山东省菏泽市单县第二中学2026届高三下学期考前模拟考试（二）化学试卷

山东省菏泽市单县二中2026届高三模拟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32C135.5Si28C56Ti 48Fe56Co59 一、选题题本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符 合题目要求。 1.化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法错误的是 A.亚硝酸钠可作防腐剂和护色剂，可大量添加于腊肉、香肠等肉制品中 B.布洛芬具有解热、镇痛作用，对该分子进行成酯修饰可以降低副作用 C.聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可做免拆手术缝合线 D.在合成纤维高分子链上插入适当的亲水基团，可以增加纤维的吸湿性 2.下列化学用语或图示表示错误的是 F、 A.气态二聚氟化氢分子[(F)2]: 一H H.C CH B.顺-2-丁烯的结构简式： C=C H H C.基态B原子的轨道表示式： 41个 1s 2s 2p 马 D.LBH4中阴离子的电子式：[H:B:H]厂 i 3.下列实验装置正确且能达到实验目的的是 y稀盐酸 ←一碘水 苯酚钠 溶液 水解液 ① ② ③ ④ A.图①可用于熔融硫并从熔融态硫获得硫晶体 试卷第1页，共13页 B.图②可用于证明酸性：H,CO3>苯酚 C.图③可检验淀粉在酸性条件下是否完全水解 D.图④可用于制备F(OH),胶体 4.N4为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A.标准状况下，22.4LNH3含o键的数目为3NA B.1 Llmol/L FeCl3溶液所含Fe3+的数目为Na C.30 g HCHO与CH,COOH的混合物中含碳原子数为NA D.25gCu(HO)4S04H20中配位键的数目为0.4Na 5.下列关于物质性质或应用解释错误的是 选项 性质或应用 解释 Y 延展性：生铁<纯铁 生铁的原子层间相对滑动更困难 热稳定性： B H,O分子间存在氢键 H2O>H2S C 硬度：金刚石>碳化硅 C一C键长小于C一Si 熔点： D C,H NH NO3<NH4NCC,H,NH的体积大于WH A.A B.B C.C D.D 6.某化合物结构如图所示。下列说法错误的是 COOH CN A.该化合物中含有4个手性碳原子 B.1mol该化合物最多与3olH2发生加成反应 试卷第2页，共13页 C.该化合物只能与碱反应，不能与酸反应 D.该化合物含有5种官能团 7.下列根据实验现象得出的离子方程式，书写正确的是 实验①：向NaHSO溶液中滴加过量Nacio溶液 实验②：向FSO4溶液中加入用硫酸酸化的H,O,溶液，溶液变为棕黄色 实验③：用镊子夹一块湿润的淀粉-I试纸接近电解饱和食盐水的阳极上方，试纸变蓝色 实验④：向CuSO4溶液中加入浓氨水，得到深蓝色溶液 A.实验①：HSO+CIO=SO}+CI+H B.实验②：Fe2++2Ht+H02=Fe3++2H,0 C.实验③：Cl2+2I=I2+2CI D.实验④：Cu(OH,+4NH,H,0=[Cu(NH)4+20Hr+4H,0 8.某盐类添加剂的结构如图所示，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元 素，W元素的焰色为紫红色，W、X、Y、Z均在同一周期且与M不同族。下列说法错误的 是 A.简单离子半径：Z>W B.键角：MY好>XY C.基态原子未成对电子数：Y>Z D.简单氢化物还原性：M>Z 9.一种离子液体[Bmin]PF。的制备方法如下，已知N-甲基咪唑具有平面环。设N4为阿伏 加德罗常数的值。下列说法错误的是 HC-N C4HoBr Br KPF6 PFG N HC C4Ho H:C CaHo N-甲基咪唑 [Bmin]Br [Bmin]PF6 A.0.lmoN-甲基咪唑的o键个数为1.2NA B.PF石的空间结构为正八面体形 C.N-甲基咪唑分子中，两个N原子的孤电子对均位于p杂化轨道上 试卷第3页，共13页 D.离子液体[Bmin]PF。有难挥发的优点 10.利用烟气中S0,可回收废水中的I,实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说 法错误的是 【2 C024 ② →NH3 →[CoNH3)6J24 02 [Co(NH3)sI2+ →NH3 ③ ⑤ NH, [(NH3)sCo-O-O-Co(NH3)sJ4+ [Co(NH)J* S031 ④ S02 A.反应①~⑤中有3步存在电子的转移 B.经过②的转化后键角∠H-N-H增大 C.[H),Co-O-O-Co(NH)中Co的化合价为+4价 D.总反应（省略条件）为S0,+2I+0,S0+12 二、本题共5小题，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分。 11.由下列实验操作及现象不能得出相应结论的是 实验操作及现象 结论 向装有少量Ag粉的试管中加入0.100mol/LFe2(S04)3溶 氧化性： 液(pH=1),振荡，Ag完全溶解 Fes>Ag+ 向2支盛有等浓度、等体积银氨溶液的试管中分别滴入2 溶度积常数： 滴0.lmol/L NaCl溶液和0.1mol/L NaBr溶液，一支试管 K(AgCI)>Kp(Ag 无明显现象，一支产生黄色沉淀 室温下，分别用pH计测定浓度均为 化学键的极性： C 0.100mol/LCH,COONa溶液和CFCOONa溶液的pH为 C-F>C-H 9.73和7.08 D 向盛有2 nL NaHCO,饱和溶液的试管中，滴入稀HCl,有 元素的非金属性： 试卷第4页，共13页 大量气泡产生 Cl>C A.A B.B C.C D.D 12.在催化剂X或催化剂Y作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为 CH,CH,CH3(g)、三CH,CH=CH,(g)+H,(g)△H=OkJ.mol-,反应进程中的相对能量变 化如图所示(*表示吸附态，*CH,CHCH2+2H→CH,CH=CH,(g)+H2(g)中部分进程已省 略)。 2 一口一催化剂X △一催化剂Y CH,CH =CH,(g)+H(g) D■ 1 CH,CH,CH,(g) 过渡态2 0 过渡态1 *CH,CHCH ①1 *CH,CHCH,+*H *CHCHCH,+2*H ② 反应进程 下列说法错误的是 A.2>0 B.①转化为②的进程中，决速步骤为CH,CHCH3→CH CHCH,+H C.CHCH,CH(g)被催化剂X吸附得到的吸附态更稳定 D.催化剂Y作用下丙烯的产率更高 13.聚3-己基噻吩①是一种应用广泛的导电聚合物，主要用于有机太阳能电池。为提高的 性能，科学家对其进行以下改进，形成一系列不同长度的产物。下列说法正确的是 Si(CH,方 MgBr Si(CH)为 00 A.I能导电是因为其环上存在大π键 B.I与Ⅱ生成Ⅲ的反应是加聚反应 C.V中所有原子可能位于同一平面 D.V中n、m之比一定是固定值 14.我国院士团队研发的离场电催化技术实现了硫化氢的高效全分解，原理如图所示。 试卷第5页，共13页 太阳能电池 硫化氢 纯度99.999%H X区 Y区 H 下列说法正确的是 A.离子交换膜M为阳离子交换膜 B.Pt2电极上发生的反应为V3++e=V2+ C.处理34gHS大约可以回收22.4L(标准状况)高纯度的H2 D.吸收塔中发生的反应为2Fe3++S2-=2Fe2++S c(HM) 15.常温，向20.00mL0.10mol/LNaR溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中lg c(HR) c(M 与lg 的关系如图所示。已知K(R)=4.0×10,下列说法正确的是 c(R) 1g- c(HM) c(HR) 2 lg c(M) -2 c(R) A.随着HM的滴入，水的电离程度先变大后变小 c(HR).c(HM) B.pH=6时， c(R-).c(M) 的值比pH=7时的小 C.滴入10.00mLM溶液后，溶液中存在：c(R)<c(HR) D.滴入20.00mLM溶液后，溶液中存在： c(HR)+c(OH)+c(R-)<c(HM)+c(Na*)+c(H+) 三、本题共5小题，60分。 16.碳、硅及其化合物具有丰富的理化性质和用途。 (1)硅在元素周期表中的位置是 ，基态硅原子占据的最高能级的符号是 (2)CaC,俗称电石，该化合物中存在的化学键类型为 。(不定项)： A.离子键 B.极性共价键 C.非极性共价键 D.配位键 试卷第6页，共13页 (3)下列说法正确的是 (不定项) A.电负性：B>N>O B.离子半径：P3<S2<CI C.第一电离能：Si<S<P D.基态Cr2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 (④)早在青铜器时代，人类就认识了与碳硅同主族的锡。锡的卤化物熔点数据如下表， 物 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4 质 熔 点 442 -34 29 143 C SnCL4气态分子的空间构型是 A.正四面体形 B.三角锥形 C.角形 D.直线形 (⑤)结合变化规律说明上述熔点变化的原因： (⑥下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是 A.金刚石(C) B.单晶硅(Si) C.金刚砂(SiC) D.氮化硼BN,立方 相) (T)MgSi晶体的晶胞示意图如下。每个Mg原子位于Si原子组成的四面体的中心。则1个 Si原子周围有 个紧邻的Mg原子。己知MgSi的晶胞边长为acm,阿伏加德罗常数 的值为Na,则MgSi晶体的密度为 g·c1mr3。 OSi OMg 17.邻硝基苯酚主要用作染料、药物、炸药的中间体，其实验室制备原理如下： OH OH OH NaNO3、H2SO4 NO 10~15℃ NO 实验装置如下图（部分仪器略去）： 试卷第7页，共13页 磁力搅拌器 装置1 装置11 相关信息如下表Mr表示相对分子质量)： 物质 Mr 颜色 熔点℃ 沸点/C 溶解性 其他 稍溶于水， 65C以上 苯酚 94 无色 40.9 181.8 能与水混 溶。 溶于热水， 能与水蒸 邻硝基苯 139 浅黄色 44.5 216 微溶于冷 气一同挥 酚 水。 发 溶于热水， 不与水蒸 对硝基苯 139 浅黄色 113.4 279 微溶于冷 气一同挥 酚 水。 发 实验步骤： ①向装置I中的三颈烧瓶中加入10.2 g NaNO3、26.0mL水、8.0mL浓H2SO4。完全溶解后， 将烧瓶置于冰水浴： ②将9.4g苯酚完全溶于10mL水后，转入分液漏斗中，维持10-~15℃，将其缓慢加入三颈 烧瓶中，反应1h后得到黑色油状物质，并转移至烧杯中；冷却至黑色油状物固化，倾出酸 层，然后用蒸馏水洗涤3次，得到硝基苯酚粗品； ③利用装置Ⅱ进行水蒸气蒸馏，馏出液经一系列操作得邻硝基苯酚样品8.5g。 回答下列问题： (1)装置I中仪器a的名称是 三颈烧瓶的最适宜规格为 (填标号) 试卷第8页，共13页 A.500 mL B.250mL C.100 mL D.50mL (2)玻璃管b的作用为 (3)步骤③中用蒸馏水洗去粗品中残留的无机酸和无机盐，检验是否洗涤干净的操作是 (4)当观察到d中 的现象时，即可停止水蒸气蒸馏。 (⑤)图中虚线框内合适的装置可以为 (填标号)。 (6取③中样品0.85g,加入含0.015molB的饱和溴水（邻硝基苯酚与Br2以1：2反应，不 考虑其他反应)，充分反应后，剩余的Br2与足量I溶液作用生成I2,用0.1mol/LNaS,O 标准溶液滴定，终点时消耗Na,S,O标准溶液60.00L(苯酚在②中完全反应，以上数据均 己扣除干扰因素)，己知：I2+2Na2S203=2Nal+Na2S406。 则邻硝基苯酚的选择性=%（物质X的选择性= 转化为X的反应物的物质的量 ×100%) 消耗的反应物的总物质的量 (⑦)实验测得邻硝基苯酚的选择性偏低，可能的原因是 (填标号)。 A滴定终点时俯视读数 B.滴定时，N☑S,O3标准溶液滴在锥形瓶外 C.滴定前，Na,S,O3标准溶液部分变质 18.从钕铁硼废渣（主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和SiO)中回收钕和钴的流程如图所示。 浓盐酸 H,C,O 反萃取 →沉钕 煅烧→Nd,O 浓盐酸 H02 N503 NaOH P507 L 钕铁硼 有机相2 废渣 →浸出一→氧化→萃取中和→萃取2 Na,CO 滤渣 有机相1 碱沉淀 →CoCO 已知：①B难溶于非氧化性酸；氧化性：Co+>H,O2。 ②P507(用R表示)萃取稀土离子的原理为3HR+Nd+一NdR?+3H。 试卷第9页，共13页 ③Kp[Nd,(C,043]=2.7×10，K1(H,C04)=5x102,K(H,C,04)=1x104。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)“萃取1的目的是 所需的玻璃仪器是 (3)“有机相2可导入 (填操作单元名称)循环利用。 (4)“沉钕的离子方程式为 ;若Nd3+恰好完全沉淀时，溶液pH=2,此时溶液中 c(H2C,04)= mol/L。 (⑤)CoCO3在500℃，不同条件下获得的煅烧产物的X射线衍射谱图如图所示（区射线衍射用 于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。实验证明，CCO3 在空气中分解时发生了两步反应，第二步反应的化学方程式为一。 ◇Co0oCo04 0 氩气中煅烧 0 处 射 空气中煅烧 8 进风量200m30h 度 o%oR 83 空气中煅烧 进风量300m3h 102030405060708090 2×衍射角/度 19.盐酸托莫西汀是一种治疗注意缺陷（多动障碍）的药物，其合成路线如图所示。 NH>C(CH) CuHINF B A NaH 醋酸 反应a BH3 CHOCI CuH-ON 四氢呋哺 D E ①NaBH ①Zn/醋酸溶液 ②HC 盐酸托莫西汀 试卷第10页，共13页 回答下列问题： (1)化合物A中官能团的名称为 (2)化合物B的结构简式为 (3)D→E化学方程式为 (4)G→H分两步进行，中间产物的分子式为CH3O2N,这两步反应的反应类型依次为 反应、 反应。 (⑤)化合物C的芳香族同分异构体中含有羰基氯( )的有 种（不考虑手性 C 异构)，其中核磁共振氢谱图中只有三组峰且峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式 为 。(任写一种) 20.利用CH4可制备诸多物质。回答下列问题： (1)CH4与CO重整制备水煤气的主要反应的热化学方程式如下： 反应I:CH4(g)+C02(g)=2C0(g)+2H2(g)△H,=+246.5 kJ.mol; 反应I:H2(g)+C02(g)、≠C0(g)+H0(g)△H2=+41.2kJmo1: 反应I:2C0(g)≥C02(g)+C(s)△H3=-172.5 kJ.mol1。 ①在CH4与CO重整体系中通入适量H2O(g),可减少C(s)的生成，反应 3CH4(g)+C02(g)+2H,O(g)=4C0(g)+8H2(g)的△H= k·mol-1。 ②1.01×10Pa下，将她(C02):始(CH4)=1:1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下 重整体系中，CH4和CO,的平衡转化率如图1所示。800C时CO,平衡转化率大于600C时 CO,平衡转化率，其原因是 试卷第11页，共13页 95 CH 85 75 65 C02 45 00 60 700 800 温度/℃ 图1 (2)CH4与H,S可制备CS2,反应的热化学方程式为 CH4(g)+2HS(g)≥CS2(g)+4H(g)△H。向某密闭容器中充入1 mol CH4和2 mol H,S(g) 发生上述反应，不同条件下达到平衡时，CH4的转化率为(CH4),在T=150℃时， ax(CH4)~p和p=200kPa时，a(CH4)~T的关系如图2所示。 p/kPa 100200300400500 a 0.80 0.70 0.60 b 0.50 100 150200250 300 T/°C 图2 ①该反应的△H (填><”或=)0。 ②曲线b表示a(CH4)与 (填“卫”或“T)的关系曲线，原因为 ③x、y、z三点平衡常数K(x)、K(y)、K(z)的大小关系为 ④在y点对应条件下，请用平衡时物质的量分数代替平衡浓度计算，此时反应的平衡常数 Kx= (结果用分数表示)。 (③)研充CH,、H,0(g)与不同配比的铁铺载氛Fe0,1-)Ce0,0≤x≤1，Ce是活泼 金属，正价有+3、+4]反应制备C0和H2依次发生的主要反应： 试卷第12页，共13页 CH4载低氧→C0+2H,(甲)H,0氢体奇氧→H,(乙)。 850 400℃ n(H2) 已知甲反应的产物气体体积分数、CH,转化率、 与x的关系如图3所示。当x=0.5 n(CO) 时，通入标准状况下300mL的CH,至反应结束，c0的选择性=生(C0 n转化(CH4) ×100%=80%, 则生成标准状况下CO和H,的总体积为 ImL。 60 查不 470004000 ● (Hu )i ☑H ■CO 0 0.3 0.4 0.5 1.0 图3 试卷第13页，共13页 1.A 【详解】A.亚硝酸钠虽可作防腐剂和护色剂，但过量添加会生成致癌物亚硝胺，国家严格 限制用量，大量添加错误，A错误； B.布洛芬分子中的羧基可能刺激肠胃，通过成酯修饰可降低其酸性，减少副作用，B正确： C.聚乳酸可被人体降解吸收，符合生物医用材料特性，C正确： D.合成纤维（如涤纶）原本疏水，引入亲水基团（如羟基）可增强吸湿性，D正确： 故答案为：A。 2.C 【详解】 A.F的电负性很大，F之间可以形成氢键形成气态二聚氟化氢分子[(F)2]: F B-H- H,A正确： B.顺-2-丁烯的碳碳双键两端的甲基在双键的同侧，B正确： C.泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；基态B原子的轨道表示式： 女个四个 C错误； Is 2s 2p H D.LBH4中阴离子为BH4,电子式：[H:B:H],D正确： i 故选C。 3.C 【详解】A.硫在加热熔融时，会与空气中的氧气发生反应生成二氧化硫，无法得到纯净的 硫晶体，A错误； B.稀盐酸易挥发，所以产生的二氧化碳中混有HC1,反应生成苯酚后，不能证明是碳酸的 酸性比苯酚强，B错误； C.淀粉遇到碘单质会变蓝，所以滴加碘水后，若不变蓝，则证明淀粉完全水解，反之，则 未完全水解，C正确： D.制备胶体的正确方法是向沸水中滴加饱和FCl?3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止 加热，若在加热过程中搅拌，会生成沉淀，D错误： 故答案选C。 答案第1页，共13页 4.B 【详解】A.标准状况下，22.4LNH3物质的量为1mol,1个NH3分子中含有3个N-Hσ 键，因此1olNH3含o键数目为3N,故A正确： B.1L1mol/L FeCla3溶液中溶质FeCL3物质的量为1mol,但F3+会发生水解反应，溶液中 实际存在的Fe+数目小于NA,故B错误： C.HCH0和CH3COOH的最简式均为CH20,最简式摩尔质量为30gmol,30g混合物含 1 mol CH20单元，因此含碳原子数为N4,故C正确： D.Cu(H,0)4S04·H0的摩尔质量为250g/mol,25g该物质物质的量为0.1mol,每个 配离子[Cu(H,O)4]中含有4个配位键，所以配位键数目为04N,故D正确： 选B。 5.B 【详解】A.生铁为铁碳合金，杂质原子会阻碍金属原子层的相对滑动，因此延展性弱于纯 铁，A正确： B.热稳定性是由分子内共价键键能决定的化学性质，H,O热稳定性强于H2S是因为O的非 金属性强于S,H-O键键能大于H-S键，与分子间氢键无关，氢键仅影响熔沸点等物理性 质，B错误： C.金刚石和碳化硅均为共价晶体，键长越短键能越大，晶体硬度越高，C原子半径小于 Si,因此C-C键长小于C-Si键，金刚石硬度更大，C正确： D.二者均为离子晶体，离子所带电荷数相同时，离子半径越大离子键越弱，晶体熔点越低， C,HNH体积大于NH,因此C,H NH NO3离子键更弱、熔点更低，D正确： 故选B。 6.c 【详解】 A.连接有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该化合物含有如图 CO0,图中*所标为手性碳原子)共4个手性碳原子，正确： 答案第2页，共13页 B.该化合物中含有的碳碳双键和氰基能与氢气发生加成反应，1个碳碳双键能与1个H2分 子发生加成反应，1个氰基能与2个H2分子发生加成反应，故1mol该化合物最多与3olH2 发生加成反应，B正确： C.该化合物分子中含有的酯基、酰胺基、氰基在酸性和碱性条件下均可发生水解反应，含 有的羧基可与碱发生反应，因此该化合物既能与酸反应，也能与碱反应，C错误： D.该化合物含有酯基、酰胺基、碳碳双键、氰基、羧基共5种官能团；D正确： 故选C。 7.C 【详解】A.NaCIo过量，反应生成的H+会与过量Cl0一结合为HCIO,离子方程式为 HSO+2ClO=SO+CI+HClO,A错误； B.该反应电荷不守恒，左边总电荷为+4，右边总电荷为+3，离子方程式为 2Fe2++H,02+2H=2Fe3++2H,0,B错误： C.电解饱和食盐水阳极生成C2,C,氧化I生成I使淀粉变蓝，离子方程式 C1,+2I=I2+2C1,C正确； D.向CuSO4溶液中加浓氨水，反应物为Cu+,且反应生成的OH会与体系中的NH结合， 总离子方程式为Cu+4NH,-H,0=[Cu(NH),了+4H,0,D错误： 故选C。 8.B 【分析】W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素：W的焰色为紫红色， 且W为+1价阳离子，短周期中符合条件的是锂，W、X、Y、Z同周期，均为第二周期元素， 原子序数依次增大：结合成键特点，X形成4个共价键，得X为C:Y形成双键/单键，满 足8电子结构，得Y为O:第二周期原子序数比O大的主族元素为Z为F;M原子序数大 于F,与WXYZ不同周期（即第三周期主族元素），结合选项中MY,得M为P(PO符 合组成，原子序数15>9，符合要求)。 【详解】A.Z为F(电子层数2)，W为Lit(电子层数1)，电子层数越多离子半径越大， 故半径F>Li计，即Z>W,A正确： B.为PO,中心P价层电子对为4+5+32=4对，无孤对电子，空间构型为正四 2 答案第3页，共13页 面体，键角约109°28；为C0,中心C价层电子对为3+4+2,3×2=3对，无孤对 2 电子，空间构型为平面正三角形，键角为120°；故键角：PO<CO,即MW<, B错误； C.Y(0)电子排布为1s22s22p4,未成对电子数为2；Z(F)电子排布为1s22s22p,未成 对电子数为1，故未成对电子数Y>Z,C正确： D.非金属性：F>P,非金属性越强，简单氢化物还原性越弱，故还原性PH3>HF,即 M>Z,D正确： 答案选B。 9.C 【详解】A.N-甲基咪唑分子内共12个o键，0.1mol该物质含o键物质的量为1.2nol,对 应数目为1.2Na,A正确： B.P,中心P原子价层电子对数为6，无孤电子对，空间结构为正八面体形，B正确： C.N甲基咪唑环为平面结构，存在共轭大π键，与甲基相连的N原子的孤电子对填充在p 轨道参与共轭，并非位于p杂化轨道，C错误； D.[Bmin]P℉。为离子化合物，粒子间以离子键结合，作用力强，具有难挥发的特点，D正 确； 故选C。 10.C 【详解】A.反应①~⑤中有①③④共3步涉及化合价变化，存在电子的转移，A正确： B.经过②的转化后，N原子无孤电子对，对成键电子对的斥力减小，键角H-N-H增 大，B正确： C.[(H),C0-0-0-Co(NH)中0为-1价，co的化合价为+3价，C错误： D.根据反应原理，反应物为S02、I、O2,生成物为SO、I2,总反应为S02+2I+02=SO +I2,D正确： 故选C。 11.D 答案第4页，共13页 【详解】A.实验操作中，Ag粉在Fe2(SO4)3溶液中完全溶解，说明发生了反应：Ag+Fe3+→Ag* +Fe+,Fe3+作为氧化剂氧化了Ag,得到氧化产物Ag*,氧化剂的氧化性大于氧化产物，因 此氧化性Fe3+>Ag*,结论能得出，A正确： B.在银氨溶液中，加入NaCI无明显现象，加入NaBr产生黄色沉淀(AgBr),说明AgBr 更难溶，即Kp(AgBr)<K(AgCI),B正确： C.CH3 COONa溶液pH=9.73,CF3COONa溶液pH=7.08,pH越高说明水解程度越大，对应 酸的酸性越弱，因此CH:COOH酸性弱于CF3COOH,由于F的电负性大于H,C-F键极性 大于C-H键，导致CF3COOH酸性更强，结论能得出，C正确； D.向NaHCO3溶液中滴加稀HCl产生大量气泡(CO,),说明HCl酸性强于HCO3,但该 反应为酸碱反应，不能直接推断元素的非金属性，非金属性需比较最高价含氧酸酸性，即 HClO4与HCO3,实验未涉及，不能直接得出结论，D错误； 故答案为D。 12.D 【详解】A.由图可知，生成物CHCH=CH2(g)+H(g)的总相对能量高于反应物 CH,CH,CH(g),说明正反应吸热，△H=Q>0,A正确： B.决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定，①(*CH CH,CH)转化为② (*CH,CHCH,+2*H)的过程中，步骤*CH,CCH3→*CH CHCH2+*H的活化能远大于第 步，因此该步骤是决速步骤，B正确： C.能量越低物质越稳定，丙烷被催化剂X吸附后得到的吸附态*CHCH,CH相对能量低于 催化剂Y吸附后的吸附态，因此X吸附得到的吸附态更稳定，C正确： D.催化剂只改变反应速率，不改变反应的始态和终态，不影响化学平衡，因此不能改变平 衡产率，两种催化剂下丙烯的平衡产率相同，D错误： 故选D。 13.A 【详解】A.聚3-己基噻吩的共轭结构中存在离域大π键，电子可在共轭体系中自由移动， 因此具有导电性，A正确： B.加聚反应是小分子单体聚合生成高分子的反应，该反应中I本身已经是高分子，反应只是 在I的端基引入原子团，不属于加聚反应，B错误： 答案第5页，共13页 C.V中氨原子连接了甲基，甲基碳原子为sp杂化，呈四面体结构，因此分子中所有原子 不可能共平面，C错误； D.题干明确说明改进后得到一系列不同长度的产物，说明聚合度n、m均可变化，二者比 值不是固定值，D错误； 故选A。 14.BC 【分析】由图示装置可知，太阳能电池为电源，与X区、Y区构成电解池，吸收塔中℉3+ 氧化H2S生成S、Fe2+、H,催化塔中V2+还原H+生成H2和V3+,则X区中Fe2+转化为Fe3 +,Pt1是阳极，电极反应为Fe2+-e=Fe3+,仅需要H+从X区迁移到Y区平衡电荷，M 为质子交换膜。 【详解】A.若M为阳离子交换膜，Fe2+、Fe3+等阳离子从X区迁移到Y区平衡电荷，造 成原料损失和杂质污染，故M不是阳离子交换膜，A错误： B.Y区中V3+转化为V2+,发生还原反应，Pt2是阴极，电极反应式为V3++e=V2+,B正 确； C.34gHS的物质的量为1ol,整个装置的总反应为H2S=H2+Sl,1 mol H2S分解生成 22.4LH2(标准状况)，C正确： D.H2S为弱电解质，吸收塔中发生的反应为2Fe3++H2S=2Fe2++Sl+2H+,D错误； 故选BC。 15.D 【详解】A.原NaR溶液中R水解促进水的电离，滴入酸HM时，反应生成弱酸R,R 浓度减小，水的电离被促进的程度减弱，M过量后电离出H+抑制水的电离，水的电离程 度一直减小，A项错误； B.由K(HR)= 但)c&和KM-cHe可知， c(HR) c(HM) c(R)c(HM)_c(R)c(M）c(H)）c(H) c2(H) c(Rc(M）c(R）c(M）K.(HR)K.(HM)K.(M)K(HR)' 电离平衡常数 为定值，pH越小cH)越大，该比值越大，pH=6时cH)大于pH=7时，则pH=6时比值更 大，B项错误； C.滴入等浓度10mL HM溶液后，根据反应HM+NaR=R+NaM,得到的溶液中HR、NaR 答案第6页，共13页 浓度相等，因KRKR)0025x100<&(R),说明溶液中R的电离 程度远大于R的水解程度，则c(R)>c(R),C项错误： D.向其中滴入20mL等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n(M)=n(R),微粒处于同 一溶液中，根据物料守恒可得c(M)+c(M)=c(R)+c(R);根据电荷守恒可知 c(Na+)+c(H)=c(M)+c(R)+c(OH),两式相加，整理可得关系式 c(HR)+c(OH)+2c(R)=c(HM)+c(Na*)+c(H*), c(HR)+c(OH)+c(R)<c(M)+c(Na)+c(H),D项正确： 答案选D。 16.(1) 第三周期IVA族 3p (2)AC (3)CD (4)A (⑤)SnF4属于离子晶体，熔点较高，SnCl4、SnBr4、Snl4属于分子晶体，分子晶体的相对分子 量越大，分子间作用力越强，熔点越高 (6B 4×76 (7) 8 dxNA 【详解】（1)硅原子序数14，位于元素周期表第三周期VA族，核外电子排布： 1s22s22p3s23p2,基态硅原子占据的最高能级的符号是3p: (2)电石属于离子化合物，存在离子键，还存在碳碳非极性共价键； (3)A.同周期元素，从左到右元素电负性逐渐增强，电负性：B<N<O,A错误： B.电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半 径：P3>S2>CI,B错误： C.同周期元素，从左到右元素第一电离能呈逐渐增大趋势，P核外电子排布处于半充满的 较稳定状态，第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：Si<S<P,C正确： D.Cr原子序数24，基态Cr2+的简化电子排布式：[A]3d,D正确： 答案选CD; 答案第7页，共13页 (4)SCl4中Sn杂化类型为sp3,无孤电子对，空间结构为正四面体，答案选A; (5)SnF4属于离子晶体，熔点较高，SnCl4、SnBr4、Snl4属于分子晶体，分子晶体的相对 分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高： (6)共价晶体熔化时需破坏共价键，成键原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高， 则熔点最低的为单晶硅(S),答案选B: (7)根据MgSi晶体的晶胞示意图可知，1个Si原子周围有8个紧邻的Mg原子；Si位于 顶角和面心，个数：8×号+6×=4，Mg位于晶胞内部，个数为8，晶胞密度： NM4×76 NAV a3xNA 17.(1) 球形冷凝管 (2)平衡气压 (3)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaC2溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，反之， 则未洗净 (4)不再有淡黄色油状液体流出 (5)AB (660% ()BC 【详解】(1)a的名称是球形冷凝管；根据实验步骤，该反应液体约44mL,选用三颈烧瓶 12 时应该时药品在三颈烧瓶最大容量的了，故应该选用100mL三颈烧瓶：故答案为：球 形冷凝管；C: (2)玻璃管b的作用为平衡气压，防止压强过大引发事故，又能防止压强过小产生倒吸： (3)粗品中残留的无机酸和无机盐中有SO,检验应该使用BaCl2溶液，具体检验操作步 骤为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净， 反之，则未洗净： (4)当观察到d中不再有淡黄色油状液体（邻硝基苯酚）流出时，说明产物己被完全蒸出， 反应结束，可停止水蒸气蒸馏： (5)该装置应考虑防止倒吸，其中A,B在管口留有空隙，可以接安全管等装置防止倒吸， C则不可以防倒吸，故答案为：AB; (6)由题日所给关系，n(Bm)=nS,0)=,×60×10mL×0.1molL=0.003mol,与邻猜 2 答案第8页，共13页 基苯酚反应的溴的物质的量为0.015-0.003=0.012mol,苯酚总物质的量为 94g=0.1m0l,邻硝基苯酚样品85g取0.85g,根据选择性定义，物质X的选择性 94g/mol 转化为X的反应物的物质的量 0.012 消耗的反应物的总物质的量 ×100%,则邻硝基苯酚的选择性 2x100%=60%: 0.10× 10 (7)邻硝基苯酚的选择性=”Bg”5.03型 n(总B) A.滴定终点时俯视读数，会使滴定管读数偏小，从而计算出n(s,0反应的B)偏小，会使邻硝基 苯酚的选择性偏高，A不符合题意； B.滴定时，a,S,O标准溶液滴在锥形瓶外，会额外多消耗N,S,O溶液，会使n与s,o反应的B5 偏大，从而使邻硝基苯酚的选择性偏低，B符合题意： C.滴定前，Na,S,O3标准溶液部分变质，也会额外多消耗NS,O3溶液，后面分析同B,C 符合题意： 故答案选BC。 18.(1)B、Si02 (2) 分离Fe3+ 分液漏斗、烧杯 (3)萃取2 (4) 2Nd3*+3H2C2O=Nd2 (C2O)+6H 6×10-3 (5)6Co0+0, 00'2co.0. 【分析】钕铁硼废渣，主要含有Nd、Fe、B、Co的单质和SO,;加入浓盐酸浸出，金属单 质变为可溶性盐酸盐，B和SiO,不反应，成为滤渣。滤液加入H2O2将Fe+氧化为F+,加 入N503可将Fe+萃取至有机相1中。水相加入NaOH中和过量的酸，再加入P507将Nd+ 萃取到有机相中，水相中的阳离子含有Nat、Co2+,加Na,CO3将Co2+转化为CoC03沉淀。 有机相加入浓盐酸反萃取将NdR变为NCl3,再加入H2C204将其转化为Nd2(C,O4)2沉淀， 煅烧即可得到dO3。 【详解】(1)由分析可知，滤渣的主要成分为B、SO2。 答案第9页，共13页 (2)由分析可知，萃取1的目的是将F+从水相中萃取出来。萃取需要用到的玻璃仪器有 分液漏斗，烧杯。 (3)由已知②可知，反萃取中发生反应Nd+3HCl=NdC,+3HR,可知有机相2可导 入萃取2循环利用。 (4)含Nd+的溶液加入H2C204将其转化为Nd2(C,O4)3沉淀，离子方程式为 2Nd++3H,C204=Nd2(C2O4)2↓+6H。当Nd+恰好完全沉淀时，离子浓度为1×10molL1, 而K2[a,(C,04)3]=c2(Mt)×c3(C,0)=2.7×1021,所以 c(C)= Nd (C2O)3 2.7x10-21 c2(d) (（1x1057 =3×104molL1。而 (HCo()(c)(c)o)mo c(H,C.O) c(HC,O) c(HC,O) 此时pH=2,c(H)=102molL1,所以 c2(Ht)c(CO） (102}x3×104 c(H2C,04)= =6×103olL1。 K1(HC204)K2(H2C204) 5×106 (5)根据X射线衍射图分析，随着进风量的增加，产物逐步以CoO4为主，CoC03在空气 中煅烧经过两步反应，第一步先分解生成CoO,第二步生成的C0O被空气中的氧气氧化为 500℃ C0,04,化学方程式为6Co0+02=2Co04° 19.(1)醛基、碳氟键或氟原子 2) HO HC (4) 还原反应 取代反应 答案第10页，共13页 COCI cocI CH3 (5) (任写一种即可) H:C CH3 【分析】 F由B和E两个片段合成，根据逆合成法，结合B、E的分子式从醚键断开F,分成 HO N 和 两个片段，根据分子式C1H14NF,推出 HO B,则符合分子式为C1H7ON的 是E；化合物A为邻氟苯甲醛， 与叔丁胺发生脱水缩合生成B( )；D和二甲胺反应生成E,D的分子式为 HO CI CH11OCl,故D为 ,F再经过一系列反应生成盐酸托莫西汀，据此分析。 【详解】(1)化合物A的名称为邻氟苯甲醛，故含有的官能团为醛基、碳氟键或氟原子。 (2) 通过分析可知，B的结构简式为 (3) D和二甲胺发生取代反应，产生一分子HCl,化学方程式为： 答案第11页，共13页 HO OH HCI (4)G的分子式为C1sH2,O2N,而中间体产物分子式为C1sH3ON,相差两个氢，说明有 基团加上了氢，而通过G和H的结构分析，醛基变成了氯甲基，硼氢化钠是还原试剂，二 氯亚砜是氯取代试剂，第一步应是硼氢化钠将醛基还原成羟基，第二步为羟基被氯原子取代， 故第一步为还原反应，第二步为取代反应。 (5) 化合物C的分子式为C.HoClO,不饱和度为5，题目要求为芳香族同分异构体，故含有苯环， 还有羰基氯取代基，剩余不饱和度为0，除去这两个取代基之外还有两个饱和碳原子，有可 能为两个甲基，一个乙基或者一个甲基、一个亚甲基；如果取代基分别为-CH3、CH3、 -C0Cl,有6种同分异构体；如果取代基分别为-CH3、-CHC0C1,有3种同分异构体：如 果取代基分别为-CHCH3、-C0C1,有3种同分异构体；如果取代基为-CH2CHC0C1,有1 种结构；如果取代基为-CH(CH)C0C1,有1种结构：共有6+3+3+1+1=14种；核磁共振氢 谱图中只有三组峰，峰面积之比为6：2：1说明含有两个甲基和羰基氯取代基，苯环上有三个 COCI CH3 取代基，有一组氢对称，故可能的结构有 和 CocI (任写一种即可)。 H:C CH3 20.(1) +657.1 反应I和反应Ⅱ的△H>0,高温下反应的平衡常数大（或反应正向进 行程度大)，CO的消耗量大，反应的△H<0,高温下反应的平衡常数小（或反应正向进行 程度小)，CO的生成量小 (2) > 该反应为气体总体积增大的反应，随着压强增大，平衡左移，CH4 的转化率减小 K(y)=K(2>K(x) 216 49 答案第12页，共13页 (3)504 【详解】(1)①根据盖斯定律，目标反应3CH4(g)+C02(g)+2H,0(g)三4C0(g)+8H(g) 可由3×反应I-2×反应Ⅱ得到，因此： △H=3△H1-2△H2=3×(+246.5 kJ.mol1)-2×(+41.2kJ.mol1）=+657.1 kJ.mol1: ②反应I和Ⅱ的△H均大于O,为吸热反应，高温下反应的平衡常数大（或反应正向进行程度 大)，CO的消耗量大，反应的△H<O,高温下反应的平衡常数小（或反应正向进行程度 小)，CO的生成量小，因此，800C时CO2平衡转化率大于600C时CO平衡转化率。 (2)①该反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，CHL转化率 应减小，由图2可知，b线是压强与转化率的关系曲线，则线为温度与转化率的关系曲线， 压强不变时，升高温度，(CH4)增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H>0: (②该反应正反应是气体分子数增大的反应，温度不变时，增大压强，平衡逆向移动， CH4转化率降低，与曲线b变化趋势一致，则曲线b表示α(CH4)与卫的关系； 3平衡常数只与温度有关，该反应△H>0,温度越高平衡常数越大，x点的温度为150℃， y、z点的温度均为200C,故K(y)=K(z）)>K(x): CH4(g)+2HS(g)、≥CS,(g)+4H(g) n(起始)/mol 1 3 0 0 ④y点a(CH,)=0.6,列三段式（转化）mol 0.6 1.2 0.6 2.4 n(平衡)/mol 0.4 0.8 0.6 2.4 总物质的量n=0.4+0.8+0.6+2.4=4.2mol, 根据物质的量分数：=及 ,则： 4 0.6 2.4 K,=(Cs,)x0H)4 4.24.2 216 x(CH4)·x(H,S)2 0.40.8 49 4.24.2 (3)由图3可知，x=0.5时CH4转化率为60%，则转化的CH4体积为 300mL×60%=180mL,CH4中H全部转化为H2,故V(H2)=2×180mL=360mL,C0选择 性为80%，故V(C0)=180mL×80%=144mL,总体积为360+144=504mL。 答案第13页，共13页