2024屆山東省高三年級下冊第一次練兵考試一?；瘜W（解析版）

2024屆山東省高三下學期第一次練兵考試

化學試題

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：N14O16S32K39Mn55Zn65Br80Hf178

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。

1.化學與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是

A.煤的氣化和液化可獲得清潔燃料，有助于實現(xiàn)“碳中和”

B.供糖尿病患者食用的“無糖食品”專指不含蔗糖的食品

C.二氧化硅屬于無機非金屬材料，可用于制作光感電池

D.規(guī)范添加苯甲酸鈉可減緩食品變質(zhì)，有利于保持食品營養(yǎng)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.煤的氣化是將固體煤中有機質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)楹蠧O、壓、CH4等可燃氣體；煤的液化指固體煤經(jīng)

化學加工轉(zhuǎn)化成燃類液體燃料和化工原料的過程，能夠獲得清潔燃料，但不能減少二氧化碳的排放，不

能碳中和的目標，故A錯誤；

B.供糖尿病患者食用的“無糖食品”指不含糖類的食品，故B錯誤；

C.二氧化硅屬于無機非金屬材料，制作光感電池的是單質(zhì)硅，故C錯誤；

D.苯甲酸鈉是防腐劑，規(guī)范添加苯甲酸鈉可減緩食品變質(zhì)，有利于保持食品營養(yǎng)，故D正確；

故選D。

2.下列實驗室中的做法錯誤的是

A.液澳保存在磨口玻璃塞棕色瓶中，并加少量水液封

B.酸堿中和滴定接近滴定終點時，用蒸儲水沖洗錐形瓶內(nèi)壁

C.向氨水中逐滴加入硝酸銀溶液制備銀氨溶液

D.乙醇和濃硫酸制備乙烯時，溫度計水銀球插入液面以下

【答案】C

【解析】

【詳解】A.液澳易揮發(fā)，可保存在磨口玻璃塞的棕色試劑瓶中，并加少量水液封，故A正確；

B.酸堿中和滴定接近滴定終點時，用蒸儲水沖洗錐形瓶內(nèi)壁，對實驗結(jié)果無影響，故B正確；

C.向硝酸銀溶液中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，即得銀氨溶液，故C錯誤；

D.乙醇和濃硫酸制備乙烯時，溫度計水銀球插入液面以下，以控制反應液的溫度，故D正確；

故答案為：Co

3.下列各組分子空間構(gòu)型和極性均相同的是

A.CO2和SO?B.SO3和NF；C.P4和CH4D.S2c"和C2H2

【答案】C

【解析】

【詳解】A.CO2中心原子價層電子對數(shù)為2+；（4-2x2）=2,空間構(gòu)型為直線形，為非極性分子，S02

中心原子價層電子對數(shù)為2+；（6-2X2）=3,空間構(gòu)型為V形，為極性分子，故A不選；

B.S03中心原子價層電子對數(shù)為3+；（6-3x2）=3,空間構(gòu)型為平面三角形，為非極性分子，NF3中心

原子價層電子對數(shù)為3+；（5-3xl）=4,空間構(gòu)型為三角錐形，為極性分子，故B不選；

C.為正四面體結(jié)構(gòu)，為非極性分子，CH4也是正四面體結(jié)構(gòu)，為非極性分子，故C選；

D.S2c匕類似H2O2是極性分子，C2H2是非極性分子，故D不選；

故選Co

4.某離子液體由原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M組成，結(jié)構(gòu)簡式如圖。其中Y、Z位

于同周期相鄰主族，W和M的p軌道均含一個未成對電子。下列說法錯誤的是

YX,M

-|-+-|--

x—z—YX,M—W—M

L|3」|_?」

YX3M

A.簡單離子半徑：W<Z<MB.第一電離能：W<Y<Z

C.該離子液體的陰、陽離子均含有配位鍵D.ZX5中Z的雜化方式為sp3d

【答案】D

【解析】

【分析】依據(jù)結(jié)構(gòu)可知X形成一鍵，且在五種元素中原子序數(shù)最小，則X為H,Y均形成四鍵，則Y為

C,由于Y、Z位于同周期相鄰主族，故Z為N元素，該物質(zhì)陽離子應該是N（CH3）3與H+結(jié)合，其中N上

有1個孤電子對，H+提供空軌道，二者形成配位鍵，該物質(zhì)的陰離子為-1價，結(jié)合W和M的p軌道均含

有一個未成對電子，故W的價電子結(jié)構(gòu)為3s23pLM的價電子結(jié)構(gòu)為3s23P5,該陰離子應該為AICI4，其

中AF+提供空軌道，Cl提供孤電子對，二者形成配位鍵，由此可以得知，X為H,Y為C,Z為N,W為

Al,M為CL

【詳解】A.AF+、沖-均為10電子微粒，C1-為18電子微粒，所以C1一的半徑最大，依據(jù)序大徑小的規(guī)律

可知N，>AF+,因此簡單離子半徑AF+<N3-<Cr,故A正確；

B.W為A1,其第一電離能較小，C和N屬于相同周期元素，隨著原子序數(shù)最大，第一電離能有增大的

趨勢，故第一電離能A1<C<N,故B正確；

C.由上述分析可知，該離子液體中陰陽離子中均含有配位鍵，故C正確；

D.NH5應該為NH4H,其中NH；中N的價層電子對數(shù)為4,其雜化方式為sp?,故D錯誤；

故選D。

5.下列物質(zhì)的鑒別或檢驗一定能達到實驗目的的是

A用飽和Na?CO3溶液鑒別BaCl2溶液和AlCh溶液

B.用鹽酸和KSCN溶液檢驗Fe粉中是否含有Fe2（）3

C.用濕潤的淀粉-KI試紙鑒別NO?和澳蒸氣

D.向1-氯丁烷中加入硝酸酸化的AgNOs溶液檢驗氯元素

【答案】A

【解析】

【詳解】A.飽和Na2c。3溶液和BaCU溶液混合反應生成碳酸領(lǐng)白色沉淀，飽和Na?CO3溶液和AIC1

溶液混合氫氧化鋁白色沉淀和二氧化碳氣體，能用飽和Na2cO3溶液鑒別BaCl2溶液和A1C13溶液，故A

正確；

B.Fe?。?溶于鹽酸生成Fe3+,而Fe粉可以將Fe3+還原為Fe?+,加入KSCN后溶液不變紅，F(xiàn)e粉也可能

含有Fe?。？，不能用鹽酸和KSCN溶液檢驗Fe粉中是否含有Fe2。？，故B錯誤；

c.NC）2溶于水后會生成HNO3,HNO3和澳蒸氣都能將I-氧化為L,不能用濕潤的淀粉-KI試紙鑒別

NC>2和澳蒸氣，故C錯誤；

D.鑒定1-氯丙烷中氯元素應該先加入NaOH溶液使其水解產(chǎn)生NaCl,然后加入稀HNO3酸化，用于中

和NaOH溶液，防止NaOH與AgNO3溶液反應生成沉淀對實驗產(chǎn)生干擾，故D錯誤；

故選Ao

6.中藥杜仲中某種黃酮類化合物結(jié)構(gòu)如圖。下列關(guān)于該分子的說法錯誤的是

A,所有碳原子可能共平面

B.含有3種官能團

C.能發(fā)生氧化、加成、取代和還原反應

D.Imol該化合物和濱水反應，最多消耗4molBr2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.該結(jié)構(gòu)中含有酮鍛基的六元環(huán)上存在兩個直接相連的飽和碳原子，為sp3雜化，空間構(gòu)型為

四面體形，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故A錯誤；

B.從其結(jié)構(gòu)可知分子中含有羥基、酮鍛基、酸鍵3種官能團，故B正確；

C.分子中含有羥基能發(fā)生氧化反應，含有苯環(huán)、酮猷基可發(fā)生加成、還原反應，苯環(huán)上羥基鄰、對位氫

原子可發(fā)生取代反應，故C正確。

D.分子中含有酚羥基，且苯環(huán)上羥基鄰、對位上的氫原子能被澳原子取代，取代ImolH原子，消耗

ImolBr?,所以Imol該化合物和濱水反應，最多消耗4moiBr2,故D正確；

故答案為：Ao

7.一種保磷化合物催化氨硼烷(BH3NH3)水解釋氫的可能機理如圖所示。下列說法錯誤的是

H

H、/HH外H2HHH

HHHH

、?\*H-O

Ni-P'表示吸附Ni-P—Ni—P

Ni—P-Ni-P

中同體I中間體II中間體m

A.氨硼烷中不含sp2-so■鍵

B.氨硼烷水解的最終產(chǎn)物為H?和NH4[B(OH)/

C.固態(tài)氨硼烷為分子晶體

D.用D2。代替HzO作反應物，有D2生成

【答案】D

【解析】

【詳解】A.氨硼烷中N和B原子的價層電子對數(shù)都是4,都是sp3雜化，只含sp3-s。鍵，不含

sp2-sb鍵，A正確；

B.由反應原理可知，水解過程中B原子所連的H原子被-OH取代，最終得到H2和NHjBlOH)/,B

正確；

C.固態(tài)氨硼烷中只存在范德華力，屬于分子晶體，c正確；

D.由反應原理可知，水解過程中B原子所連的H原子被-OH取代，用D2。代替H2。作反應物，有HD

生成，D錯誤；

故選D。

8.環(huán)己烯是重要的化工原料，實驗室制備流程如下。下列說法錯誤的是

H上浮野備會烯里警監(jiān)機杵

°-O蒸慵租M分液O

（沸點I61P）（沸點83P）

A.可用酸性KM11O4溶液檢驗粗品中的環(huán)己烯

B,飽和食鹽水能降低環(huán)己烯在水相中的溶解度，利于分層

C.分液時，有機相應從分液漏斗上口倒出

D.操作a用到的儀器有酒精燈、直形冷凝管等

【答案】A

【解析】

【詳解】A.環(huán)己烯中的碳碳雙鍵使高銃酸鉀褪色，環(huán)己醇也能使高錦酸鉀褪色，A錯誤；

B.飽和食鹽水的作用是降低環(huán)己烯的溶解度，便于溶液分層，B正確；

C.環(huán)己烯密度為0.823g/cm3,其密度小于水的，所以分液后有機相從分液漏斗上口倒出，C正確;

D.操作a為蒸儲的步驟，用到的儀器有酒精燈、直形冷凝管、溫度計等，D正確；

答案選A。

9.科學家用銀催化劑在光催化下，以CO?和芳基鹵化物合成氧-芳基氨基甲酸酯，限速步驟是光催化反

應，反應機理如圖。已知TMG(C5H13N3)是一種有機堿。下列說法錯誤的是

B.反應①和④均為取代反應

C.該過程中反應②的活化能最大

D.A的化學式是C5H.MX

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖可知，Ni連接的化學鍵數(shù)目發(fā)生了變化，化合價發(fā)生了變化，故A正確;

B,對比反應①和④反應物和產(chǎn)物可知，反應①和④均為取代反應，故B正確；

C.限速步驟是光催化反應，說明反應②速率最慢，活化能最大，故C正確；

D.反應④為取代反應，結(jié)合原子守恒可知A的化學式是C5H"N3X,故D錯誤;

故選D。

10.水系鋅鋪二次電池放電時存在電極Mn。2剝落現(xiàn)象，造成電池容量衰減。研究發(fā)現(xiàn)，加入少量KI固

體能很大程度恢復“損失”的容量，原理如圖。已知PBS膜只允許ZY+通過。下列說法錯誤的是

A.放電時，0.6mol「參加反應，理論上負極減少13g

B.充電時，電路中每通過2moi-，陽極區(qū)溶液減少87g

+2+2+

C.放電時的總反應：Zn+MnO2+4H=Zn+Mn+2H2O

D.PBS膜的優(yōu)點是能有效抑制電池的自放電

【答案】B

【解析】

2++

【分析】Zn電極為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e=Zn,MnCh為正極，發(fā)生還原反應MnO2+2e+4H

=Mn2++2H2O,產(chǎn)生的錦離子和剝落的正極材料發(fā)生反應，加入KI后，發(fā)生反應MnCh+3r+4H+=Mn2++I；

+2H2O,I；+2e=3I-,碘離子為催化劑。

【詳解】A.加入KI后，I-與剝落的MnCh反應生成的I；,發(fā)生反應為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I；+2H2。、

I；+2e-=3I-,如有0.6mol1參加反應,需得到電子0.4mol,理論上負極Zn減少0.2mol,質(zhì)量為13g,A正

確；

2++

B.則充電時陽極電極反應式為3b2e-=I］、Mn+2H2O-2e-=MnO2+4H,電路中每通過2moiel陽極

區(qū)溶液減少的質(zhì)量小于ImolMnCh的質(zhì)量，小于87g,B錯誤；

C.Zn電極為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e=Zn2+,MnCh為正極，發(fā)生還原反應MnC）2+2e-+4H+

2+2+

=Mn+2H2O,放電時的總反應為MnCh+Zn+4H+=Zn+Ma+ZlhO,C正確；

D.PBS膜能夠防止脫落的二氧化鎰與鋅接觸構(gòu)成微電池，減少鋅的損耗，能有效抑制電池的自放電，D

正確；

故選B。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要

求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

11.由下列實驗操作及現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是

實驗操作及現(xiàn)象結(jié)論

1

向NaHCO3粉末中滴加1mol-IT鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入

A酸性：HzCOs〉苯酚

苯酚鈉溶液，溶液變渾濁

向0」mol-U1HI溶液中滴加幾滴淀粉溶液，再滴加幾滴0.1

3+

B氧化性：Fe>12

mol-UiFe（NO3）3溶液，溶液變藍

1

C分別向濃度均為0.1mol-U的FeSO4和CuSO4溶液中通溶度積常數(shù)：

入H2s至飽和，前者無明顯現(xiàn)象，后者生成沉淀%(FeS)>%(CuS)

的水解常數(shù)：

在20℃和40℃時，用pH計測得0.1mol-U1Na2sO3溶液Na2SO3

D

的pH分別為9.66和9.37扁(20℃)>((40℃)

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

【詳解】A.向NaHCC)3粉末中滴加ImoLL4鹽酸，產(chǎn)生的C02中混有HC1氣體，將產(chǎn)生的氣體通入苯

酚鈉溶液，溶液變渾濁，不能說明酸性：H2co3〉苯酚，故A錯誤；

B.向0.1mol-匚1HI溶液中滴加幾滴淀粉溶液，再滴加幾滴O.lmoLlJiFe(NO3)3溶液，NO?在酸性條

3+

件下也能將r氧化為L,則溶液變藍不能說明氧化性：Fe>12,故B錯誤；

C.FeS04和CuSO4組成相似，Ksp越小越容易產(chǎn)生沉淀，則根據(jù)選項的實驗事實可得出溶度積常數(shù)：

KSp(FeS)>Ksp(CuS),故C正確；

D.升高溫度，促進了水的電離，溶液中c(H+)增大，溶液pH減小，不能說明升高溫度促進水解使平衡正

向移動，則不能得出Na2sCh水解常數(shù)：Kh(40℃)>Kh(25℃),故D錯誤；

故選C。

12.在銅基配合物的催化作用下，利用電化學原理將C。2轉(zhuǎn)化為含碳化合物X,裝置如圖1所示。相同

條件下，恒定通過電解池的電量，測得生成不同含碳化合物X的法拉第效率(FE)

Qx(生成X所需要的電量)

EQ總(嬴過程中通過的總電針儂％］隨電壓的變化如圖2所示。下列說法正確的是

^CO

2。2、

、X

KHCO3溶液KHCCh溶液

M電極陽離子交換膜N電極

圖1

A裝置工作時，陰極室溶液pH逐漸減小

B.5V時，M電極上的還原產(chǎn)物為H2

C.U2V時，陰極室消耗氣體與陽極室產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為2：1

D.U3V時，測得生成的〃(CHj：”(C2HJ=7：4,則x=42

【答案】B

【解析】

【詳解】A.裝置工作時，CO2在陰極室得到電子生成有機物X,由電荷守恒可知，該過程中會有0H-生

成，則陰極室溶液pH逐漸增大，故A錯誤；

B.裝置工作時，CCh在陰極室得到電子生成有機物X,M為陰極，當電解電壓為Ui時，電解過程中含

碳還原產(chǎn)物的FE%為0,說明二氧化碳沒有在陰極得到電子發(fā)生還原反應，而是水在陰極得到電子發(fā)生

還原反應生成H2,故B正確；

C.由題意可知，當電解電壓為U2時，CO2在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲烷和氫氧根離子，電極

反應式為CO2+8e-+6H2O=CH4f+8OH-,H2O在陽極失去電子生成O2,每轉(zhuǎn)移4個電子，生成1個。2,當

轉(zhuǎn)移等物質(zhì)的量電子時，陰極室消耗氣體與陽極室產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為1：2,故C錯誤；

D.當電解電壓為U3V時，CO2TCH4轉(zhuǎn)移8e\2c02-C2H4轉(zhuǎn)移12e,當電解生成的

v4xFx]2

“(CH4):〃(C,Hj=7:4時，可建立等式一=--------,x=31,故D錯誤；

故選B。

13.有機物M、N在一定條件下合成灰黃霉素。下列說法錯誤的是

MN灰黃霉素

A.該合成反應的原子利用率為100%

B.灰黃霉素含有2個手性碳原子

C.ImolM最多消耗21noiNaOH

D.N的同分異構(gòu)體能使FeCl3溶液顯色的有9種

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由所給物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式可知，M、N、灰黃霉素的分子式分別為C9H7cle)4、C7H8。2、

Cl6H15C1O6,所以該合成反應的原子利用率為100%,故A正確；

B.連4個不同基團的碳原子稱為手性碳原子，從結(jié)構(gòu)可知，圖中做標記的2個碳原子為手性碳原子,

故B正確;

C.ImolM中有Imol氯原子和Imol酚羥基，所以最多消耗2moiNaOH,故C正確;

D.N的分子式分別為C7H8。2,其同分異構(gòu)體能使FeC13溶液顯色的有12種，分別為

14.一種利用含鉆廢料（主要成分為Cos?！边€含有少量Si。？、Fe2O3,ALO3等雜質(zhì)）制備EC。。2的工

藝流程如下。下列說法錯誤的是

硫酸H2O2氨水NH4HCO3Li2cO3

LiCoO2

濾渣濾渣氣體X

已知：常溫下，部分金屬離子沉淀的pH如下表。

金屬離子Fe2+Fe3+Al3+Co2+

開始沉淀的pH8.52.23.47.8

完全沉淀[c（金屬離子）W1X10-5mol/L]W

10.03.04.59.4

PH

A.“酸浸”時可用SO?代替H?。？

B.“調(diào)pH”的范圍為4.5~7.8,濾液中殘留的c（Al3+）:c（Fe3+）=104-5

C.氣體X可在“調(diào)pH”操作單元回收利用

高溫

D.“高溫焙燒”時的化學方程式：4coeO3+2Li2co3+。2=4LiCoO2+6CO2

【答案】C

【解析】

【分析】含鉆廢料中的?。3。4在硫酸和雙氧水共同作用下，鉆的化合價被H2O2還原成+2價，然后通過加

入氨水調(diào)節(jié)濾液pH,除去濾液中的Fe3+和AJ3+,過濾后，往濾液中加入碳酸氫鏤溶液使Co?+生成碳酸鉆

沉淀同時生成C02氣體，碳酸鉆和碳酸鋰高溫焙燒生成Lie。。?，據(jù)此分析解答。

【詳解】A.根據(jù)分析，Hz。？在酸浸過程中是還原劑，而S。？也具有還原性，還原性比H?。？弱，故

用S。？代替H2O2還原?。3。4也可以，故A正確;

B.根據(jù)表中Fe3+和AP+完全沉淀的pH,可知常溫下Ksp(Fe(OH)3)=lX10-5x(1x10-11)3=1X10-38,同理,

可得Ksp(Al(OH)3)=lX10-33.5,當“調(diào)pH”的范圍為4.5~7.8,兩種離子都沉淀完全，則

3+335

C(A1)Ksp(Al(OH\)lxlQ--

=1x1045,故B正確;

c(Fe)一勺(既(?！?3)1x10-38

C.根據(jù)分析氣體X是CO2,在“調(diào)pH”操作單元不可回收利用，故C錯誤;

D.高溫焙燒時，碳酸鉆和碳酸鋰反應生成Lie。。?，鉆的化合價升高，此過程反生了氧化還原反應，則

有氧氣參與，貝ij反應的化學方程式是4coeO3+2U2co3+。2旦生41U002+6?。2,故D正確;

答案C。

LJ+

15.甘氨酸(NH；CH2c。。一)在水溶液中可發(fā)生如下反應；NH2cH2coeTNH；CH2C00

,——,NH；CH2coOH。常溫下，向O.lmoLIji甘氨酸溶液中通入HC1或加入NaOH固體，HC1

OH-

n(HCl或NaOH)

當量或NaOH當量］及溶液中三種含氮微粒的分布系數(shù)3(X)

n(甘氨酸)

xlOO%］隨pOH變化如圖。已知氨基酸整體所帶正、負電荷數(shù)目相等時的pH為該氨基

酸的等電點(pl),甘氨酸的pl=6。下列說法錯誤的是

A.m=11.6

B.a點：c(NH^CH2COO)<c(NH2CH2COO)+C(C1)

C.b點NaOH當量<0.5

D.c點：c(NH2cH2coeF)>c(OH")>c(NH；CH2coOH)>c(H+)

【答案】A

【解析】

+

【詳解】A.NH；CH2coOH-NH^CHjCOO+HKal；

+

NH；CH2coeTNH2CH2COO+HK^,由圖可知，m點處所對應的曲線

c(NH；CH2COOH)=c(NH2CH2COO),此時

；

c(NHCH2coe))+c(NH2CH2COO)

Ka1K2xc(H)xXC(H+)=C2(H+),由于甘氨酸的PI=6,故

Hc(NH；CH2coOH)c(NH；CH2coeF)

KalKa2=10-12,故m=12,故A錯誤;

B.a點，c(NH；CH2coO)=c(NH2cH2coO),故c(NH；CH2coO)<c(NH2cH2coO)+c(C「)，

故B正確；

C.由圖可知pH=9.6,c(NH；CH2coeT)=c(NH；CH2coOH),溶液呈堿性，即溶液中

c(NH；CH2coONa)=c(NH2cH2coONa),所以NaOH當量<0.5,故C正確；

D.c點時，c(NH2cH2coeT)>c(NH；CH2coOH),由電荷守恒

+-

c(NH,CH2COO)+C(H)=C(OH-)+c(Cr)+C(NH2CH2COO),又因pH=H,故溶液呈堿性，

c(H+)<c(OH-),故c(NH2cH2coeF)>c(OH)>c(NH；CH2COOH)>c(H+),故D正確；

故選：A?

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.物質(zhì)的光學性質(zhì)在科研中有重要的用途?；卮鹣铝袉栴}:

(1)H、C、N、F四種元素電負性由大到小的順序為,M中鍵角F-B-FBF,中鍵

角F-B-F(填“>”、“<”或“=")；基態(tài)Cl?+的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。

(2)均為平面結(jié)構(gòu)的吐咯([^NH)和此咤()是合成該探針的原料，吐咯和吐陡在鹽酸中溶解

度較大的為,原因是O

II.錯(H。的鹵化物八面體離子是構(gòu)建鹵化物鈣鈦礦的基本發(fā)光單元，其構(gòu)建的某晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

(3)該晶胞中K+的配位數(shù)為，陰離子形成的八面體空隙有個。

(4)該晶體的密度為夕g?cm-3,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Hf-Hf最近距離為___________nm。

【答案】(1)?.F>N>C>H?.<③.5：4

(2)①.毗咤②.毗咯是一個五元雜環(huán)化合物，其中氮原子與兩個碳原子相連，形成一個環(huán)狀結(jié)

構(gòu)，在毗咯中，氮原子的孤對電子參與了環(huán)的芳香性，這使得氮原子上的電子云密度降低，從而減弱了其

堿性，更難與鹽酸反應，即降低其溶解性

(3)①.4②.8

V2/8?39+4?178+24?80

(4)—X3-----------------------------X107

2V$夕

【解析】

【小問1詳解】

根據(jù)同一主族從上往下元素電負性依次減小，同一周期從左往右元素的電負性依次增大可知，H、C、

N、F四種元素電負性由大到小的順序為F>N>C>H,由題干圖示信息可知，M中B周圍形成了4個共

價鍵，即B采用sp3雜化，而BF3中B采用spz雜化，故M中鍵角F-B-F<BF,中鍵角F-B-F,已知Cu是

29號元素，故基態(tài)+的價電子排布式為：3d，故其中兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為5：4,故答案

為：F>N>C>H；<；5：4；

【小問2詳解】

毗咯與此咤相比，口比咯是一個五元雜環(huán)化合物，其中氮原子與兩個碳原子相連，形成一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，在

毗咯中，氮原子的孤對電子參與了環(huán)的芳香性，這使得氮原子上的電子云密度降低，從而減弱了其堿

性，即吐咤更容易與鹽酸電離出的H+結(jié)合，即毗咯再鹽酸中的溶解性比毗咤的更大，故答案為：毗咤；

毗咯是一個五元雜環(huán)化合物，其中氮原子與兩個碳原子相連，形成一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，在毗咯中，氮原子的

孤對電子參與了環(huán)的芳香性，這使得氮原子上的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，更難與鹽酸反

應，即降低其溶解性；

【小問3詳解】

由題干晶胞圖示信息可知，該晶胞中K+位于體內(nèi)，陰離子位于8個頂點和6個面心上，故每個K+位于頂

點和面心陰離子形成的正四面體的體心上，故K+的配位數(shù)為4,陰離子形成的八面體空隙有8個，故答

案為：4；8；

【小問4詳解】

由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有8個K+,含有[HfBr6]2-的個數(shù)為：8x」+6xL=4個，阿伏加德

82

89+4?808+24?

羅常數(shù)的值為NA，則一個晶胞的質(zhì)量為：-----------------，設(shè)晶胞參數(shù)為：anm,則一個晶胞的體

m89+4?808+24?

積為：V=（axl（y7cm該晶體的密度為夕g<1117,則有：一=~73-,解得a=

…0yNAlaxlOcm）

189+4?808+24?J?

3------------------------------xlO7,則Hf-Hf最近距離為面對角線的一半，即等于注”=

V22

V2/8?39+4?178+24?801o7-,6；8?39+4?178+247801m7

—X3------------------------------xl07nm,故答案為：—X3-------------------------------xl07

2V“2V”o

17.BiV04是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑（主要含V2O5、Bi2O3,NiO及少量AUO3、

SiO2）制備BiVC）4的工藝流程如下：

NaOH溶液HSONa2sO3NaClO,NHCl

；2I4I,__,II4,,

廢催化劑3b

I__?濾渣

BiVO

鹽酸硝酸f4

IJL,；,

I沉淀調(diào)pM]T沉淀I酸溶|----------------------------

已知：I.Bi2O3,NiO都是不溶于水的堿性氧化物

II.o.lmol-U1Bi(NO3)3溶液PH=10

，、反萃取z、

III.VO2++2HR(有機層)?取VOR2(有機層)+2H+

回答下列問題：

⑴濾渣的主要成分是；酸化時，[Al(OH)]完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3的最大pH為

。(已知Al(OH)3+OH-=[A1(OH)[K=10°63；離子濃度W10-5moi/L時沉淀完全)

(2)“酸化”后的溶液中存在VO；,貝ij“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為o

(3)反萃取劑應選用(填“酸性”、“中性”或“堿性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的過程中機的

總回收率為90%,則“還原”時加入的Na2so3和“氧化”時加入的NaClO3的物質(zhì)的量之比為

(4)生成BiV。4的化學方程式為，實驗測得溶液pH、溫度和Bi(NC)3)3溶液濃度對生成

BiVC)4的粒徑影響圖像如下:

綜合分析：制備粒徑較小的BiV。,晶體的最佳條件是；制備過程中需加入NaOH維持最佳

pH,若Bi(NC)3)3過量，需要增加NaOH的用量，原因是=

【答案】(1)?.Al(OH)3^H2SiO3,②.8.37

+2+

(2)2VO；+SO^+6H=2VO+SO；+3H2O

(3)①.酸性10：3

(4)①.H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVCU+NH4NO3+2HNO3②.pH=6,80℃,濃度為LOmoLL」

③.Bi(NC)3)3溶液溶液顯酸性，則為了維持最佳PH，需要增加NaOH的用量

【解析】

【分析】本題為利用某廢催化劑制備BiV。4的工業(yè)流程題，首先用氫氧化鈉堿溶，根據(jù)信息可知，沉淀為

Bi2O3>NiO,其中氧化鋁和二氧化硅分別轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉和硅酸鈉，過濾后再酸化，其中濾渣為

A1(OH)3和H2SiO3,提純后得到NH4VO4,沉淀處理后得到Bi(NO3)3,最終得到產(chǎn)品，以此解題。

【小問1詳解】

由分析可知，濾渣的主要成分是：A1(OH)3和H2SiO3；該反應的平衡常數(shù)

K_c([Al(0H)])_10-5mol/L

=10°63,c(OH-)=10-563,c(OH)=10-8.37,pH=8.37；

一c(OH)c(OH)

【小問2詳解】

根據(jù)流程可知，“還原”時V。］轉(zhuǎn)化為VO2+,相應的方程式為:

-+2+

2VO3+SO3+6H=2VO+SOt+3H2O；

【小問3詳解】

結(jié)合信息III可知，根據(jù)平衡移動原理可知，反萃取劑應選用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合價都

是+5價，則根據(jù)得失電子守恒可知，還原劑失去電子的物質(zhì)的量等于氧化劑得到電子的物質(zhì)的量，設(shè)

Na2SO3的物質(zhì)的量為x,NaClO3的物質(zhì)的量為y,則2xx90%=6y,則x:y=10:3；

【小問4詳解】

根據(jù)流程可知，生成BiVCU的化學方程式為H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3;根據(jù)圖中

信息可知，制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是：pH=6,80℃,濃度為L-i；根據(jù)信息II可

知，Bi(NC)3)3溶液溶液顯酸性，則為了維持最佳PH，需要增加NaOH的用量。

18.S4N4是重要的硫一氮二元化合物室溫下為橙黃色固體，178~187℃熔化并分解。實驗室利用NH3和

SCL制備S4N4的裝置如圖所示(加熱及夾持裝置略)。已知SCI?易水解，熔點為-78℃,沸點為60℃。

回答下列問題：

I.制備SC%

(1)操作步驟的先后順序為

①組裝儀器并檢驗裝置氣密性，加入藥品

②加熱裝置C使其中的硫磺熔化

③通入N2,通冷凝水，一段時間后，關(guān)閉K1

④打開K1、K2,關(guān)閉K3

⑤充分反應后停止滴加濃鹽酸

⑥向裝置A中滴加濃鹽酸，加熱裝置C至135°。左右

(2)儀器b的名稱為,裝置B中盛放的試劑為(填試劑名稱)。

(3)為使裝置C受熱均勻，可采取的加熱方式為,裝置D的作用為。

II.制備S4N4

打開止水夾K3,向裝置F中滴入濃氨水，待裝置C中充分反應后停止滴加濃氨水，冷卻后停止通冷凝

水。

(4)生成S4N4的同時還生成一種常見固體單質(zhì)和一種鹽，反應的化學方程式為o

III.測定的純度

稱取5.00g樣品，加入NaOH溶液加熱，使氮元素完全轉(zhuǎn)化為NH3,用足量硼酸溶液吸收。將吸收液配

成100mL溶液，用移液管移取20.00mL,以甲基紅-亞甲藍為指示劑用1.00mol-匚1鹽酸進行滴定，重復

3次實驗，平均消耗20.00mL鹽酸。已知滴定反應為

。

(\NH4/j2B44O/7+2HC1+5H2,O=2NH4,C1+4H3.BO3,

(5)制得S4N4的純度為。下列實驗操作導致S4N4測定結(jié)果偏低的是o

A.盛放待測液的錐形瓶洗滌后未干燥直接使用

B.移液管用蒸儲水洗滌后未用吸收液潤洗

C.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后無氣泡

D.滴定前仰視滴定管讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)

【答案】(1)①④③②⑥⑤

(2)①.三頸燒瓶②.濃硫酸

(3)①.沙浴加熱②.吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境，同時防止空氣中的水蒸氣進入C裝置是

二氯化硫水解

(4)6SCI2+16NH3=S4N4+2S；+12NH4C1

(5)①.92%②.BD

【解析】

【分析】濃鹽酸與高錦酸鉀在裝置A中制取氯氣，濃鹽酸具有較強的揮發(fā)性，所以制取的氯氣中有氯化

氫和水蒸氣，由于二氯化硫易水解，所以進入c裝置的氣體必須是干燥的，氯化氫和S不反應，所以B

裝置應是干燥裝置，其中盛裝濃硫酸，由于二氯化硫沸點較低，為防止其損失，用冷凝管冷凝回流，由

于氯氣有毒，不能直接排放，同時防止空氣中的水蒸氣進入C裝置，D裝置中盛裝堿石灰，干燥的氯氣

和和S在加熱條件下反應制取二氯化硫；濃氨水和堿石灰在裝置F中制取氨氣，由于二氯化硫易水解，

所以E裝置用于干燥氨氣，二氯化硫與氨氣在裝置C中制備S4N4O

【小問1詳解】

為防止熔化的硫與氧氣反應，該裝置應在無氧環(huán)境中進行，即要通入氮氣，待裝置的空氣排盡之后，制

取干燥的氯氣通入C中和S反應生成二氯化硫，所以操作步驟的先后順序為①④③②⑥⑤；

【小問2詳解】

據(jù)儀器b的構(gòu)造可知其名稱為三頸燒瓶；濃鹽酸與高鋅酸鉀在裝置A中制取氯氣，濃鹽酸具有較強的揮

發(fā)性，所以制取氯氣中有氯化氫和水蒸氣，氯化氫和S不反應，由于二氯化硫易水解，所以進入C裝置

的氣體必須是干燥的，因此B裝置應是干燥裝置，其中盛裝濃硫酸；

【小問3詳解】

為使裝置C受熱均勻，可采取的加熱方式為沙浴加熱；由于氯氣有毒，多余的氯氣不能直接排放，同時

防止空氣中的水蒸氣進入C裝置，D裝置中盛裝堿石灰，所以裝置D的作用為吸收多余的氯氣，防止污

染環(huán)境，同時防止空氣中的水蒸氣進入C裝置使二氯化硫水解；

【小問4詳解】

據(jù)反應的現(xiàn)象以及元素種類可知，生成S4N4的同時還生成的一種常見固體單質(zhì)為S、一種鹽為NH4C1,

反應的化學方程式為6SC12+16NH3=S4N4+2S；+12NH4cl；

【小問5詳解】

結(jié)合化學方程式和原子守恒可得出關(guān)系式S4N4~4NH3~4HCL消耗鹽酸平均體積為20.00mL,所以

n(SN)=-n(HCl)x=-x20.00xIO3x1x=0.025mol,所以S4N4的純度為

44420.00420.00

0.025molxl84g/molxl00%=92%

5.00g'

A.盛放待測液的錐形瓶洗滌后未干燥直接使用，不會影響消耗的鹽酸體積，對實驗結(jié)果無影響，故A錯

誤；

B.移液管用蒸儲水洗滌后未用吸收液潤洗，相當于稀釋了吸收液，消耗的鹽酸體積偏小，所測結(jié)果偏

低，故B正確；

C.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后無氣泡，造成鹽酸體積偏大，所測結(jié)果偏高，故C錯誤；

D.滴定前仰視滴定管讀數(shù)，初次讀數(shù)讀大，滴定后俯視讀數(shù)，末次讀數(shù)讀小，即鹽酸體積偏小，所測結(jié)

果偏低，故D正確；

故答案為：BDo

19.一種非留體抗炎藥物(H)的合成路線如下(部分反應條件省略):

(1)設(shè)計A—B和CTD兩步反應的目的是。

(2)D的化學名稱為(用系統(tǒng)命名法命名)；D-E的反應類型為；E-F的化學

反應方程式為o

(3)G的結(jié)構(gòu)簡式為；符合下列條件G的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為(任寫一

種)。

①除結(jié)構(gòu)外，不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)；②含有-OCHv③含有四種化學環(huán)境的氫。

(4)已知：RCOOH+PCI3-RCOC1。綜合上述信息，寫出以H?N和

H

C1CH2COOH為主要原料制備0的合成路線

H

【答案】19.保護酚羥基的對位氫不被取代

20.①.2,6-二氯苯酚②.取代反應

【解析】

【分析】結(jié)合A的分子式及B的結(jié)構(gòu)可知A為苯酚，苯酚與濃硫酸發(fā)生取代反應生成B,B與氯氣在氯

化鐵催化作用下生成C,結(jié)合C的分子式及D的結(jié)構(gòu)簡式可知，C應為:C經(jīng)酸化

生成D,D與苯胺發(fā)生取代反應生成E,E的結(jié)構(gòu)簡式為:；E與C1CH2coe1發(fā)生

已知I中反應生成F,F的結(jié)構(gòu)簡式為:；F在氯化鋁作用下發(fā)生已知II中反

應生成G：；G在NaOH條件下發(fā)生水解反應生成H,據(jù)此分析解答。

【小問1詳解】

設(shè)計A—B和C-D兩步反應可以保護酚羥基的對位氫不被氯取代，從而得到鄰位取代產(chǎn)物。

【小問2詳解】

由D的結(jié)構(gòu)簡式可知其名稱為2-6-二氯苯酚；由以上分析可知D-E的反應類型為取代反應；E與

C1CH2coe1發(fā)生已知I中反應生成F,反應方程式為:+C1CH2coe1

一定條件

【小問3詳解】

;G的同分異構(gòu)體滿足以下條件①除結(jié)構(gòu)外,

不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則結(jié)構(gòu)中除苯環(huán)外還含有兩個不飽和度；②含有-0CH3,結(jié)合組成可知另一個基團

為-CN；③含有四種化學環(huán)境的氫，符合的結(jié)構(gòu)簡式有:

【小問4詳解】

C1CH2co0H在PCL作用下生成C1CH2coe1,C1CH2coe1和H?