山东省菏泽市单县第二中学2024届高三2月模拟3化学试题（PDF版含答案）

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选题题 本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学起源于生活，同时促进社会的发展，下列叙述错误的是( )
A．神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于共价晶体
B．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的处理
C．绿色化学的核心思想是凡污染必治理
D．“纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，促进了纳米科学与医学的交融
答案 C
解析 氮化硅熔点为1 900 ℃，具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，故A正确；高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，能使蛋白质变性，产物可转化为氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮物形成沉淀，可用于饮用水的处理，故B正确；绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段，从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，不是污染后再治理，故C错误；“纳米酶”具有纳米材料的特性，又有生物酶所特有的性质，所以“纳米酶”的提出，模糊了无机材料与有机生物界限，促进了纳米科学与医学的交融，故D正确。
2．下列有关实验操作的叙述错误的是( )
A．滴定管上标有使用温度和“0”刻度，使用前用水洗净，直接加入待装液
B．配制溶液时，容量瓶底部有少量蒸馏水对实验无影响
C．测中和反应的反应热时，温度计测完盐酸温度后，应冲洗干净并擦干，再测氢氧化钠溶液的温度
D．萃取后的分液操作中，下层液体从分液漏斗下端放出，上层液体从上口倒出
答案 A
解析 滴定管使用前应先水洗再润洗，否则会使标准液被稀释，产生误差，故A错误；配制溶液时，开始在烧杯中溶解或稀释，后还需在容量瓶中加蒸馏水，所以容量瓶中有少许蒸馏水无影响，故B正确；测定中和反应反应热，温度计沾有盐酸，会和碱反应，再次测量会引起误差，故C正确；为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确。
3．下列图示与对应的叙述相符或能达到相应目的的是( )
答案 A
解析 浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，且NaOH固体遇水放出大量的热，均有利于氨气逸出，故A正确；待测液应盛放在锥形瓶中，NaOH与稀硫酸反应无现象，因此需要用到指示剂，故B错误；浓硫酸不挥发，不能产生白烟，故D错误。
4．陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是( )
答案 B
解析 氯化铵溶液可用于除锈是因为氯化铵在溶液中水解生成的氢离子与铁锈中的氧化铁反应，故A错误；往苯酚悬浊液中滴加碳酸钠溶液，溶液变澄清说明苯酚能与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，证明苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，故B正确；过氧化氢常用于杀菌消毒是因为过氧化氢溶液具有强氧化性，故C错误；乙醇与浓硫酸共热发生消去反应生成乙烯和水，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与乙醇可发生取代反应无关，故D错误。
5．M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，Y元素原子的价层电子数是W的两倍，由五种元素组成的某电极材料的结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．简单氢化物沸点：Z＞Y B．该化合物中必然存在配位键
C．由M和Y形成的化合物中可能存在共价键 D．基态X原子的价层电子排布式：2s22p2
答案 A
解析 M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；M形成＋1价阳离子，其中原子序数小于碳，可知M为Li元素；五种元素组成的电极材料阴离子结构中，Y形成2个共价键，其价层电子数为6，而Y元素原子的价层电子数是W的两倍，W的价层电子数为3，则W为B元素、Y为O元素；Z形成1个共价键，则Z为F元素。由分析可知，Z、Y的简单氢化物分别为HF、H2O，常温下HF是气体，而H2O是液体，则沸点：HF＜H2O，故A错误；B原子最外层仅有3个电子，阴离子中B原子形成的4个共价键中有1个是配位键，故B正确；锂与氧可以形成Li2O2，该化合物中氧原子之间形成共价键，故C正确；基态C原子的价层电子排布式为2s22p2，故D正确。
6．有机物A、B均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，如图所示，A在一定条件下可转化为B，下列说法错误的是( )
A．分子B中只含有3种官能团 B．分子A中所有碳原子不可能位于同一平面
C．分子B能发生银镜反应，但不能发生水解反应 D．用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A
答案 A
解析 分子B中含有4种官能团：碳碳双键、醚键、醛基和酮羰基，A错误；A中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，而B中无酚羟基，不能发生显色反应，所以用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A，D正确。
7．钴(C)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。以甲醇为溶剂，C2＋可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是( )
A．色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C
B．色胺酮分子中N原子均为sp3杂化
C．色胺酮钴配合物中钴的配位数为4
D．X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合
答案 D
解析 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于O，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，氢原子的原子半径小，核外电子受到原子核的引力大于碳原子，失去1个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于碳，则元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C，故A正确；由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，钴的配位数为4，故C正确；甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子，说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确。
8．铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．CH3I、CH3COI都是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO===CH3CO2H
C．CH3OH＋HI===CH3I＋H2O为取代反应
D．[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变
答案 D
解析 根据图中信息，反应物为CH3OH、CO，产物为CH3CO2H，因此CH3I、CH3COI都是反应中间体，故A、B正确；[Rh(CO)2I2]－降低了甲醇羰基化反应的活化能，但反应的焓变不变，故D错误。
9．Rbinsn合环反应是合成多环化合物的重要方法，例如：
下列说法正确的是( )
A．有机物M、P、Q互为同系物 B．有机物M、P、Q均含有手性碳原子
C．有机物N中所有原子可能在同一平面内 D．有机物N完全氢化后的名称为2-丁醇
答案 D
解析 有机物M与P、Q所含官能团种类、数目或环不相同，结构不相似，不互为同系物，A项错误；有机物M、P中不含有手性碳原子，B项错误；有机物N分子中含有甲基，甲基中最多三个原子共平面，C项错误；有机物N完全氢化后的结构简式为，名称为2-丁醇，D项正确。
10．如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是( )
A．N极为负极，发生氧化反应
B．电池工作时，N极附近溶液pH减小
C．M极发生的电极反应为(C6H10O5)n－24ne－＋7nH2O===6nCO2↑＋24nH＋
D．处理0.1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)时，有1.4 ml H＋从交换膜左侧向右侧迁移
答案 C
解析 由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M极为负极；重铬酸根离子得到电子发生还原反应，则N极为正极；电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3＋，其反应式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，B错误；有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为(C6H10O5)n－24ne－＋7nH2O===6nCO2↑＋24nH＋，C正确；根据电子守恒可知，Cr2Oeq \\al(2－,7)～6H＋，则处理0.1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)时，有0.6 ml H＋从交换膜左侧向右侧迁移，D错误。
本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．科学家最新发现含硫物质在微生物的作用下会发生如图所示变化(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程的说法错误的是( )
A．整个转化体系中，微生物起到催化的作用
B．SOeq \\al(2－,3)经过步骤1、2消耗的H＋与直接经过步骤3消耗的H＋一样多
C．SCN－空间结构为直线形，中心碳原子为sp杂化
D．1 ml SOeq \\al(2－,3)经过步骤3生成HS－转移的电子数为6NA
答案 B
解析 整个过程中，可以看出微生物在反应前后不发生变化，为催化剂，起到催化作用，故A正确；步骤1：SOeq \\al(2－,3)＋SCN－===S2Oeq \\al(2－,3)＋CN－，无H＋参与反应，不消耗H＋，步骤2：S2Oeq \\al(2－,3)＋8e－＋8H＋===2HS－＋3H2O，消耗8 ml H＋，步骤3：SOeq \\al(2－,3)＋6e－＋7H＋===HS－＋3H2O，消耗7 ml H＋，步骤1、2生成2 ml HS－时共消耗8 ml H＋，步骤3生成2 ml HS－时需消耗14 ml H＋，所以他们消耗的H＋不一样多，故B错误；由B项中化学方程式可知1 ml SOeq \\al(2－,3)生成HS－转移的电子的物质的量为6 ml，即电子数为6NA，故D正确。
12．我国科学家开发了一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时，电子由b极经3A沸石分子筛膜流向a极
B．放电时，a极的电极反应式为Na＋＋e－===Na
C．充电时，b极为阳极，发生还原反应
D．充电时，电路中每迁移2 ml电子，理论上a极净增重46 g
答案 D
解析 放电时，电子不经过电解质，故A错误；放电时，a极为负极，电极反应式为Na－e－===Na＋，故B错误；充电时，b极为阳极，阳极失去电子发生氧化反应，故C错误；充电时，a极为阴极，电极反应式为Na＋＋e－===Na，电路中每迁移2 ml电子，理论上a极净增重46 g，故D正确。
13．乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①后无需过滤、洗涤，可直接在反应体系中进行反应②
B．反应②中的H2O2起催化剂作用
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作
D．碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸
答案 C
解析 若不过滤、洗涤，过量的热碱会消耗硫酸，浪费原料，A错误；H2O2起氧化作用，将Cu氧化为Cu(Ⅱ)，B错误；步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，存在相同的操作为过滤，C正确；碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，在水溶液中便于反应发生，D错误。
14．乙烯(C2H4)、丙烯(C3H6)、丁烯(C4H8)都是基础化工原料，这三种烯烃之间存在下列三个反应：
反应Ⅰ：3C4H8(g)4C3H6(g) ΔH1＝＋78 kJ·ml－1
反应Ⅱ：2C3H6(g)3C2H4(g) ΔH2＝＋117 kJ·ml－1
反应Ⅲ：C4H8(g)2C2H4(g) ΔH3
在恒压密闭容器中，反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数随温度T的变化关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A．反应Ⅲ的ΔH3＝＋104 kJ·ml－1
B．700 K时，反应Ⅱ的物质的量分数的平衡常数K≈2.22×10－2(以物质的量分数代替平衡浓度)
C．提高C4H8的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂
D．超过700 K后曲线a下降的原因可能是随着温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动
答案 D
解析 根据盖斯定律可知，反应Ⅲ＝eq \f(1,3)×(反应Ⅰ＋反应Ⅱ×2)，得到C4H8(g)2C2H4(g) ΔH3＝＋104 kJ·ml－1，A正确；反应达到平衡时，升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的化学平衡均正向移动，即丁烯(C4H8)的物质的量分数在不断减少，丙烯(C3H6)的物质的量分数先增加后减少，乙烯(C2H4)的物质的量分数在不断增加，故曲线a代表丙烯，曲线b代表丁烯，曲线c代表乙烯；700 K时，丁烯和乙烯的物质的量分数均为0.2，丙烯的物质的量分数为0.6，反应Ⅱ的物质的量分数的平衡常数K＝eq \f(0.23,0.62)≈2.22×10－2，B正确；降低温度或增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的化学平衡均逆向移动，C4H8的物质的量分数增大，故提高C4H8的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂，C正确；根据图中信息丁烯在不断减小，则超过700 K后曲线a下降的原因可能是随着温度升高反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ正向移动的程度，D错误。
15．298 K时，用NaOH溶液分别滴定等物质的量浓度的HR、Ga(NO3)3、Ce(NO3)3三种溶液。pM[p表示负对数，M表示eq \f(cHR,cR－)、c(Ga3＋)、c(Ce3＋)]随溶液pH变化的关系如图所示。已知：Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]。下列推断正确的是( )
A．②代表滴定Ga(NO3)3溶液的变化关系
B．一般情况下，适量的Ce(OH)3固体能完全溶于HR溶液
C．Ga(OH)3固体能完全溶于HR溶液
D．滴定HR溶液至c(R－)＝c(HR)时，溶液中：2c(Na＋)＝c(HR)＋c(R－)
答案 B
解析 由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Ga(OH)3]，即Ga(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，③为滴定HR溶液的变化关系，而①、②分别为滴定Ga(NO3)3、Ce(NO3)3溶液的变化关系。由pH＝4.1时，c(OH－)＝10－9.9 ml·L－1推知Ksp[Ga(OH)3]＝1×(10－9.9)3＝10－29.7，同理pH＝7.3时，推得Ksp[Ce(OH)3]＝1×(10－6.7)3＝10－20.1；由pH＝5.5时，得出Ka(HR)＝eq \f(cR－·cH＋,cHR)＝1×10－5.5。由分析知，②为滴定Ce(NO3)3溶液的变化关系，A项错误；Ce(OH)3＋3HRCe3＋＋3R－＋3H2O，K＝eq \f(Ksp[CeOH3]×K\\al(3,a)HR,K\\al(3,w))＝eq \f(10－20.1×10－5.53,10－42)＝105.4，该反应的K较大，该反应容易发生，因此适量Ce(OH)3能完全溶于HR溶液，B项正确；Ga(OH)3＋3HRGa3＋＋3R－＋3H2O，K＝eq \f(Ksp[GaOH3]×[KaHR]3,K\\al(3,w))＝eq \f(10－29.7×10－5.53,10－42)＝10－4.2，该反应的K较小，该反应难以发生，因此Ga(OH)3不能完全溶于HR溶液，C项错误；滴定HR溶液至c(R－)＝c(HR)时，由Ka的表达式知，此时c(H＋)＝10－5.5 ml·L－1，溶液呈酸性，若溶液中：2c(Na＋)＝c(HR)＋c(R－)，则可得c(Na＋)＝c(R－)，再结合电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(R－)，则c(H＋)＝c(OH－)，与溶液环境不符，故D错误。
本题共5小题，共60分。
16．(12分)中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下述之物见其还原溴化亚氨合汞(Hg2NHBr2)和甘汞(Hg2Cl2)是汞的两种重要化合物。回答下列问题：
(1)Hg的原子序数为80，基态Hg原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中的位置为___________。
(2)Hg2NHBr2中存在如图1所示层状结构。
①N原子的杂化方式为___________；NBr3分子的空间构型为___________。
②该层状结构的最简式为___________；层间还有Hg2＋和Br-，其个数比为___________。
(3)Hg2Cl2晶体属四方晶系，晶胞参数如图2所示，晶胞棱边夹角均为900。已知Hg—Hg键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___________；晶胞中A、B间距离d＝___________pm；若阿佛加德罗常数为NA，则晶胞的密度为___________ g·cm-3。(已知Hg2Cl2的摩尔质量为472.2 g·ml-1)
【答案】(1) 5d106s2 第六周期第ⅡB族(2) sp3 三角锥形 [Hg3(NH)2Br]＋ 1:3(3) (，，)
【解析】(1)Hg的原子序数为80，基态Hg原子的价电子排布式为5d106s2，在元素周期表中的位置为第六周期第ⅡB族；(2)①Hg2NHBr2中N原子价层电子对数＝3＋(5-1-3×1)＝3.5，杂化方式为sp3；NBr3中N原子的价层电子对数＝3＋(5-3×1)＝4，分子的空间构型为三角锥形；②结合层状结构，根据原子个数之比，最简式为[Hg3(NH)2Br]＋，Hg2＋和Br-个数比为1：2；(3)A点从标位于棱上，为(0，0，)，B点原子位于体中心线上，则B点原子的分数坐标为(，，)；AB连线、B垂直于底面、A与对角线的另一个Hg原子连接起来形成一个直角三角形，根据三线长度，所以晶胞中A、B间距离d＝pm；根据均摊法，晶胞中含有8×＋2＝4个Hg，8×＋2＝4个Cl，密度ρ＝＝
17．(12分)Na2S2O3·5H2O易溶于水，不溶于乙醇，40～45 ℃熔化，48 ℃分解，具有较强的还原性和配位能力，是定量分析中的还原剂和冲洗照相底片的定影剂。
Ⅰ.制备硫代硫酸钠的一种方法：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2。
(1)请选择制备SO2的合适装置：__________(填字母)，对应的制备原理的化学方程式为 __________。

(2)将制得的硫代硫酸钠晶体粗品纯化后，再干燥得到纯净的硫代硫酸钠晶体。干燥时温度不能超过40 ℃的原因： ______________。
Ⅱ.硫代硫酸钠性质探究
(3)Na2S2O3溶液eq \(――――――→,\s\up7(滴加FeCl3溶液))溶液迅速变为紫黑色eq \(――→,\s\up7(静置))溶液颜色逐渐变浅最终呈浅绿色。
查资料知：
①Fe3＋＋2S2Oeq \\al(2－,3)===[Fe(S2O3)2]－(紫黑色) 快
②[Fe(S2O3)2]－＋Fe3＋===2Fe2＋＋S4Oeq \\al(2－,6) 慢
③2Fe3＋＋2S2O2－3===2Fe2＋＋S4Oeq \\al(2－,6) 慢
试结合已知条件从动力学角度解释溶液颜色变化的可能原因： __________。
Ⅲ.硫代硫酸钠的应用
Na2S2O3是实验室定量分析中的重要还原剂。为测定咸菜中亚硝酸根离子的含量(忽略硝酸根离子的干扰)，取2 kg咸菜榨汁，收集榨出的液体，加入提取剂，过滤得到无色滤液，将该滤液稀释至体积为1 L，取100 mL稀释后的滤液与过量的稀硫酸和碘化钾溶液的混合液反应，再滴加几滴淀粉溶液，用0.02 ml·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定，共消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00 mL。
(4)若配制480 mL 0.02 ml·L－1的Na2S2O3溶液，需要用托盘天平称取________ g Na2S2O3·5H2O。
(5)①在碱式滴定管中装入Na2S2O3溶液后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为______(填字母)。
②该咸菜中亚硝酸根离子的含量为________ mg·kg－1(已知：2NOeq \\al(－,2)＋4H＋＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))。下列操作引起测量结果偏高的是________(填字母)。
A．配制Na2S2O3溶液时俯视容量瓶刻度线
B．称取Na2S2O3·5H2O时药品和砝码位置放反
C．滴定终点时俯视读数
D．碱式滴定管未润洗
答案 (1)A(或B) Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Cu＋2H2SO4(浓)eq \(=====,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O] (2)超过40 ℃会造成晶体熔化，并且容易失去结晶水，或会分解 (3)络合反应(反应①)的活化能小于氧化还原反应(反应②③)的活化能 (4)2.5 (5)①B ②92 BD
解析 (1)亚硫酸钠与浓硫酸在不加热的情况下制备二氧化硫，实验过程中要控制反应速率，需要用A装置制取二氧化硫；如果用铜与浓硫酸制取二氧化硫，则需要用B装置。(4)n＝cV＝0.02 ml·L－1×0.5 L＝0.01 ml，m(Na2S2O3·5H2O)＝nM＝0.01 ml×248 g·ml－1＝2.48 g≈2.5 g。(5)①碱式滴定管胶管中藏有气泡，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉。②消耗的n(Na2S2O3)＝0.02 ml·L－1×0.02 L＝4×10－4 ml，根据关系：2S2Oeq \\al(2－,3)～2NOeq \\al(－,2)，则100 mL滤液中亚硝酸根离子的含量为4×10－4 ml，则原1 L溶液中含有亚硝酸根离子4×10－3 ml，则该咸菜中亚硝酸根离子的含量为eq \f(4×10－3 ml×46 g·ml－1×1 000 mg·g－1,2 kg)＝92 mg·kg－1。配制Na2S2O3溶液时俯视容量瓶刻度线，导致所配制的溶液浓度偏大，标准液的体积偏小，测定结果偏低，A不符合题意；称量固体时，药品和砝码放反，导致固体质量减小，所配制的标准液浓度偏小，标准液体积偏大，测定结果偏高，B符合题意；滴定时俯视读数，读数偏小，标准液体积偏小，测定结果偏低，C不符合题意；滴定管未润洗，导致标准液浓度偏小，标准液体积偏大，结果偏高，D符合题意。
18．(12分)利用钛白废酸[含H2SO4、FeSO4、Al2(SO4)3等]和粉煤灰可资源再利用制备无机高分子絮凝剂-聚合硫酸硅酸铁铝(PFASS)，工艺流程如下：
已知：①粉煤灰在酸中只有有限的溶解能力；
②粉煤灰的化学组成：
回答下列问题：
(1)一种铁-铝合金晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为______________。其中基态铁原子的价层电子排布式为 ____________。
(2)为提高浸取率，可采取的措施有 ___________(填字母)。
A．加入合适的助溶剂 B．将粉煤灰加热处理 C．适当延长浸取时间
(3)“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为 __________；
“碱浸”后所得滤液的主要成分为__________。
(4)通入氧气时发生反应的离子方程式： ___________。
(5)步骤X加入铁矿烧渣的目的是 __________。
(6)根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更________(填“大”或“小”)，理由是 ____________。
(7)聚合硫酸硅酸铁铝可表示成(Fe/Al)x(OH)n(SO4)(3－0.5n)(SiO2)y，则x＝____________。
答案 (1)Fe2Al 3d64s2 (2)ABC (3)H2SO4 Na2SiO3 (4)4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
(5)进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合
(6)大 Al3＋、Fe3＋水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合 (7)2
解析 粉煤灰经钛白废酸浸取后，SiO2没有溶解，进入滤渣1，过滤后滤液中有H＋、Fe3＋、Fe2＋、Al3＋等离子，因为酸性太强，不利于Fe3＋、Al3＋的水解，加入铁矿烧渣消耗酸，再通入氧气可氧化Fe2＋，适当调节pH可获得聚合硫酸铁铝；滤渣1中SiO2经NaOH溶液浸取后得硅酸钠溶液，酸化、聚合获得聚合硅酸，最后合成聚合硫酸硅酸铁铝。(1)由晶胞结构及均摊法可知，晶胞中Fe原子的个数为8×eq \f(1,8)＋12×eq \f(1,4)＋6×eq \f(1,2)＋1＝8，Al原子的个数为4，所以化学式为Fe2Al；铁是26号元素，因此基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2。(2)A、B、C都是工艺流程中提高浸取率的措施，此外还有搅拌等。(5)若“氧化、聚合”前剩余的钛白废酸过多，会导致酸性太强，不利于Fe3＋和Al3＋水解聚合，所以需要用铁矿烧渣消耗过量的酸，调节溶液pH，利于下一步聚合。(6)根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更大，理由是Al3＋、Fe3＋水解与硅酸根离子水解互相促进，水解程度更大，有利于产品聚合。(7)根据化合价代数和为0的原则，可得3x＝n＋2×(3－0.5n)，解得x＝2。
19．(12分)有机物H是一种重要的有机合成中间体，其中一种合成路线如下：
已知：①Me表示—CH3； ②R—NH2eq \(――――→,\s\up7(一定条件),\s\d42())(R1、R2为烃基或者氢原子)；
③R—CNeq \(―――――――→,\s\up7(LiAlH4，THF，△))R—CH2NH2。
回答下列问题：(1)物质A的分子式为 _____________。
(2)物质D与氢气完全加成后的产物分子中含有__________个手性碳原子。
(3)由物质D生成E的化学方程式： __________。
(4)物质F生成G的反应类型为________。
(5)物质H中的含氧官能团的名称为________。
(6)物质M的结构简式为________。
(7)物质N在分子组成上比物质B多一个CH2，符合下列条件N的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。
A．芳香族化合物 B．能发生水解和银镜反应
C．遇FeCl3溶液显紫色 D．苯环上有两个取代基
(8)根据所学知识结合题目中信息写出以CH3CH2NMe2和为原料，合成的合成路线(其他试剂任选)。
答案 (1)C6H8N2 (2)6
(3)＋HCHO＋Me2NHeq \(――→,\s\up7(冰醋酸)) (4)还原反应
(5)酯基、醚键 (6) (7)36
(8)CH3CH2NMe2eq \(――――――→,\s\up7(1.MeI),\s\d5(2.NaCN，DMF))CH3CH2CNeq \(――――――――→,\s\up7(LiAlH4，THF，△))CH3CH2CH2NH2
eq \(――――――――――――→,\s\up7(),\s\d5(一定条件))
解析 (1)根据已知①Me为甲基，则A为，故A的分子式为C6H8N2。(2)物质D与氢气完全加成后得到，有如图的6个手性碳原子(标*)：。(3)物质D与HCHO和Me2NH在冰醋酸的作用下发生取代反应，得到物质E和水，根据题目可知，化学方程式为＋HCHO＋Me2NHeq \(――→,\s\up7(冰醋酸))。(4)已知R—CNeq \(――――――――→,\s\up7(LiAlH4，THF，△))R—CH2NH2，则物质F生成G的过程发生了还原反应。(6)根据反应过程，G中—CH2NH2基团在一定条件下与M作用变为H中R—N==C—COOCH2CH3，再根据已知②R—NH2eq \(―――――→,\s\up7(一定条件),\s\d43())，故M为。(7)物质N在分子组成上比物质B()多一个CH2，根据条件，N为芳香族化合物，则含有苯环；能发生水解和银镜反应，含有甲酸酯基；遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；苯环上有两个取代基，故符合条件的N 的同分异构体有36种。
20．(12分)气候变化是目前全球最重要、最紧迫的议题之一，CO2的综合利用是解决该问题的有效途径。
(1)可利用CH4与CO2制备“合成气(CO、H2)”，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。甲烷、二氧化碳干式重整涉及以下反应：
ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1 K1
ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2 K2
ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH3 K3
ΔfHeq \\al(θ,m)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 ml该物质的焓变。对于稳定相态单质，其ΔfHeq \\al(θ,m)为零。根据下表所示数据，计算反应ⅰ的反应热ΔH1＝________。
(2)利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为2CH3OH(g)eq \(,\s\up7(催化剂))CH3OCH3(g)＋H2O(g)，当T＝500 K时，反应平衡常数Kc≈9，该温度下，在密闭容器中加入一定量CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数__________(填字母)。
A．eq \f(1,3) D．无法确定
(3)以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，实现碳的循环利用。一种铜基催化剂对该反应有良好的催化效果。
①有学者提出CO2转化成甲醇的催化机理如图1所示，反应的副产物有 __________。
②一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
已知：反应器内发生的反应有：
a．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.5 kJ·ml－1
b．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·ml－1
CH3OH选择性＝eq \f(nCH3OH生成,nCO2消耗)×100%
ⅰ.220 ℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n(CH3OH)∶n(CO2)∶n(CO)＝1∶7.20∶0.11，则该温度下CO2转化率＝________×100%(列出计算式，不必化简)。
ⅱ.其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图2、图3所示：
温度高于260 ℃时，CO2平衡转化率变化的原因是 ___________。
由图3可知，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因： ___________。
(4)工业上也可以用电解法捕获CO2，以太阳能电池为电源，在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，则生成乙烯的电极反应为 _____________。
答案 (1)＋247.3 kJ·ml－1 (2)C (3)①CO、H2O ②eq \f(1＋0.11,1＋7.20＋0.11) 温度升高，反应a平衡逆向移动，反应b平衡正向移动；温度高于260 ℃时，反应b平衡正向移动的程度大于反应a平衡逆向移动的程度 在该条件下反应a和反应b的速率之比大于相同条件下平衡时甲醇和CO的物质的量之比
(4)2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O
解析 (1) 根据标准摩尔生成焓的定义，反应ⅰ的反应热ΔH1＝2×(－110.5 kJ·ml－1)＋2×0 kJ·ml－1－[－74.8 kJ·ml－1＋(－393.5 kJ·ml－1)]＝＋247.3 kJ·ml－1。
(2)设CH3OH初始物质的量浓度为2a ml·L－1，CH3OH的平衡转化率为α，列三段式
2CH3OH(g)eq \(,\s\up7(催化剂))CH3OCH3(g)＋H2O(g)
起始/ml·L－1 2a 0 0
转化/ml·L－1 2aα aα aα
平衡/ml·L－1 2a(1－α) aα aα
Kc＝eq \f(cCH3OCH3·cH2O,c2CH3OH)＝eq \f(aα×aα,[2a1－α]2)＝9，解得α＝eq \f(6,7)，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为eq \f(\f(6a,7),2a)＝eq \f(3,7)>eq \f(1,3)。(3)②ⅰ.220 ℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n(CH3OH) ∶n(CO2) ∶n(CO)＝1∶7.20∶0.11，结合碳原子守恒，该温度下CO2的转化率＝eq \f(1＋0.11,1＋7.20＋0.11)。ⅱ.由图2可知，温度高于260 ℃时，温度升高，反应a平衡逆向移动，反应b平衡正向移动，反应b平衡正向移动的程度大于反应a平衡逆向移动的程度，CO2的转化率增大；由图3可知，温度相同时反应a和反应b的速率之比大于相同条件下平衡时甲醇和CO的物质的量之比，故CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值。
(4)CO2在阴极发生得电子的还原反应生成乙烯，1 ml CO2得到6 ml电子，结合电荷守恒和原子守恒，生成乙烯的电极反应为2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O。A.实验室快速制氨气
B.测定某未知浓度的稀硫酸
C.绿矾晶体制备FeSO4
D.浓氨水与浓硫酸反应
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
NH4Cl溶液可用于除锈
NH4Cl易溶于水
B
往苯酚悬浊液中滴加Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>HCOeq \\al(－,3)
C
H2O2常用于杀菌消毒
H2O2受热易分解
D
乙醇与浓硫酸共热产生的气体能使酸性KMnO4溶液褪色
乙醇可发生取代反应
化学成分
SiO2
Al2O3
Fe2O3
其他
质量分数/%
52.26
22.42
11.96
13.36
物质
CH4
CO2
CO
ΔfHeq \\al(θ,m)/(kJ·ml－1)
－74.8
－393.5
－110.5