2025届高三化学一轮复习 2022-2024福建高考化学真题分考点汇编

2022-2024 福建高考化学真题分考点汇编 考点 化学与SETE 1．（2023·福建·高考真题）唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是 A．蒸 B．捣 C．焙 D．封 2．（2024·福建·高考真题）福建某科研团队发现，木材中交联纤维素的木质素可替代酚醛树脂、脲醛树脂等作为木材黏合剂。下列说法正确的是 A．木质素是无机物 B．纤维素的分子中有数千个核糖单元 C．脲醛树脂属于天然高分子 D．酚醛树脂可由苯酚与甲醛缩聚得到 3．（2022·福建·高考真题）福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用和改性的基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是 A．草酸属于无机物 B．与石墨互为同分异构体 C．属于过渡元素 D．催化剂通过降低焓变加快反应速率 考点 有机化合物 4．（2022·福建·高考真题）络塞维是中药玫瑰红景天中含有的一种天然产物，分子结构见下图。关于该化合物下列说法正确的是 A．不能发生消去反应 B．能与醋酸发生酯化反应 C．所有原子都处于同一平面 D．络塞维最多能与反应 5．（2023·福建·高考真题）抗癌药物的结构如图。关于该药物的说法错误的是 A．能发生水解反应 B．含有2个手性碳原子 C．能使的溶液褪色 D．碳原子杂化方式有和 6．（2024·福建·高考真题）药物X与病毒蛋白对接的原理如图。下列说法错误的是 A．Ⅰ为加成反应 B．X中参与反应的官能团为醛基 C．Y无手性碳原子 D．Z中虚框内所有原子可能共平面 7．（2024·福建·高考真题）药物中间体1，3-环己二酮可由5-氧代己酸甲酯合成，转化步骤如下： 下列说法或操作错误的是 A．反应须在通风橱中进行 B．减压蒸馏去除、5-氧代己酸甲酯和 C．减压蒸馏后趁热加入盐酸 D．过滤后可用少量冰水洗涤产物 考点 元素周期律 8．（2024·福建·高考真题）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点： C．键长： D．Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离： 9．（2023·福建·高考真题）某含锰着色剂的化学式为，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，结构如图所示。下列说法正确的是 A．键角： B．简单氢化物沸点： C．第一电离能： D．最高价氧化物对应的水化物酸性： 10．（2022·福建·高考真题）某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素组成。X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是 A．简单氢化物沸点： B．分子的空间构型为三角锥形 C．原子半径： D．最高价氧化物对应水化物的碱性： 考点 阿伏伽德罗常数E 11．（2022·福建·高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．水中含有的孤电子对数为 B．每产生失去的电子数为 C．氨水中，含有的分子数少于 D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为 12．（2023·福建·高考真题）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺在催化剂作用下可完全分解为和。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含有的质子数为 B．固态硝酸羟胺含有的离子数为 C．硝酸羟胺含有的键数为 D．硝酸羟胺分解产生(已折算为标况)的同时，生成分子数为 13．（2024·福建·高考真题）我国科学家预测了稳定的氮单质分子(结构如图)。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．的键电子数为 B．的(价层)孤电子对数为 C．的杂化N原子数为 D．完全分解，产生的分子数为 考点 工艺流程 14．（2022·福建·高考真题）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．“浸出”产生的气体含有 B．“除杂”的目的是除去元素 C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是 15．（2023·福建·高考真题）从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是 A．“盐浸”过程若浸液下降，需补充 B．“滤渣”的主要成分为 C．“沉锌”过程发生反应 D．应合理控制用量，以便滤液循环使用 16．（2024·福建·高考真题）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下： 已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是 A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 B．“酸溶”时产生和离子 C．“碱溶”时存在反应： D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应 考点 实验评价 17．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 18．（2023·福建·高考真题）从苯甲醛和溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下： 已知甲基叔丁基醚的密度为。下列说法错误的是 A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层 B．“有机层”从分液漏斗上口倒出 C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸 D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好 考点 化学方程式 19．（2022·福建·高考真题）实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是 A．用硫磺处理洒落在地上的水银： B．用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银： C．用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体： D．用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体： 20．（2023·福建·高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 考点 电化学 21．（2023·福建·高考真题）一种可在较高温下安全快充的铝-硫电池的工作原理如图，电解质为熔融氯铝酸盐(由和形成熔点为的共熔物)，其中氯铝酸根起到结合或释放的作用。电池总反应：。下列说法错误的是 A．含个键 B．中同时连接2个原子的原子有个 C．充电时，再生单质至少转移电子 D．放电时间越长，负极附近熔融盐中n值小的浓度越高 22．（2024·福建·高考真题）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含有机溶液。放电过程中产生，充电过程中电解LiCl产生。下列说法正确的是 A．交换膜为阴离子交换膜 B．电解质溶液可替换为LiCl水溶液 C．理论上每生成，需消耗2molLi D．放电时总反应： 23．（2022·福建·高考真题）一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是 A．化学自充电时，增大 B．化学自充电时，电能转化为化学能 C．化学自充电时，锌电极反应式： D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗 考点 水溶液酸碱度、化学平衡 24．（2022·福建·高考真题）探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的 步骤 操作或叙述 A Ⅰ.用标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面 B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶 C Ⅲ.测定步骤Ⅱ中所得溶液的 应在相同温度下测定 D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度 计算式为 A．A B．B C．C D．D 25．（2024·福建·高考真题）多卤离子在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下： 离子 分解反应 平衡常数值 K 下列说法错误的是 A． B．上述分解反应均为氧化还原反应 C．共价键极性： D．可分解为和 26．（2022·福建·高考真题）锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是 A．可被净化的区间最大 B．加入适量，可进一步提升净化程度 C．净化的先后顺序： D． 27．（2022·福建·高考真题）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为： ① ② 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是 A．的数值为0.009 B．时， C．时，x越大，生成的量越少 D．时， 28．（2023·福建·高考真题）时，某二元酸的、。溶液稀释过程中与的关系如图所示。已知的分布系数。下列说法错误的是 A．曲线n为的变化曲线 B．a点： C．b点： D．c点： 29．（2024·福建·高考真题）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是 A．时，溶液的 B．任意下均有： C．的平衡常数为 D．时， 考点 化学工艺流程 30．（2022·福建·高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“浸出”时适当升温的主要目的是 ，发生反应的离子方程式为 。 (2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有 。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为 。 (3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是 ，“沉铝”的最佳方案为 。 (4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 。 (5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。 31．（2023·福建·高考真题）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含及少量)中分离回收金属的流程如下： (1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式 。 (2)“焙烧1”中，晶体[和]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至过程中，晶体总质量变小的原因是 ；发生分解的物质是 (填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。 (3)时，的。反应的平衡常数 (列出计算式即可)。经计算可判断难溶于稀硫酸。 II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 (4)基态的价电子排布式为 。 (5)晶胞中含有 个 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。 a．氢键    b．离子键    c．共价键    d．金属键 (6)“焙烧2”中发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。 32．（2024·福建·高考真题）锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下： (1)“高压浸出”中： ①“滤渣1”中卤化物Y为 。(填化学式) ②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为 g。(保留小数点后一位) ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下： i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触 ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入 一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是 。 (2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。 (3)“沉淀转化”反应的平衡常数 。(列出计算式)已知：时，。 (4)“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。(分解温度约为) (5)的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的有 个。 ②一个与所有紧邻O形成的空间结构为 。 ③晶体中微粒间作用力有 。(填标号) a．氢键    b．离子键    c．金属键    d．范德华力    e．极性共价键    f．非极性共价键 33．（2024·福建·高考真题）实验室用发光二极管(LED)的生产废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)制备Ga2O3，过程如下。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。 (1)①基态镓(Ga)原子的价电子排布式为 。 ②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为 。 ③Ⅰ使用装置如图(加热及夹持装置省略)，吸收液可用 。(填标号) a．水    b．浓盐酸    c．稀硫酸    d．四氯化碳 (2)①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、 和 。 ②“沉淀1”含金属元素 。(填元素符号) (3)①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是 。 ②按下列操作顺序测定溶液pH，不规范的是 。(填标号) a．用镊子夹取湿润的pH试纸 b．将pH试纸置于干燥清净的玻璃片上 c．用滴管吸取少量待测液，滴在pH试纸中央 d．观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较 (4)Ga2O3纯度测定：称取Ga2O3样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V0mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V1mLc1mol/LNa2H2Y溶液(此时镓以[GaY]-存在)，再加入PAN作指示剂，用c2mol/L CuSO4标准溶液滴定过量的Na2H2Y，滴定终点为紫红色。 该过程涉及反应：Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+ ①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，则Ga2O3纯度为 。(列出计算式) ②滴定时会导致所测Ga2O3纯度偏小的情况是 。(填标号) a．未使用标准溶液润洗滴定管    b．称重后样品吸收了空气中水汽 c．终点时滴定管尖嘴内有气泡    d．终点读数时仰视滴定管刻度线 考点 物质制备 34．（2023·福建·高考真题）某研究小组以为原料制备新型耐热材料。 步骤一：水解制备(实验装置如图A，夹持装置省略)：滴入，边搅拌边加热，使混合液升温至，保温3小时。离心分离白色沉淀并洗涤，煅烧制得。 (1)装置 A 中冷凝水的入口为 （填“a”或“b”） (2)三颈烧瓶中预置的稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成。水解生成的胶体主要成分为 (填化学式)。 (3)判断沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有 。 步骤二：由制备并测定产率(实验装置如下图，夹持装置省略)。 (4)装置C中试剂X为 。 (5)装置D中反应生成和，该反应的化学方程式为 。 (6)装置E的作用是 。 (7)实验中部分操作如下： a．反应前，称取样品； b．打开装置B中恒压滴液漏斗旋塞； c．关闭装置B中恒压滴液漏斗旋塞； d．打开管式炉加热开关，加热至左右； e．关闭管式炉加热开关，待装置冷却； f．反应后，称得瓷舟中固体质量为。 ①正确的操作顺序为：a→ →f(填标号)。 ②的产率为 。 35．（2022·福建·高考真题）某兴趣小组设计实验探究，催化空气氧化的效率。回答下列问题： 步骤Ⅰ  制备 在通风橱中用下图装置制备(加热及夹持装置省略)，反应方程式： (1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是 。 (2)从B、C、D中选择合适的装置收集，正确的接口连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。 步骤Ⅱ  检验 将通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。 (3)该反应的化学方程式为 。 步骤Ⅲ  探究催化空气氧化的效率 将一定量与空气混合，得到体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解：) (4)通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。 ①能证明被空气氧化的现象是 ； ②被催化氧化的百分率为 ； ③若未通入氮气，②的结果将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 方法可以缩短接触时长。 (6)步骤Ⅲ装置存在的不足之处是 。 考点 化工原理 36．（2022·福建·高考真题）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。 (2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100 ①内， ； ②t 16(填“>”“<”或“=”)。 (3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。 a.的分压不变               b.混合气体密度不变 c.           d. (4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。 (5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压) ①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。 ②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。 37．（2023·福建·高考真题）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ． ⅱ． ⅲ． 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 (1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。 (2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。 ③平衡体系中检测不到，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是 (填标号)。 a． b． c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性 (列出计算式)。 (3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 在下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷)(甲醇)时，体系总反应： ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。 38．（2024·福建·高考真题）是制造多晶硅的原料，可由和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． (1)生成的总反应： Ⅳ． (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为 。(填标号) a．    b．    c．    d． ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是 。 (3)在压强为的恒压体系中通入和，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①图中n代表的组分为 。(填化学式) ②时，反应Ⅲ的平衡常数 。(列出计算式) ③时，的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为 。(列出计算式) (4)下、其他条件相同时，用和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 的转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的催化剂 催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：催化剂 催化剂(填“>”“<”或“=”)。 ②使用催化剂，初始投料该段时间内得到，则的选择性 。(列出计算式) 考点 有机推断与合成 39．（2024·福建·高考真题）软珊瑚素的关键中间体(L)的某合成路线如下。(不考虑立体异构) 已知：和为保护基团。 (1)B中官能团有碳碳双键、 、 。(写名称) (2)Ⅱ的反应类型为 ；的空间结构为 。 (3)Ⅲ的化学方程式为 。 (4)Ⅳ的反应条件为 。 (5)由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下： ①    ② K的结构简式为 。 (6)Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为 。 ①Y可以发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1。 40．（2023·福建·高考真题）沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。 已知：表示叔丁氧羰基。 (1)A中所含官能团名称 。 (2)判断物质在水中的溶解度：A B(填“>”或“<”) (3)请从物质结构角度分析能与反应的原因 。 (4)的反应类型 。 (5)写出D的结构简式 。 (6)写出的化学反应方程式 。 (7)A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为，写出该同分异构体的结构简式 。(只写一种) 41．（2022·福建·高考真题）3-氧代异紫杉二酮是从台湾杉中提取的具有抗痛活性的天然产物。最近科学家完成了该物质的全合成，其关键中间体(F)的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： (1)A的含氧官能团有醛基和 。 (2)B的结构简式为 。 (3)Ⅳ的反应类型为 ；由D转化为E不能使用的原因是 。 (4)反应Ⅴ的化学方程式为 。 (5)化合物Y是A的同分异构体，同时满足下述条件： ①Y的核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为。 ②Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为)遇溶液显紫色。则Y的结构简式为 。 考点 物质性质与结构 42．（2022·福建·高考真题）1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为 。 (2)原子的活泼性依序增强，原因是 。 (3)晶体熔点： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。 (4)的中心原子的杂化轨道类型为 。 (5)加合物中 ，晶体中的微粒间作用力有 (填标号)。 a.氢键    b.离子键    c.极性共价键    d.非极性共价键 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C B B C C A C A 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D C B D B C A D B A 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 答案 D D A C B B C B D 1．D 【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。 【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符； B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符； C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符； D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合； 故选D。 2．D 【详解】A．木质素为纤维素，属于多糖类，为有机物，A错误； B．纤维素的分子中有数千个葡萄糖单元，B错误； C．脲醛树脂由尿素和甲醛缩聚而成，属于合成高分子，C错误； D．酚醛树脂可由苯酚与甲醛缩聚得到，D正确； 故选D。 3．C 【详解】A．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物，A错误； B．C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误； C．Cu为ⅠB族，属于过渡元素，C正确； D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变，D错误； 故选C。 4．B 【详解】A．该化合物的分子中，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，A错误； B．该化合物含有羟基，可与醋酸发生酯化反应，B正确； C．该化合物的结构中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面上，C错误； D．络塞维最多能与反应，其中苯环消耗3mol H2，碳碳双键消耗1mol H2，D错误； 故选B。 5．B 【详解】A．分子中有肽键，因此在酸或碱存在并加热条件下可以水解，A正确；                                                  B．标注*这4个碳原子各连有4个各不相同的原子或原子团，因此为手性碳原子，B错误； C．分子中含有碳碳双键，因此能使能使的溶液褪色，C正确；    D．分子中双键碳原子为杂化，饱和碳原子为杂化，D正确； 故选B。 6．C 【详解】A．对比X、Y的结构简式可知，X中醛基与H2N-R中氨基发生加成反应，故A正确； B．由以上分析可知X中参与反应的官能团为醛基，故B正确； C．由Y的结构简式可知，羟基所连碳原子为手性碳原子，故C错误； D．苯环为平面结构，C=N双键也为平面结构，因此虚框中所有原子可能共面，故D正确； 故选：C。 7．C 【详解】A．DMF即N，N-二甲基甲酰胺，对人体有危害，反应须在通风棚中进行，故A正确； B．减压蒸馏利用沸点不同，去除CH3OH、5-氧代己酸甲酯和DMF，可以提纯中间产物，故B正确； C．减压蒸馏后不能趁热加入盐酸，因为盐酸具有挥发性，故C错误； D．1，3-环己二酮不含有亲水基团，不溶于水，可用少量冰水洗涤产物，除去盐酸等物质，故D正确； 故选C。 8．A 【分析】由该阴离子结构可知Z形成2条共价键，Z的单质为空气的主要成分之一，可知Z为O；Y形成4条共价键，Y为C，Q形成1条共价键，Q为F，X得1个电子后形成4条共价键，则X最外层电子数为3，X为B，据此分析解答。 【详解】A．B、C、O为同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：B<C<O，故A错误； B．CH4不能形成分子间氢键，H2O可以形成分子间氢键，沸点CH4<H2O，故B正确； C．原子半径：C>O>F，原子半径越小键长越短，则键长：C-C>C-O>C-F，故C正确； D．Y为C，其最高价氧化物的水化物为H2CO3，碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：，故D正确； 故选A。 9．C 【分析】由题意，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构，可知为，故Y为H，X为N；同时分析结构，可知Q正常情况应该成两根键，Q为ⅥA的元素，同时Z也成5根键，Z为ⅤA的元素，故Q为O,Z为P。 【详解】A．和都是sp3杂化，但是中有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，在一个是三角锥形结构，而是正四面体结构，故键角：＜，A错误； B．X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为,正确顺序为Q＞X＞Z，B错误; C．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，故第一电离能：N＞O＞Mn，C正确; D．Z的最高价氧化物对应的水化物为,X最高价氧化物对应的水化物为,前者为中强酸而后者为强酸，D错误； 故选C。 10．A 【分析】X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，X为Be；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O，X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，Y为B，W为F，据此解答。 【详解】A．常温下为液态，HF常温下为气体，沸点，故A正确； B．为BF3，中心B原子有3对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误； C．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径：Be>B>O>F，故C错误； D．Be最高价氧化物水化物为Be(OH)2，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为H3BO3，溶液显酸性，故D错误； 故选：A。 11．D 【详解】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A错误； B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误； C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C错误； D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D正确； 故选D。 12．C 【详解】A．含有的质子数为，A错误；                                                  B．固态硝酸羟胺含有的离子数为，B错误； C．硝酸羟胺含有的键数为，C正确；    D．根据题意硝酸羟胺分解的化学方程式为，根据计量系数关系可知硝酸羟胺分解产生标况下，同时生成分子数为，D错误； 故选C。 13．B 【详解】A．1个分子中有8个键，每个键含有2个电子，共16个电子，的键电子数为，A正确； B．分子中所有原子共面可知1个分子1~6处的6个N原子采取sp2杂化，7、8两处N原子采取sp杂化，其中8、1、3、4、5、6六处N原子各有一对孤电子对即1个分子有6对孤电子对，的(价层)孤电子对数为，B错误； C．分子中所有原子共面可知，1个分子有6个N原子采取sp2杂化，的杂化N原子数为，C正确； D．为，含有8molN，根据氮原子守恒，完全分解产生4mol ，D正确； 故答案为：B。 14．D 【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。 【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确； B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确； C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确； D．“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误； 故本题选D。 15．B 【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。 【详解】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确； B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误； C．“沉锌”过程发生反应，C正确； D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确； 故选B。 16．C 【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。 【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误； B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误； C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确； D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误； 故选C。 17．A 【分析】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。 【详解】A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误； B．由分析可知，无色，故B正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确； D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确； 故选A。 18．D 【分析】苯甲醛和溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得苯甲酸。 【详解】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确； B．甲基叔丁基醚的密度为，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确； C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确； D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错误； 故答案为：D。 19．B 【详解】A．S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，方程式为：，处理方法和对应的反应方程式正确，不合题意； B．Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，处理方法和对应的反应方程式均错误，符合题意； C．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO2，可以用NaOH溶液吸收SO2，离子方程式为：，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意； D．电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可以用NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为：，处理方法和对应的反应方程式均正确，不符合题意； 故选B。 20．A 【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误； B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确； C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确； 故选A。 21．D 【分析】放电时铝失去电子生成铝离子做负极，硫单质得到电子做正极，充电时铝离子得到电子生成铝发生在阴极，硫离子失去电子生成硫单质发生在阳极，依此解题。 【详解】 A．的结构为，所以含个键，A正确； B．由的结构可知同时连接2个原子的原子有个，B正确； C．由总反应可知充电时，再生单质需由铝离子得到电子生成，所以至少转移电子，C正确； D．由总反应可知放电时间越长，负极铝失去电子生成的铝离子越多所以n值大的浓度越高，D错误； 故选D。 22．D 【分析】放电过程中产生，由图可知，放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成Li3N，Li3N又转化为和LiCl，则左侧电极为正极，右侧电极为负极； 【详解】A．放电过程中负极锂失去电子形成锂离子，锂离子通过阳离子交换膜进入左侧生成，A错误； B．锂为活泼金属，会和水反应，故电解质溶液不能为水溶液，B错误； C．充电过程中电解LiCl失去电子发生氧化反应产生：，锂离子在阴极得到电子发生还原生成锂单质：，则理论上每生成，同时生成2molLi，C错误； D．由分析，放电过程中，正极氮气得到电子发生还原反应生成Li3N，Li3N又转化为和LiCl，负极锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，总反应为，D正确； 故选D。 23．A 【详解】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A正确； B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误； C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误； D．放电时，1mol转化为 ，消耗2mol K+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D错误； 故选A。 24．C 【详解】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误； B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误； C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的时应在相同温度下测定，C正确； D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误； 答案选C。 25．B 【详解】A．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致比更容易断裂，所以电离程度＞，，A正确； B．每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成，这个过程中，离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡反应：，所以溶液中存在的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，、中碘元素是价，氯元素是价，和中，碘元素是价，溴元素是价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应，B错误； C．同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为，C正确； D．已知电负性，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致容易断裂产生为和，D正确； 故答案选B。 26．B 【详解】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误； B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确； C．由图可知，净化的先后顺序为，C错误； D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， ，则有，D错误； 故选B。 27．C 【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误； B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误； C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确； D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误； 故本题选C。 28．B 【分析】溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数先保持不变后减小，曲线n为的变化曲线，的增大，减小，增大明显，故曲线m为的变化曲线，则曲线p为的变化曲线； 【详解】A．溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA-H++A-和水解平衡HA-+H2OOH-+H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n为的变化曲线，选项A正确； B．a点, =1.0，则=0.1mol/L，=0.70，==0.15，，，，选项B错误； C．b点, =0.70，==0.15，即=，根据物料守恒有，，故，选项C正确； D．c点：=，故根据电荷守恒有，故，选项D正确； 答案选B。 29．D 【分析】草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，滴加盐酸过程中体系中存在一系列平衡、、，因此曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，据此解题。 【详解】A．时，c()=c()，则，溶液的，故A正确； B．草酸钙固体滴加稀盐酸，任意下均有物料守恒关系，故B正确； C．时，，c()=，，c()=；，c()=，由图可知时，c(Ca2+)=c()=，则Ksp()= c(Ca2+)×c()=；的平衡常数K====，故C正确； D．溶液中存在电荷守恒，时，c()=c()，则存在关系，故D错误； 故选D。 30．(1) 提高浸出率(或提高浸出速率) (2) 和 84% (3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶 (4)或 (5)沉铝 【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。 【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。 （2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为； 故答案为：SiO2和CaSO4；84%。 （3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶； 故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。 （4） “焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑； 故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。 （5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用； 故答案为：沉铝。 31．(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等 (2) 失去结晶水 (3)或或之间任一数字 (4) (5) 2 2:1 bc (6) 【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、 、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。 【详解】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：； （2）①由图可知，升温至过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解； ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解； （3）的平衡常数=； （4）基态的价电子排布式为3d9； （5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键； （6）“焙烧2”中发生反应的化学方程式为：，由分析可知，滤渣2为SiO2。 32．(1) 4.5 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度 (2) (3) (4) 蒸发结晶 除去杂质 (5) 4 四面体形 bde 【分析】锂云母的主要成分为，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。 【详解】（1）①“高压浸出”中，加入的与水反应生成氢氧化钙，电离出的与生成难溶的； ②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，的最佳用量约为4.5g； ③只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度； （2）净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂的化学方程式为：； （3）“沉淀转化”反应的平衡常数； （4）滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去杂质；除杂后的滤液主要含，通过蒸发结晶得到固体； （5）根据的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的有4个，①晶体中与一个紧邻的O也有4个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形；③由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远，间不能形成氢键；为离子化合物，不存在金属键；与间存在离子键；根据晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。 33．(1) 4s24p1 ac (2) 玻璃棒 漏斗 (3) 将转化为沉淀 ac (4) 或 ad 【分析】由题干工艺流程图可知，LED生成废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属)中加入2mol/LNaOH溶液在80℃下反应3个小时，将GaN转化为[Ga(OH)4]-，In和Mg不与NaOH溶液反应，过滤得到沉淀1即为In和Mg，滤液中主要含有Na[Ga(OH)4]和NaOH，加入硫酸将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，过滤得到Ga(OH)3沉淀和滤液，Ga(OH)3沉淀加热后分解得到Ga2O3，据此分析解题。 【详解】（1）①已知Ga是31号元素，故基态镓(Ga)原子的价电子排布式为：4s24p1，故答案为：4s24p1； ②Ⅰ中GaN反应生成[Ga(OH)4]-的离子方程式为：GaN+3H2O+OH-[Ga(OH)4]-+NH3↑，故答案为：GaN+3H2O+OH-[Ga(OH)4]-+NH3↑； ③GaN与NaOH溶液反应时产生NH3，NH3极易溶于水，故能用水来吸收NH3，浓盐酸易挥发，不利于吸收NH3，NH3具有碱性，稀硫酸可以吸收NH3，NH3为极性分子，CCl4为非极性分子，NH3难溶于CCl4中，不能用CCl4吸收NH3，故答案为：ac； （2）①由题干工艺流程图信息可知，Ⅱ为过滤操作，则需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒； ②由分析可知，“沉淀1”含金属元素In、Mg，故答案为：In、Mg； （3）①由分析可知，Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀，故答案为：将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3沉淀； ②用pH试纸测定溶液pH的规范操作为：用镊子夹取一片干燥的pH试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取少量的待测液于试纸中央，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡对照，据此解题： a．pH试纸测量溶液的pH时不能用湿润的pH试纸，操作不规范，a符合题意； b．由上述分析可知，将pH试纸置于干燥清净的玻璃片上，操作规范，b不符合题意； c．根据pH试纸的规范性操作可知，应该用玻璃棒蘸取少量的待测液于试纸中央而不能用滴管吸取少量待测液，滴在pH试纸中央，c符合题意； d．根据pH试纸的规范性操作可知，观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较，读出待测液的pH值，d不符合题意； 故答案为：ac； （4）①终点时消耗CuSO4溶液V2mL，根据反应Cu2++H2Y2-=[CuY]2-+2H+可知，过量的Na2H2Y的物质的量为：c2V2×10-3mol，则与Ga3+反应的Na2H2Y的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，原样品中含有Ga2O3的物质的量为：(c1V1×10-3- c2V2×10-3)mol，则Ga2O3纯度为：==，故答案为：或； ②a．未使用标准溶液润洗滴定管，导致标准液的浓度偏小，V2偏大，故导致实验结果偏小，a符合题意； b．称重后样品吸收了空气中水汽，对实验结果没有影响，b不符合题意； c．终点时滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液的体积V2偏小，故导致实验结果偏大，c不符合题意； d．终点读数时仰视滴定管刻度线，导致标准液体积V2偏大，故导致实验结果偏小，d符合题意； 故答案为：ad。 34．(1)b (2) (3)(或、硝酸银、酸化的硝酸银) (4)碱石灰(或生石灰以及这些物质的组合均可) (5) (6)吸收氨气与水 (7) bdec 80.0%或80%、0.8 【分析】稀盐酸可抑制胶体形成、促进白色沉淀生成，向盐酸中滴入，搅拌并加热，在盐酸中水解生成白色沉淀，将洗涤，煅烧制得，装置B中利用浓氨水和生石灰反应制备NH3，利用装置C除去NH3中的水蒸气，则试剂X可以是碱石灰，装置D中，NH3和在800℃下反应生成和，化学方程式为，装置E中装有CaCl2，可以吸收生成的水蒸气及过量的NH3。 【详解】（1）装置 A 中冷凝水应从下口进上口出，则冷凝水的入口为b； （2）水解生成，水解生成的胶体主要成分为； （3）沉淀中含有少量的Cl-杂质，判断沉淀是否洗涤干净，只需检验洗涤液中是否含有Cl-，若最后一次洗涤液中不含Cl-，则证明沉淀清洗干净，检验Cl-，应选用的试剂是硝酸酸化的AgNO3； （4）由分析可知，装置C中试剂X为碱石灰； （5）由分析可知，该反应的化学方程式为； （6）由分析可知，装置E的作用是吸收氨气与水； （7）①该实验应先称取一定量的固体，将放入管式炉中，提前通入NH3排出管式炉中空气后再进行加热，当反应结束后，应先停止加热，待冷却至室温后再停止通入NH3，则正确的实验操作步骤为abdecf； ②的物质的量为，则TiN的理论产量为，反应后剩余固体质量为0.656g，则固体质量减少质量为0.800g-0.656g=0.144g，根据，则TiN的实际产量=，则TiN产率为。 35．(1)分液漏斗 (2)a→d→e→c→b (3) (4) 石灰水变浑浊 60% 偏大 (5)增大气体样品流速 (6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述) 【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。 【详解】（1）装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。 （2）用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。 （3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：。 （4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率增大。 （5）增大气流速率可以提高催化效率。 （6）：是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。 36．(1) (2) 190 > (3)ad (4)58.8% (5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气， 【详解】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。 （2）①内，，则； ②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 （3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确； b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误； d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 （4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。 （5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； ②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有 ，解得a=MPa。 37．(1)＞ (2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab (3) -29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低 【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。 【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞； （2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性； （3）ⅲ．ⅳ． 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。 38．(1) (2) bc 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小 (3) 或 (4) = > 【详解】（1）根据盖斯定律可知，。 故答案为：-80。 （2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应，除压强对反应I无影响，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和的量增大；因、，升温反应向逆反应方向进行，反应向正反应方向进行，的产量反而减小。 故答案为：bc；因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小。 （3）在压强为的恒压体系中通入和，①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；②时按照反应进行：，由图中可知道平衡时，，，则；③，1mol的平衡转化率为f，则转化的为fmol，剩余的为()mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为：x、z和y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的计算出M，mol，再计算出、，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mol，或者消耗硅的物质的量=平衡物质中和物质的量之和-消耗的fmol，。 故答案为：；；或。 （4）①使用不同催化剂时，反应的催化剂与催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以催化剂=催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。 故答案为：=；>；。 39．(1) 酮羰基 碳溴键 (2) 还原反应 正四面体形 (3) (4)I2，碱，CH2Cl2 (5) (6) 【分析】 由题干合成流程图可知，A与Br2在碱性、CH2Cl2作溶剂条件下发生取代反应生成B，B被NaBH4还原为C，C经过一系列反应生成D，D与HCON(CH3)2发生取代反应生成E，根据A到B的转化信息可知，F与在I2、碱、CH2Cl2条件下发生取代反应生成G，G经一系列反应转化为H，H和E先反应后水解生成J，J经过反应Ⅵ生成K，K经过反应Ⅶ生成L，根据J和L的结构简式以及题干(5)小问信息可知，K的结构简式为：，据此分析解题。 【详解】（1）由合成流程图中B的结构简式可知，B中官能团有碳碳双键、酮羰基、碳溴键； （2）由分析可知，Ⅱ即B中的酮羰基转化为C中的羟基，该反应的反应类型为还原反应；中中心原子B周围的价层电子对数为：4+=4，没有孤电子对，故该离子的空间结构为正四面体形； （3） 由题干合成路线图可知，根据D和E的结构简式可知，Ⅲ即D与HCON(CH3)2发生取代反应生成E的化学方程式为：； （4）由题干A到B的转化条件可知，Ⅳ的反应条件为：I2，碱，CH2Cl2； （5） 由分析结合题干信息：由J生成L的过程涉及两种官能团的转化可知，K的结构简式为； （6） 由题干流程图中A的结构简式可知，A的分子式为：C7H10O，不饱和度为3，故Y是A的同分异构体，且满足下述条件①Y可以发生银镜反应即含有醛基，②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1则可知含有3个甲基，故Y的结构简式为。 40．(1)羧基、酰胺基 (2)> (3)(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应 (4)酯化反应或取代反应 (5) (6)+ HCONH2+HCOOC2H5 (7) 【分析】 和C2H5OH发生酯化反应生成，加Boc-OH发生取代反应生成，加入氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，加入HCONH2发生取代反应生成。 【详解】（1） A为，官能团为羧基、酰胺基； 故答案为：羧基、酰胺基。 （2）A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度； 故答案为：>。 （3）(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应； 故答案为：(C2H5)3N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应。 （4）根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应或取代反应； 故答案为：酯化反应或取代反应。 （5） 根据分析可知D结构简式为为； 故答案为：。 （6） 根据分析可知E→F的化学反应方程式为+ HCONH2+ HCOOC2H5； 故答案为：+ HCONH2+HCOOC2H5。 （7） 丁二酸为，分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1，则该同分异构体的结构简式为； 故答案为：。 41．(1)醚键(或醚基) (2) (3) 取代反应 会与碳碳双键发生加成反应(或会使醚键水解) (4) (5) 【分析】 有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由C可推出B为，根据C到D的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据D到E的结构可知此步Br取代了羟基，根据E到F的结构可知脱去LiBr，为取代反应，据此进行推断。 【详解】（1）A的含氧官能团有醛基和醚键。 （2）根据分析可知，B的结构简式为。 （3）反应Ⅳ中Br取代了羟基，为取代反应，此反应不用HBr的原因为会与碳碳双键发生加成反应(或会使醚键水解)。 （4）反应Ⅴ的化学方程式为。 （5）产物之一(分子式为)遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为，说明Y有两个甲基，综合可知Y的结构简式为。 42．(1) (2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强 (3) < 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高 (4) (5) 2 bc 【详解】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为。 （2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强。 （3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<。 （4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为。 （5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故选bc。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$