【文档说明】山东省德州市2024届高三下学期开学摸底考试化学试题word版含解析.docx，共(24)页，5.179 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.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-1C-12O-16F-19Na-23Mg-24Cl-35.5Mn-55Ni-59Cu-64Zn-65第I卷(选择题共40分)一、

选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.齐鲁大地景色优美，下列美景形成过程中涉及化学变化的是A.沂蒙山的地下溶洞B.蓬莱的海市蜃楼C.东营黄河入海口的沙洲D.济南的趵突泉【答案】A【解析】【详解】A．地

下溶洞中涉及反应：32232CaCO+HO+CO=Ca(HCO)，Δ32322Ca(HCO)=CaCO+HO+CO，涉及化学变化，故A正确；B．蓬莱的海市蜃楼中没有新物质的生成，属于物理变化，故B错误；C．入海口沙

洲的形成，发生胶体的聚沉，属于物理变化，故C错误；D．济南的趵突泉的产生没有新物质的生成，属于物理变化，故D错误；故选A。2.下列实验操作正确的是A.配制-180mL2molLNaCl溶液，应用托盘天平称取9.4gNaCl固体B.除去苯中少量的苯酚，可加入适量的NaOH溶

液，振荡、静置、分液C.配制用于检验醛基的2Cu(OH)悬浊液，向42mL10%CuSO溶液中滴加几滴2%NaOH溶液并振荡D.碱式滴定管加入液体后，让其竖直向下，捏住胶管中的玻璃球使液体快速流下赶走气泡【答案】B【解析】【详解】A．实验室没有80mL规格的容量瓶，应该选择100mL容量瓶，

根据计算，用托盘天平称取NaCl的质量为0.100L2mol/L58.5g/mol=11.7g，故A错误；B．苯酚可与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的苯酚钠，振荡、静置后得到互不相溶的两层液体，上层为苯，通过分液得到苯，故B正确；C．为检验醛基，配制氢氧化铜悬浊液时

，碱需过量，保证醛基是在碱性条件下发生反应，制备新制氢氧化铜应向2mLNaOH10%溶液滴加5滴5%CuSO4溶液，故C错误；D．除去碱式滴定管胶管内气泡时，尖嘴不应该垂直向下，将碱式滴定管尖嘴部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠排气，故D

错误；答案选B。3.2CO和2H制备乙醇发生的反应为223222CO+6HCHCHOH+3HO=，副产物可能有4CH、22CHCH=或3CHOH等。下列说法错误的是A.22CHCH=分子中σ键和π键个数比5:1B.

4CH的键角大于2HOC.32CHCHOH和3CHOH均为极性分子D.上述含碳物质中碳原子的杂化方式有2种【答案】D【解析】【详解】A．碳碳双键中有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，则22CHCH=分子中

σ键和π键个数比为5:1，A正确；B．4CH中心原子孤电子对数=42104−=、价层电子对数=0+4=4，故为sp3杂化、VSEPR模型、空间构型均为正四面体；2HO中心原子孤电子对数=62122−=、价层电子对数=2+2=4，故

为sp3杂化、VSEPR模型为四面体、空间构型为V形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则4CH的键角大于2HO，B正确；C．32CHCHOH和3CHOH中除了碳碳单键为非极性键之外其余均为极性键，且二者分

子结构不对称，故32CHCHOH和3CHOH均为极性分子，C正确；为D．CO2分子中，孤电子对数42202−=、价层电子对数2+0=2，则其空间构型为直线形，碳原子杂化方式为sp杂化，乙烯中含碳碳双键、碳原子为sp2杂化，除此之外，上

述含碳物质中其余碳原子均形成单键，形成单键时碳原子为sp3杂化，则碳原子的杂化方式有3种，D错误；故选D。4.下列实验装置能达到实验目的的是A.用装置甲制取23NaCOB.用装置乙进行石油的蒸馏实验C.用装置丙蒸干2CaCl溶液获取

2CaCl晶体D.用装置丁验证浓度对化学反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．3NaHCO固体分解应在试管或坩埚中进行，不能用蒸发皿，故A错误；B．蒸馏装置应该用直形冷凝管，不能用球形冷凝管，故B错误；C．2CaCl不水解，用蒸发结晶法蒸干

2CaCl溶液可以获取2CaCl晶体，故C正确；D．反应无明显现象，不能比较反应速率，故D错误；答案选C。5.氧化石墨烯在各领域都有广泛的用途，在一定条件下某物质在石墨烯表面二维晶体结构如下图所示，下列说法正确的是A.n=2B.Ca-Cl-Ca的键角为60C.晶体中距离-Cl最近的n+C

a有三个D.晶体中含有两种处于不同环境的碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由俯视图可知，一个钙离子形成键结合3个氯离子，同样一个氯离子形成键结合3个钙离子，则该二维晶体的化学式为CaCl，则n=1，故A错误；B．结合侧视图可知

，Ca－Cl－Ca的键角不是60°，故B错误；C．结合选项A可知，晶体中距离-Cl最近的n+Ca有三个，故C正确；D．晶体中每个n+Ca参与形成3个六元环，每个六元环中碳原子与n+Ca处于邻位、间位和对位，故含有三种处于不同环

境的碳原子，故D错误；故选C。6.某天然活性产物的衍生物结构简式如图所示。下列说法错误的是A.该物质中存在4种官能团B.该物质最多可以和23molH反应C.该物质与足量2H反应后的产物有3个不对称碳原子D.1mol该物质最多和1molNaOH反应【答案】B【解析】【详解】A．

该有机物中含有官能团为酯基、醚键、碳碳双键、羰基，有四种官能团，故A正确；B．碳碳双键、羰基都能和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，1mol该物质最多消耗2mol氢气，故B错误；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子是不对称碳原子，该物质与足量H2反应后的产物有3个不对称碳原子

，如图所示：，故C正确；D．酯基水解生成的羧基能和NaOH以1：1反应，该分子中有1个酯基，所以1mol该物质最多和1molNaOH反应，故D正确；答案选B。7.以太阳能为驱动力，在介导上产生空穴+h(空穴是指共价键上流失一个电子，最后在共价键上留下空位的现象)，在室温条件下可将氮

气转化为氨气，其工作原理如下。下列说法错误的是A.该过程中能量变化是光能转化为化学能B.该工艺可能生成副产物氢气C.生成氨气的总反应：22322N+6HO4NH+3O光催化D.VB上产生+3molh，CB上产生3NH11.2L(标准状况)【答案】D【解析】【详解】A．以太阳能为驱动

力，在室温条件下可将氮气转化为氨气，能量变化是光能转化为化学能，A正确；B．图中氢离子可能得到电子发生还原反应生成副产物氢气，B正确；C．由图，总反应为氮气和水在光催化作用下生成氨气和氧气，C正确；D．氮化合价由0变为-3得到氨气，则VB上产生+3molh，CB上

产生1mol氨气，为22.4L(标准状况)，D错误；故选D。8.高分子的循环利用过程如下图所示。下列说法错误的是(不考虑立体异构)A.a的分子式16168CHOB.a生成b反应属于加聚反应C.a分子中氢元素的质量分数与b相同D.a与2Br发生加成反应最多可生成3种二

溴代物【答案】D【解析】【详解】A．根据a的结构简式，可得a的分子式16168CHO，A正确；B．a中碳碳双键断裂，发生加聚反应生成b，B正确；C．加聚物b是由单体a聚合而成，其链节与单体分子式相同，则a和b的氢元素的

质量分数相同，C正确；D．a与Br2发生加成反应可形成以下二溴代物：、、、，最多可生成4种二溴代物，D错误；故选：D。9.用乙醇制备乙酸乙酯的反应原理为：2422750%HSO32323NaCrO2CHCH

OHCHCOOCHCH⎯⎯⎯⎯→，实验装置如图。冰盐浴条件下，在三颈烧瓶中，加入50%硫酸、乙醇，搅拌下逐滴加入227NaCrO溶液，控制反应温度得到绿色乳浊液，用等量水稀释，分液，收集上层清液，纯化，干燥，分馏

得到乙酸乙酯。下列有关说法正确的是A.乙醇制备乙酸乙酯的反应类型为取代反应B.冰盐浴需控制在-25~-10C，其目的是增强乙醇还原性C.绿色乳浊液用等量水稀释分液后，上层清液中含有的主要杂质为3CHCOO

H、32CHCHOH的D.纯化乙酸乙酯的具体操作：先用NaOH溶液中和，再用水洗【答案】C【解析】【分析】根据实验原理：2422750%HSO32323NaCrO2CHCHOHCHCOOCHCH⎯⎯⎯⎯→，在三颈烧瓶中加入加入50%硫酸、乙醇，搅拌下逐滴加入227NaCrO溶液，在冰盐浴条件下反应

，生成绿色乳浊液，最后进行分离提纯得到乙酸乙酯；【详解】A．32CHCHOH中不含有不饱和键，323CHCOOCHCH中含有碳氧双键，故乙醇制备乙酸乙酯的反应类型不是取代反应，故A错误；B．冰盐浴需控制在-25~-10C

，其目的是有利于降温，减少乙醇挥发，故B错误；C．由于乙醇能被227NaCrO氧化为乙酸，故上层清液中含有的主要杂质为3CHCOOH、32CHCHOH，故C正确；D．不能用NaOH溶液中和，因为乙酸乙酯在NaOH溶液中要水解，应

用饱和碳酸钠溶液，故D错误；答案选C。10.科学家致力于降低空气中温室效应气体含量的研究，催化剂I(ZnO)与催化剂Ⅱ(ZnO-Fe)对单个4CH和2CO分子合成乙酸的能量变化关系如图所示。已知：图中吸附在催化剂表

面的物种用“*”标记；-221eV=1.610kJ。下列说法错误的是A.催化剂Ⅱ的催化效果较好B.催化剂I的决速步的反应为*****3123CH+H+COCHCOO+H=C.该反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成D.总反应的热化

学方程式为423CH(g)+CO(g)CHCOOH(g)=-23-1ΔH=+4.010kJmol【答案】D【解析】【详解】A．由图知，使用催化剂Ⅱ时，最大活化能相比于催化剂Ⅰ更低，活化能小则反应速率快，故催化剂Ⅰ的催化效果较差

、催化剂Ⅱ的催化效果较好，故A正确；B．活化能最大的一步为决速步，结合选项A可知，催化剂I的决速步的反应为*****3123CH+H+COCHCOO+H=，故B正确；C．由图可知，反应过程中存在C-H的断裂，C-

C、O-H键的形成，则该反应过程中有极性键断裂和极性键、非极性键形成，故C正确；D．如图所示为单个4CH和2CO分子合成乙酸的能量变化关系图，则总反应的热化学方程式为423CH(g)+CO(g)CHCOOH(g)=()23-22-1-1ΔH=

+6.02100.251.610kJmol24.08kJmol=+，故D错误；故选：D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，

有选错的得0分。11.实验是探究元素化合物性质的重要方法。利用下列实验装置探究元素不同价态间的转化，所选试剂正确的是选项元素转化试剂a试剂b试剂cA+6+4+6SSS→→浓硫酸铁片新制氯水B-1-10ClClCl→→浓盐酸高锰酸钾溴化钾溶液C+2+3+2

FeFeFe→→稀硫酸硫化亚铁氯化铁溶液D+5+4+2NNN→→浓硝酸铜片水A.AB.BC.CD.D【答案】BD【解析】【详解】A．铁在冷的浓硫酸中钝化，不能生成SO2，不能实现转化，A错误；B．浓盐酸和高锰酸

钾生成Cl2，Cl元素化合价从-1价变为0价，Cl2和溴化钾溶液反应为Cl2+2KBr=2KCl+Br2，Cl元素化合价从0价变为-1价，B正确；C．稀硫酸与硫化亚铁发生复分解反应，化合价不变，C错误；D．浓硝酸和铜片生成NO2，N元素从+5价转化为+4价，NO2和水反应生成HNO3和NO，N元

素化合价从+4变为+5和+2，D正确；故选BD。12.2.25C时，用-130.5molLNaHCO溶液滴定-1225.00mL0.25molLCaCl溶液，测得混合溶液的pH随滴加3NaHCO

溶液的体积变化如图所示，当滴加325mLNaHCO溶液时出现较为明显的白色沉淀和气体。下列叙述错误是A.a-b的过程中，水的电离程度不断增大的B.c点时，溶液中溶解的二氧化碳基本饱和C.该离子反应方程式：2+3322Ca+2HCOCaCO+CO+HO−=D.d点溶液中()()()()+2+23

3cNa>cHCO>cCa=cCO−−【答案】D【解析】【分析】a点是氯化钙溶液，pH=7，溶液呈中性，b点是CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，两者之间没有发生反应，碳酸氢根离子水解呈碱性，c点已经有沉淀生成，溶液呈碱性，d点沉淀的量已经不再变化，但溶液仍为碱性，说

明碳酸氢根离子的水解大于电离。【详解】A．a-b的过程中，溶质由CaCl2变成CaCl2溶液和NaHCO3混合溶液，混合溶液中的NaHCO3会水解，水的电离程度不断增大，A正确；B．b到c，2+33HCOCOH−−+，2-2+33CO+Ca=CaCO，-+322HCO+HHO+CO=，

2CO溶解在溶液里，c点之后到d点，pH值不变，说明从c点开始溶液中溶解的二氧化碳基本饱和，B正确；C．该离子反应方程式：2+3322Ca+2HCOCaCO+CO+HO−=，C正确；D．d点恰好完全反应2+3322Ca+2HCOCaCO+CO+

HO−=，溶液显碱性碳酸氢根离子以水解为主()()+-cH<cOH，电离的碳酸根离子很少，根据电荷守恒，()()()()()()()+2++-2---33cNa+2cCa+cH=cOH+2cCO+cCl+cHCO，()()+-cNa=cCl，()()()2+2--332cCa>2cCO

+cHCO，钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，D错误；故选D。13.为实现碳中和，科学家利用多晶铜高效催化电解2CO制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是A.铂电极为阳极，产生的气体是2O和2COB.铜电极的电极反应式为22324322CO+12HCO+12e

CH+12CO+4HO−−−=C.电解过程中，溶液中-3HCO通过阴离子交换膜向左槽移动D.制得2.8g24CH时，产生标准状况下6.72L2O【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，铜没有参与反应，则多晶铜电极作为电解池的阴极，持续通入的二氧化碳气体，得到电子，生成乙烯和碳酸氢根离

子，碳酸氢根离子通过阴离子交换膜进入铂电极，铂电极是电解池的阳极，水发生氧化反应，生成氧气和氢离子，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳气体。【详解】A．据分析，铂电极为阳极，产生的气体是2O和2CO，A正确；B．据分析，铜电极的电极反应式为22

24314CO+8HO+12eCH+12HCO−−=，B错误；C．据分析，电解过程中，溶液中-3HCO通过阴离子交换膜向左槽移动，C正确；D．据B项解析可知，制得2.8g24CH(物质的量是0.1mol)时，电路

中转移电子1.2mol，根据-2O4e，产生0.3mol2O，标准状况下体积6.72L，D正确；故选B。14.以钢铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的232CuOFeOPbOSiO、、、等)为原料制备高纯氧化锌的工艺流程如下

：下列说法正确的是A.滤渣I的主要成分是2SiOB.加入试剂a的目的是提取铜中的锌C.氢氧化铁的-31.7sp3KFe(OH)10D.若取步骤III后的固体11.2g煅烧，得到产品8.1g，则x=3【答案】B

C【解析】【分析】锌灰的主要成分为ZnO，含有232CuOFeOPbOSiO、、、等杂质，加稀硫酸溶解，PbSO4不溶，过滤，滤渣1为PbSO4、2SiO，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁，加入氧化锌，调pH使铁离了沉淀，为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+Cu

SO4═Cu+ZnSO4，滤渣2为铜与过量的锌粉，过滤，滤液为硫酸锌，加入碳酸氢铵生成ZnCO3∙xZn(OH)2，再煅烧得到ZnO。【详解】A．2SiO不与稀硫酸反应，锌灰中PbO加稀硫酸溶解得到PbSO4不溶于水，过滤，滤渣1为

PbSO4、2SiO，A错误；B．为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，目的是除去2Cu+，B正确；C．pH=5.1除铁离子，()--8.9cOH=10，()()()733--3+-31-.s8.359p

KcOH=1e0110F(OH)cFe0，C正确；D．设ZnCO3∙xZn(OH)2的物质的量为ymol，ZnCO3∙xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量为二氧化碳、水的质量，m8.1gn(ZnO)===0.1molM81g

/mol，根据固体质量减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1，解得x=1、y=0.05，D错误；故选BC。15.已知配合物中心M与配体L之间存在平衡关系：1M+LMLK，22ML+LMLK，n-1nnML+LMLK。3

+Al与-F具有很强的亲和性，当-F的浓度过大时，还会形成3-6AlF。常温下向某浓度的3AlF溶液中加入NaF，实验测定323+2+AlAlFAlFAlF+、、、在所有含铝元素微粒中的百分含量随()-pFpF=-lgFc的变化如图所示，下列说法正确的是A.曲线d

表示3AlF的变化情况B.反应3+-2+Al+FAlF的平衡常数数量级为710C.pF=5.2时，()()()()()()3+2+++--3Al+3AlF+H+Na=F+OHccccccD.溶液中可能存在()()()+2+23AlF>AlF

>AlFccc【答案】CD【解析】【分析】从左到右pF越来越大，则得出c(F－)浓度越来越小，从右向左，c(F－)浓度逐渐增大，则得出a、b、c、d分别代表AlF3、2AlF+、AlF2+、Al3+变化曲线。【详解】A．根据分析可知，曲线d表示3+Al的变化情况，故A错误；B．反应3

+-2+Al+FAlF的平衡常数K=()()()2+-3+AlFFAlccc，当pF=6.6时，()()2+3+cAlF=cAl，()--6.6cF=110，则K=6.60.66110=1010，其数量级为610，

故B错误；C．pF=5.2时，存在关系c(2AlF+)=c(AlF2+)，根据电荷守恒()()()()()()()3+2+++--23Al+2AlF+AlF+H+Na=F+OHccccccc+，则()()()(

)()()3+2+++--3Al+3AlF+H+Na=F+OHcccccc，故C正确；D．由图像变化可知，当pF略小于5.2时，存在关系b＞c＞a，即()()()+2+23AlF>AlF>AlFccc，故D正确；故选CD。第II卷(非选择题共60分)三、非选择题

：本题包括5小题，共60分。16.镁是一种在生产生活中有着重要用途的金属，回答下列问题：（1）镁(I)在生物体中起催化、调节和信号传导等作用，图中物质Ⅰ是一种新型2+Mg比率荧光传感器，除2+Zn外，在其他金属阳离子存在下，荧光比没有明显变化。①与Zn同

周期，基态原子有4个未成对电子的元素有___________种。HCOMgCl、、、、电负性由大到小的顺序为___________。②物质Ⅰ中N的杂化类型有___________，物质Ⅱ中H-O-H键角大于水中H-O-H键角，原因是______

_____。物质Ⅱ中配体数与配位键数之比为___________。（2）一种含镁、镍、碳3种元素的超导材料，结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，其立方晶胞在xy、xz、yz平面投影相

同，如图所示，分别代表三种原子，为两种原子投影的重合。①该晶体的化学式为___________。②晶胞中镍原子和碳原子最近的距离为apm，阿伏伽德罗常数的值为AN，则晶胞密度为___________-3gcm。【

答案】（1）①.1②.O>Cl>C>H>Mg③.2sp杂化、3sp杂化④.氧的杂化方式均为3sp，Ⅱ中水分子与镁离子配位后孤电子对数比2HO少，故2HO中H-O-H键角小⑤.23：（2）①.3MgNiC②.303A213108aN【解析】【小问1详解】①与Zn同周期，基态原子

有4个未成对电子的元素为铁，Fe价层电子排布图是，故有1种。同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；HCOMgCl、、、、电负性由大到小的顺序为O>Cl>C>H>Mg。

②物质Ⅰ中没有双键的N为sp3杂化、形成双键的N为sp2杂化，杂化类型2sp杂化、3sp杂化；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，物质Ⅱ中氧和水中氧的杂化方式均为3sp，Ⅱ中水分子与镁离子配位后孤电子对数比2HO少，故2HO中H-O-H键角小；由结构知，物质Ⅱ中配体数与配位

键数之比为4:6=2:3；小问2详解】结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，其立方晶胞在xy、xz、yz平面投影相同，结合投影推知，晶胞结构为：；①根据“均摊法”，晶胞中含1818=个

Mg、1632=个Ni、4个C，该晶体的化学式为3MgNiC；②晶胞中镍原子和碳原子最近的距离为apm，为边长的二分之一，则晶胞边长为2apm，则晶胞密度为()30330-3A33AMN21310gcm10gcm8aN2

a−=。17.CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于酒精，其在潮湿的环境中易被氧化变质，常用作催化剂、脱色剂。某兴趣小组利用下图装置(部分夹持装置略去)制备氯化亚铜。实验步骤：I．向C中加入-120mL0.5molL的2CuCl溶液，继续加入-10.5molL的NaOH溶液

40mL。II．打开a的活塞，向A中滴加盐酸，产生2SO气体，一段时间后C中产生白色固体。III．将C中混合物过滤、洗涤、干燥得CuCl产品。【回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，装置B中的

液体为___________。（2）装置C中生成CuCl过程中发生反应的离子方程式为2+2Cu+2OHCu(OH)−=；___________。（3）洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的原因是___________。（4）测量CuCl的质量分数：准确称

取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的3FeCl溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用-1amolL的227KCrO溶液滴定到终点，消耗227KCrO，溶液bmL，反应中2-27CrO被还原为3+Cr。(已知：3+2+2+-Fe+CuClC

u+Fe+Cl=；该条件下2-27CrO与-Cl不反应)①滴定时应将227KCrO溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②样品中CuCl的质量分数表达式为___________(用含a、

b、m的代数式表示)。③下列因素引起测定结果偏高的是___________。A．配制227KCrO标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失【答案】

（1）①.恒压滴液漏斗②.饱和3NaHSO溶液（2）222422Cu(OH)+SO+2Cl2CuCl+SO+2HO−−=（3）使用乙醇洗去CuCl表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化（4）①.酸式②.59.7ab%m③.AD【解析】【

分析】盐酸与亚硫酸钠溶液反应生成二氧化硫气体，含有杂质氯化氢，用饱和亚硫酸氢钠溶液除去氯化氢，二氧化硫气体通入装置C中与氢氧化钠溶液、氯化铜溶液反应生成氯化亚铜，尾气用氢氧化钠溶液吸收。【小问1详解】根据图示装置，仪器a是恒压滴液漏斗；据分

析，装置B中的液体为饱和3NaHSO溶液。【小问2详解】装置C中发生反应2+2Cu+2OHCu(OH)−=，生成CuCl过程中的离子方程式为222422Cu(OH)+SO+2Cl2CuCl+SO+2HO−−=。【小问3详解】洗涤时，先用水洗，后用乙醇洗，使用乙醇洗的

原因是使用乙醇洗去CuCl表面的水，防止其在潮湿的环境中被氧化。【小问4详解】①227KCrO溶液具有强氧化性，滴定时应将其加入酸式滴定管中；②2-27CrO氧化Fe2+，根据得失电子守恒，结合3+2

+2+-Fe+CuClCu+Fe+Cl=，有关系：22-3+27+CrO66Fe6CuClFe，样品中CuCl的质量分数表达式为-1-3amolLb10L699.5g/mol100%m=59.7ab%m；③A．配制227KCrO

标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，227KCrO标准溶液浓度偏低，滴定时消耗的体积偏大，导致测定结果偏高，A符合题意；B．在接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，对实验果没有影响，B不符合题意；C．滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，导致读数偏

小，测定结果偏低，C不符合题意；D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积计入读数，导致测定结果偏高，D符合题意；故选AD。18.高纯硫酸锰主要应用于三元锂电池正极材料的合成，一种使用高硫锰矿和软锰矿(主要成

分为2MnO)制备硫酸锰的工艺如图：已知：混合焙烧后得到的烧渣主要为423232MnSOFeOFeOAlOMgOCaOSiO、、、、、、；离子浓度-5-110molL，可认为离子沉淀完全。（1）原料高硫锰矿与软锰矿按一定比例焙烧，焙烧前需要将二者粉碎的原因是________

___。（2）加入硫酸浸出后获得的浸渣1主要成分为___________。（3）氧化时发生反应的离子方程式为___________。（4）氟化除杂是除去2+Ca和2+Mg的重要方法，某1L溶液中2+Ca和2+Mg的浓度分别为-10.02molL、-10.01molL，若使溶

液中的2+Ca和2+Mg沉淀完全，加入的2MnF的质量至少是___________g(保留小数点后1位)；若溶液的+H浓度过大，将导致2+Ca、2+Mg沉淀不完全，原因是___________。(已知()-9sp2KMgF=910、

()-10sp2KCaF=1.510)（5）沉锰时发生反应的离子方程式为___________。（6）一种在硫酸溶液中电解锂离子电池正极材料24LiMnO获得2MnO的装置如图，则阴极电极反应式为___________

。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底（2）2SiO、4CaSO（3）+2+2+3+22MnO+4H+2FeMn+2Fe+2HO=（4）①.4.2②.+H与-F结合形成弱电解质HF，使2CaF

、2MgF的溶解平衡右移或+H与-F结合形成弱电解质HF，-F浓度小，很难将2+Ca、2+Mg沉淀完全（5）2+3322Mn+2HCOMnCO+HO+CO−=（6）+-+2+242LiMnO+8H+3eLi+4HO+2Mn=【解析】【分析】高硫锰矿与软锰矿混合焙烧，得到423

232MnSOFeOFeOAlOMgOCaOSiO、、、、、、的烧渣，加入硫酸浸出得到锰、铁、铝、镁盐溶液，二氧化硅不反应、钙转化为硫酸钙沉淀得到浸渣1，浸出液加入二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钙中和调节pH，将铁离子、铝离子以氢氧

化物的形式除去，加入氟化锰除杂，使溶液中的镁离子、钙离子沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体；【小问1详解】焙烧前需要球磨，目的是增大接触面

积，提高焙烧效率；【小问2详解】由分析，浸渣1主要成分为2SiO、4CaSO；【小问3详解】氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为+2+2+3+22MnO+4H+2FeMn+2Fe+2HO=；【小问4详解】由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则()

()()-9sp2-52+KMgF910cF==mol/L=0.03mol/L10cMg−，则加入的2MnF至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；+H与-F结合形成弱电解质HF，使2CaF、2MgF的溶解平衡右移或+H与-F结合形

成弱电解质HF，-F浓度小，很难将2+Ca、2+Mg沉淀完全，导致溶液的+H浓度过大，使得2+Ca、2+Mg沉淀不完全；【小问5详解】含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：2+3322Mn+2HCOMnCO+HO+CO−=；【小

问6详解】由图，阴极24LiMnO酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：+-+2+242LiMnO+8H+3eLi+4HO+2Mn=。19.利用2CO催化加氢合成二甲醚(33CHOCH

)可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：反应I：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)-11ΔH=+40.9kJmol反应II：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g

)-12ΔH=-49.5kJmol反应III：33322CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)-13ΔH=-25.8kJmol在（1）反应223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)的H=___________。

（2）对于反应II，反应速率()()()()32232v=v-v=kpCOpH-kpCHOHpHO正正逆逆，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压。在密闭容器中充入2H和2CO，体系中各反应均达到平衡。向平衡体系中加入高效催化剂，vv正逆__

_________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；升高体系温度，k-k正逆值将___________。（3）一定条件下，向密闭容器中通入21molCO和23molH进行上述反应，2CO的平衡转化率及33CHOCH的选择性随温度变化如图所示。

二甲醚的选择性：()()()33222nCHOCHS=100%nCO-nCO初始平衡。①图中二甲醚选择性随温度变化的曲线是___________(填“a”或“b”)。温度高于280C，曲线b增大的原因是_

__________。②反应达平衡时，2CO的平衡转化率为50%，容器中CO(g)和3CHOH(g)均为0.05mol。此时二甲醚的选择性为___________，则反应III的Kx=___________。(x为各物质的物质的量分数)【答案】（1）-1-124.8kJmol（2）①.不

变②.减小（3）①.a②.高于280C，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，2CO的转化率增大③.80%④.56【解析】【小问1详解】由盖斯定律，2×反应II+反应III可得反应223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)，H=2×(-49.

5)-25.8=-1-124.8kJmol；【小问2详解】向平衡体系中加入高效催化剂，同等程度改变正、逆反应速率，则vv正逆不变，反应II是放热反应，升高体系温度，平衡逆向移动，平衡常数Kp减小，达到平衡时，正

逆反应速率相等，则()()()()32232kpCOpH=kpCHOHpHO正逆，整理可得()()()()32p322pCHOHpHOkK=pCOpHk=正逆，k-k正逆值将减小；【小问3详解】①升高温度，反应向吸热方向进行，所以反应I向正向进行，II向逆向进行

，CH3OCH3减少，CO2增多，故CH3OCH3选择性应一直减小，图中二甲醚选择性随温度变化的曲线是a；温度高于280C，曲线b增大即CO2转化率增大，原因是高于280C，以反应I为主，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，2CO的转化率增大；②反应达平衡时，2CO的平衡转化率为5

0%，反应I、II共消耗2CO1mol×50%=0.5mol，容器中CO(g)为0.05mol，故反应I消耗0.05molCO2，反应II消耗0.5-0.05=0.45mol，则()()2222232I++O/mol0.050.050.05

0.05IIO/mol0.451.350.450.45CO(g)H(g)CO(g)HgCO(g)3H(g)CHOH(g)Hg++反应：转化量反应：转化量，平衡时3CHOH(g)为0.05mol，则反应III消耗3CHOH(g)为0.45-0.05=0.4mol，生成

CH3OCH3(g)为0.2mol，此时二甲醚的选择性为()()()33222nCHOCH20.2molS=100%=100%=80%nCO-nCO(10.5)mol−初始平衡；平衡时n(CO2)=

0.5mol，n(H2)=3-0.05-1.35=1.6mol，n(CO)=0.05mol，n(H2O)=0.05+0.45+0.2=0.7mol，n(CH3OH)=0.05mol，n(CH3OCH3)=0.2mol，混合气体总物质的量为0.5+1.6+0.05+0.

7+0.05+0.2=3.1mol，物质的量分数为x(CH3OH)=0.053.1，x(CH3OCH3)=0.23.1，x(H2O)=0.73.1，反应III的x20.20.73.13.1K=560.0

5()3.1=。20.丁酸氯维地平主要用于治疗高血压，也可用于治疗外科手术后急性血压升高。其合成路线如下。已知：I．1R、2R=H，烷基，芳基；3R、4R=烷基，芳基，-OH,-OR。Ⅱ．12345R,R,R,R,R=烷基，芳基，-O

H,-OR,-COOR等。（1）D中含氧官能团的名称为___________；C→D反应类型为___________。（2）E的结构简式为___________；H中核磁共振氢谱有___________组峰。（3）A→C的化学方程式为___________。（4）E

的同分异构体有多种，其中含有羧基和氯原子两种官能团的同分异构体有___________种。（5）根据上述信息，写出以苯甲醛和为主要原料，制备合成的路线___________。【答案】（1）①.羧基、(酮)羰基②.取代反应或水解反应（2）①.②.4（3）（4）12（5）【解析

】【分析】A与B发生类似于已知：I．的反应生成C，结合C的结构简式及A、B的分子式推知A为，B为，C()酸化得到D为，D与E反应生成F，根据D、F的结构简式及E的分子式可推知E为；G与氨气发生加成反应生成H，结合H的分子式可知，H为，与F发生环合反应生成I丁

酸氯维地平；【小问1详解】D为，含氧官能团的名称为羧基、(酮)羰基；C→D是在酸性条件下发生取代反应生成和2-甲基丙醇，反应类型为取代反应或水解反应；【小问2详解】E的结构简式为；H为，核磁共振氢谱有4组峰；【小问3详解】A→C是与反应生成和水，反应的化学方程式为；【小问

4详解】E为，E的同分异构体有多种，其中含有羧基和氯原子两种官能团，还有4个碳原子，碳架有、，若，羧基和氯原子放在同一个碳有两种，放在不同碳上氯在1羧基其他的有3种，氯在2羧基在其他有3种；若则两取代基在同一碳的

有一种，在不同碳的，分别在1、3位或氯1羧基2和氯2羧基1共4种，故符合条件的同分异构体有12种；【小问5详解】