通州區(qū)2024年高三年級模擬考試

化學(xué)

2024年4月

本試卷共9頁，100分。考試時長90分鐘。考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考

試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14O16Fe56Co59

第一部分

本部分共14小題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一

項(xiàng)。

1.中國科學(xué)家成功制得功能石墨烯量子點(diǎn)（R）,是一種直徑分布在3~20nm的納米發(fā)光材料，其結(jié)構(gòu)如下圖所示。

下列說法不亞確的是

N

H

A.R與石墨互為同素異形體

B.R分散在水中可形成膠體

C.R含有親水基，具有水溶性

D.R的發(fā)光是由于電子躍遷釋放能量

2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正碑的是

□

A.BF,的VSEPR模型：X

B.NaOH的電子式：Na[：O：H]

D.Cl2共價單鍵的形成過程：——■

3.海水資源具有十分巨大的開發(fā)潛力。下列關(guān)于海水資源開發(fā)的實(shí)驗(yàn)中不熊達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.AB.BC.CD.D

4.下列事實(shí)中，因發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液pH減小的是

A銅片置于濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體

B.新制氯水放置一段時間后溶液變?yōu)闊o色

C,無離子交換膜電解飽和NaCl溶液，一段時間后充分混合

D.向BaCl2溶液中滴入少量NaHSC>4,產(chǎn)生白色沉淀

5.下列方程式與所給事實(shí)不理行的是

A.加熱NaHCC)3固體，產(chǎn)生無色氣體：2NaHCC)3全Na2cO3+H2O+CO2T

+3+

B.過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體：Fe+NO3+4H=Fe+NOT+2H2O

C.向H2s溶液中通入S。？，產(chǎn)生黃色沉淀：SO2+2H2S=3S^+2H2O

D.乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生有香味的油狀液體：

CH3cH20H+CH3COOH-CH3COOCH2CH3+H2O

6.一種可溶性聚酰胺X的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法不無聊的是

CF3

X

A.X在堿性條件下可發(fā)生水解

B.X中存在手性碳原子

C.X的重復(fù)單元中有三種官能團(tuán)

7.常溫下，1體積水可溶解約700體積氨。用圓底燒瓶收集NH3后進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是

A.NH3和NH；的H—N—H鍵角相同

B.NHs-H2。分子中的共價鍵都是s-sp3b鍵

C.圓底燒瓶中剩余少量氣體，是因?yàn)镹H3的溶解已達(dá)到飽和

D.取燒瓶內(nèi)部分液體滴H?SO4至pH=7,溶液中c(NH：)=c(SOj)

8.下列過程與電離平衡無去的是

A.用CuS。,溶液除去乙烘氣體中的H2s

B.用NH4HCO3溶液與FeSO4溶液制備FeCOs

C.向H2O2溶液中加入少量MnO2制備氧氣

D.向熱水中滴入飽和FeCL溶液制備Fe(OH)3膠體

9.下列物質(zhì)性質(zhì)的比較中，不乏砸的是

A.氣態(tài)Cu與CvT失去一個電子的能力：Cu+>Cu

B.分子的極性：HF>HC1

C.物質(zhì)的硬度：晶體：Si<SiO2

COOH

D.在水溶液中的溶解性：OH<HO^A-COOH

10.中國科研團(tuán)隊(duì)研發(fā)出室溫下可穩(wěn)定充放電的高柔性鈣一氧氣電池，該電池的總反應(yīng)為：Ca+O2.祟CaO9,

4允電《

下列說法正確的是

A.Cao2中陰陽離子個數(shù)比為2：1

B.電解質(zhì)溶液可選用CaS。,水溶液

C.放電時正極電極反應(yīng)式為。2+2112。+4占=4015一

2+

D.充電時陽極電極反應(yīng)式為CaO,—2F-Ca+O2

11.冠酸分子可識別Li+，實(shí)現(xiàn)鹵水中Li+的萃取，其合成方法如下。下列說法不思螂的是

A.過程I發(fā)生取代反應(yīng)

B.Z的核磁共振氫譜有四組峰

CLi+與Z通過離子鍵相結(jié)合

D.過程II增加了U+在有機(jī)溶劑中的溶解度

12.以煤和水蒸氣為原料制備合成氣（CO、H2,CH4）的體系發(fā)生的主要反應(yīng)為:

①C（s）+H2O（g）.8優(yōu)）+凡他）八用

②8信）+耳。1）-CO2（g）+H2（g）AH2

③C（s）+2HZ（g）CH4（g）AH3

在一定壓強(qiáng)反應(yīng)達(dá)平衡時氣體組成隨溫度變化如圖所示。下列說法不正確的是

06007008009001000110012001300

溫度FC

A.高溫利于反應(yīng)③逆向進(jìn)行

B.由不同溫度下反應(yīng)的結(jié)果變化可知AHi〉。，AH2>0

C.欲制得甲烷含量高的高熱值燃?xì)鈶?yīng)在低溫下進(jìn)行

D.向制備合成氣體系中加入一定量CaO更有利于增大H2的體積分?jǐn)?shù)

13.從電子廢料（含Au、Ag和Cu等）中可回收金，主要流程如下：

|…7溶金析金［———

電子廢料|----?-T粗Au

已知：王水溶金發(fā)生反應(yīng)（稀）+（濃）=

Au+HNO34HC1HAUC14+NOT+2H2O

下列說法不正破的是

A.濃鹽酸促進(jìn)了Au和HNO3的反應(yīng)，其原因是降低了c（Au3+）,增強(qiáng)了Au的還原性

B.依據(jù)王水溶金原理，NaCN飽和溶液與02也可使Au溶解

C.Na2so3可實(shí)現(xiàn)析金發(fā)生反應(yīng)：2HAuC、+3H2（D+3Na2so3=2Au+3Na2so4+8HC1

D.以HAuC）為電解質(zhì)進(jìn)行粗金的電解精煉，可能會有AgCl覆蓋在陰極發(fā)生鈍化

14.稍過量零價鐵與亞硫酸鈉體系能有效降解廢水中有機(jī)污染物活性紅。

已知：

i.體系中產(chǎn)生的SO"、SO/和OHg可將活性紅氧化，其中SOd?具有強(qiáng)氧化性

2+3+

ii.Fe+SO4^SO；+Fe

=SOj+OHg

iii.Fe?+開始沉淀時pH=6.3,完全沉淀時pH=8.3

3+

Fe開始沉淀時pH=1.5,完全沉淀時PH=2.8

圖1.Na2SO3體系中各含硫粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系

圖2.零價鐵與亞硫酸鈉體系內(nèi)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系

下列說法不E聊的是

A.由圖1,25℃時H2sO3的p&2=7.22

B.pH=4時較pH=8時具有更好降解效果

C.反應(yīng)一段時間后零價鐵表面產(chǎn)生Fe（OH）3,投入Na2SO3可消除

D.用等物質(zhì)的量的硫酸亞鐵代替零價鐵可提高有機(jī)物的降解率

第二部分

本部分共5題，共58分

15.水系質(zhì)子電池是一種安全環(huán)保的電池技術(shù)，它采用水系電解質(zhì)（通常為硫酸）,通過氫離子的移動來進(jìn)行充放電。

O

（1）對苯醒（1^3）可作為水系質(zhì)子電池的負(fù)極材料。

O

①依據(jù)電子云重疊方式分析對苯醛中存在的共價鍵類型有

②下列說法正確的是o

a.對苯醍所有原子共平面

b.硫酸根中硫原子的雜化方式是sp：

c.對苯酸中元素的電負(fù)性由大到小的順序：O>C>H

③負(fù)極材料需結(jié)合質(zhì)子儲能后才能實(shí)現(xiàn)放電，對苯醛的儲能發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化。

+2H++2e~—>I

鄰苯醍()也可作為負(fù)極材料，鄰苯醍儲能后放電發(fā)生的電極反應(yīng)式是

④對苯醍儲能過程中在電解液中發(fā)生部分溶解導(dǎo)致負(fù)極材料損耗，從結(jié)構(gòu)角度分析其原因是O

(2)二水合鐵氟化鐵Fe[Fe(CN)612H2。可用于質(zhì)子電池的正極材料，其晶胞形狀為立方體，邊長為anm,結(jié)

構(gòu)如圖。

VH2O

①距離Fe3+最近的Fe3+有個。

13

②已知Fe[Fe(CN)6]-2H2O的摩爾質(zhì)量是Mg-moF,阿伏加德羅常數(shù)為NA,該晶體的密度為g.cm^。

16.乙烯合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學(xué)科學(xué)與技術(shù)的不斷進(jìn)步。

(1)用燃類熱裂解法制乙烯是乙烯工業(yè)化生產(chǎn)的開端。

①乙烷高溫裂解制備乙烯(反應(yīng)I)的化學(xué)方程式是。

②在裂解過程中伴隨反應(yīng)II：C2H4(g).C2H2(g)+H2(g),在高溫下縮短C2H6在反應(yīng)器中的停留時間可提高

乙烯的獲取率，由此判斷反應(yīng)速率：反應(yīng)I_____反應(yīng)II。(填“或“=”)

(2)乙快選擇性加氫制乙烯是石油化工領(lǐng)域重要的發(fā)展階段。

以鈿(Pd)為催化劑可有效提高乙烯產(chǎn)率，在催化劑表面的反應(yīng)機(jī)理如下圖所示(吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)

注)。

①下列說法正確的是.

a.NP-Pd催化反應(yīng)過程中步驟I為放熱反應(yīng)

b.ISA-Pd催化反應(yīng)過程中步驟H為決速步驟

c.兩種催化劑均能降低總反應(yīng)的反應(yīng)熱

②吸附態(tài)乙烯(C2H：)脫離催化劑表面，可得到C2H4(g),如未及時脫附，易在催化劑表面繼續(xù)氫化經(jīng)過渡態(tài)III

后而形成乙烷。制C2H4(g)選擇性較好的催化劑是

(3)以CO2為原料用不同的方法制乙烯有助于實(shí)現(xiàn)碳中和。

I.C。？—CH4干氣重整制乙烯。下圖是2種投料比［C(CC)2):C(CH4),分別為1：1、2：1］下，反應(yīng)溫度對CH4

平衡轉(zhuǎn)化率影響的曲線。

①曲線b對應(yīng)的投料比是O

②當(dāng)曲線a、b對應(yīng)的投料比達(dá)到相同的CH4平衡轉(zhuǎn)化率時，對應(yīng)的反應(yīng)溫度與投料比的關(guān)系是

II.雙金屬串聯(lián)催化劑電催化C。2制乙烯，裝置示意圖如圖所示。

,、〃(生成B所用的電子)

已知：法拉第效率〃⑻=1(通過電極的電子J】。。％

③ISA-Ni催化劑上發(fā)生的電極反應(yīng)式是

④該環(huán)境下，測得〃(c2H4)可達(dá)50%,若電路中通過L2mol電子時，則產(chǎn)生乙烯的物質(zhì)的量是_____moL

17.貝格列凈是一種新型口服降糖藥，用于治療H型糖尿病患者，其前體合成路線為：

C10

AB氯化劑/LA

0HSOC上D

C7H《Ch|FeBr3C7H5BrO3'中右高GH旦roqA1C13U

BrBr

CE

NaBH4

ci%osoA催化劑

1.BBr3

AOQ1Q、。G.

T"Cs2CO3GHoBrClO

2,H2OCI5Hi4BrC10

Br

J

oo

已知：i-/\/\+R2-Br

R1R2RH

CH3

1'

ii.—TMS表示—Si—CH3

1

CH3

(1)A的名稱是______o

(2)ATB的反應(yīng)方程式是______o

(3)在該條件下D-E反應(yīng)中還可能有副產(chǎn)物,其副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是______(寫一種即可)。

(4)F的結(jié)構(gòu)簡式是______o

(5)從結(jié)構(gòu)角度解釋G具有弱酸性的原因是______o

(6)以K(葡萄糖)為原料進(jìn)一步合成貝格列凈，合成路線如下：

OHOTMSOH

C6HO|HI1]>|C6H,O7|"HO'^Y^'OHTMSO^V^OTMSHO^V

I26KO2「七。i

OHOTMS&

H貝格列凈

NP

①K-L步驟中I2的作用是_____o

②MTN發(fā)生環(huán)化反應(yīng)，其化學(xué)方程式為_____,為提高N的產(chǎn)率,通過除去物質(zhì)______來促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行。

③N—P步驟的目的是______。

18.以低品位銅鉆礦(主要成分為CoO(OH)、C%(OH)2co3、S

>i02,還有少量的FeO、Fe2O3,CaO、MgO等

雜質(zhì))為原料制備硫酸銅晶體和?。2。3的一種工藝流程如下:

?CoC,O42M,0-—^>Co,01

III

已知：①常溫下部分難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)

CO(OH)

物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)22Caf^MgF2

4.9xlO-172.8x10-395.6xlO-121.6xl0-154.9xl()T°6.4x10-2

2++

②萃取時發(fā)生反應(yīng)Cu+2HRCUR2+2H

(1)銅鉆礦浸出前要預(yù)先粉碎，其目的是o

(2)浸出步驟銅鉆礦中的CoO(OH)轉(zhuǎn)化為C02+,該反應(yīng)的離子方程式為o

(3)加入試劑a可使萃取劑再生。

(4)對于過程I：

①加NaCK)3溶液作用是o

②通過計算判斷Fe3+是否沉淀完全并簡述理由_____o(一般認(rèn)為溶液中離子濃度小于1x103加4.IT]時沉淀完全)

(5)濾渣1成分。

(6)CoCzO/ZHzO在足量空氣中煨燒生成CO2O3,寫出燃燒過程中的化學(xué)反應(yīng)方程式_____

(7)CO2O3產(chǎn)品純度測定方法如下:

己知：Cc>3+與EDTA-2Na按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)，若滴定至終點(diǎn)時消耗EDTA-2Na標(biāo)準(zhǔn)液體積為20.00mL,則CO2O3

產(chǎn)品純度為o(Co2O3的摩爾質(zhì)量是166g-010尸)

19.某小組同學(xué)探究Mg與Cu2+溶液的反應(yīng)。

己知：i.2Cu+Cu2++Cu7^=1.2xl06

2211

ii.^sp[Cu(OH)2]=2.2xlO-^sp[Mg(OH)2]=1.8xlO

iii.[CU(NH3)2]+為無色、[CuClJ為黃色

實(shí)驗(yàn)L將長約15cm打磨光亮的鎂條放入2mLOZmoLIjiCuCL溶液(溶液呈黃綠色)中，實(shí)驗(yàn)記錄如下:

時第一階段第二階段第三階段第四階段

間0?Imin1?8min8?25min25min-18h

實(shí)

鎂條表面出現(xiàn)紅仍然伴有大量氣體，溶氣體量不斷減

驗(yàn)沉淀變?yōu)槌壬?紅

色固體，伴有大液變?yōu)榈{(lán)色，試管底少，沉淀變?yōu)?/p>

現(xiàn)色銅幾乎不可見

量氣體產(chǎn)生部有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生黃色

象

(1)第一階段析出紅色固體發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是o

(2)小組同學(xué)取第二階段中淡藍(lán)色溶液，加入少量NaCl固體，溶液顏色逐漸變黃綠色，請用離子方程式表示溶

液由淡藍(lán)色變?yōu)辄S綠色原因______o

(3)查閱資料：CuOH黃色，CuCl白色。

第三階段產(chǎn)生的黃色沉淀可能含+1價銅的化合物，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：

①取少量沉淀滴入濃氨水，沉淀完全溶解，溶液呈淺藍(lán)色，在空氣中放置一段時間后溶液成深藍(lán)色，證實(shí)沉淀中含

+1價銅的化合物，溶液由淺藍(lán)色變?yōu)樯钏{(lán)色的離子方程式是O

②甲同學(xué)猜想第三階段反應(yīng)中先生成CuCL隨著反應(yīng)的進(jìn)行，逐漸轉(zhuǎn)化為黃色的CuOH,用離子方程式表示生成

CuCl的主要原因是o

③小組同學(xué)采用電化學(xué)裝置進(jìn)行驗(yàn)證。

Na2so4溶液CuSC)4溶液

如圖裝置電路正常，反應(yīng)開始階段未觀察到電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，為進(jìn)一步驗(yàn)證產(chǎn)生了CuCl,實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是

o從而證明了甲同學(xué)的猜想。

(4)查閱資料，CuOH在堿性環(huán)境下一部分發(fā)生非氧化還原分解反應(yīng)，第四階段中產(chǎn)生的橙色沉淀中混有的物質(zhì)

是O

實(shí)驗(yàn)H：改用0.2mol-lJCuS04溶液重復(fù)實(shí)驗(yàn)I,30min內(nèi)劇烈反應(yīng)，產(chǎn)生大量氣體，鎂條上出現(xiàn)紅色固體，lh后

產(chǎn)物中有大量紅色物質(zhì)且有藍(lán)色沉淀。

(5)經(jīng)驗(yàn)證藍(lán)色沉淀為CU(OH)2，下列有關(guān)產(chǎn)生藍(lán)色沉淀分析合理的是(填序號)。

a.反應(yīng)放熱，促使Q?+水解趨于完全，生成Cu(OH)2藍(lán)色沉淀

b.存在平衡CE+2H2O一?CU(OH)2+2H+,Mg與H+反應(yīng)，使c(H+)下降，平衡移動，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀

C.由于Ksp[Mg(OH)2]>7Csp[Cu(OH)2],Mg與水反應(yīng)生成的MggH1逐漸轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2藍(lán)色沉淀

(6)綜上所述，影響Mg與Ci?+溶液反應(yīng)的影響因素是o

通州區(qū)2024年高三年級模擬考試

化學(xué)

第一部分

本部分共14小題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一

項(xiàng)。

1.中國科學(xué)家成功制得功能石墨烯量子點(diǎn)（R）,是一種直徑分布在3~20nm納米發(fā)光材料，其結(jié)構(gòu)如下圖所示。

下列說法不巧理的是

HH

A.R與石墨互為同素異形體

B.R分散在水中可形成膠體

C.R含有親水基，具有水溶性

D.R的發(fā)光是由于電子躍遷釋放能量

【答案】A

【詳解】A.R是化合物，與石墨不能互為同素異形體，故A錯誤；

B.石墨烯量子點(diǎn)，是一種直徑分布在3?20nm的納米發(fā)光材料，R分散在水中可形成膠體，故B正確；

C.R分子中韓羥基、氨基，和水分子間形成氫鍵，具有水溶性，故C正確；

D.發(fā)光時原子中的電子吸收了能量，從能量較低的軌道躍遷到能量較高的軌道，但處于能量較高軌道上的電子是

不穩(wěn)定的，很快躍遷回能量較低的軌道，這時就將多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈現(xiàn)顏色，與電子躍

遷有關(guān)，故D正確；

故選：Ao

2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不F倒的是

□

A.B耳的VSEPR模型：X

B.NaOH的電子式：Na[：O：H]

C.基態(tài)25Mli原子的價層電子軌道表示式:

D.CU共價單鍵的形成過程:

【答案】c

3—3x]

【詳解】A.BF3分子中B原子的價層電子對數(shù)為3+----------=3,無孤電子對，其VSEPR模型為平面三角形，即

2

X,故A正確;

0^0

B.NaOH是離子化合物，由Na+和OH-構(gòu)成，中0、H原子間共用1對電子對，0原子最外層電子數(shù)為8,其

電子式為N\[：0：H『故B正確;

3d4s

C.基態(tài)25Mn原子的價層電子排布式為3d54s2,其價層電子軌道表示式為II，故C錯誤;

D.Cb的結(jié)構(gòu)式為C1-C1,分子中。鍵是C1原子的3P軌道通過“頭碰頭”重疊而成，形成過程為

,故D正確;

故選：Co

3.海水資源具有十分巨大的開發(fā)潛力。下列關(guān)于海水資源開發(fā)的實(shí)驗(yàn)中不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

cD

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【詳解】A.海水中水的沸點(diǎn)較鹽沸點(diǎn)低，可選圖中蒸儲裝置制取蒸儲水，A正確；

B.煨燒貝殼制取生石灰應(yīng)在用煙中進(jìn)行，B正確；

C.萃取時，萃取劑不能與溶劑互溶，且被萃取的物質(zhì)在萃取劑中溶解度更大，所以CC14用于萃取碘水中的碘，C

正確；

D.氯化鎂溶液會水解，蒸發(fā)MgCb溶液并灼燒最終得到MgO固體，D錯誤；

故選D。

4.下列事實(shí)中，因發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液pH減小的是

A.銅片置于濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體

B.新制氯水放置一段時間后溶液變?yōu)闊o色

C.無離子交換膜電解飽和NaCl溶液，一段時間后充分混合

D.向BaC"溶液中滴入少量NaHSO'，產(chǎn)生白色沉淀

【答案】B

【詳解】A.銅片置于濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體，對應(yīng)的化學(xué)方程式為：CU+4HNO3=CU(NO3)2+2NO2T+2H2O,硝

酸被消耗，pH增大，A錯誤；

光小

B.新制氯水放置一段時間后溶液變?yōu)闊o色，對應(yīng)的方程式為：2HC1O^2HC1+O2t,生成鹽酸，酸性增強(qiáng)，

pH減小，B正確；

電解

C.無離子交換膜電解飽和NaCl溶液，對應(yīng)的方程式為：2NaCl+2H2O^2NaOH+H2T+C12生成

NaOH,堿性增強(qiáng)，pH增大；

D.向BaCb溶液中滴入少量NaHSCM,產(chǎn)生白色沉淀，對應(yīng)的方程式為BaCb+NaHSC)4=BaSO41+NaCl+HCl,酸性

增強(qiáng)，pH減小，但不是氧化還原反應(yīng)，D錯誤；

故選Bo

5.下列方程式與所給事實(shí)不相行的是

A.加熱NaHCX^固體，產(chǎn)生無色氣體：2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2T

+3+

B.過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體：Fe+NO；+4H=Fe+NOT+2H2O

C.向H2s溶液中通入SO2,產(chǎn)生黃色沉淀：SO2+2H2S=3S^+2H2O

D,乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生有香味的油狀液體：

CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O

【答案】B

A

【詳解】A.加熱NaHCCh固體，分解產(chǎn)生無色氣體二氧化碳、碳酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaHCCh=

Na2co3+H2O+CO2T，A正確；

B.過量鐵粉與稀硝酸反應(yīng)，產(chǎn)生無色氣體N0、硝酸亞鐵和水，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe+2NC>3

+8H』3Fe2++2NOT+4H2O,B錯誤；

C.向H2s溶液中通入SCh,產(chǎn)生黃色沉淀S和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+2H2s=3S1+2H20,C正確；

D.乙醇、乙酸和濃硫酸混合加熱，發(fā)生酯化反應(yīng)，產(chǎn)生有香味的油狀液體為乙酸乙酯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

濃硫酸

CH3CH2OH+CH3COOH-CH3coOCH2cH3+H2O,D正確；

A

故選B。

6.一種可溶性聚酰胺X的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法不正頌的是

0-1

葉C-|Q>1_C__OH

J\n

CF3

X

A.X在堿性條件下可發(fā)生水解

B.X中存在手性碳原子

C.X的重復(fù)單元中有三種官能團(tuán)

O0

AII

D.合成X的其中一種單體是H0——C—[—c—OH

【答案】C

【分析】X中含有官能團(tuán)酰胺基、氟原子、竣基和氨基，其中酰胺基可以發(fā)生水解反應(yīng)，據(jù)此回答。

【詳解】A.根據(jù)分析可知，X在堿性條件下可發(fā)生水解，A正確；

B.X中存在手性碳原子如圖所示,B正確;

c.X的重復(fù)單元中有四種官能團(tuán)，分別為酰胺基、氟原子、竣基和氨基，c錯誤;

D.縮聚反應(yīng)而得，D正確;

故選C。

7.常溫下，1體積水可溶解約700體積氨。用圓底燒瓶收集NH3后進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是

A.NH3和NH；的H—N—H鍵角相同

B.NHs-HQ分子中的共價鍵都是s-sp3b鍵

C.圓底燒瓶中剩余少量氣體，是因?yàn)镹H3的溶解已達(dá)到飽和

D.取燒瓶內(nèi)部分液體滴H?SO4至pH=7,溶液中c(NH；)=c(SOf)

【答案】B

【詳解】A.NE的空間構(gòu)型為三角錐形，NH：空間構(gòu)型為正四面體，孤電子對的排斥力較大，故NH3中H-N-H

的鍵角比NH；中H-N-H的鍵角小，A錯誤；

B.NH3?分子中N、O均為sp3雜化，存在N-H、O-H鍵，故共價鍵都是s-sp3◎鍵，B正確；

C.NH3極易溶于水，1體積的水能夠溶解700體積的NH3,故噴泉停止后，圓底燒瓶內(nèi)剩余少量氣體，是因?yàn)槭?/p>

集的NH3不純，含有少量不溶于水的氣體，而不是NH3的溶解已達(dá)到飽和，C錯誤；

D.取圓底燒瓶內(nèi)部分液體，滴加硫酸至中性時，反應(yīng)方程式為：2NH3-H2O+H2SO4=(NH4)2so4+2H2O,根據(jù)

電荷守恒可知溶液中有：c(H+)+c(NH；)=c(OH)+2c(SO>)，pH=7即c(H+)=c(OH),則c

(NH；)=2c(SOj),D錯誤;

故答案為：Bo

8.下列過程與電離平衡無去的是

A.用CuSC)4溶液除去乙烘氣體中的H2s

B.用NH4HCO3溶液與FeSO4溶液制備FeCO3

C.向H2O2溶液中加入少量Mil。2制備氧氣

D.向熱水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體

【答案】C

【詳解】A.CuSO4電離出的Ci?+和H2s反應(yīng)生成CuS沉淀，乙煥不反應(yīng)，與電離平衡有關(guān)，故A錯誤；

B.NH4HCO3溶液中HCO3電離出的CO；與FeSCU電離出的Fe2+反應(yīng)生成FeCCh,與電離平衡有關(guān)，故B錯

誤；

C.MnCh是H2O2分解的催化劑，與電離平衡無關(guān)，故C正確；

D.飽和FeCb溶液滴入熱水中，F(xiàn)eCb電離出的Fe3+水解生成Fe(OH)3膠體，破壞了水的電離平衡，因此與電離平

衡有關(guān)，故D錯誤；

故選：Co

9.下列物質(zhì)性質(zhì)的比較中，不正卿的是

A.氣態(tài)Cu與Cu+失去一個電子的能力：Cu+>Cu

B.分子的極性：HF>HC1

C.物質(zhì)的硬度：晶體：Si<SiO2

COOH

在水溶液中的溶解性：-<

D.Qr

【答案】A

【詳解】A.氣態(tài)Cu與Cu+失去一個電子所需的最低能量分別對應(yīng)第一電離能與第二電離能，同一元素逐級電離

能依次增大，所以失去一個電子的能力：Cu+<Cu,A錯誤；

B.鹵化氫為極性分子，HF分子的極性最大，這些分子的極性隨鹵族元素自上而下元素電負(fù)性的減弱，極性亦逐

漸減弱，B正確；

c.Si與SiO2都是共價晶體，氧原子半徑小于硅原子半徑，Si-o的鍵長更短，鍵能更大，所以物質(zhì)的硬度：晶

體:Si<SiO2,C正確;

COOH

D.形成分子內(nèi)氫鍵，HCHfV(MH能與水分子間形成氫鍵，所以在水溶液中的溶解性：

,，H<HO-CV(OOH,D正確;

故選Ao

10.中國科研團(tuán)隊(duì)研發(fā)出室溫下可穩(wěn)定充放電的高柔性鈣一氧氣電池，該電池的總反應(yīng)為：Ca+O2^H=CaO2,

下列說法正確的是

A.Cao2中陰陽離子個數(shù)比為2：1

B.電解質(zhì)溶液可選用CaSO《水溶液

C.放電時正極電極反應(yīng)式為。2+2H?O+4e-=4OfT

D,充電時陽極電極反應(yīng)式為CaO?—2屋=Ca"+C)2

【答案】D

【分析】由總反應(yīng)可知，鈣失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，金屬鈣為負(fù)極，則碳納米管為正極，放電時氧氣在正極反應(yīng);

【詳解】A.Ca。？中含有鈣離子和過氧根離子，陰陽離子個數(shù)比為1：1,A錯誤；

B.鈣為活潑金屬，會和水反應(yīng)，不能選用CaSO4水溶液，B錯誤；

C.由圖可知，Ca鹽作電解質(zhì)溶液，可傳導(dǎo)離子為Ca2+,正極上Ch被還原生成CaCh,則放電時正極電極反應(yīng)式

2+

為：O2+2e+Ca-CaO2,C錯誤；

D.充電時陽極電極反應(yīng)為過氧化鈣失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鈣離子和氧氣，其電極反應(yīng)式為：

-2+

CaO2-2e=Ca+O2,D正確；

故選D。

11.冠酸分子可識別Li+，實(shí)現(xiàn)鹵水中Li+的萃取，其合成方法如下。下列說法不正頌的是

ZR

A.過程I發(fā)生取代反應(yīng)

B.Z的核磁共振氫譜有四組峰

C.u+與Z通過離子鍵相結(jié)合

D.過程II增加了U+在有機(jī)溶劑中的溶解度

【答案】C

【詳解】A.過程I中酚羥基和氯原子進(jìn)行取代反應(yīng)，A正確;

B.Z的核磁共振氫譜有四組峰，為B正確;

C.Li+與Z通過配位鍵相結(jié)合，C錯誤;

D.冠酸分子可識別Li+，故增大溶解度，D正確;

故選C。

12.以煤和水蒸氣為原料制備合成氣（CO、H2,CH4）的體系發(fā)生的主要反應(yīng)為:

①4）+珥0值）CO（g）+H2（g）AH,

②CO（g）+H2O（g）aCO2（g）+H2（g）AH2

③C（s）+2H?（g）CH4（g）AH3

在一定壓強(qiáng)反應(yīng)達(dá)平衡時氣體組成隨溫度變化如圖所示。下列說法不無確的是

06007008009001000110012001300

溫度rC

A.高溫利于反應(yīng)③逆向進(jìn)行

B.由不同溫度下反應(yīng)的結(jié)果變化可知AHi〉0,AH2>0

C.欲制得甲烷含量高的高熱值燃?xì)鈶?yīng)在低溫下進(jìn)行

D.向制備合成氣體系中加入一定量CaO更有利于增大H2的體積分?jǐn)?shù)

【答案】B

【詳解】A.CH4只由反應(yīng)③產(chǎn)生，溫度升高，CH4減少說明反應(yīng)③逆向移動，故高溫利于反應(yīng)③逆向進(jìn)行，A正

確；

B.溫度升高，C02減少說明反應(yīng)②逆向移動，故反應(yīng)②是正向放熱的反應(yīng)，AH2<0,B錯誤；

C.由圖知，溫度較低時，氣體組成中CH4占比更多，故欲制得甲烷含量高的高熱值燃?xì)鈶?yīng)在低溫下進(jìn)行，C正

確；

D.向制備合成氣體系中加入一定量CaO,消耗H2O,使反應(yīng)①②逆向移動，有利于增大H2體積分?jǐn)?shù)，D正

確；

本題選B?

13.從電子廢料（含Au、Ag和Cu等）中可回收金，主要流程如下：

房7十業(yè)??溶金析金rrr-----

電子廢料|---?-T粗Au

已知：王水溶金發(fā)生反應(yīng)Au+HNO3（稀）+4HC1（濃）=HAUC14+NO^+2H2O

下列說法不IE項(xiàng)的是

A.濃鹽酸促進(jìn)了Au和HNO3的反應(yīng)，其原因是降低了c（Ad+）,增強(qiáng)了Au的還原性

B.依據(jù)王水溶金原理，NaCN飽和溶液與O?也可使Au溶解

C.Na2so3可實(shí)現(xiàn)析金發(fā)生反應(yīng)：2HAuC、+3H2（D+3Na2SC）3=2Au+3Na2so4+8HC1

D.以HAuC）為電解質(zhì)進(jìn)行粗金的電解精煉，可能會有AgCl覆蓋在陰極發(fā)生鈍化

【答案】D

【分析】電子廢料（含Au、Ag和Cu等），通過王水溶金生成HAuCL,加入亞硫酸鈉析金后得到粗金，據(jù)此回

答。

【詳解】A.濃鹽酸與Air3+結(jié)合，降低了c（Au3+）,增強(qiáng)了Au的還原性，因而促進(jìn)了Au和HNCh的反應(yīng)，A正

確；

B.NaCN飽和溶液與。2也可使Au溶解，反應(yīng)方程式為4Au+8NaCN+Ch+2H2C）=4Na[Au（CN）2]+4NaOH,B正

確；

C.亞硫酸鈉具有還原性，HAuCk具有氧化性，則Na2s03可實(shí)現(xiàn)析金發(fā)生反應(yīng)為：

2HAUC14+3H2O+3Na2sO3=2Au+3Na2SO4+8HC1,C正確；

D.溶液中含有[AUC14「，無氯離子，故不會生成氯化銀沉淀，D錯誤；

故選D。

14.稍過量零價鐵與亞硫酸鈉體系能有效降解廢水中有機(jī)污染物活性紅。

已知：

i.體系中產(chǎn)生的SO4.、SO5?和OHg可將活性紅氧化，其中SOd?具有強(qiáng)氧化性

ii.Fe2++SO；^SO；+Fe3+

SO；^OH=SOj+OHg

iii.Fe?+開始沉淀時pH=6.3,完全沉淀時pH=8.3

Fe3+開始沉淀時pH=1.5,完全沉淀時pH=2.8

0.7

。6

S5

S4

cc

101214

PH

圖1.Na2SO3體系中各含硫粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系

圖2.零價鐵與亞硫酸鈉體系內(nèi)物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系

下列說法不正確的是

A.由圖1,25℃時H2sO3的p&2=7.22

B.pH=4時較pH=8時具有更好的降解效果

C.反應(yīng)一段時間后零價鐵表面產(chǎn)生Fe(OH)3,投入Na2sO3可消除

D.用等物質(zhì)的量的硫酸亞鐵代替零價鐵可提高有機(jī)物的降解率

【答案】D

c（H+）c（SO^）

（）

【詳解】A.由圖1,c（SO：）=c（HSO”寸，pH=7.22,K=CH+=1x10-722,

a2c（HSQ-）

pKa2=7.22,A正確;

B.由圖2可知，HSO］轉(zhuǎn)化為SO4.可以降解廢水中有機(jī)污染物，pH=4時HSO］的濃度高于pH=8時HSO］的濃

度，具有更好的降解效果，B正確；

C.反應(yīng)一段時間后零價鐵表面產(chǎn)生Fe(OH)3，Na2sO3具有還原性，Na2sO3可以和Fe(OH)3反應(yīng)生成

Na2so4和FeSO4,從而除去Fe(OH)3,C正確；

D.由圖2可知，零價鐵與亞硫酸鈉體系能有效降解廢水中有機(jī)污染物活性紅，用等物質(zhì)的量的硫酸亞鐵代替零價

鐵不能提高有機(jī)物的降解率，D錯誤；

故選Do

第二部分

本部分共5題，共58分

15.水系質(zhì)子電池是一種安全環(huán)保電池技術(shù)，它采用水系電解質(zhì)(通常為硫酸),通過氫離子的移動來進(jìn)行充放電。

O

(1)對苯醒(［j)可作為水系質(zhì)子電池的負(fù)極材料。

O

①依據(jù)電子云重疊方式分析對苯醛中存在的共價鍵類型有O

②下列說法正確的是o

a.對苯醍所有原子共平面

b.硫酸根中硫原子的雜化方式是sp?

c.對苯醍中元素的電負(fù)性由大到小的順序：O>C>H

③負(fù)極材料需結(jié)合質(zhì)子儲能后才能實(shí)現(xiàn)放電，對苯醍的儲能發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化。

O0H

。+2H++2Ff，

OOH

O

鄰苯醍)也可作為負(fù)極材料，鄰苯醍儲能后放電發(fā)生的電極反應(yīng)式是。

O

④對苯醍儲能過程中在電解液中發(fā)生部分溶解導(dǎo)致負(fù)極材料損耗，從結(jié)構(gòu)角度分析其原因是O

(2)二水合鐵氧化鐵Fe［Fe(CN)612H2。可用于質(zhì)子電池的正極材料，其晶胞形狀為立方體，邊長為anm,結(jié)

構(gòu)如圖。

OFe

?C

oN

VH2O

①距離Fe3+最近的Fe'+有.個。

②已知Fe[Fe(CNL12H2。的摩爾質(zhì)量是Mg.moL,阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為.g■cm"3o

OHo

【答案】(1)①.鍵、乃鍵-2e~-2H++④.儲能過程中產(chǎn)

OHo

生的對苯酚是極性分子，溶于電解液造成損耗

4M

⑵①.6②.

【小問1詳解】

①對苯醍中含有c-c、C=O、C=c等共價鍵，單鍵為◎鍵，雙鍵為1個◎鍵和1個兀鍵，故依據(jù)電子云重疊方式分

析對苯醛中存在的共價鍵類型有。鍵、兀鍵，故答案為：0鍵、兀鍵;

②a.對苯醛中所有C原子都為sp2雜化，所有原子可共平面，故a正確;

6+2-2x4

b.硫酸根中硫原子價層電子對數(shù)為4+=4,為sp3雜化，故b錯誤;

2

c.非金屬性：0>C>H,非金屬性越強(qiáng)其電負(fù)性越大，電負(fù)性：0>C>H,故c正確；故答案為：ac；

③由題意知，對苯醍結(jié)合質(zhì)子儲能后生成對苯二酚，則鄰苯醍結(jié)合質(zhì)子儲能后生成鄰苯二酚，鄰苯二酚失電子生

OHO

成鄰苯醍和質(zhì)子，電極反應(yīng)式為：|-2e-->2H++

OHO

④對苯醍結(jié)合質(zhì)子儲能后生成對苯二酚，對苯二酚中含有2個親水基團(tuán)羥基，可溶于水，可進(jìn)入電解質(zhì)溶液，造

成負(fù)極損耗，故答案為：儲能過程中產(chǎn)生的對苯酚是極性分子，溶于電解液造成損耗;

【小問2詳解】

①距離頂點(diǎn)的Fe3+最近的Fe3+位于相鄰的棱心，共6個，故答案為：6；

②Fe位于頂點(diǎn)、面心、棱心和體心，個數(shù)為8X』+6X；+12XL+I=8,則晶胞中相當(dāng)于含有4個

824

4M4M

“Fe[Fe(CN)6]?2H2O"，晶胞質(zhì)量為又1g,晶胞體積為(axlO-7)3cm3,晶體密度「=不"(410-2)故答案為:

NANA

4M

N4(GxI。-")。

16.乙烯合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學(xué)科學(xué)與技術(shù)的不斷進(jìn)步。

(1)用燃類熱裂解法制乙烯是乙烯工業(yè)化生產(chǎn)的開端。

①乙烷高溫裂解制備乙烯(反應(yīng)I)的化學(xué)方程式是。

②在裂解過程中伴隨反應(yīng)II：C2H4(g)0兄伍升耳他)，在高溫下縮短C2H6在反應(yīng)器中的停留時間可提高

乙烯的獲取率，由此判斷反應(yīng)速率：反應(yīng)I反應(yīng)II。(填或“=”)

(2)乙快選擇性加氫制乙烯是石油化工領(lǐng)域重要的發(fā)展階段。

以耙(Pd)為催化劑可有效提高乙烯產(chǎn)率，在催化劑表面的反應(yīng)機(jī)理如下圖所示(吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)

①下列說法正確的是。

a.NP-Pd催化反應(yīng)過程中步驟I為放熱反應(yīng)

b.ISA-Pd催化反應(yīng)過程中步驟II為決速