【文档说明】北京市师范大学附属实验中学2024届高三零模化学试题 Word版含解析.docx，共(27)页，3.813 MB，由小赞的店铺上传

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北师大附属实验中学2023-2024学年度第二学期零模测试高三年级化学班级______________姓名______________学号______________成绩______________考生须知1．本试卷共10页，共1

9题；答题纸共2页．满分100分．考试时间90分钟．2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号．3．试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效．4．在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题

用黑色字迹签字笔作答．可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Ca40Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分．在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．1.一种可吸附甲醇的材料，其化学式

为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。下列说法正确的是A.该晶体中存在N-H…O氢键B.基态原子的第一电离能：C<N<OC.基态原子未成对电子数：B<C<O

D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】【详解】A．由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的-NH2的H与[B(OCH3)4]-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A正确；B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能

高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B错误；C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C=O，C错误；D．[C(NH2

)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B(OCH3)4]-中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]-中O分别与B和C形成了2个σ键

，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、O和N原子轨道的杂化类型不相同，D错误；故选：A。2.下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：188OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图

：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为18

8O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。3.下列实验的颜色变化涉及．．氧化还原反应的是A.向紫红色的碘的四

氯化碳溶液中加浓KI溶液，紫红色变浅B.向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，溶液变为深蓝色C.氯水在光照条件下放置一段时间后，黄绿色消失D.向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液变为黄色【答案】C【解析】【详解】A．紫红色变浅的原因是发生反应：，-23I+II−=，元素化合价不

变，不是氧化还原反应，故A错误；的B．向CuSO4溶液中滴加过量的氨水，溶液变为深蓝色，是因发生反应：2+2334Cu+4NH[Cu(NH)]+=，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故B错误；C．氯水在光照条件下放

置一段时间后，黄绿色消失，是因发生反应22HClO2HCl+O光照，从而使氯气继续与水反应，直至反应完全，该过程中元素化合价变化，是氧化还原反应，故C正确；D．向橙色的K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，溶液变为黄色，是因为发生反应：2--2-2742CrO+2OH2CrO+H

O，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；故选：C。4.下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A.卤化银沉淀的转化B.配制3FeCl溶液C.溶解淀粉在不同条件下水解D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应【答案】C【解析】【分析】【详

解】A．NaCl足量，硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，说明实现了沉淀的转化，能够用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应

为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．唾液为催化剂，催化剂不影响平衡，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．二氧化碳在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时压强较大，不会有气泡生成

，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，能够用平衡移动原理解释，故D不符合题意；综上所述答案为C。5.氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确．．．的是A.电极A接电源正极，发生氧化反应B.电极B的电极反应式为：222HO+2eH+2OH−−=C.应选用阳离子

交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗【答案】B【解析】【详解】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A

接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：222HO+4e+O4OH−−=，故B错误；C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在

右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。综上所述，答案为B。6.下列有关离子方程式书写正确的是

A.用酸性KMnO4标准液滴定草酸：16H++52-24CO+2-4MnO=2Mn2++8H2O+10CO2↑B.用NaClO溶液吸收少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+2-3SOC.向NH4HCO3溶

液中加入含Mn2+的溶液生成MnCO3：Mn2++-3HCO=MnCO3↓+H+D.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：3Ag+4H++-3NO=3Ag++NO↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．根据离子方

程式中不能拆写原则判断，草酸属于弱酸不能拆写为离子，应该为：-+2+2244225HCO+2MnO+6H=2Mn+8HO+10CO，A错误；B．次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有次氯酸生成，3ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO2-4+Cl-，B错误；C．向NH4

HCO3溶液中加入含Mn2+的溶液生成MnCO3：Mn2++2HCO-3=MnCO3↓+CO2↑+H2O，C错误；D．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，根据氧化还原反应电子、电荷、原子守恒判断，D正确；故选D。7.某同

学在培养皿上做如下实验(如图所示)，a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O下列

对“实验现象”的“解释或结论”描述，不正确．．．的是选项实验现象解释或结论Aa处试纸变蓝氧化性：Cl2>I2Bb处试纸变红Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+Cc处试纸褪色Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的物质Dd处红色褪去Cl2和NaOH反应使溶液呈中

性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与KI作用生成I2，a处变蓝，可证明氧化性：Cl2＞I2，故A正确；B．b处试纸变红，说明有Fe3+生成，即氯气将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故B正确；C．c处试纸褪色

，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，从而使试纸褪色，故C正确；D．Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可能是消耗了氢氧化钠使溶液接近中性，所以红色褪去，也可能是生成物质具有

漂白性，故D错误；故选：D。8.用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是ABCD配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫检验溴乙烷消去产物中的乙烯分离酒精和水A.A

B.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A能达到实验目的；B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成

二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的；C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液

中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的；D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的；答案选D。9.贝诺酯具有解热镇痛抗炎作用，是乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚的前体药物。下列说法正确的是A.

贝诺酯完全水解的产物有四种分子结构B.1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOHC.可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸D.对乙酰氨基酚中甲基C—H键极性与甲烷中C—H键极性相同【答案】C【解析】【详解】A．贝诺酯中两个酯基，一个酰胺脂基，都会发生水解，产物分别是乙酸、领羟基苯甲

酸，对氨基苯酚，A错误；B．乙酰水杨酸中有一个羧基，一个酯基，1mol乙酰水杨酸中的羧基和酯基分别都能和1molNaOH反应，而乙酰水杨酸中的酯基水解后会生成酚羟基，有酸性，会进一步消耗1molNaOH，故最多消耗3molNaOH，B错误；C．FeCl3溶液遇到酚羟

基显紫色，对乙酰氨基酚中有酚羟基，而乙酰水杨酸中无酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别对乙酰氨基酚和乙酰水杨酸，C正确；D．虽然都是C—H键，但是C上所连其他基团不同，C对共用电子对的吸引能力不同，键的极性大小有区

别，D错误；本题选C。10.下列叙述中，事实与对应解释不正确．．．的是事实解释A酸性：HCOOH>H3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小CH3COOHB在CS2中的溶解度：H2O<CCl4H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子

C硬度：金刚石>石墨金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力D热稳定性：H2O>H2S水分子间存在氢键作用A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不

易电离，所以酸性：HCOOH>CH3COOH，A正确；B．H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子，根据相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O<CCl4，B正确；C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；D．范德华力、氢键影响物质的

部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；故选D。11.光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山

梨醇酯可由如下反应制备。下列说法错误的是A.该高分子材料可降解B.异山梨醇分子中有3个手性碳C.反应式中化合物X为甲醇D.该聚合反应为缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A．该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；B．异山梨醇中四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；C

．反应式中异山梨醇释放出一个氢原子与碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C正确；D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；故答案选B。12.某化学实验小组设计如下实验探究Zn与溶液中Fe3+发生反应的原理。实验试剂现象I2mL0.1mol·

L-1FeCl3溶液、过量锌粉黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁单质Ⅱ2mL1mol·L-1FeCl3溶液(pH≈0.70)、过量锌粉很快有大量气体产生，出现红褐色浑浊，30min左右产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁单质下列说法错误的是A.实验I

说明Fe3+被还原为Fe2+B.可用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+C.实验Ⅱ发生了置换反应和复分解反应D.实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关【答案】B【解析】【详解】A．实验I黄色溶液很快变

浅，固体中未检出铁单质，说明Fe3+被还原为Fe2+，黄色溶液很快变浅，选项A正确；B．FeCl3溶液中的Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰Fe2+的检验，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+，选项B错

误；C．FeCl3溶液中加入过量锌粉，很快有大量气体产生，是氯化铁溶液水解产生的盐酸与锌粉反应产生氯化锌和氢气，反应为置换反应；出现红褐色浑浊，是氯化铁水解生成氢氧化铁，属于复分解反应；产生少量铁单质，是锌置换出铁，属于置换反应，选项C正确；D．根据上述实验可知，实验开始时Fe3+浓度较

大，先与锌发生氧化还原反应生成氯化锌和氯化亚铁，当Fe3+浓度较低，H+浓度较大时，H+与锌反应生成锌盐和氢气，故实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关，选项D正确；答案选B。13.“肼合成酶”以其中的2+Fe配合物为催化中心，可将2NHOH与3NH

转化为肼(22NHNH)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是A.2NHOH、3NH和2HO均为极性分子B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成C.催化中心的2+Fe被氧化为3+Fe，后又被还原为2+FeD.将2NHOH替换为2NDOD，反应可得22NDND【答案】D【解析】【

详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知

，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。14.分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。已知：①图1表示将FeSO4溶

液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11；Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。关于上述实验，下列分析正确的是A.A点溶液的

pH约为13，主要原因是ClO−+H2OHClO+OH−B.AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓+4HClOC.CD段较BC段pH下降快的主要原因是HCl

O+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+D.反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【答案】C【解析】【分析】刚开始滴入FeCl2溶液

时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成F

e3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因

不是次氯酸跟离子的水解，A错误；B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，-2+--23ClO+2Fe+4OH+HO=Cl+2FeOH()，B错误；C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，F

e3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是H

ClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，C正确；D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，D错误；故选C。第二部分本部分共5题，共

58分．15.Ⅰ.中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题：（1）基态Fe原子的价电子排布式为_______。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为_______，铁的化合价为_______。

Ⅱ.已知一些物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃NaCl80074SiCl-68.84GeCl-51.54SnCl-34.1（2）SiCl4的空间结构为_______，其中Si的轨道杂化类型为_______。（3）以上四种氯化物熔点大小不同的原因是_

______________________________。Ⅲ.铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。（4）距离Mg原子最近的Fe原子个数是_______。（5）铁镁合金的化学式为_

______。Ⅳ.已知的晶胞属于立方体，晶胞参数a=287pm，密度为-37.8gcm。（6）α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为_______(列出计算式，1pm=10-12m，阿伏加德罗常数的值为AN)。【

答案】（1）①.3d64s2②.O＞Si＞Fe＞Mg③.+2（2）①.正四面体②.sp3（3）氯化钠为离子晶体，钠离子和氯离子间存在离子键，熔点高。SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，.分子间以分子间作用力结合，熔点低

。SiCl4、GeCl4、SnCl4分子间仅存在范德华力，相对分子质量：SiCl4<GeCl4<SnCl4，分子间作用力：SiCl4<GeCl4<SnCl4，熔点：SiCl4<GeCl4<SnCl4（4）4（5）Mg2Fe（6）3A307.8287N5610【解析】【小问1详解

】基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；根据元素周期律，金属性越强，电负性越小；非金属性越强，电负性越大，故各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2−xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为+2、+4和-2，根据化合物

中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。【小问2详解】SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，所以Si的轨道杂化形式为sp3；【小问3详解】Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔

点明显高于SiCl4的原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠是离子晶体，熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依

次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。【小问4详解】由晶胞结构图，Mg原子周围的4个铁原子刚好构成

正四面体，距离都是晶胞体对角线的四分之一，故距离Mg原子最近的Fe原子个数是4；【小问5详解】Mg处于晶胞的顶点和面心，数目为118682+=4个，Fe都处于晶胞体内，是8个，则该合金的化学式为Mg2Fe；

【小问6详解】根据密度求解的公式()3AZMFemVaN==，解得()33302877.85610AAaNNZMFe==。16.研究2CO氧化26CH制24CH对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：Ⅰ26242CH(g)C

H(g)H(g)+-11ΔH=136kJmolⅡ262242CH(g)CO(g)CH(g)HO(g)CO(g)+++-12ΔH=177kJmolⅢ2622CH(g)2CO(g)4CO(g)3H(g)++3ΔHⅣ222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++-14ΔH=4

1kJmol已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：22HO(g)HO(1)=()-1-1-1Δ=-286kJmol--242kJmol=-44kJmolH。请回答：(1)①根据相关物质的

相对能量计算3Δ=H_____1kJmol−。②下列描述正确的是_____A升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大B加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动C反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动③有研究

表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：262CH(g)CO(g)+【】2422CH(g)H(g)CO(g)→++【】242CH(g)CO(g)HO(g)→++【】，且第二步速率较慢(反应活化

能为1210kJmol−)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从262CH(g)CO(g)+【】的能量1477kJmol−−，开始(如图2)_____。(2)①2CO和26CH按物质的量1:1投料，在923K和保

持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“2CO氧化26CH制24CH”的影响，所得实验数据如下表：催化剂转化率26CH/%转化率2CO/%产率24CH/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，2CO氧化26CH的主

要产物是______，判断依据是_______。②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高24CH的选择性(生成24CH的物质的量与消耗26CH的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11

.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。【答案】①.430②.AD③.④.CO⑤.24CH的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率⑥.选择性膜吸附24CH，促进反应Ⅱ平衡正向移动【解析】【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；

根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性

的，与催化剂的选择性有所区别。【详解】(1)①由图1数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393kJ∙mol-1、-110kJ∙mol-1、0kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相

对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)∆H3=(-110kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-(-393kJ∙mol-1)2=430kJ∙mol-1。②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其

平衡常数增大，A正确；B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于

乙烯的生成，C不正确；的D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，

D正确。综上所述，描述正确的是AD。③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52kJ∙mol-1+0+(-393k

J∙mol-1)=-341kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)→C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，其活化能为210kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量

又升高了210kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341kJ∙mol-1+210kJ∙mol-1=-131kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52kJ∙mol-1)+(-242kJ∙mol-1)+(-110kJ∙m

ol-1)=-300kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物

质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物

是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)可知，该选择性应具体表现

在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以提高乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同

状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。17.Balanol是是酶一种蛋白激酶C的抑制剂，其前体的合成路线如下：已知：ⅰ．NaCNRBrRCN

−⎯⎯⎯→−ⅱ．22H32PtORNHOCHRNH−⎯⎯⎯→−ⅲ．不稳定，立即分解为回答下列问题：（1）A的官能团名称是_______（2）BD→的反应中23KCO的作用是______________．（3）DE→的化学方程式是______________．（4）已知试剂H能与3NaHCO反应，

则GI→的化学方程式是______________．（5）已知JK→的反应中224SO−被氧化为24SO−，则J与224NaSO的物质的量之比为______________．（6）NO→的化学方程式是______________．（7）下列说法正确的是____________

__．a．AB→的反应中NaCN使用应过量，提高B的产率b．J存在分子内氢键，且能发生显色反应c．OP→的反应条件是NaOH水溶液加热（8）LM→的过程如下：其中经历了含过氧键．．．的中间体L1,LL1→的过程是()2OOO=与L的加成．已知L1含多于3个的六元环，且其中2个是苯环．请写

出中间体L1的结构简式______________．【答案】（1）碳溴键（2）消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率（3）+2H2⎯⎯⎯→催化剂（4）+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O（5）3∶1（6）+3Br2⎯⎯

→光+3HBr（7）bc（8）【解析】【分析】A和NaCN发生取代反应生成B，B在K2CO3溶液中反应生成D，结合D的结构，A为CH2BrCH2CH2Br，B为NCCH2CH2CH2Br，D发生还原反应生成E为，E经过多步反应生成F，F发生还原反应生成G为，G和H反应生成I，推出H

为，I为；J在Na2S2O4溶液中生成K，K和CH3I发生取代反应生成L为，L被氧化生成M为，M和CH3I发生取代反应生成N，N和Br2发生取代反应生成O为，O在NaOH水溶液加热生成P为，P酸化生成Q为，I和Q发生酯化反应生成产物，据此解答。【

小问1详解】A为CH2BrCH2CH2Br，的官能团名称是碳溴键。【小问2详解】B→D生成HBr，反应中K2CO3的作用是消耗反应生成的副产物HBr，提高D的产率。【小问3详解】D→E的化学方程式是+2H2⎯⎯⎯→催化

剂。【小问4详解】试剂H能与NaHCO3反应，则H含有羧基，则G→I的化学方程式是+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；【小问5详解】J→K的反应中224SO−被氧化为24SO−，羰基被还原为羟基，结合得失电子守恒，J与Na2S2O4的物质的量之比为3∶1。【小问6详解

】N→O的化学方程式是+3Br2⎯⎯→光+3HBr。【小问7详解】a.A→B的反应中NaCN使用应适量，防止Br被完全取代，a错误；b.J存在酚羟基，属于酚类，存在分子内氢键，能发生显色反应，b正确；c.O→P为水解反应，反应条件是NaOH水溶液加热，c正确；故选bc；【小问8详解】L为，

L→L1的过程是O2(O=O)与L的加成，L1含多于3个的六元环，且其中2个是苯环，中间体L1的结构简式。18.BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。已知：i.Bi3＋易与Cl-形成3-6BiCl；pH>3，3-6BiCl易发生水解为BiOCl。ii.几种离子沉淀与pH离子开始沉

淀pH沉淀完全pHMn2+8.110.1Fe2+6.38.3Fe3+1.93.3I.以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2，在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为______

_。（2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是_______。（3）①“转化”时加入金属Bi的作用是________。②得到BiOCl的离子方程式为__________。（4）铋能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表

示为3-6BiCl(水层)＋2TBP(有机层)BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为

1.3mol·L-1的可能原因是_________。（5）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为______。Ⅱ

.以铋精矿(主要成分是Bi2S3，还含有FeS2、CuS2、PbO2等杂质)为原料制备BiOCl的一种示意图如下。（6）“加压氨浸”过程中，反应物中的S元素均转化为2-4SO。该过程中CuS2发生反应的离子方程式是_____________________

____。（7）“酸浸还原”过程中，铋的浸出率与温度关系如图所示。在高于40℃左右时“铋的浸出率”开始下降，其主要因素可能是______。（8）“沉铋”时需控制溶液pH=3.0，且反应中有气体放出，此时BiCl3发生反应的离子方程式为_____。【答案】（1）2Bi2S3+6M

nO2+9O2焙烧2Bi2O3+6MnSO4（2）增大Cl-、H+浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或3-6BiCl)、Fe3＋水解（3）①.加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl纯度②.

3-6BiCl＋H2O=BiOCl↓+5Cl-+H+（4）c(Cl-)＞1.3mol·L−1时，铋离子萃取平衡（3-6BiCl＋2TBPBiCl3+2TBP+3Cl-）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升；c(Cl-)＜1

.3mol·L−1时，铋离子水解(3-6BiCl＋H2OBiOCl↓＋5Cl-+2H+)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯（5）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中（6）2CuS2+12NH3·H2O+7O2＝2Cu(NH3)24++44NH++42-4SO+10H2O（7）温度升高HCl挥发加

快，且Bi3+水解程度增大，均会使得铋的浸出率降低（8）3-6BiCl＋2-3CO=BiOCl↓+CO2↑+5Cl－【解析】【分析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，

Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋；滤液2中加金属Bi可将Fe3+转化为Fe2+，然后调节pH

，将Bi转化为BiOCl，以此解答。【小问1详解】“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O的的元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和

原子守恒配平方程式为：2Bi2S3+6MnO2+9O2焙烧2Bi2O3+6MnSO4。【小问2详解】Bi3＋易与Cl－形成BiCl36−，BiCl36−易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl36−＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋

浓度，平衡逆向移动，BiCl36−浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl36−，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；【小问3详解】①“转化”时加入金属Bi的作用是：加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+

，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度；②得到BiOCl的离子方程式为：3-6BiCl＋H2O=BiOCl↓+5Cl-+H+；【小问4详解】c(Cl－)>1.3mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl36−＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下

降，铁离子萃取率上升；c(Cl－)<1.3mol·L－1时，铋离子水解(BiCl36−＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；【小问5详解】为使萃取充分，萃取时边搅拌边将

有机相溶液滴加到草酸溶液中。【小问6详解】“加压氨浸”过程中，CuS2被氧化为CuSO4，1molCuS2失去14mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2CuS2+12NH3·H2O+7O2＝2Cu(NH3

)24++44NH++42-4SO+10H2O；【小问7详解】酸浸还原过程中需用到稀盐酸，盐酸具有挥发性，温度升高HCl挥发加快，且Bi3+水解程度增大，均会使得铋的浸出率降低；【小问8详解】“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，反应中有气体放出，该气体为二氧化碳，BiC

l3发生反应的离子方程式为：3-6BiCl＋2-3CO=BiOCl↓+CO2↑+5Cl－。19.某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。(一)隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08mol/L，Na2S起始浓度为2×10-3mol/L，改变

HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：实验序号实验Ⅰ实验ⅡHNO3的起始加入量/mol1.3×10-41×10-4实验结果液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：液体变浑，pH变化如图：已知：a.HBrO3属于强酸，-3BrO的

还原产物只有Br-，实验中HNO3不表现氧化性；b.硫化钠被氧化的产物可能是S、2-3SO、2-23SO、2-4SO；c.pH＞3溶液中，-3BrO与2-23SO的反应可忽略不计；d.CaS和CaS2O3易溶于水；为研究实验I中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ：取少量实验I进行

10min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ：实验Ⅳ：步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中-3BrO的反应速率，结果如图所示。步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得-3BrO的反

应速率变化曲线与如图几乎完全重合。（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有2-4SO，理由是________，进一步检验溶液A中是否有2-4SO的方案是________。（2）实验Ⅲ

中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是____。（3）结合离子方程式，解释实验I中2min之后pH变化的可能原因：________。(二)研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S2-、2-3SO、2-23SO浓度的方法如下：已知：a.

碘标液的浓度为c1mol/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2mol/L；b.Ksp(CdCO3)=1×10-12、Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15、Ksp(CdS)=8×10-27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；

c.2-3SO能与甲醛反应，产物不被I2氧化d.22-23SO+I2=2-46SO+2I-步骤1：取10mL待测液，加入一定体积的过量碘标液，充分反应后，用硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过

滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL。（4）步骤1中滴定时使用的指示剂是________，滴定终点的现象是________。（5）步骤2中加入CdCO3的作用是__

______。（6）待测液中2-3SO和2-23SO的物质的量浓度之比是________。（7）实验Ⅱ中未检测到2-3SO和2-4SO的生成，用离子方程式表示18min后溶液pH下降的原因：________。结果表明，不同起始pH条件下，溴酸钠和硫化钠的反应

速率和反应产物会有差异。【答案】（1）①.不能说明，因为CaSO4微溶于水②.向无色溶液2中加入BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成（2）溶液A中没有2-23SO（3）2min以后发生反应：3S+2-3BrO+3H2O=32-3SO+2Br-+6H+，（产生的H+部分被2-3SO

、S2-、HS-或S(Ⅱ)被氧化为S时产生的OH-消耗）溶液的pH逐渐下降，10min后足够浓度的H+催化反应3HSO3-+-3BrO=32-4SO+Br-+3H+，溶液的pH迅速下降（4）①.淀粉②.加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无

变化（5）沉淀S2-（6）233(V-V)2V（7）6S+2-3BrO+3H2O=22-23SO+2Br-+6H+【解析】【小问1详解】实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，不说明溶液A中没有2-4SO，因为CaSO4微溶于水；进一步检验溶液A

中是否有2-4SO的方案是：向无色溶液2中加入BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成；【小问2详解】实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸无明显现象，可知溶液A中没有2-23SO；【小问3详解】实验I中2min以后发生反应：3S+2-3BrO+3H2O=32-3SO+2Br-+6H+，（产

生的H+部分被2-3SO、S2-、HS-或S(Ⅱ)被氧化为S时产生的OH-消耗）溶液的pH逐渐下降，10min后足够浓度的H+催化反应3HSO3-+-3BrO=32-4SO+Br-+3H+，溶液的pH迅速下降；【小问4详解】步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀

粉；滴定终点现象：加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化；【小问5详解】步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差；【小问6详解】碘液与S2-发生反应：-223242SO+I=SO+2IHO+

2OH−−−+①；22-23SO+I2=2-46SO+2I-②；步骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL，即2-23SO消耗的碘液为V3mL，由此可得2-

3SO消耗碘液体积为(V2-V3)mL，待测液中2-3SO和2-23SO的物质的量浓度之比是：233(V-V)2V；【小问7详解】18min后溶液pH下降的原因：6S+2-3BrO+3H2O=22-23SO+2Br

-+6H+。