还剩25页未读，
继续阅读
2024年北京市石景山区高三下学期期中考试（一模）化学试卷 含详解
展开
这是一份2024年北京市石景山区高三下学期期中考试（一模）化学试卷 含详解，共28页。试卷主要包含了 下列化学用语表达正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Pd-106
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是
A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物
B. 法海寺炸糕作为炸糕界人气担当，其主要成分是淀粉
C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料
D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁
2. 下列化学用语表达正确的是
A. HClO的电子式：B. 乙烯的实验式：C2H4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1D. 反-2-丁烯的结构简式：
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 金属性：Na>Mg>AlB. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3
C. 电负性：F>O>ND. 原子半径：S>O>F
4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH−
B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−
C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑
6. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
9. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子是sp3杂化B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质含有肽键和羧基，可以发生取代反应D. 该物质的分子式是C19H26NO3
10. H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置I中的化合物有多种可能
B. 装置Ⅱ中发生氧化还原反应
C. 装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O
D. 装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子
11. 为充分利用生产乙炔气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCO3，其工艺流程如下，下列说法正确的是
A. 电石生产乙炔的化学方程式为CaC2 + H2O = CaO + C2H2↑
B. NH4Cl溶液中c(Cl−) < c(NH)
C. 碳化反应方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O
D. 碳酸氢铵溶液中存在c(OH—) + c(HCO) + c(CO) = c(NH) + c(H+)
12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是
A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应
B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−
C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl
D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构
13. 一种以乙二胺()为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是
A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰B. 第一步反应(a)是加成反应
C. PAMAM能发生水解反应D. PAMAM中含有32个
14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是
已知：①Fe3+和x2−(代表草酸根)可以生成Fe(x)+、Fe(x)和Fe(x)三种配离子。
②体系中草酸根的总浓度[x2−]TOT = 4.54 ml/L(按折合成x2−计)
体系中Fe(Ⅲ)的总浓度[Fe3+]TOT = 1.08 ml/L(按折合成Fe3+计)
A. 该条件下，酸性增强Fe(x)的物质的量分数增大
B. 改变体系中草酸-草酸铵和Fe2O3的量，使[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，体系中Fe(Ⅲ)全部以Fe(x)形态存在
C. Hx−H+ + x2− Ka2 = 10−a；Fe(x) + x2− Fe(x) K = 10−b
D. pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−) ≈ 1.3 ml/L
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. PdFe3N比纯金属Pd具有更优异甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。
（1）NH3的空间结构是___________。
（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________。
（3）原子的第一电离能N > O，从原子结构的角度说明理由___________。
（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。
①图中“”代表___________。
②已知PdFe3N的摩尔质量是M ，晶胞的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为___________nm。(1 nm = 10−7 cm)
③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
分析PdFe3N优于Pd的原因___________。
16. 我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：
（1）空气反应器中发生___________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有___________。
（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)
①1 ml CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 ml CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g) ΔH = ___________。
② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成影响如下图所示：
结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因___________；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因___________。
（4）燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用___________。
17. 3'-prenylgenistein()是从大豆中分离出来的新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：(R为H或烃基)
（1）D中含有的官能团是___________。
（2）A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是___________。
（3）E的分子式是C5H9Br。F的结构简式是___________。
（4）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．B → C和D → F的反应类型均是取代反应
b．含有苯环和的D的同分异构体有4种
c．G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基
（5）G的分子式是C2H5ClO，I + G → J的化学方程式是___________。I和G生成J的产率大于90%，I分子中一个羟基未参与反应的主要原因是：I中的分子内氢键降低了其反应活性，在I的结构中画出存在的分子内氢键___________。
（6）依据K → L的原理，K先“去保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物X，其结构简式是___________。
18. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。
（1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3混合液作为浸出剂。
①加入NaNO3的作用___________。
②固体B含有___________。
（2）用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。
①氨水“络合浸出”的化学方程式是___________。
②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：___________。
□ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑
（3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。
①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因___________；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。
②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________。
19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。
已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。
（1）将25%NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下：
①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。
②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。
③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。
（2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下：
①实验III的目的___________。
②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化：___________。
③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。
北京市石景山区2024年高三统一练习
化学
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Pd-106
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是
A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物
B. 法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉
C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料
D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁
【答案】D
【解析】
【详解】A．磨石是由多种成分组成的混合物，故A正确；
B．炸糕是用面粉制作，主要成分为淀粉，故B正确；
C．真金金丝成分为金属单质，属于金属材料，故C正确；
D．红漆主要成分是三氧化二铁，故D错误；
故选：D。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. HClO的电子式：B. 乙烯的实验式：C2H4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1D. 反-2-丁烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，故A正确；
B．乙烯的实验式：CH2，故B错误；
C．Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，故C错误；
D．反-2-丁烯，相同基团应该在不同侧，结构简式为：，故D错误；
故选A。
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 金属性：Na>Mg>AlB. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3
C. 电负性：F>O>ND. 原子半径：S>O>F
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素周期律可知，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，即金属性：Na>Mg>Al，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，H2SO3不是S的最高价氧化物对应的水化物，酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3，不能用元素周期律解释，B符合题意；
C．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即电负性：F>O>N ，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，即原子半径：S>O>F ，能用元素周期律解释，D不符合题意；
故选B。
4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，图中缺少加热，故A错误；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，故B错误；
C．实验室制取氨气应通过氢氧化钙与氯化铵混合固体加热，不能直接加热氯化铵制取氨气，故C错误；
D．二氧化硫能与饱和碳酸氢钠反应，而二氧化碳不与碳酸氢钠反应，因此可用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，故D正确；
故选：D。
5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH−
B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−
C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气与水的反应以及一水合氨的电离均为可逆过程：NH3 + H2ONH3·H2O NH+ OH−，故A错误；
B．电解饱和食盐水时阴极水放电，生成氢气和OH-，电极方程式为：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−，故B正确；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解方程式为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，故C正确；
D．小苏打受热易分解，分解生成碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑，因此可用加热的方式除去苏打固体中的小苏打，故D正确；
故选：A。
6. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸会优先与苯酚钠溶液反应，干扰碳酸和苯酚酸性强弱的检验，则题给实验药品无法达到比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱的实验目的，故A错误；
B．1—溴丁烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成的溴化钠中混有氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，实验时应选用稀硝酸中和溶液中的氢氧化钠，排出氢氧化钠溶液对溶液中溴离子检验的干扰，则题给实验药品无法达到检验1—溴丁烷中的溴原子的实验目的，故B错误；
C．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀不能溶于过量氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成的氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，从而说明镁的金属性强于铝，则题给实验药品能达到比较镁和铝的金属性强弱的实验目的，故C正确；
D．证明硫化银比氯化银更难溶应选择过量的氯化钠溶液、硝酸银溶液和硫化钠溶液，选用不能参与反应的硫粉无法达到实验目的，故D错误；
故选C。
7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确；
故答案为B。
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误；
B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；
C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确；
D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；
故选C。
9. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子是sp3杂化B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质含有肽键和羧基，可以发生取代反应D. 该物质的分子式是C19H26NO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子中的N原子为单键结构，采用sp3杂化，故A正确；
B．手性碳原子是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，由结构可知羧基直接相连的碳为手性碳原子，故B正确；
C．由结构可知该物质中含有酰胺基即肽键和羧基，可发生取代反应，故C正确；
D．该物质的分子式是C19H27NO3，故D错误；
故选：D
10. H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置I中的化合物有多种可能
B. 装置Ⅱ中发生氧化还原反应
C. 装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O
D. 装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】Ⅰ中稀硫酸和碳酸氢钠或碳酸钠生成水和二氧化碳，Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，二氧化碳被吸收，Ⅳ中氧气被干燥，Ⅴ中收集得到氧气；据此解答。
【详解】A．装置I中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故A正确；
B．Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式为：CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O，故C正确；
D．装置V中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故D错误；
故选：D。
11. 为充分利用生产乙炔气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCO3，其工艺流程如下，下列说法正确的是
A. 电石生产乙炔的化学方程式为CaC2 + H2O = CaO + C2H2↑
B. NH4Cl溶液中c(Cl−) < c(NH)
C. 碳化反应方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O
D. 碳酸氢铵溶液中存在c(OH—) + c(HCO) + c(CO) = c(NH) + c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，氯化铵溶液与干电石渣混合反应、过滤、洗涤得到氯化钙溶液，氯化钙溶液与碳酸氢铵溶液发生碳化反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，过滤得到含有碳酸钙的滤饼和滤液；滤饼洗涤3次得到的滤饼经干燥得到碳酸钙产品；洗涤液和滤液混合得到可以循环使用的氯化铵回收液。
【详解】A．电石生产乙炔的反应为碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2 +2H2OCa(OH)2 + C2H2↑，故A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中氯离子浓度大于铵根离子浓度，故B错误；
C．由分析可知，碳化反应为氯化钙溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O，故C正确；
D．碳酸氢铵溶液中存在电荷守恒关系c(OH—) + c(HCO) +2c(CO) = c(NH) + c(H+)，故D错误；
故选C。
12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是
A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应
B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−
C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl
D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−。
【详解】A．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，故A错误；
B．由分析可知，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−，故B正确；
C．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，故C错误；
D．AlCl3Br—中氯离子和溴离子的离子半径不同，所以AlCl3Br—的空间构型不是正四面体形，故D错误；
故选B。
13. 一种以乙二胺()为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是
A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰B. 第一步反应(a)是加成反应
C. PAMAM能发生水解反应D. PAMAM中含有32个
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙二胺的结构简式可知其含有2种H，核磁共振氢谱有两组峰，故A正确；
B．结合流程信息可知乙二胺与丙烯酸甲酯反应过程中，丙烯酸甲酯中碳碳双键断裂，分别与H和N相连，发生加成反应，故B正确；
C．PAMAM含有酰胺基，能发生水解反应，故C正确；
D．结合形成过程可知PAMAM中含有2个，故D错误；
故选：D。
14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是
已知：①Fe3+和x2−(代表草酸根)可以生成Fe(x)+、Fe(x)和Fe(x)三种配离子。
②体系中草酸根的总浓度[x2−]TOT = 4.54 ml/L(按折合成x2−计)
体系中Fe(Ⅲ)的总浓度[Fe3+]TOT = 1.08 ml/L(按折合成Fe3+计)
A. 该条件下，酸性增强Fe(x)的物质的量分数增大
B. 改变体系中草酸-草酸铵和Fe2O3的量，使[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，体系中Fe(Ⅲ)全部以Fe(x)形态存在
C. Hx−H+ + x2− Ka2 = 10−a；Fe(x) + x2− Fe(x) K = 10−b
D. pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−) ≈ 1.3 ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在一定pH值范围内，Fe(x)的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3-7左右时，Fe(x)的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe(x)的物质的量分数反而减小，故A错误；
B．[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，若只发生Fe3+、x2-结合成Fe(x)的反应时，体系中Fe(Ⅲ)才能全部以Fe(x)形态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe(Ⅲ)的存在形式不只一种，故B错误；
C．Fe(x) + x2− Fe(x) K = ，当时，K=，结合图一，此时溶液中，，故C错误；
D．pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−)=[x2−]TOT-，此时Fe的存在形式几乎只有Fe(x)， [Fe3+]TOT = 1.08 ml/L，=3×1.08=3.24 ml/L，c(Hx−) + c(x2−)4.54 ml/L-3.24 ml/L=1.3 ml/L，故D正确；
故选：D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. PdFe3N比纯金属Pd具有更优异的甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。
（1）NH3的空间结构是___________。
（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________。
（3）原子的第一电离能N > O，从原子结构的角度说明理由___________。
（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。
①图中“”代表___________。
②已知PdFe3N的摩尔质量是M ，晶胞的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为___________nm。(1 nm = 10−7 cm)
③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
分析PdFe3N优于Pd的原因___________。
【答案】（1）三角锥 （2）
（3）N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高
（4） ①. Pd ②. ×107 ③. Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFe3N作催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去
【解析】
【小问1详解】
NH3的空间结构为三角锥形；
小问2详解】
Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子轨道表示式为；
【小问3详解】
N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高，原子的第一电离能N > O
【小问4详解】
①灰球位于顶点，个数为，黑球位于面心，个数为：；结合化学式可知灰球代表Pd；
②晶胞的质量为，则晶胞体积V=，则晶胞的边长为：=；
③由图可知，Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFe3N作催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去，因此PdFe3N优于Pd。
16. 我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：
（1）空气反应器中发生___________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有___________。
（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)
①1 ml CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 ml CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g) ΔH = ___________。
② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成影响如下图所示：
结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因___________；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因___________。
（4）燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用___________。
【答案】（1）放热 （2）CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni
（3） ①. —41kJ/ml ②. CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解 ③. CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低
（4）通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收
【解析】
【分析】由题给流程可知，空气中的氧气与空气反应器中的镍反应生成氧化镍，燃料反应器中的甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，反应生成的镍可以循环使用；反应得到的重整气经冷却器冷却后进入氧化钙吸收反应器，重整气中的一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，重整气经反应转化、吸收二氧化碳得到氢气；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的氧化钙可以循环使用。
【小问1详解】
空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；
【小问2详解】
由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni，故答案为：CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni；
【小问3详解】
①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g) =4H2(g)+CO2(g) △H=+165kJ/ml①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) △H=+206kJ/ml②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)，则反应ΔH =(+165kJ/ml)—(+206kJ/ml)= —41kJ/ml，故答案为：—41kJ/ml；
②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO + CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低；
【小问4详解】
由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。
17. 3'-prenylgenistein()是从大豆中分离出来的新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：(R为H或烃基)
（1）D中含有的官能团是___________。
（2）A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是___________。
（3）E的分子式是C5H9Br。F的结构简式是___________。
（4）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．B → C和D → F的反应类型均是取代反应
b．含有苯环和的D的同分异构体有4种
c．G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基
（5）G的分子式是C2H5ClO，I + G → J的化学方程式是___________。I和G生成J的产率大于90%，I分子中一个羟基未参与反应的主要原因是：I中的分子内氢键降低了其反应活性，在I的结构中画出存在的分子内氢键___________。
（6）依据K → L的原理，K先“去保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物X，其结构简式是___________。
【答案】（1）醛基和羟基
（2） （3） （4）abc
（5） ①. ②.
（6）
【解析】
【分析】由D的结构简式以及A的分子式，可知A应为，A与乙酸酐在催化剂作用下发生取代反应生成B：；B与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成C，C为：；C在稀硫酸作用下发生水解，Cl原子被羟基替换，两个羟基连在同一个碳原子上发生脱水生成醛基，因此得到D；结合K的结构简式，以及已知中反应可知H和J分别为：、；F和I均与G反应分别生成H和J，对比结构及G的分子式是C2H5ClO，可知G应为，I为；F为；结合D和F的结构简式，且E的分子式是C5H9Br，可知E应为：；K发生分子内加成反应实现关环；L发生多步取代反应生成3'-prenylgenistein。
【小问1详解】
由D的结构简式可知其官能团羟基和醛基；
【小问2详解】
A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是：；
【小问3详解】
由以上分析可知F为；
【小问4详解】
a．由以上分析可知B → C为烃基与氯气的光照取代反应，D → F为苯环的H被烃基取代的反应，反应类型为取代反应，正确；
b．含有苯环和的D的同分异构体：苯环上的取代基可以是：-COOH或-OOCH，也可以是-OH和-CHO，在苯环上有邻位和间位两种位置，共有4种，正确；
c．结合上述转化过程可知，G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基，正确；
【小问5详解】
I + G → J的化学方程式是：；I中羰基氧与相邻的羟基之间可形成分子内氢键，表示为：；
【小问6详解】
K若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
18. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。
（1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。
①加入NaNO3的作用___________。
②固体B含有___________。
（2）用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。
①氨水“络合浸出”的化学方程式是___________。
②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：___________。
□ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑
（3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。
①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因___________；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。
②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________。
【答案】（1） ①. 利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 ②. AgCl和PbSO4
（2） ①. AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O ②. 4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑
（3） ①. 溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低 ②. 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag ③. 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。
【小问1详解】
①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；
②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；
【小问2详解】
①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O；
②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑；
【小问3详解】
①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；
②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O。
19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。
已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。
（1）将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下：
①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。
②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。
③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。
（2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下：
①实验III的目的___________。
②用离子方程式解释实验IV溶液中发生变化：___________。
③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。
【答案】（1） ①. Cu ②. 取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体 ③. HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O ④. Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O
（2） ①. 验证铜粉与7 ml/L盐酸不反应 ②. Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O、4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O、[CuCl4]2− + Cu = 2[CuCl2]− ③. 不合理；橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物
【解析】
【分析】探究Cu(OH)2和醛的反应产物，通过对比实验，先用Cu和盐酸反应，再用Cu2O于盐酸反应，通过观察现象来判断产物；
【小问1详解】
①实验I中的紫红色固体过滤、加入稀硫酸，溶液无明显变化，说明该固体不与酸反应，已知Cu2O能与酸反应生成Cu2+，溶液会呈蓝色，则该紫红色固体是Cu，证明Cu(OH)2被还原为Cu；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，碳酸钠能与酸反应生成二氧化碳气体，若通过实验排除了Na2CO3的可能，则加入足量酸无明显现象，实验操作和现象：取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体；
②实验II中HCHO 和 Cu(OH)2发生氧化还原反应生成Cu2O和甲酸，在NaOH碱过量下生成甲酸钠，反应的化学方程式HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O；
③在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，甲醛被氧化为HCOO−，反应的离子方程式Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O；
【小问2详解】
①实验III加入盐酸铜粉未溶解，溶液呈无色，说明铜单质不与酸反应，目的验证铜粉与7 ml/L盐酸不反应；
②已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O，固体全部溶解，则产物为[CuCl2]−，反应的离子方程式为：Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O，已知[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)，溶液变为黄色，反应的离子方程式为：4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O，黄色溶液变为无色，则Cu与[CuCl4]2−反应生成[CuCl2]−，反应的离子方程式为：[CuCl4]2− + Cu =2[CuCl2]−；
③结合以上实验，Cu也能与[CuCl4]2−反应从而溶解，则认为橙红色固体只有Cu2O不合理，橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物。实验室制Cl2
实验室收集NO2
实验室制取NH3
除去CO2中混有的少量SO2
A
B
C
D
实验目的
实验药品
A
比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性
乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液
B
检验1—溴丁烷中的溴原子
1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液
C
比较镁和铝的金属性强弱
MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液
D
证明Ag2S比AgCl更难溶
NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉
实验
试剂用量
实验现象
I
n(HCHO)：n(CuSO4) > 20
生成紫红色固体，有大量气体产生
II
n(HCHO)：n(CuSO4) = 1
生成砖红色固体，有少量气体产生
实验
实验操作
实验现象
III
铜粉中加入7 ml/L盐酸，振荡
铜粉未溶解，溶液呈无色
IV
氧化亚铜中加入7 ml/L盐酸，振荡；
再加入过量铜粉
固体全部溶解，溶液变为黄色；
黄色溶液变为无色
V
橙红色固体中加入7 ml/L盐酸，振荡
固体全部溶解，溶液变为黄色
实验室制Cl2
实验室收集NO2
实验室制取NH3
除去CO2中混有的少量SO2
A
B
C
D
实验目的
实验药品
A
比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性
乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液
B
检验1—溴丁烷中的溴原子
1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液
C
比较镁和铝的金属性强弱
MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液
D
证明Ag2S比AgCl更难溶
NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉
实验
试剂用量
实验现象
I
n(HCHO)：n(CuSO4) > 20
生成紫红色固体，有大量气体产生
II
n(HCHO)：n(CuSO4) = 1
生成砖红色固体，有少量气体产生
实验
实验操作
实验现象
III
铜粉中加入7 ml/L盐酸，振荡
铜粉未溶解，溶液呈无色
IV
氧化亚铜中加入7 ml/L盐酸，振荡；
再加入过量铜粉
固体全部溶解，溶液变为黄色；
黄色溶液变为无色
V
橙红色固体中加入7 ml/L盐酸，振荡
固体全部溶解，溶液变为黄色
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Pd-106
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是
A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物
B. 法海寺炸糕作为炸糕界人气担当，其主要成分是淀粉
C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料
D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁
2. 下列化学用语表达正确的是
A. HClO的电子式：B. 乙烯的实验式：C2H4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1D. 反-2-丁烯的结构简式：
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 金属性：Na>Mg>AlB. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3
C. 电负性：F>O>ND. 原子半径：S>O>F
4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH−
B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−
C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑
6. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
9. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子是sp3杂化B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质含有肽键和羧基，可以发生取代反应D. 该物质的分子式是C19H26NO3
10. H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置I中的化合物有多种可能
B. 装置Ⅱ中发生氧化还原反应
C. 装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O
D. 装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子
11. 为充分利用生产乙炔气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCO3，其工艺流程如下，下列说法正确的是
A. 电石生产乙炔的化学方程式为CaC2 + H2O = CaO + C2H2↑
B. NH4Cl溶液中c(Cl−) < c(NH)
C. 碳化反应方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O
D. 碳酸氢铵溶液中存在c(OH—) + c(HCO) + c(CO) = c(NH) + c(H+)
12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是
A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应
B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−
C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl
D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构
13. 一种以乙二胺()为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是
A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰B. 第一步反应(a)是加成反应
C. PAMAM能发生水解反应D. PAMAM中含有32个
14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是
已知：①Fe3+和x2−(代表草酸根)可以生成Fe(x)+、Fe(x)和Fe(x)三种配离子。
②体系中草酸根的总浓度[x2−]TOT = 4.54 ml/L(按折合成x2−计)
体系中Fe(Ⅲ)的总浓度[Fe3+]TOT = 1.08 ml/L(按折合成Fe3+计)
A. 该条件下，酸性增强Fe(x)的物质的量分数增大
B. 改变体系中草酸-草酸铵和Fe2O3的量，使[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，体系中Fe(Ⅲ)全部以Fe(x)形态存在
C. Hx−H+ + x2− Ka2 = 10−a；Fe(x) + x2− Fe(x) K = 10−b
D. pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−) ≈ 1.3 ml/L
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. PdFe3N比纯金属Pd具有更优异甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。
（1）NH3的空间结构是___________。
（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________。
（3）原子的第一电离能N > O，从原子结构的角度说明理由___________。
（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。
①图中“”代表___________。
②已知PdFe3N的摩尔质量是M ，晶胞的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为___________nm。(1 nm = 10−7 cm)
③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
分析PdFe3N优于Pd的原因___________。
16. 我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：
（1）空气反应器中发生___________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有___________。
（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)
①1 ml CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 ml CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g) ΔH = ___________。
② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成影响如下图所示：
结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因___________；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因___________。
（4）燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用___________。
17. 3'-prenylgenistein()是从大豆中分离出来的新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：(R为H或烃基)
（1）D中含有的官能团是___________。
（2）A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是___________。
（3）E的分子式是C5H9Br。F的结构简式是___________。
（4）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．B → C和D → F的反应类型均是取代反应
b．含有苯环和的D的同分异构体有4种
c．G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基
（5）G的分子式是C2H5ClO，I + G → J的化学方程式是___________。I和G生成J的产率大于90%，I分子中一个羟基未参与反应的主要原因是：I中的分子内氢键降低了其反应活性，在I的结构中画出存在的分子内氢键___________。
（6）依据K → L的原理，K先“去保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物X，其结构简式是___________。
18. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。
（1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3混合液作为浸出剂。
①加入NaNO3的作用___________。
②固体B含有___________。
（2）用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。
①氨水“络合浸出”的化学方程式是___________。
②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：___________。
□ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑
（3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。
①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因___________；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。
②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________。
19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。
已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。
（1）将25%NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下：
①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。
②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。
③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。
（2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下：
①实验III的目的___________。
②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化：___________。
③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。
北京市石景山区2024年高三统一练习
化学
本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Pd-106
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正确的是
A. 模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物
B. 法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉
C. 法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料
D. 承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁
【答案】D
【解析】
【详解】A．磨石是由多种成分组成的混合物，故A正确；
B．炸糕是用面粉制作，主要成分为淀粉，故B正确；
C．真金金丝成分为金属单质，属于金属材料，故C正确；
D．红漆主要成分是三氧化二铁，故D错误；
故选：D。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. HClO的电子式：B. 乙烯的实验式：C2H4
C. 基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1D. 反-2-丁烯的结构简式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，故A正确；
B．乙烯的实验式：CH2，故B错误；
C．Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价层电子排布式：3d104s1，故C错误；
D．反-2-丁烯，相同基团应该在不同侧，结构简式为：，故D错误；
故选A。
3. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 金属性：Na>Mg>AlB. 酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3
C. 电负性：F>O>ND. 原子半径：S>O>F
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素周期律可知，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，即金属性：Na>Mg>Al，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，H2SO3不是S的最高价氧化物对应的水化物，酸性：HClO4>H2SO3>H2CO3，不能用元素周期律解释，B符合题意；
C．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即电负性：F>O>N ，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，即原子半径：S>O>F ，能用元素周期律解释，D不符合题意；
故选B。
4. 完成下述实验，装置和试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，图中缺少加热，故A错误；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集，故B错误；
C．实验室制取氨气应通过氢氧化钙与氯化铵混合固体加热，不能直接加热氯化铵制取氨气，故C错误；
D．二氧化硫能与饱和碳酸氢钠反应，而二氧化碳不与碳酸氢钠反应，因此可用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，故D正确；
故选：D。
5. 下列离子方程式与所给事实不相符的是
A. 氨的水溶液显碱性：NH3 + H2O = NH3·H2O = NH+ OH−
B. 电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−
C. 氯化铁的水溶液显酸性：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+
D. 用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气与水的反应以及一水合氨的电离均为可逆过程：NH3 + H2ONH3·H2O NH+ OH−，故A错误；
B．电解饱和食盐水时阴极水放电，生成氢气和OH-，电极方程式为：2H2O + 2e− = H2↑ + 2OH−，故B正确；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解方程式为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，故C正确；
D．小苏打受热易分解，分解生成碳酸钠，反应为：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑，因此可用加热的方式除去苏打固体中的小苏打，故D正确；
故选：A。
6. 利用下列实验药品，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸会优先与苯酚钠溶液反应，干扰碳酸和苯酚酸性强弱的检验，则题给实验药品无法达到比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱的实验目的，故A错误；
B．1—溴丁烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成的溴化钠中混有氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液反应生成氢氧化银沉淀，实验时应选用稀硝酸中和溶液中的氢氧化钠，排出氢氧化钠溶液对溶液中溴离子检验的干扰，则题给实验药品无法达到检验1—溴丁烷中的溴原子的实验目的，故B错误；
C．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀不能溶于过量氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液反应生成的氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，从而说明镁的金属性强于铝，则题给实验药品能达到比较镁和铝的金属性强弱的实验目的，故C正确；
D．证明硫化银比氯化银更难溶应选择过量的氯化钠溶液、硝酸银溶液和硫化钠溶液，选用不能参与反应的硫粉无法达到实验目的，故D错误；
故选C。
7. 下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
C. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大
D. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故A正确；
B．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故B错误；
C．升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C正确；
D．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故D正确；
故答案为B。
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误；
B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；
C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确；
D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；
故选C。
9. 那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子是sp3杂化B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质含有肽键和羧基，可以发生取代反应D. 该物质的分子式是C19H26NO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子中的N原子为单键结构，采用sp3杂化，故A正确；
B．手性碳原子是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，由结构可知羧基直接相连的碳为手性碳原子，故B正确；
C．由结构可知该物质中含有酰胺基即肽键和羧基，可发生取代反应，故C正确；
D．该物质的分子式是C19H27NO3，故D错误；
故选：D
10. H、C、O、Na四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置(夹持固定装置已略去)进行实验，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不正确的是
A. 装置I中的化合物有多种可能
B. 装置Ⅱ中发生氧化还原反应
C. 装置Ⅲ中反应的离子方程式为CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O
D. 装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子
【答案】D
【解析】
【分析】Ⅰ中稀硫酸和碳酸氢钠或碳酸钠生成水和二氧化碳，Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，二氧化碳被吸收，Ⅳ中氧气被干燥，Ⅴ中收集得到氧气；据此解答。
【详解】A．装置I中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故A正确；
B．Ⅱ中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；
C．Ⅲ中二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式为：CO2 + 2OH− + Ba2+ = BaCO3↓ + H2O，故C正确；
D．装置V中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故D错误；
故选：D。
11. 为充分利用生产乙炔气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCO3，其工艺流程如下，下列说法正确的是
A. 电石生产乙炔的化学方程式为CaC2 + H2O = CaO + C2H2↑
B. NH4Cl溶液中c(Cl−) < c(NH)
C. 碳化反应方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O
D. 碳酸氢铵溶液中存在c(OH—) + c(HCO) + c(CO) = c(NH) + c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，氯化铵溶液与干电石渣混合反应、过滤、洗涤得到氯化钙溶液，氯化钙溶液与碳酸氢铵溶液发生碳化反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，过滤得到含有碳酸钙的滤饼和滤液；滤饼洗涤3次得到的滤饼经干燥得到碳酸钙产品；洗涤液和滤液混合得到可以循环使用的氯化铵回收液。
【详解】A．电石生产乙炔的反应为碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为CaC2 +2H2OCa(OH)2 + C2H2↑，故A错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中氯离子浓度大于铵根离子浓度，故B错误；
C．由分析可知，碳化反应为氯化钙溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CaCl2 + 2NH4HCO3 = CaCO3↓+ 2NH4Cl + CO2↑ + H2O，故C正确；
D．碳酸氢铵溶液中存在电荷守恒关系c(OH—) + c(HCO) +2c(CO) = c(NH) + c(H+)，故D错误；
故选C。
12. 一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是
A. 硫电极是正极，发生得电子的氧化反应
B. 负极反应为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−
C. 正极反应为3S + 6Al2Cl6Br− + 6e− = Al2S3 + 6AlCl3Br−+6AlCl
D. AlCl 和AlCl3Br—中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−。
【详解】A．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，故A错误；
B．由分析可知，铝电极为负极，AlCl3Br−、AlCl作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2Cl6Br−，电极反应式为2Al + 8AlCl3Br− + 6AlCl− 6e− = 8Al2Cl6Br−，故B正确；
C．由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2Cl6Br−作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2S3、AlCl3Br−、AlCl，电极反应式为3S + 8Al2Cl6Br− + 6e− =Al2S3 + 8AlCl3Br−+6AlCl，故C错误；
D．AlCl3Br—中氯离子和溴离子的离子半径不同，所以AlCl3Br—的空间构型不是正四面体形，故D错误；
故选B。
13. 一种以乙二胺()为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不正确的是
A. 乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰B. 第一步反应(a)是加成反应
C. PAMAM能发生水解反应D. PAMAM中含有32个
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙二胺的结构简式可知其含有2种H，核磁共振氢谱有两组峰，故A正确；
B．结合流程信息可知乙二胺与丙烯酸甲酯反应过程中，丙烯酸甲酯中碳碳双键断裂，分别与H和N相连，发生加成反应，故B正确；
C．PAMAM含有酰胺基，能发生水解反应，故C正确；
D．结合形成过程可知PAMAM中含有2个，故D错误；
故选：D。
14. 在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的Fe2O3，平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是
已知：①Fe3+和x2−(代表草酸根)可以生成Fe(x)+、Fe(x)和Fe(x)三种配离子。
②体系中草酸根的总浓度[x2−]TOT = 4.54 ml/L(按折合成x2−计)
体系中Fe(Ⅲ)的总浓度[Fe3+]TOT = 1.08 ml/L(按折合成Fe3+计)
A. 该条件下，酸性增强Fe(x)的物质的量分数增大
B. 改变体系中草酸-草酸铵和Fe2O3的量，使[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，体系中Fe(Ⅲ)全部以Fe(x)形态存在
C. Hx−H+ + x2− Ka2 = 10−a；Fe(x) + x2− Fe(x) K = 10−b
D. pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−) ≈ 1.3 ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在一定pH值范围内，Fe(x)的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3-7左右时，Fe(x)的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe(x)的物质的量分数反而减小，故A错误；
B．[x2-]TOT / [Fe3+]TOT = 3，若只发生Fe3+、x2-结合成Fe(x)的反应时，体系中Fe(Ⅲ)才能全部以Fe(x)形态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe(Ⅲ)的存在形式不只一种，故B错误；
C．Fe(x) + x2− Fe(x) K = ，当时，K=，结合图一，此时溶液中，，故C错误；
D．pH = 4时，c(Hx−) + c(x2−)=[x2−]TOT-，此时Fe的存在形式几乎只有Fe(x)， [Fe3+]TOT = 1.08 ml/L，=3×1.08=3.24 ml/L，c(Hx−) + c(x2−)4.54 ml/L-3.24 ml/L=1.3 ml/L，故D正确；
故选：D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. PdFe3N比纯金属Pd具有更优异的甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。
（1）NH3的空间结构是___________。
（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________。
（3）原子的第一电离能N > O，从原子结构的角度说明理由___________。
（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。
①图中“”代表___________。
②已知PdFe3N的摩尔质量是M ，晶胞的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为___________nm。(1 nm = 10−7 cm)
③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。
分析PdFe3N优于Pd的原因___________。
【答案】（1）三角锥 （2）
（3）N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高
（4） ①. Pd ②. ×107 ③. Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFe3N作催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去
【解析】
【小问1详解】
NH3的空间结构为三角锥形；
小问2详解】
Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子轨道表示式为；
【小问3详解】
N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高，原子的第一电离能N > O
【小问4详解】
①灰球位于顶点，个数为，黑球位于面心，个数为：；结合化学式可知灰球代表Pd；
②晶胞的质量为，则晶胞体积V=，则晶胞的边长为：=；
③由图可知，Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFe3N作催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去，因此PdFe3N优于Pd。
16. 我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：
（1）空气反应器中发生___________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有___________。
（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应)
①1 ml CH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 ml CH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206 kJ，CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g) ΔH = ___________。
② 反应温度对H2产率()、CO2捕集率()及产品气组成影响如下图所示：
结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因___________；解释图2中温度升高H2体积分数降低的原因___________。
（4）燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用___________。
【答案】（1）放热 （2）CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni
（3） ①. —41kJ/ml ②. CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解 ③. CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低
（4）通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收
【解析】
【分析】由题给流程可知，空气中的氧气与空气反应器中的镍反应生成氧化镍，燃料反应器中的甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，反应生成的镍可以循环使用；反应得到的重整气经冷却器冷却后进入氧化钙吸收反应器，重整气中的一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，重整气经反应转化、吸收二氧化碳得到氢气；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的氧化钙可以循环使用。
【小问1详解】
空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；
【小问2详解】
由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应的化学方程式为CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni，故答案为：CH4 + NiO2H2 + CO + Ni和CH4 + 2NiO 2H2 + CO2 + 2Ni；
【小问3详解】
①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g) =4H2(g)+CO2(g) △H=+165kJ/ml①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) △H=+206kJ/ml②，由盖斯定律可知，反应①—②得到反应CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)，则反应ΔH =(+165kJ/ml)—(+206kJ/ml)= —41kJ/ml，故答案为：—41kJ/ml；
②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3CaO + CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解；CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低；
【小问4详解】
由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充分吸收，故答案为：通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收。
17. 3'-prenylgenistein()是从大豆中分离出来的新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御活性，其合成路线如下。
已知：(R为H或烃基)
（1）D中含有的官能团是___________。
（2）A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是___________。
（3）E的分子式是C5H9Br。F的结构简式是___________。
（4）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．B → C和D → F的反应类型均是取代反应
b．含有苯环和的D的同分异构体有4种
c．G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基
（5）G的分子式是C2H5ClO，I + G → J的化学方程式是___________。I和G生成J的产率大于90%，I分子中一个羟基未参与反应的主要原因是：I中的分子内氢键降低了其反应活性，在I的结构中画出存在的分子内氢键___________。
（6）依据K → L的原理，K先“去保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物X，其结构简式是___________。
【答案】（1）醛基和羟基
（2） （3） （4）abc
（5） ①. ②.
（6）
【解析】
【分析】由D的结构简式以及A的分子式，可知A应为，A与乙酸酐在催化剂作用下发生取代反应生成B：；B与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成C，C为：；C在稀硫酸作用下发生水解，Cl原子被羟基替换，两个羟基连在同一个碳原子上发生脱水生成醛基，因此得到D；结合K的结构简式，以及已知中反应可知H和J分别为：、；F和I均与G反应分别生成H和J，对比结构及G的分子式是C2H5ClO，可知G应为，I为；F为；结合D和F的结构简式，且E的分子式是C5H9Br，可知E应为：；K发生分子内加成反应实现关环；L发生多步取代反应生成3'-prenylgenistein。
【小问1详解】
由D的结构简式可知其官能团羟基和醛基；
【小问2详解】
A → B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A → B的化学方程式是：；
【小问3详解】
由以上分析可知F为；
【小问4详解】
a．由以上分析可知B → C为烃基与氯气的光照取代反应，D → F为苯环的H被烃基取代的反应，反应类型为取代反应，正确；
b．含有苯环和的D的同分异构体：苯环上的取代基可以是：-COOH或-OOCH，也可以是-OH和-CHO，在苯环上有邻位和间位两种位置，共有4种，正确；
c．结合上述转化过程可知，G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基，正确；
【小问5详解】
I + G → J的化学方程式是：；I中羰基氧与相邻的羟基之间可形成分子内氢键，表示为：；
【小问6详解】
K若先“去保护”则会引入多个酚羟基，则去保护后的物质中含两个碳碳双键和多个酚羟基，再关环的过程中可能发生两次关环反应，生成含有4个六元环的有机化合物：。
18. 从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：
已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。
（1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。
①加入NaNO3的作用___________。
②固体B含有___________。
（2）用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。
①氨水“络合浸出”的化学方程式是___________。
②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：___________。
□ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑
（3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。
①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因___________；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。
②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________。
【答案】（1） ①. 利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 ②. AgCl和PbSO4
（2） ①. AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O ②. 4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑
（3） ①. 溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低 ②. 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag ③. 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。
【小问1详解】
①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；
②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；
【小问2详解】
①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O；
②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑；
【小问3详解】
①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；
②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O。
19. 某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。
已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。
（1）将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下：
①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为___________；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象___________。
②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式___________。
③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式___________。
（2）在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下：
①实验III的目的___________。
②用离子方程式解释实验IV溶液中发生变化：___________。
③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因___________。
【答案】（1） ①. Cu ②. 取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体 ③. HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O ④. Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O
（2） ①. 验证铜粉与7 ml/L盐酸不反应 ②. Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O、4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O、[CuCl4]2− + Cu = 2[CuCl2]− ③. 不合理；橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物
【解析】
【分析】探究Cu(OH)2和醛的反应产物，通过对比实验，先用Cu和盐酸反应，再用Cu2O于盐酸反应，通过观察现象来判断产物；
【小问1详解】
①实验I中的紫红色固体过滤、加入稀硫酸，溶液无明显变化，说明该固体不与酸反应，已知Cu2O能与酸反应生成Cu2+，溶液会呈蓝色，则该紫红色固体是Cu，证明Cu(OH)2被还原为Cu；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，碳酸钠能与酸反应生成二氧化碳气体，若通过实验排除了Na2CO3的可能，则加入足量酸无明显现象，实验操作和现象：取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体；
②实验II中HCHO 和 Cu(OH)2发生氧化还原反应生成Cu2O和甲酸，在NaOH碱过量下生成甲酸钠，反应的化学方程式HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O；
③在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，甲醛被氧化为HCOO−，反应的离子方程式Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O；
【小问2详解】
①实验III加入盐酸铜粉未溶解，溶液呈无色，说明铜单质不与酸反应，目的验证铜粉与7 ml/L盐酸不反应；
②已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O，固体全部溶解，则产物为[CuCl2]−，反应的离子方程式为：Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O，已知[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)，溶液变为黄色，反应的离子方程式为：4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O，黄色溶液变为无色，则Cu与[CuCl4]2−反应生成[CuCl2]−，反应的离子方程式为：[CuCl4]2− + Cu =2[CuCl2]−；
③结合以上实验，Cu也能与[CuCl4]2−反应从而溶解，则认为橙红色固体只有Cu2O不合理，橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物。实验室制Cl2
实验室收集NO2
实验室制取NH3
除去CO2中混有的少量SO2
A
B
C
D
实验目的
实验药品
A
比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性
乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液
B
检验1—溴丁烷中的溴原子
1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液
C
比较镁和铝的金属性强弱
MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液
D
证明Ag2S比AgCl更难溶
NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉
实验
试剂用量
实验现象
I
n(HCHO)：n(CuSO4) > 20
生成紫红色固体，有大量气体产生
II
n(HCHO)：n(CuSO4) = 1
生成砖红色固体，有少量气体产生
实验
实验操作
实验现象
III
铜粉中加入7 ml/L盐酸，振荡
铜粉未溶解，溶液呈无色
IV
氧化亚铜中加入7 ml/L盐酸，振荡；
再加入过量铜粉
固体全部溶解，溶液变为黄色；
黄色溶液变为无色
V
橙红色固体中加入7 ml/L盐酸，振荡
固体全部溶解，溶液变为黄色
实验室制Cl2
实验室收集NO2
实验室制取NH3
除去CO2中混有的少量SO2
A
B
C
D
实验目的
实验药品
A
比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性
乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液
B
检验1—溴丁烷中的溴原子
1—溴丁烷、NaOH溶液、AgNO3溶液
C
比较镁和铝的金属性强弱
MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液
D
证明Ag2S比AgCl更难溶
NaCl溶液、AgNO3溶液、硫粉
实验
试剂用量
实验现象
I
n(HCHO)：n(CuSO4) > 20
生成紫红色固体，有大量气体产生
II
n(HCHO)：n(CuSO4) = 1
生成砖红色固体，有少量气体产生
实验
实验操作
实验现象
III
铜粉中加入7 ml/L盐酸，振荡
铜粉未溶解，溶液呈无色
IV
氧化亚铜中加入7 ml/L盐酸，振荡；
再加入过量铜粉
固体全部溶解，溶液变为黄色；
黄色溶液变为无色
V
橙红色固体中加入7 ml/L盐酸，振荡
固体全部溶解，溶液变为黄色
相关试卷
2024年北京市西城区高三统一测试(高考一模)化学试卷含详解： 这是一份2024年北京市西城区高三统一测试(高考一模)化学试卷含详解，共35页。试卷主要包含了 下列实验不能达到对应目的的是， 硅是电子工业的重要材料等内容，欢迎下载使用。
2024年北京市房山区高三下学期高考一模化学试卷含详解： 这是一份2024年北京市房山区高三下学期高考一模化学试卷含详解，共31页。试卷主要包含了 下列实验能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
2024年北京市东城区高三下学期高考一模化学试卷含详解： 这是一份2024年北京市东城区高三下学期高考一模化学试卷含详解，共36页。试卷主要包含了 下列物质属于有机高分子的是， 下列说法不正确的是， 下列离子方程式书写不正确的是， 下列对事实的分析正确的是等内容，欢迎下载使用。
