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山东省菏泽市单县第二中学2024届高三2月模拟1化学试题（PDF版含答案）
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这是一份山东省菏泽市单县第二中学2024届高三2月模拟1化学试题（PDF版含答案），文件包含山东省菏泽市单县二中2024届高三模拟卷1原卷pdf、山东省菏泽市单县二中2024届高三模拟1解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1．文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文明资源。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是( )
答案 C
解析 金属具有良好的延展性，变形复原属于物理变化，故A不符合题意；缺损玉器补配是利用物理切割后进行完善，不涉及化学变化，故B不符合题意；银器表面的锈蚀物可以考虑使用甲酸溶液或电化学还原的方法处理，甲酸能有效地除去银元素锈蚀产物，而对银不起作用，以上过程涉及了化学变化，故C符合题意；木器表面擦拭烫蜡，利用了蜂蜡熔点很低的性质，加热固体蜂蜡，使蜂蜡融化并完全覆盖木器，该过程未涉及化学变化，故D不符合题意。
2．化学创造美好生活。下列有关生产应用的化学原理解释不正确的是( )
答案 D
解析 钛合金比纯金属钛具有更高的强度、硬度，故A正确；石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料，故B正确；硅是半导体材料，导电性介于导体和绝缘体之间，可作太阳能电池板，故C正确；生石灰具有吸水性，能防止食品受潮，还原铁粉能防止食品被氧化，故D错误。
3．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是( )
A．四种元素中X的电负性最大
B．简单离子半径：WC．由Z和X两种元素可能形成非极性分子
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素只有两种
答案 C
解析 短线表示共价键或配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成的化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，则W是Mg，X是O，Y是B，Z是H。四种元素中，氧元素电负性最大，A正确；镁离子和氧离子的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大，镁离子半径小于氧离子，B正确；X是O，Z是H，可形成H2O和H2O2，均为极性分子，C错误；第一电离能介于O和B之间的同周期元素只有Be和C两种，D正确。
4．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是( )
A．BFeq \\al(－,4)的键角小于NH3
B．BFeq \\al(－,4)的中心原子的杂化方式为sp3
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．BF3分子的空间结构为平面三角形
答案 A
解析 BFeq \\al(－,4)和NH3的价层电子对数都是4，但是氨气分子中含有孤电子对，其对 σ电子对的斥力较大，故氨气中的键角较小，A错误；BFeq \\al(－,4)中心原子的价层电子对数是4，故其中心原子的杂化方式为sp3，B正确；BF3与NH3反应时可以形成氨气中氮原子提供孤电子对、BF3中B原子提供空轨道的配位键，C正确；BF3分子的中心原子的价层电子对数是3，且没有孤电子对，故其空间结构为平面三角形，D正确。
5．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是( )
答案 A
解析 明矾中的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题意；Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2，B不符合题意；二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意。
6．化学是一门以实验为基础的科学，下列实验设计能达到相应目的的是(部分夹持装置已略去)( )
答案 B
解析 NH4Cl受热易分解，不能直接蒸发结晶，应该采用降温结晶的方式，A错误；乙醇还原氧化铜反应的方程式：CH3CH2OH＋CuOeq \(――→,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O，可以观察到黑色氧化铜被还原为红色铜单质，B正确；溶液的稀释不能在容量瓶中进行，C错误；蘸有NaBr溶液的棉球与蘸有淀粉-KI溶液的棉球之间没有吸收处理Cl2，无法证明是 Br2 氧化了I－还是 Cl2氧化了I－，因此无法证明非金属性：Br>I，D错误。
7．下列实验方案能实现相应实验目的的是( )
答案 B
解析 溴乙烷发生消去反应生成乙烯的过程中会有SO2生成，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不能实现相应实验目的；向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，可证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B能实现相应实验目的；广泛pH试纸只能测定粗略的pH数值，若HA和HB的Ka相差不大，用广泛pH试纸不能测量出二者的差异，应该用pH计来测量等浓度NaA和NaB溶液的pH，故C不能实现相应实验目的；H2S与醋酸铅反应生成CH3COOH和PbS沉淀，与酸性无关，故D不能实现相应实验目的。
8．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：
链引发：Cl2(g)―→2Cl·(g) ΔH1＝＋242.7 kJ·ml－1
链转移：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……
链终止：Cl·(g)＋CH3·(g)―→CH3Cl(g) ΔH2
下列说法不正确的是( )
A．Cl2的键能为242.7 kJ·ml－1
B．链转移中反应速率较快的一步的热化学方程式为CH4(g)＋Cl·(g)―→CH3·(g)＋HCl(g)
ΔH＝＋7.5 kJ·ml－1
C．链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3
D．链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷
答案 B
解析 根据Cl2(g)―→2Cl·(g) ΔH1＝＋242.7 kJ·ml－1可知，Cl2的键能为242.7 kJ·ml－1，A正确；反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为CH3·(g)＋Cl2(g)―→CH3Cl(g)＋Cl·(g) ΔH＝－112.9 kJ·ml－1，B错误；由图可知，链转移中碳上的氢原子可能失去，故链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3，C正确；链终止反应的过程中，两个CH3·结合在一起可以形成乙烷，D正确。
9．Li2O具有反萤石结构，其立方晶胞结构如图所示(晶胞的边长为a pm)，下列说法错误的是( )
A．字母B表示氧离子，配位数是8
B．若晶胞中M的坐标为(0,0,0)，则P的坐标为(eq \f(1,4)，eq \f(1,4)，eq \f(3,4))
C．A处于B围成的正八面体空隙中
D．晶胞中A与B的最短距离为eq \f(\r(3)a×10－10,4) cm
答案 C
解析 由晶胞图可知，A原子位于体内，其数目为8，B原子位于顶点和面心，其数目为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，则A表示Li＋，B表示O2－，B周围最近的A的数目为8，则其配位数为8，A正确；A处于B围成的正四面体空隙中，故C错误；晶胞中A与B的最短距离为体对角线长的eq \f(1,4)，由于晶胞的边长为a pm，所以A与B的最短距离为eq \f(\r(3)a×10－10,4) cm，D正确。
10．黄夹次甙乙是一种能穿透中枢神经系统的强心苷，能改善实验性自身免疫性脑脊髓炎的发展，其结构简式如图。下列说法不正确的是( )
A．黄夹次甙乙分子中含有四种官能团
B．1 ml黄夹次甙乙消耗Na、NaOH的物质的量之比为3∶4
C．黄夹次甙乙能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色
D．黄夹次甙乙能发生水解、氧化、加成等反应
答案 B
解析 黄夹次甙乙分子中含有羟基、酯基、碳碳双键和醚键四种官能团，故A正确；1 ml黄夹次甙乙含3 ml羟基和1 ml酯基，1 ml羟基消耗1 ml Na、1 ml酯基消耗1 ml NaOH，所以消耗Na、NaOH的物质的量分别为3 ml、1 ml，故B错误；黄夹次甙乙含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，故C正确；黄夹次甙乙含有酯基、碳碳双键和羟基，能发生水解、氧化、加成等反应，故D正确。
本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是( )
A．1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有σ键数为7NA
B．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq \\al(2－,4)
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋2H2O===MnO2↓＋2SOeq \\al(2－,4)＋4H＋
答案 AC
解析 向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2＋氧化为Fe3＋，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2]。S2Oeq \\al(2－,8)中含有1个过氧键(—O—O—)，结构式为，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，因此1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有σ键数为9NA，A不正确；根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq \\al(2－,4)，B正确；溶液中Fe3＋能与锌反应生成Fe2＋和Zn2＋，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；根据分析，“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2＋、Mn2＋氧化为Fe3＋、MnO2，根据得失电子守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子方程式是Mn2＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋2H2O===MnO2↓＋2SOeq \\al(2－,4)＋4H＋，D正确。
12．工业上采用电化学法对煤进行脱硫处理(煤中含硫物质主要是FeS2)，以减少硫排放。模拟装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．电子流向：b极→石墨2→电解质溶液→石墨1→a极
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，Mn2＋被氧化
C．脱硫反应为FeS2＋15Mn3＋＋8H2O===Fe3＋＋15Mn2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋
D．电路中转移1.5 ml电子，理论上处理12.0 g FeS2
答案 A
解析 电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据模拟装置图可知石墨1电极发生氧化反应，a为正极，石墨1电极为阳极，b为负极，石墨2电极为阴极。电子流向：b极→石墨2，石墨1→a极，电解质溶液中无电子流动，A错误；脱硫反应为FeS2＋15Mn3＋＋8H2O===Fe3＋＋15Mn2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋，C正确；由图可知1 ml FeS2氧化为Fe3＋和SOeq \\al(2－,4)，电路中转移电子为(1＋7×2) ml＝15 ml，电路中转移1.5 ml电子，则处理FeS2的物质的量为0.1 ml，处理FeS2的质量为0.1 ml×120 g·ml－1＝12.0 g，D正确。
13．常温下，分别用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定体积均为25.00 mL的磷酸、硫酸及草酸(H2C2O4)溶液，其滴定曲线如图：
已知：常温下，H3PO4的Ka1、Ka2、Ka3依次为7.1×10－3、6.2×10－8、4.5×10－13；H2C2O4的Ka1、Ka2依次为5.6×10－2、5.4×10－5。
下列说法错误的是( )
A．曲线X、Y、Z分别代表磷酸、草酸、硫酸的pH变化
B．溶液pH＝7时，消耗V(NaOH溶液)：硫酸>草酸>磷酸
C．当V(NaOH溶液)＝25.00 mL时，草酸溶液中：c(HC2Oeq \\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq \\al(2－,4))
D．当V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，磷酸溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq \\al(－,4))＋c(POeq \\al(3－,4))
答案 CD
解析 据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00 mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4；继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，X为H3PO4，A正确；pH＝7时，溶液显中性，硫酸和氢氧化钠刚好完全反应生成强酸强碱盐，而磷酸和草酸为弱酸，要使溶液显中性，则酸要过量，即加入氢氧化钠体积小于50 mL，且酸越弱，消耗氢氧化钠越少，则消耗氢氧化钠体积：硫酸>草酸>磷酸，B正确；当V(NaOH溶液)＝25.00 mL时，草酸溶液中的溶质是NaHC2O4，由图可知，此时溶液显酸性，则草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，故c(HC2Oeq \\al(－,4))＞c(C2Oeq \\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，C错误；V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定磷酸的溶液中溶质为Na2HPO4，根据质子守恒：c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(H3PO4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(POeq \\al(3－,4))，则c(OH－)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq \\al(－,4))－c(POeq \\al(3－,4))，D不正确。
14．二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.0 kJ·ml－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·ml－1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3＝－24.5 kJ·ml－1
向恒压密闭容器中按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3通入CO2和H2，平衡时各含碳物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数表达式为K＝eq \f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)
B．图中曲线a表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C．510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数为X时，延长反应时间，CH3OCH3的体积分数升高
D．增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性＝eq \f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量)×100%)
答案 C
解析 反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OCH3体积分数随着温度升高而降低，所以曲线b表示CH3OCH3的平衡体积分数随温度的变化，则曲线a表示CO2的平衡体积分数随温度的变化，故B正确；510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到 X点的值，X点位于曲线b的上方，说明CH3OCH3的体积分数大于平衡时CH3OCH3的体积分数，则此时反应未达到平衡状态，反应Ⅲ逆向进行，延长反应时间能降低CH3OCH3的体积分数，故C错误；反应Ⅰ为气体体积减小反应，反应Ⅱ、Ⅲ 均为气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH浓度增大，H2O的浓度也增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，故D正确。
15．Pb(OH)2难溶于水，25 ℃时，不同pH下的含铅物质存在以下平衡；
反应1: Pb(OH)eq \\al(－,3)(aq)Pb(OH)2(s)＋OH－(aq) K1＝1×100.4
反应2：Pb(OH)2(s)Pb(OH)＋(aq)＋OH－(aq) K2
反应3：Pb(OH)＋(aq)Pb2＋(aq)＋OH－(aq) K3
如图是溶液中各含铅物质的lg c－pH图，下列说法错误的是( )
A．直线N表示lg c(Pb2＋)与pH的变化关系
B．K2＝1×10－7.0
C．b点的横坐标为10.8
D．随溶液pH增大，Pb(OH)2的溶解能力始终呈现增大的趋势
答案 CD
解析 在强酸性环境下Pb2＋浓度最大，强碱性环境下Pb2＋浓度最小，可知直线N表示lg c(Pb2＋)与pH的变化关系，A正确；a点c(H＋)＝1×10－6.3 ml·L－1、c(OH－)＝1×10－7.7 ml·L－1、c[Pb(OH)＋]＝1×100.7 ml·L－1，计算可得K2＝c(OH－)·c[Pb(OH)＋]＝1×10－7.0，B正确；反应1和反应2相加得：Pb(OH)eq \\al(－,3)(aq)Pb(OH)＋(aq)＋2OH－(aq), K＝K1×K2＝1×10－6.6，b点时c[Pb(OH)＋]＝c[Pb(OH)eq \\al(－,3)]，则K＝c2(OH－)＝1×10－6.6，c(H＋)＝1×10－10.7 ml·L－1，pH＝10.7，C错误；由题图可知，Pb(OH)2是两性氢氧化物，在强酸性环境下主要以Pb2＋的形式存在，碱性增强时，先转化为难溶的Pb(OH)2，溶解的物质的量减少，碱性继续增强时，又转化为Pb(OH)eq \\al(－,3)，溶解的物质的量又增大，D不正确。
本题共5小题，共60分。
16．(12分)回答下列问题：
(1)Ge与Si同主族。
①按照核外电子的排布，可将元素周期表划分为5个区，Ge与Si属于 区。
②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得 (填“连续”或“线状”)光谱，鉴定Ge元素的存在。
③锗也能与NaOH溶液反应生成Na2GeO3，Na2GeO3中锗原子的杂化方式是 。
(2)Be和Mg中第一电离能较大的是 ，Be2＋与乙酰丙酮能形成配合物，其结构如图，该配合物中σ键与π键的数目之比为 。
(3)硼烷(BnH2n＋2)又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是 。
(4)LiBH4—LiI复合材料在低温下表现出较高的离子电导率。中H的化合价为-1价，其原因可能是 。
(5)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子的原子坐标为 。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子的最近距离为a pm，则该晶体的密度为 g·cm(列出含a、NA的计算式即可)。
【答案】(1)①p②线状 ③sp2 (2)Be 15∶2 (3)随着B原子数的增多，硼烷的相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高 (4)电负性H>B
(5)()
【解析】（1）①Ge与Si同主族，均为ⅣA族，Ge与Si属于p区；②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，不同能级间的能量差是固定的，故可用光谱分析仪获得线状。 光谱，鉴定Ge元素的存在。③Na2GeO3中Ge原子的价层电子对数为3＋＝3，不含孤电子对，采用sp2杂化；（2）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；Be和Mg中第一电离能较大的是Be；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，与乙酰丙酮能形成配合物，由图可知，该配合物中σ键与π键的数目之比为30:4＝15:2；（3）随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是：随着B原子数的增多，硼烷的相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高；（4）电负性H>B，导致H较B更容易吸引电子，使得在中H的化合价为-1价；（5）将该晶胞分为8个相同的小立方体，1号砷原子位于左下小立方体的体心，其原子坐标为()。根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个As；晶胞中As原子到B原子的最近距离为a pm，也为体对角线的四分之一，则晶胞边长为，则晶体密度为。
17．(12分)钯(Pd)是航空、航天等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。某化学兴趣小组利用CO和PdCl2反应制取Pd，并测定PdCl2中钯的含量，实验装置如图所示(部分仪器省略)。已知甲酸为无色易挥发的液体。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为__________，与普通的分液漏斗相比，该仪器的优点为_________。
(2)A为制取________气体的装置，当加热到80～90 ℃时，撤去酒精灯，然后滴加甲酸，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为__________，浓硫酸除作催化剂外，还起__________的作用。
(3)B中NaOH溶液的作用为__________。
C中产生黑色粉末状沉淀，且溶液的pH减小，则C中发生反应的离子方程式为____________。
(4)丁二酮肟钯重量法因其特效性一直沿用作为钯的标准测定方法。在酸性溶液中钯离子能与丁二酮肟形成螯合物沉淀，利用丁二酮肟钯与钯之间的换算因数(钯元素在丁二酮肟钯中所占质量比)可计算钯的含量。测定PdCl2样品中钯的含量的实验步骤如下：
①准确称取m1 g PdCl2样品，加入2 mL盐酸，加热溶解，加入一定量的水稀释；
②加入足量的丁二酮肟乙醇溶液，搅拌，静置陈化；
③过滤、洗涤、烘干至恒重，称量所得丁二酮肟钯的质量为m2 g。
已知丁二酮肟钯与钯之间的换算因数为0.316，则该PdCl2样品中钯的含量为__________%(用含m1、m2的代数式表示)。
答案 (1) 恒压滴液漏斗 平衡压强，使液体顺利滴下 (2)CO HCOOHeq \(=====,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))CO↑＋H2O 脱水剂 (3)除去挥发出的甲酸气体 CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋ (4)eq \f(31.6m2,m1)
解析 甲酸在浓硫酸脱水作用下生成CO，CO中混有挥发的HCOOH，用NaOH溶液除去HCOOH蒸气，再将CO通入PdCl2溶液中生成Pd单质，通过测定Pd单质的质量可测定PdCl2中钯的含量，据此分析解答。(2)实验中利用CO和PdCl2反应制取Pd，所以A为制取CO气体的装置，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为HCOOHeq \(=====,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))CO↑＋H2O，浓硫酸起催化剂和脱水剂的作用。(3)甲酸易挥发，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，所以B中NaOH溶液的作用为除去挥发出的甲酸气体。根据实验现象分析，C中产生的黑色粉末状沉淀为金属Pd，溶液pH减小，酸性增强，可知发生反应的离子方程式为CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋。(4)由题意可知丁二酮肟钯的质量乘以换算因数即为钯元素的质量，则该PdCl2样品中钯的含量为eq \f(31.6m2,m1)%。
18．(12分)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为，某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
(1)基态硒(Se)原子的价层电子排布式为__________；
镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，中Cu的化合价为_______。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为__________。
(3)已知：25 ℃，Kb(NH3·H2O)≈2.0×10－5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10－35，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10－33。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5 ml·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH约为________(保留一位小数)；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)＋NH3·H2O[Ga(OH)4]－＋NHeq \\al(＋,4)的平衡常数K＝_______(已知：Ga3＋＋4OH－[Ga(OH)4]－，K＇＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034)。
(4)“回流过滤”中加入的SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，写出SOCl2与水反应的化学方程式：___________；
SOCl2有两个作用一是将氢氧化物转化为氯化物，另一个是__________。
(5)“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为__________。
答案 (1)4s24p4 ＋1
(2)Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O
(3)4.7 2.0×10－6
(4)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl 作溶剂
(5)GaCl3＋NH3eq \(=====,\s\up7(高温))GaN＋3HCl
解析 废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中＋1价铜氧化为＋2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，后滤渣用SOCl2溶解，以此解题。
(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2与烧渣中Cu2O反应，其离子方程式为Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O。
(3)In3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝eq \r(3,\f(1.0×10－33,1.0×10－5)) ml·L－1≈1.0×10－9.3 ml·L－1，c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(1×10－14,1×10－9.3) ml·L－1＝1×10－4.7 ml·L－1，pH＝4.7；由反应方程式可知K＝eq \f(c[GaOH4]－·cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)，由K′＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034，得K＝eq \f(1.0×1034×cGa3＋·c4OH－·cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq \f(1.0×1034×cGa3＋·c3OH－·cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝1.0×1034×Ksp[Ga(OH)3]·Kb(NH3·H2O)，代入数据可知K＝2.0×10－6。(4)SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，生成二氧化硫和氯化氢，方程式为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl；通过“回流过滤”分为滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂。
19．(12分)法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。
已知：R—NH2＋eq \(―――→,\s\up7(一定条件))＋H2O。
回答下列问题：
(1)化合物Ⅱ中官能团名称为________。
(2)已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6∶4∶1，其结构简式为_______。
(3)反应物Ⅲ为乙二醛，反应①的化学方程式为_________。
(4)反应②的反应类型是________；反应③的反应类型是________。
(5)已知X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且1 ml X能与足量NaHCO3溶液反应放出2 ml CO2，符合上述条件的X共有________种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：________。
答案 (1)酯基、碳溴键
(2) (3)OHC—CHO＋―→＋2H2O (4)还原反应 取代反应 (5)9 、、
解析 由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为，接着发生已知信息的反应，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。
(5)X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1 ml X能与足量NaHCO3溶液反应放出2 ml CO2说明含有2 ml羧基，除两个羧基外，碳架有、，若两个羧基取代在同一个碳上，则分别有2种和1种，若两个羧基取代在不同碳上，则上有1、2,1、3,1、4,2、3共4种，上有1、2,1、3共2种，故符合上述条件的X有9种。
20．(12分)全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
(1)已知25 ℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq) K1
②CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCOeq \\al(－,3)(aq) K2
过程①的混合平衡常数K1＝eq \f(cCO2aq,pCO2)，其中c(CO2)aq表示溶液中的CO2浓度，p(CO2)表示大气中CO2的分压(单位：kPa)。温度升高，K1______(填“增大”或“减小”)；当大气压强为a kPa，溶液中的c(H＋)＝b ml·L－1(忽略HCOeq \\al(－,3)和水的电离)时，大气中CO2(g)的体积分数为___________。
(2)由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，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，TS为过渡态)。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为___________，有催化剂时决速步骤的活化能为______ eV。
(3)一种脱除和利用工厂废气中CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH＝9，则eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝__________(该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10－7，Ka2＝5.0×10－11)。
②再生塔中产生CO2的离子方程式为___________。
③利用电化学原理将CO2同时转化为多种燃料(CH3CHO、HCOOH、CH4及CO)，将CO2电催化还原为CH3CHO，阴极反应式为_________。若铂电极上只生成6.4 g CH4，则阳极区产生气体标准状况下的体积为________ L。
答案 (1)减小 eq \f(b2,aK1K2) (2)H2COO*＋2H2(g)===H2CO*＋OH*＋eq \f(3,2)H2(g)[或H2COO*＋eq \f(1,2)H2(g)===H2CO*＋OH*] 1.40 (3)①20 ②2HCOeq \\al(－,3)eq \(=====,\s\up7(△))CO2↑＋COeq \\al(2－,3)＋H2O
③2CO2＋10e－＋10H＋===CH3CHO＋ 3H2O 17.92
解析 (1)二氧化碳在水中的溶解度随温度升高而降低，所以二氧化碳气体溶于水形成溶液会放热，即ΔH<0，温度升高平衡逆向移动，K1减小；当大气压强为a kPa，设大气中CO2的物质的量分数为x时，根据K1＝eq \f(cCO2aq,pCO2)可知溶液中二氧化碳的浓度c(CO2)aq＝xaK1，忽略HCOeq \\al(－,3)和水的电离时，c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＝b ml·L－1，K2＝eq \f(cH＋·cHCO\\al(－,3),cCO2aq)＝eq \f(b2,xaK1)，解得x＝eq \f(b2,aK1K2)。(2)多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的一步反应决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2COO*＋2H2(g)===H2CO*＋OH*＋eq \f(3,2)H2(g)，有催化剂时的活化能为0.40－(－1.00) eV＝1.40 eV。(3)①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH＝9，eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3)·cH＋)＝eq \f(1,Ka2)，则eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(1,Ka2)×c(H＋)＝eq \f(1,5.0×10－11)×10－9＝20。②从图示可以看出，进入再生塔的KHCO3转化为K2CO3，再生塔中产生CO2的离子方程式为2HCOeq \\al(－,3)eq \(=====,\s\up7(△))CO2↑＋COeq \\al(2－,3)＋H2O。③电解池通入CO2的一极为阴极，放出O2的一极为阳极，CO2电催化还原为CH3CHO，阴极电极反应为2CO2＋10e－＋10H＋===CH3CHO＋ 3H2O；若铂电极上只生成6.4 g CH4，阴极电极反应为CO2＋8e－＋8H＋===CH4＋2H2O，生成6.4 g CH4，转移3.2 ml电子，阳极产生O2在标况下的体积为eq \f(3.2 ml,4)×22.4 L·ml－1＝17.92 L。
变形金属复原
缺损玉器补配
银器用除锈剂见新
木器表面擦拭烫蜡
A
B
C
D
选项
应用
解释
A
“中国奋斗者号”载人潜水器使用了钛合金
钛合金比金属钛具有更高的硬度和强度
B
问天实验舱使用了石墨烯导热索技术
石墨烯是新型无机非金属材料，可以有效导热
C
高纯硅可用于制作光感电池
硅具有半导体性能，可将太阳能转化为电能
D
食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包
硅胶具有吸水性，生石灰、还原铁粉能与水反应，都是用于防止食品受潮
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用明矾净水
Al(OH)3胶体具有吸附性
B
Na着火不能用水扑灭
Na可与水反应产生O2
C
二氧化硅可用于制备光导纤维
二氧化硅是良好的半导体材料
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液呈碱性
A.利用蒸发结晶从氯化铵溶液中直接获得氯化铵晶体
B.验证乙醇在加热条件下能还原氧化铜
C.配制稀硫酸
D.检验非金属性：Cl>Br>I
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应生成乙烯
将溴乙烷与浓硫酸混合加热到170 ℃，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液
B
证明Na2CO3溶液中存在碳酸根离子的水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
C
比较HA和HB的Ka大小
室温下，用广泛pH试纸分别测量等浓度NaA和NaB溶液的pH
D
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
在醋酸铅稀溶液中通入硫化氢气体，观察现象
1．文物和文化遗产承载着中华民族的基因和血脉，是不可再生、不可替代的中华优秀文明资源。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是( )
答案 C
解析 金属具有良好的延展性，变形复原属于物理变化，故A不符合题意；缺损玉器补配是利用物理切割后进行完善，不涉及化学变化，故B不符合题意；银器表面的锈蚀物可以考虑使用甲酸溶液或电化学还原的方法处理，甲酸能有效地除去银元素锈蚀产物，而对银不起作用，以上过程涉及了化学变化，故C符合题意；木器表面擦拭烫蜡，利用了蜂蜡熔点很低的性质，加热固体蜂蜡，使蜂蜡融化并完全覆盖木器，该过程未涉及化学变化，故D不符合题意。
2．化学创造美好生活。下列有关生产应用的化学原理解释不正确的是( )
答案 D
解析 钛合金比纯金属钛具有更高的强度、硬度，故A正确；石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料，故B正确；硅是半导体材料，导电性介于导体和绝缘体之间，可作太阳能电池板，故C正确；生石灰具有吸水性，能防止食品受潮，还原铁粉能防止食品被氧化，故D错误。
3．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是( )
A．四种元素中X的电负性最大
B．简单离子半径：W
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素只有两种
答案 C
解析 短线表示共价键或配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成的化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，则W是Mg，X是O，Y是B，Z是H。四种元素中，氧元素电负性最大，A正确；镁离子和氧离子的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大，镁离子半径小于氧离子，B正确；X是O，Z是H，可形成H2O和H2O2，均为极性分子，C错误；第一电离能介于O和B之间的同周期元素只有Be和C两种，D正确。
4．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是( )
A．BFeq \\al(－,4)的键角小于NH3
B．BFeq \\al(－,4)的中心原子的杂化方式为sp3
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．BF3分子的空间结构为平面三角形
答案 A
解析 BFeq \\al(－,4)和NH3的价层电子对数都是4，但是氨气分子中含有孤电子对，其对 σ电子对的斥力较大，故氨气中的键角较小，A错误；BFeq \\al(－,4)中心原子的价层电子对数是4，故其中心原子的杂化方式为sp3，B正确；BF3与NH3反应时可以形成氨气中氮原子提供孤电子对、BF3中B原子提供空轨道的配位键，C正确；BF3分子的中心原子的价层电子对数是3，且没有孤电子对，故其空间结构为平面三角形，D正确。
5．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确并具有因果关系的是( )
答案 A
解析 明矾中的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能用于净水，A符合题意；Na着火不能用水扑灭，但Na与水反应产生的是H2，B不符合题意；二氧化硅可用于制备光导纤维，但二氧化硅不是良好的半导体材料，C不符合题意；用84消毒液进行消毒，是因为NaClO溶液具有强氧化性，D不符合题意。
6．化学是一门以实验为基础的科学，下列实验设计能达到相应目的的是(部分夹持装置已略去)( )
答案 B
解析 NH4Cl受热易分解，不能直接蒸发结晶，应该采用降温结晶的方式，A错误；乙醇还原氧化铜反应的方程式：CH3CH2OH＋CuOeq \(――→,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O，可以观察到黑色氧化铜被还原为红色铜单质，B正确；溶液的稀释不能在容量瓶中进行，C错误；蘸有NaBr溶液的棉球与蘸有淀粉-KI溶液的棉球之间没有吸收处理Cl2，无法证明是 Br2 氧化了I－还是 Cl2氧化了I－，因此无法证明非金属性：Br>I，D错误。
7．下列实验方案能实现相应实验目的的是( )
答案 B
解析 溴乙烷发生消去反应生成乙烯的过程中会有SO2生成，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不能实现相应实验目的；向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，可证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B能实现相应实验目的；广泛pH试纸只能测定粗略的pH数值，若HA和HB的Ka相差不大，用广泛pH试纸不能测量出二者的差异，应该用pH计来测量等浓度NaA和NaB溶液的pH，故C不能实现相应实验目的；H2S与醋酸铅反应生成CH3COOH和PbS沉淀，与酸性无关，故D不能实现相应实验目的。
8．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的部分机理与能量变化如下：
链引发：Cl2(g)―→2Cl·(g) ΔH1＝＋242.7 kJ·ml－1
链转移：部分反应进程与势能变化关系如图(所有物质状态为气态)……
链终止：Cl·(g)＋CH3·(g)―→CH3Cl(g) ΔH2
下列说法不正确的是( )
A．Cl2的键能为242.7 kJ·ml－1
B．链转移中反应速率较快的一步的热化学方程式为CH4(g)＋Cl·(g)―→CH3·(g)＋HCl(g)
ΔH＝＋7.5 kJ·ml－1
C．链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3
D．链终止反应的过程中，还可能会生成少量的乙烷
答案 B
解析 根据Cl2(g)―→2Cl·(g) ΔH1＝＋242.7 kJ·ml－1可知，Cl2的键能为242.7 kJ·ml－1，A正确；反应速率较快的一步应该是活化能较低的一步，由图可知，反应速率较快的一步的热化学方程式为CH3·(g)＋Cl2(g)―→CH3Cl(g)＋Cl·(g) ΔH＝－112.9 kJ·ml－1，B错误；由图可知，链转移中碳上的氢原子可能失去，故链转移过程中可能产生·CH2Cl、·CHCl2、·CCl3，C正确；链终止反应的过程中，两个CH3·结合在一起可以形成乙烷，D正确。
9．Li2O具有反萤石结构，其立方晶胞结构如图所示(晶胞的边长为a pm)，下列说法错误的是( )
A．字母B表示氧离子，配位数是8
B．若晶胞中M的坐标为(0,0,0)，则P的坐标为(eq \f(1,4)，eq \f(1,4)，eq \f(3,4))
C．A处于B围成的正八面体空隙中
D．晶胞中A与B的最短距离为eq \f(\r(3)a×10－10,4) cm
答案 C
解析 由晶胞图可知，A原子位于体内，其数目为8，B原子位于顶点和面心，其数目为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，则A表示Li＋，B表示O2－，B周围最近的A的数目为8，则其配位数为8，A正确；A处于B围成的正四面体空隙中，故C错误；晶胞中A与B的最短距离为体对角线长的eq \f(1,4)，由于晶胞的边长为a pm，所以A与B的最短距离为eq \f(\r(3)a×10－10,4) cm，D正确。
10．黄夹次甙乙是一种能穿透中枢神经系统的强心苷，能改善实验性自身免疫性脑脊髓炎的发展，其结构简式如图。下列说法不正确的是( )
A．黄夹次甙乙分子中含有四种官能团
B．1 ml黄夹次甙乙消耗Na、NaOH的物质的量之比为3∶4
C．黄夹次甙乙能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色
D．黄夹次甙乙能发生水解、氧化、加成等反应
答案 B
解析 黄夹次甙乙分子中含有羟基、酯基、碳碳双键和醚键四种官能团，故A正确；1 ml黄夹次甙乙含3 ml羟基和1 ml酯基，1 ml羟基消耗1 ml Na、1 ml酯基消耗1 ml NaOH，所以消耗Na、NaOH的物质的量分别为3 ml、1 ml，故B错误；黄夹次甙乙含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，故C正确；黄夹次甙乙含有酯基、碳碳双键和羟基，能发生水解、氧化、加成等反应，故D正确。
本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法不正确的是( )
A．1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有σ键数为7NA
B．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq \\al(2－,4)
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋2H2O===MnO2↓＋2SOeq \\al(2－,4)＋4H＋
答案 AC
解析 向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2＋氧化为Fe3＋，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2]。S2Oeq \\al(2－,8)中含有1个过氧键(—O—O—)，结构式为，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，因此1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有σ键数为9NA，A不正确；根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na＋、Zn2＋、Fe3＋、SOeq \\al(2－,4)，B正确；溶液中Fe3＋能与锌反应生成Fe2＋和Zn2＋，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；根据分析，“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2＋、Mn2＋氧化为Fe3＋、MnO2，根据得失电子守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子方程式是Mn2＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋2H2O===MnO2↓＋2SOeq \\al(2－,4)＋4H＋，D正确。
12．工业上采用电化学法对煤进行脱硫处理(煤中含硫物质主要是FeS2)，以减少硫排放。模拟装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．电子流向：b极→石墨2→电解质溶液→石墨1→a极
B．石墨1为阳极，发生氧化反应，Mn2＋被氧化
C．脱硫反应为FeS2＋15Mn3＋＋8H2O===Fe3＋＋15Mn2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋
D．电路中转移1.5 ml电子，理论上处理12.0 g FeS2
答案 A
解析 电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据模拟装置图可知石墨1电极发生氧化反应，a为正极，石墨1电极为阳极，b为负极，石墨2电极为阴极。电子流向：b极→石墨2，石墨1→a极，电解质溶液中无电子流动，A错误；脱硫反应为FeS2＋15Mn3＋＋8H2O===Fe3＋＋15Mn2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋，C正确；由图可知1 ml FeS2氧化为Fe3＋和SOeq \\al(2－,4)，电路中转移电子为(1＋7×2) ml＝15 ml，电路中转移1.5 ml电子，则处理FeS2的物质的量为0.1 ml，处理FeS2的质量为0.1 ml×120 g·ml－1＝12.0 g，D正确。
13．常温下，分别用0.100 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定体积均为25.00 mL的磷酸、硫酸及草酸(H2C2O4)溶液，其滴定曲线如图：
已知：常温下，H3PO4的Ka1、Ka2、Ka3依次为7.1×10－3、6.2×10－8、4.5×10－13；H2C2O4的Ka1、Ka2依次为5.6×10－2、5.4×10－5。
下列说法错误的是( )
A．曲线X、Y、Z分别代表磷酸、草酸、硫酸的pH变化
B．溶液pH＝7时，消耗V(NaOH溶液)：硫酸>草酸>磷酸
C．当V(NaOH溶液)＝25.00 mL时，草酸溶液中：c(HC2Oeq \\al(－,4))＞c(H2C2O4)＞c(C2Oeq \\al(2－,4))
D．当V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，磷酸溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq \\al(－,4))＋c(POeq \\al(3－,4))
答案 CD
解析 据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00 mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4；继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，X为H3PO4，A正确；pH＝7时，溶液显中性，硫酸和氢氧化钠刚好完全反应生成强酸强碱盐，而磷酸和草酸为弱酸，要使溶液显中性，则酸要过量，即加入氢氧化钠体积小于50 mL，且酸越弱，消耗氢氧化钠越少，则消耗氢氧化钠体积：硫酸>草酸>磷酸，B正确；当V(NaOH溶液)＝25.00 mL时，草酸溶液中的溶质是NaHC2O4，由图可知，此时溶液显酸性，则草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，故c(HC2Oeq \\al(－,4))＞c(C2Oeq \\al(2－,4))＞c(H2C2O4)，C错误；V(NaOH溶液)＝50.00 mL时，滴定磷酸的溶液中溶质为Na2HPO4，根据质子守恒：c(H2POeq \\al(－,4))＋2c(H3PO4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(POeq \\al(3－,4))，则c(OH－)－c(H＋)＝2c(H3PO4)＋c(H2POeq \\al(－,4))－c(POeq \\al(3－,4))，D不正确。
14．二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.0 kJ·ml－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·ml－1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3＝－24.5 kJ·ml－1
向恒压密闭容器中按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3通入CO2和H2，平衡时各含碳物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数表达式为K＝eq \f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)
B．图中曲线a表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C．510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数为X时，延长反应时间，CH3OCH3的体积分数升高
D．增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性＝eq \f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量)×100%)
答案 C
解析 反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OCH3体积分数随着温度升高而降低，所以曲线b表示CH3OCH3的平衡体积分数随温度的变化，则曲线a表示CO2的平衡体积分数随温度的变化，故B正确；510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到 X点的值，X点位于曲线b的上方，说明CH3OCH3的体积分数大于平衡时CH3OCH3的体积分数，则此时反应未达到平衡状态，反应Ⅲ逆向进行，延长反应时间能降低CH3OCH3的体积分数，故C错误；反应Ⅰ为气体体积减小反应，反应Ⅱ、Ⅲ 均为气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH浓度增大，H2O的浓度也增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，故D正确。
15．Pb(OH)2难溶于水，25 ℃时，不同pH下的含铅物质存在以下平衡；
反应1: Pb(OH)eq \\al(－,3)(aq)Pb(OH)2(s)＋OH－(aq) K1＝1×100.4
反应2：Pb(OH)2(s)Pb(OH)＋(aq)＋OH－(aq) K2
反应3：Pb(OH)＋(aq)Pb2＋(aq)＋OH－(aq) K3
如图是溶液中各含铅物质的lg c－pH图，下列说法错误的是( )
A．直线N表示lg c(Pb2＋)与pH的变化关系
B．K2＝1×10－7.0
C．b点的横坐标为10.8
D．随溶液pH增大，Pb(OH)2的溶解能力始终呈现增大的趋势
答案 CD
解析 在强酸性环境下Pb2＋浓度最大，强碱性环境下Pb2＋浓度最小，可知直线N表示lg c(Pb2＋)与pH的变化关系，A正确；a点c(H＋)＝1×10－6.3 ml·L－1、c(OH－)＝1×10－7.7 ml·L－1、c[Pb(OH)＋]＝1×100.7 ml·L－1，计算可得K2＝c(OH－)·c[Pb(OH)＋]＝1×10－7.0，B正确；反应1和反应2相加得：Pb(OH)eq \\al(－,3)(aq)Pb(OH)＋(aq)＋2OH－(aq), K＝K1×K2＝1×10－6.6，b点时c[Pb(OH)＋]＝c[Pb(OH)eq \\al(－,3)]，则K＝c2(OH－)＝1×10－6.6，c(H＋)＝1×10－10.7 ml·L－1，pH＝10.7，C错误；由题图可知，Pb(OH)2是两性氢氧化物，在强酸性环境下主要以Pb2＋的形式存在，碱性增强时，先转化为难溶的Pb(OH)2，溶解的物质的量减少，碱性继续增强时，又转化为Pb(OH)eq \\al(－,3)，溶解的物质的量又增大，D不正确。
本题共5小题，共60分。
16．(12分)回答下列问题：
(1)Ge与Si同主族。
①按照核外电子的排布，可将元素周期表划分为5个区，Ge与Si属于 区。
②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，可用光谱分析仪获得 (填“连续”或“线状”)光谱，鉴定Ge元素的存在。
③锗也能与NaOH溶液反应生成Na2GeO3，Na2GeO3中锗原子的杂化方式是 。
(2)Be和Mg中第一电离能较大的是 ，Be2＋与乙酰丙酮能形成配合物，其结构如图，该配合物中σ键与π键的数目之比为 。
(3)硼烷(BnH2n＋2)又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是 。
(4)LiBH4—LiI复合材料在低温下表现出较高的离子电导率。中H的化合价为-1价，其原因可能是 。
(5)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如图所示，则1号砷原子的原子坐标为 。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子的最近距离为a pm，则该晶体的密度为 g·cm(列出含a、NA的计算式即可)。
【答案】(1)①p②线状 ③sp2 (2)Be 15∶2 (3)随着B原子数的增多，硼烷的相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高 (4)电负性H>B
(5)()
【解析】（1）①Ge与Si同主族，均为ⅣA族，Ge与Si属于p区；②Ge原子的电子发生跃迁时会吸收或发出不同的光，不同能级间的能量差是固定的，故可用光谱分析仪获得线状。 光谱，鉴定Ge元素的存在。③Na2GeO3中Ge原子的价层电子对数为3＋＝3，不含孤电子对，采用sp2杂化；（2）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；Be和Mg中第一电离能较大的是Be；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，与乙酰丙酮能形成配合物，由图可知，该配合物中σ键与π键的数目之比为30:4＝15:2；（3）随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是：随着B原子数的增多，硼烷的相对分子质量增大，范德华力增强，沸点升高；（4）电负性H>B，导致H较B更容易吸引电子，使得在中H的化合价为-1价；（5）将该晶胞分为8个相同的小立方体，1号砷原子位于左下小立方体的体心，其原子坐标为()。根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个As；晶胞中As原子到B原子的最近距离为a pm，也为体对角线的四分之一，则晶胞边长为，则晶体密度为。
17．(12分)钯(Pd)是航空、航天等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。某化学兴趣小组利用CO和PdCl2反应制取Pd，并测定PdCl2中钯的含量，实验装置如图所示(部分仪器省略)。已知甲酸为无色易挥发的液体。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为__________，与普通的分液漏斗相比，该仪器的优点为_________。
(2)A为制取________气体的装置，当加热到80～90 ℃时，撤去酒精灯，然后滴加甲酸，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为__________，浓硫酸除作催化剂外，还起__________的作用。
(3)B中NaOH溶液的作用为__________。
C中产生黑色粉末状沉淀，且溶液的pH减小，则C中发生反应的离子方程式为____________。
(4)丁二酮肟钯重量法因其特效性一直沿用作为钯的标准测定方法。在酸性溶液中钯离子能与丁二酮肟形成螯合物沉淀，利用丁二酮肟钯与钯之间的换算因数(钯元素在丁二酮肟钯中所占质量比)可计算钯的含量。测定PdCl2样品中钯的含量的实验步骤如下：
①准确称取m1 g PdCl2样品，加入2 mL盐酸，加热溶解，加入一定量的水稀释；
②加入足量的丁二酮肟乙醇溶液，搅拌，静置陈化；
③过滤、洗涤、烘干至恒重，称量所得丁二酮肟钯的质量为m2 g。
已知丁二酮肟钯与钯之间的换算因数为0.316，则该PdCl2样品中钯的含量为__________%(用含m1、m2的代数式表示)。
答案 (1) 恒压滴液漏斗 平衡压强，使液体顺利滴下 (2)CO HCOOHeq \(=====,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))CO↑＋H2O 脱水剂 (3)除去挥发出的甲酸气体 CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋ (4)eq \f(31.6m2,m1)
解析 甲酸在浓硫酸脱水作用下生成CO，CO中混有挥发的HCOOH，用NaOH溶液除去HCOOH蒸气，再将CO通入PdCl2溶液中生成Pd单质，通过测定Pd单质的质量可测定PdCl2中钯的含量，据此分析解答。(2)实验中利用CO和PdCl2反应制取Pd，所以A为制取CO气体的装置，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为HCOOHeq \(=====,\s\up7(浓硫酸),\s\d5(△))CO↑＋H2O，浓硫酸起催化剂和脱水剂的作用。(3)甲酸易挥发，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，所以B中NaOH溶液的作用为除去挥发出的甲酸气体。根据实验现象分析，C中产生的黑色粉末状沉淀为金属Pd，溶液pH减小，酸性增强，可知发生反应的离子方程式为CO＋Pd2＋＋H2O===CO2＋Pd↓＋2H＋。(4)由题意可知丁二酮肟钯的质量乘以换算因数即为钯元素的质量，则该PdCl2样品中钯的含量为eq \f(31.6m2,m1)%。
18．(12分)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为，某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
(1)基态硒(Se)原子的价层电子排布式为__________；
镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，中Cu的化合价为_______。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为__________。
(3)已知：25 ℃，Kb(NH3·H2O)≈2.0×10－5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10－35，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10－33。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5 ml·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH约为________(保留一位小数)；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)＋NH3·H2O[Ga(OH)4]－＋NHeq \\al(＋,4)的平衡常数K＝_______(已知：Ga3＋＋4OH－[Ga(OH)4]－，K＇＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034)。
(4)“回流过滤”中加入的SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，写出SOCl2与水反应的化学方程式：___________；
SOCl2有两个作用一是将氢氧化物转化为氯化物，另一个是__________。
(5)“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为__________。
答案 (1)4s24p4 ＋1
(2)Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O
(3)4.7 2.0×10－6
(4)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl 作溶剂
(5)GaCl3＋NH3eq \(=====,\s\up7(高温))GaN＋3HCl
解析 废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中＋1价铜氧化为＋2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，后滤渣用SOCl2溶解，以此解题。
(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2与烧渣中Cu2O反应，其离子方程式为Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O。
(3)In3＋恰好完全沉淀时c(OH－)＝eq \r(3,\f(1.0×10－33,1.0×10－5)) ml·L－1≈1.0×10－9.3 ml·L－1，c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)＝eq \f(1×10－14,1×10－9.3) ml·L－1＝1×10－4.7 ml·L－1，pH＝4.7；由反应方程式可知K＝eq \f(c[GaOH4]－·cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)，由K′＝eq \f(c[GaOH4]－,cGa3＋·c4OH－)≈1.0×1034，得K＝eq \f(1.0×1034×cGa3＋·c4OH－·cNH\\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq \f(1.0×1034×cGa3＋·c3OH－·cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝1.0×1034×Ksp[Ga(OH)3]·Kb(NH3·H2O)，代入数据可知K＝2.0×10－6。(4)SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，生成二氧化硫和氯化氢，方程式为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl；通过“回流过滤”分为滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂。
19．(12分)法匹拉韦是一种广谱抗流感病毒药物，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如下(部分反应条件省略)。
已知：R—NH2＋eq \(―――→,\s\up7(一定条件))＋H2O。
回答下列问题：
(1)化合物Ⅱ中官能团名称为________。
(2)已知化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6∶4∶1，其结构简式为_______。
(3)反应物Ⅲ为乙二醛，反应①的化学方程式为_________。
(4)反应②的反应类型是________；反应③的反应类型是________。
(5)已知X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且1 ml X能与足量NaHCO3溶液反应放出2 ml CO2，符合上述条件的X共有________种(不考虑立体异构)，写出含有手性碳原子的所有可能的结构简式：________。
答案 (1)酯基、碳溴键
(2) (3)OHC—CHO＋―→＋2H2O (4)还原反应 取代反应 (5)9 、、
解析 由化合物Ⅱ的分子式可知Ⅰ→Ⅱ发生取代反应加上一个Br原子，结合第(2)题的信息可知Ⅱ为，接着发生已知信息的反应，反应物Ⅲ为乙二醛，结合分子式可知另一个产物是水，在NaOH作用下反应，接着酸化得到羟基并在对位取代硝基，反应②为硝基氢化得到氨基，反应③中氨基被取代为氟原子。
(5)X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，即少了CH2，且1 ml X能与足量NaHCO3溶液反应放出2 ml CO2说明含有2 ml羧基，除两个羧基外，碳架有、，若两个羧基取代在同一个碳上，则分别有2种和1种，若两个羧基取代在不同碳上，则上有1、2,1、3,1、4,2、3共4种，上有1、2,1、3共2种，故符合上述条件的X有9种。
20．(12分)全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
(1)已知25 ℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq) K1
②CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCOeq \\al(－,3)(aq) K2
过程①的混合平衡常数K1＝eq \f(cCO2aq,pCO2)，其中c(CO2)aq表示溶液中的CO2浓度，p(CO2)表示大气中CO2的分压(单位：kPa)。温度升高，K1______(填“增大”或“减小”)；当大气压强为a kPa，溶液中的c(H＋)＝b ml·L－1(忽略HCOeq \\al(－,3)和水的电离)时，大气中CO2(g)的体积分数为___________。
(2)由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，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，TS为过渡态)。
该反应历程中决速步骤的化学方程式为___________，有催化剂时决速步骤的活化能为______ eV。
(3)一种脱除和利用工厂废气中CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH＝9，则eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝__________(该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10－7，Ka2＝5.0×10－11)。
②再生塔中产生CO2的离子方程式为___________。
③利用电化学原理将CO2同时转化为多种燃料(CH3CHO、HCOOH、CH4及CO)，将CO2电催化还原为CH3CHO，阴极反应式为_________。若铂电极上只生成6.4 g CH4，则阳极区产生气体标准状况下的体积为________ L。
答案 (1)减小 eq \f(b2,aK1K2) (2)H2COO*＋2H2(g)===H2CO*＋OH*＋eq \f(3,2)H2(g)[或H2COO*＋eq \f(1,2)H2(g)===H2CO*＋OH*] 1.40 (3)①20 ②2HCOeq \\al(－,3)eq \(=====,\s\up7(△))CO2↑＋COeq \\al(2－,3)＋H2O
③2CO2＋10e－＋10H＋===CH3CHO＋ 3H2O 17.92
解析 (1)二氧化碳在水中的溶解度随温度升高而降低，所以二氧化碳气体溶于水形成溶液会放热，即ΔH<0，温度升高平衡逆向移动，K1减小；当大气压强为a kPa，设大气中CO2的物质的量分数为x时，根据K1＝eq \f(cCO2aq,pCO2)可知溶液中二氧化碳的浓度c(CO2)aq＝xaK1，忽略HCOeq \\al(－,3)和水的电离时，c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＝b ml·L－1，K2＝eq \f(cH＋·cHCO\\al(－,3),cCO2aq)＝eq \f(b2,xaK1)，解得x＝eq \f(b2,aK1K2)。(2)多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的一步反应决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2COO*＋2H2(g)===H2CO*＋OH*＋eq \f(3,2)H2(g)，有催化剂时的活化能为0.40－(－1.00) eV＝1.40 eV。(3)①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，溶液的pH＝9，eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3)·cH＋)＝eq \f(1,Ka2)，则eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(1,Ka2)×c(H＋)＝eq \f(1,5.0×10－11)×10－9＝20。②从图示可以看出，进入再生塔的KHCO3转化为K2CO3，再生塔中产生CO2的离子方程式为2HCOeq \\al(－,3)eq \(=====,\s\up7(△))CO2↑＋COeq \\al(2－,3)＋H2O。③电解池通入CO2的一极为阴极，放出O2的一极为阳极，CO2电催化还原为CH3CHO，阴极电极反应为2CO2＋10e－＋10H＋===CH3CHO＋ 3H2O；若铂电极上只生成6.4 g CH4，阴极电极反应为CO2＋8e－＋8H＋===CH4＋2H2O，生成6.4 g CH4，转移3.2 ml电子，阳极产生O2在标况下的体积为eq \f(3.2 ml,4)×22.4 L·ml－1＝17.92 L。
变形金属复原
缺损玉器补配
银器用除锈剂见新
木器表面擦拭烫蜡
A
B
C
D
选项
应用
解释
A
“中国奋斗者号”载人潜水器使用了钛合金
钛合金比金属钛具有更高的硬度和强度
B
问天实验舱使用了石墨烯导热索技术
石墨烯是新型无机非金属材料，可以有效导热
C
高纯硅可用于制作光感电池
硅具有半导体性能，可将太阳能转化为电能
D
食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包
硅胶具有吸水性，生石灰、还原铁粉能与水反应，都是用于防止食品受潮
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用明矾净水
Al(OH)3胶体具有吸附性
B
Na着火不能用水扑灭
Na可与水反应产生O2
C
二氧化硅可用于制备光导纤维
二氧化硅是良好的半导体材料
D
用84消毒液进行消毒
NaClO溶液呈碱性
A.利用蒸发结晶从氯化铵溶液中直接获得氯化铵晶体
B.验证乙醇在加热条件下能还原氧化铜
C.配制稀硫酸
D.检验非金属性：Cl>Br>I
选项
实验目的
实验方案
A
证明溴乙烷发生消去反应生成乙烯
将溴乙烷与浓硫酸混合加热到170 ℃，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液
B
证明Na2CO3溶液中存在碳酸根离子的水解平衡
向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色的变化
C
比较HA和HB的Ka大小
室温下，用广泛pH试纸分别测量等浓度NaA和NaB溶液的pH
D
判断H2S与CH3COOH酸性强弱
在醋酸铅稀溶液中通入硫化氢气体，观察现象
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