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湖南省张家界市2023-2024学年高三上学期期末联考化学试题
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这是一份湖南省张家界市2023-2024学年高三上学期期末联考化学试题，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
4.本试卷主要考试内容：高中全部内容。
5.可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 Na：23 S：32 C：59
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 下列文物的主要成分是金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．金瓯永固杯的主要成分是黄金，A项符合题意；
B．玉云龙纹炉的主要成分是玉，成分为硅酸盐，是非金属材料，B项不符合题意；
C．青玉大禹治水图山子的主要成分是青玉，是非金属材料，C项不符合题意；
D．各种釉彩大瓶的主要成分是陶瓷，是非金属材料，D项不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语表示错误的是
A. 基态镓原子的电子排布式为
B. 3-氨基丁酸的结构简式为
C. 砷化氢分子的球棍模型：
D. 过氧化钠的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态镓原子的电子排布式为，A错误；
B．3-氨基丁酸的结构简式为，B正确；
C．砷化氢分子中心原子有1对孤电子对、价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故球棍模型正确，C正确；
D．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，电子式：，D正确；
故选A。
3. 衣食住行皆化学。下列物质在生活中的用途与其性质具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A． 明矾能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，与铝离子能够杀菌消毒无关，A错误；
B．石英光纤传输光信号损耗低，带宽大，重量轻，所以可以用作通信，B正确；
C．氧化铝熔点高，可用于作耐高温材料，氧化铝熔融时可产生阴阳离子，可用作电解冶炼铝的原料，性质与用途不具有对应关系，C错误；
D．茶叶酚具有还原性，茶叶常用于饼干类保鲜，D错误；
故选B。
4. 化学变化遵循哲学思想。下列变化不遵循“量变引起质变”的哲学思想的是
A. 向NaOH溶液中滴加溶液，起始时无明显现象，后产生白色絮状沉淀
B. 向溶液中滴加浓氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变成深蓝色
C. 向酚酞溶液中加入漂粉精粉末，溶液先变红，后迅速褪色
D. 向含甲基橙的纯碱溶液中滴加盐酸，溶液由黄色变为橙色，最终变为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．向NaOH溶液中滴加溶液，过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]能溶于水，刚开始没有明显现象，继续滴加溶液，产生白色絮状沉淀Al(OH)3，遵循量变到质变，A项不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水生成Cu(OH)2沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，溶液变成深蓝色，遵循量变到质变，B项不符合题意；
C．向酚酞溶液中加入漂粉精Ca(ClO)2粉末，ClO-水解生成的次氯酸和OH-，溶液呈碱性使酚酞变红色，后因次氯酸的漂白性使红色褪去，与量无关，不遵循量变到质变，C项符合题意；
D．向纯碱溶液中碳酸根离子存在水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，滴加少量盐酸，先生成NaHCO3，碱性减弱，溶液由黄色变为橙色，滴加过量盐酸生成NaCl，最终变为红色与量有关，遵循量变引起质变，D项不符合题意；
故选C。
5. 下列离子方程式符合题意且正确的是
A. 在“84”消毒液中滴加浓盐酸，产生气体：
B. 用稀硝酸吸收尾气中的氨气：
C. 在溶液中加入过量NaOH溶液：
D. 向含双氧水和氨气的混合液中加入铜粉，得到深蓝色溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．在“84”消毒液中滴加浓盐酸，反应为次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气：，A错误；
B．稀硝酸吸收尾气中的氨气生成硝酸铵：，B错误 ；
C．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，在溶液中加入过量NaOH溶液，铵根离子转化为一水合氨，铝离子转化为四羟基合铝酸根离子：，C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，向含双氧水和氨气的混合液中加入铜粉，得到深蓝色溶液为四氨合铜离子，D正确；
故选D。
6. 科学家揭示了原生微生物和磁性生物炭在增塑剂降解过程中的合作。有机物转化如下：
下列叙述正确的是
A. 1 ml丙最多能与53 g 反应
B. 甲、乙、丙均能发生加成、取代、消去反应
C. 含甲、乙、丙共1 ml的混合物，最多消耗3 ml
D. 乙、丙的苯环上的二氯代物数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．1 ml苯甲酸与1 ml碳酸钠(106 g)反应生成，A错误；
B．甲、乙、丙均不能发生消去反应，B错误；
C．假设1ml全为甲，消耗3ml氢气，假设1ml全为乙，消耗3ml氢气，假设1ml全为丙，消耗1ml氢气，所以含甲、乙、丙共1 ml的混合物，最多消耗3 ml H2，C正确；
D．乙、丙的苯环上的二氯代物分别有4种和6种，D错误。
故选C。
7. 某小组配制银氨溶液并检测葡萄糖中的醛基。
步骤1：取一支洁净的试管，加入硝酸银溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解为止(银氨溶液)。
步骤2：向上述溶液中滴加葡萄糖溶液，振荡后加热试管，观察现象。
步骤3：实验完毕后，向步骤2的试管中加入溶液R，振荡，最后用清水冲洗试管。
下列叙述错误的是
A. 可用热的纯碱溶液除去试管中的油脂来得到洁净的试管
B. 银氨溶液中的银氨络合离子比硝酸银溶液中的银离子稳定
C. 步骤2用热水浴加热能观察到“光亮”的银镜
D. 步骤3中溶液R为浓氨水，溶解银镜形成络合离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液显碱性，可以使油脂水解，反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠，从而洗去油污，故A正确；
B．可以用硝酸银制备银氨溶液，说明银氨溶液中的银氨络合离子比硝酸银溶液中的银离子稳定，故B正确；
C．葡萄糖中的醛基与银氨溶液反应生成银单质，加热方式是水浴加热，故C正确；
D．氨水和银不反应，应用硝酸洗涤，故D错误；
故选D。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，下列叙述正确的是
A. 电负性：Y>Z>XB. 最简单氢化物的键角：Y>X>R
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>XD. 常温常压下，呈固态
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N元素；制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，则Y为O元素、Z为F元素；R元素M层电子数是K层电子数的2倍，则R为Si元素。
【详解】A．元素非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为F>O>N，则电负性大小顺序F>O>N，故A错误；
B．硅化氢分子中硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，则氢化物的键角大小顺序为SiH4> NH3>H2O，故B错误；
C．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故C错误；
D．氮化硅是熔沸点高、硬度大的共价晶体，所以常温下氮化硅为固态，故D正确；
故选D。
9. 下列转化可能既发生水解反应又发生氧化还原反应的是
A. 利用淀粉制备葡萄糖
B. 利用地沟油制造肥皂
C. 将和投入水中得到少量
D. 电解饱和食盐水制备“84”消毒液
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉水解制备葡萄糖，只发生水解反应，A项不符合题意；
B．地沟油的主要成分是油脂，皂化反应只包括水解，B项不符合题意；
C．SOCl2会发生水解反应生成HCl和SO2，SO2具有还原性和FeCl3得到少量FeCl2，既发生水解反应又发生氧化还原反应，C项符合题意；
D．电解饱和食盐水制备“84”消毒液，只涉及氧化还原反应，D项不符合题意；
故选C。
10. 某一课题组揭示了密封的碱性水系电池中的氧气循环过程，如图所示。下列叙述错误的是
A 过程1阳极发生反应：
B. 过程1中阴极生成后阴极区的pH升高
C. 过程3中MH发生氧化反应
D. 过程4生成1 ml MH时，迁移2 ml阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程1阳极失去电子发生反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，A正确；
B．过程1中阴极方程式为：，所以生成Ni(OH)2后阴极区的pH升高，B正确；
C．过程3中MH失去电子发生氧化反应，C正确；
D．，每当生成1mlMH，迁移1ml阴离子，D错误；
故选D。
11. 已知两种短周期元素X、Y的原子价层电子排布式分别为、。这两种元素组成的一种晶胞结构如图所示，晶胞参数nm。下列叙述错误的是
A. 该晶体的化学式为B. 氧离子的配位数为4
C. 该晶体为离子晶体D. 该晶体的密度为2.27 g⋅cm
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X原子价层电子排布式分别为，X为Na元素；短周期元素Y的原子价层电子排布式为，n=2，则Y是O元素。离子半径Na+【详解】A．根据均摊原则，晶胞中O2-数为、Na+数为8，该晶体的化学式为，故A正确；
B．根据图示，氧离子的配位数为8，故B错误；
C．该晶体由Na+、O2-构成，为离子晶体，故C正确；
D．该晶体的密度为g⋅cm，故D正确；
选B。
12. 科学家设计了一种具有石墨正极的高容量可充电电池，原理如图所示。氯化铝（）溶解在亚硫酰氯（）中，以氟化物（LiFSI）为溶剂。下列叙述正确的是
A. 放电时，电解质溶液可以是水溶液
B. 放电时，石墨极的电极反应式为
C. 充电时，石墨极与电源负极连接
D. 充电时，转移个电子时锂电极理论上消耗14g锂
【答案】B
【解析】
【分析】具有石墨正极的高容量可充电电池，放电时锂为负极，锂失电子发生氧化反应，电极反应式为，石墨为正极，氯气得电子发生还原反应，电极反应式为；充电时锂电极端为阴极，发生还原反应：，石墨电极端为阳极，发生氧化反应：，据此分析；
【详解】A．锂是活泼金属，会与水反应，不能用水溶液，A错误；
B．根据分析，放电时，石墨极的电极反应式为，B正确；
C．充电时石墨电极端为阳极，与电源正极连接，C错误；
D．充电时，转移个电子时锂电极理论上生成14g锂，D错误；
故选B。
13. 我国某科研团队研究了氧化铈()表面空间受阻路易斯酸碱对(FLPs)和氮(N)掺杂的协同作用，促进了光吸收、成键活化，提高了光催化还原制的产率和选择性。反应历程如图所示。已知：*代表吸附在催化剂表面的物种，+代表起始或终态物质；自由能与相对能量相当。下列叙述错误的是
A. *COH→*C是路径2的决速步B. 过程中自由能升高
C. CO为光催化还原制的副产物D. 同等条件下，比稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A． 图中未给出活化能，无法确定*COH→*C是不是路径2的决速步，故A错误；
B． 路径1和2，过程中自由能升高，分别上0.34变为1.13和0.56，故B正确；
C． 光催化还原CO2制CH4，CO为光催化还原制的副产物，故C正确；
D． 同等条件下，和自由能分别为-1.54、1.13，低，比稳定，故D正确；
故选A。
14. 298K时，向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是
已知：① ；
② ；
③ ，且。
A. 直线c代表与的关系
B. 根据图像可计算平衡常数
C. 的平衡常数
D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成
【答案】C
【解析】
【分析】x1=K1·c4(CN-)，同理x2= K2·c6(CN-)，x3= K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，故A错误；
B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，故B错误；
C．根据AB选项分析，K2=1036，K3=1042，该反应的平衡常数K==106，故C正确；
D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，故D错误；
答案为C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硫酸钠()常作抗氧化剂、稳定剂和漂白剂。某小组拟对亚硫酸钠展开探究，回答下列问题：
实验(一)探究水解的影响因素。
I．配制250 mL 0.1 ml⋅L 溶液
（1）称取固体的质量为______g。
（2）配制该溶液不需要选择下列仪器中的______(填标号)。
A． B． C．
Ⅱ．实验方案如下：
（3）实验①④_______(填“能”或“不能”)得出单一变量对实验结果的影响规律。
（4）实验①和②的目的是___________。
（5）某同学预测，实验测得，，理论预测与实际矛盾的原因可能是_______(答1条)；将实验③的溶液降温至25℃(标记为⑤)，测得溶液pH为(9.25)，小于(9.66)，请你猜想可能的原因：_______，设计实验证明你的猜想：________，猜想成立。
实验(二)测定样品纯度。
称取w g 样品溶于水配制成100 mL溶液，准确量取25.00 mL制得的溶液于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液，用标准c ml⋅L 溶液滴定至终点，消耗滴定液的体积为V mL。
（6）该样品纯度为______%，若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，则测得的结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）6.3 （2）A
（3）不能 （4）探究浓度对水解的影响
（5） ①. 升温，部分被氧化成，降低了浓度或升温，水的离子积常数增大 ②. 部分被氧化，使浓度降低 ③. 取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①
（6） ①. ②. 偏低
【解析】
【小问1详解】
配制250mL 0.1 ml/L亚硫酸钠溶液需要称取七水亚硫酸钠晶体的质量为0.1 ml/L×0.25L×252g/ml=6.3g，故答案为：6.3；
【小问2详解】
配制250mL 0.1 ml/L亚硫酸钠溶液需要烧杯、250mL容量瓶和胶头滴管，不需要用到500mL容量瓶，故选A；
【小问3详解】
由表格数据可知，实验①④亚硫酸钠溶液的体积和水浴温度都不相同，不能得出单一变量对实验结果的影响规律，故答案为：不能；
【小问4详解】
由表格数据可知，实验①和②的水浴温度和溶液的总体积相同，亚硫酸钠溶液的体积不同，说明实验目的是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对水解的影响，故答案为：探究浓度对水解的影响；
【小问5详解】
由盐类水解规律可知，升高温度，亚硫酸钠溶液的水解程度增大，溶液pH增大，实验③测得溶液pH小于实验①可能是升高温度，亚硫酸钠部分被空气中氧气氧化为强酸强碱盐硫酸钠，导致亚硫酸铂溶液浓度减小，溶液pH减小，也可能是升高温度，水的离子积常数增大，导致溶液pH减小；由实验⑤溶液降温至25℃时，溶液pH依然小于实验①，说明导致pH变化的原因是亚硫酸钠部分被空气中氧气氧化为强酸强碱盐硫酸钠，若要验证猜想正确，应向溶液中加入过量氯化钡溶液，称量比较反应得到沉淀的质量是否相等，具体操作为取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①，故答案为：升温，部分被氧化成，降低了浓度或升温，水的离子积常数增大；部分被氧化，使浓度降低；取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①；
【小问6详解】
由得失电子数目守恒可得如下关系式：I2，滴定消耗V mLc ml/L碘溶液，则样品中七水亚硫酸钠的质量分数为×100%=%；若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数会使碘溶液的体积偏小，导致测得的结果偏低，故答案为：；偏低。
16. 锌及锌合金(如黄铜)广泛应用于生产、生活。某小组拟以锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS等杂质)为原料采用多种方法冶炼锌，流程如图。回答下列问题：
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，。
②常温下，几种金属离子转化成氢氧化物沉淀的pH如表：
（1）已知的部分结构如图所示，中采用杂化，则有_____种结构。分子中的键角比中的小的原因是_______。
（2）明代宋应星著的《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，∙∙∙∙∙∙然后，逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红∙∙∙∙∙∙冷定，毁罐取出。∙∙∙∙∙∙即倭铅也。”(炉甘石主要成分是，倭铅即指Zn)古代炼锌方法类似于上述三种方法中的_______(填标号，下同)。从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是_______。
a．半湿法 b．火法 c．全湿法
（3）“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收非金属单质。ZnS参与反应的离子方程式为_________。
（4）“氧化，调pH”时试剂A不宜选择NaOH溶液，也不宜选择氨水，原因是________。
（5）“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极的电极反应式为________。航母外壳常镶嵌一些锌块，这种保护航母的方法叫_______。
（6）通常认为离子浓度 ml⋅L时表示该离子已完全除尽。根据表格数据计算_____。
【答案】（1） ①. 1 ②. 四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小
（2） ①. b ②. c
（3）
（4）会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn
（5） ①. ②. 牺牲阳极法
（6）
【解析】
【分析】锌矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，加入酸酸浸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁浸出液；氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫；浸液加入过氧化氢氧化二价铁为三价铁，加入氧化锌、碳酸锌等条件溶液的pH，使得铁离子转化为沉淀得到滤渣，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
【小问1详解】
中采用杂化，为正四面体形结构，则有1种结构。四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小，使得分子中的键角比中的小；
【小问2详解】
“升炼倭铅”是直接和碳高温加热还原生成锌，类似火法炼锌，故选b；半湿法焙烧过程中生成硫的氧化物，火法燃烧也会生成烟尘、有毒气体等污染，而全湿法过程中可以减少这些污染，故从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是c；
【小问3详解】
氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫，反应为硫化锌、氧气、硫酸生成硫酸锌和硫单质、水：；
【小问4详解】
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，，故加入氢氧化钠、氨水调节pH过程中会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn；
【小问5详解】
“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极上水放电失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气：；锌比铁活泼，航母外壳常镶嵌一些锌块，使得锌做负极而使得铁得到保护，这种保护航母的方法叫牺牲阳极法；
【小问6详解】
pH=8.0时，锌离子沉淀完全，此时pOH=6，则。
17. 研究碳氧化物、氮氧化物反应的特征及机理，对处理该类化合物的污染问题具有重要意义。回答下列问题：
（1）已知：的燃烧热 kJ·ml，的燃烧热 kJ⋅ml，的燃烧热 kJ⋅ml， kJ⋅ml。则 ______kJ⋅ml。
（2）在恒温恒压条件下，向密闭容器中充入4.0 ml 和2.0 ml ，发生反应，起始时体系压强为p，平衡时的转化率为50%。达到平衡时，______，平衡常数(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用，发生反应：，该反应的正反应需在低温条件下才能自发进行，则该反应的活化能：(正)_____(填“>”或“<”)(逆)。
（4）CO还原NO的反应：
①实验测得，(，是速率常数，只与温度有关)。则升高温度，______(填“增大”“减小”或“不变”)，将随温度变化的曲线______表示在图1中。
②该反应分别在不同温度、不同催化剂(a、b)下，保持其他初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于400℃，NO的转化率降低的原因可能是______。
③恒温恒压下，再向该容器中注入稀有气体氦气，该反应的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
【答案】17. -204.7
18.
19. < 20. ①. 减小 ②. ③. 温度升高，催化剂活性降低 ④. 逆向移动
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；已知：的燃烧热 kJ·ml，的燃烧热 kJ⋅ml，的燃烧热 kJ⋅ml， kJ⋅ml，则：
① kJ·ml
② kJ·ml
③ kJ·ml
④ kJ·ml
4×①+2×②-③-④得反应，故-2047kJ⋅ml；
【小问2详解】
平衡时的转化率为50%，则达到平衡时反应氢气2ml；
则平衡时总的物质的量为4ml，总的压强为，达到平衡时，；
小问3详解】
该反应为熵减的反应，正反应需在低温条件下才能自发进行，则该反应为放热反应，故其逆反应的活化能更大：(正)<(逆)；
【小问4详解】
①平衡时正逆反应速率相等，则=，，反应为放热反应，则升高温度，瓶平衡逆向移动，平衡常数减小，则会减小，升高温度，均变大，但是反应逆向进行，则对影响更大，则斜率更大，故随温度变化的曲线为：；
②催化剂需要一定的活化温度，温度升高，催化剂活性降低，导致温度高于400℃，单位时间内NO的转化率降低；
③反应为气体分子进行的反应，恒温恒压下，再向该容器中注入稀有气体氦气，相当于增大体积，减小了反应中各物质的浓度，则该反应的化学平衡将逆向移动。
18. 非洛地平是一种降血压药。一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）非洛地平中含氧官能团是______(填名称)，V的分子式是________。
（2）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是_______。
（3）在催化剂、加热条件下，1 ml Ⅶ最多能与______ml 发生加成反应。
（4）写出Ⅰ→Ⅱ的化学方程式：_____。
（5）在Ⅰ的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有____种。(已知连有的结构不稳定)
①含三种官能团；②苯环直接与、连接；③苯环上有3个取代基。
其中，在核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为3∶2∶1∶1∶1的结构简式为______。
（6）以苯为原料制备苯甲醛，设计合成路线_______ (其他试剂自选)。
【答案】（1） ①. 酯基 ②.
（2）取代反应 （3）5
（4）+HNO3+H2O
（5） ①. 30 ②.
（6）
【解析】
【分析】Ⅰ发生硝化反应生成Ⅱ，由Ⅲ逆推，可知Ⅱ是；
【小问1详解】
根据非洛地平的分子式，含氧官能团是酯基；根据V的结构简式，可知分子式是；
【小问2详解】
Ⅲ中的1个硝基、1个氨基被氯原子代替生成Ⅳ，Ⅲ→Ⅳ的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂、加热条件下，1 ml Ⅶ最多能与5ml 发生加成反应。
【小问4详解】
Ⅰ→Ⅱ发生硝化反应，反应的化学方程式为+HNO3+H2O
【小问5详解】
①含三种官能团；②苯环直接与、连接；③苯环上有3个取代基，另一个取代基为-CH2CHO或-COCH3或；3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的的同分异构体共有30种。
其中，在核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为3∶2∶1∶1∶1的结构简式为。
【小问6详解】
苯发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原为苯胺，苯胺在一定条件下生成苯甲醛，合成路线为 。选项
A
B
C
D
文物
名称
金瓯永固杯
玉云龙纹炉
青玉大禹治水图山子
各种釉彩大瓶
选项
用途
性质
A
明矾净水
铝离子能够杀菌消毒
B
石英光纤用于通信
石英光纤传输光信号损耗低，带宽大，重量轻
C
氧化铝用于电解制取铝
氧化铝熔点高
D
茶叶常用于饼干类保鲜
茶叶酚具有氧化性
序号
0.1 ml⋅L 溶液 /mL
水/mL
水浴温度/℃
测得pH
①
10.0
0
25
②
5.0
5
25
③
10.0
0
40
④
8.0
2
35
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
6.5
9.7
5.4
8.0
2.3
4.1
本试卷满分100分，考试用时75分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。
4.本试卷主要考试内容：高中全部内容。
5.可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 Na：23 S：32 C：59
一、选择题：本题共14小题，每小题3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. 下列文物的主要成分是金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．金瓯永固杯的主要成分是黄金，A项符合题意；
B．玉云龙纹炉的主要成分是玉，成分为硅酸盐，是非金属材料，B项不符合题意；
C．青玉大禹治水图山子的主要成分是青玉，是非金属材料，C项不符合题意；
D．各种釉彩大瓶的主要成分是陶瓷，是非金属材料，D项不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语表示错误的是
A. 基态镓原子的电子排布式为
B. 3-氨基丁酸的结构简式为
C. 砷化氢分子的球棍模型：
D. 过氧化钠的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态镓原子的电子排布式为，A错误；
B．3-氨基丁酸的结构简式为，B正确；
C．砷化氢分子中心原子有1对孤电子对、价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故球棍模型正确，C正确；
D．过氧化钠由钠离子和过氧根构成，电子式：，D正确；
故选A。
3. 衣食住行皆化学。下列物质在生活中的用途与其性质具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A． 明矾能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，与铝离子能够杀菌消毒无关，A错误；
B．石英光纤传输光信号损耗低，带宽大，重量轻，所以可以用作通信，B正确；
C．氧化铝熔点高，可用于作耐高温材料，氧化铝熔融时可产生阴阳离子，可用作电解冶炼铝的原料，性质与用途不具有对应关系，C错误；
D．茶叶酚具有还原性，茶叶常用于饼干类保鲜，D错误；
故选B。
4. 化学变化遵循哲学思想。下列变化不遵循“量变引起质变”的哲学思想的是
A. 向NaOH溶液中滴加溶液，起始时无明显现象，后产生白色絮状沉淀
B. 向溶液中滴加浓氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变成深蓝色
C. 向酚酞溶液中加入漂粉精粉末，溶液先变红，后迅速褪色
D. 向含甲基橙的纯碱溶液中滴加盐酸，溶液由黄色变为橙色，最终变为红色
【答案】C
【解析】
【详解】A．向NaOH溶液中滴加溶液，过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]能溶于水，刚开始没有明显现象，继续滴加溶液，产生白色絮状沉淀Al(OH)3，遵循量变到质变，A项不符合题意；
B．向溶液中滴加少量氨水生成Cu(OH)2沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，溶液变成深蓝色，遵循量变到质变，B项不符合题意；
C．向酚酞溶液中加入漂粉精Ca(ClO)2粉末，ClO-水解生成的次氯酸和OH-，溶液呈碱性使酚酞变红色，后因次氯酸的漂白性使红色褪去，与量无关，不遵循量变到质变，C项符合题意；
D．向纯碱溶液中碳酸根离子存在水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，滴加少量盐酸，先生成NaHCO3，碱性减弱，溶液由黄色变为橙色，滴加过量盐酸生成NaCl，最终变为红色与量有关，遵循量变引起质变，D项不符合题意；
故选C。
5. 下列离子方程式符合题意且正确的是
A. 在“84”消毒液中滴加浓盐酸，产生气体：
B. 用稀硝酸吸收尾气中的氨气：
C. 在溶液中加入过量NaOH溶液：
D. 向含双氧水和氨气的混合液中加入铜粉，得到深蓝色溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．在“84”消毒液中滴加浓盐酸，反应为次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气：，A错误；
B．稀硝酸吸收尾气中的氨气生成硝酸铵：，B错误 ；
C．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，在溶液中加入过量NaOH溶液，铵根离子转化为一水合氨，铝离子转化为四羟基合铝酸根离子：，C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性，向含双氧水和氨气的混合液中加入铜粉，得到深蓝色溶液为四氨合铜离子，D正确；
故选D。
6. 科学家揭示了原生微生物和磁性生物炭在增塑剂降解过程中的合作。有机物转化如下：
下列叙述正确的是
A. 1 ml丙最多能与53 g 反应
B. 甲、乙、丙均能发生加成、取代、消去反应
C. 含甲、乙、丙共1 ml的混合物，最多消耗3 ml
D. 乙、丙的苯环上的二氯代物数目相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．1 ml苯甲酸与1 ml碳酸钠(106 g)反应生成，A错误；
B．甲、乙、丙均不能发生消去反应，B错误；
C．假设1ml全为甲，消耗3ml氢气，假设1ml全为乙，消耗3ml氢气，假设1ml全为丙，消耗1ml氢气，所以含甲、乙、丙共1 ml的混合物，最多消耗3 ml H2，C正确；
D．乙、丙的苯环上的二氯代物分别有4种和6种，D错误。
故选C。
7. 某小组配制银氨溶液并检测葡萄糖中的醛基。
步骤1：取一支洁净的试管，加入硝酸银溶液，然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的稀氨水，至产生的沉淀恰好溶解为止(银氨溶液)。
步骤2：向上述溶液中滴加葡萄糖溶液，振荡后加热试管，观察现象。
步骤3：实验完毕后，向步骤2的试管中加入溶液R，振荡，最后用清水冲洗试管。
下列叙述错误的是
A. 可用热的纯碱溶液除去试管中的油脂来得到洁净的试管
B. 银氨溶液中的银氨络合离子比硝酸银溶液中的银离子稳定
C. 步骤2用热水浴加热能观察到“光亮”的银镜
D. 步骤3中溶液R为浓氨水，溶解银镜形成络合离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液显碱性，可以使油脂水解，反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠，从而洗去油污，故A正确；
B．可以用硝酸银制备银氨溶液，说明银氨溶液中的银氨络合离子比硝酸银溶液中的银离子稳定，故B正确；
C．葡萄糖中的醛基与银氨溶液反应生成银单质，加热方式是水浴加热，故C正确；
D．氨水和银不反应，应用硝酸洗涤，故D错误；
故选D。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，下列叙述正确的是
A. 电负性：Y>Z>XB. 最简单氢化物的键角：Y>X>R
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>XD. 常温常压下，呈固态
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N元素；制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，则Y为O元素、Z为F元素；R元素M层电子数是K层电子数的2倍，则R为Si元素。
【详解】A．元素非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为F>O>N，则电负性大小顺序F>O>N，故A错误；
B．硅化氢分子中硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，则氢化物的键角大小顺序为SiH4> NH3>H2O，故B错误；
C．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故C错误；
D．氮化硅是熔沸点高、硬度大的共价晶体，所以常温下氮化硅为固态，故D正确；
故选D。
9. 下列转化可能既发生水解反应又发生氧化还原反应的是
A. 利用淀粉制备葡萄糖
B. 利用地沟油制造肥皂
C. 将和投入水中得到少量
D. 电解饱和食盐水制备“84”消毒液
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉水解制备葡萄糖，只发生水解反应，A项不符合题意；
B．地沟油的主要成分是油脂，皂化反应只包括水解，B项不符合题意；
C．SOCl2会发生水解反应生成HCl和SO2，SO2具有还原性和FeCl3得到少量FeCl2，既发生水解反应又发生氧化还原反应，C项符合题意；
D．电解饱和食盐水制备“84”消毒液，只涉及氧化还原反应，D项不符合题意；
故选C。
10. 某一课题组揭示了密封的碱性水系电池中的氧气循环过程，如图所示。下列叙述错误的是
A 过程1阳极发生反应：
B. 过程1中阴极生成后阴极区的pH升高
C. 过程3中MH发生氧化反应
D. 过程4生成1 ml MH时，迁移2 ml阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程1阳极失去电子发生反应为：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，A正确；
B．过程1中阴极方程式为：，所以生成Ni(OH)2后阴极区的pH升高，B正确；
C．过程3中MH失去电子发生氧化反应，C正确；
D．，每当生成1mlMH，迁移1ml阴离子，D错误；
故选D。
11. 已知两种短周期元素X、Y的原子价层电子排布式分别为、。这两种元素组成的一种晶胞结构如图所示，晶胞参数nm。下列叙述错误的是
A. 该晶体的化学式为B. 氧离子的配位数为4
C. 该晶体为离子晶体D. 该晶体的密度为2.27 g⋅cm
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X原子价层电子排布式分别为，X为Na元素；短周期元素Y的原子价层电子排布式为，n=2，则Y是O元素。离子半径Na+
B．根据图示，氧离子的配位数为8，故B错误；
C．该晶体由Na+、O2-构成，为离子晶体，故C正确；
D．该晶体的密度为g⋅cm，故D正确；
选B。
12. 科学家设计了一种具有石墨正极的高容量可充电电池，原理如图所示。氯化铝（）溶解在亚硫酰氯（）中，以氟化物（LiFSI）为溶剂。下列叙述正确的是
A. 放电时，电解质溶液可以是水溶液
B. 放电时，石墨极的电极反应式为
C. 充电时，石墨极与电源负极连接
D. 充电时，转移个电子时锂电极理论上消耗14g锂
【答案】B
【解析】
【分析】具有石墨正极的高容量可充电电池，放电时锂为负极，锂失电子发生氧化反应，电极反应式为，石墨为正极，氯气得电子发生还原反应，电极反应式为；充电时锂电极端为阴极，发生还原反应：，石墨电极端为阳极，发生氧化反应：，据此分析；
【详解】A．锂是活泼金属，会与水反应，不能用水溶液，A错误；
B．根据分析，放电时，石墨极的电极反应式为，B正确；
C．充电时石墨电极端为阳极，与电源正极连接，C错误；
D．充电时，转移个电子时锂电极理论上生成14g锂，D错误；
故选B。
13. 我国某科研团队研究了氧化铈()表面空间受阻路易斯酸碱对(FLPs)和氮(N)掺杂的协同作用，促进了光吸收、成键活化，提高了光催化还原制的产率和选择性。反应历程如图所示。已知：*代表吸附在催化剂表面的物种，+代表起始或终态物质；自由能与相对能量相当。下列叙述错误的是
A. *COH→*C是路径2的决速步B. 过程中自由能升高
C. CO为光催化还原制的副产物D. 同等条件下，比稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A． 图中未给出活化能，无法确定*COH→*C是不是路径2的决速步，故A错误；
B． 路径1和2，过程中自由能升高，分别上0.34变为1.13和0.56，故B正确；
C． 光催化还原CO2制CH4，CO为光催化还原制的副产物，故C正确；
D． 同等条件下，和自由能分别为-1.54、1.13，低，比稳定，故D正确；
故选A。
14. 298K时，向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是
已知：① ；
② ；
③ ，且。
A. 直线c代表与的关系
B. 根据图像可计算平衡常数
C. 的平衡常数
D. 向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成
【答案】C
【解析】
【分析】x1=K1·c4(CN-)，同理x2= K2·c6(CN-)，x3= K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，故A错误；
B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，故B错误；
C．根据AB选项分析，K2=1036，K3=1042，该反应的平衡常数K==106，故C正确；
D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，故D错误；
答案为C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硫酸钠()常作抗氧化剂、稳定剂和漂白剂。某小组拟对亚硫酸钠展开探究，回答下列问题：
实验(一)探究水解的影响因素。
I．配制250 mL 0.1 ml⋅L 溶液
（1）称取固体的质量为______g。
（2）配制该溶液不需要选择下列仪器中的______(填标号)。
A． B． C．
Ⅱ．实验方案如下：
（3）实验①④_______(填“能”或“不能”)得出单一变量对实验结果的影响规律。
（4）实验①和②的目的是___________。
（5）某同学预测，实验测得，，理论预测与实际矛盾的原因可能是_______(答1条)；将实验③的溶液降温至25℃(标记为⑤)，测得溶液pH为(9.25)，小于(9.66)，请你猜想可能的原因：_______，设计实验证明你的猜想：________，猜想成立。
实验(二)测定样品纯度。
称取w g 样品溶于水配制成100 mL溶液，准确量取25.00 mL制得的溶液于锥形瓶中，滴加2滴淀粉溶液，用标准c ml⋅L 溶液滴定至终点，消耗滴定液的体积为V mL。
（6）该样品纯度为______%，若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，则测得的结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）6.3 （2）A
（3）不能 （4）探究浓度对水解的影响
（5） ①. 升温，部分被氧化成，降低了浓度或升温，水的离子积常数增大 ②. 部分被氧化，使浓度降低 ③. 取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①
（6） ①. ②. 偏低
【解析】
【小问1详解】
配制250mL 0.1 ml/L亚硫酸钠溶液需要称取七水亚硫酸钠晶体的质量为0.1 ml/L×0.25L×252g/ml=6.3g，故答案为：6.3；
【小问2详解】
配制250mL 0.1 ml/L亚硫酸钠溶液需要烧杯、250mL容量瓶和胶头滴管，不需要用到500mL容量瓶，故选A；
【小问3详解】
由表格数据可知，实验①④亚硫酸钠溶液的体积和水浴温度都不相同，不能得出单一变量对实验结果的影响规律，故答案为：不能；
【小问4详解】
由表格数据可知，实验①和②的水浴温度和溶液的总体积相同，亚硫酸钠溶液的体积不同，说明实验目的是探究硫代硫酸钠溶液的浓度对水解的影响，故答案为：探究浓度对水解的影响；
【小问5详解】
由盐类水解规律可知，升高温度，亚硫酸钠溶液的水解程度增大，溶液pH增大，实验③测得溶液pH小于实验①可能是升高温度，亚硫酸钠部分被空气中氧气氧化为强酸强碱盐硫酸钠，导致亚硫酸铂溶液浓度减小，溶液pH减小，也可能是升高温度，水的离子积常数增大，导致溶液pH减小；由实验⑤溶液降温至25℃时，溶液pH依然小于实验①，说明导致pH变化的原因是亚硫酸钠部分被空气中氧气氧化为强酸强碱盐硫酸钠，若要验证猜想正确，应向溶液中加入过量氯化钡溶液，称量比较反应得到沉淀的质量是否相等，具体操作为取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①，故答案为：升温，部分被氧化成，降低了浓度或升温，水的离子积常数增大；部分被氧化，使浓度降低；取等体积①⑤溶液，加入足量盐酸酸化和足量溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，⑤的质量大于①；
【小问6详解】
由得失电子数目守恒可得如下关系式：I2，滴定消耗V mLc ml/L碘溶液，则样品中七水亚硫酸钠的质量分数为×100%=%；若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数会使碘溶液的体积偏小，导致测得的结果偏低，故答案为：；偏低。
16. 锌及锌合金(如黄铜)广泛应用于生产、生活。某小组拟以锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS等杂质)为原料采用多种方法冶炼锌，流程如图。回答下列问题：
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，。
②常温下，几种金属离子转化成氢氧化物沉淀的pH如表：
（1）已知的部分结构如图所示，中采用杂化，则有_____种结构。分子中的键角比中的小的原因是_______。
（2）明代宋应星著的《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，∙∙∙∙∙∙然后，逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红∙∙∙∙∙∙冷定，毁罐取出。∙∙∙∙∙∙即倭铅也。”(炉甘石主要成分是，倭铅即指Zn)古代炼锌方法类似于上述三种方法中的_______(填标号，下同)。从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是_______。
a．半湿法 b．火法 c．全湿法
（3）“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收非金属单质。ZnS参与反应的离子方程式为_________。
（4）“氧化，调pH”时试剂A不宜选择NaOH溶液，也不宜选择氨水，原因是________。
（5）“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极的电极反应式为________。航母外壳常镶嵌一些锌块，这种保护航母的方法叫_______。
（6）通常认为离子浓度 ml⋅L时表示该离子已完全除尽。根据表格数据计算_____。
【答案】（1） ①. 1 ②. 四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小
（2） ①. b ②. c
（3）
（4）会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn
（5） ①. ②. 牺牲阳极法
（6）
【解析】
【分析】锌矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，加入酸酸浸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁浸出液；氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫；浸液加入过氧化氢氧化二价铁为三价铁，加入氧化锌、碳酸锌等条件溶液的pH，使得铁离子转化为沉淀得到滤渣，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用；
【小问1详解】
中采用杂化，为正四面体形结构，则有1种结构。四氨合锌离子中N原子价层电子全部参与杂化，而游离态分子中N原子价层有1个孤电子对，对成键电子对排斥力较大，导致键角较小，使得分子中的键角比中的小；
【小问2详解】
“升炼倭铅”是直接和碳高温加热还原生成锌，类似火法炼锌，故选b；半湿法焙烧过程中生成硫的氧化物，火法燃烧也会生成烟尘、有毒气体等污染，而全湿法过程中可以减少这些污染，故从环保的角度来看，这三种方法中，最佳方法是c；
【小问3详解】
氧气具有氧化性，“氧压酸浸”是在稀硫酸中加入锌矿粉，并在加压下通入，除生成外，还能回收硫氧化生成的非金属单质硫，反应为硫化锌、氧气、硫酸生成硫酸锌和硫单质、水：；
【小问4详解】
已知：①是两性氢氧化物，易溶于NaOH溶液，也溶于氨水，能发生反应：，，故加入氢氧化钠、氨水调节pH过程中会转化为或，这两种离子在电解沉积时难被还原为Zn；
【小问5详解】
“电解沉积”(以惰性材料为电极)时阳极上水放电失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气：；锌比铁活泼，航母外壳常镶嵌一些锌块，使得锌做负极而使得铁得到保护，这种保护航母的方法叫牺牲阳极法；
【小问6详解】
pH=8.0时，锌离子沉淀完全，此时pOH=6，则。
17. 研究碳氧化物、氮氧化物反应的特征及机理，对处理该类化合物的污染问题具有重要意义。回答下列问题：
（1）已知：的燃烧热 kJ·ml，的燃烧热 kJ⋅ml，的燃烧热 kJ⋅ml， kJ⋅ml。则 ______kJ⋅ml。
（2）在恒温恒压条件下，向密闭容器中充入4.0 ml 和2.0 ml ，发生反应，起始时体系压强为p，平衡时的转化率为50%。达到平衡时，______，平衡常数(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用，发生反应：，该反应的正反应需在低温条件下才能自发进行，则该反应的活化能：(正)_____(填“>”或“<”)(逆)。
（4）CO还原NO的反应：
①实验测得，(，是速率常数，只与温度有关)。则升高温度，______(填“增大”“减小”或“不变”)，将随温度变化的曲线______表示在图1中。
②该反应分别在不同温度、不同催化剂(a、b)下，保持其他初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO的转化率与温度的关系如图2所示。温度高于400℃，NO的转化率降低的原因可能是______。
③恒温恒压下，再向该容器中注入稀有气体氦气，该反应的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
【答案】17. -204.7
18.
19. < 20. ①. 减小 ②. ③. 温度升高，催化剂活性降低 ④. 逆向移动
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；已知：的燃烧热 kJ·ml，的燃烧热 kJ⋅ml，的燃烧热 kJ⋅ml， kJ⋅ml，则：
① kJ·ml
② kJ·ml
③ kJ·ml
④ kJ·ml
4×①+2×②-③-④得反应，故-2047kJ⋅ml；
【小问2详解】
平衡时的转化率为50%，则达到平衡时反应氢气2ml；
则平衡时总的物质的量为4ml，总的压强为，达到平衡时，；
小问3详解】
该反应为熵减的反应，正反应需在低温条件下才能自发进行，则该反应为放热反应，故其逆反应的活化能更大：(正)<(逆)；
【小问4详解】
①平衡时正逆反应速率相等，则=，，反应为放热反应，则升高温度，瓶平衡逆向移动，平衡常数减小，则会减小，升高温度，均变大，但是反应逆向进行，则对影响更大，则斜率更大，故随温度变化的曲线为：；
②催化剂需要一定的活化温度，温度升高，催化剂活性降低，导致温度高于400℃，单位时间内NO的转化率降低；
③反应为气体分子进行的反应，恒温恒压下，再向该容器中注入稀有气体氦气，相当于增大体积，减小了反应中各物质的浓度，则该反应的化学平衡将逆向移动。
18. 非洛地平是一种降血压药。一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）非洛地平中含氧官能团是______(填名称)，V的分子式是________。
（2）Ⅲ→Ⅳ的反应类型是_______。
（3）在催化剂、加热条件下，1 ml Ⅶ最多能与______ml 发生加成反应。
（4）写出Ⅰ→Ⅱ的化学方程式：_____。
（5）在Ⅰ的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有____种。(已知连有的结构不稳定)
①含三种官能团；②苯环直接与、连接；③苯环上有3个取代基。
其中，在核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为3∶2∶1∶1∶1的结构简式为______。
（6）以苯为原料制备苯甲醛，设计合成路线_______ (其他试剂自选)。
【答案】（1） ①. 酯基 ②.
（2）取代反应 （3）5
（4）+HNO3+H2O
（5） ①. 30 ②.
（6）
【解析】
【分析】Ⅰ发生硝化反应生成Ⅱ，由Ⅲ逆推，可知Ⅱ是；
【小问1详解】
根据非洛地平的分子式，含氧官能团是酯基；根据V的结构简式，可知分子式是；
【小问2详解】
Ⅲ中的1个硝基、1个氨基被氯原子代替生成Ⅳ，Ⅲ→Ⅳ的反应类型是取代反应；
【小问3详解】
苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂、加热条件下，1 ml Ⅶ最多能与5ml 发生加成反应。
【小问4详解】
Ⅰ→Ⅱ发生硝化反应，反应的化学方程式为+HNO3+H2O
【小问5详解】
①含三种官能团；②苯环直接与、连接；③苯环上有3个取代基，另一个取代基为-CH2CHO或-COCH3或；3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的的同分异构体共有30种。
其中，在核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为3∶2∶1∶1∶1的结构简式为。
【小问6详解】
苯发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原为苯胺，苯胺在一定条件下生成苯甲醛，合成路线为 。选项
A
B
C
D
文物
名称
金瓯永固杯
玉云龙纹炉
青玉大禹治水图山子
各种釉彩大瓶
选项
用途
性质
A
明矾净水
铝离子能够杀菌消毒
B
石英光纤用于通信
石英光纤传输光信号损耗低，带宽大，重量轻
C
氧化铝用于电解制取铝
氧化铝熔点高
D
茶叶常用于饼干类保鲜
茶叶酚具有氧化性
序号
0.1 ml⋅L 溶液 /mL
水/mL
水浴温度/℃
测得pH
①
10.0
0
25
②
5.0
5
25
③
10.0
0
40
④
8.0
2
35
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
6.5
9.7
5.4
8.0
2.3
4.1
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