福建福州市福清第一中学2025-2026学年第一学期高三测试三 化学试题

2025-2026学年第一学期福清一中高三化学测试三（2025.12.9) 班级 姓名 座号」 可能用到的相对原子质量：H-1,Li-7,C-12,N-14,0-16,Na-23,C1-35.5,Cu-64,Ag-108 一、选择题（每题只有一个答案符合题意，每小题3分，共45分） 1.古诗词中蕴含科学知识，下列描述错误的是( A.“五果为助，五菜为充”，果蔬中富含丰富的纤维素，对人体有益 B.“百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”，制作玻璃的原材料之一可用于制作光导 纤维 C.纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”，烟花利用的焰色反应”属于化学变化 D.独忆飞緊鹅毛下，非复青丝马尾垂”，鉴别丝和飞緊可用灼烧的方法 2.下列化学用语错误的是( A.HClo的电子式：H:O:C: B.2-己烯的键线式： 3d C.Zn+价层电子的轨道表示式： 1W仞 9 D.OF2的VSEPR模型：Q 3.《哪吒2》太乙真人用莲藕（含有尼克酸）为哪吒和敖丙重塑肉身，尼克酸的结构简 式如图所示（与苯结构相似）。设N4为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的 是() A.0.1mol尼克酸的c键电子数为1.8Wa B.0.1mol尼克酸的（价层）孤电子对数为0.5WA OH C.0.1mol尼克酸的sp杂化的碳原子数为0.6N D.12.3g尼克酸与Zn完全反应，生成的H2分子数为0.05NWA 4.关于化工生产的叙述中，符合生产实际的是() A.石油化工中，采用干馏的方法把石油分成不同沸点范围的产品 B.硫酸工业中，利用热交换器预热反应物，降低能耗提高生产效率 C.纯碱工业中，侯氏制碱法通过氨气和二氧化碳的循环利用，提高了原料的利用率 D.合成氨工业中，采用高压条件，增大合成氨反应的平衡常数，增大反应速率 5.LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛 用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中元素M、X、Y、Z位于同 一短周期，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1，下列叙述正确的 是() A.电负性：M>X>Y>Z B.第一电离能：Z>M>Y>X C.该化合物形成的晶体熔点比LiC1晶体高 D.X、Y、Z的简单氢化物的沸点：Y>Z>X 6.下列实验的对应操作中，合理的是() CO, cl, NH. -一 MgCl2·6HO 碱石灰 FeL,溶液 小亚意是 饱和 NaOH 无水CaCl2 CCL4 食盐水 酸 溶液 A.比较Fe+、I的还原性强弱 B.实验室模拟侯氏制碱法中制取NaHCO3 C.制备氢氧化亚铁 D.制取无水MgCl2 7、根据下列事实依据，不能得出相应结论的是( 选项 事实依据 将新鲜菠菜剪碎、研磨、溶解、过滤，向 A 滤液中加入几滴KSCN溶液，无明显现象， 菠菜中含有+2价铁 再滴几滴稀硝酸，溶液变红 取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓 B 硫酸，再用集气瓶收集气体。后用带火星 说明NO3支持燃烧 的木条放置瓶内，木条复燃 将混有少量NaCI的KNO3饱和溶液浸在冰 C 该晶体为NaCl 水中冷却，有晶体析出 将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变 Fe+与SO2反应速率比氧化还原 D 为红棕色（含Fe(SO,)6]+),过一段时间又 反应速率快，但氧化还原反应的 变成浅绿色 平衡常数更大 8.SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c,如图所示。下列说法正确的是( A.一个晶胞中含有4个O原子 B.1号和2号s原子间的核间距为}Va2+bpm 00 os C.晶胞中SO2分子的取向完全相同 9. D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个 a pm 9.金银花提取物咖啡酰奎宁（结构简式如下)有止血抗病毒功效，下列说法错误的 是() HO、CHO A.该分子存在顺反异构体 OH B.分子中含有4个手性碳原子 HOT OH OH C.1mol该分子与溴水反应可消耗3molB2 D.其酸性水解产物羧酸分子中所有的碳原子可能共平面 10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是() K四 A. =0.Imol.L的溶液中：A1+、NH、S,O、Co c() B.透明澄清溶液中：Cu+、Mg2+、NO?、CI C.由水电离产生的c(OH)=l0 3mol.L的溶液中：Mg2+、N、sO、CI D.通入HS至饱和的溶液中：CI、NH、Fe+、K+ 11.氮化镓(GN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利 用反应GaO(s)+2NH3(g)≥2GaN(s)+3H,O(g)制备。反应历程(TS代表 过渡态)如图所示，下列说法错误的是( ) i Ga2O3(s)+NH3(g)=Ga2O2NH(s)+H2O(g) 8-ii Ga2O2NH(s)+NH3(g)=Ga2ON2H2(s)+H2O(g) TS7 iiiGa2ON2H2(s)=2GaN(s)+H2O(g) 6 -H20(g)TS6 6.376.08 TS5↑4.34 2GaN(s) 用 3.39 +H2O(g) TS2 -H2O(g) TS4 2.13 3.30 2a2O ()TS1 TS3 NH3 (g)1.66 3.01 史 0.64 Ga2ON2H2(s) 0 +NH3(g)-0.06 0.480.050.4 0.70 -0.73 -0.68 Ga2O2NH(s) -------ij4------ 反应历程 A.反应i是吸热过程 B.反应iⅱ中脱去H,O(g)步骤的活化能为2.69eV C.反应ⅲ包含总反应的决速步 D.改用更高效的催化剂，H3的平衡转化率会增大 12.一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是( ④4 021③ 中间体X为[NH)2Cu-0-O-CuNH)2]2 2[Cu(NH)T" 中间体Y为INH,c0uNH,P 2N2+2H,0+2NH② ① 2NO+4NH,+2NH 2NO 2[CuNI,)424 2N2+4H,0 A.Cu(NH3),T中所含Cu*的基态电子排布式为[Ar]3dP4s B.中间体X和中间体Z中Cū的化合价相同 C.提供质子的能力：[Cu(NH,)]<NH, D.总转化过程中每吸收1 mol NO需要消耗1 nol NH3 13.室温下，HCO4水溶液中HC2O4、HC,O4及C,O}的物质的量分数6随pH变 c(HC,O,) 化的关系如图所示已知6LCo,)C0,+cc0+c4c.0,K,(CaC0,)=20x10, K(H,C,04)=1012,K(H,C,O4)=1042。下列叙述正确的是( A.δ，代表HCO4的变化曲线 1.00 0.80 B.6,与6交点的pH=2.7 0.60 0.40 C.pH=6时，溶液中一定存在 0.20 0 e(H*)e(HC,O)+20(C,)+(OH-) 01234567 pH D.向0.2 nol/LH2C2O4溶液中加入等浓度等体积的CaCl3溶液不会产生沉淀 14.A、B、C三种物质中均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系（部分 反应物质己略去)，下列说法不正确的是( ) ③ A.若A是一种两性氧化物，则B的水溶液可能呈 酸性，只含C的水溶液中可能存在： 1 ② e(Na)e()-AIOH).+c(H-) ④ B.若A是一种金属单质，则反应①②③均可为化合反应，反应④可为置换反应 C.若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C,常温下A溶液PH<7,则 将C通入A溶液中，PH先减小后增大 D.若A、B、C是三种不同类别的固体物质，则B可以是工业上制取A、C的原料 15.常温常压下，光催化电极失去电子并产生有强氧化性的空穴(h+),使水和空气产 生羟基自由基(OH)和超氧离子自由基(O,),能有效去除废水中的丙烯腈 (CH=CH-CN),效率高成本低。下列说法错误的是() A..O,转化为.OH的化学方程式为：O,+H+H,O=3.OH B.OH氧化丙烯腈的化学方程式为 负载 2C,H,N+30.OH=6CO,个+N,个+18H,O 丙烯晴 HO C.负极附近的pH减小 H h D.若电路中通过3mol电子，则理论上有 h OH OH 0.2mol丙烯腈被处理 极 e h CO, CO, N,2 酸性电解质溶液 二、填空题（本题包括4小题，共55分) 16.(14分)二氯异氰尿酸钠( )是一种常用的消毒剂，具有很强的氧化 N ONa' 性，杀菌能力持久，毒性较小，是一种适用范围广、高效的杀菌剂。二氯异氰尿 酸钠在20℃以上易溶于水，其溶液在温度较高时不稳定。一种制备二氯异氰尿酸 钠的装置如图。已知：2 NaC1O+(CNO),H,=Na(CNO),Cl,V+NaOH+H,O (CNO)H3的 浓盐酸 吡啶溶液 KMnO4 10℃水浴NaOH溶液 D 回答下列问题： (I)写出装置A中发生反应的离子方程式： (2)装置B中所装试剂是 装有(CNO)H3的吡啶溶液的仪器的 名称为 (3)实验需要col/LNaOH标准溶液。该溶液需经过NaOH溶液配制、基准物质 HC2O42HO的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的 是 (填标号)。 NaOH NaOH 待测溶液 H2C,O4溶液 (含指示剂) (4)二氯异氰尿酸钠的制备步骤如下： 步骤一：检查装置气密性后加入药品。 步骤二：关闭K1,打开K2向A中滴加足量的浓盐酸，关闭K2,制备NaClo 步骤三：氧化制备二氯异氰尿酸钠.制备NaC1o溶液结束后，滴入氰尿酸[(CNO)H3] 的吡啶溶液，制备过程中要不断通入C2,反应结束后打开K1,通一段时间的N2。 步骤四：取装置D中溶液，冰水浴冷却、过滤、冷水洗涤、低温干燥得到产品。 ①反应结束后打开K1,通一段时间的N2的目的是 ②制备过程中要不断通入氯气，其原因是 (⑤)二氯异氰尿酸钠优质品的要求是有效氯含量大于60%。通过下列实验检测二氯 异氰尿酸钠产品是否达到优质品标准。 实验步骤：准确称取1.1200g样品溶于适量的稀硫酸中（二氯异氰尿酸钠在酸中可 将氯元素全部转化为HC1O),用容量瓶配成250.0mL溶液：取25.00mL上述溶液 于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5mim;用0.1000 mol/L NaS2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点（恰 好反应完全)，消耗NaS2O3溶液20.00mL。 已知：a、I2+2S,O3=S,O6+2I: b、该样品的有效氯含量=测定中转化为CI0氣元素质量×2 ×100%。 样品的质量 ①滴定过程中，判断到达滴定终点的依据是 ②产品中的有效氯含量约为 (保留三位有效数字)。 17.13分)三草酸合铬酸钾(KC(C,O4)3}具有良好的络合性能，可用作肥料 添加剂。以高铝铬铁矿（主要含Ci,O3,还含Al,O,、Fe,O?、MgO、SiO,)为 原料制备三草酸合铬酸钾的流程如图所示。 氨水 高铝铬铁矿稀盐酸 调pH=6NaOH溶液 H,O,.BaCl, 硫酸 上含Cr(OHJ溶液 BaCro 粉碎→酸浸→过滤沉淀碱 沉铬 沉淀转化→→K,IC(C,O,] 滤渣1滤液2 滤渣3 BaSO 已知： ①C,O,与A1,O3、Cr(OH),与A1(OH),性质相似。 ②2Cro(aq)+2H(aq)≥C,O(aq)+H,O(1) K=1.0×1014。 ③常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 金属离子 Fe A1+ C34 Mg 开始沉淀的pH 2.2 3.5 4.6 9.5 沉淀完全的pHc=1.0×10-5mol·L1) 3.2 4.7 5.9 11.1 请回答下列问题： (1)基态硅原子核外电子占据最高能级轨道的形状是 (2)基态Fe+的价层电子轨道表示式为 (3)常温下，用氨水调pH=6时，滤液2中cA1+）cCr+) 。 滤渣3 的主要成分的化学式是 (4)沉铬前，需先加H02的目的是 (5)沉淀转化”后溶液呈橙色，写出沉淀转化的离子方程 式： ● (⑥)CF晶体的晶胞结构如图所示，晶体中相邻的8个F形成 ○ca32 的最小正方体的体积为ax1021cm3,则ca2+与F最近距离 是 nm(用含a的代数式表示)。 18.（12分)二氧化碳加氢制甲烷是实现双碳”目标的有效方法之一，主要反应为 反应I:C0,(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H,O(g）△H,=-164.6kJmo1 反应I:CO2(g)+H,(g)≥CO(g)+HO(g)△H2=+41.5 kJmol1 (1)反应CO(g)+3H(g)=CH4(g)+HO(g)△H,则△H=kJmo1。 (2)一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率 与催化剂的关系如图1。 I80 Catl Ink Cat2 120 110 100 Catl Cat2 d. Cat2 图1 图2 ①由图1可知，有利于获得甲烷的催化剂是 (填Cat1”、cCat2”、cCat3 或Cat4)。 ②已知lnk=- 1 a×二+Ck为速率常数，R、C均为常数)，下列关于反应I在题 R T 设条件下lnk~二图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是 (图2，填标号)。 (3)反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：E=kc(CO2)c(H2): '逆=飞逆C(CO)c(H,O),其中kE、k地分别为正、逆反应速率常数。升高温度时， k正 105 (填增大”、减小”或不变)。 飞过 1 9 90 (4)不同条件下，按照n(C02):n(H,）=1:4投料 同时发生上述反应，CO,的平衡转化率如图3所 示。压强P、P2、P3由大到小的顺序是 65 60 压强为卫，时，温度高于700℃之后，温度升高转 010020030040050060070080090010001100 温度℃ 化率增大的原因是 图3 19.(16分)工业上含NO的烟气需要处理后才能排放。处理NO的方法有多种， 相关原理如下： I.催化氧化吸收法 2NO(g)+O,(g)=2NO,(g),NO(g)+O(g)=NO,(g)+O2(g),有关反 应的能量变化曲线如图所示，两图坐标标尺相同，回答下列问题。 2NO(g)+OXg) Ea2 a 星生 NO(g)+O(g) Ea4 照 2NO,(g) NO(g)+(g) 反应进程 反应进程 (1)O转化为O,的热化学方程式为 根据图像分析，用O,氧化NO的优点是 (2)在恒容密闭容器中，保持起始时反应物的总物质的量不变，充入O?和O发生 n(NO) 反应，平衡转化率与温度(T)、投料比77= 的关系如左下图所示。 n(O3)） ①71 门2（填>”、<”或=）。平衡常数K。、K和K.由大到小的顺序 为 ②若7，=1，TK下该反应的平衡常数K。= 0.5 ·-NO±N2-NH3 04 180 s0.24 ■2 0051.01.52.02.530 温度/K 斗 加入H2的体积分数/x103 Ⅱ.催化还原转化法 (3)用氢气催化还原NO的烟气，可能发生反应： D2NO(g)+2H(g)N2 (g)+2H(g):N2 (g)+3H(g)2NH3 (g); 其他反应。一定条件下，加入H2的体积分数，对该反应平衡时部分含氮物质的体 积分数的影响如图所示。随着H体积分数增加，NO中N被还原的价态逐渐降低。 当H2的体积分数在0.5×103~0.75×103时，N0的转化率基本为100%，而N 和NH3的体积分数仍呈增加趋势，则NO的还原产物还可能有 皿.光催化氧化法 HNO ※ (4)在酸性的环境中，用P1-g-CN4 作催化剂的光催化氧化法脱除O的 NO NH 过程，如图所示。 NO 0 H+ 光催化脱除原理和电化学反应原理类 02 (Pl)w N (g-CN4) 似，P1-g-C3N4光催化的P1和 g-C3N4两端类似于两极。g-C3N4 端发生 反应（填氧化”或还原），其电极反应式为： 2025-2026学年第一学期福清一中高三化学测试三(（2025.12.9)参考答案 一、选择题（共45分） 题号 6 8 10 13 15 答案 C B B 二、 填空题（本题包括4小题，共55分） 16、(14分)【答案】(1)2MnO:+16H+10C1=2Mn2+5C1↑+8H0（2分) (2)饱和食盐水(1分) 恒压滴液漏斗(1分) (3)B(2分) (④)将剩余的氯气排入E中，防止污染空气(2分) 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2分) (⑤)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(2 分)；63.4%（2分) 3d 17、(13分)【答案】(1)哑铃形(1分) (2)个个↑个 (2分) (3) 103.6(2分)；Fe(OH),(2分) (④将「Cr(OH),]氧化为CO(2分) (⑤)2BaC0,+2+2S0,=2Bas0,+C0+H,0(2分)00 3xa(2分) 18、(12分) 【答案】(1)-206.1（2分) (2) Cat4(2分)；a（2分)(3)增大(2分) (4) P>卫>卫1(2分)；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之 和，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，反应吸热，温度升高平衡正向移动，温 度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于 反应Ⅱ。(2分) 19、(16分)【答案】 0,(g)=0,(g)=(:-F)-月)kI1m 3 1(2分) 活化能E3小于活化能E1,反应速率快(2分) (2)<(2分)，K>K,=K。(2分)，16(2分) (3)N,H4(2分) (4)还原(2分) O,+2H+2e=H,O,(2分) 【解析】 1、【答案】C 【详解】A.果蔬中富含维生素、纤维素等对人体有益的物质，故A正确： B.可用于制作光导纤维的二氧化硅也是制作玻璃的原材料之一，故B正确： C.焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色 的反应，焰色反应是元素的性质，属于物理变化，故C错误： D.丝的主要成分是灼烧时产生烧焦羽毛气味的蛋白质，飞緊的主要成分是灼烧时没 有气味的纤维素，所以鉴别丝和飞緊可用灼烧的方法，故D正确：故选C。 2、【答案】B 【详解】A.HCIO的结构为H-O-C1,O原子分别与H、C1形成单键，O有2对孤对 电子，C1有3对孤对电子(O、C1周围均满足8电子稳定结构)，HC1O的电子式为 H:O:C:,A正确： B.2-己烯含有6个碳原子，其键线式为 B错误； C.Zn为30号元素，Zn失去4s2电子，Zn+价层电子为3d10,5个3d轨道全充满， 每个轨道2个电子（自旋相反)，Z+价层电子的轨道表示式正确，C正确： D.OF中中心O原子价层电子对数=2+二(6-2×1)=4，VSEPR模型为四面体形，选 项中模型符合四面体结构（中心原子与两个配原子及两对孤对电子构成四面体），D正 确： 故选B。 3、【答案】A 【详解】A.根据尼克酸的结构简式可知，总计14个σ键，每个σ键含2个电子，1 个分子含o键电子数=14×2=28,0.1mol电子数=0.1×28N4=2.8N4≠1.8NA,A错误； B.孤电子对仅存在于N和O原子：N有1对孤对电子，羰基O和羟基O各有2对 孤对电子，总孤电子对数=1+2+2=5对，0.1mol孤电子对数=0.1×5W4=0.5W4,B正确： C.sp杂化C原子：吡啶环5个C(均为sp杂化)，羧基羰基C(sp杂化)，故 0.1 mol sp杂化C原子数=0.1×6W4=0.6WA,C正确； D.尼克酸的摩尔质量123gmol,12.3g为0.1mol,含0.1mol羧基(-C00H),与 Zn反应时满足：2-COOH~H2,则0.1mol尼克酸生成0.05molH2,生成的H,分子数 为0.05NA,D正确： 故选A。 4、【答案】B 【解析】 A.石油化工利用分馏的方法提取沸点不同的产品，描述错误，不符题意： B.硫酸工业中，利用热交换器实现反应混合气和产物混合气之间的热能交换，节约 能源，降低能耗，描述正确，符合题意： C.侯氏制碱法中CO循环利用，NH3直接得到副产物NH4CI,不参与循环生产，描 述错误，不符题意： D.化学平衡常数只与温度有关，与其它条件无关，描述错误，不符题意；综上，本 题选B 5、【答案】D 【分析】元素M、X、Y、Z位于同一短周期，X原子核外的s轨道与P轨道上的电 子数之比为2：1，要满足此条件，则X一定在第二周期，X为C:Y形成两个共价键， Y为O:Z形成一个共价键，Z为F:M得到1个电子后形成四个共价键，则侧M为B。 【详解】A.同一周期从左到右元素的电负性递增，M(B)、X(C)、Y(O)、Z()的电负 性顺序为Z()>Y(O)>X(C)>M(B),A错误： B.同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡALA、VA>VIA,第二周 期第一电离能顺序为Z()>Y(O)>X(C)>M(B),B错误： C.该化合物为离子晶体，阴离子体积大，即离子半径大于CI,晶格能小于LCI, 熔点比LiCl低，C错误； D.X(C)、Y(O)、Z()的简单氢化物分别为CH4、HO、HF,虽然HF分子间氢键键 能大于HO分子间氢键的键能，但HO分子间氢键数目多、沸点最高，HF次之， CH4无分子间氢键、沸点最低，即Y>Z>X,D正确： 故答案选D。 6、【答案】A 【详解】A.比较Fe+、I的还原性强弱：Cl,为氧化剂，通入FeI,溶液时，由于还 原性Fe*<I,C1先氧化I生成L,L,易溶于CC4使下层显紫色，Fe2+后被氧化， 通过观察CCl4层先出现紫色，可证明I先被氧化，从而比较还原性F+<I,,操 作合理，A正确： B.实验室模拟侯氏制碱法制取NaHCO3:侯氏制碱法需先向饱和食盐水中通入 NH,再通入CO,,该装置中CO,和NH,同时通入，通入顺序错误，B错误： C.因为左侧导管没有没入液面以下，无法把硫酸亚铁溶液压入到氢氧化钠溶液中， 所以不能制备氢氧化亚铁，C错误； D.制取无水MgCl,:MgC126H,O加热时，Mg2+水解生成HCl,HC1挥发促进水 解，需在HCI气氛中抑制水解，N,保护无法提供HCI,仍会水解生成MgO,D错误： 故选A。 7、【答案】C 【详解】A.滤液中加入KSCN无现象，滴加硝酸后变红，说明e+被氧化为Fe+, 证明菠菜含+2价铁，结论正确，A项正确： B.浓硝酸分解的反应为4HNO3(浓)兰4NO↑+O2↑+2HO,生成的NO2和O2的体积比 为4：1，而空气中N2和O2的体积比为4：1，故带火星的木条复燃，能说明NO2支 持燃烧，B项正确； C.KNO3溶解度随温度降低显著减小，而NaC1溶解度随温度变化不明显，所以冷却 后析出的晶体应为KNO3而非NaCl,C项错误： D.溶液先变为红棕色后变为浅绿色，说明Fe升与SO2络合速率快但氧化还原进行更 彻底，其平衡常数更大，D项正确： 故答案选C。 8、【答案】B 【详解】A.由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含SO2 分子个数为：12×+1=4个，则1个晶胞中含有8个0原子，A错误： 4 B.1号和2号S原子的核间离为上（下）面面对角线的一半，即二√a+b pm,B 正确： C.由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，由两种取向，如1和2，V错误： D.以体心的S原子为例，由于ab≠c,每个S原子周围与其等距且紧邻（距离最小） 的S原子有4个，D错误： 故答案选B。 9、【答案】C 【详解】A.分子中存在碳碳双键(-CH=CH-),双键两端的碳原子分别连接不同基 团（如一侧连酯基和H,另一侧连苯环和H),满足顺反异构条件，A正确： B.六元环（奎宁酸部分)为环己烷衍生物，其中4个饱和碳原子均连接4个不同基 团（羟基、H及环上不同取代基），为手性碳原子，B正确： C.与溴水反应包括：1ol碳碳双键加成消耗1 mol Br2;苯环上2个酚羟基的邻对 位有3个H可被取代，消耗3 mol Br2,共消耗4molB12,C错误； D.酸性水解生成的羧酸为3,4-二羟基肉桂酸(HO-C6H3(OH)-CH=CH-COOH),苯 环、碳碳双键、羧基均为平面结构，通过单键旋转可使所有碳原子共平面，D正确； 综上答案为C。 10、【答案】B Km一=-0.1molL=c(日*) 【详解】A.c(oH) 可知溶液呈酸性，其中H+与S,O、Co,都不能 大量共存，且碳酸根离子和铝离子会发生双水解，不能大量共存，故A错误； B.该组所有离子可以大量共存，故B正确： C.水电离产生的c(OH)=10molL,溶液有可能为酸性，也有可能为碱性，其中 OH与Mg、H都不能大量共存，故C错误； D.H,S与F©+因为氧化还原反应而不能共存，故D错误； 故选B。 11、【答案】D 【详解】A,观察历程图可知，反应i中Ga,O3(s)+H3(g)的相对能量为0，经TS1、 TS2、TS3生成Ga,O,NH(s)和H,O,Ga,O,NH(s)和HO(g)的相对能量为0.05eV, 因此反应i为吸热过程，A正确： B.反应中因H,O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70eV与TS5的相对能 量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV,B正确： C.反应ii由Ga,ON,H,(s)生成2GaN(s)+H,O(g)经历过渡态Ts6、Ts7,TS7的 活化能为3.07V,活化能最大，为总反应的决速步，C正确： D.改用更高效的催化剂，能增大反应速率，但H,的平衡转化率不变，D错误； 故选D。 12、【答案】D 【详解】A.C为29号元素，基态电子排布式为[Ar3d°4s,Cu*失去4s轨道1 个电子，基态电子排布式应为[Ar3d,A错误： B.由化合价代数和为0可知，中间体X中氧元素的化合价为-1价、铜元素的化合价 为+2价，中间体Z中氧元素的化合价为-2价、铜元素的化合价为+3价，两者中铜元 素的化合价不同，B错误： C.NH3为路易斯碱，易接受质子(H)，而Cu(NH3)4中Cu*吸引NH的孤 对电子，使配体NH接受质子能力减弱，故碱性：「Cu(NH)4<NH,碱性越 弱，提供质子的能力（酸性）越强，因此提供质子能力[Cu(NH,)]>NH,C 错误； D.总反应(O,+4NO+4NH,=4N,+6H,O)中4 mol NO消耗4 mol NH3,则1mol NO消耗1 mol NH3,D正确： 故答案选D。 13、【答案】B 【分析】室温下，HCO4水溶液中HCO4、HC,O4及C,O:的物质的量分数δ随pH 变化的关系如图所示，pH越大，c(OH)越大，c(H)越小，HCO4含量越小，δ2代表 HCO4的变化曲线，δ1代表HC,O4的变化曲线，δ代表C,O?的变化曲线，据此分 析判断。 【详解】A.由分析可知，δ在高pH时物质的量分数最大，应为C,O的变化曲线， 而非HC2O4,A错误； B.由分析可知，δ(HCO4)与δ(C,O4)交点时，c(HCO4)-c(C,O4),由 KarKa2= (CH))()Ka Ka10mol/ c(H,C,O) pH=l1gc(H+=1g1027=2.7,B正确： C.由题干图中信息可知，HCO4溶液对应的溶液pH小于6，pH=6时溶液主要以 C,O:形式存在，即溶液中加入了NaOH或其他碱溶液，即其他阳离子，根据电荷 守恒，该等式不成立，C错误： D.向0.2mol/LHC2O4溶液中加入等浓度等体积的CaCl2溶液混合后HC2O4的浓度 为0.1mol/L,Ca+浓度为0.1molL,而HC2O4溶液中有： c(H)=c(HC,O)+2c(C,O)+c(OH),则cH≈c(HC,O4),由 K.(H:CO4= Hc(C)2(C.10mo/c(Ca)-0.Imol/L c(HC,O) Qc-0.1×1042=10-5.2>Ksp(CaC204)=2.0×10-9,即会产生沉淀，D错误： 故答案为：B。 14、【答案】C 【详解】A.若A是一种两性氧化物，A是氧化铝，则B可以是A1C13、C可以是 NaAl(OH)4,根据电荷守恒，只含C的水溶液存在： c(Na")+c(H)=Al(OH):]3+dOH). A正确： B.A可以为单质铁，则B是氯化铁、C是氯化亚铁，则反应①是铁与氯气反应生成 氯化铁、反应②是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁、反应③是氯化亚铁和氯气反应生 成氯化铁，反应（④是铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，B正确： C.若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C,常温下A溶液pH<7,则A 是HS、B是S、C是SO2,将SO,通入HS溶液中生成单质硫和水，pH增大，二 氧化硫过量生成亚硫酸后，pH减小，C错误： D.若A是Na、B是NaCl、C是NaOH,工业上电解熔融的氯化钠制取金属钠， 电解氯化钠溶液制取氢氧化钠，D正确。 答案选C。 15、【答案】D 【分析】光催化电极(A)失去电子为阳极（负极），空穴(h+)氧化HO生成OH 和H+(HO+h+=.OH+H+),丙烯腈(C3HN)被·OH氧化为CO3和N2: 【详解】A.分析方程式O,+H+H,O=3.OH,原子守恒：左边0原子（2+1=3)、 H原子(1+2=3)，右边3·OH含3个O和3个H,故原子守恒：电荷守恒：左边O (-1)+H+（+1)0,右边3·OH(中性)，故电荷守恒。但O,中O平均价态-0.5， H0中O的化合价为-2价，·OH中O为-1，得失电子守恒，符合氧化还原反应规律， 该方程式正确，A正确： B.丙烯腈(CHN)被·OH氧化为CO2和N2,方程式2CH3N+30OH=6CO↑+N↑ +18H0。C守恒(2×3=6)、N守恒（2×1=1×2)、H守恒(2×3+30×1=18×2)、0 守恒(30×1=6×2+18×1)：电子守恒：1molC3H3N中C(0→+4,3×4=12e)、N(-3→0， 3e),共失15e,2mol失30e;30OH中0（-1→-2)，得30e,守恒，B正确： C.光催化电极(A)失去电子为阳极（负极），空穴(h)氧化HO生成OH和H (HO+h+-·OH+H),负极附近H浓度增大，pH减小，C正确； D.1mol丙烯腈被氧化失15e(3C失12e+1N失3e),即需要15个OH,反应中正 负极均产生：OH,由A项反应可知，电路通过3mol电子时，B极产生9 nol.OH,同 时A极发生反应产生3 nol-OH,即电路通过3mol电子时，共产生12 nol-OH,处理 丙烯腈物质的量=12mol =0.8mol,D错误； 15 答案选D。 16、(14分)【答案】(1)2MnO,+16H+10C1=2Mm2+5C12↑+8H20(2分) (2)饱和食盐水(1分) 恒压滴液漏斗(1分) (3)B(2分) (4将剩余的氯气排入E中，防止污染空气(2分) 使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率(2分) (⑤)当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(2 分)；63.4%(2分) 【分析】 浓盐酸与高锰酸钾反应得到氯气，通过装置B用饱和食盐水除去C2中的HCI,C装 置为防倒吸，氯气进入D与NaOH反应先生成NaClo,接着NaClo与(CNO)H3反应 得到二氯异氰尿酸钠( ),尾气用NaOH溶液吸收，据此回答。 N ONa 【详解】(1)A中是浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，离子方程式为： 2MhO:+16H++10C1=2Mn2+5Cl2个+8HO,故答案为： 2MnO:+16Ht+10C1=2Mn2++5C12↑+8H2O: (2)由分析可知，装置B用饱和食盐水除去C12中的HCI,由题干实验装置图仪器 可知，装有(CNO)3H3的吡啶溶液的仪器的名称为恒压滴液漏斗，故答案为：饱和食 盐水；恒压滴液漏斗； (3)A.NaOH固体不能再纸上称量，应该在玻璃器皿中称量，A错误： B.转移时用玻璃棒引流，B正确； C.定容时应该平视容量瓶的刻度线，C错误； D.NaOH溶液不能用酸式滴定管盛装，D错误； 故答案为：B; (4)①反应结束后打开K1,通一段时间的N2的目的是：将剩余的氯气排入E中， 防止污染空气，故答案为：将剩余的氯气排入E中，防止污染空气： ②由题干信息可知，滴入氰尿酸吡啶溶液，次氯酸钠溶液与氰尿酸吡啶溶液在10℃ 时反应制备二氯异氰尿酸钠，反应的化学方程式为 2 NaClo+(CNO)H=Na(CNO)Cl+NaOH+HO,制备过程中要不断通入氯气，使反 应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率，故答案为：使 反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠并参与反应，提高原料的利用率： (5)①淀粉做指示剂，用0.1000molL1NaS3O3标准溶液滴定I2,达到滴定终点的 依据是：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色， 故答案为：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变 色； ②根据得失电子守恒、原子守恒和题给反应可得关系式：(CNO)C1,~2HC1O~21 4S,05,n(C7(HC0y号n(S,0)30.1000 mol/Ix0(.0200L=1.000x10mol,有 效氯的含量 1.00010molx250mL 25.00mL x35.5g/mol×2 ×100%≈63.4%，故答案为： 1.12g 63.4%。 3d 17、(13分)【答案】(1)哑铃形（1分) (2)个个1 (2分) (3) 1036(2分)；Fe(OH)3(2分) (④)将Cr(OH)4氧化为CO(2分) (5)2 BaCrO4+2H+2SO=2BaSO4+C,O号+H,O(2分)( 3xa (2 分) 【分析】高铝铬铁矿（主要含C1,O3,还含Al,O3、FO,、MgO、SiO2)加稀盐酸 进行酸浸，Cr,O3、Al,O3、FC,O,、Mg0转化为盐酸盐溶液，SiO,不溶于盐酸， 过滤除去，滤渣1为SO,:滤液加氨水调pH=6将铁离子、铝离子、铬离子转化为 氢氧化物，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铬的滤渣，进行碱浸、过滤得到 含[A1(OH)4]、[Cr(OH)4]的溶液，向溶液中加过氧化氢、氯化钡陈铬得到BaCrO.4沉 淀，加硫酸发生沉淀转化、系列操作得到产品。 【详解】(1)基态硅原子核外电子占据的最高能级符号是3p,其轨道的形状是哑铃 形： (2) 基态F伦+的价层电子轨道表示式为[个个个： 3d (3)根据已知③可知 Kp[A1(OH)3]=c(A1c2(oH)=105×(1093°=1029， Km[Cr(OH)]=c(Cr）e3(OH）=103x(1081)°=1093，当调pH-6时， c(AI+)c(AIt）c3(OH）Kp[A1(OH)3]1029 c(Crt)c(Crt）c(OH）KpCr(oH) 10=1036,由氨水调pH-6 时，产生Fe(OH),、Al(OH)3、Cr(OH),三种沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH 溶液，A1(OH)3、Cr(OH),溶解，所以滤渣3的主要成分是F(OH)3: (4)“沉铬前，先加H,O,的目的是将Cr(OH)4]氧化为CO; (5)沉淀转化”后溶液呈橙色，该沉淀转化的离子方程式为 2BaCrO+2H+2SO=2BaSO+Cr,O+H,O; (6)设CaB,晶胞边长为xcm,由图可知Ca+与F的最近距离为V xcm,晶体中 4 3 相邻的8个F形成最小正方体边长2xGm,由体积a×l01 即求得 x=2ax10cm,所以最近距离为5 x2ax107 cm= 4 18、(12分) 【答案】(1)-206.1(2分)(2) Cat4(2分)；a(2分)(3)增大(2分) (4) P3>卫>卫1（2分)；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之 和，反应I放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温 度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于 反应Ⅱ。(2分) 【详解】(1)根据盖斯定律，反应I减去反应Ⅱ得 CO(g)+3H(g)=CH4(g)+H,O(g),则△H=△H1-△H,=-206.1kJ/mol。 (2)①根据图示可知，催化剂为Ct4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最 小，有利于获得甲烷： ②根据关系式nk=马×二+C,二减小时，温度升高，反应向正反应方向移动， RT 反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图l,Cat1比Cat2在相同条件下 的速率大，Catl时活化能小，则斜率大的是Catl,故选a。 (3)反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大 的倍数，则年增大 k变 (4)反应江为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化 碳的平衡转化率增大，故P3>P>卫；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转 化率之和，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移 动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要 取决于反应Ⅱ。 19、(16分)【答案】 00,(g)→0，(g)△1=(：-)(0.-B:)k/m0l(2分) 活化能E3小于活化能E1,反应速率快(2分) (2)<(2分)，K,>K=K。(2分)，16(2分) (3)N,H4(2分) (4)还原(2分) O,+2H+2e=H,O,（2分) 【详解】(1)从能量变化曲线可知，2NO(g)+O,(g)三2NO(g)的反应热为 △H1=Ea1-Ea2，NO(g)+O3(g)=NO(g)+O,(g)的反应热为 △H2=Ea3-Ea4。那么203(g)=30(g)的反应热 △H=2△H2-△H1=2(Ea3-Ea4)-(Ea1-Ea2)。所以O转化为O的热化学方程 式为0，(g)→30，(g)△WH=(E-E）1(E-E)kJ1mol1. 根据图像，对比左右两个图像可知，右侧图像反应的活化能E3小于左侧图像反应的 活化能E1,反应速率快。 (2)①在相同温度下，NO的投料分数越小（即O3相对过量越多），NO的平衡转 化率越高。图中71对应的转化率高于72，故应为7<72。该反应正反应为放热反应， 温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，b、c两点温度相同，平衡常数相同，所 以Ka>Kb=K。 ②若h1=1,设n(NO)=n(O?)=lmol,TK下该反应N0的转化率为80%，列出 NO(g)+O;(g)NO(g)+2(g) 开始量(mol) 1 1 0 0 三段式： 反应量(mol) 0.8 0.8 0.8 08，平衡时 剩余量(mol) 0.2 0.2 0.8 0.8 总气体的物质的量为：0.2mol+0.2mol+0.8mol+0.8mol=2.0mol,设压强为p, 0.8 0.8 ×p ×p 则K, p(NO2)p(O2) 2 2 =16。 p(NO)p(O;) 0.2 0.2 ×卫 2 2 (3)已知NO的转化率基本为100%，说明NO基本都参与了反应，而N2和NH3的 体积分数仍呈增加趋势，且NO中N为+2价，被还原时化合价降低。在常见含氮化 合物中，N的化合价还有0价、-3价、一2价等。由于N2和NH3已提及，所以NO 的还原产物还可能有N,H4。 (4)根据图像可知，右侧g-C3N4极氧气得电子，发生还原反应，生成过氧化氢， 电极反应式为：O,+2H+2e=H,O,。