吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三下学期一模试题 化学含解析.pdf

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1、高三化学高三化学可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 K39 Mn55 Cu64 Ce140 Au197一、选择题：本题共一、选择题：本题共 15 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是A.植物油制作奶油B.太阳能电池发电C.土豆片遇碘变蓝D.鸡蛋加热后凝固2.下列叙述正确的是A.熟石膏的化学式：CaSO42H2OB.过氧化钠的电子式：C.基态氧原子的电子排布图：D.Ba(

2、OH)2溶液中滴入少量稀硫酸发生反应的离子方程式：22442Ba2OH2HSOBaSO2H O+-+-+=+3.科学家利用 FOX7 合成有机物 T 的反应历程如图所示（部分物质省略），T 可用作固体火箭的新型推进剂，下列叙述正确的是A.FOX7 不能发生加成反应B.FOX7 不能使酸性 KMnO4溶液褪色C.T 属于芳香族化合物D.已知 T 中 R 为乙基，则 T 含 1 个手性碳原子4.下列说法正确的是吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三下学期一模试题 化学含解析吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三下学期一模试题 化学含解析A.图甲用（杯酚）识别 C60和 C70，操作为过滤，

3、操作为蒸馏B.图乙装置可用于收集 NH3并验满C.图丙装置可用于干燥 MnCl24H2OD.图丁装置可用于探究铁的析氢腐蚀5.短周期主族元素 X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，某种性质递变规律如图所示，下列元素性质与元素对应正确的是A.原子半径：F、Cl、Br、IB.电负性：Si、P、S、ClC.第一电离能：Si、P、S、ClD.最高化合价：C、N、O、F6.天然气因含有少量2H S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如下图所示。下列说法错误的是A.自然界游离态的硫广泛存在于各种矿石中B.基态3+Fe的价层电子轨道表示式为C.该反应 I 的离子方程式为3+2

4、+2H S+2Fe2H+2Fe+S=D.在此过程中，每脱去26.8g H S时，需消耗20.1mol O7.某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z 五种元素原子序数依次增大，基态 Z 原子的电子填充了 3 个能级，其中有 2 个未成对电子。下列说法错误的是A.简单氢化物沸点高低：XYB.Y 和 W 位于同一主族C.第一电离能大小：XZPH PD.次磷酸铵与足量氢氧化钠共热：+-3-422322NH+H PO+3OHNH+3H O+POV9.生物体内多巴胺的合成是以L-酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过程如下图所示。下列相关说法错误的是A 多巴胺分子中所有碳原子可

5、能同平面B 1mol L-多巴与浓溴水反应最多可以消耗23 mol BrC.L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应可生成 3 种二肽D.上图中三种有机物均可与3FeCl溶液发生显色反应10.下列实验操作、现象和涉及的离子方程式均正确的是.选项操作现象离子方程式A向明矾溶液中加入过量氨水最后得无色溶液3+32Al+4NHH O=-+44Al(OH)+4NHB将少量2SO通入到2Ca(ClO)溶液中产生白色沉淀222SOCa3ClOH O+-+=-4CaSO+Cl+2HClOC向325Co NHCl Cl溶液中加入少量3AgNO溶液产生白色沉淀2+-+35Co NHCl+2Cl+3Ag=3+35Co

6、 NH+3AgClD向35mL 0.1mol/L AgNO溶液中滴加 5滴-10.1mol LlNaC溶液，然后再滴加5 滴-10.1mol L KI溶液先产生白色沉淀，后变成黄色沉淀-AgCl(s)+I(aq)AgI(s)+Cl(aq)=A.AB.BC.CD.D11.Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图 1 所示，反应过程中相对能量的变化如图 2所示。已知图 2 中 TS 表示过渡态，FS 表示稳定的共吸附。下列说法错误的是A.水煤气变换反应为 H2O+COAunCO2+H2B.稳定性：FSe2大于 FSe1C.水煤气变换反应DH”“”或“”）0，判断依据是_T3时 NH3

7、的平衡转化率为_。19.氯霉素是广普抑菌抗生素。下图是以化合物 A 为原料合成氯霉素的一种路线：请回答下列问题：（1）A 的化学名称是_。（2）EF 的有机反应类型为_。（3）C 的结构简式为_。（4）AB 的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，第二步反应的化学方程式为_。（5）F 中 N 原子的杂化类型为_。（6）M 是 A 的同系物且相对分子质量比 A 大 14，符合条件的 M 有_种(不考虑立体异构)（7）根据合成氯霉素的信息，设计以(酪氨酸)为原料合成(D-型酪氨醇)的路线(无机试剂任选)_。高三化学高三化学可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1 C12

8、 N14 O16 Cl35.5 K39 Mn55 Cu64 Ce140 Au197一、选择题：本题共一、选择题：本题共 15 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是A.植物油制作奶油B.太阳能电池发电C.土豆片遇碘变蓝D.鸡蛋加热后凝固【答案】B【解析】【详解】A.植物油主要成分是不饱和脂肪酸，加氢制作奶油，变成饱和脂肪酸，属于化学变化，故 A 不符合题意；B.太阳能电池发电太阳光直接转化为电能，没有新物质生成，不属于化学变化

9、，故 B 符合题意；C.土豆片富含淀粉，碘单质遇淀粉变蓝有新物质生成，属于化学变化，故 C 不符合题意；D.鸡蛋加热后凝固是一种蛋白质变性的过程，属于化学变化，故 D 不符合题意。故选 B。2.下列叙述正确的是A.熟石膏的化学式：CaSO42H2OB.过氧化钠的电子式：C.基态氧原子的电子排布图：D.Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸发生反应的离子方程式：22442Ba2OH2HSOBaSO2H O+-+-+=+【答案】D【解析】【详解】A熟石膏的化学式：2CaSO4H2O，A 错误；B过氧化钠的电子式：，B 错误；C违反了泡利原理，基态氧原子的电子排布图：，C错误；DBa(OH)2溶液中滴入

10、少量稀硫酸生成硫酸钡和水，发生反应的离子方程式：22442Ba2OH2HSOBaSO2H O+-+-+=+，D 正确；故选 D。3.科学家利用 FOX7 合成有机物 T 的反应历程如图所示（部分物质省略），T 可用作固体火箭的新型推进剂，下列叙述正确的是A.FOX7 不能发生加成反应B.FOX7 不能使酸性 KMnO4溶液褪色C.T 属于芳香族化合物D.已知 T 中 R 为乙基，则 T 含 1 个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知，FOX7 分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，故 A 错误；B由结构简式可知，FOX7 分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故

11、 B 错误；C由结构简式可知，T 分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，故 C 错误；D由结构简式可知，若 T 分子中 R 为乙基，分子中含有如图*所示的 1 个手性碳原子：，故 D 正确；故选 D。4.下列说法正确的是A.图甲用（杯酚）识别 C60和 C70，操作过滤，操作为蒸馏B.图乙装置可用于收集 NH3并验满C.图丙装置可用于干燥 MnCl24H2OD.图丁装置可用于探究铁的析氢腐蚀【答案】A【解析】【详解】A图甲用（杯酚）识别 C60和 C70，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作为过滤，杯酚和氯仿沸点不同，操作为蒸馏，A 正确；B氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，导气管应

12、伸入试管底部，B 错误；CMnCl24H2O 水解生成的氯化氢易挥发，水解平衡正向移动，会生成氢氧化锰，应在氯化氢气流中干燥，C 错误；D食盐水呈中性，发生的是吸氧腐蚀，D 错误；故选 A。5.短周期主族元素 X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，某种性质递变规律如图所示，下列元素性质与元素对应正确的是A.原子半径：F、Cl、Br、IB.电负性：Si、P、S、ClC.第一电离能：Si、P、S、ClD.最高化合价：C、N、O、F【答案】C【解析】【详解】A同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则溴原子的原子半径大于氯原子，故 A 错误；B同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元

13、素的电负性大于磷元素，故 B 错误；C同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的 3p 轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为 ClPSSi，故 C 正确；D氟元素的非金属性强，没有正化合价，故 D 错误；为故选 C。6.天然气因含有少量2H S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如下图所示。下列说法错误的是A.自然界游离态的硫广泛存在于各种矿石中B.基态3+Fe的价层电子轨道表示式为C.该反应 I 的离子方程式为3+2+2H S+2Fe2H+2Fe+S=D.在此过程中，每脱去26.8g H S时，需消耗20

14、.1mol O【答案】A【解析】【分析】过程 I 硫化氢与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和 S：2244243H S2SHFeSOFeSOSO+=+，过程 II 中氧气将硫酸亚铁氧化为硫酸铁：24242423O4H22H OFeSOSOFeSO+=+；【详解】A游离态的硫存在于火山喷口附近和地壳的岩层里，A 错误；BFe3+电子排布为2262651s 2s 2p 3s 3p 3d，基态 Fe3+的价层电子轨道表示式为，B 正确；C根据分析，反应为322H S22S2HFeFe+=+，C 正确；D根据分析，2422H S 4 OFeSO，2m6.8gn H S0.2M34g/molmol=，则消耗 0.

15、1molO2，D 正确；故答案为：A。7.某储氢材料前驱体结构如下图，M、W、X、Y、Z 五种元素原子序数依次增大，基态 Z 原子的电子填充了 3 个能级，其中有 2 个未成对电子。下列说法错误的是A.简单氢化物沸点高低：XYB.Y 和 W 位于同一主族C.第一电离能大小：XZYD.阴、阳离子中均有配位键【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，基态 Z 原子的电子填充了 3 个能级，其中有 2 个未成对电子，故 Z 为 C 或者 O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知 Y 周围形成了 4 个单键，再结合信息 M、W、X、Y、Z 五种元素原子序数依次增大，故 Y 为 N，故 Z 为 O，M 只形

16、成一个单键，M 为 H，X 为 C，则 W 为 B，据此分析解题。【详解】AX 为 C，Y 为 N，由于 N 元素形成的简单氢化物氨气中含有氢键，则其沸点高于 C 的简单氢化物甲烷，A 正确；BY 为 N，位于第 VA 族，W 为 B，位于第 IIIA 族，二者不属于同主族元素，B 错误；CX 为 C，Y 为 N，Z 为 O，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA 与 IIIA，VA 与VIA 反常，故第一电离能：XZPH PD.次磷酸铵与足量氢氧化钠共热：+-3-422322NH+H PO+3OHNH+3H O+POV【答案】C【解析】【详解】A2+Ni的核外电子排布式为 1

17、s22s22p63s23p63d8，核外电子只有 14 种，核外电子的空间运动状态数即原子轨道数，核外电子的空间运动状态数只有 14 种，故 A 错误。B“碱溶”时发生反应42223P+3NaOH+3H O=3NaH PO+PH，氧化剂 P4与还原剂 P4的物质的量之比为1:3，故 B 错误；C3PH，34PO-，P4中 P 的价层电子对数均为 4，均为 sp3杂化，34PO-为 5 原子的正四面体结构，键角为 10928，P4为 4 原子的正四面体结构，键角力 60，3PH中 P 含有 1 个孤电子对，空间构型为三角锥形，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，所以键角3-434PO PH P，

18、故 C 正确；D次磷酸铵为正盐，与足量氢氧化钠共热只发生+-432NH+OHNH+H OD，故 D 错误；故答案选 C。9.生物体内多巴胺的合成是以L-酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过程如下图所示。下列相关说法错误的是A.多巴胺分子中所有碳原子可能同平面B.1mol L-多巴与浓溴水反应最多可以消耗23 mol BrC.L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应可生成 3 种二肽D.上图中三种有机物均可与3FeCl溶液发生显色反应【答案】C【解析】【详解】A根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则 L-酪氨酸分子中所有碳原子均可同平面，A 正确；BL-多巴中含有两个酚羟

19、基，酚羟基与浓溴水发生反应取代反应，取代在苯环的邻、对位，根据其结构简式可知，1mol L-多巴与浓溴水反应最多可以消耗23 mol Br，B 正确；CL-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应生成二肽，可以两分子L-酪氨酸形成二肽，可以两分子L-多巴形成二肽，也可以 1 分子L-酪氨酸与 1 分子L-多巴形成二肽，根据酸脱羟基氨脱氢，1 分子L-酪氨酸与1 分子L-多巴形成二肽有两种结构，因此L-酪氨酸与L-多巴混合发生缩合反应可生成 4 种二肽，C 错误；D上图三种有机物均有酚羟基，都能与3FeCl溶液发生显色反应，D 正确；故选 C。10.下列实验操作、现象和涉及的离子方程式均正确的是选项操作

20、现象离子方程式A向明矾溶液中加入过量氨水最后得无色溶液3+32Al+4NHH O=-+44Al(OH)+4NHB将少量2SO通入到2Ca(ClO)溶液中产生白色沉淀222SOCa3ClOH O+-+=-4CaSO+Cl+2HClOC向325Co NHCl Cl溶液中加入少量3AgNO溶液产生白色沉淀2+-+35Co NHCl+2Cl+3Ag=3+35Co NH+3AgClD向35mL 0.1mol/L AgNO溶液中滴加 5滴-10.1mol LlNaC溶液，然后再滴加5 滴-10.1mol L KI溶液先产生白色沉淀，后变成黄色沉淀-AgCl(s)+I(aq)AgI(s)+Cl(aq)=A.

21、AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A氢氧化铝只能溶于强碱，不能溶于一水合氨，则向明矾溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝，离子方程式为：3+3324Al+3NHH O=Al(OH+)3NH，A 错误；B将少量2SO通入到2Ca(ClO)溶液中，二者发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根，与溶液中钙离子结合生成硫酸钙微溶物，次氯酸根被还原为氯离子，同时生成氢离子与溶液中次氯酸根生成 HClO弱电解质，离子方程式为：222SOCa3ClOH O+-+=-4CaSO+Cl+2HClO，B 正确；C配合物中只有外界的离子能参与化学反应，因此向325Co NHCl Cl溶液中加入少量3AgNO溶

22、液，1mol325Co NHCl Cl只能消耗 2mol3AgNO，离子方程式为：-+Cl+Ag=AgCl，C 错误；D向35mL 0.1mol/L AgNO溶液中滴加 5 滴-10.1mol LlNaC溶液，然后再滴加 5 滴-10.1mol L KI溶液，由于3AgNO过量，则会生成 AgCl 与 AgI 两种沉淀，总离子方程式为：+-2Ag+I+ClAgI+AgCl=，D 错误；故选 B。11.Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图 1 所示，反应过程中相对能量的变化如图 2所示。已知图 2 中 TS 表示过渡态，FS 表示稳定的共吸附。下列说法错误的是A.水煤气变换反应

23、为 H2O+COAunCO2+H2B.稳定性：FSe2大于 FSe1C.水煤气变换反应的DH0D.制约总反应速率的反应为 CO*+OH*=COOH*【答案】D【解析】【详解】A由图 1 可知，反应物为 H2O 和 CO，生成物为 CO2 和 H2，故水煤气变换反应为 H2O+COAunCO2+H2，A 正确；B物质的能量越低越稳定，FSe2的能量比 FSe1的低，故稳定性：FSe2大于 FSe1，B 正确；C由图 2 可知，反应物总能量高于生成物总能量，故水煤气变换反应的DH0，C 正确；D制约总反应速率的反应为活化能最大的反应，由图 1、2 可知，活化能最大的反应为 H2O*=OH*+H*，

24、D 错误；答案选 D。12.利用化工厂产生的烟灰(ZnO 的质量分数为，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)42+、Cu(NH3)42+、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)42+=Cu+Zn(NH3)42+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 m kg 烟灰中得到活性 ZnO a kg，则 ZnO 的回收率100am%【答案】D【解析】【分析】烟灰(ZnO 的质量分数为，还含有少量

25、 CuO、MnO2、FeO 等杂质)，经过碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO 转化为Zn(NH3)42+，CuO 转化成 Cu(NH3)42+，MnO2、FeO 不反应成为滤渣 1，向滤液 1 中加入过量锌粉，将Cu(NH3)42+转化为Zn(NH3)42+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)42+、Cu(NH3)42+、NH4+可知，ZnO 转化为Zn(NH3)42+，CuO 转化成 Cu(NH3)42+，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，

26、将Cu(NH3)42+转化为Zn(NH3)42+和铜单质除杂，离子方程式Zn+Cu(NH3)42+=Cu+Zn(NH3)42+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；D从 m kg 烟灰中得到活性 ZnO a kg，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100am%，D 错误；故选 D。13.用锂硫电池处理含有氯化铵的废水装置如图，锂硫电池工作原理：16Li+S8 充电放电8Li2S。下列说法正确的A.a 电极与锂硫电池的正极相连B.c、e 为阴离子交换膜，d 为阳离子交换

27、膜C.当锂硫电池中消耗 32g 硫时，N 室增加的离子总物质的量为 4 molD.出口一和出口二物质分别为 H3PO4浓溶液、Na2SO4浓溶液【答案】C【解析】【分析】电池放电时，Li 电极失去电子变为 Li+，发生氧化反应，则 Li 为负极，硫为正极，正极发生的电极反应为：-2-8S+16e=8S，由图可知，N 室氯化钠浓度变大，故 b 极区钠离子向 N 室移动，M 室氯离子向 N 室移动，e 为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜，b 为阳极，电极反应式为-+222H O-4e=O+4H，故出口二物质为浓硫酸，a 为阴极，电极反应式为：-22-2H O+2e=H+2OH，铵根离子从 M 室向

28、左侧迁移，c 为阳离子交换膜，据此分析。【详解】A由分析可知，a 为阴极，与锂硫电池的负极相连，A 错误；B根据分析可知，c、e 为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜，B 错误；C根据正极电极反应式可知，32g 硫，即 1molS 转移 2mol 电子，有 2mol 钠离子和 2mol 氯离子向 N 室移动，N 室增加的离子总物质的量为 4mol，C 正确；D出口一和出口二物质分别为磷酸铵、浓硫酸，D 错误；故选 C。14.现有一种由正离子 An+、Bm+和负离子 X组成的无机固体电解质，该物质在高温相为无序结构，低温相为有序结构，两者的结构如图，下列说法错误的是A.n=2，m=1B.高温相中

29、X的堆积方式和氯化钠中 Cl的堆积方式相同C.低温相中 An+的配位数为 4D.高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关【答案】A【解析】【详解】A由题意可知，无机固体电解质低温相为有序结构，由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的 An+的个数为 4、Bm+的个数为 2，位于顶点、面上、棱上和体心的 X的个数为 818+1012+414+1=8，则晶胞的化学式为 A2BX4，由化合价代数和为 0 可得：2n+m=4，经讨论可得：m=2、n=1，故 A 错误；B氯化钠晶胞中氯离子的堆积方式为立方最密堆积，由晶胞结构可知，高温相为立方晶系，晶胞中 X的堆积方式也为立方最密堆积，所以高温相中 X的堆

30、积方式与氯化钠中氯离子的堆积方式相同，故 B 正确；C由晶胞结构可知，低温相晶胞中 A+与 4 个 X的距离最近，则 A+的配位数为 4，故 C 正确；D与低温相相比可知，高温相晶胞中 A+发生迁移使空位数目增多，为阳离子的流动提供了运动通道，所以高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关，故 D 正确；故选 A。15.常温下，Ka(CH3COOH)=1.010-5，向某含有 ZnSO4酸性废液加入一定量 CH3COONa 后，再通入 H2S生成 ZnS 沉淀，始终保持 H2S 饱和，即 c(H2S)=0.1mol/L，体系中 pXpX=1gX，X 为-2c HSc H S、2-c Sc

31、HS或 c(Zn2+)，单位为 mol/L与-33c CH COOpc CH COOH关系如图。下列说法错误的是A.中 X 为-2c HSc H SB.A 点溶液的 pH 为 4C.Ka1(HS)的数量级为 10-7D.Ksp(ZnS)=10-21.7【答案】C【解析】【分析】Ka（CH3COOH）=+33c Hc CH COOc CH COOH-=1.010-5，则-lgc（H+）-lg33c CH COOc CH COOH-=-lg（110-5）=5，则有 p33c CH COOc CH COOH-=5-pH，当 p33c CH COOc CH COOH-=0 时，pH=5，c（H+）=1

32、.010-5mol/L，随着 p33c CH COOc CH COOH-的增大，pH 减小，c（H+）增大，p-2c HSc H S=-lgKa1（H2S）-pH、p2-c Sc HS=-lgKa2（H2S）-pH，lgKa1（H2S）lgKa2（H2S），所以随着横坐标增大，p-2c HSc H S和 p2-c Sc HS均增大，且 p33c CH COOc CH COOH-相同时，p-2c HSc H Sp2-c Sc HS，即中，X 为2-c Sc HS，中，X 为-2c HSc H S，中，X 为 Zn2+，据此分析作答。【详解】A根据分析可知，中，X 为-2c HSc H S，故 A

33、 正确；B由图可知，A 点溶液中，p33c CH COOc CH COOH-=5-pH=1，则 pH 为 4，c（H+）=1.010-4mol/L，故 B 正确；C当 p33c CH COOc CH COOH-=5-pH=0 时，pH 为 5，c（H+）=1.010-5mol/L，Ka1（H2S）=+-2c Hc HSc H S=10-510-2.04=10-7.04，则 Ka1（H2S）的数量级为 10-8，故 C 错误；D横坐标为 0 时，c（Zn2+）=110-11.66mol/L，-2c HSc H S=10-2.04、2-c Sc HS=10-7，因为 c（H2S）=0.1mol/L

34、，则 c（HS-）=10-3.04mol/L，c（S2-）=10-10.04mol/L，Ksp（ZnS）=c（Zn2+）c（S2-）=110-11.66mol/L10-10.04mol/L=10-21.7（mol/L）2，故 D 正确；故选：C。二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 4 小题，共小题，共 58 分。分。16.24LiMn O作为电极材料，具有价格低，电位高、环境友好、安全性能高等优点，受到广泛关注。由菱锰矿（主要成分为3MnCO，含有少量 Fe、Ni、Al 等元素）制备24LiMn O的流程如图。已知常温下部分物质的spK如表。物质3Fe OH2Fe OH3Al OH2Ni

35、 OH2Mn OHspK37.410-1510-32.210-1610-1410-回答下列问题：（1）基态 Mn 原子的价电子轨道表示式为_。（2）常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液 pH=5，可沉淀完全金属离子是_；若测得溶液中2Mn+浓度为 0.11mol L-，2Ni+浓度为 0.011mol L-，为防止2Mn+、2Ni+发生沉淀，反应器中溶液用石灰乳调节的 pH 应小于_。（已知：离子浓度小于等于510-1mol L-，即可认为该离子沉淀完全）（3）加入少量 BaS 溶液除去2Ni+，生成沉淀有_（填化学式）。（4）具有强氧化性的过一硫酸（25H SO）可代替电解槽反应将2Mn+

36、氧化为2MnO，该反应的离子方程式为_（已知：25H SO的电离第一步完全，第二步微弱）。（5）煅烧窑中，生成24LiMn O反应的化学方程式是_。（6）24LiMn O中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的24LiMn O中2Mn+、3Mn+和4Mn+的含量与温度的关系见下表。T/2Mnw+/%3Mnw+/%4Mnw+/%7005.5644.5849.867502.5644.8752.578005.5044.1750.338506.2244.4049.38的的由此可以确定，在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化情况是_。【答案】16.17.3Fe+、3Al+.7 18.4BaS

37、O、NiS 19.225224MnHSOH OMnOSO3H+-+=+20.3224222LiCO8MnO4LiMn O2COO+煅烧 21.先升高，后降低【解析】【分析】菱锰矿主要含有 MnCO3，还含有少量 Fe、Ni、Al 等元素，硫酸溶矿 MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节 pH 生成氢氧化铝沉淀除铝，加 BaS 生成 NiS 除 Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到 MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成 LiMn2O4，据此分析；【小问 1 详解】基态 Mn 原子的价电子排

38、布式为 3d54s2，价电子轨道表示式为；【小问 2 详解】常温下，若溶矿反应完成后，反应器中溶液 pH=5，9c(OH)=10-mol/L，根据表格中的spK，计算可得3Fe+、3Al+浓度小于510-1mol L-，故可沉淀完全的金属离子是3Fe+、3Al+；为防止2Mn+、2Ni+发生沉淀，根据溶液中2Mn+浓度为 0.11mol L-，计算1410c(OH)0.1-”“.升高温度，NH3的浓度减小 .40%【解析】【小问 1 详解】四氨合铜离子中配位键属于 键，氨分子中单键为 键，则 1mol 四氨合铜离子中含有 键的物质的量为1mol16=16mol，故答案为：16；。【小问 2 详

39、解】由盖斯定律可知，反应2得到反应 2234NO g2H O g3Og4HNOg+=，则反应H=(113.0kJ/mol)2(138.0kJ/mol)=68kJ/mol，故答案为：68；【小问 3 详解】A由题意可知，该反应是溶液颜色变深的反应，则溶液颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；B其他条件不变，充入少量氧气，氧气与一氧化氮反应使反应物浓度减小，pH 向逆反应方向移动，故错误；C其他条件不变，加少量硫酸亚铁固体，溶液中硫酸亚铁的浓度增大，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，溶液颜色变深，故正确；D其他条件不变，微热，一氧化氮气体逸出，反应物的浓度减小，平衡向逆反

40、应方向移动，生成物的浓度减小，溶液颜色变浅，故错误；【小问 4 详解】由题意可知催化剂作用下氨气与氧气共热反应生成氮的化合物和水，由图可知，T2升温到 T4时，甲、丁的浓度增大，乙、丙的浓度减小，浓度的变化量分别为 0.12mol/L、0.04mol/L、0.08mol/L、0.06mol/L，物质的量比为 6：2：4：3，由原子个数守恒可知，氨气和水的物质的量比为 3：2，由得失电子数目守恒可知，氧气的化学计量数为奇数、氧化产物为氮气，则甲为水、乙为氨气、丙为氧气、丁为氮气，反应的化学方程式为 4NH3+3O2 催化剂2N2+6H2O；由分析可知，甲为水，反应的化学方程式为 4NH3+3O2

41、 催化剂2N2+6H2O，故答案为：H2O；4NH3+3O2 催化剂2N2+6H2O；由图可知，升高温度，氨气的浓度减小，说明平衡向正反应方向进行，该反应为焓变大于 0 的吸热反应，故答案为：；升高温度，NH3的浓度减小；T2时，氨气、氮气的浓度分别为 0.44mol/L、0.18mol/L，由氮原子个数守恒可知，起始氨气的浓度为0.44mol/L+0.18mol/L2=0.80mol/L，设 T3M 点时氨气和水的浓度都为 amol/L，由氨气和水的浓度相等可得：(0.54a)2=(a0.44)3，解得 a=0.48mol，则氨气的转化率为(0.80-0.48)mol0.80mol100%=

42、40%，故答案为：40%。19.氯霉素是广普抑菌抗生素。下图是以化合物 A 为原料合成氯霉素的一种路线：请回答下列问题：（1）A 的化学名称是_。（2）EF 的有机反应类型为_。（3）C 的结构简式为_。（4）AB 的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，第二步反应的化学方程式为_。（5）F 中 N 原子的杂化类型为_。（6）M 是 A 的同系物且相对分子质量比 A 大 14，符合条件的 M 有_种(不考虑立体异构)（7）根据合成氯霉素的信息，设计以(酪氨酸)为原料合成(D-型酪氨醇)的路线(无机试剂任选)_。【答案】（1）对硝基苯甲醛(4-硝基苯甲醛)（2）还原反应 （3）（

43、4）+（5）sp3、sp2 （6）17 （7）3CH OH/HClD-酒石酸手性拆分4 2Ca(BH)【解析】【分析】(A)与 H2NCH2COOH 反应生成(B)，在2H O/HCl 条件下生成(C)，在3CH OH/HCl条件下发生酯化反应生成的(D)在D-酒石酸手性拆分条件下生成(E)，在4 2Ca(BH)条件下发生还原反应生成(F)，与反应生成(G)。【小问 1 详解】A 的结构简式为，其化学名称是对硝基苯甲醛(4-硝基苯甲醛)；【小问 2 详解】E 的结构简式为，F 的结构简式为，对比两者结构简式可知，EF 的变化过程中酯基还原成羟基，所以 EF 的有机反应类型为还原反应；【小问 3

44、 详解】C 的分子式为 C9H11N2O5Cl，对比 B、D 的结构简式以及 C 转化成 D 的反应条件，可知 C 的结构简式为；【小问 4 详解】A 的结构简式为，B 的结构简式为，AB 的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，生成的物质为，第二步形成碳碳单键，所以第二步反应的化学方程式为+；【小问 5 详解】F 的结构简式为，F 中氨基(-NH2)的 N 形成了 3 个单键和一对孤电子对，价电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体，中心 N 原子采取 sp3杂化；硝基(-NO2)的 N 与 O 形成了两个 N=O 双键，还有 N 与其他原子形成的一个单键，价层电子对数为 3，VSEPR 模型为平面三角形，中心 N 原子采取 sp2杂化，所以 F 中 N 原子的杂化类型为 sp3、sp2杂化；【小问 6 详解】M 是 A 的同系物且相对分子质量比 A 大 14，则 M 的苯环外除了一个硝基和一个醛基之外，还有一个饱和碳，所以符合条件的 M 有(1)一个侧链，共 1 种；(2)两个侧链(邻、间、对 3 种)、(邻、间、对 3 种)，共 6 种；(3)三个侧链(甲基 4 种位置)、(甲基 4 种位置)、(甲基 2 种位置），共 10 种，所以合乎要求的总共 1+6+10=17 种；【小问 7 详解】根据题中信息，合成路线如下：3CH OH/HClD-酒石酸手性拆分4 2Ca(BH)。