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北京首都师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期考前热身化学试题（学生版+教师版 ）
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本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 北京2022年冬奥会中使用了大量新材料，下列属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．速滑冰刀中的钛合金属于金属材料，A不符合题意；
B．“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂属于有机高分子材料，B不符合题意；
C．颁奖礼服中的石墨烯发热材料中，石墨烯是由石墨晶体剥离出的单层石墨，属于无机非金属材料，C符合题意；
D．聚乳酸是乳酸的缩聚反应产物，属于有机高分子材料，D不符合题意；
故选C。
2. 下列图示或化学用语表示不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．为乙炔的空间结构模型，故A正确；
B．中S的价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，故VSEPR模型为，故B正确；
C．反-2-丁烯的结构简式，故C正确；
D．乙醇有3种氢原子，故核磁共振氢谱应该有3个峰，故D错误；
答案选D。
3. 下列物质的性质不能用化学键解释的是
A. 金属铜具有导电性B. 氮气化学性质稳定
C. 金刚石硬度大D. 碘单质常温为固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属铜具有导电性，是因为金属中自由电子和金属阳离子形成金属键，金属的导电性能用化学键解释，故不选A；
B．氮分子内存在氮氮三键，键能大，所以氮气化学性质稳定，能用化学键解释，故不选B；
C．金刚石是原子晶体，碳原子间通过共价键结合，所以金刚石硬度大，能用化学键解释，故不选C；
D．碘单质常温为固体，是因为碘分子间作用力大，与化学键无关，故选D；
选D。
4. 下列说法不正确是
A. 疫苗等生物制剂需要在低温下保存B. 在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌
C. 蛋白质、氨基酸中均含有D. 蛋白质水解可以得到氨基酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．疫苗等生物制剂含有蛋白质，需要在低温下保存，温度较高易使蛋白质变性而失去生理活性，A正确；
B．医用酒精能使蛋白质变性，在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌，B正确；
C．蛋白质由氨基酸缩聚得到，其中均含有酰胺键，氨基酸含有羧基和氨基，单个氨基酸分子没有，C不正确；
D．蛋白质水解可以得到氨基酸，氨基酸缩聚可得到蛋白质，D正确；
故选C。
5. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是
A. 化合物ICl中I为+1价B. 第一电离能：B>Al
C. 沸点：CS2>CO2D. 热稳定性：NH3>PH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故选C。
6. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高反应速率B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B
7. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A. MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体：
B. Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：
C. 加热Fe和S的混合物生成黑色固体：
D. 加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿： △H＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸共热发生反应，产生的黄绿色气体为Cl2，同时生成MnCl2等：，A能准确解释实验现象；
B．Na加入滴有酚酞的水中，Na与水反应，生成NaOH和H2，NaOH显碱性，使酚酞变红：，B能准确解释实验现象；
C．S具有较弱的氧化性，只能将Fe从0价氧化到+2价，则加热Fe和S的混合物生成黑色固体为FeS：，C不能准确解释实验现象；
D．在水溶液中，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2+呈绿色，加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，则表明反应吸热，从而得出： △H＞0，D能准确解释实验现象；
故选C。
8. 用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明①中有1-丁烯的生成，故A符合题意；
B．加热溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入溶液，最初产生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和溶液的上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；
D．将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；
答案选A。
9. 向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是
A. 随着反应的进行，降低
B. 产生的气体是混合物
C. pH=9时，溶液中
D. 溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果
【答案】C
【解析】
【详解】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B正确；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH)+ 2c(Mg2+)=c(Cl—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl—)，故C错误；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D正确；
故选C。
10. 液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如下图。
下列说法不正确的是
A. 放电时，正极反应式为Br2+2e-=2Br-
B. 充电时，物质a为AQDSH2
C. 放电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室
D. 增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示，放电时，右侧溴单质得电子，发生还原反应，故为正极，左侧为负极。
【详解】A．放电时，溴元素价态降低得电子，故右侧电极为正极，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，A项正确；
B．充电时，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e-+2H+=AQDSH2，物质a为AQDS，B项错误；
C．放电时，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室，C项正确；
D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D项正确；
答案选B。
11. 聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。
注：Bn是苯甲基()
下列说法不正确的是
A. 反应①是缩聚反应
B. 反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是m：n
C. 改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好
D. 在合成中Bn的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸 ，是缩聚反应，A项正确；
B．由化合物G的结构可知，参与聚合的F和E物质的量之比是2m：n，B项错误；
C．改性的PLA中，m：n越大，含羟基越多，其在水中的溶解性越好，C项正确；
D．反应①中羟基也参与聚合反应，故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn, 以防止羟基参与聚合反应中 ，D项正确；
答案选B。
12. 氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如图：
下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为和
B 步骤①、②中均有过滤操作
C. 该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D. 步骤②反应的离子方程式为
【答案】AC
【解析】
【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将转化为和，被氧化为，然后再用稀硫酸浸取，进入溶液中，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离、即滤渣A为、，滤液中加还原剂将还原，再加入使转化为，最后灼烧生成。
【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为和，故A错误；
B．步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀，需要过滤操作，故B正确；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C错误；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为AC。
13. 工业上利用碳热还原制得。进而生产各种含钡化合物，温度对反应后组分的影响如图。
已知：碳热还原过程中可能发生下列反应。
i．
ii．
iii．
下列关于碳热还原过程的说法正确的是
A.
B. 400℃后，反应后组分的变化是由的移动导致的
C. 温度升高，的平衡常数K减小
D. 反应过程中，生成的和的物质的量之和始终等于投入C的物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可得i式，则由盖斯定律得：，A错误；
B．由图可知，400℃后，BaS的物质的量分数基本不变，BaSO4基本反应完全，但C、CO2的物质的量分数减小，CO的物质的量分数增大，说明C、CO2反应生成CO，则反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的移动导致的，B正确；
C．由可得反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，根据盖斯定律，该反应，则正反应吸热，升高温度，反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)平衡正向移动，其平衡常数K增大，C错误；
D．由图可知，一段时间内，体系中同时存在C、CO2和CO，则反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和可能小于投入C的物质的量，D错误；
故选B。
14. 某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mL 0.1ml/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。
③向2mL 0.1ml/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。
已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体
下列说法不正确的是
A. ①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
B. 由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的
C. ②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了
D. 实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。
（1） Zn2+的价层电子排布式是_______。
（2）C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。
（3）三乙撑二胺( )与Zn2+能形成配位键的原因是_______。
（4）在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。
资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是_______。
②偶氮苯( )中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。
③x=_______。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。
【答案】（1）3d10
（2）O＞N＞C （3）三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对
（4） ①. ②. sp2 ③. π键 ④. 2 ⑤. 紫外
【解析】
【小问1详解】
Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。答案为：3d10；
【小问2详解】
C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。答案为：O＞N＞C；
【小问3详解】
Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺( )中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。答案为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；
【小问4详解】
①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是 。
②偶氮苯( )中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。
③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。
④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。答案为：；sp2；π键；2；紫外。
【点睛】形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。
16. 已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1ml已二酸产生NO2的物质的量是_____ml。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
（3）电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
（5）写出i的电极反应式：_____。
（6）已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2ml•L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____ml。
【答案】（1）abc （2）8
（3）阳 （4）H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
（5）2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
（6）8.6×10-3
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【小问1详解】
a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
【小问2详解】
由结构简式可知，1ml环己醇氧化为己二酸时，反应转移8ml电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1ml已二酸产生二氧化氮的物质的量为1ml×8=8ml，故答案为：8；
【小问3详解】
由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
【小问4详解】
由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
【小问5详解】
由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
【小问6详解】
丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2ml•L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 ml/h和0.9×10-3 ml/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 ml/h×1h×2+0.9×10-3 ml/h×1h×2=8.6×10-3ml，故答案为：8.6×10-3。
17. 靛蓝类色素是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y 的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：
i．
（1）A 的名称是___________。
（2）下列说法中，正确的是___________(填序号)。
a．由A 制备B 时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b．D 中含有的官能团只有硝基
c．D→E 可以通过取代反应实现
（3）E→G 的化学方程式是___________。
（4）I 的结构简式是___________。
（5）J 在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X 和乙酸的物质的量比是___________。
（6）K 中除苯环外，还含有一个五元环，K 的结构简式是___________。
（7）已知：
ii．
ⅲ．亚胺( )结构中C=N 键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i 的反应。
M 与L 在一定条件下转化为Y 的一种路线如下图。
写出中间产物 1、中间产物 2 的结构简式___________、___________。
【答案】（1）甲苯 （2）ac
（3） （4）CH3COCH3
（5）1：2 （6）
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】根据E的结构简式及A、B的分子式知，A为 ，B为 ，B中甲基上的氢原子被取代生成的D可能为 (X为卤素)，D发生水解反应生成E，E发生催化氧化生成G为 ，G和I发生信息中的反应生成J，根据J的结构简式知，I为CH3COCH3，X发生信息中的反应生成K和L，K中除苯环外，还含有一个五元环，根据分子式知K为 、L为 ，K水解生成M为 ，以此解答。
【小问1详解】
A为 ，A的名称是甲苯。
【小问2详解】
a．由A制备B时，需要使用浓硝酸作反应物、浓硫酸作催化剂，故a正确；
b．D中含有硝基和卤原子，故b错误；
c．D中卤原子水解生成E中醇羟基，也属于取代反应，所以D→E可以通过取代反应实现，故c正确；
故答案为：ac。
【小问3详解】
E发生催化氧化生成G为 ，E→G的化学方程式是： 。
【小问4详解】
根据分析，I的结构简式是CH3COCH3。
【小问5详解】
J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒知，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2。
【小问6详解】
由分析可知，K的结构简式是 。
【小问7详解】
L为 ，M为 ，M、L发生信息反应ii生成中间产物1为，中间产物1羰基发生加成反应生成中间产物2为 ，中间产物2发生消去反应生成Y。
18. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
rg表示有机溶液
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱
iii.HR能萃取而不能萃取
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。
（2）滤渣的主要成分是_______。
（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。
（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。
（5）和反应生成和的离子方程式是_______。
（6）测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/ml)。
（7）从无机层获得的离子方程式是_______。
（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃
（2）
（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
（8）降温结晶、过滤
【解析】
【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【小问1详解】
加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；
【小问4详解】
有机酸性萃取剂HR萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
【小问5详解】
和反应生成和，离子方程式是；
【小问6详解】
用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是
【小问7详解】
无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为；
【小问8详解】
由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
19. 探究溶液中Ag+与单质S的反应。
资料：Ag2S不溶于6ml/L盐酸，Ag2SO3和Ag2SO4在6ml/L盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ．在注射器中将10mL0.04ml/LAgNO3溶液（pH≈6）与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a（pH≈1），沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有__________性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ．
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，可选择的试剂是______（填序号）。
a．酸性KMnO4溶液 b．H2O2和BaCl2的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，写出同时生成Ag和H2S的离子方程式：_________________。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或H2SO3，依据是_______________。
实验Ⅲ．
①说明溶液a中不含H2SO3的实验证据是___________________。
②加入足量稀盐酸的作用是_________________。
（3）在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。向注射器中加入的物质是__________________。
（4）用酸化的NaNO3溶液（pH≈6）与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：_______________。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. Ag2SO4 ③. bc ④.
（2） ①. S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除Ag+对和H2SO3检验的干扰
（3）10mL0.02ml/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉
（4），形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【分析】在注射器中将10mL0.04ml/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。探究无色溶液a的成分时，通过碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定不含有H2SO3，通过加入BaCl2后产生白色沉淀，确定含有；探究沉淀b的成分时，加入6ml/L盐酸，实验证实滤液c中不含有H2SO3、不含有，表明沉淀b中不含有Ag2SO3、Ag2SO4，沉淀d中加入Fe、12ml/L盐酸，有Ag和H2S生成，确定b为Ag2S，从而确定在AgNO3的作用下，S发生歧化反应，生成Ag2S、Ag2SO4等。
【小问1详解】
①S为0价，化合价既能升高也能降低，则S具有氧化性和还原性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。
②ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，表明未生成BaSO4沉淀，从而确定黑色固体b中不含Ag2SO4。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，也就是检验不存在H2SO3，但需排除Cl-产生的干扰，所以不能选择a．酸性KMnO4溶液(能被Cl-还原)，可选择b．H2O2和BaCl2的混合溶液(H2SO3被H2O2氧化为H2SO4，再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀)、c．溴水(H2SO3还原Br2，使溴水褪色)，可选择的试剂是bc。
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，则Fe作还原剂，在HCl的帮助下，将Ag2S还原为Ag，同时生成H2S气体，离子方程式：。
小问2详解】
S与AgNO3溶液反应后，生成Ag2S，S元素的价态降低，则S元素的价态也应升高，所以溶液a中可能存在或H2SO3，依据是：S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3。
①碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定溶液a中不含有H2SO3，实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。
②Ag+能与I-、发生反应，从而干扰后续实验，所以加入足量稀盐酸的作用是：排除Ag+对和H2SO3检验的干扰。
【小问3详解】
在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同，此时是与实验Ⅰ做对比实验，所以S的物质的量、Ag+的浓度都应相同，从而得出向注射器中加入的物质是10mL0.02ml/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉。
【小问4详解】
用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应，说明Ag+对S的歧化反应提供了帮助，由此得出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。
【点睛】由于BaSO3易溶于盐酸，所以H2SO3与BaCl2不能发生反应。A
B
速滑冰刀中的钛合金
“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂
C
D
颁奖礼服中的石墨烯发热材料
可降解餐具中的聚乳酸材料
A
B
乙炔的空间结构模型
的VSEPR模型
C
D
反-2-丁烯的结构简式
乙醇的核磁共振氢谱
①中实验
②中现象
A
加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物
酸性溶液褪色
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
晶体
装载分子
晶胞中Zn2+个数
晶胞体积/cm3
M1
顺式偶氮苯
x
M2
反式偶氮苯
4
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 北京2022年冬奥会中使用了大量新材料，下列属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．速滑冰刀中的钛合金属于金属材料，A不符合题意；
B．“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂属于有机高分子材料，B不符合题意；
C．颁奖礼服中的石墨烯发热材料中，石墨烯是由石墨晶体剥离出的单层石墨，属于无机非金属材料，C符合题意；
D．聚乳酸是乳酸的缩聚反应产物，属于有机高分子材料，D不符合题意；
故选C。
2. 下列图示或化学用语表示不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．为乙炔的空间结构模型，故A正确；
B．中S的价层电子对数为2+=3，有1个孤电子对，故VSEPR模型为，故B正确；
C．反-2-丁烯的结构简式，故C正确；
D．乙醇有3种氢原子，故核磁共振氢谱应该有3个峰，故D错误；
答案选D。
3. 下列物质的性质不能用化学键解释的是
A. 金属铜具有导电性B. 氮气化学性质稳定
C. 金刚石硬度大D. 碘单质常温为固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属铜具有导电性，是因为金属中自由电子和金属阳离子形成金属键，金属的导电性能用化学键解释，故不选A；
B．氮分子内存在氮氮三键，键能大，所以氮气化学性质稳定，能用化学键解释，故不选B；
C．金刚石是原子晶体，碳原子间通过共价键结合，所以金刚石硬度大，能用化学键解释，故不选C；
D．碘单质常温为固体，是因为碘分子间作用力大，与化学键无关，故选D；
选D。
4. 下列说法不正确是
A. 疫苗等生物制剂需要在低温下保存B. 在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌
C. 蛋白质、氨基酸中均含有D. 蛋白质水解可以得到氨基酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．疫苗等生物制剂含有蛋白质，需要在低温下保存，温度较高易使蛋白质变性而失去生理活性，A正确；
B．医用酒精能使蛋白质变性，在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌，B正确；
C．蛋白质由氨基酸缩聚得到，其中均含有酰胺键，氨基酸含有羧基和氨基，单个氨基酸分子没有，C不正确；
D．蛋白质水解可以得到氨基酸，氨基酸缩聚可得到蛋白质，D正确；
故选C。
5. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是
A. 化合物ICl中I为+1价B. 第一电离能：B>Al
C. 沸点：CS2>CO2D. 热稳定性：NH3>PH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故选C。
6. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高反应速率B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B
7. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A. MnO2和浓盐酸共热产生黄绿色气体：
B. Na加入滴有酚酞的水中，溶液变红：
C. 加热Fe和S的混合物生成黑色固体：
D. 加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿： △H＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2和浓盐酸共热发生反应，产生的黄绿色气体为Cl2，同时生成MnCl2等：，A能准确解释实验现象；
B．Na加入滴有酚酞的水中，Na与水反应，生成NaOH和H2，NaOH显碱性，使酚酞变红：，B能准确解释实验现象；
C．S具有较弱的氧化性，只能将Fe从0价氧化到+2价，则加热Fe和S的混合物生成黑色固体为FeS：，C不能准确解释实验现象；
D．在水溶液中，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2+呈绿色，加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，则表明反应吸热，从而得出： △H＞0，D能准确解释实验现象；
故选C。
8. 用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明①中有1-丁烯的生成，故A符合题意；
B．加热溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入溶液，最初产生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和溶液的上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；
D．将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；
答案选A。
9. 向盛有溶液的烧杯中，加入少量氨水，再加入过量Mg粉，有大量气泡产生。将湿润的红色石蕊试纸放在烧杯口，试纸变蓝。溶液的pH随时间的变化如图。
下列说法不正确的是
A. 随着反应的进行，降低
B. 产生的气体是混合物
C. pH=9时，溶液中
D. 溶液的pH升高可能是Mg与、反应的结果
【答案】C
【解析】
【详解】A．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以随着反应的进行，溶液中铵根离子浓度减小，
B．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与氯化铵溶液中的铵根离子反应生成氢气和氨气，所以反应产生的气体是混合物，故B正确；
C．pH为9的碱性溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(NH)+ 2c(Mg2+)=c(Cl—)+ c(OH—)，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，所以溶液中c(NH)+ 2c(Mg2+)＞c(Cl—)，故C错误；
D．由产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，镁与溶液中的铵根离子反应生成一水合氨和氢气，反应中一水合氨浓度增大，会分解逸出氨气，使溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故D正确；
故选C。
10. 液流电池可以实现光伏发电和风力发电电能的储存和释放。一种非金属有机物液流电池的工作原理如下图。
下列说法不正确的是
A. 放电时，正极反应式为Br2+2e-=2Br-
B. 充电时，物质a为AQDSH2
C. 放电时，AQDS/AQDSH2储液罐中的pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室
D. 增大储液罐体积，可提高液流电池的储能容量
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示，放电时，右侧溴单质得电子，发生还原反应，故为正极，左侧为负极。
【详解】A．放电时，溴元素价态降低得电子，故右侧电极为正极，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，A项正确；
B．充电时，左侧电极为阴极，电极反应式为AQDS+2e-+2H+=AQDSH2，物质a为AQDS，B项错误；
C．放电时，左侧电极为负极，电极反应式为AQDSH2-2e-=AQDS+2H+，pH减小，H+通过质子交换膜到达溴极室，C项正确；
D．增大储液罐体积，储存的反应物增加，可提高液流电池的储能容量，D项正确；
答案选B。
11. 聚乳酸(PLA)是最具潜力的可降解高分子材料之一，对其进行基团修饰可进行材料的改性，从而拓展PLA的应用范围。PLA和某改性的PLA的合成路线如图。
注：Bn是苯甲基()
下列说法不正确的是
A. 反应①是缩聚反应
B. 反应②中，参与聚合的F和E的物质的量之比是m：n
C. 改性的PLA中，m：n越大，其在水中的溶解性越好
D. 在合成中Bn的作用是保护羟基，防止羟基参与聚合反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①为乳酸分子间发生酯化反应生成聚乳酸 ，是缩聚反应，A项正确；
B．由化合物G的结构可知，参与聚合的F和E物质的量之比是2m：n，B项错误；
C．改性的PLA中，m：n越大，含羟基越多，其在水中的溶解性越好，C项正确；
D．反应①中羟基也参与聚合反应，故反应②发生聚合反应时为要先引入Bn, 以防止羟基参与聚合反应中 ，D项正确；
答案选B。
12. 氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如图：
下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为和
B 步骤①、②中均有过滤操作
C. 该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D. 步骤②反应的离子方程式为
【答案】AC
【解析】
【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将转化为和，被氧化为，然后再用稀硫酸浸取，进入溶液中，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离、即滤渣A为、，滤液中加还原剂将还原，再加入使转化为，最后灼烧生成。
【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为和，故A错误；
B．步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀，需要过滤操作，故B正确；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C错误；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为AC。
13. 工业上利用碳热还原制得。进而生产各种含钡化合物，温度对反应后组分的影响如图。
已知：碳热还原过程中可能发生下列反应。
i．
ii．
iii．
下列关于碳热还原过程的说法正确的是
A.
B. 400℃后，反应后组分的变化是由的移动导致的
C. 温度升高，的平衡常数K减小
D. 反应过程中，生成的和的物质的量之和始终等于投入C的物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可得i式，则由盖斯定律得：，A错误；
B．由图可知，400℃后，BaS的物质的量分数基本不变，BaSO4基本反应完全，但C、CO2的物质的量分数减小，CO的物质的量分数增大，说明C、CO2反应生成CO，则反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的移动导致的，B正确；
C．由可得反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，根据盖斯定律，该反应，则正反应吸热，升高温度，反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)平衡正向移动，其平衡常数K增大，C错误；
D．由图可知，一段时间内，体系中同时存在C、CO2和CO，则反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和可能小于投入C的物质的量，D错误；
故选B。
14. 某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mL 0.1ml/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。
③向2mL 0.1ml/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。
已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体
下列说法不正确的是
A. ①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
B. 由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的
C. ②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了
D. 实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。
（1） Zn2+的价层电子排布式是_______。
（2）C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。
（3）三乙撑二胺( )与Zn2+能形成配位键的原因是_______。
（4）在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。
资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是_______。
②偶氮苯( )中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。
③x=_______。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。
【答案】（1）3d10
（2）O＞N＞C （3）三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对
（4） ①. ②. sp2 ③. π键 ④. 2 ⑤. 紫外
【解析】
【小问1详解】
Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。答案为：3d10；
【小问2详解】
C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。答案为：O＞N＞C；
【小问3详解】
Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺( )中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。答案为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；
【小问4详解】
①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是 。
②偶氮苯( )中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。
③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。
④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。答案为：；sp2；π键；2；紫外。
【点睛】形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。
16. 已二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙－66的中间体，其制备方法如下。
I.己二酸氨化法
（1）下列说法正确的是_____(填字母)。
a.己二腈的分子中含有碳氮三键
b.反应②和④中均有H2O生成
c.该方法原子利用率低
（2）若反应③中硝酸的还原产物为NO2，理论上生产1ml已二酸产生NO2的物质的量是_____ml。
II.丙烯晴CH2=CHCN电解二聚法(两极均为惰性电极)
电解原理如图，总反应为4CH2=CHCN+2H2O2NC(CH2)4CN+O2↑，主要副产物为丙腈(C2H5CN)。
（3）电极X为_____(填“阴”或“阳”)极。
（4）Y极区溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，结合图分析原因是_____。
（5）写出i的电极反应式：_____。
（6）已二腈、丙腈的生成速率与季铵盐浓度的关系如图，当季铵盐的浓度为1.5×10-2ml•L-1时，每小时通过质子交换膜的H+的物质的量最少为_____ml。
【答案】（1）abc （2）8
（3）阳 （4）H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii
（5）2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN
（6）8.6×10-3
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成， 与过氧化氢发生氧化反应生成， 与硝酸发生氧化反应生成HOOC(CH2)4COOH，HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2，H2NOC(CH2)4CONH2发生脱水反应生成NC(CH2)4CN。
【小问1详解】
a．己二腈的官能团为—C≡N，所以己二腈的分子中含有碳氮三键，故正确；
b．由分析可知，反应②为 与过氧化氢发生氧化反应生成 和水，反应④为HOOC(CH2)4COOH与氨气发生取代反应生成H2NOC(CH2)4CONH2和水，则反应②和④中均有水生成，故正确；
c．由题给流程可知，该方法的步骤多，易发生副反应导致原子利用率低，故正确；
故选abc；
【小问2详解】
由结构简式可知，1ml环己醇氧化为己二酸时，反应转移8ml电子，若反应③中硝酸的还原产物为二氧化氮，由得失电子数目守恒可知，理论上生产1ml已二酸产生二氧化氮的物质的量为1ml×8=8ml，故答案为：8；
【小问3详解】
由氢离子的移动方向可知，与直流电源正极相连的X电极为电解池的阳极，故答案为：阳；
【小问4详解】
由图可知，Y极区溶液呈酸性时，氢离子和丙烯腈在阴极竞争得电子生成氢原子，导致反应i的反应速率减慢，同时生成的氢原子使反应iii的反应速率加快，所以溶液呈酸性会加快丙腈的生成，导致己二腈的产率降低，故答案为：H+和丙烯腈在阴极竞争得电子，减慢反应i，同时生成的H加快了反应iii；
【小问5详解】
由氢离子的移动方向可知，与直流电源负极相连的Y电极为电解池的阴极，反应i为水分子作用下丙烯晴在阴极得到电子发生还原反应生成己二腈和氢氧根离子，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e—=NC(CH2)4CN；
【小问6详解】
丙烯晴在阴极得到电子生成己二腈和丙腈的电极反应式分别为2CH2=CHCN+2H2O+2e—=NC(CH2)4CN+2OH—、CH2=CHCN+2H2O+2e—=CH3CH2CN+2OH—，氢离子通过质子交换膜进入阴极室中和放电生成的氢氧根离子，由图可知，季铵盐的浓度为1.5×10-2ml•L-1时，己二腈和丙腈的生成速率分别为3.4×10-3 ml/h和0.9×10-3 ml/h，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量最少为3.4×10-3 ml/h×1h×2+0.9×10-3 ml/h×1h×2=8.6×10-3ml，故答案为：8.6×10-3。
17. 靛蓝类色素是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y 的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。
已知：
i．
（1）A 的名称是___________。
（2）下列说法中，正确的是___________(填序号)。
a．由A 制备B 时，需要使用浓硝酸和浓硫酸
b．D 中含有的官能团只有硝基
c．D→E 可以通过取代反应实现
（3）E→G 的化学方程式是___________。
（4）I 的结构简式是___________。
（5）J 在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X 和乙酸的物质的量比是___________。
（6）K 中除苯环外，还含有一个五元环，K 的结构简式是___________。
（7）已知：
ii．
ⅲ．亚胺( )结构中C=N 键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i 的反应。
M 与L 在一定条件下转化为Y 的一种路线如下图。
写出中间产物 1、中间产物 2 的结构简式___________、___________。
【答案】（1）甲苯 （2）ac
（3） （4）CH3COCH3
（5）1：2 （6）
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】根据E的结构简式及A、B的分子式知，A为 ，B为 ，B中甲基上的氢原子被取代生成的D可能为 (X为卤素)，D发生水解反应生成E，E发生催化氧化生成G为 ，G和I发生信息中的反应生成J，根据J的结构简式知，I为CH3COCH3，X发生信息中的反应生成K和L，K中除苯环外，还含有一个五元环，根据分子式知K为 、L为 ，K水解生成M为 ，以此解答。
【小问1详解】
A为 ，A的名称是甲苯。
【小问2详解】
a．由A制备B时，需要使用浓硝酸作反应物、浓硫酸作催化剂，故a正确；
b．D中含有硝基和卤原子，故b错误；
c．D中卤原子水解生成E中醇羟基，也属于取代反应，所以D→E可以通过取代反应实现，故c正确；
故答案为：ac。
【小问3详解】
E发生催化氧化生成G为 ，E→G的化学方程式是： 。
【小问4详解】
根据分析，I的结构简式是CH3COCH3。
【小问5详解】
J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒知，生成物中化合物X和乙酸的物质的量比是1：2。
【小问6详解】
由分析可知，K的结构简式是 。
【小问7详解】
L为 ，M为 ，M、L发生信息反应ii生成中间产物1为，中间产物1羰基发生加成反应生成中间产物2为 ，中间产物2发生消去反应生成Y。
18. 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
rg表示有机溶液
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱
iii.HR能萃取而不能萃取
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。
（2）滤渣的主要成分是_______。
（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。
（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。
（5）和反应生成和的离子方程式是_______。
（6）测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/ml)。
（7）从无机层获得的离子方程式是_______。
（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。
【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃
（2）
（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
（8）降温结晶、过滤
【解析】
【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【小问1详解】
加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；
【小问4详解】
有机酸性萃取剂HR萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
【小问5详解】
和反应生成和，离子方程式是；
【小问6详解】
用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是
【小问7详解】
无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为；
【小问8详解】
由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
19. 探究溶液中Ag+与单质S的反应。
资料：Ag2S不溶于6ml/L盐酸，Ag2SO3和Ag2SO4在6ml/L盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ．在注射器中将10mL0.04ml/LAgNO3溶液（pH≈6）与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a（pH≈1），沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有__________性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ．
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，可选择的试剂是______（填序号）。
a．酸性KMnO4溶液 b．H2O2和BaCl2的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，写出同时生成Ag和H2S的离子方程式：_________________。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或H2SO3，依据是_______________。
实验Ⅲ．
①说明溶液a中不含H2SO3的实验证据是___________________。
②加入足量稀盐酸的作用是_________________。
（3）在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。向注射器中加入的物质是__________________。
（4）用酸化的NaNO3溶液（pH≈6）与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：_______________。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. Ag2SO4 ③. bc ④.
（2） ①. S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除Ag+对和H2SO3检验的干扰
（3）10mL0.02ml/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉
（4），形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【分析】在注射器中将10mL0.04ml/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。探究无色溶液a的成分时，通过碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定不含有H2SO3，通过加入BaCl2后产生白色沉淀，确定含有；探究沉淀b的成分时，加入6ml/L盐酸，实验证实滤液c中不含有H2SO3、不含有，表明沉淀b中不含有Ag2SO3、Ag2SO4，沉淀d中加入Fe、12ml/L盐酸，有Ag和H2S生成，确定b为Ag2S，从而确定在AgNO3的作用下，S发生歧化反应，生成Ag2S、Ag2SO4等。
【小问1详解】
①S为0价，化合价既能升高也能降低，则S具有氧化性和还原性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。
②ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，表明未生成BaSO4沉淀，从而确定黑色固体b中不含Ag2SO4。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，也就是检验不存在H2SO3，但需排除Cl-产生的干扰，所以不能选择a．酸性KMnO4溶液(能被Cl-还原)，可选择b．H2O2和BaCl2的混合溶液(H2SO3被H2O2氧化为H2SO4，再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀)、c．溴水(H2SO3还原Br2，使溴水褪色)，可选择的试剂是bc。
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，则Fe作还原剂，在HCl的帮助下，将Ag2S还原为Ag，同时生成H2S气体，离子方程式：。
小问2详解】
S与AgNO3溶液反应后，生成Ag2S，S元素的价态降低，则S元素的价态也应升高，所以溶液a中可能存在或H2SO3，依据是：S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3。
①碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定溶液a中不含有H2SO3，实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。
②Ag+能与I-、发生反应，从而干扰后续实验，所以加入足量稀盐酸的作用是：排除Ag+对和H2SO3检验的干扰。
【小问3详解】
在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同，此时是与实验Ⅰ做对比实验，所以S的物质的量、Ag+的浓度都应相同，从而得出向注射器中加入的物质是10mL0.02ml/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉。
【小问4详解】
用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应，说明Ag+对S的歧化反应提供了帮助，由此得出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。
【点睛】由于BaSO3易溶于盐酸，所以H2SO3与BaCl2不能发生反应。A
B
速滑冰刀中的钛合金
“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂
C
D
颁奖礼服中的石墨烯发热材料
可降解餐具中的聚乳酸材料
A
B
乙炔的空间结构模型
的VSEPR模型
C
D
反-2-丁烯的结构简式
乙醇的核磁共振氢谱
①中实验
②中现象
A
加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物
酸性溶液褪色
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
晶体
装载分子
晶胞中Zn2+个数
晶胞体积/cm3
M1
顺式偶氮苯
x
M2
反式偶氮苯
4
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