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2024届广西2024年“贵百河”高三下学期4月新高考模拟二模化学试题（原卷版+解析版）
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(考试时间：75分钟，满分：100分)
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，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.回答非选择题时，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-1 C-12 N-14 O-16 F-19 A1-27 S-32 C1-35.5 Fe-56 Ag-108 I-127 Pb-207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文明源远流长，化学与文化传承密不可分。下列物质主要由合金材料制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．骨笛中无机质主要由碳酸钙和磷酸钙构成，所以裴李岗文化骨笛不是由合金材料制成，A不符合题意；
B．走马楼简牍，包括木简、竹简，不是由合金材料制成，B不符合题意；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不由合金材料制成，C不符合题意；
D．青铜是和或的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D符合题意；
故选D。
2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是
A. 的电子式为
B. 基态原子的价电子排布图为
C. 为共价化合物
D. 的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．H-的核外只有两个电子，的电子式为，故A错误；
B．依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，故B正确；
C．不是化合物，故C错误；
D．的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。
答案选B。
3. 化学既神奇又美丽。下列说法正确的是
A. 冬天飞舞的雪花，水分子之间通过O-H键结合形成晶体
B. 金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构
C. CuSO4溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，Cu(OH)2溶液为深蓝色
D. 碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰为分子晶体，则水分子之间通过分子间作用力结合形成晶体，A错误；
B．金刚石为原子晶体，则金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构，B正确；
C．CuSO4溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，深蓝色为，Cu(OH)2为蓝色沉淀，C错误；
D．碘单质中不含氢键，碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的分子间作用力，D错误；
故选B。
4. 检验黑木耳中铁离子的步骤为：灼烧黑木耳→加酸溶解→过滤→取滤液检验，所选择的装置(夹持装置已略去)或操作不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在坩埚中灼烧黑木耳，故A正确；
B．加酸后搅拌加快溶解，故B正确；
C．过滤将不溶于水的物质除去，得滤液，故C正确；
D．检验铁离子时胶头滴管不能插入试管内，故D错误；
故选D。
5. 物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法错误的是
A. X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应
B. 实验室中用洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质的还原性
C. Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点
D. 化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用
【答案】B
【解析】
【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素，
A．X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故A正确；
B．N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS2，所以实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误；
C．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确；
D．W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。
答案选B。
6. 实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法正确的是
A. 香草胺中含有两种官能团
B. 二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子
C. 1 ml二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗3 ml NaOH
D. 产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A错误；
B．根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B错误；
C．二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1 ml二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2 ml NaOH，C错误；
D．二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确；
故选D。
7. 配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如。设是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 中含有键的数目为
B. 的溶液中，的数目为
C. 与足量在催化剂作用下合成氨，生成的分子数为
D. 质量分数为的溶液中，氧原子总数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中含有键的数目为，A正确；
B．无溶液体积，不能计算，B错误；
C．合成氨是可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．水中还含有氧原子，则，D错误 ；
答案选A。
8. 为除去粗盐水中含有的杂质、和，得到精制食盐，设计了如下实验流程
下列说法不正确的是
A. NaOH溶液的作用是除去
B. 步骤i、ii的顺序可以互换
C. 滤液2中有四种离子：、、、
D. 步骤iv中发生的离子反应为：、
【答案】C
【解析】
【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液A中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结晶得到氯化钠。
【详解】A．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH溶液的作用是除去，A正确；
B．加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶液目是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，B正确；
C．滤液2中除了四种离子：、、、，还含有过量的钡离子，C错误；
D．滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为、，D正确；
故选C。
9. 下列实验操作、现象、实验结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；
B．过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；
C．，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；
D．所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；
故合理选项是D。
10. 一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是
A. 放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大
B. 放电时，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C. 充电时，电极的电极反应为
D. 充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时，该装置为原电池，通入电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；
B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；
C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，故C正确；
D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故D错误。
综上所述，答案为D。
11. 下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．发生氧化还原反应，不能共存，故不选A；
B．反应的离子方程式为，故不选B；
C．Fe2+、H2S不反应，故不选C；
D．相互之间不反应，能大量构成，能被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为，故选D；
选D。
12. 钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值，其晶胞参数如图1所示，代表，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如的原子分数坐标为，B的原子分数坐标为。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法中错误的是
A. 该晶胞含有3个
B. 粒子与粒子之间最近距离为
C. 为
D. 若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】C
【解析】
【详解】A．代表化学式中和的数量比为1:3，则晶胞中有3个，A正确；
B．A为顶点，C为面心，因此粒子与粒子之间最近距离为，B正确；
C．晶胞的质量为：m=g，密度为：，则a为，C错误；
D．若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心和体心的投影重叠，D正确；
故选C。
13. 催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将起始的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和的选择性[]随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A. 曲线②表示的选择性
B. 280℃时出口处的物质的量浓度大于220℃时
C. 一定温度下，增大可提高平衡转化率
D. 为提高生产效率，需研发转化率高和选择性高的催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，所以曲线②表示一氧化碳的选择性，故A正确；
B．反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则280℃时出口处甲醇的物质的量浓度小于220℃时，故B错误；
C．一定温度下，增大的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故D错误；
故选A。
14. 均苯三甲酸是一种重要的有机三元弱酸，可表示为。向的溶液中加入或时(忽略溶液体积的变化)，各微粒的分布系数随溶液变化的曲线如图所示：
已知：①[，X为、、或]
②( 、、)
下列叙述错误的是
A. 若用滴定至恰好生成，可选甲基橙做指示剂
B. N点的
C. 常温下，的水解常数的数量级为
D. R点满足：
【答案】D
【解析】
【分析】向的溶液中加入，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中不断减小，先增大后减小，先增大后减小，不断增大，因此曲线I表示H3A的分布系数，曲线II表示的分布系数，曲线III表示的分布系数，曲线IV表示的分布系数。
【详解】A．若用滴定至恰好生成，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～4.4)做指示剂，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；
B．R点，，S点=，，N点=，转化可得，即，由可得，由可得，故B项正确；
C．常温下，的水解常数，数量级为，故C项正确；
D．R点溶液中①，溶液中电荷守恒②，物料守恒③，将③代入可得④，将①代入④可得⑤，
因此题干中
=
=
=(解释：将②代入)
=(解释：将①代入)
=>0，故D项错误；
综上所述，错误的是D项。
二、非选择题：本题共4小题，共58分
15. 三氯化铬是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧化。某化学小组采用如下流程制备无水三氯化铬并探究三氯化铬六水合物的结构。
已知：沸点为，有毒，易水解。
（1）“热分解”发生反应的化学方程式为___________。
（2）“热反应”制无水的实验装置如图所示(中加热装置略)。
①加热反应前通的目的是___________。
②A中仪器X的名称是___________，其作用是___________。
③E中收集的物质含有___________(写化学式)。
④尾气经___________处理后可循环使用。
（3）已知配合物，配位数为6)有多种异构体，不同条件下析出不同颜色的晶体，如晶体为淡绿色。将溶于水，一定条件下结晶析出暗绿色晶体。称取该暗绿色晶体溶于水配成暗绿色溶液，加入足量的溶液，得到2.白色沉淀。
①中存在的化学键有___________(填序号)。
a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键
②该暗绿色晶体的化学式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 排出装置内的空气，防止被空气中氧化 ②. 长颈漏斗 ③. 平衡气压，防止堵塞 ④. ⑤. 干燥(或除水)
（3） ①. ac ②. 或)
【解析】
【分析】根据流程可知，分解生成和，洗涤烘干后得到；在加热条件下与反应生成和易升华，高温下易被氧化，为防止其被氧化，通入氮气，排出装置内的空气。
【小问1详解】
据流程可知，热分解是氧化还原反应，分解生成和，反应方程式：；
【小问2详解】
①加热反应前通的目的：排出装置内的空气，防止被空气中氧化；②中仪器的名称：长颈漏斗；其作用：可平衡气压，防止堵塞；③因为三氯化铬易升华，沸点为，易挥发，所以发生“热反应”后，中收集的物质：、；④结合易潮解可知，尾气经过干燥后可循环使用；
【小问3详解】
①结合物质结构可知，存在化学键类型：配位键和离子键；②该物质对应物质的量为，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银沉淀对应物质的量为，即该物质中含有的氯离子，即该物质中含有的氯离子，则该暗绿色晶体的化学式：或。
16. “刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程：
已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。
②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。
回答下列问题：
（1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是___________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
（2）炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式：___________。
（3）炉渣Ⅱ的主要成分是___________。
（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是___________。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5ml/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2ml/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中___________Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【己知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】
（5）储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：
其中A的原子坐标参数为(0，0，0)， B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为___________。此晶胞中Fe的配位数是___________。
【答案】（1）非极性分子
（2）
（3）CaSiO3 （4） ①. pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降 ②. 无
（5） ①. () ②. 8
【解析】
【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。
【小问1详解】
二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子,故答案为：非极性分子；
【小问2详解】
FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。故答案为：CaSiO3；
【小问4详解】
“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5 ml/L，则溶液中
，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2ml/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c(PO43-)=6.5×10-18 ml/L，c(Mg2+)=1ml/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(1ml/L)3×(6.5×10-18ml/L)2=4.225×10-35< Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。
故答案为：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降；无；
【小问5详解】
根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为 (，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8 。故答案为：(，，)；8。
17. 氢能是最具用前景的绿色能源，下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一： △H
已知：①
②
③
（1）△H =___________，反应②在___________(填“高温”或“低温”)条件下有利于自发。
（2）实验发现，830℃时(其他条件相同)，相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以提高H2的百分含量。做对比实验，结果如图所示，分析无CaO、投入微米CaO、投入纳米CaO，H2百分含量不同的原因是___________。
（3）在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O(g)充入5 L的恒容密闭容器中，反应达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率a=___________；T1℃时，反应平衡常数k=___________(保留2位有效数字)。
②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系如图1所示。若升高温度，反应重新达到平衡，则v正～x(CO)相应的点变为___________、v逆～x(H2)相应的点变为___________。
（4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图2中曲线所示，已知经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，RE和C为常数)。该反应的活化能Ea=___________kJ/ml。
【答案】（1） ①. -41.2 kJ/ml ②. 低温
（2）CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动
（3） ①. 40 ②. 0.074 ③. E ④. B
（4）30.0
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，可得热化学方程式：③-(①+②)，整理可得的反应热△H=-41.2 kJ/ml；
反应②的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，根据反应自发进行的条件：△G=△H -T△S＜0，则反应应该在低温条件下有利于自发；
【小问2详解】
CaO能够吸收反应产生的CO2，根据图示可知：H2的含量：纳米CaO＞微米CaO＞无CaO，可见由于纳米CaO表面积大，吸收CO2效果好，更有利于平衡正向移动，使H2的百分含量增加；
【小问3详解】
CO(g)与H2O(g)在一定条件下发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，假设反应消耗的H2O的物质的量是x，利用三段式进行求解。
，解得x=0.04 ml，故CO的平衡转化率×100%=40%；根据化学平衡常数的含义，可知在T1℃时，该反应平衡常数；
②对于反应，平衡时CO的体积分数为：，升高温度时，v(正)、v(逆)均加快，因此排除F点。该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的含量增大，因此再次平衡时CO的物质的量分数要大于0.12，因此排除D点，故应该选E点；
对于反应，由已知条件可知平衡时H2的体积分数为0.08，升高温度时v(正)、v(逆)均加快，因此排除A点。由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致H2的含量降低，故反应再次平衡时H2的物质的量分数减小，结合再次平衡时CO的物质的量分数为E点，因此排除C点，应该选B点；
小问4详解】
已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①，②，联立方程解得Ea=30.0 kJ/ml，则反应的活化能为30.0 kJ/ml。
18. 加兰他敏是一种天然生物碱，其中间体的合成路线如下。
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的___________位(填“间”或“对”)，A中碳原子的杂化方式为___________。
（2）C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和___________(填名称)。
（3）用代替PCC完成的转化，化学方程式为___________。
（4）的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无键的共有___________种。
（5）的反应类型为___________。
（6）某药物中间体的合成路线如下图(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为___________和___________。
【答案】（1） ①. 对 ②. 、
（2）羧基 （3）2+O22+2H2O
（4）3 （5）取代
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CH3I反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可以得到有机物B的结构，即 ；有机物与BnCl反应生成有机物C，有机物C发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物D的分子式可以得到有机物D的结构，即；有机物E与有机物有机物F发生已知条件给的②反应生成有机物G，有机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即，同时也可得到有机物F的结构，即；随后有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I。由此分析解题。
【小问1详解】
由有机物A与CH3I反应得到有机物B可知，酚与卤代烃反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位；A中含有饱和碳原子采取、苯环中的碳原子和酯基中的碳采取的杂化方式为；
【小问2详解】
有机物C含有酯基，在酸性条件下发生水解生成羧基和羟基，故答案为羧基；
【小问3详解】
O2与有机物D发生催化氧化反应生成有机物E，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；
【小问4详解】
F同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含有苯环和羟基，羟基和的位置有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构体；
【小问5详解】
有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I，反应时，有机物H中的N-H键发生断裂，与HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应；
【小问6详解】
根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物N可以与NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4反应生成有机物H，作用位置为有机物N的N=C上，故有机物N的结构为，有机物M可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物M中含有C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M的反应是羟基的催化氧化，有机物M的结构为。A．裴李岗文化骨笛
B．走马楼简牍
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
A.灼烧黑木耳
B.加酸后搅拌溶解
C.过滤得滤液
D.检验铁离子
选项
实验操作
现象
结论
A
向两支盛有等浓度等体积的试管中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液
前者产生气泡速率快
的催化效果比好
B
取于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%的溶液
溶液变红
与的反应有一定限度
C
取A、B两试管，各加入的，向A中加酸性高锰酸钾溶液，同时向B中加入酸性高锰酸钾溶液
B试管先褪为无色
其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快
D
向溶液中滴加2滴等浓度的出现白色沉淀，过滤后取上层清 液又加入2滴溶液
有黄色沉淀生成
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生的离子反应
A
溶液
B
溶液
C
气体
D
酸性溶液
(考试时间：75分钟，满分：100分)
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，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.回答非选择题时，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-1 C-12 N-14 O-16 F-19 A1-27 S-32 C1-35.5 Fe-56 Ag-108 I-127 Pb-207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文明源远流长，化学与文化传承密不可分。下列物质主要由合金材料制成的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．骨笛中无机质主要由碳酸钙和磷酸钙构成，所以裴李岗文化骨笛不是由合金材料制成，A不符合题意；
B．走马楼简牍，包括木简、竹简，不是由合金材料制成，B不符合题意；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不由合金材料制成，C不符合题意；
D．青铜是和或的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D符合题意；
故选D。
2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是
A. 的电子式为
B. 基态原子的价电子排布图为
C. 为共价化合物
D. 的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．H-的核外只有两个电子，的电子式为，故A错误；
B．依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，故B正确；
C．不是化合物，故C错误；
D．的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。
答案选B。
3. 化学既神奇又美丽。下列说法正确的是
A. 冬天飞舞的雪花，水分子之间通过O-H键结合形成晶体
B. 金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构
C. CuSO4溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，Cu(OH)2溶液为深蓝色
D. 碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．冰为分子晶体，则水分子之间通过分子间作用力结合形成晶体，A错误；
B．金刚石为原子晶体，则金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构，B正确；
C．CuSO4溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，深蓝色为，Cu(OH)2为蓝色沉淀，C错误；
D．碘单质中不含氢键，碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的分子间作用力，D错误；
故选B。
4. 检验黑木耳中铁离子的步骤为：灼烧黑木耳→加酸溶解→过滤→取滤液检验，所选择的装置(夹持装置已略去)或操作不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在坩埚中灼烧黑木耳，故A正确；
B．加酸后搅拌加快溶解，故B正确；
C．过滤将不溶于水的物质除去，得滤液，故C正确；
D．检验铁离子时胶头滴管不能插入试管内，故D错误；
故选D。
5. 物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法错误的是
A. X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应
B. 实验室中用洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质的还原性
C. Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点
D. 化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用
【答案】B
【解析】
【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素，
A．X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故A正确；
B．N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS2，所以实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误；
C．Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确；
D．W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。
答案选B。
6. 实验室中可通过香草胺与8-甲基壬酸为原料合成二氢辣椒素，下列有关说法正确的是
A. 香草胺中含有两种官能团
B. 二氢辣椒素结构中具有一个手性碳原子
C. 1 ml二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗3 ml NaOH
D. 产物提纯后，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A错误；
B．根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B错误；
C．二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1 ml二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2 ml NaOH，C错误；
D．二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确；
故选D。
7. 配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如。设是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 中含有键的数目为
B. 的溶液中，的数目为
C. 与足量在催化剂作用下合成氨，生成的分子数为
D. 质量分数为的溶液中，氧原子总数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．中含有键的数目为，A正确；
B．无溶液体积，不能计算，B错误；
C．合成氨是可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．水中还含有氧原子，则，D错误 ；
答案选A。
8. 为除去粗盐水中含有的杂质、和，得到精制食盐，设计了如下实验流程
下列说法不正确的是
A. NaOH溶液的作用是除去
B. 步骤i、ii的顺序可以互换
C. 滤液2中有四种离子：、、、
D. 步骤iv中发生的离子反应为：、
【答案】C
【解析】
【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液A中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结晶得到氯化钠。
【详解】A．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH溶液的作用是除去，A正确；
B．加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶液目是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，B正确；
C．滤液2中除了四种离子：、、、，还含有过量的钡离子，C错误；
D．滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为、，D正确；
故选C。
9. 下列实验操作、现象、实验结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；
B．过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；
C．，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；
D．所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；
故合理选项是D。
10. 一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在电离平衡。下列说法错误的是
A. 放电时，Ⅰ室溶液中浓度增大
B. 放电时，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C. 充电时，电极的电极反应为
D. 充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时，该装置为原电池，通入电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；
B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；
C．充电时，电极为阴极，其电极反应为，故C正确；
D．充电时，电极为阳极，电极反应式为，每生成转移电子，同时有通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故充电时，每生成，Ⅲ室溶液质量理论上减少，故D错误。
综上所述，答案为D。
11. 下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．发生氧化还原反应，不能共存，故不选A；
B．反应的离子方程式为，故不选B；
C．Fe2+、H2S不反应，故不选C；
D．相互之间不反应，能大量构成，能被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为，故选D；
选D。
12. 钙钛矿类杂化材料在太阳能电池领域具有重要的应用价值，其晶胞参数如图1所示，代表，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如的原子分数坐标为，B的原子分数坐标为。设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为。下列说法中错误的是
A. 该晶胞含有3个
B. 粒子与粒子之间最近距离为
C. 为
D. 若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】C
【解析】
【详解】A．代表化学式中和的数量比为1:3，则晶胞中有3个，A正确；
B．A为顶点，C为面心，因此粒子与粒子之间最近距离为，B正确；
C．晶胞的质量为：m=g，密度为：，则a为，C错误；
D．若沿轴向平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心和体心的投影重叠，D正确；
故选C。
13. 催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将起始的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和的选择性[]随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A. 曲线②表示的选择性
B. 280℃时出口处的物质的量浓度大于220℃时
C. 一定温度下，增大可提高平衡转化率
D. 为提高生产效率，需研发转化率高和选择性高的催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，所以曲线②表示一氧化碳的选择性，故A正确；
B．反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则280℃时出口处甲醇的物质的量浓度小于220℃时，故B错误；
C．一定温度下，增大的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故D错误；
故选A。
14. 均苯三甲酸是一种重要的有机三元弱酸，可表示为。向的溶液中加入或时(忽略溶液体积的变化)，各微粒的分布系数随溶液变化的曲线如图所示：
已知：①[，X为、、或]
②( 、、)
下列叙述错误的是
A. 若用滴定至恰好生成，可选甲基橙做指示剂
B. N点的
C. 常温下，的水解常数的数量级为
D. R点满足：
【答案】D
【解析】
【分析】向的溶液中加入，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中不断减小，先增大后减小，先增大后减小，不断增大，因此曲线I表示H3A的分布系数，曲线II表示的分布系数，曲线III表示的分布系数，曲线IV表示的分布系数。
【详解】A．若用滴定至恰好生成，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～4.4)做指示剂，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；
B．R点，，S点=，，N点=，转化可得，即，由可得，由可得，故B项正确；
C．常温下，的水解常数，数量级为，故C项正确；
D．R点溶液中①，溶液中电荷守恒②，物料守恒③，将③代入可得④，将①代入④可得⑤，
因此题干中
=
=
=(解释：将②代入)
=(解释：将①代入)
=>0，故D项错误；
综上所述，错误的是D项。
二、非选择题：本题共4小题，共58分
15. 三氯化铬是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧化。某化学小组采用如下流程制备无水三氯化铬并探究三氯化铬六水合物的结构。
已知：沸点为，有毒，易水解。
（1）“热分解”发生反应的化学方程式为___________。
（2）“热反应”制无水的实验装置如图所示(中加热装置略)。
①加热反应前通的目的是___________。
②A中仪器X的名称是___________，其作用是___________。
③E中收集的物质含有___________(写化学式)。
④尾气经___________处理后可循环使用。
（3）已知配合物，配位数为6)有多种异构体，不同条件下析出不同颜色的晶体，如晶体为淡绿色。将溶于水，一定条件下结晶析出暗绿色晶体。称取该暗绿色晶体溶于水配成暗绿色溶液，加入足量的溶液，得到2.白色沉淀。
①中存在的化学键有___________(填序号)。
a．配位键 b．氢键 c．离子键 d．金属键
②该暗绿色晶体的化学式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 排出装置内的空气，防止被空气中氧化 ②. 长颈漏斗 ③. 平衡气压，防止堵塞 ④. ⑤. 干燥(或除水)
（3） ①. ac ②. 或)
【解析】
【分析】根据流程可知，分解生成和，洗涤烘干后得到；在加热条件下与反应生成和易升华，高温下易被氧化，为防止其被氧化，通入氮气，排出装置内的空气。
【小问1详解】
据流程可知，热分解是氧化还原反应，分解生成和，反应方程式：；
【小问2详解】
①加热反应前通的目的：排出装置内的空气，防止被空气中氧化；②中仪器的名称：长颈漏斗；其作用：可平衡气压，防止堵塞；③因为三氯化铬易升华，沸点为，易挥发，所以发生“热反应”后，中收集的物质：、；④结合易潮解可知，尾气经过干燥后可循环使用；
【小问3详解】
①结合物质结构可知，存在化学键类型：配位键和离子键；②该物质对应物质的量为，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银沉淀对应物质的量为，即该物质中含有的氯离子，即该物质中含有的氯离子，则该暗绿色晶体的化学式：或。
16. “刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程：
已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。
②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。
回答下列问题：
（1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是___________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
（2）炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式：___________。
（3）炉渣Ⅱ的主要成分是___________。
（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是___________。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5ml/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2ml/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中___________Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【己知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】
（5）储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：
其中A的原子坐标参数为(0，0，0)， B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为___________。此晶胞中Fe的配位数是___________。
【答案】（1）非极性分子
（2）
（3）CaSiO3 （4） ①. pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降 ②. 无
（5） ①. () ②. 8
【解析】
【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。
【小问1详解】
二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子,故答案为：非极性分子；
【小问2详解】
FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。故答案为：CaSiO3；
【小问4详解】
“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5 ml/L，则溶液中
，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2ml/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c(PO43-)=6.5×10-18 ml/L，c(Mg2+)=1ml/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(1ml/L)3×(6.5×10-18ml/L)2=4.225×10-35< Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。
故答案为：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降；无；
【小问5详解】
根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为 (，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8 。故答案为：(，，)；8。
17. 氢能是最具用前景的绿色能源，下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一： △H
已知：①
②
③
（1）△H =___________，反应②在___________(填“高温”或“低温”)条件下有利于自发。
（2）实验发现，830℃时(其他条件相同)，相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以提高H2的百分含量。做对比实验，结果如图所示，分析无CaO、投入微米CaO、投入纳米CaO，H2百分含量不同的原因是___________。
（3）在T1℃时，将0.10 ml CO与0.40 ml H2O(g)充入5 L的恒容密闭容器中，反应达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率a=___________；T1℃时，反应平衡常数k=___________(保留2位有效数字)。
②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系如图1所示。若升高温度，反应重新达到平衡，则v正～x(CO)相应的点变为___________、v逆～x(H2)相应的点变为___________。
（4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图2中曲线所示，已知经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，RE和C为常数)。该反应的活化能Ea=___________kJ/ml。
【答案】（1） ①. -41.2 kJ/ml ②. 低温
（2）CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动
（3） ①. 40 ②. 0.074 ③. E ④. B
（4）30.0
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，可得热化学方程式：③-(①+②)，整理可得的反应热△H=-41.2 kJ/ml；
反应②的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，根据反应自发进行的条件：△G=△H -T△S＜0，则反应应该在低温条件下有利于自发；
【小问2详解】
CaO能够吸收反应产生的CO2，根据图示可知：H2的含量：纳米CaO＞微米CaO＞无CaO，可见由于纳米CaO表面积大，吸收CO2效果好，更有利于平衡正向移动，使H2的百分含量增加；
【小问3详解】
CO(g)与H2O(g)在一定条件下发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，假设反应消耗的H2O的物质的量是x，利用三段式进行求解。
，解得x=0.04 ml，故CO的平衡转化率×100%=40%；根据化学平衡常数的含义，可知在T1℃时，该反应平衡常数；
②对于反应，平衡时CO的体积分数为：，升高温度时，v(正)、v(逆)均加快，因此排除F点。该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的含量增大，因此再次平衡时CO的物质的量分数要大于0.12，因此排除D点，故应该选E点；
对于反应，由已知条件可知平衡时H2的体积分数为0.08，升高温度时v(正)、v(逆)均加快，因此排除A点。由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致H2的含量降低，故反应再次平衡时H2的物质的量分数减小，结合再次平衡时CO的物质的量分数为E点，因此排除C点，应该选B点；
小问4详解】
已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①，②，联立方程解得Ea=30.0 kJ/ml，则反应的活化能为30.0 kJ/ml。
18. 加兰他敏是一种天然生物碱，其中间体的合成路线如下。
已知：
①
②
回答下列问题：
（1）A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的___________位(填“间”或“对”)，A中碳原子的杂化方式为___________。
（2）C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和___________(填名称)。
（3）用代替PCC完成的转化，化学方程式为___________。
（4）的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无键的共有___________种。
（5）的反应类型为___________。
（6）某药物中间体的合成路线如下图(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为___________和___________。
【答案】（1） ①. 对 ②. 、
（2）羧基 （3）2+O22+2H2O
（4）3 （5）取代
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CH3I反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可以得到有机物B的结构，即 ；有机物与BnCl反应生成有机物C，有机物C发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物D的分子式可以得到有机物D的结构，即；有机物E与有机物有机物F发生已知条件给的②反应生成有机物G，有机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即，同时也可得到有机物F的结构，即；随后有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I。由此分析解题。
【小问1详解】
由有机物A与CH3I反应得到有机物B可知，酚与卤代烃反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位；A中含有饱和碳原子采取、苯环中的碳原子和酯基中的碳采取的杂化方式为；
【小问2详解】
有机物C含有酯基，在酸性条件下发生水解生成羧基和羟基，故答案为羧基；
【小问3详解】
O2与有机物D发生催化氧化反应生成有机物E，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；
【小问4详解】
F同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含有苯环和羟基，羟基和的位置有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构体；
【小问5详解】
有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I，反应时，有机物H中的N-H键发生断裂，与HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应；
【小问6详解】
根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物N可以与NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4反应生成有机物H，作用位置为有机物N的N=C上，故有机物N的结构为，有机物M可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物M中含有C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M的反应是羟基的催化氧化，有机物M的结构为。A．裴李岗文化骨笛
B．走马楼简牍
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
A.灼烧黑木耳
B.加酸后搅拌溶解
C.过滤得滤液
D.检验铁离子
选项
实验操作
现象
结论
A
向两支盛有等浓度等体积的试管中分别加入等浓度等体积的溶液和溶液
前者产生气泡速率快
的催化效果比好
B
取于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%的溶液
溶液变红
与的反应有一定限度
C
取A、B两试管，各加入的，向A中加酸性高锰酸钾溶液，同时向B中加入酸性高锰酸钾溶液
B试管先褪为无色
其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快
D
向溶液中滴加2滴等浓度的出现白色沉淀，过滤后取上层清 液又加入2滴溶液
有黄色沉淀生成
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生的离子反应
A
溶液
B
溶液
C
气体
D
酸性溶液
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