河北衡水中学2026届高三下学期综合素质评价三化学试卷+答案

相对原子质量：H-1B-11C-12N-140-16Na-23Cl-35.5Mg-A．进行钠与O2加热实验时，先切取一块绿豆大小的钠投入坩埚中，再加热坩埚硫化钠溶液在空气中氧化变质：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2OD.硫化钠溶液在空气中氧化变质：物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2Co(NH3)5ClCl2+2H2O。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列A．1molCo(NH3)5ClCl2中含有σ键的数目为21NAB．生成1molCo(NH3)5ClCl2转移电子数为NC．0.1molN2与足量H2在催化剂作用下合成氨，生成的NH3分子数为0.2NA→子只有一种运动状态，Z是短周期中金属性最强的元素。下列A．简单离子半径：Y>Z>XA．制备H2SB．证明浓HNO3分解产物中含有NO2A．该晶体属于混合型晶体B．该化合物的化学式为MoS2A向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的化学平衡向NO2减少的方向移动B以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(Ag2CrO4)CD成[Al(OH)4]-和HSO3-电离出的H+反应形成选项ABC变成较稳定的3d5半充满结构DA．HCOO*生成CH3O*是化学反应的决速步骤B．总反应的ΔH约为-1.20eVD．若用D2代替H2，最终产物中可能检测到CD3OD和D2O13．常温下，将0.1mol.L_1NaOH溶液滴入50mL0.1mol.L_1H3T溶液中，溶液中含T微粒(H3T、H2T_、T3_)(H2T_)+c(HT2_)+c(T3_)T3_)=A．a、c线分别代表H3T、HT2_的分布系数变化情况B．pH=7时，c(Na+)<3c(HT2_)+3c(T3_)C．pH=3时，c(H3T)=10_0.9c(H2T_)14．氨硼烷(NH3BH3)易溶于有机溶剂，熔点为104~125°C，是一种环境友好型高容量储氢材料。研究I．制备氨源Mg(NH3)6Cl2：如图所示，在N2保护下，将无水MgCl2溶于浓氨水中，充分溶解后再加入适量NH4Cl饱和溶液，冷凝3)6Cl2。B．Mg(NH3)6Cl2中的H一NH的键角比NH3中的HNH的键角小D．加入适量NH4Cl饱和溶液的目的是调节溶液pH，防止生成Mg(OH)2沉淀，同时也可以促进配合物Mg(NH3)6Cl2的形成(3)设计实验证明Mg(NH3)6Cl2中2个Cl一均不作配体：。四氢呋喃()干燥和收集的回流装置如图所示(夹持及加热装(4)①用Na干燥四氢呋喃的原理是(用化学②回流过程中，除水时打开的活塞是，体系变蓝后，改变开关状态收集四氢呋喃。III．制备氨硼烷(NH3BH3)ii．向仪器a中加入3.8gNaBH4、19.7gMg(NH3)收Mg和NaCl。(7)①制备氨硼烷反应的化学方程式为15．草酸镍(NiC2O4)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、NO、SO_；②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体能吸附Ni2+。③草酸的Ka1=6.0×10_2Ka2=5.0×10_5(1)生产时为提高合金废料浸出率，常采取的措施有(2)“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是①H2O2的电子式为②“氧化”过程的离子方程式为。③pH为3～4时，镍的回收率降低的原因是。(4)“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是。已知常温下Ksp[NiC2O4]=1.70×10_1Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10_5mol.L_1时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H2C2O4)= 。(5)在空气中加热二水合草酸镍得到如下TG-DSC热分解曲线如图所示，已知：TG指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中300℃时，反应的化学方程式为。二水合草酸镍分解的整个反应是(填“吸热”或“放热”)反应。【乙醇制氢】乙醇在Ni_MgO催化下，制取氢气有如下方法：部分催化重整【甲烷制氢】422_122(g)ΔH2_1【一氧化碳制氢】(5)一氧化碳变换反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)也可用于生产氢气，该反应在Pd膜反应器中进①装置中的固体电解质应采用(填“氧离子导体”或“(4)反应⑤过程中同时生成一种与G互为同分异构体的副产物，该物质的结构简式为(5)研究发现反应⑥的一种可能历程是经由两步完成的，如123456789CCDABDBACDABB量与Mg(NH3)6Cl2的物质的量之比为2：1（3）若Mg(NH3)6Cl2中Cl一作配体，溶液中Cl-不能电离出来，而外界的Cl-在溶液都能电离出来，加入AgNO3溶液能生成AgCl沉淀，计算AgCI沉淀的物质的量与Mg(NH3)6Cl2的物质的量之比为（7）①根据反应物NaBH4、Mg(NH3)6Cl2和生成物NH3BH3、Mg、NaCl，利用氧化还原反应和原子产量除以理论产量计算产率，nmol，Mg(NH3)6Cl2的物质的量为2NaBH4~Mg(NH3)6Cl2~2NH3BH3可知Mg(NH3)6Cl2过量，所以用NaBH4的量来计算得出理论上生成NH3BH3的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×31g/mol=3.1g，则本实验中氨硼烷的产率为(2)Cu2+(3)H:::H2Fe2++H2O2+2H2OFeOOH↓+4H+pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低N(SiH3)3中N为sp2杂化，未杂化的含孤对的2p轨道与轨道形成d-pπ键，降低了N原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低(4)取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成(5)2NiC2O4+O2=2NiO+4CO2放热【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O422182.69较大的吸热峰，这说明脱出水的过程是吸热的。随着热分解温度的升高，二较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与二水合草酸镍热分解生成NiO所39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的（2）根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离（3）①H2O2的电子式为H:::H；②“氧化”过程中，H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子。pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，否则未洗涤干净；当溶液pH=2时Ni2+沉淀完全，此时溶液中242O失去结晶水生成NiC2O4理论质量损失率19.71%相吻合。因此32221200则K同理K，降低温度，平衡正向移动，K值增大，故②B点，当反应达到平衡时，v正=k正p(CO).p(H2O)=v逆=k逆p(CO2).p(H2)，21100所以该材料能吸附CO2而不能吸附CO可能的原因是材料的孔径与CO2分子的大小匹配，而与CO分子+H2O(g)+H2(g)b00转化(mol)xxxxxx出口Ⅰ处气体物质的量为(a+b_x)mol，进口Ⅰ