2024年高考化学模拟卷02（天津卷）试题和答案（含解析）

12024年高考猜想预测卷（天津卷）02高三化学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将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。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．2023年12月16日，贵阳轨道交通3号线开通初期运营。在地铁建设中所使用材料属于无机非金属材料的是A．铺设地铁钢轨所用的锰钢B．地铁信息传输系统中用到的光导纤维C．地铁车厢中的聚氯乙烯手扶拉环D．乘坐地铁时购买的塑料单程车票2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于钠及其化合物的叙述正确的是A．1molNa在空气中受热完全转化成Na2O2转移电子数目为2NAB．0.1mol.L一1NaHCO3溶液中所含HCO的数目小于0.1NAC．Na2O2与H2O反应的过程中涉及离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂D．Al与NaOH溶液的反应中NaOH作氧化剂3．化学用语是化学专业术语。下列化学用语错误的是A．基态V原子的价层电子排布式为3d34s22B．AsH3分子的VSEPR模型：C．NH4Br的电子式：D．2-氨基丁酸的结构简式：CH3CH2CH(NH2)COOH4．下列事实不能通过比较Cl和F的电负性解释的是A．键角：NF3<NCl3B．键能：F-F<Cl-ClC．pKa：三氟乙酸<三氯乙酸D．分子极性：NF3>NCl35．浓硫酸与蔗糖发生作用的过程如图所示。下列说法不正确的是A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性B．过程②产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的酸性C．过程中固体体积膨胀与SO2、CO2的生成有关D．过程中硫酸分子发生了化学键的断裂6．氮化硼晶体有多种结构，六方相氮化硼结构与石墨相似，但不具有导电性，立方相氮化硼结构与金刚石相似。下列说法错误的是A．六方相氮化硼层上π键电子不能自由移动B．六方相氮化硼熔点高于立方相氮化硼C．立方相氮化硼中存在“N→B”的配位键D．1mol(BN)x(六方相氮化硼)中含3molσ键7．利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如右图所示的装置处理有机废水(以含有机酸CH3COOH溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成H+和OH-。下列说法正确的是3B．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜C．产品室生成的物质为NaOHD．当阴极产生11.2L气体时，理论上可除去模拟海水中5.85gNaCl8．用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是A．用装置①验证NH3易溶于水且溶液呈碱性B．用装置②蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用装置③除去粗盐溶液中不溶物D．用装置④分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液9．甘氨酸(NHCH2COO一)在水溶液中可发生如下反应；NH2CH2COO一H+ ----OH一----32NH+CH32H+ ----OH一----NHCH2COOH。常温下，向0.1mol.L一1甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量［n(H)］及溶液中三种含氮微粒的分布系数δ(X)[n总(粒)x100%]随pOH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点(pI)，甘氨酸的pI=6。下列说法错误的是4B．a点：ε(NHCH2COO-)<ε(NH2CH2COO-)+ε(Cl-)C．b点NaOH当量<0.510．科学家用镍催化剂在光催化下，以CO2和芳基卤化物合成氧-芳基氨基甲酸酯，限速步骤是光催化反应，反应机理如图。已知TMG(C5H13N3)是一种有机碱。下列说法错误的是A．反应过程中Ni的化合价发生了变化B．反应①和④均为取代反应C．该过程中反应②的活化能最大D．A的化学式是C5H14N3X11．硝酸可用于制化肥、农药、染料等。工业制备硝酸的过程如下图所示，下列有关说法错误的是A．图中A和B分别为氧气和水5B．合成氨原料气未净化可能引起催化剂“中毒”C．尾气中的氮氧化合物可用Na2CO3溶液吸收处理D．合成氨塔中采用高温高压有利于提高反应物的转化率12．工业上用软锰矿(主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质)，制备KMnO4的流程如下：已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是A．“浸取”后的溶液中通入CO2调节pH，滤渣Ⅰ的成分只有硅酸B．“歧化”步骤中调节溶液pH时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸C．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时利用余热蒸干，即得紫黑色KMnO4晶体D．“歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2．本卷共4题，共64分。13．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni等元素。回答下列问题：(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是。(2)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2Ni(CN)是红黄色单斜晶体。K2Ni(CN)的熔6点高于Ni(CO)4的原因是。(3)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为，其中碳原子杂化方式为，所含元素电负性由大到小的顺序是。IMI中大π键可表示为(已知苯中的大π键可表示为Ⅱ)，该配合物的配位原子为(填序号)。(4)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。①石墨能导电，六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是。②立方相氮化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为。(5)红银矿NiAs晶体结构如图所示：①两个As原子的原子分数坐标依次为|（3,3,4②已知NA为阿伏加德罗常数的值，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=mpm、c=npm，则该晶体的密度为3g/cm(用含m、n的代数式表示)。314．某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，计算公式为A=abc，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。7请回答：(1)仪器A的名称是。(2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是（填“AgNO3溶液”或“氨水”）。(3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：操作①：取下玻璃塞→操作②:→操作③:→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤:→操作⑥:→操作⑦:→再将操作③~⑦重复4次→测定溶液吸光度。a.打开K1，关闭K2b.打开K2，关闭K1c.将可滑动隔板拉至最左端d.热水浴加热仪器Ae.将可滑动隔板缓慢推至最右端f.将可滑动隔板迅速推至最右端(4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式。(5)将仪器A中溶液的pH调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为mg/L。(6)下列说法正确的是。A．本实验缺少尾气处理装置B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的HCHO被吸收完全D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大15．一种非甾体抗炎药物(H)的合成路线如下(部分反应条件省略)：8回答下列问题：(1)设计A→B和C→D两步反应的目的是。(2)D的化学名称为(用系统命名法命名)；D→E的反应类型为；E→F的化学反应方程式(3)G的结构简式为；符合下列条件G的同分异构体的结构简式为(任写一种)。①除结构外，不含其他环状结构；②含有-OCH3；③含有四种化学环境的氢。(4)已知：RCOOH+PCl3喻RCOCl。综合上述信息，写出以和ClCH2COOH为主要原料制备的合成路线料制备16．苯乙烯是重要的基础化工原料，工业上常利用乙苯催化脱氢制备苯乙烯。涉及的反应如下：6H5C2H5(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g)ΔH16H5C2H5(g)+H2(g)=C6H5CH3(g)+CH4(g)ΔH23回答下列问题：(1)已知部分化学键的键能：9化学键332611414436(2)一定温度下，在恒压密闭容器中充入乙苯和水蒸气，在催化剂作用下发生上述反应，测得反应体系中甲苯的)随时间变化曲线如图所示。曲线乙代表的是，水蒸气做稀释气，增大水蒸气的物质的量，乙苯的转化率将(填“变大”“变小”或“不变”)。曲线甲随时间变化的原因之一是催化剂积碳，水蒸气的存在还有利于减少积碳，原因是。(3)将6mol水蒸气和1mol乙苯混合，通入初始压强为100kPa的恒压密闭容器，测得乙苯的平衡转化率、苯和甲苯的选择性随温度的变化关系分别如图所示。620℃条件下进行反应，达到平衡时容器中H2的物质的量n(H2)=mol，反应ⅰ的平衡常数Kp=kPa(列出计算式)。12024年高考猜想预测卷（天津卷）02化学·参考答案一．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。123456789BCBBBAABADDD二．本卷共4题，共64分。1314分）(1)ACD(2)K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小(3)sp2、sp3N>C>HⅡ1(4)六方相氮化硼中氮的电负性大，π电子很大程度上被定域在氮原子周围，不能自由移动，不可以导电3：11418分）(1)三颈烧瓶(2)氨水(3)dacbe(5)0.0375(6)BCD1518分）(1)保护酚羟基的对位氢不被取代2(2)2，6-二氯苯酚取代反应+ClCH2COCl————喻+HCl(3)(4)1614分）(1)-60(2)甲苯的选择性变大水蒸气与积碳发生反应C+H2O=CO+H2，消除积碳12024年高考猜想预测卷（天津卷）02本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将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。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．2023年12月16日，贵阳轨道交通3号线开通初期运营。在地铁建设中所使用材料属于无机非金属材料的是A．铺设地铁钢轨所用的锰钢B．地铁信息传输系统中用到的光导纤维C．地铁车厢中的聚氯乙烯手扶拉环D．乘坐地铁时购买的塑料单程车票【答案】B【详解】A．钢轨用到的锰钢是金属材料，A错误；B．地铁信息传输系统中用到的光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，B正确；C．聚氯乙烯拉环属于有机高分子材料，C错误；D．塑料属于有机高分子材料，D错误；故选B。2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于钠及其化合物的叙述正确的是2A．1molNa在空气中受热完全转化成Na2O2转移电子数目为2NAB．0.1mol.L一1NaHCO3溶液中所含HCO的数目小于0.1NAC．Na2O2与H2O反应的过程中涉及离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂D．Al与NaOH溶液的反应中NaOH作氧化剂【答案】C【详解】A．Na失去电子生成Na+，1molNa在空气中受热完全转化成Na2O2转移1mol电子，A项错误；B．未给出溶液体积，无法计算数目，B项错误；C．Na2O2与H2O反应的过程中涉及离子键Na-O键、极性共价键H—O键和非极性共价键O—O键的断裂，C项正确；D．Al与NaOH溶液的反应中H2O作氧化剂，D项错误；故选C。3．化学用语是化学专业术语。下列化学用语错误的是A．基态V原子的价层电子排布式为3d34s2B．AsH3分子的VSEPR模型：…C．NH4Br的电子式：D．2-氨基丁酸的结构简式：CH3CH2CH(NH2)COOH【答案】B【详解】A．V是23号元素，根据构造原理，可知基态V原子的价层电子排布式为3d34s2，A正确；B．AsH3分子中的中心As原子价层电子对数是3+=4，故该分子的VSEPR模型是四面体形，而不是三角锥形，B错误；C．NH4Br是离子化合物，阳离子NH与阴离子Br-通过离子键结合，在阳离子中，N、H元素的原子之间以共价键结合，故该物质的电子式为，C正确；D．2-氨基丁酸是与羧基直接相连的烃基C原子上的一个H原子被氨基-NH2取代产生的物质，其结构简式为CH3CH2CH(NH2)COOH，D正确；3故合理选项是B。4．下列事实不能通过比较Cl和F的电负性解释的是A．键角：NF3<NCl3B．键能：F-F<Cl-ClC．pKa：三氟乙酸<三氯乙酸D．分子极性：NF3>NCl3【答案】B【详解】A．三卤化氮的分子构型是三角锥形，氟元素的电负性大于氯元素，三卤化氮中共用电子对更偏向氟原子，成键电子对间排斥力减小使得键角减小，所以三氯化氮键角比三氟化氮更大，故A不符合题意；B．氟原子的原子半径小于氯原子，氟气分子中电子云密度大于氯气分子，成键原子间的斥力大于氯气分子，所以氟氟键的键能小于氯氯键，则氟氟键的键能小于氯氯键与电负性无关，故B符合题意；C．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的电负性大于氯元素的电负性，三氟乙酸分子中羧基中羟基的极性强于三氯乙酸，更易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸，pK2小于三氯乙酸，故C不符合题意；D．氟元素的电负性大于氯元素的电负性，三卤化氮中共用电子对更偏向氟原子，氮氟键的极性强于氮氯键，使得三氟化氮分子的极性强于三氯化氮分子，故D不符合题意；故选B。5．浓硫酸与蔗糖发生作用的过程如图所示。下列说法不正确的是A．过程①白色固体变黑，体现了浓硫酸的脱水性B．过程②产生刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的酸性C．过程中固体体积膨胀与SO2、CO2的生成有关D．过程中硫酸分子发生了化学键的断裂【答案】B【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2:1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸作用下蔗糖脱水过程中释放大量热，此时发生反应C+2H2SO4(浓)‘CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生大量气体，使固体体积膨胀，该过程体现了浓硫酸的氧化性，B项错误；C．蔗糖水过程中释放大量热，此时发生反应C+2H2SO4(浓)‘CO2↑+2SO2↑+2H2O，过程中固体体积膨胀与SO2、CO2的生成有关，C项正确；4D．该过程中，硫酸分子发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选B。6．氮化硼晶体有多种结构，六方相氮化硼结构与石墨相似，但不具有导电性，立方相氮化硼结构与金刚石相似。下列说法错误的是A．六方相氮化硼层上π键电子不能自由移动B．六方相氮化硼熔点高于立方相氮化硼C．立方相氮化硼中存在“N→B”的配位键D．1mol(BN)x(六方相氮化硼)中含3molσ键【答案】A【详解】A．六方相氮化硼结构与石墨相似，但不具有导电性，说明六方相氮化硼层上没有π键，原因是N的电负性比B大很多，电子难以自由移动，故A错误；B．六方相氮化硼层间为分子间作用力，和石墨结构类似，为混合晶体，立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为共价晶体，结合石墨和金刚石的熔点，石墨高，所以六方相氮化硼熔点高，故B正确；C．B原子最外层有3个电子，存在空轨道，N原子最外层有5个电子，存在孤电子对，所以立方相氮化硼含配位键N→B，故C正确；D．六方相氮化硼晶体中层内每个硼原子与相邻的3个氮原子构成平面三角形，每个共价键未被共有，所以1mol六方相氮化硼含3molB-N共价键，故D正确；故选A。7．利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如右图所示的装置处理有机废水(以含有机酸CH3COOH溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成H+和OH。下列说法正确的是B．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜C．产品室生成的物质为NaOHD．当阴极产生11.2L气体时，理论上可除去模拟海水中5.85gNaCl5【答案】A【分析】由图知，阳极上CH3COOH失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。【详解】A．由图知，阳极上CH3COOH失去电子生成CO2，电极反应式为：CH3COOH+8OH--8e-=2CO2个+6H2O，故A正确；B．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，故B错误；C．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，故C错误；D．未说明11.2L气体所处的温度和压强，无法计算其物质的量，故D错误；故选A。8．用下列实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是A．用装置①验证NH3易溶于水且溶液呈碱性B．用装置②蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用装置③除去粗盐溶液中不溶物D．用装置④分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液【答案】B【详解】A．氨气极易溶于水，能与滴有酚酞的水溶液形成红色喷泉证明氨水呈碱性，则装置①能达到实验目的，故A不符合题意；B．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，则蒸干氯化铵饱和溶液不能制备氯化铵晶体，则装置②无法达到实验目的，故B符合题意；C．用过滤的方法能除去粗盐溶液中不溶物，则装置③能达到实验目的，故C不符合题意；D．乙酸乙酯不溶于水，用分液的方法能分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，则装置④能达到实验目的，故D不符合题意；6故选B。9．甘氨酸(NHCH2COO一)在水溶液中可发生如下反应；NH2CH2COO一H+ ----OH一----32NH+CH32H+ ----OH一----NHCH2COOH。常温下，向0.1mol.L一1甘氨酸溶液中通入HCl或加入NaOH固体，HCl当量或NaOH当量［n(H)］及溶液中三种含氮微粒的分布系数δ(X)[n总(粒)x100%]随pOH变化如图。已知氨基酸整体所带正、负电荷数目相等时的pH为该氨基酸的等电点(pI)，甘氨酸的pI=6。下列说法错误的是C．b点NaOH当量<0.5【答案】A【详解】A．NHCH2COOHNHCH2COO-+H+Ka1；NHCH2COO一NH2CH2COO-+H+Ka2，由图可知，m点处所对应的曲线c(NHCH2COOH)=c(NH2CH2COO一)，此时Ka1Ka2=xc(H+)xcxc(H+)=c2(H+)，由于甘氨酸的PI=6，故Ka1Ka2=10一12，故m=12，故A错误；B．a点，c(NHCH2COO-)=c(NH2CH2COO-)，故c(NHCH2COO-)<c(NH2CH2COO-)+c(Cl一)，故B正确；C．由图可知pH=9.6，c(NHCH2COO-)=c(NHCH2COOH)，溶液呈碱性，即溶液中c(NHCH2COONa)=c(NH2CH2COONa)，所以NaOH当量<0.5，故C正确；D．c点时，c(NH2CH2COO-)>c(NHCH2COOH)，由电荷守恒ε故选：A。710．科学家用镍催化剂在光催化下，以CO2和芳基卤化物合成氧-芳基氨基甲酸酯，限速步骤是光催化反应，反应机理如图。已知TMG(C5H13N3)是一种有机碱。下列说法错误的是A．反应过程中Ni的化合价发生了变化B．反应①和④均为取代反应C．该过程中反应②的活化能最大D．A的化学式是C5H14N3X【答案】D【详解】A．由图可知，Ni连接的化学键数目发生了变化，化合价发生了变化，故A正确；B．对比反应①和④的反应物和产物可知，反应①和④均为取代反应，故B正确；C．限速步骤是光催化反应，说明反应②速率最慢，活化能最大，故C正确；D．反应④为取代反应，结合原子守恒可知A的化学式是C5H12N3X，故D错误；故选D。11．硝酸可用于制化肥、农药、染料等。工业制备硝酸的过程如下图所示，下列有关说法错误的是A．图中A和B分别为氧气和水B．合成氨原料气未净化可能引起催化剂“中毒”C．尾气中的氮氧化合物可用Na2CO3溶液吸收处理D．合成氨塔中采用高温高压有利于提高反应物的转化率8【答案】D【分析】由题给流程控制，高温高压催化剂作用下氮气和氢气在合成塔中反应生成氨气，向氨分离器得到的氨气中通入氧气，氨气在氧化炉中与氧气共热发生催化氧化反应生成一氧化氮、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮在吸收塔中与水反应生成硝酸和一氧化氮。【详解】A．由分析可知，A和B分别为氧气和水，故A正确；B．合成氨原料气中含有能使催化剂中毒的杂质气体，所以原料气通入合成塔之前必须做净化处理，故B正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，能与氮氧化合物反应，所以为防止氮氧化合物排放污染空气，可以用碳酸钠溶液处理尾气中的氮氧化合物，故C正确；D．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，故D错误；故选D。12．工业上用软锰矿(主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质)，制备KMnO4的流程如下：已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是A．“浸取”后的溶液中通入CO2调节pH，滤渣Ⅰ的成分只有硅酸B．“歧化”步骤中调节溶液pH时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸C．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时利用余热蒸干，即得紫黑色KMnO4晶体D．“歧化”时，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率【答案】D【分析】软锰矿主要成分是MnO2，含有Al2O3、SiO2等杂质，加氢氧化钾煅烧得墨绿色炉渣，说明有MnO2和KOH反应生成K2MnO4，氧化铝转化为偏铝酸钾、二氧化硅转化为硅酸钾，浸取，通入二氧化碳调节pH生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤得K2MnO4溶液，加冰醋酸，K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4、MnO2，过滤，滤液为KMnO4，蒸发浓缩、冷却结晶得KMnO4晶体。【详解】A．向“浸取液”含有偏铝酸钾、硅酸钾，通入CO2调pH后，偏铝酸钾和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾、硅酸钾和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钾，“过滤”得滤渣Ⅰ的成分为H2SiO3和Al(OH)3，9故A错误；B．酸性条件下KMnO4具有强氧化性，可以将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，“歧化”步骤中调节溶液pH时，不能用浓盐酸来代替冰醋酸，故B错误；C．高锰酸钾受热易分解，“操作Ⅱ”应该为加热浓缩，当溶液表面出现晶膜时停止加热，冷却结晶析出紫黑色KMnO4晶体，故C错误；D．K2MnO4溶液中加冰醋酸，K2MnO4在酸性条件下发生歧化反应生成KMnO4、MnO2。“歧化”时的反应为3MnO-+4CH3COOH=2MnO+MnO2+4CH3COO-+2H2O，加入冰醋酸使反应平衡正向移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率，故D正确；故答案选D。第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2．本卷共4题，共64分。13．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni等元素。回答下列问题：(1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是。(2)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2Ni(CN)是红黄色单斜晶体。K2Ni(CN)的熔点高于Ni(CO)4的原因是。(3)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为，其中碳原子杂化方式为，所含元素电负性由大到小的顺序是。IMI中大π键可表示为(已知苯中的大π键可表示为Ⅱ)，该配合物的配位原子为(填序号)。(4)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。①石墨能导电，六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是。②立方相氮化硼晶体中“一般共价键”与配位键的数目之比为。(5)红银矿NiAs晶体结构如图所示：①两个As原子的原子分数坐标依次为|（3,3,4②已知NA为阿伏加德罗常数的值，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=mpm、c=npm，则该晶体的密度为3g/cm(用含m、n的代数式表示)。3【答案】(1)ACD(2)K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小(3)sp2、sp3N>C>Hn1(4)六方相氮化硼中氮的电负性大，π电子很大程度上被定域在氮原子周围，不能自由移动，不可以导电3：1【详解】（1）A中各轨道都处于全满状态比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要的能量最高；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象，即原子从激发态到稳态过程发出电离辐射的过程，选项中处于激发态的原子为CD；（2）K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小；（3）IMI的结构中，双键上的碳原子的杂化类型为sp2，甲基上的碳原子杂化类型为sp3；所含元素为H、C、N，元素电负性由大到小的顺序：N>C>H；大π键可用符号Π表示，其中m待变参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，根据IMI的结构可知，形成5个原子，6个电子的大π键，即为：Ⅱ；由IMI结构知，1号原子能够提供孤电子对，故1能作为配位原子；（4）①石墨能导电，六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是：六方相氮化硼与石墨一样都具有层状结构，但石墨中每个碳原子最外层4个电子，形成3条共价键后，还有1个电子自由移动，而六方相氮化硼中没有自由移动电子，不可以导电；②立方相氮化硼晶体中B-N原子之间存在“一般共价键”，N原子含有孤电子对，B原子含有空轨道，可以形成配位键，由立方相氮化硼晶体结构可知“一般共价键”与配位键的数目之比为：3：1；（5）坐标原点为左下角的Ni原子，结合提示可知，距离较近的As的原子分数坐标为、、，则距离较远的214．某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，计算公式为A=abc，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。请回答：(1)仪器A的名称是。(2)制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是（填“AgNO3溶液”或“氨水”）。(3)选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：操作①：取下玻璃塞→操作②:→操作③:→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤: →操作⑥:→操作⑦:→再将操作③~⑦重复4次→测定溶液吸光度。a.打开K1，关闭K2b.打开K2，关闭K1c.将可滑动隔板拉至最左端d.热水浴加热仪器Ae.将可滑动隔板缓慢推至最右端f.将可滑动隔板迅速推至最右端(4)写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式。(5)将仪器A中溶液的pH调至1，加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成Fe2+1.12mg，则空气中甲醛的含量为mg/L。(6)下列说法正确的是。A．本实验缺少尾气处理装置B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的HCHO被吸收完全D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大【答案】(1)三颈烧瓶(2)氨水(3)dacbe(5)0.0375(6)BCD【分析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，可计算室内空气中甲醛含量。【详解】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；（2）由分析可知，仪器B中放置的药品是氨水；（3）结合分析可知，室内空气中甲醛含量的测定操作为：操作①：取下玻璃塞→操作②d.热水浴加热仪器A→操作③a.打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤c.将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥b.打开K2，关闭K1→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③~⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe；（4）甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方（5）甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，物质的量n(Fe)=1g=2根10-5mol，据电子守恒：HCHO-4e--4Fe2+，-6mol，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10-6mol÷4=1.25×10-6mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L。（6）A．本实验中氨气极易溶于水，无需尾气处理装置，错误；B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，正确；C．毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，正确；D．Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，则有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大，正确；故选BCD。15．一种非甾体抗炎药物(H)的合成路线如下(部分反应条件省略)：回答下列问题：(1)设计A→B和C→D两步反应的目的是。(2)D的化学名称为(用系统命名法命名)；D→E的反应类型为；E→F的化学反应方程式(3)G的结构简式为；符合下列条件G的同分异构体的结构简式为(任写一种)。①除结构外，不含其他环状结构；②含有-OCH3；③含有四种化学环境的氢。(4)已知：RCOOH+PCl3RCOCl。综合上述信息，写出以和ClCH2COOH为主要原料制备的合成路线料制备【答案】(1)保护酚羟基的对位氢不被取代(2)2，6-二氯苯酚取代反应+ClCH2COCl———+HCl(3)(4)【分析】结合A的分子式及B的结构可知A为苯酚，苯酚与浓硫酸发生取代反应生成B，B与氯气在氯化铁催化作用下生成C，结合C的分子式及D的结构简式可知，C应为C经酸化生成D，D与苯胺发生取代反应生成E，E的结构简式为：；E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，F的结构简式为F在氯化铝作用下发生已知Ⅱ中反应生成GG在NaOH条件下发生水解反应生成H，据此分析解答。【详解】（1）设计A→B和C→D两步反应可以保护酚羟基的对位氢不被氯取代，从而得到邻位取代产物。（2）由D的结构简式可知其名称为2-6-二氯苯酚；由以上分析可知D→E的反应类型为取代反应；E与ClCH2COCl发生已知Ⅰ中反应生成F，反应方程式为：+ClCH2COCl———+HCl；（3）G的结构简式为；G的同分异构体满足以下条件①除结构外，不含其他环状结构，则结构中除苯环外还含有两个不饱和度；②含有-OCH3，结合组成可知另一个基团为-CN；