2023-2024学年北京市石景山区高三年级下册期中考试（一模）化学试卷 含详解

北京市石景山区2024年高三统一练习

化学

本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Fe-56Pd-106

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正项的是

A.模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物

B.法海寺炸糕作为炸糕界人气担当，其主要成分是淀粉

C.法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料

D.承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁

2.下列化学用语表达正确的是

A.HC1O的电子式：H:O:C1:B.乙烯的实验式：C2H4

也工/叫

C.基态Cu原子的价层电子排布式：4d104s1D.反-2-丁烯的结构简式：)C=C、

HH

3.下列性质的比较，不熊用元素周期律解释的是

金属性：

A.Na>Mg>AlB.酸性：HC1O4>H2SO3>H2CO3

C.电负性：F>O>ND.原子半径：S>O>F

4.完成下述实验，装置和试剂均正确的是

除去CO2中混有的少量

实验室制实验室制取

C12实验室收集NO2NH3

SO2

---►U

r

n©—浓盐酸』尸w

t普皋」棉花

水T

、—

饱和、【aHCC)3溶液

ABCD

A.AB.BC.CD.D

5.下列离子方程式与所给事实不相管的是

A.氨的水溶液显碱性：NH3+H2O=NH3H2O=NH4+OH

B.电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2。+2丁=H2f+2OH-

3++

C.氯化铁的水溶液显酸性：Fe+3H2O.-Fe(OH)3+3H

A

D.用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2T

6.利用下列实验药品，能达到实验目的的是

实验目的实验药品

A比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液

B检验1—澳丁烷中的澳原子1—澳丁烷、NaOH溶液、AgNCh溶液

C比较镁和铝的金属性强弱MgCb溶液、AlCb溶液、NaOH溶液

D证明Ag2s比AgCl更难溶NaCl溶液、AgNCh溶液、硫粉

A.AB.BC.CD.D

7.下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是

A.对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多

B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大

C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大

D,加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大

8.氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的

是

A.2NH3,-3H2+N2AH<0

B.氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态

C.pi<P2<P3<P4

D.500K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比P4压强下的大

9.那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不F螂的是

A.分子中N原子是sp3杂化B.分子中含有手性碳原子

C.该物质含有肽键和竣基，可以发生取代反应D.该物质的分子式是Cl9H26NO3

10.H、C、O、Na四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置

（夹持固定装置已略去）进行实验，装置III中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不氐确的是

B.装置n中发生氧化还原反应

2+

C.装置III中反应的离子方程式为CO2+2OH+Ba=BaCChJ+H2O

D.装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子

11.为充分利用生产乙焕气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCCh,其工艺流程如

下，下列说法正确的是

循环利用

A.电石生产乙焕的化学方程式为CaC2+H2O=CaO+C2H2T

B.NH4C1溶液中C（cr）＜c（NH4）

C.碳化反应方程式为CaCh+2NH4HCO3=CaCO3；+2NH4C1+CChf+H2O

D.碳酸氢镀溶液中存在c（OH）+c（HCO；）+c（CO：）=c（NH：）+c（H+）

12.一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是

A.硫电极是正极，发生得电子的氧化反应

B.负极反应为2A1+8AlCl3Br+6A1C14-6e-=8Al2Cl6Br

C.正极反应为3S+6AbCkBL+6b=AI2S3+6AlChBr+6AlCl4

D.A1C14和AICLBL中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构

13.一种以乙二胺(H2N，^NH2)为核的树状大分子(PAMAM)的合成路线如下。下列说法不无确的是

A,乙二胺的核磁共振氢谱有两组峰B.第一步反应(a)是加成反应

能发生水解反应中含有个

C.PAMAMD.PAMAM32/N、

14.在一定条件下，用草酸-草酸镂浸出废渣中的FezCh,平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(III)粒子的形态分

布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是

已知：①Fe3+和0x2-(代表草酸根)可以生成Fe(ox)+、Fe(ox)£和Fe(ox)，三种配离子。

②体系中草酸根的总浓度[OX2-]TOT=4.54mol/L(按折合成ox2-i+)

体系中Fe(HI)的总浓度[Fe3+]TOT=1.08mol/L(按折合成Fe3+i+)

Lo短

.0

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A

0/2681046810

Fe(ox^

pHpH

ox?-形态分布图Fe(III/态分布图

A.该条件下，酸性增强Fe(ox)；一的物质的量分数增大

B.改变体系中草酸-草酸镀和FezCh的量，使[ox21TOT/[Fe3+]TOT=3,体系中Fe(III)全部以Fe(ox)f形态存在

C.Hox-H++ox2-Ka2=10-a；Fe(ox)"+ox2".Fe(ox)：K=10b

D.pH=4时，c(Hox_)+c(ox2-)-1.3mol/L

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.PdFe3N比纯金属Pd具有更优异甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。

(1)NH3的空间结构是=

(2)基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。

(3)原子的第一电离能N>O,从原子结构的角度说明理由

(4)PdFesN的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。

①图中“O”代表-

②己知PdFesN的摩尔质量是Mg-moL,晶胞的密度为pg式!!!f,阿伏加德罗常数为NA,该晶胞的边长为

nm。(1nm=10-7cm)

③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。

分析PdFe3N优于Pd的原因

16.我国科学家设计的化学链重整联合CCh捕集制比系统如下图所示:

燃料空气

CH4（H2O）O2,N2

（1）空气反应器中发生__________反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O,燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有

（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应（CO与水蒸气或CH4与水蒸气反应）

①1molCH4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165kJ,1molCH4和水蒸气生成CO和H2吸收热量206kJ,CO（g）

+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)=

…u一口生4产品气中H,的物质的量-在士产品气中CO2的物质的量立*口X,口4〜

②反应血度对H2产率（燃料中CH4的物质的量）、C02捕集率（重整气中cc）2的物质的量）及产口口工-且成加

响如下图所示:

ZO1o德0040C

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2.750

600620640660680700600620640660680700

吸收反应温度吸收反应温度AC

图1图2

结合化学方程式说明图1中温度升高CO2捕集率降低的原因;解释图2中温度升高H2体积分数降低

的原因.

(4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用。

17.3'-prenylgenistein(是从大豆中分离出来的新型异戊烯基异黄酮，具有重要的生物防御

0M01Vxm

活性，其合成路线如下。

(1)D中含有的官能团是。

(2)A-B的目的是保护酚羟基，B中含有酯基，A-B的化学方程式是0

(3)E的分子式是C5H9Br。F的结构简式是。

(4)下列说法正确的是(填序号)。

a.B->C和D—F的反应类型均是取代反应

b.含有苯环和的D的同分异构体有4种

c.G在上述有机合成中的作用是保护酚羟基

(5)G的分子式是C2H5c10,I+G-J的化学方程式是-I和G生成J的产率大于90%,I分子中一

个羟基未参与反应的主要原因是：I中的分子内氢键降低了其反应活性，在I的结构中画出存在的分子内氢键

(6)依据K-L的原理，K先“去保护”再“关环”会生成一种含有4个六元环的有机化合物X,其结构简式是

18.从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下:

已知：PbSCU难溶于水；Ag+可以和SO；形成[Ag(SO3)2]3-。

(1)“酸浸”时，使用H2so4、NaCl和NaNCh混合液作为浸出剂。

①加入NaNO3的作用o

②固体B含有o

(2)用氨水和水合股(N2H4卫2。)进行“络合浸出”和“还原析银”。

①氨水“络合浸出”的化学方程式是o

②将水合股“还原析银”反应的离子方程式补充完整：=

□+N2H4，H2。=N2T+H2O+□+□+□NH3T

(3)用Na2sCh和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。

①亚硫酸钠"络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大

先升高后降低的原因___________;分析浸出时间超过4h,银浸出率降低的原因___________o

100100

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92।1।■।■।■।■।88।,।,।■।,।

7.07.58.08.59.09.512345

pH浸出时间/h

②写出pH=14时甲醛“还原析银”的离子方程式___________

19.某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。

己知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；[CuC12「(无色)易被氧化为[CuC14]2-(黄色)。

(1)将25%NaOH溶液、8%的CuSCU溶液和37%〜40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持

NaOH过量)。实验记录如下：

实验试剂用量实验现象

In(HCHO)：n(CuSO4)>20生成紫红色固体，有大量气体产生

IIn(HCHO)：n(CuSO4)=1生成砖红色固体，有少量气体产生

①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为

;甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2co3,通过实验排除了Na2cO3的可能，简述实验操作和现

象。

②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O,写出实验II中生成Cu2O的化学方程式。

③实验I和H中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，CU2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写

出反应的离子方程式o

(2)在试管里加入10%的NaOH溶液2mL,然后加入2%的CuSCU溶液0.4mL,振荡后，加入0.5mL乙醛溶

液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下:

实验实验操作实验现象

III铜粉中加入7mol/L盐酸，振荡铜粉未溶解，溶液呈无色

氧化亚铜中加入7moi/L盐酸，振荡；固体全部溶解，溶液变为黄色；

IV

再加入过量铜粉黄色溶液变为无色

V橙红色固体中加入7mol/L盐酸，振荡固体全部溶解，溶液变为黄色

①实验III的目的o

②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化：O

③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有CU2O,你认为是否合理并说明原因

北京市石景山区2024年高三统一练习

化学

本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Fe-56Pd-106

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.石景山模式口历史文化街区已成为北京城市更新的典型案例。下列说法不正项的是

A.模式口原名磨石口，因盛产磨石而得名，磨石属于混合物

B.法海寺炸糕作为炸糕界的人气担当，其主要成分是淀粉

C.法海寺明代壁画水月观音上的真金金丝提花用的是金属材料

D.承恩寺墙壁的红漆主要成分是四氧化三铁

【答案】D

【解析】

【详解】A.磨石是由多种成分组成的混合物，故A正确；

B.炸糕是用面粉制作，主要成分为淀粉，故B正确；

C.真金金丝成分为金属单质，属于金属材料，故C正确；

D.红漆主要成分是三氧化二铁，故D错误；

故选：D。

2.下列化学用语表达正确的是

:::

A.HC1O的电子式：HOC1B.乙烯的实验式：C2H4

H3y/CH3

C.基态Cu原子的价层电子排布式：4小。4slD.反2丁烯的结构简式：)C=C\

HH

【答案】A

【解析】

【详解】A.已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价

键，故HC1O的电子式为：H：O：C1：，故A正确；

B.乙烯的实验式：CH2,故B错误；

C.Cu的原子序数为29,基态Cu原子的价层电子排布式：3甲。4$1,故C错误；

HCH3

D.反-2-丁烯，相同基团应该在不同侧，结构简式为：C=C[,故D错误；

H3C/H

故选Ao

3.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是

A.金属性：Na>Mg>AlB.酸性：HC1O4>H2sC)3>H2c。3

C.电负性：F>O>ND.原子半径：S>O>F

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据元素周期律可知，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，即金属性：Na>Mg>AL能用元素周

期律解释，A不符合题意；

B.非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，H2sCh不是S的最高价氧化物对应的水化物，酸性：

HC1O4>H2SO3>H2CO3,不能用元素周期律解释，B符合题意；

C.同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，即电负性：F>0>N,能用元素周期律解释，C不符合题意；

D.电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，即原子半径：S>O>F,能用元素周

期律解释，D不符合题意；

故选B。

4.完成下述实验，装置和试剂均正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.浓盐酸与二氧化镒在加热条件下生成氯气，图中缺少加热，故A错误；

B.NCh与水反应生成硝酸和NO,不能用排水法收集，故B错误；

C.实验室制取氨气应通过氢氧化钙与氯化镀混合固体加热，不能直接加热氯化镀制取氨气，故C错误；

D.二氧化硫能与饱和碳酸氢钠反应，而二氧化碳不与碳酸氢钠反应，因此可用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的二

氧化硫，故D正确；

故选：D。

5.下列离子方程式与所给事实不相管的是

A.氨的水溶液显碱性：NH3+H2O=NH3H2O=NH4+OH

B.电解饱和食盐水时阴极析出H2：2H2。+2e-=H2f+2OH-

3++

C.氯化铁的水溶液显酸性：Fe+3H2O-Fe(OH)3+3H

A

D.用加热的方式除去苏打固体中的小苏打：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2f

【答案】A

【解析】

【详解】A.氨气与水的反应以及一水合氨的电离均为可逆过程：NH3+H2ONH3H2ONH；+OH-,故A

错误；

B.电解饱和食盐水时阴极水放电，生成氢气和OH,电极方程式为：2H2O+2e-=H2T+2OHl故B正确；

3+

C.氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解方程式为：Fe+3H2O，'Fe(OH)3+3H+,故C正确；

A

D.小苏打受热易分解，分解生成碳酸钠，反应为：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CChT，因此可用加热的方式除去

苏打固体中的小苏打，故D正确；

故选：A„

6.利用下列实验药品，能达到实验目的的是

实验目的实验药品

A比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性乙酸、碳酸钠溶液、苯酚钠溶液

B检验1—澳丁烷中的澳原子1—澳丁烷、NaOH溶液、AgNCh溶液

C比较镁和铝的金属性强弱MgCb溶液、AlCb溶液、NaOH溶液

D证明Ag2s比AgCl更难溶NaCl溶液、AgNCh溶液、硫粉

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【详解】A.乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸会优先与苯酚钠溶液反应，干扰碳酸和苯酚酸性强弱的检验，则题给

实验药品无法达到比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱的实验目的，故A错误；

B.1—澳丁烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成的澳化钠中混有氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与硝酸银溶液

反应生成氢氧化银沉淀，实验时应选用稀硝酸中和溶液中的氢氧化钠，排出氢氧化钠溶液对溶液中澳禺子检验的

干扰，则题给实验药品无法达到检验1—澳丁烷中的澳原子的实验目的，故B错误；

C.氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀不能溶于过量氢氧化钠溶液，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液

反应生成的氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，从而说明镁的金属性强

于铝，则题给实验药品能达到比较镁和铝的金属性强弱的实验目的，故C正确；

D.证明硫化银比氯化银更难溶应选择过量的氯化钠溶液、硝酸银溶液和硫化钠溶液，选用不能参与反应的硫粉无

法达到实验目的，故D错误；

故选Co

7.下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是

A.对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多

B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大

C.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大

D,加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.对有气体参加的反应，减小容器容积使增大压强，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化

分子百分数不变，故A正确；

B.向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百分数不变，故

B错误；

C.升高温度，吸收能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增

大，故c正确；

D.加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增

大，活化分子百分数增大，故D正确；

故答案为B。

8.氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的

是

M

7

)

髀

翅

S洋

M

A.2NH3.•3H2+N2AH<0

B.氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态

C.pi<P2<P3<P4

D.500K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大

【答案】C

【解析】

【详解】A.温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3'3H2+N2平衡正向移动，AH>0,故A错误；

B.氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1,不能说明反应到达平衡状态，故B错误；

C.2NH3.-3H2+N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此pi<p2

<P3<P4,故C正确；

D.平衡常数只与温度有关，500K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；

故选C„

9.那格列奈是一种血糖调节剂，其结构简式如下。下列说法不F理的是

A.分子中N原子是sp3杂化B.分子中含有手性碳原子

C.该物质含有肽键和竣基，可以发生取代反应D.该物质的分子式是Cl9H26NO3

【答案】D

【解析】

【详解】A.该分子中的N原子为单键结构，采用sp3杂化，故A正确；

B.手性碳原子是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子，由结构可知竣基直接相连的碳为手性碳原子，故B正

确；

C.由结构可知该物质中含有酰胺基即肽键和竣基，可发生取代反应，故C正确；

D.该物质的分子式是Ci9H27NO3,故D错误；

故选：D

10.H、C、O、Na四种元素之间（二种、三种或四种）可组成多种无机化合物，选用其中某些化合物，利用下图装置

（夹持固定装置已略去）进行实验，装置皿中产生白色沉淀，装置V中收集到一种无色气体。下列说法不IE卿的是

稀硫酸

A.装置I中的化合物有多种可能

B,装置n中发生氧化还原反应

2+

C.装置III中反应的离子方程式为CO2+20H+Ba=BaCCh]+H20

D.装置V中收集的气体含有极性共价键，是非极性分子

【答案】D

【解析】

【分析】I中稀硫酸和碳酸氢钠或碳酸钠生成水和二氧化碳，II中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，III中二

氧化碳和氢氧化领生成碳酸钢沉淀，二氧化碳被吸收，W中氧气被干燥，V中收集得到氧气；据此解答。

【详解】A.装置I中的化合物可以是碳酸钠或碳酸氢钠，故A正确；

B.II中二氧化碳和过氧化钠生成碳酸钠和氧气，该反应过程中存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确;

2+

C.III中二氧化碳和氢氧化钢生成碳酸钢沉淀，反应离子方程式为：C02+20H+Ba=BaCO3；+H20,故C正

确;

D.装置V中收集的气体为氧气，含非极性键，是非极性分子，故D错误；

故选：D。

11.为充分利用生产乙焕气体过程中所产生的电石渣，以干燥后的电石渣为主要原料制备CaCCh,其工艺流程如

下，下列说法正确的是

循环利用

-------------------------------------------1

I

碳I-----------I

4洗涤—^?颔一-*过滤一*滤液~~*回收液

cl化

反

*饼有涤褥

!干电石渣一过滤|NMCXXaO-应

I___________!____U|洗次|----

(pH=8)___,1~

产品-干燥一滤饼

A.电石生产乙烘的化学方程式为CaC2+H2O=CaO+C2H2T

B.NH4CI溶液中c(Cl-)<c(NH4)

C.碳化反应方程式为CaCh+2NH4HCO3=CaCO3；+2NH4cl+CO2T+H20

D.碳酸氢镂溶液中存在c(OIT)+c(HCO；)+c(CO:)=c(NH；)+c(H+)

【答案】c

【解析】

【分析】由题给流程可知，氯化镂溶液与干电石渣混合反应、过滤、洗涤得到氯化钙溶液，氯化钙溶液与碳酸氢

镂溶液发生碳化反应生成碳酸钙沉淀、氯化镂、二氧化碳和水，过滤得到含有碳酸钙的滤饼和滤液；滤饼洗涤3

次得到的滤饼经干燥得到碳酸钙产品；洗涤液和滤液混合得到可以循环使用的氯化镂回收液。

【详解】A.电石生产乙焕的反应为碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙焕，反应的化学方程式为CaC2+2a0

>Ca(OH)2+C2H2f,故A错误;

B.氯化镂是强酸弱碱盐，镂根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则溶液中氯离子浓度大于镂根离子浓度，故B错

误；

C.由分析可知，碳化反应为氯化钙溶液与碳酸氢镀溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化俊、二氧化碳和水，反应的化

学方程式为CaCh+2NH4HCO3=CaCO3i+2NH4C1+CO2T+H20,故C正确；

D.碳酸氢镂溶液中存在电荷守恒关系c(OH)+c(HCO；)+2c(CO^)=c(NH：)+c(H+),故D错误；

故选C。

12.一种铝硫电池放电过程示意图如下，下列说法正确的是

A.硫电极是正极，发生得电子的氧化反应

B.负极反应为2A1+8AlCl3Br+6A1C14-6e=SAhCkBr

C.正极反应为3S+6ALCkBr-+6e.=AI2S3+6AlCl3Br+6A1C14

D.A1C14和AICbBr一中心原子的杂化轨道类型相同，均为正四面体结构

【答案】B

【解析】

【分析】由图可知，硫电极是原电池的正极，ALCkBr-作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成AI2S3、

AICbBr：A1C14,电极反应式为3s+8A12ckBL+6e-=A12s3+8AICI3BL+6AICI4，铝电极为负极，AlCbBrl

A1C14作用下铝失去电子发生氧化反应生成AhCkBr,电极反应式为2Al+8AlCl3Br+6A1C14-6e-=

8Al2C16Br„

【详解】A.由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2c16BL作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Al2s3、

AICbBL、A1C14,故A错误；

B.由分析可知，铝电极为负极，AlChBr.AICI4作用下铝失去电子发生氧化反应生成Al2ckBr-,电极反应式为

2A1+8AlChBr+6A1C14-6b=SAhCkBr,故B正确；

C.由分析可知，硫电极是原电池的正极，Al2ckBr-作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成AI2S3、AICI3BL、

A1C1；,电极反应式为3S+8ALCkBr-+6e.=A12S3+8AlCl3Br+6AlCl4,故C错误；

D.AICbBr—中氯离子和澳离子的离子半径不同，所以AICbBr-的空间构型不是正四面体形，故D错误；

故选B。

13.一种以乙二胺（H2N/、/NH2）为核的树状大分子（PAMAM）的合成路线如下。下列说法不Jp®的是

HZND-NHZ

能发生水解反应中含有个、丁

C.PAMAMD.PAMAM32/N、

【答案】D

【解析】

【详解】A.由乙二胺的结构简式可知其含有2种H,核磁共振氢谱有两组峰，故A正确；

B.结合流程信息可知乙二胺与丙烯酸甲酯反应过程中，丙烯酸甲酯中碳碳双键断裂，分别与H和N相连，发生

加成反应，故B正确；

C.PAMAM含有酰胺基，能发生水解反应，故C正确；

D.结合形成过程可知PAMAM中含有2个,故D错误；

故选：Do

14.在一定条件下，用草酸-草酸镀浸出废渣中的FezCh,平衡时浸出体系中含草酸根粒子及含Fe(III)粒子的形态分

布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是

已知：①Fe3+和ox2-(代表草酸根)可以生成Fe(ox)+、Fe(ox)£和Fe(ox):一三种配离子。

②体系中草酸根的总浓度[ox?-]TOT=4.54mol/L(按折合成ox?-计)

体系中Fe(III)的总浓度[Fe3+]TOT=1.08mol/L(按折合成Fe3+i+)

LO

郑

6人

8涮

o.n君

登

A寰

Fe(ox)3-

07246810

Fe(ox%

pH

OX”形布图Fe(IU流态分布图

A.该条件下，酸性增强Fe(ox)I的物质的量分数增大

B.改变体系中草酸-草酸镀和FezCh的量，使[ox21TOT/[Fe3+]TOT=3,体系中Fe(III)全部以Fe(ox)f形态存在

C.Hox.■H++ox2-Ka2=10-a；Fe(ox)j+ox2-.Fe(ox)K=10-b

D.pH=4时，c(Hox-)+c(ox2-)~1.3mol/L

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，在一定pH值范围内，Fe(ox)1的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3-7左右时,

Fe(ox)：—的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe(ox)1的物质的量分数反而减小，故A错误;

B.[OX2-]TOT/[Fe3+]TOT=3,若只发生Fe3+、ox?-结合成Fe(ox)；一的反应时，体系中Fe(III)才能全部以Fe(ox)；一形态

存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe(III)的存在形式不只一种，故B错误;

c[Fe(oxV]?1

2-

C.Fe(ox)2+ox.*Fe(ox)3除c[Fe(°x)；].c(°x2)'^c[Fe(ox)3]=c[Fe(ox)2]B^"语曰’结

合图一，此时溶液中C(OX2-)<C(H+),Kwc(H+)#l(?b,故c错误;

D.pH=4时，c(Hox-)+c(ox2-)=|ox2-]TOT-c(ox2-)含铁离子中，此时Fe的存在形式几乎只有Fe(ox)；一,c[Fe(ox)：]

工[Fe3+]TOT=1.08mol/L,C(ox")含铁离子中=3X1.08=3.24mol/L,c(Hox-)+c(ox2")-4.54mol/L-3.24mol/L=1.3

mol/L,故D正确；

故选：D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.PdFe3N比纯金属Pd具有更优异的甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。

(1)NH3的空间结构是o

(2)基态Fe原子的价层电子轨道表示式为o

(3)原子的第一电离能N>O,从原子结构的角度说明理由

(4)PdFesN的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。

①图中“O”代表

②已知PdFesN的摩尔质量是Mg-mo「，晶胞的密度为pg-cnf3,阿伏加德罗常数为NA,该晶胞的边长为

-7

nmo(1nm=IOcm)

③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。

分析PdFe3N优于Pd的原因

【答案】(1)三角锥(2)|以|T|T|T|T

3d4s

(3)N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高

M

(4)①.Pd②・③.Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFesN作

VPNA

催化剂时，Fe容易吸附OH*促进CO*的除去

【解析】

【小问1详解】

NH3的空间结构为三角锥形;

小问2详解】

Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子轨道表示式为|以|T|T|T|T||以

3d4s

【小问3详解】

N的电子排布是半充满的，比较稳定，第一电离能较高，原子的第一电离能N>O

【小问4详解】

①灰球位于顶点，个数为8x1=1,黑球位于面心，个数为：6x-=3；结合化学式可知灰球O代表Pd;

82

M——gIM

-

②晶胞的质量为—g,则晶胞体积V=mNAM3，则晶胞的边长为：3J■—cm=

ppg•cmNA/?YA

J吊->10-，nm；

VNAP

③由图可知，Pd作催化剂时，吸附OH*需要克服较高的能垒，较难实现；PdFesN作催化剂时，Fe容易吸附OH*促

进CO*的除去，因此PdFe3N优于Pdo

16.我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制止系统如下图所示:

燃料空气

CH4（H2O）O2,N2

（1）空气反应器中发生__________反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O,燃料反应器中CH4和NiO反应的化学方程式有

（3）CaO吸收反应器中还发生蒸汽变换反应（C