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安徽省池州市2024届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省池州市2024届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省池州市2024届高三下学期二模理科综合试题-高中化学Word版含解析docx、安徽省池州市2024届高三下学期二模理科综合试题-高中化学Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
满分：150分 考试时间：150分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Cl35.5
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，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. NaClO能使蛋白质变性，可用于环境消毒
B. 75%的乙醇具有强氧化性，可用于杀药消毒
C. NaHCO3水解显碱性，可用于腹泻患者的治疗
D. O2具有强氧化性，可用于肺炎重症患者的急救
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaClO有强氧化性，可用于杀菌消毒，A正确；
B．乙醇具有还原性，B错误；
C．NaHCO3水解显碱性，能与盐酸反应，可做胃酸中和剂，C错误；
D．O2具有强氧化性，可用于输送氧气，D错误；
故选A。
2. 关于化合物，下列说法错误的是
A. 所有原子共平面
B. 二氯代物有4种
C. 与环丁烯是同分异构体
D. 该化合物生成1mlC4H10至少需要2mlH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．该化合物中有C原子采取sp3杂化，四面体结构，所以不可能所有原子共平面，A错误；
B．该物质的二氯代物有4种，分别为，B正确；
C．环丁烯的分子式为C4H6，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；
D．该化合物的分子式为C4H6，要生成1mlC4H10至少需要2mlH2，D正确；
故选A。
3. 下列有关实验现象和解释或结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中NaOH过量，再加4滴0.1ml/LCuSO4溶液生成氢氧化铜沉淀，不能证明发生沉淀转化，A错误；
B．实验中变量为温度，30℃条件下出现蓝色的时间较短，说明其他条件相同时，温度越高，反应速率越大，B正确；
C．挥发的乙醇也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯，C错误；
D．次氯酸具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸，硫酸根离子与钙离子形成沉淀，不能确定二者的酸性强弱，D错误；
故选B。
4. 四氧化锇与烯烃的反应历程如图所示，下列说法错误的是
A. H2O2作氧化剂
B. 利用此法乙烯可能转化为乙二醇
C. OsO4与中Os的化合价均为+8价
D. 该历程中总反应式为：+H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应历程H2O2变水，化合价降低被还原作氧化剂，A正确；
B．由反应历程可知，四氧化锇与烯烃的反应会在双键碳上加上两个羟基，B正确；
C．OsO4与中化学键不同Os的化合价不同，C错误；
D．该历程中总反应式为：+H2O2，D正确；
故选C。
5. 剪纸艺术遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录，剪纸定稿后可利用“赤血盐”等物质通过“晒蓝图”的方法多量复制。“赤血盐”学名“铁氰化钾”，是一种无机物，化学式为，红色晶体，可溶于水，水溶液带有黄绿色荧光，含有铁氰根配离子。下列说法正确的是
A. 中含有键的数目为
B. 属于离子晶体，含有两种阳离子
C. 所含元素中第一电离能和电负性最大的均是碳元素
D. 中心离子的配位数为6
【答案】D
【解析】
【详解】A．中Fe3+和CN-之间的6个配位键均为键，每个CN-中有1个键、2个键，则中含有键的数目为，A错误；
B．属于离子晶体，含有K+、两种离子，只有K+一种阳离子，B错误；
C．同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下，第一电离能逐渐减小，因N的2p轨道呈半充满状态，其第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，故所含元素中第一电离能和电负性最大的均是N元素，C错误；
D．中Fe3+和CN-之间有6个配位键，即中心离子的配位数为6，D正确；
故选D。
6. 我市某校学习小组研究利用电化学的原理处理酸性污水的一种方法，装置如下图，若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH(羟基自由基)；若上端开口关闭，可得到强还原性的H·氢原子)。下列说法正确的是
A. 无论是否鼓入空气，正极的电极反应式均为
B. 上端开口打开，鼓入空气时，每生成1ml·OH转移电子数目为
C. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，应打开上端开口
D. 该原理是基于电解原理、氧化还原、物理吸附等共同对污水进行处理
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目信息判断参与反应的正极反应的物质。根据反应实质判断反应类型。铁粉做负极，碳粉做正极，砂芯板起吸附作用，让正极反应物充分接触。
【详解】A．该装置为原电池，在原电池中，铁做负极，电极反应式是 Fe-2e-═Fe2+，故A错误；
B．鼓入空气时，氧气在正极发生的电极反应为O2+2e-+2H+=2·OH，每生成1ml·OH有1ml电子发生转移，故B错误；
C．处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，C2O有还原性，需要用氧化剂把C2O氧化为CO2，所以应上端开口，生成·OH，故C正确；
D．根据该工艺图判断属于原电池，实质发生氧化还原反应，砂芯板起吸附作用，故D错误；
答案为C。
7. 28℃时，向10mL0.1ml/LNH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1ml/LNaOH溶液(不考虑氨气的挥发)，溶液的pH与加入的NaOH溶液体积关系如图所示，下列说法正确的是
A. P点pH<7的主要原因是的水解
B. M点和Q点水的电离程度：MC. M点
D. Q点
【答案】D
【解析】
【分析】NH4HSO4溶液与NaOH反应时H+先反应，后反应，向10mL0.1ml/LNH4HSO4溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液时,当V(NaOH)=10mL时，H+恰好完全反应生成水;当V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应生成，所以P−M段离子方程式为H++OH−=H2O、M−Q段离子方程式为+OH−。
【详解】A．P点pH<7的主要原因是NH4HSO4溶液中存在其电离出的氢离子，A错误；
B．酸或碱抑制水电离，铵根离子促进水电离；M点溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4；Q点溶质为Na2SO4、；铵根离子促进水电离、一水合氨抑制水电离，则水电离程度M>Q，B错误；
C．M点溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，根据电荷守恒可得，，M点溶液为酸性，，，故C错误；
D．Q点加入的NaOH的物质的量为NH4HSO4的二倍，根据物料守恒可得：，D正确；
故选D。
8. 黄酮类化合物具有广泛的药理作用，如抗氧化、降血压、抗肿瘤等，其中2-羟基查尔酮的合成反应如下：
实验装置如图：
合成实验步骤为：
步骤I：在仪器X中用移液管依次加入1.02mL苯甲醛(10mml)，1.20mL2-羟基苯乙酮(10mml)，量筒量取30.0mL乙醇加入，搅拌。
步骤Ⅱ：量取10.0mL10%的氢氧化钠(25mml)溶液加到滴液漏斗中，缓慢滴加到仪器X中，保持25℃反应4h。
步骤Ⅲ：反应结束后，把X中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中，搅拌下加入10%的盐酸溶液，调节pH为5-6。
步骤Ⅳ：静置，待固体完全析出后，抽滤，用冰水洗涤。
步骤V：接着用无水乙醇洗涤，重复三次，烘干，称量，得产物2-羟基查尔酮为黄色固体，称得质量约为2.05g。
（1）装置图中仪器X的名称是___________；装置Y中冷却水从___________(填“a”或“b”)口通入。
（2）把X中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中的目的是___________
（3）写出步骤Ⅲ中主要化学反应方程式___________。
（4）设计实验证明步骤Ⅳ中所得固体已洗涤干净___________。
（5）步骤V中用无水乙醇洗涤产品的目的是___________。
（6）已知2-羟基查尔酮的相对分子质量为224，本实验中产品的产率为___________。(保留三位有效数字)
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. a
（2）结晶析出晶体，便于用过滤方法分离出来
（3）+HCl+NaCl
（4）取最后一次洗涤液在试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀，则证明固体一洗涤干净
（5）洗掉固体表面的水分，并便于干燥
（6）91.5%
【解析】
【分析】按照上述实验步骤，在三颈烧瓶中加入反应物，继续加入NaOH溶液，保持25℃反应4h，将混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中，析出晶体，加盐酸反应生成，先用水洗掉表面的可溶性杂质，再用乙醇洗掉水分，并便于干燥得到产品。
【小问1详解】
X的名称为三颈烧瓶；Y中冷凝水下进上出，即由a口通入；
【小问2详解】
由分析可知，把三颈烧瓶中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中的目的是结晶析出晶体，用过滤方法分离出来；
【小问3详解】
步骤Ⅲ中主要化学反应方程式为+HCl+NaCl；
【小问4详解】
证明步骤Ⅳ中所得固体已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中不含氯离子，其方法是取最后一次洗涤液在试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀，则证明固体一洗涤干净；
【小问5详解】
步骤V中用无水乙醇洗涤产品的目的是洗掉固体表面的水分，并便于干燥；
【小问6详解】
苯甲醛(10mml)与2-羟基苯乙酮(10mml)反应理论上可以得到0.01ml，质量为2.24g，实际得产物2-羟基查尔酮约为2.05g，则产率为=91.5%。
9. 我市某电子厂存在较多的废旧印刷电路板，某兴趣小组利用该电子废弃物回收铜和制取胆矾，实验流程如下：
已知：
①步骤I涉及的反应为
②
请回答：
（1）基态Cu原子价电子排布式为___________。
（2）步骤I中NH4Cl的作用是作为反应物和___________。
（3）①步骤Ⅱ涉及的离子反应方程式为___________。
②步骤Ⅱ可以分解为以下实验步骤，正确的操作顺序是___________(用相应的编号填写)
a、把混合液加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞
b、检查分液漏斗是否漏水
c、将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔
d、倒转漏斗用力振荡，并不断放气，振荡完毕，把分液漏斗放正在铁架台的铁圈中
e、将分液漏斗上口玻璃塞打开，从上口倒出上层液体
f、旋开下口旋塞，用烧杯接收下层液体
③步骤Ⅱ中，影响RH对铜元素萃取率的主要因素有___________
A．RH浓度 B．压强
C．温度 D．铜氨溶液的pH值
（4）步骤Ⅳ，以石墨为电极电解CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mlCu2(OH)2CO3，后恰好恢复到电解前的浓度和pH值(不考虑二氧化碳的溶解)，则该电解过程中总化学方程式为___________。
（5）步骤V中，制取胆矾的主要操作是___________过滤、洗涤、干燥。
（6）上述实验流程中可以循环使用的物质有___________。
【答案】（1）3d104s1
（2）抑制NH3·H2O的电离促进生成Cu(NH3) (或与NH3·H2O形成缓冲溶液防止pH太大，以防H2O2在强碱条件下的分解)
（3） ①. Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2 ②. badcfe ③. ACD
（4）4CuSO4+6H2O4Cu+3O2↑+4H2SO4+2H2↑
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
（6）RH及有机溶剂、NH4Cl、NH3·H2O、硫酸
【解析】
【分析】步骤I中，加入NH3·H2O、H2O2和，是为了溶解含铜的物质，分离不溶物，故步骤I的分离操作名称为过滤；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，生成CuR2，溶解在有机层中，同时生成NH4+和NH3，互不相溶的液体采用分液方法分离，所以步骤Ⅱ的分离操作是萃取后分液；由流程图可得反应Ⅲ是有机层CuR2与稀硫酸反应生成RH和硫酸铜溶液，步骤Ⅳ，以石墨作电极电解溶液。阴极析出铜，阳极产物是O2和H2SO4，步骤V，制取胆矾的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问1详解】
基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为3d104s1；
【小问2详解】
根据步骤I涉及的反应，步骤I中，加入NH3·H2O 和，作用是作为反应物和抑制NH3·H2O的电离促进Cu(NH3)的生成(或与NH3·H2O形成缓冲溶液防止pH太大，以防H2O2在强碱条件下的分解)；
【小问3详解】
①根据题干中已知反应方程式和步骤Ⅱ的产物，步骤Ⅱ涉及的离子反应方程式为Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2；
②步骤Ⅱ是分液操作，主要仪器是分液漏斗，分液操作步骤为检漏、装液、振荡、静置、分液，分液时要将分液漏斗塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔放气，所以正确的操作顺序为badcfe；
③步骤Ⅱ中的主要反应为Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2；
A.的浓度大则生成CuR2更完全，故A正确；
B.压强过大，不利于氨气逸出，会降低铜萃取率，故B错误；
C.合适的温度能加快反应速率，加快氨气逸出，会提高铜萃取率，故C正确；
D.铜氨溶液的值过小会使Cu(NH3)转化为铜离子，不利于萃取，故D正确；
故答案为：ACD
【小问4详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1ml碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2mlCuO、0.1ml H2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，阴极上析出Cu、H2，阳极上只析出O2，根据Cu原子与H原子守恒，n(Cu)= 0.2 ml，n(H2) = 0.1 ml，则该电解过程中总化学方程式为4CuSO4+6H2O4Cu+3O2↑+4H2SO4+2H2↑；
【小问5详解】
结晶水合物的结晶分离常采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；
【小问6详解】
电解硫酸铜溶液得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以硫酸能循环使用，由流程可知可循环的物质有RH及有机溶剂、NH4Cl、NH3·H2O、硫酸等。
10. 氮气来源广泛且转化生成的工业产品(如氨、肼类等)具有重要的社会效益和经济价值。我国科学家成功制备了一类以金属锌为中心离子、具有双氮负离子配位和稳定D-A-D夹心结构的多孔金属配位聚合物材料NJUZ-1.NJUZ-1双氮配位聚合物具有优异的固氮性能。能够将空气中的氮气经光催化还原为氮。
（1）氨分子的空间构型为___________。
（2）光催化固氮在NJUZ-1催化剂作用下的反应机理如下(*表示吸附态)
①
②；；；；；
③
已知断裂1ml相应化学键需要的能量如下
写出光催化固氮在NJUZ-1催化剂作用下总反应的热化学方程式___________。
（3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应： ΔH<0
请完成下列问题：
①试比较化学平衡常数K1、K2的大小，K1___________K2(填“>”、“<”或“=”)
②400℃时，反应的化学平衡常数为___________。当NH3、N2和H2的物质的量分别为2ml、aml和1ml时，。a=___________。
③采用NJUZ-1将空气中的氮气经光催化还原为氨时需要将N2纯化，目的是___________。
（4）氧化锌是制备NJUZ-1的重要原料之一，其结构有很多种，其中一种立方晶胞结构如图所示，Zn2+的配位数为___________；Zn2+周围等距且最近的Zn2+数为___________。
【答案】（1）三角锥形
（2）3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml
（3） ①. > ②. 2 ③. 2 ④. 除氧气，防止生成的氨气被氧气氧化
（4） ①. 4 ②. 12
【解析】
小问1详解】
NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，采用sp3杂化，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。
【小问2详解】
该反应总反应为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=3×436kJ/ml+946kJ/ml-6×391kJ/ml=-92kJ/ml，故热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml。
【小问3详解】
①该反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K2。
②已知400℃时反应的平衡常数K=0.5，则其逆反应的平衡常数为1÷0.5=2。当NH3、N2和H2物质的量分别为2ml、aml和1ml时，氮气正逆反应速率相等，说明此时达到化学平衡，则有，则有，解得a=2。
③氨气能被氧气氧化，故需要将N2纯化除氧，防止生成的氨气被氧气氧化。
【小问4详解】
从图中可知，与Zn2+最近的O2-有4个，Zn2+的配位数为4。以顶点的Zn2+为例，与其等距且最近的Zn2+位于面心处，一个面上有4个这样的Zn2+，共有3个这样相互垂直的面，故Zn2+周围等距且最近的Zn2+数为12个。
11. 以对异丙基苯胺为原料合成香料E的一种合成路线如下：
已知：NBS：；四氢呋喃：；巴豆醛：
（1）NBS分子中采用sp3杂化的原子有___________个。
（2）四氢呋喃中含有官能团的名称___________，A→B的反应类型为___________。
（3）C的结构简式为___________。
（4）巴豆醛的系统命名___________，巴豆醛与银氨溶液反应的化学方程式___________。
（5）关于化合物E，下列说法错误的是_________。
A. 只含1个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子)
B. 1mE最多能与4mlH2加成
C. E的分子式C13H18O
D. E与互同系物
（6）F是比A少一个碳原子的A的同系物，F的同分异构体有___________种，写出核磁共振氢谱只有四组峰的结构简式___________(写出其中一种即可)。
【答案】（1）3 （2） ①. 醚键 ②. 取代反应
（3） （4） ①. 2-烯丁醛 ②. +2Ag(NH3)2OH+2H2O +2Ag↓+3NH3∙ H2O （5）D
（6） ①. 9 ②. 、
【解析】
【分析】A和NBS发生取代反应引入溴原子生成B，B在亚硝酸钠、硫酸作用下，再经作用生成C，结合C化学式可知，C为；C与Mg、作用生成D，D与2-丁烯醛在催化剂条件下反应，再经酸化得到E；
【小问1详解】
NBS分子中饱和碳原子为sp3杂化，N形成3个共价键且有1对孤电子对，为sp3杂化，故采用sp3杂化的原子有2个碳、1个氮，共3个；
【小问2详解】
四氢呋喃中含有官能团的名称醚键；A和NBS发生取代反应引入溴原子生成B，A→B的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，C为：；
【小问4详解】
有机物系统命名法中含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。巴豆醛的系统命名2-烯丁醛，巴豆醛含有醛基，与银氨溶液反应生成铵盐和银单质，化学方程式：+2Ag(NH3)2OH+2H2O +2Ag↓+3NH3∙ H2O；
【小问5详解】
A．中只含1个手性碳原子，A正确；
B．A中苯环能和氢气加成、醛基在一定条件下也能和氢气加成，则1mE最多能与4mlH2加成，B正确；
C．由结构可知，E的分子式C13H18O，C正确；
D．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；E与结构不相似，不互为同系物，D错误；
故选D。
【小问6详解】
F是比A少一个碳原子的A的同系物，则F除苯环外含有1个氨基、2个碳；若含有-NH2、-CH2CH3，则存在邻间对3种情况；若含有-NH2、-CH3、-CH3，则苯环上3个取代基中2个相同，存在6种情况；共9种情况；核磁共振氢谱只有四组峰，则结构对称，为：、。选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1ml/LNaOH溶液的试管中滴加4滴0.1ml/LMgCl2溶液，再滴加4滴0.1ml/LCuSO4溶液
先有白色沉淀，后有浅蓝色沉淀
B
在20℃、30℃条件下，分别取1mL0.1ml/LKI溶液于两支试管中，各加入等量的淀粉溶液，再各加入1mL0.1ml/L的H2SO4溶液
30℃条件下出现蓝色的时间较短
其他条件相同时，温度越高，反应速率越大
C
向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再向其中加5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中
酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去
1-溴丁烷发生消去反应，有1-丁烯生成
D
向20mL0.1ml/LCa(ClO)2溶液中通入少量SO2气体
有白色沉淀产生
酸性：H2SO3>HClO
化学键
能量
436kJ
391kJ
946kJ
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
满分：150分 考试时间：150分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Cl35.5
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，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. NaClO能使蛋白质变性，可用于环境消毒
B. 75%的乙醇具有强氧化性，可用于杀药消毒
C. NaHCO3水解显碱性，可用于腹泻患者的治疗
D. O2具有强氧化性，可用于肺炎重症患者的急救
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaClO有强氧化性，可用于杀菌消毒，A正确；
B．乙醇具有还原性，B错误；
C．NaHCO3水解显碱性，能与盐酸反应，可做胃酸中和剂，C错误；
D．O2具有强氧化性，可用于输送氧气，D错误；
故选A。
2. 关于化合物，下列说法错误的是
A. 所有原子共平面
B. 二氯代物有4种
C. 与环丁烯是同分异构体
D. 该化合物生成1mlC4H10至少需要2mlH2
【答案】A
【解析】
【详解】A．该化合物中有C原子采取sp3杂化，四面体结构，所以不可能所有原子共平面，A错误；
B．该物质的二氯代物有4种，分别为，B正确；
C．环丁烯的分子式为C4H6，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确；
D．该化合物的分子式为C4H6，要生成1mlC4H10至少需要2mlH2，D正确；
故选A。
3. 下列有关实验现象和解释或结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中NaOH过量，再加4滴0.1ml/LCuSO4溶液生成氢氧化铜沉淀，不能证明发生沉淀转化，A错误；
B．实验中变量为温度，30℃条件下出现蓝色的时间较短，说明其他条件相同时，温度越高，反应速率越大，B正确；
C．挥发的乙醇也会使得酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明1-溴丁烷发生消去反应生成1-丁烯，C错误；
D．次氯酸具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸，硫酸根离子与钙离子形成沉淀，不能确定二者的酸性强弱，D错误；
故选B。
4. 四氧化锇与烯烃的反应历程如图所示，下列说法错误的是
A. H2O2作氧化剂
B. 利用此法乙烯可能转化为乙二醇
C. OsO4与中Os的化合价均为+8价
D. 该历程中总反应式为：+H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应历程H2O2变水，化合价降低被还原作氧化剂，A正确；
B．由反应历程可知，四氧化锇与烯烃的反应会在双键碳上加上两个羟基，B正确；
C．OsO4与中化学键不同Os的化合价不同，C错误；
D．该历程中总反应式为：+H2O2，D正确；
故选C。
5. 剪纸艺术遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录，剪纸定稿后可利用“赤血盐”等物质通过“晒蓝图”的方法多量复制。“赤血盐”学名“铁氰化钾”，是一种无机物，化学式为，红色晶体，可溶于水，水溶液带有黄绿色荧光，含有铁氰根配离子。下列说法正确的是
A. 中含有键的数目为
B. 属于离子晶体，含有两种阳离子
C. 所含元素中第一电离能和电负性最大的均是碳元素
D. 中心离子的配位数为6
【答案】D
【解析】
【详解】A．中Fe3+和CN-之间的6个配位键均为键，每个CN-中有1个键、2个键，则中含有键的数目为，A错误；
B．属于离子晶体，含有K+、两种离子，只有K+一种阳离子，B错误；
C．同周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下，第一电离能逐渐减小，因N的2p轨道呈半充满状态，其第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，故所含元素中第一电离能和电负性最大的均是N元素，C错误；
D．中Fe3+和CN-之间有6个配位键，即中心离子的配位数为6，D正确；
故选D。
6. 我市某校学习小组研究利用电化学的原理处理酸性污水的一种方法，装置如下图，若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH(羟基自由基)；若上端开口关闭，可得到强还原性的H·氢原子)。下列说法正确的是
A. 无论是否鼓入空气，正极的电极反应式均为
B. 上端开口打开，鼓入空气时，每生成1ml·OH转移电子数目为
C. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，应打开上端开口
D. 该原理是基于电解原理、氧化还原、物理吸附等共同对污水进行处理
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目信息判断参与反应的正极反应的物质。根据反应实质判断反应类型。铁粉做负极，碳粉做正极，砂芯板起吸附作用，让正极反应物充分接触。
【详解】A．该装置为原电池，在原电池中，铁做负极，电极反应式是 Fe-2e-═Fe2+，故A错误；
B．鼓入空气时，氧气在正极发生的电极反应为O2+2e-+2H+=2·OH，每生成1ml·OH有1ml电子发生转移，故B错误；
C．处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，C2O有还原性，需要用氧化剂把C2O氧化为CO2，所以应上端开口，生成·OH，故C正确；
D．根据该工艺图判断属于原电池，实质发生氧化还原反应，砂芯板起吸附作用，故D错误；
答案为C。
7. 28℃时，向10mL0.1ml/LNH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1ml/LNaOH溶液(不考虑氨气的挥发)，溶液的pH与加入的NaOH溶液体积关系如图所示，下列说法正确的是
A. P点pH<7的主要原因是的水解
B. M点和Q点水的电离程度：M
D. Q点
【答案】D
【解析】
【分析】NH4HSO4溶液与NaOH反应时H+先反应，后反应，向10mL0.1ml/LNH4HSO4溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液时,当V(NaOH)=10mL时，H+恰好完全反应生成水;当V(NaOH)=20mL时，恰好完全反应生成，所以P−M段离子方程式为H++OH−=H2O、M−Q段离子方程式为+OH−。
【详解】A．P点pH<7的主要原因是NH4HSO4溶液中存在其电离出的氢离子，A错误；
B．酸或碱抑制水电离，铵根离子促进水电离；M点溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4；Q点溶质为Na2SO4、；铵根离子促进水电离、一水合氨抑制水电离，则水电离程度M>Q，B错误；
C．M点溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，根据电荷守恒可得，，M点溶液为酸性，，，故C错误；
D．Q点加入的NaOH的物质的量为NH4HSO4的二倍，根据物料守恒可得：，D正确；
故选D。
8. 黄酮类化合物具有广泛的药理作用，如抗氧化、降血压、抗肿瘤等，其中2-羟基查尔酮的合成反应如下：
实验装置如图：
合成实验步骤为：
步骤I：在仪器X中用移液管依次加入1.02mL苯甲醛(10mml)，1.20mL2-羟基苯乙酮(10mml)，量筒量取30.0mL乙醇加入，搅拌。
步骤Ⅱ：量取10.0mL10%的氢氧化钠(25mml)溶液加到滴液漏斗中，缓慢滴加到仪器X中，保持25℃反应4h。
步骤Ⅲ：反应结束后，把X中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中，搅拌下加入10%的盐酸溶液，调节pH为5-6。
步骤Ⅳ：静置，待固体完全析出后，抽滤，用冰水洗涤。
步骤V：接着用无水乙醇洗涤，重复三次，烘干，称量，得产物2-羟基查尔酮为黄色固体，称得质量约为2.05g。
（1）装置图中仪器X的名称是___________；装置Y中冷却水从___________(填“a”或“b”)口通入。
（2）把X中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中的目的是___________
（3）写出步骤Ⅲ中主要化学反应方程式___________。
（4）设计实验证明步骤Ⅳ中所得固体已洗涤干净___________。
（5）步骤V中用无水乙醇洗涤产品的目的是___________。
（6）已知2-羟基查尔酮的相对分子质量为224，本实验中产品的产率为___________。(保留三位有效数字)
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. a
（2）结晶析出晶体，便于用过滤方法分离出来
（3）+HCl+NaCl
（4）取最后一次洗涤液在试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀，则证明固体一洗涤干净
（5）洗掉固体表面的水分，并便于干燥
（6）91.5%
【解析】
【分析】按照上述实验步骤，在三颈烧瓶中加入反应物，继续加入NaOH溶液，保持25℃反应4h，将混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中，析出晶体，加盐酸反应生成，先用水洗掉表面的可溶性杂质，再用乙醇洗掉水分，并便于干燥得到产品。
【小问1详解】
X的名称为三颈烧瓶；Y中冷凝水下进上出，即由a口通入；
【小问2详解】
由分析可知，把三颈烧瓶中混合物倒入盛有冰盐水的烧杯中的目的是结晶析出晶体，用过滤方法分离出来；
【小问3详解】
步骤Ⅲ中主要化学反应方程式为+HCl+NaCl；
【小问4详解】
证明步骤Ⅳ中所得固体已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中不含氯离子，其方法是取最后一次洗涤液在试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀，则证明固体一洗涤干净；
【小问5详解】
步骤V中用无水乙醇洗涤产品的目的是洗掉固体表面的水分，并便于干燥；
【小问6详解】
苯甲醛(10mml)与2-羟基苯乙酮(10mml)反应理论上可以得到0.01ml，质量为2.24g，实际得产物2-羟基查尔酮约为2.05g，则产率为=91.5%。
9. 我市某电子厂存在较多的废旧印刷电路板，某兴趣小组利用该电子废弃物回收铜和制取胆矾，实验流程如下：
已知：
①步骤I涉及的反应为
②
请回答：
（1）基态Cu原子价电子排布式为___________。
（2）步骤I中NH4Cl的作用是作为反应物和___________。
（3）①步骤Ⅱ涉及的离子反应方程式为___________。
②步骤Ⅱ可以分解为以下实验步骤，正确的操作顺序是___________(用相应的编号填写)
a、把混合液加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞
b、检查分液漏斗是否漏水
c、将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔
d、倒转漏斗用力振荡，并不断放气，振荡完毕，把分液漏斗放正在铁架台的铁圈中
e、将分液漏斗上口玻璃塞打开，从上口倒出上层液体
f、旋开下口旋塞，用烧杯接收下层液体
③步骤Ⅱ中，影响RH对铜元素萃取率的主要因素有___________
A．RH浓度 B．压强
C．温度 D．铜氨溶液的pH值
（4）步骤Ⅳ，以石墨为电极电解CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mlCu2(OH)2CO3，后恰好恢复到电解前的浓度和pH值(不考虑二氧化碳的溶解)，则该电解过程中总化学方程式为___________。
（5）步骤V中，制取胆矾的主要操作是___________过滤、洗涤、干燥。
（6）上述实验流程中可以循环使用的物质有___________。
【答案】（1）3d104s1
（2）抑制NH3·H2O的电离促进生成Cu(NH3) (或与NH3·H2O形成缓冲溶液防止pH太大，以防H2O2在强碱条件下的分解)
（3） ①. Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2 ②. badcfe ③. ACD
（4）4CuSO4+6H2O4Cu+3O2↑+4H2SO4+2H2↑
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
（6）RH及有机溶剂、NH4Cl、NH3·H2O、硫酸
【解析】
【分析】步骤I中，加入NH3·H2O、H2O2和，是为了溶解含铜的物质，分离不溶物，故步骤I的分离操作名称为过滤；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，生成CuR2，溶解在有机层中，同时生成NH4+和NH3，互不相溶的液体采用分液方法分离，所以步骤Ⅱ的分离操作是萃取后分液；由流程图可得反应Ⅲ是有机层CuR2与稀硫酸反应生成RH和硫酸铜溶液，步骤Ⅳ，以石墨作电极电解溶液。阴极析出铜，阳极产物是O2和H2SO4，步骤V，制取胆矾的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问1详解】
基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式为3d104s1；
【小问2详解】
根据步骤I涉及的反应，步骤I中，加入NH3·H2O 和，作用是作为反应物和抑制NH3·H2O的电离促进Cu(NH3)的生成(或与NH3·H2O形成缓冲溶液防止pH太大，以防H2O2在强碱条件下的分解)；
【小问3详解】
①根据题干中已知反应方程式和步骤Ⅱ的产物，步骤Ⅱ涉及的离子反应方程式为Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2；
②步骤Ⅱ是分液操作，主要仪器是分液漏斗，分液操作步骤为检漏、装液、振荡、静置、分液，分液时要将分液漏斗塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔放气，所以正确的操作顺序为badcfe；
③步骤Ⅱ中的主要反应为Cu(NH3)+2RH+2H2O=2NH+2 NH3·H2O +CuR2；
A.的浓度大则生成CuR2更完全，故A正确；
B.压强过大，不利于氨气逸出，会降低铜萃取率，故B错误；
C.合适的温度能加快反应速率，加快氨气逸出，会提高铜萃取率，故C正确；
D.铜氨溶液的值过小会使Cu(NH3)转化为铜离子，不利于萃取，故D正确；
故答案为：ACD
【小问4详解】
碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1ml碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入0.2mlCuO、0.1ml H2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，阴极上析出Cu、H2，阳极上只析出O2，根据Cu原子与H原子守恒，n(Cu)= 0.2 ml，n(H2) = 0.1 ml，则该电解过程中总化学方程式为4CuSO4+6H2O4Cu+3O2↑+4H2SO4+2H2↑；
【小问5详解】
结晶水合物的结晶分离常采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；
【小问6详解】
电解硫酸铜溶液得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以硫酸能循环使用，由流程可知可循环的物质有RH及有机溶剂、NH4Cl、NH3·H2O、硫酸等。
10. 氮气来源广泛且转化生成的工业产品(如氨、肼类等)具有重要的社会效益和经济价值。我国科学家成功制备了一类以金属锌为中心离子、具有双氮负离子配位和稳定D-A-D夹心结构的多孔金属配位聚合物材料NJUZ-1.NJUZ-1双氮配位聚合物具有优异的固氮性能。能够将空气中的氮气经光催化还原为氮。
（1）氨分子的空间构型为___________。
（2）光催化固氮在NJUZ-1催化剂作用下的反应机理如下(*表示吸附态)
①
②；；；；；
③
已知断裂1ml相应化学键需要的能量如下
写出光催化固氮在NJUZ-1催化剂作用下总反应的热化学方程式___________。
（3）若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应： ΔH<0
请完成下列问题：
①试比较化学平衡常数K1、K2的大小，K1___________K2(填“>”、“<”或“=”)
②400℃时，反应的化学平衡常数为___________。当NH3、N2和H2的物质的量分别为2ml、aml和1ml时，。a=___________。
③采用NJUZ-1将空气中的氮气经光催化还原为氨时需要将N2纯化，目的是___________。
（4）氧化锌是制备NJUZ-1的重要原料之一，其结构有很多种，其中一种立方晶胞结构如图所示，Zn2+的配位数为___________；Zn2+周围等距且最近的Zn2+数为___________。
【答案】（1）三角锥形
（2）3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml
（3） ①. > ②. 2 ③. 2 ④. 除氧气，防止生成的氨气被氧气氧化
（4） ①. 4 ②. 12
【解析】
小问1详解】
NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，采用sp3杂化，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。
【小问2详解】
该反应总反应为3H2(g)+N2(g)2NH3(g)，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=3×436kJ/ml+946kJ/ml-6×391kJ/ml=-92kJ/ml，故热化学方程式为3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/ml。
【小问3详解】
①该反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K2。
②已知400℃时反应的平衡常数K=0.5，则其逆反应的平衡常数为1÷0.5=2。当NH3、N2和H2物质的量分别为2ml、aml和1ml时，氮气正逆反应速率相等，说明此时达到化学平衡，则有，则有，解得a=2。
③氨气能被氧气氧化，故需要将N2纯化除氧，防止生成的氨气被氧气氧化。
【小问4详解】
从图中可知，与Zn2+最近的O2-有4个，Zn2+的配位数为4。以顶点的Zn2+为例，与其等距且最近的Zn2+位于面心处，一个面上有4个这样的Zn2+，共有3个这样相互垂直的面，故Zn2+周围等距且最近的Zn2+数为12个。
11. 以对异丙基苯胺为原料合成香料E的一种合成路线如下：
已知：NBS：；四氢呋喃：；巴豆醛：
（1）NBS分子中采用sp3杂化的原子有___________个。
（2）四氢呋喃中含有官能团的名称___________，A→B的反应类型为___________。
（3）C的结构简式为___________。
（4）巴豆醛的系统命名___________，巴豆醛与银氨溶液反应的化学方程式___________。
（5）关于化合物E，下列说法错误的是_________。
A. 只含1个手性碳原子(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子)
B. 1mE最多能与4mlH2加成
C. E的分子式C13H18O
D. E与互同系物
（6）F是比A少一个碳原子的A的同系物，F的同分异构体有___________种，写出核磁共振氢谱只有四组峰的结构简式___________(写出其中一种即可)。
【答案】（1）3 （2） ①. 醚键 ②. 取代反应
（3） （4） ①. 2-烯丁醛 ②. +2Ag(NH3)2OH+2H2O +2Ag↓+3NH3∙ H2O （5）D
（6） ①. 9 ②. 、
【解析】
【分析】A和NBS发生取代反应引入溴原子生成B，B在亚硝酸钠、硫酸作用下，再经作用生成C，结合C化学式可知，C为；C与Mg、作用生成D，D与2-丁烯醛在催化剂条件下反应，再经酸化得到E；
【小问1详解】
NBS分子中饱和碳原子为sp3杂化，N形成3个共价键且有1对孤电子对，为sp3杂化，故采用sp3杂化的原子有2个碳、1个氮，共3个；
【小问2详解】
四氢呋喃中含有官能团的名称醚键；A和NBS发生取代反应引入溴原子生成B，A→B的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，C为：；
【小问4详解】
有机物系统命名法中含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。巴豆醛的系统命名2-烯丁醛，巴豆醛含有醛基，与银氨溶液反应生成铵盐和银单质，化学方程式：+2Ag(NH3)2OH+2H2O +2Ag↓+3NH3∙ H2O；
【小问5详解】
A．中只含1个手性碳原子，A正确；
B．A中苯环能和氢气加成、醛基在一定条件下也能和氢气加成，则1mE最多能与4mlH2加成，B正确；
C．由结构可知，E的分子式C13H18O，C正确；
D．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；E与结构不相似，不互为同系物，D错误；
故选D。
【小问6详解】
F是比A少一个碳原子的A的同系物，则F除苯环外含有1个氨基、2个碳；若含有-NH2、-CH2CH3，则存在邻间对3种情况；若含有-NH2、-CH3、-CH3，则苯环上3个取代基中2个相同，存在6种情况；共9种情况；核磁共振氢谱只有四组峰，则结构对称，为：、。选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向盛有2mL0.1ml/LNaOH溶液的试管中滴加4滴0.1ml/LMgCl2溶液，再滴加4滴0.1ml/LCuSO4溶液
先有白色沉淀，后有浅蓝色沉淀
B
在20℃、30℃条件下，分别取1mL0.1ml/LKI溶液于两支试管中，各加入等量的淀粉溶液，再各加入1mL0.1ml/L的H2SO4溶液
30℃条件下出现蓝色的时间较短
其他条件相同时，温度越高，反应速率越大
C
向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌。再向其中加5mL1-溴丁烷和几片碎瓷片，微热。将产生的气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中
酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去
1-溴丁烷发生消去反应，有1-丁烯生成
D
向20mL0.1ml/LCa(ClO)2溶液中通入少量SO2气体
有白色沉淀产生
酸性：H2SO3>HClO
化学键
能量
436kJ
391kJ
946kJ
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
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