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福建省三明第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份福建省三明第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
(考试时长：75分钟 满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 P-31 M-96
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)
1. “致良知，知行合”。劳动有利于“知行合”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用食盐腌制白菜，食盐有咸味能调味，同时能抑制细菌的生长，故A正确；
B． 、溶，用除去废水中的说明溶液中硫离子浓度相同，Ksp结构相似，Ksp小的先沉淀，故B正确；
C．室内喷洒溶液消毒利用溶液具有强氧化性，故C错误；
D．N、P、K是植物生长不可缺少的元素，厨余垃圾中含有这些元素，可以通过沤肥做农家肥，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态Cu原子的价层电子排布式为：
B. 的电子式：
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图
D. 的VSEPR模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态Cu原子的价层电子排布式为：，A正确；
B．的电子式为：，B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，C错误；
D．SO3中心原子硫原子杂化方式为sp2，故VSEPR模型应为平面三角形，D错误；
故选A。
3. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 溶液中含有的数目为
B. 常温下，二氧化氮气体中含有的分子数为
C. 中含有完全相同的共价键的数目为
D. 总反应中生成(标准状况)时转移电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．铵根离子水解，导致铵根离子数目减少， 溶液中含有的数目小于，A错误；
B．二氧化氮物质的量为0.1ml。二氧化氮气体中存在2NO2N2O4，含有的分子数小于，B错误；
C．铵根离子中四个N-H键完全相同，中含有完全相同，共价键的数目为，C错误；
D．总反应为2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，生成2ml氮气转移6ml电子，物质的量为0.5ml，则转移电子数为，D正确；
故选D。
4. 铁是最常见的金属之一、纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁易被腐蚀，经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用与进行浸泡，在表面形成的同时有生成；铁与砷反应得到的可被还原得到，难溶于水，是一种超导材料。镍与单质化学性质相似，金属活动性比铁略低。酸性条件下，的氧化性强于，的盐与碱反应可以转化为不溶性的。下列反应的离子方程式正确的是
A. 纳米铁粉处理酸性含废水：
B. 铁的发蓝处理：
C. 溶液中加少量氨水：
D. 与浓盐酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性废水中不可能生成OH-，故纳米铁粉处理酸性含废水的离子方程式为：，A错误；
B．由题干信息可知，用与进行浸泡，在表面形成的同时有生成，铁的发蓝处理：，B正确；
C．氨水为弱碱属于弱电解质，故溶液中加少量氨水的离子方程式为：，C错误；
D．由题干信息可知，酸性条件下，的氧化性强于，则与浓盐酸反应离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。
5. 铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法不正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 图中的阳离子与互为等电子体，具有相同的空间结构
C. Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应
D. 熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼，Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；据此分析。
【详解】A．第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，A错误；
B．阳离子为与互为等电子体，具有相同的空间结构，都为正四面体形，B正确；
C．铝最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，C正确；
D．W晶体与W、Y形成的晶体都为共价晶体，共价晶体熔点与原子半径有关，N半径小于Si，则N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，则熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体，D正确；
故选A。
6. 维生素D含量越高，老年大脑的认知功能越好。目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是
A. D3不存在手性碳原子
B. D3易溶于水，可溶解于水中服用
C. D3可与溴水发生取代反应使其褪色
D. D3分子中虚线框内所含碳原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A． 中含有5个手性碳原子(*号标出)，故A错误；
B．D3分子中只有1个羟基，而烃基大，所以不易溶于水，故B错误；
C．D3分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色，故C错误；
D．D3分子中虚线框内所含碳原子都是单双键交替连接，所以碳原子可能共平面，故D正确；
选D。
7. 科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O－Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列说法不正确的是
A. 该反应能量转化形式为光能→化学能
B. 该人工光合体系的总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
C. 图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D. Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，A正确；
B．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B正确；
C．左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；
D．酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；
故合理选项是C。
8. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是
A. 制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
B. X中盛放的试剂是浓硫酸，其作用为干燥
C. Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑
D. Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，Z中溶液为LaCl3溶液，故Z中制备La2(CO3)3，还需要NH4HCO3，则D和E用分别通入CO2和NH3，因NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，故D口通入CO2，E口通入NH3，Y中制备NH3，W中制备CO2，但会挥发出HCl，需要除去，所以用X除去HCl， 据此回答。
【详解】A．由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备NH3，Z中制备La2(CO3)3，则制备La2(CO3)3实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故A正确；
B．W中制备CO2，会挥发出HCl，需要除去，所以用X中盛放的试剂应该是饱和NaHCO3溶液，作用是除去挥发出来的HCl，故B错误；
C．Y中CaO与浓氨水反应制备NH3，反应方程式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故C正确；
D．CO2在水中的溶解度不大，碱性环境能增大CO2的溶解度，而NH3在水中的溶解度很大，且水溶液呈碱性，所以应先通入NH3后通入CO2，生成较大浓度的NH4HCO3，故D正确；
故答案选B。
9. 一种可充电的新型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时，电子由a极经用电器流向b极
B. 放电过程时，b极区的pH变大
C. 若有参与电极反应，有4ml通过阳离子交换膜
D. 充电时，电池总反应为2+2nH2O+nO2+4nOH-
【答案】D
【解析】
【分析】新型水系聚物空气电池放电时为原电池，b极上得电子生成，则b极为正极，a极为负极，正极反应为，负极上失电子生成，负极反应为：-=，总反应为2++=+；充电时为电解池，原电池得正负极分别接电源得正负极作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池的负正极反应相反，据此解答；
【详解】A．由分析可知，放电时，b极是氧气得到电子形成，为电池的正极，所以a极为电源负极，电子由a极经用电器流向b极，A项正确；
B．由分析知，放电时，b极上的电极反应式为，产生氢氧根，pH变大，B项正确；
C．由B项正极反应式可知，若有1ml参与电极反应，则有4ml电子发生转移，有4ml通过阳离子交换膜，C项正确；
D．由分析可知，充电时，电池总反应为与放电时相反，总反应为：4nOH-+2+2nH2O+nO2↑，D项错误；
故选D。
10. 次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组用0.100的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ[比如的分布系数：]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A. 曲线①代表δ（H3PO2），曲线②代表
B. H3PO2的电离常数
C. 滴定中用酚酞做指示剂
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化曲线，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表，故A正确；
B．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)=，故 ，对应曲线③pH≈3，即c(H+)≈10−3ml⋅L−1，，故B错误；
C．H3PO2为一元弱酸，二者恰好中和溶液呈碱性，则滴定中用酚酞做指示剂，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，，溶液中的电荷守恒为，则，故D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题(本题共4小题，共60分。)
11. 次磷酸是一种一元弱酸，次磷酸钠()是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷()和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和，是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：
（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开，通入一段时间，关闭，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。
①仪器a的名称为___________。
②活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是___________。
③a中反应的化学方程式为___________。
（2）反应结束后，打开，继续通入，目的是___________。
（3）碱性条件下，c中生成和NaCl，c中反应的离子方程式为___________。相关物质溶解度(S)如下：
充分反应后，将a、c中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为___________，然后___________、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含的粗产品。
（4）产品纯度测定：取产品1.50克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL，0.10ml/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用溶液滴定至终点，平均消耗18.00mL，相关反应方程式为：，产品纯度为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶) ②. 使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率 ③.
（2）排出装置中未反应(或残留)的，使被c装置(或NaClO溶液)吸收
（3） ①. ②. NaCl ③. 趁热过滤
（4）93.9%
【解析】
【分析】结合题意及制备装置分析可知，三颈烧瓶为制备装置，在制备前通入氮气防止产物被氧化，制备后通入氮气是为了排除装置中的未反应(或残留)的，装置b的作用是防止c中液体倒吸进入a中，起到安全瓶的作用，装置c用来吸收生成的，装置d是确保排出气体中无残余。
【小问1详解】
仪器a的名称为三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶)；活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是：使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率；a中反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
反应结束后，打开，继续通入，目的是：排出装置中的未反应(或残留)的，使被c装置(或NaClO溶液)吸收；
【小问3详解】
碱性条件下，c中生成和NaCl，c中反应的离子方程式为：；根据表中数据可知，NaCl的溶解度随着温度的升高变化不大，而的溶解度随着温度的升高而明显增大，且NaCl溶解度比小很多，因此将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分是NaCl，然后趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含的粗产品，故答案为：NaCl；趁热过滤；冷却结晶；
【小问4详解】
根据原子守恒有：据电子守恒有：，1.50g产品中=，产品纯度为：。
12. M、C均为重要战略性金属。以为载体的钴钼废催化剂中含CS、及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，经系列处理可制取、，工艺流程如图所示：
已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。
②常温下，，，。
③金属离子开始沉淀和完全沉淀时pH范围：，，。
（1）在空气中焙烧的化学方程式为___________。
（2）“滤渣1”的主要成分为___________。“滤渣2”的主要成分为和，“调pH”中调节pH的合理范围为___________。
（3）“水相”经萃取后得钴的有机相，存在平衡：，然后加反萃取剂进行反萃取，可得含的水溶液，可作为反萃取剂的一种常用物质为___________(写化学式)溶液。
（4）“沉钴”过程中为防止转化为，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：，该反应的平衡常数___________(结果保留一位小数)。
（5）氮化钼量子点可应用于电池及催化领域，其晶胞结构如图所示，氮化钼的化学式为___________，钼原子周围距离最近的氮原子有___________个。若晶胞密度为，则晶胞参数___________nm(设为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）
（2） ①. 、 ②. 4.7≤pH＜7.2
（3）(或、HCl)
（4）
（5） ①. ②. 4 ③.
【解析】
【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CS、MS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时得到CSO4、Fe2(SO4)3、MO2SO4、CaSO4、SiO2等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4、SiO2；调节滤液的pH，Fe3+、Al3+都转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，C2+进入水溶液，含M离子进入有机相，处理后得到(NH4)2MO4；“水相”经萃取后得钴的有机相，再反萃取得到含C2+水溶液，加入NH4HCO3、NH3∙H2O进行沉钴，得到CCO3。
【小问1详解】
MS2在空气中焙烧时，生成MO3和SO2，化学方程式为；
【小问2详解】
由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”中调节pH的合理范围为4.7≤pH＜7.2；
【小问3详解】
进行反萃取时，将使萃取反应的平衡逆向移动，得到含C2+的水溶液，则可作为反萃取剂的一种常用物质为H2SO4(或HNO3、HCl)溶液；
【小问4详解】
“沉钴”过程中为防止CCO3转化为C(OH)2，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：，该反应的平衡常数K===≈；
【小问5详解】
氮化钼晶胞中，含有M数目为=4，含有N数目为=2，则氮化钼的化学式为，从底面的面心钼原子观察，钼原子周围距离最近的氮原子有4个；若晶胞密度为ρg∙cm-3，则ρg∙cm-3×(10-7)3cm3/nm3×a3=，晶胞参数a=nm。
13. 采取高效经济方式利用对人类社会发展具有重要意义。以和为原料合成甲醇主要发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑其他反应)：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答以下问题：
（1）已知： ，则反应Ⅰ的___________。
（2）有利于提高平衡转化率的措施有___________(填标号)。
A. 增大投料比B. 增大压强
C 使用高效催化剂D. 及时将分离
（3）在催化剂作用下，测得平衡转化率(曲线Y)和平衡时的选择性(曲线X)随温度变化如图所示。(已知：的选择性)
①加氢制时，温度选择的原因为___________。
②510K时，往恒容密闭容器中按充入和，若平衡时容器内，则反应Ⅰ的平衡常数___________(列计算式即可)。
（4）和在某催化剂表面合成甲醇(反应Ⅰ)的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，“TS”表示过渡状态。
①气体在催化剂表面的吸附是___________(填“吸热”或“放热”)过程。
②该反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式为___________。
（5）甲醇催化制取丙烯()的过程中发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ
反应Ⅰ的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据由图中直线a变为直线b，则实验可能改变的外界条件是___________。
【答案】（1）-49.5 （2）BD
（3） ①. 在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快 ②.
（4） ①. 放热 ②.
（5）使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+已知反应，则反应Ⅰ的反应热；
故答案为：-49.5；
【小问2详解】
A．增大投料比，相当于保持不变，增大，平衡正移，但平衡转化率降低，A错误；
B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ平衡正移，平衡转化率增大，B正确；
C．使用高效催化剂，平衡不移动，平衡转化率不变，C错误；
D．及时将分离，反应Ⅰ平衡正移，平衡转化率增大，D正确；
答案选BD；
【小问3详解】
加氢制时，从图中看，温度在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快，所以选择此温度区间；
根据图中数据，510K时，平衡转化率为40%，的选择性为80%，在恒容容器中，设起始和分别为、，平衡时为xml/L，则列三段式如下：
，，列方程组为，解得，平衡时为1.5ml/L、为4.9ml/L、为0.8ml/L、为1ml/L、为0.2ml/L，则反应Ⅰ的平衡常数；
故答案为：在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快；；
【小问4详解】
从图中看，气体吸附在催化剂表面后，相对能量降低，故吸附过程为放热过程；
反应速率最快的步骤为活化能最低的反应，从图中看，活化能最低，反应速率最快；
故答案为：放热；；
【小问5详解】
从该公式可以看到，活化能就是直线斜率的相反数，a的斜率为，所以活化能就是31kJ/ml，b相比a，斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的外界条件是使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)；
故答案为：使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)。
14. 有机物F是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：ⅰ.TBSCl为
ⅱ.
回答下列问题：
（1）化合物E中含氧官能团名称为___________，A→B反应类型为___________。
（2）F中碳原子的杂化类型为___________，试剂a的结构简式为___________。
（3）TBSCl的作用是___________。
（4）B→C方程式为___________。
（5）A在一定条件下与足量的乙酸发生酯化反应的化学方程式___________。
（6）已知碳氧元素可形成类似或的环状有机物，请写出1种同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。
①分子中存在六元环；②不与钠反应；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 取代反应
（2） ①. 杂化、杂化 ②.
（3）保护“”，防止其被氧化
（4）2
（5）
（6）(任写1种)
【解析】
【分析】由合成路线可知，A中支链羟基发生取代反应生成B，B环上羟基被氧化成羰基得到C；结合C、D结构可知，C中羰基和H2C=CHMgBr发生已知ii的同类反应生成D，D转化为E，恢复支链羟基，E经过多步反应最终生成F，据此答题。
【小问1详解】
由化合物E结构可知，其含氧官能团名称为羟基；由分析可知，A中支链羟基发生取代反应生成B ，A→B反应类型为取代反应。
【小问2详解】
F中饱和碳原子的杂化类型为sp3，C=O的碳原子杂化类型为sp2。由分析可知，试剂a的结构简式为H2C=CHMgBr。
【小问3详解】
A中支链羟基被取代后又在E中重新恢复，则TBSCl的作用是保护“−CH2OH”，防止其被氧化。
【小问4详解】
B环上羟基被氧化成羰基得到C，反应的化学方程式为：2 +O22 +2H2O。
【小问5详解】
A中含有2个羟基，会与乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成酯，反应的化学方程式为： +2CH3COOH+2H2O。
【小问6详解】
A分子式为C9H18O2，不饱和度为1，同时符合下列条件的化合物A的同分异构体：①分子中存在六元环，可以是1个六元碳环或1个六元含氧碳环；②不与钠反应，则不含有羟基，应该含有2个醚键；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子，说明分子结构具有对称性。当六元环为碳环时，不同化学环境的氢至少有5种，如，不符合；当六元环为含氧碳环时，有以下结构：。选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：用食盐腌制白菜
具有调味、杀菌防腐作用
B
环保行动：用除去废水中
溶度积：
C
家务劳动：在室内喷洒溶液消毒
溶液呈碱性
D
学农活动：用厨余垃圾制农家肥
厨余垃圾含N、P、K等元素
NaCl
37
39
100
667
(考试时长：75分钟 满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 P-31 M-96
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)
1. “致良知，知行合”。劳动有利于“知行合”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用食盐腌制白菜，食盐有咸味能调味，同时能抑制细菌的生长，故A正确；
B． 、溶，用除去废水中的说明溶液中硫离子浓度相同，Ksp结构相似，Ksp小的先沉淀，故B正确；
C．室内喷洒溶液消毒利用溶液具有强氧化性，故C错误；
D．N、P、K是植物生长不可缺少的元素，厨余垃圾中含有这些元素，可以通过沤肥做农家肥，故D正确；
故答案为：C。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 基态Cu原子的价层电子排布式为：
B. 的电子式：
C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图
D. 的VSEPR模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态Cu原子的价层电子排布式为：，A正确；
B．的电子式为：，B错误；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，C错误；
D．SO3中心原子硫原子杂化方式为sp2，故VSEPR模型应为平面三角形，D错误；
故选A。
3. 在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 溶液中含有的数目为
B. 常温下，二氧化氮气体中含有的分子数为
C. 中含有完全相同的共价键的数目为
D. 总反应中生成(标准状况)时转移电子数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．铵根离子水解，导致铵根离子数目减少， 溶液中含有的数目小于，A错误；
B．二氧化氮物质的量为0.1ml。二氧化氮气体中存在2NO2N2O4，含有的分子数小于，B错误；
C．铵根离子中四个N-H键完全相同，中含有完全相同，共价键的数目为，C错误；
D．总反应为2NH3+NO2+NO=2N2+3H2O，生成2ml氮气转移6ml电子，物质的量为0.5ml，则转移电子数为，D正确；
故选D。
4. 铁是最常见的金属之一、纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁易被腐蚀，经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用与进行浸泡，在表面形成的同时有生成；铁与砷反应得到的可被还原得到，难溶于水，是一种超导材料。镍与单质化学性质相似，金属活动性比铁略低。酸性条件下，的氧化性强于，的盐与碱反应可以转化为不溶性的。下列反应的离子方程式正确的是
A. 纳米铁粉处理酸性含废水：
B. 铁的发蓝处理：
C. 溶液中加少量氨水：
D. 与浓盐酸反应：
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性废水中不可能生成OH-，故纳米铁粉处理酸性含废水的离子方程式为：，A错误；
B．由题干信息可知，用与进行浸泡，在表面形成的同时有生成，铁的发蓝处理：，B正确；
C．氨水为弱碱属于弱电解质，故溶液中加少量氨水的离子方程式为：，C错误；
D．由题干信息可知，酸性条件下，的氧化性强于，则与浓盐酸反应离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。
5. 铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法不正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 图中的阳离子与互为等电子体，具有相同的空间结构
C. Q的最高价氧化物对应水化物可以和强碱反应
D. 熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼，Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为A1元素，W为Si元素；据此分析。
【详解】A．第一电离能：N>O>Si>Al，即Y>Z>W>Q，A错误；
B．阳离子为与互为等电子体，具有相同的空间结构，都为正四面体形，B正确；
C．铝最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与强碱反应，C正确；
D．W晶体与W、Y形成的晶体都为共价晶体，共价晶体熔点与原子半径有关，N半径小于Si，则N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，则熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体，D正确；
故选A。
6. 维生素D含量越高，老年大脑的认知功能越好。目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是
A. D3不存在手性碳原子
B. D3易溶于水，可溶解于水中服用
C. D3可与溴水发生取代反应使其褪色
D. D3分子中虚线框内所含碳原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A． 中含有5个手性碳原子(*号标出)，故A错误；
B．D3分子中只有1个羟基，而烃基大，所以不易溶于水，故B错误；
C．D3分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色，故C错误；
D．D3分子中虚线框内所含碳原子都是单双键交替连接，所以碳原子可能共平面，故D正确；
选D。
7. 科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O－Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。下列说法不正确的是
A. 该反应能量转化形式为光能→化学能
B. 该人工光合体系的总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
C. 图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+
D. Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，A正确；
B．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，B正确；
C．左边水变化为O2，发生氧化反应，则Fe3+发生还原反应；右边CO2生成HCOOH发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，C错误；
D．酸性介质中不可能大量存在OH-，则Cu2O→Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，D正确；
故合理选项是C。
8. 碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，某化学兴趣小组利用下列实验装置模拟制备碳酸镧。下列说法不正确的是
A. 制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
B. X中盛放的试剂是浓硫酸，其作用为干燥
C. Y中发生反应的化学方程式为NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑
D. Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【分析】制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，Z中溶液为LaCl3溶液，故Z中制备La2(CO3)3，还需要NH4HCO3，则D和E用分别通入CO2和NH3，因NH3极易溶于水，需要防倒吸装置，故D口通入CO2，E口通入NH3，Y中制备NH3，W中制备CO2，但会挥发出HCl，需要除去，所以用X除去HCl， 据此回答。
【详解】A．由装置可知，W中制备CO2，X除去HCl，Y中制备NH3，Z中制备La2(CO3)3，则制备La2(CO3)3实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故A正确；
B．W中制备CO2，会挥发出HCl，需要除去，所以用X中盛放的试剂应该是饱和NaHCO3溶液，作用是除去挥发出来的HCl，故B错误；
C．Y中CaO与浓氨水反应制备NH3，反应方程式为：NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故C正确；
D．CO2在水中的溶解度不大，碱性环境能增大CO2的溶解度，而NH3在水中的溶解度很大，且水溶液呈碱性，所以应先通入NH3后通入CO2，生成较大浓度的NH4HCO3，故D正确；
故答案选B。
9. 一种可充电的新型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 放电时，电子由a极经用电器流向b极
B. 放电过程时，b极区的pH变大
C. 若有参与电极反应，有4ml通过阳离子交换膜
D. 充电时，电池总反应为2+2nH2O+nO2+4nOH-
【答案】D
【解析】
【分析】新型水系聚物空气电池放电时为原电池，b极上得电子生成，则b极为正极，a极为负极，正极反应为，负极上失电子生成，负极反应为：-=，总反应为2++=+；充电时为电解池，原电池得正负极分别接电源得正负极作阳阴极，阴阳极电极反应与原电池的负正极反应相反，据此解答；
【详解】A．由分析可知，放电时，b极是氧气得到电子形成，为电池的正极，所以a极为电源负极，电子由a极经用电器流向b极，A项正确；
B．由分析知，放电时，b极上的电极反应式为，产生氢氧根，pH变大，B项正确；
C．由B项正极反应式可知，若有1ml参与电极反应，则有4ml电子发生转移，有4ml通过阳离子交换膜，C项正确；
D．由分析可知，充电时，电池总反应为与放电时相反，总反应为：4nOH-+2+2nH2O+nO2↑，D项错误；
故选D。
10. 次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品。常温下，某实验小组用0.100的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ[比如的分布系数：]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A. 曲线①代表δ（H3PO2），曲线②代表
B. H3PO2的电离常数
C. 滴定中用酚酞做指示剂
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化曲线，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表，故A正确；
B．由曲线①②交点可知δ(H3PO2)=，故 ，对应曲线③pH≈3，即c(H+)≈10−3ml⋅L−1，，故B错误；
C．H3PO2为一元弱酸，二者恰好中和溶液呈碱性，则滴定中用酚酞做指示剂，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，，溶液中的电荷守恒为，则，故D正确；
故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题(本题共4小题，共60分。)
11. 次磷酸是一种一元弱酸，次磷酸钠()是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷()和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和，是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：
（1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开，通入一段时间，关闭，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。
①仪器a的名称为___________。
②活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是___________。
③a中反应的化学方程式为___________。
（2）反应结束后，打开，继续通入，目的是___________。
（3）碱性条件下，c中生成和NaCl，c中反应的离子方程式为___________。相关物质溶解度(S)如下：
充分反应后，将a、c中溶液混合，将混合液(含极少量NaOH)蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为___________，然后___________、再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含的粗产品。
（4）产品纯度测定：取产品1.50克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL，0.10ml/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用溶液滴定至终点，平均消耗18.00mL，相关反应方程式为：，产品纯度为___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. 三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶) ②. 使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率 ③.
（2）排出装置中未反应(或残留)的，使被c装置(或NaClO溶液)吸收
（3） ①. ②. NaCl ③. 趁热过滤
（4）93.9%
【解析】
【分析】结合题意及制备装置分析可知，三颈烧瓶为制备装置，在制备前通入氮气防止产物被氧化，制备后通入氮气是为了排除装置中的未反应(或残留)的，装置b的作用是防止c中液体倒吸进入a中，起到安全瓶的作用，装置c用来吸收生成的，装置d是确保排出气体中无残余。
【小问1详解】
仪器a的名称为三颈圆底烧瓶(三颈烧瓶)；活性炭粉末作为黄磷的分散剂，作用是：使反应物充分混合(或增大反应物接触面积)，加快反应速率；a中反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
反应结束后，打开，继续通入，目的是：排出装置中的未反应(或残留)的，使被c装置(或NaClO溶液)吸收；
【小问3详解】
碱性条件下，c中生成和NaCl，c中反应的离子方程式为：；根据表中数据可知，NaCl的溶解度随着温度的升高变化不大，而的溶解度随着温度的升高而明显增大，且NaCl溶解度比小很多，因此将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分是NaCl，然后趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到含的粗产品，故答案为：NaCl；趁热过滤；冷却结晶；
【小问4详解】
根据原子守恒有：据电子守恒有：，1.50g产品中=，产品纯度为：。
12. M、C均为重要战略性金属。以为载体的钴钼废催化剂中含CS、及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，经系列处理可制取、，工艺流程如图所示：
已知：①“焙烧”后各元素转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。
②常温下，，，。
③金属离子开始沉淀和完全沉淀时pH范围：，，。
（1）在空气中焙烧的化学方程式为___________。
（2）“滤渣1”的主要成分为___________。“滤渣2”的主要成分为和，“调pH”中调节pH的合理范围为___________。
（3）“水相”经萃取后得钴的有机相，存在平衡：，然后加反萃取剂进行反萃取，可得含的水溶液，可作为反萃取剂的一种常用物质为___________(写化学式)溶液。
（4）“沉钴”过程中为防止转化为，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：，该反应的平衡常数___________(结果保留一位小数)。
（5）氮化钼量子点可应用于电池及催化领域，其晶胞结构如图所示，氮化钼的化学式为___________，钼原子周围距离最近的氮原子有___________个。若晶胞密度为，则晶胞参数___________nm(设为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）
（2） ①. 、 ②. 4.7≤pH＜7.2
（3）(或、HCl)
（4）
（5） ①. ②. 4 ③.
【解析】
【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CS、MS2及少量Fe、Si、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时得到CSO4、Fe2(SO4)3、MO2SO4、CaSO4、SiO2等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4、SiO2；调节滤液的pH，Fe3+、Al3+都转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，C2+进入水溶液，含M离子进入有机相，处理后得到(NH4)2MO4；“水相”经萃取后得钴的有机相，再反萃取得到含C2+水溶液，加入NH4HCO3、NH3∙H2O进行沉钴，得到CCO3。
【小问1详解】
MS2在空气中焙烧时，生成MO3和SO2，化学方程式为；
【小问2详解】
由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，“调pH”中调节pH的合理范围为4.7≤pH＜7.2；
【小问3详解】
进行反萃取时，将使萃取反应的平衡逆向移动，得到含C2+的水溶液，则可作为反萃取剂的一种常用物质为H2SO4(或HNO3、HCl)溶液；
【小问4详解】
“沉钴”过程中为防止CCO3转化为C(OH)2，需控制溶液pH，转化过程存在平衡：，该反应的平衡常数K===≈；
【小问5详解】
氮化钼晶胞中，含有M数目为=4，含有N数目为=2，则氮化钼的化学式为，从底面的面心钼原子观察，钼原子周围距离最近的氮原子有4个；若晶胞密度为ρg∙cm-3，则ρg∙cm-3×(10-7)3cm3/nm3×a3=，晶胞参数a=nm。
13. 采取高效经济方式利用对人类社会发展具有重要意义。以和为原料合成甲醇主要发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑其他反应)：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答以下问题：
（1）已知： ，则反应Ⅰ的___________。
（2）有利于提高平衡转化率的措施有___________(填标号)。
A. 增大投料比B. 增大压强
C 使用高效催化剂D. 及时将分离
（3）在催化剂作用下，测得平衡转化率(曲线Y)和平衡时的选择性(曲线X)随温度变化如图所示。(已知：的选择性)
①加氢制时，温度选择的原因为___________。
②510K时，往恒容密闭容器中按充入和，若平衡时容器内，则反应Ⅰ的平衡常数___________(列计算式即可)。
（4）和在某催化剂表面合成甲醇(反应Ⅰ)的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，“TS”表示过渡状态。
①气体在催化剂表面的吸附是___________(填“吸热”或“放热”)过程。
②该反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式为___________。
（5）甲醇催化制取丙烯()的过程中发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ
反应Ⅰ的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据由图中直线a变为直线b，则实验可能改变的外界条件是___________。
【答案】（1）-49.5 （2）BD
（3） ①. 在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快 ②.
（4） ①. 放热 ②.
（5）使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+已知反应，则反应Ⅰ的反应热；
故答案为：-49.5；
【小问2详解】
A．增大投料比，相当于保持不变，增大，平衡正移，但平衡转化率降低，A错误；
B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ平衡正移，平衡转化率增大，B正确；
C．使用高效催化剂，平衡不移动，平衡转化率不变，C错误；
D．及时将分离，反应Ⅰ平衡正移，平衡转化率增大，D正确；
答案选BD；
【小问3详解】
加氢制时，从图中看，温度在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快，所以选择此温度区间；
根据图中数据，510K时，平衡转化率为40%，的选择性为80%，在恒容容器中，设起始和分别为、，平衡时为xml/L，则列三段式如下：
，，列方程组为，解得，平衡时为1.5ml/L、为4.9ml/L、为0.8ml/L、为1ml/L、为0.2ml/L，则反应Ⅰ的平衡常数；
故答案为：在之间选择性和转化率较高，且催化剂活性好，反应速率较快；；
【小问4详解】
从图中看，气体吸附在催化剂表面后，相对能量降低，故吸附过程为放热过程；
反应速率最快的步骤为活化能最低的反应，从图中看，活化能最低，反应速率最快；
故答案为：放热；；
【小问5详解】
从该公式可以看到，活化能就是直线斜率的相反数，a的斜率为，所以活化能就是31kJ/ml，b相比a，斜率的相反数减小，也就是活化能降低，所以改变的外界条件是使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)；
故答案为：使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)。
14. 有机物F是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：ⅰ.TBSCl为
ⅱ.
回答下列问题：
（1）化合物E中含氧官能团名称为___________，A→B反应类型为___________。
（2）F中碳原子的杂化类型为___________，试剂a的结构简式为___________。
（3）TBSCl的作用是___________。
（4）B→C方程式为___________。
（5）A在一定条件下与足量的乙酸发生酯化反应的化学方程式___________。
（6）已知碳氧元素可形成类似或的环状有机物，请写出1种同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。
①分子中存在六元环；②不与钠反应；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子
【答案】（1） ①. 羟基 ②. 取代反应
（2） ①. 杂化、杂化 ②.
（3）保护“”，防止其被氧化
（4）2
（5）
（6）(任写1种)
【解析】
【分析】由合成路线可知，A中支链羟基发生取代反应生成B，B环上羟基被氧化成羰基得到C；结合C、D结构可知，C中羰基和H2C=CHMgBr发生已知ii的同类反应生成D，D转化为E，恢复支链羟基，E经过多步反应最终生成F，据此答题。
【小问1详解】
由化合物E结构可知，其含氧官能团名称为羟基；由分析可知，A中支链羟基发生取代反应生成B ，A→B反应类型为取代反应。
【小问2详解】
F中饱和碳原子的杂化类型为sp3，C=O的碳原子杂化类型为sp2。由分析可知，试剂a的结构简式为H2C=CHMgBr。
【小问3详解】
A中支链羟基被取代后又在E中重新恢复，则TBSCl的作用是保护“−CH2OH”，防止其被氧化。
【小问4详解】
B环上羟基被氧化成羰基得到C，反应的化学方程式为：2 +O22 +2H2O。
【小问5详解】
A中含有2个羟基，会与乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成酯，反应的化学方程式为： +2CH3COOH+2H2O。
【小问6详解】
A分子式为C9H18O2，不饱和度为1，同时符合下列条件的化合物A的同分异构体：①分子中存在六元环，可以是1个六元碳环或1个六元含氧碳环；②不与钠反应，则不含有羟基，应该含有2个醚键；③H-NMR显示只有4种不同化学环境的氢原子，说明分子结构具有对称性。当六元环为碳环时，不同化学环境的氢至少有5种，如，不符合；当六元环为含氧碳环时，有以下结构：。选项
劳动项目
化学知识
A
帮厨活动：用食盐腌制白菜
具有调味、杀菌防腐作用
B
环保行动：用除去废水中
溶度积：
C
家务劳动：在室内喷洒溶液消毒
溶液呈碱性
D
学农活动：用厨余垃圾制农家肥
厨余垃圾含N、P、K等元素
NaCl
37
39
100
667
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