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安徽省芜湖市2023届高三化学下学期二模试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省芜湖市2023届高三化学下学期二模试题（Word版附解析），共14页。
2023届芜湖市高中毕业班教学质量统测
理科综合化学试题卷
可能用到的相对原子质量：N14 O16 Cl35.5
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. “天宫”空间站使用聚乳酸材料餐具，聚乳酸是化合物
B 富勒烯与石墨烯用途广泛，它们都属于新型无机非金属材料
C. 冬奥场馆建筑使用碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于主族元素
D. 中国承建的卡塔尔首座光伏电站中的光伏材料为高纯度二氧化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．聚乳酸是混合物，故A错误；
B．富勒烯与石墨烯属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．镉为在元素周期表中位置为第五周期ⅡB族，故C错误；
D．光伏电池为Si单质，故D错误；
故答案选B。
2. 某化合物是合成布洛芬的中间体，其结构简式如图所示，下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子式为C17H25O2Cl
B. 分子中含有1个手性碳原子
C. 1mol该化合物最多能与1molNaOH反应
D. 一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该化合物的结构简式，分子式为C17H25O2Cl，故A正确；
B．该分子中只有(标*的碳原子)为手性碳原子，故B正确；
C．该分子中酯基和Cl原子均能和NaOH反应，所以1mol该化合物最多能与2molNaOH反应，故C错误；
D．该分子中含有苯环，酯基和Cl原子等多种官能团，一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应，故D正确；
故答案选C。
3. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
B. 向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液：H3PO3+3OH-=+3H2O
C. 用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D. 海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr
【答案】A
【解析】
【详解】A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正确；
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B错误；
C．用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C错误；
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；
故答案选A
4. 与实验操作、实验现象相对应的解释或结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将SO2通入Ca(ClO)2溶液中
产生白色浑浊
酸性强弱：H2SO3>HClO
B
向盛有浓HNO3溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属活泼性：Mg>Al
C
向NaBr溶液中先通入过量氯气，后滴加淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色。
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液、酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
有乙烯生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应，属于氧化还原反应，不能比较H2SO3和HClO酸性大小，故A错误；
B．铝片上无明显现象是因为铝常温下遇到浓硝酸发生钝化，故不能据此来比较Mg和Al的活泼性，故B错误；
C．通入过量氯气，发生，，所以不能比较Cl2，Br2和I2的氧化性，故C错误；
D．将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫等杂质，再通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成，故D正确；
故答案选D。
5. 周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。基态原子A的原子轨道半充满，B的价电子层中有3个未成对电子，D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，C与D同族，E的最外层只有1个电子，次外层有18个电子。这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，由C、D所形成的阴离子呈正四面体结构、阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。下列说法正确的是
A. 5种原子中第一电离能最大的是C
B. A、B所形成的化合物中只含极性键
C. 1mol该阳离子中含有24molσ键
D. B、C、D所形成的简单氢化物中，沸点最低的是D
【答案】D
【解析】
【分析】基态原子A的原子轨道半充满，则A的电子排布式为1s1，为H元素；D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，s轨道全充满时有2个电子，则n-1=2，n=3，D的价层电子排布式为3s23p1，为S元素；C、D同主族，原子序数C
B．A、B可形成N2H4，含有非极性键，故B错误；
C．由图可知，1mol该阳离子中含有26molσ键，故C错误；
D．B、C所形成的简单氢化物H2O与NH3均可形成分子间氢键，沸点较高，D所形成的H2S无分子间氢键，沸点最低，故D正确；
故答案选D。
6. 下图为合成偶氮化合物 的电化学装置，有关说法正确的是
A. OH-向CoP极移动
B. 合成1mol该偶氮化合物，要消耗4molRCH2NH2
C. Ni2P电极反应式为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O
D. 该偶氮化合物分子中C和N原子的杂化方式不同
【答案】C
【解析】
【分析】RCH2NH2变成RCN是氧化反应，故左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，据此分析解题。
【详解】A．左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，阴离子向阳极移动，所以OH-向Ni2P极移动，故A错误；
B．阴极电极反应为：2C6H5−NO2＋8e−＋2H2O＝ ＋8OH−，故合成1mol该偶氮化合物，需要转移8mol电子，故B错误；
C．Ni2P电极为阳极，其电极反应式为：RCH2NH2−4e−＋4OH−＝RCN＋4H2O，故C正确；
D．中N原子为sp杂化，C原子为sp2杂化，故D错误；
故答案选C。
7. 工业上用氨水作沉淀剂去除酸性废水中的铅。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示(已知：常温下，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5，Pb(OH)2难溶于水)。下列说法错误的是
A. pH=6时，溶液中=1.7×103
B. pH=8时，c(OH-)=2c(Pb2+)+c(Pb(OH)+)+c(H+)
C. pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，除铅效果最好
D. pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子方程式为Pb(OH)2+NH3·H2O+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水的电离平衡常数表达式Kb=，电离平衡常数只受温度影响，pH=6，此时溶液c(OH-)=10-8mol/L，因此=1.7×103，故A说法正确；
B．pH=8时，溶液中的离子有H+、OH-、Pb2+、Pb(OH)+、，根据电荷守恒c(OH-)=2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)+c()，故B说法错误；
C．根据题目信息，Pb(OH)2难溶于水，废水中的铅转化为Pb(OH)2时除铅效果最好，根据图像可知， pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，故C说法正确；
D．根据图像可知，pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子反应为Pb(OH)2+NH3·H2O=+NH，故D说法正确；
故答案为B。
二、非选择题
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能绿色净水剂，易溶于水，难溶于有机溶剂。一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2的流程如图所示：
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.1
回答下列问题：
（1）MnO2不溶于稀硫酸，加入过量FeSO4目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，写出该反应的离子方程式___________。
（2）“调pH”操作中，调节pH的范围是___________，“滤渣”的主要成分是___________。
（3）“沉锰”操作中，温度过高会导致MnO2产率降低，原因是_____________。
（4）某温度下，若要从10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(浓度降至10-5mol·L-1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于___________mol。(已知该温度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考虑水解和溶液体积变化)
（5）已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰的化合价为___________，配位数为____________。
【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（2） ①. 3.2≤pH<8.l ②. Fe(OH)3
（3）温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰
（4）6.4 （5） ①. +2 ②. 6
【解析】
【分析】以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2，酸浸：酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn 和Fe分别生成 Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2将溶液中的 Fe2+氧化成 Fe3+，便于沉淀分离，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含 Fe3+，Mn2+，等离子。调pH：由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1。沉锰： NH4HCO3与MnSO4, 反应生成 MnCO3沉淀和CO2，。焙烧：MnCO3和O2，反应生成活性MnO2和CO2，，据此分析解题。
【小问1详解】
酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。
【小问2详解】
由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1，故答案为3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。
【小问3详解】
NH4HCO3受热易分解，当温度高于 60℃，会加速NH4HCO3的分解，导致MnO2产率降低，故答案为温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。
【小问4详解】
若要将溶液中的浓度从2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，当溶液中浓度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于为1.9+4.5=6.4mol，故答案为6.4。
【小问5详解】
根据晶胞结构示意图，一个晶胞中含有Mn原子个数为，含有O原子个数为，所以该锰的氧化物化学式为MnO，所以锰的化合价为+2，位于中心的Mn的配位数为6；故答案为+2；6。
9. 亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5.5℃)为黄色气体，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物和氯化氢，常用作有机合成中间体。实验室可由氯气与一氧化氮反应制备，其装置如图所示：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）试剂X为___________，D中使用冰盐浴而不用冰水浴的原因是___________。
（3）尾气含有NO、Cl2、NOCl，某同学建议用NaOH溶液进行尾气处理。
①无水CaCl2的作用是___________。
②写出NaOH溶液吸收NOCl的化学方程式___________。
（4）有同学认为NaOH溶液只能吸收Cl2和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
（5）制得的NOCl中可能含有少量NO2杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取1.6375g样品溶于50.00mL。NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12)
①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，___________。
②计算产品的纯度为___________%(保留1位小数)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2） ①. 浓硫酸 ②. 冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能
（3） ①. 防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解 ②. NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O
（4）NO+=+MnO2↓
（5） ①. 出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化 ②. 80.0
【解析】
【分析】NOCl由氯气与一氧化氮反应制备，由装置图可知，装置A生成一氧化氮，依次经过水和浓硫酸净化后通入装置D；装置G生成氯气，依次经过饱和氯化钠溶液和浓硫酸净化后通入装置D；在冰盐下生成NOCl，尾气含有NO、Cl2、NOCl，可使用NaOH处理尾气，据此分析解题。
【小问1详解】
仪器a的名称为蒸馏烧瓶，故答案为蒸馏烧瓶。
【小问2详解】
据分析可知，试剂X为浓硫酸，氯气与一氧化氮在D中生成NOCl，冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能，故而使用冰盐浴而不用冰水浴，故答案为冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能。
【小问3详解】
①尾气含有NO、Cl2、NOCl，用无水氯化钙处理尾气，防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解，故答案为防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解；
②NaOH溶液吸收NOCl，化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。
【小问4详解】
用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀为MnO2，离子方程式为NO+=+MnO2↓，故答案为NO+=+MnO2↓。
【小问5详解】
①滴定中K2CrO4溶液作指示剂，已知Ag2CrO4为砖红色固体，滴定终点的现象为当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化，故答案为出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化；
②，由关系NOCl~NaCl~AgNO3，则样品纯度，故答案为80.0。
10. 乙醇是重要的工业原料，合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯催化加氢是制取乙醇的方法之一，包括以下主要反应：
①CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=-71kJ·mol-1
②CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)ΔH=___________。
（2）工业生产中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3，流速过大时转化率下降，原因是___________。
（3）乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂1的主要成分为Cu-Al，催化剂Ⅱ的主要甲成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂Ⅱ测得不同温度下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图(以反应①为主)。工业生产中应使用的催化剂是___________。(填“催化剂I”或“催化剂Ⅱ”)。
（4）在乙酸甲酯催化加氢反应体系中，下列说法正确的是___________。
A. 增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，有利于提高CH3COOCH3的转化率
B. 当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
C. 平衡后，压缩容器体积，反应①正向移动，反应②不移动
D. 选用合适的催化剂可提高CH3COOCH3的平衡转化率
（5）实验室中，一定条件下在1L密闭容器内通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2发生反应①和②，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如下图所示。260°C时反应①的平衡常数K=___________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是___________。
(乙醇的选择性=
【答案】（1）-84.6kJ/mol
（2） ①. 13.3 ②. 反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分
（3）催化剂Ⅱ （4）AB
（5） ①. 14L/mol ②. 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，生成乙醇的量减少
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I—Ⅱ可得反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)，则；
【小问2详解】
设时间为1h，由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为；若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降；
【小问3详解】
由图可知，相同温度条件下，使用催化剂Ⅱ时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂Ⅱ的活性强于催化剂I，反应的反应速率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂Ⅱ；
【小问4详解】
该反应为可逆反应，增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，相当于在CH3COOCH3浓度不变的条件下减小氢气的浓度，所以平衡正向进行，可以提高CH3COOCH3的转化率，A正确；平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，由于反应①为气体物质的量减小的反应，故当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；反应①为气体体积减小的反应，反应②为气体体积不变的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应①向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应②平衡向逆反应方向移动，C错误；选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以平衡转化率不变，D错误；
【小问5详解】
由图可知，260℃时， 乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为，由题给方程式可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应I的平衡常数；由题给方程式可知，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低。
11. 苯并咪唑衍生物的合成及抗癌活性检测是当今研究的热点之一，以下是目标产物G的合成路线。回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为___________。
（2）写出A→B的化学方程式___________。
（3）C的系统命名为___________。
（4）F→G的反应类型为___________。
（5）D分子中所有原子能否在同一平面内？___________(填“能”或“不能”)。
（6）苯胺()中氨基的N原子上存在孤对电子，易与H+结合，故苯胺显碱性。苯胺中氨基的一个氢原子被甲基取代得到N-甲基苯胺()，由于甲基为推电子基团，则碱性强弱：N-甲基苯胺___________苯胺(填“>”、“<”或“=”)。
（7）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。
①含苯环
②只含一种官能团，且为含氧官能团
满足上述条件的同分异构体中，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为1：2：3的同分异构体的结构简式为___________。
【答案】（1）羧基、硝基
（2） （3）2，3-二氨基苯甲酸甲酯
（4）取代反应 （5）不能
（6）> （7） ①. 10 ②.
【解析】
【分析】A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反应时，羧基可与CH3OH生成酯基得到B为，B在Fe和NH4Cl条件下硝基被还原为氨基得到C，D中酰氯和C中两个氨基反应生成E，E中氯和苯胺生成F，F中酯基和N2H4生成G，据此分析解题。
【小问1详解】
A中含有官能团为羧基、硝基和氨基，含氧官能团的名称为羧基、硝基，故答案为羧基、硝基。
【小问2详解】
A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反应时，羧基可与CH3OH生成酯基得到B，反应方程式为。故答案为。
【小问3详解】
根据C的结构式，系统命名为2，3-二氨基苯甲酸甲酯，故答案为2，3-二氨基苯甲酸甲酯。
【小问4详解】
F中酯基和N2H4取代生成G，反应类型为取代反应，故答案为取代反应。
【小问5详解】
D分子中氯连接的C为饱和碳原子，所有原子不能共平面，故答案为不能。
【小问6详解】
苯胺中氨基的一个氢原子被甲基取代，由于甲基是推电子基，使得N原子电子云密度增大，碱性增强，故答案>。
【小问7详解】
2023届芜湖市高中毕业班教学质量统测
理科综合化学试题卷
可能用到的相对原子质量：N14 O16 Cl35.5
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. “天宫”空间站使用聚乳酸材料餐具，聚乳酸是化合物
B 富勒烯与石墨烯用途广泛，它们都属于新型无机非金属材料
C. 冬奥场馆建筑使用碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于主族元素
D. 中国承建的卡塔尔首座光伏电站中的光伏材料为高纯度二氧化硅
【答案】B
【解析】
【详解】A．聚乳酸是混合物，故A错误；
B．富勒烯与石墨烯属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．镉为在元素周期表中位置为第五周期ⅡB族，故C错误；
D．光伏电池为Si单质，故D错误；
故答案选B。
2. 某化合物是合成布洛芬的中间体，其结构简式如图所示，下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子式为C17H25O2Cl
B. 分子中含有1个手性碳原子
C. 1mol该化合物最多能与1molNaOH反应
D. 一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该化合物的结构简式，分子式为C17H25O2Cl，故A正确；
B．该分子中只有(标*的碳原子)为手性碳原子，故B正确；
C．该分子中酯基和Cl原子均能和NaOH反应，所以1mol该化合物最多能与2molNaOH反应，故C错误；
D．该分子中含有苯环，酯基和Cl原子等多种官能团，一定条件下可发生取代反应、加成反应氧化反应，故D正确；
故答案选C。
3. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
B. 向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液：H3PO3+3OH-=+3H2O
C. 用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D. 海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴：SO2+Br2+2H2O=2H+++2HBr
【答案】A
【解析】
【详解】A．用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，离子方程式为Fe2++K++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，故A正确；
B．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加足量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=H+2H2O，故B错误；
C．用惰性电极电解氯化镁溶液，离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2Mg(OH)2↓，故C错误；
D．海水提溴工艺中用二氧化硫还原溴，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，故D错误；
故答案选A
4. 与实验操作、实验现象相对应的解释或结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
将SO2通入Ca(ClO)2溶液中
产生白色浑浊
酸性强弱：H2SO3>HClO
B
向盛有浓HNO3溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属活泼性：Mg>Al
C
向NaBr溶液中先通入过量氯气，后滴加淀粉KI溶液
溶液先变橙色，后变蓝色。
氧化性：Cl2>Br2>I2
D
将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液、酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
有乙烯生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应，属于氧化还原反应，不能比较H2SO3和HClO酸性大小，故A错误；
B．铝片上无明显现象是因为铝常温下遇到浓硝酸发生钝化，故不能据此来比较Mg和Al的活泼性，故B错误；
C．通入过量氯气，发生，，所以不能比较Cl2，Br2和I2的氧化性，故C错误；
D．将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液除去乙醇和二氧化硫等杂质，再通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成，故D正确；
故答案选D。
5. 周期表前四周期的元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。基态原子A的原子轨道半充满，B的价电子层中有3个未成对电子，D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，C与D同族，E的最外层只有1个电子，次外层有18个电子。这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，由C、D所形成的阴离子呈正四面体结构、阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。下列说法正确的是
A. 5种原子中第一电离能最大的是C
B. A、B所形成的化合物中只含极性键
C. 1mol该阳离子中含有24molσ键
D. B、C、D所形成的简单氢化物中，沸点最低的是D
【答案】D
【解析】
【分析】基态原子A的原子轨道半充满，则A的电子排布式为1s1，为H元素；D的价层电子排布式为nsn-1np2n-2，s轨道全充满时有2个电子，则n-1=2，n=3，D的价层电子排布式为3s23p1，为S元素；C、D同主族，原子序数C
B．A、B可形成N2H4，含有非极性键，故B错误；
C．由图可知，1mol该阳离子中含有26molσ键，故C错误；
D．B、C所形成的简单氢化物H2O与NH3均可形成分子间氢键，沸点较高，D所形成的H2S无分子间氢键，沸点最低，故D正确；
故答案选D。
6. 下图为合成偶氮化合物 的电化学装置，有关说法正确的是
A. OH-向CoP极移动
B. 合成1mol该偶氮化合物，要消耗4molRCH2NH2
C. Ni2P电极反应式为：RCH2NH2-4e-+4OH-=RCN+4H2O
D. 该偶氮化合物分子中C和N原子的杂化方式不同
【答案】C
【解析】
【分析】RCH2NH2变成RCN是氧化反应，故左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，据此分析解题。
【详解】A．左侧为电解池的阳极，右侧为电解质的阴极，阴离子向阳极移动，所以OH-向Ni2P极移动，故A错误；
B．阴极电极反应为：2C6H5−NO2＋8e−＋2H2O＝ ＋8OH−，故合成1mol该偶氮化合物，需要转移8mol电子，故B错误；
C．Ni2P电极为阳极，其电极反应式为：RCH2NH2−4e−＋4OH−＝RCN＋4H2O，故C正确；
D．中N原子为sp杂化，C原子为sp2杂化，故D错误；
故答案选C。
7. 工业上用氨水作沉淀剂去除酸性废水中的铅。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数(d)与pH的关系如图所示(已知：常温下，Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5，Pb(OH)2难溶于水)。下列说法错误的是
A. pH=6时，溶液中=1.7×103
B. pH=8时，c(OH-)=2c(Pb2+)+c(Pb(OH)+)+c(H+)
C. pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，除铅效果最好
D. pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子方程式为Pb(OH)2+NH3·H2O+
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水的电离平衡常数表达式Kb=，电离平衡常数只受温度影响，pH=6，此时溶液c(OH-)=10-8mol/L，因此=1.7×103，故A说法正确；
B．pH=8时，溶液中的离子有H+、OH-、Pb2+、Pb(OH)+、，根据电荷守恒c(OH-)=2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]+c(H+)+c()，故B说法错误；
C．根据题目信息，Pb(OH)2难溶于水，废水中的铅转化为Pb(OH)2时除铅效果最好，根据图像可知， pH=10时，Pb(OH)2物质的量分数最大，故C说法正确；
D．根据图像可知，pH=12时，Pb(OH)2转化为的离子反应为Pb(OH)2+NH3·H2O=+NH，故D说法正确；
故答案为B。
二、非选择题
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能绿色净水剂，易溶于水，难溶于有机溶剂。一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2的流程如图所示：
已知：部分金属离子在溶液中沉淀的pH如下表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
8.1
完全沉淀的pH
3.2
9.0
10.1
回答下列问题：
（1）MnO2不溶于稀硫酸，加入过量FeSO4目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，写出该反应的离子方程式___________。
（2）“调pH”操作中，调节pH的范围是___________，“滤渣”的主要成分是___________。
（3）“沉锰”操作中，温度过高会导致MnO2产率降低，原因是_____________。
（4）某温度下，若要从10m3c()=2.0×10-4mol·L-1的溶液中沉淀(浓度降至10-5mol·L-1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于___________mol。(已知该温度下CaFeO4的Ksp=4.5×10-9，不考虑水解和溶液体积变化)
（5）已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰的化合价为___________，配位数为____________。
【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（2） ①. 3.2≤pH<8.l ②. Fe(OH)3
（3）温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰
（4）6.4 （5） ①. +2 ②. 6
【解析】
【分析】以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2，酸浸：酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，Mn 和Fe分别生成 Mn2+和Fe2+。氧化：H2O2将溶液中的 Fe2+氧化成 Fe3+，便于沉淀分离，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，溶液中主要含 Fe3+，Mn2+，等离子。调pH：由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1。沉锰： NH4HCO3与MnSO4, 反应生成 MnCO3沉淀和CO2，。焙烧：MnCO3和O2，反应生成活性MnO2和CO2，，据此分析解题。
【小问1详解】
酸性条件下FeSO4，将MnO2还原为 Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。
【小问2详解】
由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2≤pH<8.1，故答案为3.2≤pH<8.1；Fe(OH)3。
【小问3详解】
NH4HCO3受热易分解，当温度高于 60℃，会加速NH4HCO3的分解，导致MnO2产率降低，故答案为温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。
【小问4详解】
若要将溶液中的浓度从2.0×10-4mol·L-1降至10-5mol·L-1，需要加入，当溶液中浓度降至10-5mol·L-1，溶液中，，共需要加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于为1.9+4.5=6.4mol，故答案为6.4。
【小问5详解】
根据晶胞结构示意图，一个晶胞中含有Mn原子个数为，含有O原子个数为，所以该锰的氧化物化学式为MnO，所以锰的化合价为+2，位于中心的Mn的配位数为6；故答案为+2；6。
9. 亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5.5℃)为黄色气体，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物和氯化氢，常用作有机合成中间体。实验室可由氯气与一氧化氮反应制备，其装置如图所示：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）试剂X为___________，D中使用冰盐浴而不用冰水浴的原因是___________。
（3）尾气含有NO、Cl2、NOCl，某同学建议用NaOH溶液进行尾气处理。
①无水CaCl2的作用是___________。
②写出NaOH溶液吸收NOCl的化学方程式___________。
（4）有同学认为NaOH溶液只能吸收Cl2和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
（5）制得的NOCl中可能含有少量NO2杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取1.6375g样品溶于50.00mL。NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12)
①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，___________。
②计算产品的纯度为___________%(保留1位小数)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2） ①. 浓硫酸 ②. 冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能
（3） ①. 防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解 ②. NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O
（4）NO+=+MnO2↓
（5） ①. 出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化 ②. 80.0
【解析】
【分析】NOCl由氯气与一氧化氮反应制备，由装置图可知，装置A生成一氧化氮，依次经过水和浓硫酸净化后通入装置D；装置G生成氯气，依次经过饱和氯化钠溶液和浓硫酸净化后通入装置D；在冰盐下生成NOCl，尾气含有NO、Cl2、NOCl，可使用NaOH处理尾气，据此分析解题。
【小问1详解】
仪器a的名称为蒸馏烧瓶，故答案为蒸馏烧瓶。
【小问2详解】
据分析可知，试剂X为浓硫酸，氯气与一氧化氮在D中生成NOCl，冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能，故而使用冰盐浴而不用冰水浴，故答案为冰盐浴可控制温度低于-5.5℃，冰水浴只能控制温度到0℃，故冰盐浴可使亚硝酰氯冷凝，而冰水浴不能。
【小问3详解】
①尾气含有NO、Cl2、NOCl，用无水氯化钙处理尾气，防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解，故答案为防止NaOH溶液中的水蒸气进入三颈烧瓶中，使NOCl水解；
②NaOH溶液吸收NOCl，化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。
【小问4详解】
用KMnO4溶液可以吸收NO气体，并产生黑色沉淀为MnO2，离子方程式为NO+=+MnO2↓，故答案为NO+=+MnO2↓。
【小问5详解】
①滴定中K2CrO4溶液作指示剂，已知Ag2CrO4为砖红色固体，滴定终点的现象为当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化，故答案为出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化；
②，由关系NOCl~NaCl~AgNO3，则样品纯度，故答案为80.0。
10. 乙醇是重要的工业原料，合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯催化加氢是制取乙醇的方法之一，包括以下主要反应：
①CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=-71kJ·mol-1
②CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)ΔH=___________。
（2）工业生产中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3，流速过大时转化率下降，原因是___________。
（3）乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂1的主要成分为Cu-Al，催化剂Ⅱ的主要甲成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂Ⅱ测得不同温度下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图(以反应①为主)。工业生产中应使用的催化剂是___________。(填“催化剂I”或“催化剂Ⅱ”)。
（4）在乙酸甲酯催化加氢反应体系中，下列说法正确的是___________。
A. 增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，有利于提高CH3COOCH3的转化率
B. 当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
C. 平衡后，压缩容器体积，反应①正向移动，反应②不移动
D. 选用合适的催化剂可提高CH3COOCH3的平衡转化率
（5）实验室中，一定条件下在1L密闭容器内通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2发生反应①和②，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如下图所示。260°C时反应①的平衡常数K=___________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是___________。
(乙醇的选择性=
【答案】（1）-84.6kJ/mol
（2） ①. 13.3 ②. 反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分
（3）催化剂Ⅱ （4）AB
（5） ①. 14L/mol ②. 反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，生成乙醇的量减少
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应I—Ⅱ可得反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)，则；
【小问2详解】
设时间为1h，由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为；若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降；
【小问3详解】
由图可知，相同温度条件下，使用催化剂Ⅱ时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂Ⅱ的活性强于催化剂I，反应的反应速率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂Ⅱ；
【小问4详解】
该反应为可逆反应，增大H2与CH3COOCH3的初始投料比，相当于在CH3COOCH3浓度不变的条件下减小氢气的浓度，所以平衡正向进行，可以提高CH3COOCH3的转化率，A正确；平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，由于反应①为气体物质的量减小的反应，故当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；反应①为气体体积减小的反应，反应②为气体体积不变的反应，体系达平衡后，若压缩容器体积，反应①向正反应方向移动，氢气的浓度减小、甲醇的浓度增大，反应②平衡向逆反应方向移动，C错误；选用合适的催化剂可以增大反应速率，但化学平衡不移动，所以平衡转化率不变，D错误；
【小问5详解】
由图可知，260℃时， 乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为，由题给方程式可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应I的平衡常数；由题给方程式可知，反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应Ⅱ向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低。
11. 苯并咪唑衍生物的合成及抗癌活性检测是当今研究的热点之一，以下是目标产物G的合成路线。回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为___________。
（2）写出A→B的化学方程式___________。
（3）C的系统命名为___________。
（4）F→G的反应类型为___________。
（5）D分子中所有原子能否在同一平面内？___________(填“能”或“不能”)。
（6）苯胺()中氨基的N原子上存在孤对电子，易与H+结合，故苯胺显碱性。苯胺中氨基的一个氢原子被甲基取代得到N-甲基苯胺()，由于甲基为推电子基团，则碱性强弱：N-甲基苯胺___________苯胺(填“>”、“<”或“=”)。
（7）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种。
①含苯环
②只含一种官能团，且为含氧官能团
满足上述条件的同分异构体中，核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为1：2：3的同分异构体的结构简式为___________。
【答案】（1）羧基、硝基
（2） （3）2，3-二氨基苯甲酸甲酯
（4）取代反应 （5）不能
（6）> （7） ①. 10 ②.
【解析】
【分析】A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反应时，羧基可与CH3OH生成酯基得到B为，B在Fe和NH4Cl条件下硝基被还原为氨基得到C，D中酰氯和C中两个氨基反应生成E，E中氯和苯胺生成F，F中酯基和N2H4生成G，据此分析解题。
【小问1详解】
A中含有官能团为羧基、硝基和氨基，含氧官能团的名称为羧基、硝基，故答案为羧基、硝基。
【小问2详解】
A中含有羧基、硝基和氨基，和CH3OH反应时，羧基可与CH3OH生成酯基得到B，反应方程式为。故答案为。
【小问3详解】
根据C的结构式，系统命名为2，3-二氨基苯甲酸甲酯，故答案为2，3-二氨基苯甲酸甲酯。
【小问4详解】
F中酯基和N2H4取代生成G，反应类型为取代反应，故答案为取代反应。
【小问5详解】
D分子中氯连接的C为饱和碳原子，所有原子不能共平面，故答案为不能。
【小问6详解】
苯胺中氨基的一个氢原子被甲基取代，由于甲基是推电子基，使得N原子电子云密度增大，碱性增强，故答案>。
【小问7详解】
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