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浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高三首考模拟考试化学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高三首考模拟考试化学试题（Word版附解析），文件包含浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高三首考模拟考试化学试题原卷版docx、浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高三首考模拟考试化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Br：80 Ag：108 I：127 Ba：137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 生物大分子是生命活动的物质基础，下列不属于生物大分子的是
A. 蛋白质B. 核酸C. 油脂D. 淀粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．蛋白质是由氨基酸聚合形成的大分子物质，故A不选；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的大分子物质，故B不选；
C．油脂不是生物大分子，故C选；
D．淀粉是多糖，属于生物大分子，故D不选；
答案选C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. C2H6的空间填充模型：B. SO2的价层电子对互斥模型：
C. HCl的电子式：D. 的名称：3－甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】A． C2H6的球棍模型： ，A错误；
B． SO2的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，则二氧化硫的价层电子对互斥模型为：，B正确；
C． HCl是共价分子，电子式为，C错误；
D． 的名称：2－甲基丁烷，D错误；
答案选B。
3. 硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A. 可用于泳池的消毒B. 可以用来检验酒精中是否含少量水
C. 可以和石灰乳混合配制农药波尔多液D. 可以通过Cu与稀硫酸反应制备
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A正确；
B．白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜，所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水，故B正确；
C．硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用，所以硫酸铜石灰乳混合配制农药波尔多液，故C正确；
D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜，故D错误；
故选D。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 液氨汽化时吸收大量的热，用作制冷剂
B. 纯铝的硬度和强度较小，用于制造机器零件
C. I2可使微生物的蛋白质变性，用作消毒防腐药
D. 小苏打可中和酸并受热分解，用作膨松剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热导致温度降低，因此可用作制冷剂，两者存在对应关系，A正确；
B．铝合金质轻且硬度大，因此可用于制造机器零件，B错误；
C．I2可使微生物的蛋白质变性，用作消毒防腐药，两者存在对应关系，C正确；
D．小苏打可中和酸并受热分解产生二氧化碳，可用作膨松剂，两者存在对应关系，D正确；
故选B。
5. 侯氏制碱法原理为。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 制Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，选项A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，选项B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，选项C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，选项D错误；
答案选C。
6. 神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁()冶炼钛(Ti)过程包含以下反应：，下列说法不正确的是
A. 是氧化剂B. CO是氧化产物
C. 生成转移7ml电子D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，被还原，故Cl2是氧化剂，A正确；
B．反应中C的化合价由0价升高到+2价，被氧化生成氧化产物CO，B正确；
C．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，故反应中转移的电子数为14e-，结合反应方程式可知，生成转移7ml电子，C正确；
D．反应中Cl2为氧化剂，FeTiO3和C均为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，D错误；
故答案为：D。
7. 为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A. ，完全反应转移的电子数为
B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为
C. 常温下，的溶液中，水电离出的数为
D. 浓度为的溶液中，阴离子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4ml完全反应转移电子物质的量为4ml×[(+7)-(+2)]=20ml，即转移电子数为20NA，A正确；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1ml电子，Cu失去的电子应小于1ml，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5ml，则阳极反应的Cu的质量小于0.5ml×64g/ml=32g，B错误；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；
D.n（Na2CO3）=0.100ml/L×1L=0.100ml，由于发生水解：+H2O⇌+OH-、+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100ml，阴离子数大于0.100NA，D错误；
答案选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
B. 油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
C. 苯甲酸钠是常用的食品防腐剂
D 高压法聚乙烯支链较少，密度和软化温度较高，属于高密度聚乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质的盐析是蛋白质溶液中加浓无机盐溶液，使蛋白质析出，产生的沉淀分离出后加水又能继续溶解，则采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A正确；
B． 油脂的氢化为烃基中含有不饱和键的油脂通常为植物油和氢气的催化加成反应，油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，B正确；
C． 苯甲酸钠是一种常用的食品防腐剂，C正确；
D．高压法聚乙烯是在较高压力与较高温度，并在引发剂作用下，使乙烯发生加聚反应得到的，含有较多支链，密度和软化温度也较低，属于低密度聚乙烯，低压法聚乙烯在较低压力和温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较小，密度和软化温度也较高，属于高密度聚乙烯，D不正确；
答案选D。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B. NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正确；
B．产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B错误；
C．硝酸能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C错误；
D．若明矾溶液中含有2ml，其完全沉淀，需要加入2mlBa2＋，同时加入4mlOH－，溶液中的Al3＋会转化成，产物错误；离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2=2BaSO4↓++2H2O，D错误；
答案选A。
10. 维纶(化合物W)是聚乙烯醇缩甲醛的商品名，按如下路线合成，下列说法不正确的是
A. X分子中所有碳原子均可共面
B. 聚合物Y的链节为
C. 不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定
D. 由维纶(化合物W)的结构可知，维伦在酸性和碱性条件下均易水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键是一个平面，酯基上碳原子可以在一个平面上，两者可以通过单键旋转共面，X分子中所有碳原子均可共面，A正确；
B．X到Y发生加聚反应，碳碳双键转化为单键，聚合物Y的链节为，B正确；
C．羟基连接在碳碳双键上不稳定，不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定，C正确；
D．由维纶(化合物W)的结构中的官能团是醚键，醚键一般不能发生水解，D错误；
答案选D。
11. 2021 年 5 月 15 日，我国“天问一号”探测器成功着陆于火星，在火星上首次留下中国人的印记。经科学家们研究发现，火星气体及岩石中含有原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q，其中 X 与Q 同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，W 基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，下列说法正确的是
A. 原子半径：W>Q>Z>Y>X
B. 简单氢化物的沸点：X>Y>Z
C. X 和 Q 分别与 Z 形成的二元化合物所含化学键类型和晶体类型完全相同
D. Y 与 W 形成的化合物能与 NaOH 溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，与同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，是CO2，则为元素，为元素，Z为O元素；Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，则为元素；W 基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，则W为元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，原子半径：即W＞Q＞X＞Y＞Z，A错误；
B．由分析可知，的氢化物有、，Y的氢化物有、等，Z的氢化物可能为H2O（l）、H2O2（l），所以、、Z的氢化物沸点不一定是大于 大于Z，B错误；
C．与O、Si与O形成的二元化合物分别为和，前者是分子晶体，含有极性键，后者是共价晶体，含有极性键，C错误；
D．与形成的化合物能与溶液反应生成和，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；
故答案为：D。
12. 某实验小组设计实验制备明矾大晶体，方案如下：
下列说法不正确的是
A. 培养晶体的明矾饱和溶液应比室温高10~20℃
B. 明矾晶核一定要悬挂在溶液中央
C. 所用仪器都要用蒸馏水洗涤，溶液不能用自来水配置
D. 铬钾矾晶体在明矾晶体表面析出，说明两者晶体结构相似
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度过高，会使析晶加快，不利于大晶体的生长，A错误；
B．若离烧杯底部太近，由于有沉底晶体生成，会与晶体长在一起，同样，若离溶液表面太近，或靠近烧杯壁，都会产生同样的结果，使晶体形状不规则，B正确；
C．使用自来水洗涤会引入杂志，在溶液中会形成多个晶核，不利于形成大晶体，C正确；
D．铬钾矾晶体在明矾晶体表面析出，说明结晶过程中Cr3+代替了部分Al3+，说明两者晶体结构相似，D正确；
故选A。
13. 电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：
下列说法错误的是
A. 电解一段时间后，Pt电极附近pH减小
B. 阴极的电极反应有：、
C. 根据图b可判断合适的电流强度约为40mA
D. 若处理0.1ml ，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36LO2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑。
【详解】A．电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，故A正确；
B．据分析，阴极的电极反应有：、，故B正确；
C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，故C正确；
D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1ml ，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8ml，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，故D错误；
选D。
14. 叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr
下列说法不正确的是
A. 过渡态能量：①＞②＞③
B. (CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大
D. 向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；
故选B。
15. 常温下，用0.5 ml/L NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 ml/L CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液体积的变化如图所示，当滴加25.00 mL NaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：常温下，Ksp(CaCO3)=3.5×10－9、Ka1(H2CO3)=4.4×10－7、Ka2(H2CO3)=4.5×10－11、100.8≈6.3]。
下列说法正确的是
A. 从a点到b点，水的电离程度减小
B. 从b点到c点，pH减小是因为发生反应：Ca2++=CaCO3↓+H+
C. c点溶液中：c()>c()>c(H2CO3)
D. d点溶液中c(Ca2+)·c()≈4.9×10－6
【答案】D
【解析】
【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。
【详解】A．从a点到b点，NaHCO3溶液逐渐增多，促进水的电离，水的电离程度增大，A错误；
B．从b点到c点，pH减小是因为↓，由于浓度减小，导致电离平衡正向移动，溶液中H+浓度增大，pH减小，B错误；
C．c点溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离，＞＞ ，C错误；
D．由题干图示信息可知，d点溶液中的pH=7.20，则有，D正确；
故选D。
16. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若金属钠未燃烧完全，该固体粉末可能为Na2O2和Na的混合物，A错误；
B．升高温度，促进CH3COONa的水解，溶液中c(OH-) 增大，B错误；
C．NaHCO3和NaAlO2反应生成白色沉淀，反应的离子方程式为，说明AlO结合H+的能力强于CO，C正确；
D．测定中和热时，为减少热量损失，需将稀NaOH溶液一次性快速倒入到盛有稀HCl的内筒中，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 2023年8月1日起，我国对镓(Ga)、锗(Ge)相关物质实施出口管制。镓、锗元素及其化合物有许多用途。请回答：
（1）基态锗(Ge)原子简化的核外电子排布式为______。
（2）Ga属于ⅢA族元素，可形成GaX3、GaX(X代表卤素原子)两类卤化物和实验式为GaX2的化合物，相邻元素Ge常见卤化物为GeX4。
①金属镓(Ga)的几种卤化物熔点如下表：
GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是________。
②比较GaCl3、GeCl4的键角：Cl－Ga－Cl____Cl－Ge－Cl(填“>”、“<”或“=”)。
③资料显示：Ga不存在+Ⅳ价，请用化学式表示实验式为GaCl2化合物可能的组成形态：________[用罗马字符标明Ga在化合物中的价态：如Ga(Ⅲ)Cl3]。
（3）砷化镓是一种重要的半导体材料。砷化镓的晶胞如图1所示，Ga原子做面心立方密堆积，As原子填充在一半由Ga原子构成的四面体空隙中。沿晶胞对角线A→B方向观察得到的投影图如 2所示。请回答：
①Ga原子的半径为a pm，As原子的半径为b pm，最近的两个Ga原子的距离为______pm(用含a、b的式子表示)。
②请在图2中将沿晶胞对角线A→B方向的As原子所在的位置涂黑________。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p2
（2） ①. GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体 ②. ＞ ③. Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，基态原子的简化核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故答案为：[Ar]3d104s24p2；
【小问2详解】
①由熔点可知，氟化锗为离子晶体，氯化锗为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以氟化锗的熔点比氯化锗高很多，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
②三氯化镓分子中镓原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，四氯化锗分子中锗原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形，所以键角Cl－Ga－Cl大于Cl－Ge－Cl，故答案为：>；
③由镓元素不存在+Ⅳ价可知，二氯化镓中镓元素的化合价为+Ⅰ价和+Ⅲ价，其中+Ⅲ价镓元素与氯元素形成四氯合镓离子，四氯合镓离子与镓离子形成离子化合物，则二氯化镓的组成形态为Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]，故答案为：Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]；
【小问3详解】
①设晶胞的边长为cpm，由晶胞结构可，晶胞中位于顶点的镓原子与位于体对角线上的砷原子距离最近，则体对角线的距离为4(a+b)pm，晶胞的边长c=pm，晶胞中位于顶点的镓原子与位于面心的镓原子距离最近，则最近的两个镓原子的距离为pm×=pm，故答案为：；
②沿晶胞对角线A→B方向进行投影可得如下投影图：，其中黑球为位于晶胞体内的砷原子，故答案为：。
18. 工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。
已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－
请回答：
（1）写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式________。
（2）等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。
①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是_____。
②下列说法正确的是_____。
A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收 B．ClF中的Cl呈零价
C．化合物A具有强氧化性 D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4
（3）①设计实验验证化合物A中含有Cl元素___________。
②写出实验过程中涉及的反应方程式___________。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2） ①. HF之间通过氢键缔合形成六聚体 ②. CD
（3） ①. 取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ②. ClNO3++H2O＝Cl－+2H++2，Ag++Cl－＝AgCl↓
【解析】
【分析】该流程中，NH3催化氧化生成NO，NO发生氧化反应生成NO2，NO2在吸收塔中和水反应生成HNO3和NO尾气，HNO3和ClF反应生成ClNO3，以此解答。
【小问1详解】
NH3催化氧化生成NO和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【小问2详解】
①气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是HF之间通过氢键缔合形成六聚体；
②A．尾气的主要成分是NO，NO不和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液直接吸收，故A错误；
B．ClF中的Fe为-1价，Cl为+1价，故B错误；
C．等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF，由原子守恒可知A为ClNO3，A中Cl元素为+1价，具有强氧化性，故C正确；
D．TiCl4与ClNO3发生复分解反应生成Ti(NO3)4，故D正确；
故选CD。
【小问3详解】
①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能检验，由已知信息可以推知，ClNO3和NaNO2反应可以生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素；
②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3++H2O＝Cl－+2H++2，Ag++Cl－＝AgCl↓。
19. 用太阳能电池电解水得到的H2，再与CO2反应生成甲醇，是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。合成甲醇过程中主要发生以下反应：
i．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=－49.4kJ·ml－1 Kp1
ii．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=＋41.2kJ·ml－1 Kp2
iii．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3 Kp3
（1）Kp3=_______(Kp1、Kp2表示)。
（2）在3.0 Mpa，有催化剂的条件下，向密闭容器中充入1 ml CO2和3 ml H2，CO2的平衡转化率与CH3OH、CO的选择性随温度的变化如图1所示，CH3OH (或CO)的选择性=×100%。
①图中Y曲线代表_______(填化学式)的选择性。
②CO2的平衡转化率在250℃以后随温度升高而变大的原因：_______。
③3.0 Mpa，250℃反应达到平衡后，H2的物质的量为2.6 ml，反应ii的Kp2=_____。已知：对于气相反应，用组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。
（3）在9.0MPa下，分别按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3、n(CO)∶n(H2)=1∶2的投料比在容积可变的密闭容器反应相同时间，测得甲醇的生成速率和温度的关系如图2所示。请回答：
①下列说法正确的是_____。
A．其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率加快
B．其他条件不变，压缩容器体积增大压强，甲醇的产率增大
C．选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率和平衡转化率
D．反应iii低于500K时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度
②其他条件不变，将投料比由n(CO2)∶n(H2)=1∶3改成n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15，发现产物中水蒸气物质的量分数极低。已知反应ii能快速达到平衡，请在图2中画出520K之前投料比为n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15时甲醇生成速率和温度的关系_____。
【答案】（1）
（2） ①. CH3OH ②. 250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高 ③.
（3） ①. BD ②.
【解析】
小问1详解】
由盖斯定律知反应iii=反应i-反应ii，故；
【小问2详解】
①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，图中Y曲线的选择性降低，故Y曲线代表的选择性；
②的平衡转化率在以后随温度升高而变大的原因是250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高；
③设反应i中CO2变化量为x，反应ii中CO2变化量为y，则
250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6ml，则3-3x-y=2.6ml，根据图像可知，250℃时CH3OH的选择性和CO的选择性相 ，则平衡时，即x=y，解出：x=y=0.1ml， 则CO2的变化量为：x+y=0.2ml，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8ml， 平衡时H2O的物质的量为：x+y=0.2ml，平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8ml，反应ii的Kp2=；
【小问3详解】
①A．由图像可知其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率先加快后减小，A错误；
B．反应i 和反应iii都是气体体积减小的反应，其他条件不变，压缩容器体积增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增大，B正确；
C．选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率但不影响平衡转化率，C错误；
D．反应iii低于时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度，D正确；
故选BD；
②之前投料比为时甲醇生成速率和温度的关系如图所示： 。
20. 某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
已知：过氧化钙(CaO2)是一种白色固体，微溶于水，可与水缓慢反应，不溶于有机溶剂，易与酸反应，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A. Ca(OH)2微溶于水，改用易溶于水的CaCl2制备CaO2能加快反应速率
B. 采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解
C. 醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应
D. 为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水
（2）步骤Ⅰ采用如图1所示的装置。
①仪器A的名称是________。
②控制其它条件相同，考察Ca(OH)2与H2O2的物质的量之比()对CaO2产率的影响，结果如图2所示。当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是___________。
（3）产品纯度测定
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：_____，检漏→蒸馏水洗涤→(___)→(___)→(___)→(__)→(___)→开始滴定。
A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数
②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液至终点，消耗溶液体积为V mL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是____，产品的纯度为_____(用含a、c、V的字母表示)。
【答案】（1）BCD （2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低
（3） ①. F、B、E、C、G ②. 作催化剂，加快反应速率 ③. ×100%
【解析】
【分析】Ca(OH)2固体用30%双氧水处理，发生反应：Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，CaO2是一种白色固体，微溶于水，冷水浴后得到悬浊液，再经过减压过滤、水洗、醇洗得CaO2·8H2O，最后加热脱水烘干得到CaO2固体。
【小问1详解】
A．已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低，故A错误；
B．H2O2受热易分解，采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解，故B正确；
C．醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应，故C正确；
D．CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水，故D正确；
故选BCD。
【小问2详解】
①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
②当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低。
【小问3详解】
①滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装标准液润洗，关闭旋塞，盛装标准液至“0”刻度以上，微开旋塞排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至“0”或“0”以下某刻度，关闭旋塞，待液面平稳后读数记录，故操作顺序为F、B、E、C、G；
②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解生成CaCl2，向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，生成CaC2O4沉淀，将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解生成H2C2O4，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，MnSO4的作用是作催化剂，加快反应速率，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则n(CaO2)=n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml，产品的纯度为=×100%。
21. 某研究小组按下列路线合成药物替格瑞洛(心血管药)的中间体。
已知：①嘧啶( )性质与苯( )相似，具有芳香性。
②
③
请回答：
（1）化合物 D 的官能团名称是__________。
（2）化合物 B 的结构简式是___________________。
（3）下列说法不正确的是 。
A. G→H 的反应类型为取代反应B. 化合物A与B互为同分异构体
C. 化合物I的分子式是C7H9N3Cl2SD. 化合物E容易与溴水发生加成反应
（4）写出F→G的化学方程式_________________________________________。
（5）设计以C和甲醇为原料合成D的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____________。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式___________________。
①分子中只含一个苯环；
② 1H-NMR 谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子且苯环上有H，结构中无氧氯键、氧氮键和氮氮键，有碳氮键、—SO2H。
【答案】（1）酯基 （2） （3）D
（4） （5）
（6）
【解析】
【分析】根据F的结构式，可知E的结构简式为 ，结合G的分子式，可知F到G引入的是硝基，即发生的硝化反应，再根据I中氨基的位置，可知G的结构简式为 ，再根据I的结构简式，可知G中的羟基被Cl取代生成H，H的结构简式为： ，H中的硝基变成氨基生成I。
【小问1详解】
根据D的结构简式，其中的官能团名称是酯基。
【小问2详解】
由分析知，结合已知①②，可反推B的结构简式为。
【小问3详解】
A.G→H 的反应是Cl取代了羟基，为取代反应，A正确；
B.化合物AB分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B正确；
C.根据I的结构简式，可知其分子式为C7H9N3Cl2S，C正确；
D.化合物E为 ，其性质与苯相似，故容易与溴水发生取代反应而不是加成反应，D错误；
故选D。
【小问4详解】
由分析知，F→G为硝化反应，其方程式为
【小问5详解】
从官能上可以看出，要得到产物，必须引入两个羧基与甲醇发生酯化，即要增长碳链，可以考虑引入-CN的方法。即
【小问6详解】
由题目要求，结构中含有一个苯环、一个-SO2H，还有C-N，由于无氧氯键、氧氮键和氮氮键，故存在Cl、-NH2，且分子中共有3种环境的H原子，故其结构可以为：实验方案
现象
结论
A
将金属钠置于坩埚中燃烧，取燃烧后的少量固体粉末于试管中，加入蒸馏水
有气体生成
该固体粉末一定为
B
将溶液加热到40℃，用传感器监测溶液变化
溶液的逐渐减小
随温度升高，逐渐增大，溶液中增大，减小
C
向溶液中加入等体积等浓度的溶液
有白色沉淀生成
结合能力强于
D
测定中和热时，将稀溶液缓慢倒入到盛有稀的内筒，搅拌使其充分混合，再盖上杯盖
温度差为
中和反应放热，将代入公式算得中和热()
GaF3
GaCl3
GaBr3
熔点/℃
>1000
77.8
122.3
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Si：28 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Br：80 Ag：108 I：127 Ba：137
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 生物大分子是生命活动的物质基础，下列不属于生物大分子的是
A. 蛋白质B. 核酸C. 油脂D. 淀粉
【答案】C
【解析】
【详解】A．蛋白质是由氨基酸聚合形成的大分子物质，故A不选；
B．核酸是由核苷酸聚合形成的大分子物质，故B不选；
C．油脂不是生物大分子，故C选；
D．淀粉是多糖，属于生物大分子，故D不选；
答案选C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. C2H6的空间填充模型：B. SO2的价层电子对互斥模型：
C. HCl的电子式：D. 的名称：3－甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】A． C2H6的球棍模型： ，A错误；
B． SO2的中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，则二氧化硫的价层电子对互斥模型为：，B正确；
C． HCl是共价分子，电子式为，C错误；
D． 的名称：2－甲基丁烷，D错误；
答案选B。
3. 硫酸铜是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A. 可用于泳池的消毒B. 可以用来检验酒精中是否含少量水
C. 可以和石灰乳混合配制农药波尔多液D. 可以通过Cu与稀硫酸反应制备
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用，常用于泳池的消毒，故A正确；
B．白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜，所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水，故B正确；
C．硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用，所以硫酸铜石灰乳混合配制农药波尔多液，故C正确；
D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜，故D错误；
故选D。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 液氨汽化时吸收大量的热，用作制冷剂
B. 纯铝的硬度和强度较小，用于制造机器零件
C. I2可使微生物的蛋白质变性，用作消毒防腐药
D. 小苏打可中和酸并受热分解，用作膨松剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气易液化，且液氨汽化时要吸收大量热导致温度降低，因此可用作制冷剂，两者存在对应关系，A正确；
B．铝合金质轻且硬度大，因此可用于制造机器零件，B错误；
C．I2可使微生物的蛋白质变性，用作消毒防腐药，两者存在对应关系，C正确；
D．小苏打可中和酸并受热分解产生二氧化碳，可用作膨松剂，两者存在对应关系，D正确；
故选B。
5. 侯氏制碱法原理为。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是
A. 制取氨气 B. 制NaHCO3
C. 分离NaHCO3 D. 制Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，选项A错误；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，选项B错误；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，选项C正确；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，选项D错误；
答案选C。
6. 神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁()冶炼钛(Ti)过程包含以下反应：，下列说法不正确的是
A. 是氧化剂B. CO是氧化产物
C. 生成转移7ml电子D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，被还原，故Cl2是氧化剂，A正确；
B．反应中C的化合价由0价升高到+2价，被氧化生成氧化产物CO，B正确；
C．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，故反应中转移的电子数为14e-，结合反应方程式可知，生成转移7ml电子，C正确；
D．反应中Cl2为氧化剂，FeTiO3和C均为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，D错误；
故答案为：D。
7. 为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A. ，完全反应转移的电子数为
B. 用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为
C. 常温下，的溶液中，水电离出的数为
D. 浓度为的溶液中，阴离子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A. Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4ml完全反应转移电子物质的量为4ml×[(+7)-(+2)]=20ml，即转移电子数为20NA，A正确；
B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1ml电子，Cu失去的电子应小于1ml，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5ml，则阳极反应的Cu的质量小于0.5ml×64g/ml=32g，B错误；
C.溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；
D.n（Na2CO3）=0.100ml/L×1L=0.100ml，由于发生水解：+H2O⇌+OH-、+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100ml，阴离子数大于0.100NA，D错误；
答案选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质
B. 油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料
C. 苯甲酸钠是常用的食品防腐剂
D 高压法聚乙烯支链较少，密度和软化温度较高，属于高密度聚乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质的盐析是蛋白质溶液中加浓无机盐溶液，使蛋白质析出，产生的沉淀分离出后加水又能继续溶解，则采用多次盐析和溶解，可以分离提纯蛋白质，A正确；
B． 油脂的氢化为烃基中含有不饱和键的油脂通常为植物油和氢气的催化加成反应，油脂的氢化也称油脂的硬化，得到的硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，B正确；
C． 苯甲酸钠是一种常用的食品防腐剂，C正确；
D．高压法聚乙烯是在较高压力与较高温度，并在引发剂作用下，使乙烯发生加聚反应得到的，含有较多支链，密度和软化温度也较低，属于低密度聚乙烯，低压法聚乙烯在较低压力和温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较小，密度和软化温度也较高，属于高密度聚乙烯，D不正确；
答案选D。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O
B. NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-
C. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
D. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正确；
B．产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B错误；
C．硝酸能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C错误；
D．若明矾溶液中含有2ml，其完全沉淀，需要加入2mlBa2＋，同时加入4mlOH－，溶液中的Al3＋会转化成，产物错误；离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+2=2BaSO4↓++2H2O，D错误；
答案选A。
10. 维纶(化合物W)是聚乙烯醇缩甲醛的商品名，按如下路线合成，下列说法不正确的是
A. X分子中所有碳原子均可共面
B. 聚合物Y的链节为
C. 不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定
D. 由维纶(化合物W)的结构可知，维伦在酸性和碱性条件下均易水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳碳双键是一个平面，酯基上碳原子可以在一个平面上，两者可以通过单键旋转共面，X分子中所有碳原子均可共面，A正确；
B．X到Y发生加聚反应，碳碳双键转化为单键，聚合物Y的链节为，B正确；
C．羟基连接在碳碳双键上不稳定，不直接采用CH2=CHOH制备Z的原因是CH2=CHOH不稳定，C正确；
D．由维纶(化合物W)的结构中的官能团是醚键，醚键一般不能发生水解，D错误；
答案选D。
11. 2021 年 5 月 15 日，我国“天问一号”探测器成功着陆于火星，在火星上首次留下中国人的印记。经科学家们研究发现，火星气体及岩石中含有原子序数依次增大的短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q，其中 X 与Q 同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，W 基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，下列说法正确的是
A. 原子半径：W>Q>Z>Y>X
B. 简单氢化物的沸点：X>Y>Z
C. X 和 Q 分别与 Z 形成的二元化合物所含化学键类型和晶体类型完全相同
D. Y 与 W 形成的化合物能与 NaOH 溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，与同主族，XZ2 是造成温室效应的重要气体，是CO2，则为元素，为元素，Z为O元素；Y 的基态原子核外的单电子数是同周期中元素最多的，则为元素；W 基态原子的第一电离能比同周期的相邻原子都要小，则W为元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，原子半径：即W＞Q＞X＞Y＞Z，A错误；
B．由分析可知，的氢化物有、，Y的氢化物有、等，Z的氢化物可能为H2O（l）、H2O2（l），所以、、Z的氢化物沸点不一定是大于 大于Z，B错误；
C．与O、Si与O形成的二元化合物分别为和，前者是分子晶体，含有极性键，后者是共价晶体，含有极性键，C错误；
D．与形成的化合物能与溶液反应生成和，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确；
故答案为：D。
12. 某实验小组设计实验制备明矾大晶体，方案如下：
下列说法不正确的是
A. 培养晶体的明矾饱和溶液应比室温高10~20℃
B. 明矾晶核一定要悬挂在溶液中央
C. 所用仪器都要用蒸馏水洗涤，溶液不能用自来水配置
D. 铬钾矾晶体在明矾晶体表面析出，说明两者晶体结构相似
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度过高，会使析晶加快，不利于大晶体的生长，A错误；
B．若离烧杯底部太近，由于有沉底晶体生成，会与晶体长在一起，同样，若离溶液表面太近，或靠近烧杯壁，都会产生同样的结果，使晶体形状不规则，B正确；
C．使用自来水洗涤会引入杂志，在溶液中会形成多个晶核，不利于形成大晶体，C正确；
D．铬钾矾晶体在明矾晶体表面析出，说明结晶过程中Cr3+代替了部分Al3+，说明两者晶体结构相似，D正确；
故选A。
13. 电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：
下列说法错误的是
A. 电解一段时间后，Pt电极附近pH减小
B. 阴极的电极反应有：、
C. 根据图b可判断合适的电流强度约为40mA
D. 若处理0.1ml ，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36LO2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑。
【详解】A．电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，故A正确；
B．据分析，阴极的电极反应有：、，故B正确；
C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，故C正确；
D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1ml ，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8ml，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，故D错误；
选D。
14. 叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr
下列说法不正确的是
A. 过渡态能量：①＞②＞③
B. (CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大
D. 向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；
故选B。
15. 常温下，用0.5 ml/L NaHCO3溶液滴定25.00 mL0.25 ml/L CaCl2溶液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO3溶液体积的变化如图所示，当滴加25.00 mL NaHCO3溶液时出现较为明显的白色沉淀[已知：常温下，Ksp(CaCO3)=3.5×10－9、Ka1(H2CO3)=4.4×10－7、Ka2(H2CO3)=4.5×10－11、100.8≈6.3]。
下列说法正确的是
A. 从a点到b点，水的电离程度减小
B. 从b点到c点，pH减小是因为发生反应：Ca2++=CaCO3↓+H+
C. c点溶液中：c()>c()>c(H2CO3)
D. d点溶液中c(Ca2+)·c()≈4.9×10－6
【答案】D
【解析】
【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离。
【详解】A．从a点到b点，NaHCO3溶液逐渐增多，促进水的电离，水的电离程度增大，A错误；
B．从b点到c点，pH减小是因为↓，由于浓度减小，导致电离平衡正向移动，溶液中H+浓度增大，pH减小，B错误；
C．c点溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解大于电离，＞＞ ，C错误；
D．由题干图示信息可知，d点溶液中的pH=7.20，则有，D正确；
故选D。
16. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若金属钠未燃烧完全，该固体粉末可能为Na2O2和Na的混合物，A错误；
B．升高温度，促进CH3COONa的水解，溶液中c(OH-) 增大，B错误；
C．NaHCO3和NaAlO2反应生成白色沉淀，反应的离子方程式为，说明AlO结合H+的能力强于CO，C正确；
D．测定中和热时，为减少热量损失，需将稀NaOH溶液一次性快速倒入到盛有稀HCl的内筒中，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 2023年8月1日起，我国对镓(Ga)、锗(Ge)相关物质实施出口管制。镓、锗元素及其化合物有许多用途。请回答：
（1）基态锗(Ge)原子简化的核外电子排布式为______。
（2）Ga属于ⅢA族元素，可形成GaX3、GaX(X代表卤素原子)两类卤化物和实验式为GaX2的化合物，相邻元素Ge常见卤化物为GeX4。
①金属镓(Ga)的几种卤化物熔点如下表：
GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是________。
②比较GaCl3、GeCl4的键角：Cl－Ga－Cl____Cl－Ge－Cl(填“>”、“<”或“=”)。
③资料显示：Ga不存在+Ⅳ价，请用化学式表示实验式为GaCl2化合物可能的组成形态：________[用罗马字符标明Ga在化合物中的价态：如Ga(Ⅲ)Cl3]。
（3）砷化镓是一种重要的半导体材料。砷化镓的晶胞如图1所示，Ga原子做面心立方密堆积，As原子填充在一半由Ga原子构成的四面体空隙中。沿晶胞对角线A→B方向观察得到的投影图如 2所示。请回答：
①Ga原子的半径为a pm，As原子的半径为b pm，最近的两个Ga原子的距离为______pm(用含a、b的式子表示)。
②请在图2中将沿晶胞对角线A→B方向的As原子所在的位置涂黑________。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p2
（2） ①. GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体 ②. ＞ ③. Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，基态原子的简化核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故答案为：[Ar]3d104s24p2；
【小问2详解】
①由熔点可知，氟化锗为离子晶体，氯化锗为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以氟化锗的熔点比氯化锗高很多，故答案为：GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；
②三氯化镓分子中镓原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，四氯化锗分子中锗原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形，所以键角Cl－Ga－Cl大于Cl－Ge－Cl，故答案为：>；
③由镓元素不存在+Ⅳ价可知，二氯化镓中镓元素的化合价为+Ⅰ价和+Ⅲ价，其中+Ⅲ价镓元素与氯元素形成四氯合镓离子，四氯合镓离子与镓离子形成离子化合物，则二氯化镓的组成形态为Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]，故答案为：Ga(Ⅰ)[Ga(Ⅲ)Cl4]；
【小问3详解】
①设晶胞的边长为cpm，由晶胞结构可，晶胞中位于顶点的镓原子与位于体对角线上的砷原子距离最近，则体对角线的距离为4(a+b)pm，晶胞的边长c=pm，晶胞中位于顶点的镓原子与位于面心的镓原子距离最近，则最近的两个镓原子的距离为pm×=pm，故答案为：；
②沿晶胞对角线A→B方向进行投影可得如下投影图：，其中黑球为位于晶胞体内的砷原子，故答案为：。
18. 工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。
已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－
请回答：
（1）写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式________。
（2）等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。
①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是_____。
②下列说法正确的是_____。
A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收 B．ClF中的Cl呈零价
C．化合物A具有强氧化性 D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4
（3）①设计实验验证化合物A中含有Cl元素___________。
②写出实验过程中涉及的反应方程式___________。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2） ①. HF之间通过氢键缔合形成六聚体 ②. CD
（3） ①. 取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ②. ClNO3++H2O＝Cl－+2H++2，Ag++Cl－＝AgCl↓
【解析】
【分析】该流程中，NH3催化氧化生成NO，NO发生氧化反应生成NO2，NO2在吸收塔中和水反应生成HNO3和NO尾气，HNO3和ClF反应生成ClNO3，以此解答。
【小问1详解】
NH3催化氧化生成NO和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【小问2详解】
①气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是HF之间通过氢键缔合形成六聚体；
②A．尾气的主要成分是NO，NO不和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液直接吸收，故A错误；
B．ClF中的Fe为-1价，Cl为+1价，故B错误；
C．等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF，由原子守恒可知A为ClNO3，A中Cl元素为+1价，具有强氧化性，故C正确；
D．TiCl4与ClNO3发生复分解反应生成Ti(NO3)4，故D正确；
故选CD。
【小问3详解】
①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能检验，由已知信息可以推知，ClNO3和NaNO2反应可以生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素；
②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3++H2O＝Cl－+2H++2，Ag++Cl－＝AgCl↓。
19. 用太阳能电池电解水得到的H2，再与CO2反应生成甲醇，是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。合成甲醇过程中主要发生以下反应：
i．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=－49.4kJ·ml－1 Kp1
ii．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=＋41.2kJ·ml－1 Kp2
iii．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3 Kp3
（1）Kp3=_______(Kp1、Kp2表示)。
（2）在3.0 Mpa，有催化剂的条件下，向密闭容器中充入1 ml CO2和3 ml H2，CO2的平衡转化率与CH3OH、CO的选择性随温度的变化如图1所示，CH3OH (或CO)的选择性=×100%。
①图中Y曲线代表_______(填化学式)的选择性。
②CO2的平衡转化率在250℃以后随温度升高而变大的原因：_______。
③3.0 Mpa，250℃反应达到平衡后，H2的物质的量为2.6 ml，反应ii的Kp2=_____。已知：对于气相反应，用组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。
（3）在9.0MPa下，分别按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3、n(CO)∶n(H2)=1∶2的投料比在容积可变的密闭容器反应相同时间，测得甲醇的生成速率和温度的关系如图2所示。请回答：
①下列说法正确的是_____。
A．其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率加快
B．其他条件不变，压缩容器体积增大压强，甲醇的产率增大
C．选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率和平衡转化率
D．反应iii低于500K时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度
②其他条件不变，将投料比由n(CO2)∶n(H2)=1∶3改成n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15，发现产物中水蒸气物质的量分数极低。已知反应ii能快速达到平衡，请在图2中画出520K之前投料比为n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15时甲醇生成速率和温度的关系_____。
【答案】（1）
（2） ①. CH3OH ②. 250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高 ③.
（3） ①. BD ②.
【解析】
小问1详解】
由盖斯定律知反应iii=反应i-反应ii，故；
【小问2详解】
①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，图中Y曲线的选择性降低，故Y曲线代表的选择性；
②的平衡转化率在以后随温度升高而变大的原因是250℃以后，以反应ii为主，反应吸热，升高温度，平衡正向移动，转化率升高；
③设反应i中CO2变化量为x，反应ii中CO2变化量为y，则
250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6ml，则3-3x-y=2.6ml，根据图像可知，250℃时CH3OH的选择性和CO的选择性相 ，则平衡时，即x=y，解出：x=y=0.1ml， 则CO2的变化量为：x+y=0.2ml，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8ml， 平衡时H2O的物质的量为：x+y=0.2ml，平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8ml，反应ii的Kp2=；
【小问3详解】
①A．由图像可知其他条件不变，温度升高，甲醇的生成速率先加快后减小，A错误；
B．反应i 和反应iii都是气体体积减小的反应，其他条件不变，压缩容器体积增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增大，B正确；
C．选用更高效的催化剂，可增加甲醇的生成速率但不影响平衡转化率，C错误；
D．反应iii低于时很难发生可能是因为催化剂未达最适温度，D正确；
故选BD；
②之前投料比为时甲醇生成速率和温度的关系如图所示： 。
20. 某实验小组按如下流程和装置制取CaO2：
已知：过氧化钙(CaO2)是一种白色固体，微溶于水，可与水缓慢反应，不溶于有机溶剂，易与酸反应，加热至350℃左右开始分解放出氧气。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是___________
A. Ca(OH)2微溶于水，改用易溶于水的CaCl2制备CaO2能加快反应速率
B. 采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解
C. 醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应
D. 为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水
（2）步骤Ⅰ采用如图1所示的装置。
①仪器A的名称是________。
②控制其它条件相同，考察Ca(OH)2与H2O2的物质的量之比()对CaO2产率的影响，结果如图2所示。当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是___________。
（3）产品纯度测定
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：_____，检漏→蒸馏水洗涤→(___)→(___)→(___)→(__)→(___)→开始滴定。
A．烘干 B．装入滴定液至零刻度以上 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡 F．用滴定液润洗2至3次 G．记录起始读数
②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解；向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，过滤并洗涤沉淀；将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中；向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液至终点，消耗溶液体积为V mL。滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是____，产品的纯度为_____(用含a、c、V的字母表示)。
【答案】（1）BCD （2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低
（3） ①. F、B、E、C、G ②. 作催化剂，加快反应速率 ③. ×100%
【解析】
【分析】Ca(OH)2固体用30%双氧水处理，发生反应：Ca(OH)2+H2O2=CaO2+2H2O，CaO2是一种白色固体，微溶于水，冷水浴后得到悬浊液，再经过减压过滤、水洗、醇洗得CaO2·8H2O，最后加热脱水烘干得到CaO2固体。
【小问1详解】
A．已知CaO2微溶于水，可与水缓慢反应，易与酸反应，使用CaCl2反应生成的HCl会使得CaO2的产率降低，故A错误；
B．H2O2受热易分解，采用冷水浴搅拌反应的目的是防止反应放热使温度升高导致H2O2分解，故B正确；
C．醇洗的目的是洗去水，加快干燥速度，防止CaO2与H2O反应，故C正确；
D．CaO2加热至350℃左右开始分解放出氧气，为加快脱水速度，可在105℃加热烘干脱水，故D正确；
故选BCD。
【小问2详解】
①仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
②当>1.1后，随着比值的增大CaO2产率呈下降趋势，原因是溶液碱性增强，H2O2稳定性下降分解导致CaO2产率降低。
【小问3详解】
①滴定前的准备工作是选定酸式滴定管，检漏后用水清洗，再用待装标准液润洗，关闭旋塞，盛装标准液至“0”刻度以上，微开旋塞排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至“0”或“0”以下某刻度，关闭旋塞，待液面平稳后读数记录，故操作顺序为F、B、E、C、G；
②准确称取a g产品于烧杯中，加入适量的盐酸使其完全溶解生成CaCl2，向溶液中加入稍过量的(NH4)2C2O4，生成CaC2O4沉淀，将洗涤好的沉淀用稍过量的稀硫酸溶解生成H2C2O4，溶解液和洗涤液全部转移至锥形瓶中，向锥形瓶中滴入几滴MnSO4溶液，MnSO4的作用是作催化剂，加快反应速率，然后逐滴滴入浓度为c ml/L的KMnO4标准溶液发生反应：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，则n(CaO2)=n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cV×10-3ml，产品的纯度为=×100%。
21. 某研究小组按下列路线合成药物替格瑞洛(心血管药)的中间体。
已知：①嘧啶( )性质与苯( )相似，具有芳香性。
②
③
请回答：
（1）化合物 D 的官能团名称是__________。
（2）化合物 B 的结构简式是___________________。
（3）下列说法不正确的是 。
A. G→H 的反应类型为取代反应B. 化合物A与B互为同分异构体
C. 化合物I的分子式是C7H9N3Cl2SD. 化合物E容易与溴水发生加成反应
（4）写出F→G的化学方程式_________________________________________。
（5）设计以C和甲醇为原料合成D的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____________。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式___________________。
①分子中只含一个苯环；
② 1H-NMR 谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子且苯环上有H，结构中无氧氯键、氧氮键和氮氮键，有碳氮键、—SO2H。
【答案】（1）酯基 （2） （3）D
（4） （5）
（6）
【解析】
【分析】根据F的结构式，可知E的结构简式为 ，结合G的分子式，可知F到G引入的是硝基，即发生的硝化反应，再根据I中氨基的位置，可知G的结构简式为 ，再根据I的结构简式，可知G中的羟基被Cl取代生成H，H的结构简式为： ，H中的硝基变成氨基生成I。
【小问1详解】
根据D的结构简式，其中的官能团名称是酯基。
【小问2详解】
由分析知，结合已知①②，可反推B的结构简式为。
【小问3详解】
A.G→H 的反应是Cl取代了羟基，为取代反应，A正确；
B.化合物AB分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B正确；
C.根据I的结构简式，可知其分子式为C7H9N3Cl2S，C正确；
D.化合物E为 ，其性质与苯相似，故容易与溴水发生取代反应而不是加成反应，D错误；
故选D。
【小问4详解】
由分析知，F→G为硝化反应，其方程式为
【小问5详解】
从官能上可以看出，要得到产物，必须引入两个羧基与甲醇发生酯化，即要增长碳链，可以考虑引入-CN的方法。即
【小问6详解】
由题目要求，结构中含有一个苯环、一个-SO2H，还有C-N，由于无氧氯键、氧氮键和氮氮键，故存在Cl、-NH2，且分子中共有3种环境的H原子，故其结构可以为：实验方案
现象
结论
A
将金属钠置于坩埚中燃烧，取燃烧后的少量固体粉末于试管中，加入蒸馏水
有气体生成
该固体粉末一定为
B
将溶液加热到40℃，用传感器监测溶液变化
溶液的逐渐减小
随温度升高，逐渐增大，溶液中增大，减小
C
向溶液中加入等体积等浓度的溶液
有白色沉淀生成
结合能力强于
D
测定中和热时，将稀溶液缓慢倒入到盛有稀的内筒，搅拌使其充分混合，再盖上杯盖
温度差为
中和反应放热，将代入公式算得中和热()
GaF3
GaCl3
GaBr3
熔点/℃
>1000
77.8
122.3
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