2024届内蒙古自治区包头市高三下学期三模理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）

这是一份2024届内蒙古自治区包头市高三下学期三模理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届内蒙古自治区包头市高三下学期三模理科综合试题-高中化学原卷版docx、2024届内蒙古自治区包头市高三下学期三模理科综合试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上。将条形码粘贴在规定区域。本试卷满分300分，考试时间150分钟。
2.做选择题时，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，用橡皮擦于净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 Cl35.5 V51 I127 Cs133 Pb207
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. 化学与科技、生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. “碳中和”就是利用中和反应减少二氧化碳的排放
B. 醋酸除水垢，纯碱去油污都发生了化学变化
C. 汽车尾气处理是把氮的氧化物催化氧化为氮气
D. 利用合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】B
【解析】
【详解】A．“碳中和”是指通过减少或抵消二氧化碳的排放量，使得大气中的二氧化碳浓度不再继续上升，达到减缓气候变化的目的，和中和反应无关，A错误；
B．醋酸除水垢是酸与盐或碱的反应，纯碱去油污涉及盐的水解及油脂的水解，均属于化学变化，B正确；
C．氮的氧化物转化为氮气的过程中N元素化合价降低，氮的氧化物发生还原反应，C错误；
D．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，D错误；
故选B。
2. 一种抗胃溃疡剂M的结构简式如图，下列有关说法正确的是
A. M的分子式为
B. M分子中含有的含氧官能团有4种
C. 分子中所有碳原子可能处于同一平面内
D. M分子可发生取代、加成、消去、氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式，可得出M分子中含有27个C原子，不饱和度为13，则分子中所含H原子数为27×2+2-13×2=30，O原子数为6，所以M的分子式为，A不正确；
B．M分子中含有的含氧官能团有醚键、酮羰基、羧基共3种，B不正确；
C．M分子中不存在1个C原子上连接3个或4个C原子的情况，则所有碳原子可能处于同一平面内，C正确；
D．M分子中含有的羧基等可发生取代反应，碳碳双键、酮羰基、苯基可发生加成反应，碳碳双键等可被氧化，但不能发生消去反应，D不正确；
故选C。
3. 在热带海域中，珊瑚虫在浅海区域分泌石灰石骨骼，与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列说法错误的是
A. 珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO(aq)⇌ CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)
B. 与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚原因之一
C. 与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成
D. 大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大，有利于珊瑚形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．珊瑚的主要成分是CaCO3，珊瑚形成的反应为Ca2+ (aq)+2HCO(aq)⇌ CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)，A正确；
B．与温带海域相比，热带海域水温较高能加快CO2的挥发，促使上述平衡正向移动，故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一，B正确；
C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，消耗的CO2增大，导致CO2浓度减小，平衡正向移动，故更有利于珊瑚形成，C正确；
D．由于CO2+H2OH2CO3H++，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO浓度增大，CO2浓度增大，珊瑚形成的平衡逆向移动，则不利于珊瑚形成，D错误；
故答案为D。
4. 某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列叙述正确的是

A. 装置e 的作用是防倒吸
B. 根据图a的现象判断活塞K一定处于关闭状态
C. 实验结束时，先关闭活塞K，再熄灭酒精灯
D. b、c、f 中的试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液
【答案】B
【解析】
【分析】装置a为二氧化碳的制备装置，装置b中盛有饱和碳酸氢钠溶液，用于除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置c中盛有浓硫酸，用于干燥二氧化碳，装置d为CO2和锌粒共热反应装置，装置e为利用二氧化碳的密度大于空气，用于分离二氧化碳和一氧化碳，装置f中盛有银氨溶液，用于验证CO2和锌粒反应是否生成CO。
【详解】A项、装置e为利用二氧化碳的密度大于空气，用于分离二氧化碳和一氧化碳，故A错误；
B项、由图可知，在二氧化碳产生的气压作用下，装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态，说明活塞K一定处于关闭状态，故B正确；
C项、为防止产生倒吸，实验结束时，应先熄灭酒精灯，继续通入二氧化碳，再关闭活塞K，故C错误；
D项、装置b、c、f中的试剂依次为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸和银氨溶液，故D错误；
故选B
【点睛】装置a中碳酸钙和盐酸处于分离状态是判断活塞K一定处于关闭状态的依据，也是解答易错点。
5. 某长石矿物的化学式为 ，是原子序数依次增大的前20号主族元素。元素Z、W是常见的金属元素，元素R在地壳中的含量仅次于元素Y。下列说法错误的是
A. X、Y形成的二元化合物常温常压下呈液态
B. Z、W最高价氧化物对应水化物的碱性；
C. X、Y、Z、R四种元素形成的单质中，R熔点最高
D. Z、R、W最高价氧化物对应的水化物之间均可发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，是某长石矿物的化学式，则X为H元素，Y为O元素，元素R在地壳中的含量仅次于元素Y，R为硅；元素Z、W是常见的金属元素，由化合价代数和为零可以推知Z为Al，W为Ca元素；
【详解】A．H、O形成的二元化合物H2O或H2O2在常温常压下均呈液态，A正确；
B．金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Ca>Al，则碱性：Ca(OH) 2>Al(OH) 3，B正确；
C．C．H、O、Al、Si四种元素形成的单质中，Si单质是共价晶体，熔点最高，C正确；
D．Z、R、W最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、硅酸、氢氧化钙，H2SiO3为弱酸，不能和Al(OH)3反应，D错误；
故选D。
6. pH计是通过测定电池两极电势差(即电池电动势E)确定待测液pH的仪器，复合电极pH计的工作原理如图。室温下，(E的单位为V)。下列说法错误的是
A. pH计工作时，化学能转变电能
B. 玻璃电极的电极电势会随待测溶液的c(H+)变化而变化
C 一定温度下，电池电动势E越小，则待测液中c(H+)越小
D. 若参比电极电势比玻璃电极电势高，则玻璃电极的电极反应式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置中不存在外接电源，则pH计工作时，发生原电池反应，将化学能转变为电能，A正确；
B．由公式可以看出，pH变化时，E也将随之发生改变，所以玻璃电极的电极电势会随待测溶液的c(H+)变化而变化，B正确；
C．由公式可以看出，一定温度下，电池电动势E越小，pH越小，则待测液中c(H+)越大，C错误；
D．在原电池中，正极的电极电势比负极的电极电势高，若参比电极电势比玻璃电极电势高，则参比电极为正极，玻璃电极为负极，Ag失电子产物与电解质反应生成AgCl，电极反应式：，D正确；
故选C。
7. 25℃时，某混合溶液中，由水电离出的的对数与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线L1表示与的变化关系
B.
C. 从X点到Y点发生的反应为：
D. Z点时溶液的pH=11
【答案】D
【解析】
【分析】当时，即，A2-和HA-水解会促进水的电离，但A2-促进水电离的能力更强，即lg更大，故L1表示lg与的关系，L2表示lg与的关系。
【详解】A．由分析可知，曲线L1表示与的变化关系，A不正确；
B．时，，此时lg=7，水电离产生的=10-7ml/L，，B不正确；
C．X点表示水的电离程度达到最大，则X溶液为正盐溶液，HA-、H2A皆由水解而来，从X点到Y点表示继续加碱，抑制了A2-的水解，而非发生反应：，C不正确；
D．在X点，由H2O电离产生的c(H+)=10-5ml/L，由HA-电离产生的c(H+)=10-9ml/L， ，Z点时，=3，，，c(H+)=10-11ml/L，溶液的pH=11，D正确；
故选D。
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，考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分。
8. 苯乙酮是一种重要的化工原料，可用于制造香皂和塑料的增塑剂。实验室可用苯和乙酸酐为原料，在无水AlCl3催化下加热制得：
过程中还有副反应发生：
实验步骤如下：
步骤Ⅰ：向仪器A中迅速加入13g粉状无水AlCl3和无水苯，在搅拌下将乙酸酐慢慢滴加到A中，待反应缓和后，加热回流1小时，直至无HCl气体逸出为止。
步聚Ⅱ：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有25mL浓HCl和30g碎冰的烧杯中进行，使固体全部溶解。
步聚Ⅲ：将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，有机层依次用等体积5%NaOH溶液和水洗涤，再用无水MgSO4干燥。
步聚Ⅳ：将苯乙酮粗产品放入蒸馏烧瓶中，先在水浴上蒸馏回收苯，稍冷后改用空气冷凝管，蒸馏收集198~202℃的馏分，得到产品约4.20g。
回答下列问题：
（1）仪器A选用的规格为___________，仪器B中的出水口是___________(“a”或“b”)。
A．10mL B．50mL C．200mL
（2）图一装置中CaCl2的作用是___________。
（3）步聚I发生的反应是强烈的放热反应，控制温度是该步骤的关键，试从试剂投入、装置改进方面，分别提出一条控温的措施：①___________；②___________。
（4）图一装置中漏斗一半扣在水面下、一半露在水面上的原因是___________。
（5）步聚Ⅲ中，水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不是取一次(16mL)的目的是___________。
（6）步骤Ⅳ中蒸馏收集苯乙酮产品时，改用空气冷凝管的原因是___________。
（7）本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是___________。
【答案】（1） ①. B ②. b
（2）防止水蒸气进入烧瓶中使乙酸酐水解，影响产率
（3） ①. 醋酸酐要逐滴加入 ②. 将三颈烧瓶置于冷水浴中
（4）若远离水面，氯化氢气体不被吸收而逸出，造成空气污染；若深入到水中，氯化氢极易溶于水造成倒吸
（5）多次萃取可以提高萃取率
（6）苯乙酮的沸点高，内外温差大，冷凝管易炸裂
（7）防止暴沸
【解析】
【分析】实验室用苯和乙酸酐为原料，在无水AlCl3催化下加热制得苯乙酮。向仪器A中迅速加入粉状无水AlCl3和一定量无水苯，在搅拌下乙酸酐慢慢滴加到A装置中，待反应缓和后，加热回流1小时，直至无HCl气体逸出为止。将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有25mL浓HCl和30g碎冰的烧杯中进行，使固体全部溶解；将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次，合并有机层，有机层依次用等体积5%NaOH溶液和水洗涤，再用无水MgSO4干燥。将苯乙酮粗产品放入蒸馏烧瓶中，先在水浴上蒸馏回收苯，稍冷后改用空气冷凝管，蒸馏收集198~202℃的馏分，得到产品。
【小问1详解】
仪器A中，加入13g粉状无水AlCl3、16mL无水苯、4mL乙酸酐，溶液体积约为20mL，在三颈烧瓶中，溶液体积应不超过其容积的三分之二，则选用的规格为50mL，故选B，仪器B为冷凝管，冷却水流向为下进上出，则出水口是b。
【小问2详解】
题中信息显示，乙酸酐易水解，则图一装置中CaCl2的作用是：防止水蒸气进入烧瓶中使乙酸酐水解，影响产率。
【小问3详解】
步聚I发生的反应是强烈的放热反应，控制温度是该步骤的关键，从试剂投入、装置改进方面，可通过减慢试剂滴入、控制反应温度进行控温，则措施是：①醋酸酐要逐滴加入；②将三颈烧瓶置于冷水浴中。
【小问4详解】
图一装置为气体的吸收装置，即需设法加快气体吸收速率，又需防止倒吸，则漏斗一半扣在水面下、一半露在水面上的原因是：若远离水面，氯化氢气体不被吸收而逸出，造成空气污染；若深入到水中，氯化氢极易溶于水造成倒吸。
【小问5详解】
步聚Ⅲ中，为提高萃取效率，水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不是取一次(16mL)，目的是：多次萃取可以提高萃取率。
【小问6详解】
步骤Ⅳ中蒸馏收集苯乙酮产品时，由于苯乙酮的沸点为202℃，与水的温度差大，水冷易导致冷凝管炸裂，则改用空气冷凝管的原因是：苯乙酮的沸点高，内外温差大，冷凝管易炸裂。
【小问7详解】
毛细管在减压蒸馏中可调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防止暴沸。本实验收集产品用了减压蒸馏装置，毛细管的作用是：防止暴沸。
【点睛】使用冷凝管时，冷却水的流向都是下进上出。
9. 科学家最近首次发现像大脑一样学习的材料——。某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是，含少量等杂质)为原料制备的流程如下：
已知：①难溶于水，易溶于水；
②
③几种金属离子氢氧化物沉淀的。
请回答下列问题：
（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施有___________(答出两条)。
（2）有人建议：在“酸浸”和“调”之间加入适量双氧水，理由是___________。
（3）理论上，为实现完全沉淀，应调节，在工业生产中，常调节，其目的是___________(用化学用语和必要的文字说明)。
（4）“高温还原”中试剂X可能是，如果制备等量的(氧化产物都是)，则还原剂的物质的量之比为___________。
（5）“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的目的是___________。
（6）将产品溶于强碱溶液，加热煮沸，淍节为8.5，把溶液稀释成溶液，取稀释后的溶液于锥形瓶中，加入酼酸酸化的KI溶液(过量)，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0.10ml∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，溶液中测得数据如下表所示：
该产品的纯度为___________%(保留3位有效数字)。如果加入稀酼酸过多，会使测定结果偏高，其原因是___________(用离子方程式表示)。
【答案】（1）粉碎废料、适当加热或适当增大溶液浓度或搅拌等
（2）煅烧1的烧渣溶于酸得到的溶液中含有
（3），碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
（4）1：2：2 （5）及时带走，避免还原
（6） ①. 77.2% ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入碳酸钠煅烧，将五氧化二钒转化为钒酸钠，向煅烧渣中加入稀硫酸酸浸，将钒酸钠转化为(VO2)2SO4，四氧化三铁、氧化铜转化为硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜，之后可以加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的pH为8，将溶液中的铜离子、铁离子转化为氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的钒酸根离子转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒和氨气，五氧化二钒与还原剂X高温下反应生成二氧化钒。
【小问1详解】
粉碎废料、适当加热、适当增大氢氧化钠溶液浓度、搅拌等措施能提高碱浸的反应速率，故答案为：粉碎废料、适当加热或适当增大溶液浓度或搅拌等；
【小问2详解】
由分析可知，四氧化三铁溶于稀硫酸得到硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，溶液pH为8时，亚铁离子不能转化为沉淀，所以在酸浸和调pH之间应加入适量双氧水，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时转化为氢氧化铁沉淀除去，故答案为：煅烧1的烧渣溶于酸得到的溶液中含有；
【小问3详解】
钒元素在溶液中存在如下平衡：，调节溶液pH为8使溶液呈碱性，减小溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于生成更多的钒酸根离子，故答案为：，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；
【小问4详解】
由分析可知，高温还原发生的反应为五氧化二钒与还原剂X高温下反应生成二氧化钒，设反应生成生成二氧化钒的物质的量为1ml，由得失电子数目守恒可知，反应消耗碳、一氧化碳、草酸的物质的量为ml、ml、ml，则三种还原剂的物质的量比为ml：ml：ml=1：2：2，故答案为：1：2：2；
【小问5详解】
由分析可知，煅烧2发生的反应为钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒和氨气，反应生成的氨气具有还原性，可能还原五氧化二钒，所以煅烧时应在流动空气中煅烧，利用空气带走氨气，防止五氧化二钒被还原，故答案为：及时带走，避免还原；
【小问6详解】
由题意和得失电子数目守恒可得如下转化关系：2VO2—2V3+—I2—2 Na2S2O3，由表格数据可知，三次实验消耗硫代硫酸钠溶液的体积分别为21.5mL、20.10mL、19.90mL，第一次实验误差较大，应舍去，则滴定消耗硫代硫酸钠溶液的平均体积20.00mL，则该产品的纯度为×100%≈77.2%，硫代硫酸钠溶液能与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，如果加入稀酼酸过多，过量的硫酸会使消耗的硫代硫酸钠溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：77.2%；。
10. I．含碳化合物甲烷、等是重要的化工原料，可生产氢气、甲醇、烯烃等物质。回答下列问题：
（1）一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，“*”表示微粒吸附在催化剂表面。下列叙述错误的是___________(填标号)。
A. 的过程中，放出能量
B. 产物从催化剂表面脱附的速率慢会降低总反应速率
C. 适当提高分压会降低的反应速率
D. 与反应生成均涉及极性键、非极性键的断裂和生成
Ⅱ.以氧化铟作催化剂，可实现催化加氢制甲醇。
已知：ⅰ.催化剂活化：(无活性)(有活性)；
ⅱ.与在活化的催化剂表面同时发生如下反应：
反应①
反应②
反应③：
（2）反应③中___________。
（3）工业上以原料气通过催化剂表面的方法生产甲醇，是造成催化剂失活的重要原因，请用化学方程式表示催化剂失活的原因：___________。为了减少催化剂的失活，可以采用的方法是___________。
（4）按时只发生反应①，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在t=250℃条件下的、在条件下的(温度)如图所示。
i.图中对应等温过程的曲线是___________(填“a”或“b”)，判断理由是___________。
ii.A、B、C、D、E、F中可能表示220℃时的平衡状态的点是___________。
（5）将和按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应①和反应②。230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
反应①的速率可表示为(为常数)，平衡时，已知在时的转化率为，则反应①的正向反应在时的___________(用含的式子表示)。
【答案】（1）AC （2）
（3） ①. ②. 增大和混合气体的流速，可减少产物中的积累(其它合理答案也给分)
（4） ①. a ②. 该反应前后气体系数和减少，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大 ③. A
（5）
【解析】
【小问1详解】
A．*CH3→*CH2的过程中，断裂C—H键，吸收能量，A项错误；
B．产物从催化剂表面脱附的速率慢，会降低CH4和O2在催化剂表面吸附的速率，从而会降低总反应速率，B项正确；
C．适当提高O2分压会加快O2(g)→2 *O的反应速率，C项错误；
D．CH4、CO中存在极性键，O2、H2中存在非极性键，CH4与O2反应生成CO、H2均涉及极性键、非极性键的断裂和生成，D项正确；
答案选AC。
【小问2详解】
根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，则∆H3= ∆H1- ∆H2=-49.0kJ/ml-(+41.0kJ/ml)=-90.0kJ/ml。
【小问3详解】
In2O3无活性、In2O3-x有活性，CO2与H2在活化的催化剂表面反应；工业上以原料气通过催化剂表面的方法生产甲醇，H2O(g)是造成催化剂失活的重要原因，说明H2O(g)将In2O3-x氧化成In2O3，反应的化学方程式为In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；为减少催化剂的失活，减少In2O3-x与H2O(g)的接触反应，可以采用的方法是增大CO2和H2混合气体的流速，可减少产物中H2O(g)的积累。
【小问4详解】
ⅰ．反应①的正反应为气体分子数减小的放热反应；在相同温度下、增大压强平衡正向移动，CH3OH的物质的量分数增大；在相同压强下、升高温度平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小；故图中对应等温过程的曲线是a；对应等压过程的曲线是b。
ⅱ．压强相同时，220℃相对于250℃为降低温度，降低温度，反应①正向移动，平衡时CH3OH的物质的量分数大于250℃，220℃时等温线在a上；温度相同时，4×105Pa相对于5×105Pa为降低压强，反应①逆向移动，平衡时CH3OH的物质的量分数小于5×105Pa，4×105Pa时等压线在b下；故可能表示220℃、4×105Pa时的平衡状态的点是A。
【小问5详解】
由表中数据可知60min时反应已达到平衡状态，设起始CO2、H2物质的量分别为xml、3xml，CO2的转化率为60%，则转化CO2物质的量为0.6xml，平衡CO2物质的量为0.4xml，平衡时气体总物质的量为×4xml=3.6xml，H2O(g)的物质的量为×4xml=0.6xml，混合气物质的量减少0.4xml，反应②反应前后气体分子数不变，由此可见反应①生成CH3OH、H2O(g)的物质的量都为0.2xml，根据C守恒，反应②生成CO、H2O(g)的物质的量为0.4xml，平衡时H2物质的量为3.6xml-0.4xml-0.2xml-0.4xml-0.6xml=2xml；平衡时CO2、H2的分压分别为=0.1P0、=0.5P0，则反应①的正向反应在60min时的v=k×(0.1P0)×(0.5P0)3=。
(二)选考题：请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则每科按所做第一题计分。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 卤族元素的单质和化合物在生产生活中有重要的用途。请回答：
（1）卤族元素位于元素周期表的___________区，溴原子的M能层电子排布式为___________。
（2）的VSEPR模型如图，中心I原子的杂化方式是___________。
A. B. C. D.
（3）与囟素性质相似，与反应生成和，反应中所涉及元素的电负性由大到小的顺序为___________的酸性___________(填“大于”或“小于”)的酸性。
（4）一定条件下与以物质的量之比为1：1混合得到一种固态离子化合物，其结构组成可能为：(a)或(b)，该离子化合物最可能的结构组成为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。
（5）我国科研小组在全无机铅钙钛矿薄膜制备和光伏电池研究方面取得新进展。研究人员采用和二甲基碘化铵(DMAI)作为前驱体，通过真空辅助热退火的方法制备了钙钛矿薄膜，其晶胞结构如图一，沿x、y、z轴方向的投影均为图二。
①该晶体中的配位数为___________。
②设为阿伏加德罗常数的值，晶体中相邻之间的最短距离为anm，则晶体密度为___________。
【答案】（1） ①. p ②. （2）C
（3） ①. ②. 大于
（4） ①. a ②. 中原子周围价层电子对数为4，而中原子周围价层电子对数为3，存在空轨道，更容易与氯离子上的孤电子对结合，形成配位键，构成离子
（5） ①. 12 ②.
【解析】
【小问1详解】
卤族元素位于元素周期表的p区；溴原子的M能层电子排布式为3s23p63d10，故答案为：p；3s23p63d10；
【小问2详解】
中心I原子是由1个ns轨道、3个np轨道和1个nd轨道参与的杂化，所形成的5个杂化轨道称sp3d杂化轨道，空间构型为三角双锥；故答案选C；
【小问3详解】
电负性是周期表中各元素的原子吸引电子能力的一种相对标度 ，吸引电子的倾向愈大，元素的电负性愈大，所以四种元素的电负性大小为：；氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸的酸性；故答案为：；大于；
【小问4详解】
因SbCl3中Sb原子周围价层电子对数为4，而GaCl3中Ga原子周围价层电子对数为3，存在空轨道，更容易与氯离子上的孤电子对结合，形成配位键，构成离子，故答案为：a；SbCl3中Sb原子周围价层电子对数为4，而GaCl3中Ga原子周围价层电子对数为3，存在空轨道，更容易与氯离子上的孤电子对结合，形成配位键，构成离子；
【小问5详解】
由图一的晶胞结构和图二的投影可知，该晶体中Cs+的配位数为12；故答案为：12；Cs+位于晶胞的体心，数目为1；I-位于晶胞的12条棱上，数目为；Pb2+位于晶胞的8个顶点上，数目为，因此该晶体的化学式为CsPbI3，由晶体中相邻I−之间的最短距离为a nm，可得到晶胞边长为，由晶胞边长a求出密度ρ：，即；故答案为。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 全球首个利用诺奖技术(低氧诱导因子原理)开发的肾性贫血治疗创新药物“罗沙司他”的一种制备流程如图：
已知：(R1、R2表示烃基或氢)
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）C的结构简式为___________。
（3）由E→F的化学反应方程式是___________。
（4）下列说法正确的是___________(填字母)。
a．1mlC最多能消耗3mlNaOH b．F→G的过程中还有HBr生成
c．E能与Br2发生取代反应 d．I极易溶于水
（5）已知，由G生成H的反应过程如图：
有机化合物J的结构简式为___________；②过程的反应类型为___________。
（6）E的同分异构体中，同时满足下列条件的化合物有___________种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3:2:2:2:1:1的结构简式___________。
①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种
②含有-OH、-NH2、-COOH官能团
③遇FeCl3溶液不发生显色反应
【答案】（1）对甲基苯酚(4-甲基苯酚)
（2） （3）+CH3OH+H2O
（4）bc （5） ①. ②. 加成反应
（6） ①. 12 ②.
【解析】
【分析】由B的结构简式及A的分子式，可确定A的结构简式为；由反应条件及C的分子式，可确定C的结构简式为，D为；由E和G的结构简式，可确定F为。
【小问1详解】
由分析可知，A为，化学名称为：对甲基苯酚(4-甲基苯酚)。
【小问2详解】
由分析可知，C结构简式为。
【小问3详解】
由E()→F(),与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，化学反应方程式是+CH3OH+H2O。
【小问4详解】
a．C为，-Cl原子发生水解的产物HCl会消耗NaOH，-OOCCH3水解生成的酚和CH3COOH也会消耗NaOH，则1mlC最多能消耗4mlNaOH，A不正确；
b．F()与发生取代反应生成G()和HBr，则转化的过程中还有HBr生成，b正确；
c．E()分子中，酚羟基邻位上的2个H原子，能与Br2发生取代反应，c正确；
d．I()相对分子质量较大，而亲水基所占的比重小，则其在水中的溶解度不大，d不正确；
故选bc。
【小问5详解】
由信息可知，G与CH3CHO反应过程中，-CHO与-NH2发生了加成、消去反应，生成-CH=N-，则有机化合物J的结构简式为；由J生成H时，双键中1个键断裂而形成环，则②过程的反应类型为：加成反应。
【小问6详解】
E为，E的同分异构体中，同时满足下列条件：“①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种；②含有-OH、-NH2、-COOH官能团；③遇FeCl3溶液不发生显色反应”的化合物分子中，应含有苯基、位于对位上的两个取代基，可能为-NH2、-CH(OH)CH2COOH；-NH2、-CH2CH(OH)COOH；-NH2、-C(CH3)(OH)COOH；-NH2、-CH2CH(OH)COOH；-COOH、-CH(CH3)(OH)NH2；-COOH、-CH(NH2)CH2OH；-COOH、-CH(OH)CH2NH2；-COOH、-CH2CH(OH)NH2；-CH3、-C(OH)(NH2)COOH；-CH2OH、-CH(NH2)COOH；-CH2COOH、-CH(OH)NH2；-CH2NH2、-CH(OH)COOH，共有12种(不考虑立体异构)，其中一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3:2:2:2:1:1的结构简式。
【点睛】推断有机物时，可采用逆推法。名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/ g∙cm-3
溶解度
乙酸酐
102
-73
140
1.082
微溶于水，易水解
苯
78
5.5
80.5
0.879
不溶于水
苯乙酮
120
20.5
202
1.028
微溶于水
金属氢氧化物
开始沉淀的
2.7
4.0
4.6
完全沉淀的
3.7
5.2
6.0
序号
起始读数
终点读数
①
0.20
21.55
②
0.02
20.12
③
0.03
19.93
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa