还剩17页未读，
继续阅读
山西省太原市第五中学2023-2024学年高三上学期期末化学模拟试卷含答案
展开
这是一份山西省太原市第五中学2023-2024学年高三上学期期末化学模拟试卷含答案，共20页。
A．用乙烯聚合生产聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．乙醇催化氧化生产乙醛
2．（3分）如图为两种制备硫酸的途径（反应条件略）。下列说法不正确的是（ ）
A．途径②增大O2浓度可提高SO2的反应速率
B．含1ml H2SO4的稀溶液与足量NaOH固体反应，放出的热量即为中和热
C．途径②中SO2和SO3均属于酸性氧化物
D．若ΔH1＜ΔH2+ΔH3，则2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）为放热反应
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．苯分子中含有碳碳双键，可使溴的CCl4溶液褪色
B．有机物属于酯类
C．CH3CH2NH2和CH3CH2CONH2均属于胺类化合物
D．甲基的电子式是
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在氢氧燃料电池中，负极有11.2L（标准状况）气体参与反应时，转移的电子数为2NA
B．在氯碱工业中，制备40g烧碱时阴极生成气体的分子数为NA
C．在钢铁吸氧腐蚀中，若生成1mlFe2O3•xH2O，被还原的O2分子数为1.5NA
D．在电解法精炼粗铜中，若阴极净增32g，向阳极迁移的SO42﹣数为NA
5．（3分）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色
B．若A为醋酸溶液，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
C．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色
D．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀
6．（3分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）
A．氢气通过灼热的CuO粉末
B．碳与SiO2高温反应制粗硅
C．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液
D．镁条在CO2中燃烧
7．（3分）前不久，各大媒体在显著的位置刊登了关于900t致癌大米的报道，主要是变质大米中存在的黄曲霉素使人体中的特殊基因发生突变，有转变成肝癌的可能性．它的结构如图．和1ml该化合物起反应的H2或NaOH的最大值分别是（ ）
A．6ml，2mlB．7ml，2mlC．6ml，1mlD．7ml，1ml
8．（3分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z
C．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
D．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
9．（3分）利用下列实验装置能完成相应实验的是（ ）
A．装置测定化学反应速率
B．装置模拟海水蒸馏
C．装置制备纯净的NH3
D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性
10．（3分）下列各组分子或离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．碳酸钠溶液中：Ag+、NH4+、NO3﹣
B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣
C．能使石蕊试液变红的溶液中：Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣
D．氯化钠溶液中：K+、CO32﹣、HClO
11．（3分）化学是人类用以认识和改造物质世界的主要方法和手段之一，A、B、C、D、X、Y是中学化学 常见的物质，现在欲用A制取D．路径是A与X反应生成B，B与X反应生成C，C与Y反应生成D．下列判断不正确的是 （ ）
A．假设D是纯碱，则A可以是单质
B．假设D是碱，则A、B、C均可与Y反应生成D
C．假设D是碱，则A可以是单质，A也可以是化合物，且X可以是水
D．假设D是酸，则A可以是单质，A也可以是化合物，且D与还原剂反应可生成B或C
12．（3分）下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ）
A．C﹣H键的键长与Si﹣H键的键长
B．邻羟基苯甲醛（）和对羟基苯甲醛（）的沸点
C．石墨的熔点和金刚石的熔点
D．面心立方堆积的空间利用率和六方最密堆积的空间利用率
13．（3分）分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体[可表示为：MxFey（CN）z]，研究表明它的结构特征：Fe2+位于立方体的顶点，自身互不相邻，而CN﹣位于立方体的棱上，M为+1价．晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体中既有离子键又有极性共价键
B．与每个Fe2+距离相等且最近的CN﹣有6个
C．M+离子位于晶胞体心
D．晶体的化学式可表示为M2Fe （CN）3
14．（3分）下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是（ ）
A．表示常温下向体积为10mL0.1ml⋅L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.1ml⋅L﹣1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c（CH3COOH）+2c（H+）＜2c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
B．表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c＞b＞a
C．是恒温密闭容器中发生CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）反应时，c（CO2）随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是增大容器的体积
D．表示恒容密闭容器中发生CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）时，其他条件相同时改变温度，n（CH3OH）时间变化的曲线，说明反应平衡常数KⅡ＜KⅠ
二．实验题（共4小题，满分58分）
15．（15分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。
已知：
①绿矾化学式为FeSO4•7H2O，2FeSO4•7H2O高温¯Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。.
②SO3的沸点为44.8℃。
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为﹣2价和+6价。
回答下列问题：
I.硫代硫酸钠的制备
（1）检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，B装置的作用是 。
（2）从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现晶膜为止，使用水浴加热的原因是 。
II.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入•L﹣1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣。
（3）滴定终点的现象为 ；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为 %。（保留1位小数）
III.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2ml′•L﹣1的溶液。
②取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水（pH＝2.4），溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了﹣2价硫元素。
假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S（不考虑空气中氧气氧化）。
依据假设设计实验方案：
（4）第②组实验中的某试剂是 。
（5）依据现象，S产生的主要原因是 。（用离子方程式表示）
16．（14分）为充分利用资源，变废为宝，可从废旧CPU[含Au（金）、Ag、Cu和Pt（铂）]中回收Au，其化工流程如图：
回答下列问题
（1）“酸浸氧化”中，为了提高反应速率，可以采取的措施是 （写出一种即可）。
（2）“酸浸氧化”中，通入氧气的目的是 。
（3）“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成。Pt溶解的化学方程式是 。
（4）“萃取分液”后的“水层”中可回收的金属是 。
（5）从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是 。
（6）理论上消耗1ml草酸（H2C2O4）可得到Au的质量为 g（结果保留一位小数）。
（7）提取“滤液”中的Ag+会涉及反应AgCl（s）+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，则该反应的平衡常数K的值为 。已知：①[Ag（NH3）2]+⇌Ag++2NH3 K1＝6×10﹣8；②Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
17．（14分）NF3是微电子工业中常用的一种等离子蚀刻气体，具有较强的氧化性，工业生产NF3 常用的方法有气一液反应法、气一固反应法和电解法等。
（1）气一液反应法中发生的主反应和副反应包括：3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1
3F2（g）+NH3HF2（1）═NF3（g）+5HF（1）△H2
4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3
NH3（1）+2HF（1）═NH4HF2（1）△H4
△H1＝ 。部分键能数据如表所示，△H3＝ kJ/ml。
（2）气一固反应法主要包括两步反应：
（NH4）3AlF6（s）+6F2（g）⇌2NF3（g）+8HF（g）+NH4AlF4（s）反应Ⅰ
（NH4）3AlF4（s）+3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）+AlF3（s）反应Ⅱ
反应I的平衡常数和反应II的平衡常数的关系是 。若在恒温、恒容的密闭容器中模拟气﹣固反应法（固体足量），起始时F2的浓度为5ml/L，反应过程中容器中压强随时间变化曲线如图1所示，则前2min的平均反应速率u （NF3）＝ ml/（L•min），该温度下 K2＝ 。
（3）电解法是通过电解含氟的熔融盐生产NF3，其原理如图2所示。a需要接电源的 （填“正极”或“负极”），生成气体A的电极反应是 。
（4）用NF3对多晶硅电子元件进行蚀刻时不会在电子元件表面形成任何残留物，其原因是 。（用化学用语解释）
18．（15分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的药物．下图所示的为其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
完成下列填空：
（1）写出反应①所用试剂和反应条件 反应⑥的化学反应方程式
（2）写出反应类型．反应③ 反应⑤
（3）写出结构简式．A B
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式 、
（6）反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是 ．
2023-2024学年山西省太原五中高三（上）期末化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．【解答】解：A．用乙烯聚合生产聚乙烯高分子材料为加聚反应，反应物的原子全部转化为产物，即原子利用率为100%，故A正确；
B．甲烷与氯气发生取代反应除了生成一氯甲烷外还生成氯化氢，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，反应物的原子未全部转化产物，故B错误；
C．铜和浓硝酸反应除了生成硝酸铜外，还生成二氧化氮和水，反应物的原子未全部转化为产物，故C错误；
D．乙醇催化氧化生产乙醛除了生成乙醛外，还生成水，反应物的原子未全部转化为产物，故D错误；
故选：A。
2．【解答】解：A．增大一种反应物的浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2转化率，故A正确；
B．中和热是指稀溶液中强酸与强碱反应生成1 ml水放出的热量，而含1 ml H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2 ml水，且含1 ml H2SO4的浓溶液稀释时放热，故B错误；
C．二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，故C正确；
D．根据图示可得①SO2（g）+H2O2 （aq）＝H2SO4（aq） ΔH1，②SO2（g）+12O2（g）＝SO3（g） ΔH2，③SO3g）+H2O（l）＝H2SO4（aq）ΔH3，根据盖斯定律，由2×①﹣2×②﹣2×③可得热化学方程式：2H2O2（aq）＝2H2O（1）+O2（g）ΔH＝2ΔH1﹣2ΔH2﹣2ΔH3，若△H1＜ΔH2+ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，故D正确；
故选：B。
3．【解答】解：A．苯分子中不含碳碳双键，所以不能和溴的四氯化碳溶液反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B．该有机物中含有羧基，不含酯基，所以属于羧酸，故B错误；
C．前者含有氨基，后者含有酰胺基，所以前者属于胺，后者属于酰胺，故C错误；
D．甲基分子中碳原子和每个氢原子共用1对电子，碳原子还有一个孤电子，所以该电子式书写正确，故D正确；
故选：D。
4．【解答】解：A．在氢氧燃料电池中，负极氢气参与反应生成氢离子，11.2L（标准状况）氢气的物质的量为0.5ml，参与反应时转移的电子数为NA，故A错误；
B．氯碱工业的总反应式为：2NaCl+2H2O电解¯2NaOH+H2↑+Cl2↑，制备的40g烧碱的物质的量为1ml，则根据方程式可知阴极生成氢气的物质的量为0.5ml，分子数为0.5NA，故B错误；
C．吸氧腐蚀中铁最终转化为Fe2O3•xH2O，生成1mlFe2O3•xH2O，转移的电子的物质的量为6ml，则被还原的O2的物质的量为1.5ml，分子数为1.5NA，故C正确；
D．在电解法精炼粗铜中，阴极的电极反应式为：Cu2++2e﹣＝Cu，若阴极净增32g，即生成0.5mlCu时转移的电子的物质的量为1ml，向阳极迁移的SO42﹣数为0.5NA，故D错误；
故选C。
5．【解答】解：A．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，使石蕊变红，则C中盛石蕊溶液，则C中溶液变红，故A错误；
B．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，则C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊，故B正确；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，则不能生成氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色，故C正确；
D．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀，故D正确；
故选：A。
6．【解答】解：A．氢气还原CuO生成Cu和水，则反应前后固体质量减少为氧元素的质量，故A不选；
B．C与二氧化硅反应生成Si和CO，则反应前后固体质量减少为氧元素的质量，故B不选；
C．Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，则反应前后固体质量减少为等物质的量Zn、Cu的质量差，故C不选；
D．Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则反应前后固体增加的质量为二氧化碳的质量，故D选；
故选：D。
7．【解答】解：该有机物中含有苯环、碳碳双键、羰基，1ml该化合物含有1ml苯环，2ml碳碳双键，1ml羰基，所以和1ml该化合物起反应的H2最大值是6ml；
该有机物在碱性条件下能发生水解生成酚羟基和羧基，1ml该化合物完全水解能生成1ml酚羟基和1ml羧基，所以和1ml该化合物起反应的NaOH的最大值是2ml，
故选：A。
8．【解答】解：A．根据分析可知，WZ为NaCl，属于强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故A错误；
B．根据分析可知，X、Y、Z为Si、P、Cl，元素非金属性的顺序为Si＜P＜Cl，即X＜Y＜Z，故B错误；
C．根据分析可知，Y为P元素，该新化合物中P与2个Si原子形成共价键，另外得到1个电子，达8电子稳定结构，故C错误；
D．根据分析可知，Y为P元素，P的最高价氧化物的水化物为H3PO4，属于是中强酸，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A．可根据一定时间内生成气体的体积测定反应速率，故A正确；
B．温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故B错误；
C．可用碱性干燥剂吸收水和二氧化碳，氯化钙和氨气能发生络合反应，不能用氯化钙干燥，故C错误；
D．用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，故D错误。
故选：A。
10．【解答】解：A．碳酸钠溶液中，Ag+与碳酸根不能大量共存，故A错误；
B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH﹣可与Na+、Ba2+、Cl﹣共存，故B正确；
C．能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与HCO3﹣不能大量共存，故C错误；
D．氯化钠溶液中CO32﹣能与HClO反应生成HCO3﹣，故D错误；
故选：B。
11．【解答】解：A．当A为碳、X为氧气、B为CO、C为二氧化碳、Y为NaOH，二氧化碳与氢氧化钠反应可以得到碳酸钠，可以实现转化，故A正确；
B．若D是碱，A为Na、B为Na2O、C为过氧化钠、X为氧气、D为水，可以实现转化，且钠、氧化钠、过氧化钠均可以与水反应得到NaOH，故B正确；
C．若D是碱，A是单质或化合物，且X是水，A与水反应可以直接得到碱，不符合转化关系，故C错误；
D．若D是酸，A为氮气或氨气，X为氧气，B为NO，C为二氧化氮，Y为水，D为硝酸，硝酸与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，符合题意，故D正确，
故选：C。
12．【解答】解：A．C原子半径小于Si原子半径，则C﹣H键的键长小于Si﹣H键的键长，故A错误；
B．羟基和醛基能形成氢键，邻羟基苯甲醛（）形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（）形成分子间氢键，分子间氢键使物质的沸点升高，分子内氢键使物质的沸点降低，则沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故B错误；
C．石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，键能更大，破坏石墨化学键需要更大能量，则石墨的熔点高于金刚石的熔点，故C正确；
D．面心立方堆积的空间利用率与六方最密堆积的空间利用率相等，均为74%，故D错误；
故选：C。
13．【解答】解：A．晶胞中含有阴阳离子，含有离子键，氰根离子内C与N原子形成共价键，故A正确；
B．Fe2+位于顶点，与其距离相等且距离最近的，CN﹣位于棱心，Fe2+被8个晶胞共有，将棱边延长，被3条棱共有，每条棱有两个CN﹣距离相等且最近，则共有3×2＝6，故B正确；
C．由于晶胞中含有一个M+，只能位于体心，故C正确；
D．三价铁离子为角上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×18=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×14=3个，已知化学式为：MxFey（CN）6，故化学式中，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，显示电中性，故晶体的化学式为MFe2（CN）6，故D错误；
故选：D。
14．【解答】解：A．c点为物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），消去c（Na+），得质子守恒为：c（CH3COOH）+2c（H+）＝2c（OH﹣ ）+c（CH3COO﹣），故A错误；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：a＞b＞c，故B错误；
C．据图可知t1时刻c（CO2）瞬间增大，而增大容器的体积会使c（CO2）瞬间减小，故C错误；
D．据图可知，曲线Ⅱ条件下反应速率更快，则温度更高，但平衡时甲醇的物质的量更低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，所以反应平衡常数KⅡ＜KⅠ，故D正确；
故选：D。
二．实验题（共4小题，满分58分）
15．【解答】解：（1）据分析，H2O和SO3经过冰水浴中的试管时液化转化为H2SO4，B装置的作用是收集SO3，转化为H2SO4，
故答案为：收集SO3，转化为H2SO4；
（2）据分析，锥形瓶中得到Na2S2O3溶液，由题给信息：Na2S2O3受热、遇酸易分解可知，从Na2S2O3溶液中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现晶膜为止，使用水浴加热的原因是控制温度，防止温度过高Na2S2O3分解，
故答案为：控制温度，防止温度过高Na2S2O3分解；
（3）用I2与硫代硫酸钠反应原理，通过滴定法测量硫代硫酸钠的含量，滴定终点时I2被硫代硫酸根离子还原为I﹣，原蓝色消失，现象为当滴入最后一滴样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒保持不变；根据题意，溶液中含有I2的物质的量为20.0×10﹣3L×0.01ml•L﹣1×3＝0.0006ml，消耗硫代硫酸钠，n（S2O32﹣）＝0.0006ml×2＝0.0012ml，样品溶液的用量为25.0mL，则样品物质的量浓度为0.0012ml25×10−3L=0.048ml/L，则样品纯度为0.048ml/L×0.25L×158g/ml2.00g×100%＝94.8%，
故答案为：当滴入最后一滴样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒保持不变；94.8；
（4）根据两种假设，对比实验要求单一变量，则第②组应是pH＝2.4的酸性环境，且与第①组对比不含其它离子，故某试剂是pH＝2.4的盐酸，
故答案为：pH＝2.4 的盐酸；
（5）第①组立即出现浑浊，且浑浊度更大，则S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了﹣2价硫元素，离子方程式：Cl2+S2O32﹣+H2O＝SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+，
故答案为：Cl2+S2O32﹣+H2O＝SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+。
16．【解答】解：（1）提高反应速率的方式有升高温度，加入催化剂，增大浓度，将固体粉碎增大接触面积等，“酸浸氧化”中，为了提高反应速率，可以采取的措施是将废旧CPU粉碎、适当增大稀硝酸的浓度、升温、搅拌等，
故答案为：将废旧CPU粉碎或适当增大稀硝酸的浓度或升温或搅拌；
（2）由分析酸溶过程中有NO生成，通入氧气可以氧化产生的NO气体，生成硝酸，防止污染空气，且可以氧化Ag、Cu，减少硝酸的用量，
故答案为：氧化产生的NO气体，生成硝酸，防止污染空气，且可以氧化Ag、Cu，减少硝酸的用量；
（3）“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成，Pt溶解的化学方程式是3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O，
故答案为：3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；
（4）由分析可知“萃取分液”后的“水层”中可回收的金属是Pt，
故答案为：Pt；
（5）有机层中的液体沸点不同，从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是蒸馏，
故答案为：蒸馏；
（6）草酸和HAuCl4反应时的关系2HAuCl4～3H2C2O4，理论上消耗1ml草酸（H2C2O4）可得到Au的物质的量为23ml，质量为23ml×197g/ml≈131.7g，
故答案为：131.7；
（7）提取“滤液”中的Ag+会涉及反应AgCl（s）+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，则该反应的平衡常数K=c(Cl−)c{[Ag(NH3)2]+}c2(NH3)=Ksp(AgCl)K1=1.8×10−106×10−8=0.003，
故答案为：0.003。
17．【解答】解：（1）①3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1，
②3F2（g）+NH3HF2（1）═NF3（g）+5HF（1）△H2，
③4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3，
④NH3（1）+2HF（1）═NH4HF2（1）△H4，
盖斯定律计算得到①3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1＝△H2+△H4，
N2F2的结构式：F﹣N﹣N﹣F，反应焓变△H＝反应物综键能﹣生成物总键能，4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3＝4×153+6×389﹣6×565﹣2×272﹣456＝﹣1444KJ/ml，
故答案为：△H2+△H4；﹣1444；
（2）（NH4）3AlF6（s）+6F2（g）⇌2NF3（g）+8HF（g）+NH4AlF4（s）反应Ⅰ，K1=c2(NF3)c8(HF)c6(F2)，
（NH4）3AlF4（s）+3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）+AlF3（s）反应Ⅱ，K2=c4(HF)c(NF3)c3(F2)，得到K1＝K22，
恒温、恒容的密闭容器中压强之比等于气体的总物质的量浓度比，所以2min时容器中气体总浓度为5ml/L×1.2aa=6ml/L，平衡气体总浓度为5ml/L×1.5aa=7.5ml/L，两个反应中三种气体的化学计量数之比相同，两个反应可等效于3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g），反应的三段式为：
3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）
起始量（ml/L） 5 0 0
变化量（ml/L） 3x x 4x
2min最终量（ml/L）5﹣3x x 4x
则5﹣3x+x+4x＝6，解得x＝0.5ml/L，所以前2min的平均反应速率v（NF3）=0.5ml/L2min=0.25ml/（L•min），
3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）
起始量（ml/L） 5 0 0
变化量（ml/L） 3y y 4y
2min最终量（ml/L）5﹣3y y 4y
则5﹣3y+y+4y＝7.5，解得y＝1.25ml/L，c（F2）＝1.25ml/L，平衡时c（NF3）＝1.25ml/L，c（HF）＝5ml/L，K2=c4(HF)⋅c(NF3)c3(F2)=54×，
故答案为：K1＝K22；0.25；400；
（3）电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，N元素被氧化，则a为阳极，与电源正极相接，阳极发生反应的电极反应式为NH4++3F﹣﹣6e﹣＝NF3+4H+，
故答案为：正极；NH4++3F﹣﹣6e﹣＝NF3+4H+；
（4）NF3与Si发生氧化还原反应生成氮气和四氟化硅，反应方程式为4NF3+3Si＝2N2↑+3SiF4↑，生成的氮气和四氟化硅挥发掉，无残留物，
故答案为：4NF3+3Si＝2N2↑+3SiF4↑。
18．【解答】解：结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，反应③为邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，
（1）反应①为在浓硫酸作催化剂、加热条件下，浓硝酸和甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，所用试剂和反应条件是HNO3，浓硫酸、加热；根据上面的分析可知，反应⑥的化学反应方程式为2+2+K2CO3→2+2KCl+CO2↑+H2O，
故答案为：HNO3，浓硫酸、加热；2+2+K2CO3→2+2KCl+CO2↑+H2O；
（2）根据上面的分析可知，反应③为还原反应，反应⑤为取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应；
（3）通过以上知，A和B的结构简式分别是、，
故答案为：、；
（4）反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，
故答案为：中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应；
（5）C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和﹣C（CH3）3，所以其同分异构体为：，
故答案为：、；
（6）因氨基易被氧化，如果反应②③颠倒，再利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化，
故答案为：氨基易被氧化，利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化．
所加试剂
现象
第①组
1mL饱和氯水+4mLNa2S2O3溶液
立即出现浑浊
第②组
1mL某试剂+4mLNa2S2O3溶液
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
化学键
N﹣N
N＝N
N≡N
H﹣F
F﹣F
N﹣H
N﹣F
键能（kJ/ml）
159
456
946
565
153
389
272
A．用乙烯聚合生产聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．乙醇催化氧化生产乙醛
2．（3分）如图为两种制备硫酸的途径（反应条件略）。下列说法不正确的是（ ）
A．途径②增大O2浓度可提高SO2的反应速率
B．含1ml H2SO4的稀溶液与足量NaOH固体反应，放出的热量即为中和热
C．途径②中SO2和SO3均属于酸性氧化物
D．若ΔH1＜ΔH2+ΔH3，则2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）为放热反应
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．苯分子中含有碳碳双键，可使溴的CCl4溶液褪色
B．有机物属于酯类
C．CH3CH2NH2和CH3CH2CONH2均属于胺类化合物
D．甲基的电子式是
4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．在氢氧燃料电池中，负极有11.2L（标准状况）气体参与反应时，转移的电子数为2NA
B．在氯碱工业中，制备40g烧碱时阴极生成气体的分子数为NA
C．在钢铁吸氧腐蚀中，若生成1mlFe2O3•xH2O，被还原的O2分子数为1.5NA
D．在电解法精炼粗铜中，若阴极净增32g，向阳极迁移的SO42﹣数为NA
5．（3分）如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色
B．若A为醋酸溶液，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊
C．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色
D．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀
6．（3分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）
A．氢气通过灼热的CuO粉末
B．碳与SiO2高温反应制粗硅
C．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液
D．镁条在CO2中燃烧
7．（3分）前不久，各大媒体在显著的位置刊登了关于900t致癌大米的报道，主要是变质大米中存在的黄曲霉素使人体中的特殊基因发生突变，有转变成肝癌的可能性．它的结构如图．和1ml该化合物起反应的H2或NaOH的最大值分别是（ ）
A．6ml，2mlB．7ml，2mlC．6ml，1mlD．7ml，1ml
8．（3分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z
C．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
D．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
9．（3分）利用下列实验装置能完成相应实验的是（ ）
A．装置测定化学反应速率
B．装置模拟海水蒸馏
C．装置制备纯净的NH3
D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性
10．（3分）下列各组分子或离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．碳酸钠溶液中：Ag+、NH4+、NO3﹣
B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣
C．能使石蕊试液变红的溶液中：Mg2+、HCO3﹣、SO42﹣
D．氯化钠溶液中：K+、CO32﹣、HClO
11．（3分）化学是人类用以认识和改造物质世界的主要方法和手段之一，A、B、C、D、X、Y是中学化学 常见的物质，现在欲用A制取D．路径是A与X反应生成B，B与X反应生成C，C与Y反应生成D．下列判断不正确的是 （ ）
A．假设D是纯碱，则A可以是单质
B．假设D是碱，则A、B、C均可与Y反应生成D
C．假设D是碱，则A可以是单质，A也可以是化合物，且X可以是水
D．假设D是酸，则A可以是单质，A也可以是化合物，且D与还原剂反应可生成B或C
12．（3分）下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ）
A．C﹣H键的键长与Si﹣H键的键长
B．邻羟基苯甲醛（）和对羟基苯甲醛（）的沸点
C．石墨的熔点和金刚石的熔点
D．面心立方堆积的空间利用率和六方最密堆积的空间利用率
13．（3分）分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体[可表示为：MxFey（CN）z]，研究表明它的结构特征：Fe2+位于立方体的顶点，自身互不相邻，而CN﹣位于立方体的棱上，M为+1价．晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．该晶体中既有离子键又有极性共价键
B．与每个Fe2+距离相等且最近的CN﹣有6个
C．M+离子位于晶胞体心
D．晶体的化学式可表示为M2Fe （CN）3
14．（3分）下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是（ ）
A．表示常温下向体积为10mL0.1ml⋅L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.1ml⋅L﹣1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有：c（CH3COOH）+2c（H+）＜2c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
B．表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c＞b＞a
C．是恒温密闭容器中发生CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）反应时，c（CO2）随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是增大容器的体积
D．表示恒容密闭容器中发生CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）时，其他条件相同时改变温度，n（CH3OH）时间变化的曲线，说明反应平衡常数KⅡ＜KⅠ
二．实验题（共4小题，满分58分）
15．（15分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作分析试剂及还原剂，受热、遇酸易分解。某学习小组用如图装置模拟古法制硫酸，同时利用生成的SO2气体制备硫代硫酸钠。
已知：
①绿矾化学式为FeSO4•7H2O，2FeSO4•7H2O高温¯Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。.
②SO3的沸点为44.8℃。
③Na2S2O3中S元素的化合价分别为﹣2价和+6价。
回答下列问题：
I.硫代硫酸钠的制备
（1）检查装置气密性，加入药品。Na2S和Na2CO3混合溶液用煮沸过的蒸馏水配制，B装置的作用是 。
（2）从锥形瓶中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现晶膜为止，使用水浴加热的原因是 。
II.产品纯度的测定
①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品2.00g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入•L﹣1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32﹣＝S4O62﹣+2I﹣。
（3）滴定终点的现象为 ；消耗样品溶液的用量为25.0mL，则样品纯度为 %。（保留1位小数）
III.硫代硫酸钠性质的探究
①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2ml′•L﹣1的溶液。
②取4mL所配溶液，向其中加入1mL饱和氯水（pH＝2.4），溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。
实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：
假设1：Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了﹣2价硫元素。
假设2：酸性条件下，Na2S2O3分解产生S（不考虑空气中氧气氧化）。
依据假设设计实验方案：
（4）第②组实验中的某试剂是 。
（5）依据现象，S产生的主要原因是 。（用离子方程式表示）
16．（14分）为充分利用资源，变废为宝，可从废旧CPU[含Au（金）、Ag、Cu和Pt（铂）]中回收Au，其化工流程如图：
回答下列问题
（1）“酸浸氧化”中，为了提高反应速率，可以采取的措施是 （写出一种即可）。
（2）“酸浸氧化”中，通入氧气的目的是 。
（3）“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成。Pt溶解的化学方程式是 。
（4）“萃取分液”后的“水层”中可回收的金属是 。
（5）从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是 。
（6）理论上消耗1ml草酸（H2C2O4）可得到Au的质量为 g（结果保留一位小数）。
（7）提取“滤液”中的Ag+会涉及反应AgCl（s）+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，则该反应的平衡常数K的值为 。已知：①[Ag（NH3）2]+⇌Ag++2NH3 K1＝6×10﹣8；②Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
17．（14分）NF3是微电子工业中常用的一种等离子蚀刻气体，具有较强的氧化性，工业生产NF3 常用的方法有气一液反应法、气一固反应法和电解法等。
（1）气一液反应法中发生的主反应和副反应包括：3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1
3F2（g）+NH3HF2（1）═NF3（g）+5HF（1）△H2
4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3
NH3（1）+2HF（1）═NH4HF2（1）△H4
△H1＝ 。部分键能数据如表所示，△H3＝ kJ/ml。
（2）气一固反应法主要包括两步反应：
（NH4）3AlF6（s）+6F2（g）⇌2NF3（g）+8HF（g）+NH4AlF4（s）反应Ⅰ
（NH4）3AlF4（s）+3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）+AlF3（s）反应Ⅱ
反应I的平衡常数和反应II的平衡常数的关系是 。若在恒温、恒容的密闭容器中模拟气﹣固反应法（固体足量），起始时F2的浓度为5ml/L，反应过程中容器中压强随时间变化曲线如图1所示，则前2min的平均反应速率u （NF3）＝ ml/（L•min），该温度下 K2＝ 。
（3）电解法是通过电解含氟的熔融盐生产NF3，其原理如图2所示。a需要接电源的 （填“正极”或“负极”），生成气体A的电极反应是 。
（4）用NF3对多晶硅电子元件进行蚀刻时不会在电子元件表面形成任何残留物，其原因是 。（用化学用语解释）
18．（15分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的药物．下图所示的为其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
完成下列填空：
（1）写出反应①所用试剂和反应条件 反应⑥的化学反应方程式
（2）写出反应类型．反应③ 反应⑤
（3）写出结构简式．A B
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式 、
（6）反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是 ．
2023-2024学年山西省太原五中高三（上）期末化学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题，满分42分，每小题3分）
1．【解答】解：A．用乙烯聚合生产聚乙烯高分子材料为加聚反应，反应物的原子全部转化为产物，即原子利用率为100%，故A正确；
B．甲烷与氯气发生取代反应除了生成一氯甲烷外还生成氯化氢，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，反应物的原子未全部转化产物，故B错误；
C．铜和浓硝酸反应除了生成硝酸铜外，还生成二氧化氮和水，反应物的原子未全部转化为产物，故C错误；
D．乙醇催化氧化生产乙醛除了生成乙醛外，还生成水，反应物的原子未全部转化为产物，故D错误；
故选：A。
2．【解答】解：A．增大一种反应物的浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2转化率，故A正确；
B．中和热是指稀溶液中强酸与强碱反应生成1 ml水放出的热量，而含1 ml H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2 ml水，且含1 ml H2SO4的浓溶液稀释时放热，故B错误；
C．二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，故C正确；
D．根据图示可得①SO2（g）+H2O2 （aq）＝H2SO4（aq） ΔH1，②SO2（g）+12O2（g）＝SO3（g） ΔH2，③SO3g）+H2O（l）＝H2SO4（aq）ΔH3，根据盖斯定律，由2×①﹣2×②﹣2×③可得热化学方程式：2H2O2（aq）＝2H2O（1）+O2（g）ΔH＝2ΔH1﹣2ΔH2﹣2ΔH3，若△H1＜ΔH2+ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，故D正确；
故选：B。
3．【解答】解：A．苯分子中不含碳碳双键，所以不能和溴的四氯化碳溶液反应，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B．该有机物中含有羧基，不含酯基，所以属于羧酸，故B错误；
C．前者含有氨基，后者含有酰胺基，所以前者属于胺，后者属于酰胺，故C错误；
D．甲基分子中碳原子和每个氢原子共用1对电子，碳原子还有一个孤电子，所以该电子式书写正确，故D正确；
故选：D。
4．【解答】解：A．在氢氧燃料电池中，负极氢气参与反应生成氢离子，11.2L（标准状况）氢气的物质的量为0.5ml，参与反应时转移的电子数为NA，故A错误；
B．氯碱工业的总反应式为：2NaCl+2H2O电解¯2NaOH+H2↑+Cl2↑，制备的40g烧碱的物质的量为1ml，则根据方程式可知阴极生成氢气的物质的量为0.5ml，分子数为0.5NA，故B错误；
C．吸氧腐蚀中铁最终转化为Fe2O3•xH2O，生成1mlFe2O3•xH2O，转移的电子的物质的量为6ml，则被还原的O2的物质的量为1.5ml，分子数为1.5NA，故C正确；
D．在电解法精炼粗铜中，阴极的电极反应式为：Cu2++2e﹣＝Cu，若阴极净增32g，即生成0.5mlCu时转移的电子的物质的量为1ml，向阳极迁移的SO42﹣数为0.5NA，故D错误；
故选C。
5．【解答】解：A．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，使石蕊变红，则C中盛石蕊溶液，则C中溶液变红，故A错误；
B．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，则C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊，故B正确；
C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，则不能生成氯气，C中盛品红溶液，则C中溶液不褪色，故C正确；
D．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则C中盛AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀，故D正确；
故选：A。
6．【解答】解：A．氢气还原CuO生成Cu和水，则反应前后固体质量减少为氧元素的质量，故A不选；
B．C与二氧化硅反应生成Si和CO，则反应前后固体质量减少为氧元素的质量，故B不选；
C．Zn与硝酸铜反应生成硝酸锌和Cu，则反应前后固体质量减少为等物质的量Zn、Cu的质量差，故C不选；
D．Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则反应前后固体增加的质量为二氧化碳的质量，故D选；
故选：D。
7．【解答】解：该有机物中含有苯环、碳碳双键、羰基，1ml该化合物含有1ml苯环，2ml碳碳双键，1ml羰基，所以和1ml该化合物起反应的H2最大值是6ml；
该有机物在碱性条件下能发生水解生成酚羟基和羧基，1ml该化合物完全水解能生成1ml酚羟基和1ml羧基，所以和1ml该化合物起反应的NaOH的最大值是2ml，
故选：A。
8．【解答】解：A．根据分析可知，WZ为NaCl，属于强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故A错误；
B．根据分析可知，X、Y、Z为Si、P、Cl，元素非金属性的顺序为Si＜P＜Cl，即X＜Y＜Z，故B错误；
C．根据分析可知，Y为P元素，该新化合物中P与2个Si原子形成共价键，另外得到1个电子，达8电子稳定结构，故C错误；
D．根据分析可知，Y为P元素，P的最高价氧化物的水化物为H3PO4，属于是中强酸，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A．可根据一定时间内生成气体的体积测定反应速率，故A正确；
B．温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故B错误；
C．可用碱性干燥剂吸收水和二氧化碳，氯化钙和氨气能发生络合反应，不能用氯化钙干燥，故C错误；
D．用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，故D错误。
故选：A。
10．【解答】解：A．碳酸钠溶液中，Ag+与碳酸根不能大量共存，故A错误；
B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH﹣可与Na+、Ba2+、Cl﹣共存，故B正确；
C．能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与HCO3﹣不能大量共存，故C错误；
D．氯化钠溶液中CO32﹣能与HClO反应生成HCO3﹣，故D错误；
故选：B。
11．【解答】解：A．当A为碳、X为氧气、B为CO、C为二氧化碳、Y为NaOH，二氧化碳与氢氧化钠反应可以得到碳酸钠，可以实现转化，故A正确；
B．若D是碱，A为Na、B为Na2O、C为过氧化钠、X为氧气、D为水，可以实现转化，且钠、氧化钠、过氧化钠均可以与水反应得到NaOH，故B正确；
C．若D是碱，A是单质或化合物，且X是水，A与水反应可以直接得到碱，不符合转化关系，故C错误；
D．若D是酸，A为氮气或氨气，X为氧气，B为NO，C为二氧化氮，Y为水，D为硝酸，硝酸与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，符合题意，故D正确，
故选：C。
12．【解答】解：A．C原子半径小于Si原子半径，则C﹣H键的键长小于Si﹣H键的键长，故A错误；
B．羟基和醛基能形成氢键，邻羟基苯甲醛（）形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（）形成分子间氢键，分子间氢键使物质的沸点升高，分子内氢键使物质的沸点降低，则沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故B错误；
C．石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，键能更大，破坏石墨化学键需要更大能量，则石墨的熔点高于金刚石的熔点，故C正确；
D．面心立方堆积的空间利用率与六方最密堆积的空间利用率相等，均为74%，故D错误；
故选：C。
13．【解答】解：A．晶胞中含有阴阳离子，含有离子键，氰根离子内C与N原子形成共价键，故A正确；
B．Fe2+位于顶点，与其距离相等且距离最近的，CN﹣位于棱心，Fe2+被8个晶胞共有，将棱边延长，被3条棱共有，每条棱有两个CN﹣距离相等且最近，则共有3×2＝6，故B正确；
C．由于晶胞中含有一个M+，只能位于体心，故C正确；
D．三价铁离子为角上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×18=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×14=3个，已知化学式为：MxFey（CN）6，故化学式中，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，显示电中性，故晶体的化学式为MFe2（CN）6，故D错误；
故选：D。
14．【解答】解：A．c点为物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），消去c（Na+），得质子守恒为：c（CH3COOH）+2c（H+）＝2c（OH﹣ ）+c（CH3COO﹣），故A错误；
B．用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：a＞b＞c，故B错误；
C．据图可知t1时刻c（CO2）瞬间增大，而增大容器的体积会使c（CO2）瞬间减小，故C错误；
D．据图可知，曲线Ⅱ条件下反应速率更快，则温度更高，但平衡时甲醇的物质的量更低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，所以反应平衡常数KⅡ＜KⅠ，故D正确；
故选：D。
二．实验题（共4小题，满分58分）
15．【解答】解：（1）据分析，H2O和SO3经过冰水浴中的试管时液化转化为H2SO4，B装置的作用是收集SO3，转化为H2SO4，
故答案为：收集SO3，转化为H2SO4；
（2）据分析，锥形瓶中得到Na2S2O3溶液，由题给信息：Na2S2O3受热、遇酸易分解可知，从Na2S2O3溶液中得到Na2S2O3晶体需水浴加热浓缩至液体表面出现晶膜为止，使用水浴加热的原因是控制温度，防止温度过高Na2S2O3分解，
故答案为：控制温度，防止温度过高Na2S2O3分解；
（3）用I2与硫代硫酸钠反应原理，通过滴定法测量硫代硫酸钠的含量，滴定终点时I2被硫代硫酸根离子还原为I﹣，原蓝色消失，现象为当滴入最后一滴样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒保持不变；根据题意，溶液中含有I2的物质的量为20.0×10﹣3L×0.01ml•L﹣1×3＝0.0006ml，消耗硫代硫酸钠，n（S2O32﹣）＝0.0006ml×2＝0.0012ml，样品溶液的用量为25.0mL，则样品物质的量浓度为0.0012ml25×10−3L=0.048ml/L，则样品纯度为0.048ml/L×0.25L×158g/ml2.00g×100%＝94.8%，
故答案为：当滴入最后一滴样品溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒保持不变；94.8；
（4）根据两种假设，对比实验要求单一变量，则第②组应是pH＝2.4的酸性环境，且与第①组对比不含其它离子，故某试剂是pH＝2.4的盐酸，
故答案为：pH＝2.4 的盐酸；
（5）第①组立即出现浑浊，且浑浊度更大，则S产生的主要原因是Cl2等含氯的氧化性微粒氧化了﹣2价硫元素，离子方程式：Cl2+S2O32﹣+H2O＝SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+，
故答案为：Cl2+S2O32﹣+H2O＝SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+。
16．【解答】解：（1）提高反应速率的方式有升高温度，加入催化剂，增大浓度，将固体粉碎增大接触面积等，“酸浸氧化”中，为了提高反应速率，可以采取的措施是将废旧CPU粉碎、适当增大稀硝酸的浓度、升温、搅拌等，
故答案为：将废旧CPU粉碎或适当增大稀硝酸的浓度或升温或搅拌；
（2）由分析酸溶过程中有NO生成，通入氧气可以氧化产生的NO气体，生成硝酸，防止污染空气，且可以氧化Ag、Cu，减少硝酸的用量，
故答案为：氧化产生的NO气体，生成硝酸，防止污染空气，且可以氧化Ag、Cu，减少硝酸的用量；
（3）“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成，Pt溶解的化学方程式是3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O，
故答案为：3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；
（4）由分析可知“萃取分液”后的“水层”中可回收的金属是Pt，
故答案为：Pt；
（5）有机层中的液体沸点不同，从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是蒸馏，
故答案为：蒸馏；
（6）草酸和HAuCl4反应时的关系2HAuCl4～3H2C2O4，理论上消耗1ml草酸（H2C2O4）可得到Au的物质的量为23ml，质量为23ml×197g/ml≈131.7g，
故答案为：131.7；
（7）提取“滤液”中的Ag+会涉及反应AgCl（s）+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，则该反应的平衡常数K=c(Cl−)c{[Ag(NH3)2]+}c2(NH3)=Ksp(AgCl)K1=1.8×10−106×10−8=0.003，
故答案为：0.003。
17．【解答】解：（1）①3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1，
②3F2（g）+NH3HF2（1）═NF3（g）+5HF（1）△H2，
③4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3，
④NH3（1）+2HF（1）═NH4HF2（1）△H4，
盖斯定律计算得到①3F2（g）+NH3（1）═NF3（g）+3HF（1）△H1＝△H2+△H4，
N2F2的结构式：F﹣N﹣N﹣F，反应焓变△H＝反应物综键能﹣生成物总键能，4F2（g）+2NH3（1）═N2F2（g）+6HF（1）△H3＝4×153+6×389﹣6×565﹣2×272﹣456＝﹣1444KJ/ml，
故答案为：△H2+△H4；﹣1444；
（2）（NH4）3AlF6（s）+6F2（g）⇌2NF3（g）+8HF（g）+NH4AlF4（s）反应Ⅰ，K1=c2(NF3)c8(HF)c6(F2)，
（NH4）3AlF4（s）+3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）+AlF3（s）反应Ⅱ，K2=c4(HF)c(NF3)c3(F2)，得到K1＝K22，
恒温、恒容的密闭容器中压强之比等于气体的总物质的量浓度比，所以2min时容器中气体总浓度为5ml/L×1.2aa=6ml/L，平衡气体总浓度为5ml/L×1.5aa=7.5ml/L，两个反应中三种气体的化学计量数之比相同，两个反应可等效于3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g），反应的三段式为：
3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）
起始量（ml/L） 5 0 0
变化量（ml/L） 3x x 4x
2min最终量（ml/L）5﹣3x x 4x
则5﹣3x+x+4x＝6，解得x＝0.5ml/L，所以前2min的平均反应速率v（NF3）=0.5ml/L2min=0.25ml/（L•min），
3F2（g）⇌NF3（g）+4HF（g）
起始量（ml/L） 5 0 0
变化量（ml/L） 3y y 4y
2min最终量（ml/L）5﹣3y y 4y
则5﹣3y+y+4y＝7.5，解得y＝1.25ml/L，c（F2）＝1.25ml/L，平衡时c（NF3）＝1.25ml/L，c（HF）＝5ml/L，K2=c4(HF)⋅c(NF3)c3(F2)=54×，
故答案为：K1＝K22；0.25；400；
（3）电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，N元素被氧化，则a为阳极，与电源正极相接，阳极发生反应的电极反应式为NH4++3F﹣﹣6e﹣＝NF3+4H+，
故答案为：正极；NH4++3F﹣﹣6e﹣＝NF3+4H+；
（4）NF3与Si发生氧化还原反应生成氮气和四氟化硅，反应方程式为4NF3+3Si＝2N2↑+3SiF4↑，生成的氮气和四氟化硅挥发掉，无残留物，
故答案为：4NF3+3Si＝2N2↑+3SiF4↑。
18．【解答】解：结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，反应③为邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，
（1）反应①为在浓硫酸作催化剂、加热条件下，浓硝酸和甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，所用试剂和反应条件是HNO3，浓硫酸、加热；根据上面的分析可知，反应⑥的化学反应方程式为2+2+K2CO3→2+2KCl+CO2↑+H2O，
故答案为：HNO3，浓硫酸、加热；2+2+K2CO3→2+2KCl+CO2↑+H2O；
（2）根据上面的分析可知，反应③为还原反应，反应⑤为取代反应，
故答案为：还原反应；取代反应；
（3）通过以上知，A和B的结构简式分别是、，
故答案为：、；
（4）反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，
故答案为：中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应；
（5）C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和﹣C（CH3）3，所以其同分异构体为：，
故答案为：、；
（6）因氨基易被氧化，如果反应②③颠倒，再利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化，
故答案为：氨基易被氧化，利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化．
所加试剂
现象
第①组
1mL饱和氯水+4mLNa2S2O3溶液
立即出现浑浊
第②组
1mL某试剂+4mLNa2S2O3溶液
一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小
化学键
N﹣N
N＝N
N≡N
H﹣F
F﹣F
N﹣H
N﹣F
键能（kJ/ml）
159
456
946
565
153
389
272
相关试卷
山西省太原市2023-2024学年高三上学期期末学业诊断化学试卷（含答案）： 这是一份山西省太原市2023-2024学年高三上学期期末学业诊断化学试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
山西省太原市2023-2024学年高三上学期期末学业诊断化学试题： 这是一份山西省太原市2023-2024学年高三上学期期末学业诊断化学试题，文件包含高三化学试卷pdf、化学答案2023-2024学年第一学期高三期末pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省太原市第五实验中学校高三上学期期末考试化学试题（PDF版含答案）： 这是一份2022-2023学年山西省太原市第五实验中学校高三上学期期末考试化学试题（PDF版含答案），文件包含高三化学线上测试题-纯答案用卷docx、化学试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
