浙江省丽水、湖州、衢州三市2024届高三下学期二模化学试题 Word版含解析.zip

1丽水、湖州、衢州丽水、湖州、衢州 2024 年年 4 月三地市高三教学质量检测月三地市高三教学质量检测化学试题卷化学试题卷考生须知：考生须知：1.本卷满分本卷满分 100 分，考试时间分，考试时间 90 分钟；分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Ca-4一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 16 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 48 分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物质中属于强电解质且水溶液显酸性的是A.22C HB.4NaHSOC.3NaHCOD.3CH COOH【答案】B【解析】【详解】A22C H是非电解质，不溶于水，A 不选；B4NaHSO是强电解质，溶于水会电离产生 H+、Na+和2-4SO，溶液呈酸性，B 选；C3NaHCO是强电解质，-3HCO水解产生 OH-，溶液呈碱性，C 不选；D3CH COOH是弱电解质，水溶液呈酸性，D 不选；故选 B。2.下列有关明矾422KAl SO12H O说法不正确的是A.明矾水溶液呈酸性B.钾元素位于周期表的s区C.24SO空间结构名称为正四面体形D.自来水厂常用明矾来杀菌消毒【答案】D【解析】【详解】A明矾水溶液中由于铝离子水解显酸性，A 正确；B基态钾原子价电子排布式为 4s1，钾元素位于周期表的s区，B 正确；C24SO中 S 原子价层电子对数为 4、是 sp3杂化，所以空间结构名称为正四面体形，C 正确；的2D自来水厂常用明矾来净化水，不能杀菌消毒，D 错误；故选 D。3.下列化学用语正确的是A.氮原子2p轨道的电子云轮廓图：B.HCN的电子式：C.反-2-丁烯的结构简式为：D.HClO的结构式：HClO【答案】C【解析】【详解】A氮原子2p轨道的电子云轮廓图为，A 错误；BHCN的电子式为，B 错误；C反-2-丁烯的结构简式为，C 正确；DHClO的结构式为HOCl，D 错误；答案选 C。4.已知过氧化铬5CrO的结构式如图所示，5CrO溶于稀硫酸的化学方程式为：524242234CrO6H SO2Cr SO7O6H O，有关该反应说法不正确的是A.Cr在元素周期表中位置为第四周期第 VIB 族B.5CrO既作氧化剂，又作还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为7:8D.若有51mol CrO发生该反应，则反应中共转移A3.5N个电子【答案】C的3【解析】【详解】ACr 在元素周期表中位置为第四周期第B 族，故 A 正确；B5CrO中 Cr 元素化合价下降，O 元素化合价上升，H2SO4中 O 元素化合价未发生变化，则5CrO既作氧化剂，又作还原剂，故 B 正确；C5CrO中 4 个氧原子与铬形成的是 Cr-O 键，每个氧原子的化合价为-1 价，1 个氧原子与铬形成的是Cr=O 键，这种氧原子的化合价为-2 价，Cr 为+6 价，Cr 元素由+6 价下降到+3 价，O 元素由-1 价下降到-2价，有由-1 价上升到 0 价，243Cr SO和 2 个 H2O 是还原产物，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为7:4，故 C 错误；D5CrO中 4 个氧原子与铬形成的是 Cr-O 键，每个氧原子的化合价为-1 价，1 个氧原子与铬形成的是Cr=O 键，这种氧原子的化合价为-2 价，Cr 为+6 价，Cr 元素由+6 价下降到+3 价，O 元素由-1 价下降到-2价，有由-1 价上升到 0 价，若有51mol CrO发生该反应，生成74molO2，则反应中共转移AA723.54NN个电子，故 D 正确；故选 C。5.下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是A.含有23SiO的溶液中：3Al、4NH、3NO、24SOB.能使甲基橙变红溶液中：Na、2Mg、Cl、24CrOC.水电离出的121H1.0 10mol Lc的溶液中：3Al、4NH、Cl、24SOD.12H1 10OHcc 的溶液中：32Ag NH、Na、3NO、Br【答案】C【解析】【详解】A23SiO和3Al会发生双水解反应，不能大量共存，A 不选；B能使甲基橙变红的溶液呈酸性，24CrO在酸性环境中会转化为重铬酸根，且重铬酸根在酸性条件下与氯离子能发生氧化还原反应，不能大量存在，B 不选；C水电离出的121H1.0 10mol Lc的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸性也可能是碱性，3Al、4NH、Cl、24SO在酸性溶液中不发生反应，可以大量共存，C 选；的4D12H1 10OHcc 的溶液呈酸性，32Ag NH不能在酸性溶液中大量存在，D 不选；故选 C。6.为除去粗盐中的2Ca、2Mg、3Fe、24SO以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如图（用于沉淀的试剂稍过量），有关说法正确的是A.步骤：根据粗盐的质量和溶解度来确定烧杯和量筒的规格B.步骤：2BaCl、NaOH和23Na CO的滴加“顺序”和“量”不可调整C.步骤：用玻璃棒搅拌滤液，直到没有气泡冒出，且pH试纸检验滤液呈碱性D.步骤：需要的实验用品有分液漏斗、蒸发皿、玻璃棒、陶土网和胶头滴管【答案】A【解析】【分析】根据粗盐提纯的实验步骤，加入 BaCl2将24SO变为 BaSO4沉淀，加入 Na2CO3将除去 Ca2+，因此加入 NaOH 将 Mg2+、3Fe变为 Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，操作为将前面生成的沉淀过滤除去，为了保证溶液中的杂质离子完全除去，前面加入的试剂需要过量，加适量 HCl 除去加入的过量的 OH-和加入的过量的2-3CO，最后经过得到精盐，据此分析判断。【详解】A溶解操作中要根据粗盐的质量和溶解度来确定烧杯和量筒的规格，A 正确；B步骤中：23Na CO必须要在加完2BaCl溶液之后再加入，作用是除去 Ca2+和过量的 Ba2+，NaOH的顺序没有要求，B 错误；C步骤加适量 HCl 除去加入的过量的 OH-和加入的过量的2-3CO，加入的盐酸是过量的，溶液呈酸性，C 错误；D由分析可知，步骤中没有分液，不需要用到分液漏斗，D 错误；故选 A。7.下列关于材料说法不正确的是A在纯金属中加入其他元素形成合金改变了金属原子有规则的层状排列，硬度变大B石墨通过化学剥离法制得石墨烯石墨烯的导电性、导热性更好5C在涤纶纤维中混纺天然纤维增强了透气性和吸湿性D顺丁橡胶硫化硫化程度越高，强度越大，弹性越好A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A在纯金属中加入其他元素形成合金，改变了金属原子有规则的层状排列，硬度变大，A 正确；B石墨烯的导电性、导热性更好，石墨通过化学剥离法制得石墨烯，B 正确；C涤纶纤维的吸水性小，透湿性能差，天然纤维透气性好，吸湿性好，在涤纶纤维中混纺天然纤维，增强了透气性和吸湿性，C 正确；D顺丁橡胶硫化，硫化程度越高，强度越大，弹性越差，D 错误；故选 D。8.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，如Be和Al。2BeCl和3AlCl在气态时通常以二聚体的形式存在，26Al Cl的结构如图所示。硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构。下列说法不正确的是A.26Al Cl中含有配位键B.24Be(OH)中Be的杂化方式为3spC.2SiO中的键角OSiO为120D.33H BO晶体中存在作用力为共价键、氢键和范德华力【答案】C【解析】【详解】A3AlCl中 Al 原子成键后还有空轨道，Cl 原子还有孤电子对，26Al Cl中 Al 原子提供空轨道、Cl原子提供孤电子对来形成配位键，26Al Cl中含有配位键，A 正确；6B24Be(OH)中Be形成 4 个键，无孤电子对，杂化方式为3sp，B 正确；C2SiO中中心原子为3sp杂化，键角OSiO为109 28，C 错误；D33H BO晶体中存在作用力为共价键、氢键和范德华力，D 正确；故选 C。9.在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，如Be和Al。下列方程式不正确的是A.氢氧化铍溶于强碱：224Be(OH)2OHBe(OH)B.可溶性铝盐净水原理：323Al3H OAl(OH)3HC.硅与氢氧化钠溶液反应：2232Si2NaOHH ONa SiO2HD.硼酸的电离方程式：3333H BO3HBO【答案】D【解析】【详解】A氢氧化铍是两性氢氧化物，溶于强碱，反应离子方程式为224Be(OH)2OHBe(OH)，故 A 正确；B铝离子水解生成氢氧化铝，吸附水中悬浮杂质，可溶性铝盐净水原理为323Al3H OAl(OH)3H，故 B 正确；C硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的化学方程式为2232Si2NaOHH ONa SiO2H，故 C 正确；D硼酸是一元弱酸，电离方程式为2334H BOHB OH OH，故 D 错误；选 D。10.硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构。下列说法不正确的是A.氧化铍熔点较高，可用作耐火材料B.电解熔融氯化铍制备铍单质C.用碳原子取代晶体硅中部分原子，硬度变大D.不慎将碱液沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸【答案】B【解析】7【详解】A铍与铝位于对角线，氧化铝、氧化铍是离子晶体，离子所带电荷较多、半径较小，晶格能大，熔点较高，可用作耐火材料，故 A 正确；B氯化铝、氯化铍是共价化合物，熔融时不会导电，电解熔融氯化铍、氯化钠的混合物制备铍单质，故B 错误；CC-Si 键的键能大于 Si-Si 键，用碳原子取代晶体硅中部分原子，硬度变大，故 C 正确；D不慎将碱液沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸，故 D 正确；选 B。11.下列说法不正确的是A.可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸溶液B.可用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯C.可用X射线衍射技术测定青蒿素的分子结构D.将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取【答案】B【解析】【详解】A加入新制氢氧化铜悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，可鉴别三种物质，A 正确；B乙烯能够和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，乙烷也能溶于四氯化碳，不能用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯，B 错误；CX 射线衍射实验可确定晶体的结构，则可用X射线衍射技术测定青蒿素的分子结构，C 正确；D将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为固液萃取，D 正确；故选 B。12.由不饱和烃A制备聚 1，3-丁二烯的合成路线（部分反应条件略去）如下 4 步反应所示：下列说法不正确的是A.第一步反应属于取代反应B.A分子中的所有原子在同一直线上C.聚 1，3-丁二烯能使溴水褪色D.B和C均属于醇类【答案】A【解析】【分析】对比 A、CH3CHO 与的结构简式可知，A 为。8【详解】A第一步反应是和 CH3CHO 发生加成反应生成，即反应类型属于加成反应，故 A 错误；BA 为，分子中碳原子采取 sp 杂化，空间构型为直线形，即所有原子在同一直线上，故 B 正确；C聚 1，3-丁二烯的结构简式为，其中含有碳碳双键，所以能使溴水褪色，故 C 正确；DB 的结构简式为、C的结构简式为，其中均含有羟基，所以均属于醇类，故 D 正确；故答案为：A。13.我国科学工作者进行了如下模拟实验：将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氮气，下列说法正确的是A.铁片乙作正极B.氮气在铁片乙上失电子C.在海水中阳离子向铁片乙移动D.铁片乙的腐蚀速率明显高于铁片甲【答案】D【解析】【分析】将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氮气；铁片乙为负极，铁失电子；铁片甲作正极，氧气在铁片甲上得电子；溶液中的阳离子向正极移动，因海水中氧气的浓度不同而造成电势差形成原电池，据此分析解答。【详解】A由分析可知，铁片乙作负极、钢片甲作正极，故 A 错误；B铁片乙中铁失电子，氧气在铁片甲上得电子，故 B 错误；C原电池溶液中阳离子向正极移动，即向铁片甲，故 C 错误；D乙做负极，甲做正极，铁片乙的腐蚀速率明显高于铁片甲，故 D 正确。答案选 D。14.甲酸(HCOOH)可在纳米级 Pd 表面分解为活性 H2和 CO2，经下列历程实现 NO3的催化还原。已知Fe()、Fe()表示 Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是9A.生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率B.在整个历程中，每 1molH2可还原 2molNO3C.HCOOH 分解时，只有极性共价键发生了断裂D.反应历程中生成的 H+可调节体系 pH，有增强 NO3氧化性的作用【答案】B【解析】【详解】A 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故 A 正确；B 整个历程中，1molH2失电子形成 2molH+转移 2mole-，1molNO3最终得电子形成 0.5molN2转移5mole-，所以 1molH2可以还原 0.4molNO3，故 B 错误；C HCOOH 分解产生 CO2和 H2，所以会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C 正确；D NO3与 NO2在氧化 Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH 值降低，但 H2还原 Fe3+过程中生成 H+，所以生成的氢离子可以起到调节 pH 的作用，有增强 NO3氧化性的作用，故 D 正确；故选 B。15.难溶盐3BaCO的饱和溶液中22Bac随Hc而变化。实验发现，298K时22BaHcc为线性关系，如图中实线所示。下列说法不正确的是10A.饱和3BaCO溶液中2Bac随pH增大而减小B.3BaCO的溶度积9sp2.6 10KC.若忽略23CO的第二步水解，11a223H CO5.0 10KD.N点溶液中：2233BaCOHCOccc【答案】D【解析】【详解】A由图象知 c2(Ba2+)随 c(H+)增大而增大，所以 c(Ba2+)随 pH 增大而减小，A 正确；Bc(H+)几乎为 0 时，c(OH-)浓度最大，抑制2-3CO离子水解程度最大，此时 c(Ba2+)=c(2-3CO)，此时c2(Ba2+)越接近 2.610-9，此时2+2-22+-93sp=c Bac CO=cBa=2.6 10K，B 正确；C若忽略2-3CO的第二步水解，当 c(2-3CO)=c(-3HCO)时，2-+3223-3c(CO)c(H)H CO=c Hc(HCO)Ka，溶液中有 c(Ba2+)=c(2-3CO)+c(-3HCO)=2c(2-3CO)，故c2(Ba2+)=c(Ba2+)2c(2-3CO)=2c(Ba2+)c(2-3CO)=2Ksp=5.210-9，即 M 点，此时 c(H+)=510-11，223H COKa=c(H+)=510-11，C 正确；D在 M 点，由 C 选项得知，c(2-3CO)=c(-3HCO)，N 点 c(H+)大，所以更促进2-3CO转化成-3HCO，因此有 c(Ba2+)c(-3HCO)c(2-3CO)，D 错误；故选 D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是11实验目的方案设计现象结论A探究温度对2242NON O化学平衡的影响浸泡在热水中的烧瓶内红棕色加深浸泡在冷水中的烧瓶内红棕色变浅升高温度，2NO的浓度增大，平衡逆向移动；降低温度，2NO的浓度减小，平衡正向移动B验证23CO的水解程度比3HCO大23Na CO溶液pH大于3NaHCO溶液2-3CO的水解程度比-3HCO大C检验2CHCHCHO有碳碳双键溴水褪色2CHCHCHO有碳碳双键12D探究3NH的性质圆底烧瓶中形成喷泉，溶液显红色氨气极易溶于水，氨水显碱性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A2242NON O为正向放热的反应，二氧化氮为红棕色气体、四氧化二氮为无色气体，升高温度平衡逆向移动二氧化氮浓度增大体系颜色变深，降低温度平衡正向移动二氧化氮浓度降低体系颜色变浅，故 A 正确；B等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，23Na CO溶液pH大于3NaHCO溶液说明碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，故 B 正确；C“醛基”也能使溴水褪色，因此不能依据溴水褪色来判断2CHCHCHO中有碳碳双键，故 C 错误；D氨气极易溶于水导致圆底烧瓶中压强比大气压小而产生喷泉，形成的氨水能使酚酞溶液变红说明氨水显碱性，故 D 正确；故选 C。二、非选择题（本大题共二、非选择题（本大题共 5 小题，小题，52 分）分）17.氮、磷、铁及其化合物在工农业生产、生活和科研中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态3Fe的价层电子轨道表示式为_。（2）3NO、CO、CN等易形成配合物，3NO的空间结构名称为_。（3）已知HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构（无配位键），请画出沸点高的分子的结构式_。（4）下列关于N、P及其化合物结构与性质的论述正确的是_。A.4N与4P均为正四面体型的分子晶体，都难以分解和氧化13B.N的电负性比P的大，可推断3NCl分子的极性比3PCl的大C.3NH和3PH分子的VSEPR模型为四面体形，3PH中键角HPH大于3NH中HNHD.研究发现固态5PCl中含有4PCl和6PCl，而5PBr中则含有4PBr和Br，存在差异的原因是Br半径大（5）Fe与N形成的某化合物晶体的晶胞如图，该化合物的化学式为_。（6）苯分子中含有大键，可记为66（右下角“6”表示 6 个原子，右上角“6”表示 6 个共用电子），杂环化合物咪唑结构如图，其分子中的大键可表示为65，则其结合质子能力更强的氮原子是_（填“”或“”），其原因是_。【答案】（1）（2）平面三角形 （3）HNCS （4）D （5）3Fe N （6）.号N原子单电子参与形成大键，号N原子有孤对电子（或号N原子孤对电子参与形成大键，号N原子没有孤对电子）【解析】【小问 1 详解】铁为 26 号元素，基态铁原子价电子排布式为 3d64s2，失去 3 个后为3Fe，基态3Fe的价层电子轨道表示式为；【小问 2 详解】3NO中心原子价层电子对数为13+5+1-3 2=32，为 sp2杂化，空间结构名称为平面三角形；【小问 3 详解】14HSCN的结构有两种，这两种分子结构中除氢外各原子均满足八电子稳定结构（无配位键），NCSH和 H-N=C=S，H-N=C=S 分子能形成分子间氢键，而 NCSH 不能形成分子间氢键，所以的分子间作用力较强，沸点较高分子的结构式为HNCS；【小问 4 详解】A.4N与4P均为正四面体型的分子晶体，4P易氧化，A 错误；B.分子的极性大小取决于共价键极性大小和分子的结构，N、Cl 的电负性十分接近，则 N-Cl 键极性小，可推断3NCl分子的极性比3PCl的小，B 错误；C.3NH和3PH分子的VSEPR模型为四面体形，因为 P 的电负性较 N 小，PH3中的成键电子云比 NH3中的更偏向于 H，同时 P-H 键长比 N-H 键长大，这样导致 PH3中成键电子对之间的斥力减小，孤对电子对成键电子的斥力使 PH3键角更小，即3PH中键角HPH小于3NH中HNH，C 错误；D.Br-半径大，与 P 原子半径的比值较大，作为配位原子与 P 作用的配位数较少，不能形成6PBr，D 正确；故选 D【小问 5 详解】由晶胞结构可知 Fe 个数：111223662，N 个数为 2，该化合物的化学式为3Fe N；【小问 6 详解】由咪唑分子中的大 键可表示为65可知咪唑分子中的碳原子和氮原子都为 sp2杂化，由结构简式可知，咪唑分子中的氮原子具有孤对电子，氮原子没有孤对电子，则氮原子能与氢离子形成配位键，氮原子不能与氢离子形成配位键，所以氮原子结合质子能力更强，原因号N原子单电子参与形成大键，号N原子有孤对电子（或号N原子孤对电子参与形成大键，号N原子没有孤对电子）。18.3NH是重要的化工原料，可发生如下转化：22H OCO2HCl ；32Cu NH（无色）容易被空气氧化15（1）氨气溶于水后，经途径 I 吸收硫酸工业尾气中的2SO，可得到氮肥硫酸铵，写出该反应的化学方程式_。（2）氨气可经途径 II 的多步反应制得硝酸，下列有关说法正确的是_。A.工业生产得到的浓硝酸，常因溶解了3Fe而略显黄色B.氨气先经过催化氧化得到2NO，2NO再与水反应生成硝酸C.浓硝酸与甘油在一定条件下反应生成3523C HONO，该反应为酯化反应D.工业上常用铁罐车或铝罐车运送浓硝酸，是因为常温下它们和浓硝酸不反应（3）醋酸（熔点16.6）、硝酸（熔点51.49）这两种相对分子质量相近的分子熔沸点相差较大的主要原因是_。（4）24N H与3NH性质相似，写出足量24N H与稀硫酸反应所得产物的化学式_。（5）途径V中3NH过量，用离子方程式解释途径VI中溶液颜色变化的原因_。（6）3NH可与2COCl反应得到化合物A和一种无机盐，设计实验验证产物中分离出的化合物A中含有氮元素_。【答案】（1）32224424NHO2SO2H O2 NHSO （2）C （3）硝酸易形成分子内氢键，醋酸易形成分子间氢键，分子间氢键会使分子间作用力增大，故沸点较高 （4）2542N HSO （5）233223244 Cu NH8NHO2H O4 Cu NH4OH （6）取少量A于试管中，加入足量浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊置于试管口，若试纸变蓝，则说明A中含有N元素。【解析】【分析】氨气溶于水后，经途径 I 吸收硫酸工业尾气中的2SO得到432NHSO，然后432NHSO被氧气氧化为442NHSO，氨气经催化氧化产生 NO，NO 继续被 O2氧化生成 NO2，NO2和水反应产生硝酸，氨气通入 CuCl 溶液中生成32Cu NH，溶液中32Cu NH和空气中的氧气发生氧化还原反应生成234Cu NH，溶液变为深蓝色，氨气和2COCl反应生成 CO(NH2)2，CO(NH2)2和 NaClO 发生生成N2H4，以此解答。【小问 1 详解】16氨气溶于水后，经途径 I 吸收硫酸工业尾气中的2SO得到432NHSO，然后432NHSO被氧气氧化为442NHSO，根据得失电子守恒和原子守恒配平该转化的总方程式为：32224424NHO2SO2H O2 NHSO。【小问 2 详解】A工业生产得到的浓硝酸略显黄色是因为浓硝酸分解产生了 NO2溶于溶于中，A 错误；B氨气经催化氧化产生 NO，NO 继续被 O2氧化生成 NO2，NO2和水反应产生硝酸，B 错误；CHNO3中含有羟基，甘油和浓 HNO3在浓硫酸的催化吸水作用下发生酯化反应而得到3523C HONO，C 正确；D工业上常用铁罐车或铝罐车运送浓硝酸，原因是：常温下，铝和铁与浓硝酸发生钝化，在铝和铁的表面形成致密的氧化物薄膜，保护内部的铝和铁不与硝酸反应，不是 Fe 或 Al 不与浓硝酸反应，D 错误；故选 C。【小问 3 详解】醋酸（熔点16.6）、硝酸（熔点51.49）这两种相对分子质量相近的分子熔沸点相差较大的主要原因是：硝酸易形成分子内氢键，醋酸易形成分子间氢键，分子间氢键会使分子间作用力增大，故沸点较高。【小问 4 详解】3NH与稀硫酸反应生成442NHSO，24N H与3NH性质相似，足量24N H与稀硫酸反应生成2542N HSO。【小问 5 详解】溶液中32Cu NH和空气中的氧气发生氧化还原反应生成234Cu NH，溶液变为深蓝色，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：233223244 Cu NH8NHO2H O4 Cu NH4OH。【小问 6 详解】3NH可与2COCl反应得到化合物A和一种无机盐，A 中含有铵根，验证产物中分离出的化合物A中含有氮元素的操作为：取少量A于试管中，加入足量浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊置于试管口，若试纸变蓝，则说明A中含有N元素。19.工业上将2CO转化为甲酸(HCOOH)，为实现碳中和添砖加瓦。（1）用以2CO和3CH OH为原料，在催化电极表面制备甲酸和甲酸盐的工作原理如图 1 所示。请写出电17解过程中3CH OH参与反应的电极反应式_。（2）1T时，反应：22CO(g)H(g)HCOOH(g)的平衡常数2K，实验测得22COHvk cc正正，vk c(HCOOH)逆逆，其他条件不变，升高温度至2T时，1.9kk正逆，则该反应正逆方向的活化能大小aE正_aE逆（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是_。（3）在某恒温密封容器中加入11.0mol L HCOOH水溶液至充满容器，只发生反应和，若HCOOH的分解产物都完全溶于水，加入盐酸对反应起催化作用，对反应无催化作用。反应：2HCOOHCOH O反应：22HCOOHCOH反应过程中CO、2CO浓度随反应时间的变化关系如下表所示：其中反应至10min时c(CO)达到过程中的最大值。浓度时间c(CO)1mol L2COc1mol L0005min0.220.0210min0.700.1630min0.350.5880min0.200.7618计算该温度下反应的平衡常数_。图 2 为不加盐酸时CO的浓度随时间变化图，若其它条件不变，反应起始时溶液中含有盐酸，在图 2 中画出CO的浓度随时间变化_。【答案】（1）32CH OH4eH OHCOOH4H （2）.小于 .升高温度，K减小，说明反应为放热反应 （3）5 .【解析】【小问 1 详解】从图中可看出，该原理为电解池，3CH OH转化为HCOOH发生氧化反应，为阳极失电子变化，电极反应式为32CH OH4eH OHCOOH4H；故答案为：32CH OH4eH OHCOOH4H；【小问 2 详解】1T时，平衡常数2K，由vv正逆，22COH(HCOOH)k cck c正逆22(HCOOH)=2COHkcKcck正逆，得2kk正逆，升高温度至2T时，1.9kk正逆，说明22(HCOOH)=1.9COHkcKcck正逆，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应0aaHEE正逆，aE正aE逆；.19故答案为：小于；升高温度，K减小，说明反应为放热反应；【小问 3 详解】从表中数据可看出，开始生成CO的速率比生成2CO的速率快，反应至10min时c(CO)达到过程中的最大值此时反应达到平衡状态，反应未达平衡，反应正向进行，2(CO)c增大，使c HCOOH减小，反应平衡逆移，c(CO)减小，故 10min 时，反应平衡，此时c(CO)=0.70mol/L，2(CO)c=0.16mol/L，c HCOOH=1.0mol/L-0.70mol/L-0.16mol/L=0.14mol/L，反应平衡常数c(CO)0.70mol/L=5c HCOOH0.14mol/LK；加盐酸时，反应速率加快，达到c(CO)最大值时间小于 10min，反应速率未加快，但达到c(CO)最大值时间小于 10min，故此时2(CO)c0.16mol/L，c(CO)最大值大于0.70mol/L，反应未达平衡，反应正向进行，2(CO)c增大，使c HCOOH减小，反应平衡逆移，c(CO)减小，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故最终反应体系平衡时CO的浓度与不加盐酸时相同，故图像为；故答案为：。20.某研究小组以白云石（主要成分为32CaMg CO）为原料制备无水碳酸镁，流程如下：20（1）步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是_，步骤 III，重镁水溶液中主要溶质的化学式是_。（2）下列说法正确是_。A.步骤 II，在溶解过程中可加入硫酸，加入22MgCl6H O可适当除去原料中的钙元素B.步骤 IV 产生的2CO和滤液可循环利用C.步骤 IV 热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的2CO，促进反应正向进行D.步骤 V，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁（3）步骤 III 过程中需将温度控制在20，原因是_。（4）为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为cmol/L的EDTA标准溶液进行滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤“_”上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作，均用字母表示。用分析天平（称量mg产品）用烧杯_用_（配制250mL的溶液A）用移液管_在_中_用_（盛装EDTA溶液滴定2Ca，消耗1VmL）仪器：a.烧杯；b.滴定管；c.容量瓶；d.锥形瓶操作：e.加水溶解；f.加盐酸溶解；g.加入三乙醇胺、NaOH和钙指示剂；h.量取25.00mL溶液A（5）如要测定产品中2Mg含量，还需继续以下实验：量取25.00mL溶液A，稀释至250mL得到溶液B，另取25.00mL溶液B于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑T指示剂后，用上述EDTA标准溶液滴定2Ca、2Mg总量（2Ca、2Mg与EDTA按物质的量1:1反应），消耗2V mL，根据本次实验计算产品中镁元素的质量分数_。【答案】（1）.坩埚 .32Mg HCO （2）BC （3）温度过低，反应速率慢；温度过高，2CO的溶解度降低，且32Mg HCO易分解生成32MgCO3H O （4）.f .c .h .d .g .b 的21（5）21(cV10-cV)24%m 【解析】【分析】将白云石(主要成分为32CaMg CO)研磨、煅烧时，32CaMg CO分解223aCMaMg COC O+gO+2CO 煅烧，得到的粉样主要含氧化镁和氧化钙，然后经过溶解MgCl2H2O、90、1h，过滤后得到的滤液主要含有氯化钙，滤渣主要为氢氧化镁，氢氧化镁与足量二氧化碳在 20条件反应后得到32Mg HCO水溶液，将32Mg HCO水溶液在 60热解 2h，所获得的产物经过滤后得到 MgCO33H2O，再将 MgCO33H2O 经过一系列操作得到 MgCO3。【小问 1 详解】煅烧固体样品应在坩埚中进行，即所用的容器名称是坩埚；滤渣的主要成分是氢氧化镁，步骤 III，氢氧化镁在足量二氧化碳作用下转化成碳酸氢镁：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2，所以重镁水溶液中主要溶质的化学式是32Mg HCO；【小问 2 详解】A步骤 II，在溶解过程中不能加入硫酸，因为硫酸能和钙离子结合生成微溶物硫酸钙，不利于镁元素和钙元素的分离，故 A 错误；B步骤 III 中需要消耗二氧化碳，所以步骤 IV：3 2232260Mg(HCO)+2H OMgCO3H O+CO2h 产生的2CO可循环利用，步骤 IV 的滤液中有未完全反应的32Mg HCO，即滤液也可循环利用，故 B 正确；C步骤 III 中通入了足量的二氧化碳，步骤 IV 热解过程中通入空气可以除去体系中溶解的2CO，促进反应正向进行，故 C 正确；D步骤 V，直接加热可能会使部分无水碳酸镁分解，即不能直接加热，故 D 错误；故答案为：BC；【小问 3 详解】步骤 III 过程中需将温度控制在20，原因是温度过低，反应速率慢；温度过高，2CO的溶解度降低，且32Mg HCO易分解生成32MgCO3H O；【小问 4 详解】用浓度为cmol/L的EDTA标准溶液进行滴定，操作为：用分析天平（称量mg产品）在烧杯中加盐酸溶解用 250mL 容量瓶（配制250mL的溶液A）用移液管量取25.00mL溶液A在锥形瓶中22加入三乙醇胺、NaOH和钙指示剂用滴定管（盛装EDTA溶液滴定2Ca，消耗1VmL），故答案为：f、c、h、d、g、b；【小问 5 详解】2Ca、2Mg与EDTA按物质的量1:1反应，滴定2Ca时消耗1VmL、cmol/L的EDTA标准溶液，所以样品中 n(Ca2+)=cV110-325025.00mol=cV110-2mol；量取25.00mL溶液A，稀释至250mL得到溶液B，另取25.00mL溶液B于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑T指示剂后，用上述EDTA标准溶液滴定2Ca、2Mg总量，消耗2V mL、cmol/L的EDTA标准溶液，所以样品中 n(Ca2+)+n(Mg2+)=cV210-325025.0025025.00mol=cV210-1mol，产品中镁元素的质量分数为-1-22121(cV10-cV10)mol 24g/mol(cV10-cV)24100%=%mgm 。21.盐酸芬戈莫德（H）是一种治疗多发性硬化症的新型免疫抑制剂，以下是其中一种合成路线（部分反应条件已简化）。已知：；请回答：（1）化合物G的官能团名称是_。（2）已知CD过程中原子利用率为100%，化合物X的结构简式是_。（3）下列说法正确的是_。A.BC的反应为取代反应B.设计DE的目的是为了保护羟基C.H的分子式是14242C H ClNO23D.GH第（2）步中加HCl的目的是为了增大产物的水溶性（4）写出由D生成E的化学方程式_。（5）写出所有同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_。含有苯环和硝基；1H-NMR谱显示有四组峰，峰面积之比为6:2:2:1。（6）设计以苯甲醇和32CH NO为原料，合成的路线_（用流程图表示，无机试剂任选）【答案】（1）氨基、醚键 （2）HCHO （3）BD （4）（5）（6）2OCu,32CH NO 碱性条件24H SO浓D 2H催化剂【解析】【分析】苯和中的酰氯发生取代反应得到 B 为，B 中羰基被还原生成 C 为，C 发生已知 i 的反应得到 D，由 D 的结构式，推测试剂 X 为甲醛，HCHO，D 中羟基和反应得到 E 为，保护羟基，E 和24发生取代得到 F 为，F 加氢还原得到 G，G 水解得到 H，据此分析解题。【小问 1 详解】根据化合物G的结构简式可知，其中官能团名称是氨基、醚键。【小问 2 详解】已知CD过程中原子利用率为100%，依据元素守恒可判断化合物 X 甲醛，结构简式是 HCHO。【小问 3 详解】A.BC的反应属于去氧加氢的反应，为还原反应，A 错误；B.根据转化关系图可判断设计DE的目的是为了保护羟基，B 正确；C.根据 H 的结构简式可判断H的分子式是19342C H ClNO，C 错误；D.GH第（2）步中加HCl的目的是为了与氨气反应，转化为盐酸盐，增大产物的水溶性，D 正确；答案选 BD。【小问 4 详解】根据以上分析可知由D生成E的化学方程式为。【小问 5 详解】C 为，它的同分异构体中，满足含有苯环和硝基；核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为 6：2：2：1，有、，共四种。【小问 6 详解】25以苯甲醇和32CH NO为原料合成，首先用苯甲醇转化为苯甲醛，结合 C 转化为 D 设计的路线可以为2OCu,32CH NO 碱性条件24H SO浓D 2H催化剂。1丽水、湖州、衢州丽水、湖州、衢州 2024 年年 4 月三地市高三教学质量检测月三地市高三教学质量检测化学试题卷化学试题卷考生须知：考生须知：1.本卷满分本卷满分 100 分，考试时间分，考试时间 90 分钟；分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Ca-4一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 16 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 48 分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）分。每个小题列出的四个备选项中只有一个