2023年届山东省高三模拟考试化学试题解析

《2023年届山东省高三模拟考试化学试题解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年届山东省高三模拟考试化学试题解析（21页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、山东省 2023 届高三模拟考试化学一、选择题：此题共 10 小题，每题 2 分，共 20 分。每题只有一个项符合题目要求。1. 以下有关说法正确的选项是A. 德州大学阿灵顿分校的科学家们使用太阳能、水和二氧化碳只需要一步就能产生液态烃碳原子数可高至 13，同时放出热量B. 美国莱斯大学某争论团队觉察大量金纳米颗粒粒子直径在1 nm100 nm 之间聚拢在肿瘤四周并被癌细胞吞噬后，用红外激光脉冲使其四周温度快速上升并汽化接近的水分子，产生极其微小的气泡，这些 气泡快速膨胀并爆裂，可以撕裂癌细胞C. 日本京都大学的争论人员使用一种被称为分子手术的技术，可以将两分子水注入富勒烯C70 中用于争论水

2、分子内的氢键作用D. 广州大学清洁能源材料所刘兆清教授争论团队在非贵金属催化剂碳化钼的制备和催化性能争论方面取得重要进展，该催化剂不仅能够加快反响速率，还能提高反响的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A由烃的燃烧反响可知，水和二氧化碳产生液态烃和氧气的反响为吸热反响，不行能放出热量， 故A 错误；B纳米颗粒的粒径在 1 nm100 nm 之间，故B 正确； C水分子内无氢键，水分子间存在氯键，故C 错误； D催化剂能够加快反响速率，但不能提高反响的平衡转化率，故D 错误； 答案选B。2. 以下分子中，中心原子杂化轨道类型一样，分子的空间构型也一样的是- 10 -A. BeCl2、CO2【答案

3、】A【解析】【分析】B. H2O、SO2C. SO2、CH4D. NF3、CH2O依据价层电子对互斥理论可知，水中O 原子含有的孤对电子对数62122，实行 sp3 杂化方式，水是V 型构造。【详解】A氯化铍中 Be 原子是 sp 杂化，是直线型构造。CO2 是直线型构造，碳原子是sp 杂化，故A 正确；BSO2中S 原。子含有的孤对电子对数6221，实行 sp2 杂化方式，SO是V 形构造，故B 错误；2CSO2 是V 形构造，CH4 中C 原子实行sp3 杂化方式，是正四周体构造；DNF3 中 N 原子实行sp3 杂化方式，是三角锥构造，CH2O 中C 原子实行sp2 杂化方式，是平面三角

4、形构造，故D 错误。答案选A3. 利用以下所给装置难以到达相应试验目的的是 A. 装置甲：蒸发结晶，制备纯碱B. 装置乙：称量，配制 480 mL0. 10 molL-1 NaOH 溶液，需称量 2.0 g NaOHC. 装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2 后，分液获得碘的四氯化碳溶液D. 装置丁：洗气，除去HCl 中Cl2 杂质【答案】B【解析】【详解】A加热蒸发碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸 氢根离子可反响有生成碳酸根和水，最终可以获得纯碱，故A 正确；B由于氢氧化钠易潮解，称量NaOH 需要在烧杯中进展，故B 错误； C四氯化碳可萃取碘水中的

5、I2， 且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，故C 正确； D氯气易溶于CC14，HCl 难溶于CCl4，可以到达试验目 ，故D 正确；答案选B。4. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是 A. 23g 钠所含的核外电子数为 1.1NAB. lLl molgL 1 乙醛溶液中含有分子的数目为 NAC. 4.48 L H 2和CO 混合气体完全燃烧，消耗的氧分子数目为 0.1NA2D. 2.13 g 氯气与足量热的NaOH 溶液充分反响生成H【答案】DO、NaCl 和NaClO 3 时，转移的电子数目为 0.05NA【解析】【详解】A1 个钠原子核外有 11 个电子，23 g

6、 钠的物质的量为 1 mol，故 1 mol 钠所含的核外电子为 11mol， 所含的核外电子数为 11NA，故A 错误；B. 1L1 mol L-1 乙醛溶液中除含乙醛外，还含有H O ，故所含有分子的数目大于N ，故B 错误；2AC. 选项中没有指明气体是否在标准状况下，所以4.48 LH 2 和CO 的混合气体不肯定为 0.2 mol，所消耗氧气的物质的量也无法确定，故C 错误；。D. 氯气与热NaOH 溶液发生反响生成NaCl 、 NaClO 和H O 的化学方程式为326NaOH+3Cl2加热5NaCl+NaClO3+3HO ，由上述化学方程式可知，3 molCl22发生反响时转移

7、5 mol 电子，2.13g 氯气的物质的量为 0.03 mol，转移电子为 0.05 mol，故D 正确； 答案选D5. 以下反响的离子方程式表达正确的选项是 A. 向 FeBr2 溶液中通入过量Cl2：2Fe2+Cl2 =2Fe3+2Cl-B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO： CO2- +CO +HO=2 HCO-232233C. 向碘化钾溶液中参加少量硫酸酸化的H2O2 溶液：3H2O2 +I-= IO - +3H2OD. Fe(OH)3 固体溶于 HI 溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O【答案】B【解析】【详解】 A向 FeBr2 溶液中通入过量氯气，反响生成氯化铁和溴单质，

8、正确的离子方程式为2Fe2+4Br-+3C12=2Fe3+2Br2+6Cl-，故A 错误；B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO ，反响生成NaHCO ，其离子方程式为CO2- +CO + H O=2 HCO-，故B233223正确；C. 向 KI 溶液中参加少量硫酸酸化的H2O2 溶液，I-被氧化为 I2，其离子方程式为 2H+ H2O2 + 2I-=I2 +2H2O，故C 错误；D. Fe(OH)3 溶于HI 溶液，Fe(OH)3 和HI 发生氧化复原反响，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe3+I2+6H2O，故D 错误；答案选B。6. 几种中学常见物质之间的转化关系如下图

9、局部反响条件已省略。：E 为常见金属；在标准状况下气体R 的密度为3.17g L-1 。以下推断合理的是A. X定是H2O2B. MnO 在反响中都作催化剂2C. 常温下， 0.01mol L-1 Y 溶液的pH=2D. 上述转化涉及的反响都是氧化复原反响【答案】C【解析】【分析】在标准状况下气体 R 的密度为3.17g L-1 ，则 R 的相对分子质量等于 22.4 3.17g L-1 =71，则为氯气，E 为常见金属，为铁，G 为 FeCl ，H 为 FeCl，X 可能是H O 或KClO ，Z 是O，Y 为HCl，然后分析。232232【详解】A依据分析，X 可以是H O 或KClO 等

10、，故A 错误；223B. 假设X 是H O 或KClO ，则MnO 在反响中是催化剂，在反响制氯气中MnO 是氧化剂，故B 错22322误；C. 常温下， 0.01mol L-1 HCl 溶液中， c(H+ )=10-2mol L-1 ，pH=2，故C 正确；D. Fe O +8HCl=2FeCl +FeCl +4H O 不是氧化复原反响，故D 错误；34322答案选C。【点睛】依据R 的在标准状况下密度为3.17g L-1 ，计算出R 是 Cl，是解此题的关键，需留意铁及其氧化物，氯化物间的相互转化。7. 以下有关原子构造与性质的说法正确的选项是 A. Na、Mg、Al 的基态原子的第一电离

11、能依次递增B. Cr 的基态电子排布式为1 s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d4 4s2C. 37 Cl - 有 6 种不同能量的电子D. 化合物CS2 中S 元素显-2 价，说明C 元素比S 元素的电负性弱【答案】D【解析】【详解】A同周期元素自左往右第一电离能呈增大趋势，但是Mg 的基态原子最外层为2s2 全满状态，能量低不简洁失去一个电子，Al 的基态原子最外层电子以3s2 3p1 排布，简洁失去一个电子形成稳定构造，故基态原子的第一电离能Mg 比Al 高，故A 错误；B. 对于 Cr 的 3d 轨道来说，5 电子是半布满状态，构造更稳定，所以应实行3d5 4s1 的排布方式，故

12、 B 错误；C. 37 Cl的核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 应有 5 种不同能量的电子，故C 错误；D. 化合物中元素显负价，说明其吸引电子的力量强，电负性强，即C 元素比S 元素的电负性弱，故D 正确；答案选D。8. 短周期不同主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的单质是制备一种高效电池的重要材料，在试验室里通常将其保存在石蜡中；X 的单质与水发生猛烈反响，生成一种酸和一种气体单质；Y、Z 原子的最外层电子数之和为 7。以下说法正确的选项是 A. 假设W 的单质着火，可用泡沫灭火器扑灭B. 工业上电解熔融Y 的氯化物肯定能制取Y 的单质C. Z 的最高

13、价氧化物对应的水化物肯定不是强酸D. X 与 Z 形成的化合物的VSEPR 模型均一样【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，由 W 的单质是制备一种高效电池的重要材料，在试验室里通常将其保存在石蜡中，可知W 是 Li 元素；由 X 的单质与水发生猛烈反响，生成一种酸和一种气体单质，可知X 是 F 元素；依据Y、Z 原子的最外层电子数之和为 7，再结合元素W、X、Y、Z 处于不同的主族，可推知Y 是Mg 或 Al 元素，Z 是P 或 Si 元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】AW 是 Li 元素，单质 Li 常温下可以和水反响，在点燃时也可以和CO2

14、反响，所以单质Li 着火时，不能用泡沫灭火器扑灭，故A 错误；BY 是 Mg 或 Al 元素，工业上电解熔融氯化镁可制取镁，氯化铝是共价化合物，而电解熔融氯化铝不能制取铝，故B 错误；CZ 是 Si 或P 元素，对应的最高价氧化物的水化物分别为H2SiO3、H3PO4，二者均不是强酸，故C 正确；DX 与 Z 形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4 和 PF3 的 VSEPR 模型为四周体形，但PF5 的 VSEPR模型为三角双锥形，故D 错误； 答案选C。239. 氨气可有效消退 NO2 的污染，相关反响为 8NH3+6NO27N2+12H2O，在 1 L 恒容密闭容器中，掌握

15、不同温度温度，分别参加 0.50 mol NH3和 1.2 mol NO ，测得 n(NH)随时间变化的有关试验数据如下表。010204050n(NH3)/mol时间/minT10.500.350.250.100.10T20.500.300.200.18以下说法正确的选项是( )A. T1 温度下，0-20 min 内，NO2 的降解速率为 0.0125 molL-1min-112B. 试验条件为 T T ，且该反响为放热反响C. 40 min 时，表格中T2 对应的数据为 0.20132D. 010 min 内，T 温度下NH 的降解速率大于 T 温度下的【答案】B【解析】3c(NH )0.

16、25 mol1【详解】A依据表中数据，T温度下，020 min内，v(NH )=t3= 1 L20 min =0.012 5 molL-1min-1，而 3v(NH3)=4v(NO2)，则 v(NO2)=0.009375 molL-1min-1，故 A 错误；12222323132B从表中数据可知，一样时间内 T 温度下NH 的削减量要大于 T 温度下NH 的削减量，说明 T 时反响速率快，即 T T ，从变化趋势来分析，T 温度下反响在 40 min 之前就已经到达平衡状态，所以40 min 时，表格中 T 对应的数据为 0.18，到达平衡时 T 条件下NH 的转化率小，说明上升温度不利于反

17、响正向进展，该反响为放热反响，故B 正确；2231C依据B 项分析，40 min 时，表格中 T 对应的数据为 0.18，故C 错误； D从表中数据可知，0-10 min 内，T 温度下NH 的降解速率大于 T 温度下的，故D 错误；答案选B。选试验操作现象结论项溶液紫色褪A向酸性KMnO4 溶液中滴加H2O2 溶液去氧化性：H2O2KMnO4将浸透石蜡油的石棉放在硬质试管的底部，酸性高锰酸B试管中参加碎瓷片，用酒精灯给碎瓷片加强钾溶液由紫石蜡油分解产物为乙烯热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中色变为无色C在 CaCO3 中加浓盐酸，并将反响后所得气体直接通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸

18、苯酚取一支试管装入 2 mL 1 mol-L1 MgCl2 溶液，先生成白色溶度积：D先滴加 2 mL 1 molL-1 NaOH 溶液，再滴加几 沉淀，后沉淀K Cu(OH) KspMg(OH) 滴 1 molL-1CuCl2 溶液变为蓝色sp2210. 以下试验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是 A. A【答案】DB. BC. CD. D【解析】【详解】A向酸性 KMnO4 溶液中滴加 H2O2 溶液，KMnO4 被 H2O2 复原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2 KMnO4，故A 错误； B产生的气体使酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色，说明该气体为不饱和烃，但不能说明肯定为乙烯，故B

19、错误；C. 浓盐酸易挥发，HC1 与苯酚钠反响也能生成苯酚沉淀，则由题给试验操作和现象不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故C 错误；D. NaOH 缺乏，由题述现象可知，发生了沉淀的转化，说明KspCu(OH)2KspMg(OH)2，故D 正确； 答案选D。二、选择题：此题共 5 小题，每题 4 分，共 20 分。每题有一个或两个项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 1 分，有选错得 0 分。11.Z 可用于防治老年人骨质疏松，可由X 经两步转化得到。以下说法不正确的选项是 A. Z 含有的官能团是酚羟基、酯基B. X 可以发生的反响类型有氧化、取代、加成、缩聚反响2C. X、Y、Z

20、 分别与浓溴水反响均最多消耗 1 mol Br2027D. Y 的分子式是CHO【答案】CD【解析】【详解】AZ 中含有 2 个酚羟基和 1 个酯基，故A 正确；BX 中有酚羟基和羧基，并且含有苯环构造，因此X 能发生氧化、取代、加成、缩聚反响，故B 正确；2CY 不与浓溴水反响，且题中未明确X、Y、Z 的物质的量，无法确定X、Y、Z 与浓溴水反响消耗的Br的物质的量，故C 错误；20284D结合Y 的构造简式，可以得出Y 的分子式是CHO ，故D 错误； 答案选CD。12. 某兴趣小组利用硫酸厂产生的烧渣主要含Fe O 、FeO，还有肯定量的SiO 来制备FeCO ，其流程2323如图：2：

21、FeS 不溶于稀硫酸；“复原”时，Fe3+通过两个反响被复原，其中一个反响为FeS +14Fe3+8H O=15Fe2+2 SO 2- +16H+ 。224以下说法不正确的选项是 2A. “复原”时另一个反响的离子方程式为 2Fe3+FeS =2S+3Fe2+B. “复原”后可以用KSCN 检验 Fe3+否反响完全3C. 流程中屡次进展过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、胶头滴管和玻璃棒3D. 所得FeCO需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO是否已洗涤干净【答案】C【解析】2【详解】 A由题图可知 “复原”后过滤所得滤渣中含有 S，所以“复原”时另一个反响的离子方程式为2Fe

22、3+FeS =2S+3Fe2+，故A 正确；BFe3+可与 KSCN 反响生成血红色物质，所以“复原”后可以用 KSCN 检验 Fe3+是否反响完全，故B 正确； C过滤时不用胶头滴管，故C 错误；D所得FeCO 需充分洗涤，用稀盐酸和BaCl 溶液检验最终一次洗涤液中是否含有SO 2- 来确定FeCO 是3243否已洗涤干净，故D 正确； 答案选C。z13. 挥发性有机物VOCs对环境易造成污染，VOCs 催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火、不会有 NO 等二次污染物产生等优点。图甲是VOCs 处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反响过程中的能量变化图。以下表达正确的选项是

23、A. 图甲中固体催化剂外表既有化学键断裂，也有化学键形成B. 图甲中固体催化剂可提高VOCs 的平衡转化率C. 图乙中曲线II 使用了固体催化剂，反响活化能降低D. VOCs 催化氧化过程中全部反响均为放热反响【答案】AC【解析】【详解】A催化剂外表发生化学反响，反响过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A 正确； B催化剂只能转变化学反响速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反响物的平衡转化率，故B 错误； C图乙中曲线I 的活化能比曲线U 的活化能高，使用催化剂时，活化能降低，故曲线II 为使用催化剂的能量变化曲线，故C 正确； D由图乙可知，使用催化剂后的反响过程中有中间产物生成

24、，其中反响物转化为中间产物的反响中，反 应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反响为吸热反响，故D 错误；答案选AC。14. 一种双室微生物燃料电池，以苯酚C6H6O为燃料，同时消退酸性废水中的硝酸盐的装置示意图如图1 所示； 争论人员觉察的一种“水”电池，其总反响为：5MnO2 +2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用该“水” 电池为电源电解NaCl 溶液的试验装置如图 2 所示，电解过程中X 电极上有无色气体逸出。以下说法正确的选项是 A. 图 1 装置中假设右池产生 0.672 L 气体标准状况下，则电路中通过电子 0.15 molB. 图 1 装置中左池消耗的苯酚与右池

25、消耗的NO- 的物质的量之比为 28：53C. 图 2 装置的电路中每通过 1 mol e-，U 形管中消耗 0.5 mol H2OD. 图 2 装置中“水”电池内每生成 1 mol Na2Mn5O10，X 电极上生成 1 mol 气体【答案】D【解析】【详解】A图 1 装置中右池产生的气体为氮气， n(N2)=0.672L=0.03 mol，由正极的电极反响式22.4L mol-1(2 NO- +l0e-+12H+=N +6HO) 知电路中通过电子 0.3 mol，故A 错误；322B. 图 1 装置中负极的电极反响式为C6H6O-28e- +11H2O=6CO2+28H+，正极的电极反响式

26、(2 NO- +l0e-+12H+=N +6H O)，依据得失电子守恒，5C H O28 NO- 结合电极反响式可知图 1 装置中左池322663消耗的苯酚与右池消耗的NO- 的物质的量之比为 5：28，故B 错误；3C. 图 2 装置的电路中每通过 1mole-，由 2Cl-+2H O 通电2OH- +H + Cl可知生成 0.5mol 氢气，消耗 1mol222水，故C 错误；D. 由题给总反响式可知每生成1 molNa2Mn5O10，转移 2 mol 电子，又图 2 装置中电解过程中X 电极上有无色气体逸出，即 X 极的电极反响式为 2H2O+2e-=2OH-+H2，所以转移 2mole

27、-时X 电极上生成 1 mol 气体，故D 正确；答案选D。【点睛】将电极反响写出后，依据电子转移的数目相等，找到物质间的关系。15.25时，向 25 mL 0.100 0 mol-l 的LBOH 溶液中逐滴滴入同浓度的一元弱酸HA 的溶液，所得溶液PH与参加HA 溶液的体积的关系曲线如下图，则以下说法正确的选项是 A. BOH 的电离方程式为BOH =B+OH-B. 可选择酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液恰好在B 点从无色变为粉红色，且 30 秒内不恢复原色C. Ka(HA)Kb(BOH)D. 参加HA 溶液的体积为 50 ml 时，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H

28、+)【答案】D【解析】【详解】A由题图中 A 点对应溶液的 pH 可知，BOH 为弱碱，其电离方程式为 BOHB+OH-，故 A 错误；B. 由题意结合题图可知，C 点时酸碱恰好反响完全，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，且酚酞的变色范围为 8.210.0，B 点溶液pH =7，不在变色范围内，故B 错误；C. 由题图可得，C 点溶液的溶质为BA，溶液显酸性，说明水解程度：B+A-，故 Ka(HA)Kb(BOH)，故C 错误；D. 参加HA 溶液的体积为 50 mL时，溶液中溶质为BA 与HA，且二者物质的量相等，由电荷守恒、物料守恒可得 c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+

29、c(H+)，故D 正确；答案选D。三、非选择题：此题共 5 小题，共 60 分。操作现象试验一 向 NaOH 溶液中滴加CuSO4 溶液 黑色沉淀16. 某校化学试验课上，教师要求学生用硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液制备Cu(OH)2，为了缩短试验时间，教师让学生将反响容器放在沸水浴中进展反响，结果消灭了如下两种不同的试验现象：试验二 向 CuSO4 溶液中滴加NaOH 溶液 蓝色沉淀（1） 甲同学认为试验一中产生的黑色沉淀是(填化学式)，理由是。（2） 为验证推想结果是否正确，甲同学将黑色沉淀过滤、洗涤、枯燥后称得质量为ag，并依据如下图装置进展试验，试验前后称得枯燥管E 的质量分别为cg 和 d

30、g。为确保试验的准确性，甲同学认为应在装置A 反响一段时间后再接上装置E，点燃D 中的酒精灯，其理由是 。乙同学认为甲同学的装置仍有缺乏，应在E 的末端连接一个气囊，气囊的作用有两个： 。甲同学改进试验装置后完成试验，假设a、c、d 满足关系式： ，则证明甲同学对黑色沉淀的推想是正确的。（3） 丙同学认为试验二中的蓝色沉淀应为Cu(OH)2，丁同学马上提出反对意见，认为该蓝色沉淀肯定不是Cu(OH)2。为确认试验二中蓝色沉淀的成分，丁同学从试验时药品的参加挨次考虑，可能是反响物的用量 不同导致产物的不同，并上网查阅资料知，当NaOH 溶液少量时会生成碱式硫酸铜Cu2(OH)2SO4，反响的离子

31、方程式为 。4（4） 进一步查阅资料可知碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸。请你设计试验，验证明验二中生成的蓝色沉淀含有SO 2-： 。【答案】(1). CuO(2). 生成的Cu(OH)2 沉淀受热分解成黑色的CuO(3). 装置中存在二氧化碳和水蒸气，也会被碱石灰吸取，对试验产生影响(4). 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E(或排尽装 置 内 空 气 ， 防 止 其 对 实 验 产 生 影 响 ) ， 收 集 多 余 的 H2(5).9a=40(d-c)(6).2Cu2+2OH-+SO 2-=Cu (OH) SO(7). 将蓝色沉淀过滤、洗涤后溶于过量稀盐酸(或稀硝酸)中，待沉

32、淀42244溶解后参加氯化钡溶液，假设产生白色沉淀，则含有SO 2-【解析】【分析】（1） CuO 为黑色；（2） 由图可知，A 中制备氢气，B 中NaOH 除去HCl，C 中浓硫酸枯燥氢气，D 中氢气复原CuO，且氢气不纯加热易爆炸，E 中碱石灰可吸取水，且空气中的水、二氧化碳可进入E 中；3NaOH 溶液少量时会生成碱式硫酸铜Cu2OH2SO4，以此书写离子反响；4验证明验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-，可溶于盐酸后，滴加氯化钡观看是否生成白色沉淀。【详解】(1)分析元素，生成的Cu(OH)2沉淀能受热分解成黑色的CuO，黑色沉淀可能为氧化铜，(2)应在装置 A 反响一段时间后再接上装置

33、D 的缘由是装置中存在的二氧化碳和水蒸气也会被碱石灰吸收，乙同学认为甲同学的装置仍有缺乏，应在装置E 的末端连接一个气囊，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置E 或排尽装置内空气，防止其对试验产生影响，氧原子守恒，所以9a = 40(d -c)，可证明黑色沉淀是氧化铜；(3)当 NaOH 溶液少量时会生成碱式硫酸铜Cu2(OH) SO24 ，反响的离子方程式为2Cu2+ + 2OH- +SO2-4=Cu2(OH) SO ；24(4)碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸，要检验SO2- ，首先要把碱式硫酸铜溶于硝酸或盐酸中，4得到含SO2- 溶液，再参加氯化钡溶液，产生不溶于酸的白色沉淀。4

34、【点睛】有气体参与的试验，装置的排列挨次：一般按气流方向确定仪器的连接挨次，一般遵循：气体发 生除杂枯燥主体试验尾气处理，以此思路解题。17. 二氧化碳的捕集和转化是科学争论中的热点问题。我国科研人员提出了以 Ni/Al2O3 为催化剂，由 CO2(g) 和 H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反响历程，其示意图如下：(1) 该可逆反响的化学方程式为。使用催化剂Ni/Al2O3平衡转化率。(填“能”或“不能”)提髙CO2 的(2) 300下，在一恒容密闭容器中充入肯定量的CO2 与H2，发生上述反响，一段时间后反响达平衡，假设其他条件不变，温度从 300升至 500，反响重到达平衡时，

35、H2 的体积分数增加。以下说法错误的选项是 (填标号)。A.该反响的HK (300)C.300下，减小 p(H2 ) 的值， CO的平衡转化率上升p(CO )22D.反响到达平衡时化vH正2) =2v逆(H O)2(3) 在肯定条件下，反响体系中 CO2 的平衡转化率a( CO2)与 L 和X 的关系如下图，L 和 X 表示温度或压强。X 表示的物理量是。L1 L2(填“”推断理由是 。(4) 向 1 L 恒容密闭容器中参加 4.0 mol H2(g)，1.0 mol CO2，掌握条件(催化剂为 Ni/AI2O3、温度为T1)使之发生上述反响，测得容器内气体的压强随时间的变化如下图。4 min

36、 时 CO2 的转化率为。T1 温度下该反响的化学平衡常数为。【答案】(1). CO2(g)+4H2(g) 噲垐N垐i垐/Al O垎垐 CH4(g)+2H2O(g)(2). 不能(3). BC(4). 温度(5).23(6). 该反响为气体分子数减小的反响，其他条件肯定时，增大压强，平衡右移，CO2 的平衡转化率升髙(7). 75%(8). 6.75【解析】【分析】(1) 依据图示书写该可逆反响的化学方程式；催化剂只能加快反响的速率，不能提高CO2 的平衡转化率；(2) A温度从 300升至 500反响重到达平衡时，H2 的体积分数增加，依据温度对平衡移动的影响分析；B. 正反响为放热反响，上

37、升温度平衡逆向移动，平衡常数减小；C. 减小p(H )2p的值，CO2 的含量增大，据此分析；(CO )2D. 反响到达平衡时，反响速率之比等于化学计量数之比；23(3) 依据方程式 CO2(g) +4H2(g) 噲垐N垐i垐/Al O垎垐 CH4(g) +2H2O(g)及反响的 H0 可知结合图像转化率的变化分析推断影响因素；结合题图及中的分析推断；(4) 由题图可知，4 min 时反响体系处于平衡状态，此时压强为 0. 7p0，结合气体压强之比等于物质的量之比， 列出三段式计算CO2 的转化率及反响平衡常数。23【详解】(1)由题意可知该可逆反响的化学方程式为CO2(g)+4H2(g) 噲

38、垐N垐i垐/Al O垎垐 CH4(g)+2H2O(g) +2H2O(g)，催化剂只能加快反响的速率，不能提高CO2 的平衡转化率；(2) A对于该可逆反响，假设其他条件不变， 温度从 300升至 500反响重到达平衡时，H2 的体积分数增加，说明正反响为放热反响，故A 正确； B正反响为放热反响，因此K(500K(300)，故B 错误；C减小p(H )2p的值，CO2 的平衡转化率降低，故C 错误；(CO )2D反响到达平衡时， vH正2) =2v逆(H O)，故D 正确；2答案选BC；23(3) 依据方程式 CO2(g) +4H2(g) 噲垐N垐i垐/Al O垎垐 CH4(g) +2H2O(

39、g)及反响的D H0 可知，其他条件肯定时，升温，CO2 的平衡转化率降低，其他条件肯定时，加压，CO2 的平衡转化率上升，则X 表示的物理量是温度；L 表示压强，结合题图及上述分析，可知L1L2；(4) 由题图可知，4 min 时反 应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，设发生反响的CO2 为 x mol，列出三段式：CO (g)+4H(g)垐Ni垐/Al O垎CH (g)+2HO(g)2始(mol)1噲 垐2 3垐242400变(mol) 平(mol)x 1-x4xx2x4-4xx2xp依据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出0=5.0，解得 x=0.75，则CO的转化率

40、为 0.75 100% = 75% ； 1.00.7p05.0-2x2平衡常数 K =c(CH4) c2 (H2O) =0.75 (2 0.75)2=6.75 。c(CO2) c4 (H2)(1.0-0.75) (4.0-4 0.75)418. 氧化亚铜Cu2O是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石含CuFeS2、Cu2S 等为原料制取 Cu2O 的工艺流程如下：FeOH2FeOH3CuOH2开头沉淀7.52.74.8完全沉淀9.03.76.4常温下几种物质开头形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表：(1) 炉气中 有害气体成分是，Cu2S 与O2 反响时，氧化剂与复原剂的物质的量之比为 。

41、的(2) 假设试剂X 是H2O2 溶液，写出相应反响的离子方程式：。当试剂X 是时，更有利于降低生产本钱。(3) 参加试剂Y 调 pH 时，pH 的调控范围是。(4) 写出用N2H4 制备Cu2O 的化学方程式：，操作X 包括、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是。(5) 以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O 的电极反响式： 。【答案】(1). SO2(2). 21(3). 2Fe22HH2O2=2Fe32H2O(4). 空气或氧气(5).903.7pH4.8(6). 4CuSO4N2H48KOH2Cu2ON24K2SO46H2O(7). 过滤

42、(8). 防止Cu2O 被空气中氧气氧化(9). 2Cu2e2OH=Cu2OH2O【解析】【分析】(1) 金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S 与 O2 反响时，依据得失电子守恒，分析氧化剂与复原剂的物质的量之比；(2) 酸性条件下，H2O2 将 Fe2氧化为Fe3，本身被复原为H2O，酸性条件下O2 也可以将Fe2氧化为 Fe3；(3) 调整 pH 的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；(4) N2H4 将Cu2复原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O 不溶于水，且有较强的复原性，在加热条件下易被空气氧化；(5) 因 Cu2O 是在阳极上生成的，

43、阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S 与O2 反响时，氧化剂为O2，复原剂为Cu2S，1molO2 得 4mol 电子，Cu 的化合价从+1 价上升为+2 价，S 的化合价从-2 价上升为+4 价，故 1molCu2S 失 8mol 电子，依据得失电子守恒，氧化剂与复原剂的物质的量之比为 21，故答案为：SO2；21；(2) 酸性条件下，H2O2 将 Fe2氧化为Fe3，本身被复原为H2O，离子方程式为 2Fe22HH2O2=2Fe3 2H2O；酸性条件下 O2 也可以将Fe2氧化为

44、 Fe3，而氧气或空气价格远低于 H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产本钱，故答案为：2Fe22HH2O2=2Fe32H2O；空气或氧气；(3) 调整 pH 的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH 调控范围是(4)N2H4 将Cu2复原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为 4CuSO4N2H48KOH2Cu2ON23.7pH4.8，故答案为：3.7pH4.8；4K2SO46H2O；由于Cu2O 不溶于水，故操作X 为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O 有较强的复原性，在加90热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4N2H

45、48KOH2Cu2ON24K2SO46H2O；过滤；防止Cu2O 被空气中氧气氧化；(5)因 Cu2O 是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反响式为 2Cu2e2OH=Cu2OH2O，故答案为：2Cu2e2OH=Cu2OH2O。19.2023 年，大连化物所争论人员在乙酰酮修饰锰氧化物L 酸催化胺选择氧化争论方面取得的进展如图甲所示，相关文章发表在自然通讯上。请答复以下问题：（1） 基态Mn 原子的价电子排布图为，其中最外层电子的电子云轮廓图的外形为 。（2） 图甲中涉及的非金属元素除H 外第一电离能由小到大的挨次是用元素符号表示，下同，电负性由小到大的挨次是

46、。（3） 物质a 可与水互溶，主要缘由是。（4） 物质b 中碳原子的轨道杂化方式有，1 mol 物质c 中含有 键的数目为 。（5） 该锰氧化物的晶胞构造如图乙所示，该锰氧化物的化学式为，该晶体中 Mn 的配位数是。【答案】(1).(2). 球形(3). CON(4). CNO(5). 物质a与水分子之间可以形成氢键(6).sp、sp2(7).29 6.02 1023(8).MnO 2(9). 6【解析】【分析】(1) 基态 Mn 原子的价电子排布式为3d5 4s2 ，据此书写排布图；最外层为 4s 能级，依据 s 能级的电子云外形推断；(2) 同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第A

47、 族元素原子最外层p 轨道电子半布满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大；元素的非金属性越强，电负性越大；(3) 物质a 中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键；(4) 苯环为平面构造，碳氮三键为平面直线型构造；单键为 键，双键中含有 1 个 键 1 个 键，依据图示计算 键的数目；【详解】(1)基态 Mn 原子的价电子排布式为3d5 4s2 ，价电子排布图为；最外层为4s(5) 依据均摊法计算该晶胞中原子数目，确定该锰氧化物的化学式；依据晶胞的投影图可知，与Mn 原子距离相等且最近的O 原子有 6 个。电子，电子云轮廓图呈球形；(2) 图甲中涉及的非金属元素除H 外还有C、N、O，同周期元素

48、的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第A 族元素原子最外层p 轨道电子半布满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大，则第一电离能：CON；元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：CNO；(3) 物质a 中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键，因此物质a 可与水互溶；(4) 苯环中C 原子轨道杂化方式为sp2 ，碳氮三键中C 原子轨道杂化方式为sp；单键为 键，双键中有1 个A 键，1 mol 物质c 中含有29 mol 键，即含有 键的数目为29 6.02 1023或29N ；(5) 该晶胞中，含有Mn 原子的数目为8 1 +1 = 2 ，含有O 原子的数目为 1 4 + 2 = 4 ，则 Mn

49、、O 原子个82数之比为 1：2，所以该锰氧化物的化学式为MnO ；依据晶胞的投影图可知，与Mn 原子距离相等且最近2的O 原子有 6 个，所以Mn 的配位数为 6；20.药物 H 的一种合成路线如下：R-CCH+H O2请答复以下问题(1)A 的名称是；BC 的反响条件和试剂：。(2)E 中含氧官能团名称是；GH 的反响类型是。(3)写出EF 反响的化学方程式。(4)1 个有机物C 分子最多有个原子共平面。(5)化合物F 有多种同分异构体，同时满足以下条件的同分异构体有种；其中核磁共振氢谱有5 组峰且峰面积之比为 12223 的物质的构造简式为。(6)参照上述信息，以丙醛(CH CH CHO

50、)为主要原料合成22其他试剂任选)，设计合成路线：。能发生水解反响；属于芳香化合物且能发生银镜反响(6).14(7).14(8).【答案】(1). 甲苯(2). 氢氧化钠水溶液、加热(3). 羟基(4). 加成反响(5).或(9).【解析】【分析】苯环侧链碳原子上的氢原子，B 为；C 能发生催化氧化生成D，可以推知C 为醇，即苯甲醇；C通过观看后续物质，可知A 中含有苯环构造，结合分子式推知A 为甲苯；在光照条件下，溴单质可以取代经氧化得到D，D 为苯甲醛；结合推得F 为。2E 为，含氧官能团为羟基；GH可以看到双键消逝，C、N 原子分别加上H 原子，【详解】1通过观看后续物质，可知A 中含有

51、苯环构造，结合分子式推知A 为甲苯，BC 为卤代烃的水解，反响试剂为氢氧化钠水溶液、条件为加热，故答案为甲苯；氢氧化钠水溶液、加热。所以为加成反响，故答案为羟基；加成反响。5F 的构造简式为，F 的同分异构体既可以水解又可以发生银镜反响，可知肯定含4C 为苯甲醇，结合苯环的构造以及单键可以旋转，1 个 C 分子中最多可以有 14 个原子共平面，故答案为 14。有 HCOO-构造，除此外，还含有一个苯环和2 个碳原子；假设只有 1 个侧链，侧链为CH CH OOCH、CH22CH OOCH，有 2 种；假设有 2 个侧链，2 个侧链为：HCOO和CH CH 、HCOOCH 和CH ，2 个侧链有32323邻、间、对三种位置，共6 种；假设有 3 个侧链，3 个侧链为：2 个CH3和 HCOO，先固定 2 个甲基，移3EF 的化学方程式为，答案为：2223 的物质的构造简式或。6比照CH CH CHO 与32的构造简式，碳链增加 2 个碳原子，目标产物中官能团为羟基，模仿流程中DEF 可合成，最终与 H 发生加成反响即可，流程图为：2。动 HCOO，共有 6 种，符合条件的同分异构体一共有 14 种。其中核磁共振氢谱有 5 组峰且峰面积之比为 1【点睛】留意应娴熟把握特别官能团的特征反响条件，可以由条件反推物质可能具有的官能团。