河南省部分学校2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试题

参照秘密级管理★启用前 参考答案类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期10月联考 化学参考答案 1．【答案】A 【解答】解：A．镁在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，金属镁着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故A错误； B．碳酸氢铵受热分解生成的二氧化碳能使面团疏松多孔，可用作面包的膨松剂，故B正确； C．常温下S能与Hg反应生成HgS，能减少汞挥发而产生有毒的蒸气污染空气，不慎有水银洒落时，应用硫粉覆盖处理，故C正确； D．维生素C具有还原性，可防止水果氧化变色，所以维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂，故D正确； 故选：A。 2．【答案】B 【解答】解：A．同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体，S2和S8是硫元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A正确； B．CH4分子中C原子半径大于H原子，球棍模型中中心代表C的球应比周围代表H的球更大，即，故B错误； C．CS2与CO2互为等电子体，C与每个S之间形成双键，所有原子最外层均满足8电子稳定结构，电子式为，故C正确； D．H2S的结构式为H﹣S﹣H，分子中均为单键，单键都属于σ键，故D正确； 故选：B。 3．【答案】D 【解答】解：A．标准状况下，NO2不是气体，不能用标准状况下气体摩尔体积计算1.12LNO2中含有的电子数，故A错误； B．1L0.01mol•L﹣1[Ag（NH3）2]NO3溶液中含[Ag（NH3）2]NO3物质的量0.01mol，含内界[Ag（NH3）2]+离子物质的量0.01mol，内界难电离，含有Ag+数目远远小于0.01NA，故B错误； C．7.1g氯气物质的量0.1mol，与水反应为可逆反应，电子转移数小于0.1NA，故C错误； D．Cu与足量的硫粉反应生成Cu2S，1mol Cu与足量的硫粉反应转移电子数为1NA，故D正确； 故选：D。 4．【答案】D 【解答】解：A．合成酚醛树脂时，产物H2O的化学计量数应为n﹣1，而非2n﹣1，故A错误； B．铜与浓硝酸反应的还原产物为NO2，正确反应方程式为Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误； C．铅酸蓄电池负极为Pb失电子发生氧化反应，电解质为硫酸，产物应为PbSO4，正确负极反应：Pb﹣2e﹣PbSO4，故C错误； D．BrCl中Cl电负性更强，为﹣1价，Br为+1价，与足量NaOH发生非氧化还原反应，化学方程式为：BrCl+2NaOH＝NaCl+NaBrO+H2O，故D正确； 故选：D。 5．【答案】B 【解答】解：A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，会与Cl﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误； B．通入过量CO2的溶液中，碳酸酸性弱于醋酸，不与反应，过量CO2条件下也不与Ba2+生成沉淀，各离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确； C．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，含大量OH﹣，Mg2+、Al3+、都与OH﹣反应，不能大量共存，故C错误； D．加入铝粉放出氢气的溶液可能呈酸性或强碱性，碱性条件下，离子之间不反应，可以大量共存，但酸性条件下与H+反应生成S、SO2和H2O，不能大量存在，故D错误； 故选：B。 6．【答案】C 【解答】解：A．加入过量氢氧化钠溶液，镁离子与OH⁻反应生成氢氧化镁沉淀（主要成分），Ca（OH）2微溶，在过量OH﹣条件下可能有少量氢氧化钙沉淀，故A正确； B．过程i（加NaOH）和ⅱ（加BaCl2）合并过滤，沉淀为Mg（OH）2、BaSO4及少量Ca（OH）2，滤液成分与分步过滤一致，不影响后续除杂，故B正确； C．过滤需漏斗（玻璃仪器），蒸发皿是陶瓷仪器（非玻璃），选项未提及漏斗且包含蒸发皿，玻璃仪器列举错误，故C错误； D．整个过程中，NaOH与Mg2+、BaCl2与、Na2CO3与Ca2+或Ba2+的反应均生成沉淀，盐酸与OH⁻或反应生成水或气体，均为复分解反应，故D正确； 故选：C。 7．【答案】A 【解答】解：A．浓硝酸属于强酸，可使蛋白质空间结构被破坏发生变性，产生白色沉淀，故A正确； B．过量浓硫酸具有强氧化性，可将滴入的SCN﹣氧化，因此溶液未变红不能说明反应未生成Fe3+，故B错误； C．为稳定配合物，溶液中游离铁离子浓度极低，无法氧化I﹣使试纸变色，实际氧化性Fe3+＞I2，故C错误； D．AgCl为AB型难溶物，Ag2CrO4为A2B型难溶物，二者溶度积表达式不同，不能直接根据沉淀先后顺序比较Ksp大小，实际Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），故D错误； 故选：A。 8．【答案】C 【解答】解：A．ClO2气体浓度超过10%时易发生爆炸，鼓入N2可降低ClO2的浓度，避免发生爆炸，故A正确； B．浓盐酸具有还原性，可与NaClO3、ClO2发生氧化还原反应生成氯气，且浓盐酸易挥发，会将氯化氢带入装置B中，从而引入Cl﹣等杂质，导致B中产品杂质增多，故B正确； C．已知溶液温度高于60℃时NaClO2会发生分解，蒸发结晶需要加热，温度超过60℃会导致NaClO2分解，不能采用蒸发结晶的方法制备NaClO2晶体，故C错误； D．装置A中Na2SO3可与浓硫酸反应生成SO2，SO2进入装置B后被H2O2氧化为，与钠离子结合生成硫酸钠，因此装置B中反应后的产物可能会混有杂质硫酸钠，故D正确； 故选：C。 9．【答案】C 【解答】解：A．生成砖红色沉淀是醛基与氢氧化铜发生氧化还原反应，HCOONH4中甲酸根离子含有醛基结构，具有还原性，而CH3COONH4不含醛基，若将甲酸铵换成乙酸铵，不能产生砖红色沉淀，故A错误； B．将盐酸换成硝酸，硝酸会将氧化亚铜氧化成铜离子，不能生成红色沉淀，故B错误； C．铜不能溶于氨水，也不能溶于双氧水，但是二者协同作用，发生氧化还原反应和络合反应生成稳定的四氨合铜离子，故C正确； D．上述转化中，，包括3个氧化还原反应，故D错误； 故选：C。 10．【答案】C 【解答】解：A．C为NO不能和氢氧化钠溶液反应，D为NO2，能与NaOH溶液反应，故A错误； B．常温下，Fe能与HNO3的浓溶液反应发生钝化，不能生成二氧化氮，故B错误； C．若1mol Fe与足量的HNO3反应，生成硝酸铁，则转移电子数为3NA，故C正确； D．A与B反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，故D错误； 故选：C。 11．【答案】C 【解答】解：A．QM2为SO2，是V形结构，是极性分子，YM2为CO2，是直线形，非极性分子，极性SO2＞CO2，故A错误； B．Q（S）形成2个双键O和2个单键（C、N），电子数为12，不满足8电子，该化合物中不是所有原子满足8电子稳定结构，故B错误； C．M（O）失去1个电子后为O+（2s22p3，半满稳定结构），第二电离能大；P（F）失去1个电子后为F+（2s22p4），再失去一个电子较容易，第二电离能小，故第二电离能O＞F，故C正确； D．未告知[Cu（YZ）4]2﹣的量，故无法计算σ键数，故D错误； 故选：C。 12．【答案】A 【解答】解：A．Ti是22号元素，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，3d轨道的2个电子分占不同轨道，未成对电子数为2，故A错误； B．HCl为分子晶体，LiF为离子晶体，故沸点LiF＞HCl，故B正确； C．的中心N原子的价层电子对数为33，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故C正确； D．同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，因此第一电离能O＞C，Co是过渡金属元素，金属元素的第一电离能远小于同周期非金属元素，因此第一电离能顺序为O＞C＞Co，故D正确； 故选：A。 13．【答案】C 【解答】解：A．X结构较对称，N上连的甲基中含1种等效氢，连在同一个碳原子上的两个甲基中的6个氢原子为1种等效氢，两个等价苯环上共4种等效氢，总共有6种等效氢，核磁共振氢谱有6组峰，故A正确； B．Y由3个X单元通过3个﹣CH2﹣桥连接成环，每个﹣CH2﹣来自1个甲醛分子，故参加反应的X与甲醛物质的量之比为3：3＝1：1，故B正确； C．Y与Z形成超分子主客体结构，二者依靠分子间非共价作用结合，并非共价键，故C错误； D．超分子的分子识别特征为主体空腔与客体分子的尺寸、结构相匹配，才能选择性结合形成稳定超分子，该过程体现了此特征，故D正确； 故选：C。 14．【答案】C 【解答】解：A．由图可知，晶胞中含有Cl：41，含有O：21，含有Li：81＝3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：ρg•cm﹣3，故A正确； B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B正确； C．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：41，含有O：21，含Li+为1×1＝1，Mg或空位：82，镁的个数小于2，根据化合价代数和为0可知，镁的个数为1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1﹣x，故C错误； D．因为Mg2+的半径大于Li+，Mg2+取代产生的空位体积更大，有利于内部的Li+传导，故D正确； 故选：C。 15．【答案】（1）MgO；HNO3；NO； （2）2Mg+CO22MgO+C； （3）33.6； （4）C+H2OCO+H2；Mg（OH）2；4Mg+10HNO3＝4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O。 【解答】解：（1）根据分析可知C为MgO，E为HNO3，H为NO； 故答案为：MgO；HNO3；NO； （2）反应①是镁在CO2中剧烈燃烧，发出耀眼的白光并放出大量的热，生成黑色的碳和白色的MgO，化学方程式为2Mg+CO22MgO+C； 故答案为：2Mg+CO22MgO+C； （3）反应②为C与浓硝酸发生反应C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，根据反应可知，每转移4mole﹣生成5mol气体；则转移2mol电子生成2.5mol气体，且n（NO2）＝2mol，n（CO2）＝0.5mol；其中NO2是还原产物，CO2是氧化产物，故二者的体积差ΔV＝（2.0mol﹣0.5mol）×22.4L•mol﹣1＝33.6L； 故答案为：33.6； （4）D为C，G为H2O，C和H2O在高温下生成水煤气，反应为：C+H2OCO+H2；反应④是Mg和HNO3反应，反应肯定生成Mg（NO3）2，确定Mg（NO3）2的生成，需要加入NaOH，产生的白色沉淀是Mg（OH）2；将沉淀过滤后对滤液加热，产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，说明滤液中含有，由此可知镁与硝酸反应生成硝酸镁、硝酸铵、水，故反应的化学方程式为4Mg+10HNO3＝4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O； 故答案为：C+H2OCO+H2；Mg（OH）2；4Mg+10HNO3＝4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O。 16．【答案】（1）①；②＞； （2）①cd；②氨硼烷分子能与水分子间形成氢键，增大溶解度，而乙烷为非极性分子，不能与水分子形成氢键，溶解度小； （3）Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3； （4）水解使溶液呈酸性，消耗反应生成的OH﹣，促进水解反应正向进行；防止生成的Mg(OH)2沉淀覆盖在MgH2表面阻碍反应； （5）①LaNi5；②。 【解答】解：（1）①Ni是28号元素，基态原子价层电子排布式为3d84s2，根据洪特规则和泡利不相容原理，其轨道表示式为； 故答案为：； ②Mg的3s轨道处于全满的较稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的Al元素； 故答案为：＞； （2）①a．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，且氨硼烷中不含非极性共价键，a错误； b．电子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，激发过程中形成的原子光谱为吸收光谱，b错误； c．N和B原子均形成4个σ键（含1个配位键），无孤电子对，杂化方式均为sp3杂化，c正确； d．NH3中N原子有一对孤电子对，对成键电子对的斥力较大，而NH3BH3中N原子的孤电子对与B原子形成配位键，斥力减小，故键角变大，d正确； 故答案为：cd； ②氨硼烷分子中含有N﹣H键，能与水分子形成分子间氢键，从而增大溶解度；而乙烷是非极性分子，不能与水形成氢键，溶解度较小； 故答案为：氨硼烷分子能与水分子间形成氢键，增大溶解度，而乙烷为非极性分子，不能与水分子形成氢键，溶解度小； （3）根据反应物和生成物，反应中Na从0价升高到+1价，H2中H从0价降低到﹣1价（NaBH4中H为﹣1价），B和Si化合价不变；根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式即可得到：Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3； 故答案为：Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3； （4）MgH2水解生成Mg(OH)2和H2。使用NH4Cl溶液代替纯水时，水解呈酸性，能够中和反应生成的OH﹣，降低生成物浓度，从而促进水解平衡正向移动；同时，消耗OH﹣可以有效防止难溶的Mg(OH)2沉淀覆盖在MgH2固体表面，使反应能够持续快速进行； 故答案为：水解使溶液呈酸性，消耗反应生成的OH﹣，促进水解反应正向进行；防止生成的Mg(OH)2沉淀覆盖在MgH2表面阻碍反应； （5）①根据均摊法，晶胞中La原子位于8个顶点，个数为81；Ni原子位于体心（1个）、4个侧面面心（42个）以及上下底面内（上下底面各有2个，属于两个晶胞共用，42个），Ni原子总数为1+2+2＝5；故该晶体的化学式为LaNi5； 故答案为：LaNi5； ②沿z轴方向投影，z＝0和z＝1平面上的Ni原子投影在菱形长对角线的三等分点附近（图2中已画出这2个空心圆）；z＝1/2平面上的1个体心Ni原子投影在菱形的中心，4个侧面面心Ni原子投影在菱形的4条边中点，即； 故答案为：。 17．【答案】（1）恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；B； （2）低温；增大二氧化硫的溶解度，同时防止生成的连二硫酸锰受热分解，提高产率； （3）MnS2O6+Na2CO3＝Na2S2O6+MnCO3↓； （4）冷却结晶； （5）滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； 。 【解答】解：（1）仪器a带有连通漏斗和烧瓶的平衡管，作用是保证液体顺利滴下，为恒压滴液漏斗；仪器b是尾气处理装置，作用是吸收未反应的有毒酸性气体SO2：无水氯化钙、五氧化二磷均无法吸收SO2，D选项为溶液不能装入球形干燥管，只有碱石灰（碱性固体）可以吸收SO2， 故答案为：恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；B； （2）连二硫酸锰易受热分解生成硫酸锰，温度降低可以保证连二硫酸锰的生成率，同时温度降低有利于增大二氧化硫溶解度，促进反应进行， 故答案为：低温；增大二氧化硫的溶解度，同时防止生成的连二硫酸锰受热分解，提高产率； （3）步骤Ⅳ中MnS2O6和Na2CO3反应，生成难溶的MnCO3沉淀，得到目标产物Na2S2O6，属于复分解反应，化学方程式为：MnS2O6+Na2CO3＝Na2S2O6+MnCO3↓， 故答案为：MnS2O6+Na2CO3＝Na2S2O6+MnCO3↓； （4）连二硫酸钠带结晶水，受热易导致连二硫酸根分解、失去结晶水，因此蒸发浓缩后需要冷却结晶析出晶体，不能采用蒸发结晶， 故答案为：冷却结晶； （5）滴定终点现象：酸性KMnO4本身为紫红色，滴定前待测液为无色，终点时过量的KMnO4使溶液显浅紫红色，且半分钟不恢复原色；纯度计算：酸性条件下S2被氧化为，S从+5价升至+6价，1mol S2失去2mol电子；中Mn从+7价降至+2价，1mol 得到5mol电子，由电子守恒得物质的量关系：5Na2S2O6～2KMnO4，20mL待测液中n（KMnO4）＝cV×10﹣3mol，对应20mL溶液中n（Na2S2O6•2H2O）mol，100mL溶液中总物质的量为mol，总质量为5×242g，因此纯度为100%%， 故答案为：滴入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色； 。 18．【答案】（1）除去有机物；2：3； （2）4.7；8.0； （3）HNO3溶液；[PtCl6]2﹣+2HCOOH＝Pt↓+2CO2↑+4H++6Cl﹣； （4）95.6%。 【解答】解：（1）废料中含有有机物杂质，焙烧可以将有机物氧化除去，避免后续浸出步骤受有机物干扰；Pd从0价转化为中+2价，1mol Pd失去2mol电子；Rh从0价转化为中+3价，1mol Rh失去3mol电子。浸出步骤的氧化剂为Cl2，1mol Cl2作为氧化剂得到2mol电子，因此等物质的量的Pd、Rh消耗Cl2的物质的量之比为， 故答案为：除去有机物；2：3； （2）根据溶度积，氢氧化铝比氢氧化铁更难沉淀，取最难沉淀的Al3+（c（Al3+）≤1×10﹣5mol•L﹣1）计算，由，得，对应pH＝4.7，此时Fe3+早已完全沉淀；已知c（Ce3+）＝0.02mol•L﹣1，由，得，对应pH＝8。因此pH范围为4.7≤pH＜8.0， 故答案为：4.7；8.0； （3）反萃取：萃取平衡为，加入高浓度的硝酸，增大水层H+浓度，平衡逆向移动，即可将Ce3+重新转移到水层实现反萃取；HCOOH作为还原剂被氧化为CO2，被还原为单质Pt，化学方程式为[PtCl6]2﹣+2HCOOH＝Pt↓+2CO2↑+4H++6Cl﹣， 故答案为：HNO3溶液；[PtCl6]2﹣+2HCOOH＝Pt↓+2CO2↑+4H++6Cl﹣； （4）根据反应关系可得计量链：，即，滴定消耗的Fe2+总物质的量：，对应CeO2的质量为0.025mol×172g•mol﹣1＝4.3g，因此质量分数为， 故答案为：95.6%。 化学参考答案　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 试题卷类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期10月联考 化学 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 3． 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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．下列关于实验安全、试剂的用途说法错误的是（　　） A．金属镁不慎着火时，可以用泡沫灭火器进行灭火 B．碳酸氢铵可用作面包的膨松剂 C．水银易挥发，若不慎有水银洒落，需用硫粉覆盖处理 D．维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂 2．利用天然气生产CS2的反应为2S2＋CH4=CS2＋2H2S。下列说法不正确的是（　　） A．S2和S8互为同素异形体 B．CH4的球棍模型为 C．CS2的电子式为 D．H2S分子中只含有σ键 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（　　） A．标准状况下，1.12 L NO2中含有的电子数为1.15NA B．1 L 0.01 mol·L−1 [Ag(NH3)2]NO3溶液中含有Ag+数目为0.01NA C．7.1 g Cl2完全溶解于水，转移电子数为0.1NA D．1 mol Cu与足量的硫粉反应转移电子数为1NA 4．下列反应表示正确的是（　　） A．合成酚醛树脂： B．实验室用铜与浓硝酸反应制NO：3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O C．铅酸蓄电池的负极反应：PbO2＋2e−＋4H+=Pb2+＋2H2O D．BrCl与足量NaOH溶液反应：BrCl＋2NaOH=NaCl＋NaBrO＋H2O 5．在下列溶液中一定能大量共存的离子组是（　　） A．0.1 mol / L酸性高锰酸钾溶液中：Na+、Cl−、、 B．通入过量CO2的溶液中：Na+、Ba2+、CH3COO﹣、Br﹣ C．能使酚酞变红的溶液中：Mg2+、Al3+、、 D．加入铝粉会放出氢气的溶液中：Cl﹣、、K+、 6．粗食盐水中常含有少量Ca2+、Mg2+、，实验室提纯粗食盐水制取食盐的流程如图： 下列关于粗食盐水提纯的说法中，错误的是（　　） A．沉淀1的主要成分是Mg(OH)2，还有少量Ca(OH)2 B．过程ⅰ和ⅱ可以合并在一起过滤，不影响粗盐提纯结果 C．粗盐提纯流程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、蒸发皿 D．整个提纯过程中发生的反应都是复分解反应 7．由下列事实或现象能得出相应结论的是（　　） 选项 事实或现象 结论 A 向2mL鸡蛋清中逐滴加入5滴浓硝酸，出现白色沉淀 蛋白质发生了变性 B 向铁和过量浓硫酸加热反应后的溶液中滴加几滴KSCN溶液，溶液未出现红色 反应未生成Fe3+ C 淀粉﹣KI试纸遇[FeF6]3﹣的溶液不变色 氧化性：Fe3+＜I2 D 向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现AgCl沉淀 Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4） 8．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的无机精细化工原料。实验室用ClO2制备NaClO2的装置如图所示。已知：溶液温度高于60℃，NaClO2会发生分解；ClO2气体浓度超过10%时，易发生爆炸。 下列说法错误的是（　　） A．反应中鼓入N2的主要目的是稀释ClO2 B．如果将浓硫酸换成浓盐酸，会导致B中得到的产品杂质增多 C．可经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥制得NaClO2晶体 D．装置B中反应后的产物可能会混有杂质Na2SO4 9．某小组设计如下实验探究铜及其化合物的转化。 下列说法正确的是（　　） A．若将HCOONH4换成CH3COONH4，Ⅲ中也产生砖红色沉淀 B．若将盐酸换成硫酸、硝酸，则Ⅳ→Ⅴ中发生的反应不变 C．氨水、双氧水协同作用才能实现Ⅵ→Ⅶ转化 D．上述转化中，共包括2个氧化还原反应 10．如图所示的物质转化关系中（反应条件和部分生成物未列出），A是由两种短周期元素组成的常见气态氢化物，且A的水溶液呈碱性，B是一种常见的非金属单质，D的相对分子质量比C的大16，G是用途最广泛的金属单质。下列说法正确的是（　　） A．C，D均能与NaOH溶液反应 B．常温下，G能与E的浓溶液反应制取D C．若1mol G与足量的E反应，则转移电子数为3NA D．A与B的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：5 11．一种亲水有机盐的结构如图所示，其中X、Y、Z、M、P、Q为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是（　　） A．分子极性：QM2＜YM2 B．该化合物中各原子均满足8电子稳定结构 C．第二电离能：M＞P D．[Cu（YZ）4]2﹣中存在的σ键数为8NA 12．中南大学某团队设计了一种具有吸附和协同催化作用的复合材料Ti3C2Tx/CoO/MoO3，并将其用于对商业聚丙烯（PP）隔膜进行修饰，制备过程如图所示： 下列说法错误的是（　　） A．基态Ti原子中有4个未成对电子 B．沸点：LiF＞HCl C．的空间结构为平面三角形 D．第一电离能：O＞C＞Co 13．通过给电子主体Y和吸电子客体Z作用，可制备一种延迟荧光材料的通用超分子主客体共晶，制备路线如图。下列说法错误的是（　　） A．X的核磁共振氢谱有6组峰 B．生成Y的过程中，X与HCHO的物质的量之比为1：1 C．Y与Z之间通过共价键形成稳定的主客体结构 D．Y的空腔大小与Z的分子尺寸相匹配，可体现超分子分子识别的特征 14．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体（图1），进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料（图2）。下列说法错误的是（　　） A．图1晶体密度为g•cm﹣3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1﹣x D．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）已知A、B、C、D、E、F、G、H、X、Y是中学化学常见物质，E、F、H、X、Y中含有同种元素，F是一种红棕色气体；反应①是置换反应，A是一种活泼金属，D是一种黑色固体。它们之间在一定条件下存在下列转化关系： 回答下列问题： （1）写出指定物质的化学式：C＿＿＿，E＿＿＿，H＿＿＿。 （2）反应①的化学方程式为＿＿＿＿＿。 （3）反应②中每转移2mole﹣，标准状况下产生的还原产物与氧化产物的体积差为＿＿＿L。 （4）D和G在高温下反应可制取工业原料气，反应的化学方程式为＿＿＿＿＿。要确定反应④的生成物，在反应后的溶液中加入过量NaOH浓溶液，看到有白色沉淀出现，其成分是＿＿＿；然后过滤出沉淀并对滤液加热，闻到有刺激性气味气体产生，为确定气体的成分，用湿润的红色石蕊试纸检验，发现试纸变蓝。根据上述现象写出反应④的化学方程式为＿＿＿＿＿。 16．（14分）随着氢能被视为解决能源危机和环境问题的重要途径，科学家们开始探索能够高效储存氢气的材料。回答下列问题： （1）1966年，Reilly和Wiswall发现镁镍合金（Mg2Ni）具有吸氢特性，这一发现开启了金属氢化物储氢研究的序幕。 ①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为＿＿＿＿＿。 ②第一电离能：Mg＿＿＿Al（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）2009年，氨硼烷作为一种高容量化学氢化物引起了广泛关注，其储氢密度高且相对安全，其分子结构模型如图所示： ①下列说法正确的是＿＿＿（填序号）。 a．氨硼烷分子内所含化学键的类型有氢键、非极性共价键和配位键 b．基态B原子价电子层上的电子先激发再杂化，激发过程中形成的原子光谱为发射光谱 c．N原子和B原子的杂化方式均为sp3杂化 d．键角H—N—H：NH3＜NH3BH3 ②氨硼烷与乙烷结构相似，氨硼烷在水中溶解能力大于乙烷的原因是＿＿＿＿＿。 （3）硼氢化钠是一种对环境友好的固体储氢材料，将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370℃只生成NaBH4和Na2SiO3。该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿。 （4）镁基储氢材料水解反应也可制氢：MgH2(s)+2H2O(l)=Mg(OH)2(s)+2H2(g)，NH4Cl代替纯水时产氢速率明显加快，其原因是＿＿＿＿＿。（至少答2点） （5）荷兰飞利浦实验室的研究人员发现了常温下具有良好的吸放氢性能的镧镍合金，被认为是第一代商业化储氢材料的代表。该合金的晶胞结构如图1所示，其中Ni原子处于该晶胞的体心和面上。 ①该晶体的化学式为＿＿＿。 ②请将该晶胞沿z轴方向的投影图（图2）补充完整。 17．（15分）连二硫酸钠晶体（Na2S2O6·2H2O，M＝242 g / mol）是常用的化学试剂。某研究小组通过如下实验方案制备连二硫酸钠晶体并测定产品纯度。 Ⅰ、向盛有无氧蒸馏水的三颈烧瓶中通入SO2制得饱和溶液。开启磁力搅拌器，将称量好的MnO2分批加入，直至反应完全（反应装置如图）。 Ⅱ、将反应后的液体转移并真空抽气，除去过量的SO2（装置省略，下同）。 Ⅲ、向溶液中加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤后得到含MnS2O6的溶液。 Ⅳ、边搅拌边向滤液中缓慢滴加过量饱和Na2CO3溶液。 Ⅴ、过滤，滤液经一系列操作获得Na2S2O6·2H2O产品。 Ⅵ、测定产品纯度。 已知：①一定条件下，SO2饱和溶液能与MnO2反应生成连二硫酸锰（MnS2O6）和硫酸锰。 ②连二硫酸锰（MnS2O6）易溶于水，受热分解生成硫酸锰。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是＿＿＿；仪器b盛放的试剂可能是＿＿＿（填标号）。 A．无水氯化钙 B．碱石灰 C．五氧化二磷 D．氢氧化钠溶液 （2）步骤Ⅰ中采用＿＿＿（填“低温”或“高温”）浴槽，原因是＿＿＿＿＿。 （3）步骤Ⅳ发生反应的化学方程式为＿＿＿＿＿。 （4）步骤Ⅴ“一系列操作”是蒸发浓缩、＿＿＿＿＿、过滤、洗涤、干燥。 （5）称取m g产品配制成100.00 mL溶液，移取20.00 mL溶液于锥形瓶，用c mol·L−1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点的现象为＿＿＿＿＿。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为V mL，产品的纯度为＿＿＿％（用含m、c、V的代数式表示）。 18．（15分）以三元催化器废料（主要含Pt、Pd、Rh、CeO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2及有机物杂质）为原料，回收铂族金属（Pt、Pd、Rh）并制备高纯CeO2的工艺流程如图： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10﹣38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10﹣33，Ksp[Ce(OH)3]＝2×10﹣20。 （1）“焙烧”的主要目的是__________ 。“浸出”步骤中Pt、Pd、Rh分别转化为[PtCl6]2﹣、[PdCl4]2﹣、[RhCl6]3﹣，转化等物质的量的Pd、Rh消耗氧化剂的量之比为________ 。 （2）“调pH”后，溶液中c（Ce3+）＝0.02mol•L﹣1，离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1可认为沉淀完全，则调节pH的范围为________ ≤pH＜________ 。（保留2位有效数字） （3）“萃取”原理可表示为Ce3+（水层）+3HA（有机层）⇌Ce（A）3（有机层）+3H+（水层），反萃取中加入的试剂为___________ 。“还原”操作中加入甲酸（HCOOH）回收金属Pt的离子方程式为____________________ 。 （4）利用氧化还原滴定法可测定CeO2产品的含量，实验分三步进行。 步骤Ⅰ：取上述流程中得到的CeO2产品4.5000g于锥形瓶中，加100mL蒸馏水和20mL浓硫酸，冷却后加入30mL过氧化氢，摇匀直至样品溶解完全。 步骤Ⅱ：加热除去锥形瓶中的过氧化氢，冷却后，加入足量过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，充分反应至无气泡出现，稀释至250mL。 步骤Ⅲ：取25.00mL反应后溶液用0.1000mol•L﹣1FeSO4标准溶液滴定至终点时，消耗25.00mL标准溶液。 已知：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O、S22Ce3+＝2Ce4++2、2（NH4）2S2O8+2H2O＝4NH4HSO4+O2↑、Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+。 产品中CeO2的质量分数为__________ （计算结果保留3位有效数字）。 化学试题卷　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $