还剩16页未读，
继续阅读
54，2024届山西省介休市定阳高级中学高三下学期模拟考试（九）理综试题-高中化学
展开
这是一份54，2024届山西省介休市定阳高级中学高三下学期模拟考试（九）理综试题-高中化学，共19页。试卷主要包含了5°，C不正确；，6mlCu和0， 为某邻苯二酚类配体，其，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 Fe-56 Mn-55
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A. 某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可与“洁厕灵”混合使用提高疏通和清洁效果
B. 洗涤棉布衣物不容易“甩干”是因为衣物与水分子间形成了氢键
C. 高铁酸钾()在水处理过程中涉及的变化有：蛋白质变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应
D. 酱油中添加少量苯甲酸钠作防腐剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，原理是二者遇水发生反应产生氢气，“洁厕灵”主要成分是盐酸，混合后氢氧化钠被中和，降低了清洁效果，A错误；
B．棉布的成分是纤维素，纤维素中羟基可以和水形成氢键，B正确；
C．具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为水解为具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉，C项正确；
D．苯甲酸钠为常见的防腐剂，含水和营养成分较多的东西往往需要添加防腐剂，D项正确；
故选A。
2. 伞形酮的医学和生理作用一直受到人们的重视，其可用邻羟基苯甲醛经一系列反应制得，如图所示，下面说法正确的是
试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. 邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2HBr
B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
C. 香豆素可以发生加成反应、氧化反应、还原反应和取代反应
D. 伞形酮分子所有原子一定共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成，故A错误；
B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子内氢键表示，故B错误；
C．由结构简式可知，香豆素的分子中含有碳碳双键和酯基，一定条件下碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应、还原反应，酯基可以发生取代反应，故C正确；
D．由单键可以旋转可知，伞形酮分子所有原子不一定共平面，故D错误；
故选C。
3. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；
B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；
D．与NaBF4均为离子化合物，判断离子化合物的熔点高低通常用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，与NaBF4离子电荷相同，但的阳离子半径大于Na+，因此晶格能小，熔点低，D不正确；
故选B。
4. 下列每组中各有三对混合物，它们都能用分液漏斗分离的是
A. 乙酸乙酯和水，酒精和水，乙酸和水
B. 溴苯和水，甲苯和苯，油酸和水
C. 硬脂酸和水，乙酸和水，乙酸和乙醇
D. 乙酸乙酯和水，甲苯和水，苯和水
【答案】D
【解析】
【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，据此解答。
【详解】A．乙酸乙酯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，酒精和水互溶，乙酸和水互溶，二者均不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．溴苯和水，油酸和水，均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，甲苯和苯互溶，不能用分液漏斗分离，故B错误；
C．硬脂酸和水不互溶，能用分液漏斗进行分离，乙酸和水、乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D．乙酸乙酯和水、甲苯和水、苯和水均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题主要是考查了物质分离方法中的分液法，熟记物质的性质尤其是溶解性为解答该题的关键所在，题目难度不大。
5. 制备乙醛的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 反应过程涉及氧化反应
B. 化合物2和化合物4互为同分异构体
C. 可以用乙烯和氧气为原料制备乙醛
D. PdCl2需要转化为才能催化反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：在反应过程中发生反应：Cu+被O2氧化产生Cu2+，O2得到电子被还原产生H2O，该反应就是氧化还原反应，A正确；
B．化合物2和化合物4分子式分子式不同，因此二者不是同分异构体，B错误；
C．乙烯和氧气在一定条件下发生反应产生乙醛、水，故可以乙烯和氧气为原料制备乙醛，C正确；
D．根据图示可知：PdCl2需要转化为，然后再催化反应的进行，D正确；
故合理选项是B。
6. 下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是
A. 左、右储罐中的电解质分别为左：；右：
B. 中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过
C. 电池充电时，阴极的电极反应为
D. 用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为1.8ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电前，被膜隔开电解质为和，放电后，分别变为和NaBr，可以知道被氧化，NaBr被还原，左储罐为电源的正极，原电池正极发生还原反应，则左储罐电解质为，右储罐为电源的负极，原电池负极发生氧化反应，则右储罐电解质为，故A正确；
B．电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，阴极发生还原反应，电极反应为，阳极生成的Na+要经过阳离子交换膜进入阴极，中间离子选择性膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．电池充电时，阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；
D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极电极方程式为：Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，需往溶液中加入才能使原硫酸铜溶液复原，说明阴极析出0.6mlCu和0.3mlH2，共转移1.8ml电子，故D正确；
故选B。
7. 为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A. 当时，体系中
B. pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C. 的平衡常数的lgK约为14
D. 当时，参与配位的
【答案】C
【解析】
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈1014.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
三、非选择题(共174分)
8. 草酸亚铁晶体()是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
（1）从b中获得产品的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
（2）装置c的作用为_______。
（3）实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为_______。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为_______。
（5）装置C的作用为_______。
（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_______。
（7）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为_______。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
（8）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为_______。
【答案】（1） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（2）隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化
（3）打开K2、关闭K3
（4）球形干燥管 （5）吸收二氧化碳
（6）缺少处理CO尾气装置
（7）FeO+2H2O+CO2+CO
（8）Fe3O4
【解析】
【分析】I．制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K1，将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1，让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关闭K2打开K3，一段时间后，打开K2关闭K3，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
II．装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳。
【小问1详解】
a装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。
【小问2详解】
草酸亚铁具有较强还原性，装置c的作用为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化。
【小问3详解】
由分析可知，待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为：打开K2、关闭K3。
【小问4详解】
盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为球形干燥管。
【小问5详解】
由分析可知，C中盛放NaOH溶液的作用是：吸收二氧化碳。
【小问6详解】
反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置。
【小问7详解】
E中加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为：FeO+2H2O+CO2+CO。
【小问8详解】
n(FeC2O4•2H2O)= =0.3 ml，n(Fe)=n(FeC2O4•2H2O)=0.3 ml，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m(Fe)=0.3 ml×56 g/ml=16.8 g，m(O)=23.2 g−16.8 g=6.4 g，n(O)=0.4 ml，n(Fe)：n(O)=0.3 ml：0.4 ml=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4。
9. 高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料重要原料之一、以菱锰矿(主要成分为，含和少量Fe、Cu、Ni、Ca、Mg等元素)为原料制备四氧化三锰工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）酸浸时发生反应的离子方程式为___________。
（2）“滤渣1”主要成分为、，还含有___________(填化学式)。
（3）福美钠的化学式为。生成福美镍沉淀的结构为，其中硫与镍之间的结合方式为下列中的___________ (填标号)；
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．配位键
25℃，电离常数___________(填“大于”“小于”或“等于”)，其判断理由是___________。
（4）除钙镁时，、沉淀后溶液中___________［已知、]
（5）除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带___________电荷(填“正”或“负”)。
（6）在空气中被氧化生成反应的化学方程式为___________。
（7）可表示为，温度高于1170℃时属于立方晶体，其中和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，与金刚石晶胞中碳原子占据的位置相似(金刚石晶胞如图所示)。若晶体的密度为，则晶胞参数___________pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）
（2）CaSO4 （3） ①. D ②. 大于 ③. S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-OH的极性大于中-SH的极性，-OH更容易电离出H+
（4）
（5）负 （6）6+O2=2+6H2O
（7）
【解析】
【分析】生产高纯硫酸锰晶体工艺流程中，软锰矿加入铁屑和稀硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，“调节pH”过程加入CaCO3，形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除镍”过程加入MnS，形成NiS沉淀除去，之后加入MnF2，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MnSO4晶体。
【小问1详解】
“酸浸”过程中碳酸锰和氢离子反应生成锰离子和水、二氧化碳气体，离子方程式为：。
【小问2详解】
钙的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸钙，“滤渣1”的主要成分为、，还含有CaSO4。
【小问3详解】
S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-SH的极性大于中-SH的极性，-SH更容易电离出H+，则25℃，电离常数大于。
【小问4详解】
除钙镁时，、沉淀后溶液中。
【小问5详解】
除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，聚丙烯酰胺带正电，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带负电荷。
小问6详解】
在空气中被氧化生成，Mn元素由+2价上升到+价，O元素化合价由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：6+O2=2+6H2O。
【小问7详解】
由Mn3O4的晶胞结构可知，其中Mn2+和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，Mn2+的个数为4+6×+8×=8，则该晶胞中含有O原子的个数为，晶体的密度为，则 pm。
10. 乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
（1）已知298K、101kPa下，，，则_______。
（2）在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
则____________(填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是_____________________。
（3）在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为_____________。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为_______，反应Ⅰ的平衡常数___________(用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
（4）合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因_________________。
【答案】（1）-90.14
（2） ①. < ②. 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
（3） ①. 1.68 ②. 66.7% ③. 或
（4）随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【解析】
【小问1详解】
已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
【小问2详解】
由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
【小问3详解】
①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
【小问4详解】
CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
11. 菜多菲(盐酸非索非那定)用于治疗季节性过敏性鼻炎，由酯A等为原料制备其中间体G的一种合成路线如图所示。
已知：ⅰ．R1COOR2R1CH2OH(R1为烃基或H，R2为烃基)
ⅱ．ROH+(CH3CO)2O→CH3COOR+CH3COOH(R为烃基)
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________；B的结构简式为___________。
（2）E的分子式为___________；F中含氧官能团的名称是___________。
（3）上述六步反应中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（4）反应③的化学方程式为___________。
（5）H是D的同分异构体，满足下列条件的H的结构有___________种(不考虑立体异构)。
ⅰ．分子结构中含有苯环；
ⅱ．能发生银镜反应，1mlH最多消耗2mlNaOH。
ⅲ．核磁共振氢谱有5组峰。
写出符合上述条件且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6：6的同分异构体的结构简式：___________。
（6）已知：①(R1、R2为烃基)；②R-CNR-COOH．以丙酮(CH3COCH3)、乙醇为原料制备酯A，写出相应合成路线(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. 2-甲基丙烯酸乙酯 ②.
（2） ①. C16H21O3Cl ②. 酯基、羰基、羟基
（3）③④⑤⑥ （4）+→+CH3COOH
（5） ①. 5 ②.
（6）
【解析】
【分析】B分子式为C12H16O2，B和LiAlH4反应生成C，根据信息ⅰ，可知B是，逆推可知A是；C和乙酸酐反应生成D，D和反应生成E；由E逆推，可知D是；由E、G的结构简式可知F为。
【小问1详解】
A是，化学名称是2-甲基丙烯酸乙酯；B分子式为C12H16O2，B和LiAlH4反应生成C，根据信息ⅰ，可知B是；
【小问2详解】
根据E的结构简式，E的分子式为C16H21O3Cl；F是，含氧官能团的名称是酯基、羰基、羟基；
【小问3详解】
上述六步反应中，①是加成反应，②是还原反应，③是取代反应，④是取代反应，⑤是取代反应，⑥是取代反应，属于取代反应的是③④⑤⑥。
【小问4详解】
反应③是和乙酸酐反应生成和乙酸，反应的化学方程式为+→+CH3COOH；
【小问5详解】
ⅰ．分子结构中含有苯环；
ⅱ．能发生银镜反应，1mlH最多消耗2mlNaOH，H含有；
ⅲ．核磁共振氢谱有5组峰，说明结构对称；符合条件的的同分异构体有、，共5种；
符合上述条件且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6：6的同分异构体的结构简式为。
【小问6详解】
丙酮和HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，水解为，和乙醇发生酯化反应生成，合成路线。性质差异
结构因素
A
溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(9g)
阴离子电荷数
B
酸性：CH3COOH＞C2H5OH
羟基的极性
C
键角：CH4()大于NH3()
中心原子的杂化方式
D
熔点：低于
晶体类型
温度T/K
298.15
300
354.7
400
压强P/kPa
5.73
6.38
49.27
260.99
反应Ⅰ平衡常数K
1
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 Fe-56 Mn-55
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A. 某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可与“洁厕灵”混合使用提高疏通和清洁效果
B. 洗涤棉布衣物不容易“甩干”是因为衣物与水分子间形成了氢键
C. 高铁酸钾()在水处理过程中涉及的变化有：蛋白质变性、胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应
D. 酱油中添加少量苯甲酸钠作防腐剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，原理是二者遇水发生反应产生氢气，“洁厕灵”主要成分是盐酸，混合后氢氧化钠被中和，降低了清洁效果，A错误；
B．棉布的成分是纤维素，纤维素中羟基可以和水形成氢键，B正确；
C．具有很强的氧化性而杀菌消毒，而自身被还原为水解为具有吸附作用吸附悬浮物而聚沉，C项正确；
D．苯甲酸钠为常见的防腐剂，含水和营养成分较多的东西往往需要添加防腐剂，D项正确；
故选A。
2. 伞形酮的医学和生理作用一直受到人们的重视，其可用邻羟基苯甲醛经一系列反应制得，如图所示，下面说法正确的是
试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。A. 邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2HBr
B. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
C. 香豆素可以发生加成反应、氧化反应、还原反应和取代反应
D. 伞形酮分子所有原子一定共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．醛基具有强还原性、能被溴水氧化，邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水，生成，故A错误；
B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子内氢键表示，故B错误；
C．由结构简式可知，香豆素的分子中含有碳碳双键和酯基，一定条件下碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应、还原反应，酯基可以发生取代反应，故C正确；
D．由单键可以旋转可知，伞形酮分子所有原子不一定共平面，故D错误；
故选C。
3. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；
B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；
D．与NaBF4均为离子化合物，判断离子化合物的熔点高低通常用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，与NaBF4离子电荷相同，但的阳离子半径大于Na+，因此晶格能小，熔点低，D不正确；
故选B。
4. 下列每组中各有三对混合物，它们都能用分液漏斗分离的是
A. 乙酸乙酯和水，酒精和水，乙酸和水
B. 溴苯和水，甲苯和苯，油酸和水
C. 硬脂酸和水，乙酸和水，乙酸和乙醇
D. 乙酸乙酯和水，甲苯和水，苯和水
【答案】D
【解析】
【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，据此解答。
【详解】A．乙酸乙酯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，酒精和水互溶，乙酸和水互溶，二者均不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．溴苯和水，油酸和水，均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，甲苯和苯互溶，不能用分液漏斗分离，故B错误；
C．硬脂酸和水不互溶，能用分液漏斗进行分离，乙酸和水、乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D．乙酸乙酯和水、甲苯和水、苯和水均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题主要是考查了物质分离方法中的分液法，熟记物质的性质尤其是溶解性为解答该题的关键所在，题目难度不大。
5. 制备乙醛的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 反应过程涉及氧化反应
B. 化合物2和化合物4互为同分异构体
C. 可以用乙烯和氧气为原料制备乙醛
D. PdCl2需要转化为才能催化反应的进行
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：在反应过程中发生反应：Cu+被O2氧化产生Cu2+，O2得到电子被还原产生H2O，该反应就是氧化还原反应，A正确；
B．化合物2和化合物4分子式分子式不同，因此二者不是同分异构体，B错误；
C．乙烯和氧气在一定条件下发生反应产生乙醛、水，故可以乙烯和氧气为原料制备乙醛，C正确；
D．根据图示可知：PdCl2需要转化为，然后再催化反应的进行，D正确；
故合理选项是B。
6. 下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是
A. 左、右储罐中的电解质分别为左：；右：
B. 中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过
C. 电池充电时，阴极的电极反应为
D. 用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为1.8ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电前，被膜隔开电解质为和，放电后，分别变为和NaBr，可以知道被氧化，NaBr被还原，左储罐为电源的正极，原电池正极发生还原反应，则左储罐电解质为，右储罐为电源的负极，原电池负极发生氧化反应，则右储罐电解质为，故A正确；
B．电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，阴极发生还原反应，电极反应为，阳极生成的Na+要经过阳离子交换膜进入阴极，中间离子选择性膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．电池充电时，阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；
D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极电极方程式为：Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，需往溶液中加入才能使原硫酸铜溶液复原，说明阴极析出0.6mlCu和0.3mlH2，共转移1.8ml电子，故D正确；
故选B。
7. 为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是
A. 当时，体系中
B. pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C. 的平衡常数的lgK约为14
D. 当时，参与配位的
【答案】C
【解析】
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈5×10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K=，当[FeL2]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈1014.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分数均约为0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)=c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4ml·L-1，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4ml·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4ml·L-1的L2-，共消耗了5×10-4ml·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
三、非选择题(共174分)
8. 草酸亚铁晶体()是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
（1）从b中获得产品的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
（2）装置c的作用为_______。
（3）实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为_______。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为_______。
（5）装置C的作用为_______。
（6）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_______。
（7）实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为_______。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
（8）已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为_______。
【答案】（1） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（2）隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化
（3）打开K2、关闭K3
（4）球形干燥管 （5）吸收二氧化碳
（6）缺少处理CO尾气装置
（7）FeO+2H2O+CO2+CO
（8）Fe3O4
【解析】
【分析】I．制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K1，将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1，让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关闭K2打开K3，一段时间后，打开K2关闭K3，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
II．装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳。
【小问1详解】
a装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。
【小问2详解】
草酸亚铁具有较强还原性，装置c的作用为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化。
【小问3详解】
由分析可知，待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为：打开K2、关闭K3。
【小问4详解】
盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为球形干燥管。
【小问5详解】
由分析可知，C中盛放NaOH溶液的作用是：吸收二氧化碳。
【小问6详解】
反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置。
【小问7详解】
E中加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为：FeO+2H2O+CO2+CO。
【小问8详解】
n(FeC2O4•2H2O)= =0.3 ml，n(Fe)=n(FeC2O4•2H2O)=0.3 ml，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m(Fe)=0.3 ml×56 g/ml=16.8 g，m(O)=23.2 g−16.8 g=6.4 g，n(O)=0.4 ml，n(Fe)：n(O)=0.3 ml：0.4 ml=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4。
9. 高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料重要原料之一、以菱锰矿(主要成分为，含和少量Fe、Cu、Ni、Ca、Mg等元素)为原料制备四氧化三锰工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）酸浸时发生反应的离子方程式为___________。
（2）“滤渣1”主要成分为、，还含有___________(填化学式)。
（3）福美钠的化学式为。生成福美镍沉淀的结构为，其中硫与镍之间的结合方式为下列中的___________ (填标号)；
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．配位键
25℃，电离常数___________(填“大于”“小于”或“等于”)，其判断理由是___________。
（4）除钙镁时，、沉淀后溶液中___________［已知、]
（5）除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带___________电荷(填“正”或“负”)。
（6）在空气中被氧化生成反应的化学方程式为___________。
（7）可表示为，温度高于1170℃时属于立方晶体，其中和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，与金刚石晶胞中碳原子占据的位置相似(金刚石晶胞如图所示)。若晶体的密度为，则晶胞参数___________pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）
（2）CaSO4 （3） ①. D ②. 大于 ③. S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-OH的极性大于中-SH的极性，-OH更容易电离出H+
（4）
（5）负 （6）6+O2=2+6H2O
（7）
【解析】
【分析】生产高纯硫酸锰晶体工艺流程中，软锰矿加入铁屑和稀硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，“调节pH”过程加入CaCO3，形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除镍”过程加入MnS，形成NiS沉淀除去，之后加入MnF2，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MnSO4晶体。
【小问1详解】
“酸浸”过程中碳酸锰和氢离子反应生成锰离子和水、二氧化碳气体，离子方程式为：。
【小问2详解】
钙的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸钙，“滤渣1”的主要成分为、，还含有CaSO4。
【小问3详解】
S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-SH的极性大于中-SH的极性，-SH更容易电离出H+，则25℃，电离常数大于。
【小问4详解】
除钙镁时，、沉淀后溶液中。
【小问5详解】
除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，聚丙烯酰胺带正电，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带负电荷。
小问6详解】
在空气中被氧化生成，Mn元素由+2价上升到+价，O元素化合价由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：6+O2=2+6H2O。
【小问7详解】
由Mn3O4的晶胞结构可知，其中Mn2+和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，Mn2+的个数为4+6×+8×=8，则该晶胞中含有O原子的个数为，晶体的密度为，则 pm。
10. 乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
（1）已知298K、101kPa下，，，则_______。
（2）在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
则____________(填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是_____________________。
（3）在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为_____________。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为_______，反应Ⅰ的平衡常数___________(用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
（4）合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因_________________。
【答案】（1）-90.14
（2） ①. < ②. 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
（3） ①. 1.68 ②. 66.7% ③. 或
（4）随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【解析】
【小问1详解】
已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
【小问2详解】
由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
【小问3详解】
①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
【小问4详解】
CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
11. 菜多菲(盐酸非索非那定)用于治疗季节性过敏性鼻炎，由酯A等为原料制备其中间体G的一种合成路线如图所示。
已知：ⅰ．R1COOR2R1CH2OH(R1为烃基或H，R2为烃基)
ⅱ．ROH+(CH3CO)2O→CH3COOR+CH3COOH(R为烃基)
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________；B的结构简式为___________。
（2）E的分子式为___________；F中含氧官能团的名称是___________。
（3）上述六步反应中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（4）反应③的化学方程式为___________。
（5）H是D的同分异构体，满足下列条件的H的结构有___________种(不考虑立体异构)。
ⅰ．分子结构中含有苯环；
ⅱ．能发生银镜反应，1mlH最多消耗2mlNaOH。
ⅲ．核磁共振氢谱有5组峰。
写出符合上述条件且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6：6的同分异构体的结构简式：___________。
（6）已知：①(R1、R2为烃基)；②R-CNR-COOH．以丙酮(CH3COCH3)、乙醇为原料制备酯A，写出相应合成路线(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. 2-甲基丙烯酸乙酯 ②.
（2） ①. C16H21O3Cl ②. 酯基、羰基、羟基
（3）③④⑤⑥ （4）+→+CH3COOH
（5） ①. 5 ②.
（6）
【解析】
【分析】B分子式为C12H16O2，B和LiAlH4反应生成C，根据信息ⅰ，可知B是，逆推可知A是；C和乙酸酐反应生成D，D和反应生成E；由E逆推，可知D是；由E、G的结构简式可知F为。
【小问1详解】
A是，化学名称是2-甲基丙烯酸乙酯；B分子式为C12H16O2，B和LiAlH4反应生成C，根据信息ⅰ，可知B是；
【小问2详解】
根据E的结构简式，E的分子式为C16H21O3Cl；F是，含氧官能团的名称是酯基、羰基、羟基；
【小问3详解】
上述六步反应中，①是加成反应，②是还原反应，③是取代反应，④是取代反应，⑤是取代反应，⑥是取代反应，属于取代反应的是③④⑤⑥。
【小问4详解】
反应③是和乙酸酐反应生成和乙酸，反应的化学方程式为+→+CH3COOH；
【小问5详解】
ⅰ．分子结构中含有苯环；
ⅱ．能发生银镜反应，1mlH最多消耗2mlNaOH，H含有；
ⅲ．核磁共振氢谱有5组峰，说明结构对称；符合条件的的同分异构体有、，共5种；
符合上述条件且核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6：6的同分异构体的结构简式为。
【小问6详解】
丙酮和HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，水解为，和乙醇发生酯化反应生成，合成路线。性质差异
结构因素
A
溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(9g)
阴离子电荷数
B
酸性：CH3COOH＞C2H5OH
羟基的极性
C
键角：CH4()大于NH3()
中心原子的杂化方式
D
熔点：低于
晶体类型
温度T/K
298.15
300
354.7
400
压强P/kPa
5.73
6.38
49.27
260.99
反应Ⅰ平衡常数K
1
相关试卷
2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版）： 这是一份2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学原卷版docx、2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版）： 这是一份2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学原卷版docx、2024届陕西省西安中学高三下学期第九次模拟考试理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2024届山西省太原市高三高三下学期一模理综试卷-高中化学（含解析）： 这是一份2024届山西省太原市高三高三下学期一模理综试卷-高中化学（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
