化学(3)-【黄冈中学】2026年高考化学临考特训预测（河南专版）

黄冈中学临考特训预测卷（三） 化学 本试卷共8页，18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：H1C12B11O16Mg24S32 一、选择题：本题共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.下列应用与氧化还原反应无关的是 A.暖贴发热取暖 B.84消毒液消毒 C.食醋去除水垢 D.粮食酿酒制醋 2.下列化学用语或图示正确的是 A.CH2=CH一CN的名称：乙烯腈 B.NH中氦原子的杂化轨道图：oS0 C.基态Co2+的价层电子排布式：3d54s2 极性基团 D.细胞的双分子膜的结构示意图： 非极性基团 3.下列反应方程式书写正确的是 A.检验溶液中的亚铁离子：K++Fe2++Fe(CN),]3-KFe[Fe(CN)s]V B.用硫代硫酸钠溶液脱氯：S2O+2C12+3H2O一2SO?+4C1+6H C.Y羟基丁酸反应生成Y丁内酯：HOCH,CH,CH,COOH H△ =0+H2O OH OH D.酸催化制酚醛树脂：n +n HCHO H.HE CH2OH+nH2 O 黄冈中学临考特训预测卷（三）第1页（共8页） 4.下列装置或操作能达到目的的是 ⑧ 过量 盐桥 NaOH- Fe 溶液 0 8 CuSO,溶液Fe(SO)s溶液 -Al(OH)s 固体 o A.摇动锥形瓶使接近 B.双液原电池可以持续 D.KI溶液蒸 滴定终点时残留在内壁 C.比较金属性：Mg>Al 稳定的输出电流 发结晶 上的半滴标准液流下 5.创新药依普可泮，价格昂贵，纳入医保后大大减轻了患者负担。合成依普可泮的一 种中间体的结构如图所示，关于中间体，下列说法正确 的是 A.属于芳香烃 B.含有4个π键 C.能与NaOH溶液和盐酸发生反应 D.画圈的环状结构的船式构象更稳定 6.“沸石”是一种受热时其内部吸附的水分子迅速逸出而产生“沸腾”现象的多孔矿石。 其基本骨架由硅氧四面体和铝氧四面体通过共用氧原子连接而成，四面体连接形成 环，环再组合成尺寸精准可调的孔道和孔笼。基本骨架带的负电荷越多，稳定性越 弱。下列说法正确的是 A.硅铝比越大，沸石的热稳定性越弱 B.沸石的化学式为(A1O2),·(SiO2),·nH2O C.沸石具有吸附和分子筛（只允许特定分子透过）的功能 D.沸石中含有的化学键有共价键、离子键、氢键 M 7.短周期元素M、T、W、X、Y、Z形成的一种合成甜 味剂如图所示。M、Z同主族，X、T、Y原子序数递 增，且基态原子未成对电子数相同，W、Z简单离 子核外电子排布相同。下列说法正确的是 A.键角：M2T>M2Y B.第一电离能：W>T>Z>Y C.最高化合价：T>W>X D.氧化物对应水化物的酸性：Y<W 8.下列关于物质性质或应用解释正确的是 选项 性质或应用 解释 A 钠与钾加热时产生的焰色不同 金属键强弱不同 B 低密度聚乙烯软化温度更低 低密度聚乙烯含有较少支链 C 般烫发时先用还原剂处理 头发中的二硫键（一S一S一）具有氧化性 D 离子液体常温下呈液态 阴、阳离子体积小，静电作用较弱 黄冈中学临考特训预测卷（三）第2页（共8页） 9.物质转化关系如图所示，溶液未标出。A为金属单质，D为常见的无色液体，向E溶 液中通入一种碱性气体，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。下列叙述 正确的是 A O催化剂FDB 加热 加热 D →EGB A.工业上将F通入D中制取B B.过量的C通入G溶液中，溶液pH增大 C.浓B溶液可除去G中的杂质D D.固体E结合D的过程发生了化学变化 10.下列说法正确的是 A.电子云是描述原子核外空间电子出现的位置 B.泡利原理说明电子都是以自旋配对的形式填充的 C.杂化轨道理论通过分析真实存在的杂化轨道来解释分子的空间结构 D.燃烧是不一定有氧气参加的氧化还原反应 11.硼镁化合物的晶体结构属于六方晶系，具有超导性。其晶体结构、晶胞沿c轴的投 影如图所示，B位于三个Mg形成的正三角形的中心，B形成的层状结构与石墨烯 类似。设V、为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 0 120°0 OMg●B A.化学式为MgB, B.B原子间最小的核间距为3anm C.Mg的配位数为6 D.4.6gMgB2中o键数目为0.3Na 12.实验室用H2和Br2制备无水HBr的装置如图（省略夹持和尾气处理装置），已知： PBr3极易水解。下列说法正确的是 X 液溴 氢气流 铂石棉 负载湿润红 磷的玻璃珠 冷 管式炉 液 浓硫酸 C B 黄冈中学临考特训预测卷（三）第3页（共8页） A.仪器X为恒压滴液漏斗 B.先通入氢气流，后加热管式炉，再打开活塞滴加液溴 C.装置A和E的作用完全相同 D.装置D中发生的反应为P4+6Br2+12HO=4HPO3+12HBr 13.利用CO2和生物质废酸CHCH,COOH进行双极电合成乙烯，实现了变废为宝和 提高电子经济性。其装置如图所示，下列说法错误的是 Pt X电源 W-CuOx CH CH CHCH2· C2H4 cO2 0 C02 CH;CH-COOH KOH溶液 隔膜 A.X为电源的正极 B.隔膜为阴离子交换膜 C.阳极区反应：CH3CH2COOH-2e+4OH=CO?+C2H,个+3H2O D.当外电路转移3mol电子时，生成49gC2H 14.在水溶液中，CN一可与Co2+和Co3+分别形成配离子N和M,其中M的稳定性更 ,配离子的通式为Co(CN,,达到平衡时，gC《),1 ,c(Co*）与 c(M) 一1gc(CN)的关系如图所示。下列说法错误的是 (W) -7 12 -17 -22 a。 2 1,-29)(2,-30) -42 0 lg (CN )3 A.曲线①代表1gQ) 与-lgc(CN)的关系 B.配离子M和N的配位数均为6 C.含Co3+和CN-的混合液处于a点时，反应向配位反应方向进行 D.向配离子M的溶液中加入适量Co+,能实现M向N的转化 黄冈中学临考特训预测卷（三）第4页（共8页） 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(15分)铯榴石（主要含CsA1Si2O。·H2O、TiO2、K2O等）是自然界中铯含量最高 的矿物，其制备金属铯的工艺流程如下： 足量NaCO,盐酸H,O2溶液 萃取剂HA SbCI、HCI H,O 铯榴石→焙烧→酸浸 →萃取 →沉铯→水解→SbOC1沉淀 滤渣A 反萃取→TiOSO4溶液 溶液B Ca 700℃ Cs+ 真空置换 CsCI固体←—操作X (1)基态铯原子的价电子排布图为 (2)焙烧后的固体中存在Cs2CO3、Na2TiO3、NaA1O2等物质。酸浸时，TiO的转 化有两种可能：①弱酸性环境中生成TO2·xH2O;②强酸性环境中生成 TiO2+,Ti02属于 氧化物（填“酸性”“碱性”或“两性”）。 (3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为： 萃取 [Ti0H,0,]+2HA:反取Ti0H.0,]HA+2H*. 萃取过程中H2O2的作用是 ;反萃取过程 中加入的溶液B是 (填化学式)。 (4)“沉铯”操作中生成了沉淀3CsC】·2SbC13,则水解过程中发生反应的化学方程 式为 (5)CsC1极易溶于水，操作X为 (填标号)。 a.蒸发结晶 b.HCI气流中蒸发结晶 c.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (6)700℃时，“真空置换”出的Cs以气体形式逸出，再冷却收集。下列说法正确的 是 (填序号)。 ①金属性：Ca>Cs ②电解CsCI溶液也可制备Cs单质 ③缓慢降温冷却，可获得有规则几何外形的Cs单质 (7)铯榴石中含微量Rb元素，可用冠醚等分离Cs+和Rb+。{Ti12O1g)团簇是一个 穴醚类似物，(Rb@Ti12O18}和Cs的反应示意图和所测平衡数据如图，K为 反应平衡常数，用[X]表示粒子X的浓度。向2mol/L的{Rb@Ti2O1g}溶液 中加入等体积的含Cs的溶液，平衡时{Rb@Ti2O18}转化率为50%，则原溶液 中c(Cs+)= 10 ●● 1 0.1‘ 0.01 0.1 Rb@Ti2Os} {Cs@Tin2O1s} [Cs'MRb'] 黄冈中学临考特训预测卷（三）第5页（共8页） 16.(15分)实验室用B2O,和NH3反应制备BN并测定BN样品纯度，装置如图（夹持 装置略)。 浓氨水 管式炉 WMWw' N2- 盛有B,0,的瓷舟 液体 生石灰 石蜡 (不挥发) A B D E 已知：i.BN难溶于水，高温下易被氧化； i.B,O,熔点450℃，沸点1860℃，溶于热水生成硼酸； i.HBO3的电离：HBO3+H2O=H++[B(OH)4]; V.硼酸与甘油反应： CH2-O O一CH CH2 OH HO 2CHOH 十 B-OHH+ CH-O +3H2O O-CH CH OH HO CH2OH CH,OH 甘油 甘油硼酸 回答下列问题： (1)装置A中发生反应的化学方程式为 (2)装置B的作用是 (填标号)。 a.初步干燥除水 b.观察气流速度 c.平衡体系气压 (3)装置E中的试剂为 (填化学式)。 (4)停止实验的操作顺序为 (填标号)。 ①通入氮气一段时间后关闭旋塞K;②关闭管式炉加热开关；③关闭旋塞K1。 (5)反应结束后，从装置D中获得10.00gBN粗品（含少量杂质BO,),提纯BN 的实验操作是 (6)收集(5)中得到的所有液体并分为两等份，向其中一份加入适量甘油，滴加几滴 酚酞，用0.2000moI·L1NaOH标准溶液滴定至溶液呈浅红色，补加少许甘 油后浅红色消失，再滴加标准溶液，如此反复。达滴定终点时消耗NaOH标准 溶液25.00mL 已知：25℃时，用0.2000mol·L1NaOH标准溶液分别滴定20.00mL浓度 均为0.2000mol·L1硼酸溶液和甘油硼酸溶液，数据如下。 NaOH溶液，mI 溶液pH 19.96 19.98 20.00 20.02 20.04 待测酸 硼酸 10.66 10.82 11.12 11.19 11.35 甘油硼酸 6.63 6.94 8.97 10.98 11.28 向滤液中先加甘油再滴定的原因是 样品中BN的纯度为 ,若加入甘油不足，测定结果会 (填“偏 大”“偏小”或“不变”)。 黄冈中学临考特训预测卷（三）第6页（共8页） 17.（14分)药物依曲莫德的中间体合成路线如下： NHNH,·HCI Bno Pd/c Br Cs,CO; Mg,FeCl3 H2SO F.C F.C m0 (1)化合物A和B反应包括 (填反应类型)两步。 (2)化合物B中所有原子 (填“一定”“不一定”或“一定不”)共面， 化合物C与足量H2加成后的产物中有 个手性碳原子。 (3)已知：Bn为 CH2一，化合物E能与FCl发生显色反应，化合物E和 H的反应中加入Cs2CO3的作用是 (4)化合物G转化为H的过程中经历了三步反应： 第一步反应是分解反应： =3HCHO;第二步反应是加成反应；第三步 反应有无色刺激性气味气体产生，则第三步反应的化学方程式为 (5)化合物K是G的同系物，相对分子质量比G小14。已知卤素原子连在烷基和 苯环上的性质存在差异，则K的核磁共振氢谱中峰面积之比为4：2：2：2：1 的结构简式有 (写出两种)。 (6)下列方法无法区分I和J的是 (填标号)。 A.红外光谱 B.核磁共振氢谱 C.原子吸收光谱 D.晶体X射线衍射法 黄冈中学临考特训预测卷（三）第7页（共8页） 18.（14分)工业上合成甲醇(CH,OH)的方法如下。 I.二氧化碳加氢合成甲醇 (1)在4MPa压强下，将1 mol CO2、3molH2通入装有催化剂的透水膜反应器中， 发生反应CO2(g)+3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g)△H<0。透水膜反应 器截面和平衡时含碳物种体积分数随温度变化趋势如图所示。 H CO2 透水膜 CHOH 220240260280300 透水膜反应器截面图 温度/℃ ①260℃≤T<300℃时，C02平衡转化率 50%(填“>”“<”或“=”)。 ②一定压强范围内，增大压强CO2平衡转化率大幅提高的原因是 (2)CeO2催化CO2加氢制CHOH依次经历步骤i、i,如图所示： H2 Ce0, CH;OH 步骤1 步骤i H2O* C02+H2 Ce正价有十3和+4，x=0.4时，CeO2-x 中n[Ce(IW)] ,写出 n[Ce(Ⅲ)] n(CO2):n(H2)=1:2参与“步骤ⅱ”反应的化学方程式： Ⅱ.合成气制备CHOH (3)在不同温度下，将一定物质的量之比的CO、H2充入恒容密闭容器中，在催化剂 作用下发生反应：CO(g)+2H2(g)、CHOH(g)。平衡时CHOH的体积分 数、CO转化率与温度变化关系如图所示。 ①起始n(CO):n(H2)= 100 100 ②200℃时达到平衡，向容器内充人一 柔 87.5Q 80 80 定量CH3OH,达到新的平衡时CH3OH 70 的体积分数 (填“增大”“减小” 60 60 的 或“不变”)。 40 40 ③300℃平衡时容器内压强为10MPa, 200 300 400 CO(g)+2H2(g)CHOH(g)平衡常 温度/℃ 数K,= (MPa)-2。 黄冈中学临考特训预测卷（三）第8页（共8页）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4 mol H2 O(g),若只发生反应Ⅱ，放出 82k能量，则T,℃、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 中充入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) 82kJ,所以反应Ⅱ的△H2=+41kJ·mol厂1。 ②A项，v正(CO)=v逆(CO,)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(H2O),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=△H,-T△S1=-270k·mol-1 T×(-0.171kJ·mol-1·K-1),△G2=△H2 T△S2=+41kJ·mol-1-TX (+0.042kJ·mol-1·K1),△G3=△H3 TAS3=-49kJ·mol1-TX (-0.177kJ·mol厂1·K-1),则随T的增大， △G1增大，△G2减小，△G:增大，温度相同时， △G,<△G3,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%一 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(1)：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变为十1，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CeO,结构 中部分Cc+形成CaCc1-.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 3 4 5 答 答案 C D A C C 案 题号 6 7 8 9 10 速 答案 C A c D D 查 题号 11 12 13 14 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NaClO在水中生成HC1O,HC1O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CO,,后者为 氧化还原反应，D错误。 2.D【解析】A.CH2一CH一CN中含3个碳原子， 命名为丙烯腈，A错误；B. 为NH分子的 VSEPR模型，中心氮原子为sp3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Co+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.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S2O?十4C12十 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HOCH2CH2CH,COOH H△ -O十H2O,C错误；D.酸催化条件 下，苯酚和甲醛制酚醛树脂的同时会生成水，所以 OH H 反应的化学方程式为n +xHCHO △ OH H七 CH,于OH+(m-1)H,0,D错误。 4.C【解析】A.接近滴定终点时残留在锥形瓶内壁 上的半滴标准液应该用少量蒸馏水冲洗流下，A 错误；B.负极区的电解质溶液应为FeSO4溶液， 铁电极与Fe2(SO,)3会直接发生氧化还原反应而 损耗电流，B错误；C.Al(OH)3溶于NaOH溶液， 说明A1(OH)3是两性氢氧化物，碱性：Mg(OH)2> AI(OH),金属性：Mg>Al,C正确；D.溶液中的 I易被空气中的氧气氧化，无法蒸发结晶获得 KI,D错误。 5.C【解析】A.烃只含碳、氢两种元素，中间体中还 含氮、氧元素，A错误；B.苯环的结构不是单双键 交替，而是含有大π键，B错误：C,中间体中的酯 基能与NaOH溶液反应，氨基能与盐酸反应，C正 确：D.类比环己烷，画圈的环状结构的椅式构象更 稳定，D错误。 6.C【解析】A.根据题意可知，基本骨架带的负电 荷越多，稳定性越弱，所以硅铝比越大，基本骨架 带的负电荷越少，沸石的热稳定性越强，A错误； B.根据化学式中各元素的正、负化合价代数和应 为零判断，沸石的基本骨架中每个铝氧四面体会 带一个负电荷，需要由骨架外的阳离子来平衡，所 以化学式中还含其他阳离子，B错误：C.根据题干 信息可知正确；D.氢键不是化学键，D错误。 7.A【解析】根据结构和题干信息可知，M为H元 素、T为O元素、W为N元素、X为C元素、Y为S 元素，Z为Na元素。A.HO和HS分子的中心 原子均为sp3杂化，且均含2个孤电子对，电负性： O>S,所以H2O分子中的成键电子对间斥力更 强，键角更大，A正确；B.第一电离能：N>O>S> Na,B错误；C.O元素没有+6价，C错误；D.氮氧 化物对应的水化物有HNO2和HNOs,硫氧化物 对应的水化物有H2SO3和H2SO,等，未指明无 法比较，D错误。 8.C【解析】A.钠与钾加热时产生的焰色不同是因 为金属原子的电子从激发态跃迁到较低能级时释 放的能量不同（对应光的波长不同），和金属键强 弱无关，A错误；B.低密度聚乙烯软化温度更低， 是因为其结构中含有较多支链，B错误；D.离子液 体中的阴、阳离子体积大，电荷分散，静电作用较 弱，使得常温下呈液态，D错误。 9.D【解析】根据物质转化关系和题干信息可知，A 为铜单质、B为浓硫酸、C为SO2、D为H2O、E为 CuSO4、F为SO、G为H2S。A.工业上将SO3通 人98.3%的浓硫酸中制硫酸，防止SO3形成酸 雾，影响SO3吸收，A错误；B.SO2+2H2S一3S ￥+2H2O,酸性：H2SO3>H2S,过量的SO2使溶 液pH减小，B错误；C.浓硫酸具有强氧化性，会与 H2S发生氧化还原反应，C错误；D.无水CuSO 吸水生成CuSO,·5H2O,生成了新物质，发生了 化学反应，D正确。 10.D【解析】A.电子云是描述原子核外空间电子 出现的概率密度分布，电子云越密集的空间，电 子出现的概率越高，A错误；B.泡利原理是指在 一个原子轨道里，最多只能容纳2个自旋相反的 电子，根据洪特规则，在填充简并轨道（如卫、d轨 道)时，电子会优先以自旋平行的方式单独占据 不同轨道，只有在所有轨道都填入一个电子后， 才会开始配对，B错误；C.杂化轨道是理论模型， 不是真实存在的，C错误。 11.C【解析】A.结合投影图知，晶体中实线部分为 1个晶胞，晶胞中含有1个Mg和2个B,A正确： B.由投影图知，硼原子间最近距离为两个正三角 形的中心的面离，为号×2×。 、2 a nma nm、 B正确；C.依据面心的Mg原子分析，其上层、下 层各有6个B原子，所以该晶胞中Mg的配位数 为12，C错误；D.B形成的层状结构与石墨烯类 似，则一个B原子连有3根。键，均摊后一个B 原子有1.5根o键，4.6gMgB2中有0.2molB 原子，故g键数目为0.3NA,D正确。 12.B【解析】A.仪器X为梨形分液漏斗，A错误； B.先通入H2气流排除装置内空气，防止HBr与 O2反应生成Br2,后加热管式炉，促进H2与Br 反应，再缓慢打开活塞滴加液溴，控制反应速率， B正确；C.装置A中盛装浓硫酸，作用是除去水 蒸气，同时可以观察气体流速；装置E中盛装无 水CaCl2等干燥HBr,所以装置A和E的作用不 完全相同，C错误；D.红磷为P,所以装置D中发 生的反应为2P+3Br2+6H2O一2HPO3+ 6HBr,D错误。 13.D【解析】CO2中C的化合价为+4，C2H4中C 的化合价为一2，W-CuO,电极上发生还原反应， 所以W-CuO.为阴极，Pt电极为阳极，X为正 极，Y为负极，A正确：阴极反应式：2CO2+12c 十8H2O—C,H个十12OH,阳极区反应： CH,CH,COOH-2e+40H -CO+ C2H,个+3H2O,所以隔膜为阴离子(OH)交换 膜，B、C正确；由装置图可知，Pt电极上有副产物 正丁烷生成，生成量未知，无法计算，D错误。 14.D【解析】配离子N(或M)转化为Co2+(或 Co+)的反应为[Co(CN),]'-(aq)-一Co+(或 Co3+)(aq)+xCN-(aq),N转化为Co2+的平衡 常数K=C)Xc(CN),M转化为C。+ 的平衡常数K=c(Co+) X c2 (CN ) c(M) 1gco)=[-1gc(CN刀+gK、 c(N) c(Co+) c(M) =x2[-lgc(CN)]+lgK2,M的稳 定性更强，即K1>K2,当-1gc(CN)相同、 cCN)相等时gK,>gK,此时1gc(Co) c(N) lg(Co) CD,所以图中曲线①代表1gCo与 c(N) -gc(CN)的关系，曲线②代表gC)与 -lgc(CN)的关系；由图可知，当-lgc(CN)= 0、c(CN)=1mol/L时lg c(Co2+) =1gK1= c(N) 35,lg c(Co) c(M) =1gK2=-42,K1=105,K2= 102,结合(1，-29)和(2，-30)点数值可得 x1=x2=6,即M为[Co(CN)]3-,N为 [Co(CN)6]-,据此分析解答。A.由分析可知， 曲线①代表gc)与-lgc(CN)的关系， A正确；B.由上述分析、计算可知，配离子M和 N中的配位数均为6，B正确；C.含Co3+和CN 的混合液处于a点时未达平衡，当c(CN)不变 时.飘坐标要减小才能达到平商，流小。 则反应向配位反应方向进行，C正确；D.配离子 -10 N、M分别为[Co(CN)6]-、[Co(CN)s]3-,平衡 常数K1=105,K2=102,M和C02+的反应 为M(aq)+Co2+(aq)一N(aq)+Co3+(aq),其 平衡常数K=K-107<10,该反应几平没 K 有发生，D错误。 15.(15分) 6s (1)↑1分) (2)两性(2分) (3)与TiO2+配位形成[TiO(H2O2)]+,从而进 行萃取(2分)H2SO,(2分) (4)3CsCl 2SbCl 2H2 O-2SbOCI+ 3CsC1+4HC1(2分) (5)a(2分) (6)③(2分) (7)1.1molL(2分) 【解析】铯榴石（主要含CsA1SiO,·HO、TiO2、 K2O等)加入足量碳酸钠培烧，CsA1Si,O。·H2O 转化为Cs,CO3、NaA1O2、Naz SiO,TiO2转化为 Na,TiO3,K2O不变，加入盐酸酸浸Cs2CO3、 NaAlO2、Na2TiO,、K20分别变为Cs+、AI3+, TiO+,K+进入溶液，TiO2转化为Na2TiO,和 TiO+,说明TO2为两性氧化物，滤液中加入 H2O2,与TiO2+配位形成[TiO(H,O2)]2+,加人 HA进行萃取，再加入硫酸溶液(B)进行反萃取 获得TiOSO,溶液，萃取后溶液加入SbCl、HC1 沉铯生成3CsCI·2SbC13,3CsC1·2SbC13水解后 生成SbOC1沉淀和CsC1溶液，CsCI极易溶于 水，且不发生水解，通过溶液蒸发结晶获得。C 能置换出Cs单质，是因为Cs的熔沸点低，在该 反应温度下汽化逸出，与金属性强弱无关。事实 上，金属性：Ca<Cs,Cs单质非常活泼，不能通过 电解CsCI溶液获得。冷却收集Cs的过程中缓 慢降温，结晶速率较慢，可获得晶体。根据题图 数据可得K=10,根据三段式可获得平衡时混 合液中c(Cs)=0.55mol,L,则原溶液中 c(Cs)=(0.55×2)mol/L=1.1mol/L。 16.(15分) (1)CaO+NH·HO-Ca(OHD2+NH↑(2分) (2)b(2分) (3)P,Os或CaCl2(2分) (4)③②①(2分) (5)将BN粗品置于烧杯中，加入适量蒸馏水，加 热溶解杂质，趁热过滤，热水洗涤，干燥(2分) (6)滴定硼酸时pH突跃范围过小，且滴定终点 不在指示剂变色范围内，滴定误差较大，加甘油 生成甘油硼酸，再加指示剂能够准确观察滴定终 点(2分)96.5%(2分)偏大(1分) 【解析】首先连接好装置并检查气密性后，先通 过装置A制备氨气，生成的氨气需经过装置C 干燥以去除水分，防止水与B,O?反应影响BN 的生成，干燥后的氨气进入装置D与B2O3在 900℃下反应制备BN,反应后的尾气中含有未 反应的氨气，需要通过装置E进行吸收处理。 (1)装置A制备氨气，发生反应的化学方程式为 CaO+NH·H2OCa(OH)2+NH3↑。 (2)水蒸气和NH不溶于装置B中的液体石蜡， 所以装置B的作用是观察气流速度。(3)装置E 中试剂的作用是吸收水蒸气和未反应完的NH, 所以为P2O或CaCl2。(4)反应完全后关闭旋 塞K1,停止生成NH,再关闭管式炉加热开关， 待装置冷却，通人氨气一段时间后关闭旋塞K2, 防止BN高温下被氧化并将装置中的NH排入 装置E中吸收，故正确操作顺序③②①。(5)BN 难溶于水，B,O3溶于热水，所以提纯BN的实验 操作是将BN粗品置于烧杯中，加入适量蒸馏 水，加热溶解杂质，趁热过滤，热水洗涤，干燥。 (6)硼酸是极弱的酸，滴定硼酸时突跃范围过小， 且不在指示剂变色范围内，加人甘油后，甘油能 与硼酸反应，生成一种较强的甘油硼酸，加指示 剂便于观察滴定终点（或其他合理答案）。 根据实验原理，BO3与热水反应生成H3BO3, 加入甘油后，甘油与HBO3反应生成甘油硼酸， 甘油硼酸再与NaOH反应，n(H?BO3)= n(NaOH),因为B,O3+3H,O—2H,BO3,所 n(B.O)=(H BO:)n (NaOH), 11 e(B.O,)=n(NaOH)X 2X 70 g/mol- 0.2×25×10-8×70g=0.35g,则m(BN) 10.0g-m(BO)=9.65g。样品中BN的纯度 为965g×100%=96.5%,当甘油不足时，硼酸 10.0g 不能完全与甘油反应生成甘油硼酸，导致消耗 NaOH的体积V偏小，根据上述公式可知，计算 出的BN的纯度测定结果偏大。 17.(14分)》 (1)加成反应(1分)消去反应(1分) (2)一定不(2分)2(2分) (3)消耗反应生成的HC1,促使反应正向进 行(2分) F SO2↑+HC1个(2分) F(1分) (1分) (6)C(2分) 【解析】(2)化合物B中碳、氨、氧原子均为sp 杂化，所有原子一定不共平面；化合物C与足量 H2加成后的产物中有2个手性碳原子，如图所 (3)化合物E能与FeC1,发 生显色反应，E中含酚羟基，化合物E和H反应 生成I和HC1,所以加入Cs,CO3的作用是消耗 反应生成的HC1,促使反应正向进行。(4)第一 步产生的HCHO和 发生加成反应 F.C 生成 第三步反应有无色刺 OH F.C 激性气味气体产生，则第三步反应的化学方程式 +SO2↑+HC1◆。(5)由于 F.C 卤素原子连在烷基和苯环上的性质存在差异，化 合物K是G的同系物，所以氟原子要连非苯环 碳上，相对分子质量比G小14，少一个CH2单 元，K的核磁共振氢谱中峰面积之比为4：2： 2:2:1,根据对称性可知，可能的结构简式有 (6)组成化合物I和J的 元素种类相同，无法通过原子吸收光谱区分。 18.(14分) (1)①<(2分)②反应气体分子数减小，增大压 强促进反应正向进行；增大压强促进HO穿过 透水膜，c(H,O)浓度降低，促进反应正向进 行(2分) (2)是(2分)5c06+2c0,+4H,一 2CHOH+5Ce02(或CeO2·2CezO3+2CO2+ 4H2 -2CH;OH+5CeO2)(2) (3)①1：2(2分)②增大(2分)③1.75(2分) 【解析】(1)①反应CO2(g)十3H2(g)- CHOH(g)十H2O(g)△H<0,温度升高反应 逆向进行，平衡时CHOH体积分数减小，CO2 体积分数增大。260℃，平衡时CHOH体积分 数等于CO2体积分数，则n平衡(CHOH)= n平每(CO2),又因为n平衡（CHOH)= n转化(CO2),则260℃时，C02的平衡转化率为 50%,该反应为放热反应，当温度高于260℃时， 反应限度变小，CO2的平衡转化率小于50%。 ②反应CO2(g)+3H2(g)-一CHOH(g)+ H2O(g)气体分子数减小，增大压强促进反应正 向进行，同时由透水膜反应器装置图可知，压强 增大能促进H2O(g)穿过透水膜，c(H2O)降低， 促进反应正向进行，CO2平衡转化率增大。 (2)x=0.4时，化学式为CeO1.6,Ce正价有+3 和+4，设1个分子中+3价Ce为x个，+4价 Ce为y个，则x+y=1,结合正负化合价代数和 为零可知3x十4y=1.6×2=3.2,联立解得，x= 0.8y=0.2,则[Ce1=义=1 n[Ce(Ⅲ)万产=4n(CO2): n(H2)=1:2时，结合图像可知，步骤iⅱ反应的 化学方程式为5Ce01.6+2CO2+4H2 2CH,OH+5CeO2或CeO0,·2CeO3+2CO2+ 4H2—2CHOH+5CcO2。(3)①300℃时，设 起始CO、H2的物质的量分别为amol、bmol,列 如下三段式： CO(g)+2H,(g)CH OH(g) 起始量/mol a b 0 转化量，/mol0.875a 1.75a 0.875a 平衡量，/mol0.125a b-1.75a0.875a 依据平衡时CHOH体积分数等于70%，得 0.875a×100%=70%,解得a:b=1:2。 b-0.75a ②恒温恒容达到平衡时继续充人CHOH,平衡 时CHOH的体积分数增大。 ③由题①计算可得300℃时CHOH平衡体积 分数等于70%，C0平衡体积分数为10%，H2平 0.7p 衡体积分数为20%，K,=0.1p·0.2p 1.75(MPa)2。 黄冈中学化学临考特训预测卷（四） 题号 1 2 3 4 5 答 答案 B C D A D 案 题号 6 7 8 9 10 速 答案 C A C C 查 题号 11 12 13 14 答案 D C B 1.B【解析】根据描述，“青矾”是FeSO,·7H2O, 而CuSO,·5H2O俗称蓝矾、胆矾，呈蓝色，故B 错误。 2.C【解析】尿素分子是平面型分子，碳、氮、氧原