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黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京专用）
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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷04
（本卷共19小题，满分100分）
第I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.石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是( )
A
B
C
D
石油分馏是利用各组分沸点不同
石油裂化过程会发生碳碳键断裂
聚丙烯防护服材料易被KMnO4氧化
沥青可用于铺设马路
【答案】C
【解析】 石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A正确；石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B正确；聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；沥青是铺设马路的良好材料，故D正确；故选C。
2.下列实验现象与盐类水解无关的是( )
A. 等体积、等物质的量浓度的盐酸与氨水混合溶液显弱酸性
B. 1 mol/L的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱
C. 氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效
D. 向20 mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体
【答案】B
【解析】 将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，使得溶液显酸性，与盐类的水解有关，故A不选；醋酸为弱酸，加水稀释溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关，故B选；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，草木灰的主要成分是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，混合后相互促进水解，肥效降低，与盐类的水解有关，故C不选；盐的水解过程是吸热过程，加热促进水解，所以加热制得红褐色Fe(OH)3胶体，与盐类的水解有关，故D不选；故选B。
3.下列化学用语不正确的是
A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H
【答案】C
【解析】苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确； 乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误； 乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。故选C。
4.下列反应的离子方程式不正确的是( )
A. NaOH溶液腐蚀玻璃瓶塞：SiO2 +2OH－=SiO32- + 2H2O
B. 实验室制Cl2：MnO2＋4HCl(浓) Mn2+＋2Cl－＋2H2O＋Cl2↑
C. 向Mg(OH) 2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe3＋＋3Mg(OH)2 ==2 Fe(OH)3＋3Mg2+
D. 向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液： HSO3－+Ba2＋+OH－=BaSO3↓+H2O
【答案】B
【解析】 玻璃塞中的二氧化硅能够与NaOH溶液反应生成硅酸钠溶液，反应的离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正确；盐酸是强酸，实验室制氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O，故B错误；氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液发生反应离子方程式为3Mg(OH)2+2Fe3+═2 Fe(OH)3+3Mg2+，实现沉淀的转化，故C正确；向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液的离子方程式为：HSO3-+Ba2++OH-═BaSO3↓+H2O，故D正确；故选B。
5.2020年11 月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为＋3和＋4，氧化性：Ce4＋>Fe3＋。下列说法正确的是( )
A．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈
C．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce＋2Cu2＋===2Cu＋Ce4＋
D．CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO2＋4HI===CeI4＋2H2O
【答案】 A
【解析】 金属铈在空气中易被氧化变暗，则铈元素在自然界中主要以化合态形式存在；金属铈能与水反应，电解Ce(SO4)2溶液可生成氢气和氧气；CeO2溶于氢碘酸，生成的Ce4＋具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质。
6.完成下列实验，所用仪器或操作合理的是
A
B
C
D
配制250 mL 0.10 mol·L−1NaOH溶液
除去工业乙醇中的杂质
除去粗盐水中的不溶物
用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
【答案】C
【解析】 配制250 mL 0.10 mol·L−1NaOH溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故A错误；蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；过滤法除去粗盐水中的不溶物，故C正确；用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准NaOH溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时，眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故D错误；故选C。
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )
A．XY的空间结构为V形
B．简单离子半径：Y＜W＜Z
C．第一电离能：I1(Z)＜I1(W)＜I1(X)
D．工业上采用电解W的氯化物水溶液的方法制取W的单质
【答案】 A
【解析】 X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，则X原子的电子排布式为1s22s22p3，则X为氮元素；Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，则Z为镁元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为铝元素。XY为NO，N原子形成2个σ键，孤电子对数为＝1，中心原子为sp2杂化，含有一对孤电子对，其空间结构是V形，选项A正确；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：W(Al3＋)＜Z(Mg2＋)＜Y(O2－)，选项B错误；同周期元素从左到右，第一电离能在总体上呈现从小到大的变化趋势，但I1(Al)＜I1(Mg)，选项C错误；工业上采用电解熔融的W的氧化物Al2O3的方法制取W的单质，选项D错误。
8.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．①转化中N2H4是还原剂
B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1 mol N2H4可处理水中1.5 mol O2
D．③中发生反应后溶液的pH增大
【答案】 C
【解析】 ①转化中N2H4转化为N2，N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，故A正确；Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故B正确；据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化，N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1 mol N2H4反应时转移4 mol电子，O2中的O元素由0价变为－2价，所以转移4 mol电子时消耗1 mol O2，故C错误；第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液 pH 增大，故D正确。
9.晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．C60摩尔质量是720
B．C60属于离子晶体
C．在C60晶胞中有14个C60分子
D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个
【答案】 D
【解析】 C60摩尔质量是720 g·mol－1，故A错误；C60属于分子晶体，故B错误；根据均摊法可知，在C60晶胞中含有C60分子的个数为6×＋8×＝4，故C错误；根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶角上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个，故D正确。
10.“星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。
已知：
下列说法不正确的是
A. 单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2
B. 单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中有H2O
C. 聚合物X转化为聚合物Y发生取代反应
D. 聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构
【答案】B
【解析】 有2种等效氢原子，单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2，故A正确；根据，单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中没有H2O，故B错误；聚合物X转化为聚合物Y，X中羟基上的H原子被代替，发生取代反应，故C正确；聚合物Y的末端都含有碳碳双键，可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构，故D正确；故选 B
11(2022·江苏如皋中学高三模拟)一定条件下Pd－MgO催化剂可以实现CO2“甲烷化”，其反应机理如图所示，下列说法正确的是( )
A．CO2和H2O的空间结构均为直线形
B．MgO→MgOCO2转化过程中只有共价键的断裂与形成
C．中间体MgOCO中碳元素的化合价为－2价
D．“甲烷化”的总反应为CO2＋4H2CH4＋2H2O
【答案】 D
【解析】 二氧化碳分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，采取sp杂化，二氧化碳为直线形，水分子中O原子形成2个O—H键，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为V形，故A错误；MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，故B错误。
12．全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．电子由Y极流出，经质子交换膜到X极
B．放电过程中，电解质溶液pH降低
C．Y极反应式为V2＋－e－===V3＋
D．每转移1 mol电子，理论上有2 mol H＋由质子交换膜右侧向左侧迁移
【答案】 C
【解析】 观察装置图，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X极为正极。电子由Y极经导线流向X极，故A错误；放电过程中，电池反应式为V2＋＋VO＋2H＋===V3＋＋VO2＋＋H2O，消耗H＋，pH升高，故B错误；Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋－e－===V3＋，故C正确；X极反应式为VO＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目，转移1 mol电子，只有1 mol H＋迁移，故D错误。
13.在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．a点Kw ＝1.0×10－14
B．b点：c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．d点水的电离程度最大
【答案】 C
【解析】 a点温度小于25 ℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10－14，故A错误；b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，故B错误；据图可知当加入的氨水为10 mL时溶液的pH＝7，温度为25 ℃，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，所以25 ℃时NH4Cl水解常数为＝＝(n－1)×10－7，故C正确；d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3·H2O，温度升高、铵根离子的水解促进水的电离，则d点水的电离程度小于b，一定不是最大，故D错误。
14.14.某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。
实验
Ⅰ
Ⅱ
现象
连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色,后者显红色
连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象
下列说法正确的是
A. 仅由Ⅰ中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe3+
B. Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因是Fe2+氧化了银电极
C. Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转
D. 对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中NO3－氧化了Fe2+
【答案】C
【解析】 若Ag+的氧化性强于Fe3+，那么Ⅰ中原电池的总反应为Ag++Fe2+= Fe3++Ag，而实验Ⅱ随着反应进行丁烧杯中也能生成Ag+，也可以构成原电池，生成Fe3+，溶液颜色会改变，但是实验Ⅱ中无明显现象，故Ⅰ中的现象是空气中的氧气氧化Fe2+导致，A错误；由分析可知，是空气中的氧气氧化银电极，故B错误；Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表指针可能不再向左偏转，C正确；若是NO3－氧化了Fe2+，那么Ⅱ中的Fe2+也会被NO3－氧化，故D错误；故选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，是化学工作者重点研究的对象。我国科学家成功研制出一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂材料；成功制备出砷化铌纳米带，并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导电性。请回答下列问题：
(1)Cu2＋基态原子的价电子排布图为______________。
(2)配离子的颜色与d－d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d的分裂能，用符号Δ表示。则分裂能Δ[Co(H2O)6]2＋小于Δ[Co(H2O)6]3＋，理由是___________________________________________________________。
(3)某含铜化合物的晶胞如图所示，晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。
①晶胞中每个Cu原子与__________个S原子相连，含铜化合物的化学式为_______________。
②该晶体高温煅烧生成SO2的分子空间结构为V形。分子中大π键可用Π符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则SO2中大π键应表示为______________。
(4)石墨烯可采用化学方法进行制备，如采用六氯苯、六溴苯作为原料可制备石墨烯。下表给出了六氯苯、六溴苯、苯六酸(俗名为密石酸)的熔点和水溶性：
物质
熔点/℃
231
325
287
水溶性
不溶
不溶
易溶
①六溴苯的熔点比六氯苯高的原因是_______________________________________________。
②苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异，原因是___________________________。
③苯六酸分子中C的杂化方式是___________________________________________________。
(5)铌元素(Nb)为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d45s1。下列不同Nb微粒的核外电子排布式中，失去最外层1个电子所需能量最小的是________(填字母)。
a．[Kr]4d35s2
b．[Kr]4d25s15p2
c．[Kr]4d4
d．[Kr]4d3
(6)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若该晶体的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为________ pm。
【答案】 (1)
(2)前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大 (3)①4 CuFeS2 ②Π (4)①六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，所以六溴苯的范德华力比六氯苯的强
②苯六酸含多个羧基，与水形成分子间氢键，易溶于水 ③sp2 (5)b (6)a
【解析】 (3)①从晶胞结构看，每个Cu原子与4个S原子相连；晶胞中硫原子位于晶胞内部，数目为8，铁原子数目为6×＋4×＝4，铜原子数目为4×＋1＋8×＝4，含铜化合物的化学式为CuFeS2。②SO2中大π键是由3个原子提供4个电子构成的，应表示为Π。
(4)①六溴苯和六氯苯都为共价化合物，结构相似，因为六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，所以六溴苯的范德华力比六氯苯的强，所以六溴苯的熔点比六氯苯高。②苯六酸含多个羧基，与水形成分子间氢键，易溶于水，所以苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异。③苯六酸分子苯环上的碳和羧基上的碳都为sp2杂化。(5)选项中各微粒失去一个电子，前两个为激发态的第一电离能，c为第二电离能，d为第三电离能，第一、二、三电离能依次增大，基态的电离能大于激发态的，且5p能级的能量高于4d能级，所以失去最外层1个电子所需能量最小的是b。 (6)距离最近的两个锰原子之间的距离为面对角线的一半，即a pm。
16.石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：
①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
②为了提高H2S转化为S比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。
①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式：______。
②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。
【答案】 （1）①2H2S(g)+O2(g) == 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1
② 或33.3%
（2）①吸热（1分）
②微波使H2SH2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率（1分）
（3）①Fe-2e－+H2S== FeS+2H+
②生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢
【解析】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2mol，SO2的物质的量是1mol，即反应炉中需要生成1molSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1mol，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；
(2) ①根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；
②负极生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。
【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
17（13分）乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
（1）B的名称是_____。
（2）B→D的化学方程式是_____。
（3）已知2D→E+A，E的结构简式是_____。
（4）下列关于有机物I的说法不正确的是_____。(填序号)。
a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b．存在酚类同分异构体
c．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d．核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
（5）I→J的化学方程式是____。
（6）已知：
①+
③
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L→中间产物1中间产物2中间产物3
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
【【答案】】（1）乙酸 （2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
（3） （4）bcd
（5）+CH3Cl +HCl
（6） ①. ②.
【【解析】】
【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为。
【小问1详解】
由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。【答案】为：乙酸；
【小问2详解】
D为CH3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。【答案】为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
【小问3详解】
已知2D→E+A，则E的结构简式是。【答案】为：；
【小问4详解】
有机物I的结构简式为。
a．醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；
b．有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；
c．醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c不正确；
d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分子，d不正确；
故选bcd。【答案】为：bcd；
【小问5详解】
由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl +HCl。【答案】为：+CH3Cl +HCl；
【小问6详解】
由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为、中间产物3的结构简式为。【答案】为：；。
【点睛】由原料及目标有机物推断中间产物时，可采用顺、逆推相结合的方法。
18.（12分）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐，Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________________________________。
为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是________(填字母)。
A．升温
B．采用高压氧酸浸
C．使用98%的浓硫酸
D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为____________________________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为________(填字母)。
A．1～2 B．2～3
C．3～4 D．4～5
已知在此条件下Mn2＋不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是_____________________
___________________________________________________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是________________________
________________________________________________。
造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是________________________________________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45 g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9 g，则该硫酸锰晶体的化学式为_______________________________。
【答案】 (1)MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O C
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
(3)D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋
(4)可能生成MnS (5)MgSO4、CaSO4 (6)MnSO4·H2O
【解析】 (1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O；98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图知， pH范围为4～5 时，铝铁去除率高、锰损失率低；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4。
(6)设硫酸锰晶体的化学式是MnSO4·xH2O，则8.45×＝0.9，解得x＝1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O。
19.（12分）某小组研究NH4Cl与CuO反应，进行如下实验(部分装置略)：
实验
Ⅰ
Ⅱ
装置
现象
加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色
将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入 NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体
经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。
(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。
(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：
①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是______。
②对于物质X，做出如下假设：
ⅰ．X是NH4Cl。
反应方程式为：________________________________(补充完整)
ⅱ．X是______，理由是______。
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出2点)。
(4)NH4Cl溶液与CuO反应。
实验Ⅲ 向CuO粉末中加入0.1 mol·L−1 NH4Cl溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。
资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色
ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3 Cu(NH3)42+Cu2++4NH3
①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或Cu(NH3)42+。
实验方案是______。
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出1点即可)。
【答案】 (1). NH4Cl (2). (NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑ (3). 6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑ (4). NH3 (5). NH3有还原性 (6). 反应物的接触方式不同；反应温度不同等 (7). 取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等 (8). 由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等
【解析】(1)由实验Ⅰ可知：首先是氯化铵分解为氨气和氯化氢，然后是氨气还原氧化铜，所以在中试管口的白色固体是生成的氨气和氯化氢反应生成NH4Cl，故【答案】：NH4Cl；
(2)①(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，根据可知，固体受热分解会放出氨气、CuCl2和HCl气体，所以该反应的化学方程式是(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑，故【答案】：(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑；
②ⅰ若X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性，能还原CuCl2生成CuCl和N2，所以该反应方程式为：6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑，故【答案】为6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑；
ⅱ若X是NH3，NH3有还原性, 能还原CuCl2生成CuCl和N2，故【答案】：NH3；NH3有还原性；
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的反应物的接触方式不同；反应温度不同，所以反应的现象不同，故【答案】：反应物的接触方式不同；反应温度不同等；
(4)①由Cu(NH3)2+Cu2++NH3 ，且Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色可知，加入稀硫酸，减小了氨气的量，平衡右移，铜离子的量增大，颜色变浅；或加水稀释，平衡右移，溶液的颜色的变浅；由于Cu(NH3)2+Cu2++NH3为吸热反应，所以加热平衡右移，溶液的颜色的变浅；
故【答案】为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等；
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能由于温度低，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；或者是NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等；
故【答案】是：由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等。
【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷04
（本卷共19小题，满分100分）
第I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.石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是( )
A
B
C
D
石油分馏是利用各组分沸点不同
石油裂化过程会发生碳碳键断裂
聚丙烯防护服材料易被KMnO4氧化
沥青可用于铺设马路
【答案】C
【解析】 石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A正确；石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B正确；聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；沥青是铺设马路的良好材料，故D正确；故选C。
2.下列实验现象与盐类水解无关的是( )
A. 等体积、等物质的量浓度的盐酸与氨水混合溶液显弱酸性
B. 1 mol/L的醋酸加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱
C. 氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效
D. 向20 mL沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体
【答案】B
【解析】 将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，使得溶液显酸性，与盐类的水解有关，故A不选；醋酸为弱酸，加水稀释溶液中氢离子浓度减小，pH增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关，故B选；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，草木灰的主要成分是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，混合后相互促进水解，肥效降低，与盐类的水解有关，故C不选；盐的水解过程是吸热过程，加热促进水解，所以加热制得红褐色Fe(OH)3胶体，与盐类的水解有关，故D不选；故选B。
3.下列化学用语不正确的是
A. 苯的实验式：CH B. 乙酸分子比例模型：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙炔的结构式：H—C≡C—H
【答案】C
【解析】苯的分子式是C6H6，所以苯的实验式是CH，故A正确； 乙酸的结构简式是CH3COOH，乙酸分子比例模型是，故B正确；氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故C错误； 乙炔分子式是C2H2，含有碳碳三键，乙炔的结构式是H—C≡C—H，故D正确。故选C。
4.下列反应的离子方程式不正确的是( )
A. NaOH溶液腐蚀玻璃瓶塞：SiO2 +2OH－=SiO32- + 2H2O
B. 实验室制Cl2：MnO2＋4HCl(浓) Mn2+＋2Cl－＋2H2O＋Cl2↑
C. 向Mg(OH) 2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe3＋＋3Mg(OH)2 ==2 Fe(OH)3＋3Mg2+
D. 向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液： HSO3－+Ba2＋+OH－=BaSO3↓+H2O
【答案】B
【解析】 玻璃塞中的二氧化硅能够与NaOH溶液反应生成硅酸钠溶液，反应的离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故A正确；盐酸是强酸，实验室制氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O，故B错误；氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液发生反应离子方程式为3Mg(OH)2+2Fe3+═2 Fe(OH)3+3Mg2+，实现沉淀的转化，故C正确；向Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液的离子方程式为：HSO3-+Ba2++OH-═BaSO3↓+H2O，故D正确；故选B。
5.2020年11 月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为＋3和＋4，氧化性：Ce4＋>Fe3＋。下列说法正确的是( )
A．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈
C．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce＋2Cu2＋===2Cu＋Ce4＋
D．CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO2＋4HI===CeI4＋2H2O
【答案】 A
【解析】 金属铈在空气中易被氧化变暗，则铈元素在自然界中主要以化合态形式存在；金属铈能与水反应，电解Ce(SO4)2溶液可生成氢气和氧气；CeO2溶于氢碘酸，生成的Ce4＋具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质。
6.完成下列实验，所用仪器或操作合理的是
A
B
C
D
配制250 mL 0.10 mol·L−1NaOH溶液
除去工业乙醇中的杂质
除去粗盐水中的不溶物
用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
【答案】C
【解析】 配制250 mL 0.10 mol·L−1NaOH溶液，不能用容量瓶溶解氢氧化钠固体，故A错误；蒸馏法除去工业乙醇中的杂质，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶支管口处，故B错误；过滤法除去粗盐水中的不溶物，故C正确；用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸，标准NaOH溶液应盛在碱式滴定管中，滴定时，眼睛应该注视锥形瓶内颜色变变化，故D错误；故选C。
7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )
A．XY的空间结构为V形
B．简单离子半径：Y＜W＜Z
C．第一电离能：I1(Z)＜I1(W)＜I1(X)
D．工业上采用电解W的氯化物水溶液的方法制取W的单质
【答案】 A
【解析】 X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。X的基态原子的2p能级中含有3个未成对电子，则X原子的电子排布式为1s22s22p3，则X为氮元素；Y的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y为氧元素；Z的基态原子的最外层电子数与最内层电子数相等，则Z为镁元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为铝元素。XY为NO，N原子形成2个σ键，孤电子对数为＝1，中心原子为sp2杂化，含有一对孤电子对，其空间结构是V形，选项A正确；具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径：W(Al3＋)＜Z(Mg2＋)＜Y(O2－)，选项B错误；同周期元素从左到右，第一电离能在总体上呈现从小到大的变化趋势，但I1(Al)＜I1(Mg)，选项C错误；工业上采用电解熔融的W的氧化物Al2O3的方法制取W的单质，选项D错误。
8.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．①转化中N2H4是还原剂
B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1 mol N2H4可处理水中1.5 mol O2
D．③中发生反应后溶液的pH增大
【答案】 C
【解析】 ①转化中N2H4转化为N2，N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，故A正确；Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故B正确；据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化，N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1 mol N2H4反应时转移4 mol电子，O2中的O元素由0价变为－2价，所以转移4 mol电子时消耗1 mol O2，故C错误；第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液 pH 增大，故D正确。
9.晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．C60摩尔质量是720
B．C60属于离子晶体
C．在C60晶胞中有14个C60分子
D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个
【答案】 D
【解析】 C60摩尔质量是720 g·mol－1，故A错误；C60属于分子晶体，故B错误；根据均摊法可知，在C60晶胞中含有C60分子的个数为6×＋8×＝4，故C错误；根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶角上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个，故D正确。
10.“星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。
已知：
下列说法不正确的是
A. 单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2
B. 单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中有H2O
C. 聚合物X转化为聚合物Y发生取代反应
D. 聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构
【答案】B
【解析】 有2种等效氢原子，单体Ⅰ的核磁共振氢谱有两组吸收峰，峰面积比为1∶2，故A正确；根据，单体Ⅰ与单体Ⅱ制备聚合物X，产物中没有H2O，故B错误；聚合物X转化为聚合物Y，X中羟基上的H原子被代替，发生取代反应，故C正确；聚合物Y的末端都含有碳碳双键，可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构，故D正确；故选 B
11(2022·江苏如皋中学高三模拟)一定条件下Pd－MgO催化剂可以实现CO2“甲烷化”，其反应机理如图所示，下列说法正确的是( )
A．CO2和H2O的空间结构均为直线形
B．MgO→MgOCO2转化过程中只有共价键的断裂与形成
C．中间体MgOCO中碳元素的化合价为－2价
D．“甲烷化”的总反应为CO2＋4H2CH4＋2H2O
【答案】 D
【解析】 二氧化碳分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，采取sp杂化，二氧化碳为直线形，水分子中O原子形成2个O—H键，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为V形，故A错误；MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，故B错误。
12．全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．电子由Y极流出，经质子交换膜到X极
B．放电过程中，电解质溶液pH降低
C．Y极反应式为V2＋－e－===V3＋
D．每转移1 mol电子，理论上有2 mol H＋由质子交换膜右侧向左侧迁移
【答案】 C
【解析】 观察装置图，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X极为正极。电子由Y极经导线流向X极，故A错误；放电过程中，电池反应式为V2＋＋VO＋2H＋===V3＋＋VO2＋＋H2O，消耗H＋，pH升高，故B错误；Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋－e－===V3＋，故C正确；X极反应式为VO＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目，转移1 mol电子，只有1 mol H＋迁移，故D错误。
13.在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．a点Kw ＝1.0×10－14
B．b点：c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．d点水的电离程度最大
【答案】 C
【解析】 a点温度小于25 ℃，降低温度水的电离平衡逆向移动，离子积常数减小，则a点Kw<1.0×10－14，故A错误；b点溶液温度最高，说明酸碱恰好完全反应生成氯化铵，NH4Cl溶液中存在质子守恒：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)，故B错误；据图可知当加入的氨水为10 mL时溶液的pH＝7，温度为25 ℃，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，所以25 ℃时NH4Cl水解常数为＝＝(n－1)×10－7，故C正确；d点温度比b点低，b点溶质只有NH4Cl，d点溶质为NH4Cl和NH3·H2O，温度升高、铵根离子的水解促进水的电离，则d点水的电离程度小于b，一定不是最大，故D错误。
14.14.某同学研究FeSO4溶液和AgNO3溶液的反应，设计如下对比实验。
实验
Ⅰ
Ⅱ
现象
连通电路后，电流表指针向右偏转，分别取反应前和反应一段时间后甲烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，前者几乎无色,后者显红色
连通电路后，电流表指针向左发生微小的偏转，丙、丁烧杯中均无明显现象
下列说法正确的是
A. 仅由Ⅰ中的现象可推知Ag+的氧化性强于Fe3+
B. Ⅱ中电流表指针向左偏转的原因是Fe2+氧化了银电极
C. Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，电流表指针可能不再向左偏转
D. 对比Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中NO3－氧化了Fe2+
【答案】C
【解析】 若Ag+的氧化性强于Fe3+，那么Ⅰ中原电池的总反应为Ag++Fe2+= Fe3++Ag，而实验Ⅱ随着反应进行丁烧杯中也能生成Ag+，也可以构成原电池，生成Fe3+，溶液颜色会改变，但是实验Ⅱ中无明显现象，故Ⅰ中的现象是空气中的氧气氧化Fe2+导致，A错误；由分析可知，是空气中的氧气氧化银电极，故B错误；Ⅱ中若将银电极换成石墨电极，石墨为惰性电极，不能失去电子，不能形成原电池，电流表指针可能不再向左偏转，C正确；若是NO3－氧化了Fe2+，那么Ⅱ中的Fe2+也会被NO3－氧化，故D错误；故选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，是化学工作者重点研究的对象。我国科学家成功研制出一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂材料；成功制备出砷化铌纳米带，并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导电性。请回答下列问题：
(1)Cu2＋基态原子的价电子排布图为______________。
(2)配离子的颜色与d－d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d的分裂能，用符号Δ表示。则分裂能Δ[Co(H2O)6]2＋小于Δ[Co(H2O)6]3＋，理由是___________________________________________________________。
(3)某含铜化合物的晶胞如图所示，晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。
①晶胞中每个Cu原子与__________个S原子相连，含铜化合物的化学式为_______________。
②该晶体高温煅烧生成SO2的分子空间结构为V形。分子中大π键可用Π符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则SO2中大π键应表示为______________。
(4)石墨烯可采用化学方法进行制备，如采用六氯苯、六溴苯作为原料可制备石墨烯。下表给出了六氯苯、六溴苯、苯六酸(俗名为密石酸)的熔点和水溶性：
物质
熔点/℃
231
325
287
水溶性
不溶
不溶
易溶
①六溴苯的熔点比六氯苯高的原因是_______________________________________________。
②苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异，原因是___________________________。
③苯六酸分子中C的杂化方式是___________________________________________________。
(5)铌元素(Nb)为一种金属元素，其基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d45s1。下列不同Nb微粒的核外电子排布式中，失去最外层1个电子所需能量最小的是________(填字母)。
a．[Kr]4d35s2
b．[Kr]4d25s15p2
c．[Kr]4d4
d．[Kr]4d3
(6)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若该晶体的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为________ pm。
【答案】 (1)
(2)前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引力较大 (3)①4 CuFeS2 ②Π (4)①六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，所以六溴苯的范德华力比六氯苯的强
②苯六酸含多个羧基，与水形成分子间氢键，易溶于水 ③sp2 (5)b (6)a
【解析】 (3)①从晶胞结构看，每个Cu原子与4个S原子相连；晶胞中硫原子位于晶胞内部，数目为8，铁原子数目为6×＋4×＝4，铜原子数目为4×＋1＋8×＝4，含铜化合物的化学式为CuFeS2。②SO2中大π键是由3个原子提供4个电子构成的，应表示为Π。
(4)①六溴苯和六氯苯都为共价化合物，结构相似，因为六溴苯的相对分子质量大于六氯苯，所以六溴苯的范德华力比六氯苯的强，所以六溴苯的熔点比六氯苯高。②苯六酸含多个羧基，与水形成分子间氢键，易溶于水，所以苯六酸与六溴苯、六氯苯的水溶性存在明显的差异。③苯六酸分子苯环上的碳和羧基上的碳都为sp2杂化。(5)选项中各微粒失去一个电子，前两个为激发态的第一电离能，c为第二电离能，d为第三电离能，第一、二、三电离能依次增大，基态的电离能大于激发态的，且5p能级的能量高于4d能级，所以失去最外层1个电子所需能量最小的是b。 (6)距离最近的两个锰原子之间的距离为面对角线的一半，即a pm。
16.石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：
①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
②为了提高H2S转化为S比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。
①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式：______。
②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。
【答案】 （1）①2H2S(g)+O2(g) == 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1
② 或33.3%
（2）①吸热（1分）
②微波使H2SH2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率（1分）
（3）①Fe-2e－+H2S== FeS+2H+
②生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢
【解析】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·mol−1
根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·mol−1；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2mol，SO2的物质的量是1mol，即反应炉中需要生成1molSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1mol，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；
(2) ①根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；
②负极生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。
【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
17（13分）乌药内酯具有抗炎、镇痛作用。乌药内酯的中间体X合成路线如图所示(部分反应条件或试剂略去)。
（1）B的名称是_____。
（2）B→D的化学方程式是_____。
（3）已知2D→E+A，E的结构简式是_____。
（4）下列关于有机物I的说法不正确的是_____。(填序号)。
a．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应
b．存在酚类同分异构体
c．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键
d．核磁共振氢谱中有6种信号峰，是手性分子
（5）I→J的化学方程式是____。
（6）已知：
①+
③
G与L可以在碱性条件下经过如图所示的多步反应得到X。
G+L→中间产物1中间产物2中间产物3
中间产物1、中间产物3的结构简式是____、____。
【【答案】】（1）乙酸 （2）CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O
（3） （4）bcd
（5）+CH3Cl +HCl
（6） ①. ②.
【【解析】】
【分析】A的分子式为C2H6O，其能连续被氧化，则A为CH3CH2OH，B为CH3COOH，D为CH3COOC2H5；已知2D→E+A，则E为；由I的结构简式，可确定J为。
【小问1详解】
由分析可知，B为CH3COOH，则B的名称是乙酸。【答案】为：乙酸；
【小问2详解】
D为CH3COOC2H5，则B→D的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。【答案】为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
【小问3详解】
已知2D→E+A，则E的结构简式是。【答案】为：；
【小问4详解】
有机物I的结构简式为。
a．醇-OH能发生取代反应、氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，a正确；
b．有机物I的不饱和度为3，而酚的不饱和度至少为4，所以不存在酚类同分异构体，b不正确；
c．醇-OH、碳碳双键都能使酸性KMnO4溶液褪色，所以不可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，c不正确；
d．I分子中与-CH3、-CH2OH同时相连的环上碳原子，连接的环上的两个原子团是相同的，所以不是手性分子，d不正确；
故选bcd。【答案】为：bcd；
【小问5详解】
由分析知，J为，则I→J的化学方程式是+CH3Cl +HCl。【答案】为：+CH3Cl +HCl；
【小问6详解】
由信息，可推出中间产物1的结构简式为、中间产物2的结构简式为、中间产物3的结构简式为。【答案】为：；。
【点睛】由原料及目标有机物推断中间产物时，可采用顺、逆推相结合的方法。
18.（12分）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐，Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________________________________。
为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是________(填字母)。
A．升温
B．采用高压氧酸浸
C．使用98%的浓硫酸
D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为____________________________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为________(填字母)。
A．1～2 B．2～3
C．3～4 D．4～5
已知在此条件下Mn2＋不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是_____________________
___________________________________________________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是________________________
________________________________________________。
造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是________________________________________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45 g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9 g，则该硫酸锰晶体的化学式为_______________________________。
【答案】 (1)MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O C
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
(3)D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋
(4)可能生成MnS (5)MgSO4、CaSO4 (6)MnSO4·H2O
【解析】 (1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O；98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图知， pH范围为4～5 时，铝铁去除率高、锰损失率低；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2＋。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4。
(6)设硫酸锰晶体的化学式是MnSO4·xH2O，则8.45×＝0.9，解得x＝1，则该硫酸锰晶体的化学式为MnSO4·H2O。
19.（12分）某小组研究NH4Cl与CuO反应，进行如下实验(部分装置略)：
实验
Ⅰ
Ⅱ
装置
现象
加热试管，产生白烟，试管口有白色固体；试管中有水生成，继续加热，黑色固体变蓝，最终部分变为黄色
将细玻璃管口加热至红热，迅速垂直插入 NH4Cl晶体中，一段时间后，取出玻璃管，管口处有亮红色固体
经检测，实验Ⅰ中的黄色固体含有CuCl和CuCl2，实验Ⅱ中的亮红色固体为Cu。
(1)实验Ⅰ中试管口的白色固体是______。
(2)实验Ⅰ中黑色固体变蓝，最终部分固体变为黄色的过程中，发生了如下变化：
①(NH4)2CuCl4固体受热分解的化学方程式是______。
②对于物质X，做出如下假设：
ⅰ．X是NH4Cl。
反应方程式为：________________________________(补充完整)
ⅱ．X是______，理由是______。
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的现象不同，可能的原因是______(列出2点)。
(4)NH4Cl溶液与CuO反应。
实验Ⅲ 向CuO粉末中加入0.1 mol·L−1 NH4Cl溶液，浸泡一段时间后，固体部分溶解，表面无颜色变化，溶液变为蓝色。
资料：ⅰ．相关微粒在水溶液中的颜色：Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色
ⅱ．Cu(NH3)2+Cu2++NH3 Cu(NH3)42+Cu2++4NH3
①设计实验证明实验Ⅲ得到的蓝色溶液中存在Cu(NH3)2+或Cu(NH3)42+。
实验方案是______。
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能的原因是______(列出1点即可)。
【答案】 (1). NH4Cl (2). (NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑ (3). 6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑ (4). NH3 (5). NH3有还原性 (6). 反应物的接触方式不同；反应温度不同等 (7). 取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等 (8). 由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等
【解析】(1)由实验Ⅰ可知：首先是氯化铵分解为氨气和氯化氢，然后是氨气还原氧化铜，所以在中试管口的白色固体是生成的氨气和氯化氢反应生成NH4Cl，故【答案】：NH4Cl；
(2)①(NH4)2CuCl4属于复盐，相当于2NH4Cl和CuCl2，根据可知，固体受热分解会放出氨气、CuCl2和HCl气体，所以该反应的化学方程式是(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑，故【答案】：(NH4)2CuCl4 CuCl2+2NH3↑+2HCl↑；
②ⅰ若X是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3又具有还原性，能还原CuCl2生成CuCl和N2，所以该反应方程式为：6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑，故【答案】为6CuCl2+2NH4Cl= 6CuCl+N2↑+ 8HCl↑；
ⅱ若X是NH3，NH3有还原性, 能还原CuCl2生成CuCl和N2，故【答案】：NH3；NH3有还原性；
(3)实验Ⅰ和实验Ⅱ的反应物的接触方式不同；反应温度不同，所以反应的现象不同，故【答案】：反应物的接触方式不同；反应温度不同等；
(4)①由Cu(NH3)2+Cu2++NH3 ，且Cu2+蓝色，Cu(NH3)2+和Cu(NH3)42+深蓝色可知，加入稀硫酸，减小了氨气的量，平衡右移，铜离子的量增大，颜色变浅；或加水稀释，平衡右移，溶液的颜色的变浅；由于Cu(NH3)2+Cu2++NH3为吸热反应，所以加热平衡右移，溶液的颜色的变浅；
故【答案】为：取两份少量等体积的实验Ⅲ中的溶液于试管中，分别加入等量的水和稀硫酸，加入稀硫酸的溶液颜色变得更浅；取少量实验Ⅲ中的溶液于试管中，加热，溶液颜色变浅等；
②实验Ⅲ中未观察到NH4Cl溶液与CuO发生氧化还原反应的产物，可能由于温度低，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；或者是NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等；
故【答案】是：由于温度低等原因，NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应无法发生；NH4Cl溶液与CuO的氧化还原反应的化学反应速率慢、反应的限度小等。
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