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2024届山东师范大学附属中学高三下学期高考考前模拟化学试题（学生版+教师版 ）
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注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 V-51 Fe-56 Ti -48 C -59
一、单项选择题：共11题，每题3分，共33分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2024年春节过后，健康塑形成为人们热议的话题。化学也再次显示了其在生活中的重要作用，以下有关说法正确的是
A. 对于需要减重的人群，应减少脂肪摄入，但应保证必需的蛋白质摄入，蛋白质将在人体内通过氧化反应转化成氨基酸
B. 糖类是重要的供能物质，糖类包含单糖、二糖、多糖等，二糖、多糖属于非还原糖
C. 运动也是健康塑形的重要手段，人在运动时会大量出汗，汗液中含有尿素，尿素（）属于酰胺类有机物
D. 人的体型除了与生活习惯有关，与遗传也关系密切，而核酸就是生物的遗传物质，核酸包含DNA与RNA，一切生物都既有DNA又有RNA
【答案】C
【解析】
【详解】A．蛋白质将在人体内通过水解反应转化成氨基酸，故A错误；
B．麦芽糖是能发生水解反应生成葡萄糖的二糖，麦芽糖是能发生银镜反应的还原糖，故B错误；
C．由结构简式可知，尿素分子的官能团为酰胺基，所以尿素属于酰胺类有机物，故C正确；
D．大多数生物体的遗传物质是DNA，少数生物体的遗传物质是RNA，一种病毒只含一种核酸DNA或RNA，不会既有DNA又有RNA，故D错误；
故选C。
2. 下列化学用语不正确的是
A. 基态的价电子轨道表示式：
B. 中子数为143U原子：
C. 基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道示意图：
D. HCl分子中键的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Mn原子核外有25个电子，基态Mn原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn2+的价电子排布式为3d5，基态Mn2+的价电子轨道表示式为，A项错误；
B．中子数为143的U原子的质量数为92+143=235，核素符号为，B项正确；
C．Ca原子核外有20个电子，基态Ca原子的简化电子排布式为[Ar]4s2，占据的最高能级为4s能级，其原子轨道示意图为，C项正确；
D．HCl分子中σ键是由H原子提供的未成对的1s原子轨道和Cl原子提供的未成对的3p原子轨道重叠形成的，表示为，D项正确；
答案选A。
3. 下列实验方法及所选玻璃仪器（其他材质仪器任选）均正确的是
A. 使用酸性高锰酸钾标准溶液通过滴定法测定某未知浓度的溶液的浓度，仪器为④⑥
B. 除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，然后过滤，仪器为①⑦⑨
C. 分离和的混合液体，可用分液法，仪器为⑦⑧
D. 蒸馏法淡化海水，仪器为②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾标准溶液呈酸性，且为强氧化性试剂，应用酸式滴定管盛装，待测液放置于锥形瓶中，故A正确；
B．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚难溶于水，易溶于苯，不能用过滤的方法除去，故B错误；
C．易溶于，两者混溶、不分层，无法分液，故C错误；
D．蒸馏应用直形冷凝管，且缺一个牛角管，故D错误；
故答案为：A。
4. 冠醚是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是
A. 1ml 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）
B. 18-冠-6分子间不能形成氢键
C. 图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能
D. 若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．1ml 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值），A正确；
B．18-冠-6分子分子中不含和N、O、F成键的氢原子，不能形成氢键，B正确；
C．图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能，C正确；
D．F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，导致O电荷密度减少，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D错误；
答案选D。
5. 下列对应离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，往饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确的离子方程式为2Fe3++6+24H++20I-=2Fe2++6NO↑+10I2+12H2O，B错误；
C．Mg(HCO3)2溶液与过量氢氧化钙溶液反应，碳酸氢根和镁离子反应比应当为2:1，氢氧化镁难溶，会生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，C错误；
D．NaClO溶液中通入少量SO2气体，SO2与ClO-发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，D正确；
本题选D。
6. X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，且分别处于不同的周期。Y元素基态原子的价层电子排布是；Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，Q元素基态原子内层轨道均排满电子。下列说法正确的是
A. 电负性：Y＞X＞Z＞QB. ZX属于共价化合物
C. 的阴阳离子数之比为1∶1D. Q元素位于元素周期表的ds区
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，且分布在不同周期，则X是H，Y元素基态原子的价层电子排布是且位于第二周期，则Y是O，Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，则Z只含有s和p轨道，故Z为Na，Q元素基态原子内层轨道均排满电子，则Q为Cu，据此回答。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从上往下电负性依次减小，钠比铜容易失去电子，铜元素的电负性大于钠元素，故电负性：O＞H＞Cu＞Na，A错误；
B．ZX为NaH，属于离子化合物，B错误；
C．为，是过氧化物，阴阳离子数之比为1∶2，C错误；
D．Q元素位于元素周期表第ⅠB族，位于ds区，D正确。
故选D。
7. 某有机物结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是
A. 分子式为B. 该物质没有手性碳原子
C. 1ml该物质最多能与6ml反应D. 该物质既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据结构式可知，分子式为C16H18FN3O3，手性碳为与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物没有手性碳，其中苯环、酮羰基、碳碳双键都会与H2反应，有羧基和氨基（亚氨基和叔氨基），可以与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应，据此回答。
【详解】A．由结构简式可知，分子式为，A正确；
B．该物质没有手性碳原子，B正确；
C．苯环、酮羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，羧基不能，1ml该物质最多能与5ml反应，C错误；
D．该物质含有羧基，具有弱酸性，能与NaOH溶液反应，含有氨基（亚氨基和叔氨基），具有碱性，能与盐酸反应，D正确。
故选C。
8. 下列有关金属的说法中正确的是( )
A. 钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体
B. 燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧
C. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作
D. 铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；
B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；
C．三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；
D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；
故选C。
9. 下列实验操作及现象均正确且能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气，二氧化硫和氨气、氯化钡溶液反应能生成亚硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，故A正确；
B．向某溶液中加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明溶液中含有亚铁离子，故B错误；
C．常温下铝在浓硝酸中钝化形成的氧化膜阻碍反应的继续进行，则用浓硝酸不能比较金属镁和金属铝的金属性强弱，故C错误；
D．向盛有鸡蛋清的试管中滴入饱和食盐水，蛋白质的溶解度降低，会发生盐析而析出蛋白质，该过程不是蛋白质发生变性，故D错误；
故选A。
10. 二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电极B的材料是石墨
B. 阴极区部分C1O2循环反应
C. 产生C1O2反应式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O
D. 电解后阳极区溶液pH增大
【答案】D
【解析】
【分析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。
【详解】A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；
B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；
C.由分析可知，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O，故C正确；
D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4 e—= O2↑+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；
故选D。
11. 异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。
下列说法不正确的是
A. 其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备
B. 高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、
C. 190℃时，增大(异丁醇)，不利于反应②的进行
D. 若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①吸热，反应②放热，升高温度，反应①正向移动，反应②逆向移动，两者均有利于异丁烯制备，A正确；
B．平衡常数反应了反应进行的程度，由于K1远大于K2，主要进行反应①，因此大于190C时温度对异丁烯的平衡产率影响不大，B正确；
C．190C时，恒压条件下增大水和异丁醇的比例，相当于减压，由图可知异丁烯产率增加，反应①平衡右移，反应②平衡左移，不利于反应②进行，C正确；
D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应完，根据原子守恒可知，(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) + c(异丁醇)，D错误；
故选D。
二、多项选择题：共4题，每题4分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。
12. 从硝酸铜和硝酸银混合溶液中回收铜和银的流程如图所示。
下列说法错误的是
A. 试剂Ⅰ可以是稀盐酸或稀硫酸
B. 流程中涉及的反应均是氧化还原反应
C. 生成银氨溶液的离子方程式为
D. 若试剂Ⅱ是甲醛，甲醛参加反应最多生成
【答案】BD
【解析】
【详解】混合溶液中滴加氯化钠溶液，NaCl和AgNO3反应经过滤得滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液，滤液加铁并过滤得到滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，试剂Ⅰ可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，据此回答；
A．滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，则试剂Ⅰ可以是盐酸或稀硫酸，A正确；
B．NaCl和AgNO3反应生成滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液的反应均不是氧化还原反应，B错误；
C．氯化银和氨水反应生成银氨溶液，其反应的离子方程式为，C正确；
D．1ml甲醛参加反应最多生成4mlAg，D错误；
故答案为：BD。
13. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色，可知生成溴，Br元素的化合价降低，KBrO3作氧化剂，则氧化性：KBrO3＞Cl2，A正确；
B．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，溶液中一定含有Na元素，由于黄色能够掩盖紫色，故不能确定一定不含K+，要确定是否含有K+，需透过蓝色钴玻璃再观察，B错误；
C．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，C错误；
D．NaClO溶液的pH＞7，可知次氯酸根离子水解显碱性，则HClO为弱酸，D正确；
故答案为：AD。
14. 已知，在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，为过渡态)。
下列说法正确的是
A.
B. 无催化剂时，决速步骤的方程式为
C. 使用催化剂，降低了反应的活化能和焓变
D. 该反应在低温下易自发进行
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从图可看出生成物总能量比反应物总能量低，属于放热反应，，且反应热的单位为，故A项错误；
B．无催化剂时，的活化能最大，为该反应历程中的决速步骤，故B项正确；
C．使用催化剂，只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故C项错误；
D．该反应是气体分子数减少的反应，即，又因为该反应的，由反应自发进行时可知，温度越低越有利于反应自发进行，故D项正确；
故答案选BD。
15. 在催化剂中元素的作用下可以产生具有极强氧化活性的，其在固态催化剂表面转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中每转移电子，晶胞中产生空位
B. 过程②中在空位产生
C. 催化过程中的配位数不变
D. 相同条件下，比催化效果好
【答案】BD
【解析】
【详解】A．固体催化剂中含有Fe3+、Fe2+，如图转化①的过程可以描述为：失去电子被氧化为O2，Fe3+得到电子后被还原为Fe2+，晶体中部分O原子失去后形成氧空位，过氧化氢中氧是-1价，要形成氧气，则需要转移2ml电子，才能形成1mlO空位，故A错误；
B．根据对①过程的分析，结合②流程可知，当进行此过程时，亚铁离子转化为铁离子，同时在空位产生·OH，故B正确；
C．与相互转出的过程中，La的配位数明显发生变化，故C错误；
D．设中Fe3+的数目为x，Fe2+的数目为1-x，La的化合价为+3，化合物中元素化合价代数和为0，即+3+3x+2(1-x)-2×2.6=0，解得x=0.2，则Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.2：(1-0.2)=1:4，根据上述的计算方法可知，中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为3:2，晶体中Fe2+的数目小于晶体，晶体中Fe2+的数目越多，与反应时生成的·OH越多，所以的催化效果好，故D正确;
故选BD。
二、非选择题：共5题，共51分
16. 在催化下，加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅱ发生。
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题。
（1）已知：时，部分物质的相对能量如表所示，则的相对能量为_______。
（2）为了提高二氧化碳转化为甲酸的转化率，工业上常采用以下方法：
步骤1 步骤2 步骤3
①写出步骤1反应的离子方程式：_______。
②其他条件不变，步骤1中转化为的转化率与温度的关系如图所示。
步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是_______，后又下降的可能原因是_______。
③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是_______，步骤3的分离方法是_______。
（3）保持、恒压，和的投料物质的量之比为的初始分压为，测得的转化率与时间t的关系如图所示。
已知平衡后，测得，则反应Ⅰ的_____(用含的式子表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强 ③. 温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或者温度升高，催化剂的活性降低)(其他合理答案也可) ④. 作为萃取剂 ⑤. 分液、蒸馏
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ—反应Ⅱ得：，
【小问2详解】
①在催化剂的作用下，与氢气反应生成和，反应的离子方程式为。
②步骤1转化率开始迅速上升，主要原因是温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强；后又下降的可能原因是温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附。
③甲酸更易溶于有机溶剂乙醚中，因此乙醚作为萃取剂；通过萃取、分液，将有机相蒸馏即可得到高浓度的甲酸。
【小问3详解】
在、恒压条件下，和的投料物质的量之比为的初始分压为，则总压为；平衡时，设和初始物质的量均为，生成的和的物质的量分别为，则，结合，根据碳元素质量守恒，则有，解得，平衡时气体的总物质的量为，平衡时和的物质的量均为，则反应Ⅰ的。
17. 乙烯的用途广泛，被誉为有机合成之母。以下是以乙烯为原料制备某化工原料中间体I的合成路线。
回答下列问题。
（1）的反应类型为_______。
（2）在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种；
①能与金属钠反应产生氢气；②在铜催化氧化的条件下，氧化产物能发生银镜反应。其中，核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______。
（3）已知：，E与足量酸性溶液反应生成的有机物的结构简式为_______。
（4）G的结构简式为_______，用系统命名法命名为_______。
（5）在碱性条件下，反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）加成反应
（2） ①. 4 ②.
（3）
（4） ①. ②. 2—甲基—1，3—丁二烯
（5）
【解析】
【分析】A为乙烯和HBr发生加成反应生成，B为，B和Mg，无水乙醚反应生成C，C和，无水乙醚，酸性条件下，生成D，D和氧化铝加热条件下，脱水，反应生成E，E和高锰酸钾，NaOH溶液中双键氧化，反应生成F，F在氧化铝加热条件下脱水反应生成G，G和反应生成H，H在碱性条件下分子内脱水反应生成I。
【小问1详解】
乙烯与发生加成反应；
【小问2详解】
D为，分子式为，能与金属钠反应产生氢气，则分子中含羟基，含有羟基的同分异构体分别为：、、、、、、、，含结构的醇催化氧化才能生成醛，含结构的醇共有4种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为；
【小问3详解】
烯烃分子在足量酸性高锰酸钾溶液中被氧化，根据，E和足量高锰酸钾反应生成有机物的结构简式为：；
【小问4详解】
根据分析可知，G的结构简式为：；
G的系统命名法命名为：2-甲基-1，3-丁二烯；
【小问5详解】
根据H、I的分子组成差异，得知该反应相当于分子内脱水，方程式为：。
18. 氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
（1）298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 ml 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。
（2）工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知： 。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂 B．增加用量
C．移除 D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 ml 和1 ml 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 ml，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。
（4）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。
【答案】（1）
（2） ①. 吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率 ②. CD ③. 7
（3） ①. < ②. P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
（4） ①. Fe ②.
【解析】
【小问1详解】
1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；
1 ml 蒸发吸热44kJ，可得：；
燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；
【小问2详解】
①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 ml 和1 ml 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：
平衡时体系中含有：0.5ml、0.25ml、0.25mlCO、0.25mlCO2、1.75mlH2、气体总物质的量3ml，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
【小问3详解】
由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
【小问4详解】
由晶胞结构可知黑球的个数为，白球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)6，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)6[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；。
19. 有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为___________。A的分子式为___________。④的反应类型为___________。
（2）反应②的化学方程式为___________。
（3）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式___________。
①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基。
（4）设计由乙酸和1，3－丁二烯为原料合成G()的路线_____。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)
【答案】（1） ①. 碳碳双键、羟基 ②. ③. 取代反应
（2）2+O2 2 +2H2O
（3）或或或或 （4）
【解析】
【分析】是一个陌生反应，但是图示很清楚地展示出了反应过程为A中的羟基上的H被取代的反应，之后通过一系列的过程变化成E，可发生被取代了的羟基又变回去了，表明反应①的目的在于保护那一个羟基；的过程是羟基被氧化为羰基的过程；是羰基与格氏试剂加成后水解的过程；E的分子式为，经过氧化反应后转变为F，不饱和度从2个变成3个，分子中的O原子数目从2个变成了3个，再结合C的结构，可推断出为醇被氧化生成羧酸的过程，再结合F和G可反应生成含有两个酯基的H，可判断出F为；则H为；
【小问1详解】
E为，含有的官能团为羟基和碳碳双键；A为 ，数出C原子数目为9，O原子数目为2，不饱和度为1，计算得出H原子数目为，则A的分子式为；反应④为F和G反应生成H，为酯化反应，也是取代反应；
故答案为羟基、碳碳双键；；取代反应；
【小问2详解】
反应②为B转变为C的过程，羟基转变为了羰基，可推断出该反应为醇的催化氧化反应，化学反应方程式为2 +O22 +2H2O；
故答案为2+O2 2 +2H2O；
【小问3详解】
G为，分子式为，有两个不饱和度和3个O原子，能使石蕊试液变色，表明该同分异构体含有羧基，占有2个O原子和1个不饱和度；能发生银镜反应，表明该同分异构体含有醛基，占有1个O原子和1个不饱和度；由此可见，该同分异构体中，除了一个羧基和一个醛基外，没有其他的不饱和键；最后还满足分子中含有两个甲基的结构分别为、 、、、；
故答案为或或或或；
小问4详解】
对比原料乙酸、1，3－丁二烯和产物G的结构，G为乙酸与通过酯化反应得到，所以需要先利用1，3－丁二烯通过1，4加成得到二卤代烃，再进行水解反应得到二醇，合成路线如下：
；
故答案为；
20. 研究硫及其化合物的性质具有重要意义。
Ⅰ．已知可以催化二氧化硫在水溶液中发生的歧化反应：
，催化原理分为两步，
第一步反应为吸热的慢反应：
第二步反应为放热的快反应：____________+______
（1）请补充第二步反应：______。
（2）能正确表示催化歧化反应原理的能量变化示意图为______（填标号）。
A. B.
C. D.
Ⅱ．工业制硫酸，在接触室发生反应：，在1L的恒容密闭容器中充入2ml和1ml，在不同温度下测得与时间的关系如图A：
（3）该反应正向的______0（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）能证明反应已经达到平衡状态的是______（填序号）。
①
②单位时间内生成n ml的同时消耗n ml
③反应速率
④温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑤温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化
（5）反应开始到10min时的平均反应速率______ml/（L·min）；时该反应的平衡常数______L/ml。
（6）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时的体积分数随的变化如图B，则A、B、C三状态中，的转化率最小的是______点，当时，达到平衡状态的体积分数可能是D、E、F三点中的______点。
【答案】（1） （2）B
（3）＜ （4）④
（5） ①. 0.05 ②. 2
（6） ①. C ②. F
【解析】
【小问1详解】
反应的总方程式为，第一步反应为吸热的慢反应：，说明、在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，同时第二步中还生成，根据元素守恒知，反应物还有，所以第二步反应的方程式应该为。
【小问2详解】
根据总反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，由于第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，所以第一步反应的活化能大于第二步，比较图像只有B合适，故答案选B。
【小问3详解】
根据图像可知，温度下首先达到平衡状态，说明温度，温度越高，三氧化硫的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以正反应为放热反应，即。
【小问4详解】
①不同温度下，平衡时三者浓度比不同，所以当不一定达到平衡，故①不符合题意；②由可知任何状态下生成，一定消耗，不能据此说明反应达到平衡状态，故②不符合题意；③反应过程中始终存在，当，此时反应逆向进行，故③不符合题意；④正反应方向进行使体系压强减小，逆反应方向进行使体系压强增大，压强不变，可以说明反应已达到平衡状态，故④符合题意；⑤温度和体积一定时，混合气体的密度始终不变，故⑤不符合题意。
故选④。
【小问5详解】
根据图A可知，10min时，，反应前，，列三段式：
反应开始到10min时的平均反应速率；由图A可知，条件下该反应在10min时达到平衡，平衡常数。
【小问6详解】
的比值越小，越充足，则的转化率越高，反之的转化率低，故C点的的转化率最小；可以把看成3份和1份反应，由于2份和1份恰好按比例进行，再加1份进去，变得不充足，那么后面加进去的1份转化率比之前的低，故比时的转化率要低，故选F点。A
向饱和溶液中通入过量
B
溶液中加入过量的溶液
C
溶液与过量石灰水反应
D
溶液中通入少量气体
实验操作
实验现象
实验结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为BaSO4
B
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]
溶液变为蓝色
溶液中存在Fe2+
C
向盛有浓HNO3的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属性：Mg>Al
D
向盛有鸡蛋清的两支试管中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
选项
实验操作和现象
结论
A
向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色
氧化性：KBrO3＞Cl2
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定不含有K+
C
将铁锈溶于稀盐酸，向其中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
D
常温下，用pH计测量0.1ml/LNaClO溶液的pH
若pH＞7，说明HClO是弱酸
物质
相对能量/
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 V-51 Fe-56 Ti -48 C -59
一、单项选择题：共11题，每题3分，共33分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2024年春节过后，健康塑形成为人们热议的话题。化学也再次显示了其在生活中的重要作用，以下有关说法正确的是
A. 对于需要减重的人群，应减少脂肪摄入，但应保证必需的蛋白质摄入，蛋白质将在人体内通过氧化反应转化成氨基酸
B. 糖类是重要的供能物质，糖类包含单糖、二糖、多糖等，二糖、多糖属于非还原糖
C. 运动也是健康塑形的重要手段，人在运动时会大量出汗，汗液中含有尿素，尿素（）属于酰胺类有机物
D. 人的体型除了与生活习惯有关，与遗传也关系密切，而核酸就是生物的遗传物质，核酸包含DNA与RNA，一切生物都既有DNA又有RNA
【答案】C
【解析】
【详解】A．蛋白质将在人体内通过水解反应转化成氨基酸，故A错误；
B．麦芽糖是能发生水解反应生成葡萄糖的二糖，麦芽糖是能发生银镜反应的还原糖，故B错误；
C．由结构简式可知，尿素分子的官能团为酰胺基，所以尿素属于酰胺类有机物，故C正确；
D．大多数生物体的遗传物质是DNA，少数生物体的遗传物质是RNA，一种病毒只含一种核酸DNA或RNA，不会既有DNA又有RNA，故D错误；
故选C。
2. 下列化学用语不正确的是
A. 基态的价电子轨道表示式：
B. 中子数为143U原子：
C. 基态Ca原子核外电子占据的最高能级原子轨道示意图：
D. HCl分子中键的形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Mn原子核外有25个电子，基态Mn原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn2+的价电子排布式为3d5，基态Mn2+的价电子轨道表示式为，A项错误；
B．中子数为143的U原子的质量数为92+143=235，核素符号为，B项正确；
C．Ca原子核外有20个电子，基态Ca原子的简化电子排布式为[Ar]4s2，占据的最高能级为4s能级，其原子轨道示意图为，C项正确；
D．HCl分子中σ键是由H原子提供的未成对的1s原子轨道和Cl原子提供的未成对的3p原子轨道重叠形成的，表示为，D项正确；
答案选A。
3. 下列实验方法及所选玻璃仪器（其他材质仪器任选）均正确的是
A. 使用酸性高锰酸钾标准溶液通过滴定法测定某未知浓度的溶液的浓度，仪器为④⑥
B. 除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，然后过滤，仪器为①⑦⑨
C. 分离和的混合液体，可用分液法，仪器为⑦⑧
D. 蒸馏法淡化海水，仪器为②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾标准溶液呈酸性，且为强氧化性试剂，应用酸式滴定管盛装，待测液放置于锥形瓶中，故A正确；
B．苯酚和溴水反应生成的三溴苯酚难溶于水，易溶于苯，不能用过滤的方法除去，故B错误；
C．易溶于，两者混溶、不分层，无法分液，故C错误；
D．蒸馏应用直形冷凝管，且缺一个牛角管，故D错误；
故答案为：A。
4. 冠醚是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是
A. 1ml 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）
B. 18-冠-6分子间不能形成氢键
C. 图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能
D. 若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．1ml 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值），A正确；
B．18-冠-6分子分子中不含和N、O、F成键的氢原子，不能形成氢键，B正确；
C．图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能，C正确；
D．F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，导致O电荷密度减少，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D错误；
答案选D。
5. 下列对应离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，往饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确的离子方程式为2Fe3++6+24H++20I-=2Fe2++6NO↑+10I2+12H2O，B错误；
C．Mg(HCO3)2溶液与过量氢氧化钙溶液反应，碳酸氢根和镁离子反应比应当为2:1，氢氧化镁难溶，会生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，C错误；
D．NaClO溶液中通入少量SO2气体，SO2与ClO-发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，D正确；
本题选D。
6. X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，且分别处于不同的周期。Y元素基态原子的价层电子排布是；Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，Q元素基态原子内层轨道均排满电子。下列说法正确的是
A. 电负性：Y＞X＞Z＞QB. ZX属于共价化合物
C. 的阴阳离子数之比为1∶1D. Q元素位于元素周期表的ds区
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，且分布在不同周期，则X是H，Y元素基态原子的价层电子排布是且位于第二周期，则Y是O，Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，则Z只含有s和p轨道，故Z为Na，Q元素基态原子内层轨道均排满电子，则Q为Cu，据此回答。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从上往下电负性依次减小，钠比铜容易失去电子，铜元素的电负性大于钠元素，故电负性：O＞H＞Cu＞Na，A错误；
B．ZX为NaH，属于离子化合物，B错误；
C．为，是过氧化物，阴阳离子数之比为1∶2，C错误；
D．Q元素位于元素周期表第ⅠB族，位于ds区，D正确。
故选D。
7. 某有机物结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是
A. 分子式为B. 该物质没有手性碳原子
C. 1ml该物质最多能与6ml反应D. 该物质既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据结构式可知，分子式为C16H18FN3O3，手性碳为与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物没有手性碳，其中苯环、酮羰基、碳碳双键都会与H2反应，有羧基和氨基（亚氨基和叔氨基），可以与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应，据此回答。
【详解】A．由结构简式可知，分子式为，A正确；
B．该物质没有手性碳原子，B正确；
C．苯环、酮羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，羧基不能，1ml该物质最多能与5ml反应，C错误；
D．该物质含有羧基，具有弱酸性，能与NaOH溶液反应，含有氨基（亚氨基和叔氨基），具有碱性，能与盐酸反应，D正确。
故选C。
8. 下列有关金属的说法中正确的是( )
A. 钠在空气中燃烧只生成白色的氧化钠固体
B. 燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧
C. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作
D. 铁能与硫酸发生反应，故不能用铁制容器贮存浓硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；
B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；
C．三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；
D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；
故选C。
9. 下列实验操作及现象均正确且能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气，二氧化硫和氨气、氯化钡溶液反应能生成亚硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，故A正确；
B．向某溶液中加入铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀说明溶液中含有亚铁离子，故B错误；
C．常温下铝在浓硝酸中钝化形成的氧化膜阻碍反应的继续进行，则用浓硝酸不能比较金属镁和金属铝的金属性强弱，故C错误；
D．向盛有鸡蛋清的试管中滴入饱和食盐水，蛋白质的溶解度降低，会发生盐析而析出蛋白质，该过程不是蛋白质发生变性，故D错误；
故选A。
10. 二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电极B的材料是石墨
B. 阴极区部分C1O2循环反应
C. 产生C1O2反应式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O
D. 电解后阳极区溶液pH增大
【答案】D
【解析】
【分析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。
【详解】A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；
B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；
C.由分析可知，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O，故C正确；
D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4 e—= O2↑+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；
故选D。
11. 异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。
下列说法不正确的是
A. 其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备
B. 高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、
C. 190℃时，增大(异丁醇)，不利于反应②的进行
D. 若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯)
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①吸热，反应②放热，升高温度，反应①正向移动，反应②逆向移动，两者均有利于异丁烯制备，A正确；
B．平衡常数反应了反应进行的程度，由于K1远大于K2，主要进行反应①，因此大于190C时温度对异丁烯的平衡产率影响不大，B正确；
C．190C时，恒压条件下增大水和异丁醇的比例，相当于减压，由图可知异丁烯产率增加，反应①平衡右移，反应②平衡左移，不利于反应②进行，C正确；
D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应完，根据原子守恒可知，(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) + c(异丁醇)，D错误；
故选D。
二、多项选择题：共4题，每题4分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。
12. 从硝酸铜和硝酸银混合溶液中回收铜和银的流程如图所示。
下列说法错误的是
A. 试剂Ⅰ可以是稀盐酸或稀硫酸
B. 流程中涉及的反应均是氧化还原反应
C. 生成银氨溶液的离子方程式为
D. 若试剂Ⅱ是甲醛，甲醛参加反应最多生成
【答案】BD
【解析】
【详解】混合溶液中滴加氯化钠溶液，NaCl和AgNO3反应经过滤得滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液，滤液加铁并过滤得到滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，试剂Ⅰ可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，据此回答；
A．滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，则试剂Ⅰ可以是盐酸或稀硫酸，A正确；
B．NaCl和AgNO3反应生成滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液的反应均不是氧化还原反应，B错误；
C．氯化银和氨水反应生成银氨溶液，其反应的离子方程式为，C正确；
D．1ml甲醛参加反应最多生成4mlAg，D错误；
故答案为：BD。
13. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色，可知生成溴，Br元素的化合价降低，KBrO3作氧化剂，则氧化性：KBrO3＞Cl2，A正确；
B．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，溶液中一定含有Na元素，由于黄色能够掩盖紫色，故不能确定一定不含K+，要确定是否含有K+，需透过蓝色钴玻璃再观察，B错误；
C．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，C错误；
D．NaClO溶液的pH＞7，可知次氯酸根离子水解显碱性，则HClO为弱酸，D正确；
故答案为：AD。
14. 已知，在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，为过渡态)。
下列说法正确的是
A.
B. 无催化剂时，决速步骤的方程式为
C. 使用催化剂，降低了反应的活化能和焓变
D. 该反应在低温下易自发进行
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从图可看出生成物总能量比反应物总能量低，属于放热反应，，且反应热的单位为，故A项错误；
B．无催化剂时，的活化能最大，为该反应历程中的决速步骤，故B项正确；
C．使用催化剂，只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故C项错误；
D．该反应是气体分子数减少的反应，即，又因为该反应的，由反应自发进行时可知，温度越低越有利于反应自发进行，故D项正确；
故答案选BD。
15. 在催化剂中元素的作用下可以产生具有极强氧化活性的，其在固态催化剂表面转化过程如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程①中每转移电子，晶胞中产生空位
B. 过程②中在空位产生
C. 催化过程中的配位数不变
D. 相同条件下，比催化效果好
【答案】BD
【解析】
【详解】A．固体催化剂中含有Fe3+、Fe2+，如图转化①的过程可以描述为：失去电子被氧化为O2，Fe3+得到电子后被还原为Fe2+，晶体中部分O原子失去后形成氧空位，过氧化氢中氧是-1价，要形成氧气，则需要转移2ml电子，才能形成1mlO空位，故A错误；
B．根据对①过程的分析，结合②流程可知，当进行此过程时，亚铁离子转化为铁离子，同时在空位产生·OH，故B正确；
C．与相互转出的过程中，La的配位数明显发生变化，故C错误；
D．设中Fe3+的数目为x，Fe2+的数目为1-x，La的化合价为+3，化合物中元素化合价代数和为0，即+3+3x+2(1-x)-2×2.6=0，解得x=0.2，则Fe3+和Fe2+的物质的量之比为0.2：(1-0.2)=1:4，根据上述的计算方法可知，中Fe3+和Fe2+的物质的量之比为3:2，晶体中Fe2+的数目小于晶体，晶体中Fe2+的数目越多，与反应时生成的·OH越多，所以的催化效果好，故D正确;
故选BD。
二、非选择题：共5题，共51分
16. 在催化下，加氢合成甲酸发生反应Ⅰ，同时还伴有反应Ⅱ发生。
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题。
（1）已知：时，部分物质的相对能量如表所示，则的相对能量为_______。
（2）为了提高二氧化碳转化为甲酸的转化率，工业上常采用以下方法：
步骤1 步骤2 步骤3
①写出步骤1反应的离子方程式：_______。
②其他条件不变，步骤1中转化为的转化率与温度的关系如图所示。
步骤1的转化率开始迅速上升，主要原因是_______，后又下降的可能原因是_______。
③流程图步骤2中，加入乙醚的作用是_______，步骤3的分离方法是_______。
（3）保持、恒压，和的投料物质的量之比为的初始分压为，测得的转化率与时间t的关系如图所示。
已知平衡后，测得，则反应Ⅰ的_____(用含的式子表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强 ③. 温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附(或者温度升高，催化剂的活性降低)(其他合理答案也可) ④. 作为萃取剂 ⑤. 分液、蒸馏
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ—反应Ⅱ得：，
【小问2详解】
①在催化剂的作用下，与氢气反应生成和，反应的离子方程式为。
②步骤1转化率开始迅速上升，主要原因是温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增强；后又下降的可能原因是温度过高，不利于氢气在催化剂表面的吸附。
③甲酸更易溶于有机溶剂乙醚中，因此乙醚作为萃取剂；通过萃取、分液，将有机相蒸馏即可得到高浓度的甲酸。
【小问3详解】
在、恒压条件下，和的投料物质的量之比为的初始分压为，则总压为；平衡时，设和初始物质的量均为，生成的和的物质的量分别为，则，结合，根据碳元素质量守恒，则有，解得，平衡时气体的总物质的量为，平衡时和的物质的量均为，则反应Ⅰ的。
17. 乙烯的用途广泛，被誉为有机合成之母。以下是以乙烯为原料制备某化工原料中间体I的合成路线。
回答下列问题。
（1）的反应类型为_______。
（2）在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种；
①能与金属钠反应产生氢气；②在铜催化氧化的条件下，氧化产物能发生银镜反应。其中，核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______。
（3）已知：，E与足量酸性溶液反应生成的有机物的结构简式为_______。
（4）G的结构简式为_______，用系统命名法命名为_______。
（5）在碱性条件下，反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）加成反应
（2） ①. 4 ②.
（3）
（4） ①. ②. 2—甲基—1，3—丁二烯
（5）
【解析】
【分析】A为乙烯和HBr发生加成反应生成，B为，B和Mg，无水乙醚反应生成C，C和，无水乙醚，酸性条件下，生成D，D和氧化铝加热条件下，脱水，反应生成E，E和高锰酸钾，NaOH溶液中双键氧化，反应生成F，F在氧化铝加热条件下脱水反应生成G，G和反应生成H，H在碱性条件下分子内脱水反应生成I。
【小问1详解】
乙烯与发生加成反应；
【小问2详解】
D为，分子式为，能与金属钠反应产生氢气，则分子中含羟基，含有羟基的同分异构体分别为：、、、、、、、，含结构的醇催化氧化才能生成醛，含结构的醇共有4种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为的结构简式为；
【小问3详解】
烯烃分子在足量酸性高锰酸钾溶液中被氧化，根据，E和足量高锰酸钾反应生成有机物的结构简式为：；
【小问4详解】
根据分析可知，G的结构简式为：；
G的系统命名法命名为：2-甲基-1，3-丁二烯；
【小问5详解】
根据H、I的分子组成差异，得知该反应相当于分子内脱水，方程式为：。
18. 氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
（1）298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 ml 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。
（2）工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知： 。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂 B．增加用量
C．移除 D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 ml 和1 ml 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 ml，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。
（4）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。
【答案】（1）
（2） ①. 吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率 ②. CD ③. 7
（3） ①. < ②. P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
（4） ①. Fe ②.
【解析】
【小问1详解】
1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；
1 ml 蒸发吸热44kJ，可得：；
燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；
【小问2详解】
①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 ml 和1 ml 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：
平衡时体系中含有：0.5ml、0.25ml、0.25mlCO、0.25mlCO2、1.75mlH2、气体总物质的量3ml，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
【小问3详解】
由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
【小问4详解】
由晶胞结构可知黑球的个数为，白球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)6，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)6[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；。
19. 有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为___________。A的分子式为___________。④的反应类型为___________。
（2）反应②的化学方程式为___________。
（3）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式___________。
①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基。
（4）设计由乙酸和1，3－丁二烯为原料合成G()的路线_____。 (合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)
【答案】（1） ①. 碳碳双键、羟基 ②. ③. 取代反应
（2）2+O2 2 +2H2O
（3）或或或或 （4）
【解析】
【分析】是一个陌生反应，但是图示很清楚地展示出了反应过程为A中的羟基上的H被取代的反应，之后通过一系列的过程变化成E，可发生被取代了的羟基又变回去了，表明反应①的目的在于保护那一个羟基；的过程是羟基被氧化为羰基的过程；是羰基与格氏试剂加成后水解的过程；E的分子式为，经过氧化反应后转变为F，不饱和度从2个变成3个，分子中的O原子数目从2个变成了3个，再结合C的结构，可推断出为醇被氧化生成羧酸的过程，再结合F和G可反应生成含有两个酯基的H，可判断出F为；则H为；
【小问1详解】
E为，含有的官能团为羟基和碳碳双键；A为 ，数出C原子数目为9，O原子数目为2，不饱和度为1，计算得出H原子数目为，则A的分子式为；反应④为F和G反应生成H，为酯化反应，也是取代反应；
故答案为羟基、碳碳双键；；取代反应；
【小问2详解】
反应②为B转变为C的过程，羟基转变为了羰基，可推断出该反应为醇的催化氧化反应，化学反应方程式为2 +O22 +2H2O；
故答案为2+O2 2 +2H2O；
【小问3详解】
G为，分子式为，有两个不饱和度和3个O原子，能使石蕊试液变色，表明该同分异构体含有羧基，占有2个O原子和1个不饱和度；能发生银镜反应，表明该同分异构体含有醛基，占有1个O原子和1个不饱和度；由此可见，该同分异构体中，除了一个羧基和一个醛基外，没有其他的不饱和键；最后还满足分子中含有两个甲基的结构分别为、 、、、；
故答案为或或或或；
小问4详解】
对比原料乙酸、1，3－丁二烯和产物G的结构，G为乙酸与通过酯化反应得到，所以需要先利用1，3－丁二烯通过1，4加成得到二卤代烃，再进行水解反应得到二醇，合成路线如下：
；
故答案为；
20. 研究硫及其化合物的性质具有重要意义。
Ⅰ．已知可以催化二氧化硫在水溶液中发生的歧化反应：
，催化原理分为两步，
第一步反应为吸热的慢反应：
第二步反应为放热的快反应：____________+______
（1）请补充第二步反应：______。
（2）能正确表示催化歧化反应原理的能量变化示意图为______（填标号）。
A. B.
C. D.
Ⅱ．工业制硫酸，在接触室发生反应：，在1L的恒容密闭容器中充入2ml和1ml，在不同温度下测得与时间的关系如图A：
（3）该反应正向的______0（填“＞”“＜”或“＝”）。
（4）能证明反应已经达到平衡状态的是______（填序号）。
①
②单位时间内生成n ml的同时消耗n ml
③反应速率
④温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑤温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化
（5）反应开始到10min时的平均反应速率______ml/（L·min）；时该反应的平衡常数______L/ml。
（6）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时的体积分数随的变化如图B，则A、B、C三状态中，的转化率最小的是______点，当时，达到平衡状态的体积分数可能是D、E、F三点中的______点。
【答案】（1） （2）B
（3）＜ （4）④
（5） ①. 0.05 ②. 2
（6） ①. C ②. F
【解析】
【小问1详解】
反应的总方程式为，第一步反应为吸热的慢反应：，说明、在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，同时第二步中还生成，根据元素守恒知，反应物还有，所以第二步反应的方程式应该为。
【小问2详解】
根据总反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，由于第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，所以第一步反应的活化能大于第二步，比较图像只有B合适，故答案选B。
【小问3详解】
根据图像可知，温度下首先达到平衡状态，说明温度，温度越高，三氧化硫的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以正反应为放热反应，即。
【小问4详解】
①不同温度下，平衡时三者浓度比不同，所以当不一定达到平衡，故①不符合题意；②由可知任何状态下生成，一定消耗，不能据此说明反应达到平衡状态，故②不符合题意；③反应过程中始终存在，当，此时反应逆向进行，故③不符合题意；④正反应方向进行使体系压强减小，逆反应方向进行使体系压强增大，压强不变，可以说明反应已达到平衡状态，故④符合题意；⑤温度和体积一定时，混合气体的密度始终不变，故⑤不符合题意。
故选④。
【小问5详解】
根据图A可知，10min时，，反应前，，列三段式：
反应开始到10min时的平均反应速率；由图A可知，条件下该反应在10min时达到平衡，平衡常数。
【小问6详解】
的比值越小，越充足，则的转化率越高，反之的转化率低，故C点的的转化率最小；可以把看成3份和1份反应，由于2份和1份恰好按比例进行，再加1份进去，变得不充足，那么后面加进去的1份转化率比之前的低，故比时的转化率要低，故选F点。A
向饱和溶液中通入过量
B
溶液中加入过量的溶液
C
溶液与过量石灰水反应
D
溶液中通入少量气体
实验操作
实验现象
实验结论
A
向BaCl2溶液中通入SO2和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为BaSO4
B
向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]
溶液变为蓝色
溶液中存在Fe2+
C
向盛有浓HNO3的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片
加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝片的试管中无明显现象
金属性：Mg>Al
D
向盛有鸡蛋清的两支试管中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
选项
实验操作和现象
结论
A
向KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色
氧化性：KBrO3＞Cl2
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
溶液中一定不含有K+
C
将铁锈溶于稀盐酸，向其中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
D
常温下，用pH计测量0.1ml/LNaClO溶液的pH
若pH＞7，说明HClO是弱酸
物质
相对能量/
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