2024年高考第二次模拟考试：化学（湖南卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：化学（湖南卷）（解析版），共21页。试卷主要包含了下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F19 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Cr 52
Mn 55 Fe56 Cu 64 Ga 70 I 127 Pb 207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船点火升空成功发射，我国航天航空事业再次迎来飞速发展。下列有关说法错误的是( )
A．载人飞船需要火箭发送，火箭动力源于氧化还原反应
B．太阳电池翼采用的碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料
C．返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料
D．飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度大、硬度大的特性
【答案】D
【解析】A项，常用的火箭燃料为液氢和液氧、煤油和液氧、偏二甲肼和四氧化二氮等，它们在使用时都发生氧化还原反应，A正确；B项，碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料，其性能优良可用于制作太阳电池翼，B正确；C项，芳纶是有机高分子材料，具有高耐磨、高耐冲撞、高耐化学腐蚀、高耐化学降解等特性，C正确；D项，飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度小、硬度大的特性，D错误；故选D。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．用电子式表示HCl的形成过程：
B．基态Fe原子的价层电子轨道表示式：
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D．的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】A项，HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，A错误；B项，Fe是26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价层电子轨道表示式为：，B错误；C项，用氢键表示法表示邻羟基苯甲醛分子内氢键为，C错误；D项，NH3中心原子 N 有 3 个σ键，孤电子对数为=1 ，价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，D正确；故选D。
3．实验室由MnO2制取KMnO4和KOH的实验流程如下：
下列说法错误的是( )
A．步骤①需要的仪器：玻璃棒、陶瓷坩埚、泥三角、酒精灯及带铁圈的铁架台
B．步骤②、③均涉及过滤操作
C．步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳、静置、过滤、蒸发结晶及干燥
D．步骤②中K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%
【答案】A
【解析】A项，步骤①需加热至熔融且产生KOH，陶瓷坩埚中的二氧化硅在高温条件下与KOH会反应，不宜用陶瓷坩埚，A错误；B项，步骤②、③均为固液分离，涉及过滤操作，B正确；C项，步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳产生碳酸钙和KOH、静置、过滤，得到KOH溶液、蒸发结晶及干燥得到KOH，C正确；D项，步骤②发生反应3K2MnO4+2CO2=2 KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，所以转化KMnO4的K2MnO4占，故K2MnO4完全反应时转化为KMnO4的百分率约×100%=66.7%，K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%，D正确；故选A。
4．物质的组成和结构决定着物质的性质与变化，下列有关结构和性质的说法错误的是( )
A．酸性强弱：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸
B．假说是根据已知的科学事实和原理对未知领域的事物或现象的本质提出的一种推测
C．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，所以前者的熔点高于后者
D．乙烯分子中两个碳原子间以sp2杂化轨道形成的σ键较稳定，未杂化的2p轨道形成的π键易断裂，所以易发生加成反应
【答案】C
【解析】A项，电负性F>Cl>H，F对电子对的吸引能力更强，使得羧基中的氢更容易电离，故酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，A正确；B项，在探索微观世界的过程中，科学家们常通过提出假说来把握物质的结构及特点，不断拓展认识的新领域，假说是根据已知的科学事实和原理对未知领域的事物或现象的本质提出的一种推测，B正确；C项，邻羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛都是由分子构成的物质，分子之间以分子间作用力结合。邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，分子间氢键的形成增加了分子之间的吸引作用，使物质熔化、气化消耗的能量比较高，所以前者的熔点低于后者，C错误；D项，乙烯分子中两个碳原子间以共价双键结合，其中C原子以sp2杂化轨道形成的σ键的重叠方式是头碰头，重叠重叠大，因而较稳定，未杂化的2p轨道形成的π键的电子是肩并肩重叠，重叠程度较小，因而易断裂，所以易发生加成反应，使不饱和C原子变为饱和C原子，D正确；故选C。
5．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O
B．Mg(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Mg2++2HCO3-+2OH-=MgCO3↓+2H2O
C．用石墨电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑
D．酸化的FeSO4溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O
【答案】D
【解析】A项，草酸是弱酸，在离子反应中保留化学式，酸性KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O，故A错误；B项，向Mg(HCO3)2溶液中加入过量 的NaOH溶液，反应的离子方程式为：Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故B错误；C项，用惰性石墨电极电解CuCl2溶液，阳极的电极材料不参与反应，反应的离子方程式为：Cu2++2Cl-Cu+ Cl2↑，故C错误；D项，酸化的FeSO4溶液暴露在空气中，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，故D正确；故选D。
6．金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2•MZX3，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。1mlMZX3，含有42ml质子，下列说法正确的是( )
A．离子半径：M＞XB．X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞Y
C．M的最高价氧化物对应水化物为强碱D．第一电离能：Z＞X
【答案】B
【解析】X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18，而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H元素，X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，则Z可能为C或Si或S；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(OH)2⋅MZX3，可知M显+2价，1ml MZX3含有42ml质子，当Z为Si元素时，M的质子数为4，即Be元素，不是人体必需微量元素，不合题意，当Z为S元素时，M的质子数为2，为He，不是人体必需微量元素，不符合题意，只有当Z为C元素时，M的质子数为12，为Mg元素，是人体的必需微量元素之一，符合题意，故确定X、Y、Z、M分别为：O、H、C、Mg。A项，由分析可知，M为Mg，X为O，Mg2+和O2-具有相同的电子层结构，且Mg的核电荷数比O大，故离子半径：Mg2+＜O2-，即M＜X，A错误；B项，X为O、Y为H、Z为C，故X、Y、Z的电负性大小为O＞C＞H，即X＞Z＞Y，B正确；C项，M为Mg，M的最高价氧化物对应水化物即Mg(OH)2为弱碱，C错误；D项，X为O，Z为C，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA反常，故第一电离能：O＞C，即X＞Z，D错误；故选B。
7．一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B．充电时的总反应为：4OH-+2S42-=4S22-+O2+2H2O
C．放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质减少
D．放电时，外电路通过2ml电子，理论上II室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2ml
【答案】B
【解析】A项，膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换膜；故A错误；B项，充电时，氢氧根氧化得到氧气，S42-被还原为S22-，总反应为4OH-+2 S42-=4 S22-+O2+2H2O，故B正确；C项，放电时，S22-转化为S42-，所以含S42-的多硫电解质增加，故C错误；D项，放电时，氧气和水反应产生氢氧根，所以NaOH增加，故D错误；故选B。
8．药物结构的修饰有助于新药的开发与利用。青蒿素可以获得双氢青蒿素，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．若试剂①为NaH，其还原产物为H2O
B．青蒿素中存在过氧键，具有强氧化性
C．该过程若有1ml青蒿素完全转化，则转移2ml电子
D．羟基的引入使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能
【答案】A
【解析】A项，青蒿素反应过程中得氢，发生还原反应，得还原产物为双氢青蒿素，故A错误；B项，根据青蒿素结构可知，存在过氧键，具有强氧化性，故B正确；C项，结合反应过程中物质转化可知，若有1ml青蒿素完全转化，则转移2ml电子，故C正确；D项，羟基可发生多种化学反应，使得双氢青蒿素分子拥有更多修饰与改造的可能，故D正确；故选A。
9．二草酸合铜(II)酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2] ·2H2O }是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是( )
已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。
A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，但会使草酸分解
B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液
C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥
D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤
【答案】B
【解析】由题给流程可知，在微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，草酸溶液加入适量碳酸钾中将草酸转化为草酸氢钾，反应得到草酸氢钾和碳酸氢钾的混合溶液，混合溶液与氧化铜在50℃条件下反应将草酸氢钾转化为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，反应所得溶液经趁热过滤除去碳酸氢钾得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液，溶液经降温结晶、过滤、洗涤、干燥制得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。A项，过程①为微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解，故A正确；B项，由题给数据可知，草酸氢根离子的电离常数大于碳酸的电离常数，所以过程②为草酸溶液加入适量碳酸钾溶液中将草酸转化为草酸氢钾，若将碳酸钾加入草酸溶液中，草酸溶液与碳酸钾反应生成草酸钾、二氧化碳和水，无法得到草酸氢钾溶液，故B错误；C项，由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤除去碳酸氢钾，操作④为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液经降温结晶、过滤洗涤、干燥得到产品，故C正确；D项，由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，可以减少二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体因溶解降低产率，故D正确；故选B。
10．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色
B．过程Ⅱ中SO2是还原剂，Cr3+为还原产物
C．处理废水中的1ml CrO42- (不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为3NA
D．烟道气可以用Na2SO3或 Fe2(SO4)3代替
【答案】D
【解析】A项，2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O，A正确；B项，过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则SO2是还原剂，Cr3+为还原产物，B正确；C项，CrO42-→Cr(OH)3，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的1ml CrO42- (不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为3NA，C正确；D项，Fe2(SO4)3中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；故选D。
11．采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是（ ）
A．Ga、N均属于p区元素
B．图a晶体结构中含有6个Ga、6个N
C．图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，则晶体的密度为
D．三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3∶2∶3
【答案】D
【解析】A项，Ga、N的价电子分别是4s24p1、2s22p3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；B项，图a晶体结构中含有12×+2×+3=6个Ga、6×+4=6个N，故B正确；C项，图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对角线为2xnm，小立方体的边长为 nm，晶胞的边长为2 nm，则晶体的密度为ρ= =，故C正确；D项，a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为4∶4∶6=2∶2∶3，故D错误；故选D。
12．某溶液初始仅溶有等浓度的M和N，反应①、②同时进行：
①M+NX+W
②M+NY+W
反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M和X的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～30min，消耗M的平均速率为0.01ml•L-1•min-1
B．体系中X和Y的浓度之比保持不变，说明反应已平衡
C．反应①的活化能比反应②的活化能更大
D．充分反应后，X的选择性[×100%]为62.5%
【答案】D
【解析】A项，根据图示可知，0—30min时间段内，有如下关系，
v(M)==3×10—3ml/L·min，故A错误；B项，相同时间内，X和Y的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因Y和Z分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C项，相同条件下，反应①产生的X比反应②产生的Y多，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，则反应①的活化能小，活化能越大，反应速率越慢，故C错误；D项，前30min内M转化为X的转化率为=62.5%，反应中M转化为X、Y的比例不变，故如果反应能进行到底，反应结束，有62.5%的M转化为X，故D正确；故选D。
13．当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 ml∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是( )
A．甲到乙发生的离子反应为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中： c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)
D．氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)该反应的平衡常数K约为10-5
【答案】D
【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A错误；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；C项，丙点溶液中，=2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(H＋)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2(aq)＋H2O(l)H+(aq)+ Cl-(aq)+HClO (aq)，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05ml/L，根据起点pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常数，数量级比10-5更小，D错误；故选C。
14．甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO3-的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是( )
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1mlH2可还原2mlNO3-
C．HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3-氧化性的作用
【答案】B
【解析】A项， 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A正确；B项，整个历程中，1mlH2失电子形成2mlH+转移2mle-，1mlNO3-最终得电子形成0.5mlN2转移5mle-，所以1mlH2可以还原0.4mlNO3-，故B错误；C项， HCOOH分解产生CO2和H2，所以会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C正确；D项，NO3-与NO2-在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，有增强NO3-氧化性的作用，故D正确；故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．(14分)某小组用淀粉水解液和浓H2SO4(作催化剂)、HNO3为原料制取草酸晶体(H2C2O4·xH2O)，进而制备纳米草酸钙(CaC2O4)，按如下流程开展实验(夹持仪器略)：
已知：①草酸能溶于水，易溶于乙醇；
②纳米草酸钙难溶于水，高温易分解；
③淀粉水解液与混酸反应的方程式：。
请回答下列问题：
（1）仪器甲相比普通分液漏斗的优点是 ，仪器乙的名称为 ，步骤Ⅱ的操作名称是 。
（2）不与反应，但在本实验中可以完全被吸收，请用离子方程式表示被完全吸收的原因 。
（3）催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是 。
（4）下列有关操作说法正确的是___________。
A．步骤Ⅲ洗涤可用乙醇水溶液，步骤Ⅳ洗涤可用蒸馏水
B．步骤Ⅳ采用离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处
C．步骤Ⅳ干燥采用图3装置，取用时，手握干燥器盖顶圆球向上拉，取下盖子倒放在桌上，将装有产品的器皿放在陶瓷板上
D．步骤Ⅴ为提高反应速率，也可采用更高温度加热
（5）草酸晶体(H2C2O4·xH2O)含有结晶水，某同学通过如下实验测定其组成：
①配制标准氢氧化钠溶液：称取一定质量氢氧化钠固体，用适量水溶解后，选择合适的操作并排序(步骤可重复使用)，配制溶液：
a→b→(_______)→(_______)→f→d→(________)→(______)→h
a．检查容量瓶玻璃塞处是否漏水 b．将烧杯中的液体全部转移到容量瓶中
c．用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次 d．加蒸馏水至容量瓶接近标线
e．盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶 f．轻轻摇动容量瓶
g．离刻度线时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切h．装瓶贴标签
②标定氢氧化钠溶液的浓度。
③滴定：准确称取一定质量草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用上述标准溶液滴定。若草酸晶体中混有H2C2O4，则该滴定法测得产品中的值 (填“偏大”“偏小”“无影响”)。
【答案】（1） 平衡气压，便于液体顺利流下(2分)
球形冷凝管(1分) 冷却结晶(1分)
（2）NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O(2分)
（3）浓硫酸具有脱水性，会使有机物脱水碳化(2分)
（4）B(2分)
（5） a→b→c→b→f→d→g→e→h(2分) 偏小(2分)
【解析】由题给流程和实验装置图可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氮的氧化物，防止污染空气；将装置A中得到的反应液冷却结晶、抽滤、洗涤得到草酸晶体；向草酸晶体中加入氯化钙溶液，加热充分反应后，经离心分离、洗涤、干燥得到纳米二水草酸钙；纳米二水草酸钙在250℃条件下加热脱水转化为纳米草酸钙。（1）由实验装置图可知，仪器甲为滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，滴液漏斗可以起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用；仪器乙为球形冷凝管，起冷凝回流的作用；由分析可知，步骤Ⅱ为冷却结晶；（2）一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮和二氧化氮在氢氧化钠溶液中发生归中反应生成亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O；（3）由分析可知，装置A中发生的反应为浓硫酸作用下淀粉水解液中的葡萄糖与混酸中的浓硝酸反应生成草酸、一氧化氮、二氧化氮和水，若催化剂浓硫酸用量过多，具有脱水性的浓硫酸会使反应生成的草酸脱水碳化，导致草酸产率减少；（4）A项，由题给信息可知，草酸能溶于水，易溶于乙醇，则步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，草酸晶体会因部分溶解而造成损失，故错误；B项，步骤Ⅳ采用离心分离得到纳米二水草酸钙，由对称平衡原理可知，分离操作时应将两支离心管放置于1、4处，故正确；C项，打开干燥器时，不能向上拉，应用左手按住干燥器，右手小心将盖子稍微平推，等空气缓缓进入，器内质量平衡后，才能将开口推大成全开，取下的盖子必须仰放，故错误；D项，由题给信息可知，纳米草酸钙高温易分解，步骤Ⅴ如果采用更高温度加热，纳米草酸钙会分解导致产率降低，故错误；故选B；（5）①根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序a→b→c→b→f→d→g→e→h；②若草酸晶体中混有草酸会使溶质的物质的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，导致测得产品中x的值偏小。
16．(12分)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。
（2）“酸浸”过程中，所用的稀酸X是 (填化学式)。
（3）“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为 。80~100min时，浓度上升的原因可能是 。
（4）“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为___________(填序号)。
A．H2O2、NH3·H2O B．KMnO4、CaO
C．SO2、MnCO3 D．H2O2、CaCO3
（5）“净化”中加入MnF2的目的是除去，其反应的离子方程式为 。
（6）硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则此时固体的化学式为 。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中， ，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1ml/L BaCl2溶液，1ml/LNaOH溶液)
【答案】（1） (1分)
（2）H2SO4(1分)
（3） 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O(2分) 80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升(2分)
（4）D(2分)
（5）MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq) (1分)
（6） Mn2O3(1分) 在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收(2分)
【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。（1）已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为：；（2）由分析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是H2SO4；（3）由图示知，20～80 min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生Mn2+、Fe3+、S 等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；（4）滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，故选D；（5）“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca2+，即MnF2与Ca2+反应生成Mn2+和CaF2，故其反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)；（6）已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/ml，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰其物质的量为：=1×10-3ml，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O的物质的量为：=1.5×10-3ml，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3ml：1.5×10-3ml=2：3，该固体的化学式为Mn2O3，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在850℃下加热制得的Mn2O3比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。
17．(14分)环境保护与绿色发展是新时代人们关心的共同话题。NO是大气主要污染物，因此对工业烟气脱硝是工业生产中的重要一环。煤燃烧排放的烟气含有NO，脱除的方法有多种。
（1）目前常见方法是采用NaClO溶液液相氧化法脱除烟气中的NO，其主要过程如下：
Ⅰ．NO(aq)+HClO(aq)NO2(aq)+HCl(aq) ΔH＝akJ·ml−1
Ⅱ．3NO2(aq)+ H2O(l)2HNO3(aq)+NO(aq) ΔH＝b kJ·ml−1
①NO(aq)转化为HNO3(aq)的热化学方程式 。
②为提高NO脱除率，工业上常向NaClO溶液中加入稀硫酸调节，溶液初始pH与NO的脱除率如下表所示。
pH影响NO脱除率的原因是 。
（2）理论上可采用加热使NO分解的方法处理：2NO(g)N2(g)＋O2(g)。
①该反应的平衡常数表达式为 ；
②已知该反应的正反应活化能为728 kJ·ml−1，逆反应的活化能为910kJ·ml−1；正反应熵变为-24.8 J·K-1·ml−1。实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原因 。
（3）大π键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的π键。一氧化氮分子中，氮与氧之间形成一个σ键、一个2电子π键与一个3电子π键，则3电子π键 (填“是”或“不是”)大π键；一氧化氮可与Fe2+生成棕色[Fe(H2O)5NO]2+离子，为检验亚铁离子的反应之一，[Fe(H2O)5NO]2+离子中配位体是 。
（4）近期科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟基、羧基(均可表示为C-OH，其电离平衡可表示为C-OHC-O-+H+)，这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为(未配平)：
预氧化：HNO3+C→C-OH+NO2↑+H2O
预氧化：KMnO4+C→C-OH+ MnO2+ K2MnO4
预氧化：H2O2+C→C-OH+H2O
吸附：C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s) ΔH＜0
NO吸附实验在25℃下进行，将一定比例的N2与NO混合气体在恒压下，以相同速率持续通入到等量的、不同预氧化试剂处理的活性炭中(图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭)，获得“NO捕获率-通气时间”的变化图：
已知：
①下列描述正确的是 。
A．25℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超过了H2O2-C
B．若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，吸附平衡会正向移动
C．KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、K2MnO4堵塞
D．升高温度，等量活性炭催化剂吸附的NO分子总数会减少
②相比其他预氧化试剂处理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研究者认为可能是HNO3引入了H+，增强了活性炭的表面活性。试利用勒夏特列原理予以解释 。
【答案】（1） 2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq) ∆H= (3a+b)kJ∙ml-1 (2分)
pH降低，c(HClO)升高(2分)
（2） 或 (2分) 反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显(2分)
（3）不是(1分) H2O和NO(1分)
（4） CD(2分) 硝酸预氧化的过程中引入了H+，增大了H+浓度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳(2分)
【解析】（1）根据盖斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ即可得目标反应：2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)，则反应热∆H=3×∆H1+∆H2=(3a+b)kJ∙ml-1；pH减小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应Ⅰ的平衡右移，NO脱除率越高；（2）①依据平衡常数的定义，该反应的平衡常数表达式为或；②该反应的正反应活化能为728 kJ·ml−1，逆反应的活化能为910 kJ∙ml-1，则∆H=728-910=-182 kJ∙ml-1，又正反应的熵变为-24.8 J·K-1·ml−1，依据，故600℃时反应可以自发，而600℃时NO仍没有明显分解是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显；（3）根据形成大π键是3个或3个以上原子，而NO只有2个原子，因此题中3电子π键不是大π键；[Fe(H2O)5NO]2＋是配合离子，因此H2O和NO是配位体；（4）①A项，图中原始-C曲线是虚线，NO捕获率应看右侧纵轴上的数据，25°C下175分钟后NO捕获率低于50%，H2O2-C曲线是实线，NO捕获率应看左侧纵轴上的数据，因此175分钟后原始-C的吸附效果没有超过H2O2-C，故A错误；B项，若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，即在恒压条件下增大容器体积，使NO浓度减小，吸附平衡C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)逆向移动 ，故B错误；C项，KMnO4是粉末状固体，活性炭表面疏松多孔的结构有利于吸附，KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，故C正确；D项，由图像可知，升高温度，NO的捕获率降低，即催化剂吸附的NO分子总数会减少，故D正确；故选CD。②HNO3是强酸，HNO3预氧化的过程引入了H+，增大了H+的浓度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳。
18．(16分)乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：
已知： ，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）反应 = 3 \* GB3 ③的反应类型为 。
（3）D中含氧官能团的名称为 ；E的化学式为 。
（4）M的结构简式为 。
①M中电负性最强的元素是 ，碳原子的杂化类型为 。
②M与相比，M的水溶性更 (填“大”或“小”)。
③-SH与-OH性质相似，写出M与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是 。
（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为 。
（7）以和为原料，请结合以上合成线路中的相关信息，设计合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。 。
【答案】（1） 对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸(1分)
（2）取代反应(1分)
（3）硝基、酯基(1分) C16H15O4NS(1分)
（4） (1分) O(1分) sp2、sp3(1分) 小 (1分)
+2 NaOH → +CH3OH+H2O(2分)
（5）保护羧基(其他合理回答也可) (2分)
（6） (2分)
（7） (2分)
【解析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，C与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F最终转化为J。（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；（2）（2）反应 = 3 \* GB3 ③为发生取代反应生成和H2O； （3）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；E的化学式为C16H15O4NS；（4）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；M的结构简式为，M中电负性最强的元素是O；M中碳原子的杂化类型为sp2、sp3；②M与相比，中酚羟基可以和水形成氢键，导致其水溶性增大，故M的水溶性更小。③—SH与—OH性质相似，则为M中-SH、酯基均能与NaOH溶液反应，化学方程式为：+2 NaOH → +CH3OH+H2O；（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目为2，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为；（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，故合成路线如下：。
电离平衡常数
Ka1
Ka2
H2C2O4
H2CO3
初始
3.5
4.5
5.5
6.5
7.5
NO脱除率
91%
88%
83%
65%
51%