17 四川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

17四川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：0一16S一32Ti一48Cu一64n一115Pb-一207 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每6.下列过程对应的离子方程式正确的是 () 小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要 A.硫化氢溶液久置变浑浊：2S2-+02+4H—2S↓+ 求的。 2H20 1.化学是新材料发展的基础。下列生产或应用中所用到 B.锌粉与稀硝酸反应：Zn+2N0?+4H=Zn2++2N02↑+ 的主要物质不属于无机非金属材料的是 2H20 A.芯片制造所用的硅晶片 C.银氨溶液与溴化钠溶液反应：[Ag(NH3)2]+Br= B.潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 AgBr↓+2NH3↑ C.耐高温陶瓷生产所用的碳化硅 D.碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合：Ba2++ D.通信信号传输所用的光导纤维 HC03+0H=BaC0,↓+H,0 2.下列关于生物有机分子的说法错误的是 7.M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇 A.纤维素能被氢氧化铜氧化 宙中含量最多的元素，X的最高价含氧酸具有强氧化 B.蔗糖和麦芽糖的水解产物都含有葡萄糖 性，Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，乙 C.蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变 与Y同族。下列说法正确的是 () D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合 A.电负性：Y>X>Z B.第一电离能：Y>X>M 而成的分子 C.原子半径：Z>Y>X 3.03和HΠ发生反应：03+2HⅢ一L2+02+H,0。NA是阿 D.简单气态氢化物的稳定性：X>Z>Y 伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 () 8.一种可制造光学镜片的聚合物Z,其合成路线如图所示。 A.03是由非极性键形成的极性分子 B.HI的电子式是H:I: mH,c=C-CH+mH,c=CHO催化刻 COOCH. C.0,和02互为同素异形体 X D.1mol1H2160含有的中子数是8N CH 4.维生素A乙酸酯的结构简式为 七CH,一C]mtCH,一CH于 一人一人一又，下列说法正确的是() COOCH, A.不能发生水解反应 下列说法正确的是 B.不能使溴的CCI,溶液褪色 A.X的水解产物含有乙酸的同系物 C.6个甲基对应的核磁共振氢谱有5组峰 B.Y可以发生取代和加成反应 D.分子中采用sp2杂化的碳原子数目是10 C.聚合物Z属于可降解高分子材料 行 5.下列装置或操作不能达到相应实验目的的是 D.此反应属于缩聚反应 ,浓氨水 9.一种测定葡萄酒中$0，含量的实验装置如图所示（忽略 碱石灰 干燥FeCL,:6H,O 尾气 夹持装置)。 的N, 2作 柜处理 生石灰 无水CaCl, A.制备干燥的NH B.制备无水FeCl N否 葡萄酒 (加入适量 稀硫酸) NaHCO 饱和溶液 充分振荡 C.除去C0,中少量的HCl D.萃取并分离溴水中的溴 H,O,溶液品红溶液 下列说法错误的是 C.充电时，电池总反应为Zn(0H)+2S,0号一Zn+ A.缓慢通入N2的目的是尽可能使S0,进入H,0,溶液 S40%+40H B.冷凝管的作用是避免水蒸气进入H,0,溶液影响测 D.充电时，若生成1.0molS,0?,则有4.0molK穿过 定结果 离子交换膜 C.用NaOH标准溶液滴定反应后的H,02溶液可获得 13.恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO+ S02的含量 H2+C0一一HOCH,CHO(羟基乙醛)，反应历程如图所 D.若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败 示，L1~L3为中间体，TS,~TS3为过渡态。 10.Ti02是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化 30--Rh TS (-1ow -Rh/Mn 19.7 钙的T02废渣可以通过如下流程纯化。 TS TS 10 79 7.6 A1粉 盐酸H HO, 0 -1.1 始态1 2.54.0°5.8 -10 16.5 TiO. 铝热 废渣 还原 浸取 氧化 >TiO,·xH,O 终态 水解 甲醛配位C0插入 -30 加氢 氢解 反应历程 浸渣 滤液 下列描述正确的是 已知：“铝热还原”时，A1转化为难溶于酸和碱的α A.“C0插入”步骤，△H均为-17.6kcal·mol Al,03,Ti02转化为Ti0,(1≤x≤1.5)；“浸取”时，Ti0 B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 溶于盐酸生成易被空气氧化的T+。 C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 下列说法错误的是 D.反应达到平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大 A.Ti0,具有弱氧化性 14.一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如 B.“浸取”需要惰性气体保护 图所示（α=B=y=90°），NA是阿伏加德罗常数的值。 C.“滤液”中存在Fe3+和Ca2 O Pb2+ D.H2来自Fe和盐酸的反应 wd D ●02 ●Ti+ 11.下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 ( 选项 实例 解释 a pm apm POCl,和PCI的空间 POCL3和PCI4中P原子轨道的 下列说法错误的是 A 结构都是四面体形 杂化类型均为sp A.该物质的化学式为PbTi0 NO、NO;、NO2的键角 孤电子对与成键电子对之间的斥 B 依次减小 力大于成键电子对之间的斥力 B.1号位和2号位02的核间距为2,21。 2 a pm Sif4、SiCl4、SiBr4、SiL SiX,均为分子晶体，随着相对 C.晶体的密度为，303 ×1030g·cm3 的沸点依次升高 分子质量增大，范德华力增大 邻硝基苯酚的熔点低 前者存在分子内氢键，后者存 D.2号位0产的分数坐标为分0，》 D 于对硝基苯酚 在的分子间氢键使分子间作用 力大于前者 15.常温下，H,S溶液中含硫粒子分布系数6[比如： (HS)= H,s)te(Hs)+e(S)]与pH的关系如图 c(HS-) 12.我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水性 电池，其工作示意图如下 1所示；金属硫化物M,S和NS在H,S饱和溶液 (0.1mol·L1)中达到沉淀溶解平衡时，-lgc与pH 的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。 多 S,02 1 Zn(OH) 锌 0.8 S,02 0.6 K,S,O,溶液 KOH溶液 阳离子 0.4 交换膜 0.2 下列说法错误的是 ( ,6.97 12.90 A.放电时，K*从负极向正极迁移 5 7 9 11 13 pH B.放电时，Zn(OH)的生成说明Zn(OH)2具有两性 图1 化学°答案D46卷17 NaFe3[(OH)3S04]2沉淀，其中K*生成沉淀的离子方 325 P 程式为 20 ④ (8.94,23.11) (4)“除杂I”步骤中，加MnC03调溶液pH=4.0,该步 Iou 15 除杂的总反应方程式为 0 10 ⑤ (5)“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是 5 6 7 8 910 pH (6)“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH 图2 将 （填“升高”“下降”或“不变”)。 下列说法正确的是 (7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnS0,后的滤液应返回 到 步骤，其目的是 A.溶液中H,S的 2 =105.93 17.(13分)CuInsS8是一种能将C02转化为CH4的光催 B.直线④表示H,S饱和溶液中N2+的-lgc与pH的 化剂。 关系 I.一种制备CuInsSs的步骤如下（部分条件略）： C.金属硫化物M2S的pKp=49.21 InCL,·4H,O Cu(CH,C0O)2·H,0→ 用乙二 溶剂 固液 D.浓度均为0.01mol·L1的M和N2+的混合溶液不 醇溶解 热反应 CHCSNH, 分离 ①D ② ③ 能通过滴加H,S饱和溶液实现分离 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 Culn,S。←干燥k洗涤 16.(15分)MnS04具有广泛用途，一种电解锌阳极泥回收 ⑤ ④ 电池级MnS04的流程如下。该阳极泥主要含有 已知：Cun,Sg为粉状晶体，难溶于水；CH,CSNH2易溶 Mn02,以及Na、K*、Ca2+、Mg2+、Zn2+和微量Pb2+等杂 于水和乙二醇。 质离子。 Ⅱ.CuInsSg纯度测定 Fe,(SO):MnCO, MnF, H,S 将a g CuInsS(M=895g·mol1)样品分解处理后，配 阳极泥溶解→除钾钠除杂1→除杂Π→除杂Π 制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于碘 量瓶中，加入过量K1溶液反应后，用硫代硫酸钠标准 沉淀1 沉淀2 沉淀3 沉淀4 溶液进行滴定，其原理如下： 2Cu2*+41= 2Cul↓+, MnSO,←浓缩结晶 I2+2S203 =2I+S40 滤液 回答下列问题： 已知：K.（ZnS)=1.0×10-22、Km(PbS)=8.0×10-28、 (1)称量nCl3·4H,0时，下列仪器中用到的有 K(MnS)=1.0×1010。金属离子生成氢氧化物沉淀， (填仪器名称)。 其lg[c(M)/(mol·L)]和溶液pH的关系如下图 所示： (2)步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是 3 Fe3 Zn2 Mn2 (填字母)。 a.蒸馏 b.减压过滤 c.蒸发 2 567 89101112 (3)步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中C1 pH 已洗净的方法是 ;最后用 回答下列问题： 乙醇洗涤，其目的是 (1)基态锰原子的电子排布式为 (4)产物CuInsSs的晶体结构可用 (填仪器名 (2)“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入S0,的作用 称)测定。 是 0 (5)纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为 (填 (3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0,K+和Na*与 名称)，滴定终点的现象是 Fe2(S04)3反应分别生成KFe3[(OH)3S04]2和 卷17答案D46Q化学 (6)平行滴定三次，消耗bmol·L1硫代硫酸钠标准溶 (4)一定条件下，C2H4的生成速率v与02分压p间的 液的平均体积为VmL,则产品的纯度为 (7)下列操作会导致实验结果偏高的是 (填 关系为1g=28p+1.1。若0，的初始分压为Po,随着 字母)。 反应进行，当C,H4的生成速率v降低到其初始生成速 a.未用待测溶液润洗水洗后的移液管 b.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 率，的子时，则0，分压p= (用p表示)。 c.滴定终点时，俯视滴定管液面读数 (5)若n(CH4):n(02)=3.5:1、初始压强为 18.(13分)甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一 450kPa,在恒容反应器中达到平衡，CH4的转化率为 项重要研究课题，其涉及的反应如下： ①4CH,(g)+02(g)-一2C2H6(g)+2H20(g） 30%,C2H4和C2H。的选择性均为40%，则反应④的平 △H1=-354kJ·mol1 衡常数K。= kPa(保留整数)。 ②2CH4(g)+02(g)—=C2H4(g)+2H20(g) 19.(14分)喷他佐辛（化合物H)是一种镇痛药物，其合成 △H2=-282kJ·mol-1 路线之一如下（略去部分试剂、条件和步骤）。 ③CH4(g)+202(g)=C02(g)+2H20(g) CH, CH H.C △H3=-803kJ·mol-1 H.C 试剂X 已知：以乙烯为例，其选择性定义为 CH CH. H.CO 2nz烯 A —×100%。 2nz烯+2nz烷+nc02 OH OCH, OCH 回答下列问题： 试剂X NBS Mg Na.CO. 光照 (1)C,H。氧化生成C,H4的热化学方程式④为 CH. CHBr CHMgBr ,反应的△S 0(填“>”“<”或 D E “=”),反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 HO HO. (2)CH,氧化偶联生成CH分步进行，C,H6和C,H 多步转化 试剂Y CH. 的选择性随反应时间的变化关系如图1所示，第一步 H.CNH H.C CH 反应的产物为 CH. CH. G C,H。 已知：〔+△，○。 回答下列问题： C,H, (1)试剂X的化学名称是 反应时间 图1 (2)C的结构简式为 (3)恒压进料，原料气的n(CH4):n(02)对CH4转化 (3)D中官能团的名称是 率与C2H。、C2H4、C02选择性的影响如图2所示，根据 (4)G中手性碳原子的数目是 本研究课题的目的，n(CH4):n(O2)在 (填 (5)试剂Y为溴代烯烃，由G生成H的反应类型是 “2~3”或“3~4”)时更优，其原因是 ;在Y的同分异构体中，不含甲基的同分异构 体的数目是 C,H 845 (6)化合物M的合成路线如下： COOCH, 30 C.Ha Q入Br Mg CH, Co0CH,△M 料 CO ① ② ③ 15 CH 参照F的合成路线，写出第③步的反应方程式： n(CH,):n(O,) 图2 (忽略立体化学)。高考一轮复习检测卷·化学 17四川省高考综 1.B【解析】芯片制造所用的硅晶片是单质硅，属于无机非 金属材料，A不符合题意：橡胶是一种有机高分子材料，属于 有机物，B符合题意：碳化硅属于无机非金属材料，C不符合 题意；光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材 料，D不符合题意。 2.A【解析】纤维素不能被氢氧化铜等弱氧化剂氧化，A说 法错误：蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖的水解产 物是葡萄糖，B说法正确；蛋白质的空间结构发生变化会导 致其生物活性改变，这种改变是不可逆的，C说法正确：核酸 可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大 分子，D说法正确。 3.A【解析】臭氧分子的中心氧原子和两个配位氧原子之间 的0一0具有极性，电子云偏向配位氧原子，故0，是由极性 键形成的极性分子，A说法错误：Ⅲ是共价化合物，氢原子和 碘原子之间共用一对电子，故Ⅲ的电子式是H:I:,B说法 正确；03和02是由氧元素形成的不同单质，二者互为同素异 形体，C说法正确：1H,160中H没有中子，0有16-8=8个中 子，故1molH2160含有的中子数是8NA,D说法正确。 4.C【解析】 该分子中，同一个碳原子上 的两个甲基是等效的，则6 个甲基对应的氢原子类型有 5种，核磁共振氢谱有5组峰， 酯基，在一定 C正确 条件下能发生 瓦 水解反应，A 错误 碳碳双键和酯基 碳碳双键，能与溴的CC】 中的碳原子的杂化 溶液发生加成反应使其褪 方式均为sp杂化， 共有11个，D错误 色，B错误 5.B【解析】浓氨水与生石灰能制备氨气，碱石灰能用于干 燥碱性气体氨气，题给装置能达到制备干燥的NH,的实验目 的，A不符合题意；FeCL,在溶液中会水解生成氢氧化铁和盐 酸，FeCl3·6H,0在氮气氛围中直接加热会因HCl挥发而使 水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无 水FeCl,题给装置不能达到制备无水FeCl,的实验目的，B 符合题意；HCl能与NaHC0,溶液反应生成NaCl、CO2和 H0,CO,不溶于NaHCO,饱和溶液，题给装置能达到除去 CO2中少量的HCl的实验目的，C不符合题意；CCL4不溶于 水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，题给装置能达到萃取并 分离溴水中的溴的实验目的，D不符合题意。 6.C【解析】硫化氢为弱酸，书写离子方程式时不能拆，反应 的离子方程式为2H,S+0, =2S↓+2H,0,A错误：锌粉与 稀硝酸反应生成硝酸锌、一氧化氮和水，反应的离子方程式 为3Zn+2N0,+8H一3Zn2++2N0↑+4H20,B错误；银氨溶 液与溴化钠溶液反应的离子方程式为[Ag(NH,),]+Br =AgBr↓+2NH,↑，C正确：碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡 溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式 为Ba2+2HC03+20H一BaC03↓+C03+2H20,D错误。 7.A综合推断M是宇宙中含量最多的元素，则M为H元 素：Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，则Y 为0元素；因为原子序数依次增大，X的最高价含氧酸具有 强氧化性，则X为N元素；Z与Y同族，则Z为S元素。 【解析】元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O>N> S,则电负性0>N>S,A正确；同周期元素，从左到右第一电离 能呈增大趋势，但位于第VA族的N的基态原子的2p轨道 为稳定的半充满结构，其元素的第一电离能大于同周期相邻 元素，则第一电离能N>0>H,B错误：同周期元素，从左到右 原子半径依次减小，则氮原子的原子半径大于氧原子，C错 D46卷 合改革适应性演练 误：元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非 金属性0>N>S,则简单气态氢化物的稳定性H20>NH3>H,S, D错误。 8.B【解析】由X的结构简式可知，X在一定条件下发生水 解反应生成2-甲基丙烯酸和甲醇，2-甲基丙烯酸和乙酸的 官能团不完全相同，二者不互为同系物，A错误；由Y的结构 简式可知，Y含有的碳碳双键可以发生加成反应，含有的苯 环能发生加成和取代反应，B正确：由Z的结构简式可知，聚 合物Z中虽然酯基可以水解，但是水解后得到的物质依然是 高分子化合物，不能变成小分子，故Z属于不可降解高分子 材料，C错误；由题给合成路线可知，在催化剂作用下X和Y 发生加聚反应生成Z,D错误。 9.B【解析】葡萄酒中S02溶于水形成H2S03,存在化学平 衡S02+H20一H2S03=H+HS03,向葡萄酒中加入硫 酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制HS03电离，减小 S0,的溶解度；通入N2并加热是把溶解的S02吹出到H202 溶液中吸收，发生反应$02+H,02= =H,SO4,用NaOH标准 溶液滴定产生的H,$04,进而可确定葡萄酒中S02的含量。 缓慢通入N,的目的是尽可能将双颈烧瓶中的$02吹出，使 其进入H,0,溶液被氧化为H,S0,A说法正确：冷凝管的作 用是避免温度过高，导致葡萄酒中的部分物质如乙醇等，被 吹入H202溶液而影响测定结果，B说法错误；根据反应S02+ H,0,=H,S04、H,S0,+2Na0H=Na,S0,+2H,0可得关 系式S0,~H,S0,~2NaOH,根据滴定时消耗NaOH标准溶液 的体积及其浓度可计算出n(NaOH),就可以得到一定体积的 葡萄酒中S0,的物质的量及其含量，C说法正确：S0,具有漂 白性，能够使品红溶液褪色，若实验过程中看到品红溶液褪 色，说明在H,0,溶液中S0,没有被完全氧化吸收，则根据滴 定时消耗NaOH标准溶液计算的SO,的含量就会比实际偏 低，即该测定S0,含量的实验失败，D说法正确。 10.D流程分析T0,废渣与A1粉进行“铝热还原”生成Ti0 (1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的α-Al203,同时铁的氧化物 转化为Fe单质，Ca0不反应；“浸取”时，Ca0与盐酸反应生 成Ca2+,TiO.与盐酸反应生成Ti3+,Fe与盐酸反应生成Fe2+ 和H,,A1粉可能过量，存在A1粉与盐酸反应生成A13+和 H2,难溶的a-AL203为浸渣；“氧化水解”时，Fe2+、Ti3+被 H,02氧化生成Fe3和Ti,T水解生成Ti02·xH,0,过滤 后所得“滤液”中存在Fe3+、Ca2+等。 【解析】由题给流程图可知，“铝热还原”步骤中加入 A1粉，发生铝热反应，A1粉做还原剂，T0,做氧化剂，若 T02氧化性很强，遇上强还原剂A1,则应像其他金属氧化物 一样变成单质Ti和Al,0,,但Ti0,转化为Ti0,(1≤x≤ 1.5),故推测T02具有弱氧化性，A说法正确；由题给流程 图和已知信息可以推测，“浸取”过程中需要无氧环境，目的 是防止Ti+进一步氧化变为+4价Ti(+4价Ti易水解，不稳 定，通常都是以T02+的形式存在)，故“浸取”需要惰性气体 保护，B说法正确；由流程分析可知，“滤液”中存在Fe3+ Ca,C说法正确：由流程分析可知，H2也可能来自A粉与 盐酸的反应，D说法错误。 11.B【解析】P0Cl,的中心P原子价层电子对数是4+ 5-1×2-3x1=4,因此P原子采用sp杂化，P0C,的空间结 构为四面体形；PCI的中心P原子价层电子对数是4+ 5-1-4x1=4,因此P原子采用sp杂化，PC的空间结构为 四面体形，A不符合题意。NO;的中心N原子价层电子对 数是2+5-12×2-2，无孤电子对，则N原子采用p杂化， NO,的空间结构为直线形，键角为180°；NO;的中心N原子 17·化学 价层电子对数是3+5+13×2=3，无孤电子对，则N原子采 2 用sp2杂化，N0;的空间结构为平面三角形，键角为120°； N0的中心N原子价层电子对数是2+5+1,22=3，有1个 孤电子对，则N原子采用s即2杂化，由于孤电子对与成键电 子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致其键角 小于120°，NO、N0?、NO,的键角依次减小，这不仅与孤电 子对与成键电子对的作用力有关，还与中心N原子的杂化 类型有关，B符合题意。SiX,均为分子晶体，分子之间以分 子间作用力结合，随着物质的相对分子质量增大，范德华力 逐渐增大，因此SiF,、SiCl,、SiBr4、Sil4的沸点依次升高，C不 符合题意。对硝基苯酚的分子间不仅存在范德华力，还存 在分子间氢键，使其熔、沸点升高：邻硝基苯酚存在分子内 氢键，分子之间只存在范德华力，使其熔、沸点比存在分子 间氢键的对硝基苯酚低，D不符合题意。 12.D【解析】放电时，Zn为负极，电极反应为Zn-2e+40H =Zn(0H)?,多孔碳为正极，电极反应为S,0后+2e 2S,0?:充电时，Zn为阴极，电极反应为Zn(0H)2+2e Zn+40H,多孔碳为阳极，电极反应为2S,0-2e= SO%。放电时为原电池，原电池中K*从负极向正极迁移，A 说法正确；碱性环境中有Zn(OH)?生成，说明Zn(OH)2能 与碱反应生成Zn(OH),即Zm(OH)2具有两性，B说法正 确；充电时为电解池，总反应为阴、阳两极的加和，根据上述 分析可知，总反应为Zm(0H)+2S20?= =Zn+40H+ S40%,C说法正确；由电极反应2S20-2e一S40?可 知，生成1.0molS40?转移电子的物质的量为2.0mol,则 应有2.0molK+穿过离子交换膜，D说法错误。 13.B【解析】由题图可知，“C0插入”步骤为放热反应， △H=-16.5kcal·mol1-(-1.1kcal·mol1)=-15.4kcal· mol1,A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是 反应的决速步骤，由题图可知，Rh催化作用下，“加氢”步骤 的活化能为24.4kcal·mol,反应的活化能最大，所以“加 氢”步骤为决速步骤，B正确；反应的活化能越大，反应速率 越慢，由题图可知，Rh催化作用下反应的活化能大于Rh Mn催化作用下反应的活化能，所以h催化作用下羟基乙 醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下的生成速率，C错误； 由题图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度 平衡向逆反应方向移动，故达到平衡时羟基乙醛的浓度减 小，D错误。 14.C【解析】根据“均摊法”可知，Pb2+位于晶胞顶点，个数 为8×8=1,0产位于晶胞面心，个数为6×2=3，T“位于晶 胞体心，个数为1，故该物质的化学式为PbT0,A说法正 O不 wd 确；如图 构造一个直角三角形，m三 a pm a pm 0.5apm,n=0.55apm,则1号位和2号位02的核间距为 mnpm=(0.5a)(0.55a)pm=2 2a pm,B 说法正确；根据密度公式，p- V.N 207+48+16×3 ax.1ax100xN8·cm3= 303×10°g·cm3,C 1.1a3×N 说法错误：根据题图可知，2号位02位于z面的面心，则 2号位0广的分数坐标为（分0，），D说法正确。 15.C【解析】H,S的两步电离方程式分别为H,S=一HS+ H、HS一S2+H,随着pH增大，H,S逐渐转化为HS, D47卷 参考答案及深度解析 HS再转化为S2,所以题图1中①表示H,S,②表示HS, ③表示s2。由题图1中交点，可知pH=6.97时c(H2S)= c(HS),pH=12.9时c(S2)=c(HS),则电离平衡常数 K,=e(S5HD=10em,K。=e(S)()= c(H,S) c(HS-) 1012.9。由题图2中的P点可知，pH=8.94时，K1= c(HS)·1084 =1029,两式 c(H,S) 1067,K。=c(S)·108 c(HS-) 相乘得c(s) cHS)1019,H,S饱和溶液浓度为0.1m0l·L, 由于电离程度非常小，所以c(H,S)≈0.1mol·L1,则 c(S2-)=1029mol.L1,且-lgc=23.11,c=1023.1m0l. L1,可求得K(M2S)=c2(M*)·c(S2)=(10.1)2× 1029=109.21,Kp（NS)=c(N2*)·c(S2）=1023.n× 1029=106.1;随着pH增大，c($2-)会增大，则金属阳离子 浓度会减小，则-lgc与pH的变化关系和-lgc与lgc(s2) 的变化关系相似，根据K,(M,S)=c2(M)·c(S2)可得 -gc=2gc($”)-2gK,(M,S),同理可得-gc= lgc(s2)-lgK(NS),则随pH增大，即随gc(S2)增大，M 的-lgc增大得比N的-lgc慢，故直线④表示H,S饱和溶液 中M的-lgc与pH的关系，直线⑤表示H,S饱和溶液中 N2*的-lgc与pH的关系。由上述分析可知K,=106” Ke=10则浴液中HS的=10”，A错误；由上述分 析可知，直线⑤表示HS饱和溶液中N2的-lgc与pH的关 系，B错误；由上述分析可知Kp(M2S)=1092,所以pK,= 49.21,C正确：浓度均为0.01mol·L1的M和N2+的混合溶 液，逐滴加入，S饱和溶液，当c(S)=109” (102)2m0l·L1= 10smml时，Nr开始沉淀，当c(S)=10 10-2mol. L1=1024.1mol·L1时，N2+开始沉淀，所以M会先沉淀， 1049.21 当M沉淀完全时，溶液中c(S2)= (1052mol·L1= 109,21mol·L1<104.1mol.L1,此时N2+还未开始沉淀 所以能通过滴加H,S饱和溶液实现分离，D错误。 16.(共15分，除标注外，每空2分) (1)[Ar]3d4s2(或1s22s22p3s23p3d4s2,1分) (2)将二氧化锰还原为Mn2+ (3)K+3Fe3++2S04+6H20=KFe,[(0H)3S04]2↓+6H (4)3MnC03+Fe2(S04)3+3H20=2Fe(0H)3+3C02↑+ 3MnSO, (5)CaF2(1分)MgF2(1分) (6)下降 (7)“溶解”循环利用H,S04和提高MnS0,的产率，同时 为S02还原MnO,提供酸性环境 【解析】(1)锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布式 为1s22s22p3s23p3d4s2或[Ar]3d4s2。(2)S02具有还原 性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行， 通入S0,的作用是将二氧化锰还原为Mn2+。(3)“除钾钠” 步骤中，控制溶液pH=2.0,酸性条件下，K*与Fe2(S04)3反 应生成KFe[(OH)3S04]2沉淀，反应的离子方程式为K+ 3Fe3*+2S0+6,0一KFe,[(0H)3S04]2↓+6H。(4)结 合已知信息可知，“除杂I”步骤中，加MnCO,调溶液pH 4.0,使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合元素守 恒，可知该步除杂的总反应方程式为3MnC03+Fe2(S04)3+ 3H20=2Fe(0H)3+3C02↑+3MnS04。(5)“除杂Ⅱ”步 骤中，加入MnF2,使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉 淀而除去，即析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2。(6)“除杂Ⅲ” 步骤中，加入H,$使得锌离子和铅离子转化为沉淀而除去， 17·化学 高考一轮复习检测卷·化学 反应为Zn2+H,S—ZnS↓+2H、Pb2+H2S—PbS↓+ 2H,反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着 “沉淀4”的生成，溶液pH将下降。(7)“浓缩结晶”步骤 中，析出MS0,后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回 到“溶解”步骤，其目的是循环利用H,S04和提高MnS04的 产率，同时为S0,还原MnO,提供酸性环境。 17.（共13分，除标注外，每空1分) (1)托盘天平烧杯 (2)b (3)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸 银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗净(2分)除去沉 淀表面的水分，快速干燥 (4)X射线衍射仪 (5)淀粉溶液滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由 蓝色变为无色，且半分钟内不复原(2分) (6)8956D %(2分) a (7)b 【解析】(1)称量nCL·4H,0固体时，需要用到托盘天平 和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量简。(2)步骤③中 为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法，故选b。 (3)检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不 存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中 加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已 洗净。最后用乙醇洗涤的日的是除去沉淀表面的水分，快 速干燥。(4)X射线衍射仪可以用于测定物质的晶体结构 所以产物Culn,S。的晶体结构可用X射线衍射仪测定。 (5)淀粉溶液遇碘变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示 剂。溶液中的碘单质与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入 最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液会由蓝色变为无色，则 滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶 液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。(6)由题给方程式 可得转化关系2 CuInsSs~2Cu2+~2~2Na2S203,滴定消耗 V mL b mol·L1硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为 bmol·L-1×10-3VL 250mL 25.00mL ×895g·mol ×100%= a g 8956v%。(7)未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定 a 消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，a不符合题 意：滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使读取的 标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，b符合题意：滴定 终点时，俯视滴定管液面读数会使读取的标准溶液的体积 偏小，导致所测结果偏低，c不符合题意 18.(共13分，除标注外，每空2分) (1)2C2H6(g)+02(g)=2C2H,(g）+2H20(g)△H= -210kJ·mol>(1分)能(1分) (2)C2H. (3)2~3(1分)n(CH,)：n(0,)在2~3时，乙烯的选择性 远大于乙烷的选择性，而n(CH4):n(02)在3~4时，乙烯 的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4):n(02)在 2~3时CH的转化率大 9p0 (4)16 (5)416 【解析】(1)由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为 2C2H6(g)+02(g)一2C2H,(g)+2H20(g),由盖斯定律可 知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H= (-282k·mol1)×2-(-354kJ·mol1)=-210k·mol1,反 应④的热化学方程式为2C2H,(g)+02(g)一2C,H,(g)+ 2H,0(g)△H=-210kJ·mol;该反应是熵增的放热反 应，任何条件下，△H-T△S均小于0，能自发进行。(2)由题 D48卷 图1可知，甲烷氧化偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择 性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷。 (3)由题图2可知，n(CH):n(0,)在2~3时，乙烯的选择 性远大于乙烷的选择性，而n(CH4)：n(02)在3~4时，乙 烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)：n(O2) 在2~3时CH,的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时 n(CH,):n(02)在2~3时更优。(4)由题意可知，反应起 始时1go=2g1o+1.1①，随着反应进行，当C,H的生成速 率降低到其初始生成速率的子时，则有1g子=之与p叶 31 1.1②，联立方程0②解得氧气的分压p=16。(5)设起始 时甲烷、氧气的物质的量分别为3.5mol、1mol,平衡时CH 的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时 甲烷、乙烷和乙烯的物质的量分别为3.5mol-3.5mol× 30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×7=0.21mol、 3.5mol×30%×40%×7=0.21mol,由碳原子个数守恒可 知，平衡时二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol 0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol,由氢原子个数守恒可 知，平衡时H20(g)的物质的量为 3.5mol×4-2.45mol×4-0.21mol×6-0.21mol×4 2 1.05mol,由氧原子个数守恒可知，平衡时氧气的物质的量 为mok2-0.21molk2-1.05mol=0.265m0l,则平衡时混 合气体的总物质的量为2.45mol+0.21mol+0.21mol+ 0.21mol+1.05mol+0.265mol=4.395mol,由一定条件下物 质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体总压强为 4.395molx450kPa-439.5kPa,则反应④的平衡常数K, 4.5 mol /0.21×439.5kPa 2 ,/1.05×439.5kPa2 4.395 4.395 -≈416。 /0.21×439.5kPa20.265×439.5kPa 4.395 4.395 19.(共14分，除标注外，每空2分) （1)碘甲烷 OCH, (2) CH, (3)醚键(1分)碳溴键（或溴原子，1分） (4)3 (5)取代反应4 COOCH, (6) COOCH. COOCH, COOCH. CH. CH, 综合推断H,C 与试剂X在加热条件下反应生成A, 对比结构简式，可推断出试剂X为CHI;B和CHI在 Na,CO,作用下发生取代反应生成C,同时生成HⅡ，结合D 17·化学 OCH 的结构简式，可知C为 碳酸钠的作用是与H反应， CH 促进反应正向进行；C在光照条件下与NBS反应，C中甲基 上的H被溴原子取代生成D;D与Mg反应生成E;A和E 发生取代反应生成F,F经多步转化生成G,G与试剂Y发 生取代反应生成H,已知试剂Y为澳代烯烃，则结合G和H H.C 的结构简式可知试剂Y的结构简式为 BrA 一CH, 【解析】(1)由综合推断可知，试剂X是CHL,化学名称是 OCH, 碘甲烷。(2)由综合推断可知，C的结构简式为 CH, (3)由D的结构简式可知，D中官能团的名称是醚键、碳溴 键。(4)手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的 碳原子，由G的结构简式可知，其含有3个手性碳原子，如 HO 图“*”所示 (5)G生成H的反应同时会 H.C NH CH. 有小分子HBr生成，因此该反应属于取代反应。由综合推 H.C 断可知，Y为 CH,其分子式为C,H,Br,不饱和度 Br 18云南省高考综 1.C【解析】合金的硬度一般比形成合金的纯金属的硬度 大，故铜合金硬度比纯铜的大，A说法正确：硅酸盐珐琅具有 良好的耐火性和化学稳定性，B说法正确：K,C0,水溶液呈碱 性，“手工造纸”中加入草木灰（含K,CO3)可以增大纸浆的pH,C 说法错误；红热的铁与水蒸气反应，生成F,O4,D说法正确。 2.D【解析】有机氯农药防虫害效率高，但有机氯有毒，危害 人体健康，应该合理使用有机氯农药，不能大量使用，A错 误；BaC0,溶于盐酸，钡离子能使蛋白质变性，引起人体中 毒，不能用BaC03中和过多的胃酸，B错误；苯甲酸钠是一种 防腐剂，可以抑制细菌的滋生，防止食品变质，不是增味剂，不 能增加食品的鲜味，C错误；卤水中含电解质，在豆浆中加入卤水 能使蛋白质发生聚沉，是制作豆腐常用的凝固剂，D正确。 3.A【解析】HC0为弱电解质，不能拆成离子形式，正确的 离子方程式为Cl2+H,0=一H+CI+HCI0,A符合题意；AⅫ 与Fez03发生铝热反应，生成Fe和A,03,B不符合题意； H,S与SO,发生归中反应生成S单质，C不符合题意：Na与 H,O反应生成NaOH和H,D不符合题意。 4.D【解析】氢元素的3种核素分别为H、H、3H,A错误： Ca(OH)2是强碱，在水溶液中完全电离，电离方程式为 Ca(OH),=Ca2++2OH,B错误；基态Cr原子的价电子排 布式为3d4s,价层电子轨道表示式为 ↑↑个个个下C错误；淀粉水解生成葡萄糖，水解 3d 48 方程式为（C,H0,)。(淀粉)+nH,0酸/酶 nCH,OH(CHOH),CHO,D正确。 5.A【解析】海水提溴先向盐卤中通入CL,置换出溴单质， 再用热空气吹出溴蒸气，用$0，和水吸收溴蒸气，利用S0, 和水对溴进行吸收富集，A正确；电解海水可同时获得氢气、 氯气和氢氧化钠，B错误：所有高分子分离膜淡化海水时仅允 许水分子及一些小分子物质通过，C错误；澄清石灰水中氢氧化 D49卷 参考答案及深度解析 为1，其同分异构体中，不含甲基，若是直链结构，不能含有 支链，为CH2=CHCH,CH,CH,Br:若是环状结构，可能是 CH,Br Br ,共4种同分异构体。 CH.CH,Br (6)O入Br与Mg反应生成入√MgBr, 入MgBr与 发生类似A与E生成F的反应， CH. COOCH, 生成物是 与业 COOCH, CH CH COOCH COOCH 发生已知信息中的反应生成入 N CH. COOCH. 则第③步的反应方程式为 人N + CH. COOCH COOCH COOCH. N 0 CH. 合改革适应性演练 钙浓度很低，工业上常用石灰乳和海水制备Mg(OH)2,D错误。 6.B【解析】滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，A 不能达到实验目的：可用分液法分离水层和CCl,层，B能达 到实验目的；铁钥匙镀铜，铜片应该做阳极、铁钥匙做阴极，C 不能达到实验目的；NO,能与水反应，不能用排水法收集 NO,,D不能达到实验目的。 7.B【解析】没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量 A错误；1个C0号中有3个σ键，1molC0?中σ键的数目为 3NA,B正确；根据化学方程式2Cl2+2Na2C03+H20三 2NaHC03+2NaCl+Cl20可知，2 mol CI.2参加反应，转移电子的 物质的量为2mol,转移电子数为2N,,C错误：没有给出溶液 的体积，无法计算HCO,的物质的量及数目，D错误。 8.C【解析】Z分子中含有（酚）羟基，可与FeCl,溶液发生显 色反应，A说法正确：由题给化合物Z的结构简式可知，其分 子式为C13H1o0,B说法正确；Z分子中含有萘环和碳碳双 键，则1molZ最多可与6molH2发生加成反应，C说法错 误；乙分子中有羧基，可以发生酯化反应，有碳碳双键和萘环， 可以发生加成反应，有（酚）羟基和碳碳双键，可以发生氧化 反应，D说法正确。 9.B综合推断X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元 素，基态X的核外电子有5种运动状态，核外电子的运动状 态各不相同，则X原子核外有5个电子，X为B元素；Y、Z与 X同周期，由题给阴离子结构可知，Y形成2个共价键，Z形 成1个共价键，则Y为0元素，Z为F元素；W的氢氧化物具 有两性，则W为A1元素；Q是第六周期半径最大的主族元 素，则Q为Cs元素；QWX,Y6Z为CsA1B,06F。 【解析】同主族元素从上到下金属性逐渐增强，同周期元素 从左到右金属性逐渐减弱，故金属性：Q(Cs)>W(A1),A说法 正确；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子 半径：Z(F)<Y(0),B说法错误；Cs为+1价，A1为+3价，0 18·化学