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2024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九次模拟考试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九次模拟考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含2024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九次模拟考试化学试题原卷版docx、2024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九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34页， 欢迎下载使用。
注意事项：
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。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 S-32 Hg-201
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 近日国家博物馆以“归来”为主题展出意大利返还中国流失文物，下列展品的主要成分不属于传统无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．陶罐由陶土经烧结制成，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；
B．金片由金单质制成，属于金属材料，B符合题意；
C．白釉刻花碗是陶瓷制品，属于传统无机非金属材料，C不符合题意；
D．陶俑由陶土经烧结制成，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故选B。
2. 2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪。下列说法不正确的是
A. 所获得的油气流是混合物B. 竹纤维属于无机非金属材料
C. 钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高D. SiO2是一种共价晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．油气流中含多种短链气态烃，为混合物，故A正确；
B．竹纤维主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B错误；
C．钛合金可做航天耐高温材料，可知其强度高、耐蚀性好、耐热性高，故C正确；
D．SiO2是Si和O原子通过共价键结合形成的空间网状结构的共价晶体，故D正确；
故答案选B。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 溴的简化电子排布式：
B. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C. 1-丁醇的键线式：
D. NH3分子的VSEPR模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴的简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C．1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体，不是三角锥，D错误；
故选B。
4. 下列实验装置能够达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸的浓度
B. 图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C. 图c探究压强对平衡的影响
D. 图d检验二氧化硫的漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A． 氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液水解得到氢氧化镁和盐酸：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热和盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体、得到氢氧化镁，若进一步灼烧可得到氧化镁，故不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物、故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
答案选A。
5. 3，4，5-三羟基苯甲酸又名没食子酸，作为一种重要的中药原料，具有抗氧化、抗炎、抗菌、抗病毒、抗肿瘤等多种功能，以没食子酸为原料可以合成种类繁多的化合物。下列选项错误的是
A. 3，4，5-三羟基苯甲酸难溶于水
B. 2→5反应属于酯化反应
C. 可以用FeCl3溶液鉴别化合物3和4
D. 1ml3，4，5-三羟基苯甲酸可与2mlBr2发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．3，4，5-三羟基苯甲酸含羧基与多个羟基，可以与水形成多个氢键，则能溶于水，A错误；
B．2→5发生羧基与羟基发生酯化反应生成酯，属于酯化反应，B正确；
C．化合物3中没有酚羟基，4中含有酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，4与FeCl3溶液显紫色，C正确；
D．1ml3，4，5-三羟基苯甲酸可与2mlBr2发生取代反应，即苯环上剩余两个碳原子上的氢原子可以发生取代反应，D正确；
故选A。
6. 西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是
A. 冠醚分子中C原子的杂化类型为
B. 冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子
C. 不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的
D. 18-冠-6与作用不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干冠醚的分子结构简式可知，冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，即其周围的价层电子对数为4，故碳原子的杂化类型为，A错误；
B．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不是离子键，B错误；
C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；
D．冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配，18-冠-6与作用，但不与或作用说明超分子具有“分子识别”的特征，D正确；
故答案选D。
7. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．热稳定性HF大于HCl，表明H-F键的键能大于H-Cl，氢键只影响二者的熔沸点，不影响二者的热稳定性，A不正确；
B．酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH，表明CH3COOH比CH3CH2OH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确；
C．CH4和NH3的中心原子的价层电子对数都为4，都采取sp3杂化，C原子的最外层不存在孤电子对，而N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°)，C不正确；
D．和NaBF4都属于离子晶体，但前者阳离子半径比Na+半径大，则晶格能前者小于后者，所以熔点：低于NaBF4，D不正确；
故选B
8. 某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A. 第一电离能：T＜X＜YB. 键长：T-Q>X-Q
C. 该离子液体难挥发，可用作溶剂D. 易溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。
【详解】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，其中基态N原子2p轨道为半充满状态较稳定，则第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；
B．原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，则键长：C-H>N-H，B正确；
C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；
D．含有羟基，能与水形成分子间氢键，因而易溶于水，D正确；
故选A。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. 浓硝酸和铁在常温下反应：Fe+6H++3=Fe3++3NO2↑+3H2O
B. 实验室制氨气：+OH-=NH3↑
C. 向含有1.5mlFeI2的溶液中通入2mlCl2：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-
D. 向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，不可能生成铁离子，故A错误；
B．实验室制氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，该反应不是在水溶液中进行的反应，不能改写为离子方程式，故B错误；
C．含有1.5ml碘化亚铁的溶液与2ml氯气反应生成氯化铁、氯化亚铁和碘，反应的离子方程式为2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-，故C正确；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成氯化钠、硫酸钠和次氯酸，反应的离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2HClO，故D错误；
故选C。
10. 某兴趣小组按照如图装置进行含硫物质的转化研究(加持装置已略去，气密性已检验)，全部加入I中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A. Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B. Ⅲ中出现浑浊，反应中SO2的非极性共价键断裂
C. Ⅳ中无明显现象
D. V中红色褪去体现了SO2的还原性
【答案】C
【解析】
【分析】Ⅰ中试管内发生的反应是：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中无明显现象，二氧化硫进入V中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，据此分析。
【详解】A．Ⅱ中品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，A错误；
B．Ⅲ中试管内中出现浑浊，发生反应SO2+2S2−+2H2O=3S↓+4OH−，反应过程中SO2发生了化学键的断裂，B正确；
C．SO2与BaCl2溶液不反应，Ⅳ中无明显现象，C正确；
D．由分析可知，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，体现二氧化硫的酸性，D错误；
本题选C。
11. 利用下列实验药品，不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向硫酸亚铁溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液不变为红色，向溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液变为红色说明亚铁离子检验还原性，则题给实验药品能达到实验目的，故A不符合题意；
B．铁、铜在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铜的铁做原电池的负极被损耗生成亚铁离子，铜做正极被保护，向溶液中滴入铁氰化钾溶液，溶液中有蓝色沉淀生成，不能证明牺牲阳极法保护铁，则题给实验药品不能达到实验目的，故B符合题意；
C．向硝酸银溶液中加入足量氯化钠溶液，溶液中有白色沉淀生成，向溶液中再加入碘化钾溶液，白色沉淀变为黄色说明碘化银的溶解度小于氯化银，则题给实验药品能达到实验目的，故C不符合题意；
D．向醋酸溶液中加入碳酸钠溶液，溶液中有无色气体逸出说明醋酸的酸性强于碳酸，则题给实验药品能达到实验目的，故D不符合题意；
故选B。
12. 下图是短周期主族元素的价类二维图。下列说法错误的是
A. g和h可能是同一种物质B. 一定条件下，a与氧气能一步反应生成d
C. 一定条件下，a和e能反应生成bD. c、d、e中，只有c是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，a、b、c、d、e、f、g、h分别为、、、、NO、、铵盐、硝酸盐；g和h可能都是硝酸铵，A正确；
B．氨气与氧气不能直接反应生成二氧化氮，B错误；
C．氨气和一氧化氮在一定条件下能反应生成氮气，C正确；
D．对应的酸是硝酸，NO、、中只有是酸性氧化物，D正确；
故选B。
13. 已知：烯烃与卤化氢(H-X)加成分两步完成，机理如下
①
②
异丁烯与HCl加成时存在两种产物，反应历程如下：
有关说法正确的是
A. 异丁烯中所有原子共面
B. 加成产物发生消去反应时，可能存在两种同分异构体
C. 伯碳正离子稳定性优于叔碳正离子
D. 2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—1—甲基丙烷稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，异丁烯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共面，故A错误；
B．由结构简式可知，2—氯—2—甲基丙烷和1—氯—1—甲基丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应只能生成异丁烯，产物只有1种，故B错误；
C．由图可知，伯碳正离子的能量高于叔碳正离子，能量越高越不稳定，则叔碳正离子稳定性优于伯碳正离子，故C错误；
D．由图可知，2—氯—2—甲基丙烷的能量低于1—氯—1—甲基丙烷，能量越高越不稳定，则2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—1—甲基丙烷稳定，故D正确；
故选D
14. 在甲、乙均为1L的恒容密闭容器中均充入2mlNO和2mlCO，在恒温和绝热两种条件下仅发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=-747kJ/ml，测得压强变化如图所示。下列说法错误的是
A. 甲容器中的反应条件为绝热
B. 乙容器中0~4min内υ(NO)=0.4ml•L-1•min-1
C. a点放出的热量为597.6kJ
D. Kb＞Ka
【答案】D
【解析】
【分析】乙容器反应到4min时，压强为4p，此时混合气的物质的量为=3.2ml，利用差量法可求出参加反应NO的物质的量为2×(4ml-3.2ml)=1.6ml。
【详解】A．反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为体积缩小的可逆反应，对于恒温容器，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，对于绝热容器，一方面平衡移动导致气体分子数减小、压强减小，另一方面随着反应的进行，不断释放热量，温度不断升高，压强不断增大，在反应初始阶段，可能会出现压强增大的情况，所以甲曲线的反应条件为绝热，A正确；
B．乙容器中0~4min内，参加反应NO的物质的量为1.6ml，υ(NO)==0.4ml•L-1•min-1，B正确；
C．a点时，参加反应NO的物质的量为1.6ml，放出的热量为=597.6kJ，C正确；
D．曲线甲为绝热条件下的压强-时间关系曲线，曲线b为恒温条件下的压强-时间关系曲线，随着反应的进行，绝热容器内混合气的温度不断升高，则平衡常数不断减小，所以Kb＜Ka，D错误；
故选D。
15. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇也会挥发出来进入高锰酸钾溶液使高锰酸钾溶液褪色，不能证明产生的气体中有烯烃，A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于X的导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，B错误；
C．碳与二氧化硅在高温下反应方程式为，碳作还原剂，无法证明非金属性：，C错误；
D．，向盛有固体的试管中加入溶液，铵根离子会与氢氧根离子结合成难电离的一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，氢氧化镁溶解，D正确；
故选D。
16. 2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)光电正极，建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统，总反应为6Li+N2=2Li3N，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. Nv可以捕获光生电子用于氧化N2
B. 放电时，电流由a电极沿导线流向b电极
C. 产生1A•h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5：2
D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗0.7gLi时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】C
【解析】
【分析】由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N。
【详解】A．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，故A错误；
B．由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；
D．铅蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，反应消耗2ml水时，转移2ml电子，则由得失电子数目守恒可知，充电消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×1×18g/ml=1.8g，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
资料：①C(OH)2为浅青色沉淀
②[C(NH3)6]2+溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的[C(NH3)6]3+溶液
（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。
（2）研究认为实验i-a中蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，___________。(填后续操作和现象)
（3）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的现象，推测NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。设计如图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测，则x的化学式是___________，c=___________。
（4）从平衡移动角度，结合化学用语，解释NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因___________。
（5）针对实验ii未能成功配制[C(NH3)6]2+溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入___________，即可成功配制。
②验证配制成功操作及实验现象是：___________；反应的离子方程式为：___________。
【答案】（1）
（2）加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀
（3） ①. ②. 1
（4），增大时，与反应产生，增大了，减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移
（5） ①. (NH4)2SO4或NH4Cl溶液 ②. 取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色 ③.
【解析】
【分析】对比实验i-a和i-b，氨水浓度增大有利于将氢氧化铜转化为[Cu(NH3)4]2+，对比实验i-a和i-c，氨水浓度相同，但是i-c开始时是硫酸铜和氨水混合，能得到澄清的深蓝色溶液，经分析，说明对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，实验ii-a和ii-b沉淀都未见明显溶解，说明未能成功配制[C(NH3)6]2+溶液，根据实验实验i-a和i-c的对比结论，考虑加入铵盐溶液促进[C(NH3)6]2+生成；
【小问1详解】
实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
【小问2详解】
检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
【小问3详解】
加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
【小问4详解】
因为Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3⋅H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
【小问5详解】
①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1ml/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
18. 催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一、FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有___________个未成对电子，它的最高正化合价为___________。
（2）物质X为___________，若利用pH传感器监测反应2，当pH=___________时，Fe3+已沉淀完全(c(Fe3+)≤1×10-5时视为沉淀完全)。
（3）反应3的化学反应方程式为___________，其中H2O2的作用与反应1中的H2O2作用___________(填“相同”或“不相同”)。H2O2中O的杂化方式为___________杂化。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括___________、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为___________。
【答案】（1） ①. 2 ②. +4
（2） ①. 氨水 ②. 3.3
（3） ①. ②. 不相同 ③. sp3
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）4-8x
【解析】
【分析】FCC废催化剂（含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质)与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，滤渣1为CeO2，与稀硫酸、过氧化氢反应生成Ce3+，发生反应4生成氢氧化铈，煅烧生成CeO2，最终得到Ce；亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，加入氨水调pH沉淀铁离子，经一系列操作可从溶液中获得NH4Al(SO4)2•6H2O晶体。
【小问1详解】
基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
小问2详解】
将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
【小问3详解】
反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
【小问4详解】
从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
【小问5详解】
假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
19. 汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。
（1）HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。
①在三组100mL12mg•L-1的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度c0的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是___________。
②0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为___________mg•L-1•min-1。
（2）乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如下图所示。
①从上图可知，CH2=CHOH(aq)→CH3CHO(aq) ∆H=___________(用相对能量E表示)。
②下列说法正确的是___________。
A．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最不稳定
B．过程①中，Hg2+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子
C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成
D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率
（3）常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl+Hg2+，含Hg微粒的分布系数δ与lgc(Cl-)的关系如下图所示：
已知：平均配位数
①图中能代表HgCl2曲线是___________(填字母)，平衡常数K4=___________。
②在P点，溶液中c(HgCl2)：c(Hg2+)=___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快 ②. 0.48
（2） ①. ②. AB
（3） ①. C ②. ③. 由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为ml/L，P点时溶液中=
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg•L-1•min-1；
【小问2详解】
①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变∆H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl−)的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl−)的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl−)的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl−)的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为ml/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)= ；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为ml/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)= ，则P点时溶液中=×===。
20. 近几年达拉非尼在肿瘤适应症的拓展应用方面取得了较大的进展，达拉非尼的合成路线如下。
已知：①不稳定，易脱水生成
②-NO2-NH2
回答下列问题：
（1）反应物A中官能团名称为___________。
（2）写出化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式___________。
（3）C→E的反应类型为___________，列举一种该反应中除了E以外的有机产物在生活或生产上的应用___________。
（4）M为D的同系物，且比D多一个碳，符合下列条件的M的同分异构体有___________种。
①含苯环②只有一种官能团③不含结构
其中核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为：___________。
（5）有关G→达拉非尼路线中，下列说法正确的是___________。
A. G→I是为后续引入氨基做准备
B. 达拉非尼分子中所有碳原子杂化方式相同
C. 达拉非尼分子核磁共振氢谱有11组峰
D. 化合物G可发生加成反应、氧化反应
（6）以为原料合成化合物(无机试剂任选)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第二步为氧化反应，其有机产物的结构简式为：___________。
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：___________。
【答案】（1）酯基、氨基、氟原子
（2） （3） ①. 取代反应 ②. 乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等
（4） ①. 3 ②. （5）AD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】由A和B发生取代反应生成C和HCl：++HCl，C与D发生取代反应得到E和乙醇，+ +，E和F发生取代反应生成G和水，++H2O，G和H发生取代反应生成I+，再引入氨基，生成J（达拉非尼），，据此过程解决问题。
【小问1详解】
根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
【小问2详解】
化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
【小问3详解】
①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②+ + 化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和乙醇，乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等，故答案为乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等；
【小问4详解】
化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
【小问5详解】
A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
【小问6详解】
①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为；A．欧弗洛尼奥斯陶罐
B．大堡子山遗址被盗金片
C．白釉刻花碗
D．彩绘武士陶俑
性质差异
结构因素
A
热稳定性：HF大于HCl
HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键
B
酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH
羟基的极性
C
键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°)
中心原子的杂化方式
D
熔点：低于NaBF4
晶体类型
实验目的
实验药品
A
证明Fe2+具有还原性
FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
B
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Cu、酸化的食盐水、K3[Fe(CN)6]溶液
C
证明AgI比AgCl更难溶
AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液
D
证明醋酸的酸性比碳酸强
醋酸、碳酸钠溶液
实验操作
现象
结论
A
将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液褪色
可证明产生的气体中有烯烃
B
在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡
石蜡熔化呈椭圆形
说明物质X非晶体
C
碳与二氧化硅在高温下反应
有单质生成
非金属性：
D
向盛有固体的试管中加入溶液
白色固体溶解
促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
实验序号
操作
现象
实验i：[Cu(NH3)4]2+的配制
实验i-a
在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的2ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-b
在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的6ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-c
在试管内混合CuSO4溶液和NH3·H2O溶液，再加入过量的2ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。
实验ii：[C(NH3)6]2+的配制
实验ii-a
在试管内混合CCl2溶液和过量6ml/LNH3·H2O
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验ii-b
在试管内混合CCl2溶液和过量14ml/LNH3·H2O
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
注意事项：
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。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 O-16 S-32 Hg-201
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 近日国家博物馆以“归来”为主题展出意大利返还中国流失文物，下列展品的主要成分不属于传统无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．陶罐由陶土经烧结制成，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；
B．金片由金单质制成，属于金属材料，B符合题意；
C．白釉刻花碗是陶瓷制品，属于传统无机非金属材料，C不符合题意；
D．陶俑由陶土经烧结制成，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故选B。
2. 2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪。下列说法不正确的是
A. 所获得的油气流是混合物B. 竹纤维属于无机非金属材料
C. 钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高D. SiO2是一种共价晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．油气流中含多种短链气态烃，为混合物，故A正确；
B．竹纤维主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，故B错误；
C．钛合金可做航天耐高温材料，可知其强度高、耐蚀性好、耐热性高，故C正确；
D．SiO2是Si和O原子通过共价键结合形成的空间网状结构的共价晶体，故D正确；
故答案选B。
3. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 溴的简化电子排布式：
B. 基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C. 1-丁醇的键线式：
D. NH3分子的VSEPR模型为
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴的简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C．1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体，不是三角锥，D错误；
故选B。
4. 下列实验装置能够达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸的浓度
B. 图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C. 图c探究压强对平衡的影响
D. 图d检验二氧化硫的漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A． 氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液水解得到氢氧化镁和盐酸：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热和盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体、得到氢氧化镁，若进一步灼烧可得到氧化镁，故不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物、故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
答案选A。
5. 3，4，5-三羟基苯甲酸又名没食子酸，作为一种重要的中药原料，具有抗氧化、抗炎、抗菌、抗病毒、抗肿瘤等多种功能，以没食子酸为原料可以合成种类繁多的化合物。下列选项错误的是
A. 3，4，5-三羟基苯甲酸难溶于水
B. 2→5反应属于酯化反应
C. 可以用FeCl3溶液鉴别化合物3和4
D. 1ml3，4，5-三羟基苯甲酸可与2mlBr2发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．3，4，5-三羟基苯甲酸含羧基与多个羟基，可以与水形成多个氢键，则能溶于水，A错误；
B．2→5发生羧基与羟基发生酯化反应生成酯，属于酯化反应，B正确；
C．化合物3中没有酚羟基，4中含有酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，4与FeCl3溶液显紫色，C正确；
D．1ml3，4，5-三羟基苯甲酸可与2mlBr2发生取代反应，即苯环上剩余两个碳原子上的氢原子可以发生取代反应，D正确；
故选A。
6. 西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是
A. 冠醚分子中C原子的杂化类型为
B. 冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子
C. 不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的
D. 18-冠-6与作用不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干冠醚的分子结构简式可知，冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，即其周围的价层电子对数为4，故碳原子的杂化类型为，A错误；
B．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不是离子键，B错误；
C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；
D．冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配，18-冠-6与作用，但不与或作用说明超分子具有“分子识别”的特征，D正确；
故答案选D。
7. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．热稳定性HF大于HCl，表明H-F键的键能大于H-Cl，氢键只影响二者的熔沸点，不影响二者的热稳定性，A不正确；
B．酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH，表明CH3COOH比CH3CH2OH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确；
C．CH4和NH3的中心原子的价层电子对数都为4，都采取sp3杂化，C原子的最外层不存在孤电子对，而N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°)，C不正确；
D．和NaBF4都属于离子晶体，但前者阳离子半径比Na+半径大，则晶格能前者小于后者，所以熔点：低于NaBF4，D不正确；
故选B
8. 某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A. 第一电离能：T＜X＜YB. 键长：T-Q>X-Q
C. 该离子液体难挥发，可用作溶剂D. 易溶于水
【答案】A
【解析】
【分析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。
【详解】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，其中基态N原子2p轨道为半充满状态较稳定，则第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；
B．原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，则键长：C-H>N-H，B正确；
C．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，离子液体难挥发，可用作溶剂，C正确；
D．含有羟基，能与水形成分子间氢键，因而易溶于水，D正确；
故选A。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. 浓硝酸和铁在常温下反应：Fe+6H++3=Fe3++3NO2↑+3H2O
B. 实验室制氨气：+OH-=NH3↑
C. 向含有1.5mlFeI2的溶液中通入2mlCl2：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-
D. 向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，不可能生成铁离子，故A错误；
B．实验室制氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，该反应不是在水溶液中进行的反应，不能改写为离子方程式，故B错误；
C．含有1.5ml碘化亚铁的溶液与2ml氯气反应生成氯化铁、氯化亚铁和碘，反应的离子方程式为2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-，故C正确；
D．次氯酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成氯化钠、硫酸钠和次氯酸，反应的离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2HClO，故D错误；
故选C。
10. 某兴趣小组按照如图装置进行含硫物质的转化研究(加持装置已略去，气密性已检验)，全部加入I中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A. Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B. Ⅲ中出现浑浊，反应中SO2的非极性共价键断裂
C. Ⅳ中无明显现象
D. V中红色褪去体现了SO2的还原性
【答案】C
【解析】
【分析】Ⅰ中试管内发生的反应是：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中无明显现象，二氧化硫进入V中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，据此分析。
【详解】A．Ⅱ中品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，A错误；
B．Ⅲ中试管内中出现浑浊，发生反应SO2+2S2−+2H2O=3S↓+4OH−，反应过程中SO2发生了化学键的断裂，B正确；
C．SO2与BaCl2溶液不反应，Ⅳ中无明显现象，C正确；
D．由分析可知，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色，体现二氧化硫的酸性，D错误；
本题选C。
11. 利用下列实验药品，不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向硫酸亚铁溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液不变为红色，向溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液变为红色说明亚铁离子检验还原性，则题给实验药品能达到实验目的，故A不符合题意；
B．铁、铜在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铜的铁做原电池的负极被损耗生成亚铁离子，铜做正极被保护，向溶液中滴入铁氰化钾溶液，溶液中有蓝色沉淀生成，不能证明牺牲阳极法保护铁，则题给实验药品不能达到实验目的，故B符合题意；
C．向硝酸银溶液中加入足量氯化钠溶液，溶液中有白色沉淀生成，向溶液中再加入碘化钾溶液，白色沉淀变为黄色说明碘化银的溶解度小于氯化银，则题给实验药品能达到实验目的，故C不符合题意；
D．向醋酸溶液中加入碳酸钠溶液，溶液中有无色气体逸出说明醋酸的酸性强于碳酸，则题给实验药品能达到实验目的，故D不符合题意；
故选B。
12. 下图是短周期主族元素的价类二维图。下列说法错误的是
A. g和h可能是同一种物质B. 一定条件下，a与氧气能一步反应生成d
C. 一定条件下，a和e能反应生成bD. c、d、e中，只有c是酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，a、b、c、d、e、f、g、h分别为、、、、NO、、铵盐、硝酸盐；g和h可能都是硝酸铵，A正确；
B．氨气与氧气不能直接反应生成二氧化氮，B错误；
C．氨气和一氧化氮在一定条件下能反应生成氮气，C正确；
D．对应的酸是硝酸，NO、、中只有是酸性氧化物，D正确；
故选B。
13. 已知：烯烃与卤化氢(H-X)加成分两步完成，机理如下
①
②
异丁烯与HCl加成时存在两种产物，反应历程如下：
有关说法正确的是
A. 异丁烯中所有原子共面
B. 加成产物发生消去反应时，可能存在两种同分异构体
C. 伯碳正离子稳定性优于叔碳正离子
D. 2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—1—甲基丙烷稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，异丁烯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共面，故A错误；
B．由结构简式可知，2—氯—2—甲基丙烷和1—氯—1—甲基丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应只能生成异丁烯，产物只有1种，故B错误；
C．由图可知，伯碳正离子的能量高于叔碳正离子，能量越高越不稳定，则叔碳正离子稳定性优于伯碳正离子，故C错误；
D．由图可知，2—氯—2—甲基丙烷的能量低于1—氯—1—甲基丙烷，能量越高越不稳定，则2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—1—甲基丙烷稳定，故D正确；
故选D
14. 在甲、乙均为1L的恒容密闭容器中均充入2mlNO和2mlCO，在恒温和绝热两种条件下仅发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=-747kJ/ml，测得压强变化如图所示。下列说法错误的是
A. 甲容器中的反应条件为绝热
B. 乙容器中0~4min内υ(NO)=0.4ml•L-1•min-1
C. a点放出的热量为597.6kJ
D. Kb＞Ka
【答案】D
【解析】
【分析】乙容器反应到4min时，压强为4p，此时混合气的物质的量为=3.2ml，利用差量法可求出参加反应NO的物质的量为2×(4ml-3.2ml)=1.6ml。
【详解】A．反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为体积缩小的可逆反应，对于恒温容器，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，对于绝热容器，一方面平衡移动导致气体分子数减小、压强减小，另一方面随着反应的进行，不断释放热量，温度不断升高，压强不断增大，在反应初始阶段，可能会出现压强增大的情况，所以甲曲线的反应条件为绝热，A正确；
B．乙容器中0~4min内，参加反应NO的物质的量为1.6ml，υ(NO)==0.4ml•L-1•min-1，B正确；
C．a点时，参加反应NO的物质的量为1.6ml，放出的热量为=597.6kJ，C正确；
D．曲线甲为绝热条件下的压强-时间关系曲线，曲线b为恒温条件下的压强-时间关系曲线，随着反应的进行，绝热容器内混合气的温度不断升高，则平衡常数不断减小，所以Kb＜Ka，D错误；
故选D。
15. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇也会挥发出来进入高锰酸钾溶液使高锰酸钾溶液褪色，不能证明产生的气体中有烯烃，A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于X的导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，B错误；
C．碳与二氧化硅在高温下反应方程式为，碳作还原剂，无法证明非金属性：，C错误；
D．，向盛有固体的试管中加入溶液，铵根离子会与氢氧根离子结合成难电离的一水合氨，使氢氧化镁沉淀溶解平衡正向移动，氢氧化镁溶解，D正确；
故选D。
16. 2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)光电正极，建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统，总反应为6Li+N2=2Li3N，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A. Nv可以捕获光生电子用于氧化N2
B. 放电时，电流由a电极沿导线流向b电极
C. 产生1A•h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5：2
D. 用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗0.7gLi时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】C
【解析】
【分析】由电子移动方向可知，a电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N。
【详解】A．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，故A错误；
B．由分析可知，a电极为原电池的负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C．由分析可知，b电极为正极，锂离子作用下氮气在催化剂表面得到电子发生还原反应生成氮化锂，电极反应式为N2+6e—+6Li+=2Li3N，由电极反应式可知，生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；
D．铅蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，反应消耗2ml水时，转移2ml电子，则由得失电子数目守恒可知，充电消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×1×18g/ml=1.8g，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
资料：①C(OH)2为浅青色沉淀
②[C(NH3)6]2+溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的[C(NH3)6]3+溶液
（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。
（2）研究认为实验i-a中蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，___________。(填后续操作和现象)
（3）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的现象，推测NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。设计如图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测，则x的化学式是___________，c=___________。
（4）从平衡移动角度，结合化学用语，解释NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因___________。
（5）针对实验ii未能成功配制[C(NH3)6]2+溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入___________，即可成功配制。
②验证配制成功操作及实验现象是：___________；反应的离子方程式为：___________。
【答案】（1）
（2）加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀
（3） ①. ②. 1
（4），增大时，与反应产生，增大了，减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移
（5） ①. (NH4)2SO4或NH4Cl溶液 ②. 取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色 ③.
【解析】
【分析】对比实验i-a和i-b，氨水浓度增大有利于将氢氧化铜转化为[Cu(NH3)4]2+，对比实验i-a和i-c，氨水浓度相同，但是i-c开始时是硫酸铜和氨水混合，能得到澄清的深蓝色溶液，经分析，说明对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，实验ii-a和ii-b沉淀都未见明显溶解，说明未能成功配制[C(NH3)6]2+溶液，根据实验实验i-a和i-c的对比结论，考虑加入铵盐溶液促进[C(NH3)6]2+生成；
【小问1详解】
实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
【小问2详解】
检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
【小问3详解】
加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
【小问4详解】
因为Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3⋅H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3⋅H2O⇌[Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
【小问5详解】
①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1ml/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
18. 催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一、FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有___________个未成对电子，它的最高正化合价为___________。
（2）物质X为___________，若利用pH传感器监测反应2，当pH=___________时，Fe3+已沉淀完全(c(Fe3+)≤1×10-5时视为沉淀完全)。
（3）反应3的化学反应方程式为___________，其中H2O2的作用与反应1中的H2O2作用___________(填“相同”或“不相同”)。H2O2中O的杂化方式为___________杂化。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括___________、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为___________。
【答案】（1） ①. 2 ②. +4
（2） ①. 氨水 ②. 3.3
（3） ①. ②. 不相同 ③. sp3
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）4-8x
【解析】
【分析】FCC废催化剂（含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质)与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，滤渣1为CeO2，与稀硫酸、过氧化氢反应生成Ce3+，发生反应4生成氢氧化铈，煅烧生成CeO2，最终得到Ce；亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，加入氨水调pH沉淀铁离子，经一系列操作可从溶液中获得NH4Al(SO4)2•6H2O晶体。
【小问1详解】
基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
小问2详解】
将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
【小问3详解】
反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
【小问4详解】
从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
【小问5详解】
假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
19. 汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。
（1）HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。
①在三组100mL12mg•L-1的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度c0的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是___________。
②0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为___________mg•L-1•min-1。
（2）乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如下图所示。
①从上图可知，CH2=CHOH(aq)→CH3CHO(aq) ∆H=___________(用相对能量E表示)。
②下列说法正确的是___________。
A．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最不稳定
B．过程①中，Hg2+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子
C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成
D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率
（3）常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl+Hg2+，含Hg微粒的分布系数δ与lgc(Cl-)的关系如下图所示：
已知：平均配位数
①图中能代表HgCl2曲线是___________(填字母)，平衡常数K4=___________。
②在P点，溶液中c(HgCl2)：c(Hg2+)=___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快 ②. 0.48
（2） ①. ②. AB
（3） ①. C ②. ③. 由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为ml/L，P点时溶液中=
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg•L-1•min-1；
【小问2详解】
①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变∆H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl−)的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl−)的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl−)的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl−)的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为ml/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)= ；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为ml/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)= ，则P点时溶液中=×===。
20. 近几年达拉非尼在肿瘤适应症的拓展应用方面取得了较大的进展，达拉非尼的合成路线如下。
已知：①不稳定，易脱水生成
②-NO2-NH2
回答下列问题：
（1）反应物A中官能团名称为___________。
（2）写出化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式___________。
（3）C→E的反应类型为___________，列举一种该反应中除了E以外的有机产物在生活或生产上的应用___________。
（4）M为D的同系物，且比D多一个碳，符合下列条件的M的同分异构体有___________种。
①含苯环②只有一种官能团③不含结构
其中核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为：___________。
（5）有关G→达拉非尼路线中，下列说法正确的是___________。
A. G→I是为后续引入氨基做准备
B. 达拉非尼分子中所有碳原子杂化方式相同
C. 达拉非尼分子核磁共振氢谱有11组峰
D. 化合物G可发生加成反应、氧化反应
（6）以为原料合成化合物(无机试剂任选)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第二步为氧化反应，其有机产物的结构简式为：___________。
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：___________。
【答案】（1）酯基、氨基、氟原子
（2） （3） ①. 取代反应 ②. 乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等
（4） ①. 3 ②. （5）AD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】由A和B发生取代反应生成C和HCl：++HCl，C与D发生取代反应得到E和乙醇，+ +，E和F发生取代反应生成G和水，++H2O，G和H发生取代反应生成I+，再引入氨基，生成J（达拉非尼），，据此过程解决问题。
【小问1详解】
根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
【小问2详解】
化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
【小问3详解】
①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②+ + 化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和乙醇，乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等，故答案为乙醇可以作燃料、工业酒精、医用酒精等；
【小问4详解】
化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
【小问5详解】
A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
【小问6详解】
①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为；A．欧弗洛尼奥斯陶罐
B．大堡子山遗址被盗金片
C．白釉刻花碗
D．彩绘武士陶俑
性质差异
结构因素
A
热稳定性：HF大于HCl
HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键
B
酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH
羟基的极性
C
键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°)
中心原子的杂化方式
D
熔点：低于NaBF4
晶体类型
实验目的
实验药品
A
证明Fe2+具有还原性
FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
B
证明牺牲阳极法保护铁
Fe、Cu、酸化的食盐水、K3[Fe(CN)6]溶液
C
证明AgI比AgCl更难溶
AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液
D
证明醋酸的酸性比碳酸强
醋酸、碳酸钠溶液
实验操作
现象
结论
A
将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液褪色
可证明产生的气体中有烯烃
B
在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡
石蜡熔化呈椭圆形
说明物质X非晶体
C
碳与二氧化硅在高温下反应
有单质生成
非金属性：
D
向盛有固体的试管中加入溶液
白色固体溶解
促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
实验序号
操作
现象
实验i：[Cu(NH3)4]2+的配制
实验i-a
在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的2ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-b
在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的6ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-c
在试管内混合CuSO4溶液和NH3·H2O溶液，再加入过量的2ml/LNH3·H2O
产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。
实验ii：[C(NH3)6]2+的配制
实验ii-a
在试管内混合CCl2溶液和过量6ml/LNH3·H2O
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验ii-b
在试管内混合CCl2溶液和过量14ml/LNH3·H2O
得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
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