pH13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 lmL试剂a Ⅱ 0.1mol-L NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol-LNH4)2SO4溶液pH6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 硫酸酸化的4molL1个NH4)2SO4溶 E V 紫色变浅 1 mL 0.01mol-L- 液(pH≈l) KMnO4溶液 硫酸酸化的4mol-LNH4C1溶液 紫色褪去 (pH1) 下列说法错误的是 A.由Ⅱ可知，pH=l3时，OH不能还原MnO, B.由I、Ⅱ、Ⅲ可知，与NH相比，NH更易还原MnO4 C.由Ⅲ、V可探究溶液pH对NH与MnO:反应的影响 D.由V、V可知，NH浓度降低，其还原性增强 15.常温下，向20.00L0.10molL1H,C,O,溶液中滴加0.2000mol.L1NaOH溶液，各含C微粒分布系 数3X如图前示。一载认为二元局酸能被分步准滨演定的条件是受110.下列说法情误的足 1.0 0.8 0.6 0 0.2 pH A.当达到第一次滴定终点时，溶液中存在2c(H,C,O,)+c(HC,04)+c(C,0)=0.05molL1 B.常温下，H,C,04的K1=10 C.滴入NaOH溶液时，若 c(C,0)-10,则此时pH=4.7 c(H2C,04) D.借助甲基橙和酚酞，用NaOH标准溶液无法测定H,C,O4、NaHC,O,混合液中的NaHC,O,含量 二、填空题：共4小题，共55分。 16.(14分) 种利用失活的含钒石油废触媒（主要含V2O5、MoS2、NiO、PzO5)获得V2O的流程如图所示： Na,CO 21 石油废i.低温去油、， →烟气 铵盐 i除磷 沉钒 →含钼液 触媒 电收尘 ⅱ粉碎 一混料焙烧 →浸液 →烧渣水浸 iⅱ过滤 钒钼液 L→NHVO3 →镍渣 热解 V,Os 已知：①“浸液”的主要成分为NaVO3、Na,MoO4、Na,PO4。 ②H,VO,可溶于热水或稀氨水，微溶于冷水，难溶于乙醇。 回答下列问题： (1)钒元素位于周期表中 区。 (2)粉碎的目的是 (3)流程中焙烧时，V2O5发生反应的化学方程式为 烟气中SO2的VSEPR模型名称为 (4)流程中除磷时，需控制溶液pH不能过低的理由是 (5)测定产品中钒的含量：用稀硫酸和30%H202溶液溶解V2Os样品，得到(VO2),S0,溶液，再加 入适量NaOH溶液调节溶液pH,当溶液出现稳定的亮黄色[VO(O,),的颜色]，再加入稍过量的稀硫酸， 最后得到稳定的红色溶液VO(O,)的颜色]。 ①上述反应中V的化合价不变，写出亮黄色转化为红色的离子方程式 ②已知吸光度A与VO(O,)广标准溶液的浓度的关系如图所示。称取3.79gV,O,样品，配制成红色溶 液并定容至1L,准确移取10.00mL,再用蒸馏水定容至100mL,测得此溶液的吸光度A=0.8,则样品 中V0的纯度为%（结果保留两位有效数字）。 1.2 1.0 型 0.8 0.6 0.4 0.2 0 1.02.03.04.05.06.0 cVO(O,)力/(103molL) 17.(14分) 江南大学一团队开发了一种新型铑基单原子催化体系，实现了CO2加氢一步高效制乙醇，涉及的有 关反应如下： ①2C0,(g)+6H2(g)≥C,H,OH(g)+3H,0(g) △H=-740kJ.mol CO,(g)+3H,(g)CHOH(g)+H,O(g) △H2=-49.9kJ.mol 3CO,(g)+H,(g)CO(g)+H(g) △H3=+41.6kJ.mo 回答下列问题： (1)工业上，利用合成气合成甲醇：CO(g)+2H,(g)三CH,OH(g)△H=kJ·ol1。 (2)下列图像中符合反应①中△G与T关系的是 (填标号)。 △G 子 (3)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1molC02和1molH2只发生反应②，下列情况表明该反 应一定达到平衡状态的是 (填标号)。 A.气体总压强不随时间变化 B.CO,体积分数不随时间变化 c(CH,OH) C. 不随时间变化 D.H2的消耗速率与CH,OH的消耗速率之比为3：1 c(H,0) (4)在3MPa下，按H2、CO,体积比为3：1投料只发生反 100 100 应①和③，测得CO,的平衡转化率、C,H,OH的选择性和C0的 80 选择性与温度的关系如图所示。 60 40 己知：C,H,OH的选择性和C0的选择性之和为100%。 20 I能代表乙醇选择性与温度关系的曲线是 (填“甲” 丙 0 0 “乙”或“丙”)，判断依据是 200250300 350400 温度/C Ⅱ温度高于300C时，乙曲线下降程度变慢，其原因是 0 (5)某温度下，向一密闭容器中充入1molC0,和3molH,只发生反应①和③，达到平衡时测得C0, 的转化率为50%，n(起始)：（平衡）=5：4。该温度下反应③的压强平衡常数K。= 18.（13分) 煤的化学活性是评价煤气化或燃烧性能的一项重要指标，可用与焦炭（由煤样制得）反应的CO,的转 化率a来表示。研究小组设计测定α的实验装置如下： 稀盐酸 气体X C02 气体X 绩 炉 厨 CaCO NaHCO3浓HSO4 C02 饱和溶液 足量Ba(OHD2溶液足量银氨溶液 (1)装置I中，仪器a的名称是 b中除去的物质是 (填化学式)。 (2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，该过程称为 ②装置Ⅱ中，高温下发生反应的化学方程式为 ③装置Ⅲ中，先通入适量的气体X,再通入足量Ar气。若气体X被完全吸收，则可依据d和e中分 别生成的固体质量计算α。 i.d中的现象是 ii.e中生成的固体为Ag,反应的化学方程式为 iii.d和e的连接顺序颠倒后将造成u (填“偏大“偏小”或“不变)。 iii.在工业上按照国家标准测定：将干燥后的CO,(含杂质N,的体积分数为)以一定流量通入装置 Ⅱ反应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO,的体积分数为，此时u的表达式为 19.(14分) 连续纤维增强复合材料具有高强度、耐腐蚀等优点，广泛应用于航空航天、汽车等领域。该材料常 用聚酰胺为树脂基体。以下是一种新型芳香聚酰胺树脂的合成路线。 CH,OH CHO CHO HOOCCH,COOH HCHO H,O.Pd/SBA-15 DME C.H,BrO2 CH,OH NaOH 80℃ Br, 一定条件 OCH OH OH OH OH A B D CH-CHCOOH CH-CHCOOH CICH,COOH J G OCH NaOH OCH. LiCI,NMP,Py,TPP OH OCH,COOH F 回答下列问题： (1)A→B的反应类型是 (2)B的化学名称是 (3)I中含氧官能团的名称为 (4)D→E的化学方程式是 (5)J的结构简式为 (6)F的同分异构体中满足以下条件的有 种（不考虑立体异构）。 ①遇FeCl,溶液显紫色 ②可发生银镜反应 ③可以与饱和NaHCO,溶液反应生成CO, ④苯环上有2种取代基 (7)结合以上合成路线信息，用对甲基苯甲醛(H3C CHO)和丙二酸为原料（无机试剂任 选)， 的路线 襄阳四中2026届高三年级四月月考化学试卷参考答案 1~5 BDCAB 6~10 CBBDC 11~15 CABDA 1【答案】B 【详解】B.手性异构体尽管具有相同的分子组成，但在物理化学性质上并非完全一致，B错误。 2.【答案】D 【详解】 H H A.正确电子式为[H:N:H]:S[H:N:H,A错误； H H B.命名应为1,1,2,2,3,3,4,4八甲基环丁烷，B错误： C.基态Co2+的价层电子排布式应为3d7; D.符合洪特规则：单独优先占据空轨道，D正确；故答案选D。 3【答案】C 【详解】C.硫酸铜是重金属盐，有毒性，禁止用作食品添加剂，不能作为食品凝固剂，C错误。 4【答案】A 【详解】A.足量溴水，碳碳双键和醛基都要反应，A正确； B.向硫酸中滴加少量碳酸氢钡溶液，碳酸氢钡完全反应，溶液中B+与HCO,的个数比应为1：2，正 确离子方程式为2H+SO+Ba2++2HCO,=BaSO,↓+2CO,个+2H,O,B错误： C.氢氟酸F)是弱电解质，不能拆分为H和F,正确的离子反应方程式为SiO,+4HF=SF个+2H,O, C错误； D.向次氯酸钠溶液中通入少量CO,,根据酸性强弱：H,CO,>HClO>HCO,CO,反应产物应为HCO,, 正确的离子方程式为ClO+CO,+H,O=HClO+HCO,D错误；故答案选A。 5【答案】B 【详解】A.Na在空气中加热生成Na,O2,但Li活泼性弱于Na,Li在空气中加热只能生成Li,O,不能生 成LiO2,A错误： B.NH3是一元碱，与足量盐酸反应生成NH,C1,NH,(联氨)为二元碱，分子中两个氨原子都可以 结合H+与HCI反应，因此与足量盐酸反应可以生成二盐酸盐N,H4·2HC1,题中写法符合反应产物的组 成，类比合理，B正确； C.NaC1固体与浓H,SO,加热制HCI利用的是难挥发酸制易挥发酸的原理，但I还原性强，浓H,SO,具 有强氧化性，会将生成的HI氧化为I2,无法制得HⅡ，C错误； D.Ba(NO)2稀溶液中通入SO,生成BaSO,沉淀，是因为SO,溶于水显酸性，酸性条件下NO会将SO 氧化为SO得到沉淀；CO,溶于水生成的碳酸酸性弱于硝酸，BCO,可溶于硝酸，因此通入CO,不会 生成BaCO沉淀，D错误；答案选B。 6【答案】C 【详解】A.若X为钠，钠单质与水反应生成NOH和H,,不能生成O2,A错误； B.若X为铁，铁的氧化物均不溶于水，不能直接一步转化为对应碱，不满足氧化物直接生成酸或碱的 转化要求，B错误； C.若X为硫，单质S与O,反应生成氧化物SO,,SO,可与H,S发生归中反应生成硫单质，满足单质和氧 化物的互变，SO,与水反应生成酸H,SO3,SO,、H,SO均可与碱反应生成盐，完全符合转化关系，C 正确： D.若X为氮，对应的酸为硝酸，稀硝酸与C反应生成无色的NO,不是红棕色气体，D错误： 故答案选C。 7【答案】B 【详解】A.甲装置为U形管，只能放固体干燥剂，而浓硫酸为液体干燥剂，故A错误； B.润洗滴定管的操作为：向滴定管中倒入少量待装液，双手持滴定管，使滴定管水平并不断转动使液 体润湿整个内壁，随后将液体从下端放出，重复2~3次，B正确： C.应透过蓝色钴玻璃观察，C错误： D.氨气可与氯化钙形成络合物，故不能用氯化钙干燥氨气，应该选用碱石灰，D错误：故选B。 8【答案】B 【详解】B.顺-2-丁烯是极性分子，反-2-丁烯是非极性分子，但极性分子分子间范德华力强于非极性分 子，该解释无法说明顺式熔点更低的原因；顺-2丁烯熔点小于反-2-丁烯的本质原因是反式结构对称（中 心对称)，晶体中分子排列更紧密，晶格能更大，B符合题意：故选B。 9【答案】D 【详解】A.Cr元素价电子排布式为3d54s,Cu元素价电子排布式为3d14sl,故D错误： B.8、9、10点钟对应的Fe、Co、Ni三种元素均属于第VI族（不带B),故B错误； C.K和Ca分别位于第LA和第ⅡA,属于s区元素，Sc、Ti、V、Cr、Mn分别位于第IB、VB、VB、VIB、 VIB,Fe、Co、Ni三种元素均属于第V族，以上八种元素属于d区元素，Cu和Zn分别位于第B和第B, 属于ds区元素，所以时针、分针和秒针恰好将元素分割为s区、d区和ds区元素，故C错误： D.依据核外电子排布规律可知K、Ca、Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn的价电子数分别为 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12,因此每种元素的价电子数与其表示的时间完全一致，故D 正确： 10【答案】C 【详解】A.该晶体由H和N构成，属于离子晶体。H与N之间存在离子键；H4中N-H键为 σ键，且其中1个为配位键；N中存在N-Nσ键和离域大键，A正确： B.虽为铵盐，但易爆炸，故不能用于实验室制氨气，B正确： C.H中N原子价层电子对数为4，杂化方式为sp;N中N原子价层电子对数为2，杂化方式为P(与 CO2互为等电子体)，C错误： D.H周围距离最近的N有8个，配位数为8，且位于N,形成的正六面体（立方体）空隙中，D正确： 故选B。 11【答案】C 【分析】由图示可知，H2CuCls部分进入阴极区，部分进入阳极区。在阳极BDD电极上，水失去电子生 成羟基自由基(OHD和H,羟基自由基与溶液中的Cu反应生成C2+,CI通过阴离子交换膜进入阳极区可 生成CuC2刻蚀液，在阴极SS电极上，H2CuCl3得到电子发生还原反应产生Cu单质，X为含盐酸和CuC2 的混合溶液，HCl-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化为I2CuCl3。 【详解】A.阳极的电极反应式为H2O-e=·OH+H,当生成0.1 mol-OH时，转移0.1mol电子，根据电荷守 恒可知，将有0.1molC通过阴离子交换膜，故A正确： B.SS电极连接电源负极，为阴极，发生还原反应，电极反应为：CuCI+e=Cu+3CI,故B正确： C.由分析可知，HC-CuCl2混合溶液进入蚀铜槽，将Cu单质氧化为ICuCl3,故C错误： D.由分析可知，在阳极上，水失去电子生成羟基自由基(OHD和H,羟基自由基与溶液中的C反应生 成Cu2+,则阳极室中存在反应：·OH+H+CuC1-Cu+3C+H2O,X为含盐酸和CuCl2的混合溶液，故D 正确： 答案选C。 12【答案】A 【详解】A.根据图示③④两步历程，可知O,使Fe2+转化成Fe3+,恢复催化剂活性，A正确： B.过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了O=O非极性键的断裂，B错误； C.过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧 化还原反应，C错误； 催化剂 D.根据图示，该催化历程的总反应为2H,S+0,=2S+2H,0,可知H,S~2,理论上，每转化34gH,S 即1molH,S,转移的电子数目为2NA,D错误： 故选A。 13【答案】B 【分析】 OH 环己醇( )发生消去反应制备环己烯( 用饱和Na,CO3除去残酸，饱和食盐水洗去 Na,CO,分液得到环己烯粗品，用干燥的CaCl,吸水、除醇，再蒸馏得到环己烯，据此解答。 【详解】A.饱和食盐水的作用是洗去Na,CO,,饱和食盐水可以降低环己烯在水中的溶解度（盐析效 应)，减少洗涤过程中的产物损失，若直接用水洗涤，会造成环己烯溶于水，从而产率下降，A正确： B.CCl,的作用是吸水以及除醇，若不过滤，在蒸馏过程中，水和醇则可能脱除，随环己烯一同蒸出（共 沸物)，则产物的纯度会下降，B错误： C.副产物可能为磷酸与环己醇酯化形成磷酸酯，也可能为两分子环己醇脱水形成醚，C正确； D.氢谱图中有4组峰，代表存在4种化学环境的H,而环己烯只有3种H,说明存在杂质，D正确： 故答案选B。 14【答案】D 【详解】A.Ⅱ中0.1 nol-LNaOH溶液的pH=13,实验无现象，说明pH=l3时，OH不能还原MnO,A 正确；； B.I、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；I、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液 反应现象不太明显；故由I、Ⅱ、Ⅲ可知，与NH相比，NH更易还原MnO,B正确： C.I、V中变量为溶液的pH不同，则由I、V可探究溶液pH对H与MnO,反应的影响，C正确： D.V、V中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明NH浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 15【答案】A 【分析】向20.00nL0.10mol.LH,C,O,溶液中滴加0.2000mol.L1NaOH溶液，纵坐标为各含C微粒分 布系数，H,C,O,与NaOH反应分两步进行，即H,C,O,+NaOH-NaHC,O4+H,O、 NaHC,O,+NaOH-Na,C,O,+H,0,故一开始H,C,O4最多，所以下降的那条线为H,C2O4,开始升高后 来降低的那条线为HC,O4,后来上升高的那条线为C,O,据此分析解答。 【详解】A.当达到第一次滴定终点时发生的反应为H,C,O,+NaOH=NaHC,O4+H,O,此时溶液体积 为30.00mL,根据元素守恒，c(H,C0,)+c(HC,0,）+c(C0)200010=0.067molL,则 30.00 2c(H,C,04)+c(HC,0,)+c(C,O)]≈0.133molL1,A错误：： B.从图中可知，当H,CO4和HC,O,的分布系数相等时，对应的pH=1.2,此时 c(）c(HC,0,=-cH')=101,B正确 K1= c(H,C,O) C.二元弱酸的电离常数满足K,·K。=9 c(H)c(HC)cH)c C.)c)cC.o) 从图中 c(HC,04) c(HC,O） cH2C,04) 可知，当HC,O,和C,O}相等时，pH=4.2,即K=1042,已知 c(C,0) =10代入得c(H)=1047, c(H.C,O) 则pH=4.7,C正确： D.HC,0,的K,=10、K。=10,满足=100，因此无法分步准确滴定，用Na0H标准溶 液无法测定H,C,O4、NaHC,O,混合液中的NaHC,O,含量，D正确； 故答案选A。 16.（每空2分，共14分) 【答案】(1)d (2)增大反应接触面积，使其充分反应 焙烧 (3)V,0,+Na,C03 2NaV0,+C0,个 平面三角形 (4)pH过低，会使PO:与H结合，导致除磷效率降低 (⑤)V0(02),+2H=V0(02)+H,0, 96 【分析】含钒石油废触媒（主要含VO,、MoS2、NO、P,O,)经过低温去油和粉碎，形成混料，加入 Na,CO3进行培烧，V,O,、MoS2、PO,分别与Na,CO3反应生成NaVO3、Na,MoO,、NaPO,,经过 水浸，得到含NaVO,、Na,MoO4、Na,PO,的滤液和镍渣，浸液经过“除磷'和过滤”后得到钒钼液，加 入铵盐除钒，得到含钼液和NH,VO,NH,VO,经过热解得到V,O,据此回答。 【详解】(1)钒为23号元素，位于周期表中d区： (2)将含钒石油废触媒进行粉碎，粉碎的目的为增大反应接触面积，使其充分反应： (3)焙烧时，V,O,与Na,CO,进行焙烧反应生成NaVO,和CO,,反应的化学方程式为： 焙烧 V,O+Na,CO, 2NaV0,+C0,个：S0,的中心原子S原子的价层电子对数为2+6-2x2=3,VSEPR 2 模型名称为平面三角形： (4)除磷时，需控制溶液pH不能过低，若pH过低，H过大，会使PO与H结合，导致除磷效率降低： (5)①用稀硫酸和30%H,O2溶液溶解V,O,样品，得到(VO2),SO,溶液，再加入适量NaOH溶液调节溶 液pH,当溶液出现稳定的亮黄色[VO(O,)的颜色]，再加入稍过量的稀硫酸，最后得到稳定的红色溶液 V0(O,)的颜色]，则黄色[VO(O,),的颜色]转化为红色溶液VO(O,)的颜色]的离子方程式： V0(O2)2+2H=V0(O,)'+H,02; ②吸光度A=0.8,对应图中浓度c[V0(O,)]=4.0×103mol/L(稀释后100mL溶液的浓度)，稀释倍数： 100mL10,因此原1L溶液中cV0(0,)门=4.0×103molL×10=4.0×10moL, 10.00mL MV0(02)门=4.0×102mol/L×1L=4.0×102mo=0.04mol，由V守恒可得，V,0,~2V0(O2),因此 m(V0,)-VO(O,)-x0.0mol-0.02moI, V20,的摩尔质量M=182g·mol1, mV0,002o1k1828mc-364g,统度=}9号1W96=96%(保里两位有效数字) 17(每空2分，共14分) 【答案】(1)-91.5 (2)C (3)AD (4) 丙 升温，反应①平衡左移且C0、C,H,OH的选择性之和为100% 乙代表CO,平衡转化率与温度的关系，升温，反应①平衡左移且程度很大故CO2转化率下降很多，温度 高于300℃，反应③的影响逐渐增大 0好 【详解】(1)②C02(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+H2O(g)△H2=-49.9 kJ.mol1 ③C02(g)+H2(g≥CO(g+H2Og△H3=+41.6kJ.mol; 根据盖斯定律，②-③得C0(g)+2H2(g)、≥CH,OHg)△H=49.9 kJ.mol-1.41.6kJ·mol1-91.5kJ.molP。 (2)2C02(g)+6H2(g)、CH,OHgH3H,0g)△H<0、△S<0,△G△H-T△S,随温度升高△G增大， 该反应在低温条件下能自发进行，低温条件下△G<O,选C: (3)A.反应后气体物质的量减少，压强是变量，气体总压强不随时间变化，反应一定达到平衡状态， 故选A; B.设参加反应的二氧化碳为xmol,则反应消耗氢气3xmol,生成xmol甲醇、xmol水，容器中气体的总 二氧化碳的 物质的量为1-x+1-3xx+2:2&,二氧化碳的物质的量为1x,C0:体积分数为2x冫 体积分数为定值，二氧化碳的体积分数不随时间变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B: c(CH,OH) c(CH,OH) C.甲醇、水都是生成物， 始终等于1， 不随时间变化，反应不一定平衡，故不 c(H,0) c(H,O) 选C; D.H,的消耗速率与CH,OH的消耗速率之比为3：1，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡 状态，选D 选AD。 (4)升高温度，反应①平衡逆向移动，乙醇的选择性降低，丙曲线符合此变化趋势：反应③平衡正向 移动。甲曲线对应物质的选择性由小变大，符合CO的选择性与温度的关系，甲代表CO的选择性与温 度的关系，而CO、CH,CH,OH的选择性之和为100%，故丙曲线代表乙醇的选择性与温度的关系。 Ⅱ.乙代表C0,平衡转化率与温度的关系，升高温度反应①逆向移动、反应③正向移动，温度高于300℃， 温度对反应③的影响逐渐处于主要因素，所以温度高于300℃时，乙曲线下降程度变慢。 2C0,(g)+6H,(g)=C,H,OH(g)+3H,O(g) (5) 变化量/mol 2x 6x 3x C0,(g)+H,(g)=C0(g)+H,0(g) 变化量/moly y b C02的转化率为50%，则2x+y=0.5,n(起始)：（平衡)=5：4，平衡是气体总物质的量为 4×4=3.2Imol,则4x=0.8,解得：x=0.2,y=0.1: 5 平衡体系中含有0.5molC02、1.7molH2、0.1molC0、0.7molH,0、0.2 mol CH,CH,OH。 反应③是等气体分子数反应，可以用物质的量替代分压计算压强平衡常数： p(co)p()u(co)()0.molx0.7mol p(C02)p(H2)n(C02)n(H2)0.5mol×1.7mol85 18(除标注外，每空2分，共13分) 【答案】(1)分液漏斗(1分)HC1(1分) (2) 干馏(1分) 0,+c商邑2c0 有白色沉淀生成 1-n-m CO+2[Ag(NH),JOH-2Ag+(NH),CO,+2NH, 偏大 -×100% (1+m)(1-n 【分析】稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、氯化钙和水，由于盐酸易挥发，二氧化碳中含有氯化氢杂 质，用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，再用浓硫酸干燥气体，二氧化碳通到灼热的焦炭中反应生成一氧 化碳，将混合气体通入足量氢氧化钡溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳与银氨溶液反应生成银单质。 【详解】(1)装置中，仪器a的名称是分液漏斗；由于二氧化碳中含有挥发的氯化氢气体，因此b中 碳酸氢钠与氯化氢反应，则除去的物质是HCI;故答案为：分液漏斗；HCI。 (2)①将煤样隔绝空气在900℃加热1小时得焦炭，即隔绝空气加强热使之分解，则该过程称为干馏： 故答案为：干馏。 高温 ②装置Ⅱ中，高温下二氧化碳和焦炭反应生成一氧化碳，其发生反应的化学方程式为C0,+C兰2C0: 高温 故答案为：C0,+C=2C0。 ③.d中二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，其反应的现象是有白色沉淀生成：故答案为：有 白色沉淀生成。 iⅱ.e中生成的固体为Ag,根据氧化还原反应分析得到CO变为碳酸铵，则反应的化学方程式为 C0+2[AgNH)2]OH=2Ag↓+QNH4)2C03+2NH,;故答案为： CO+2[AgNH3)2]OH=2Ag↓+NH,),CO,+2NH3。 ⅱ.d和的连接顺序颠倒，二氧化碳和银氨溶液反应，导致银氨溶液消耗，二氧化碳与氢氧化钡反应的量 减少，则将造成偏大；故答案为：偏大。 ⅱ.在工业上按照国家标准测定a:将干燥后的CO,(含杂质N2的体积分数为n)以一定流量通入装置Ⅱ反 应，用奥氏气体分析仪测出反应后某时段气体中CO,的体积分数为m,设此时气体物质的量为bol,二 氧化碳物质的量为bmmol,.原来气体物质的量为amol,原来二氧化碳物质的量为a1-nmol,氮气物质的 量为anmol,则消耗二氧化碳物质的量为[a(1-n)-bm]mol,生成C0物质的量为2[a(1-n)-bm]mol,则有 b=anbm+2[aa-D-bml,解得：ba2D,此时u的表达式为 1+m [a1-n)- a(2n)mlmol 1+m ×1009%=1-nmtm-mn-2mtnm×1009%= 1-n -m 、100%:故答案为： a(1-n)mol (1+m)0n) (什m)0 1-n-m-×100%。 (1+m)(1-n) 19(除标注外，每空2分，共14分)【答案】(1)加成反应(1分)(2)对羟甲基苯酚（或4-羟甲基苯酚） (3)酰胺基、醚键、羧基（答对2个得1分，全答对得2分） CHO CHO 一定条件 (4) +CHOH- +HBr (5)H2N NH2(6)12 Br OCH OH OH CHO CHO CHO OH C12 NaOH水溶液 HOOCCH2COOH (7) 光照 个 OH OH 【分析】 CH,OH 与HCHO在碱性条件下发生加成反应（甲醛与苯环发生亲电加成）生成B( ),B在H02 OH OH CHO 和Pd/SBA-15的作用下发生氧化反应生成C C与Br,在DMF中发生反应生成D,结合C、E的结 OH CHO 构简式和D的分子式C,HBO,可推出D的结构简式为〔 C发生取代反应生成D,D与CH,OH在一 Br OH CHO CH-CHCOOH 定条件下发生取代反应生成E ),E与HOOCCH2COOH发生反应生成F ),F OCH OCH, OH OH CH=CHCOOH 与CICH2COOH在NaOH条件下发生反应生成G,G在酸性条件下酸化生成H ( ),结合F、 OCH OCH,COOH CH=CHCOONa H的结构简式可推出G的结构简式为 ,F发生取代反应生成G,G酸化得到H,H与J在LiCl、 OCH; OCH,COONa NMP、Py、TPP的条件下发生缩聚反应生成I( o HO 结合H、I的结构 简式可推出J的结构简式为HN〈NH,。 【详解】(1)由分析可得A→B的反应类型是加成反应： (5)由分析可得J的结构简式为HN NH2 CH=CHCOOH (6)根据信息可知，F( ) 的同分异构体中一定含有酚羟基、醛基和羧基，且苯环上只有 OCH OH 2种取代基，结合F的分子式CH。O4,可推断出存在同分异构体 HO- C0OH(邻位、间位、对 -COOH CHO 位3种)、HO (邻位、间位、对位3种)、HO (邻位、间位、对位3种)、 CHO COOH HO CH0(邻位、间位、对位3种)，共12种； COOH (7) CHO CHO CHO CHO CHO 与氯气在光照条件下发生取代反应生成 在NaOH水溶液中加热得到 CI OH OH OH 和丙二酸发生反应生成〔 在一定条件发生缩聚反应生成最终产物 OH OH 则总体合成路线为 CHO CHO CHO C12 NaOH水溶液 HOOCCH,COOH 光照 △ OH