2024年天津市和平区高考化学第一次质检试卷（附答案解析）

2024年天津市和平区高考化学第一次质检试卷

一、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.3（分）化学促进了科技进步和社会发展。下列叙述中没有涉及化学变化的是（）

A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”

B.利用“侯氏联合制做法”制备纯碱

C.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖

D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰

2.（3分）生活中处处有化学.下列说法正确的是（）

A.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类

B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体

C.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金

D.磨电浆的大包富含蛋白质，电浆煮沸后蛋白质变成了氨,基酸

3.（3分）下列物质属于强电解质的是（）

A.HCOOHB.FeC.CaCO?D.C2H2

4.（3分）下列含有共价键的盐是（）

A.CaC12B.H2SO4C.Ba（OH）2D.Na2sO3

5.（3分）用NaOH标准溶液滴定食用白醋，测定其中醋酸含量的操作中正确的是（）

A.盛白醋溶液的锥形版滴定前用白醋溶液润洗2〜3次

B.酸式滴定管在装液前要用白醋溶液润洗2〜3次

C.配标准溶液是称取4.0gNaOH固体放入1000mL容量瓶中，然后加水至刻度

D.用甲基橙作指示剂，溶液恰好由红色变为黄色，为滴定终点

6.（3分）下列叙述正确的是（）

A.浓氨水中滴加FeC13饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体

B.明矶溶于水产生Al（OH）3胶体：A13++3H2O=A1（OH）3I+3H+

C.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物

D.沸水中滴加适量饱和FeC13溶液，形成带电的胶体，导电能力增强

7.（3分）有关0的说法不正确的是（)

A.分子中至少有12个原子共平面

B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个

C.与FeC13溶液作用显紫色

D.与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种

8.（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个

单电子,W简单离子在司周期离子中半径最小,Q与Z同主族。下列说法错误的是（）

A.X能与多种元素形成共价键

B.简单氢化物沸点：Z<Q

C.第一电离能：Y>Z

D.电负性：W<Z

9.（3分）据文献报道，金红石TP+L3表面催化氮气固定机理如图所示，下列叙述错误的是

A.催化剂可.以提高固氮速率的原因是改变该反应的AH

B.该催化固氮总反应为3H2+N2=2NH3

H〉N—（,卅4

C.[L3TV+11J是反应中间体

D.整个催化过程中存在N-Ti键的断裂和生成

10.（3分）某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠（强化补铁剂）中铁元素的化合价。

（已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与Fe»形成橙红色配合物）下列说法正确

的是（）

2滴2滴氯水

KSCN溶液

无明显变化无明显变化

②③

依地酸铁钠

黄色溶液<-[

①2：商.少量维生索C.

邻二氮菲溶液U标>

无明显变化溶液变为橙红色

④⑤

A.从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(III)

B.从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(II)

C.从现象①、②和③推测，SCK与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠

D.从现象①、④和⑤推测，Fe2+与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根

11.(3分)某储能电池原理如图。下列说法正确的是()

-----C1>/CC14

、多孔活性炭电极

NaCl/HjO

NaTL(PO0JNaTiXPOJJ钛电极

A.放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e=NaTi2(PCM)3+2Na+

B.放电时C「透过多孔活性炭电极向C04中迁移

C.放电时每转移Imol电子,理论_LCC14吸收O.5molC12

D.充电过程中，NaCl溶液浓度增大

12.(3分)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和ImolY发生反应：2X(g)

+Y(g)=Z(g)AH,其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间

的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()

14.(17分)丹参醉是中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如图:

(1)丹参醉中的含氧官能团名称为。

(2)B-C的反应类型为。D-E的反应类型为o

(3)写出B的结构简式o

(4)写出E的分子式。

(5)写出A发生聚合反应(环参与成链)的方程式。

。品

(6)生一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简

式_______________________。

①分子中含有苯环，能与FeC13溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；

②碱性条件水解生成巫种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。

/COOCH3^/COOCHJ

(7)写出以D和&为原料制备14、的合成路线流程图

（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

15.（16分）四氯化钛（TiCb）是制取航天工业材料一一钛合金的重要原料。

△

已知：有关物质的性质如下表:

物质熔点/℃沸点/℃其他

CCU-2376与TiC14互溶。

TiC14-25136遇潮湿空气产生白雪，在550C时能被氧气

氧化。

请回答下列问题：

（1）A处水浴加热的目的是，C处水浴（填“冷

水”或“热水”）。

（2）D中浓硫酸的作用是°

（3）CCU与TiC14互溶的原因是，

（4）从C处产物中分离出TiC14的实验方法是。

（5）本实验开始前要做两项工作是：

①;目的是，并简述如何进

行。

②，目的是，并简述如何进

行O

16.（16分）燃煤烟气中含有CO2、CO、SO2等气体，综合利用它们是科研的热点。

(1)已知：

2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)AHi

CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)AH2

2CO(g)+4H2(g)=CH30cH3(g)+H2O(g)△H3

用AH2、△^13表示小3，AHl=o

(2)气体转化：2co(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(1)AH=・270kJ・mo「i。

①相同条件下，分别选取Fe2O3、NiO、G2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随

温度的变化如图1所示，研究得出应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能

②若在2L恒容密闭容器中，将3moicO、lmolSC>2混合，在一定条件下引发反应，当SO2

的平衡转化率为40%时，此时，K=0

③向反应容器中再分双通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是(填字母)。

a.CO

b.SO2

c.N2

d.CO2

(3)C02利用：密闭容器发生CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g),其中CH4与

CO2的浓度均为O.lmoKL」，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强

的关系如图2所示，则压强PiP2(填或"V"=)。若P2=3MPa,则T℃

时该反应的平衡常数Kp=MPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X

物质的量分数)。

5007501000T125015001750

温度/七

图2

(4)CO2捕捉:用100mL0.1mol・lJiNa2c03溶液完全捕捉0.22gCO2气体(溶液体积不

变)，所得溶液中c(HCO^)+c(COg)+c(H2CO3)=mold此时溶

液pH=a,6(X)[分布系数(即含碳粒子组分的平衡浓度占含碳粒子总浓度的分数)],

则3(H2co3)=(用含a、b>c的式子表示)。(已知H2c03

的两步电离常数Kal=b,Ka2=C)

2024年天津市和平区高考化学第一次质检试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.（3分）化学促进了科技进步和社会发展。下列叙述中没有涉及化学变化的是（）

A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”

B.利用“侯氏联合制减法”制备纯碱

C.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖

D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰

【答案】D

【分析】有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为物理变化。

【解答】解：A.“石胆能化铁为铜”，过程中有新物质生成，涉及到化学变化，故A错

误；

B.利用“侯氏联合制藏法”制备纯碱，生成新物质纯碱，为化学变化，故B错误；

C.将CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学反应，故C错误；

D.CO2跨临界直冷制冰，只是物态发生变化，没有生成了新物质，属于物理变化，故D

正确；

故选：D。

【点评】本题考查J'物质变化过程的分析判断，注意知识的积累和概念实质的理解应用，

题目难度不大。

2.（3分）生活中处处有化学.下列说法正确的是（）

A.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类

B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体

C.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金

D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸

【答案】C

【分析】A.花生油是不饱和的酯类；

B.同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；

C.合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；

D.蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸.

【解答】解：A.花生油是不饱和的酯类，牛油是饱和酯，故A错误；

B.棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；

C.“不锈钢是合金“，不锈钢是铁、钻、银的合金，故C正确；

D.豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难度较小，旨在考查学生

对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握.

3.（3分）下列物质属于强电解质的是（）

A.HCOOHB.FeC.CaCOsD.C2H2

【答案】C

【分析】强电解质包括强酸、强碱或大多数盐。

【解答】解：A.HCOOH为弱酸，属于弱电解质，故A错误：

B.Fe为单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；

C.CaCO3为盐，属于强电解质，故C正确：

D.C2H2属于烧，属于非电解质，故D错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查强电解质与弱电解质的判断，为基础知识的考查，题目难度不大。

4.（3分）下列含有共价键的盐是（）

A.CaChB.H2SO4C.Ba（OH）2D.Na2sO3

【答案】D

【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易

形成共价键，由金属阳离子（或铉根离子）和酸根离子形成的化合物属于盐，据此分析。

【解答】解：A.CaC12由和C「构成，只含有离子键不含有共价键，故A错误；

B.H2s04由分子构成：只含有共价键，但不屈于盐，故B错误；

C.Ba（OH）2由Ba2+和OH.构成，属于碱,不属于盐，故C错误；

D.Na2s03有Na+和SO。构成，含有离子键，SO歹内部S与0原子之间还含有共价键,

故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了化学键、盐，侧重考查对基本概念的理解和掌握，明确离子键、共

价键、盐的概念及具联系是解本题关键，题目难度不大。

5.(3分)用NaOH标准溶液滴定食用白醋，测定其中醋酸含量的操作中正确的是()

A.盛白醋溶液的锥形瓶滴定前用白醋溶液润洗2〜3次

B.酸式滴定管在装液前要用白醋溶液润洗2〜3次

C.配标准溶液是称取4.0gNaOH固体放入1000mL容量瓶中，然后加水至刻度

D.用甲基橙作指示剂，溶液恰好由红色变为黄色，为滴定终点

【答案】B

【分析】A.锥形瓶盛装待测液，不用润洗；

B.酸式滴定管盛装标准液需润洗以减小误差；

C容量瓶不能用来溶解固体直接配制溶液；

D.醋酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，应用酚配作指示剂。

【解答】解：A.盛白醋溶液的锥形瓶滴定前不能用白醋溶液润洗，否则导致待测液体积

增大，故A错误：

B.酸式滴定管在装液前要用白醋溶液润洗2〜3次，以确保滴定管中放出的待测液浓度准

确，故B正确；

C容量瓶不能用来溶解固体，NaOH固体应在烧杯中溶解，故C错误；

D.用NaOH溶液滴定白醋，终点生成醋酸钠为强碱弱酸盐，显碱性，应用酚酰作指示剂，

溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，为滴定终点，故D错误；

故选：

【点评】本题考查酸碱中和滴定和溶液配制，难度无大，掌握基础是解题的关键。

6.(3分)下列叙述正确的是()

A.浓氨水中滴加FcC13饱和溶液可制得Fc(OH)3胶体

B.明矶溶于水产生Al(OH)3胶体：A13++3H2O=A1(OH)3I+3H+

C.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物

D.沸水中滴加适量饱和FeC13溶液，形成带电的胶体，导电能力增强

【答案】C

【分析】A.浓氨水中滴加FeC13饱和溶液反应生成氢氧化铁沉淀：

B.明矶溶于水产生Al(OH)3胶体，是铝离子水解生成，反应为可逆反应，水解反应

微弱；

C.铝盐和铁盐水解生成的胶体具有较大表面积，具有吸附作用；

D.胶体是电中性的分散系。

【解答】解：A.浓氨水中滴加FeC13饱和溶液发生复分解反应，生成红褐色沉淀氢氧化

铁，不能得到氢氧化铁胶体，故A错误；

B.明研溶于水产生Al(OH)3胶体，水解反应为：A13++3H2OUAI(OH)3+3H+,故B

错误；

C.铝盐和铁盐水解生成对应氢氧化物胶体，胶体具有疏松多孔的结构，具有吸附作用，

可以吸附悬浮杂质，起到净水作用，故c正确；

D.氢氧化铁胶体不带电，氢氧化铁胶体微粒吸附带电微粒，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查了肢体制备、胶体性质和应用，注意知识的积累，题目难度不大，

7.(3分)有关O的说法不正确的是()

A.分子中至少有12个原子共平面

B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为I个

C.与FeCh溶液作用显紫色

D.与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种

【答案】C

【分析】有机物含有羟基、酯基和酰胺基，具有醇、酯类和肽类化合物的性质，结合有

机物的结构特点解答该题。

【解答】解：A.与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，

故该分子中至少12个原子共平面，故A正确；

B.该物质完全水解后所得行机物为其中只有与-NH2直接相连的

碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，故B正确；

C.该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeC13溶液作用不会显紫色，故C错误:

NH

D.与足量NaOH溶液完全反应生成2和Na2CO3,生成的钠盐只有1

种，故D正确:

故选：Co

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，

注意把握有机物的结构，为解答该题的关键，题目难度不大。

8.（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个

单电子,W简单离子在司周期离子中半径最小,Q与Z同主族。卜列说法错误的是（）

A.X能与多种元素形成共价键

B.简单氢化物沸点：Z<Q

C.第一电离能：Y>Z

D.电负性：W<Z

【答案】B

【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两

个单电子，其核外电子排布式为"22522P2、1。2,22口4、Is22s22p63s23p4tQ与/同主族.

结合原子序数可知，X为C元素，Z为O元素，Q为S元素；W简单离子在同周期离子

中半径最小，其原子序数大于0元素，则W为A1元素；丫介于C元素和O元素之间,

则丫为N元素，以此分析解答。

【解答】解：根据分析可知，X为C元素，丫为N元素，Z为0元素，W为A1元素，

Q为S元素，

A.C元素最外层含有彳个电子，能够形成4个共价键，则C元素能与多种元素形成共

价键，故A正确：

B.水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，则简单氢化物沸点：Z>Q,故B

错误；

C.N元素的2P能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则笫一电

离能：N>0,故C正确：

D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负

性：AKO,故D正确；

故选：Bo

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答

关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

9.（3分）据文献报道，金红石1V+L3表面催化氮气固定机理如图所示，下列叙述错误的是

4+

2[H/N-TiLJ

)

A.催化剂可以提高固氮速率的原因是改变该反应的AH

B.该催化固氮总反应为3H2+N2=2NH3

H,N-N*44

C[L，Ti，+J是反应中间体

D.整个催化过程中存在N-Ti键的断裂和生成

【答案】A

【分析】A.催化剂不能改变该反应△”的符号和数值；

B.由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气；

C.由固定机理的示意国可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂；

D.由固定机理的示意图可知，b~c的过程存在N-Ti键的断裂，c-a的过程存在N・

Ti键的生成。

【解答】解：A.催化剂可以降低反应的活化能，提高固氮速率，但不能改变该反应

的符号和数值，故A错误；

B.由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂，

反应的总反应方程式为3H2+N2=2NH3,故B正确；

C.由固定机理的示意弱可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，金红石为催化剂，

H》_N可

LT;44H

L3”J是反应中间体，故c正确；

D.由固定机理的示意图可知，b-c的过程存在N-Ti键的断裂，c-a的过程存在N-

Ti键的生成，故D正确；

故选：Ao

【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。

10.（3分）某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠（强化补铁剂）中铁元素的化合价。

(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与F/+形成橙红色配合物)卜列说法正确

的是()

2滴n2滴氯水n

KSCN溶液'y"U

无明显变化无明显变化

目II——②③

依地酸铁钠

黄色溶液|-||-[

①2滴.少量维生素C.

邻二氮菲溶液y蒜y

无明显变化溶液变为橙红色

④⑤

A.从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(川)

B.从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(H)

C.从现象①、②和③推测，SCM与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠

D.从现象①、④和⑤推测，Fe?+与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根

【答案】D

【分析】A.根据现象②、③可知，依地酸铁钠溶液/含氏2+、Fe3+,说明铁元素形成了

非常稳定的络合离子，不能释放出Fe2\Fe3+；

B.维生素C,具有还原性，还原后可以得到Fe(H),故B错误；

C.加入KSCN溶液，无明显变化，说明无硫虱化铁生成；

D.依据现象⑤推测，加入少量维生素C后，溶液中生成了Fe2+,且Fe?*与邻二氮菲结

合形成更稳定的配位化合物，而不与依地酸铁钠形成配合物。

【解答】解：A.根据现象②、③可知，依地酸铁钠溶液不含F1+、F/+,说明铁元素形

成了非常稳定的络合离子，不能否定依地酸铁钠不含Fe(II)或不含Fe(III),故A错

误；

B.依据现象②和⑤推测，不可以推测依地酸铁钠中含Fe(H),因为④加入了维生素C,

具有还原性，还原后可以得到Fe(II),故B错误；

C.依据现象①、②和③推测，加入KSCN溶液，无明显变化，说明无硫鼠化铁生成，

则SCN与Fe3+形成配合物的稳定性弱于依地酸铁钠，故C错误；

D.依据现象⑤推测，加入少量维生素C后，溶液中生成了Fe?*,且Fe?+与邻二氮菲结

合形成更稳定的配位化合物，而不与依地酸铁钠形成配合物，说明邻二氮菲与Fe2+形成

的配合物更稳定，故D正确；

故选：D。

【点评】本题主要考杳学生的探究分析能力、比较能力，同时考查配位化合物的相关知

识，属于基本知识的考杳，难度中等。

II.（3分）某储能电池原理如图。下列说法正确的是（）

Cb/CCl4

多孔活性炭电极

NaCl/HjO

NaT、(PO0JNa,TL(PO1J钛电极

A.放电时负极反应：NasTiz（PO4）3-2e-NaTia（PO4）3+2Na+

B.放电时Cl一透过多孔活性炭电极向CC14中迁移

C.放电时每转移Imol电子,理论上CC14吸收0.5molQ2

D.充电过程中，NaQ溶液浓度增大

【答案】A

【分析】该电池作为原电池放电时，负极上Na3Ti2（PO4）3的Ti元素化合价升高失去电

子，转化成NaTiz（PO4）3,电极反应式为NasTiz（PO4）3-2e-NaTiz（PO4）3+2Na+,

正极上C12得到电子变成Cl一离子，氯气被消耗，电极反应式为C12+2e=2C「，放电时

阴离子向负极移动，充电时阳极上为2c「-2e-=C12f,由此解题。

【解答】解：A.放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na3Ti2（PO4）3-

2e=NaTia（PO4）3+2Na+»故A正确；

B.放电时，阴离子向负极移动，则透过多孔活性炭电极向NaQ中迁移，故B错误：

C.放电时，每转移hnol电子，正极上氯气被消耗，电极反应式为02+2h=2。一，则

理论上CCI4释放0.5molC12,故C错误；

D.充电时，阳极上为2cl--2/=C12t，。一被消耗，NaCl溶液浓度减小，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查原电池原理，内容涉及原电池正负极判断，电极反应式的书写和判断,

有关电子转移的计算等，题目中等难度。

12.(3分)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和ImolY发生反应：2X(g)

+Y(g)=Z(g)AH,其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间

的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()

B.气体的总物质的量：na=nc

C.a点平衡常数：K>12

D.反应速率：Va正Vvb正

【答案】C

【分析】A.由图像可知，在甲绝热卜\开始压强开始增大，说明反应温度升高；

B.根据克拉伯龙方程进行判断；

C.根据K=访黑而进行求解;

D.温度越高，反应速率越大。

【解答】解：A.由图像可知，在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应温度升高，故

反应为放热反应，所以AHV0,故A错误；

B.根据克拉伯龙方程pV=nRT,其他条件相同时，温度越高则n越小，a点温度大于b

点温度，故气体的总物质的量：naVnc,故B错误；

C.设Z平衡物质的量为山列出三步法：2X(g)十Y(g)=Z<g)

210

2nnn

2-2n1-nn

若在恒温下，因为平衡的压强是初始一半，故3x(2mol+lmol)=3-2n,解得n=0.75mol,

根据K=2,盥)〜、=12,c点Qc=12,实际是c点不是平衡点，甲容器是绝热容器，a

点是平衡点，a点的压强Pa=始，若温度和C点相同，则平衡时气体总物质的量%!

始，甲容器绝热温度升高，则气体总物质的量naV4始，n>0.75moL故a点平衡常数：

K>I2,故C正确；

D.温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反

应速率：Va正〉VbjE，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡移动原理、平衡状态判断、化学平衡图象等，

是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。

二、（非选择题共64分）

13.（15分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（1）Zn原子核外电子排布式为fAr]3dl04s2o

（2）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）可入药。ZnCOs中，阴离子

空间构型为平面三角形，C原子的杂化形式为sp2o

（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃）,其化学键类型是离子键；ZnF2不溶于有机溶

剂ZnC12、ZnBn、Zn匕能够溶于乙醇、乙醛等有机溶剂，原因是ZnCh、ZnBr2、Znl2

的化学键以共价键为主、极性较小。

（4）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿

6sX6

伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为g*cm3（列出计算式）。

z

NAx6x^-xac

（5）铜转炉烟灰（主要成分为ZnO）,加入氯化铉和氨水，浸出液中锌浸出液中锌以[Zn

（NH3）4产形式存在，则浸取时反应的离子方程式为ZnO+2N，j+2NH3・H2O=fZn

（NH。4『++3H2O。氨分子的VSEPR模型为四面体。

（6）CuSO4能活化ZnS,地表层原生铜的硫化物经氧化、淋灌作用后变成CuSCM溶液，

在地下深层遇到难溶的ZnS,慢慢转变为铜蓝（CuS）,：式推测其原因是在相同温度下，

Ksp（CuS）VKsp（ZnS）（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。

（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3〜4滴，再加入适量

六亚甲基四胺，用amo]・L"EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。若与l.OmLEDTA

标准液[c（EDTA）=L（）00mol・LF相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g,则样品中

氧化锌的质量分数为0XI。。％或。439。,％（用代数式表示）。

myn

【答案】⑴[Ar]3d104s2；

（2）平面三角形；sp2；

（3）离子键；ZnF2为离子化合物，ZnC12,ZnBr2.Znl2的化学键以共价键为主、极性较

小；

65x6

(4)2

NAx6x^-xac

(5)ZnO+2NH，+2NH3・H2O=[Zn(NH?)4]2++3H2O；四面体;

(6)在相同温度下，KsP（CuS）<KsP（ZnS）（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）:

0.08139al/八8.139"

(7)---------------X100%或--------%。

mm.

【分析】（1）Zn的原子序数为30,根据原子核外电子排布式书写方法进行书写;

（2）碳酸锌中的阴离子为：。。干，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价层电

子对数为3+义（4-3X2+2）=3,所以空间构型为平面三角形，中心C为sp?杂化；

（3）根据ZnF2晶体熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，而ZnC12、ZnBr2.

Znl2的化学健以共价键为主、极性较小；

（4）由题图可知，每个晶胞中含Zn原子个数为12x；+2x2+3=6,则每个晶胞的质量

OL

为（6X65）/NAg,六棱柱底边边长为acm,高为ccm,则六棱柱的底面积为6x苧a2cm2,

65X6。

六棱柱的体枳为6x5a2ccm3,故Zn的密度为乎-----=----------g,cni'3；

6x^-a2ccm3N^x6x^-xa2c

（5）由题目信息可知，ZnO加入氯化铉和水，反应生成[Zn（NH3）4/，则反应的离子

方程式为：ZnO+2N〃；+2NH3・H2O=[Zn（NH3）4产+3比0，氨分子有3个。键和1个

孤电子对.，则VSEPR暝型为四面体；

（6）CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS,转变为了CuS,是由于ZnS沉淀

转化为了难溶的CuS,即相同温度下，CuS比ZnS更难溶；

aV

(7)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为——mol,这些EDTA对应的氧化锌的质量

1000

为0.08139aVg,因此氧化锌的质量分数为"吧吧X100%。

m

【解答】解：(1)Zn的原子序数为30,因而Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d4s2,

故答案为：[Ar]3d104s2；

(2)碳酸锌中的阴离子为：CO。，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价层电

子对数为3+义(4—3x2+2)=3,所以空间构型为平面三角形，中心C为sp?杂化，

故答案为：平面三角形；Sp?;

(3)根据ZnF2晶体熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，而ZnC12、ZnBr2、

Znl2的化学键以共价键为主、极性较小，故能够溶解在有机溶剂中，

故答案为：离子键：7nF2为离子化合物,ZnChxZnBr?、7n12的化学犍以共价键为主、

极性较小；

(4)由题图可知，每个晶胞中含Zn原子个数为12x：+2x；+3=6,则每个晶胞的质量

为(6X65)/NAg，六棱柱底边边长为acm,高为ccm,则六棱柱的底面积为6x条2cm2,

65x6g

六棱柱的体积为6x鼻Zen?,故Zn的密度为---磬-----=----------g*cm'3,

6x学a2ccWNAX6X芋xa2c

65X6

故答案为：------豆—:

2

NAx6x^-xac

(5)由题目信息可知，ZnO加入氯化铉和水，反应生成[Zn(NHs)4]2+,则反应的离子

方程式为：ZnO+2N”；+2NH3・H2O=[Zn(NH3)412++3H2O,氨分子有3个。键和1个

孤电子对，则VSEPR膜型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3,

故答案为：ZnO+2NH；+2NH3・H2O=[Zn(NH3)4产+3H2O；四面体：

(6)CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS,转变为了CuS,是由于ZnS沉淀

转化为了难溶的CuS,即相同温度下，CuS比ZnS更难溶，

故答案为：在相同温度下，KsP(CuS)<KsP(ZnS)(或相同温度下，CuS比ZnS更难

溶)；

aV

(7)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为这些EDTA对应的氧化锌的质量

1000

为0.08139aVg,因此氧化锌的质量分数为一--------x100%,

m

,0.08139aV,.8.139aV

故答案为：----------X100%或--------%.

mm

【点评】本题主要考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物等知识，熟练掌握原子

结构、物质结构、基本物质理论即可解答。

14.（17分）丹参醇是中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如图：

(1)丹参醉中的含氧官能团名称为羟基、默基、醴键：

(2)B-C的反应类型为加成反应.D-E的反应类型为消去反应.

(3)写出B的结构简式'°3.

(4)写出E的分子式Cl8Hl4。3。

（5）写出A发生聚合反应（环参与成链）的方程式

写出该同分异构体的结构简

①分子中含有苯环，能与FcC13溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；

②碱性条件水解生成茂种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。

COOCH3COOCH,

（7）写出以为原料制备的合成路线流程图

NaOH/乙醉

OX)△O

\/OOCH]

COOCH)COOCHj

Ni.△

任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

【答案】（1）羟基、臻基、醛键;

（2）加成反应；消去反应；

(6)

去掉氢原子生成D,D发生消去反应生成E,静羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是

丹参醉：

BrBr

（T）dyBrA-Br

（7）J，和澳发生加成反应生成।——।,।—।发生消去反应生成

d「生…O八、C/COOCM’^^COOCM

和氢气发

^ZK.COOCHi

生加成反应生成°

【解答】解：（1）丹参醇中的含氧官能团名称为羟基、镶基、酸键，

故答案为：羟基、谈基、酸键

（

/OH,B-C的反应类型为加成反应，则D中的醇

（2）通过以上分析知，B为

羟基转化为E中的碳碳双键，所以D-E的反应类为消去反应，

故答案为：加成反应；消去反应；

QLZ

（3）通过以上分析知，B的结构简式：/OH,

%

故答案为：/;

（4）由图可知，E的分子式Ci8Hl403,

故答案为：C18HI4O3；

（5）A发生聚合反应（环参与成链）的方程式为0

故答案为：0—f；

（6）—。的一种同分异构体同时满足下列条件:①分子中含有苯环，能与FeC13

溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，说明含有酚羟基但不含醛基；②碱性条件水解

生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，符合条件

8

HO-C-CSCH

的结构简式为

a

HO-C-C=CH

故答案为：

BrBr

⑺。和澳发生加成反应生成乙所乙小

发生消去反应生成

COOC'H,COOCHi

COOCH,

和发生加成反应生成和氢气发

生加成反应生成其合成路线为

NaOH/乙醉

or)△o

COOC'H,H,

△Ni.△

NaOH/乙醉

ox)△o

COOC'H,H,COOCH,

Ni.△

故答案为:△

【点评】本题考查有机物推断和合成，利用流程图中反应前后物质结构变化确定反应类

型及断键和成键方式，难点是合成路线设计，熟练掌握常见官能团及其性质关系、物质

之间转化关系，题忖难度中等。

15.（16分）四氯化钛（TiC14）是制取航天工业材料一一钛合金的重要原料。

△

实验室反应原理为TiS(s)+CC14(g)-TiCU(g)+C02(g),装置如下:

已知：有关物质的性质如下表:

物质熔点/℃沸点/C其他

CC14-2376与TiC14互溶。

TiC14-25136遇潮湿空气产生白雪，在