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2024届湖北省武汉市黄陂区第七高级中学高三下学期二模化学试题
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可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是
A. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江展”中的现象与胶体知识有关
B. “有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，该过程涉及氧化还原反应
C. “雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁
D. “借问瘟君欲何往，纸船明烛照天烧”，纸和烛的化学成分相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．雾属于胶体，故“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江展”中的现象与胶体知识有关，A正确；
B．“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，说明银和硝酸反应而溶解，银化合价升高，该反应属于氧化还原反应，B正确；
C．瓷器青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，C正确；
D．纸的主要成分为纤维素；烛的主要成分为烃类，二者化学成分不同，D错误；
故选D。
2. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不符合题意；
B．聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，故B不符合题意；
C．擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在中燃烧生成，两者没有关联，故C 符合题意；
D．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
3. 下列化学反应表示错误的是
A. 与NaOH溶液反应：
B. 碱性锌锰电池的正极反应：
C. 向蓝色溶液中加入浓NaCl溶液，发生反应：
D. 苯甲酰胺在盐酸中水解：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al2O3是两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，选项所给方程式正确，故A正确；
B．碱性锌锰电池的正极为二氧化锰得电子发生还原反应，由于碱性条件，电极方程式为MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−，故B正确；
C．CuCl2溶液显蓝色是[Cu(H2O)4]2+，加入氯化钠后氯离子浓度增大，反应产生[CuCl4]2−，反应为：[Cu(H2O)4]2++4Cl−=[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D．苯甲酰胺在盐酸中水解反应为：，酸性条件下不能产生氨气，故D错误；
故答案选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L HF的原子数为
B. 和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数目为
C. 水解能力弱于，的溶液中HF和的总数大于
D. 中氙的价层电子对数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标状况下，HF不是气态，故22.4L的物质的量不是1ml，原子数不为2NA，A错误；
B．CH4和Cl2发生取代反应，生成氯代甲烷和HCl，反应前后分子数目不变，根据选项所给标准状况下的体积，即0.5ml CH4和1ml Cl2充分反应后分子数目为1.5NA，B正确；
C．由题意，溶液中n(F-)+n(HF)=1ml，铵根水解能力更强，说明溶液为酸性，由电荷守恒，n(F-)+n(OH-)=n()+n(H+)，则n(F-)>n()，故n()+n(HF)<1ml，即的溶液中HF和的总数小于，C错误；
D．XeF4中氙的价层电子对数为6，故0.5ml XeF4中氙的价层电子对数为3NA，D错误；
本题选B。
5. 物质的结构决定其性质。下列结论、解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．一般情况下，成键原子半径越小，键长越短，键能越大，故键能：Cl2>Br2>I2，但由于F半径过小，原子核过于靠近，使F-F键不稳定，键能反而小于Cl-Cl键，故A错误；
B．基态B原子失去第一个电子是2p能级的，该电子的能量比Be失去的第一个2s能级电子的高，故B第一个电子更易失去，第一电离能更小，故B正确；
C．CO和N2都是分子晶体，沸腾和分子间作用力有关，CO为极性分子，N2为非极性分子，故CO分子间作用力更大，沸点更高，故C正确；
D．邻羟基苯甲酸邻位上的羟基与苯甲酸根生成带氢键的稳定的阴离子，相比苯甲酸氢离子更易电离，酸性更强，故D正确；
故选A。
6. 某兴趣小组为制备1—氯—2—甲基丙烷(沸点69℃)，将2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略)
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流(反应装置中的球形冷凝管用于回流)，制备产物，A项正确；
B．产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；
C．分液收集CH2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确；
D．蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确；
故选B。
7. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应
B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上
C. X与试剂反应每生成，同时生成
D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子
【答案】C
【解析】
【分析】X和试剂a发生脱水反应生成Y，结合高分子p，a为CF4CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，Y、Z、发生加聚反应生成P。
【详解】A．Y、Z、均断开双键，然后生成高分子P，该聚合反应为加聚反应，A正确；
B．X含有碳碳双键，碳碳双键连接的原子，均共面，故X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上，B正确；
C．a为CF4CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，X与试剂反应每生成，同时生成，C错误，
D．将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯，由于对二乙烯基苯（）的对位也可以发生同样的加聚反应，故可得到网状高分子，D正确；
故选C。
8. 离子液体在电化学研究中应用广泛，某离子液体M由W、X、Y、Z四种原子半径依次增大的短周期元素组成，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. X和Y均能与W形成18电子分子，且前者的沸点相对较高
B. 元素Z位于第2周期ⅦA族，属于p区元素
C. 物质M的晶体中含有离子键、σ键、π键和氢键
D. 若用石墨电极电解M，阴极产生黄绿色气体
【答案】A
【解析】
【分析】由离子液体M中各元素原子的成键特点，点结合原子半径大小关系推断可知，W、X、Y、Z分别为H、N、C、Cl，由此分析：
【详解】A．N和C均能与H形成18电子分子和，分子间能形成氢键，沸，点相对较高，A正确；
B．Cl位于第3周期ⅦA族，属于p区元素，B错误；
C．由图可知，物质M的晶体中含有离子键、σ键和π键，不含氢键，C错误；
D．离子液体M中含有，若用石墨电极电解M，阳极产生黄绿色气体，D错误；
故选A。
【命题意图】本题以某离子液体的结构示意图创设情境，考查元素推断，涉及沸点比较、元素在周期表中的位置、微粒间作用力类型、电解原理等考点。
9. 甘氨酸铜是一种优质的有机铜源，其化学结构稳定，对环境污染也比无机铜低。甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。下列说法正确的是
A. 铜原子的杂化类型为杂化
B. O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能
C. 顺式甘氨酸铜溶解度小于反式甘氨酸铜
D. 甘氨酸铜晶体中相邻微粒通过范德华力相连，堆积成超分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为dsp2杂化，故A错误；
B．由于O的电负性大于N，所以N原子更易形成配位键，O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能，故B正确；
C．由结构简式可知，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知顺式甘氨酸铜在水中的溶解度更大，故C错误；
D．从结构可看出，顺式甘氨酸铜相邻微粒间还有氢键相连，故D错误；
故选B。
10. 利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其中标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，过渡态均用TS表示，0.06eV表示1个+1个的能量，下列说法中正确的是
A. 催化剂甲比催化剂乙效果更好
B. 吸附在催化剂甲上的正丁烷(g)脱去第一个H比脱去第二个H更慢
C. 由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应在低温下更有利于自发进行
D. 该反应过程中，1 ml正丁烷(g)在催化剂乙表面吸附，吸收的热量为0.29 eV
【答案】B
【解析】
【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图可知，选用催化剂乙效果更好，A错误；
B．由图可知，吸附在催化剂甲上的正丁烷(g)脱去第一个H最高能垒为2.25 eV-1.29 eV=0.96 eV，脱去第二个H最高能垒为2.52eV-1.63eV=0.89eV，B正确；
C．由图可知，的和都大于0，小于0可以自发，当T比较大时可以自发反应，所以该反应在高温条件下有利于自发进行，C错误；
D．由图可知，选用催化剂乙时，相对能量从0.00eV→0.29eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程，1 ml正丁烷(g)吸附所吸收的热量为eV，D错误；
故选B。
11. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10ml混合气体，其中苯的物质的量分数为20%（其余气体不参与反应），一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%（不含）H2，该条件下苯、环己烷都为气态），下列说法不正确的是
A. 导线中共传导6ml电子
B. 甲池中H+由G极移向F极，乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极
C. 甲池中A处通入O2，乙池中E处有O2放出，但体积不同（标准状况下测定）
D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气，由此分析作答。
【详解】A．10ml含20%苯的混合气体，经过电解生成10ml含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10ml×(20%-10%)=1ml，由电极方程式得转移电子的物质的量为6ml，A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；
C．由于电子转移守恒，故A处通入的氧气和E处生成的氧气的物质的量相等，故体积也相等，C错误；
D．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：，D正确；
故选C。
12. 将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热升温过程中固体的质量变化见下图。下列说法正确的是
A. FeSO4·7H2O 晶体中有4种不同结合力的水分子
B. 在100°C时，M的化学式为FeSO4·6H2O
C. 在200°C时，N的化学式为FeSO4·3H2O
D. 380°C的 P加热至650°C的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【答案】D
【解析】
【分析】从图中可以看出，FeSO4·7H2O 晶体受热后发生4次分解反应。通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。判断晶体组成时，可依据金属元素质量或物质的量守恒进行分析。
【详解】A．FeSO4·7H2O 晶体中，水分子的结合力有3种，A错误；
B．n(FeSO4·7H2O )==0.03ml，则100°C时，M的摩尔质量为=224g/ml，化学式为FeSO4·4H2O，B错误；
C．在200°C时，N的摩尔质量为=170g/ml，化学式为FeSO4·H2O，C错误；
D．380°C的 P加热至650°C时，产物Q中n(Fe):n(O)=0.03ml:=2:3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确；
故选D。
13. 某物质X的晶胞如图所示，该物质可用作杀虫剂，也可用于陶瓷、玻璃等行业。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该晶胞中，K和F的个数比为1∶4
B. 晶胞中K和Al的最短距离为
C. 物质X的密度
D. 若Ⅰ和Ⅱ的分数坐标分别为、，则ⅢI的分数坐标为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中具有8个位于顶点的K、4个位于面心的F和2个位于内部的F，因此K和F的个数比为，A项正确；
B．晶胞中K和Al的最短距离为晶胞体对角线长度的，即，B项错误；
C．该晶胞中含有1个K、1个Al和4个F，则物质X的密度，C项正确；
D．以Ⅰ为原点建立坐标系，Ⅲ的分数坐标为，D项正确；
答案选B。
14. 由下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．补血口服液中可能还有其它成分能使酸性高锰酸钾褪色，因此不能确定该口服液中一定含有亚铁离子，故A错误；
B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是因为亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，故B错误；
C．向KBr溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯有机层呈橙红色才能说明氧化性：Cl2>Br2，故C错误；
D．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，震荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中的碘离子反应生成使上层溶液呈棕黄色，碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，D正确；
本题选D
15. 常温下，0.10ml/L HCOONH4溶液中，c(HCOO-)、c(HCOOH)、、c(NH3•H2O)四种微粒的pX[]随pOH的变化关系如图，已知。下列说法错误的是
A.
B. 曲线③表示随pOH的变化关系
C.
D. 等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中：
【答案】C
【解析】
【分析】0.100ml•L-1HCOONH4的溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、+H2O NH3•H2O+H+，随着pOH的增大，溶液中c(OH-)越小，溶液酸性增强，前者平衡正向移动、后者平衡逆向移动，故HCOO-和NH3•H2O浓度变化一致、减小，和HCOOH变化一致、增大，结合图像可知，①②③④分别为、NH3•H2O、HCOOH、HCOO -，据此分析解题。
【详解】A．由分析并结合题干图像可知，x点c()=c(NH3•H2O)，此时pOH=4.75，故Kb(NH3•H2O)==c(OH-)=10-4.75，同理y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，此时c(OH-)=10-10.25，Ka(HCOOH)==10-3.75，故，A正确；
B．由分析可知，曲线③表示随pOH的变化关系，B正确；
C．由分析可知，曲线②、③分别代表NH3•H2O、HCOOH，z点代表c(NH3•H2O)=c(HCOOH) ，故，C错误；
D．等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中电荷守恒为：c()+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，物料守恒为：c(HCOOH)+c(HCOO-)=2c()+2c(NH3•H2O)，故可得，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 以水钴矿(，含、MgO、CaO)和辉铜矿(，含、)为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，，，；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
③萃取的反应原理；；
④Mg、Ca、Fe、C均能与强酸反应产生。
回答下列问题：
（1）基态C原子的简化电子排布式为___________。
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式：___________。
（3）“滤渣1”的主要成分为___________。
（4）常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去2L“滤液2”中的，至少需加入NaF固体的质量为___________g(忽略溶液体积的变化)。
（5）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为___________。
（6）采用惰性电极电解溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是___________。
（7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入至弱酸性，生成白色沉淀和硫酸铵。经仪器分析：白色沉淀含H、N、O、S、Cu五种元素；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形。则白色沉淀的化学式为___________。
【答案】（1）
（2）(或)
（3）、
（4）4.62 （5）
（6）若用溶液代替溶液，阳极放电，溶液酸性增强，与C反应，导致C产率降低
（7）
【解析】
【分析】水钴矿(C2O3⋅H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)加稀硫酸“酸浸”，C3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、C2+，得含有C2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、C2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，C2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CCl2溶液，电解CCl2溶液得金属C，有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。
【小问1详解】
C元素原子序数为27，简化电子排布式为[Ar]3d74s2；
【小问2详解】
“酸浸”过程中C2O3溶于酸得到C3+，C3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、C2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平化学方程式为5[C2O3⋅H2O]+Cu2S+11H2SO4=10CSO4+2CuSO4+16H2O(或5C2O3+Cu2S+11H2SO4=10CSO4+2CuSO4+11H2O)
【小问3详解】
由分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；
【小问4详解】
常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015ml/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10−9，Mg2+刚好除尽时溶液中c(F-)==2.5×10−2ml/L，则溶液中剩余F-物质的量为2.5×10−2ml/L×2L=0.05ml，与Mg2+沉淀的F-的物质的量为0.015ml/L×2L×2=0.06ml，至少需加入NaF固体的质量为(0.05+0.06)ml×(23+19)g/ml=4.62g；
【小问5详解】
反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HR⇌CuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为H2SO4；
【小问6详解】
由已知④C能与强酸反应产生H2，若用CSO4溶液代替CCl2溶液，H2O(OH−)阳极放电，溶液酸性增强，H+与C反应，导致C产率降低；
【小问7详解】
所含Cu离子中无单电子，说明为+1价亚铜离子，晶体的部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形，考虑到通入SO2且加入了足量氨水，则三角锥形和正四面体形粒子分别为亚硫酸根和铵根，根据化合价代数和为0，白色沉淀化学式为CuNH4SO3。
17. 用途广泛某实验小组同学围绕开展如下实验活动。
．配制溶液
（1）配制的溶液，需要称量固体的质量为___________。
（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有___________(填标号)。
．实验探究
探究温度对溶液的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。
（3）溶液显碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）实验1中测得，可知当时，溶液的随温度升高而减小，这主要是改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中___________发挥主导作用。实验1中测得，且当时，实验过程中观察到有气泡产生。
（5）针对(4)中实验现象，小组同学继续开展探究。
查阅资料：溶液中存在平衡：。
提出猜想：对于溶液，当时，该反应进行程度很小；当时，该反应进行程度明显增大。
实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。
实验结论：②根据实验1~3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是___________。
拓展总结：③溶液中存在的自偶电离平衡：时，自偶电离的平衡常数为___________[保留两位有效数字；已知：时，]。当温度升高时，更易分解，从体系逸出，促进了在溶液中的分解。
（6）写出在生产或生活中的一种应用___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）改变
（5） ①. 将溶液从升温至 ②. (或；或) ③.
（6）治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等
【解析】
【小问1详解】
配制的溶液，需要称量固体的质量为=4.2g；
【小问2详解】
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶和烧杯，答案为BD；
【小问3详解】
碳酸氢根水解导致碳酸氢钠溶液显碱性，离子方程式为：；
【小问4详解】
当时，溶液的随温度升高而减小；而升高温度，Kw增大，使c(H+)增大，pH减小；温度升高，水解平衡向右移动，使c(OH-)增大，pH增大，而溶液的随温度升高而减小，说明Kw的改变发挥了主要作用；
【小问5详解】
实验2和实验3要验证提出的猜想，需要将溶液升高到及以上，再降低到室温，比较pH的变化，如果pH升高说明发生了，根据实验3的操作，实验2的操作为：采用水浴加热，将溶液从升温至，然后冷却至，记录pH，如果在时，升高温度反应的程度明显增大，则实验3的pH会比实验2大，而实验2的pH与A1接近，即；
根据碳酸氢根的自偶电离方程式：，自偶电离平衡常数K=；Ka1=，Ka2=，，即自偶电离平衡常数K==
；
【小问6详解】
在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等；
18. 恩西地平是一种用于治疗白血病的药物，其合成路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）A中吡啶环上取代基的名称为___________、___________。
（2）B的结构简式为___________。
（3）反应Ⅳ的化学方程式为___________。
（4）反应Ⅰ～Ⅴ中，不属于取代反应的是___________。
（5）苯分子中含有大键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)，杂环化合物咪唑结构如图，其分子中的大键可表示为，则其结合质子能力更强的氮原子是___________(填“①”或“②”)。
（6）有机物W为G的同分异构体，其分子结构中仍含有吡啶环，且两取代基的种类不变，则W可能的结构有___________种(不含G)。
（7）已知：，则为主要原料，其他试剂自选，设计物质A的三步合成路线___________。
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 三氟甲基
（2） （3） （4）Ⅱ和Ⅲ
（5）① （6）9
（7）
【解析】
【分析】A与甲醇发生酯化反应得到B，则B为，对比D、F的结构简式，可以知道E为，D与E发生取代反应得F，F与G发生取代反应得H。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，其中吡啶环上取代基的名称为羧基、三氟甲基；
【小问2详解】
A和甲醇发生酯化反应生成B，因此B的结构简式为；
【小问3详解】
由D和F结构可知，E为，则反应Ⅳ的化学方程式为；
【小问4详解】
反应Ⅰ～Ⅴ中，反应Ⅰ是酯化反应，属于取代反应，反应Ⅳ是D与E发生取代反应得F，反应V是F与G发生取代反应得H，反应Ⅱ有碳氮双键的形成，反应Ⅲ有碳氧双键的断裂，一定不属于取代反应；
【小问5详解】
①号N原子单电子参与形成大键，①号N原子有孤对电子，故①结合质子能力更强(或②号N原子孤对电子参与形成大键，②号N原子没有孤对电子)
【小问6详解】
将其中一个取代基定在吡啶环上N的邻位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构都不同，有4种不同结构，将其中一个取代基定在吡啶环上N的间位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构都不同，也有4种不同结构，将其中一个取代基定在吡啶环上N的对位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构除去对称的，有2种不同结构，故将和在吡啶环上移动，取代吡啶环上的五个氢中的两个，共可得到10种不同的结构，因此G的符合条件的同分异构体W可能的结构有9种(不含G本身)。
【小问7详解】
A中的羧基可以由氰基水解得到，根据已知信息，氰基可以取代卤原子得到，吡啶环和苯环性质相似，可以结合高中化学有机知识，根据苯的溴代，利用溴单质和反应，在N的邻位引入溴原子便于后续氰基取代，故设计物质A的合成路线为。
19. 丙醛工业上主要用于制合成纤维、橡胶促进剂和防老剂等。在铑催化剂作用下与常用乙烯羰基化合成丙醛，涉及的反应如下：
主反应Ⅰ：C2H4(g)+H2(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH1
副反应Ⅱ：C2H4(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH2
已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物；丙醛选择性：x(CH3CH2CHO)=×100%。
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ以气体分压表示的平衡常数Kp与温度T变化关系如图所示。
据图判断，CH3CH3(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH___________0(填“>”、“<”或“=”)，的数值范围是___________(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
（2）在T1℃、压强为150kPa条件下，在密闭反应器中，按照投料n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1：1∶1，发生上述反应，经tmin反应达到平衡，测得p(C2H4)=p(C2H6)=20kPa，则CH3CH2CHO(g)的选择性为___________%(保留小数点后一位)，v(CO)=___________kPa/min(用含t的代数式表示)，反应Ⅰ的逆反应的Kp=___________。
（3）在恒压密闭容器中，在一定温度和铙催化剂作用下，发生上述反应，反应相同时间时，测得C2H4的转化率(α)和丙醛选择性随变化关系如图所示。
①曲线a表示___________(填“C2H4的转化率”或“丙醛选择性”)；
②当小于1时，曲线b随的降低而降低的可能原因是___________。
【答案】（1） ①. ＜ ②. D
（2） ①. ②. ③.
（3） ①. 丙醛选择性 ②. 当小于1时，氢气浓度减小，氢气和乙烯催化加氢生成的程度减小，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
根据平衡常数与温度变化关系曲线可知，温度升高，平衡常数减小，说明反应I和反应II放热，，且，则，根据盖斯定律，反应I－反应II得：；
【小问2详解】
设物质的量均为1ml，初始气体总物质的量为3ml，初始总压强为150kPa，平衡时p(C2H4)=p(C2H6)=20kPa，设平衡时，，平衡时气体总的物质的量为(3a+1)ml，则，a=，平衡时气体总的物质的量为ml，CH3CH2CHO(g)的选择性：，初始气体总物质的量为3ml，初始总压强为150kPa，CO分压为50kPa，平衡时CO分压为40kPa，反应速率：；平衡时各物质分压为p(C2H4)=p(C2H6)=p(H2)= 20kPa，n(CO)=40pkPa，n(CH3CH2CHO)=50pkPa，反应Ⅰ的逆反应；
【小问3详解】
根据反应I、II方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中的转化率均增大，所以曲线b表示的转化率，曲线a表示丙醛选择性；当小于1时，氢气浓度减小，氢气和乙烯催化加氢生成的程度减小，转化率降低。选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在中燃烧生成
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的可作燃料
选项
结论
解释
A
键能：
成键原子半径越小，键长越短，键能越大
B
第一电离能：Be>B
失去的电子是2p能级的，该电子的能量比Be失去的2s能级电子的高
C
沸点：
CO的极性大于
D
酸性：邻羟基苯甲酸>苯甲酸
邻位上的羟基与苯甲酸根生成带氢键的稳定的阴离子，增加了羧基中氢原子的电离度
A
B.
C.
D.
选项
操作
现象
结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液
酸性溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有
B
将25℃ 溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，水解平衡正向移动
C
向溶液中通入少量，然后再加入少量苯
有机层呈橙红色
氧化性：
D
往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
金属离子
开始沉淀时的pH
2.7
7.5
7.6
4.7
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
91
6.2
实验序号
操作
测试温度
1
采用水浴加热，将溶液从持续升温至，每隔测量并记录溶液
实验序号
操作
测试温度
2
采用水浴加热，①___________，然后冷却至，并记录溶液
3
采用水浴加热，将溶液从升温至，然后冷却至，并记录溶液
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列古诗文中蕴含着一定的化学知识或原理，下列有关说法错误的是
A. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江展”中的现象与胶体知识有关
B. “有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，该过程涉及氧化还原反应
C. “雨过天青云破处，这般颜色做将来”中所描述瓷器的青色不是来自氧化铁
D. “借问瘟君欲何往，纸船明烛照天烧”，纸和烛的化学成分相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．雾属于胶体，故“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江展”中的现象与胶体知识有关，A正确；
B．“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”，说明银和硝酸反应而溶解，银化合价升高，该反应属于氧化还原反应，B正确；
C．瓷器青色不是来自氧化铁，因为氧化铁是红棕色，不是青色，C正确；
D．纸的主要成分为纤维素；烛的主要成分为烃类，二者化学成分不同，D错误；
故选D。
2. 劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．鸡蛋主要成分是蛋白质，帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不符合题意；
B．聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造的包装材料，两者有关联，故B不符合题意；
C．擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在中燃烧生成，两者没有关联，故C 符合题意；
D．利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
3. 下列化学反应表示错误的是
A. 与NaOH溶液反应：
B. 碱性锌锰电池的正极反应：
C. 向蓝色溶液中加入浓NaCl溶液，发生反应：
D. 苯甲酰胺在盐酸中水解：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al2O3是两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，选项所给方程式正确，故A正确；
B．碱性锌锰电池的正极为二氧化锰得电子发生还原反应，由于碱性条件，电极方程式为MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−，故B正确；
C．CuCl2溶液显蓝色是[Cu(H2O)4]2+，加入氯化钠后氯离子浓度增大，反应产生[CuCl4]2−，反应为：[Cu(H2O)4]2++4Cl−=[CuCl4]2−+4H2O，故C正确；
D．苯甲酰胺在盐酸中水解反应为：，酸性条件下不能产生氨气，故D错误；
故答案选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L HF的原子数为
B. 和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数目为
C. 水解能力弱于，的溶液中HF和的总数大于
D. 中氙的价层电子对数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标状况下，HF不是气态，故22.4L的物质的量不是1ml，原子数不为2NA，A错误；
B．CH4和Cl2发生取代反应，生成氯代甲烷和HCl，反应前后分子数目不变，根据选项所给标准状况下的体积，即0.5ml CH4和1ml Cl2充分反应后分子数目为1.5NA，B正确；
C．由题意，溶液中n(F-)+n(HF)=1ml，铵根水解能力更强，说明溶液为酸性，由电荷守恒，n(F-)+n(OH-)=n()+n(H+)，则n(F-)>n()，故n()+n(HF)<1ml，即的溶液中HF和的总数小于，C错误；
D．XeF4中氙的价层电子对数为6，故0.5ml XeF4中氙的价层电子对数为3NA，D错误；
本题选B。
5. 物质的结构决定其性质。下列结论、解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．一般情况下，成键原子半径越小，键长越短，键能越大，故键能：Cl2>Br2>I2，但由于F半径过小，原子核过于靠近，使F-F键不稳定，键能反而小于Cl-Cl键，故A错误；
B．基态B原子失去第一个电子是2p能级的，该电子的能量比Be失去的第一个2s能级电子的高，故B第一个电子更易失去，第一电离能更小，故B正确；
C．CO和N2都是分子晶体，沸腾和分子间作用力有关，CO为极性分子，N2为非极性分子，故CO分子间作用力更大，沸点更高，故C正确；
D．邻羟基苯甲酸邻位上的羟基与苯甲酸根生成带氢键的稳定的阴离子，相比苯甲酸氢离子更易电离，酸性更强，故D正确；
故选A。
6. 某兴趣小组为制备1—氯—2—甲基丙烷(沸点69℃)，将2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略)
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流(反应装置中的球形冷凝管用于回流)，制备产物，A项正确；
B．产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；
C．分液收集CH2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确；
D．蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确；
故选B。
7. 含氟高分子是良好的防水涂层材料，某含氟高分子P的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 合成高分子P的聚合反应为加聚反应
B. X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上
C. X与试剂反应每生成，同时生成
D. 将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯可得到网状高分子
【答案】C
【解析】
【分析】X和试剂a发生脱水反应生成Y，结合高分子p，a为CF4CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，Y、Z、发生加聚反应生成P。
【详解】A．Y、Z、均断开双键，然后生成高分子P，该聚合反应为加聚反应，A正确；
B．X含有碳碳双键，碳碳双键连接的原子，均共面，故X及其反式异构体的分子内所有的碳原子均处在同一平面上，B正确；
C．a为CF4CF2CF2CF2CH2CH2NH2，Y为，X与试剂反应每生成，同时生成，C错误，
D．将Z(乙烯基苯)替换成对二乙烯基苯，由于对二乙烯基苯（）的对位也可以发生同样的加聚反应，故可得到网状高分子，D正确；
故选C。
8. 离子液体在电化学研究中应用广泛，某离子液体M由W、X、Y、Z四种原子半径依次增大的短周期元素组成，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. X和Y均能与W形成18电子分子，且前者的沸点相对较高
B. 元素Z位于第2周期ⅦA族，属于p区元素
C. 物质M的晶体中含有离子键、σ键、π键和氢键
D. 若用石墨电极电解M，阴极产生黄绿色气体
【答案】A
【解析】
【分析】由离子液体M中各元素原子的成键特点，点结合原子半径大小关系推断可知，W、X、Y、Z分别为H、N、C、Cl，由此分析：
【详解】A．N和C均能与H形成18电子分子和，分子间能形成氢键，沸，点相对较高，A正确；
B．Cl位于第3周期ⅦA族，属于p区元素，B错误；
C．由图可知，物质M的晶体中含有离子键、σ键和π键，不含氢键，C错误；
D．离子液体M中含有，若用石墨电极电解M，阳极产生黄绿色气体，D错误；
故选A。
【命题意图】本题以某离子液体的结构示意图创设情境，考查元素推断，涉及沸点比较、元素在周期表中的位置、微粒间作用力类型、电解原理等考点。
9. 甘氨酸铜是一种优质的有机铜源，其化学结构稳定，对环境污染也比无机铜低。甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。下列说法正确的是
A. 铜原子的杂化类型为杂化
B. O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能
C. 顺式甘氨酸铜溶解度小于反式甘氨酸铜
D. 甘氨酸铜晶体中相邻微粒通过范德华力相连，堆积成超分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为dsp2杂化，故A错误；
B．由于O的电负性大于N，所以N原子更易形成配位键，O→Cu的配位键键能小于N→Cu的配位键键能，故B正确；
C．由结构简式可知，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知顺式甘氨酸铜在水中的溶解度更大，故C错误；
D．从结构可看出，顺式甘氨酸铜相邻微粒间还有氢键相连，故D错误；
故选B。
10. 利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其中标*的物质表示吸附在催化剂上的中间产物，过渡态均用TS表示，0.06eV表示1个+1个的能量，下列说法中正确的是
A. 催化剂甲比催化剂乙效果更好
B. 吸附在催化剂甲上的正丁烷(g)脱去第一个H比脱去第二个H更慢
C. 由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应在低温下更有利于自发进行
D. 该反应过程中，1 ml正丁烷(g)在催化剂乙表面吸附，吸收的热量为0.29 eV
【答案】B
【解析】
【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图可知，选用催化剂乙效果更好，A错误；
B．由图可知，吸附在催化剂甲上的正丁烷(g)脱去第一个H最高能垒为2.25 eV-1.29 eV=0.96 eV，脱去第二个H最高能垒为2.52eV-1.63eV=0.89eV，B正确；
C．由图可知，的和都大于0，小于0可以自发，当T比较大时可以自发反应，所以该反应在高温条件下有利于自发进行，C错误；
D．由图可知，选用催化剂乙时，相对能量从0.00eV→0.29eV的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程，1 ml正丁烷(g)吸附所吸收的热量为eV，D错误；
故选B。
11. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10ml混合气体，其中苯的物质的量分数为20%（其余气体不参与反应），一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%（不含）H2，该条件下苯、环己烷都为气态），下列说法不正确的是
A. 导线中共传导6ml电子
B. 甲池中H+由G极移向F极，乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极
C. 甲池中A处通入O2，乙池中E处有O2放出，但体积不同（标准状况下测定）
D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气，由此分析作答。
【详解】A．10ml含20%苯的混合气体，经过电解生成10ml含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10ml×(20%-10%)=1ml，由电极方程式得转移电子的物质的量为6ml，A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；
C．由于电子转移守恒，故A处通入的氧气和E处生成的氧气的物质的量相等，故体积也相等，C错误；
D．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：，D正确；
故选C。
12. 将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热升温过程中固体的质量变化见下图。下列说法正确的是
A. FeSO4·7H2O 晶体中有4种不同结合力的水分子
B. 在100°C时，M的化学式为FeSO4·6H2O
C. 在200°C时，N的化学式为FeSO4·3H2O
D. 380°C的 P加热至650°C的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【答案】D
【解析】
【分析】从图中可以看出，FeSO4·7H2O 晶体受热后发生4次分解反应。通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。判断晶体组成时，可依据金属元素质量或物质的量守恒进行分析。
【详解】A．FeSO4·7H2O 晶体中，水分子的结合力有3种，A错误；
B．n(FeSO4·7H2O )==0.03ml，则100°C时，M的摩尔质量为=224g/ml，化学式为FeSO4·4H2O，B错误；
C．在200°C时，N的摩尔质量为=170g/ml，化学式为FeSO4·H2O，C错误；
D．380°C的 P加热至650°C时，产物Q中n(Fe):n(O)=0.03ml:=2:3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确；
故选D。
13. 某物质X的晶胞如图所示，该物质可用作杀虫剂，也可用于陶瓷、玻璃等行业。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该晶胞中，K和F的个数比为1∶4
B. 晶胞中K和Al的最短距离为
C. 物质X的密度
D. 若Ⅰ和Ⅱ的分数坐标分别为、，则ⅢI的分数坐标为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中具有8个位于顶点的K、4个位于面心的F和2个位于内部的F，因此K和F的个数比为，A项正确；
B．晶胞中K和Al的最短距离为晶胞体对角线长度的，即，B项错误；
C．该晶胞中含有1个K、1个Al和4个F，则物质X的密度，C项正确；
D．以Ⅰ为原点建立坐标系，Ⅲ的分数坐标为，D项正确；
答案选B。
14. 由下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．补血口服液中可能还有其它成分能使酸性高锰酸钾褪色，因此不能确定该口服液中一定含有亚铁离子，故A错误；
B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是因为亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，故B错误；
C．向KBr溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯有机层呈橙红色才能说明氧化性：Cl2>Br2，故C错误；
D．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，震荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中的碘离子反应生成使上层溶液呈棕黄色，碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，D正确；
本题选D
15. 常温下，0.10ml/L HCOONH4溶液中，c(HCOO-)、c(HCOOH)、、c(NH3•H2O)四种微粒的pX[]随pOH的变化关系如图，已知。下列说法错误的是
A.
B. 曲线③表示随pOH的变化关系
C.
D. 等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中：
【答案】C
【解析】
【分析】0.100ml•L-1HCOONH4的溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-、+H2O NH3•H2O+H+，随着pOH的增大，溶液中c(OH-)越小，溶液酸性增强，前者平衡正向移动、后者平衡逆向移动，故HCOO-和NH3•H2O浓度变化一致、减小，和HCOOH变化一致、增大，结合图像可知，①②③④分别为、NH3•H2O、HCOOH、HCOO -，据此分析解题。
【详解】A．由分析并结合题干图像可知，x点c()=c(NH3•H2O)，此时pOH=4.75，故Kb(NH3•H2O)==c(OH-)=10-4.75，同理y点c(HCOOH)=c(HCOO-)，此时c(OH-)=10-10.25，Ka(HCOOH)==10-3.75，故，A正确；
B．由分析可知，曲线③表示随pOH的变化关系，B正确；
C．由分析可知，曲线②、③分别代表NH3•H2O、HCOOH，z点代表c(NH3•H2O)=c(HCOOH) ，故，C错误；
D．等浓度的HCOOH和HCOONH4混合液中电荷守恒为：c()+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，物料守恒为：c(HCOOH)+c(HCOO-)=2c()+2c(NH3•H2O)，故可得，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 以水钴矿(，含、MgO、CaO)和辉铜矿(，含、)为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，，，；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
③萃取的反应原理；；
④Mg、Ca、Fe、C均能与强酸反应产生。
回答下列问题：
（1）基态C原子的简化电子排布式为___________。
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式：___________。
（3）“滤渣1”的主要成分为___________。
（4）常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去2L“滤液2”中的，至少需加入NaF固体的质量为___________g(忽略溶液体积的变化)。
（5）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为___________。
（6）采用惰性电极电解溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是___________。
（7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入至弱酸性，生成白色沉淀和硫酸铵。经仪器分析：白色沉淀含H、N、O、S、Cu五种元素；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形。则白色沉淀的化学式为___________。
【答案】（1）
（2）(或)
（3）、
（4）4.62 （5）
（6）若用溶液代替溶液，阳极放电，溶液酸性增强，与C反应，导致C产率降低
（7）
【解析】
【分析】水钴矿(C2O3⋅H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)加稀硫酸“酸浸”，C3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、C2+，得含有C2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、C2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，C2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CCl2溶液，电解CCl2溶液得金属C，有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。
【小问1详解】
C元素原子序数为27，简化电子排布式为[Ar]3d74s2；
【小问2详解】
“酸浸”过程中C2O3溶于酸得到C3+，C3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、C2+，根据氧化还原反应得失电子守恒配平化学方程式为5[C2O3⋅H2O]+Cu2S+11H2SO4=10CSO4+2CuSO4+16H2O(或5C2O3+Cu2S+11H2SO4=10CSO4+2CuSO4+11H2O)
【小问3详解】
由分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；
【小问4详解】
常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015ml/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10−9，Mg2+刚好除尽时溶液中c(F-)==2.5×10−2ml/L，则溶液中剩余F-物质的量为2.5×10−2ml/L×2L=0.05ml，与Mg2+沉淀的F-的物质的量为0.015ml/L×2L×2=0.06ml，至少需加入NaF固体的质量为(0.05+0.06)ml×(23+19)g/ml=4.62g；
【小问5详解】
反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HR⇌CuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为H2SO4；
【小问6详解】
由已知④C能与强酸反应产生H2，若用CSO4溶液代替CCl2溶液，H2O(OH−)阳极放电，溶液酸性增强，H+与C反应，导致C产率降低；
【小问7详解】
所含Cu离子中无单电子，说明为+1价亚铜离子，晶体的部分组成微粒的空间构型分别为一种三角锥形和一种正四面体形，考虑到通入SO2且加入了足量氨水，则三角锥形和正四面体形粒子分别为亚硫酸根和铵根，根据化合价代数和为0，白色沉淀化学式为CuNH4SO3。
17. 用途广泛某实验小组同学围绕开展如下实验活动。
．配制溶液
（1）配制的溶液，需要称量固体的质量为___________。
（2）上述配制溶液的过程中，用到的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还有___________(填标号)。
．实验探究
探究温度对溶液的影响，进行如下实验(不考虑水的挥发)。
（3）溶液显碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）实验1中测得，可知当时，溶液的随温度升高而减小，这主要是改变与水解平衡移动共同作用的结果，其中___________发挥主导作用。实验1中测得，且当时，实验过程中观察到有气泡产生。
（5）针对(4)中实验现象，小组同学继续开展探究。
查阅资料：溶液中存在平衡：。
提出猜想：对于溶液，当时，该反应进行程度很小；当时，该反应进行程度明显增大。
实验验证：该小组同学设计如下方案进行实验，进一步验证猜想。补充表格内容。
实验结论：②根据实验1~3的结果，小组同学认为猜想成立，其判断依据是___________。
拓展总结：③溶液中存在的自偶电离平衡：时，自偶电离的平衡常数为___________[保留两位有效数字；已知：时，]。当温度升高时，更易分解，从体系逸出，促进了在溶液中的分解。
（6）写出在生产或生活中的一种应用___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）改变
（5） ①. 将溶液从升温至 ②. (或；或) ③.
（6）治疗胃酸过多、用于制作膨松剂等
【解析】
【小问1详解】
配制的溶液，需要称量固体的质量为=4.2g；
【小问2详解】
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶，缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶和烧杯，答案为BD；
【小问3详解】
碳酸氢根水解导致碳酸氢钠溶液显碱性，离子方程式为：；
【小问4详解】
当时，溶液的随温度升高而减小；而升高温度，Kw增大，使c(H+)增大，pH减小；温度升高，水解平衡向右移动，使c(OH-)增大，pH增大，而溶液的随温度升高而减小，说明Kw的改变发挥了主要作用；
【小问5详解】
实验2和实验3要验证提出的猜想，需要将溶液升高到及以上，再降低到室温，比较pH的变化，如果pH升高说明发生了，根据实验3的操作，实验2的操作为：采用水浴加热，将溶液从升温至，然后冷却至，记录pH，如果在时，升高温度反应的程度明显增大，则实验3的pH会比实验2大，而实验2的pH与A1接近，即；
根据碳酸氢根的自偶电离方程式：，自偶电离平衡常数K=；Ka1=，Ka2=，，即自偶电离平衡常数K==
；
【小问6详解】
在生产或生活中可用于治疗胃酸过多、制作膨松剂等；
18. 恩西地平是一种用于治疗白血病的药物，其合成路线如下所示。
请回答下列问题：
（1）A中吡啶环上取代基的名称为___________、___________。
（2）B的结构简式为___________。
（3）反应Ⅳ的化学方程式为___________。
（4）反应Ⅰ～Ⅴ中，不属于取代反应的是___________。
（5）苯分子中含有大键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)，杂环化合物咪唑结构如图，其分子中的大键可表示为，则其结合质子能力更强的氮原子是___________(填“①”或“②”)。
（6）有机物W为G的同分异构体，其分子结构中仍含有吡啶环，且两取代基的种类不变，则W可能的结构有___________种(不含G)。
（7）已知：，则为主要原料，其他试剂自选，设计物质A的三步合成路线___________。
【答案】（1） ①. 羧基 ②. 三氟甲基
（2） （3） （4）Ⅱ和Ⅲ
（5）① （6）9
（7）
【解析】
【分析】A与甲醇发生酯化反应得到B，则B为，对比D、F的结构简式，可以知道E为，D与E发生取代反应得F，F与G发生取代反应得H。
【小问1详解】
由A的结构简式可知，其中吡啶环上取代基的名称为羧基、三氟甲基；
【小问2详解】
A和甲醇发生酯化反应生成B，因此B的结构简式为；
【小问3详解】
由D和F结构可知，E为，则反应Ⅳ的化学方程式为；
【小问4详解】
反应Ⅰ～Ⅴ中，反应Ⅰ是酯化反应，属于取代反应，反应Ⅳ是D与E发生取代反应得F，反应V是F与G发生取代反应得H，反应Ⅱ有碳氮双键的形成，反应Ⅲ有碳氧双键的断裂，一定不属于取代反应；
【小问5详解】
①号N原子单电子参与形成大键，①号N原子有孤对电子，故①结合质子能力更强(或②号N原子孤对电子参与形成大键，②号N原子没有孤对电子)
【小问6详解】
将其中一个取代基定在吡啶环上N的邻位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构都不同，有4种不同结构，将其中一个取代基定在吡啶环上N的间位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构都不同，也有4种不同结构，将其中一个取代基定在吡啶环上N的对位，另一个取代基在剩下的四个位置得到的结构除去对称的，有2种不同结构，故将和在吡啶环上移动，取代吡啶环上的五个氢中的两个，共可得到10种不同的结构，因此G的符合条件的同分异构体W可能的结构有9种(不含G本身)。
【小问7详解】
A中的羧基可以由氰基水解得到，根据已知信息，氰基可以取代卤原子得到，吡啶环和苯环性质相似，可以结合高中化学有机知识，根据苯的溴代，利用溴单质和反应，在N的邻位引入溴原子便于后续氰基取代，故设计物质A的合成路线为。
19. 丙醛工业上主要用于制合成纤维、橡胶促进剂和防老剂等。在铑催化剂作用下与常用乙烯羰基化合成丙醛，涉及的反应如下：
主反应Ⅰ：C2H4(g)+H2(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH1
副反应Ⅱ：C2H4(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH2
已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物；丙醛选择性：x(CH3CH2CHO)=×100%。
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ以气体分压表示的平衡常数Kp与温度T变化关系如图所示。
据图判断，CH3CH3(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH___________0(填“>”、“<”或“=”)，的数值范围是___________(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
（2）在T1℃、压强为150kPa条件下，在密闭反应器中，按照投料n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1：1∶1，发生上述反应，经tmin反应达到平衡，测得p(C2H4)=p(C2H6)=20kPa，则CH3CH2CHO(g)的选择性为___________%(保留小数点后一位)，v(CO)=___________kPa/min(用含t的代数式表示)，反应Ⅰ的逆反应的Kp=___________。
（3）在恒压密闭容器中，在一定温度和铙催化剂作用下，发生上述反应，反应相同时间时，测得C2H4的转化率(α)和丙醛选择性随变化关系如图所示。
①曲线a表示___________(填“C2H4的转化率”或“丙醛选择性”)；
②当小于1时，曲线b随的降低而降低的可能原因是___________。
【答案】（1） ①. ＜ ②. D
（2） ①. ②. ③.
（3） ①. 丙醛选择性 ②. 当小于1时，氢气浓度减小，氢气和乙烯催化加氢生成的程度减小，转化率降低
【解析】
【小问1详解】
根据平衡常数与温度变化关系曲线可知，温度升高，平衡常数减小，说明反应I和反应II放热，，且，则，根据盖斯定律，反应I－反应II得：；
【小问2详解】
设物质的量均为1ml，初始气体总物质的量为3ml，初始总压强为150kPa，平衡时p(C2H4)=p(C2H6)=20kPa，设平衡时，，平衡时气体总的物质的量为(3a+1)ml，则，a=，平衡时气体总的物质的量为ml，CH3CH2CHO(g)的选择性：，初始气体总物质的量为3ml，初始总压强为150kPa，CO分压为50kPa，平衡时CO分压为40kPa，反应速率：；平衡时各物质分压为p(C2H4)=p(C2H6)=p(H2)= 20kPa，n(CO)=40pkPa，n(CH3CH2CHO)=50pkPa，反应Ⅰ的逆反应；
【小问3详解】
根据反应I、II方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中的转化率均增大，所以曲线b表示的转化率，曲线a表示丙醛选择性；当小于1时，氢气浓度减小，氢气和乙烯催化加氢生成的程度减小，转化率降低。选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐
加热使蛋白质变性
B
环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料
聚乳酸在自然界可生物降解
C
家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈
铁丝在中燃烧生成
D
学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气
沼气中含有的可作燃料
选项
结论
解释
A
键能：
成键原子半径越小，键长越短，键能越大
B
第一电离能：Be>B
失去的电子是2p能级的，该电子的能量比Be失去的2s能级电子的高
C
沸点：
CO的极性大于
D
酸性：邻羟基苯甲酸>苯甲酸
邻位上的羟基与苯甲酸根生成带氢键的稳定的阴离子，增加了羧基中氢原子的电离度
A
B.
C.
D.
选项
操作
现象
结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性溶液
酸性溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有
B
将25℃ 溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，水解平衡正向移动
C
向溶液中通入少量，然后再加入少量苯
有机层呈橙红色
氧化性：
D
往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
金属离子
开始沉淀时的pH
2.7
7.5
7.6
4.7
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
91
6.2
实验序号
操作
测试温度
1
采用水浴加热，将溶液从持续升温至，每隔测量并记录溶液
实验序号
操作
测试温度
2
采用水浴加热，①___________，然后冷却至，并记录溶液
3
采用水浴加热，将溶液从升温至，然后冷却至，并记录溶液
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