还剩26页未读，
继续阅读
2023届山东省济南第一中学高三上学期开学考试化学试题含解析
展开
这是一份2023届山东省济南第一中学高三上学期开学考试化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，结构与性质，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省济南第一中学2023届高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列操作正确的是
A．用酒精灯直接加热锥形瓶内液体
B．用纸槽向玻璃试管中加铁粉
C．用托盘天平称取时，右盘上放2个砝码并用镊子拨动游码至处
D．苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗
【答案】B
【详解】A．锥形瓶加热时需要加石棉网，故A错误；
B．用纸槽向试管中加粉末状固体试剂，用纸槽向玻璃试管中加铁粉，故B正确；
C．氢氧化钠需放在玻璃容器中称取，用托盘天平称取时，总质量大于4.8g，故C错误；
D．苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上后，应立即用酒精洗涤，故D错误；
选B。
2．下列方法可行的是
A．用核磁共振氢谱鉴别2-溴丁烷的一对对映异构体
B．选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+
C．向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液
D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次
【答案】D
【详解】A．2-溴丁烷的一对对映异构体的核磁共振氢谱完全相同，不能鉴别，A不可行；
B．向含有Fe2+的溶液中加入氨水，反应产生白色沉淀，后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；向含有Mg2+、Al3+的溶液中加入氨水都是只产生白色沉淀，向含有Ag+的溶液中加入氨水，首先产生白色沉淀，后沉淀溶液表示澄清溶液，Mg2+、Al3+的溶液的现象相同，不能鉴别，B不符合题意；
C．氯气可氧化Fe2+变为Fe3+，能够除去FeCl3中的FeCl2杂质，但加热可促进Fe3+水解，因此不能得到纯净的FeCl3溶液，C不可行；
D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体加入饱和食盐水，NaCl固体不会溶解，MgCl2溶解在溶液中，过滤可以除去MgCl2，重复操作几次，就得到纯净的NaCl，D可行；
故合理选项是D。
3．某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W形成，X，Y与Z同一周期，Y与W同族。下列说法正确的是（ ）
A．元素的电负性： B．第一电离能：
C．简单气态氢化物的热稳定性： D．简单离子的半径：
【答案】B
【分析】某锂盐的结构如图，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W形成，Y形成两个共价键，W形成六个共价键，Y与W同族，因此它们位于第ⅥA族，则W为S，Y为O；X、Y、Z位于第二周期，Z形成一个共价键，则Z为F；X形成两个共价键且使形成的阴离子带一个单位负电荷，则X为N。
【详解】A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，N原子半径小于S原子半径，N原子对键合电子吸引力大于S原子，因此电负性N>S，总的来说电负性W
C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性大小：W
【点睛】分析X元素时注意阴离子整体的带电量。
4．铁器表面氧化层的成分有多种：致密的Fe3O4、疏松的FeO(OH)和FeOCl，它们均难溶于水。下列说法错误的是
A．有氧条件下与转化为，周围环境的增大
B．可自发转变为，说明的溶解度小于
C．检验中是否含有，可选用的试剂是稀硫酸和溶液
D．完全转化为时转移电子
【答案】C
【详解】A．有氧条件下与转化为，反应原理为：4Fe3O4+12Cl-+O2+6H2O=12FeOCl+12OH-，故周围环境的增大，A正确；
B．化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，则可自发转变为，说明的溶解度小于，B正确；
C．FeO(OH)和FeOCl中的Fe均为+3价，FeO(OH)和FeOCl均能与稀硫酸反应转化为Fe3+，均能是KSCN溶液变为血红色，即选用的试剂是稀硫酸和溶液不能检验出中是否含有，C错误；
D．已知Fe3O4中有的Fe是+2价，有的Fe为+3价，则有完全转化为mol的时转移电子，D正确；
故答案为：C。
5．某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是
A．若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或区
B．若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C．若X是，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D．若X是，则Z可以是无色气体
【答案】D
【详解】A．若X是金属单质，则该金属元素不一定位于周期表的d区或区，可以是Na，4Na+O2=2Na2O，Na2O+O2Na2O2，2Na+O22Na2O2，Na是s区元素，A不合题意；
B．若X是乙醇、Y是乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，但Z不一定是乙酸 CO2，B不合题意；
C．已知2H2S+O22H2O+S，S+O2SO2，2SO2+O22SO3，但H2S与O2不能直接反应得到SO3，即Y不可能是有漂白性的无色气体SO2，H2S可以直接燃烧生成SO2，则若X是，则Y是黄色固体S，Z是有漂白性的无色气体SO2，C不合题意；
D．若X是，则Z可以是无色气体，转化过程为：4NH3+3O22N2+6H2O，N2+O22NO，4NH3+5O24NO+6H2O，D符合题意；
故答案为：D。
6．偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生。下列说法错误的是
A．E式和Z式结构中都存在大π键
B．E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都是杂化
C．偶氮苯的E、Z互变所需光的频率相同
D．偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成
【答案】C
【详解】A． E式和Z式结构中都含有苯环，都存在大π键，故A正确；
B． E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都形成3个价层电子对，碳形成3个 键，氮形成2个键，有一个孤电子对，都是杂化，故B正确；
C． 偶氮苯的E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同，反转的条件不同，故C错误；
D． 偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成，是化学变化，故D正确；
故选C。
7．常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是
A．析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应
B．析氢反应的能力：
C．吸附的能力：
D．ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤
【答案】B
【详解】A．由题干信息可知，选择性电催化乙炔加氢制乙烯和电还原为的反应可同时发生，均为得到电子被还原的过程，故析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应，A正确；
B．由题干图(2)信息可知，a对应活化能最大，b对应的活化能最小，活化能越大反应越困难进行，即析氢反应的能力：，B错误；
C．由题干图(1)信息可知，吸附C2H2过程中放出的热量a最少，c最多，相同物质进行不同过程放出的热量越多说明该过程越容易进行，即说明吸附的能力：，C正确；
D．由题干图(1)信息可知，各种催化剂进行反应时ⅰ生成ⅱ的活化能均最大，活化能越大反应速率越慢，是整个反应的决速步骤，则ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤，D正确；
故答案为：B。
8．利用镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)生产硫酸镍的工艺流程如图所示。
沉淀
下列说法错误的是A．“酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸
B．“中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素
C．硫化剂X可以是
D．“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率
【答案】A
【分析】镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)酸溶后产生Fe3+、Cu2+和Ni2+；中和时加入碱式碳酸镍以降低酸度，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；过滤后，向滤液中加入NiS将Cu2+转化为CuS沉淀，过滤，再获得硫酸镍。
【详解】A． “酸溶”时，若先加入硝酸，硝酸会溶解Ni、Fe、Cu，并产生较多的NO（有毒气体）；若先加入硫酸，硫酸可以和Ni、Fe反应生成Ni2+、Fe2+，再加入硝酸，硝酸会氧化Cu、Fe2+，则硝酸的消耗量要少一些，并产生较少的NO；故“酸溶”时，应该先加入一定量的硫酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硝酸，A错误；
B．氢氧化铁的Ksp最小，“中和”调节酸度，先产生氢氧化铁沉淀、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素，B正确；
C．Ksp(NiS)＞Ksp(CuS)，硫化剂X可以是，将Cu2+沉淀，故C正确；
D．“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，消除了“氢气膜”，让Ni和酸液接触，提高“酸溶”的速率，D正确；
故选A。
9．丝氨酸的工业化生产难度很大，其生产工艺的开发倍受关注。选择以亚甲氨基乙腈和甲醛为原料的合成过程如图所示。下列说法错误的是
A．由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性
B．亚甲氨基羟基丙腈中的所有C、N、O原子可能位于同一平面
C．丝氨酸可溶于水
D．上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高
【答案】B
【详解】A．由题干转化关系流程可知，亚甲氨基乙氰和HCHO反应发生在亚甲氨基和氰基中间的-CH2-上，则说明由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性，A正确；
B．由题干中亚甲氨基羟基丙腈的结构简式可知，亚甲氨基羟基丙腈中与亚甲氨基、氰基、-CH2OH相连的碳原子为sp3杂化，则上面至少有一个碳原子不能与其他原子共平面，即亚甲氨基羟基丙腈不可能所有C、N、O原子位于同一平面，B错误；
C．由题干中丝氨酸的结构简式可知，丝氨酸中含有-NH2、-OH、-COOH等亲水基团，且能与水分子形成分子间氢键，故丝氨酸可溶于水，C正确；
D．已知3中含氮物质均形成分子晶体，且相对分子质量丝氨酸最大，且丝氨酸中形成的分子间氢键数目最多，则上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高，D正确；
故答案为：B。
10．电池(为电解液)的工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．工作时，向负极移动
B．工作一段时间后，电解液减小
C．负极电极反应式为
D．当电路中转移电子时，电解液质量增加
【答案】D
【分析】由题干图示信息可知，Zn转化为，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+4OH-=+2H2O，则Zn作负极，NiOOH转化为Ni(OH)2得到电子，发生还原反应，电极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，NiOOH作正极，据此分析解题。
【详解】A．原电池工作时，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则向负极移动，A正确；
B．由分析可知，负极反应为：Zn-2e-+4OH-=+2H2O，正极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则电池的总反应式为：Zn+2NiOOH+2OH-=+2Ni(OH)2可知工作一段时间后，电解液减小，B正确；
C．由分析可知，负极电极反应式为，C正确；
D．当电路中转移电子时，由负极反应可知，Zn溶解了0.1mol，由正极反应可知，电解质溶液减少了0.2g，电解液质量增加65g/mol×0.1mol-0.2g=6.3g，D错误；
故答案为：D。
11．巴豆醛是橡胶硫化促进剂、酒精变性剂和革柔剂的合成中间体，存在如下转化过程：
已知：①X为CH3CH=CHCH(OH)CN
②Z为六元环状化合物
③羟基直接与碳碳双键上碳原子相连不稳定
下列说法错误的是
A．与X具有相同官能团的X的同分异构体有15种(不考虑立体异构)
B．Y分子中可能共平面的碳原子最多为5个
C．W的同分异构体中，含6个相同化学环境氢原子的有3种
D．可用饱和Na2CO3溶液分离提纯Z
【答案】A
【分析】X为CH3CH=CHCH(OH)CN，巴豆醛和HCN发生加成反应生成X，则巴豆醛为CH3CH=CHCHO，X在酸性条件下水解生成Y为CH3CH=CHCH(OH)COOH，Z为六元环状化合物，则Z为，巴豆醛和足量氢气发生加成反应生成W，则W为CH3CH2CH2CH2OH。
【详解】A．X为CH3CH=CHCH(OH)CN，与X具有相同官能团的X的同分异构体中含有碳碳双键、-CN、OH，如果主链结构为C=C—C—C—OH，-CN有4种连接方式，去掉其本身还有3种，如果主链结构为C-C=C-C-OH，-CN有4种连接方式，如果主链结构为C=C(C)-C-OH，-CN有3种连接方式，如果主链结构为C=C-C(OH)-C，-CN有4种连接方式，所以符合条件的同分异构体有14种，故A错误；
B．Y为CH3CH=CHCH（OH）COOH，乙烯、-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中最多有5个碳原子共平面，故B正确；
C．W为CH3CH2CH2CH2OH，W的同分异构体中，含6个相同化学环境氢原子，说明含有2个等同的甲基，其结构简式为(CH3)2CHCH2OH、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，故C正确；
D．碳酸钠溶液能溶解醇、能和羧酸反应，Z为酯，酯类物质在碳酸钠溶液中溶解度较小，所以可以用饱和Na2CO3溶液分离提纯Z，故D正确；
故答案选A。
12．工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2
B．“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
C．“溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2O
D．“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【详解】A．由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g） 2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。
B．Fe(OH)3的Ksp远小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分离，故B正确。
C．写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。
D．由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。
故答案：C。
13．已知：联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的电离方式类似于氨气，常温下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)
B．b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等
C．水的电离程度：b＞a
D．若c(N2H)＞c(N2H4)，则pH小于3.5
【答案】B
【详解】A．由题干信息可知，联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，即N2H4的Kb1=10-6，Kb2=10-15，则N2H的水解平衡常数为：==10-8＞Kb2，即N2H的水解大于电离，则N2H5Cl溶液有c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，A正确；
B．由POH越大，溶液中的OH-浓度越小，故此图像是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点是加入的HCl抑制了N2H的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H浓度最大，继续加入HCl的对N2H的电离起促进作用，则N2H浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；
C．由图示可知，c(N2H)是b＞a，而N2H的水解大于电离，水解对水的电离起促进作用，电离对水的电离起抑制作用，故水的电离程度：b＞a，C正确；
D．由题干信息可知，N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2O N2H+OH-，则Kb1×Kb2===10-21，若c(N2H)＞c(N2H4)，c(OH-)＜=10-10.5，c(H+)＞10-3.5，则pH小于3.5，D正确；
故答案为：B。
二、多选题
14．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
除去苯中少量的苯酚
普通漏斗、烧杯、玻璃棒
浓溴水
B
测定84消毒液的pH
玻璃棒、表面皿
pH试纸
C
实验室制备乙烯
酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管
浓硫酸、乙醇、碎瓷片
D
检验CH3CH2Br中的溴元素
试管、胶头滴管、酒精灯
NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】CD
【详解】A．除去苯中少量的苯酚，加入浓溴水，虽然能将苯酚转化为沉淀，但过量的溴溶解在苯中，又成为新的杂质，应该加入NaOH溶液，使用分液漏斗进行分液，A不正确；
B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，它具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以应使用pH计，B不正确；
C．实验室制备乙烯，药品为乙醇和浓硫酸，加热温度为170℃，温度计水银球位于液面下，使用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，垫石棉网加热，C正确；
D．检验CH3CH2Br中的溴元素时，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液检验Br-，D正确；
故选CD。
15．Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。
已知：R、R′代表烷基。
下列说法错误的是
A．H+在该反应过程中作催化剂 B．N—O—H键角：物质Ⅰ＞物质Ⅱ
C．物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成 D．发生上述反应生成
【答案】BD
【分析】贝克曼重排是指肟（醛肟或酮肟）在强酸催化下重排为酰胺的反应。肟羟基从酸中得到质子，形成离去基团；与离去基团反位的R‘基团迁移会推走前者产生腈离子，该中间体与水反应，氧去质子化、氮质子化和互变异构化生成产物——酰胺。总反应为。
【详解】A．由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A正确；
B． 物质Ⅰ中氧原子上有2个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1个孤电子对，，N—O—H键角：物质Ⅰ＜物质Ⅱ，故B错误；
C． 物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，故C正确；
D． 发生上述反应生成，故D错误；
故选BD。
三、实验题
16．苯甲酸乙酯(M=150g·mol-1)可用于配制香水香精和人造精油。本实验利用苯甲酸制备苯甲酸乙酯，实验中采用加入环己烷的方法，使环己烷、乙醇和水形成三元共沸物，沸点为62.1°C，反应装置和相关数据如下，加热和固定装置省略。回答下列问题：
试剂
密度/g·mL-1
沸点/°C
乙醇
0.7893
78.5
苯甲酸
1.2659
249
环己烷
0.7785
80
乙醚
0.7318
34.51
苯甲酸乙酯
1.05
211~213
(1)本实验的反应原理为(用化学用语表示)_______。
(2)打开仪器A下端玻璃旋塞，放出的主要物质为_______，使用仪器A的目的为_______。
(3)当仪器A中_______(填现象)，则可以停止加热。将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入饱和Na2CO3溶液至溶液呈中性，加入饱和Na2CO3溶液的作用是_______，再用_______(填仪器名称)进行分离。并用乙醚萃取水层中溶有的少量有机产品，将醚层与粗产品合并；用蒸馏水洗涤有机层2次，将醚层与水尽量分净，醚层从上口倒入一个干燥的锥形瓶中。
(4)加入MgSO4进行干燥，摇动锥形瓶，至醚层澄清透明；过滤后将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中，粗产物进行减压蒸馏(装置如图所示)。毛细管的作用是_______(写出一条即可)。
(5)若实验中加入苯甲酸8.0g(M=122g·mol-1)，收集到苯甲酸乙酯6.0mL，则本实验的产率为_______%(保留两位有效数字)。
【答案】(1)+CH3CH2OH+H2O
(2) 水 将水从反应体系中分离出来，促进平衡向生成苯甲酸乙酯的方向移动，提高产率；环己烷和乙醇循环利用，提高乙醇利用率
(3) 水的量不再增加 溶解乙醇、中和苯甲酸、降低苯甲酸乙酯的溶解度 分液漏斗
(4)防暴沸、调节气压、搅拌
(5)64
【解析】（1）
该反应原理类比乙酸与乙醇的酯化反应，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水；
（2）
仪器A叫做分水器，当环己烷、乙醇和水组成的共沸物进入分水器后即分层，密度较大的水在下层可以打开旋塞放出，密度小的环己烷、乙醇混合物反流到反应容器中，使用分水器的的目的是将水从反应体系中分离出来，促进平衡向生成苯甲酸乙酯的方向移动，提高产率，同时环己烷和乙醇循环利用，提高乙醇利用率；
（3）
当分水器中水的量不再增加，说明反应进行基本完全；类比乙酸与乙醇的酯化反应，饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、中和苯甲酸、降低苯甲酸乙酯的溶解度；最后互不相溶的液体混合物采用分液漏斗分液分离；
（4）
毛细管在减压蒸馏中的作用是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；
（5）
根据反应中苯甲酸与苯甲酸甲酯的关系式，解得苯甲酸乙酯的产率=
四、结构与性质
17．最近合成的一种铁基超导材料CaxFeyAsz(相对分子质量为M)，在低温高压下能显示出独特的电子性质，晶胞结构如图所示，回答下列问题：
(1)基态As原子价电子排布式为_______。
(2)As、Fe、Ca电负性由大到小的顺序为_______。FeCl3的沸点(319°C)高于AsCl3的沸点(130.2°C)，原因是_______。
(3)该材料的化学式为_______，已知：体心的Ca原子与顶点的Ca原子有着相同的化学环境(化学环境受周围粒子的数目与距离所影响)，该晶胞的晶胞参数为apm、apm、cpm，晶胞中As原子1和As原子2的分数坐标分别为_______、_______。
(4)设阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3(用含M的代数式表示)。
【答案】(1)4s24p3
(2) As>Fe>Ca 二者均为分子晶体，FeCl3 的极性更强
(3) CaFe2As2 (0，0，0.628) (0.5，0.5，0.128)
(4)
【解析】（1）
As是33号元素，基态As原子电子排布式为［Ar］3d104s24p3，价电子排布式为4s24p3；
（2）
非金属性越强，电负性越大，非金属性As>Fe>Ca，所以电负性由大到小的顺序为As>Fe>Ca。二者均为分子晶体，FeCl3 的极性更强，所以FeCl3的沸点(319°C)高于AsCl3的沸点(130.2°C)；
（3）
根据均摊原则，晶胞中Fe原子数是、As原子数是、Ga原子数是，该材料的化学式为CaFe2As2；根据坐标系，晶胞中As原子1的分数坐标分为(0，0，0.628)；体心的Ca原子与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，则体心的Ca离As原子2的距离为0.372c，体心Ga坐标为(0.5，0.5，0.5)，As原子2的分数坐标为(0.5，0.5，0.128)。
（4）
设阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。
五、工业流程题
18．碱式氧化镍(NiOOH)是镍氢电池的正极材料，工业上可由铜冶炼过程中产生的粗硫酸镍废液(含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒)为原料制备，某兴趣小组模拟该制备过程并设计如下流程：
已知：Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
回答下列问题：
(1)“萃取”时需充分振荡，目的是_______。
(2)“氧化1”中H2O2的作用是_______，若该废液中H3AsO3和Fe2+的浓度分别是0.02 mol·L-1和0.12 mol·L-1，除去砷后的废液中c()=_______mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
(3)“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是_______。
(4)“氧化2”反应的离子方程式为_______。
(5)“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是_______。
(6)已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，则放电时，OH-移向_______电极(填“MH”或“NiOOH”)，充电时NiOOH电极上的电极反应式为_______。
【答案】(1)增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率
(2) 氧化Fe2+和H3AsO3，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素 5.7 ×10-20
(3)F-与H+结合生成弱电解质HF，c(F-)降低
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O
(5)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净
(6) MH Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】粗硫酸镍废液中含有Ni2+同时含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒，向其中加入有机溶剂，将Cu2+萃取出来，得到含铜氧化剂，向水溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并与其中的部分Fe3+反应产生FeAsO4沉淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF，使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入NaOH及NaClO溶液，Ni2+被氧化为Ni3+并与溶液中的OH-结合形成NiOOH沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净NiOOH。
（1）
加入有机溶剂“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；
（2）
“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+，氧化H3AsO3为H3AsO4，Fe3+与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；
已知Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强，因此加入H2O2后H3AsO3变为H3AsO4，Fe2+被氧化Fe3+并与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，由于反应后溶液中Fe3+有剩余，则除As后溶液中c()=；
（3）
“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，这是由于加入的NaF电离产生的F-与溶液中H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中c(F-)降低；
（4）
NaClO具有氧化性，在“氧化2”会将溶液中的Ni2+氧化为Ni3+，Ni3+与碱性溶液中的OH-反应产生NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O；
（5）
NiOOH沉淀是从含有Cl-、的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则最后一次洗涤液中无Cl-或，故“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净；
（6）
已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2，放电时，该装置为原电池，其中MH为负极，NiOOH为正极。OH-移向正电荷较多的负极MH；
充电时Ni(OH)2失去电子被氧化为NiOOH，故NiOOH电极上的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
六、有机推断题
19．AigialomycinD是从海生红树林菌类中分离出来的一种具有重要生理活性的物质，具有极强的抗癌活性和抗疟疾活性。一种合成路线为：
已知：①已知，Et为乙基，Ph为苯基
②
回答下列问题：
(1)AigialomycinD中含氧官能团的名称是_______，C分子的核磁共振氢谱中有_______组峰。
(2)C→D的化学方程式为_______，D→E的反应类型为_______。
(3)F的分子式为_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种
①含有苯环且有四个羟基与苯环直接相连
②苯环上无氢原子
(5)官能团的保护是有机合成中的重要步骤，写出制备AigialomycinD中引入保护基的步骤_______(例如X→Y)。
(6)写出以 为原料制备 的合成路线(其他试剂任选，注明反应条件)_______。
【答案】(1) 羟基、酯基 7
(2) 还原反应
(3)C10H18O3
(4)18
(5)A→B、G→H
(6)
【分析】C发生取代反应得到D，D中碳碳双键与氢气加成得到E；
（1）
AigialomycinD中含氧官能团的名称是羟基、酯基；C分子中H原子种类有 ，则核磁共振氢谱中有7组峰；
（2）
C→D反应的化学方程式为 ；D→E中碳碳双键与氢气发生加成反应，加氢即还原反应，反应类型为还原反应；
（3）
F的分子式为C10H18O3；
（4）
物质D的不饱和度为4，满足条件：①含有苯环且有四个羟基与苯环直接相连，②苯环上无氢原子，同分异构体有、 、 、 、 、、(数字代表取代基与羟基互换位置)共18种；
（5）
由A和F结构可知是为了保护羟基，引入保护基的步骤是A→B，由I的结构可知为了保护碳碳双键，发生已知信息②反应引入保护基的步骤是G→H；
（6）
利用流程中G→I的反应制备，由已知信息②可知在mCPBA作用，再用H→I的反应条件可得目标产物，合成路线为： 。
七、原理综合题
20．氨气是一种非常重要的化工原料，研究其相关反应极具意义。回答下列问题：
(1)一定条件下，向VL的恒容密闭容器中通入4molNH3和5molO2发生下列反应：
I.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH1
II.2NH3(g) +2O2(g) N2O(g)+3H2O(g) ΔH2
III.4NO(g) 2N2O(g)+O2(g) ΔH3
①ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系式为ΔH3=_______。
②达到平衡时，容器中含有a mol NO和b mol N2O，此时H2O(g)的浓度为_______mol·L-1。(用含a、b、V的代数式表示，下同)，该温度下反应III的平衡常数为_______L·mol-1。
(2)一定条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容积不变，t1时反应达到平衡，用N2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率v(N2)=_______mol· L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，则图中能正确表示容积增大后H2分压变化趋势的曲线是_______(用a、b、c、d表示)，理由是_______。
③若t2时保持容积不变再充入0.1 mol NH3，则化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，再次达到平衡时，与t1时相比，NH3的体积分数_______(填“变大”“变小”或“不变”)
【答案】(1) 2ΔH2-ΔH1
(2) c 容积加倍，H2分压减半，该反应的化学平衡正向移动，所以H2分压变化为先减半后增大 正向移动 变大
【分析】(1)
①根据盖斯定律，由(II×2-Ⅰ)可得4NO(g)⇌2N2O(g)+O2(g) ，可得焓变关系；
②根据反应Ⅰ、Ⅱ，可知4NO～6H2O，N2O～3H2O根据c(H2O)=进行计算；根据反应
和KⅢ= 进行计算；
(2)
①②③根据反应列三段式，根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，再根据v(N2)=进行计算；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，相当于减小压强，增大体积的瞬间，开始H2的压强变为原来的，浓度减小为原平衡，再根据平衡移动进行分析；
③根据Qc与K的关系进行分析平衡移动方向；根据等效平衡知识进行分析，以此来解析；
（1）
①根据盖斯定律，由(II×2-Ⅰ)可得4NO(g)⇌2N2O(g)+O2(g) ，ΔH3=2ΔH2-ΔH1；
②向容器中通入NH3和O2发生Ⅰ、Ⅱ， NO由I生成，N2O由Ⅱ生成，而H2O
Ⅰ、Ⅱ中都有生成，根据Ⅰ式有：4NO～6H2O，Ⅱ式有N2O～3H2O由平衡时
达到平衡时，容器中含有a mol NO和b mol N2O，则Ⅰ生成molH2O，则Ⅱ生成3bmolH2O，故生成水的浓度为c(H2O)== =；
根据反应
故平衡时体系中O2为5mol-mol-2bmol，NO为amol， N2O为bmol，故KⅢ===；
（2）
①设t时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，= 解得x=0.02mol，v(N2)== =mol· L-1·min-1；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，相当于减小压强，增大体积的瞬间，开始H2的压强变为原来的，浓度减小为原平衡，但由于减小压强平衡正向移动，H2的分压又逐渐增大，直到达到新平衡，曲线c符合题意；
③根据反应
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，= ，解得x=0.02mol，可得K== =0.00013，改变条件，若t2时保持容积不变再充入0.1 mol NH3，则n(NH3)=0.1mol+0.1mol-2×0.02mol=0.16mol，则Qc=≈6.25×10-6
山东省济南第一中学2023届高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列操作正确的是
A．用酒精灯直接加热锥形瓶内液体
B．用纸槽向玻璃试管中加铁粉
C．用托盘天平称取时，右盘上放2个砝码并用镊子拨动游码至处
D．苯酚不慎沾到皮肤上后，立即用抹布擦拭掉，然后再用水冲洗
【答案】B
【详解】A．锥形瓶加热时需要加石棉网，故A错误；
B．用纸槽向试管中加粉末状固体试剂，用纸槽向玻璃试管中加铁粉，故B正确；
C．氢氧化钠需放在玻璃容器中称取，用托盘天平称取时，总质量大于4.8g，故C错误；
D．苯酚易溶于酒精，苯酚不慎沾到皮肤上后，应立即用酒精洗涤，故D错误；
选B。
2．下列方法可行的是
A．用核磁共振氢谱鉴别2-溴丁烷的一对对映异构体
B．选用氨水鉴别Fe2+、Mg2+，Al3+和Ag+
C．向含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热一段时间，除去过量的Cl2即可得到纯净的FeCl3溶液
D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体先用足量饱和食盐水充分溶解后再过滤，重复操作几次
【答案】D
【详解】A．2-溴丁烷的一对对映异构体的核磁共振氢谱完全相同，不能鉴别，A不可行；
B．向含有Fe2+的溶液中加入氨水，反应产生白色沉淀，后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色；向含有Mg2+、Al3+的溶液中加入氨水都是只产生白色沉淀，向含有Ag+的溶液中加入氨水，首先产生白色沉淀，后沉淀溶液表示澄清溶液，Mg2+、Al3+的溶液的现象相同，不能鉴别，B不符合题意；
C．氯气可氧化Fe2+变为Fe3+，能够除去FeCl3中的FeCl2杂质，但加热可促进Fe3+水解，因此不能得到纯净的FeCl3溶液，C不可行；
D．除去NaCl中的少量MgCl2杂质，可将固体加入饱和食盐水，NaCl固体不会溶解，MgCl2溶解在溶液中，过滤可以除去MgCl2，重复操作几次，就得到纯净的NaCl，D可行；
故合理选项是D。
3．某锂盐的结构如图所示，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W形成，X，Y与Z同一周期，Y与W同族。下列说法正确的是（ ）
A．元素的电负性： B．第一电离能：
C．简单气态氢化物的热稳定性： D．简单离子的半径：
【答案】B
【分析】某锂盐的结构如图，其阴离子是由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y，Z、W形成，Y形成两个共价键，W形成六个共价键，Y与W同族，因此它们位于第ⅥA族，则W为S，Y为O；X、Y、Z位于第二周期，Z形成一个共价键，则Z为F；X形成两个共价键且使形成的阴离子带一个单位负电荷，则X为N。
【详解】A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，N原子半径小于S原子半径，N原子对键合电子吸引力大于S原子，因此电负性N>S，总的来说电负性W
C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性大小：W
【点睛】分析X元素时注意阴离子整体的带电量。
4．铁器表面氧化层的成分有多种：致密的Fe3O4、疏松的FeO(OH)和FeOCl，它们均难溶于水。下列说法错误的是
A．有氧条件下与转化为，周围环境的增大
B．可自发转变为，说明的溶解度小于
C．检验中是否含有，可选用的试剂是稀硫酸和溶液
D．完全转化为时转移电子
【答案】C
【详解】A．有氧条件下与转化为，反应原理为：4Fe3O4+12Cl-+O2+6H2O=12FeOCl+12OH-，故周围环境的增大，A正确；
B．化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，则可自发转变为，说明的溶解度小于，B正确；
C．FeO(OH)和FeOCl中的Fe均为+3价，FeO(OH)和FeOCl均能与稀硫酸反应转化为Fe3+，均能是KSCN溶液变为血红色，即选用的试剂是稀硫酸和溶液不能检验出中是否含有，C错误；
D．已知Fe3O4中有的Fe是+2价，有的Fe为+3价，则有完全转化为mol的时转移电子，D正确；
故答案为：C。
5．某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是
A．若X是金属单质，则该金属元素一定位于周期表的d区或区
B．若X是乙醇、Y是乙醛，则Z一定是乙酸
C．若X是，则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体
D．若X是，则Z可以是无色气体
【答案】D
【详解】A．若X是金属单质，则该金属元素不一定位于周期表的d区或区，可以是Na，4Na+O2=2Na2O，Na2O+O2Na2O2，2Na+O22Na2O2，Na是s区元素，A不合题意；
B．若X是乙醇、Y是乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，但Z不一定是乙酸 CO2，B不合题意；
C．已知2H2S+O22H2O+S，S+O2SO2，2SO2+O22SO3，但H2S与O2不能直接反应得到SO3，即Y不可能是有漂白性的无色气体SO2，H2S可以直接燃烧生成SO2，则若X是，则Y是黄色固体S，Z是有漂白性的无色气体SO2，C不合题意；
D．若X是，则Z可以是无色气体，转化过程为：4NH3+3O22N2+6H2O，N2+O22NO，4NH3+5O24NO+6H2O，D符合题意；
故答案为：D。
6．偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生。下列说法错误的是
A．E式和Z式结构中都存在大π键
B．E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都是杂化
C．偶氮苯的E、Z互变所需光的频率相同
D．偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成
【答案】C
【详解】A． E式和Z式结构中都含有苯环，都存在大π键，故A正确；
B． E式和Z式结构中的碳原子和氮原子都形成3个价层电子对，碳形成3个 键，氮形成2个键，有一个孤电子对，都是杂化，故B正确；
C． 偶氮苯的E、Z互变所需光的频率不相同，反应的活化能不同，反转的条件不同，故C错误；
D． 偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成，是化学变化，故D正确；
故选C。
7．常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(电还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是
A．析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应
B．析氢反应的能力：
C．吸附的能力：
D．ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤
【答案】B
【详解】A．由题干信息可知，选择性电催化乙炔加氢制乙烯和电还原为的反应可同时发生，均为得到电子被还原的过程，故析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应，A正确；
B．由题干图(2)信息可知，a对应活化能最大，b对应的活化能最小，活化能越大反应越困难进行，即析氢反应的能力：，B错误；
C．由题干图(1)信息可知，吸附C2H2过程中放出的热量a最少，c最多，相同物质进行不同过程放出的热量越多说明该过程越容易进行，即说明吸附的能力：，C正确；
D．由题干图(1)信息可知，各种催化剂进行反应时ⅰ生成ⅱ的活化能均最大，活化能越大反应速率越慢，是整个反应的决速步骤，则ⅰ生成ⅱ是乙炔加氢制乙烯反应历程中的决速步骤，D正确；
故答案为：B。
8．利用镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)生产硫酸镍的工艺流程如图所示。
沉淀
下列说法错误的是A．“酸溶”时，应该先加入一定量的硝酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硫酸
B．“中和”、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素
C．硫化剂X可以是
D．“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，提高“酸溶”速率
【答案】A
【分析】镍边角料、电镀厂的阴极镍挂柱(含铁、铜杂质)酸溶后产生Fe3+、Cu2+和Ni2+；中和时加入碱式碳酸镍以降低酸度，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；过滤后，向滤液中加入NiS将Cu2+转化为CuS沉淀，过滤，再获得硫酸镍。
【详解】A． “酸溶”时，若先加入硝酸，硝酸会溶解Ni、Fe、Cu，并产生较多的NO（有毒气体）；若先加入硫酸，硫酸可以和Ni、Fe反应生成Ni2+、Fe2+，再加入硝酸，硝酸会氧化Cu、Fe2+，则硝酸的消耗量要少一些，并产生较少的NO；故“酸溶”时，应该先加入一定量的硫酸，待固体完全溶解后再按剂量加入硝酸，A错误；
B．氢氧化铁的Ksp最小，“中和”调节酸度，先产生氢氧化铁沉淀、第一次“过滤”的主要目的是除铁元素，B正确；
C．Ksp(NiS)＞Ksp(CuS)，硫化剂X可以是，将Cu2+沉淀，故C正确；
D．“酸溶”时镍表面会有“氢气膜”，硝酸可将镍表面吸附的氢转化为水，消除了“氢气膜”，让Ni和酸液接触，提高“酸溶”的速率，D正确；
故选A。
9．丝氨酸的工业化生产难度很大，其生产工艺的开发倍受关注。选择以亚甲氨基乙腈和甲醛为原料的合成过程如图所示。下列说法错误的是
A．由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性
B．亚甲氨基羟基丙腈中的所有C、N、O原子可能位于同一平面
C．丝氨酸可溶于水
D．上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高
【答案】B
【详解】A．由题干转化关系流程可知，亚甲氨基乙氰和HCHO反应发生在亚甲氨基和氰基中间的-CH2-上，则说明由于亚甲氨基和氰基的作用，使亚甲氨基乙腈中的亚甲基有较强的反应活性，A正确；
B．由题干中亚甲氨基羟基丙腈的结构简式可知，亚甲氨基羟基丙腈中与亚甲氨基、氰基、-CH2OH相连的碳原子为sp3杂化，则上面至少有一个碳原子不能与其他原子共平面，即亚甲氨基羟基丙腈不可能所有C、N、O原子位于同一平面，B错误；
C．由题干中丝氨酸的结构简式可知，丝氨酸中含有-NH2、-OH、-COOH等亲水基团，且能与水分子形成分子间氢键，故丝氨酸可溶于水，C正确；
D．已知3中含氮物质均形成分子晶体，且相对分子质量丝氨酸最大，且丝氨酸中形成的分子间氢键数目最多，则上述3种含氮物质中，丝氨酸的熔点最高，D正确；
故答案为：B。
10．电池(为电解液)的工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．工作时，向负极移动
B．工作一段时间后，电解液减小
C．负极电极反应式为
D．当电路中转移电子时，电解液质量增加
【答案】D
【分析】由题干图示信息可知，Zn转化为，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+4OH-=+2H2O，则Zn作负极，NiOOH转化为Ni(OH)2得到电子，发生还原反应，电极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，NiOOH作正极，据此分析解题。
【详解】A．原电池工作时，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则向负极移动，A正确；
B．由分析可知，负极反应为：Zn-2e-+4OH-=+2H2O，正极反应为：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则电池的总反应式为：Zn+2NiOOH+2OH-=+2Ni(OH)2可知工作一段时间后，电解液减小，B正确；
C．由分析可知，负极电极反应式为，C正确；
D．当电路中转移电子时，由负极反应可知，Zn溶解了0.1mol，由正极反应可知，电解质溶液减少了0.2g，电解液质量增加65g/mol×0.1mol-0.2g=6.3g，D错误；
故答案为：D。
11．巴豆醛是橡胶硫化促进剂、酒精变性剂和革柔剂的合成中间体，存在如下转化过程：
已知：①X为CH3CH=CHCH(OH)CN
②Z为六元环状化合物
③羟基直接与碳碳双键上碳原子相连不稳定
下列说法错误的是
A．与X具有相同官能团的X的同分异构体有15种(不考虑立体异构)
B．Y分子中可能共平面的碳原子最多为5个
C．W的同分异构体中，含6个相同化学环境氢原子的有3种
D．可用饱和Na2CO3溶液分离提纯Z
【答案】A
【分析】X为CH3CH=CHCH(OH)CN，巴豆醛和HCN发生加成反应生成X，则巴豆醛为CH3CH=CHCHO，X在酸性条件下水解生成Y为CH3CH=CHCH(OH)COOH，Z为六元环状化合物，则Z为，巴豆醛和足量氢气发生加成反应生成W，则W为CH3CH2CH2CH2OH。
【详解】A．X为CH3CH=CHCH(OH)CN，与X具有相同官能团的X的同分异构体中含有碳碳双键、-CN、OH，如果主链结构为C=C—C—C—OH，-CN有4种连接方式，去掉其本身还有3种，如果主链结构为C-C=C-C-OH，-CN有4种连接方式，如果主链结构为C=C(C)-C-OH，-CN有3种连接方式，如果主链结构为C=C-C(OH)-C，-CN有4种连接方式，所以符合条件的同分异构体有14种，故A错误；
B．Y为CH3CH=CHCH（OH）COOH，乙烯、-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中最多有5个碳原子共平面，故B正确；
C．W为CH3CH2CH2CH2OH，W的同分异构体中，含6个相同化学环境氢原子，说明含有2个等同的甲基，其结构简式为(CH3)2CHCH2OH、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，故C正确；
D．碳酸钠溶液能溶解醇、能和羧酸反应，Z为酯，酯类物质在碳酸钠溶液中溶解度较小，所以可以用饱和Na2CO3溶液分离提纯Z，故D正确；
故答案选A。
12．工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等杂质)为原料制备K4[Fe(CN)6]•3H2O，工艺流程如图：
下列说法错误的是
A．“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2
B．“调pH”分离Fe3+与Cu2+、Ni2+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同
C．“溶液Ⅰ”中主要反应的离子方程式为6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2O
D．“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【详解】A．由工艺流程图可知，黄铁矿焙烧的主要化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g） 2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙烧”时氧化产物有Fe2O3和SO2，故A正确。
B．Fe(OH)3的Ksp远小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+产生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，从而将其分离，故B正确。
C．写离子方程式时石灰乳不能拆开，故C错误。
D．由工艺流程图可知，由溶液得到晶体的操作为：过滤、洗涤、干燥，故D正确。
故答案：C。
13．已知：联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的电离方式类似于氨气，常温下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)
B．b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等
C．水的电离程度：b＞a
D．若c(N2H)＞c(N2H4)，则pH小于3.5
【答案】B
【详解】A．由题干信息可知，联氢(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，即N2H4的Kb1=10-6，Kb2=10-15，则N2H的水解平衡常数为：==10-8＞Kb2，即N2H的水解大于电离，则N2H5Cl溶液有c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，A正确；
B．由POH越大，溶液中的OH-浓度越小，故此图像是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点是加入的HCl抑制了N2H的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H浓度最大，继续加入HCl的对N2H的电离起促进作用，则N2H浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；
C．由图示可知，c(N2H)是b＞a，而N2H的水解大于电离，水解对水的电离起促进作用，电离对水的电离起抑制作用，故水的电离程度：b＞a，C正确；
D．由题干信息可知，N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2O N2H+OH-，则Kb1×Kb2===10-21，若c(N2H)＞c(N2H4)，c(OH-)＜=10-10.5，c(H+)＞10-3.5，则pH小于3.5，D正确；
故答案为：B。
二、多选题
14．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
除去苯中少量的苯酚
普通漏斗、烧杯、玻璃棒
浓溴水
B
测定84消毒液的pH
玻璃棒、表面皿
pH试纸
C
实验室制备乙烯
酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管
浓硫酸、乙醇、碎瓷片
D
检验CH3CH2Br中的溴元素
试管、胶头滴管、酒精灯
NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】CD
【详解】A．除去苯中少量的苯酚，加入浓溴水，虽然能将苯酚转化为沉淀，但过量的溴溶解在苯中，又成为新的杂质，应该加入NaOH溶液，使用分液漏斗进行分液，A不正确；
B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，它具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以应使用pH计，B不正确；
C．实验室制备乙烯，药品为乙醇和浓硫酸，加热温度为170℃，温度计水银球位于液面下，使用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，垫石棉网加热，C正确；
D．检验CH3CH2Br中的溴元素时，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液检验Br-，D正确；
故选CD。
15．Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。
已知：R、R′代表烷基。
下列说法错误的是
A．H+在该反应过程中作催化剂 B．N—O—H键角：物质Ⅰ＞物质Ⅱ
C．物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成 D．发生上述反应生成
【答案】BD
【分析】贝克曼重排是指肟（醛肟或酮肟）在强酸催化下重排为酰胺的反应。肟羟基从酸中得到质子，形成离去基团；与离去基团反位的R‘基团迁移会推走前者产生腈离子，该中间体与水反应，氧去质子化、氮质子化和互变异构化生成产物——酰胺。总反应为。
【详解】A．由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A正确；
B． 物质Ⅰ中氧原子上有2个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1个孤电子对，，N—O—H键角：物质Ⅰ＜物质Ⅱ，故B错误；
C． 物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，故C正确；
D． 发生上述反应生成，故D错误；
故选BD。
三、实验题
16．苯甲酸乙酯(M=150g·mol-1)可用于配制香水香精和人造精油。本实验利用苯甲酸制备苯甲酸乙酯，实验中采用加入环己烷的方法，使环己烷、乙醇和水形成三元共沸物，沸点为62.1°C，反应装置和相关数据如下，加热和固定装置省略。回答下列问题：
试剂
密度/g·mL-1
沸点/°C
乙醇
0.7893
78.5
苯甲酸
1.2659
249
环己烷
0.7785
80
乙醚
0.7318
34.51
苯甲酸乙酯
1.05
211~213
(1)本实验的反应原理为(用化学用语表示)_______。
(2)打开仪器A下端玻璃旋塞，放出的主要物质为_______，使用仪器A的目的为_______。
(3)当仪器A中_______(填现象)，则可以停止加热。将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入饱和Na2CO3溶液至溶液呈中性，加入饱和Na2CO3溶液的作用是_______，再用_______(填仪器名称)进行分离。并用乙醚萃取水层中溶有的少量有机产品，将醚层与粗产品合并；用蒸馏水洗涤有机层2次，将醚层与水尽量分净，醚层从上口倒入一个干燥的锥形瓶中。
(4)加入MgSO4进行干燥，摇动锥形瓶，至醚层澄清透明；过滤后将醚层加入到干燥的蒸馏烧瓶中，粗产物进行减压蒸馏(装置如图所示)。毛细管的作用是_______(写出一条即可)。
(5)若实验中加入苯甲酸8.0g(M=122g·mol-1)，收集到苯甲酸乙酯6.0mL，则本实验的产率为_______%(保留两位有效数字)。
【答案】(1)+CH3CH2OH+H2O
(2) 水 将水从反应体系中分离出来，促进平衡向生成苯甲酸乙酯的方向移动，提高产率；环己烷和乙醇循环利用，提高乙醇利用率
(3) 水的量不再增加 溶解乙醇、中和苯甲酸、降低苯甲酸乙酯的溶解度 分液漏斗
(4)防暴沸、调节气压、搅拌
(5)64
【解析】（1）
该反应原理类比乙酸与乙醇的酯化反应，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯和水；
（2）
仪器A叫做分水器，当环己烷、乙醇和水组成的共沸物进入分水器后即分层，密度较大的水在下层可以打开旋塞放出，密度小的环己烷、乙醇混合物反流到反应容器中，使用分水器的的目的是将水从反应体系中分离出来，促进平衡向生成苯甲酸乙酯的方向移动，提高产率，同时环己烷和乙醇循环利用，提高乙醇利用率；
（3）
当分水器中水的量不再增加，说明反应进行基本完全；类比乙酸与乙醇的酯化反应，饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、中和苯甲酸、降低苯甲酸乙酯的溶解度；最后互不相溶的液体混合物采用分液漏斗分液分离；
（4）
毛细管在减压蒸馏中的作用是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；
（5）
根据反应中苯甲酸与苯甲酸甲酯的关系式，解得苯甲酸乙酯的产率=
四、结构与性质
17．最近合成的一种铁基超导材料CaxFeyAsz(相对分子质量为M)，在低温高压下能显示出独特的电子性质，晶胞结构如图所示，回答下列问题：
(1)基态As原子价电子排布式为_______。
(2)As、Fe、Ca电负性由大到小的顺序为_______。FeCl3的沸点(319°C)高于AsCl3的沸点(130.2°C)，原因是_______。
(3)该材料的化学式为_______，已知：体心的Ca原子与顶点的Ca原子有着相同的化学环境(化学环境受周围粒子的数目与距离所影响)，该晶胞的晶胞参数为apm、apm、cpm，晶胞中As原子1和As原子2的分数坐标分别为_______、_______。
(4)设阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3(用含M的代数式表示)。
【答案】(1)4s24p3
(2) As>Fe>Ca 二者均为分子晶体，FeCl3 的极性更强
(3) CaFe2As2 (0，0，0.628) (0.5，0.5，0.128)
(4)
【解析】（1）
As是33号元素，基态As原子电子排布式为［Ar］3d104s24p3，价电子排布式为4s24p3；
（2）
非金属性越强，电负性越大，非金属性As>Fe>Ca，所以电负性由大到小的顺序为As>Fe>Ca。二者均为分子晶体，FeCl3 的极性更强，所以FeCl3的沸点(319°C)高于AsCl3的沸点(130.2°C)；
（3）
根据均摊原则，晶胞中Fe原子数是、As原子数是、Ga原子数是，该材料的化学式为CaFe2As2；根据坐标系，晶胞中As原子1的分数坐标分为(0，0，0.628)；体心的Ca原子与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，则体心的Ca离As原子2的距离为0.372c，体心Ga坐标为(0.5，0.5，0.5)，As原子2的分数坐标为(0.5，0.5，0.128)。
（4）
设阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。
五、工业流程题
18．碱式氧化镍(NiOOH)是镍氢电池的正极材料，工业上可由铜冶炼过程中产生的粗硫酸镍废液(含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒)为原料制备，某兴趣小组模拟该制备过程并设计如下流程：
已知：Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
回答下列问题：
(1)“萃取”时需充分振荡，目的是_______。
(2)“氧化1”中H2O2的作用是_______，若该废液中H3AsO3和Fe2+的浓度分别是0.02 mol·L-1和0.12 mol·L-1，除去砷后的废液中c()=_______mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
(3)“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是_______。
(4)“氧化2”反应的离子方程式为_______。
(5)“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是_______。
(6)已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，则放电时，OH-移向_______电极(填“MH”或“NiOOH”)，充电时NiOOH电极上的电极反应式为_______。
【答案】(1)增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率
(2) 氧化Fe2+和H3AsO3，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素 5.7 ×10-20
(3)F-与H+结合生成弱电解质HF，c(F-)降低
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O
(5)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净
(6) MH Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】粗硫酸镍废液中含有Ni2+同时含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒，向其中加入有机溶剂，将Cu2+萃取出来，得到含铜氧化剂，向水溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并与其中的部分Fe3+反应产生FeAsO4沉淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF，使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入NaOH及NaClO溶液，Ni2+被氧化为Ni3+并与溶液中的OH-结合形成NiOOH沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净NiOOH。
（1）
加入有机溶剂“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；
（2）
“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+，氧化H3AsO3为H3AsO4，Fe3+与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；
已知Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强，因此加入H2O2后H3AsO3变为H3AsO4，Fe2+被氧化Fe3+并与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，由于反应后溶液中Fe3+有剩余，则除As后溶液中c()=；
（3）
“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，这是由于加入的NaF电离产生的F-与溶液中H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中c(F-)降低；
（4）
NaClO具有氧化性，在“氧化2”会将溶液中的Ni2+氧化为Ni3+，Ni3+与碱性溶液中的OH-反应产生NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O；
（5）
NiOOH沉淀是从含有Cl-、的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则最后一次洗涤液中无Cl-或，故“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净；
（6）
已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2，放电时，该装置为原电池，其中MH为负极，NiOOH为正极。OH-移向正电荷较多的负极MH；
充电时Ni(OH)2失去电子被氧化为NiOOH，故NiOOH电极上的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
六、有机推断题
19．AigialomycinD是从海生红树林菌类中分离出来的一种具有重要生理活性的物质，具有极强的抗癌活性和抗疟疾活性。一种合成路线为：
已知：①已知，Et为乙基，Ph为苯基
②
回答下列问题：
(1)AigialomycinD中含氧官能团的名称是_______，C分子的核磁共振氢谱中有_______组峰。
(2)C→D的化学方程式为_______，D→E的反应类型为_______。
(3)F的分子式为_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种
①含有苯环且有四个羟基与苯环直接相连
②苯环上无氢原子
(5)官能团的保护是有机合成中的重要步骤，写出制备AigialomycinD中引入保护基的步骤_______(例如X→Y)。
(6)写出以 为原料制备 的合成路线(其他试剂任选，注明反应条件)_______。
【答案】(1) 羟基、酯基 7
(2) 还原反应
(3)C10H18O3
(4)18
(5)A→B、G→H
(6)
【分析】C发生取代反应得到D，D中碳碳双键与氢气加成得到E；
（1）
AigialomycinD中含氧官能团的名称是羟基、酯基；C分子中H原子种类有 ，则核磁共振氢谱中有7组峰；
（2）
C→D反应的化学方程式为 ；D→E中碳碳双键与氢气发生加成反应，加氢即还原反应，反应类型为还原反应；
（3）
F的分子式为C10H18O3；
（4）
物质D的不饱和度为4，满足条件：①含有苯环且有四个羟基与苯环直接相连，②苯环上无氢原子，同分异构体有、 、 、 、 、、(数字代表取代基与羟基互换位置)共18种；
（5）
由A和F结构可知是为了保护羟基，引入保护基的步骤是A→B，由I的结构可知为了保护碳碳双键，发生已知信息②反应引入保护基的步骤是G→H；
（6）
利用流程中G→I的反应制备，由已知信息②可知在mCPBA作用，再用H→I的反应条件可得目标产物，合成路线为： 。
七、原理综合题
20．氨气是一种非常重要的化工原料，研究其相关反应极具意义。回答下列问题：
(1)一定条件下，向VL的恒容密闭容器中通入4molNH3和5molO2发生下列反应：
I.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH1
II.2NH3(g) +2O2(g) N2O(g)+3H2O(g) ΔH2
III.4NO(g) 2N2O(g)+O2(g) ΔH3
①ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系式为ΔH3=_______。
②达到平衡时，容器中含有a mol NO和b mol N2O，此时H2O(g)的浓度为_______mol·L-1。(用含a、b、V的代数式表示，下同)，该温度下反应III的平衡常数为_______L·mol-1。
(2)一定条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容积不变，t1时反应达到平衡，用N2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率v(N2)=_______mol· L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，则图中能正确表示容积增大后H2分压变化趋势的曲线是_______(用a、b、c、d表示)，理由是_______。
③若t2时保持容积不变再充入0.1 mol NH3，则化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，再次达到平衡时，与t1时相比，NH3的体积分数_______(填“变大”“变小”或“不变”)
【答案】(1) 2ΔH2-ΔH1
(2) c 容积加倍，H2分压减半，该反应的化学平衡正向移动，所以H2分压变化为先减半后增大 正向移动 变大
【分析】(1)
①根据盖斯定律，由(II×2-Ⅰ)可得4NO(g)⇌2N2O(g)+O2(g) ，可得焓变关系；
②根据反应Ⅰ、Ⅱ，可知4NO～6H2O，N2O～3H2O根据c(H2O)=进行计算；根据反应
和KⅢ= 进行计算；
(2)
①②③根据反应列三段式，根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，再根据v(N2)=进行计算；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，相当于减小压强，增大体积的瞬间，开始H2的压强变为原来的，浓度减小为原平衡，再根据平衡移动进行分析；
③根据Qc与K的关系进行分析平衡移动方向；根据等效平衡知识进行分析，以此来解析；
（1）
①根据盖斯定律，由(II×2-Ⅰ)可得4NO(g)⇌2N2O(g)+O2(g) ，ΔH3=2ΔH2-ΔH1；
②向容器中通入NH3和O2发生Ⅰ、Ⅱ， NO由I生成，N2O由Ⅱ生成，而H2O
Ⅰ、Ⅱ中都有生成，根据Ⅰ式有：4NO～6H2O，Ⅱ式有N2O～3H2O由平衡时
达到平衡时，容器中含有a mol NO和b mol N2O，则Ⅰ生成molH2O，则Ⅱ生成3bmolH2O，故生成水的浓度为c(H2O)== =；
根据反应
故平衡时体系中O2为5mol-mol-2bmol，NO为amol， N2O为bmol，故KⅢ===；
（2）
①设t时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，= 解得x=0.02mol，v(N2)== =mol· L-1·min-1；
②若t2时将容积迅速增大至原来的2倍并保持不变，相当于减小压强，增大体积的瞬间，开始H2的压强变为原来的，浓度减小为原平衡，但由于减小压强平衡正向移动，H2的分压又逐渐增大，直到达到新平衡，曲线c符合题意；
③根据反应
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，= ，解得x=0.02mol，可得K== =0.00013，改变条件，若t2时保持容积不变再充入0.1 mol NH3，则n(NH3)=0.1mol+0.1mol-2×0.02mol=0.16mol，则Qc=≈6.25×10-6
相关试卷
山东省济南市2023-2024学年高三上学期开学统考化学试题： 这是一份山东省济南市2023-2024学年高三上学期开学统考化学试题，共12页。试卷主要包含了5ml，普鲁士蓝的晶体结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
2022济南师大附中高三上学期开学考试化学试题含解析： 这是一份2022济南师大附中高三上学期开学考试化学试题含解析，文件包含山东省济南市山东师大附中2021-2022学年高三上学期开学考试化学试题含解析docx、山东省济南市山东师大附中2021-2022学年高三上学期开学考试化学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
2022届山东省临沂市兰陵县第四中学高三上学期开学收心考试化学试题含解析： 这是一份2022届山东省临沂市兰陵县第四中学高三上学期开学收心考试化学试题含解析，共9页。试卷主要包含了5 56， 下列说法不正确的是， 已知有机物、之间存在转化关系， 某小组设计如图所示装置等内容，欢迎下载使用。
