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2024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九次模拟考试化学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）近日国家博物馆以“归来”为主题展出意大利返还中国流失文物，下列展品的主要成分不属于传统无机非金属材料的是
A．欧弗洛尼奥斯陶罐 B．大堡子山遗址被盗金片 C．白釉刻花碗 D．彩绘武士陶俑
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．陶罐的主要成分是陶土，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；
B．金片由金单质制成，属于金属材料，B符合题意；
C．白釉刻花碗是陶瓷制品，属于传统无机非金属材料，C不符合题意；
D．陶俑的主要成分是陶土，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料；金属材料包括金属单质和合金。
2．（2024高三下·深圳模拟）2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪。下列说法不正确的是（　　）
A．所获得的油气流是混合物
B．竹纤维属于无机非金属材料
C．钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高
D．SiO2是一种共价晶体
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A. 油气流的成分为多种短链气态烃，是混合物，A正确；
B. 竹纤维的成分是纤维素，是有机高分子材料，不是无机非金属材料，B错误；
C. 钛合金作航天耐高温材料，可知其具有 强度高、耐蚀性好、耐热性高 的特点，C正确；
D. SiO2 是Si和O以共价键形成的空间网状结构，是共价晶体，D正确；
答案：B
【分析】A.油气流的成分为多种短链气态烃，是混合物；
B.竹纤维的成分是纤维素，是有机高分子材料；
C.钛合金具有 强度高、耐蚀性好、耐热性高 的特点；
D. SiO2 是Si和O以共价键形成的空间网状结构，是共价晶体。
3．（2024高三下·深圳模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．1-丁醇的键线式：
D．NH3分子的VSEPR模型为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．溴的原子序数为35，因此其简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，d能与为半充满时，结构稳定，因此基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C.1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据溴的原子序数确定其简化的电子排布式。
B、根据d能级半充满稳定结构确定基态Cr原子的价层电子轨道式。
C、根据名称确定有机物的键线式。
D、根据中心氮原子的杂化方式，确定其VSEPR模型。
4．（2024高三下·深圳模拟）下列实验装置能够达到实验目的的是
A．图a测定醋酸的浓度 B．图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C．图c探究压强对平衡的影响 D．图d检验二氧化硫的漂白性
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 氢氧化钠溶液与聚四氟乙烯不反应，可用滴定管装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，选用酚酞做指示剂，待溶液由无色变为浅红色，且30s内不变色，则达到滴定终点，图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液中存在水解：Mg2++2H2O Mg(OH)2+2H+，加热会促进盐酸挥发，利于平衡正向移动，所以蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体，则不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸在加热条件下反应产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物，故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化钠溶液与醋酸反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。
B.氯化镁为强酸弱碱盐，其水溶液存在水解。
C.该反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响。
D.二氧化硫的漂白性是指二氧化硫能跟某些有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质。
5．（2024高三下·深圳模拟）3，4，5-三羟基苯甲酸又名没食子酸，作为一种重要的中药原料，具有抗氧化、抗炎、抗菌、抗病毒、抗肿瘤等多种功能，以没食子酸为原料可以合成种类繁多的化合物。下列选项错误的是
A．3，4，5-三羟基苯甲酸难溶于水
B．2→5反应属于酯化反应
C．可以用FeCl3溶液鉴别化合物3和4
D．1mol3，4，5-三羟基苯甲酸可与2molBr2发生取代反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A.3，4，5-三羟基苯甲酸含羧基与多个羟基，可以与水形成多个氢键，则能溶于水，A错误；
B.2中含有羧基，5中含有酯基，2→5是羧基与羟基应生成酯，属于酯化反应，B正确；
C．化合物3中没有酚羟基，4中含有酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，C正确；
D.由分析可知，1mol3，4，5-三羟基苯甲酸可与2molBr2发生取代反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.含羧基和羟基的物质一般能溶于水。
B.酯化反应的本质是羧基与羟基反应生成酯基和水。
C.含酚羟基的物质遇FeCl3溶液显紫色。
D.酚羟基的邻对位上的氢原子可发生取代反应。
6．（2024高三下·深圳模拟）西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是
A．冠醚分子中C原子的杂化类型为
B．冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子
C．不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的
D．18-冠-6与作用不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A．冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，因此C原子的的价层电子对数为4，采用杂化，A错误；
B．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不属于离子键，B错误；
C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；
D.18-冠-6与作用，但不与或作用说明超分子具有“分子识别”的特征，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据C原子的成键情况确定其价层电子对数，从而确定碳原子的杂化方式。
B、配位键属于特殊的共价键，不属于离子键。
C、中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的。
D、冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配。
7．（2024高三下·深圳模拟）物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 热稳定性：HF大于HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键
B 酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH 羟基的极性
C 键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°) 中心原子的杂化方式
D 熔点：低于NaBF4
晶体类型
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；晶格能的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．热稳定性HF大于HCl，表明H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，A不正确；
B．酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH，表明CH3COOH比CH3CH2OH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确；
C．CH4和NH3的中心原子的价层电子对数都为4，都采取sp3杂化，结合分析，由于C原子不存在孤电子对，而N原子有1个孤电子对，则键角：CH4(109.5°)＞NH3(107.3°)，C不正确；
D．这两种物质都属于离子晶体，阴离子相同，阳离子半径：前者＞后者，则熔点：＜NaBF4，D不正确；
故答案为：B。
【分析】A.物质的热稳定性与分子内键能有关，与氢键无关。
B.极性较强的羟基中的氢原子更易电离，即酸性更强。
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
D.离子晶体的熔点与其结构、离子半径、电荷数等因素有关。
8．（2024高三下·深圳模拟）某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A．第一电离能：T＜X＜Y
B．键长：T-Q>X-Q
C．该离子液体难挥发，可用作溶剂
D．易溶于水
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期主族元素核电荷数越大，第一电离能越大。其中基态N原子2p轨道为半充满稳定结构，因此第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；
B．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，因此键长：C-H>N-H，B正确；
C．在室温或接近室温时呈液态的盐类物质称为离子液体，离子液体具有难挥发的性质，因此离子液体可用作溶剂，C正确；
D． 的化学式为，结构中含有羟基，羟基能与水形成分子间氢键，使得水溶性增强，因此易溶于水，D正确；
故答案为：A
【分析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。
9．（2024高三下·深圳模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．浓硝酸和铁在常温下反应：Fe+6H++3=Fe3++3NO2↑+3H2O
B．实验室制氨气：+OH-=NH3↑
C．向含有1.5molFeI2的溶液中通入2molCl2：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-
D．向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2H+
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.常温下Fe与浓硝酸发生钝化，形成致密的氧化物薄膜，A错误；
B.实验室制氨气的反应为NH4Cl与Ca(OH)2共热反应：2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3+CaCl2+2H2O，B错误；
C.含有1.5mol FeI2 的溶液与2molCl2反应生成FeCl3、FeCl2和I2，反应的离子方程式为2Fe2＋6I-＋4Cl2＝2Fe3＋＋3I2＋8Cl-，故C正确；
D. NaClO溶液与少量 SO2 反应生成NaCl、Na2SO4和HClO，反应的离子方程式为3ClO-＋SO2＋H2O＝SO42-＋Cl-＋2HClO，故D错误；
答案：C
【分析】A.常温下Fe与浓硝酸发生钝化，形成致密的氧化物薄膜；
B.实验室制氨气的反应为NH4Cl与Ca(OH)2共热反应；
C.含有1.5mol FeI2 的溶液与2molCl2反应生成FeCl3、FeCl2和I2；
D.NaClO溶液与少量 SO2 发生氧化还原反应生成NaCl、Na2SO4和HClO。
10．（2024高三下·深圳模拟）某兴趣小组按照如图装置进行含硫物质的转化研究(加持装置已略去，气密性已检验)，全部加入I中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B．Ⅲ中出现浑浊，反应中SO2的非极性共价键断裂
C．Ⅳ中无明显现象
D．V中红色褪去体现了SO2的还原性
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，A错误；
B．由分析可知，Ⅲ中涉及反应为SO2+2S2 +2H2O=3S↓+4OH ，反应过程中SO2发生了化学键的断裂，B正确；
C．SO2与BaCl2溶液不反应，Ⅳ中无明显现象，C正确；
D．由分析可知，装置V中涉及反应为SO2+2OH-=SO32-+H2O，使得溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色，体现了SO2的酸性，D错误；
故本题为：C。
【分析】装置Ⅰ中涉及反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，装置Ⅱ中SO2使品红溶液褪色，装置Ⅲ中涉及反应为2H2O+SO2+2S2-=3S↓+4OH-，装置Ⅳ中没有明显现象，装置V中涉及反应为SO2+2OH-=SO32-+H2O，使得溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色。
11．（2024高三下·深圳模拟）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（　　）
实验目的 实验药品
A 证明Fe2+具有还原性 FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
B 证明牺牲阳极法保护铁 Fe、Cu、酸化的食盐水、K3[Fe(CN)6]溶液
C 证明AgI比AgCl更难溶 AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液
D 证明醋酸的酸性比碳酸强 醋酸、碳酸钠溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.Fe2+可以被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色，证明Fe2+具有还原性，A证明；
B. Fe、Cu、酸化的食盐水构成原电池，Fe为负极失电子：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与 K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀， Fe没有被保护，B错误；
C.向2mL浓度均为0.1mol/LNaCl和KI混合溶液中加入1-2滴0.01mol/L AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，证明 AgI比AgCl更难溶 ，C正确；
D. 醋酸与碳酸钠反应生成CO2，有气泡产生， 证明醋酸的酸性比碳酸，D正确；
答案：B
【分析】A.Fe2+可以被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色；
B. Fe、Cu、酸化的食盐水构成原电池，Fe为负极失电子， Fe没有被保护；
C.相同浓度的NaCl和KI混合溶液，溶解度小的先于AgNO3反应；
D.醋酸与碳酸钠反应生成CO2。
12．（2024高三下·深圳模拟）下图是短周期主族元素的价类二维图。下列说法错误的是
A．g和h可能是同一种物质
B．一定条件下，a与氧气能一步反应生成d
C．一定条件下，a和e能反应生成b
D．c、d、e中，只有c是酸性氧化物
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；物质的简单分类；化合价与化学式
【解析】【解答】A．g和h可能都是硝酸铵，A正确；
B．一定条件下，氨气与氧气不能一步反应生成二氧化氮，B错误；
C．一定条件下，氨气和一氧化氮能反应生成氮气，C正确；
D．对应的酸是硝酸，NO、、中只有是酸性氧化物，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据 短周期主族元素的价类二维图，可推出a、b、c、d、e、f、g、h分别为、、、、NO、、铵盐、硝酸盐。
13．（2024高三下·深圳模拟）已知：烯烃与卤化氢(H-X)加成分两步完成，机理如下
①
②
异丁烯与HCl加成时存在两种产物，反应历程如下：
有关说法正确的是
A．异丁烯中所有原子共面
B．加成产物发生消去反应时，可能存在两种同分异构体
C．伯碳正离子稳定性优于叔碳正离子
D．2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—2—甲基丙烷稳定
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．异丁烯分子中含有类似甲烷的结构，分子中所有原子不可能共面，故A错误；
B.2—氯—2—甲基丙烷和1—氯—1—甲基丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应只能生成异丁烯，故B错误；
C．由图可知，能量：伯碳正离子＞叔碳正离子，结合分析可知，稳定性：叔碳正离子＞伯碳正离子，故C错误；
D．由图可知，能量：2—氯—2—甲基丙烷＜1—氯—2—甲基丙烷，结合分析可知，稳定性：2—氯—2—甲基丙烷＞1—氯—2—甲基丙烷，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.类似甲烷结构中的原子不能共面。
B.同分异构体的分子式相同、结构不同。
C.能量越高越不稳定。
D.能量越高越不稳定。
14．（2024高三下·深圳模拟）在甲、乙均为1L的恒容密闭容器中均充入2molNO和2molCO，在恒温和绝热两种条件下仅发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-747kJ/mol，测得压强变化如图所示。下列说法错误的是
A．甲容器中的反应条件为绝热
B．乙容器中0~4min内υ(NO)=0.4mol L-1 min-1
C．a点放出的热量为597.6kJ
D．Kb＞Ka
【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着反应进行，甲容器中压强先增大后减小，而乙容器中压强不断减小，结合分析可知， 甲容器中的反应条件为绝热，则乙容器中的反应条件为恒温，A正确；
B.4min时，乙容器中压强为4p，则混合气的物质的量为=3.2mol，利用差量法可求出参加反应n(NO)=2×(4mol-3.2mol)=1.6mol，所以υ(NO)==0.4mol L-1 min-1，B正确；
C．由B项可知，a点时，参加反应NO的物质的量为1.6mol，放出的热量为=597.6kJ，C正确；
D．由A项可知，甲容器中的反应条件为绝热，则乙容器中的反应条件为恒温，随着反应的进行，绝热容器内混合气的温度不断升高，则平衡常数不断减小，所以Kb＜Ka，D错误；
故答案为：D。
【分析】反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为体积缩小的可逆反应，在恒温条件下，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，在绝热条件下，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，但由于该反应为放热反应，随着反应进行，不断释放热量，温度不断升高，压强不断增大。
15．（2024高三下·深圳模拟）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
　 实验操作 现象 结论
A 将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 可证明产生的气体中有烯烃
B 在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡 石蜡熔化呈椭圆形 说明物质X为非晶体
C 碳与二氧化硅在高温下反应 有单质生成 非金属性：
D 向盛有固体的试管中加入溶液 白色固体溶解 促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；晶体的定义；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．将1-溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇具有挥发性，且也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明产生的气体中有烯烃，A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于晶体导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，B错误；
C．碳与二氧化硅在高温下发生反应，碳作还原剂，无法证明非金属性：，C错误；
D．向盛有固体的试管中加入溶液，NH4＋与OH－结合更难电离的NH3·H2O，使平衡正向移动，氢氧化镁溶解，D正确；
故答案为：D
【分析】A、加热过程中乙醇挥发，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，造成干扰。
B、根据晶体的各向异性分析。
C、单质的氧化性越强，则其非金属性越强。
D、NH4＋能与Mg(OH)2产生的的OH－结合成更难溶的NH3·H2O，使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动。
16．（2024高三下·深圳模拟）2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)光电正极，建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统，总反应为6Li+N2=2Li3N，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．Nv可以捕获光生电子用于氧化N2
B．放电时，电流由a电极沿导线流向b电极
C．产生1A h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5：2
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗0.7gLi时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，a电极作负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C．由分析可知，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N，则生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；
D．铅蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，反应消耗2mol水时，转移2mol电子，结合得失电子数目守恒可知，充电消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×1×18g/mol=1.8g，故D错误；
故答案为：C。
【分析】该装置为原电池，根据电子移动方向可知，a电极作负极，其电极反应式为：Li—e-=Li+，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N。
17．（2024高三下·深圳模拟）探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
实验序号 操作 现象
实验i：[Cu(NH3)4]2+的配制 实验i-a 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的2mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-b 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的6mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-c 在试管内混合CuSO4溶液和NH3·H2O溶液，再加入过量的2mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。
实验ii：[Co(NH3)6]2+的配制 实验ii-a 在试管内混合CoCl2溶液和过量6mol/LNH3·H2O 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验ii-b 在试管内混合CoCl2溶液和过量14mol/LNH3·H2O 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
资料：①Co(OH)2为浅青色沉淀
②[Co(NH3)6]2+溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液
（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　。
（2）研究认为实验i-a中蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，　 　。(填后续操作和现象)
（3）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的现象，推测NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。设计如图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测，则x的化学式是　 　，c=　 　。
（4）从平衡移动角度，结合化学用语，解释NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因　 　。
（5）针对实验ii未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入　 　，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：　 　；反应的离子方程式为：　 　。
【答案】（1）
（2）加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀
（3）；1
（4），增大时，与反应产生，增大了，减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移
（5）(NH4)2SO4或NH4Cl溶液；取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（2）检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
（4）因为Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH (aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3 H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3 H2O [Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
（5）①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1mol/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
【分析】根据表格信息，对比实验i-a和i-b，氨水浓度增大有利于将氢氧化铜沉淀转化为[Cu(NH3)4]2+，对比实验i-a和i-c，氨水浓度相同，但是i-c开始时是硫酸铜和氨水混合，能得到澄清的深蓝色溶液，说明对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，实验ii-a和ii-b沉淀都未见明显溶解，说明未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液，根据实验实验i-a和i-c的对比结论，考虑加入铵盐溶液促进[Co(NH3)6]2+生成。
（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（2）检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
（4）因为Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH (aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3 H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3 H2O [Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
（5）①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1mol/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
18．（2024高三下·深圳模拟）催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一、FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有　 　个未成对电子，它的最高正化合价为　 　。
（2）物质X为　 　，若利用pH传感器监测反应2，当pH=　 　时，Fe3+已沉淀完全(c(Fe3+)≤1×10-5时视为沉淀完全)。
（3）反应3的化学反应方程式为　 　，其中H2O2的作用与反应1中的H2O2作用　 　(填“相同”或“不相同”)。H2O2中O的杂化方式为　 　杂化。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括　 　、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为　 　。
【答案】（1）2；+4
（2）氨水；3.3
（3）；不相同；sp3
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）4-8x
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
（2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
（3）反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
【分析】根据题干信息及流程图，“酸溶”时， 铁铝的氧化物与硫酸反应生成铁盐、亚铁盐、铝盐， CeO2不溶于稀硫酸，则滤渣1主要为CeO2；滤液1主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+；反应3是CeO2与稀硫酸、过氧化氢发生反应生成，其方程式为 ；反应4中生成Ce(OH)4，经加热生成CeO2，在一定条件下得到Ce；反应1是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；根据一系列操作后得到的物质可知，反应2是将Fe3+沉淀，则物质X是氨水。
（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
（2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
（3）反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
19．（2024高三下·深圳模拟）汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。
（1）HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。
①在三组100mL12mg L-1的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度c0的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是　 　。
②0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为　 　mg L-1 min-1。
（2）乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如下图所示。
①从上图可知，CH2=CHOH(aq)→CH3CHO(aq) H=　 　(用相对能量E表示)。
②下列说法正确的是　 　。
A．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最不稳定
B．过程①中，Hg2+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子
C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成
D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率
（3）常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl+Hg2+，含Hg微粒的分布系数δ与lgc(Cl-)的关系如下图所示：
已知：平均配位数
①图中能代表HgCl2曲线是　 　(填字母)，平衡常数K4=　 　。
②在P点，溶液中c(HgCl2)：c(Hg2+)=　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快；0.48
（2）；AB
（3）C；；由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，P点时溶液中=
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg L-1 min-1；
（2）①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变 H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
（3）①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)=；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)=，则P点时溶液中=×===。
【分析】（1）①溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，B的降解速率随波长的减小而加快。
②注意单位统一。
（2）① H=生成物总能量-反应物总能量。
②A．物质的能量越高越不稳定。
B．过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+。
C．非极性键形成于不同原子之间。
D．根据化学平衡移动原理进行分析。
（3）溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系。
（1）①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg L-1 min-1；
（2）①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变 H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
（3）①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)=；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)=，则P点时溶液中=×===。
20．（2024高三下·深圳模拟）近几年达拉非尼在肿瘤适应症的拓展应用方面取得了较大的进展，达拉非尼的合成路线如下。
已知：①不稳定，易脱水生成
②-NO2-NH2
回答下列问题：
（1）反应物A中官能团名称为　 　。
（2）写出化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式　 　。
（3）C→E的反应类型为　 　，列举一种该反应中除了E以外的有机产物在生活或生产上的应用　 　。
（4）M为D的同系物，且比D多一个碳，符合下列条件的M的同分异构体有　 　种。
①含苯环②只有一种官能团③不含结构
其中核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为：　 　。
（5）有关G→达拉非尼路线中，下列说法正确的是___________。
A．G→I是为后续引入氨基做准备
B．达拉非尼分子中所有碳原子杂化方式相同
C．达拉非尼分子核磁共振氢谱有11组峰
D．化合物G可发生加成反应、氧化反应
（6）以为原料合成化合物(无机试剂任选)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第二步为氧化反应，其有机产物的结构简式为：　 　。　　
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：　 　。
【答案】（1）酯基、氨基、氟原子
（2）
（3）取代反应；甲醇可以作燃料、工业酒精等
（4）3；
（5）A；D
（6）；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
（3）①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②++ CH3OH，化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和甲醇，甲醇可以作燃料、配制工业酒精等，故答案为甲醇可以作燃料、工业酒精等；
（4）化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
（6）①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为。
【分析】（1）熟悉常见官能团。
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式。
（3）根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代；甲醇可以作燃料、配制工业酒精等。
（4）化合物M与D互为同系物，且比D多一个碳，结合M的分子式可推出D的分子式；化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，据此分析。核磁共振氢谱图有3组峰，说明有3种氢原子。
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基。
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化。
C．核磁共振氢谱图的峰数与氢原子种类数一致。
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应。
（6）①对比原料和目标产物的结构特点，结合有机物官能团性质进行分析。
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：。
（1）根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
（3）①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②++ CH3OH，化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和甲醇，甲醇可以作燃料、配制工业酒精等，故答案为甲醇可以作燃料、工业酒精等；
（4）化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
（6）①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为。
1 / 12024届广东省深圳市外国语学校高三下学期第九次模拟考试化学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）近日国家博物馆以“归来”为主题展出意大利返还中国流失文物，下列展品的主要成分不属于传统无机非金属材料的是
A．欧弗洛尼奥斯陶罐 B．大堡子山遗址被盗金片 C．白釉刻花碗 D．彩绘武士陶俑
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三下·深圳模拟）2023年11月15日，亚洲最深井“深地一号”成功开井，获得高产油气流。我国科研人员采用高温石英(主要成分SiO2)、钛合金等航天耐高温材料，实现了地下近万米深度指哪打哪。下列说法不正确的是（　　）
A．所获得的油气流是混合物
B．竹纤维属于无机非金属材料
C．钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高
D．SiO2是一种共价晶体
3．（2024高三下·深圳模拟）下列化学用语或图示表达正确的是
A．溴的简化电子排布式：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．1-丁醇的键线式：
D．NH3分子的VSEPR模型为
4．（2024高三下·深圳模拟）下列实验装置能够达到实验目的的是
A．图a测定醋酸的浓度 B．图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2
C．图c探究压强对平衡的影响 D．图d检验二氧化硫的漂白性
5．（2024高三下·深圳模拟）3，4，5-三羟基苯甲酸又名没食子酸，作为一种重要的中药原料，具有抗氧化、抗炎、抗菌、抗病毒、抗肿瘤等多种功能，以没食子酸为原料可以合成种类繁多的化合物。下列选项错误的是
A．3，4，5-三羟基苯甲酸难溶于水
B．2→5反应属于酯化反应
C．可以用FeCl3溶液鉴别化合物3和4
D．1mol3，4，5-三羟基苯甲酸可与2molBr2发生取代反应
6．（2024高三下·深圳模拟）西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是
A．冠醚分子中C原子的杂化类型为
B．冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子
C．不同冠醚与不同碱金属作用，中心碱金属离子的配位数是不变的
D．18-冠-6与作用不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征
7．（2024高三下·深圳模拟）物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 热稳定性：HF大于HCl HF分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键
B 酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH 羟基的极性
C 键角：CH4(109.5°)大于NH3(107.3°) 中心原子的杂化方式
D 熔点：低于NaBF4
晶体类型
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三下·深圳模拟）某离子液体结构如图，Q、R、T、X、Y和Z为原子序数依次增大的主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22。下列说法错误的是
A．第一电离能：T＜X＜Y
B．键长：T-Q>X-Q
C．该离子液体难挥发，可用作溶剂
D．易溶于水
9．（2024高三下·深圳模拟）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．浓硝酸和铁在常温下反应：Fe+6H++3=Fe3++3NO2↑+3H2O
B．实验室制氨气：+OH-=NH3↑
C．向含有1.5molFeI2的溶液中通入2molCl2：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-
D．向NaClO溶液中通入少量SO2：ClO-+SO2+H2O=+Cl-+2H+
10．（2024高三下·深圳模拟）某兴趣小组按照如图装置进行含硫物质的转化研究(加持装置已略去，气密性已检验)，全部加入I中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是
A．Ⅱ中品红溶液褪色，证明SO2具有氧化性
B．Ⅲ中出现浑浊，反应中SO2的非极性共价键断裂
C．Ⅳ中无明显现象
D．V中红色褪去体现了SO2的还原性
11．（2024高三下·深圳模拟）利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（　　）
实验目的 实验药品
A 证明Fe2+具有还原性 FeSO4溶液、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液
B 证明牺牲阳极法保护铁 Fe、Cu、酸化的食盐水、K3[Fe(CN)6]溶液
C 证明AgI比AgCl更难溶 AgNO3溶液、NaCl溶液、KI溶液
D 证明醋酸的酸性比碳酸强 醋酸、碳酸钠溶液
A．A B．B C．C D．D
12．（2024高三下·深圳模拟）下图是短周期主族元素的价类二维图。下列说法错误的是
A．g和h可能是同一种物质
B．一定条件下，a与氧气能一步反应生成d
C．一定条件下，a和e能反应生成b
D．c、d、e中，只有c是酸性氧化物
13．（2024高三下·深圳模拟）已知：烯烃与卤化氢(H-X)加成分两步完成，机理如下
①
②
异丁烯与HCl加成时存在两种产物，反应历程如下：
有关说法正确的是
A．异丁烯中所有原子共面
B．加成产物发生消去反应时，可能存在两种同分异构体
C．伯碳正离子稳定性优于叔碳正离子
D．2—氯—2—甲基丙烷比1—氯—2—甲基丙烷稳定
14．（2024高三下·深圳模拟）在甲、乙均为1L的恒容密闭容器中均充入2molNO和2molCO，在恒温和绝热两种条件下仅发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-747kJ/mol，测得压强变化如图所示。下列说法错误的是
A．甲容器中的反应条件为绝热
B．乙容器中0~4min内υ(NO)=0.4mol L-1 min-1
C．a点放出的热量为597.6kJ
D．Kb＞Ka
15．（2024高三下·深圳模拟）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
　 实验操作 现象 结论
A 将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 可证明产生的气体中有烯烃
B 在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡 石蜡熔化呈椭圆形 说明物质X为非晶体
C 碳与二氧化硅在高温下反应 有单质生成 非金属性：
D 向盛有固体的试管中加入溶液 白色固体溶解 促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动
A．A B．B C．C D．D
16．（2024高三下·深圳模拟）2024年，吉林大学科学团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光，产生电子)修饰的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)光电正极，建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统，总反应为6Li+N2=2Li3N，结构示意图和光电正极的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．Nv可以捕获光生电子用于氧化N2
B．放电时，电流由a电极沿导线流向b电极
C．产生1A h电荷量时，生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5：2
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗0.7gLi时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
17．（2024高三下·深圳模拟）探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
实验序号 操作 现象
实验i：[Cu(NH3)4]2+的配制 实验i-a 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的2mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-b 在试管内混合CuSO4溶液和NaOH溶液，再加入过量的6mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
实验i-c 在试管内混合CuSO4溶液和NH3·H2O溶液，再加入过量的2mol/LNH3·H2O 产生蓝色沉淀，加入NH3·H2O后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。
实验ii：[Co(NH3)6]2+的配制 实验ii-a 在试管内混合CoCl2溶液和过量6mol/LNH3·H2O 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
实验ii-b 在试管内混合CoCl2溶液和过量14mol/LNH3·H2O 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。
资料：①Co(OH)2为浅青色沉淀
②[Co(NH3)6]2+溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液
（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　。
（2）研究认为实验i-a中蓝色沉淀中还有Cu2(OH)2SO4成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，　 　。(填后续操作和现象)
（3）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的现象，推测NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用。设计如图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测，则x的化学式是　 　，c=　 　。
（4）从平衡移动角度，结合化学用语，解释NH4+对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用的原因　 　。
（5）针对实验ii未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入　 　，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：　 　；反应的离子方程式为：　 　。
18．（2024高三下·深圳模拟）催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一、FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下：
已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有　 　个未成对电子，它的最高正化合价为　 　。
（2）物质X为　 　，若利用pH传感器监测反应2，当pH=　 　时，Fe3+已沉淀完全(c(Fe3+)≤1×10-5时视为沉淀完全)。
（3）反应3的化学反应方程式为　 　，其中H2O2的作用与反应1中的H2O2作用　 　(填“相同”或“不相同”)。H2O2中O的杂化方式为　 　杂化。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括　 　、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为　 　。
19．（2024高三下·深圳模拟）汞及其化合物在催化、科学研究等方面具有重要应用。
（1）HgO可作为光催化剂降解有机染料污染物(如罗丹明B，以下简称B)。
①在三组100mL12mg L-1的B溶液中分别加入0.075gHgO，在不同波长的可见光照射下做光催化活性测试，溶液中某时刻B的浓度c与初始浓度c0的比值随光照时间t的变化如下图所示，三条曲线产生差异的原因可能是　 　。
②0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为　 　mg L-1 min-1。
（2）乙炔(HC≡CH)能在汞盐溶液催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程及相对能垒如下图所示。
①从上图可知，CH2=CHOH(aq)→CH3CHO(aq) H=　 　(用相对能量E表示)。
②下列说法正确的是　 　。
A．本反应历程涉及的物质中，CH2=CHOH最不稳定
B．过程①中，Hg2+的空轨道接受水分子中氧原子的孤对电子
C．该反应历程中，存在非极性键的断裂和形成
D．增大压强和乙炔的浓度均能加快反应速率，并且增大乙炔的平衡转化率
（3）常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgClHgClHgCl2HgCl+Hg2+，含Hg微粒的分布系数δ与lgc(Cl-)的关系如下图所示：
已知：平均配位数
①图中能代表HgCl2曲线是　 　(填字母)，平衡常数K4=　 　。
②在P点，溶液中c(HgCl2)：c(Hg2+)=　 　(写出计算过程)。
20．（2024高三下·深圳模拟）近几年达拉非尼在肿瘤适应症的拓展应用方面取得了较大的进展，达拉非尼的合成路线如下。
已知：①不稳定，易脱水生成
②-NO2-NH2
回答下列问题：
（1）反应物A中官能团名称为　 　。
（2）写出化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式　 　。
（3）C→E的反应类型为　 　，列举一种该反应中除了E以外的有机产物在生活或生产上的应用　 　。
（4）M为D的同系物，且比D多一个碳，符合下列条件的M的同分异构体有　 　种。
①含苯环②只有一种官能团③不含结构
其中核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为：　 　。
（5）有关G→达拉非尼路线中，下列说法正确的是___________。
A．G→I是为后续引入氨基做准备
B．达拉非尼分子中所有碳原子杂化方式相同
C．达拉非尼分子核磁共振氢谱有11组峰
D．化合物G可发生加成反应、氧化反应
（6）以为原料合成化合物(无机试剂任选)，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①第二步为氧化反应，其有机产物的结构简式为：　 　。　　
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．陶罐的主要成分是陶土，属于传统无机非金属材料，A不符合题意；
B．金片由金单质制成，属于金属材料，B符合题意；
C．白釉刻花碗是陶瓷制品，属于传统无机非金属材料，C不符合题意；
D．陶俑的主要成分是陶土，属于传统无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料；金属材料包括金属单质和合金。
2．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A. 油气流的成分为多种短链气态烃，是混合物，A正确；
B. 竹纤维的成分是纤维素，是有机高分子材料，不是无机非金属材料，B错误；
C. 钛合金作航天耐高温材料，可知其具有 强度高、耐蚀性好、耐热性高 的特点，C正确；
D. SiO2 是Si和O以共价键形成的空间网状结构，是共价晶体，D正确；
答案：B
【分析】A.油气流的成分为多种短链气态烃，是混合物；
B.竹纤维的成分是纤维素，是有机高分子材料；
C.钛合金具有 强度高、耐蚀性好、耐热性高 的特点；
D. SiO2 是Si和O以共价键形成的空间网状结构，是共价晶体。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．溴的原子序数为35，因此其简化电子排布式：，A错误；
B．根据洪特规则特例，d能与为半充满时，结构稳定，因此基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为，B正确；
C.1-丁醇的键线式：，C错误；
D．NH3分子中氮原子是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B
【分析】A、根据溴的原子序数确定其简化的电子排布式。
B、根据d能级半充满稳定结构确定基态Cr原子的价层电子轨道式。
C、根据名称确定有机物的键线式。
D、根据中心氮原子的杂化方式，确定其VSEPR模型。
4．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． 氢氧化钠溶液与聚四氟乙烯不反应，可用滴定管装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，选用酚酞做指示剂，待溶液由无色变为浅红色，且30s内不变色，则达到滴定终点，图a可测定醋酸的浓度，A正确；
B．氯化镁溶液中存在水解：Mg2++2H2O Mg(OH)2+2H+，加热会促进盐酸挥发，利于平衡正向移动，所以蒸干氯化镁溶液得不到氯化镁固体，则不能用图b由MgCl2溶液制取无水MgCl2，B错误；
C．该反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误；
D．铜和浓硫酸在加热条件下反应产生二氧化硫，二氧化硫通入石蕊试液中出现红色，体现二氧化硫是酸性氧化物，故图d不能检验二氧化硫的漂白性，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化钠溶液与醋酸反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。
B.氯化镁为强酸弱碱盐，其水溶液存在水解。
C.该反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响。
D.二氧化硫的漂白性是指二氧化硫能跟某些有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质。
5．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A.3，4，5-三羟基苯甲酸含羧基与多个羟基，可以与水形成多个氢键，则能溶于水，A错误；
B.2中含有羧基，5中含有酯基，2→5是羧基与羟基应生成酯，属于酯化反应，B正确；
C．化合物3中没有酚羟基，4中含有酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，C正确；
D.由分析可知，1mol3，4，5-三羟基苯甲酸可与2molBr2发生取代反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.含羧基和羟基的物质一般能溶于水。
B.酯化反应的本质是羧基与羟基反应生成酯基和水。
C.含酚羟基的物质遇FeCl3溶液显紫色。
D.酚羟基的邻对位上的氢原子可发生取代反应。
6．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A．冠醚分子中C原子周围均形成了4个σ键，因此C原子的的价层电子对数为4，采用杂化，A错误；
B．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不属于离子键，B错误；
C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，C错误；
D.18-冠-6与作用，但不与或作用说明超分子具有“分子识别”的特征，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据C原子的成键情况确定其价层电子对数，从而确定碳原子的杂化方式。
B、配位键属于特殊的共价键，不属于离子键。
C、中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的。
D、冠醚识别碱金属离子的必要条件是冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配。
7．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；晶格能的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．热稳定性HF大于HCl，表明H-F键的键能大于H-Cl，与氢键无关，A不正确；
B．酸性：CH3COOH＞CH3CH2OH，表明CH3COOH比CH3CH2OH易发生电离，也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强，B正确；
C．CH4和NH3的中心原子的价层电子对数都为4，都采取sp3杂化，结合分析，由于C原子不存在孤电子对，而N原子有1个孤电子对，则键角：CH4(109.5°)＞NH3(107.3°)，C不正确；
D．这两种物质都属于离子晶体，阴离子相同，阳离子半径：前者＞后者，则熔点：＜NaBF4，D不正确；
故答案为：B。
【分析】A.物质的热稳定性与分子内键能有关，与氢键无关。
B.极性较强的羟基中的氢原子更易电离，即酸性更强。
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力。
D.离子晶体的熔点与其结构、离子半径、电荷数等因素有关。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期主族元素核电荷数越大，第一电离能越大。其中基态N原子2p轨道为半充满稳定结构，因此第一电离能：T(C)＜Y(O)＜X(N)，A错误；
B．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：T(C)>X(N)，两原子半径越大，核间距越大，键长越长，因此键长：C-H>N-H，B正确；
C．在室温或接近室温时呈液态的盐类物质称为离子液体，离子液体具有难挥发的性质，因此离子液体可用作溶剂，C正确；
D． 的化学式为，结构中含有羟基，羟基能与水形成分子间氢键，使得水溶性增强，因此易溶于水，D正确；
故答案为：A
【分析】Z的原子序数最大，质子数为奇数，且与Q、R、X和较小，结合结构图Z只形成1个共价键，可知Z为F；R质子数为奇数，结构中的阴离子，R形成4个共价键，结合阴离子带1个单位负电荷，说明R最外层有3个电子，则R为B；结构图中Q形成1个共价键，且质子数为奇数且最小，则Q为H；由Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22可得，X的质子数为22-1-5-9=7，则X为N；Y在N和F之间，则Y为O；结合结构图中阳离子，T形成4个共价键，且基态T原子最外层有两个单电子，则T为C；由此可知，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F，据此分析解答。
9．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.常温下Fe与浓硝酸发生钝化，形成致密的氧化物薄膜，A错误；
B.实验室制氨气的反应为NH4Cl与Ca(OH)2共热反应：2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3+CaCl2+2H2O，B错误；
C.含有1.5mol FeI2 的溶液与2molCl2反应生成FeCl3、FeCl2和I2，反应的离子方程式为2Fe2＋6I-＋4Cl2＝2Fe3＋＋3I2＋8Cl-，故C正确；
D. NaClO溶液与少量 SO2 反应生成NaCl、Na2SO4和HClO，反应的离子方程式为3ClO-＋SO2＋H2O＝SO42-＋Cl-＋2HClO，故D错误；
答案：C
【分析】A.常温下Fe与浓硝酸发生钝化，形成致密的氧化物薄膜；
B.实验室制氨气的反应为NH4Cl与Ca(OH)2共热反应；
C.含有1.5mol FeI2 的溶液与2molCl2反应生成FeCl3、FeCl2和I2；
D.NaClO溶液与少量 SO2 发生氧化还原反应生成NaCl、Na2SO4和HClO。
10．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；两性氧化物和两性氢氧化物；化学实验方案的评价；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，A错误；
B．由分析可知，Ⅲ中涉及反应为SO2+2S2 +2H2O=3S↓+4OH ，反应过程中SO2发生了化学键的断裂，B正确；
C．SO2与BaCl2溶液不反应，Ⅳ中无明显现象，C正确；
D．由分析可知，装置V中涉及反应为SO2+2OH-=SO32-+H2O，使得溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色，体现了SO2的酸性，D错误；
故本题为：C。
【分析】装置Ⅰ中涉及反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，装置Ⅱ中SO2使品红溶液褪色，装置Ⅲ中涉及反应为2H2O+SO2+2S2-=3S↓+4OH-，装置Ⅳ中没有明显现象，装置V中涉及反应为SO2+2OH-=SO32-+H2O，使得溶液碱性减弱，溶液由红色逐渐变为无色。
11．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A.Fe2+可以被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色，证明Fe2+具有还原性，A证明；
B. Fe、Cu、酸化的食盐水构成原电池，Fe为负极失电子：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与 K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀， Fe没有被保护，B错误；
C.向2mL浓度均为0.1mol/LNaCl和KI混合溶液中加入1-2滴0.01mol/L AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，证明 AgI比AgCl更难溶 ，C正确；
D. 醋酸与碳酸钠反应生成CO2，有气泡产生， 证明醋酸的酸性比碳酸，D正确；
答案：B
【分析】A.Fe2+可以被酸性高锰酸钾溶液氧化褪色；
B. Fe、Cu、酸化的食盐水构成原电池，Fe为负极失电子， Fe没有被保护；
C.相同浓度的NaCl和KI混合溶液，溶解度小的先于AgNO3反应；
D.醋酸与碳酸钠反应生成CO2。
12．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；物质的简单分类；化合价与化学式
【解析】【解答】A．g和h可能都是硝酸铵，A正确；
B．一定条件下，氨气与氧气不能一步反应生成二氧化氮，B错误；
C．一定条件下，氨气和一氧化氮能反应生成氮气，C正确；
D．对应的酸是硝酸，NO、、中只有是酸性氧化物，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据 短周期主族元素的价类二维图，可推出a、b、c、d、e、f、g、h分别为、、、、NO、、铵盐、硝酸盐。
13．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．异丁烯分子中含有类似甲烷的结构，分子中所有原子不可能共面，故A错误；
B.2—氯—2—甲基丙烷和1—氯—1—甲基丙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应只能生成异丁烯，故B错误；
C．由图可知，能量：伯碳正离子＞叔碳正离子，结合分析可知，稳定性：叔碳正离子＞伯碳正离子，故C错误；
D．由图可知，能量：2—氯—2—甲基丙烷＜1—氯—2—甲基丙烷，结合分析可知，稳定性：2—氯—2—甲基丙烷＞1—氯—2—甲基丙烷，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.类似甲烷结构中的原子不能共面。
B.同分异构体的分子式相同、结构不同。
C.能量越高越不稳定。
D.能量越高越不稳定。
14．【答案】D
【知识点】热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着反应进行，甲容器中压强先增大后减小，而乙容器中压强不断减小，结合分析可知， 甲容器中的反应条件为绝热，则乙容器中的反应条件为恒温，A正确；
B.4min时，乙容器中压强为4p，则混合气的物质的量为=3.2mol，利用差量法可求出参加反应n(NO)=2×(4mol-3.2mol)=1.6mol，所以υ(NO)==0.4mol L-1 min-1，B正确；
C．由B项可知，a点时，参加反应NO的物质的量为1.6mol，放出的热量为=597.6kJ，C正确；
D．由A项可知，甲容器中的反应条件为绝热，则乙容器中的反应条件为恒温，随着反应的进行，绝热容器内混合气的温度不断升高，则平衡常数不断减小，所以Kb＜Ka，D错误；
故答案为：D。
【分析】反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为体积缩小的可逆反应，在恒温条件下，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，在绝热条件下，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小，但由于该反应为放热反应，随着反应进行，不断释放热量，温度不断升高，压强不断增大。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；晶体的定义；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．将1-溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，乙醇具有挥发性，且也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能证明产生的气体中有烯烃，A错误；
B．在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，石蜡熔化呈椭圆形，说明石蜡在不同方向熔化的快慢不同，这是由于晶体导热性的各向异性决定的，说明物质X为晶体，B错误；
C．碳与二氧化硅在高温下发生反应，碳作还原剂，无法证明非金属性：，C错误；
D．向盛有固体的试管中加入溶液，NH4＋与OH－结合更难电离的NH3·H2O，使平衡正向移动，氢氧化镁溶解，D正确；
故答案为：D
【分析】A、加热过程中乙醇挥发，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，造成干扰。
B、根据晶体的各向异性分析。
C、单质的氧化性越强，则其非金属性越强。
D、NH4＋能与Mg(OH)2产生的的OH－结合成更难溶的NH3·H2O，使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动。
16．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，a电极作负极，b电极为正极，则放电时，电流由b电极沿导线流向a电极，故B错误；
C．由分析可知，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N，则生成氮化锂和消耗氮气的质量比为70：28=5：2，故C正确；
D．铅蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，反应消耗2mol水时，转移2mol电子，结合得失电子数目守恒可知，充电消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×1×18g/mol=1.8g，故D错误；
故答案为：C。
【分析】该装置为原电池，根据电子移动方向可知，a电极作负极，其电极反应式为：Li—e-=Li+，b电极作正极，其电极反应式为N2+6e-+6Li+=2Li3N。
17．【答案】（1）
（2）加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀
（3）；1
（4），增大时，与反应产生，增大了，减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移
（5）(NH4)2SO4或NH4Cl溶液；取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色；
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（2）检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
（4）因为Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH (aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3 H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3 H2O [Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
（5）①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1mol/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
【分析】根据表格信息，对比实验i-a和i-b，氨水浓度增大有利于将氢氧化铜沉淀转化为[Cu(NH3)4]2+，对比实验i-a和i-c，氨水浓度相同，但是i-c开始时是硫酸铜和氨水混合，能得到澄清的深蓝色溶液，说明对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，实验ii-a和ii-b沉淀都未见明显溶解，说明未能成功配制[Co(NH3)6]2+溶液，根据实验实验i-a和i-c的对比结论，考虑加入铵盐溶液促进[Co(NH3)6]2+生成。
（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；
（2）检验蓝色沉淀中不止含Cu(OH)2，可能还含有Cu2(OH)2SO4，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知Cu2(OH)2SO4可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀盐酸，固体全部溶解后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（3）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu(OH)2↓，实验i-c中的反应为CuSO4+2NH3·H2O=(NH4)2SO4+Cu(OH)2↓，要推测对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故x的化学式是Na2SO4，c=1；
（4）因为Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH (aq)，c()增大时，与OH-反应产生NH3·H2O，增大了c(NH3 H2O)，同时减少了c(OH-)，使沉淀溶解平衡正移，c(Cu2+)增加，促进Cu2++4NH3 H2O [Cu(NH3)4]2++4H2O平衡正移，故对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用；
（5）①由以上分析知，对[Cu(NH3)4]2+生成有一定促进作用，在实验ii-a的基础上继续加入10滴1mol/L (NH4)2SO4溶液，即可成功配制；
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。
18．【答案】（1）2；+4
（2）氨水；3.3
（3）；不相同；sp3
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）4-8x
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
（2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
（3）反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
【分析】根据题干信息及流程图，“酸溶”时， 铁铝的氧化物与硫酸反应生成铁盐、亚铁盐、铝盐， CeO2不溶于稀硫酸，则滤渣1主要为CeO2；滤液1主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+；反应3是CeO2与稀硫酸、过氧化氢发生反应生成，其方程式为 ；反应4中生成Ce(OH)4，经加热生成CeO2，在一定条件下得到Ce；反应1是H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；根据一系列操作后得到的物质可知，反应2是将Fe3+沉淀，则物质X是氨水。
（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。
（2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。
（3）反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。
（4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。
（5）假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。
19．【答案】（1）一定时，波长越短，HgO光催化效果越好，B的降解速率越快；0.48
（2）；AB
（3）C；；由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，P点时溶液中=
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg L-1 min-1；
（2）①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变 H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
（3）①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)=；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)=，则P点时溶液中=×===。
【分析】（1）①溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，B的降解速率随波长的减小而加快。
②注意单位统一。
（2）① H=生成物总能量-反应物总能量。
②A．物质的能量越高越不稳定。
B．过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+。
C．非极性键形成于不同原子之间。
D．根据化学平衡移动原理进行分析。
（3）溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系。
（1）①由图可知，溶液中某时刻B的浓度与初始浓度的比值一定时，波长越短，B的降解速率越快，说明氧化汞的催化效果越好；
②由图可知，15min时，B的浓度与初始浓度的比值为0.4，则0～15min内，470nm可见光照射下B的降解速率为=0.48 mg L-1 min-1；
（2）①由图可知，乙烯醇转化为乙醛的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，反应的焓变 H=；
②A．物质的能量越高越不稳定，由图可知，反应历程涉及的物质中乙烯醇的能量最高，则乙烯醇最不稳定，故A正确；
B．由图可知，过程①中具有空轨道的汞离子与水分子中具有孤对电子的氧原子通过配位键形成配离子[Hg(H2O)]2+，故B正确；
C．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时存在非极性键的断裂，但不存在非极性键的形成，故C错误；
D．由图可知，在汞盐溶液催化下乙炔与水发生加成反应生成乙醛时，增大乙炔的浓度可以使平衡向正反应方向移动，但乙炔的转化率减小，故D错误；
故选AB；
（3）①由图可知，溶液中氯离子浓度越大，溶液中HgCl离子浓度越大，则曲线A表示汞离子与lgc(Cl )的关系、曲线B表示HgCl+离子与lgc(Cl )的关系、曲线C表示HgCl2与lgc(Cl )的关系、曲线D表示HgCl离子与lgc(Cl )的关系，故选C；由转化关系可知，HgCl+转化为汞离子和氯离子的反应为：HgCl+Hg2++Cl-，由图可知，溶液中HgCl+离子与汞离子浓度相等时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K4==c(Cl-)=；
②由图可知，HgCl2转化为HgCl+离子和氯离子的反应为：HgCl2HgCl++Cl-，由图可知，溶液中HgCl2与HgCl+离子浓度时，溶液中氯离子浓度为mol/L，则反应的平衡常数K3==c(Cl-)=，则P点时溶液中=×===。
20．【答案】（1）酯基、氨基、氟原子
（2）
（3）取代反应；甲醇可以作燃料、工业酒精等
（4）3；
（5）A；D
（6）；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
（3）①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②++ CH3OH，化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和甲醇，甲醇可以作燃料、配制工业酒精等，故答案为甲醇可以作燃料、工业酒精等；
（4）化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
（6）①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为。
【分析】（1）熟悉常见官能团。
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式。
（3）根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代；甲醇可以作燃料、配制工业酒精等。
（4）化合物M与D互为同系物，且比D多一个碳，结合M的分子式可推出D的分子式；化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，据此分析。核磁共振氢谱图有3组峰，说明有3种氢原子。
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基。
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化。
C．核磁共振氢谱图的峰数与氢原子种类数一致。
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应。
（6）①对比原料和目标产物的结构特点，结合有机物官能团性质进行分析。
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：。
（1）根据反应物A的结构，可判断出含有的官能团名称为酯基、氨基、氟原子，故答案为酯基、氨基、氟原子；
（2）化合物H与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式，故答案为；；
（3）①根据化合物E的结构，可知化合物C到E过程中，化合物C中官能团酯基处C－O键断裂，被化合物D取代，故发生的反应类型为取代反应；
②++ CH3OH，化合物C中官能团酯基C－O键断裂，被化合物D取代，生成E和甲醇，甲醇可以作燃料、配制工业酒精等，故答案为甲醇可以作燃料、工业酒精等；
（4）化合物D的分子式为C5H6N2，化合物M为D的同系物，且比D多一个碳，则化合物D的分子式为C6H8N2，化合物M的同分异构体含有苯环，且只有一种官能团，不含，故化合物M的同分异构体有三种分别为、、，故答案为3；
②核磁共振氢谱图有3组峰的结构简式为，故答案为；
（5）A．G→I生成中间产物，再引入氨基，故A项正确；
B．达拉非尼分子中苯环上碳原子杂化方式为sp2杂化，甲基为sp3杂化，故碳原子杂化方式不相同，故B项错误；
C．达拉非尼分子共有10种不同环境的H，故核磁共振氢谱有10组峰，故C项错误；
D．化合物G中含有苯环和碳碳双键可发生加成反应，氨基可氧化反应，故D项正确；
故本题选AD。
（6）①以为原料合成化合物(无机试剂任选)，设计合成路线：其中第二步为氧化反应，产物为，故答案为；
②相关步骤涉及取代反应，其化学方程式为：，故答案为。
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