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2024届四川省德阳市部分学校高三下学期二模诊断理综试题-高中化学（原卷版+解析版）
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注意事项：
1.签卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号和座位号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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：
一、选择题：本题共13小题，每小题6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. 2023年9~10月，第19届亚运会在杭州举办，我国健儿取得了优异成绩，“绿色”“科技”是本届亚运会的关键词。以下说法错误的是
A. 亚运会餐具大量采用了PLA(聚乳酸)、稻壳、纸基等材质，它们都是可降解环保材料
B. 主火炬燃料甲醇是以CO2为原料合成再生的，该合成法是实现“碳中和”的重要途径
C. 采用全断绿色效字印染技水制边的奖牌姣带十年如新，其主要成分桑蚕丝为合成纤维
D. 棒(垒)球主馆膜顶采用了蜍合性能更好的PTFE(聚四氟乙烯)，PTFE不能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．PLA(聚乳酸)是聚酯，稻壳、纸基是纤维素，均能水解，故这些材质在自然界中都可以自行降解，都是可降解环保材料，A正确；
B．甲醇是以CO2为原料合成再生的，该合成法充分利用二氧化碳转化为燃料，是实现“碳中和”的重要途径，B正确；
C．桑蚕丝属于蛋白质、为天然高分子物质，不是合成纤维，C错误；
D．PTFE不含碳碳不饱和键，不能使溴水褪色，D正确；
故选C。
2. 银杏素有“活化石”“植物界的大照猫"之称，在我国云贵川等地分布广泛。银杏除有极高的观贫价值外，其提取物中的双贺酮类化合物在抗氧化、抗炎。抗菌、抗病毒。抗肿衔等方面发挥着重婴的药理作用，下图为某2'。2"一BB型双黄酮类化合钧的分子结构。下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子中有三种不同环境的氧原子
B. 分子中所有原子都共平面
C. 能发生氧化、加成。取代反应
D. 苯环上的一氯取代物有7种
【答案】B
【解析】
【详解】A．该化合物结构对称从图标记1、2、3看，有三种不同环境的氧原子，A正确；
B．标记处碳为饱和碳原子，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，B错误；
C．有羟基，羰基，醚键，可以发生氧化，加成，取代，C正确；
D．如图标记，苯环上的一氯取代物有7种，D正确；
故选B。
3. 为短周期主族元素，原子序数依次增大。W的某种原子核内无中子，为同周期相邻元素，R的核电荷数是Z的两倍。是一种优良的消毒剂和氧化剂。下列有关说法正确的是
A. 分子中所有原子都满足8电子稳定结构
B. 不稳定易分解的主要原因是分子间氢键较弱
C. R的单质在过量的中完全燃烧，生成
D. W可分别与形成两种及以上的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W的某种原子核内无中子，W为H元素；为同周期相邻元素，是一种优良的消毒剂和氧化剂，推测X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，R的核电荷数是Z的两倍，R为S元素。
【详解】A．分子为，其中H原子不是8电子稳定结构，A错误；
B．为，不稳定易分解的主要原因是分子内化学键不稳定，B错误；
C．R为S元素，其单质在氧气中燃烧生成，C错误；
D．H元素与C、N和O元素均可形成两种及以上的化合物，D正确；
答案选D。
4. 下列有关物质检验方法及结论均正确的是
A. 将铁与水蒸气反应后的黑色粉末溶于盐酸，滴加，溶液变红，则黑色粉末只含
B. 将铜与浓硫酸反应后的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，表明该气体具有漂白性
C. 向某溶液中滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，原溶液不一定含
D. 向淀粉水解后的溶液中加入氢氧化钠调至碱性，再加碘单质未见蓝色，则淀粉已完全水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．若黑色粉末中含有少量的铁单质，溶于盐酸后的溶液也能使KSCN变红，A错误；
B．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体使酸性高锰酸钾褪色，说明该气体具有还原性，将高锰酸根离子还原为无色的锰离子，B错误；
C．先加氯化钡溶液产生白色沉淀，可能是氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，再加稀盐酸，氯化银沉淀和硫酸钡沉淀均不溶解，原溶液中不一定含硫酸根离子，C正确；
D．碘单质与氢氧化钠溶液反应，加碘单质未变蓝色，不能说明淀粉已完全水解，D错误；
综上所述答案为C。
5. 是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①中发生的反应是复分解反应
B. 过程②中每生成转移个电子
C. 过程③中每转化，需
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【分析】过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸；过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③中，Fe2+被氧化为Fe3+。
【详解】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，发生复分解反应，A正确；
B．过程②中，三价铁离子具有氧化性，将-2价硫氧化为硫单质，发生的反应为CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，每生成32gS转移电子数为2NA，B错误；
C．过程③中反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++ 2H2O，每转化1mlFe2+，需0.25mlO2，没有指明标准状况，无法计算氧气的体积，C错误；
D．从总反应看，Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O， D错误；
故答案为：A。
6. 水基型锌电池具有安全性高、充放电快、环境友好、成本低等优势而被广泛关注，但可靠性，耐久性低等缺陷严重制约了其发展应用。为弥补这一缺陷，华人科学家胡良兵团队用蟹壳和锌制成了一种新环保电池(如图)。下列说法错误的是
A. 可降解有机材料为电池负极，在电池放电过短中发生氧化反应
B. 含规水基型锌电池性能低的原因可能是锌与电解质之间能直接反应
C. 充电时阴极反应式为，电解质中浓度降低
D. 壳聚糖有强亲水性，使“壳聚糖—锌凝胶电解质”锁住水分而增强导电性
【答案】D
【解析】
【详解】A．可降解有机材料在电池中失电子，作为电池负极，发生氧化反应，A正确；
B．含规水基型锌电池性能低的原因可能是锌与电解质之间能直接反应，部分转化为热能，B正确；
C．充电时阴极上发生还原反应，电极反应式为，电解质中浓度降低，C正确；
D．壳聚糖有强亲水性，使“壳聚糖—锌凝胶电解质”锁住水分，但不能增强导电性，D错误；
答案选D。
7. 某化学兴趣小组同学在室温下用未知浓度的盐酸溶液滴定，溶液，通过数字化仪器监测变化，得到如下滴定曲线，段有大量气泡产生，下列说法错误的是
A. 溶液中：
B. C点溶液中存在：
C. 段发生的主要反应为：
D. 确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】用未知浓度的盐酸溶液滴定溶液，首先碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸，碳酸分解为二氧化碳和水；
【详解】A．溶液中碳酸根离子水解使得溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，故 ，A正确；
B．C点第一突变点，溶液中溶质为碳酸氢钠，由物料守恒可知，，B错误；
C．已知，段有大量气泡产生，结合分析可知，段发生的主要反应为碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸：，C正确；
D．C点为碱性、F点为酸性，故确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂，D正确；
故选B。
8. 氧化铝粉体材料广泛应用于生物陶瓷、电子、催化剂、航空航天等领域。下图为利用钾明矾石精矿[主要成分为及少量]制备超细的工艺流程。
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是_____。
（2）“碱浸”过程中相关数据如图，则应选择的合适条件为_____，在该条件下，转化为沉淀。
（3）“滤液1”的用途有_____(写出一条即可)。
（4）“酸溶”时溶解反应的离子方程式为_____。
（5）“沉铝”反应生成难溶物及无色气体，反应的离子方程式为_____。检验沉淀是否洗涤干净的方法为_____。
（6）流程中部分副产物稍加处理便能循环利用，写出其中一种的化学式_____。
（7）工业生产中常用和来沉淀，已知常温下，在和共存的悬浊液中，。则_____。[已知]
【答案】（1）增大接触面积，加快碱浸速率。
（2）90min，80℃，10% （3）制肥皂
（4）
（5） ①. ②. 取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若无气泡产生，说明已洗干净。
（6）NH3或CO2 （7）2.5×10-9
【解析】
【分析】矿石粉碎后用氢氧化钾溶液碱浸，二氧化硅转化为KAlSi3O8沉淀，滤渣再用硫酸氢铵溶解，将硅元素转化为硅酸沉淀，滤液中的铝离子用碳酸氢铵沉淀为NH4Al(OH)2CO2，煅烧NH4Al(OH)2CO2生成氧化铝。
【小问1详解】
粉碎可以增大固体接触面积，加快反应速率。
【小问2详解】
碱浸过程中，铝元素要尽可能形成沉淀，浸取率越低越好，钾元素浸取率越高，滤液中回收的钾元素越多，故选择的条件为10%、80℃、90min。
【小问3详解】
滤液1主要含有未反应完全的氢氧化钾，可以用于制备肥皂。
【小问4详解】
酸溶时的离子方程式为。
【小问5详解】
铝离子和碳酸氢铵溶液反应的离子方程式为；洗涤过程中洗去的是沉淀表面的碳酸氢根离子，检验碳酸氢根离子的方法是取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若没有气泡产生，说明已洗干净。
【小问6详解】
沉铝过程中的二氧化碳、煅烧产生的氨气，两者同时通入水溶液中又可以生成碳酸氢铵。
【小问7详解】
在硫酸钡和碳酸钡共存的悬浊液中，，已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，则Ksp(BaCO4)=2.5×10-9。
9. 四氯化锡是重要的化工中间体和催化剂。常温下。四氯化锡为无色液体，易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂，极易与水反应生成锡酸(，难溶于水、具有两性)，某研究小组利用氯气与硫渣(主要成分等)制备少量四氯化锡，装置如图所示。
部分物质的熔沸点如下表：
实验步骤：
①连接装置并检险装置气密性。
②连接装置并加入相应试剂后，通入氮气。
③控制仪器a的活塞缓慢加入浓盐酸并加热。将产生的气体缓慢通入中温度维持在，当观察到出现较多液态物质时，适当加快通入氯气并不断搅拌；当观察到B中黄绿色加深时，关闭仪器a的活塞。
回答下列问题：
（1）仪器a名称为_____。仪器b中的试剂为_____。
（2）步骤②通入氮气的作用是_____。
（3）步骤③开始缓慢通入氯气，当出现较多液态物质时，可适当加快通入氯气的原因是_____。装置B中的温度需特维持在，若温度高于，可能造成的后果是_____，应采取的措施是_____。
（4）四氯化锡与足量氢氧化钠溶液剧烈反应，所发生反应的化学方程式为_____。
（5）上述制得的四氯化锡液体中可能存在的液态杂质为_____。该杂质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成一种对应的最高价含氧酸，该反应的离子方程式为_____
【答案】（1） ①. 恒压分流漏斗 ②. 浓硫酸
（2）起到保护作用，防止硫渣中的锡等成分与空气反应
（3） ①. 使反应充分且可降低反应温度，减少有机溶剂的挥发 ②. 部分产物挥发，降低冷凝效果、导致产率降低 ③. 水浴加热或恒温加热
（4）
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】A装置中，烧瓶中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子方程式为，盛浓盐酸装置中a管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；四氯化锡易水解，必须通入干燥的氯气，所以b瓶的作用是干燥氯气，试剂是浓硫酸；
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器a的名称为恒压分流漏斗；四氯化锡易水解，必须通入干燥的氯气，所以b瓶的作用是干燥氯气，试剂是浓硫酸；
【小问2详解】
步骤②通入氮气的作用是起到保护作用，防止硫渣中的锡等物质与空气反应；
【小问3详解】
步骤③开始缓慢通入氯气，当出现较多液态物质时，可适当加快通入氯气的原因是使反应充分且可降低反应温度，减少有机溶剂的挥发；装置B中的温度需特维持在，若温度高于，可能造成的后果是：部分产物挥发，降低冷凝效果、导致产率降低，应采取的措施是水浴加热或恒温加热；
【小问4详解】
已知锡酸H2SnO3难溶于水、具有两性，则四氯化锡与足量氢氧化钠溶液剧烈反应，生成、氯化钠和水，所发生反应化学方程式为；
【小问5详解】
上述制得的四氯化锡液体中可能存在的液态杂质为，因氯气与As反应而得，其沸点与四氯化锡接近；该杂质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成一种对应的最高价含氧酸H3AsO4，该反应的离子方程式为。
10. 我国承诺在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，资源化利用具有重要意义，回答下列问题：
I．和在镍基催化作用下重整模型如图所示(已知：*表示催化剂活性位点，表示活性亚甲基)。
（1）和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为_____。该反应在高温下才能自发进行，判断反应焓变_____(填“大于”“小于”或“等于”)0，判断理由是_____。
（2）已知经验公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，该反应的速率常数、活化能与温度的关系如图：
该反应的活化能_____。(用含有的式子表示)
Ⅱ．已知二氧化碳和氢气合成甲醇可能发生如下反应：
i．
ii．
（3）为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有_____(至少答两条)。
（4）若以为催化剂，其活性温度范围通常为。向装有催化剂的密闭容器按投料比为通入反应物，保持压强为，若只发生反应i，其他条件相同，不同温度下。5分钟内，测得温度与甲醇的产率关系如图，实际产率呈现先升高后降低的原因是_____。
（5）时的压强平衡常数_____。(写出计算式)
【答案】（1） ①. ； ②. 大于； ③. ∆S>0，高温自发，焓变大于0；
（2）；
（3）降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
（4）反应ii为吸热反应，反应i为放热反应，低温反应i正向进行程度较大，高温反应ii正向进行程度较大甲醇的产率先升高后降低；
（5）；
【解析】
【小问1详解】
分析反应物生成物如图；和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为： ；由方程式可知 ∆S>0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S<0，故判断反应焓变大于0；判断理由是∆S>0，高温自发，焓变大于0；
【小问2详解】
根据图象并结合公式可得：y1= -x1Ea+C、 y2= -x2Ea+C，联立方程解得Ea=；
【小问3详解】
为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
【小问4详解】
反应i为放热反应，低温时，反应i正向进行程度较大，甲醇的产率高，高温时，反应i逆向进行程度较大，甲醇的产率降低，所以实际产率呈现先先升高后降低；
【小问5详解】
保持压强为，，设CO2物质的量为1ml，H2物质的量为3ml，时甲醇的产率为14%，
则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==；
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 因优越的光电特性，与成为稀磁半导体热门的基质材料。
（1）锌原子的价层电子排布式为_____。核外电子占据的原子轨道共_____个。
（2）纳米二氧化钛是一种催化剂，如：
①与氧同周期的非金属元素除稀有气体元素以外，第一电离能由小到大的顺序为_____。
②甲中碳原子的杂化方式为_____，乙中手性碳原子个数为_____。
③中键的数目为_____。
④与甲的相对分子质量相似，但是甲的沸点比它高得多，其原因是_____
（3）氧化锌的一种晶胞结构如图所示。
①离子位于离子围成的_____形空隙的中心。
②已知离子和离子的最短距离为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_____。(用计算式表示)
【答案】（1） ①. ②. 15
（2） ①. ②. sp3、sp2 ③. 2 ④. ⑤. 甲分子间可形成氢键，沸点较高
（3） ①. 正八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
锌原子序数30，价层电子排布式：；核外电子占据的原子轨道共15个；
【小问2详解】
①同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但N核外电子排布处于半充满较稳定结构，其第一电离能大于相邻族元素，即与氧同周期的非金属元素除稀有气体元素以外，第一电离能由小到大的顺序：；
②甲中碳原子成键方式有单键和双键，其杂化方式为sp3、sp2杂化；碳原子连接4个不同的原子或原子团时，称为手性碳原子，一个化合物乙分子中含有2个手性碳原子，分别是与羟基和氨基相连的碳原子；
③单键均键，键数目：；
④与甲的相对分子质量相似，但是甲的沸点比它高得多，其原因是甲分子间可形成氢键，沸点较高；
【小问3详解】
①根据晶胞结构可知，离子位于离子围成的正八面体形空隙的中心；
②位于体对角线处，离子和离子的最短距离为，设晶胞棱长为，则，解得，根据均摊法计算晶胞中，个数为，个数为4，则晶胞密度：。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 甲基丙烯酸(C)是更要的有机合成中间体，下图是以丙酮和1，3-丁二烯为主要原料合成有机物J的合成路线图。
已知：①
②
③化合物I核磁共振氢谱图中有5组吸收峰且峰面积之比。
回答下列问题：
（1）甲基丙烯酸(C)的结构简式为_______。D中官能团名称为_______。
（2）B→C和F→G的反应类度分别为_______、_______。
（3）加热条件下H与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______。
（4）下列说法正确的是_______(填序号)。
a．化合物E、J都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．化合物B在一定条件下能发生缩聚反应
c．化合物I遇FeCl3溶液显紫色
d．可用Br2/CCl4鉴别化合物G和I
（5）写出同时满足下列条件的J的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_______。
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种；④分子中含两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰。
（6）合成路线常用表示方法为“”，已知“”，请参照题中流程，以异戊二烯()和丙烯为原料设计对苯二甲酸的合成路线：_______。
【答案】（1） ①. ②. 酯基、碳碳双键
（2） ①. 消去反应 ②. 加成反应
（3）2Cu(OH)2 + OH- +Cu2O↓+ 3H2O
（4）bd （5）、、
（6）+CH2=CHCH3。
【解析】
【分析】丙酮和HCN反应生成A，A水解生成B，B在浓硫酸作用下发生消去反应生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D，D发生加聚反应生成E；F和CH2=CHCHO发生已知反应原理生成G，G发生已知反应原理转化H，化合物I核磁共振氢谱图中有5组吸收峰且峰面积之比为，则H还原醛基为羟基得到I，I和C发生酯化反应生成J；
【小问1详解】
由分析可知，甲基丙烯酸(C)的结构简式为。D为，官能团名称为酯基、碳碳双键；
【小问2详解】
B在浓硫酸作用下发生消去反应引入碳碳双键生成C，F和CH2=CHCHO发生已知反应原理生成G，反应后不饱和度减小，为加成反应；
【小问3详解】
H含有醛基，加热条件下H与新制氢氧化铜悬浊液反应生成苯甲酸根离子和氧化亚铜沉淀，离子方程式为2Cu(OH)2 + OH- +Cu2O↓+ 3H2O；
【小问4详解】
a．化合物E中不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；
b．化合物B中含羧基、羟基，在一定条件下能发生缩聚反应，正确；
c．化合物I不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，错误；
d．G含醛基、碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液反应使得溶液褪色，I含羟基不和溴的四氯化碳溶液反应，可用Br2/CCl4鉴别化合物G和I，正确；
故选bd；
【小问5详解】
J，除苯环外含有5个碳、2个氧、2个不饱和度，同时满足下列条件的J的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：
①能发生水解反应，则含有酯基；②能发生银镜反应，含有醛基；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种，则两个取代基处于对位；④分子中含两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰，则存在6种氢。故结构可以为：、、；
【小问6详解】
和丙烯发生已知反应原理生成，在碳化钨作用下转化为，甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到，故流程为：+CH2=CHCH3。物质
S
熔点
112
沸点
114
130
444
注意事项：
1.签卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号和座位号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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：
一、选择题：本题共13小题，每小题6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. 2023年9~10月，第19届亚运会在杭州举办，我国健儿取得了优异成绩，“绿色”“科技”是本届亚运会的关键词。以下说法错误的是
A. 亚运会餐具大量采用了PLA(聚乳酸)、稻壳、纸基等材质，它们都是可降解环保材料
B. 主火炬燃料甲醇是以CO2为原料合成再生的，该合成法是实现“碳中和”的重要途径
C. 采用全断绿色效字印染技水制边的奖牌姣带十年如新，其主要成分桑蚕丝为合成纤维
D. 棒(垒)球主馆膜顶采用了蜍合性能更好的PTFE(聚四氟乙烯)，PTFE不能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．PLA(聚乳酸)是聚酯，稻壳、纸基是纤维素，均能水解，故这些材质在自然界中都可以自行降解，都是可降解环保材料，A正确；
B．甲醇是以CO2为原料合成再生的，该合成法充分利用二氧化碳转化为燃料，是实现“碳中和”的重要途径，B正确；
C．桑蚕丝属于蛋白质、为天然高分子物质，不是合成纤维，C错误；
D．PTFE不含碳碳不饱和键，不能使溴水褪色，D正确；
故选C。
2. 银杏素有“活化石”“植物界的大照猫"之称，在我国云贵川等地分布广泛。银杏除有极高的观贫价值外，其提取物中的双贺酮类化合物在抗氧化、抗炎。抗菌、抗病毒。抗肿衔等方面发挥着重婴的药理作用，下图为某2'。2"一BB型双黄酮类化合钧的分子结构。下列有关该化合物的说法错误的是
A. 分子中有三种不同环境的氧原子
B. 分子中所有原子都共平面
C. 能发生氧化、加成。取代反应
D. 苯环上的一氯取代物有7种
【答案】B
【解析】
【详解】A．该化合物结构对称从图标记1、2、3看，有三种不同环境的氧原子，A正确；
B．标记处碳为饱和碳原子，则分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，B错误；
C．有羟基，羰基，醚键，可以发生氧化，加成，取代，C正确；
D．如图标记，苯环上的一氯取代物有7种，D正确；
故选B。
3. 为短周期主族元素，原子序数依次增大。W的某种原子核内无中子，为同周期相邻元素，R的核电荷数是Z的两倍。是一种优良的消毒剂和氧化剂。下列有关说法正确的是
A. 分子中所有原子都满足8电子稳定结构
B. 不稳定易分解的主要原因是分子间氢键较弱
C. R的单质在过量的中完全燃烧，生成
D. W可分别与形成两种及以上的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W的某种原子核内无中子，W为H元素；为同周期相邻元素，是一种优良的消毒剂和氧化剂，推测X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，R的核电荷数是Z的两倍，R为S元素。
【详解】A．分子为，其中H原子不是8电子稳定结构，A错误；
B．为，不稳定易分解的主要原因是分子内化学键不稳定，B错误；
C．R为S元素，其单质在氧气中燃烧生成，C错误；
D．H元素与C、N和O元素均可形成两种及以上的化合物，D正确；
答案选D。
4. 下列有关物质检验方法及结论均正确的是
A. 将铁与水蒸气反应后的黑色粉末溶于盐酸，滴加，溶液变红，则黑色粉末只含
B. 将铜与浓硫酸反应后的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，表明该气体具有漂白性
C. 向某溶液中滴加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，原溶液不一定含
D. 向淀粉水解后的溶液中加入氢氧化钠调至碱性，再加碘单质未见蓝色，则淀粉已完全水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．若黑色粉末中含有少量的铁单质，溶于盐酸后的溶液也能使KSCN变红，A错误；
B．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫气体使酸性高锰酸钾褪色，说明该气体具有还原性，将高锰酸根离子还原为无色的锰离子，B错误；
C．先加氯化钡溶液产生白色沉淀，可能是氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，再加稀盐酸，氯化银沉淀和硫酸钡沉淀均不溶解，原溶液中不一定含硫酸根离子，C正确；
D．碘单质与氢氧化钠溶液反应，加碘单质未变蓝色，不能说明淀粉已完全水解，D错误；
综上所述答案为C。
5. 是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是
A. 过程①中发生的反应是复分解反应
B. 过程②中每生成转移个电子
C. 过程③中每转化，需
D. 总反应为
【答案】A
【解析】
【分析】过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸；过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③中，Fe2+被氧化为Fe3+。
【详解】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，发生复分解反应，A正确；
B．过程②中，三价铁离子具有氧化性，将-2价硫氧化为硫单质，发生的反应为CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，每生成32gS转移电子数为2NA，B错误；
C．过程③中反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++ 2H2O，每转化1mlFe2+，需0.25mlO2，没有指明标准状况，无法计算氧气的体积，C错误；
D．从总反应看，Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O， D错误；
故答案为：A。
6. 水基型锌电池具有安全性高、充放电快、环境友好、成本低等优势而被广泛关注，但可靠性，耐久性低等缺陷严重制约了其发展应用。为弥补这一缺陷，华人科学家胡良兵团队用蟹壳和锌制成了一种新环保电池(如图)。下列说法错误的是
A. 可降解有机材料为电池负极，在电池放电过短中发生氧化反应
B. 含规水基型锌电池性能低的原因可能是锌与电解质之间能直接反应
C. 充电时阴极反应式为，电解质中浓度降低
D. 壳聚糖有强亲水性，使“壳聚糖—锌凝胶电解质”锁住水分而增强导电性
【答案】D
【解析】
【详解】A．可降解有机材料在电池中失电子，作为电池负极，发生氧化反应，A正确；
B．含规水基型锌电池性能低的原因可能是锌与电解质之间能直接反应，部分转化为热能，B正确；
C．充电时阴极上发生还原反应，电极反应式为，电解质中浓度降低，C正确；
D．壳聚糖有强亲水性，使“壳聚糖—锌凝胶电解质”锁住水分，但不能增强导电性，D错误；
答案选D。
7. 某化学兴趣小组同学在室温下用未知浓度的盐酸溶液滴定，溶液，通过数字化仪器监测变化，得到如下滴定曲线，段有大量气泡产生，下列说法错误的是
A. 溶液中：
B. C点溶液中存在：
C. 段发生的主要反应为：
D. 确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】用未知浓度的盐酸溶液滴定溶液，首先碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸，碳酸分解为二氧化碳和水；
【详解】A．溶液中碳酸根离子水解使得溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，故 ，A正确；
B．C点第一突变点，溶液中溶质为碳酸氢钠，由物料守恒可知，，B错误；
C．已知，段有大量气泡产生，结合分析可知，段发生的主要反应为碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸：，C正确；
D．C点为碱性、F点为酸性，故确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂，D正确；
故选B。
8. 氧化铝粉体材料广泛应用于生物陶瓷、电子、催化剂、航空航天等领域。下图为利用钾明矾石精矿[主要成分为及少量]制备超细的工艺流程。
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是_____。
（2）“碱浸”过程中相关数据如图，则应选择的合适条件为_____，在该条件下，转化为沉淀。
（3）“滤液1”的用途有_____(写出一条即可)。
（4）“酸溶”时溶解反应的离子方程式为_____。
（5）“沉铝”反应生成难溶物及无色气体，反应的离子方程式为_____。检验沉淀是否洗涤干净的方法为_____。
（6）流程中部分副产物稍加处理便能循环利用，写出其中一种的化学式_____。
（7）工业生产中常用和来沉淀，已知常温下，在和共存的悬浊液中，。则_____。[已知]
【答案】（1）增大接触面积，加快碱浸速率。
（2）90min，80℃，10% （3）制肥皂
（4）
（5） ①. ②. 取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若无气泡产生，说明已洗干净。
（6）NH3或CO2 （7）2.5×10-9
【解析】
【分析】矿石粉碎后用氢氧化钾溶液碱浸，二氧化硅转化为KAlSi3O8沉淀，滤渣再用硫酸氢铵溶解，将硅元素转化为硅酸沉淀，滤液中的铝离子用碳酸氢铵沉淀为NH4Al(OH)2CO2，煅烧NH4Al(OH)2CO2生成氧化铝。
【小问1详解】
粉碎可以增大固体接触面积，加快反应速率。
【小问2详解】
碱浸过程中，铝元素要尽可能形成沉淀，浸取率越低越好，钾元素浸取率越高，滤液中回收的钾元素越多，故选择的条件为10%、80℃、90min。
【小问3详解】
滤液1主要含有未反应完全的氢氧化钾，可以用于制备肥皂。
【小问4详解】
酸溶时的离子方程式为。
【小问5详解】
铝离子和碳酸氢铵溶液反应的离子方程式为；洗涤过程中洗去的是沉淀表面的碳酸氢根离子，检验碳酸氢根离子的方法是取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若没有气泡产生，说明已洗干净。
【小问6详解】
沉铝过程中的二氧化碳、煅烧产生的氨气，两者同时通入水溶液中又可以生成碳酸氢铵。
【小问7详解】
在硫酸钡和碳酸钡共存的悬浊液中，，已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，则Ksp(BaCO4)=2.5×10-9。
9. 四氯化锡是重要的化工中间体和催化剂。常温下。四氯化锡为无色液体，易溶于四氯化碳、苯等有机溶剂，极易与水反应生成锡酸(，难溶于水、具有两性)，某研究小组利用氯气与硫渣(主要成分等)制备少量四氯化锡，装置如图所示。
部分物质的熔沸点如下表：
实验步骤：
①连接装置并检险装置气密性。
②连接装置并加入相应试剂后，通入氮气。
③控制仪器a的活塞缓慢加入浓盐酸并加热。将产生的气体缓慢通入中温度维持在，当观察到出现较多液态物质时，适当加快通入氯气并不断搅拌；当观察到B中黄绿色加深时，关闭仪器a的活塞。
回答下列问题：
（1）仪器a名称为_____。仪器b中的试剂为_____。
（2）步骤②通入氮气的作用是_____。
（3）步骤③开始缓慢通入氯气，当出现较多液态物质时，可适当加快通入氯气的原因是_____。装置B中的温度需特维持在，若温度高于，可能造成的后果是_____，应采取的措施是_____。
（4）四氯化锡与足量氢氧化钠溶液剧烈反应，所发生反应的化学方程式为_____。
（5）上述制得的四氯化锡液体中可能存在的液态杂质为_____。该杂质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成一种对应的最高价含氧酸，该反应的离子方程式为_____
【答案】（1） ①. 恒压分流漏斗 ②. 浓硫酸
（2）起到保护作用，防止硫渣中的锡等成分与空气反应
（3） ①. 使反应充分且可降低反应温度，减少有机溶剂的挥发 ②. 部分产物挥发，降低冷凝效果、导致产率降低 ③. 水浴加热或恒温加热
（4）
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】A装置中，烧瓶中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子方程式为，盛浓盐酸装置中a管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流入烧瓶中；四氯化锡易水解，必须通入干燥的氯气，所以b瓶的作用是干燥氯气，试剂是浓硫酸；
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器a的名称为恒压分流漏斗；四氯化锡易水解，必须通入干燥的氯气，所以b瓶的作用是干燥氯气，试剂是浓硫酸；
【小问2详解】
步骤②通入氮气的作用是起到保护作用，防止硫渣中的锡等物质与空气反应；
【小问3详解】
步骤③开始缓慢通入氯气，当出现较多液态物质时，可适当加快通入氯气的原因是使反应充分且可降低反应温度，减少有机溶剂的挥发；装置B中的温度需特维持在，若温度高于，可能造成的后果是：部分产物挥发，降低冷凝效果、导致产率降低，应采取的措施是水浴加热或恒温加热；
【小问4详解】
已知锡酸H2SnO3难溶于水、具有两性，则四氯化锡与足量氢氧化钠溶液剧烈反应，生成、氯化钠和水，所发生反应化学方程式为；
【小问5详解】
上述制得的四氯化锡液体中可能存在的液态杂质为，因氯气与As反应而得，其沸点与四氯化锡接近；该杂质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成一种对应的最高价含氧酸H3AsO4，该反应的离子方程式为。
10. 我国承诺在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，资源化利用具有重要意义，回答下列问题：
I．和在镍基催化作用下重整模型如图所示(已知：*表示催化剂活性位点，表示活性亚甲基)。
（1）和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为_____。该反应在高温下才能自发进行，判断反应焓变_____(填“大于”“小于”或“等于”)0，判断理由是_____。
（2）已知经验公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，该反应的速率常数、活化能与温度的关系如图：
该反应的活化能_____。(用含有的式子表示)
Ⅱ．已知二氧化碳和氢气合成甲醇可能发生如下反应：
i．
ii．
（3）为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有_____(至少答两条)。
（4）若以为催化剂，其活性温度范围通常为。向装有催化剂的密闭容器按投料比为通入反应物，保持压强为，若只发生反应i，其他条件相同，不同温度下。5分钟内，测得温度与甲醇的产率关系如图，实际产率呈现先升高后降低的原因是_____。
（5）时的压强平衡常数_____。(写出计算式)
【答案】（1） ①. ； ②. 大于； ③. ∆S>0，高温自发，焓变大于0；
（2）；
（3）降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
（4）反应ii为吸热反应，反应i为放热反应，低温反应i正向进行程度较大，高温反应ii正向进行程度较大甲醇的产率先升高后降低；
（5）；
【解析】
【小问1详解】
分析反应物生成物如图；和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为： ；由方程式可知 ∆S>0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S<0，故判断反应焓变大于0；判断理由是∆S>0，高温自发，焓变大于0；
【小问2详解】
根据图象并结合公式可得：y1= -x1Ea+C、 y2= -x2Ea+C，联立方程解得Ea=；
【小问3详解】
为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
【小问4详解】
反应i为放热反应，低温时，反应i正向进行程度较大，甲醇的产率高，高温时，反应i逆向进行程度较大，甲醇的产率降低，所以实际产率呈现先先升高后降低；
【小问5详解】
保持压强为，，设CO2物质的量为1ml，H2物质的量为3ml，时甲醇的产率为14%，
则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==；
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 因优越的光电特性，与成为稀磁半导体热门的基质材料。
（1）锌原子的价层电子排布式为_____。核外电子占据的原子轨道共_____个。
（2）纳米二氧化钛是一种催化剂，如：
①与氧同周期的非金属元素除稀有气体元素以外，第一电离能由小到大的顺序为_____。
②甲中碳原子的杂化方式为_____，乙中手性碳原子个数为_____。
③中键的数目为_____。
④与甲的相对分子质量相似，但是甲的沸点比它高得多，其原因是_____
（3）氧化锌的一种晶胞结构如图所示。
①离子位于离子围成的_____形空隙的中心。
②已知离子和离子的最短距离为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_____。(用计算式表示)
【答案】（1） ①. ②. 15
（2） ①. ②. sp3、sp2 ③. 2 ④. ⑤. 甲分子间可形成氢键，沸点较高
（3） ①. 正八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
锌原子序数30，价层电子排布式：；核外电子占据的原子轨道共15个；
【小问2详解】
①同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，但N核外电子排布处于半充满较稳定结构，其第一电离能大于相邻族元素，即与氧同周期的非金属元素除稀有气体元素以外，第一电离能由小到大的顺序：；
②甲中碳原子成键方式有单键和双键，其杂化方式为sp3、sp2杂化；碳原子连接4个不同的原子或原子团时，称为手性碳原子，一个化合物乙分子中含有2个手性碳原子，分别是与羟基和氨基相连的碳原子；
③单键均键，键数目：；
④与甲的相对分子质量相似，但是甲的沸点比它高得多，其原因是甲分子间可形成氢键，沸点较高；
【小问3详解】
①根据晶胞结构可知，离子位于离子围成的正八面体形空隙的中心；
②位于体对角线处，离子和离子的最短距离为，设晶胞棱长为，则，解得，根据均摊法计算晶胞中，个数为，个数为4，则晶胞密度：。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 甲基丙烯酸(C)是更要的有机合成中间体，下图是以丙酮和1，3-丁二烯为主要原料合成有机物J的合成路线图。
已知：①
②
③化合物I核磁共振氢谱图中有5组吸收峰且峰面积之比。
回答下列问题：
（1）甲基丙烯酸(C)的结构简式为_______。D中官能团名称为_______。
（2）B→C和F→G的反应类度分别为_______、_______。
（3）加热条件下H与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为_______。
（4）下列说法正确的是_______(填序号)。
a．化合物E、J都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．化合物B在一定条件下能发生缩聚反应
c．化合物I遇FeCl3溶液显紫色
d．可用Br2/CCl4鉴别化合物G和I
（5）写出同时满足下列条件的J的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：_______。
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种；④分子中含两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰。
（6）合成路线常用表示方法为“”，已知“”，请参照题中流程，以异戊二烯()和丙烯为原料设计对苯二甲酸的合成路线：_______。
【答案】（1） ①. ②. 酯基、碳碳双键
（2） ①. 消去反应 ②. 加成反应
（3）2Cu(OH)2 + OH- +Cu2O↓+ 3H2O
（4）bd （5）、、
（6）+CH2=CHCH3。
【解析】
【分析】丙酮和HCN反应生成A，A水解生成B，B在浓硫酸作用下发生消去反应生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D，D发生加聚反应生成E；F和CH2=CHCHO发生已知反应原理生成G，G发生已知反应原理转化H，化合物I核磁共振氢谱图中有5组吸收峰且峰面积之比为，则H还原醛基为羟基得到I，I和C发生酯化反应生成J；
【小问1详解】
由分析可知，甲基丙烯酸(C)的结构简式为。D为，官能团名称为酯基、碳碳双键；
【小问2详解】
B在浓硫酸作用下发生消去反应引入碳碳双键生成C，F和CH2=CHCHO发生已知反应原理生成G，反应后不饱和度减小，为加成反应；
【小问3详解】
H含有醛基，加热条件下H与新制氢氧化铜悬浊液反应生成苯甲酸根离子和氧化亚铜沉淀，离子方程式为2Cu(OH)2 + OH- +Cu2O↓+ 3H2O；
【小问4详解】
a．化合物E中不含碳碳不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；
b．化合物B中含羧基、羟基，在一定条件下能发生缩聚反应，正确；
c．化合物I不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，错误；
d．G含醛基、碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液反应使得溶液褪色，I含羟基不和溴的四氯化碳溶液反应，可用Br2/CCl4鉴别化合物G和I，正确；
故选bd；
【小问5详解】
J，除苯环外含有5个碳、2个氧、2个不饱和度，同时满足下列条件的J的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：
①能发生水解反应，则含有酯基；②能发生银镜反应，含有醛基；③苯环上有两个支链，且苯环上一元取代物有两种，则两个取代基处于对位；④分子中含两个甲基；⑤核磁共振氢谱图中有6组吸收峰，则存在6种氢。故结构可以为：、、；
【小问6详解】
和丙烯发生已知反应原理生成，在碳化钨作用下转化为，甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到，故流程为：+CH2=CHCH3。物质
S
熔点
112
沸点
114
130
444
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