化学(2)-【黄冈中学】2026年高考化学临考特训预测（广东专版）

黄冈中学化学临考特训预测卷（二） 题号 1 2 3 6 答 答案 D A B A C D 案 题号 7 8 9 10 11 12 速 答案 叹 D D B D 查 题号 13 14 15 16 答案 C B 0 D 1.D【解析】D项，海水制盐，不涉及化学变化。 2.A【解析】基态铍原子的电子排布式为1s22s2, 最外层电子轨道为2s,s轨道的电子云轮廓图为 球形，即 3.B【解析】服药时间不一样，服药效果不相同。 4.A【解析】A项，S微溶于酒精、易溶于CS,,不能 用乙醇萃取CS中的S。 5.C【解析】A项，阳极生成氯气，当生成标准状况 下1.12L气体时，转移电子数为0.1NA,错误；B 项，CH,与C12的取代反应生成混合物（含 CHCl,CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCI),1 mol CH4 与1 mol Cl.2在光照下反应生成的CHCI分子数 小于NA,错误；C项，1个14C6O2分子中含14 6+8×2=24个中子，4.6g1“CO2的物质的量为 46g:=0.1mol,所含中子数日为2.4N 正确；D项，1个异戊二烯分子中含有12个。键， 则1mol异戊二烯含o键数目为12NA,错误。 6.D【解析】根据题目所给的信息可知：X为H,Y 为O,Z为Mg,W为Si,Q为C1。O2是非极性分 子，但O?是极性分子(V形结构导致偶极矩不为 零)，D错误。 7.A【解析】腺苷三磷酸(ATP)水解生成ADP的 过程中，断裂磷酸酐键，整个水解过程可释放较多 能量供生命体使用。 8.D【解析】A项，氨与二氧化碳和氯化钠溶液反 应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸 钠；B项，硫单质在空气中燃烧只能生成SO2,SO2 与氧气在催化剂条件下反应生成SO?;C项，电解 氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生 成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同 时产生大量氢氧根离子，与镁离子产生Mg(OH)2 沉淀。 .D【解析】干冰、冰均是分子晶体，冰中水分子间 含有氢键，分子为非密堆积，而干冰中二氧化碳采 取密堆积，故密度比冰大，密度差异与它们的晶体 结构与分子间作用力有关，与分子空间结构无关。 10.B【解析】某含Pb化合物在室温下的晶胞结构 如题图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶 角，个数为8×日-=1，r位于棱心，个数为12× 1=3,该化合物的化学式为CsPbBr,.Cs位于体 心，Pb位于顶角，Cs与Pb之间的最短距离为体 对角线长度的一半，由于晶胞参数apm≠bpm ≠cpm,a=3=y=90°，故Cs与Pb之间的最短 距离为√a+b2+c 2 pm,该晶体密度计算式为 Mcs+Mp +3Mp NAXabe X10-30 g·cm3 580 NA Xabc X10两g·cm,每个Pb原子周围与 其等距且紧邻的Br原子有2个。 11.C【解析】甲酸在浓硫酸作用下生成CO:CO中 混有挥发的HCOOH,用NaOH溶液除去挥发 出的HCOOH;再将CO通入PdCl2溶液中发生 反应后生成Pd单质。CO为污染性气体，不与 NaOH溶液反应，故尾气需用气球收集。 12.D【解析】A项，物质X中最多可以共平面的原 子数为18；B顶，物质X和物质Y均可使酸性高 锰酸钾溶液褪色；C项，1molW最多与6mol Br2发生反应。 13.C【解析】固体Ⅲ含A1C1、FeCl、MgCl2,加过 量NaOH溶液后有Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀和 Na[Al(OH),]、NaCI溶液生成。分离出沉淀的 操作是过滤；因为NaOH过量，所以溶液中必存 在的阴离子是[A1(OH):]、OH,反应中有 NaCl生成，则溶液中还存在阴离子CI,故溶液 V中的阴离子有CI、[AI(OH)]、OH。 14.B【解析】B项，位点1处N为sp2杂化，键角约 为120°，位点2处N为sp杂化，且含有1个孤 电子对，键角小于10928'，C一N一C键角大小关 系为位点1>位点2；D项，冠醚c易溶于环己烯 且适配K,增大K+在环己烯中的溶解度，为了 平衡电荷，MnO,进入环己烯层，在环己烯中的 浓度（溶解度）增大，氧化环己烯的反应速率 增大。 15.D【解析】闭合开关b,形成原电池，在多孔碳电 极上，Cl2得电子生成CI,电极反应式为Cl2+ 2e=2C1,在钛电极上，Na3Ti2(PO4)3失电 子，电极反应式为NaTi2(PO4)3-2e NaTi2(PO4)3十2Na,则多孔碳电极为正极，钛 电极为负极。闭合开关a,形成电解池，充电过程 中，多孔碳电极（阳极）上C1失电子发生氧化反 应生成C12·电极反应式为2C1一2e Cl2↑，钛电极为阴极，NaTi2(PO,)3得电子，电 极反应式为NaTi2(PO,)3+2Na+2e Nas Ti2(PO)3。A项，由分析可知，放电时，钛电 极为负极，NaTi2(PO,)3失电子，电极反应式为 Nas Tiz (PO.)3-2e-NaTiz (PO)3+2Na; B项，充电过程中，多孔碳电极（阳极）上C1失电 子发生氧化反应生成C12,电极反应式为2C1 2e—CL2个，则CC14中c(Cl2)增大；C项，该 装置用于储能时，开关a应闭合，开关b应断开： D项，H2O与CC1不互溶，且反应生成的Cl2在 CC14中的溶解度比在水中的溶解度大，可被 CC1,萃取，故该装置无须离子交换膜。 16.D【解析】A项，K(HC0,)=HCO)·c(H) c(HCO) -9x18 -=1时，c(H+)=7.9X 10-7mol·L1,pH<7,血液发生酸中毒。B 项，血液中氧气被消耗，并产生代谢产物进入静 脉血中，二氧化碳含量增加，酸性增强，pH减小。 C项，将亚砷酸溶液注入正常血液后，血液呈微 弱的碱性，则砷元素的主要存在形式为 HAsO3。D项，该条件下，HAsO的电离平衡 常数K=cH:cAs0）,当c(HAs05)= c(HAsO) c(AsO})时，pH介于12~14，设此时pH=a, 故此时K3=c(H)=1×10“;AsO的水解 平衡常致K-太=10>1X10。所 以Ka<KH 17.(14分) (1)bde(2分) (2)排出装置中的空气，防止Cu2O被氧化(1分) (3)HOCH2 (CHOH)CHO+2Cu(OH)2+ NaOH--HOCH (CHOHD.COONa+Cu.O+ 3H2O(2分) (4)倾析法（或将沉淀上部的清液缓缓倾入另一 容器中，使沉淀与清液分离)(1分，“倾倒法” 亦可) (5)形成[Cu(CN),]3-,使Cu还原性增强(2分) (6)Cu2 O+4NH:+H2 O-2[Cu(NH3 )2]+ 2OH(2分)d(2分) (7)CuC1(s)一Cu(aq)+CI(aq),Cu+和C1 生成[CuCL2],c(Cu+)降低，CuCI的溶解平衡 正向移动(2分) 【解析】(2)常温下，氧化亚铜在潮湿的空气中易 被氧化，通入N2排出装置中的空气，防止Cu2O 被氧化。 (3)碱性条件下，葡萄糖溶液和氢氧化铜悬浊液 反应生成葡萄糖酸钠、氧化亚铜、水，反应的化学 方程式为HOCH2(CHOH),CHO+2Cu(OH)2+ NaOH--HOCH.(CHOHD.COONa+Cu.O+ 3H2O。 (5)根据氧化还原反应原理，氧化亚铜溶于稀硫 酸，生成硫酸铜和铜。红色固体是铜，铜不能与 水反应，加入KCN溶液后，生成[Cu(CN)1]3-和 氢气，KCN的作用是形成[Cu(CN):]3-,使Cu 还原性增强。 (6)氧化亚铜溶于氨水生成[Cu(NH)2],根据 电荷守恒，还生成了碱，化学方程式为Cu2O十 4NH,+H2O-2[Cu(NH3 )2]+20H-; 题意，无色溶液吸收CO发生反应的化学方程式 [Cu (NH,)2](ag)+NH3 (g)+CO(g) [Cu(NH)3CO]+(aq)△H<0,失效的吸收液 “再生”的条件是升温、减压，使平衡向左移动，答 案选d。 18.(14分) (1)碳氟键、碳溴键（或氟原子、溴原子）(2分) 丙烯酸乙酯(1分) (2)中和酸性副产物HBr,推动反应向生成产物 的方向进行(2分) CF. (3 (2分)加成反应（或 CH,OH 还原反应)(1分) (4)氧化性(1分) CF. (5) CHO 十H2O(2分) (6)OHCCH,CHCH,CHO(2) (7)R(1分) 【解析】由题目信息，可完善合成路线： CF COOC,H K,CO.Pd C 140℃ Br A CF CF: LiAIH COOC H CH,OH D CF H2,Pd;C PCC CH,OH E CHO CF NaBH,CN CH,OH H CF (2)A十B→C反应中，K2CO3除了作为催化剂 加快反应速率外，还可以发挥的作用有中和酸性 副产物HBr,推动反应向生成产物的方向进行。 (4)E→F反应中E被氧化，故PCC体现氧 化性。 19.(14分) 3d As (1)↑ ↑1(2分) 第四周期第VB族(2分)正四面体形(2分) (2)WO3+2OH 高温wO+H,0(2分) (3)提升c(NH时)，促使平衡NH+VO= NHVO正向移动，有利于析出更多的 7 NH,VO3晶体(2分) (4)提供氧化氛围，防止V2O,在高温下被NH 还原(2分) (5)2HVO3 210-380℃V,0,+H,0(2分) 【解析】(1)Ti是22号元素，基态Ti原子的价层 3d 4s 电子排布图为个个 ◆：NH 中心原子价层电子对数为4十号×(5一1 4×1)=4,且不含孤电子对，空间结构为正四面 体形。 (2)“高温碱浸”时，WO和NaOH溶液反应生成 可溶于水的钨酸钠，离子方程式为WO,十2OH 高温wO+H,O。 (3)“沉钒”中需要加人过量氯化铵的原因是提升 c(NH),促使平衡NH+VO一NH,VO 正向移动，有利于析出更多的NH,VO3晶体。 (4)煅烧NHVO3生成V2O时，也产生NH, V2O具有氧化性，NH具有还原性，故通入空 气，提供氧化氛围，防止V2O,在高温下被NH 还原。 (5)通常情况下，铵盐(NH,VO)分解生成氨和 含氧酸(HVO,),含氧酸再分解，生成金属氧化 物和水。设NH,VO3的物质的量为1mol,加热 到210℃时，减少的质量为1mol× 117g·mol1×(1-85.47%)≈17g,n(NH3)= 17g·mo7=1mo1,则此时生成的固体为 17g HVO(1mol):再加热至380℃时，固体质量又 减少1mol×117g·mol1×(1-77.78%) 17g≈9g,n(H2O) 9 g 18g·mol7=0.5mol,则 剩余固体为V2O;。所以210~380℃时反应的 210-380℃ 化学方程式为2HVO V2O5+H2O。 20.(14分) (1)①+41(2分)②AB(2分) (2)a(2分) (3)40%(2分) (4)①随着温度升高，催化剂B选择性降低（或活 性降低)(2分) ②3(2分)导致催化剂结构中出现较多的氧空 位，有利于二氧化碳的催化转化(2分) 【解析】(1)①T,℃时向2L容器中充入4mol CO和4molH2O(g),若只发生反应Ⅱ，放出 82kJ能量，则T1℃、2L容器中充入2 mol CO 和2molH2O(g),若只发生反应Ⅱ，放出41kJ 能量（反应前后气体分子数相等，因此恒容时，倍 数改变投料，反应程度相同)。在T,℃、2L容器 中充人2 mol CO2和2molH2,若只发生反应 Ⅱ，吸收41kJ能量，则若2 mol CO2和2molH 完全反应，吸收热量为41kJ一（一41kJ)= 82k,所以反应Ⅱ的△H2=+41kJ·mol。 ②A项，v正(CO)=v溢(CO2)时，反应Ⅱ正、逆反 应速率相等，反应达到平衡状态：B项，根据题干 数据，可计算出T,℃时反应Ⅱ平衡常数K=1, 若容器内各物质的浓度满足c(CO2)·c(H2)= c(CO)·c(HO),可以得到Q=1,Q=K,反应 处于平衡状态：C项，该反应是在恒温恒容条件 下进行的，且反应前后气体体积不变，故总压强 始终为定值；D项，由于该反应是在恒温恒容条 件下进行的，且全为气体参与，根据公式可知，密 度始终为定值，故密度保持不变不能说明达到平 衡状态。 (2)△G1=△H1-T△S1=-270kJ·mol1 T×(-0.171kJ·mol-1·K1),△G2=△H2- T△S2=+41kJ·mol1-T× (+0.042kJ·mol1·K1),△G3=△H3 T△S3=-49kJ·mol1-TX (-0.177kJ·mol1·K1),则随T的增大， △G1增大，△G2减小，△G:增大，温度相同时， △G,<△G?,从而得出b表示△G2,a表示△G1,c 表示△G?,所以表示反应I的直线是a。 (3)甲烷产率为1×80%×(1一25% 25%)=40%。 (4)①在催化剂B作用下，甲烷产率随温度升高 逐渐降低，有可能是催化剂失活导致的，也可能 是催化剂选择性发生改变导致的。 ②步骤（ⅰ）：H2参与反应生成水，H元素化合价 发生变化(0→十1)，属于氧化还原反应。步骤 (ⅱ)：二氧化碳与氧空位结合，无化合价变化，不 属于氧化还原反应。步骤（ⅲ）：H2参与反应，H 元素化合价从0变为+1，同时C元素化合价发 生变化，属于氧化还原反应。步骤(V):过程中 生成了CH,C元素化合价进一步变化，属于氧 化还原反应。因此属于氧化还原反应的有3步。 催化剂中掺入少量CaO,用Ca+替代CeO2结构 中部分Ce+形成Ca.Ce1-.O,,导致催化剂结构 中出现较多的氧空位，有利于二氧化碳的催化 转化。 黄冈中学化学临考特训预测卷（三） 题号 1 2 4 5 6 答 答案 C D 0 A 案 题号 10 11 12 速 答案 C A C C D D 查 题号 13 14 15 16 答案 C B D D 1.C【解析】A.暖贴发热是利用铁粉的吸氧腐蚀放 热，发生了氧化还原反应，A错误；B.84消毒液的 有效成分NaC1O在水中生成HClO,HClO具有 强氧化性从而使病毒失活，发生了氧化还原反应， B错误；C.食醋去除水垢发生的是复分解反应，C 正确；D.粮食中的淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖 在酒化酶的作用下分解产生乙醇和CO2,后者为 氧化还原反应，D错误。 2.D【解析】A.CH2=CH一CN中含3个碳原子， 9 命名为丙烯腈，A错误；B. Qo为NH,分子的 VSEPR模型，中心氨原子为sp杂化，4个杂化轨 道一样，B错误：C.原子优先失最外层电子，所以 基态Co2+的价层电子排布式为3d”,C错误；D.细 胞的双分子膜为磷脂双分子层，极性基团（亲水头 部)应位于膜的内外两侧，非极性基团（疏水尾部） 位于膜中间相对，D正确。 3.D【解析】A.COS与CO2结构相似，电子式为 :S:C:O:,A错误；B.常温COS可用于粮食熏 蒸，所以为气体，但相对分子质量M(COS)> M(CO2),COS分子间的范德华力更强，所以沸 点：COS>CO2,B错误；C.大气中的COS与水反 应生成HS和CO2,COS被O2氧化生成SO2,C 错误；D.COS有毒，要进行尾气处理，选用NaOH 溶液吸收，发生反应的化学方程式为COS十 4NaOH-Na2S+Na2CO+2H2O,D正确。 4.A【解析】B.C12可以氧化SO,所以用硫代硫 酸钠溶液脱氯的离子方程式为S,O+4C12+ 5H2O—2SO?+8C1+10H,B错误；C.Y-丁 内酯为五元环，所以y羟基丁酸反应生成Y丁内 酯的化学方程式为HOCH,CH2 CH,COOH H△0+H,0.C错误：D.酸催化条件黄冈中学临考特训预测卷（二） 化学 本试卷共8页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Br80Cs133Pb207 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分，第11~16小题，每 小题4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.下列叙述中，不涉及化学变化的是 A.聚乳酸被微生物降解 B.高铁酸钠处理饮用水 C.银制品久置表面变暗 D.利用太阳能蒸发海水制盐 2.下列有关化学用语表达错误的是 A.铍原子最外层电子的电子云轮廓图： B.醛基中碳氧双键的极性：一C一H C.反-2-丁烯分子结构模型：Q D.用电子式表示MgC,形成过程：过+xMg+:→dMgd: 3.下列描述不能正确反映事实的是 A.不锈钢是最常见的一种合金钢，其主要合金元素是铬和镍 B.服用药物时，每日早、中、晚3次服用与每隔8小时一次服用，服药效果相同 C.钟乳石与石笋的生长过程涉及溶解一沉淀平衡 D.晶莹的雪花融化时氢键的数目会减少 黄冈中学临考特训预测卷（二）第1页（共8页） 4.下列实验设计不合理的是 A.用乙醇萃取 B.量取20.00ml C.配制铜氨 D.测定反应热 CS,中的S 高锰酸钾溶液 溶液 滴加 温度计 玻璃 足量氨水 搅拌器 S的 CS溶液 内筒 杯盖 CusO 隔热层 溶液 外壳 5.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.冶炼镁时，标准状况下阳极生成1.12L气体时，转移电子数为0.2NA B.1 mol CH,与1 mol Cl2在光照条件下充分反应，生成的CHC1分子数为Na C.4.6g14C6O2中所含中子数目为2.4NA D.1mol异戊二烯( )含。键数目为4NA 6.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期元素。基态X原子核外电子只有 一种自旋取向；基态Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等， 且第一电离能都低于同周期相邻元素；基态Z原子核外s能级上的电子总数与p能 级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素；W原子的价层电子排 布是ns"np";基态Q原子只有一个未成对电子。下列说法错误的是 A.原子半径：Z>W>X B.电负性：Y>Q>W C.在钢铁输水管上镶嵌Z,输水管不易被腐蚀 D.Y形成的两种常见单质均为非极性分子 7.下列陈述I与陈述Ⅱ不具有因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ 腺苷三磷酸(ATP)可水解生成腺苷二磷酸(ADP), 酯类水解反应通常是吸热 A ATP是细胞生命活动所需能量的直接来源 反应 光束通过胶体时，会出现丁 B 山间云海，光线冲破云层形成壮丽景象 达尔效应 胆矾可以和石灰乳混合制成一种常用农药 —波尔 C 铜离子可使蛋白质变性 多液 牵牛花中的色素具有pH敏 D 牵牛花花瓣颜色会随土壤酸碱度的变化而变化 感性 黄冈中学临考特训预测卷（二）第2页（共8页） 8.下列选项所示的物质间转化均能实现的是 H2(g) CO.(g) A.N2 (g)- NH3(g) NaCl(ag →Na2CO3(s) 高温高压、催化剂 B.S(s)- gs0,(g)H00 →H2SO,(aq) 点燃 C.Mg(OH)2(s) HGag,MgCL,(aq)电解Mg(s) C12(g) D.NaBr(aq) Br2 (aq)- Nal(aa (aq) 9.下列有关物质性质的解释错误的是 A.乙酸的酸性比甲酸弱，因为一CH3是推电子基团 B.氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体，因为两者晶体类型不同 C.K与Na产生的焰色不同，因为核外电子能量量子化 D.干冰的密度比冰大，因为分子空间结构不同 10.某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物 晶胞结构如图所示，晶胞参数apm≠bpm≠cpm,a=3=y=90°。下列说法正确 的是 A.该化合物的化学式为CsPbBr B.Cs与Pb之间的最短距离为 ○Cs Va2+b2+c2 ●Pb -pm OBr 2 c pm 580 C.该晶体密度为 NA Xabc10两g·cm D.每个Pb原子周围与其等距且紧邻的 a pm Br原子有6个 b pm 11.钯(Pd)在氢能领域有着广泛应用。利用 CO和PdCl2反应制取Pd的实验装置如图所示。反应一段时间后，c中产生黑色 粉末状沉淀，且溶液的pH减小。下 A 列说法错误的是 甲酸 A.与普通的分液漏斗相比，仪器X的 优点为平衡压强，使液体顺利滴下 B.实验中浓硫酸除作催化剂外，还起 浓硫酸 气球 脱水剂的作用 C.b中NaOH溶液的作用为除去挥发 出的甲酸，可以用b代替d装置 NaOH PdCl D.c中发生反应的离子方程式为 溶液 溶液 a b CO+Pd2+H,O-CO2+Pd +2H 12.氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。利用Heck反应合成W的方法如下： HO HO 钯催化剂 HO Heck反应 OH+HI OH HO HO HO X Y 下列描述正确的是 A.物质X中最多可以共平面的原子数为15 B.可使用酸性高锰酸钾溶液鉴别物质X和物质Y C.1molW最多可以与5 mol Br2发生反应 D.物质X、Y、W中碳原子的杂化方式只有一种 黄冈中学临考特训预测卷（二）第3页（共8页） l3.石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2、Al,O3、FezO,和MgO等杂 质，设计的提纯与综合利用工艺如下： NaOH溶液 气体Ⅱ 反应1 含水玻璃的混合溶液 乙酸乙酯 一活性炭 过量NaOH溶液 气体I 80℃冷凝 反应2 Cl 固体Ⅲ 步骤① 溶液V 加热 溶液V 初级石墨 1500℃ 纯化石墨 石墨电极 高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。已知：SCl4的沸点为 57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃。下列说法错误的是 A.气体I中的碳氧化物主要为CO B.反应1中制水玻璃的化学方程式为SiCl,+6NaOH一Na,SiO3+4NaC+3HO C.步骤①为搅拌、过滤，所得溶液N中的阴离子仅有OH、[A1(OH)4] D.反应2总反应的离子方程式为[A1(OH),]+CH COOCH2CH3 CH COO+A1(OH)+CH CH,OH 14.冠醚是大环多醚类物质的总称，可由不同大小的空穴适配不同大小的阳离子。冠 醚a可适配Co2+,冠醚c可适配K。冠醚b能与分子M形成一种分子梭。可以 通过加入酸或碱使冠醚b在该分子梭的位点1和位点2之间来回移动。加酸后， 冠醚b移动到位点2。 位点1 位点2 冠醚a 冠醚b 冠醚c 分子M 下列说法错误的是 A.离子半径：Co2+<K B.位点1和位点2中的C一N一C键角的大小：位点1<位点2 C.加酸后，冠醚b与位点2之间的作用力类型为静电相互作用和氢键 D.向环己烯与KMnO,溶液的反应体系中加入冠醚c,可加快反应速率 15.下图是一种无须离子交换膜的新型氯流储能设备示意图。下列说法正确的是 开关 电源 俯视图 用电器 开关b CL/CCL 多孔碳电极 NaCl/HO NaTi(PO),NaTi(PO)3/钛电极 CL/CCI NaCl/H,O 黄冈中学临考特训预测卷（二）第4页（共8页） A.放电时，钛电极的反应：NaTi2(PO1)3+2Na+2e一Nas Ti2(POa)3 B.充电时，CCl4中c(C12)减小 C.该装置用于储能时，开关a应断开，开关b应闭合 D.该装置无须离子交换膜的原因是H2O与CC1,不互溶，反应产生的C12可被 CCL4萃取 16.正常体温下，人体动脉血液的pH大约在7.35~7.45的主要原因是H2CO3分子 与HCO3共存形成“缓冲溶液”[正常体温下K1(HCO3)=7.9×10-7,K2(HCO3)= 1.6×10-11]。若血液pH超出正常范围，则可能导致酸中毒或碱中毒。用于治疗 急性早幼粒细胞白血病的亚砷酸(HAsO3)可通过注射至血液的方式直接给药。 亚砷酸溶液中各种微粒的物质的量分数与H的关系如图所示。下列说法正确 的是 A.正常体温下，人体动脉血液中 1.0 c(H2CO3) H3AsO3 AsO c(HCO) =1,可判定血液发 0.8 生碱中毒 0.6 B.一般来说，静脉血的pH大于动 H2AsO3 HAsO 脉血的pH 翠0.4日 C.将亚砷酸溶液注入正常血液后， 0.2 砷元素的主要存在形式为 H,AsO3 D.该条件下，HAsO的电离平 衡常数K3小于AsO?的水解平衡常数Kn 二、非选择题：本题共4小题，共56分。 17.(14分)纳米氧化亚铜在印染领域和水处理中有重要应用。某小组设计实验制备 Cu2O并探究其性质。 I.制备Cu2O 采用化学沉淀法制备晶型结构完整、粒度分布均匀的纳米CuO实验流程如下： NaOH溶液 葡萄糖溶液 通入N2 接通冷凝水 离心分离 CuSO4溶液 混合物A 水浴加热 混合物B 开启磁力搅拌 搅拌2h 洗涤，真空干燥CuO 已知：常温下，氧化亚铜在潮湿的空气中易被氧化。 (1)下列仪器在本实验流程中能用到的有 (填标号)。 a.圆底烧瓶 b.球形冷凝管 c.干燥管 d.分液漏斗 e.三颈烧瓶 f.容量瓶 (2)实验开始时通入N2的作用为 (3)葡萄糖溶液和混合物A反应的化学方程式为 (4)离心分离可将沉淀紧密聚集在离心管底部。将离心后的沉淀和清液分开最简 单的方法是 黄冈中学临考特训预测卷（二）第5页（共8页） Ⅱ.探究Cu2O性质 实验 加入的试剂 现象 1 1mol·L1H2SO,溶液 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体M 加入过量氨水，得到无色溶液，久置空气中变为深蓝色 2 1mol·L1氨水 溶液 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得 2mol·L1HC溶液 到无色溶液，较长时间保持无色 已知：[Cu(NH3)2]无色，CuCI是不溶于水的白色固体，[CuCl2]无色。 (5)在蒸馏水中加入实验1中的M,无明显现象，再滴加KCN溶液，生成配位数为 4、中心原子为+1价的络离子，并产生无色气泡。KCN的作用是 (6)实验2中，得到无色溶液的离子方程式为 ；此无色 溶液常用于吸收CO,产物为[Cu(NH)3CO]+,该反应的正反应△H<0。要使 失效的吸收液“再生”，宜采用的条件是 (填标号)。 a.高温、高压b.低温、高压 c.低温、低压 d.高温、低压 (7)用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因： 18.(14分)西那卡塞(I)是第二代钙敏感受体调节剂，可用于治疗甲亢，其合成路线 如下： CF CF CF ◇COOC2H,K,CO:.Pd/c LiAIH, H,.Pd/C Cio H OF PCC 140℃ COOC.H CH,OH A B D E CF CE CF NaBH,CN CH,OH CHO 其中PCC是氯铬酸吡啶。请回答下列问题： (1)物质A的官能团名称是 ,物质B的名称是 (2)A十B→C反应中，K2CO3除了作为催化剂加快反应速率外，还可以发挥的作 用有 (3)物质D的结构简式为 ,D→E的反应类型为 (4)E→F反应中PCC体现 (填“氧化性”或“还原性”)。 (5)写出反应F+G→H的化学方程式： (6)写出一种满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为 ①分子中有3种不同化学环境的氢原子，个数比为2：1：1； ②能发生银镜反应； ③链状化合物。 (7)R,S标记法是标明手性碳原子空间构型的普遍方法。按次序规则将手性碳原 子上的四个基团排序，把排序最小的基团放在离观察者眼睛最远的位置，观察 黄冈中学临考特训预测卷（二）第6页（共8页） 其余三个基团由大到小的顺序。若是顺时针方向，则其构型为R;若是逆时针 方向，则构型为S。已知：次序规则为一H<一CH3<一C。H,<一NH一。则化 合物I中的手性碳的构型为 19.(14分)从某废催化剂（含TiO2、WO3、V2O等）中分离提取TiO2、WO3和V,O 的工艺流程如图所示： H2 SO 焙烧 钛酸钠 H2 TiOa TiO 酸浸 NaOH 废催化剂 高温 焙烧 H2WO WO 碱浸 HCI 钒钨液 调pH NH,CI 焙烧 NaVO, NH VO 沉钒 已知：①钛酸钠(Na2TiO3)和钨酸(H2WO4)均难溶于水； ②V,O为两性氧化物，溶于酸生成VO,,在高温下易被还原 (1)基态Ti原子的价层电子排布图为 ;V在元素周期表中的位 置是 ,NH的空间结构是 (2)“高温碱浸”时生成钨酸钠的离子方程式为 (3)“沉钒”中需要控制加入过量氯化铵的原因是 (4)焙烧NH4VO3时，需要通入一 100 定量的空气，原因是 捡90 (5)经过热重分析测得：NHVO,要 A(210,85.47) (M=117g·mol1)在焙烧过程 屏 80 中，固体质量的残留率随温度变 B(380,77.78) 0 化的曲线如图所示。试写出 200 400 600T/℃ 210~380℃时反应的化学方程式： 20.(14分)CO,的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。在空间站中 常常利用反应I处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应I:CO2(g)十4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-270kJ·mol- △S1=-171J·mol1·K-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H(g)=CO(g)+H2O(g)△H2△S2=+42J·mol1·K1 反应Ⅲ：CO2(g)十3H2(g)=CHOH(g)十H2O(g)△H=-49kJ·mol- △S3=-177J·mol1·K-1 (1)在T,℃、2L恒容密闭容器中，起始时分别按表中相应的量加入物质，在相同温 度下进行反应Ⅱ（不发生其他反应），达到平衡时反应的热效应如表所示。 起始物质的量mol 投料 反应的热效应 CO2 H2 CO H2O(g) 1组 2 2 0 0 吸收41kJ能量 2组 0 0 4 4 放出82kJ能量 ①反应Ⅱ的△H,= kJ·mol1。 黄冈中学临考特训预测卷（二）第7页（共8页） ②下列条件能说明T,℃、2L恒容密闭容器中反应Ⅱ达到平衡状态的是 (填标号)。 A.v正(CO)=v滋(CO2) B.容器内各物质的浓度满足c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O) C.容器内混合气体的总压强不再变化 D.容器内混合气体的密度保持不变 (2)为了进一步探究反应发生可行性，测得反应 c a I、Ⅱ、Ⅲ的△G(自由能变化△G=△H一 T△S)随温度的变化关系如图1所示。表示 反应I的直线是 (填“a”“b”或 b “c”)。 (3)在T2℃、350kPa时，若以n(CO2):n(H2)= T/K 1：4投入原料，在恒容反应器中达到平衡 图1 时，CO2转化率为80%，CO和CHOH的选择性均为25%，则平衡时CH的 产率为 (4)选择不同催化剂可调节CH4的实际产率。 催化剂A ①恒容密闭容器中充入2 mol CO2和 催化剂B 5molH2,相同时间内甲烷产率与催化剂、 温度关系如图2所示。在催化剂B作用下， 甲烷产率随温度变化的原因可能是 (任写 一种) 图2 ②已知CeO2催化CO2与H2转化为CH, 的机理如图3所示。 H2O CH H 催化剂载体 催化剂载体 (①) CO (iv) (ii) H ☑ H2O H H 氧空位 (Ce) 催化剂载体 催化剂载体 (iii) 图3 转化机理的四步反应中属于氧化还原反应的有 步。催化剂中掺入少 量CaO,用Ca+替代部分Ce+形成CaCe1-.O,可提高催化效率，增大同等条 件下甲烷产率的原因是 黄冈中学临考特训预测卷（二）第8页（共8页）