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2024届云南省曲靖市高三上学期第一次复习检测理综试卷-高中化学（原卷版+解析版）
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可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题：(本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1. 化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述错误的是
A. 利用聚合酶链反应使样本DNA在生物体外扩增，可以快速进行核酸检测
B. 低温石英(α-二氧化硅)具有手性结构，可用作压电材料制作石英手表
C. 我国科学家利用合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
D. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，可用于以为燃料的汽车
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚合酶链式反应（PCR）是一种体外迅速扩增DNA片段的技术，可以用于核酸检测诊断新冠肺炎等传染病，故A正确；
B．石英晶体具有手性，二氧化硅常被用来制造光导纤维和石英表中的压电材料，故B正确；
C．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，故C错误；
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，具有安全易于运输，因此可用于以H2为燃料的汽车，故D正确；
故答案选C。
2. 药物中间体Q的一种合成方法：
下列有关说法正确的是
A. Q的分子式为C16H17O3B. 两步反应类型均为加成反应
C. P分子存在2个手性碳原子D. M可发生取代、加成和缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干Q的结构简式可知，Q的分子式为C16H18O3，A错误；
B．由图干转化流程图控制，两步反应类型均加成反应，B正确；
C．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故P分子存在1个手性碳原子，如图所示，C错误；
D．由题干M的结构简式可知，M中含有苯环可发生取代反应，含有碳碳双键、酮羰基和苯环故能发生加成反应，但不能发生缩聚反应，D错误；
故答案为：B。
3. 我国科学家在研究点击化学过程中，意外发现一种新化合物，其结构式如图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. X的氢化物中只存在极性键
C. 电解Z的简单氢化物的水溶液可制得Z单质
D. W的最高价含氧酸根的空间构型为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】由结构简式可知，X能形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键、W形成6个共价键，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小，同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA族元素的第一电离能比其右边相邻元素的大，第一电离能：，故A正确；
B．X为N元素，形成的氢化物N2H4中存在N-H极性键和N-N非极性键，故B错误；
C．Z为F元素，电解池中阳极放电顺序：OH->F-，电解HF的水溶液本质是电解水，生成氢气和氧气，不能制得单质F2，故C错误；
D．W为S元素，最高价含氧酸根中心S原子价层电子对数为4+=4，无孤电子，空间构型为正四面体形，故D错误；
故选A。
4. 下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖为多羟基醛，加入酸性高锰酸钾，羟基也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致其褪色，故A错误；
B．NaClO和均会水解，以第一步水解为主，，则对应的是，NaClO中水解为：，则对应的是，并非是比较和的大小，故B错误；
C．若无保护作用，则Fe会被腐蚀为二价铁离子，KSCN溶液检验的是三价铁，故C错误；
D．溶液中存在的水解平衡为： ，升高温度，溶液变为黄色，说明平衡正向移动，降低温度，溶液由黄色变为蓝色，说明该平衡逆向移动，由此可知平衡向吸热方向移动，根据该实验可以探究温度对化学平衡的影响，故D正确；
故答案选D。
5. 羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物的反应机理如图所示，其中由①生成③的反应速率最慢。下列说法正确的是
A. ①为该反应的中间产物
B. 由③生成④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C. 由①生成③的反应在各步骤中吸收的热量最多
D. 合成物质⑦的总反应为+2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，①为该反应的催化剂，A错误；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，B正确；
C．由①生成③的反应速率最慢，说明该步骤的活化能最大，但是不确定其吸热最多，C错误；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，D错误；
故选B。
6. 以光电极作辅助电极，溶液和NaI溶液为初始电解液组成二次电池装置如图所示，充电时光电极受光激发产生电子和空穴，在空穴作用下NaI转化为下列说法正确的是
A. 充电时，M极的电极反应式为
B. 放电时，流向M电极室
C. 空穴带正电荷，充电过程中能将还原为
D. 充电过程中能量转换形式为光能最终转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】充电时TiO2光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，由图可知，充电时，N极为阳极，电极反应式为3I--2e-=，M极为阴极，电极反应式为+6e-=4S2-，放电时，M极为负极，电极反应式为4S2--6e-=，N极为正极。
【详解】A．根据上述分析可知M极为阴极，电极反应式为，A正确；
B．放电时，M极为负极，N极为正极，Na+流向N电极室，B错误；
C．充电时TiO2光电极受光激发产生电子和空穴，因此空穴带正电荷，在空穴作用下NaI转化为NaI3，即空穴能将I−氧化为，故C错误；
D．充电过程中光能转化成化学能，故D错误；
故答案选A。
7. 向某、混合液中加入固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测得溶液中离子浓度变化如图所示。已知：为二元弱酸，，易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是
A. X点溶液可能呈酸性
B. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：
C. Y点溶液中
D. 向溶液中加入等体积溶液有CaA沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)=c(A2−)，X点，则c(HA－)＜c(A2−)，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故A错误；
B．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故B错误；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10−7ml∙L−1，根据Ksp(CaA)=2×10−9，则c(A2−)=2×10−2 ml∙L−1，由于，c(HA－)=c(A2−)=2×10−2 ml∙L−1，故C正确；
D．向溶液中加入等体积溶液，此时，没有沉淀生成，故D错误；
故答案选C。
第II卷(非选择题，共14题，共174分。)
8. 过碳酸钠(2·，被称为固体双氧水，可在水中释放出活性氧而使其具有漂白和杀菌性能，是一种新型氧系漂白剂。过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低，实验室用和稳定剂的混合溶液与化合制备，反应原理为： ，装置如图所示。回答下列问题：
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）下列可用作“稳定剂”的是_______(填字母)。
A. B. C. D.
（3）实验时，应打开磁力搅拌器并缓慢加入溶液的原因是____；反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得过碳酸钠固体。加入异丙醇的目的是______。
（4）过碳酸钠是由和通过_______(填“化学键”、“氢键”或“分子间作用力”)形成的。过碳酸钠不稳定，在高温条件下，易发生分解，其反应方程式为_______。
（5）过碳酸钠活性氧含量的测定：准确称取试样2.0g于250mL锥形瓶中，加入40mL浓度为6%的硫酸溶液，水浴加热至，然后迅速用0.2000ml·的溶液滴定，至_______即为终点，消耗溶液30.00mL，该样品中的活性氧含量为_______(活性氧含量。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）B
（3） ①. 防止局部温度过高使H2O2分解 ②. 降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出
（4） ①. 氢键 ②.
（5） ①. 溶液呈浅红色，且30s内不褪色 ②. 12%
【解析】
【小问1详解】
观察装置可知盛装溶液仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗。
【小问2详解】
作为稳定剂不能与反应物和产物反应，
A．过氧化氢在二氧化锰的催化之下发生分解反应，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故A错误；
B．既不与过氧化氢（H2O2）反应也不与碳酸钠反应而变质，故B正确；
C．CH3COOH能与碳酸钠反应生成二氧化碳，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故C错误；
D．能与发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为：B。
【小问3详解】
根据反应原理为 ，可知该反应为放热反应，温度升高H2O2易分解，影响反应的产率；加入异丙醇可以降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出，获得过碳酸钠固体，故答案为：防止局部温度过高使H2O2分解；降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出。
【小问4详解】
过碳酸钠不稳定，在高温条件下，易发生分解，因此过碳酸钠是由和通过氢键形成的，反应方程式为：，故答案为：氢键；。
【小问5详解】
高锰酸钾为紫色溶液，作标准液，因此实验达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为，则有关系式：，消耗的，，
故答案为：溶液呈浅红色，且30s内不褪色；12%。
9. 硒化锌(ZnSe)常用作荧光粉、电子工业掺杂材料和高纯试剂，也是一种重要的半导体材料。其中以锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示：
已知：pH较高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。
（1）Se元素在周期表中的位置是_______，基态Zn原子的价层电子排布式为_______。
（2）写出气体X的一种用途_______。
（3）浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时发生反应的离子方程式为_______，同时需补充适量物质Y，Y是_______(写出一种即可)。“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是_______。
（4）“置换”时滤渣2的主要成分为_______。也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为_______。
（5）晶体与NaCl晶体的结构相似，晶胞为正方体，边长为apm。其结构如图所示：
晶胞的密度ρ=_______g·列出计算式，阿伏加德罗常数的值为。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIA族 ②.
（2）防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等
（3） ①. ②. ZnO或 ③. 部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子
（4） ①. Cu、Ni ②.
（5）
【解析】
【分析】锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)焙烧产生气体X，主要成分为SO2，烧渣为氧化物，加入稀硫酸酸浸，不溶于硫酸，故滤渣1为，滤液为硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜等，通入氧气、物质Y为ZnO或等，除铁产生FeOOH，滤液加入锌置换出Cu、Ni，故滤渣1为Cu、Ni，滤液主要成分为硫酸锌，一系列处理后得到ZnSe；
小问1详解】
Se是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，可知Se处于周期表中第四周期第VIA族；Zn是30号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，其价层电子排布式为3d104s2；
【小问2详解】
气体X为SO2，用途有防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等；
【小问3详解】
浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时亚铁离子被氧化生成FeOOH,发生反应的离子方程式为，同时需补充适量物质Y，消耗H+但又不能引入新的杂质，故Y可以是ZnO或；“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子；
【小问4详解】
根据金属性强弱，“置换”时滤渣2的主要成分为Cu、Ni；也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，Ba位于体心，个数为1，Ti位于顶点，个数为8=1，O位于棱上，个数为12=3，其化学式为BaTiO3，晶胞质量为，故晶体密度= g·。
10. 氮的氧化物是大气主要污染物，研究含氮物质间的转化是环境科学的重要课题。
（1）①在恒温恒容的密闭容器中充入1ml和3ml发生反应生成，下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．容器内压强不变
C．气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均摩尔质量不变
②以为还原剂，在催化剂作用下选择性地与发生氧化还原反应生成和。已知：
则与NO反应的热化学方程式的=_______kJ/ml(用含a、b的代数式表示)。
（2）已知的反应历程分两步：
I.(快平衡)
Ⅱ.(慢反应)
决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“Ⅱ”)。用表示的速率方程为；用表示的速率方程为，与分别表示速率常数(与温度有关)，则与的关系为_______。
（3）将0.2mlNO(g)、0.1(g)和0.2mlHe(g)通入反应器，在温度T、压强条件下进行反应和(g)。tmin时达到化学平衡，NO的转化率为60%，且与的物质的量相等，则v=_______。该温度时，反应的平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
（4）利用与反应构成电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示：
①电极B的电极反应式为_______。
②当有2.4ml通过阴离子交换膜时，理论上生成的体积为_______(标准状况)。
【答案】（1） ①. BD ②.
（2） ①. Ⅱ ②.
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 15.68L
【解析】
【小问1详解】
①A．假设此时已达到平衡，，，即，因此当，反应未达到平衡，A不符合题意；
B．反应是气体分子数减小的反应，压强随着反应的进行逐渐变小，当容器内压强不变时，反应达到平衡，B符合题意；
C．反应体系中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，体积恒定，因此气体的密度不随反应的进行发生变化，是个恒量，当密度不变时，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；
D．反应体系中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，反应是气体分子数减小的反应，总物质的量随着反应的进行逐渐减小，因此容器内气体的平均摩尔质量随着反应的进行逐渐增大，当气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡，D符合题意；
故选BD；
②已知：反应①
反应②
反应①-5×反应②得到目标反应，其；
【小问2详解】
总反应的速率是由慢反应的速率决定的，即决定NO氧化反应速率的步骤为Ⅱ；表示的速率方程为；用表示的速率方程为，；
【小问3详解】
由题意得：，与的物质的量相等，，即平衡时，，，，则；反应器中物质总物质的量为：0.04ml+0.04ml+0.04ml+0.08ml+0.2ml=0.4ml，反应的平衡常数；
【小问4详解】
①电极B上，NO2得到电子，变为N2，电极反应式为：；
②当有2.4mlOH−通过阴离子交换膜时，转移的电子数为2.4ml，根据电池的总反应式可知，此时生成N2的物质的量为0.7ml，标准状况下体积为0.7ml×22.4L/ml=15.68L。
11. 舒林酸K是一个活性极小的前体药，进入人体后代谢为有活性的硫化物，能够抑制环氧酶，具有镇痛、抗炎和解热作用。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______。
（2）B生成C的反应类型为_______。
（3）D中官能团的名称为_______。
（4）E转化为F的化学方程式为_______。
（5）G中碳原子的轨道杂化类型有_______种。
（6）J的结构简式为_______。
（7）D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。
①含有苯环；②取代基数目与D相同；③能与反应，且能在碱存在并加热的条件下水解生成NH3，其中在酸性条件下水解产物核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为_______(任写一种)。
【答案】（1）邻二甲苯或1，2-二甲苯
（2）氧化反应 （3）氨基、羧基
（4） （5）2
（6） （7） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】A生成B是发生硝化反应，观察C的结构可知硝基的取代位置，故B的结构简式为，B经过酸性高锰酸钾氧化为C，C与H2发生还原反应生成D，D的分子式为C8H7NO4，对比C的分子式C8H5NO6可知，是硝基被还原为氨基，D的结构简式为，D的氨基被取代生成E，根据E的分子式为C8H5FO4和F的分子式为C12H13FO4，可知E与乙醇反应生成酯，F的结构简式为：，据此作答。
【小问1详解】
根据A的结构简式可知，A的化学名称是邻二甲苯或1，2-二甲苯，故答案为：邻二甲苯或1，2-二甲苯。
【小问2详解】
根据分析可知B生成C的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应。
【小问3详解】
根据D的结构简式，可知含有官能团的名称为：氨基、羧基，故答案为：氨基、羧基。
【小问4详解】
根据分析可知F的结构简式为：，因此E转化为F的化学方程式为：，故答案为：。
【小问5详解】
G中形成四个单键的碳原子是sp3杂化，形成双键的碳原子是sp2杂化，苯环上的碳原子也是sp2杂化，G中碳原子的轨道杂化类型有2种，故答案为：2。
【小问6详解】
观察I的结构，可知J中的MgBr这部分加水之后掉下来产生羟基，因此J的结构简式为：，故答案为：。
【小问7详解】
D的结构简式，要求：①含有苯环，说明苯环保留下来；②取代基数目与D相同，说明仍有3个取代基；③能与反应说明存在羧基，能在碱存在并加热的条件下水解生成NH3说明含有酰胺基，因此有苯环上连接的基团为-OH、-COOH、-CONH2,采用“定二移一法”， 上取代上-CONH2有4种，上取代上-CONH2有4种，上取代上-CONH2有2种共10种；其中在酸性条件下水解产物核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比的同分异构体的结构简式为或，故答案为10；或。选项
探究方案
探究目
A
在葡萄糖溶液中滴入少量酸性溶液，观察溶液是否褪色
葡萄糖中是否含有醛基
B
室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml·的NaClO和溶液的pH
比较和的大小
C
将镀层破损镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液，观察现象
已破损的镀层锌是否仍对铁有保护作用
D
取两支试管，分别加入2mL0.5ml·的溶液，将其中一支试管先加热，然后置于冷水中，与另一支管对比
探究温度对化学平衡的影响
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Fe-56
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题：(本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1. 化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述错误的是
A. 利用聚合酶链反应使样本DNA在生物体外扩增，可以快速进行核酸检测
B. 低温石英(α-二氧化硅)具有手性结构，可用作压电材料制作石英手表
C. 我国科学家利用合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
D. 储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，可用于以为燃料的汽车
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚合酶链式反应（PCR）是一种体外迅速扩增DNA片段的技术，可以用于核酸检测诊断新冠肺炎等传染病，故A正确；
B．石英晶体具有手性，二氧化硅常被用来制造光导纤维和石英表中的压电材料，故B正确；
C．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，故C错误；
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，具有安全易于运输，因此可用于以H2为燃料的汽车，故D正确；
故答案选C。
2. 药物中间体Q的一种合成方法：
下列有关说法正确的是
A. Q的分子式为C16H17O3B. 两步反应类型均为加成反应
C. P分子存在2个手性碳原子D. M可发生取代、加成和缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干Q的结构简式可知，Q的分子式为C16H18O3，A错误；
B．由图干转化流程图控制，两步反应类型均加成反应，B正确；
C．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故P分子存在1个手性碳原子，如图所示，C错误；
D．由题干M的结构简式可知，M中含有苯环可发生取代反应，含有碳碳双键、酮羰基和苯环故能发生加成反应，但不能发生缩聚反应，D错误；
故答案为：B。
3. 我国科学家在研究点击化学过程中，意外发现一种新化合物，其结构式如图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. X的氢化物中只存在极性键
C. 电解Z的简单氢化物的水溶液可制得Z单质
D. W的最高价含氧酸根的空间构型为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】由结构简式可知，X能形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键、W形成6个共价键，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。
【详解】A．同一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小，同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但IIA、VA族元素的第一电离能比其右边相邻元素的大，第一电离能：，故A正确；
B．X为N元素，形成的氢化物N2H4中存在N-H极性键和N-N非极性键，故B错误；
C．Z为F元素，电解池中阳极放电顺序：OH->F-，电解HF的水溶液本质是电解水，生成氢气和氧气，不能制得单质F2，故C错误；
D．W为S元素，最高价含氧酸根中心S原子价层电子对数为4+=4，无孤电子，空间构型为正四面体形，故D错误；
故选A。
4. 下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖为多羟基醛，加入酸性高锰酸钾，羟基也可以被酸性高锰酸钾氧化，导致其褪色，故A错误；
B．NaClO和均会水解，以第一步水解为主，，则对应的是，NaClO中水解为：，则对应的是，并非是比较和的大小，故B错误；
C．若无保护作用，则Fe会被腐蚀为二价铁离子，KSCN溶液检验的是三价铁，故C错误；
D．溶液中存在的水解平衡为： ，升高温度，溶液变为黄色，说明平衡正向移动，降低温度，溶液由黄色变为蓝色，说明该平衡逆向移动，由此可知平衡向吸热方向移动，根据该实验可以探究温度对化学平衡的影响，故D正确；
故答案选D。
5. 羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物的反应机理如图所示，其中由①生成③的反应速率最慢。下列说法正确的是
A. ①为该反应的中间产物
B. 由③生成④的过程中有极性键的断裂和非极性键的生成
C. 由①生成③的反应在各步骤中吸收的热量最多
D. 合成物质⑦的总反应为+2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，①为该反应的催化剂，A错误；
B．③到④的过程中，有C—N极性键的断裂和C—C非极性键的生成，B正确；
C．由①生成③的反应速率最慢，说明该步骤的活化能最大，但是不确定其吸热最多，C错误；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，D错误；
故选B。
6. 以光电极作辅助电极，溶液和NaI溶液为初始电解液组成二次电池装置如图所示，充电时光电极受光激发产生电子和空穴，在空穴作用下NaI转化为下列说法正确的是
A. 充电时，M极的电极反应式为
B. 放电时，流向M电极室
C. 空穴带正电荷，充电过程中能将还原为
D. 充电过程中能量转换形式为光能最终转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】充电时TiO2光电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，由图可知，充电时，N极为阳极，电极反应式为3I--2e-=，M极为阴极，电极反应式为+6e-=4S2-，放电时，M极为负极，电极反应式为4S2--6e-=，N极为正极。
【详解】A．根据上述分析可知M极为阴极，电极反应式为，A正确；
B．放电时，M极为负极，N极为正极，Na+流向N电极室，B错误；
C．充电时TiO2光电极受光激发产生电子和空穴，因此空穴带正电荷，在空穴作用下NaI转化为NaI3，即空穴能将I−氧化为，故C错误；
D．充电过程中光能转化成化学能，故D错误；
故答案选A。
7. 向某、混合液中加入固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测得溶液中离子浓度变化如图所示。已知：为二元弱酸，，易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是
A. X点溶液可能呈酸性
B. X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：
C. Y点溶液中
D. 向溶液中加入等体积溶液有CaA沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)=c(A2−)，X点，则c(HA－)＜c(A2−)，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故A错误；
B．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故B错误；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10−7ml∙L−1，根据Ksp(CaA)=2×10−9，则c(A2−)=2×10−2 ml∙L−1，由于，c(HA－)=c(A2−)=2×10−2 ml∙L−1，故C正确；
D．向溶液中加入等体积溶液，此时，没有沉淀生成，故D错误；
故答案选C。
第II卷(非选择题，共14题，共174分。)
8. 过碳酸钠(2·，被称为固体双氧水，可在水中释放出活性氧而使其具有漂白和杀菌性能，是一种新型氧系漂白剂。过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较低，实验室用和稳定剂的混合溶液与化合制备，反应原理为： ，装置如图所示。回答下列问题：
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）下列可用作“稳定剂”的是_______(填字母)。
A. B. C. D.
（3）实验时，应打开磁力搅拌器并缓慢加入溶液的原因是____；反应结束后，停止搅拌，向反应液中加入异丙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得过碳酸钠固体。加入异丙醇的目的是______。
（4）过碳酸钠是由和通过_______(填“化学键”、“氢键”或“分子间作用力”)形成的。过碳酸钠不稳定，在高温条件下，易发生分解，其反应方程式为_______。
（5）过碳酸钠活性氧含量的测定：准确称取试样2.0g于250mL锥形瓶中，加入40mL浓度为6%的硫酸溶液，水浴加热至，然后迅速用0.2000ml·的溶液滴定，至_______即为终点，消耗溶液30.00mL，该样品中的活性氧含量为_______(活性氧含量。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2）B
（3） ①. 防止局部温度过高使H2O2分解 ②. 降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出
（4） ①. 氢键 ②.
（5） ①. 溶液呈浅红色，且30s内不褪色 ②. 12%
【解析】
【小问1详解】
观察装置可知盛装溶液仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗。
【小问2详解】
作为稳定剂不能与反应物和产物反应，
A．过氧化氢在二氧化锰的催化之下发生分解反应，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故A错误；
B．既不与过氧化氢（H2O2）反应也不与碳酸钠反应而变质，故B正确；
C．CH3COOH能与碳酸钠反应生成二氧化碳，所以会导致过碳酸钠晶体变质，故C错误；
D．能与发生氧化还原反应，故D错误；
故答案为：B。
【小问3详解】
根据反应原理为 ，可知该反应为放热反应，温度升高H2O2易分解，影响反应的产率；加入异丙醇可以降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出，获得过碳酸钠固体，故答案为：防止局部温度过高使H2O2分解；降低过碳酸钠的溶解度，使其从反应液中析出。
【小问4详解】
过碳酸钠不稳定，在高温条件下，易发生分解，因此过碳酸钠是由和通过氢键形成的，反应方程式为：，故答案为：氢键；。
【小问5详解】
高锰酸钾为紫色溶液，作标准液，因此实验达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为，则有关系式：，消耗的，，
故答案为：溶液呈浅红色，且30s内不褪色；12%。
9. 硒化锌(ZnSe)常用作荧光粉、电子工业掺杂材料和高纯试剂，也是一种重要的半导体材料。其中以锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示：
已知：pH较高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。
（1）Se元素在周期表中的位置是_______，基态Zn原子的价层电子排布式为_______。
（2）写出气体X的一种用途_______。
（3）浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时发生反应的离子方程式为_______，同时需补充适量物质Y，Y是_______(写出一种即可)。“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是_______。
（4）“置换”时滤渣2的主要成分为_______。也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为_______。
（5）晶体与NaCl晶体的结构相似，晶胞为正方体，边长为apm。其结构如图所示：
晶胞的密度ρ=_______g·列出计算式，阿伏加德罗常数的值为。
【答案】（1） ①. 第四周期第VIA族 ②.
（2）防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等
（3） ①. ②. ZnO或 ③. 部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子
（4） ①. Cu、Ni ②.
（5）
【解析】
【分析】锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)焙烧产生气体X，主要成分为SO2，烧渣为氧化物，加入稀硫酸酸浸，不溶于硫酸，故滤渣1为，滤液为硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜等，通入氧气、物质Y为ZnO或等，除铁产生FeOOH，滤液加入锌置换出Cu、Ni，故滤渣1为Cu、Ni，滤液主要成分为硫酸锌，一系列处理后得到ZnSe；
小问1详解】
Se是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，可知Se处于周期表中第四周期第VIA族；Zn是30号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，其价层电子排布式为3d104s2；
【小问2详解】
气体X为SO2，用途有防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等；
【小问3详解】
浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时亚铁离子被氧化生成FeOOH,发生反应的离子方程式为，同时需补充适量物质Y，消耗H+但又不能引入新的杂质，故Y可以是ZnO或；“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子；
【小问4详解】
根据金属性强弱，“置换”时滤渣2的主要成分为Cu、Ni；也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，Ba位于体心，个数为1，Ti位于顶点，个数为8=1，O位于棱上，个数为12=3，其化学式为BaTiO3，晶胞质量为，故晶体密度= g·。
10. 氮的氧化物是大气主要污染物，研究含氮物质间的转化是环境科学的重要课题。
（1）①在恒温恒容的密闭容器中充入1ml和3ml发生反应生成，下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．容器内压强不变
C．气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均摩尔质量不变
②以为还原剂，在催化剂作用下选择性地与发生氧化还原反应生成和。已知：
则与NO反应的热化学方程式的=_______kJ/ml(用含a、b的代数式表示)。
（2）已知的反应历程分两步：
I.(快平衡)
Ⅱ.(慢反应)
决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“Ⅱ”)。用表示的速率方程为；用表示的速率方程为，与分别表示速率常数(与温度有关)，则与的关系为_______。
（3）将0.2mlNO(g)、0.1(g)和0.2mlHe(g)通入反应器，在温度T、压强条件下进行反应和(g)。tmin时达到化学平衡，NO的转化率为60%，且与的物质的量相等，则v=_______。该温度时，反应的平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
（4）利用与反应构成电池，能消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，装置如图所示：
①电极B的电极反应式为_______。
②当有2.4ml通过阴离子交换膜时，理论上生成的体积为_______(标准状况)。
【答案】（1） ①. BD ②.
（2） ①. Ⅱ ②.
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 15.68L
【解析】
【小问1详解】
①A．假设此时已达到平衡，，，即，因此当，反应未达到平衡，A不符合题意；
B．反应是气体分子数减小的反应，压强随着反应的进行逐渐变小，当容器内压强不变时，反应达到平衡，B符合题意；
C．反应体系中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，体积恒定，因此气体的密度不随反应的进行发生变化，是个恒量，当密度不变时，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；
D．反应体系中所有物质均为气体，根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，反应是气体分子数减小的反应，总物质的量随着反应的进行逐渐减小，因此容器内气体的平均摩尔质量随着反应的进行逐渐增大，当气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡，D符合题意；
故选BD；
②已知：反应①
反应②
反应①-5×反应②得到目标反应，其；
【小问2详解】
总反应的速率是由慢反应的速率决定的，即决定NO氧化反应速率的步骤为Ⅱ；表示的速率方程为；用表示的速率方程为，；
【小问3详解】
由题意得：，与的物质的量相等，，即平衡时，，，，则；反应器中物质总物质的量为：0.04ml+0.04ml+0.04ml+0.08ml+0.2ml=0.4ml，反应的平衡常数；
【小问4详解】
①电极B上，NO2得到电子，变为N2，电极反应式为：；
②当有2.4mlOH−通过阴离子交换膜时，转移的电子数为2.4ml，根据电池的总反应式可知，此时生成N2的物质的量为0.7ml，标准状况下体积为0.7ml×22.4L/ml=15.68L。
11. 舒林酸K是一个活性极小的前体药，进入人体后代谢为有活性的硫化物，能够抑制环氧酶，具有镇痛、抗炎和解热作用。其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是_______。
（2）B生成C的反应类型为_______。
（3）D中官能团的名称为_______。
（4）E转化为F的化学方程式为_______。
（5）G中碳原子的轨道杂化类型有_______种。
（6）J的结构简式为_______。
（7）D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种。
①含有苯环；②取代基数目与D相同；③能与反应，且能在碱存在并加热的条件下水解生成NH3，其中在酸性条件下水解产物核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为_______(任写一种)。
【答案】（1）邻二甲苯或1，2-二甲苯
（2）氧化反应 （3）氨基、羧基
（4） （5）2
（6） （7） ①. 10 ②. 或
【解析】
【分析】A生成B是发生硝化反应，观察C的结构可知硝基的取代位置，故B的结构简式为，B经过酸性高锰酸钾氧化为C，C与H2发生还原反应生成D，D的分子式为C8H7NO4，对比C的分子式C8H5NO6可知，是硝基被还原为氨基，D的结构简式为，D的氨基被取代生成E，根据E的分子式为C8H5FO4和F的分子式为C12H13FO4，可知E与乙醇反应生成酯，F的结构简式为：，据此作答。
【小问1详解】
根据A的结构简式可知，A的化学名称是邻二甲苯或1，2-二甲苯，故答案为：邻二甲苯或1，2-二甲苯。
【小问2详解】
根据分析可知B生成C的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应。
【小问3详解】
根据D的结构简式，可知含有官能团的名称为：氨基、羧基，故答案为：氨基、羧基。
【小问4详解】
根据分析可知F的结构简式为：，因此E转化为F的化学方程式为：，故答案为：。
【小问5详解】
G中形成四个单键的碳原子是sp3杂化，形成双键的碳原子是sp2杂化，苯环上的碳原子也是sp2杂化，G中碳原子的轨道杂化类型有2种，故答案为：2。
【小问6详解】
观察I的结构，可知J中的MgBr这部分加水之后掉下来产生羟基，因此J的结构简式为：，故答案为：。
【小问7详解】
D的结构简式，要求：①含有苯环，说明苯环保留下来；②取代基数目与D相同，说明仍有3个取代基；③能与反应说明存在羧基，能在碱存在并加热的条件下水解生成NH3说明含有酰胺基，因此有苯环上连接的基团为-OH、-COOH、-CONH2,采用“定二移一法”， 上取代上-CONH2有4种，上取代上-CONH2有4种，上取代上-CONH2有2种共10种；其中在酸性条件下水解产物核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比的同分异构体的结构简式为或，故答案为10；或。选项
探究方案
探究目
A
在葡萄糖溶液中滴入少量酸性溶液，观察溶液是否褪色
葡萄糖中是否含有醛基
B
室温下，用pH计分别测定浓度均为0.1ml·的NaClO和溶液的pH
比较和的大小
C
将镀层破损镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液，观察现象
已破损的镀层锌是否仍对铁有保护作用
D
取两支试管，分别加入2mL0.5ml·的溶液，将其中一支试管先加热，然后置于冷水中，与另一支管对比
探究温度对化学平衡的影响
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