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黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高二下学期 期中考试 化学试卷
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可能用到的相对原子质量H1 He4 C12 N14 O16 S32 Ti48 Zn65
I卷（选择题 共42分）
一、选择题（每题有一个选项符合题意，1-12题每题2分，13-18题每题3分，共42分）
1. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A. 《医学入门》记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发
B. 《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”中的“烟花”与原子核外电子跃迁有关
C. 《淮南万毕术》记载“曾青得铁则化为铜”，铁位于元素周期表第四周期第VⅢB族
D. 苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A．“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，A正确；
B．选项中的“烟花”指的是柳絮如烟、繁花似锦的春天景物，与电子跃迁无关，B错误；
C．铁为26号元素，它位于元素周期表的第四周期第Ⅷ 族，C错误；
D．由题意可知，文中的“气”为不溶于水的乙烯，不能与水分子形成分子间氢键，D错误；
答案选A。
2. 2024年，冰城哈尔滨迎来了最火热的一个冬天。下列和“冰”相关的说法正确的是
A. 9 g冰中含氢键数目为（表示阿伏加德罗常数）
B. 冰中存在的化学键只有极性共价键和氢键
C. 冰的密度小于水，是因为冰中出现较大空隙
D. 冰晶体中的空间利用率要大于干冰晶体中的空间利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A．9g冰的物质的量为=0.5ml，1个水分子形成2个氢键，氢键数为NA，故A错误；
B．冰中存在H-O极性共价键，以及水分子间的氢键，氢键不属于化学键，故B错误；
C．冰中由于氢键的作用，水分子间形成正四面体结构，使得水分子间的空隙变大，所以水变冰后体积增大，密度变小，故C正确；
D．干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力，相对分子质量越大，分子间作用力越大；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是分子间氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故D错误；
故选C。
3. 化学与人类生产、生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 18—冠—6分子可识别K+，因此可增大KI在苯中的溶解度
B. 向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇会析出深蓝色晶体，因为乙醇的极性比水小
C. 壁虎能在天花板上爬行，是因为它的细毛与墙体之间有范德华力
D. “杯酚”可分离C60和C70，体现了超分子的“自组装”特性
【答案】D
【解析】
【详解】A．冠醚识别碱金属离子的原理是利用其皇冠状结构空腔大小的不同适配不同大小的碱金属离子，18-冠-6分子可识别K+，因此可增大KI在苯中的溶解度，A正确；
B．乙醇极性比水小，硫酸四氨合铜是离子晶体，有较强的极性，其在乙醇中溶解度更小，所以会析出晶体，B正确；
C．壁虎的足与墙体之间的作用力在本质上是它的细毛与墙体之间的范德华力，C正确；
D．“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别的特征，D错误；
故选D。
4. 下列基态原子的电子排布图中，违反了泡利原理的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．2p轨道违背洪特规则，A不符合题意；
B．2s轨道违背泡利不相容原理，即同一个轨道中，两个电子应自旋相反，B符合题意；
C．电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则，C不符合题意；
D．2s轨道没有填充满，违背能量最低原理，D不符合题意，
选B。
5. 下列化学键中既有方向性又有饱和性的是
A. 共价键B. 金属键C. 离子键D. 氢键
【答案】A
【解析】
【详解】离子键、金属键、氢键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故选A。
6. 下列物质中碳原子不是sp3杂化的是
A. 甲醛B. 甲烷C. 甲醚D. 甲醇
【答案】A
【解析】
【详解】A． 甲醛含醛基、所含碳原子为不饱和碳原子、采用sp2杂化，A符合题意；
B． 甲烷中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，B不符合题意；
C． 甲醚中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，C不符合题意；
D． 甲醇中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，D不符合题意；
选A。
7. 下列化学用语使用正确的是
A. 氮化硅与金刚石结构相似，其分子式为：Si3N4
B. CH4分子的空间填充模型：
C. HClO的电子式为
D. 乙炔的结构简式为CHCH
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮化硅与金刚石均为共价晶体，结构相似，其化学式为：，不存在分子，故A错误；
B．甲烷是正四面体结构，其空间填充模型为，故B正确；
C．次氯酸为共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．乙炔的结构简式为CH≡CH，故D错误；
故选：B。
8. “结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关性质的比较正确的是
A. 键能：B. 熔点：金刚石<碳化硅<硅
C. 电负性：D. 在水中的溶解度：戊醇<乙醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．三键的键能大于双键，双键的键能大于单键，即键能：,故A错误；
B．化学键键能C—C＞C—Si＞Si—Si，所以熔点：金刚石＞碳化硅＞硅，故B错误；
C．同周期元素(惰性气体元素除外)从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故C错误；
D．乙醇和正戊醇都是醇类，它们与水均是极性分子，根据相似相溶原理，在水中有一定的溶解度，乙醇碳链短，所以结构比正戊醇更与水相似，所以其溶解度应该比正丁醇大，故D正确；
故选：D。
9. 许多过渡金属离子都能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是
A. 配合物中Fe的化合价为
B. 配合物稳定性：
C. 配合物的外界为
D. 配合物的配位数为7
【答案】C
【解析】
【详解】A．K元素的化合价是+1，CN-整体的化合价为-1，假设Fe元素的价态为x，按照化合物中各元素化合总价为零的原则，可得（+1）×3+x+（-1）×6=0，解得x=3，Fe3+化合价为+3，故A错误；
B．给电子的能力N 大于O，N原子的配位能力比O原子的配位能力强，配合物稳定性：，故B错误；
C．配合物中氨气为配体，外界为，故C正确；
D．配合物的配体有5个CO、1个CH3CN，CO中C原子为配位原子，CH3CN中N原子为配位原子，该配合物中锰原子的配位数为6，故D错误；
故选C。
10. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 该分子有2个手性碳原子
C. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D. 键的极性大小：N-H【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，该分子中只含一个手性碳原子，如图用“*”标记的为手性碳原子，故B错误；
C．该分子中，碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，不存在三键碳原子，则不存在sp杂化的碳原子，故C错误；
D．非金属性越强，其与H原子形成的化学键极性越强，非金属性：N＜O＜F，则键的极性：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故答案选D。
11. 分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）
A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。
12. 下列说法正确的是
A. 乙烯中σ键和π键数目之比为4:1
B. 金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释
C. 离子晶体熔沸点一定比分子晶体熔沸点高
D. 离子液体易挥发，能作溶剂，能导电
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯中存在4个单键和一个双键，σ键和π键数目之比为5:1，故A错误；
B．金属易导热是金属中自由电子运动时与金属离子发生碰撞引起能量交换；金属导电性，是通电时自由电子定向移动导致；金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性；故金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释，故B正确；
C．离子晶体熔沸点不一定比分子晶体熔沸点高，比如硫代硫酸钠（离子晶体，熔点48℃）的熔沸点低于五氧化二磷（分子晶体，熔点340℃）的熔沸点，故C错误；
D．离子液体相对难挥发，原因是离子液体的粒子都是带电荷的离子，形成较强的离子键，沸点较高，故D错误；
故选B。
13. 化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族，且Y的原子半径小于M。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y＞E＞ZB. 简单氢化物沸点：
C. 第一电离能：D. 和空间结构均为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】E在地壳中含量最多，E为O；X的基态原子价层电子排布式为，所以n=3，X为Mg或者n=2，X为Li；Y的基态原子价层p轨道半充满，所以可能为N或P，Y和M同族，且Y的原子半径小于M，所以Y为N，M为P；根据X与M同周期、化合价之和为零，可确定Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
【详解】A．N3-、O2-的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径为：N＞O＞H，故A正确；
B．PH3、NH3、H2O均是由分子组成，NH3、H2O分子间都存在氢键，使得它们沸点较高，且水的沸点高于NH3，PH3分子间仅存在范德华力，沸点低，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，故B错误；
C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，第ⅡA族和第ⅤA族的第一电离能大于同周期右边相邻元素，所以第一电离能：N＞O＞Mg，故C错误；
D．NH3中N的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，中N的价层电子对为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故D错误；
故选A。
14. 石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是
A. 从石墨中剥离石墨烯不需要破坏化学键
B. 石墨烯属于有机高分子材料
C. 石墨中的碳原子采取sp3杂化
D. 石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为范德华力，层内碳原子间存在共价键，从石墨中剥离出石墨烯需要破坏范德华力，不需要破坏化学键，故A正确；
B．石墨烯属于无机物，不是有机物，不属于有机高分子材料，故B错误；
C．每个C原子形成3个单键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故C错误；
D．每个C原子为3个六元环所共有，则石墨烯中平均每个六元环含有的碳原子数为，故D错误；
故选：A。
15. 现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如下：
有关M说法不正确的是
A. 根据图1信息，M的相对分子质量应为74
B. 根据图1、图2信息，推测M的分子式是C4H10O
C. 根据图1、图2、图3信息，可确定M是二醚
D. 根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．图1中最大质荷比为74，因此M的相对分子质量为74，故A正确；
B．图2可知M中含有烷基与醚键，则其通式可表示为CnH2n+2O，因此14n+2+16=74，解得n=4，故其分子式为C4H10O，故B正确；
C．由图2可知M属于醚类，结合分子式C4H10O，可确定M是一元醚，故C错误；
D．由图3可知M中含有3种类型的氢原子，并且个数比为6：3：1，故D正确；
答案选C。
16. 葡萄糖的银镜反应需要配制银氨溶液，具体步骤如下：
步骤1：向试管中加入1 mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。
步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。
下列说法正确的是
A. 步骤1产生白色沉淀的离子反应方程式为
B. 图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个
C. 步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物，中含有键
D. 经过步骤1步骤2两步之后，一共消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．步骤1产生白色沉淀的离子反应方程式，NH3·H2O为弱碱，不能拆，故A项错误；
B．图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个，故B项正确；
C．步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物，1ml[Ag(NH3)2]＋中含有8mlσ键，故C项错误；
D．经过步骤1和步骤2两步之后，1mlAgNO3共消耗2mlNH3·H2O，故D项错误；
故本题选B。
17. 可用作有机合成的催化剂．工业上用黄铜矿（主要成分是，还含有少量）制备的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. “浸取”时的离子方程式为
B. “滤渣①”的主要成分是、CuO
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水物质
D. CuCl的晶胞如图，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是6
【答案】C
【解析】
【分析】“浸取”时，在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，二氧化硅不和硫酸反应，过滤后向滤液中加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是和过量的CuO，“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl。
【详解】A．“浸取”时，在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是和过量的CuO，故B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水物质，然后经过一系列操作得到CuCl，故C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D错误；
故选C。
18. 我国科学家在新型热电材料的研发领域利用一种理论计算方法，筛选出某种最简式量为Mr的化合物X，已知X结构高度对称，沿体对角线的投影如下图所示（表示被遮挡的原子，其晶胞边长为a nm，棱上无原子），则下列说法错误的是
A. X的化学式为K2SeBr6
B. 晶胞中与距离最近且相等的的个数为6
C. 晶胞中与K的最短距离为
D. X晶体密度为（表示阿伏加德罗常数）
【答案】B
【解析】
【分析】结合投影原理，根据化合物X沿体对角线的投影以及其结构高度对称，可推出X的晶胞结构为：，据此答题。
【详解】A．位于晶胞的顶点和面心，K+位于晶胞内8个小正方体的体心，利用均摊法可知：晶胞中共有：=4个，K有8个，则X的化学式为，A正确；
B．位于晶胞的顶点和面心，以顶点为例，距离其最近的是相邻面心的3个，则距离最近且相等的的总数为，B错误；
C．晶胞中K与最短距离为晶胞体对角线的，其晶胞边长为，则体对角线为nm，晶胞中K与最短距离为nm，C正确；
D．晶胞中含有4个，其最简式量为，其晶胞边长为，根据，则X晶体密度为，D正确；
故选B
II卷（非选择题 共58分）
19. 按要求回答下列问题：
（1）基态钛原子核外共有________种空间运动状态不相同的电子。Cu在周期表中的位置为________________________，基态Ni2+的价层电子排布式为________________________，Zn位于元素周期表的________________区。
（2）分子极性：CH4________NH3（填“>”或“<”），熔沸点：CH4________NH3（填“>”或“<”），键角：CH4________NH3（填“>”或“<”）。
（3）组成为，配位数为6的晶体有两种。其中一种物质X呈绿色。实验表明，恰好与反应生成沉淀。则X的化学式为________。（表示出内界和外界）
【答案】（1） ①. 22 ②. 第四周期第ⅠB族 ③. 3d8 ④. ds
（2） ①. < ②. < ③. >
（3）[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O
【解析】
【小问1详解】
Ti是22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其原子核外共有22种运动状态不相同的电子；Cu为29号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族；Ni是28号元素，故基态Ni2+的价层电子排布式为3d8；Zn是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，Zn元素位于元素周期表的ds区。
【小问2详解】
甲烷为非极性分子，氨气为极性分子，分子极性：CH4NH3。
【小问3详解】
X 与AgNO3以1∶2物质的量比反应生成沉淀，说明外界有2个氯离子，5个水在内界，X的化学式为[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O。
20. 铅渣由多种氧化物及它们相互结合而形成的化合物、固溶体、共晶混合物所组成。对铅渣进行综合利用，回收其中的有价金属（Cu、Fe、Pb、Zn、Sb）的部分工艺流程如下：
（1）Pb位于第六周期，与碳元素同主族，其价层电子排布式为________________。
（2）挥发烟尘中的主要氧化物为PbO—ZnO2。
①区分挥发烟尘中的氧化物是晶体还是非晶体的最可靠的科学方法为__________（填选项）。
A.核磁共振氢谱 B.X射线衍射 C.质谱法
②“转化”过程中，发生反应的化学方程式为________________。
（3）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为3ml的Cu—Sb合金（其中Cu与Sb物质的量之比为1∶2）氧化，至少需要H2O2的物质的量为________ml。
（4）“过滤洗涤”过程中，加入酒石酸（表示为C4H6O6）发生如下配位反应：
、
①上述两个配合物中，提供空轨道的元素为____________（填元素符号）。
②滤渣的主要成分是_____________________。
③“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为______________________。
【答案】（1）
（2） ①. B ②. PbSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O
（3）4 （4） ①. ②. CaSO4 ③. 酒石酸与Cu2+、Sb3+发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成
【解析】
【分析】铅渣与褐煤、氧化钙进行还原焙烧，形成挥发烟尘，挥发烟尘利用硫酸酸溶，生成含锌溶液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀经氨水及碳酸氢铵作用后生成碳酸铅；磨矿磁选后得还原性铁，磁选尾矿加入过氧化氢的硫酸进行氧化酸浸，过滤后利用石酒酸洗涤，滤除滤渣后滤液中加氨水沉锑。
【小问1详解】
位于第六周期，与碳元素同主族，说明其最外层电子数与碳相同，则其价层电子排布式：；
【小问2详解】
①区分挥发烟尘中的氧化物是晶体还是非晶体的最可靠的科学方法：X射线衍射法，故选B；
②经硫酸溶解、过滤后得含锌滤液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀与氨水和碳酸氢铵反应，生成碳酸铅、硫酸铵和水，化学方程式：；
【小问3详解】
“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为3ml的合金(其中与物质的量之比为1:2)氧化，根据后边流程知生成，生成，失电子总物质的量为ml，中氧从-1变到-2，1ml得2ml电子，根据得失电子守恒，至少需要的物质的量为ml；
【小问4详解】
①上述两个配合物中，提供空轨道的元素为；
②结合前面加入的CaO以及后续加入了硫酸，滤渣的主要成分是微溶的CaSO4；
③“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为酒石酸与Cu2+、Sb3+发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成。
21. 按要求回答下列问题：
对甲氧基苯丙酰胺（相对分子质量为179）为难溶于冷水的白色晶体，且是一种医药中间体，可以由苯甲醚通过两步反应合成，合成路线如图1所示。
已知：无水三氯化铝遇水会发生剧烈水解并放热。
步骤一：用如图2所示装置合成对甲氧基苯丙腈
在500 mL三颈烧瓶中，加入108 g（1 ml）苯甲醚，室温下缓慢加入70 g（约0.52 ml）粉末状三氯化铝，加入过程中温度不超过25℃，加完后降温至5℃，然后逐滴加入130 g（约2.45 ml）丙烯腈（沸点77℃），滴加结束后再升温至90~95℃，反应2 h。将反应液倒入500 g冰水中，搅匀，静置分层，分出油相。减压蒸馏，收集2.67 kPa下150~160℃的馏分，得到对甲氧基苯丙腈。
步骤二：合成对甲氧基苯丙酰胺
将步骤一中合成的对甲氧基苯丙腈加入500 mL三颈烧瓶中，加入300 mL浓盐酸，再经过一系列操作后得到对甲氧基苯丙酰胺133.7 g。
（1）苯甲醚生成对甲氧基苯丙腈的反应类型为________________。
（2）对甲氧基苯丙腈的合成过程中宜采用的加热方式为________________，采取减压蒸馏收集对甲氧基苯丙腈的优点是________________________。
（3）图2中合成对甲氧基苯丙腈的装置有一缺陷，请提出改进方法并说明理由：________。
（4）用恒压滴液漏斗加丙烯腈的优点有________________、________________（写出两条）。
（5）下列操作为合成对甲氧基苯丙酰胺的过程中加浓盐酸后的一系列操作，其合理顺序为__________。
①加入活性炭回流0.5 h ②趁热过滤 ③抽滤 ④升温至40～50℃，搅拌1 h ⑤将滤液慢慢倒入1000 g冷水中，析出晶体 ⑥洗涤、烘干
（6）下列关于实验操作的说法错误的是__________。
A.减压蒸馏过程中，可以通过控制G处的旋塞停止减压
B.在对甲氧基苯丙酰胺的合成过程中，析出的晶体可以用冷水洗涤
C.减压过滤不宜用于过滤颗粒太小的沉淀，因为颗粒太小的沉淀在快速过滤时易透过滤纸
（7）本实验中对甲氧基苯丙酰胺的产率为________________________%（保留两位小数）。
【答案】（1）加成反应
（2） ①. 水浴加热 ②. 降低液体沸点，减少产物损失
（3）空气中的水蒸气会进入装置式氯化铝水解,可在冷凝管上方接一球形干燥管
（4） ①. 平衡气压，使液体顺利流下 ②. 防止丙烯腈挥发
（5）④①②⑤③⑥ （6）C
（7）74.69%
【解析】
【小问1详解】
苯甲醚生成对甲氧基苯丙腈过程双键变为单键，反应类型为加成反应。
【小问2详解】
由于对甲氧基苯丙腈(B)合成过程中加热温度不超过100℃，为了使反应物均匀受热，应水浴加热；采取减压蒸馏收集对甲氧基苯丙腈的优点是降低液体沸点，减少产物损失。
【小问3详解】
缺陷以及改进方法为：空气中的水蒸气会进入装置式氯化铝水解，可在冷凝管上方接一球形干燥管。
【小问4详解】
恒压滴液漏斗可以平衡气压，使液体顺利流下同时也能够防止丙烯腈挥发。
【小问5详解】
加浓盐酸后，首先升温至40～50℃，搅拌1h，而后加入活性炭回流0.5h，然后趁热过滤、将滤液慢慢倒入1000g冷水中，析出晶体，而后抽滤，最后洗涤烘干，故正确的顺序为④①②⑤③⑥。
【小问6详解】
A.减压蒸馏过程中，可以通过控制G处的旋塞停止减压，A正确；
B.对甲氧基苯丙酰胺(C)的合成过程中，析出的晶体可以用冷水洗涤，B正确；
C.过滤时沉淀不会透过滤纸，C错误；
故答案选C。
【小问7详解】
对甲氧基苯丙酰胺的产率为。
22. 研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面都具有重要的意义。
（1）发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼（C2H8N2）。
已知：①(1)
②(1)
③(1)
则反应的为________________。
（2）一种工业制硝酸的方法经历下列几个步骤：
已知：NO在1000℃以上会发生分解反应。
①工业生产中未直接在一个设备中将NH3催化氧化至NO2，而设计了两步氧化，中间经过热交换器降温，这样做的目的除了给原料气预热节约能源之外，还有________________；
②实验发现，单位时间内NH3的氧化率会随着温度的升高先增大后减小（如下图所示），分析出现这种变化的可能原因________________________________________________。
（3）工业上也可以由N2O4直接合成HNO3，其中最关键的步骤为，利用现代手持技术传感器可以探究压强对该平衡的影响。
在一定温度下，向针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定整个过程中针筒内气体压强变化如图。
①有关该过程说法正确的是________________。
a.E、H两点对应的NO2的体积分数较大的为E点
b.B点操作是向里快速推注射器活塞，E点操作是向外快速拉注射器活塞
c.B、C、D三点正反应速率最大的是B点
d.C点时体系的颜色比D点深
②求D点________________。
③图像中C、E两点气体平均摩尔质量最大的点为________________（填代号）。
【答案】（1）-2550 kJ/ml
（2） ①. 降温有利于第二步氧化反应平衡正向移动 ②. NO高温分解
（3） ①. ac ②. ③. C
【解析】
【小问1详解】
①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/ml，
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/ml，③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/ml，根据盖斯定律分析，有①-②×2-③×4得热化学方程式为：C2H8N2(l)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-2765.0kJ/ml+19.5kJ/ml×2+44.0kJ/ml×4=-2550 kJ/ml。
【小问2详解】
①工业生产中，两步反应都为放热反应，若直接在一个设备中将NH3催化氧化至NO2，第一步反应放出的热会使第二步反应逆向进行，使NO2的产率下降。设计两步氧化，中间经过热交换器降温，这样做的目的除了节约能源，还有：降温有利于第二步氧化反应平衡正向移动。
②题干信息显示：NO在1000℃以上会发生分解反应，则1000℃后NH3的氧化率减小的可能原因：NO高温分解。
【小问3详解】
①a．从E到F点，快速推注射器的活塞，气体压强迅速增大，平衡向生成N2O4的方向移动，NO2的体积分数减小，则E、H两点对应的NO2的体积分数较大的为E点，a正确；
b．从B点到C点，压强迅速减小，则B向外快速拉注射器活塞，E则是向里快速推注射器活塞，b不正确；
c．B、C、D三点中，B点是减压前的点，压强最大，则正反应速率最大的是B点，c正确；
d．减压后，C点发生平衡的逆向移动，D点NO2的物质的量比C点增大，浓度增大，则C点时体系的颜色比D点浅，d不正确；
故选ac。
②反应前，NO2气体的总压强为100kPa，设生成的N2O4的分压为x，则可建立如下三段式：
则100kPa-2x+x=70kPa，x=30kPa，D点Kp==。
③图像中C、E两点，气体的总质量相同，但E点时气体的物质的量比C点大，则气体平均摩尔质量最大的点为C。
可能用到的相对原子质量H1 He4 C12 N14 O16 S32 Ti48 Zn65
I卷（选择题 共42分）
一、选择题（每题有一个选项符合题意，1-12题每题2分，13-18题每题3分，共42分）
1. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A. 《医学入门》记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发
B. 《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”中的“烟花”与原子核外电子跃迁有关
C. 《淮南万毕术》记载“曾青得铁则化为铜”，铁位于元素周期表第四周期第VⅢB族
D. 苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A．“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，A正确；
B．选项中的“烟花”指的是柳絮如烟、繁花似锦的春天景物，与电子跃迁无关，B错误；
C．铁为26号元素，它位于元素周期表的第四周期第Ⅷ 族，C错误；
D．由题意可知，文中的“气”为不溶于水的乙烯，不能与水分子形成分子间氢键，D错误；
答案选A。
2. 2024年，冰城哈尔滨迎来了最火热的一个冬天。下列和“冰”相关的说法正确的是
A. 9 g冰中含氢键数目为（表示阿伏加德罗常数）
B. 冰中存在的化学键只有极性共价键和氢键
C. 冰的密度小于水，是因为冰中出现较大空隙
D. 冰晶体中的空间利用率要大于干冰晶体中的空间利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A．9g冰的物质的量为=0.5ml，1个水分子形成2个氢键，氢键数为NA，故A错误；
B．冰中存在H-O极性共价键，以及水分子间的氢键，氢键不属于化学键，故B错误；
C．冰中由于氢键的作用，水分子间形成正四面体结构，使得水分子间的空隙变大，所以水变冰后体积增大，密度变小，故C正确；
D．干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力，相对分子质量越大，分子间作用力越大；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是分子间氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故D错误；
故选C。
3. 化学与人类生产、生活息息相关。下列叙述错误的是
A. 18—冠—6分子可识别K+，因此可增大KI在苯中的溶解度
B. 向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇会析出深蓝色晶体，因为乙醇的极性比水小
C. 壁虎能在天花板上爬行，是因为它的细毛与墙体之间有范德华力
D. “杯酚”可分离C60和C70，体现了超分子的“自组装”特性
【答案】D
【解析】
【详解】A．冠醚识别碱金属离子的原理是利用其皇冠状结构空腔大小的不同适配不同大小的碱金属离子，18-冠-6分子可识别K+，因此可增大KI在苯中的溶解度，A正确；
B．乙醇极性比水小，硫酸四氨合铜是离子晶体，有较强的极性，其在乙醇中溶解度更小，所以会析出晶体，B正确；
C．壁虎的足与墙体之间的作用力在本质上是它的细毛与墙体之间的范德华力，C正确；
D．“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别的特征，D错误；
故选D。
4. 下列基态原子的电子排布图中，违反了泡利原理的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．2p轨道违背洪特规则，A不符合题意；
B．2s轨道违背泡利不相容原理，即同一个轨道中，两个电子应自旋相反，B符合题意；
C．电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则，C不符合题意；
D．2s轨道没有填充满，违背能量最低原理，D不符合题意，
选B。
5. 下列化学键中既有方向性又有饱和性的是
A. 共价键B. 金属键C. 离子键D. 氢键
【答案】A
【解析】
【详解】离子键、金属键、氢键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故选A。
6. 下列物质中碳原子不是sp3杂化的是
A. 甲醛B. 甲烷C. 甲醚D. 甲醇
【答案】A
【解析】
【详解】A． 甲醛含醛基、所含碳原子为不饱和碳原子、采用sp2杂化，A符合题意；
B． 甲烷中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，B不符合题意；
C． 甲醚中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，C不符合题意；
D． 甲醇中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化，D不符合题意；
选A。
7. 下列化学用语使用正确的是
A. 氮化硅与金刚石结构相似，其分子式为：Si3N4
B. CH4分子的空间填充模型：
C. HClO的电子式为
D. 乙炔的结构简式为CHCH
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮化硅与金刚石均为共价晶体，结构相似，其化学式为：，不存在分子，故A错误；
B．甲烷是正四面体结构，其空间填充模型为，故B正确；
C．次氯酸为共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．乙炔的结构简式为CH≡CH，故D错误；
故选：B。
8. “结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关性质的比较正确的是
A. 键能：B. 熔点：金刚石<碳化硅<硅
C. 电负性：D. 在水中的溶解度：戊醇<乙醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．三键的键能大于双键，双键的键能大于单键，即键能：,故A错误；
B．化学键键能C—C＞C—Si＞Si—Si，所以熔点：金刚石＞碳化硅＞硅，故B错误；
C．同周期元素(惰性气体元素除外)从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故C错误；
D．乙醇和正戊醇都是醇类，它们与水均是极性分子，根据相似相溶原理，在水中有一定的溶解度，乙醇碳链短，所以结构比正戊醇更与水相似，所以其溶解度应该比正丁醇大，故D正确；
故选：D。
9. 许多过渡金属离子都能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是
A. 配合物中Fe的化合价为
B. 配合物稳定性：
C. 配合物的外界为
D. 配合物的配位数为7
【答案】C
【解析】
【详解】A．K元素的化合价是+1，CN-整体的化合价为-1，假设Fe元素的价态为x，按照化合物中各元素化合总价为零的原则，可得（+1）×3+x+（-1）×6=0，解得x=3，Fe3+化合价为+3，故A错误；
B．给电子的能力N 大于O，N原子的配位能力比O原子的配位能力强，配合物稳定性：，故B错误；
C．配合物中氨气为配体，外界为，故C正确；
D．配合物的配体有5个CO、1个CH3CN，CO中C原子为配位原子，CH3CN中N原子为配位原子，该配合物中锰原子的配位数为6，故D错误；
故选C。
10. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 该分子有2个手性碳原子
C. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D. 键的极性大小：N-H
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，该分子中只含一个手性碳原子，如图用“*”标记的为手性碳原子，故B错误；
C．该分子中，碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，不存在三键碳原子，则不存在sp杂化的碳原子，故C错误；
D．非金属性越强，其与H原子形成的化学键极性越强，非金属性：N＜O＜F，则键的极性：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故答案选D。
11. 分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）
A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种
【答案】C
【解析】
【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。
12. 下列说法正确的是
A. 乙烯中σ键和π键数目之比为4:1
B. 金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释
C. 离子晶体熔沸点一定比分子晶体熔沸点高
D. 离子液体易挥发，能作溶剂，能导电
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯中存在4个单键和一个双键，σ键和π键数目之比为5:1，故A错误；
B．金属易导热是金属中自由电子运动时与金属离子发生碰撞引起能量交换；金属导电性，是通电时自由电子定向移动导致；金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性；故金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释，故B正确；
C．离子晶体熔沸点不一定比分子晶体熔沸点高，比如硫代硫酸钠（离子晶体，熔点48℃）的熔沸点低于五氧化二磷（分子晶体，熔点340℃）的熔沸点，故C错误；
D．离子液体相对难挥发，原因是离子液体的粒子都是带电荷的离子，形成较强的离子键，沸点较高，故D错误；
故选B。
13. 化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族，且Y的原子半径小于M。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y＞E＞ZB. 简单氢化物沸点：
C. 第一电离能：D. 和空间结构均为三角锥形
【答案】A
【解析】
【分析】E在地壳中含量最多，E为O；X的基态原子价层电子排布式为，所以n=3，X为Mg或者n=2，X为Li；Y的基态原子价层p轨道半充满，所以可能为N或P，Y和M同族，且Y的原子半径小于M，所以Y为N，M为P；根据X与M同周期、化合价之和为零，可确定Z为H、M为P、X为Mg、E为O、Y为N。
【详解】A．N3-、O2-的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径为：N＞O＞H，故A正确；
B．PH3、NH3、H2O均是由分子组成，NH3、H2O分子间都存在氢键，使得它们沸点较高，且水的沸点高于NH3，PH3分子间仅存在范德华力，沸点低，简单氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，故B错误；
C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，第ⅡA族和第ⅤA族的第一电离能大于同周期右边相邻元素，所以第一电离能：N＞O＞Mg，故C错误；
D．NH3中N的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，中N的价层电子对为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故D错误；
故选A。
14. 石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是
A. 从石墨中剥离石墨烯不需要破坏化学键
B. 石墨烯属于有机高分子材料
C. 石墨中的碳原子采取sp3杂化
D. 石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为范德华力，层内碳原子间存在共价键，从石墨中剥离出石墨烯需要破坏范德华力，不需要破坏化学键，故A正确；
B．石墨烯属于无机物，不是有机物，不属于有机高分子材料，故B错误；
C．每个C原子形成3个单键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故C错误；
D．每个C原子为3个六元环所共有，则石墨烯中平均每个六元环含有的碳原子数为，故D错误；
故选：A。
15. 现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如下：
有关M说法不正确的是
A. 根据图1信息，M的相对分子质量应为74
B. 根据图1、图2信息，推测M的分子式是C4H10O
C. 根据图1、图2、图3信息，可确定M是二醚
D. 根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．图1中最大质荷比为74，因此M的相对分子质量为74，故A正确；
B．图2可知M中含有烷基与醚键，则其通式可表示为CnH2n+2O，因此14n+2+16=74，解得n=4，故其分子式为C4H10O，故B正确；
C．由图2可知M属于醚类，结合分子式C4H10O，可确定M是一元醚，故C错误；
D．由图3可知M中含有3种类型的氢原子，并且个数比为6：3：1，故D正确；
答案选C。
16. 葡萄糖的银镜反应需要配制银氨溶液，具体步骤如下：
步骤1：向试管中加入1 mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。
步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。
下列说法正确的是
A. 步骤1产生白色沉淀的离子反应方程式为
B. 图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个
C. 步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物，中含有键
D. 经过步骤1步骤2两步之后，一共消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．步骤1产生白色沉淀的离子反应方程式，NH3·H2O为弱碱，不能拆，故A项错误；
B．图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个，故B项正确；
C．步骤2中沉淀溶解是因为生成了银氨配合物，1ml[Ag(NH3)2]＋中含有8mlσ键，故C项错误；
D．经过步骤1和步骤2两步之后，1mlAgNO3共消耗2mlNH3·H2O，故D项错误；
故本题选B。
17. 可用作有机合成的催化剂．工业上用黄铜矿（主要成分是，还含有少量）制备的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. “浸取”时的离子方程式为
B. “滤渣①”的主要成分是、CuO
C. “还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水物质
D. CuCl的晶胞如图，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是6
【答案】C
【解析】
【分析】“浸取”时，在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，二氧化硅不和硫酸反应，过滤后向滤液中加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是和过量的CuO，“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到CuCl。
【详解】A．“浸取”时，在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，故A错误；
B．加入过量氧化铜调节pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是和过量的CuO，故B错误；
C．“还原”时加入NaCl和浓盐酸主要是为了提供，跟铜元素形成可溶于水物质，然后经过一系列操作得到CuCl，故C正确；
D．由CuCl的晶胞图可知，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是12，故D错误；
故选C。
18. 我国科学家在新型热电材料的研发领域利用一种理论计算方法，筛选出某种最简式量为Mr的化合物X，已知X结构高度对称，沿体对角线的投影如下图所示（表示被遮挡的原子，其晶胞边长为a nm，棱上无原子），则下列说法错误的是
A. X的化学式为K2SeBr6
B. 晶胞中与距离最近且相等的的个数为6
C. 晶胞中与K的最短距离为
D. X晶体密度为（表示阿伏加德罗常数）
【答案】B
【解析】
【分析】结合投影原理，根据化合物X沿体对角线的投影以及其结构高度对称，可推出X的晶胞结构为：，据此答题。
【详解】A．位于晶胞的顶点和面心，K+位于晶胞内8个小正方体的体心，利用均摊法可知：晶胞中共有：=4个，K有8个，则X的化学式为，A正确；
B．位于晶胞的顶点和面心，以顶点为例，距离其最近的是相邻面心的3个，则距离最近且相等的的总数为，B错误；
C．晶胞中K与最短距离为晶胞体对角线的，其晶胞边长为，则体对角线为nm，晶胞中K与最短距离为nm，C正确；
D．晶胞中含有4个，其最简式量为，其晶胞边长为，根据，则X晶体密度为，D正确；
故选B
II卷（非选择题 共58分）
19. 按要求回答下列问题：
（1）基态钛原子核外共有________种空间运动状态不相同的电子。Cu在周期表中的位置为________________________，基态Ni2+的价层电子排布式为________________________，Zn位于元素周期表的________________区。
（2）分子极性：CH4________NH3（填“>”或“<”），熔沸点：CH4________NH3（填“>”或“<”），键角：CH4________NH3（填“>”或“<”）。
（3）组成为，配位数为6的晶体有两种。其中一种物质X呈绿色。实验表明，恰好与反应生成沉淀。则X的化学式为________。（表示出内界和外界）
【答案】（1） ①. 22 ②. 第四周期第ⅠB族 ③. 3d8 ④. ds
（2） ①. < ②. < ③. >
（3）[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O
【解析】
【小问1详解】
Ti是22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其原子核外共有22种运动状态不相同的电子；Cu为29号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族；Ni是28号元素，故基态Ni2+的价层电子排布式为3d8；Zn是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，Zn元素位于元素周期表的ds区。
【小问2详解】
甲烷为非极性分子，氨气为极性分子，分子极性：CH4
【小问3详解】
X 与AgNO3以1∶2物质的量比反应生成沉淀，说明外界有2个氯离子，5个水在内界，X的化学式为[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O。
20. 铅渣由多种氧化物及它们相互结合而形成的化合物、固溶体、共晶混合物所组成。对铅渣进行综合利用，回收其中的有价金属（Cu、Fe、Pb、Zn、Sb）的部分工艺流程如下：
（1）Pb位于第六周期，与碳元素同主族，其价层电子排布式为________________。
（2）挥发烟尘中的主要氧化物为PbO—ZnO2。
①区分挥发烟尘中的氧化物是晶体还是非晶体的最可靠的科学方法为__________（填选项）。
A.核磁共振氢谱 B.X射线衍射 C.质谱法
②“转化”过程中，发生反应的化学方程式为________________。
（3）“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为3ml的Cu—Sb合金（其中Cu与Sb物质的量之比为1∶2）氧化，至少需要H2O2的物质的量为________ml。
（4）“过滤洗涤”过程中，加入酒石酸（表示为C4H6O6）发生如下配位反应：
、
①上述两个配合物中，提供空轨道的元素为____________（填元素符号）。
②滤渣的主要成分是_____________________。
③“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为______________________。
【答案】（1）
（2） ①. B ②. PbSO4+NH3⋅H2O+NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O
（3）4 （4） ①. ②. CaSO4 ③. 酒石酸与Cu2+、Sb3+发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成
【解析】
【分析】铅渣与褐煤、氧化钙进行还原焙烧，形成挥发烟尘，挥发烟尘利用硫酸酸溶，生成含锌溶液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀经氨水及碳酸氢铵作用后生成碳酸铅；磨矿磁选后得还原性铁，磁选尾矿加入过氧化氢的硫酸进行氧化酸浸，过滤后利用石酒酸洗涤，滤除滤渣后滤液中加氨水沉锑。
【小问1详解】
位于第六周期，与碳元素同主族，说明其最外层电子数与碳相同，则其价层电子排布式：；
【小问2详解】
①区分挥发烟尘中的氧化物是晶体还是非晶体的最可靠的科学方法：X射线衍射法，故选B；
②经硫酸溶解、过滤后得含锌滤液及硫酸铅沉淀，硫酸铅沉淀与氨水和碳酸氢铵反应，生成碳酸铅、硫酸铵和水，化学方程式：；
【小问3详解】
“氧化酸浸”过程中，若将物质的量为3ml的合金(其中与物质的量之比为1:2)氧化，根据后边流程知生成，生成，失电子总物质的量为ml，中氧从-1变到-2，1ml得2ml电子，根据得失电子守恒，至少需要的物质的量为ml；
【小问4详解】
①上述两个配合物中，提供空轨道的元素为；
②结合前面加入的CaO以及后续加入了硫酸，滤渣的主要成分是微溶的CaSO4；
③“过滤洗涤”时，用酒石酸稀溶液洗涤滤渣而不用水。用酒石酸稀溶液洗涤可减少金属离子的损失，原因为酒石酸与Cu2+、Sb3+发生配位反应，形成配合物降低金属离子浓度，且溶液酸性增强，减少难溶性碱的生成。
21. 按要求回答下列问题：
对甲氧基苯丙酰胺（相对分子质量为179）为难溶于冷水的白色晶体，且是一种医药中间体，可以由苯甲醚通过两步反应合成，合成路线如图1所示。
已知：无水三氯化铝遇水会发生剧烈水解并放热。
步骤一：用如图2所示装置合成对甲氧基苯丙腈
在500 mL三颈烧瓶中，加入108 g（1 ml）苯甲醚，室温下缓慢加入70 g（约0.52 ml）粉末状三氯化铝，加入过程中温度不超过25℃，加完后降温至5℃，然后逐滴加入130 g（约2.45 ml）丙烯腈（沸点77℃），滴加结束后再升温至90~95℃，反应2 h。将反应液倒入500 g冰水中，搅匀，静置分层，分出油相。减压蒸馏，收集2.67 kPa下150~160℃的馏分，得到对甲氧基苯丙腈。
步骤二：合成对甲氧基苯丙酰胺
将步骤一中合成的对甲氧基苯丙腈加入500 mL三颈烧瓶中，加入300 mL浓盐酸，再经过一系列操作后得到对甲氧基苯丙酰胺133.7 g。
（1）苯甲醚生成对甲氧基苯丙腈的反应类型为________________。
（2）对甲氧基苯丙腈的合成过程中宜采用的加热方式为________________，采取减压蒸馏收集对甲氧基苯丙腈的优点是________________________。
（3）图2中合成对甲氧基苯丙腈的装置有一缺陷，请提出改进方法并说明理由：________。
（4）用恒压滴液漏斗加丙烯腈的优点有________________、________________（写出两条）。
（5）下列操作为合成对甲氧基苯丙酰胺的过程中加浓盐酸后的一系列操作，其合理顺序为__________。
①加入活性炭回流0.5 h ②趁热过滤 ③抽滤 ④升温至40～50℃，搅拌1 h ⑤将滤液慢慢倒入1000 g冷水中，析出晶体 ⑥洗涤、烘干
（6）下列关于实验操作的说法错误的是__________。
A.减压蒸馏过程中，可以通过控制G处的旋塞停止减压
B.在对甲氧基苯丙酰胺的合成过程中，析出的晶体可以用冷水洗涤
C.减压过滤不宜用于过滤颗粒太小的沉淀，因为颗粒太小的沉淀在快速过滤时易透过滤纸
（7）本实验中对甲氧基苯丙酰胺的产率为________________________%（保留两位小数）。
【答案】（1）加成反应
（2） ①. 水浴加热 ②. 降低液体沸点，减少产物损失
（3）空气中的水蒸气会进入装置式氯化铝水解,可在冷凝管上方接一球形干燥管
（4） ①. 平衡气压，使液体顺利流下 ②. 防止丙烯腈挥发
（5）④①②⑤③⑥ （6）C
（7）74.69%
【解析】
【小问1详解】
苯甲醚生成对甲氧基苯丙腈过程双键变为单键，反应类型为加成反应。
【小问2详解】
由于对甲氧基苯丙腈(B)合成过程中加热温度不超过100℃，为了使反应物均匀受热，应水浴加热；采取减压蒸馏收集对甲氧基苯丙腈的优点是降低液体沸点，减少产物损失。
【小问3详解】
缺陷以及改进方法为：空气中的水蒸气会进入装置式氯化铝水解，可在冷凝管上方接一球形干燥管。
【小问4详解】
恒压滴液漏斗可以平衡气压，使液体顺利流下同时也能够防止丙烯腈挥发。
【小问5详解】
加浓盐酸后，首先升温至40～50℃，搅拌1h，而后加入活性炭回流0.5h，然后趁热过滤、将滤液慢慢倒入1000g冷水中，析出晶体，而后抽滤，最后洗涤烘干，故正确的顺序为④①②⑤③⑥。
【小问6详解】
A.减压蒸馏过程中，可以通过控制G处的旋塞停止减压，A正确；
B.对甲氧基苯丙酰胺(C)的合成过程中，析出的晶体可以用冷水洗涤，B正确；
C.过滤时沉淀不会透过滤纸，C错误；
故答案选C。
【小问7详解】
对甲氧基苯丙酰胺的产率为。
22. 研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面都具有重要的意义。
（1）发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼（C2H8N2）。
已知：①(1)
②(1)
③(1)
则反应的为________________。
（2）一种工业制硝酸的方法经历下列几个步骤：
已知：NO在1000℃以上会发生分解反应。
①工业生产中未直接在一个设备中将NH3催化氧化至NO2，而设计了两步氧化，中间经过热交换器降温，这样做的目的除了给原料气预热节约能源之外，还有________________；
②实验发现，单位时间内NH3的氧化率会随着温度的升高先增大后减小（如下图所示），分析出现这种变化的可能原因________________________________________________。
（3）工业上也可以由N2O4直接合成HNO3，其中最关键的步骤为，利用现代手持技术传感器可以探究压强对该平衡的影响。
在一定温度下，向针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定整个过程中针筒内气体压强变化如图。
①有关该过程说法正确的是________________。
a.E、H两点对应的NO2的体积分数较大的为E点
b.B点操作是向里快速推注射器活塞，E点操作是向外快速拉注射器活塞
c.B、C、D三点正反应速率最大的是B点
d.C点时体系的颜色比D点深
②求D点________________。
③图像中C、E两点气体平均摩尔质量最大的点为________________（填代号）。
【答案】（1）-2550 kJ/ml
（2） ①. 降温有利于第二步氧化反应平衡正向移动 ②. NO高温分解
（3） ①. ac ②. ③. C
【解析】
【小问1详解】
①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/ml，
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/ml，③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/ml，根据盖斯定律分析，有①-②×2-③×4得热化学方程式为：C2H8N2(l)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-2765.0kJ/ml+19.5kJ/ml×2+44.0kJ/ml×4=-2550 kJ/ml。
【小问2详解】
①工业生产中，两步反应都为放热反应，若直接在一个设备中将NH3催化氧化至NO2，第一步反应放出的热会使第二步反应逆向进行，使NO2的产率下降。设计两步氧化，中间经过热交换器降温，这样做的目的除了节约能源，还有：降温有利于第二步氧化反应平衡正向移动。
②题干信息显示：NO在1000℃以上会发生分解反应，则1000℃后NH3的氧化率减小的可能原因：NO高温分解。
【小问3详解】
①a．从E到F点，快速推注射器的活塞，气体压强迅速增大，平衡向生成N2O4的方向移动，NO2的体积分数减小，则E、H两点对应的NO2的体积分数较大的为E点，a正确；
b．从B点到C点，压强迅速减小，则B向外快速拉注射器活塞，E则是向里快速推注射器活塞，b不正确；
c．B、C、D三点中，B点是减压前的点，压强最大，则正反应速率最大的是B点，c正确；
d．减压后，C点发生平衡的逆向移动，D点NO2的物质的量比C点增大，浓度增大，则C点时体系的颜色比D点浅，d不正确；
故选ac。
②反应前，NO2气体的总压强为100kPa，设生成的N2O4的分压为x，则可建立如下三段式：
则100kPa-2x+x=70kPa，x=30kPa，D点Kp==。
③图像中C、E两点，气体的总质量相同，但E点时气体的物质的量比C点大，则气体平均摩尔质量最大的点为C。
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