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四川省成都市石室中学2023届高三化学下学期高考适应性考试(一)试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2023届高三化学下学期高考适应性考试(一)试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
成都石室中学高2023届高考适应性考试(一)
理科综合化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，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。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ba-137 Pb--207
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6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. 化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是
A. 大量开发可燃冰、太阳能和生物质能有利于实现“碳中和”
B. 北斗卫星使用的氮化铝芯片为新型无机非金属材料
C. 无水CuSO4遇水变蓝，可用于检验乙醇中是否含水
D. 常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A．大量开发可燃冰、太阳能和生物质能不利于实现“碳中和”，会增加二氧化碳的排放，不利于能源的可持续发展，A错误；
B．氮化铝芯片为新型无机非金属材料，B正确；
C．无水CuSO4遇水变蓝，可用于检验乙醇中是否含水，C正确；
D．常用于医用滴眼液的聚乙烯醇可以与水分子间形成氢键，易溶于水，D正确。
故选A。
2. 外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 该物质的分子式为C17H21NO4
B. 该分子中含有3种含氧官能团
C. 该物质能发生取代、氧化、还原、消去反应
D. 该物质酸性条件下的水解产物分子中，最多有9个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中C、H、N、O原子个数依次是17、21、1、4，分子式为C17H21 NO4，选项A正确；
B．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基，有3种含氧官能团，选项B正确；
C．醇羟基和酯基都能发生取代反应，-CH2OH能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，醇羟基能发生消去反应，选项C正确；
D．该物质酸性条件下的水解产物分子中碳原子共平面个数最多的结构为，苯环、直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，该分子中最多有8个碳原子共平面，选项D错误；
答案选D。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+CO2↑+H2O
B. 硫氢化钠溶液与稀硫酸混合有气泡产生：HS-+SO+7H+=2SO2↑+4H2O
C. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸，根据以少定多原则，其离子方程式应为：CH3COOH+CO=CH3COO-+，故A项错误；
B．稀硫酸没有氧化性，与硫氢化钠溶液混合有气泡产生是因为生成了硫化氢气体，故其离子方程式为：HS-+H+=H2S↑，故B项错误；
C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，根据以少定多原则，碳酸氢根的化学计量数为1，故其离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C项正确；
D．过氧化氢不能还原氧化铁，故该反应不发生，故D项错误。
故答案选C。
【点睛】该题考察离子方程式的书写，遇到过量问题时注意使用以少定多原则：即少量的离子系数定为1，再配其他离子。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 铅蓄电池中，当负极质量减少20.7g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
B. 足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应，所得气体分子数目小于NA
C. 常温下，1LpH=2的H2C2O4溶液中H+数目为0.01NA
D. 标准状况下，11.2L乙烷和苯的混合物中含氢原子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．铅蓄电池中，负极电极反应式为，可知当负极质量增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA，A错误；
B．足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下发生两种反应，，所得气体分子数目大于NA，B错误；
C．常温下，1LpH=2的H2C2O4溶液中H+浓度为0.01mol/L，1L 溶液中H+数目为0.01NA，C正确；
D．标准状况下苯不是气体，故11.2L乙烷和苯的混合物中含氢原子数目不确定，D错误。
故选C。
5. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素且B、C元素相邻，D元素原子的最外层电子数与核外电子层数相等；A元素可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，丙为18电子化合物。已知：甲+E2=丙+B2，甲+丙=丁。下列说法一定正确的是
A. 离子半径：E＞D＞C＞B
B. 常温下，含D元素的盐溶液pH＜7
C. 丁物质均由非金属元素组成，只含共价键
D. 一元弱酸AEC，其结构式为A－C－E
【答案】D
【解析】
【分析】由题意A元素可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，可推测甲、乙、丙均为氢化物，故A为H，B、C是第二周期的元素，丙为18电子氢化物，故E为Cl，丙为HCl；又因为甲+E2=丙+B2，故甲是NH3，B为N；且B、C元素相邻，故C为O，乙为H2O；甲+丙=丁，即NH3+HCl=NH4Cl；D元素原子的最外层电子数与核外电子层数相等且在氧元素之后，故D位于第三周期，为Al。
【详解】A．据分析离子半径排序为：D＞E＞B＞C，故A项错误；
B．含D元素的盐溶液可分为铝盐和偏铝酸盐，常温下，前者的溶液中铝离子水解导致溶液pH＜7，后者的溶液中偏铝酸根水解导致溶液显碱性故pH>7，故B项错误；
C．丁是NH4Cl，均右非金属元素组成，但氯化铵中既含有离子键又含有共价键，故C项错误；
D．据分析故一元弱酸AEC为HClO，中心原子为氧原子，杂化方式为sp3，有两个孤电子对，故该分子为直线形分子，其结构为：H-O-Cl，既A－C－E，故D项正确。
故答案选D。
6. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验
方案
实验
目的
验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用
进行喷泉实验
验证非金属性：Cl＞C＞Si
用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极的阴极保护法
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是的催化作用，A项错误；
B．虽然烧杯里是蒸馏水，但引发喷泉的操作是挤入胶头滴管中的NaOH溶液，溶于NaOH使烧瓶内压强减小，引起喷泉，B项正确；
C．验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸，C项错误；
D．图示装置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，D项错误；
答案选B。
7. 一种电化学法合成甲酸盐和辛腈[CH3(CH2)6CN]的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 电极电势：Ni2P高于In/In2O3-x
B. 电解一段时间后，阴极区溶液pH增大
C. Ni2P电极的电极方程式：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O
D. 标准状况下，33.6LCO2参与反应时Ni2P电极有0.75mol辛腈生成
【答案】B
【解析】
【分析】由图中电极上可知，发生得电子的还原反应，电极为阴极，阴极反应为，则电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛腈，阳极反应为，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，即A为电源负极，B为正极。
【详解】A．电极为阳极，电极为阴极，A为电源负极，B为正极，高于，A项正确；
B．阴极反应为，电路中转移2mol电子，有2mol移向阳极，则阴极区溶液碱性减弱，pH减小，B项错误；
C．电极为阳极，阳极反应为，C项正确；
D．阴极反应，阳极反应，电子守恒有，则，D项正确；
答案选B。
第II卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(129分)
8. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料联合制备BiOCl和MnSO4•H2O的工艺流程如图：
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.3
8.3
Fe3+
1.6
3.1
已知：①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu。
②Bi3+易水解为BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0。
③常温下，该工艺中有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。
（1）“联合焙烧”时Bi2S3、FeS2、CuS分别转化为Bi2O3、Fe2O3、CuO，写出生成MnSO4和Bi2O3的化学方程式：_______。
（2）“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是_______。
（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
（4）“转化”时加入足量金属Bi的目的是________(用离子方程式表示)。
（5）为保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为_______。
（6）将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。
（7）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、_______、_______、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。
【答案】（1）2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4
（2）增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解
（3）SiO2 （4）Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+
（5）2≤pH＜6.3
（6）36.0 （7） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)通入空气联合焙烧，得到Bi2O3、Fe2O3、CuO、SiO2和MnSO4，水浸得到滤液2为MnSO4溶液，通过精制得到MnSO4•H2O，不溶性固体用浓盐酸浸出，二氧化硅不溶得到滤渣1为二氧化硅，滤液含有Cu2+、Bi3+、 Fe3+，加铋粉，按信息①，发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+，置换出铜，则滤渣2为铜，滤液含有Bi3+、 Fe2+，加碳酸钠溶液沉铋、即调节pH得到BiOCl沉淀。
【小问1详解】
“联合焙烧”时Bi2S3、MnO2和O2在高温下反应生成MnSO4和Bi2O3，化学方程式：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。
【小问2详解】
已知Bi3+易水解为BiOCl沉淀，且常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0 ，则“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是：增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解。
【小问3详解】
据分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2。
【小问4详解】
按信息①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu，结合Fe、Cu均能与铁离子反应可知，Bi 能与铁离子反应，则“转化”时加入足量金属Bi的目的是：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+。
【小问5详解】
含有Bi3+、 Fe2+的溶液中，加碳酸钠溶液沉铋得到BiOCl沉淀，结合信息②常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0、结合信息③亚铁离子开始沉淀的pH为6.3，则为避免亚铁离子沉淀、保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为2≤pH＜6.3。
【小问6详解】
将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。则原辉铋矿中Bi元素为47.5kg×80.0%-2.0kg=36.0kg，则质量分数为。
【小问7详解】
由图知，MnSO4•H2O的溶解度随温度升高明显降低，则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、蒸发结晶、趁热过滤、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。
9. 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]俗称莫尔盐，是一种常见的补血剂，石室中学2023届的同学们分小组制取了莫尔盐晶体并对其热分解产物进行了探究。
I.莫尔盐晶体的制备
（1）用如图1的装置制备FeSO4。
①废铁屑需要先进行碱煮，目的是_______。
②加入的废铁屑需过量，除废铁屑不纯外，主要原因是_______。
③用离子方程式解释C中所盛试剂的作用：_______。
（2）反应结束后趁热过滤，向滤液中加入H2SO4调节pH在1~2，迅速加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出莫尔盐晶体。乙醇的作用为_______。
II.莫尔盐晶体热分解产物探究
查阅文献得知：莫尔盐隔绝空气加热至500℃时可完全分解，产物复杂。
[提出猜想]
（3）莫尔盐晶体受热分解，同学们认为分解产物可能有以下几种情况：
A.FeO、NH3、SO3、H2O
B.FeO、NH3、SO2、H2O
C.Fe2O3、NH3、SO3、H2O
D.FeO、N2、SO2、H2O
E.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、H2O
F.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、N2、H2O
经认真分析，通过推理即可确定猜想_______(填序号)不成立。
[实验探究]
（4）甲组同学设计如图2的实验装置，观察到A中固体逐渐变为红棕色，B中白色固体变蓝，D中酚酞溶液变红色，由此可知莫尔盐分解的产物中有H2O、_______(填化学式)。进一步实验证实A中充分反应后的固体残留物中不含FeO，操作方法及实验现象：取少量A中固体残留物于试管中，_______。
（5）乙组选用甲组实验中的装置A和图3所示的装置进行实验，验证了莫尔盐分解的产物中还有SO2、SO3和N2。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序(用装置的字母表示)为A、E、_______。(各装置中试剂均足量)
②实验中，准确称量莫尔盐7.8400g，加热充分反应后，测得装置A中固体残留物的质量为1.6000g，装置F中生成白色沉淀的质量为5.8250g。写出该条件下莫尔盐受热分解的化学方程式：_______。(已M[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=392g•mol-1，分解产物被充分吸收，不考虑其损失)
【答案】（1） ①. 除去废铁屑表面的油污 ②. 防止亚铁离子被氧化 ③. Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（2）(降低溶剂的极性)使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
（3）BC （4） ① Fe2O3、NH3 ②. 加入稀硫酸(或稀盐酸)溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀[或加入稀硫酸(此处不能填稀盐酸)溶解，再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色]
（5） ①. G、F、H ②. 4[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O
【解析】
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐并验证其分解产物，首先将铁屑进行碱煮除去表面的油污，然后依次加入稀硫酸和硫酸铵固体，控制温度在70~80℃条件下反应一段时间，趁热倒入50mL乙醇中，即可制备出莫尔盐晶体。通过观察加热后剩余固体的颜色推测产物之一为氧化铁，通过酚酞变红推测生成了氨气，SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2 ，据此作答。
【小问1详解】
①废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，所以对废铁屑进行碱煮的目的是除去废铁屑表面的油污。
②Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，Fe可以和铁离子发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此过量的废铁屑能防止亚铁离子被氧化。
③废铁屑中含有少量FeS.和稀硫酸反应会生成有毒的硫化氢气体，装置C的作用为除去反应产生的H2S气体。离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问2详解】
乙醇的作用为使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出。
【小问3详解】
莫尔盐中Fe元素的化合价是+2，莫尔盐分解发生氧化还原反应或非氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律，反应产物中有化合价升高的元素的同时也有化合价降低的元素，而B、C猜想中只有化合价升高或降低的元素，不符合氧化还原反应规律，所以不成立的是猜想B和C。
【小问4详解】
A中固体逐渐变为红棕色可知为氧化铁，D中酚酞溶液变红色说明有氨气；
证明固体残留物中不含FeO.即证明该固体残留物溶于酸后，溶液中不含亚铁离子，则取少量A中固体残留物放入试管中，加入足量稀硫酸完全溶解后，再加入高锰酸钾溶液，溶液不褪色；或滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证明不含亚铁离子。
【小问5详解】
①SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2 ，所以连接的合理顺序为AEGFH。
②7.8400g莫尔盐的物质的量为；A中固体残留物的质量为1.6000g，则生成氧化铁0.01mol，失电子0.02mol；F中生成白色沉淀的质量为5.8250g，说明生成0.025 molSO2，得电子0.05mol；根据得失电子守恒，可计算生成N2的物质的量为；根据N元素守恒可得生成氨气的物质的量是0.03 mol，根据硫元素守恒可得生成SO3的物质的量为0.015mol。因此莫尔盐受热分解的化学方程式：4[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O 。
10. 丙烯是重要的石油化工中间体，工业上常用丙烷催化脱氢和甲醇分解两种方法制备。
回答下列问题：
I.丙烷直接脱氢法制丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ•mol-1
（1）该反应在_______(填“高温”低温”或“任意温度”)时可自发进行。
（2）570℃、100kPa下，将n(C3H8)：n(H2O)=1：9的混合气进行直接脱氢反应，3h后达到平衡，C3H8的平衡转化率为80%，C3H8分压的平均变化率约为_______kPa•h-1(保留3位有效数字，下同)，脱氢反应的Kp≈_______kPa。(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
II.二氧化碳耦合丙烷脱氢制丙烯：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2
CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH3=+165kJ•mol-1
（3）①ΔH2=_______kJ•mol-1。
②与直接脱氢法相比，相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合丙烷制丙烯能有效提高C3H8转化率的原因是_______、_______。
（4）下列能说明该体系在恒温恒压密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A. CO2的物质的量分数保持不变
B. n(H2O)：n(CO)保持不变
C. 气体密度保持不变
D. 速率关系：v(C3H8)=v(C3H6)
III.甲醇催化分解：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)
（5）该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式：Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设其受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得_______(填“越多”或“越少”)。根据如图曲线a计算该反应的活化能Ea为_______kJ•mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】（1）高温 （2） ①. 2.72 ②. 29.6
（3） ①. +41.2 ②. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行 ③. 反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行 （4）AC
（5） ①. 越多 ②. 31 ③. 改用更高效催化剂
【解析】
【小问1详解】
根据C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ•mol-1，该反应ΔH>0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0时反应可自发进行，故需要高温。
【小问2详解】
根据分析可得平衡时n总=0.2+0.8+0.8+9=10.8，P平（C3H8）=100 kPa×≈1.852 kPa，P始（C3H8）=100 kPa×=10.00 kPa，C3H8分压的平均变化率为（10-1.852）kPa÷3h=2.72 kPa•h-1，Kp= kPa≈29.6 kPa，故答案为2.72，29.6。
【小问3详解】
根据盖斯定律可得：ΔH2=ΔH3-ΔH1=+41.2 kJ•mol-1；相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合脱氢制丙烯能有效提高丙烷的转化率，其原因可能是CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行；在恒压条件下充人二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小了各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。故答案为+41.2，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行，反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。
【小问4详解】
A.反应体系中，CO2的物质的量分数是变量，当CO2的物质的量分数保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B.H2O、CO为反应中的产物，则n(H2O) : n(CO)始终等于1 : 1，n(H2O) : n(CO)保持不变不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.该反应在恒压容器中进行，且气体的物质的量发生变化，容器容积是变量，气体的总质量是定值，则气体密度是变量，当密度保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D.选项中未指明速率的正、逆，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为AC。
【小问5详解】
此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得越多。但是据图象并结合公式可得:9.2=-3. 2×10-3Ea+C，3.0=-3.4×10-3Ea +C，联立方程解得Ea=31kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，此时满足: 9.2=-3. 2×10-3Ea+C，1.0=-3.6×10-3Ea+C，联立方程解得Ea=-20.5 kJ/mol，活化能减小，则实验可能改变的外界是更换了更高效的催化剂。故答案为越多，31，改用更高效催化剂。
【点睛】本题综合考察了化学平衡、盖斯定律的运用、自发反应进行条件判断、影响化学平衡移动的因素判断以及化学平衡状态的判断。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则按每科所做的第一题计分。
11. Cu及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）通过如图1所示反应可以实现铜离子的富集，进行回收。
①基态铜原子的核外电子有_______种空间运动状态。与Cu元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有_______种。下列状态的铜中，电离最外层一个电子所需能量最高的是_______(填序号)。
a.[Ar]3dl04s1 b.[Ar]3d94s2 c.[Ar]3d10 d.[Ar]3d9 e.[Ar]3d84s1
②M所含元素的第一电离能由大到小顺序是_______(用元素符号表示)。
③化合物X中的中心铜离子的配位数是_______，图1反应中断裂和生成的化学键有_______(填序号)。
a.离子键 b.p－pσ键 c.极性键 d.氢键 e.配位键
（2）4－甲基咪唑()也可与Cu2+形成配合物，4－甲基咪唑分子中1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。1号N原子杂化方式为_______，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu2+形成配位键。
（3）图2是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图3是沿立方格子对角面取得的截面。Mg原子的半径为_______pm，该晶胞中原子的空间利用率为_______。
【答案】（1） ①. 15 ②. 3 ③. d ④. N＞O＞H＞C ⑤. 4 ⑥. ce
（2） ①. sp2 ②. 3
（3） ①. a ②. ()÷a3×100%[或]×100%
【解析】
【小问1详解】
①基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，共占据15个轨道，有15种空间运动状态；与Cu元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti：[Ar]3d24s2，Ni：[Ar]3d84s2，Ge：[Ar]3d104s24p2三种金属元素；a、[Ar]3dl04s1代表基态铜原子，b、[Ar]3d94s2代表激发态铜原子，c、[Ar]3d10代表基态Cu+，d、 [Ar]3d9代表基态Cu2+，e、[Ar]3d84s1代表激发态Cu2+，同一元素，电离能逐级增大，基态更稳定，故电离最外层一个电子所需能量最高的是d。
②M所含元素为C、N、O、H，同一周期元素，从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第V A元素的第一电离能比相邻元素的大，第一电离能由大到小顺序是：N＞O>H>C。
③由化合物X的结构式可知，Cu与2个O、2个N形成配位键，中心铜离子的配位数是4；由图1反应中断裂化学键有—O—H极性共价键，生成了配位键，故选c、e。
【小问2详解】
形成大π键时环上的原子都共平面，则1号N原子杂化方式为sp2；4一甲基咪唑分子中1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，则1号N原子不易给出孤电子对，故3号N原子更容易与Cu2+形成配位键。
【小问3详解】
Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则Mg原子之间最短距离为 pm，故Mg原子的半径为 pm。由晶胞截面图可知，Cu原子半径为面对角线的八分之一，则。Mg原子位于顶点和面心，个数为，16个Cu原子位于体内，该晶胞中原子的空间利用率为。
12. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：RCOOH
（1）A的化学名称为_____，B中的官能团名称为_____。
（2）反应②的反应条件为_____，E的结构简式为_____。
（3）H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+_____→M+_____。
（4）在有机物A～H中能发生消去反应的物质有_____(填序号)。
（5）N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有_____种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的N的结构简式为_____。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
（6）根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。
【答案】（1） ①. 2，6－二甲基苯酚 ②. 醚键、酯基
（2） ①. 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) ②.
（3） ①. ②. H2O
（4）E、F、G(或EFG)
（5） ① 15 ②.
（6）
【解析】
【分析】A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为；
【小问1详解】
A化学名称为2，6—二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基；
【小问2详解】
反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为；
【小问3详解】
反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+；
【小问4详解】
该消去反应均为醇消去，根据消去反应的条件可知在有机物A~H中能发生消去反应的物质有E、F、G；
【小问5详解】
由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为；
【小问6详解】
成都石室中学高2023届高考适应性考试(一)
理科综合化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.作答选择题时，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。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ba-137 Pb--207
第I卷(选择题，共126分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6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. 化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是
A. 大量开发可燃冰、太阳能和生物质能有利于实现“碳中和”
B. 北斗卫星使用的氮化铝芯片为新型无机非金属材料
C. 无水CuSO4遇水变蓝，可用于检验乙醇中是否含水
D. 常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A．大量开发可燃冰、太阳能和生物质能不利于实现“碳中和”，会增加二氧化碳的排放，不利于能源的可持续发展，A错误；
B．氮化铝芯片为新型无机非金属材料，B正确；
C．无水CuSO4遇水变蓝，可用于检验乙醇中是否含水，C正确；
D．常用于医用滴眼液的聚乙烯醇可以与水分子间形成氢键，易溶于水，D正确。
故选A。
2. 外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 该物质的分子式为C17H21NO4
B. 该分子中含有3种含氧官能团
C. 该物质能发生取代、氧化、还原、消去反应
D. 该物质酸性条件下的水解产物分子中，最多有9个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中C、H、N、O原子个数依次是17、21、1、4，分子式为C17H21 NO4，选项A正确；
B．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基，有3种含氧官能团，选项B正确；
C．醇羟基和酯基都能发生取代反应，-CH2OH能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，醇羟基能发生消去反应，选项C正确；
D．该物质酸性条件下的水解产物分子中碳原子共平面个数最多的结构为，苯环、直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，该分子中最多有8个碳原子共平面，选项D错误；
答案选D。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+CO2↑+H2O
B. 硫氢化钠溶液与稀硫酸混合有气泡产生：HS-+SO+7H+=2SO2↑+4H2O
C. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O
D. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸，根据以少定多原则，其离子方程式应为：CH3COOH+CO=CH3COO-+，故A项错误；
B．稀硫酸没有氧化性，与硫氢化钠溶液混合有气泡产生是因为生成了硫化氢气体，故其离子方程式为：HS-+H+=H2S↑，故B项错误；
C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，根据以少定多原则，碳酸氢根的化学计量数为1，故其离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C项正确；
D．过氧化氢不能还原氧化铁，故该反应不发生，故D项错误。
故答案选C。
【点睛】该题考察离子方程式的书写，遇到过量问题时注意使用以少定多原则：即少量的离子系数定为1，再配其他离子。
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 铅蓄电池中，当负极质量减少20.7g时，电路中通过的电子数目为0.2NA
B. 足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下反应，所得气体分子数目小于NA
C. 常温下，1LpH=2的H2C2O4溶液中H+数目为0.01NA
D. 标准状况下，11.2L乙烷和苯的混合物中含氢原子数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．铅蓄电池中，负极电极反应式为，可知当负极质量增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NA，A错误；
B．足量锌与含2molH2SO4的浓硫酸在加热的条件下发生两种反应，，所得气体分子数目大于NA，B错误；
C．常温下，1LpH=2的H2C2O4溶液中H+浓度为0.01mol/L，1L 溶液中H+数目为0.01NA，C正确；
D．标准状况下苯不是气体，故11.2L乙烷和苯的混合物中含氢原子数目不确定，D错误。
故选C。
5. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素且B、C元素相邻，D元素原子的最外层电子数与核外电子层数相等；A元素可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，丙为18电子化合物。已知：甲+E2=丙+B2，甲+丙=丁。下列说法一定正确的是
A. 离子半径：E＞D＞C＞B
B. 常温下，含D元素的盐溶液pH＜7
C. 丁物质均由非金属元素组成，只含共价键
D. 一元弱酸AEC，其结构式为A－C－E
【答案】D
【解析】
【分析】由题意A元素可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，可推测甲、乙、丙均为氢化物，故A为H，B、C是第二周期的元素，丙为18电子氢化物，故E为Cl，丙为HCl；又因为甲+E2=丙+B2，故甲是NH3，B为N；且B、C元素相邻，故C为O，乙为H2O；甲+丙=丁，即NH3+HCl=NH4Cl；D元素原子的最外层电子数与核外电子层数相等且在氧元素之后，故D位于第三周期，为Al。
【详解】A．据分析离子半径排序为：D＞E＞B＞C，故A项错误；
B．含D元素的盐溶液可分为铝盐和偏铝酸盐，常温下，前者的溶液中铝离子水解导致溶液pH＜7，后者的溶液中偏铝酸根水解导致溶液显碱性故pH>7，故B项错误；
C．丁是NH4Cl，均右非金属元素组成，但氯化铵中既含有离子键又含有共价键，故C项错误；
D．据分析故一元弱酸AEC为HClO，中心原子为氧原子，杂化方式为sp3，有两个孤电子对，故该分子为直线形分子，其结构为：H-O-Cl，既A－C－E，故D项正确。
故答案选D。
6. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验
方案
实验
目的
验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用
进行喷泉实验
验证非金属性：Cl＞C＞Si
用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极的阴极保护法
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是的催化作用，A项错误；
B．虽然烧杯里是蒸馏水，但引发喷泉的操作是挤入胶头滴管中的NaOH溶液，溶于NaOH使烧瓶内压强减小，引起喷泉，B项正确；
C．验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸，C项错误；
D．图示装置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，D项错误；
答案选B。
7. 一种电化学法合成甲酸盐和辛腈[CH3(CH2)6CN]的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 电极电势：Ni2P高于In/In2O3-x
B. 电解一段时间后，阴极区溶液pH增大
C. Ni2P电极的电极方程式：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O
D. 标准状况下，33.6LCO2参与反应时Ni2P电极有0.75mol辛腈生成
【答案】B
【解析】
【分析】由图中电极上可知，发生得电子的还原反应，电极为阴极，阴极反应为，则电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛腈，阳极反应为，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，即A为电源负极，B为正极。
【详解】A．电极为阳极，电极为阴极，A为电源负极，B为正极，高于，A项正确；
B．阴极反应为，电路中转移2mol电子，有2mol移向阳极，则阴极区溶液碱性减弱，pH减小，B项错误；
C．电极为阳极，阳极反应为，C项正确；
D．阴极反应，阳极反应，电子守恒有，则，D项正确；
答案选B。
第II卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(129分)
8. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料联合制备BiOCl和MnSO4•H2O的工艺流程如图：
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.3
8.3
Fe3+
1.6
3.1
已知：①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu。
②Bi3+易水解为BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0。
③常温下，该工艺中有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见表。
（1）“联合焙烧”时Bi2S3、FeS2、CuS分别转化为Bi2O3、Fe2O3、CuO，写出生成MnSO4和Bi2O3的化学方程式：_______。
（2）“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是_______。
（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
（4）“转化”时加入足量金属Bi的目的是________(用离子方程式表示)。
（5）为保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为_______。
（6）将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______%(保留3位有效数字)。
（7）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、_______、_______、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。
【答案】（1）2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4
（2）增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解
（3）SiO2 （4）Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+
（5）2≤pH＜6.3
（6）36.0 （7） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
【解析】
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有CuS、FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)通入空气联合焙烧，得到Bi2O3、Fe2O3、CuO、SiO2和MnSO4，水浸得到滤液2为MnSO4溶液，通过精制得到MnSO4•H2O，不溶性固体用浓盐酸浸出，二氧化硅不溶得到滤渣1为二氧化硅，滤液含有Cu2+、Bi3+、 Fe3+，加铋粉，按信息①，发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+，置换出铜，则滤渣2为铜，滤液含有Bi3+、 Fe2+，加碳酸钠溶液沉铋、即调节pH得到BiOCl沉淀。
【小问1详解】
“联合焙烧”时Bi2S3、MnO2和O2在高温下反应生成MnSO4和Bi2O3，化学方程式：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。
【小问2详解】
已知Bi3+易水解为BiOCl沉淀，且常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0 ，则“浸出”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH≈l.4，其目的是：增大H+浓度，使Bi3+充分浸出，同时抑制Bi3+(Fe3+、Cu2+)水解。
【小问3详解】
据分析，“滤渣1”的主要成分为SiO2。
【小问4详解】
按信息①金属活动性：Fe＞Bi＞Cu，结合Fe、Cu均能与铁离子反应可知，Bi 能与铁离子反应，则“转化”时加入足量金属Bi的目的是：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+、2Bi+3Cu2+=3Cu+2Bi3+。
【小问5详解】
含有Bi3+、 Fe2+的溶液中，加碳酸钠溶液沉铋得到BiOCl沉淀，结合信息②常温下BiOCl存在的pH范围约为2.0~11.0、结合信息③亚铁离子开始沉淀的pH为6.3，则为避免亚铁离子沉淀、保证BiOCl产品的纯度，理论上“沉铋”时应控制溶液的pH范围为2≤pH＜6.3。
【小问6详解】
将100kg辉铋矿进行“联合焙烧”，“转化”时消耗2.0kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为47.5kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为80.0%。则原辉铋矿中Bi元素为47.5kg×80.0%-2.0kg=36.0kg，则质量分数为。
【小问7详解】
由图知，MnSO4•H2O的溶解度随温度升高明显降低，则从“滤液2”中获得较高纯度MnSO4•H2O的“操作I”为控制温度在80~90℃、蒸发结晶、趁热过滤、用80~90℃蒸馏水洗涤2~3次、真空干燥。
9. 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]俗称莫尔盐，是一种常见的补血剂，石室中学2023届的同学们分小组制取了莫尔盐晶体并对其热分解产物进行了探究。
I.莫尔盐晶体的制备
（1）用如图1的装置制备FeSO4。
①废铁屑需要先进行碱煮，目的是_______。
②加入的废铁屑需过量，除废铁屑不纯外，主要原因是_______。
③用离子方程式解释C中所盛试剂的作用：_______。
（2）反应结束后趁热过滤，向滤液中加入H2SO4调节pH在1~2，迅速加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出莫尔盐晶体。乙醇的作用为_______。
II.莫尔盐晶体热分解产物探究
查阅文献得知：莫尔盐隔绝空气加热至500℃时可完全分解，产物复杂。
[提出猜想]
（3）莫尔盐晶体受热分解，同学们认为分解产物可能有以下几种情况：
A.FeO、NH3、SO3、H2O
B.FeO、NH3、SO2、H2O
C.Fe2O3、NH3、SO3、H2O
D.FeO、N2、SO2、H2O
E.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、H2O
F.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、N2、H2O
经认真分析，通过推理即可确定猜想_______(填序号)不成立。
[实验探究]
（4）甲组同学设计如图2的实验装置，观察到A中固体逐渐变为红棕色，B中白色固体变蓝，D中酚酞溶液变红色，由此可知莫尔盐分解的产物中有H2O、_______(填化学式)。进一步实验证实A中充分反应后的固体残留物中不含FeO，操作方法及实验现象：取少量A中固体残留物于试管中，_______。
（5）乙组选用甲组实验中的装置A和图3所示的装置进行实验，验证了莫尔盐分解的产物中还有SO2、SO3和N2。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序(用装置的字母表示)为A、E、_______。(各装置中试剂均足量)
②实验中，准确称量莫尔盐7.8400g，加热充分反应后，测得装置A中固体残留物的质量为1.6000g，装置F中生成白色沉淀的质量为5.8250g。写出该条件下莫尔盐受热分解的化学方程式：_______。(已M[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=392g•mol-1，分解产物被充分吸收，不考虑其损失)
【答案】（1） ①. 除去废铁屑表面的油污 ②. 防止亚铁离子被氧化 ③. Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（2）(降低溶剂的极性)使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
（3）BC （4） ① Fe2O3、NH3 ②. 加入稀硫酸(或稀盐酸)溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀[或加入稀硫酸(此处不能填稀盐酸)溶解，再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色]
（5） ①. G、F、H ②. 4[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O
【解析】
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐并验证其分解产物，首先将铁屑进行碱煮除去表面的油污，然后依次加入稀硫酸和硫酸铵固体，控制温度在70~80℃条件下反应一段时间，趁热倒入50mL乙醇中，即可制备出莫尔盐晶体。通过观察加热后剩余固体的颜色推测产物之一为氧化铁，通过酚酞变红推测生成了氨气，SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2 ，据此作答。
【小问1详解】
①废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，所以对废铁屑进行碱煮的目的是除去废铁屑表面的油污。
②Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，Fe可以和铁离子发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此过量的废铁屑能防止亚铁离子被氧化。
③废铁屑中含有少量FeS.和稀硫酸反应会生成有毒的硫化氢气体，装置C的作用为除去反应产生的H2S气体。离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问2详解】
乙醇的作用为使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出。
【小问3详解】
莫尔盐中Fe元素的化合价是+2，莫尔盐分解发生氧化还原反应或非氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律，反应产物中有化合价升高的元素的同时也有化合价降低的元素，而B、C猜想中只有化合价升高或降低的元素，不符合氧化还原反应规律，所以不成立的是猜想B和C。
【小问4详解】
A中固体逐渐变为红棕色可知为氧化铁，D中酚酞溶液变红色说明有氨气；
证明固体残留物中不含FeO.即证明该固体残留物溶于酸后，溶液中不含亚铁离子，则取少量A中固体残留物放入试管中，加入足量稀硫酸完全溶解后，再加入高锰酸钾溶液，溶液不褪色；或滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证明不含亚铁离子。
【小问5详解】
①SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2 ，所以连接的合理顺序为AEGFH。
②7.8400g莫尔盐的物质的量为；A中固体残留物的质量为1.6000g，则生成氧化铁0.01mol，失电子0.02mol；F中生成白色沉淀的质量为5.8250g，说明生成0.025 molSO2，得电子0.05mol；根据得失电子守恒，可计算生成N2的物质的量为；根据N元素守恒可得生成氨气的物质的量是0.03 mol，根据硫元素守恒可得生成SO3的物质的量为0.015mol。因此莫尔盐受热分解的化学方程式：4[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O 。
10. 丙烯是重要的石油化工中间体，工业上常用丙烷催化脱氢和甲醇分解两种方法制备。
回答下列问题：
I.丙烷直接脱氢法制丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ•mol-1
（1）该反应在_______(填“高温”低温”或“任意温度”)时可自发进行。
（2）570℃、100kPa下，将n(C3H8)：n(H2O)=1：9的混合气进行直接脱氢反应，3h后达到平衡，C3H8的平衡转化率为80%，C3H8分压的平均变化率约为_______kPa•h-1(保留3位有效数字，下同)，脱氢反应的Kp≈_______kPa。(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
II.二氧化碳耦合丙烷脱氢制丙烯：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2
CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH3=+165kJ•mol-1
（3）①ΔH2=_______kJ•mol-1。
②与直接脱氢法相比，相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合丙烷制丙烯能有效提高C3H8转化率的原因是_______、_______。
（4）下列能说明该体系在恒温恒压密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A. CO2的物质的量分数保持不变
B. n(H2O)：n(CO)保持不变
C. 气体密度保持不变
D. 速率关系：v(C3H8)=v(C3H6)
III.甲醇催化分解：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)
（5）该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式：Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设其受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得_______(填“越多”或“越少”)。根据如图曲线a计算该反应的活化能Ea为_______kJ•mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】（1）高温 （2） ①. 2.72 ②. 29.6
（3） ①. +41.2 ②. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行 ③. 反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行 （4）AC
（5） ①. 越多 ②. 31 ③. 改用更高效催化剂
【解析】
【小问1详解】
根据C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ•mol-1，该反应ΔH>0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0时反应可自发进行，故需要高温。
【小问2详解】
根据分析可得平衡时n总=0.2+0.8+0.8+9=10.8，P平（C3H8）=100 kPa×≈1.852 kPa，P始（C3H8）=100 kPa×=10.00 kPa，C3H8分压的平均变化率为（10-1.852）kPa÷3h=2.72 kPa•h-1，Kp= kPa≈29.6 kPa，故答案为2.72，29.6。
【小问3详解】
根据盖斯定律可得：ΔH2=ΔH3-ΔH1=+41.2 kJ•mol-1；相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合脱氢制丙烯能有效提高丙烷的转化率，其原因可能是CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行；在恒压条件下充人二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小了各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。故答案为+41.2，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行，反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。
【小问4详解】
A.反应体系中，CO2的物质的量分数是变量，当CO2的物质的量分数保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B.H2O、CO为反应中的产物，则n(H2O) : n(CO)始终等于1 : 1，n(H2O) : n(CO)保持不变不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.该反应在恒压容器中进行，且气体的物质的量发生变化，容器容积是变量，气体的总质量是定值，则气体密度是变量，当密度保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D.选项中未指明速率的正、逆，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为AC。
【小问5详解】
此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得越多。但是据图象并结合公式可得:9.2=-3. 2×10-3Ea+C，3.0=-3.4×10-3Ea +C，联立方程解得Ea=31kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，此时满足: 9.2=-3. 2×10-3Ea+C，1.0=-3.6×10-3Ea+C，联立方程解得Ea=-20.5 kJ/mol，活化能减小，则实验可能改变的外界是更换了更高效的催化剂。故答案为越多，31，改用更高效催化剂。
【点睛】本题综合考察了化学平衡、盖斯定律的运用、自发反应进行条件判断、影响化学平衡移动的因素判断以及化学平衡状态的判断。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则按每科所做的第一题计分。
11. Cu及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）通过如图1所示反应可以实现铜离子的富集，进行回收。
①基态铜原子的核外电子有_______种空间运动状态。与Cu元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有_______种。下列状态的铜中，电离最外层一个电子所需能量最高的是_______(填序号)。
a.[Ar]3dl04s1 b.[Ar]3d94s2 c.[Ar]3d10 d.[Ar]3d9 e.[Ar]3d84s1
②M所含元素的第一电离能由大到小顺序是_______(用元素符号表示)。
③化合物X中的中心铜离子的配位数是_______，图1反应中断裂和生成的化学键有_______(填序号)。
a.离子键 b.p－pσ键 c.极性键 d.氢键 e.配位键
（2）4－甲基咪唑()也可与Cu2+形成配合物，4－甲基咪唑分子中1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。1号N原子杂化方式为_______，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu2+形成配位键。
（3）图2是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图3是沿立方格子对角面取得的截面。Mg原子的半径为_______pm，该晶胞中原子的空间利用率为_______。
【答案】（1） ①. 15 ②. 3 ③. d ④. N＞O＞H＞C ⑤. 4 ⑥. ce
（2） ①. sp2 ②. 3
（3） ①. a ②. ()÷a3×100%[或]×100%
【解析】
【小问1详解】
①基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，共占据15个轨道，有15种空间运动状态；与Cu元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti：[Ar]3d24s2，Ni：[Ar]3d84s2，Ge：[Ar]3d104s24p2三种金属元素；a、[Ar]3dl04s1代表基态铜原子，b、[Ar]3d94s2代表激发态铜原子，c、[Ar]3d10代表基态Cu+，d、 [Ar]3d9代表基态Cu2+，e、[Ar]3d84s1代表激发态Cu2+，同一元素，电离能逐级增大，基态更稳定，故电离最外层一个电子所需能量最高的是d。
②M所含元素为C、N、O、H，同一周期元素，从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第V A元素的第一电离能比相邻元素的大，第一电离能由大到小顺序是：N＞O>H>C。
③由化合物X的结构式可知，Cu与2个O、2个N形成配位键，中心铜离子的配位数是4；由图1反应中断裂化学键有—O—H极性共价键，生成了配位键，故选c、e。
【小问2详解】
形成大π键时环上的原子都共平面，则1号N原子杂化方式为sp2；4一甲基咪唑分子中1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，则1号N原子不易给出孤电子对，故3号N原子更容易与Cu2+形成配位键。
【小问3详解】
Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则Mg原子之间最短距离为 pm，故Mg原子的半径为 pm。由晶胞截面图可知，Cu原子半径为面对角线的八分之一，则。Mg原子位于顶点和面心，个数为，16个Cu原子位于体内，该晶胞中原子的空间利用率为。
12. 科学研究表明，有机物M对治疗新冠病毒具有一定的作用，其一种合成路线如图所示。
已知：RCOOH
（1）A的化学名称为_____，B中的官能团名称为_____。
（2）反应②的反应条件为_____，E的结构简式为_____。
（3）H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+_____→M+_____。
（4）在有机物A～H中能发生消去反应的物质有_____(填序号)。
（5）N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有_____种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的N的结构简式为_____。
①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应
（6）根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。
【答案】（1） ①. 2，6－二甲基苯酚 ②. 醚键、酯基
（2） ①. 稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) ②.
（3） ①. ②. H2O
（4）E、F、G(或EFG)
（5） ① 15 ②.
（6）
【解析】
【分析】A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为；
【小问1详解】
A化学名称为2，6—二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基；
【小问2详解】
反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为；
【小问3详解】
反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+；
【小问4详解】
该消去反应均为醇消去，根据消去反应的条件可知在有机物A~H中能发生消去反应的物质有E、F、G；
【小问5详解】
由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为；
【小问6详解】
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