2024年高考押题预测卷—化学（新七省高考卷02）（14+4模式）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（新七省高考卷02）（14+4模式）（全解全析），共18页。试卷主要包含了下列探究方案能达到探究目的的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
可能用到的相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Ca 40
1．2023年10月24日，新修订的海洋保护法获得通过。以下过程未涉及氧化还原反应的是
A．海洋中的珊瑚虫通过反应将CO2转化为石灰石外壳，进而形成珊瑚
B．海洋经济专属区的资源开发可获得钠、镁、氯、溴等单质
C．利用风电技术对海水进行原位电解制氢
D．海洋深处的可燃冰作燃料
【答案】A
【解析】A.海洋中的珊瑚虫通过反应将CO2转化为石灰石外壳的反应为Ca2++2HCO3-⇌CaCO3+H2O+CO2，为非氧化还原反应，A符合题意；B.海水中钠、镁、氯、溴元素以溴离子形式存在，可以得到钠、镁、氯、溴等单质，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C.水制备氢气，涉及元素价态变化，C不符合题意；D.可燃冰的可燃成分为CH4，作燃料反应生成CO2和H2O，存在元素价态变化，D不符合题意。答案选A。
2．下列化学用语正确的是
A．氮原子2py轨道的电子云图：
B．基态As的简化电子排布式为：[Ar]4s24p3
C．一定条件下，氯气可形成Cl2·8H2O的水合物晶体
D．Na、Mg、Al三种元素第二电离能从大到小的顺序是Al>Mg>Na
【答案】C
【解析】A．氮原子2py轨道的电子云图为，为2py轨道的电子云轮廓图，A错误；B．基态As的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，B错误；C.19世纪初，英国科学家发现氯气可形成化学式为Cl2·8H2O的水合物晶体，C正确；D．Na、Mg、Al三种元素第二电离能从大到小的顺序是Na>Al>Mg，D错误；答案选C。
3．下列化学事实对应的原理或解释正确的是
【答案】C
【解析】A．溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板，利用了的氧化性，A错误；B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色沉淀生成，反应方程式为：，电离出的H+与反应，生成Al（OH）3沉淀，故B错误；C．Ag+为重金属离子，能使蛋白质变性，杀死牛奶中的细菌，防止变质，C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解为氯化氢和氧气，D错误；答案选C。
4．科研人员开发了一种生产药物中间体三氟甲苯的方法：
设为阿伏加德罗常数的值，已知三氟乙酸的pKa=0.23，下列叙述正确的是
A．1ml三氟甲苯中碳碳双键数目为3
B．氢气和二氧化碳组成的混合物共1ml ，其中氢、氧原子总数为2
C．生成22.4L 时，需消耗1ml苯
D．1L 1三氟乙酸溶液中，的数目为
【答案】B
【解析】A．1个三氟甲苯分子中，苯环上的碳碳键是介于单键和双键之间一种特殊共价键，分子中不存在碳碳双键，碳碳双键数目为0 NA，A错误；B．氢气为双原子分子，二氧化碳的分子组成为CO2，含有2个氧原子，1ml和组成的混合物中不管比例如何，氢、氧原子总数都是2NA，B正确；C．生成22.4L 时，未明确气体所处状况，无法计算需消耗苯的量，C错误；D．由三氟乙酸的pKa=0.23可知，三氟乙酸为弱酸，1L 1三氟乙酸溶液中，的数目小于NA，D错误；故选A。
5．下列探究方案能达到探究目的的是
【答案】D
【解析】A．乙醇与浓H2SO4混合加热，可发生副反应生成SO2等物质，也能使酸性KMnO4溶液褪色，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；B．KMnO4溶液可以探究H2O2的还原性，而非氧化性，B不符合题意；C．检验铵根离子应该用湿润的红色石蕊试纸，C不符合题意；D．向溶液中同时通入和，有沉淀生成，说明氧化生成了硫酸根，能比较和的氧化能力，故D符合题意；答案选：D。
6．水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新有关水系双离子电池原理如图所示，下列有关叙述错误的是
A．放电时，电极a作电源的正极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu
B．充电时，水系电池中a电极附近的碱性增强
C．放电时，b电极反应式为
D．当1 ml Cu3(PO4)2完全放电时，电池内部有6 ml Na+发生迁移
【答案】B
【分析】放电时为原电池，由图可知，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，发生得电子的还原反应，b极上，发生失电子的氧化反应，则a极为正极、b极为负极，负极反应式为；充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极、b极为阴极。
【解析】A．放电时为原电池，a极为正极、b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu，A正确；B．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极上OH-失电子生成水，阳极附近的碱性减弱，B不正确；C．放电时b极为负极，负极反应式为，C正确；D．当1mlCu3(PO4)2完全放电时，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，根据Cu原子守恒，a极上生成3mlCu，对应转移电子6ml，则电池内部有6mlNa+发生迁移，D正确；答案选B。
7．现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且W与R的最外层电子数相同；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，能与X形成离子化合物；Y既不是主族元素、也不是副族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是
A．M元素与Q、R元素形成的两种微粒的键角：QM4+>M3R+
B．Q、R、T三种元素简单离子的半径：T>R>Q
C．T、W、X、Y四种元素的第一电离能：X>W>Y>T
D．WR42-、XR4-的VSEPR模型与实际空间构型均相同
【答案】B
【分析】M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na，T能与X形成离子化合物，所以X是Cl；Y既不是主族元素、也不是副族元素，其合金被称为“黑色金属”，Y是Fe；据此解答。
【解析】A．QM4+为NH4+，中心原子N的价层电子对为(5+4-1)/2=4，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的价层电子对为(6+3-1)/2=4，形成3个σ键，有一个孤电子对，H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对有排斥作用，键角减小，因此NH4+的键角大于H3O＋，即QM4+>M3R+，A正确；B．Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误；C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确；D．WR42-、XR4-分别为SO42-、ClO4-，SO42-中心原子S的价层电子对为(6+2)/2=4，VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，ClO4-中心原子Cl的价层电子对为(7+1)/2=4，VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则WR42-、XR4-的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确；答案选B。
8．中药材川芎是一味活血化瘀药，为伞形科植物川芎的干燥根茎，其有效成分之一的结构如下图所示。下列有关说法正确的是
A．分子中sp3杂化的碳原子有5个
B．双键为反式结构
C．分子中含有4个手性碳原子
D．能在O2/Cu加热条件下生成的产物能发生银镜反应
【答案】D
【解析】A．根据物质分子结构简式可知：该物质分子中饱和C原子采用sp3杂化，其分子中sp3杂化的碳原子有6个，即，A错误；B．该物质分子中碳碳双键为顺式结构（两个H在双键的同侧），B错误；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据该物质分子结构可知：其分子中含有3个手性碳原子，分别是与苯环相连的C原子及含有碳碳双键的六元环上与O原子形成C-O单键的两个C原子，即，C错误；D．该物质分子中含有-CH2OH基团，在O2/Cu加热条件下生成醛基-CHO，能发生银镜反应，D正确；答案选D。
9．电解法制备有机物可以克服传统方法副反应多、产率低、不易提纯等缺点。电极材料和电解质不同时，电极产物往往也不同，如下表所示。
合成工艺中常用联合电解法在不同电极上分别得到所需产物。下列说法正确的是
A．①、②、③、④的转化均可以在电解池的阳极实现
B．生成HOCH2CH2OH的电极反应为CH2=CH2+2e-+2H2O=HOCH2CH2OH+2H+
C．通过表格中信息可知，不可能用电解法将CH3CHO转化为CH2=CH2
D．用一个装置同时制备和，一段时间内二者物质的量之比为3∶1
【答案】D
【解析】A．根据化合价变化，推出①、②、③的转化均为失电子的反应，可以在电解池的阳极实现，④的转化为得电子的反应，应该在电解池的阴极实现，A错误；B．制备HOCH2CH2OH时，根据化合价变化，生成该电极产物的反应为CH2=CH2-2e-＋2H2OHOCH2CH2OH＋2H＋，B错误；C．CH3CHO转化为CH2=CH2为得电子的反应，选用恰当的电极和电解质，有可能在电解池的阴极将CH3CHO转化为CH2=CH2，C错误；
D．同时制备和时，根据表格信息，由CH2=CH2制备的电极反应为CH2=CH2-2e-＋H2O＋2H＋，由制备的电极反应为＋6e-＋6H＋＋2H2O，根据两极得失电子数目相等，可知一段时间内二者物质的量之比为3∶1，D正确。答案选D。
10．下列叙述中，事实与对应解释错误的是
【答案】D
【解析】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH > CH3COOH，A正确；B．乙醇CH3CH2OH，其中的-OH与水分子中的-OH相近，因而乙醇能与水互溶，而戊醇CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大，其中的-OH与水分子中的-OH相似因素小得多，因而戊醇在水中溶解度明显减小，B正确；C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；
D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；答案选D。
11．由γ-羟基丁酸生成γ-丁内酯的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H2O △H＜0，在298K下，γ-羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180 ml·L-1，测得γ-丁内酯的浓度随时间变化的数据如图所示：
下列说法错误的是
A．在50~80min内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为 ml/(L⋅min)
B．在25℃时，该反应的平衡常数
C．加水降低γ-羟基丁酸的初始浓度，γ-羟基丁酸的平衡转化率减小
D．使用非水溶剂并通过共沸回流移除体系中的水，有助于提高γ-丁内酯的平衡产率
【答案】C
【解析】A．50～80 min内γ-丁内酯的浓度改变了0.071 ml/L-0.050 ml/L=0.021 ml/L，则用γ-丁内酯的浓度变化表示反应速率υ（γ-丁内酯）0.0007 ml•L-1•min-1，A正确；B．由图中数据可知，25℃时，该反应的平衡常数K==2.75，B正确；C．根据该反应的平衡常数K=，温度不变平衡常数不变可知，若将γ-羟基丁酸的初始浓度降低，体系中水含量增多，平衡不移动，γ-羟基丁酸的平衡转化率不变，C错误；D．将反应溶剂更换为非水溶剂并通过共沸回流的方式移除体系中的水分，及时分离出γ-丁内酯，能够使上述平衡正向移动，有助于提高γ-丁内酯的平衡产率，D正确；答案选C。
12．为检测某品牌银耳中添加剂亚硫酸盐的含量，取银耳样品和蒸馏水放入三颈瓶中；取碘标准溶液和淀粉溶液加入锥形瓶中，并加入适量蒸馏水搅拌，部分装置如图。向三颈瓶中通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准液。另做空白实验，消耗碘标准溶液。下列说法错误的是
A．选择的三颈瓶规格为1000mL
B．滴定终点溶液变为蓝色，读数时应单手持滴定管
C．“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，这两种做法都会使测定结果偏高
D．银耳样品中亚硫酸盐的百分含量(以质量计)为
【答案】C
【解析】A．三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的1/3~2/3，则本实验应选择的三颈烧瓶规格为，A正确；B．将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，读数时应单手持滴定管，B正确；C．开始通入氮气的目的是将装置中的空气排出，防止空气中的氧气将亚硫酸盐部分氧化成硫酸盐而影响实验，若“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，反应生成的SO2量较少，消耗的标准碘液也少，所测结果偏低，C错误；D．反应中消耗I2的体积为0.4 mL +1.0mL-0.2mL=1.2mL，n(I2)=1.2×10-3L×0.01ml/L=1.2×10-5ml，根据关系式I2~ SO2知，n(SO2)= 1.2×10-5 ml，m(SO2)=64g/ml×1.2×10-5ml=7.68×10-4g=0.000768g，样品为10.00g，因此SO2的含量为，D正确；答案选C。
13．一种叠氮化合物的晶胞结构如下图。下列说法错误的是
A．空间构型为直线形
B．该晶体中每个K+周围距离最近且相等的共有6个
C．该晶体的密度为
D．可用X射线衍射法测定该晶体结构
【答案】B
【分析】K+在8个顶点和2个面心，均摊为，根据化学式可知，的个数为2个，据此回答。
【解析】A．与CO2互为等电子体，结构相似，为直线形，A正确；B．由图可知，晶体中左侧底角的钾离子为例，在xy平面有4个，在xz平面有4个，故每个周围离最近且相等的共有8个，B错误；C．晶胞质量为g，密度为g⋅cm−3，C正确；D．测定晶体结构的方法是X射线衍射法，D正确；故选B。
14．已知为二元弱酸，且，向溶液中逐滴加入一元弱酸HB溶液，溶液中的离子浓度变化关系如图所示：
下列说法错误的是
A．为随的变化关系
B．的数量级为
C．NaHA溶液中：
D．向溶液中滴入足量HB溶液的离子方程式为
【答案】C
【分析】向溶液中逐滴加入一元弱酸HB溶液，增大，结合电离平衡常数表达式可知减小，减小，增大；
【解析】A．根据分析可知，与正相关，即为 随变化关系，A正确；B．当时，，结合，，此时，，数量级为，B正确；C．在直线上，时， ，此时，则，NaHA溶液中：，即的电离程度大于水解程度，则，C错误；D．因，则酸性：，所以向溶液中滴入足量HB溶液的离子方程式为：，D正确；答案选C。
15．（14分）活性ZnO俗名锌白，用作白色颜料，也广泛用于生产玻璃、橡胶、油漆、塑料等。利用化工厂产生的烟灰(ZnO，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）Zn的基态价电子排布式为 ，烟灰中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为 ，滤渣1的主要成分为 。
（2）锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示，当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是 。
（3）“除杂”工序中也能与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它置换除去，写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式 。
（4）“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因： 。
（5）从m kg烟灰中得到活性ZnO akg，则ZnO的回收率 （填“小于”、“大于”或“等于”）100%。
（6）已知和的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。
①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为 (填化学式)。
②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为 。
【答案】（1）3d104s2（1分） （2分）
MnO2、FeO（1分）
（2）碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀（2分）
（3）Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+（2分）
（4）“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡正向移动，转化为Zn2+，溶液中还存在和OH-，使得锌离子转化为白色固体（2分）
（5）大于（1分）
（6）①CO2和H2O（1分） ②4（2分）
【分析】烟灰(ZnO，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经过碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得到2ZnCO3・3Zn(OH)2，焙解后得到活性氧化锌。
【解析】（1）Zn为30号元素，其基态价电子排布式为3d104s2，ZnO与一定浓度的氨水和反应生成，则该反应的化学方程式为或；由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，故答案为：3d104s2，或，MnO2、FeO。
（2）pH过大，氢氧根浓度较大，锌离子易和氢氧根直接反应生成氢氧化锌沉淀，因此当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀；故答案为：碱性过强时，溶液中浓度增大，生成沉淀。
（3）除杂时向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，离子方程式Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+。
（4）“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡正向移动，转化为Zn2+，溶液中还存在和OH-，使得锌离子转化为白色固体。
（5）从m kg烟灰中得到活性ZnO a kg，由流程可知，除杂时还加入了过量锌粉，则得到ZnO比烟灰中的氧化锌要多，所以的回收率大于100%，故答案为：大于。
（6）①根据和的分解温度分别为125℃、300℃，说明氢氧化锌已经反应完全即氢氧化锌分解生成氧化锌和水蒸气，根据图中信息说明碳酸锌只反应了一部分，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，因此275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为和；故答案为：和。
②根据锌离子半径大于氧离子半径，则白球为锌，锌周围四个黑球为氧，因此该晶胞中Zn原子的配位数为4；故答案为：4。
16．（15分）草酸钙一水结晶水合物可用作分析试剂、常用作分离稀土金属的载体。回答下列问题：
（1）在隔绝空气条件下，分解反应如下：
① ；
；
③ ；
④ (上述反应式中，a，b，c都大于0)。
（2）在一定温度下1 L的密闭容器放入足量草酸钙(固体所占体积忽略不计)发生中反应：CaC2O4(s) CaO(s) +CO(g)+CO2(g)，若前5 min 内生成CaO的质量为11.2 g ，则该段时间内v(CO)= ；
（3）已知反应②CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)平衡常数Kp2=e，向1L密闭容器中加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量的N2O气体，起始压强为b，发生（1）中反应②和⑤N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)后达到平衡时总压强为c。则500℃时反应⑤的平衡常数Kp5= 。(用e，b，c来表示)
（4）在密闭容器中充入足量粉末，只发生（1）中反应④，测得平衡时残留固体质量与温度关系如图所示：
①用平衡移动原理解释曲线变化： ；
②温度高于800℃时，曲线斜率减小，可能是产物之间发生了可逆的无机氧化还原反应，写出该反应的化学方程式： 。
（5）在400℃时，向体积可变的密闭容器中充入足量CaC2O4•H2O粉末，只发生（1）中反应①。达到平衡时体积为1L，压强为p0kPa。温度保持不变，将体积变为2L并保持体积不变，直至反应达到平衡，平衡时压强为 。
（6）氧化钙晶胞如图所示，已知：代表阿伏加德罗常数的值，阳离子半径为100pm。
①下列有关钙的粒子中，失去1个电子需要能量最多的是 (填字母)。
A． B． C． D．
②氧化钙的摩尔体积为 。
【答案】（1）+(a+b+c)（2分）
（2）0.04 ml·L－１·min－１（2分）
（3）（2分）
（4）①该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，残留固体的质量减小（2分） ②CO+H2OCO2+H2（2分）
（5）p0kPa（2分）
（6）①B（1分） ②（2分）
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应①+②+③得到反应④，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=+(a+b+c)kJ/ml，故答案为：+(a+b+c)；
（2）5 min 内生成CaO的质量为11.2 g 的物质的量为0.2ml，根据反应生成0.2ml的CaO同时生成0.2ml的CO，则v(CO)=" 0.2ml÷1L÷5" min=0.04ml·L－１·min－１。
（3）根据题意，反应I和反应Ⅱ在恒容容器中发生，开始只充入CaC2O4和N2O，起始的压强为b，因此题中所给平衡常数应用分压表示，起始时p(N2O)=b，因为反应Ⅱ中只有CO为气体，化学平衡常数只受温度的影响，因此容器达到平衡时，CO的分压始终为Kp2=p(CO)=e，令反应⑤中N2O转化的分压为x，则达到平衡时p(N2)=p(CO2)=x，p(N2O)=(b-x)，根据题意有e+b-x+x+x=c，解得x=(c-b-e)，Kp5=，故答案为。
（4）①由方程式可知，该反应为固体质量减小的反应，由图可知，温度升高，残留固体的质量减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；故答案为：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，残留固体的质量减小；
②温度升高，化学反应速率加快，曲线斜率增大，由图可知，温度高于800℃时，曲线斜率减小，说明反应生成的一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，导致反应物的浓度减小，反应速率减小，且浓度减小的影响对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的的影响，所以反应速率会减小，曲线斜率会减小，一氧化碳与水蒸气反应的化学方程式为CO+H2OCO2+H2，故答案为：CO+H2OCO2+H2；
（5）由方程式可知，反应①的，平衡常数只受温度影响，故温度保持不变，将体积变为2L并保持体积不变，直至反应达到平衡，则平衡压强仍为p0kPa；故答案为：p0kPa。
（6）①钙元素的原子序数为20，基态原子的电子排布式为[Ar]4s2，元素的激发态能量高于基态，第二电离能大于第一电离能，钙原子失去1个电子得到的Ca+的电子排布式为[Ar]4s1，所以失去1个电子需要能量最多的是[Ar]4s1，故选B；
②设晶胞的参数为apm，由截面图可知，氧离子的离子半径为apm，由钙离子的离子半径为100pm可得：100pm×2+apm×2= apm，解得a=pm，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钙离子个数为12×+1=4，则氧化钙的摩尔体积为m3/ml= m3/ml，故答案为：。
17．（14分）苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。
已知有机物的相关数据如下表所示：
实验步骤：
①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。
②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。
③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。
④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。
回答下列问题：
（1）苯甲醇中碳原子的杂化方式为 ，可用 （填试剂编号）试剂鉴别苯甲醇和苯甲醛。
A.酸性高锰酸钾 B.溴水 C.新制的银氨溶液 D.Na
（2）仪器b的名称为 ，三颈烧瓶中苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为 。
（3）步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是 ；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作， 可能造成的后果是 。
（4）步骤②中，应选用的实验装置是 (填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是 。
（5）步骤④中，蒸馏温度应控制在 左右。
（6）本实验中，苯甲醛的产率为 (保留到小数点后一位)。
【答案】（1）sp2、sp3（1分） BCD（2分）
（2）球形冷凝管（1分） + NaClO→+ NaCl+H2O（2分）
（3）防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低（1分）
产品中混有水，纯度降低（1分）
（4）③（1分） 打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 （2分）
（5）178.1℃（1分）
（6）67.9%（2分）
【分析】（1）根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；
（2）根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；
（3）次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；
（4）步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；
（5）步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；
（6） 首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。
【解析】（1）苯甲醇的结构简式为，苯环上的碳原子采用sp2杂化，侧链碳原子为饱和碳原子采用sp3杂化，苯甲醛含-CHO，能与酸性高锰酸钾溶液、溴水、新制的银氨溶液反应，苯甲醇含醇-OH，能与酸性高锰酸钾溶液和金属钠反应，则可以用溴水、新制的银氨溶液和金属钠来鉴别苯甲醇和苯甲醛，故答案为sp2、sp3；BCD。
（2）根据图示，仪器b为球形冷凝管，根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+ NaClO→+ NaCl+H2O，故答案为：球形冷凝管，+ NaClO→+ NaCl+H2O；
（3）次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；
（4）步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为③；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；
（5）根据相关有机物的数据可知，步骤④是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1℃左右，故答案为178.1℃；
（6）根据+ NaClO→+ NaCl+H2O可知，1ml苯甲醇理论上生成1ml苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04 g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/ml=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.9%，故答案为67.9%。
18.（15分）索匹溴铵(Ⅸ)是一种抗胆碱能药物，一种以扁桃酸(Ⅰ)和苹果酸(Ⅴ)为原料的合成路线如图所示(部分条件已省略)：
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ中有 个手性碳原子，其核磁共振氢谱共有 组峰。
（2）ⅡⅢ的反应类型为 ，的名称为 。
（3）化合物Ⅴ中所含官能团的名称为 ，Ⅴ中碳原子的杂化轨道类型有 。
（4）写出ⅤⅥ反应的化学方程式 。
（5）化合物Ⅷ的结构简式为 。
（6）结合上述路线，指出ⅠⅡ反应在合成中的作用是 。
（7）参照上述路线，如图所示合成路线中ⅰ、ⅱ的结构简式分别为 和 。
【答案】（1）1（1分） 6（1分）
（2）取代反应（1分） 甲胺（1分）
（3）羟基和羧基（1分） sp2、sp3（1分）
（4）+CH3NH2+2H2O（2分）
（5）（2分）
（6）保护醇羟基不被破坏（2分）
（7）（1分） （2分）
【分析】由题干合成流程图可知，根据V和Ⅶ的结构简式、Ⅵ的分子式并结合V到Ⅵ的转化条件可知，Ⅵ的结构简式为：，由Ⅳ和Ⅶ、Ⅸ的结构简式，以及Ⅷ转化为Ⅸ的转化条件可知，Ⅷ的结构简式为：，据此分析解题。
【解析】（1）已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故化合物Ⅰ中有1个手性碳原子，即，分子中有6种不同环境的氢原子，故其核磁共振氢谱共有6组峰，故答案为：1；6；
（2）由题干流程图可知，ⅡⅢ即++HBr，故反应的反应类型为取代反应，CH3NH2的名称为甲胺，故答案为：取代反应；甲胺；
（3）由题干流程图中，化合物Ⅴ的结构简式：，则其中所含官能团的名称为羟基和羧基，Ⅴ中碳原子的杂化轨道类型有羧基上的sp2，其余为sp3杂化，故答案为：羟基和羧基；sp2、sp3；
（4）由分析可知，Ⅵ的结构简式为：，故ⅤⅥ反应的化学方程式为：+CH3NH2+2H2O，故答案为：+CH3NH2+2H2O；
（5）由分析可知，化合物Ⅷ的结构简式为，故答案为：；
（6）由题干流程图可知，结合上述路线，指出ⅠⅡ反应在合成中的作用是保护醇羟基不被破坏，故答案为：保护醇羟基不被破坏；
（7）由题干流程图中ⅠⅡ反应信息可知，该合成路线图中i的结构简式为：，由Ⅷ到Ⅸ和Ⅲ到Ⅳ的转化信息可知，ii的结构简式为：，故答案为：；。评卷人
得分
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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。
化学事实
原理或解释
A
溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板
铁的金属性比铜强
B
向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色沉淀生成
与均发生水解反应并相互促进
C
牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶
溶入极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止变质
D
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
选项
探究方案
探究目的
A
将浓硫酸滴入乙醇中，加热至，生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
验证乙烯具有还原性
B
向溶液中滴加溶液，观察溶液颜色变化
探究H2O2具有氧化性
C
向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热
观察产生的气体能否使蓝色石蕊试纸变色
溶液中是否存在NH4+
D
向溶液中同时通入和
比较和的氧化能力
标号
原料
电极材料
电解质
产物
①
CH2=CH2
Pt
稀H2SO4
HOCH2CH2OH
②
CH2=CH2
Pt
稀H2SO4、Hg2SO4
CH3CHO
③
CH2=CH2
石墨
溶液
④
Ni
盐酸、乙醇
事实
解释
A
酸性：HCOOH > CH3COOH
H3C-是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小
B
在水中的溶解度：乙醇 > 戊醇
乙醇分子结构与水具有相似性，而戊醇分子结构与水的相似性较小
C
硬度：金刚石>石墨
金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力
D
热稳定性：H2O>H2S
水分子间存在氢键作用
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
有机物
沸点℃
密度为g/cm3
溶解性
苯甲醛
178.1
1.04
微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
苯甲醇
205.7
1.04
微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
二氯甲烷
39.8
1.33
难溶于水，易溶于有机溶剂