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吉林省吉林市2024届高三下学期第四次模拟考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份吉林省吉林市2024届高三下学期第四次模拟考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含吉林省吉林市2024届高三下学期第四次模拟考试化学试题原卷版docx、吉林省吉林市2024届高三下学期第四次模拟考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
说明：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，贴好条形码。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2b铅笔把答题卡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。答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上。字体工整，笔迹清楚。
3.请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无效。
4.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：B 11 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ag 108
一、选择题： 本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是
A. 误服氯化钡应大量吞食牛奶、生蛋清，还应加服纯碱解毒
B. 广泛pH试纸不能准确测得“84”消毒液的pH
C. CO2排放量的增加将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存
D. 节日燃放烟花是利用金属的焰色试验，这与原子核外电子跃迁有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钡与碳酸钠反应生成了碳酸钡，但又会和胃酸作用重新生成氯化钡，不能解毒，故A错误；
B．“84”消毒液含NaClO具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测其pH值，故B正确；
C．CO2排放量的增加，使反应CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=Ca(HCO3)2(aq)向正反应方向移动，石灰石溶解，沉积少，将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存，故C正确；
D．焰色试验是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与原子核外电子跃迁有关，故D正确；
故选A。
2. 下列示意图或图示正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO中O原子在中间，分别与H和Cl形成共价键，原子半径：HB．结构式中形成一个配位键，N原子提供孤对电子，配位键应表示为N→H，B错误；
C．HF分子间的氢键是分子间作用力，氢键比化学键弱，F-H…F中的实线是共价键，虚线是氢键，C错误；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，丙氨酸的手性异构体为，D正确；
故选D。
3. 按照国家绿色发展规划，与化学化工相关的新质生产力涉及了“新能源”“绿色低碳” “新材料”等问题。下列有关说法错误的是
A. 潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源
B. “绿色低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料
C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想
D. 国产红旗轿车中部分材料采用了碳纤维，碳纤维属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源，故A正确；
B．“绿色低碳”是指以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是控制二氧化碳的排放量，故B错误；
C．如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃，氯化氢可以循环利用，体现了“节能减排”思想，故C正确；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选B。
4. 臭氧能氧化CN-，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为下列说法正确的是
A. O3和O2互为同位素关系
B. 该反应是熵减的过程
C. 该反应中，每生成1 ml N2转移6 ml电子
D. 反应中所涉及的N2、O2为非极性分子，O3为极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．O3和O2是O元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．该反应过程中反应后气体体积增大，因此反应是熵增的过程，B错误；
C．根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。在反应中，反应过程中转移10 ml电子，反应产生1 ml N2，故该反应中，每生成1 ml N2会转移10 ml电子，C错误；
D．反应中所涉及的N2、O2为非极性分子，而O3结构与SO2相似，属于极性分子，D正确；
故合理选项是D。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 明矾溶液与过量氨水混合：
B. 氯水久置颜色逐渐褪去：4Cl2＋4H2O = HClO4＋7HCl
C. 用Na2S2O3做碘量法实验时，pH过低溶液变浑浊：
D. 苯酚钠溶液中通入少量CO2，出现白色浑浊：22
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液与过量氨水混合，反应的离子方程式为，A项错误；
B．氯水久置颜色逐渐褪去是因为：，次氯酸见光易分解，B项错误；
C．用Na2S2O3做碘量法实验时，pH过低溶液变浑浊，离子方程式为，C项正确；
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为，D项错误；
答案选C。
6. NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。下列分析正确的是
A. 常温下，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量为0.5ml
B. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，平衡正向移动，气体颜色变浅
D. 恒容时，水浴加热，气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下气体摩尔体积大于22.4L/ml，由，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量小于0.5ml，故A错误；
B．焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则断裂2ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1ml N2O4中的共价键所需能量，故B正确；
C．恒温时，缩小容积，浓度增大，则气体颜色变深，浓度增大的程度大于平衡正向移动的程度，故C错误；
D．反应正向放热，恒容时，水浴加热，平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，浓度增大，颜色加深，故D错误；
故选：B。
7. 维生素A又称视黄醇或抗干眼病因子，人体缺乏维生素A会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。其结构简式如图所示，下列说法正确的是
A. 维生素A的分子式为C20H28O
B. 该分子与足量H2反应生成的有机化合物中含有3个手性碳原子
C. 该分子能发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应
D. 维生素A是易溶于水的醇
【答案】C
【解析】
【详解】A．由维生素A结构简式可知，维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；
B．维生素A的加氢后的结构如图所示，，该有机物有4个手性碳原子，即结构式中出现的C，故B错误；
C．根据维生素A的结构简式可知，该物质中含有烷烃基、碳碳双键、-OH结构，因此能发生取代、加成、氧化、加聚反应，故C正确；
D．维生素A的烃基部分含有的碳原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，故D错误；
答案选C。
8. 某化学兴趣小组利用如图所示装置进(电化学实验(C、D、E、F为铂夹)。断开K3，闭合K1、K2，反应一段时间后，A、B两试管中共收集到气体336mL(折算为标准状况)。再断开K2，闭合K1、K3后，下列说法正确的是
A. 电源放电时，电极a的电势比b的低
B. 滤纸1的D电极附近橙红色变黄
C. 试管B中电极反应为O2＋4e-＋2H2O=4OH-
D. 滤纸2上理论上能析出3.24gAg
【答案】B
【解析】
【分析】闭合K1、K2，断开K3，形成电解池，惰性石墨电极电解硫酸溶液本质是电解水，阳极是水中氢氧根失电子生成氧气，阴极是氢离子得电子生成氢气，氢气和氧气的体积比为2∶1，结合图中气体体积，则A极产生氢气，B极产生氧气，所以b为电源负极，a为电源正极；再断开K2，闭合K1、K3，A和B构成氢氧燃料电池，A为负极、B为正极，所以C、E为阳极，D、F为阴极，据此回答。
【详解】A．由分析知电源放电时b为电源负极，a为电源正极，则电极a的电势比b的高，A错误；
B．滤纸1的D为阴极，水中氢离子放电生成氢气和OH-，K2Cr2O7存在平衡：，阴极附近氢氧根浓度增大，平衡正向移动，黄色变深，B正确；
C．试管B中电极为正极，即反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；
D．A、B两试管中共收集到气体标准状况下，氢气和氧气的体积比为2:1，则氢气的体积为，物质的量为，转移电子为0.01ml×2=0.02ml，滤纸2上阴极发生Ag++e-=Ag，即析出质量为，D错误；
故选B。
9. 我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐，局部结构如图所示。其中含有两种10电子离子、一种18电子离子，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是
A. 五氮阴离子盐中两种阳离子的立体结构相同
B. X、Y、Z对应的最简单氢化物中沸点最高的是X
C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 五氮阴离子盐中含有的大π键为
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质可以用于自来水消毒，Z为Cl元素；由五氮阴离子盐的局部结构，以及其中含有两种10电子离子、一种18电子离子知，W为H，X为N，Y为O。
【详解】A．根据分析，五氮阴离子盐中的两种阳离子为和，的立体结构为正四面体形，的立体结构为三角锥形，A项错误；
B．X、Y、Z的最简单氢化物依次为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O都存在分子间氢键，且H2O中分子间氢键的数目比NH3分子间氢键的数目多，故沸点最高的是H2O，B项错误；
C．Z的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如Cl2O对应的水化物HClO为弱酸，C项错误；
D．五氮阴离子盐中含有的五氮阴离子为，中N原子都采取sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成一个大π键，结合结构知，该大π键为5中心、6电子，表示为，D项正确；
答案选D。
10. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和Na2CO3溶液不仅吸收HCl、而且吸收CO2，不符合除杂的原则，A项不能达到实验目的；
B．NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl在管口遇冷会重新化合成NH4Cl，不能制得NH3，收集NH3的试管口必须塞一团棉花，B项不能达到实验目的；
C．向4mL0.1ml/L[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入极性较小的溶剂如8mL95%乙醇，有[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体析出，C项能达到实验目的；
D．NO2能与水反应生成HNO3和NO，不能用排水法测量NO2的体积，D项不能达到实验目的；
答案选C。
11. 微生物脱盐电池既可以处理废水中的乙酸和铵盐，又可以实现海水淡化，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
B. 出口R处一定为纯水
C. 生成CO2的电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e- = 2CO2↑+8H+
D. M极每生成0.1ml CO2，理论上可以从模拟海水中除去117gNaCl
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，废水中的CH3COOH转化为CO2，发生氧化反应，则电极M为负极，电极N为正极；原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，即海水中的Na+通过阳离子交换膜b移向N极，Cl-通过阴离子交换膜a移向M极，可实现海水淡化，出口R为淡水。
【详解】A．由分析可知，a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，A项错误；
B．出口R为淡水，B项错误；
C．废水中的CH3COOH失去电子生成CO2，电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，C项正确；
D．M电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，M极每生成0.1ml CO2的同时生成0.4ml H+，则有0.4ml Cl-移向M极，可从海水中除去0.4ml NaCl，其质量为23.4g，D项错误；
答案选C。
12. 分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确的是
A. 对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
B. 分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
C. 1ml该化合物最多与4mlNaOH反应
D. 该化合物分子中最多有11个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，故A错误；
B．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，故B错误；
C．羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1ml该化合物最多与5ml NaOH反应，故C错误；
D．与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，故D正确；
故选：D。
13. 有一种有超导性的硼镁化合物，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，已知在投影图中，B位于三个Mg形成的正三角形的中心，阿伏加德罗常数值为NA，图中长度单位均为厘米，关于其晶体下列说法正确的是
A. 该化合物的化学式为Mg3B2
B. 该晶体中Mg的配位数为8
C. 每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D. 该晶体的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个晶胞含有Mg原子数是、B原子数是6，该化合物的化学式为MgB2，故A错误；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子，所以该晶胞中的配位数为12，故B错误；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子，故C错误；
D．晶胞质量为，晶胞的体积为，该晶体的密度为，故D正确；
选D。
14. 类比pH，对于稀溶液pc=-lgc，pKa=-lgKa．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是
A. pH=3.05时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
B. Ka1(H2A)的数量级为10-6
C. c点时，c(Na＋)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) ml·L-1
D. 若醋酸的pKa=4.76，则HA-与CH3COO-不能大量共存
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和图中信息，随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pM=-lgc(M)，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，据此分析解答。
【详解】A．曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表的粒子为H2A、A2-，pH=3.05时，c(A2-)=c(H2A)，故A错误；
B．a点，c(H2A)=c(HA-)，则Ka1==c(H+)= 10−0.80，则Ka1(H2A)的数量级为10-1，故B错误；
C．c点c(HA-)=c(A2-)=10-0.7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，c点时，c(Na＋)= c(OH-)+3c(HA-)- c(H+)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) ml·L-1，故C正确；
D．由c点c(HA-)=c(A2-)，Ka2==c(H+)= 10−5.30，若醋酸的pKa=4.76则Ka=10-4.76> Ka2，酸性：CH3COOH> HA-，则HA-与CH3COO-能大量共存，故D错误；
故选：C。
15. 镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好
B. H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同
C. “酸溶”时，为了加快反应速率，可以采取高温条件
D. “结晶”时，应加热至出现少量晶膜时，再冷却结晶
【答案】D
【解析】
【分析】电池芯废料先用稀硫酸浸泡，使其中的镍元素，还有钴、铝、铁等元素转化为溶于水的硫酸盐，然后加入H2O2使其中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH值，使铝、铁元素转化为沉淀而除去，向氧化、除杂后的滤液中加入次氯酸钠溶液，C2+转化为C(OH)3沉淀，而Ni2+不发生变化，从而实现钴、镍分离；过滤后向沉淀中加入H2O2和H2SO4，在H2O2还原下，使C(OH)3转化为CSO4，再经过一系列操作得到醋酸钴晶体，据此分析解答。
【详解】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，故A错误；
B．“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，故B错误；
C．H2O2在高温下分解，不利于“酸溶”，故C错误；
D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，故D正确；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 芳基亚胺酯是重要的有机反应中间体，受热易分解，可由腈在酸催化下与醇发生Pinner反应制备，原理如下图所示。
某实验小组以苯甲腈()和三氟乙醇(CF3CH2OH)为原料合成苯甲亚胺三氟乙酯。步骤如下：
I．将20.00g苯甲腈与21.50g三氟乙醇置于容器中，降温至0℃。
Ⅱ．向容器中持续通入HCl气体4小时，密封容器。
Ⅲ．室温下在HCl氛围中继续搅拌反应液24小时，冷却至0℃，抽滤得白色固体，用乙腈洗涤。
IV．将洗涤后的白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，在15℃低温下反应，用有机溶剂萃取3次，合并有机相。
V．向有机相中加入无水硫酸钠，抽滤，蒸去溶剂得产品19.50g。
回答下列问题：
（1）实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，下列仪器中一定需要的为_______(填仪器名称)。
（2）第Ⅲ步中得到的白色固体主要成分为_______(填标号)。
（3）第IV步控制反应温度为15℃的方法是_______；实验中选择低温的原因为_______。
（4）第IV步萃取时可选用的有机溶剂为_______(填标号)。
A. 甲醇B. 乙酸C. 丙酮D. 乙酸乙酯
（5）第IV将洗涤后白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，饱和Na2CO3的作用是_______。
（6）抽滤装置如下图所示，其相对于普通过滤的优点是_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）D （3） ①. 冷水浴 ②. 防止芳基亚胺酯受热分解降低产率 （4）D
（5）提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯
（6）抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥
【解析】
【分析】由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和CF3CH2OH反应生成，和碳酸钠溶液反应生成芳基亚胺酯。
【小问1详解】
实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，需要用到分液漏斗，锥形瓶等；
【小问2详解】
由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和CF3CH2OH反应生成，答案为D；
【小问3详解】
第IV步控制反应温度为15℃的方法是用冷水浴；选择低温的原因为防止芳基亚胺酯受热分解降低产率；
【小问4详解】
苯甲亚胺三氟乙酯属于酯类，在乙酸乙酯中的溶解度较大，乙酸和甲酸能溶于水，不能用来萃取，第IV步萃取时可选用的有机溶剂为乙酸乙酯；答案为D；
【小问5详解】
根据题干的原理图可知，饱和碳酸钠溶液可以提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯；
【小问6详解】
抽滤装置中有抽气泵，相对于普通过滤，抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥。
17. 我国是最早制得和使用金属锌的国家。某湿法炼锌的萃余液中含有H+、Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、C2+、Cd2+、Ni2+、等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
回答下列问题：
（1）按照核外电子排布可把元素周期表分成5个区，Zn元素_______区。
（2）“氧化”时，pH=1，所用氧化剂过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素化合价为_______，Mn2+被氧化为MnO2，Fe2+与Na2S2O8反应的离子方程式是_______。
（3）“调pH”时，pH=4，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有_______。
（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理可表示为：，C2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为_____。
（5）“沉锌” 所得滤液经处理可得Na2SO4溶液，已知Na2SO4的溶解度随温度变化如图所示，由该溶液制备无水Na2SO4的操作为_____、洗涤、干燥。
（6）“沉锌”后所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）ds （2） ①. +7 ②.
（3）、(写名称也可以)
（4）、的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而不能(答出“的离子半径大小不匹配”即可)
（5）升温至以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤
（6）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向萃余液中加入过二硫酸钠溶液将溶液中的锰离子、亚铁离子氧化为二氧化锰、铁离子，加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为难溶的氢氧化物沉淀，碳酸钙与溶液中的稀硫酸反应得到微溶的硫酸钙，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣1和滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣2和滤液；向滤液中加入有机净化剂，将溶液中的镍离子、钴离子转化为难溶的有机配合物，过滤得到含有有机配合物的滤渣3和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液和碱式碳酸锌；碱式碳酸锌煅烧分解得到氧化锌。
【小问1详解】
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2；位于ds区；
【小问2详解】
二硫酸钠(Na2S2O8)中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，由化合价代数和为零可知，硫元素化合价为+7；Fe2+与Na2S2O8反应，铁化合价由+2变为+3、硫化合价由+7变为+6，结合电子守恒可知，反应为：；
【小问3详解】
Zn(OH)2完全沉淀时，，pOH=6、pH=8，则pH=4时，锌离子没有沉淀；结合分析可知，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有、；
【小问4详解】
有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，、的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而不能(答出“的离子半径大小不匹配”即可)，故C2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能；
【小问5详解】
由溶解度曲线可知，以上可蒸发结晶得到无水硫酸钠，故操作为：升温至以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤、洗涤、干燥。
【小问6详解】
“沉锌”后所得滤液中含有硫酸钠，经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，则硫元素化合价升高发生氧化反应，那么阴极上氢离子放电发生还原反应生成氢气，故反应为：。
18. 绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·ml-1，相关化学键的键能表示如下：
表示氢气燃烧热的热化学方程式_______。
（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·ml-1。在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O充入5 L的容器中，反应平衡后CO的物质的量分数x(CO)=0.12。
①H2O的平衡转化率α1=_______%。
②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______(填字母)。
③研究表明，一氧化碳催化变换反应的速率方程为：]，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率与温度变化的关系曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp_______(填“增大”“减小”或“不变”)，根据速率方程分析，T＞Tm时，v逐渐减小的原因是_______。
（3）在国际空间站中可利用H2处理CO2，反应为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，在一定条件下该反应存在：v正(H2)=k1·c4(H2)·c(CO2)，v逆(H2O)= k2·c2(H2O)·c(CH4)，可知k1·c4(H2)·c(CO2)=k2·c2(H2O)·c(CH4)，则该反应的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)。
（4）光催化H2O制H2技术也是研究热点。光催化材料还原H2O的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴(h＋，具有强氧化性)。在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 10 ②. EB ③. 减小 ④. Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）
（4）2H2O+4h+=4H++O2↑或写为2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【小问1详解】
H2燃烧热是1 ml可燃物H2完全燃烧产生1 ml H2O(l)水时放出的热量。反应热等于断裂反应物化学键吸收的总热量与形成生成物化学键释放的热量的差，结合H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·ml-1，可知该反应的反应热△H=(436 kJ/ml+×497 kJ/ml)-2×463 kJ/ml-44 kJ/ml=-285.5 kJ/ml，故反应的热化学方程式为：；
【小问2详解】
①在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O充入5 L的容器中，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g)，假设反应的CO的物质的量是a，根据物质反应转化关系，可知平衡后各种气体的物质的量分别是n(CO)=(0.10-a)ml，n(H2O)=(0.40-a)ml，n(CO2)=n(H2)=a ml，由于平衡时CO的物质的量分数x(CO)=0.12，则，解得a=0.04 ml，则水的转化率为×100%=10%；
②根据CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2 kJ/ml，可知反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡时CO的物质的量分数x(CO)=0.12。在其它条件不变时，升高温度时，化学反应速率v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应速率影响更大，因此升高温度后v逆＞v正，化学平衡逆向移动，使CO的转化率降低，CO的含量增大，H2的含量降低，故当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为E、B；
③该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，导致化学平衡常数Kp减小；
根据图示可知：在温度T＞Tm时，v逐渐减小，这是由于Kp减小对反应速率v的降低的影响大于k增大对v的提高的影响，因此温度升高，化学反应速率反而降低；
【小问3详解】
根据平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数K=。由于当反应达到平衡时，v正=v逆，则根据v正(H2)=k1·c4(H2)·c(CO2)，v逆(H2O)= k2·c2(H2O)·c(CH4)，可知k1·c4(H2)·c(CO2)=k2·c2(H2O)·c(CH4)， 则K==；
【小问4详解】
根据图示可知：在低能带，H2O得到h+变为O2，发生反应：2H2O+4h+=4H++O2↑；也可写为2H2O-4e-=4H++O2↑；在高能带，H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为：4H++4e-=2H2↑。
19. 化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：
（1）A分子中官能团名称为_______。
（2）D的化学名称为_______。
（3）E→F的反应类型为_______。
（4）J的结构简式为_______。
（5）M分子中含有两个六元环，则→M的反应方程式为_______。
（6）在的同分异构体中，满足下列条件的结构有_______种(不考虑立体异构)。
①核磁共振氢谱有5组峰
②遇FeCl3溶液显色
③1ml该物质与银氨溶液反应，最多可生成4mlAg
写出其中一种结构简式：_______。
【答案】（1）碳溴键或溴原子、羧基
（2）苯甲醛 （3）消去反应
（4） （5）
（6） ① 6 ②.
【解析】
【分析】A中含有羧基，与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与发生加成反应生成G，G的结构简式为；B与G发生已知信息的反应生成J，J的结构简式为；K在NaOH溶液中发生水解反应再酸化得到L，L的结构简式为；结合题中信息可知M分子中含有两个六元环，则L内部中羧基与羟基发生酯化反应得到M为，由题意可知M发生加成反应得到，发生酮式与烯醇式互变得到，发生消去反应得到P。
【小问1详解】
A分子中官能团名称为碳溴键、羧基；
小问2详解】
D的结构简式为，D的化学名称为苯甲醛；
【小问3详解】
E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，E→F的反应类型为消去反应；
【小问4详解】
由分析可知，J的结构简式为；
【小问5详解】
L的结构简式为，M分子中含有两个六元环，L内部中羧基与羟基发生酯化反应得到M为，则→M的反应方程式为；
【小问6详解】
①核磁共振氢谱有5组峰说明含有5种H，②遇FeCl3溶液显色说明含有酚羟基，③1ml该物质与银氨溶液反应，最多可生成4mlAg说明含有2ml醛基，满足下列条件的结构有、、、、、共6种。A．HClO的空间填充模型
B．的结构式
C．HF分子间的氢键
D．丙氨酸的手性异构体
A.除去 中混有的少量HCl
B.装置可用于制取并收集氨气
C.制备晶体
D.测量体积
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Zn(OH)2
Ksp近似值
10-38
10-17
10-17
化学键
O=O
H-H
O-H
键能E/(kJ·ml-1)
497
436
463
说明：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，贴好条形码。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2b铅笔把答题卡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。答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上。字体工整，笔迹清楚。
3.请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无效。
4.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：B 11 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ag 108
一、选择题： 本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是
A. 误服氯化钡应大量吞食牛奶、生蛋清，还应加服纯碱解毒
B. 广泛pH试纸不能准确测得“84”消毒液的pH
C. CO2排放量的增加将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存
D. 节日燃放烟花是利用金属的焰色试验，这与原子核外电子跃迁有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钡与碳酸钠反应生成了碳酸钡，但又会和胃酸作用重新生成氯化钡，不能解毒，故A错误；
B．“84”消毒液含NaClO具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测其pH值，故B正确；
C．CO2排放量的增加，使反应CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=Ca(HCO3)2(aq)向正反应方向移动，石灰石溶解，沉积少，将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存，故C正确；
D．焰色试验是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与原子核外电子跃迁有关，故D正确；
故选A。
2. 下列示意图或图示正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO中O原子在中间，分别与H和Cl形成共价键，原子半径：H
C．HF分子间的氢键是分子间作用力，氢键比化学键弱，F-H…F中的实线是共价键，虚线是氢键，C错误；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，丙氨酸的手性异构体为，D正确；
故选D。
3. 按照国家绿色发展规划，与化学化工相关的新质生产力涉及了“新能源”“绿色低碳” “新材料”等问题。下列有关说法错误的是
A. 潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源
B. “绿色低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料
C. 如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想
D. 国产红旗轿车中部分材料采用了碳纤维，碳纤维属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源，故A正确；
B．“绿色低碳”是指以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是控制二氧化碳的排放量，故B错误；
C．如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃，氯化氢可以循环利用，体现了“节能减排”思想，故C正确；
D．碳纤维属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选B。
4. 臭氧能氧化CN-，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为下列说法正确的是
A. O3和O2互为同位素关系
B. 该反应是熵减的过程
C. 该反应中，每生成1 ml N2转移6 ml电子
D. 反应中所涉及的N2、O2为非极性分子，O3为极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．O3和O2是O元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．该反应过程中反应后气体体积增大，因此反应是熵增的过程，B错误；
C．根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。在反应中，反应过程中转移10 ml电子，反应产生1 ml N2，故该反应中，每生成1 ml N2会转移10 ml电子，C错误；
D．反应中所涉及的N2、O2为非极性分子，而O3结构与SO2相似，属于极性分子，D正确；
故合理选项是D。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 明矾溶液与过量氨水混合：
B. 氯水久置颜色逐渐褪去：4Cl2＋4H2O = HClO4＋7HCl
C. 用Na2S2O3做碘量法实验时，pH过低溶液变浑浊：
D. 苯酚钠溶液中通入少量CO2，出现白色浑浊：22
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶液与过量氨水混合，反应的离子方程式为，A项错误；
B．氯水久置颜色逐渐褪去是因为：，次氯酸见光易分解，B项错误；
C．用Na2S2O3做碘量法实验时，pH过低溶液变浑浊，离子方程式为，C项正确；
D．苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为，D项错误；
答案选C。
6. NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。下列分析正确的是
A. 常温下，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量为0.5ml
B. 断裂2mlNO2中的共价键所需能量小于断裂1mlN2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，平衡正向移动，气体颜色变浅
D. 恒容时，水浴加热，气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下气体摩尔体积大于22.4L/ml，由，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量小于0.5ml，故A错误；
B．焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则断裂2ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1ml N2O4中的共价键所需能量，故B正确；
C．恒温时，缩小容积，浓度增大，则气体颜色变深，浓度增大的程度大于平衡正向移动的程度，故C错误；
D．反应正向放热，恒容时，水浴加热，平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，浓度增大，颜色加深，故D错误；
故选：B。
7. 维生素A又称视黄醇或抗干眼病因子，人体缺乏维生素A会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。其结构简式如图所示，下列说法正确的是
A. 维生素A的分子式为C20H28O
B. 该分子与足量H2反应生成的有机化合物中含有3个手性碳原子
C. 该分子能发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应
D. 维生素A是易溶于水的醇
【答案】C
【解析】
【详解】A．由维生素A结构简式可知，维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；
B．维生素A的加氢后的结构如图所示，，该有机物有4个手性碳原子，即结构式中出现的C，故B错误；
C．根据维生素A的结构简式可知，该物质中含有烷烃基、碳碳双键、-OH结构，因此能发生取代、加成、氧化、加聚反应，故C正确；
D．维生素A的烃基部分含有的碳原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，故D错误；
答案选C。
8. 某化学兴趣小组利用如图所示装置进(电化学实验(C、D、E、F为铂夹)。断开K3，闭合K1、K2，反应一段时间后，A、B两试管中共收集到气体336mL(折算为标准状况)。再断开K2，闭合K1、K3后，下列说法正确的是
A. 电源放电时，电极a的电势比b的低
B. 滤纸1的D电极附近橙红色变黄
C. 试管B中电极反应为O2＋4e-＋2H2O=4OH-
D. 滤纸2上理论上能析出3.24gAg
【答案】B
【解析】
【分析】闭合K1、K2，断开K3，形成电解池，惰性石墨电极电解硫酸溶液本质是电解水，阳极是水中氢氧根失电子生成氧气，阴极是氢离子得电子生成氢气，氢气和氧气的体积比为2∶1，结合图中气体体积，则A极产生氢气，B极产生氧气，所以b为电源负极，a为电源正极；再断开K2，闭合K1、K3，A和B构成氢氧燃料电池，A为负极、B为正极，所以C、E为阳极，D、F为阴极，据此回答。
【详解】A．由分析知电源放电时b为电源负极，a为电源正极，则电极a的电势比b的高，A错误；
B．滤纸1的D为阴极，水中氢离子放电生成氢气和OH-，K2Cr2O7存在平衡：，阴极附近氢氧根浓度增大，平衡正向移动，黄色变深，B正确；
C．试管B中电极为正极，即反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；
D．A、B两试管中共收集到气体标准状况下，氢气和氧气的体积比为2:1，则氢气的体积为，物质的量为，转移电子为0.01ml×2=0.02ml，滤纸2上阴极发生Ag++e-=Ag，即析出质量为，D错误；
故选B。
9. 我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐，局部结构如图所示。其中含有两种10电子离子、一种18电子离子，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是
A. 五氮阴离子盐中两种阳离子的立体结构相同
B. X、Y、Z对应的最简单氢化物中沸点最高的是X
C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 五氮阴离子盐中含有的大π键为
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质可以用于自来水消毒，Z为Cl元素；由五氮阴离子盐的局部结构，以及其中含有两种10电子离子、一种18电子离子知，W为H，X为N，Y为O。
【详解】A．根据分析，五氮阴离子盐中的两种阳离子为和，的立体结构为正四面体形，的立体结构为三角锥形，A项错误；
B．X、Y、Z的最简单氢化物依次为NH3、H2O、HCl，NH3、H2O都存在分子间氢键，且H2O中分子间氢键的数目比NH3分子间氢键的数目多，故沸点最高的是H2O，B项错误；
C．Z的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如Cl2O对应的水化物HClO为弱酸，C项错误；
D．五氮阴离子盐中含有的五氮阴离子为，中N原子都采取sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成一个大π键，结合结构知，该大π键为5中心、6电子，表示为，D项正确；
答案选D。
10. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和Na2CO3溶液不仅吸收HCl、而且吸收CO2，不符合除杂的原则，A项不能达到实验目的；
B．NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl在管口遇冷会重新化合成NH4Cl，不能制得NH3，收集NH3的试管口必须塞一团棉花，B项不能达到实验目的；
C．向4mL0.1ml/L[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入极性较小的溶剂如8mL95%乙醇，有[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体析出，C项能达到实验目的；
D．NO2能与水反应生成HNO3和NO，不能用排水法测量NO2的体积，D项不能达到实验目的；
答案选C。
11. 微生物脱盐电池既可以处理废水中的乙酸和铵盐，又可以实现海水淡化，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 离子交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
B. 出口R处一定为纯水
C. 生成CO2的电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e- = 2CO2↑+8H+
D. M极每生成0.1ml CO2，理论上可以从模拟海水中除去117gNaCl
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，废水中的CH3COOH转化为CO2，发生氧化反应，则电极M为负极，电极N为正极；原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，即海水中的Na+通过阳离子交换膜b移向N极，Cl-通过阴离子交换膜a移向M极，可实现海水淡化，出口R为淡水。
【详解】A．由分析可知，a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，A项错误；
B．出口R为淡水，B项错误；
C．废水中的CH3COOH失去电子生成CO2，电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，C项正确；
D．M电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，M极每生成0.1ml CO2的同时生成0.4ml H+，则有0.4ml Cl-移向M极，可从海水中除去0.4ml NaCl，其质量为23.4g，D项错误；
答案选C。
12. 分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确的是
A. 对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性
B. 分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息
C. 1ml该化合物最多与4mlNaOH反应
D. 该化合物分子中最多有11个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．酯基不是亲水基，对该化合物分子进行成酯修饰不是增强其水溶性，故A错误；
B．质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，故B错误；
C．羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1ml该化合物最多与5ml NaOH反应，故C错误；
D．与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，故D正确；
故选：D。
13. 有一种有超导性的硼镁化合物，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，已知在投影图中，B位于三个Mg形成的正三角形的中心，阿伏加德罗常数值为NA，图中长度单位均为厘米，关于其晶体下列说法正确的是
A. 该化合物的化学式为Mg3B2
B. 该晶体中Mg的配位数为8
C. 每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子
D. 该晶体的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个晶胞含有Mg原子数是、B原子数是6，该化合物的化学式为MgB2，故A错误；
B．依据晶胞面心的Mg原子分析，其上层、下层各有6个B原子，所以该晶胞中的配位数为12，故B错误；
C．根据图示，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子，故C错误；
D．晶胞质量为，晶胞的体积为，该晶体的密度为，故D正确；
选D。
14. 类比pH，对于稀溶液pc=-lgc，pKa=-lgKa．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是
A. pH=3.05时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
B. Ka1(H2A)的数量级为10-6
C. c点时，c(Na＋)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) ml·L-1
D. 若醋酸的pKa=4.76，则HA-与CH3COO-不能大量共存
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意和图中信息，随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pM=-lgc(M)，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，据此分析解答。
【详解】A．曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表的粒子为H2A、A2-，pH=3.05时，c(A2-)=c(H2A)，故A错误；
B．a点，c(H2A)=c(HA-)，则Ka1==c(H+)= 10−0.80，则Ka1(H2A)的数量级为10-1，故B错误；
C．c点c(HA-)=c(A2-)=10-0.7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，c点时，c(Na＋)= c(OH-)+3c(HA-)- c(H+)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) ml·L-1，故C正确；
D．由c点c(HA-)=c(A2-)，Ka2==c(H+)= 10−5.30，若醋酸的pKa=4.76则Ka=10-4.76> Ka2，酸性：CH3COOH> HA-，则HA-与CH3COO-能大量共存，故D错误；
故选：C。
15. 镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好
B. H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同
C. “酸溶”时，为了加快反应速率，可以采取高温条件
D. “结晶”时，应加热至出现少量晶膜时，再冷却结晶
【答案】D
【解析】
【分析】电池芯废料先用稀硫酸浸泡，使其中的镍元素，还有钴、铝、铁等元素转化为溶于水的硫酸盐，然后加入H2O2使其中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH值，使铝、铁元素转化为沉淀而除去，向氧化、除杂后的滤液中加入次氯酸钠溶液，C2+转化为C(OH)3沉淀，而Ni2+不发生变化，从而实现钴、镍分离；过滤后向沉淀中加入H2O2和H2SO4，在H2O2还原下，使C(OH)3转化为CSO4，再经过一系列操作得到醋酸钴晶体，据此分析解答。
【详解】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，故A错误；
B．“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，H2O2在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，故B错误；
C．H2O2在高温下分解，不利于“酸溶”，故C错误；
D．“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，故D正确；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 芳基亚胺酯是重要的有机反应中间体，受热易分解，可由腈在酸催化下与醇发生Pinner反应制备，原理如下图所示。
某实验小组以苯甲腈()和三氟乙醇(CF3CH2OH)为原料合成苯甲亚胺三氟乙酯。步骤如下：
I．将20.00g苯甲腈与21.50g三氟乙醇置于容器中，降温至0℃。
Ⅱ．向容器中持续通入HCl气体4小时，密封容器。
Ⅲ．室温下在HCl氛围中继续搅拌反应液24小时，冷却至0℃，抽滤得白色固体，用乙腈洗涤。
IV．将洗涤后的白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，在15℃低温下反应，用有机溶剂萃取3次，合并有机相。
V．向有机相中加入无水硫酸钠，抽滤，蒸去溶剂得产品19.50g。
回答下列问题：
（1）实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，下列仪器中一定需要的为_______(填仪器名称)。
（2）第Ⅲ步中得到的白色固体主要成分为_______(填标号)。
（3）第IV步控制反应温度为15℃的方法是_______；实验中选择低温的原因为_______。
（4）第IV步萃取时可选用的有机溶剂为_______(填标号)。
A. 甲醇B. 乙酸C. 丙酮D. 乙酸乙酯
（5）第IV将洗涤后白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，饱和Na2CO3的作用是_______。
（6）抽滤装置如下图所示，其相对于普通过滤的优点是_______。
【答案】（1）分液漏斗
（2）D （3） ①. 冷水浴 ②. 防止芳基亚胺酯受热分解降低产率 （4）D
（5）提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯
（6）抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥
【解析】
【分析】由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和CF3CH2OH反应生成，和碳酸钠溶液反应生成芳基亚胺酯。
【小问1详解】
实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，需要用到分液漏斗，锥形瓶等；
【小问2详解】
由反应原理可知，先在HCl的气体中反应转化为，再和CF3CH2OH反应生成，答案为D；
【小问3详解】
第IV步控制反应温度为15℃的方法是用冷水浴；选择低温的原因为防止芳基亚胺酯受热分解降低产率；
【小问4详解】
苯甲亚胺三氟乙酯属于酯类，在乙酸乙酯中的溶解度较大，乙酸和甲酸能溶于水，不能用来萃取，第IV步萃取时可选用的有机溶剂为乙酸乙酯；答案为D；
【小问5详解】
根据题干的原理图可知，饱和碳酸钠溶液可以提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯；
【小问6详解】
抽滤装置中有抽气泵，相对于普通过滤，抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥。
17. 我国是最早制得和使用金属锌的国家。某湿法炼锌的萃余液中含有H+、Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、C2+、Cd2+、Ni2+、等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：
已知：
回答下列问题：
（1）按照核外电子排布可把元素周期表分成5个区，Zn元素_______区。
（2）“氧化”时，pH=1，所用氧化剂过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素化合价为_______，Mn2+被氧化为MnO2，Fe2+与Na2S2O8反应的离子方程式是_______。
（3）“调pH”时，pH=4，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有_______。
（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理可表示为：，C2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为_____。
（5）“沉锌” 所得滤液经处理可得Na2SO4溶液，已知Na2SO4的溶解度随温度变化如图所示，由该溶液制备无水Na2SO4的操作为_____、洗涤、干燥。
（6）“沉锌”后所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）ds （2） ①. +7 ②.
（3）、(写名称也可以)
（4）、的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而不能(答出“的离子半径大小不匹配”即可)
（5）升温至以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤
（6）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向萃余液中加入过二硫酸钠溶液将溶液中的锰离子、亚铁离子氧化为二氧化锰、铁离子，加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为难溶的氢氧化物沉淀，碳酸钙与溶液中的稀硫酸反应得到微溶的硫酸钙，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣1和滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣2和滤液；向滤液中加入有机净化剂，将溶液中的镍离子、钴离子转化为难溶的有机配合物，过滤得到含有有机配合物的滤渣3和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液和碱式碳酸锌；碱式碳酸锌煅烧分解得到氧化锌。
【小问1详解】
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2；位于ds区；
【小问2详解】
二硫酸钠(Na2S2O8)中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，由化合价代数和为零可知，硫元素化合价为+7；Fe2+与Na2S2O8反应，铁化合价由+2变为+3、硫化合价由+7变为+6，结合电子守恒可知，反应为：；
【小问3详解】
Zn(OH)2完全沉淀时，，pOH=6、pH=8，则pH=4时，锌离子没有沉淀；结合分析可知，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有、；
【小问4详解】
有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，、的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而不能(答出“的离子半径大小不匹配”即可)，故C2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能；
【小问5详解】
由溶解度曲线可知，以上可蒸发结晶得到无水硫酸钠，故操作为：升温至以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤、洗涤、干燥。
【小问6详解】
“沉锌”后所得滤液中含有硫酸钠，经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，则硫元素化合价升高发生氧化反应，那么阴极上氢离子放电发生还原反应生成氢气，故反应为：。
18. 绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·ml-1，相关化学键的键能表示如下：
表示氢气燃烧热的热化学方程式_______。
（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·ml-1。在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O充入5 L的容器中，反应平衡后CO的物质的量分数x(CO)=0.12。
①H2O的平衡转化率α1=_______%。
②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______(填字母)。
③研究表明，一氧化碳催化变换反应的速率方程为：]，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率与温度变化的关系曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp_______(填“增大”“减小”或“不变”)，根据速率方程分析，T＞Tm时，v逐渐减小的原因是_______。
（3）在国际空间站中可利用H2处理CO2，反应为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，在一定条件下该反应存在：v正(H2)=k1·c4(H2)·c(CO2)，v逆(H2O)= k2·c2(H2O)·c(CH4)，可知k1·c4(H2)·c(CO2)=k2·c2(H2O)·c(CH4)，则该反应的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)。
（4）光催化H2O制H2技术也是研究热点。光催化材料还原H2O的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴(h＋，具有强氧化性)。在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. 10 ②. EB ③. 减小 ④. Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（3）
（4）2H2O+4h+=4H++O2↑或写为2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【小问1详解】
H2燃烧热是1 ml可燃物H2完全燃烧产生1 ml H2O(l)水时放出的热量。反应热等于断裂反应物化学键吸收的总热量与形成生成物化学键释放的热量的差，结合H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44 kJ·ml-1，可知该反应的反应热△H=(436 kJ/ml+×497 kJ/ml)-2×463 kJ/ml-44 kJ/ml=-285.5 kJ/ml，故反应的热化学方程式为：；
【小问2详解】
①在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O充入5 L的容器中，发生反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g)，假设反应的CO的物质的量是a，根据物质反应转化关系，可知平衡后各种气体的物质的量分别是n(CO)=(0.10-a)ml，n(H2O)=(0.40-a)ml，n(CO2)=n(H2)=a ml，由于平衡时CO的物质的量分数x(CO)=0.12，则，解得a=0.04 ml，则水的转化率为×100%=10%；
②根据CO(g)＋H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2 kJ/ml，可知反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡时CO的物质的量分数x(CO)=0.12。在其它条件不变时，升高温度时，化学反应速率v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应速率影响更大，因此升高温度后v逆＞v正，化学平衡逆向移动，使CO的转化率降低，CO的含量增大，H2的含量降低，故当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为E、B；
③该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，导致化学平衡常数Kp减小；
根据图示可知：在温度T＞Tm时，v逐渐减小，这是由于Kp减小对反应速率v的降低的影响大于k增大对v的提高的影响，因此温度升高，化学反应速率反而降低；
【小问3详解】
根据平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数K=。由于当反应达到平衡时，v正=v逆，则根据v正(H2)=k1·c4(H2)·c(CO2)，v逆(H2O)= k2·c2(H2O)·c(CH4)，可知k1·c4(H2)·c(CO2)=k2·c2(H2O)·c(CH4)， 则K==；
【小问4详解】
根据图示可知：在低能带，H2O得到h+变为O2，发生反应：2H2O+4h+=4H++O2↑；也可写为2H2O-4e-=4H++O2↑；在高能带，H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为：4H++4e-=2H2↑。
19. 化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。
已知：
（1）A分子中官能团名称为_______。
（2）D的化学名称为_______。
（3）E→F的反应类型为_______。
（4）J的结构简式为_______。
（5）M分子中含有两个六元环，则→M的反应方程式为_______。
（6）在的同分异构体中，满足下列条件的结构有_______种(不考虑立体异构)。
①核磁共振氢谱有5组峰
②遇FeCl3溶液显色
③1ml该物质与银氨溶液反应，最多可生成4mlAg
写出其中一种结构简式：_______。
【答案】（1）碳溴键或溴原子、羧基
（2）苯甲醛 （3）消去反应
（4） （5）
（6） ① 6 ②.
【解析】
【分析】A中含有羧基，与乙醇发生酯化反应，B的结构简式为；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与发生加成反应生成G，G的结构简式为；B与G发生已知信息的反应生成J，J的结构简式为；K在NaOH溶液中发生水解反应再酸化得到L，L的结构简式为；结合题中信息可知M分子中含有两个六元环，则L内部中羧基与羟基发生酯化反应得到M为，由题意可知M发生加成反应得到，发生酮式与烯醇式互变得到，发生消去反应得到P。
【小问1详解】
A分子中官能团名称为碳溴键、羧基；
小问2详解】
D的结构简式为，D的化学名称为苯甲醛；
【小问3详解】
E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，E→F的反应类型为消去反应；
【小问4详解】
由分析可知，J的结构简式为；
【小问5详解】
L的结构简式为，M分子中含有两个六元环，L内部中羧基与羟基发生酯化反应得到M为，则→M的反应方程式为；
【小问6详解】
①核磁共振氢谱有5组峰说明含有5种H，②遇FeCl3溶液显色说明含有酚羟基，③1ml该物质与银氨溶液反应，最多可生成4mlAg说明含有2ml醛基，满足下列条件的结构有、、、、、共6种。A．HClO的空间填充模型
B．的结构式
C．HF分子间的氢键
D．丙氨酸的手性异构体
A.除去 中混有的少量HCl
B.装置可用于制取并收集氨气
C.制备晶体
D.测量体积
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Zn(OH)2
Ksp近似值
10-38
10-17
10-17
化学键
O=O
H-H
O-H
键能E/(kJ·ml-1)
497
436
463
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