高考化学模拟（浙江卷）-2024年高考化学考前押题密卷

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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
2024年高考考前押题密卷
化学·全解全析
(考试时间：90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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 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．下列物质中属于新型无机非金属材料的是( )
A．碳纤维B．陶瓷C．铝合金D．有机玻璃
【答案】A
【解析】A项，碳纤维成分是碳单质，是无机物，属于新型无机非金属材料，A符合题意； B项，陶瓷是传统无机非金属材料，B不符合题意；C项，铝合金是金属材料，C不符合题意；D项，有机玻璃成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故选A。
2．碳酸钠和碳酸氢钠在生产生活中有广泛的应用.下列有关说法不合理的是( )
A．通过化合反应可由碳酸钠制得碳酸氢钠
B．可用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)
C．向1 mL浓度均为0.6ml·L-1Na2CO3和NaHCO3溶液中分别滴加浓的BaCl2溶液，只有碳酸钠溶液产生白色沉淀
D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都显碱性，均可用作食用碱
【答案】C
【解析】A项，通过化合反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，可由碳酸钠制得碳酸氢钠，A正确；B项，碳酸钙的溶解度更小，可用碳酸钠溶液将硫酸钙转化为碳酸钙，来处理锅炉水垢中的硫酸钙，B正确；C项，NaHCO3溶液中分别滴加浓的BaCl2溶液也会产生白色沉淀，离子反应为：2HCO3-+Ba2+= BaCO3↓ + CO2↑+H2O，C错误；D项，碳酸钠溶液和碳酸氢钠的水溶液都显碱性，均可用作食用碱，D正确；故选C。
3．下列化学用语的表达不正确的是( )
A．邻羟基苯甲醛分子内氢键：
B．丙炔的球棍模型：
C．1s22s22px1→ls22s22py1过程中不能形成发射光谱
D．用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】B
【解析】A项，邻羟基苯甲醛中羟基O-H键极性较大，与醛基氧原子之间可形成分子内氢键，A正确；B项，丙炔的结构简式为CH3C≡CH，官能团碳碳三键为直线形结构，则分子中三个碳原子在一条直线上，B错误；C项，2px和2py的伸展方向不同、能量相同，1s22s22px1→ls22s22py1，过程中电子没有能量变化，不可能形成发射光谱，C正确；D项，HCl为共价化合物，可用电子式表示HCl的形成过程：，D正确；故选B。
4．黄铁矿与焦炭充分混合(FeS2与C的质量比为)，在有限量的空气中缓慢燃烧，结果可得到硫磺，过程中可能发生的反应之一为：3FeS2+12C+8O2= Fe3O4+12CO+6S 。下列有关说法不正确的是( )
A．FeS2晶体中存在非极性共价键
B．当有6 mlC参加反应时，共转移16 ml电子
C．Fe3O4既是氧化产物又是还原产物
D．当有3 mlS生成时，有4 mlO2被焦炭还原
【答案】D
【解析】A项，FeS2晶体由Fe2+、S22-构成，存在离子键、非极性共价键，故A正确；B项，反应过程中C、S元素化合价升高，当有6 mlC参加反应时，共转移16 ml电子，故B正确；C项，Fe元素化合价升高、氧元素化合价降低生成Fe3O4，Fe3O4既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D项，反应过程中C、S元素化合价升高，氧气被C、S元素还原，当有3 mlS生成时，有3mlO2被焦炭还原，故D错误；故选D。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-
B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-
C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-
D．1 ml/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-
【答案】A
【解析】A项，选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A符合题意；B项，中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B不符合题意；C项，c(OH-)<的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C错误；D项， H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故选A。
6．一种从Al3+和Cr3+混合溶液中分离出铬元素的流程如下。常温下，Ksp(BaCrO4)= 1.2×10－10。下列说法错误的是( )
A．该流程可避免Al(OH)3形成胶体而难以从体系中分离的情况发生
B．若滤液C中不含CrO42-，则滤液C中
C．可用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水
D．加入H2O2和氨水时发生反应的离子方程式：
2Cr3++3H2O2+10 NH3·H2O=2 CrO42-+10NH4++8H2O
【答案】C
【解析】由题干流程图可知，向含有Al3+和Cr3+混合溶液中加入H2O2和氨水，发生反应：2Cr3++3H2O2+10 NH3·H2O=2 CrO42-+10NH4++8H2O，将Cr3+氧化为CrO42-，以便于加入过量Ba(OH)2后转化为BaCrO4沉淀而分离出铬元素，向A溶液中加入过量的NaOH溶液，将Al3+转化为[Al(OH)4]-，而后加入过量的Ba(OH)2将铬元素转化为BaCrO4沉淀而分离出铬元素，过滤得到BaCrO4沉淀和滤液C。A项，向A溶液中加入过量的NaOH溶液，将Al3+转化为[Al(OH)4]-，则该流程可避免Al(OH)3形成胶体而难以从体系中分离的情况发生，A正确；B项，若滤液C中不含CrO42-即使得溶液中CrO42-小于10-5ml/L，根据溶度积可知，则滤液C中，B正确；C项，若用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水，则将引入杂质离子Fe3+，使得B中混有Fe(OH)3沉淀，而使得到的BaCrO4中混有Fe(OH)3，C错误；D项，由分析可知，加入H2O2和氨水时发生反应的离子方程式：2Cr3++3H2O2+10 NH3·H2O=2 CrO42-+10NH4++8H2O，D正确；故选C。
7．根据物质的组成和结构变化推测其性能变化，下列推测不合理的是( )
【答案】B
【解析】A项，纯铝加入少量Cu、Mg、Mn、Si形成合金，可以增大硬度和强度，A合理；B项，饱和一元醇R-OH，增加烃基R碳原子的个数，由于烃基是推电子基团，导致-OH的极性减弱，更难与H2O分子形成氢键，在水中溶解度减小，B不合理；C项，二氧化硅加热熔融后快速冷却会形成非晶态二氧化硅，没有各向异性，各方向导热性相同，C合理；D项，将阿司匹林与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来可以得到缓释阿司匹林，D合理；故选B。
8．利用下列实验装置能完成相应实验的是( )
【答案】A
【解析】A项，苯不能与氢氧化钠溶液反应，溴能与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，则题给装置能达到除去苯中溶解的溴的实验目的，A正确；B项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，应用酸式滴定管盛装，B错误；C项，氨气极易溶于水，则题给装置不能用达到用排水法测量氨气体积的实验目的，C错误；D项，用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，D错误。故选A。
9．下列有关物质结构和性质的说法正确的是( )
A．糖类都含有醛基，对氢氧化铜等弱氧化剂表现出还原性
B．人造丝、人造棉、涤纶都属于人造纤维，都是高分子化合物
C．花生油、豆油、羊油和润滑油均属于高级脂肪酸甘油酯
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
【答案】D
【解析】A项，蔗糖无醛基，A错误；B项，人造丝、人造棉、属于人造纤维，涤纶是合成纤维，B错误； C项，润滑油属于烃类，不属于高级脂肪酸甘油酯，C错误；D项，冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过非化学键的弱相互作用形成超分子，D正确；故选D。
10．下列化学反应与方程式相符的是( )
A．工业上由甲苯制备邻溴甲苯：
B．向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+
C．向含0.1ml [C(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入含0.3ml AgNO3的溶液：[C(NH3)5Cl]2++2Cl-+3Ag+=[C(NH3)5]3++3AgCl↓
D．向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：2 Cr2O72-+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O
【答案】D
【解析】A项，工业上由甲苯制备邻溴甲苯是甲苯也液溴在催化剂作用下发生取代反应： ，A错误；B项，Fe(SCN)3为络合物不能拆，向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3 +Fe=6SCN-+3Fe2+，B错误；；C项，配合物中内界不可以电离，外界可以电离，则只能生成0.2ml AgCl，离子方程式为C1- + Ag+ = AgCl↓，C错误；D项，向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液，乙醇被氧化为乙酸，离子方程式为2 Cr2O72-+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，D正确；故选D。
11．2-甲基环戊醇可作为合成橡胶、塑料和纤维等高分子材料中的软化剂和增塑剂．其合成路线如下：
下列说法不正确的是( )
A．根据化合物B的结构，推测过程Ⅰ依次发生了加成反应、水解反应
B．试剂1选择的试剂为醇溶液，反应条件是：加热
C．化合物C是一种难溶于水的液体
D．过程Ⅲ中，化合物C与水反应时可能生成多种组成相同的有机产物
【答案】B
【解析】化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，醇羟基的消去反应生成C，与水的加成反应生成2-甲基环戊醇。A项，根据化合物B的结构，化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，即化合物B，故A正确；B项，化合物B转化为化合物C发生了醇羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸加热，故B错误；C项，化合物C为烃类物质，难溶于水，由于C原子数目为6，熔沸点较高，常温下属于液态，故C正确；D项，过程Ⅲ可以理解是与水的加成反应，羟基位置不同可能会有不同的加成产物，比如说可能会有化合物B生成，故D正确；故选B。
12．X、Y、Z、W、Q为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相邻。X单质标准状况下的密度约为，Y的同位素可用于测定文物年代，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，下列说法正确的是( )
A．电负性：Z＞Q＞W
B．键角：WZ3＞X2W＞X2Z
C．YW2、X2Z2均为非极性分子
D．Q和Z可形成原子比为、的两种分子
【答案】A
【解析】X、Y、Z、Q、W为五种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X单质标准状况下的密度约为，则X为H元素，Y的同位素可用于测定文物年代，则Y为C元素，Z元素的某种单质可用作自来水消毒剂，则Z为O元素，Z、W位于同一主族，则W为S元素，Q、W位于同一周期且相邻，则Q为Cl元素。A项，同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性O＞Cl＞S，A正确；B项，WZ3为SO3，X2W为H2S，X2Z为H2O，由于O原子的电负性大与S， 键角应该H2O比H2S中的键角大，B错误；C项，CS2为非极性分子，H2O2为极性分子，C错误；D项，Q为Cl元素，Z为O，可形成Cl2O3，Cl2O5尚未被发现，D错误；故选A。
13．我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是( )
A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成
B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在A电极失去电子生成Cl2
C．电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量FeCl3、NaCl、KNO3溶液无混浊现象
D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会有0.008 ml电子从电极A流向电极B
【答案】C
【解析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-＝O2↑＋2H2O，所以电极A为阳极，电极B为阴极。A项，由图可知，电极A上发生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B项，去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C项，电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；D项，电解总反应为，每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，则生成氧气，O2~ 4e-，故会有0.008 ml电子从电极A流向电极，D正确；故选C。
14．乙醛与氢氰酸(，弱酸)能发生加成反应，生成2-羟基丙腈，历程如下：
下列说法不正确的是( )
A．因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与作用
B．易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一
C．往丙酮与反应体系中加入一滴溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易进行
D．与加成的反应速率：
【答案】C
【解析】A项，氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，碳原子与CN-作用，故A正确；B项，HCN易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B正确；C项，往丙酮与HXN反应体系中加入一滴KOH溶液，CN-浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢离子浓度降低，第二步反应难发生，故C错误；D项，硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于亲核加成，所以与HCN加成的反应速率：，故D正确；故选C。
15．常温下，往0.35 ml/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。
已知：Ka(HClO)=4.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
下列说法不正确的是( )
A．通入一定量CO2后溶液pH=7，未出现CaCO3沉淀
B．往Ca(ClO)2溶液中加盐酸酸化，将有Cl2生成
C．通入一定量CO2后溶液中c(HClO)=c(C1O-)，滴入酚酞试剂，溶液一直呈无色
D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)
【答案】A
【解析】A项，向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7 ml/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，=4.0×10-8，==0.4，根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35 ml/L，则c(ClO-)+c(HClO)=0.35 ml/L×2=0.70 ml/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2 ml/L；c(HClO)=0.5 ml/L；溶液pH=7，溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(C1O-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故有2c(Ca2+)=c(C1O-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；0.35 ml/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35 ml/L，0.35 ml/L×2=0.2 ml/L+2c(CO32-)+c(HCO3-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5 ml/L，H2CO3的二级电离平衡常数Ka2==4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7 ml/L，所以==4.7×10-4，结合等式2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5 ml/L，可知c(HCO3-)≈0.5 ml/L，c(CO32-)=0.5 ml/L×4.7×10-4=2.35×10-4 ml/L，c(Ca2+)·c(CO32-)=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，错误；B项，加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HCl具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，B正确；C项，Ka(HClO)==4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，则c(H+)=4.0×10-8 ml/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的变色范围是8.2-10，所以酚酞并未变红，C正确；D项，碳酸在溶液中存在两步电离平衡，HCO3-主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c(HCO3-)；CO32-主要是HCO3-部分电离得到，而且HCO3-电离程度十分微弱，H2CO3电离出HCO3-的程度大于HCO3-电离产生CO32-的程度，故c(CO32-)和c(OH-)要小于c(HCO3-)；Kb1==2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6 ml/L，c(OH-)=10-8.4 ml/L，c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.6 ml/L，带入Kb1==2.13×10-4，可得c(CO32-)=4.7×10-11 ml/L，小于c(OH-)=10-8.4 ml/L，故离子浓度大小关系为：c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正确；故选A。
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( )
【答案】C
【解析】A项，两溶液的浓度不确定，不能根据溶液的pH值判断水解程度的大小，A错误；B项，升高温度，促进CH3COONa的水解，溶液中c(OH-) 增大，B错误；C项，NaHCO3和NaAlO2反应生成白色沉淀，反应的离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+ Al(OH)3↓，说明AlO2-结合H+的能力强于CO32-，C正确；D项，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．(10分)含磷化合物在生命体中有重要意义。红磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物PCl3和PCl5。PCl5分子呈三角双锥形，其结构如图所示：
(1)写出基态P原子的价层电子排布式 。BCl3中心原子价层有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。根据以上信息，判断PCl3能否水解 (填能或不能)。
(2)下列关于含磷化合物的说法，正确的是___________。
A．H3PO4在水中的电离方程式为H3PO4= H++H2PO4-
B．PCl5分子中的Cl—P—Cl键角有两种
C．PCl3、PCl5等分子均满足8电子稳定结构
D．已知H3PO 3是二元酸，该分子中P的杂化方式为sp3
(3)N、P是同一族元素，P能形成PCl3、PCl5两种氯化物，而N只能形成一种氯化物NCl3，而不能形成NCl5，原因是 。
(4)磷化硼BP的晶胞如图甲所示，(黑球为P，白球为B)沿虚线(晶胞的体对角线)方向的投影如图乙所示，已经画出了部分P原子的位置，请你画出4个B原子的位置 (用空心圆圈表示)。
(5)某单质的一种堆积方式为面心立方最密堆积，其剖面图如图。(空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子总体积在整个空间中所占的体积百分比；V(球))此晶体的空间利用率为 (用含圆周率的代数式表示)。
【答案】(1) 3s23p3(1分) 能(1分) (2)D(2分)
(3)N原子最外层无d轨道，不能发生sp2d杂化，故无NCl5(2分)
(4) (2分) (5) (2分)
【解析】(1)已知P是15号元素，故基态P原子的价层电子排布式为3s23p3，BCl3中心原子价层有空轨道，可以与H2O分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解，PCl3中心原子P周围含有的孤电子对数为：=1，故根据以上信息，判断PCl3能水解；(2)A项，H3PO4是中强酸，故其在水中电离为部分电离，故其的电离方程式为H3PO4H++H2PO4-，A错误；B项，PCl5分子中根据图知，平面上键角(Cl-P-Cl)为120°、上顶点和平面上的Cl原子形成的键角(Cl-P-Cl)为90°，上下顶点和P原子形成的键角(Cl-P-Cl)为180°，即Cl-P-Cl键角有3种形式，B错误； C项，PCl5分子中根据图知，P周围含有10个电子，而PCl3分子满足8电子稳定结构，C错误；D项，已知H3PO3是二元酸，则H3PO3的结构式为：，该分子中P周围的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3，D正确；故选D；(3)由图可知，PCl5分子中P、Cl原子间形成5个P-Cl键，3d轨道常用杂化成键，杂化类型为sp3d，但N原子的价电子排布式为2s22p3，没有d轨道，不能N原子和Cl原子不能形成5键，不能发生sp3d杂化，则不能形成NCl5；(4)根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成，所以画图为：；(5)由题干晶胞示意图可知，该晶胞中原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积；面心立方最密堆积中处于晶胞面对角线上原子紧密相邻，设原子半径为r，则晶胞棱长=4r×=2r，晶胞体积=(2r)3=16r3，晶胞中原子数目=8×+6×=4，晶胞中原子总体积=4×πr3，晶胞中原子的空间利用率为：=。
18．(10分)黄铜矿的主要成份为CuFeS2，现有如下转化关系制备有关物质。
已知：沉淀D的摩尔质量为。请回答：
(1)尾气中SO2经过充分综合利用可以得到石膏，请写出石膏的化学式： 。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，干燥的气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。
①写出物质A分子的结构式： 。
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。
(3)生成沉淀D的离子反应方程式 。
(4)请设计实验检验溶液C中的阳离子 。
【答案】(1) CaSO4·2H2O (2分)
(2) (2分) 硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低(2分)
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+(2分)
(4)取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+(2分)
【解析】黄铜矿(CuFeS2)与足量空气煅烧生成二氧化硫、氧化铁和氧化铜固体，固体加入盐酸反应生成氯化铁和氯化铜混合溶液，通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫酸和氯化亚铜沉淀，二氧化硫气体和氯气在活性炭催化作用下反应生成SO2Cl2。(1)石膏的化学式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，则A为SO2Cl2，该物质(SO2Cl2)水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸即硫酸和盐酸，则物质A分子为SO2Cl2，其结构式：；②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低；(3)根据沉淀D的摩尔质量为，说明D为氯化亚铜，则是铜离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铜离子，亚铜离子和氯离子反应生成CuCl，则生成沉淀D的离子反应方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根据前面分析，溶液C中含有氢离子和亚铁离子，检验氢离子常用紫色石蕊，检验亚铁离子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此实验检验溶液C中的阳离子方法是取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+。
19．(10分)环境保护与绿色发展是新时代人们关心的共同话题。NO是大气主要污染物，因此对工业烟气脱硝是工业生产中的重要一环。煤燃烧排放的烟气含有NO，脱除的方法有多种。
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，纽扣式电化学还原器结构单元如图所示，电解时，阴极发生的电极反应式为 。
(2)目前常见方法是采用NaClO溶液液相氧化法脱除烟气中的NO，其主要过程如下：
Ⅰ．NO(aq)+HClO(aq)NO2(aq)+HCl(aq) ΔH＝akJ·ml−1
Ⅱ．3NO2(aq)+ H2O(l)2HNO3(aq)+NO(aq) ΔH＝b kJ·ml−1
①NO(aq)转化为HNO3(aq)的热化学方程式 。
②为提高NO脱除率，工业上常向NaClO溶液中加入稀硫酸调节，溶液初始pH与NO的脱除率如下表所示。
pH影响NO脱除率的原因是 。
(3)理论上可采用加热使NO分解的方法处理：2NO(g)N2(g)＋O2(g)。
已知该反应的正反应活化能为728 kJ·ml−1，逆反应的活化能为910kJ·ml−1；正反应熵变为-24.8 J·K-1·ml−1。实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原因 。
(4)近期科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟基、羧基(均可表示为C-OH，其电离平衡可表示为C-OHC-O-+H+)，这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为(未配平)：
预氧化：HNO3+C→C-OH+NO2↑+H2O
预氧化：KMnO4+C→C-OH+ MnO2+ K2MnO4
预氧化：H2O2+C→C-OH+H2O
吸附：C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s) ΔH＜0
NO吸附实验在25℃下进行，将一定比例的N2与NO混合气体在恒压下，以相同速率持续通入到等量的、不同预氧化试剂处理的活性炭中(图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭)，获得“NO捕获率-通气时间”的变化图：
已知：
①下列描述正确的是 。
A．25℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超过了H2O2-C
B．若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，吸附平衡会正向移动
C．KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、K2MnO4堵塞
D．升高温度，等量活性炭催化剂吸附的NO分子总数会减少
②相比其他预氧化试剂处理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研究者认为可能是HNO3引入了H+，增强了活性炭的表面活性。试利用勒夏特列原理予以解释 。
【答案】(1) 2NO+4e—=N2+2O2—(1分)
(2) 2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq) ∆H= (3a+b)kJ∙ml-1 (2分)
pH降低，c(HClO)升高(1分)
(3)反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显(2分)
(4) CD(2分) 硝酸预氧化的过程中引入了H+，增大了H+浓度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳(2分)
【解析】(1)由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为2NO+4e—=N2+2O2—，故答案为：2NO+4e—=N2+2O2—；(2)根据盖斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ即可得目标反应：2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)，则反应热∆H=3×∆H1+∆H2=(3a+b)kJ∙ml-1；pH减小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应Ⅰ的平衡右移，NO脱除率越高；(3)该反应的正反应活化能为728 kJ·ml−1，逆反应的活化能为910 kJ∙ml-1，则∆H=728-910=-182 kJ∙ml-1，又正反应的熵变为-24.8 J·K-1·ml−1，依据，故600℃时反应可以自发，而600℃时NO仍没有明显分解是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显；(4)①A项，图中原始-C曲线是虚线，NO捕获率应看右侧纵轴上的数据，25°C下175分钟后NO捕获率低于50%，H2O2-C曲线是实线，NO捕获率应看左侧纵轴上的数据，因此175分钟后原始-C的吸附效果没有超过H2O2-C，故A错误；B项，若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，即在恒压条件下增大容器体积，使NO浓度减小，吸附平衡C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)逆向移动 ，故B错误；C项，KMnO4是粉末状固体，活性炭表面疏松多孔的结构有利于吸附，KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，故C正确；D项，由图像可知，升高温度，NO的捕获率降低，即催化剂吸附的NO分子总数会减少，故D正确；故选CD。②HNO3是强酸，HNO3预氧化的过程引入了H+，增大了H+的浓度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳。
20．(10分)某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略)。
已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；
②吸光度用A表示，计算公式为，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。
请回答：
(1)仪器A的名称是 。
(2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是 (填“AgNO3溶液”或“氨水”)。
(3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：
操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。
a.打开，关闭 b.打开，关闭
c.将可滑动隔板拉至最左端 d.热水浴加热仪器A
e.将可滑动隔板缓慢推至最右端 f.将可滑动隔板迅速推至最右端
(4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式 。
(5)将仪器A中溶液的调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为 mg/L。
(6)下列说法正确的是__________。
A．本实验缺少尾气处理装置
B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性
C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的被吸收完全
D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大
【答案】(1)三颈烧瓶(1分) (2)氨水(1分) (3)d a c b e(2分)
(4)HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O(2分)
(5)0.0375(2分) (6)BCD(2分)
【解析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，可计算室内空气中甲醛含量。(1)仪器A的名称是三颈烧瓶；(2)仪器B中放置的药品是氨水；(3)室内空气中甲醛含量的测定操作为：操作①：取下玻璃塞→操作②d.热水浴加热仪器A→操作③a.打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤c.将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥b.打开K2，关闭K1→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe；(4)甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O；(5)甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量，据电子守恒：HCHO~4e-~4Fe2+，消耗甲醛，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-6 ml÷4=1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。(6)A项，本实验中氨气极易溶于水，无需尾气处理装置，错误；B项，实验应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，正确；C项，毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，正确；D项，K1与菲洛嗪形成有色配合物，则有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大，正确；故选BCD。
21．(12分)盐酸考尼伐坦是一种非肽类双重抑制剂，主要用于低钠血症的治疗。其前体的合成路线如下：
已知：。请回答下列问题：
(1)写出A中含有官能团的名称 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．化合物A的碱性弱于B
B．化合物C中，由于氰基的活化，使得相邻的C-H反应活性高
C．化合物D含有手性碳，需要分离出特定的对映异构体，否则会影响G的纯度
D．化合物F到化合物G的反应涉及取代反应、加成反应和消去反应
(3)化合物E的结构简式是 。
(4)写出化合物C到化合物D的反应方程式 。
(5)写出同时符合下列条件化合物A的同分异构体的结构简式。
①分子中含有苯环
②含有氮氧键，但不含硝基
③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子
(6)设计以环己烷和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
【答案】(1)氨基、酯基(1分) (2)BD(2分) (3) (1分)
(4)+CH3OH(2分)
(5) (3分)
(6) (3分)
【解析】由流程可知，A发生取代反应生成B，，B发生已知反应原理生成C；D转化为E、E转化为F，结合F结构、E化学式可知，E为。(1)由结构可知，A含有氨基、酯基；(2)A项，A中氨基转化为酰胺基，羰基为吸电子基团，使得B较之于A结合质子能力减弱，故化合物A的碱性强于B，A错误；B项，化合物C中，由于氰基的活化，使得相邻的C-H容易断裂而发生化学反应，反应活性高，B正确；C项，化合物D：含有手性碳，但是在后续的反应中不会影响G的纯度，C错误；D项，化合物F到化合物G的反应中溴原子被取代引入新的支链，新支链中氨基和羰基发生加成反应得到新的环和羟基，羟基发生消去反应得到碳碳双键，故涉及取代反应、加成反应和消去反应，D正确；故选BD；(3)由分析可知，E为；(4)化合物C在甲醇钠作用下，C中-CN的邻位碳上氢和C中酯基发生取代反应成环生成化合物D和甲醇，反应为+CH3OH；(5)A分子除苯环外含有1个氮、2个碳、2个氧、不饱和度为1；符合下列条件化合物A的同分异构体：①分子中含有苯环；②含有氮氧键，但不含硝基；③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；则可以为：；(6)环己烷发生取代引入氯原子，水解转化为羟基，氧化为环己酮，发生E生成F的反应引入溴原子，和得到产物，故流程为：。
物质
组成和结构变化
性能变化
A
纯铝
加入少量Cu、Mg、Mn、Si
增大硬度和强度
B
饱和一元醇
增加烃基R碳原子的个数
水中溶解度增大
C
二氧化硅
加热熔融后快速冷却
各方向导热性相同
D
阿司匹林
()
使其与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来
得到缓释阿司匹林
A．除去苯中溶解的溴
B．测定溶液的浓度
C．制备NH3并测量其体积
D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性
实验方案
现象
结论
A
分别测定NaHCO3和Na2CO3溶液的pH
两者都大于7，且Na2CO3溶液的pH大
CO32-的水解能力强于HCO3-
B
将25℃0.1ml·L－1 CH3COONa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，KW逐渐增大，CH3COONa溶液中c(H＋)增大，c(OH―)减小
C
向NaHCO3溶液中加入等体积等浓度的NaAlO2溶液
有白色沉淀生成
AlO2-结合H+的能力强于CO32-
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()
初始
3.5
4.5
5.5
6.5
7.5
NO脱除率
91%
88%
83%
65%
51%