仿线 -【决胜高考·仿线年高考化学考前模拟卷（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古专用）

  【决胜高考·仿线年高考化学考前模拟卷仿线．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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：H 1 Li 7 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 As 75 Br 80 Ag 108一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的主要成分分类错误的是A．乾隆款金瓯永固杯：杯的主要成分黄金为金属材料B．《清明上河图》：宣纸的主要成分是人工合成有机高分子材料C．青玉云龙纹炉：玉的主要成分为硅酸盐材料D．商代后母戊鼎：鼎的主要成分青铜为金属材料2．三氟化氮()可作为半导体芯片制作的完整过程的刻蚀剂及清洗剂，其制备的化学方程式为。的分子结构和相似。下列化学用语表示错误的是A．的VSEPR模型：B．基态Cu原子的核外电子排布式：[Ar]C．的电子式：D．分子中键的形成：3．下列说法正确的是A．图①装置可用于碳酸钠的熔融实验B．图②装置可用于溶液制固体C．图③装置可用于检验1-溴丁烷发生消去反应生成丁烯D．图④装置可用于测定盐酸的浓度4．的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与反应便有黑色的Ag析出：。该反应可用于检验微量砷，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有的中子数为B．的硝酸溶液中，的数目为C．中价层电子对数为D．每生成10.8 g的金属银，转移电子的数目为5．青少年应培养劳动习惯，将化学知识应用于实践。下列有关解释不合理的是A．将石膏加入豆浆中制作豆腐，因为石膏能使蛋白质凝固聚沉B．用食醋清洗水壶内壁的水垢，利用的是食醋的酸性C．制作面点时加入食用纯碱，利用的是Na2CO3中和发酵过程产生的酸D．将白糖熬制成焦糖汁，因为蔗糖在加热条件下充分炭化，为食物增色6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能正确表示相应事实的是A．将通入冷的石灰乳中制漂白粉：B．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液中，铜丝附近溶液变红：C．酸性溶液和溶液反应：D．已知25 ℃，101 kPa条件下，1 g H2完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为：7．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A．的键角大于的键角B．三种原子的第一电离能O原子的最大C．和均能与形成氢键D．的水解产物为和HClO8．学习小组为探究与的反应，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅲ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星的木条复燃的气体已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。下列相关说法错误的是A．实验Ⅰ表明，室温下难以将氧化B．实验Ⅱ表明稳定性弱于C．实验Ⅲ中产生的气体仅为氧气D．实验Ⅲ表明，能催化的分解9．辣椒素是辣椒辣味的来源，其结构简式如下。下列有关辣椒素的说法正确的是A．分子式为B．该分子能与溶液反应生成C．1 mol辣椒素与反应最多能消耗5 mol D．酸性条件下该分子的水解产物均能与浓溴水发生反应10．已知  ，已知G和H的摩尔质量分别为X g/mol、Y g/mol，平衡体系中气体的平均摩尔质量在不一样的温度下随压强p的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．反应速率：B．平衡常数：C．温度：D．当时，11．某物质的结构简式如图所示，其中A、M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。A是宇宙中含量最多的元素，是氧化性最强的单质，X与Z同族。下列说法正确的是A．键能： B．氢化物的沸点：C．含氧酸的酸性： D．第一电离能：12．电解苯酚的乙腈水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是A．电极a为负极B．装置工作时，乙室溶液pH减小C．c的电极反应式为D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g13．氧族元素碲(Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：已知：微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是A．铜阳极泥粉碎后再“酸浸”，可提高浸取率B．“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为C．“还原”过程中，反应的化学方程式为D．溶于浓NaOH溶液的离子方程式为14．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是A．图1中O原子的配位数为6 B．图2表示的化学式为C．图1晶体密度为 D．取代产生的空位有利于传导15．常温下，向（弱碱）溶液中滴加（弱酸）溶液，混合溶液中与关系如图所示。已知：。下列说法错误的是A．B．点溶液中：C．当时，D．常温下，若混合液中，该混合液二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图已知：i．溶于盐酸能够获得。ii．。iii．。回答下列问题：(1)Cu原子价层电子排布式为： ，“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。(2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。(3)“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；请结合计算过程判断该反应是不是能够完全转化(一般认为，时可完全反应) 。(4)实验室中能合成很多含的配合物。与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol该离子通过螯合作用形成的配位键数目为 。(用表示阿伏伽德罗常数)(5)元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞如下图所示，该化合物的化学式为 ；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度 (用含、的代数式表示)。17．（13分）钴的配合物，难溶于乙醇，稍溶于水，常温下较稳定，强热时部分分解。实验室可用作原料来制备。具体制备步骤如下：步骤1：在如图装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物。步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却结晶，过滤。将沉淀溶于50 mL热的稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。已知：具有较强的还原性；的氧化性比和的都强。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为 。(2)的空间结构呈 形。比较键角 (填“”“=”或“＜”)；请说明理由： 。(3)加入氯化铵的作用是 。(4)控制温度在缓慢滴加溶液的原因是 ，写出加入溶液时发生反应的离子方程式： 。(5)测定产品中氨的含量的实验操作如下：①准确称取产品，加入蒸馏烧瓶中，再加入足量的NaOH溶液，加几粒沸石；②加热蒸馏，用盛有盐酸标准液的锥形瓶(浸在冰水浴中)吸收产生的气体；③取下锥形瓶，加入甲基橙作指示剂，锥形瓶中的吸收液用的NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准液。产品中氨的质量分数为 (用含的式子表示)。18．（14分）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝的主要副产物为，主反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：(1)已知：。则 。(2)某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。当时，降低温度，变为，变为，则 (填“”“”或“=”)。(3)利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，其反应历程如下图所示。图中生成X的离子方程式为 ，历程图中总反应的化学方程式为 。(4)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不一样的温度下，在气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随气温变化的关系如下图。①选择，温度高于时NO的转化率下降的原因为 。②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂为 。(5)、下，向恒温、恒压的密闭容器中通入、、(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)。达到平衡后测得的转化率为，体系中的物质的量为1.2 mol。则NO的转化率为 ，反应Ⅰ的 (分压=总压物质的量分数)(写出计算式即可)。19．（14分）伊波加因是一种抗成瘾药物，合成其所需的中间体I可由如下路线合成。已知：①CbzCl是的缩写；②回答下列问题：(1)A的分子式为 ：步骤⑤经历了两步反应实现转化，请推测该步2)的化学反应类型为 。(2)一个I分子中含有手性碳原子的数目是 。(3)反应③属于狄尔斯-阿尔德反应，则该反应的化学方程式为 。(4)CbzCl的同分异构体中，同时满足以下条件的共有 种(不考虑立体异构)：①与溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③羰基与氯原子直接相连。写出其中一种结构简式，要求其水解产物属于水杨酸()的同系物的是 。(5)研究者模仿I的合成路线，设计了化合物J的一种合成路线。该路线中M和N的结构简式分别为 和 。第 1 页 共 1 页学科网（北京）股份有限公司$【决胜高考·仿线年高考化学考前模拟卷仿线．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 As 75 Br 80 Ag 108一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．B2．C3．B4．C5．D 6．B7．C8．C9．D10．A 11．A12．B13．D14．B15．B二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）(1) 温度不高于，反应速率较慢，温度高于会发生分解，浸取率降低(2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为(3) 该反应的平衡常数，不能完全转化(4)(5) 17．（13分）(1)恒压滴液漏斗(2)三角锥 中N有孤电子对，中N的孤电子对已形成配位键，孤电子对对成键电子对的斥力大，中的键角更小(3)抑制NH3⋅H2O电离，增大NH3的浓度，促进配合物的形成，防止生成Co(OH)2沉淀(4)防止温度过高使H2O2分解 或(5)18．（14分）(1)-1656(2)(3) (4)催化剂活性下降(或副反应增多) (5)75% 19．（14分）(1)C7H9N 取代反应(2)4(3)+ (4)13 、、、(5) 第 1 页 共 1 页学科网（北京）股份有限公司$【决胜高考·仿线年高考化学考前模拟卷仿线．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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：H 1 Li 7 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 As 75 Br 80 Ag 108一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列有关文物的主要成分分类错误的是A．乾隆款金瓯永固杯：杯的主要成分黄金为金属材料B．《清明上河图》：宣纸的主要成分是人工合成有机高分子材料C．青玉云龙纹炉：玉的主要成分为硅酸盐材料D．商代后母戊鼎：鼎的主要成分青铜为金属材料【答案】B【详解】A．金瓯永固杯的主要成分为金，属于金属材料，A正确；B．宣纸的主要成分为天然高分子纤维素，不属于人工合成高分子，B错误；C．玉主要为各种硅酸盐的组合，C正确；D．鼎的主要成分为青铜，属于合金，D正确；答案选B。2．三氟化氮()可作为半导体芯片制作的完整过程的刻蚀剂及清洗剂，其制备的化学方程式为。的分子结构和相似。下列化学用语表示错误的是A．的VSEPR模型：B．基态Cu原子的核外电子排布式：[Ar]C．的电子式：D．分子中键的形成：【答案】C【详解】A．中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，的VSEPR模型为：，A正确；B．Cu是29号元素，核外含有29个电子，核外电子排布式：[Ar]，B正确；C．是离子化合物，电子式为：，C错误；D．分子中F原子的p轨道相互“头碰头”重叠形成p-p键，形成过程为：，D正确；故选C。3．下列说法正确的是A．图①装置可用于碳酸钠的熔融实验B．图②装置可用于溶液制固体C．图③装置可用于检验1-溴丁烷发生消去反应生成丁烯D．图④装置可用于测定盐酸的浓度【答案】B【详解】A．瓷坩埚主要成分为SiO2，熔融碳酸钠（碱性物质）时会与SiO2发生反应，应使用铁坩埚，A错误；B．NaCl溶液通过蒸发结晶可得到NaCl固体，装置为蒸发皿加热，玻璃棒搅拌防止局部过热，操作合理，B正确；C．1-溴丁烷消去反应需在强碱（如KOH）醇溶液中进行，图中试剂为浓硫酸和无水乙醇，条件错误，C错误；D．NaOH溶液为碱性溶液，应使用碱式滴定管，D错误；故选B。4．的还原性极强，能与大多数无机氧化剂反应，例如与反应便有黑色的Ag析出：。该反应可用于检验微量砷，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．中含有的中子数为B．的硝酸溶液中，的数目为C．中价层电子对数为D．每生成10.8 g的金属银，转移电子的数目为【答案】C【详解】A．中每个分子中子数为：2个H（各0中子）+18O（中子数=18-8=10），总中子数为10，含中子数，A错误；B．pH=2的硝酸溶液中，，1 L 溶液中数目为，B错误；C．的摩尔质量78 g/mol，7.8 g 对应0.1 mol ，每个分子中As的价层电子对数为，总价层电子对数为，C正确；D．生成10.8 g Ag（0.1 mol ），根据反应式，每生成1 mol  Ag转移1 mol 电子，故转移电子数为，D错误；故答案选C。5．青少年应培养劳动习惯，将化学知识应用于实践。下列有关解释不合理的是A．将石膏加入豆浆中制作豆腐，因为石膏能使蛋白质凝固聚沉B．用食醋清洗水壶内壁的水垢，利用的是食醋的酸性C．制作面点时加入食用纯碱，利用的是Na2CO3中和发酵过程产生的酸D．将白糖熬制成焦糖汁，因为蔗糖在加热条件下充分炭化，为食物增色【答案】D【详解】A．石膏（主要成分）属于电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体聚沉，解释合理，A正确；B．水垢主要成分为碳酸钙，食醋中的醋酸与碳酸钙等反应生成可溶性物质和二氧化碳，从而去除水垢，B正确；C．Na2CO3水解呈碱性可中和发酵产生的有机酸，同时生成CO2使面团膨胀，解释合理，C正确；D．蔗糖在加热时发生的是焦糖化反应，而非“充分炭化”。焦糖化是糖分子脱水、断裂和聚合的过程，产生棕素和风味物质，用于增色；而“炭化”是过度加热形成碳，不是烹饪焦糖汁的原理，D错误；故答案选D。6．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能正确表示相应事实的是A．将通入冷的石灰乳中制漂白粉：B．缠有铜丝的铁钉放入滴有酚酞的NaCl溶液中，铜丝附近溶液变红：C．酸性溶液和溶液反应：D．已知25 ℃，101 kPa条件下，1 g H2完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为：【答案】B【详解】A．石灰乳中的Ca(OH)2应以固体形式存在，不能拆分为OH-，正确的离子方程式为，A错误；B．铜丝作为正极，氧气在正极发生还原反应生成OH-，导致溶液变红，反应式正确，B正确；C．酸性条件下产物中不应出现OH-，反应生成H2O且需补充H+参与反应，正确的离子方程式为，C错误；D．燃烧热对应1 mol H2完全燃烧，而方程式表示2 mol H2燃烧，表示氢气燃烧热的热化学方程式为 ，D错误；故选B。7．和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：下列说法正确的是A．的键角大于的键角B．三种原子的第一电离能O原子的最大C．和均能与形成氢键D．的水解产物为和HClO【答案】C【详解】A．NCl3 为三角锥形(类似NH3)，键角约 107°，而 SiCl4 为正四面体结构，键角为 109.5°，故 NCl3 的键角比 SiCl4 的小，故A错误；B．N、O 同周期且 N 的最外层具有半充满的 p 轨道，第一电离能反而略大于 O，故并非 O 最大，故B错误； C．NH3 和 NHCl2 分子中均含有 N–H 键，N 上带有孤对电子，能够与水分子形成氢键，故C 正确；D．SiCl4 水解的主要产物为 Si(OH)4和 HCl，水解机理如图所示：，并不会生成 SiH4 与 HClO，故D错误；故选C。8．学习小组为探究与的反应，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅲ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星的木条复燃的气体已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。下列相关说法错误的是A．实验Ⅰ表明，室温下难以将氧化B．实验Ⅱ表明稳定性弱于C．实验Ⅲ中产生的气体仅为氧气D．实验Ⅲ表明，能催化的分解【答案】C【详解】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为，同时过氧化氢生成氧气。A．若被氧化，溶液颜色应发生明显的变化，故A正确；B．实验Ⅱ中溶液中转化为，故稳定性，故B正确；C．由题意可知，转化成的反应为，故气体还有，故C错误；D．实验III中溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星的木条复燃的气体，即说明双氧水分解产生氧气，再结合实验II，则可说明能催化的分解，故D正确；故答案为C。9．辣椒素是辣椒辣味的来源，其结构简式如下。下列有关辣椒素的说法正确的是A．分子式为B．该分子能与溶液反应生成C．1 mol辣椒素与反应最多能消耗5 mol D．酸性条件下该分子的水解产物均能与浓溴水发生反应【答案】D【详解】A．辣椒素分子中含18个C、27个H、1个N、3个O，分子式应为C18H27NO3，A错误；B．辣椒素含酚羟基，酚羟基酸性弱于碳酸，与Na2CO3反应生成NaHCO3，不能生成CO2，B错误；C．能与H2加成的官能团为苯环(3 mol)和1个碳碳双键(1 mol)，酰胺羰基不与H2加成，共消耗4 mol H2，C错误；D．酸性条件下酰胺基水解生成羧酸(含碳碳双键，可与溴水加成)和酚类(含酚羟基，可与溴水发生取代反应)，两产物均能与浓溴水反应，D正确；10．已知  ，已知G和H的摩尔质量分别为X g/mol、Y g/mol，平衡体系中气体的平均摩尔质量在不一样的温度下随压强p的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．反应速率：B．平衡常数：C．温度：D．当时，【答案】A【详解】A．反应速率取决于温度和压强，温度越高、压强越大，速率越快。假设a、b在T2曲线（高温）上，a点压强小于b点，故v(b)＞v(a)；c点在T1曲线（低温）上，若c点压强大于b点但温度不高于b点，由于温度对速率影响更大，v(b)＞v(c)；c点压强大于a点，故v(c)＞v(a)。综上，v(b)＞v(c)＞v(a)，A正确；B．平衡常数K仅与温度有关，反应吸热（ΔH＞0），温度上升K增大。若a、b在T2（高温），c在T1（低温），则K(a)=K(b)＞K(c)，B错误；C．反应吸热，升温平衡正向移动（n总增大，M̄减小）。相同压强下，T2曲线M̄更小（温度更高），故T2＞T1，C错误；D．M̄=时，结合X=2Y（质量守恒），推导得n(G):n(H)=1:1，D错误；答案选A。11．某物质的结构简式如图所示，其中A、M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。A是宇宙中含量最多的元素，是氧化性最强的单质，X与Z同族。下列说法正确的是A．键能： B．氢化物的沸点：C．含氧酸的酸性： D．第一电离能：【答案】A【详解】A、M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。A是宇宙中含量最多的元素，则A为氢元素，Y2是氧化性最强的单质，则Y为氟元素，X能形成2个共价键、Z形成6个共价键，且X与Z同族，则X、Z分别为氧元素、硫元素，M形成4个共价键，则M为碳元素，W能形成3个共价键，则W为氮元素。各元素确定为：A（H）、M（C）、W（N）、X（O）、Y（F）、Z（S）。A．氮气形成，氧气是，氟气形成，键能，A正确；B．Y为F，氢化物为HF；M为N，未明确氢化物是否为最简单氢化物，无法判断具体是何种氢化物，无法比较，B错误；C．含氧酸酸性需指明最高价，否则就没办法确定酸性强弱，C错误；D．X为O，W为N，M为C，同周期第一电离能从左到右增大，因为N原子因2p轨道半充满的稳定结构，其第一电离能高于相邻的O，因此，D错误；故选A。12．电解苯酚的乙腈水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），装置如图，其中电极材料均为石墨。下列说法错误的是A．电极a为负极B．装置工作时，乙室溶液pH减小C．c的电极反应式为D．合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重64g【答案】B【详解】据题给信息可确定左侧装置为化学电源，右侧装置为电解池；化学电源中，阴离子向负极移动，故电极a是负极，电极b是正极，电极c是阳极，电极d是阴极；A．由分析知电极a是负极，A正确；   B．乙室是化学电源的正极室，工作时，H2O2在正极b上得到电子发生还原反应，电极反应式为：，反应时c(H+)减小，溶液pH增大，B错误；C．电极c为阳极，CH3CN在电极c上失去电子发生氧化反应，并与苯酚反应生成扑热息痛，电极反应式为：，C正确；D．根据阳极c的电极反应式，合成1mol扑热息痛，转移2mol电子，负极a发生反应：，生成1mol氧气，同时乙室转移1mol硫酸根离子到甲室，理论上甲室质量增重96g/mol×1mol-32g/mol×1mol=64g，D正确；故选B。13．氧族元素碲(Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：已知：微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是A．铜阳极泥粉碎后再“酸浸”，可提高浸取率B．“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为C．“还原”过程中，反应的化学方程式为D．溶于浓NaOH溶液的离子方程式为【答案】D【详解】“酸浸”1中加入铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)、H2SO4、O2，转化为CuSO4和，化学方程式为，过滤，得到含CuSO4的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：，据此分析回答。A．铜阳极泥粉碎后，可增大接触面积，反应更充分，可提高浸取率，A正确；B．由分析可知，“酸浸1”中，转化为CuSO4和，化学方程式为，B正确；C．由分析可知，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：，C正确；D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和H2O，元素的化合价均未改变，离子方程式为：，D错误；故选D。14．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是A．图1中O原子的配位数为6 B．图2表示的化学式为C．图1晶体密度为 D．取代产生的空位有利于传导【答案】B【详解】A．图1中以下底面面心处为例，与距离相等且最近的 Li有 6个，分别位于下底面的4个棱心、上下两个晶胞的2个体心，即原子的配位数为6，A不符合题意；B．图2中，或空位取代了棱心的Li，根据电荷守恒，8个棱心位置的Li只有4个被Mg取代，4个被空位取代，则Li个数为1，Mg个数为1，Cl和Br的总个数为1，故图2表示的化学式为，B符合题意；C．图1晶胞中Li的原子个数为,O的个数为，Cl的个数为，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶体密度为，C不符合题意；D．镁离子取代及卤素共掺杂后，获得高性能固体电解质材料,则取代产生的空位有利于传导，D不符合题意；故选B。15．常温下，向（弱碱）溶液中滴加（弱酸）溶液，混合溶液中与关系如图所示。已知：。下列说法错误的是A．B．点溶液中：C．当时，D．常温下，若混合液中，该混合液【答案】B【详解】常温下，向（弱碱）溶液中滴加（弱酸）溶液，，则随着pH增大，增大，为L2曲线；，则随着pH增大，减小，为L1曲线；A．根据图像中a，、pH=11，，则；同理，由点计算，，A正确；B．点溶液呈中性，即和恰好完全反应生成，但是中阴、阳离子的水解程度相等，故，B错误；C．当时，混合液含和的物质的量浓度相等，根据电离常数可知，水解常数，即电离程度大于水解程度，混合溶液呈碱性，有，C正确；D．根据电离常数表达式，，，，D正确故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图已知：i．溶于盐酸能够获得。ii．。iii．。回答下列问题：(1)Cu原子价层电子排布式为： ，“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。(2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。(3)“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；请结合计算过程判断该反应是不是能够完全转化(一般认为，时可完全反应) 。(4)实验室中能合成很多含的配合物。与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol该离子通过螯合作用形成的配位键数目为 。(用表示阿伏伽德罗常数)(5)元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞如下图所示，该化合物的化学式为 ；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度 (用含、的代数式表示)。【答案】(1) 温度不高于，反应速率较慢，温度高于会发生分解，浸取率降低(2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为(3) 该反应的平衡常数，不能完全转化(4)(5) 【详解】铜阳极泥富含等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶解生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，浸渣含等，再向浸渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：，，过滤，向得到的浸渣2中加入，溶于，生成，再进行电解，在阴极得到电子，被还原为，电极反应为：，阴极区的溶液中含有，能循环使用，向浸出液2中加入，可以还原，生成和氮气，该反应N元素升高2价，元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为，据此分析作答。（1）Cu为29号元素，电子排布式为，因此价层电子排布式为；“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度不高于，反应速率较慢，温度高于，会发生分解，浸取率降低，故答案为：；温度不高于，反应速率较慢，温度高于，会发生分解，浸取率降低；（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为，从而浸出，故答案为：作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为；（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于，生成，离于方程式为  ，因此不能完全转化，故答案为：；该反应的平衡常数，不能完全转化；（4）由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为，故答案为：；（5）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K(钾)元素；根据晶胞图，利用均摊法计算原子个数。Q(K)原子：位于晶胞的顶点和面心，顶点有8个K原子，面心有6个K原子，K原子个数为；两个O原子形一个原子团，原子团有2个位于体心，12个位于棱上，O原子个数为，K原子与O原子团个数比为1：1，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有4个K原子和个O原子团，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度，故答案为：。17．（13分）钴的配合物，难溶于乙醇，稍溶于水，常温下较稳定，强热时部分分解。实验室可用作原料来制备。具体制备步骤如下：步骤1：在如图装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物。步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却结晶，过滤。将沉淀溶于50 mL热的稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6 mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。已知：具有较强的还原性；的氧化性比和的都强。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为 。(2)的空间结构呈 形。比较键角 (填“”“=”或“＜”)；请说明理由： 。(3)加入氯化铵的作用是 。(4)控制温度在缓慢滴加溶液的原因是 ，写出加入溶液时发生反应的离子方程式： 。(5)测定产品中氨的含量的实验操作如下：①准确称取产品，加入蒸馏烧瓶中，再加入足量的NaOH溶液，加几粒沸石；②加热蒸馏，用盛有盐酸标准液的锥形瓶(浸在冰水浴中)吸收产生的气体；③取下锥形瓶，加入甲基橙作指示剂，锥形瓶中的吸收液用的NaOH标准液滴定至终点，消耗NaOH标准液。产品中氨的质量分数为 (用含的式子表示)。【答案】(1)恒压滴液漏斗(2)三角锥 中N有孤电子对，中N的孤电子对已形成配位键，孤电子对对成键电子对的斥力大，中的键角更小(3)抑制NH3⋅H2O电离，增大NH3的浓度，促进配合物的形成，防止生成Co(OH)2沉淀(4)防止温度过高使H2O2分解 或(5)【详解】将CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合成悬浊液，加入浓氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，过滤得到沉淀中含有[Co(NH3)6]Cl3和活性炭，将沉淀溶于热稀盐酸中，活性炭不溶于稀盐酸，趁热过滤，向滤液中加入浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥得到产品，据此作答。（1）据图可知仪器a的名称为：恒压滴液漏斗；（2）NH3中氮原子的价层电子对，有1对孤电子对，则其空间结构为三角锥形；[Co(NH3)6]Cl3中氮原子上的孤电子对与钴原子形成配位键，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，则答案为：＜；NH3中N有孤电子对，[Co(NH3)6]Cl3中N的孤电子对已形成配位键，孤电子对对成键电子对的斥力大，NH3中的∠HNH键角更小；（3）Co2+与NH3⋅H2O反应生成[Co(NH3)6]2+，同时Co2+也可能与NH3⋅H2O电离产生OH-生成Co(OH)2沉淀，因此加入氯化铵，能抑制NH3⋅H2O电离，增大NH3的浓度，促进配合物的形成，防止生成Co(OH)2沉淀，则答案为：抑制NH3⋅H2O电离，增大NH3的浓度，促进配合物的形成，防止生成Co(OH)2沉淀；（4）过氧化氢受热易分解，则控制温度为10℃缓慢滴加H2O2溶液的原因是：防止温度过高使H2O2分解；依据分析，加入H2O2后，Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3，离子方程式为：或；（5）准确称取a 品，加入蒸馏烧瓶中，再加入足量的NaOH溶液，加几粒沸石，加热蒸馏，蒸出的NH3用盐酸标准溶液吸收，吸收液中有NH4Cl、HCl；取下锥形瓶，加入指示剂，锥形瓶中的吸收液用c2mol⋅L−1的NaOH标准液滴定至终点消耗NaOH标准液V2mL，产物为NH4Cl、NaCl；即盐酸分别与氢氧化钠和氨气反应（均为1:1），则与NH3反应的，即，则产品中氨的质量分数=，答案为：。18．（14分）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝的主要副产物为，主反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：(1)已知：。则 。(2)某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。当时，降低温度，变为，变为，则 (填“”“”或“=”)。(3)利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，其反应历程如下图所示。图中生成X的离子方程式为 ，历程图中总反应的化学方程式为 。(4)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不一样的温度下，在气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随气温变化的关系如下图。①选择，温度高于时NO的转化率下降的原因为 。②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂为 。(5)、下，向恒温、恒压的密闭容器中通入、、(假设仅发生反应Ⅰ、Ⅱ)。达到平衡后测得的转化率为，体系中的物质的量为1.2 mol。则NO的转化率为 ，反应Ⅰ的 (分压=总压物质的量分数)(写出计算式即可)。【答案】(1)-1656(2)(3) (4)催化剂活性下降(或副反应增多) (5)75% 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ-反应Ⅰ=目标反应，则；（2）反应Ⅰ为放热反应，降低温度，正、逆反应速率和速率常数均减小，平衡向正反应方向挪动，正反应速率大于逆反应速率，则正反应速率常数大于逆反应速率常数；（3）由方程式可知，生成X的反应为与一氧化氮反应生成、氢离子、氮气和水，则X为氮气和水，反应的离子方程式为；总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮和二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为；（4）①由图可知，选择时，下随温度上升NO的转化率逐渐增大，温度高于时NO的转化率下降，则温度高于时NO的转化率下降的原因可能是温度过高，催化剂的活性下降所致，也可能是副反应增多所致；②由图可知，在温度相比来说较低时催化效率高，一氧化氮的转化率较高、氮气的选择性高、一氧化二氮的生成量低，所以最佳催化剂为；（5）反应开始时通入、、，达到平衡后测得的转化率为，体系中的物质的量为1.2 mol，则参加反应的的物质的量为0.6 mol，参加反应的的物质的量为2.8 mol，产物只有水和氮气。根据H元素守恒可知，生成水的物质的量为。根据O元素守恒可知，平衡时NO物质的量为4mol+2mol×2-4.2mol-(2-0.6)mol×2=1mol，所以参加反应的NO的物质的量为4mol-1mol=3 mol，根据N守恒，生成的物质的量为2.9 mol。NO的转化率为。反应Ⅰ的，，，，，所以反应Ⅰ的平衡常数。19．（14分）伊波加因是一种抗成瘾药物，合成其所需的中间体I可由如下路线合成。已知：①CbzCl是的缩写；②回答下列问题：(1)A的分子式为 ：步骤⑤经历了两步反应实现转化，请推测该步2)的化学反应类型为 。(2)一个I分子中含有手性碳原子的数目是 。(3)反应③属于狄尔斯-阿尔德反应，则该反应的化学方程式为 。(4)CbzCl的同分异构体中，同时满足以下条件的共有 种(不考虑立体异构)：①与溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③羰基与氯原子直接相连。写出其中一种结构简式，要求其水解产物属于水杨酸()的同系物的是 。(5)研究者模仿I的合成路线，设计了化合物J的一种合成路线。该路线中M和N的结构简式分别为 和 。【答案】(1)C7H9N 取代反应(2)4(3)+ (4)13 、、、(5) 【详解】合成药物伊波加因的流程为：将A与CbzCl/NaBH3CN和CH2Cl2/CH3COOH共同作用下转化为B，B先和Br2发生加成反应，然后再发生消去反应生成C，C和D发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D为，E和H2先发生加成反应，然后和CH3OH发生取代反应生成F，F发生反应⑤生成G，步骤⑤经历了两步反应实现转化，即先发生开环后发生取代反应，G和H反应生成I，以此解答。（1）由A的结构简式可知，A的分子式为C7H9N，由F和G的结构简式可以推知，步骤⑤经历了两步反应实现转化，请推测该步2)的化学反应类型为取代反应。（2）手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，I分子中含有的手性碳原子如图所示：，共有4个手性碳原子。（3）根据C的结构和E的结构之间的差异可知D的结构为：，反应③属于狄尔斯-阿尔德反应，则该反应的化学方程式为+ 。（4）CbzCl的结构为：，其同分异构体满足条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含酚羟基；②能发生水解反应且水解产物包含羧基，则取代基可能含：和-CH3、；若苯环含有2个取代基，可以为，有邻、间、对三种结构；三个取代基可以为，有10种结构，则共有13种同分异构体；则水解产物与水杨酸互为同系物的同分异构体的结构简式分别为：、、、。（5）根据合成J的路线：，结合题目中的转化原理，由转化为的结构差异可知M为：；再由转化为的结构差异可知N为：。第 1 页 共 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