2024海南省海南中学高三下学期第一次模拟考试化学含解析

这是一份2024海南省海南中学高三下学期第一次模拟考试化学含解析，共30页。试卷主要包含了5 Zn-65 Se-79， 反应可应用于铁质强化剂制备， 物质的性质决定用途， 用NA表示阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Se-79
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B. 高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
C. 防腐剂能延长食品的保质期，需注意使用量及残留量
D. 社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的有强氧化性
2. 反应可应用于铁质强化剂制备。下列说法正确的是
A. 晶体属于共价晶体B. 的电子式为
C. P原子的结构示意图为D. 基态核外电子排布式为
3. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法错误的是
A. 药剂A具有还原性
B. ①→②过程若有2ml S—S键断裂，则转移2ml电子
C. ②→③过程若药剂B，其还原产物为
D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型
4. 中国传统文化历史悠久，传统文化中承载着大量的化学知识。下列说法错误的是
A. 商代豕形铜尊的主要成分为合金B. 黑火药点火爆炸发生了氧化还原反应
C. 唐摹绢本《兰亭序》卷之绢的主要成分为蛋白质D. 花鼓戏之兽皮鼓面的主要成分是橡胶
5. 下列各组物质中，只用蒸馏水无法检验的是
A. 无水硫酸铜、硫酸钠、硫酸钡
B 过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠
C. 己烷、丙酮、乙醇
D. 浓硫酸、NaOH溶液、苯
6. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是
A. 二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
B. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D. 受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂
7. 下列实验装置能够达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸的浓度
B. 图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C. 图c探究压强对平衡影响
D. 图d检验二氧化硫的漂白性
8. 关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是
A. 升高温度，氯水中的减小
B. 氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C. 取氯水稀释，增大
D. 取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项， 多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量含氧橄榄石矿物(ZxW2-xRX4)。已知前四周期元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，Y的氢化物常用于雕刻玻璃，R元素的一种氧化物可制作光导纤维，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，基态Z原子核外s，p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z＞R＞Y＞X
B. X的第一电离能比同周期相邻元素小
C. X的简单氢化物的热稳定性强于Y的简单氢化物
D. 熔点：ZY2＞RX2
10. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，中含有个硫原子
B. 皇冠状()分子中含有个键
C. 1 ml CH4或P4(正四面体)分子中含有的共价键数均为4NA
D. 30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有的原子总数为4NA
11. 用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。
下列说法正确的是
A. a极电极反应式：
B. 电池工作一段时间后，右室溶液的减小
C. 交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D. 若将含有的废水完全处理，理论上可除去的质量为
12. 治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子式为C16H26N2O4
B. 该结构中有5种官能团
C. 能发生氧化反应、加成反应、水解反应
D. 该物质最多能与发生反应
13. 下列方案设计、现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
14. 25℃时，向的氨水中逐滴加入的盐酸，或向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，溶液的pH与[或]的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A. 曲线①中的
B. 当时，恒有关系：
C. 当时，两溶液pH均大于9.26
D. 25℃时，的溶液的pH约为4.63
三、非选择题：共5题，共60分
15. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含、、。一种回收利用废催化剂的工艺流程如下图。

回答下列问题：
（1）“焙烧”时，转化为，中M的化合价为_______，出该步骤相应的化学方程式_______。
（2）溶浸后的溶液中，铝元素以的形态存在。写出“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程式为_______。
（3）“沉钼”后，滤液X的溶质主要是_______(写化学式)。
（4）在水中呈胶状，陈化是指将溶液静止存放一段时间，陈化的作用是_______。
（5）已知中元素的化合价为0价。
①在“反应”中的氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。
②是一种可以循环利用的物质，是_______(填化学式)。
16. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177kJ·ml-1 (主反应)
II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9kJ·ml-1 (副反应)
（1）反应I的反应历程可分为如下两步：
i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1 (反应速率较快)
ii． H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2=+44kJ·ml-1 (反应速率较慢)
①∆H1=_______
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是_______。
（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是_______。
（3）工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2mlCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时，____(用含有x的代数式表示)；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m_____n(填“>”、“＜”或“=”)。
17. 氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。
已知：①CuCl是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；会被空气迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
Ⅱ．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
（1）装置B的作用是_______，置C中的试剂为_______。
（2）步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是_______。
（3）步骤Ⅱ中采用抽滤法过滤的主要目的是：_____；抽滤采用下图装置。滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，你认为最合理的第一步操作为_______(填标号)。
①取下布氏漏斗 ②关闭水泵开关 ③打开活塞K ④拔下抽滤瓶处橡皮管
（4）某小组同学发现，将分液漏斗中的0.1 ml·L-1盐酸换为6 ml·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应查阅资料知： CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液__________(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
猜想二：________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：________。
18. 化合物F是一种除草剂，对扁秆藨草、稗草、异型莎草、鸭舌状草等表现出较好的除草活性。其合成路线设计如图：
已知反应：R-ClRMgCl
回答下列问题：
（1）有机物B的官能团名称为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）B→C的反应类型为_______。
（4）已知C→D的反应为取代反应，写出C—D反应的化学方程式：_______。
（5）1分子的有机物F中手性碳原子数为_______。
（6）H是的一种同分异构体，满足下列条件的H有_______种(不考虑立体异构)。
①分子中除苯环外无其他环状结构；②既能发生水解反应也能发生银镜反应；③苯环上仅有一个取代基；④碳原子只有一种杂化方式。
（7）结合题中信息，以为有机原料，设计合成的路线_______ (无机试剂与溶剂任选)。
19. 锌在工业中有重要作用，也是人体必须的微量元素。人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分结构如图所示：
回答下列问题：
（1）Zn基态原子核外电子排布式 _______。
（2）碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是____(填元素符号)，该物质中碳原子的轨道杂化类型是_____，碳酸酐酶中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角___(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成，第二电离能I2(Zn)_____I2(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_____。
（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图1所示。
①与原子距离最近且等距离的的个数为_______。
②1号原子的坐标为，图2是晶胞沿z轴的投影图，2号原子的坐标为_______。
③晶胞中距离最近的两个Se的距离为a nm，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为_______。
选项
实验方案
现象或结论
A
将KCl固体溶于水，进行导电性实验
溶液可导电，说明KCl中含有离子键
B
向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4)2SO4溶液
溶液变浑浊，再加水浑浊消失，是因为鸡蛋清溶液发生了盐析
C
向溴水中滴加足量溶液，观察溶液颜色
溶液褪色，说明具有漂白性
D
向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸
溶液变浑浊，说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应
海南中学2024届高三年级第2学期第1次模拟考
化学试题
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Se-79
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B. 高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
C. 防腐剂能延长食品的保质期，需注意使用量及残留量
D. 社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的有强氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A．可燃冰的主要成分是甲烷，作为能源燃烧时仍产生大量的二氧化碳，不利于实现碳达峰、碳中和，A项错误；
B．太阳能电池的能量转化形式：太阳能→电能，B项错误；
C．防腐剂能延长食品的保质期，过量使用防腐剂对人体有害，故使用时需注意使用量及残留量，C项正确；
D．社区服务中用84消毒液清洗公共桌椅，是因为84消毒液中的NaClO有强氧化性、不是，D项错误；
故选C。
2. 反应可应用于铁质强化剂的制备。下列说法正确的是
A. 晶体属于共价晶体B. 的电子式为
C. P原子的结构示意图为D. 基态核外电子排布式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COOH晶体属于分子晶体，A错误；
B．H2O的电子式为，B错误；
C．P是15号元素，原子的结构示意图为，C正确；
D．Fe2+基态核外电子排布式为 [ Ar ]3d6，D错误；
故选C。
3. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法错误的是
A. 药剂A具有还原性
B. ①→②过程若有2ml S—S键断裂，则转移2ml电子
C. ②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型
【答案】B
【解析】
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有1mlS-S键断裂，则转移2ml电子，故B错误；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C正确；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确。
故选B。
4. 中国传统文化历史悠久，传统文化中承载着大量的化学知识。下列说法错误的是
A. 商代豕形铜尊的主要成分为合金B. 黑火药点火爆炸发生了氧化还原反应
C. 唐摹绢本《兰亭序》卷之绢的主要成分为蛋白质D. 花鼓戏之兽皮鼓面的主要成分是橡胶
【答案】D
【解析】
【详解】A．商代豕形铜尊的主要成分为铜合金，故A正确；
B．黑火药点火爆炸的反应方程式为：，属于氧化还原反应，故B正确；
C．绢的主要成分为蛋白质，故C正确；
D．花鼓戏之兽皮鼓面的主要成分是蛋白质，故D错误；
故选D。
5. 下列各组物质中，只用蒸馏水无法检验的是
A. 无水硫酸铜、硫酸钠、硫酸钡
B. 过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠
C. 己烷、丙酮、乙醇
D. 浓硫酸、NaOH溶液、苯
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入蒸馏水，溶液呈蓝色的是无水硫酸铜，不溶于水的是硫酸钡，可溶于水得到无色溶液的是硫酸钠，故A不符合题意；
B．过氧化钠溶于蒸馏水，与水反应生成气体有气泡冒出；利用碳酸钠和碳酸氢钠溶解度不同，可区分：向碳酸钠中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象，向碳酸氢钠中加入少量水后碳酸氢钠能溶解并伴随着吸热现象，故B不符合题意；
C．己烷不溶于水出现分层现象，丙酮和乙醇均能溶于水、二者现象相同，不可检验，故C符合题意；
D．浓硫酸溶于水放出大量的热；苯不溶于水；剩下的是NaOH溶液，故D不符合题意；
答案选C。
6. 物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是
A. 二氧化氯具有强氧化性，可用作饮用水消毒
B. 溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu
C. 呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
D. 受热分解，生成高熔点物质和水，常用作塑料的阻燃剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氯具有强氧化性，是安全、无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水的消毒，故A正确；
B．氯化铁溶液有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，则氯化铁溶液可用于腐蚀电路板上的铜与溶液呈酸性无关，故B错误；
C．氢氧化铝呈弱碱性，可与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，所以氢氧化铝用于治疗胃酸过多，故C正确；
D．氢氧化铝受热分解生成的熔点高的氧化铝和水的反应是吸热反应，所以氢氧化铝常用作塑料的阻燃剂，故D正确；
故选B。
7. 下列实验装置能够达到实验目的的是
A. 图a测定醋酸的浓度
B. 图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C. 图c探究压强对平衡的影响
D. 图d检验二氧化硫的漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A． 氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液水解得到氢氧化镁和盐酸：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+，加热和盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体、得到氢氧化镁，若进一步灼烧可得到氧化镁，故不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸共热产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物、故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
答案选A。
8. 关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是
A. 升高温度，氯水中的减小
B. 氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C. 取氯水稀释，增大
D. 取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【解析】
详解】A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；
答案选D。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项， 多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9. 中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量含氧橄榄石矿物(ZxW2-xRX4)。已知前四周期元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，Y的氢化物常用于雕刻玻璃，R元素的一种氧化物可制作光导纤维，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，基态Z原子核外s，p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z＞R＞Y＞X
B. X的第一电离能比同周期相邻元素小
C. X的简单氢化物的热稳定性强于Y的简单氢化物
D. 熔点：ZY2＞RX2
【答案】B
【解析】
【分析】Y的氢化物常用于雕刻玻璃,则Y为氟元素；R元素的一种氧化物可制作光导纤维，故R为硅元素；W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，故W为铁元素，前四周期中只有氧、镁原子的s，p能级上电子总数相等，根据原子系数递增可得Z为镁元素，X为氧元素。
【详解】A．原子半径根据元素周期律从上往下逐渐增大，从左往右逐渐减小，可得Z＞R＞X＞Y，A错误；
B．根据电离能从左到右逐渐增大可得氟大于氧，但特殊的是氮原子2p轨道处于较稳定的半充满状态而氧原子的不是，故氮大于氧，B正确；
C．从左往右气态氢化物的稳定性逐渐增强，故O的简单氢化物的热稳定性弱于F的简单氢化物，C错误；
D．二氧化硅是原子晶体熔点高于二氟化镁离子晶体，D错误；
故选B。
10. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A 标准状况下，中含有个硫原子
B. 皇冠状()分子中含有个键
C. 1 ml CH4或P4(正四面体)分子中含有的共价键数均为4NA
D. 30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有的原子总数为4NA
【答案】BD
【解析】
【详解】A． 标准状况下三氧化硫为固体，则中含有的硫原子物质的量远大于0.5ml，S原子数目远大于，A错误；
B． 皇冠状()分子中所含共价键数目为= ， B正确；
C．白磷分子内有6个P-P键，则1 ml P4(正四面体)分子中含有的共价键数为6NA，C错误；
D．冰醋酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，则30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有1mlCH2O，则含有的原子总数为4NA，D正确；
答案选BD。
11. 用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。
下列说法正确的是
A. a极电极反应式：
B. 电池工作一段时间后，右室溶液的减小
C. 交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D. 若将含有的废水完全处理，理论上可除去的质量为
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，a电极在碱性条件下失去电子生成氮气，电极反应为，a为负极，则b为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a极电极反应式：，A错误；
B．由分析可知，b为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，则消耗氢离子，pH增大，B错误；
C．由A分析可知，a电极附近负电荷减少，则阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，由B分析可知，b电极附近正电荷减少，则阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，则交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，C正确；
D．的物质的量为1ml，根据选项A分析可知，消耗1ml CN-时转移5ml电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5mlNaCl，其质量为，D正确；
故选CD。
12. 治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子式为C16H26N2O4
B. 该结构中有5种官能团
C. 能发生氧化反应、加成反应、水解反应
D. 该物质最多能与发生反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子式为C16H28N2O4，故A错误；
B．该结构中有酯基、肽键、氨基、醚键、碳碳双键，共5种官能团，故A正确；
C．含有氨基能发生氧化反应，含有碳碳双键能发生加成反应，含有酯基、肽键能发生水解反应，故C正确；
D．酯基、肽键能发生水解反应，该物质最多能与发生反应，故D正确；
选A。
13. 下列方案设计、现象和结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．KCl为强电解质，不管K与Cl之间存在离子键还是共价键，在水中都可发生完全电离，生成K+和Cl-，所以不能证明KCl中含有离子键，应将KCl固体受热熔化再进行导电性实验，若熔融的KCl可导电，说明KCl中含有离子键，A错误；
B．蛋白质中加入饱和(NH4)2SO4溶液，出现盐析现象，使溶液变浑浊，析出的蛋白质再加水又重新溶解，故浑浊随之消失，B正确；
C．若向溴水中滴加足量溶液，发生氧化还原反应，溴分子被还原使溶液褪色，说明具有还原性，C错误；
D．硝酸具有强氧化性，也能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫沉淀，则溶液变混浊不能说明硫化钠溶液和亚硫酸钠溶液在酸性条件下发生了氧化还原反应，D错误；
故答案：B。
14. 25℃时，向的氨水中逐滴加入的盐酸，或向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，溶液的pH与[或]的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A. 曲线①中的
B. 当时，恒有关系：
C. 当时，两溶液pH均大于9.26
D. 25℃时，的溶液的pH约为4.63
【答案】AC
【解析】
【分析】向的氨水中逐滴加入的盐酸， pH越小，一水合氨浓度越小、铵离子浓度越大，越大， [Y=]增大，对应曲线②；pH越小， 越小， [Y=]越小，对应曲线①；
或向的溶液中逐滴加入的溶液(无气体逸出)，发生， pH增大，生成一水合氨浓度增大、铵离子浓度减小，增大， [Y=]增大，对应曲线①；加入NaOH时对应的pH越小，一水合氨浓度越小、铵离子浓度越大，越大， [Y=]增大，对应曲线②；
综上，曲线①代表Y=，曲线②代表Y=；
【详解】A．根据分析，曲线②中的Y=，A错误；
B．当时，两线相交纵轴为0，则，说明恒有关系：，B正确；
C．结合选项B可知，，，，当时，则两混合溶液中均含等物质量的和，，所以的电离程度大于的水解程度，所以，则，，据图可知此时，C错误；
D．假设25℃时，的溶液中，则，，解得，则25℃时，的溶液的pH约为4.63，D正确；
答案选AC。
三、非选择题：共5题，共60分
15. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含、、。一种回收利用废催化剂的工艺流程如下图。

回答下列问题：
（1）“焙烧”时，转化为，中M的化合价为_______，出该步骤相应的化学方程式_______。
（2）溶浸后的溶液中，铝元素以的形态存在。写出“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程式为_______。
（3）“沉钼”后，滤液X的溶质主要是_______(写化学式)。
（4）在水中呈胶状，陈化是指将溶液静止存放一段时间，陈化的作用是_______。
（5）已知中元素的化合价为0价。
①在“反应”中的氧化剂和还原剂物质的量之比为_______。
②是一种可以循环利用的物质，是_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. +6 ②.
（2）
（3）
（4）使沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】废催化剂主要含、、，加入氢氧化钠固体焙烧，与NaOH反应生成NaAl(OH)4，转化为；加水溶浸过滤得到滤渣；和CO在90℃时发生反应，生成；再将分解得到C和Y即CO，CO可以循环利用；溶浸过滤后的滤液中含NaAl(OH)4、，向滤液中通入，生成Al(OH)3，过滤除去；向含有的溶液中加沉钼，陈化后过滤得到，分解得到。
【小问1详解】
“焙烧”时，转化为，中M的化合价为+6，该步骤相应的反应为非氧化还原反应，化学方程式为。
【小问2详解】
溶浸后的溶液中，铝元素以的形态存在，则“沉铝”时恰好完全转化为氢氧化铝沉淀，离子方程式为：。
【小问3详解】
“沉钼”时向含有的溶液中加，反应生成和，陈化后过滤得到，则“沉钼”后，滤液X的溶质主要是 (写化学式)。
【小问4详解】
在水中呈胶状，陈化是指将溶液静止存放一段时间，陈化的作用是：使沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤。
【小问5详解】
①已知中元素的化合价为0价，发生反应，该反应中，氧化剂和还原剂的在“反应”中的氧化剂和还原剂物质的量之比为。
②据分析，是一种可以循环利用的物质，是 (填化学式)。
16. 中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177kJ·ml-1 (主反应)
II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9kJ·ml-1 (副反应)
（1）反应I的反应历程可分为如下两步：
i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1 (反应速率较快)
ii． H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2=+44kJ·ml-1 (反应速率较慢)
①∆H1=_______
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是_______。
（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是_______。
（3）工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2mlCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时，____(用含有x的代数式表示)；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m_____n(填“>”、“＜”或“=”)。
【答案】（1） ①. +133kJ/ml ②. 反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率
（2）温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率
（3） ①. ②. ＞
【解析】
【小问1详解】
①由盖斯定律可知，反应Ⅰ—ii可得反应i，则反应∆H1=(+177kJ/ml)—(+44kJ/ml)= +133kJ/ml，故答案为：+133kJ/ml；
②化学反应速率取决于慢反应，由题意可知，反应i是快反应，反应ⅱ为慢反应，反应ⅱ是反应Ⅰ的决速步，增大二氧化碳的浓度，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，所以相比于增大乙烷的浓度，增大二氧化碳的浓度对反应Ⅰ速率影响更大，故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；
【小问2详解】
由图可知，温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，乙烯选择性下降较为明显，而800℃时乙烷的转化率和乙烯选择性都相对较高，有利于提高乙烯的产率，所以工业生产中综合各方面的因素后，反应选择800℃，故答案为：温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率；
【小问3详解】
由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正c2(CH4) =k逆c(C2H4)c2(H2)，整理可得：=，由图可知，平衡时甲烷的物质的量为xml，由方程式可知，乙烯、氢气的物质的量分别为0.5(2—x)ml、(2—x)ml，则==；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则正反应速率常数增大的倍数m大于逆反应速率常数增大的倍数n，故答案为：；>。
17. 氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，化学小组用如图装置(部分夹持装置略去)制备CuCl。
已知：①CuCl是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精；会被空气迅速氧化。
②在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应。
实验步骤：
I．打开分液漏斗活塞，向三颈瓶中加盐酸调pH至2~3，打开活塞K，通入SO2，溶液中产生白色沉淀，待反应完全后，再通一段时间气体。
Ⅱ．将反应混合液过滤、洗涤、干燥得CuCl粗产品，纯化后得CuCl产品。
回答下列问题：
（1）装置B的作用是_______，置C中的试剂为_______。
（2）步骤I中通入SO2发生反应的离子方程式是_______。
（3）步骤Ⅱ中采用抽滤法过滤的主要目的是：_____；抽滤采用下图装置。滤完毕需进行下列操作，从实验安全角度考虑，你认为最合理的第一步操作为_______(填标号)。
①取下布氏漏斗 ②关闭水泵开关 ③打开活塞K ④拔下抽滤瓶处橡皮管
（4）某小组同学发现，将分液漏斗中的0.1 ml·L-1盐酸换为6 ml·L-1盐酸，通入SO2，最终未得到白色沉淀。对此现象有如下猜想：
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应查阅资料知： CuCl+Cl-CuCl，据此设计实验：将上述未得到沉淀的溶液__________(填操作)，若观察到有白色沉淀析出，证明猜想一正确。
猜想二：________。设计验证猜想二是否成立的实验方案：________。
【答案】（1） ①. 安全瓶或防倒吸 ②. NaOH溶液
（2）SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+
（3） ①. 快速过滤，防止氯化亚铜被氧化 ②. ③
（4） ①. 加水稀释 ②. 在酸性条件下，氯化亚铜发生自身氧化还原反应 ③. 取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立
【解析】
【分析】A中二氧化硫、氯化铜溶液和盐酸发生氧化还原反应得到氯化亚铜，B是安全瓶、起到防倒吸的作用，C中用来吸收尾气，据此分析解题。
【小问1详解】
据分析，装置B的作用是安全瓶或防倒吸，HCl、SO2属于大气污染物，不能排放到空气中，则装置C中的试剂为NaOH溶液。
【小问2详解】
步骤I中通入SO2，SO2与氯化铜溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸，离子反应方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO+4H+。
【小问3详解】
已知：氯化亚铜是一种白色固体，能溶于氨水，微溶于水，不溶于酒精，在空气中会被迅速氧化，步骤Ⅱ中采用抽滤法可加快过滤的速度，减少有空气接触的时间，防止氯化亚铜被氧化；抽滤时装置内气压远小于大气压接近于真空，结束抽滤时要使装置内外气压相等防止水回流，则最合理的第一步操作为为打开活塞K，故选③(填标号)。
【小问4详解】
猜想一：Cl-浓度过大，与CuCl发生反应CuCl+Cl- ，平衡会随氯离子浓度减小而左移，则可通过减小Cl-的浓度观察是否有沉淀生成检验猜想是否正确，则操作为：将上述未得到沉淀的溶液加水稀释，若观察到有白色沉淀析出，说明猜想一正确；
猜想二：根据已知信息②：在酸性条件下，某些中间价态的离子能发生自身氧化还原反应，则猜想二为强酸性条件下，CuCl发生自身氧化还原反应(歧化反应)，验证猜想的方法为：取氯化亚铜固体，加入稀硫酸溶液，若白色沉淀消失，得到蓝色溶液，有红色固体生成，证明猜想二成立，反之不成立。
18. 化合物F是一种除草剂，对扁秆藨草、稗草、异型莎草、鸭舌状草等表现出较好的除草活性。其合成路线设计如图：
已知反应：R-ClRMgCl
回答下列问题：
（1）有机物B的官能团名称为_______。
（2）C结构简式为_______。
（3）B→C的反应类型为_______。
（4）已知C→D的反应为取代反应，写出C—D反应的化学方程式：_______。
（5）1分子的有机物F中手性碳原子数为_______。
（6）H是的一种同分异构体，满足下列条件的H有_______种(不考虑立体异构)。
①分子中除苯环外无其他环状结构；②既能发生水解反应也能发生银镜反应；③苯环上仅有一个取代基；④碳原子只有一种杂化方式。
（7）结合题中信息，以为有机原料，设计合成的路线_______ (无机试剂与溶剂任选)。
【答案】（1）碳氯键、羟基
（2） （3）消去反应
（4）+ +
（5）1 （6）7
（7）
【解析】
【分析】A()发生信息所示反应生成B()，在TsOH作用下生成C(C9H9Cl)为，与在催化剂/THF作用下发生取代应生成D()，与在K2CO3、CH3CN作用下生成E，与在甲苯作用下生成F()。
【小问1详解】
有机物B的官能团名称为碳氯键、羟基；
【小问2详解】
据分析C(C9H9Cl)为；
【小问3详解】
B→C，即在TsOH作用下生成 的反应，为消去反应；
【小问4详解】
C→D，即与在催化剂/THF作用下发生取代应生成D()，反应的化学方程式为+ +；
【小问5详解】
连有4个不同的原子或原子团的碳为手性碳原子，分子中标记为“1”的碳原子为手性碳原子，所以1分子的有机物中手性碳原子数为1；
【小问6详解】
H是，其同分异构体满足下列条件：
①分子中除苯环外无其他环状结构；②既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明含有-OOCH，③苯环上仅有一个取代基；④碳原子只有一种杂化方式，结合①可知为sp2杂化；综上可知，该同分异构体相当于1,3-丁二烯中有2个H分别被HCOO-和苯基替代所得，HCOO-CH=CH-CH=CH2中双键碳原子上有4种H可被苯基替代， CH2=C (OOCH)-CH=CH2中双键碳原子上有3种H可被苯基替代，则共7种；满足条件的同分异构体具体为。
【小问7详解】
结合题中信息，以为有机原料，设计合成的路线，据逆合成分析法，可仿照A→B或信息反应，由CH3CH(MgCl)CH3、丙酮生成，丙酮由2-丙醇催化氧化得到，CH3CH(MgCl)CH3由2-氯丙烷与Mg/乙醚转化而成，2-氯丙烷由2-丙醇水解得到，则合成线路为：。
19. 锌在工业中有重要作用，也是人体必须的微量元素。人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分结构如图所示：
回答下列问题：
（1）Zn基态原子核外电子排布式 _______。
（2）碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是____(填元素符号)，该物质中碳原子的轨道杂化类型是_____，碳酸酐酶中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角___(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成，第二电离能I2(Zn)_____I2(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是_____。
（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图1所示。
①与原子距离最近且等距离的的个数为_______。
②1号原子的坐标为，图2是晶胞沿z轴的投影图，2号原子的坐标为_______。
③晶胞中距离最近的两个Se的距离为a nm，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为_______。
【答案】（1）[Ar]3dl04s2
（2） ①. O、N ②. sp3、 sp2 ③. 大于
（3） ①. 小于 ②. Zn和Cu失去一个电子后的价电子分别为和，Cu失去的第二个电子在3d的全满轨道上，Zn失去的第二个电子在4s半满轨道上，而3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量
（4） ①. 4 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
锌是30号元素，Zn基态原子核外电子排布式[Ar]3dl04s2。
小问2详解】
锌提供空轨道，氮、氧提供孤电子对，则碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是O、N，该物质中饱和碳为sp3杂化、双键碳为sp2杂化，故碳原子的轨道杂化类型是sp3、 sp2；碳酸酐酶中氧的1对孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对间的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，孤电子对数目越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小，故H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大；
【小问3详解】
Zn和Cu失去一个电子后的价电子分别为和，Cu失去的第二个电子在3d的全满轨道上，Zn失去的第二个电子在4s半满轨道上，而3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量，故第二电离能I2(Zn) 小于I2(Cu)；
【小问4详解】
①由晶胞结构可知，与原子距离最近且等距离的的个数为4；
②1号原子的坐标为号原子的坐标为，图2是晶胞沿轴的投影图，则2号原子在xyz轴上的投影坐标分别为、、，故其坐标为；
③晶胞中距离最近的两个Se的距离为面对角线的二分之一为a nm，则晶胞边长为，该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则。
选项
实验方案
现象或结论
A
将KCl固体溶于水，进行导电性实验
溶液可导电，说明KCl中含有离子键
B
向鸡蛋清溶液中滴加饱和(NH4)2SO4溶液
溶液变浑浊，再加水浑浊消失，是因为鸡蛋清溶液发生了盐析
C
向溴水中滴加足量溶液，观察溶液颜色
溶液褪色，说明具有漂白性
D
向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸
溶液变浑浊，说明Na2S与Na2SO3之间发生了氧化还原反应