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2024届江西省吉安市第一中学高三下学期一模化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024届江西省吉安市第一中学高三下学期一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含2024届江西省吉安市第一中学高三下学期一模化学试题原卷版docx、2024届江西省吉安市第一中学高三下学期一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
B. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料
C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放
D. 二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化亚铁呈黑色，古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化铁，故A错误；
B．涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于有机高分子材料，故B错误；
C．汽车尾气中氮氧化物是发动机吸入空气中的氧气和氮气在放电条件下生成的，所以乙醇汽油的广泛使用不能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放，故C错误；
D．二氧化碳属于无机小分子、淀粉属于有机高分子，所以二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变，故D正确；
故答案为：D。
2. 下列对事实的分析正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4分子中的中心原子C的价层电子对数为4，无孤电子对，NH3分子中的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1、H2O分子中的中心原子O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，所以键角大小为，故A错误；
B．P、S位于第二周期，同一周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，但P的3p轨道半充满，比较稳定，其第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故B错误；
C．CO和N2结构相似，相对分子质量相等，但CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2的沸点，故C正确；
D．F、Cl位于同一主族，同一主族从上到下，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的稳定性减弱，所以热稳定性：HF>HCl，故D错误；
故答案为：C。
3. 是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，含键数目为
B. (金刚石)含非极性键数目为
C. 每生成时转移电子数目为
D. 溶于足量盐酸，溶液中含数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个分子含2个键，标准状况下，的物质的量为，含键，故A错误；
B．的物质的量为，含非极性键，即非极性键数目为，故B正确；
C．根据反应式可知，生成时转移电子，转移电子数目为，故C错误；
D．会水解，溶于足量盐酸，溶液中含数目小于，故D错误；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 碘化亚铁溶液中通入足量的氯气：
B. 加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C. 向溶液中加入过量的NaOH溶液：
D. 向溶液中滴入使反应完全：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离子方程式为，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确；
C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，C错误；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应的离子方程式为，D错误；
本题选B。
5. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铝既能和盐酸反应也能和氢氧化钠溶液反应说明铝元素既有金属性又有非金属性，A正确；
B．浓盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有HCl气体，右侧试管中生成苯酚沉淀，不是说明碳酸的酸性比苯酚的强，B错误；
C．反应2HIH2+I2是气体体积不变的反应，压强不影响平衡状态，不能用来验证改变压强能破坏化学平衡状态，C错误；
D．苯和己烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别苯和己烷，D错误；
故选A。
6. 在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是
A. 消耗一半时的反应速率为
B. 100min时消耗完全
C. 该反应的速率与的浓度有关
D. 该反应的半衰期与起始浓度的关系满足
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；
B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020ml/L，因此当100min时消耗完全，B正确；
C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；
D．结合选项A的解析，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。
因此，本题选C。
7. 根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该实验可说明酸性：HCl>，但非金属性强弱应通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，因此应用HClO4与的酸性强弱比较非金属性，故A错误；
B．品红溶液褪色可说明生成SO2，但SO2通入饱和溶液，会反应生成二氧化碳，影响二氧化碳的检验，因此应选用酸性高锰酸钾或溴水除去二氧化硫，故B错误；
C．肉桂醛中含醛基，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，可知溶液呈碱性，则的水解程度大于其电离程度，水解平衡常数大于电离平衡常数，，可知：，故D正确；
故选：D。
8. 某电化学锂富集装置如图，工作步骤如下：Ⅰ.向MnO2所在腔室通入海水，启动电源乙，使海水中进入MnO2结构形成；Ⅱ.关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向电极a上通入O2.下列说法错误的是
A. 电极b与电源乙的正极相连
B. 步骤Ⅰ时，腔室2中的进入MnO2所在腔室
C. 步骤Ⅱ时，阳极的电极反应式为
D. 在电极a上每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，腔室1质量增加7 g
【答案】D
【解析】
【分析】启动电源乙，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4；电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
【详解】A．由分析得，电极b作阳极，连接电源乙正极，故A正确；
B．步骤Ⅰ时，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，腔室2中的向阴极移动，进入MnO2所在腔室，故B正确；
C．由分析得，步骤Ⅱ时，阳极的LixMn2O4失去电子，变为Li+和MnO2，电极反应式为，故C正确；
D．电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，即0.25mlO2，转移电子数为1ml，即有1mlLi+进入腔室1，腔室1增重：0.25ml×32g/ml+1ml×7g/ml=15g，故D错误；
故选D。
9. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有光该化合物说法错误的是
A. 存在顺反异构体B. 可与发生显色反应
C. 1ml该有机物最多与4mlNaOH反应D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳碳双键两端的碳原子上连有两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构可知，该化合物存在顺反异构，A正确；
B．该物质含有酚羟基，可与发生显色反应，B正确；
C．分子中含有酚羟基以与NaOH反应，酰胺基、酯基水解后生成的羧基也可以与NaOH反应，原结构还有1个羧基，知己水解后还有一个酚羟基，1ml该有机物最多与6mlNaOH反应，C错误；
D．与足量加成后的产物分子的结构简式为：，含有6个手性碳原子，D正确；
故选D。
10. 相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代吸收剂，某新型相变离子液体X吸收的过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是
A. X的阳离子中所有原子(除H外)均达到最外层8电子稳定状态
B. 真空条件下有利于Y解析出
C. X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成
D. Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X
【答案】C
【解析】
【详解】A．C最外层4个电子，与其他原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，P最外层5个电子，给外界1个电子显正电荷，剩余4个电子和C原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，A正确；
B．由方程式可知，与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，反应逆向进行，有利于Y解吸出二氧化碳，B正确；
C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，阴离子中碳原子、氮原子均采取sp2杂化，形成大π键时，连有双键的氮原子提供1个电子，连有单键的氮原子从外界得到一个电子，共提供2个电子，C错误；
D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，D正确；
答案选C。
11. 某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 该阴离子中铜元素的化合价为+3B. 由W和Y构成的化合物不可能为离子化合物
C. 电负性：Z>Y>X>WD. X、Y、Z均位于元素周期表的p区
【答案】B
【解析】
【分析】基态X原子的价电子排布式为nsnnpn，基态X原子的价电子排布式为2s22p2，X为C元素，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，结合含铜催化剂阴离子的结构知，W为H，Y为N，Z为F。
【详解】A．该阴离子为[Cu(CF3)3(CH2CN)]-，其中铜元素的化合价为+3价，A项正确；
B．H和N构成的化合物NH4H为离子化合物，B项错误；
C．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则电负性：Z＞Y＞X＞W，C项正确；
D．C、N、F均位于元素周期表的p区，D项正确；
答案选B。
12. 某同学进行如下实验：
①将H2O2溶液与KI溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄；
②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。
下列说法不正确的是
A. ①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH-
B. ②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4
C. ②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小
D. 由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．将H2O2溶液与KI溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A正确；
B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于CCl4会呈紫色，B正确；
C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过氧化氢分解速率减慢，C错误；
D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D正确；
故选C。
13. 具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，下列说法错误的是
A. Ni原子与Mn原子的配位数相等
B. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为
C. O空位的形成有利于的传导
D. 考虑晶体缺陷，该晶体的+3价与+4价La原子个数比为
【答案】B
【解析】
详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；
B．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，因此，B错误；
C．O空位的形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确；
D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为个，+4价La为个，则，，解得，，+3价与+4价La原子个数比为，D正确。
故选B。
14. 25℃时，用0.1溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与值、微粒分布分数，X表示、或]的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂
B. 25℃时，第二步电离平衡常数
C. c点溶液中：
D. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂，故A正确；
B．根据图示，c()=c()时，pH=7，25℃时，第二步电离平衡常数，故B错误；
C．c点溶液中，c()=c()，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，，故C错误；
D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度，，故D错误；
选A。
二、解答题
15. 重铬酸钾()广泛应用于化学合成和定量分析。
（1）钾铬矾[]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。
①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是___________。
②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是___________。
③写出三颈烧瓶中析出晶体的化学方程式___________。
（2）实验室利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值。具体实验过程如下：
实验Ⅰ：称取a g试样，用足量稀硫酸在烧杯中充分溶解后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至___________，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。移取溶液25.00mL于锥形瓶中，___________，用c 溶液滴定至终点(被还原为)，记录消耗溶液体积。重复上述实验2次，测得消耗溶液的体积为V mL(三次实验的平均值)。
实验Ⅱ：称取a g试样，隔绝空气加热至恒重(杂质及未发生分解)，固体质量减少了b g。
①请补充完整实验Ⅰ的实验方案。
②实验Ⅰ接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液操作为___________(填序号)。
A． B． C． D．
③n=___________(用含字母的表达式表示)，若盛放标准液的滴定管未润洗，则测定的n值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
【答案】（1） ①. 利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出 ②. 适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液 ③.
（2） ①. 液面距离刻度线1～2cm ②. 滴入1-2滴二苯胺磺酸钠 ③. D ④. ⑤. 偏小
【解析】
【分析】70%的和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，尾气有毒，使用碱液吸收；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出，生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出。
②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是：适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液等；
③气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，反应中硫化合价由+4变为+6、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，反应为：；
【小问2详解】
①容量瓶配制溶液的操作步骤中定容操作为：加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值，则移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，然后进行滴定操作；
②实验Ⅰ接近滴定终点时，酸性重铬酸钾溶液需要使用酸式滴定管，加入半滴操作是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，并用洗瓶以纯水冲下；故选D；
③滴定过程中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，由电子守恒可知，，则a g试样中为，a g试样中结晶水为，则，n=；若盛放标准液的滴定管未润洗，导致V值偏大，使得测定的n值偏小。
16. 铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含、、)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是___________，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅PbO，同时放出，该转化过程的化学方程式为___________。
（2）滤渣主要成分为___________、___________。(填化学式)
（3）“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为___________。(填化学式)
（4）“氧化”步骤加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为___________。
（5）为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因___________。
（6）处理含的废水时，Cr(VI)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体()沉淀，理论上还需要的物质的量为___________ml。
【答案】（1） ①. 加快反应速率 ②.
（2） ①. Fe(OH)3 ②. Cu(OH)2
（3）NaCrO2 （4）
（5）硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
（6）5
【解析】
【分析】含铬废水(含、、)中加入NaOH溶液后，、被转化为Fe(OH)3、Cu(OH)3除去，根据已知可知，在碱性环境下则转化为，在“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为；草酸泥渣中的草酸铅、硫酸铅在焙烧时转化为PbO，酸溶时与硝酸反应生成Pb2+，与结合生成PbCrO4，完成沉铬。废水经过处理后达标排放。
【小问1详解】
草酸泥渣“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时碳酸钠与硫酸铅反应生成PbO，同时生成Na2SO4，放出，配平可得：。
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2。
【小问3详解】
由已知可知，此时铬元素以NaCrO2形式存在。
【小问4详解】
“氧化”时为碱性环境，与过氧化氢反应生成，用OH-配平电荷，配平反应离子方程式为：。
【小问5详解】
沉铬时要用铬元素的形式，但硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
【小问6详解】
根据价态守恒，铁铬氧体()中三价铁和三价铬之间的数量关系为：3x+3y=2×3=6，即x+y=2。六价铬得3e-生成三价铬，而Fe2+→Fe3+失去一个e-，因此消耗3mlFe2+，此时溶液中剩余7mlFe2+，且有3mlFe3+、1mlCr3+。根据化学式中关系可知y=，则x=。因此共需要13mlFe3+，溶液中已有3ml，还需要10ml，故理论上还需要的物质的量为5ml。
17. 、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
（1）的VSEPR模型是______。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为______（填标号）。
A． B． C． D．
（2）已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 ______（用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
（3）实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是______（填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是____________。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为______（填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
（4）向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变条件可能是____________；曲线c改变的条件可能是____________。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为______。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】（1） ①. 四面体形 ②. D
（2）
（3） ①. Cat1 ②. 改变相同温度，变化值较小，较小 ③. C
（4） ①. 升高温度 ②. 加催化剂 ③.
【解析】
【小问1详解】
分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
【小问2详解】
根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
【小问3详解】
①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
【小问4详解】
①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
18. 环丙虫酰胺是一种广谱杀虫剂。其合成路线如下(部分条件略)：
（1）A中含有的官能团是氨基、___________。
（2）D→E的化学方程式是___________。
（3）下列有关E的说法正确的是___________(填序号)。
a．含有3种含氧官能团
b．为顺式结构
c．1mlE最多能与2mlNaOH发生反应
d．能使酸性KMnO4溶液褪色
（4）F中存在2个六元环。F的结构简式是___________。
（5）G的分子式为C17H18BrClN2O4，G→I过程中发生取代反应和加成反应。I的结构简式是___________。
（6）J→环丙虫酰胺的合成方法如下：
①K的结构简式是___________。
②理论上，生成1ml环丙虫酰胺需要消耗___________mlH2O2。
【答案】（1）羧基、碳氯键
（2） （3）a、d
（4） （5） （6） ①. ②. 1
【解析】
【分析】由流程可知，A和溴发生取代反应在氨基的邻位引入溴原子生成B，B和生成D：，D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E，E失去水分子生成F，F中存在2个六元环，已知：，则为E中右侧支链上酰胺基中羰基转化为羟基，和E中羧基发生分子内酯化反应生成酯基，得到F，则F为，F和反应生成G，G和肼反应生成I，G→I过程中发生取代反应和加成反应，结合后续生成的环丙虫酰胺结构、I化学式可知，I为，I中的一个氨基和发生取代反应引入新的环生成J：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；
【小问1详解】
A中含有的官能团是氨基、碳氯键、羧基；
【小问2详解】
D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E ：；
【小问3详解】
a．E含有羧基、酰胺基、酯基3种含氧官能团，正确；
b．分子中碳碳双键两端的氢在异侧，为反式结构，错误；
c．E中羧基、酰胺基、酯基、溴原子、氯原子，均能和氢氧化钠反应，故1mlE最多能与大于2mlNaOH发生反应，错误；
d．分子中含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；
故选ad；
【小问4详解】
由分析可知，F为：；
【小问5详解】
由分析可知，I为：；
【小问6详解】
J为：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；首先J发生已知反应原理：，转化为K：，K中羟基和HBr发生取代反应引入溴原子生成L，L与过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到目标产物；
①由分析可知，K的结构简式是。
②L被过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到环丙虫酰胺，生成碳碳双键过程中失去2个氢，则转移2个电子，故理论上，生成1ml环丙虫酰胺需要消耗1mlH2O2。选项
事实
分析
A
键角：
电负性：CB
第一电离能：P>S
原子半径：P>S
C
沸点：CO>
CO为极性分子，为非极性分子
D
热稳定性：HF>HCl
HF中存在氢键，HCl中不存在氢键
装置或操作
目的
A.证明铝元素既有金属性又有非金属性
B.验证碳酸的酸性比苯酚的强
装置或操作
目的
C.验证改变压强能破坏化学平衡状态
D.鉴别苯和己烷
0
20
40
60
80
选项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl>Si
B
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，发现品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊
浓硫酸和木炭反应产生和气体
C
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
D
向0.1ml/L的NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色
(和分别为的两级电离平衡常数)
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
B. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料
C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放
D. 二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化亚铁呈黑色，古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化铁，故A错误；
B．涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于有机高分子材料，故B错误；
C．汽车尾气中氮氧化物是发动机吸入空气中的氧气和氮气在放电条件下生成的，所以乙醇汽油的广泛使用不能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放，故C错误；
D．二氧化碳属于无机小分子、淀粉属于有机高分子，所以二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变，故D正确；
故答案为：D。
2. 下列对事实的分析正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4分子中的中心原子C的价层电子对数为4，无孤电子对，NH3分子中的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1、H2O分子中的中心原子O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，由于孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，所以键角大小为，故A错误；
B．P、S位于第二周期，同一周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，但P的3p轨道半充满，比较稳定，其第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故B错误；
C．CO和N2结构相似，相对分子质量相等，但CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2的沸点，故C正确；
D．F、Cl位于同一主族，同一主族从上到下，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的稳定性减弱，所以热稳定性：HF>HCl，故D错误；
故答案为：C。
3. 是一种半导体材料，一种制备方法是。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，含键数目为
B. (金刚石)含非极性键数目为
C. 每生成时转移电子数目为
D. 溶于足量盐酸，溶液中含数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个分子含2个键，标准状况下，的物质的量为，含键，故A错误；
B．的物质的量为，含非极性键，即非极性键数目为，故B正确；
C．根据反应式可知，生成时转移电子，转移电子数目为，故C错误；
D．会水解，溶于足量盐酸，溶液中含数目小于，故D错误；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 碘化亚铁溶液中通入足量的氯气：
B. 加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：
C. 向溶液中加入过量的NaOH溶液：
D. 向溶液中滴入使反应完全：
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘化亚铁溶液中通入足量氯气，二价铁离子和碘离子都完全被氧化，反应比为1:2，正确的离子方程式为，A错误；
B．酸性下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘，离子方程式为，B正确；
C．向碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，C错误；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡至硫酸根离子反应完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应的离子方程式为，D错误；
本题选B。
5. 下列装置或操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铝既能和盐酸反应也能和氢氧化钠溶液反应说明铝元素既有金属性又有非金属性，A正确；
B．浓盐酸具有挥发性，生成的CO2中混有HCl气体，右侧试管中生成苯酚沉淀，不是说明碳酸的酸性比苯酚的强，B错误；
C．反应2HIH2+I2是气体体积不变的反应，压强不影响平衡状态，不能用来验证改变压强能破坏化学平衡状态，C错误；
D．苯和己烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别苯和己烷，D错误；
故选A。
6. 在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是
A. 消耗一半时的反应速率为
B. 100min时消耗完全
C. 该反应的速率与的浓度有关
D. 该反应的半衰期与起始浓度的关系满足
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；
B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020ml/L，因此当100min时消耗完全，B正确；
C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；
D．结合选项A的解析，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。
因此，本题选C。
7. 根据下列实验操作和现象，所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该实验可说明酸性：HCl>，但非金属性强弱应通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，因此应用HClO4与的酸性强弱比较非金属性，故A错误；
B．品红溶液褪色可说明生成SO2，但SO2通入饱和溶液，会反应生成二氧化碳，影响二氧化碳的检验，因此应选用酸性高锰酸钾或溴水除去二氧化硫，故B错误；
C．肉桂醛中含醛基，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，可知溶液呈碱性，则的水解程度大于其电离程度，水解平衡常数大于电离平衡常数，，可知：，故D正确；
故选：D。
8. 某电化学锂富集装置如图，工作步骤如下：Ⅰ.向MnO2所在腔室通入海水，启动电源乙，使海水中进入MnO2结构形成；Ⅱ.关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，同时向电极a上通入O2.下列说法错误的是
A. 电极b与电源乙的正极相连
B. 步骤Ⅰ时，腔室2中的进入MnO2所在腔室
C. 步骤Ⅱ时，阳极的电极反应式为
D. 在电极a上每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，腔室1质量增加7 g
【答案】D
【解析】
【分析】启动电源乙，使海水中Li+进入MnO2结构形成LixMn2O4，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源乙的负极相连，电极反应式为：2MnO2+xLi++xe-=LixMn2O4；电极b作阳极，连接电源乙正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，关闭电源乙和海水通道，启动电源甲，向电极a上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室1，则电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
【详解】A．由分析得，电极b作阳极，连接电源乙正极，故A正确；
B．步骤Ⅰ时，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，腔室2中的向阴极移动，进入MnO2所在腔室，故B正确；
C．由分析得，步骤Ⅱ时，阳极的LixMn2O4失去电子，变为Li+和MnO2，电极反应式为，故C正确；
D．电极a为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，每消耗5.6 L O2(换算成标准状况)，即0.25mlO2，转移电子数为1ml，即有1mlLi+进入腔室1，腔室1增重：0.25ml×32g/ml+1ml×7g/ml=15g，故D错误；
故选D。
9. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有光该化合物说法错误的是
A. 存在顺反异构体B. 可与发生显色反应
C. 1ml该有机物最多与4mlNaOH反应D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳碳双键两端的碳原子上连有两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构可知，该化合物存在顺反异构，A正确；
B．该物质含有酚羟基，可与发生显色反应，B正确；
C．分子中含有酚羟基以与NaOH反应，酰胺基、酯基水解后生成的羧基也可以与NaOH反应，原结构还有1个羧基，知己水解后还有一个酚羟基，1ml该有机物最多与6mlNaOH反应，C错误；
D．与足量加成后的产物分子的结构简式为：，含有6个手性碳原子，D正确；
故选D。
10. 相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代吸收剂，某新型相变离子液体X吸收的过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是
A. X的阳离子中所有原子(除H外)均达到最外层8电子稳定状态
B. 真空条件下有利于Y解析出
C. X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大π键的形成
D. Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X
【答案】C
【解析】
【详解】A．C最外层4个电子，与其他原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，P最外层5个电子，给外界1个电子显正电荷，剩余4个电子和C原子形成四条共价键，达8电子稳定状态，A正确；
B．由方程式可知，与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，反应逆向进行，有利于Y解吸出二氧化碳，B正确；
C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，阴离子中碳原子、氮原子均采取sp2杂化，形成大π键时，连有双键的氮原子提供1个电子，连有单键的氮原子从外界得到一个电子，共提供2个电子，C错误；
D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，D正确；
答案选C。
11. 某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为。下列说法错误的是
A. 该阴离子中铜元素的化合价为+3B. 由W和Y构成的化合物不可能为离子化合物
C. 电负性：Z>Y>X>WD. X、Y、Z均位于元素周期表的p区
【答案】B
【解析】
【分析】基态X原子的价电子排布式为nsnnpn，基态X原子的价电子排布式为2s22p2，X为C元素，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，结合含铜催化剂阴离子的结构知，W为H，Y为N，Z为F。
【详解】A．该阴离子为[Cu(CF3)3(CH2CN)]-，其中铜元素的化合价为+3价，A项正确；
B．H和N构成的化合物NH4H为离子化合物，B项错误；
C．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则电负性：Z＞Y＞X＞W，C项正确；
D．C、N、F均位于元素周期表的p区，D项正确；
答案选B。
12. 某同学进行如下实验：
①将H2O2溶液与KI溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄；
②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。
下列说法不正确的是
A. ①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH-
B. ②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4
C. ②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小
D. 由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．将H2O2溶液与KI溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A正确；
B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于CCl4会呈紫色，B正确；
C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过氧化氢分解速率减慢，C错误；
D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D正确；
故选C。
13. 具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，下列说法错误的是
A. Ni原子与Mn原子的配位数相等
B. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为
C. O空位的形成有利于的传导
D. 考虑晶体缺陷，该晶体的+3价与+4价La原子个数比为
【答案】B
【解析】
详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；
B．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，因此，B错误；
C．O空位的形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确；
D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为个，+4价La为个，则，，解得，，+3价与+4价La原子个数比为，D正确。
故选B。
14. 25℃时，用0.1溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与值、微粒分布分数，X表示、或]的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂
B. 25℃时，第二步电离平衡常数
C. c点溶液中：
D. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂，故A正确；
B．根据图示，c()=c()时，pH=7，25℃时，第二步电离平衡常数，故B错误；
C．c点溶液中，c()=c()，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，，故C错误；
D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度，，故D错误；
选A。
二、解答题
15. 重铬酸钾()广泛应用于化学合成和定量分析。
（1）钾铬矾[]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。
①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是___________。
②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是___________。
③写出三颈烧瓶中析出晶体的化学方程式___________。
（2）实验室利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值。具体实验过程如下：
实验Ⅰ：称取a g试样，用足量稀硫酸在烧杯中充分溶解后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至___________，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。移取溶液25.00mL于锥形瓶中，___________，用c 溶液滴定至终点(被还原为)，记录消耗溶液体积。重复上述实验2次，测得消耗溶液的体积为V mL(三次实验的平均值)。
实验Ⅱ：称取a g试样，隔绝空气加热至恒重(杂质及未发生分解)，固体质量减少了b g。
①请补充完整实验Ⅰ的实验方案。
②实验Ⅰ接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液操作为___________(填序号)。
A． B． C． D．
③n=___________(用含字母的表达式表示)，若盛放标准液的滴定管未润洗，则测定的n值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
【答案】（1） ①. 利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出 ②. 适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液 ③.
（2） ①. 液面距离刻度线1～2cm ②. 滴入1-2滴二苯胺磺酸钠 ③. D ④. ⑤. 偏小
【解析】
【分析】70%的和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，尾气有毒，使用碱液吸收；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出，生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出。
②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是：适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液等；
③气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，反应中硫化合价由+4变为+6、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，反应为：；
【小问2详解】
①容量瓶配制溶液的操作步骤中定容操作为：加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值，则移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，然后进行滴定操作；
②实验Ⅰ接近滴定终点时，酸性重铬酸钾溶液需要使用酸式滴定管，加入半滴操作是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，并用洗瓶以纯水冲下；故选D；
③滴定过程中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，由电子守恒可知，，则a g试样中为，a g试样中结晶水为，则，n=；若盛放标准液的滴定管未润洗，导致V值偏大，使得测定的n值偏小。
16. 铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含、、)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是___________，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅PbO，同时放出，该转化过程的化学方程式为___________。
（2）滤渣主要成分为___________、___________。(填化学式)
（3）“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为___________。(填化学式)
（4）“氧化”步骤加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为___________。
（5）为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因___________。
（6）处理含的废水时，Cr(VI)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体()沉淀，理论上还需要的物质的量为___________ml。
【答案】（1） ①. 加快反应速率 ②.
（2） ①. Fe(OH)3 ②. Cu(OH)2
（3）NaCrO2 （4）
（5）硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
（6）5
【解析】
【分析】含铬废水(含、、)中加入NaOH溶液后，、被转化为Fe(OH)3、Cu(OH)3除去，根据已知可知，在碱性环境下则转化为，在“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为；草酸泥渣中的草酸铅、硫酸铅在焙烧时转化为PbO，酸溶时与硝酸反应生成Pb2+，与结合生成PbCrO4，完成沉铬。废水经过处理后达标排放。
【小问1详解】
草酸泥渣“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时碳酸钠与硫酸铅反应生成PbO，同时生成Na2SO4，放出，配平可得：。
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2。
【小问3详解】
由已知可知，此时铬元素以NaCrO2形式存在。
【小问4详解】
“氧化”时为碱性环境，与过氧化氢反应生成，用OH-配平电荷，配平反应离子方程式为：。
【小问5详解】
沉铬时要用铬元素的形式，但硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
【小问6详解】
根据价态守恒，铁铬氧体()中三价铁和三价铬之间的数量关系为：3x+3y=2×3=6，即x+y=2。六价铬得3e-生成三价铬，而Fe2+→Fe3+失去一个e-，因此消耗3mlFe2+，此时溶液中剩余7mlFe2+，且有3mlFe3+、1mlCr3+。根据化学式中关系可知y=，则x=。因此共需要13mlFe3+，溶液中已有3ml，还需要10ml，故理论上还需要的物质的量为5ml。
17. 、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
（1）的VSEPR模型是______。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为______（填标号）。
A． B． C． D．
（2）已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 ______（用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
（3）实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是______（填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是____________。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为______（填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
（4）向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变条件可能是____________；曲线c改变的条件可能是____________。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为______。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】（1） ①. 四面体形 ②. D
（2）
（3） ①. Cat1 ②. 改变相同温度，变化值较小，较小 ③. C
（4） ①. 升高温度 ②. 加催化剂 ③.
【解析】
【小问1详解】
分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
【小问2详解】
根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
【小问3详解】
①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
【小问4详解】
①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
18. 环丙虫酰胺是一种广谱杀虫剂。其合成路线如下(部分条件略)：
（1）A中含有的官能团是氨基、___________。
（2）D→E的化学方程式是___________。
（3）下列有关E的说法正确的是___________(填序号)。
a．含有3种含氧官能团
b．为顺式结构
c．1mlE最多能与2mlNaOH发生反应
d．能使酸性KMnO4溶液褪色
（4）F中存在2个六元环。F的结构简式是___________。
（5）G的分子式为C17H18BrClN2O4，G→I过程中发生取代反应和加成反应。I的结构简式是___________。
（6）J→环丙虫酰胺的合成方法如下：
①K的结构简式是___________。
②理论上，生成1ml环丙虫酰胺需要消耗___________mlH2O2。
【答案】（1）羧基、碳氯键
（2） （3）a、d
（4） （5） （6） ①. ②. 1
【解析】
【分析】由流程可知，A和溴发生取代反应在氨基的邻位引入溴原子生成B，B和生成D：，D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E，E失去水分子生成F，F中存在2个六元环，已知：，则为E中右侧支链上酰胺基中羰基转化为羟基，和E中羧基发生分子内酯化反应生成酯基，得到F，则F为，F和反应生成G，G和肼反应生成I，G→I过程中发生取代反应和加成反应，结合后续生成的环丙虫酰胺结构、I化学式可知，I为，I中的一个氨基和发生取代反应引入新的环生成J：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；
【小问1详解】
A中含有的官能团是氨基、碳氯键、羧基；
【小问2详解】
D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E ：；
【小问3详解】
a．E含有羧基、酰胺基、酯基3种含氧官能团，正确；
b．分子中碳碳双键两端的氢在异侧，为反式结构，错误；
c．E中羧基、酰胺基、酯基、溴原子、氯原子，均能和氢氧化钠反应，故1mlE最多能与大于2mlNaOH发生反应，错误；
d．分子中含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；
故选ad；
【小问4详解】
由分析可知，F为：；
【小问5详解】
由分析可知，I为：；
【小问6详解】
J为：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；首先J发生已知反应原理：，转化为K：，K中羟基和HBr发生取代反应引入溴原子生成L，L与过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到目标产物；
①由分析可知，K的结构简式是。
②L被过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到环丙虫酰胺，生成碳碳双键过程中失去2个氢，则转移2个电子，故理论上，生成1ml环丙虫酰胺需要消耗1mlH2O2。选项
事实
分析
A
键角：
电负性：C
第一电离能：P>S
原子半径：P>S
C
沸点：CO>
CO为极性分子，为非极性分子
D
热稳定性：HF>HCl
HF中存在氢键，HCl中不存在氢键
装置或操作
目的
A.证明铝元素既有金属性又有非金属性
B.验证碳酸的酸性比苯酚的强
装置或操作
目的
C.验证改变压强能破坏化学平衡状态
D.鉴别苯和己烷
0
20
40
60
80
选项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶
非金属性：Cl>Si
B
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，发现品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊
浓硫酸和木炭反应产生和气体
C
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
D
向0.1ml/L的NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色
(和分别为的两级电离平衡常数)
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