文档文本内容
2024 届新高三开学摸底考试卷（山东专用）
化 学
本卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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 Fe 56 Cu 64 Ce 140
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀
C．马家窑文化遗址出土的单刃青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
D．“一带一路”是现代版的“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
【答案】D
【解析】A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，A正确；
B．船体上镶嵌的锌块比钢铁化学性质更活泼，原电池反应中作负极，船体作正极受保护，是利用牺牲阳
极法来避免船体遭受腐蚀，B正确；
C．青铜是一种合金，C正确；
D．丝绸的主要成分是蛋白质，D错误；
故选D。
2．古代典籍富载化学知识，下述之物见其还原性者为
A．石胆(CuSO •5H O)：“石胆能化铁为铜。”
4 2
B．强水(HNO)：“性最烈，能蚀五金，……”
3
C．矶(FeSO •7H O)：“盖此矶色绿味酸，烧之则赤。”
4 2
D．金箔(Au)：“凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，……”
【答案】C
【解析】A．石胆能化铁为铜，铜元素化合价降低，表现为氧化性，A错误；
B．HNO 只有氧化性，B错误；
3
C．盖此矶色绿味酸，烧之则赤，硫酸亚铁氧化为氧化铁，化合价升高，体现还原性，C正确；
D．凡金箔，每金七厘造方寸金一千片，体现金的延展性，D错误；
故选C。
3．下列装置或操作正确且对应的实验能达到实验目的的是
1
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学科网（北京）股份有限公司A．检查装置的气密性 B．加热胆矾晶体 C．测定醋酸浓度 D．稀释浓硫酸
【答案】B
【解析】A．气体能从长颈漏斗排出，应该先从长颈漏斗加水至没过长颈漏斗下口，再用手捂住洗气瓶，
若导管口有气泡冒出，说明气密性良好，故不选A；
B．灼烧固体用坩埚，用图示装置加热胆矾晶体，故选B；
C．用氢氧化钠溶液测定醋酸浓度，应该用酚酞作指示剂，故不选C；
D．稀释浓硫酸，应该把浓硫酸慢慢倒入盛有水的烧杯中，不断用玻璃棒搅拌，故不选D；
选B。
4．开发常压旋转滑行弧实现高效固氮具有广阔的应用前景，如图所示：
下列叙述正确的是
A． 和 在光照或风能作用下直接生成
B．上述过程包括
C． 中阴、阳离子空间结构相同
D． 分子如图所示 ， 和 都存在分子内氢键
【答案】B
【解析】A．氮气和氧气在放电条件下生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故A错误；
B．由图可知，上述过程包括上述过程包括一氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为
，故B正确；
C．铵根离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间结构为正四面体形，硝酸根离
子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，两者的空间结构不同，
故C错误；
D．氨分子只能形成分子间氢键，不能形成分子内氢键，故D错误；
2
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学科网（北京）股份有限公司故选B。
5．设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．200mL 的NaOH溶液中 、 数目之和为0.02
B．2.24L(标准状况)HF中σ键数目为0.1
C．8.4g丙烯与足量水在适当条件下充分反应生成的1-丙醇分子数目为0.2
D．0.3mol Fe在氧气中完全燃烧转移电子数目为0.9
【答案】A
【解析】A． 的NaOH溶液中 ， ，由电荷守恒知，
，A项正确；
B．标准状况下HF是液体，2.24L HF的物质的量远多于0.1mol，σ键数目远多于0.1 ，B项错误；
C．8.4g丙烯的物质的量为0.2mol，与水加成时，若只生成1-丙醇则分子数目为0.2 ，但实际上还有2-
丙醇生成，C项错误；
D．铁在氧气中燃烧生成 而不是 ，实际转移的电子数目为0.8 ，D项错误；
故选A。
6．《本草纲目》记载，金银花性甘寒，清热解毒、消炎退肿，对细菌性痢疾和各种化脓性疾病都有效。3-
O-咖啡酰奎尼酸是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A．分子中所有的碳原子可能在同一平面上
B．该物质能发生取代反应、加聚反应、氧化反应和消去反应
C．1 mol该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为5∶6
D．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗3 mol
【答案】B
【解析】A．环状结构中含有饱和碳原子，分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，A错误；
B．分子中含有羟基可发生取代反应、氧化反应和消去反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，B正确；
C．醇羟基和酚羟基均能与钠反应，酚羟基和酯基能与氢氧化钠反应，1 mol该物质分别与足量的Na、
NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为5∶3，C错误；
D．酚羟基邻、对位上的氢原子可与 发生取代反应，同时生成HBr，碳碳双键能与溴发生加成反应，
1mol该物质与溴水反应，最多消耗4 mol ，D错误；
故选B。
3
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学科网（北京）股份有限公司7．“宏观辨识与微观探析”是学科核心素养之一，下列离子方程式正确且符合题意的是
A．在过量银氨溶液中滴加甲醛溶液并加热：
B．用铜片作电极，电解饱和食盐水：
C．下水道堵塞用铝粉和烧碱溶液疏通：
D．向过量的 溶液中滴加少量“84”消毒液：
【答案】C
【解析】A．甲酸铵含醛基，能与银氨溶液反应，A项错误；
B．铜为电极，阳极上Cu发生反应，B项错误；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，C项正确；
D．次氯酸钠与过量亚硫酸氢钠反应，离子方程式为 ，D项错误；
故选C。
8．由前四周期元素组成的化合物(ZX)Q(Y XW)，可添加到食盐中作抗结剂，阴离子结构如下图所示。
4 3 6 5 7 2
其中元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W形成的10电子分子常温下为液态；该化合物中基态
Q离子3d能级半充满。下列说法不正确的是
A．YW、ZX、XW分子中的键角依次减小
2 3 2
B．W与Na形成的化合物可能含离子键和共价键
C．Y、Z、W形成的氢化物沸点高低顺序为：Y<Z<W
D．Y、Z、W第一电离能的大小顺序为：Y<W<Z
【答案】C
【分析】由前四周期元素组成的化合物(ZX)Q(Y XW)，其中元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，
4 3 6 5 7 2
X与W形成的10电子分子常温下为液态，该分子是HO，可知X为H元素、W为O元素；由原子序数可
2
知Y、Z处于第二周期，化合物阴离子中Y形成4条共价键，可知Y为C元素；由化合价代数和为0可知，
化合物中原子团ZX 表现+1价、Q表现+3价，而该化合物中基态Q离子3d能级半充满，则Q原子外围电
4
子排布式为3d64s2，可知Q为Fe元素，原子团ZX 中Z为-3价，推知Z为N元素。
4
【解析】由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、Q为Fe元素；
A．YW、ZX、XW依次是CO、NH 、HO，空间构型分别为直线形、三角锥形、V形，水分子中氧原
2 3 2 2 3 2
子有2对孤电子对，而氨气分子中氮原子有1对孤电子对，孤电子对之间排斥力＞孤电子对与成键电子对
4
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学科网（北京）股份有限公司之间排斥力＞成键电子对之间排斥力，则键角：CO＞NH ＞HO，故A正确；
2 3 2
B．O元素与钠元素可以形成NaO，由钠离子与过氧根离子构成，阴阳离子之间形成离子键，过氧根离子
2 2
中氧原子之间形成共价键，故B正确；
C．Y形成的氢化物为烃类，有固态、液态、气态三种聚集状态，Z、W形成的氢化物可以是NH 、HO，
3 2
常温下二者依次为气态、液态，固态烃的沸点比NH 、HO高，故C错误；
3 2
D．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第
一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C＜O＜N，故D正确；
故选：C。
9．一种用氢气制备双氧水的反应原理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是
A．H、O 和HO 都是非极性分子
2 2 2 2
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．反应②中每产生1mol[PbCl O]2-，转移2mol电子
2 2
D．[PbCl ]2-和HCl均为该反应的催化剂
4
【答案】C
【解析】A．HO 是极性分子，故A错误；
2 2
B．由图可知③中不存在价态变化，为非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中每产生1mol[PbCl O]2-，消耗1mol O，得2mol电子，故C正确；
2 2 2
D．由图中信息可知HCl在①中作为反应物，在③中作为产物，则HCl为中间产物，不作催化剂，故D错
误；
故选：C。
10．向碘水、淀粉的混合液中加入 溶液，蓝色褪去(已知碘水中存在平衡：
)。为探究褪色原因，设计的实验过程如图所示：
5
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学科网（北京）股份有限公司下列叙述正确的是
A．过程①中平衡 正向移动，所得溶液中 增大
B．过程②中为提高过滤的效率，应用玻璃棒引流并搅拌
C．过程③中若用 溶液代替 ，过程④中的现象仍为立即变蓝
D．过程④中氧化 的微粒可能是
【答案】D
【分析】向碘水、淀粉的混合液中加入 溶液，蓝色褪去，说明碘离子和银离子生成碘化银沉淀，导
致 平衡正向移动，过滤后滤液1加入氯化钠除去过量的银离子，过滤得到滤液
2，加入碘化钾后溶液变蓝，可能使碘离子和 发生氧化还原反应生成碘单质；
【解析】A．过程①中银离子和碘离子生成碘化银沉淀，所得溶液中 减小，A错误；
B．过程②中为过滤中不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤渣，B错误；
C．过程③中若用 溶液代替 ，则溶液中氢离子和碳酸根离子反应，导致溶液酸性减弱，使得
碘离子可能不会被氧化碘单质，则过程④中溶液不变蓝，C错误；
D．硝酸银溶液呈酸性，其中的硝酸根离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，过程④中氧化 的微粒可
能是 ，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．下列实验操作和现象均正确，且能推出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向甲苯中加入溴水，充分振荡 溴水褪色 甲苯能与溴水反应
常温下，将Mg、Al与NaOH溶液组成 电流计指针偏转，Mg电极上
B Al金属活动性强于Mg
原电池 有气泡产生
石蜡油加强热，将产生的气体通入Br
2
C 溶液由橙红色变为无色 气体中含有不饱和烃
的CCl 溶液
4
室温下，用pH计测得同浓度Na 2 SO 3 、 Na 2 SO 3 溶液的pH大于
HSO
3
结合H+的能力比
D
NaHSO
3
溶液的pH NaHSO
3
溶液的pH SO2的强
3
【答案】C
【解析】A．甲苯与溴水不能发生取代反应，向甲苯中加入溴水，甲苯萃取溴水中的溴，从而使液体分为
两层，上层为橙红色的溴的甲苯溶液，下层为无色的水，A不正确；
B．Al(OH) 呈两性，而Mg(OH) 呈碱性，所以Al能与NaOH溶液能发生反应，虽然Mg、Al、NaOH溶液
3 2
6
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学科网（北京）股份有限公司构成的原电池中，Mg表面有气泡产生，但并不能说明Al的金属活动性比Mg强，B不正确；
C．石蜡油加强热，将产生的气体通入Br 的CCl 溶液，溶液由橙红色变为无色，表明裂解产物与溴发生
2 4
了加成反应，从而得出气体产物中含有不饱和烃，C正确；
D．相同温度、相同浓度时，盐溶液的pH越大，其碱性越强，结合H+的能力越强，则HSO结合H+的能力
3
比SO2的弱，D不正确；
3
故选C。
12．Robinson合环反应是合成多环化合物的重要方法，例如：
下列说法中正确的是
A．有机物 、 、 属于同系物
B．有机物 、 、 均含有手性碳原子
C．有机物 中所有原子不可能在同一平面内
D．有机物 完全氢化后的名称为2-丁醇
【答案】CD
【解析】A．有机物M与P、Q所含官能团种类、数目或环不相同，结构不相似，不属于同系物，A项错
误；
B．有机物M、P不含有手性碳原子，B项错误；
C．有机物N分子中含有甲基，甲基中最多三个原子共平面，C项正确；
D．有机物 完全氢化后的结构简式为 ，名称为2-丁醇，D项正确；
故选CD。
13．利用电化学装置除去工业尾气中 的示意图如下。
7
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学科网（北京）股份有限公司该装置工作时，下列叙述错误的是
A．b极为电源正极
B．该处理的总反应为
C．工作一段时间后，阴极区溶液浓度变大
D．导线上每通过 ，溶液中增加
【答案】CD
【解析】A．石墨N上I-发生氧化反应，为阳极，则b极为电源正极，A项正确；
B．该处理过程中I-起到催化作用，总反应为 ，B项正确；
C．阴极区发生 ，工作一段时间后，阴极区消耗的 与从阳极区迁移过来的 数量相同，
阴极区溶液浓度不变，C项错误；
D．阳极上发生 ，导线上每通过 ，理论上溶液中生成 ，同时 会和SO 反应
2
被消耗，D项错误。
答案选CD。
14．地球上的硅大部分以二氧化硅及硅酸盐的形式存在，它们的基本结构单位是硅氧四面体[ ](图1)。
石英晶体中的硅氧四面体相连构成螺旋链(图2)。天然硅酸盐组成复杂，硅、氧原子通过共用氧原子形成各
种不同的硅酸根阴离子，一种层状硅酸根阴离子结构如图3所示。下列说法正确的是
8
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学科网（北京）股份有限公司A．基态Si原子的原子核外的电子有14种空间运动状态
B．二氧化硅中硅原子的配位数是2
C．图2中Si原子的杂化轨道类型是
D．图3层状硅酸根阴离子结构中硅和氧的原子个数比为2∶5
【答案】D
【解析】A．1个原子轨道称为1种空间运动状态，基态Si原子的电子排布式为 ，原子核外
的电子的空间运动状态数目为 ，即有8种空间运动状态，A错误；B．二氧化硅中硅原子
的配位数是4，B错误；C． 晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体，所以Si原子的杂化轨道类型是
，C错误；D．由图3可知，每个硅氧四面体分别以三个顶角氧和其他相邻的三个硅氧四面体共享，根
据均摊法，每个硅氧四面体含有的氧原子数为 ，含有的硅原子数为1，则硅和氧的原子个数比
为 ，D正确；故选D。
15．常温下，向20 mL 0.1 mol/L H S溶液中缓慢加入少量溶于水的MSO 粉末(已知MS难溶，忽略溶液体
2 4
积变化)，溶液中 与 变化如图所示。已知： ， 。下列
说法错误的是
A．a点溶液的pH约为5
B．a、b、c三点溶液中由水电离产生的 最大的是c点
C．b点溶液中，
D．c点溶液中，
【答案】BC
【解析】A．设0.1mol/L的HS溶液中c(H+)为x，则c(H+)≈c(HS-)=xmol/L，K (H S)= = ≈
2 a1 2
=1.0×10-9，x=10-5mol/L，a点溶液的pH约为5，A正确；B．随着MSO 粉末的加入发生反应
4
MSO +H S=MS↓+HSO ，随反应进行硫酸浓度增大，对水电离的抑制程度增大，a、b、c三点中由水电离
4 2 2 4
9
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学科网（北京）股份有限公司产生的c(H+)最大的是a点，B错误；C．K (H S)= =1.0×10-9，K (H S)= =1.0×10-
a1 2 a2 2
13，K (H S)×K (H S)= × =1.0×10-9×1.0×10-13，得到 =1.0×10-22，b点
a1 2 a2 2
c(H+)=0.1mol/L，故有： =1.0×10-20，C错误；D．物料守恒可知，c点除了溶液中含硫元素外，沉淀
MS中也含硫元素，则c(HS)+c(HS-)+c(S2-)＜0.1molL-1，D正确；故答案为：BC。
2
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
⋅
16．（12分）硒—钴—锏 三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有
重要的应用。请回答下列问题：
(1)钴位于元素周期表中_____________(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成
对电子数的元素有_____________种。
(2)元素 、O、N的第一电离能由大到小的顺序___________________。硒的某种氧化物为链状聚合结构
如图所示，该氧化物的化学式为___________________。
(3)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。
已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长： _______ (填“>”、“＜”或“=”)，其原因是
_________________。
(4)[ (15—冠—5) ](“15—冠—5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离
子，该配位离子的结构示意图如图1，该配位离子中含有的 键数目为_____________。全惠斯勒合金
的晶胞结构如图2所示，其化学式为___________________。
1
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0
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)d（1分） 2（1分）
(2) （1分） （2分）
(3)＜（1分） 的原子半径比S的原子半径大， 键的键能比 键的键能小，断裂 键所
需要的最低能量小，对应的光波的波长较长（2分）
(4)46（2分） （2分）
【解析】（1）基态钴原子的核外电子排布式为 位于元素周期表的d区，与钴同一周期且含有相
同未成对电子数(3个)的元素为V、As，共2种。答案为d；2；
（2）从族至上而下，第一电离能减小，即O>S。氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能
大于同周期相邻元素，即N>O。所以第一电离能为Se<O<N。根据结构图可以判断与Se结合的氧原子个数
，所以该氧化物的化学式为 。答案为N>O>Se； ；
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se-Se键的键能比S-S键的键能小，断裂Se-Se键所需要的最
低能量小，对应的光波波长较长，所以图中实现光响应的波长： 。答案为＜；Se的原子半径比S的
原子半径大，Se−Se键的键能比S−S键的键能小，断裂Se−Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长
较长；
（4）冠醚分子中还含有碳氢键有2×10=20个，环上有碳氧键和C-C键共15个，2个HO分子中4个O-H
2
键。同时配离子中的配位键也为σ键，7个配位，配位键共有7个。有则该配位离子种含有的σ键数目为
。顶点粒子占 ，面上粒子占 ，棱上粒子占 ，内部粒子为整个晶胞所有，所以
一个晶胞中含有Cr的数目为 ，一个晶胞中含有Co的数目为： ，一
个晶胞中含有Al的数目为： ，所以晶体化学式为 。答案为46； 。
17．（12分）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀
土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，
设计实验流程如下：
已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO、CeO、FeO、Fe O 及少量其他可溶于酸的物质；
2 2 2 3
②CeO 不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
2
回答下列问题：
1
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1
学科网（北京）股份有限公司(1)将废玻璃粉碎的目的是___________。
(2)工序1中加入HO 的作用是___________。
2 2
(3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。
(4)工序4中加入稀硫酸和HO 溶液的反应的离子方程式___________，滤渣2的主要成分是___________。
2 2
(5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。
(6)取上述流程中得到Ce(OH) 产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO 标准溶液滴定至终点时
4 4
(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效
数字)
【答案】(1)增大反应接触面积，加快反应速率（2分）
(2)将Fe2+氧化成Fe3+（1分）
(3)冷却结晶（1分）
(4) 2CeO +H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O（2分） SiO（1分）
2 2 2 2 2 2
(5)酸性会抑制Fe3+水解（2分）
(6)54.7%或0.547（3分）
【分析】显示屏玻璃中含较多的SiO、CeO、FeO、Fe O 及少量其他可溶于酸的物质，CeO 不溶于稀硫
2 2 2 3 2
酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO、CeO 不溶，FeO、Fe O 等溶于酸，过
2 2 2 3
滤得到滤渣1为SiO、CeO，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁
2 2
离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，
发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO 被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣
2
2为SiO，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH) ，加热分解生成CeO，加入还原剂还原
2 4 2
生成Ce；
【解析】（1）将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反
应速率；
（2）工序1中加入HO 的作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
2 2
（3）工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶；
（4）工序4中加入稀硫酸和HO 溶液的反应的离子方程式为：2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O，分析
2 2 2 2 2 2 2
可知滤渣2的主要成分是：SiO，故答案为：2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O；SiO；
2 2 2 2 2 2 2
（5）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制
Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH) 胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解；
3
（6）Ce(OH) 产品0.640g,物质的量n(Ce(OH) )，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO 标准溶液滴定至终
4 4 4
点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH) +Fe2++4H+=Ce3++Fe3++4H O，根据电子守恒建立关系
4 2
式： ，n(Ce)= n[Ce(OH) ]=0.0025mol，所
4
以m(Ce)=0.0025mol×140g/mol=0.35g，产品中Ce元素的质量分数= ×100%=54.7%，故答案为：
1
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学科网（北京）股份有限公司54.7%。
18．（12分）某研究小组为探究含铜矿石中铜的含量，设计实验步骤如下。
步骤1：称取 矿石样品，在有氧环境下充分煅烧，冷却后，加入稀硫酸充分溶解，过滤，并将所得溶
液稀释至 。
步㵵2：取所得溶液 ，置于锥形瓶中，加入醋酸与醋酸钠的缓冲溶液及过量的碘化钾，充分反应
后用 的 标准溶液滴定至浅黄色，加入稍过量 溶液，再滴定至黄色几乎消
失，加入少量指示剂，滴定至终点。
步骤3：重复步骤2中实验2~3次，平均消耗 标准溶液的体积为 。
已知：i．含铜矿石中其他杂质不干扰实验；
ii． ，
iii． ， 吸附性较强。
(1)上述实验过程中需要用到下列仪器中的___________(填字母)。
A． B． C． D．
(2)若步骤1中所得溶液中含有 会干扰滴定结果，原因为___________(用离子方程式解释)；设计实验验
证溶液中不含 ：___________。
(3)步骤2中加入稍过量KSCN溶液的目的为___________。
(4)步骤2中加入的指示剂为___________，滴定至终点的实验现象为___________。
(5)该含铜矿石中铜元素的质量分数为___________；若所用 溶液部分被氧化，则铜含量测定结果
___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)BCD（1分）
(2) （2分）
取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液未变红证明不含 （2分）
(3)将 转化为 ，避免因 吸附性较强而干扰滴定实验（1分）
(4)淀粉溶液（1分） 当滴入最后半滴 标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝
色（2分）
(5) 16% （2分） 偏高（1分）
【解析】（1）题述实验过程中称量时用到了托盘天平，配制溶液时用到了胶头滴管，滴定实验时用到了
碱式滴定管，未用到分液漏斗，选择BCD。
（2）若步骤1中所得溶液中含有 会干扰滴定结果，原因是 ；设计实验验证溶液
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学科网（北京）股份有限公司中不含 ：取少量溶液于试管中，滴加 溶液，溶液未变红证明不含 。
（3） 吸附性较强，会吸附反应中产生的 ，从而干扰实验，步骤2中加入稍过量KSCN溶液的目的为
将 转化为 ，避免对滴定的干扰。
（4）步骤2中加入的指示剂为淀粉溶液，滴定至终点的实验现象为当滴入最后半滴 标准溶液时，
溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色。
（5）根据反应 、 可得 。代入数据可得
，所以该含铜矿石中铜元素的质量分数为
。若所用 溶液部分被氧化，则滴加的标准溶液偏多，最终测得的铜含量偏
高。
19．（12分）药物依匹哌唑常用于抑郁症的增效治疗，可用下列路线合成依匹哌唑。
已知：① (R 、R 为烃基或氢原子；R 为烃基)
1 2 3
②
③两个羟基连接在同一个碳原子上，结构不稳定。
回答下列问题：
(1)H的名称是___________，E中官能团的名称是___________。
(2)反应Ⅰ的反应条件是___________，反应Ⅲ的反应类型是___________。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为___________。
(4)M是D的同分异构体，通过分析红外光谱确定M中氧原子的化学环境相同，且M与金属钠反应产生气
体，写出两种可能的M的结构简式___________(不考虑立体异构)。
(5)参照上述合成路线，设计以苯和乙烯为原料(无机试剂任选)合成 的合成路线。
【答案】(1) 1，3-二氯丙烷 （1分） 氨基和醚键（2分）
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学科网（北京）股份有限公司(2)浓硫酸，加热（1分） 取代反应（1分）
(3) +H O +3CH OH（2分）
2 3
(4) 或者 （2分）
(5) （3
分）
【分析】由题干合成流程图中B的分子式可知，B的结构简式为：CHOH，由D的结构简式和C的分子式
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以及已知信息①可推知C的结构简式为：CHOOCCH CHO，由C的结构简式和A的分子式以及A到B的
3 2
转化条件可知，A的结构简式为：HOOCCH CHO，由D、F的结构简式和D到F的转化条件并结合E的分
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子式可推知，E的结构简式为：
，由G的分子式和反应Ⅲ的转化过程可知，G的结构简式为：ClCH CHNHCH CHCl，
2 2 2 2
(5) 由题干反应Ⅲ信息可知，目标产物 可由 和ClCH CHCl反应制
2 2
得，由已知信息②可知 可由 还原制得， 可由苯通过硝化反
应制得，CH=CH 在一定条件下与Cl 反应即可制得：ClCH CHCl，由此分析确定合成路线，据此分析解
2 2 2 2 2
题。
【解析】（1）由题干合成流程图中H的结构简式可知，H的名称是1，3-二氯丙烷，由分析可知，E的结
构简式为： ，故E中官能团的名称是氨基和醚键；
（2）由分析可知，反应Ⅰ即HOOCCH CHO+CH OH CHOOCCH CHO+H O，即该反应的反应
2 3 3 2 2
条件是浓硫酸，加热，反应Ⅲ即ClCH CHNHCH CHCl中的两个氯原子被取代，该反应的反应类型是取代
2 2 2 2
反应；
（3）由题干流程图中信息可知，反应Ⅱ的化学方程式为： +H O
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学科网（北京）股份有限公司+3CH OH；
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（4）由题干合成流程图可知，D的分子式为：C H O，不饱和度为1，M是D的同分异构体，通过分析
6 12 4
红外光谱确定M中氧原子的化学环境相同，且M与金属钠反应产生气体即含有羧基或羟基， M的结构简
式可能为： 或者 ；
（5）由题干反应Ⅲ信息可知，目标产物 可由 和ClCH CHCl反应
2 2
制得，由已知信息②可知 可由 还原制得， 可由苯通过硝化
反应制得，CH=CH 在一定条件下与Cl 反应即可制得：ClCH CHCl，由此分析确定合成路线为：
2 2 2 2 2
。
20．（12分）氮氧化物对环境及人类活动影响日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注
的主要问题之一、
I．利用 的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去 的主要反应如下：
反应①：
已知：
(1) ___________ ，已知反应①的 ，则常温下( )，该反应
___________(填“能”或“不能”)自发。
(2)温度为 时，在恒容密闭容器中按照 充入反应物，发生上述反应①。下列不能
判断该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A． 保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．有 键断裂的同时，有 键生成
(3)某研究小组将 、 和一定量的 充入 密闭容器中，在催化剂表面发生反应，NO的
转化率随温度变化的情况如图所示。
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学科网（北京）股份有限公司从图像可以看到，在有氧条件下，温度升高到 之后，NO生成 的转化率开始降低，可能的原因是
___________。
Ⅱ．在一定条件下，用 还原NO的反应为 。为研究 和NO
的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为 的刚性密闭容器中通入
和 发生反应，实验结果如图：
(4)①反应温度 、 、 从低到高的关系为___________。
② 温度下，充入 、NO分别为 、 ，容器内的起始压强为 ，反应进行到 时达到平
衡， 内 的平均反应速率为___________ ，该反应的平衡常数 ___________
。
【答案】(1) （2分） 能（1分）
(2)BD（2分）
(3)平衡逆向移动(或催化剂失活等其他合理答案) （1分）
(4) （2分） （2分） (或 或 )（2分）
【解析】（1）运用盖斯定律，ΔH=ΔH ΔH 5= kJmol−1；已知反应①的
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ΔS=−0.5kJmol−1K−1，则常温下（298K)，ΔG=ΔH T ΔS= ⋅ ，该反应能自发进行。
⋅ ⋅
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学科网（北京）股份有限公司（2）温度为400K时，在恒容密闭容器中按照n(NH ):n(NO)=1:3充入反应物，发生上述反应①，则：
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A．400K时，水为气态， 不变，该反应达到平衡状态，A不符合题意；B．根据质量守恒定律，混
合气体的质量始终不变，该反应在恒容条件下进行，体积不变，混合气体的密度不变，不能判断该反应达
到平衡状态，B符合题意；C．根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，该反应是气体体积减小的
反应，随着反应的进行，混合气体的平均摩尔质量 增大，当混合气体的平均摩尔质量不变，说明反
应到达平衡状态，C不符合题意；D．有3molN—H键断裂说明消耗1molNH ，有6molO—H键生成说明生
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成3molH O，二者反应速率之比为1：3，不等于化学计量数之比，不能判断该反应达到平衡状态，D符合
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题意； 故选BD。
（3）从图像可以看到，在有氧条件下，温度升高到580K之后，反应达到平衡状态，该反应是放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，NO生成N 的转化率开始下降；或者，温度高于580K之后催化剂失活。
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（4）① ΔH<0，属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率下降，反应
温度T、T、T 从低到高的关系为：T<T<T。
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②由图像可知，T1温度下，当充入H、NO分别为3mol、3mol时，即n(H ):n(NO)=1:1，NO平衡转化率为
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0.4，则平衡时， ，则N 的平均反应速率为
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；通过“三段式”法可计算该反应进行反应的平衡常数：
投料比n(H ):n(NO)=1:1，则：
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又因为容器内的起始压强为p kPa， ，则 。
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