2024年高考化学模拟卷03（天津卷）试题和答案（含解析）

12024年高考猜想预测卷（天津卷）03高三化学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．“挖掘文物价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯2．根据下列实验叙述，得出结论正确的是A．向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原FeCl2溶液部分变质B．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则Cl2氧化性大于Br2C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D．向含有等物质的量H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)23．下列表示正确的是2A．BF3的价层电子对互斥（VSEPR）模型：B．H3O+的电子式：C．基态Fe2+的价层电子轨道表示式：D．的名称：乙二酸乙二酯4．实验室合成高铁酸钾（K2FeO4）的过程如下图所示。下列说法错误的是A．气体a的主要成分为Cl2B．沉淀b的主要成分为KClO3C．K2FeO4中Fe的化合价为+6D．反应2为2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O5．下列物质的鉴别或检验一定能达到实验目的的是A．用饱和Na2CO3溶液鉴别BaCl2溶液和AlCl3溶液B．用盐酸和KSCN溶液检验Fe粉中是否含有Fe2O3C．用湿润的淀粉-KI试纸鉴别NO2和溴蒸气D．向1-氯丁烷中加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验氯元素6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2)，下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＞Y＞XC．R2—中Z的化合价是—3B．沸点：ZX2＞WX2D．第二电离能：Y＞Z37．多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A．1molL-酪氨酸最多可以与4molH2发生加成反应B．L-多巴分子中所有碳原子不可能共平面C．多巴胺可与NaHCO3溶液反应D．L-酪氨酸、L-多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性8．反应：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共价化合物Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A．1molAl[(NH3)Cl3]中通过p-p轨道重叠形成的σ键数目为4NAB．Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构C．反应前后Al原子配位数不变D．Al[(NH3)Cl3]属于极性分子9．下图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。下列说法正确的是A．Q中反应的离子方程式为COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)-+2H+=H2O+CO2↑,2OEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),2)-+4H+=2H2O+O2↑B．测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1C．没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大xx+yD．若操作正确，量筒I、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2xx+y10．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70，下列说法错误的是4A．“杯酚”能与C60形成分子间作用力B．操作①是过滤；操作③是蒸馏C．上述方法能实现C60与C70分离D．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子11．下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后，分别变为Na2S4和NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是A．左、右储罐中的电解质分别为左：NaBr3/NaBr；右：Na2S2/Na2S4B．中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过C．电池充电时，阴极的电极反应为Na2S4+2Na++2e-=2Na2S2D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入0.3molCu2(OH)2CO3才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为1.8mol12．常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2A)溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(c),c)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up11(A2-),HA-)或-lgEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(c),c)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up8(HA-),H2A)。下列说法正确的是5EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(A),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(．曲线),．水的)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(I),电)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(代),离)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(表),程)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(pH),度)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(g),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up16(c),c)的变化曲线，Ka2(H2A)=10-4.3C．滴定到b点时，溶液中c(K+)>3c(HA-)D．当H2A刚好被中和时，溶液中c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+2c(H+)第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2．本卷共4题，共64分。13．某化学兴趣小组模拟工业上用纯碱溶液与SO2制备Na2SO3，并探究产品的性质和纯度。H2SO3的电离常数：Ka1=1.2根10-2，Ka2=5.6根10-8；KspFe(OH)3Ksp2SO3性质探究-39。(1)若用Na2SO3与盐酸反应制备干燥SO2时，净化、收集和尾气处理所需装置的接口连接顺序为，其中饱和NaHSO3溶液中发生反应的离子方程式为。(2)该小组同学用试管取2mL0.5mol/LFeCl3溶液，逐滴加入2mL0.5mol/LNa2SO3溶液，振荡，溶液由黄色变为红6褐色，未观察到气体和沉淀生成。①甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，预期的现象为。②若上述水解过程存在反应：Fe3++3SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HSOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(-),3)，则25℃时该反应的化学平衡常数K代入数据列出计算式）。③乙同学认为可能同时发生反应：2Fe3++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-+H2O=2Fe2++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+2H+，并设计实验验证：取少量用蒸馏水稀释后的反应液于试管中，再滴加溶液，观察现象。A．KSCNB．KMnO4C．K3Fe(CN)6D．Ba(OH)22SO3含量探究(3)已知所得产物含有少量Na2CO3（无其他杂质25℃时相同质量的Na2CO3和Na2SO3分别溶于等量的水后，体积基本相同。①25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的pHNa2SO3溶液。A．大于B．小于C．等于D．无法判断②丙同学设计实验探究实验产品是否符合化工行业标准。查阅资料提出假设实验方案Na2SO3合格品的行业标准是质量分数高于93%。实验产品中Na2SO3质量分数高于93%。常温下完成下述实验：步骤1：用100.0mL水溶解0.7gNa2CO3和9.3gNa2SO3，测得pH=a；步骤2：，测得pH=b；数据分析：ab（填“＞”、“＜”或“=ℽ)。实验结论假设成立。14．BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下：2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物7Ⅱ.0.1mol.L1Bi(NO3)3溶液的pH=1Ⅲ.VO2++2HR(有机层VOR2(有机层)+2H+回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是；酸化时，Al(OH)4一完全转化为Al(OH)3的最大pH为。(已知=Al(OH)4K=100.63；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)(2)“酸化”后的溶液中存在VOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(一),3)，则“还原”时发生反应的离子方程式为。(3)反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为。(4)生成BiVO4的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3)3溶液浓度对生成BiVO4的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若Bi(NO3)3过量，需要增加NaOH的用量，原因是。15．柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂．实验室利用柠檬酸（）制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下：i．向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。ii．降温至40℃,滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。iii．控温40℃,缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。8已知：柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]的复盐.回答下列问题：(1)仪器A的名称是，在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比(2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是从产品纯度及后续实验的操作方面分析）(3)步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是；(4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵的化学方程式,“一系列操作”包括；(5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度．实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为(“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是。16．以砷化铝(AlAs)作催化剂，实现了在常压、100～300℃的条件下合成氨。(1)基态As原子的核外价电子的轨道表示式为；第一电离能I1(As)(填“大于”或“小于”)I1(Se)，其原因是。(2)As3S4的分子结构中均为单键，且每个原子最外层均满足8e-稳定结构，则该分子中所含共价键的数目为；该分子中S原子的杂化轨道类型为。(3)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是。(4)近年来，人们发现NH3AlH3可与多种小分子氢化物形成双氢键。双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性的相互作用，其结构可表示为X—H…H—Y(“—”表示共价键，“…”表示形成的双氢键)。根据上述信息，NH3AlH3与HF形成的双氢键可表示为。(5)Be和Al的性质相似，在500～600℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在，1molBe2Cl4中含有的共价键数目为。BeO晶体晶胞结构与ZnS类似，如图所示。该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子A、B的坐标分别为(0，0，0)、()；则C原子的坐标为。设O与Be的最近9距离为apm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为g/cm3(用含a和NA的计算式表示)。1CC2024年高考猜想预测卷（天津卷）03化学·参考答案一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。123456789CDABABDACDBA二．本卷共4题，共64分。1314分）(1)dcbaefgHSOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)+H+=H2O+SO2个(2)混合物中出现一条明亮的光路3(3)A用100.0mL水溶解10.0g实验产品>1418分）(1)Al(OH)3和H2SiO3，8.37(2)2VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(-),3)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-+6H+=2VO2++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H2O(3)酸性10∶3(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80℃,浓度为1.0mol.L-1Bi(NO3)3溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量1518分）(1)恒压滴液漏斗2:3(2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯(3)温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗(4)2(NH4)3C6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2(NH4)3Fe(C6H5O7)2+2NH3.H2O蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥(5)维生素C维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高1614分）(1)能量更低，更稳定大于As的价电子排布式为4s24p3，4p能级为半充满结构，2(3)电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2＋形成配位键(4)Al—H…H—-F -3012024年高考猜想预测卷（天津卷）03本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．“挖掘文物价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯【答案】C【详解】A．铁足铜鼎是由铁、铜等金属制造而成，属于金属制品；B．锴金银四龙四凤铜方案座是由金、银、铜等金属制成，属于金属制品；C．彩绘石散乐浮雕，石刻用汉白玉雕成并着色，汉白玉的主要成分为碳酸钙等，属于碳酸盐制品；D．长信宫灯是由铜鎏金等金属制成，属于金属制品；综合以上分析，可得出彩绘石散乐浮雕与其他三件“镇馆之宝”不同，故选C。2．根据下列实验叙述，得出结论正确的是A．向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原FeCl2溶液部分变质2B．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则Cl2氧化性大于Br2C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D．向含有等物质的量H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2【答案】D【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明原FeCl2溶液部分变质，A错误；B．有机相呈橙红色，说明反应中有Br2生成，KBrO3中溴元素由＋5价被还原至0价，发生还原反应，说明Cl2是还原剂，表现出还原性，故根据该实验无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，B错误；4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体为[Cu(NH3)4]SO4.H2O，[Cu(NH3)4]SO4.H2O固体易溶于水，C错误；D．硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下发生反应3Cu+8H++2NOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)=3Cu2++2NO个+4H2O，等物质的量H2SO4和HNO3的混酸中氢离子、硝酸根离子比为3:1，则氢离子不足、硝酸根离子过量，溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2，D正确；故选D。3．下列表示正确的是A．BF3的价层电子对互斥（VSEPR）模型：B．H3O+的电子式：C．基态Fe2+的价层电子轨道表示式：D．的名称：乙二酸乙二酯【答案】A【详解】A．BF3的中心原子价层电子对数为=3，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B．H3O+的电子式为，B错误；C．基态Fe2+的价层电子轨道表示式为C错误；3D．的名称为乙二酸二乙酯，D错误；答案选A。4．实验室合成高铁酸钾（K2FeO4）的过程如下图所示。下列说法错误的是A．气体a的主要成分为Cl2B．沉淀b的主要成分为KClO3C．K2FeO4中Fe的化合价为+6D．反应2为2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O【答案】B【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl气体，得到气体a的主要成分为Cl2，氯气和饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成KClO，由于KClO的溶解度小于KOH，会析出KClO白色沉淀，将Fe(NO3)3和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成K2FeO4，以此解答。【详解】A．由分析可知，气体a的主要成分为Cl2，故A正确；B．由分析可知，沉淀b的主要成分为KClO，故B错误；C．由化合物化合价的代数和为零可知，K2FeO4中Fe的化合价为+6，故C正确；D．反应2中Fe(NO3)3和KClO在碱性条件下发生氧化还原反应生成K2FeO4和KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O，故D正确；故选B。5．下列物质的鉴别或检验一定能达到实验目的的是A．用饱和Na2CO3溶液鉴别BaCl2溶液和AlCl3溶液B．用盐酸和KSCN溶液检验Fe粉中是否含有Fe2O3C．用湿润的淀粉-KI试纸鉴别NO2和溴蒸气D．向1-氯丁烷中加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验氯元素【答案】A4【详解】A．饱和Na2CO3溶液和BaCl2溶液混合反应生成碳酸钡白色沉淀，饱和Na2CO3溶液和AlCl3溶液混合氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体，能用饱和Na2CO3溶液鉴别BaCl2溶液和AlCl3溶液，故A正确；B．Fe2O3溶于盐酸生成Fe3+，而Fe粉可以将Fe3+还原为Fe2+，加入KSCN后溶液不变红，Fe粉也可能含有Fe2O3，不能用盐酸和KSCN溶液检验Fe粉中是否含有Fe2O3，故B错误；C．NO2溶于水后会生成HNO3，HNO3和溴蒸气都能将I-氧化为I2，不能用湿润的淀粉-KI试纸鉴别NO2和溴蒸气，故C错误；D．鉴定1-氯丙烷中氯元素应该先加入NaOH溶液使其水解产生NaCl，然后加入稀HNO3酸化，用于中和NaOH溶液，防止NaOH与AgNO3溶液反应生成沉淀对实验产生干扰，故D错误；故选A。6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2—)，下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＞Y＞XB．沸点：ZX2＞WX2C．R2—中Z的化合价是—3D．第二电离能：Y＞Z【答案】B【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、原子半径大的黑球形成6个和2个共价键，则X为O元素、Z为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P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，则磷离子的离子半径大于硫离子，故A错B．二氧化硫和二氧化碳均构成分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，二氧化硫的空间结构为V形，是结构不对称的极性分子，二氧化碳的空间结构为直线形，是结构对称的非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故B正确；C．由化合价代数和为0可知，由氧元素和硫元素形成的R2—中硫元素的化合价平均为+2.5价，故C错误；D．磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布式为3s23p2，硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为3s23p3，S+离子中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫元素的第二电离能大于磷元素，故D错误；故选B。57．多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A．1molL-酪氨酸最多可以与4molH2发生加成反应B．L-多巴分子中所有碳原子不可能共平面C．多巴胺可与NaHCO3溶液反应D．L-酪氨酸、L-多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性【答案】D【详解】A．L-酪氨酸含有苯环，因此1molL-酪氨酸最多可以与3mol发生加成反应，羧基不与氢气发生加成反应，A错误；B．根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则L-多巴分子中所有碳原子可能同平面，B错误；C．多巴胺含有酚羟基，但酚的酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3溶液反应，C错误；D．L-酪氨酸、L-多巴和多巴胺都含有氨基，具有碱性，同时都有酚羟基，具有酸性，D正确；故选：D。8．反应：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共价化合物Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A．1molAl[(NH3)Cl3]中通过p-p轨道重叠形成的σ键数目为4NAB．Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构C．反应前后Al原子配位数不变D．Al[(NH3)Cl3]属于极性分子【答案】A【详解】A．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、3个N—H键和1个N—Al键，其中Al—Cl键为p—pσ键，N—H键为s—pσ键，N—Al键属于配位键，不是轨道重叠形成，则1molAl[(NH3)Cl3]中通过p—p轨道重叠形成的σ键数目为3NA，故A错误；B．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子外围有4对成键电子对，Cl原子有2对成键电子对,还含有2对孤电子对，所以Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构，故B正确；C．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子的配位数为4；Al[(NH3)Cl3]分子分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键(实质为配位键)，则Al原子的配位数也是4，即反应前后Al原子配位数不变，故C正确；D．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键，且两种键的键长不相等，正负电中心不能重合，所以Al[(NH3)Cl3]属于极性分子，故D正确；6故选A。9．下图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。下列说法正确的是A．Q中反应的离子方程式为COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)-+2H+=H2O+CO2↑,2OEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),2)-+4H+=2H2O+O2↑B．测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1C．没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大xx+yD．若操作正确，量筒I、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2xx+y【答案】C【分析】实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应：2Na2O2+4H+=4Na++2H2O+O2个，23242422NaCO+HSO=NaSO+HO+CO个，此时关闭K1、23242422中水的体积xmL，反应完毕后先打开K2，关闭K3保证Q灵活伸缩后打开K1，碱石灰吸收CO2后量筒Ⅱ收集ymL水即氧气的体积，据此进一步分析。【详解】A．过氧化钠不能拆，其离子方程式为：2Na2O2+4H+=4Na++2H2O+O2个，故A错误；B．为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关闭K3，故B错误；C．若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；D．题中计算既未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数为：EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up11(2),8)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(y根),24)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(1),L)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up0(0-3),/m)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483647(L),o)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up13(7),x)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up13(y),2)故选C。10．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70，下列说法错误的是7A．“杯酚”能与C60形成分子间作用力B．操作①是过滤；操作③是蒸馏C．上述方法能实现C60与C70分离D．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子【答案】D【详解】A．“杯酚”能与C60通过形成分子间作用力而形成超分子，A正确；B．操作①得到溶于甲苯的C70和不溶于甲苯的超分子，是过滤；操作③得到易挥发的氯仿，为蒸馏操作，B正确；C．根据信息，通过操作①能实现C60与C70分离，C正确；D．氯仿不是正四面体结构，是极性分子，苯是非极性分子，而苯分子的一个H原子被甲基取代后形成甲苯为极性分子，D错误；故选D。11．下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后，分别变为Na2S4和NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是A．左、右储罐中的电解质分别为左：NaBr3/NaBr；右：Na2S2/Na2S4B．中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过8C．电池充电时，阴极的电极反应为Na2S4+2Na++2e-=2Na2S2D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入0.3molCu2(OH)2CO3才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为1.8mol【答案】B【详解】A．放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后，分别变为Na2S4和NaBr，可以知道Na2S2喻Na2S4被氧化，NaBr3喻NaBr被还原，左储罐为电源的正极，原电池正极发生还原反应，则左储罐电解质为NaBr3/NaBr，右储罐为电源的负极，原电池负极发生氧化反应，则右储罐电解质为Na2S2/Na2S4，故A正确；B．电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，阴极发生还原反应，电极反应为Na2S4+2Na++2e-=2Na2S2，阳极生成的Na+要经过阳离子交换膜进入阴极，中间离子选择性膜为阳离子交换膜，故B错误；C．电池充电时，阴极Na2S4得到电子生成Na2S2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极电极方程式为：Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，需往溶液中加入0.3molCu2(OH)2CO3才能使原硫酸铜溶液复原，说明阴极析出0.6molCu和0.3molH2，共转移1.8mol电子，故D正确；故选B。12．常温下，将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2A)溶液中，混合溶液的pH与pX的关系如图所示。已知pX代表-lgEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up10(c),c)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up11(A2-),HA-)或-lgEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(c),c)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up8(HA-),H2A)。下列说法正确的是EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(A),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(．曲线),．水的)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(I),电)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(代),离)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(表),程)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(pH),度)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(g),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up16(c),c)的变化曲线，Ka2(H2A)=10-4.39C．滴定到b点时，溶液中c(K+)>3c(HA-)D．当H2A刚好被中和时，溶液中c(OH-)=c(HA-)+c(H2A)+2c(H+)【答案】A【详解】 +故曲线I代表pH随HEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up12(+),c)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(.c),H2)AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(H),c)2，当pX=0时，Ka=c(H),Ka1远大于Ka2 +故曲线I代表pH随2-AHA-)的变化曲线，根据b点坐标，可得Ka2(H2A)=10-4.32-AB．溶液的pH:a<b，溶液的酸性越强对水的电离抑制程度越大，所以水的电离程度：a<b，B错误；OH-)=c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)，D错误；故选A。第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2．本卷共4题，共64分。13．某化学兴趣小组模拟工业上用纯碱溶液与SO2制备Na2SO3，并探究产品的性质和纯度。KspFe(OH)3Ksp2SO3性质探究。(1)若用Na2SO3与盐酸反应制备干燥SO2时，净化、收集和尾气处理所需装置的接口连接顺序为，其中饱和NaHSO3溶液中发生反应的离子方程式为。(2)该小组同学用试管取2mL0.5mol/LFeCl3溶液，逐滴加入2mL0.5mol/LNa2SO3溶液，振荡，溶液由黄色变为红褐色，未观察到气体和沉淀生成。①甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，预期的现象为。②若上述水解过程存在反应：Fe3++3SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HSOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(-),3)，则25℃时该反应的化学平衡常数K代入数据列出计算式）。③乙同学认为可能同时发生反应：2Fe3++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-+H2O=2Fe2++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+2H+，并设计实验验证：取少量用蒸馏水稀释后的反应液于试管中，再滴加溶液，观察现象。A．KSCNB．KMnO4C．K3Fe(CN)6D．Ba(OH)22SO3含量探究(3)已知所得产物含有少量Na2CO3（无其他杂质25℃时相同质量的Na2CO3和Na2SO3分别溶于等量的水后，体积基本相同。①25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的pHNa2SO3溶液。A．大于B．小于C．等于D．无法判断②丙同学设计实验探究实验产品是否符合化工行业标准。查阅资料Na2SO3合格品的行业标准是质量分数高于93%。提出假设实验产品中Na2SO3质量分数高于93%。实验方案常温下完成下述实验：步骤1：用100.0mL水溶解0.7gNa2CO3和9.3gNa2SO3，测得pH=a；步骤2：，测得pH=b；数据分析：ab（填“＞”、“＜”或“=ℽ)。实验结论假设成立。【答案】(1)dcbaefgHSOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)+H+=H2O+SO2个EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(1),9)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up13(0),根)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up17(4),5)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up17(3),6)(3)A用100.0mL水溶解10.0g实验产品>【分析】Na2SO3与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染；【详解】（1）Na2SO3与盐酸反应生成二氧化硫，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥，使用向上排空气法收集二氧化硫，尾气使用碱液吸收，防止污染；故装置的接口连接顺序为dcbaefg，其中饱和NaHSO3溶液HCl反应生成亚硫酸钠和水、二氧化硫气体，发生反应的离子方程式为HSOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)+H+=H2O+SO2个；（2）①光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；甲同学认为发生了相互促进的水解反应，生成了Fe(OH)3胶体，用激光笔照射试管，则预期的现象为：混合物中出现一条明亮的光路。②若上述水解过程存在反应：Fe3++3SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HSOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),3)，则25℃时该反应的化学平衡常EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up0(2),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up0(2),3)3+EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up0(2),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up0(2),3)3+3-KspEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(w),K)a22.6-39-83③A．KSCN只能检验铁离子，不能检验亚铁离子，错误；B．KMnO4和亚硫酸根离子、亚铁离子都会发生氧化还原反应，错误；C．亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：3Fe2++2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62专；故检验亚铁离子的方法可以为：取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在亚铁离子；正确；D．Ba(OH)2和亚硫酸根离子、硫酸根离子均会生成沉淀，错误；故选C；（3）①由题干可知，碳酸酸性弱于亚硫酸，则25℃时质量分数相同的两种溶液，Na2CO3溶液的水解程度大于Na2SO3溶液，故Na2CO3溶液的碱性更强，pH值更大，故选A；②假设实验产品中Na2SO3质量分数高于93%，步骤1测定Na2SO3合格品的pH，若Na2SO3含量高于93%，结 若a>b，则Na2SO3含量高于93%，假设成立。14．BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下：2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1mol.L1Bi(NO3)3溶液的pH=1Ⅲ.VO2++2HR(有机层VOR2(有机层)+2H+回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是；酸化时，Al(OH)4一完全转化为Al(OH)3的最大pH为。(已知=Al(OH)4K=100.63；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)(2)“酸化”后的溶液中存在VOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(一),3)，则“还原”时发生反应的离子方程式为。(3)反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为。(4)生成BiVO4的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3)3溶液浓度对生成BiVO4的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若Bi(NO3)3过量，需要增加NaOH的用量，原因是。【答案】(1)Al(OH)3和H2SiO3，8.37(2)2VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(-),3)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-+6H+=2VO2++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H2O(3)酸性10∶3(4)H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80℃,浓度为1.0mol.L-1Bi(NO3)3溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量【分析】本题为利用某废催化剂制备BiVO4的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数K===100.63，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；（2）根据流程可知，“还原”时VOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)转化为VO2+，相应的方程式为：2VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),3)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-+6H+=2VO2++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+3H2O；（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设Na2SO3的物质的量为x，NaClO3的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃,浓度为1.0mol.L-1；根据信息Ⅱ可知，Bi(NO3)3溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。15．柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂．实验室利用柠檬酸（）制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下：i．向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。ii．降温至40℃,滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。iii．控温40℃,缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。已知：柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]的复盐.回答下列问题：(1)仪器A的名称是，在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比(2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是从产品纯度及后续实验的操作方面分析）(3)步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是；(4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵的化学方程式,“一系列操作”包括；(5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度．实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为(“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是。【答案】(1)恒压滴液漏斗2:3(2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯(3)温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗(4)2(NH4)3C6H5O7+2NH4FeC6H5O7+H2O2=2(NH4)3Fe(C6H5O7)2+2NH3.H2O蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥(5)维生素C维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高【分析】制备柠檬酸铁铵时，先向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀；再降温至40℃,滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)；继续控温40℃,缓慢滴加一定量的双氧水，将柠檬酸亚铁氧化为柠檬酸铁，再加入柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]充分反应，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到产品。【详解】（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗，柠檬酸分子中，含有3个羧基和1个醇羟基，它们都能与Na反应，但只有羧基能与NaHCO3发生反应，所以在相同条件下，1mol柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为2mol:3mol=2:3；（2）步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，过量的柠檬酸会与剩余的氨水反应生成柠檬酸铵，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是：过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯。（3）步骤ii使用的氨水受热易挥发、步骤iii使用的H2O2受热易分解，则需控温40℃的原因是：温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗；（4）步骤iii中制备柠檬酸铁铵时，使用檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)、双氧水、柠檬酸铵[(NH4)3C6