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江西省赣州市2023届高三化学上学期1月期末试题（Word版附解析）
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这是一份江西省赣州市2023届高三化学上学期1月期末试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
江西省赣州市2022~2023学年高三上学期期末考试
化学试题
说明：①考试时间100分钟，满分100分：
②本试卷分为Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将Ⅰ、Ⅱ卷的答案填写在答题卡上对应位置；
③可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65 Ba-137
第Ⅰ卷 (选择题共48分)
一、单选题(每小题3分，共48分，每道题只有一个正确选项。)
1. 2022年北京冬奥会提出“科技冬奥”的理念。冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，氢气为燃料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法正确的是
A. 冬奥会史上首次采用氢气火炬，工业上氢气可来源于煤的气化
B. 碳纤维属于有机高分子材料
C. 铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀
D. 含钾元素的“配方”可使火焰呈黄色
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上氢气可来源于煤的气化，一般是将煤炭转化成CO和H2，A正确；
B．碳纤维材料是碳材料，其属于新型无机非金属材料，B错误；
C．铝合金密度小、硬度大，适合用于制造运载火箭等航天器，C错误；
D．钠的焰色为黄色，钾的焰色透过蓝色钴玻璃为紫色，D错误；
答案选A。
2. 下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；
B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；
C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；
D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示。下列有关二羟基甲戊酸的说法错误的是
A. 二嵯基甲戊酸的分子式为
B. 与乳酸(结构如图b)互为同系物
C. 与乙醇、乙酸均能发生酯化反应，能使酸性溶液褪色
D. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，二甲戊酸的分子式为C6H12O4，A正确；
B．两者结构不相似，故不为同系物，B错误；
C．由图a可知，二羟基甲戊酸含有两个羟基和1个羧基，羟基能与乙酸发生酯化反应，其中-CH2OH中的羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，羧基能与乙醇发生酯化反应，C正确；
D．羟基羧基均能与钠反应，与碳酸氢钠反应的只能是羧基，等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1，D正确；
答案选B。
4. 下列“类推”合理的是
A. Na与反应生成NaOH和，则Fe和反应生成和
B. 可与水反应生成，则可与水反应生成
C. 铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成
D. 与反应生成HCl和HClO，则与反应生成HF和HFO
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铁与水常温下不反应，高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，A错误；
B．CO2能与水反应生成H2CO3，但SiO2不难溶于水，不与水反应生成H2SiO3，B错误；
C．Cl2的氧化性强，将具有可变价态的金属氧化到较高价态，铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成，C正确；
D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，但F2具有强氧化性，与水反应生成HF和O2，D错误；
答案选C。
5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 32g()分子中含有的S-S键数为
B. 标准状况下，2.24L所含氢原子数为
C. 的溶液含的数目为
D. 在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个分子含有8个S-S键，32g分子中含有的S-S键数为，A正确；
B．标准状况下乙醇是液体，2.24L所含氢原子数不是，B错误；
C．的溶液的体积未知，且碳酸根水解，无法计算其中含的数目，C错误；
D．在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，由于是可逆反应，所以转移电子数小于，D错误；
答案选A。
6. 下列离子方程式正确的是
A. 向酸性溶液中滴加双氧水：
B. 溶液与少量的溶液混合：
C. 溶于氢碘酸：
D. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向酸性溶液中滴加双氧水：，A错误；
B．溶液与少量的溶液混合：，B错误；
C．溶于氢碘酸，碘离子具有还原性，碘离子转化为碘单质：，C正确；
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的，醋酸为弱电解质：，D错误；
答案选C。
7. 某温度下，在2 L的密闭容器中，充入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)，反应一段时间达到平衡，测得生成1.6 mol C，则下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡向逆反应方向移动
B. 达平衡后B的转化率为
C. 增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 若升高温度，A的转化率增大，则该反应∆H<0
【答案】B
【解析】
【详解】列三段式：，
A．该正反应方向为气体分子数减小的方向，则增大压强，平衡向正反应方向移动，A错误；
B．达平衡后B的转化率为，B正确；
C．温度不变，增加A，化学平衡常数不变，C错误；
D．若升高温度，A转化率增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，∆H>0，D错误；
故选：B。
8. 有一混合溶液中含有以下离子的若干种：、、、、、、，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：
①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；
②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99g白色沉淀。
根据上述实验，以下推测正确的是
A. 可能存在
B. 可能存在
C. 一定不存在
D. 100mL该溶液中若含有0.01mol，则的物质的量浓度为0.04mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】①第一份溶液中滴加足量的NaOH溶液并加热，有气体生成，说明含有NH，生成气体为NH3，根据氮原子守恒铵根离子的物质的量=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，同时生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则一定不含CO，白色沉淀为Mg(OH)2，根据Mg原子守恒可知镁离子的物质的量=0.58g÷58g/mol=0.01mol；
②第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO，则一定不含Ba2+，硫酸根离子的物质的量=6.99g÷233g/mol=0.03mol，根据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子K+，可能含有Cl－，据此分析解题。
【详解】A．由上述分析可知，溶液中一定含有K+，故A错误；
B．由上述分析可知，溶液中一定不含CO，故B错误；
C．由上述分析可知，溶液中一定不存在Ba2+，故C正确；
D．若100mL该溶液中若含有0.01mol Cl－，根据电荷关系可知钾离子的物质的量=0.04mol，则钾离子浓度=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，故D错误；
故选C。
9. 化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是
A. 氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点
B. 活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键
C. 速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
D. 物理变化也可以有化学键的破坏
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A错误；
B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B错误；
C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C错误；
D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D正确；
答案选D。
10. 铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效选择性。其反应历程与能量变化如图：
下列说法错误的是
A. 使用Bi2O3催化剂更有利于CO2的吸附
B. 使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等，但反应热相等
C. CO2电化学还原制取HCOOH的反应△H<0
D. *CO生成*HCOO-的反应为：*CO+HCO=*CO+*HCOO-
【答案】D
【解析】
【详解】A．据图可知使用Bi2O3催化剂时，CO2变为吸附态释放的能量更多，更有利于吸附，A正确；
B．催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应热，B正确；
C．据图可知初始反应物的能量高于最终生成物，所以该反应为放热反应，△H<0，C正确；
D．所给离子方程式电荷不守恒，正确反应式为：*CO+HCO+e-=*CO+*HCOO-，D错误；
综上所述答案为D。
11. 已知化合物N的结构如图，N是中学化学中常见的一种物质，其水溶液显微弱的酸性，图中的X、Y、Z、M四种元素均为短周期主族元素。下列叙述正确的是
A. Y的最高正价为+4价
B. 简单离子半径：Y>Z>M
C. 化合物N可促进水的电离
D. Z和M形成的二元化合物中只含有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】M可以形成+1价阳离子，应为Na+或Li+，LiOH或NaOH均为强碱，所以M+不会水解，且含有Li+的物质并不常见，所以M应为Na元素，则N的水溶液显微弱的酸性应是由于其可以电离出H+，所以化合物N为酸式盐，再结合N的结构可知，X应为H元素，Z为O元素，该物质的化学式应为NaHYO3，符合的常见物质有NaHSO3、NaHCO3，而NaHCO3溶液显碱性，所以该物质应为NaHSO3，Y为S元素。
【详解】A．Y为S元素，最高正价为+6价，A错误；
B．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小，半径越大，所以离子半径：S2-＞O2-＞Na+，即Y>Z>M，B正确；
C．既能电离，也能水解，电离出的氢离子抑制水的电离，水解促进水的电离，溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，所以抑制水的电离，C错误；
D．Na和O可以形成化合物Na2O2，含有O原子和O原子形成的共价键，D错误；
综上所述答案为B。
12. 氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。下列说法错误的是
A. 甲装置中的固体可以是NaOH或CaO
B. 乙装置中干燥剂可以是碱石灰
C. 丙中发生反应是4NH3＋5O24NO＋6H2O
D. 若戊中观察到紫色溶液变红，则说明已制得HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】甲中浓氨水用于制备氨气，经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化，因此甲中需要同时提供氨气和氧气，则X为过氧化钠，丙中氨气、氧气在催化作用下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置，据此分析解答。
【详解】A．甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH或CaO ，只能提供氨气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，故A错误；
B．乙用于干燥氨气、氧气，可用碱石灰干燥，故B正确；
C．加热条件下，氨气与氧气在催化条件下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH３+5O24NO+6H2O，故C正确；
D．戊中观察到紫色溶液变红，说明生成了酸性物质，可以说明二氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸，故D正确；
故选A。
13. 称取进行热重分析，固体质量随温度的变化关系如图所示，为获得和的混合产品，烘干时的温度范围为
A. 145~195℃ B. 195~273℃ C. >273℃ D. 90~145℃
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知当温度小于90℃时，固体为，此时固体的物质的量为；当温度为145℃时，固体的质量为42.1g，失去结晶水的物质的量为，则产品为；同理可得，当温度为195℃时产品为，当温度为273℃时产品为。为获得和的混合产品，应控制温度范围为145～195℃，A正确。
14. 2020年9月中国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由制得异丙醇。其中A、B均是惰性电极，下列说法正确的是
A. A为负极
B. 若A极产生4g，则B极产生16g
C. 电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极
D. A极上参与的反应为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．B极氧元素价态升高失电子，发生氧化反应，故B极为负极，A错误；
B．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，根据得失电子数守恒可知，A极反应式：2H++ 2e-=H2↑，若A极产生4g(2mol)，B极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+则B极产生氧气的质量大于， B错误；
C．原电池工作时，电子从负极(B)经外电路流向正极(A)，不经过合成蛋白质纤维膜，C错误；
D．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，电极反应式为，D正确；
答案选D。
15. 习近平总书记视察赣州时强调，稀土是重要的战略资源，也是不可再生资源。钪(Sc)是一种稀土金属，从钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，并制备氧化钪()的工艺流程如图所示［已知：、均难溶于水］。下列说法错误的是
A. 酸洗时加入的目的是将氧化为
B. 实验室进行“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. “滤渣Ⅰ”的成分是、
D. 草酸钪焙烧时反应的化学方程式：
【答案】C
【解析】
【分析】钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，酸洗时加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH)3。转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，据此分析回答问题
【详解】A．据分析可知，酸洗时加入的目的是将氧化为，A正确；
B．由流程可知，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；
C．据分析可知，“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，C错误；
D．草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，反应的化学方程式：，D正确；
答案选C。
16. 已知：亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，利用NaOH调节亚磷酸溶液pH时，维持溶液中含磷微粒的物质的量浓度之和始终为0.1，得到溶液中各种含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 0.1H3PO3溶液中：c(H3PO3)：c()>106
B. 反应的平衡常数K=106.54
C. N点溶液中：
D. 0.1Na2HPO3溶液中：pH=9.77
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，，则c(H+)=c()==10-1.215，同理：c()==10-6.54，，A错误；
B．由N点数据可知，反应的平衡常数K==106.54，B正确；
C．N点溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)由电荷守恒式：可知，C正确；
D．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，则的水解平衡常数为：Kh1==10-7.46，故有+H2OOH-+，Kh1==10-7.46，则c(OH-)==10-4.23mol/L，则c(H+)==10-9.77，则pH=9.77，D正确；
故答案为：A。
第Ⅱ卷 (填空题共52分)
二、填空题(一)
必考题(共37分)
17. 当硝酸与金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物不同。金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下：
已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：
（1）Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是_______。
（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，写出D与E反应的化学方程式：_______。
（3）写出铝在碱性条件下与反应的离子方程式：_______。
（4）为了更加准确测定E气体的相对分子质量，应选择的合适条件是_______。
A. 较高温度、较高压强 B. 较低温度、较低压强
C. 较高温度、较低压强 D. 较低温度、较高压强
【答案】（1）1∶1（2）
（3）（4）C
【解析】
【分析】由转化关系图D→C→E→F ，及D和F反应可生成盐及题中信息可知氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以：D为NH3、C为NO、E为NO2、F为HNO3，可知金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，在酸性环境下，铝和硝酸反应生成铝盐和NO，碱性环境下生成偏铝酸盐和NH3， A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。气体D和A溶液反应生成白色沉淀,NH3和铝盐生成氢氧化铝沉淀，据此分析解题。
【小问1详解】
Al与在酸性条件下反应生成铝盐、NO，在反应中铝失去3个电子，的还原产物是NO，化合价由+5价降低到+2价，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1:1，故答案为:1:1；
【小问2详解】
氨气可以和C（一氧化氮）或D（二氧化氮）发生氧化还原反应生成无毒气体单质氮气，化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)，答案：6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)；
【小问3详解】
由前面推断可知，金属铝在碱性环境下可以和反应生成偏铝酸盐和氨气，用离子方程式为：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑，答案：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑；
【小问4详解】
NO2中存在可逆反应，测定NO2气体的相对分子质量，应抑制该反应发生。其它条件不变，升高温度或减小压强会使平衡向逆反应进行，所以，应在低压、高温条件下测定测定NO2气体的相对分子质量更准确，答案选C。
18. 硫代尿素也称硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
Ⅰ.硫脲的制备：
已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。
（1）装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______。
A.FeS固体+浓硫酸 B.FeS固体+稀硝酸 C.FeS固体+稀盐酸
（2）仪器M的名称为_______。按(2)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)
（3）装置C中反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.硫脲分离及产品含量的测定：
（4）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用cmol/L标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL(已知)。
①硫脲 [CS(NH2)2]中硫元素的化合价为_______价。
②样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、c、V的式子表示)。
【答案】（1）C（2） ①. (球形)干燥管 ②. a→b→d→e→f
（3）
（4） ①. -2 ②.
【解析】
【分析】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为，据此分析解题。
【小问1详解】
装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；
【小问2详解】
仪器M为(球形)干燥管；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；
【小问3详解】
装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；
【小问4详解】
①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；
②用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL，消耗的物质的量为cV×10-3mol，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。
19. 甲醇和乙醇是生活中常见的燃料，它们的制备方法如下：
（1）已知：
Ⅰ.；
Ⅱ.；
Ⅲ.。
图1为一定比例的、；CO、；CO、、三个反应体系中，反应相同时间，甲醇的生成速率与温度的关系。
①计算反应Ⅲ的_______。
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析原因_______。
（2）一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入1mol和一定量的，发生如下反应：，测得的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。其中、表示温度，速率方程：，(k是速率常数，只与温度有关)。
图2
①该反应的_______0(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②温度为时，测得平衡体系中，则该温度下的平衡常数K=_______。
③N点的_______。
【答案】（1） ①. ②. CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行
（2） ①. < ②. ③. 12
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ可得，△H3 =△H2 -△H1 =-90.4kJ·mol-1 -(-40.9kJ·mol-1)=- 49.5 kJ·mol-1
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，使反应Ⅲ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，故使甲醇生成速率增大。
【小问2详解】
①从C2H4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系图可知，T2温度时，该反应最先达到平衡状态，则T2>T1，温度升高，C2H4(g)的转化率(α)却减小，说明该反应正反应是放热反应，则反应的△H<0。
②温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4的起始浓度为1mol/L，则平衡时c(C2H4)=0.2 mol·L−1，根据C2H4(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)，则平衡时，c(CH3CH2OH)=0.80 mol·L−1，c(H2O)=0.4mol·L−1是已知的，则K= 。
④由第③问可知，温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4(g)的起始浓度为1mol/L，则达到平衡时，C2H4转化了0.8mol·L−1，根据C2H4(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)可知，H2O(g)也转化了0.8mol·L−1，平衡时c(H2O)=0.4mol·L−1，那么起始时，c(H2O)=1.2mol·L−1。N点的温度为T1，此时C2H4(g)的平衡转化率为40%，则N点时，c(C2H4)= 1.0-0.4=0.6mol·L−1，c(H2O)=1.2-0.4=0.8 mol·L−1，c(CH3CH2OH)=0.4 mol·L−1，则。
20. 从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）滤渣2的成分是_______(写化学式)。
（2）焙烧中转化为的化学方程式为_______。
（3）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。计算“沉铬”后滤液中为_______mol/L［已知在此条件下，，］
（4）“转化”的离子方程式为_______。
【答案】（1）、
（2）
（3） ①. 6.0 ②.
（4）
【解析】
【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。
【小问1详解】
调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、A13+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问2详解】
焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；故答案为: 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
【小问3详解】
根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
【小问4详解】
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
(二)选考题(共15分，考生选其一选修模块的一个小题作答，并把答案填写在对应的位置)
【选修三——物质结构与性质】
21. 如图甲，铜离子与有机物HA可形成一种螯合物，从而萃取水中的铜离子。
图中的R、R′均为烷烃基，该萃取反应可简单表示为2HA+Cu2+CuA2+2H+
回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为_______。
（2）有机物HA中，C、N、O三种元素电负性由大到小的顺序是_______。
（3）螯合物中的氮原子杂化方式为_______，氧原子的杂化方式为_______。
（4）下列关于螯合物的说法中，正确的是_______(填序号)。
①中O的配位能力比N强
②与配位的4个原子可能呈平面构型
③既溶于水又溶于有机溶剂
④每个分子中含2个氢键、2个π键
（5）萃取后，铜离子进入有机相中，反萃取时，螯合物释放出铜离子，铜离子进入水相，可用于铜离子的富集及提纯，则反萃取时常加入的试剂是_______。
（6）金属铜与铝可形成多种不同的合金，其中一种合金的晶胞如图乙所示，晶胞参数，，，按图乙中阴影面进行投影得到图丙。
该晶体的化学式为_______，密度为_______(结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）
（2）O>N>C（3） ①. ②.
（4）②③（5）盐酸或硫酸
（6） ①. ②. 4.0
【解析】
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
【小问2详解】
同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：O>N>C；
【小问3详解】
由结构简式可知，螯合物CuA2中氮原子形成双键、氧原子形成单键，则氮原子的杂化方式为sp2杂化、氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；
小问4详解】
①由结构简式可知，CuA2中氮原子与铜离子形成配位键，则氮原子的配位能力比氧原子强，故①错误；
②类比铜离子与氨分子形成的配合物的结构可知，与铜离子配位的2个氧原子和2个氮原子有可能位于同一平面上，即有可能呈平面构型，故②正确；
③由铜离子与有机物HA可形成一种螯合物CuA2，从而萃取水中的铜离子可知，CuA2不溶于水易溶于有机溶剂，故③错误；
④由结构简式可知，每个CuA2中含有如图所示的2个氢键、2个π键：，故④正确；
故选②④；
【小问5详解】
由萃取反应的离子方程式可知，反萃取时增大溶液中的氢离子浓度，可使平衡向逆反应方向移动，使螯合物释放出铜离子进入水相，则反萃取时常加入的试剂是盐酸或硫酸，故答案为：盐酸或硫酸；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为8×+2×+4×+1=4，位于面上的铜原子个数为4×=2，则该晶体的化学式为Al2Cu(或CuAl2)；设晶体的密度为d，由晶胞的质量公式可得：(0.412×0.58×10—21)d=，解得d≈4.0，故答案为：Al2Cu(或CuAl2)；4.0。
【选修五——有机化学基础】
22. 化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①；
② (、、、均表示烃基)。
（1）A的核磁共振氢谱中有_______组吸收峰，C的化学名称为_______。
（2）F的结构简式为_______，M的官能团名称为_______。
（3）C→D的化学方程式为_______。
（4）同时满足下列条件的M的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①五元环上连有2个取代基；
②能与溶液反应生成气体；
③能发生银镜反应。
（5）参照上述合成路线和信息，以1-甲基环戊烯()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。________
【答案】（1） ①. 1 ②. 1-氯环己烷
（2） ①. ②. 羰基、酯基
（3） (其它合理答案也可)
（4）6（5）
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，D发生氧化反应生成E，E发生酯化反应生成F，F发生信息②的反应生成M，根据M结构简式及CE分子式知，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式为，A的核磁共振氢谱中有1组吸收峰；C的结构简式为；故答案为1；1-氯环己烷。
【小问2详解】
据分析可知，F的结构简式为，M的官能团名称为羰基、酯基；故答案为；羰基、酯基。
【小问3详解】
C→D为氯代烃的消去反应，化学方程式为，故答案为。
【小问4详解】
M的同分异构体同时满足相邻条件：①五元环上连有2个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应说明含有醛基，
符合条件的结构简式有，故答案为6。
【小问5详解】
以1−甲基环戊烯为原料（无机试剂任选）制备，可由HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH制备，HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH可由CH3COCH2CH2CH2COOH和氢气发生加成反应得到，CH3COCH2CH2CH2COOH可由1−甲基环戊烯发生氧化反应得到，其合成路线为；故答案为。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移能力，根据题给信息结合M结构简式、某些分子式结合反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是合成路线设计，题目难度中等。
江西省赣州市2022~2023学年高三上学期期末考试
化学试题
说明：①考试时间100分钟，满分100分：
②本试卷分为Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将Ⅰ、Ⅱ卷的答案填写在答题卡上对应位置；
③可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65 Ba-137
第Ⅰ卷 (选择题共48分)
一、单选题(每小题3分，共48分，每道题只有一个正确选项。)
1. 2022年北京冬奥会提出“科技冬奥”的理念。冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，氢气为燃料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法正确的是
A. 冬奥会史上首次采用氢气火炬，工业上氢气可来源于煤的气化
B. 碳纤维属于有机高分子材料
C. 铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀
D. 含钾元素的“配方”可使火焰呈黄色
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上氢气可来源于煤的气化，一般是将煤炭转化成CO和H2，A正确；
B．碳纤维材料是碳材料，其属于新型无机非金属材料，B错误；
C．铝合金密度小、硬度大，适合用于制造运载火箭等航天器，C错误；
D．钠的焰色为黄色，钾的焰色透过蓝色钴玻璃为紫色，D错误；
答案选A。
2. 下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；
B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；
C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；
D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 二羟基甲戊酸是合成青蒿素的原料之一，其结构如图a所示。下列有关二羟基甲戊酸的说法错误的是
A. 二嵯基甲戊酸的分子式为
B. 与乳酸(结构如图b)互为同系物
C. 与乙醇、乙酸均能发生酯化反应，能使酸性溶液褪色
D. 等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，二甲戊酸的分子式为C6H12O4，A正确；
B．两者结构不相似，故不为同系物，B错误；
C．由图a可知，二羟基甲戊酸含有两个羟基和1个羧基，羟基能与乙酸发生酯化反应，其中-CH2OH中的羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，羧基能与乙醇发生酯化反应，C正确；
D．羟基羧基均能与钠反应，与碳酸氢钠反应的只能是羧基，等量的二羟基甲戊酸消耗Na和的物质的量之比为3∶1，D正确；
答案选B。
4. 下列“类推”合理的是
A. Na与反应生成NaOH和，则Fe和反应生成和
B. 可与水反应生成，则可与水反应生成
C. 铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成
D. 与反应生成HCl和HClO，则与反应生成HF和HFO
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铁与水常温下不反应，高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，A错误；
B．CO2能与水反应生成H2CO3，但SiO2不难溶于水，不与水反应生成H2SiO3，B错误；
C．Cl2的氧化性强，将具有可变价态的金属氧化到较高价态，铜与氯气反应生成，则铁与氯气反应生成，C正确；
D．Cl2与水反应生成HCl和HClO，但F2具有强氧化性，与水反应生成HF和O2，D错误；
答案选C。
5. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 32g()分子中含有的S-S键数为
B. 标准状况下，2.24L所含氢原子数为
C. 的溶液含的数目为
D. 在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，转移电子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个分子含有8个S-S键，32g分子中含有的S-S键数为，A正确；
B．标准状况下乙醇是液体，2.24L所含氢原子数不是，B错误；
C．的溶液的体积未知，且碳酸根水解，无法计算其中含的数目，C错误；
D．在高温、高压和催化剂条件下，密闭容器中2g与足量反应，由于是可逆反应，所以转移电子数小于，D错误；
答案选A。
6. 下列离子方程式正确的是
A. 向酸性溶液中滴加双氧水：
B. 溶液与少量的溶液混合：
C. 溶于氢碘酸：
D. 用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向酸性溶液中滴加双氧水：，A错误；
B．溶液与少量的溶液混合：，B错误；
C．溶于氢碘酸，碘离子具有还原性，碘离子转化为碘单质：，C正确；
D．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的，醋酸为弱电解质：，D错误；
答案选C。
7. 某温度下，在2 L的密闭容器中，充入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)，反应一段时间达到平衡，测得生成1.6 mol C，则下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡向逆反应方向移动
B. 达平衡后B的转化率为
C. 增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 若升高温度，A的转化率增大，则该反应∆H<0
【答案】B
【解析】
【详解】列三段式：，
A．该正反应方向为气体分子数减小的方向，则增大压强，平衡向正反应方向移动，A错误；
B．达平衡后B的转化率为，B正确；
C．温度不变，增加A，化学平衡常数不变，C错误；
D．若升高温度，A转化率增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，∆H>0，D错误；
故选：B。
8. 有一混合溶液中含有以下离子的若干种：、、、、、、，现有两份体积相同各为100mL的该溶液进行如下实验：
①向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热后，收集到0.224L的气体(标准状况下测定)，并产生0.58g白色沉淀；
②向第二份溶液中加入足量的溶液，产生6.99g白色沉淀。
根据上述实验，以下推测正确的是
A. 可能存在
B. 可能存在
C. 一定不存在
D. 100mL该溶液中若含有0.01mol，则的物质的量浓度为0.04mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】①第一份溶液中滴加足量的NaOH溶液并加热，有气体生成，说明含有NH，生成气体为NH3，根据氮原子守恒铵根离子的物质的量=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，同时生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则一定不含CO，白色沉淀为Mg(OH)2，根据Mg原子守恒可知镁离子的物质的量=0.58g÷58g/mol=0.01mol；
②第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO，则一定不含Ba2+，硫酸根离子的物质的量=6.99g÷233g/mol=0.03mol，根据电荷守恒，溶液中一定含有阳离子K+，可能含有Cl－，据此分析解题。
【详解】A．由上述分析可知，溶液中一定含有K+，故A错误；
B．由上述分析可知，溶液中一定不含CO，故B错误；
C．由上述分析可知，溶液中一定不存在Ba2+，故C正确；
D．若100mL该溶液中若含有0.01mol Cl－，根据电荷关系可知钾离子的物质的量=0.04mol，则钾离子浓度=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L，故D错误；
故选C。
9. 化学键是非常重要的概念，它与物质变化过程中的能量变化息息相关，下列说法正确的是
A. 氢键是化学键中的一种，会影响物质的熔沸点
B. 活泼金属元素与活泼非金属元素一定形成离子键
C. 速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键
D. 物理变化也可以有化学键的破坏
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢键属于分子间作用力，不是化学键，会影响物质的熔沸点，A错误；
B．活泼金属元素与活泼非金属元素不一定形成离子键，例如AlCl3形成的是共价键，B错误；
C．干冰属于分子晶体，升华破坏了分子间作用力，C错误；
D．物理变化中可能有化学键的断裂，如NaCl溶于水发生电离，离子键被破坏，D正确；
答案选D。
10. 铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效选择性。其反应历程与能量变化如图：
下列说法错误的是
A. 使用Bi2O3催化剂更有利于CO2的吸附
B. 使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等，但反应热相等
C. CO2电化学还原制取HCOOH的反应△H<0
D. *CO生成*HCOO-的反应为：*CO+HCO=*CO+*HCOO-
【答案】D
【解析】
【详解】A．据图可知使用Bi2O3催化剂时，CO2变为吸附态释放的能量更多，更有利于吸附，A正确；
B．催化剂可以改变反应的活化能，但不改变反应热，B正确；
C．据图可知初始反应物的能量高于最终生成物，所以该反应为放热反应，△H<0，C正确；
D．所给离子方程式电荷不守恒，正确反应式为：*CO+HCO+e-=*CO+*HCOO-，D错误；
综上所述答案为D。
11. 已知化合物N的结构如图，N是中学化学中常见的一种物质，其水溶液显微弱的酸性，图中的X、Y、Z、M四种元素均为短周期主族元素。下列叙述正确的是
A. Y的最高正价为+4价
B. 简单离子半径：Y>Z>M
C. 化合物N可促进水的电离
D. Z和M形成的二元化合物中只含有离子键
【答案】B
【解析】
【分析】M可以形成+1价阳离子，应为Na+或Li+，LiOH或NaOH均为强碱，所以M+不会水解，且含有Li+的物质并不常见，所以M应为Na元素，则N的水溶液显微弱的酸性应是由于其可以电离出H+，所以化合物N为酸式盐，再结合N的结构可知，X应为H元素，Z为O元素，该物质的化学式应为NaHYO3，符合的常见物质有NaHSO3、NaHCO3，而NaHCO3溶液显碱性，所以该物质应为NaHSO3，Y为S元素。
【详解】A．Y为S元素，最高正价为+6价，A错误；
B．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小，半径越大，所以离子半径：S2-＞O2-＞Na+，即Y>Z>M，B正确；
C．既能电离，也能水解，电离出的氢离子抑制水的电离，水解促进水的电离，溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，所以抑制水的电离，C错误；
D．Na和O可以形成化合物Na2O2，含有O原子和O原子形成的共价键，D错误；
综上所述答案为B。
12. 氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。下列说法错误的是
A. 甲装置中的固体可以是NaOH或CaO
B. 乙装置中干燥剂可以是碱石灰
C. 丙中发生反应是4NH3＋5O24NO＋6H2O
D. 若戊中观察到紫色溶液变红，则说明已制得HNO3
【答案】A
【解析】
【分析】甲中浓氨水用于制备氨气，经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化，因此甲中需要同时提供氨气和氧气，则X为过氧化钠，丙中氨气、氧气在催化作用下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置，据此分析解答。
【详解】A．甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH或CaO ，只能提供氨气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，故A错误；
B．乙用于干燥氨气、氧气，可用碱石灰干燥，故B正确；
C．加热条件下，氨气与氧气在催化条件下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH３+5O24NO+6H2O，故C正确；
D．戊中观察到紫色溶液变红，说明生成了酸性物质，可以说明二氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸，故D正确；
故选A。
13. 称取进行热重分析，固体质量随温度的变化关系如图所示，为获得和的混合产品，烘干时的温度范围为
A. 145~195℃ B. 195~273℃ C. >273℃ D. 90~145℃
【答案】A
【解析】
【详解】由图可知当温度小于90℃时，固体为，此时固体的物质的量为；当温度为145℃时，固体的质量为42.1g，失去结晶水的物质的量为，则产品为；同理可得，当温度为195℃时产品为，当温度为273℃时产品为。为获得和的混合产品，应控制温度范围为145～195℃，A正确。
14. 2020年9月中国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由制得异丙醇。其中A、B均是惰性电极，下列说法正确的是
A. A为负极
B. 若A极产生4g，则B极产生16g
C. 电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极
D. A极上参与的反应为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．B极氧元素价态升高失电子，发生氧化反应，故B极为负极，A错误；
B．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，根据得失电子数守恒可知，A极反应式：2H++ 2e-=H2↑，若A极产生4g(2mol)，B极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+则B极产生氧气的质量大于， B错误；
C．原电池工作时，电子从负极(B)经外电路流向正极(A)，不经过合成蛋白质纤维膜，C错误；
D．A极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，电极反应式为，D正确；
答案选D。
15. 习近平总书记视察赣州时强调，稀土是重要的战略资源，也是不可再生资源。钪(Sc)是一种稀土金属，从钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，并制备氧化钪()的工艺流程如图所示［已知：、均难溶于水］。下列说法错误的是
A. 酸洗时加入的目的是将氧化为
B. 实验室进行“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. “滤渣Ⅰ”的成分是、
D. 草酸钪焙烧时反应的化学方程式：
【答案】C
【解析】
【分析】钛白酸性废水(主要含有、，还含有微量)中富集钪，酸洗时加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，过滤得到“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，然后加入10%盐酸调pH溶解Sc(OH)3。转化为含Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，据此分析回答问题
【详解】A．据分析可知，酸洗时加入的目的是将氧化为，A正确；
B．由流程可知，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；
C．据分析可知，“滤渣1”的主要成分是、、Sc(OH)3，C错误；
D．草酸钪与氧气焙烧时反应生成SC2O3和CO2，反应的化学方程式：，D正确；
答案选C。
16. 已知：亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。常温下，利用NaOH调节亚磷酸溶液pH时，维持溶液中含磷微粒的物质的量浓度之和始终为0.1，得到溶液中各种含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 0.1H3PO3溶液中：c(H3PO3)：c()>106
B. 反应的平衡常数K=106.54
C. N点溶液中：
D. 0.1Na2HPO3溶液中：pH=9.77
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，，则c(H+)=c()==10-1.215，同理：c()==10-6.54，，A错误；
B．由N点数据可知，反应的平衡常数K==106.54，B正确；
C．N点溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)由电荷守恒式：可知，C正确；
D．由题干图象可知，H3PO3的Ka1=10-1.43，Ka2=10-6.54，则的水解平衡常数为：Kh1==10-7.46，故有+H2OOH-+，Kh1==10-7.46，则c(OH-)==10-4.23mol/L，则c(H+)==10-9.77，则pH=9.77，D正确；
故答案为：A。
第Ⅱ卷 (填空题共52分)
二、填空题(一)
必考题(共37分)
17. 当硝酸与金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物不同。金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，转化关系如下：
已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答下列问题：
（1）Al与在酸性条件下反应，Al与被还原的的物质的量之比是_______。
（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E都转化为无毒的气态单质，写出D与E反应的化学方程式：_______。
（3）写出铝在碱性条件下与反应的离子方程式：_______。
（4）为了更加准确测定E气体的相对分子质量，应选择的合适条件是_______。
A. 较高温度、较高压强 B. 较低温度、较低压强
C. 较高温度、较低压强 D. 较低温度、较高压强
【答案】（1）1∶1（2）
（3）（4）C
【解析】
【分析】由转化关系图D→C→E→F ，及D和F反应可生成盐及题中信息可知氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，所以：D为NH3、C为NO、E为NO2、F为HNO3，可知金属铝在酸性或碱性溶液中均可与发生氧化还原反应，在酸性环境下，铝和硝酸反应生成铝盐和NO，碱性环境下生成偏铝酸盐和NH3， A为硝酸铝，B为偏铝酸盐。气体D和A溶液反应生成白色沉淀,NH3和铝盐生成氢氧化铝沉淀，据此分析解题。
【小问1详解】
Al与在酸性条件下反应生成铝盐、NO，在反应中铝失去3个电子，的还原产物是NO，化合价由+5价降低到+2价，得到3个电子，依据得失电子守恒可知，Al与被还原的NO的物质的量之比是1:1，故答案为:1:1；
【小问2详解】
氨气可以和C（一氧化氮）或D（二氧化氮）发生氧化还原反应生成无毒气体单质氮气，化学方程式为6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)，答案：6NO＋4NH35N2＋6H2O(或6NO2＋8NH37N2＋12H2O)；
【小问3详解】
由前面推断可知，金属铝在碱性环境下可以和反应生成偏铝酸盐和氨气，用离子方程式为：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑，答案：8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O8AlO＋3NH3↑；
【小问4详解】
NO2中存在可逆反应，测定NO2气体的相对分子质量，应抑制该反应发生。其它条件不变，升高温度或减小压强会使平衡向逆反应进行，所以，应在低压、高温条件下测定测定NO2气体的相对分子质量更准确，答案选C。
18. 硫代尿素也称硫脲[CS(NH2)2]是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：
Ⅰ.硫脲的制备：
已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。
（1）装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是_______。
A.FeS固体+浓硫酸 B.FeS固体+稀硝酸 C.FeS固体+稀盐酸
（2）仪器M的名称为_______。按(2)中所选试剂组合，按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接顺序为c→_______(填仪器接口的小写字母)
（3）装置C中反应的化学方程式为_______。
Ⅱ.硫脲分离及产品含量的测定：
（4）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用cmol/L标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL(已知)。
①硫脲 [CS(NH2)2]中硫元素的化合价为_______价。
②样品中硫脲的质量分数为_______(用含“m、c、V的式子表示)。
【答案】（1）C（2） ①. (球形)干燥管 ②. a→b→d→e→f
（3）
（4） ①. -2 ②.
【解析】
【分析】装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；装置A中装有饱和NaHS溶液，可以除去H2S中的HCl；装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳；装置D是尾气吸收装置，防止H2S污染空气；故装置连接顺序为，据此分析解题。
【小问1详解】
装置B用于制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体，答案选C；
【小问2详解】
仪器M为(球形)干燥管；由分析可知，上述装置的合理连接顺序为；
【小问3详解】
装置C中，将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，化学方程式为；
【小问4详解】
①硫脲[]中，C元素的化合价为+4价、N元素的化合价为-3价、H元素的化合价为+1价，则硫元素的化合价为-2价；
②用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL，消耗的物质的量为cV×10-3mol，根据可知，mg产品中的物质的量为=，则样品中硫脲的质量分数为=。
19. 甲醇和乙醇是生活中常见的燃料，它们的制备方法如下：
（1）已知：
Ⅰ.；
Ⅱ.；
Ⅲ.。
图1为一定比例的、；CO、；CO、、三个反应体系中，反应相同时间，甲醇的生成速率与温度的关系。
①计算反应Ⅲ的_______。
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析原因_______。
（2）一定温度下，在1L恒容密闭容器中充入1mol和一定量的，发生如下反应：，测得的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。其中、表示温度，速率方程：，(k是速率常数，只与温度有关)。
图2
①该反应的_______0(填“>”、“<”或“=”，下同)。
②温度为时，测得平衡体系中，则该温度下的平衡常数K=_______。
③N点的_______。
【答案】（1） ①. ②. CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行
（2） ①. < ②. ③. 12
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ可得，△H3 =△H2 -△H1 =-90.4kJ·mol-1 -(-40.9kJ·mol-1)=- 49.5 kJ·mol-1
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，使反应Ⅲ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，故使甲醇生成速率增大。
【小问2详解】
①从C2H4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系图可知，T2温度时，该反应最先达到平衡状态，则T2>T1，温度升高，C2H4(g)的转化率(α)却减小，说明该反应正反应是放热反应，则反应的△H<0。
②温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4的起始浓度为1mol/L，则平衡时c(C2H4)=0.2 mol·L−1，根据C2H4(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)，则平衡时，c(CH3CH2OH)=0.80 mol·L−1，c(H2O)=0.4mol·L−1是已知的，则K= 。
④由第③问可知，温度为T1时，C2H4(g)的平衡转化率为80%，C2H4(g)的起始浓度为1mol/L，则达到平衡时，C2H4转化了0.8mol·L−1，根据C2H4(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)可知，H2O(g)也转化了0.8mol·L−1，平衡时c(H2O)=0.4mol·L−1，那么起始时，c(H2O)=1.2mol·L−1。N点的温度为T1，此时C2H4(g)的平衡转化率为40%，则N点时，c(C2H4)= 1.0-0.4=0.6mol·L−1，c(H2O)=1.2-0.4=0.8 mol·L−1，c(CH3CH2OH)=0.4 mol·L−1，则。
20. 从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）滤渣2的成分是_______(写化学式)。
（2）焙烧中转化为的化学方程式为_______。
（3）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。计算“沉铬”后滤液中为_______mol/L［已知在此条件下，，］
（4）“转化”的离子方程式为_______。
【答案】（1）、
（2）
（3） ①. 6.0 ②.
（4）
【解析】
【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。
【小问1详解】
调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、A13+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问2详解】
焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；故答案为: 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
【小问3详解】
根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
【小问4详解】
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
(二)选考题(共15分，考生选其一选修模块的一个小题作答，并把答案填写在对应的位置)
【选修三——物质结构与性质】
21. 如图甲，铜离子与有机物HA可形成一种螯合物，从而萃取水中的铜离子。
图中的R、R′均为烷烃基，该萃取反应可简单表示为2HA+Cu2+CuA2+2H+
回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布式为_______。
（2）有机物HA中，C、N、O三种元素电负性由大到小的顺序是_______。
（3）螯合物中的氮原子杂化方式为_______，氧原子的杂化方式为_______。
（4）下列关于螯合物的说法中，正确的是_______(填序号)。
①中O的配位能力比N强
②与配位的4个原子可能呈平面构型
③既溶于水又溶于有机溶剂
④每个分子中含2个氢键、2个π键
（5）萃取后，铜离子进入有机相中，反萃取时，螯合物释放出铜离子，铜离子进入水相，可用于铜离子的富集及提纯，则反萃取时常加入的试剂是_______。
（6）金属铜与铝可形成多种不同的合金，其中一种合金的晶胞如图乙所示，晶胞参数，，，按图乙中阴影面进行投影得到图丙。
该晶体的化学式为_______，密度为_______(结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）
（2）O>N>C（3） ①. ②.
（4）②③（5）盐酸或硫酸
（6） ①. ②. 4.0
【解析】
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
【小问2详解】
同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：O>N>C；
【小问3详解】
由结构简式可知，螯合物CuA2中氮原子形成双键、氧原子形成单键，则氮原子的杂化方式为sp2杂化、氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；
小问4详解】
①由结构简式可知，CuA2中氮原子与铜离子形成配位键，则氮原子的配位能力比氧原子强，故①错误；
②类比铜离子与氨分子形成的配合物的结构可知，与铜离子配位的2个氧原子和2个氮原子有可能位于同一平面上，即有可能呈平面构型，故②正确；
③由铜离子与有机物HA可形成一种螯合物CuA2，从而萃取水中的铜离子可知，CuA2不溶于水易溶于有机溶剂，故③错误；
④由结构简式可知，每个CuA2中含有如图所示的2个氢键、2个π键：，故④正确；
故选②④；
【小问5详解】
由萃取反应的离子方程式可知，反萃取时增大溶液中的氢离子浓度，可使平衡向逆反应方向移动，使螯合物释放出铜离子进入水相，则反萃取时常加入的试剂是盐酸或硫酸，故答案为：盐酸或硫酸；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为8×+2×+4×+1=4，位于面上的铜原子个数为4×=2，则该晶体的化学式为Al2Cu(或CuAl2)；设晶体的密度为d，由晶胞的质量公式可得：(0.412×0.58×10—21)d=，解得d≈4.0，故答案为：Al2Cu(或CuAl2)；4.0。
【选修五——有机化学基础】
22. 化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①；
② (、、、均表示烃基)。
（1）A的核磁共振氢谱中有_______组吸收峰，C的化学名称为_______。
（2）F的结构简式为_______，M的官能团名称为_______。
（3）C→D的化学方程式为_______。
（4）同时满足下列条件的M的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①五元环上连有2个取代基；
②能与溶液反应生成气体；
③能发生银镜反应。
（5）参照上述合成路线和信息，以1-甲基环戊烯()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。________
【答案】（1） ①. 1 ②. 1-氯环己烷
（2） ①. ②. 羰基、酯基
（3） (其它合理答案也可)
（4）6（5）
【解析】
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，D发生氧化反应生成E，E发生酯化反应生成F，F发生信息②的反应生成M，根据M结构简式及CE分子式知，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式为，A的核磁共振氢谱中有1组吸收峰；C的结构简式为；故答案为1；1-氯环己烷。
【小问2详解】
据分析可知，F的结构简式为，M的官能团名称为羰基、酯基；故答案为；羰基、酯基。
【小问3详解】
C→D为氯代烃的消去反应，化学方程式为，故答案为。
【小问4详解】
M的同分异构体同时满足相邻条件：①五元环上连有2个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应说明含有醛基，
符合条件的结构简式有，故答案为6。
【小问5详解】
以1−甲基环戊烯为原料（无机试剂任选）制备，可由HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH制备，HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH可由CH3COCH2CH2CH2COOH和氢气发生加成反应得到，CH3COCH2CH2CH2COOH可由1−甲基环戊烯发生氧化反应得到，其合成路线为；故答案为。
【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移能力，根据题给信息结合M结构简式、某些分子式结合反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是合成路线设计，题目难度中等。
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