资源简介 泉港二中2023-2024年高三(下)一模化学科试题相对原子质量:H-1 C-12 O-16 V-51 Zn-65第I卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。)1. 化学与生活密切相关,下列说法错误的是A. GaN具有半导体的性质,常用作 LED 灯的芯片,属于新型无机非金属材料B. 宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维C. 推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳的排放D. 霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同2. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物,可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A. 化合物甲和乙都是易溶于水的有机物B. 化合物乙能与甲醛发生缩聚反应C. 溶液或溶液均可用来鉴别化合物甲、乙D. 化合物乙能与盐酸、溶液反应,且乙最多能与反应3. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料,广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等;肼()的燃烧热为624kJ/mol,是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示,P元素可形成多种含氧酸,其中次磷酸()为一元弱酸,H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属,铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列化学反应表示正确的是A. NO2制HNO3的离子方程式:3NO2+H2O=2HNO3 +NOB. 次磷酸与足量NaOH溶液反应:C. 肼燃烧的热化学方程式:;D. 雌黄制备雄黄的化学方程式:2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑4. 在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将 X 转化成 Y的反应过程如下。设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. BH3-NH3 分子中氢的化合价相同B. 1molBH3-NH3分子中所含电子数为18NAC. 等物质的量的 X与 Y ,Y比 X多NA个σ键D. X、Y、BH3-NH3中C、B、N原子均为sp2杂化5. 氟利昂—11(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A. 0.5mol由 CFCl3 、 CFCl2 组成的混合物中共价键的数目为2NAB. 1.6g由 O2和 O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NAC. 标准状况下,1.12L18O3中含有的中子总数为1.2NAD. 1mol O3中含孤电子对数为6NA6. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应,进行如图所示实验。下列说法错误的是A. 过程①中加入溶液后,溶液的pH变小B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀,使和的反应进行完全C. 黄色沉淀为碘化银,滤液1中加入NaCl溶液为了除去银离子D 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液,再加入KI溶液,溶液会立即变蓝7. 前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大,W、X同周期,W、Z同主族,基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高,基态Y和 M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态,M为人类最早使用的金属,下列说法错误的是A. 离子半径:Z>Y>XB. 简单氢化物的沸点:X>W>ZC. 化合物Y2X2、YW3中,同时含有离子键和非极性键D. M的某种氧化物对应的水化物可溶于W简单氢化物的水溶液中8. 从废旧CPU中回收Au(金)、Ag、Cu的部分流程如下:已知HAuCl4 = H+ + AuCl。下列说法正确的是A. 酸溶时,溶解相同的原料,使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸的少B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水,可以分离Cu2+、Ag+C. 用浓盐酸和浓NaNO3溶液的混合液也可以溶解金D. 向1 mol HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au,只需消耗1.5 mol Zn9. 某锂离子电池其原理如图所示,下列说法不正确的是A. 隔膜为阳离子交换膜B. 放电时,A极发生反应为C. 充放电过程中,只有一种元素化合价发生变化D. 用此电池电解(惰性电极)足量溶液,当有1mol离子穿过隔膜时,产生气体分子数目为10. 25℃时,用溶液分别滴定一元酸溶液和溶液,pM[p表示负对数,M表示,]与溶液的变化关系如图所示。已知:①易溶于水,②平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是A. 该温度下,的B. 滴定溶液至x点时,改为滴加HA溶液,沉淀逐渐完全溶解C. 25℃,NaA溶液中,水解常数的数量级为D. 滴定HA溶液至x点时,溶液中第II卷(选择题 共60分)二、填空题(共4大题)11. ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂,医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3,还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示:相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表:金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 81 6.9沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9已知:①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有:Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。③氧化性顺序:Ni2+>Cd2+>Zn2+。(1)基态Zn原子的核外电子排布式为___________,铁在元素周期表中的位置为___________,Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子,其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H),该配体以π电子参与配位,配合物离子中与铁形成配位键的电子共有___________个,S元素的杂化方式为___________。(2)“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量___________(填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是___________。(3)加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和___________。(4)“还原除杂”除去离子是___________。(5)生成碱式碳酸锌沉淀,写出该步骤离子方程式___________。碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO,ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示),晶胞参数为apm,该晶胞的密度为___________g/cm3,请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图___________。12. 二氧化钒()是一种新型热敏材料,实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为},过程如下:溶液氧钒(IV)简式碳酸铵晶体已知:+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。回答下列问题:(1)步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下,只用浓盐酸与反应也能制备溶液,但该方法未被推广,从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。(2)步骤ⅱ可用下图仪器组装完成。①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。②饱和溶液的作用是___________。③反应结束后,将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中,静置过滤可得到紫红色晶体,然后抽滤,先用饱和溶液洗涤3次,再用无水乙醇洗涤2次,最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。(3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下:消耗滴定的体积如下:实验次数 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL1 0.00 19.992 1.10 21.103 1.56 21.57滴定反应为。①滴定时,向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。②粗产品中钒的质量分数为___________%。13. 利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷( ),涉及反应如下:主反应:( )副反应:(1)已知 ,( )的燃烧焓为,则___________。(2)一定条件下,向1L密闭容器中通入和,平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6,乙烯的平衡转化率为0.6,则该温度下主反应的平衡常数K=___________,能够提高 平衡产率的措施有___________(写一项即可)。(3)以上过程反应机理如下:反应Ⅰ: 慢反应Ⅱ:( ) 快反应Ⅲ: 快一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。A. 升高温度 B. 通入惰性气体C. 增大浓度 D. 增大浓度(4)加入1,2-二氯乙烷会发生。一定条件下,反应经过一定时间后, 产率及选择性与1,2-二氯乙烷浓度关系如图。1,2-二氯乙烷能使 产量先增加后降低的原因是___________。(5)反应结束后,控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时,,① ___________(填数值)。②1L氨水中至少含有___________才能回收1molAgCl。14. 我国科学家利用N—苯基甘氨酸(E)中的键在氧气作用下构建键,实现了喹啉并内酯(L)的高选择性制备,其合成路线如下图。已知:①F的核磁共振氢谱有3组峰。②③ROH++HBr(1)K中官能团的名称为___________。(2)C→D的过程中通常要加入稍过量的C,可能的原因是___________。(3)F→G的反应类型为___________。(4)I→J的化学方程式为___________。(5)E的同分异构体中同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。①苯环上有2个取代基;②能发生水解反应和银镜反应;③结构中既无氮氧键也无醚键。(6)M是E的同系物,分子量比E少14,M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体,通过蒸馏的方法分离,其中最先被蒸出来的是___________(写出结构简式)。(7)E和K反应得到L的流程如下图所示(无机试剂及条件已略去):已知:。结合已知反应信息,写出中间产物的结构简式___________。泉港二中2023-2024年高三(下)一模化学科试题相对原子质量:H-1 C-12 O-16 V-51 Zn-65第I卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。)1. 化学与生活密切相关,下列说法错误的是A. GaN具有半导体的性质,常用作 LED 灯的芯片,属于新型无机非金属材料B. 宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维C. 推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳的排放D. 霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同【答案】C【解析】【详解】A.GaN具有半导体的性质,常用作LED灯的芯片,GaN属于新型无机非金属材料,A正确;B.宇航服中气密限制层使用的涤纶属于合成纤维,B正确;C.推广使用煤液化技术,可减少颗粒物排放,不能减少二氧化碳排放,C错误;D.霓虹灯的发光机制与氢原子光谱形成的机制基本相同,都是电子在不同能级的跃迁形成的,D正确;故合理选项是C。2. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物,可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A. 化合物甲和乙都是易溶于水的有机物B. 化合物乙能与甲醛发生缩聚反应C. 溶液或溶液均可用来鉴别化合物甲、乙D. 化合物乙能与盐酸、溶液反应,且乙最多能与反应【答案】C【解析】【详解】A.化合物甲和乙都含有苯环、酯基和醚键,是难溶于水的有机物, 故A错误;B.化合物乙中酚羟基的邻、对位均没有氢原子,所以不能与甲醛发生缩聚反应,故B错误;C.化合物甲中有羧基、乙中没有羧基,所以甲和碳酸氢钠溶液产生无色气体,乙则没有气体生成,化合物甲中无酚羟基、乙中有酚羟基,所以乙和氯化铁溶液显紫色、甲和氯化铁溶液不显紫色,因此可用碳酸氢钠溶液或氯化铁溶液来鉴别化合物甲、乙,故C正确;D.化合物乙中有酚羟基、溴原子和酯基,能与氢氧化钠溶液反应,有氨基能与盐酸反应,且1mol乙中1mol溴原子消耗1mol氢氧化钠、1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠、分子中最右侧的1mol酯基消耗1mol氢氧化钠、另外1mol酚羟基酯基消耗2mol氢氧化钠,所以1mol乙最多能与5mol氢氧化钠反应,故D错误;故答案为:C。3. ⅤA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。氨是重要的化工原料,广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱、医药等;肼()的燃烧热为624kJ/mol,是常用的火箭燃料。白磷()晶胞如图所示,P元素可形成多种含氧酸,其中次磷酸()为一元弱酸,H3PO4为三元中强酸。雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属,铅锑合金一般用作铅蓄电池的负极材料。下列化学反应表示正确的是A. NO2制HNO3的离子方程式:3NO2+H2O=2HNO3 +NOB. 次磷酸与足量NaOH溶液反应:C. 肼燃烧的热化学方程式:;D. 雌黄制备雄黄的化学方程式:2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑【答案】D【解析】【详解】A.NO2制HNO3离子方程式:3NO2+H2O=2H++2NO+NO,故A错误;B.次磷酸是一元弱酸,次磷酸与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2,方程式为:,故B错误;C.肼()的燃烧热为624kJ/mol,即1mol燃烧生成氮气和液态水时放出624kJ热量,热化学方程式: ,故C错误;D.雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体,化学方程式为:2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑,故D正确;故选D。4. 在氨硼烷(BH3-NH3)及催化剂作用下将 X 转化成 Y的反应过程如下。设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. BH3-NH3 分子中氢的化合价相同B. 1molBH3-NH3分子中所含电子数为18NAC. 等物质的量的 X与 Y ,Y比 X多NA个σ键D. X、Y、BH3-NH3中C、B、N原子均为sp2杂化【答案】B【解析】【详解】A.由于电负性BB.1 molBH3-NH3分子中所含电子数为18mol,则含电子数为18 NA,B正确;C.1个Y比1个X多1个σ键,但这里并没有告诉具体的物质的量,物质的量不一定是1mol,C错误;D.X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子,有sp2和sp3杂化,氨硼烷中存在配位键,N与B均为sp3杂化,D错误;故选B。5. 氟利昂—11(CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A. 0.5mol由 CFCl3 、 CFCl2 组成的混合物中共价键的数目为2NAB. 1.6g由 O2和 O3组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NAC. 标准状况下,1.12L18O3中含有的中子总数为1.2NAD. 1mol O3中含孤电子对数为6NA【答案】B【解析】【详解】A.0.5mol由CFCl3的共价键为2mol、0.5molCFCl2共价键的数目为1.5mol,则混合物中共价键的数目不为2NA,A错误;B.1.6g由O2和O3的最简式相同为O,即氧原子为0.1mol,则组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA,B正确;C.标准状况下,1.12 L18O3物质的量为0.05mol,中子总数为0.05,C错误;D.1个O3分子中中间的O原子含孤电子对数为1对,两边的氧原子含孤电子对数为2对,共有5对孤电子对,所以 1mol O3中含孤电子对数为5NA,D错误;故选B。6. 某小组同学为了探究碘水与硝酸银的反应,进行如图所示实验。下列说法错误的是A. 过程①中加入溶液后,溶液的pH变小B. 蓝色褪去可能是因为生成AgI沉淀,使和的反应进行完全C. 黄色沉淀为碘化银,滤液1中加入NaCl溶液是为了除去银离子D. 向滤液2中先加入足量氢氧化钠溶液,再加入KI溶液,溶液会立即变蓝【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知,碘水遇淀粉会变为蓝色说明碘水中存在如下平衡:I2+H2OH++I—+HIO,向蓝色溶液中加入硝酸银溶液,碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀,使平衡向正反应方向移动直至趋于完全,溶液蓝色褪去,过滤得到碘化银黄色沉淀和含有次碘酸、硝酸的滤液1;向滤液1中加入氯化钠溶液,将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀,过滤得到滤液2;向滤液2中加入碘化钾溶液,溶液中的硝酸、次碘酸与碘离子反应生成碘单质使淀粉变蓝色。【详解】A.由分析可知,向碘水溶液中加入硝酸银溶液充分反应后,过滤得到含有次碘酸、硝酸的滤液1,溶液的酸性增强、pH变小,故A正确;B.由分析可知,向蓝色溶液中加入硝酸银溶液,碘离子与银离子反应生成碘化银沉淀,使平衡向正反应方向移动直至趋于完全,溶液蓝色褪去,故B正确;C.由分析可知,加入氯化钠溶液的目的是除去溶液中的银离子,故C正确;D.由分析可知,滤液2中含有次碘酸和硝酸,加入足量氢氧化钠溶液中和酸得到次碘酸钠和硝酸钠的碱性溶液,碱性条件下,硝酸根离子、次碘酸离子不能与碘离子反应,不所以加入碘化钾溶液后,溶液不会变为蓝色,故D错误;故选D。7. 前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大,W、X同周期,W、Z同主族,基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高,基态Y和 M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态,M为人类最早使用的金属,下列说法错误的是A. 离子半径:Z>Y>XB. 简单氢化物的沸点:X>W>ZC. 化合物Y2X2、YW3中,同时含有离子键和非极性键D. M的某种氧化物对应的水化物可溶于W简单氢化物的水溶液中【答案】A【解析】【分析】前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大,W、X同周期,基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高,则W为N元素、X为O元素;W、Z同主族,则Z为P元素;M为人类最早使用的金属,则M为Cu元素;基态Y和M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态,则Y为Na元素。【详解】A.电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则钠离子的离子半径小于氧离子,故A错误;B.水分子和氨分子都能形成分子间氢键,水分子形成的氢键数目多于氨分子,分子间作用力大于氨分子,沸点高于氨分子,磷化氢不能形成分子间氢键,分子间作用力小于氨分子,沸点低于氨分子,所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为X>W>Z,故B正确;C.过氧化钠和叠氮化钠都是含有离子键和非极性键的离子化合物,故C正确;D.氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水,故D正确;故选A。8. 从废旧CPU中回收Au(金)、Ag、Cu的部分流程如下:已知HAuCl4 = H+ + AuCl。下列说法正确的是A. 酸溶时,溶解相同的原料,使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸的少B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水,可以分离Cu2+、Ag+C. 用浓盐酸和浓NaNO3溶液的混合液也可以溶解金D. 向1 mol HAuCl4中加入过量Zn使其完全还原为Au,只需消耗1.5 mol Zn【答案】C【解析】【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应,金没有溶解,过滤后滤液中含银离子和铜离子,金用硝酸和氯化钠可以溶解得到HAuCl4溶液,加锌粉还原得到金。从流程中可以看出,在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。【详解】A.铜与稀硝酸反应的比例关系3Cu~2~2NO,与浓硝酸反应的比例关系Cu~2~2NO2,相同Cu与硝酸反应产生的氮氧化物,浓硝酸产生的多,A错误;B.“过滤”所得滤液中的Cu2+和Ag+与过量浓氨水都能生成配合物离子,不能分离,B错误;C.用浓盐酸和NaNO3,溶液中溶质与HNO3-NaCl一样,可以溶解金,C正确;D.用过量Zn粉将1molHAuCl4完全还原为Au,锌与氢离子反应也会参加反应,消耗Zn的物质的量大于1.5mol,D错误;本题选C。9. 某锂离子电池其原理如图所示,下列说法不正确的是A. 隔膜为阳离子交换膜B. 放电时,A极发生反应为C. 充放电过程中,只有一种元素化合价发生变化D. 用此电池电解(惰性电极)足量溶液,当有1mol离子穿过隔膜时,产生气体分子数目为【答案】C【解析】【分析】由图可知,放电时B极S→T,S失去电子,发生氧化反应,则放电时B极为负极,A极为正极,充电时,B极为阴极,A极为阳极。【详解】A.放电时B极S→T,S失去电子,发生氧化反应,释放处的阳离子锂离子移向正极,所以隔膜为阳离子交换膜,A正确;B.放电时,A极为正极,发生还原反应,电极反应式为:,B正确;C.充放电过程中,C元素和I元素的化合价发生变化,O元素化合价不发生变化,C错误;D.用此电池电解(惰性电极)足量溶液,阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极发生4Ag++4e-=4Ag,当有1mol离子穿过隔膜时(转移电子1mol),产生氧气0.25mol,分子数目,D正确;故选C。10. 25℃时,用溶液分别滴定一元酸溶液和溶液,pM[p表示负对数,M表示,]与溶液的变化关系如图所示。已知:①易溶于水,②平衡常数时反应进行完全。下列说法错误的是A. 该温度下,的B. 滴定溶液至x点时,改为滴加HA溶液,沉淀逐渐完全溶解C. 25℃,NaA溶液中,水解常数的数量级为D. 滴定HA溶液至x点时,溶液中【答案】B【解析】【分析】根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO4溶液的反应可知,随着NaOH溶液的滴加,pH增大,c(Cu2+)逐渐减小,-lgc(Cu2+)变大;分析可知,线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系;线②代表滴定一元酸溶液pM与溶液pH的变化关系。【详解】A.根据线①上的点,当pM=0时,c(Cu2+)=1mol/L,pH=4.2,c(OH-)=10-9.8mol/L,的,故A正确;B.若发生反应Cu(OH)2(s)+2HA(aq)=Cu2+(aq)+2A-(aq)+2H2O(l),则该反应的K==,根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0,即c(Cu2+)=1.0mol L-1时,c(OH-)=10-9.8mol/L,,所以Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6,K=10-19.6×=10-6.4<105,故沉淀不能完全溶解,故B错误;C.氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,随着NaOH溶液的滴加,pH增大,故c(Cu2+)逐渐减小,-lgc(Cu2+)变大,所以曲线①代表滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系,曲线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系,从线②与横坐标轴的交点时c(H+)=10-7.4mol L-1,=1时,Ka==c(H+)=10-7.4,水解常数Kh===10-6.6,数量级为,故C正确;D.x点溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),所以,再根据x点的pM>0,即c(A-)<c(HA),可得,故D正确。答案选B。第II卷(选择题 共60分)二、填空题(共4大题)11. ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料添加剂,医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3,还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示:相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表:金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9已知:①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有:Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2③氧化性顺序:Ni2+>Cd2+>Zn2+。(1)基态Zn原子的核外电子排布式为___________,铁在元素周期表中的位置为___________,Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子,其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H),该配体以π电子参与配位,配合物离子中与铁形成配位键的电子共有___________个,S元素的杂化方式为___________。(2)“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量___________(填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是___________。(3)加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和___________。(4)“还原除杂”除去的离子是___________。(5)生成碱式碳酸锌沉淀,写出该步骤的离子方程式___________。碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO,ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示),晶胞参数为apm,该晶胞的密度为___________g/cm3,请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图___________。【答案】(1) ①. ②. 第四周期第族 ③. 12 ④. sp3(2) ①. 或等 ②. 1(3)(4)(5) ①. ②. ③.【解析】【分析】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3,还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液,调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去,反应的离子方程式为、,此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+,由于离子的氧化性Ni2+>Cd2+>Zn2+,所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去,最后向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌,生成碱式碳酸锌沉淀,反应的离子方程式为,高温灼烧碱式碳酸锌得到氧化锌。【小问1详解】Zn的原子序数为30,基态Zn原子的核外电子排布式为;铁的原子序数为26,其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族;茂环阴离子(C5H)中参与大π键的有6个电子,Fe2+周围有两个S原子和一个CO中的C与Fe2+以配位键结合,三个配位键中含有6个价电子,配合物离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12个;S原子形成三个共价键,还有一对孤电子对,所以S元素的杂化方式为sp3杂化;【小问2详解】“调”时向“溶浸”后的溶液中所加的物质要能消耗氢离子,同时其产物不能引入新的杂质,且过量时便于除去,因此应加入含锌元素、难溶于水、能和氢离子反应的物质,如或等;表中数据显示,Zn2+开始沉淀的pH=6.0,此时c(OH-)=10-8mol/L,Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)c(OH-)2=0.1×(10-8)2=10-17,pH=5.5时溶液中的最大浓度是;【小问3详解】加“氧化除杂”时氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去,发生反应的离子方程式分别是和;【小问4详解】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3,还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液,调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去,此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+,由于离子的氧化性Ni2+>Cd2+>Zn2+,所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去,即“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+;【小问5详解】向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌,生成碱式碳酸锌沉淀,反应的离子方程式为;该晶胞中Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内,所以晶胞中Zn的个数为8×+6×=4,O的个数为4,晶胞的密度为;ZnO晶胞中与Zn最近的O原子有4个,Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内晶胞的中心,则该晶胞沿轴方向的平面投影图为。12. 二氧化钒()是一种新型热敏材料,实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为},过程如下:溶液氧钒(IV)简式碳酸铵晶体已知:+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。回答下列问题:(1)步骤ⅰ中生成同时生成的化学方程式为___________。常温下,只用浓盐酸与反应也能制备溶液,但该方法未被推广,从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是___________(用化学方程式和必要的文字说明)。(2)步骤ⅱ可用下图仪器组装完成。①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。②饱和溶液的作用是___________。③反应结束后,将三颈烧瓶置于保护下的干燥器中,静置过滤可得到紫红色晶体,然后抽滤,先用饱和溶液洗涤3次,再用无水乙醇洗涤2次,最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________(填阴离子的电子式)。(3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。实验步骤如下:消耗滴定的体积如下:实验次数 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL1 0.00 19.992 1.10 21.103 1.56 21.57滴定反应为。①滴定时,向锥形瓶中加入几滴___________(填化学式)溶液作指示剂。②粗产品中钒的质量分数为___________%。【答案】(1) ①. ②. ,产生有毒气体,会污染环境(2) ①. eabfgc(或eabfged) ②. 除去中混有的HCl气体 ③.(3) ①. ②.【解析】【分析】实验室以V2O5为原料合成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体,V2O5与盐酸、N2H4反应生成VOCl2的同时生成N2,化学方程式为。生成的VOCl2溶液与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体。【小问1详解】步骤i中生成VOCl2同时生成N2,N2H4中N失电子生成氮气,N化合价从-2价升高为0价,V2O5中V得电子生成VOCl2,V化合价从+5价降低为+4价,根据得失电子守恒,N2H4和V2O5的系数比为1:2,再根据原子守恒,可得化学方程式为。常温下只用浓盐酸和V2O5反应也能制备VOCl2,两者反应的化学方程式为,有Cl2生成污染环境。【小问2详解】①+4价钒在弱酸性条件下具有还原性,因此在反应前需要除尽装置内的空气,先用C装置产生CO2,生成的CO2中混有HCl,故再将混合气体通过A除去CO2中的HCl,然后连接D装置,最后g连接c,观察到澄清石灰水变浑浊说明装置内的空气已经排尽,故从左到右的连接顺序为eabfgc。②生成的CO2中混有HCl,因此将混合气体通过饱和NaHCO3除去CO2中的HCl。③VOCl2与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体,反应后的溶液中含有氯离子,过滤后得到紫红色晶体,用饱和碳酸氢铵洗涤除去晶体表面的氯离子,氯离子的电子式为。【小问3详解】粗产品中加入硫酸生成VO2+,再加入酸性高锰酸钾将VO2+氧化成,充分反应后加入NaNO2除去过量的高锰酸钾,最后用硫酸亚铁铵滴定含的溶液。①用硫酸亚铁铵滴定含的溶液,滴定终点时Fe2+稍过量,可选用作指示剂。②根据三组实验的数据,消耗硫酸亚铁铵平均值为20mL,亚铁离子物质的量为0.02mol,根据方程式,可知的物质的量为0.02mol,根据V守恒可知,样品中含有V0.02mol,故粗产品中V的质量分数为=%。13. 利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷( ),涉及反应如下:主反应:( )副反应:(1)已知 ,( )的燃烧焓为,则___________。(2)一定条件下,向1L密闭容器中通入和,平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6,乙烯的平衡转化率为0.6,则该温度下主反应的平衡常数K=___________,能够提高 平衡产率的措施有___________(写一项即可)。(3)以上过程反应机理如下:反应Ⅰ: 慢反应Ⅱ:( ) 快反应Ⅲ: 快一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。A. 升高温度 B. 通入惰性气体C 增大浓度 D. 增大浓度(4)加入1,2-二氯乙烷会发生。一定条件下,反应经过一定时间后, 产率及选择性与1,2-二氯乙烷浓度关系如图。1,2-二氯乙烷能使 产量先增加后降低的原因是___________。(5)反应结束后,控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时,,① ___________(填数值)。②1L氨水中至少含有___________才能回收1molAgCl。【答案】(1)(2) ①. 4.05 ②. 压缩体积 (3)AD(4)浓度低时抑制副反应增加主反应选择性,浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果(5) ①. ②.【解析】【小问1详解】④ (g)③②,根据盖斯定律:2×②-4×③-2×④得( );【小问2详解】根据( ),假设氧气转变化量为x,则乙烯变化量为2x,环氧乙烷变化量为2x;根据,假设氧气变化量为3y,则乙烯变化量为y,二氧化碳和水的变化量均为2y;平衡式时乙烯物质的量:,氧气物质的量:,环氧乙烷物质的量:,二氧化碳物质的量:,根据乙烯的平衡转化率为0.6可知①,根据平衡时 的选择性[n( )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6可知②,联立①②解得,则平衡常数;可以通过压缩体积方式提高产率;【小问3详解】A.升高温度,反应速率一定加快,故A正确;B.通入无关反应气体,可能导致反应物浓度降低,速率减慢,故B错误;C.增大乙烯浓度会导致副反应速率加快,消耗更多氧气,氧气浓度降低,主反应速率减慢,故C错误;D.增大氧气浓度,利于提高反应历程中慢反应速率,从而提高主反应速率,故D正确;答案选AD;【小问4详解】浓度低时抑制副反应增加主反应选择性,浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果;【小问5详解】①,平衡常数;②根据反应可知,回收1mol氯化银需要2mol氨,该反应平衡常数为,假设1L氨水含xmolNH3,则有,解得;14. 我国科学家利用N—苯基甘氨酸(E)中的键在氧气作用下构建键,实现了喹啉并内酯(L)的高选择性制备,其合成路线如下图。已知:①F的核磁共振氢谱有3组峰。②③ROH++HBr(1)K中官能团的名称为___________。(2)C→D的过程中通常要加入稍过量的C,可能的原因是___________。(3)F→G的反应类型为___________。(4)I→J的化学方程式为___________。(5)E的同分异构体中同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。①苯环上有2个取代基;②能发生水解反应和银镜反应;③结构中既无氮氧键也无醚键。(6)M是E的同系物,分子量比E少14,M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体,通过蒸馏的方法分离,其中最先被蒸出来的是___________(写出结构简式)。(7)E和K反应得到L的流程如下图所示(无机试剂及条件已略去):已知:。结合已知反应信息,写出中间产物的结构简式___________。【答案】(1)碳碳双键、醚键(2)苯胺显碱性,可消耗产生的HCl,有利于生成更多的D(3)取代反应 (4)BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O(5)18 (6)(7)【解析】【分析】由B的结构简式可知A→B为苯A为苯的硝化反应, B→C的反应条件结合C的分子式可知,C的结构简式为,C与ClCH2COOC2H5反应生成D,结合D的分子式可知,D为,D在酸性条件下水解得到E,可知F有3种等效氢,结合其分子式可知,F为丙烯CH2=CH-CH3,F与Br2反应得到G,结合G的分子式可知,G为CH2=CH-CH2Br,G与甲醛在一点条件下生成H,结合已知信息②和H的分子式可知,H为CH2=CH-CH2CH2OH,H与Br2加成得到I,I为CH2BrCHBrCH2CH2OH,根据信息③可知,J为,J发生消去反应得到K,E、K、O2在一定条件下生成L,据此解题。【小问1详解】由K的结构简式可知官能团的名称为碳碳双键、醚键;【小问2详解】C与ClCH2COOC2H5反应生成D,通常要加入稍过量的C,可能的原因是:苯胺显碱性,可消耗产生的HCl,有利于生成更多的D;【小问3详解】F甲基上的H被Br取代得到G,反应类型为取代反应;【小问4详解】I为CH2BrCHBrCH2CH2OH,根据信息③反应得到J(),化学方程式为:BrCH2CHBrCH2CH2OH+KOH+KBr+H2O;【小问5详解】E的同分异构体中同时满足下列条件:①苯环上有2个取代基;②能发生水解反应和银镜反应,即存在结构或或;③结构中既无氮氧键也无醚键,满足条件的取代基组合为:-NH2和-CH2OOCH、-CH2NH2和、-NHCH3和、-CH2OH和、-OH和-CH2NHOCH、-OH和,每种都存在邻、间、对,符合条件的同分异构体共18种;【小问6详解】M是E的同系物,分子量比E少14,即少1个-CH2-原子团,M有三种显两性的二元取代苯的同分异构体,为、、,蒸馏是通过混合物中组分沸点不同进行分离的,能形成分子内氢键,沸点较低,首先被分离出;【小问7详解】依据中间产物前后两种物质的结构简式和题目信息,可推出其结构简式为。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 福建省泉州市泉港区第二中学2024届高三下学期第一次模拟预测化学试题(原卷版).docx 福建省泉州市泉港区第二中学2024届高三下学期第一次模拟预测化学试题(解析版).docx