精品解析：广西壮族自治区玉林市博白县二校2023-2024学年高三下学期5月联考化学试题

2024年春季期高三5月联考试卷 化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Zn：65 Se：79 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的) 1. 广东是岭南文化中心地，拥有丰富的文化遗产资源。下列在广东发掘的珍贵文物中由合金材料制成的是 A．战国青釉陶罐 B．西周铜盉 C．明代象牙雕寿星 D．北宋木雕罗汉像 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．战国青瓷罐材料主要为硅酸盐材料，不属于金属材料，故错误； B．西周铜盉材料为青铜合金，属于金属材料，B正确； C．明代象牙雕寿星的材料主要为天然象牙雕刻而成，不是金属材料，C错误； D．北宋木雕罗汉像材料为木村、主要成分为纤维素，是有机高分子，不属于金属材料，D错误； 答案选B。 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. 的电子式： B. 的球棍模型： C. 苯的比例模型： D. 的离子结构示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．铵根离子带1个单位正电荷，中心原子为N，N原子与每个H原子共用1对电子，A正确； B．CO2是共价化合物，直线形分子，中心原子是C，含有C=O双键，且氧原子半径小于碳原子，B错误； C．苯为正六边形结构，C正确； D．Ca2+的质子数为20，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，D正确； 故选B。 3. 下列关于物质结构或性质及解释存在错误的是 选项 物质结构或性质 解释 A 键角： CO2中C原子为sp杂化，为直线形分子；CH4中C原子为sp3杂化，为正四面体形分子 B 稳定性： 分子间可以形成氢键，没有氢键 BF3与NH3形成[H3N→BF3] 中的有空轨道接受中的孤电子对 D 冠醚能加快KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚上不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，冠醚通过与K+结合将带入有机相，起到催化剂的作用 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2中C原子为sp杂化，为直线形分子，键角为180°，CH4中C原子为sp3杂化，为正四面体形分子，键角为109°28’，因此键角： CO2>CH4，A正确； B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性:F>Cl，因此稳定性：HF>HCl，气态氢化物的稳定性与氢键无关，B错误； C．BF3中的B有空轨道，NH3中N有孤电子对，因此BF3中的B与NH3中N可形成配位键，BF3与NH3形成[H3N → BF3]，C正确； D．冠醚上不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，冠醚通过与K结合将带入有机相，起到催化剂的作用，因此冠醚能加快 KMnO4与环己烯的反应速率，D正确； 故选B。 4. 反应H2O2+Cl2=2Cl-+O2↑+2H+常被用于除去水中残余氯，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 100mL1mol•L-1H2O2溶液中含有的H－O键数目为0.2NA B. 25℃、101kPa时，22.4LCl2中氯原子的数目为2NA C. 0.1molO2含有质子的数目为0.8NA D. 通过上述反应除去35.5gCl2，电子转移的数目为NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．100mL1mol/LH2O2含有的H－O键数目为0.2NA，水中还有H-O键，所以溶液中含有的H－O键数目大于0.2NA，A错误； B．25℃、101kPa不是标准状况，不适用用22.4L/mol计算，B错误； C．O的质子数为8，0.1molO2含有质子的数目为1.6NA，C错误； D．根据反应H2O2+Cl2=2Cl-+O2↑+2H+，1molCl2转移电子数为2mol，35.5gCl2为0.5mol，电子转移的数目为NA，D正确； 故选D。 5. 某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是 A．制备 B．纯化 C．收集 D．吸收尾气 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸和漂白粉中次氯酸钙生成氯气，能达到实验目的，故A不符合题意； B．气体通过浓硫酸干燥后再进入饱和食盐水又带出水，不能达到实验目的，故B符合题意； C．氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，能达到实验目的，故C不符合题意； D．氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气防止污染，能达到实验目的，故D不符合题意； 故选B。 6. 奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中环上的一溴代物只有2种 C. 能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 D. 1 mol奥司他韦最多能与2mol NaOH反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．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，该分子中含有手性碳原子，位置为，故A正确； B．中环上有5种环境的H原子，一溴代物有5种，故B错误； C．奥司他韦含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，能够使溴水褪色，故C正确； D．奥司他韦中含有1个酯基和1个肽键，可以和NaOH溶液发生水解反应，1 mol奥司他韦最多能与2mol NaOH反应，故D正确； 故选B。 7. 化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物的熔沸点： C. X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键 D. W原子有15种空间运动状态不同的电子 【答案】C 【解析】 【分析】基态W原子的价层电子排布式为，其核外电子排布：，为Fe元素；Z原子可形成5个共价键，为第VA族元素，Y原子可形成2个共价键，为第VIA族元素，结合Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等可知，Y为O元素，Z为P元素，X、Y同周期，结合化合物可知，X为Li。 【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：，A正确； B．水分子间存在氢键，则简单氢化物的熔沸点：，B正确； C．Li在氧气中燃烧生成氧化锂，不含非极性共价键，C错误； D．铁原子的原子轨道数为15，故空间运动状态有15种，D正确； 答案选C。 8. 宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一、下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是 A. 氧化海带灰酸性浸出液提取碘： B. 与水反应用作潜水艇氧气来源： C. 绿矾处理含的酸性废水： D. 向溶液中通入氨气可制备抗酸药： 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O2氧化海带灰在酸性浸出液氧化碘离子生成碘单质，用来提取碘，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确； B．Na2O2与水反应用作潜水艇氧气来源，原离子方程式氧原子不守恒，该反应的离子方程式应为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B错误； C．绿矾处理含的酸性废水，发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子和水，反应的离子方程式为：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，C错误； D．向AlCl3溶液中通入氨气可制备抗酸药Al(OH)3，反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3，D错误； 故答案为：A。 9. 室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 溶液中是否含有 向溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加溶液，观察是否有沉淀产生 B 溶液呈碱性的原因 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，观察溶液颜色变化 C 是否具有漂白性 向溴水中滴加足量溶液，观察溶液颜色 D 是否具有还原性 向溶液中先滴加几滴溶液，无明显现象，再滴加适量稀盐酸，观察是否有沉淀产生 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，和钡离子生成硫酸钡沉淀，不能检验溶液中是否含有亚硫酸根离子，A不符合题意； B．亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子，使得溶液显碱性，滴加酚酞溶液变红色，再滴加溶液至过量，钡离子和亚硫酸根离子生成沉淀，导致亚硫酸根离子浓度减小，其水解逆向移动，氢氧根离子浓度减小，红色变浅，能达到实验目的，B符合题意； C．溴水具有强氧化性，向溴水中滴加足量溶液，两者发生氧化还原反应使得溴水褪色，不体现亚硫酸根离子的漂白性，C不符合题意； D．溶液中先滴加几滴溶液，加入盐酸，两者在酸性条件下，发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀，亚硫酸根离子发生还原反应，体现氧化性，D不符合题意； 故选B。 10. 通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是 A. “沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2 B. “还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+ C. “过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行 D. 可循环利用的物质为H2SO4 【答案】B 【解析】 【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl,过滤、洗涤得到CuCl。 【详解】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2，故A正确； B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO+2Cu2++2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B错误； C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确； D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确； 故选：B。 11. 半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。通过晶体衍射测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为anm，代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为，B点锌原子坐标为。下列说法不正确的是 A. Se原子的配位数为4 B. C的原子坐标参数为(，，) C. 硒化锌晶体密度为 D. 已知SeO3的熔点为165℃，在126℃时升华，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，距离Se原子最近的Zn原子共有4个，Se原子的配位数为4，故A正确； B．根据A点、B点原子坐标，结合晶胞结构可知，C点原子坐标：(，，)，故B错误； C．硒化锌晶胞中含4个锌、8=4个硒。硒在晶胞中面心立方分布，面对角线上三个硒相切，晶胞参数为anm，由密度公式知，=，故C正确； D．SeO3的熔点较低，易升华，说明粒子之间作用力小，它是分子晶体，硒化锌作为半导体材料能导电，熔沸点较高，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同，故D正确； 故选B。 12. 柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生，生成的与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比[]时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法不正确的是 A. 投料比[]：曲线a大于曲线b B. 使用催化剂可以提高NO的平衡转化率 C. 图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强 D. 图中温度过高，NO转化率下降的可能原因是发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO的比值为a曲线大于b曲线，A项正确； B．催化剂可加快反应速率，对于平衡转化率不会改变，B项错误； C．随着温度升高，尿素分解氨气的速率加快，NH3的浓度变大，温度升高催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，C项正确； D．温度过高，NO的转化效率下降，NO的浓度反而升高，发生反应，D项正确； 答案选B。 13. 利用丙酮酸与废水中的电催化耦合，可在温和条件下去除并生产丙氨酸，其工作原理如图。，丙氨酸主要以形式存在于溶液中。下列说法错误的是 A. 电极连接电源的正极 B. 阴极的电极反应有： C. 反应一段时间后，阴极区溶液的基本不变 D. 极区生成丙氨酸时，极区至少生成了 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为电解池，a电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，a极接电源正极为阳极；硝酸根得到电子发生还原反应，b极接电源负极为阴极；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸，据此回答。 【详解】A．由分析可知，电极连接电源的正极，A正确； B．硝酸根得到电子发生还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，B正确； C．在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，根据阴极区电极反应式，阴极反应消耗H+大于转移的H+的量，H+减小，pH增大，C错误； D．a电极处水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极方程式为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极区产生丙氨酸，电极反应为： +NO +10e-+11H+ +4H2O，极区生成丙氨酸时，转移10mol电子，极区至少生成了，D正确； 故选C。 14. 常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是 A. 0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B. 在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D. M点对应的pH为2.7 【答案】C 【解析】 【分析】由点（1.2,0.5）可知，，由（4.2,0.5）可知，； 【详解】A．0.1 mol·L-1 H2A溶液中由物料守恒可知：c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1，A正确； B．在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中其水解常数为，则其电离大于水解，故存在c(HA-) > c(A2-) > c(H2A)，B正确； C．将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，若HA－和A2－浓度相等，则，c(H+)=10－4.2，pH=4.2，由于HA－的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2－)＞c(HA－)，所得溶液pH不等于4.2，C错误； D．M点对应溶液中，，c(H+)=10－2.7，pH=2.7，D正确； 故选C。 二、非选择题(本题共4小题，共58分。) 15. 近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用对废弃的锂电池正极材料(主要成分为)进行处理以回收Li等金属的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）Co在元素周期表的位置是___________，与的未成对电子数之比为___________。 （2）“烧渣”是LiCl、和的混合物。“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （3）“滤饼2”的主要成分为___________(填化学式)。利用与按的比例配合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料，反应的化学方程式为___________。 （4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和___________。得到碳酸锂沉淀的操作为___________ (填标号)。 A．静置，过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．加热后，趁热过滤 D．蒸发结晶 （5）常温下，若“滤液2”中，为使锂元素的回收率不低于80%，则析出后的溶液中的浓度至少为___________mol/L[已知常温下]。 （6）由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①在晶胞中的位置为___________。 ②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为___________nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 3∶4 （2）1∶4 （3） ①. Co(OH)2 ②. 2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2↑ （4） ①. 减小Li2CO3的溶解量，提高产率 ②. C （5）6.572g （6） ①. 顶点和面心 ②. 【解析】 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。 【小问1详解】 Co为27号元素，在元素周期表中位于第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期第Ⅷ族，Co2+与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数之比3∶4； 【小问2详解】 “焙烧”反应方程式为4LiCoO2+3SiCl44LiCl+4CoCl2+3SiO2+O2↑，Co元素化合价降低，O元素化合价升高，所以生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4； 【小问3详解】 根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2↑； 【小问4详解】 碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C； 【小问5详解】 常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中碳酸根离子浓度为mol/L＝0.54mol/L，需要碳酸钠的物质的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%×=0.008mol，最少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为0.062mol×106g/mol=6.572g； 【小问6详解】 ①Li2O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为，灰球个数为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心； ②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞质量为g，Li2O晶体的密度为g⋅cm−3，由此可知a=nm。 16. 氯化亚铜化学式为CuCl，白色立方结晶或白色粉末，难溶于水，在潮湿的空气中易氧化，不溶于乙醇，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等。 I．CuCl的制备 取25g CuSO4∙5H2O和6.43gNaCl并加少量水溶解，将溶液倒入如图所示的三颈烧瓶中，加热至50℃，向三颈烧瓶中缓慢滴加Na2SO3和Na2CO3的混合溶液，使其持续反应30min。待反应结束后将混合物静置一段时间，抽滤，沉淀依次用36%的乙酸、无水乙醇、无水乙醚洗涤多次，得白色固体，真空或者充氮气保存。 （1）仪器a的名称为___________。 （2）反应时使用NaCl浓溶液，主要目的是___________。 （3）三颈烧瓶中CuSO4、NaCl、Na2SO3反应生成CuCl的离子方程式为___________；缓慢滴加Na2SO3和Na2CO3的混合溶液的主要原因是___________。 （4）沉淀用无水乙醇洗涤的目的是___________。 II．CuCl样品纯度的测定 准确称取CuCl样品0.25g，将其置于足量FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加水50mL和邻菲啰啉指示剂2滴，立即用amol∙L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至绿色出现且30s不褪色，即为终点，重复2~3次，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液bmL(已知：，) （5）滴定时应将Ce(SO4)2标准溶液加入___________(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中；该样品中CuCl的质量分数为___________×100%。(用含a、b的代数式表示，列出计算式即可) （6）下列操作可能会导致样品纯度测量结果偏低的是___________。(填标号) A. 样品在空气中放置时间过长 B. 盛装Ce(SO4)2标准溶液的滴定管未用标准溶液润洗 C. 锥形瓶中装待测液前未干燥 D. 滴定管内部滴定前无气泡，滴定后有气泡 【答案】（1）球形冷凝管 （2）加快反应速率或增大Cl-浓度，有利于CuCl生成 （3） ①. ②. 消耗反应生成的H+，防止H+与反应生成SO2污染环境 （4）除去杂质，同时减少氯化亚铜的溶解损耗，提高产率 （5） ①. 酸式滴定管 ②. （6）AD 【解析】 【分析】制取CuCl时，先往三颈烧瓶中加入CuSO4∙5H2O和NaCl的混合物，并加少量水溶解，加热至50℃，再向三颈烧瓶中缓慢滴加Na2SO3作还原剂，为防止生成的酸与Na2SO3反应生成SO2，需营造碱性环境，所以加入Na2CO3溶液。待反应结束后，将混合物抽滤，沉淀依次用36%的乙酸洗涤以去除表面吸附的Na2SO3、Na2CO3，用无水乙醇、无水乙醚洗涤多次，以洗去表面附着的乙酸和水分，最后得到白色固体，真空或者充氮气保存。 【小问1详解】 仪器a是内管呈球形的冷凝管，名称为球形冷凝管。 【小问2详解】 反应时NaCl为反应物之一，使用NaCl浓溶液，可增大反应物浓度，加快反应速率，则主要目的是：加快反应速率或增大Cl-浓度，有利于CuCl生成。 【小问3详解】 三颈烧瓶中CuSO4、NaCl、Na2SO3反应生成CuCl和Na2SO4，离子方程式为；反应生成的H+能与后滴入的Na2SO3发生反应，生成SO2污染环境，同时消耗Na2SO3，所以需加入碱性物质去除，则缓慢滴加Na2SO3和Na2CO3的混合溶液的主要原因是：消耗反应生成的H+，防止H+与反应生成SO2污染环境。 【小问4详解】 沉淀表面吸附溶液中的杂质，且在潮湿的空气中CuCl易氧化，用无水乙醇洗涤的目的是：除去杂质，同时减少氯化亚铜的溶解损耗，提高产率。 【小问5详解】 Ce(SO4)2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，滴定时应将Ce(SO4)2标准溶液加入酸式滴定管中。由滴定时发生的反应，可建立关系式：CuCl——Ce(SO4)2，则该样品中CuCl的质量分数为×100%=×100%。 【小问6详解】 A. 样品在空气中放置时间过长，有部分CuCl被氧化，从而使消耗的Ce(SO4)2溶液体积减少，测定结果偏低，A符合题意； B. 盛装Ce(SO4)2标准溶液的滴定管未用标准溶液润洗，则所用体积偏大，测定结果偏高，B不符合题意； C. 锥形瓶中装待测液前未干燥，对所用Ce(SO4)2标准溶液的体积不产生影响，测定结果不变，C不符合题意； D. 滴定管内部滴定前无气泡，滴定后有气泡，则读取所用Ce(SO4)2标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，D符合题意； 故选AD。 【点睛】当溶液中发生多步反应时，可建立关系式求解。 17. 利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应： 反应ⅰ 反应ⅱ 反应ⅲ 回答下列问题： （1）反应ⅲ在______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 （2）反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为______。 （3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。 A. 减小的浓度有利于提高的转化率 B. 当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡 C. 体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动 D. 选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 （4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。 Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。 ①温度选择______K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。 ②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。 Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa） ③反应ⅱ的变化关系对应图2中______（填“m”或“n”）。 ④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则______kPa。 ⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的______（用分数表示）。 【答案】（1）低温 （2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g) （3）BD （4） ①. 553K ②. 升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度 ③. n ④. 4 ⑤. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。 【小问2详解】 CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。 【小问3详解】 A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误； B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确； C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，C错误； D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确； 故选BD。 【小问4详解】 ①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高； ②反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度； ③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n； ④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa； ⑤根据已知条件列出“三段式” 的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。 18. 三氟苯胺类化合物广泛应用于新型医药、染料和农药的合成领域，以间三氟甲基苯胺为中间体合成一种抗肿瘤药物H的合成路线如下图所示： （1）A是芳香族化合物，分子式为C7H8，①则其结构简式为______，②化合物C中官能团的名称为______，③化合物H的分子式为______。 （2）F→G的反应类型是______。 （3）该流程中设计C→D的目的是______。 （4）G→H的反应方程式为______。 （5）化合物B的同分异构体中，符合下列条件的有______种； ①-NH2与苯环直接相连 ②能与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜 其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2的结构简式为______。 （6）参照上述合成路线和信息，设计以苯和乙酸酐为原料，制备乙酰苯胺合成路线(其它试剂任选)______。 【答案】（1） ①. ②. 氨基 ③. C11H11N2F3O3 （2）取代反应 （3）保护氨基 （4） （5） ①. 13 ②. （6） 【解析】 【分析】A是芳香族化合物，分子式为C7H8，B还原生成C，由C逆推，可知B是A是； 【小问1详解】 ①A是芳香族化合物，分子式为C7H8，根据以上分析，A的结构简式为，②根据C的结构简式，化合物C中官能团的名称为氨基，③化合物H的分子式为C11H11N2F3O3。 【小问2详解】 F→G是F中氨基上的H原子被代替生成G，反应类型是取代反应； 【小问3详解】 C→D是C中氨基发生反应，E肼解又生成氨基，所以设计C→D的目的是保护氨基； 【小问4详解】 G发生硝化反应生成H，反应的反应方程式为； 【小问5详解】 -NH2与苯环直接相连； ②能与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，说明含有醛基； 若有2个取代基-NH2、-OOCH，在苯环上的位置有3种；若有3个取代基-NH2、-OH、-CHO，在苯环上的位置有10种；符合条件的B的同分异构体共13种； 其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2的结构简式为； 【小问6详解】 苯发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原为苯胺，苯胺和乙酸酐反应生成乙酰苯胺，合成路线为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年春季期高三5月联考试卷 化学 本试卷满分100分，考试用时75分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Zn：65 Se：79 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的) 1. 广东是岭南文化中心地，拥有丰富的文化遗产资源。下列在广东发掘的珍贵文物中由合金材料制成的是 A．战国青釉陶罐 B．西周铜盉 C．明代象牙雕寿星 D．北宋木雕罗汉像 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达错误的是 A. 的电子式： B. 的球棍模型： C. 苯的比例模型： D. 的离子结构示意图： 3. 下列关于物质结构或性质及解释存在错误的是 选项 物质结构或性质 解释 A 键角： CO2中C原子为sp杂化，为直线形分子；CH4中C原子为sp3杂化，为正四面体形分子 B 稳定性： 分子间可以形成氢键，没有氢键 BF3与NH3形成[H3N→BF3] 中的有空轨道接受中的孤电子对 D 冠醚能加快KMnO4与环己烯的反应速率 冠醚上不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，冠醚通过与K+结合将带入有机相，起到催化剂的作用 A. A B. B C. C D. D 4. 反应H2O2+Cl2=2Cl-+O2↑+2H+常被用于除去水中残余氯，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 100mL1mol•L-1H2O2溶液中含有的H－O键数目为0.2NA B. 25℃、101kPa时，22.4LCl2中氯原子的数目为2NA C. 0.1molO2含有质子的数目为0.8NA D. 通过上述反应除去35.5gCl2，电子转移的数目为NA 5. 某化学兴趣小组利用如图所示装置获取纯净的Cl2，其中不能达到实验目的的是 A．制备 B．纯化 C．收集 D．吸收尾气 A. A B. B C. C D. D 6. 奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法不正确的是 A. 分子中含有手性碳原子 B. 分子中环上的一溴代物只有2种 C. 能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 D. 1 mol奥司他韦最多能与2mol NaOH反应 7. 化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 简单离子半径： B. 简单氢化物的熔沸点： C. X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键 D. W原子有15种空间运动状态不同的电子 8. 宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一、下列物质性质与用途对应的离子方程式书写正确的是 A. 氧化海带灰酸性浸出液提取碘： B. 与水反应用作潜水艇氧气来源： C. 绿矾处理含的酸性废水： D. 向溶液中通入氨气可制备抗酸药： 9. 室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 溶液中是否含有 向溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加溶液，观察是否有沉淀产生 B 溶液呈碱性的原因 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，观察溶液颜色变化 C 是否具有漂白性 向溴水中滴加足量溶液，观察溶液颜色 D 是否具有还原性 向溶液中先滴加几滴溶液，无明显现象，再滴加适量稀盐酸，观察是否有沉淀产生 A. A B. B C. C D. D 10. 通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是 A. “沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)2 B. “还原”时离子方程式为SO+Cu2++Cl-+H2O=CuCl↓+SO+2H+ C. “过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行 D. 可循环利用的物质为H2SO4 11. 半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。通过晶体衍射测得晶胞中，面心上硒与顶点硒之间距离为anm，代表阿伏加德罗常数的值。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为，B点锌原子坐标为。下列说法不正确的是 A. Se原子的配位数为4 B. C的原子坐标参数为(，，) C. 硒化锌晶体密度为 D. 已知SeO3的熔点为165℃，在126℃时升华，则SeO3晶体类型与ZnSe晶体不同 12. 柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生，生成的与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比[]时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法不正确的是 A. 投料比[]：曲线a大于曲线b B. 使用催化剂可以提高NO的平衡转化率 C. 图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强 D. 图中温度过高，NO转化率下降的可能原因是发生反应 13. 利用丙酮酸与废水中的电催化耦合，可在温和条件下去除并生产丙氨酸，其工作原理如图。，丙氨酸主要以形式存在于溶液中。下列说法错误的是 A. 电极连接电源的正极 B. 阴极的电极反应有： C. 反应一段时间后，阴极区溶液的基本不变 D. 极区生成丙氨酸时，极区至少生成了 14. 常温下，Na2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数与pH的关系如下图。 已知：A2-的物质的量分数 = 下列表述不正确的是 A. 0.1 mol·L-1 H2A溶液中，c(H2A) + c(HA-) + c(A2-) = 0.1 mol·L-1 B. 在 0.1 mol·L-1 NaHA溶液中， c(HA-) > c(A2-) > c(H2A) C. 将等物质的量的NaHA、Na2A溶于水中，所得溶液的pH为4.2 D. M点对应的pH为2.7 二、非选择题(本题共4小题，共58分。) 15. 近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用对废弃的锂电池正极材料(主要成分为)进行处理以回收Li等金属的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）Co在元素周期表的位置是___________，与的未成对电子数之比为___________。 （2）“烧渣”是LiCl、和的混合物。“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________。 （3）“滤饼2”的主要成分为___________(填化学式)。利用与按的比例配合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料，反应的化学方程式为___________。 （4）碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和___________。得到碳酸锂沉淀的操作为___________ (填标号)。 A．静置，过滤 B．蒸发浓缩、冷却结晶 C．加热后，趁热过滤 D．蒸发结晶 （5）常温下，若“滤液2”中，为使锂元素的回收率不低于80%，则析出后的溶液中的浓度至少为___________mol/L[已知常温下]。 （6）由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①在晶胞中的位置为___________。 ②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为___________nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 16. 氯化亚铜化学式为CuCl，白色立方结晶或白色粉末，难溶于水，在潮湿的空气中易氧化，不溶于乙醇，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等。 I．CuCl的制备 取25g CuSO4∙5H2O和6.43gNaCl并加少量水溶解，将溶液倒入如图所示的三颈烧瓶中，加热至50℃，向三颈烧瓶中缓慢滴加Na2SO3和Na2CO3的混合溶液，使其持续反应30min。待反应结束后将混合物静置一段时间，抽滤，沉淀依次用36%的乙酸、无水乙醇、无水乙醚洗涤多次，得白色固体，真空或者充氮气保存。 （1）仪器a的名称为___________。 （2）反应时使用NaCl浓溶液，主要目的是___________。 （3）三颈烧瓶中CuSO4、NaCl、Na2SO3反应生成CuCl的离子方程式为___________；缓慢滴加Na2SO3和Na2CO3的混合溶液的主要原因是___________。 （4）沉淀用无水乙醇洗涤的目的是___________。 II．CuCl样品纯度的测定 准确称取CuCl样品0.25g，将其置于足量FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加水50mL和邻菲啰啉指示剂2滴，立即用amol∙L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至绿色出现且30s不褪色，即为终点，重复2~3次，平均消耗Ce(SO4)2标准溶液bmL(已知：，) （5）滴定时应将Ce(SO4)2标准溶液加入___________(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中；该样品中CuCl的质量分数为___________×100%。(用含a、b的代数式表示，列出计算式即可) （6）下列操作可能会导致样品纯度测量结果偏低的是___________。(填标号) A. 样品在空气中放置时间过长 B. 盛装Ce(SO4)2标准溶液的滴定管未用标准溶液润洗 C. 锥形瓶中装待测液前未干燥 D. 滴定管内部滴定前无气泡，滴定后有气泡 17. 利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应： 反应ⅰ 反应ⅱ 反应ⅲ 回答下列问题： （1）反应ⅲ在______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 （2）反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为______。 （3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。 A. 减小的浓度有利于提高的转化率 B. 当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡 C. 体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动 D. 选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 （4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。 Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。 ①温度选择______K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。 ②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是______。 Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa） ③反应ⅱ的变化关系对应图2中______（填“m”或“n”）。 ④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则______kPa。 ⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的______（用分数表示）。 18. 三氟苯胺类化合物广泛应用于新型医药、染料和农药的合成领域，以间三氟甲基苯胺为中间体合成一种抗肿瘤药物H的合成路线如下图所示： （1）A是芳香族化合物，分子式为C7H8，①则其结构简式为______，②化合物C中官能团的名称为______，③化合物H的分子式为______。 （2）F→G的反应类型是______。 （3）该流程中设计C→D的目的是______。 （4）G→H的反应方程式为______。 （5）化合物B的同分异构体中，符合下列条件的有______种； ①-NH2与苯环直接相连 ②能与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜 其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2的结构简式为______。 （6）参照上述合成路线和信息，设计以苯和乙酸酐为原料，制备乙酰苯胺合成路线(其它试剂任选)______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $