精品解析：河南信阳高级中学等校2026届高三下学期考前学情自测 化学试题

高三化学道题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Co-59 Se-79 Ag-108 Cd-112 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. 化学助力创造美好生活。下列说法正确的是 A. 木糖醇属于糖类，作甜味剂 B. 高铁酸钠(Na2FeO4)有强氧化性，作消毒剂 C. NH4Cl易溶于水，故用NH4Cl溶液除去生铁表面的铁锈 D. 节日焰火是电子从基态跃迁到激发态以光的形式释放能量 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 氯化铵的电子式： B. 溴单质中共价键的电子云图： C. 乙烯分子的空间填充模型： D. CO2与环氧乙烷()合成聚碳酸酯： 3. 银久置空气中会变黑，其变色原理：①(未配平)；表面发黑的银首饰放入盛有食盐水的铝制容器中，发生原电池反应：②(未配平)；若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①消耗22.4 L O2时，转移电子数为 B. 反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 C. 反应②正极反应式为 D. 反应②中若有电子转移，就有被氧化 4. 下列化学反应对应的离子方程式正确的是 A. 硫化氢气体通入硫酸铜溶液中： B. 过量二氧化硫通入硝酸钡溶液中： C. 向溶液中通入少量CO2： D. 用乙醛与银氨溶液反应制备银镜： 5. 下列实验方案不能达到相应实验目的的是 A．制备无水氯化镁晶体 B．探究Cl2、Fe3+、I2的氧化性 C．制备少量乙酸乙酯 D．探究SO2的还原性 A. A B. B C. C D. D 6. “鲁米诺”(Z)化学名称是3-氨基邻苯二甲酰肼，是一种化学发光试剂，如图是Z的一种制备原理。下列说法错误的是 A. 反应①为取代反应，反应②为还原反应 B. X能与乙二醇发生缩聚反应 C. Y分子核磁共振氢谱有4组峰 D. Z与NaOH溶液反应的产物之一为N2H4 7. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，由X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共面)，其结构如图所示。Z的最简单氢化物易液化，可用作制冷剂。W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，Z、R为同一主族元素，Q的单质常温下为固体。下列说法错误的是 A. 电负性：W＞Z＞Y B. 该离子化合物离子半径大，阴阳离子间作用力小，熔点低 C. 空间结构为正八面体形 D. Q的含氧酸只有两种 8. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅 植物油可用于萃取溴水中的溴 B 将石油裂解气通入Br2的CCl4溶液，观察溶液颜色褪色 验证石油裂解产物中含有乙烯 C 向Na2S溶液中通入SO2至过量，观察有浅黄色沉淀生成 验证SO2具有氧化性 D 将卤代烃与过量水溶液混合加热，待冷却后加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 A. A B. B C. C D. D 9. 下列说法正确的是 A. 常温下Mn2O7为绿色油状液体，推测其化学键为共价键 B. 甲酸酸性强于乙酸，可推断烷基越长，推电子效应越弱 C. 、的VSEPR模型不同 D. N原子的第一电离能大于O原子，可推断N原子的半径比O原子的半径大 10. 分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示。 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、；②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的浸渣；③SbCl3难溶于水。下列说法正确的是 A. 砷(As)的简化核外电子排布式为[Ar]4s24p3 B. “氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将还原为SbCl3 C. 生成TeO2的离子方程式为 D. “水解”时，生成SbOCl的离子方程式为 11. 绿矾(FeSO4·7H2O)具有重要的用途，绿矾的结构示意图如图1；化合物的一种晶体的立方晶胞结构如图2所示，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 中S原子的杂化方式为sp3 B. 绿矾晶体中存在配位键和氢键 C. 图2晶胞中，与Se原子距离最近且相等的Cd原子有4个 D. CdSe晶体的密度是 12. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法错误的是 A. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 B. 过程Ⅰ中Fe失去e- C. 过程Ⅱ的反应方程式： D. 过程Ⅲ中1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子 13. 利用电化学法还原CO2不仅能够降低空气中CO2的含量，还可以得到乙烯，装置如图所示。若电解后溶液pH基本不变，下列说法错误的是 A. 装置中隔膜为阴离子交换膜 B. A电极反应式为 C. 若该装置外接电源为铅蓄电池，每生成2.8 g乙烯，理论上铅蓄电池消耗1.2mol H2SO4 D. A电极反应的CO2和B电极生成的CO2的物质的量之比为6：7 14. 常温下可通过调节溶液pH使Ca2+和Mn2+形成氟化物沉淀而分离。测得不同条件下体系中[为F-、Ca2+或Mn2+的物质的量浓度，单位为]与的关系如图所示，已知常温下，下列说法错误的是 A. 线l1代表， B. 常温下， C. “净化”过程中反应的平衡常数 D. 当时，d点处电离平衡向右移动 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 从钴钼废催化剂(含有Al2O3、CaO、Co、Mo、SiO2等，Mo与Cr元素同族且相邻)中提取钴和铝的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）基态Al、Ca、Co、Mo原子核外未成对电子数目最多的原子为___________(填元素符号)。 （2）滤渣的主要成分为Mo及___________(写两种，填化学式)。 （3）“沉铝”时将NH4HCO3改为Na[Al(OH)4]溶液发生反应的离子方程式为___________。 （4）“沉钴”时，温度与钴的沉淀率的关系如下图所示，沉淀反应时间为10 min，反应温度为50℃以上时，温度升高，而钴的沉淀率下降，原因可能是___________(写一条)。 （5）测定草酸钴晶体()结晶水含量：称取草酸钴晶体9.15 g，用稀硫酸酸化，加入100 mL 0.4000 的酸性KMnO4溶液，加热(该条件下Co2+不被氧化，，)，充分反应后待溶液冷却至室温，将溶液完全转移到250mL容量瓶中定容。然后取25mL，用溶液进行滴定，到达滴定终点消耗溶液=20mL。 ①草酸钴晶体()中x=___________。 ②若其他操作均正确，滴定结束读数时仰视，则所测x值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （6）在空气中加热14.7gCoC2O4，反应温度与剩余固体质量关系如图2所示(A、B均为氧化物)。由A→B的化学方程式为___________。 16. 氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，微溶于乙醇，溶于水时存在反应：。实验室用羟胺(NH2OH)和SO2反应制备氨基磺酸的装置如图所示。已知：NH2OH沸点为70℃，性质不稳定，受热时易分解，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解。 回答下列问题： （1）仪器D的名称是___________；装置A中发生反应的化学方程式为___________。 （2）该制备装置还存在一处明显的缺陷，改进的办法是在AB间连接盛有___________(填字母)的洗气瓶。 a．98%浓硫酸 b．饱和NaHSO3溶液 c．NaOH溶液 d．蒸馏水 （3）单向阀B的作用为___________。 （4）氨基磺酸溶于水后的产物与足量热Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为___________。 （5）下列叙述正确的是___________(填字母)。 a．装置A选用98%浓硫酸可以加快SO2生成速率 b．装置C可采用热水浴以加快反应速率 c．装置D可用盛有NaOH溶液的洗气瓶代替，除去未反应的SO2，防止污染空气 d．实验完毕后，采用过滤分离装置C中混合物 （6）准确称取2.500 g氨基磺酸粗品配成250 mL待测液。取25.00 mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用的NaNO2标准溶液进行滴定，共消耗NaNO2标准溶液25.00 mL。此时反应的氧化产物和还原产物均为N2.则氨基磺酸粗品的纯度为___________(结果用百分数表示)。 17. 游离态氮(惰性氮)转化为化合态氮称为氮的活化。过量活化会导致氮向大气和水体迁移，破坏氮循环平衡。通过催化还原把这些活性化合物再变回无害的氮气称为“氮的转化”。 已知：SO2、CO、NH3等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。在，时， a． ； b． ； c． 。 回答下列问题： （1）写出NO与NH3反应生成惰性氮和液态水时的热化学方程式：___________。 （2）合成氨工业中，以下措施既能提高化学反应速率又能提高原料的平衡转化率的是___________(填字母，下同)。 A. 升高温度 B. 将氨液化从体系中分离 C. 加入催化剂 D. 增大压强 （3）采用如下投料比，在同温同压下达平衡，氨气的平衡产率最大的是___________(多选)。 A. B. C. D. （4）CO还原NO的反应机理及相对能量如图所示(TS表示过渡态)： ①该反应决速步骤的化学方程式为___________。 ②下图中表示该反应的与关系正确的是___________(填字母)。 A． B． C． D． （5）新型催化剂M能催化CO与NO2反应生成N2，反应方程式为 。现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的NO2和CO气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应。相关数据如下： 时间 物质的量浓度 0 min 5 min 10 min 15 min 20 min 2.0 1.7 1.56 1.5 1.5 0 0.15 0.22 0.25 0.25 此温度下，该反应的化学平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。 （6）NH3还原NO的主反应为 。相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示： ①由图1、2可知具有较高活性和选择性的催化剂为___________(填“Fe2O3”或“酸化的”)。 ②图1中100~300°CNO转化率升高的原因为___________。 18. 萘氧啶是一种抗肿瘤药物，其一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A___________(填“有”或“无”)顺反异构体，D中有___________个手性碳原子。 （2）A→B的反应类型是___________。 （3）E中所含官能团的名称为___________。 （4）1 mol B最多能与___________mol H2发生加成反应，C与H2完全加成后的产物与足量金属Na反应的化学方程式为___________。 （5）D去掉一个苯基和甲氧基形成分子式为C10H10O2的芳香族化合物(G)，G的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②苯环上含2个侧链； ③分子中只含一个环。 （6）已知：+H2O，设计一条以甲苯和为原料合成的路线：___________(无机试剂任选)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学道题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：高考范围。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Co-59 Se-79 Ag-108 Cd-112 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. 化学助力创造美好生活。下列说法正确的是 A. 木糖醇属于糖类，作甜味剂 B. 高铁酸钠(Na2FeO4)有强氧化性，作消毒剂 C. NH4Cl易溶于水，故用NH4Cl溶液除去生铁表面的铁锈 D. 节日焰火是电子从基态跃迁到激发态以光的形式释放能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．糖类是多羟基醛、多羟基酮或其水解产物，木糖醇属于多元醇，不属于糖类，A错误； B．Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可使细菌蛋白质变性，可用作消毒剂，B正确； C．NH4Cl溶液中水解使溶液呈酸性，H+与铁锈（主要成分为Fe2O3·xH2O）反应从而除锈，与NH4Cl易溶于水没有因果关系，C错误； D．节日焰火是电子从激发态跃迁回基态时以光的形式释放能量，电子从基态跃迁到激发态需要吸收能量，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 氯化铵的电子式： B. 溴单质中共价键的电子云图： C. 乙烯分子的空间填充模型： D. CO2与环氧乙烷()合成聚碳酸酯： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯化铵电子式中，的N原子价电子已全部成键(4个N-H键)，也满足8电子稳定结构，电子式为，A错误； B．溴单质中的共价键是由2个溴原子各提供1个未成对电子的4p原子轨道头碰头重叠形成的，电子云图为，B正确； C．是乙烯的球棍模型，C错误； D．二氧化碳和环氧乙烷()合成聚碳酸酯，产物聚碳酸酯的结构简式为，故反应方程式为：，D错误； 故选B。 3. 银久置空气中会变黑，其变色原理：①(未配平)；表面发黑的银首饰放入盛有食盐水的铝制容器中，发生原电池反应：②(未配平)；若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 反应①消耗22.4 L O2时，转移电子数为 B. 反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 C. 反应②正极反应式为 D. 反应②中若有电子转移，就有被氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．未说明处于标准状况，无法确定的物质的量，无法计算转移电子数，A错误； B．配平反应①为，氧化产物为，还原产物为，二者物质的量之比为，B错误； C．原电池正极发生得电子的还原反应，中+1价Ag得电子生成Ag，结合原子守恒、电荷守恒，该正极反应式书写正确，C正确； D．反应②中中Ag元素化合价降低，发生还原反应，被还原，不是被氧化，D错误； 故选C。 4. 下列化学反应对应的离子方程式正确的是 A. 硫化氢气体通入硫酸铜溶液中： B. 过量二氧化硫通入硝酸钡溶液中： C. 向溶液中通入少量CO2： D. 用乙醛与银氨溶液反应制备银镜： 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫化氢是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为，正确离子方程式为，A错误； B．所给方程式原子不守恒且缺少反应物、生成物，配平后正确离子方程式为，B错误； C．向溶液中通入少量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式书写符合反应规律、守恒规则，C正确； D．反应在碱性环境中进行，生成的乙酸会与体系中的反应生成乙酸铵，产物应为、而非乙酸，正确离子方程式为 ，D错误； 5. 下列实验方案不能达到相应实验目的的是 A．制备无水氯化镁晶体 B．探究Cl2、Fe3+、I2的氧化性 C．制备少量乙酸乙酯 D．探究SO2的还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化镁是强酸弱碱盐，其水溶液中的镁离子会发生水解反应：，加热会促进水解，同时生成的氯化氢会挥发，导致水解平衡不断向右移动。因此，直接加热蒸发氯化镁溶液，最终得到的将是氢氧化镁或其分解产物氧化镁，而不是无水氯化镁，A错误； B．将溶液滴入淀粉-KI溶液中，溶液变蓝，说明将氧化成了：，证明氧化性，将氯水滴入含KSCN的溶液中，溶液变红，说明将氧化成了：，生成的再与反应显红色，证明氧化性，综合两个实验，可以得出氧化性顺序为：，B正确； C．使用乙醇、乙酸在浓硫酸催化下加热反应，是标准的酯化反应条件。使用饱和碳酸钠（）溶液吸收产物，可以中和挥发的乙酸、溶解乙醇，并降低乙酸乙酯的溶解度，便于分离。导管末端位于液面上方，可以有效防止倒吸，C正确； D．用硫酸与亚硫酸钠固体反应制备气体。将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，的还原性会使紫红色的高锰酸钾溶液褪色，从而证明其还原性，用NaOH溶液吸收多余的，防止污染空气，并使用倒置漏斗防止倒吸，D正确； 故选A。 6. “鲁米诺”(Z)化学名称是3-氨基邻苯二甲酰肼，是一种化学发光试剂，如图是Z的一种制备原理。下列说法错误的是 A. 反应①为取代反应，反应②为还原反应 B. X能与乙二醇发生缩聚反应 C. Y分子核磁共振氢谱有4组峰 D. Z与NaOH溶液反应的产物之一为N2H4 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①中X的羧基中羟基被取代生成酰胺(X断裂2个C-O键，N2H4断裂两个N-H)，属于取代反应，反应②中硝基加氢还原为氨基，属于还原反应，A正确； B．X为二元羧酸，乙二醇为二元醇，二者可发生缩聚反应生成聚酯和水，B正确； C．Y分子不是对称结构，其苯环上有3种氢原子，右侧杂环中有2种氢原子，则核磁共振氢谱共有5组峰，C错误； D．Z中含酰胺基，在溶液中发生水解反应时，两个酰胺基中的两个C-N键均可断裂，产物之一为，D正确； 故选C。 7. 短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，由X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共面)，其结构如图所示。Z的最简单氢化物易液化，可用作制冷剂。W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，Z、R为同一主族元素，Q的单质常温下为固体。下列说法错误的是 A. 电负性：W＞Z＞Y B. 该离子化合物离子半径大，阴阳离子间作用力小，熔点低 C. 空间结构为正八面体形 D. Q的含氧酸只有两种 【答案】D 【解析】 【分析】X形成1个化学键，则X可能为H、F、Cl，Y形成4个键，则Y可能为C、Si，Z失去1个电子，形成4个共价键，则Z为N或P，W形成1个化学键，则W为H、F、Cl，W的氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，则W为F，R连接6个F，阴离子带1个负电荷，则R为P或N，因元素原子序数依次增大，则X、Y、Z、W、R分别为：H、C、N、F、P，Q的原子序数大于P，单质常温下为固体，Q为S，以此分析； 【详解】A．同周期主族元素，从左至右电负性逐渐增大，电负性F>N>C，A正确； B．离子液体熔点低，是因为阴阳离子半径大，阴阳离子间距大，阴阳离子间作用力小，B正确； C．有6个成键电子对，无孤电子对，空间结构为正八面体形，C正确； D．S的含氧酸有亚硫酸、硫酸、焦硫酸等，超过两种，D错误； 故选D。 8. 室温下，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅 植物油可用于萃取溴水中的溴 B 将石油裂解气通入Br2的CCl4溶液，观察溶液颜色褪色 验证石油裂解产物中含有乙烯 C 向Na2S溶液中通入SO2至过量，观察有浅黄色沉淀生成 验证SO2具有氧化性 D 将卤代烃与过量水溶液混合加热，待冷却后加入硝酸银溶液，观察沉淀颜色 确定卤代烃中卤原子种类 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．植物油属于不饱和油脂，含有碳碳不饱和键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，并非萃取作用，A错误； B．石油裂解气中含有乙烯、丙烯、丁二烯等多种不饱和烃，均能使Br2的CCl4溶液褪色，不能证明一定含有乙烯，B错误； C．反应生成浅黄色S单质，SO2中S元素化合价从+4价降低为0价，得电子作氧化剂，可验证SO2具有氧化性，C正确； D．反应后溶液中含有过量NaOH，直接加入硝酸银溶液，OH-会与Ag+反应生成沉淀干扰卤离子检验，应先加稀硝酸中和NaOH后，再加硝酸银，D错误； 故选C。 9. 下列说法正确的是 A. 常温下Mn2O7为绿色油状液体，推测其化学键为共价键 B. 甲酸酸性强于乙酸，可推断烷基越长，推电子效应越弱 C. 、的VSEPR模型不同 D. N原子的第一电离能大于O原子，可推断N原子的半径比O原子的半径大 【答案】A 【解析】 【详解】A．常温下为油状液体，说明熔沸点低，属于分子晶体，因此其化学键为共价键，A正确； B．甲酸酸性强于乙酸，是因为烷基为推电子基团，烷基越长推电子效应越强，羧基中键极性越弱，越难电离出，酸性越弱，B错误； C．中心价层电子对数为，中心价层电子对数为，二者价层电子对数均为3，VSEPR模型均为平面三角形，模型相同，C错误； D．原子第一电离能大于是因为的轨道为半充满的稳定结构，难失电子，与原子半径更大无因果关系，D错误； 故选A。 10. 分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示。 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、；②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的浸渣；③SbCl3难溶于水。下列说法正确的是 A. 砷(As)的简化核外电子排布式为[Ar]4s24p3 B. “氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将还原为SbCl3 C. 生成TeO2的离子方程式为 D. “水解”时，生成SbOCl的离子方程式为 【答案】B 【解析】 【分析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成；碱浸液中加入酸调节pH=4，转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲； 【详解】A．As是33号元素，位于第四周期ⅤA族，简化核外电子排布式应为，A错误； B．根据分析知，“氯盐酸浸”时，通入的目的是将还原为，B正确； C．碱浸液中的调生成，反应环境为酸性，离子方程式应为 ，C错误； D．“水解”时，生成的离子方程式为：，D错误； 故选B。 11. 绿矾(FeSO4·7H2O)具有重要的用途，绿矾的结构示意图如图1；化合物的一种晶体的立方晶胞结构如图2所示，晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A. 中S原子的杂化方式为sp3 B. 绿矾晶体中存在配位键和氢键 C. 图2晶胞中，与Se原子距离最近且相等的Cd原子有4个 D. CdSe晶体的密度是 【答案】D 【解析】 【详解】A．中S原子价层电子对数为，无孤电子对，杂化方式为，A正确； B．由图知，绿矾晶体中与配体中的O之间形成了配位键，分子间、水和硫酸根之间均存在氢键，B正确； C．由图知，CdSe晶胞中，离Se原子距离最近且相等的Cd原子有4个(Se在4个Cd形成的四面体空隙内)，C正确； D．Se原子在体内，有4个；Cd在顶点和面心，有个；则每个晶胞含4个CdSe，晶胞总质量为 ，晶胞体积为，故密度为，D错误； 故选D。 12. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法错误的是 A. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 B. 过程Ⅰ中Fe失去e- C. 过程Ⅱ的反应方程式： D. 过程Ⅲ中1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子 【答案】A 【解析】 【详解】A．复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催化效率，影响的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，A错误； B．过程Ⅰ中，Fe是更活泼的金属，作为负极失去电子，电子传递到Ag表面，使在Ag上被还原，B正确； C．从反应历程图可以看出，过程Ⅱ的反应物是吸附在催化剂表面的H和，生成物是和，即可得反应，C正确； D．过程Ⅲ中，被还原为N2，N元素化合价由+3价降低到0价，1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子，D正确； 故选A。 13. 利用电化学法还原CO2不仅能够降低空气中CO2的含量，还可以得到乙烯，装置如图所示。若电解后溶液pH基本不变，下列说法错误的是 A. 装置中隔膜为阴离子交换膜 B. A电极反应式为 C. 若该装置外接电源为铅蓄电池，每生成2.8 g乙烯，理论上铅蓄电池消耗1.2mol H2SO4 D. A电极反应的CO2和B电极生成的CO2的物质的量之比为6：7 【答案】D 【解析】 【分析】左侧A电极通入CO2，生成C2H4，说明CO2被还原，A为阴极，电极反应：：。B电极为阳极，电极反应： 。电源A端为负极，B端为正极。电解质为NaHCO3溶液，pH基本不变，说明H⁺/OH⁻浓度无净变化，离子迁移需维持电荷平衡。 【详解】A．阴极反应消耗水并产生，阳极反应消耗。阴极生成的需要通过隔膜移向阳极，参与阳极反应，因此隔膜应为阴离子交换膜，A正确； B．左侧A电极通入CO2，生成C2H4，C从+4价降至-2价（每个C得6e⁻，2个C共12e⁻），配平后，原子与电荷均守恒，且符合碱性环境，B正确； C．2.8g乙烯 = = 0.1 mol。由B项反应式，生成1 mol C2H4转移12 mol e⁻ ，0.1 mol C2H4转移1.2 mol e⁻。铅蓄电池总反应：Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O，每转移2 mol e⁻，消耗2 mol H2SO4，每mol e⁻消耗1 mol H2SO4。故1.2 mol e⁻对应消耗1.2 mol H2SO4，C正确； D．阳极B反应为：4− 4e- = O2↑+4CO2↑+2H2O，即每转移12 mol e⁻，生成12 mol CO2。 A电极（阴极）反应：14CO2 +12e- +8H2O = C2H4+12，每转移12 mol e⁻，消耗14 mol CO2。A、B两极物质的量之比 = 14 : 12 = 7 : 6，D错误； 故选D。 14. 常温下可通过调节溶液pH使Ca2+和Mn2+形成氟化物沉淀而分离。测得不同条件下体系中[为F-、Ca2+或Mn2+的物质的量浓度，单位为]与的关系如图所示，已知常温下，下列说法错误的是 A. 线l1代表， B. 常温下， C. “净化”过程中反应的平衡常数 D. 当时，d点处电离平衡向右移动 【答案】D 【解析】 【分析】根据HF的电离常数表达式变形可得， 随横坐标增大而增大，斜率为1，匹配曲线为 的对应曲线。、浓度随 增大而减小，故斜率为负的、为金属阳离子的 曲线，结合 ，相同 下浓度更大， 数值更大，故对应 ，对应 。取横坐标为1的点，上的点得平衡时 ，代入电离常数表达式得；上的点得 ，计算得；上的点得 ，计算得，对应净化反应的平衡常数。 【详解】A．线代表 ，结合点坐标计算得，A正确； B．结合点坐标代入电离常数表达式，计算得，B正确； C．反应平衡常数，C正确； D．当 时，d点 大于其平衡浓度，浓度商大于电离常数，电离平衡向左移动，D错误； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 从钴钼废催化剂(含有Al2O3、CaO、Co、Mo、SiO2等，Mo与Cr元素同族且相邻)中提取钴和铝的工艺流程如图所示。 回答下列问题： （1）基态Al、Ca、Co、Mo原子核外未成对电子数目最多的原子为___________(填元素符号)。 （2）滤渣的主要成分为Mo及___________(写两种，填化学式)。 （3）“沉铝”时将NH4HCO3改为Na[Al(OH)4]溶液发生反应的离子方程式为___________。 （4）“沉钴”时，温度与钴的沉淀率的关系如下图所示，沉淀反应时间为10 min，反应温度为50℃以上时，温度升高，而钴的沉淀率下降，原因可能是___________(写一条)。 （5）测定草酸钴晶体()结晶水含量：称取草酸钴晶体9.15 g，用稀硫酸酸化，加入100 mL 0.4000 的酸性KMnO4溶液，加热(该条件下Co2+不被氧化，，)，充分反应后待溶液冷却至室温，将溶液完全转移到250mL容量瓶中定容。然后取25mL，用溶液进行滴定，到达滴定终点消耗溶液=20mL。 ①草酸钴晶体()中x=___________。 ②若其他操作均正确，滴定结束读数时仰视，则所测x值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （6）在空气中加热14.7gCoC2O4，反应温度与剩余固体质量关系如图2所示(A、B均为氧化物)。由A→B的化学方程式为___________。 【答案】（1）Mo （2）CaSO4、SiO2 （3） （4）温度以上时，草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大或受热分解 （5） ①. 2 ②. 偏大 （6） 【解析】 【分析】起始原料为含、、、、的废催化剂，目标产物为和。研磨后加硫酸酸浸，转化为，转化为微溶的，转化为，、不与硫酸反应，过滤后滤渣为、、，滤液为和的混合溶液。向滤液中加沉钴得到固体，干燥得到产物；沉钴后的溶液加沉铝得到固体，干燥得到产物。 【小问1详解】 基态的价电子排布为，未成对电子数为1；基态的价电子排布为，未成对电子数为0；基态的价电子排布为，未成对电子数为3；与同族相邻，基态价电子排布为，则基态价电子排布为，未成对电子数为6，故未成对电子数目最多的原子为。 【小问2详解】 酸浸时不与硫酸反应，与硫酸反应生成微溶的，不溶于硫酸，故滤渣的主要成分为、、，任选两种即可。 【小问3详解】 “沉铝”时与发生双水解反应生成沉淀，离子方程式为 。 【小问4详解】 受热易分解，温度高于50℃时，分解导致溶液中浓度降低，钴的沉淀率下降；或温度升高草酸钴的溶解度增大，沉淀溶解导致沉淀率下降，任写一条即可。 【小问5详解】 ① 加入的总物质的量为 。滴定25mL溶液时消耗的物质的量为 ，根据反应 ，25mL溶液中过量的物质的量为 ，则250mL溶液中过量的物质的量为 ，与反应的物质的量为 。根据反应 ， ，即 ，该晶体的摩尔质量为，则 ，解得。 ② 滴定结束读数时仰视，读取的溶液体积偏大，计算得到的过量物质的量偏大，与反应的物质的量偏小， 偏小，晶体摩尔质量计算值偏大，故所测值偏大。 【小问6详解】 的物质的量为 ，含元素质量为 。A点剩余固体质量为8.03g，其中元素质量为 ， ，故A为。B点剩余固体质量为7.5g，其中元素质量为 ， ，故B为。则A到B的反应为分解生成和，配平后的化学方程式为 。 16. 氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，微溶于乙醇，溶于水时存在反应：。实验室用羟胺(NH2OH)和SO2反应制备氨基磺酸的装置如图所示。已知：NH2OH沸点为70℃，性质不稳定，受热时易分解，室温下同时吸收水蒸气和CO2时迅速分解。 回答下列问题： （1）仪器D的名称是___________；装置A中发生反应的化学方程式为___________。 （2）该制备装置还存在一处明显的缺陷，改进的办法是在AB间连接盛有___________(填字母)的洗气瓶。 a．98%浓硫酸 b．饱和NaHSO3溶液 c．NaOH溶液 d．蒸馏水 （3）单向阀B的作用为___________。 （4）氨基磺酸溶于水后的产物与足量热Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为___________。 （5）下列叙述正确的是___________(填字母)。 a．装置A选用98%浓硫酸可以加快SO2生成速率 b．装置C可采用热水浴以加快反应速率 c．装置D可用盛有NaOH溶液的洗气瓶代替，除去未反应的SO2，防止污染空气 d．实验完毕后，采用过滤分离装置C中混合物 （6）准确称取2.500 g氨基磺酸粗品配成250 mL待测液。取25.00 mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用的NaNO2标准溶液进行滴定，共消耗NaNO2标准溶液25.00 mL。此时反应的氧化产物和还原产物均为N2.则氨基磺酸粗品的纯度为___________(结果用百分数表示)。 【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑ （2）a （3）使SO2气体只能由装置向右流动，防止溶液倒吸 （4） （5）d （6）97% 【解析】 【分析】A为实验室制SO2的装置，C为目标产物发生装置，D为尾气吸收装置，同时防止空气中水蒸气和CO2进入反应体系，导致羟胺分解，并且实验明显缺一个SO2的洗气装置。 【小问1详解】 由图可知，仪器D为球形干燥管；装置A中70%硫酸与发生反应，其化学方程式为； 【小问2详解】 AB之间需要安装SO2的洗气瓶，防止水蒸气进入C中，应选用具有吸水性的浓硫酸，故选a； 【小问3详解】 单向阀B的作用为使SO2气体只能由装置向右流动，防止溶液倒吸； 【小问4详解】 氨基磺酸溶于水后的产物与足量热Ba(OH)2溶液反应生成氨气和硫酸钡沉淀，其离子方程式为 ； 【小问5详解】 a．实验室制备SO2既不选用高浓度硫酸，因98%浓硫酸具有强氧化性，会氧化生成的SO2，导致产率降低，故不宜使用，也不选用低浓度硫酸，H+浓度较小，反应速率慢，所以70%硫酸最佳，a错误； b．反应物羟胺受热爆炸，不能采用水浴加热，b错误； c.装置D用盛有NaOH溶液的洗气瓶代替，不能阻止NaOH中的水蒸气进入装置C中，c错误； d．产物氨基磺酸微溶于反应溶剂乙醇，所以实验完毕后采用减压过滤分离，d正确； 故选d； 【小问6详解】 滴定反应为，则25 mL待测液中氨基磺酸的物质的量为 ，所以250 mL待测液中氨基磺酸的物质的量为 ，则粗品纯度为 17. 游离态氮(惰性氮)转化为化合态氮称为氮的活化。过量活化会导致氮向大气和水体迁移，破坏氮循环平衡。通过催化还原把这些活性化合物再变回无害的氮气称为“氮的转化”。 已知：SO2、CO、NH3等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。在，时， a． ； b． ； c． 。 回答下列问题： （1）写出NO与NH3反应生成惰性氮和液态水时的热化学方程式：___________。 （2）合成氨工业中，以下措施既能提高化学反应速率又能提高原料的平衡转化率的是___________(填字母，下同)。 A. 升高温度 B. 将氨液化从体系中分离 C. 加入催化剂 D. 增大压强 （3）采用如下投料比，在同温同压下达平衡，氨气的平衡产率最大的是___________(多选)。 A. B. C. D. （4）CO还原NO的反应机理及相对能量如图所示(TS表示过渡态)： ①该反应决速步骤的化学方程式为___________。 ②下图中表示该反应的与关系正确的是___________(填字母)。 A． B． C． D． （5）新型催化剂M能催化CO与NO2反应生成N2，反应方程式为 。现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的NO2和CO气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应。相关数据如下： 时间 物质的量浓度 0 min 5 min 10 min 15 min 20 min 2.0 1.7 1.56 1.5 1.5 0 0.15 0.22 0.25 0.25 此温度下，该反应的化学平衡常数K=___________(保留两位有效数字)。 （6）NH3还原NO的主反应为 。相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示： ①由图1、2可知具有较高活性和选择性的催化剂为___________(填“Fe2O3”或“酸化的”)。 ②图1中100~300°CNO转化率升高的原因为___________。 【答案】（1） （2）D （3）AC （4） ①. 或者 ②. B （5）0.11 （6） ①. 酸化的 ②. 图1中100℃至300℃，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，NO转化率升高 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知反应b×3 - a×2 - c×3，可得目标反应 ，对应焓变。 【小问2详解】 合成氨反应为气体分子数减小的放热反应： A．升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料平衡转化率降低，A错误； B．将氨液化从体系中分离，平衡正向移动，原料平衡转化率升高，但反应速率减慢，B错误； C．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，原料平衡转化率不变，C错误； D．增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料平衡转化率升高，D正确； 故选D。 【小问3详解】 合成氨反应中，当投料比 等于计量比1:3时，反应物的平衡转化率最高，氨气平衡产率最大： A．投料比为化学计量数之比1:3，是理想投料比，氨的产率最大。 B．同温同压下加入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气产率降低。 C．将2 mol NH3按化学计量数完全转化为反应物，相当于起始投入 ， ，与A选项的投料比相同，属于等效平衡，因此氨气的平衡体积分数与A相同，产率也达到最大。 D．投料比不等于化学计量数之比，氨气产率较低。 故选AC。 【小问4详解】 ① 决速步骤为反应历程中活化能最高的基元反应，由能量图可知第一步基元反应的活化能最高，对应化学方程式为 。 ② 总反应为 ，反应的 ，气体分子数减少，，则随温度T升高而增大，T=0时 ，对应图像为B。 【小问5详解】 平衡时，，结合反应计量比可知，平衡时，，代入平衡常数表达式： 。 【小问6详解】 ① 由图可知，相同温度下酸化的作催化剂时，NO转化率更高，产率更高，产率更低，活性和选择性更好。 ② 100~300℃范围内反应未达到平衡状态，温度升高反应速率加快，相同时间内消耗的NO更多，NO转化率升高。 18. 萘氧啶是一种抗肿瘤药物，其一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A___________(填“有”或“无”)顺反异构体，D中有___________个手性碳原子。 （2）A→B的反应类型是___________。 （3）E中所含官能团的名称为___________。 （4）1 mol B最多能与___________mol H2发生加成反应，C与H2完全加成后的产物与足量金属Na反应的化学方程式为___________。 （5）D去掉一个苯基和甲氧基形成分子式为C10H10O2的芳香族化合物(G)，G的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。 ①能发生银镜反应和水解反应； ②苯环上含2个侧链； ③分子中只含一个环。 （6）已知：+H2O，设计一条以甲苯和为原料合成的路线：___________(无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 有 ②. 1 （2）加成反应 （3）醚键、酮羰基 （4） ①. 9 ②. （5）18 （6） 【解析】 【分析】A与HCN发生加成反应得到B，B水解得到C，C在Zn-Hg齐作用下还原得到D，D在一定条件下反应得到E，E与F先发生加成反应后发生消去反应得到G，据此作答。 【小问1详解】 顺反异构需满足碳碳双键上的两个碳均分别连接两个不同的基团，故A有顺反异构体；如图，中10号碳原子为手性碳原子，故D中有1个手性碳原子； 【小问2详解】 由分析可知，A→B的反应类型为加成反应； 【小问3详解】 由E的结构可知E含有官能团名称为醚键、酮羰基； 【小问4详解】 1 mol B中两个苯环各能与3 mol发生加成反应，氰基能与2 mol发生加成反应，酮羰基能与1 mol发生加成反应，故1 mol B最多能和9 mol发生加成反应；C与完全加成得到，和足量金属Na反应方程式为； 【小问5详解】 G能发生银镜反应和水解反应，说明为甲酸酯；G只含两个侧链，由此可知G的骨架为、、、、、，每种骨架有邻、间、对三种同分异构体，故G的结构共有18种； 【小问6详解】 根据条件可知合成需先制备和（原料），其中苯甲醛可由甲苯经历取代、水解、氧化得到，故合成路线为： 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $