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2024届陕西省榆林市高三下学期第二次模拟检测理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）
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考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共126分)
一、选择题：本题共13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. 化学与生产、科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 月壤中富含是元素的一种核素
B. 用于食品保鲜袋中作干燥剂的二氧化硅气凝胶可产生丁达尔效应
C. 利用高温加热方式灭活细菌或病毒制取灭活疫苗的过程，与蛋白质变性有关
D. 战斗机的隐身涂层中含石墨烯，石墨烯是一种有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．3He是He的一种核素，A正确；
B．二氧化硅气凝胶属于胶体，可以产生丁达尔效应，B正确；
C．细菌、病毒的主要成分是蛋白质，高温能使蛋白质变性，达到消毒的目的，C正确；
D．石墨烯属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，D错误；
故选D。
2. 有机物Z是化妆品成分之一，其合成路线如图。下列有关叙述正确的是
A. X和Y都属于芳香烃B. M分子中所有的碳原子可能共面
C. X最多能与氢气发生加成反应D. Z的分子中含有13个碳原子
【答案】B
【解析】
详解】A．由结构简式可知，Y中有氯元素，不属于芳香烃，故A错误；
B．M中含有苯环，苯环的所有碳原子共面，另外两个碳原子可以通过碳碳单键旋转至和苯环共面，故B正确；
C．没有指明X的物质的量，无法计算与其加成的氢气的物质的量，故C错误；
D．Z的分子中含有14个碳原子，故D错误；
故选B。
3. 下列装置可用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．关闭弹簧夹，通过长颈漏斗向锥形瓶中加入水，若长颈漏斗和锥形瓶中能形成稳定的液面差，说明装置气密性良好，故A正确；
B．转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出造成误差，故B错误；
C．氢气不溶于水，不能因为溶于水而形成压强差，所以不能用氢气设计喷泉实验，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，无法制得氢氧化铁胶体，故D错误；
故选A。
4. 下列对应离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，往饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确的离子方程式为2Fe3++6+24H++20I-=2Fe2++6NO↑+10I2+12H2O，B错误；
C．Mg(HCO3)2溶液与过量氢氧化钙溶液反应，碳酸氢根和镁离子反应比应当为2:1，氢氧化镁难溶，会生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，C错误；
D．NaClO溶液中通入少量SO2气体，SO2与ClO-发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，D正确；
本题选D。
5. 化合物Q(结构如图)是一种低温高效杀虫剂。已知，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z的最外层电子数相等，X、Y的原子序数之和比Z的原子序数大1，下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点：B. 离子半径：
C. Y、Z均能与X形成化合物D. 非金属性：
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z的最外层电子数相等，X、Y的原子序数之和比Z的原子序数大1，由结构式可知，化合物中X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、6、1，则X为O元素、Y为F元素、Z为S元素。
【详解】A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故A错误；
B．同主族元素，从上到下简单阴离子的离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子，故B错误；
C．氟元素能与氧元素形成二氟化氧，硫元素与氧元素能形成二氧化硫、三氧化硫，故C正确；
D．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则氟元素的非金属性强于硫元素，故D错误；
故选C。
6. 工业上用；混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质。下列说法错误的是
A. M极与电源的负极相连B. 电子由M极流出，经电源流回N极
C. N极发生的电极反应之一为D. 工作一段时间后，溶液中减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，M极与电源的负极相连，A正确；
B．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，N极为阳极，电子由阳极流出，经电源流回阴极，B错误；
C．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，N极为阳极，放电后，Pb放电，电极方程式为：，C正确；
D．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中减小，D正确；
故选B。
7. 常温下，等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液分别用溶液滴定，滴定曲线如图。
已知：常温下，的依次为；的依次为。下列说法正确的是
A. 曲线X代表
B.
C. 当V(溶液)时，曲线Y对应的溶液中：
D. 溶液中存在：
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4，继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，说明X中还含有能电离出氢离子的物质，即X为三元酸，即H3PO4，以此解答。
【详解】A．由分析可知，X为三元酸，即H3PO4，A错误；
B．由图可知，向等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液中加入50mL溶液时，三种酸溶液都达到滴定终点，则，B错误；
C．Y是H2C2O4，当V(溶液)时，得到Na2C2O4溶液，由电荷守恒和物料守恒可得质子守恒：，C正确；
D．X为H3PO4，当V(溶液)时，得到溶液，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则存在：，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题 共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每道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. 利用莫尔盐制备草酸亚铁晶体的实验及样品纯度的检验实验设计如下，回答下列问题：
已知：时，易被氧气氧化
Ⅰ．莫尔盐的制备
实验步骤：将绿矾与适量的硫酸铵固体混合溶于水中，加入适量的稀硫酸调节至，蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得产品。
（1）用稀硫酸调溶液至的目的是_______。
Ⅱ．草酸亚铁晶体的制备
实验步骤：将莫尔盐溶于适量稀硫酸并装入三颈烧瓶中，通过仪器滴加草酸溶液，水浴加热，充分反应后过滤，洗涤，得淡黄色固体草酸亚铁晶体。
（2）仪器的名称是_______，导管A的作用是_______。
Ⅲ．草酸亚铁晶体样品纯度的检验
草酸亚铁晶体样品中可能含有的杂质为，采用滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
①准确称取草酸亚铁晶体样品，溶于稀硫酸中，配成溶液。
②取①中所得的溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。③向滴定后的溶液中加入适量锌粉，充分反应后过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中。
④继续用标准溶液滴定步骤③中所得滤液至终点，消耗标准溶液。
已知：；
。
（3）步骤②中的溶液装在_______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中；步骤④中若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如下图所示，则_______。
（4）步骤②滴定终点的现象为_______；步骤③中加入锌粉的目的是_______。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_______(用含的式子表示)。
【答案】（1）防止被氧化，抑制水解
（2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡压强，便于液体顺利流下
（3） ①. 酸式滴定管 ②. 7.10mL
（4） ①. 滴入最后半滴溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不恢复 ②. 将还原为
（5）
【解析】
【分析】Ⅰ．根据已知：时，易被氧气氧化，用稀硫酸调溶液至的目的是防止被氧化，抑制水解；
Ⅱ．将莫尔盐溶于适量稀硫酸并装入三颈烧瓶中，通过仪器恒压滴液漏斗滴加草酸溶液，水浴加热，充分反应后过滤，洗涤，得淡黄色固体草酸亚铁晶体；
【小问1详解】
时，易被氧气氧化，用稀硫酸调溶液至的目的是防止被氧化，抑制水解；
【小问2详解】
仪器的名称是恒压滴液漏斗；导管A的作用是平衡压强，便于液体顺利流下；
【小问3详解】
溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，根据图中读数7.10mL；
【小问4详解】
步骤②滴定终点的现象为：滴入最后半滴溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不恢复；步骤③中加入锌粉的目的是将还原为；
【小问5详解】
由题中数据可知，草酸亚铁物质的量为ml，则草酸亚铁晶体样品的纯度为=。
9. 铋酸钠(，难溶于水)是一种新型光催化剂，也被广泛应用于制药业。以辉铋矿(主要成分为，含等杂质)为原料制备的工艺流程如图。
已知：“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质。回答下列问题：
（1）中铋元素的化合价为___________价；“氧化浸取”时温度不能过高的原因是___________；“氧化浸取”时发生反应的化学方程式为___________。
（2）“滤渣1”的主要成分为硫单质和___________(写化学式)。
（3）“除铜”时，发生反应，该反应的平衡常数___________。{已知 }
（4）在酸性介质中，可将氧化为，反应后元素呈价，则向足量稀硫酸和稀溶液的混合溶液中加入时，反应中n(氧化剂)：n(还原剂)=___________。
（5）“转化”时生成反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 盐酸易挥发，受热易分解 ③.
（2）
（3）
（4）5：2 （5）
【解析】
【分析】由题给流程控制，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和滤液；调节滤液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铋离子转化为氢氧化铋沉淀、铜离子四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；将氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液和铋酸钠。
【小问1详解】
由化合价代数和为0可知，三硫化二铋中铋元素的化合价为+3价；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，所以“氧化浸取”时温度不能过高，否则会因盐酸挥发、过氧化氢分解导致产率降低；由分析可知，三硫化二铋发生的反应为三硫化二铋与过氧化氢和盐酸混合溶液反应生成氯化铋、硫沉淀和水，反应的化学方程式为，故答案为：+3；盐酸易挥发，受热易分解；；
【小问2详解】
由分析可知，“滤渣1”的主要成分为硫单质和二氧化硅，故答案为：；
【小问3详解】
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
【小问4详解】
由题意可知，铋酸钠与稀硫酸和硫酸锰溶液反应生成硫酸钠、硫酸铋、高锰酸钠和水，反应中锰元素的化合价升高被氧化，硫酸锰是反应的还原剂，铋元素的化合价降低被还原，铋酸钠是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，故答案为：5∶2；
【小问5详解】
由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，其目的是将溶液中氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：。
10. 的综合利用成为研究热点，作为碳源加氢是再生能源的有效方法。回答下列问题：
Ⅰ．工业上利用和制备，已知温度为T、压强为p时的摩尔生成焓如表所示：
已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。
（1）温度为T、压强为p时，反应___________。
（2）已知：温度为时，。实验测得：为速率常数。
①时，___________。
②若时，，则___________(填“>”“<”或“=”)。
Ⅱ．在催化剂作用下，可被氢气还原为甲醇：[同时有副反应发生]，平衡转化率随温度和压强变化如图。
（3）判断的大小关系：___________。解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是___________。
（4）向压强为p的恒温恒压密闭容器中加入和，进行反应，达到平衡状态时，的转化率为20%，生成的物质的量为，则甲醇的选择性为___________%[甲醇选择性]；在该温度下，的压强平衡常数___________(列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）
（2） ①. 2 ②. <
（3） ①. ②. 之前以副反应为主，转化率随着温度升高而增大，之后以主反应为主，转化率随着温度升高而降低 ③. 增大压强
（4） ①. 50 ②.
【解析】
【小问1详解】
=生成物的生成焓-反应物的生成焓，则反应；
【小问2详解】
①时，为速率常数，则；
②若时，，则平衡常数为K=2.1，反应，该反应为吸热反应，温度越高，K值越大，则<；
【小问3详解】
对于反应，增大压强，平衡正向移动，副反应不受压强影响，当温度固定时，压强越大，平衡转化率越大，故；主反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，副反应为吸热反应，温度升高，平衡正移，Tk前以副反应为主，转化率随着温度升高而增大，后以主反应为主，转化率随着温度升高而降低；增大压强，可以使主反应正向移动，副反应不移动，则增大压强可同时增大的平衡转化率和的产率；
【小问4详解】
向压强为p的恒温恒压密闭容器中加入和，进行反应，达到平衡状态时，的转化率为20%，则一共消耗0.2ml，生成需要消耗0.1ml，则剩余0.1ml转化为了，则甲醇的选择性为；在该温度下，反应达平衡时为0.8ml，为2.6ml，为0.1ml，为0.1ml，H2O为0.2ml，则，，，，则的压强平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从以下2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[化学——物质结构与性质]
11. C、N化合物对人类生存环境有重要影响。
Ⅰ.汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下可生成无毒无害的气体，工业废气中的NO可被NH3在高温催化作用下还原为N2和H2O。
（1）原子序数为N元素两倍的元素的基态原子的外围电子排布图为_________。
（2）C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_________。
（3）键角：NH3__________(填“>“<”或“=”)H2O；NH3VSEPR模型为_________。
Ⅱ.NO与血红蛋白中的[Fe(H2O)6]2+结合生成[Fe(NO)(H2O)5]2+可导致人体的血红蛋白丧失携氧能力。
（4）Fe2+的配位数为_________。
（5）在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为_________ (填元素符号)，原因是_________。
Ⅲ.C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，设晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为(0，0，0)、3号原子的坐标为(1，1，1)。
（6）①C原子的杂化方式为_________。
②2号原子的坐标为_________。
③该晶体的密度为__________g/cm3。
【答案】（1） （2）
（3） ①. ＞ ②. 四面体形
（4）6 （5） ①. N ②. O电负性大于N，N更容易提供孤电子对
（6） ①. sp3 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
原子序数为N元素两倍的元素为Si元素，其基态原子的外围电子排布图：；
【小问2详解】
同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，由于N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素第一电离能，即第一电离能：；
【小问3详解】
H2O中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；孤电子对数越多，键角越小，即键角：；
【小问4详解】
[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+的配位数为6；
【小问5详解】
在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为N，O电负性大于N，N更容易提供孤电子对；
【小问6详解】
①晶胞中C原子价层电子对数为4，为sp3杂化；
②2号原子位于体对角线位置，根据1号原子及3号原子坐标，得2号原子坐标；
③根据均摊法计算，碳原子个数：，氮原子个数为4，根据晶胞密度计算公式：；
[化学——有机化学基础]
12. 化合物A(对硝基苯酚)广泛用作合成农药、医药、染料等精细化学品的中间体。某科研单位以A为原料合成某药物的关键中间体F的路线如图。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
（1）化合物A的分子式是___________，化合物E中所含官能团的名称为___________。
（2）用系统命名法命名，则的名称为___________；化合物D的结构简式为___________。
（3）反应④的反应类型为___________。
（4）化合物C在一定条件下与足量新制的发生反应的化学方程式为___________。
（5）化合物W为的同分异构体，满足下列条件的W的结构共有___________种(不考虑立体异构)。
①含苯环，苯环上只有三个氢原子
②硝基与苯环直接相连
③能发生银镜反应，不与钠单质反应
（6）写出以环已醇为原料合成的路线(其他无机试剂任选) ___________。
【答案】（1） ①. ②. 氨基、酯基
（2） ①. 3—戊醇 ②.
（3）取代反应 （4）
（5）20 （6）
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知，根据转化①信息可知，A和CH3COCl发生取代反应生成可推知A的结构简式为：，根据题干已知信息I结合流程图转化③信息可推知B的结构简式为：，根据题干已知信息Ⅱ、结合流程图C到D、D到，到E的转化信息可知，C的结构简式为HCHO，D的结构简式为：HOCH2CN，E的结构简式为：，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则A的分子式为，E的结构简式为：，则化合物E中所含官能团的名称为酯基、氨基；
【小问2详解】
根据醇的系统命名法可知，的名称为3-戊醇，由分析可知，化合物D的结构简式为：HOCH2CN；
【小问3详解】
由分析可知，B的结构简式为：，则反应④为++HCl，则该反应的反应类型为取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，C的结构简式为：HCHO，故化合物C在一定条件下与足量新制的发生反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
化合物W为的同分异构体，满足下列条件①含苯环，苯环上只有三个氢原子，即含有三个取代基，②硝基与苯环直接相连，③能发生银镜反应，即含有醛基或含有-OOCH，不与钠单质反应即不含羧基、羟基，则三个取代基有：-NO2、-CH3和-OOCH；-NO2、-OCH3和-CHO两组，每一组又分别有10种位置异构，即符合条件的W的结构共有2×10=20种；
【小问6详解】
发生催化氧化反应生成，和HCN发生加成反应生成，发生已知信息Ⅱ的反应原理得到，合成路线为：。A．检查装置气密性
B．转移溶液
C．喷泉实验
D．制备胶体
A
向饱和溶液中通入过量
B
溶液中加入过量的溶液
C
溶液与过量石灰水反应
D
溶液中通入少量气体
气态物质
摩尔生成焓/
0
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共126分)
一、选择题：本题共13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. 化学与生产、科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 月壤中富含是元素的一种核素
B. 用于食品保鲜袋中作干燥剂的二氧化硅气凝胶可产生丁达尔效应
C. 利用高温加热方式灭活细菌或病毒制取灭活疫苗的过程，与蛋白质变性有关
D. 战斗机的隐身涂层中含石墨烯，石墨烯是一种有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．3He是He的一种核素，A正确；
B．二氧化硅气凝胶属于胶体，可以产生丁达尔效应，B正确；
C．细菌、病毒的主要成分是蛋白质，高温能使蛋白质变性，达到消毒的目的，C正确；
D．石墨烯属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，D错误；
故选D。
2. 有机物Z是化妆品成分之一，其合成路线如图。下列有关叙述正确的是
A. X和Y都属于芳香烃B. M分子中所有的碳原子可能共面
C. X最多能与氢气发生加成反应D. Z的分子中含有13个碳原子
【答案】B
【解析】
详解】A．由结构简式可知，Y中有氯元素，不属于芳香烃，故A错误；
B．M中含有苯环，苯环的所有碳原子共面，另外两个碳原子可以通过碳碳单键旋转至和苯环共面，故B正确；
C．没有指明X的物质的量，无法计算与其加成的氢气的物质的量，故C错误；
D．Z的分子中含有14个碳原子，故D错误；
故选B。
3. 下列装置可用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．关闭弹簧夹，通过长颈漏斗向锥形瓶中加入水，若长颈漏斗和锥形瓶中能形成稳定的液面差，说明装置气密性良好，故A正确；
B．转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出造成误差，故B错误；
C．氢气不溶于水，不能因为溶于水而形成压强差，所以不能用氢气设计喷泉实验，故C错误；
D．饱和氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，无法制得氢氧化铁胶体，故D错误；
故选A。
4. 下列对应离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，往饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na+++CO2+H2O=2NaHCO3↓，A错误；
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3，正确的离子方程式为2Fe3++6+24H++20I-=2Fe2++6NO↑+10I2+12H2O，B错误；
C．Mg(HCO3)2溶液与过量氢氧化钙溶液反应，碳酸氢根和镁离子反应比应当为2:1，氢氧化镁难溶，会生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为Mg2++2+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，C错误；
D．NaClO溶液中通入少量SO2气体，SO2与ClO-发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，D正确；
本题选D。
5. 化合物Q(结构如图)是一种低温高效杀虫剂。已知，X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z的最外层电子数相等，X、Y的原子序数之和比Z的原子序数大1，下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点：B. 离子半径：
C. Y、Z均能与X形成化合物D. 非金属性：
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z的最外层电子数相等，X、Y的原子序数之和比Z的原子序数大1，由结构式可知，化合物中X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、6、1，则X为O元素、Y为F元素、Z为S元素。
【详解】A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故A错误；
B．同主族元素，从上到下简单阴离子的离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子，故B错误；
C．氟元素能与氧元素形成二氟化氧，硫元素与氧元素能形成二氧化硫、三氧化硫，故C正确；
D．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则氟元素的非金属性强于硫元素，故D错误；
故选C。
6. 工业上用；混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质。下列说法错误的是
A. M极与电源的负极相连B. 电子由M极流出，经电源流回N极
C. N极发生的电极反应之一为D. 工作一段时间后，溶液中减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，M极与电源的负极相连，A正确；
B．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，N极为阳极，电子由阳极流出，经电源流回阴极，B错误；
C．装置示意图如图所示，M极附近析出金属单质，M极为阴极，N极为阳极，放电后，Pb放电，电极方程式为：，C正确；
D．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中减小，D正确；
故选B。
7. 常温下，等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液分别用溶液滴定，滴定曲线如图。
已知：常温下，的依次为；的依次为。下列说法正确的是
A. 曲线X代表
B.
C. 当V(溶液)时，曲线Y对应的溶液中：
D. 溶液中存在：
【答案】C
【解析】
【分析】据图可知，当加入的NaOH溶液达到50.00mL时，曲线X、Y的pH发生两次突变，Z发生一次突变，则曲线Z代表的应为强酸，即H2SO4，继续滴加NaOH溶液，曲线Y和Z重合，则Y也应是二元酸，即H2C2O4，而X的pH小于二者，说明X中还含有能电离出氢离子的物质，即X为三元酸，即H3PO4，以此解答。
【详解】A．由分析可知，X为三元酸，即H3PO4，A错误；
B．由图可知，向等浓度的磷酸溶液、硫酸溶液及草酸溶液中加入50mL溶液时，三种酸溶液都达到滴定终点，则，B错误；
C．Y是H2C2O4，当V(溶液)时，得到Na2C2O4溶液，由电荷守恒和物料守恒可得质子守恒：，C正确；
D．X为H3PO4，当V(溶液)时，得到溶液，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则存在：，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题 共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每道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. 利用莫尔盐制备草酸亚铁晶体的实验及样品纯度的检验实验设计如下，回答下列问题：
已知：时，易被氧气氧化
Ⅰ．莫尔盐的制备
实验步骤：将绿矾与适量的硫酸铵固体混合溶于水中，加入适量的稀硫酸调节至，蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得产品。
（1）用稀硫酸调溶液至的目的是_______。
Ⅱ．草酸亚铁晶体的制备
实验步骤：将莫尔盐溶于适量稀硫酸并装入三颈烧瓶中，通过仪器滴加草酸溶液，水浴加热，充分反应后过滤，洗涤，得淡黄色固体草酸亚铁晶体。
（2）仪器的名称是_______，导管A的作用是_______。
Ⅲ．草酸亚铁晶体样品纯度的检验
草酸亚铁晶体样品中可能含有的杂质为，采用滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：
①准确称取草酸亚铁晶体样品，溶于稀硫酸中，配成溶液。
②取①中所得的溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。③向滴定后的溶液中加入适量锌粉，充分反应后过滤，洗涤，洗涤液并入滤液中。
④继续用标准溶液滴定步骤③中所得滤液至终点，消耗标准溶液。
已知：；
。
（3）步骤②中的溶液装在_______(填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)中；步骤④中若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如下图所示，则_______。
（4）步骤②滴定终点的现象为_______；步骤③中加入锌粉的目的是_______。
（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_______(用含的式子表示)。
【答案】（1）防止被氧化，抑制水解
（2） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 平衡压强，便于液体顺利流下
（3） ①. 酸式滴定管 ②. 7.10mL
（4） ①. 滴入最后半滴溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不恢复 ②. 将还原为
（5）
【解析】
【分析】Ⅰ．根据已知：时，易被氧气氧化，用稀硫酸调溶液至的目的是防止被氧化，抑制水解；
Ⅱ．将莫尔盐溶于适量稀硫酸并装入三颈烧瓶中，通过仪器恒压滴液漏斗滴加草酸溶液，水浴加热，充分反应后过滤，洗涤，得淡黄色固体草酸亚铁晶体；
【小问1详解】
时，易被氧气氧化，用稀硫酸调溶液至的目的是防止被氧化，抑制水解；
【小问2详解】
仪器的名称是恒压滴液漏斗；导管A的作用是平衡压强，便于液体顺利流下；
【小问3详解】
溶液具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，根据图中读数7.10mL；
【小问4详解】
步骤②滴定终点的现象为：滴入最后半滴溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不恢复；步骤③中加入锌粉的目的是将还原为；
【小问5详解】
由题中数据可知，草酸亚铁物质的量为ml，则草酸亚铁晶体样品的纯度为=。
9. 铋酸钠(，难溶于水)是一种新型光催化剂，也被广泛应用于制药业。以辉铋矿(主要成分为，含等杂质)为原料制备的工艺流程如图。
已知：“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质。回答下列问题：
（1）中铋元素的化合价为___________价；“氧化浸取”时温度不能过高的原因是___________；“氧化浸取”时发生反应的化学方程式为___________。
（2）“滤渣1”的主要成分为硫单质和___________(写化学式)。
（3）“除铜”时，发生反应，该反应的平衡常数___________。{已知 }
（4）在酸性介质中，可将氧化为，反应后元素呈价，则向足量稀硫酸和稀溶液的混合溶液中加入时，反应中n(氧化剂)：n(还原剂)=___________。
（5）“转化”时生成反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. ②. 盐酸易挥发，受热易分解 ③.
（2）
（3）
（4）5：2 （5）
【解析】
【分析】由题给流程控制，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和滤液；调节滤液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铋离子转化为氢氧化铋沉淀、铜离子四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；将氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液和铋酸钠。
【小问1详解】
由化合价代数和为0可知，三硫化二铋中铋元素的化合价为+3价；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，所以“氧化浸取”时温度不能过高，否则会因盐酸挥发、过氧化氢分解导致产率降低；由分析可知，三硫化二铋发生的反应为三硫化二铋与过氧化氢和盐酸混合溶液反应生成氯化铋、硫沉淀和水，反应的化学方程式为，故答案为：+3；盐酸易挥发，受热易分解；；
【小问2详解】
由分析可知，“滤渣1”的主要成分为硫单质和二氧化硅，故答案为：；
【小问3详解】
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
【小问4详解】
由题意可知，铋酸钠与稀硫酸和硫酸锰溶液反应生成硫酸钠、硫酸铋、高锰酸钠和水，反应中锰元素的化合价升高被氧化，硫酸锰是反应的还原剂，铋元素的化合价降低被还原，铋酸钠是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，故答案为：5∶2；
【小问5详解】
由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，其目的是将溶液中氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：。
10. 的综合利用成为研究热点，作为碳源加氢是再生能源的有效方法。回答下列问题：
Ⅰ．工业上利用和制备，已知温度为T、压强为p时的摩尔生成焓如表所示：
已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。
（1）温度为T、压强为p时，反应___________。
（2）已知：温度为时，。实验测得：为速率常数。
①时，___________。
②若时，，则___________(填“>”“<”或“=”)。
Ⅱ．在催化剂作用下，可被氢气还原为甲醇：[同时有副反应发生]，平衡转化率随温度和压强变化如图。
（3）判断的大小关系：___________。解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是___________。
（4）向压强为p的恒温恒压密闭容器中加入和，进行反应，达到平衡状态时，的转化率为20%，生成的物质的量为，则甲醇的选择性为___________%[甲醇选择性]；在该温度下，的压强平衡常数___________(列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）
（2） ①. 2 ②. <
（3） ①. ②. 之前以副反应为主，转化率随着温度升高而增大，之后以主反应为主，转化率随着温度升高而降低 ③. 增大压强
（4） ①. 50 ②.
【解析】
【小问1详解】
=生成物的生成焓-反应物的生成焓，则反应；
【小问2详解】
①时，为速率常数，则；
②若时，，则平衡常数为K=2.1，反应，该反应为吸热反应，温度越高，K值越大，则<；
【小问3详解】
对于反应，增大压强，平衡正向移动，副反应不受压强影响，当温度固定时，压强越大，平衡转化率越大，故；主反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，副反应为吸热反应，温度升高，平衡正移，Tk前以副反应为主，转化率随着温度升高而增大，后以主反应为主，转化率随着温度升高而降低；增大压强，可以使主反应正向移动，副反应不移动，则增大压强可同时增大的平衡转化率和的产率；
【小问4详解】
向压强为p的恒温恒压密闭容器中加入和，进行反应，达到平衡状态时，的转化率为20%，则一共消耗0.2ml，生成需要消耗0.1ml，则剩余0.1ml转化为了，则甲醇的选择性为；在该温度下，反应达平衡时为0.8ml，为2.6ml，为0.1ml，为0.1ml，H2O为0.2ml，则，，，，则的压强平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从以下2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[化学——物质结构与性质]
11. C、N化合物对人类生存环境有重要影响。
Ⅰ.汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下可生成无毒无害的气体，工业废气中的NO可被NH3在高温催化作用下还原为N2和H2O。
（1）原子序数为N元素两倍的元素的基态原子的外围电子排布图为_________。
（2）C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_________。
（3）键角：NH3__________(填“>“<”或“=”)H2O；NH3VSEPR模型为_________。
Ⅱ.NO与血红蛋白中的[Fe(H2O)6]2+结合生成[Fe(NO)(H2O)5]2+可导致人体的血红蛋白丧失携氧能力。
（4）Fe2+的配位数为_________。
（5）在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为_________ (填元素符号)，原因是_________。
Ⅲ.C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，设晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为(0，0，0)、3号原子的坐标为(1，1，1)。
（6）①C原子的杂化方式为_________。
②2号原子的坐标为_________。
③该晶体的密度为__________g/cm3。
【答案】（1） （2）
（3） ①. ＞ ②. 四面体形
（4）6 （5） ①. N ②. O电负性大于N，N更容易提供孤电子对
（6） ①. sp3 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
原子序数为N元素两倍的元素为Si元素，其基态原子的外围电子排布图：；
【小问2详解】
同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，由于N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素第一电离能，即第一电离能：；
【小问3详解】
H2O中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；孤电子对数越多，键角越小，即键角：；
【小问4详解】
[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe2+的配位数为6；
【小问5详解】
在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，配体NO提供配位的原子为N，O电负性大于N，N更容易提供孤电子对；
【小问6详解】
①晶胞中C原子价层电子对数为4，为sp3杂化；
②2号原子位于体对角线位置，根据1号原子及3号原子坐标，得2号原子坐标；
③根据均摊法计算，碳原子个数：，氮原子个数为4，根据晶胞密度计算公式：；
[化学——有机化学基础]
12. 化合物A(对硝基苯酚)广泛用作合成农药、医药、染料等精细化学品的中间体。某科研单位以A为原料合成某药物的关键中间体F的路线如图。
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
（1）化合物A的分子式是___________，化合物E中所含官能团的名称为___________。
（2）用系统命名法命名，则的名称为___________；化合物D的结构简式为___________。
（3）反应④的反应类型为___________。
（4）化合物C在一定条件下与足量新制的发生反应的化学方程式为___________。
（5）化合物W为的同分异构体，满足下列条件的W的结构共有___________种(不考虑立体异构)。
①含苯环，苯环上只有三个氢原子
②硝基与苯环直接相连
③能发生银镜反应，不与钠单质反应
（6）写出以环已醇为原料合成的路线(其他无机试剂任选) ___________。
【答案】（1） ①. ②. 氨基、酯基
（2） ①. 3—戊醇 ②.
（3）取代反应 （4）
（5）20 （6）
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知，根据转化①信息可知，A和CH3COCl发生取代反应生成可推知A的结构简式为：，根据题干已知信息I结合流程图转化③信息可推知B的结构简式为：，根据题干已知信息Ⅱ、结合流程图C到D、D到，到E的转化信息可知，C的结构简式为HCHO，D的结构简式为：HOCH2CN，E的结构简式为：，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则A的分子式为，E的结构简式为：，则化合物E中所含官能团的名称为酯基、氨基；
【小问2详解】
根据醇的系统命名法可知，的名称为3-戊醇，由分析可知，化合物D的结构简式为：HOCH2CN；
【小问3详解】
由分析可知，B的结构简式为：，则反应④为++HCl，则该反应的反应类型为取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，C的结构简式为：HCHO，故化合物C在一定条件下与足量新制的发生反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
化合物W为的同分异构体，满足下列条件①含苯环，苯环上只有三个氢原子，即含有三个取代基，②硝基与苯环直接相连，③能发生银镜反应，即含有醛基或含有-OOCH，不与钠单质反应即不含羧基、羟基，则三个取代基有：-NO2、-CH3和-OOCH；-NO2、-OCH3和-CHO两组，每一组又分别有10种位置异构，即符合条件的W的结构共有2×10=20种；
【小问6详解】
发生催化氧化反应生成，和HCN发生加成反应生成，发生已知信息Ⅱ的反应原理得到，合成路线为：。A．检查装置气密性
B．转移溶液
C．喷泉实验
D．制备胶体
A
向饱和溶液中通入过量
B
溶液中加入过量的溶液
C
溶液与过量石灰水反应
D
溶液中通入少量气体
气态物质
摩尔生成焓/
0
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