2024届江苏省海安高级中学高三模拟考试化学试题（解析版）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共120分，考试用时100分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 P 31 Mn 55 Fe 56 1.化学与生活生产密切相关。下列说法正确的是（ ） A. “84”消毒液与洁厕灵(主要成分HCl)混合增强消毒效果 B. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土 C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
D. 盐碱地(含较多Na2CO3)不利于作物生长，可施加生石灰进行改良 【答案】B 【解析】
【详解】A．盐酸与次氯酸根离子反应生成氯气，将“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠）与洁厕灵（含有盐酸）合用能够产生氯气，氯气有毒会污染环境，A错误； B．不管是陶器还是瓷器，其主要原料都是黏士，B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫能进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，C错误；
D．生石灰遇水生成氢氧化钙，与碳酸钠反应生成CaCO3和NaOH，其水溶液呈碱性，不能改良土壤，D错误； 故选B。
【点睛】两种具有杀菌能力的消毒剂混合使用前，需清楚可能发生的反应，是否会产生大气污染物，是否会发生强烈的氧化还原反应等。 2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 对硝基甲苯的结构简式：
B. 质子数为35、中子数为45的溴原子:35Br C. CH2F2的电子式：
80
D. CO2的比例模型：【答案】B 【解析】
【详解】A.对硝基甲苯的结构简式中，硝基中的氮应和苯环上的碳相连，故A错误； B.质子数为35、中子数为45的溴原子：35Br，符合书写原子符号的要求，故B正确；
- 10 -
80
C.电子式中未表示出F的孤对电子，故C错误；
D.CO2的比例模型中，氧原子半径应该比碳原子小，故D错误； 本题答案为B。
3.化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu C. 石墨具有导电性，可用于制铅笔芯 D. 浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2 【答案】A 【解析】
【详解】A．熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，A选；
B．Cu与FeCl3发生氧化还原反应，则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，与FeCl3溶液呈酸性无对应关系，B不选；
C、石墨很软，可用于制铅笔芯，与石墨具有导电性无对应关系，C不选；
D、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥CO2，与浓硫酸具有强氧化性无对应关系，D不选； 答案选A。
4.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是
A. 用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质 B. 用乙醇提取溴水中的溴选择图②所示装置 C. 用图③所示装置可以分离乙醇水溶液 D. 用装置④将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体 【答案】A 【解析】
【详解】A选项，碳酸钙难溶于水，因此用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，故A符合题意；
B选项，乙醇与水互溶，则乙醇不能作溴水的萃取剂，故B不符合题意； C选项，用图③所示装置可以分离乙醇水溶液，要使用温度计，故C不符合题意；
- 10 -
D选项，Sn2+要水解，用装置④将SnCl2溶液蒸干不能制备SnCl2晶体，故D不符合题意。 综上所述，答案为A。
5.W、X、Y、Z四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物。下列说法正确的是（ ） W X
A. 4种元素氧化物中，只有W的氧化物能与Na2O2反应 B. Y元素只能形成含氧酸H2YO3和H2YO4 C. Z元素单质具有强氧化性、漂白性 D. 简单气态氢化物的稳定性：Y＜Z 【答案】D 【解析】 【分析】
W、X、Y、Z四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则X为N元素；结合图示可知，W为C元素，Y为S，Z为S元素，据此解答。 【详解】根据分析可知，X为N元素，W为C元素，Y为S，Z为Cl元素。 A．二氧化碳、二氧化硫都能够与Na2O2反应，故A错误；
B．S形成的含氧酸除了H2SO3和H2SO4，还可以形成H2S2O4，故B错误； C．Z的单质为氯气，氯气具有强氧化性，但是氯气不具有漂白性，故C错误； D．非金属性S＜Cl，则简单气态氢化物的稳定性：Y＜Z，故D正确； 故选：D。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。 6.下列指定反应的离于方程式正确的是
A. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O B. 浓盐酸与MnO2反应制取Cl2:MnO2+4HCl(浓)
Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O
Y Z C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质:4H++4I-+O2=2I2+2H2O D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2O
- 10 -
【答案】C 【解析】
【详解】A. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水，反应的离子方程式为:Al+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4，选项A错误；
B. 浓盐酸与MnO2反应制取Cl2，反应的离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，选项B错误；
+
-3+
+
C. 酸性条件下，碘化钾溶液露置于空气中变质，反应的离子方程式为: 4H+4I+O2=2I2+2H2O，选项C正确； D. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液，反应的离子方程式为:Ca+HCO3+OH=CaCO3↓+H2O，选项D错误。 答案选C。
7.下列物质转化在给定条件下能实现的是
H2O煅烧A. FeS2????H2SO4 ?? SO3??2+
--
O2/点燃电解B. NaCl(aq)?????Na???? Na2O2
NaOH稀硫酸空气中灼烧C. Fe????FeSO4(aq)???? Fe(OH)2????? Fe2O3 Cu盐酸D. Fe2O3?????Fe ?? FeCl3(aq)??【答案】C 【解析】
【详解】A．FeS2在氧气中煅烧生成SO2，再在催化剂条件下继续与氧气反应可生成SO3，故A错误； B．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，应电解熔融的NaCl，故B错误；
C．Fe溶于稀硫酸生成FeSO4，溶液中再滴加NaOH溶液，生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2可被空气中氧气氧化为Fe(OH)3，最后加热分解生成Fe2O3，故C正确；
D．Fe2O3溶于稀盐酸生FeCl3，FeCl3溶液中加入过量Cu，只能生成FeCl2和CuCl2，不可能有Fe生成，故D错误； 故答案为C。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A. 澄清透明的溶液中: Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B. 由水电离产生的c(H+)= 10-13mol/L 的溶液: K+、Na+、CH3COO-、AlO2- C. c(Fe2+)= 1mol/L的溶液中: H+、NH4+、NO3-、SO42- D. pH= 1的溶液中: Ba2+、Mg2+、HCO3-、SO42- 【答案】B
- 10 -
【解析】
【详解】A. Fe与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项A不选；
B. 由水电离产生的c(H)= 10mol/L 的溶液可能为酸性也可能为碱性溶液，碱性溶液中 K、Na、CH3COO、AlO2能大量共存，选项B符合；
C. H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C不符合；
D. pH= 1的溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在，且Ba2+与SO42-反应产生沉淀而不能大量共存，选项D不符合。 答案选B。
9.2024年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时
-?xLi++xFePO4，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是 阳极反应式为,xLiFePO4-xe??--+
-13
+
+
3+
-
A. 放电时，Li+通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔
+-?xLiFePO4 C. 放电时正极反应为：xFePO4+xLi+xe??D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化 【答案】D 【解析】
【详解】A选项，放电时，“同性相吸”即Li通过隔膜移向正极，故A正确； B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；
C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4 + xLi++xe－=xLiFeO4，故C正确；
D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误； 综上所述，答案为D。
【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。 10.下列有关说法正确的是
- 10 -
+
A. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0 B. 氨水稀释后，溶液中c(NH4)/c(NH3·H2O)的值减小
C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等
D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10，Ka(HCN)＝4.9×10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN) 【答案】D 【解析】
【详解】A.反应能自发进行，应满足?H-T?S<0，而该反应
S?0，当?H>0时不能自发进行，当
H?0时
?8
?10
＋
低温可自发进行，该反应298K时能自发进行，故?H<0，故A错误； B.氨水稀释后，电离平衡正向移动，
?
的物质的量减少，
物质的量增大，因为在同一
溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B错误；
C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn、Fe、Cu失电子，电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e=Cu，阴极为Cu得电子还原成Cu，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C错误；
D.25℃时， Ka(HClO)=3.0?10?8，Ka(HCNO)=4.9?10?10时，HClO溶液的酸性大于HCN，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，c(NaClO)?c(NaCN)，故D正确； 本题答案为D。
【点睛】判断一个化学反应能否自发进行，要看时才能自发进行。
不定项选择题：每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.柔红酮是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列说法正确的是( )
H-TS是大于零还是小于零，只有当
H-TS小于零
-2+
2+
A. 每个柔红酮分子中含有2个手性碳原子 B. 柔红酮分子中所有的碳原子都在同一个平面上 C. 1 mol柔红酮最多可与2 mol Br2发生取代反应 D. 一定条件下柔红酮可发生氧化、加成、消去反应 【答案】AD
- 10 -
【解析】
【详解】A. 每个柔红酮分子中含有2个手性碳原子，用“*”标出如图：，
选项A正确；
B.分子中含有5个饱和碳原子，由甲烷的结构可知不在同一个平面上，选项B错误； C.柔红酮酚羟基邻、对位上没有氢，不能与Br2发生取代反应，选项C错误；
D.柔红酮含有羰基、酚羟基、醇羟基，一定条件下柔红酮可发生氧化、加成反应，且醇羟基连接的碳相邻的碳上有氢，能发生消去反应，选项D正确。 答案选AD。
12.根据下列实验现象所得结论正确的是 选项 实验 取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入A 淀粉溶液 将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝B 色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体 将数滴0.1mol·LMgSO4溶液滴入C 2mL0.1mol·LNaOH溶液中充分反应，再滴加0.1 mol·L?1CuSO4溶液 向蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和D 溶液 A. A 【答案】B 【解析】
【详解】A．I2能使淀粉溶液变蓝，而碘酸钾在酸性条件下不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；
B．胶体有丁达尔现象，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，可说明微蓝色透明液体为胶体，故B正确；
- 10 -
?1?1现象 结论 溶液未呈蓝色 该食盐中不含有碘酸钾 有光亮的通路 微蓝色透明液体为胶体 出现蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2] C．将数滴0.1mol·L?1MgSO4溶液滴入2mL0.1mol·L?1NaOH溶液中充分反应后，NaOH过量，再滴加0.1mol·LCuSO4溶液一定有Cu(OH)2蓝色沉淀生成，不存在沉淀转化，则无法确定Ksp[Cu(OH)2] D．蛋白质溶液中加入CuCl2或(NH4)2SO4饱和溶液，前者为变性、后者为盐析，均析出沉淀，故D错误； 故答案为：B。 13.根据下列图示得出的结论不正确的是（ ） ?1 A. 图甲是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线， 说明该反应的△H＜0 B. 图乙是向Na2CO3溶液中通入SO2过程中部分微粒摩尔分数与pH的关系曲线， 的用该方法制备NaHSO3，当pH=4时应停止通入SO2 C. 图丙是常温下等体积盐酸和氨水稀释时溶液导电性与体积变化的曲线，图中pH 大小关系为c＞b＞d D. 图丁表示不同温度下水溶液中-lgc（H+）、-lgc（OH-）的变化曲线，图中T1＞T2 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡逆向，升高温度平衡向吸热方向移动，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应△H＜0，故A正确； - 10 - B．根据图象分析，pH=4时，溶液中主要存在为HSO3-，所以当pH=4时应停止通入SO2，控制pH，主要得到NaHSO3，故B正确； C．盐酸溶液pH小于一水合氨，稀释过程中盐酸溶液pH增大，溶液的pH大小关系：b＞d＞c，故C错误； D．-lgc(H)、-lgc(OH)的乘积越大，水的电离程度越小，可知T1＜T2，故D正确， 故选：C。 14.常温下，向20mL 0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法不正确的是 + - A. 从a到d，HA的电离先促进再抑制 B. c、e两点溶液对应的pH=7 C. 常温下，A的水解平衡常数Kh约为1×10mol·L D. f点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：2c(HA)+c(A)+c(H)=c(OH) 【答案】AB 【解析】 【详解】A．NaA水解促进水 2--+ ---9 -1 电离，过量的NaOH存在抑制水的电离，从a到d，溶液中生成的NaA不断增 多，A的水解，不断促进水的电离，故A错误； B．c点存在NaA和HA，因为c点溶液为中性，pH=7，e点存在NaA和NaOH，则e点为碱性，pH＞7，故B错误； C．起始时溶液中只有HA，溶液为酸性，c水(H+)=10-11mol/L，则由HA电离出c(H+)=10-3mol/L，所以HA的电离平衡常数为Ka(HA)= cH+cA-c(HA)????=10Kw10?14??5=10-9，故C正确； Kh= Ka(HA)10D．f点加入NaOH40mL，溶液中存在等量的NaOH和NaA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，存在物料守恒：c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，则2c(HA)+c(A-)+c(H+)=c(OH-)，故D正确； 故答案为AB。 的?10-3≈10-5，所以A-的水解常数为 0.1-10-3-3- 10 - 【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，其中：①电荷守恒规律，如NaHCO3溶液中存在：c(Na)+c(H)＝c(HCO3)+c(OH)+2c(CO3)；②物料守恒规律，如K2S溶液中S元素以S、HS、H2S三种形式存在，守恒关系：c(K)＝2c(S)+2c(HS)+2c(H2S)；③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O)+2c(H2S)+c(HS)＝c(OH)或c(H)+2c(H2S)+c(HS)＝c(OH)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 15.温度为T时，向体积为2 L的恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.08 mol H2O(g)，发生反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g)，一段时间后达平衡。t1时刻向容器中再充入一定量的H2，再次达平衡时H2 + --+ --+ 2--+ + --2-2-- 的体积分数为20%。下列说法正确的是( ) A. t1时刻充入H2，v′正、v′逆变化如右图 B. 第一次达平衡时，H2的体积分数小于20% C. 温度为T时，起始向原容器中充入0.1 mol铁粉、0.04 mol H2O(g)、0.1 mol Fe3O4(s)、0.005 mol H2(g)，反应向正反应方向进行 D. 温度为T时，向恒压容器中加入足量Fe3O4(s)和0.08 mol H2 (g)，达平衡时H2(g)转化率为20% 【答案】AC 【解析】 【详解】A. t1时刻充入H2，生成物浓度增大，v'逆突然增大，反应物浓度瞬间不变，v'正不变，随着反应的进行v'逆逐渐减小v'正逐渐增大，当v'正=v'逆时又重新达平衡，选项A正确； B.再次达平衡时，H2的体积分数为20%，由于该反应为气体体积不变的反应，前后反应为等效平衡，平衡时H2的体积分数相同，均为20%，选项B错误； C.温度为T时，起始向原容器中充入0.1mol铁粉、0.04molH2O(g)、0.1molFe3O4(s)、0.005molH2(g)，H2的体积分数为 0.005mol?100%?11.1%?20%,反应向正反应方向进行，选项C正确； 0.04mol?0.005molD、根据等效平衡可知，温度为T时，向恒压容器中加入足量Fe3O4(s)和0.08molH2(g)，平衡等效，达平衡时H2(g)转化率为80%，选项D错误。 答案选AC。 【点睛】本题考查化学反应速率及化学平衡的影响因素、等效平衡的判断，注意反应为气体体积不变且反应物和生成物均为只有一种气体，易错点为投料按正方向的转化率和按逆方向转化率之和为100%。 非选择题(共80分) 16.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下： - 10 - （1）用H2SO4溶解后过滤，得到滤渣是____(填化学式)。将滤渣洗涤2～3次，再将洗液与滤液合并的目的是____。 （2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe氧化成Fe，反应的离子方程式是____。 （3）已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]。 3Fe2++2[Fe(CN)6]3? =Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀) 4Fe3++3[Fe(CN)6]4? = Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀) 2+ 确定Fe是否氧化完全的方法是____。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液) （4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的离子方程式：____。 （5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是____。 的2+ 3+ 【答案】 (1). SiO2 (2). 提高钴元素的利用率(或其他合理答案) (3). 6Fe2++6H++ClO3- 6Fe+Cl+3H2O (4). 取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化 (5). 6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ (6). 防止因温度降低，CoCl2晶体析出 【解析】 【分析】 （1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物； （2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe氧化成Fe，ClO3被还原为Cl； （3）欲判断Fe2+是否氧化完全，需要验证溶液中有无Fe2+即可； （4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体； （5）由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出； - 10 - 2+ 3+ --3+ - 【详解】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2 ，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合并； 本题答案为：SiO2 ，提高钴元素的利用率； （2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe氧化成Fe，反应的离子方程式是：6Fe+6H+ClO3 6Fe3++Cl-+3H2O； 本题答案为：6Fe2++6H++ClO3- 6Fe3++Cl-+3H2O； 2+ 3+ 2+ + - （3）依据所给信息，Fe2+和[Fe(CN)6]3?反应，生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化； 本题答案为：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe已全部被氧化； （4）氧化后的溶液中，含有Fe,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe+4SO4+6H2O+2Na+6CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑； 本题答案为：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑； （5）由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出； 本题答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出。 17.黄酮类化合物具有抗肿瘤活性，6－羟基黄酮衍生物的合成路线如下： 3+ 2-+ 2- 3+ 2+ 请回答下列问题： （1）化合物B中的含氧官能团为_____和_____（填名称）。 （2）反应③中涉及到的反应类型有水解反应、_______和_______。 （3）反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl，X的结构简式为_______。 - 10 - （4）B的一种同分异构体满足下列条件： Ⅰ．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。 Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢。 写出该同分异构体的结构简式：___。 （5）已知： 。 根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图 ___（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下： ?CH3CH2OH ??CH3CH2Br????H2C＝CH2??NaOH溶液【答案】 (1). 羟基 (2). 羰基 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). (6). (7). HBrΔ 【解析】 【详解】（1）根据化合物B的结构简式知该有机物中的含氧官能团为羟基和羰基； （2）比较C和D的结构可知，反应③是C中的酯基发生了水解，与左侧苯环相连的羰基与酚羟基发生加成后再消去得D中杂环，所以反应③中涉及的反应为水解反应、加成反应和消去反应； （3）分析化合物D和E的结构，结合试剂X的分子式为C7H5OCl知，X的结构简式为 ； （4）B的分子式为C8H8O3，Ⅰ．能发生银镜反应，含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，为甲酸和酚类形成的酯；Ⅱ．分子中有4种不同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式： ； （5）以和CH3COOH为原料制备，可以先利用题合成路线中的反应①，在 的酚羟基的邻位引入羰基，再利用与氢气的加成，再消去，再加成可得产品，所以合成路 - 10 - 线为。 18.硝酸铈铵、磷酸锰铵是两种重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。 (1) 复盐是由两种或两种以上金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐。下列物质属于复盐的是________(填序号)。 A．BaFe2O4 B．NaHSO4 C．KAl(SO4)2·12H2O D．Ag (NH3)2OH (2) 硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]的制备方法如下： ①“氧化”得到CeO2的化学方程式为________________________________。 ②证明CeO2已经洗涤干净的方法是_____________________________。 (3) 为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：①称取样品2.448 0 g，加水溶解后配成100.00 mL溶液A；②量取25.00 mL溶液A，加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH3 0.067 20 L(标准状况)；③另取25.00 mL溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH 6 ～ 8，充分反应后，将溶液中Mn转化为Mn3O4，得Mn3O4 0.2290 g。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) __________。 【答案】 (1). C (2). CeCO3＋NaClO＋2NaOH===CeO2＋NaCl＋Na2CO3＋H2O (3). 取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明CeO2已经洗涤干净 (4). NH4MnPO4·2H2O 2＋ n(NH4+)＝n(NH3) ＝ 0.06720L＝0.003 mol 22.4L?mol?1n(Mn2＋)＝3n(Mn3O4)＝3×n(PO43-)＝ 0.2290g＝0.003 mol 229g?mol?10.003mol?2?0.003mol＝0.003 mol 32.4480g－1－1 －1 m(H2O)＝－0.003mol×(18 g·mol＋55 g·mol＋ 95 g·mol)＝0.108 g 4n(H2O)＝ 0.108g＝0.006 mol 18g?mol?1n(NH4+)∶n(Mn2＋)∶n(PO43-)∶n(H2O) ＝1∶1∶1∶2 该样品的化学式为NH4MnPO4·2H2O。 【解析】 - 10 - 【分析】 (1) 根据复盐的定义KAl(SO4)2·12H2O是复盐； (2) CeCO3在碱性溶液中被NaClO氧化生成CeO2，过滤得到的CeO2再加硝酸溶解，然后经一系列过程得到(NH4)2Ce(NO3)6。 (3)磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]溶液加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH3 0.067 20 L(标准状况)，可求出n(NH3)；根据Mn3O4 的质量可求出n(Mn2+)，根据电荷守恒可求出n(PO43-)，最后根据总质量求水的物质的量。 【详解】（1）复盐是由两种或两种以上金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐。A.BaFe2O4由钡离子和高铁酸根离子构成，只含有一种金属离子，不符合；B.NaHSO4是酸式盐，不符合；C.KAl(SO4)2·12H2O由钾离子、铝离子和硫酸根离子和结晶水构成，含有 两种金属离子和一种酸根离子，属于复盐，符合；D.Ag(NH3)2OH是络合物，只含有一种阳离子和一种阴离子，不符合。答案选C； （2）①“氧化”得到CeO2是由CeCO3在氢氧化钠溶液中被NaClO氧化生成CeO2，同时生成NaCl、Na2CO3和水，反应的化学方程式为CeCO3+NaClO+2NaOH=CeO2+NaCl+Na2CO3+H2O；②若CeO2已经洗涤干净，则不再含有氯离子，检验的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明CeO2已经洗涤干净； （3）n(NH4)＝n(NH3) ＝ + 0.06720L＝0.003 mol 22.4L?mol?1n(Mn2＋)＝3n(Mn3O4)＝3×n(PO43-)＝ 0.2290g＝0.003 mol 229g?mol?10.003mol?2?0.003mol＝0.003 mol 32.4480g－1－1 －1 m(H2O)＝－0.003mol×(18 g·mol＋55 g·mol＋ 95 g·mol)＝0.108 g 4n(H2O)＝ 0.108g＝0.006 mol 18g?mol?1n(NH4+)∶n(Mn2＋)∶n(PO43-)∶n(H2O) ＝1∶1∶1∶2 该样品的化学式为NH4MnPO4·2H2O。 19.草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe(C2O4)y]·3H2O是一种光敏材料，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程。 已知：(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O、莫尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]的溶解度如表： - 10 - 温度/℃ (NH4)2SO4/g FeSO4·7H2O/g (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O/g 10 73.0 40.0 18.1 20 75.4 48.0 21.2 30 78.0 600 24.5 (1)废铁屑在进行“溶解1”前，需用在5% Na2CO3溶液中加热数分钟，并洗涤干净。Na2CO3溶液的作用是________。 (2)“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是___________。“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用是________。 (3)“复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩、________、过滤、用乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是____________。 .40 3+ 50 84.5 ― 31.3 81.0 73.3 27.9 (4)“沉淀”时得到的FeC2O4·2H2O沉淀需用水洗涤干净。检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。 (5)“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是__________。 (6)请补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3＋含量的实验步骤[备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、铁粉、NaOH溶液： 步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体a g，配成250 mL待测液。 步骤2：用移液管移取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，_________，C2O42-转化为CO2被除去。 步骤3：向步骤2所得溶液中______________。 步骤4：用c mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗V mL KMnO4标准溶液。 【答案】 (1). 除油污 (2). 防止Fe被氧化为Fe (3). 抑制Fe水解 (4). 冷却结晶 (5). 洗去杂质，减少莫尔盐晶体溶解损失，便于快速干燥 (6). 用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净 (7). 黑暗可以防止晶体分解 (8). 加入足量KMnO4溶液 (9). 加入稍过量的锌粉，加热至充分反应(溶液黄色刚好消失)，过滤、洗涤、将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中 【解析】 【分析】 废铁屑加入硫酸溶液溶解，加入硫酸铵溶液结晶析出硫酸亚铁晶体，加水溶解，滴入几滴稀硫酸防止亚铁离子水解，加入草酸沉淀亚铁离子，过滤得到沉淀加入重铬酸钾、过氧化氢溶液氧化，最后加入草酸，经过滤得到草酸合铁酸钾晶体。 【详解】(1)在5%Na2CO3溶液中加热数分钟，并洗涤干净是利用碳酸钠水解显碱性，油污会发生水解生成溶 - 10 - 2+ 2+ 于水的物质并洗涤除去，作用是去除油污； (2)Fe在空气中易被氧化，“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是防止Fe被氧化为Fe；Fe在溶液中易水解，则“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用抑制Fe水解； (3)“复分解”制备莫尔盐晶体的基本实验步骤是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤用乙醇洗涤、干燥，防止生成的盐损失，且乙醇易挥发； (4)取最后一次洗涤液，检查是否含有硫酸根离子进行设计分析，用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净； (5)“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是黑暗可以防止晶体分解； (6)步骤1：称量ag三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液； 步骤2：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4被还原成Mn； 步骤3：向反应后的溶液中加入适量锌粉使Fe3+全部转化为Fe2+，同时有气泡产生，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液A收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性； 步骤4：用cmol/LKMnO4溶液滴定溶液至终点，消耗KMnO4溶液VmL，反应中MnO4-被还原成Mn2+。 【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来，物质分离与提纯有多种方法，常见有过滤、蒸发、结晶以及沉淀法等；要根据目标物质的性质和溶解度的差异，来选择适宜的制备、分离方法。 20.汽车尾气的主要成分有CO、SO2、NO、NO2等。 （1）利用氨水可以将SO2、NO2吸收，原理如下图所示。 请写出NO2被吸收反应的离子方程式___________________。 （2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。 ①已知：反应Ⅰ：2NO(g)＋O2(g)==2NO2(g) ΔH1 ＝—113.0 kJ·molˉ1 反应Ⅱ：2SO2(g)＋O2(g)==2SO3(1) ΔH2 ＝—288.4 kJ·molˉ1 反应Ⅲ：3NO2(g)＋H2O(g)==2HNO3＋NO(g) ΔH3 ＝—138.0 kJ·molˉ1 则反应NO2(g)＋SO2(g)==NO(g)＋SO3(1) ΔH4= _______________。 ②已知TiO2催化尾气降解原理可表示为：2CO(g)＋O2(g) 4HNO3(g) ΔH6。 在O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到其降解率（即转化率）如图所示。请解释ts后NO降解率下降的可能原因_____________________。 - 10 - -2+ 2+ 2+ 2+ 3+ 2+ 2CO2(g) ΔH5； 2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g) （3）沥青混凝土也可降解CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土（α、β型）在不同温度下，反应相同时间，测得CO降解率变化。结合如图回答下列问题： ①已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L，求此温度下CO降解反应的平衡常数_______________。 ②下列关于如图叙述正确的是_________________ A．降解率由b点到c点随温度的升高而增大，可知CO降解反应的平衡常数Kb＜Kc B．相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大 —1 C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效 ③科研团队以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10℃～60℃范围内进行实验，请在如图中用线段与“围_____________。 ”阴影描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范 （4）TiO2纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式 ____________________。 【答案】 (1). 2NO2+4HSO3—== N2+4SO42—+4H+ (2). －87.7 kJ·molˉ1 (3). 由反应Ⅰ、Ⅲ可知ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡2H2O+4NO+3O2 4HNO3向逆 反应方向移动 (4). 的100x2?1?x?2 (5). BC (6). 见右图 (7). Ti－ 4e—+2H2O==TiO2+4H+ 【解析】 【分析】 (1)根据流程图知，NO2与NH4HSO3反应，+4价的氮氧化+4价的硫，NO2被NH4HSO3吸收生成N2，NO2得电子被还原，则HSO3-被氧化生成SO42-，据此书写离子方程式； - 10 - (2)①根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算反应热； ②根据平衡移动原理来分析，减少反应物浓度，平衡逆向移动； (3)①化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值； ②A．平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行； B．相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大； C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效； ③据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动画图； (4)据阳极失去电子发生氧化反应书写电极反应方程式。 【详解】(1)根据流程图知，NO2被NH4HSO3吸收生成N2，N元素化合价由+4价变为0价，NO2得电子被还原，则HSO3失电子被氧化，被氧化生成SO4，反应的方程式为：4NH4HSO3+2NO2=N2+4NH4HSO4，离子方程式为2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+； 故答案为：2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+； (2)①反应Ⅰ：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1=-113.0 kJ/mol；反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（1）△H2=-288.4 kJ/mol；根据盖斯定律（Ⅱ-Ⅰ）×kJ/mol）-（-113.0 kJ/mol）]×故答案为：-87.7 kJ/mol； ②依据I×3＋III×2，得出：△H6=(－113×3－138×2)kJ·mol－1=－615kJ·mol－1，CO燃烧是放热反应，随着反应进行温度升高，使2H2O+4NO+3O2 4HNO3向逆反应方向进行，因此NO的降解率下降； -2- 1得反应NO（+SO（═NO（g）+SO（，则△H4=[（-288.4 2g）2g）31）21=-87.7 kJ/mol； 2故答案为：由反应Ⅰ、Ⅲ可知ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡2H2O+4NO+3O2 4HNO3向逆反应方向移动； －1 (3)①CO的降解率为x，设起始CO浓度为1mol/L，则达到平衡时c(CO)=(1－x)mol·L，c(O2)=0.01mol·L －1 ，c(CO2)=xmol·L，根据平衡常数的定义，K= －1 c2?CO2?2?c??CO??c?O2???100x2x2= =2； [(1－x)2?0.01]?1?x?c2?CO2?2?c??CO??c?O2???②A．平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=故K减小，即Kb＞Kc，故A错误； B．由图得，相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，故B正确； C．d点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效，故C正确； 故答案为：BC； - 10 - ， ③据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，故图为， 故答案为：； (4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+； 故答案为：Ti-4e+2H2O=TiO2+4H。 21.在HClO4-NaClO4介质中,K5[CoO4W12O36](简记为CoW)催化氧化NH2OH的过程如下: 3+ 3+ -+ （1）Co2+基态核外电子排布式为________。 （2）NH2OH分子中氮原子轨道的杂化类型是_______，lmolNH2OH分子中含有σ键的数目为_______。 （3）N、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_________。 （4）ClO4的空间构型为__________。 （5）一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如右图所示，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心，每个铁原子又为两个八面体共用，则该化合物的化学式为_________。 - - 10 - 【答案】 (1). [Ar]3d7 (2). sp3 (3). 4×6.02×1023 (4). H＜N＜O (5). 正四面体 (6). Fe3C 【解析】 【详解】（1）Co是27号元素，Co离子核外有25个电子，3d电子为其价电子，3d能级上有7个电子，Co基态核外电子排布式为[Ar]3d； （2）NH2OH分子中氮原子形成3个σ键，有一对孤对电子，轨道的杂化类型是sp杂化；NH2OH分子中有2 3 7 2+ 2+ 个N-Hσ键、一个N-Oσ键、一个O-Hσ键，则lmolNH2OH分子中含有σ键的数目为4×6.02×1023； （3）非金属性越强电负性越大，则N、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜N＜O；（4）ClO4-中心原子Cl电子对数= 7?1= 4,为sp3杂化,0对孤对电子,分子为正四面体形； 21=3，C个数为1，则化合物的化学式为Fe3C。 2（5）根据均摊法计算，Fe个数为6× - 10 - - 10 -
2024届江苏省海安高级中学高三模拟考试化学试题(解析版)
