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【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析
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这是一份【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析，共48页。试卷主要包含了下列解释理想的方程式中正确的是，下列叙说正确的是等内容，欢迎下载使用。
【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟
试卷（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学是材料科学、生命科学、环境科学等古代科学技术的重要基础，以下说法没有正确的是
A．CRISSPR/Cas9基因剪刀能够地对DNA进行编辑，让对癌症和遗传性疾病的治疗成为理想，其中DNA属于高分子化合物
B．中科院大连化物所等研讨团队发现，电解碳酸钠溶液过程中产生的活性氧对灭活溶液中的新冠的效率高达99.9%，电解过程中活性氧在阴极区生成
C．四羊方尊是商代早期青铜礼器，为十大传世国宝之一、制造其材质的熔点比铜的低
D．《云林石谱》记载，“西京洛河水中出碎石，颇多青白，间有五色斑斓，采其者，入铅和诸药，可烧假玉或琉璃用之”，“假玉”和“琉璃”中都含有大量的硅酸盐
2．某新型无机合成两头体的结构如下，下列有关该化合物的说法错误的是
A．分子中共面的碳原子至多有11个
B．分子中苯环上的一溴代物有3种
C．能使溴水褪色
D．分子中含有3种官能团
3．短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且原子序数，X的单质为空气的次要成分且化学性质波动，Y的一种盐常用作净水剂，Z单质及其多种化合物可用作消毒剂。下列说确的是
A．Z单质及其某些化合物具有漂白性
B．电离能：
C．简单离子半径：
D．W的价氧化对应的水化物是易溶于水的强碱
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是
A．0.1 mol 与足量的反应，转移的电子数为0.2
B．25℃、101 kPa下，1 mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3
C．电解溶液，当阳极产生标准情况下2.24 L气体时，转移的电子数为0.4
D．25℃，0.1 mol/L的某酸HA溶液中，
5．下列解释理想的方程式中正确的是
A．用溶液制造铜质印刷线路板：
B．用MnS除去溶液中含有的：
C．A1片溶于NaOH溶液中产生气体：
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：
6．下列叙说正确的是
A．图A是检验混合气体中的少量SO2和SO3B．图B是证明非金属性:Cl>C>Si
C．图C是先从下口放出水层,再从上口倒出溴的CCl4溶液D．图D是制少量CO2
7．利用镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化和氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图。下列说法错误的是
A．催化循环过程中包含加成反应
B．该催化剂改变了反应的活化能，降低了焓变
C．该催化循环中Ni的成键数目发生了变化
D．总反应可表示为
8．二氯化二硫 ( S2Cl2)是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法没有正确的是
A．S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl
B．S2Cl2 可能使品红溶液褪色
C．S2Cl2 与水反应时 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3
D．将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，则 S2Cl2气体中有 HCl
9．如图是一种正投入生产的大型蓄电零碎，放电前，被膜隔开的电解质为，放电后分别变为和NaBr。下列叙说正确的是
A．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L(标准情况下)时，b池生成17.40 g
B．放电时，负极反应为
C．充电时，阳极反应为
D．充电时，离子交换膜，由b池移向a池
10．我国科学家曾经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO-的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示两头体。下列说确的是
A．从平衡挪动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO-
B．该历程中能垒(活化能)E正=16.87kcal/mol
C．运用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终进步二氧化碳的转化率
D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的构成
11．陈红专教授陈莉莉研讨员团队运用 NanoBit技术进一步证明了甘草酸可以阻断新冠刺突蛋白和人体内靶蛋白ACE2的，其活性达到22。甘草酸的结构简式如图。下列有关说确的是
A．甘草酸属于芳香族化合物
B．1mol甘草酸与Na反应至多生成8mol
C．甘草酸没有能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甘草酸在一定条件下可发生聚合、取代、消去反应
12．如图是一种正投入生产的大型蓄电零碎，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙说正确的是
A．放电时，负极反应为3NaBr—2e—＝NaBr3+2Na+
B．充电时，阳极反应为2Na2S2—2e—＝Na2S4+2Na+
C．充电时，Na+离子交换膜，由b池移向a池
D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2（标况下）时，b池生成17.40gNa2S4
13．工业上运用废锰催化剂(次要成分为Mn，含有一定量的等)制备草酸锰晶体(难溶于水)的工艺流程如图所示。下列说确的是
已知：完全构成氢氧化物沉淀的pH分别为9.0、3.2、4.7，构成的氢氧化物开始沉淀的pH为8.3。
A．滤渣I的次要成分是，滤渣III的次要成分为
B．可以将流程图中的“氧化”去掉，直接“调pH”
C．“沉锰”时次要反应的离子方程式为
D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
14．用0.10的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050的盐酸、磷酸及谷氨酸，滴定曲线如图所示。下列说确的是
A．用酚酞作指示剂滴定磷酸到起点时，溶液中的溶质为
B．滴定盐酸时，时，
C．的电离平衡常数的数量级没有同
D．溶液中：
评卷人
得分
二、多选题
15．是一种运用广泛的无机溶剂，医学上也用作麻醉剂。实验室制备(沸点为34.5℃)的路线如下：
主反应：
下列说法错误的是
A．由乙醇制时应将温度迅速升高至接近140℃
B．用饱和NaCl溶液洗濯的目的是进一步除去无机层中残留的硫酸
C．饱和溶液洗濯的目的是除去无机层中的乙酸
D．得到产品时蒸馏应水浴加热
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、实验题
16．非水体系中合成三氯三(四氢呋喃)合铬660℃(Ⅲ)的原理为①；②。实验安装如下：
实验步骤：
①制备无水：在通风橱内按图甲组装仪器，称取1.52g 放在石英反应管摊平，通入并气流速率，打开管式炉加热电源，水浴加热，反应2h；
②合成：按图乙安装组装仪器，将步骤①所得无水和0.15g锌粉放入纸质反应管内，圆底烧瓶中加入100mL无水四氢呋喃，通 5min后关闭，通入冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，回流2.5h后再通入冷却至室温；
③取下圆底烧瓶，蒸发THF，使反应混合物体积约为10mL，抽滤、干燥后称量即得产品4.60g。
回答下列成绩：
(1)图甲仪器A的名称为_______，图乙通冷却水应从_______(填“a”或“b”)口进水。
(2)制备无水时，通入的速率没有宜过快的缘由是_______，表示反应结束的景象是_______。
(3)的合成有催化作用，合成中加入Zn的作用是_______(用离子方程式表示)。
(4)四氢呋喃结构简式为 ，为除去四氢呋喃的水，可先后加入试剂_______(填序号)后过滤、蒸馏。
A．硫酸铜、钠B．KOH、钠C．浓硫酸、钠D．碱石灰、钠
(5)本实验制得产品的产率为_______(用百分数表示，保留小数点后两位)。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．研讨大气净化物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的构成机理。
反应i：
反应ii：
（1）CH3OSO3H发生水解：△H=______kJ/mol。
（2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。
（3）我国科学家利用计算机模仿计算，分别研讨反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。
②水将反应ii的能垒由_____________eV降为_____________eV。
③d到f转化的本质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。
A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键
C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键
（4）分别研讨大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的缘由是_____________。
②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小的缘由是_____________。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．铂(Pt)的单质又称白金，是常用的催化剂和电极材料，顺二氨环丁羧酸铂( )又名卡铂，是一种低毒性抗癌药，遇光易分解。请回答下列成绩：
(1)用酒精把铂丝润湿点燃，酒精剧烈燃烧，使铂丝温度达到火热程度，同时伴有很亮的光。产生上述景象可能的缘由是___________。
(2)卡铂分子中非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________，碳原子的杂化轨道类型有___________。
(3)卡铂静脉注射时需求留意的事项是___________。
(4)卡铂分子中存在的作用力有___________(填标号)。
A．离子键B．配位键
C．金属键D．非极性键
(5)合成卡铂的两头体 沸点比图1中化合物沸点低，缘由是___________。
(6)超硬材料(仅次于金刚石)氮化铂的一种晶胞如图2所示，N的配位数是___________，若该晶胞参数为，密度为，则阿伏加德罗常数()为___________(用含的式子表示，并化成最简)。
评卷人
得分
六、无机推断题
19．化合物G次要用于调制香料，也可用于防腐和防癌抗癌等，上面是化合物G的合成路线。
请叫答下列成绩：
(1)B是一种烃基锂(RLi)，则B中烃基所对应的烃(RH)的化学名称为___________。
(2)化合物C的分子式是___________。
(3)用核磁共振谱可以证明化合物C中有___________种处于没有异化学环境的氢。
(4)写出C→D发生反应的化学方程式：___________。
(5)在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：___________(任写一种即可)。
①能与溶液发生显色反应；
②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；
③1mol物质至多能与3molNaOH反应。
(6)氰基甲酸甲酯()在无机合成中有广泛运用，工业上常用氯甲酸甲酯与氰化钠在甲醇中反应来合成氰基甲酸甲酯。写出合成氰基甲酸甲酯的化学方程式：___________。
答案：
1．B
【详解】
A．DNA属于高分子化合物，选项A正确；
B．电解碳酸钠溶液相当于电解水，阴极区产生H2，而阳极区产生O2，即活性氧在阳极区生成，选项B错误；
C．青铜为铜的合金，合金的熔点普通比纯金属的低，选项C正确；
D．“假玉”和“琉璃”由“碎石”和其他物质烧制而成，含大量硅酸盐，选项D正确；
答案选B。
2．D
【详解】
A．苯环上一切原子共平面，乙烯的一切原子共平面，乙炔的一切原子共直线，由此可知该化合物中共面的碳原子至多有11个，A正确；
B．该化合物的苯环上有3种没有同环境的氢原子，则苯环上的一溴代物有3种，B正确；
C．该无机物含有碳碳双键、碳碳三键，能够与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，C正确；
D．该无机物中含有碳碳双键、碳碳三键共2种官能团，D错误；
答案选D。
3．B
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X的单质为空气的次要成分且化学性质波动，则X为N元素，Y的一种盐常用作净水剂，则Y为Al元素，Z单质及其多种化合物可用作消毒剂，则Z为Cl元素，原子序数，则W的原子序数为3，则W为Li元素，据此分析解答。
【详解】
A．Z为Cl元素，Cl2没有具有漂白性，A错误；
B．原子半径越小，电离能越大，则电离能：N＞Cl＞Al，B正确；
C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相反时，核电荷数越大，离子半径越小，Li+有1个电子层，N3-、Al3+有2个电子层，Cl-有3个电子层，则离子半径：Cl-＞N3-＞Al3+＞Li+，C错误；
D．W为Li元素，其价氧化物对应水化物为LiOH，为弱碱，D错误；
答案选B。
4．C
【详解】
A．氯气和水的反应为可逆反应,没有能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，选项A错误；
B．1mol 乙炔共用电子对数为5 NA，1mol 甲醛共用电子对数为4NA，故1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，选项B错误；
C．电解AgNO3溶液，阳极生成的气体为氧气，物质的量n===0.1mol，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则转移的电子数为0.4NA个，选项C正确；
D．未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A-)，选项D错误；
答案选C。
5．C
【详解】
A. 用溶液制造铜质印刷线路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：，选项A错误；
B. 用MnS除去溶液中含有的，硫化锰转化为更难溶的硫化铅，反应的离子方程式为：，选项B错误；
C. A1片溶于NaOH溶液中产生气体，发生反应的离子方程式为：，选项C正确；
D. 水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜，反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选C。
6．D
【详解】
A．品红溶液中含有水，SO3溶于水，无法检验出SO2，选项A错误；
B．非金属性越强，其价氧化物对应水化物的酸性越强，HCl并非价氧化物对应的水化物，选项B错误；
C．CCl4的密度大于水，在上层，选项C错误；
D．加热饱和碳酸氢钠溶液，50℃时易发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用于制备少量二氧化碳，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．和O=C=O反应生成，属于加成反应，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂没有能降低焓变，故B错误；
C．根据图示可知，Ni的成键数目分别为2、3，该催化循环中Ni的成键数目发生了变化，故C正确；
D．镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化和生成丙烯酸，总反应为，故D正确；
选B。
8．D
【详解】
A. S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，又知氯原子最外层有7个电子、硫原子最外层有6个电子，因此，S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl，A说确；
B. S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，该气体为具有漂白性的二氧化硫，故S2Cl2 可能使品红溶液褪色，B说确；
C. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，氧化产物是SO2，还原产物是S，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3，C说确；
D. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，一定有白色沉淀产生，无法证明S2Cl2气体中有 HCl，D说法没有正确。
综上所述，相关说法没有正确的是D。
9．A
【详解】
A．b是负极，负极发生反应，用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L(标准情况下)时，电路中转移0.2mol电子，则b池生成0.1mol，质量为17.40 g，故A正确；
B．放电时，负极失电子，生成和NaBr，可知硫元素失电子化合价升高，负极反应为，故B错误；
C．充电时，和NaBr生成，溴元素化合价升高，阳极发生氧化反应，阳极反应为3NaBr-2e-=+2Na+，故C错误；
D．充电时，a为阳极、b为阴极，阳离子移向阴极，离子交换膜，由a池移向b池，故D错误；
选A。
10．D
【详解】
A．由化合物2与水反应变成化合物3与的反应历程图可得该过程是放热反应，升高温度，没有利于该过程的进行，A错误；
B．该历程中I1到TS2过程的能垒(活化能)，为，B错误；
C．运用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但没有能使化学平衡发生挪动，没有能进步二氧化碳的转化率，C错误；
D．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与反应生成化合物2()的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的构成，D正确；
答案选D。
11．D
【详解】
A．甘草酸没有含苯环，没有属于芳香族化合物，故A错误；
B．甘草酸分子中含有3个羧基、5个羟基，1mol甘草酸中含有与8Na反应至多生成4mol，故B错误；
C．甘草酸分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．甘草酸分子中含有碳碳双键、羟基、羧基，可发生聚合反应；甘草酸分子中含有羟基、羧基，能发生取代反应；甘草酸分子中羟基的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，故D正确；
选D。
12．D
【分析】
根据图示，a池为正极，得到电子，发生还原反应，b池为负极，得到电子，发生氧化反应；在原电池中，阳离子由负极移向正极，放电时Na+ 由b乙池向a池挪动，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr判断电极反应式；充电与放电相反，a池发生氧化反应，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。
【详解】
A．放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，故A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为3NaBr-2e-═NaBr3+2Na+，故B错误；
C．在原电池中，阳离子移向正极，Na+离子交换膜，由b池移向a，充电时，Na+离子交换膜，由a池移向b池，故C错误；
D．用该电池电解饱和食盐水，产生标准情况下2.24 LH2时，2H++2e-=H2↑，氢气的物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，根据2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，生成0.1mol Na2S4，质量为17.40g，故D正确；
故选D。
13．C
【分析】
废锰催化剂用硫酸溶液酸浸后过滤，难溶于水的SiO2和微溶的CaSO4留在滤渣Ⅰ，将滤液用H2O2氧化后用氨水调pH，可生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀作为滤渣Ⅱ，往滤液加入NH4F沉钙，得滤渣Ⅲ是CaF2，再往滤液加入(NH4)2C2O4沉锰，滤、洗濯、烘干制得草酸锰晶体。
【详解】
A．据分析，滤渣I的次要成分是 和CaSO4，滤渣III的次要成分为，A错误；
B．为将杂质铁元素去除完全，又没有损耗Mn2+，需调pH小于8.3，但Fe2+完全构成氢氧化物沉淀的pH为9.0，故须将其氧化为Fe3+，因Fe3+完全构成氢氧化物沉淀的pH 3.2，故没有可以将流程图中的“氧化”去掉，直接“调pH”，B错误；
C．据分析，往沉钙后的滤液加入(NH4)2C2O4沉锰，故“沉锰”时次要反应的离子方程式为，C正确；
D．“沉锰”得到草酸锰晶体难溶于水，只需直接过滤、洗濯、烘干即可，D错误；
故选C。
14．A
【详解】
A．酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，由图知，该范围内滴定磷酸耗费NaOH溶液的体积为20.0 ml，发生反应：2NaOH +H3PO4=2H2O+Na2HPO4，此时溶液中的溶质为Na2HPO4，A正确；
B．V(NaOH)= 10.0mL时，NaOH与HCl恰好完全反应生成NaCl溶液呈中性， c(OH-)=c(H+)，电荷守恒：(H+)+(Na+)=c(OH-)+(Cl-)可得，(Na+)=(Cl-)，B错误；
C．由图可知，V(NaOH)=0时，0.050mol·L-1的H3PO4和H2G溶液的pH相差很小，通常用步电离平衡常数计算多元弱酸的pH可知，H3PO4和H2G的电离平衡常数K1的数量级相反，C错误；
D．由图可知，滴定起点时，即V(NaOH)=10.0mL时，发生反应：NaOH +H3PO4=H2O+NaH2PO4，此时溶液中溶质为NaH2PO4，溶液显酸性，阐明H2PO的电离程度大于其水解程度，则NaH2PO4溶液中：c(Na+ )>c(H2PO)>c(HPO)>c(H3PO4)，D错误；
故选A。
15．BC
【详解】
A．若温度缓慢上升，会有较多的乙醇挥发出来，降低产率，选项A正确；
B．NaOH溶液洗濯的目的是中和酸，饱和NaCl溶液洗濯的目的是除去残留的NaOH，选项B错误；
C．饱和CaCl2溶液洗濯的目的是除去乙醇，选项C错误；
D．根据的制备路线可知搜集的温度在33～38℃，应采用水浴加热，选项D正确；
答案选BC。
16．(1) 三颈烧瓶 a
(2) 速率过快会吹走或带出过多而没有能充分反应 反应管中几乎无绿色固体
(3)
(4)BD
(5)61.42%
【分析】
图甲仪器A中，通入N2将CCl4吹出至管式炉中，Cr2O3和CCl4发生反应生成CrCl3；图乙安装中，CrCl3和四氢呋喃反应生成CrCl3(THF)3；再处理，得到产品。
(1)
图甲仪器A为三颈烧瓶；图乙通冷却水应“下进上出”，即从a口进水。
(2)
制备无水CrCl3时，通入N2的速率没有宜过快，是由于通入N2速率过快会吹走Cr2O3或带出CCl4(g)过多而没有能充分反应；反应中，绿色的Cr2O3转变为紫色的CrCl3，当反应管中几乎无绿色固体，表示反应结束。
(3)
Cr2+对CrCl3(THF)3的合成有催化作用，但是体系中本来没有Cr2+，故加入Zn的作用是用Zn和Cr3+反应生成Cr2+，离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+。
(4)
为除去四氢呋喃的水，可先后加入干燥剂，在加入金属钠反应掉剩余的少量水，但没有可运用浓硫酸作干燥剂，故选BD。
(5)
1.52g Cr2O3理论上可以制得7.49g CrCl3(THF)3，故本实验的产率为。
17． -164.4 4×104L·mol-1 a 20.93 6.62 ACD 反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)越小
【分析】
(3)图形很陌生，但细心观察发现其实是反应历程与能量变化图，成绩就变简单了。
(4)反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都耗费三氧化硫，三氧化硫浓度没有变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。
【详解】
(1) 反应i：
反应ii：
反应i-反应ii有：，所以=-=()=-164.4，故-164.4；
(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下： ，K=≈=4×104L·mol-1，故4×104L·mol-1；
(3)①a处的两个分子能量更低，更波动，分子间静电作用更强，故a；
②无水时，反应ii的能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，即水将反应ii的能垒由20.93eV降为6.62eV，故20.93；6.62；
③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又构成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新构成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新构成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故ACD；
(4)①反应i和反应ii都耗费三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；
②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)减小，故水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c(CH3OSO3H)越小。
(2)计算时作如下近似处理：≈100000×10-13=10-8≈。
18．(1)酒精燃烧时催化剂铂发生了电子跃迁
(2) O＞N＞C＞H
(3)避光
(4)BD
(5) 分子质量小，分子间作用力弱，沸点低
(6) 4
(1)
酒精燃烧释放能量，使基态铂原子发生电子跃迁变为激发态铂原子，处于激发态的原子没有波动，会向波动的基态跃迁，此过程以光的方式释放能量；
(2)
卡铂( )分子中含有的非金属元素为C、N、O、H，同周期从左到右，元素电负性逐渐变大，则电负性: 0>N>C，CH4中 H的化合价为+1，则电负性: C>H，故电负性:C>H，故电负性：O＞N＞C＞H；
卡铂分子中C原子构成单键和双键，只构成单键的C原子采取sp3杂化，构成双键的C原子采取sp2杂化；
(3)
由卡铂“遇光易分解”知静脉注射时应留意避光；
(4)
卡铂分子中N提供孤对电子，Pt提供空轨道构成配位键，C原子构成的C-C为非极性键，则卡铂分子中存在的作用力有配位键和非极性键，故选BD；
(5)
和 结构类似，前者比后者少4个CH2原子团，分子质量小，分子间作用力弱，故沸点低；
(6)
N原子位于晶胞内，分别填充在Pt构成的正四面体空隙中( )，距离N原子最近的Pt有4个，故N的配位数是4；Pt 位于晶胞的顶点和面心，该晶胞中含Pt的个数为8+6=4，N原子个数为8，故1个晶胞中含有4个PtN2，晶胞质量m==，==，解得=mol-1。
19．(1)2-甲基-2-戊烯
(2)C14H24O
(3)8
(4)++HCN
(5)或者
(6)+NaCN+NaCl
【分析】
本题为无机推断题，由题干合成流程图中各物质的结构简式可知，A到C发生取代反应，C到D发生取代反应，D到E为取代反应，E到F发生取代反应，F到G发生还原反应，(5)在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，已知该杂质的分子式为：C8H10O3，其符合条件①能与溶液发生显色反应即含有酚羟基；②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；③1mol物质至多能与3molNaOH反应，根据氧原子个数和没有饱和度可知，分子中含有三个酚羟基，由此确定该物质的同分异构体的结构简式，据此分析解题。
(1)
由题干流程图信息可知，B是一种烃基锂(RLi)，则B中烃基所对应的烃(RH)的结构简式为：(CH3)2C=CHCH2CH3，则其化学名称为2-甲基-2-戊烯，故2-甲基-2-戊烯；
(2)
由题干流程图中C的结构简式可知，化合物C的分子式是C14H24O，故C14H24O；
(3)
根据等效氢原理可知，用核磁共振谱可以证明化合物C中有8种处于没有异化学环境的氢，如图所示：，故8；
(4)
由题干流程图信息可知， C→D即和在(CH3)2CuLi的催化作用下生成和HCN，则该反应的化学方程式为：++HCN，故++HCN；
(5)
在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，已知该杂质的分子式为：C8H10O3，其符合条件①能与溶液发生显色反应即含有酚羟基；②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；③1mol物质至多能与3molNaOH反应，根据氧原子个数和没有饱和度可知，分子中含有三个酚羟基，的同分异构体的结构简式为：或者，故或者；
(6)
氰基甲酸甲酯()在无机合成中有广泛运用，工业上常用氯甲酸甲酯即与氰化钠即NaCN在甲醇中反应来合成氰基甲酸甲酯，则合成氰基甲酸甲酯的化学方程式为：+NaCN+NaCl，故+NaCN+NaCl。
【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟
试卷（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
得分
一、单 选 题
1．2022年3月30日，习在参加首都义务植树时提出：森林是水库、钱库、根库，如今应该再加上一个“碳库”。下列有关说法错误的是
A．森林植物光合作用吸收CO2
B．利用CO2合成淀粉，完成碳的循环利用
C．海水吸收过量CO2，对海洋环境没有影响
D．利用新型材料和技术，将二氧化碳“填埋”有利于完成“碳中和”
2．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且只要一种金属元素。X的最外层电子数为Z的最外层电子数的两倍，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，W与Y同主族。下列说确的是
A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B．简单气态氢化物的还原性：X
D．Y、Z、X和Y、Z、W构成的三元化合物中都既含离子键又含共价键
3．如图所示，先在小烧杯中加入0.01mol/LBa(OH)2溶液50mL，再滴入几滴酚酞溶液，接通电源，再向滴定管小烧杯中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液3mL，可观察到的景象有：①小灯泡变暗直至熄灭②溶液颜色变浅直至褪去③产生白色沉淀④小灯泡变亮，以下说确的是
A．景象③可阐明溶液中H+与OH-发生反应
B．溶液颜色变浅的缘由是反应中酚酞被耗费
C．小灯泡变暗直至熄灭的缘由是溶液中挪动的离子浓度减小直至几乎为0
D．若将H2SO4换为Na2SO4，也会产生类似景象
4．用下列安装进行实验(部分夹持仪器已省略)，没有能达到实验目的的是
A．用甲安装制备并搜集NH3
B．用乙安装进行NH3的喷泉实验
C．用丙安装制取少量乙酸乙酯
D．用丁安装制取氢氧化亚铁
5．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙说正确的是
A．0.1 mol CH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的分子数为 0.1NA
B．l mol Na与O2完全反应，转移的电子数一定为NA
C．25℃时，pH=1的硫酸溶液中含有的 H+数目为0.1NA
D．100 g质量分数为 17%的H2O2溶液中极性键数目为NA
6．合成新型多靶向性的治疗的索拉非尼的部分流程如图。
下列叙说错误的是
A．X结构中一切原子可能共面
B．上述转化过程均属于取代反应
C．X中环上二氯代物有6种
D．1molZ至多可与4molH2发生加成反应
7．研讨表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次净化物一光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示，下列说法没有正确的是
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
8．路易斯碱是指能作为电子对给予体的原子、分子、离子或原子团。CO2、CO、NH3、CH3OH和CN-均为常见路易斯碱。下列说确的是
A．CO2、CO都是由极性键构成的非极性分子
B．NH3的VSEPR模型为三角锥形
C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式相反
D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于范德华力大
9．直接排放含SO2的烟气会构成酸雨，用Na2SO3作为吸收液可吸收SO2，且吸收液可电解再生。室温条件下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)：n(HSO)变化关系如表；当吸收液pH降至约为6时，需送至电解槽再生，再生表示图如图，下列说法没有正确的是
n(SO)：n(HSO)
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
A．由表中信息可揣测，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性
B．吸收过程中离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)
C．电解槽右侧电极发生的反应次要是SO-2e-+H2O=SO+2H+
D．电解槽左侧电极发生的反应有2HSO+2e-=H2↑+2SO，完成再生
10．卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：
能量变化如图所示，
下列说确的是
A．高温条件下有利于反应I的进行
B．反应II是决速步骤
C．反应III的两头体比反应IV的两头体波动
D．各步反应都有共价键的断裂和生成
11．研讨“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的互相转化。实验如图：
下列说法没有正确的是
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可根据i中景象揣测，实验I中的棕黄色次要是I2惹起的
C．对照实验ii、iii，可揣测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左挪动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
实验目的
实验操作
A
配制 Na2S 溶液
将 Na2S 固体加入过量 NaOH 溶液，搅拌
B
除去MgCl2溶液中的Fe2+杂质
加入H2O2，再加入 MgO，搅拌、静置、过滤
C
测定 NaHCO3溶液的浓度
用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，用甲基橙作指示剂
D
证明2Fe3++2I-2Fe2++I2反应存在
将浓度均为 0.1mol/L 的硫酸铁溶液和 KI 溶液等体积混合， 充分反应后再滴加数滴 KSCN 溶液，振荡
A．AB．BC．CD．D
评卷人
得分
二、多选题
13．某科研团队提出了一种水基Li-CO2二次电池，它由纳米孔Pd膜电极、固体电解质膜等构成，如图为工作表示图。下列说法错误的是
A．放电时，Pd膜作负极
B．固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离
C．充电时，Pd膜表面发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+
D．理论上，当耗费7gLi时吸收5.6L CO2 (标准情况)
14．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
Ⅰ
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
下列说法没有正确的是A．T1＞T2
B．I中反应达到平衡时，CO的转化率为60%
C．达到平衡所需求的工夫：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于I，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向挪动
15．一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(H2A、HA-、A2-、H+、OH-)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是
A．0.01molNa2A的溶液，Kh1的数量级为10-5
B．随着pH添加，c(H2A)·c(OH-)没有断增大
C．X点对应的pH=-(lgKa1+lgKa2)
D．Z点溶液中c(Na+)<2c(A2-)+2c(OH-)
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、工业流程题
16．某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、 Mn2+、Co2+、Cd2+及30 ～60g·L-1 H2SO4等，逐级回收有金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10-39
4.9×10-17
5.9×10-15
1.6× 10-44
7.2× 10-15
回答下列成绩：
(1)“中和氧化水解”时，先加入过量的石灰石调理溶液的pH为1.0；加入一定量的Na2S2O8；再加入石灰石调理溶液的pH为4.0。
①氧化”时，Mn2+转化为MnO2除去，反应的离子方程式为_______。
②“沉渣”的次要成分除MnO2外还有_______。
③“氧化”时，若加入过量的Na2S2O8，钴元素将会进入“沉渣”中，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为_______mol·L-1。
(2)“除镉”时，次要反应的离子方程式为_______。
(3)“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体，同时产生大量的气体。
①产生大量气体的缘由是_______。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗濯，检验能否洗净的试剂是_______。
(4)没有同质量分数的Na2SO4溶液在没有同温度下析出Na2SO4晶体的物种如图所示。欲从含20% Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4，“操作a”为_______。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．甲醇、乙醇来源丰富、廉、运输储存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和运用前景，可以用多种方法合成。
I．用CO2生产甲醇、乙醇
(1)已知：H2的燃烧热为-285.8 kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为-725.8kJ/mol，CH3OH(g)=CH3OH(l) △H= -37.3 kJ/mol，则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(1) △H=____kJ/mol。
(2)将CO2和H2按物质的量之比1:3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应[生成 H2O(g)]，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下CO2转化率随温度的变化关系。
①a、b两点化学反应速率分别用Va、Vb，表示，则Va ___Vb（填“大于”、“小于”或“等于”）。
②列出a点对应的平衡常数表达式K= ____________________。
(3)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g)，实验测得没有同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说确的是_____。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为p1＜p2＜p3
C．M点对应的平衡常数K的值约为1.04×10－2
D．在p2及512 K时，图中N点υ(正)＜υ(逆)
(4)CO2催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g) +3H2O(g) △H；m代表起始时的投料比，即m＝
①图3中投料比相反，温度T3＞T2＞T1，则该反应的焓变△H____0（填“＞”、“＜”）。
②m=3时，该反应达到平衡形态后p(总)=20a MPa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_________（填化学式），T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=___________。
Ⅱ．甲醇的运用
(5)以甲醇为次要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。
离子交换膜a为_____（填“阳膜”、“阴膜”），阳极的电极反应式为______________。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．钴(Co)是人体必需的微量元素，含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的运用，是一种重要的战略金属。回答下列成绩：
(1)下列形态的Co微粒中，电离最外层一个电子所需能量的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
(2)Co与Ca位于同一周期，且最外层电子数相等，但单质Co的熔点、沸点均比单质Ca高，缘由是_______。
(3)Co配合物为紫红色固体，1mol中含有的键数目为_______，分子与构成配合物后H-N-H键角_______(填“变大”“变小”或“没有变”)。
(4)Co配合物中配位体的空间构型为_______。中国化学家成功制得含全氮阴离子()的金属盐，这是一种配合物分子，的结构式如图所示。该金属盐中没有存在的微粒间作用力有_______(填标号)。
a.键b.键c.离子键d.氢键e.金属键f.范德华力
(5)化学家发现了具有超导性的晶体，其层状结构如图所示。下列用粗线画出的反复结构单元表示图没有能描述其化学组成的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
评卷人
得分
六、无机推断题
19．无机物M是合成一种运用广泛的虫螨剂的两头体，合成路线如图：
回答下列成绩：
(1)A的名称为_______，由E生成F的反应类型是_______。
(2)M中所含官能团的名称是._______，分子中_______(填“有”或“无”)手性碳原子。
(3)由C生成D是取代反应，该反应的化学方程式为_______。
(4)G的结构简式为_______。
(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
a.遇FeCl3溶液显紫色
b.能发生银镜反应
c.核磁共振氢谱图显示五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1
答案：
1．C
【详解】
A．森林在调理大气成分中起重要作用，由于森林中的绿色植物光合作用，可以可能会大量的CO2，选项A正确；
B．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，完成“碳”的循环利用运用，减少二氧化碳的排放，选项B正确；
C．海水吸收过量CO2，导致海水逐渐变酸，使多种海洋生物乃至生态零碎面临巨大要挟，选项C错误；
D．完成“碳中和”从四方面着手：一是节能和进步能效， 降低能源消费总量(特别是降低化石能源消费) ；二是利用非化石能源替代化石能源；三是利用新技术将二氧化碳捕获、利用或封存到地下；四是植树造林添加碳汇，选项D正确；
答案选C。
2．D
【分析】
根据题中信息，W与Y同主族，且Y的原子序数大于X的，因此W位于第三周期，Y位于第二周期；X的最外层电子数大于Z，Z的原子序数大于X，因此X位于第二周期，Z位于第三周期。X的最外层电子数为Z的两倍，X最外层电子数可能是2、4、6，即铍碳、氧，则Z最外层为1、2、3，分别为钠镁铝。若X与Z的最外层电子数和等于Y的最外层电子数且只要一-种金属，则X为碳、Y为氧，2为镁，W与Y同主族则为硫。
【详解】
A．简单离子半径：r(S2-)>r(Mg2+)，r(Mg2+)
C．H2SO4为强酸，H2CO3的酸性比H2SO4弱，C错误；
D．O、Mg与C可构成MgCO3或与S构成MgSO4、MgSO4既含离子键又含共价键的化合物，D正确；
故选D。
3．C
【详解】
A．景象③中产生了白色沉淀，氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故产生白色沉淀的本质是钡离子与硫酸根离子没有能共存，生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；
B．酚酞遇酸性溶液或中性溶液没有变色，遇碱性溶液变红色，故溶液颜色变浅的缘由是随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱导致的，故B错误；
C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，本质是氢离子与氢氧根生成水分子，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡白色沉淀，随着反应的进行溶液中挪动的离子浓度逐渐减少直至几乎为0，故小灯泡变暗直至熄灭，故C正确；
D．若将H2SO4换为Na2SO4，硫酸钠与氢氧化钡会生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，会生成白色沉淀，而且溶液显碱性，溶液中没有断存在挪动的离子，因此产生的实验景象与上述实验没有同，故D错误；
故答案选C
4．A
【详解】
A．没有能用氯化铵分解来制取NH3，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，在管口两者会反应生成氯化铵，因此没有能达到实验目的，故A符合题意；
B．胶头滴管中水挤出，氨气极易溶于水，烧瓶中压强急速减小，烧杯中水压入到烧瓶中构成喷泉，能达到实验目的，故B没有符合题意；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，再用饱和碳酸钠溶液接收，因此丙安装能制取少量乙酸乙酯，故C没有符合题意；
D．先打开止水夹K，产生的氢气排除安装内的空气，左边抽滤瓶中搜集到的氢气已纯后，加紧止水夹，左边压强增大，液领会压入到左边反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故D没有符合题意。
综上所述，答案为A。
5．B
【详解】
A．CH4与足量Cl2光照下发生取代反应是逐渐进行的，反应产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4多种取代产物，因此根据C元素守恒可知0.1 mol CH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的物质的量小于0.1 mol，则生成的CCl4分子数小于 0.1NA，A错误；
B．Na是+1价金属，1个Na反应得到1个电子，则l mol Na与O2完全反应，无论生成Na2O、还是Na2O2还是二者的混合物，转移的电子的物质的量是1 mol，故转移的电子数一定为NA，B正确；
C．只要H+离子浓度，缺少溶液体积，没有能计算微粒数目，C错误；
D．100 g质量分数为 17%的H2O2溶液中含有H2O2的质量是17 g，其物质的量是0.5 mol，其中含有1 mol H-O极性键。但在H2O2溶液中除溶质H2O2分子中含有极性键H-O，溶剂水中也含有大量H-O键，故该溶液中含有极性键的数目大于NA，D错误；
故合理选项是B。
6．D
【分析】
【详解】
A．对于X物质即，没有存在sp3杂化的C，一切原子可能共面，A项正确；
B．X中的羟基和六元环上的H被氯原子取代，-NHCH3取代了Y中的氯原子，故上述转化过程均为取代反应，B项正确；
C．X中苯环上二氯代物共有六种，分别为、、，C项正确；
D．碳氧双键没有能发生加成反应，故1mol Z至多可与3mol H2发生加成反应，D项错误；
答案选D。
7．B
【详解】
A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成，NO2中有氮氧键发生断裂，故A正确；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为，故B错误；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中是氧化剂，为还原剂，故C正确；
D．反应中与氧气生成，则反应的方程式为，O2转化为了O3 ，故D正确；
故答案为B。
8．C
【详解】
A．CO2是由极性键构成的非极性分子，CO是含有极性键和配位键的极性分子，A错误；
B．NH3分子中N原子价层中有1对孤电子对3个σ键，所以VSEPR模型为四面体型，B错误；
C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式都是sp3杂化，C正确；
D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于CH3OH分子间有氢键，D错误；
答案选C。
9．C
【分析】
左边电极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，酸性条件下左边电极上是转化为，发生氧化反应，故为阴极，为阳极。阳离子交换膜允许钠离子，阴离子交换膜允许阴离子，电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进电离生成，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
【详解】
A．由表中信息可揣测，电离程度大于水解，只发生水解，故Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性，故A正确；
B．由电荷守恒可知，离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，故B正确；
C．酸性条件，阴离子次要为，电极上转化为，电极反应式为：，故C错误；
D．阴极上氢离子得电子生成氢气，电极发生的反应为2HSO+2e-=H2↑+2SO，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故D正确；
故答案为C。
10．A
【详解】
A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于进步反应速率和转化率，故A正确；
B．决速步骤应是活化能的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能，故B错误；
C．从能量变化图可看出反应III的两头体比反应IV的能量高，能量越高越没有波动，故C错误；
D．从能量变化图可看出反应I只要共价键的断裂，故D错误；
故A
11．B
【详解】
A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A正确；
B．可根据i中景象揣测，溶液中存在I-，由于Fe3+也呈黄色，没有能揣测实验I中的棕黄色次要是I2惹起的，故B错误；
C．对照实验ii、iii，可揣测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左挪动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C正确；
D．实验i中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，c(I-)减小，平衡逆向挪动，还原性I->Fe2+；实验ii中加入硫酸亚铁溶液，c(Fe2+)增大，平衡逆向挪动，阐明还原性：I-
12．D
【详解】
A．Na2S易水解，将其溶解在NaOH溶液中可抑制其水解，故A没有符合题意；
B．H2O2可将Fe2+氧化成Fe3+，加入MgO促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3，再过滤除去即可，故B没有符合题意；
C．用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，滴定起点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，故C没有符合题意；
D．证明反应2Fe3++2I-2Fe2++I2存在，可检验Fe3+没有能反应完全，KI溶液应过量，故D符合题意；
答案选D。
13．AD
【分析】
该Li-CO2二次电池为原电池安装，由纳米孔Pd膜电极上CO2→HCOOH可知，C元素化合价降低，则为正极，电极反应式为CO2+2H++2e- =HCOOH，Li为负极，电极反应式为Li- e- =Li+，据此分析解答。
【详解】
A．由分析可知，放电时，Pd膜作正极，A错误；
B．Li的化学性质较活泼，能与水反应，固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离，B正确；
C．放电时，Pd膜上电极反应式为CO2+2H++2e- = HCOOH，充电时，电极反应式相反，则发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+，C正确；
D．Li为负极，电极反应式为Li- e- =Li+，耗费7gLi即物质的量为时转移1mol e-，正极电极反应式为CO2+2H++2e- = HCOOH，则吸收0.5mol CO2，标准情况体积为V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D错误；
答案选AD。
14．BD
【详解】
A．两次实验起始投入量相反，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向挪动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol，起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B错误；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需求的的工夫越短，即达到平衡所需求的工夫：Ⅱ＞Ⅰ，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol CO2，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡没有挪动，D错误；
故选BD。
15．AB
【分析】
根据图像分析，随着NaOH的加入，溶液中离子浓度变化的曲线分别代表：曲线a代表H2A，b代表HA-，c代表A2-，d代表H+，e代表OH-。
【详解】
A．Kh1为A2-的一级水解常数，根据Y点，c(HA-)=c(A2-)，得pH=4.2，c(OH-)近似为10-9.8，故Kh1数量级为10-10，A错误；
B．根据可得c(H2A)·c(OH-)=Kh2·c(HA-)随pH增大(HA-)为先增大后减小，所以c(H2A)·c(OH-)随pH增大应先增大后减小，B错误；
C．Ka1·Ka2=，在X点c(H2A)=c(A2-)则Ka1·Ka2=c2(H+)两边取负对数pH=，C正确；
D．由电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)Z点，c(HA-)=c(OH-)得，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+2c(OH-)，则c(Na+)<2c(A2-)+2c(OH-)，D正确。
故选AB。
16．(1) S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+ Fe(OH)3、CaSO4 1.6 ×10-14
(2)Zn+Cd2+= Zn2++Cd
(3) Zn2+和CO发生双水解，互相促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和CO2气体 BaCl2溶液
(4)蒸发浓缩、趁热过滤
【分析】
萃铜余液中含有Mn2+、Cd2+、Co3+、Ni2+、Zn2+、Na+、Fe2+等离子，由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO2、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入无机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
(1)
（1）Na2S2O8具有氧化性，将Mn2+ 转化为MnO2除去，反应的离子方程式为S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+；
（2）“沉渣”的次要成分除MnO2外还有氢氧化铁和硫酸钙；
（3）加入石灰石调理溶液的pH为4.0，Co(OH)3的Ksp= 1.6× 10-44，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为=1.6 ×10-14；
(2)
“除镉”时，是锌置换镉，次要反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd；
(3)
①Zn2+和CO发生双水解，互相促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和大量的CO2气体；。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗濯，检验能否洗净，即检验溶液中能否含有碳酸根离子，可以选用的试剂是氯化钡；
(4)
从图分析，硫酸钠的溶解度随着温度升高而降低，所以要想得到硫酸钠，需求进行的操作为蒸发浓缩，趁热过滤。
17． -94.3 大于 K＝ AC ＜ CO2 2.5a MPa 阳膜 2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+
【详解】
(1)①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，
②CH3OH(g)=CH3OH(l)△H= -37.3kJ/mol，
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol，
由盖斯定律①×3-③-②；可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=-94.3kJ/mol；
(2)①a、b两点温度相反，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向挪动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；
②a点发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向挪动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，由于该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则
所以K==1.04×10−2；故C正确；
D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向挪动，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
答案选AC；
(4)①由图3可知，相反压强下，温度越高氢气转化率越小，阐明升高温度反应向逆向挪动，正反应放热，△H＜0；
②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，
N点b、d的物质的量分数相反，所以n-x=0.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=n，压强之比等于物质的量之比，组分平衡分压=总压×该组分的物质的量分数，d为C2H5OH，达到平衡时乙醇的分压p(乙醇)==2.5a MPa；
(5)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e−=(CH3O)2CO+2H+。
18．(1)B
(2)Co原子半径较小且单位体积内电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强
(3) 21 变大
(4) 直线形 c、e
(5)D
(1)
要电离最外层一个电子A所需能量为，B所需能量为，，C、D为激发态，所需能量更低，故选B。
(2)
Co原子半径较小且单位体积内电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强，故质Co的熔点、沸点均比单质Ca高。
(3)
1mol中含有的配位键数目为6，中含有的键数目为，共21。中N原子有1对孤电子对，构成配合物后提供孤电子对构成配位键，成键电子对之间的斥力小于原来孤电子对与成键电子对之间的斥力，故H-N-H键角变大。
(4)
与互为等电子体，空间构型为直线形。配合物分子间存在范德华力、水分子间能构成氢键、全氮阴离子中含有键，故选ce。
(5)
粗线画出的反复结构单元中，Co、O原子的个数比分别为A.，B.，C.，D.，故没有能描述化学组成的是D。
19．(1) 1，3，5-三甲苯 加成反应
(2) 酯基 无
(3)
(4)
(5)或（写一种即可）。
【分析】
A与HCHO/HCl反应生成B结构为，在Mg和CO2/H2O条件下将氯原子转化为羧基，再经SOCl2取代反应将-COOH转化为-COCl得到D，E与HCN加成反应得到F，由H的结构及G到H 的反应条件可推出G结构简式为，根据题意可知D与H经取代反应合成M。
(1)
根据零碎命名法A的名称为1，3，5-三甲苯，根据E和F结构可知由E生成F为加成反应。
故1，3，5-三甲苯，加成反应。
(2)
根据M结构可知所含官能团为酯基，分子中没有含有手性碳原子。
故酯基，无。
(3)
根据分析可知由C生成D为取代反应，化学反应方程式为：。
故。
(4)
由分析可知G的结构简式为：。
故。
(5)
根据条件遇FeCl3溶液显紫色，阐明含有酚羟基，且能发生银镜反应阐明含有醛基，其中核磁共振氢谱图为五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1的同分异构体的结构简式为：或（写一种即可）。
故或（写一种即可）。
【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟
试卷（一模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．化学是材料科学、生命科学、环境科学等古代科学技术的重要基础，以下说法没有正确的是
A．CRISSPR/Cas9基因剪刀能够地对DNA进行编辑，让对癌症和遗传性疾病的治疗成为理想，其中DNA属于高分子化合物
B．中科院大连化物所等研讨团队发现，电解碳酸钠溶液过程中产生的活性氧对灭活溶液中的新冠的效率高达99.9%，电解过程中活性氧在阴极区生成
C．四羊方尊是商代早期青铜礼器，为十大传世国宝之一、制造其材质的熔点比铜的低
D．《云林石谱》记载，“西京洛河水中出碎石，颇多青白，间有五色斑斓，采其者，入铅和诸药，可烧假玉或琉璃用之”，“假玉”和“琉璃”中都含有大量的硅酸盐
2．某新型无机合成两头体的结构如下，下列有关该化合物的说法错误的是
A．分子中共面的碳原子至多有11个
B．分子中苯环上的一溴代物有3种
C．能使溴水褪色
D．分子中含有3种官能团
3．短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且原子序数，X的单质为空气的次要成分且化学性质波动，Y的一种盐常用作净水剂，Z单质及其多种化合物可用作消毒剂。下列说确的是
A．Z单质及其某些化合物具有漂白性
B．电离能：
C．简单离子半径：
D．W的价氧化对应的水化物是易溶于水的强碱
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是
A．0.1 mol 与足量的反应，转移的电子数为0.2
B．25℃、101 kPa下，1 mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3
C．电解溶液，当阳极产生标准情况下2.24 L气体时，转移的电子数为0.4
D．25℃，0.1 mol/L的某酸HA溶液中，
5．下列解释理想的方程式中正确的是
A．用溶液制造铜质印刷线路板：
B．用MnS除去溶液中含有的：
C．A1片溶于NaOH溶液中产生气体：
D．水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜：
6．下列叙说正确的是
A．图A是检验混合气体中的少量SO2和SO3B．图B是证明非金属性:Cl>C>Si
C．图C是先从下口放出水层,再从上口倒出溴的CCl4溶液D．图D是制少量CO2
7．利用镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化和氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图。下列说法错误的是
A．催化循环过程中包含加成反应
B．该催化剂改变了反应的活化能，降低了焓变
C．该催化循环中Ni的成键数目发生了变化
D．总反应可表示为
8．二氯化二硫 ( S2Cl2)是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法没有正确的是
A．S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl
B．S2Cl2 可能使品红溶液褪色
C．S2Cl2 与水反应时 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3
D．将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，则 S2Cl2气体中有 HCl
9．如图是一种正投入生产的大型蓄电零碎，放电前，被膜隔开的电解质为，放电后分别变为和NaBr。下列叙说正确的是
A．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L(标准情况下)时，b池生成17.40 g
B．放电时，负极反应为
C．充电时，阳极反应为
D．充电时，离子交换膜，由b池移向a池
10．我国科学家曾经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO-的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示两头体。下列说确的是
A．从平衡挪动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO-
B．该历程中能垒(活化能)E正=16.87kcal/mol
C．运用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终进步二氧化碳的转化率
D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的构成
11．陈红专教授陈莉莉研讨员团队运用 NanoBit技术进一步证明了甘草酸可以阻断新冠刺突蛋白和人体内靶蛋白ACE2的，其活性达到22。甘草酸的结构简式如图。下列有关说确的是
A．甘草酸属于芳香族化合物
B．1mol甘草酸与Na反应至多生成8mol
C．甘草酸没有能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甘草酸在一定条件下可发生聚合、取代、消去反应
12．如图是一种正投入生产的大型蓄电零碎，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙说正确的是
A．放电时，负极反应为3NaBr—2e—＝NaBr3+2Na+
B．充电时，阳极反应为2Na2S2—2e—＝Na2S4+2Na+
C．充电时，Na+离子交换膜，由b池移向a池
D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2（标况下）时，b池生成17.40gNa2S4
13．工业上运用废锰催化剂(次要成分为Mn，含有一定量的等)制备草酸锰晶体(难溶于水)的工艺流程如图所示。下列说确的是
已知：完全构成氢氧化物沉淀的pH分别为9.0、3.2、4.7，构成的氢氧化物开始沉淀的pH为8.3。
A．滤渣I的次要成分是，滤渣III的次要成分为
B．可以将流程图中的“氧化”去掉，直接“调pH”
C．“沉锰”时次要反应的离子方程式为
D．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
14．用0.10的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050的盐酸、磷酸及谷氨酸，滴定曲线如图所示。下列说确的是
A．用酚酞作指示剂滴定磷酸到起点时，溶液中的溶质为
B．滴定盐酸时，时，
C．的电离平衡常数的数量级没有同
D．溶液中：
评卷人
得分
二、多选题
15．是一种运用广泛的无机溶剂，医学上也用作麻醉剂。实验室制备(沸点为34.5℃)的路线如下：
主反应：
下列说法错误的是
A．由乙醇制时应将温度迅速升高至接近140℃
B．用饱和NaCl溶液洗濯的目的是进一步除去无机层中残留的硫酸
C．饱和溶液洗濯的目的是除去无机层中的乙酸
D．得到产品时蒸馏应水浴加热
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、实验题
16．非水体系中合成三氯三(四氢呋喃)合铬660℃(Ⅲ)的原理为①；②。实验安装如下：
实验步骤：
①制备无水：在通风橱内按图甲组装仪器，称取1.52g 放在石英反应管摊平，通入并气流速率，打开管式炉加热电源，水浴加热，反应2h；
②合成：按图乙安装组装仪器，将步骤①所得无水和0.15g锌粉放入纸质反应管内，圆底烧瓶中加入100mL无水四氢呋喃，通 5min后关闭，通入冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，回流2.5h后再通入冷却至室温；
③取下圆底烧瓶，蒸发THF，使反应混合物体积约为10mL，抽滤、干燥后称量即得产品4.60g。
回答下列成绩：
(1)图甲仪器A的名称为_______，图乙通冷却水应从_______(填“a”或“b”)口进水。
(2)制备无水时，通入的速率没有宜过快的缘由是_______，表示反应结束的景象是_______。
(3)的合成有催化作用，合成中加入Zn的作用是_______(用离子方程式表示)。
(4)四氢呋喃结构简式为 ，为除去四氢呋喃的水，可先后加入试剂_______(填序号)后过滤、蒸馏。
A．硫酸铜、钠B．KOH、钠C．浓硫酸、钠D．碱石灰、钠
(5)本实验制得产品的产率为_______(用百分数表示，保留小数点后两位)。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．研讨大气净化物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的构成机理。
反应i：
反应ii：
（1）CH3OSO3H发生水解：△H=______kJ/mol。
（2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。
（3）我国科学家利用计算机模仿计算，分别研讨反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。
②水将反应ii的能垒由_____________eV降为_____________eV。
③d到f转化的本质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。
A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键
C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键
（4）分别研讨大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的缘由是_____________。
②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小的缘由是_____________。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．铂(Pt)的单质又称白金，是常用的催化剂和电极材料，顺二氨环丁羧酸铂( )又名卡铂，是一种低毒性抗癌药，遇光易分解。请回答下列成绩：
(1)用酒精把铂丝润湿点燃，酒精剧烈燃烧，使铂丝温度达到火热程度，同时伴有很亮的光。产生上述景象可能的缘由是___________。
(2)卡铂分子中非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________，碳原子的杂化轨道类型有___________。
(3)卡铂静脉注射时需求留意的事项是___________。
(4)卡铂分子中存在的作用力有___________(填标号)。
A．离子键B．配位键
C．金属键D．非极性键
(5)合成卡铂的两头体 沸点比图1中化合物沸点低，缘由是___________。
(6)超硬材料(仅次于金刚石)氮化铂的一种晶胞如图2所示，N的配位数是___________，若该晶胞参数为，密度为，则阿伏加德罗常数()为___________(用含的式子表示，并化成最简)。
评卷人
得分
六、无机推断题
19．化合物G次要用于调制香料，也可用于防腐和防癌抗癌等，上面是化合物G的合成路线。
请叫答下列成绩：
(1)B是一种烃基锂(RLi)，则B中烃基所对应的烃(RH)的化学名称为___________。
(2)化合物C的分子式是___________。
(3)用核磁共振谱可以证明化合物C中有___________种处于没有异化学环境的氢。
(4)写出C→D发生反应的化学方程式：___________。
(5)在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：___________(任写一种即可)。
①能与溶液发生显色反应；
②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；
③1mol物质至多能与3molNaOH反应。
(6)氰基甲酸甲酯()在无机合成中有广泛运用，工业上常用氯甲酸甲酯与氰化钠在甲醇中反应来合成氰基甲酸甲酯。写出合成氰基甲酸甲酯的化学方程式：___________。
答案：
1．B
【详解】
A．DNA属于高分子化合物，选项A正确；
B．电解碳酸钠溶液相当于电解水，阴极区产生H2，而阳极区产生O2，即活性氧在阳极区生成，选项B错误；
C．青铜为铜的合金，合金的熔点普通比纯金属的低，选项C正确；
D．“假玉”和“琉璃”由“碎石”和其他物质烧制而成，含大量硅酸盐，选项D正确；
答案选B。
2．D
【详解】
A．苯环上一切原子共平面，乙烯的一切原子共平面，乙炔的一切原子共直线，由此可知该化合物中共面的碳原子至多有11个，A正确；
B．该化合物的苯环上有3种没有同环境的氢原子，则苯环上的一溴代物有3种，B正确；
C．该无机物含有碳碳双键、碳碳三键，能够与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，C正确；
D．该无机物中含有碳碳双键、碳碳三键共2种官能团，D错误；
答案选D。
3．B
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X的单质为空气的次要成分且化学性质波动，则X为N元素，Y的一种盐常用作净水剂，则Y为Al元素，Z单质及其多种化合物可用作消毒剂，则Z为Cl元素，原子序数，则W的原子序数为3，则W为Li元素，据此分析解答。
【详解】
A．Z为Cl元素，Cl2没有具有漂白性，A错误；
B．原子半径越小，电离能越大，则电离能：N＞Cl＞Al，B正确；
C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相反时，核电荷数越大，离子半径越小，Li+有1个电子层，N3-、Al3+有2个电子层，Cl-有3个电子层，则离子半径：Cl-＞N3-＞Al3+＞Li+，C错误；
D．W为Li元素，其价氧化物对应水化物为LiOH，为弱碱，D错误；
答案选B。
4．C
【详解】
A．氯气和水的反应为可逆反应,没有能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，选项A错误；
B．1mol 乙炔共用电子对数为5 NA，1mol 甲醛共用电子对数为4NA，故1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数无法计算，选项B错误；
C．电解AgNO3溶液，阳极生成的气体为氧气，物质的量n===0.1mol，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，则转移的电子数为0.4NA个，选项C正确；
D．未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A-)，选项D错误；
答案选C。
5．C
【详解】
A. 用溶液制造铜质印刷线路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：，选项A错误；
B. 用MnS除去溶液中含有的，硫化锰转化为更难溶的硫化铅，反应的离子方程式为：，选项B错误；
C. A1片溶于NaOH溶液中产生气体，发生反应的离子方程式为：，选项C正确；
D. 水浴加热银氨溶液与葡萄糖的混合溶液，出现银镜，反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选C。
6．D
【详解】
A．品红溶液中含有水，SO3溶于水，无法检验出SO2，选项A错误；
B．非金属性越强，其价氧化物对应水化物的酸性越强，HCl并非价氧化物对应的水化物，选项B错误；
C．CCl4的密度大于水，在上层，选项C错误；
D．加热饱和碳酸氢钠溶液，50℃时易发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用于制备少量二氧化碳，选项D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．和O=C=O反应生成，属于加成反应，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂没有能降低焓变，故B错误；
C．根据图示可知，Ni的成键数目分别为2、3，该催化循环中Ni的成键数目发生了变化，故C正确；
D．镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化和生成丙烯酸，总反应为，故D正确；
选B。
8．D
【详解】
A. S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，又知氯原子最外层有7个电子、硫原子最外层有6个电子，因此，S2Cl2的结构式为 Cl—S —S—Cl，A说确；
B. S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，该气体为具有漂白性的二氧化硫，故S2Cl2 可能使品红溶液褪色，B说确；
C. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，氧化产物是SO2，还原产物是S，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1 : 3，C说确；
D. S2Cl2 与水反应的化学方程式为2S2Cl2 +2H2O=SO2↑ +4HCl+3S↓，将S2Cl2气体通入 AgNO3溶液中，一定有白色沉淀产生，无法证明S2Cl2气体中有 HCl，D说法没有正确。
综上所述，相关说法没有正确的是D。
9．A
【详解】
A．b是负极，负极发生反应，用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L(标准情况下)时，电路中转移0.2mol电子，则b池生成0.1mol，质量为17.40 g，故A正确；
B．放电时，负极失电子，生成和NaBr，可知硫元素失电子化合价升高，负极反应为，故B错误；
C．充电时，和NaBr生成，溴元素化合价升高，阳极发生氧化反应，阳极反应为3NaBr-2e-=+2Na+，故C错误；
D．充电时，a为阳极、b为阴极，阳离子移向阴极，离子交换膜，由a池移向b池，故D错误；
选A。
10．D
【详解】
A．由化合物2与水反应变成化合物3与的反应历程图可得该过程是放热反应，升高温度，没有利于该过程的进行，A错误；
B．该历程中I1到TS2过程的能垒(活化能)，为，B错误；
C．运用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但没有能使化学平衡发生挪动，没有能进步二氧化碳的转化率，C错误；
D．根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与反应生成化合物2()的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的构成，D正确；
答案选D。
11．D
【详解】
A．甘草酸没有含苯环，没有属于芳香族化合物，故A错误；
B．甘草酸分子中含有3个羧基、5个羟基，1mol甘草酸中含有与8Na反应至多生成4mol，故B错误；
C．甘草酸分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D．甘草酸分子中含有碳碳双键、羟基、羧基，可发生聚合反应；甘草酸分子中含有羟基、羧基，能发生取代反应；甘草酸分子中羟基的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，故D正确；
选D。
12．D
【分析】
根据图示，a池为正极，得到电子，发生还原反应，b池为负极，得到电子，发生氧化反应；在原电池中，阳离子由负极移向正极，放电时Na+ 由b乙池向a池挪动，放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr判断电极反应式；充电与放电相反，a池发生氧化反应，为电解池的阳极，b池发生还原反应，为电解池的阴极，据此分析解答。
【详解】
A．放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，故A错误；
B．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为3NaBr-2e-═NaBr3+2Na+，故B错误；
C．在原电池中，阳离子移向正极，Na+离子交换膜，由b池移向a，充电时，Na+离子交换膜，由a池移向b池，故C错误；
D．用该电池电解饱和食盐水，产生标准情况下2.24 LH2时，2H++2e-=H2↑，氢气的物质的量为0.1mol，转移0.2mol电子，根据2Na2S2-2e-═Na2S4+2Na+，生成0.1mol Na2S4，质量为17.40g，故D正确；
故选D。
13．C
【分析】
废锰催化剂用硫酸溶液酸浸后过滤，难溶于水的SiO2和微溶的CaSO4留在滤渣Ⅰ，将滤液用H2O2氧化后用氨水调pH，可生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀作为滤渣Ⅱ，往滤液加入NH4F沉钙，得滤渣Ⅲ是CaF2，再往滤液加入(NH4)2C2O4沉锰，滤、洗濯、烘干制得草酸锰晶体。
【详解】
A．据分析，滤渣I的次要成分是 和CaSO4，滤渣III的次要成分为，A错误；
B．为将杂质铁元素去除完全，又没有损耗Mn2+，需调pH小于8.3，但Fe2+完全构成氢氧化物沉淀的pH为9.0，故须将其氧化为Fe3+，因Fe3+完全构成氢氧化物沉淀的pH 3.2，故没有可以将流程图中的“氧化”去掉，直接“调pH”，B错误；
C．据分析，往沉钙后的滤液加入(NH4)2C2O4沉锰，故“沉锰”时次要反应的离子方程式为，C正确；
D．“沉锰”得到草酸锰晶体难溶于水，只需直接过滤、洗濯、烘干即可，D错误；
故选C。
14．A
【详解】
A．酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，由图知，该范围内滴定磷酸耗费NaOH溶液的体积为20.0 ml，发生反应：2NaOH +H3PO4=2H2O+Na2HPO4，此时溶液中的溶质为Na2HPO4，A正确；
B．V(NaOH)= 10.0mL时，NaOH与HCl恰好完全反应生成NaCl溶液呈中性， c(OH-)=c(H+)，电荷守恒：(H+)+(Na+)=c(OH-)+(Cl-)可得，(Na+)=(Cl-)，B错误；
C．由图可知，V(NaOH)=0时，0.050mol·L-1的H3PO4和H2G溶液的pH相差很小，通常用步电离平衡常数计算多元弱酸的pH可知，H3PO4和H2G的电离平衡常数K1的数量级相反，C错误；
D．由图可知，滴定起点时，即V(NaOH)=10.0mL时，发生反应：NaOH +H3PO4=H2O+NaH2PO4，此时溶液中溶质为NaH2PO4，溶液显酸性，阐明H2PO的电离程度大于其水解程度，则NaH2PO4溶液中：c(Na+ )>c(H2PO)>c(HPO)>c(H3PO4)，D错误；
故选A。
15．BC
【详解】
A．若温度缓慢上升，会有较多的乙醇挥发出来，降低产率，选项A正确；
B．NaOH溶液洗濯的目的是中和酸，饱和NaCl溶液洗濯的目的是除去残留的NaOH，选项B错误；
C．饱和CaCl2溶液洗濯的目的是除去乙醇，选项C错误；
D．根据的制备路线可知搜集的温度在33～38℃，应采用水浴加热，选项D正确；
答案选BC。
16．(1) 三颈烧瓶 a
(2) 速率过快会吹走或带出过多而没有能充分反应 反应管中几乎无绿色固体
(3)
(4)BD
(5)61.42%
【分析】
图甲仪器A中，通入N2将CCl4吹出至管式炉中，Cr2O3和CCl4发生反应生成CrCl3；图乙安装中，CrCl3和四氢呋喃反应生成CrCl3(THF)3；再处理，得到产品。
(1)
图甲仪器A为三颈烧瓶；图乙通冷却水应“下进上出”，即从a口进水。
(2)
制备无水CrCl3时，通入N2的速率没有宜过快，是由于通入N2速率过快会吹走Cr2O3或带出CCl4(g)过多而没有能充分反应；反应中，绿色的Cr2O3转变为紫色的CrCl3，当反应管中几乎无绿色固体，表示反应结束。
(3)
Cr2+对CrCl3(THF)3的合成有催化作用，但是体系中本来没有Cr2+，故加入Zn的作用是用Zn和Cr3+反应生成Cr2+，离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+。
(4)
为除去四氢呋喃的水，可先后加入干燥剂，在加入金属钠反应掉剩余的少量水，但没有可运用浓硫酸作干燥剂，故选BD。
(5)
1.52g Cr2O3理论上可以制得7.49g CrCl3(THF)3，故本实验的产率为。
17． -164.4 4×104L·mol-1 a 20.93 6.62 ACD 反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)越小
【分析】
(3)图形很陌生，但细心观察发现其实是反应历程与能量变化图，成绩就变简单了。
(4)反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都耗费三氧化硫，三氧化硫浓度没有变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。
【详解】
(1) 反应i：
反应ii：
反应i-反应ii有：，所以=-=()=-164.4，故-164.4；
(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下： ，K=≈=4×104L·mol-1，故4×104L·mol-1；
(3)①a处的两个分子能量更低，更波动，分子间静电作用更强，故a；
②无水时，反应ii的能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，即水将反应ii的能垒由20.93eV降为6.62eV，故20.93；6.62；
③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又构成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新构成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新构成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故ACD；
(4)①反应i和反应ii都耗费三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；
②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)减小，故水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c(CH3OSO3H)越小。
(2)计算时作如下近似处理：≈100000×10-13=10-8≈。
18．(1)酒精燃烧时催化剂铂发生了电子跃迁
(2) O＞N＞C＞H
(3)避光
(4)BD
(5) 分子质量小，分子间作用力弱，沸点低
(6) 4
(1)
酒精燃烧释放能量，使基态铂原子发生电子跃迁变为激发态铂原子，处于激发态的原子没有波动，会向波动的基态跃迁，此过程以光的方式释放能量；
(2)
卡铂( )分子中含有的非金属元素为C、N、O、H，同周期从左到右，元素电负性逐渐变大，则电负性: 0>N>C，CH4中 H的化合价为+1，则电负性: C>H，故电负性:C>H，故电负性：O＞N＞C＞H；
卡铂分子中C原子构成单键和双键，只构成单键的C原子采取sp3杂化，构成双键的C原子采取sp2杂化；
(3)
由卡铂“遇光易分解”知静脉注射时应留意避光；
(4)
卡铂分子中N提供孤对电子，Pt提供空轨道构成配位键，C原子构成的C-C为非极性键，则卡铂分子中存在的作用力有配位键和非极性键，故选BD；
(5)
和 结构类似，前者比后者少4个CH2原子团，分子质量小，分子间作用力弱，故沸点低；
(6)
N原子位于晶胞内，分别填充在Pt构成的正四面体空隙中( )，距离N原子最近的Pt有4个，故N的配位数是4；Pt 位于晶胞的顶点和面心，该晶胞中含Pt的个数为8+6=4，N原子个数为8，故1个晶胞中含有4个PtN2，晶胞质量m==，==，解得=mol-1。
19．(1)2-甲基-2-戊烯
(2)C14H24O
(3)8
(4)++HCN
(5)或者
(6)+NaCN+NaCl
【分析】
本题为无机推断题，由题干合成流程图中各物质的结构简式可知，A到C发生取代反应，C到D发生取代反应，D到E为取代反应，E到F发生取代反应，F到G发生还原反应，(5)在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，已知该杂质的分子式为：C8H10O3，其符合条件①能与溶液发生显色反应即含有酚羟基；②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；③1mol物质至多能与3molNaOH反应，根据氧原子个数和没有饱和度可知，分子中含有三个酚羟基，由此确定该物质的同分异构体的结构简式，据此分析解题。
(1)
由题干流程图信息可知，B是一种烃基锂(RLi)，则B中烃基所对应的烃(RH)的结构简式为：(CH3)2C=CHCH2CH3，则其化学名称为2-甲基-2-戊烯，故2-甲基-2-戊烯；
(2)
由题干流程图中C的结构简式可知，化合物C的分子式是C14H24O，故C14H24O；
(3)
根据等效氢原理可知，用核磁共振谱可以证明化合物C中有8种处于没有异化学环境的氢，如图所示：，故8；
(4)
由题干流程图信息可知， C→D即和在(CH3)2CuLi的催化作用下生成和HCN，则该反应的化学方程式为：++HCN，故++HCN；
(5)
在由C合成D的过程中会产生杂质 ，该杂质有多种同分异构体，已知该杂质的分子式为：C8H10O3，其符合条件①能与溶液发生显色反应即含有酚羟基；②核磁共振谱显示有5种没有异化学环境的氢原子；③1mol物质至多能与3molNaOH反应，根据氧原子个数和没有饱和度可知，分子中含有三个酚羟基，的同分异构体的结构简式为：或者，故或者；
(6)
氰基甲酸甲酯()在无机合成中有广泛运用，工业上常用氯甲酸甲酯即与氰化钠即NaCN在甲醇中反应来合成氰基甲酸甲酯，则合成氰基甲酸甲酯的化学方程式为：+NaCN+NaCl，故+NaCN+NaCl。
【高考化学】湖南省邵阳市2022-2023学年专项突破仿真模拟
试卷（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
得分
一、单 选 题
1．2022年3月30日，习在参加首都义务植树时提出：森林是水库、钱库、根库，如今应该再加上一个“碳库”。下列有关说法错误的是
A．森林植物光合作用吸收CO2
B．利用CO2合成淀粉，完成碳的循环利用
C．海水吸收过量CO2，对海洋环境没有影响
D．利用新型材料和技术，将二氧化碳“填埋”有利于完成“碳中和”
2．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且只要一种金属元素。X的最外层电子数为Z的最外层电子数的两倍，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，W与Y同主族。下列说确的是
A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B．简单气态氢化物的还原性：X
D．Y、Z、X和Y、Z、W构成的三元化合物中都既含离子键又含共价键
3．如图所示，先在小烧杯中加入0.01mol/LBa(OH)2溶液50mL，再滴入几滴酚酞溶液，接通电源，再向滴定管小烧杯中匀速滴加0.2mol/LH2SO4溶液3mL，可观察到的景象有：①小灯泡变暗直至熄灭②溶液颜色变浅直至褪去③产生白色沉淀④小灯泡变亮，以下说确的是
A．景象③可阐明溶液中H+与OH-发生反应
B．溶液颜色变浅的缘由是反应中酚酞被耗费
C．小灯泡变暗直至熄灭的缘由是溶液中挪动的离子浓度减小直至几乎为0
D．若将H2SO4换为Na2SO4，也会产生类似景象
4．用下列安装进行实验(部分夹持仪器已省略)，没有能达到实验目的的是
A．用甲安装制备并搜集NH3
B．用乙安装进行NH3的喷泉实验
C．用丙安装制取少量乙酸乙酯
D．用丁安装制取氢氧化亚铁
5．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙说正确的是
A．0.1 mol CH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的分子数为 0.1NA
B．l mol Na与O2完全反应，转移的电子数一定为NA
C．25℃时，pH=1的硫酸溶液中含有的 H+数目为0.1NA
D．100 g质量分数为 17%的H2O2溶液中极性键数目为NA
6．合成新型多靶向性的治疗的索拉非尼的部分流程如图。
下列叙说错误的是
A．X结构中一切原子可能共面
B．上述转化过程均属于取代反应
C．X中环上二氯代物有6种
D．1molZ至多可与4molH2发生加成反应
7．研讨表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次净化物一光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示，下列说法没有正确的是
A．紫外线作用下，NO2中有氮氧键发生断裂
B．反应I的的方程式是2NO+O2=2NO2
C．反应II中丙烯是还原剂
D．经反应III，O2转化为了O3
8．路易斯碱是指能作为电子对给予体的原子、分子、离子或原子团。CO2、CO、NH3、CH3OH和CN-均为常见路易斯碱。下列说确的是
A．CO2、CO都是由极性键构成的非极性分子
B．NH3的VSEPR模型为三角锥形
C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式相反
D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于范德华力大
9．直接排放含SO2的烟气会构成酸雨，用Na2SO3作为吸收液可吸收SO2，且吸收液可电解再生。室温条件下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)：n(HSO)变化关系如表；当吸收液pH降至约为6时，需送至电解槽再生，再生表示图如图，下列说法没有正确的是
n(SO)：n(HSO)
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
A．由表中信息可揣测，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性
B．吸收过程中离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)
C．电解槽右侧电极发生的反应次要是SO-2e-+H2O=SO+2H+
D．电解槽左侧电极发生的反应有2HSO+2e-=H2↑+2SO，完成再生
10．卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：
能量变化如图所示，
下列说确的是
A．高温条件下有利于反应I的进行
B．反应II是决速步骤
C．反应III的两头体比反应IV的两头体波动
D．各步反应都有共价键的断裂和生成
11．研讨“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的互相转化。实验如图：
下列说法没有正确的是
A．i中生成黄色沉淀的反应是：Ag++I-=AgI↓
B．可根据i中景象揣测，实验I中的棕黄色次要是I2惹起的
C．对照实验ii、iii，可揣测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左挪动
D．还原性：实验i中I->Fe2+，实验ii中I-
实验目的
实验操作
A
配制 Na2S 溶液
将 Na2S 固体加入过量 NaOH 溶液，搅拌
B
除去MgCl2溶液中的Fe2+杂质
加入H2O2，再加入 MgO，搅拌、静置、过滤
C
测定 NaHCO3溶液的浓度
用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，用甲基橙作指示剂
D
证明2Fe3++2I-2Fe2++I2反应存在
将浓度均为 0.1mol/L 的硫酸铁溶液和 KI 溶液等体积混合， 充分反应后再滴加数滴 KSCN 溶液，振荡
A．AB．BC．CD．D
评卷人
得分
二、多选题
13．某科研团队提出了一种水基Li-CO2二次电池，它由纳米孔Pd膜电极、固体电解质膜等构成，如图为工作表示图。下列说法错误的是
A．放电时，Pd膜作负极
B．固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离
C．充电时，Pd膜表面发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+
D．理论上，当耗费7gLi时吸收5.6L CO2 (标准情况)
14．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
Ⅰ
T1
0.2
0.2
0.1
Ⅱ
T2
0.2
0.2
0.12
下列说法没有正确的是A．T1＞T2
B．I中反应达到平衡时，CO的转化率为60%
C．达到平衡所需求的工夫：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于I，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向挪动
15．一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(H2A、HA-、A2-、H+、OH-)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是
A．0.01molNa2A的溶液，Kh1的数量级为10-5
B．随着pH添加，c(H2A)·c(OH-)没有断增大
C．X点对应的pH=-(lgKa1+lgKa2)
D．Z点溶液中c(Na+)<2c(A2-)+2c(OH-)
第II卷（非选一选）
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评卷人
得分
三、工业流程题
16．某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、 Mn2+、Co2+、Cd2+及30 ～60g·L-1 H2SO4等，逐级回收有金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10-39
4.9×10-17
5.9×10-15
1.6× 10-44
7.2× 10-15
回答下列成绩：
(1)“中和氧化水解”时，先加入过量的石灰石调理溶液的pH为1.0；加入一定量的Na2S2O8；再加入石灰石调理溶液的pH为4.0。
①氧化”时，Mn2+转化为MnO2除去，反应的离子方程式为_______。
②“沉渣”的次要成分除MnO2外还有_______。
③“氧化”时，若加入过量的Na2S2O8，钴元素将会进入“沉渣”中，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为_______mol·L-1。
(2)“除镉”时，次要反应的离子方程式为_______。
(3)“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体，同时产生大量的气体。
①产生大量气体的缘由是_______。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗濯，检验能否洗净的试剂是_______。
(4)没有同质量分数的Na2SO4溶液在没有同温度下析出Na2SO4晶体的物种如图所示。欲从含20% Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4，“操作a”为_______。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．甲醇、乙醇来源丰富、廉、运输储存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和运用前景，可以用多种方法合成。
I．用CO2生产甲醇、乙醇
(1)已知：H2的燃烧热为-285.8 kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为-725.8kJ/mol，CH3OH(g)=CH3OH(l) △H= -37.3 kJ/mol，则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(1) △H=____kJ/mol。
(2)将CO2和H2按物质的量之比1:3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应[生成 H2O(g)]，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下CO2转化率随温度的变化关系。
①a、b两点化学反应速率分别用Va、Vb，表示，则Va ___Vb（填“大于”、“小于”或“等于”）。
②列出a点对应的平衡常数表达式K= ____________________。
(3)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g)，实验测得没有同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说确的是_____。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为p1＜p2＜p3
C．M点对应的平衡常数K的值约为1.04×10－2
D．在p2及512 K时，图中N点υ(正)＜υ(逆)
(4)CO2催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g) +3H2O(g) △H；m代表起始时的投料比，即m＝
①图3中投料比相反，温度T3＞T2＞T1，则该反应的焓变△H____0（填“＞”、“＜”）。
②m=3时，该反应达到平衡形态后p(总)=20a MPa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_________（填化学式），T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=___________。
Ⅱ．甲醇的运用
(5)以甲醇为次要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。
离子交换膜a为_____（填“阳膜”、“阴膜”），阳极的电极反应式为______________。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．钴(Co)是人体必需的微量元素，含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的运用，是一种重要的战略金属。回答下列成绩：
(1)下列形态的Co微粒中，电离最外层一个电子所需能量的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
(2)Co与Ca位于同一周期，且最外层电子数相等，但单质Co的熔点、沸点均比单质Ca高，缘由是_______。
(3)Co配合物为紫红色固体，1mol中含有的键数目为_______，分子与构成配合物后H-N-H键角_______(填“变大”“变小”或“没有变”)。
(4)Co配合物中配位体的空间构型为_______。中国化学家成功制得含全氮阴离子()的金属盐，这是一种配合物分子，的结构式如图所示。该金属盐中没有存在的微粒间作用力有_______(填标号)。
a.键b.键c.离子键d.氢键e.金属键f.范德华力
(5)化学家发现了具有超导性的晶体，其层状结构如图所示。下列用粗线画出的反复结构单元表示图没有能描述其化学组成的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
评卷人
得分
六、无机推断题
19．无机物M是合成一种运用广泛的虫螨剂的两头体，合成路线如图：
回答下列成绩：
(1)A的名称为_______，由E生成F的反应类型是_______。
(2)M中所含官能团的名称是._______，分子中_______(填“有”或“无”)手性碳原子。
(3)由C生成D是取代反应，该反应的化学方程式为_______。
(4)G的结构简式为_______。
(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_______。
a.遇FeCl3溶液显紫色
b.能发生银镜反应
c.核磁共振氢谱图显示五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1
答案：
1．C
【详解】
A．森林在调理大气成分中起重要作用，由于森林中的绿色植物光合作用，可以可能会大量的CO2，选项A正确；
B．利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，完成“碳”的循环利用运用，减少二氧化碳的排放，选项B正确；
C．海水吸收过量CO2，导致海水逐渐变酸，使多种海洋生物乃至生态零碎面临巨大要挟，选项C错误；
D．完成“碳中和”从四方面着手：一是节能和进步能效， 降低能源消费总量(特别是降低化石能源消费) ；二是利用非化石能源替代化石能源；三是利用新技术将二氧化碳捕获、利用或封存到地下；四是植树造林添加碳汇，选项D正确；
答案选C。
2．D
【分析】
根据题中信息，W与Y同主族，且Y的原子序数大于X的，因此W位于第三周期，Y位于第二周期；X的最外层电子数大于Z，Z的原子序数大于X，因此X位于第二周期，Z位于第三周期。X的最外层电子数为Z的两倍，X最外层电子数可能是2、4、6，即铍碳、氧，则Z最外层为1、2、3，分别为钠镁铝。若X与Z的最外层电子数和等于Y的最外层电子数且只要一-种金属，则X为碳、Y为氧，2为镁，W与Y同主族则为硫。
【详解】
A．简单离子半径：r(S2-)>r(Mg2+)，r(Mg2+)
C．H2SO4为强酸，H2CO3的酸性比H2SO4弱，C错误；
D．O、Mg与C可构成MgCO3或与S构成MgSO4、MgSO4既含离子键又含共价键的化合物，D正确；
故选D。
3．C
【详解】
A．景象③中产生了白色沉淀，氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，故产生白色沉淀的本质是钡离子与硫酸根离子没有能共存，生成硫酸钡白色沉淀，故A错误；
B．酚酞遇酸性溶液或中性溶液没有变色，遇碱性溶液变红色，故溶液颜色变浅的缘由是随着反应的进行，溶液的碱性逐渐减弱导致的，故B错误；
C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，本质是氢离子与氢氧根生成水分子，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡白色沉淀，随着反应的进行溶液中挪动的离子浓度逐渐减少直至几乎为0，故小灯泡变暗直至熄灭，故C正确；
D．若将H2SO4换为Na2SO4，硫酸钠与氢氧化钡会生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，会生成白色沉淀，而且溶液显碱性，溶液中没有断存在挪动的离子，因此产生的实验景象与上述实验没有同，故D错误；
故答案选C
4．A
【详解】
A．没有能用氯化铵分解来制取NH3，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，在管口两者会反应生成氯化铵，因此没有能达到实验目的，故A符合题意；
B．胶头滴管中水挤出，氨气极易溶于水，烧瓶中压强急速减小，烧杯中水压入到烧瓶中构成喷泉，能达到实验目的，故B没有符合题意；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，再用饱和碳酸钠溶液接收，因此丙安装能制取少量乙酸乙酯，故C没有符合题意；
D．先打开止水夹K，产生的氢气排除安装内的空气，左边抽滤瓶中搜集到的氢气已纯后，加紧止水夹，左边压强增大，液领会压入到左边反应生成氢氧化亚铁，能达到实验目的，故D没有符合题意。
综上所述，答案为A。
5．B
【详解】
A．CH4与足量Cl2光照下发生取代反应是逐渐进行的，反应产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4多种取代产物，因此根据C元素守恒可知0.1 mol CH4与足量Cl2光照下反应生成CCl4的物质的量小于0.1 mol，则生成的CCl4分子数小于 0.1NA，A错误；
B．Na是+1价金属，1个Na反应得到1个电子，则l mol Na与O2完全反应，无论生成Na2O、还是Na2O2还是二者的混合物，转移的电子的物质的量是1 mol，故转移的电子数一定为NA，B正确；
C．只要H+离子浓度，缺少溶液体积，没有能计算微粒数目，C错误；
D．100 g质量分数为 17%的H2O2溶液中含有H2O2的质量是17 g，其物质的量是0.5 mol，其中含有1 mol H-O极性键。但在H2O2溶液中除溶质H2O2分子中含有极性键H-O，溶剂水中也含有大量H-O键，故该溶液中含有极性键的数目大于NA，D错误；
故合理选项是B。
6．D
【分析】
【详解】
A．对于X物质即，没有存在sp3杂化的C，一切原子可能共面，A项正确；
B．X中的羟基和六元环上的H被氯原子取代，-NHCH3取代了Y中的氯原子，故上述转化过程均为取代反应，B项正确；
C．X中苯环上二氯代物共有六种，分别为、、，C项正确；
D．碳氧双键没有能发生加成反应，故1mol Z至多可与3mol H2发生加成反应，D项错误；
答案选D。
7．B
【详解】
A．由分析知，紫外线作用下，NO2 反应生成，NO2中有氮氧键发生断裂，故A正确；
B．根据图示可知，反应Ⅰ的化学方程式为，故B错误；
C．由图示可知，反应Ⅱ发生氧化还原反应，其中是氧化剂，为还原剂，故C正确；
D．反应中与氧气生成，则反应的方程式为，O2转化为了O3 ，故D正确；
故答案为B。
8．C
【详解】
A．CO2是由极性键构成的非极性分子，CO是含有极性键和配位键的极性分子，A错误；
B．NH3分子中N原子价层中有1对孤电子对3个σ键，所以VSEPR模型为四面体型，B错误；
C．CH3OH中C与NH3中N的杂化方式都是sp3杂化，C正确；
D．CH3OH比HCHO的沸点高是由于CH3OH分子间有氢键，D错误；
答案选C。
9．C
【分析】
左边电极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，酸性条件下左边电极上是转化为，发生氧化反应，故为阴极，为阳极。阳离子交换膜允许钠离子，阴离子交换膜允许阴离子，电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进电离生成，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
【详解】
A．由表中信息可揣测，电离程度大于水解，只发生水解，故Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性，故A正确；
B．由电荷守恒可知，离子浓度关系总有c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)，故B正确；
C．酸性条件，阴离子次要为，电极上转化为，电极反应式为：，故C错误；
D．阴极上氢离子得电子生成氢气，电极发生的反应为2HSO+2e-=H2↑+2SO，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故D正确；
故答案为C。
10．A
【详解】
A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于进步反应速率和转化率，故A正确；
B．决速步骤应是活化能的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能，故B错误；
C．从能量变化图可看出反应III的两头体比反应IV的能量高，能量越高越没有波动，故C错误；
D．从能量变化图可看出反应I只要共价键的断裂，故D错误；
故A
11．B
【详解】
A．i中生成黄色沉淀是碘化银沉淀，反应是：Ag++I-=AgI↓，故A正确；
B．可根据i中景象揣测，溶液中存在I-，由于Fe3+也呈黄色，没有能揣测实验I中的棕黄色次要是I2惹起的，故B错误；
C．对照实验ii、iii，可揣测ii中增大c(Fe2+)，导致Fe2+还原性大于I-，平衡向左挪动，I2浓度降低导致颜色变浅，故C正确；
D．实验i中加入硝酸银溶液生成碘化银沉淀，c(I-)减小，平衡逆向挪动，还原性I->Fe2+；实验ii中加入硫酸亚铁溶液，c(Fe2+)增大，平衡逆向挪动，阐明还原性：I-
12．D
【详解】
A．Na2S易水解，将其溶解在NaOH溶液中可抑制其水解，故A没有符合题意；
B．H2O2可将Fe2+氧化成Fe3+，加入MgO促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3，再过滤除去即可，故B没有符合题意；
C．用标准 HCl 溶液滴定 NaHCO3溶液，滴定起点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，故C没有符合题意；
D．证明反应2Fe3++2I-2Fe2++I2存在，可检验Fe3+没有能反应完全，KI溶液应过量，故D符合题意；
答案选D。
13．AD
【分析】
该Li-CO2二次电池为原电池安装，由纳米孔Pd膜电极上CO2→HCOOH可知，C元素化合价降低，则为正极，电极反应式为CO2+2H++2e- =HCOOH，Li为负极，电极反应式为Li- e- =Li+，据此分析解答。
【详解】
A．由分析可知，放电时，Pd膜作正极，A错误；
B．Li的化学性质较活泼，能与水反应，固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离，B正确；
C．放电时，Pd膜上电极反应式为CO2+2H++2e- = HCOOH，充电时，电极反应式相反，则发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+，C正确；
D．Li为负极，电极反应式为Li- e- =Li+，耗费7gLi即物质的量为时转移1mol e-，正极电极反应式为CO2+2H++2e- = HCOOH，则吸收0.5mol CO2，标准情况体积为V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D错误；
答案选AD。
14．BD
【详解】
A．两次实验起始投入量相反，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向挪动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol，起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B错误；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需求的的工夫越短，即达到平衡所需求的工夫：Ⅱ＞Ⅰ，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol CO2，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡没有挪动，D错误；
故选BD。
15．AB
【分析】
根据图像分析，随着NaOH的加入，溶液中离子浓度变化的曲线分别代表：曲线a代表H2A，b代表HA-，c代表A2-，d代表H+，e代表OH-。
【详解】
A．Kh1为A2-的一级水解常数，根据Y点，c(HA-)=c(A2-)，得pH=4.2，c(OH-)近似为10-9.8，故Kh1数量级为10-10，A错误；
B．根据可得c(H2A)·c(OH-)=Kh2·c(HA-)随pH增大(HA-)为先增大后减小，所以c(H2A)·c(OH-)随pH增大应先增大后减小，B错误；
C．Ka1·Ka2=，在X点c(H2A)=c(A2-)则Ka1·Ka2=c2(H+)两边取负对数pH=，C正确；
D．由电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)Z点，c(HA-)=c(OH-)得，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+2c(OH-)，则c(Na+)<2c(A2-)+2c(OH-)，D正确。
故选AB。
16．(1) S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+ Fe(OH)3、CaSO4 1.6 ×10-14
(2)Zn+Cd2+= Zn2++Cd
(3) Zn2+和CO发生双水解，互相促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和CO2气体 BaCl2溶液
(4)蒸发浓缩、趁热过滤
【分析】
萃铜余液中含有Mn2+、Cd2+、Co3+、Ni2+、Zn2+、Na+、Fe2+等离子，由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO2、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入无机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
(1)
（1）Na2S2O8具有氧化性，将Mn2+ 转化为MnO2除去，反应的离子方程式为S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+；
（2）“沉渣”的次要成分除MnO2外还有氢氧化铁和硫酸钙；
（3）加入石灰石调理溶液的pH为4.0，Co(OH)3的Ksp= 1.6× 10-44，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为=1.6 ×10-14；
(2)
“除镉”时，是锌置换镉，次要反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd；
(3)
①Zn2+和CO发生双水解，互相促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和大量的CO2气体；。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗濯，检验能否洗净，即检验溶液中能否含有碳酸根离子，可以选用的试剂是氯化钡；
(4)
从图分析，硫酸钠的溶解度随着温度升高而降低，所以要想得到硫酸钠，需求进行的操作为蒸发浓缩，趁热过滤。
17． -94.3 大于 K＝ AC ＜ CO2 2.5a MPa 阳膜 2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+
【详解】
(1)①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，
②CH3OH(g)=CH3OH(l)△H= -37.3kJ/mol，
③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol，
由盖斯定律①×3-③-②；可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=-94.3kJ/mol；
(2)①a、b两点温度相反，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向挪动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；
②a点发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向挪动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，由于该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则
所以K==1.04×10−2；故C正确；
D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向挪动，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
答案选AC；
(4)①由图3可知，相反压强下，温度越高氢气转化率越小，阐明升高温度反应向逆向挪动，正反应放热，△H＜0；
②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，
N点b、d的物质的量分数相反，所以n-x=0.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=n，压强之比等于物质的量之比，组分平衡分压=总压×该组分的物质的量分数，d为C2H5OH，达到平衡时乙醇的分压p(乙醇)==2.5a MPa；
(5)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e−=(CH3O)2CO+2H+。
18．(1)B
(2)Co原子半径较小且单位体积内电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强
(3) 21 变大
(4) 直线形 c、e
(5)D
(1)
要电离最外层一个电子A所需能量为，B所需能量为，，C、D为激发态，所需能量更低，故选B。
(2)
Co原子半径较小且单位体积内电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强，故质Co的熔点、沸点均比单质Ca高。
(3)
1mol中含有的配位键数目为6，中含有的键数目为，共21。中N原子有1对孤电子对，构成配合物后提供孤电子对构成配位键，成键电子对之间的斥力小于原来孤电子对与成键电子对之间的斥力，故H-N-H键角变大。
(4)
与互为等电子体，空间构型为直线形。配合物分子间存在范德华力、水分子间能构成氢键、全氮阴离子中含有键，故选ce。
(5)
粗线画出的反复结构单元中，Co、O原子的个数比分别为A.，B.，C.，D.，故没有能描述化学组成的是D。
19．(1) 1，3，5-三甲苯 加成反应
(2) 酯基 无
(3)
(4)
(5)或（写一种即可）。
【分析】
A与HCHO/HCl反应生成B结构为，在Mg和CO2/H2O条件下将氯原子转化为羧基，再经SOCl2取代反应将-COOH转化为-COCl得到D，E与HCN加成反应得到F，由H的结构及G到H 的反应条件可推出G结构简式为，根据题意可知D与H经取代反应合成M。
(1)
根据零碎命名法A的名称为1，3，5-三甲苯，根据E和F结构可知由E生成F为加成反应。
故1，3，5-三甲苯，加成反应。
(2)
根据M结构可知所含官能团为酯基，分子中没有含有手性碳原子。
故酯基，无。
(3)
根据分析可知由C生成D为取代反应，化学反应方程式为：。
故。
(4)
由分析可知G的结构简式为：。
故。
(5)
根据条件遇FeCl3溶液显紫色，阐明含有酚羟基，且能发生银镜反应阐明含有醛基，其中核磁共振氢谱图为五组峰，且峰面积比为6：4：2：1： 1的同分异构体的结构简式为：或（写一种即可）。
故或（写一种即可）。
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