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东北三省四市2024届高三教研联合体高考模拟（一）化学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份东北三省四市2024届高三教研联合体高考模拟（一）化学试卷（原卷版+解析版），文件包含东北三省四市2024届高三教研联合体高考模拟一化学试卷原卷版docx、东北三省四市2024届高三教研联合体高考模拟一化学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5
第I卷(选择题，共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
B. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料
C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放
D. 二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化亚铁呈黑色，古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化铁，故A错误；
B．涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于有机高分子材料，故B错误；
C．汽车尾气中氮氧化物是发动机吸入空气中的氧气和氮气在放电条件下生成的，所以乙醇汽油的广泛使用不能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放，故C错误；
D．二氧化碳属于无机小分子、淀粉属于有机高分子，所以二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变，故D正确；
故答案为：D。
2. 下列化学用语或表述正确的是
A. HClO的电子式：
B. 中子数为9的氮原子：
C. H2O的VSEPR模型：
D. 碳的基态原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，A 正确；
B．中子数为9的氮原子质子数为7、质量数为16，原子符号为，B错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．碳元素的原子序数为6，基态原子的价层电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
3. 下列有关物质的工业制备反应错误的是
A. 制粗硅：
B. 冶炼铁：
C. 制氯气：
D. 制漂白粉：
【答案】A
【解析】
【详解】A．冶炼粗硅时SiO2和C反应生成Si和CO，反应的方程式为；故A错误；
B．冶炼铁时CO还原氧化铁生成铁和CO2，反应的方程式为，故B正确；
C．工业上常用电解饱和食盐水制Cl2，反应的方程式为，故C正确；
D．工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，反应的方程式为，故D正确。
答案选A。
4. 常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 氮气含有的共用电子对数为
B. 每产生，失去电子数为
C. 氨水中，含分子数小于
D. 标况下，参加反应时，产生分子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2中含有氮氮三键，有3个共用电子对， N2的物质的量为1ml，含有的共用电子对数为，A错误；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，的物质的量为=2ml，每产生，N2得到6ml电子，数目为6NA，B错误；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，C错误；
D．标况下，的物质的量为0.5ml，由方程式可知，消耗0.5ml N2，产生的0.75mlO2，数目为，D正确；
故选D。
5. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有光该化合物说法错误的是
A. 存在顺反异构体B. 可与发生显色反应
C. 1ml该有机物最多与4mlNaOH反应D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳碳双键两端的碳原子上连有两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构可知，该化合物存在顺反异构，A正确；
B．该物质含有酚羟基，可与发生显色反应，B正确；
C．分子中含有酚羟基以与NaOH反应，酰胺基、酯基水解后生成的羧基也可以与NaOH反应，原结构还有1个羧基，知己水解后还有一个酚羟基，1ml该有机物最多与6mlNaOH反应，C错误；
D．与足量加成后的产物分子的结构简式为：，含有6个手性碳原子，D正确；
故选D。
6. 下列实验操作及现象所对应的结论或解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸、亚铁离子均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，滴入KMnO4溶液紫色褪去，不能说明某铁的氧化物含有二价铁，故A错误；
B．Zn置换出Cu，可构成原电池，加快生成氢气的速率，与催化作用无关，故B错误；
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀，说明具备复分解反应的条件，不能说明酸性：H2S>H2SO4，且H2S是弱酸，H2SO4是强酸，酸性：H2SD．AgNO3溶液不足，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明生成的AgCl可转化为更难溶的AgI，则，故D正确。
答案选D。
7. 科学家提出一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系(如下图所示)，通过将锌-多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列说法错误的是
A. 锌-多硫化物电池日间做电解池，夜间做电池
B. 夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接
C. 日间工作时，b极的电极反应式为
D. H2生产装置中可以使用钠离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，A正确；
B．夜间工作时，左侧锌一多硫化物电池作电源，H2生产装置为电解池。d电极发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阴极，发生还原反应，故d电极应连接a电极(即Zn电极，电源负极)，故a、d相连，b、c相连，B错误；
C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态。b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；
D．H2 生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，交换膜， 显然H2生产装置电解液一般仍为NaOH、Na2S的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D正确；
故合理选项是B。
8. 已知、、、、是原子序数依次增大的五种短周期元素，和组成的一种化合物具有强氧化性，可用于自来水消毒，五种元素形成的某种化合物结构如图，下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 单质均为非极性分子
D. 和组成的化合物可能含有非极性键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，由结构可知，化合物中X、Y、Z、W、R形成共价键的数目分别为1、4、3、2、1，W和R组成的一种化合物具有强氧化性，可用于自来水消毒，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、R为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子、氮原子、碳原子的原子半径依次增大，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以水的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，故B错误；
C．二氧化氯是分子结构不对称的V形，属于极性分子，故C错误；
D．肼分子的分子式为N2H4，N2H4是含有极性键和非极性键的极性分子，故D正确；
故选D
9. 苏轼咏橘“香雾馔(xùn)人惊半破，清泉流齿怯初尝”。某实验小组设计提取橘皮精油(主要成分为柠檬烯，沸点：176.0℃)的实验流程如图所示，下列说法错误的是
A. 利用如图装置对橘皮进行反复萃取可提高产率
B. 有机试剂X可选用丙酮，分液时两相溶液依次从下口放出
C. 无水硫酸钠的作用是除去有机层中的水
D. 蒸馏所得柠檬烯，可通过质谱法测定其相对分子质量
【答案】B
【解析】
【分析】由题给流程可知，向碎橘皮中加入水和乙醇用索氏提取器反复萃取提取得到提取液，向提取液中加入有机萃取剂萃取、分液得到有机相，向有机相中加入无水硫酸钠除去有机层中的水后，蒸馏得到橘皮精油。
【详解】A．由萃取规律可知，对橘皮进行反复多次萃取可以获得更多的橘皮精油，有利于提高橘皮精油提取率，故A正确；
B．丙酮溶于水，不能做萃取橘皮精油的萃取剂，且分液时下层溶液从下口流出，上层溶液应从上口倒出，不能从下口流出，故B错误；
C．由分析可知，加入无水硫酸钠的目的是除去有机层中的水，干燥有机相，故C正确；
D．利用质谱法可测定柠檬烯的相对分子质量，测得的最大质荷比为柠檬烯的相对分子质量，故D正确；
故选B。
10. 在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是
A. 消耗一半时的反应速率为
B. 100min时消耗完全
C. 该反应的速率与的浓度有关
D. 该反应的半衰期与起始浓度的关系满足
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；
B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020ml/L，因此当100min时消耗完全，B正确；
C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；
D．结合选项A的解析，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。
因此，本题选C。
11. 的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移；忽略溶液体积的变化，极区域浓度保持不变)。下列说法正确的是
A. 电子从电极经导线流向电极
B. 电路中转移电子，理论上正极区域溶液增重
C. 两极参与反应的与的物质的量之比为
D. 双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，b极氧气发生还原反应生成过氧化氢，为正极，则a为负极。
【详解】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A错误；
B．O2在正极区域得到电子生成H2O2，电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，电路中转移电子时，生成0.5ml H2O2，理论上正极区域溶液增重34ml×0.5ml=17g，B正确；
C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极方程式为：SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，两极参与反应的与的物质的量之比为，C错误；
D．1 mlSO2与2mlOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2ml电子，2mlOH -进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；
故选B。
12. 具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，下列说法错误的是
A. Ni原子与Mn原子的配位数相等
B. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为
C. O空位的形成有利于的传导
D. 考虑晶体缺陷，该晶体的+3价与+4价La原子个数比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；
B．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，因此，B错误；
C．O空位形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确；
D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为个，+4价La为个，则，，解得，，+3价与+4价La原子个数比为，D正确。
故选B。
13. 以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)为原料，合成的流程如下。下列说法错误的是
A. 步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO3
B. 步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3
C. 步骤Ⅲ先形成难溶物，最后得到深蓝色溶液D
D. 步骤Ⅳ的操作依次为加入乙醇、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)在与氧气煅烧时，Cu2S生成CuO和SO2，气体X主要为SO2，剩余的固体B加硫酸酸浸，再与H2O2反应得到溶液C主要为为CuSO4、Fe2(SO4)3混合溶液，加入氨水，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，最后加入乙醇，析出，过滤、洗涤、干燥得到产品。
【详解】A．根据上述分析，步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO2，故A错误；
B．由分析可知，步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3，故B正确；
C．加入氨水，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，故C正确；
D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液加入乙醇会析出，过滤、洗涤、干燥得到产品，故D正确。
答案选A。
14. N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理，光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·)，空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH)，HO2·和·OH分别与反应生成，变化过程如下图所示。下列说法错误的是
A. ·OH氧化的反应为
B. ①②过程和③④过程产生的之比为1：1
C. pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D. 氧化含硫废液的总反应为
【答案】B
【解析】
【分析】由图示可知：过程①O2+H++e-→HO2‧、过程②HO2‧+→+HO‧、过程③h++OH-→HO‧、过程④+2HO‧→+H2O。
【详解】A．·OH氧化为硫酸根，其反应为，故A正确；
B．反应①②过程中HO2‧和反应生成，反应为：HO2‧ +=+·OH，反应③④过程中‧OH和反应生成，反应为，由分析可知H+~HO2‧，‧OH~OH-，而H2O电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以产生的之比为2:1，故B错误；
C．该变化过程中氢离子和氢氧根均参与了反应，所以pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果，故C正确；
D．由图可知，氧化含硫废液的总反应为，故D正确；
故答案为：B。
15. 常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某浓度的磷酸溶液，所得溶液的pH与lgX的关系如图所示，X表示、或，下列说法错误的是
A. b中X为
B. Y点溶液的pH=7.24
C. 的平衡常数为
D. 等浓度的Na3PO4与NaH2PO4溶液按体积比1：3混合后
【答案】C
【解析】
【分析】磷酸是三元中强酸，溶液中=、=、=，溶液的pH增大，溶液中氢离子浓度减小、电离常数不变，则溶液中减小，和均增大，由二级电离常数大于三级电离常数可知，氢离子浓度相等时，溶液中大于，则a、b、c中X分别为、、，由图中数据可知，溶液中氢离子浓度为1ml/L时，溶液中lg、lg分别为2.12、—7.20，则磷酸的电离常数Ka1=10—2.12、Ka2==10—7.20，溶液中氢离子浓度为10—12.36 ml/L时，溶液中lg为0，Ka3==10—12.36。
【详解】A．由分析可知，a、b、c中X分别为、、，故A正确；
B．由图可知，Y点溶液中=，由分析可知，溶液中=，则溶液中氢离子浓度为ml/L =ml/L= 10-7.24ml/L，所以溶液pH为7.24，故B正确；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=====109.32，故C错误；
D．等浓度的磷酸钠溶液与磷酸二氢钠溶液按体积比1：3混合恰好反应生成等浓度的磷酸氢钠与磷酸二氢钠混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅工艺流程如下：
已知：
回答下列问题
（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是___________，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为___________。
（2）滤渣的主要成分为___________、___________。(填化学式)
（3）“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为___________。(填化学式)
（4）“氧化”工序中发生反应的离子方程式为___________。
（5）为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因：___________。
（6）处理含的废水时，Cr(Ⅵ)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入10mlFeSO4，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入Fe2(SO4)3的物质的量为___________ml。
【答案】（1） ①. 加快反应速率 ②.
（2） ①. Fe(OH)3 ②. Cu(OH)2
（3）NaCrO2 （4）
（5）硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降
（6）5
【解析】
【分析】向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，调pH=9，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为；向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将硫酸铅转化为氧化铅，将焙烧渣水洗得到的氧化铅溶于硝酸溶液得到硝酸铅，将硝酸铅溶液和铬酸钠溶液混合反应，将铬酸钠转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；向滤液中加入硫酸亚铁、硫酸铁，将溶液中的铬酸根离子转化为铁铬氧体，过滤得到达标排放的废水。
【小问1详解】
将草酸泥渣“粉碎”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为；
【小问2详解】
向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，所以“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO2；
【小问4详解】
“氧化”工序是向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为，发生反应的离子方程式为；
【小问5详解】
铬酸钠溶液存在如下平衡：，硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率， “酸溶”过程中所加硝酸不能过量；
【小问6详解】
设加入硫酸铁的物质的量为aml，由铬原子个数守恒可知，铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)的物质的量为，由铁原子个数守恒可知10+2a=，由化合价代数和为零可得：3x+3y=6，由得失电子守恒可得：，解得a=5、x=、y=，故答案为：5ml。
17. 丁香酚氧基乙酸不仅有抗病毒、抗菌性能，而且还有抑制脂质增加的功能。纯净的丁香酚氧基乙酸(Mr=222)为白色固体，可用丁香酚(Mr=164，沸点：254℃)为主要原料制得，其合成原理如图所示。
具体合成步骤如下：
I．将1.0gNaOH溶于5.0mLH2O中，添加4.1g丁香酚，在80℃～90℃中搅拌，得到溶液甲。
Ⅱ.小心将2.8g氯乙酸溶解在8.0mL水中，缓慢添加Na2CO3溶液使其呈碱性，得到溶液乙。
Ⅲ.将溶液乙缓慢滴加到溶液甲中，在90℃～95℃搅拌混合物1小时。反应完毕后，冷却至室温，加入盐酸至溶液呈酸性，得到溶液丙。
Ⅳ.向溶液丙中加入碎冰，搅拌至黄色油状物变成淡黄色固体，过滤、洗涤。
V.向固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却。经过滤、洗涤、干燥称量，得到3.7g产品。
回答下列问题：
（1）步骤I中最适宜的加热方式为___________。
（2）该合成需要在碱性介质中进行，但NaOH不能过量，请解释其原因：___________。(用化学方程式表示)
（3）某兴趣小组设计了第Ⅲ步反应装置(如图所示，加热装置略去)，仪器a的名称是___________；有同学认为仪器b是多余的，他给出的理由是___________。
（4）第Ⅳ步中碎冰的作用是___________。
（5）第V步分离提纯方法的名称是___________；在分离过程中可加入一些活性炭脱色，但加入活性炭过多，会造成产率下降，可能原因为___________。
（6）产品的产率为___________。(保留三位有效数字)
【答案】（1）水浴加热
（2）
（3） ①. 三颈烧瓶（或三口烧瓶） ②. 第III步反应温度未达到水的沸点
（4）稀释，降温，降低了丁香酚氧基乙酸在水中的溶解度
（5） ①. 重结晶 ②. 活性炭疏松多孔，具有吸附性
（6）66.7%（或0.667）
【解析】
【分析】80℃～90℃中搅拌时丁香酚的酚羟基和NaOH溶液反应生成，得到溶液甲；氯乙酸与Na2CO3溶液反应，氯乙酸的羧基在碱性条件下转化为羧酸钠，生成ClCH2COONa，得到溶液乙；将溶液乙缓慢滴加到溶液甲中，在90℃～95℃，和ClCH2COONa反应生成，冷却至室温，加入盐酸至溶液呈酸性，将羧酸钠转化为羧基，得到的溶液，再向其中加入碎冰，降温，减小的溶解度，使其析出，搅拌至黄色油状物变成的淡黄色固体为，过滤、洗涤后，将所得的固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却，再次经过滤、洗涤、干燥得产品。
【小问1详解】
步骤I在80℃～90℃中搅拌，温度低于100℃，为使反应物受热均匀，步骤I中最适宜的加热方式为水浴加热；
【小问2详解】
该合成需要在碱性介质中进行，但NaOH不能过量，因为过量的NaOH会和ClCH2COONa发生反应：；
【小问3详解】
根据仪器a的构造可知，其名称是三颈烧瓶（或三口烧瓶）；仪器b为冷凝管，其作用是让低沸点、易挥发的物质冷凝回流，但丁香酚沸点254℃、丁香酚氧基乙酸和丁香酚均属于分子晶体，是丁香酚中羟基氢被-CH2COOH取代的产物，即其沸点高于丁香酚，两者均不易挥发，而第III步在90℃～95℃搅拌混合物，温度比水的沸点都低，没有到达丁香酚和丁香酚氧基乙酸的沸点，即没有物质需要冷凝回流，所以仪器b是多余的；
【小问4详解】
第Ⅳ步：向溶液丙中加入碎冰，搅拌至黄色油状物变成淡黄色固体，过滤、洗涤，过程中加碎冰本身有稀释的作用，同时可降低温度，使丁香酚氧基乙酸的溶解度降低，便于形成沉淀后过滤；
【小问5详解】
第V步为：向固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却，经过滤、洗涤、干燥，即先将固体溶解，再冰水冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以第V步分离提纯方法的名称是重结晶；因为活性炭疏松多孔，具有吸附性，所以加入活性炭过多，会造成产率下降；
【小问6详解】
M(丁香酚)=164g/ml，M(丁香酚氧基乙酸)=222g/ml，4.1g丁香酚的物质的量为n(丁香酚)=，3.7g丁香酚氧基乙酸的物质的量为n(丁香酚氧基乙酸)=，据化学方程式可知1ml丁香酚-1ml丁香酚氧基乙酸，即产品的产率为(或0.667)。
18. 氢能作为一种清洁、高效、安全、可持续的新能源，被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，是人类的战略能源发展方向。目前，制备氢气有多种途径：途径一：甲醇产生氢气的反应为：
（1）已知相关物质的标准熵数值如下表：
该反应能自发进行的最低温度为___________K。(保留小数点后1位)
途径二：乙酸制氢的反应为：
反应I：
反应Ⅱ：
（2）已知反应：
①由图1可得，___________kJ·ml-1；
②恒温恒容下发生上述反应，下列说法正确的是___________。
A．混合气体密度不变时，反应达到平衡
B．充入CO2，可提高CH4的转化率
C．加入催化剂，可提高H2平衡产率
D．充入Ar，对H2的产率不产生影响
（3）一定条件下，在密闭容器中加入一定量的乙酸，只发生反应I和反应Ⅱ。
①在相同时间，测得温度与气体产率的关系如上图2所示。约650℃之前，氢气产率低于甲烷的可能原因是___________。
②设达到平衡时，体系总压强为p，乙酸体积分数为20%，反应I消耗的乙酸占投入量的20%，则反应Ⅱ的平衡常数为___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算)
途径三：热分解H2S制氢反应为：
（4）不同温度和压强下，H2S的平衡转化率变化如图。生成物S2的状态为___________(填“气态”或“非气态”)，P1___________P2(填“>”或“<”)。
【答案】（1）385.5
（2） ①. ②. BD
（3） ①. 反应I的活化能比反应II高，反应速率慢 ②. 0.2p
（4） ①. 气态 ②. ＜
【解析】
【小问1详解】
，据，解得T＞385.5K；
【小问2详解】
①结合图1，△H=生成物总能量-反应物总能量= kJ/ml；
②A．恒容条件且m守恒，即m和V均是恒定值，由可知，混合气体密度不变时，反应不一定达到平衡，故A错误；
B．充入CO2，平衡右移，CH4的转化率增大， 故B正确；
C．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响平衡，所以加入催化剂不能提高H2的平衡产率，故C错误；
D．恒温恒容充入Ar，各物质的浓度均不变，平衡不移动，即对H2的产率不产生影响，故D正确；
故答案为：BD；
【小问3详解】
①由图1可知，反应I的活化能Ea1=E5-E2，反应Ⅱ的活化能Ea2=E4-E2，即Ea1＞Ea2，活化能越大，化学反应速率越慢，所以约650℃之前，氢气产率低于甲烷的可能原因是反应I的活化能比反应II高，反应速率慢；
②设起始n(CH3COOH)=1ml，反应Ⅱ消耗的n(CH3COOH)=x，则反应I消耗的n(CH3COOH)=0.2ml，三段式表示，则n总=1-0.2-x+0.4+0.4+x+x=1.6+x、n(CH3COOH)=( 1.6+x)×20%=1-0.2-x，解得x=0.4ml，n总=1.6+x=2ml，n(CH4)= n(CO2)=0.4ml，反应Ⅱ的平衡常数；
【小问4详解】
由图可知，恒温变压硫化氢的平衡转化率发生了变化，即左右两边气体化学计量数之和不等，所以生成物S2的状态为气态，，由于右边的气体化学计量数之和更大，恒温加压平衡左移，H2S得转化率降低，所以P1＜P2。
19. 替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾脏病(CKD)成人患者的高磷血症。替纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）写出A的分子式___________。
（2）B中含氧官能团的名称为___________。
（3）H→I的反应类型为___________。
（4）F分子中采取sp3杂化的碳原子个数为___________。
（5）由D生成E的方程式为___________。
（6）试剂1的分子式为C8H9NCl2，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有___________种(不考虑立体异构)。
①与足量NaOH溶液反应，1ml该物质最多消耗4mlNaOH；
②苯环上只有三个取代基。
（7）综合上述信息，以为原料制备的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M、N、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。
【答案】（1）C8H7BrO
（2）酮羰基 （3）加成反应
（4）5 （5）+H2O
（6）29 （7） ①. ②. ③. CH3NH2
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下与溴发生取代反应生成，与一定条件下发生取代反应生成，则试剂1为；与硼氢化钠发生还原反应生成，在硫酸作用下转化为，则E为；与发生取代反应生成，与氯气、乙酸反应生成，与发生取代反应生成，与发生加成反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C8H7BrO，故答案为：C8H7BrO；
【小问2详解】
由结构简式可知，的含氧官能团为酮羰基，故答案为：酮羰基；
【小问3详解】
由分析可知，H→I的反应为与发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
【小问4详解】
由结构简式可知，分子中含有5个杂化方式为sp3杂化的饱和碳原子，故答案为：5；
【小问5详解】
由分析可知，由D生成E的反应为在硫酸作用下转化为和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
【小问6详解】
的同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应，1 ml试剂1最多消耗4 ml氢氧化钠说明2个氯原子原子直接与苯环相连，苯环上只有三个取代基说明同分异构体分子的结构可以视作邻二氯苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢原子被—CH2CH2NH2、或、或—NH—CH2CH3，或—CH2—NH—CH3、或—N(CH3)2取代所得结构，其中邻二氯苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢原子被取代基取代所得结构分别有2种、3种、1种，则符合条件的结构简式共有5×6—1=29种，故答案为：29；
【小问7详解】
由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则M为；与氯气、乙酸反应生成，则N为；与CH3NH2发生取代反应生成，故答案为：；；CH3NH2。选项
实验操作及现象
结论或解释
A
将某铁的氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁的氧化物中含有二价铁
B
向Zn与稀硫酸反应的体系中加入几滴硫酸铜溶液，产生气泡速率变快
硫酸铜具有催化作用
C
向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀
酸性：H2S>H2SO4
D
向盛有2mL0.1ml·L-1KCl溶液的试管中滴加2滴0.1ml·L-1AgNO3溶液，再滴加4滴0.1ml·L-1KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
0
20
40
60
80
化学式
标准熵
126.8
130.7
197.7
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5
第I卷(选择题，共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A. 古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化亚铁
B. 涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于无机非金属材料
C. 乙醇汽油的广泛使用能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放
D. 二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化亚铁呈黑色，古代壁画颜料中所用的铁红成分为氧化铁，故A错误；
B．涂料增稠剂的成分之一聚丙烯酸钠属于有机高分子材料，故B错误；
C．汽车尾气中氮氧化物是发动机吸入空气中的氧气和氮气在放电条件下生成的，所以乙醇汽油的广泛使用不能有效减少汽车尾气中氮氧化物的排放，故C错误；
D．二氧化碳属于无机小分子、淀粉属于有机高分子，所以二氧化碳人工合成淀粉实现了无机小分子向有机高分子的转变，故D正确；
故答案为：D。
2. 下列化学用语或表述正确的是
A. HClO的电子式：
B. 中子数为9的氮原子：
C. H2O的VSEPR模型：
D. 碳的基态原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，A 正确；
B．中子数为9的氮原子质子数为7、质量数为16，原子符号为，B错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．碳元素的原子序数为6，基态原子的价层电子轨道表示式为，D错误；
故选A。
3. 下列有关物质的工业制备反应错误的是
A. 制粗硅：
B. 冶炼铁：
C. 制氯气：
D. 制漂白粉：
【答案】A
【解析】
【详解】A．冶炼粗硅时SiO2和C反应生成Si和CO，反应的方程式为；故A错误；
B．冶炼铁时CO还原氧化铁生成铁和CO2，反应的方程式为，故B正确；
C．工业上常用电解饱和食盐水制Cl2，反应的方程式为，故C正确；
D．工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，反应的方程式为，故D正确。
答案选A。
4. 常温常压下，电化学合成氨总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 氮气含有的共用电子对数为
B. 每产生，失去电子数为
C. 氨水中，含分子数小于
D. 标况下，参加反应时，产生分子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2中含有氮氮三键，有3个共用电子对， N2的物质的量为1ml，含有的共用电子对数为，A错误；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，的物质的量为=2ml，每产生，N2得到6ml电子，数目为6NA，B错误；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，C错误；
D．标况下，的物质的量为0.5ml，由方程式可知，消耗0.5ml N2，产生的0.75mlO2，数目为，D正确；
故选D。
5. 某有机物具有广谱抗菌活性，结构简式如图。下列有光该化合物说法错误的是
A. 存在顺反异构体B. 可与发生显色反应
C. 1ml该有机物最多与4mlNaOH反应D. 与足量加成后的产物分子中含有6个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳碳双键两端的碳原子上连有两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，由结构可知，该化合物存在顺反异构，A正确；
B．该物质含有酚羟基，可与发生显色反应，B正确；
C．分子中含有酚羟基以与NaOH反应，酰胺基、酯基水解后生成的羧基也可以与NaOH反应，原结构还有1个羧基，知己水解后还有一个酚羟基，1ml该有机物最多与6mlNaOH反应，C错误；
D．与足量加成后的产物分子的结构简式为：，含有6个手性碳原子，D正确；
故选D。
6. 下列实验操作及现象所对应的结论或解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸、亚铁离子均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，滴入KMnO4溶液紫色褪去，不能说明某铁的氧化物含有二价铁，故A错误；
B．Zn置换出Cu，可构成原电池，加快生成氢气的速率，与催化作用无关，故B错误；
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀，说明具备复分解反应的条件，不能说明酸性：H2S>H2SO4，且H2S是弱酸，H2SO4是强酸，酸性：H2S
答案选D。
7. 科学家提出一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系(如下图所示)，通过将锌-多硫化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列说法错误的是
A. 锌-多硫化物电池日间做电解池，夜间做电池
B. 夜间工作时，应将电极ac、bd分别连接
C. 日间工作时，b极的电极反应式为
D. H2生产装置中可以使用钠离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A．白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，A正确；
B．夜间工作时，左侧锌一多硫化物电池作电源，H2生产装置为电解池。d电极发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，d电极为阴极，发生还原反应，故d电极应连接a电极(即Zn电极，电源负极)，故a、d相连，b、c相连，B错误；
C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态。b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C正确；
D．H2 生成装置可以使用Na+交换膜，①如果使用Na+交换膜，阴报区发生反应：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，Na+向阴极区迁移，得到较纯净的NaOH溶液，可供循环利用。②如果不使用Na+交换膜，交换膜， 显然H2生产装置电解液一般仍为NaOH、Na2S的混合溶液，故H2生产装置中可以使用钠离子交换膜，D正确；
故合理选项是B。
8. 已知、、、、是原子序数依次增大的五种短周期元素，和组成的一种化合物具有强氧化性，可用于自来水消毒，五种元素形成的某种化合物结构如图，下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 单质均为非极性分子
D. 和组成的化合物可能含有非极性键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，由结构可知，化合物中X、Y、Z、W、R形成共价键的数目分别为1、4、3、2、1，W和R组成的一种化合物具有强氧化性，可用于自来水消毒，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、R为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子、氮原子、碳原子的原子半径依次增大，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以水的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，故B错误；
C．二氧化氯是分子结构不对称的V形，属于极性分子，故C错误；
D．肼分子的分子式为N2H4，N2H4是含有极性键和非极性键的极性分子，故D正确；
故选D
9. 苏轼咏橘“香雾馔(xùn)人惊半破，清泉流齿怯初尝”。某实验小组设计提取橘皮精油(主要成分为柠檬烯，沸点：176.0℃)的实验流程如图所示，下列说法错误的是
A. 利用如图装置对橘皮进行反复萃取可提高产率
B. 有机试剂X可选用丙酮，分液时两相溶液依次从下口放出
C. 无水硫酸钠的作用是除去有机层中的水
D. 蒸馏所得柠檬烯，可通过质谱法测定其相对分子质量
【答案】B
【解析】
【分析】由题给流程可知，向碎橘皮中加入水和乙醇用索氏提取器反复萃取提取得到提取液，向提取液中加入有机萃取剂萃取、分液得到有机相，向有机相中加入无水硫酸钠除去有机层中的水后，蒸馏得到橘皮精油。
【详解】A．由萃取规律可知，对橘皮进行反复多次萃取可以获得更多的橘皮精油，有利于提高橘皮精油提取率，故A正确；
B．丙酮溶于水，不能做萃取橘皮精油的萃取剂，且分液时下层溶液从下口流出，上层溶液应从上口倒出，不能从下口流出，故B错误；
C．由分析可知，加入无水硫酸钠的目的是除去有机层中的水，干燥有机相，故C正确；
D．利用质谱法可测定柠檬烯的相对分子质量，测得的最大质荷比为柠檬烯的相对分子质量，故D正确；
故选B。
10. 在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期。下列说法错误的是
A. 消耗一半时的反应速率为
B. 100min时消耗完全
C. 该反应的速率与的浓度有关
D. 该反应的半衰期与起始浓度的关系满足
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中可知，20min时，浓度为，而在60min时，浓度变为原来的一半，因此消耗一半时的反应速率==，A正确；
B．由表中数据可知，每20min浓度消耗0.020ml/L，因此当100min时消耗完全，B正确；
C．由表中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；
D．结合选项A的解析，起始浓度为时，40分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D正确。
因此，本题选C。
11. 的脱除与的制备反应自发协同转化装置如图所示(在电场作用下，双极膜中间层的解离为和并向两极迁移；忽略溶液体积的变化，极区域浓度保持不变)。下列说法正确的是
A. 电子从电极经导线流向电极
B. 电路中转移电子，理论上正极区域溶液增重
C. 两极参与反应的与的物质的量之比为
D. 双极膜中的解离可不断提供和，故无需补加
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，b极氧气发生还原反应生成过氧化氢，为正极，则a为负极。
【详解】A．原电池中电子由负极流向正极，故电子从a电极经导线流向b电极，A错误；
B．O2在正极区域得到电子生成H2O2，电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，电路中转移电子时，生成0.5ml H2O2，理论上正极区域溶液增重34ml×0.5ml=17g，B正确；
C．SO2在负极失去电子生成硫酸根，电极方程式为：SO2+4OH--2e-=SO+2H2O，正极电极方程式为：2H++O2+2e-=H2O2，两极参与反应的与的物质的量之比为，C错误；
D．1 mlSO2与2mlOH-反应，亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子转移2ml电子，2mlOH -进入左侧同时亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子消耗水，生成的H+消耗OH-，故需要补加NaOH.才能持续吸收SO2，D错误；
故选B。
12. 具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，下列说法错误的是
A. Ni原子与Mn原子的配位数相等
B. 不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为
C. O空位的形成有利于的传导
D. 考虑晶体缺陷，该晶体的+3价与+4价La原子个数比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；
B．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，因此，B错误；
C．O空位形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确；
D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为个，+4价La为个，则，，解得，，+3价与+4价La原子个数比为，D正确。
故选B。
13. 以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)为原料，合成的流程如下。下列说法错误的是
A. 步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO3
B. 步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3
C. 步骤Ⅲ先形成难溶物，最后得到深蓝色溶液D
D. 步骤Ⅳ的操作依次为加入乙醇、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)在与氧气煅烧时，Cu2S生成CuO和SO2，气体X主要为SO2，剩余的固体B加硫酸酸浸，再与H2O2反应得到溶液C主要为为CuSO4、Fe2(SO4)3混合溶液，加入氨水，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，最后加入乙醇，析出，过滤、洗涤、干燥得到产品。
【详解】A．根据上述分析，步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO2，故A错误；
B．由分析可知，步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3，故B正确；
C．加入氨水，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，故C正确；
D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液加入乙醇会析出，过滤、洗涤、干燥得到产品，故D正确。
答案选A。
14. N-Zn/TiO2光催化氧化可用于工业上含硫废液的处理，光生电子(e-)与水电离出的H+、O2作用生成过羟基自由基(HO2·)，空穴(h+)与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH)，HO2·和·OH分别与反应生成，变化过程如下图所示。下列说法错误的是
A. ·OH氧化的反应为
B. ①②过程和③④过程产生的之比为1：1
C. pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果
D. 氧化含硫废液的总反应为
【答案】B
【解析】
【分析】由图示可知：过程①O2+H++e-→HO2‧、过程②HO2‧+→+HO‧、过程③h++OH-→HO‧、过程④+2HO‧→+H2O。
【详解】A．·OH氧化为硫酸根，其反应为，故A正确；
B．反应①②过程中HO2‧和反应生成，反应为：HO2‧ +=+·OH，反应③④过程中‧OH和反应生成，反应为，由分析可知H+~HO2‧，‧OH~OH-，而H2O电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以产生的之比为2:1，故B错误；
C．该变化过程中氢离子和氢氧根均参与了反应，所以pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果，故C正确；
D．由图可知，氧化含硫废液的总反应为，故D正确；
故答案为：B。
15. 常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某浓度的磷酸溶液，所得溶液的pH与lgX的关系如图所示，X表示、或，下列说法错误的是
A. b中X为
B. Y点溶液的pH=7.24
C. 的平衡常数为
D. 等浓度的Na3PO4与NaH2PO4溶液按体积比1：3混合后
【答案】C
【解析】
【分析】磷酸是三元中强酸，溶液中=、=、=，溶液的pH增大，溶液中氢离子浓度减小、电离常数不变，则溶液中减小，和均增大，由二级电离常数大于三级电离常数可知，氢离子浓度相等时，溶液中大于，则a、b、c中X分别为、、，由图中数据可知，溶液中氢离子浓度为1ml/L时，溶液中lg、lg分别为2.12、—7.20，则磷酸的电离常数Ka1=10—2.12、Ka2==10—7.20，溶液中氢离子浓度为10—12.36 ml/L时，溶液中lg为0，Ka3==10—12.36。
【详解】A．由分析可知，a、b、c中X分别为、、，故A正确；
B．由图可知，Y点溶液中=，由分析可知，溶液中=，则溶液中氢离子浓度为ml/L =ml/L= 10-7.24ml/L，所以溶液pH为7.24，故B正确；
C．由方程式可知，反应的平衡常数K=====109.32，故C错误；
D．等浓度的磷酸钠溶液与磷酸二氢钠溶液按体积比1：3混合恰好反应生成等浓度的磷酸氢钠与磷酸二氢钠混合溶液，由物料守恒可知，溶液中，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅工艺流程如下：
已知：
回答下列问题
（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是___________，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为___________。
（2）滤渣的主要成分为___________、___________。(填化学式)
（3）“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为___________。(填化学式)
（4）“氧化”工序中发生反应的离子方程式为___________。
（5）为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因：___________。
（6）处理含的废水时，Cr(Ⅵ)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入10mlFeSO4，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入Fe2(SO4)3的物质的量为___________ml。
【答案】（1） ①. 加快反应速率 ②.
（2） ①. Fe(OH)3 ②. Cu(OH)2
（3）NaCrO2 （4）
（5）硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降
（6）5
【解析】
【分析】向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，调pH=9，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为；向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将硫酸铅转化为氧化铅，将焙烧渣水洗得到的氧化铅溶于硝酸溶液得到硝酸铅，将硝酸铅溶液和铬酸钠溶液混合反应，将铬酸钠转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；向滤液中加入硫酸亚铁、硫酸铁，将溶液中的铬酸根离子转化为铁铬氧体，过滤得到达标排放的废水。
【小问1详解】
将草酸泥渣“粉碎”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为；
【小问2详解】
向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
【小问3详解】
向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，所以“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO2；
【小问4详解】
“氧化”工序是向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为，发生反应的离子方程式为；
【小问5详解】
铬酸钠溶液存在如下平衡：，硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率， “酸溶”过程中所加硝酸不能过量；
【小问6详解】
设加入硫酸铁的物质的量为aml，由铬原子个数守恒可知，铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)的物质的量为，由铁原子个数守恒可知10+2a=，由化合价代数和为零可得：3x+3y=6，由得失电子守恒可得：，解得a=5、x=、y=，故答案为：5ml。
17. 丁香酚氧基乙酸不仅有抗病毒、抗菌性能，而且还有抑制脂质增加的功能。纯净的丁香酚氧基乙酸(Mr=222)为白色固体，可用丁香酚(Mr=164，沸点：254℃)为主要原料制得，其合成原理如图所示。
具体合成步骤如下：
I．将1.0gNaOH溶于5.0mLH2O中，添加4.1g丁香酚，在80℃～90℃中搅拌，得到溶液甲。
Ⅱ.小心将2.8g氯乙酸溶解在8.0mL水中，缓慢添加Na2CO3溶液使其呈碱性，得到溶液乙。
Ⅲ.将溶液乙缓慢滴加到溶液甲中，在90℃～95℃搅拌混合物1小时。反应完毕后，冷却至室温，加入盐酸至溶液呈酸性，得到溶液丙。
Ⅳ.向溶液丙中加入碎冰，搅拌至黄色油状物变成淡黄色固体，过滤、洗涤。
V.向固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却。经过滤、洗涤、干燥称量，得到3.7g产品。
回答下列问题：
（1）步骤I中最适宜的加热方式为___________。
（2）该合成需要在碱性介质中进行，但NaOH不能过量，请解释其原因：___________。(用化学方程式表示)
（3）某兴趣小组设计了第Ⅲ步反应装置(如图所示，加热装置略去)，仪器a的名称是___________；有同学认为仪器b是多余的，他给出的理由是___________。
（4）第Ⅳ步中碎冰的作用是___________。
（5）第V步分离提纯方法的名称是___________；在分离过程中可加入一些活性炭脱色，但加入活性炭过多，会造成产率下降，可能原因为___________。
（6）产品的产率为___________。(保留三位有效数字)
【答案】（1）水浴加热
（2）
（3） ①. 三颈烧瓶（或三口烧瓶） ②. 第III步反应温度未达到水的沸点
（4）稀释，降温，降低了丁香酚氧基乙酸在水中的溶解度
（5） ①. 重结晶 ②. 活性炭疏松多孔，具有吸附性
（6）66.7%（或0.667）
【解析】
【分析】80℃～90℃中搅拌时丁香酚的酚羟基和NaOH溶液反应生成，得到溶液甲；氯乙酸与Na2CO3溶液反应，氯乙酸的羧基在碱性条件下转化为羧酸钠，生成ClCH2COONa，得到溶液乙；将溶液乙缓慢滴加到溶液甲中，在90℃～95℃，和ClCH2COONa反应生成，冷却至室温，加入盐酸至溶液呈酸性，将羧酸钠转化为羧基，得到的溶液，再向其中加入碎冰，降温，减小的溶解度，使其析出，搅拌至黄色油状物变成的淡黄色固体为，过滤、洗涤后，将所得的固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却，再次经过滤、洗涤、干燥得产品。
【小问1详解】
步骤I在80℃～90℃中搅拌，温度低于100℃，为使反应物受热均匀，步骤I中最适宜的加热方式为水浴加热；
【小问2详解】
该合成需要在碱性介质中进行，但NaOH不能过量，因为过量的NaOH会和ClCH2COONa发生反应：；
【小问3详解】
根据仪器a的构造可知，其名称是三颈烧瓶（或三口烧瓶）；仪器b为冷凝管，其作用是让低沸点、易挥发的物质冷凝回流，但丁香酚沸点254℃、丁香酚氧基乙酸和丁香酚均属于分子晶体，是丁香酚中羟基氢被-CH2COOH取代的产物，即其沸点高于丁香酚，两者均不易挥发，而第III步在90℃～95℃搅拌混合物，温度比水的沸点都低，没有到达丁香酚和丁香酚氧基乙酸的沸点，即没有物质需要冷凝回流，所以仪器b是多余的；
【小问4详解】
第Ⅳ步：向溶液丙中加入碎冰，搅拌至黄色油状物变成淡黄色固体，过滤、洗涤，过程中加碎冰本身有稀释的作用，同时可降低温度，使丁香酚氧基乙酸的溶解度降低，便于形成沉淀后过滤；
【小问5详解】
第V步为：向固体中加150mLH2O，加热至沸腾，随后将溶液用冰水冷却，经过滤、洗涤、干燥，即先将固体溶解，再冰水冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以第V步分离提纯方法的名称是重结晶；因为活性炭疏松多孔，具有吸附性，所以加入活性炭过多，会造成产率下降；
【小问6详解】
M(丁香酚)=164g/ml，M(丁香酚氧基乙酸)=222g/ml，4.1g丁香酚的物质的量为n(丁香酚)=，3.7g丁香酚氧基乙酸的物质的量为n(丁香酚氧基乙酸)=，据化学方程式可知1ml丁香酚-1ml丁香酚氧基乙酸，即产品的产率为(或0.667)。
18. 氢能作为一种清洁、高效、安全、可持续的新能源，被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，是人类的战略能源发展方向。目前，制备氢气有多种途径：途径一：甲醇产生氢气的反应为：
（1）已知相关物质的标准熵数值如下表：
该反应能自发进行的最低温度为___________K。(保留小数点后1位)
途径二：乙酸制氢的反应为：
反应I：
反应Ⅱ：
（2）已知反应：
①由图1可得，___________kJ·ml-1；
②恒温恒容下发生上述反应，下列说法正确的是___________。
A．混合气体密度不变时，反应达到平衡
B．充入CO2，可提高CH4的转化率
C．加入催化剂，可提高H2平衡产率
D．充入Ar，对H2的产率不产生影响
（3）一定条件下，在密闭容器中加入一定量的乙酸，只发生反应I和反应Ⅱ。
①在相同时间，测得温度与气体产率的关系如上图2所示。约650℃之前，氢气产率低于甲烷的可能原因是___________。
②设达到平衡时，体系总压强为p，乙酸体积分数为20%，反应I消耗的乙酸占投入量的20%，则反应Ⅱ的平衡常数为___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算)
途径三：热分解H2S制氢反应为：
（4）不同温度和压强下，H2S的平衡转化率变化如图。生成物S2的状态为___________(填“气态”或“非气态”)，P1___________P2(填“>”或“<”)。
【答案】（1）385.5
（2） ①. ②. BD
（3） ①. 反应I的活化能比反应II高，反应速率慢 ②. 0.2p
（4） ①. 气态 ②. ＜
【解析】
【小问1详解】
，据，解得T＞385.5K；
【小问2详解】
①结合图1，△H=生成物总能量-反应物总能量= kJ/ml；
②A．恒容条件且m守恒，即m和V均是恒定值，由可知，混合气体密度不变时，反应不一定达到平衡，故A错误；
B．充入CO2，平衡右移，CH4的转化率增大， 故B正确；
C．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响平衡，所以加入催化剂不能提高H2的平衡产率，故C错误；
D．恒温恒容充入Ar，各物质的浓度均不变，平衡不移动，即对H2的产率不产生影响，故D正确；
故答案为：BD；
【小问3详解】
①由图1可知，反应I的活化能Ea1=E5-E2，反应Ⅱ的活化能Ea2=E4-E2，即Ea1＞Ea2，活化能越大，化学反应速率越慢，所以约650℃之前，氢气产率低于甲烷的可能原因是反应I的活化能比反应II高，反应速率慢；
②设起始n(CH3COOH)=1ml，反应Ⅱ消耗的n(CH3COOH)=x，则反应I消耗的n(CH3COOH)=0.2ml，三段式表示，则n总=1-0.2-x+0.4+0.4+x+x=1.6+x、n(CH3COOH)=( 1.6+x)×20%=1-0.2-x，解得x=0.4ml，n总=1.6+x=2ml，n(CH4)= n(CO2)=0.4ml，反应Ⅱ的平衡常数；
【小问4详解】
由图可知，恒温变压硫化氢的平衡转化率发生了变化，即左右两边气体化学计量数之和不等，所以生成物S2的状态为气态，，由于右边的气体化学计量数之和更大，恒温加压平衡左移，H2S得转化率降低，所以P1＜P2。
19. 替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾脏病(CKD)成人患者的高磷血症。替纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）写出A的分子式___________。
（2）B中含氧官能团的名称为___________。
（3）H→I的反应类型为___________。
（4）F分子中采取sp3杂化的碳原子个数为___________。
（5）由D生成E的方程式为___________。
（6）试剂1的分子式为C8H9NCl2，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有___________种(不考虑立体异构)。
①与足量NaOH溶液反应，1ml该物质最多消耗4mlNaOH；
②苯环上只有三个取代基。
（7）综合上述信息，以为原料制备的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M、N、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。
【答案】（1）C8H7BrO
（2）酮羰基 （3）加成反应
（4）5 （5）+H2O
（6）29 （7） ①. ②. ③. CH3NH2
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，一定条件下与溴发生取代反应生成，与一定条件下发生取代反应生成，则试剂1为；与硼氢化钠发生还原反应生成，在硫酸作用下转化为，则E为；与发生取代反应生成，与氯气、乙酸反应生成，与发生取代反应生成，与发生加成反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C8H7BrO，故答案为：C8H7BrO；
【小问2详解】
由结构简式可知，的含氧官能团为酮羰基，故答案为：酮羰基；
【小问3详解】
由分析可知，H→I的反应为与发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
【小问4详解】
由结构简式可知，分子中含有5个杂化方式为sp3杂化的饱和碳原子，故答案为：5；
【小问5详解】
由分析可知，由D生成E的反应为在硫酸作用下转化为和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
【小问6详解】
的同分异构体与足量氢氧化钠溶液反应，1 ml试剂1最多消耗4 ml氢氧化钠说明2个氯原子原子直接与苯环相连，苯环上只有三个取代基说明同分异构体分子的结构可以视作邻二氯苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢原子被—CH2CH2NH2、或、或—NH—CH2CH3，或—CH2—NH—CH3、或—N(CH3)2取代所得结构，其中邻二氯苯、间二氯苯、对二氯苯分子中苯环上的氢原子被取代基取代所得结构分别有2种、3种、1种，则符合条件的结构简式共有5×6—1=29种，故答案为：29；
【小问7详解】
由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则M为；与氯气、乙酸反应生成，则N为；与CH3NH2发生取代反应生成，故答案为：；；CH3NH2。选项
实验操作及现象
结论或解释
A
将某铁的氧化物溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁的氧化物中含有二价铁
B
向Zn与稀硫酸反应的体系中加入几滴硫酸铜溶液，产生气泡速率变快
硫酸铜具有催化作用
C
向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀
酸性：H2S>H2SO4
D
向盛有2mL0.1ml·L-1KCl溶液的试管中滴加2滴0.1ml·L-1AgNO3溶液，再滴加4滴0.1ml·L-1KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀
0
20
40
60
80
化学式
标准熵
126.8
130.7
197.7
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