【文档说明】北京市平谷区2023-2024学年高三下学期质量监控（零模）化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.725 MB，由小赞的店铺上传

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平谷区2023-2024学年度第二学期高三年级质量监控化学试卷2024.3注意事项：1．本试卷共10页，包括两部分，19道小题。满分100分。考试时间90分钟。2．在答题卡上准确填写学校名称、班级和姓名。3．试

题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。5．考试结束，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1B：11C：12N：14O：16Na：

23Cl：35.5Zn：65第一部分选择题（共42分）本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上。1.2023年12月21日，神舟十七号航天员从问天实验舱成功出舱并利用舱外机械臂对

太阳翼（太阳能帆板）等设备进行巡检和修复作业。下列说法错误．．的是A.制造太阳翼的主要材料中含有高纯度二氧化硅B.舱外机械臂由合金制成，有高强度、耐腐蚀和耐低温等特性C.问天实验舱使用了石墨烯导热索技术，石墨烯属于新型无机非金属材料D.核心舱配置的离子推进器以氙和氩气作为推进剂，氙和氩都属

于稀有气体【答案】A【解析】【详解】A．制造太阳翼的主要材料中含有的是晶体硅，故A错误；B．舱外机械臂主要成分为性能优良的铝合金，有高强度、耐腐蚀和耐低温等特性，故B正确；C．石墨烯是由碳元素形成的碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．氙和氩都是位于元素周期表0族的稀有气体，故D正确

；故选A。2.下列化学用语表述错误的是A.HClO的电子式：········H:O:Cl:B.中子数为10的氧原子：188OC.3NH分子的VSEPR模型：D.反-2-丁烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O元素呈-2价，

说明O分别和H、Cl共用一对电子，因此HClO的电子式为········H:O:Cl:，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子的质量数为10+8=18，其原子表示为188O，B正确；C．NH3分子中，N形成三个N-Hσ键，且N还有

1对孤电子对，则其VSEPR模型为四面体型，C错误；D．反-2-丁烯中两个甲基处于碳碳双键的不同侧，则结构简式：，D正确；故选C。3.下列有关微粒性质的排列顺序中，不正确．．．的是A.原子半径：NaSOB.稳定性：223HOHSPHC.第一电离能：ONCD.碱性

：2KOHNaOHMg(OH)【答案】C【解析】【详解】A．一般情况下，电子层数越多的半径越大；当电子层数相同时，质子数越多的半径越小，则原子半径：NaSO，故A正确；B．非金属性O>S>P，则对应氢化物的稳定性：223HOHSPH，故B正确；C．同一周期元素，

第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C，故C错误；D．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：KNaMg

，则碱性：2KOHNaOHMg(OH)，故D正确；故选C。4.下列事实不能从平衡移动的角度解释的是A.溶洞中石笋形成B.加热可以增强23NaCO溶液清洗油污的效果的C.实验室用排饱和食盐水法收集氯气D.

压缩盛有2NO和24NO混合气体的针筒，气体颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．溶洞中石笋的形成，碳酸钙和水、二氧化碳反应生成微溶的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶向下落时，水分蒸发，二氧化碳压强减小及温度的变化都会使

二氧化碳溶解量减小，平衡向碳酸钙析出方向移动，从而形成石笋，可以用平衡移动解释，A正确；B．加热可以促进碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解，溶液碱性增强，有利于油脂水解，可以用平衡移动解释，B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，饱和食盐水中氯离

子浓度大，平衡逆向移动，可以抑制氯气的溶解，可以用平衡移动解释，C正确；D．压缩盛有2NO和24NO混合气体的针筒，体积减小，气体浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动解释，D错误；故选D5.下列实验装置或操作能够达到实验

目的的是ABCD转移溶液制取3NH保护铁件验证2SO漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．转移溶液时玻璃棒应该伸入容量瓶刻度线以下，操作正确，A符合题意；B．氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，两者在

导管口遇冷又会生成氯化铵，不适合制取氨气，B不符合题。意；C．保护铁件应该连接比铁更活泼的金属使得铁被保护，而不是连接惰性电极石墨，C不符合题意；D．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，验证2SO漂白性需将其通入到品红溶液中，

通入到紫色石蕊试液中只能验证其酸性，D不符合题意；故选A。6.下列离子方程式中，错误的是A.二氧化氮通入水中制硝酸：2233NOHO2H2NONO+−+=++B.氯气通入石灰乳中制漂白粉：22Cl2OHClOClHO−−−+=++C.氯化铝与氨水反应制氢氧化铝：3

3234Al3NHHOAl(OH)3NH+++=+D.利用覆铜板制作印刷电路板：3222FeCu2FeCu++++=+【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮通入水中制硝酸的化学反应方程式为2233NOHO2HNON

O+=+，离子方程式：2233NOHO2H2NONO+−+=++，A正确；B．石灰乳为悬浊液，2Ca(OH)不能拆，该反应的离子方程式为2+2222Cl2Ca(OH)2Ca+2ClO2Cl2HO−−+=++（若化简，为2+222ClCa(OH)Ca+ClOClHO−

−+=++），B错误；C．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，该离子方程式无误，C正确；D．利用覆铜板制作印刷电路板，涉及氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，该离子方程式无误，D正确；故选B。7.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实

验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如下：下列说法不正确．．．的是A.操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl杂质C.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅴ可用蒸馏水洗涤晶体【答案】B【解析】【分析】苯甲

酸的溶解度随温度升高而增大，粗苯甲酸中含有泥沙和氯化钠杂质，加水、加热溶解，苯甲酸和氯化钠溶解在水中，泥沙不溶于水，趁热过滤除去泥沙同时又防止苯甲酸晶体析出。将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在溶液中，过滤、用冷水洗涤便可以得到纯

净的苯甲酸。【详解】A．步骤Ⅰ为了减少能耗，减少苯甲酸在溶解过程的损失，需要依据苯甲酸的溶解度估算加水量，A正确；B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去不溶性杂质，无法除去可溶性氯化钠，B错误；C．氯化钠的溶解度受温度影响不大，苯甲酸

的溶解度随温度升高而增大，则操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹，氯化钠留在溶液中，C正确；D．苯甲酸在冷水中溶解度很小，操作Ⅴ可用蒸馏水洗涤晶体，D正确；故选B。8.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.

异山梨醇的化学式为6104CHOB.高分子中碳有两种杂化方式C.1mol碳酸二甲酯能与2molNaOH反应D.反应式中化合物X为甲酸【答案】D【解析】【详解】A．键线式中交点、拐点均为C，然后根据“碳四键”原则补H，则一个异山梨醇分子中含6个C、10个H、

4个O，化学式为6104CHO，A正确；B．该高分子中的形成单键的碳原子采取sp3杂化，形成碳氧双键的碳原子采取sp2杂化，则碳有两种杂化方式，B正确；C．一个碳酸二甲酯可视为含两个酯基，则1mol碳酸二甲酯

能与2molNaOH发生水解反应，C正确；D．观察可知，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，D错误；故选D。9.我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直

接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无2Cl生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为1molhx−。下列说法错误的是A.b电极反应式为222HO2eH2OH−−+=+B.离子交换膜为阴

离子交换膜C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D.海水为电解池补水的速率为12molhx−【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电

源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电池总反应为2H2O通电2H2↑+O2↑，据此解答。【详解】A．b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正确；

B．该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，为保持OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；C．电解时电

解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；D．由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为1molhx−，则补水的速率也应是1molhx−，故D错误；答案选D。10.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选项实验操作及现象结

论A将金属钠投入到硫酸铜溶液中发生剧烈反应金属性：NaCuB常温下将铁片分别插入浓盐酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象氧化性：浓HCl浓3HNOC常温下用pH试纸测得：130.1molLCHCOONa−溶液的pH约为1290.1molLNaN

O−；溶液的pH约为8酸性：23HNOCHCOOHD向10.1molLKI−和10.1molLNaCl−的混合溶液中加入3AgNO溶液，出现黄色沉淀溶解性：()()spspKAgClKAgI

A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将金属钠投入到硫酸铜溶液中，金属钠会先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，之后氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，金属钠并未置换出铜，不能比较二者的金属性，故A错误；B．常温

下，铁片能与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，但铁片遇浓硝酸发生钝化而无明显现象，不能比较出两种酸的酸性强弱，故B错误；C．室温下，用试纸测同浓度的醋酸钠和亚硝酸钠溶液的pH，前者大于后者，说明醋酸根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的水解程度，根据越弱越水解知，醋酸的酸性

小于亚硝酸的酸性，故C正确；D．由于加入的3AgNO溶液可能过量，两种沉淀可能会同时生成，不存在沉淀的转化问题，不能比较()()spspKAgClKAgI、的大小，故D错误；故选C。11.“肼合成酶”以其中的2Fe+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.23NHOHNH、和2HO均为极性分子B.肼合成酶中，2Fe+接受了N提供的孤对电子C.催化剂中的铁元素先后发生了氧化和还原反应D.将2NHOH替换为2NDOD，反应可得22NDND【答案】D【解析

】【详解】A．2HO为V形，3NH为三角锥形，2NHOH可视为3NH中的一个H被-OH取代，则三种分子的正负电荷中心均不重合，为极性分子，A正确；B．催化中心的2Fe+提供空轨道，N提供孤电子对，二者形成配位键，B正确；C．反应过程中Fe

元素先失去电子，变为3+Fe，后3+Fe又得到电子，变为2Fe+，故反应过程中Fe元素的化合价发生了变化，C正确；D．结合反应历程知，2NDOD与3NH反应生成22ND-NH和HDO，D错误；故选D。12.

环氧化物与2CO开环共聚反应是合成高附加值化学品的一种有效途径，两类2CO共聚物的合成路线如下（副产物为环状碳酸酯）。下列说法不合理．．．的是A.E分子中CO−具有较强的极性B.可推测CTA中含有羟基C.高分子材料F、G有较强的耐酸碱性D.合成产品中含有副产物【答案】C【解析】

【详解】A．E分子中碳和氧电负性不同，CO−具有较强的极性，A正确；B．结合高分子G的结构可以推断出CTA中含有羟基，B正确；C．高分子材料F、G中都有酯基，在酸或碱性条件下会发生水解，不耐酸碱性，C错误

；D．化合物E分子中的碳氧环断裂与二氧化碳发生加聚反应生成高分子F，所以合成过程中可以生成副产物，D正确；故选C。13.室温下，某化学研究小组通过下列3组实验探究22HO溶液的性质。实验实验操作和现象Ⅰ向3CrO溶液中滴加少量1220.1molLHO−溶液，溶液变深

蓝色Ⅱ向1222mL0.1molLHO−溶液中滴加少量4FeSO溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入几滴KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅并逐渐褪色Ⅲ向12mL0.01molLNaOH−溶液中滴

加少量酚酞，溶液变红，向其中滴加3-5滴1220.01molLHO−溶液，振荡，溶液逐渐褪色已知：①3CrO与22HO的反应为()322222CrO2HO2HOCrOO+=+（深蓝色）；②22HO溶液呈弱酸性。根据实验操作和现象，下列有关推论正确的是A.实验Ⅰ中溶

液变深蓝色，该反应为氧化还原反应B.实验Ⅱ中的现象体现了22HO的氧化性以及3Fe+对22HO分解的催化作用C.实验Ⅱ中后一段溶液红色明显变浅并逐渐褪色，说明3Fe+被还原D.实验Ⅲ中溶液逐渐褪色，体现了22HO的弱酸性【答案】B【解析】【详解】A．实验I中发生反应()3222

22CrO2HO2HOCrOO+=+(深蓝色)，溶液变深蓝色，Cr元素在反应前后都是+6价，该反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B．实验II中，少量Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇到KS

CN溶液变红，H2O2中O元素化合价降低，体现了氧化性，过量H2O2在Fe3+的催化作用下分解产生了氧气，故B正确；C．实验II中，少量Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变红，过量H2O2在Fe3+的催化作用下分解产生了氧气，一段时间后，溶液颜色明显变浅，可能是因为过量的H2

O2将SCN-氧化，故C错误；D．实验III滴加的几滴H2O2，量很少，不足以将NaOH溶液耗尽，可以表明溶液褪色的原因为H2O2有氧化作用，将酚酞氧化而使溶液褪色，不能体现H2O2的弱酸性，故D错误

；故选B。14.草酸为二元弱酸：22424a1HCOHCOHK−++；22424a2HCOCOHK−−++。常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中224HCO、24HCO−、224CO−三种微粒的物质的量分数()δ与溶液pH的关系如图所示，则

下列说法中不正确的是A.pH1.2=溶液中：()()()()224cKcHcOHcHCO++−+=+B.pH2.7=溶液中：()()()224222424cHCO1000cHCOcCO−−=C.等物质的量

24KHCO和224KCO固体完全溶于水所得混合溶液中：pH=4.2D.向pH1.2=的溶液中加入KOH溶液，水的电离程度逐渐减弱【答案】D【解析】【详解】A．pH1.2=时，224HCO与24HCO−等量，224CO−可视为0，根据电荷守恒知，溶液中：()()

()()24cKcHcOHcHCO++−−+=+，则()()()()224cKcHcOHcHCO++−+=+，A不符合题意；B．当pH1.2=时，24c(HCO)−=224)c(HCO，()()4-1.2a22241cHCOHHcHc()K0Cc(1O)−++===，当pH4.2=时，24

c(HCO)−=224c(CO)−，()()2-4.2a24242cCOHHcHc()Kc()O10C−++−===，则()()()2-1.224a1-4.22a222424cHCOK101000K10cHCOcCO−−===，B不符合题意；C．将等物质的量24KHCO和224KCO固

体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液的浓度不同，pH不一定为4.2，C不符合题意；D．向pH1.2=的溶液中加入KOH溶液至pH4.2=的过程中，溶液中由酸电离的氢离子浓度逐渐减小，对水的电离的抑制作用减弱，水的电

离程度逐渐增大，D符合题意；故选D。第二部分非选择题（共58分）本部分共5大题，共58分。请用黑色字迹签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试卷上作答无效。15.《自然》报道了我国科学家利用催化剂通过化学链合成氨。回答下列问题

：（1）3NH可用于制备343NaNNHNO、、（亚硝基胍）等含氮化合物，基态N的核外电子排布为________；43NHNO中3NO−的中心原子杂化方式为________；亚硝基胍分子中σ键与π键的数目比为________。（2）

N、P位于同一主族，33NHPH、，分子结构如图所示：①3NH中NH−键的键角比3PH中PH−键的键角更大，其主要原因是________________，②3NH比3PH易液化，其主要原因是________________。（3）氮化

镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入“快车道”。下列相关说法错误．．的是________（填字母）。a．Ga位于元素周期表ds区b．3Ga+

的离子半径大于3Al+的离子半径c．GaN属于分子晶体（4）某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：①氮化硼的化学式________；②已知该晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为AN，则晶胞的密度ρ为________3gcm−（列计算式）。【答案】（1）①.2231s2s2p②.2sp③.9

：2（2）①.N原子的原子半径小于P原子，N—H键的键长小于P—H键，分子中N—H键之间的斥力大于P—H键，所以氨分子键角更大②.3NH分子中存在氢键，沸点比3PH高，更易液化（3）ac（4）①.BN②.3A100Na【解析

】【小问1详解】氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，则原子的杂化方式为sp2杂化；亚硝基胍分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键与π键的数目比为9：2，故答案为：1s22s22p3；sp2；9

：2；小问2详解】①氮原子的原子半径小于磷原子，氨分子中氮氢键的键长小于磷化氢分子中的磷氢键，氮氢键间的斥力大于磷氢键，所以氨分子的键角大于磷化氢，故答案为：N原子的原子半径小于P原子，N—H键的键长小于P—H键，分子中N—H键之间的斥力

大于P—H键，所以氨分子键角更大；②氨分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于硫化氢，所以氨分子比磷化氢易液化，故答案为：3NH分子中存在氢键，沸点比3PH高，更易液化；【小问3详解】a．镓元素的原子序数为31，基态原子的

价电子排布式为4s24p1，位于元素周期表p区，故a错误；b．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则镓离子的离子半径大于铝离子，故b正确；c．氮化镓是熔沸点高、硬度大的共价晶体，故c错误；故选ac；【小问4

详解】①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的氮原子个数为4，则氮化硼的化学式为BN，故答案为：BN；②由晶胞的质量公式可得：A425N=a3ρ，解得ρ=3A100Na，故答案为：3A10

0Na。16.我国力争于2030年前完成碳达峰，2060年前实现碳中和。2CO含量的控制和2CO资源利用具有重要的研究价值和现实意义。（1）燃煤烟气中2CO捕集可通过如下所示的物质转化实现。写出KOH

充分．．吸收2CO的化学方程式为________________。【的（2）合成尿素()22CONH是利用2CO的途径之一。通过两步反应实现，其能量变化示意图所示：①()3NHg与()2COg反应生成尿素的热化

学方程式为________________。②工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高原料利用率的措施有________．（填序号）a．升高温度b．加入催化剂c．将尿素及时分离出去d．增大反应体系的压强（3）用KOH充分吸收2CO后，将溶液进行电解，可实现2C

O转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率．．．．．（FE%）随电解电压的变化如图所示。已知())xQXFE%100%Q=总生成还原产物所需要的电量电解过程中通过的总电量其中，XQnF,n=表示电解生成还原产物X所转移电子的物质

的量，F表示法拉第常数。①当电解电压为1U时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为________（填化学式）。②当电解电压为2U时，阴极生成4CH的电极反应式为________________．③当电解电压为3U时，电解生成的24CH和HCOO−的物

质的量之比为________．【答案】（1）23KOHCOKHCO+=（2）①.()()()1322222NHgCOgHO(l)HNCONHsΔH134kJmol−++=−②.d（3）①.2H②.3

24HCO8e6HOCH9OH−−−++=+③.1：2【解析】【小问1详解】KOH充分吸收2CO说明KOH过量，则二者反应生成酸式盐，化学方程式为23KOHCOKHCO+=。【小问2详解】①观察知，()3NHg与()2COg反应生成尿素的反应方程式可通过图中第一步

和第二步的反应方程式加和得到，由盖斯定律可得该反应的111ΔH272kJmolkJmolk138134Jmol−−−+=−−=，热化学方程式为()()()1322222NHgCOgHO(l)HNCONHsΔH134kJm

ol−++=−。②a．合成尿素的反应放热，升高温度，可加快反应速率，但升温造成平衡逆向移动而降低原料利用率，a不符合题意；b．加入催化剂可加快反应速率，但不影响原料利用率，b不符合题意；c．将尿素及时分离出去可使平衡正向移动而提高原料利用率，但由于尿素浓度减小，反应速率减慢，c不

符合题意；d．合成尿素的反应是一个气体体积减小的反应，增大反应体系的压强，可加快反应速率，也能提高原料利用率，d符合题意；故选d。【小问3详解】①当电解电压为1U时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反

应，而是水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则阴极主要还原产物为2H。②由题意可知，当电解电压为2U时，碳酸氢根离子可在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷，该过程中，C元素的化合价由+4降低至-4，根据电荷守恒、原子守恒，阴极生成4CH的电

极反应式为324HCO8e6HOCH9OH−−−++=+。③由图可知，当电解电压为3U时，电解生成乙烯的法拉第效率FE%为24%，生成甲酸根离子的法拉第效率FE%为8%，说明电解生成24CH所转移电子的物质的量是生成HCOO−的3倍，由过程中碳元素的化合价变化可知，-

24CH12e，-HCOO2e−，则电解生成的24CH和HCOO−的物质的量之比为1：2。17.点击化学（ClickChemistry）因其条件温和、选择性高而被广泛应用于材料科学，具有较高玻璃化转变温度的聚合物P的合成路线如下：已知：是点击化学中的一类典型反应过程。（1）化合物A的核磁共振氢

谱只有一个峰，则A的结构简式是________，D中官能团名称是________，A→B的反应类型为________。（2）A是A的同分异构体，A能发生银镜反应表明其官能团中的C-H键极性强，易断裂。写出A的结构简式并解释原

因________________。（3）化合物E与过量NaOH溶液反应的化学方程式是________________。（4）下列说法不正确．．．的是________。a．化合物C分子中所有的碳原子共平面b．化合物

F和G发生缩聚反应生成Pc．P中含有手性碳原子d．点击化学可以通过小单元的引入与拼接实现分子多样性（5）在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为201868CHNO的环状化合物，其结构简式为________。（6）

以乙烯和丙炔酸为原料设计合成G，合成路线如下图所示。请写出中间产物1和中间产物2的结构简式________，________。【答案】（1）①.②.羧基③.取代反应（2）为3CHCHO，因CHO−中氧原子电负性较大，吸引电子能力强，

使C-H键中的电子发生偏移，表现出较强极性（3）（4）bc（5）（6）①.中间产物1：22BrCHCHBr−②.中间产物2：22HOCHCHOH−【解析】【分析】结合F的结构及已知信息的第一步知，E为，C的分子式为810CH，不饱和度4=，则C为苯的同系物，C→D过程

中，烷基被氧化为羧基，对比F结构知，D为，C为，B为HOCH2CH2Br，经F与G发生聚合反应可生成聚合物P，观察P的结构并结合已知信息的第二步知，G为。【小问1详解】A的分子式为24CHO，不饱和度1=，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明分子中的4个H原子等效，

则A的结构简式是；经分析知，D为，其中官能团名称是羧基；A→B过程中，与HBr反应生成HOCH2CH2Br属于烷基卤代反应，则反应类型为取代反应。【小问2详解】A的分子式为24CHO，结构简式是，A能发生银镜反应，说

明其分子中含-CHO，则A的结构简式：3CHCHO，且因CHO−中氧原子电负性较大，吸引电子能力强，使C-H键中的电子发生偏移，其中的C-H表现出较强极性。【小问3详解】化合物E为，其中的两个酯基和两个溴原子均能和NaOH发生反应，则E与过量NaOH溶液反应的化学方程式：。【小问4详解

】a．化合物C为，分子中所有的碳原子共平面，a不符合题意；b．缩聚反应除形成缩聚物外，还有水、醇、氨或氯化氢等低分子副产物产生，化合物F和G的聚合反应不涉及低分子副产物的产生，不属于缩聚反应，b符合题意；c．形成4个

单键的C原子为手性碳原子，P中没有手性碳原子，c符合题意；d．点击化学可通过小单元的引入与拼接实现分子多样性，d不符合题意；故选bc。【小问5详解】化合物F和化合物G之间发生反应，可以是n个F分子和n个G分子之间聚合形成化合物P，同时也可能发生1个

F分子和1个G分子之间的加成反应，对于后者情况，化合物F中的2个-N3官能团与化合物G中的2个碳碳三建分别反应，可以形成环状结构：，该环状化合物的化学式为201868CHNO，符合题意。【小问6详解】G为，以乙烯和丙炔酸

为原料合成G，合成路线：，则中间产物1和中间产物2的结构简式分别为22BrCHCHBr−和22HOCHCHOH−。18.下列为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As等元素]制取活性氧化锌的流程。

已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38；③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Mn2+开始沉淀pH1.97.0

458.1完全沉淀pH3.29.06.410.1请回答以下问题：(1)“浸取”时，ZnO发生反应的离子方程式为___________。(2)浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵

溶液浓度的关系如图，则氯化铵的适宜浓度范围为___________molL-1。NH4Cl浓度对烟灰浸出率的影响(3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：___________，常温下此时体

系中Fe3+残留最大浓度为___________molL-1。(4)“滤渣Ⅲ”的成分为___________(填化学式)。(5)“沉锌”反应的离子方程式为___________，此过程中可以循环利用的副产品是___________(

填化学式)。(6)取mg活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000molL-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品

中氧化锌的质量分数为___________(用代数式表示)。【答案】①.ZnO+2NH+4+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O②.2～4③.MnO-4+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5

H+④.4.0×10-8⑤.Cu、Zn⑥.2Zn2++4HCO-3=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O⑦.NH4Cl⑧.0.08139aVm×100%或8.139aVm%【解析】【分析】铜转炉烟灰加入氯化

铵、氨水浸取，除烟灰中的Pb；滤液中加入氯化铁生成固体FeAsO4除As；滤液中加高锰酸钾、硫酸，调节pH=4~4.5生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液加过量的锌置换出单质铜除去铜元素；滤液中加入碳酸氢铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅烧Zn2(OH)2CO3生成活性氧化锌。.【详解

】(1)氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”时，ZnO与氯化铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH+4+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(2)由图示可知，氯化铵浓度为2~4

时，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化铵适宜浓度范围为2~4molL-1；(3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明还原产物是MnO2、氧化产物是Fe(OH)3，除铁步骤的离子方程式是MnO-4+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe

(OH)3↓+5H+；常温下，除铁时溶液的pH=4，c(OH-)=10-10molL-1，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，此时体系中Fe3+残留最大浓度为()-38-8-10410=410110molL-1；(4)根据

流程图，可知，加入试剂a的目的是除铜，a是过量的锌，锌把溶液中的铜置换出来，“滤渣Ⅲ”的成分为Cu、Zn；(5)根据流程图，“沉锌”过程是溶液中的氯化锌和碳酸氢铵反应生成氯化铵、Zn2(OH)2CO3和CO2，反应的离子方程式为

2Zn2++4HCO-3=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此过程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；(6)1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000molL-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，反应消

耗amol·L-1EDTA标准液VmL，则mg样品中氧化锌的质量为0.08139×aVg，氧化锌的质量分数为0.08139aV10%mgg0=8.139aVm%。【点睛】本题以铜转炉烟灰制取活性氧化锌为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的是

解题关键，掌握常见化合物的性质，熟悉根据溶度积常数的计算，培养题目信息的提取和应用能力。19.某化学兴趣小组探究()32CuNO溶液与3NaHSO溶液的反应。向132mL1molLNaHSO−溶液()pH4=中逐滴加入()13

21molLCuNO−溶液，溶液变为绿色，静置24h后，溶液变蓝，底部产生大量砖红色沉淀。（1）测得3NaHSO溶液pH4=，结合化学原理解释原因________________。（2）甲同学认为()32CuNO溶液与3NaHSO溶液发生了氧化还原反应。通过检验反应体系中是否含有24S

O−即可证明，检验24SO−的方法是________________。（3）乙同学认为上述方法不能排除空气中2O的干扰，应该进一步分析沉淀的成分。对反应产物中的砖红色沉淀提出以下假设：假设1：砖红色沉淀为2CuO；假设2：砖红色沉淀为Cu；假设3：

________________．．（4）查阅资料1：CuCuCl+⎯⎯⎯→稀盐酸（白色难溶固体）将砖红色沉淀过滤洗涤后，滴加11molL−盐酸至过量，________________（填实验现象），可证明假设1成立，同时溶液变为蓝绿色，并伴有刺激性气味的气体生

成。（5）丙同学做对照实验时，向2CuO中滴加11molL−盐酸至过量后，没有观察到溶液变蓝和生成气体的现象。因此，他认为砖红色沉淀中还可能含有其它成分，并设计实验进行证实。①刺激性气味的气体可能是2Cl或2SO，在试管口用蘸有碘水的淀

粉试纸．．．．．．．．．检验，发现蓝色褪去，写出反应的离子方程式________________。②向红色沉淀中加入过量氨水，发现沉淀溶解，溶液立即变蓝。查阅资料2：用离子方程式解释上述资料中()32CuNH+被空气氧化缓慢变蓝

的原理________________。③上述实验现象表明，砖红沉淀中除了含有Cu+外，还含有________。（写出离子成分即可）（6）丁同学通过如图装置证明了此条件下，3NO−也能氧化3HSO−，图中甲溶液是________，通过对比实验证明了此时空气中的2O不是

3HSO−被氧化的主要原因，操作及现象是________________。【答案】（1）233HSOHSO−+−+，3223HSOHOHSOOH−−++，3HSO−电离程度大于水解程度，所以，3NaHSO溶液显酸性（2）向反应体系中

滴加稀盐酸和2BaCl溶液，若产生白色沉淀，则证明含有24SO−（3）砖红色沉淀为Cu和2CuO的混合物（4）砖红色沉淀全部转化为白色沉淀（5）①.22224SOI2HOSO2I4H−−+++=++②.()()2323232244CuNHO8

NHHO4CuNH4OH6HO++−++=++③.223CuSO+−、（或3HSO−）（6）①.3PH4,2mol/LNaNO=溶液②.分别取电池工作前与工作一段时间后右侧烧杯中溶液，同时滴加盐酸酸化过的2BaCl溶液，后者产生白色沉淀比前者明显增多。【解析】【分析】某化学

兴趣小组探究Cu(NO3)2溶液与NaHSO3溶液的反应。向2mL1mol⋅L−1NaHSO3溶液(pH=4)中逐滴加入1mol⋅L−1Cu(NO3)2溶液，溶液变为绿色，静置24h后，溶液变蓝，底部产生大量砖红色沉淀，由于Cu2O和Cu都是红色固体，对反应产物中的砖红色沉淀提出以下假设：假设1

：砖红色沉淀为Cu2O；假设2：砖红色沉淀为Cu；假设3：砖红色沉淀为Cu和Cu2O的混合物，以此解答。【小问1详解】3NaHSO溶液中亚硫酸氢根即发生电离233HSOHSO−+−+，也发生水解3223HSOHOHSOOH−−++，3HSO−电离程度大于水解程度，所以，3Na

HSO溶液显酸性。【小问2详解】检验24SO−的方法是向反应体系中滴加稀盐酸和2BaCl溶液，若产生白色沉淀，则证明含有24SO−。【小问3详解】Cu2O和Cu都是红色固体，对反应产物中的砖红色沉淀提出以下假设：假设1：砖红色沉淀为2CuO；假

设2：砖红色沉淀为Cu；假设3：砖红色沉淀为Cu和2CuO的混合物。【小问4详解】假设1：砖红色沉淀为2CuO，将砖红色沉淀过滤洗涤后，滴加11molL−盐酸至过量，砖红色沉淀全部转化为CuCl白色沉淀，可证明假设1成立。【小问5详解】①刺激性气味的气体可能是2Cl或2SO

，在试管口用蘸有碘水的淀粉试纸．．．．．．．．．检验，发现蓝色褪去，说明该气体具有还原性能够和I2发生氧化还原反应，气体为2SO，反应的离子方程式：22224SOI2HOSO2I4H−−+++=++；②由

资料2可知，()32CuNH+被空气氧化缓慢变蓝的过程为：()32CuNH+和氧气、32NHHO发生氧化还原反应生成()234CuNH+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：()()2323

232244CuNHO8NHHO4CuNH4OH6HO++−++=++；砖红色沉淀溶于盐酸后有SO2生成，说明砖红沉淀中含有23SO−或HSO3−，同时溶液变为蓝绿色，说明其中含有Cu2+。【小

问6详解】丁同学通过原电池装置验证3NO−也能氧化3HSO−，则需要设置含有3NO−的溶液为正极，含有3HSO−的溶液为负极，图中甲溶液是3PH4,2mol/LNaNO=溶液，通过对比实验证明了此时空气中的2O不是3HSO−被氧化的主要原因，操作及现象是分别取电池工作前与工作一段时间

后右侧烧杯中溶液，同时滴加盐酸酸化过的2BaCl溶液，后者产生白色沉淀比前者明显增多。