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山西省部分高中2024届高三第一次模拟考试理综-化学试卷（原卷版+解析版）
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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 C-59 Zn-65 I-127
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 抗坏血酸可用作食品抗氧化剂是由于其很难被氧化
B. 碳酸氢钠可作为加工馒头、面包食品膨松剂是由于其具有碱性
C. 电解海水制氢工艺使用的无机高分子材料多孔聚四氟乙烯具有耐腐蚀性
D. “嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池是将太阳能直接转化为电能
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又叫抗坏血酸，由于其具有强的还原性，因此可用作食品抗氧化剂，而不是由于其很难被氧化，A错误；
B．碳酸氢钠可作为加工馒头、面包的食品膨松剂是由于其不稳定，受热分解产生CO2气体，气体从面团中逸出，导致食品松软，不是由于其具有碱性，B错误；
C．多孔聚四氟乙烯是有机高分子材料，具有耐腐蚀性，C错误；
D．砷化镓太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置，D正确；
故合理选项D。
2. 透骨草是治疗骨关节疾病的常用中药材，其有效成分的结构简式如图。关于该物质的下列说法正确的是
A. 苯环上的一氯代物共6种
B. 在一定条件下能发生取代反应、加成反应和消去反应
C. 1ml该化合物最多与5ml NaOH反应
D. 该分子中的所有碳原子一定不在同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一个苯环上有3种不同环境的H原子，第二个苯环上有2种不同环境的H原子，共有5种不同环境的H原子，故A错误；
B．酚羟基、酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，该有机物不含能发生消去反应的原子或原子团，故B错误；
C．酚羟基、酯基能与NaOH溶液反应，该有机物含有2个酚羟基、2个酯基，其中一个酯基为苯酚酯的结构，故1ml该有机物最多与5mlNaOH反应，故C正确；
D．苯环、碳碳双键、酯基都是平面结构，通过单键的旋转，该分子中碳原子是有机会在同一平面的，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
3. CO与在催化剂作用下可生成与减少环境污染。其中在铁催化剂表面进行的反应可分为两步反应，其相对能量与反应历程的关系如下图所示，下列说法错误的是
A. 分子的中心原子N和分子的中心原子C的杂化类型不相同
B. 基态原子的第一电离能：N>O>C>Fe
C. 该过程的决速步反应为
D. Fe*为反应催化剂，FeO*为反应的中间产物
【答案】A
【解析】
【分析】CO与在铁催化剂表面进行两步反应：第一步：(慢) 、第二步：(快)，据此作答。
【详解】A．CO2中心原子C的价层电子对数为，杂化方式为sp，N2O与CO2的原子数相同，价电子数均为16，因此二者互为等电子体，因此两者杂化方式相同，A错误；
B．基态原子第一电离能同周期从左往右呈增大趋势，同主族从上往下逐渐减小，N原子的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半充满状态，较稳定，因此第一电离能较大，故基态原子第一电离能：N>O>C>Fe，B正确；
C．反应速率取决于反应较慢步骤，即决速步骤反应活化能越大反应越慢，所以决速步骤为，C正确；
D．观察图可知，Fe*与原料一起加入，后又生成，因此Fe*为反应催化剂，而FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：A。
4. 三氯甲硅烷()是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应，利用下图装置制备粗品(加热及夹持装置略)。下列说法正确的是
A. 制备的第一步操作是通入HCl气体
B. 将球形冷凝管改为直形冷凝管冷凝效果更佳
C. C和D之间需要加一个干燥装置
D. 用NaOH溶液吸收的化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．制备SiHCl3的第一步操作是检查装置的气密性，A错误；
B．球形冷凝管冷凝回流比直形冷凝管效果好，B错误；
C．SiHCl3易水解，所以要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入蒸馏烧瓶中，使SiHCl3水解，C正确；
D．用NaOH溶液吸收SiHCl3的化学方程式为，D错误；
故答案选C。
5. X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，X、M、N的最外层电子数相等，且X的价电子数和原子序数相等，M是前四周期中金属性最强的元素，N的内层轨道全充满电子，Y的基态原子中共有4种不同的空间运动状态的电子，Z是电负性最强的元素。一种由Z、M、N三种元素组成的晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A 原子半径：M>Z>Y>X
B. 该晶体中N的化合价为+2
C. X和Y形成的化合物的沸点低于X和Z形成的化合物的沸点
D. 该晶胞中N的配位数为8
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，M是前四周期中金属性最强的元素，则M为K元素；N的内层轨道全充满电子，其原子序数大于K，则N为Cu元素；X、M、N的最外层电子数相等，则X的最外层电子数为1，X的价电子数和原子序数相等，则X为H元素；Y的基态原子中共有4种不同的空间运动状态的电子，则Y为C元素；Z是电负性最强的元素，则Z为F元素，因此X、Y、Z、M、N五种元素依次为H、C、F、K、Cu，据此作答。
【详解】A．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：M(K) >Y(C)> Z(F) >X(H)，故A错误；
B．依据晶胞中微粒所处的位置，大的黑球有个，小的黑球有个，白球有个，三种微粒的个数比为4∶2∶8，K、F的化合价分别为+1、-1价，根据化合物中化合价的代数和为0，可计算出该晶体中Cu的化合价为+2，故B正确；
C．X和Y可形成不同状态的烃类物质，沸点有可能高于HF，故C错误；
D．该晶胞中Cu2+距离最近且相等的F-有6个，Cu2+的配位数为6，故D错误；
故选B。
6. 羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，在直流电源的作用下，利用如图所示装置处理含苯酚废水和含甲醛废水(已知：在膜a、b间解离为和)。下列说法错误的是
A. 直流电源的电极电势：右端高于左端
B. 阳极的电极反应式为：
C. 电解质的作用是可以增强溶液的导电能力
D. 每处理9.4g苯酚，理论上有2.8ml透过膜b
【答案】D
【解析】
【分析】M电极通入，发生反应生成自由基，反应式为：，M作阴极，N为阳极，反应式为：，据此作答。
【详解】A．M作阴极，连接的直流电源左端为负极，N为阳极，连接的直流电源左端为正极，正极电势高于负极，即右端高于左端，故A正确；
B．根据上述分析可知N为阳极，反应式为：，故B正确；
C．加入电解质，溶解后自由移动的离子增多，但不影响电极反应，可以增强溶液的导电能力，故C正确；
D．苯酚与反应生成的反应为，则每处理9.4g即0.1ml苯酚，苯酚在阴极的装置进行处理，阴离子移向阳极，因此理论上有2.8ml透过膜a，故D错误；
故答案选D。
7. 向10mL的溶液中逐滴加入氨水，溶液中水电离出的和混合溶液的温度随滴加氨水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. b~c段的离子方程式为
B. b点溶液中：
C. c点溶液中：
D. c~d段溶液的温度降低，主要是因为加入的电离吸热所致
【答案】C
【解析】
【分析】当氨水和恰好反应生成正盐时，对水的电离促进作用最大，且此时放热最多温度最高，结合图像可知，加入10mL氨水时两者恰好反应，则的浓度为0.05ml/L，常温下，初始水电离出氢离子浓度等于水电离出氢氧根离子浓度，等于10-13ml/L，则溶液中氢离子浓度为0.1ml/L，则H2A为强酸完全电离；
【详解】A．H2A为强酸完全电离，由图可知，b点加入5mL氨水恰好生成NH4HA，b~c段继续加入氨水，反应的离子方程式为，A错误；
B．H2A为强酸完全电离；b点溶质为NH4HA，其完全电离出铵根离子、氢离子、A2-离子，不存在HA-，铵根离子水解程度使得铵根离子浓度减小，且水也会电离出氢离子，则存在，B错误；
C．c点溶液为(NH4)2A，由质子守恒可知：，C正确；
D．c~d段溶液的温度降低，主要是因为加入的氨水过量，氨水温度低于恰好反应时温度，过量氨水对溶液起到降温作用所致，D错误；
故选C。
三、非选择题：本题共14小题，共174分。
8. 新能源汽车在实现可持续发展的环境目标、减少空气的污染问题及应对气候的逐渐恶化中起到了至关重要的作用。锂离子电池使用寿命在5~8年，研究回收废旧正极材料中Li、Ni、C、Mn等资源可以促进锂离子电池产业的良性发展。下图是一种三元锂电池正极材料的回收工艺。
已知：①正极材料主要成分可以表示为(M：Ni、C、Mn)。
②浸取液中金属离子生成MS沉淀情况与pH的关系如下图。
③、、。
回答下列问题：
（1）浸取时中钴元素转化为，有机酸用醋酸时反应的离子方程式为___________。
（2）浸取时有机酸用苹果酸比醋酸浸取效果好，苹果酸分子中C原子的杂化类型为___________。
（3）时溶液中___________；随pH增大，和的沉淀率增大的原因为___________。
（4）沉锂时生成，反应的离子方程式为___________。
（5）还可以通过电渗析法分离金属离子。硫酸、双氧水浸取后，分三次电渗析可分离成功。下图所示为第一次电渗析分离的工艺，离子交换膜B为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。第二次用同样方法分离，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C改为一价阳离子交换膜。由上述分离过程可推测，、、中与反应最难的为___________，在___________膜(填“AB”、“BC”或“CD”)之间获得。
【答案】（1）6CH3COOH+2LiCO2+H2O2= 2Li++2C2++4H2O+O2↑+6CH3COO-
（2）sp3、sp2 （3） ①. 80 ②. 随pH增大，S2-浓度增大，所以和的沉淀率增大
（4）
（5） ①. 阴 ②. ③. BC
【解析】
【分析】正极材料主要成分可以表示为(M：Ni、C、Mn)。用有机酸、双氧水浸取得含有Li+、Ni2+、C2+、Mn2+等金属阳离子的溶液，加Na2S调pH生成CS、NiS沉淀除钴镍，继续加Na2S调pH生成MnS沉淀除锰，滤液加碳酸氢钠生成碳酸锂。
【小问1详解】
浸取时中钴元素转化为，则双氧水被氧化为氧气，有机酸用醋酸时反应的离子方程式为6CH3COOH+2LiCO2+H2O2= 2Li++2C2++4H2O+O2↑+6CH3COO-。
【小问2详解】
苹果酸分子中单键碳原子采用sp3杂化、双键碳原子采用sp2杂化。
【小问3详解】
时溶液中 ；随pH增大，S2-浓度增大，所以和的沉淀率增大。
【小问4详解】
沉锂时Li+和碳酸氢根离子反应生成沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
根据图示，第一次电渗析分离的工艺， NiY2-能透过膜B进入AB膜之间，所以离子交换膜B为阴离子交换膜。第二次用同样方法分离，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C改为一价阳离子交换膜， 可知Li+透过C膜进入CD膜之间, 留在BC膜之间。由上述分离过程可推测，、、中与反应最难的为。
9. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)是一种重要的配合物原料，实验室制备的步骤如下：
①称取3.0g、4.0g加入5mL水溶解，加热到60℃，溶液变为蓝色。
②加入1.5g活性炭，搅拌均匀，冷却至室温，再加入7mL浓氨水，搅拌，得到黑紫色溶液。
③将该溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，溶液，加热至55℃保持15min，持续搅拌。趁热过滤，将活性炭滤出，向滤液中加入4mL浓盐酸，再在2℃下冷却，待大量晶体析出后，抽滤、无水乙醇洗涤、在105℃下烘干20min，冷却后称量得橙红色固体1.3g。
已知：①C的几种离子及化合物颜色如下表。
②和离子能在水溶液中稳定存在，离子不能稳定存在，C(Ⅲ)的配合物离子(如)能稳定存在溶液中。
③的产率随活性炭用量的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）的价电子排布式为___________，步骤①所得溶液中配离子中的配位原子为___________。
（2）步骤③发生反应的化学方程式为___________。
（3）实验中的加热最好采用的方法是___________。
（4）如果先加溶液，后加氨水无法制得产品，原因为___________。
（5）产品产率随活性炭用量增加先增大后减小的原因为___________。
（6）步骤③中趁热过滤主要目的是___________，滤液中加浓盐酸的目的是___________。
（7）为测定产品中钴元素的含量，进行下列实验：
准确称取0.2000g产品放入250mL碘量瓶中加80mL水溶解，加入15mL10%NaOH溶液加热至沸，冷却后加入50mL水，然后加入1.000gKI固体摇荡使其溶解，再加入15mL左右的6ml/L HCl溶液酸化，于暗处放置10min，然后用0.1000ml/L标准溶液滴定至浅棕色，加入1mL新配的0.5%淀粉溶液后，再滴定至终点。重复2次实验，平均消耗溶液7.50mL(已知：)。通过计算确定该产品中钴元素的百分含量为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 3d7 ②. O和Cl
（2）
（3）水浴加热 （4）H2O2可能无法将氧化（或比还原性强）
（5）催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低
（6） ①. 避免因过滤过程温度降低而析出 ②. 根据同离子效应，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率
（7）22.1%
【解析】
【小问1详解】
的价电子排布式为3d7，步骤①所得溶液呈蓝色，其中的配离子为，其中配位原子为O和Cl，故答案为：3d7；O和Cl。
【小问2详解】
步骤③中在活性炭催化下，H2O2将氧化为，溶液中的阴离子为氯离子，还存在NH4Cl，步骤③发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
【小问3详解】
控制温度不超过100℃，可用水浴加热，故答案为：水浴加热。
【小问4详解】
根据题中信息C(Ⅲ)离子不能稳定存在，说明其氧化性强，加H2O2可能无法将C2+氧化，故答案为：H2O2可能无法将氧化（或比还原性强）。
【小问5详解】
催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低，故答案为：催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低。
【小问6详解】
趁热过滤可以避免因过滤过程温度降低而析出；加浓盐酸，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率，故答案为：避免因过滤过程温度降低而析出；根据同离子效应，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率。
【小问7详解】
滴定时将碘离子氧化为碘单质，滴定碘单质，根据得失电子守恒，则钴元素的百分含量为，故答案为：22.1%。
10. 加氢合成甲醇对缓解能源危机、改变产业结构以及实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要的战略意义。该合成工艺主要包括三个反应：
①
②
③
（1）已知一些物质的键能数据如下：
计算___________。
（2）按照一定比例投料，测定的平衡转化率和CO的平衡选择性随温度和压强的变化关系如下图所示。、、、的大小关系为___________；原因为___________；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为___________(CO的选择性)。
（3）下表是一定条件下用Pd/ZnO/C-N做催化剂，改变Pd含量测得的催化剂组成、结构以及转化率的数据。
由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为___________。
（4）六方ZnO晶胞结构如下左图所示，填充在形成的___________空隙中，该晶体的密度为___________(设表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)，在下右图中补充画出ZnO晶胞的俯视投影图。
【答案】（1）
（2） ①. <<< ②. 温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<< ③. ℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡转化率不变；
（3）催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大
（4） ①. 正四面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
由 ，由反应①求出E键能=(1076+2×436+90.8)=2038.8，故反应③（803×2+436×3-2038.8-2×463）=；
【小问2详解】
温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<<；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡不移动平衡转化率不变；
【小问3详解】
由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大；
【小问4详解】
由图可看出填充在形成的正四面体空隙中；根据无隙并置，该晶体中有个， 为个，晶胞密度为
11. 化合物G是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。实验室由芳香化合物A制备G的合成路线如图所示：
已知：
回答以下问题：
（1）的化学名称为___________。
（2）由B生成C的化学方程式为___________。
（3）物质D中含氧官能团的名称为___________。
（4）D→E、F→G的反应类型分别为___________。
（5）E的分子式为___________。
（6）F的结构简式为___________。
（7）由A制备G的合成过程中，的作用是___________。
（8）芳香化合物X是B的同分异构体，可与溶液发生显色反应，1ml X可与4ml NaOH反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1.符合要求的X的同分异构体共有___________种。
【答案】11. 苯甲醛
12.
13. 醚键、羟基、羰基
14. 氧化反应；加成反应
15. C17H14O4
16. 17. 保护B分子中的2个羟基
18. 4
【解析】
【分析】根据A的分子式为C6H6O3，B的分子式为C8H8O4，可知A与乙酸发生取代反应生成B和水，则B的结构简式为，分析C生成D可知，发生的反应为，C先与苯甲醛加成后消去得到D，由此可知B发生取代反应得到C，C的结构简式为，D是脱掉2个H原子生成E，因此D发生氧化反应得到E，E发生取代反应得到F，E的分子式为C17H14O4，F的分子式为C15H10O4，分析可知F的结构简式为， G的分子式为C15H12O4，则F和H2加成得到H，H的结构为。
【小问1详解】
的化学名称是苯甲醛，故答案为：苯甲醛。
【小问2详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，由B生成C的化学方程式为：
，故答案为：
。
【小问3详解】
根据D的结构可知，含氧官能团的名称为醚键、羟基、羰基，故答案为：醚键、羟基、羰基。
【小问4详解】
根据上述分析可知D→E的反应类型为：氧化反应，F→G的反应类型为：加成反应，故答案为：氧化反应；加成反应。
【小问5详解】
根据上述分析可知E的分子式为C17H14O4，故答案为：C17H14O4。
【小问6详解】
根据上述分析可知F的结构简式为，故答案为：。
【小问7详解】
B的结构中有2个羟基， 最终G的结构中也有2个羟基，因此在合成过程中，的作用是保护B分子中的2个羟基，故答案为：保护B分子中的2个羟基。
【小问8详解】
根据条件，芳香化合物X可与FeCl3溶液发生显色反应，可以判断分子中有苯酚的结构，1mlX可与4mlNaOH反应，可知分子中含有的酚羟基或羧基或酯基。其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3:2:2:1，说明该分子对称，苯环上有两个或4个取代基。符合条件的同分异构体有：，共有4种，故答案为：4。化学式
颜色
红色
蓝色
黑紫色
橙红色
紫红色
化学键
H―H
C=O
C≡O
H―O
E/()
436
803
1076
463
催化剂
Pd/%
Zn/g
表面O含量/%
表面氧缺陷比例/%
转化率/%
0.02%Pd/ZnO/C-N
0.04
9.47
12.43
0.29
82
0.05%Pd/ZnO/C-N
0.13
6.4
9.57
0.30
6.6
0.1%Pd/ZnO/C-N
0.18
10.6
13.25
0.32
68
0.3%Pd/ZnO/C-N
0.58
9.66
12.52
0.38
71
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 C-59 Zn-65 I-127
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 抗坏血酸可用作食品抗氧化剂是由于其很难被氧化
B. 碳酸氢钠可作为加工馒头、面包食品膨松剂是由于其具有碱性
C. 电解海水制氢工艺使用的无机高分子材料多孔聚四氟乙烯具有耐腐蚀性
D. “嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池是将太阳能直接转化为电能
【答案】D
【解析】
【详解】A．维生素C又叫抗坏血酸，由于其具有强的还原性，因此可用作食品抗氧化剂，而不是由于其很难被氧化，A错误；
B．碳酸氢钠可作为加工馒头、面包的食品膨松剂是由于其不稳定，受热分解产生CO2气体，气体从面团中逸出，导致食品松软，不是由于其具有碱性，B错误；
C．多孔聚四氟乙烯是有机高分子材料，具有耐腐蚀性，C错误；
D．砷化镓太阳能电池是将太阳能直接转化为电能的装置，D正确；
故合理选项D。
2. 透骨草是治疗骨关节疾病的常用中药材，其有效成分的结构简式如图。关于该物质的下列说法正确的是
A. 苯环上的一氯代物共6种
B. 在一定条件下能发生取代反应、加成反应和消去反应
C. 1ml该化合物最多与5ml NaOH反应
D. 该分子中的所有碳原子一定不在同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．第一个苯环上有3种不同环境的H原子，第二个苯环上有2种不同环境的H原子，共有5种不同环境的H原子，故A错误；
B．酚羟基、酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，该有机物不含能发生消去反应的原子或原子团，故B错误；
C．酚羟基、酯基能与NaOH溶液反应，该有机物含有2个酚羟基、2个酯基，其中一个酯基为苯酚酯的结构，故1ml该有机物最多与5mlNaOH反应，故C正确；
D．苯环、碳碳双键、酯基都是平面结构，通过单键的旋转，该分子中碳原子是有机会在同一平面的，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
3. CO与在催化剂作用下可生成与减少环境污染。其中在铁催化剂表面进行的反应可分为两步反应，其相对能量与反应历程的关系如下图所示，下列说法错误的是
A. 分子的中心原子N和分子的中心原子C的杂化类型不相同
B. 基态原子的第一电离能：N>O>C>Fe
C. 该过程的决速步反应为
D. Fe*为反应催化剂，FeO*为反应的中间产物
【答案】A
【解析】
【分析】CO与在铁催化剂表面进行两步反应：第一步：(慢) 、第二步：(快)，据此作答。
【详解】A．CO2中心原子C的价层电子对数为，杂化方式为sp，N2O与CO2的原子数相同，价电子数均为16，因此二者互为等电子体，因此两者杂化方式相同，A错误；
B．基态原子第一电离能同周期从左往右呈增大趋势，同主族从上往下逐渐减小，N原子的价层电子排布式为2s22p3，2p能级为半充满状态，较稳定，因此第一电离能较大，故基态原子第一电离能：N>O>C>Fe，B正确；
C．反应速率取决于反应较慢步骤，即决速步骤反应活化能越大反应越慢，所以决速步骤为，C正确；
D．观察图可知，Fe*与原料一起加入，后又生成，因此Fe*为反应催化剂，而FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：A。
4. 三氯甲硅烷()是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应，利用下图装置制备粗品(加热及夹持装置略)。下列说法正确的是
A. 制备的第一步操作是通入HCl气体
B. 将球形冷凝管改为直形冷凝管冷凝效果更佳
C. C和D之间需要加一个干燥装置
D. 用NaOH溶液吸收的化学方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．制备SiHCl3的第一步操作是检查装置的气密性，A错误；
B．球形冷凝管冷凝回流比直形冷凝管效果好，B错误；
C．SiHCl3易水解，所以要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入蒸馏烧瓶中，使SiHCl3水解，C正确；
D．用NaOH溶液吸收SiHCl3的化学方程式为，D错误；
故答案选C。
5. X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，X、M、N的最外层电子数相等，且X的价电子数和原子序数相等，M是前四周期中金属性最强的元素，N的内层轨道全充满电子，Y的基态原子中共有4种不同的空间运动状态的电子，Z是电负性最强的元素。一种由Z、M、N三种元素组成的晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A 原子半径：M>Z>Y>X
B. 该晶体中N的化合价为+2
C. X和Y形成的化合物的沸点低于X和Z形成的化合物的沸点
D. 该晶胞中N的配位数为8
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，M是前四周期中金属性最强的元素，则M为K元素；N的内层轨道全充满电子，其原子序数大于K，则N为Cu元素；X、M、N的最外层电子数相等，则X的最外层电子数为1，X的价电子数和原子序数相等，则X为H元素；Y的基态原子中共有4种不同的空间运动状态的电子，则Y为C元素；Z是电负性最强的元素，则Z为F元素，因此X、Y、Z、M、N五种元素依次为H、C、F、K、Cu，据此作答。
【详解】A．电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：M(K) >Y(C)> Z(F) >X(H)，故A错误；
B．依据晶胞中微粒所处的位置，大的黑球有个，小的黑球有个，白球有个，三种微粒的个数比为4∶2∶8，K、F的化合价分别为+1、-1价，根据化合物中化合价的代数和为0，可计算出该晶体中Cu的化合价为+2，故B正确；
C．X和Y可形成不同状态的烃类物质，沸点有可能高于HF，故C错误；
D．该晶胞中Cu2+距离最近且相等的F-有6个，Cu2+的配位数为6，故D错误；
故选B。
6. 羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，在直流电源的作用下，利用如图所示装置处理含苯酚废水和含甲醛废水(已知：在膜a、b间解离为和)。下列说法错误的是
A. 直流电源的电极电势：右端高于左端
B. 阳极的电极反应式为：
C. 电解质的作用是可以增强溶液的导电能力
D. 每处理9.4g苯酚，理论上有2.8ml透过膜b
【答案】D
【解析】
【分析】M电极通入，发生反应生成自由基，反应式为：，M作阴极，N为阳极，反应式为：，据此作答。
【详解】A．M作阴极，连接的直流电源左端为负极，N为阳极，连接的直流电源左端为正极，正极电势高于负极，即右端高于左端，故A正确；
B．根据上述分析可知N为阳极，反应式为：，故B正确；
C．加入电解质，溶解后自由移动的离子增多，但不影响电极反应，可以增强溶液的导电能力，故C正确；
D．苯酚与反应生成的反应为，则每处理9.4g即0.1ml苯酚，苯酚在阴极的装置进行处理，阴离子移向阳极，因此理论上有2.8ml透过膜a，故D错误；
故答案选D。
7. 向10mL的溶液中逐滴加入氨水，溶液中水电离出的和混合溶液的温度随滴加氨水体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A. b~c段的离子方程式为
B. b点溶液中：
C. c点溶液中：
D. c~d段溶液的温度降低，主要是因为加入的电离吸热所致
【答案】C
【解析】
【分析】当氨水和恰好反应生成正盐时，对水的电离促进作用最大，且此时放热最多温度最高，结合图像可知，加入10mL氨水时两者恰好反应，则的浓度为0.05ml/L，常温下，初始水电离出氢离子浓度等于水电离出氢氧根离子浓度，等于10-13ml/L，则溶液中氢离子浓度为0.1ml/L，则H2A为强酸完全电离；
【详解】A．H2A为强酸完全电离，由图可知，b点加入5mL氨水恰好生成NH4HA，b~c段继续加入氨水，反应的离子方程式为，A错误；
B．H2A为强酸完全电离；b点溶质为NH4HA，其完全电离出铵根离子、氢离子、A2-离子，不存在HA-，铵根离子水解程度使得铵根离子浓度减小，且水也会电离出氢离子，则存在，B错误；
C．c点溶液为(NH4)2A，由质子守恒可知：，C正确；
D．c~d段溶液的温度降低，主要是因为加入的氨水过量，氨水温度低于恰好反应时温度，过量氨水对溶液起到降温作用所致，D错误；
故选C。
三、非选择题：本题共14小题，共174分。
8. 新能源汽车在实现可持续发展的环境目标、减少空气的污染问题及应对气候的逐渐恶化中起到了至关重要的作用。锂离子电池使用寿命在5~8年，研究回收废旧正极材料中Li、Ni、C、Mn等资源可以促进锂离子电池产业的良性发展。下图是一种三元锂电池正极材料的回收工艺。
已知：①正极材料主要成分可以表示为(M：Ni、C、Mn)。
②浸取液中金属离子生成MS沉淀情况与pH的关系如下图。
③、、。
回答下列问题：
（1）浸取时中钴元素转化为，有机酸用醋酸时反应的离子方程式为___________。
（2）浸取时有机酸用苹果酸比醋酸浸取效果好，苹果酸分子中C原子的杂化类型为___________。
（3）时溶液中___________；随pH增大，和的沉淀率增大的原因为___________。
（4）沉锂时生成，反应的离子方程式为___________。
（5）还可以通过电渗析法分离金属离子。硫酸、双氧水浸取后，分三次电渗析可分离成功。下图所示为第一次电渗析分离的工艺，离子交换膜B为___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。第二次用同样方法分离，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C改为一价阳离子交换膜。由上述分离过程可推测，、、中与反应最难的为___________，在___________膜(填“AB”、“BC”或“CD”)之间获得。
【答案】（1）6CH3COOH+2LiCO2+H2O2= 2Li++2C2++4H2O+O2↑+6CH3COO-
（2）sp3、sp2 （3） ①. 80 ②. 随pH增大，S2-浓度增大，所以和的沉淀率增大
（4）
（5） ①. 阴 ②. ③. BC
【解析】
【分析】正极材料主要成分可以表示为(M：Ni、C、Mn)。用有机酸、双氧水浸取得含有Li+、Ni2+、C2+、Mn2+等金属阳离子的溶液，加Na2S调pH生成CS、NiS沉淀除钴镍，继续加Na2S调pH生成MnS沉淀除锰，滤液加碳酸氢钠生成碳酸锂。
【小问1详解】
浸取时中钴元素转化为，则双氧水被氧化为氧气，有机酸用醋酸时反应的离子方程式为6CH3COOH+2LiCO2+H2O2= 2Li++2C2++4H2O+O2↑+6CH3COO-。
【小问2详解】
苹果酸分子中单键碳原子采用sp3杂化、双键碳原子采用sp2杂化。
【小问3详解】
时溶液中 ；随pH增大，S2-浓度增大，所以和的沉淀率增大。
【小问4详解】
沉锂时Li+和碳酸氢根离子反应生成沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为。
【小问5详解】
根据图示，第一次电渗析分离的工艺， NiY2-能透过膜B进入AB膜之间，所以离子交换膜B为阴离子交换膜。第二次用同样方法分离，第三次直接对剩余溶液电渗析分离，且需要将C改为一价阳离子交换膜， 可知Li+透过C膜进入CD膜之间, 留在BC膜之间。由上述分离过程可推测，、、中与反应最难的为。
9. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)是一种重要的配合物原料，实验室制备的步骤如下：
①称取3.0g、4.0g加入5mL水溶解，加热到60℃，溶液变为蓝色。
②加入1.5g活性炭，搅拌均匀，冷却至室温，再加入7mL浓氨水，搅拌，得到黑紫色溶液。
③将该溶液冷却至10℃，加入7mL4%的，溶液，加热至55℃保持15min，持续搅拌。趁热过滤，将活性炭滤出，向滤液中加入4mL浓盐酸，再在2℃下冷却，待大量晶体析出后，抽滤、无水乙醇洗涤、在105℃下烘干20min，冷却后称量得橙红色固体1.3g。
已知：①C的几种离子及化合物颜色如下表。
②和离子能在水溶液中稳定存在，离子不能稳定存在，C(Ⅲ)的配合物离子(如)能稳定存在溶液中。
③的产率随活性炭用量的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）的价电子排布式为___________，步骤①所得溶液中配离子中的配位原子为___________。
（2）步骤③发生反应的化学方程式为___________。
（3）实验中的加热最好采用的方法是___________。
（4）如果先加溶液，后加氨水无法制得产品，原因为___________。
（5）产品产率随活性炭用量增加先增大后减小的原因为___________。
（6）步骤③中趁热过滤主要目的是___________，滤液中加浓盐酸的目的是___________。
（7）为测定产品中钴元素的含量，进行下列实验：
准确称取0.2000g产品放入250mL碘量瓶中加80mL水溶解，加入15mL10%NaOH溶液加热至沸，冷却后加入50mL水，然后加入1.000gKI固体摇荡使其溶解，再加入15mL左右的6ml/L HCl溶液酸化，于暗处放置10min，然后用0.1000ml/L标准溶液滴定至浅棕色，加入1mL新配的0.5%淀粉溶液后，再滴定至终点。重复2次实验，平均消耗溶液7.50mL(已知：)。通过计算确定该产品中钴元素的百分含量为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 3d7 ②. O和Cl
（2）
（3）水浴加热 （4）H2O2可能无法将氧化（或比还原性强）
（5）催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低
（6） ①. 避免因过滤过程温度降低而析出 ②. 根据同离子效应，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率
（7）22.1%
【解析】
【小问1详解】
的价电子排布式为3d7，步骤①所得溶液呈蓝色，其中的配离子为，其中配位原子为O和Cl，故答案为：3d7；O和Cl。
【小问2详解】
步骤③中在活性炭催化下，H2O2将氧化为，溶液中的阴离子为氯离子，还存在NH4Cl，步骤③发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
【小问3详解】
控制温度不超过100℃，可用水浴加热，故答案为：水浴加热。
【小问4详解】
根据题中信息C(Ⅲ)离子不能稳定存在，说明其氧化性强，加H2O2可能无法将C2+氧化，故答案为：H2O2可能无法将氧化（或比还原性强）。
【小问5详解】
催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低，故答案为：催化剂活性炭用量增加，反应速率加快，相同时间内生成的产物增加，产率增大；当活性炭用量太大，可能吸附产品，致使产率降低。
【小问6详解】
趁热过滤可以避免因过滤过程温度降低而析出；加浓盐酸，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率，故答案为：避免因过滤过程温度降低而析出；根据同离子效应，氯离子浓度增大可促使在降温结晶时析出更多，增大产率。
【小问7详解】
滴定时将碘离子氧化为碘单质，滴定碘单质，根据得失电子守恒，则钴元素的百分含量为，故答案为：22.1%。
10. 加氢合成甲醇对缓解能源危机、改变产业结构以及实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要的战略意义。该合成工艺主要包括三个反应：
①
②
③
（1）已知一些物质的键能数据如下：
计算___________。
（2）按照一定比例投料，测定的平衡转化率和CO的平衡选择性随温度和压强的变化关系如下图所示。、、、的大小关系为___________；原因为___________；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为___________(CO的选择性)。
（3）下表是一定条件下用Pd/ZnO/C-N做催化剂，改变Pd含量测得的催化剂组成、结构以及转化率的数据。
由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为___________。
（4）六方ZnO晶胞结构如下左图所示，填充在形成的___________空隙中，该晶体的密度为___________(设表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)，在下右图中补充画出ZnO晶胞的俯视投影图。
【答案】（1）
（2） ①. <<< ②. 温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<< ③. ℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡转化率不变；
（3）催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大
（4） ①. 正四面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
由 ，由反应①求出E键能=(1076+2×436+90.8)=2038.8，故反应③（803×2+436×3-2038.8-2×463）=；
【小问2详解】
温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO选择性降低，故<<<；℃以后不同压强下平衡转化率变为一条曲线，原因为℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡不移动平衡转化率不变；
【小问3详解】
由上表数据推测，催化剂中Pd含量增大，转化率增大的原因可能为催化剂中Pd含量增大，选择性催化②③转化率增大；
【小问4详解】
由图可看出填充在形成的正四面体空隙中；根据无隙并置，该晶体中有个， 为个，晶胞密度为
11. 化合物G是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。实验室由芳香化合物A制备G的合成路线如图所示：
已知：
回答以下问题：
（1）的化学名称为___________。
（2）由B生成C的化学方程式为___________。
（3）物质D中含氧官能团的名称为___________。
（4）D→E、F→G的反应类型分别为___________。
（5）E的分子式为___________。
（6）F的结构简式为___________。
（7）由A制备G的合成过程中，的作用是___________。
（8）芳香化合物X是B的同分异构体，可与溶液发生显色反应，1ml X可与4ml NaOH反应，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1.符合要求的X的同分异构体共有___________种。
【答案】11. 苯甲醛
12.
13. 醚键、羟基、羰基
14. 氧化反应；加成反应
15. C17H14O4
16. 17. 保护B分子中的2个羟基
18. 4
【解析】
【分析】根据A的分子式为C6H6O3，B的分子式为C8H8O4，可知A与乙酸发生取代反应生成B和水，则B的结构简式为，分析C生成D可知，发生的反应为，C先与苯甲醛加成后消去得到D，由此可知B发生取代反应得到C，C的结构简式为，D是脱掉2个H原子生成E，因此D发生氧化反应得到E，E发生取代反应得到F，E的分子式为C17H14O4，F的分子式为C15H10O4，分析可知F的结构简式为， G的分子式为C15H12O4，则F和H2加成得到H，H的结构为。
【小问1详解】
的化学名称是苯甲醛，故答案为：苯甲醛。
【小问2详解】
B的结构简式为，C的结构简式为，由B生成C的化学方程式为：
，故答案为：
。
【小问3详解】
根据D的结构可知，含氧官能团的名称为醚键、羟基、羰基，故答案为：醚键、羟基、羰基。
【小问4详解】
根据上述分析可知D→E的反应类型为：氧化反应，F→G的反应类型为：加成反应，故答案为：氧化反应；加成反应。
【小问5详解】
根据上述分析可知E的分子式为C17H14O4，故答案为：C17H14O4。
【小问6详解】
根据上述分析可知F的结构简式为，故答案为：。
【小问7详解】
B的结构中有2个羟基， 最终G的结构中也有2个羟基，因此在合成过程中，的作用是保护B分子中的2个羟基，故答案为：保护B分子中的2个羟基。
【小问8详解】
根据条件，芳香化合物X可与FeCl3溶液发生显色反应，可以判断分子中有苯酚的结构，1mlX可与4mlNaOH反应，可知分子中含有的酚羟基或羧基或酯基。其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为3:2:2:1，说明该分子对称，苯环上有两个或4个取代基。符合条件的同分异构体有：，共有4种，故答案为：4。化学式
颜色
红色
蓝色
黑紫色
橙红色
紫红色
化学键
H―H
C=O
C≡O
H―O
E/()
436
803
1076
463
催化剂
Pd/%
Zn/g
表面O含量/%
表面氧缺陷比例/%
转化率/%
0.02%Pd/ZnO/C-N
0.04
9.47
12.43
0.29
82
0.05%Pd/ZnO/C-N
0.13
6.4
9.57
0.30
6.6
0.1%Pd/ZnO/C-N
0.18
10.6
13.25
0.32
68
0.3%Pd/ZnO/C-N
0.58
9.66
12.52
0.38
71
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