2024年高考化学模拟卷02（广东卷）试题和答案（含解析）

12024年高考猜想预测卷（广东卷）02高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，这样一项是符合题目要求的。1．下列说法正确的是A．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可鉴别蚕丝与棉花B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程是物理变化C．乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，因此不可做食品添加剂2．下列方程式能准确解释事实的是A．海水提溴中用SO2水溶液富集溴：SO2+Br2+2H2O=4H++SO-+2Br-B．电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2个C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊：2+H2O+CO2——喻2+Na2CO3D．三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+3．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A将适量铜粉投入FeCl3溶液中，振荡，铜粉消失FeCl3溶液显酸性B向某盐溶液中滴加NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝原溶液中一定含有NH+4C将鲜花投入盛有氯气的集气瓶中，鲜花褪色HClO具有漂白性D将乙醇和浓硫酸混合加热，并将产生的气体干燥后通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色反应中有乙烯生成4．下列有关化学反应表示正确的是2B．铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液：Cu+4NH3.H2O+H2O2=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O5．PBS是一种新型的全生物降解塑料，它是以丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成的聚酯加工而成，其结构如图所示。下列说法正确的是A．丁二醇和丁二酸均可以发生加成反应、取代反应、消去反应B．PBS和PE(聚乙烯)塑料均属于加聚反应的产物C．PBS中所有碳原子都采取sp3杂化D．1，4-丁二醇()能使酸性KMnO4溶液褪色6．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表述错误的是A．用电子式表示MgCl2的形成：B．用电子轮廓图表示H一Cl的σ键形成的示意图：C．用离子方程式表示泡沫灭火器的工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3专+3CO2个D．苯酚和甲醛在酸性条件下反应能生成酚醛树脂：7．水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许Zn2+通过。下列说法错误的是3A．放电时，0.6molI-参加反应，理论上负极减少13gB．充电时，电路中每通过2mole-，阳极区溶液减少87gD．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电8．爱生活，爱劳动。下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是选项劳动项目化学知识A铺设光纤提高通信效率SiO2具有优异的光学性能B使用苏打溶液清洁厨房油污NaHCO3溶液水解呈碱性C用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板金属性：Fe>CuD通过煤的干馏获得煤焦油、焦炭等物质煤的干馏属于物理变化9．锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)可用低温重构—直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图。下列说法错误的是A．“水热反应”为2LiAlSi2O6+8NaOHΔLi2SiO3B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分相同2SiO3+2NaAl(OH)4C．冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融氯化物的方法D．流程中不涉及氧化还原反应10．如图所示为氯元素的“价-类”二维图。下列说法正确的是4A．分别蘸有①的浓溶液和浓氨水的玻璃棒互相靠近会产生白烟B.⑥中阴离子的空间构型为平面四边形D．明矾与③的净水原理相同11．生物质脂肪酸脱羧机理为在温和条件下生产烷烃产品提供了一条可持续的途径，光催化脂肪酸脱羧历程如图所示，下列说法错误的是A．光催化脱羧反应不需要高温或有毒试剂，减少了对环境的污染，是一种绿色合成方法.B．脱羧反应为R-CH2COO--e-=CO2个+R-CH2..C．R-CH2COO-与R-CH2均可稳定存在.D．烷基自由基在富氢表面发生还原反应12．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同，C与B、D相邻且D的原子序数是C的两倍，基态E+的轨道全部充满。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B>CC．A、B、C三种元素只形成共价化合物D．B的简单氢化物的水溶液能溶解E的最高价氧化物对应的水化物13．氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是5A．试剂X可以是碱石灰或生石灰B．装置的连接顺序为I→III→II→IVC．先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关D．棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞14．Pd催化过氧化氢分解制取O2的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是A．该反应历程中所有步骤均是放热过程2(gH2O(gH2O(g的总键能大于H2O2(g∣H2O2(g的总键能C．催化剂Pd降低了H2O2分解反应的活化能，加快了H2O2的分解速率D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成15．常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是6A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸B．水的电离程度：Z>Y=X16．2023年星恒电源发布“超钠F1”开启钠电在电动车上产业化元年。该二次电池的电极材料为Na2Mn[Fe(CN)6](普鲁士白)和NaxCy(嵌钠硬碳)。下列说法中错误的是A．放电时，左边电极电势高B．放电时，负极的电极反应式可表示为：Na(x+1)Cy-e-=NaxCy+Na+C．充电时，电路中每转移1mol电子，阳极质量增加23gD．比能量：锂离子电池高于钠离子电池二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。-15。②NaClO3在酸性溶液中有强氧化性(1)写出钴原子的价层电子排布式：。(2)“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用（填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主要成分为。7(3)大多数金属硫化物都难溶于水，能选择Na2S除铜的原因是，若加入Na2S后溶液中εCu2+6mol/L,ε(H2S)10mol/L，则溶液的pH约为。(4)过二硫酸钠（Na2S2O8）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成SO一，请写出该反应的离子方程式：。加入过二硫酸钠也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，则还需要加入氯酸钠的原因是。(5)根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+Mn2+（填“强于”或“弱于”氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55:46，则钴产品的化学式为。18．完成下列问题。(1)室温下，甲同学取相同体积的H2O2和HI溶液混合，探究浓度对反应速率的影响，实验记录如下：实验编号12345从混合到出现棕黄色时间/s4.3①该反应的化学方程式为。②通过分析比较上表数据，得到的结论是。(2)乙同学用KI替代HI进行上述实验，未观察到溶液变为棕黄色，推测原因是酸性对H2O2氧化性有影响，乙同学提出猜测并进行如下探究。提出猜想：其他条件相同时，酸性越强，氧化剂的氧化性越强。查阅资料：原电池中负极反应一定时，正极氧化剂的氧化性越强，则两极之间电压越高。设计实验、验证猜想：利用如图装置进行下表实验1~4，记录数据。序号溶液a电压表读数110mL0.1mol.L一1KMnO4溶液、3滴稀H2SO4210mL0.1mol.L一1KMnO4溶液、3滴浓H2SO4U2310mL0.1mol.L一1FeCl3溶液、3滴稀H2SO4U3410mL0.1mol.L一1FeCl3溶液、3滴浓H2SO4U48①实验1和2中正极的电极反应式为。②由实验1和2可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，作出该判断的依据是。③测得U3=U4，说明酸性对FeCl3的氧化性几乎无影响，解释原因：。实验结论：若氧化剂被还原时有H+参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有H+参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响。迁移拓展：综合上述探究结果，丙同学进一步提出猜想，其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越(3)结合乙同学的实验2，丙同学补充进行实验5，验证猜想成立，完成下表中的内容：序号溶液a电压表读数5U5猜想成立的依据是：。19．K2Cr2O7、NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O、CrB2均是铬的重要化合物，回答下列问题：(1)基态Cr原子有种能量不同的电子，价电子排布式为。(2)已知电子亲和能(E)是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，O(g)+e-=O-(g)ΔH1=-140kJ.mol-1，O-(g)+e-=O2-ΔH2=+884.2kJ.mol-1，氧的第一电子亲和能E1为(3)雷氏盐的化学式为NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为。②雷氏盐中所含化学键类型。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．③配体之一NH3分子的立体构型为，与配体NCS-互为等电子体的分子和离子有(4)CrB2的晶体密度为ρg.cm-3，晶体结构(如图)为六棱柱，底边边长为anm，高为cnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则a2c=(列出计算式)。920．Balanol是是酶一种蛋白激酶C的抑制剂，其前体的合成路线如下：2ⅱR-NHOCH—R-2ⅲ.不稳定，立即分解为回答下列问题：(1)A的官能团名称是(2)BD的反应中K2CO3的作用是.(3)DE的化学方程式是.(4)已知试剂H能与NaHCO3反应，则GI的化学方程式是.(5)已知JK的反应中S2O-被氧化为SO-，则J与Na2S2O4的物质的量之比为.(6)NO的化学方程式是.(7)下列说法正确的是.a．AB的反应中NaCN使用应过量，提高B的产率b．J存在分子内氢键，且能发生显色反应c．OP的反应条件是NaOH水溶液加热(8)LM的过程如下：其中经历了含过氧键的中间体L1,LL1的过程是O2(O=O)与L的加成.已知L1含多于3个的六元环，且其中2个是苯环.体请写出中间体L1的结构简式。12024年高考猜想预测卷（广东卷）02化学·参考答案一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，这样一项是符合题目要求的。123456789AABBDDBACACDBACC二、非选择题：本题共4小题，每小题14分，共56分。1714分）(1)3d74s2(2)②Cu、PbSO4(3)生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀1(4)S2O-2O-+消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被(5)弱于CoO(OH)1814分）(1)H2O2+2HI=I2+2H2O其他条件相同时，增大H2O2或HI浓度，反应速率加快(2)MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2OU2＞U1Fe3+被还原时无H+参与反应(3)10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4U5＞U21914分）(1)73d54s1(2)140O—带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量(3)O>N>C>HABC三角锥形CO2或CS2、CNO— A2014分）(1)碳溴键(2)消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率人"+2H2—2(4)+———+H2O(5)3∶1(7)bc12024年高考猜想预测卷（广东卷）02（考试时间：75分钟试卷满分：100分）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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Cu64一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，这样一项是符合题目要求的。1．下列说法正确的是A．根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可鉴别蚕丝与棉花B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程是物理变化C．乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，因此不可做食品添加剂【答案】A【详解】A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有气味，故A正确；B．石蜡为石油减压分馏的产物，故B错误；C．乙二酸(草酸)具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；D．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品防腐剂，只要控制在合理的范围内，对人体健康没有太大影响，故D错误；故选A。2．下列方程式能准确解释事实的是A．海水提溴中用SO2水溶液富集溴：SO2+Br2+2H2O=4H++SO-+2Br-B．电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2个C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊：2+H2O+CO2——喻2+Na2CO3D．三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+【答案】A【详解】A．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式正确，故A正确；B．碳棒作电极电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，阳极的电极反应式为2Cl--2e-C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2+H2O+CO2→+NaHCO3，故C错误；D．三价铁腐蚀铜的电路板，生成的是二价铁，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；故答案选A。3．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A将适量铜粉投入FeCl3溶液中，振荡，铜粉消失FeCl3溶液显酸性B向某盐溶液中滴加NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝原溶液中一定含有NH+4C将鲜花投入盛有氯气的集气瓶中，鲜花褪色HClO具有漂白性D将乙醇和浓硫酸混合加热，并将产生的气体干燥后通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色反应中有乙烯生成【答案】B【详解】A．将适量铜粉投入FeCl3溶液中，振荡，铜粉消失，发生的反应为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，体现FeCl3的氧化性，没有体现出酸性，A不合题意；B．向某盐溶液中滴加NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，说明生成气体为氨气，则该盐溶液中含有NH，B符合题意；C．将鲜花投入盛有氯气的集气瓶中，鲜花褪色，可能是Cl2具有漂白性，也可能是Cl2与鲜花中的水反应的产物HClO其漂白作用，故不能说明HClO具有漂白性，C不合题意；D．挥发的乙醇及生成的乙烯及混有的二氧化硫均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色，不能证明产物中一定含乙烯，D不合题意；故答案为：B。4．下列有关化学反应表示正确的是B．铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液：Cu+4NH3.H2O+H2O2=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O3【答案】B【详解】A．用稀硝酸溶解银镜，即银单质与稀硝酸反应，应当生成NO，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，A错误；B．铜溶于氨水和过氧化氢的混合溶液，过氧化氢为氧化剂，氨与生成的铜离子形成配合物，离子方程式正确，B正确；C．燃烧热的热化学方程式中，水应当是液态，C错误；D．n个尿素分子和n个甲醛分子发生缩聚反应线型脲醛树脂，应当生成(2n-1)分子的水，D错误；5．PBS是一种新型的全生物降解塑料，它是以丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成的聚酯加工而成，其结构如图所示。下列说法正确的是A．丁二醇和丁二酸均可以发生加成反应、取代反应、消去反应B．PBS和PE(聚乙烯)塑料均属于加聚反应的产物C．PBS中所有碳原子都采取sp3杂化D．1，4-丁二醇()能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【详解】A．丁二醇的官能团为羟基，可以发生取代反应、消去反应，但不能发生加成反应；丁二酸的官能能团为羧基，可以发生取代反应，但不能发生加成反应、消去反应，A错误；B．乙烯发生加聚反应生成PE(聚乙烯)，但丁二醇与丁二酸反应生成PBS塑料和水，发生缩聚反应，B错误；C．PBS中饱和碳原子采取sp3杂化，酯基中碳原子采用sp2杂化，C错误；D．1，4-丁二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成丁二酸，从而能使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；故选：D。6．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表述错误的是A．用电子式表示MgCl2的形成：B．用电子轮廓图表示H-Cl的σ键形成的示意图：4C．用离子方程式表示泡沫灭火器的工作原理：Al3++3HCO=Al(OH)3专+3CO2个D．苯酚和甲醛在酸性条件下反应能生成酚醛树脂：【答案】D【详解】A．用电子式表示MgCl2的形成：，A正确；B．用电子轮廓图表示H−Cl的σ键形成的示意图C．泡沫灭火器中的成分为硫酸铝和碳酸氢钠，二者发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，使可燃物与空D．苯酚和甲醛在酸性条件下发生缩聚反应形成酚醛树脂，化学方程式为：n了"+nHCHO7．水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许Zn2+通过。下列说法错误的是A．放电时，0.6molI-参加反应，理论上负极减少13gB．充电时，电路中每通过2mole-，阳极区溶液减少87g5D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电【答案】B【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，产生的锰离子和剥落的正极材料发生反应，加入KI后，发生反应MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子为催化剂。【详解】A．加入KI后，I-与剥落的MnO2反应生成的I，发生反应为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O、I+2e-=3I-，如有0.6molI-参加反应，需得到电子0.4mol，理论上负极Zn减少0.2mol，质量为13g，A正确；B．则充电时阳极电极反应式为3I--2e-=I、Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，电路中每通过2mole-，阳极区溶液减少的质量小于1molMnO2的质量，小于87g，B错误；C．Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，放电时的总反应为MnO2+Zn+4H+=Zn2++Mn2++2H2O，C正确；D．PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确；8．爱生活，爱劳动。下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是选项劳动项目化学知识A铺设光纤提高通信效率SiO2具有优异的光学性能B使用苏打溶液清洁厨房油污NaHCO3溶液水解呈碱性C用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板金属性：Fe>CuD通过煤的干馏获得煤焦油、焦炭等物质煤的干馏属于物理变化【答案】A【详解】A．二氧化硅制成的光导纤维，由于其良好的光学特性而被用于制造光缆，以此铺设光纤提高通信效率，故A正确；B．苏打是碳酸钠，其水溶液呈碱性，可以使油脂水解，从而达到去油污的效果，故B错误；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Cu失去电子，没有生成铁，因此与Fe、Cu的活泼性无关，故C错误；D．煤的干馏是指在隔绝空气的条件下，将煤加强热分解得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品的过程，是化学6变化，故D错误；故答案选A。9．锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)可用低温重构—直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧化铝，工艺流程如图。下列说法错误的是A．“水热反应”为2LiAlSi2O6+8NaOHΔLi2SiO3B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分相同2SiO3+2NaAl(OH)4C．冶炼金属锂和金属铝均可用电解其熔融氯化物的方法D．流程中不涉及氧化还原反应【答案】C【分析】锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6)加NaOH溶液，发生反应生成硅酸锂沉淀、硅酸钠和偏铝酸钠；过滤出硅酸锂，加硫酸溶解得到硅酸沉淀和硫酸锂溶液，硫酸锂溶液蒸发浓缩后加饱和碳酸钠得到碳酸锂；含硅酸钠和偏铝酸钠的滤液1加硫酸，生成硫酸铝、硫酸钠和硅酸沉淀，过滤后，滤液中加氨水生成氢氧化铝沉淀，过滤后煅烧生成氧化铝，据此解答。【详解】A．“水热反应”中LiAlSi2O6与NaOH反应生成相应的盐，反应为：2LiAlSi2O6+8NaOHΔLi2SiO32SiO3+2NaAl(OH)4，故A正确；B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分均为硅酸，故B正确；C．AlCl3为分子化合物，冶炼金属铝采用电解熔融氧化铝，故C错误。D．流程中各步转化过程中均不存在化合价变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；故选：C。10．如图所示为氯元素的“价-类”二维图。下列说法正确的是7A．分别蘸有①的浓溶液和浓氨水的玻璃棒互相靠近会产生白烟B.⑥中阴离子的空间构型为平面四边形D．明矾与③的净水原理相同【答案】A【详解】A．如图所示，①是HCl，②是Cl2，③是ClO2，④是HClO，⑤是次氯酸盐，⑥是HClO4。蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近会产生白烟，A项正确；B．ClO中氯原子价层电子对数为4+7+12x4=4、没有孤电子对，故其空间构型是：正四面体，B项错误；....C．HClO的电子式为H::Cl:，....D．明矾和ClO2均可用作净水剂，明矾水解生成的氢氧化铝胶体可以吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，二氧化氯净水是利用其强氧化性杀死水中的细菌和病毒，原理不同，D项错误；答案选A。11．生物质脂肪酸脱羧机理为在温和条件下生产烷烃产品提供了一条可持续的途径，光催化脂肪酸脱羧历程如图所示，下列说法错误的是A．光催化脱羧反应不需要高温或有毒试剂，减少了对环境的污染，是一种绿色合成方法.2..C．RCH2COO与RCH2均可稳定存在.D．烷基自由基在富氢表面发生还原反应8【答案】C【详解】A．光催化脱羧反应在温和条件下生产烷烃产品，减少了对环境的污染，是一种绿色合成方法，故A正确；.B．根据图示，脱羧反应为R-CH2COO--e-=CO2个+R-CH2，故B正确；.C．R-H2自由基易发生反应生成烷烃，故不能稳定存在，故C错误；D．烷基自由基在富氢表面结合氢原子发生还原反应生成相应烷烃，故D正确；12．已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同，C与B、D相邻且D的原子序数是C的两倍，基态E+的轨道全部充满。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点：B>CC．A、B、C三种元素只形成共价化合物D．B的简单氢化物的水溶液能溶解E的最高价氧化物对应的水化物【答案】D【分析】已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同，A为H元素，C与B、D相邻且D的原子序数是C的两倍，C为O元素，B为N元素，D为S元素，基态E+的轨道全部充满，E为Cu，以此解答。【详解】A．NH3和H2O分子间都存在氢键，但H2O分子形成的氢键更多，则简单氢化物的沸点：NH3<H2O，故A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：O>N>S>H，故B错误；C．H、N、O三种元素可以形成共价化合物HNO3，也可以形成离子化合物NH4NO3，故C错误;D．N的简单氢化物为氨气，氨气的水溶液为氨水，氨水能溶解Cu(OH)2，故D正确；13．氮化钛(TiN)是新型耐热材料，其制备原理为6TiO2+8NH3800℃6TiN+12H2O+N2，实验装置如图所示(夹持装置省略)。下列说法错误的是9A．试剂X可以是碱石灰或生石灰B．装置的连接顺序为I→III→II→IVC．先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关D．棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞【答案】B【分析】装置Ⅰ制备氨气，装置Ⅱ是发生装置，装置Ⅲ吸收尾气同时防止空气中的水蒸气进入装置Ⅱ中，装置Ⅳ干燥氨气，据此解答。【详解】A．浓氨水中加入氧化钙、氢氧化钠或碱石灰可以产生氨气，因此试剂X可以是碱石灰或生石灰，A正确；B．氯化钙能吸收氨气，不能干燥氨气，所以装置的连接顺序为I→IV→II→III，B错误；C．需要利用氨气排尽装置中的空气，所以先打开恒压分液漏斗旋塞，再打开管式炉加热开关，C正确；D．由于气体的气流也可能把固体小颗粒插入导管中，所以棉花的作用是防止固体进入导管，使导管堵塞，答案选B。14．Pd催化过氧化氢分解制取O2的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是A．该反应历程中所有步骤均是放热过程2(gH2O(gH2O(g的总键能大于H2O2(g∣H2O2(g的总键能C．催化剂Pd降低了H2O2分解反应的活化能，加快了H2O2的分解速率D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成【答案】A【详解】A．从图知，该反应历程中，有一些步骤是吸热过程(相对能量升高)，也有一些步骤是放热过程(相对能量降低)，A符合题意；B．从图中可知总反应为放热反应，即ΔH=反应物总键能-生成物总键能<0，则生成物总键能大于反应物总键能，O2(g)H2O(g)H2O(g)的总键能大于H2O2(g)∣H2O2(g)的总键能，B不符合题意；C．Pd为催化剂，能降低该分解反应的活化能，加快分解速率，C不符合题意；D．Pd催化过氧化氢分解制取O2的方程式：2H2O2Pd2H2O+O2个，整个催化分解过程中既有极性键H-O键的断裂和形成，也有非极性键O-O键的断裂和O=O键的形成，D不符合题意；故选A。15．常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是A．P线代表HA的稀释图像且HA为强酸B．水的电离程度：Z>Y=XC．将X点溶液与Y点溶液混合至中性时，ε【答案】C【分析】根据图中曲线MOH溶液不断稀释，碱性减弱，pH不断减小，因此Q线是MOH的稀释曲线，HA溶液不断稀释，酸性不断减弱，pH不断增大，因此P线是HA溶液的稀释曲线。根据lgn与pH变化关系得到MOH是强碱，HA为弱酸。【详解】A．根据图中分析P线代表HA的稀释图像，再根据lgn与pH变化分析稀释10倍pH变化不到1个单位，说明HA为弱酸，故A错误；B．Y点pH=10，Z点pH=9，则Y点碱性更强，抑制水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9，X点pH=5，两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、Y、Z三点溶液中水的电离程度：Z=X>Y，故B错误；C．X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时，根据电荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)和pH=7得到c(A-)=c(M+)，D．X点与Z点等体积混合溶质是MA和HA的混合溶液，且HA物质的量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显酸性，故D错误；答案为C。16．2023年星恒电源发布“超钠F1”开启钠电在电动车上产业化元年。该二次电池的电极材料为Na2Mn[Fe(CN)6](普鲁士白)和NaxCy(嵌钠硬碳)。下列说法中错误的是A．放电时，左边电极电势高B．放电时，负极的电极反应式可表示为：Na(x+1)Cy-e-=NaxCy+Na+C．充电时，电路中每转移1mol电子，阳极质量增加23gD．比能量：锂离子电池高于钠离子电池【答案】C【分析】根据图示，放电时，NaxCy中的钠失去电子生成Na+，因此NaxCy为负极，据此答题。【详解】A．放电时，左边电极为正极，电极电势高，A正确；B．放电时，负极的电极反应式可表示为：Na(x+1)Cy-e-=NaxCy+Na+，B正确；C．充电时，阳极反应式为：Na2MnFe(CN)6-2e-=2Na++MnFe(CN)6，电路中每转移1mol电子，阳极质量减少23g，C错误；D．比能量就是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，Li、Na原子正常状态下反应时均为失去1个电子，但Li的相对原子质量小于Na的，故锂离子电池的比能量高于钠离子电池，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。②NaClO3在酸性溶液中有强氧化性(1)写出钴原子的价层电子排布式：。(2)“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用（填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主要成分为。(3)大多数金属硫化物都难溶于水，能选择Na2S除铜的原因是，若加入Na2S后溶液中Cu2+-10mol/L，则溶液的pH约为。(4)过二硫酸钠（Na2S2O8）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成SO-，请写出该反应的离子方程式：。加入过二硫酸钠也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，则还需要加入氯酸钠的原因是。(5)根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+Mn2+（填“强于”或“弱于”氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55:46，则钴产品的化学式为。【答案】(1)3d74s2(2)②Cu、PbSO4(3)生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀1(4)S2O-2O-+消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被(5)弱于CoO(OH)【分析】以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化为对应的硫酸盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，加NaClO3调节溶液pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再次加入Na2S2O8，可将Co2+氧化生成Co(OH)3，经一系列转化后可得钴产品。【详解】（1）Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式：3d74s2。“常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫酸不挥发，则宜采用②硫酸进行酸浸。酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4。大多数金属硫化物都难溶于水，能选择Na2S除铜的原因是生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉72(过二硫酸钠（Na2S2O8）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成SO一，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原为Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，氯酸钠属于强碱弱酸盐，加入氯酸钠可消耗溶液中的H+，从而促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去。由图知，在“沉淀分离”步骤中得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55:46，说明则该过程中发生：Co(OH)3CoO(OH)+H2O，则钴产品的化学式为CoO(OH)。18．完成下列问题。(1)室温下，甲同学取相同体积的H2O2和HI溶液混合，探究浓度对反应速率的影响，实验记录如下：实验编号12345从混合到出现棕黄色时间/s4.3①该反应的化学方程式为。②通过分析比较上表数据，得到的结论是。(2)乙同学用KI替代HI进行上述实验，未观察到溶液变为棕黄色，推测原因是酸性对H2O2氧化性有影响，乙同学提出猜测并进行如下探究。提出猜想：其他条件相同时，酸性越强，氧化剂的氧化性越强。查阅资料：原电池中负极反应一定时，正极氧化剂的氧化性越强，则两极之间电压越高。设计实验、验证猜想：利用如图装置进行下表实验1~4，记录数据。序号溶液a电压表读数110mL0.1mol.L一1KMnO4溶液、3滴稀H2SO4210mL0.1mol.L一1KMnO4溶液、3滴浓H2SO4U23溶液、3滴稀H2SO4U34溶液、3滴浓H2SO4U4①实验1和2中正极的电极反应式为。②由实验1和2可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，作出该判断的依据是。③测得U3=U4，说明酸性对FeCl3的氧化性几乎无影响，解释原因：。实验结论：若氧化剂被还原时有H+参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有H+参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响。迁移拓展：综合上述探究结果，丙同学进一步提出猜想，其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越(3)结合乙同学的实验2，丙同学补充进行实验5，验证猜想成立，完成下表中的内容：序号溶液a电压表读数5U5猜想成立的依据是：。【答案】(1)H2O2+2HI=I2+2H2O其他条件相同时，增大H2O2或HI浓度，反应速率加快(2)MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2OU2＞U1Fe3+被还原时无H+参与反应(3)10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4U5＞U2【分析】该实验的实验目的是探究浓度对反应速率的影响，针对实验现象出现的差异提出猜测，并通过查阅资料、设计实验验证猜测，经实验探究得出若氧化剂被还原时有氢离子参加反应，酸性越强，氧化剂的氧化性越强；若氧化剂被还原时没有氢离子参加反应，酸性对氧化剂的氧化性几乎没有影响；其他条件相同时，氧化剂浓度越大，其氧化性越强的实验结论。【详解】（1）①过氧化氢溶液与氢碘酸反应生成碘和水，反应的化学方程式为H2O2+2HI=I2+2H2O，故答案为：H2O2+2HI=I2+2H2O；②由实验1、2、3可知，氢碘酸浓度不变时，增大过氧化氢溶液的浓度，从混合到出现棕黄色时间减少，反应速率加快，由实验1、4、5可知，过氧化氢溶液浓度不变时，增大氢碘酸溶液的浓度，从混合到出现棕黄色时间减少，反应速率加快，由实验现象可知，其他条件相同时，增大反应物过氧化氢或氢碘酸浓度，反应速率加快，故答案为：其他条件相同时，增大H2O2或HI浓度，反应速率加快；（2）①由题意可知，实验1和2中左侧银/氯化银电极为原电池的负极，氯离子作用下银失去电子发生氧化反应生成氯化银，右侧铂电极为正极，酸性条件下高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极反应式为MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2O，故答案为：MnO+5e—+8H+=Mn2++4H2O；②由实验1和2可知，实验2的电压表读数大于实验1，说明溶液酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强，反应速率越快，外电路中电流强度越大，故答案为：U2＞U1；③实验3和4中左侧银/氯化银电极为原电池的负极，氯离子作用下银失去电子发生氧化反应生成氯化银，右侧铂电极为正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e—=Fe2+，铁离子被还原时无氢离子参与，所以酸性对氯化铁的氧化性几乎无影响，测得电压表读数完全相同，故答案为：Fe3+被还原时无H+参与反应；（3）由题意可知，实验5的实验目的是探究其他条件相同时，氧化剂浓度越大，氧化剂的氧化性越强，由探究实验变量唯一化原则可知，在实验2的基础上，实验5应在其他条件相同时，增大高锰酸钾溶液的浓度探究氧化性强弱的变化，则右侧溶液应为10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4，实验5电压表读数大于实验2证明猜想成立，故答案为：10mL0.2mol/LKMnO4溶液、3滴浓H2SO4；U5＞U2。19．K2Cr2O7、NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O、CrB2均是铬的重要化合物，回答下列问题：(1)基态Cr原子有种能量不同的电子，价电子排布式为。(2)已知电子亲和能(E)是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，O(g)+e=O(g)ΔH1=140kJ.mol1，O(g)+e=O2ΔH2=+884.2kJ.mol1，氧的第(3)雷氏盐的化学式为NH4Cr(NCS)4(NH3)2.H2O。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为。②雷氏盐中所含化学键类型。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．③配体之一NH3分子的立体构型为，与配体NCS一互为等电子体的分子和离子有(4)CrB2的晶体密度为ρg.cm一3，晶体结构(如图)为六棱柱，底边边长为anm，高为cnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则a2c=