15 河南省高考综合改革适应性演练-【景行之教育】2027年化学高考一轮复习先锋名校检测卷

高考一轮复习检测卷·化学 NaOOC- -COONa +CH,OH。(5)I中含有醛基， CH,CH,NH, 可以发生银镜反应：I中N原子上有孤电子对，可以与氢离 子形成配位键，故可以与HCl反应，a正确。如图 (OHC￥ -N NH)标“*”的碳原子为手性碳原子，b正 确。I分子中，除醛基之外的8个碳原子均采取s即杂化，但 还有2个N原子采取s即杂化，c错误。I分子间既存在范 德华力，又存在氢键，d错误。(6)根据题意可知，A的同分 15河南省高考综 1.B【解析】云锦的主要成分是蚕丝，属于蛋白质，为有机物，A 不符合题意：牡丹瓷属于陶瓷，主要成分是硅酸盐，为无机物，B 符合题意：麦秆画的主要成分是纤维素，为有机物，C不符合题 意：纸的主要成分是纤维素，为有机物，D不符合题意。 2.A【解析】Ca0是离子化合物，其电子式为Ca2*[:0]2, A正确；L核外有2个电子，其结构示意图为+3)2，B错 误；中子数为38的傢原子，质量数为69，可表示为Ga,C错 误； 主链上有6个碳原子，3号碳原子上连有1个甲 基，则其化学名称为3-甲基己烷，D错误。 3.D【解析】W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气 体，W与V在加热条件下反应生成X,X与CO,反应又能生 成V,则W为Na,V为02，X为Na02,Y为Na2C03,Y与HCl 反应生成Z,Z为NaCl。V为O2,可通过排水法收集，A说法 正确；X为Na202,Na202与水反应能生成02，B说法正确；Y 为Na,C0,易溶于水，由于CO3水解，溶液显碱性，C说法正 确；Z为NaCl,电解NaCl水溶液得不到Na,应该电解熔融氯 化钠，D说法错误。 4.C【解析】配制溶液不能在量筒中进行，A错误：CuS0废 液应先倒人指定废液缸中，再清洗试管，B错误；用蒸发皿蒸 发浓缩NaCl溶液，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；长期存放 K,C20,标准溶液应用密封的细口瓶，容量瓶用于溶液配制， 不能长期存放溶液，D错误。 5.C【解析】化合物L分子中含有的碳碳双键、羟基和（酚） 羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色：含有的碳碳双键可以 发生加成反应，含有的羟基和（酚）羟基等均可以发生取代反 应，A、D说法正确。同时连有4个互不相同的原子或原子团 的碳原子为手性碳原子，L分子中含有2个手性碳原子，B说 法正确。化合物L分子中不含羧基，不能与碳酸氢钠溶液反 应产生C02,C说法错误。 6.D综合推断W、X、Y、乙是原子序数依次增大的短周期元 素，X与Z同主族，W与X质子数之和等于Z的质子数，则X 与Z分别为F、Cl,则W为0：Y最外层电子数是其内层电子 总数的一半，则Y为P:W、X、Y、Z依次是O、F、P、Cl。 【解析】同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元 素从上到下，电负性逐渐减小，P的电负性小于N,N的电负 性小于0，故电负性0>P,即W>Y,A错误；WX2为OF2,OF2 的中心原子为0，F为配位原子，孤电子对数为2×(6-1× 2)=2,价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，含 有2个孤电子对，所以OF,分子的空间结构为V形，B错误： HF之间可以形成氢键，而HCI分子间不能形成氢键，则最简 单氢化物的沸点X>Z,C错误：Y位于第VA族，其第一电离 能高于同周期相邻元素，D正确。 7.B【解析】向浓硝酸中加入少量氧化亚铜，氧化亚铜被浓 硝酸氧化，生成硫酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为 Cu20+6H+2N03一2Cu2+2N02↑+3H20,A错误；用热氢 氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫，生成硫化钠、亚 D40卷 异构体中，除了含有苯环和一N02,还可能含有一O0CH,这 个基团与一N02可以处于邻位、间位、对位，这时有3种同 分异构体；还可能含有一CH0、一0H,这时有10种同分异构 体，共有13种。(7)根据题目中所给出的反应路线，生成J 的反应类似于F→G的反应，J→K发生类似于G→H的反 应，可得出 的结构简式为 0 ,K的结构简式 H,COOC CH,CH,NH-( 为HOH,C CH,CH,NHCH, 合改革适应性演练 硫酸钠和水，反应的离子方程式为3S+60H△2S2-+S0+ 3H,0,B正确：CH,COONH中铵根离子与醋酸根离子都会发 生水解，C错误：向碘酸钾溶液中滴加双氧水，碘酸钾被双氧 水还原为碘化钾，双氧水则被氧化为氧气，反应的离子方程 式为I0+3H,02一I+302↑+3H,0,D错误。 8.D【解析】配合物1中，H,0中氧原子提供孤对电子，Co2+ 提供空轨道形成配位键：配合物1右侧N、0分别提供一个孤 电子对，与Co2*形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A 正确。由配合物2的结构可知，N形成2个σ键和1个配位 键，故采取$即2杂化，B正确。转变过程中，配合物1中有 2个H,0与C02+形成的配位键断裂，配合物2中，S0?中的 0与C02+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正 确。配合物1、2中C0都为+2价，C0的化合价没有发生变 化，D错误。 9.C【解析】充电时，S与Cu2+反应转化为Cu2S,发生还原反 应，则电极b为阴极，A错误；充电时，Mn2+转化为MnO2,发 生氧化反应，则电极a为阳极，电极反应为Mn2++2H,0- 2e一MnO2+4H,阳极附近溶液的pH减小，B错误；放电 时，Cu2S转化为S和Cu2+,发生氧化反应，则电极b为负极， 电极反应为Cu,S-4e =S+2Cu2,C正确：放电时，Mn02转 化为Mn2,发生还原反应，则电极a为正极，溶液中的Cu向 正极移动，即向电极a方向迁移，D错误。 10.A【解析】以甲烷球棍模型为基础，用两个代表氯原子的 小球替换代表氢原子的小球，只能得到一种结构模型，说明 H CI 结构 与 C 表示同一种物质，则CH,Cl2无 CICICI H 同分异构体，A符合题意；将S02通入滴有酚酞的氨水，S02 与NH3·H0反应，导致溶液碱性减弱，溶液由红色变为无 色，不能说明S0,具有漂白性，B不符合题意：将洁净的铂 丝在酒精灯外焰灼烧至与原来火焰颜色相同，再蘸取某溶 液在外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液的溶质中含有Na 元素，不一定为钠盐，C不符合题意；常温下，CH,CO0H溶 液与KOH溶液等体积混合，测得混合溶液pH=8,但因二者 的浓度未知，故无法说明CH,CO0H为弱酸，D不符合题意。 11.C【解析】由反应机理图可知， 变为 OH ,发生了还原反应，还原剂为 ,A说法正 OH 确；由反应机理图可知，环己酮在基催化剂作用下转化为 环己醇的总反应为+ OH + TOH 0 ,可知有O一H键的断裂和形成，B、D说法正确；用同位 OH 素标记的个 OH 代替 ,可得到 ,C说法错误。 0 D OH 15·化学 12.D【解析】根据氧原子个数守恒，可得m+n+2x=3m+3n, 则x=m+n,A说法正确；该反应为环氧基和碳氧双键打开的 加成聚合，原子利用率为100%，B说法正确；G为聚碳酸酯， 在酸性或碱性条件下都能水解，C说法正确：E为饱和结构， 不能使溴的四氯化碳溶液褪色，F中含有碳碳双键，可以使 溴的四氯化碳溶液褪色，D说法错误。 13.B【解析】由题给1nk与子的关系图可知，随着升高， 则温度T降低，lnk逐渐减小，且lnk,减小更多，说明升高 温度，逆反应速率增加更多，平衡逆向移动，则该反应为放 热反应，所以正反应活化能更小，即E,<E1,A错误；该反应 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B正确：反应达到平 衡时正、逆反应速率相等，则有，=1，可得在= k (N),c(P)C错误：加入催化剂可改变反应速率，但不影 c(Q) 响平衡移动，故加人催化剂不会提高N的平衡转化率，D 错误。 14.B【解析】增大c(Ca2+),CaC,04+2H-一H,C204+Ca2+平 衡逆向移动，c(H)增大，故曲线Ⅱ代表lg[c(Ca2+)/(mol· L1)]与pH的变化关系；HC20,的分步电离为H2C20 =H+HC,04,HC20:=一H*+C,0?,随着酸性减弱， H2C204含量减小，HC,0:含量先增大后减小，C,0?含量增 大，故曲线I代表8(H,C,0,)与pH的变化关系，曲线Ⅲ代 表8(HC,0,)与pH的变化关系，曲线V代表8(C,0)与pH 的变化关系。由上述分析可知，A错误。溶液中存在电荷 守恒①2c(Ca+)+c(H)=2c(C204)+c(HC204)+c(Cl)+ c(0H),物料守恒②c(Ca2+)=c(C,0?)+c(HC,04)+ c(H2C,04),将①-②×2得c(H)=c(CI)+c(OH)- c(HC,04)-2c(H2C204);当pH=3时，c(H*)>c(0H),所 以c(CI)>2c(H,C204)+c(HC20),B正确。当pH=1.27 时，c(H2C204）=c(HC204),K1(H2C204)= c(H)·c(HC,O4) c(H2C204) =101”;当pH=4.27时，c(C20)= c(HC,0),K(H,C,0,)=e(H')·c(C02) 1042”;总反 c(HC,04) 应CaC204+2H=H2C204+Ca2+的K= c(Ca2+)·c(H,C204)c(Ca2+)·c(C,0)·c(H,C204) c2(H) c2(H*)·c(C202) Kp(CaC204)·c(H2C204) c2(H*)·c(C20) Kp(CaC204)·c(H2C204)·c(HC204) c(H)·c(HC,0a)·c(H)·c(C,0?) K(CaC2O) 10863 K(HC,0)·K.(H,C,0,)°1019×104a=103,C错 误。pH=5时，c(H)=103mol·L,K2(H2C204)= c(H)·c(C20) =104ac(C08)-Ka(H,C,0) c(HC204) c(HC,O) c(H*) 10~427 109=100m<10,则有 6(C204)c(C204) <10,D错误。 (HC204)c(HC204) 15.(共14分，除标注外，每空2分)》 (1)H,(1分)还原Fe3(1分) (2)Mg2+ (3)氧化生成的Fe3+可以使H,02分解速率增大，导致H202 用量增大防止盐酸与KMnO4反应生成CL2,产生污染 (4)3Mn2+2Mn0,+(5x+2)H,0=5(Mn02·xH,0)↓+4H (5)S02 (6)溶液中H浓度较大，磷元素主要以H,PO,、H,PO,、HPO 形式存在，PO浓度低，生成FePO4·2H20沉淀量少 【解析】(1)“除钛”过程中加入铁粉发生的主要反应有 Fe+H2S04=FeS04+H2↑、Fe,(S04),+Fe=3FeS04,提 D41卷 参考答案及深度解析 高了溶液体系的pH,使TO2+水解以TiO,·xH,0沉淀形式 除去，故产生的少量气体是H,,铁粉的另一个作用是还原 Fe3+。(2)“除钛”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn24 SO?,由题给FeF,、MgF2、MnF2的K可知，MgF,更难溶于 水，加人NH,F与Mg2+反应生成难溶于水的MgF2,故“除杂 1”中除去的离子是Mg2+。(3)“氧化1”中Fe2+被H202氧 化为Fe3+,Fe3+是H,02分解的催化剂，可以使H,02分解速 率增大，故H202加人速度过快，会导致H202来不及与Fe24 反应而分解；本步骤若使用稀盐酸代替H,S0,溶液，则溶液 中含有Cl,在“除杂2”中会与KMnO,反应生成Cl,产生 污染。(4)“除杂2”中加入的KMn04与Mn2+发生氧化还原 反应生成MnO2·xH20,反应的离子方程式为3Mn2++ 2Mn0:+(5x+2)H,0=5(Mn02·xH,0)↓+4H*。(5)农 药盐渣成分中有Na,S0,“除杂2”后所得溶液中含有H, 二者混合会发生反应生成S02,故“氧化2”的目的是使S0 转化为$0？，从而减少$02气体的排放。(6)“沉铁”中如果 体系酸性过强，则溶液中H浓度较大，磷元素主要以H,P0。 H,PO,、HPO2形式存在，PO浓度低，生成FePO.·2H,0沉淀 量少，导致FP0,·2H,0产量降低。 16.(共14分，除标注外，每空2分) (1)三颈烧瓶(1分)恒压滴液漏斗(1分) (2)先用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸溶液，减小对皮肤 的腐蚀 (3)将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠保证碳 酸根离子沉淀完全 (4)便于控制温度，且受热均匀 (5)使半滴标准溶液悬于滴定管管口，将锥形瓶内壁与管口 接触，使液滴流人锥形瓶，并用洗瓶冲洗瓶壁 (6)9-10c%2 100 【解析】(1)由题图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶，②的 名称是恒压滴液漏斗。(2)NaOH溶液有腐蚀性，会腐蚀皮 肤，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应先用大量的水冲 洗，然后涂上1%硼酸溶液，减小对皮肤的腐蚀。(3)在搅拌 下滴加NaOH溶液，调pH至11，可以将混合溶液中的碳酸 氢钠完全转化为碳酸钠；加入过量的CaCL,溶液可以保证碳 酸根离子沉淀完全。（4)本实验所需温度低于100℃，可以 采用水浴加热，水浴加热的优点为便于控制温度，且受热均 匀。(5)使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入锥形瓶 中的操作是使半滴标准溶液悬于滴定管管口，将锥形瓶内 壁与管口接触，使液滴流入锥形瓶，并用洗瓶冲洗瓶壁。 (6)消耗EDTA溶液平均体积为V,mL,则配制的溶液中含 250mL 有钙离子的物质的量为25.00m×c,V×103mol,所以 Na,CO,、NaHCO,混合溶液中CO?和HCO?的总浓度c总= c1V,×103-10c2V2×10 -mol L-1=cV-10c2 V mol·L1。 100.0×10-3 100 17.(共15分，除标注外，每空2分) (1)3d4s2(1分)分子晶体(1分) (2)HBP℉，无孤电子对，PF,存在孤电子对，孤电子对与成 键电子对之间存在着斥力，使得键角减小 (3)体心 (4)①+330(1分)②p3>P2>p1在同一温度下，P1到P3, SiCl2物质的量逐渐减小，说明平衡逆向移动，增大压强，平 衡向气体体积减小的方向移动414 【解析】(1)Zn为30号元素，则基态Zn原子的价电子排布 式为3d4s2;SiCl4的沸点为57.6℃，比较低，则SiCl4是分 子晶体。(2)由化合物HBPF,的结构可知，其P上有一个 孤电子对，与B的空轨道形成配位键，而PF,中的P上有 个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间存在着斥力，使得 键角减小，因此H,BPF,中F一P一F键角略大于PF,分子 中的F一P一F键角。(3)根据题给晶胞的结构，利用“均摊 法~可知，该晶胞中含有的个数为8xg+4x+1=4,s 15·化学 高考一轮复习检测卷·化学 的个数为权6了=4，弘和s数量相同，则2弘和s位 置可以互换：若将M点Si原子作为晶胞顶点，则N点Si原 子在品胞中的位置为体心。(4)①由盖斯定律可得反应 Ⅲ=2×反应Ⅱ-反应I,则△H3=2△H2-△H1=2×(+98kJ· mol1)-(-134kJ·mol1)=+330kJ·mol1。②由题图3可 知，在同一温度下，P1到p3,SiCL2物质的量逐渐减小，说明 平衡逆向移动，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移 动，则P3>P2>P1。假设题述条件下生成的SiC2忽略不计， 体系中初始SiCl4(g)和Zn(g)分别为1mol和4mol,则 P物始(SiC,)=180kPa×5=36kPa,恒压反应4min时，SiCl, 分压变为20kPa,故(SiC,)=36-20kPa·min1=4kPa. 4 min;生成的SiCl2忽略不计，假设消耗SiCl,的物质的量为 xmol,可列“三段式”： SiCl,(g)+2Zn(g)=Si(s)+2ZnCl2(g) 起始量/mol1 4 0 0 转化量/molx 2x 2x 4 min/mol 1-x 4-2x 2x 4min时气体的，总物质的量为(5-x)mol,则p(siC,)=二× 5-x 180kPa=20kPa,则x=0.5,m(Si)=0.5mol×28g·mol1= 14g0 18.(共15分，除标注外，每空2分) COOCH, NO (2)还原反应(1分) 0 3)0 F OH 与生成的HCl反应，促进反 应正向进行，提高E的产率 1)NaH 2)NHCI Os +CH,OH CI C (5)酯基、羰基 CH,CI CH,CHO (6)7 (或 CHO COOH 综合推断|由题给合成路线可知，A( )与CH,OH NO 在浓H,S04、加热条件下发生酯化反应生成B COOCH, ),B在NaBH4的作用下发生还原反应生成 NO HO ),C在Z、NH,Cl的作用下发生还原反应生成 D42卷 HO ),D在吡院中与 反应生成E NH. )在NaH、NH,Cl C 的作用下与、 发生题给已知信息中的取代反应生 成G( ),G与S02CL2发生取代反应生成H )H与 NH发生成环反应生成I ),I在LiAIH4,、S0Cl2和NH,·H20的作用下 NH. 反应生成J( ),J与E反应生成K。 【解析】（1)由综合推断可知，B的结构简式为 COOCH 。(2)由综合推断可知，C生成D的反应类型 NO 为还原反应。(3)根据综合推断可知，E的结构简式为 F ;由综合推断可知由D生成E的 OH 反应中另外一个产物为HC1,而吡啶具有弱碱性，可以与生 成的HC1反应，促进反应正向进行，提高E的产率。(4)根 据综合推断可知，由F生成G的化学方程式为 1)NaH 0 0 2)NH4CI O +CH,OH。(5)H的结构简 式为 CI,含氧官能团的名称是酯基、羰基。(6)F的 15·化学 结构简式为 ,其同分异构体中符合①含有苯环 CI CH,CI ②能发生银镜反应、③不含甲基的结构有 CHO CH,CI CH,CI OHO CHCHO CH,CHO CHCI CHO CHO 16陕西省高考综 1.A【解析】伏打研制了第一个化学电源，该装置实现了化 学能到电能的转化，A说法错误：范托夫提出了甲烷的正四 面体结构，而鲍林提出的杂化轨道理论很好地解释了甲烷的 正四面体结构，B说法正确；侯德榜改进了索尔维制碱法，侯 氏制碱法完美地弥补了索尔维制碱法的不足，不仅提高了食 盐利用率，减少了对环境的污染，还缩短了生产流程、降低了 纯碱的成本，故侯氏制碱法更经济环保，C说法正确：树脂属 于合成有机高分子材料，D说法正确。 2.D【解析】氯化氢是共价化合物，其电子式为H:Cl:,A错 误；二氧化碳的价层电子对数是2，没有孤电子对，其VSEPR 模型是直线形，B错误：Cr是24号元素，其价电子排布式为 3d 4s 34,价层电子的轨道表示式为个个1个个，C 错误；中子数为20的氯原子的质量数为37，可表示为7C1,D 正确。 3.C【解析】固体试剂一般用镊子或药匙取用，液体药品 般用胶头滴管取用，不能用手直接接触试剂，以免危害健康 和污染试剂，A做法正确；易挥发、有毒试剂的使用需要在通 风橱中操作，B做法正确：金属钠着火不能用湿抹布覆盖灭 火，因为钠遇水会发生剧烈反应，产生氢气并可能导致爆炸 正确的做法是使用干燥的细沙覆盖扑灭，C做法错误；可燃 性气体在点燃或加热之前都要验纯，以免发生爆炸，D做法 正确。 4.A【解析】由“E、G、Q、R均为气体，其中R为红棕色”可 知，R为NO2。由题图可知，E、G、Q、T均含氮元素，故E为 NH3、G为N2、Q为NO、T为HNO。由上述分析可知，E、G、 Q、R、T所含同种元素化合价依次升高，A正确；E为NH NH,是非电解质，B错误：E为NH,NH,极易溶于水，不能用 排水法收集，C错误：铜和浓硝酸反应的还原产物是二氧化 氮，铜和稀硝酸反应的还原产物是一氧化氮，D错误。 5.B【解析】结合题给化学方程式以及题图中物质的浓度变 化可知，浓度减少的为反应物，浓度增加的为生成物，生成物 的浓度增加量之比等于化学计量数之比，故曲线Ⅲ代表反应 物Z,曲线I代表物质Y,曲线Ⅱ代表物质X,A错误；t1时刻 反应物的浓度大于t,时刻，浓度越大，反应速率越快，则t,时 刻的正反应速率大于2时刻，B正确；升高温度，正、逆反应 速率均加快，C错误；0~40min,用物质Z表示的平均反应速 率(Z)=(27-15)mol·L =0.3mmol·L-1·min1,根据 40 min 反应速率之比等于化学计景数之比可知，物质Y表示的平均 反应速率v(Y)=2u(Z)=0.6mmol·L1·min1,D错误。 6.B【解析】BF,的空间结构为平面三角形，PCl,的空间结 构为三角锥形，极性和分子空间结构有关联，A不符合题意； 由于F的电负性比C的大，吸引电子的能力更强，二氟乙酸 羧基中的0一H键的极性更大，更易电离出H,酸性更强，酸 性和分子间氢键没有关联，B符合题意；NaC是离子晶体，S。 是分子晶体，一般来说，离子晶体的熔点比分子晶体高，熔点 D43卷 参考答案及深度解析 CH,CHO ,共7种：其中核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰 CI 面积比为2：2：2：1的同分异构体的结构简式为 CH,CI CHCHO 0 CHO CI 合改革适应性演练 和晶体类型有关联，C不符合题意；18-冠-6空腔的直径与 K*的直径相当，12-冠-4空腔的直径小于K+的直径，所以识 别K的能力与冠醚空腔直径有关联，D不符合题意。 7.D【解析】K2MnO,溶于KOH溶液中形成K2MnO4碱性溶 液，而MnO2不溶于水，可用过滤法分离出溶液中的Mn02,A 能达到实验目的：实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热条件 下反应制取氯气，再利用饱和食盐水除去氯气中混有的HCI 杂质，B能达到实验目的：在强碱溶液中K,MnO,可被Cl,氧 化为KMnO4,因此将氯气通入K2MnO,碱性溶液中可制备得 到KMnO4,此外氯气有毒，需用NaOH溶液进行尾气处理，C 能达到实验目的：KMnO.受热易分解，应该用蒸发浓缩、冷却 结晶的方法得到KMnO,固体，D不能达到实验目的。 8.C综合推断|X、Y、Z三种短周期元素，X与Y同周期，基态 Y原子s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，则 Y可能为1s22s22p4或1s22s22p63s2,为氧或镁；X、Y的质子数 之和等于Z的质子数，则Y为氧：X的第一电离能比同周期 相邻两元素原子小，则X为硼，Z为铝。 【解析】电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷 数越大，半径越小，故原子半径：A>B>0,A错误：X的最高价 氧化物对应的水化物为硼酸，硼酸是一种弱酸，B错误；Y的 氢化物有过氧化氢、水，其中氢元素的化合价能降低、氧元素 的化合价能升高，则Y的氢化物既具有氧化性又具有还原 性，C正确：Z的氯化物为氯化铝，属于共价化合物，D错误。 9.B【解析】S,0与H反应生成硫单质和二氧化硫，不能 大量共存，A不符合题意：C0?、C、CI0、K互不反应，可以 大量共存，B符合题意：Br与Ag+反应会生成溴化银沉淀，不 能大量共存，C不符合题意；Fe3+在[Cu(NH3)4]2+大量存在 的溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，D不符合 题意。 10.A【解析】根据题图中③④两步历程，可知0，使Fe2转 化成Fe3+,恢复催化剂活性，A正确：过程①中没有发生非 极性键的断裂，过程④中发生了O一0非极性键的断裂，B错 误：过程②中铁元素化合价发生变化，发生了氧化还原反应，过 程③中各元素化合价均没有发生变化，没有发生氧化还原反 应，C错误：根据题图可知，该催化历程的总反应为2H,S+ 0,催化剂2S+2H,0,可得关系式H,S~2e,则理论上，每 转化34g即1molH2S,转移的电子数目为2Na,D错误。 .C【解析】由题图可知，N原子的数目为8xg+2x22 B原子的数目为2，C原子的数日为4x了+2=4，则该晶胞中 N、B、C原子数目之比为1：1：2，化学式为BC2N。该晶体 具有类金刚石结构，金刚石是由碳原子通过共价键形成的 共价晶体，具有硬度大、熔沸点高等性质，则该化合物为共 价晶体，硬度大，A说法正确。该晶胞中N原子数目与B原 子数目均为2，则与B原子距离最近且相等的B原子数应等 于与N原子距离最近且相等的N原子数，则以面心上的N 16·化学15河南省高考综合改革适应性演练 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一140一16Si一28 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每 续表 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.我国传统手工艺品是劳动人民的智慧结晶，并随着时代 发展不断创新。下列手工艺品中主要成分为无机物的 是 ( C.蒸发浓缩NaCl溶液 D.长期存放K2Cr20,标准溶液 5.化合物L是从我国传统中药华中五味子中提取得到的 一种天然产物，其结构如图所示。下列有关该化合物的 说法错误的是 A.云锦 B.牡丹瓷 OH HO L O A.能使酸性KMnO,溶液褪色 C.麦秆画 D.油纸伞 B.分子中含有2个手性碳原子 2.下列化学用语或图示正确的是 ( C.能与NaHC0,溶液反应放出C0,气体 A.Ca0的电子式：Ca2+:0:2 D.既能发生加成反应，又能发生取代反应 6.某化合物分子式为YWZX2,W、X、Y、Z是原子序数依次 皮广的结构示意函：⑤月 增大的短周期元素，X与Z同主族，W与X质子数之和 等于Z的质子数，Y最外层电子数是其内层电子总数的 C.中子数为38的傢原子：Ga 一半。下列说法正确的是 ( A.电负性：W<Y D.〔 的化学名称：2-乙基戊烷 B.WX2的空间结构为直线形 C.最简单氢化物的沸点：X<Z 3.W是一种短周期金属元素的单质，V是无色气体。它们 D.Y的第一电离能高于同周期相邻元素 之间的转化关系如图所示（略去部分生成物和反应条 7.对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确 件)。下列说法错误的是 () 的是 A.xCO. A.向浓硝酸中加入少量氧化亚铜：Cu,0+2H一C1+ Cu2++H20 Y HCI B.以热氢氧化钠溶液洗涤附着在试管内壁的少量硫： A.气体V可通过排水法收集 3S+60H△2S2-+s05+3H,0 B.X与水反应能生成气体V C.醋酸铵的水解：NH4+H20→NH3·H,O+H C.Y易溶于水，溶液显碱性 D.向碘酸钾溶液中滴加双氧水：H,02+2I0+6H*一 D.电解Z的水溶液可得到W I2+202↑+4H20 4.下列图示中，操作规范的是 8.配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经 过加热可转变为配合物2，如图所示。 00 H IHO H,O H,O 废液 H,O A.配制A12(S04)3溶液 B.洗涤盛有CuSO,废液的试管 配合物1 配合物2 下列说法错误的是 下列说法错误的是 A.配合物1中含有2种配体 OH A.该反应的还原剂是 B.配合物2中N原子采取sp2杂化 C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成 B.反应过程中涉及O一H键的断裂和形成 D.转变前后，Co的化合价由+2价变为0价 OH OH 9.我国科学家设计了一种水系S-Mn02可充电电池，其工 C.用同位素标记的 代替 可得到 作原理如图所示。 OH 用电器直流电源 D.环己酮转化为环己醇的反应为 MnO2 电 Cu,S 充 放 放 充 电 12.C02的资源化利用有利于实现“碳中和”。一种功能性 电 电 电 极 聚碳酸酯高分子材料G可由如下反应制备。 Mn2+ S+Cu2 b +xC0, CuSO4-MnSO4-H,SO,溶液 下列说法正确的是 E A.充电时，电极b为阳极 下列说法错误的是 B.充电时，阳极附近溶液的pH增大 A.x=m+n C.放电时，负极的电极反应：Cu,S-4e一S+2Cu24 B.反应的原子利用率为100% D.放电时，溶液中Cu+向电极b方向迁移 C.G在酸性或碱性条件下均能降解 10.由下列实验操作及现象能得到相应结论的是( D.E与F均能使溴的四氯化碳溶液褪色 13.庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成a-羟基 选项 实验操作及现象 结论 磺酸钠(Q),正、逆反应速率可以表示为v1=kc(N)· 以甲烷球棍模型为基础，用两个代 c(P)和v1=k1c(Q),k,和k1分别为正、逆反应的速 A 表氯原子的小球替换代表氢原子 CH,CL2无同分异构体 率常数，E,和E1分别为正、逆反应的活化能。lnk与 的小球，只能得到一种结构模型 1 将S0,通入滴有酚酞的氨水，溶液 的关系如图所示。下列说法正确的是 B S0,具有漂白性 由红色变为无色 OH 将洁净的铂丝在酒精灯外焰灼烧 H+NaHSO,= SO,Na C 至与原来火焰颜色相同，再蘸取某 该溶液的溶质为钠盐 P Q 溶液在外焰上灼烧，火焰呈黄色 常温下，CH,COOH溶液与KOH溶液 CH,C00H为弱酸 2.5 等体积混合，测得混合溶液pH=8 0.0 11.环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可 能的反应机理如图所示。 -2.5 H -5.0 3.35×1033.40×1033.45×1033.50x1033.55×10 T/K- A.E1>E-1 B.升高温度，平衡逆向移动 C.达到平衡时-(N)·c(P) k c(Q) D.加入催化剂可以提高N的平衡转化率 14.向CaC204饱和溶液（有足量CaC,04固体）中通入HCl 气体，调节体系pH促进CaC,04溶解，总反应为 CaC,04+2H一H,C204+Ca2。平衡时lg[c(Ca2+)/ (mol·L1)]、分布系数6(M)与pH的变化关系如图 化学°答案D40卷15 所示（其中M代表H,C,04、HC204或C20)。比如 (3)“氧化1”中若H,02加入速度过快，会导致H,0, c(C204) 用量增大，原因是 6(C202)= ,c总=c(H2C204)+c(HC204)+ C点 0 本步骤不能使用稀盐酸代替H,S0,溶液，原因 c(C,0)。已知Kn(CaC,04)=108.6 是 -1.5 1.0 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH20,生成该物质的 0.9 离子方程式为 -2.0 0.8 (5)“氧化2”的目的是减少 气体的排 h-2.5 0.7 放（填化学式）。 0.6 3.0 052 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FPO4· 2H,0产量降低，原因是 0.4 0.3 0 16.(14分)某实验小组利用EDTA标准溶液滴定Ca2+,从 -4.0 0.2 而间接测定Na,C0,、NaHCO,混合溶液中CO?和 1.27 4.27 0.1 -4.51 0.0 HCO?的总浓度。已知EDTA与Ca2+按物质的量之比 0 7 pH 1:1反应。 下列说法正确的是 主要实验步骤如下： A.曲线I表示lg[c(Ca2+)/(mol·L1)]~pH的变化 I.如下图所示，取100.0mLNa2C03、NaHC03混合溶 关系 液于①中，在搅拌下滴加NaOH溶液，调pH至11，然 B.pH=3时，溶液中c(CI)>2c(H2C204)+c(HC204) 后准确加入V,mLc,mol·L1CaCl2溶液（过量），搅拌 C.总反应CaC,04+2H一H,C,04+Ca2+的平衡常数 下水浴加热至60℃并保持5min,冷却至室温。过滤、 K=103.09 洗涤，合并滤液和洗涤液，在250mL容量瓶中定容。 D.pH=5时，C,0和HC204的分布系数关系为 NaOH CaCL,溶液 6(C201 >10 、溶液 6(HC,04) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeS0,· 7H,0,含有少量Fe2(S04)3、Ti0S04、Mgs04、MnS04 等]和农药盐渣（主要成分为Na,P04、Na,SO等）制备 搅拌器 电池级磷酸铁的工艺流程如下。 Ⅱ.取25.00mL步骤I配制的溶液于锥形瓶中，加入 H,SO 铁粉 NHF H,SO4、H,O2 一定量蒸馏水，用Na0H溶液调pH在12~13之间，再 钛白 粉副→溶解1 除钛 除杂1氧化1 滴加4~5滴钙指示剂。用c2mol·L1EDTA标准溶液 产品 滴定至终点，平行测定三次。消耗EDTA溶液平均体 滤渣1气体 滤渣2 积为V2mL。 H,O 02 KMnO 回答下列问题： 农药 盐渣 溶解2 氧化2 除杂2 (1)仪器①的名称是 ;②的名称是 (2)步骤I中，若不慎将NaOH溶液沾到皮肤上，应对 滤渣3 措施是 沉铁pH=1.5 (3)步骤I中，调pH至11的目的是 FePO.2H,O ;加入的CaCl2溶液需过量的原因是 已知：一定条件下，一些金属氟化物的K,如下表。 (4)步骤I中，采用水浴加热方式的优点是 氟化物 FeF2 MgF2 MnF, Kip 2.3×10-6 5.1×1015.2×103 (5)步骤Ⅱ滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的 回答下列问题： 半滴标准溶液加入锥形瓶中的操作是 (1)“除钛”中产生的少量气体是 (填 化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得 (6)Na,C03、NaHC0,混合溶液中，C0?和HC0,的总 Ti02+水解以Ti02·xH,0沉淀形式除去，其另一个作 浓度c总= mol·L(写出计算式)。 用是 17.(15分)硅是电子工业中应用最为广泛的半导体材料， (2)“除杂1”中除去的离子是 (填化学式)。 少量磷的掺入可提高硅的导电性能。Z如高温还原 卷15答案D40Q化学 SiCl,(沸点57.6℃)是生产多晶硅的一种方法。 18.(15分)化合物K具有镇痛作用，以下为其合成路线之 回答下列问题： (部分反应条件已简化)。 (1)基态Zn原子的价电子排布式为 HO SiCl4晶体的类型为 COOH (2)化合物HBPF3的结构如图1所示，HBPF3中 CH,OH B 浓HSO4,△CH,FNO NaBH,P F一P一F键角略大于PF,分子中的F一P一F键角，原 NO, 因是 NO A Zn.NH,Cl C H HO CI H—B—P—F E H F 吡啶 CH2FNO3 图1 NH (3)Si、P和Zm三种元素组成化合物的晶胞如图2所 示（晶胞参数a=b≠c,a=B=Y=90°），若将M点Si原 子作为晶胞顶点，则N点S原子在晶胞中的位置为 (填“面心”“棱中点”或“体心”)。 00 0= G 1)NaH SO,CL ●N CioH,CIO, 2)NH CI 0 CI CI H NH ●Si OP 1)LiAIH. NH 2)S0CL2, NH3·H,O 图2 (4)在Zn还原SiCL4的过程中会生成副产物SiCL2,抑 制SiCl2生成可以增加Si产量并降低生产能耗。该过 程存在如下主要化学反应： 反应I:SiCl4(g)+2Zn(g)=Si(s)+2ZnCl,(g) (C,H,),N OH △H1=-134kJ·mol1 反应Ⅱ：SiCl4(g)+Zn(g)=SiCl2(g)+ZnCl2(g) △H2=+98kJ·mol-1 00 反应Ⅲ：SiCl4(g)+Si(s)-2SiCl2(g)△H3 +R'OH。 ①AH3=kJ·mol1。 R R'O OR R OR ②在总压分别为P1P2和P,下，反应达平衡时SiCL,物 回答下列问题： 质的量与初始SiCl,物质的量的比值x随温度变化如图 3所示。图中压强由大到小的顺序为 ,判 (1)B的结构简式为 断的依据是 在 (2)由C生成D的反应类型为 一定温度、180kPa条件下，体系中初始SiCl4(g)和 (3)E的结构简式为 ;吡啶具有弱 Zn(g)分别为1mol和4mol,假设此条件下生成的 碱性，由D生成E的反应中吡啶的作用是 SiCl2忽略不计，恒压反应4min时，SiCl4分压变为 20kPa,0~4min内用SiCL,分压表示的平均反应速率 为 kPa·min,此时可生成硅 go (4)由F生成G的化学方程式为 0.20 _o ■P (5)H中含氧官能团的名称是 0.15 (6)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 P2 0.10- 种（不考虑立体异构）； 0.05 ①含有苯环；②能发生银镜反应；③不含甲基。 其中，核磁共振氢谱显示为四组峰，且峰面积比为2： 120012501300135014001450 2:2:1的同分异构体的结构简式为 (写 T/K 图3 出一种即可)。