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55，2024届河南省新高考联盟高三下学期模拟预测理综试题-高中化学
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这是一份55，2024届河南省新高考联盟高三下学期模拟预测理综试题-高中化学，共17页。试卷主要包含了本试卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分300分，考试时间150分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本试卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12N -14 O-16 F-19 Na-23 S-32 V-51 Ag-108 Cs-133
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. 化学与社会和生活密切相关。下列说法错误的是
A. 干冰可用在舞台上制造“云雾”B. 葡萄糖可作为“碳量子点”的碳源
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用D. 杭州亚运会火炬燃料甲醇属于可再生能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰具有升华的性质，可用在舞台上制造“云雾”，A正确；
B．葡萄糖中含有碳元素，可作为“碳量子点”的碳源，B正确；
C．活性炭具有吸附性，可以除异味，没有杀菌作用，C错误；
D．甲醇可以从煤炭、天然气和生物质等多种资源中生产，属于可再生能源，D正确；
故选C。
2. 奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：
关于该中间体，下列说法正确的是
A. 含有三种官能团B. 含有2个手性碳原子
C. 能发生消去反应和水解反应D. 苯环上的一氯代物有5种结构试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基四种官能团，A错误；
B．已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的键线式可知，分子中不含手性碳原子，B错误；
C．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H，故能发生消去反应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应，C正确；
D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，故苯环上的一氯代物有8种结构，如图所示：，D错误；
故答案为：C。
3. 利用下列装置及药品能达到实验目的的是
A. 用装置甲以标准浓度的溶液滴定未知浓度的醋酸
B. 用装置乙制取无水氯化镁
C. 用装置丙验证氯气的漂白性
D. 用装置丁制备碳酸氢钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准浓度的溶液标定醋酸浓度，由于醋酸恰好中和时，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A项错误；
B．利用制备无水氯化镁时应在干燥的氯化氢气流中加热脱去结晶水以抑制氯化镁水解，B项正确；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用该装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯气具有漂白性，C项错误；
D．装置丁通入氨气时末防倒吸且通入的导管末伸入溶液中，D项错误；
答案选B
4. 某种锂电池电解液分子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子X和M的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 该电解液分子中存在键
C. 该电解液分子与苯甲醛分子间可形成氢键D. 为极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，由电解液分子的结构可知，X、Y、Z、W、M形成共价键的数目分别为1、4、2、1、6，基态原子X和M的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为F元素、M为S元素。
【详解】A．同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小顺序为F>O>S，故A正确；
B．由电解液分子的结构可知，电解液分子中S-F键、C-F键为键，故B正确；
C．由电解液分子的结构可知，电解液分子中不含有羟基，不能与不含有羟基的苯甲醛形成分子间氢键，故C错误；
D．一氟甲烷分子的空间构型为结构不对称的四面体形，属于极性分子，故D正确；
故选C。
5. 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)
下列说法正确的是
A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为
B. 若N点原子分数坐标为，则P点原子分数坐标为
C. M、N之间的距离为
D. 晶体的密度为
【答案】D
【解析】
【分析】该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，位于上平面4个，下平面4个，前平面2个，后平面2个，左侧平面2个，右侧平面2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比，化学式为。
【详解】A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误；
B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误；
C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误；
D．晶体的密度为，D正确；
答案选D。
6. 我国科学家研究出一种新型水系电池(甲装置)，既能实现乙炔加氢，又能发电。用该电池作为电源处理废水，实现将苯酚()氧化为和(乙装置)。
已知：放电时，Zn转化为ZnO。羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于F₂氧化剂。
下列说法错误的是
A. 甲、乙两装置相互连接时，a极应接d极
B. a极的电极反应为
C. 放电时，甲装置b极区溶液的pH逐渐减小
D. 相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3∶7
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，b电极上Zn失去电子发生氧化反应，b为负极，a为正极；右侧为电解池装置，d极区苯酚()氧化为和，d为阳极，c为阴极，以此解答。
【详解】A．甲装置中，a极为正极，b极为负极。乙装置中，c极为阴极，d极为阳极。因此a极应接d极，A正确；
B．a极发生还原反应，电极反应为，B正确；
C．b极发生的电极反应为，放电时，正极区溶液中的通过阴离子交换膜进入负极区溶液中，所以负极区溶液中的保持不变，但由于负极区有水生成，负极区溶液中的逐渐减小，碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，C正确；
D．根据电子得失守恒可写出关系式：，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比（相同条件下）为，D错误；
故选D。
7. 室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 整个过程中，水的电离程度逐渐增大
B. 该温度下H2S的Ka1数量级为10-7
C. 曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化
D. a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005ml时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01ml，c(H2S)=0.1 ml/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由图中起点可知0.1 ml/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 ml/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；
C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 ml/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；
D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；
答案选C
三、非选择题：共174分。
8. 叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。
①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10ml·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10ml·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________
【答案】 ①. tBuOH＋HNO2tBuNO2＋H2O ②. 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) ③. 水浴加热 ④. 降低叠氮化钠溶解度，防止产物损失 ⑤. 2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑ ⑥. 65% ⑦. AC ⑧. ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑
【解析】
【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；
(2) ①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；
A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；
B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；
C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；
D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。
【点睛】滴定计算类的题目，最常考查的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考查的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。
9. NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
（1）N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。
a.升高温度 b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强 d.加入合适的催化剂
（2）合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：
①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
（3）以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·ml-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·ml-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。
②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1mlC3H6、1mlNH3和1.5mlO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 ml，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
【答案】（1） ①. N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml ②. c
（2） ①. L2 ②. 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 ③. 1
（3） ①. p3>p2> p1 ②. 生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低 ③. 20. 5 ④. 12. 5
【解析】
【小问1详解】
根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知mlN2(g)与mlH2(g)生成1mlNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/ml，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动， 可以提高氨气的百分含量，故符合题意；
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml；c；
【小问2详解】
①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
【小问3详解】
①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xml，副反应消耗丙烷yml，列三段式得：
由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1ml，n()=1.5-1.5x-y=0.2ml，n()=1-x=0.2ml，n()=0.8ml，n()=2.5ml，n()=0.1ml。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
10. 利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱溶液生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同pH对应的V元素主要存在形式如下表：
回答下列问题：
（1）“焙烧”后V元素转化为，Si元素转化为___________(写化学式)。
（2）欲除净磷元素[即]，最终溶液中的浓度至少为___________{已知}。
（3）“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为___________，最终需要控制pH约为___________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是___________(写化学式)。
（4）“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为___________、___________。
（5）一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示。
①距离钒原子最近的氧原子有___________个。
②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，，若晶胞密度为，则___________cm(列出计算式即可)。
【答案】（1）Na2SiO3
（2）
（3） ①. 10+12H+=3+6H2O ②. 2 ③. V2O5
（4） ①. 2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O ②. 5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑
（5） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4。
【小问2详解】
因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2()，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设刚好完全除尽，即c()=1.0×10-5ml·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为。
【小问3详解】
结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时转化为，反应的离子方程式为：10+12H+=3+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2。
【小问4详解】
根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑。
【小问5详解】
①由图可知距离钒原子最近的氧原子有6个；
②由图可知，一个晶胞中含有V原子2个，O原子4个，根据，解得x=。
11. M是合成某增强免疫功效药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_；C中所含官能团的名称为___________。
（2）B→C和F→G的反应类型分别为___________、___________。
（3）化合物D的结构简式为___________。
（4）A→B反应的化学方程式为___________。
（5）满足下列条件的C的同分异构体有___________种(不包含立体异构)，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为___________(任写一种)。
i．能与NaHCO3溶液反应生成CO2﹔
ⅱ．能发生银镜反应。
（6）参考以上合成路线及反应条件，写出以为原料制备的合成路线：___________其他无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 己六醇或1，2，3，4，5，6-己六醇 ②. 醚键、醛基
（2） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（3） （4）2 + +2H2O
（5） ①. 12 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为；结合各种有机物的结构简式及反应条件进行分析解答。
【小问1详解】
由A的结构简式可知其化学名称为己六醇或1，2，3，4，5，6-己六醇；C中所含官能团的名称为醚键、醛基；
【小问2详解】
B→C为去氢氧化，所以反应类型为氧化反应；F→G为羟基被氯原子取代，其反应类型为取代反应；
【小问3详解】
结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为；
【小问4详解】
A→B反应的化学方程式为2++2H2O ；
【小问5详解】
结合信息可知，满足题给条件的C的同分异构体为四个饱和碳原子上连接一个醛基和一个羧基，即：，共有4+4+3+1=12种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为或；
【小问6详解】
结合以上合成路线及反应条件，以为原料合成的流程图为。pH
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
注意事项：
1.本试卷满分300分，考试时间150分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本试卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12N -14 O-16 F-19 Na-23 S-32 V-51 Ag-108 Cs-133
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. 化学与社会和生活密切相关。下列说法错误的是
A. 干冰可用在舞台上制造“云雾”B. 葡萄糖可作为“碳量子点”的碳源
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用D. 杭州亚运会火炬燃料甲醇属于可再生能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰具有升华的性质，可用在舞台上制造“云雾”，A正确；
B．葡萄糖中含有碳元素，可作为“碳量子点”的碳源，B正确；
C．活性炭具有吸附性，可以除异味，没有杀菌作用，C错误；
D．甲醇可以从煤炭、天然气和生物质等多种资源中生产，属于可再生能源，D正确；
故选C。
2. 奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示：
关于该中间体，下列说法正确的是
A. 含有三种官能团B. 含有2个手性碳原子
C. 能发生消去反应和水解反应D. 苯环上的一氯代物有5种结构试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基四种官能团，A错误；
B．已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的键线式可知，分子中不含手性碳原子，B错误；
C．由题干有机物的键线式可知，分子中含有碳氯键，且与氯原子相邻的碳原子上还有H，故能发生消去反应和水解反应，同时含有酯基也能发生水解反应，C正确；
D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，故苯环上的一氯代物有8种结构，如图所示：，D错误；
故答案为：C。
3. 利用下列装置及药品能达到实验目的的是
A. 用装置甲以标准浓度的溶液滴定未知浓度的醋酸
B. 用装置乙制取无水氯化镁
C. 用装置丙验证氯气的漂白性
D. 用装置丁制备碳酸氢钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准浓度的溶液标定醋酸浓度，由于醋酸恰好中和时，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A项错误；
B．利用制备无水氯化镁时应在干燥的氯化氢气流中加热脱去结晶水以抑制氯化镁水解，B项正确；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用该装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯气具有漂白性，C项错误；
D．装置丁通入氨气时末防倒吸且通入的导管末伸入溶液中，D项错误；
答案选B
4. 某种锂电池电解液分子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态原子X和M的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，下列说法错误的是
A. 第一电离能：B. 该电解液分子中存在键
C. 该电解液分子与苯甲醛分子间可形成氢键D. 为极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，由电解液分子的结构可知，X、Y、Z、W、M形成共价键的数目分别为1、4、2、1、6，基态原子X和M的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为F元素、M为S元素。
【详解】A．同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小顺序为F>O>S，故A正确；
B．由电解液分子的结构可知，电解液分子中S-F键、C-F键为键，故B正确；
C．由电解液分子的结构可知，电解液分子中不含有羟基，不能与不含有羟基的苯甲醛形成分子间氢键，故C错误；
D．一氟甲烷分子的空间构型为结构不对称的四面体形，属于极性分子，故D正确；
故选C。
5. 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)
下列说法正确的是
A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为
B. 若N点原子分数坐标为，则P点原子分数坐标为
C. M、N之间的距离为
D. 晶体的密度为
【答案】D
【解析】
【分析】该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，位于上平面4个，下平面4个，前平面2个，后平面2个，左侧平面2个，右侧平面2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比，化学式为。
【详解】A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误；
B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误；
C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误；
D．晶体的密度为，D正确；
答案选D。
6. 我国科学家研究出一种新型水系电池(甲装置)，既能实现乙炔加氢，又能发电。用该电池作为电源处理废水，实现将苯酚()氧化为和(乙装置)。
已知：放电时，Zn转化为ZnO。羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于F₂氧化剂。
下列说法错误的是
A. 甲、乙两装置相互连接时，a极应接d极
B. a极的电极反应为
C. 放电时，甲装置b极区溶液的pH逐渐减小
D. 相同时间内，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为3∶7
【答案】D
【解析】
【分析】根据电池装置图可知，左侧为原电池装置，b电极上Zn失去电子发生氧化反应，b为负极，a为正极；右侧为电解池装置，d极区苯酚()氧化为和，d为阳极，c为阴极，以此解答。
【详解】A．甲装置中，a极为正极，b极为负极。乙装置中，c极为阴极，d极为阳极。因此a极应接d极，A正确；
B．a极发生还原反应，电极反应为，B正确；
C．b极发生的电极反应为，放电时，正极区溶液中的通过阴离子交换膜进入负极区溶液中，所以负极区溶液中的保持不变，但由于负极区有水生成，负极区溶液中的逐渐减小，碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，C正确；
D．根据电子得失守恒可写出关系式：，故相同时间内，c、d两极产生气体的体积比（相同条件下）为，D错误；
故选D。
7. 室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. 整个过程中，水的电离程度逐渐增大
B. 该温度下H2S的Ka1数量级为10-7
C. 曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化
D. a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005ml时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01ml，c(H2S)=0.1 ml/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由图中起点可知0.1 ml/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 ml/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；
C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 ml/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；
D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；
答案选C
三、非选择题：共174分。
8. 叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：tBuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋tBuOH。
①装置a的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10ml·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10ml·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________
【答案】 ①. tBuOH＋HNO2tBuNO2＋H2O ②. 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) ③. 水浴加热 ④. 降低叠氮化钠溶解度，防止产物损失 ⑤. 2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑ ⑥. 65% ⑦. AC ⑧. ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑
【解析】
【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；
(2) ①装置a的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；
A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；
B．量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；
C．步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；
D．将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。
【点睛】滴定计算类的题目，最常考查的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考查的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。
9. NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
（1）N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。
a.升高温度 b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强 d.加入合适的催化剂
（2）合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：
①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
（3）以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·ml-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·ml-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。
②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1mlC3H6、1mlNH3和1.5mlO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 ml，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
【答案】（1） ①. N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml ②. c
（2） ①. L2 ②. 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 ③. 1
（3） ①. p3>p2> p1 ②. 生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低 ③. 20. 5 ④. 12. 5
【解析】
【小问1详解】
根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知mlN2(g)与mlH2(g)生成1mlNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/ml，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动， 可以提高氨气的百分含量，故符合题意；
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/ml；c；
【小问2详解】
①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
【小问3详解】
①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xml，副反应消耗丙烷yml，列三段式得：
由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1ml，n()=1.5-1.5x-y=0.2ml，n()=1-x=0.2ml，n()=0.8ml，n()=2.5ml，n()=0.1ml。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
10. 利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱溶液生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同pH对应的V元素主要存在形式如下表：
回答下列问题：
（1）“焙烧”后V元素转化为，Si元素转化为___________(写化学式)。
（2）欲除净磷元素[即]，最终溶液中的浓度至少为___________{已知}。
（3）“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为___________，最终需要控制pH约为___________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是___________(写化学式)。
（4）“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为___________、___________。
（5）一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示。
①距离钒原子最近的氧原子有___________个。
②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，，若晶胞密度为，则___________cm(列出计算式即可)。
【答案】（1）Na2SiO3
（2）
（3） ①. 10+12H+=3+6H2O ②. 2 ③. V2O5
（4） ①. 2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O ②. 5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑
（5） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4。
【小问2详解】
因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2()，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设刚好完全除尽，即c()=1.0×10-5ml·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为。
【小问3详解】
结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时转化为，反应的离子方程式为：10+12H+=3+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2。
【小问4详解】
根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑。
【小问5详解】
①由图可知距离钒原子最近的氧原子有6个；
②由图可知，一个晶胞中含有V原子2个，O原子4个，根据，解得x=。
11. M是合成某增强免疫功效药物的中间体，其一种合成路线如下：
已知：。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_；C中所含官能团的名称为___________。
（2）B→C和F→G的反应类型分别为___________、___________。
（3）化合物D的结构简式为___________。
（4）A→B反应的化学方程式为___________。
（5）满足下列条件的C的同分异构体有___________种(不包含立体异构)，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为___________(任写一种)。
i．能与NaHCO3溶液反应生成CO2﹔
ⅱ．能发生银镜反应。
（6）参考以上合成路线及反应条件，写出以为原料制备的合成路线：___________其他无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 己六醇或1，2，3，4，5，6-己六醇 ②. 醚键、醛基
（2） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（3） （4）2 + +2H2O
（5） ①. 12 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为；结合各种有机物的结构简式及反应条件进行分析解答。
【小问1详解】
由A的结构简式可知其化学名称为己六醇或1，2，3，4，5，6-己六醇；C中所含官能团的名称为醚键、醛基；
【小问2详解】
B→C为去氢氧化，所以反应类型为氧化反应；F→G为羟基被氯原子取代，其反应类型为取代反应；
【小问3详解】
结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为；
【小问4详解】
A→B反应的化学方程式为2++2H2O ；
【小问5详解】
结合信息可知，满足题给条件的C的同分异构体为四个饱和碳原子上连接一个醛基和一个羧基，即：，共有4+4+3+1=12种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为或；
【小问6详解】
结合以上合成路线及反应条件，以为原料合成的流程图为。pH
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
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