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安徽六校教育研究会2024届高三化学上学期开学素质测试试题（Word版附解析）
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这是一份安徽六校教育研究会2024届高三化学上学期开学素质测试试题（Word版附解析），共24页。
安徽六校教育研究会2024届高三年级入学素质测试
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Ti-48 Bi-209
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 近年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法错误的是
A. 国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，比氟利昂更加环保
B. 第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应不属于化学变化
C. 领奖礼服中的石墨烯发热材料属于有机高分子材料
D. “天宫二号”卫星使用的高性能硅芯片中含有单质硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟利昂会破坏臭氧层，国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，所以更加环保，A正确；
B．核反应中原子核会发生裂变、聚变等变化，所以核反应不属于化学变化，B正确；
C．石墨烯是碳元素形成的单质，属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误；
D．硅具有良好的半导体性能，高性能硅芯片的主要成分是单质硅，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 的VSEPR模型：
B. 用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：
C. 碳的基态原子轨道表示式：
D. 的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中心原子价层电子对数：，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，故A错误；
B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：，故B正确；
C．基态碳原子的核外电子排布式为，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故C错误；
D．是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；
答案选B。
3. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备并收集
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C. 用丙装置制备无水
D. 用丁装置操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
【答案】C
【解析】
【详解】A．密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；
B．苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；
C．能水解，在加热时通入干燥的，能避免的水解，C正确；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，D错误；
故答案选C。
4. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 药剂A具有还原性
B. ①→②过程若有键断裂，则转移2mol电子
C. ②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
【答案】B
【解析】
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由-1价变为-2价，若有键断裂，则转移电子，故B错误；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为，故C正确；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确；
故答案选B。
5. 铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程总反应为
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价未发生变化
D. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Ⅱ→Ⅲ过程碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低，Ⅳ→Ⅰ过程氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，所以Fe在反应过程中化合价发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D正确；
故选C。
6. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A. 浸出镁的反应为
B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
【答案】B
【解析】
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故答案为B。
7. 中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是
A. 纤维素是自然界分布广泛的一种多糖
B. 纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
C. NaOH提供破坏纤维素链之间氢键
D. 低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性
【答案】D
【解析】
【详解】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；
B．纤维素大分子间和分子内、纤维素和水分子之间均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被常用的溶剂如水溶解，B正确；
C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；
D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误；
故选D。
8. 石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A. 与石墨相比，(CF)x导电性增强
B. 与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C. (CF)x中的键长比短
D. 1mol(CF)x中含有2xmol共价单键
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；
B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；
C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中的键长比长，C错误；
D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；
故答案为：B。
9. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 废气中排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D. 装置中的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；
C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，故D正确；
选C。
10. 葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙；其阳极区反应过程如图：
下列说法正确是
A. 溴化钠起催化和导电作用
B. 每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子
C. 葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有八元环状结构的产物
D. 上述实验中可用代替制备葡萄糖酸钙
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且在阳极上被氧化为，然后与反应生成和，再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，故A正确；
B．由A中分析可知，在阳极上失去电子后生成，与反应生成，与葡萄糖反应生成葡萄糖酸，葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5mol葡萄糖酸钙，因此，每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4mol电子，故B错误；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，羟基和羧基可反应生成含有六元环状结构的酯，故C错误；
D．如果与葡萄糖酸反应制备葡萄糖酸钙，则另一产物为盐酸，而盐酸酸性比葡萄糖酸强，所以反应不能发生，故D错误；
答案选A。
二、多选题(本题共4小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A. 电负性：Y>X>Z>W
B. 原子半径：X
D. Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素；由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素；因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。
【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，故四种原子的电负性：Y>X>Z>W，A正确；
B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。故四种原子的原子半径：Y
D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为，几乎没有氧化性，D错误。
故选AC。
12. 25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：
下列说法错误的是
A. 25℃时，第一步电离平衡常数
B. c点溶液中：
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D. b点溶液中：
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当2＞＞1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
【详解】A．
由图可知，25 °C，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A正确；
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2- )=3c(HA-)=3c(A2- )=2c(HA- )+ c(A2-)，故B正确；
C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C错误；
D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，H2A被滴定分数>1，c(OH- )> c(H2A)，故D错误；
故选CD。
13. 下列由实验操作和现象推出的结论错误的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向含有和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成
B
向和的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色
碱性条件下，氧化性：
C
向X溶液中滴入稀酸化的溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含或或两者均有
D
常温下，将50mL苯与混合，得到101mL混合液
苯减弱了分子间氢键
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．与溶液反应生成沉淀，为沉淀生成，不存在沉淀的转化，则不能证明溶度积大小，即不能证明：，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，向和的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色，说明氯气将氧化为，证明碱性条件下氧化性：，故B正确；
C．硝酸可能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，硫酸根与银离子结合生成沉淀，由实验现象可知，溶液中可能含有亚硫酸根离子，故C错误；
D．苯中C的非金属性较弱，分子间只存在范德华力，而醋酸分子间存在氢键，常温下，将50mL苯与混合体积为，说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，故D正确；
答案选AC。
14. 天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。
［已知：；，M为或］下列说法正确的是
A. 曲线③代表与pH的关系
B. 的数量级为10-4
C.
D. pH由4到8的过程中增大的比快
【答案】BC
【解析】
【分析】二氧化碳可以和少量氢氧根反应生成碳酸氢根，和过量的氢氧根反应生成碳酸根，所以碱性越强碳酸根的浓度越大，碳酸根浓度越大，钙离子的浓度越小，所以曲线①钙离子浓度②碳酸氢根浓度③碳酸根浓度
【详解】A．曲线③代表，A错误；
B．点(10.3,1.1)时，，B正确；
C．(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度， ，mol/L， (8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8.6=10-5.4mol/L，，，c()=101.7×c()=101.7×10-4.27=10-2.57，，C正确；
D．根据图像斜率，pH由4到8的过程中增大的比慢，D错误；
故选BC。
三、填空题(本题共4小题，共54分)
15. 钛在医疗领域、航空航天材料方面的使用非常广泛。某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集，并用制备纳米(夹持装置略去)。
【实验一】制备无水
已知：①高温时能与反应，遇水极易水解；
②瓷舟中物质反应后除生成、外，还生成一种有毒氧化物气体和少量副产物；
③相关物质的部分物理性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
-23.2
136.4
极易水解生成白色沉淀，能溶于等有机溶剂
306
315
易水解生成红褐色沉淀
-23
76.8
难溶于水
（1）洗气瓶A中的试剂为________。
（2）管式炉加热至900℃，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为________。
（3）实验过程中需要先后通入两次，第二次通入作用是________。装置单元X的作用为________。
（4）为除去产物中的，控温箱的温度应控制的范围是________。欲分离锥形瓶中的液态混合物，所采用的操作名称是________。
【实验二】用制备纳米
（5）可由直接水解产生，再经焙烧得。请写出直接水解产生的化学方程式：________。
（6）实验室可用电位滴定法测定纳米组成，方法如下：
步骤I：取样品纳米6.94g用稀硫酸充分溶解得到，再用足量单质Al将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入500mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤Ⅱ：取待测液50.00mL于烧杯中，用标准溶液滴定，将氧化为时，溶液中浓度不断变化，指示电极的电位发生相应变化，根据测量工作电池电动势的变化就可确定滴定终点。
用的标准溶液滴定时，三次滴定消耗标准溶液的平均值为40.00mL。通过计算，该样品的组成为________。
【答案】（1）浓硫酸 （2）
（3） ①. 排除装置中的氯气，方便后面拆卸仪器 ②. 吸收装置中产生的CO，防止污染环境
（4） ①. 136.4℃-306℃ ②. 蒸馏
（5）
（6）
【解析】
【分析】反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除了生成、外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为、、CO均会进入控温箱，根据和的沸点可知，控温箱控制温度在136.4℃-306℃，可冷凝且保证为气态，从而除去中混有的，最后经冷凝收集在锥形瓶中，碱石灰用于吸收多余的氯气，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO，防止其污染环境。
【小问1详解】
产品易水解，需要对原料进行干燥，因此洗气瓶A中的试剂为浓硫酸。
【小问2详解】
管式炉加热至900℃，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除了生成、外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为。
【小问3详解】
高温下能与反应，遇水极易水解，因此第一次通的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯。制备无水TiCl4需要氯气的参与，因此第二次通入的作用是排除装置中的氯气，使其全部被碱石灰吸收，同时方便后面拆卸仪器；反应有CO生成，因此装置单元X的作用为吸收装置中产生的CO，防止污染环境。
【小问4详解】
和的混合气体进入控温箱，将控温箱温度控制在136.4℃-306℃，可冷凝产品且保证为气态，从而除去中混有的；锥形瓶中除外还含有少量，可用蒸馏的方法分离。
【小问5详解】
直接水解生成和HCl，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
将氧化为，自身被还原为，根据得失电子守恒，与消耗的物质的量之比为1:1，现消耗为，则有，根据Ti守恒，6.94g样品中的物质的量为0.08mol，质量为6.4g，剩余的6.94g-6.4g=0.54g为的质量，的物质的量为0.03mol，则该样品的组成为。
16. 铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋()常用作电子设备、塑料助剂等。一种用铋精矿(，含有、、及不溶性杂质)制备的一种方法，其流程如图：
已知：
①开始沉淀()的pH为1.9，沉淀完全()时的pH为3.2
②开始沉淀()的pH为7.0，沉淀完全()时的pH为9.0
③时，极易水解为沉淀
请回答以下问题：
（1）“加压浸取"过程中，转化为，转化为，而溶解进入浸出液且硫元素转化为，请写出在此过程中发生反应的离子方程式：___________。
（2）“操作I”为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
（3）分析盐酸羟胺()在流程中的作用：___________。
（4）滤液3中的浓度为，“调pH”步骤中pH的范围为___________。
（5）写出流程中生成的离子方程式：___________。
（6）铋化锂晶胞结构如图所示：
①晶胞可以看作是由Bi原子构成的面心立方晶格，Li原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，图中铋原子坐标参数：A为(0，0，0)、B为___________。
②若晶胞的参数为apm，阿伏加德罗常数为，晶体的密度为_______(填计算表达式)。
【答案】（1）或
（2） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（3）将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；将还原为，提高产品纯度
（4）
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】铋精矿加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后、元素进入浸出液，浸出渣主要含有、、及不溶性杂质；浸出液经系列操作得到溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水硫酸铜；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，元素转化为进入滤液1、元素分别被还原成、进入滤液1，滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有、，加入碳酸钠调节，得到，滤液3中此时还有，以及加入碳酸钠后得到的，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，加压氧化氨气过程中，发生反应的离子方程式为或；
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅰ为从硫酸铜溶液中得到五水硫酸铜，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问3详解】
在时开始沉淀，而后续流程为了得到，需要将调至约为3，若元素为+3价，则该过程中会产生沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将还原成，以免在生成的同时生成沉淀；同时可以将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”，故答案为：将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；将还原为，提高产品纯度；
【小问4详解】
滤液3中的浓度为，物质的量浓度为，开始沉淀的为7.0，沉淀完全时的为9.0，亚铁离子开始沉淀时，此时；时，极易水解为沉淀，则“调”步骤中的范围为，故答案为：；
小问5详解】
加入碳酸钠调节约为3，得到，根据元素守恒可得离子方程式为，故答案为：；
【小问6详解】
①由题干晶胞结构示意图状况，①中铋原子坐标参数：为、为，故答案为：；
②根据均摊法，该晶胞含有的为，含有的Bi为，晶体的密度，故答案为：。
17. 2021年中国政府工作报告中提出碳中和目标：在2030年前达到最高值，2060年前达到碳中和。因此对二氧化碳的综合利用显得尤为重要。
（1）通过电解的方式可实现对二氧化碳的综合利用。2022年7月香港中文大学王莹教授研发新型电解槽实现二氧化碳回收转化效率达到60%以上。
双金属催化剂在某介质中催化转化为转化示意图如图所示，请写出其电极反应方程式：_______。
（2）在席夫碱(含“”有机物)修饰的纳米金催化剂上，直接催化加氢成甲酸。其反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。
该历程中起决速步骤的化学方程式是_______；
（3）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚 (CH3OCH3)也有广泛的应用。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
① _______
②起始压强为4.0MPa、恒压条件下，通入氢气和二氧化碳的的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比)如下图所示：
当温度超过290℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。在上图中，在200℃时，若经过0.2s该平衡体系即达到平衡。计算分压的平均变化速率为_______；此时对于反应Ⅰ的_______(保留三位有效数字)
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. 反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故的转化率随温度升高而增大 ③. 1.5 ④.
【解析】
【小问1详解】
根据图示可知，在碱性条件下得电子被还原转化为，其电极反应式为：；
【小问2详解】
起决速步骤为正反应活化能最高的步骤，根据图示可知，该步骤为TS-2，即反应为：；
【小问3详解】
①根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+II可得到，所以对应的反应焓变=；
②反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故的转化率随温度升高而增大；
设起始为，的起始分压，的平衡转化率50%，则转化的为，二甲醚的选择性为80%，则说明有的转化为二甲醚。的起始分压为，达平衡时分压为，则
，分压的平均变化速率：；
，则反应达到平衡后各物质的物质的量分别为n(CO2)=(1-0.5)mol=0.5mol，n(H2)=(4-3×0.5)mol=2.5mol，n(CH3OH)=(0.5-0.5×80%)mol=0.1mol，n(CH3OCH3)=( )mol=0.2mol，n(H2O)= (0.5+)mol=0.7mol，总气体的物质的量，所以反应I的Kp==MPa。
18. K是某药物的中间体，以顺丁烯二酸为原料制备K的流程如图：
已知：①B和C反应生成D的原子利用率为100%
②图中，Me代表甲基，Et代表乙基
请回答下列问题：
（1）C的名称是___________，I所含官能团的名称为酯基、___________。
（2）J→K的反应类型是___________。
（3）若在碱的作用下生成和，则L在核磁共振氢谱图中峰的面积比为___________。
（4）写出B→D反应的化学方程式：___________。
（5）在D的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种。
①遇溶液发生显色反应
②能发生银镜反应和水解反应
任选一种苯环上含3个取代基的同分异构体与足量的热烧碱溶液反应，写出发生反应的化学方程式：___________。
（6）以异戊二烯(2-甲基-1，3-丁二烯)、3-烯环戊醇()和为原料合成某药物中间体，设计合成路线(无机试剂任选)：___________。
【答案】（1） ①. 1，3-丁二烯 ②. 酮羰基
（2）氧化反应 （3）1：2：3(3：2：1，或2：3：1)
（4） （5） ①. 13 ②.
（6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，与发生加成反应生成，则C为；在乙醚作用下与四氢合铝酸锂发生还原反应生成，在红磷和碘化氢作用下转化为一定条件下转化为，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，在碱中转化为，一定条件下转化为，与过氧乙酸发生氧化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，名称为1，3—丁二烯；由结构简式可知，Ⅰ的官能团为酯基、酮羰基。
【小问2详解】
由分析可知，J→K的反应为与过氧乙酸发生氧化反应生成。
【小问3详解】
由题意可知，1mol在碱的作用下生成1mol和，的核磁共振氢谱三组峰，图中峰的面积比为1：2：3(3：2：1，或2：3：1)。
【小问4详解】
由分析可知，B→D的反应为与发生加成反应生成，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
D的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应和水解反应说明同分异构体分子中含有苯环、酚羟基和甲酸酯基，若同分异构体分子中苯环上个的取代基为2个，取代基和在苯环上有邻、间、对3种结构；若同分异构体分子中苯环上个的取代基为3个，取代基为和，，同分异构体可以视作、、分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，则符合条件的D的同分异构体共有13种，其中结构简式为与氢氧化钠溶液反应共热发生水解反应生成、甲酸钠和水，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
由有机物的转化关系可知，以异戊二烯、3—烯环戊醇和为原料合成某药物中间体的合成步骤为异戊二烯、3—烯环戊醇发生加成反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，铜做催化剂条件下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与过氧乙酸发生氧化反应生成，合成路线为
安徽六校教育研究会2024届高三年级入学素质测试
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Ti-48 Bi-209
一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 近年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法错误的是
A. 国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，比氟利昂更加环保
B. 第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应不属于化学变化
C. 领奖礼服中的石墨烯发热材料属于有机高分子材料
D. “天宫二号”卫星使用的高性能硅芯片中含有单质硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．氟利昂会破坏臭氧层，国家速滑馆“冰丝带”采用了制冰技术，所以更加环保，A正确；
B．核反应中原子核会发生裂变、聚变等变化，所以核反应不属于化学变化，B正确；
C．石墨烯是碳元素形成的单质，属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，C错误；
D．硅具有良好的半导体性能，高性能硅芯片的主要成分是单质硅，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 的VSEPR模型：
B. 用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：
C. 碳的基态原子轨道表示式：
D. 的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中心原子价层电子对数：，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，故A错误；
B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：，故B正确；
C．基态碳原子的核外电子排布式为，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故C错误；
D．是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；
答案选B。
3. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A. 用甲装置制备并收集
B. 用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C. 用丙装置制备无水
D. 用丁装置操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
【答案】C
【解析】
【详解】A．密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；
B．苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，B错误；
C．能水解，在加热时通入干燥的，能避免的水解，C正确；
D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，D错误；
故答案选C。
4. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 药剂A具有还原性
B. ①→②过程若有键断裂，则转移2mol电子
C. ②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D. 化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
【答案】B
【解析】
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由-1价变为-2价，若有键断裂，则转移电子，故B错误；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为，故C正确；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确；
故答案选B。
5. 铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程总反应为
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价未发生变化
D. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Ⅱ→Ⅲ过程碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低，Ⅳ→Ⅰ过程氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，所以Fe在反应过程中化合价发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D正确；
故选C。
6. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：
已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A. 浸出镁的反应为
B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
【答案】B
【解析】
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。
【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；
故答案为B。
7. 中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是
A. 纤维素是自然界分布广泛的一种多糖
B. 纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
C. NaOH提供破坏纤维素链之间氢键
D. 低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性
【答案】D
【解析】
【详解】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；
B．纤维素大分子间和分子内、纤维素和水分子之间均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被常用的溶剂如水溶解，B正确；
C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；
D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误；
故选D。
8. 石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A. 与石墨相比，(CF)x导电性增强
B. 与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C. (CF)x中的键长比短
D. 1mol(CF)x中含有2xmol共价单键
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；
B．(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；
C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中的键长比长，C错误；
D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；
故答案为：B。
9. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 废气中排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D. 装置中的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；
C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，故D正确；
选C。
10. 葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙；其阳极区反应过程如图：
下列说法正确是
A. 溴化钠起催化和导电作用
B. 每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子
C. 葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有八元环状结构的产物
D. 上述实验中可用代替制备葡萄糖酸钙
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，溴化钠是电解装置中的电解质，其电离产生的离子可以起导电作用，且在阳极上被氧化为，然后与反应生成和，再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和，溴离子在该过程中的质量和性质保持不变，因此，溴化钠在反应中起催化和导电作用，故A正确；
B．由A中分析可知，在阳极上失去电子后生成，与反应生成，与葡萄糖反应生成葡萄糖酸，葡萄糖酸与足量的碳酸钙反应可生成0.5mol葡萄糖酸钙，因此，每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4mol电子，故B错误；
C．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，羟基和羧基可反应生成含有六元环状结构的酯，故C错误；
D．如果与葡萄糖酸反应制备葡萄糖酸钙，则另一产物为盐酸，而盐酸酸性比葡萄糖酸强，所以反应不能发生，故D错误；
答案选A。
二、多选题(本题共4小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A. 电负性：Y>X>Z>W
B. 原子半径：X
D. Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素；由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素；因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。
【详解】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca，故四种原子的电负性：Y>X>Z>W，A正确；
B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。故四种原子的原子半径：Y
D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物为，几乎没有氧化性，D错误。
故选AC。
12. 25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：
下列说法错误的是
A. 25℃时，第一步电离平衡常数
B. c点溶液中：
C. a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a
D. b点溶液中：
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当2＞＞1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。
【详解】A．
由图可知，25 °C，c(HA- )= c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，故A正确；
B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2- )，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2- )，pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)=c(HA-)+2c(A2- )=3c(HA-)=3c(A2- )=2c(HA- )+ c(A2-)，故B正确；
C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故C错误；
D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2- )＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+ )>c(OH- )，H2A被滴定分数>1，c(OH- )> c(H2A)，故D错误；
故选CD。
13. 下列由实验操作和现象推出的结论错误的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向含有和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成
B
向和的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色
碱性条件下，氧化性：
C
向X溶液中滴入稀酸化的溶液，产生白色沉淀
溶液中一定含或或两者均有
D
常温下，将50mL苯与混合，得到101mL混合液
苯减弱了分子间氢键
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．与溶液反应生成沉淀，为沉淀生成，不存在沉淀的转化，则不能证明溶度积大小，即不能证明：，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，向和的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色，说明氯气将氧化为，证明碱性条件下氧化性：，故B正确；
C．硝酸可能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，硫酸根与银离子结合生成沉淀，由实验现象可知，溶液中可能含有亚硫酸根离子，故C错误；
D．苯中C的非金属性较弱，分子间只存在范德华力，而醋酸分子间存在氢键，常温下，将50mL苯与混合体积为，说明混合过程中削弱了分子间的氢键，且苯与分子间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，故D正确；
答案选AC。
14. 天然溶洞的形成与岩石中的CaCO3和空气中CO2溶于天然水体形成的含碳物种的浓度有密切关系。常温下，某溶洞水体中pM随pH的变化关系如图所示。
［已知：；，M为或］下列说法正确的是
A. 曲线③代表与pH的关系
B. 的数量级为10-4
C.
D. pH由4到8的过程中增大的比快
【答案】BC
【解析】
【分析】二氧化碳可以和少量氢氧根反应生成碳酸氢根，和过量的氢氧根反应生成碳酸根，所以碱性越强碳酸根的浓度越大，碳酸根浓度越大，钙离子的浓度越小，所以曲线①钙离子浓度②碳酸氢根浓度③碳酸根浓度
【详解】A．曲线③代表，A错误；
B．点(10.3,1.1)时，，B正确；
C．(8.6，n)，碳酸根浓度等于钙离子浓度， ，mol/L， (8.6，m)，即pH=8.6，c(H+)=10-8.6mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8.6=10-5.4mol/L，，，c()=101.7×c()=101.7×10-4.27=10-2.57，，C正确；
D．根据图像斜率，pH由4到8的过程中增大的比慢，D错误；
故选BC。
三、填空题(本题共4小题，共54分)
15. 钛在医疗领域、航空航天材料方面的使用非常广泛。某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集，并用制备纳米(夹持装置略去)。
【实验一】制备无水
已知：①高温时能与反应，遇水极易水解；
②瓷舟中物质反应后除生成、外，还生成一种有毒氧化物气体和少量副产物；
③相关物质的部分物理性质如表：
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
-23.2
136.4
极易水解生成白色沉淀，能溶于等有机溶剂
306
315
易水解生成红褐色沉淀
-23
76.8
难溶于水
（1）洗气瓶A中的试剂为________。
（2）管式炉加热至900℃，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为________。
（3）实验过程中需要先后通入两次，第二次通入作用是________。装置单元X的作用为________。
（4）为除去产物中的，控温箱的温度应控制的范围是________。欲分离锥形瓶中的液态混合物，所采用的操作名称是________。
【实验二】用制备纳米
（5）可由直接水解产生，再经焙烧得。请写出直接水解产生的化学方程式：________。
（6）实验室可用电位滴定法测定纳米组成，方法如下：
步骤I：取样品纳米6.94g用稀硫酸充分溶解得到，再用足量单质Al将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入500mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤Ⅱ：取待测液50.00mL于烧杯中，用标准溶液滴定，将氧化为时，溶液中浓度不断变化，指示电极的电位发生相应变化，根据测量工作电池电动势的变化就可确定滴定终点。
用的标准溶液滴定时，三次滴定消耗标准溶液的平均值为40.00mL。通过计算，该样品的组成为________。
【答案】（1）浓硫酸 （2）
（3） ①. 排除装置中的氯气，方便后面拆卸仪器 ②. 吸收装置中产生的CO，防止污染环境
（4） ①. 136.4℃-306℃ ②. 蒸馏
（5）
（6）
【解析】
【分析】反应前通入氮气，排除装置内原有的空气，随后通入，经过浓硫酸干燥后，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除了生成、外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为、、CO均会进入控温箱，根据和的沸点可知，控温箱控制温度在136.4℃-306℃，可冷凝且保证为气态，从而除去中混有的，最后经冷凝收集在锥形瓶中，碱石灰用于吸收多余的氯气，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO，防止其污染环境。
【小问1详解】
产品易水解，需要对原料进行干燥，因此洗气瓶A中的试剂为浓硫酸。
【小问2详解】
管式炉加热至900℃，氯气进入瓷舟与、C反应，根据题干可知，除了生成、外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物，则该氧化物为CO，反应的化学方程式为。
【小问3详解】
高温下能与反应，遇水极易水解，因此第一次通的作用为将装置内的空气和水蒸气排除，防止生成的与氧气或水蒸气反应导致不纯。制备无水TiCl4需要氯气的参与，因此第二次通入的作用是排除装置中的氯气，使其全部被碱石灰吸收，同时方便后面拆卸仪器；反应有CO生成，因此装置单元X的作用为吸收装置中产生的CO，防止污染环境。
【小问4详解】
和的混合气体进入控温箱，将控温箱温度控制在136.4℃-306℃，可冷凝产品且保证为气态，从而除去中混有的；锥形瓶中除外还含有少量，可用蒸馏的方法分离。
【小问5详解】
直接水解生成和HCl，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
将氧化为，自身被还原为，根据得失电子守恒，与消耗的物质的量之比为1:1，现消耗为，则有，根据Ti守恒，6.94g样品中的物质的量为0.08mol，质量为6.4g，剩余的6.94g-6.4g=0.54g为的质量，的物质的量为0.03mol，则该样品的组成为。
16. 铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋()常用作电子设备、塑料助剂等。一种用铋精矿(，含有、、及不溶性杂质)制备的一种方法，其流程如图：
已知：
①开始沉淀()的pH为1.9，沉淀完全()时的pH为3.2
②开始沉淀()的pH为7.0，沉淀完全()时的pH为9.0
③时，极易水解为沉淀
请回答以下问题：
（1）“加压浸取"过程中，转化为，转化为，而溶解进入浸出液且硫元素转化为，请写出在此过程中发生反应的离子方程式：___________。
（2）“操作I”为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
（3）分析盐酸羟胺()在流程中的作用：___________。
（4）滤液3中的浓度为，“调pH”步骤中pH的范围为___________。
（5）写出流程中生成的离子方程式：___________。
（6）铋化锂晶胞结构如图所示：
①晶胞可以看作是由Bi原子构成的面心立方晶格，Li原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，图中铋原子坐标参数：A为(0，0，0)、B为___________。
②若晶胞的参数为apm，阿伏加德罗常数为，晶体的密度为_______(填计算表达式)。
【答案】（1）或
（2） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（3）将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；将还原为，提高产品纯度
（4）
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】铋精矿加入氨水、氧气加压浸取，根据题目所给信息可知，过滤后、元素进入浸出液，浸出渣主要含有、、及不溶性杂质；浸出液经系列操作得到溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水硫酸铜；浸出渣加入稀盐酸、盐酸羟胺，元素转化为进入滤液1、元素分别被还原成、进入滤液1，滤液中加入稀硫酸得到硫酸铅沉淀，此时滤液2中含有、，加入碳酸钠调节，得到，滤液3中此时还有，以及加入碳酸钠后得到的，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，加压氧化氨气过程中，发生反应的离子方程式为或；
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅰ为从硫酸铜溶液中得到五水硫酸铜，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
【小问3详解】
在时开始沉淀，而后续流程为了得到，需要将调至约为3，若元素为+3价，则该过程中会产生沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将还原成，以免在生成的同时生成沉淀；同时可以将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”，故答案为：将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；将还原为，提高产品纯度；
【小问4详解】
滤液3中的浓度为，物质的量浓度为，开始沉淀的为7.0，沉淀完全时的为9.0，亚铁离子开始沉淀时，此时；时，极易水解为沉淀，则“调”步骤中的范围为，故答案为：；
小问5详解】
加入碳酸钠调节约为3，得到，根据元素守恒可得离子方程式为，故答案为：；
【小问6详解】
①由题干晶胞结构示意图状况，①中铋原子坐标参数：为、为，故答案为：；
②根据均摊法，该晶胞含有的为，含有的Bi为，晶体的密度，故答案为：。
17. 2021年中国政府工作报告中提出碳中和目标：在2030年前达到最高值，2060年前达到碳中和。因此对二氧化碳的综合利用显得尤为重要。
（1）通过电解的方式可实现对二氧化碳的综合利用。2022年7月香港中文大学王莹教授研发新型电解槽实现二氧化碳回收转化效率达到60%以上。
双金属催化剂在某介质中催化转化为转化示意图如图所示，请写出其电极反应方程式：_______。
（2）在席夫碱(含“”有机物)修饰的纳米金催化剂上，直接催化加氢成甲酸。其反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注。
该历程中起决速步骤的化学方程式是_______；
（3）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚 (CH3OCH3)也有广泛的应用。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
① _______
②起始压强为4.0MPa、恒压条件下，通入氢气和二氧化碳的的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比)如下图所示：
当温度超过290℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。在上图中，在200℃时，若经过0.2s该平衡体系即达到平衡。计算分压的平均变化速率为_______；此时对于反应Ⅰ的_______(保留三位有效数字)
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. 反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故的转化率随温度升高而增大 ③. 1.5 ④.
【解析】
【小问1详解】
根据图示可知，在碱性条件下得电子被还原转化为，其电极反应式为：；
【小问2详解】
起决速步骤为正反应活化能最高的步骤，根据图示可知，该步骤为TS-2，即反应为：；
【小问3详解】
①根据盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+II可得到，所以对应的反应焓变=；
②反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应Ⅲ占主导因素，的选择性增大得更快，更有利于反应Ⅲ正向移动，故的转化率随温度升高而增大；
设起始为，的起始分压，的平衡转化率50%，则转化的为，二甲醚的选择性为80%，则说明有的转化为二甲醚。的起始分压为，达平衡时分压为，则
，分压的平均变化速率：；
，则反应达到平衡后各物质的物质的量分别为n(CO2)=(1-0.5)mol=0.5mol，n(H2)=(4-3×0.5)mol=2.5mol，n(CH3OH)=(0.5-0.5×80%)mol=0.1mol，n(CH3OCH3)=( )mol=0.2mol，n(H2O)= (0.5+)mol=0.7mol，总气体的物质的量，所以反应I的Kp==MPa。
18. K是某药物的中间体，以顺丁烯二酸为原料制备K的流程如图：
已知：①B和C反应生成D的原子利用率为100%
②图中，Me代表甲基，Et代表乙基
请回答下列问题：
（1）C的名称是___________，I所含官能团的名称为酯基、___________。
（2）J→K的反应类型是___________。
（3）若在碱的作用下生成和，则L在核磁共振氢谱图中峰的面积比为___________。
（4）写出B→D反应的化学方程式：___________。
（5）在D的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种。
①遇溶液发生显色反应
②能发生银镜反应和水解反应
任选一种苯环上含3个取代基的同分异构体与足量的热烧碱溶液反应，写出发生反应的化学方程式：___________。
（6）以异戊二烯(2-甲基-1，3-丁二烯)、3-烯环戊醇()和为原料合成某药物中间体，设计合成路线(无机试剂任选)：___________。
【答案】（1） ①. 1，3-丁二烯 ②. 酮羰基
（2）氧化反应 （3）1：2：3(3：2：1，或2：3：1)
（4） （5） ①. 13 ②.
（6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在五氧化二磷作用下发生脱水反应生成，与发生加成反应生成，则C为；在乙醚作用下与四氢合铝酸锂发生还原反应生成，在红磷和碘化氢作用下转化为一定条件下转化为，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，在碱中转化为，一定条件下转化为，与过氧乙酸发生氧化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，C的结构简式为，名称为1，3—丁二烯；由结构简式可知，Ⅰ的官能团为酯基、酮羰基。
【小问2详解】
由分析可知，J→K的反应为与过氧乙酸发生氧化反应生成。
【小问3详解】
由题意可知，1mol在碱的作用下生成1mol和，的核磁共振氢谱三组峰，图中峰的面积比为1：2：3(3：2：1，或2：3：1)。
【小问4详解】
由分析可知，B→D的反应为与发生加成反应生成，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
D的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应和水解反应说明同分异构体分子中含有苯环、酚羟基和甲酸酯基，若同分异构体分子中苯环上个的取代基为2个，取代基和在苯环上有邻、间、对3种结构；若同分异构体分子中苯环上个的取代基为3个，取代基为和，，同分异构体可以视作、、分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，则符合条件的D的同分异构体共有13种，其中结构简式为与氢氧化钠溶液反应共热发生水解反应生成、甲酸钠和水，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
由有机物的转化关系可知，以异戊二烯、3—烯环戊醇和为原料合成某药物中间体的合成步骤为异戊二烯、3—烯环戊醇发生加成反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，铜做催化剂条件下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与过氧乙酸发生氧化反应生成，合成路线为
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