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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）黄金卷03（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Zn65Cu64Co59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．化学与科学、技术、社会、生活等密切相关。下列有关说法正确的是A．用于清洗伤口、杀菌、消毒的医用酒精有强氧化性B．我国“神舟十二号”飞船返回舱的舱体外壳部件材料是由金属复合材料

——专业的铝合金材料制成的，主要是利用了其硬度大的特性C．食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质D．客家围屋建造过程中用作黏稠剂的糯米和鸡蛋清都属于混合物【答案】D【解析】A．乙醇能够使蛋白质变性，医用酒精可用于清洗伤口、杀菌、消毒

，但是乙醇不具有强的氧化性，故A错误；B．铝合金是制造飞船返回舱的舱体外壳部件材料，这主要利用了它们具有的密度小、强度好的性能，故B错误；C．食品袋中放置的CaO是干燥剂，不能直接防止食品氧化变质，故C错误；D．糯米的成分是淀粉，鸡蛋清成分

是蛋白质，都是高分子化合物，聚合度不确定，都属于混合物，故D正确；故选D。2．镁粉在火星上可以扮演地球上煤的角色，反应Mg+CO2一定条件MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能。下列关于该反应的说法中，不正确．．．的是A．属于放热反应

B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．属于氧化还原反应D．能量变化与化学键的断裂和形成有关【答案】B【解析】A．由题意镁在CO2中反应产生MgO和CO是放热反应，A正确；B．反应放出热量，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C．物质燃

烧反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，C正确；D．化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中要吸收能量断裂反应物化学键变为单个原子，然后这些原子重新组合形成生成物中的化学键，再释放出能量，故能量变化与化学键的断裂和形成有关，D正确；故合理选项是B。3．下列有

关化学用语的叙述错误的是A．3NH的结构式为B．2CS的电子式为C．简单硫离子的结构示意图为D．基态N原子的价层电子排布图为【答案】C【解析】A．N以三个共价键的形式结合，H有1个共价键，其结构式为，A正确；B．C与S之间以双键结合

，共用2对电子，其电子式为，B正确；C．硫的核电荷数为16，硫离子为核外电子得到2个电子，其结构示意图为，C错误；D．N价层电子排布式2s2sp3，其价层电子排布图为，D正确；故答案为：C。4．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．10.1molL−的3

NaHCO溶液中：3Al+、K+、Cl−、24SO−B．使pH试纸显红色的溶液中：Na+、3NO−、23CO−、24SO−C．含有KSCN的溶液中：3Fe+、Na+、24SO−、Cl−D．()()12OH10H−+=cc的溶液中：Na+、K+、24SO−、ClO−【答案】D【解析

】A．3Al+和3HCO−发生双水解反应，不能大量共存，A项不符合题意；B．使pH试纸显红色的溶液显酸性，H+和23CO−不能大量共存，B项不符合题意；C．3Fe+和SCN−不能大量共存，C项不符合题意；D．()()12OH10H−+=c

c的溶液显碱性，OH−、Na+、K+、24SO−、ClO−能大量共存，D项符合题意；故选：D。5．物质的性质决定其用途。下列生产活动与化学原理均正确且有关联的是选项生产活动化学原理A石英坩埚可用于加热KOH固体2SiO

熔点高B25PO可作食品干燥剂25PO具有强吸水性C3NaHCO可用于抗酸药物3NaHCO受热易分解D钠的化合物可用于制作烟花钠元素焰色实验显黄色【答案】D【解析】A．石英坩埚加热KOH固体时能与2SiO反应生成硅酸盐，故A错误；B．P

2O5与水反应生成有毒的偏磷酸(HPO3)，故不能用作食品干燥剂，故B错误；C．碳酸氢钠与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，与其受热分解的性质无关，故C错误；D．钠元素焰色实验显黄色，钠的化合物可用于制作烟花，故D正确；故选D。6．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确

的是A．标准状况下，4gSO3中电子的数目为2NAB．常温常压下，2.24L氨气中共价键的数目为0.3NAC．46gNO2和N2O4的混合气体中所含氮原子的数目为1.5NAD．常温下，1.0LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目是0.02NA【答案】A【解析】A

．4gSO3的物质的量为：4g0.05mol80g/mol=，则其中含有的电子数为0.05×40=2NA，A正确；B．不是标准状况，无法计算其物质的量，B错误；C．NO2与N2O4的最简式均为NO2，46g该混合气体可看成只由NO2组成，所含N原子数为-1AA-

146gNmol1N46gmol=，C错误；D．25℃时，1LpH为12的()2BaOH溶液中，含有OH-的物质的量为1L×0.01mol/L=0.01mol，则含有OH-数目为0.01NA，D错误；故选A。7．下列实验能达到实验目的的是A．制取2SOB．

测定224HCO溶液的浓度C．验证相同温度下的溶解度：()()23MgOHFeOHD．检验23NaSO溶液是否变质【答案】A【解析】A．实验室制备2SO，可用Na2SO3粉末和70％的硫酸反应，故A正确；B．高锰酸钾

溶液具有强氧化性，不能盛装在碱式滴定管中，会氧化橡胶管，故B错误；C．图中NaOH溶液过量，一定会与FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀，无法证明溶解度：()()23MgOHFeOH，故C错误；D．稀硝酸能将Na2SO3氧化Na2SO4，

与BaCl2作用生成沉淀，无法检验是否变质，故D错误；答案选A。8．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元素能组成离子化合物；Y元素的气态氢化物水溶液显碱性。下列说法正确的是A．简单离子半径：QZWB．3YW分子的空间结构为平面

三角形C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物均为极性分子D．由Y、Z、Q组成的化合物的水溶液一定显中性【答案】C【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元素能组成离子化合物所以两者同是IA族元素，Y元素的气态氢化物水溶液显碱性为氮元素，所

以X、Q分别为氢和钠，所以X、Y、Z、W、Q分别是氢、氮、氧、氟、钠五种元素，依此解题。【解析】A．Z、W、Q形成的离子分别是2-O、-F、+Na，离子结构相同质子数越大半径越小，所以离子半径ZQW，A错误；B．三氟化氮分子中中心原子有4个价层电子对

，一个孤电子，结构是三角锥形，B错误；C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物为32NHHOHF、、空间结构为三角锥、V形、直线形都是由极性键构成的极性分子，C正确；D．由Y、Z、Q组成的化合物亚硝酸钠的水溶液显碱性，D错误；故选C。9．化石燃料燃烧会产生大气污染

物2SO、NOx等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收2SO，其转化原理如图所示，下列说法正确的是A．检验24SO−可以选用盐酸酸化的2BaCl溶液B．反应①的离子方程式为4322242CeSO2HO2CeSO4H++−+++=++C．反应②中氧化

剂与氧化产物的物质的量之比为1：2D．理论上每吸收标准状况下2224mLSO，一定消耗20.32gO【答案】B【解析】A．硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子的干扰，再加氯化钡产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；B．从图中看，反应①中氧化剂是4Ce+，还原剂是2SO，两者发生氧化还原反应生成

3Ce+、24SO−，方程式为4322242CeSO2HO2CeSO4H++−+++=++，B正确；C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，3Ce+化合价升高发生氧化反应得到氧化产物4Ce+，根据电子守恒可知42O4e4Ce−+，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4，C错

误；D．根据电子守恒可知22O4e2SO−，理论上每吸收标准状况下2224mLSO（为0.01mol），消耗0.005mol氧气，为0.16g，D错误；故选B。10．槲皮素是植物界广泛分布，具有多种类生物活性的化合物，结构如下图；下列有关该物质

的说法不正确的是A．该物质最多与8molH2反应，且反应后存在手性碳原子B．该物质在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应C．该物质含有4种官能团；能与Na2CO3、NaHCO3反应D．1mol该物质和足量的Br2、NaOH反应，消耗的Br2、NaOH物质的量之比为3∶2【答案】

C【解析】A．该物质中含有两个苯环，一个碳碳双键，一个酮羰基，1mol该物质最多能与8mol氢气反应，且反应后存在手性碳原子，如最左侧与羟基相连的碳原子，A正确；B．该物质中存在羟基能发生取代反应，存在碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，存在羰基能发生还原反应，B

正确；C．该物质中存在羟基、醚键、碳碳双键和羰基四种官能团，酚羟基能与碳酸钠反应，但是不能与碳酸氢钠反应，C错误；D．该物质能与Br2发生取代反应和加成反应，酚羟基的邻、对位上的氢原子可被Br取代，1mol该物质能与5molBr2发生取代反应，和1molBr2发生加成反应，1mol该物质含有4mo

l酚羟基，能与4molNaOH反应，则消耗的Br2和NaOH的物质的量之比为6：4=3：2，D正确；故答案选C。11．下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是实验目的方案设计和现象结论A比较KMnO4、Cl2和Fe3+的氧化性向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄

绿色气体产生氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+B检验某溶液中是否含有Fe2+取少量待检液于试管中，先滴加KSCN溶液，无明显变化，再滴加新制氯水，变为红色溶液该溶液一定含有Fe2+C比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小向NaCl、NaI

混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)D检验某有机物(如图)中含有醛基取少量待检液于试管中，滴加酸性KMnO4溶液，紫红色褪去该有机物中含有醛基【答案】B【解

析】A．酸性KMnO4溶液能将亚铁离子、氯离子分别氧化为铁离子和氯气，不能判断氯气和铁离子的氧化性，A错误；B．铁离子和KSCN溶液变红色，取少量待检液于试管中，先滴加KSCN溶液，无明显变化说明初始无铁离子，再滴加新制氯水，变为红色溶液，说明亚铁离子被氧化为铁离子，B正确；C．NaCl、

NaI浓度未知，不能确定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，C错误；D．分子中碳碳双键也能和酸性高锰酸钾反应使得溶液褪色，D错误；故选B。12．在2L刚性密闭容器中充入足量的Cu粉和2molNO2(g)，发生反应：2NO2(g)+4Cu(s)垐?噲?4C

uO(s)+N2(g)△H。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示；反应速率与时间的关系如图２所示。下列说法错误的是已知：该条件下，NO2不发生反应生成N2O4。A．△H＜0B．v正：a点＜b点C．图2中t0min时改

变的条件是增大N2浓度D．T1温度下，平衡常数K=1.875【答案】C【解析】A．温度越高，反应达到平衡时所用的时间也就越短，所以可确定T1＞T2，但是温度越高，反应物的平衡转化率反而越低，说明该反应的正反应方向是放热反应，所以△H＜0，故A正确；B．

温度越高反应速率就越快，因为T1＞T2，b点的温度高于a点温度，所以V正：a点＜b点，故B正确；C．图2中t0min时改变条件使正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大的倍数较大，平衡向逆反应方向移动，如果增大N2浓度，正反应速率在原平衡基础

上逐渐增大，不出现“突变”，所以改变的条件不是增大氮气浓度，应该是升高温度，故C错误；D．在2L刚性密闭容器中充入足量的Cu粉和2molNO2(g)，NO2(g)的物质的量的浓度为1mol/L，则222(g)4u(s)4uO(s)()100.60.30.40.3NOCCNg++起始量转化量平

衡量，则K=20.3(0.4)=1.875，故D正确；故本题选C。13．钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是A．该氧化物的化学式为1314CoOB．晶胞中2Co+的配位数为

12C．根据晶体类型推测，该物质熔点低于硫()8SD．若该氧化物的密度为3ρgcm−，阿伏加德罗常数为-1ANmol，则晶胞中两个2O−间的最短距离是3A2300cm2ρN【答案】D【解析】A．据“均摊法”，晶胞中含112144+=个2Co+、11

8+6482=个2O−，该氧化物的化学式为CoO，A错误；B．以体心钴离子为例，晶胞中2Co+的配位数为6，B错误；C．分子晶体沸点低于离子晶体，根据晶体类型推测，8S(分子晶体)熔点低于CoO(离子晶体)，C错误；D．设晶胞棱长为acm，1个晶胞中含有4个CoO，则晶体密度为33A33A=4

MN300ρ=gcmgcmNaa−−，晶胞棱长3A300a=cmρN，两个2O−间的最短距离为2a2=3A2300cm2ρN，D正确；故选D。14．双极膜是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成的，其内层为水层，装置工作时水层

中的H2O解离成H+和OH-，分别向两侧发生迁移。CO2电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是A．H+穿过b膜进入右室溶液B．石墨电极区溶液pH不变C．催化电极上发生氧化反应D．电解一段时间后，右室HCO的物质的量减少【答案】A【解析】A．水电离的H+通过b膜向阴极

移动，进入右室溶液，A正确；B．石墨电极上电极反应式为--224OH-4e=2HO+O，水层中的H2O解离成H+和OH-，OH-通过a膜向阳极(石墨电极)移动,石墨电极消耗的OH-与迁移过来的OH-数目相等，石墨电极区溶液中

OH-物质的量不变，但电解过程中石墨电极区生成了水，溶液的pH减小，B错误；C．催化电极上CO2转化为甲醇，碳元素化合价降低，发生还原反应，C错误；D．催化电极上的电极反应式为--2-23332CO+6HCO+6e=CHOH+6CO+HO，通过b膜迁移过来的H+与2

-3CO反应生成-3HCO，故-3HCO的物质的量不变，D错误；故选A。15．室温下，将0.1mol·L1−NaOH溶液滴入10mL0.1mol·L1−HCl和0.1mol·L1−HA(3a10K−=)的混合溶液，测得混合溶液

的pH随滴加的()NaOHV的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．a点时，()()()ClAHAccc−−B．b点时，()Cl0.05c−=mol·L1−C．c点时，()()()NaAHAccc+−+=D．a→d过程中，水的电离程度大小关系为：c>b>a>d【答案】B【解析】A．a点时溶液

中溶质为HCl和HA，且c(HCl)=c(HA)，HA是弱酸，氢离子抑制HA的电离，则a点时c(Cl-)>c(HA)>c(A-)，A错误；B．b点时溶液总体积为20mL，n(Cl-)=0.01L×0.1mo

l/L=0.001mol，则c(Cl-)=0.001mol0.02L=0.05mol/L，B正确；C．c点时溶液中的溶质为NaCl和NaA，且c(NaCl)=c(NaA)，则物料守恒关系为c(Na+)=2c(A-)+2

c(HA)，C错误；D．由图可知，a→d过程中溶液中的氢离子浓度逐渐减小，c点恰好反应完全，溶液中溶质为NaCl和NaA，则c点水的电离程度最大，d点NaOH过量，但d点c(NaOH)<a点c(HCl)，酸碱抑制水的

电离，并且酸或碱的浓度越大，抑制作用越强，所以水的电离程度c>b>d>a，D错误；故答案选B。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共55分。16．（13分）二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，熔点为-59℃，沸点为11℃，浓度过高

时易发生分解，甚至爆炸。Ⅰ．某课外兴趣小组通过氯气与NaClO2溶液反应来制取少量ClO2，装置如图所示：（1）丙装置中发生反应的化学方程式为。（2）Cl-存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2

的速率明显加快。乙装置中试剂瓶内的液体是。实验过程中常需通入适量的N2稀释ClO2，其目的是。（3）戊装置烧杯中NaOH溶液吸收ClO2后，生成了2ClO−、3ClO−，该反应的离子方程式是。Ⅱ．用下图装置可以测定混合气中

ClO2的含量：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾-淀粉溶液，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：②在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；③将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；④将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：⑤用0.10001mol

L−硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(2222346I2SO2ISO−−−+=+)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：（4）玻璃液封装置的作用是，。（5）滴定至终点的现象是。（6）测得混合气中ClO2的质

量为g。【答案】（1）2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl（2）饱和食盐水防止ClO2发生分解，甚至爆炸（3）2ClO2+2OH-=2ClO−+3ClO−+H2O（4）吸收残留的ClO2气体避免碘的逸出使锥形瓶内外压强相等（5）溶液由蓝色变为无

色，且半分钟内不变色（6）0.027【分析】Ⅰ．甲装置用于制备氯气，乙装置盛装饱和食盐水，氯气经过饱和食盐水除去其中混有的HCl气体，丙装置盛装NaClO2溶液，Cl2通入NaClO2溶液中反应生成ClO2，自身被还原为NaCl,化学方程式为2NaClO2+Cl2=ClO2+2NaCl

，丁装置用于收集ClO2，最后用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答（1）～（3）；Ⅱ．（4）ClO2通入锥形瓶中与碘化钾溶液反应生成碘和氯离子，玻璃液封装置可防止ClO2气体逸出；5）淀粉遇碘单质变蓝；（6）根据关系式2ClO2

～5I2～10Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2），据此分析解题。【解析】（1）丙装置中氯气与NaClO2溶液反应生成ClO2、NaCl，化学方程式为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl，故答案为：2Na

ClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；（2）Cl-存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快，则乙装置的作用是除去杂质HCl气体，所盛溶液为饱和食盐水，ClO2的浓度过大会分解、甚至爆炸，则实验过

程中常需通入适量的N2稀释ClO2，防止ClO2发生分解，甚至爆炸，故答案为：饱和食盐水；防止ClO2发生分解，甚至爆炸；（3）NaOH溶液吸收ClO2后，生成了2ClO−、3ClO−，离子方程式为2ClO2+2OH-=2ClO−+3C

lO−+H2O，故答案为：2ClO2+2OH-=2ClO−+3ClO−+H2O；（4）玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体避免碘的逸出，并使锥形瓶内外压强相等，故答案为：吸收残留的ClO2气体避免碘的逸出；使锥形瓶内外压强相等；（5）装置中指示剂为

淀粉溶液，硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的I2溶液时，终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；（6）ClO2氧化KI的反应为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4

H2O，I2+22-23SO=2I-+2-46SO，则关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（ClO2）=15n（Na2S2O3）=0.2×0.1000×0.020mol=0.0004mol，m（ClO

2）=nM=0.0004mol×67.5g/mol=0.027g，故答案为：0.027。17．（14分）活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe

、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备ZnO，工艺流程图所示：（1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有。(任写一点)（2）“除铁”时，加入H2O2发生反应的离子方程式为。如果用NaClO3代替H2O

2，恰好完全反应时，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)=。（3）常温下，“调pH=5”时，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为。（4）已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液

中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全。假设原溶液中Cu2+、Cd2+、Ni2+的物质的量浓度均为0.1mol/L，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时Cd2+的去除率为(去除率=离子的减少

量离子的初始量×100%，不考虑溶液的体积变化)物质CdSCuSNiSKsp8.0×10-276.3×10-361.0×10-26（5）“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O]固体，同时产生大量的气体。该反应的离子方程式为。（6）用

锌与铜侧得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。①与Zn原子等距离且最近的Zn原子有个。②该铜锌合金晶体密度为g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌（2）232222Fe+HO+2H=

2Fe+2HO＋＋＋1：3（3）38810−（4）20%（5）()22-3232223Zn+3CO+3HO=ZnCO2ZnOHHO+2CO＋（6）621A32a5710N【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入硫酸浸取，铜不反应

成为滤渣1，Zn、Ni、Cd、Fe元素转化为相应盐溶液，溶液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氧化锌调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入硫化钠将Cu2+、Cd2+、Ni2+转化为硫化物沉淀得到滤渣2，过量滤液加入锌将残

余杂质金属离子转化为金属单质得到滤渣3，滤液加入碳酸钠可得碱式碳酸锌和二氧化碳气体，沉淀煅烧得到氧化锌；【解析】（1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌等；（2）“除铁”时，加入H2O2将二价铁转化为三价铁，发生反应的离子方程式为23

2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO＋＋＋。如果用NaClO3代替H2O2，反应中氯元素化合价由+5变为-1，过氧化氢中氧元素由-1变为-2，恰好完全反应时，根据电子守恒可知，22-36eNaClO3HO，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；（3）常温下，“调pH=5

”时，pOH=9，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为()()3+3--931138K=cFecOH=81081001=−−；（4）在加Na2S使Cu2+在

溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时()()12-2+36sp2516.310110mol/Lc6.3KS===10cCu−−−，此时Cd2+的浓度为()()22+2-27sp58.0100.08mol/Lc1.=01KCd==cS0−−，Cd2+的去除率为

0.10-0.08100%=20%0.10；（5）在近中性条件下加入Na2CO3和锌离子反应生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O]固体，同时产生大量的气体，根据质量守恒可知生成气体为二氧化碳气体，该反应的

离子方程式为()22-3232223Zn+3CO+3HO=ZnCO2ZnOHHO+2CO＋；（6）①与Zn原子等距离且最近的Zn原子在xyz轴各有2个，则共有6个。②据“均摊法”，晶胞中含18=18个Zn、16=32Cu，则晶体密度为2

132133A3AMN2571c=0gcm1aNa0gm−−。18．（14分）甲烷、甲醇(CH3OH)、甲醛(HCHO)等含有一个碳原子的物质称为“一碳”化合物，广泛应用于化工、医药、能源等方面，研究“一碳”化合物的化

学称为“一碳”化学。（1）已知：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-84kJ/molCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.5kJ/mol则反应CO2(g)+2H2(g

)=HCHO(g)+H2O(g)△H3=kJ/mol（2）工业上合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H4，在一个密闭容器中，充入lmolCO和2molH2发生反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强

的关系如下图所示。①压强P1P2(填“大于”或“小于”)，该反应达到平衡的标志是(填标号)。A．反应速率v正(H2)=2v逆(CH3OH)B．容器内CO和H2物质的量之比为1：2.C．混合气体的质量不再变化D．混合气体的平均摩尔质量不再变化②a点条件下，H2的平衡转化率为，该温度下达

到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，平衡(填“正向”“逆向”或“不”)移动，新平衡时的逆反应速率(填“大于”“等于”或“小于”)原平衡。（3）工业上用甲醇可以制备甲胺(CH3NH2)，甲胺与氨在水中的电离方式相似。则甲胺在水中的电离方程式为，常温下，反应CH

3NH2·H2O(aq)+H+(aq)CH3NH3+(aq)+H2O（1）的平衡常数K=2.5×104，该温度下，甲胺的电离常数Kb=(填数值)。【答案】（1）+34.5（2）小于AD66.7%正向大于（3）32233CHNHHOCHNHOH+−+-102.510【解析】（

1）①HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-84kJ/mol②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H2=-49.5kJ/mol根据盖斯定律②-①得CO2(g)+2H2(g

)=HCHO(g)+H2O(g)△H3=-49.5kJ/mol+84kJ/mol=+34.5kJ/mol；（2）①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强平衡正向移动，氢气的体积分数减小，所以压强P1小于P2；A．达到平衡时，正逆反应速率的比等于系数

比，反应速率v正(H2)=2v逆(CH3OH)，一定达到平衡状态，故选A；B．CO和H2的投料比等于系数比，所以容器内CO和H2物质的量之比任意时刻都是1：2，所以容器内CO和H2物质的量之比为1：2时，反应不一定平衡，故不选B；C．根据质量守恒，混合气体的质量是恒量，混

合气体的质量不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；D．正反应气体物质的量减小，气体总质量不变，所以平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；选AD；②a点条件下，()()()23+(mol)120(mol)COg2HgCHOHg2(mol)

122xxxxx−−初始转化x平衡平衡时氢气的体积分数是40%，则2-20.432x=−x，23x=，H2的平衡转化率为223100%=66.7%2；K=2229V3V2123V3V=，该温度下达到平衡后，在容积不变的条件下再充入13molCO和13molCH3OH，Q

=22127VV8223V3V=<K，平衡正向移动；浓度增大，新平衡时的逆反应速率大于原平衡。（3）甲胺与氨在水中的电离方式相似。则甲胺在水中的电离方程式为32233CHNHHOCHNHOH+−+；常温下，反应CH3NH2·H2O(aq)+H+(aq)CH3NH3+(

aq)+H2O（1）的平衡常数K=2.5×104，则()()()()()()()()33334bw322322CHNHCHNHOHK2.510KCHNHHOHCHNHHOHOHcccccccc++−++−===，该温度下，甲胺的电离常数Kb=4414102.510Kw=2.51

0102.510−−=。19．（14分）化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）A的化学名称为(OH−为取代基)。（2）B中官能团的名称为；可用于鉴别A与B的一种

盐溶液的溶质为(填化学式)。（3）CD→的反应类型为。（4）下列关于C的相关说法正确的是_______(填字母)。A．分子中含有手性碳原子B．苯环上一溴代物有7种(不含立体异构)C．能发生消去反应D．最多能与26molH

发生加成反应（5）已知F的分子式为22202CHO，其结构简式为。（6）能发生银镜反应和水解反应的的芳香化合物的同分异构体有种(不含立体异构)，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1的结构

简式：。【答案】（1）邻羟基苯甲醛(水杨醛或2-羟基苯甲醛)（2）醚键、醛基3FeCl（3）取代反应（4）BD（5）（6）4【分析】A→B，是酚羟基上的H被取代的过程，同时生成氯化氢，B→C是醛基转变为羟基的过程，C→D是羟基被氯原子取代的过程

，D→E是氯原子被取代的过程,第5小问可知F的分子式为22202CHO，结合图示可知，E→F的反应为的醛基与E的，并引入碳碳双键的过程，F为，F→G过程为碳碳双键与氢气加成，同时醚键变为酚羟基的过程。【解析】（1）A中苯

环上的羟基与醛基处于邻位，名称为邻羟基苯甲醛；（2）由图可知，B中官能团为醛基、醚键；可利用酚羟基遇氯化铁溶液呈紫色的特点进行鉴别，A中有酚羟基遇氯化铁溶液呈紫色，B不会；（3）由图可知，C→D的方程式为SOCl2+→+SO2+HCl，为取代反应；（4）A．C为，无手

性碳原子，故A错误；B．C的苯环上7种不同化学环境的氢原子，一溴代物有7种(不含立体异构)，故B正确；C．分子中存在羟基，但羟基相连的碳原子相邻的碳上没有H，不能发生消去反应，故C错误；D．分子中存在2个苯基，最多能与6molH2发生加成反应，故D正确；故选BD；（5）由分析可知，F为；（

6）的分子式为C8H8O2，不会饱和度为5，同分异构体为芳香化合物，即必有苯环，能发生银镜反应又能发生水解反应，且符合分子式和不饱和度的要求的结构应为-OOCH3，当苯环只有一个侧链时，结构为，当苯环有两个侧链时，结

构为、、，共四种；核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3:2:2:1，即等效氢有4种，数量之比为3:2:2:1，符合条件的为。