2024年高考化学模拟卷05（北京卷）试题和答案（含解析）

12024年高考猜想预测卷（北京卷）05高三化学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。本试卷分第一部分和第二部分两部分。满分100分，可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24P-31S-32本部分共14小题，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1．勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A游泳池中加硫酸铜进行消毒硫酸铜的氧化性B高铁酸钾常用于处理水高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的吸附性C用热的纯碱溶液洗去油污热的纯碱溶液水解显碱性D用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P等元素2．Mg3N2与水反应可产生NH3，液氨发生微弱电离产生NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),2)，液氨能与碱金属（如Na、K）反应产生H2。下列说法正确的是A．N2中σ键与π键的数目比例为1∶1B．液氨电离可表示为：2NH3fNH+NHC．N2H4的结构式为D．Mg3N2中存在Mg与N2之间的强烈相互作用3．部分含Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是2A．可存在f→d→e的转化B．高温下a与H2O反应制备cC．KSCN溶液可用于鉴别f和gD．a在g溶液中反应生成f4．羰基硫（COS）是一种粮食烝蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。CO与H2S反应可以制得COS，其化学方程式为CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．2.8gC18O含中子数为1.6NAB．4.8gCOS中π键数目为0.16NAC．pH=2的H2S溶液中H+的数目为0.01NAD．生成2.24LH2，转移电子数目为0.2NA5．有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法正确的是A．可用红外光谱区分X和YB．X分子中所有碳原子可能共平面3C．含－OH和的Y的同分异构体有18种D．类比上述反应，的异构化产物为6．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)+OH一=NH3.H2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)7．为了减少污染和合理使用资源，某厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示（FeTiO3中Ti为+4价）。下列叙述正确的是A．在电解槽中阳极常用铁作电极材料B．“氯化”反应中氧化剂与CO的物质的量之比为7∶6C．“合成”甲醇的反应不符合绿色化学中的原子经济性原则D．利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加强热以促进水解8．利用化工厂产生的烟灰(ZnO的质量分数为ω,还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。下列说法错误的是4A．由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，滤渣1中含有FeO和MnO2B．“除杂”工序反应的离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的气体可返回到“浸取”工序中循环使用D．从mkg烟灰中得到活性ZnOakg，则ZnO的回收率%9．常温下，在MoS2催化下可实现CH4向CH3OH的直接转化。原理如图。下列说法正确的是A．反应过程中，Mo的化合价未发生变化B．生成甲醇的总反应为2CH4+O2=2CH3OHC．MoS2降低了总反应的焓变D．反应过程中有非极性键的断裂和形成10．有机物M、N在一定条件下合成灰黄霉素。下列说法错误的是A．该合成反应的原子利用率为100%B．灰黄霉素含有2个手性碳原子C．1molM最多消耗2molNaOH5D．N的同分异构体能使FeCl3溶液显色的有9种11．某同学采用废铁屑(主要成分为Fe2O3、Fe，还含少量碳单质)制取碳酸亚铁(FeCO3)，设计了如下流程：根据以上流程图，下列说法不正确的是A．工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去B．将反应1加入的稀硫酸改为浓硫酸，加以加快溶解的速率C．反应2的离子方程式：Fe2++2HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)=FeCO3↓+CO2↑+H2OD．为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量12．一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C=C-CH3)与HCl发生催化加成，反应如下：反应Ⅰ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)=(g)产物A；Ea1：ΔH1<0反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)=(g)产物B；Ea2：ΔH2反应Ⅲ：(g)=(g)；ΔH3<0T℃,向密闭容器中通入2molPh-C=C-CH3(g)和3molHCl(g)，平衡时测得Ph-C=C-CH3(g)的转化率为α,反应Ⅲ的平衡常数Kx3=6，反应过程中有机物的物质的量分数随时间变化如图。下列说法错误的是B. 2ΔH2C．T℃反应Ⅰ的平衡常数Kx1=6D．若保持温度和压强不变，再向容器中通N2，反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动13．我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯(COOCH3)2催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)随时间t的变化分别为曲线I和II，反应温度为T2时，c(H2)随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是A．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)>v(b)C．在T2温度下，反应在06min内的平均速率为v(HOCH2CH2OH)=0.025mol.L一1.min一1 D．其他条件相同，在T1温度下，起始时向该容器中充入一定量的氩气，则反应达到平衡时14．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，Mo箔为电池的负极B．充电时，阳极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]7C．充电时，Na+通过交换膜从右室移向左室D．外电路通过0.2mol电子时，负极区离子导体质量变化为2.2g15．镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量MgO、SiO2以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12和NiSO4.6H2O。(1)Fe位于元素周期表第周期第族。(2)为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施是(举一例)。(3)“预处理”中，反应的离子方程式为。(4)“沉铁”中若采用Na2CO3作为除铁所需钠源，Na2CO3的用量对体系pH和镍的损失影响如图所示。当Na2CO3的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其可能的原因是。(已知Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH分别为2.2、7.5)8(5)若溶液中c(Mg2+)为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中c(Mg2+)=7.4x10NaF为mol[忽略体积的变化，已知Ksp(MgF2)=7.4x10一11]。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5～6.0，原因是。(6)硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图所示，由滤液Y制备NiSO4.6H2O的步骤为：Ⅰ.边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤：Ⅲ.将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解：Ⅳ.稍低于℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于℃,趁热过滤。请回答：①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是。②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是、。16．通过电化学将CO2转化为有机物、开发利用清洁能源都是实现“双碳”目标的重要途径。请回答：(1)某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2最终转化为乙烯，装置示意图如9图1所示。惰性电极a上催化剂纳米Cu处的电极反应式为。(2)另一研究小组研究乙醇-水催化重整获得清洁能源H2，主要反应如下：反应Ⅲ：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH3②保持压强为100kPa，按n始(C2H5OH):n始(H2O)=1:3投料，发生反应，测得平衡时CO2和CO的选择性［例如CO的选择性n生成(EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(n生),CO)(CO)根100%］及H2的产率[H2产率nEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(n生成),理论最大)2)根100%］随温度T的变化关系如图2所示。下列说法正确的是。A．曲线a表示平衡时CO2的选择性B．乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大C．300℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降D．降低水醇比［n(H2O):n(C2H5OH)］有助于提高CO的选择性③500℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数Kp=。(3)第三个研究小组研究CH4还原CO2获得能源CO。恒压、750℃条件下，CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，经如下流程实现CO2高效转化。①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的n(Fe):n(CaCO3)=。②若CH4和CO2按物质的量之比1:1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行，请解释原因（结合第①问数据进行说明）。17．钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：(1)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是。占据该能层电子的电子云轮廓图形状(2)元素K的焰色为色。单质K的密度比Na(填“大”或“小”)。(3)I的原子结构示意图为。(4)X射线衍射测定发现，I3AsF6中存在IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),3)离子。IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),3)离子的空间结构为。(5)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，其晶胞结构如图所示，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，棱长为anm。K与O间的最短距离为nm，与K紧邻的O个数为。(6)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于位置，O处于位置。4N4是重要的硫-氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备S4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解，熔点为-78℃,沸点为60℃。回答下列问题：2(1)操作步骤的先后顺序为。①组装仪器并检验装置气密性，加入药品②加热装置C使其中的硫磺熔化③通入N2，通冷凝水，一段时间后，关闭K1④打开K1、K2，关闭K3⑤充分反应后停止滴加浓盐酸⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右(2)仪器b的名称为，装置B中盛放的试剂为(填试剂名称)。(3)为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为，装置D的作用为。Ⅱ.制备S4N4打开止水夹K3，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。(4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为。Ⅲ.测定的纯度称取5.00g样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为NH3，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.00mol.L一1盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3。(5)制得S4N4的纯度为。下列实验操作导致S4N4测定结果偏低的是。A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数19．有机工业制备的重要的中间体F的合成工艺流程如图：六氢吡啶已知：R1COR2+RCH2COR′—六氢吡啶请回答：(1)X的结构简式为。E的结构简式为。(2)下列说法正确的是。ASH的性质类似于－OH，化合物X一定条件下可发生缩聚反应B．化合物C中有一个手性C原子，所有原子可以在同一平面上C．化合物F可发生还原反应、加聚反应、水解反应D．的结构中，4个C和2个S的杂化方式均相同(3)根据题中信息，写出Y在NaOH溶液中反应化学反应方程式。(4)写出所有符合下列条件的化合物C的同分异构体：。①结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种②IR光谱显示结构中含“－CN”和“C=S”结构；③1H－NMR谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1：6：6。(5)请以化合物CH2=CH2、为原料，设计化合物的合成路线：(无机试剂任选)12024年高考猜想预测卷（北京卷）05化学·参考答案一．本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。123456789ABBBADBDBDBCBD二．本卷共5题，共58分。159分）(1)四Ⅷ(2)研磨粉碎红土镍矿或增大酸的浓度或适当升高温度等(4)pH>2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失(5)0.21pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀(6)取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净53.830.8(2)+255.5ABD0.225(3)3:4若CH4和CO2按物质的量之比1:1投料，过程ⅰ中CO2刚好与CH4反应：CH4+CO2=2CO+2H2，无剩余的CO2；过程ⅱ的反应为Fe3O4+4CO4CO2+3Fe、Fe3O4+4H23Fe+4H2O、化成Fe3O4，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行1712分）(1)N球形2(3)(4)V形(5)(6) /2 a2体心棱心1813分）(1)①④③②⑥⑤(2)三颈烧瓶浓硫酸(3)油浴加热吸收多余的氯气，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入C装置是二氯化硫水解(4)6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl(5)92%BD1914分）(1)(2)ADHSCH2CH2CH2SH+2NaCl(3)+2NaOH—+2NaCl(4)、(5)CH2=CH2CH3CH2BrHgClH六氢吡啶CHCHCHCHCHO12024年高考猜想预测卷（北京卷）05高三化学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。本试卷分第一部分和第二部分两部分。满分100分，可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24P-31S-32本部分共14小题，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1．勤劳致富，越努力越幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A游泳池中加硫酸铜进行消毒硫酸铜的氧化性B高铁酸钾常用于处理水高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的吸附性C用热的纯碱溶液洗去油污热的纯碱溶液水解显碱性D用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P等元素【答案】A【详解】A．铜离子为重金属离子，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与硫酸铜的氧化性无关，A错误；B．高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质变性达到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而聚沉达到净水的目的，所以高铁酸钾常用于处理水与高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的吸附性有关，B正确；C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进盐类的水解，油脂可以在碱性环境下水解生成具有可溶性盐和甘油，所以可以用热的纯碱溶液洗去油污，C正确；2D．氮元素和磷元素是氮肥和磷肥的肥效元素，厨余垃圾中含有氮元素和磷元素，所以可用厨余垃圾制肥料，D正确；故答案为：A。2．Mg3N2与水反应可产生NH3，液氨发生微弱电离产生NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),2)，液氨能与碱金属（如Na、K）反应产生H2。下列说法正确的是A．N2中σ键与π键的数目比例为1∶1B．液氨电离可表示为：2NH3fNH+NHC．N2H4的结构式为D．Mg3N2中存在Mg与N2之间的强烈相互作用【答案】B【详解】A．N2中σ键与π键的数目比例为1∶2，A错误；B．液氨发生微弱电离产生NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up3(-),2)，所以液氨电离可表示为：2NH3fNH+NH，B正确；C．N2H4的结构式为，C错误；D．Mg3N2中存在Mg2+与N3-之间的强烈相互作用，D错误；故选B。3．部分含Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A．可存在f→d→e的转化B．高温下a与H2O反应制备cC．KSCN溶液可用于鉴别f和gD．a在g溶液中反应生成f【答案】B3【分析】f为亚铁盐，g为铁盐，据此作答。【详解】A．f为亚铁盐可以加入NaOH转化为d为Fe(OH)2，Fe(OH)2可以在氧气的作用下转化为e为Fe(OH)3，故A不符合题意；B．a为Fe单质，高温下Fe单质与H2O反应得到的是Fe3O4，不是Fe2O3故B符合题意；C．f为亚铁盐，g为铁盐，KSCN溶液与Fe3+反应产生Fe(SCN)3，溶液变为血红色，可用于鉴别Fe2+和Fe3+，故C不符合题意；D．a为Fe单质，f为亚铁盐，g为铁盐，可以发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D不符合题意；故答案选B。4．羰基硫（COS）是一种粮食烝蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。CO与H2S反应可以制得COS，其化学方程式为CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．2.8gC18O含中子数为1.6NAB．4.8gCOS中π键数目为0.16NAC．pH=2的H2S溶液中H+的数目为0.01NAD．生成2.24LH2，转移电子数目为0.2NA【答案】B【详解】A．2.8gC18O的物质的量为<0.1mol，1个C18O含16个中子，0.1molC18O含中子数为1.6NA，故2.8gC18O含中子数小于1.6NA，A错误；B．4.8gCOS的物质的量为0.08mol，1个COS中存在2个π键，0.08molCOS中π键数目为0.16NA，B正确；C．溶液的体积未知，无法求数目，C错误；D．未注明“标况”，无法计算2.24LH2的物质的量，不确定反应转移的电子数，D错误；故选B。5．有机物X→Y的异构化反应如图所示。下列说法正确的是4A．可用红外光谱区分X和YB．X分子中所有碳原子可能共平面C．含－OH和的Y的同分异构体有18种D．类比上述反应，的异构化产物为【答案】A【详解】A．X和Y所含官能团不同，故可用红外光谱区分X和Y，A正确；B．X分子中和羟基相连的C杂化方式为sp3，该碳原子与周围相连的三个碳原子构成三角锥形，故X分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；C．Y的分子式为C15H12O，则含－OH和的Y的同分异构体还含有一个—CH3，共有23种含有－CH2OH和的Y的同分异构体有3种，即…D．类比上述反应，的异构化产物为或，D错误。故选A。6．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH+O2个5C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)+OH一=NH3.H2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)【答案】D【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH一+O2↑,故A错误；B．食醋去除水垢中的碳酸钙发生的反应为醋酸溶液与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程C．同浓度同体积硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液混合反应生成硫酸铵和水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故C错误；D．硫酸铝溶液与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为3EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)故选D。7．为了减少污染和合理使用资源，某厂计划与氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。设计的联合生产的工艺流程如图所示（FeTiO3中Ti为+4价）。下列叙述正确的是A．在电解槽中阳极常用铁作电极材料B．“氯化”反应中氧化剂与CO的物质的量之比为7∶6C．“合成”甲醇的反应不符合绿色化学中的原子经济性原则D．利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加强热以促进水解【答案】B【分析】电解精制浓缩海水即饱和食盐水生成氢气、氯气、NaOH，将粉碎的钛铁矿经过处理放入氯化炉、加入焦炭，通入氧化剂Cl2生成CO、TiCl4和FeCl3，CO和H2合成甲醇，在Ar气流中用Mg还原TiCl4得到金属Ti，以此解6答该题。【详解】A．在电解槽中阳极若用铁作电极材料，作将导致Fe-2e-=Fe2+，不能得到Cl2，故不能用铁作阳极，应该用石墨等惰性电极，A错误；B．由题干流程图可知，“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程，方程式为7Cl2+2FeTiO3+6C═2FeCl3+2TiCl4+6CO，即“氯化”反应中氧化剂Cl2与CO的物质的量之比为7∶6，B正确；C．“合成”甲醇的反应即CO和H2合成甲醇，反应方程式为：CO+2H2—件CH3OH，故符合绿色化学中的原子经济性原则，C错误；D．利用TiCl4水解制TiO2·xH2O时，应加热以促进水解，但不能加强热，以免使TiO2·xH2O受热失去结晶水，D错误；故答案为：B。8．利用化工厂产生的烟灰(ZnO的质量分数为ω,还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。下列说法错误的是A．由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，滤渣1中含有FeO和MnO2B．“除杂”工序反应的离子方程式：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的气体可返回到“浸取”工序中循环使用D．从mkg烟灰中得到活性ZnOakg，则ZnO的回收率【答案】D【分析】%烟灰(ZnO的质量分数为ω,还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经过碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO转化转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得到Zn2(OH)2CO3，煅烧后得到活性氧化锌。【详解】A．由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成[Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，A正确；B．除杂时向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，离子方程式Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+正确，B正确；C．“蒸氨沉锌”、“煅烧”时产生的氨气和二氧化碳气体可返回到“浸取”工序中循环使用，C正确；7D．从mkg烟灰中得到活性ZnOakg，由流程可知，除杂时还加入了过量锌粉，则得到ZnO比烟灰中的氧化锌要多，所以的回收率不等于%，D错误；故选D。9．常温下，在MoS2催化下可实现CH4向CH3OH的直接转化。原理如图。下列说法正确的是A．反应过程中，Mo的化合价未发生变化B．生成甲醇的总反应为2CH4+O2=2CH3OHC．MoS2降低了总反应的焓变D．反应过程中有非极性键的断裂和形成【答案】B【详解】A．反应过程中，Mo的成键数目发生变化，化合价发生变化，A错误；B．如图，CH4被氧化生成甲醇，总反应为2CH4+O2=2CH3OH，B正确；C．催化剂MoS2降低了反应的活化能，但是不改变总反应的焓变，C错误；D．反应过程中有非极性键的断裂，但是没有非极性键的形成，D错误；故选B。10．有机物M、N在一定条件下合成灰黄霉素。下列说法错误的是A．该合成反应的原子利用率为100%B．灰黄霉素含有2个手性碳原子8C．1molM最多消耗2molNaOHD．N的同分异构体能使FeCl3溶液显色的有9种【答案】D【详解】A．由所给物质结构简式可知，M、N、灰黄霉素的分子式分别为C9H7ClO4、C7H8O2、C16H15ClO6，所以该合成反应的原子利用率为100%，故A正确；B．连4个不同基团的碳原子称为手性碳原子，从结构可知，图中做标记的2个碳原子为手性碳原子，C．1molM中有1mol氯原子和1mol酚羟基，所以最多消耗2molNaOH，故C正确；D．N的分子式分别为C7H8O2，其同分异构体能使FeCl3溶液显色的有12种，分别为(邻、间、对、故答案为：D。11．某同学采用废铁屑(主要成分为Fe2O3、Fe，还含少量碳单质)制取碳酸亚铁(FeCO3)，设计了如下流程：根据以上流程图，下列说法不正确的是A．工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去B．将反应1加入的稀硫酸改为浓硫酸，加以加快溶解的速率C．反应2的离子方程式：Fe2++2HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)=FeCO3↓+CO2↑+H2OD．为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量【答案】B【分析】“溶解”阶段，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe和Fe2(SO4)3反应FeSO4，Fe和H2SO4反应生成9FeSO4和氢气，Fe元素以Fe2+存在于溶液中。操作Ⅰ为过滤，除去未反应的C，滤液1中加NaHCO3，HCO3-和Fe2+反应产生FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到FeCO3，据此解答。【详解】A．碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性环境下水解，温度升高，水解程度增大，故工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去，A正确；B．Fe遇浓硫酸会钝化，阻碍其生成离子进入溶液中，B错误；C．结合电荷守恒可得反应2的离子方程式为：Fe2++2HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),3)=FeCO3↓+H2O+CO2↑,C正确；D．Fe2+易被空气中的氧气氧化，故为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量，D正确；故答案为B。12．一定条件下，1-苯基丙炔(Ph-C=C-CH3)与HCl发生催化加成，反应如下：反应Ⅰ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)=(g)产物A；Ea1：ΔH1<0反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g)=(g)产物B；Ea2：ΔH2反应Ⅲ：(g)=(g)；ΔH3<0T℃,向密闭容器中通入2molPh-C=C-CH3(g)和3molHCl(g)，平衡时测得Ph-C=C-CH3(g)的转化率为α,反应Ⅲ的平衡常数Kx3=6，反应过程中有机物的物质的量分数随时间变化如图。下列说法错误的是B. 2ΔH2C．T℃反应Ⅰ的平衡常数Kx1=D．若保持温度和压强不变，再向容器中通N2，反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动【答案】C【详解】A．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：Ea1<Ea2，A正确；C．设生成产物Axmol，生成产物Bymol，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=6，可得=6，平衡时测得Ph一C三C一CH3(g)3(g)余下2-2αmol，平衡时产物A为αmol，T℃反应Ⅰ的平衡常数Kx1=，C错误；D．若保持温度和压强不变，再向容器中通N2，反应Ⅰ的分压减小，化学平衡将逆向移动，D正确；故选C。13．我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯(COOCH3)2催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)ΔH。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)随时间t的变化分别为曲线I和II，反应温度为T2时，c(H2)随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是A．该反应反应物的总能量小于生成物的总能量B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)>v(b)C．在T2温度下，反应在06min内的平均速率为v(HOCH2CH2OH)=0.025mol.L一1.min一1 D．其他条件相同，在T1温度下，起始时向该容器中充入一定量的氩气，则反应达到平衡时【答案】B【详解】A．由图可知，曲线II比曲线III先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，H2的平衡浓度增大，平衡逆向移动，正反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b),B正确；D．向恒容容器中充入氩气，不影响反应物浓度，不影响化学平衡，则反应达到平衡时故选B。14．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，Mo箔为电池的负极B．充电时，阳极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]C．充电时，Na+通过交换膜从右室移向左室D．外电路通过0.2mol电子时，负极区离子导体质量变化为2.2g【答案】D【分析】放电时，Mg箔上，Mg发生氧化反应，失去电子生成[Mg2Cl2]2+，Mg箔为负极，则Mo箔为正极；充电时，Mg箔接电源负极，Mo箔接电源正极。【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电时的阳极反应，B错误；C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C错误；D．负极上应是2Mg－4e2Cl－=[Mg2Cl2]2+，当电路中通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，同时左侧0.2molNa+定向移动到负极区，则质量增加4.6g-2.4g=2.2g，D正确；故答案选D。15．镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量MgO、SiO2以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12和NiSO4.6H2O。(1)Fe位于元素周期表第周期第族。(2)为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施是(举一例)。(3)“预处理”中，反应的离子方程式为。(4)“沉铁”中若采用Na2CO3作为除铁所需钠源，Na2CO3的用量对体系pH和镍的损失影响如图所示。当Na2CO3的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其可能的原因是。(已知Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH分别为2.2、7.5)(5)若溶液中c(Mg2+)为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中c(Mg2+)=7.4x10-7mol/L，应加入固体NaF为mol[忽略体积的变化，已知Ksp(MgF2)=7.4x10-11]。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5~6.0，原因是。(6)硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图所示，由滤液Y制备NiSO4.6H2O的步骤为：Ⅰ.边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤：Ⅲ.将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解：Ⅳ.稍低于℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于℃,趁热过滤。请回答：①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是。②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是、。【答案】(1)四Ⅷ(2)研磨粉碎红土镍矿或增大酸的浓度或适当升高温度等(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(4)pH>2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失(5)0.21pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀(6)取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净53.830.8【分析】红土镍矿加入稀硫酸进行酸浸，二氧化硅不反应，滤渣为二氧化硅，NiO与稀硫酸反应生成Ni2+，MgO转化为Mg2+，铁的氧化物转化为Fe3+或Fe2+；加入双氧水进行预处理，Fe2+被氧化为Fe3+，加入硫酸钠固体进行沉铁，生成黄钠铁矾；加入氧化镁调节pH，加入NaF溶液进行沉镁，得到滤液Y，滤液Y经过一系列处理后得到NiSO4.6H2O固体。【详解】（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。（2）反应速率受温度、浓度、接触面积等影响，为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施有研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度或适当升高温度等。（3）“预处理”中，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。（4）Fe3+开始沉淀的pH为2.2，当pH>2.2后，容易形成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍损失。（5）沉镁时发生反应Mg2++2F一=MgF2，当溶液中c(Mg2+)为0.1mol/L，溶液的体积为1L时，完全反应Mg2+需要消耗NaF0.2mol，根据平衡Mg2+(aq)+2F一(aq)MgF2(s)可知，要使溶液中c(Mg2+)=7.4x10一7mol/L，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(7),7)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(4),4)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),x)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(1),1)2mol/L，溶液体积为1L，则共需要n(NaF)=0.21mol。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5～6.0，原因是pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀。（6）①检验固体洗涤干净即检验固体表面不含SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)一，故可取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净。②由图可知，要制得NiSO4.6H2O固体，应稍低于53.8℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃,趁热过滤。16．通过电化学将CO2转化为有机物、开发利用清洁能源都是实现“双碳”目标的重要途径。请回答：(1)某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2最终转化为乙烯，装置示意图如图1所示。惰性电极a上催化剂纳米Cu处的电极反应式为。(2)另一研究小组研究乙醇-水催化重整获得清洁能源H2，主要反应如下：反应Ⅲ：C2H5OH(g)+H2O(g)一2CO(g)+4①ΔH3=kJ/mol。②保持压强为100kPa，按n始(C2H5OH):n始(H2O)=1:3投料，发生反应，测得平衡时CO2和CO的选择性［例如CO的选择性n生成(EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(n生),CO)(CO)x100%］及H2的产率[H2产率nEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up7(n生成),理论最大)2)x100%］随温度T的变化关系如图2所示。下列说法正确的是。A．曲线a表示平衡时CO2的选择性B．乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大C．300℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降D．降低水醇比［n(H2O):n(C2H5OH)］有助于提高CO的选择性③500℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数Kp=。(3)第三个研究小组研究CH4还原CO2获得能源CO。恒压、750℃条件下，CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，经如下流程实现CO2高效转化。①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的n(Fe):n(CaCO3)=。②若CH4和CO2按物质的量之比1:1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行，请解释原因（结合第①问数据进行说明）。(2)+255.5ABD0.225(3)3:4若CH4和CO2按物质的量之比1:1投料，过程ⅰ中CO2刚好与CH4反应：CH4+CO2=2CO+2H2，无剩余的CO2；过程ⅱ的反应为Fe3O4+4CO4CO2+3Fe、Fe3O4+4H23Fe+4H2O、化成Fe3O4，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行【详解】（1）由图可知，纳米Cu处的电极上发生的反应是CO被还原为乙烯，所以电极反应式为：2（2）①根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1+2ΔH2=17②A．由选择性的定义可知CO2的选择性与CO的选择性的和为1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为H2的产率曲线，又由于起始时按投料n始(C2H5OH):n始(H2O)=1:3，所以一开始体系中没有CO2，所以反应Ⅱ开始时不反应，CO的选择性为0，表示平衡时CO选择性的曲线是c，则曲线a表示的是CO2的选择性，故A正确；B．由图可知，随着温度的升高，CO2的选择性逐渐降低，相当于反应Ⅰ中生成物不断被分离出去，所以乙醇的平衡转化率是一直升高的，故B正确；C．曲线b为氢气的产率曲线，CO的选择性随温度的升高而升高，CO2的选择性随温度的升高而降低，由图可知，300℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大于反应Ⅰ生成的H2，从而导致曲线b随温度升高而降低，故C错误；D．降低水醇比［n(H2O):n(C2H5OH)即降低H2O的物质的量，对于反应Ⅱ而言，反应正向移动，有助于提高CO的选择性，故D正确；故选ABD；③500℃、100kPa条件下，设C2H5OH和H2O的起始量分别为1mol和3mol，设达到平衡后CO的物质的量为xmol、反应Ⅰ生成的H2为amol，则可有如下式子：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)起始（mol）1300转化（mol）a/6a/2a/3a平衡（mol）1a/63a/2a/3aCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)起始（mol）a/3a00转化（mol）xxxx由图可知500℃时，H2的产率为80%，CO2和CO的选择性相等都为50%，故有aEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(一),6)xx100%=80%，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(x),x),结合两式可解得x=0.96，a=5.76。由此可计算出平衡时n(CO2)=0.96mol，n(H2)=4.8mol，n(CO)=0.96mol，n(H2O)=0.12mol+0.96mol=1.08mol，所以反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(C),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(O),O)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),H)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(O),2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(0.),0)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(96mol),96mo)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),x)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(.),4)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(08),8)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(mo),mol)ⅲ可顺利发生；②若CH4和CO2按物质的量之比1:1投料，过程ⅰ中CO2刚好与CH4反应：CH4+CO2=2CO+2H2，无剩余的CO2；过程ⅱ的反应为Fe3O4+4CO4CO2+3Fe、Fe3O4+4H23Fe+4H2O、CaO+CO2CaCO3，ⅰ无CO2剩余，导致ⅱ结束后”(Fe):”(CaCO3)=3:2>3:4，导致iii无法将Fe完全转化成Fe3O4，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行。17．钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：(1)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是。占据该能层电子的电子云轮廓图形状(2)元素K的焰色为色。单质K的密度比Na(填“大”或“小”)。(3)I的原子结构示意图为。(4)X射线衍射测定发现，I3AsF6中存在IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),3)离子。IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),3)离子的空间结构为。(5)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，其晶胞结构如图所示，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，棱长为anm。K与O间的最短距离为nm，与K紧邻的O个数为。(6)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于位置，O处于位置。【答案】(1)N球形(3)(4)V形(5)(6) a2体心棱心【详解】（1）K为19号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据最高能层的符号是N层，该能层电子的电子在s轨道，电子云轮廓图形状为球形；（2）透过蓝色的钴玻璃片观察到元素K的焰色为紫色，单质K的密度比Na小；（3）I为53号元素，原子结构示意图为：；（4）IEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),3)中心原子I原子有2个σ键，孤电子为：=2，有4个价层电子对，杂化类型为sp3，空间构型为V形；（5）K原子在晶胞顶点，O原子在面心，K与O间的最短距离为面对角线的一半，为anm，与K紧邻的O个数为12个；（6）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，4个晶胞紧密堆积，则K处于体心位置，O处于棱心位置。4N4是重要的硫-氮二元化合物室温下为橙黄色固体，178~187℃熔化并分解。实验室利用NH3和SCl2制备4N4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SCl2易水解，熔点为-78℃,沸点为60℃。回答下列问题：2(1)操作步骤的先后顺序为。①组装仪器并检验装置气密性，加入药品②加热装置C使其中的硫磺熔化K③通入N2，通冷凝水，一段时间后，关闭1K④打开K1、K2，关闭K3⑤充分反应后停止滴加浓盐酸⑥向装置A中滴加浓盐酸，加热装置C至135℃左右(2)仪器b的名称为，装置B中盛放的试剂为(填试剂名称)。(3)为使装置C受热均匀，可采取的加热方式为，装置D的作用为。Ⅱ.制备S4N4打开止水夹K3，向装置F中滴入浓氨水，待装置C中充分反应后停止滴加浓氨水，冷却后停止通冷凝水。(4)生成S4N4的同时还生成一种常见固体单质和一种盐，反应的化学方程式为。Ⅲ.测定的纯度称取5.00g样品，加入NaOH溶液加热，使氮元素完全转化为NH3，用足量硼酸溶液吸收。将吸收液配成100mL溶液，用移液管移取20.00mL，以甲基红-亚甲蓝为指示剂用1.00mol.L一1盐酸进行滴定，重复3次实验，平均消耗20.00mL盐酸。已知滴定反应为(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3。(5)制得S4N4的纯度为。下列实验操作导致S4N4测定结果偏低的是。A．盛放待测液的锥形瓶洗涤后未干燥直接使用B．移液管用蒸馏水洗涤后未用吸收液润洗C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡D．滴定前仰视滴定管读数，滴定后俯视读数【答案】(1)①④③②⑥⑤(2)