河南大学附属中学2026届高三下学期模拟预测 化学试题

·化学· ·河南专版· 叁考管亲及解析 高三化学（一） 题 号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 D D B C C 心 D C D D 一、选择题 O(或F),故简单氢化物稳定性SiH,<CH,< 1.B【解析】玉的主要成分是硅酸盐，A错误； H2O(或HF),A正确；MgO、NaF均为离子化 杜岭方鼎是商代青铜器，其主要成分属于合金 合物，B正确；Mg(OH)2为中强碱，NaOH为 材料，B正确；白釉玉壶春瓶的主要成分属于 强碱，A1(OH)3为两性氢氧化物，C错误；一般 无机非金属材料，C错误；龟甲的主要成分不 来说，核外电子层结构相同的简单离子，核电 属于合金材料，D错误。 荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径 2.D【解析】PH3的VSEPR模型应该为 A13+<Mg2+<O2-或A13+<Na+<F-, D正确。 错误；s电子云轮廓图为球形，5.B【解析】向漂白液中通入少量SO2,反应的 离子方程式为SO2+3C1O+HO一C1-+ SO?+2HCIO,A错误；NaOH溶液吸收 p电子云轮廓图为 B错误；K能层只有 NO2,反应的离子方程式为2OH+2NO2 1个能级1s,不存在1p能级，C错误； —NO2十NO5十H2O,B正确；氨水溶解 CHCH2(CH3)C一CH2的名称为2甲基-1-丁 Cu(OH)2,反应的离子方程式为Cu(OH)2+ 烯，D正确。 4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH,C错误； 3.D【解析】舍勒利用软锰矿（主要成分MnO2) FeO,与HI溶液反应的离子方程式为2I十 和浓盐酸在加热条件下制取C12,A正确；可用 FeO+8H-L2+3Fe++4H2O,D错误。 饱和食盐水除去Cl2中的HC1气体，导管应长6.C【解析】依据已知信息和转化关系图可知， 进短出，B正确反应后的混合物经过滤除去 X是CaC2,Y是HC=CH,Z是CH2一CH2, 未反应的MnO2固体，过滤时应“一贴二低三 R是聚乙烯，据此分析解答。CaC2和水反应 靠”，C正确；制取MnCl2·4H2O需经“蒸发浓 太剧烈，用饱和食盐水代替水是为了降低反应 缩、冷却结晶”得到晶体，需在蒸发皿中加热浓 速率，A错误；CaC,中阴阳离子的个数之比为 缩溶液并用玻璃棒不断搅拌，而不是用坩埚灼 1:1,B错误；聚乙炔可用作导电高分子材料， 烧，D错误。 C正确；聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪 4.C【解析】短周期主族元素X的最外层电子 色，D错误。 数是次外层电子数的2倍，X为碳元素，X与7.B【解析】由反应物、产物的相对能量可知， W同主族，则W为硅元素；M的原子序数大于 该转化反应为放热反应，升高温度平衡逆向移 C,其最外层电子数等于其电子层数，则M为 动，即温度对逆反应的影响程度大于对正反应 铝元素；Y与Z的质子数之和等于C与Si的 的影响程度，A错误；由图示可知第①步反应 质子数之和，即Y与Z的质子数之和为20，若 的活化能最高，为决速步骤，B正确；反应①~ Y为氧元素时，Z为镁元素，若Y为氟元素时， ④中碳原子的成键方式由C)中的C=O键逐 Z为钠元素。据此分析解答。同周期元素从 渐变成C一O键，且形成C一H键，C错误；第 左到右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上 ①步反应中断裂了H一H键（为非极性键）， 到下，非金属性逐渐减弱，即非金属性Si<C< D错误。 ·化学· 参考答案及解析 8.C【解析】由褪黑素结构简式可知其分子式 的方法比较CN-和CH COO的水解常数相 为C13H6N2O2,A正确；苯环和碳碳双键能与 对大小，C错误：NO(OH)与浓盐酸反应产 H2加成，1mol褪黑素最多与4molH2发生 生氯气，说明具有强氧化性，D正确 加成反应，B正确；褪黑素分子中有酰胺基、亚12.C【解析】由图示可判断a极的电极反应式 氨基、醚键、碳碳双键4种官能团，C错误；酰 为2Cr3++7H2O-6e—Cr2O号+14H+, 胺基在酸性、碱性条件下均可发生水解反应， a极为阳极，其电极反应产物作氧化剂将环己 D正确。 OH 9.C【解析】由该硒化物的晶胞结构可知，Mg 醇氧化，发生反应Cr2O号十8H++3 位于晶胞的顶点和体心，个数为8×8+1=2， Ga位于晶胞的面上和棱心，个数为6X 1 2Cr +7H2O,A正确；由分析 4×=4,S0全部位于体内，个数为8，故晶胞 可知，b极为阴极，电极反应式为2H++2e 中Mg、Ga、Se原子个数比为1：2：4，该化合 —H2个，在阳极生成1 mol Cr2O号，可生成 物化学式为MgGa2Se4,A正确；Se原子核外 3mol环己酮，转移6mol电子，阴极将有3mol 电子排布式为[Ar]3d4s24p,失去一个电子 H2生成，故生成1mol环己酮可生成1mol 达到半充满的稳定状态(4p3),As原子核外电 H2,在标准状况下体积为22.4L,B正确；由 子排布式为[Ar]3d1°4s4p3,处于半充满的稳 电极反应式及生成环己酮的反应可知，两极 定状态(4p3),故基态As原子的第一电离能大 工作时产生和消耗的H数日相等，离子交换 于基态Se原子的第一电离能，B正确；晶胞中 膜允许H+通过，两极溶液的pH基本不变， 与Ga距离最近的Se有4个，C错误；晶胞体 C错误；环己醇被氧化过程中羟基所在的碳 积为abc×10-1cm3,由A项分析可知，该晶 原子杂化方式由sp3变成sp2,D正确。 体中含有2个MgGa2Se4单元，MgGazSe4摩l3.D【解析】一定温度下，向VL恒容密闭容 尔质量为(24+70×2+79×4)g·mol1= 器中加入1 mol CO(g)和1 mol NO(g)发生 480g·mo1,则晶胞质量为480g·mol1X2 反应I、Ⅱ、Ⅲ，CO2和N的物质的量一直增 Na mol- 大，且CO2的增量大于N2,故曲线甲代表CO2, 960 晶体密度为acX10 Ng.cm.D正确。 曲线乙代表N2,曲线丙代表N2O,据此分析 解答。0~t1时间内，N2O快速产生，其产生 10.B【解析】根据图示反应过程可判断起催化 量远大于N2,说明反应Ⅱ为快反应，A错误； 作用的是Cu+,A正确；反应①中不存在电子 t2时，n(N2)=n(N2O)=cmol,可知反应的 转移，B错误；反应②中N被氧化，反应③中 C被氧化，C正确；根据图示反应过程可判断 n(CO)=3c mol,(CO)=3c mol VL·t2s 总反应为2C2,H,+6NO+3O2一4CO2+ 。mol·L1·s1,B错误；平衡体系中 3c 3N2+4H2O,D正确。 11.D【解析】乙醇亦可与Na反应产生氢气， n(CO2)=amol,由碳元素守恒可知n(CO)= 不能用Na检验乙醇中是否有水，A错误； (1-a)mol,n (N2 )=b mol,n (N2O)= Cl2与水反应生成HC1和HC1O,HClO和 dmol,由氮元素守恒可知n(NO)=(1 C12均具有强氧化性，可使KI-淀粉溶液变蓝 1-a 色，不能说明氯气与水反应存在限度，B错 26-2d0mo,N01-26-2dC错误： 误；CH COONH1会发生相互促进的水解， 由C项分析可知，反应Ⅲ平衡常数K3= NaCN中只有CN发生水解，故不能用比较 c(CO2)c(N2) ab 相同浓度的NaCN、CH COONH,溶液的pH cN,Oc(CO)11-a)D正确。 ·2· ·化学· ·河南专版· 14.D【解析】随着盐酸的滴入，溶液中依次发 反应生成的CaSO4微溶，故浸出渣可能的成 生反应Na2CO,+HCl-NaHCO3+NaCl、 分是CaSO。 NaHCOs+HCI =NaCl+CO2+H2O, (2)由萃取反应2HR(有机相)+Cu+(水相) 溶液pH逐渐减小，a点为第一滴定终点，此 一CuR2(有机相)十2H+(水相)可知，反萃 时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl,b点为第二 取剂应增大c(H),使平衡逆向移动，故应选 滴定终点，此时溶质为NaCl,据此分析解答。 择酸，结合“加入反萃取剂可富集CuSO,”可 据题意，电位滴定法是根据滴定过程中电极电 知，最适宜的反萃取剂应为H2SO4溶液，故 位的突变来确定滴定终点的方法，不需要再用 选B。“反萃取”分液后所得的CuSO1溶液经 指示剂指示滴定终点，A错误：滴定过程中温 过“蒸发浓缩、冷却结晶”等一系列操作得到 度不变，Ke不变，K。=Q(H)c(C0) 胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。 c(HCO) (3)用Na2CO3溶液和H2O2“除铁”时的离子 a→b过程中，pH逐渐减小，c(H)逐渐增 方程式为2Fe2++H2O2+4H2O+4CO 大，则C。)逐渐减小，B错误：用盐酸滴 2Fe(OH)3￥+4HCO3或2Fe2++ H2O2+2H2 O+2CO-2Fe(OH)3+ 定NaCO3溶液过程中溶质变化为Naz CO,→ 2CO2↑。当NaCO3的用量为8~14g·L NaHCO3→NaCl,Na2CO3、NaHCO3水解 时，N+可能以NiCO,形式沉淀，或当Na2CO 促进水的电离，滴定过程中水的电离程度 的用量为8~14g·L1时，溶液pH>2.2,由 逐渐减小，C错误；H2CO3的K1·K2= 2(H)·c(CO）,a点时9 Fe3+、Ni+开始沉淀的pH分别为2.2、7.5可 c(H2 COg) 知，此时有Fe(OH)3沉淀生成，同时存在 c(H2CO3) c(C03) (10-8.30)3 Fe(OH)3胶体，胶体可吸附溶液中的N+, c2(H+) 106.35X10-10.33 =100.08>1, Ka1·K2 造成镍损失率增大或Fe(OH)3沉淀包裹Ni D正确。 的化合物，造成镍损失率增大。 二、非选择题 (4)CaF2和MgF2的组成类型相同，由 15.(14分) Kp(CaF2)<Kp(MgFz)可知，向Mg2+和Ca+ (1)搅拌、适当增大硫酸浓度或适当升高温度 浓度相等的溶液中加入NaF,Ca+先沉淀，为 (2分，任答一条即可)CaSO(2分) 确保Ca+和Mg2+完全除去，即保证Mg2+完 (2)B(2分)蒸发浓缩、冷却结晶(2分) 全沉淀，则溶液中c(F-)≥ K(MgF:)_ (3)2Fe++H2O2+4H2O+4CO c(Mg2+) 2Fe(OH)+4HCO;2Fe2++H2 O2+ 6.25×10 105 mol·L1=2.5×10-2mol·L1。 2H2O+2CO—2Fe(OH)3￥+2CO2↑] (2分)当NaCO3的用量为8~14g·L1 16.(14分) 时，Ni+可能以NiCO3形式沉淀[或当Na2CO (1)球形冷凝管(1分)防止过氧化氢受热分 的用量为8~14g·L1时，溶液pH>2.2,有 解(2分) Fe(OH)3沉淀生成，同时存在Fe(OH)3胶 (2)增大c(Na+)有利于过碳酸钠析出(2分) 体，胶体可吸附溶液中的N+,造成镍损失率 (3)作安全瓶，防倒吸(1分)洗去水分有利 增大或Fe(OH)3沉淀包裹Ni的化合物，造 于过碳酸钠的快速干燥，减少产品损耗(2分) 成镍损失率增大](2分，合理即可) MnO2 (4)22Na2COg·3H2O2 302个十 (4)2.5×10-2(2分) 6H2O+4Na2CO3(2分) 3.2(V,-V)% 【解析】(1)搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升 wVm 高温度均可提高浸取速率；Ca(OH)2微溶， (2分) 故滤渣1中含有Ca(OH)2,Ca(OH)2与硫酸 (5)偏大(2分) ·3· ·化学· 参考答案及解析 【解析】(1)仪器A的名称为球形冷凝管； (4)①根据(3)中分析可知反应a是一个气体 HO2受热易分解，为减少H2O2分解，需控 分子数减小的放热反应，故提高产率的方法 制温度不能太高。 是低温高压。 (2)制备产物为过碳酸钠，加入NaCl固体，相 ②由表中信息，相同温度下，催化剂A作用下 当于增大了溶液中c(Na),有利于过碳酸钠 甲醇的产率大于催化剂B作用下的产率， 析出。 483K时，甲醇选择性最高，但产率较低（低 (3)装置C为安全瓶，防止滤液被吸出。用无 于503K),故工业合成甲醇的合适条件为：催 水乙醇洗涤产品，可除去过碳酸钠固体表面 化剂A、503K。 ③反应a为放热反应，随着温度升高，平衡逆 的水分，无水乙醇易挥发，有利于快速干燥样 向移动，甲醇产率减小；反应b为吸热反应， 品，过碳酸钠在有机溶剂中的溶解度小，减少 随着温度升高，平衡正向移动，CO2转化率增 过碳酸钠溶解造成的损失。 大。升高温度对反应b影响程度较大，故 (4)过碳酸钠溶于水可看作Naz CO3和H2O2 CO2转化率增大，甲醇产率减小。 的混合溶液，MnO2可催化H2O2分解产生氧 (5)由图可知B点投料比nH) n(CO2) 气，故该气体测量法的原理为2[2Na2CO3· =1,设 3H,0,]Ma0:30,++6H,0+4Na,C0,. n(CO2)=n(H2)=1mol,CO2的平衡转化率 收集到氧气的体积为(V2一V1)mL,氧气的 为60%，设反应容器容积为VL,列三段式： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2 O(g) V:-V 物质的量为1000V mol,则m(O2)= 起始mol 1 1 0 0 转化mol0.6 0.6 0.6 0.6 V2-V 1000Vm mol×32g·mo-1,故活性氧含量 平衡mol0.4 0.4 0.6 0.6 0.6、0.6 V2-V 1 为1000V molX32g·mol-1× -×100%= w g 此时KB= =2.25。D点投料比 0.4、0.4 3.2(V2-V1) %。 VXV wVm n(CO) (5)读数时，若未冷却到室温，读数V2偏大， n(H2) =1.5,同理，KD=3。由B点到D点 故测得活性氧含量偏大。 反应b的平衡常数增大，反应b为吸热反应， 17.(15分) 温度升高平衡正向移动，故T(B)<T(D)。 (1)[He]2s22p2(1分)1：1(1分) 18.(15分) (2)>(1分)水中分子间氢键数目比甲醇多 (1)(酮)羰基、羧基(2分)取代反应（或酯化 (2分) 反应)(1分) (3)-48.97(2分) Br COOCHs (4)①B(1分)②催化剂A、503K(2分) (2) CH CHCOOCH. ③反应a为放热反应，反应b为吸热反应， CH 503K以上升高温度对反应b影响程度较大 COOC,H (2分，合理即可) K.CO CH,- CHCOOCH,+HBr (5)2.25(2分)<(1分) CH. 【解析】(1)C是6号元素，基态C原子的简 化电子排布式为[He]2s22p2;CO2的结构式 (2分，合理即可) 为O一C一O,分子中。键与π键数目之比为 0 1:1。 (3)5(2分) Br oCCH-CH,(或 (2)由于水中分子间氢键数目比甲醇多，所以 CH 水的沸点大于甲醇的沸点。 (3)根据盖斯定律，反应a=反应b十反应c,故 CO2(g)+3H2 (g)=CH OH(g)+H2O(g) B COCH一CH)(任写一个，1分) △H=△H1+△H2=-48.97kJ·mol-1。 CH. ·4· ·化学· ·河南专版· (4) C00H(2分)2(2分) CH; 0 COOH Br CH2OCH,Br C-OCH MgCl (5) 1分) CH: CH COOMgCl 0 1分) Br- OCCH-CH3, COOH CH (1分) O 【解析】由E的结构简式及E与CHOH反 COCH一CH,其中不能发生银镜 应生成F,可知F的结构简式为 CH 由L的结构简式及 OCH 反应 的是Bm OCCH-CH; 】的分子式可知，J的结构简式为 CH; COOC,Hs ,由已知ⅱ信息及I的分子式 O 和Br COCH-CH。 COOC,H 可知，I的结构简式为 CH COOC,Hs' 由H的 (4)根据以上分析可知H的结构简式为 C00H据 COOH 分子式可知，H的结构简式为 COOH COOH 根据M的结构可确定洛索洛芬 此分析解答。 钠 的 结 构 简 式为 (1)M中的官能团有（酮）羰基、羧基；H→I属 于取代反应或酯化反应 (2)F+J→L的化学方程式为： ·2H,0该分子中手 ONa Br COOC,Hs CHCOOCH, 性 碳 原 子 如 CH; K.CO COOC,H ·2H,0 CHCOOCH:+HBr ONa CH (5)根据已知信息m可知B→E的转化关系为 (3)由分析可知，F的结构简式为 COOCH OH, ,其分子式为 COOMgCI C1 HisBrO2,则比F少一个碳原子的同系物 N的分子式为CH,BrO2,符合条件的同分 CH 0 H2O COOH NBS,E。 异构体有如下5种：Br CH2OCH, CH; ·5·姓 名 准考证号 绝密★启用前 高三化学（一） 注意事项： 1.本试卷共8页。时间75分钟，满分100分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证 号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然 后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。作答非选择题时，将答案 写在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。 可能用到的相对原子质量：H1C12016Na23Mg24Ga70Se79Sn119 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.文物是人类历史文化的实物见证，是不可再生的精神与物质遗产。下列文 物的主要成分属于合金材料的是 A.妇好墓玉龙 B.杜岭方鼎 C.白釉玉壶春瓶D.贾湖遗址刻符龟甲 2.下列化学用语或图示正确的是 A,PH,的VSEPR模型：C)O B.s电子云轮廓图：8 C.激发态He原子的轨道表示式：日口 D.CHCH2(CH3)C-CH2的名称：2-甲基-1-丁烯 化学试题（一）第1页（共8页） 3.某化学兴趣小组模拟舍物制取氯气的实验并回收氯化锰晶体(MCl2· 4H2O),步骤如图所示。 制取 净化 收集 分离反应后的混合 制取 氯气 氯气 氯气 物得到MnCl溶液 MnCl2·4H2O 下列实验过程中涉及的装置或仪器选择错误的是 饱和食盐水 B.除去Cl2中的 C.分离反应后的 A.制取Cl2 D.制取MnCl2·4H2O HCl(g） 混合物 4.X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，X的最外层电子数 是其次外层电子数的2倍且与W同主族，M的最外层电子数等于其电子层 数，Y与Z的质子数之和与X与W的质子数之和相等。下列说法错误的是 A.简单氢化物稳定性：W<X<Y B.Y与Z可形成离子化合物 C.Z、M的氧化物对应的水化物均为强碱 D.简单离子半径：M<Z<Y 5.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A.向漂白液中通人少量SO2:SO2+C1O-+H2O=C1-+SO-+2H B.NaOH溶液吸收NO2:2OH-+2NO2=NO2+NO3+H2O C.氨水溶解Cu(OH)2:Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3),J](OH) D.Fe3O4与HI溶液反应：Fe3O4+8H+—Fe2++2Fe3++4H2O 6.实验室常用化合物X制备化合物Y,并发生如图所示的转化（略去部分参与 反应的物质和反应条件)，Y和Z是气体且组成元素相同，R是食品包装袋 的主要成分。下列说法正确的是 X饱和食拉水Y一Z一R A.X→Y使用饱和食盐水的目的是为了加快反应速率 B.X中阴阳离子的个数之比为2：1 C.Y的聚合物可用作导电高分子材料 D.Z和R均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 化学试题（一）第2页（共8页） 7.CO甲烷化反应可将CO转化成甲烷并减少大气污染。其核心反应为CO(g)+ 3H2(g)CH4(g)十H2O(g)。CO在铁基催化剂表面发生甲烷化反应的 反应历程及相对能量关系如图所示。下列说法正确的是 A.适当升高反应体系的温 度，对化学反应速率的 QH 要 影响程度：正反应>逆 M=C-H+4H ③ M(CO)+6H; 反应 ② ⑤ ① 0 ④ M-CH,+H,O+H B.决速步骤是反应① M-C-H+5H M-CH,-OH+3H C.反应①~④中碳原子的 ⑥ 成键方式未变 D.反应过程中仅发生了极 C0+3H2+M M+CH,+H2O 性键的断裂和形成 0 反应历程 8.褪黑素是由脑松果体分泌的激素之一，普遍存在于动物体内，在调节昼夜节 律及睡眠一觉醒方面发挥重要作用，其结构简式如图所示。 下列关于褪黑素的叙述错误的是 A.分子式为C13H16N2O2 H.CO B.1mol褪黑素最多与4molH2发生加成反应 C.分子中有3种官能团 D.在酸性、碱性条件下均可发生水解反应 9.有一种红外非线性光学材料—缺陷类金刚石结 ●Mg 构的硒化物，其四方晶胞结构如图所示（设NA为 oGa OSe 阿伏加德罗常数的值)。下列说法错误的是 c nm A.该化合物的化学式为MgGa2Se B.基态As原子的第一电离能大于基态Se原子 C.晶胞中与Ga距离最近的Se有2个 a nm 960 6 nm D.该晶体的密度为abcX10XN%g·cm- 10.乙烯消除NO的反应机理如图所示，下列说 CO2、N2、H,OyCu 02 法错误的是 ① /③ A.图示反应过程中起催化作用的是Cu B.反应①②③中均存在电子的转移 Cu'(NO2) Cu'(O2) ②」 C.反应过程中被氧化的元素有C和N NO D.总反应为2C2H4+6NO+3O2-4CO2+3N2+4H2O 化学试题（一）第3页（共8页） 11.下列相关的实验操作、现象及结论的描述正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 向乙醇中加一小粒金凤钠 有无色气体生成 乙醇中含水 取两份新制的氯水，分 别滴加K1-淀粉溶液和 分别观察到溶液变蓝色、出 氯气与水反应存在 B AgNO,溶液 现白色沉淀 限度 分别测相同浓度的NaCN, 水解常数：CN> CH,COONH,溶液的pH pH:NaCN>CH,COONH CH COO 分别向盛有Fe(OH)2、 固体均溶解，盛有NO(OH) 氧化性：NiO(OH)> D NiO(OH)的试管中滴加 等浓度等体积的浓盐酸 的试管中产生黄绿色气体 Fe(OH)2 12.环己酮(0= )是一种重要的有机合成中间体和溶剂，其制取方法之一 是间接氧化环己醇法，工作原理如图所示。 下列说法错误的是 OH A.a极电极反应式：2Cr3++7H2O b 6e-=Cr2O3-+14H+ 离 B.理论上，每生成1mol环己酮，阴极 交 将产生标准状况下的22.4LH2 膜 HSOa C3+ C.电解槽中的离子交换膜为阳离 Cr2(SO) Pt Pt 子交换膜，b极区溶液pH降低 D.环己醇被氧化成环己酮，碳原子杂化方式由sp3变成sp2 13.一定温度下，向VL恒容密闭容器中加人1 mol CO(g)和1 mol NO(g)在 催化剂表面发生如下反应： 甲 I.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) II.CO(g)+2NO(g)=N2O(g)+CO2 (g) II.N2O(g)+CO(g)=N2 (g)+CO2 (g) b 体系中气体产物的物质的量随时间的变 丙 化如图所示。下列说法正确的是 A.反应I和反应Ⅱ相比，反应I为快 反应 4c B.01s内，w(CO)=玩，mol,1·s C平商体系中，8-司 ab D.此温度下，反应Ⅲ平衡常数：K,=d1-a 化学试题（一）第4页（共8页） 14.电位滴定法是根据滴定过程中电池电位的突变来确定滴定终点的分析方 法。其工作原理如图1所示。参比电极与指示电极构成原电池，随着滴定 过程中被测离子的浓度的变化，指示电极的电位发生改变，在化学计量点 附近，离子浓度变化较大，引起电位的突跃，即可确定滴定的终点。常温下 用标准盐酸滴定某浓度碳酸钠溶液时，体系电位、pH与V(HCI)的关系如图 2所示。已知：常温下，H2C03的K=106.35,K2=10-10.3。 pH 体系电位 700 8.30 500 300 3.92 参比电极 指示电极 100 磁搅拌子 -100 3 57 9 11 电磁搅拌器 HCD/mL 图1 图2 下列说法正确的是 A.滴定过程中，a点、b点需要分别用酚酞、甲基橙作指示剂 B.a-→b过程中，溶液中c(HCO3):c(CO)逐渐减小 C.滴定过程中水的电离程度先增大后减小 D.ac(H2CO):c(CO)>1 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.（14分)电镀过程中会产生酸性废水，且含有微量金属元素，如铜、镍、锌、 铁、镁、钙等，某电镀废水的处理流程如图所示。 硫酸铜萃取剂、煤油 HO2、NaCO3NaF 过量 →滤渣1→酸浸 铜萃取→ 纔除铁→除镁、钙系列操作 溶液 >NiSO 电镀NaOH 废水 浸出渣 富铜有机相 滤渣2 滤渣3 →含锌废水 反萃取一系列操作 --CuSo4·5H,O 回答下列问题： (1)用硫酸“酸浸”时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)； 浸出渣的可能的成分是 (填化学式)。 (2)“铜萃取”过程可简单表示为2HR(有机相)十Cu+（水相)三CuR (有机相)十2H+(水相)。向富铜有机相中加人反萃取剂可富集CSO,并回收 胆矾，下列最适宜作反萃取剂的是 (填标号)。 A.NaOH溶液B.H2SO,溶液C.CuSO1溶液 D.HNO3溶液 反萃取分液后，进行的“一系列操作2”包括的操作是 ,过滤，用无 水乙醇洗涤并晾干。 化学试题（一）第5页（共8页） (3)“除铁”过程中先加H2O2,再用Na2CO3 6 个50 将pH调至5左右，写出该过程Fe2+发生反应 40 的总离子方程式： 。“除铁”过程中 4 Na2CO溶液的用量对体系pH和镍损失率的 3 影响如图所示。当Na2CO3的用量为8~14g· 过2 0-0-0-0 醛 10 L1时，镍损失率会逐渐增大，可能的原因是 (Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH分别为 0 0 46810121416 2.2、7.5)。 Na2CO用量(g·L-) (4)已知：25℃时，Kp(CaF2)=1.46×10-10,Kp(MgF2)=6.25×10-9。 如果“除铁”后的溶液中Mg2+和Ca2+浓度均为0.1mol·L1,为确保“除镁、 钙”步骤中Ca2+、Mg2+完全除去（溶液中离子浓度不大于10-5mol·L1),溶 液中c(F-)至少为 mol·L-1。 16.(14分)爆炸盐，有效成分为过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2),又称固体双氧 水，呈白色粉末状，可以分解为碳酸钠和过氧化氢。某化学兴趣小组制取 并研究其性质，回答下列问题： I.过碳酸钠的制取 用如图所示装置制取过碳酸钠（夹持装置略）。 A 搅拌器 水龙头宝 RB 热 布氏漏斗 偶 水 吸滤瓶 泵 露 操作步骤： ①称取15.9g碳酸钠，溶于蒸馏水中，然后将所得溶液加入250mL四口 烧瓶中，加人03g过碳酸钠稳定剂并搅拌均匀。 ②向烧瓶中加入过氧化氢稳定剂45mL,控制温度(10~15℃)，缓缓滴加 20mL30%H2O2,滴加完毕，再搅拌20min。 ③向充分反应的溶液中加入5 g NaCl固体，搅拌5min后，静置结晶25min。 ④将所得产品转移到布氏漏斗中，减压过滤，并用无水乙醇洗涤2一3次、 干燥，即得产品，密封保存备用。 (1)仪器A的名称是 ;该实验中要控制温度，目的是 (2)充分反应后，向溶液中加人NaCl固体的目的是 0 (3)减压过滤中，装置C的作用是 ,用无水乙醇洗涤的目的是 Ⅱ.测量产品中活性氧含量 设计如图所示装置（夹持装置略）进行实验，步 骤如下： ①连接装置并检查气密性，然后向Y形管中 MnO 管 量气管 分别装人wg产品和5mL蒸馏水，内壁上沾上少 许MnO2粉末。向量气管中注人蒸馏水，并使量 产品(vg)蒸馏水 气管(0刻度在下面)和水准管中液面相平，读取量 气管液面刻度V,mL。 化学试题（一）第6页（共8页） ②将Y形管倾斜，使蒸馏水流人产品一侧，并将MO2粉末与产品混合， 开始反应。 ③反应完毕，冷却到室温，调节量气管使两管液面相平，读取液面刻度V2L。 (4)用化学方程式表示该测量方法的原理是 。 制得产品中活性 氧含量为 (用含w、V1、V2的代数式表示)。已知：常温常压下气体摩 尔体积为Vm卫·mol-1,活性氧含量= 氧气质量×100%。 样品质量 (5)若反应完毕读数时，未冷却到室温，测量结果 (填“偏大”“偏 小”或“无影响”)。 17.(15分)甲醇是重要的工业原料，可直接用CO2和H2在催化剂作用下合 成，同时实现碳中和，反应原理是： a.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H。 该反应分两步进行： b.C02(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g)△H1=+41.17kJ·mol-1 C.CO(g)+2H2(g)=CH3 OH(g)AH2=-90.14 kJ.mol-1 回答下列问题： (1)基态C原子的简化电子排布式为 ;CO2分子中σ键与π键数 目之比为 (2)沸点：H2O CH3OH(填“>”或“<”)，理由是 (3)△H= kJ·mol-1。 (4)将CO2和H2按体积比1：3通入某刚性密闭容器中，在合适的催化剂 的作用下发生反应a、b。 ①为提高CHOH产率，理论上可采用的措施是 (填标号)。 A.低温低压 B.低温高压 C.高温低压 D.高温高压 ②在不同催化剂作用下，相同时间内CH3OH的选择性和产率随温度变 化情况如下表。 催化剂B T/K 催化剂A 甲醇选择性/% 甲醇产率/% 甲醇选择性/% 甲醇产率/% 483 38 2 19 0.9 503 26 4.5 33 2.2 523 23 3.9 30 1.9 543 18 3 25 1.8 563 16 3 25 1.6 甲醇的物质的量 已知：CH,OH的选择性一反应的C0,的物质的量×100%。 据表中信息选择合成甲醇的合适的工业条件为 化学试题（一）第7页（共8页） ③实验测得503K以上，随着温度升高 81001 CO2转化率增大，但表中信息显示甲醇产率 减小，其可能的原因是 80 (5)在一容积不变的密闭容器中只发生 60 B 反应b,在不同的投料比、不同温度下测得 40 相应的CO2的平衡转化率如图所示。 8 B点对应温度下的K= ,判断 20 0 0.5 1.5 B点、D点两个状态下的温度T(B) n(C02) T(D)(填“>“<”或“=”)。 n(H2) 18.(15分)洛索洛芬钠(C1sH1,O3Na·2H2O)是一种常见的消炎止痛药，能缓 解各种关节痛、肌肉痛、发烧等，一种合成路线如图所示。 OH CoH,0,NBsB CH.OH F D E K.CO 0-( HNO, C2H,OH C2H,ONa 50-60℃ CHoO4 CIoHisO- →CH2O3 G COOC,H. HBr CH,- CHCOOCH, CH, CH,COOH CHCOOH NaOH,洛索洛芬钠 CH M CH, 已知：1.NBS是一种常用的溴化试剂和氧化剂。 OR OR C2HONa i,Dieckmann缩合反应： OR .格氏试剂在有机合成中是用于延长碳链常用的一种试剂： R-Mg-X+CO:-+RCOOMgX H:%RCOOH. 回答下列问题： (1)M中官能团名称为 ;H-→I反应类型为 (2)F十J→L的化学方程式为 (3)是比F少一个碳原子的F的同系物，满足下列条件的N的同分异构 体有 种（不考虑立体异构）。 ①溴原子和苯环直接相连 ②核磁共振氢谱图上有4组峰，峰面积之比为6：2：2：1 写出其中不能发生银镜反应的一种结构简式： 0 (4)H的结构简式为 ;洛索洛芬钠的结构中有 个手性碳 原子。 (5)完成B-→E的转化流程： 分别写出X、Y、Z的结构简式： 化学试题（一）第8页（共8页）