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四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综化学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综化学试卷（Word版附解析），文件包含四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综试题-高中化学Word版含解析docx、四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期末考试理综试题-高中化学Word版无答案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.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 P-31 V-51 Fe-56
第Ⅰ卷(共126分)
一、选择题(本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素
B. 2022年冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于主族元素
C. 华为Mate60手机高清镜头中使用的COC/COP(环状聚烯烃)是高分子化合物，也是混合物
D. 宇航服一般由14层不同的材料组成，常用的材料有聚四氟乙烯，聚四氟乙烯可与溴水发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳组成的单质，互为同素异形体，A错误；
B．碲属于第五周期ⅥA族元素，为主族元素；镉属于第五周期ⅡB族元素，为副族元素，B错误；
C．高聚物中聚合度不确定，所以高聚物属于混合物，C正确；
D．聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，不可与溴水发生加成反应，D错误；
故选C。
2. 外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 该物质的分子式为C17H21NO4
B. 该分子中含有3种含氧官能团
C. 该物质能发生取代、氧化、还原反应
D. 该物质酸性条件下的水解产物分子中，最多有9个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中C、H、N、O原子个数依次是17、21、1、4，分子式为C17H21NO4，故A正确；
B．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基，有3种含氧官能团，故B正确；
C．醇羟基和酯基都能发生取代反应，-CH2OH能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，醇羟基能发生消去反应，故C正确；
D．该物质酸性条件下的水解产物分子中碳原子共平面个数最多的结构为，苯环、直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，该分子中最多有8个碳原子共平面，故D错误；
故选：D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA
B. 足量MnO2与含4mlHCl的浓盐酸充分反应，转移电子数为2NA
C. 0.1mlHClO分子中含有的H-Cl键的数目为0.1NA
D. 高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2SO4和Na2HPO4具有相同的摩尔质量，则142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物的物质的量为1ml，则所含阴、阳离子的总数目为3NA，故A正确；
B．MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为，随着反应的进行，盐酸浓度下降，变成稀盐酸时反应停止，故足量MnO2与含4mlHCl的热的浓盐酸充分反应，实际参加反应的HCl小于4ml，转移电子数小于2NA，故B错误；
C．HClO的中心原子为氧原子，不存在H-Cl键，故C错误；
D．5.6g铁物质的量为=0.1ml，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，0.1mlFe转移电子物质的量为0.1ml×，电子数为NA，故D错误；
故答案选A。
4. 用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，必要时可以加热)，其中可行的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和Na2SO3溶液能与SO2反应，生成NaHSO3，从而吸收SO2，A不可行；
B．NaOH溶液能吸收NO2，生成NaNO3、NaNO2等，B不可行；
C．饱和碳酸氢钠溶液能与氯水中的盐酸反应，从而增大氯气在溶液中的溶解度，C不可行；
D．稀硫酸与碳酸钠反应可生成CO2气体，浓硫酸能干燥CO2，D可行；
故选D。
5. 是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之和为31；其中Y的最外层电子数等于X的核外电子总数；五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. X的氧化物一定属于酸性氧化物
C. 在Q的结构中，所有原子最外层均满足8电子稳定结构
D. Y元素组成的最常见单质和M的单质，在加热条件下生成的化合物中只含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】M、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于 X 的核外电子总数，Y形成两对共用电子对，X形成4对共用电子对，则X为C，Y为O；Z形成1对共用电子对，W形成4对共用电子对，但Q中阴离子带1个单位负电荷，则Z为F，W为B，五种原子的原子序数之和为31，M的原子序数为31-5-6-8-9=3，则M为Li。
【详解】A．同周期元素原子，从左往右半径减小；同主族元素原子，从上到下半径增大，原子半径C>O>F，故A错误；
B．X的氧化物CO不是酸性氧化物，故B错误；
C．Q中的Li+最外层2个电子，不满足8e-稳定结构，故C错误；
D．Y元素的单质是O2，M的单质是Li，加热条件下只能生成一种氧化物Li2O，只含离子键，故D正确；
故选D。
6. 工业上用溶液吸收硫酸工业尾气中的，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是
A. X应为直流电源的正极
B. 电解过程中阴极区氢氧根离子浓度降低
C. 图中的
D. 在电极上发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】利用电解原理实现用溶液吸收硫酸工业尾气中的，根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，Pt(Ⅰ)电极水得电子生成氢气和氢氧根离子，Pt(Ⅱ) 电极区水失去电子产生氧气和氢离子，据此分析解答。
【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；
B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %>a %，C项正确；
D．阳极上亚硫酸根离子在酸辛条件下失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；
答案选C。
7. 常温下，用调节浊液的pH，测得在通入的过程中，体系中(X代表或)与的关系如图所示。下列说法正确的是
已知：为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
A.
B. 随着的加入，溶解度逐渐减小
C. p点对应的溶液中
D. m、n点时的溶液中均存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，变大，变小，则表示的变化情况，表示的变化情况，根据m、n两点的数据，得，选项A错误；
B．随着的加入，溶解平衡正向移动，溶解度增大，选项B错误；
C．p点时，又根据组成可知，溶液中存在，
故p点时，选项C错误；
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有，根据选项C知，故有，选项D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷(共174分)
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～38题为选考题，考生根据要求作答。)
(一)必考题：共129分
8. 二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O}，过程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，VO2+能被O2氧化。回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中生成VOCl2同时生成N2的化学方程式为_____。
（2）常温下，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是_____(用化学方程式说明)。
（3）步骤ii可用如图仪器组装完成。
①装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器名称是_____；
②反应前通数分钟CO2的目的是_____。上述装置从左到右的连接顺序为_____(用各接口字母表示)。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置后可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。检验晶体已经洗涤干净的操作是_____。
（4）测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量wg样品于锥形瓶中，用30mL稀硫酸溶解后，加入稍过量的0.01ml/LKMnO4溶液，充分反应后，再加入稍过量的2%NaNO2溶液，再加入适量尿素除去过量的NaNO2，最后用1ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复实验两次。消耗滴定液的体积如表：
已知：滴定反应为VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O
①滴定时，向锥形瓶中加入几滴_____(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为_____%。
③下列情况会导致所测钒元素的质量分数可能偏小的是_____(填序号)。
A．称量样品时，样品与砝码的位置放颠倒了
B．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中部分Fe2+被氧化
C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. 排除装置中的空气，避免产物被氧化 ③. eabfgc ④. 取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（4） ①. K3[Fe(CN)6] ②. ③. AD
【解析】
【分析】V2O5中钒为+5价，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体中钒为+4价，先将V2O5与N2H4反应将+5价的钒还原为+4价，生成VOCl2溶液，再与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，+4价钒具有还原性能被O2氧化，此实验要隔绝空气进行，化学计算要用关系式法，利用原子守恒和得失电子守恒找关系进行计算。
【小问1详解】
反应物为V2O5、N2H4和HCl，生成物是VOCl2和N2，根据原子守恒还应该有水生成，V的化合价有+5价降低到+4价下降1，一个V2O5得到2个电子，N2H4中的N元素化合价有-2价升高到0价，一个N2H4失去4个电子，因此V2O5和N2H4前面系数分别是2和1，其它系数观察配平，得出方程式，故答案为：；
【小问2详解】
已知+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，V元素化合价降低，则Cl元素化合价升高，生成氯气，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是该反应有氯气生成，会污染空气，反应方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
①观察实验仪器可知装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
②已知：+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；主反应容器是D要在隔绝空气环境中进行，利用C装置产生的二氧化碳把空气排出进行实验，二氧化碳气体从e口出来通过ab除去里面的氯化氢气体，进入f，再从g出来通过cd，因此连接顺序是：eabfgc；故答案为：排除装置中的空气，避免产物被氧化；eabfgc；
③根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是，后续操作的目的主要是干燥，检验晶体已经洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
【小问4详解】
①晶体 (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O中的V元素经过一系列转化为离子，再与硫酸亚铁铵中的二价铁离子反应，滴定到终点时二价铁离子全部反应完，因此选择检验二价铁离子的试剂K3[Fe(CN)6]做指示剂进行滴定，故答案为：K3[Fe(CN)6]；
②实验进行三次，第二次误差较大数据舍去，第一次和第三次平均值为20.00ml即0.02L，根据原子守恒和电荷守恒可以有以下关系：，x=1.02g， ，答案填；
③A．正确称量应符合“左物右码”，称量结果为“砝码加游码”，若样品与砝码的位置颠倒，则实际称量结果为“砝码减游码”，若仍旧按“砝码加游码”读取数据，则称量样品质量偏高，导致所测钒元素的质量分数偏小，A项符合题意；
B．硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B项不符合题意；
C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对实验结果无影响，C项不符合题意；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，D项符合题意；
故选AD。
9. 某科研小组制备了新型锂离子电池电极材料-ZnLix/Li3N。科研小组以废旧锌锰电池的锌皮为原料合成该电极材料，简易流程如下：
已知：①锌皮的主要成分为Zn和ZnO，还含少量NH4Cl、Fe、Mn2O3等。
②Mn2O3在酸性条件下转化成Mn2+和MnO2；SOCl2的沸点为78.8°C．
③已知几种金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表所示：
回答下列问题：
（1）提高“酸浸”速率的措施有_____(答一条即可)，“调pH”的范围为_____。
（2）“沉锌”的离子方程式为_____。
（3）系列操作包括的操作步骤有_____、过滤、洗涤、干燥
（4）SOCl2的作用是_____(用化学方程式表示)。
（5）已知部分信息如下：
①自发的电池反应实质是氧化还原反应，可以拆分为两个半反应，正极、负极的标准电极电势分别表示为φ0(+)和φ0(-)；标准电动势E0=φ0(+)-φ0(-)。例如，2Ag+Hg2+=2Ag++Hg的E0=φ0(Hg2+/Hg)-φ0(Ag+/Ag)。
②E0>0，反应能自发进行，E0>0.2，反应趋向完全反应。
③在酸性介质中几种半反应的电极电势数据如下表所示：
如果氧化剂X选择硝酸，其后果是_____和会产生大气污染物。从下列物质中选择氧化剂X，杂质除去率最高的是_____(填标号)。
A．NaClO B．Cl2 C．O2 D．O3
工业生产中，氧化剂实际用量和理论计算量之间的比值称为配氧率。“氧化除锰”中除杂率与配氧率的关系如图所示。试解释配氧率选择115%时除杂率最高的原因：_____。
【答案】（1） ①. 适当提高硫酸浓度或适当加热或搅拌 ②.
（2）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）
（5） ①. 不能除去Mn2+，产品纯度降低 ②. D ③. 配氧率小于115%，杂质不能完全氧化；配氧率大于115%，可能会将MnO2氧化为可溶性新杂质
【解析】
【分析】酸浸时，根据已知的①和②，Zn、ZnO、Fe转化为Zn2+、Fe2+，Mn2O3在酸性条件下转化成Mn2+和MnO2；即滤渣1为MnO2，氧化剂将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe3+、MnO2，Fe3+经氧化锌调pH值形成Fe(OH)3除掉，滤渣2为MnO2，滤渣3主要是Fe(OH)3，滤液中加入碳酸氢铵沉锌得到Zn(OH)2CO3，加稀硝酸后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，继续进行后续处理得到ZnLix/Li3N。
【小问1详解】
提高“酸浸”速率的措施有适当提高硫酸浓度或适当加热或搅拌；根据分析，调pH的目的是将Fe3+形成Fe(OH)3除掉，结合③已知几种金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH，“调pH”的范围为；
【小问2详解】
“沉锌”是将Zn2+转化为Zn(OH)2CO3，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
根据上述分析可知，系列操作包括的操作步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问4详解】
SOCl2的作用是将转化为时抑制水解，由此得到反应方程式为：
【小问5详解】
根据已知②E0>0，反应能自发进行，E0>0.2，反应趋向完全反应，如果氧化剂选择硝酸，其后果是φ0(HNO3/NO)-φ0(MnO2/Mn2+)=0.983-1.224<0，反应不能自发进行，不能除去Mn2+，导致产物不纯净；因此需要选择φ0(+)最大的氧化剂，结合表格数据，应该选择O3，即答案为D；
根据图示，配氧率小于115%，杂质不能完全氧化；配氧率大于115%，可能会将MnO2氧化为可溶性新杂质，所以选择配氧率115%。
10. 我国明确提出2060年“碳中和”目标，意味着需要通过工艺改造、节能等措施减少在能源的产生、转换、消费过程中二氧化碳的排放。回答下列问题：
Ⅰ．利用CO2和CH4制备合成气(CO、H2)，该反应分两步进行：
反应A：CH4(g)C(ads)+2H2(g)；反应B：C(ads)+CO2(g)2CO(g)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，有关物质的相对能量与反应历程的变化如图1所示。
（1）总反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g))能自发进行的条件为_____(填“高温”或“低温”)；总反应速率由反应_____决定(填“A”或“B”)。
Ⅱ．将C催化还原，是目前处理CO2的重要方法。
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
ii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
（2）已知CO和H2的燃烧热分别为-283kJ·ml-1和-285.8kJ·ml-1，H2O(1)=H2O(g) ΔH3=+44kJ·ml-1，则ΔH2=_____kJ·ml-1
（3）恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1：3的CO2和H2，发生反应i达到平衡，下列有关叙述正确的是_____(填标号)。
A. 升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B. 按相同比例再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率同时增大
C. 加入合适的催化剂可提高CO2的平衡转化率
D. 其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
（4）在一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入2mlCO2和6mlH2，发生反应i，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，T2时，若起始压强为10atm，则Kp=_____atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅲ．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图3所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气体匀速通入恒温反应器，流出气体各组分的气体流速随时间变化如图4所示。反应过程中始终未检测到CO2，检测到催化剂上有积碳。
（5）t1~t3，n(H2)比n(CO)多，可能发生副反应的化学方程式为_____。
（6）t2后CO、CH4流速如图4变化的原因可能是_____。
（7）用如图装置模拟科学研究在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯(X、Y均为新型电极材料，可减少CO2和碱发生副反应)，X极上的电极反应式为_____。
【答案】（1） ①. 高温 ②. A
（2）+41.2 （3）ACD
（4）2.4 （5）CH4C+2H2
（6）t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变
（7）2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【解析】
【小问1详解】
根据反应物总能量低，生成物总能量高知，总反应CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)的△H＞0，△S＞0，根据自发条件△H-T△S＜0推知，该反应在高温条件下能自发进行；反应A活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小，总反应速率由反应A决定，故答案为：高温；A；
【小问2详解】
由CO和H2的燃烧热分别为-283kJ•ml-1和-285•8kJ•ml-1可得，①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ•ml-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285•8kJ•ml-1，又③H2O(l)═H2O(g)△H3=+44kJ•ml-1，根据盖斯定律，反应②-①+③得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2═-285•8kJ•ml-1+283kJ•ml-1+44kJ•ml-1═+41.2kJ•ml-1，故答案为：+41.2；
【小问3详解】
A.该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡逆向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.按相同比例1：3再加入一定量的CO2和H2，相当于加压，使得平衡正向移动，两者转化率都增加，故B正确；
C.催化剂只能加快化学反应速率而不影响平衡移动，故C错误；
D.该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，所以使得平衡正移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选：ACD；
【小问4详解】
由图知T2K下达到平衡时氢气的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为4.8ml,列三段式：，平衡时气体总物质的量为4.8ml,平衡时气体的总压=×10atm=6atm,所以≈2.4atm-2，故答案为：2.4；
【小问5详解】
CH4与CaCO3反应生成等物质的量的CO和H2，图中显示t1～t3min内，n(H2)比n(CO)多，且n(H2)基本不变，n(CO)不断减小，说明副反应产生氢气，结合题干中催化剂上检测到有积碳推知，该副反应为CH4分解生成C和H2，故答案为：CH4C+2H2；
【小问6详解】
t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变，故答案为：t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变。
【小问7详解】
二氧化碳在X电极得到电子发生还原反应转化为乙烯，则X极上的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
(二)选考题：共45分。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做答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11. 教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：
（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。
（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b点依次代表的是_____、_____(写化学式)。
（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于_____晶体。(填“原子”、“分子”或“离子”)
（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有_____种。GaCl3中中心原子的杂化方式为_____，写出一种常见的与GaCl3互为等电子体的离子_____。(填化学式)
（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有_____个紧邻分子。D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是_____(填字母标号)。
a．极性键 b．非极性键 c．配位键 d．金属键
（6）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的切面A~D图中正确的是_____(填字母标号)。
铁原子的配位数是_____，假设铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是ρg/cm3，则铁的相对原子质量为_____(设阿伏伽德罗常数的值为NA)。
【答案】11. 12 12. ①. SiH4 ②. NH3
13. 原子 14. ①. 3 ②. ③.
15. ①. 12 ②. abc
16. ①. A ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
图1中，I2与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg）。电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子。
【小问2详解】
第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图2中a点所在折线无“反常”，为第ⅣA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4；氨气、水、HF沸点中氨气的沸点较低，故b为氨气NH3；
【小问3详解】
图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体；
【小问4详解】
第ⅡA族元素np能级全空、第ⅤA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”。第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素。 Ga位于第四周期第ⅢA族，GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为，则其杂化方式为sp2。要写与GaCl3互为等电子体的离子，应在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如、等。
【小问5详解】
干冰晶胞为面心立方堆积，若考查上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。 从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故选abc。
【小问6详解】
图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子，图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图；考查图甲体心铁原子，则其配位数为8。设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为a cm，又体对角线上三原子相切，得acm＝4rcm，cm，根据“均摊法”，甲中含个Fe，则晶体密度为，。
12. 化合物H是用于治疗慢性阻塞性肺病奥达特罗的合成中间体，其合成路线如图：
已知：ⅠBnBr代表
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式是___。
（2）下列说法不正确的是___。
A. 化合物B分子中所有碳原子一定共平面
B. 化合物H的分子式为C17H15NO4
C. 化合物D到E发生氧化反应
D. 1ml化合物G最多可以消耗7mlH2
（3）化合物E转变成F化学方程式为：___；反应⑤中常加入K2CO3，作用是___。
（4）化合物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，则N的结构简式为___。
（5）写出3种同时满足下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___(不考虑立体异构体)。
①H—NMR谱显示只有5种不同化学环境氢原子
②含有三个六元环，其中含有两个苯环结构
③含有，C—O—C结构片段，
（6）化合物G通过多步反应得到H，补充完成上述合成路线___(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。流程中可以把简写成An—。
【答案】（1） （2）AC
（3） ①. ++2HCl ②. 与反应产物HCl反应，使平衡正向移动，提高原料利用率
（4） （5）、 。
（6）或
【解析】
【分析】反应①是A与发生信息II中取代反应生成B，可知B的结构简式，A为，反应②是B发生取代反应生成C为，反应同时有HBr生成，K2CO3与反应产物HBr反应，使反应正向移动，提高原料利用率，反应③是C中苯环是氢原子被硝基取代生成D为，发生取代反应，反应④是D中硝基转化为氨基生成E为，组成上去氧加氢，属于还原反应，反应⑤过程中分子间脱去2分子HCl成环而生成F为，属于取代反应，K2CO3与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率，反应⑥发生取代反应；
【小问1详解】
A的结构简式是；
【小问2详解】
A．化合物B为，由于单键可旋转，B分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；
B．由H的结构可得化合物H的分子式为C17H15NO4，B正确；
C．化合物D中硝基转化为氨基生成E，组成上去氧加氢，属于还原反应，C错误；
D．G含有2个苯环和1个羰基，则1ml化合物G最多可以消耗7mlH2，D正确；
故选：AC；
【小问3详解】
化合物E转变成F化学方程式为：++2HCl；反应⑤有HCl生成，条件中K2CO3的作用是：K2CO3与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率，
【小问4详解】
有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，2个羟基均发生取代反应，则N的结构简式为：；
【小问5详解】
D为，①H—NMR谱显示只有5种不同化学环境的氢原子说明有5种H；②含有三个六元环，其中含有两个苯环结构，则另一个六元环由O原子参与；③含有，C—O—C结构片段；满足以上三个条件的结构简式有：、 。
【小问6详解】选项
气体
a
b
c
A
SO2
浓硫酸
铜
饱和Na2SO3溶液
B
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
C
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
饱和碳酸氢钠溶液
D
CO2
稀硫酸
Na2CO3
浓硫酸
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
19.99
2
1.10
21.10
3
1.56
21.57
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.0
6.5
完全沉淀的pH
35
9.5
10.8
8.5
物质
HClO/Cl-
Cl2/Cl-
O2/H2O
O3/O2
HNO3/NO
Fe3+/Fe2+
MnO2/Mn2+
φ0
1.482
1.358
1.229
2.076
0.983
0.771
1.224
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 P-31 V-51 Fe-56
第Ⅰ卷(共126分)
一、选择题(本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素
B. 2022年冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于主族元素
C. 华为Mate60手机高清镜头中使用的COC/COP(环状聚烯烃)是高分子化合物，也是混合物
D. 宇航服一般由14层不同的材料组成，常用的材料有聚四氟乙烯，聚四氟乙烯可与溴水发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳组成的单质，互为同素异形体，A错误；
B．碲属于第五周期ⅥA族元素，为主族元素；镉属于第五周期ⅡB族元素，为副族元素，B错误；
C．高聚物中聚合度不确定，所以高聚物属于混合物，C正确；
D．聚四氟乙烯中不含碳碳不饱和键，不可与溴水发生加成反应，D错误；
故选C。
2. 外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A. 该物质的分子式为C17H21NO4
B. 该分子中含有3种含氧官能团
C. 该物质能发生取代、氧化、还原反应
D. 该物质酸性条件下的水解产物分子中，最多有9个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中C、H、N、O原子个数依次是17、21、1、4，分子式为C17H21NO4，故A正确；
B．分子中含氧官能团有醚键、羟基、酯基，有3种含氧官能团，故B正确；
C．醇羟基和酯基都能发生取代反应，-CH2OH能发生氧化反应，苯环能发生还原反应，醇羟基能发生消去反应，故C正确；
D．该物质酸性条件下的水解产物分子中碳原子共平面个数最多的结构为，苯环、直接连接苯环的原子共平面，单键可以旋转，该分子中最多有8个碳原子共平面，故D错误；
故选：D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA
B. 足量MnO2与含4mlHCl的浓盐酸充分反应，转移电子数为2NA
C. 0.1mlHClO分子中含有的H-Cl键的数目为0.1NA
D. 高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2SO4和Na2HPO4具有相同的摩尔质量，则142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物的物质的量为1ml，则所含阴、阳离子的总数目为3NA，故A正确；
B．MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为，随着反应的进行，盐酸浓度下降，变成稀盐酸时反应停止，故足量MnO2与含4mlHCl的热的浓盐酸充分反应，实际参加反应的HCl小于4ml，转移电子数小于2NA，故B错误；
C．HClO的中心原子为氧原子，不存在H-Cl键，故C错误；
D．5.6g铁物质的量为=0.1ml，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，0.1mlFe转移电子物质的量为0.1ml×，电子数为NA，故D错误；
故答案选A。
4. 用如图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，必要时可以加热)，其中可行的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和Na2SO3溶液能与SO2反应，生成NaHSO3，从而吸收SO2，A不可行；
B．NaOH溶液能吸收NO2，生成NaNO3、NaNO2等，B不可行；
C．饱和碳酸氢钠溶液能与氯水中的盐酸反应，从而增大氯气在溶液中的溶解度，C不可行；
D．稀硫酸与碳酸钠反应可生成CO2气体，浓硫酸能干燥CO2，D可行；
故选D。
5. 是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之和为31；其中Y的最外层电子数等于X的核外电子总数；五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. X的氧化物一定属于酸性氧化物
C. 在Q的结构中，所有原子最外层均满足8电子稳定结构
D. Y元素组成的最常见单质和M的单质，在加热条件下生成的化合物中只含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】M、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于 X 的核外电子总数，Y形成两对共用电子对，X形成4对共用电子对，则X为C，Y为O；Z形成1对共用电子对，W形成4对共用电子对，但Q中阴离子带1个单位负电荷，则Z为F，W为B，五种原子的原子序数之和为31，M的原子序数为31-5-6-8-9=3，则M为Li。
【详解】A．同周期元素原子，从左往右半径减小；同主族元素原子，从上到下半径增大，原子半径C>O>F，故A错误；
B．X的氧化物CO不是酸性氧化物，故B错误；
C．Q中的Li+最外层2个电子，不满足8e-稳定结构，故C错误；
D．Y元素的单质是O2，M的单质是Li，加热条件下只能生成一种氧化物Li2O，只含离子键，故D正确；
故选D。
6. 工业上用溶液吸收硫酸工业尾气中的，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是
A. X应为直流电源的正极
B. 电解过程中阴极区氢氧根离子浓度降低
C. 图中的
D. 在电极上发生的反应为
【答案】C
【解析】
【分析】利用电解原理实现用溶液吸收硫酸工业尾气中的，根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，Pt(Ⅰ)电极水得电子生成氢气和氢氧根离子，Pt(Ⅱ) 电极区水失去电子产生氧气和氢离子，据此分析解答。
【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；
B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %>a %，C项正确；
D．阳极上亚硫酸根离子在酸辛条件下失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；
答案选C。
7. 常温下，用调节浊液的pH，测得在通入的过程中，体系中(X代表或)与的关系如图所示。下列说法正确的是
已知：为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
A.
B. 随着的加入，溶解度逐渐减小
C. p点对应的溶液中
D. m、n点时的溶液中均存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，变大，变小，则表示的变化情况，表示的变化情况，根据m、n两点的数据，得，选项A错误；
B．随着的加入，溶解平衡正向移动，溶解度增大，选项B错误；
C．p点时，又根据组成可知，溶液中存在，
故p点时，选项C错误；
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有，根据选项C知，故有，选项D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷(共174分)
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～38题为选考题，考生根据要求作答。)
(一)必考题：共129分
8. 二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O}，过程如图：
已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，VO2+能被O2氧化。回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中生成VOCl2同时生成N2的化学方程式为_____。
（2）常温下，只用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，但该方法未被推广，从环保角度分析该方法未被推广的主要原因是_____(用化学方程式说明)。
（3）步骤ii可用如图仪器组装完成。
①装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器名称是_____；
②反应前通数分钟CO2的目的是_____。上述装置从左到右的连接顺序为_____(用各接口字母表示)。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置后可得到紫红色晶体，然后抽滤，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。检验晶体已经洗涤干净的操作是_____。
（4）测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量wg样品于锥形瓶中，用30mL稀硫酸溶解后，加入稍过量的0.01ml/LKMnO4溶液，充分反应后，再加入稍过量的2%NaNO2溶液，再加入适量尿素除去过量的NaNO2，最后用1ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，重复实验两次。消耗滴定液的体积如表：
已知：滴定反应为VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O
①滴定时，向锥形瓶中加入几滴_____(填化学式)溶液作指示剂。
②粗产品中钒的质量分数为_____%。
③下列情况会导致所测钒元素的质量分数可能偏小的是_____(填序号)。
A．称量样品时，样品与砝码的位置放颠倒了
B．(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中部分Fe2+被氧化
C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1）
（2）
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. 排除装置中的空气，避免产物被氧化 ③. eabfgc ④. 取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净
（4） ①. K3[Fe(CN)6] ②. ③. AD
【解析】
【分析】V2O5中钒为+5价，氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体中钒为+4价，先将V2O5与N2H4反应将+5价的钒还原为+4价，生成VOCl2溶液，再与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，+4价钒具有还原性能被O2氧化，此实验要隔绝空气进行，化学计算要用关系式法，利用原子守恒和得失电子守恒找关系进行计算。
【小问1详解】
反应物为V2O5、N2H4和HCl，生成物是VOCl2和N2，根据原子守恒还应该有水生成，V的化合价有+5价降低到+4价下降1，一个V2O5得到2个电子，N2H4中的N元素化合价有-2价升高到0价，一个N2H4失去4个电子，因此V2O5和N2H4前面系数分别是2和1，其它系数观察配平，得出方程式，故答案为：；
【小问2详解】
已知+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2溶液，V元素化合价降低，则Cl元素化合价升高，生成氯气，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是该反应有氯气生成，会污染空气，反应方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
①观察实验仪器可知装置D中盛放NH4HCO3溶液的仪器名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
②已知：+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，故装置中不能有空气，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；主反应容器是D要在隔绝空气环境中进行，利用C装置产生的二氧化碳把空气排出进行实验，二氧化碳气体从e口出来通过ab除去里面的氯化氢气体，进入f，再从g出来通过cd，因此连接顺序是：eabfgc；故答案为：排除装置中的空气，避免产物被氧化；eabfgc；
③根据流程分析可知，VOCl2溶液与NH4HCO3溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，所以在晶体表面附着的物质为NH4Cl溶液，先用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是，后续操作的目的主要是干燥，检验晶体已经洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
【小问4详解】
①晶体 (NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O中的V元素经过一系列转化为离子，再与硫酸亚铁铵中的二价铁离子反应，滴定到终点时二价铁离子全部反应完，因此选择检验二价铁离子的试剂K3[Fe(CN)6]做指示剂进行滴定，故答案为：K3[Fe(CN)6]；
②实验进行三次，第二次误差较大数据舍去，第一次和第三次平均值为20.00ml即0.02L，根据原子守恒和电荷守恒可以有以下关系：，x=1.02g， ，答案填；
③A．正确称量应符合“左物右码”，称量结果为“砝码加游码”，若样品与砝码的位置颠倒，则实际称量结果为“砝码减游码”，若仍旧按“砝码加游码”读取数据，则称量样品质量偏高，导致所测钒元素的质量分数偏小，A项符合题意；
B．硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B项不符合题意；
C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对实验结果无影响，C项不符合题意；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结果偏低，D项符合题意；
故选AD。
9. 某科研小组制备了新型锂离子电池电极材料-ZnLix/Li3N。科研小组以废旧锌锰电池的锌皮为原料合成该电极材料，简易流程如下：
已知：①锌皮的主要成分为Zn和ZnO，还含少量NH4Cl、Fe、Mn2O3等。
②Mn2O3在酸性条件下转化成Mn2+和MnO2；SOCl2的沸点为78.8°C．
③已知几种金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表所示：
回答下列问题：
（1）提高“酸浸”速率的措施有_____(答一条即可)，“调pH”的范围为_____。
（2）“沉锌”的离子方程式为_____。
（3）系列操作包括的操作步骤有_____、过滤、洗涤、干燥
（4）SOCl2的作用是_____(用化学方程式表示)。
（5）已知部分信息如下：
①自发的电池反应实质是氧化还原反应，可以拆分为两个半反应，正极、负极的标准电极电势分别表示为φ0(+)和φ0(-)；标准电动势E0=φ0(+)-φ0(-)。例如，2Ag+Hg2+=2Ag++Hg的E0=φ0(Hg2+/Hg)-φ0(Ag+/Ag)。
②E0>0，反应能自发进行，E0>0.2，反应趋向完全反应。
③在酸性介质中几种半反应的电极电势数据如下表所示：
如果氧化剂X选择硝酸，其后果是_____和会产生大气污染物。从下列物质中选择氧化剂X，杂质除去率最高的是_____(填标号)。
A．NaClO B．Cl2 C．O2 D．O3
工业生产中，氧化剂实际用量和理论计算量之间的比值称为配氧率。“氧化除锰”中除杂率与配氧率的关系如图所示。试解释配氧率选择115%时除杂率最高的原因：_____。
【答案】（1） ①. 适当提高硫酸浓度或适当加热或搅拌 ②.
（2）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）
（5） ①. 不能除去Mn2+，产品纯度降低 ②. D ③. 配氧率小于115%，杂质不能完全氧化；配氧率大于115%，可能会将MnO2氧化为可溶性新杂质
【解析】
【分析】酸浸时，根据已知的①和②，Zn、ZnO、Fe转化为Zn2+、Fe2+，Mn2O3在酸性条件下转化成Mn2+和MnO2；即滤渣1为MnO2，氧化剂将Fe2+、Mn2+分别氧化为Fe3+、MnO2，Fe3+经氧化锌调pH值形成Fe(OH)3除掉，滤渣2为MnO2，滤渣3主要是Fe(OH)3，滤液中加入碳酸氢铵沉锌得到Zn(OH)2CO3，加稀硝酸后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，继续进行后续处理得到ZnLix/Li3N。
【小问1详解】
提高“酸浸”速率的措施有适当提高硫酸浓度或适当加热或搅拌；根据分析，调pH的目的是将Fe3+形成Fe(OH)3除掉，结合③已知几种金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH，“调pH”的范围为；
【小问2详解】
“沉锌”是将Zn2+转化为Zn(OH)2CO3，反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
根据上述分析可知，系列操作包括的操作步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问4详解】
SOCl2的作用是将转化为时抑制水解，由此得到反应方程式为：
【小问5详解】
根据已知②E0>0，反应能自发进行，E0>0.2，反应趋向完全反应，如果氧化剂选择硝酸，其后果是φ0(HNO3/NO)-φ0(MnO2/Mn2+)=0.983-1.224<0，反应不能自发进行，不能除去Mn2+，导致产物不纯净；因此需要选择φ0(+)最大的氧化剂，结合表格数据，应该选择O3，即答案为D；
根据图示，配氧率小于115%，杂质不能完全氧化；配氧率大于115%，可能会将MnO2氧化为可溶性新杂质，所以选择配氧率115%。
10. 我国明确提出2060年“碳中和”目标，意味着需要通过工艺改造、节能等措施减少在能源的产生、转换、消费过程中二氧化碳的排放。回答下列问题：
Ⅰ．利用CO2和CH4制备合成气(CO、H2)，该反应分两步进行：
反应A：CH4(g)C(ads)+2H2(g)；反应B：C(ads)+CO2(g)2CO(g)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，有关物质的相对能量与反应历程的变化如图1所示。
（1）总反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g))能自发进行的条件为_____(填“高温”或“低温”)；总反应速率由反应_____决定(填“A”或“B”)。
Ⅱ．将C催化还原，是目前处理CO2的重要方法。
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
ii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2
（2）已知CO和H2的燃烧热分别为-283kJ·ml-1和-285.8kJ·ml-1，H2O(1)=H2O(g) ΔH3=+44kJ·ml-1，则ΔH2=_____kJ·ml-1
（3）恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1：3的CO2和H2，发生反应i达到平衡，下列有关叙述正确的是_____(填标号)。
A. 升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B. 按相同比例再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率同时增大
C. 加入合适的催化剂可提高CO2的平衡转化率
D. 其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
（4）在一定条件下，向1L恒容密闭容器中充入2mlCO2和6mlH2，发生反应i，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，T2时，若起始压强为10atm，则Kp=_____atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅲ．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图3所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气体匀速通入恒温反应器，流出气体各组分的气体流速随时间变化如图4所示。反应过程中始终未检测到CO2，检测到催化剂上有积碳。
（5）t1~t3，n(H2)比n(CO)多，可能发生副反应的化学方程式为_____。
（6）t2后CO、CH4流速如图4变化的原因可能是_____。
（7）用如图装置模拟科学研究在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯(X、Y均为新型电极材料，可减少CO2和碱发生副反应)，X极上的电极反应式为_____。
【答案】（1） ①. 高温 ②. A
（2）+41.2 （3）ACD
（4）2.4 （5）CH4C+2H2
（6）t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变
（7）2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【解析】
【小问1详解】
根据反应物总能量低，生成物总能量高知，总反应CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)的△H＞0，△S＞0，根据自发条件△H-T△S＜0推知，该反应在高温条件下能自发进行；反应A活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小，总反应速率由反应A决定，故答案为：高温；A；
【小问2详解】
由CO和H2的燃烧热分别为-283kJ•ml-1和-285•8kJ•ml-1可得，①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ•ml-1，②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285•8kJ•ml-1，又③H2O(l)═H2O(g)△H3=+44kJ•ml-1，根据盖斯定律，反应②-①+③得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H2═-285•8kJ•ml-1+283kJ•ml-1+44kJ•ml-1═+41.2kJ•ml-1，故答案为：+41.2；
【小问3详解】
A.该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡逆向移动，平衡常数减小，故A正确；
B.按相同比例1：3再加入一定量的CO2和H2，相当于加压，使得平衡正向移动，两者转化率都增加，故B正确；
C.催化剂只能加快化学反应速率而不影响平衡移动，故C错误；
D.该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，所以使得平衡正移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选：ACD；
【小问4详解】
由图知T2K下达到平衡时氢气的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为4.8ml,列三段式：，平衡时气体总物质的量为4.8ml,平衡时气体的总压=×10atm=6atm,所以≈2.4atm-2，故答案为：2.4；
【小问5详解】
CH4与CaCO3反应生成等物质的量的CO和H2，图中显示t1～t3min内，n(H2)比n(CO)多，且n(H2)基本不变，n(CO)不断减小，说明副反应产生氢气，结合题干中催化剂上检测到有积碳推知，该副反应为CH4分解生成C和H2，故答案为：CH4C+2H2；
【小问6详解】
t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变，故答案为：t2min后反应②中随着CaCO3与CH4的接触面积越来越小，直至反应停止，故CO的流速逐步减小至0；t3min后催化剂表面被积碳逐渐覆盖，直至失效，副反应减弱直至停止，故CH4的流速逐渐增大至不变。
【小问7详解】
二氧化碳在X电极得到电子发生还原反应转化为乙烯，则X极上的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
(二)选考题：共45分。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做答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11. 教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：
（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_____种不同运动状态的电子。
（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b点依次代表的是_____、_____(写化学式)。
（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于_____晶体。(填“原子”、“分子”或“离子”)
（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有_____种。GaCl3中中心原子的杂化方式为_____，写出一种常见的与GaCl3互为等电子体的离子_____。(填化学式)
（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有_____个紧邻分子。D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是_____(填字母标号)。
a．极性键 b．非极性键 c．配位键 d．金属键
（6）Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的切面A~D图中正确的是_____(填字母标号)。
铁原子的配位数是_____，假设铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是ρg/cm3，则铁的相对原子质量为_____(设阿伏伽德罗常数的值为NA)。
【答案】11. 12 12. ①. SiH4 ②. NH3
13. 原子 14. ①. 3 ②. ③.
15. ①. 12 ②. abc
16. ①. A ②. 8 ③.
【解析】
【小问1详解】
图1中，I2与I3相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg）。电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有12个电子，则有12种不同运动状态的电子。
【小问2详解】
第ⅣA ~ⅦA元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间有氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图2中a点所在折线无“反常”，为第ⅣA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4；氨气、水、HF沸点中氨气的沸点较低，故b为氨气NH3；
【小问3详解】
图3中，C、O原子通过共价键形成空间网状晶体，属于原子晶体；
【小问4详解】
第ⅡA族元素np能级全空、第ⅤA族元素np能级半充满，使第一电离能出现“反常”。第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于Al、P之间的有Mg、Si、S三种元素。 Ga位于第四周期第ⅢA族，GaCl3分子中Ga原子价层电子对数为，则其杂化方式为sp2。要写与GaCl3互为等电子体的离子，应在价电子总数不变的前提下，将Ga、Cl换成它们的邻族元素，如、等。
【小问5详解】
干冰晶胞为面心立方堆积，若考查上表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后左右四个面心，共12个二氧化碳分子距离最近且相等。 从D的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有C-H、C－O、C=O、O-D等极性键，有C-C非极性键，有O→D配位键，故选abc。
【小问6详解】
图甲为该铁的一个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的倍，四个顶角和中心有铁原子，图乙为8个晶胞叠成的立方体，沿虚线的切面为A图；考查图甲体心铁原子，则其配位数为8。设图甲中晶胞边长为a cm，则体对角线为a cm，又体对角线上三原子相切，得acm＝4rcm，cm，根据“均摊法”，甲中含个Fe，则晶体密度为，。
12. 化合物H是用于治疗慢性阻塞性肺病奥达特罗的合成中间体，其合成路线如图：
已知：ⅠBnBr代表
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式是___。
（2）下列说法不正确的是___。
A. 化合物B分子中所有碳原子一定共平面
B. 化合物H的分子式为C17H15NO4
C. 化合物D到E发生氧化反应
D. 1ml化合物G最多可以消耗7mlH2
（3）化合物E转变成F化学方程式为：___；反应⑤中常加入K2CO3，作用是___。
（4）化合物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，则N的结构简式为___。
（5）写出3种同时满足下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___(不考虑立体异构体)。
①H—NMR谱显示只有5种不同化学环境氢原子
②含有三个六元环，其中含有两个苯环结构
③含有，C—O—C结构片段，
（6）化合物G通过多步反应得到H，补充完成上述合成路线___(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。流程中可以把简写成An—。
【答案】（1） （2）AC
（3） ①. ++2HCl ②. 与反应产物HCl反应，使平衡正向移动，提高原料利用率
（4） （5）、 。
（6）或
【解析】
【分析】反应①是A与发生信息II中取代反应生成B，可知B的结构简式，A为，反应②是B发生取代反应生成C为，反应同时有HBr生成，K2CO3与反应产物HBr反应，使反应正向移动，提高原料利用率，反应③是C中苯环是氢原子被硝基取代生成D为，发生取代反应，反应④是D中硝基转化为氨基生成E为，组成上去氧加氢，属于还原反应，反应⑤过程中分子间脱去2分子HCl成环而生成F为，属于取代反应，K2CO3与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率，反应⑥发生取代反应；
【小问1详解】
A的结构简式是；
【小问2详解】
A．化合物B为，由于单键可旋转，B分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；
B．由H的结构可得化合物H的分子式为C17H15NO4，B正确；
C．化合物D中硝基转化为氨基生成E，组成上去氧加氢，属于还原反应，C错误；
D．G含有2个苯环和1个羰基，则1ml化合物G最多可以消耗7mlH2，D正确；
故选：AC；
【小问3详解】
化合物E转变成F化学方程式为：++2HCl；反应⑤有HCl生成，条件中K2CO3的作用是：K2CO3与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率，
【小问4详解】
有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，2个羟基均发生取代反应，则N的结构简式为：；
【小问5详解】
D为，①H—NMR谱显示只有5种不同化学环境的氢原子说明有5种H；②含有三个六元环，其中含有两个苯环结构，则另一个六元环由O原子参与；③含有，C—O—C结构片段；满足以上三个条件的结构简式有：、 。
【小问6详解】选项
气体
a
b
c
A
SO2
浓硫酸
铜
饱和Na2SO3溶液
B
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
C
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
饱和碳酸氢钠溶液
D
CO2
稀硫酸
Na2CO3
浓硫酸
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
19.99
2
1.10
21.10
3
1.56
21.57
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀的pH
2.2
7.5
8.0
6.5
完全沉淀的pH
35
9.5
10.8
8.5
物质
HClO/Cl-
Cl2/Cl-
O2/H2O
O3/O2
HNO3/NO
Fe3+/Fe2+
MnO2/Mn2+
φ0
1.482
1.358
1.229
2.076
0.983
0.771
1.224
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