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山东省淄博市部分学校2024届高三下学期阶段性测试（二模）化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份山东省淄博市部分学校2024届高三下学期阶段性测试（二模）化学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省淄博市部分学校2024届高三下学期阶段性测试二模化学试题原卷版docx、山东省淄博市部分学校2024届高三下学期阶段性测试二模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ni 59 Cu 64 Sn 119 La 139
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。
1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列说法正确是
A. 北京冬奥会的志愿者服装添加石墨烯是为了提高硬度
B. 美缝剂-环氧彩砂中的石英砂与金刚砂属于同素异形体
C. 高强度芳纶纤维(聚对苯二甲酰对苯二胺)可通过缩聚反应合成
D. 冠醚(18-冠-6)通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
【答案】C
【解析】
【详解】A．北京冬奥会的志愿者服装添加的石墨烯是发热材料，用于保暖，不是为了提高硬度，故A错误；
B．石英砂的主要成分是SiO2，金刚砂的成分是SiC，都是化合物，不是碳的单质，不属于同素异形体，故B错误；
C．对苯二甲酸和对苯二胺发生反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺和水，水是小分子，则该反应为缩聚反应，故C正确；
D．K+提供空轨道，O原子提供孤电子对，则冠醚(18-冠-6)通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故D错误。
答案选C。
2. 下列污垢处理试剂正确且符合安全环保理念的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．银镜反应的银垢不和2%的稀氨水反应，不能用来处理银镜反应的银垢，A不符合题意；
B．S和的溶液在加热的条件下反应生成NO2等污染性气体，不符合安全环保理念，B不符合题意；
C．浓盐酸具有挥发性，和二氧化锰生成有毒的氯气，不符合安全环保理念，C不符合题意；
D．石膏垢中硫酸钙和饱和碳酸钠转化为碳酸钙，碳酸钙和柠檬酸反应生成柠檬酸钙和二氧化碳，无污染性物质生成，D符合题意；
故选D。
3. X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，上述四种元素形成阴离子的结构如图。下列说法正确的是
A. ZW2为极性分子B. 第一电离能：Z>W>Y
C. X元素位于元素周期表的s区D. 最简单氢化物的热稳定性：Z>W>Y
【答案】A
【解析】
【分析】由题干信息结合阴离子的结构示意图可知，X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，且结构示意图中Y周围形成4个共价键，则Y为C，X形成了4个共价键，W形成1个共价键，Z形成2个共价键，阴离子带一个单位负电荷，说明X周围存在配位键，故W为F、X为B、Z为O，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为O、W为F，故ZW2即OF2为V形分子，正、负电荷中心不重合，则为极性分子，A正确；
B．由分析可知，X为B、Z为O、W为F，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能F＞O＞B即W>Z>Y，B错误；
C．由分析可知，X为B，价层电子排布为2s22p1，故X元素位于元素周期表的p区，C错误；
D．由分析可知，Y为C、Z为O、W为F，非金属性F＞O＞C，则最简单氢化物的热稳定性HF＞H2O＞CH4即W > Z>Y，D错误；
故答案为：A。
4. 下列除杂操作可行的是
A. 加热升华除去铁粉中的I2B. 加浓溴水用过滤法除去苯中的苯酚
C. 蒸发结晶除去KNO3溶液中的NaClD. 加MgO粉末用过滤法除去MgCl2溶液中的FeCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁粉中混有I2时，加热会促进二者发生反应生成FeI2，A不可行；
B．苯中混有苯酚，加浓溴水时，苯酚转化为2，4，6-三溴苯酚，但仍溶解在苯中，则应加NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后分液，B不可行；
C．KNO3溶液中混有NaCl，蒸发结晶不能除去KNO3溶液中的NaCl，应采用蒸发浓缩、降温结晶的方法让KNO3结晶析出，C不可行；
D．除去MgCl2溶液中的FeCl3，通常采用调节溶液的pH让FeCl3水解生成Fe(OH)3除去，加MgO粉末既能除去MgCl2溶液中的FeCl3，又不会导致生成Mg(OH)2沉淀，再用过滤法除去Fe(OH)3，D可行；
故选D。
5. 阿莫西林中间体的结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. 存在顺反异构，有手性碳原子B. 1ml该物质最多可与2ml NaOH反应
C. 可形成分子间氢键，可以与盐酸反应生成盐D. 含有5种官能团，能发生加聚和缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式，分子中的碳碳双键符合顺反异构的要求，连羧基的碳原子为手性碳原子，故A正确；
B．分子中酚羟基、羧基、酯基均可以与NaOH反应，最多可与3ml NaOH反应，故B错误；
C．分子中有羟基、羧基，可以形成分子间氢键，故C错误；
D．含有羟基、羧基、氨基、碳碳双键、酯基5种官能团，有羟基和羧基，能发生缩聚反应，故D正确。
答案选B。
6. 制备磺酰胺的装置如图，原理为。已知SO2Cl2熔点为-54.1℃，遇潮湿空气产生酸雾。下列说法正确的是
A. 连接顺序为a→de→bc→hi→fg
B. 装置丙中试剂为无水CaCl2
C. 装置乙中多孔球泡的作用是防止倒吸
D. 若无装置丙，则可发生
【答案】A
【解析】
【分析】在装置甲中与反应制取NH3，然后在装置丙中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置乙中与SO2Cl2发生反应，制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置乙后边连接安全瓶戊，最后盛有浓硫酸的装置丁的洗气瓶，用于防止水蒸气吸收SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的HCl；
【详解】A．根据分析可知连接顺序为a→de→bc→hi→fg，A正确；
B．因为无水氯化钙会和氨气反应，故装置丙中的试剂为碱石灰，B错误；
C．多孔球泡可以增大气体和液体的接触面积，使反应更充分，并非防止倒吸，C错误；
D．若无装置丙干燥氨气，SO2Cl2会和水反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，D错误；
故选A。
7. 调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：
可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是
A. 阳极的电极反应为
B. a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜
C. 原料室的应控制在6.02
D. 在产品室1中，可以收集到赖氨酸
【答案】D
【解析】
【分析】由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。
【详解】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；
B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；
C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；
D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；
故答案为：D。
8. 回收处理废旧镀锡覆铜板得到Cu和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. 上述流程共需要过滤2次
B. 氧化工序反应为：
C. 制备15.1g，至少需要22.6g30%溶液
D. 低温水解工序分离后的溶液可返回浸取工序
【答案】C
【解析】
【分析】镀锡铜箔用硫酸铜浸取时，发生反应：Cu2++Sn=Sn2++Cu，再用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，低温水解成Sn(OH)4，焙烧分解成SnO2。
【详解】A．浸取和低温水解后均需要过滤，故A正确；
B．氧化工序用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，方程式为，故B正确；
C．由电子守恒可得关系式SnO2~H2O2，15.1gSnO2的物质的量为ml=0.1ml，故至少需30%的过氧化氢溶液11.3g，故C错误；
D．Sn(SO4)2低温水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，溶液可返回浸取工序，故D正确；
故选 C。
9. 二维磁性材料卤化铬混合晶体结构如图，在纯氧中发生光氧化反应生成长链状和。下列说法错误的是
A. 化学键中离子键成分百分数：
B.
C. 生成1ml X―X键转移3ml电子
D. 熔点：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电负性：Cl>Br>I，电负性差值越大，离子键的百分数越大，A正确；
B．图左侧中有四个重负单元，每个单元内含2个铬，卤素数目为：，则n=3；图右侧1个铬，氧数目为：，m=3，B正确；
C．中X的化合价为-1价，生成1ml X―X键转移2ml电子，C错误；
D．阳离子相同，阴离子半径越小,晶格能越大,熔点越高，D正确；
故选C。
10. 利用CO2与H2电化学催化还原制备HCOOH的反应机理(M为催化剂)和不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量变化如图所示(*表示吸附态)。下列说法错误的是
A. 存在2个副反应B. 电化学还原时，HCOOH是阴极产物
C. 使用BiIn作催化剂更优D. 降低温度有利于提高CO2制甲酸的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A．从CO2与H2制备HCOOH的反应机理图中可看出，有副产物、生成，即存在、，2个副反应，A正确；
B．电化学原理为通过催化还原制得HCOOH，故HCOOH为还原产物，而电解池的阴极发生还原反应，HCOOH是阴极产物，B正确；
C．从不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量与反应进程图像可看出，BiIn作催化剂时反应活化能最低，故使用BiIn作催化剂效果更好，C正确；
D．从不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量与反应进程图像可看出，CO2与H2制备HCOOH的反应为吸热反应，降低温度使制备HCOOH的反应平衡逆移，降低了CO2制甲酸的平衡转化率，D错误；
答案选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据实验目的，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．浓盐酸中的氯离子可与酸性高锰酸钾反应，使其褪色，会干扰二价铁的检验，故A错误；
B．CH3COONH4和NaHCO3溶液中阳离子不同，且醋酸根离子与铵根离子相互促进水解，由实验操作和现象，不能说明，故B错误；
C．只有温度不同，放在热水中的混合液先出现浑浊，可知当其他条件不变时，反应体系的温度越高，化学反应速率越快，故C正确；
D．1-溴丙烷在KOH水溶液中共热进行充分水解后，先加入足量稀硝酸中和过量的KOH，使溶液呈酸性后再加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明1-溴丙烷中含有溴原子，故D正确；
答案选CD
12. 有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法错误的是
A. 依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团
B. X中所有碳原子可能共平面
C. 含碳碳双键和基团()的Y的同分异构体有5种
D. 类比上述反应，的异构化产物可得到水解产物
【答案】C
【解析】
【详解】A．X分子中含有碳氯键、碳氮双键、醚键和碳碳双键，Y分子中含有碳氯键、酰胺基、碳碳双键，二者的官能团不完全相同，依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确；
B．X分子中，最多1个碳原子连接2个碳原子，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．含碳碳双键和基团()的Y的同分异构体有CH3CH2CH=CH-NHCCl3、CH3CH=CHCH2NHCCl3、CH2=CHCH2CH2NHCCl3、CH2=C(CH3)CH2NHCCl3、CH2=CHCH(CH3)NHCCl3、CH3CH=C(CH3)NHCCl3、(CH3)2C=CHNHCCl3，共7种，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为，水解得到产物，D正确；
故选
13. 利用钒电池电解制备ClO2的装置如图所示。下列说法中错误的是
A. 工作时，b极区溶液由绿色变成紫色
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. 生成的H2和NH3的物质的量之比为3∶1
D. 当钒电池有2 ml 通过质子交换膜时，理论上生成2 ml ClO2
【答案】AB
【解析】
【分析】由题干装置图可知，右侧的电解池中左侧产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，该电极为阴极，故与左侧钒电池中b电极为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，a电极为正极，电极反应为：+2H++e-=VO2++H2O，右侧电解池中右侧产生NCl3，电极反应为：+3Cl--6e-=NCl3+4H+，NCl3在ClO2发生器中和NaClO2反应生成ClO2和NH3，方程式为：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，工作时，b极区电极反应为：V2+-e-=V3+，故溶液由紫色变成绿色，A错误；
B．由分析可知，电解池中阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极的电极反应为：+3Cl--6e-=NCl3+4H+，则Cl-由阴极区经离子交换膜进入阳极区，极离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，生成1mlH2转移2ml电子，而生成1mlNH3转移6ml电子，根据电子守恒可知，生成的H2和NH3的物质的量之比为3∶1，C正确；
D．由分析可知，生成1mlClO2转移电子为1ml，根据电子守恒可知，当钒电池有2 ml通过质子交换膜时，理论上生成2 ml ClO2，D正确；
故答案为：AB。
14. 已知，该反应的，，、分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下，按向密闭容器中投料，平衡时的体积分数、与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是
A. ，曲线n表示随温度变化
B. 、，时，
C. 一定温度下，该反应的随催化剂的不同而发生改变
D. 相同温度下，平衡体系中大于的
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，当w一定时，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明该反应正向为放热反应，则升温时，反应逆向进行，增大的程度大于，表示的值应该更小，所以曲线n表示随温度变化的曲线，A 正确；
B．反应为气体分子数不变的反应，在、，假设、投料均为1ml，平衡时，则平衡时为2ml×25%=0.5ml，则反应1ml-0.5ml=0.5ml，平衡时、、、均为0.5ml，反应平衡常数；当，则此时为2ml×20%=0.4ml，则反应1ml-0.4ml=0.6ml，此时时、、、分别为0.4ml、0.4ml、0.6ml、0.6ml，，B错误；
C．结合B分析，一定温度下，该反应的=K，平衡常数不随催化剂的不同而发生改变，C错误；
D．相同温度下，增大氯气的量，w值增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，但由于氯气增多，平衡体系中的体积分数小于的，D错误；
故选A。
15. 向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加溶液，发生反应和，pM、pN与的关系如图所示。其中M代表或，N代表或，。下列说法错误的是
A. 表示随的变化关系
B. AgBr的
C. 的平衡常数为
D. 时，溶液中
【答案】CD
【解析】
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为，溶液中小于，则直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系，故A正确；
B．据分析可知AgBr的，故B正确；
C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，为10—4.2，的浓度为：，的平衡常数为，故C错误；
D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001 ml/L时，溶液中溴离子浓度最大，大于，则溶液中的浓度小于的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为，故D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 镍及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的简化电子排布式为_______。已知第四电离能：，从原子结构的角度分析原因是_______。
（2）镍能形成多种配合物。中配位原子是_______。中键角_______(填“>”、“＜”或“=”)中键角。中的空间结构为_______，该配离子中的大π键为_______(用表示，n为原子数，m为电子数)。硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H―N=C=S)的沸点，原因是_______。
（3）某镧镍氧化物的晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
晶胞中1个周围距离相等且最近的形成的空间结构为_______，离子A、B间距离d=_______pm，若阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②. Ni失去的是上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态上的一个电子
（2） ①. C ②. > ③. 直线形 ④. ⑤. 异硫氰酸能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键
（3） ①. 正八面体形 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
Ni的原子序数为28，简化电子排布式为：；Ni失去3个电子后价电子变为，故再失去的是上的一个电子，Fe失去3个电子后是，再失去的是上的一个电子，而是半满结构，较稳定，故；
【小问2详解】
中配位原子是C；中键角> 中键角，因为N原子上的孤电子对参与形成配位键，相当于没有孤电子对，而独立的氨分子中N原子上一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，故中键角更小；中心原子为S，其价电子对为2+=2，没有孤电子对，中的空间结构为直线形；该配离子中的大π键为，因为共3个原子共用电子，S和N共提供4个电子，故大π键为；异硫氰酸能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键，所以硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H―N=C=S)的沸点；
【小问3详解】
根据投影图，可判断Ni2+位于体内，共2个；La3+的位置有：体内1个，顶点=1；棱上，共4个；O2-的位置有：体内2个，面上，棱上，共8个；因此1个周围距离相等且最近的形成的空间结构为正八面体形；由上述分析可知，底面面对角线长度的一半，A到棱心的长度，以及要计算得d三者构成直角三角形，d为斜边的长度，底面面对角线长度的一半=；A到棱心的长度为()pm；故d=；根据上述计算，晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶体的密度=。
17. 工业上用电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]和废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)；在酸性条件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH＜5时Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7时Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。
②相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）滤液1中主要的阳离子有和_______。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，pH不宜过大的原因是_______。
（2）“转化”中Cr3+反应的离子方程式为_______。一系列操作的顺序为_______(填标号)。
可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤 ②冷却结晶、过滤洗涤 ③加H2SO4溶液调pH ④加NaOH溶液调pH ⑤加热煮沸
（3）25℃时Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡，本题条件下仅需考虑如下平衡： ； 。pH=9，0.1 ml∙L-1Na2Cr2O7溶液中，则溶液中的平衡浓度为_______(保留两位有效数字)。
（4）“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______ml∙L-1 (保留两位有效数字)。[已知：25℃时，，]
（5）“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. [Cu(NH3)4]2+ ②. Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)
（2） ①. ②. ⑤③①②④
（3）6.0×10-4
（4）5.9×10-10
（5）
【解析】
【分析】电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]中加入NH3∙H2O和(NH4)2CO3进行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3，此时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH调节pH=9，并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为；经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3，再加入H2C2O4焙烧，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；两份溶液混合，可制得PbCrO4。
【小问1详解】
由分析可知，滤液1中主要的阳离子有和[Cu(NH3)4]2+。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)。
【小问2详解】
“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时Cr3+转化为，反应的离子方程式为。从溶解度曲线可以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应先除杂质，即加酸将转化为，升高温度让Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出Na2Cr2O7，再调节溶液的pH，将Na2Cr2O7转化为NaCrO4，所以一系列操作的顺序为⑤加热煮沸、③加H2SO4溶液调pH、①加热浓缩、趁热过滤、②冷却结晶、过滤洗涤、④加NaOH溶液调pH，故选⑤③①②④。
【小问3详解】
pH=9，0.1 ml∙L-1Na2Cr2O7溶液中，依据Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2ml/L，，则c()+c()≈0.2ml/L，，，溶液中的平衡浓度为ml/L≈6.0×10-4。
【小问4详解】
“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。对于反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(aq)+(aq)，K===2.16×105＞1×105时，则PbSO4发生完全转化，c(Pb2+)==1.26×10-4ml/L，Na2CO3溶液的最小浓度为ml∙L-1≈5.9×10-10ml∙L-1。
【小问5详解】
“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则CO2与O2的化学计量数之比为2:1，反应的化学方程式为。
【点睛】对于可逆反应，当当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。
18. 利用席夫碱L(结构简式为，相对分子质量为416)制备金属缓蚀剂，并测定n值。
Ⅰ．制备
向烧瓶中加入席夫碱L和(沸点为39.8℃)，置于35℃恒温水浴(如图所示)。滴加溶液，回流1h。反应结束后将烧瓶置于冰水浴中冷却，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
（1）仪器X的名称为_______。控制水浴温度为35℃的原因是_______。
（2）洗涤所用最佳试剂为_______(填标号)。
A. 去离子水B. 无水乙醇C. NaOH溶液D. 溶液
Ⅱ．测定n值
称取0.478g焙烧，将焙烧产物用稀充分溶解，滴加NaOH溶液调pH为3~4，加入过量浓KI溶液，用标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉溶液，继续滴定至浅蓝色，再加入KSCN溶液滴定至终点，共消耗标准溶液20.00mL。
已知：ⅰ．(棕黄色)；；能吸附。
ⅱ．25℃时，，。
（3）滴加NaOH溶液调pH为3~4，若pH过高，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。释放出的与反应的离子方程式为_______。滴定终点的现象是_______。
（4）加入KSCN溶液的目的是_______。中_______。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 温度过低，反应速率慢；温度过高，挥发损失 （2）B
（3） ①. 偏高 ②. 或 ③. 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（4） ①. 加入KSCN，使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的，使充分反应 ②. 1
【解析】
【分析】制备的实验过程为向烧瓶中加入席夫碱L和(沸点为39.8℃)，置于35℃恒温水浴(如图所示)；滴加溶液，回流1h；反应结束后将烧瓶置于冰水浴中冷却，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
【小问1详解】
根据仪器X结构特点可知为球形冷凝管，温度过高会导致CH2Cl2挥发；温度过低会降低反应速率，所以应控制水浴温度为35℃；
【小问2详解】
根据席夫碱L结构可知其在无水乙醇中的溶解度较大，洗涤后过滤可将CuLn滤出，从而实现分离，故答案为：B；
【小问3详解】
pH过高，Cu2+水解造成结果偏低；pH过低，I-易被空气氧化为I2造成结果偏高，所以应调节pH至3～4；I-与CuLn释放出的Cu2+，离子方程式：2Cu2++4I-⇌2CuI↓+I2或2Cu2++5I−⇌2CuI↓+；滴定终点的现象：滴入最后半滴标准溶液后，蓝色恰好消失且30s内不再变蓝；
【小问4详解】
根据Ksp(CuI)=5.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15可知，加入KSCN溶液可使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的，使I2充分反应；根据离子反应：I2+I-⇌；I2+2S2═2I-+S4，得关系：2CuLn～I2～2S2，则0.03×0.0204×(416n+64)g≈0.3g，解得：n≈1。
19. 广谱抗菌药物帕珠沙星(K)的一种合成路线如下：
已知：
Ⅰ．[或―COOR]
Ⅱ．
X=F，Br；Z=COR，COOR，CN等
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）①~⑤中共有_______种反应类型；B的同分异构体中，符合下列条件的结构简式为_______(任写1种)。
a．含有六元环结构 b．与溶液反应放出
c．含有5种化学环境的氢，峰面积之比为1∶1∶3∶2∶2
（2）C的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称为_______。
（3）W中碳原子的轨道杂化方式有_______种；H→I的化学方程式为_______。
（4）已知：，其反应机理为：
①ⅰ中形成的化学键类型为_______。
②该反应苯环较难生成多元取代产物的原因是_______。
（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. 、（任写一种）
（2） ①. ②. 酮羰基、酯基
（3） ①. 3 ②.
（4） ①. 配位键 ②. 羰基具有吸电子作用，使苯环缺电子，难以与-R进一步反应
（5）合成路线参考：
【解析】
【分析】A与反应生成B，结合A的分子式，A为CH≡CCOOC2H5；E与在CH3COOH的作用下生成F，结合F的结构，和已知Ⅰ的信息，可得E为，B、D反应生成E，结合D的分子式，倒推得到D的结构为，C与SOCl2反应生成D，结合C的分子式，C的结构为，F发生取代反应生成G，H和C2H4Br2在一定条件下生成I，根据I的结构和H的分子式，H的结构为，G生成H参考已知Ⅱ的信息，结合W的分子式，可得W为，I生成J参考已知Ⅲ的信息，可得J为，J先与NaClO、OH-反应，再与H+反应生成K。
【小问1详解】
①为加成反应，②③④⑤为取代反应，共有2种反应类型；B的同分异构体a．含有六元环结构；b．与NaHCO3溶液反应放出CO2，即存在羧基；c．含有5种化学环境的氢，峰面积之比为1∶1∶3∶2∶2，符合条件的结构简式为、；
【小问2详解】
由分析得，C为；E为，E中含氧官能团有酯基、酮羰基；
【小问3详解】
W为，-CN中的C为sp杂化，-COO-中的碳为sp2杂化，其余C为sp3杂化，杂化方式共3种；由分析得H的结构为，H→I的化学方程式为：；
【小问4详解】
①i中Cl的孤电子对与Al上的空轨道形成配位键；
②羰基具有吸电子作用，使苯环缺电子，难以与-R进一步反应；
【小问5详解】
与SOCl2反应生成，与在AlCl3的作用下生成，发生已知信息Ⅱ的反应，生成，合成路线为：。
20. 乙酸相对乙醇廉价易得，乙酸催化加氢制乙醇的反应如下：
主反应：
副反应：
已知：Ⅰ．该副反应的热效应很小；
Ⅱ．S表示产物选择性，，
回答下列问题：
（1）一定温度下，将1ml、2ml通入恒压密闭容器中(不考虑副反应)。达到平衡时的转化率为10%，该反应放热QkJ，则_______。
（2）在恒温、恒压下，原料气通过某催化剂发生上述反应，投料比对反应的影响如图甲所示。表示乙酸的转化率，最佳投料比为_______。当时，曲线可延伸至E、F、G中的_______点；投料比=20时，的转化率=_______。
（3）当时在不同条件下达到平衡。在下的、~t在下的、~p如图乙所示：
2Mpa时，随t变化的曲线是_______ (填标号)，曲线变化的原因是_______。A、B、C三点对应的的转化率由大到小的顺序为_______。已知B点时对应的转化率为，则B点时副反应的平衡常数_______。150℃，和反应一段时间后，的选择性位于M点，不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施为_______ (填一条即可)。
【答案】（1）―10Q
（2） ①. 20 ②. E ③. 8.1%
（3） ①. ②. 副反应热效应小，温度对影响小，主反应为放热反应，温度升高，平衡左移，减少，增大，减小 ③. C>A>B ④. ⑤. 增大压强或使用对主反应催化活性更高的催化剂
【解析】
【小问1详解】
一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、2mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)，氢气过量，达到平衡时，H2的转化率为10%，该反应放热QkJ，则消耗氢气0.2ml，若消耗2ml则放出10QkJ热量，故则该温度下主反应的△H1=-10QkJ/ml。
【小问2详解】
表示乙酸的转化率，由图可知，投料比为20时，乙酸的选择性最大，转化率也较高，最佳投料比为20，当时，相当于增大H2的浓度，由图可知，乙酸的选择性降低，则乙酸乙酯的选择性增大到E点，投料比=20时，乙酸的转化率为90%，乙醇的选择性为80%，假设投入20mlH2和1mlCH3COOH，生成乙醇的物质的量为1ml×90%×80%=0.72ml，生成乙酸乙酯的物质的量为1ml×90%×20%×=0.09ml，则主反应生成0.72ml+0.09ml=0.81ml乙醇，H2的转化量为0.81ml×2=1.62ml，则的转化率==8.1%。
【小问3详解】
当时在不同条件下达到平衡。在下的、~t在下的、~p如图乙所示，副反应热效应小，温度对影响小，主反应为放热反应，温度升高，平衡左移，减少，增大，减小，2Mpa时，随t变化的曲线是，随t变化的曲线是，主反应是气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，副反应的平衡状态不受压强影响，则增大压强增大，减小，则随p变化的曲线是，随p变化的曲线是，综上所述，增大压强或减小温度，的转化率增大，C点温度为250℃、压强为2MPa，A和B压强为2Mpa，且温度CA>B，已知B点时对应的转化率为，乙酸乙酯的选择性为10%，列出“三段式”
x+y=，，解得x=0.95，y=0.05，则B点时副反应的平衡常数；150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，由于主反应的正反应是气体体积减小的反应，而副反应反应前后气体的物质的量不变，因此要提高乙醇选择性，可以是增大压强；或者是使用对主反应催化活性更高的催化剂，来提高主反应中乙醇选择性；污垢
试剂
A
银镜反应的银垢
2%的稀氨水
B
石化设备内的硫垢
的溶液
C
制的垢
浓盐酸
D
锅炉内的石膏垢
饱和溶液5%的柠檬酸溶液
实验目的
方案设计
现象和结论
A
检验铁锈中是否含
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
紫色褪去，铁锈中含有
B
比较和的水解常数
分别测浓度均为的和溶液的pH
后者大于前者，
C
探究温度对反应速率的影响
等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应
温度高的溶液中先出现浑浊，温度升高，该反应速率加快
D
探究1-溴丙烷中含有溴原子
向试管中加入1-溴丙烷和20%的K0H溶液，加热，再向反应后的溶液中加入稀硝酸酸化，滴加溶液
产生淡黄色沉淀，证明1-溴丙烷中含有溴原子
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ni 59 Cu 64 Sn 119 La 139
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。
1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列说法正确是
A. 北京冬奥会的志愿者服装添加石墨烯是为了提高硬度
B. 美缝剂-环氧彩砂中的石英砂与金刚砂属于同素异形体
C. 高强度芳纶纤维(聚对苯二甲酰对苯二胺)可通过缩聚反应合成
D. 冠醚(18-冠-6)通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
【答案】C
【解析】
【详解】A．北京冬奥会的志愿者服装添加的石墨烯是发热材料，用于保暖，不是为了提高硬度，故A错误；
B．石英砂的主要成分是SiO2，金刚砂的成分是SiC，都是化合物，不是碳的单质，不属于同素异形体，故B错误；
C．对苯二甲酸和对苯二胺发生反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺和水，水是小分子，则该反应为缩聚反应，故C正确；
D．K+提供空轨道，O原子提供孤电子对，则冠醚(18-冠-6)通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故D错误。
答案选C。
2. 下列污垢处理试剂正确且符合安全环保理念的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．银镜反应的银垢不和2%的稀氨水反应，不能用来处理银镜反应的银垢，A不符合题意；
B．S和的溶液在加热的条件下反应生成NO2等污染性气体，不符合安全环保理念，B不符合题意；
C．浓盐酸具有挥发性，和二氧化锰生成有毒的氯气，不符合安全环保理念，C不符合题意；
D．石膏垢中硫酸钙和饱和碳酸钠转化为碳酸钙，碳酸钙和柠檬酸反应生成柠檬酸钙和二氧化碳，无污染性物质生成，D符合题意；
故选D。
3. X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，上述四种元素形成阴离子的结构如图。下列说法正确的是
A. ZW2为极性分子B. 第一电离能：Z>W>Y
C. X元素位于元素周期表的s区D. 最简单氢化物的热稳定性：Z>W>Y
【答案】A
【解析】
【分析】由题干信息结合阴离子的结构示意图可知，X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，且结构示意图中Y周围形成4个共价键，则Y为C，X形成了4个共价键，W形成1个共价键，Z形成2个共价键，阴离子带一个单位负电荷，说明X周围存在配位键，故W为F、X为B、Z为O，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为O、W为F，故ZW2即OF2为V形分子，正、负电荷中心不重合，则为极性分子，A正确；
B．由分析可知，X为B、Z为O、W为F，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，故第一电离能F＞O＞B即W>Z>Y，B错误；
C．由分析可知，X为B，价层电子排布为2s22p1，故X元素位于元素周期表的p区，C错误；
D．由分析可知，Y为C、Z为O、W为F，非金属性F＞O＞C，则最简单氢化物的热稳定性HF＞H2O＞CH4即W > Z>Y，D错误；
故答案为：A。
4. 下列除杂操作可行的是
A. 加热升华除去铁粉中的I2B. 加浓溴水用过滤法除去苯中的苯酚
C. 蒸发结晶除去KNO3溶液中的NaClD. 加MgO粉末用过滤法除去MgCl2溶液中的FeCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁粉中混有I2时，加热会促进二者发生反应生成FeI2，A不可行；
B．苯中混有苯酚，加浓溴水时，苯酚转化为2，4，6-三溴苯酚，但仍溶解在苯中，则应加NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后分液，B不可行；
C．KNO3溶液中混有NaCl，蒸发结晶不能除去KNO3溶液中的NaCl，应采用蒸发浓缩、降温结晶的方法让KNO3结晶析出，C不可行；
D．除去MgCl2溶液中的FeCl3，通常采用调节溶液的pH让FeCl3水解生成Fe(OH)3除去，加MgO粉末既能除去MgCl2溶液中的FeCl3，又不会导致生成Mg(OH)2沉淀，再用过滤法除去Fe(OH)3，D可行；
故选D。
5. 阿莫西林中间体的结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. 存在顺反异构，有手性碳原子B. 1ml该物质最多可与2ml NaOH反应
C. 可形成分子间氢键，可以与盐酸反应生成盐D. 含有5种官能团，能发生加聚和缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式，分子中的碳碳双键符合顺反异构的要求，连羧基的碳原子为手性碳原子，故A正确；
B．分子中酚羟基、羧基、酯基均可以与NaOH反应，最多可与3ml NaOH反应，故B错误；
C．分子中有羟基、羧基，可以形成分子间氢键，故C错误；
D．含有羟基、羧基、氨基、碳碳双键、酯基5种官能团，有羟基和羧基，能发生缩聚反应，故D正确。
答案选B。
6. 制备磺酰胺的装置如图，原理为。已知SO2Cl2熔点为-54.1℃，遇潮湿空气产生酸雾。下列说法正确的是
A. 连接顺序为a→de→bc→hi→fg
B. 装置丙中试剂为无水CaCl2
C. 装置乙中多孔球泡的作用是防止倒吸
D. 若无装置丙，则可发生
【答案】A
【解析】
【分析】在装置甲中与反应制取NH3，然后在装置丙中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置乙中与SO2Cl2发生反应，制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置乙后边连接安全瓶戊，最后盛有浓硫酸的装置丁的洗气瓶，用于防止水蒸气吸收SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的HCl；
【详解】A．根据分析可知连接顺序为a→de→bc→hi→fg，A正确；
B．因为无水氯化钙会和氨气反应，故装置丙中的试剂为碱石灰，B错误；
C．多孔球泡可以增大气体和液体的接触面积，使反应更充分，并非防止倒吸，C错误；
D．若无装置丙干燥氨气，SO2Cl2会和水反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，D错误；
故选A。
7. 调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：
可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是
A. 阳极的电极反应为
B. a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜
C. 原料室的应控制在6.02
D. 在产品室1中，可以收集到赖氨酸
【答案】D
【解析】
【分析】由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。
【详解】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；
B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；
C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；
D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；
故答案为：D。
8. 回收处理废旧镀锡覆铜板得到Cu和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A. 上述流程共需要过滤2次
B. 氧化工序反应为：
C. 制备15.1g，至少需要22.6g30%溶液
D. 低温水解工序分离后的溶液可返回浸取工序
【答案】C
【解析】
【分析】镀锡铜箔用硫酸铜浸取时，发生反应：Cu2++Sn=Sn2++Cu，再用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，低温水解成Sn(OH)4，焙烧分解成SnO2。
【详解】A．浸取和低温水解后均需要过滤，故A正确；
B．氧化工序用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，方程式为，故B正确；
C．由电子守恒可得关系式SnO2~H2O2，15.1gSnO2的物质的量为ml=0.1ml，故至少需30%的过氧化氢溶液11.3g，故C错误；
D．Sn(SO4)2低温水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，溶液可返回浸取工序，故D正确；
故选 C。
9. 二维磁性材料卤化铬混合晶体结构如图，在纯氧中发生光氧化反应生成长链状和。下列说法错误的是
A. 化学键中离子键成分百分数：
B.
C. 生成1ml X―X键转移3ml电子
D. 熔点：
【答案】C
【解析】
【详解】A．电负性：Cl>Br>I，电负性差值越大，离子键的百分数越大，A正确；
B．图左侧中有四个重负单元，每个单元内含2个铬，卤素数目为：，则n=3；图右侧1个铬，氧数目为：，m=3，B正确；
C．中X的化合价为-1价，生成1ml X―X键转移2ml电子，C错误；
D．阳离子相同，阴离子半径越小,晶格能越大,熔点越高，D正确；
故选C。
10. 利用CO2与H2电化学催化还原制备HCOOH的反应机理(M为催化剂)和不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量变化如图所示(*表示吸附态)。下列说法错误的是
A. 存在2个副反应B. 电化学还原时，HCOOH是阴极产物
C. 使用BiIn作催化剂更优D. 降低温度有利于提高CO2制甲酸的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】A．从CO2与H2制备HCOOH的反应机理图中可看出，有副产物、生成，即存在、，2个副反应，A正确；
B．电化学原理为通过催化还原制得HCOOH，故HCOOH为还原产物，而电解池的阴极发生还原反应，HCOOH是阴极产物，B正确；
C．从不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量与反应进程图像可看出，BiIn作催化剂时反应活化能最低，故使用BiIn作催化剂效果更好，C正确；
D．从不同催化剂(Bi、BiIn或In)下的相对能量与反应进程图像可看出，CO2与H2制备HCOOH的反应为吸热反应，降低温度使制备HCOOH的反应平衡逆移，降低了CO2制甲酸的平衡转化率，D错误；
答案选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据实验目的，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．浓盐酸中的氯离子可与酸性高锰酸钾反应，使其褪色，会干扰二价铁的检验，故A错误；
B．CH3COONH4和NaHCO3溶液中阳离子不同，且醋酸根离子与铵根离子相互促进水解，由实验操作和现象，不能说明，故B错误；
C．只有温度不同，放在热水中的混合液先出现浑浊，可知当其他条件不变时，反应体系的温度越高，化学反应速率越快，故C正确；
D．1-溴丙烷在KOH水溶液中共热进行充分水解后，先加入足量稀硝酸中和过量的KOH，使溶液呈酸性后再加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明1-溴丙烷中含有溴原子，故D正确；
答案选CD
12. 有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法错误的是
A. 依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团
B. X中所有碳原子可能共平面
C. 含碳碳双键和基团()的Y的同分异构体有5种
D. 类比上述反应，的异构化产物可得到水解产物
【答案】C
【解析】
【详解】A．X分子中含有碳氯键、碳氮双键、醚键和碳碳双键，Y分子中含有碳氯键、酰胺基、碳碳双键，二者的官能团不完全相同，依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确；
B．X分子中，最多1个碳原子连接2个碳原子，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．含碳碳双键和基团()的Y的同分异构体有CH3CH2CH=CH-NHCCl3、CH3CH=CHCH2NHCCl3、CH2=CHCH2CH2NHCCl3、CH2=C(CH3)CH2NHCCl3、CH2=CHCH(CH3)NHCCl3、CH3CH=C(CH3)NHCCl3、(CH3)2C=CHNHCCl3，共7种，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为，水解得到产物，D正确；
故选
13. 利用钒电池电解制备ClO2的装置如图所示。下列说法中错误的是
A. 工作时，b极区溶液由绿色变成紫色
B. 离子交换膜为阳离子交换膜
C. 生成的H2和NH3的物质的量之比为3∶1
D. 当钒电池有2 ml 通过质子交换膜时，理论上生成2 ml ClO2
【答案】AB
【解析】
【分析】由题干装置图可知，右侧的电解池中左侧产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，该电极为阴极，故与左侧钒电池中b电极为负极，电极反应为：V2+-e-=V3+，a电极为正极，电极反应为：+2H++e-=VO2++H2O，右侧电解池中右侧产生NCl3，电极反应为：+3Cl--6e-=NCl3+4H+，NCl3在ClO2发生器中和NaClO2反应生成ClO2和NH3，方程式为：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，工作时，b极区电极反应为：V2+-e-=V3+，故溶液由紫色变成绿色，A错误；
B．由分析可知，电解池中阴极电极反应为：2H++2e-=H2↑，阳极的电极反应为：+3Cl--6e-=NCl3+4H+，则Cl-由阴极区经离子交换膜进入阳极区，极离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，生成1mlH2转移2ml电子，而生成1mlNH3转移6ml电子，根据电子守恒可知，生成的H2和NH3的物质的量之比为3∶1，C正确；
D．由分析可知，生成1mlClO2转移电子为1ml，根据电子守恒可知，当钒电池有2 ml通过质子交换膜时，理论上生成2 ml ClO2，D正确；
故答案为：AB。
14. 已知，该反应的，，、分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下，按向密闭容器中投料，平衡时的体积分数、与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是
A. ，曲线n表示随温度变化
B. 、，时，
C. 一定温度下，该反应的随催化剂的不同而发生改变
D. 相同温度下，平衡体系中大于的
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，当w一定时，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明该反应正向为放热反应，则升温时，反应逆向进行，增大的程度大于，表示的值应该更小，所以曲线n表示随温度变化的曲线，A 正确；
B．反应为气体分子数不变的反应，在、，假设、投料均为1ml，平衡时，则平衡时为2ml×25%=0.5ml，则反应1ml-0.5ml=0.5ml，平衡时、、、均为0.5ml，反应平衡常数；当，则此时为2ml×20%=0.4ml，则反应1ml-0.4ml=0.6ml，此时时、、、分别为0.4ml、0.4ml、0.6ml、0.6ml，，B错误；
C．结合B分析，一定温度下，该反应的=K，平衡常数不随催化剂的不同而发生改变，C错误；
D．相同温度下，增大氯气的量，w值增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，但由于氯气增多，平衡体系中的体积分数小于的，D错误；
故选A。
15. 向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加溶液，发生反应和，pM、pN与的关系如图所示。其中M代表或，N代表或，。下列说法错误的是
A. 表示随的变化关系
B. AgBr的
C. 的平衡常数为
D. 时，溶液中
【答案】CD
【解析】
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为，溶液中小于，则直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，则溴化银的溶度积常数Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系，故A正确；
B．据分析可知AgBr的，故B正确；
C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，为10—4.2，的浓度为：，的平衡常数为，故C错误；
D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001 ml/L时，溶液中溴离子浓度最大，大于，则溶液中的浓度小于的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为，故D错误；
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 镍及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的简化电子排布式为_______。已知第四电离能：，从原子结构的角度分析原因是_______。
（2）镍能形成多种配合物。中配位原子是_______。中键角_______(填“>”、“＜”或“=”)中键角。中的空间结构为_______，该配离子中的大π键为_______(用表示，n为原子数，m为电子数)。硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H―N=C=S)的沸点，原因是_______。
（3）某镧镍氧化物的晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
晶胞中1个周围距离相等且最近的形成的空间结构为_______，离子A、B间距离d=_______pm，若阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1） ①. ②. Ni失去的是上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态上的一个电子
（2） ①. C ②. > ③. 直线形 ④. ⑤. 异硫氰酸能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键
（3） ①. 正八面体形 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
Ni的原子序数为28，简化电子排布式为：；Ni失去3个电子后价电子变为，故再失去的是上的一个电子，Fe失去3个电子后是，再失去的是上的一个电子，而是半满结构，较稳定，故；
【小问2详解】
中配位原子是C；中键角> 中键角，因为N原子上的孤电子对参与形成配位键，相当于没有孤电子对，而独立的氨分子中N原子上一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，故中键角更小；中心原子为S，其价电子对为2+=2，没有孤电子对，中的空间结构为直线形；该配离子中的大π键为，因为共3个原子共用电子，S和N共提供4个电子，故大π键为；异硫氰酸能形成分子间氢键，而硫氰酸分子间没有氢键，所以硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(H―N=C=S)的沸点；
【小问3详解】
根据投影图，可判断Ni2+位于体内，共2个；La3+的位置有：体内1个，顶点=1；棱上，共4个；O2-的位置有：体内2个，面上，棱上，共8个；因此1个周围距离相等且最近的形成的空间结构为正八面体形；由上述分析可知，底面面对角线长度的一半，A到棱心的长度，以及要计算得d三者构成直角三角形，d为斜边的长度，底面面对角线长度的一半=；A到棱心的长度为()pm；故d=；根据上述计算，晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶体的密度=。
17. 工业上用电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]和废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)；在酸性条件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH＜5时Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7时Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。
②相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示：
回答下列问题：
（1）滤液1中主要的阳离子有和_______。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，pH不宜过大的原因是_______。
（2）“转化”中Cr3+反应的离子方程式为_______。一系列操作的顺序为_______(填标号)。
可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤 ②冷却结晶、过滤洗涤 ③加H2SO4溶液调pH ④加NaOH溶液调pH ⑤加热煮沸
（3）25℃时Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡，本题条件下仅需考虑如下平衡： ； 。pH=9，0.1 ml∙L-1Na2Cr2O7溶液中，则溶液中的平衡浓度为_______(保留两位有效数字)。
（4）“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______ml∙L-1 (保留两位有效数字)。[已知：25℃时，，]
（5）“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. [Cu(NH3)4]2+ ②. Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)
（2） ①. ②. ⑤③①②④
（3）6.0×10-4
（4）5.9×10-10
（5）
【解析】
【分析】电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]中加入NH3∙H2O和(NH4)2CO3进行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3，此时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH调节pH=9，并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为；经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3，再加入H2C2O4焙烧，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；两份溶液混合，可制得PbCrO4。
【小问1详解】
由分析可知，滤液1中主要的阳离子有和[Cu(NH3)4]2+。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)。
【小问2详解】
“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时Cr3+转化为，反应的离子方程式为。从溶解度曲线可以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应先除杂质，即加酸将转化为，升高温度让Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出Na2Cr2O7，再调节溶液的pH，将Na2Cr2O7转化为NaCrO4，所以一系列操作的顺序为⑤加热煮沸、③加H2SO4溶液调pH、①加热浓缩、趁热过滤、②冷却结晶、过滤洗涤、④加NaOH溶液调pH，故选⑤③①②④。
【小问3详解】
pH=9，0.1 ml∙L-1Na2Cr2O7溶液中，依据Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2ml/L，，则c()+c()≈0.2ml/L，，，溶液中的平衡浓度为ml/L≈6.0×10-4。
【小问4详解】
“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。对于反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(aq)+(aq)，K===2.16×105＞1×105时，则PbSO4发生完全转化，c(Pb2+)==1.26×10-4ml/L，Na2CO3溶液的最小浓度为ml∙L-1≈5.9×10-10ml∙L-1。
【小问5详解】
“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则CO2与O2的化学计量数之比为2:1，反应的化学方程式为。
【点睛】对于可逆反应，当当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。
18. 利用席夫碱L(结构简式为，相对分子质量为416)制备金属缓蚀剂，并测定n值。
Ⅰ．制备
向烧瓶中加入席夫碱L和(沸点为39.8℃)，置于35℃恒温水浴(如图所示)。滴加溶液，回流1h。反应结束后将烧瓶置于冰水浴中冷却，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
（1）仪器X的名称为_______。控制水浴温度为35℃的原因是_______。
（2）洗涤所用最佳试剂为_______(填标号)。
A. 去离子水B. 无水乙醇C. NaOH溶液D. 溶液
Ⅱ．测定n值
称取0.478g焙烧，将焙烧产物用稀充分溶解，滴加NaOH溶液调pH为3~4，加入过量浓KI溶液，用标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉溶液，继续滴定至浅蓝色，再加入KSCN溶液滴定至终点，共消耗标准溶液20.00mL。
已知：ⅰ．(棕黄色)；；能吸附。
ⅱ．25℃时，，。
（3）滴加NaOH溶液调pH为3~4，若pH过高，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。释放出的与反应的离子方程式为_______。滴定终点的现象是_______。
（4）加入KSCN溶液的目的是_______。中_______。
【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 温度过低，反应速率慢；温度过高，挥发损失 （2）B
（3） ①. 偏高 ②. 或 ③. 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
（4） ①. 加入KSCN，使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的，使充分反应 ②. 1
【解析】
【分析】制备的实验过程为向烧瓶中加入席夫碱L和(沸点为39.8℃)，置于35℃恒温水浴(如图所示)；滴加溶液，回流1h；反应结束后将烧瓶置于冰水浴中冷却，过滤、洗涤、干燥，得到固体。
【小问1详解】
根据仪器X结构特点可知为球形冷凝管，温度过高会导致CH2Cl2挥发；温度过低会降低反应速率，所以应控制水浴温度为35℃；
【小问2详解】
根据席夫碱L结构可知其在无水乙醇中的溶解度较大，洗涤后过滤可将CuLn滤出，从而实现分离，故答案为：B；
【小问3详解】
pH过高，Cu2+水解造成结果偏低；pH过低，I-易被空气氧化为I2造成结果偏高，所以应调节pH至3～4；I-与CuLn释放出的Cu2+，离子方程式：2Cu2++4I-⇌2CuI↓+I2或2Cu2++5I−⇌2CuI↓+；滴定终点的现象：滴入最后半滴标准溶液后，蓝色恰好消失且30s内不再变蓝；
【小问4详解】
根据Ksp(CuI)=5.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15可知，加入KSCN溶液可使CuI转化为CuSCN，释放被吸附的，使I2充分反应；根据离子反应：I2+I-⇌；I2+2S2═2I-+S4，得关系：2CuLn～I2～2S2，则0.03×0.0204×(416n+64)g≈0.3g，解得：n≈1。
19. 广谱抗菌药物帕珠沙星(K)的一种合成路线如下：
已知：
Ⅰ．[或―COOR]
Ⅱ．
X=F，Br；Z=COR，COOR，CN等
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）①~⑤中共有_______种反应类型；B的同分异构体中，符合下列条件的结构简式为_______(任写1种)。
a．含有六元环结构 b．与溶液反应放出
c．含有5种化学环境的氢，峰面积之比为1∶1∶3∶2∶2
（2）C的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称为_______。
（3）W中碳原子的轨道杂化方式有_______种；H→I的化学方程式为_______。
（4）已知：，其反应机理为：
①ⅰ中形成的化学键类型为_______。
②该反应苯环较难生成多元取代产物的原因是_______。
（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. 、（任写一种）
（2） ①. ②. 酮羰基、酯基
（3） ①. 3 ②.
（4） ①. 配位键 ②. 羰基具有吸电子作用，使苯环缺电子，难以与-R进一步反应
（5）合成路线参考：
【解析】
【分析】A与反应生成B，结合A的分子式，A为CH≡CCOOC2H5；E与在CH3COOH的作用下生成F，结合F的结构，和已知Ⅰ的信息，可得E为，B、D反应生成E，结合D的分子式，倒推得到D的结构为，C与SOCl2反应生成D，结合C的分子式，C的结构为，F发生取代反应生成G，H和C2H4Br2在一定条件下生成I，根据I的结构和H的分子式，H的结构为，G生成H参考已知Ⅱ的信息，结合W的分子式，可得W为，I生成J参考已知Ⅲ的信息，可得J为，J先与NaClO、OH-反应，再与H+反应生成K。
【小问1详解】
①为加成反应，②③④⑤为取代反应，共有2种反应类型；B的同分异构体a．含有六元环结构；b．与NaHCO3溶液反应放出CO2，即存在羧基；c．含有5种化学环境的氢，峰面积之比为1∶1∶3∶2∶2，符合条件的结构简式为、；
【小问2详解】
由分析得，C为；E为，E中含氧官能团有酯基、酮羰基；
【小问3详解】
W为，-CN中的C为sp杂化，-COO-中的碳为sp2杂化，其余C为sp3杂化，杂化方式共3种；由分析得H的结构为，H→I的化学方程式为：；
【小问4详解】
①i中Cl的孤电子对与Al上的空轨道形成配位键；
②羰基具有吸电子作用，使苯环缺电子，难以与-R进一步反应；
【小问5详解】
与SOCl2反应生成，与在AlCl3的作用下生成，发生已知信息Ⅱ的反应，生成，合成路线为：。
20. 乙酸相对乙醇廉价易得，乙酸催化加氢制乙醇的反应如下：
主反应：
副反应：
已知：Ⅰ．该副反应的热效应很小；
Ⅱ．S表示产物选择性，，
回答下列问题：
（1）一定温度下，将1ml、2ml通入恒压密闭容器中(不考虑副反应)。达到平衡时的转化率为10%，该反应放热QkJ，则_______。
（2）在恒温、恒压下，原料气通过某催化剂发生上述反应，投料比对反应的影响如图甲所示。表示乙酸的转化率，最佳投料比为_______。当时，曲线可延伸至E、F、G中的_______点；投料比=20时，的转化率=_______。
（3）当时在不同条件下达到平衡。在下的、~t在下的、~p如图乙所示：
2Mpa时，随t变化的曲线是_______ (填标号)，曲线变化的原因是_______。A、B、C三点对应的的转化率由大到小的顺序为_______。已知B点时对应的转化率为，则B点时副反应的平衡常数_______。150℃，和反应一段时间后，的选择性位于M点，不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施为_______ (填一条即可)。
【答案】（1）―10Q
（2） ①. 20 ②. E ③. 8.1%
（3） ①. ②. 副反应热效应小，温度对影响小，主反应为放热反应，温度升高，平衡左移，减少，增大，减小 ③. C>A>B ④. ⑤. 增大压强或使用对主反应催化活性更高的催化剂
【解析】
【小问1详解】
一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、2mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)，氢气过量，达到平衡时，H2的转化率为10%，该反应放热QkJ，则消耗氢气0.2ml，若消耗2ml则放出10QkJ热量，故则该温度下主反应的△H1=-10QkJ/ml。
【小问2详解】
表示乙酸的转化率，由图可知，投料比为20时，乙酸的选择性最大，转化率也较高，最佳投料比为20，当时，相当于增大H2的浓度，由图可知，乙酸的选择性降低，则乙酸乙酯的选择性增大到E点，投料比=20时，乙酸的转化率为90%，乙醇的选择性为80%，假设投入20mlH2和1mlCH3COOH，生成乙醇的物质的量为1ml×90%×80%=0.72ml，生成乙酸乙酯的物质的量为1ml×90%×20%×=0.09ml，则主反应生成0.72ml+0.09ml=0.81ml乙醇，H2的转化量为0.81ml×2=1.62ml，则的转化率==8.1%。
【小问3详解】
当时在不同条件下达到平衡。在下的、~t在下的、~p如图乙所示，副反应热效应小，温度对影响小，主反应为放热反应，温度升高，平衡左移，减少，增大，减小，2Mpa时，随t变化的曲线是，随t变化的曲线是，主反应是气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，副反应的平衡状态不受压强影响，则增大压强增大，减小，则随p变化的曲线是，随p变化的曲线是，综上所述，增大压强或减小温度，的转化率增大，C点温度为250℃、压强为2MPa，A和B压强为2Mpa，且温度C
x+y=，，解得x=0.95，y=0.05，则B点时副反应的平衡常数；150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，由于主反应的正反应是气体体积减小的反应，而副反应反应前后气体的物质的量不变，因此要提高乙醇选择性，可以是增大压强；或者是使用对主反应催化活性更高的催化剂，来提高主反应中乙醇选择性；污垢
试剂
A
银镜反应的银垢
2%的稀氨水
B
石化设备内的硫垢
的溶液
C
制的垢
浓盐酸
D
锅炉内的石膏垢
饱和溶液5%的柠檬酸溶液
实验目的
方案设计
现象和结论
A
检验铁锈中是否含
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
紫色褪去，铁锈中含有
B
比较和的水解常数
分别测浓度均为的和溶液的pH
后者大于前者，
C
探究温度对反应速率的影响
等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应
温度高的溶液中先出现浑浊，温度升高，该反应速率加快
D
探究1-溴丙烷中含有溴原子
向试管中加入1-溴丙烷和20%的K0H溶液，加热，再向反应后的溶液中加入稀硝酸酸化，滴加溶液
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