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四川省泸县第五中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综化学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第五中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综化学试卷（Word版附解析），文件包含四川省泸县第五中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综试题-高中化学Word版含解析docx、四川省泸县第五中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综试题-高中化学Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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、生产及环境密切相关，下列说法错误的是
A. 常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)的使用对桥梁和环境有破坏作用
B. “北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】B
【解析】
【详解】A．常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)溶于水形成盐溶液，会加速金属的锈蚀，对桥梁和环境有破坏作用，A正确；
B．天然气主要成分是甲烷，B错误；
C．水性漆替代传统的油性漆，可减少甲醛的有毒物的排放，有利于健康及环境，C正确；
D．花青素在碱性环境下显蓝色，苏打溶液显碱性能使花青素变色，故可用苏打粉检验假红酒，D正确；
故选B。
2. 设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是
A. 28g14CO中含有中子数为14NA
B. 1ml O2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C. 1L浓度0.1 ml∙L−1Na2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D. 28g C2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．28g 14CO中含有中子数为 ，故A错误；
B．1ml O2与一定量甲烷反应，甲烷若量很少，则转移电子数目小于4NA，故B错误；
C．1L浓度为0.1 ml∙L−1Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量为0.1ml，由于碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则阴离子数目大于0.1NA，故C错误；
D．28g C2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，则含有共用电子对数目，若是C3H6，则含有共用电子对数目，共用电子数目相同，故D正确。
综上所述，答案为D。
3. 布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下列关于M的说法错误的是
A. M的分子中含有三个一CH3基团
B. M能与酸性高锰酸钾溶液反应
C. 1ml M最多可与4ml H2发生加成反应
D. M分子中所有碳原子不能同时共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构可知，M的分子中含有三个一CH3基团，A正确；
B．M中苯环上含有烃基，则能与酸性高锰酸钾溶液反应而被氧化，B正确；
C．苯环可以和氢气加成，则1ml M最多可与3ml H2发生加成反应，C错误；
D．M分子中含有直接相连的3个饱和碳原子，则所有碳原子不能同时共面，D正确；
故选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中X、W最低负化合价之和为-4，下列说法错误的是
A. 原子半径： X>Y
B. 单质的熔点： X> W
C. X与W只能形成一种化合物
D. 简单氢化物的稳定性： Z> W
【答案】C
【解析】
【分析】X、W最低负化合价之和为-4，推出X为P，W为Cl，根据在周期表位置，推出Z为F，Y为O，据此分析；
【详解】A．P核外有3个电子层，O核外有2个电子层，P的原子半径大于O，故A说法正确；
B．磷的单质常温下为固体，Cl2常温下为气体，磷的单质熔点高于氯气，故B说法正确；
C．P和Cl形成化合物可以是PCl3和PCl5，故C说法错误；
D．F的氢化物为HF，Cl的氢化物为HCl，F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故D说法正确；
答案为C。
5. 下列操作和实验目的均正确的是
A. 用甲装置收集NO气体
B. 乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中
C. 用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3
D. 用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出。
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A项正确；
B．乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项错误；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项错误；
D．分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D项错误；
答案选A。
6. 一种高压可充电Zn−PbO2电池工作原理如图所示，通过复合膜ab与复合膜ba反向放置，分隔两室电解液，复合膜间是少量H2O，复合膜ab与ba交界处离子不能通过，复合膜中a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是
A. 放电时，K+穿过a膜移向复合膜ab间
B. 放电时，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－的变化
C. 充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+
D. 充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+4OH－−2e－=PbO2+ +2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据图中信息锌失去电子，锌为负极，二氧化铅是正极。
【详解】A．放电时，原电池“同性相吸”，则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间，故A正确；
B．放电时，负极不断消耗氢氧根，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－，解离出的OH－穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动，解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动，故B正确；
C．根据题中信息得到负极是锌失去电子变为，正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅，则充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+，故C正确；
D．放电时正极反应式为： PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O，则充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+2H2O −2e－=PbO2+ +4H+，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. 电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知碳酸的电离常数Ka1=10-6.35，Ka2=10-10.34。下列说法正确的是
A. 该滴定过程需要两种指示剂
B. a点溶液中存在：c(Cl-)+c(H+)=c()+c(OH-)+c()
C. a点溶液中c()：c(H2CO3)=100.11
D. 水的电离程度：a点【答案】C
【解析】
【详解】A．电位滴定法，可根据指示电极电位的突跃位置确定滴定终点，不需要任何指示剂，A错误；
B．a点溶液中的溶质为等物质的量的NaHCO3和NaCl，由物料守恒有：c(Na+)=2c(Cl-)；电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()+c(Cl-)，两式联立可得：c(Cl-)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()，B错误；
C．NaHCO3溶液存在电离平衡和水解平衡，，由图可知，a点pH为8.4，，则C正确；
D．a点溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，NaHCO3促进水的电离，b点溶液中的溶质为H2CO3和NaCl，H2CO3抑制水的电离，故水的电离程度：a点>b点，D错误；
故选C。
三、非选择题：共174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：共129分。
8. “奥密克戎”对人体健康危害降低，但患者仍会出现高烧发热、身体疼痛等症状。对乙酰氨基酚(，M=151g·ml-1)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，具有刺激性小、极少有过敏反应等优点。某科学小组在实验室进行对乙酰氨基酚的制备，物质转化流程如下(部分产物已略去)：
（1）步骤I中，亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，工业上常通入空气进行废物利用制备硝酸，请写出该反应的化学方程式_______。
（2）步骤II为对亚硝基苯酚还原过程，其装置如图1所示。
该科学小组通过实验测定了不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率，数据如下表：
①通过实验，步骤II中最佳反应温度为_______°C；
②该反应放热易导致反应速率过快，要适当控制反应速率，结合装置最有效的操作是_______；
③步骤II中主要发生的反应为：，实际操作中，硫化钠的实际用量比理论量高些，其目的是_______。
（3）步骤III中须用硫酸酸化步骤II反应后的混合溶液，以便析出对氨基苯酚。若加入硫酸过多、过快，可能导致发生副反应的离子方程式为_______。
（4）步骤IV为对氨基苯酚的乙酰化反应，实验装置如图2所示。其中，冷凝管的进水口是_______(填“a”或“b”)；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是_______。
（5）该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚_______g。
【答案】（1）H2O+NO+NO2+O2=2HNO3
（2） ①. 45 ②. 关闭分液漏斗停止加热 ③. 提高对亚硝基苯酚的利用率
（3）+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4） ①. a ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）16.61
【解析】
【小问1详解】
亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，通入空气进行废物利用制备硝酸，该反应的化学方程式H2O+NO+NO2+O2=2HNO3；
小问2详解】
①不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率数据可知，45℃时步骤II中对亚硝基苯酚还原产率最高，则最佳反应温度为45℃；
②该反应放热易导致反应速率过快，可以通过关闭分液漏斗并停止加热的方式来减慢反应速率；
③化学反应通常可以采取增加某种反应物的用量的措施来提高另一种反应物的转化率，所以硫化钠的实际用量比理论量高些，目的是提高对亚硝基苯酚的利用率；
【小问3详解】
步骤II反应后的混合溶液中含有对氨基苯酚钠、Na2S2O3，步骤III中用硫酸酸化以析出对氨基苯酚,若加入硫酸过多、过快，可能导致Na2S2O3与硫酸发生反应生成S和SO2，反应的离子方程式为+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
球形冷凝管进出水是下进上出，所以进水口是a；根据流程步骤IV是将对氨基苯酚转化为对乙酰氨基酚，反应结束后，得到的晶体用冰水洗涤的目的是洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，则生成0.2ml对乙酰氨基酚，即m=0.2ml×151g·ml-1=30.2g，已知该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，则根据产率计算公式：，则实际产量=16.61g，所以得到对乙酰氨基酚未16.61g。
9. 二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。
（1）已知：
则合成二甲醚反应的___________。
（2）合成二甲醚的关键是合成甲醇：
I．
①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是___________。
A．
B．
C．气体的密度保持不变
D．容器内气体的温度保持不变
②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中___________(填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是___________。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性=___________。逆水汽变换反应的压强平衡常数___________。
（3）甲醇脱水可制得二甲醚：。
实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率___________；当温度改变为时，，则___________(填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）
（2） ①. D ②. a ③. 温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大 ④. 50% ⑤. 或0.017或
（3） ①. 40% ②. >
【解析】
【小问1详解】
将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/ml=-122.54kJ/ml。
【小问2详解】
①
A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A错误；
B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B错误；
C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C错误；
D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；
故答案选D。
②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2aml，则投入H23aml，设反应Ⅰ消耗CO2xml，反应Ⅱ消耗CO2yml，，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。
【小问3详解】
设达到平衡时消耗甲醇2xml，则，，解得x=0.08ml。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。
10. 某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________。
（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和___________。
（3）流程中调溶液的pH使之变___________(填“大”或“小”)，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）蒸发结晶所产生的副产品是___________。
（5）为结晶得到杂质较少K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________。
a.50℃蒸发溶剂
b.100℃蒸发溶剂
c.抽滤
d.冷却至室温
e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
f.蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热
（6）该小组用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率 ②. 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）H2SiO3 （3） ①. 小 ②.
（4）Na2SO4 （5）aedc
（6）
【解析】
【分析】将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。
【小问1详解】
焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；
【小问3详解】
调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；
【小问4详解】
由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；
【小问5详解】
有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；
【小问6详解】
用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为=，则产率为=。
(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，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 锂离子电池具有能量高、电压高、工作温度范围宽、贮存寿命长等优点。电池正极有磷酸铁锂(LiFePO4)、钛酸锂(Li2TiO3)、镍钴锰酸锂[Li(NiCMn)O2]等。回答下列问题：
（1）基态Li原子的电子排布式为_______，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充_______个电子。
（2）O和P电负性较大的是_______(填元素符号)，Fe、C和Ni的第三电离能由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
（3）磷酸(H3PO4)的分子结构如图甲，其中P原子的杂化轨道类型是_______。浓磷酸呈粘稠状，且能与水任意比例混溶，从结构上分析磷酸具有这种的特性原因是_______。
（4）C的一种配离子如上图乙，该中心离子位于6个—NH2组成的_______(填立体构型名称)中心位置，配离子中存在_______个键。
（5）钛锰复合氧化物的尖晶石晶胞由A区和B区组成，其结构如下图所示，该晶体中锰原子的配位数是_______，该晶体的化学式为_______。
【答案】（1） ①. 1s22s1 ②. 8
（2） ①. O ②. Ni > C > Fe
（3） ①. sp3 ②. (H3PO4分子中有3个—OH，可形成分子间氢键，故浓磷酸呈粘稠状；)H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶
（4） ①. 正八面体 ②. 39
（5） ①. 6 ②. Mn2TiO4(或TiMn2O4)
【解析】
【小问1详解】
Li为3号元素电子排布式为1s22s1。s能级得电子云轮廓为球形，Ti电子排布为答案为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充电子数为2+2+2+2=8。答案为1s22s1；8；
【小问2详解】
非金属性O>N>P，电负性O>P。Fe、C和Ni的失去两个电子后电子排布分别为[Ar]3d6、[Ar]3d7、[Ar]3d8，再失去一个电子Fe3+为半满结构稳定即铁第三电离能小。而C和Ni电子层相同，核电荷数大半径小，那么半径小的Ni更难失电子其第三电离能Ni>C。答案为Ni>C>Fe；
【小问3详解】
从真实构型来看，它为四面体型，所以P为sp3杂化。磷酸具有多个羟基能与水形成氢键增大溶解性，且磷酸为极性分子易溶于极性溶剂水。答案为sp3杂化；H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶；
【小问4详解】
6配位形成正八面体。乙二胺中存在11个σ键。该配离子中6个配位键为6个σ键，所以总的σ键数为11×3+6=39。答案为正八面体；39；
【小问5详解】
由于晶胞中A和B交错堆积，那么Mn周围最近的O为 ，配位数为3+3=6。晶胞中含有结构A、结构B均为4个，Ti原子处于晶胞的顶点和面心。结构A的体内，晶胞中Ti为4+8×+6×=8个。Mn位于结构B的内部，晶胞中有Mn原子为4×4=16个。而O原子位于A和B结构的内部，4×4+4×4=32，所以该物质的化学式为Mn2TiO4(或TiMn2O4)。答案为6；Mn2TiO4(或TiMn2O4)。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 肌肉松弛剂Nefpam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
（1）A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
（2）B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C原子利用率为，合适的试剂X是______________。
（3）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗____________。
（4）中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式_____________。
（5）参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefpam．
（6）写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。
【答案】（1） ①. (酮)羰基 ②. 酯化反应(或取代反应)
（2） ①. 7 ②.
（3） ①. 1 ②. 3
（4） （5）
（6）等
【解析】
【分析】A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefpam，据此分析解答。
【小问1详解】
对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
【小问2详解】
B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
【小问3详解】
根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1mlCl可消耗1mlNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3mlNaOH，故答案为：1；3；
【小问4详解】
由以上分析已知F为，故答案为：；
【小问5详解】
由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefpam，故答案为：；
【小问6详解】Y
Z
X
W
温度/°C
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
58.8
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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、生产及环境密切相关，下列说法错误的是
A. 常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)的使用对桥梁和环境有破坏作用
B. “北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】B
【解析】
【详解】A．常规融雪剂(CaCl2、NaCl等)溶于水形成盐溶液，会加速金属的锈蚀，对桥梁和环境有破坏作用，A正确；
B．天然气主要成分是甲烷，B错误；
C．水性漆替代传统的油性漆，可减少甲醛的有毒物的排放，有利于健康及环境，C正确；
D．花青素在碱性环境下显蓝色，苏打溶液显碱性能使花青素变色，故可用苏打粉检验假红酒，D正确；
故选B。
2. 设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是
A. 28g14CO中含有中子数为14NA
B. 1ml O2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NA
C. 1L浓度0.1 ml∙L−1Na2CO3溶液中阴离子数目为0.1NA
D. 28g C2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．28g 14CO中含有中子数为 ，故A错误；
B．1ml O2与一定量甲烷反应，甲烷若量很少，则转移电子数目小于4NA，故B错误；
C．1L浓度为0.1 ml∙L−1Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量为0.1ml，由于碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则阴离子数目大于0.1NA，故C错误；
D．28g C2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，则含有共用电子对数目，若是C3H6，则含有共用电子对数目，共用电子数目相同，故D正确。
综上所述，答案为D。
3. 布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下列关于M的说法错误的是
A. M的分子中含有三个一CH3基团
B. M能与酸性高锰酸钾溶液反应
C. 1ml M最多可与4ml H2发生加成反应
D. M分子中所有碳原子不能同时共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构可知，M的分子中含有三个一CH3基团，A正确；
B．M中苯环上含有烃基，则能与酸性高锰酸钾溶液反应而被氧化，B正确；
C．苯环可以和氢气加成，则1ml M最多可与3ml H2发生加成反应，C错误；
D．M分子中含有直接相连的3个饱和碳原子，则所有碳原子不能同时共面，D正确；
故选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中X、W最低负化合价之和为-4，下列说法错误的是
A. 原子半径： X>Y
B. 单质的熔点： X> W
C. X与W只能形成一种化合物
D. 简单氢化物的稳定性： Z> W
【答案】C
【解析】
【分析】X、W最低负化合价之和为-4，推出X为P，W为Cl，根据在周期表位置，推出Z为F，Y为O，据此分析；
【详解】A．P核外有3个电子层，O核外有2个电子层，P的原子半径大于O，故A说法正确；
B．磷的单质常温下为固体，Cl2常温下为气体，磷的单质熔点高于氯气，故B说法正确；
C．P和Cl形成化合物可以是PCl3和PCl5，故C说法错误；
D．F的氢化物为HF，Cl的氢化物为HCl，F的非金属性强于Cl，因此HF的稳定性强于HCl，故D说法正确；
答案为C。
5. 下列操作和实验目的均正确的是
A. 用甲装置收集NO气体
B. 乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中
C. 用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3
D. 用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出。
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A项正确；
B．乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项错误；
C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项错误；
D．分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D项错误；
答案选A。
6. 一种高压可充电Zn−PbO2电池工作原理如图所示，通过复合膜ab与复合膜ba反向放置，分隔两室电解液，复合膜间是少量H2O，复合膜ab与ba交界处离子不能通过，复合膜中a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜。下列说法错误的是
A. 放电时，K+穿过a膜移向复合膜ab间
B. 放电时，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－的变化
C. 充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+
D. 充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+4OH－−2e－=PbO2+ +2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据图中信息锌失去电子，锌为负极，二氧化铅是正极。
【详解】A．放电时，原电池“同性相吸”，则K+穿过阳离子交换膜即a膜移向复合膜ab间，故A正确；
B．放电时，负极不断消耗氢氧根，复合膜ba间发生了H2O解离出H+和OH－，解离出的OH－穿过阴离子交换膜即b膜向负极移动，解离出的H+穿过阳离子交换膜即a膜向正极移动，故B正确；
C．根据题中信息得到负极是锌失去电子变为，正极是二氧化铅得到电子变为硫酸铅，则充电时的总反应式为：PbSO4+=Zn+PbO2+2H2O+，故C正确；
D．放电时正极反应式为： PbO2+ +4H++2e－= PbSO4+2H2O，则充电时的阳极电极反应式为：PbSO4+2H2O −2e－=PbO2+ +4H+，故D错误。
综上所述，答案为D。
7. 电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知碳酸的电离常数Ka1=10-6.35，Ka2=10-10.34。下列说法正确的是
A. 该滴定过程需要两种指示剂
B. a点溶液中存在：c(Cl-)+c(H+)=c()+c(OH-)+c()
C. a点溶液中c()：c(H2CO3)=100.11
D. 水的电离程度：a点
【解析】
【详解】A．电位滴定法，可根据指示电极电位的突跃位置确定滴定终点，不需要任何指示剂，A错误；
B．a点溶液中的溶质为等物质的量的NaHCO3和NaCl，由物料守恒有：c(Na+)=2c(Cl-)；电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()+c(Cl-)，两式联立可得：c(Cl-)+c(H+)=2c()+c(OH-)+c()，B错误；
C．NaHCO3溶液存在电离平衡和水解平衡，，由图可知，a点pH为8.4，，则C正确；
D．a点溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，NaHCO3促进水的电离，b点溶液中的溶质为H2CO3和NaCl，H2CO3抑制水的电离，故水的电离程度：a点>b点，D错误；
故选C。
三、非选择题：共174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：共129分。
8. “奥密克戎”对人体健康危害降低，但患者仍会出现高烧发热、身体疼痛等症状。对乙酰氨基酚(，M=151g·ml-1)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，具有刺激性小、极少有过敏反应等优点。某科学小组在实验室进行对乙酰氨基酚的制备，物质转化流程如下(部分产物已略去)：
（1）步骤I中，亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，工业上常通入空气进行废物利用制备硝酸，请写出该反应的化学方程式_______。
（2）步骤II为对亚硝基苯酚还原过程，其装置如图1所示。
该科学小组通过实验测定了不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率，数据如下表：
①通过实验，步骤II中最佳反应温度为_______°C；
②该反应放热易导致反应速率过快，要适当控制反应速率，结合装置最有效的操作是_______；
③步骤II中主要发生的反应为：，实际操作中，硫化钠的实际用量比理论量高些，其目的是_______。
（3）步骤III中须用硫酸酸化步骤II反应后的混合溶液，以便析出对氨基苯酚。若加入硫酸过多、过快，可能导致发生副反应的离子方程式为_______。
（4）步骤IV为对氨基苯酚的乙酰化反应，实验装置如图2所示。其中，冷凝管的进水口是_______(填“a”或“b”)；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是_______。
（5）该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚_______g。
【答案】（1）H2O+NO+NO2+O2=2HNO3
（2） ①. 45 ②. 关闭分液漏斗停止加热 ③. 提高对亚硝基苯酚的利用率
（3）+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4） ①. a ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）16.61
【解析】
【小问1详解】
亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，通入空气进行废物利用制备硝酸，该反应的化学方程式H2O+NO+NO2+O2=2HNO3；
小问2详解】
①不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率数据可知，45℃时步骤II中对亚硝基苯酚还原产率最高，则最佳反应温度为45℃；
②该反应放热易导致反应速率过快，可以通过关闭分液漏斗并停止加热的方式来减慢反应速率；
③化学反应通常可以采取增加某种反应物的用量的措施来提高另一种反应物的转化率，所以硫化钠的实际用量比理论量高些，目的是提高对亚硝基苯酚的利用率；
【小问3详解】
步骤II反应后的混合溶液中含有对氨基苯酚钠、Na2S2O3，步骤III中用硫酸酸化以析出对氨基苯酚,若加入硫酸过多、过快，可能导致Na2S2O3与硫酸发生反应生成S和SO2，反应的离子方程式为+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
球形冷凝管进出水是下进上出，所以进水口是a；根据流程步骤IV是将对氨基苯酚转化为对乙酰氨基酚，反应结束后，得到的晶体用冰水洗涤的目的是洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，则生成0.2ml对乙酰氨基酚，即m=0.2ml×151g·ml-1=30.2g，已知该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，则根据产率计算公式：，则实际产量=16.61g，所以得到对乙酰氨基酚未16.61g。
9. 二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。
（1）已知：
则合成二甲醚反应的___________。
（2）合成二甲醚的关键是合成甲醇：
I．
①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是___________。
A．
B．
C．气体的密度保持不变
D．容器内气体的温度保持不变
②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中___________(填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是___________。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性=___________。逆水汽变换反应的压强平衡常数___________。
（3）甲醇脱水可制得二甲醚：。
实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率___________；当温度改变为时，，则___________(填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）
（2） ①. D ②. a ③. 温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大 ④. 50% ⑤. 或0.017或
（3） ①. 40% ②. >
【解析】
【小问1详解】
将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/ml=-122.54kJ/ml。
【小问2详解】
①
A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A错误；
B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B错误；
C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C错误；
D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；
故答案选D。
②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2aml，则投入H23aml，设反应Ⅰ消耗CO2xml，反应Ⅱ消耗CO2yml，，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。
【小问3详解】
设达到平衡时消耗甲醇2xml，则，，解得x=0.08ml。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。
10. 某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________。
（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和___________。
（3）流程中调溶液的pH使之变___________(填“大”或“小”)，原因是___________(用离子方程式表示)。
（4）蒸发结晶所产生的副产品是___________。
（5）为结晶得到杂质较少K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________。
a.50℃蒸发溶剂
b.100℃蒸发溶剂
c.抽滤
d.冷却至室温
e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
f.蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热
（6）该小组用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率 ②. 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）H2SiO3 （3） ①. 小 ②.
（4）Na2SO4 （5）aedc
（6）
【解析】
【分析】将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。
【小问1详解】
焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；
【小问3详解】
调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；
【小问4详解】
由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；
【小问5详解】
有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；
【小问6详解】
用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为=，则产率为=。
(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，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 锂离子电池具有能量高、电压高、工作温度范围宽、贮存寿命长等优点。电池正极有磷酸铁锂(LiFePO4)、钛酸锂(Li2TiO3)、镍钴锰酸锂[Li(NiCMn)O2]等。回答下列问题：
（1）基态Li原子的电子排布式为_______，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充_______个电子。
（2）O和P电负性较大的是_______(填元素符号)，Fe、C和Ni的第三电离能由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
（3）磷酸(H3PO4)的分子结构如图甲，其中P原子的杂化轨道类型是_______。浓磷酸呈粘稠状，且能与水任意比例混溶，从结构上分析磷酸具有这种的特性原因是_______。
（4）C的一种配离子如上图乙，该中心离子位于6个—NH2组成的_______(填立体构型名称)中心位置，配离子中存在_______个键。
（5）钛锰复合氧化物的尖晶石晶胞由A区和B区组成，其结构如下图所示，该晶体中锰原子的配位数是_______，该晶体的化学式为_______。
【答案】（1） ①. 1s22s1 ②. 8
（2） ①. O ②. Ni > C > Fe
（3） ①. sp3 ②. (H3PO4分子中有3个—OH，可形成分子间氢键，故浓磷酸呈粘稠状；)H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶
（4） ①. 正八面体 ②. 39
（5） ①. 6 ②. Mn2TiO4(或TiMn2O4)
【解析】
【小问1详解】
Li为3号元素电子排布式为1s22s1。s能级得电子云轮廓为球形，Ti电子排布为答案为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充电子数为2+2+2+2=8。答案为1s22s1；8；
【小问2详解】
非金属性O>N>P，电负性O>P。Fe、C和Ni的失去两个电子后电子排布分别为[Ar]3d6、[Ar]3d7、[Ar]3d8，再失去一个电子Fe3+为半满结构稳定即铁第三电离能小。而C和Ni电子层相同，核电荷数大半径小，那么半径小的Ni更难失电子其第三电离能Ni>C。答案为Ni>C>Fe；
【小问3详解】
从真实构型来看，它为四面体型，所以P为sp3杂化。磷酸具有多个羟基能与水形成氢键增大溶解性，且磷酸为极性分子易溶于极性溶剂水。答案为sp3杂化；H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶；
【小问4详解】
6配位形成正八面体。乙二胺中存在11个σ键。该配离子中6个配位键为6个σ键，所以总的σ键数为11×3+6=39。答案为正八面体；39；
【小问5详解】
由于晶胞中A和B交错堆积，那么Mn周围最近的O为 ，配位数为3+3=6。晶胞中含有结构A、结构B均为4个，Ti原子处于晶胞的顶点和面心。结构A的体内，晶胞中Ti为4+8×+6×=8个。Mn位于结构B的内部，晶胞中有Mn原子为4×4=16个。而O原子位于A和B结构的内部，4×4+4×4=32，所以该物质的化学式为Mn2TiO4(或TiMn2O4)。答案为6；Mn2TiO4(或TiMn2O4)。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 肌肉松弛剂Nefpam的合成路线如下所示(表示苯环)。
回答下列问题：
（1）A中的__________(填名称)官能团会被还原，还原后经“反应2”形成B的反应类型是___________。
（2）B与反应得到__________种一元溴代产物；为了使B转化为C原子利用率为，合适的试剂X是______________。
（3）已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，D分子具有___________个手性碳；一定条件下与足量水溶液反应，最多消耗____________。
（4）中间产物E分子内环化生成。写出产物F的结构简式_____________。
（5）参考上述合成路线，F经____________(填“”或“”)还原以及酸处理形成Nefpam．
（6）写出符合下列条件的B的同分异构体____________(任写一个)。
①能发生银镜反应；②其水解产物之一能与溶液显色；③含有两个苯环和一个五元环。
【答案】（1） ①. (酮)羰基 ②. 酯化反应(或取代反应)
（2） ①. 7 ②.
（3） ①. 1 ②. 3
（4） （5）
（6）等
【解析】
【分析】A经还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，B与发生取代反应生成C，C在作用下脱出羰基形成D，D与发生取代反应生成E，E中氯原子与-NH-发生分子内取代反应生成F，F发生还原反应再经酸化得到Nefpam，据此分析解答。
【小问1详解】
对比A与B的结构可知A中羰基转化成单键，羰基被还原，还原后羰基转化为醇羟基，羟基再与羧基发生酯化得到B，故答案为：(酮)羰基；酯化反应(或取代反应)；
【小问2详解】
B与发生苯环上的取代反应，B中有两个苯环，其中Ph代表的苯环中存在三种氢，另一苯环中存在4种氢，共有7种溴代产物；为了使B转化为C的原子利用率为，结合B和C的结构对比，合适的试剂X应为，故答案为：7；；
【小问3详解】
根据手性碳的概念，D中只有羟基所连碳为手性碳原子；中1mlCl可消耗1mlNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能继续消耗NaOH，因此可消耗3mlNaOH，故答案为：1；3；
【小问4详解】
由以上分析已知F为，故答案为：；
【小问5详解】
由A到B，C到D的转化过程可知能将羰基直接脱氧，因此F经处理才能得到Nefpam，故答案为：；
【小问6详解】Y
Z
X
W
温度/°C
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
58.8
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