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湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期模拟（二）化学试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期模拟（二）化学试题（Word版附解析），文件包含湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期模拟考卷二化学试题原卷版docx、湖南省长沙市雅礼中学2024届高三下学期模拟考卷二化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H~1 B~11 C~12 N~14 O~16 Na~23 S~32
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学与生活、生产及科技密切相关。下列说法错误的是
A. 2023年杭州亚运会使用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可有效减少白色污染
B. 月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定
C. 医用口罩和防护服的主要原材料是聚丙烯(PP)，它与聚乙烯互为同系物
D. 2024年5月1日，我国第三艘航母“福建舰”下水，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚乳酸塑料是可降解塑料，用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可以减少白色污染，A正确；
B．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，故月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定，B正确；
C．聚乙烯和聚丙烯都是混合物，所以二者不互为同系物，C错误；
D．相控阵雷达使用的碳化硅晶体中原子之间以共价键结合，属于共价晶体，是新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. NaCl晶体的晶胞：B. 的化学名称：N-二甲基甲酰胺
C. 的电子云图：D. 丁二烯的键线式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl晶体的晶胞为：，A错误；
B． 的化学名称为：N，N—二甲基甲酰胺，B错误；
C．2pz的电子云图：，C正确；
D．2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，其键线式为：，D错误；
故选C。
3. 物质的结构决定其性质。下列事实与解释相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．是正四面体结构，C原子处在4个F原子所组成的正四面体中心，正电中心和负电中心重合，故是非极性分子，A错误；
B．由于Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠，所以Ge原子间难以形成π键，B正确；
C．中S为sp3杂化存在1对孤电子对，而中碳为sp2杂化，孤电子对为0，故中的键角小于，实例与解释不相符，C错误；
D．杯酚与形成超分子，而杯酚与不能形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，D错误；
故选B。
4. 下列离子方程式与所给事实相符的是
A. 向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：
B. 碱性锌锰电池工作时正极反应：
C. 将少量通入NaClO溶液中：
D. 向乙二醇溶液中加入足量酸性高锰酸钾溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．酚羟基酸性小于碳酸，不会和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，离子方程式为，A错误；
B．碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，B错误；
C．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，同时过量的次氯酸根离子和氢离子反应生成弱酸次氯酸，离子方程式为，C正确；
D．乙二醇溶液加入足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+2+6=2+2CO2↑+6H2O，D错误；
故选C。
5. 在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A. 、与BaO的反应中，是还原剂，是氧化剂
B. 反应I为
C. 反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为ml
D. 反应I和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是3∶5
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，NO和在Pt表面发生反应生成，、和BaO反应生成，则是还原剂，是氧化剂，故A正确；
B．由图可知，第一步反应为与作用生成，反应方程式为，故B正确；
C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为还原生成BaO和等，反应方程式为，相应的关系式为，图中最大物质的量为ml，则最终生成的物质的量为ml，故C正确；
D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是5∶3，故D错误；
故选D。
6. 实验装置为实验提供必要条件和测量手段。如图装置不能达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸溶液的浓度
B. 图b制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体
C. 图c用NaOH溶液除去溴苯中的溴单质
D. 图d测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的含量
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准NaOH溶液滴定未知浓度醋酸溶液，生成醋酸钠，溶液为碱性，应选酚酞作指示剂，A符合题意；
B．向[Cu(NH3)4]溶液中加入一定量的95%乙醇，由于乙醇极性比水的弱，故图b能制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，B不合题意；
C．Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，而溴苯不反应，故图c用NaOH溶液除去溴苯中的溴单质，能够达到实验目的，C不合题意；
D．已知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O+H2O=2NaOH，故图d通过测量产生气体的体积可知测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的含量，D不合题意；
故答案为：A。
7. 近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。
下列说法正确的是
A. 充电时，电极A连接电源的负极
B. 放电时电极B发生的反应为：
C. 该电池可采用阴离子交换膜
D. 充电时，外电路通过，理论上该电池最多能够捕获(标况下)
【答案】B
【解析】
【分析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极，据此分析回答问题。
【详解】A．由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；
B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；
C．由上述分析，该电池采用阳离子交换膜，C错误；
D．充电时，外电路通过1mle-，产生1ml氢氧根离子，根据CO2+OH-=，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；
故选B。
8. 研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。
下列说法不正确的是
A. 溶液A中氢氧化钠浓度近似为1ml/L
B. 由③、④可知，越大，溶液红色褪色现象更明显
C. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
D. 向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．1.56gNa2O2粉末的物质的量是1.56g÷78g/ml＝0.02ml，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)为氢氧化钠溶液，其中氢氧化钠的物质的量是0.04ml，其浓度是0.04ml÷0.04L＝1ml/L，故A正确；
B．由图③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1ml/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明溶液红色褪去是因为大，且越大，溶液红色褪色现象更明显，故B正确；
C．①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终不会变成红色，故C错误；
D．由图②、③反应现象分析可知，向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色，故D正确；
故答案为C。
9. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01ml⋅L-1)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A. W的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应可得到含有离子键的化合物
B. XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个
C. W与X形成的化合物中，W的化合价可能为-3价
D. 分子中四个原子可能共直线
【答案】D
【解析】
【分析】浓度均为0.01ml/L的最高价氧化物对应水化物的溶液，其中X的溶液pH等于12为一元强碱，结合原子半径最大，X为Na；W对应溶液pH等于2为一元强酸，原子序数小于X，则W为N；Z对应溶液pH等于2也为一元强酸，原子序数大于X，则Z为Cl；Y对应溶液pH小于2为二元强酸，原子序数大于X，则Y为S；X、Y、Z、W依次为Na、S、Cl、N；回答下列问题；
【详解】A．W的简单氢化物NH3与其最高价氧化物对应的水化物HNO3反应可得到含有离子键的化合物NH4NO3，A正确；
B．X是Na，Z是Cl，NaCl晶体的晶胞中Na＋周围距离最近的Na＋有12个，B正确；
C．N与Na形成的化合物Na3N，N的化合价为-3价，C正确；
D．S2Cl2分子为含有极性共价键的立体结构分子，四个原子不可能共直线，D错误；
故选D。
10. 中国科学家使用三元Ni-Fe-V催化剂，通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮，电极上的催化机理如图所示。下列说法不正确的是
A. ①②③中均断开N原子间的π键，形成σ键
B. 电催化过程的电极反应：
C. 该电极上可能发生生成的反应
D. 三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，①②中断开N原子间的π键但③没有断开N原子间的π键，③断开N原子间的σ键，A错误；
B．由图可知，1个氮气和氢离子得电子生成2个氨气，电催化过程的电极反应：，B正确；
C．由图可知，③断裂N原子间的σ键，若失去质子，得到-NH2，当两个-NH2中氮和氮原子形成N-N键，可生成，C正确；
D．三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能，加快化学反应速率，D正确；
故选A。
11. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：
已知：；，。
下列说法错误是
A. “浸取”时发生反应：
B. 物质M可以为，试剂N可以为
C. 由该工艺可知，反应放热
D. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【详解】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，故A正确；
B．pH的目的是消耗溶液中的H+，促进Fe3+水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl,但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，故B正确；
C．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，故C错误；
D．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)+SO(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，溶液中达到平衡时溶液中=1.6×103，故D正确。
答案选C。
12. 氮化硼是一种重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图：
下列叙述错误的是
A. h-BN晶体中存在大键
B. c-BN晶体中由B、N构成最小环为6元环
C. w-BN晶体中B的配位数为12
D. w-BN晶体的密度可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，h-BN晶体类似于石墨晶体，故h-BN晶体中层内存在大键，A正确；
B．由题干信息可知，c-BN晶体类似于金刚石晶体，故c-BN晶体中由B、N构成最小的环为6元环，B正确；
C．以w-BN晶体结构中上面面心的B为中心，周围有6个距离相等且最近的N，故B的配位数为6，C错误；
D．由题干信息可知，一个w-BN晶胞中含有B个数为3，N的个数为：=3，则一个晶胞的质量为：，根据晶胞参数可知，一个晶胞的体积为：，故w-BN晶体的密度可表示为=，D正确；
故答案为：C。
13. 某小组利用不同膜反应器(可选择性地让某些气体通过而离开体系)研究HI的分解率，工作原理如图所示。图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生反应且在反应区内进行。投料均为1ml的，反应同时开始，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。
下列说法正确是
A. 图a装置的化学平衡常数
B. 图a装置中，80s时分解率为10%
C. 图c装置中，x一定大于0.3
D. 图b装置中，前80s内的平均渗透速率约为ml·s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．化学平衡常数与温度和反应有关，图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生反应
，故图a、b、c装置化学平衡常数相等，，A项正确；
B．图a装置中列三段式：
80s时分解率为，B项错误；
C．图c装置中，选择性膜2使和通过而离开体系，故80s时图c装置反应区的物质的量x不一定大于0.3，C项错误；
D．图b装置中80 s时反应区的物质的量为0.3 ml，则消耗物质的量为0.6 ml、生成H₂物质的量为0．3ml，80 s时反应区物质的量为ml，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数，该反应前后气体分子数不变，可将物质的量代入平衡常数表达式，选择性膜1只使通过而离开体系，则反应区瞬时平衡时，解得ml，则前80s内的平均渗透速率约为ml/s，D项正确；
故选AD。
14. 常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL0.12ml⋅L溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为ml⋅L。下列叙述正确的是
A. 最好选择d~e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
B. a点对应溶液中由水电离出的ml⋅L
C. b点对应溶液中：
D. 由e点可知，反应的平衡常数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应最好选用e点溶液，故A错误；
B．a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，水解促进水的电离，，ml⋅L，由水电离出的ml⋅L，故B正确；
C．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C错误；
D．由图可知，e点加入氨水体积为4.7 mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为ml/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为ml/Lml/L，反应的平衡常数，故D错误。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 硫脲在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中可先制备，然后再与合成，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。回答下列问题：
已知：易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成。
实验(一)：制备硫脲。
（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是_______。
（2）检查装置气密性后加入药品，打开，通入一段时间，再打开，当观察到_______时，再打开。
（3）完成(2)中操作后，水浴加热装置D，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在880℃的原因是_______；装置D中除生成硫脲外，还生成一种碱，写出该过程D中发生反应的化学方程式：_______。
实验(二)：探究硫脲的性质。
（4）①取少量溶于水，加热至150℃，一段时间后再冷却至室温，滴加_______，可检验是否有生成。
②取少量溶于NaOH溶液，加入溶液，过滤，洗涤，得到黑色固体，由此推知，在碱性条件下会生成_______(填离子符号)。
③取少量溶液通过如图实验验证被酸性溶液氧化的产物。关闭K，发现电流计指针偏转；一段时间后，左烧杯中酸性溶液褪色，右烧杯中产生两种无毒气体，其溶液经检验有生成，则石墨电极上的反应式为_______。
实验(三)：硫脲的质量分数的测定。
（5）装置D反应后的液体经分离、提纯、烘干可得产品。测定产品的纯度：称取mg产品，加水溶解配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用cml/L酸性标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。则样品中硫脲的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1）除去H2S中混有的HCl(或除去HCl)
（2）装置E中出现黑色沉淀
（3） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢 ②.
（4） ①. FeCl3溶液(或其他含Fe3+的溶液) ②. S2- ③.
（5）
【解析】
【详解】（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是除去中混有的HCl。
（2）因为硫脲易被氧化，所以反应开始时，先打开，通入一段时间，再打开，当观察到装置E中出现黑色沉淀时，说明装置D中反应已完全，再打开。
（3）根据已知信息，温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢；由信息可知，反应方程式为。
（4）①检验是否有生成，可以加入溶液或其他含的溶液，若溶液变红，则说明有生成。
②加入溶液，过滤，洗涤，得到黑色固体，该黑色固体应该是CuS，说明在碱性条件下会生成。
③根据以上信息可知，石墨电极方程式为。
（5）用c ml⋅L酸性标准溶液滴定，滴定至终点时消耗酸性标准溶液V mL，消耗的物质的量为ml，根据反应：可知，m g产品中的物质的量为ml，则样品中硫脲的质量分数为。
16. 金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)为原料制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
（1）金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是_______。
（2）①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，甚目的是_______。
②“焙烧”过程中转化为和另一种稳定的钙盐，其化学反应方程式为_______。
（3）“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为_______；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中_______(填“>”“<”或“=”)。[已知：常温下]
（4）下图是的X射线衍射图谱，则属于_______(填“晶体”或“非晶体”)。
（5）三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如图所示，摩尔质量为Mg/ml，晶体密度为ρg/cm。铼原子填在氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的氧原子间的距离为_______cm(列出计算式)。
【答案】（1）电子气理论
（2） ①. 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 ②.
（3） ①. (或) ②. >
（4）晶体 （5） ①. 八面体 ②.
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
【小问1详解】
金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电子气”，在外力作用下金属原子移位滑动，电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气在外电场作用下定向移动，因此金属有良好的导电性；金属受热，加速自由电子与金属离子之间的能量交换，将热能从一端传递到另一端，因此金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性；
【小问2详解】
①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②在反应中转化成和，作还原剂，作氧化剂，化学反应方程式为；
【小问3详解】
“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或；，，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中ml/L，则，；
【小问4详解】
由的X射线衍射图谱可知，具有明锐的衍射峰，说明属于晶体；
【小问5详解】
由图可知，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出1个晶胞中Re和O的个数分别为1和3，即1个晶胞含有1个，设晶胞的棱长为a，则cmcm，cm，根据晶胞棱中心的是O原子，距离最近的O原子是两条相交棱上的O原子，两者的距离为cm。
17. 深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应：
i． ，
ii． ，
iii． ，
回答下列问题：
（1）上述反应的的线性关系如图所示()。_______(填“>”或“<”)0，反应的_______(用、表示)。
（2）一定温度下，在1L密闭容器中充入2mlCO、2mlNO和1ml，初始总压强为，仅发生以上反应ⅰ、ⅱ，且反应ⅰ的，，，分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为，的物质的量为1.25ml，则_______。
（3）CO和NO发生上述三个反应，在不同条件下达到平衡时，在K时NO的转化率与的变化曲线及时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示时NO的转化率与T的变化曲线为_______曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，A点后NO的平衡转化率增大的原因是_______。
（4）CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。已知：CO进入血液后有如下平衡：。
①从化学平衡角度简述CO的中毒原理：_______。
②已知反应实验表明，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与的体积比大于_______即达到智力受损的程度。
【答案】（1） ①. > ②.
（2）0.15 （3） ①. I ②. 温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
（4） ①. CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力] ②. 1∶11500
【解析】
【小问1详解】
图像显示温度升高，减小，即温度升高，增大，所以升高温度，反应ⅲ正向移动，故；根据盖斯定律，反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应，所以；
故答案为：
①＞
②
【小问2详解】
该温度下忽略反应ⅲ，反应ⅱ．左右两边气体化学计量数之和相等，充分反应达平衡时总压强为，所以平衡时mlml，即反应ⅰ．的发生使得容器内气体物质的量减少ml，由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1，所以反应ⅰ转化的ml，转化的ml，列三段式表示：
平衡时，又，，所以，即
故答案为：
0.15
【小问3详解】
越大，NO转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线，则曲线Ⅰ表示时NO的转化率与T的变化曲线；A点对应的温度为K，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应，温度高于K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，引起消耗，而为反应ⅰ的生成物，所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大；
故答案为：
①I
②温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
【小问4详解】
①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力，使得人体缺氧中毒。
②已知反应 ，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则，
故答案为：
①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力
②1∶11500
18. 脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物Ⅰ的合成路线如下图所示。
已知：i．；
ii．
（1）A能发生银镜反应，B中含有碳碳三键，A→B的化学方程式是_______。
（2）D的结构简式是_______，根据后续转化推测C→D的目的是_______。
（3）E→F过程中，E中的_______(填官能团名称，下同)转变为F中的_______。
（4）H→I过程中，Cr2+转化为Cr3+，则参与反应的有机化合物H与Cr2+的物质的量之比是____。
（5）J是C的同分异构体，同时满足下列条件的J有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有两个取代基；
②能与发生显色反应；
③1mlJ与足量的钠完全反应生成1ml。
（6）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如下路线，合成有机化合物N，其结构简式如图所示。
①试剂和条件：a是_______。
②L的结构简式是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 利用已知ⅰ的可逆反应保护C中酮羰基
（3） ①. 羟基 ②. 酮羰基
（4）1∶2 （5）15
（6） ①. 、吡啶 ②.
【解析】
【分析】C2H2为乙炔，CH≡CH，B中含有碳碳三键，再根据合成路线中的信息，A和B反应为加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成，则A为乙醛，B的结构简式为。根据已知ⅰ和I的结构简式，可知C→D是利用已知ⅰ的可逆反应为了保护C中碳基（左下的），则D的结构简式为。根据分子式，可知B和D发生了加成反应，结合I的结构，可知D中的碳氧双键处发生了变化，则E的结构简式为。F和G发生已知ⅱ中的反应，可知F中含有碳氧双键，再结合I的结构，可知E中的羟基(最上面的那个羟基)被氧化成了羰基，F的结构简式为。结合已知ⅱ，可知H的结构简式为。通过H和I的结构对面，可知H中的碳碳三键变成了碳碳双键；据此回答问题。
【小问1详解】
A能发生银镜反应，可知A为醛类，则结构简式为CH3CHO。C2H2为乙炔，CH≡CH，B中含有碳碳三键，再根据合成路线中的信息，A和B反应为加成反应，则A→B的化学方程式是。答案为。
【小问2详解】
根据已知ⅰ和I的结构简式，可知C→D是利用已知ⅰ的可逆反应为了保护C中碳基（左下的），则D的结构简式为；根据后续转化推测C→D的目的是利用已知ⅰ的可逆反应保护C中酮羰基。
【小问3详解】
根据分析，是E中的羟基变为了F中的酮羰基。
【小问4详解】
根据分析，H中的碳碳三键变成了碳碳双键，属于加氢反应，H被还原，加入2个氢原子，氢原子的化合价为+1价，相当于化合物H的整体化合价降低了2价，而转化为，化合价升高了1价；在氧化还原反应中得失电子守恒，则H与的物质的量之比为1∶2。
【小问5详解】
C为，J是C的同分异构体，同时满足①苯环上只有两个取代基；②能与发生显色反应，则含酚羟基；③1mlJ与足量的钠完全反应生成1ml，则含有两个羟基；当苯环上连接-OH、-CH2CH2CH2OH，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH（OH）CH2CH3，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH2CH（OH）CH3，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH（CH3）CH2OH，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、，有邻间对3种，则共有3×5=15种。
【小问6详解】选项
事实
解释
A
是非极性分子
C原子处在4个F原子所组成的正方形中心，键的极性的向量和为零
B
Ge原子间难以形成π键
Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠
C
中的键角小于
S的原子半径较大，其价层σ键电子对之间的斥力较小
D
利用“杯酚”可分离和
超分子具有自组装的特征
编号
①
②
③
④
操作
现象
溶液变红色，20秒后褪色
i．产生大量能使带火星木条复燃的气体
ii．溶液变红色，10分钟后褪色
i．溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ii．变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化
图a装置
图b装置
图c装置
80s时反应区的物质的量/ml
0.10
0.30
x
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H~1 B~11 C~12 N~14 O~16 Na~23 S~32
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 化学与生活、生产及科技密切相关。下列说法错误的是
A. 2023年杭州亚运会使用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可有效减少白色污染
B. 月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定
C. 医用口罩和防护服的主要原材料是聚丙烯(PP)，它与聚乙烯互为同系物
D. 2024年5月1日，我国第三艘航母“福建舰”下水，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚乳酸塑料是可降解塑料，用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可以减少白色污染，A正确；
B．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来，故月壤中磷酸盐矿物的晶体结构可用X射线衍射仪测定，B正确；
C．聚乙烯和聚丙烯都是混合物，所以二者不互为同系物，C错误；
D．相控阵雷达使用的碳化硅晶体中原子之间以共价键结合，属于共价晶体，是新型无机非金属材料，D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语使用正确的是
A. NaCl晶体的晶胞：B. 的化学名称：N-二甲基甲酰胺
C. 的电子云图：D. 丁二烯的键线式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl晶体的晶胞为：，A错误；
B． 的化学名称为：N，N—二甲基甲酰胺，B错误；
C．2pz的电子云图：，C正确；
D．2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，其键线式为：，D错误；
故选C。
3. 物质的结构决定其性质。下列事实与解释相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．是正四面体结构，C原子处在4个F原子所组成的正四面体中心，正电中心和负电中心重合，故是非极性分子，A错误；
B．由于Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠，所以Ge原子间难以形成π键，B正确；
C．中S为sp3杂化存在1对孤电子对，而中碳为sp2杂化，孤电子对为0，故中的键角小于，实例与解释不相符，C错误；
D．杯酚与形成超分子，而杯酚与不能形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，D错误；
故选B。
4. 下列离子方程式与所给事实相符的是
A. 向水杨酸溶液中加入碳酸氢钠：
B. 碱性锌锰电池工作时正极反应：
C. 将少量通入NaClO溶液中：
D. 向乙二醇溶液中加入足量酸性高锰酸钾溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．酚羟基酸性小于碳酸，不会和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，离子方程式为，A错误；
B．碱性锌锰电池中二氧化锰作正极，正极上得电子发生还原反应，正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，B错误；
C．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，同时过量的次氯酸根离子和氢离子反应生成弱酸次氯酸，离子方程式为，C正确；
D．乙二醇溶液加入足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+2+6=2+2CO2↑+6H2O，D错误；
故选C。
5. 在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A. 、与BaO的反应中，是还原剂，是氧化剂
B. 反应I为
C. 反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为ml
D. 反应I和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是3∶5
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，NO和在Pt表面发生反应生成，、和BaO反应生成，则是还原剂，是氧化剂，故A正确；
B．由图可知，第一步反应为与作用生成，反应方程式为，故B正确；
C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为还原生成BaO和等，反应方程式为，相应的关系式为，图中最大物质的量为ml，则最终生成的物质的量为ml，故C正确；
D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是5∶3，故D错误；
故选D。
6. 实验装置为实验提供必要条件和测量手段。如图装置不能达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸溶液的浓度
B. 图b制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体
C. 图c用NaOH溶液除去溴苯中的溴单质
D. 图d测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的含量
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准NaOH溶液滴定未知浓度醋酸溶液，生成醋酸钠，溶液为碱性，应选酚酞作指示剂，A符合题意；
B．向[Cu(NH3)4]溶液中加入一定量的95%乙醇，由于乙醇极性比水的弱，故图b能制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，B不合题意；
C．Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，而溴苯不反应，故图c用NaOH溶液除去溴苯中的溴单质，能够达到实验目的，C不合题意；
D．已知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O+H2O=2NaOH，故图d通过测量产生气体的体积可知测定一定质量的Na2O2和Na2O混合物中Na2O2的含量，D不合题意；
故答案为：A。
7. 近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。
下列说法正确的是
A. 充电时，电极A连接电源的负极
B. 放电时电极B发生的反应为：
C. 该电池可采用阴离子交换膜
D. 充电时，外电路通过，理论上该电池最多能够捕获(标况下)
【答案】B
【解析】
【分析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极，据此分析回答问题。
【详解】A．由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；
B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；
C．由上述分析，该电池采用阳离子交换膜，C错误；
D．充电时，外电路通过1mle-，产生1ml氢氧根离子，根据CO2+OH-=，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；
故选B。
8. 研究小组探究Na2O2与水反应。取1.56gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。
下列说法不正确的是
A. 溶液A中氢氧化钠浓度近似为1ml/L
B. 由③、④可知，越大，溶液红色褪色现象更明显
C. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
D. 向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．1.56gNa2O2粉末的物质的量是1.56g÷78g/ml＝0.02ml，加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)为氢氧化钠溶液，其中氢氧化钠的物质的量是0.04ml，其浓度是0.04ml÷0.04L＝1ml/L，故A正确；
B．由图③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，1ml/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色10分钟后溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说明溶液红色褪去是因为大，且越大，溶液红色褪色现象更明显，故B正确；
C．①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终不会变成红色，故C错误；
D．由图②、③反应现象分析可知，向②中褪色后的溶液中滴加5滴6ml/L盐酸，溶液最终变成红色，故D正确；
故答案为C。
9. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素。常温下，它们的原子半径、原子序数、最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01ml⋅L-1)的pH之间的关系如图所示。下列说法错误的是
A. W的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应可得到含有离子键的化合物
B. XZ晶胞中X的配位数为6，X周围等距且最近的X有12个
C. W与X形成的化合物中，W的化合价可能为-3价
D. 分子中四个原子可能共直线
【答案】D
【解析】
【分析】浓度均为0.01ml/L的最高价氧化物对应水化物的溶液，其中X的溶液pH等于12为一元强碱，结合原子半径最大，X为Na；W对应溶液pH等于2为一元强酸，原子序数小于X，则W为N；Z对应溶液pH等于2也为一元强酸，原子序数大于X，则Z为Cl；Y对应溶液pH小于2为二元强酸，原子序数大于X，则Y为S；X、Y、Z、W依次为Na、S、Cl、N；回答下列问题；
【详解】A．W的简单氢化物NH3与其最高价氧化物对应的水化物HNO3反应可得到含有离子键的化合物NH4NO3，A正确；
B．X是Na，Z是Cl，NaCl晶体的晶胞中Na＋周围距离最近的Na＋有12个，B正确；
C．N与Na形成的化合物Na3N，N的化合价为-3价，C正确；
D．S2Cl2分子为含有极性共价键的立体结构分子，四个原子不可能共直线，D错误；
故选D。
10. 中国科学家使用三元Ni-Fe-V催化剂，通过电催化实现了在温和的条件下人工固氮，电极上的催化机理如图所示。下列说法不正确的是
A. ①②③中均断开N原子间的π键，形成σ键
B. 电催化过程的电极反应：
C. 该电极上可能发生生成的反应
D. 三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，①②中断开N原子间的π键但③没有断开N原子间的π键，③断开N原子间的σ键，A错误；
B．由图可知，1个氮气和氢离子得电子生成2个氨气，电催化过程的电极反应：，B正确；
C．由图可知，③断裂N原子间的σ键，若失去质子，得到-NH2，当两个-NH2中氮和氮原子形成N-N键，可生成，C正确；
D．三元Ni-Fe-V催化剂可降低固氮反应的活化能，加快化学反应速率，D正确；
故选A。
11. 工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：
已知：；，。
下列说法错误是
A. “浸取”时发生反应：
B. 物质M可以为，试剂N可以为
C. 由该工艺可知，反应放热
D. “沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【详解】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，故A正确；
B．pH的目的是消耗溶液中的H+，促进Fe3+水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl,但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，故B正确；
C．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，故C错误；
D．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)+SO(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，溶液中达到平衡时溶液中=1.6×103，故D正确。
答案选C。
12. 氮化硼是一种重要的无机非金属材料，在工业生产中有着重要的作用。常见的三种氮化硼晶体结构如下图：
下列叙述错误的是
A. h-BN晶体中存在大键
B. c-BN晶体中由B、N构成最小环为6元环
C. w-BN晶体中B的配位数为12
D. w-BN晶体的密度可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，h-BN晶体类似于石墨晶体，故h-BN晶体中层内存在大键，A正确；
B．由题干信息可知，c-BN晶体类似于金刚石晶体，故c-BN晶体中由B、N构成最小的环为6元环，B正确；
C．以w-BN晶体结构中上面面心的B为中心，周围有6个距离相等且最近的N，故B的配位数为6，C错误；
D．由题干信息可知，一个w-BN晶胞中含有B个数为3，N的个数为：=3，则一个晶胞的质量为：，根据晶胞参数可知，一个晶胞的体积为：，故w-BN晶体的密度可表示为=，D正确；
故答案为：C。
13. 某小组利用不同膜反应器(可选择性地让某些气体通过而离开体系)研究HI的分解率，工作原理如图所示。图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生反应且在反应区内进行。投料均为1ml的，反应同时开始，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。
下列说法正确是
A. 图a装置的化学平衡常数
B. 图a装置中，80s时分解率为10%
C. 图c装置中，x一定大于0.3
D. 图b装置中，前80s内的平均渗透速率约为ml·s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．化学平衡常数与温度和反应有关，图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生反应
，故图a、b、c装置化学平衡常数相等，，A项正确；
B．图a装置中列三段式：
80s时分解率为，B项错误；
C．图c装置中，选择性膜2使和通过而离开体系，故80s时图c装置反应区的物质的量x不一定大于0.3，C项错误；
D．图b装置中80 s时反应区的物质的量为0.3 ml，则消耗物质的量为0.6 ml、生成H₂物质的量为0．3ml，80 s时反应区物质的量为ml，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数，该反应前后气体分子数不变，可将物质的量代入平衡常数表达式，选择性膜1只使通过而离开体系，则反应区瞬时平衡时，解得ml，则前80s内的平均渗透速率约为ml/s，D项正确；
故选AD。
14. 常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL0.12ml⋅L溶液中，该过程中溶液与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的与均约为ml⋅L。下列叙述正确的是
A. 最好选择d~e段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应
B. a点对应溶液中由水电离出的ml⋅L
C. b点对应溶液中：
D. 由e点可知，反应的平衡常数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应最好选用e点溶液，故A错误；
B．a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，水解促进水的电离，，ml⋅L，由水电离出的ml⋅L，故B正确；
C．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C错误；
D．由图可知，e点加入氨水体积为4.7 mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为ml/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为ml/Lml/L，反应的平衡常数，故D错误。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 硫脲在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中可先制备，然后再与合成，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。回答下列问题：
已知：易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成。
实验(一)：制备硫脲。
（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是_______。
（2）检查装置气密性后加入药品，打开，通入一段时间，再打开，当观察到_______时，再打开。
（3）完成(2)中操作后，水浴加热装置D，在80℃条件下合成硫脲，控制温度在880℃的原因是_______；装置D中除生成硫脲外，还生成一种碱，写出该过程D中发生反应的化学方程式：_______。
实验(二)：探究硫脲的性质。
（4）①取少量溶于水，加热至150℃，一段时间后再冷却至室温，滴加_______，可检验是否有生成。
②取少量溶于NaOH溶液，加入溶液，过滤，洗涤，得到黑色固体，由此推知，在碱性条件下会生成_______(填离子符号)。
③取少量溶液通过如图实验验证被酸性溶液氧化的产物。关闭K，发现电流计指针偏转；一段时间后，左烧杯中酸性溶液褪色，右烧杯中产生两种无毒气体，其溶液经检验有生成，则石墨电极上的反应式为_______。
实验(三)：硫脲的质量分数的测定。
（5）装置D反应后的液体经分离、提纯、烘干可得产品。测定产品的纯度：称取mg产品，加水溶解配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用cml/L酸性标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。则样品中硫脲的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
【答案】（1）除去H2S中混有的HCl(或除去HCl)
（2）装置E中出现黑色沉淀
（3） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢 ②.
（4） ①. FeCl3溶液(或其他含Fe3+的溶液) ②. S2- ③.
（5）
【解析】
【详解】（1）装置B中饱和NaHS溶液的作用是除去中混有的HCl。
（2）因为硫脲易被氧化，所以反应开始时，先打开，通入一段时间，再打开，当观察到装置E中出现黑色沉淀时，说明装置D中反应已完全，再打开。
（3）根据已知信息，温度过高，硫脲会部分发生异构化反应；温度过低，反应速率缓慢；由信息可知，反应方程式为。
（4）①检验是否有生成，可以加入溶液或其他含的溶液，若溶液变红，则说明有生成。
②加入溶液，过滤，洗涤，得到黑色固体，该黑色固体应该是CuS，说明在碱性条件下会生成。
③根据以上信息可知，石墨电极方程式为。
（5）用c ml⋅L酸性标准溶液滴定，滴定至终点时消耗酸性标准溶液V mL，消耗的物质的量为ml，根据反应：可知，m g产品中的物质的量为ml，则样品中硫脲的质量分数为。
16. 金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)为原料制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
（1）金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是_______。
（2）①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，甚目的是_______。
②“焙烧”过程中转化为和另一种稳定的钙盐，其化学反应方程式为_______。
（3）“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为_______；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中_______(填“>”“<”或“=”)。[已知：常温下]
（4）下图是的X射线衍射图谱，则属于_______(填“晶体”或“非晶体”)。
（5）三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如图所示，摩尔质量为Mg/ml，晶体密度为ρg/cm。铼原子填在氧原子围成的_______(填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的氧原子间的距离为_______cm(列出计算式)。
【答案】（1）电子气理论
（2） ①. 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 ②.
（3） ①. (或) ②. >
（4）晶体 （5） ①. 八面体 ②.
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
【小问1详解】
金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电子气”，在外力作用下金属原子移位滑动，电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气在外电场作用下定向移动，因此金属有良好的导电性；金属受热，加速自由电子与金属离子之间的能量交换，将热能从一端传递到另一端，因此金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性；
【小问2详解】
①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
②在反应中转化成和，作还原剂，作氧化剂，化学反应方程式为；
【小问3详解】
“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或；，，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中ml/L，则，；
【小问4详解】
由的X射线衍射图谱可知，具有明锐的衍射峰，说明属于晶体；
【小问5详解】
由图可知，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出1个晶胞中Re和O的个数分别为1和3，即1个晶胞含有1个，设晶胞的棱长为a，则cmcm，cm，根据晶胞棱中心的是O原子，距离最近的O原子是两条相交棱上的O原子，两者的距离为cm。
17. 深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应：
i． ，
ii． ，
iii． ，
回答下列问题：
（1）上述反应的的线性关系如图所示()。_______(填“>”或“<”)0，反应的_______(用、表示)。
（2）一定温度下，在1L密闭容器中充入2mlCO、2mlNO和1ml，初始总压强为，仅发生以上反应ⅰ、ⅱ，且反应ⅰ的，，，分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为，的物质的量为1.25ml，则_______。
（3）CO和NO发生上述三个反应，在不同条件下达到平衡时，在K时NO的转化率与的变化曲线及时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示时NO的转化率与T的变化曲线为_______曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，A点后NO的平衡转化率增大的原因是_______。
（4）CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。已知：CO进入血液后有如下平衡：。
①从化学平衡角度简述CO的中毒原理：_______。
②已知反应实验表明，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则抽烟时吸入肺部的空气中CO与的体积比大于_______即达到智力受损的程度。
【答案】（1） ①. > ②.
（2）0.15 （3） ①. I ②. 温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
（4） ①. CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力] ②. 1∶11500
【解析】
【小问1详解】
图像显示温度升高，减小，即温度升高，增大，所以升高温度，反应ⅲ正向移动，故；根据盖斯定律，反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应，所以；
故答案为：
①＞
②
【小问2详解】
该温度下忽略反应ⅲ，反应ⅱ．左右两边气体化学计量数之和相等，充分反应达平衡时总压强为，所以平衡时mlml，即反应ⅰ．的发生使得容器内气体物质的量减少ml，由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1，所以反应ⅰ转化的ml，转化的ml，列三段式表示：
平衡时，又，，所以，即
故答案为：
0.15
【小问3详解】
越大，NO转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线，则曲线Ⅰ表示时NO的转化率与T的变化曲线；A点对应的温度为K，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应，温度高于K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，引起消耗，而为反应ⅰ的生成物，所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大；
故答案为：
①I
②温度高于T6K时，随温度升高，反应iii正向反应程度变大，促进了反应i正向进行
【小问4详解】
①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力，使得人体缺氧中毒。
②已知反应 ，人体内HbCO与的浓度之比为1∶50已足以使人智力受损，则，
故答案为：
①CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡逆向移动，血红蛋白失去携氧能力[或CO会与血红蛋白结合形成HbCO，导致平衡正向移动，血红蛋白失去携氧能力
②1∶11500
18. 脱落酸是一种抑制植物生长的激素，其衍生物Ⅰ的合成路线如下图所示。
已知：i．；
ii．
（1）A能发生银镜反应，B中含有碳碳三键，A→B的化学方程式是_______。
（2）D的结构简式是_______，根据后续转化推测C→D的目的是_______。
（3）E→F过程中，E中的_______(填官能团名称，下同)转变为F中的_______。
（4）H→I过程中，Cr2+转化为Cr3+，则参与反应的有机化合物H与Cr2+的物质的量之比是____。
（5）J是C的同分异构体，同时满足下列条件的J有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有两个取代基；
②能与发生显色反应；
③1mlJ与足量的钠完全反应生成1ml。
（6）依据上述合成路线的原理，利用其中原料，设计如下路线，合成有机化合物N，其结构简式如图所示。
①试剂和条件：a是_______。
②L的结构简式是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 利用已知ⅰ的可逆反应保护C中酮羰基
（3） ①. 羟基 ②. 酮羰基
（4）1∶2 （5）15
（6） ①. 、吡啶 ②.
【解析】
【分析】C2H2为乙炔，CH≡CH，B中含有碳碳三键，再根据合成路线中的信息，A和B反应为加成反应，可知在醛中的碳氧双键处发生加成，则A为乙醛，B的结构简式为。根据已知ⅰ和I的结构简式，可知C→D是利用已知ⅰ的可逆反应为了保护C中碳基（左下的），则D的结构简式为。根据分子式，可知B和D发生了加成反应，结合I的结构，可知D中的碳氧双键处发生了变化，则E的结构简式为。F和G发生已知ⅱ中的反应，可知F中含有碳氧双键，再结合I的结构，可知E中的羟基(最上面的那个羟基)被氧化成了羰基，F的结构简式为。结合已知ⅱ，可知H的结构简式为。通过H和I的结构对面，可知H中的碳碳三键变成了碳碳双键；据此回答问题。
【小问1详解】
A能发生银镜反应，可知A为醛类，则结构简式为CH3CHO。C2H2为乙炔，CH≡CH，B中含有碳碳三键，再根据合成路线中的信息，A和B反应为加成反应，则A→B的化学方程式是。答案为。
【小问2详解】
根据已知ⅰ和I的结构简式，可知C→D是利用已知ⅰ的可逆反应为了保护C中碳基（左下的），则D的结构简式为；根据后续转化推测C→D的目的是利用已知ⅰ的可逆反应保护C中酮羰基。
【小问3详解】
根据分析，是E中的羟基变为了F中的酮羰基。
【小问4详解】
根据分析，H中的碳碳三键变成了碳碳双键，属于加氢反应，H被还原，加入2个氢原子，氢原子的化合价为+1价，相当于化合物H的整体化合价降低了2价，而转化为，化合价升高了1价；在氧化还原反应中得失电子守恒，则H与的物质的量之比为1∶2。
【小问5详解】
C为，J是C的同分异构体，同时满足①苯环上只有两个取代基；②能与发生显色反应，则含酚羟基；③1mlJ与足量的钠完全反应生成1ml，则含有两个羟基；当苯环上连接-OH、-CH2CH2CH2OH，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH（OH）CH2CH3，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH2CH（OH）CH3，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、-CH（CH3）CH2OH，有邻间对3种；当苯环上连接-OH、，有邻间对3种，则共有3×5=15种。
【小问6详解】选项
事实
解释
A
是非极性分子
C原子处在4个F原子所组成的正方形中心，键的极性的向量和为零
B
Ge原子间难以形成π键
Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠
C
中的键角小于
S的原子半径较大，其价层σ键电子对之间的斥力较小
D
利用“杯酚”可分离和
超分子具有自组装的特征
编号
①
②
③
④
操作
现象
溶液变红色，20秒后褪色
i．产生大量能使带火星木条复燃的气体
ii．溶液变红色，10分钟后褪色
i．溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ii．变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化
图a装置
图b装置
图c装置
80s时反应区的物质的量/ml
0.10
0.30
x
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