1、2024高考一轮复习收官卷第2模拟时间：100分钟 分值：100分可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O16 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Zn 65 一、选择题（每小题只有一个正确选项，共163分）1（2023山西晋城晋城市第一中学校校考模拟预测）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成B长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金D蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化【答案】D【解析】A以黏土为主要原料，经高温烧结而成陶瓷，铜官窑彩瓷就用此方法制得
2、，A正确；B竹木简牍主要成分是纤维素，B正确；C青铜器主要材质为铜合金，C正确；D蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，是将原料在碱性环境下发生反应使粗浆纤维变成细浆，该过程发生了化学变化，D错误；故选D。2（2023辽宁鞍山统考一模）下列有关化学用语表示正确的是AHClO的电子式：BO3的分子结构空间模型：C基态As原子的电子排布式：Ar3d104s24p3D反式聚异戊二烯的结构简式：【答案】C【解析】AHClO的电子式：，A错误；BO3的分子结构空间模型:，B错误；C基态As原子的电子排布式：Ar3d104s24p3，C正确；D反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误；故选C。3（2023河南焦作博爱县第
3、一中学校考三模）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A11.2LCH4和44.8LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为2.5NAB28g乙烯和丙烯的混合气体充分燃烧，消耗的O2分子数为4NAC1mol14C16O(一氧化碳)中含有15NA个中子D1molNaHSO4固体中含离子总数为3NA【答案】A【解析】A标准状况下11.2L和44.8L的物质的量分别为0.5mol和2mol，光照下发生取代反应，反应前后气体分子数不变，因此反应后的分子的物质的量为2.5mol，分子数为2.5，A正确；B乙烯和丙烯的最简式均为，28g乙烯和丙烯的混合气体含2mol，1mol消耗1.5mo
4、l氧气，因此28g混合气体消耗3mol，分子数为3，B错误；C一个所含的中子数为14-6+16-8=16，所以1mol（一氧化碳）中含有16个中子，C错误；D固体由和构成，则1mol固体含有离子总数为2，D错误；故答案选A。4（2023福建福州统考模拟预测）下列有关离子方程式书写正确的是A明矾净水的原理：B用小苏打治疗胃酸过多：C用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的：D用纯碱溶液浸泡锅炉水垢()：【答案】D【解析】A明矾净水是Al3+水解形成胶体，不能写沉淀符号，离子方程式：，故A错误；B小苏打为NaHCO3，在离子方程式中不能拆开，离子方程式：，故B错误；C用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中
5、的，醋酸为弱酸，在离子方程式中不能拆为离子，离子方程式：，故C错误；D用纯碱溶液浸泡锅炉水垢()，发生沉淀转化：，故D正确；答案选D。5（2022浙江校联考二模）关于反应，下列说法不正确的是A既是氧化剂又是还原剂B发生还原反应C若有加反应，被还原的为D反应若生成，转移电子【答案】C【解析】A中硫元素为-1价，其化合价既降低为-2价也升高为+6价，既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B中铜元素从+2价降低至+1价，做氧化剂，发生还原反应，故B正确；C被还原的生成Cu2S，即参加反应，被还原的为7mol，故C错误；D铜元素从+2价降低至+1价，硫元素由-1价降低为-2价，中铜得到14mol电子，中硫得
6、到7mol电子，生成12mol硫酸转移21mol电子，若生成，转移电子，故D正确；故选：C。6（2023全国校联考一模）二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是A装置甲中反应时的硫酸表现出氧化性B装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色C装置丙中发生的最终总反应为D装置丁中酸性溶液褪色的原理与用于食品漂白剂的原理相同【答案】C【分析】由题干实验装置图可知，装置甲为SO2的制备，原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2，将制得的SO2通入装置乙中的紫色石蕊试液中，观察到溶液变为红色，体系SO2酸性
7、氧化物的通性，装置丙中可观察到溶液变浑浊，通入过量的SO2最终生成NaHSO3，SO2通入到装置丁中的酸性高锰酸钾溶液中，观察到溶液褪色，体现SO2的还原性，据此分析解题。【解析】A由分析可知，装置甲中发生的反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2，该反应为非氧化还原反应，故反应时70%的硫酸不表现出氧化性，仅表现出强酸性，A错误；B已知SO2不能漂白酸碱指示剂，SO2溶于水生成H2SO3使溶液呈酸性，故装置乙中溶液颜色变为红色，B错误；CSO2与水先生成H2SO3，H2SO3与Na2S反应生成S单质和NaHSO3，故装置丙中发生的最终总反应为，C正确；DSO2具有
8、还原性，则装置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理是SO2的还原性，而SO2用于食品漂白剂的原理是SO2具有漂白性，二者原理不相同，D错误；故答案为：C。7（2023江西江西师大附中校联考模拟预测）是锂离子电池的一种电解质，在水中水解的反应历程如图所示。已知：甲分子的P原子3d能级参与杂化。TS代表过渡态，M代表产物。下列叙述正确的是A总反应的焓变小于0B按照VSEPR理论，甲分子中P原子采用杂化C上述分步反应中的能垒最大D丁挥发时要克服极性键【答案】B【解析】A根据图示，总反应为PF5+H2O=POF3+2HF，反应物的总能量小于生成物的总能量，总反应为吸热反应，总反应的焓变大于0，A项错误；B
9、PF5分子中P的价层电子对数为5+(5-51)=5，P原子的3d能级参与杂化，则PF5中P原子采取sp3d杂化，B项正确；CM1TS1的能垒为1.14eV-0.12eV=1.02eV，M2TS2的能垒为1.41eV-0.35eV=1.06eV，故M2TS2的能垒最大，C项错误；D丁(POF3)是由分子构成的物质，挥发时克服分子间作用力，不需要克服极性键，D项错误；答案选B。8（2023辽宁阜新阜新实验中学校考模拟预测）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)Z(g) H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下
10、列说法错误的是AH0Ba点平衡常数：K12C气体的总物质的量：navb逆【答案】B【解析】A甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即HT始，压强：Pa=P始，则nan始，可设Y转化的物质的量浓度为xmolL1，则列出三段式如下：，则有(22x)+(1x)+xmol0.75，那么化学平衡常数K=12，故B错误；C根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说
11、明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：navb逆，故D正确；故选：B。9（2023山西校联考模拟预测）2023年3月17日，科技部高技术研发中心发布了2022年度中国科学十大进展，涉及化学、材料、能源等领域。下列涉及的化学知识及应用正确的是选项发布内容涉及的化学知识及应用A祝融号巡视雷达揭秘火星乌托邦平原浅表分层结构祝融号使用的太阳能电池板将化学能转化为电能B温和压力条件下实现乙二醇合成乙二醇可用于生产汽车防冻液C基于单质碲和氮化钛电极界面效应的新型开关器件碲元素和钛元素都是过渡元素D发现飞秒激光诱导复杂体系微纳结构新机制碳纳米粒子(直径为1100 nm)属于胶体【答
12、案】B【解析】A太阳能电池板是将太阳能转化为电能，A错误；B乙二醇由于其凝固点低，热稳定性高，可用于生产汽车防冻液，B正确；C碲位于元素周期表中第五周期第A族，不是过渡元素，C错误；D虽然碳纳米粒子直径为1100 nm，但没有分散剂，不属于胶体，D错误；故选B。10（2023全国校联考一模）近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态()基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：下列说法正确的是A电解过程中，电极附近溶液的不变B非晶态()基硫化物能改变OER反应的反应热COER分四步进行，其中没有非极性
13、键的形成与断裂DUOR的电化学反应总过程为【答案】D【分析】该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2H2，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为；【解析】A电极A上电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2H2，电极A附近溶液的碱性增强，变大，故A错误；B非晶态()基硫化物是OER反应的催化剂，能改变反应速率，不能改变OER反应的反应热，故B错误；COER的第II步骤有O-O非极性键的形成，故C错误；DUOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，电化学反应总过程为，故D正确；故选D。11（2023福建校联考二模）超临
14、界碳酸化技术(反应如下)是实现碳中和的有效手段，其中R-代表烃基。下列叙述正确的是A化合物1分子中的所有原子共平面B化合物2与化合物3含有相同的官能团C1mol甲醇和化合物4分别与足量Na反应产生的之比为2：1D上述转化过程中涉及的反应类型只有取代反应【答案】B【解析】A化合物1分子中含有饱和碳原子，为四面体结构，不肯呢个所有原子共平面，A错误；B根据化合物2与化合物3的分子结构，二者都含有酯基和醚键，B正确；C1mol甲醇与足量Na反应产生的为0.5mol，1mol化合物4与足量Na反应产生的为1mol，二者之比为1：2，C错误；D化合物1和反应生成化合物2为加成反应，化合物2和甲醇生成化合
15、物3和化合物4为取代反应，D错误；故选B。12（2023黑龙江大庆大庆市东风中学校考模拟预测）五种短周期主族元素 X、Y、Z、M、Q 的原子序数依次增大，X 的 2p 轨道半充满，Y 的 s 能级电子数和 p 能级电子数相等， Z 是至今发现的电负性最大的元素，M 在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q 的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是A元素的第一电离能：XY X QC气态氢化物分子的键角：QXYD最高价氧化物对应的水化物的酸性：XQM【答案】A【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 的 2p 轨道半充满，则X的电子排布式为1s22s22p3，
16、则X为N；Y 的 s 能级电子数和 p 能级电子数相等，则Y的电子排布式为1s22s22p4，则Y为O；Z 是至今发现的电负性最大的元素，则Z为F；M 在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，则M为Al；Q 的单质被广泛用作半导体材料，则Q为Si。【解析】A由分析知，X为N，Y为O，Z为F，元素的第一电离能为ONNSi，故B正确；C由分析知，X为N，Y为O，Q为Si，其气态氢化物为NH3、H2O、SiH4，NH3中氮原子为sp3杂化，H2O 中氧原子为sp3杂化， SiH4中硅原子为sp3杂化，但三者的孤电子对分别为2、1、0，则分子的键角为SiH4 NH3 H2O，故C正确；D由分析知，
17、X为N，Q为Si，M为Al，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性NSiAl，故D正确；答案选A。13（2023广西南宁南宁三中校联考模拟预测）下列实验方案能达到实验目的的是A装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用B装置除去CCl4中的Br2C装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法D装置验证非金属性：ClCSi【答案】B【解析】A加CuSO4溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是CuSO4的催化作用，A项错误；B溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的钠盐，得到互不相溶的两层液体，下层为四氯化碳，通过分液可得到四氯化碳，B项正确；C图示装
18、置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；D验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸， D项错误；答案选B。14（2023江西校联考模拟预测）汞钡铜氧晶体的晶胞如图A所示，通过掺杂Ca2+获得的具有更高临界温度的超导材料如图B所示。下列说法正确的是A掺杂后晶体密度增大是因为晶胞中增加了1个Ca2+B汞钡铜氧晶体中的Hg和Cu个数比为12C图A晶胞中一个Ba的分数坐标为(，)，则另一个(，)D图B晶胞中Ca周围距离最近的Hg数目和Hg周围距离最近的Ca的数目不同【答案】C【解析】A由图A可知，汞钡铜氧晶体的晶胞中含个Hg，2个Ba，个Cu，个
19、O，掺杂Ca2+后，晶胞中含个Hg，2个Ba，个Cu，个O，1个Ca2+，所以掺杂后晶体密度增大不是因为晶胞中增加了1个Ca2+，故A错误；B由汞钡铜氧晶体的晶胞可知，Hg位于晶胞的顶点，则一个晶胞中含个Hg，Cu位于晶胞的棱上，则则一个晶胞中含个Cu，汞钡铜氧晶体中的Hg和Cu个数比为11，故B错误；C图A晶胞中两个Ba位于同一轴上，若一个Ba的分数坐标为(，)，则另一个Ba的分数坐标为(，)，故C正确；D图B晶胞中Ca周围距离最近的Hg数目为8，Hg周围距离最近的Ca的数目也为8，则图B晶胞中Ca周围距离最近的Hg数目和Hg周围距离最近的Ca的数目相同，故D错误；答案选C。15（2023湖
20、南长沙长郡中学校联考模拟预测）钛酸亚铁()在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示(已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16)：下列说法正确的是A氯化过程中，每消耗6 mol碳单质，转移电子14 molB氯化过程中，既是氧化剂也是还原剂C相对分子质量：，熔点：D制取金属钛时也可以选用隔绝空气【答案】A【分析】FeTiO3在高温下经氯化得到TiCl4，该反应的化学方程式为；TiCl4和Mg在Ar气氛中、800反应生成Ti，该反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【解析】A氯化过程中发生反应的化学方程式为，该反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化
21、剂，每消耗6mol碳单质，就有7mol Cl2参加反应，转移电子14mol，A正确；B中Fe的化合价为+2，反应后被氧化为+3，因此作还原剂，B错误；C已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16，则属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，C错误；D制取金属钛时，不可以选用CO2隔绝空气，因为Mg与发生反应，D错误；故选A。16（2023黑龙江大庆统考二模）25C时，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中存在如下平衡：，随溶液pH的变化如图所示，下列说法错误的是A溶液中：B向K2Cr2O7溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变C溶液中D当溶液pH=9.0时，HC
22、rO的平衡浓度：【答案】D【解析】A由物料守恒可知，重铬酸钾溶液中，则溶液中，故A正确；B向重铬酸钾溶液中加入硫酸钠固体，反应和中的各微粒的浓度均不发生变化，平衡不移动，溶液中氢离子浓度不变，溶液pH不变，故B正确；C由方程式可知，反应的平衡常数K=，故C正确；D由图可知，溶液pH为9时，溶液中104，则由物料守恒可知，溶液中，由反应可知，K2=，解联立方程可知，溶液中，故D错误；故选D。二、主观题（共5小题，共52分）17(10分)（2023湖南长沙长郡中学校联考模拟预测）DCCNa()是一种高效、安全的消毒杀菌剂。它常温下为白色固体，难溶于冷水，受热易分解。实验室利用NaClO溶液和氰尿酸
23、()溶液反应制备DCCNa，实验装置如图所示：已知：回答下列问题：(1)仪器a的名称为 。(2)装置A中发生的离子反应方程式为 。(3)当装置B的三颈烧瓶内液面上方有黄绿色气体时，再加入氰尿酸溶液。并在整个过程中不断通入一定量的氯气，其原因是 。(4)实验过程中B的温度必须保持为712，pH控制在6.58.5的范围。若温度过高，pH过低，会发生副反应生成和等，写出该副反应的化学方程式： 。(5)装置C的试剂可选用 (填标号)。abNaClcd(6)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、 、干燥得DCCNa粗产品。(7)有效氯含量是判断产品质量的标准。通过下列方法测定有效氯含量的原理为：准确称取1.
24、2000g样品，配成250 mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液20.00mL。该样品的有效氯为 %(计算结果保留三位有效数字。该样品的有效氯)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)恒压滴液漏斗（1分）(2)（1分）(3)使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率(4)(5)ac（1分）(6)冰(冷)水洗涤（1分）(7)59.2【分析】A装置用于制取氯气，生成的氯气进入B中与NaOH溶液反应生成次氯酸钠，NaClO溶液中滴加氰尿酸()溶液，
25、反应生成DCCNa，过量的氯气进入C中用NaOH等溶液吸收，防止污染环境，据此分析解答。【解析】（1）由仪器构造可知a为恒压滴液漏斗；（2）装置A中发生的离子反应方程式为：；（3）当装置B的三颈烧瓶内液面上方有黄绿色气体时，再加入氰尿酸溶液。并在整个过程中不断通入一定量的氯气，可使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；（4）副反应为与氯气发生反应生成和该副反应的化学方程式：；（5）装置C的目的吸收氯气，防止污染环境，则ac均能与氯气反应吸收氯气，故选ac；（6）装置B中的浊液经过滤、冰(冷)水洗涤、干燥得DCCNa粗产品。（7）n (Na2S2O3)=0.1000molL-10
26、.02L=0.002mol，250 mL样品溶液中，n()=0.005mol，样品的有效氯。18（10分）（2023浙江温州乐清市知临中学校考一模）紫色固体化合物X由3种元素组成，能溶于水，具有强氧化性，与盐酸反应有黄绿色气体产生，得到的溶液滴加KSCN溶液呈血红色，用透过蓝色钴玻璃观察焰色试验的火焰呈紫色。取1.98gX按如下流程完成实验：请回答：(1)紫色固体X的化学式是 ，固体混合物Y的成分 (用化学式表示)。(2)X与足量的盐酸反应的离子方程式 。(3)已知：；为验证化合物中元素的含量，某同学设计并完成了如下实验：与足量的氢碘酸反应得到棕黄色溶液，萃取，标准滴定至终点，换算得的物质的量
27、，再换算得到固体X中Z元素的质量小于。用标准溶液滴定达到终点时的实验现象是 。该滴定方法得到的结果：中元素的质量小于，分析原因 (不考虑实验操作上的误差)。【答案】（每空2分）(1) 和(2)(3)层的紫红色褪去，且半分钟不复原 过量可还原为，而不能全部还原为，即而与的反应有限度，为可逆反应【分析】滴加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe元素，用透过蓝色钴玻璃观察焰色试验的火焰呈紫色，说明含有K元素，固体X与氢气反应生成混合气体能使硫酸铜由白色变蓝色，可知混合气体中含有水蒸气，则X中含有O元素；固体混合物Y溶于水得到碱性溶液KOH，且KOH的物质的量为0.0200mol，则X中含0.0200mo
28、lK，固体单质Z为Fe，其物质的量为，根据质量守恒，可知X中含有氧元素的物质的量=，X中所含原子个数比：K:Fe:O=0.02:0.01:0.04=2:1:4，则X的化学式为：；据此分析解答。【解析】（1）由以上分析可知X为，固体Y为Fe和KOH的混合物；（2）与HCl反应生成黄绿色气体即氯气，同时生成Fe3+，根据得失电子守恒及元素守恒得离子反应方程式：；（3）用标准滴定含碘单质的溶液，消耗碘单质，滴定至终点时层的紫红色褪去，且半分钟不复原；过量可还原为，而不能全部还原为，即而与的反应有限度，为可逆反应，因此所测中元素的质量小于。19（10分）（2023广西南宁南宁三中校联考模拟预测）活性氧
29、化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备ZnO，工艺流程图所示：(1)为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有 。(任写一点)(2)“除铁”时，加入H2O2发生反应的离子方程式为 。如果用NaClO3代替H2O2，恰好完全反应时，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)= 。(3)常温下，“调pH=5”时，Fe3+的浓度降到了810-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为 。(4)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度10-5mol/L
30、时视为沉淀完全。假设原溶液中Cu2+、Cd2+、Ni2+的物质的量浓度均为0.1mol/L，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.310-11mol/L时，此时Cd2+的去除率为 (去除率=100%，不考虑溶液的体积变化)物质CdSCuSNiSKsp8.010-276.310-361.010-26(5)“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌ZnCO32Zn(OH)2H2O固体，同时产生大量的气体。该反应的离子方程式为 。(6)用锌与铜侧得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。与Zn原子等距离且最近的Zn原子
31、有 个。该铜锌合金晶体密度为 gcm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】（除标注外，每空2分）(1)将矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌（1分）(2)（1分） 1：3（1分）(3)（1分）(4)20%（1分）(5)(6)6（1分） 【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入硫酸浸取，铜不反应成为滤渣1，Zn、Ni、Cd、Fe元素转化为相应盐溶液，溶液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氧化锌调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入硫化钠将Cu2+、Cd2+、Ni2+转化为硫化物沉淀得到滤渣2，过量滤液加入锌将残余杂质金属离子转化为金属单质得到滤渣3，滤液加入碳酸钠可得碱式碳酸锌和二氧化碳气体，沉淀煅烧
32、得到氧化锌；【解析】（1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌等；（2）“除铁”时，加入H2O2将二价铁转化为三价铁，发生反应的离子方程式为。如果用NaClO3代替H2O2，反应中氯元素化合价由+5变为-1，过氧化氢中氧元素由-1变为-2，恰好完全反应时，根据电子守恒可知，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；（3）常温下，“调pH=5”时，pOH=9，Fe3+的浓度降到了810-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为；（4）在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.310-11mol/L时，此时，此时Cd2+的浓度为，Cd2+
33、的去除率为；（5）在近中性条件下加入Na2CO3和锌离子反应生成碱式碳酸锌ZnCO32Zn(OH)2H2O固体，同时产生大量的气体，根据质量守恒可知生成气体为二氧化碳气体，该反应的离子方程式为；（6）与Zn原子等距离且最近的Zn原子在xyz轴各有2个，则共有6个。据“均摊法”，晶胞中含个Zn、Cu，则晶体密度为。20（10分）（2023西藏日喀则统考一模）氮及其化合物在人们的日常生活、生产工业中和环保事中属于“明星物质”，目前最成功的应用就是“人工固氮”，在某特殊催化剂和光照条件下，N2与水反应可生成NH3 。(1)已知：4NH3(g) + 3O2 (g) 2N2 (g) + 6H2O(g)
34、H1 =-1260 kJ/mol；H2O(l)= H2O(g) H2=+44.0 kJ/mol。则 2N2(g) + 6H2O(1)4NH3(g)+ 3O2(g) H3 = kJ / mol(2)N2(g) + 3H2 (g)2NH3 (g) H=-92.4 kJ/mol。将1. 00 mol N2和3. 00 mol H2充入容积为3 L的恒容密闭容器中，发生上述反应。 图甲是测得X、Y的浓度随时间变化的曲线，反应达到平衡时的平均反应速率v(H2)= 。在不同温度和压强下，平衡体系中NH3的体积分数与温度、压强关系如图乙，则压强P2 P1 (填“大于”“小于”或“不确定”，下同)，B、D两点
35、的平衡常数K(D) K(B)，B点N2的转化率= (保留4位有效数字)。(3)在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g) + 6NO2(g) 7N2(g) + 12H2O(g)。下列表明该反应能达到平衡状态的是 (填字母)a 混合气体压强保持不变 b 混合气体密度保持不变c NO2和NH3的消耗速率之比为3 ： 4d 混合气体颜色不变(4)“绿水青山就是金山银山”，利用原电池原理(6NO2 + 8NH3 =7N2 + 12H2O)，可以处理氮的氧化物和NH3尾气，装置原理图如图丙，正极反应式为 ，当有标准状况下44.8 L NO2被处理时，转移电子的物质的量为 m
36、ol。【答案】（除标注外，每空2分）(1)+1524(2)0.075 mol/(Lmin)（1分） 大于（1分） 小于（1分） 82.35%(3)ad（1分）(4)2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-（1分） 8（1分）【解析】（1）已知：4NH3(g) + 3O2 (g) 2N2 (g) + 6H2O(g)H1 =-1260 kJ/mol；H2O(l)= H2O(g)H2=+44.0 kJ/mol。由盖斯定律可知，6-得2N2(g) + 6H2O(1)4NH3(g)+ 3O2(g)H3 =6H2-H1 =+1524kJ / mo（2）由图结合反应化学方程式可知，XY分别为氨气、氢气，反
37、应达到平衡时的平均反应速率v(H2) ；反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氨气含量增大，结合图可知，压强P2大于P1 ；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故B、D两点的平衡常数K(D)小于K(B)；由图可知，此时氨的含量为70%，则，a=82.35mol，B点N2的转化率=；（3）a反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，a符合题意；b容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，b不符合题意；c反应速率比等于反应的系数比，NO2和NH3的消耗速率之比为3
38、:4 ，描述的都是正反应，不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；d 混合气体颜色不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，d符合题意；故选ad；（4）由总反应可知，二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气和氢氧根离子，为原电池正极反应，反应为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；由电极反应式可知，标准状况下44.8 L NO2（为2mol）被处理时，转移电子的物质的量为8mol。21（12分）（2023河北校联考一模）有机物G是用于生产治疗重症肺炎药物的中间体，以芳香烃A为基本原料合成G的路线图如下(部分反应条件及产物已略)：已知：。(1)A的化学名称为 ；B的结构简式为 ，D的分子式为 。(
39、2)G中含氧官能团的名称是 ，EF的反应类型为 。(3)写出CE的化学方程式： 。(4)B有许多芳香族同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有 种，写出核磁共振氢谱有4个峰的物质结构简式 。环上有2个取代基；有。(5)以B、乙酸为基本原料合成乙酸邻硝基苯甲酯，写出合成路线图(无机试剂自选)。 【答案】(1)甲苯（1分） （1分） （1分）(2)硝基、羟基（1分） 还原反应（1分）(3)+H2O(4)6 或（1分）(5)【分析】由A的组成与物质类型可推出其为甲苯，结合E的结构可推出B为与硝酸反应后生成的邻硝基甲苯，再结合已知信息可推出C为邻硝基苯甲醛，D为，分子式为。E的分子式为，由E、F的分子式知，E通过还原反应生成F；【解析】（1）A的化学名称为甲苯；B的结构简式为，D为，分子式为；（2）G为，含氧官能团的名称是硝基、羟基，根据分析可知，EF的反应类型为还原反应；（3）由质量守恒原理可推出，C与D反应生成E的同时还有生成，CE的化学方程式为+H2O；（4）由B的组成并结合题设条件知，苯环上的另一个取代基为或，两个取代基在苯环上可形成3种同分异构体，故共有6种符合题设条件的同分异构体，核磁共振氢谱有4个峰的物质存在对称性的结构，相应的结构简式为或；（5）先氧化B得到邻硝基苯甲醛、再还原得到邻硝基苯甲醇，最后与乙酸酯化即可得到目标产物，合成路线为。
