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北京市第五中学2024届高三下学期三模检测化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份北京市第五中学2024届高三下学期三模检测化学试题（原卷版+解析版），共36页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
班级___________ 姓名___________ 学号___________ 成绩___________
相对原子质量：B-11 H-1 N-14 O-16 C-12
第一部分
单项选择题(每小题只有一个正确选项，共14小题，共42分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
2. 中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是
A. LiOH的碱性弱于Be(OH)2
B. 在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大
C. 依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似
D. 原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. —OH的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. p-pσ键电子云轮廓图为
D. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式为
4. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. F2暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应
C. 金属Na和熔融KCl反应置换出金属K
D. 常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7
5. 解释下列事实的方程式不正确的是
A. 将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B. 将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
6. 2021年的诺贝尔化学奖授予BenjaminList与，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列有关说法错误的是
A. 该反应为加成反应
B. c的分子式为
C. 脯氨酸既能与酸又能与碱发生反应
D. 脯氨酸与互为同分异构体
7. 下列说法正确的是
A. 图①装置可用于制取并收集氨气
B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
8. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
9. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
10. 聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A. M为1，4-丁二酸
B. 交联剂Q的结构简式为
C. 合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D. 通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
11. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B. 产生白色沉淀时，存在
C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D. 滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
12. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
13. 室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图可知一级、二级电离平衡常数
B. 水溶液显碱性
C. 等物质的量的和混合溶液中
D. 在pH=6的水溶液中：
14. 催化重整的反应为
①
其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②
③
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。
下列分析不正确的是
A.
B. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D. 研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量
第二部分 非选择题(本部分共5题，共58分)
15. 磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是_______。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是_______。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______(填字母序号)
a.层与层之间的作用力是共价键
b.分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c.是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是_______，其空间构型是_______。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因_____。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是_______g/cm3.(1pm=10-10cm)
16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
②_______。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，_______0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因：_______。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ.
ⅱ._______。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是_______。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是：_______。(用简要文字说明即可)
17. “点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
+
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：
已知：+H2O+
（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b. B可以发生氧化、取代、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
（4）反应②的化学方程式为_______。
（5）E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。
（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：
写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
18. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
19. 某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
（3）固体b主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
（4）经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
（5）分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
（6）检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
2023-2024学年度第二学期三模检测试卷
高三化学
班级___________ 姓名___________ 学号___________ 成绩___________
相对原子质量：B-11 H-1 N-14 O-16 C-12
第一部分
单项选择题(每小题只有一个正确选项，共14小题，共42分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；
C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；
D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；
综上所述，本题选B。
2. 中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是
A. LiOH的碱性弱于Be(OH)2
B. 在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大
C. 依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似
D. 原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则氢氧化锂的碱性强于氢氧化铍，故A错误；
B．同主族元素，从上到下的第一电离能依次减小，所以在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大，故B正确；
C．依据对角线规则可知，元素周期表中位于对角线上的锂元素和镁元素的有些性质相似，故C正确；
D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，原子光谱的产生与电子跃迁有关，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素，故D正确；
故选A。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. —OH的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. p-pσ键电子云轮廓图为
D. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基中O有1个单电子，O周围有7个电子，其正确的电子式为，故A错误；
B．中S原子的价层电子对数3+=4，含有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，即，故B正确；
C．σ键为头碰头，故p-pσ键电子云图形为，故C错误；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，则其价电子轨道表示式为：，故D错误；
故选：B。
4. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应
C. 金属Na和熔融KCl反应置换出金属K
D. 常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性F＞I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，选项A正确；B.溴的非金属性强于碘但弱于氯， Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应，可以利用元素周期律解释，选项B正确；C. 钾金属性强于钠，金属Na和熔融KCl反应置换出金属K是因为钾的沸点较低，不可以利用元素周期律解释，选项C不正确；D. 钠的金属性强于铝，氯化钠为强酸强碱盐，氯化铝为强酸弱碱盐，故常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7，可以利用元素周期律解释，选项D正确。答案选C。
5. 解释下列事实的方程式不正确的是
A. 将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B. 将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故A错误；
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故B正确；
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0，故C正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；
故选A。
6. 2021年的诺贝尔化学奖授予BenjaminList与，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列有关说法错误的是
A. 该反应为加成反应
B. c的分子式为
C. 脯氨酸既能与酸又能与碱发生反应
D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．从质量守恒角度来看该反应为加成反应，故A正确；
B．根据c的结构简式得到c的分子式为C10H11NO4，故B错误；
C．脯氨酸的羧基可以与碱反应，的氮原子有孤电子对，可以与形成配位键故可以与酸反应，故C正确；
D．脯氨酸与分子式相同，结构式不同，因此两者互为同分异构体，故D正确；
答案为B。
7. 下列说法正确的是
A. 图①装置可用于制取并收集氨气
B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；
D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；
故选C。
8. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【解析】
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．100mL物质的量为0.1L×0.01ml/L=0.001ml，n(OH-)=0.002ml，B点n()=0.01L×0.1ml/L=0.001ml，B点发生离子反应：，恰好反应完全，剩余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n()=0.02L×0.1ml/L=0.002ml，B到C点发生离子反应：，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
9. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生的反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
10. 聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A. M为1，4-丁二酸
B. 交联剂Q的结构简式为
C. 合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D. 通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】
【详解】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
11. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B. 产生白色沉淀时，存在
C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D. 滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
12. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；
答案选C。
13. 室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图可知一级、二级电离平衡常数
B. 水溶液显碱性
C. 等物质的量的和混合溶液中
D. 在pH=6的水溶液中：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，溶液中X(OH)2和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为9.2，则电离常数Kb1==10—4.8，同理可知，溶液中X2+和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为6.2，电离常数Kb2=10—7.8。
【详解】A．由图可知，由图可得X(OH)2的一级电离常数Kb1=10—4.8、二级电离常数Kb2=10—7.8，故A正确；
B．由电离常数可知，X(OH)+的水解常数Kh===10—9.2＜Kb2=10—7.8，则X(OH)+在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液呈碱性，故B正确；
C．由电离常数可知，X2+的水解常数Kh===10—6.2＞Kb2=10—7.8，则X2+在溶液中的水解程度大于X(OH)+的电离程度，所以溶液中，故C正确；
D．pH为6的为酸性溶液，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液中，故D错误；
故选D。
14. 催化重整的反应为
①
其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②
③
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。
下列分析不正确的是
A.
B. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D. 研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•ml-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
答案选B。
第二部分 非选择题(本部分共5题，共58分)
15. 磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是_______。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是_______。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______(填字母序号)
a.层与层之间的作用力是共价键
b.分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c.是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是_______，其空间构型是_______。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因_____。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是_______g/cm3.(1pm=10-10cm)
【答案】（1） （2） ①. CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 ②. c
（3） ①. ②. 正四面体
（4） ①. 磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al【解析】
【小问1详解】
P的原子序数为15，电子排布式为，基态磷原子价电子的轨道表示式是：
【小问2详解】
①CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；
②a．黑磷晶体与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3，b项错误；
c．黑磷晶体与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
答案选c；
【小问3详解】
①Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是；
②中心原子为P，其中键电子对数为4，中心原子孤电子对数为，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子为sp3杂化，立体构型为正四面体；
【小问4详解】
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al②根据晶胞结构，磷化硼含有P原子数目为个，含有B原子数目为4个，故磷化硼的化学式是BP，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度==g/cm3。
16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
②_______。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，_______0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因：_______。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ
ⅱ._______。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是_______。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是：_______。(用简要文字说明即可)
【答案】（1）2SO32SO2+O2
（2） ①. < ②. SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响
（3） ①. ②. SO2水溶液 ③. 将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体
【解析】
【小问1详解】
根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：2SO32SO2+O2。
【小问2详解】
①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0；
②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。
【小问3详解】
①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反应ⅱ.；
②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸收碘气体，即能达到目的。
17. “点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
+
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：
已知：+H2O+
（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b. B可以发生氧化、取代、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
（4）反应②的化学方程式为_______。
（5）E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。
（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：
写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
【答案】（1） ①. 醛基和溴原子(或碳溴键) ②. 取代反应
（2）ab （3）
（4）+H2O+
（5） ①. ②. 或或
（6） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；
【小问1详解】
由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子(或碳溴键)；对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，属于取代反应；
【小问2详解】
a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；
b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误，
故选ab；
【小问3详解】
B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为；
【小问4详解】
由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为：+ +H2O；
【小问5详解】
对比D、E的分子式，应D中的1个−F原子被−N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位−F原子被取代，故E为；
【小问6详解】
醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的−OH被取代生成J，故J为。
18. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）过滤； （2）；
（3） ①. 还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； ②. 7.2×10-5ml NaCl；
（4），Fe2+破坏了钝化层；
（5） ①. ； ②. 偏大。
【解析】
【小问1详解】
由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
【小问2详解】
由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
【小问3详解】
根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml，，所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
【小问4详解】
根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
【小问5详解】
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3ml，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
19. 某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
（3）固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
（4）经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
（5）分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
（6）检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
【答案】（1）
（2） ①. 固体a放置在空气中变为棕黑色 ②. 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
（3）、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
（4）
（5）
（6）取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
（7）反应物用量、添加顺序、溶液pH
【解析】
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【小问1详解】
溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示：。
【小问2详解】
将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
【小问3详解】
、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
【小问4详解】
将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
【小问5详解】
取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
【小问6详解】
硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
【小问7详解】
实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
班级___________ 姓名___________ 学号___________ 成绩___________
相对原子质量：B-11 H-1 N-14 O-16 C-12
第一部分
单项选择题(每小题只有一个正确选项，共14小题，共42分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
2. 中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是
A. LiOH的碱性弱于Be(OH)2
B. 在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大
C. 依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似
D. 原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. —OH的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. p-pσ键电子云轮廓图为
D. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式为
4. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. F2暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应
C. 金属Na和熔融KCl反应置换出金属K
D. 常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7
5. 解释下列事实的方程式不正确的是
A. 将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B. 将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
6. 2021年的诺贝尔化学奖授予BenjaminList与，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列有关说法错误的是
A. 该反应为加成反应
B. c的分子式为
C. 脯氨酸既能与酸又能与碱发生反应
D. 脯氨酸与互为同分异构体
7. 下列说法正确的是
A. 图①装置可用于制取并收集氨气
B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
8. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
9. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
10. 聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A. M为1，4-丁二酸
B. 交联剂Q的结构简式为
C. 合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D. 通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
11. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B. 产生白色沉淀时，存在
C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D. 滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
12. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
13. 室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图可知一级、二级电离平衡常数
B. 水溶液显碱性
C. 等物质的量的和混合溶液中
D. 在pH=6的水溶液中：
14. 催化重整的反应为
①
其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②
③
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。
下列分析不正确的是
A.
B. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D. 研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量
第二部分 非选择题(本部分共5题，共58分)
15. 磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是_______。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是_______。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______(填字母序号)
a.层与层之间的作用力是共价键
b.分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c.是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是_______，其空间构型是_______。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因_____。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是_______g/cm3.(1pm=10-10cm)
16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
②_______。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，_______0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因：_______。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ.
ⅱ._______。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是_______。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是：_______。(用简要文字说明即可)
17. “点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
+
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：
已知：+H2O+
（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b. B可以发生氧化、取代、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
（4）反应②的化学方程式为_______。
（5）E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。
（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：
写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
18. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
19. 某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
（3）固体b主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
（4）经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
（5）分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
（6）检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
2023-2024学年度第二学期三模检测试卷
高三化学
班级___________ 姓名___________ 学号___________ 成绩___________
相对原子质量：B-11 H-1 N-14 O-16 C-12
第一部分
单项选择题(每小题只有一个正确选项，共14小题，共42分)
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性
B. 豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C. SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分
D. 维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；
B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；
C．可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；
D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；
综上所述，本题选B。
2. 中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是
A. LiOH的碱性弱于Be(OH)2
B. 在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大
C. 依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似
D. 原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则氢氧化锂的碱性强于氢氧化铍，故A错误；
B．同主族元素，从上到下的第一电离能依次减小，所以在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大，故B正确；
C．依据对角线规则可知，元素周期表中位于对角线上的锂元素和镁元素的有些性质相似，故C正确；
D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，原子光谱的产生与电子跃迁有关，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素，故D正确；
故选A。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. —OH的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. p-pσ键电子云轮廓图为
D. 基态Cu原子的价层电子轨道表示式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基中O有1个单电子，O周围有7个电子，其正确的电子式为，故A错误；
B．中S原子的价层电子对数3+=4，含有1对孤电子对，VSEPR模型为四面体，即，故B正确；
C．σ键为头碰头，故p-pσ键电子云图形为，故C错误；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，则其价电子轨道表示式为：，故D错误；
故选：B。
4. 下列事实不能用元素周期律解释的是
A. F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
B. Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应
C. 金属Na和熔融KCl反应置换出金属K
D. 常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性F＞I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，选项A正确；B.溴的非金属性强于碘但弱于氯， Br2和NaI溶液发生置换反应，和NaCl溶液不发生置换反应，可以利用元素周期律解释，选项B正确；C. 钾金属性强于钠，金属Na和熔融KCl反应置换出金属K是因为钾的沸点较低，不可以利用元素周期律解释，选项C不正确；D. 钠的金属性强于铝，氯化钠为强酸强碱盐，氯化铝为强酸弱碱盐，故常温下，NaCl溶液的pH=7，AlCl3溶液的pH＜7，可以利用元素周期律解释，选项D正确。答案选C。
5. 解释下列事实的方程式不正确的是
A. 将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B. 将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑
C. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0
D. 用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀发生的反应为二氧化硫与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2NO+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故A错误；
B．将碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O+CO2↑，故B正确；
C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色说明溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水的反应为吸热反应，反应的离子方程式为[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl—(aq)[CuCl4]2—(aq)+4H2O(l) △H＞0，故C正确；
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故D正确；
故选A。
6. 2021年的诺贝尔化学奖授予BenjaminList与，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列有关说法错误的是
A. 该反应为加成反应
B. c的分子式为
C. 脯氨酸既能与酸又能与碱发生反应
D. 脯氨酸与互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．从质量守恒角度来看该反应为加成反应，故A正确；
B．根据c的结构简式得到c的分子式为C10H11NO4，故B错误；
C．脯氨酸的羧基可以与碱反应，的氮原子有孤电子对，可以与形成配位键故可以与酸反应，故C正确；
D．脯氨酸与分子式相同，结构式不同，因此两者互为同分异构体，故D正确；
答案为B。
7. 下列说法正确的是
A. 图①装置可用于制取并收集氨气
B. 图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C. 图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D. 图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；
D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；
故选C。
8. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【解析】
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．100mL物质的量为0.1L×0.01ml/L=0.001ml，n(OH-)=0.002ml，B点n()=0.01L×0.1ml/L=0.001ml，B点发生离子反应：，恰好反应完全，剩余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n()=0.02L×0.1ml/L=0.002ml，B到C点发生离子反应：，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
9. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生的反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
10. 聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。
已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A. M为1，4-丁二酸
B. 交联剂Q的结构简式为
C. 合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D. 通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
【答案】C
【解析】
【详解】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
11. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。
已知：i．溶液中存在平衡：
ii．25℃时，(砖红色)，(白色)
下列分析不正确的是
A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀
B. 产生白色沉淀时，存在
C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全
D. 滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A．为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；
B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；
C．当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；
D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；
故选D。
12. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；
答案选C。
13. 室温下，某二元碱水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. 由图可知一级、二级电离平衡常数
B. 水溶液显碱性
C. 等物质的量的和混合溶液中
D. 在pH=6的水溶液中：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，溶液中X(OH)2和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为9.2，则电离常数Kb1==10—4.8，同理可知，溶液中X2+和X(OH)+浓度相等时，溶液pH为6.2，电离常数Kb2=10—7.8。
【详解】A．由图可知，由图可得X(OH)2的一级电离常数Kb1=10—4.8、二级电离常数Kb2=10—7.8，故A正确；
B．由电离常数可知，X(OH)+的水解常数Kh===10—9.2＜Kb2=10—7.8，则X(OH)+在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液呈碱性，故B正确；
C．由电离常数可知，X2+的水解常数Kh===10—6.2＞Kb2=10—7.8，则X2+在溶液中的水解程度大于X(OH)+的电离程度，所以溶液中，故C正确；
D．pH为6的为酸性溶液，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液中，故D错误；
故选D。
14. 催化重整的反应为
①
其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②
③
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如下。
下列分析不正确的是
A.
B. 压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C. 保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D. 研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•ml-1，A正确；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C正确；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确；
答案选B。
第二部分 非选择题(本部分共5题，共58分)
15. 磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）基态磷原子价电子的轨道表示式是_______。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是_______。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______(填字母序号)
a.层与层之间的作用力是共价键
b.分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c.是混合型晶体
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是_______，其空间构型是_______。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因_____。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是_______g/cm3.(1pm=10-10cm)
【答案】（1） （2） ①. CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 ②. c
（3） ①. ②. 正四面体
（4） ①. 磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
【小问1详解】
P的原子序数为15，电子排布式为，基态磷原子价电子的轨道表示式是：
【小问2详解】
①CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；
②a．黑磷晶体与石墨类似的层状结构，层与层之间的作用力为分子间作用力，a项错误；
b．由图可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3，b项错误；
c．黑磷晶体与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，c项正确；
答案选c；
【小问3详解】
①Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是；
②中心原子为P，其中键电子对数为4，中心原子孤电子对数为，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子为sp3杂化，立体构型为正四面体；
【小问4详解】
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
16. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ由两步反应组成：
①；
②_______。
（2）反应Ⅱ：
①不同条件下，达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，_______0。
②一定压强下，与的投料比[]对体系中平衡转化率的影响如下：
时，解释平衡转化率随投料比增大而降低的原因：_______。
（3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下：
①ⅰ
ⅱ._______。
②反应结束后，分离混合物[硫酸(含、)、S(吸附了)等]，从中获得固体S以及与的混合液，便于循环利用。
a.该过程中，应选取的化学试剂是_______。
b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及与的混合液。实验方案是：_______。(用简要文字说明即可)
【答案】（1）2SO32SO2+O2
（2） ①. < ②. SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响
（3） ①. ②. SO2水溶液 ③. 将固体S(吸附了)加热，用SO2水溶液吸收气体
【解析】
【小问1详解】
根据氧化还原反应原理，反应Ⅰ第一步反应①，没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物SO2和O2的反应，反应方程式②：2SO32SO2+O2。
【小问2详解】
①该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故<0；
②该SO2的歧化反应中，H2O作为溶剂使SO2分子间有较大的碰撞概率，但是若，则SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即SO2在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。
【小问3详解】
①是催化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反应ⅰ.，则反应ⅱ.；
②根据反应ⅱ.，为从中获得固体S以及与的混合液，需除去I2，故该过程中，应选取的化学试剂是SO2；设计方案：将固体S(吸附了)加热，碘单质易升华，用SO2水溶液吸收碘气体，即能达到目的。
17. “点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：
+
我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：
已知：+H2O+
（1）化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。
（2）关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.利用质谱法可以鉴别B和C
b. B可以发生氧化、取代、消去反应
c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键
（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。
（4）反应②的化学方程式为_______。
（5）E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。
（6）为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：
写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。
【答案】（1） ①. 醛基和溴原子(或碳溴键) ②. 取代反应
（2）ab （3）
（4）+H2O+
（5） ①. ②. 或或
（6） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；
【小问1详解】
由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子(或碳溴键)；对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，属于取代反应；
【小问2详解】
a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；
b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；
c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误，
故选ab；
【小问3详解】
B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为；
【小问4详解】
由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为：+ +H2O；
【小问5详解】
对比D、E的分子式，应D中的1个−F原子被−N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位−F原子被取代，故E为；
【小问6详解】
醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的−OH被取代生成J，故J为。
18. 用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是_______。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系：_______，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为_______，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中去除，结合方程式解释原因：_______。
（5）测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为_______。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果_______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）过滤； （2）；
（3） ①. 还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； ②. 7.2×10-5ml NaCl；
（4），Fe2+破坏了钝化层；
（5） ①. ； ②. 偏大。
【解析】
【小问1详解】
由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
【小问2详解】
由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
【小问3详解】
根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml，，所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
【小问4详解】
根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
【小问5详解】
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3ml，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
19. 某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：
（1）用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
（3）固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
（4）经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
（5）分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
（6）检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
【答案】（1）
（2） ①. 固体a放置在空气中变为棕黑色 ②. 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
（3）、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
（4）
（5）
（6）取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
（7）反应物用量、添加顺序、溶液pH
【解析】
【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【小问1详解】
溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示：。
【小问2详解】
将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
【小问3详解】
、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
【小问4详解】
将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
【小问5详解】
取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
【小问6详解】
硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
【小问7详解】
实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
粉
粉、()
的去除率
≈50%
≈100%
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