【文档说明】2024年高考化学一轮复习效果检测卷（新七省高考卷）06 Word版含解析.docx，共(17)页，1.340 MB，由小赞的店铺上传

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密卷·2024七省新高考一轮复习检测卷（六）化学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，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-1N-14O-16Fe-56Cu-64Y-89Ba-137第Ⅰ卷一、单项选择题：

共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。1．化学与生活密切相关。下列说法中错误的是A．ClO2既可用于自来水的消毒杀菌，又可除去水中的悬浮杂质B．废旧电池必须回收处理，防止造成汞、镉及铅等重金属污染C．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃D．面

包师用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳氢酸钠加热分解反应的原理【答案】A【解析】A．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，但无法除去水中的悬浮杂质，故A错误；B．废旧电池中含有铅、汞、镉等重金属元素，如果处理不当会对环境和人类健康造成危害，故B正确；C．CaF2与

浓H2SO4混合物可生成HF，HF可用于刻蚀玻璃，故C正确；D．用小苏打作发泡剂烘焙面包是依据碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳的原理，故D正确；故答案选A。2．下列化学用语表达正确的是A．HClO的结构式：H-Cl-OB．中子数为2

0的氯原子：2017ClC．3NH的VSEPR模型：D．羟基的电子式：【答案】C【解析】A．HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；B．中子数为20的氯原子可表示为3717Cl，B错误；C．NH3中N的价层电

子对数为3+5312−=4，含有一对孤电子对，其VSEPR模型正确，C正确；D．羟基的电子式为，D错误；故答案选C。3．AN为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．0.1molNaHSO4固体中含离子数目为A0.2NB．标准状况下，32.24LSO中原子的数目为0.4NAC．常温下，

将56gFe投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为A3ND．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA【答案】A【解析】A．1molNaHSO4固体中含钠离子、硫酸氢根离子共2mol，则0.1molNaHSO4固

体中含离子数目为A0.2N，A正确；B．标准状况下三氧化硫不是气体，故无法计算其物质的量，B错误；C．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，C错误；D．氯气和水反应不完全，仅部分

反应，则标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数下于0.5NA，D错误；故选A。4．烟气脱硫可有效减少2SO引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法

选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知25℃时，几种酸的电离常数：23HSO2a1K1.310−=，8a2K6.210−=；23HCO7a1K4.510

−=，11a2K4.710−=；()3CHCHOHCOOH(乳酸)4aK1.410−=。传统湿法脱硫涉及的下列离子方程式中，正确的是A．烟气与氧化镁浆液的反应：2232SO2OHSOHO−−+=+B．烟气与石灰石浆液反应得到石膏：222242C

aSOO2HOCaSO2HO++++=C．烟气与氨水反应得到硫酸铵：223224422SO4NHHOO4NH2SO2HO+−++=++D．烟气与海水中3HCO−的反应：223322SO2HCOSO2COHO−−+=++【答案】C【解析】A．烟气与氧化镁浆液的反应，实质是二氧化硫

和氢氧化镁的反应，氢氧化镁为固体，离子方程式中不可拆分，A错误；B．烟气与石灰石浆液反应得到石膏：32224222CaCO+2SO+O+4HO=2CaSO2HO+2CO，B错误；C．烟气与氨水反应并被氧气氧化后得到硫酸铵，方程式为：223224422SO4NHHOO4NH2SO2HO+−++

=++，C正确；D．由碳酸和醋酸的电离常数可知，烟气与海水中3HCO−的反应：--2332SO+HCO=HSO+CO，D错误；故选C。5．所有铬的化合物都有毒性，在化学实验中可利用下图将含铬物质循环利用，从而减少直接排放对环境的污染。下列说法正

确的是A．反应④、⑥、⑦中，铬元素均被氧化B．1241L0.2molLKCrO−的溶液中含有的CrO24−数目为A0.2NC．加入浓盐酸可实现第①步转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，生成标准状况下气体3.36LD．已知()3CrOH为两性氢氧化物，则第⑦步转化加入的试剂可与第③步相

同【答案】D【解析】A．反应④中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑥中铬元素的化合价由+3价升为+6价，被氧化，反应⑦中铬元素的化合价不变，故A错误；B．2-4CrO在溶液中存在如下平衡：2-+2-42722CrO+2HCrO+HO，则溶液中含有的2-4Cr

O数目小于0.2NA，故B错误；C．加入浓盐酸可实现第①转化，当0.1molK2Cr2O7完全反应时，转移0.6mol电子，生成0.3mol氯气，标准状况下体积为6.72L，故C错误；D．3Cr(OH)为两

性氢氧化物，第⑦步转化加入的试剂可与第③步相同，都是碱溶液，故D正确；故答案为：D。6．已知甲、乙为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系：甲+乙⎯⎯⎯⎯→点燃丙⎯⎯⎯→溶于水溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→惰性电极电解甲下列说法错误的是A．若丙溶于水得到蓝绿色溶液，则甲可能

为2ClB．若“溶液”遇23NaCO放出2CO气体，则甲可能是2HC．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是2OD．若“溶液”滴加NaOH溶液产生白色沉淀，则甲可能是Mg【答案】D【解析】A．若丙溶于水得到蓝绿色溶液，则丙为CuCl2，甲、乙为Cl2

和Cu，电解CuCl2溶液可得Cl2和Cu，故A正确；B．若溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则丙可能为HCl，电解HCl溶液可得到H2，故B正确；C．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲、乙可能为O2和Na，丙为Na2O2，

电解NaOH溶液可得到O2，故C正确；D．电解含Mg2+的溶液，不可能得到Mg，故D错误；故答案为：D。7．某神经类药物的结构如图所示。下列说法正确的是A．分子中存在2种含氧官能团B．分子中最多有14个原子共平面C．1mol该物质与足量2H反应，最多消耗27molHD．1mol该物质

与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH【答案】C【解析】A．分子中存在羟基、酰胺基、酮羰基3种含氧官能团，A错误；B．分子中每个苯环确定一个平面，碳氧双键确定一个平面，单键可以旋转，因此与2个苯环直接相连的24个原子，加上中间酰胺

基的碳氧原子、右侧酮羰基的碳氧原子及甲基的碳原子，大于14个原子共平面，B错误；C．苯环和H2以1：3发生加成反应，酮羰基和H2以1：1发生加成反应，分子中含有2个苯环、1个酮羰基，所以1mol该物质最多消耗7mol氢气，C正确；D．酰胺基和NaOH反应，碳氯键和NaOH水解生成N

aCl和酚羟基，酚羟基又和NaOH发生中和反应，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，D错误；故选C。8．24COCH−催化重整可获得合成气()2COH、。重整过程中主要反应的热化学方程

式为反应①()()()()1422CHgCOg2COg2HgΔH247kJmol−+=+=+反应②()()()()1222COgHgCOgHOgΔH41kJmol−+=+=+反应③()()()142CHgCs2HgΔH75kJmol−=+=+反应④()()()

122COgCOgCsΔH172kJmol−=+=−研究发现在密闭容器中p101kPa=下，()()24nCOnCH0.5mol==始始，平衡时各含碳物种的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．图中a表示4CHB．()()(

)()22CsHOgCOgHg+=+的1Δ131kJmolH−=−C．其他条件不变，在5001000℃范围，随着温度的升高，平衡时()2nHO不断增大D．当()()24nCOnCH1mol+=始始，其他条件不变时，提高()()24nCOnCH始始的值，能减

少平衡时积碳量【答案】D【解析】A．根据图可知，温度升高，a的物质的量增大，根据反应①和③可知，温度升高，平衡正向移动，CH4减小，所以a一定不是CH4，A错误；B．通过反应②＋④得到()()()()22COgHgCsHOg+=+，所以()()()()22CsHOgCOgHg+=+的Δ

H=+131kJ⋅mol−1，B错误；C．根据()()()()22CsHOgCOgHg+=+反应为吸热反应，其他条件不变，在500∼1000℃范围，随着温度的升高，平衡正向移动，n(H2O)不断减小，C错误；D．当n始(CO2)+n始(CH4)=1mol，其他条件不变时，提高(

)()24nCOnCH始始的值，二氧化碳物质的量增大，甲烷物质的量减小，平衡③④逆向移动，消耗C，能减少平衡时积碳量，D正确；故选D。9．一种电化学固氮的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极a的电极材料既可选用Pt，也可选用CuB．NH3和

H2O的VSEPR模型均为三角锥形C．电解过程中，固体氧化物电解质中O2-数目保持不变D．阴极的电极反应为N2＋3H2O-6e-=2NH3+3O2-【答案】C【分析】该装置为电解池，a极生成氧气222O4eO−−−=发生氧化反应，a为阳极；

b电极，由N2生成NH3，发生还原反应2223N6e3HO23ONH−−++=+，为阴极，以此分析；【解析】A．a为阳极，若金属Cu作a的电极材料，则金属Cu优先失去电子，A项错误；B．NH3和H2O的VSEPR模型均为四面体形，B项

错误；C．该反应总反应为22322N6HO43ONH+=+，则O2-总数不变，C项正确；D．根据分析，阴极发生还原反应，得电子，2223N6e3HO23ONH−−++=+，D项错误；故答案为：C。10．X、Y、Z、W四种短周期元素，

原子序数依次增大。X原子半径最小。Y、Z同周期，且两者的基态原子核外均有2个未成对电子。W元素与X的同族元素相邻。下列说法不正确的是A．W的第一电离能大于同周期相邻元素B．2YXZ的水溶液呈酸性C．YX4分子与YZ2分子均为非极性分子D．简单氧化物熔点：WXY【答案】B【分

析】X原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素；Y、Z同周期，且两者的基态原子核外均有2个未成对电子，则Y为C元素，Z为O元素；W元素与X的同族元素相邻，且其原子序数最大，为Mg元素；据此分析。【解析】A．Mg元素核外电子排布：22621s2s2p3s，为全充满稳定结构，第

一电离能大于同周期相邻元素，故A正确；B．2YXZ为CH2O，为甲醛，水溶液不呈酸性，故B错误；C．YX4为CH4、YZ2为CO2，两者均为非极分子，故C正确；D．由于氧化镁为离子化合物，熔化时破坏离子键，则熔点最高，水中含有氢键，则简单氧化物熔点：MgO>H2O>CO2，故D正确；答案选B。11

．下列关于实验现象的解释或所得结论错误的是选项实验操作现象解释或结论A向某补血口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀该补血口服液中含有Fe2+B用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色[C

uCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-正向移动C将25℃0.1mol·L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动D比较次氯酸和醋酸的酸性强弱室

温下，用pH计测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pHpH：NaClO>CH3COONa【答案】C【解析】A．向某补血口服液中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液后，加入铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀说明补血口服液中含有亚铁离子，与酸性高锰酸钾溶液未反应的过量的亚铁离子与铁氰化钾溶液

反应生成蓝色沉淀，故A正确；B．氯化铜溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2—+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl—，用蒸馏水溶解氯化铜固体，并继续加水稀释，溶液由绿色逐渐变为蓝色说明平衡向正反应方向移动，故B正确；C．亚硫酸钠溶液在溶液中的水解反应是吸热反应

，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，则将25℃0.1mol·L-1亚硫酸钠溶液加热到40℃，用传感器测得溶液pH减小，说明亚硫酸钠被空气中氧化为硫酸钠，故C错误；D．室温下，用pH计测得同浓度的次氯酸钠溶液大于醋酸钠溶液

，说明次氯酸根离子在溶液中的水解程度大于醋酸根离子，由盐类水解规律可知，次氯酸的酸性弱于醋酸，故D正确；故选C。12．对下列一些实验事实的理论解释，错误的是选项实验事实理论解释AP原子的第一电离能大于S原子磷原子的半径比硫原子的半径大B乙烯的化学性质比乙

烷活泼乙烯分子结构中存在π键C向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体乙醇的加入降低了[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度DHCl气体极易溶于水HCl和H2O均为极性分子【答案】A【解析】A．P原

子3p能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，故P原子的第一电离能大于S原子，A错误；B．乙烯分子结构中存在π键不稳定易断裂，而乙烷没有π键，所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，B正确；C．[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度在乙醇中比水中要小，因此向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙

醇，将析出深蓝色晶体，C正确；D．HCl和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，可知HCl气体极易溶于水，D正确；故选A。13．某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架MOF)材料复合制备荧光材ZnO@MOF，流程如下：已知：①含锌组分间的转化关系：()()

HH2224OHOHZnZnOHZnOH++−−−+②()2εZnOH−是()2ZnOH的一种晶型，39℃以下稳定。下列有关说法正确的是A．纳米ZnO属于胶体B．步骤Ⅰ，为提高产率应将过量NaOH溶液滴入4ZnSO溶液制备()2εZnOH−C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50

℃的热水洗涤D．用()32ZnCHCOO和过量()432NHCO反应，得到的沉淀无需洗涤可直接控温煅烧得纳米ZnO【答案】D【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到()2εZnOH−，过滤、洗涤得到()2εZnOH−，控温，在坩埚中煅烧得到

纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。【解析】A．纳米ZnO属于纯净物，胶体是混合物，A错误；B．NaOH溶液过量时锌元素的存在形式为()24ZnOH−，得不到()2εZnOH−，B错误；C．根据题中信息，()

2εZnOH−是()2ZnOH的一种晶型，39℃以下稳定，故不能用50℃的热水洗涤，C错误；D．用()32ZnCHCOO和过量()432NHCO反应得到碳酸锌和醋酸铵，得到的沉淀表面可能有醋酸铵，在高温煅烧下分

解产生二氧化碳和水，故无需洗涤可直接控温煅烧得纳米ZnO，D正确；故选D。14．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别如图，90===，阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法错误的是A．该晶体的最简化学式为235

.5BaYCuOB．晶体中与2Cu+最近且距离相等的2O−有6个C．晶体的密度为3232A6.4310gcmacN−D．第一电离能：()()11OBaII【答案】B【解析】A．1个晶胞中有2个Ba原子位于体内，一个Y原子位于体心，8个

Cu原子位于顶角，另有8个Cu原子位于棱上，Cu原子数为118+8=384，8个氧原子位于棱上，7个氧原子位于面心上，氧原子个数为118+7=5.542，则该化合物的化学式为235.5BaYCuO，故A正确；B．晶体中与Cu2+最近且距离相

等的O2-有5个，故B错误；C．1mol该晶胞的质量为643g，体积为2-1033AN(ac10)cm，则密度为3232-1032AA6436.4310=g/cmN(ac10acN），故C正确；D．同一周期从左至右伴随核电荷数递增，第一电离能整体呈递增大的趋势，同

主族元素从上到下第一电离能变小，以Be作参照物，第一电离能O＞Be＞Ba，故D正确；故答案为：B。15．向3AgNO溶液中滴加NaCl溶液，发生反应()AgClAgCls+−+和()2AgClsClAgCl−−+。()()1lgc

M/molL−−与()()1lgcCl/molL−−−的关系如下图所示(其中M代表Ag+或2AgCl−)。下列说法错误的是A．()2.521cCl10molL−−−=时，溶液中()()32cNO2cAgCl−−=B．()11cCl10molL

−−−=时，溶液中()()()2cClcAgClcAg−−+C．2Ag2ClAgCl−+−+的平衡常数K的值为5.0410D．用Cl−沉淀Ag+，溶液中Cl−浓度过大时，沉淀效果不好【答案】A【分析】由

题可知c（Cl-）越大，c（Ag+）越小，c（2AgCl−）越大，即与纵坐标交点为（0，9.74）的线M为Ag+。【解析】A．()2.521cCl10molL−−−=，溶液中()()-2+c=cggClAA，根据物料守恒得()()()()-+2-3AgClAgC

lnNO=nAg+n+n，即()()()-2-3AgClAgClnNO=2n+n，()()32cNO2cAgCl−−＞，A错误；B．由分析可得，()11cCl10molL−−−=，溶液中()()()2cClcAgClcAg−−+，B正确；C．2Ag

2ClAgCl−+−+的平衡常数为：()()()2--+2cKcAl=AgcCClg，将交点数值代入得：()7.225.0427.222.5210101010−−−=，C正确；D．用Cl−沉淀Ag+，溶液中Cl−浓度过大时，导致()2AgClsClAgCl−

−+平衡正向移动，沉淀效果不好，D正确；故选A。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共55分。16．（13分）三氧化二钴(23CoO)在工业、电子等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石[主要成分为3223CoO(OH)CoCOCu(OH)CO、、和2SiO，

还有少量铁、镁、钙的氧化物]为原料制备三氧化二钴(23CoO)的工艺流程如图1所示。已知：常温下1836spsp(FeS)6.310(CuS)6.310KK−−==，，()()1011sp2sp2CaF1.46

10MgF7.4210KK−−==，。回答下列问题：（1）“浸泡”工序中，所得滤渣1的主要成分是(填化学式)。写出此工序中CoO(OH)与23NaSO反应的离子方程式。（2）“浸泡”工序中浸出温度和浸出pH对浸出率的影响分别如图2、图3所示。①矿石粉末“浸泡”的适宜条件应是。

②图3中铜、钴浸出率下降的可能原因是。（3）“除铜”工序中，加入FeS固体得到更难溶的CuS，写出“除铜”反应的离子方程式。（4）向“除铜”工序后的滤液中加入3NaClO的主要目的是。过程Ⅲ中加入浓23NaCO得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是。（5）在过程Ⅱ中加入足量的

NaF可将22CaMg++、以沉淀形式除去，若所得滤液中()261Mg6.010molLc+−−=，则滤液中()2Cac+为(保留2位有效数字)。【答案】（1）24SiOCaSO、（1分）2223422CoO(OH)SO4

H2CoSO3HO−++−++=++（2分）（2）温度为65℃～75℃、pH为0．5～1．5（2分）pH升高后溶液中()Hc+下降，使得溶解3223CoO(OH)CoCOCu(OH)CO、、的能力下降（2分）（3）22FeSCuCuSFe+++=+（2分）（4）将

2Fe+氧化为3Fe+（1分）富集2Co+（或提高2Co+的浓度）（1分）（5）511.210molL−−（2分）【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、F

e2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，加入盐酸富集Co2+，最后进入草酸铵溶液

得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题。【解析】（1）“浸泡”工序中，2SiO发生反应，CaO与硫酸反应，生成微溶于水的硫酸钙。此工序中，CoO(OH)与23NaSO在酸性溶液中发生氧化还

原反应，3Co+被还原为2Co+，同时生成24SO−，反应的离子方程式为2223422CoO(OH)SO4H2CoSO3HO−++−++++。（2））①分析图2、图3，矿石粉末“浸泡”时的浸出率最高的条件为温度为65℃～75℃，pH为0.5~1.5。②pH升高后溶液中

H+浓度下降，使得溶解3223CoO(OH)CoCOCu(OH)CO、、的能力下降，导致铜、钴浸出率下降；（3）spsp(FeS)>(CuS)KK，CuS更难溶，故“除铜”工序中，加入FeS固体，发生沉淀的转化，将溶液中的2Cu+转化为CuS，则“除

铜”反应的离子方程式为22FeSCuCuSFe++++；（4）步骤Ⅰ中加入3NaClO，将2Fe+氧化为3Fe+，3Fe+与23NaCO发生相互促进的水解反应生成3Fe(OH)沉淀。过程Ⅲ中加入浓23NaCO，将2Co+转化为3CoCO沉淀，再加盐酸，溶解3CoCO并生成(CoCl)2，从而

提高溶液中2Co+浓度，起到富集作用；（5）加入足量NaF除去22CaMg++、后，261c(Mg)6.010molL+−−=，()()()11sp22-262+MgF7.4210cF=(mol/L)6.010cMgK−−=，()()()10

sp22+5112-6CaF1.4610cCa=1.210mol/L7.4210cF6.010K−−−−==。17．（13分）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备肼(N2H4)，并进行相关性质探究实验。Ⅰ.实验室制备N2H4（1）装置D中反应的化学方程式是。（2）装置

C中盛放的试剂是。（3）制备N2H4的离子方程式。Ⅱ.测定产品中水合肼(N2H4·H2O)的含量（4）称取产品6.0g，加入适量NaHCO3固体(调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用0.

3000mol/L的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)。①滴定到达终点的现象是。②重复上述滴定实验2~3次，测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00mL，产品中水合肼的质量分数为。Ⅲ.探究肼的化

学性质。将制得的肼分离提纯后，进行如下实验。【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。【实验验证】（5）设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ.取少量黑色固体

于试管中，加入足量①，振荡黑色固体部分溶解黑色固体有Ag2Oⅱ.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②黑色固体是Ag和Ag2O③综合上述实验，肼具有的性质是（6）N2H4是一种二元弱碱，在水中的电离与NH3相似，写出肼的第一步电离方程式【答案】（1）

()Δ423222NHCl+CaOH=CaCl+2NH+2HO（2分）（2）NaOH溶液（1分）（3）2NH3+ClO−=N2H4+Cl-+H2O（2分）（4）当加入最后半滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分）25%（2分）（5）氨水（

1分）黑色固体溶解，并有气体产生，遇空气变为红棕色（2分）还原性和碱性（1分）（6）N2H4+H2ON2H5++OH-（1分）【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B的止水夹，将氯气通入

装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭BC装置之间的止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多

余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。【解析】（1）装置D是用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，反应方程式为：()Δ423222NHCl+CaOH=CaCl+2NH+2HO；（2）根据题意，制备N2H4需要用NaClO溶液与NH3反应，NaClO溶液通过氢氧化钠来制备，所以装

置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；（3）根据电子守恒可知反应过程中CIO-与NH3的系数比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O；（4）①N2H4可以氧化碘单质，所以达到滴定终点时

碘单质稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后半滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；②根据反应方程式242222NHHO+2I=N+4HI+HO，25.00mL待测

液中，n(N2H4·H2O)=12×0.3000mol/L×0.02L=0.0030mol，则250mL溶液中有0.030molN2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为500.03g100%=25%6.0g；（5）①操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固

体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；②操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；③肼具有还原性将Ag+

还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；（6）类比氨在水中的电离方程式，肼的第一步电离方程式为5+-2422NH+HONH+OH。18．（14分）工业合成氨反应是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下

(*表示吸附态)：化学吸附：()*2Ng2N→；()*2Hg=2H表面反应：***NHNH+；***2NHHNH+；***23NHHNH+脱附：()33NHgNH其中，2N的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体

反应速率。回答下列问题：（1）实际生产中，常用工艺条件，铁触媒作催化剂，控温773K，压强53.010Pa，原料气中()()22N:Hnn1:2.8=。①分析说明原料气中2N过量的理由。②关于合成氨工艺，下列说法正确的是(填标号)。a．合成氨反应在不同温度下的△

H和△S都小于零b．控制温度为773K，是为了增大反应物的平衡转化率c．当温度、压强一定时，在原料气(2N和2H的比例不变)中加入少量惰性气体，有利于增大反应物的平衡转化率d．不断将液氨移去，既有利于反应正向进行，又能加快化学反应速率（2）①反应()()()223Ng3Hg2NHg+在恒定温度和总

压强p(单位：Pa)下进行，若2N、2H起始物质的量之比为1：3，3NH的平衡产率是w(100%=实际产量产率理论产量)，用分压代替物质的浓度，计算平衡常数pK=1Pa−。②反应()()()223Ng3Hg2NHg+达到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：

()1.52Nvkpp=正正()()123HNHp−，()()()223NHNHvkppp=逆逆，正k、逆k为速率常数，已知pkKk=正逆，据此计算=，=。（3）由Arrhenius经验公式得aln

CEkRT=−+，其中aE为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R、C为常数，根据图1，()()()223Ng3Hg2NHg+△H=1kJmol−(用含正k、逆k、T、R的代数式表示)。升高温度，plnK的变化曲线为，lnk逆的变化曲线为(填标号)。【答案】（1）①原

料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（2分）②a（2分）（2）()()22142162Pa271wwpw−−−（2分）-1.5（2分）1（2

分）（3）lnkRTk逆正[或()lnlnRTkk−正逆]（2分）①（1分）④（1分）【解析】（1）①氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，氮气相比于氢气更容易得到，原料气中氮气过量有助于提高氢气的转化率，同时N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适当过量有利于提高整体反应速率。②a．

合成氨反应为N2(g)+3H2(g)高温、高压催化剂2NH3(g)ΔH<0，故合成氨反应在不同温度下ΔH和ΔS都小于零，a正确；b．合成氨反应为放热反应，升高温度并不利于反应正向进行，控制温度773K，目的是增大反应速率，b错误；c．温度、压强一定时，原料气中加入少量惰性

气体，容器体积增大，化学平衡逆向移动，不利于增大反应物的平衡转化率，c错误；d．不断将液氨移去，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，但是反应速率减小，d错误；故答案选a。（2）①氮气和氢气起始物质的量之比为1：3，不妨令n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，NH3的平衡产率为w，氨气理论产

量为2mol，则实际平衡时生成氨气2wmol，则有223N(g)3H(g)2NH(g)/mol130/molw3w2w/mol1w33w2w+−−初始转化平衡，平衡时气体总物质的量为4-2w，各物质的分压为p(N2)

=1wp42w−−，p(H2)=33wp42w−−，p(NH3)=2wp42w−，Kp=22w42w321w33w42w42w()()()p−−−−−=()()22142162Pa271wwpw−−−。②达到平

衡时，正逆反应速率相等，()1.52Nkpp正()()123HNHp−=()()()223NHNHkppp逆，kk正逆=2231.51223p(N)p(H)p(NH)p(N)p(H)p(NH)−，同时Kp=kk正

逆=23322p(NH)p(N)p(H)，则有γ+1=2，1.5-β=3，解得γ=1，β=-1.5。（3）ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=-(Ea逆-Ea正)=Ea正-Ea逆=(C-Ink正)RT-(C-Ink逆)RT=lnkR

Tk逆正。Ink正=-aECRT+正，Ink逆=-aECRT+逆，Ink正-Ink逆=InKp=aaEERTRT−逆正=aaEE1RT−正逆，aaEE0R−正逆，则InKp与1T正相关，表示InKp的曲线为①。Ink正=-aECRT+正，Ink逆=-aECRT+逆，Ink与1T负相关，Ea

逆>Ea正，aaEERR−−逆正，则表示Ink逆的曲线斜率更小，即④曲线。19．（15分）化合物F是一种除草剂，对扁秆藨草、稗草、异型莎草、鸭舌状草等表现出较好的除草活性。其合成路线设计如图：已知反应：R-ClMg⎯⎯⎯→乙醚RMgCl回答下列问题：（

1）有机物F的含氧官能团名称为。（2）C的结构简式为。（3）B→C的反应类型为。（4）已知C→D的反应为取代反应，写出C—D反应的化学方程式：。（5）1分子的有机物F中手性碳原子数为。（6）H是的一种同分异构体，满足下列条件的H有种(不考虑立体异构)。①分子中除苯环外无其他环状结构；②既能发

生水解反应也能发生银镜反应；③苯环上仅有一个取代基；④碳原子只有一种杂化方式。(7)结合题中信息，以为有机原料，设计合成的路线(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为A⎯⎯⎯⎯⎯⎯→反应试剂反应条件B……⎯⎯⎯⎯⎯⎯→反应试

剂反应条件目标产物)。。【答案】（1）酮羰基、醚键（2分）（2）（2分）（3）消去反应（2分）（4）+/THF⎯⎯⎯⎯→催化剂+（2分）（5）1（2分）（6）7（2分）(7)（3分）【分析】A()发生信息所示反应生成B()，在TsOH作用下生成C(C9H9Cl)为，与在催化剂/THF作用

下发生取代应生成D()，与在K2CO3、CH3CN作用下生成E，与在甲苯作用下生成F()。