精品解析：2024届辽宁省大连市高三下学期3月三校联考化学试卷

2024年高考三校联合模拟考试 化学试卷 原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Ba-137 一、单选题(本题共15小题，每小题3分，共45分) 1. 中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解不正确的是 A. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤” B. 司母戊鼎属青铜制品，是我国古代文明成就的代表之一 C. China一词又指“瓷器”，瓷器(China)属硅酸盐产品 D. 侯氏制碱法的“碱”指的是烧碱 2. 下列说法错误的是 A. 12C、13C、14C的原子结构示意图均为 B. 重水的结构式为 C. 乙烯的电子式为 D. 乙烯水化(加成)制乙醇、催化加聚制聚乙烯的原子利用率均为100% 3. 一种由短周期主族元素组成的化合物Р的结构式如图所示，其中元素W，X、Y，Z的原子序数依次增大，W，X的单质是空气的主要成分，W、Y同主族，P中Z原子满足最外层8电子结构。下列叙述错误的是 A. 原子半径： B. 最高价氧化物水化物的酸性： C. W的液态简单氢化物可用作制冷剂 D. P中，X、Y均显正价 4. “碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 该装置是将化学能转变为电能 B. 正极的电极反应：2CO2+2e-=C2O C. 每得到1 mol Al2(C2O4)3，电路中转移3 mol电子 D. 利用该技术可捕捉大气中的CO2 5. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，与反应得到的分子数为 B. 的溶液中氧原子数为 C. 中含有的键数目最多为 D. 与充分反应，转移的电子数为 6. CO2氧化C2H6制取C2H4的新路径，其反应为： 反应Ⅰ：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H1>0 反应Ⅱ：C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) △H2>0 一定条件下，向容积为1.0L的容器中通入2mol C2H6和3molCO2，若仅考虑上述反应，C2H6平衡转化率和平衡时C2H4的选择性随温度、压强变化的关系如图所示，L1、L2代表不同压强下乙烷的平衡转化率。已知：C2H4的选择性=×100% 下列说法不正确的是 A. 压强L1<L2 B. 一定温度下，增大会降低C2H6的平衡转化率 C. 压强为L1、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中=3 D. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应自发性，都随着温度的升高而增大 7. 下列有关实验说法，不正确的是 A. 可以用KI-淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐 B. 金属汞洒落在地上，应尽可能收集起来，并用硫磺粉盖在洒落的地方 C. 可用饱和Na2SO3溶液除去SO2气体中混有的HCl D. 在用简易量热计测定反应热时，酸和碱迅速混合并用玻璃搅拌器搅拌，准确读取温度计最高示数并记录温度 8. 氯化钠的一种晶胞结构如图所示，下列有关氯化钠的说法正确的是 A. 该晶胞结构中有6个Na+和6个Cl- B. Na+的配位数为4 C. 117g氯化钠中有2molNaCl分子 D. 将晶胞沿体对角线AB作投影，CD两原子的投影将相互重合 9. 一定温度下，(用RH表示)的氯代和溴代反应能量图及产率关系如图(图中物质均为气态)。下列说法正确的是 A. B. 氯代的第二步是决速反应 C. 以丙烷为原料制备2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解 D. 分子中有一个手性碳原子 10. 高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+ B. 放电时，正极区溶液的pH减小 C. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大 D. 充电时，电能没有全部转化为化学能 11. 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： 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色 B. 过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物 C. 处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为 D 烟道气可以用或代替 12. 某实验小组选择下列装置制备NaH(装置可以重复使用，NaH遇水蒸气剧烈反应)。下列叙述错误的是 A. 装置连接顺序为a→f→g→b→c→d→e→h B. 不能用浓硫酸、硝酸替代装置Ⅰ中的稀硫酸 C. 实验中观察到装置Ⅳ中产生黑色沉淀 D. 在点燃Ⅲ处的酒精灯前之前需要在Ⅴ处对氢气验纯 13. 下列离子方程式错误的是 A. 溴水滴入足量Na2SO3溶液：Br2+2=+2Br-+SO2↑ B. 向澄清石灰水中加入足量的Ca(HCO3)2溶液：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O C. 将K2[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ D. 用醋酸溶液溶解碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O 14. CO2催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，H2首先在“-O-Ga-O-Zn-”表面解离成2个H*，随后参与到CO2的转化过程。下列说法正确地是 A. “-O-Ga-O-Zn-”能改变总反应的焓变 B. H2O是反应历程的中间产物之一 C. 反应历程中存在非极性键的断裂和形成 D. 理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1 15. 在HgI2饱和溶液(有足量HgI2固体)中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(s)Hg2+(aq)+2I-(aq)；HgI2(aq)HgI+(aq)+I-(aq)；HgI2(aq)+I-(aq)(aq)；HgI2(aq)+2I-(aq)(aq)，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4.已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)，lgc()、lge()随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 曲线1表示lgc(HgI+)的变化情况 B. 该过程中一定满足：2c(Hg2+)+c(H+)+c(HgI+)=c(I-)+c()+2c()+c(OH-) C. a= D. 随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]保持不变 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 一种回收锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。 已知：在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应： +HCOOH 回答下列问题： （1）Pb2Mn8O16中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为_______。 （2）滤液1中主要溶质的化学式为_______，“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______，实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_______。 （3）“电解”时，加入SeO2与水反应生成二元弱酸H2SeO3，在阴极放电生成Se单质，有利于Mn2+电还原沉积，则H2SeO3放电的电极反应式为_______。 （4）整个流程中可循环利用的物质是_______(写名称)。 （5）通过计算说明可用Na2CO3溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3的原因_______。[已知：25℃时Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14] 17. 将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g)(DMC)，可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总，可通过I、Ⅱ两步反应完成： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1 Ⅱ．CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) K2。 请回答下列问题： （1）CH3OCOOCH3的名称为_______，1molCH3OH中含有的σ键类型为_______。 （2）反应的反应机理如图所示。 该反应的催化剂是_______，该物质还有另一个作用是提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：_______。 （3）一定温度范围内lgK-T的线性关系如图。 ①对于反应Ⅱ，活化能E正_______(填“>”或“<”)E逆。 ②K总=K2时，该温度下K1=_______。某温度下，5L恒容密闭容器中充入5molCO2和10molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时n(CH3OCOOCH3)=1mol，n(CH3OH)=1mol，则K2=_______。 18. 硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）在化学分析、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用工厂废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ），并测定其化学式。 I.用废铁屑制备FeSO4溶液 （1）将废铁屑放入Na2CO3溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。请结合方程式说明放入碳酸钠溶液中并煮沸的原因_______________。 （2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的3mol.L-1H2SO4溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。装置如图1所示，装置中采用热水浴的目的是_______________。 Ⅱ.用NO气体和FeSO4溶液制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）装置如图2所示（加热及夹持装置略）。 （3）若烧杯中加入的氧化剂为H2O2，则涉及到的离子方程式为_______________。 （4）在制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）之前，需要通入N2，通入N2的作用是_______________。仪器a的名称为_______________，若将其改为_______________（填装置名称）效果更佳。 Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）的化学式，其化学式可表示为[Fe（NO）a（H2O）b]（SO4）c 步骤i.用1.0mol/L酸性KMnO4溶液滴定20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液，滴定至终点时消耗酸性KMnO4溶液16.00mL（MnO4-离子转化Mn2+，NO完全转化为NO3-）； 步骤ⅱ.另取20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。 （5）已知硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）中Fe2+的配位数为6，则该物质的化学式为_______________。 （6）步骤i中，滴定终点的现象为_______________。若滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则会导致b的数值_______________（填“偏大”或“偏小”）。 19. 化合物H是四氢异喹啉阿司匹林衍生物，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子杂化方式为_______。 （2）D中含氧官能团名称为_______和_______。 （3）D→E中有和E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为_______。 （4）F的分子式为_______。 （5）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。 ①属于芳香族化合物，能发生银镜反应。 ②碱性条件下水解，酸化后得到三种分子中都有2种不同化学环境的氢。 （6）写出以CH3CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高考三校联合模拟考试 化学试卷 原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 Ba-137 一、单选题(本题共15小题，每小题3分，共45分) 1. 中华文化源远流长、博大精深。从化学的视角看，下列理解不正确的是 A. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤” B. 司母戊鼎属青铜制品，是我国古代文明成就的代表之一 C. China一词又指“瓷器”，瓷器(China)属硅酸盐产品 D. 侯氏制碱法的“碱”指的是烧碱 【答案】D 【解析】 【详解】A．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”，是基于物质的密度差异、利用水的不断冲洗分离出金子。则“淘”、“漉”相当于分离提纯中的“过滤”，A正确； B．司母戊鼎是已知中国古代最重的青铜制品，属于青铜制品，B正确； C．瓷器属于硅酸盐产品，C正确； D．侯德榜制碱法制得的碱为纯碱，首先通过NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，分离出NaHCO3，再加热分解NaHCO3得到Na2CO3，D错误； 故选D。 2. 下列说法错误的是 A. 12C、13C、14C的原子结构示意图均为 B. 重水的结构式为 C. 乙烯的电子式为 D. 乙烯水化(加成)制乙醇、催化加聚制聚乙烯的原子利用率均为100% 【答案】C 【解析】 【详解】A．12C、13C、14C的原三者是同位素，质子数为6，原子结构示意图均为，A正确； B．重水的分子式是D2O，结构式：，B正确； C．乙烯的电子式：，C错误； D．加成反应和加聚反应均无副产物生成，原子利用率100%，D正确； 答案选C。 3. 一种由短周期主族元素组成的化合物Р的结构式如图所示，其中元素W，X、Y，Z的原子序数依次增大，W，X的单质是空气的主要成分，W、Y同主族，P中Z原子满足最外层8电子结构。下列叙述错误的是 A. 原子半径： B. 最高价氧化物水化物的酸性： C. W的液态简单氢化物可用作制冷剂 D. P中，X、Y均显正价 【答案】D 【解析】 【分析】元素W，X、Y，Z的原子序数依次增大，且W，X的单质是空气的主要成分，则W是N；X是O；W、Y同主族，则Y是P；化合物P中Z原子满足最外层8电子结构，则Z是Cl；综上所诉：W是N；X是O；Y是P；Z是Cl，依此解答。 【详解】A．根据元素周期律可知，原子半径：，A正确； B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物水化物的酸性越强，故最高价氧化物水化物的酸性：，B正确； C．液态的NH3气化时吸收大量的热，可用作制冷剂，C正确； D．O的非金属性大于P，O的电负性强，故该化合物中，O显负价，P显正价，D错误； 答案选D。 4. “碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 该装置是将化学能转变为电能 B. 正极的电极反应：2CO2+2e-=C2O C. 每得到1 mol Al2(C2O4)3，电路中转移3 mol电子 D. 利用该技术可捕捉大气中的CO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．该装置为原电池，是将化学能转化为电能，A正确； B．正极电极反应：2CO2+2e-=C2O，B正确； C．由元素的化合价变化可知，每得到1 mol Al2(C2O4)3，电路中转移6 mol电子，C错误； D．利用该技术可捕捉大气中的CO2，D正确； 故选C。 5. 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，与反应得到的分子数为 B. 的溶液中氧原子数为 C. 中含有的键数目最多为 D. 与充分反应，转移的电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．NO与氧气反应生成NO2，，因此最终得到的分子数小于，故A错误； B．未考虑溶剂水中的氧原子数，故B错误； C．可以是丙烯，也可以是环丙烷，若为环丙烷结构，则中含有的键数目为，故C正确； D．氯气先于碘离子反应，再与亚铁离子反应，结合用量可知，恰好与中的碘离子完全反应，转移电子数为，故D错误； 故选：C。 6. CO2氧化C2H6制取C2H4的新路径，其反应为： 反应Ⅰ：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H1>0 反应Ⅱ：C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) △H2>0 一定条件下，向容积为1.0L的容器中通入2mol C2H6和3molCO2，若仅考虑上述反应，C2H6平衡转化率和平衡时C2H4的选择性随温度、压强变化的关系如图所示，L1、L2代表不同压强下乙烷的平衡转化率。已知：C2H4的选择性=×100% 下列说法不正确的是 A 压强L1<L2 B. 一定温度下，增大会降低C2H6的平衡转化率 C. 压强为L1、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中=3 D. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应自发性，都随着温度的升高而增大 【答案】C 【解析】 【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。 【详解】A．反应I和反应II反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强增大均有利于二者平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，在任意温度下均为L2对应的乙烷转化率低，因此L2对应的压强更大，A正确； B．一定温度下，增大可理解为增多，由于为可逆反应，增多的无法完全转化，则转化率降低，B正确； C．同一容器内的多平衡体系，相同组分的平衡浓度相同，根据题意和分析，压强为L1温度为T时，列三段式计算： 平衡时混合气体中，C错误； D．反应I和反应II反应前后气体分子数都增大，，，根据反自发进行可知，随着温度的升高而自发性增大，D正确； 答案选C。 7. 下列有关实验说法，不正确的是 A. 可以用KI-淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐 B. 金属汞洒落在地上，应尽可能收集起来，并用硫磺粉盖在洒落的地方 C. 可用饱和Na2SO3溶液除去SO2气体中混有的HCl D. 在用简易量热计测定反应热时，酸和碱迅速混合并用玻璃搅拌器搅拌，准确读取温度计最高示数并记录温度 【答案】C 【解析】 【详解】A．亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，从而使溶液变色，氯化钠与碘化钾不反应，因此可以用KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐，A正确； B．汞挥发形成的汞蒸气有毒性，当汞洒落在地面时，应尽可能收集起来，由于硫单质能够与汞反应生成HgS，可以在其洒落的地面上洒上硫粉以便除去汞，B正确； C．二氧化硫会与亚硫酸钠溶液发生反应生成亚硫酸氢钠，除去SO2气体中混有的HCl，应通过饱和亚硫酸氢钠溶液，C错误； D．在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用、环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、取2—3次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果，D正确； 答案选C。 8. 氯化钠的一种晶胞结构如图所示，下列有关氯化钠的说法正确的是 A. 该晶胞结构中有6个Na+和6个Cl- B. Na+的配位数为4 C. 117g氯化钠中有2molNaCl分子 D. 将晶胞沿体对角线AB作投影，CD两原子的投影将相互重合 【答案】D 【解析】 【详解】A． Na+位于晶胞结构的棱心和体心上，Cl-位于晶胞结构的顶点和面心上，故Na+的个数为，Cl-的个数为，A错误； B．由NaCl的晶胞结构示意图可知，Na+的配位数为6，B错误； C．NaCl是离子化合物，故其中只存在Na+和Cl-，不存在NaCl分子，C错误； D．由NaCl的晶胞结构示意图可知，对角线AB和CD两原子的连线为平行关系，故将晶胞沿体对角线AB作投影，CD两原子的投影将相互重合，D正确； 故选D。 9. 一定温度下，(用RH表示)的氯代和溴代反应能量图及产率关系如图(图中物质均为气态)。下列说法正确的是 A. B. 氯代的第二步是决速反应 C. 以丙烷为原料制备2-丙醇时，应该选择溴代反应，然后再水解 D. 分子中有一个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．①氯代反应：；②溴代反应：，②−①可得：Br⋅(g)+RCl(g)→Cl⋅(g)+RBr(g)   ΔH，则由盖斯定律得ΔH=ΔH2-ΔH1，A错误； B．由图可知，氯代第一步反应的活化能大于第二步，说明第一步的反应速率小于第二步，则氯代第一步是决速反应，B错误； C．以丙烷为原料制备2-丙醇时，因为溴代反应的选择性更高，产率更高，所以选择溴代反应，然后再水解，C正确； D．CH3CH2CH3分子中每个碳原子都连有2个或3个相同的H原子，则该分子中没有手性碳原子，D错误；  故选C。 10. 高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+ B. 放电时，正极区溶液的pH减小 C. 充电时，中性电解质NaCl的浓度增大 D. 充电时，电能没有全部转化为化学能 【答案】D 【解析】 【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则所在电极为正极，正极反应式为：，负极反应式为：；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。 【详解】A．放电时，放电时为原电池，金属Zn为负极，电极反应为：，故A项错误； B．放电时为原电池，放电时右侧为正极，正极反应式为：，即正极区溶液的pH增大，故B项错误； C．充电时装置为电解池，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故C项错误； D．充电时，电能转化为化学能和热能，电能没有全部转化为化学能，故D项正确； 故本题选D。 11. 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： 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色 B. 过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物 C. 处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为 D. 烟道气可以用或代替 【答案】D 【解析】 【详解】A．，A正确； B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确； C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确； D．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； 答案选D。 12. 某实验小组选择下列装置制备NaH(装置可以重复使用，NaH遇水蒸气剧烈反应)。下列叙述错误的是 A. 装置连接顺序为a→f→g→b→c→d→e→h B. 不能用浓硫酸、硝酸替代装置Ⅰ中的稀硫酸 C. 实验中观察到装置Ⅳ中产生黑色沉淀 D. 在点燃Ⅲ处的酒精灯前之前需要在Ⅴ处对氢气验纯 【答案】A 【解析】 【详解】A．装置连接顺序为制氢、净化、干燥、合成、吸水、收集氢气，装置Ⅱ可使用两次，第一次干燥氢气，第二次吸收水槽中挥发出来的水蒸气，连接顺序为a→f→g→b→c→d→e→b→c→h，A错误； B．锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，锌与稀硝酸反应生成一氧化氮，与浓硝酸反应生成二氧化氮，均不生成氢气，故不能用浓硫酸、硝酸替代装置Ⅰ中的稀硫酸，B正确； C．锌粒中含ZnS，则产生的气体中混有硫化氢，用硫酸铜溶液吸收硫化氢，产生黑色沉淀CuS，C正确； D．在点燃Ⅲ处的酒精灯前之前需要在Ⅴ处对氢气验纯，证明装置内空气已经排尽，D正确； 故选A。 13. 下列离子方程式错误的是 A. 溴水滴入足量Na2SO3溶液：Br2+2=+2Br-+SO2↑ B. 向澄清石灰水中加入足量的Ca(HCO3)2溶液：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O C. 将K2[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ D. 用醋酸溶液溶解碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．溴水滴入足量Na2SO3溶液：Br2+3+H2O =+2Br-+2，A错误； B．向澄清石灰水中加入足量的Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙沉淀：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，B正确； C．将K2[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中出现蓝色沉淀：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确； D．用醋酸溶液溶解碳酸钙，醋酸和碳酸钙不拆写成离子：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，D正确； 故选A。 14. CO2催化加氢制甲醇的反应历程如图所示，H2首先在“-O-Ga-O-Zn-”表面解离成2个H*，随后参与到CO2的转化过程。下列说法正确地是 A. “-O-Ga-O-Zn-”能改变总反应的焓变 B. H2O是反应历程的中间产物之一 C. 反应历程中存在非极性键的断裂和形成 D. 理论上反应历程消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1 【答案】D 【解析】 【详解】A．“-O-Ga-O-Zn-”为催化剂，不能改变总反应的焓变，故A错误； B．合成甲醇的总反应为：，结合流程，H2O是反应的生成物，故B错误； C．由总反应可知，历程中不存在非极性键的形成，故C错误； D．总反应为，需要6个参与反应才生产1个甲醇，故消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1，故D正确。 答案选D。 15. 在HgI2饱和溶液(有足量HgI2固体)中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(s)Hg2+(aq)+2I-(aq)；HgI2(aq)HgI+(aq)+I-(aq)；HgI2(aq)+I-(aq)(aq)；HgI2(aq)+2I-(aq)(aq)，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4.已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)，lgc()、lge()随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是 A. 曲线1表示lgc(HgI+)的变化情况 B. 该过程中一定满足：2c(Hg2+)+c(H+)+c(HgI+)=c(I-)+c()+2c()+c(OH-) C. a= D. 随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]保持不变 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知随着lgc(I-)增大，lgc(Hg2+)和lgc(HgI+)逐渐减小，lgc(Hg)和lgc(Hg)逐渐增大，根据K1、K2表达式可确定lgc(Hg2+)随lgc(I-)变化曲线的斜率的绝对值大于lgc(HgI+)随lgc(I-)变化曲线的斜率的绝对值，可知曲线1表示lgc(HgI+)，曲线2 表示lgc(Hg2+)，据此分析。 【详解】A．根据分析，曲线1表示lgc（HgI+）的变化情况，故A正确； B．根据电荷守恒可知2c(Hg2+)+c(H+)+c(HgI+)=c(I-)+c()+2c()+c(OH-)，故B正确； C．由M点可知 K3＝，K4=，则a＝，故C错误； D．溶液中存在含HgI2(s)的情况下的溶解平衡，随着c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终不变，故D正确。 答案选C。 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16. 一种回收锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。 已知：在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应： +HCOOH 回答下列问题： （1）Pb2Mn8O16中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为_______。 （2）滤液1中主要溶质的化学式为_______，“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______，实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是_______。 （3）“电解”时，加入SeO2与水反应生成二元弱酸H2SeO3，在阴极放电生成Se单质，有利于Mn2+电还原沉积，则H2SeO3放电的电极反应式为_______。 （4）整个流程中可循环利用的物质是_______(写名称)。 （5）通过计算说明可用Na2CO3溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3的原因_______。[已知：25℃时Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14] 【答案】（1）1：3 （2） ①. ZnSO4 ②. C6H12O6+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O ③. 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖 （3）H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O （4）硫酸、醋酸 （5）含有PbSO4的滤渣中加入Na2CO3，发生转化PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，K==3.3×105>1.0×105，可视为完全转化 【解析】 【分析】由题给流程可知，阳极泥加入稀硫酸酸洗，将氧化锌转化为硫酸锌，过滤得到含有硫酸锌的滤液和滤渣；向滤渣中加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，将二氧化锰转化为硫酸锰，过滤得到硫酸锰溶液和滤渣；硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体，电解将晶体与二氧化硒溶于酸性溶液得到的溶液，在阴极得到硒和锰，在阳极得到可以循环使用的硫酸；向滤渣中加入碳酸钠溶液，将硫酸铅转化为溶解度更小的碳酸铅，向反应后的溶液中加入醋酸溶液，将碳酸铅转化为醋酸铅，过滤得到银和醋酸铅溶液；向醋酸铅溶液中加入硫酸溶液，将醋酸铅转化为硫酸铅沉淀，过滤得到可以循环使用的醋酸溶液和硫酸铅。 【小问1详解】 设化合物中+2价和+4价锰元素个数分别为x、y，由锰原子个数可得：x+y=8，由化合价代数和为0可得：4+2x+4y—32=0，解得x=2、y=3，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为氧化物中+2价和+4价锰元素的个数比为1：3，故答案为：1：3； 【小问2详解】 由分析可知，滤液1的主要成分为硫酸锌；“还原酸浸”过程中主要反应为酸性条件下二氧化锰与葡萄糖反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为C6H12O6+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O，由题给信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下副反应： ，副反应导致消耗葡萄糖的量增加，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，故答案为：ZnSO4；C6H12O6+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O； 【小问3详解】 由题意可知，亚硒酸在阴极放电的反应为酸性条件下亚硒酸在阴极得到电子发生还原反应生成硒和水，电极反应式为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O，故答案为：H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O； 【小问4详解】 由分析可知，电解制得金属锰时在阳极得到可以循环使用的硫酸；醋酸铅转化为硫酸铅沉淀后过滤得到可以循环使用的醋酸，则整个流程中可循环利用的物质是硫酸和醋酸；故答案为：硫酸、醋酸； 【小问5详解】 含有PbSO4的滤渣中加入Na2CO3溶液发生如下转化：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应的平衡常数K==3.3×105>1.0×105，所以“滤渣”中的PbSO4能转化为PbCO3，故答案为：含有PbSO4的滤渣中加入Na2CO3，发生转化PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，K==3.3×105>1.0×105，可视为完全转化。 17. 将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g)(DMC)，可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总，可通过I、Ⅱ两步反应完成： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1。 Ⅱ．CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) K2。 请回答下列问题： （1）CH3OCOOCH3的名称为_______，1molCH3OH中含有的σ键类型为_______。 （2）反应的反应机理如图所示。 该反应的催化剂是_______，该物质还有另一个作用是提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：_______。 （3）一定温度范围内lgK-T的线性关系如图。 ①对于反应Ⅱ，活化能E正_______(填“>”或“<”)E逆。 ②K总=K2时，该温度下K1=_______。某温度下，在5L恒容密闭容器中充入5molCO2和10molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时n(CH3OCOOCH3)=1mol，n(CH3OH)=1mol，则K2=_______。 【答案】（1） ①. 碳酸二甲酯 ②. s-sp3σ键，sp3-sp3σ键 （2） ①. ②. 催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率 （3） ①. < ②. 1 ③. 20 【解析】 【小问1详解】 CH3OCOOCH3的名称为碳酸二甲酯，CH3OH中只含有C-H、C-O单键，碳氧原子均实现sp3杂化，则1molCH3OH中含有的σ键类型为s-sp3σ键，sp3-sp3σ键。 【小问2详解】 由图可知，在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应，该反应的催化剂是，该物质还有另一个作用是提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率。 【小问3详解】 ①由图可知，对于反应Ⅱ，升高温度，K2减小，说明平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，活化能E正< E逆。 ②由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ可得总反应 ，则K总=，K总=K2时，该温度下K1=1。在5L恒容密闭容器中充入5molCO2和10molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时n(CH3OCOOCH3)=1mol，n(CH3OH)=1mol，可得到：、 则平衡时，c(CO2)=c(H2)=c(CH3OCOOCH3)=c(CH3OH)=0.2mol/L，c(H2O)=0.8mol/L，则。 18. 硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）在化学分析、染料工业、医药领域等方面具有重要的应用价值。某兴趣小组利用工厂废铁屑为原料制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ），并测定其化学式。 I.用废铁屑制备FeSO4溶液 （1）将废铁屑放入Na2CO3溶液中煮沸，冷却后倾倒出液体，用水洗净铁屑。请结合方程式说明放入碳酸钠溶液中并煮沸的原因_______________。 （2）将处理好的铁屑放入锥形瓶，加入适量的3mol.L-1H2SO4溶液，水浴加热至充分反应为止。趁热过滤，收集滤液和洗涤液。装置如图1所示，装置中采用热水浴的目的是_______________。 Ⅱ.用NO气体和FeSO4溶液制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）装置如图2所示（加热及夹持装置略） （3）若烧杯中加入的氧化剂为H2O2，则涉及到的离子方程式为_______________。 （4）在制备硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）之前，需要通入N2，通入N2的作用是_______________。仪器a的名称为_______________，若将其改为_______________（填装置名称）效果更佳。 Ⅲ.测定硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）的化学式，其化学式可表示为[Fe（NO）a（H2O）b]（SO4）c 步骤i.用1.0mol/L酸性KMnO4溶液滴定20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液，滴定至终点时消耗酸性KMnO4溶液16.00mL（MnO4-离子转化为Mn2+，NO完全转化为NO3-）； 步骤ⅱ.另取20.00mL硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）溶液加入足量BaCl2溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥称量，质量为4.66g。 （5）已知硫酸亚硝酰合铁（Ⅱ）中Fe2+的配位数为6，则该物质的化学式为_______________。 （6）步骤i中，滴定终点的现象为_______________。若滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则会导致b的数值_______________（填“偏大”或“偏小”）。 【答案】（1）碳酸根水解显碱性，+H2O⇌+OH-，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污； （2）防止抽滤瓶中滤液有FeSO4晶体析出 （3） （4） ①. 排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化 ②. 长颈漏斗 ③. 分液漏斗 （5）[Fe(NO)(H2O)5]SO4 （6） ①. 加入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液变红且30秒内不褪色 ②. 偏大 【解析】 【分析】稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入三颈烧瓶中与硫酸亚铁反应生成亚硝基合铁，多余的NO用碱液吸收，据此分析解题。 【小问1详解】 碳酸钠溶液由于碳酸根水解显碱性，，加热有利于水解，碱性增强有利于除去铁屑表面的油污； 【小问2详解】 过滤是为了除去未反应的铁及其他固体杂质，抽滤瓶内为硫酸亚铁溶液，热水浴可以防止抽滤瓶中滤液有FeSO4晶体析出； 【小问3详解】 NO被H2O2氧化，在碱性溶液中，发生反应生成，离子方程式为：； 【小问4详解】 实验前要排除装置内的空气，目的是防止生成的NO被氧气氧化和防止Fe2+被氧化，仪器a的名称为长颈漏斗，若将其改为分液漏斗效果更好，不会有气体逸出，也不易受空气中O2干扰； 【小问5详解】 硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式可表示为为[Fe(NO)a(H2O)b](SO4)c，20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液加入足量溶液，过滤后得到沉淀，将沉淀洗涤干燥得到4.66g硫酸钡，即n()=0.02mol，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02mol，根据化学式及化合价可知Fe2+的数目等于数目，即c=1，则20.00 mL硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)溶液中含有0.02molFe2+，根据关系式5Fe2+~，则0.02molFe2+消耗的为0.004mol，剩余的为0.012mol，与NO反应，根据关系式3~5NO，可得n(NO)= 0.012mol=0.02mol=n(Fe2+)，即可得a=c=1，又因为Fe2+的配位数为6，所以b=5，故该物质的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4； 【小问6详解】 步骤i中，滴定终点时KMnO4的颜色刚好可以观察到，现象为加入最后半滴酸性KMnO4溶液，锥形瓶内溶液变红且30秒内不褪色；滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则计算消耗的高锰酸钾溶液偏少，导致计算所得的NO的物质的量偏小，导致a偏小，导致b偏大。 19. 化合物H是四氢异喹啉阿司匹林衍生物，其合成路线如下： （1）A分子中碳原子的杂化方式为_______。 （2）D中含氧官能团名称为_______和_______。 （3）D→E中有和E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为_______。 （4）F的分子式为_______。 （5）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。 ①属于芳香族化合物，能发生银镜反应。 ②碱性条件下水解，酸化后得到三种分子中都有2种不同化学环境的氢。 （6）写出以CH3CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。 【答案】（1）sp3、sp2 （2） ①. 醚键 ②. 酰胺基 （3） （4）C18H21NO2 （5） （6）CH3CHOCH3COOHCH3COCl 【解析】 【分析】A和取代反应生成B，B和C取代反应生成D，D分子内成环反应生成E和水，E发生还原反应生成F，F和G取代反应生成H和水。 【小问1详解】 A分子中甲基上的碳原子价层电子对数为4，杂化类型为；苯环上碳原子和羧基上的碳原子价层电子对数为3，杂化类型为。 【小问2详解】 结合D结构简式可知，D中含氧官能团为醚键和酰胺基。 【小问3详解】 据D转化为E的断键特规律，苯环支链邻位碳原子上的碳氢键断裂，可以生成E，也可以生成。 【小问4详解】 结合F结构简式可知，分子式为。 【小问5详解】 G的一种同分异构体属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环结构和醛基；碱性条件下水解、酸化后得到三种分子中都有2种不同化学环境的氢，说明含有两个酯基，且苯环上属于对位取代；根据碳、氧原子个数可得，符合条件的结构为。 【小问6详解】 结合A生成F的反应过程可知，乙醛首先氧化生成乙酸，进一步和取代生成乙酰氯；生成的乙酰氯和在一定条件下生成，进一步分子内成环反应生成，最后还原反应生成目标产物。因此合成路线如下： 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $