2024届云南省大理白族自治州高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省大理白族自治州2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12Na23O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列说法不合理的是（）A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.具有导电性，可用于制作光电池C.乙二醇溶液可用作汽车的防冻液D.大豆蛋白纤维一种可降解材料〖答案〗B〖解析〗A．青铜器“四羊方尊”主要材质为铜锡合金，故A正确；B．具有优良的光学性能，可用于制作光导纤维，单质硅制作光电池，故B错误；C．乙二醇熔点低，可用作汽车的防冻液，故C正确；D．蛋白质在酸性或碱性条件下能水解为氨基酸，大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；选B。2.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交反应做出贡献的三位科学家。环辛烯衍生物(A)与四嗪(B)的生物正交反应过程为下列说法错误的是（）A.A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3 B.B中杂环上四个氮原子共平面C.反应1和反应2均为消去反应 D.D中苯环上的一氯代物有6种〖答案〗C〖解析〗A．由题干A的结构简式可知，A中碳碳双键上的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化，即A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3，A正确；B．由题干B的结构简式可知，B中杂环上的两个碳原子和四个氮原子均采用sp2杂化，形成类似苯环的平面结构，则四个氮原子共平面，B正确；C．由题干合成流程图可知，反应1为加成反应，反应2为消去反应，C错误；D．由题干D的结构简式可知，D的两个苯环不相同，每个苯环上均有邻间对三种位置关系，则D上两个苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，D正确；故〖答案〗为：C。3.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种新型超分子，其分子结构如下图所示(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素，下列说法正确的是（）A.简单气态氢化物的沸点：B.第一电离能：C.只含有离子键D.原子半径：〖答案〗D〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；新型超分子中X、Y形成的共价键数目分别为4、2，则X为C元素、Y为O元素。【详析】A．水分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；B．金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以三种元素的第一电离能大小顺序为，故B错误；C．过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，故C错误；D．三种原子中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径大小顺序为，故D正确；故选D。4.第二代钠离子电池是正极为锰基高锰普鲁士白、负极为镶嵌在硬碳中的钠的一种新型二次电池，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是（）A.充电时，B极发生氧化反应B.充电时，穿过离子交换膜在A极上得电子C.配离子中配体为D.放电时，正极反应为〖答案〗C〖祥解〗由图可知，放电时，B极是原电池的负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。【详析】A．由分析可知，充电时，B极为阴极，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，故A错误；B．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子，故B错误；C．[Mn(CN)6]4+离子中中心离子为锰离子，配体为氰酸根离子，故C正确；D．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]，故D错误；故选C。5.只利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（）实验目的实验药品A探究温度对化学平衡的影响与混合气体、冷水、热水B验证乙醇的消去产物是乙烯乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C证明牺牲阳极法保护铁、、酸化的食盐水、溶液D比较水和四氯化碳分子的极性、、〖答案〗B〖解析〗A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的玻璃球分别放入冷水和热水中，放入冷水中的混合气体颜色变浅、放入热水中的混合气体颜色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以用二氧化氮和四氧化二氮混合气体、冷水、热水可以达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故A正确；B．乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则浓硫酸与乙醇共热发生消去反应制得的乙烯中混有二氧化硫和乙醇，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以用乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸不能达到验证乙醇的消去产物是乙烯的实验目的，故B错误；C．锌和铁在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铁的锌做正极被损耗，铁做正极被保护，向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中没有蓝色沉淀生成，则用锌、铁、酸化的食盐水、铁氰化钾溶液可达到证明牺牲阳极法保护铁的实验目的，故C正确；D．非极性分子碘微溶于极性分子水，易溶于非极性分子四氯化碳，则用水、四氯化碳、碘可以达到比较水和四氯化碳分子的极性的实验目的，故D正确；故选B。6.某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应(均为气体)经历三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是（）A.该过程包含一个吸热反应和两个放热反应B.反应②逆反应的活化能为C.该过程的总反应为D.反应③生成2mol时，转移电子数为〖答案〗D〖祥解〗从图中可得出三个热化学方程式：反应①：2NO=N2O2

△H1=+199.2kJ∙mol-1；反应②：N2O2+CO=CO2+N2O

△H2=-513.5kJ∙mol-1；反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2

△H3=-306.6kJ∙mol-1据此分析解题。【详析】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，①属于吸热反应，A正确；B．正反应活化能减焓变值为逆应活化能，反应②逆反应的活化能为130kJ∙mol-1-(-513.5)kJ∙mol-1=，B正确；C．利用盖斯定律，将反应①+②+③得，

△H=+199.2kJ∙mol-1+(-513.5kJ∙mol-1)+(-306.6)kJ∙mol-1]=-620.9kJ∙mol-1，C正确；D．反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2

△H3=--306.6kJ∙mol-1，根据反应式可知N的化合价+1→0价，生成2mol时，转移电子数为，D错误；故选D。7.25℃时，用0.1溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与值、微粒分布分数，X表示、或]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂B.25℃时，第二步电离平衡常数C.c点溶液中：D.a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：〖答案〗A〖解析〗A．根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂，故A正确；B．根据图示，c()=c()时，pH=7，25℃时，第二步电离平衡常数，故B错误；C．c点溶液中，c()=c()，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，，故C错误；D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度，，故D错误；选A。二、非选择题8.近年来，人们发现不仅在颜料、防腐工业等方面具有广泛的用途，而且的大单晶体是一种很重要的电光调制晶体，也是有机合成中性能优良的催化剂。研究发现一种利用低品位铜矿(含、和等)为原料制取的工艺流程如下：已知：i．水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。ii.室温时，的溶度积常数。（1）铜矿中未被氧化的物质有___________。（2）滤液D中铁离子的浓度约为___________。（3）向滤液D中先通氨气的目的是_________。A.中和溶液中的 B.调节溶液值，生成沉淀C.有利于的生成 D.增加的溶解度（4）固体E主要是，生成的离子方程式是_______________________。（5）滤液F加热生成、和，反应的化学方程式是___________________。（6）若要制取99.5g，理论上至少需要质量分数为25%的的铜矿粉的质量为___________g。（7）查阅资料：立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为apm，以配位键与相结合，其中的配位数为________，晶体密度为_____________。〖答案〗（1）（2）（3）AC（4）（5）（6）320（7）4〖祥解〗由题给流程可知，向低品位铜矿中加入二氧化锰和稀硫酸酸浸，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，过滤得到含有硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中先通氨气将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，再加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到含有碳酸锰的滤渣和滤液；加热滤液，溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，过滤得到氧化铜；将氧化铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜混合反应得到Na[CuCl2]，过滤得到含有Na[CuCl2]的滤液；向滤液中加入大量水，将Na[CuCl2]转化为氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚铜。【详析】（1）由分析可知，加入二氧化锰和稀硫酸酸浸的目的是氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，则铜矿中未被二氧化锰氧化的物质为氧化铁；（2）由溶度积可知，溶液pH为3的溶液中，铁离子浓度为=；（3）由分析可知，先通氨气的目的是中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，有利于加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，故选AC；（4）由分析可知，加入碳酸氢铵的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为；（5）由分析可知，加热滤液F的目的是溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，反应的化学方程式为；（6）由铜原子个数守恒可知，若要制取99.5g氯化亚铜，理论上至少需要质量分数为25%的硫化亚铜的铜矿粉的质量为=320g；（7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铜离子个数为8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为4，晶胞中与氯离子距离最近的亚铜离子个数为4，则氯离子的配位数为4；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=。9.三氯化铬()可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用和制备无水并测定产品纯度，进行如图实验探究，回答下列问题：（1）制备无水①所选装置的连接顺序为：A→___________→C→E(填“B”或“D”)，不选另一装置的原因是：___________________________。②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之___________(填“前”或“后”)。③已知制备时有气体生成，制备反应的化学方程式为____________；气体易水解则尾气处理时适合选用的试剂为_________(填序号)。A．溶液B．稀溶液C．水（2）测定产品纯度(杂质不参加反应)已知：准确称取31.7g产品，温水溶解后稀释至250，量取25.00溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量溶液；滴加淀粉作指示剂，用2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液的体积为15。①加入足量的主要作用为__________________。②写出加硫酸酸化后的橙色物质与溶液发生反应的离子方程式____________________。③反应后溶液煮沸的目的为________________________。④产品中的质量分数为___________。〖答案〗（1）①D由于凝华后易堵塞B中的导管②前③A（2）①将氧化为②③除去残留的④50%〖祥解〗由实验装置图可知，装置A为四氯化碳气化装置，装置B、D都为四氯化碳与氧化铬共热反应制备、并冷凝收集氯化铬的装置，由题意可知，氯化铬650℃以上升华，为防止氯化铬凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铬，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置D中导致氯化铬水解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ADCE。【详析】（1）①由分析可知，为防止氯化铬凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铬，故〖答案〗为：D；由于凝华后易堵塞B中的导管；②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热三氧化二铬，再水浴加热提供四氯化碳可提高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前，故〖答案〗为：前；③由题给信息可知，制备氯化铬的反应为四氯化碳与三氧化二铬高温条件下反应生成氯化铬和光气，反应的化学方程式为；由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，故选A，故〖答案〗为：；A；（2）①由题意可知，加入足量过氧化氢溶液的主要作用为将溶液中的铬离子氧化为铬酸根离子，故〖答案〗为：将氧化为；②由题意可知，加硫酸酸化后的橙色物质与碘化钾溶液发生的反应为重铬酸根离子在酸性溶液中与溶液中的碘离子反应生成铬离子、碘和水，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；③为防止过量的过氧化氢溶液氧化硫代硫酸根离子导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，加入过氧化氢溶液反应后应将溶液煮沸除去过量的过氧化氢溶液，故〖答案〗为：除去残留的；④由题意可得如下转化关系：2CrCl3—Cr2O—3I2—6S2O，滴定消耗15mL2mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品中氯化铬的质量分数为×100%=50%，故〖答案〗为：50%。10.丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理如下：I．Ⅱ.___________Ⅲ.。（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的和，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应I，一段时间后测得的产率与温度的关系如图所示。①下列说法正确的是___________(填序号)。A．使用催化剂B的最佳温度约为250℃B．相同条件下，改变压强会影响的产率C．催化剂不仅能改变反应速率，还能改变平衡时产率D．两种催化剂均能降低反应的活化能，但不能改变的数值②在催化剂A作用下，温度低于200°C时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是___________________________________________。（3）反应在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。①b、c代表_________(填“丙烷”或“丙烯”)，_________(填“大于”“小于”或“等于”)②起始时充入一定量丙烷，在恒压条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为___________(用分数表示)，该反应的平衡常数=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为，过程中还生成、等副产物。相同时间内，的转化率和的产率随温度变化的关系如图所示。①550°C时，的选择性为___________%(的选择性=，计算结果精确到0.1)。②基于上述研究结果，能提高的选择性的措施是___________________________。〖答案〗（1）-102（2）①BD②温度较低或催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小（3）①丙烯小于②0.0625(或)（4）①61.5②选择相对较低温度〖解析〗（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ=I-Ⅲ，则；（2）①A．由图示可知使用催化剂A时产率最高时，温度约为450℃，所以使用催化剂A的最佳温度约为450℃，A错误；B．反应Ⅰ是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故的产率会随着压强的改变而改变，B正确；C．加入催化剂平衡不移动，则不能改变平衡时的产率，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，但不影响ΔH，D正确；故选BD；②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小，故〖答案〗为：温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小；（3）①此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数增加，丙烯的物质的量分数减小，由图知，b、c曲线平衡时物质的量分数随温度升高而升高，所以b、c曲线代表丙烯；温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故P2小于P1；②图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%，设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x列出三段式可得解得x=；Q点C3H8的物质的量分数为50%，C3H6和H2的物质的量分数为25%，；（4）①由题干图像信息可知，550℃时，设C3H8的起始量为n，C3H6的产率为8%，而C3H8的转化率为13%，故此温度下C3H6的选择性=×100%=61.5%；③由图2可知，升高温度，C3H6的选择性减小，故能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度，增大主反应产生的C3H6的反应速率，故〖答案〗为：选择相对较低的温度。11.褪黑素是迄今发现的最强的内源性自由基清除剂。褪黑素的基本功能就是参与抗氧化系统，防止细胞产生氧化损伤，在这方面，它的功效超过了已知的所有体内物质。某研究小组以乙炔为原料，设计合成褪黑素，合成路线如下(部分反应条件已省略)：已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：回答下列问题：（1）B→C的反应类型为___________，C中含氧官能团的名称为___________，C分子是否为手性分子：___________(填“是”或“否”)。（2）已知：，通常用酯基和氨基生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反应，结合成键元素间电负性差值大小解释原因_______________________________________________________________。元素HCO电负性2.12.53.5（3）E→F过程中，反应i的化学方程式为：_______________________________。（4）J的结构简式为___________________，其中氮原子的杂化轨道类型为_________。（5）写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式_______________________。i．含有3个六元环，其中1个是苯环；ii.含有结构，不含键；iii.含有4种不同化学环境的氢原子。（6）综合上述信息并结合所学知识，在下图方框中填写合适的物质(写结构简式)。①________________；②_________________；③___________________。〖答案〗（1）加成反应酯基否（2）羧基中氧氢元素电负性差值较大，因此羧基中O-H键比C-O键更容易断裂，所以羧基与氨基难生成酰胺（3）+NaOH+CH3CH2OH（4）（5）（6）①②③〖祥解〗由有机物的转化关系可知，氯化汞作用下乙炔与氯化氢发生加成反应生成CH2=CHCl，则A为CH2=CHCl；CH2=CHCl与氰化钠发生取代反应生成CH2=CHCN，则B为CH2=CHCN；CH2=CHCN与发生加成反应生成，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则D为；一定条件下发生分子内取代反应生成，则E为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化生成，与反应生成，在甲酸中共热转化为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则I为；与碱石灰共热反应生成，则J为；与乙酸酐发生取代反应生成。【详析】（1）由分析可知，B→C的反应为CH2=CHCN与发生加成反应生成，分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，含氧官能团为酯基；（2）由于酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺，故〖答案〗为：羧基中氧氢元素电负性差值较大，因此羧基中O-H键比C-O键更容易断裂，所以羧基与氨基难生成酰胺；（3）由分析可知，E→F发生的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化生成，则反应i的化学方程式为+NaOH→+CH3CH2OH；（4）由分析可知，J的结构简式为，分子中饱和氮原子的杂化方式为sp3杂化；（5）H的同分异构体含有3个六元环，其中1个是苯环，分子中含有结构，不含键，则含有4种不同化学环境的氢原子的结构简式为；（6）由题给信息可知，以二氯甲烷和乙醇为原料合成的合成步骤为二氯甲烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CN，NCCH2CN和氢气发生加成反应生成H2NCH2CH2CH2NH2；NCCH2CN发生水解反应生成HOOCCH2COOH，浓硫酸作用下CH3CH2OH和HOOCCH2COOH共热发生酯化反应生成CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；一定条件下CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应生成，则①为NaCN、②为H2NCH2CH2CH2NH2、③为HOOCCH2COOH。云南省大理白族自治州2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12Na23O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列说法不合理的是（）A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.具有导电性，可用于制作光电池C.乙二醇溶液可用作汽车的防冻液D.大豆蛋白纤维一种可降解材料〖答案〗B〖解析〗A．青铜器“四羊方尊”主要材质为铜锡合金，故A正确；B．具有优良的光学性能，可用于制作光导纤维，单质硅制作光电池，故B错误；C．乙二醇熔点低，可用作汽车的防冻液，故C正确；D．蛋白质在酸性或碱性条件下能水解为氨基酸，大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D正确；选B。2.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交反应做出贡献的三位科学家。环辛烯衍生物(A)与四嗪(B)的生物正交反应过程为下列说法错误的是（）A.A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3 B.B中杂环上四个氮原子共平面C.反应1和反应2均为消去反应 D.D中苯环上的一氯代物有6种〖答案〗C〖解析〗A．由题干A的结构简式可知，A中碳碳双键上的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化，即A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3，A正确；B．由题干B的结构简式可知，B中杂环上的两个碳原子和四个氮原子均采用sp2杂化，形成类似苯环的平面结构，则四个氮原子共平面，B正确；C．由题干合成流程图可知，反应1为加成反应，反应2为消去反应，C错误；D．由题干D的结构简式可知，D的两个苯环不相同，每个苯环上均有邻间对三种位置关系，则D上两个苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，D正确；故〖答案〗为：C。3.科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种新型超分子，其分子结构如下图所示(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素，下列说法正确的是（）A.简单气态氢化物的沸点：B.第一电离能：C.只含有离子键D.原子半径：〖答案〗D〖祥解〗W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；新型超分子中X、Y形成的共价键数目分别为4、2，则X为C元素、Y为O元素。【详析】A．水分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；B．金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以三种元素的第一电离能大小顺序为，故B错误；C．过氧化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，故C错误；D．三种原子中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径大小顺序为，故D正确；故选D。4.第二代钠离子电池是正极为锰基高锰普鲁士白、负极为镶嵌在硬碳中的钠的一种新型二次电池，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是（）A.充电时，B极发生氧化反应B.充电时，穿过离子交换膜在A极上得电子C.配离子中配体为D.放电时，正极反应为〖答案〗C〖祥解〗由图可知，放电时，B极是原电池的负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为Na—e—=Na+，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。【详析】A．由分析可知，充电时，B极为阴极，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，故A错误；B．由分析可知，充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极，则钠离子穿过离子交换膜在B极上得电子，故B错误；C．[Mn(CN)6]4+离子中中心离子为锰离子，配体为氰酸根离子，故C正确；D．由分析可知，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e—=Na2Mn[Mn(CN)6]，故D错误；故选C。5.只利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（）实验目的实验药品A探究温度对化学平衡的影响与混合气体、冷水、热水B验证乙醇的消去产物是乙烯乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C证明牺牲阳极法保护铁、、酸化的食盐水、溶液D比较水和四氯化碳分子的极性、、〖答案〗B〖解析〗A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的玻璃球分别放入冷水和热水中，放入冷水中的混合气体颜色变浅、放入热水中的混合气体颜色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，所以用二氧化氮和四氧化二氮混合气体、冷水、热水可以达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故A正确；B．乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，则浓硫酸与乙醇共热发生消去反应制得的乙烯中混有二氧化硫和乙醇，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以用乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸不能达到验证乙醇的消去产物是乙烯的实验目的，故B错误；C．锌和铁在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铁的锌做正极被损耗，铁做正极被保护，向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中没有蓝色沉淀生成，则用锌、铁、酸化的食盐水、铁氰化钾溶液可达到证明牺牲阳极法保护铁的实验目的，故C正确；D．非极性分子碘微溶于极性分子水，易溶于非极性分子四氯化碳，则用水、四氯化碳、碘可以达到比较水和四氯化碳分子的极性的实验目的，故D正确；故选B。6.某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应(均为气体)经历三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是（）A.该过程包含一个吸热反应和两个放热反应B.反应②逆反应的活化能为C.该过程的总反应为D.反应③生成2mol时，转移电子数为〖答案〗D〖祥解〗从图中可得出三个热化学方程式：反应①：2NO=N2O2

△H1=+199.2kJ∙mol-1；反应②：N2O2+CO=CO2+N2O

△H2=-513.5kJ∙mol-1；反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2

△H3=-306.6kJ∙mol-1据此分析解题。【详析】A．由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，①属于吸热反应，A正确；B．正反应活化能减焓变值为逆应活化能，反应②逆反应的活化能为130kJ∙mol-1-(-513.5)kJ∙mol-1=，B正确；C．利用盖斯定律，将反应①+②+③得，

△H=+199.2kJ∙mol-1+(-513.5kJ∙mol-1)+(-306.6)kJ∙mol-1]=-620.9kJ∙mol-1，C正确；D．反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2

△H3=--306.6kJ∙mol-1，根据反应式可知N的化合价+1→0价，生成2mol时，转移电子数为，D错误；故选D。7.25℃时，用0.1溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与值、微粒分布分数，X表示、或]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂B.25℃时，第二步电离平衡常数C.c点溶液中：D.a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：〖答案〗A〖解析〗A．根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用溶液滴定0.1溶液可以用酚酞作指示剂，故A正确；B．根据图示，c()=c()时，pH=7，25℃时，第二步电离平衡常数，故B错误；C．c点溶液中，c()=c()，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，，故C错误；D．随滴入KOH的体积增大，H2A减少、K2A最多，H2A抑制水电离，K2A水解促进水电离，所以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度，，故D错误；选A。二、非选择题8.近年来，人们发现不仅在颜料、防腐工业等方面具有广泛的用途，而且的大单晶体是一种很重要的电光调制晶体，也是有机合成中性能优良的催化剂。研究发现一种利用低品位铜矿(含、和等)为原料制取的工艺流程如下：已知：i．水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。ii.室温时，的溶度积常数。（1）铜矿中未被氧化的物质有___________。（2）滤液D中铁离子的浓度约为___________。（3）向滤液D中先通氨气的目的是_________。A.中和溶液中的 B.调节溶液值，生成沉淀C.有利于的生成 D.增加的溶解度（4）固体E主要是，生成的离子方程式是_______________________。（5）滤液F加热生成、和，反应的化学方程式是___________________。（6）若要制取99.5g，理论上至少需要质量分数为25%的的铜矿粉的质量为___________g。（7）查阅资料：立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为apm，以配位键与相结合，其中的配位数为________，晶体密度为_____________。〖答案〗（1）（2）（3）AC（4）（5）（6）320（7）4〖祥解〗由题给流程可知，向低品位铜矿中加入二氧化锰和稀硫酸酸浸，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，过滤得到含有硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中先通氨气将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，再加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到含有碳酸锰的滤渣和滤液；加热滤液，溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，过滤得到氧化铜；将氧化铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜混合反应得到Na[CuCl2]，过滤得到含有Na[CuCl2]的滤液；向滤液中加入大量水，将Na[CuCl2]转化为氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚铜。【详析】（1）由分析可知，加入二氧化锰和稀硫酸酸浸的目的是氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，硫化亚铜、氧化亚铁被氧化生成硫、硫酸铜和硫酸铁，则铜矿中未被二氧化锰氧化的物质为氧化铁；（2）由溶度积可知，溶液pH为3的溶液中，铁离子浓度为=；（3）由分析可知，先通氨气的目的是中和溶液中的氢离子，将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，有利于加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，故选AC；（4）由分析可知，加入碳酸氢铵的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为；（5）由分析可知，加热滤液F的目的是溶液中碳酸四氨合铜受热分解生成氧化铜、氨气、二氧化碳，反应的化学方程式为；（6）由铜原子个数守恒可知，若要制取99.5g氯化亚铜，理论上至少需要质量分数为25%的硫化亚铜的铜矿粉的质量为=320g；（7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铜离子个数为8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为4，晶胞中与氯离子距离最近的亚铜离子个数为4，则氯离子的配位数为4；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=。9.三氯化铬()可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用和制备无水并测定产品纯度，进行如图实验探究，回答下列问题：（1）制备无水①所选装置的连接顺序为：A→___________→C→E(填“B”或“D”)，不选另一装置的原因是：___________________________。②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之___________(填“前”或“后”)。③已知制备时有气体生成，制备反应的化学方程式为____________；气体易水解则尾气处理时适合选用的试剂为_________(填序号)。A．溶液B．稀溶液C．水（2）测定产品纯度(杂质不参加反应)已知：准确称取31.7g产品，温水溶解后稀释至250，量取25.00溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量溶液；滴加淀粉作指示剂，用2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液的体积为15。①加入足量的主要作用为__________________。②写出加硫酸酸化后的橙色物质与溶液发生反应的离子方程式____________________。③反应后溶液煮沸的目的为________________________。④产品中的质量分数为___________。〖答案〗（1）①D由于凝华后易堵塞B中的导管②前③A（2）①将氧化为②③除去残留的④50%〖祥解〗由实验装置图可知，装置A为四氯化碳气化装置，装置B、D都为四氯化碳与氧化铬共热反应制备、并冷凝收集氯化铬的装置，由题意可知，氯化铬650℃以上升华，为防止氯化铬凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铬，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置D中导致氯化铬水解，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ADCE。【详析】（1）①由分析可知，为防止氯化铬凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铬，故〖答案〗为：D；由于凝华后易堵塞B中的导管；②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热三氧化二铬，再水浴加热提供四氯化碳可提高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前，故〖答案〗为：前；③由题给信息可知，制备氯化铬的反应为四氯化碳与三氧化二铬高温条件下反应生成氯化铬和光气，反应的化学方程式为；由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，故选A，故〖答案〗为：；A；（2）①由题意可知，加入足量过氧化氢溶液的主要作用为将溶液中的铬离子氧化为铬酸根离子，故〖答案〗为：将氧化为；②由题意可知，加硫酸酸化后的橙色物质与碘化钾溶液发生的反应为重铬酸根离子在酸性溶液中与溶液中的碘离子反应生成铬离子、碘和水，反应的离子方程式为，故〖答案〗为：；③为防止过量的过氧化氢溶液氧化硫代硫酸根离子导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，加入过氧化氢溶液反应后应将溶液煮沸除去过量的过氧化氢溶液，故〖答案〗为：除去残留的；④由题意可得如下转化关系：2CrCl3—Cr2O—3I2—6S2O，滴定消耗15mL2mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品中氯化铬的质量分数为×100%=50%，故〖答案〗为：50%。10.丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理如下：I．Ⅱ.___________Ⅲ.。（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的和，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应I，一段时间后测得的产率与温度的关系如图所示。①下列说法正确的是___________(填序号)。A．使用催化剂B的最佳温度约为250℃B．相同条件下，改变压强会影响的产率C．催化剂不仅能改变反应速率，还能改变平衡时产率D．两种催化剂均能降低反应的活化能，但不能改变的数值②在催化剂A作用下，温度低于200°C时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是___________________________________________。（3）反应在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。①b、c代表_________(填“丙烷”或“丙烯”)，_________(填“大于”“小于”或“等于”)②起始时充入一定量丙烷，在恒压条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为___________(用分数表示)，该反应的平衡常数=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为，过程中还生成、等副产物。相同时间内，的转化率和的产率随温度变化的关系如图所示。①550°C时，的选择性为___________%(的选择性=，计算结果精确到0.1)。②基于上述研究结果，能提高的选择性的措施是___________________________。〖答案〗（1）-102（2）①BD②温度较低或催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小（3）①丙烯小于②0.0625(或)（4）①61.5②选择相对较低温度〖解析〗（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ=I-Ⅲ，则；（2）①A．由图示可知使用催化剂A时产率最高时，温度约为450℃，所以使用催化剂A的最佳温度约为450℃，A错误；B．反应Ⅰ是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故的产率会随着压强的改变而改变，B正确；C．加入催化剂平衡不移动，则不能改变平衡时的产率，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，但不影响ΔH，D正确；故选BD；②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小，故〖答案〗为：温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小；（3）①此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数增加，丙烯的物质的量分数减小，由图知，b、c曲线平衡时物质的量分数随温度升高而升高，所以b、c曲线代表丙烯；温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故P2小于P1；②图像中可知丙烷在Q点物质的量分数为50%，设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为x