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内蒙古呼和浩特市第二中学2024届高三下学期二模考试化学试题（原卷版+解析版）
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A. 加酶洗衣粉不可用于洗涤羊绒衫
B. 补铁剂与维C共服，能促进铁元素的吸收
C. “无糖”食品通常加入糖醇等甜味剂作为蔗糖的替代物
D. 用锡焊接的铁质器件，焊接处不易生锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．加酶洗衣粉一般含蛋白酶，会使丝绸和羊毛衣料分解，会破坏衣料的结构，导致其损坏，A正确；
B．人体对铁的吸收是吸收Fe2+，维生素C有还原性防止铁剂中的铁被氧化为+3价，故补铁剂与维C共服，能促进铁元素的吸收，B正确；
C．无糖食品一般是指不含蔗糖（甘蔗糖和甜菜糖）、葡萄糖、麦芽糖、果糖等的甜味食品，但无糖食品通常加入糖醇（包括木糖醇、山梨醇、麦芽糖醇、甘露醇）等替代品，C正确
D．用锡焊接的铁质器件，可形成原电池，铁作负极，所以焊接处铁容易生锈，D错误；
本题选D。
2. 下列离子方程式不能用来解释相应实验现象的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Pb放入溶液中，产生沉淀：，A说法正确
B．向氨水中滴入氯化铝溶液：，B说法正确；
C．向稀硝酸中滴加溶液，二者发生氧化还原反应产生气体：，C说法错误；
D．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色，离子方程式：，D说法正确；
答案选C。
3. 增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是
A. 该反应属于加成反应
B. 邻苯二甲酸酐与苯甲酸互为同系物
C. 环己醇与足量钠反应，可以生成标况下氢气
D. DCHP的苯环上的二氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应不存在不饱和键的断裂，不属于加成反应，A错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；邻苯二甲酸酐与苯甲酸两者结构不相似，不是同系物，B错误；
C．环己醇与足量钠反应，可以生成0.5ml氢气，为标况下11.2L氢气，C错误；
D．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，D正确；
故选D。
4. X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Z的最外层电子数与其K层电子数相等。是形成酸雨的物质之一、下列说法正确的是
A. 简单氢化物的稳定性：Y>WB. 简单离子半径：Z>W
C. Y与Z不能形成离子化合物D. W氧化物对应的水化物一定是强酸
【答案】A
【解析】
【分析】是形成酸雨的物质之一，可能为二氧化硫或二氧化氮，Z的最外层电子数与其K层电子数相等，结合X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19，则X为N元素，Y为O元素，Z为Mg元素，W为S元素。
【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性：，A正确；
B．电子层数越多，离子半径越大，简单离子半径：，B错误；
C．Y为O元素，Z为Mg元素，二者可形成离子化合物MgO，C错误；
D．W为S元素，其氧化物对应的水化物可能为亚硫酸为弱酸，D错误；
答案选A。
5. 下列实验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．共价化合物（如HCl）溶于水也能导电，仅凭物质溶于水能够导电，不能说明其中含有离子键，A错误；
B．乙醇和醋酸的酯化反应需要浓硫酸作为催化剂，B错误；
C．加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，将试管里的物质慢慢倒入盛水的烧杯中，试管底部有灰白色固体，稀释后溶液变蓝，说明反应生成了硫酸铜，Cu作还原剂，浓硫酸作氧化剂，具有氧化性，C正确；
D．用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和溶液的pH，前者pH大，说明N2S是强碱弱酸盐，H2S是弱酸，说明酸性：HCl>H2S，HCl和H2S都不是对应元素的最高价含氧酸，其酸性强弱无法判断非金属性：S＜Cl，D错误；
故选C。
6. 用电解法(图1)通过翻转电极可同时处理含和的生活污水，联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图2所示。0～20分钟除去的原理如图3所示，20～40分钟除的方法是将其转化为沉淀。
下列说法不正确的是
A. 在时内，a为电源的负极
B. 除时，阳极的电极反应式为：
C. 除过程中，溶液pH变小
D. 除的总反应离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，除时，阴极是H2O放电，阳极是Cl-放电；除时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。
【详解】A．0-20min，若a作负极，石墨就作阳极，阳极Cl-放电生成Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液酸性增强，pH降低，与图像相符，A正确；
B．除时，阳极是Cl-放电，B错误；
C．除时，阴极是H2O放电，局部产生大量OH-，阴极附近的pH增大，C正确；
D．除的总反应离子方程式为：，D正确；
答案选B。
7. 室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是
A. 由图1，的水解平衡常数的数量级是
B. 图2中M点，溶液中存在
C. 图2中P点，存在
D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
【答案】B
【解析】
【分析】由图1可知时pH=10.25，则，时pH=6.37，则；
【详解】A．的水解平衡常数，数量级是，A正确；
B．．M点时pH=8.25，pOH=5.75，c(OH-)=10-5.75ml/L，而由图1可知，pH=8.25时，碳酸氢根离子物质的量分数约为1.0，则c()≈0.1ml·L-1，则，≈10-3ml·L-1，B错误；
C．图2中P点在曲线之下，则碳元素没有进入沉淀，由物料守恒可知，存在，C正确；
D．由图2可知，pH大于8.25时，更容易转化为沉淀，而pH小于8.25时，更容易转化为沉淀，结合图1可知，沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好，D正确；
故选B。
8. 钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含、、、、等)制取的流程如图。
已知：①难溶于盐酸；②草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。
回答下列问题：
（1）酸浸中，滤渣的主要成分是_______(填化学式)，溶解的离子反应方程式为_______。
（2）“步骤Ⅰ”中加入后选择合适试剂调pH，再将溶液加热煮沸一段时间，加热煮沸的目的是_______。
（3）草酸用量过多时，钪的沉淀率反而下降，原因是_______。
（4）在空气中加热分解时，%随温度变化如图所示。
已知：。
250℃时固体的主要成分是：_______(填化学式)。
（5）传统制备的方法是先得到沉淀，再高温脱水得，但通常含有杂质，原因是_______。
（6）“加热氯化”过程主要发生反应的化学方程式为：_______。
【答案】（1） ①. 、 ②.
（2）使胶体聚沉，颗粒增大便于过滤
（3）草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物
（4）
（5）高温脱水的过程中，发生了水解反应
（6）
【解析】
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3制取ScCl3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，再在氯气和足量焦炭的条件下加热氯化，得ScCl3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析，滤渣的主要成分是SiO2、TiO2，Sc2O3溶解的离子反应方程式为Sc2O3+6H+=2Sc3++3H2O；
【小问2详解】
“步骤Ⅰ”中加入H2O2后选择合适试剂调pH，使三价铁离子转化为Fe(OH)3，由于Fe(OH)3易形成胶体，故再将溶液加热煮沸一段时间，加热煮沸的目的是使Fe(OH)3胶体聚沉，颗粒增大便于过滤；
【小问3详解】
由题干已知，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，钪的沉淀率反而下降；
【小问4详解】
设有1ml草酸钪晶体(462g)在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g×80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1ml晶体失去5ml水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；
【小问5详解】
ScCl3⋅6H2O高温脱水得ScCl3，通常含有SeOCl杂质，是高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应造成的；
【小问6详解】
“加热氯化”过程主要发生反应是Sc2O3与C和氯气在加热条件下生成ScCl3，由于C足量，得CO，化学方程式为Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO。
9. 三氯三(四氢呋喃)合铬(Ⅲ)可催化烯烃加聚，制备的方法加下。
已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。
②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
Ⅰ．制备无水：
某化学小组用(沸点76.8℃)和在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示：
（1）装置A用于制备，实验装置合理的连接顺序为A→G-→F→_______→B(填装置字母标号，可重复使用)。
（2）装置乙名称为_______，装置D中粗导管的作用是_______。
（3）尾气处理时发生反应的离子方程式：_______。
Ⅱ．合成：
①四氢呋喃(THF)为常见的有机溶剂，沸点66℃，易燃。
②实验室在非水体系中合成原理为：
实验操作：按如图组装仪器，将步骤Ⅰ所得无水和锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入无水四氢呋喃(THF)，通后关闭，接通冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，在索氏提取器中发生反应，回流后再通入冷却至室温；取下双颈烧瓶，在通风橱中蒸发至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥后称量即得产品。
（4）该反应不能使用明火加热的原因_______。
（5）产品沿索氏提取器的管_______(2或3)流回双颈烧瓶。
（6）已知Cr(Ⅱ)对该反应有催化作用，推断加入Zn粉发生反应的化学方程式为：_______。
（7）实验所用的四氢呋喃需进行无水处理，下列可以除去四氢呋喃中少量水分的试剂是_______。
A．金属钠 B．浓硫酸 C．具有吸水能力的分子筛
（8）产品产率为____%(结果保留小数点后一位)[已知：的摩尔质量为；的摩尔质量为]。
【答案】（1）EDC （2） ①. 长颈漏斗 ②. 防止冷凝为固体后发生堵塞(写出“防堵塞”得分)
（3）
（4）THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸
（5）3 （6）
（7）AC （8）60.1%或60.0%
【解析】
【分析】I．制备无水的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备，反应在高温下进行，以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的气体；
II．根据装置图分析，首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在纸质反应管加入无水CrCl3和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中进行反应，从而生成产物；
【小问1详解】
实验装置合理的连接顺序为A→G→F→E→D→C→B；
【小问2详解】
装置乙名称：长颈漏斗；装置D中粗导管的作用：防止冷凝为固体后发生堵塞；
【小问3详解】
尾气处理时发生反应的离子方程式：；
【小问4详解】
该反应不能使用明火加热的原因：THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸；
【小问5详解】
产品沿索氏提取器的管3流回双颈烧瓶；
【小问6详解】
加入Zn粉发生反应的化学方程式为：；
【小问7详解】
A．金属钠与水反应，与THF不反应，可用于除去THF中的水；
B．浓硫酸具有脱水性和腐蚀性，不选用浓硫酸除水；
C．孔径大小与水分子大小接近的分子筛可与除水，可除去THF中的水；
故选AC；
【小问8详解】
物质的量为0.01ml，根据铬元素守恒，理论可生成0.02ml，即7.49g，其产率：。
10. 是一种脱硝性能较好的催化剂。采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为。主反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（1）已知： 。则_______。某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m_______n(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）将模拟烟气按一定流量通入掺杂不同金属的催化剂，在不同温度下进行反应并测定相关物质浓度，得出不同情况下NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能是_______。
②综合考虑应选择_______为该脱硝过程的催化剂，选择合适的催化剂_______(填写“能”或“不能”)提高的平衡产率。
③为探究氨的催化脱硝过程中生成的机理，将含有不同同位素原子的物质(与、)通入反应容器进行一系列温度编程实验，通过质谱仪测定产物气体分子的含量随温度的变化曲线如下图。
则与NO、反应生成的化学方程式为_______(需标出N原子的质量数)。
（3）当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，假设仅发生两个主反应。通入、、，初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，平衡体系中。则NO的转化率为______，反应Ⅱ的______(写出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. ＜
（2） ①. 催化剂活性下降(或副反应增多) ②. ③. 不能 ④.
（3） ①. 75% ②. (或
【解析】
【小问1详解】
已知Ⅲ：
由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ的反应Ⅰ，故ΔH1=ΔH2−ΔH3=−1657.5kJ⋅ml−1−(+180.5kJ⋅ml−1)=−1838kJ⋅ml−1；ΔH1<0，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，反应逆向进行，逆反应速率增大的更多，则m【小问2详解】
选择时，180℃~260℃时NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多；
②结合图像可知在温度较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、副产物N2O的生成量较低，所以最佳催化剂为；催化剂改变反应历程，加快反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高氮气产率；
③由图可知，氨气和NO、氧气生成和水，中氮一半来自NO、一半来自氨气，则反应NO、氨气的物质的量为1:1，结合电子守恒可知，反应为；
【小问3详解】
初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，则反应氧气2ml×30%=0.6ml，由三段式可知：
反应后总的物质的量为(10+a+0.6)ml= (10.6+a)ml，则平衡压强为，，a=0.1ml，则NO的转化率为；平衡时氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的量分别为4-2.4-0.4=1.2ml、4-2.4-0.6=1ml、2-0.6=1.4ml、0.5+2.4=2.9ml、0.6+3.6=4.2ml，根据阿伏伽德罗定律可知，氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的分压分别为0.12、0.1、0.14、0.29、0.42，故反应Ⅱ的(或。
11. 硒(Se是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为_______。
（2）比较沸点_______(填“>”或“＜”)，并解释原因_______。
（3）关于Ⅰ～Ⅳ物质，下列说法正确的有
A. Ⅰ中Se原子为杂化，碳原子不都是杂化
B. Ⅱ是由极性键和非极性键组成的弱极性分子
C. Ⅲ含有的所有元素中，O的电负性最大
D. Ⅳ中含有2个手性碳原子
（4）分子Ⅲ价电子中，有_______ml孤电子对。
（5）适量的硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒，的立体构型为____。结合无机含氧酸的酸性变化规律，比较酸性：_____(填“>”或“＜”)。
（6）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该晶胞在xy平面投影如图2所示，在晶体中，每个Fe周围紧邻的Se有_______个。
②该晶胞参数、，该晶体密度_______。(用表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
【答案】（1）
（2） ①. > ②. 二者均为分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高 （3）BC
（4）6 （5） ①. 正四面体 ②. ＜
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Se元素为第四周期元素第VIA族元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；
【小问2详解】
H2Se和H2S两者都是分子晶体，由于分子间都不能形成氢键，比较沸点直接看他们的相对分子量大小，故沸点：H2Se>H2S，因为二者均为分子晶体，H2Se相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高；
【小问3详解】
A．I中有苯环，苯环中C原子一定是sp2杂化，故A错误；
B．Ⅱ中碳碳之间为非极性键，碳氢之间为极性键，物质类别属于烃类，难溶于水，极性较小，故B正确；
C．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故C正确；
D．Ⅳ中无饱和碳原子，手性碳原子一定是饱和碳原子，故Ⅳ中无手性碳原子，故D错误；
故选：BC；
【小问4详解】
分子Ⅲ中，每个N原子上有1对孤电子对，每个O原子上有2对孤电子对，故共有6对孤电子对，即1ml分子Ⅲ的价电子中，有6ml孤电子对；
【小问5详解】
中心原子Se原子层电子对数为4，为sp3杂化，离子的立体构型为正四面体形，同种元素对应的无机含氧酸，元素价态越高，非羟基氧越多，酸性越强，可以类比硫酸酸性强于亚硫酸，酸性：H2SeO3【小问6详解】
由晶胞平面投影图可知，钾原子位于晶胞顶点和体心，个数为，铁原子位于面心，个数为，硒原子位于棱上和体心，个数为，所以超导材料最简化学式是“KFe2Se2”，位于面心上的铁原子与其最近且等距的硒原子共4个(两个棱上，两个晶胞体内)，所以Fe的配位数是“4”；根据密度计算公式，代入题目所给数据，可得晶体密度计算式。
12. 帕罗维德(Paxlvid)是一种有效的病毒抑制剂，可以在病毒感染早期有效干预抑制病毒复制。下图是合成帕罗韦德的重要中间体之一(Ⅰ)的合成路线。
请回答下列问题：
（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，其结构简式为_______，A→B的反应类型_______。
（2）C→D的反应条件为_______，D的结构简式为_______，E的名称是_______。
（3）F中的官能团名称为_______。
（4）写出G→H转化第一步反应的化学方程式_______。
（5）芳香化合物N为I的同分异构体，满足下列条件的N有_______种；
①能与溶液发生显色反应； ②最多消耗。
其中核磁共振氢谱中有5组峰，其峰面积之比为的同分异构体的结构简式为_______。
【答案】（1） ① ②. 加成反应
（2） ①. 浓硫酸，加热 ②. ③. 4-氯-2-甲基-2-丁烯(1-氯-3-甲基-2-丁烯)
（3）碳碳双键，酯基 （4）+2NaOH+H2O+CH3CH2OH
（5） ①. 12 ②. ，
【解析】
【分析】A(C3H6O)的核磁共振氢谱只有一组峰，结合A的分子式和B结构可知，A为丙酮，A和乙炔发生加成反应得B，B和氢气加成生成C，结合C化学式可知，C为；C在浓硫酸催化作用下发生消去反应生成D；D和HCl发生加成反应生成E；E生成F，F被高锰酸钾氧化生成G；G中酯基水解后酸化得到H，H生成I；
【小问1详解】
由分析，A的结构简式为，A→B的反应类型为加成反应；
【小问2详解】
C→D是醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热，D(C5H8)的结构简式为，E的名称是4-氯-2-甲基-2-丁烯(1-氯-3-甲基-2-丁烯)；
【小问3详解】
由F结构可知，F中的官能团名称为碳碳双键，酯基；
【小问4详解】
G→H转化第一步反应是酯基在碱性溶液中的水解，同时羧基也消耗氢氧化钠，化学方程式为：+2NaOH+C2H5OH+H2O；
【小问5详解】
I含有7个碳、3个氧，不饱和度为4；芳香化合物N为I的同分异构体，满足下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②1mlN最多消耗2ml NaOH，则含有2个酚羟基；
剩余1个碳1个氧，可能在同一个基团中，可能是-OCH3或-CH2OH，与两个酚羟基在不同位置的情况分别都是6种，故满足条件的N有12种
核磁共振氢谱中有5组峰，其峰面积之比为1:2:2:2:1，则不含甲基，含氧侧链为-CH2OH，有一定对称性；其结构可以为：，。选项
实验现象
离子方程式
A
Pb放入溶液中，产生沉淀
B
向氨水中滴入氯化铝溶液
C
向稀硝酸中滴加溶液产生气体
D
酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水后，溶液褪色
选项
实验方案
现象
结论
A
将溶于水，进行导电性实验
溶液可导电
由此可证明中含有离子键
B
在试管中仅加入无水乙醇和冰醋酸，混合后，酒精灯缓缓加热，将产生的蒸汽经导管通入到饱和碳酸钠溶液中，反应结束后充分振荡盛有饱和碳酸钠溶液的试管
溶液分层
制备获得乙酸乙酯
C
加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，将试管里的物质慢慢倒入盛水的烧杯中
试管底部有灰白色固体，稀释后溶液变蓝
浓硫酸具有氧化性，与铜反应生成硫酸铜
D
用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和溶液的pH
前者pH大
非金属性：S＜Cl
A. 加酶洗衣粉不可用于洗涤羊绒衫
B. 补铁剂与维C共服，能促进铁元素的吸收
C. “无糖”食品通常加入糖醇等甜味剂作为蔗糖的替代物
D. 用锡焊接的铁质器件，焊接处不易生锈
【答案】D
【解析】
【详解】A．加酶洗衣粉一般含蛋白酶，会使丝绸和羊毛衣料分解，会破坏衣料的结构，导致其损坏，A正确；
B．人体对铁的吸收是吸收Fe2+，维生素C有还原性防止铁剂中的铁被氧化为+3价，故补铁剂与维C共服，能促进铁元素的吸收，B正确；
C．无糖食品一般是指不含蔗糖（甘蔗糖和甜菜糖）、葡萄糖、麦芽糖、果糖等的甜味食品，但无糖食品通常加入糖醇（包括木糖醇、山梨醇、麦芽糖醇、甘露醇）等替代品，C正确
D．用锡焊接的铁质器件，可形成原电池，铁作负极，所以焊接处铁容易生锈，D错误；
本题选D。
2. 下列离子方程式不能用来解释相应实验现象的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Pb放入溶液中，产生沉淀：，A说法正确
B．向氨水中滴入氯化铝溶液：，B说法正确；
C．向稀硝酸中滴加溶液，二者发生氧化还原反应产生气体：，C说法错误；
D．酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水褪色，离子方程式：，D说法正确；
答案选C。
3. 增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是
A. 该反应属于加成反应
B. 邻苯二甲酸酐与苯甲酸互为同系物
C. 环己醇与足量钠反应，可以生成标况下氢气
D. DCHP的苯环上的二氯代物有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应不存在不饱和键的断裂，不属于加成反应，A错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；邻苯二甲酸酐与苯甲酸两者结构不相似，不是同系物，B错误；
C．环己醇与足量钠反应，可以生成0.5ml氢气，为标况下11.2L氢气，C错误；
D．邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，D正确；
故选D。
4. X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Z的最外层电子数与其K层电子数相等。是形成酸雨的物质之一、下列说法正确的是
A. 简单氢化物的稳定性：Y>WB. 简单离子半径：Z>W
C. Y与Z不能形成离子化合物D. W氧化物对应的水化物一定是强酸
【答案】A
【解析】
【分析】是形成酸雨的物质之一，可能为二氧化硫或二氧化氮，Z的最外层电子数与其K层电子数相等，结合X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19，则X为N元素，Y为O元素，Z为Mg元素，W为S元素。
【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性：，A正确；
B．电子层数越多，离子半径越大，简单离子半径：，B错误；
C．Y为O元素，Z为Mg元素，二者可形成离子化合物MgO，C错误；
D．W为S元素，其氧化物对应的水化物可能为亚硫酸为弱酸，D错误；
答案选A。
5. 下列实验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．共价化合物（如HCl）溶于水也能导电，仅凭物质溶于水能够导电，不能说明其中含有离子键，A错误；
B．乙醇和醋酸的酯化反应需要浓硫酸作为催化剂，B错误；
C．加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，将试管里的物质慢慢倒入盛水的烧杯中，试管底部有灰白色固体，稀释后溶液变蓝，说明反应生成了硫酸铜，Cu作还原剂，浓硫酸作氧化剂，具有氧化性，C正确；
D．用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和溶液的pH，前者pH大，说明N2S是强碱弱酸盐，H2S是弱酸，说明酸性：HCl>H2S，HCl和H2S都不是对应元素的最高价含氧酸，其酸性强弱无法判断非金属性：S＜Cl，D错误；
故选C。
6. 用电解法(图1)通过翻转电极可同时处理含和的生活污水，联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图2所示。0～20分钟除去的原理如图3所示，20～40分钟除的方法是将其转化为沉淀。
下列说法不正确的是
A. 在时内，a为电源的负极
B. 除时，阳极的电极反应式为：
C. 除过程中，溶液pH变小
D. 除的总反应离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，除时，阴极是H2O放电，阳极是Cl-放电；除时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。
【详解】A．0-20min，若a作负极，石墨就作阳极，阳极Cl-放电生成Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液酸性增强，pH降低，与图像相符，A正确；
B．除时，阳极是Cl-放电，B错误；
C．除时，阴极是H2O放电，局部产生大量OH-，阴极附近的pH增大，C正确；
D．除的总反应离子方程式为：，D正确；
答案选B。
7. 室温下，某溶液体系中满足，现利用平衡移动原理，研究在不同pH的体系中的可能产物。图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，不同pH下由图1得到。下列说法错误的是
A. 由图1，的水解平衡常数的数量级是
B. 图2中M点，溶液中存在
C. 图2中P点，存在
D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
【答案】B
【解析】
【分析】由图1可知时pH=10.25，则，时pH=6.37，则；
【详解】A．的水解平衡常数，数量级是，A正确；
B．．M点时pH=8.25，pOH=5.75，c(OH-)=10-5.75ml/L，而由图1可知，pH=8.25时，碳酸氢根离子物质的量分数约为1.0，则c()≈0.1ml·L-1，则，≈10-3ml·L-1，B错误；
C．图2中P点在曲线之下，则碳元素没有进入沉淀，由物料守恒可知，存在，C正确；
D．由图2可知，pH大于8.25时，更容易转化为沉淀，而pH小于8.25时，更容易转化为沉淀，结合图1可知，沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好，D正确；
故选B。
8. 钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含、、、、等)制取的流程如图。
已知：①难溶于盐酸；②草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。
回答下列问题：
（1）酸浸中，滤渣的主要成分是_______(填化学式)，溶解的离子反应方程式为_______。
（2）“步骤Ⅰ”中加入后选择合适试剂调pH，再将溶液加热煮沸一段时间，加热煮沸的目的是_______。
（3）草酸用量过多时，钪的沉淀率反而下降，原因是_______。
（4）在空气中加热分解时，%随温度变化如图所示。
已知：。
250℃时固体的主要成分是：_______(填化学式)。
（5）传统制备的方法是先得到沉淀，再高温脱水得，但通常含有杂质，原因是_______。
（6）“加热氯化”过程主要发生反应的化学方程式为：_______。
【答案】（1） ①. 、 ②.
（2）使胶体聚沉，颗粒增大便于过滤
（3）草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物
（4）
（5）高温脱水的过程中，发生了水解反应
（6）
【解析】
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3制取ScCl3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，再在氯气和足量焦炭的条件下加热氯化，得ScCl3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析，滤渣的主要成分是SiO2、TiO2，Sc2O3溶解的离子反应方程式为Sc2O3+6H+=2Sc3++3H2O；
【小问2详解】
“步骤Ⅰ”中加入H2O2后选择合适试剂调pH，使三价铁离子转化为Fe(OH)3，由于Fe(OH)3易形成胶体，故再将溶液加热煮沸一段时间，加热煮沸的目的是使Fe(OH)3胶体聚沉，颗粒增大便于过滤；
【小问3详解】
由题干已知，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，钪的沉淀率反而下降；
【小问4详解】
设有1ml草酸钪晶体(462g)在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g×80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1ml晶体失去5ml水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；
【小问5详解】
ScCl3⋅6H2O高温脱水得ScCl3，通常含有SeOCl杂质，是高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应造成的；
【小问6详解】
“加热氯化”过程主要发生反应是Sc2O3与C和氯气在加热条件下生成ScCl3，由于C足量，得CO，化学方程式为Sc2O3+3C+3Cl22ScCl3+3CO。
9. 三氯三(四氢呋喃)合铬(Ⅲ)可催化烯烃加聚，制备的方法加下。
已知：①易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。
②气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
Ⅰ．制备无水：
某化学小组用(沸点76.8℃)和在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示：
（1）装置A用于制备，实验装置合理的连接顺序为A→G-→F→_______→B(填装置字母标号，可重复使用)。
（2）装置乙名称为_______，装置D中粗导管的作用是_______。
（3）尾气处理时发生反应的离子方程式：_______。
Ⅱ．合成：
①四氢呋喃(THF)为常见的有机溶剂，沸点66℃，易燃。
②实验室在非水体系中合成原理为：
实验操作：按如图组装仪器，将步骤Ⅰ所得无水和锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入无水四氢呋喃(THF)，通后关闭，接通冷却水，加热四氢呋喃至沸腾，在索氏提取器中发生反应，回流后再通入冷却至室温；取下双颈烧瓶，在通风橱中蒸发至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥后称量即得产品。
（4）该反应不能使用明火加热的原因_______。
（5）产品沿索氏提取器的管_______(2或3)流回双颈烧瓶。
（6）已知Cr(Ⅱ)对该反应有催化作用，推断加入Zn粉发生反应的化学方程式为：_______。
（7）实验所用的四氢呋喃需进行无水处理，下列可以除去四氢呋喃中少量水分的试剂是_______。
A．金属钠 B．浓硫酸 C．具有吸水能力的分子筛
（8）产品产率为____%(结果保留小数点后一位)[已知：的摩尔质量为；的摩尔质量为]。
【答案】（1）EDC （2） ①. 长颈漏斗 ②. 防止冷凝为固体后发生堵塞(写出“防堵塞”得分)
（3）
（4）THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸
（5）3 （6）
（7）AC （8）60.1%或60.0%
【解析】
【分析】I．制备无水的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备，反应在高温下进行，以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的气体；
II．根据装置图分析，首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在纸质反应管加入无水CrCl3和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到纸质反应管中进行反应，从而生成产物；
【小问1详解】
实验装置合理的连接顺序为A→G→F→E→D→C→B；
【小问2详解】
装置乙名称：长颈漏斗；装置D中粗导管的作用：防止冷凝为固体后发生堵塞；
【小问3详解】
尾气处理时发生反应的离子方程式：；
【小问4详解】
该反应不能使用明火加热的原因：THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸；
【小问5详解】
产品沿索氏提取器的管3流回双颈烧瓶；
【小问6详解】
加入Zn粉发生反应的化学方程式为：；
【小问7详解】
A．金属钠与水反应，与THF不反应，可用于除去THF中的水；
B．浓硫酸具有脱水性和腐蚀性，不选用浓硫酸除水；
C．孔径大小与水分子大小接近的分子筛可与除水，可除去THF中的水；
故选AC；
【小问8详解】
物质的量为0.01ml，根据铬元素守恒，理论可生成0.02ml，即7.49g，其产率：。
10. 是一种脱硝性能较好的催化剂。采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为。主反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
（1）已知： 。则_______。某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m_______n(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）将模拟烟气按一定流量通入掺杂不同金属的催化剂，在不同温度下进行反应并测定相关物质浓度，得出不同情况下NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能是_______。
②综合考虑应选择_______为该脱硝过程的催化剂，选择合适的催化剂_______(填写“能”或“不能”)提高的平衡产率。
③为探究氨的催化脱硝过程中生成的机理，将含有不同同位素原子的物质(与、)通入反应容器进行一系列温度编程实验，通过质谱仪测定产物气体分子的含量随温度的变化曲线如下图。
则与NO、反应生成的化学方程式为_______(需标出N原子的质量数)。
（3）当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，假设仅发生两个主反应。通入、、，初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，平衡体系中。则NO的转化率为______，反应Ⅱ的______(写出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. ＜
（2） ①. 催化剂活性下降(或副反应增多) ②. ③. 不能 ④.
（3） ①. 75% ②. (或
【解析】
【小问1详解】
已知Ⅲ：
由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ的反应Ⅰ，故ΔH1=ΔH2−ΔH3=−1657.5kJ⋅ml−1−(+180.5kJ⋅ml−1)=−1838kJ⋅ml−1；ΔH1<0，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，反应逆向进行，逆反应速率增大的更多，则m
选择时，180℃~260℃时NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多；
②结合图像可知在温度较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、副产物N2O的生成量较低，所以最佳催化剂为；催化剂改变反应历程，加快反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高氮气产率；
③由图可知，氨气和NO、氧气生成和水，中氮一半来自NO、一半来自氨气，则反应NO、氨气的物质的量为1:1，结合电子守恒可知，反应为；
【小问3详解】
初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，则反应氧气2ml×30%=0.6ml，由三段式可知：
反应后总的物质的量为(10+a+0.6)ml= (10.6+a)ml，则平衡压强为，，a=0.1ml，则NO的转化率为；平衡时氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的量分别为4-2.4-0.4=1.2ml、4-2.4-0.6=1ml、2-0.6=1.4ml、0.5+2.4=2.9ml、0.6+3.6=4.2ml，根据阿伏伽德罗定律可知，氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的分压分别为0.12、0.1、0.14、0.29、0.42，故反应Ⅱ的(或。
11. 硒(Se是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为_______。
（2）比较沸点_______(填“>”或“＜”)，并解释原因_______。
（3）关于Ⅰ～Ⅳ物质，下列说法正确的有
A. Ⅰ中Se原子为杂化，碳原子不都是杂化
B. Ⅱ是由极性键和非极性键组成的弱极性分子
C. Ⅲ含有的所有元素中，O的电负性最大
D. Ⅳ中含有2个手性碳原子
（4）分子Ⅲ价电子中，有_______ml孤电子对。
（5）适量的硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒，的立体构型为____。结合无机含氧酸的酸性变化规律，比较酸性：_____(填“>”或“＜”)。
（6）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该晶胞在xy平面投影如图2所示，在晶体中，每个Fe周围紧邻的Se有_______个。
②该晶胞参数、，该晶体密度_______。(用表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
【答案】（1）
（2） ①. > ②. 二者均为分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高 （3）BC
（4）6 （5） ①. 正四面体 ②. ＜
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Se元素为第四周期元素第VIA族元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；
【小问2详解】
H2Se和H2S两者都是分子晶体，由于分子间都不能形成氢键，比较沸点直接看他们的相对分子量大小，故沸点：H2Se>H2S，因为二者均为分子晶体，H2Se相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高；
【小问3详解】
A．I中有苯环，苯环中C原子一定是sp2杂化，故A错误；
B．Ⅱ中碳碳之间为非极性键，碳氢之间为极性键，物质类别属于烃类，难溶于水，极性较小，故B正确；
C．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故C正确；
D．Ⅳ中无饱和碳原子，手性碳原子一定是饱和碳原子，故Ⅳ中无手性碳原子，故D错误；
故选：BC；
【小问4详解】
分子Ⅲ中，每个N原子上有1对孤电子对，每个O原子上有2对孤电子对，故共有6对孤电子对，即1ml分子Ⅲ的价电子中，有6ml孤电子对；
【小问5详解】
中心原子Se原子层电子对数为4，为sp3杂化，离子的立体构型为正四面体形，同种元素对应的无机含氧酸，元素价态越高，非羟基氧越多，酸性越强，可以类比硫酸酸性强于亚硫酸，酸性：H2SeO3
由晶胞平面投影图可知，钾原子位于晶胞顶点和体心，个数为，铁原子位于面心，个数为，硒原子位于棱上和体心，个数为，所以超导材料最简化学式是“KFe2Se2”，位于面心上的铁原子与其最近且等距的硒原子共4个(两个棱上，两个晶胞体内)，所以Fe的配位数是“4”；根据密度计算公式，代入题目所给数据，可得晶体密度计算式。
12. 帕罗维德(Paxlvid)是一种有效的病毒抑制剂，可以在病毒感染早期有效干预抑制病毒复制。下图是合成帕罗韦德的重要中间体之一(Ⅰ)的合成路线。
请回答下列问题：
（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰，其结构简式为_______，A→B的反应类型_______。
（2）C→D的反应条件为_______，D的结构简式为_______，E的名称是_______。
（3）F中的官能团名称为_______。
（4）写出G→H转化第一步反应的化学方程式_______。
（5）芳香化合物N为I的同分异构体，满足下列条件的N有_______种；
①能与溶液发生显色反应； ②最多消耗。
其中核磁共振氢谱中有5组峰，其峰面积之比为的同分异构体的结构简式为_______。
【答案】（1） ① ②. 加成反应
（2） ①. 浓硫酸，加热 ②. ③. 4-氯-2-甲基-2-丁烯(1-氯-3-甲基-2-丁烯)
（3）碳碳双键，酯基 （4）+2NaOH+H2O+CH3CH2OH
（5） ①. 12 ②. ，
【解析】
【分析】A(C3H6O)的核磁共振氢谱只有一组峰，结合A的分子式和B结构可知，A为丙酮，A和乙炔发生加成反应得B，B和氢气加成生成C，结合C化学式可知，C为；C在浓硫酸催化作用下发生消去反应生成D；D和HCl发生加成反应生成E；E生成F，F被高锰酸钾氧化生成G；G中酯基水解后酸化得到H，H生成I；
【小问1详解】
由分析，A的结构简式为，A→B的反应类型为加成反应；
【小问2详解】
C→D是醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热，D(C5H8)的结构简式为，E的名称是4-氯-2-甲基-2-丁烯(1-氯-3-甲基-2-丁烯)；
【小问3详解】
由F结构可知，F中的官能团名称为碳碳双键，酯基；
【小问4详解】
G→H转化第一步反应是酯基在碱性溶液中的水解，同时羧基也消耗氢氧化钠，化学方程式为：+2NaOH+C2H5OH+H2O；
【小问5详解】
I含有7个碳、3个氧，不饱和度为4；芳香化合物N为I的同分异构体，满足下列条件：
①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②1mlN最多消耗2ml NaOH，则含有2个酚羟基；
剩余1个碳1个氧，可能在同一个基团中，可能是-OCH3或-CH2OH，与两个酚羟基在不同位置的情况分别都是6种，故满足条件的N有12种
核磁共振氢谱中有5组峰，其峰面积之比为1:2:2:2:1，则不含甲基，含氧侧链为-CH2OH，有一定对称性；其结构可以为：，。选项
实验现象
离子方程式
A
Pb放入溶液中，产生沉淀
B
向氨水中滴入氯化铝溶液
C
向稀硝酸中滴加溶液产生气体
D
酸性高锰酸钾溶液中滴入双氧水后，溶液褪色
选项
实验方案
现象
结论
A
将溶于水，进行导电性实验
溶液可导电
由此可证明中含有离子键
B
在试管中仅加入无水乙醇和冰醋酸，混合后，酒精灯缓缓加热，将产生的蒸汽经导管通入到饱和碳酸钠溶液中，反应结束后充分振荡盛有饱和碳酸钠溶液的试管
溶液分层
制备获得乙酸乙酯
C
加热铜与浓硫酸的混合物，充分反应后冷却，将试管里的物质慢慢倒入盛水的烧杯中
试管底部有灰白色固体，稀释后溶液变蓝
浓硫酸具有氧化性，与铜反应生成硫酸铜
D
用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和溶液的pH
前者pH大
非金属性：S＜Cl
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