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河北省邢台市2022-2023学年高三下学期4月第一次模拟考试化学试题
一、单选题
1．（2023·邢台模拟）中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是
A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定
B．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是的颜色
C．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜
D．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂
2．（2023·邢台模拟）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
3．（2023·邢台模拟）下列有关说法正确的是
A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，是因为具有氧化性
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，是因为NO和均为酸性氧化物
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为的挥发
D．镀锡铁皮的镀层破损后铁皮会加速腐蚀，主要原因是形成了原电池
4．（2023·邢台模拟）下列实验装置能达到相应实验目的的是
实验装置
实验目的 演示喷泉实验 证明能与水反应 配制100mLNaOH溶液 分离苯和苯酚的混合物
选项 A B C D
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·邢台模拟）侯氏制碱法中涉及反应：，是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17 g 溶于水所得溶液中和数目之和为
B．1 mol 晶体中所含数目为
C．常温常压下，44 g 所含分子数目为
D．0.1 mol L溶液中所含配位键数目为
6．（2023·邢台模拟）奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是
A．分子中至少有7个碳原子共平面
B．存在芳香族化合物的同分异构体
C．1 mol奥司他韦最多能与3 mol 发生加成反应
D．含有4个手性碳原子
7．（2023·邢台模拟）用α粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A．与X同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有两种
B．X和Z在其最高价氧化物的水化物中均采用杂化
C．的键角大于的键角
D．X、Y、Z的单质均为分子晶体
8．（2023·邢台模拟）Fe氧簇MOF催化与反应的机理如图所示。下列说法错误的是
A．总反应方程式为
B．为该反应的催化剂
C．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成
D．根据分子的结构推测其电子式为：
9．（2023·邢台模拟）一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为。下列说法错误的是
A．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物
B．中所含化学键只有σ键
C．Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短
D．的酸性比强
10．（2023·邢台模拟）下列实验操作和现象可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了
B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红
C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉 KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I
D 向1 mL 0.1 mol L 1溶液中依次滴加2滴0.1 mol L 1NaCl溶液和0.1 mol L 1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·邢台模拟）X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素。X、Z、M位于三个不同周期，Y与Z的价电子数之和为M价电子数的两倍；化合物的电子总数为18个。下列说法错误的是
A．Y的含氧酸为弱酸
B．Z与M形成的化合物具有较强的还原性
C．简单氢化物的稳定性：X>Y>M
D．原子半径：Z12．（2023·邢台模拟）室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．0~10s内，M的平均反应速率
B．温度不变，反应过程中的值不变
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．温度升高，体系中的值减小
13．（2023·邢台模拟）某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法错误的是
A．BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
B．溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
C．当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，有4mol离子通过N膜
D．电解过程中，应控制高盐废水的pH不能过高
14．（2023·邢台模拟）已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是
A．曲线d表示δ(HB)
B．的水解平衡常数
C．滴定过程中溶液会变浑浊
D．滴定过程中始终存在：
二、非选择题
15．（2023·邢台模拟）三草酸合铁酸钾【，Mr=491】是一种翠绿色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，见光易分解。实验室利用如下方法制备该晶体并对其阴离子电荷和晶体组成进行测定。
回答下列问题：
I．晶体制备
i．称取一定量加水溶解，向其中滴加稍过量的氨水和6%溶液，于40℃水浴中加热搅拌；静置，弃去上层清液，洗涤后得到沉淀。
ii．向沉淀中缓慢加入溶液，于80℃水浴中不断搅拌至溶液呈翠绿色；将溶液加热浓缩、冷却、结晶；结晶完全后减压抽滤，得到产品。
（1）步骤i中生成的离子方程式为　 　；向静置后的上层清液中滴加　 　(填化学式)，观察现象可确定上述反应是否进行完全。
（2）步骤ii中为促进结晶，冷却后可加入　 　(填试剂名称)；实验室应将产品保存在　 　瓶中。
（3）步骤ii中减压抽滤时采用如图装置。
①连接好装置后，接下来首先需要进行的操作为　 　。
②打开水龙头，抽气，用倾析法先后将溶液和沉淀转移至布氏漏斗中。抽滤完毕，接下来的操作为　 　(填选项字母)。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管 B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
③和普通过滤相比，减压抽滤的优点为　 　(写出一点即可)。
（4）II．阴离子电荷的测定
准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制适当流速，使其全部通过装有阴离子交换树脂(用表示)的交换柱，发生阴离子(用表示)交换：。结束后，用蒸馏水洗涤交换柱，合并流出液，并将其配成250mL溶液。取25.00mL该溶液，以溶液为指示剂，用标准液滴定至终点，消耗标准液VmL。
阴离子电荷数为　 　(用含字母的代数式表示)；若交换时样品液的流速过快，则会导致测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（5）III．晶体部分组成的测定
i．含量测定：称取一定量三草酸合铁酸钾，加硫酸酸化后配成溶液置于锥形瓶中，用标准液滴定至终点。
ii．含量测定：向i中滴定后的溶液中加入Zn粉和适量稀，加热至沸腾，过滤除去过量Zn粉得滤液，冷却后用标准液滴定至终点。
步骤ii中，加入Zn粉的目的为　 　。
（6）若省略步骤i，直接利用步骤ii不能测定含量，解释其原因为　 　。
16．（2023·邢台模拟）钼酸铋作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产生活中。以氧化铋渣(主要成分是、、还含有、ZnO、和等杂质)为原料制备钼酸铋(，其中Mo为+6价)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）基态的价电子排布式为　 　。
（2）“浸渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为　 　；该过程需要加热的原因为　 　。
（4）已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；的，；。
①硫化氢会进一步发生反应，计算该反应的平衡常数K＝　 　。
②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，解释其原因为　 　。
（5）“酸溶”时会有NO逸出，此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（6）已知钼酸铋在空气中放置会变质，生成和，该过程中的化学方程式为　 　。
（7）的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点坐标为　 　。
17．（2023·邢台模拟）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：
（1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。
①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算反应的ΔΗ=　 　。
②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。
I．；Ⅱ．　 　；Ⅲ．。
（2）研究表明，反应在不同压强(p)和氮氢比[]下，平衡体系中氨的体积分数[]随温度(T)的变化曲线如图所示。
①a点对应的转化率：　 　(填“>”“<”或“=”，下同)；　 　。
②c点对应的小于a点对应的，解释其原因为　 　。
③a、b、e三点对应的压强平衡常数(、和)的大小关系为　 　；a点对应的压强平衡常数　 　(用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)
（3）合成氨动力学研究表明，反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知：，、为速率常数。据此计算，中β=　 　；γ=　 　。
18．（2023·邢台模拟）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+ROHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
（1）已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为　 　(写结构简式)。
（2）设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为　 　。
（3）已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为　 　。
（4）已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为　 　；E→F的反应类型为　 　。
（5）DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为　 　。
（6）满足下列条件的F的同分异构体M有　 　种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii.1molM最多能消耗4molNaOH
（7）结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁不活泼，化学性质比铁稳定，A不符合题意；
B． “铜绿”的主要成分为，呈绿色，B不符合题意；
C．单质铜呈紫红色，黄铜是铜锌合金、呈黄色，C符合题意；
D． “石胆化铁为铜”指铁和硫酸铜溶液发生置换反应，铁属于金属晶体，反应中金属键断裂，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.越不活泼的金属越容易冶炼；
B.“铜绿”的主要成分为；
C.黄铜是铜锌合金；
D.“石胆化铁为铜”发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；同素异形体；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A不符合题意；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B符合题意；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C不符合题意；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；
B.重油裂解为轻质油不能减少碳原子，不能减少二氧化碳的排放；
C.乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸；
D.同种元素形成的不同单质互为同素异形体。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；物质的简单分类
【解析】【解答】A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，中氯化合价降低变为，则双氧水中氧化合价升高，则是因为具有还原性，故A不符合题意；
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和均为酸性氧化物，故B不符合题意；
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C不符合题意；
D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A. 双氧水与 发生氧化还原反应生成时，双氧水为还原剂；
B.NO为不成盐氧化物；
C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有较强的还原性，易被氧气氧化，生成硫酸，酸性增强；
D.形成原电池会加快反应速率。
4．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．该装置可通过微热烧瓶的方式将氨气赶入烧杯中引发喷泉，可演示喷泉实验，故A符合题意；
B．充满二氧化硫的试管倒置到水槽中，液面上升可能是因为气体溶于水导致，不能证明二氧化硫与水发生了反应，故B不符合题意；
C．配制100mLNaOH溶液应用100mL容量瓶、不能用烧杯，故C不符合题意；
D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分离，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.微热烧瓶使气体体积膨胀，从而使酚酞倒吸入烧瓶中；
B.二氧化硫能溶于水；
C.配制一定物质的量浓度的溶液时用容量瓶定容；
D.苯和苯酚互溶。
5．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氨气溶于水的可逆反应，17 g (物质的量为1mol)溶于水所得溶液中和数目之和小于，故A不符合题意；
B．晶体中不含，故B不符合题意；
C．常温常压下，44 g (物质的量为1mol)所含分子数目为，故C符合题意；
D.0.1 mol L溶液，溶液体积未知，无法计算物质的量，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.该反应为可逆反应，和数目之和小于；
B.中不含；
C.44g的物质的量为1mol；
D.溶液体积未知。
6．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；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】A．根据结构可知，分子中存在一个碳碳双键的环，不符合苯环的同平面结构，A项不符合题意；
B．根据奥司他韦结构可知，不饱和度为4，同分异构体中完全满足苯环的结构，B项符合题意；
C．分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol奥司他韦最多能1mol发生加成反应，C项不符合题意；
D．连接4个不同基团的C为手性碳，如图 红球的三个碳为手性碳，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.双键均为平面结构，单键可旋转；
B.该物质的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则其存在芳香族化合物的同分异构体；
C.该物质中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
7．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；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．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故与B同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有1种，A不符合题意；
B．X和Z在其最高价氧化物的水化物分别为H3BO3、HNO3，B、N均形成3个共价键且无孤电子对，故均采用杂化，B符合题意；
C．F的电负性大于H，导致N-F键中电子对偏向F，而N-H键中电子对偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>NF3，故NH3的键角大于NF3的键角，C不符合题意；
D．晶体硼为共价晶体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 和可知，11+4=1+m，解得m=14，基态 原子的能级数与未成对电子数相等，则Z为N，u=7；则a+2=0+7，a=5，X为B；c+2=1+10，c=9，则Y为F。
8．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．根据图中信息得到总反应方程式为，故A不符合题意；
B．开始时和反应生成中间体，因此 为该反应的催化剂，故B不符合题意；
C．该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，故C不符合题意；
D．根据分子的结构推测其电子式为：，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.该过程的反应物为甲烷和 ，生成物为甲醇和氮气；
B.在反应前后未发生变化，为催化剂；
C.甲烷中C-H断裂，C-H键属于极性键，同时生成氮气，氮气中只含非极性键；
D.N2O与二氧化碳互为等电子体，两者电子式相似。
9．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故A不符合题意；
B．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故B符合题意；
C．Cl原子半径小于I原子，所以Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短，故C不符合题意；
D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.原子半径：I>Cl，则键长：Cl-ClD.Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性。
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，故A不符合题意；
B．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则，故B符合题意；
C．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；
D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸不稳定，受热分解也会生成二氧化氮；
B.将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，恰好反应得到BA，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液显酸性；
C.过量氯水也会把碘离子氧化为碘单质；
D.硝酸银过量，碘离子与银离子直接结合生成碘化银，未发生沉淀的转化。
11．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．HClO4为强酸，A符合题意；
B．Z与M形成的化合物为SiH4，硅化合价为负价，容易失去电子，具有较强的还原性，B不符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：X>Y>M，C不符合题意；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素，X、Z、M位于三个不同周期，化合物的电子总数为18个，则Z为H元素，X为O元素，M为第三周期的非金属元素，且其电负性最小，则M为Si元素，Y与Z的价电子数目之和为M价电子数的两倍，则Y价电子为7，Y为Cl元素。
12．【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A不符合题意；
B． ，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B不符合题意；
C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C不符合题意；
D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；
B． 依据题目信息分析；
C．根据反应活化能越大反应速率越小；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
13．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，A不符合题意；
B．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为和；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，B符合题意；
C．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，C不符合题意；
D．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】AB．依据电解时，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极判断；
C．根据电子守恒分析；
D．依据A项分析判断。
14．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A不符合题意；
B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B不符合题意；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C不符合题意；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据电离是微弱的，且第一步电离远大于第二步；
B．依据计算；
C．根据图2分析判断；
D．根据电荷守恒和根据物料守恒分析。
15．【答案】（1）2Fe2++H2O2+4NH3 H2O=2Fe(OH)3↓+4；K3[Fe(CN)6]
（2）乙醇；棕色
（3）检查装置的气密性；B；加快过滤速度(或得到的产品更干燥)
（4）；偏低
（5）将Fe3+还原为Fe2+
（6）KMnO4既氧化、，也氧化Fe2+
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中铁元素的化合价为+2价，被H2O2氧化为+3价，和氨水电离产生的OH-结合生成Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3 H2O=2Fe(OH)3↓+4。若上层清液中含有Fe2+，则上述反应没有进行完全，若上层清液不含Fe2+，则上述反应进行完全。可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O难溶于乙醇，为促进结晶，冷却后可加入乙醇；(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O见光分解，实验室应将产品保存在棕色瓶中。
（3）①连接好装置后，首先应检查装置的气密性。
②布氏漏斗使用结束时需要先拔橡胶管，后关闭水龙头，使之恢复常压，防止倒吸。
③和普通过滤相比，减压抽滤可以加快过滤速度，得到的产品更干燥。
（4）流出液中n(Cl-)=n(AgNO3)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，n(Cl-)=zn(Xz-)，则n(Xz-)=mol，mg三草酸合铁酸钾的物质的量为mol，则有=，求出z=。若交换时样品液的流速过快，则交换出来的Cl-偏少，消耗的AgNO3溶液偏少，会导致测定结果偏低。
（5）步骤ii中，加入Zn粉的目的为将Fe3+还原为Fe2+，利用Fe2+和KMnO4反应，从而测定Fe3+的含量。
（6）制得的三草酸合铁酸钾中可能混有制备三草酸合铁酸钾时使用的KHC2O4，步骤ⅰ的目的是将或和氧化，若省略步骤i，向三草酸合铁酸钾的溶液中加入Zn粉和适量稀 H2SO4，加热至沸腾，过滤除去过量Zn粉得滤液，冷却后用 KMnO4标准液滴定，由于KMnO4既氧化、，也氧化Fe2+，所以利用步骤ii所以不能测定 Fe3+含量。
【分析】（1）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
加沉淀剂：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。
（2）依据题目信息判断；
（3）①气体制备装置连接好后，首先应检查气密性；
②依据防止倒吸分析；
③依据装置的构造原理分析；
（4）依据反应方程式计算；
（5）依据氧化还原反应原理；
（6）依据试剂的性质分析。
16．【答案】（1）6s26p3
（2）、
（3）2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动
（4）；乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺
（5）2：1
（6）＋＝＋
（7）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）N和Bi是同族元素，Bi是第六周期元素，因此基态的价电子排布式为6s26p3；故答案为：6s26p3。
（2）二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，因此“浸渣”的主要成分为、；故答案为：、。
（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动；故答案为：2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动。
（4）①硫化氢会进一步发生反应，则该反应的平衡常数，；故答案为：。
②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺；故答案为：乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺。
（5）“酸溶”时会有NO逸出，即Bi2S3和硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，Bi2S3中硫化合价从 2价升高到0价，化合价升高6个，硝酸中氮+5价降低到+2价，降低3个价态，则NO系数配2，Bi2S3系数配1，因此此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；故答案为：2：1。
（6）钼酸铋在空气中放置会变质，说明和二氧化碳反应生成和，则该过程中的化学方程式为，＋＝＋；故答案为：＋＝＋。
（7）的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点体对角线的四分之一处，其坐标为；故答案为：。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据盐类水解原理及平衡移动原理分析；
（4）①依据Ka计算；
②依据分子间氢键的键能大小分析；
（5）氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（7）依据晶胞结构图分析。
17．【答案】（1）2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；N*+LiH=*+ [LiNH](或2N*+2LiH =2*+2[LiNH])
（2）=；>；合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用；Ka=Kb>Kc；
（3）-1.5；1
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①由反应机理及能量变化图可知，ΔΗ=2(–E1+E2–E3+ΔH1+E4 –E5+ΔH2+E6)=2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；
②设Ⅳ．，则Ⅳ-I-2Ⅲ得，2N*+2LiH =2*+2[LiNH]，化简得N*+LiH=*+ [LiNH]，即Ⅱ的化学方程式为N*+LiH=*+ [LiNH]或2N*+2LiH =2*+2[LiNH]。
（2）①a点时，投料比，而消耗量按照化学计量数之比也为1：3，则对应氮气和氢气的转化率相等；由图像可知，同一温度下，Ⅱ的投料比为1：2，其等效于在Ⅲ的投料比的基础上，减少氢气的浓度，平衡逆向移动，氨气的体积分数应减小，可实际上Ⅱ对应氨气的体积分数大于Ⅲ，说明压强>，因为压强增大，平衡正向移动，氨气的体积分数增大；
②合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用，从而导致c点对应的小于a点对应的；
③压强平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由图像可知，温度：e>a=b，则压强平衡常数Ka=Kb>Kc；a点时，，列三段式：
，
则，解得，达到平衡时氮气物质的量分数为，同理可得氢气和氨气的物质的量分数分别为和，则a点对应的压强平衡常数。
（3）当达到平衡时，，即，则，由此可得，，解得，。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
（2）①②依据影响化学平衡的因素分析；
③压强平衡常数只受温度影响；利用三段式法计算；
（3）依据题目信息分析。
18．【答案】（1）
（2）保护碳碳双键，防止其发生加成反应
（3）
（4）邻苯二甲酸；取代反应
（5）2++2CH3OH
（6）16
（7）
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲酸；取代反应；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH，故答案为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii.1molM最多能消耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH3、-CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此正确的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）依据丙烯醛中的碳碳双键不对称分析；
（2）依据官能团的性质及反应间的影响分析；
（3）利用等效氢的数目判断；
（4）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据官能团的变化确定反应类型；
（5）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（6）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
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河北省邢台市2022-2023学年高三下学期4月第一次模拟考试化学试题
一、单选题
1．（2023·邢台模拟）中国古代涉及的“铜”文化丰富多彩。下列说法错误的是
A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁稳定
B．诗句“庐山山南刷铜绿”中的“铜绿”借指的是的颜色
C．铸造“铜钱儿”用的材料黄铜是单质铜
D．“石胆化铁为铜”中涉及金属键的断裂
【答案】C
【知识点】合金及其应用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．“青铜器时期”早于“铁器时期”的原因之一是铜比铁不活泼，化学性质比铁稳定，A不符合题意；
B． “铜绿”的主要成分为，呈绿色，B不符合题意；
C．单质铜呈紫红色，黄铜是铜锌合金、呈黄色，C符合题意；
D． “石胆化铁为铜”指铁和硫酸铜溶液发生置换反应，铁属于金属晶体，反应中金属键断裂，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.越不活泼的金属越容易冶炼；
B.“铜绿”的主要成分为；
C.黄铜是铜锌合金；
D.“石胆化铁为铜”发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。
2．（2023·邢台模拟）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；同素异形体；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A不符合题意；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B符合题意；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C不符合题意；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；
B.重油裂解为轻质油不能减少碳原子，不能减少二氧化碳的排放；
C.乳酸发生缩聚反应生成聚乳酸；
D.同种元素形成的不同单质互为同素异形体。
3．（2023·邢台模拟）下列有关说法正确的是
A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，是因为具有氧化性
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，是因为NO和均为酸性氧化物
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为的挥发
D．镀锡铁皮的镀层破损后铁皮会加速腐蚀，主要原因是形成了原电池
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；物质的简单分类
【解析】【解答】A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，中氯化合价降低变为，则双氧水中氧化合价升高，则是因为具有还原性，故A不符合题意；
B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和均为酸性氧化物，故B不符合题意；
C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C不符合题意；
D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A. 双氧水与 发生氧化还原反应生成时，双氧水为还原剂；
B.NO为不成盐氧化物；
C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有较强的还原性，易被氧气氧化，生成硫酸，酸性增强；
D.形成原电池会加快反应速率。
4．（2023·邢台模拟）下列实验装置能达到相应实验目的的是
实验装置
实验目的 演示喷泉实验 证明能与水反应 配制100mLNaOH溶液 分离苯和苯酚的混合物
选项 A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．该装置可通过微热烧瓶的方式将氨气赶入烧杯中引发喷泉，可演示喷泉实验，故A符合题意；
B．充满二氧化硫的试管倒置到水槽中，液面上升可能是因为气体溶于水导致，不能证明二氧化硫与水发生了反应，故B不符合题意；
C．配制100mLNaOH溶液应用100mL容量瓶、不能用烧杯，故C不符合题意；
D．苯和苯酚互溶，不能采用分液的方法分离，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.微热烧瓶使气体体积膨胀，从而使酚酞倒吸入烧瓶中；
B.二氧化硫能溶于水；
C.配制一定物质的量浓度的溶液时用容量瓶定容；
D.苯和苯酚互溶。
5．（2023·邢台模拟）侯氏制碱法中涉及反应：，是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．17 g 溶于水所得溶液中和数目之和为
B．1 mol 晶体中所含数目为
C．常温常压下，44 g 所含分子数目为
D．0.1 mol L溶液中所含配位键数目为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．氨气溶于水的可逆反应，17 g (物质的量为1mol)溶于水所得溶液中和数目之和小于，故A不符合题意；
B．晶体中不含，故B不符合题意；
C．常温常压下，44 g (物质的量为1mol)所含分子数目为，故C符合题意；
D.0.1 mol L溶液，溶液体积未知，无法计算物质的量，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.该反应为可逆反应，和数目之和小于；
B.中不含；
C.44g的物质的量为1mol；
D.溶液体积未知。
6．（2023·邢台模拟）奥司他韦可以用于治疗流行性感冒，其结构如图所示。下列关于奥司他韦的说法正确的是
A．分子中至少有7个碳原子共平面
B．存在芳香族化合物的同分异构体
C．1 mol奥司他韦最多能与3 mol 发生加成反应
D．含有4个手性碳原子
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；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】A．根据结构可知，分子中存在一个碳碳双键的环，不符合苯环的同平面结构，A项不符合题意；
B．根据奥司他韦结构可知，不饱和度为4，同分异构体中完全满足苯环的结构，B项符合题意；
C．分子中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol奥司他韦最多能1mol发生加成反应，C项不符合题意；
D．连接4个不同基团的C为手性碳，如图 红球的三个碳为手性碳，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.双键均为平面结构，单键可旋转；
B.该物质的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则其存在芳香族化合物的同分异构体；
C.该物质中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
7．（2023·邢台模拟）用α粒子()分别轰击和，发生核反应：和，其中基态原子的能级数与未成对电子数相等。下列说法正确的是
A．与X同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有两种
B．X和Z在其最高价氧化物的水化物中均采用杂化
C．的键角大于的键角
D．X、Y、Z的单质均为分子晶体
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；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．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故与B同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有1种，A不符合题意；
B．X和Z在其最高价氧化物的水化物分别为H3BO3、HNO3，B、N均形成3个共价键且无孤电子对，故均采用杂化，B符合题意；
C．F的电负性大于H，导致N-F键中电子对偏向F，而N-H键中电子对偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>NF3，故NH3的键角大于NF3的键角，C不符合题意；
D．晶体硼为共价晶体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 和可知，11+4=1+m，解得m=14，基态 原子的能级数与未成对电子数相等，则Z为N，u=7；则a+2=0+7，a=5，X为B；c+2=1+10，c=9，则Y为F。
8．（2023·邢台模拟）Fe氧簇MOF催化与反应的机理如图所示。下列说法错误的是
A．总反应方程式为
B．为该反应的催化剂
C．该反应中存在极性键的断裂和非极性键的形成
D．根据分子的结构推测其电子式为：
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；催化剂；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．根据图中信息得到总反应方程式为，故A不符合题意；
B．开始时和反应生成中间体，因此 为该反应的催化剂，故B不符合题意；
C．该反应中存在碳氢极性键的断裂，氮氮非极性键的形成，故C不符合题意；
D．根据分子的结构推测其电子式为：，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.该过程的反应物为甲烷和 ，生成物为甲醇和氮气；
B.在反应前后未发生变化，为催化剂；
C.甲烷中C-H断裂，C-H键属于极性键，同时生成氮气，氮气中只含非极性键；
D.N2O与二氧化碳互为等电子体，两者电子式相似。
9．（2023·邢台模拟）一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为。下列说法错误的是
A．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物
B．中所含化学键只有σ键
C．Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短
D．的酸性比强
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故A不符合题意；
B．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故B符合题意；
C．Cl原子半径小于I原子，所以Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短，故C不符合题意；
D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.原子半径：I>Cl，则键长：Cl-ClD.Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性。
10．（2023·邢台模拟）下列实验操作和现象可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了
B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红
C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉 KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I
D 向1 mL 0.1 mol L 1溶液中依次滴加2滴0.1 mol L 1NaCl溶液和0.1 mol L 1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，故A不符合题意；
B．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则，故B符合题意；
C．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；
D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸不稳定，受热分解也会生成二氧化氮；
B.将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，恰好反应得到BA，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液显酸性；
C.过量氯水也会把碘离子氧化为碘单质；
D.硝酸银过量，碘离子与银离子直接结合生成碘化银，未发生沉淀的转化。
11．（2023·邢台模拟）X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素。X、Z、M位于三个不同周期，Y与Z的价电子数之和为M价电子数的两倍；化合物的电子总数为18个。下列说法错误的是
A．Y的含氧酸为弱酸
B．Z与M形成的化合物具有较强的还原性
C．简单氢化物的稳定性：X>Y>M
D．原子半径：Z【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．HClO4为强酸，A符合题意；
B．Z与M形成的化合物为SiH4，硅化合价为负价，容易失去电子，具有较强的还原性，B不符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的稳定性：X>Y>M，C不符合题意；
D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、M是电负性逐渐减小的短周期非金属元素，X、Z、M位于三个不同周期，化合物的电子总数为18个，则Z为H元素，X为O元素，M为第三周期的非金属元素，且其电负性最小，则M为Si元素，Y与Z的价电子数目之和为M价电子数的两倍，则Y价电子为7，Y为Cl元素。
12．（2023·邢台模拟）室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．0~10s内，M的平均反应速率
B．温度不变，反应过程中的值不变
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．温度升高，体系中的值减小
【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A不符合题意；
B． ，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B不符合题意；
C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C不符合题意；
D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；
B． 依据题目信息分析；
C．根据反应活化能越大反应速率越小；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
13．（2023·邢台模拟）某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法错误的是
A．BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
B．溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
C．当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，有4mol离子通过N膜
D．电解过程中，应控制高盐废水的pH不能过高
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，A不符合题意；
B．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为和；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，B符合题意；
C．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，C不符合题意；
D．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】AB．依据电解时，阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极判断；
C．根据电子守恒分析；
D．依据A项分析判断。
14．（2023·邢台模拟）已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是
A．曲线d表示δ(HB)
B．的水解平衡常数
C．滴定过程中溶液会变浑浊
D．滴定过程中始终存在：
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A不符合题意；
B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B不符合题意；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C不符合题意；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据电离是微弱的，且第一步电离远大于第二步；
B．依据计算；
C．根据图2分析判断；
D．根据电荷守恒和根据物料守恒分析。
二、非选择题
15．（2023·邢台模拟）三草酸合铁酸钾【，Mr=491】是一种翠绿色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，见光易分解。实验室利用如下方法制备该晶体并对其阴离子电荷和晶体组成进行测定。
回答下列问题：
I．晶体制备
i．称取一定量加水溶解，向其中滴加稍过量的氨水和6%溶液，于40℃水浴中加热搅拌；静置，弃去上层清液，洗涤后得到沉淀。
ii．向沉淀中缓慢加入溶液，于80℃水浴中不断搅拌至溶液呈翠绿色；将溶液加热浓缩、冷却、结晶；结晶完全后减压抽滤，得到产品。
（1）步骤i中生成的离子方程式为　 　；向静置后的上层清液中滴加　 　(填化学式)，观察现象可确定上述反应是否进行完全。
（2）步骤ii中为促进结晶，冷却后可加入　 　(填试剂名称)；实验室应将产品保存在　 　瓶中。
（3）步骤ii中减压抽滤时采用如图装置。
①连接好装置后，接下来首先需要进行的操作为　 　。
②打开水龙头，抽气，用倾析法先后将溶液和沉淀转移至布氏漏斗中。抽滤完毕，接下来的操作为　 　(填选项字母)。
A．先关闭水龙头，后拔掉橡胶管 B．先拔掉橡胶管，后关闭水龙头
③和普通过滤相比，减压抽滤的优点为　 　(写出一点即可)。
（4）II．阴离子电荷的测定
准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制适当流速，使其全部通过装有阴离子交换树脂(用表示)的交换柱，发生阴离子(用表示)交换：。结束后，用蒸馏水洗涤交换柱，合并流出液，并将其配成250mL溶液。取25.00mL该溶液，以溶液为指示剂，用标准液滴定至终点，消耗标准液VmL。
阴离子电荷数为　 　(用含字母的代数式表示)；若交换时样品液的流速过快，则会导致测定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（5）III．晶体部分组成的测定
i．含量测定：称取一定量三草酸合铁酸钾，加硫酸酸化后配成溶液置于锥形瓶中，用标准液滴定至终点。
ii．含量测定：向i中滴定后的溶液中加入Zn粉和适量稀，加热至沸腾，过滤除去过量Zn粉得滤液，冷却后用标准液滴定至终点。
步骤ii中，加入Zn粉的目的为　 　。
（6）若省略步骤i，直接利用步骤ii不能测定含量，解释其原因为　 　。
【答案】（1）2Fe2++H2O2+4NH3 H2O=2Fe(OH)3↓+4；K3[Fe(CN)6]
（2）乙醇；棕色
（3）检查装置的气密性；B；加快过滤速度(或得到的产品更干燥)
（4）；偏低
（5）将Fe3+还原为Fe2+
（6）KMnO4既氧化、，也氧化Fe2+
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中铁元素的化合价为+2价，被H2O2氧化为+3价，和氨水电离产生的OH-结合生成Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4NH3 H2O=2Fe(OH)3↓+4。若上层清液中含有Fe2+，则上述反应没有进行完全，若上层清液不含Fe2+，则上述反应进行完全。可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O难溶于乙醇，为促进结晶，冷却后可加入乙醇；(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O见光分解，实验室应将产品保存在棕色瓶中。
（3）①连接好装置后，首先应检查装置的气密性。
②布氏漏斗使用结束时需要先拔橡胶管，后关闭水龙头，使之恢复常压，防止倒吸。
③和普通过滤相比，减压抽滤可以加快过滤速度，得到的产品更干燥。
（4）流出液中n(Cl-)=n(AgNO3)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，n(Cl-)=zn(Xz-)，则n(Xz-)=mol，mg三草酸合铁酸钾的物质的量为mol，则有=，求出z=。若交换时样品液的流速过快，则交换出来的Cl-偏少，消耗的AgNO3溶液偏少，会导致测定结果偏低。
（5）步骤ii中，加入Zn粉的目的为将Fe3+还原为Fe2+，利用Fe2+和KMnO4反应，从而测定Fe3+的含量。
（6）制得的三草酸合铁酸钾中可能混有制备三草酸合铁酸钾时使用的KHC2O4，步骤ⅰ的目的是将或和氧化，若省略步骤i，向三草酸合铁酸钾的溶液中加入Zn粉和适量稀 H2SO4，加热至沸腾，过滤除去过量Zn粉得滤液，冷却后用 KMnO4标准液滴定，由于KMnO4既氧化、，也氧化Fe2+，所以利用步骤ii所以不能测定 Fe3+含量。
【分析】（1）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
加沉淀剂：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。
（2）依据题目信息判断；
（3）①气体制备装置连接好后，首先应检查气密性；
②依据防止倒吸分析；
③依据装置的构造原理分析；
（4）依据反应方程式计算；
（5）依据氧化还原反应原理；
（6）依据试剂的性质分析。
16．（2023·邢台模拟）钼酸铋作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产生活中。以氧化铋渣(主要成分是、、还含有、ZnO、和等杂质)为原料制备钼酸铋(，其中Mo为+6价)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）基态的价电子排布式为　 　。
（2）“浸渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为　 　；该过程需要加热的原因为　 　。
（4）已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；的，；。
①硫化氢会进一步发生反应，计算该反应的平衡常数K＝　 　。
②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，解释其原因为　 　。
（5）“酸溶”时会有NO逸出，此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（6）已知钼酸铋在空气中放置会变质，生成和，该过程中的化学方程式为　 　。
（7）的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点坐标为　 　。
【答案】（1）6s26p3
（2）、
（3）2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动
（4）；乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺
（5）2：1
（6）＋＝＋
（7）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）N和Bi是同族元素，Bi是第六周期元素，因此基态的价电子排布式为6s26p3；故答案为：6s26p3。
（2）二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，因此“浸渣”的主要成分为、；故答案为：、。
（3）“除锑”过程中发生反应的化学方程式为2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动；故答案为：2SbCl3＋3H2O＋6HCl；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动。
（4）①硫化氢会进一步发生反应，则该反应的平衡常数，；故答案为：。
②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺；故答案为：乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺。
（5）“酸溶”时会有NO逸出，即Bi2S3和硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，Bi2S3中硫化合价从 2价升高到0价，化合价升高6个，硝酸中氮+5价降低到+2价，降低3个价态，则NO系数配2，Bi2S3系数配1，因此此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；故答案为：2：1。
（6）钼酸铋在空气中放置会变质，说明和二氧化碳反应生成和，则该过程中的化学方程式为，＋＝＋；故答案为：＋＝＋。
（7）的立方晶胞结构如图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点体对角线的四分之一处，其坐标为；故答案为：。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据盐类水解原理及平衡移动原理分析；
（4）①依据Ka计算；
②依据分子间氢键的键能大小分析；
（5）氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；
（6）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；
（7）依据晶胞结构图分析。
17．（2023·邢台模拟）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：
（1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。
①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算反应的ΔΗ=　 　。
②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。
I．；Ⅱ．　 　；Ⅲ．。
（2）研究表明，反应在不同压强(p)和氮氢比[]下，平衡体系中氨的体积分数[]随温度(T)的变化曲线如图所示。
①a点对应的转化率：　 　(填“>”“<”或“=”，下同)；　 　。
②c点对应的小于a点对应的，解释其原因为　 　。
③a、b、e三点对应的压强平衡常数(、和)的大小关系为　 　；a点对应的压强平衡常数　 　(用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)
（3）合成氨动力学研究表明，反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知：，、为速率常数。据此计算，中β=　 　；γ=　 　。
【答案】（1）2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；N*+LiH=*+ [LiNH](或2N*+2LiH =2*+2[LiNH])
（2）=；>；合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用；Ka=Kb>Kc；
（3）-1.5；1
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①由反应机理及能量变化图可知，ΔΗ=2(–E1+E2–E3+ΔH1+E4 –E5+ΔH2+E6)=2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；
②设Ⅳ．，则Ⅳ-I-2Ⅲ得，2N*+2LiH =2*+2[LiNH]，化简得N*+LiH=*+ [LiNH]，即Ⅱ的化学方程式为N*+LiH=*+ [LiNH]或2N*+2LiH =2*+2[LiNH]。
（2）①a点时，投料比，而消耗量按照化学计量数之比也为1：3，则对应氮气和氢气的转化率相等；由图像可知，同一温度下，Ⅱ的投料比为1：2，其等效于在Ⅲ的投料比的基础上，减少氢气的浓度，平衡逆向移动，氨气的体积分数应减小，可实际上Ⅱ对应氨气的体积分数大于Ⅲ，说明压强>，因为压强增大，平衡正向移动，氨气的体积分数增大；
②合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用，从而导致c点对应的小于a点对应的；
③压强平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由图像可知，温度：e>a=b，则压强平衡常数Ka=Kb>Kc；a点时，，列三段式：
，
则，解得，达到平衡时氮气物质的量分数为，同理可得氢气和氨气的物质的量分数分别为和，则a点对应的压强平衡常数。
（3）当达到平衡时，，即，则，由此可得，，解得，。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
（2）①②依据影响化学平衡的因素分析；
③压强平衡常数只受温度影响；利用三段式法计算；
（3）依据题目信息分析。
18．（2023·邢台模拟）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+ROHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
（1）已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为　 　(写结构简式)。
（2）设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为　 　。
（3）已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为　 　。
（4）已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为　 　；E→F的反应类型为　 　。
（5）DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为　 　。
（6）满足下列条件的F的同分异构体M有　 　种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii.1molM最多能消耗4molNaOH
（7）结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）
（2）保护碳碳双键，防止其发生加成反应
（3）
（4）邻苯二甲酸；取代反应
（5）2++2CH3OH
（6）16
（7）
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲酸；取代反应；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH，故答案为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii.1molM最多能消耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH3、-CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此正确的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）依据丙烯醛中的碳碳双键不对称分析；
（2）依据官能团的性质及反应间的影响分析；
（3）利用等效氢的数目判断；
（4）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据官能团的变化确定反应类型；
（5）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（6）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（7）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
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