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天津市和平区2023届高三下学期二模考试化学试题（含解析）
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这是一份天津市和平区2023届高三下学期二模考试化学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津市和平区2023届高三下学期二模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．《天工开物》中“宋子曰：天生五谷以育民，美在其中，有黄裳之意焉。稻以糠为甲，麦以麸为衣，粟、梁、黍、稷毛羽隐然。”该古文中“麸”的主要成分是
A．纤维素 B．蛋白质 C．油脂 D．淀粉
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．N2的结构式： B．顺-2-丁烯的球棍模型：
C．的空间填充模型： D．基态氮原子的轨道表示式：
3．是重要的还原剂，合成方法为。下列说法正确的是
A．碱性强弱：LiOH>NaOH B．半径大小：
C．熔点：Na>Li D．有一个键为配位键
4．为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是
A．铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B．铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C．烘干时间过长，会导致测定结果偏小
D．若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
5．下列说法不正确的是
A．淀粉在酸或酶的作用下最终水解的产物是葡萄糖
B．油脂在强碱溶液中，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油
C．蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸
D．核酸在一定条件下最终水解产物是形成其单体的核苷
6．下列说法正确的是
A．标准状况下，1 mol 的体积为22.4 L
B．同温同压下，等体积的和CO所含分子数相同
C．pH=1的盐酸中，为
D．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
7．下列叙述正确的是
A．不能用核磁共振氢谱区分和
B．铁管镀铝层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越低，该反应越不易进行
D．某温度下，一元弱酸HA的越大，则NaA的(水解常数)越大
8．根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸溶液，将得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比S的强
B
向乙醇中加入绿豆大小的钠块，有气泡产生
证明乙醇中含有水
C
将2体积和1体积混合通入装有灼热的容器中充分反应，产物依次通过溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色
说明和的反应有一定的限度
D
将用稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄
氧化性：
A．A B．B C．C D．D
9．氯化锌易潮解、易升华。从市售的氯化锌［含］中制备无水氯化锌，装置如图所示，管式炉有升温和降温的调节功能。下列说法错误的是
A．恒压滴液漏斗、倒置漏斗的作用分别是平衡气压、防止倒吸
B．通入排出装置中气体的必须是干燥的
C．在尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ
10．团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数，反应示意图和所测数数据如下。有关说法错误的是
A．
B．离子半径：
C．团簇对于具有比大的亲和力
D．由于团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的通过
11．“浓差电池”利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池为3 mol/L的AgNO3溶液，乙池为1 mol/L的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是
A．一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应达到平衡
B．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升
C．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加
D．实验开始先闭合K2，断开K1，此时向B电极移动
12．常温时，用0.100 0 的NaOH溶液滴定二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加的变化关系如图所示。［比如的分布系数：］。下列说法错误的是
A．常温时，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
B．常温时，的两级水解常数
C．常温时，滴定至pH=5.5时，
D．常温时，b点对应的溶液中存在可逆过程，且
二、结构与性质
13．、是新型磁性材料的成分。依其中有关元素回答问题：
(1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于_______区，铁元素在元素周期表中的位置_______。
(2)的立体构型为_______；其中B原子的杂化方式为_______。
(3)是一种重要的还原剂，其组成元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(4)的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。
①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为_______。
②该晶体密度为，则K和Co之间的最短距离为_______pm。
(5)的制备：称取研细的10.0 g和5.0 g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25 mL浓氨水，5 mL 30%的溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得溶液。写出该的离子方程式为_______。在制取的过程中可能还会有a.、b.、c.三种物质生成，物质的量相等的这三种物质分别与足量反应，生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为_______(填字母序号)。
(6)常温下，已知电离平衡常数：、，、。写出向0.1 的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1 溶液，生成沉淀的离子方程式_______。
三、有机推断题
14．美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如下：
已知：①DME的结构简式为 ②
回答下列问题：
(1)A中的官能团名称是_______。D的分子式为_______。
(2)B到C的反应类型是_______。E的结构简式为_______。
(3)写出在催化剂作用下D聚合反应的方程式_______。
(4)A的同分异构体中，遇到溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基的有_______种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的所有结构简式_______。
(5)F到G的反应方程式为_______。
(6)4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，在下框中写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线_______ (其他试剂任选)。
四、工业流程题
15．铁氰化钾［］由亚铁氰化钾［］制得，请回答下列问题。
Ⅰ.亚铁氰化钾的制取
以含NaCN电镀液为主要原料制备的流程如下：
(1)常温下，HCN的电离常数。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是_______。
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入加入溶液，在80℃下维持反应30～40min，发生的反应方程式是_______，反应完成后再加入溶液的作用是_______。
(3)转化池中发生复分解反应生成，说明该反应能发生的理由_______。
(4)系列操作B为_______。
Ⅱ.铁氰化钾的制取
(5)电解法：工业上，以石墨为电极，电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，阳极的电极反应式为_______。
(6)氯氧化法：在氯气的作用下，在约60～65℃下将亚铁氰化钾热溶液氧化。当反应物料液的pH控制在6～7时，停止引入氯气，该步反应的方程式为_______。然后加入饱和溶液(碱性下被还原为)和未反应完的亚铁氰化钾继续反应，并用棕色硫酸铁铵检查反应是否完全，用盐酸调节料液的pH，使pH为7～8，该步反应的方程式为_______反应后，将料液沉淀，过滤并在溶液中真空经_______(填提纯方法)得铁氰化钾成品。用这种方法可以提纯下列实验产品的是_______(填序号)。
a.粗碘(含有少量沙粒) b.粗乙醇(含有少量水) c.粗苯甲酸(含有少量氯化钠)
五、原理综合题
16．基于载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。
(1)总反应 _______。
(2)有利于提高反应i平衡转化率的条件为_______(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(3)60℃、100 kPa条件下，反应ii中溶液，pH随时间变化如图，120 min～180 min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是_______。
(4)为探究反应ii中15 min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ii的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒(活化络合物与反应物的零点能之差)较低的原因是_______的键能大于_______的键能。
②15 min时反应速率突然加快的原因是_______。
(5)相较于哈伯法合成氨碳基化学链合成氨的优势有_______、_______(写出两条即可)。
(6)可用0.2 溶液吸反应ii排放出的，全部生成而失效。为使吸收液完全再生，向其中加入0.4 溶液调节pH至少为_______。
(已知常温下，，的。)
参考答案：
1．A
【详解】根据“稻以糠为甲，麦以麸为衣”可知，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素，A项正确；
选A。
2．A
【详解】A．结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：，A正确；
B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；
C．已知CO2是直线形分子，故的空间填充模型为：，C错误；
D．根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D错误；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．同族至上而下金属性增强，最高价氧化为的水化物碱性增强即：LiOH
故选D。
4．C
【详解】A.铁皮未及时取出，导致部分铁与盐酸反应，质量差偏大，则锌的质量偏大，引起结果偏大，A错误；
B.铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差偏小，则锌的质量偏小，引起结果偏小，B错误；
C.烘干时间过长，部分铁被氧化，则剩余物的质量偏大，锌的质量偏小，导致测定结果偏小，C正确；
D.若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，D错误；
答案选C。
5．D
【详解】A．淀粉为多糖，水解产生葡萄糖，A项正确；
B．油脂为酯类由高级脂肪酸和甘油酯化而成，油脂碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，B项正确；
C．蛋白质为氨基酸缩聚而成，其水解产物为氨基酸，C项正确；
D．核酸最终水解为磷酸和脱氧核糖等，D项错误；
6．B
【详解】A．标况下，水不是气态，无法使用22.4L/mol计算气体体积，故A错误；
B．同温同压下，和CO的体积相等，分子数相等，故B正确；
C．pH=1的盐酸中，为，故C错误；
D．设质量为mg，丁烷所含碳原子物质的量为，乙烷所含碳原子物质的量为，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．乙醇中有三类氢，而CH3OCH3只有一类氢，所以两者核磁共振氢谱不同可用于区别两者，A项错误；
B．铁和铝形成原电池而更活泼的铝作为负极发生氧化反应而Fe作为正极不发生反应而被保护，所以无论是否破损，Al都作为负极反应而Fe不反应，B项正确；
C．活化能越低反应越易进行，C项错误；
D．Kh=Kw/Ka，Ka 越大，则NaA的 Kh (水解常数)越小，D项错误；
故选B。
8．C
【详解】A．向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸溶液比较的是亚硫酸和盐酸的酸性强弱，而非金属性与最高价氧化物的水化物酸性强弱有关即应该比较H2SO4和HClO4酸性强弱，A项错误；
B．乙醇中的羟基氢能被Na置换产生H2，B项错误；
C．SO2和O2按照系数比投料充分反应后，用品红检测褪色，即体系中仍然存在SO2，所以该反应不能彻底即存在平衡限度，C项正确；
D．酸性条件下硝酸根能将Fe2+氧化为Fe3+而产生干扰，D项错误；
故选C。
9．D
【详解】A．恒压滴液漏斗有连通管连接漏斗和三颈瓶起到恒压的作用使液体顺利滴下。水吸收HCl，大口径的漏斗可与防止倒吸，A项正确；
B．氯化锌易水解为Zn(OH)Cl 所以需要通入干燥的N2，B项正确；
C．尾气吸收装置中含水会使无水ZnCl2 再次吸水，所以需要尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶，C项正确；
D．氯化锌易升华经管式炉Ⅰ加热升华至管式炉Ⅱ凝华提纯收集到氯化锌固体，所以反应结束先撤去Ⅱ再撤Ⅰ，D项错误；
故选D。
10．A
【详解】A．根据图示，时，，，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Cs和Rb都是ⅠA族元素，离子半径：，B正确；
C．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，C正确；
D．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏，可推断团簇表面的孔是柔性的，使得能无破坏进入笼内，D正确；
故选A。
11．C
【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol•L-1的AgNO3溶液，乙池为1mol•L-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此分析解答。
【详解】A．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A正确；
B．闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，B正确；
C．闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C错误；
D．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则向B极移动，D正确；
故答案为：C。
12．D
【分析】利用a点（pH=4.4，c(H+)=10-4.4mol/L）计算，同理利用c点计算Ka2=。
【详解】A．H2A的第二个滴定突跃在酚酞的变色范围，可选酚酞作为指示剂，且滴定终点时酚酞由无色变为浅红色，A项正确；
B．、，则Kh1⋅Kh2=，B项正确；
C．pH=5.5时，计算c(A2-)=，利用计算c(H2A)= ，所以c(H2A):c(HA-):c(A2-)=10-1.1:1:10-1.2=100.1:101.2:1，C项正确；
D．2HA−⇌H2A+A2−，且K=，D项错误；
故选D。
13．(1) f 第四周期、第VIII族
(2) 平面三角形
(3)H>B>K
(4) F>Co>K
(5) a>b>c
(6)
【详解】（1）钕(Nd)属于镧系元素属于f区元素。Fe为26号元素电子排布为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族。答案为f；第四周期、第VIII族；
（2）BF3的价层电子对数=3+，采取sp2杂化，立体构型为平面三角形。答案为平面三角形；sp2；
（3）元素的非金属性越强电负性越大，即KB>K；
（4）元素的金属性越强，第一电离能越小，即K
（5）Co2+被H2O2氧化为Co3+，而氨水提供NH3进行配位。反应为2Co2++2 +H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O。配合物中内界无法进行电离即只有外界氯能产生Cl-与Ag+产生沉淀，则物质的量相等的这三种物质完全反应生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为：[Co(NH3)5Cl]Cl2> [Co(NH3)4Cl2]Cl>[Co(NH3)3Cl3]，即a>b>c。答案为2Co2++2 +H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O ；a>b>c；
（6）Na2CO3水解时，，，则Kh=代入数据计算得c(OH-)=mol/L，溶液中Co(OH)2刚好沉淀时c(Co2+)c2(OH-)=Ksp[Co(OH)2]=1×10−15得到c(Co2+)=10-7mol/L。而CoCO3开始沉淀时c(Co2+) c ()=Ksp(CoCO3)=1×10−13计算得c(Co2+)=10-12mol/L。从计算得到先沉淀CoCO3，所以反应为Co2++ =CoCO3↓。答案为Co2++ =CoCO3↓。
14．(1) 醚键、氮基
(2) 取代反应
(3)n
(4) 6
(5)+(CH3CO)2O +CH3COOH
(6)
【分析】A和乙二醇反应生成B，由B和C的结构简式可知，B和DMF发生取代反应生成C，对比C、D的结构式可知是C中醛基的位置变为了碳碳双键，所以第一步反应是C中醛基和CH3NO2加成，D和H2加成生成E，E的结构简式为：，E发生已知②的反应将硝基转化为氨基生成F，则F的结构简式为，F和乙酸酐发生取代反应生成G，以此解答。
【详解】（1）由结构简式可知，A中的官能团名称是醚键、氮基。D的分子式为。
（2）由B和C的结构简式可知推知B和DMF发生取代反应生成C。由分析可知，E的结构简式为：。
（3）D中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成，化学方程式为：n 。
（4）A的同分异构体中，遇到FeCl3溶液显紫色说明其中含有酚羟基，另外苯环上只有两个取代基，两个取代基是-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置，符合条件的的同分异构体共有6种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰,峰面积之比为2 : 2: 2 : 2 : 1的同分异构体的结构简式为：。
（5）由分析可知，F的结构简式为，F和乙酸酐发生取代反应生成G，方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。
（6）QCH3.
QCH3
QCH3
QCH3
QCHg
(5)苯甲醚发生硝化反应生成，被还原为，和乙酸酐反应生成，合成路线为。
15．(1)抑制水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境
(2) 改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量
(3)相同温度下的溶解度小于
(4)在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)
(6) 重结晶 c
【分析】反应器中制备Na4Fe(CN)6，而转化池为Na4Fe(CN)6转化为K4Fe(CN)6。
【详解】（1）NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解。答案为抑制CN-水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境；
（2）反应制备Na4Fe(CN)6，反应为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4。加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6。答案为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量；
（3）利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6。答案为相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
（4）Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，所以具体操作为在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应，所以反应为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−。答案为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−；
（6）氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl，所以反应为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl。KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2，所以反应为3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH。固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化。
a．沙中的碘可直接加热升华、收集I2，a项不符合题意；
b．乙醇中少量的水加入CaO后进行蒸馏，b项不符合题意；
c．苯甲酸和氯化钠在水中的溶解度随温度变化不同，可利用重结晶纯化，c项符合题意；
故选c。
答案为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；c；重结晶；c。
16．(1)434
(2)B
(3)溶液中氨水浓度达饱和
(4) O-H Al-H 电离产生更易与结合，从而对反应ii有催化效果
(5) 能够降低能耗 减少原料成本、产物无需分离、获得CO副产物等其它合理答案
(6)4.5
【详解】（1）根据盖斯定律，总式=i+ii，；故答案为：434；
（2）反应i为吸热反应，高温有利于反应i正向进行；反应i为系数和增大的反应，低压有利于反应i正向进行；故有利于提高反应i平衡转化率的条件为高温低压，故选B；
（3）反应i生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的pH增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液饱和，所以溶液pH几乎不变；故答案为：溶液中氨水浓度达饱和；
（4）①路径1和路径2都断裂N-H键，但路径1形成的是O-H键，而路径2形成的是AL-H键，由于O-H键的键能大于Al-H的键能，所以O-H键更容易形成，所以能垒较低；
故答案为：O-H；Al-H；
②开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时反应速率然加快；故答案为：NH3·H2O电离产生OH-对反应i有催化效果；
（5）相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的；故答案为：能够降低能耗；减少原料成本、产物无需分离、获得CO副产物；
（6），设溶液体积为V L，则，由于AgNO3全部生成了Ag(NH3)2NO3，因此溶液中Ag+的物质的量为0.2Vmol，根据反应，，，根据电荷守恒，，，，c(H+)=0.4mol/L，，；故答案为：4.5。
天津市和平区2023届高三下学期二模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．《天工开物》中“宋子曰：天生五谷以育民，美在其中，有黄裳之意焉。稻以糠为甲，麦以麸为衣，粟、梁、黍、稷毛羽隐然。”该古文中“麸”的主要成分是
A．纤维素 B．蛋白质 C．油脂 D．淀粉
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．N2的结构式： B．顺-2-丁烯的球棍模型：
C．的空间填充模型： D．基态氮原子的轨道表示式：
3．是重要的还原剂，合成方法为。下列说法正确的是
A．碱性强弱：LiOH>NaOH B．半径大小：
C．熔点：Na>Li D．有一个键为配位键
4．为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是
A．铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B．铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C．烘干时间过长，会导致测定结果偏小
D．若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
5．下列说法不正确的是
A．淀粉在酸或酶的作用下最终水解的产物是葡萄糖
B．油脂在强碱溶液中，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油
C．蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸
D．核酸在一定条件下最终水解产物是形成其单体的核苷
6．下列说法正确的是
A．标准状况下，1 mol 的体积为22.4 L
B．同温同压下，等体积的和CO所含分子数相同
C．pH=1的盐酸中，为
D．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
7．下列叙述正确的是
A．不能用核磁共振氢谱区分和
B．铁管镀铝层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越低，该反应越不易进行
D．某温度下，一元弱酸HA的越大，则NaA的(水解常数)越大
8．根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸溶液，将得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊
Cl的非金属性比S的强
B
向乙醇中加入绿豆大小的钠块，有气泡产生
证明乙醇中含有水
C
将2体积和1体积混合通入装有灼热的容器中充分反应，产物依次通过溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色
说明和的反应有一定的限度
D
将用稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄
氧化性：
A．A B．B C．C D．D
9．氯化锌易潮解、易升华。从市售的氯化锌［含］中制备无水氯化锌，装置如图所示，管式炉有升温和降温的调节功能。下列说法错误的是
A．恒压滴液漏斗、倒置漏斗的作用分别是平衡气压、防止倒吸
B．通入排出装置中气体的必须是干燥的
C．在尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ，再撤去管式炉Ⅱ
10．团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数，反应示意图和所测数数据如下。有关说法错误的是
A．
B．离子半径：
C．团簇对于具有比大的亲和力
D．由于团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的通过
11．“浓差电池”利用某离子浓度大其氧化性或还原性强的特点而设计的。如图，甲池为3 mol/L的AgNO3溶液，乙池为1 mol/L的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验时先闭合K2，断开K1，发现电流计指针发生偏转。下列说法错误的是
A．一段时间后电流计指针将归零，此时可视为反应达到平衡
B．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升
C．当电流计指针归零后，闭合K1，断开K2后，乙中Ag电极质量增加
D．实验开始先闭合K2，断开K1，此时向B电极移动
12．常温时，用0.100 0 的NaOH溶液滴定二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加的变化关系如图所示。［比如的分布系数：］。下列说法错误的是
A．常温时，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
B．常温时，的两级水解常数
C．常温时，滴定至pH=5.5时，
D．常温时，b点对应的溶液中存在可逆过程，且
二、结构与性质
13．、是新型磁性材料的成分。依其中有关元素回答问题：
(1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于_______区，铁元素在元素周期表中的位置_______。
(2)的立体构型为_______；其中B原子的杂化方式为_______。
(3)是一种重要的还原剂，其组成元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(4)的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。
①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为_______。
②该晶体密度为，则K和Co之间的最短距离为_______pm。
(5)的制备：称取研细的10.0 g和5.0 g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25 mL浓氨水，5 mL 30%的溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得溶液。写出该的离子方程式为_______。在制取的过程中可能还会有a.、b.、c.三种物质生成，物质的量相等的这三种物质分别与足量反应，生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为_______(填字母序号)。
(6)常温下，已知电离平衡常数：、，、。写出向0.1 的碳酸钠溶液中逐滴加入0.1 溶液，生成沉淀的离子方程式_______。
三、有机推断题
14．美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如下：
已知：①DME的结构简式为 ②
回答下列问题：
(1)A中的官能团名称是_______。D的分子式为_______。
(2)B到C的反应类型是_______。E的结构简式为_______。
(3)写出在催化剂作用下D聚合反应的方程式_______。
(4)A的同分异构体中，遇到溶液显紫色且分子中苯环上只有两个取代基的有_______种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的所有结构简式_______。
(5)F到G的反应方程式为_______。
(6)4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，在下框中写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线_______ (其他试剂任选)。
四、工业流程题
15．铁氰化钾［］由亚铁氰化钾［］制得，请回答下列问题。
Ⅰ.亚铁氰化钾的制取
以含NaCN电镀液为主要原料制备的流程如下：
(1)常温下，HCN的电离常数。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，其操作的目的是_______。
(2)反应器加热至50℃，再慢慢加入加入溶液，在80℃下维持反应30～40min，发生的反应方程式是_______，反应完成后再加入溶液的作用是_______。
(3)转化池中发生复分解反应生成，说明该反应能发生的理由_______。
(4)系列操作B为_______。
Ⅱ.铁氰化钾的制取
(5)电解法：工业上，以石墨为电极，电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，阳极的电极反应式为_______。
(6)氯氧化法：在氯气的作用下，在约60～65℃下将亚铁氰化钾热溶液氧化。当反应物料液的pH控制在6～7时，停止引入氯气，该步反应的方程式为_______。然后加入饱和溶液(碱性下被还原为)和未反应完的亚铁氰化钾继续反应，并用棕色硫酸铁铵检查反应是否完全，用盐酸调节料液的pH，使pH为7～8，该步反应的方程式为_______反应后，将料液沉淀，过滤并在溶液中真空经_______(填提纯方法)得铁氰化钾成品。用这种方法可以提纯下列实验产品的是_______(填序号)。
a.粗碘(含有少量沙粒) b.粗乙醇(含有少量水) c.粗苯甲酸(含有少量氯化钠)
五、原理综合题
16．基于载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。
(1)总反应 _______。
(2)有利于提高反应i平衡转化率的条件为_______(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(3)60℃、100 kPa条件下，反应ii中溶液，pH随时间变化如图，120 min～180 min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是_______。
(4)为探究反应ii中15 min时反应速率突然加快的原因，我国科学家利用计算机模拟了反应ii的反应路径。
①比较不同路径，路径1能垒(活化络合物与反应物的零点能之差)较低的原因是_______的键能大于_______的键能。
②15 min时反应速率突然加快的原因是_______。
(5)相较于哈伯法合成氨碳基化学链合成氨的优势有_______、_______(写出两条即可)。
(6)可用0.2 溶液吸反应ii排放出的，全部生成而失效。为使吸收液完全再生，向其中加入0.4 溶液调节pH至少为_______。
(已知常温下，，的。)
参考答案：
1．A
【详解】根据“稻以糠为甲，麦以麸为衣”可知，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素，A项正确；
选A。
2．A
【详解】A．结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：，A正确；
B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；
C．已知CO2是直线形分子，故的空间填充模型为：，C错误；
D．根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D错误；
故答案为：A。
3．D
【详解】A．同族至上而下金属性增强，最高价氧化为的水化物碱性增强即：LiOH
故选D。
4．C
【详解】A.铁皮未及时取出，导致部分铁与盐酸反应，质量差偏大，则锌的质量偏大，引起结果偏大，A错误；
B.铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差偏小，则锌的质量偏小，引起结果偏小，B错误；
C.烘干时间过长，部分铁被氧化，则剩余物的质量偏大，锌的质量偏小，导致测定结果偏小，C正确；
D.若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，D错误；
答案选C。
5．D
【详解】A．淀粉为多糖，水解产生葡萄糖，A项正确；
B．油脂为酯类由高级脂肪酸和甘油酯化而成，油脂碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，B项正确；
C．蛋白质为氨基酸缩聚而成，其水解产物为氨基酸，C项正确；
D．核酸最终水解为磷酸和脱氧核糖等，D项错误；
6．B
【详解】A．标况下，水不是气态，无法使用22.4L/mol计算气体体积，故A错误；
B．同温同压下，和CO的体积相等，分子数相等，故B正确；
C．pH=1的盐酸中，为，故C错误；
D．设质量为mg，丁烷所含碳原子物质的量为，乙烷所含碳原子物质的量为，丁烷所含碳原子数不是相同质量乙烷的2倍，故D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．乙醇中有三类氢，而CH3OCH3只有一类氢，所以两者核磁共振氢谱不同可用于区别两者，A项错误；
B．铁和铝形成原电池而更活泼的铝作为负极发生氧化反应而Fe作为正极不发生反应而被保护，所以无论是否破损，Al都作为负极反应而Fe不反应，B项正确；
C．活化能越低反应越易进行，C项错误；
D．Kh=Kw/Ka，Ka 越大，则NaA的 Kh (水解常数)越小，D项错误；
故选B。
8．C
【详解】A．向亚硫酸钠溶液中滴加盐酸溶液比较的是亚硫酸和盐酸的酸性强弱，而非金属性与最高价氧化物的水化物酸性强弱有关即应该比较H2SO4和HClO4酸性强弱，A项错误；
B．乙醇中的羟基氢能被Na置换产生H2，B项错误；
C．SO2和O2按照系数比投料充分反应后，用品红检测褪色，即体系中仍然存在SO2，所以该反应不能彻底即存在平衡限度，C项正确；
D．酸性条件下硝酸根能将Fe2+氧化为Fe3+而产生干扰，D项错误；
故选C。
9．D
【详解】A．恒压滴液漏斗有连通管连接漏斗和三颈瓶起到恒压的作用使液体顺利滴下。水吸收HCl，大口径的漏斗可与防止倒吸，A项正确；
B．氯化锌易水解为Zn(OH)Cl 所以需要通入干燥的N2，B项正确；
C．尾气吸收装置中含水会使无水ZnCl2 再次吸水，所以需要尾气吸收装置前应增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶，C项正确；
D．氯化锌易升华经管式炉Ⅰ加热升华至管式炉Ⅱ凝华提纯收集到氯化锌固体，所以反应结束先撤去Ⅱ再撤Ⅰ，D项错误；
故选D。
10．A
【详解】A．根据图示，时，，，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Cs和Rb都是ⅠA族元素，离子半径：，B正确；
C．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，C正确；
D．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏，可推断团簇表面的孔是柔性的，使得能无破坏进入笼内，D正确；
故选A。
11．C
【分析】断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，甲池为3mol•L-1的AgNO3溶液，乙池为1mol•L-1的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，可知A为正极，发生还原反应，B为负极，发生氧化反应，向负极移动；闭合K1，断开K2，为电解装置，与电源正极相连的B极为阳极，阳极金属银被氧化，阴极A析出银，向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，据此分析解答。
【详解】A．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，当两池银离子浓度相等时，反应停止，电流计指针将归零，A正确；
B．闭合K1，断开K2后，为电解池，与电源正极相连的B是阳极，阳极金属银被氧化产生银离子，向阳极移动，则乙池硝酸银浓度增大，B正确；
C．闭合K1，断开K2后，乙池中的B极为电解池的阳极，银失电子发生氧化反应，质量减小，C错误；
D．断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，A为正极，B为负极，阴离子移向负极，则向B极移动，D正确；
故答案为：C。
12．D
【分析】利用a点（pH=4.4，c(H+)=10-4.4mol/L）计算，同理利用c点计算Ka2=。
【详解】A．H2A的第二个滴定突跃在酚酞的变色范围，可选酚酞作为指示剂，且滴定终点时酚酞由无色变为浅红色，A项正确；
B．、，则Kh1⋅Kh2=，B项正确；
C．pH=5.5时，计算c(A2-)=，利用计算c(H2A)= ，所以c(H2A):c(HA-):c(A2-)=10-1.1:1:10-1.2=100.1:101.2:1，C项正确；
D．2HA−⇌H2A+A2−，且K=，D项错误；
故选D。
13．(1) f 第四周期、第VIII族
(2) 平面三角形
(3)H>B>K
(4) F>Co>K
(5) a>b>c
(6)
【详解】（1）钕(Nd)属于镧系元素属于f区元素。Fe为26号元素电子排布为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族。答案为f；第四周期、第VIII族；
（2）BF3的价层电子对数=3+，采取sp2杂化，立体构型为平面三角形。答案为平面三角形；sp2；
（3）元素的非金属性越强电负性越大，即K
（4）元素的金属性越强，第一电离能越小，即K
（5）Co2+被H2O2氧化为Co3+，而氨水提供NH3进行配位。反应为2Co2++2 +H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O。配合物中内界无法进行电离即只有外界氯能产生Cl-与Ag+产生沉淀，则物质的量相等的这三种物质完全反应生成AgCl的物质的量由大到小的顺序为：[Co(NH3)5Cl]Cl2> [Co(NH3)4Cl2]Cl>[Co(NH3)3Cl3]，即a>b>c。答案为2Co2++2 +H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]3++2H2O ；a>b>c；
（6）Na2CO3水解时，，，则Kh=代入数据计算得c(OH-)=mol/L，溶液中Co(OH)2刚好沉淀时c(Co2+)c2(OH-)=Ksp[Co(OH)2]=1×10−15得到c(Co2+)=10-7mol/L。而CoCO3开始沉淀时c(Co2+) c ()=Ksp(CoCO3)=1×10−13计算得c(Co2+)=10-12mol/L。从计算得到先沉淀CoCO3，所以反应为Co2++ =CoCO3↓。答案为Co2++ =CoCO3↓。
14．(1) 醚键、氮基
(2) 取代反应
(3)n
(4) 6
(5)+(CH3CO)2O +CH3COOH
(6)
【分析】A和乙二醇反应生成B，由B和C的结构简式可知，B和DMF发生取代反应生成C，对比C、D的结构式可知是C中醛基的位置变为了碳碳双键，所以第一步反应是C中醛基和CH3NO2加成，D和H2加成生成E，E的结构简式为：，E发生已知②的反应将硝基转化为氨基生成F，则F的结构简式为，F和乙酸酐发生取代反应生成G，以此解答。
【详解】（1）由结构简式可知，A中的官能团名称是醚键、氮基。D的分子式为。
（2）由B和C的结构简式可知推知B和DMF发生取代反应生成C。由分析可知，E的结构简式为：。
（3）D中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成，化学方程式为：n 。
（4）A的同分异构体中，遇到FeCl3溶液显紫色说明其中含有酚羟基，另外苯环上只有两个取代基，两个取代基是-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置，符合条件的的同分异构体共有6种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰,峰面积之比为2 : 2: 2 : 2 : 1的同分异构体的结构简式为：。
（5）由分析可知，F的结构简式为，F和乙酸酐发生取代反应生成G，方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。
（6）QCH3.
QCH3
QCH3
QCH3
QCHg
(5)苯甲醚发生硝化反应生成，被还原为，和乙酸酐反应生成，合成路线为。
15．(1)抑制水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境
(2) 改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量
(3)相同温度下的溶解度小于
(4)在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)
(6) 重结晶 c
【分析】反应器中制备Na4Fe(CN)6，而转化池为Na4Fe(CN)6转化为K4Fe(CN)6。
【详解】（1）NaCN为弱酸强碱盐发生水解，加入碱可抑制其水解。答案为抑制CN-水解成HCN，防止加热时将生成的HCN排出，污染环境；
（2）反应制备Na4Fe(CN)6，反应为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4。加入CaCl2消耗Na2SO4更有利于生成Na4Fe(CN)6。答案为6NaCN+FeSO4=Na4Fe(CN)6+Na2SO4；改善过滤操作和降低硫酸钠含量，从而提高亚铁氰化钠产品的质量；
（3）利用物质溶解度的差异，相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6。答案为相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6；
（4）Fe2+不稳定，从溶液中得到晶体，所以具体操作为在真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为真空环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）电解亚铁氰化钾溶液可以制备铁氰化钾，该反应中铁化合价升高在阳极发生氧化反应，所以反应为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−。答案为[Fe(CN)6]4−−e−=[Fe(CN)6]3−；
（6）氯气将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为KCl，所以反应为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl。KMnO4将亚铁氰化钾氧化为铁氰化钾而自身还原为MnO2，所以反应为3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH。固体随着温度变化溶解度不同可采取重结晶纯化。
a．沙中的碘可直接加热升华、收集I2，a项不符合题意；
b．乙醇中少量的水加入CaO后进行蒸馏，b项不符合题意；
c．苯甲酸和氯化钠在水中的溶解度随温度变化不同，可利用重结晶纯化，c项符合题意；
故选c。
答案为2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；3K4Fe(CN)6+KMnO4+2H2O=3K3Fe(CN)6+MnO2+4KOH；c；重结晶；c。
16．(1)434
(2)B
(3)溶液中氨水浓度达饱和
(4) O-H Al-H 电离产生更易与结合，从而对反应ii有催化效果
(5) 能够降低能耗 减少原料成本、产物无需分离、获得CO副产物等其它合理答案
(6)4.5
【详解】（1）根据盖斯定律，总式=i+ii，；故答案为：434；
（2）反应i为吸热反应，高温有利于反应i正向进行；反应i为系数和增大的反应，低压有利于反应i正向进行；故有利于提高反应i平衡转化率的条件为高温低压，故选B；
（3）反应i生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的pH增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液饱和，所以溶液pH几乎不变；故答案为：溶液中氨水浓度达饱和；
（4）①路径1和路径2都断裂N-H键，但路径1形成的是O-H键，而路径2形成的是AL-H键，由于O-H键的键能大于Al-H的键能，所以O-H键更容易形成，所以能垒较低；
故答案为：O-H；Al-H；
②开始时AlN和水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时反应速率然加快；故答案为：NH3·H2O电离产生OH-对反应i有催化效果；
（5）相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的；故答案为：能够降低能耗；减少原料成本、产物无需分离、获得CO副产物；
（6），设溶液体积为V L，则，由于AgNO3全部生成了Ag(NH3)2NO3，因此溶液中Ag+的物质的量为0.2Vmol，根据反应，，，根据电荷守恒，，，，c(H+)=0.4mol/L，，；故答案为：4.5。
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