河南省普通高中2023届高三高考适应性考试理综化学试题
一、单选题
1．（2023·河南模拟）材料的发展推动着人类文明的进步。下列叙述错误的是
A．自古以来我国的陶瓷制品享誉海内外，陶瓷属于无机非金属材料
B．三星堆遗址出土的青铜兽首冠人像使用的青铜属于合金
C．碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料
D．制造特种防护服的芳纶纤维属于合成高分子材料
2．（2023·河南模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-
B．室温下，用稀硝酸溶解铜：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D．同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
3．（2022·洛阳模拟）3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液叫做反王水，腐蚀能力强于王水，含有一种氧化性很强的离子(如图所示)，其中不含氢元素。下列叙述错误的是（ ）
A．原子半径：r(Z)＞r(X)＞r( Y)
B．X、Z均能与Y形成多种化合物
C．该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构
D．X、Y、Z的气态氢化物中，沸点最高的是X的气态氢化物
4．（2023·河南模拟）根据实验目的，下列实验操作及现象、实验结论都正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 实验结论
A 检验硫酸厂周边空气是否含有SO2 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，溶液不变色 空气中不含SO2
B 证明CH3COOH是弱电解质 用pH计分别测量醋酸溶液和盐酸的pH，醋酸溶液的pH大 CH3COOH是弱电解质
C 探究淀粉的水解程度 向淀粉水解液中加入NaOH溶液调节溶液至碱性，并分成两份，向第一份中加入银氨溶液并水浴加热出现银镜；向第二份中滴加少量碘水，溶液变蓝色 淀粉部分水解
D 探究卤素单质Cl2、Br2和I2的氧化性强弱 向NaBr溶液中通入过量氯气，溶液变橙色，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·河南模拟）葫芦脲是超分子领域近年来发展迅速的大环主体分子之一，具有疏水的刚性空腔。葫芦[6]脲的结构简式如图所示，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，下列关于葫芦[6]脲的说法正确的是
已知：
A．属于高分子化合物
B．能发生水解反应
C．仅由乙二醛和尿素两种物质合成
D．邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸易进入葫芦[6]脲的空腔
6．（2023·河南模拟）Li-CO2电池在可逆的CO2循环和储能领域都具有巨大的潜力。研究发现，用不同材料作Li极催化剂时，CO2的放电产物不同，催化剂的使用情况和放电时的装置如下列图表所示，下列说法正确的是
Li极催化剂 碳化钼(Mo2C) Au和多孔碳
CO2的放电产物 草酸锂(Li2C2O4) Li2CO3和C
A．充电时，在a极上Li+被还原为Li
B．放电时，Li+向b极移动
C．放电时，用碳化钼作Li极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4
D．生成等物质的量的Li2C2O4和Li2CO3时，消耗CO2的量相同
7．（2023·河南模拟）已知SrF2属于微溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中—lgc(X)(X为Sr2+或F-)与lg的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
B．c点溶液中存在：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)
C．常温下，Ksp(SrF2)=
D．常温下，氢氟酸的Ka数量级为
二、非选择题
8．（2023·河南模拟）冶金工业的钒渣含有V2O3、Cr2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，一种利用钒渣提钒并进行钒、铬分离的工艺流程如图所示：
已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CaCrO4)=2.3×10-2；“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4。
请回答下列问题：
（1）在“氧化焙烧”中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (答出两条)。
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是 ，它的一种用途是 。
（4）“调pH=2”，最适宜使用的酸是 。
（5）“沉铬”反应的离子方程式为 ，“沉铬”反应的理论转化率为 (保留3位有效数字)。
（6）由于母液①最终返回到 工序循环使用，因此，即使“沉铬”转化率低于理论值也不会对铬的回收产生多大的影响。
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为 。
9．（2023·河南模拟）酚酞(H2A)难溶于水，易溶于酒精，是一种有机弱酸，是常用的酸碱指示剂和分析试剂。实验室制备酚酞可采用如下步骤(装置如图所示，部分仪器略去)：
I.将邻苯二甲酸酐(C8H4O3)与苯酚(C6H5OH)在b中混合，在剧烈搅拌下，缓慢滴加约2mL浓硫酸，加热至150℃进行反应，待b内固体反应物全部熔融为澄清的液态混合物后，停止加热。
II.装置冷却后，量取40mL稀硫酸，在揽拌下加入b中，从溶液中析出粗品酚酞后，抽滤混合物。
III.将粗品酚酞置于烧杯中，加适量水溶解，在不断搅拌下滴加饱和碳酸钠溶液。
IV.继续加入足量碳酸钠溶液，并加入适量水，搅拌。
V.抽滤烧杯中的混合物，洗涤滤渣，合并洗涤液，得到酚酞盐(A2-)溶液。
VI.将溶液转移至大烧杯中，在搅拌下滴加浓盐酸，直到红色褪去，出现白色浑浊，抽滤，滤渣为不溶的杂质。
VII.将滤液转移至大烧杯中，在搅拌下继续滴加浓盐酸，最终析出白色晶体，抽滤、洗涤得纯净的酚酞。
请回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、b的名称分别是 、 。
（2）水槽c中盛放的物质是____(填字母)。
A．水 B．植物油 C．无水乙醇
（3）步骤I中反应时间不宜过长，原因是 。
（4）步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液不能换成饱和碳酸氢钠溶液，原因是 。
（5）步骤IV的作用是 。
（6）步骤V中的洗涤剂应选用 。
（7）步骤VII中滴加浓盐酸直到 ，最终析出白色晶体。
10．（2023·河南模拟）氨是具有潜力的载氢代氢清洁燃料。研究掺氨丙烷混合燃料的燃烧对于实现碳达峰、碳中和的目标具有现实意义。一定条件下，氨、丙烷充分燃烧的反应如下：
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH2=-2044kJ mol-1
对于不同配比的燃料，定义过量空气系数为完全燃烧1kg燃料所实际供给的空气质量与所需的理论空气质量的比值。
请回答下列问题：
（1）已知在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓(ΔH)。常温常压下，相关物质的生成焓如下表所示：
物质 NH3(g) H2O(g)
ΔH(kJ mol-1) -46 -242
则ΔH1= kJ mol-1
（2）在100kPa下，10mol混合燃料在=1的条件下完全燃烧，产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)。若混合燃料中氨的体积分数为20%，则反应后混合气体中= kPa(保留3位有效数字)；若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，计算同样条件下燃烧后释放的热量将增加 kJ。(忽略温度变化对焓变的影响，假设空气中O2的体积分数为20%)
（3）研究表明，氨和丙烷混合燃烧排放的引起大气污染的气体主要是CO和NO。相关反应如下：
I.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3<0，K1=8.5×1023(2065K)
II.4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH4<0，K2=7.0×1046(2065K)
III.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH5>0，ΔS>0
①反应III能自发进行的条件是 。
②α分别为0.9、1.0、1.1时，烟气中CO排放浓度随氨体积分数变化的关系如图甲所示。α=0.9对应的曲线是 (填“X”“Y”或“Z”)，理由是 。
③烟气中NO排放浓度随着氨的体积分数变化的关系如图乙所示。氨的体积分数大于10%时，NO排放浓度逐渐减低的原因为 。
④丙烷中掺氨燃烧的优点是 。
11．（2023·河南模拟）中国古代艺术作品色彩艳丽，璀璨夺目，离不开矿物颜料的使用。请回答下列问题：
（1）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是矿物质颜料中的主要黄色颜料，它们是共生矿物，二者的分子均为非极性分子，结构分别如图所示。
①基态As原子的核外电子排布式为[Ar] 。
②雌黄中As—S—As键角 (填“大于”“小于”或“等于”)S—As—S键角。
③雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，除结构稳定性的原因之外，从物理性质的角度分析，还与其 有关。
（2）我国古代很早就把青金石作为彩绘用的蓝色颜料，青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其化学式为(Na，Ca)8[AlSiO4]6[SO4，S，Cl]2。
①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl—的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石的化学式为 。
②青金石中第三周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
③青金石的颜色与骨架内填入的阴离子有关，其中一种重要阴离子是三硫自由基阴离子。研究表明，三硫自由基阴离子(II)可以通过多硫阴离子S(I)在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体(III)，过程如下图：
关于I、II、III三种物质，下列说法正确的有 (填字母)。
A．I中的S—S键都是σ键
B．II中的S原子最外层都满足8电子稳定结构
C．II的中心硫原子的杂化轨道类型为sp
D．与II互为等电子体
E.III一定为平面形结构
（3）方解石在距今约7000年的仰韶文化时已开始作为白色颜料使用，是分布最广的矿物之一，其化学式为CaCO3。一定条件下，方解石的一种六方晶胞结构如图所示，晶胞底面为菱形，其较小夹角为60°，边长为anm，晶胞高为cnm。
①该方解石结构中阴离子的空间构型为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3 mol-1(列出算式)。
12．（2023·河南模拟）Sharpless教授发现，在亚铜的催化下，末端炔烃可以高区域选择性地与叠氮化合物发生高效的Click(点击)反应，Sharpless教授也因此获得了2022年诺贝尔化学奖。科学家以乙烯和1，3-丁二烯()等为原料，经过多步转化和Click反应合成化合物G，合成路线如下(Ph—表示苯基，部分反应条件已简化)：
Click反应示例：
请回答下列问题：
（1）乙烯和1，3-丁二烯生成A的反应类型是 。
（2）C的化学名称为 。
（3）A→C的化学方程式为 。
（4）D为环醚，其结构简式为 。
（5）G的结构简式为 。
（6）乙烯和1，3-丁二烯生成的反应称为Diels-Alder反应，是有机化学合成反应中碳碳键形成的重要手段之一。两分子环戊二烯()也可以发生Diels-Alder反应生成二聚环戊二烯(分子式为C10H12)，二聚环戊二烯的结构简式为 。
（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
a.最少有三个碳原子在一条直线上；
b.不含环状结构；
c.含有硝基和溴原子。
上述同分异构体中，在同一直线上的碳原子最多且含有手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)的化合物的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．陶瓷属于无机非金属材料，故A不符合题意；
B．青铜属于铜合金，为金属材料，故B不符合题意；
C．碳纤维主要成分为碳单质，是无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C符合题意；
D．芳纶纤维为合成纤维，属于合成高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；
B.青铜为铜和锡组成的合金；
D.“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“芳纶纤维”等均为合成纤维，属于有机高分子材料。
2．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，则碘化亚铁溶液与少量氯气反应时，碘离子优先与氯气反应生成碘和氯离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故A不符合题意；
B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B符合题意；
C．氯化镁溶液与足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，反应的离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故C不符合题意；
D．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.还原性：I->Fe2+，氯气少量，只能氧化碘离子；
C.石灰乳应保留化学式；
D.同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，发生反应H++OH-=H2O。
3．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，电子层数越大半径越大，电子层数相同核电荷数越大半径越小，故原子半径Cl＞N＞O即r(Z)＞r(X)＞r( Y)，A不符合题意；
B．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，则N与O可以形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，Cl与O可以形成Cl2O、ClO2和Cl2O5、Cl2O7等，即X、Z均能与Y形成多种化合物，B不符合题意；
C．根据离子的核外电子最外形电子数和成键情况如图所示可知，该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，其的气态氢化物分别为NH3、H2O和HCl，由于NH3和H2O中存在分子间氢键，且水分子周围形成的氢键数目比NH3周围形成的氢键数目，导致沸点H2O＞NH3＞HCl，即沸点最高的是Y的气态氢化物H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该物质是由3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液，该离子不含H元素，根据成键情况可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Cl元素。
4．【答案】A
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．具有还原性的二氧化硫能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，溶液不变色说明空气中不含有二氧化硫，故A符合题意；
B．没有明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，则醋酸溶液的pH大不能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；
C．碘水会与氢氧化钠溶液反应，则向碱性淀粉水解液中加入碘水，溶液不会变蓝色，故C不符合题意；
D．向溴化钠溶液中通入过量氯气后，再滴加淀粉碘化钾溶液，过量氯气会优先与碘化钾溶液反应使溶液变蓝色，无法比较溴和碘的氧化性强弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.醋酸和盐酸溶液的浓度未知；
C.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，淀粉遇碘单质变蓝，碘与NaOH溶液反应；
D.过量氯气分别与NaBr、KI反应，不能比较Br2和I2的氧化性强弱。
5．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，葫芦[6]脲的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，葫芦[6]脲分子中含有酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，故B符合题意；
C．由结构简式可知，葫芦[6]脲由乙二醛、尿素和甲醛三种物质合成，故C不符合题意；
D．由题给信息可知，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，则邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸不能进入葫芦[6]脲的空腔，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质的相对分子质量较小，不属于高分子化合物；
B.酰胺基能发生水解反应；
C.生成葫芦[6]脲需要乙二醛、甲醛和尿素；
D.对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔。
6．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，充电时，与直流电源的负极相连的b电极做阴极，锂离子在阴极被还原为锂，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，b电极为原电池的负极，a电极为正极，则锂离子向a极移动，故B不符合题意；
C．由分析可知，放电时，用碳化钼作锂极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4，故C符合题意；
D．由总反应可知，生成1mol草酸锂和碳酸锂消耗二氧化碳的物质的量分别为2mol和1mol，消耗二氧化碳的量不相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 用碳化钼（Mo2C）作Li极催化剂时产物为Li2C2O4，Li价态升高，Li电极为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，通入CO2的电极为正极，正极反应式为2CO2+4e-+2Li+=Li2C2O4。
7．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，故A不符合题意；
B．由图可知，c点溶液中c(Sr2+)=c(F-)，溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)，故B符合题意；
C．由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(Sr2+)=10-4mol/L、c(F-) =10-2.2mol/L，则溶度积Ksp(SrF2)= 10-4×c(10-2.2)2=10-8。4，故C不符合题意；
D．由氢氟酸的电离常数公式可知，溶液中=，由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(F-) =10-2.2mol/L，则电离常数Ka==10-3.2，数量级为10-4，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2 (s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF；
A.结合电荷守恒分析；
C.根据Ksp(SrF2)=c(Sr2+)c2(F-)计算；
D.根据=计算。
8．【答案】（1）V、Cr、Fe
（2）将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等
（3）CaSO4；作为建筑原料，制造水泥、石膏等
（4）H2SO4
（5）BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；97.7%
（6）水浸
（7）2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，氧化焙烧被氧化的元素是：V、Cr、Fe；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有：将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等；
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是CaSO4，它的一种用途是作为建筑原料，制造水泥、石膏等；
（4）根据流程，阴离子为硫酸根，故“调pH=2”，最适宜使用的酸是H2SO4；
（5）“沉铬”反应沉淀的转化，离子方程式为BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；沉淀转化的，设铬酸根的起始浓度为amol/L，转化浓度为axmol/L，生成碳酸根的浓度为axmol/L，则，解得x=0.977，故沉铬的理论转化率为；
（6）根据分析，母液①最终返回到水浸工序循环使用；
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为：2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O。
【分析】钒渣加入碳酸钠氧化焙烧，V2O3、Cr2O3及SiO2分别转化为NaVO4，Na2CrO4，Na2SiO3，FeO转化为Fe2O3，水浸后滤出的滤渣为Fe2O3，净化液中加入CaO沉钒，滤饼①加入硫酸酸浸，分离浸出液和副产品，副产品①应为CaSO4， 加(NH4)2SO4溶液调节pH生成NH4VO3沉淀，煅烧生成V2O5；沉钒的滤液中加入碳酸钡沉铬，发生反应BaCO3+=BaCrO4+，分离出的滤饼②中加入硫酸氢钠浸出，发生反应2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O，浸出液②中主要含有Na2Cr2O7，冷却、结晶得到Na2Cr2O7。
9．【答案】（1）球形冷凝管；三颈烧瓶
（2）B
（3）苯酚易被氧化，浓硫酸将有机物氧化
（4）碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐
（5）使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中
（6）饱和碳酸钠溶液
（7）没有气泡产生
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，仪器a、b分别为球形冷凝管、三颈烧瓶，故答案为：球形冷凝管；三颈烧瓶；
（2）由邻苯二甲酸酐在浓硫酸作用下与苯酚反应制备酚酞的反应温度为150℃，该反应的加热方式为油浴加热，则水槽c中盛放的物质是植物油，故答案为：B；
（3）苯酚具有强还原性，而浓硫酸具有氧化性，若步骤I中反应时间过长，浓硫酸会将苯酚氧化，不利于苯酚的制备，所以步骤I中反应时间不宜过长，故答案为：苯酚易被氧化，浓硫酸将有机物氧化；
（4）由题意可知，步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液的目的是将苯酚将酚酞转化成易溶于水的盐，若换成饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性较弱，不能将将酚酞转化成易溶于水的盐，所以步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液不能换成饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐；
（5）由题意可知，步骤IV的作用是加入过量碳酸钠溶液使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中，故答案为：使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中；
（6）由步骤V抽滤、洗涤后合并洗涤液可知，洗涤液为饱和碳酸钠溶液，目的是将滤渣中为溶解的酚酞转化成易溶于水的盐，故答案为：饱和碳酸钠溶液；
（7）由题意可知，步骤VII中滴加浓盐酸的目的是将可溶的酚酞盐转化为不溶于水的酚酞，中和过量的碳酸钠溶液使溶液呈酸性，降低酚酞的溶解度，便于酚酞析出，所以正确的操作为滴加浓盐酸直到没有气泡产生，最终析出白色晶体，故答案为：没有气泡产生。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器a为球形冷凝管，仪器b为三颈烧瓶；
（2）反应温度为150℃，采取油浴加热的方式；
（3）苯酚易被氧化；
（4）碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐；
（5）步骤IV加入过量碳酸钠溶液使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中；
（6）洗涤液应为饱和碳酸钠溶液，将滤渣中为溶解的酚酞转化成易溶于水的盐；
（7）步骤VII中滴加浓盐酸将可溶的酚酞盐转化为不溶于水的酚酞。
10．【答案】（1）-1268
（2）16.1；1727
（3）高温；X；氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多；温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；降低CO2和CO的排放量
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题意知③： N2(g) +3H2(g)=2NH3(g) △H3=(-462) kJ mol-1，
④2H2(g) + O2(g)=2H2O(l) △H4=( 2422) kJ mol-1，
根据盖斯定律，由③2-④3得反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=2△H3-3△H4=+1268 kJ mol-1，故答案为：1268；
（2）NH3的体积分数为20%，n(NH3)=10mol20%=2mol，生成N21mol，生成H2O为3mol，放出1268kJ=634kJ，n(C3H8)=(10-2)mol=8mol，生成H2O为32mol，生成CO2为24mol，放热为16352kJ，n(H2O)=32mol+3mol=35mol，总的气体物质的量为35mol+1mol+24mol=60mol，假设空气中O2的体积分数为20%，反应前空气的总物质的量为=207.5mol，氧气207.5mol=41.5mol，氮气等166mol=166mol，反应前总气体的物质的量为207.5mol+10mol=217.5mol，反应后气体的总物质的量为60mol+166mol=226mol，反应后气体总压为100kPa=103.9kPa，H2O的物质的量分数x(H2O)=，=103.9kPa=16.1kPa；
若10mol混合燃料中氨的体积分数为20%，放热共为634kJ +16352kJ =16986kJ；若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，n(NH3)=10mol10%=1mol，放热1268kJ=317kJ，n(C3H8)=(10-1)mol=9mol，放热为2044kJ9=18396kJ，共放热317kJ+18396kJ=18713kJ，同样条件下燃烧后释放的热量将增加18713kJ -16986kJ =1727kJ；
（3）①反应III的ΔH5>0，ΔS>0，若能自发进行，则ΔG=ΔH5-TΔS<0，只有当T较高时才可能成立，故反应III能自发进行的条件是高温；
②氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多，故根据图中曲线可知，α=0.9对应的曲线是X；
③氨的体积分数大于10%时，NO排放浓度逐渐减低的原因为：温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；
④丙烷中掺氨燃烧的优点是降低CO2和CO的排放量。
【分析】（1）分别写出生成氨气和生成水的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据 计算；若10mol混合燃料中氨的体积分数为20%，放热16986kJ，若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，放热18713kJ；
（3）①根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
②氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多；
③温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；
④丙烷中掺氨燃烧可降低CO2和CO的排放量。
11．【答案】（1）3d104s24p3；小于；难溶于水
（2）Na8[AlSiO4]6Cl2；Cl>S>Si>Al>Na；AD
（3）平面三角形；
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①砷元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；
②雌黄中As—S—As中硫原子有2对孤对电子，而S—As—S中砷原子有1对孤对电子，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则雌黄中As—S—As键角小于S—As—S键角，故答案为：小于；
③由氧元素的电负性大于硫元素可知，雄黄和雌黄分子的极性小于砷的氧化物，由相似相溶原理可知，雄黄和雌黄在水中的溶解度小于砷的氧化物，所以雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，故答案为：难溶于水；
（2）①由青金石的结构中硫酸根离子、硫离子代替了方钠石中部分氯离子的占位，钙离子代替了部分钠离子的占位可知，方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2，化学式为Na8[AlSiO4]6Cl2，故答案为：Na8[AlSiO4]6Cl2；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则青金石中第三周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl>S>Si>Al>Na，故答案为：Cl>S>Si>Al>Na；
③A．由I的结构可知，S中单键硫原子都是σ键，故正确；
B．由II的结构可知，II的中心硫原子的最外层不满足8电子稳定结构，故不正确；
C．由II的结构可知，II的中心硫原子形成硫硫双键，原子的杂化轨道类型为sp2杂化，故不正确；
D．与的原子个数都为1、价电子数都为17，互为等电子体，故正确；
E．由III的结构可知，离子中硫硫双键为平面结构，由于单键可以旋转，所以离子不一定为平面形结构，故不正确；
故答案为：AD；
（3）①该方解石结构中阴离子为碳酸根离子，碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钙离子个数为8×+4×+4=6，位于棱上和体内的个数为8×+4=6，则晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为10—27a2csin60cm3，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3 mol-1= m3 mol-1，故答案为：。
【分析】（1）①As为33号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式为3d104s24p3；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③根据相似相溶原理分析；
（2）①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl-的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
③A.单键均为σ键；
B.Ⅱ中中心S原子的最外层有6个电子；
C.Ⅱ中中心S原子形成3个σ键，采用sp2杂化；
D.等电子体具有相同的价电子数和原子总数；
E.S=S为平面结构，单键可旋转；
（3）①方解石的化学式为 CaCO3，其阴离子为碳酸根，碳酸根离子的空间构型为平面三角形；
②根据均摊法和计算。
12．【答案】（1）加成反应
（2）2-溴环己醇
（3）++H2O+
（4）
（5）
（6）
（7）10；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；烯烃
【解析】【解答】（1）由分析可知，乙烯和1，3-丁二烯发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（2）由结构简式可知，C的化学名称为2-溴环己醇，故答案为：2-溴环己醇；
（3）由分析可知，A→C的反应为与和水反应生成和，反应的化学方程式为++H2O+，故答案为：++H2O+；
（4）由分析可知，环醚D的结构简式为，故答案为：；
（5）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（6）由题给信息可知，两分子环戊二烯发生Diels-Alder反应生成，则二聚环戊二烯的结构简式为，故答案为：；
（7）B的同分异构体最少有三个碳原子在一条直线上，不含环状结构，含有硝基和溴原子说明分子中含有碳碳三键，同分异构体可以视作1-丁炔、2-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构，其中1-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构有8种，2-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构有2种，共有10种，其中在同一直线上的碳原子最多且含有连有4个不同的原子或基团的手性碳化合物的结构简式为，故答案为：10；。
【分析】乙烯和1，3-丁二烯发生加成反应生成，和B反应生成C，C在碳酸钾和CH2Cl2条件下反应生成D，结合D的分子式可知，D为，E与F发生已知反应生成G，结合G的分子式可知，G的结构简式为。
河南省普通高中2023届高三高考适应性考试理综化学试题
一、单选题
1．（2023·河南模拟）材料的发展推动着人类文明的进步。下列叙述错误的是
A．自古以来我国的陶瓷制品享誉海内外，陶瓷属于无机非金属材料
B．三星堆遗址出土的青铜兽首冠人像使用的青铜属于合金
C．碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料
D．制造特种防护服的芳纶纤维属于合成高分子材料
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．陶瓷属于无机非金属材料，故A不符合题意；
B．青铜属于铜合金，为金属材料，故B不符合题意；
C．碳纤维主要成分为碳单质，是无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C符合题意；
D．芳纶纤维为合成纤维，属于合成高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；
B.青铜为铜和锡组成的合金；
D.“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“芳纶纤维”等均为合成纤维，属于有机高分子材料。
2．（2023·河南模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-
B．室温下，用稀硝酸溶解铜：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．向0.1mol·L-1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D．同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，则碘化亚铁溶液与少量氯气反应时，碘离子优先与氯气反应生成碘和氯离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故A不符合题意；
B．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B符合题意；
C．氯化镁溶液与足量石灰乳反应生成氢氧化镁和氯化钙，反应的离子方程式为Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，故C不符合题意；
D．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.还原性：I->Fe2+，氯气少量，只能氧化碘离子；
C.石灰乳应保留化学式；
D.同体积同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，发生反应H++OH-=H2O。
3．（2022·洛阳模拟）3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液叫做反王水，腐蚀能力强于王水，含有一种氧化性很强的离子(如图所示)，其中不含氢元素。下列叙述错误的是（ ）
A．原子半径：r(Z)＞r(X)＞r( Y)
B．X、Z均能与Y形成多种化合物
C．该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构
D．X、Y、Z的气态氢化物中，沸点最高的是X的气态氢化物
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，电子层数越大半径越大，电子层数相同核电荷数越大半径越小，故原子半径Cl＞N＞O即r(Z)＞r(X)＞r( Y)，A不符合题意；
B．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，则N与O可以形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，Cl与O可以形成Cl2O、ClO2和Cl2O5、Cl2O7等，即X、Z均能与Y形成多种化合物，B不符合题意；
C．根据离子的核外电子最外形电子数和成键情况如图所示可知，该离子中各元素原子均满足8电子稳定结构，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，其的气态氢化物分别为NH3、H2O和HCl，由于NH3和H2O中存在分子间氢键，且水分子周围形成的氢键数目比NH3周围形成的氢键数目，导致沸点H2O＞NH3＞HCl，即沸点最高的是Y的气态氢化物H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该物质是由3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液，该离子不含H元素，根据成键情况可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Cl元素。
4．（2023·河南模拟）根据实验目的，下列实验操作及现象、实验结论都正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 实验结论
A 检验硫酸厂周边空气是否含有SO2 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，溶液不变色 空气中不含SO2
B 证明CH3COOH是弱电解质 用pH计分别测量醋酸溶液和盐酸的pH，醋酸溶液的pH大 CH3COOH是弱电解质
C 探究淀粉的水解程度 向淀粉水解液中加入NaOH溶液调节溶液至碱性，并分成两份，向第一份中加入银氨溶液并水浴加热出现银镜；向第二份中滴加少量碘水，溶液变蓝色 淀粉部分水解
D 探究卤素单质Cl2、Br2和I2的氧化性强弱 向NaBr溶液中通入过量氯气，溶液变橙色，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】蔗糖与淀粉的性质实验；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．具有还原性的二氧化硫能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，溶液不变色说明空气中不含有二氧化硫，故A符合题意；
B．没有明确醋酸和盐酸的浓度是否相同，则醋酸溶液的pH大不能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；
C．碘水会与氢氧化钠溶液反应，则向碱性淀粉水解液中加入碘水，溶液不会变蓝色，故C不符合题意；
D．向溴化钠溶液中通入过量氯气后，再滴加淀粉碘化钾溶液，过量氯气会优先与碘化钾溶液反应使溶液变蓝色，无法比较溴和碘的氧化性强弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.醋酸和盐酸溶液的浓度未知；
C.淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，淀粉遇碘单质变蓝，碘与NaOH溶液反应；
D.过量氯气分别与NaBr、KI反应，不能比较Br2和I2的氧化性强弱。
5．（2023·河南模拟）葫芦脲是超分子领域近年来发展迅速的大环主体分子之一，具有疏水的刚性空腔。葫芦[6]脲的结构简式如图所示，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，下列关于葫芦[6]脲的说法正确的是
已知：
A．属于高分子化合物
B．能发生水解反应
C．仅由乙二醛和尿素两种物质合成
D．邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸易进入葫芦[6]脲的空腔
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，葫芦[6]脲的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，葫芦[6]脲分子中含有酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，故B符合题意；
C．由结构简式可知，葫芦[6]脲由乙二醛、尿素和甲醛三种物质合成，故C不符合题意；
D．由题给信息可知，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，则邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸不能进入葫芦[6]脲的空腔，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该物质的相对分子质量较小，不属于高分子化合物；
B.酰胺基能发生水解反应；
C.生成葫芦[6]脲需要乙二醛、甲醛和尿素；
D.对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔。
6．（2023·河南模拟）Li-CO2电池在可逆的CO2循环和储能领域都具有巨大的潜力。研究发现，用不同材料作Li极催化剂时，CO2的放电产物不同，催化剂的使用情况和放电时的装置如下列图表所示，下列说法正确的是
Li极催化剂 碳化钼(Mo2C) Au和多孔碳
CO2的放电产物 草酸锂(Li2C2O4) Li2CO3和C
A．充电时，在a极上Li+被还原为Li
B．放电时，Li+向b极移动
C．放电时，用碳化钼作Li极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4
D．生成等物质的量的Li2C2O4和Li2CO3时，消耗CO2的量相同
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，充电时，与直流电源的负极相连的b电极做阴极，锂离子在阴极被还原为锂，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，b电极为原电池的负极，a电极为正极，则锂离子向a极移动，故B不符合题意；
C．由分析可知，放电时，用碳化钼作锂极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4，故C符合题意；
D．由总反应可知，生成1mol草酸锂和碳酸锂消耗二氧化碳的物质的量分别为2mol和1mol，消耗二氧化碳的量不相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 用碳化钼（Mo2C）作Li极催化剂时产物为Li2C2O4，Li价态升高，Li电极为负极，负极反应式为Li-e-=Li+，通入CO2的电极为正极，正极反应式为2CO2+4e-+2Li+=Li2C2O4。
7．（2023·河南模拟）已知SrF2属于微溶于水、可溶于酸的强碱弱酸盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中—lgc(X)(X为Sr2+或F-)与lg的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
B．c点溶液中存在：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)
C．常温下，Ksp(SrF2)=
D．常温下，氢氟酸的Ka数量级为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，故A不符合题意；
B．由图可知，c点溶液中c(Sr2+)=c(F-)，溶液中存在电荷守恒关系2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)+ c(Cl-)，则溶液中c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(F-)，故B符合题意；
C．由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(Sr2+)=10-4mol/L、c(F-) =10-2.2mol/L，则溶度积Ksp(SrF2)= 10-4×c(10-2.2)2=10-8。4，故C不符合题意；
D．由氢氟酸的电离常数公式可知，溶液中=，由图可知，溶液中lg=1时，溶液中c(F-) =10-2.2mol/L，则电离常数Ka==10-3.2，数量级为10-4，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2 (s) Sr2++2F-，用HCl调节溶液存在平衡：H++F- HF；
A.结合电荷守恒分析；
C.根据Ksp(SrF2)=c(Sr2+)c2(F-)计算；
D.根据=计算。
二、非选择题
8．（2023·河南模拟）冶金工业的钒渣含有V2O3、Cr2O3、SiO2、Fe2O3、FeO等，一种利用钒渣提钒并进行钒、铬分离的工艺流程如图所示：
已知：Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CaCrO4)=2.3×10-2；“净化液”中溶质只含有NaVO3、Na2CrO4。
请回答下列问题：
（1）在“氧化焙烧”中被氧化的元素是 (填元素符号)。
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (答出两条)。
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是 ，它的一种用途是 。
（4）“调pH=2”，最适宜使用的酸是 。
（5）“沉铬”反应的离子方程式为 ，“沉铬”反应的理论转化率为 (保留3位有效数字)。
（6）由于母液①最终返回到 工序循环使用，因此，即使“沉铬”转化率低于理论值也不会对铬的回收产生多大的影响。
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）V、Cr、Fe
（2）将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等
（3）CaSO4；作为建筑原料，制造水泥、石膏等
（4）H2SO4
（5）BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；97.7%
（6）水浸
（7）2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析，氧化焙烧被氧化的元素是：V、Cr、Fe；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有：将焙烧产物粉碎；适当升高温度；搅拌等；
（3）H2SO4“酸浸”得到的副产品①是CaSO4，它的一种用途是作为建筑原料，制造水泥、石膏等；
（4）根据流程，阴离子为硫酸根，故“调pH=2”，最适宜使用的酸是H2SO4；
（5）“沉铬”反应沉淀的转化，离子方程式为BaCO3+=BaCrO4+或BaCO3(s)+(aq)BaCrO4(s)+(aq)；沉淀转化的，设铬酸根的起始浓度为amol/L，转化浓度为axmol/L，生成碳酸根的浓度为axmol/L，则，解得x=0.977，故沉铬的理论转化率为；
（6）根据分析，母液①最终返回到水浸工序循环使用；
（7）用NaHSO4“浸出”时发生反应的化学方程式为：2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O。
【分析】钒渣加入碳酸钠氧化焙烧，V2O3、Cr2O3及SiO2分别转化为NaVO4，Na2CrO4，Na2SiO3，FeO转化为Fe2O3，水浸后滤出的滤渣为Fe2O3，净化液中加入CaO沉钒，滤饼①加入硫酸酸浸，分离浸出液和副产品，副产品①应为CaSO4， 加(NH4)2SO4溶液调节pH生成NH4VO3沉淀，煅烧生成V2O5；沉钒的滤液中加入碳酸钡沉铬，发生反应BaCO3+=BaCrO4+，分离出的滤饼②中加入硫酸氢钠浸出，发生反应2BaCrO4+2NaHSO4=Na2Cr2O7+2BaSO4+H2O，浸出液②中主要含有Na2Cr2O7，冷却、结晶得到Na2Cr2O7。
9．（2023·河南模拟）酚酞(H2A)难溶于水，易溶于酒精，是一种有机弱酸，是常用的酸碱指示剂和分析试剂。实验室制备酚酞可采用如下步骤(装置如图所示，部分仪器略去)：
I.将邻苯二甲酸酐(C8H4O3)与苯酚(C6H5OH)在b中混合，在剧烈搅拌下，缓慢滴加约2mL浓硫酸，加热至150℃进行反应，待b内固体反应物全部熔融为澄清的液态混合物后，停止加热。
II.装置冷却后，量取40mL稀硫酸，在揽拌下加入b中，从溶液中析出粗品酚酞后，抽滤混合物。
III.将粗品酚酞置于烧杯中，加适量水溶解，在不断搅拌下滴加饱和碳酸钠溶液。
IV.继续加入足量碳酸钠溶液，并加入适量水，搅拌。
V.抽滤烧杯中的混合物，洗涤滤渣，合并洗涤液，得到酚酞盐(A2-)溶液。
VI.将溶液转移至大烧杯中，在搅拌下滴加浓盐酸，直到红色褪去，出现白色浑浊，抽滤，滤渣为不溶的杂质。
VII.将滤液转移至大烧杯中，在搅拌下继续滴加浓盐酸，最终析出白色晶体，抽滤、洗涤得纯净的酚酞。
请回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、b的名称分别是 、 。
（2）水槽c中盛放的物质是____(填字母)。
A．水 B．植物油 C．无水乙醇
（3）步骤I中反应时间不宜过长，原因是 。
（4）步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液不能换成饱和碳酸氢钠溶液，原因是 。
（5）步骤IV的作用是 。
（6）步骤V中的洗涤剂应选用 。
（7）步骤VII中滴加浓盐酸直到 ，最终析出白色晶体。
【答案】（1）球形冷凝管；三颈烧瓶
（2）B
（3）苯酚易被氧化，浓硫酸将有机物氧化
（4）碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐
（5）使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中
（6）饱和碳酸钠溶液
（7）没有气泡产生
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，仪器a、b分别为球形冷凝管、三颈烧瓶，故答案为：球形冷凝管；三颈烧瓶；
（2）由邻苯二甲酸酐在浓硫酸作用下与苯酚反应制备酚酞的反应温度为150℃，该反应的加热方式为油浴加热，则水槽c中盛放的物质是植物油，故答案为：B；
（3）苯酚具有强还原性，而浓硫酸具有氧化性，若步骤I中反应时间过长，浓硫酸会将苯酚氧化，不利于苯酚的制备，所以步骤I中反应时间不宜过长，故答案为：苯酚易被氧化，浓硫酸将有机物氧化；
（4）由题意可知，步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液的目的是将苯酚将酚酞转化成易溶于水的盐，若换成饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性较弱，不能将将酚酞转化成易溶于水的盐，所以步骤III中使用的饱和碳酸钠溶液不能换成饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐；
（5）由题意可知，步骤IV的作用是加入过量碳酸钠溶液使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中，故答案为：使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中；
（6）由步骤V抽滤、洗涤后合并洗涤液可知，洗涤液为饱和碳酸钠溶液，目的是将滤渣中为溶解的酚酞转化成易溶于水的盐，故答案为：饱和碳酸钠溶液；
（7）由题意可知，步骤VII中滴加浓盐酸的目的是将可溶的酚酞盐转化为不溶于水的酚酞，中和过量的碳酸钠溶液使溶液呈酸性，降低酚酞的溶解度，便于酚酞析出，所以正确的操作为滴加浓盐酸直到没有气泡产生，最终析出白色晶体，故答案为：没有气泡产生。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器a为球形冷凝管，仪器b为三颈烧瓶；
（2）反应温度为150℃，采取油浴加热的方式；
（3）苯酚易被氧化；
（4）碳酸氢钠碱性弱，不能将酚酞转化成易溶于水的盐；
（5）步骤IV加入过量碳酸钠溶液使酚酞全部转化为可溶性盐溶解在水中；
（6）洗涤液应为饱和碳酸钠溶液，将滤渣中为溶解的酚酞转化成易溶于水的盐；
（7）步骤VII中滴加浓盐酸将可溶的酚酞盐转化为不溶于水的酚酞。
10．（2023·河南模拟）氨是具有潜力的载氢代氢清洁燃料。研究掺氨丙烷混合燃料的燃烧对于实现碳达峰、碳中和的目标具有现实意义。一定条件下，氨、丙烷充分燃烧的反应如下：
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH2=-2044kJ mol-1
对于不同配比的燃料，定义过量空气系数为完全燃烧1kg燃料所实际供给的空气质量与所需的理论空气质量的比值。
请回答下列问题：
（1）已知在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓(ΔH)。常温常压下，相关物质的生成焓如下表所示：
物质 NH3(g) H2O(g)
ΔH(kJ mol-1) -46 -242
则ΔH1= kJ mol-1
（2）在100kPa下，10mol混合燃料在=1的条件下完全燃烧，产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)。若混合燃料中氨的体积分数为20%，则反应后混合气体中= kPa(保留3位有效数字)；若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，计算同样条件下燃烧后释放的热量将增加 kJ。(忽略温度变化对焓变的影响，假设空气中O2的体积分数为20%)
（3）研究表明，氨和丙烷混合燃烧排放的引起大气污染的气体主要是CO和NO。相关反应如下：
I.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3<0，K1=8.5×1023(2065K)
II.4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH4<0，K2=7.0×1046(2065K)
III.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH5>0，ΔS>0
①反应III能自发进行的条件是 。
②α分别为0.9、1.0、1.1时，烟气中CO排放浓度随氨体积分数变化的关系如图甲所示。α=0.9对应的曲线是 (填“X”“Y”或“Z”)，理由是 。
③烟气中NO排放浓度随着氨的体积分数变化的关系如图乙所示。氨的体积分数大于10%时，NO排放浓度逐渐减低的原因为 。
④丙烷中掺氨燃烧的优点是 。
【答案】（1）-1268
（2）16.1；1727
（3）高温；X；氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多；温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；降低CO2和CO的排放量
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题意知③： N2(g) +3H2(g)=2NH3(g) △H3=(-462) kJ mol-1，
④2H2(g) + O2(g)=2H2O(l) △H4=( 2422) kJ mol-1，
根据盖斯定律，由③2-④3得反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=2△H3-3△H4=+1268 kJ mol-1，故答案为：1268；
（2）NH3的体积分数为20%，n(NH3)=10mol20%=2mol，生成N21mol，生成H2O为3mol，放出1268kJ=634kJ，n(C3H8)=(10-2)mol=8mol，生成H2O为32mol，生成CO2为24mol，放热为16352kJ，n(H2O)=32mol+3mol=35mol，总的气体物质的量为35mol+1mol+24mol=60mol，假设空气中O2的体积分数为20%，反应前空气的总物质的量为=207.5mol，氧气207.5mol=41.5mol，氮气等166mol=166mol，反应前总气体的物质的量为207.5mol+10mol=217.5mol，反应后气体的总物质的量为60mol+166mol=226mol，反应后气体总压为100kPa=103.9kPa，H2O的物质的量分数x(H2O)=，=103.9kPa=16.1kPa；
若10mol混合燃料中氨的体积分数为20%，放热共为634kJ +16352kJ =16986kJ；若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，n(NH3)=10mol10%=1mol，放热1268kJ=317kJ，n(C3H8)=(10-1)mol=9mol，放热为2044kJ9=18396kJ，共放热317kJ+18396kJ=18713kJ，同样条件下燃烧后释放的热量将增加18713kJ -16986kJ =1727kJ；
（3）①反应III的ΔH5>0，ΔS>0，若能自发进行，则ΔG=ΔH5-TΔS<0，只有当T较高时才可能成立，故反应III能自发进行的条件是高温；
②氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多，故根据图中曲线可知，α=0.9对应的曲线是X；
③氨的体积分数大于10%时，NO排放浓度逐渐减低的原因为：温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；
④丙烷中掺氨燃烧的优点是降低CO2和CO的排放量。
【分析】（1）分别写出生成氨气和生成水的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据 计算；若10mol混合燃料中氨的体积分数为20%，放热16986kJ，若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，放热18713kJ；
（3）①根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
②氨的体积分数一定时，空气越少，丙烷燃烧越不充分，生成的CO越多；
③温度相同时，反应II的平衡常数远大于反应I的平衡常数，被消除的NO比新生成的NO多；
④丙烷中掺氨燃烧可降低CO2和CO的排放量。
11．（2023·河南模拟）中国古代艺术作品色彩艳丽，璀璨夺目，离不开矿物颜料的使用。请回答下列问题：
（1）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是矿物质颜料中的主要黄色颜料，它们是共生矿物，二者的分子均为非极性分子，结构分别如图所示。
①基态As原子的核外电子排布式为[Ar] 。
②雌黄中As—S—As键角 (填“大于”“小于”或“等于”)S—As—S键角。
③雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，除结构稳定性的原因之外，从物理性质的角度分析，还与其 有关。
（2）我国古代很早就把青金石作为彩绘用的蓝色颜料，青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其化学式为(Na，Ca)8[AlSiO4]6[SO4，S，Cl]2。
①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl—的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石的化学式为 。
②青金石中第三周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
③青金石的颜色与骨架内填入的阴离子有关，其中一种重要阴离子是三硫自由基阴离子。研究表明，三硫自由基阴离子(II)可以通过多硫阴离子S(I)在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体(III)，过程如下图：
关于I、II、III三种物质，下列说法正确的有 (填字母)。
A．I中的S—S键都是σ键
B．II中的S原子最外层都满足8电子稳定结构
C．II的中心硫原子的杂化轨道类型为sp
D．与II互为等电子体
E.III一定为平面形结构
（3）方解石在距今约7000年的仰韶文化时已开始作为白色颜料使用，是分布最广的矿物之一，其化学式为CaCO3。一定条件下，方解石的一种六方晶胞结构如图所示，晶胞底面为菱形，其较小夹角为60°，边长为anm，晶胞高为cnm。
①该方解石结构中阴离子的空间构型为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3 mol-1(列出算式)。
【答案】（1）3d104s24p3；小于；难溶于水
（2）Na8[AlSiO4]6Cl2；Cl>S>Si>Al>Na；AD
（3）平面三角形；
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①砷元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；
②雌黄中As—S—As中硫原子有2对孤对电子，而S—As—S中砷原子有1对孤对电子，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则雌黄中As—S—As键角小于S—As—S键角，故答案为：小于；
③由氧元素的电负性大于硫元素可知，雄黄和雌黄分子的极性小于砷的氧化物，由相似相溶原理可知，雄黄和雌黄在水中的溶解度小于砷的氧化物，所以雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，故答案为：难溶于水；
（2）①由青金石的结构中硫酸根离子、硫离子代替了方钠石中部分氯离子的占位，钙离子代替了部分钠离子的占位可知，方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2，化学式为Na8[AlSiO4]6Cl2，故答案为：Na8[AlSiO4]6Cl2；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则青金石中第三周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl>S>Si>Al>Na，故答案为：Cl>S>Si>Al>Na；
③A．由I的结构可知，S中单键硫原子都是σ键，故正确；
B．由II的结构可知，II的中心硫原子的最外层不满足8电子稳定结构，故不正确；
C．由II的结构可知，II的中心硫原子形成硫硫双键，原子的杂化轨道类型为sp2杂化，故不正确；
D．与的原子个数都为1、价电子数都为17，互为等电子体，故正确；
E．由III的结构可知，离子中硫硫双键为平面结构，由于单键可以旋转，所以离子不一定为平面形结构，故不正确；
故答案为：AD；
（3）①该方解石结构中阴离子为碳酸根离子，碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钙离子个数为8×+4×+4=6，位于棱上和体内的个数为8×+4=6，则晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为10—27a2csin60cm3，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3 mol-1= m3 mol-1，故答案为：。
【分析】（1）①As为33号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式为3d104s24p3；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③根据相似相溶原理分析；
（2）①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl-的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
③A.单键均为σ键；
B.Ⅱ中中心S原子的最外层有6个电子；
C.Ⅱ中中心S原子形成3个σ键，采用sp2杂化；
D.等电子体具有相同的价电子数和原子总数；
E.S=S为平面结构，单键可旋转；
（3）①方解石的化学式为 CaCO3，其阴离子为碳酸根，碳酸根离子的空间构型为平面三角形；
②根据均摊法和计算。
12．（2023·河南模拟）Sharpless教授发现，在亚铜的催化下，末端炔烃可以高区域选择性地与叠氮化合物发生高效的Click(点击)反应，Sharpless教授也因此获得了2022年诺贝尔化学奖。科学家以乙烯和1，3-丁二烯()等为原料，经过多步转化和Click反应合成化合物G，合成路线如下(Ph—表示苯基，部分反应条件已简化)：
Click反应示例：
请回答下列问题：
（1）乙烯和1，3-丁二烯生成A的反应类型是 。
（2）C的化学名称为 。
（3）A→C的化学方程式为 。
（4）D为环醚，其结构简式为 。
（5）G的结构简式为 。
（6）乙烯和1，3-丁二烯生成的反应称为Diels-Alder反应，是有机化学合成反应中碳碳键形成的重要手段之一。两分子环戊二烯()也可以发生Diels-Alder反应生成二聚环戊二烯(分子式为C10H12)，二聚环戊二烯的结构简式为 。
（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
a.最少有三个碳原子在一条直线上；
b.不含环状结构；
c.含有硝基和溴原子。
上述同分异构体中，在同一直线上的碳原子最多且含有手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)的化合物的结构简式为 。
【答案】（1）加成反应
（2）2-溴环己醇
（3）++H2O+
（4）
（5）
（6）
（7）10；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；烯烃
【解析】【解答】（1）由分析可知，乙烯和1，3-丁二烯发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（2）由结构简式可知，C的化学名称为2-溴环己醇，故答案为：2-溴环己醇；
（3）由分析可知，A→C的反应为与和水反应生成和，反应的化学方程式为++H2O+，故答案为：++H2O+；
（4）由分析可知，环醚D的结构简式为，故答案为：；
（5）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（6）由题给信息可知，两分子环戊二烯发生Diels-Alder反应生成，则二聚环戊二烯的结构简式为，故答案为：；
（7）B的同分异构体最少有三个碳原子在一条直线上，不含环状结构，含有硝基和溴原子说明分子中含有碳碳三键，同分异构体可以视作1-丁炔、2-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构，其中1-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构有8种，2-丁炔分子中的氢原子被硝基和溴原子取代所得结构有2种，共有10种，其中在同一直线上的碳原子最多且含有连有4个不同的原子或基团的手性碳化合物的结构简式为，故答案为：10；。
【分析】乙烯和1，3-丁二烯发生加成反应生成，和B反应生成C，C在碳酸钾和CH2Cl2条件下反应生成D，结合D的分子式可知，D为，E与F发生已知反应生成G，结合G的分子式可知，G的结构简式为。
