2024年高考化学第三次模拟考试
化学·参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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 2 3 4 5 6 7 8
D C C D B C D C
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9 10 11 12 13 14
BD B D CD C AC
三、非选择题(共5题，共60分)
15．(10分)
(1)一(1分) (2)温度高，盐酸挥发加快，浓度减小(2分)
(3) 9×10－7(2分) (4)4∶3(2分) (5)锑(Sb) (1分)
(6)SiO2+4HF= SiF4↑+2H2O(2分)
16．(10分)
(1)－112.1 (1分) 较低(1分)
(2)正反应是气体分子数减小的反应，其他条件相同，增大压强，平衡向右移动 (2分)
AB(2分) c(1分)
(3) m(1分) (2分)
17．(12分)
(1)恒压滴液漏斗(1分) 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分)
(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率(2分)
(3)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶(2分) 避免Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl，使Na10P3O13Cl·5H2O的产率降低(2分)
(4)碱(1分) 81.1%(2分)
18．(14分)
(1) (1分) 邻甲基苯酚 (1分)
(2)羧基、醚键(2分) (3)取代反应(1分)
(4)++HCl(2分)
(5) (2分) (6)FeCl3溶液(1分)
(7) (4分)
19．(14分)
(1) 3d74s2(1分) 镍(1分)
(2) 2、4(2分) N>C>H(2分) sp2(2分)
(3) 分子晶体(2分) 5(2分)
(4) Ti4+比Ti3+所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故相同条件下Ti4+的水解能力更强(2分)
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2024年高考化学第三次模拟考试
化学·答题卡
第Ⅰ卷（请用2B铅笔填涂）
第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答）
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2024年高考第三次模拟考试
高三化学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
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：可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al ：27 Si：28 P：31 S：32 Cl：35.5 Ti：48 Mn：55 Fe：56 Co：59 Ni：59 Cu：64 Zn：65 Ag：108 Sb：122 Ba：137
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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．《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )
A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法
C．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆主要成分是二氧化硅
2．下列操作中颜色变化不符合事实的是( )
选项 操作 颜色变化
A 在Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液 白色沉淀变为红褐色沉淀
B 向FeCl2溶液中通入Cl ，再滴入溶液 溶液由浅绿色变为黄色，最后变为红色
C 向品红溶液中通入过量SO2，加热 溶液由红色变无色，加热时仍为无色
D 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 先产生蓝色沉淀，最后变为深蓝色溶液
3．下列除杂(括号内为杂质)所选试剂或操作合理的是( )
A．CH3COOCH2CH3(HOCH2CH3)：饱和碳酸氢钠溶液
B．SO2(H2S)：酸性高锰酸钾溶液
C．苯甲酸(NaCl)：重结晶
D．NaHCO3(Na2CO3)：加热
4．磷元素有白磷、红磷等单质，白磷(P4)结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为xP4 (白磷，s)=4Px(红磷，s) ΔH＜0。下列说法正确的是( )
A．P4属于共价晶体
B．白磷中的P—P—P夹角为109°28′
C．白磷晶胞中，P—P键的作用弱于P4的分子间作用力
D．白磷(s)和红磷(s)在O2(g)中充分燃烧生成等量P2O5(s)，白磷放出的热量更多
5．《本草纲目》中“石碱”条目记载：采蒿蓼之属…晒干烧灰…原水淋汁…引入粉面…凝淀如石…浣衣发面。他处以灶灰淋浓汁，亦去垢发面。下列关于石碱(K2CO3)说法正确的是( )
A．获取石碱过程未涉及氧化还原反应
B．“原水淋汁”相当于浸取、过滤的实验操作
C．冷水中的“浣衣、去垢”效果优于热水
D．“浣衣发面”说明石碱受热易分解生成CO2
6．NA为阿伏加德罗常数的值。利用反应16Fe2O3+ FeS211Fe3O4+2SO2可以制备磁性氧化铁。下列叙述不正确的是( )
A．0.8mol Fe2O3完全反应时生成氧化产物的分子数为0.1NA
B．标准状况下，生成2.24L SO2时转移电子数目为0.5NA
C．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为16：1
D．生成1.1mo Fe3O4时，参加反应的FeS2中阴离子数目为0.1NA
7．是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同主族，Z的最高正价与最低负价之和为4，Y在同周期中半径最大，下列说法正确的是( )
A．简单氢化物沸点：Z＞X B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＞W
C．X与Y形成的化合物中只有离子键 D．W的单质可用于制备漂白液
8．Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、调节细胞生存环境等作用。已知25℃时，Ka1(H2CO3)=10-6.38，Ka2(H2CO3)=10-10.25，下列有关Na2CO3和NaHCO3混合溶液的说法不正确的是( )
A．pH=10.25的混合溶液中存在：cNa＋＞cCO32-=cHCO3-
B．混合溶液中持续加蒸馏水，的值逐渐变大
C．混合溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液，反应的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓
D．当cNa2CO3)=cNaHCO3=0.1mol·L－1时，cCO32-＋cHCO3-=0.2mol·L－1
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．香港城市大学科研人员开发一种电极材料CuTABQ(四氨基苯醌铜)可实现高效率地将硝酸根转化为氨，工作原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．装置工作时将化学能转化成电能
B．一段时间后，电极b附近溶液升高
C．电极a的电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3↑＋9OH-
D．每生成17gNH3时有9molOH-由膜R的左侧向右侧迁移
10．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312
下列说法不正确的是( )
A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B．实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C．冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
11．下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是( )
A．加热氢氧化钠固体 B．吸收CO2中的HCl杂质 C．分离CH3COOH和H2O D．实验室制取NH3
12．瑞格列净是一种治疗糖尿病的药物，结构简式如图所示。下列关于瑞格列净说法正确的是( )
A．该化合物最多与反应
B．分子中含有4个手性碳原子
C．分子中含有平面环状结构
D．该物质发生消去反应后的产物在水中的溶解度会减小
13．室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下：
反应历程：
下列说法不正确的是( )
A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯
B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1
C．反应足够长的时间，升高温度可提高体系中产物Ⅰ的产率
D．反应中体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可促使反应进行
14．常温下，在含HCOOH、CH3COOH的混合液中滴加NaOH溶液，混合溶液中pX [pX=—lg(X)，X代表或与pH的关系如图所示，已知：常温下，Ka(HCOOH)＞Ka(CH3COOH)，Kb(NH3·H2O)=1.0×10-4.75，下列叙述正确的是( )
A．L2代表与的关系
B．CH3COOH的电离常数Ka=1.0×10-3.75
C．CH3COO-+HCOOHCH3COOH+HCOO-的平衡常数
D．0.1mol·L--1CH3COONH4溶液中c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―)
三、非选择题(共5题，共60分)
15．(10分) SbF5常用作催化剂、固体离子电解质等。以锑白(主要成分为Sb2O3，含少量CuO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示。
已知：室温下，Ksp(CuS)= 1×10－36，Ksp(PbS)= 9×10－29。
回答下列问题：
(1) NaH2PO2属于正盐，则H3PO2属于 元酸。
(2)其他条件不变，升高温度，“酸浸”速率先变快，后变慢，“变慢”的主要原因是 。
(3)“除杂1”中可能存在反应：PbS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+ Pb2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。
(4)“除杂2”中NaH2PO2将As3+还原为As，自身被氧化为H3PO4，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(5)“电解”中阴极材料是
(6)“氟化”中不能选用玻璃容器，其原因是 (用化学方程式表示)。
16．(10分)1868年狄肯和洪特发明了用氯化铜作催化剂，在加热时，用空气中的O2氧化HCl气体制取Cl2的方法，称为“地康法”。其反应原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知部分共价键的键能如表所示。
共价键
键能/(kJ·mol 1) 431.8 497.3 242.7 462.8
根据键能数据计算上述反应的ΔH= kJ·mol 1，该反应在 (填“较高”“较低”或“任何”)温度下能自发进行。
(2)在反应器中充入一定量HCl(g)和O2(g)，发生上述反应，测得HCl的平衡转化率与压强、温度关系如图1所示。
①其他条件相同时，增大压强，HCl的平衡转化率增大的原因是 。
②下列物理量中，点大于点的是 (填字母)。
A．正反应速率 B．HCl(g)体积分数 C．混合气体的平均摩尔质量
③若对P点体系升温，同时扩大容器体积使压强减小，达到新平衡时P点可能达到图中 点(填“”“”“”或“”)。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入HCl(g)和O2(g)发生上述反应，测得平衡体系中Cl2体积分数与起始投料比关系如图2所示。在m、n、k三点中，的平衡转化率最大的点是 。若点对应体系压强为pkPa，则该点平衡常数KP= (kPa)-1(列出计算式)。
17．(12分)“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效，是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂。某兴趣小组实验室中利用反应NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+2NaOH+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O制备“消洗灵”，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl；Na10P3O13Cl·5H2O中的Cl显+1价。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置B中采用多孔球泡的目的是 。
(3)打开仪器a的活塞及活塞K，制备碱性溶液；关闭仪器a的活塞及活塞K，打开装置B中分液漏斗活塞；一段时间后，装置B中溶液经“系列操作”，得到粗产品。
①上述装置存在一处缺陷，会使“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)的产率降低，改进的方法是 。
②装置B用冰水浴的原因是 。
(4)利用滴定法测定产品的纯度(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5 g·molˉ1)。实验方案如下：
I．取产品试样溶于蒸馏水中配成溶液；
Ⅱ．量取。待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol·L-1硫酸溶液、25mL0.1mol·L-1KI 溶液(过量)，暗处静置；
Ⅲ．滴加2-3滴淀粉溶液，用0.0500mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2 S2O32-=2I-+ S4O62-。平行滴定三次，平均消耗标准溶液。
①Na2S2O3标准溶液应放在 (填“碱”或“酸”)式滴定管中。
②该产品的纯度为 (保留三位有效数字)。
18．(14分)抗失眠药物的中间体G的合成路线如下：
已知：。
(1)A的结构简式为 ，其化学名称为 。
(2)C中所含官能团名称为 。
(3)C→D的反应类型为 。
(4)D→E的反应方程式为 。
(5)C的同分异构体之一X，符合条件：①含有苯环；②酸性条件下，水解产物的核磁共振氢谱都只有两个峰。则X的结构简式为 。
(6)可用于鉴别F与G的常用化学试剂为 。
(7)利用上图合成路线信息，以和为原料，设计合成的路线 。(无机试剂任选)。
19．(14分)钛、铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：
(1)基态钴原子的价层电子排布式为 ，铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最少的是 (填元素名称)。
(2)酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞菁钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 ；酞菁钴分子中所含三种非金属元素的电负性由大到小的顺序为 (用相应的元素符号表示)；碳原子的杂化轨道类型为 。
(3) Fe(CO)x，常温下呈液态，熔点为。沸点为103℃。易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于 (填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= 。
(4)在相同条件下。Ti4+比Ti3+的水解能力更强，原因是 。
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化学·全解全析
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：可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al ：27 Si：28 P：31 S：32 Cl：35.5 Ti：48 Mn：55 Fe：56 Co：59 Ni：59 Cu：64 Zn：65 Ag：108 Sb：122 Ba：137
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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．《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )
A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法
C．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆主要成分是二氧化硅
【答案】D
【解析】A项，高温结构陶瓷种类很多，包括氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等，它们均不属于硅酸盐，A项错误；B项，港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B项错误；C项，煤油属于混合物，C项错误；D项，光缆的主要成分是二氧化硅，D项正确；故选D。
2．下列操作中颜色变化不符合事实的是( )
选项 操作 颜色变化
A 在Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液 白色沉淀变为红褐色沉淀
B 向FeCl2溶液中通入Cl ，再滴入溶液 溶液由浅绿色变为黄色，最后变为红色
C 向品红溶液中通入过量SO2，加热 溶液由红色变无色，加热时仍为无色
D 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 先产生蓝色沉淀，最后变为深蓝色溶液
【答案】C
【解析】A项，Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色沉淀，A项不符合题意；B项，氯气将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液显红色，B项不符合题意；C项，向品红溶液中通入过量SO2，溶液由红色变为无色，加热时溶液又变为红色，C项符合题意；DV向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，生成难溶的Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到[Cu(NH3)4](OH)2深蓝色溶液，D项不符合题意；故选C。
3．下列除杂(括号内为杂质)所选试剂或操作合理的是( )
A．CH3COOCH2CH3(HOCH2CH3)：饱和碳酸氢钠溶液
B．SO2(H2S)：酸性高锰酸钾溶液
C．苯甲酸(NaCl)：重结晶
D．NaHCO3(Na2CO3)：加热
【答案】C
【解析】A项，碳酸氢钠的溶解度小，饱和碳酸氢钠溶液的浓度小，不能用饱和碳酸钠溶液分离CH3COOCH2CH3和HOCH2CH3，应该使用饱和碳酸钠溶液，故A不符合题意；B项，SO2和H2S具有还原性，二者都可以和酸性高锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液除去SO2中的H2S，故B不符合题意；C项，苯甲酸的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化小，所以能用重结晶的方法除去苯甲酸中混有的氯化钠杂质，故C符合题意；D项，NaHCO3受热分解，不能通过加热除去NaHCO3中的Na2CO3，故D不符合题意；故选C。
4．磷元素有白磷、红磷等单质，白磷(P4)结构及晶胞如图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为xP4 (白磷，s)=4Px(红磷，s) ΔH＜0。下列说法正确的是( )
A．P4属于共价晶体
B．白磷中的P—P—P夹角为109°28′
C．白磷晶胞中，P—P键的作用弱于P4的分子间作用力
D．白磷(s)和红磷(s)在O2(g)中充分燃烧生成等量P2O5(s)，白磷放出的热量更多
【答案】D
【解析】A项，P4是由分子构成的，属于分子晶体，故A错误；B项，白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，分子中的P—P—P键角为60°，故B错误；C项，P—P键为共价键其作用远大于P4的分子间作用力，故C错误；D项，从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，故D正确；故选D。
5．《本草纲目》中“石碱”条目记载：采蒿蓼之属…晒干烧灰…原水淋汁…引入粉面…凝淀如石…浣衣发面。他处以灶灰淋浓汁，亦去垢发面。下列关于石碱(K2CO3)说法正确的是( )
A．获取石碱过程未涉及氧化还原反应
B．“原水淋汁”相当于浸取、过滤的实验操作
C．冷水中的“浣衣、去垢”效果优于热水
D．“浣衣发面”说明石碱受热易分解生成CO2
【答案】B
【解析】A项，“采蒿蓼之属…晒干烧灰…原水淋汁”即“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分(K2CO3)，过程涉及燃烧，属于氧化还原反应，故A错误；B项，“原水淋汁”相当于浸取得到K2CO3溶液，同时过滤除去不溶性杂质的实验操作，故B正确；C项，(K2CO3)能够“浣衣、去垢”是因为碳酸根水解呈碱性，水解是吸热的，温度升高，水解程度增大，碱性增强，因此热水效果更好，故C错误；D项，“浣衣发面”，都是利用K2CO3溶液呈碱性，不能说明石碱受热易分解生成CO2，故D错误；故选B。
6．NA为阿伏加德罗常数的值。利用反应16Fe2O3+ FeS211Fe3O4+2SO2可以制备磁性氧化铁。下列叙述不正确的是( )
A．0.8mol Fe2O3完全反应时生成氧化产物的分子数为0.1NA
B．标准状况下，生成2.24L SO2时转移电子数目为0.5NA
C．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为16：1
D．生成1.1mo Fe3O4时，参加反应的FeS2中阴离子数目为0.1NA
【答案】C
【解析】Fe3O4中铁元素由+2、+3组成，+2价和+3价Fe个数比=1:2，FeS2中铁元素是+2价，硫元素是-1价，结合得失电子守恒可知该反应中每16molFe2O3参与反应，有10molFe由+3价降低为+2价，有2mol的S升高+5价，转移电子10mol，还原剂是FeS2，氧化剂是Fe2O3。A项，根据分析，氧化产物是SO2，反应16mol Fe2O3生成2mol SO2，则0.8mol Fe2O3完全反应时生成氧化产物的分子数为0.1NA，故A正确；B项，生成2 mol SO2转移10mol电子，标准状况下，生成2.24L SO2物质的量为，转移电子数目为0.5NA，故B正确；C项，结合分析可知每16molFe2O3参与反应，作氧化剂的为5mol，还原剂是1molFeS2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:1，故C错误；D项，FeS2中阴离子是S22-，生成1.1mo Fe3O4时，参加反应的FeS2中阴离子数目为0.1NA，故D正确；故选C。
7．是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同主族，Z的最高正价与最低负价之和为4，Y在同周期中半径最大，下列说法正确的是( )
A．简单氢化物沸点：Z＞X B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z＞W
C．X与Y形成的化合物中只有离子键 D．W的单质可用于制备漂白液
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同主族，Z的最高正价与最低负价之和为4，则X为O元素、Z为S元素、W为Cl元素；Y在同周期中半径最大，则Y为Na元素。A项，水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，则水分子的分子间作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故A错误；B项，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，所以硫酸的酸性弱于高氯酸，故B错误；C项，过氧化钠是含有离子键个共价键的离子化合物，故C错误；D项，氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化钠、次氯酸钠是漂白液的主要成分，所以氯气可可用于制备漂白液，故D正确；故选D。
8．Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、调节细胞生存环境等作用。已知25℃时，Ka1(H2CO3)=10-6.38，Ka2(H2CO3)=10-10.25，下列有关Na2CO3和NaHCO3混合溶液的说法不正确的是( )
A．pH=10.25的混合溶液中存在：cNa＋＞cCO32-=cHCO3-
B．混合溶液中持续加蒸馏水，的值逐渐变大
C．混合溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液，反应的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓
D．当cNa2CO3)=cNaHCO3=0.1mol·L－1时，cCO32-＋cHCO3-=0.2mol·L－1
【答案】C
【解析】A项，混合溶液的pH为10.25，c(H+)=10-10.25mol/L，Ka2(H2CO3)=10-10.25=，则cCO32-=cHCO3-，即溶液中存在：cNa＋＞cCO32-=cHCO3-，故A正确；B项，随蒸馏水的不断加入，溶液中c(OH-)逐渐减小，碳酸根离子的水解平衡常数不变，则=的值逐渐增大，故B正确；C项，混合溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液，根据以少定多的原则可知，离子方程式书为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；D项，当cNa2CO3)=cNaHCO3=0.1mol·L－1时，根据物料守恒有cCO32-＋cHCO3-＋cH2CO3=0.2mol·L－1，故D正确；故选C。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．香港城市大学科研人员开发一种电极材料CuTABQ(四氨基苯醌铜)可实现高效率地将硝酸根转化为氨，工作原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．装置工作时将化学能转化成电能
B．一段时间后，电极b附近溶液升高
C．电极a的电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3↑＋9OH-
D．每生成17gNH3时有9molOH-由膜R的左侧向右侧迁移
【答案】BD
【解析】CuTABQ极上NO3-得电子产生NH3，发生还原反应，为电池的正极，则Zn为负极，发生氧化反应。A项，该装置为原电池装置，工作时将化学能转化为电能，A项正确；B项，电极b的电极反应式为Zn＋4OH--2e-=[ Zn(NH3)4]2-，pH降低，B项错误；C项，电极a为正极，发生还原反应，电极反应式为NO3-+6H2O+8e-=NH3↑＋9OH-，C项正确；D项，根据得失电子数确定迁移电荷数，为了维持电荷守恒，每生成17Gnh3时有8molOH-由膜R的左侧向右侧迁移，D项错误；故选BD。
10．冠醚能与碱金属离子结合(如图所示)，是有机反应很好的催化剂，能加快KMnO4与环己烯的反应速率。
用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大两者结合能力越强。
碱金属离子 结合常数 冠醚 Na+ (直径：204pm) K+ (直径：276pm)
冠醚A(空腔直径：260～320pm) 199 1183
冠醚B(空腔直径：170～220pm) 371 312
下列说法不正确的是( )
A．推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B．实验 中c(Na+)：①＞②＞③
C．冠醚通过与K+结合将携带进入有机相，从而加快反应速率
D．为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
【答案】B
【解析】A项，从表中数据可以看出，冠醚的空腔直径与Na+或K+直径接近时，结合常数大，由此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A正确；B项，冠醚A结合Na+的能力弱于结合K+的能力，所以K+可将冠醚A中的部分Na+替代出来，由实验 中，可得出c(Na+)：①＞③＞②，B不正确；C项，冠醚与K+结合，从而将MnO4-携带进入有机相，催化KMnO4与环己烯的反应，从而加快反应速率，C正确；D项，由表中数据可推出，冠醚A结合K+的能力比冠醚B强，为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适，D正确；故选B。
11．下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是( )
A．加热氢氧化钠固体 B．吸收CO2中的HCl杂质 C．分离CH3COOH和H2O D．实验室制取NH3
【答案】D
【解析】A项，瓷坩埚中含有SiO2，加热能与NaOH反应，不能用瓷坩埚加热氢氧化钠固体，故A错误；B项，洗气瓶中气体流向应该从长导管进入，经溶液吸收杂质后气体从短导管导出，故B错误；C项，CH3COOH和H2O互溶，不能用分液的方法除去，故C错误；D项，实验室利用氯化铵和氢氧化钙在加热的条件下反应制备氨气，因为氨气密度比空气的小，所以用向下排空气法收集氨气，能达到实验目的，故D正确；故选D。
12．瑞格列净是一种治疗糖尿病的药物，结构简式如图所示。下列关于瑞格列净说法正确的是( )
A．该化合物最多与反应
B．分子中含有4个手性碳原子
C．分子中含有平面环状结构
D．该物质发生消去反应后的产物在水中的溶解度会减小
【答案】CD
【解析】A项，该分子中的4个羟基都是醇羟基，该化合物无法与氢氧化钠发生反应，故A错误；B项，分子中含有5个手性碳原子，由1个O和5个C所形成的六元环上的5个C均是手性碳原子，故B错误；C项，该分子含有苯环，属于平面环状结构，故C正确；D项，该分子中4个羟基均能发生消去反应，生成1个醛基，3个羰基，与之前相比，与水形成的氢键数量变少，溶解度下降，故D正确；故选CD。
13．室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下：
反应历程：
下列说法不正确的是( )
A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯
B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1
C．反应足够长的时间，升高温度可提高体系中产物Ⅰ的产率
D．反应中体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可促使反应进行
【答案】C
【解析】中间体生成产物Ⅱ的活化能低于生成产物Ⅰ的活化能，所以生成产物Ⅱ的速率快，生成的产物Ⅱ多，则产物Ⅰ是对硝基苯酚、产物Ⅱ是邻硝基苯酚。A项，产物Ⅱ是邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，故A正确；B项，根据图示，反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1，故B正确；C项，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物Ⅰ的产率，故C错误；D项，浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体，可促使反应进行，故D正确；故选C。
14．常温下，在含HCOOH、CH3COOH的混合液中滴加NaOH溶液，混合溶液中pX [pX=—lg(X)，X代表或与pH的关系如图所示，已知：常温下，Ka(HCOOH)＞Ka(CH3COOH)，Kb(NH3·H2O)=1.0×10-4.75，下列叙述正确的是( )
A．L2代表与的关系
B．CH3COOH的电离常数Ka=1.0×10-3.75
C．CH3COO-+HCOOHCH3COOH+HCOO-的平衡常数
D．0.1mol·L--1CH3COONH4溶液中c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH―)
【答案】AC
【解析】由电离常数可知，弱酸溶液中X=，则溶液中pX=—lgKa+lgc(H+)，溶液pH增大时，溶液中pX减小，溶液pH相等时，电离常数越大，pX越小，则L1代表与pH的关系、L2代表与pH的关系；由图可知，a点溶液pH为2、pX为2.75，b点pH为4、pX为—0.25，则由pX=—lgKa+lgc(H+)可知，醋酸和甲酸电离常数分别为1×10—4.75、1×10—3.75。A项， L2代表与pH的关系，故A正确；B项，醋酸的电离常数为1×10—4.75，故B错误；C项，反应的平衡常数K===10，故C正确；D项，由题意知，一水合氨的电离常数为1×10—4.75，醋酸和一水合氨的电离常数相等说明醋酸铵溶液中铵根离子与醋酸根离子在溶液中的水解程度相等，溶液呈中性，则溶液中离子浓度的关系为c(CH3COO-)=c(NH4+)＞c(H＋)=c(OH―)，故D错误；故选AC。
三、非选择题(共5题，共60分)
15．(10分) SbF5常用作催化剂、固体离子电解质等。以锑白(主要成分为Sb2O3，含少量CuO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示。
已知：室温下，Ksp(CuS)= 1×10－36，Ksp(PbS)= 9×10－29。
回答下列问题：
(1) NaH2PO2属于正盐，则H3PO2属于 元酸。
(2)其他条件不变，升高温度，“酸浸”速率先变快，后变慢，“变慢”的主要原因是 。
(3)“除杂1”中可能存在反应：PbS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+ Pb2+(aq)，该反应的平衡常数K= 。
(4)“除杂2”中NaH2PO2将As3+还原为As，自身被氧化为H3PO4，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(5)“电解”中阴极材料是
(6)“氟化”中不能选用玻璃容器，其原因是 (用化学方程式表示)。
【答案】(1)一(1分) (2)温度高，盐酸挥发加快，浓度减小(2分)
(3) 9×10－7(2分) (4)4∶3(2分) (5)锑(Sb) (1分)
(6)SiO2+4HF= SiF4↑+2H2O(2分)
【解析】锑白加盐酸浸出后得到的滤液中阳离子主要为Cu2+、Sb3+、Pb2+、As3+和H+，浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分；沉淀过程加硫化钠溶液，Cu2+、Pb2+转化为CuS和PbS沉淀进入滤渣II中，除砷过程中加入NaH2PO2，根据题中信息，与As3+发生氧化还原反应生成As和H3PO4；此时滤液中的主要阳离子为Sb3+，电解后得到Sb；氯化后得到SbCl5，再氟化得到SbF5。(1)NaH2PO2属于正盐，则说明H3PO2只能电离出一个H+，属于一元酸；(2)由于酸浸加入的为盐酸，易挥发，因此随温度升高，盐酸挥发加快，浓度减小，反应速率减慢；(3)反应：PbS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+ Pb2+(aq)，该反应的平衡常数；(4)“除杂2”中NaH2PO2将As3+还原为As，自身被氧化为H3PO4，发生的反应为：3H2PO2-+4As3++6H2O=4As+3H3PO4+9H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3；(5)由分析可知，此时滤液中的主要阳离子为Sb3+，电解后得到Sb，则阴极材料为锑(Sb)；(6)玻璃的成分为二氧化硅，会与HF反应，方程式为：SiO2+4HF= SiF4↑+2H2O。
16．(10分)1868年狄肯和洪特发明了用氯化铜作催化剂，在加热时，用空气中的O2氧化HCl气体制取Cl2的方法，称为“地康法”。其反应原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知部分共价键的键能如表所示。
共价键
键能/(kJ·mol 1) 431.8 497.3 242.7 462.8
根据键能数据计算上述反应的ΔH= kJ·mol 1，该反应在 (填“较高”“较低”或“任何”)温度下能自发进行。
(2)在反应器中充入一定量HCl(g)和O2(g)，发生上述反应，测得HCl的平衡转化率与压强、温度关系如图1所示。
①其他条件相同时，增大压强，HCl的平衡转化率增大的原因是 。
②下列物理量中，点大于点的是 (填字母)。
A．正反应速率 B．HCl(g)体积分数 C．混合气体的平均摩尔质量
③若对P点体系升温，同时扩大容器体积使压强减小，达到新平衡时P点可能达到图中 点(填“”“”“”或“”)。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入HCl(g)和O2(g)发生上述反应，测得平衡体系中Cl2体积分数与起始投料比关系如图2所示。在m、n、k三点中，的平衡转化率最大的点是 。若点对应体系压强为pkPa，则该点平衡常数KP= (kPa)-1(列出计算式)。
【答案】(1)－112.1 (1分) 较低(1分)
(2)正反应是气体分子数减小的反应，其他条件相同，增大压强，平衡向右移动 (2分)
AB(2分) c(1分)
(3) m(1分) (2分)
【解析】(1)反应热等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。。该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0，判断，该反应在较低温度下能自发进行；(2)①正反应是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向右移动，HCl的平衡转化率增大。②正反应是放热反应，升高温度，HCl的平衡转化率降低，故T2高于T1，反应速率随温度升高而增大，A项正确；升高温度，平衡向左移动，HCl浓度增大，B项正确；升高温度，气体质量不变，平衡向左移动，气体物质的量增大，平均摩尔质量减小，C项错误。③升高温度，HCl的平衡转化率降低；减小压强，平衡向左移动，HCl的平衡转化率降低，两个因素都使HCl的平衡转化率降低，故达到新平衡时，p点可能达到c点；(3)其他条件相同，投料比越大，HCl的平衡转化率越小，故m点HCl的平衡转化率最大。假设投入4mol HCl和1molO2，列出三段式：
，解得。平衡体系中，，，。
17．(12分)“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效，是一种广谱、高效、低毒的消毒洗涤剂。某兴趣小组实验室中利用反应NaClO+Na3PO4+2Na2HPO4+2NaOH+3H2O=Na10P3O13Cl·5H2O制备“消洗灵”，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl；Na10P3O13Cl·5H2O中的Cl显+1价。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)装置B中采用多孔球泡的目的是 。
(3)打开仪器a的活塞及活塞K，制备碱性溶液；关闭仪器a的活塞及活塞K，打开装置B中分液漏斗活塞；一段时间后，装置B中溶液经“系列操作”，得到粗产品。
①上述装置存在一处缺陷，会使“消洗灵”(Na10P3O13Cl·5H2O)的产率降低，改进的方法是 。
②装置B用冰水浴的原因是 。
(4)利用滴定法测定产品的纯度(Na10P3O13Cl·5H2O的摩尔质量为656.5 g·molˉ1)。实验方案如下：
I．取产品试样溶于蒸馏水中配成溶液；
Ⅱ．量取。待测液于锥形瓶中，加入10mL2mol·L-1硫酸溶液、25mL0.1mol·L-1KI 溶液(过量)，暗处静置；
Ⅲ．滴加2-3滴淀粉溶液，用0.0500mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2 S2O32-=2I-+ S4O62-。平行滴定三次，平均消耗标准溶液。
①Na2S2O3标准溶液应放在 (填“碱”或“酸”)式滴定管中。
②该产品的纯度为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分) 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分)
(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率(2分)
(3)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶(2分) 避免Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl，使Na10P3O13Cl·5H2O的产率降低(2分)
(4)碱(1分) 81.1%(2分)
【解析】装置A中KMnO4固体与浓盐酸反应产生Cl2，Cl2通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，操作为：打开装置A中恒压滴液漏斗(仪器)的活塞及活塞K，制取Cl2， 生成的气体通入NaOH溶液中，制备NaClO碱性溶液，关闭装置A中恒压滴液漏斗活塞及活塞K，打开装置B中分液漏斗活塞，滴入Na3PO4、Na2HPO4混合液，反应生成“消洗灵”，C是安全瓶，氯气有毒，需要尾气处理， D吸收尾气，防止污染大气。(1)由仪器结构，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，实验中用仪器a加浓盐酸是为了平衡压强，使液体顺利滴下，装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(2)装置B中采用多孔球泡的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。(3)①该方法制备的氯气中含有氯化氢，会导致产品产量降低，故改进的方法是：在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶；②根据题中所给信息，以及实验室制备消洗灵的方程式可知，装置B用冰水浴的原因是：避免Cl2与NaOH溶液在加热的条件下反应生成NaClO3和NaCl，使Na10P3O13Cl·5H2O的产率降低。(4)①Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以标准液应放在碱式滴定管中；②Na10P3O13Cl·5H2O中的Cl显+1价，结合得失电子守恒和滴定反应可得关系式，Na10P3O13Cl·5H2O～I2～2S2O32-，20.00mL待测液中，n(Na10P3O13Cl·5H2O)=n(Na2S2O3)=×0.05mol/L×20.00×10-3L=5×10-4mol，因此4.00g产品中，m(Na10P3O13Cl·5H2O)=5×10-4mol××=3.2825g，故产品的纯度为=81.1%。
18．(14分)抗失眠药物的中间体G的合成路线如下：
已知：。
(1)A的结构简式为 ，其化学名称为 。
(2)C中所含官能团名称为 。
(3)C→D的反应类型为 。
(4)D→E的反应方程式为 。
(5)C的同分异构体之一X，符合条件：①含有苯环；②酸性条件下，水解产物的核磁共振氢谱都只有两个峰。则X的结构简式为 。
(6)可用于鉴别F与G的常用化学试剂为 。
(7)利用上图合成路线信息，以和为原料，设计合成的路线 。(无机试剂任选)。
【答案】(1) (1分) 邻甲基苯酚 (1分)
(2)羧基、醚键(2分) (3)取代反应(1分)
(4)++HCl(2分)
(5) (2分) (6)FeCl3溶液(1分)
(7) (4分)
【解析】根据B的结构和，可知A的结构为，B被酸性高锰酸钾氧化为C，C和SOCl2发生反应羟基被Cl取代，生成D，对比D与E的结构，可得C6H6NBr的结构为，D→E的反应方程式为：++HCl，E与在碱性环境下反应生成F，H与HI反应生成G。(1)A的结构简式为：；名称为：邻甲基苯酚；(2)由图可知，C中所含官能团为：羧基、醚键；(3)C和SOCl2发生反应羟基被Cl取代，生成D，反应类型为取代反应；(4)对比D与E的结构，可得C6H6NBr的结构为，D→E的反应方程式为：++HCl；(5)C的同分异构体之一X，符合条件：①含有苯环；②酸性条件下，水解产物的核磁共振氢谱都只有两个峰，即X含有酯基，且酸性条件下，水解产物等效氢只有两种，符合条件的X为：；(6)G中含有酚羟基，F中没有，可用FeCl3溶液遇含酚羟基的物质，溶液颜色变紫的性质进行鉴别；(7)与CH3I、K2CO3反应生成，与O2在催化剂、加热的条件下发生氧化反应，生成，和SOCl2发生取代反应生成，在AlCl3的作用下生成，与HI反应生成，合成路线图为：。
19．(14分)钛、铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：
(1)基态钴原子的价层电子排布式为 ，铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最少的是 (填元素名称)。
(2)酞菁钴分子的结构简式如图所示，中心离子为钴离子，酞菁钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 ；酞菁钴分子中所含三种非金属元素的电负性由大到小的顺序为 (用相应的元素符号表示)；碳原子的杂化轨道类型为 。
(3) Fe(CO)x，常温下呈液态，熔点为。沸点为103℃。易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于 (填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= 。
(4)在相同条件下。Ti4+比Ti3+的水解能力更强，原因是 。
【答案】(1) 3d74s2(1分) 镍(1分)
(2) 2、4(2分) N>C>H(2分) sp2(2分)
(3) 分子晶体(2分) 5(2分)
(4) Ti4+比Ti3+所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故相同条件下Ti4+的水解能力更强(2分)
【解析】(1)Co位于周期表中第4周期第Ⅷ族，所以基态钴原子的价电子排布式为：3d74s2，Fe、Ni也处于周期表第4周期第Ⅷ族，Fe、Co、Ni为同周期金属元素，Fe的价电子排布为3d64s2，Ni的价电子排布为3d84s2，所以基态原子核外未成对电子数最少的是镍；(2)N最多成3根键，自身含有一对孤电子对，可用于形成配位键，根据酞菁钴分子的结构简式分析，则酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是：2、4；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；三种非金属原子为N、C、H，则三种原子非金属性大小为N>C>H；C原子以双键的形式存在，则C原子杂化方式为sp2；(3)Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20. 5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，可判断为分子晶体，根据配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，一个CO提供两个电子，则8+2x=18，所以x=5；(4)Ti4+比Ti3+所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故相同条件下Ti4+的水解能力更强。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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