浙江省宁波市十校2024届高三二模联考化学试题 含解析

宁波十校2024届高三3月联考

化学

选择题部分

一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一

个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.常温常压下，下列物质为气态的是

A.甲醇B.甲醛C.甲酸D.水

【答案】B

【解析】

【详解】A.常温常压下，甲醇为液态，A不符合；

B.常温常压下，甲醛为气态，B符合；

C.常温常压下，甲酸为液态，C不符合；

D.常温常压下，水为液态，D不符合；

答案选B。

2.碳酸氢钠常用作食用碱或工业用碱，下列说法不正卿的是

A.向碳酸氢钠固体中加入少量水后，会出现吸热现象

B.碳酸氢钠溶液呈碱性，加入NH4cl溶液后，产生较多氨气

C.分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠先发生分解

D.往饱和碳酸钠溶液中通入CO?,会产生碳酸氢钠沉淀

【答案】B

【解析】

【详解】A.碳酸氢钠溶于水吸热，A项正确；

B.碳酸氢钠溶液和NH4cl溶液不反应，B项错误；

C.碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠先发生分解，C

项正确；

D.往饱和碳酸钠溶液中通入C。？，碳酸钠和C。？、H2O反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸

钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化碳会有碳酸氢钠析出，D项正确；

答案选B。

3.下列表示正确的是

A.BF3的价层电子对互斥（VSEPR）模型:

-H]+

B.凡0+的电子式:H：O：H

C.基态Fe?+的价层电子轨道表示式：I，口口口口IE

3d4s

COOCH2cH3

D.I的名称：乙二酸乙二酯

COOCH2cH3

【答案】A

【解析】

Q.Q-I

【详解】A.BF,的中心原子价层电子对数为二/=3,其VSEPR模型为平面三角形，A正确;

H『

B.也0+的电子式为H：O：H,B错误；

3d

C.基态Fe2+的价层电子轨道表示式为I||I।I।I।I।IC错误；

COOCH2cH3

D.I的名称为乙二酸二乙酯，D错误;

COOCH2cH3

答案选A。

N木木

4.KNO3具有强氧化性，可发生反应：2KNO3+2NH4C1=2N2T+O2T+4H2O+2KC1o下列说法不

无理的是（NA为阿伏加德罗常数的值）

A.N2既是氧化产物，又是还原产物B.KN03仅作氧化剂

C.生成ImolN2转移电子的数目为5NAD.实验室不可用加热NH4NO?固体的方法制备NH3

【答案】B

【解析】

【详解】A.KNO3中N元素化合价由+5价变为0价，NH4cl中N元素化合价由-3价变为0价，则N2既

是氧化产物，又是还原产物，A项正确；

B.KNOs中N元素化合价由+5价变为0价，O元素化合价由-2价变为0价，则KNO3既是氧化剂又是还

原剂，B项错误;

C.KNO3中N元素化合价由+5价变为0价，反应消耗2moiKNO3生成2m0IN2转移lOmol电子，则生成

ImolN2转移电子的数目为5NA，C项正确；

A..

D.由反应2KNO3+2NH4c1=2N?'+O2「+4H2O+2KC1可知，NH4NO3受热分解可生成N2、Ch和

H20,故实验室不可用加热NH4NO3固体的方法制备NH3,D项正确；

答案选B。

5.下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是

A.LOmol/L氨水溶液(pH=9)中：Cu2+>NO］、CH3coeF

B.LOmol/L氯化钠溶液(pH=7)中：Fe"、Ba"、Br

C.O.lmol/L碳酸钠溶液(pH=ll)中：［Al(OH)4T、C「、CN-

D.Olmol/L酸性高镒酸钾溶液(pH=5)中：C2。f、SOj、Na+

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨水和Cu?+会生成沉淀，不共存，故A错误；

B.pH=7的氯化钠溶液会促进Fe3+水解产生胶体，不能共存，故B错误；

c.pH=11的碳酸钠溶液中：［AI(OH)41、cr>CN-各离子间不反应，可以大量共存，故C正确；

D.酸性高锦酸钾会与©2。丁发生氧化还原反应生成二氧化碳，不能共存，故D错误；

故选C。

6.《开宝本草》记载“取钢煨作叶，如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百

日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为(CH3coO^Fe-HzC)］可用如下方法检测。下列相关

说法不正理的是

A.气体X为SO2

B.铁华粉中含有铁单质

C,由上述实验可知，0H一结合Fe3+的能力强于CN-

D.制备铁华粉的主要反应为Fe+2CH3COOH=（CH3COO）2Fe+H2T

【答案】A

【解析】

【分析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸生成

氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氟化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤液中

有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。

【详解】A.气体X为醋酸蒸气，A错误；

B.加入盐酸，有氢气产生，说明铁华粉中含有铁单质，B正确；

C.由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢

氧根离子结合铁离子的能力强于CN\C正确；

D.由题中信息可知，制备铁华粉的主要反应方程式Fe+2cH3coOH=（CH3coO^Fe+HzT,D正

确；

故选：A„

7.类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是

已知结论

A15—冠一5（冠酸）能识别Na+12一冠—（冠酸）能识别K+

B酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸酸性：氢氟酸＞氢氯酸

12

^sp（Ag2CrO4）=l.lxl0-

C溶解度：Ag2CrO4<AgCl

10

^sp（AgCl）=1.8xlO-

D晶体硅是半导体材料晶体硅的化学键含金属键成分

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.12—冠一4（冠酸）与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠一4（冠酸）不能识别K+，A项

错误；

B.F的吸电子能力强于C1,使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F的非金属性比C1强，所以酸性：

三氟乙酸〉三氯乙酸，H-F键能比H-C1键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸〈氢氯酸，B项错误；

C.Ag2CrO4和AgCl组成不相似，则由勺（Ag2CrO4）<^sp（AgCl）,不能推测出溶解度：

Ag2CrO4<AgCl,C项错误；

D.晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比推理出，晶体硅的化学键含

金属键成分，D项正确；

答案选D。

8.某实验小组为制备1-氯-2-甲基丙烷（沸点69℃）,将2-甲基-1-丙醇和POCL溶于CH2c"中，加热回

流（伴有HC1气体产生）。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCL，分液收集CH2cU层，再用无水

Mgs。,干燥,过滤、蒸储后得到目标产物。上述过程中涉及的部分装置（夹持及加热装置略）如下图,

下列说法不亚确的是

A.装置①在加热回流时，需加入沸石或碎瓷片

B.装置②与装置①的冷凝管上端相连，因HC1气体极易溶于水,需将尾气处理装置设计成防倒吸

C.装置③在分液前无法区分水层与有机层时，可向分液漏斗中滴水，若上层无水滴通过轨迹，则上层为

水层

D.CH2c匕沸点为39.8℃,为增强冷凝效果，可使用装置④的蒸储装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水

浴加热

【答案】A

【解析】

【详解】A.该装置中有搅拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，A项错误；

B.装置②与装置①的冷凝管上端相连，用来收集反应生成的HQ,HC1气体极易溶于水，所以要防止倒

吸，B项正确；

C.向两层溶液中滴水，滴入水后如果先接触有机层，滴入的水与有机层会有明显的界限，如果滴入水层，

就会消失不见，c项正确；

D.CH2c"沸点为39.8℃,1-氯-2-甲基丙烷沸点69℃,故可使用装置④的蒸储装置，对圆底烧瓶进行控制

温度的温水浴加热，得到纯净的1-氯-2-甲基丙烷，D项正确；

答案选A。

9.关于有机物检测，下列说法正确的是

A.分子式为C4H0O的有机物不能使酸性KM11O4溶液褪色，则该有机物一定不是醇

B.可用滨水鉴别甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯

C.CH3CHO与CH3co0H的核磁共振氢谱谱图是完全相同的

D.淀粉水解液碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，出现砖红色沉淀，说明淀粉水解生成了还原性糖

【答案】D

【解析】

CH3

【详解】A.HCCCf属于醇，但不能使酸性KMnC>4溶液褪色，A项错误；

0H

B.甲酸水溶液、甲醛水溶液就能和澳水反应使澳水褪色，现象相同，故不能用澳水鉴别甲酸水溶液、甲醛

水溶液和甲苯，B项错误；

C.CHjCHO与CHsCOOH都含有两种不同环境的氢原子，且个数比均为3:1,但由于所含官能团不同使

得化学位移不同，故二者的核磁共振氢谱谱图不完全相同，C项错误；

D.淀粉水解液生成葡萄糖，葡萄糖为还原性糖，碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，，出现砖红色沉淀，D

项正确；

答案选D。

10.下列指定反应与方程式不相得的是

A.淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O=2I2+4OH

B.用惰性电极电解MgCL溶液，阴极的电极反应式：Mg2++2H2(D+2e-=Mg(OH)2J+H2T

CH厂OHCH厂NO,

I一一/定I条件I一一

C.甘油与硝酸发生酯化反应：CH-OH+3HNO3--^>CH-NO2+3H2O

CH-OHCH-NO2

0H

OH

D.在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚:TJ+

+HCHO-g-

【答案】C

【解析】

【详解】A.r在空气中被氧化为卜，使淀粉溶液变蓝，离子方程式为4r+C)2+2H2O=2l2+4OH-,A项

正确;

B.用惰性电极电解MgCU溶液，阴极上水电离出的H+发生还原反应生成H2,Mg2+和水电离产生的0H-反

应生成Mg(OH)2沉淀，故阴极的电极反应式为Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2J+H2T,B项正确；

C.醇和竣酸的反应为酯化反应，故该反应不是酯化反应，C项错误；

D.在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚，反应的方程式为

D项正确;

答案选C。

11.有机物L的合成路线(反应条件和其他产物已经略去)如下图所示，下列说法不正颂的是

A.ImolX最多能与2moiNaOH(水溶液)发生反应

B.在Z-M过程中，发生还原反应，M的结构简式为CH?=CHCH2cH20H

C.Y能使滨水和酸性高镒酸钾溶液褪色，但褪色原理不同

D.N和L均难溶于水

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题干信息可知，ImolX中含有2moi醇酯基，则最多能与2moiNaOH发生反应，A正确；

B.由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在Z-M的过程中即竣基转化

为醇羟基，发生还原反应，则M的结构简式为CH?=CHCH2cH2cH2OH,B错误；

C.Y能使滨水褪色是发生加成反应，而使酸性高镒酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C

正确；

D.由题干信息可知，L为酸类物质，N是卤代烧，二者均难溶于水，D正确；

故选：Bo

12.有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，

基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn」np2n-i,下列说法不正确的

是

XX-1+

I—

YZ

I—

XX

A.Z与N可形成化合物ZN,、ZN5

B.最简单氢化物的沸点：Z>Y

C.M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大

D.YX：离子中Y发生sp2杂化

【答案】A

【解析】

【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，N元素的价层电子排布式为

ns»inp2»i,则n为Cl元素；阳离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、4,基态原子M核外电

子所占据原子轨道全充满，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Mg元素。

【详解】A.氮元素的原子序数为5,基态原子的价电子排布式为2s22P3,由于原子核外没有d轨道，所以

由共价键的饱和性可知，氮原子与氯原子无法形成五氯化氮，故A错误；

B.氨分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高

于甲烷，故B正确；

C.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电

离能大于相邻元素，故C正确；

D.CH；离子中碳原子的价层电子对数为3,则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确；

故选A„

13.高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以Nad。,为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正

确的是

一光伏电池一

X---------------Y

a离子交换膜b

A.上述装置中，f极为光伏电池的正极

B.a、b处均通入NaClC>4溶液

C.d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HC1O4溶液

D.若转移2mol电子，理论上生成100.5gNaClO4

【答案】C

【解析】

【分析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极

为光伏电池的负极，阳极H2O或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O-4e=4H++O2t

或4OH--4e=2H2O+O2t,生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上

H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2t或

+

2H+2e=H2f,OH-与Na+结合成NaOH,所以物质b为稀NaOH溶液，以此来解答。

【详解】A.图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e

极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；

B.由以上分析可知，物质b为稀NaOH溶液，故B错误；

C.左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH,

所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HC1CU,故C正确；

D.电解NaCICU溶液生成HC1O4时阳极电极反应式为2H2O-4e=4H++O2f,转移2moi电子则生成

2molH+,即生成2moiHCIO4,m(HQO4)=nM=2molX100.5g/mol=201g,故D错误；

故选：Co

14.乙醛与氢氟酸(HCN,弱酸)能发生加成反应，生成2-羟基丙睛，历程如下：

O，

H

H4+?X

-H3

C-H3CcM-H3C

下列说法不正卿的是

A.因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与CN-作用

B.HCN易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一

C.往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易

进行

CHO

D.与HCN加成的反应速率：言>八

3^N()2U^CH3

【答案】C

【解析】

【详解】A.氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，碳原子与CN一作用，故A正确；

B.HCN易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B正确；

C.往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，CN-浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢

离子浓度降低，第二步反应难发生，故C错误；

D.硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于亲核加成，

CHOCHO

所以与HCN加成的反应速率：>人，故D正确；

^^NO2M\CH3

选C。

15.常温下，往0.35mol/LCa(C10)2溶液中通入CCh

-7

已知：Ka(HClO)=4.0xl0-8,Kal(H2CO3)=4.5X10,Ka2(H2co3)=4.7X10-U,^sp(CaCO3)=3.4xl0-9

下列说法不E砸的是

A.通入一定量CCh后溶液pH=7,未出现CaCCh沉淀

B.往Ca(ClO)2溶液中加盐酸酸化，将有Cb生成

C.通入一定量CCh后溶液中c(HC10)=c(C10)滴入酚酰试剂，溶液一直呈无色

D.已知自然条件下，饱和碳酸溶液的pHa5.6,则自然条件下饱和碳酸溶液中存在c(H+)>c(HCO£)>

c(OH-)>c(CO；)

【答案】AC

【解析】

【详解】A.向Ca(C10)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7,c(H+)=10-7mol/L,由于Ka(HC10)=4.0xl(T

c(H+).c(C10)_10-7XC(C1O)_根据溶液浓度为

8,4OXW8)=40*9=0.4,Ca(C10)2

c(HC10)c(HC10)c(HC10)IO，

0.35mol/L,则c(C10)+c(HC10)=0.35mol/Lx2=0.70mol/L,两式联立，解得c(CK>)=0.2mol/L；

c(HC10)=0.5mol/L；溶液pH=7,溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH)根据电荷守恒可得

+2+2+-

c(H)+2c(Ca)=c(OH)+c(ClO)+2c(CO^)+c(HCO3),故有2c(Ca)=c(ClO-)+2c(CO1)+c(HCO3)；0.35

2+-

mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca)=0.35mol/L,0.35mol/Lx2=0.2mol/L+2c(CO^)+c(HCO3),所以

c(H+>c(CO；)

2c(CO/)+c(HCO；)=0.5mol/L,H2cO3的二级电离平衡常数乂2==4.7xl0-ii,pH=7,

-c(HCO；)

c(CO；)4.7x10”

c(H+)=1O'7mol/L,所以=4.7x10-4,结合等式2c(CO：)+c(HCO])=0.5mol/L,可知

C(HCC)3)-nF

-2+-

C(HCO3)-0.5mol/L,c(CO1)=0.5mol/Lx4.7xl0/=2.35xl(y4moi/L,c(Ca)-c(CO1)=0.35x2.35x10-

4=8.225xl0-5>Ksp(CaCO3)=3.4xl0-9,因此溶液中会出现CaCCh沉淀，A错误；

B.加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HC1具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应

+

方程式为：C1O-+C1-+2H=H2O+C12T，B正确；

+

c(H)c(C10)。什eQ

C.A：a(HClO)==40x10>若C(C1O-)=C(HC1O),贝!Jc(H+)=4.0xl(y8mol/L,pH=8-lg4=7.4,

溶液显碱性，滴入酚酬溶液时，首先显红色，然后由于HC1O、CIO的氧化性而将红色溶液氧化变为无

色，不是一直为无色，C错误；

D.碳酸在溶液中存在两步电离平衡，HCO1主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)

>C(HCO')；CO；主要是HCO3部分电离得到，而且HCO3电离程度十分微弱，H2cCh电离出HCO]的

程度大于HCO3电离产生CO；的程度，故c(COj)和c(OH-)要小于c(HCO；)；KM=

c(HCO')c(OH)K1014

--------J1-------=w=---------=2.13x10-4,溶液pH=5.6,c(H+)=10-5-6mol/L,c(OH)=10-8-4mol/L,

c(CO3)Ka24.710

c(HC0p-c(OH-)K

4可得c(CO；-)=4.7xl(yu

C(HCO3户C(H+)=1056moi/L,带入KM==—=2.13xio-,

c(COpKa2

+

mol/L,小于c(OH)=IO"mol/L,故离子浓度大小关系为：C(H)>c(HCOj)>c(OH)>c(CO"),D正

确;

故合理选项是AC。

16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，下列方案设计、结论均正确的是

实验目的方案设计现象结论

探究金属Na、金属Na与水

将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投Na的金属性强

ACa的金属性强反应更加剧

入蒸储水中于Ca

弱烈

判断AlCh的化AlCb溶液可A1C13中含有离

B将AlCb固体溶于水，进行导电性实验

学键类型导电子键

探究浓硝酸与炭与浓硝酸在

产生红棕色

C炭在加热条件将红热的木炭投入浓硝酸中加热条件下反

气体

下能否反应应生成NO2

探究有机物中分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHC00CH2cH3)和a-前者无明显鼠基活化双

D官能团之间的氟基丙烯酸乙酯［CH2=C(CN)COOCH2cH3］中滴现象，后者键，使其更易

影响入水快速固化发生加聚反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸储水中，分别发生反应：

2Na+2H2O=2NaOH+H2t；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2t，由于NaOH易溶于水，会迅速扩散到溶于中，反应继

续进行；而Ca(OH)2微溶水，反应产生Ca(OH)2覆盖在金属表面，阻止反应的进行，导致Ca与水的反应

速率比Na与HzO反应的缓慢，因此不能比较金属Na、Ca的金属性强弱，A不符合题意；

B.AlCb固体溶于水，AlCb电离产生AF+、C1-,由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，但不能

判断其物质中含有离子键，B不符合题意；

A

C.浓硝酸具有不稳定性，在加热时会发生分解反应：4HNO3=2H2O+4NO2T+O2T,反应产生的NCh也会

产生红棕色气体，而不能证明C与浓硝酸反应产生NCh,C不符合题意；

D.分另1J向丙烯酸乙酯（CH2=CHC00CH2cH3）和a-氟基丙烯酸乙酯［CH2=C（CN）C00CH2cH不中滴入水，前

者无明显现象，后者快速固化，说明氟基活化双键，使其更易发生加聚反应，产生高聚物

COOCH2cH3

_pCH2—C-|-，可以用于探究有机物中官能团之间的影响，D正确；

CN

故合理选项是D。

二、非选择题（本大题共5小题，共52分。）

17.氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：

（1）钻氧化物和AUO3按照适量的比例高温燃烧可得到钻蓝，钻蓝可用于青花瓷的颜料。钻蓝晶体结构

是由图1中I型和II型两种小立方体平移所得。图2是钻蓝的晶胞，已知钻原子位于晶胞的顶角和面心。

①钻蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为=

②Co原子间最短的距离为pm。

③图2所示字母中，I型小立方体分别是a、（填字母序号）。

（2）苯、1,3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共粗大无键。

①下列说法正确的是0

A.同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种

B.苯中碳原子杂化方式为sp2

C.1,3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长

CH,=C—CH=CH,

D.一I的二氯代物有9种（不考虑立体异构）

CH3

②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香煌称为稠环芳煌，例如：蔡(HI）、K

fCHO

(3)邻羟基苯甲醛()能形成分子内氢键。

①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键

②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是

【答案】17.①.1:2:4②.—a③.c、f

2

18.①.BD②.54

19.②.形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，燧的减少量大于形成分

子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键

【解析】

【小问1详解】

①I型立体结构中C。位于顶点和体心，原子数是4x(+1；O位于晶胞内，原子数是4；II型小立方体中

C。位于顶点，原子数是4X1；O位于晶胞内，原子数是4；A1位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4

8

个I型和4个n型小立方体构成，所以1个晶胞含有C。原子数是8、A1原子数是16、。原子数是32,则

钻蓝晶胞中Co、Al、。原子个数比为：8:16:32=1:2:4；

②由图可知，Co原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：走aPm；

2

③根据晶胞中I型立体结构、II型小立方体关系，图2中I型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、

下层f位置，故分别是a、c、f；

【小问2详解】

①A.同周期越靠右，第一电离能越大，其中第HA、VA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能

较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、0、F、Ne,一共4种，A错误；

B.苯中，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共辗大兀键，则苯中碳原子杂化方式为sp2,B正确；

C.根据信息可知，1,3-丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轨大无键，则其中碳原子间的键长小

于乙烷中的碳碳键键长，C错误；

134

一工CH=C-CH=CHjCHCI=C-CH=CIL

D.根据定一移一的原则可知，-22一x的二氯代物有|­、

CHCH3

32

.C一上…CH,=C-CH=CH,

CH,-C-CC1-CH,CH,=C-CH=CHCI

、"j、Xi...,一共9种，D正确；

CH,CH,皆2口r

67“

故选BD；

②根据题给信息可知，分子式为C30Hl&的稠环芳煌中含有苯环的个数为7个，其中含有C—C©键的个数

为：36,C—H◎键的个数为：18,则一个分子中。键有54个；

【小问3详解】

从化学反应进行的方向可以知道，邻羟基苯甲醛在分子间形成氢键，会导致分子数减少，则嫡减少，但是

该物质更加易于形成分子内氢键，说明形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，嫡的减少量大于形成分

子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键。

18.碑的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用碎化镂薄膜电池来供

电。一种从酸性高浓度含碑废水［碑主要以亚碑酸（H3ASO3）形式存在］中回收碑的工艺流程如下：

含神£,ElNaOH浸取点圆皤呼国鳖亚国等As。

废水-『回J

滤液।.口时排放达标

已知：I.As2s3+6NaOH—Na2AsO2+Na3Ass3+3H20

n.As2s3(s)+3s2-(aq),2AsS：(aq)

III.碑酸(H3ASO4)在酸性条件下有强氧化性

17

IV.Ksp(FeS)=6.3x10-18,/[Fe(OH)2]=4.9xl0

请回答：

(1)从含碑废水到滤液I,浓度明显减小的阳离子为(用离子符号表示)。

(2)下列说法正确的是»

A.沉碑时产生的废气可用CuSC)4溶液吸收处理

B.酸化的目的是增加+5价碑的氧化性

C.NaOH浸取后所得滤渣的主要成分是FeS,不含Fe(OH)2

S

D.酸性：H2SeO4>H3AO4

(3)“沉碑”过程中FeS是否可用过量的Na2s替换(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解

释原因__________O

(4)碑酸“还原”过程中发生的化学方程式为o还原后溶液需检验是否仍剩余碑酸，设计检验实

验方案o

【答案】(1)H+⑵ABD

(3)①.否②.由于As2s3(s)+3S2-(aq).•2AsS；-(aq),加入过量的Na?S,溶液中。⑶一)

增大，平衡正向移动不利于沉碑

(4)①.2H3ASO4+2SO2=AS2O3+2H2SC)4+H2O②.取少量溶液于一洁净试管中，滴入几

滴Nai(或HI)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明碑酸未还原完全

【解析】

【分析】含碑废水加入硫化亚铁生成As2s3沉淀，As2s3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，

As2s3+6NaOH=Na3AsO3+Na3Ass3+3H2O,浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3>Na3Ass3的滤

液II；滤液II氧化脱硫生成硫单质和Na3Ase\，酸化后生成H3ASO4,碑酸(H3ASO4)在酸性条件下有强

氧化性，能SO2被还原生成AS2O3。

【小问1详解】

含神废水加入硫化亚铁生成As2s3沉淀，H3ASO3与FeS发生如下反应：

+2+

2H3AsO3+3FeS+6H=As2S3+3Fe+6H2O,反应过程中川浓度明显减小；

【小问2详解】

沉碑时产生的废气中含有H2S,可用CuSO4溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确;

碑酸(H3ASO4)在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将碑酸钠转化为碑酸，从而增强+5价碑的

氧化性，故B正确；

FeS和Fe(OH)2的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，FeS可以部分转化为Fe(OH)2,因此滤

渣中可能含Fe(OH)2,故C错误；

非金属性Se>As,则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：H2SeO4>H3AsO4,故D正确；

【小问3详解】

2

己知：II.As2S3(s)+3S-(aq)-2AsS^(aq);加入过量的硫化钠，溶液中eg)增大，平衡正向移

动不利于沉碑，故“沉碑”过程中FeS不可以用过量的Na2s替换。

【小问4详解】

碑酸“还原”过程中发生的化学方程式为2H3ASO4+2SC)2=AS2O3+2H2SO4+H2O；还原后溶液需检验

是否仍剩余碑酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴Nai(或

印)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明碑酸未还原完全。

19.通过电化学将C。2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C。2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0

O阴离子交换膜

惰

情

21限8

性

性

廖

电

电I*

极

极

a8八

U*J

£)

0100300500700

KOH溶液rrc

图1图2

(2)另一研究小组研究乙醇-水催化重整获得清洁能源H?,主要反应如下：

反应I：C2H50H值)+3凡0伍)2CO2(g)+6H2(g)AH,=+173.3kJ/mol

反应n：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41.1kJ/mol

反应III：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)AH3

①AH?=_________kj/molo

②保持压强为lOOkPa,按n始(C2H5(DH):n始(H2())=l: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——7—一X10。％］及H2的产率［H2产率

n生成(CO2)+n生成(co)

n生成史\义100%］随温度T的变化关系如图2所示。

n理论最大量(凡)

下列说法正确的是。

A.曲线a表示平衡时CO2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［”(国0)："(C2H5OH)］有助于提高CO的选择性

③500℃、lOOkPa条件下，反应H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CO?获得能源CO。恒压、750℃条件下，CH4和CO?按物质量之

比1:3投料，经如下流程实现C。2高效转化。

①上述转化循环顺利进行时，过程出中参加反应的〃(Fe):«(CaCO3)=。

②若CH4和CO?按物质的量之比1：1投料，会导致过程正、道循环无法持续进行，请解释原因(结合第①

问数据进行说明)o

【答案】(1)2CO+8e+6H2O——>CH2=CH2+8OH

(2)+255.5②.ABD0.225

(3)3:4②.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Fe3C)4+4CO.4CO2+3Fe.

Fe3O4+4H2,3Fe+4H2O、CaO+CO2.二CaCO3,i无CO?剩余，导致ii结束后

7t(Fe):«(CaCO3)=3:2>3:4,导致iii无法将Fe完全转化成Fes。,，最终导致ii、iii循环无法持续进行

【解析】

【小问1详解】

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:

2CO+8e+6H2。---->CH?=CH2+8OH；

【小问2详解】

①根据盖斯定律可得，AH3=AH,+2AH2=173.3kJ/mol+2x41.1kJ/mol=+255.5kJ/mol；

②A.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%（C2H5OH）:%（国。）=1：3,所以一开始体系中没有C。？，所以反应H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C。？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