况下的体积为0.75mol×22.4L·mol-1=16.8L,但题中未指明第Ⅱ卷（必考题43分+选考题15分，共58分）是否为标准状况，D项错误。【必考题】二、（本题包括3小题，共43分)26.【典型情境题】(14分)一种从废旧锂离子电池（主要含LiCoO2及少量A1、C)中回收铝、铜，并重新制备钴酸锂的工艺流程如下：反茶取剂器·国南由如应留图稀硫酸(NH).C,O,RH+煤油滤液1H,0,溶液Na,CO,溶液→LiCo0,CoC,0.2H0→Co0回答下列问题：(1)向“滤液1”中加入适量的盐酸，调节pH为4.5，可获得A13.常温下，向20mL0.1mol·L-1HMnO4溶液中滴入0.1mol(OH)3,写出该反应的离子方程式：·L1的氨水，溶液中由水电离的c(H+)随加入氨水的体积的(2)向“残渣”中加入稀硫酸和H2O2溶液，放出大量气泡，写出变化如图所示。下列说法不正确的是LiCoO2与H2O2反应的化学方程式：A.HMnO4为强酸c(H)/molL(3)为沉淀Co2+,向“滤液2”中加入(NH4),C2O4而不是B.V=20Na2C2O4。结合如下数据说明其原因：C.c点所示溶液中：c(NHt)>c(MnO4)。[已知：25℃时，0.1>c(H+)>c(OH-)/V(NH,-H.O)/mLmol·L-1的Na2C2O4溶液的pH约为8.35，Co(OH)2的D.d点所示溶液中：c(NH)十c(H+)=c(MnO4)+c(OH-)Kp=6.0×10-15,假设溶液中c(Co2+)=0.1mol·L-1门](4)RH萃取Cu+的原理可表示为Cu2++2HR一CuR2+2H+。实验室中进行萃取、分液实验时用到的玻璃仪器有;向有机层中加入反萃取剂(填化学式)可将Cu2+反萃取至水层。(5)碘量法测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验原理涉及如下答案C反应：2Cu2++4I—2CulV+l2,Cul+SCN-CuSCN解题分析本题考查电解质溶液及三大守恒。a点时0.1mol￥+I-,I2+2S2O⅓—2I-+S4O⅓。·L1的HMnO4溶液中水电离的c(H+)=10-13mol·L-1,则说实验过程：准确称取m g CuSO4·xH2O于250mL碘量瓶明HMnO4为强酸，A项正确；c点时水电离的c(H+)最大，说明c中，加入5mL1mol·L-1的H2S04溶液和100mL水使之点时酸碱恰好中和，V=20,B项正确；c点时c(MnO4)>c(NH)完全溶解，加入10mL左右KI溶液，充分振荡后立即用>c(H+)>c(OH),C项错误；根据电荷守恒得c(NH)十ccmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，然后再加(H+)=c(MnO4)十c(OH-),D项正确。入5mL0.5%的淀粉溶液，继续滴定至浅黄色，再加入10mLl0%的KSCN溶液，使CuI沉淀转化为CuSCN沉淀，释放出吸附在CuI上的I2,继续用cmol·L1的Na2S2O标准溶液滴定至蓝色恰好消失，即为终点，滴定过程中共消耗Na2S,O3标准溶液VmL。则x=(列出计算式，不必化简)；若不加入KSCN溶液，对测定结果的影响是(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。23·JD·化学-N

D.水的吸附和解吸在整个反应过程中实现了循环利用，原50%可知，衡时二氧化碳的物质的量为（号mo1-4mo1X25%)=子利用率为100%(3)CO2和H2按物质的量之比1：3投料，总物质的量为am0l,反应I和Ⅱ中二氧化碳的转化率均为25%×212.5%，3amol,在有催化剂的密闭容器中进行反应，测得CO2衡转化率、CH3OH和CO选择性（转化的CO2中生成CH3OH氢气的物质的量为[m0l-(经mol×12.5%×3+m0l×或CO的百分比)随温度的变化如图2，CO2衡转化率随温度、压强的变化如图3。12.5%)]=gmol,水的物质的量为（号mol×12.5%+号mol×一ca:C0,衡转化率衡转化率12.5%)=品6m01,一氧化碳的物质的量为量m0l×12.5%=2bb:CH,OH选择性180200220240260200240300温度℃温度℃mol,反应Ⅱ的衡常数为3a5a=60≈0.0167。图2图3④反应I是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的①下列说法正确的是(填字母)。反应，增大压强，反应Ⅱ中二氧化碳的衡转化率不变，而反应IA.升温，反应Ⅱ的衡正向移动的衡向正反应方向移动，二氧化碳的衡转化率增大，由图3可B.加压，反应I的衡正向移动，衡常数增大知，压强为p1时二氧化碳的衡转化率大于3时，则压强：1大C.及时分离出甲醇和水，循环使用H2和CO2,可提高原料于；温度为T℃时，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化利用率碳的转化率几乎没有影响，此时反应以反应Ⅱ为主。②250℃时，在体积为VL的容器中，反应I和Ⅱ均达到化学衡，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%,则该温度下反应Ⅱ的衡常数为③如图2,240℃以上，随着温度升高，CO2的衡转化率升高，而CHOH的选择性降低，分析其原因：④如图3，压强大小关系：1(填“>”、“(1分)；T℃时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相{[Bmim]BF4}的流程：等，改变压强对其衡没有影响(2分)回CH NHBF.,回〉BE解题分析(3)②由CO2和H2按物质的量之比1：3投料，总物质的量为amol,250℃时，在体积为VL的容器中，反应I和Ⅱ[Bmim]Cl[Bmim]BF均达到化学衡，CO2转化率为25%，CHOH和CO选择性均为23·D·化学-N

100所名校高考模拟金典卷·理科综合（十一答案A第I卷（选择题共126分）解题分析本题考查实验操作与目的。K接N时该装置为电一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项解池，Fe为阳极，阳极失电子生成Fe2+,不能保护铁，A项不能达中，只有一项是符合题目要求的。到实验目的；当挤压胶头滴管时，SO2与NaOH溶液反应，导致烧7.【典型情境题】纵观古今，化学与生活皆有着密切的联系。下列瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液通过导气管进入烧瓶，继说法正确的是续与气体发生反应，使烧瓶中压强进一步减小，烧瓶内外持续形成A.“蜡炬成灰泪始干”中蜡烛燃烧发生的是物理变化压强差，从而形成喷泉，B项能达到实验目的；亚铁离子与氢氧化钠B.“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟”中的“炒”把铁转化反应生成氢氧化亚铁沉淀，苯的密度小于水溶液，能够隔绝空气，为氧化铁可避免氢氧化亚铁被氧化，C项能达到实验目的；蔗糖与浓硫酸反C.制造青瓦：“窑泥周寒其孔，浇水转釉”，青瓦中含有氧化铁而应变黑，说明浓硫酸具有脱水性，品红褪色，说明生成SO2,证明浓为青色疏酸具有强氧化性，D项能达到实验目的。D.“凡金箔…金性又柔，可屈折如柳枝”说明了金有良好的延展性9.【典型情境题】化合物M是合成某药物的中OH答案D间体，其结构如图所示。下列关于化合物M解题分析本题考查化学传统文化。蜡烛燃烧发生的是化学的说法错误的是变化，A项不正确；生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为了降低含A.属于芳香化合物碳量，可以通过“炒”将碳元素氧化除去，B项不正确；青砖里面主要B.既能与金属钠反应，又能使溴水褪色是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁，C项不正确；“凡金箔…金性又C.苯环上的一氯代物有6种柔，可屈折如柳枝”说明了金有良好的延展性，D项正确。D.所有的碳原子均为sp2杂化答案D8.利用如图实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是解题分析本题考查有机化学基础。分子的结构简式中含苯环，属于芳香化合物，A项正确；分子中含有羟基，能跟金属钠反应，分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，B项正确；分子中含有两门NaOH溶液餐的是溶NaOH苯个苯环且为轴对称，因此苯环上的一氯代物有6种，C项正确；分子三海水日溶液es0,溶液中含多个饱和碳原子，所以碳原子的杂化方式有sp2和sp3,D项二-错误。A.当K接N,X为B.进行喷C.制备氢氧D.探究浓硫酸的脱水性碳棒，可起到保护泉实验化亚铁和氧化性铁的作用23新教材老高考·D·理科综合（化学部分）

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答案B第Ⅱ卷（非选择题共56分）解题分析本题考查衡图像分析。根据图像分析，压强一二、非选择题：本题共4小题，共56分。定，温度升高，FO4的衡转化率增大，该反应的正反应为吸热反17.(14分)SS可用作光谱纯试剂等，可由碳还原硫酸锶制得，反应应，即△H>0,A项正确；温度一定时，压强增大，衡逆向移动，FeO4的衡转化率减小，故p1c(MnO)>c(H+)>c(OH-)气瓶导管口→D.d点所示溶液中：c(NH)+c(H+)=c(MnO4)+c(OH-)③仪器H中发生反应的化学方程式为答案C④证明混合气体中有二氧化硫气体的实验现象是解题分析本题考查电解质溶液及三大守恒。a点时0.1mol;证明混合气体中有一氧化·L-1的HMnO4溶液中水电离的c(H+)=10-18mol·L-1,则说碳气体的实验现象是明HMnO4为强酸，A项正确；c点时水电离的c(H+)最大，说明c点时酸碱恰好中和，V=20,B项正确；c点时c(MnO)>c(NHt)(3)常温下，反应原料SSO4在水中的沉淀溶解衡曲线如图>c(H+)>c(OH-),C项错误；根据电荷守恒得c(NH)+所示。有沉淀生成的点是c(H+)=c(MnO)十c(OH-),D项正确。↑c(Sr2)/molL)5x10ra b4x103 c(SO )/(mol-L-)23新高考·JD·化学-G DONG

12.【典型情境题】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，A、B、答案DC、D形成化合物X的结构如图所示，C、E处于同一主族，且E解题分析本题考查溶液中的离子反应。由分析可知，醋酸在的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法正确的是溶液中部分电离，c(CHCOO)D>C移动，c(Ht)减小，C项错误；滴入NaOH浓溶液，NaOH与C.最简单气态氢化物的稳定性：E>CCH,COOH反应生成强电解质CH,COONa,溶液中离子浓度增大，D.化合物X中B原子的杂化方式为sp溶液导电性增强，D项正确。答案A14.【典型情境题】氧化铈(CO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种解题分析本题考查元素周期律和元素周期表知识。根据以氟碳铈矿(CeFCO3,含BaO、SiO2等杂质)为原料制备CeO2A、B、C、D形成化合物X的结构图可知B能形成4个共价键，B的工艺如图所示。是C元素，A是H元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成十1价阳离子，D是Na元素，E的最外层电子数是其电子层警嘉款0气能一一餐器提数的2倍，则E是S元素。A、D分别为H、Na,位于同一主族，A已知：氟碳铈矿在空气中焙烧时主要将CeFCO3转化为CeO项正确；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径和CeF4。下列说法正确的是越小，简单离子的半径：S2->O2>Na+,B项错误；最简单气态A.滤渣A的主要成分为BaSO4和H2SiO氢化物的稳定性：H2O>H2S,C项错误；X为Na2CO3·H2O2,CB.步骤①②均为蒸发操作原子的杂化方式为sp2,D项错误。C.该过程中，铈元素的化合价只变化了两次D.步骤②反应的离子方程式为2Ce3++6HCOCe2(CO3)3￥+3CO2↑+3HzO13.25℃时，下列关于0.1mol·L-1的醋酸溶液的判断正确的是答案DA.c(CH3COO)=0.1 mol.L-1解题分析本题考查化工流程分析。由流程可知，氟碳铈矿B.与0.1mol·L1的盐酸的pH相同在空气中焙烧时主要将CeFCO3转化为CeO2和CeF4,Ce3+被氧C.加入CH3 COONa(s),c(H+)不变化为Ce4+,然后再用稀硫酸浸取，Ce+进入溶液中，SiO2不参与反D.滴入NaOH浓溶液，溶液导电性增强应，BaO与硫酸发生反应生成BaSO,沉淀，过滤分离，故滤渣A为SiO2、BaSO4;滤液中加入还原剂将Ce+还原为Ce3+,再加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Cez(CO3)3,最后灼烧分解生成CeO2。由上述分析可知，滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2,A项不正确；步骤①②中均分离出沉淀，所以均为过滤操作，B项不正确；焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，C项不正确；步骤②中加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3,反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3Cez(CO)3￥+3CO2↑+3H2O,D项正确。23新高考·D·化学-GD0NG

10.碳、氮、氧、氟是中学常见元素，下列说法不正确的是答案DA.CO2、BeCl2、C2H2都是直线形分子解题分析本题考查电化学法将CO2转化为甲酸盐机理。放B.CO2、NH3、H2S的键角依次减小电时，Zn为负极，电极反应式为Zn十4OH一2eC.H2O2、N2H4分子的中心原子都是sp3杂化Z(OH)?,A项错误；根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式D.HBr、HCI、HF分子的极性依次减小为CO2十2e+H2O一HCOO+OH,B项错误；充电时，阳极反应式为4OH-一4eO2个+2H2O,C项错误；充电时，K+向Zn电极（阴极）迁移，D项正确。答案D12.一甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，在医药、农药、燃料、炸药等领域解题分析本题考查分子结构。Br、CI、F的电负性依次增大，有广泛的应用，相同情况下碱性比氨水略强，与足量盐酸反应故HBr、HCI、HF分子的极性依次增大，D项错误。生成一甲胺盐酸盐CH3NH3Cl。下列说法正确的是A.CHNH,CI水溶液显酸性，其pH一定比NH,CI溶液的大B.CH3NHCI属于弱电解质，在水溶液中存在电离衡C.0.1mol·L1的CH3NH3Cl水溶液中有c(H+)=c(CH3NH2)+c(OH-)D.一甲胺是一元碱，常温下0.001mol·L1的一甲胺水溶液的pH=111l.【典型情境题】我国科学家曾报道表面锂掺杂的锡(s一SLi)催答案C化剂通过电化学法将CO2转化为甲酸盐，同时产生电能，工作解题分析本题考查电解质溶液知识。一甲胺是弱碱，相同原理如下图所示。下列说法正确的是情况下碱性比氨水略强，则CH3NHCI水溶液显酸性，在同浓度的A.放电时，Zn电极为正极充电情况下，pH一定比NH,CI溶液大，A项错误；CH3NHCI属于强eB.放电时，HCOO得电子发生还原反应电解质，B项错误；由质子守恒可得c(H+)=c(CHNH2)十C.充电时，阳极反应式为HCOO+Zn(OH)c(OH),C项正确；一甲胺是一元弱碱，常温下0.001mol·L-1的OH--2e-CO,+H2O一甲胺水溶液的pH

D.将该疏酸稀释至pH=1,溶液中H的数目为0.1NA14.下列离子方程式书写正确的是A.往KBr溶液中通入少量Cl2:2Br+Cl,=Br,+2CIB.少量金属钠投入CuSO,溶液中：2Na+Cu2+=2Na+CuC.氢氧化钡溶液与稀疏酸混合：Ba2++OH+H++SO?=BaSO,↓+H,OD.铁片投入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H,个15.下列由相关实验现象所得出的结论中，正确的是A.能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的物质一定是C1,B.滴加硝酸酸化的B(NO,)2溶液后有白色沉淀生成，说明溶液中一定含有SOC.Z粒分别放入稀盐酸和稀硝酸均产生气泡，说明Z与两种酸均发生置换反应D.向溶液中先加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液显红色，不能说明溶液一定含F2+16.已知：Mn022NaBr+2HS0,合MnS0,+Na,S0,+B,+2H.0,实验室利用如下图所示的装置制备溴苯。下列说法正确的是导浓硫酸d出水b二氧化锰、溴化钠e浓硫酸铁丝进水热水一硝酸银溶液甲乙丙A.装置接口按气流方向连接顺序为：d→a→b→f-e→cB.装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝C.装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应D.可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量B2二、非选择题：共56分。17.一种利用黄铁刊矿烧渣和硫酸铵废液制备铵铁蓝颜料的工艺如下：

18WXY乙是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列说法错误的是A.电负性大小：Y>X>ZB.该化合物具有强氧化性，可用于消毒杀菌霞岳图C.该化合物含离子键、共价键、配位键D.该化合物中所有原子最外层均满足8个电子稳定结构19.海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列说法正确的是NHOH、细胞质NH3④NO2000000000O0000000dp00000000o00000周质O000X0000000⊙NHN2HA.反应①中发生了电子转移B.反应②中没有发生极性键断裂C.反应③可能有氧气参与D.等量NO2参与反应④与反应⑤，转移电子数之比为3：220.均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(，和，为速率常数)。下列说法错误的是c(X)miH202Fe3-H202=k·c(H202)·c(Fe2hv2k2·c(H202)c(Fe3h8k1=76L·molr1.s1k2=0.02L·mol1.s1·OHH02基元反应I基元反应A.相同条件下，基元反应I比Ⅱ的活化能低B.基元反应I中氧元素的化合价发生变化明M等到C.基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2十Fe3+—HO2·+Fe+十HD.芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH几乎不变（忽略溶液体积变化）该反二、填空题（共60分）能21.(11分)有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其中A的一种原子不含中子；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子C元素的一种气体单质呈淡蓝色，D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小：E的单质是一种本身有毒可以用来消毒的气体；F元素最高正价与最低负价的代数和为4。证及(1)B、C、E三元素组成的化合物之一，是家用消毒剂的主要成分，所含的化学键有,其电子式为(2)D分别与E、F形成的化合物不能在水中稳定存在的是,原因是(用离子方程式表达)。(3)两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应n(mol)的离子方程式(4)一定量的石灰乳中通人一定量的E单质，两者恰好完全反0.2EO应，生成物中有三种含E元素的离子。其中两种离子的物0.EO3质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。则2时刻反应的化学方程式为t/s国考1号5·化学第5页（共8页）

催化剂A.4NH3+5024N0+6H,O△B.4Fe(OH),+O2+2H2O=4Fe(OH),C.2NaHCO,-A-Na,CO,+H,O+CO,D.Cl,+2NaBr=2NaCl+Br,【答案】A【解析】【详解】阴影部分所表示的反应类型为氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型。A,该反应不属于四种基本反应类型中的任意一种，但有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，A符合题意：B.该反应基本类型为化合反应，B不符合题意：C.该反应的基本类型为分解反应，C不符合题意：D.该反应的基本类型为置换反应，D不符合题意：故答案为A。23.下列有关反应2Cu+O2+C02+H20=Cu2(OH2C03的说法正确的是A.C2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)属于盐，能与盐酸反应B.该反应中氧元素和碳元素化合价均发生变化，所以是氧化还原反应C.该反应中O2被氧化，氧元素化合价从0价降低到-2价D.该反应中每当消耗1个O2分子，转移2个电子【答案】A【解析】【详解】A.C2(OH)2CO(碱式碳酸铜)属于盐，是碳酸盐，由于碳酸的酸性比盐酸弱，所以其能与盐酸反应产生CO2气体，A正确：B.在该反应中只有C、O元素的化合价发生变化，而C元素化合价反应前后都是+4价，化合价不变，因此该反应属于氧化还原反应，B错误：C.在该反应中氧元素化合价从O2中0价降低到Cu2(OH)2CO3的-2价，化合价降低，得到电子，因此O2被还原，C错误：D.根据元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移总数可知：该反应中每当消耗1个O2分子，转移4个电子，D错误：故合理选项是A。第11页/共17页