2024年常德市高三年级模拟考试
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mg-24 Fe-56
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。
1. 2023年上海科技节以“悦享科技，智创未来”为主题，展示了近年来我国的科技成果。下列说法错误的是
A. 冬奥火炬“飞扬”使用的碳纤维复合材料具有强度高、耐高温的特点
B. “萌新”机器人的有机高分子材料面罩为纯净物
C. “雪龙号”极地破冰船船身由合金钢材料构成，其抗撞击能力强
D. 直径为300mm以上的大硅片首次应用于集成电路，其属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳纤维复合材料属于新型无机非金属材料，具有强度高、耐高温的特点，A正确；
B．有机高分子材料聚合度不确定，为混合物，B错误；
C．合金钢硬度较大，抗撞击能力强，C正确；
D．硅单质用于制作半导体，属于新型无机非金属材料，D正确；
故选B。
2. 下列说法错误的是
A. 汽车尾气中含有氮氧化物是因为燃料的不完全燃烧
B. 核苷酸水解得到磷酸和核苷，核苷继续水解得到戊糖和碱基
C. 、、、均属于介于离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
D. 细胞和细胞器的双分子膜属于一种可以自组装的超分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．机动车在行驶中烃类不完全燃烧，产生一氧化碳甚至冒黑烟，汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应，不是汽油不完全燃烧造成的，A错误；
B．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸能水解可得到磷酸和核苷，核苷继续水解得到戊糖和碱基，B正确；
C．根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，、通常当作离子晶体来处理，因为、是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，是过渡晶体而不是非过渡晶体，、均是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，C正确；
D．细胞膜与细胞器膜主要都是由磷脂双分子层和蛋白质构成的，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，D正确；
故答案选A。
3. 是应用最广的卤素间化合物，是一种很好的溶剂，其熔点、沸点分别为8.8℃、127℃。常温下，它能与水发生反应：。设阿伏加德罗常数值为。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L的中含键数为
B. 当反应中转移电子数为时，可产生1mol
C. 将反应生成的1mol溶于水，所得溶液中含溴的微粒总数小于
D. 若有5mol水参与反应，则有2mol被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，为液体，无法计算其物质的量，A错误；
B．方程式转移6个电子，则当反应中转移电子数时，可产生0.67mol，B错误；
C．单质溴和水反应方程式为Br2+H2O HBr+HBrO，是可逆反应，则将反应生成的1mol溶于水，所得溶液中含溴的微粒总数小于，C正确；
D．根据方程式可知，当有5mol水参与反应，则有1 mol被氧化，D错误；
故选C。
4. 下列化学反应表示错误的是
A. 与溶液反应：
B. 碱性锌锰电池的正极反应：
C. 向蓝色溶液中加入浓溶液，发生反应：
D. 苯甲酰胺在盐酸中水解：
【答案】D
【解析】
【详解】A．能与，反应为：，故A正确；
B．碱性锌锰电池的正极为二氧化锰得电子发生还原反应：，故B正确；
C．溶液为蓝色是，加入氯化钠后氯离子浓度增大，反应产生，反应为：，故C正确；
D．苯甲酰胺在盐酸中水解反应为：，酸性条件下不能产生氨气，故D错误；
故答案选D。
5. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 分别称取2g与于盛有10mL水的两支试管中，充分溶解，用计测定两溶液的 比较与的的水解程度
B 向两支均盛有2mL5%的溶液的试管中，分别加入1mL的溶液和1mL的溶液 探究不同催化剂对反应速率的影响
C 向两支均盛有5mL的溶液的试管中，分别滴加2mL5%和22mL15%的溶液 探究浓度对反应速率的影响
D 向2mL10%的溶液中加入5滴5%的溶液 配制用于检验醛基的悬浊液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸钠水解生成的次氯酸有漂白性，不能用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH值，A错误；
B．两个试管中三价铁和铜离子的浓度不同，则该实验反应速率的不同受催化剂和催化剂浓度两个因素影响，B错误；
C．该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，且两个反应中，所加入的双氧水的体积不同，则最终两份溶液中亚硫酸钠和过氧化氢的浓度都不同，C错误；
D．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，应向过量的氢氧化钠溶液中加入硫酸铜溶液，D正确；
故选D。
6. 是人体细胞内浓度变化最大的二价阳离子，参与多种生理过程。物质I是一种检测荧光探针的有效试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定的存在。下列说法正确的是
A. 物质I结构中苯环上的一氯代物有14种
B. 物质I能够发生取代、加成、消去和中和反应
C. 物质Ⅱ中键角小于水中的键角
D. 物质Ⅱ中与形成4个配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A．结合物质I可知，其中苯环上有14种等效氢，则苯环上的一氯代物有14种，A正确；
B．物质I中含有苯环，可以发生加成反应和取代反应，含有酚羟基可以发生中和反应，但是不能发生消去反应，B错误；
C．物质Ⅱ中中的O形成了1个配位键，只有1对孤电子对，则其键角较大，C错误；
D．结合物质Ⅱ的结构可知，与形成5个配位键，D错误；
故选A。
7. 被称为“不倒翁”的凉水石，其外观与翡翠极为相似。某种凉水石的化学式为，X、Y、Z、R、T均为前四周期元素且原子序数依次增大。X原子的电子只有一种自旋取向，基态T原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。R元素的单质可作为制造太阳能电池帆板的半导体材料，Y的p轨道上的电子数为R的p轨道上电子数的一半。下列说法正确的是
A. 原子半径：R>X>Y
B. 同一周期，第一电离能比Z小的元素有1种
C. Y形成的单质只能为非极性分子
D. 简单氢化物的沸点：Y>T
【答案】B
【解析】
【分析】X原子的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态T原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，且每个原子轨道中有两个自旋不同的电子，故T的核外共20个电子，则T为Ca元素；R元素的单质可作为制造太阳能电池帆板的半导体材料，则R为Si元素；R为Si元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2，p轨道上的电子数共为8，Y的p轨道上的电子数为R的p轨道上电子数的一半，则Y的p轨道上的电子数为4，X、Y、Z、R、T均为前四周期元素且原子序数依次增大，推出Y为O元素，电子排布式为1s22s22p4；凉水石的化学式为由化学式中元素价态合为0价可推出，Z为+3价，则Z为Al元素，综合可知。X、Y、Z、R、T分别为：H、O、Al、Si、Ca，据此作答。
【详解】A．同周期原子半径从左往右在减小，同主族原子半径从上往下在增大，X、Y、R分别为H、O、Si，原子半径大小为：Si>O>H，即R>Y>X，故A错误；
B．Z为Al元素，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA反常，因此同一周期，第一电离能比Al小的元素为Na，因此有1种，故B正确；
C．Y为O元素，O形成的单质O2为非极性分子，而形成的单质O3为非极性分子，故C错误；
D．Y为O元素，简单氢化物为H2O，形成的是分子晶体，T为Ca元素，简单氢化物为CaH2，形成的是离子晶体，沸点为：CaH2>H2O，即T > Y，故D错误；
故答案选B。
8. 水系铵根离子可充电电池具有成本低、安全、无污染等优点，该电池以(含、、元素)为正极材料，电解质溶液中主要存在团簇离子。其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，向Y极方向移动
B. 放电时，Y极的电极反应式为
C. 与间通过离子键结合
D. 充电时，增加了1mol时，X极质量增加46g
【答案】C
【解析】
【分析】电池以为正极材料，因此Y为正极，X为负极，据此作答。
【详解】A．放电时Y为正极，阳离子向正极移动，即向Y极方向移动，故A正确；
B．放电时，Y为正极，发生还原反应，Y极的电极反应式为，故B正确；
C．类比于铵根离子能与氯离子形成离子键，但各原子均达到稳定状态，可推知与铵根离子不能形成离子键，故C错误；
D．充电时，X电极为阴极，Y电极为阳极，发生的反应为 ，增加了1mol时，转移的电子为2mol，根据电荷守恒可知，阴极转移的电子也是2mol，MnO2得电子生成Na0.6MnO2，可知得到2molNa+，则X极质量增加46g，故D正确；
答案选C。
9. 基态饿原子()价电子排布式为。氧化物常作烯烃醇化的氧化剂，其重要的氮基饿酸盐有。有关反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应IⅢ：
下列说法正确的是
A. 的立体异构分子中不存在手性分子
B. 反应I中的的化合价为+8
C. 反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D. 由反应Ⅲ可推测氧化性：强于酸性溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．手性分子在用是否有手性碳原子来判断，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，观察结构可知，存在3个手性碳原子，因此立体异构分子中存在手性分子，故A错误；
B．基态饿原子(Os)的价电子排布式为，氧化物OsO4，O为-2价，则Os为+8价，观察反应I未变价，由此可知反应I中的Os化合价为+8，故B正确；
C．反应Ⅱ中，中Os化合价为+8价，降低到K2OsO4中Os化合价为+6价，而产物OsO2中Os化合价为+4价，也是还原产物，因此K2OsO4为还原产物，则N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，故C错误；
D．反应Ⅲ中双键并未断裂，而酸性溶液可将碳碳双键氧化断键生成羧基，由可推测氧化性：弱于酸性溶液，故D错误；
故答案选B。
10. 世界上95%的铝业公司均使用拜耳法(原料为铝土矿，主要成分为，含少量、等)生产，其工艺流程如下：
已知：过饱和溶液是指一定温度、压强下，当溶液中溶质浓度已超过该温度、压强下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。
下列说法错误的是
A. 物质X为
B. 可用过量代替氢氧化铝晶种
C. “缓慢加热”可促使转化为水合铝硅酸钠
D. 该流程中可循环利用的物质主要有氢氧化铝晶种
【答案】D
【解析】
【分析】铝土矿粉碎加氢氧化钠，氧化铝和氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠溶液，滤渣为铝硅酸钠和不反应的氧化铁，滤液浓缩加入氢氧化铝晶种沉淀得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝得氧化铝；
【详解】A．氧化铁和氢氧化钠不反应，物质X为，A正确；
B．过量能和四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝沉淀，可代替氢氧化铝晶种，B正确；
C．“缓慢加热”利于和氢氧化钠、氧化铝反应转化为水合铝硅酸钠，C正确；
D．该流程中得到滤液中含有氢氧化铝，则可循环利用的物质主要为含氢氧化铝的滤液，D错误；
故选D。
11. 某储氢材料(化学式：)，其晶体结构属于立方晶胞，如图所示，晶胞参数为，原子位于顶点与面心，原子位于晶胞中顶点与最近距离的所形成的四面体中心。该晶胞的密度是晶胞中氢原子密度的倍，晶胞氢原子的密度为晶胞单位体积内所含氢原子的质量。已知阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是
A. 该储氢材料的化学式为 B. 晶胞中原子总数为24
C. 原子A、B之间的间距为 D. 晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【分析】原子位于顶点与面心，据均摊法，晶胞中含，原子位于晶胞中顶点与最近距离的所形成的四面体中心，晶胞中含8个Mg，晶胞的密度是晶胞中氢原子密度的倍，晶胞氢原子的密度为晶胞单位体积内所含氢原子的质量，设1个晶胞有y个氢原子，可得，即，，解得y=24，据此作答。
【详解】A．根据上述分析可知，晶胞中含4个，8个Mg，24个H，可知该储氢材料的化学式为，故A正确；
B．根据上述分析可知，晶胞中含24个H，故B正确；
C．原子A、B均为原子，原子位于晶胞中顶点与最近距离的所形成的四面体中心，因此原子A、B之间的间距为体对角线的二分之一，即，故C错误；
D．晶体的密度为，故D正确；
故答案选C。
12. 25℃时，在20.0mL溶液中滴入的溶液，溶液的与所加溶液的体积的关系如图所示。
下列有关叙述错误的是
A.
B. 点存在关系：
C. 由11逐渐变为8.5的过程中，一直存在
D. 点存在关系：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，溶液的，说明该碱部分电离，此时，，，A正确；
B．M点加入，溶液中，存在质子守恒，B正确；
C．根据，当时，即时，存在，在11-9之间时，存在，，存在，故由11逐渐变为8.5的过程中，并不是一直存在，C错误；
D．点溶液，则，根据电荷守恒存在关系：，D正确；
故选C。
13. 近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化转化为，副产物有。其部分机理如图所示。
下列说法正确的是
A. 由图可知，转化为过程放出热量0.43eV
B. 由图可知，转化为的历程中，最大活化能为0.77eV
C. 时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成
D. 由图可知，转化为的反应速率小于转化为的反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中没有给出的能量，则无法计算转化为过程放出的热量，A错误；
B．由图可知，转化为的历程中，最大活化能时的需要的活化能，则最大活化能为0.77eV，B正确；
C．时，不存在非极性键的断裂，C错误；
D．由图可知，转化为的最大活化能为0.19eV，结合选项B可知，转化为的最大活化能较小，反应速率较快，D错误；
故选B。
14. 在℃，下，向1L的密闭容器中充入1mol和一定物质的量的发生反应：，平衡时的物质的量分数与初始投料比的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 随着的增大，的转化率逐渐增大
B. e点：
C. a点时，该反应的平衡常数为
D. a点，平衡后再投入1mol和1mol，达到新平衡时，的产率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着的增大，增加N投料，促进反应正向进行，使得的转化率逐渐增大，A正确；
B．e点低于平衡点，反应正向进行，则：，B正确；
C．K只受温度影响，a点时K值等于c点K值，反应为气体分子数不变的反应，由c点可知，投料MN分别为1mol、2mol，生成Y3mol×20%=0.6mol、X0.6mol，平衡时MN分别为1-0.6=0.4mol、2-0.6=1.4mol，该反应的平衡常数为，C正确；
D．反应为气体分子数不变的反应，a点，平衡后再投入1mol和1mol，达到新平衡时与原平衡为等效平衡，的产率不变，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 我国是世界上最大的糠醛生产国和出口国，糠酸是一种重要的医药中间体和化工中间体，工业上以为催化剂，催化氧化糠醛制备糠酸，其反应原理如下：
其反应的步骤为：
已知：①相关物质的信息：
熔点 沸点 溶解性 相对分子质量
糠醛 -36.5℃ 161℃ 常温下与水部分互溶 96
糠酸 133℃ 230℃ 微溶于冷水、易溶于热水 112
②碱性条件下，糠醛分子间易发生自聚反应而生成高聚物。
回答下列问题：
（1）实验室利用图1所示装置完成步骤I，该步骤采用的加热方式为___________。三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为___________。
（2）步骤I的加料方式为：同时打开恒压滴液漏斗、下端的活塞，并使滴加速度相同，以便反应物滴加到三颈烧瓶内能与氧化铜瞬时混合。该操作的优点为___________。
（3）步骤III中，悬浊液经“过滤、洗涤、干燥”得到糠酸粗品。进一步提纯糠酸的实验操作方法是___________。
（4）糠酸纯度的测定：取1.120g提纯后的糠酸样品，配成100mL溶液，准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入几滴酚酞溶液，用标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准溶液24.80mL。
①量取糠酸溶液的仪器是___________(填仪器名称)。
②糠酸的纯度为___________。
（5）为了提高糠酸的纯度，需提纯糠醛。实验室常用蒸馏方法得到较纯糠醛。因蒸气温度高于140℃，实验时选用图2中空气冷凝管而不是直形冷凝管的原因是___________。
【答案】（1） ①. 水浴加热(保持55℃水浴加热) ②.
（2）使溶液充分接触，防止副反应(自聚反应)发生(或减少糠醛分子间的接触)
（3）重结晶 （4） ①. 酸式滴定管(或移液管) ②. 89.28%
（5）蒸气温度与水温相差较大，易使冷凝管炸裂
【解析】
【分析】根据题给的实验步骤，结合基本实验原理可知，醛类物质在碱溶液中歧化产生羧酸盐和醇类物质，羧酸盐经酸化后转化为羧酸类物质，进而通过分离提纯获得产品；
【小问1详解】
步骤I所需的温度为55℃，采用的加热方式为水浴加热(或保持55℃水浴加热)；三颈烧瓶所发生的反应为糠醛先催化氧化为康酸，继续与NaOH反应生成糠酸钠，总的化学方程式为：；
【小问2详解】
同时打开恒压滴液漏斗、下端的活塞，并使滴加速度相同，以便反应物滴加到三颈烧瓶内能与氧化铜瞬时混合的优点是使溶液充分接触，防止副反应(自聚反应)发生；
【小问3详解】
悬浊液经“过滤、洗涤、干燥”得到糠酸粗品，进一步将糠酸粗品提纯的方法是进行重结晶；
【小问4详解】
①因为糠酸是酸性溶液，量取糠酸溶液的仪器是酸式滴定管(移液管)；
②糠酸为一元酸，与氢氧化钾1：1反应，分析测定流程可知，样品中糠酸的纯度为=89.28%；
【小问5详解】
由于有机层中仍然存在少量的水，故需要使用无水碳酸钾作为干燥剂，蒸馏纯化时，收集170℃的馏分，因该温度高于140℃，实验室选用图4中的空气冷凝管而不用直形冷凝管的原因是蒸气温度与水温相差较大，易使冷凝管炸裂。
16. 以高铅硫化锌原矿[主要含有ZnS，含有少量PbS、ZnCO3、SiO2、FeS、In2O3(氧化铟)等]为原料制备单质Zn的工艺流程如下：
已知：①，，，。
②电解液浓度过大会导致溶液粘度变大，离子迁移速率低，电解效率低。
回答下列问题：
（1）“沸腾焙烧”的目的是___________；其中杂质FeS充分焙烧产生大量废气，其主要成分的空间结构为___________。
（2）“滤渣I”的主要成分为___________和PbSO4。若撤去“焙烧”，直接“酸浸”，调节溶液中c(H+)=4.0 mol/L，若要将PbS中的Pb2+沉淀完全，试计算溶液中c(H2S)的范围___________(保留小数点后两位)。[已知H2S饱和溶液中，c(H2S)=0.1 mol/L]。
（3）“除铁”时Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为___________。
（4）“电解”硫酸锌溶液制备Zn的化学方程式为___________，工业所需电解液浓度为40-60 g/L的理由是___________，可用___________光谱证明阴极析出的固体为Zn。
【答案】（1） ①. 增大固体与空气接触面积，提高焙烧效率；除去硫元素杂质 ②. V形或角形
（2） ①. SiO2 ②. 小于0.09 mol/L (基于PbS全部转化为PbSO4)
（3）4H++6ZnO+O2+4Fe2+=4FeOOH+6Zn2+
（4） ①. ②. 当电解液浓度过低时，导电能力变低，电解效率降低；电解液浓度过大而致使溶液粘度变大，离子迁移速率低，电解效率降低 ③. 原子(吸收或发射)
【解析】
【分析】高铅硫化锌原矿，主要含有ZnS，含有少量PbS、ZnCO3、SiO2、FeS、In2O3(氧化铟)等，通过“沸腾焙烧”使PbS中是硫元素转化为SO2气体除去，再用硫酸进行酸浸，Pb2+遇反应生成PbSO4沉淀，酸性氧化物SiO2不能溶于硫酸，也进入滤渣Ⅰ，然后加入锌置换铟而除去铟离子In3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+并加入ZnO调整溶液pH，使Fe3+转化为碱式氧化铁FeOOH除去，最后电解溶液得锌单质。
【小问1详解】
“沸腾焙烧”的目的是使硫元素转化为SO2除去。“沸腾”使固体和气体接触充分，增大固体与空气接触面积，提高焙烧效率，硫元素焙烧转化为SO2，在SO2中中心S原子价层电子对数是2+=3，由于有1对孤电子对，所以其中S原子为sp2杂化，空间构型为V形或角形；
小问2详解】
根据上述分析可知：滤渣Ⅰ主要成分为SiO2和PbSO4，若撤去“焙烧”，直接“酸浸”，Ksp(PbS)=8.0×10 28，c(H+)=4.0 mol/L，若要将PbS中的Pb2+形成PbSO4沉淀完全，则c(Pb2+)<10-5 mol/L，c(Pb2+)·c(S2-) =Ksp(PbS)，c(S2-)＞，H2S的电离平衡常数Ka1==1.1×10-7 ，Ka2==1.3×10-13，Ka1×Ka2=，c(H2S)＜≈0.09 mol/L，即溶液中c(H2S)＜0.09 mol/L；
【小问3详解】
“除铁”时Fe2+被空气中氧气氧化，加入氧化锌调节pH，转化为FeOOH，且溶液仍然保持酸性，故离子方程式为4H++6ZnO+O2+4Fe2+=4FeOOH+6Zn2+；
【小问4详解】
①用惰性电极“电解”硫酸锌溶液制备Zn时，阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应生成O2，水电离产生的H+与溶液中的生成H2SO4，阴极上Zn2+得到电子被还原生成Zn，总化学方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4。工业所需电解液浓度为40-60 g/L的理由是：当电解液浓度过低时，导电能力变低，电解效率降低；电解液浓度过大而致使溶液粘度变大，离子迁移速率低，电解效率降低。
③Zn在固态时属于金属晶体，可以根据不同金属元素的原子光谱图线不同，判断确定阴极是否会产生金属Zn，因此可通过原子光谱图判断Zn的产生。
17. 含铁物质在工业生产中具有重要的应用。以作为载氧体实现甲烷部分氧化，发生的主要反应有：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
（1）反应i可在___________(“高温”或“低温”)条件下自发进行，反应ii的正反应活化能___________(“>”或“<”)逆反应活化能。
（2）在刚性容器、绝热体系下，仅发生反应i，则下列说法能够表明该反应已经达到化学平衡的是___________。
A. 相同时间内，气态反应物8mol键断裂的同时气态产物有3mol键断裂
B. 容器中气体的密度不再变化
C. 固体中所含氧元素质量分数不再变化
D. 平衡常数不再变化
（3）载氧体为CH 转化为氧化物提供氧原子，与物质的量之比是影响转化为合成气(、)的重要因素。在900℃、0.1MPa下，向密闭容器投入1mol发生上述反应，不同，对部分物种的平衡量的影响如图所示，、的选择性()公式如下：
①若要生成更多的合成气，最适宜的值为___________(填标号)。
A．0.3 B．0.34 C．0.45 D．1.5
②随着越来越大，试分析物质的量下降的原因___________。
③当平衡转化率为98%时，测得体系中，则=___________(保留三位有效数字)，反应iii的压强平衡常数___________(填“大于”、“小于”或“等于”)19MPa。
【答案】（1） ①. 高温 ②. > （2）BCD
（3） ①. B ②. 增大， 过量，致使载氧量过大，将CO继续氧化为CO2 ③. 99.5% ④. 大于
【解析】
【小问1详解】
由方程式可知，反应i是熵增的吸热反应，高温条件下ΔH-TΔS<0，反应能自发进行；反应ii是正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，故答案为：高温；>；
【小问2详解】
A．甲烷分子中含有4个σ键，一氧化碳和氢气分子中都含有1个σ键，则由反应速率之比等于化学计量数之比可知，相同时间内，气态反应物8molσ键断裂的同时气态产物有3molσ键断裂说明正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故A错误；
B．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，刚性容器中反应时气体的密度增大，则容器中气体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由方程式可知，反应中固体中氧元素的质量分数减小，则固体中所含氧元素的质量分数不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．该反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，在刚性容器、绝热体系下反应时，反应温度降低，平衡常数减小，则平衡常数不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选BCD；
【小问3详解】
①由图可知，的值在0.34时，氢气和一氧化碳的物质的量最大，则生成更多的合成气，最适宜的值为0.34，故选B；
②的值增大，硅酸铁过量致使载氧量过大，将反应生成的一氧化碳继续氧化为二氧化碳，所以随着的值越来越大，一氧化碳的物质的量下降，故答案为：增大， 过量，致使载氧量过大，将CO继续氧化为CO2；
③甲烷平衡转化率为98%时，平衡体系中甲烷的物质的量为1mol-1mol×98%=0.02mol，测得体系中水的物质的量为0.01mol，由氢原子个数守恒可知， 平衡体系中氢气的物质的量为=1.95mol，则氢气的选择性为≈99.5%；设平衡时混合气体的总物质的量为nmol，由气体的物质的量之比等于压强之比可得平衡时气体的压强为0.1nMPa，则反应iii的压强平衡常数Kp==19.0125MPa>19MPa，故答案为：99.5%；大于。
18. 唑草酮是一种药性强、易降解、污染少的除草剂，其中一种合成路线为：
回答下列问题：
（1）A中含有官能团的名称为___________。
（2）A与B反应得到C和___________(填结构简式)，该反应的目的是___________。
（3）F→G的化学方程式为___________。
（4）已知中键极性越大，则碱性越弱，则下列物质的碱性由弱到强的顺序为___________(填标号)。
a． b． c．
（5）DPPA是一种叠氮化试剂，其结构为：其中杂化轨道类型为的原子有___________个。
（6）C的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。
①分子骨架为，且R结构中含有一个“”和一个“”
②分子中有一个手性碳原子
（7）参照上述合成路线，设计以苯胺为原料合成的路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）碳氟键、氨基
（2） ①. ②. 保护氨基
（3）＋CH3COCOOH+H2O
（4）b、c、a （5）13
（6）3 （7）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，一定条件下转化为，与CH3COCOOH发生取代反应生成，DPPA作用下发生取代反应生成，一定条件下与CF2HCl发生取代反应生成，经多步转化生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的官能团为碳氟键、氨基，故答案为：碳氟键、氨基；
【小问2详解】
由分析可知，与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，和分子中都含有氨基，说明该步反应的作用是保护氨基，故答案为：CH3COOH；保护氨基；
【小问3详解】
由分析可知，F→G的反应为与CH3COCOOH发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为＋CH3COCOOH+H2O，故答案为：＋CH3COCOOH+H2O；
【小问4详解】
元素的电负性越大，非金属性越强，有机物分子中C X键的极性越大，元素的电负性大小顺序为：F＞Cl＞H，则C X键的极性大小顺序为C—F＞C—Cl＞C—H，所以由题给信息可知，三种物质碱性由弱到强的顺序为＞＞，故答案为：b、c、a；
【小问5详解】
由结构简式可知，DPPA中双键氧原子不参与杂化，单键氧原子为sp3杂化，苯环上的碳原子和不带电荷的氮原子的杂化方式为sp2杂化，带电荷氮原子为sp杂化，则杂化轨道类型为sp2杂化的原子有13个，故答案为：13；
【小问6详解】
C的同分异构体分子的分子骨架为，且R结构中含有一个醛基和一个甲基，则分子中有一个手性碳原子的同分异构体可以视作下图分子中*所示碳原子上的氢原子被氟原子取代所得结构：，共有3种，故答案为：3；
【小问7详解】
由题给合成路线可知，以苯胺为原料合成的合成步骤为一定条件下转化为，与发生取代反应生成，DPPA作用下转化为，合成路线为。2024年常德市高三年级模拟考试
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mg-24 Fe-56
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。
1. 2023年上海科技节以“悦享科技，智创未来”为主题，展示了近年来我国科技成果。下列说法错误的是
A. 冬奥火炬“飞扬”使用的碳纤维复合材料具有强度高、耐高温的特点
B. “萌新”机器人的有机高分子材料面罩为纯净物
C. “雪龙号”极地破冰船船身由合金钢材料构成，其抗撞击能力强
D. 直径为300mm以上的大硅片首次应用于集成电路，其属于新型无机非金属材料
2. 下列说法错误的是
A. 汽车尾气中含有氮氧化物是因为燃料的不完全燃烧
B. 核苷酸水解得到磷酸和核苷，核苷继续水解得到戊糖和碱基
C. 、、、均属于介于离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
D. 细胞和细胞器的双分子膜属于一种可以自组装的超分子
3. 是应用最广的卤素间化合物，是一种很好的溶剂，其熔点、沸点分别为8.8℃、127℃。常温下，它能与水发生反应：。设阿伏加德罗常数值为。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L的中含键数为
B. 当反应中转移电子数为时，可产生1mol
C. 将反应生成的1mol溶于水，所得溶液中含溴的微粒总数小于
D. 若有5mol水参与反应，则有2mol被氧化
4. 下列化学反应表示错误的是
A. 与溶液反应：
B. 碱性锌锰电池的正极反应：
C. 向蓝色溶液中加入浓溶液，发生反应：
D. 苯甲酰胺在盐酸中水解：
5. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 分别称取2g与于盛有10mL水的两支试管中，充分溶解，用计测定两溶液的 比较与的的水解程度
B 向两支均盛有2mL5%的溶液的试管中，分别加入1mL的溶液和1mL的溶液 探究不同催化剂对反应速率的影响
C 向两支均盛有5mL的溶液的试管中，分别滴加2mL5%和22mL15%的溶液 探究浓度对反应速率的影响
D 向2mL10%的溶液中加入5滴5%的溶液 配制用于检验醛基的悬浊液
A. A B. B C. C D. D
6. 是人体细胞内浓度变化最大的二价阳离子，参与多种生理过程。物质I是一种检测荧光探针的有效试剂，其检测机理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定的存在。下列说法正确的是
A. 物质I结构中苯环上的一氯代物有14种
B. 物质I能够发生取代、加成、消去和中和反应
C. 物质Ⅱ中键角小于水中的键角
D. 物质Ⅱ中与形成4个配位键
7. 被称为“不倒翁”的凉水石，其外观与翡翠极为相似。某种凉水石的化学式为，X、Y、Z、R、T均为前四周期元素且原子序数依次增大。X原子的电子只有一种自旋取向，基态T原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。R元素的单质可作为制造太阳能电池帆板的半导体材料，Y的p轨道上的电子数为R的p轨道上电子数的一半。下列说法正确的是
A. 原子半径：R>X>Y
B. 同一周期，第一电离能比Z小的元素有1种
C. Y形成的单质只能为非极性分子
D. 简单氢化物的沸点：Y>T
8. 水系铵根离子可充电电池具有成本低、安全、无污染等优点，该电池以(含、、元素)为正极材料，电解质溶液中主要存在团簇离子。其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，向Y极方向移动
B. 放电时，Y极的电极反应式为
C. 与间通过离子键结合
D 充电时，增加了1mol时，X极质量增加46g
9. 基态饿原子()的价电子排布式为。氧化物常作烯烃醇化的氧化剂，其重要的氮基饿酸盐有。有关反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应IⅢ：
下列说法正确的是
A. 的立体异构分子中不存在手性分子
B. 反应I中的的化合价为+8
C. 反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D. 由反应Ⅲ可推测氧化性：强于酸性溶液
10. 世界上95%的铝业公司均使用拜耳法(原料为铝土矿，主要成分为，含少量、等)生产，其工艺流程如下：
已知：过饱和溶液是指一定温度、压强下，当溶液中溶质的浓度已超过该温度、压强下溶质的溶解度，而溶质仍未析出的溶液。
下列说法错误的是
A. 物质X为
B. 可用过量代替氢氧化铝晶种
C. “缓慢加热”可促使转化为水合铝硅酸钠
D. 该流程中可循环利用的物质主要有氢氧化铝晶种
11. 某储氢材料(化学式：)，其晶体结构属于立方晶胞，如图所示，晶胞参数为，原子位于顶点与面心，原子位于晶胞中顶点与最近距离的所形成的四面体中心。该晶胞的密度是晶胞中氢原子密度的倍，晶胞氢原子的密度为晶胞单位体积内所含氢原子的质量。已知阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是
A. 该储氢材料的化学式为 B. 晶胞中原子总数为24
C. 原子A、B之间的间距为 D. 晶体的密度为
12. 25℃时，在20.0mL溶液中滴入的溶液，溶液的与所加溶液的体积的关系如图所示。
下列有关叙述错误的是
A.
B. 点存在关系：
C. 由11逐渐变为8.5的过程中，一直存在
D. 点存在关系：
13. 近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化转化为，副产物有。其部分机理如图所示。
下列说法正确的是
A. 由图可知，转化为过程放出热量0.43eV
B. 由图可知，转化为的历程中，最大活化能为0.77eV
C. 时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成
D. 由图可知，转化为的反应速率小于转化为的反应速率
14. 在℃，下，向1L的密闭容器中充入1mol和一定物质的量的发生反应：，平衡时的物质的量分数与初始投料比的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 随着的增大，的转化率逐渐增大
B. e点：
C. a点时，该反应的平衡常数为
D. a点，平衡后再投入1mol和1mol，达到新平衡时，的产率增大
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 我国是世界上最大的糠醛生产国和出口国，糠酸是一种重要的医药中间体和化工中间体，工业上以为催化剂，催化氧化糠醛制备糠酸，其反应原理如下：
其反应的步骤为：
已知：①相关物质的信息：
熔点 沸点 溶解性 相对分子质量
糠醛 -36.5℃ 161℃ 常温下与水部分互溶 96
糠酸 133℃ 230℃ 微溶于冷水、易溶于热水 112
②碱性条件下，糠醛分子间易发生自聚反应而生成高聚物。
回答下列问题：
（1）实验室利用图1所示装置完成步骤I，该步骤采用的加热方式为___________。三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为___________。
（2）步骤I的加料方式为：同时打开恒压滴液漏斗、下端的活塞，并使滴加速度相同，以便反应物滴加到三颈烧瓶内能与氧化铜瞬时混合。该操作的优点为___________。
（3）步骤III中，悬浊液经“过滤、洗涤、干燥”得到糠酸粗品。进一步提纯糠酸的实验操作方法是___________。
（4）糠酸纯度测定：取1.120g提纯后的糠酸样品，配成100mL溶液，准确量取25.00mL于锥形瓶中，加入几滴酚酞溶液，用标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗标准溶液24.80mL。
①量取糠酸溶液的仪器是___________(填仪器名称)。
②糠酸纯度为___________。
（5）为了提高糠酸的纯度，需提纯糠醛。实验室常用蒸馏方法得到较纯糠醛。因蒸气温度高于140℃，实验时选用图2中空气冷凝管而不是直形冷凝管的原因是___________。
16. 以高铅硫化锌原矿[主要含有ZnS，含有少量PbS、ZnCO3、SiO2、FeS、In2O3(氧化铟)等]为原料制备单质Zn的工艺流程如下：
已知：①，，，。
②电解液浓度过大会导致溶液粘度变大，离子迁移速率低，电解效率低。
回答下列问题：
（1）“沸腾焙烧”的目的是___________；其中杂质FeS充分焙烧产生大量废气，其主要成分的空间结构为___________。
（2）“滤渣I”的主要成分为___________和PbSO4。若撤去“焙烧”，直接“酸浸”，调节溶液中c(H+)=4.0 mol/L，若要将PbS中的Pb2+沉淀完全，试计算溶液中c(H2S)的范围___________(保留小数点后两位)。[已知H2S饱和溶液中，c(H2S)=0.1 mol/L]。
（3）“除铁”时Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为___________。
（4）“电解”硫酸锌溶液制备Zn的化学方程式为___________，工业所需电解液浓度为40-60 g/L的理由是___________，可用___________光谱证明阴极析出的固体为Zn。
17. 含铁物质在工业生产中具有重要的应用。以作为载氧体实现甲烷部分氧化，发生的主要反应有：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
（1）反应i可在___________(“高温”或“低温”)条件下自发进行，反应ii的正反应活化能___________(“>”或“<”)逆反应活化能。
（2）在刚性容器、绝热体系下，仅发生反应i，则下列说法能够表明该反应已经达到化学平衡的是___________。
A. 相同时间内，气态反应物8mol键断裂的同时气态产物有3mol键断裂
B. 容器中气体的密度不再变化
C. 固体中所含氧元素的质量分数不再变化
D. 平衡常数不再变化
（3）载氧体为CH 转化为氧化物提供氧原子，与物质的量之比是影响转化为合成气(、)的重要因素。在900℃、0.1MPa下，向密闭容器投入1mol发生上述反应，不同，对部分物种的平衡量的影响如图所示，、的选择性()公式如下：
①若要生成更多的合成气，最适宜的值为___________(填标号)。
A．03 B．0.34 C．0.45 D．1.5
②随着越来越大，试分析物质的量下降的原因___________。
③当平衡转化率为98%时，测得体系中，则=___________(保留三位有效数字)，反应iii的压强平衡常数___________(填“大于”、“小于”或“等于”)19MPa。
18. 唑草酮是一种药性强、易降解、污染少的除草剂，其中一种合成路线为：
回答下列问题：
（1）A中含有官能团的名称为___________。
（2）A与B反应得到C和___________(填结构简式)，该反应的目的是___________。
（3）F→G的化学方程式为___________。
（4）已知中键极性越大，则碱性越弱，则下列物质的碱性由弱到强的顺序为___________(填标号)。
a． b． c．
（5）DPPA是一种叠氮化试剂，其结构为：其中杂化轨道类型为的原子有___________个。
（6）C的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。
①分子骨架为，且R结构中含有一个“”和一个“”
②分子中有一个手性碳原子
（7）参照上述合成路线，设计以苯胺为原料合成的路线___________(无机试剂任选)。
