湖北省华中师范大学第一附属中学2023届高三第二次学业质量评价检测化学试题（解析版）

这是一份湖北省华中师范大学第一附属中学2023届高三第二次学业质量评价检测化学试题（解析版），共35页。试卷主要包含了5 Cr 52， 化学与生产生活密切相关， 下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
华中师大一附中2023届高三第二次学业质量评价检测
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cr 52
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共45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. 化学与生产生活密切相关。下列说法错误是
A. 工业燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
B. 生吃新鲜蔬菜比熟吃蔬菜更有利于获取维生素C
C. 碳酸钠是一种精细化学品，可用作食用碱或工业用碱
D. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生
2. 《后汉书》中记载蔡伦造纸“伦乃造意，用树肤、麻头及敝布、鱼网以为纸”；《蔡翁碑》上刻有“砍其麻、去其青、渍以灰、煮以火、洗以头、舂以舀、抄以帘、刷以壁，纸之张成”。下列有关叙述错误的是
A. “树肤”是指树皮，主要成分为纤维素
B. “麻头”在一定条件下能水解生成葡萄糖
C. 现代“鱼网”的主要成分是尼龙，属于合成高分子化合物
D. 造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“蒸”为“蒸馏”
3. ADP的结构简式如图所示，下列说法错误的是

A. 框内所有原子共面
B. 核磁共振氢谱共有13个吸收峰
C. 1mol ADP与足量NaOH溶液反应时消耗6mol NaOH
D. ADP一定条件下可发生氧化、消去、取代、加成反应
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 饱和溶液浸泡水垢：
B. 溶液中通入少量氯气：
C. 丙烯醛与足量溴水反应：
D. 水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：+→+
5. 设是阿伏伽徳罗常数的值。下列说法正确的是
A. 11 g氚水所含中子数为
B. 1L 0.1 mol/L溶液中阳离子的数目小于0.1
C. 100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含氢氧键的数目为
D. 等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，转移电子数均为
6. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，且C、D元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：
甲
乙
丙
丁
戊
A、B
B、C
A、C
A、D
C、D
物质间存在反应：甲+乙→单质B+丙；丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是
A. 电负性：B>C>D B. 分子极性：丙>丁
C. 沸点：丙>丁>甲 D. 还原性：乙>丙>甲
7. 以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：

下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是

A. 用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B. 用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液
C. 用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D 用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
8. 三甲基铝的结构如图所示，在常温常压下为无色透明液体，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈并生成甲烷。下列推测不合理的是
A. Al的杂化方式是
B. 可与形成稳定的配合物
C. 与足量反应可得到
D. 若在空气中发生燃烧，可以用泡沫灭火器灭火
9. 如下图所示的“化学多米诺实验”装置中分别盛放的物质为①稀硫酸；②锌粒；装置③、④、⑤、⑥中的试剂及反应现象见下表，其中设计合理且实验现象符合预测的是


③中试剂
④中固体逐渐消失
⑤中溶液褪色
⑥中尾气处理
A
浓盐酸
KMnO4
石蕊试液
NaOH溶液
B
浓HNO3
Cu
FeSO4溶液
水
C
浓H2SO4
木炭
品红溶液
饱和NaHSO3溶液
D
浓NaOH溶液
NH4Cl固体
少量CuSO4溶液
CCl4和水

A. A B. B C. C D. D
10. 某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子铁，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。下列说法正确的是

A. 化学式为
B. 金属离子的价电子排布式为
C. 金属离子与硼原子的配位数之比2∶1
D. 该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键
11. 2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如下：

某课题组借助该点击化学反应，用单体X(含有基团)和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P(结构如下)。

下列叙述不正确的是
A. 由X与Y合成P的反应属于加聚反应
B. X的结构简式为
C. Y的官能团为碳碳三键和酯基
D. P可发生水解反应得到X和Y
12. 团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数，反应示意图和所测数数据如下。有关说法错误的是

A.
B. 离子半径：
C. 团簇对于具有比大的亲和力
D. 由于团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的通过
13. 酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是

A. 反应④为该反应的决速步
B. 该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
C. 反应①中攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
D. 若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存
14. 某化学兴趣小组，根据电化学原理，设计出利用KCl、为原料制取和NaCl的装置如图。A、C代表不同类别的选择性离子通过膜。下列有关说法中正确的是

A. C为阳离子交换膜 B. M和N均可采用纯铜作为电极材料
C. M和N电极产生气体的体积比为2∶1 D. 电解总反应：
15. 溶洞水体中的与空气中的保持平衡。现测得溶洞水体中(X为、或)与的关系如图所示，。下列说法错误的是

A. 线Ⅰ代表与的关系
B. 溶洞水体中存在关系式：
C. a点溶液中，
D.
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 工业污酸因酸性强，且含有大量As(III)等毒性物质不可直接排放，用锌冶炼窑渣处理含砷废酸可实现砷、酸的高效脱除，同时获得金属铜、铁。工艺流程如下：

已知：①锌窑渣主要成分：Fe、FeS、、、CuS、、等
②氧化浸出后上清液主要成分(g/L)




As(主要以)
18.9
17.8
6.6
1.65
8.85
③As(V)毒性较As(III)弱
（1）为提高污酸中的消除率，可采取的措施有__________。
a．将锌窑渣粉碎 b．提高液固比 c．延长浸取时间
（2）氧化浸出步骤，氧气分压对Fe、Cu溶出率的影响如图所示，试分析氧气分压过大时，铁元素溶出率变化的可能原因：__________；若该步骤不通入氧气，将影响锌窑渣中__________(填化学式)成分的溶浸。

（3）沉砷时的化学反应方程式：__________；污酸预处理工艺中的作用：__________。
（4）滤渣2的主要成分：__________。
17. 三氯化铬为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
I某化学小组用和利用如下装置在高温下制备无水三氯化铬。

（1）实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是__________。
（2）装置C中还会生成光气，C中反应的化学方程式为__________。
（3）装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，通过__________(填操作)，使实验能继续进行。
（4）G中会生成两种盐，化学式为__________。
II产品中质量分数的测定，步骤如下：
①称取产品溶于水并于250 mL容量瓶中定容；
②取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的，再加入过量的酸化，将氧化为，稀释并加热煮沸，在加入稍过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以形式存在；
③加入1 mL指示剂，用0.0250 mol/L的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液21.00 mL(已知)。
（5）②中加入稍过量的后需要加热煮沸，其主要原因是__________。
（6）滴定实验可选用的指示剂为__________；产品中质量分数为__________(计算结果保留四位有效数字)。
18. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：

已知：I．(格林试剂) 、Br、I
II．
III．
（1）合成高强度液晶纤维已广泛应用于制造__________(填两种)。
（2）A→B的反应方程式为__________。
（3）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是__________，在本流程中起类似作用的有机物还有__________(填名称)。
（4）L中的官能团有__________(填名称)，M的结构简式为__________。
（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体有__________(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气
②含两个
③能发生银镜反应
④含有1个手性碳原子
⑤核磁共振氢谱中显示六组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1
（6）根据题中信息，写出以苯和丙酮为原料合成的路线中化合物P和Q的结构简式P_____、Q_____。

19. 氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化加氢制备。已知：
I．
II．
III．
VI．部分化学键的键能如表所示。
化学键
C-C
C=C
C-H
C-Cl
H-Cl
键能(kJ/mol)
347.7
x
413.4
340.2
431.8
回答下列问题
（1）表中__________。
（2）在体积可变的密闭容器中以物质的量之比为1∶1充入和，分别在不同压强下发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图所示。、、由大到小的顺序为__________。随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为__________。

（3）—定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为1∶1充入和，假设只发生反应I和II。实验测得反应前容器内压强为，10min达到平衡时、的分压分别为、。
①0~10min内，HCl的总消耗速率__________Pa/min(用分压表示)。
②反应I平衡常数__________(用含、、的代数式表示)。
（4）科学家发现反应I在催化剂Au/C作用下的反应历程如图所示。“2→3”的化学方程式可表示为：

①“4→5”的化学方程式为__________。
②反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”。若保持体系中分压不变，HCl分压过高时反应催化效率降低可能原因是__________。

答案和解析
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cr 52
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共45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. 化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A. 工业燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成
B. 生吃新鲜蔬菜比熟吃蔬菜更有利于获取维生素C
C. 碳酸钠是一种精细化学品，可用作食用碱或工业用碱
D. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．生石灰可以与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，工业燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放，可以减少酸雨的形成，A正确；
B．生吃新鲜蔬菜比熟吃蔬菜更有利于获取维生素C，加热时部分维生素结构会被破坏，B正确；
C．碳酸钠不属于精细化学品，碳酸钠的溶液显碱性，能与酸反应，可用作食用碱或工业用碱，C错误；
D．燃油汽车会排放含有大量氮的氧化物，在光照下能引起光化学烟雾，新能源汽车的推广与使用可以减少燃油汽车尾气排放，有助于减少光化学烟雾的产生，D正确；
故选C。
2. 《后汉书》中记载蔡伦造纸“伦乃造意，用树肤、麻头及敝布、鱼网以为纸”；《蔡翁碑》上刻有“砍其麻、去其青、渍以灰、煮以火、洗以头、舂以舀、抄以帘、刷以壁，纸之张成”。下列有关叙述错误的是
A. “树肤”是指树皮，主要成分为纤维素
B. “麻头”在一定条件下能水解生成葡萄糖
C. 现代“鱼网”的主要成分是尼龙，属于合成高分子化合物
D. 造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“蒸”为“蒸馏”
【答案】D
【解析】
【详解】A．“树肤”是指树皮，其主要成分为纤维素，故A正确；
B．“麻头”的主要成分为纤维素，纤维素在一定条件下能水解生成葡萄糖，故B正确；
C．现代渔网的主要成分是尼龙，属于合成纤维，属于合成高分子材料，故C正确；
D．造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“蒸”为“蒸煮”，使植物纤维软化，胶质溶解而与纤维分离，用于后续造纸，故D错误；
故选D。
3. ADP的结构简式如图所示，下列说法错误的是

A. 框内所有原子共面
B. 核磁共振氢谱共有13个吸收峰
C. 1mol ADP与足量NaOH溶液反应时消耗6mol NaOH
D. ADP一定条件下可发生氧化、消去、取代、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．框内有1个全部以单键存在的N原子外，其余C、N均为sp2杂化，为平面形，故框内所有原子共面，A正确；
B．根据结构特点，最左侧2个羟基是相同的，分子中共有12个不同环境的氢，故核磁共振氢谱共有12个吸收峰，B错误；
C．根据结构特点，1mol ADP水解后生成2molH3PO4，与氢氧化钠反应消耗6mol NaOH，C正确；
D．ADP中含有羟基，一定条件下可发生氧化、消去、取代反应；环中含有不饱和键，能发生加成反应，D正确；
故选B。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 饱和溶液浸泡水垢：
B. 溶液中通入少量氯气：
C. 丙烯醛与足量溴水反应：
D. 水杨酸与过量碳酸钠溶液反应：+→+
【答案】C
【解析】
【详解】A．用饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢除去其中的CaSO4，硫酸钙沉淀转化为碳酸钙，反应的离子方程式为CO＋CaSO4CaCO3＋SO，故A错误；
B．Na2S2O3溶液中通入少量氯气，发生氧化还原反应， 被氧化成硫酸根离子，反应生成的H+与硫代硫酸根再发生反应，反应离子方程式为 ，故B错误；
C. 丙烯醛含有碳碳双键，与溴水可以发生加成反应，含有醛基，可被溴水氧化为羧基，故化学方程式，故C正确；
D．水杨酸与过量碳酸钠溶液反应生成HCO和，离子方程式为：++，故D错误；
故选C。
5. 设是阿伏伽徳罗常数的值。下列说法正确的是
A. 11 g氚水所含中子数为
B. 1L 0.1 mol/L溶液中阳离子的数目小于0.1
C. 100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含氢氧键的数目为
D. 等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，转移电子数均为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1分子氚水中含有12个中子，11 g氚水为，则所含中子数为，A错误；
B．1L 0.1 mol/L溶液中含有溶质0.1mol，氯离子物质的量为0.1mol，根据电荷守恒可知，，则阳离子大于0.1mol，数目大于0.1，B错误；
C．100 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有46g乙醇（为1mol），除了乙醇还含有水54g（为3mol），1分子乙醇含有1个氢氧键、1分子水含有2个氢氧键，则含氢氧键为7mol，数目为，C正确；
D．不确定铝物质的量，不能计算转移电子的数目，D错误；
故选C。
6. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，且C、D元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：
甲
乙
丙
丁
戊
A、B
B、C
A、C
A、D
C、D
物质间存在反应：甲+乙→单质B+丙；丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是
A. 电负性：B>C>D B. 分子极性：丙>丁
C. 沸点：丙>丁>甲 D. 还原性：乙>丙>甲
【答案】B
【解析】
【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。
【详解】A．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，电负性：O>N>S，A错误；
B．丙为H2O，丁为H2S，O的非金属性大于S，H-S键的极性远不及H-O键，则H2S的极性远小于H2O的极性，B正确；
C．丙为H2O，丁为H2S，甲为NH3，水分子和氨气分子之间可形成氢键，沸点均大于H2S，水为液体，沸点大于氨气，沸点：丙>甲>丁，C错误；
D．甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，元素的最低价具有还原性，中间价态具有还原性和氧化性，最高价具有氧化性，根据非金属性O>N>H，还原性：甲>乙>丙，D错误；
故选B
7. 以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下：

下列与流程相关的装置和原理能达到实验目的的是

A. 用装置甲制备“酸浸”所需的SO2
B. 用装置乙配制“酸浸”所需的1mol·L-1H2SO4溶液
C. 用装置丙过滤“沉钴”所得悬浊液
D. 用装置丁灼烧CoCO3固体制Co2O3
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CoCO3固体，最后灼烧生成Co2O3，以此分析解答。
【详解】A．浓硫酸与铜反应需要加热，无法反应制取SO2，故A不符合题意；
B．胶头滴管使用时应悬于容量瓶上方，不能伸入容量瓶内，会污染试剂，故B不符合题意；
C．用装置丙可以过滤“沉钴”所得悬浊液，且装置中操作符合题意，故C符合题意；
D．灼烧CoCO3固体应用坩埚，不能在烧饼中直接灼烧固体，故D不符合题意；
故答案为：C。
8. 三甲基铝的结构如图所示，在常温常压下为无色透明液体，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈并生成甲烷。下列推测不合理的是
A. Al的杂化方式是
B. 可与形成稳定的配合物
C. 与足量反应可得到
D. 若在空气中发生燃烧，可以用泡沫灭火器灭火
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中Al参与形成3个键，没有孤电子对，因此其杂化轨道类型为杂化，A正确；
B．不具有能接受孤电子对空轨道的原子，不能与形成稳定的配合物，B错误；
C．结合题意可知，与足量反应的化学方程式为，C正确；
D．因为与水反应剧烈，所以其着火时不能用水灭火，可以用泡沫灭火器灭火，D正确；
故选B。
9. 如下图所示的“化学多米诺实验”装置中分别盛放的物质为①稀硫酸；②锌粒；装置③、④、⑤、⑥中的试剂及反应现象见下表，其中设计合理且实验现象符合预测的是


③中试剂
④中固体逐渐消失
⑤中溶液褪色
⑥中尾气处理
A
浓盐酸
KMnO4
石蕊试液
NaOH溶液
B
浓HNO3
Cu
FeSO4溶液
水
C
浓H2SO4
木炭
品红溶液
饱和NaHSO3溶液
D
浓NaOH溶液
NH4Cl固体
少量CuSO4溶液
CCl4和水

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】稀硫酸和锌粒反应会产生氢气，氢气进入③中的试管中，使试管内部的气体压强变大，③中的液体会通过导管进入到④中的试管中，据此分析。
【详解】A．由分析可知，③中浓盐酸会进入到④中试管中，浓盐酸与KMnO4反应会生成氯气，氯气可以使石蕊溶液褪色，用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，A正确；
B．由分析可知，③中浓HNO3会进入到④中试管中，Cu与浓HNO3反应会生成二氧化氮气体，二氧化氮与FeSO4溶液反应，会氧化二价铁离子变为三价铁离子，溶液呈现棕黄色，不会褪色，且二氧化氮不能用水吸收，会有一氧化氮的生成，故应用氢氧化钠溶液吸收尾气，B错误；
C．由分析可知，③中浓H2SO4会进入到④中试管中，木炭与浓H2SO4的反应需要加热，④中试管没有加热，木炭与浓H2SO4的不发生反应，C错误；
D．由分析可知，③中浓NaOH溶液会进入到④中试管中，浓NaOH溶液与NH4Cl固体混合，可以得到氨气，氨气与少量CuSO4溶液反应，开始得到蓝色氢氧化铜沉淀，随着氨气的不断通入，最后沉淀会转化为铜氨络离子，铜氨络离子溶液颜色是蓝色，⑤中溶液颜色没有褪去，不符合题意，最后用CCl4和水除去多余的氨气，还可以防止倒吸现象，D错误；
故本题选A。
10. 某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子铁，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。下列说法正确的是

A. 化学式为
B. 金属离子的价电子排布式为
C. 金属离子与硼原子的配位数之比2∶1
D. 该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键
【答案】B
【解析】
【分析】黑球位于顶点和面心，共4个，且八面体中心为金属离子铁，顶点为NH3配体，即[Fe(NH3)6]x+有4个。白球位于晶胞内，共8个，且四面体中心为硼原子，顶点为氢原子， 8个，阴阳离子之比为2:1。该物质的化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，该物质中Fe为+2价。
【详解】A．由上分析化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，A项错误；
B．Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2。+2价铁为[Ar]3d6，其价电子排布为3d6，B项正确；
C．铁配位数为6，硼的配位数为4，金属离子与硼原子的配位数的个数比为3:2，C项错误；
D．该物质中存在配位键、离子键、共价键，D项错误；
故选B。
11. 2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点击化学反应如下：

某课题组借助该点击化学反应，用单体X(含有基团)和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P(结构如下)。

下列叙述不正确的是
A. 由X与Y合成P的反应属于加聚反应
B. X的结构简式为
C. Y的官能团为碳碳三键和酯基
D. P可发生水解反应得到X和Y
【答案】D
【解析】
【分析】结合信息反应可知，X为，Y为，X和Y发生加聚反应得到高聚物P，据此回答。
【详解】A．基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个基团、1个Y分子含有2个碳碳三键，由X与Y合成P的反应属于加聚反应，A正确；
B．X含有基团、X的结构简式为，B正确；
C． 据分析，Y为，Y的官能团为碳碳三键和酯基，C正确；
D． P含酯基，可发生水解反应、酯基可转换为羧基和羟基，故水解产物不能得到X和Y，D不正确；
答案选D。
12. 团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将和反应，测定笼内的浓度，计算取代反应的平衡常数，反应示意图和所测数数据如下。有关说法错误的是

A.
B. 离子半径：
C. 团簇对于具有比大的亲和力
D. 由于团簇表面的孔具有柔性因而可容许比它直径大的通过
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，时，，，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Cs和Rb都是ⅠA族元素，离子半径：，B正确；
C．与反应生成，说明团簇对于具有比大的亲和力，C正确；
D．的直径显著大于团簇表面的孔径，与反应生成，的骨架结构在交换过程中没有被破坏，可推断团簇表面的孔是柔性的，使得能无破坏进入笼内，D正确；
故选A。
13. 酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是

A. 反应④为该反应的决速步
B. 该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
C. 反应①中攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
D. 若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．慢反应决定总反应速率快慢，由图可知①为慢反应，也为决速步，故A错误；
B．由反应①可知，反应前后C=O转化为C-O，碳原子的杂化方式由sp2杂化变为sp3杂化，故B错误；
C．反应①中OH-带负电，会攻击电负性较弱、成键后电子云密度较小的碳原子，故攻击的位置由碳元素和氧元素电负性大小决定，故C正确。
D．反应①断裂酯基中碳氧双键中的一个键，然后结合18OH- ，反应②断裂反应①产物中C—O—R'中的碳氧键，反应③转移H+得到醇HO—R'，反应④生成羧酸钠，则反应结束后醇中不存在18O，故D错误；
故选：C。
14. 某化学兴趣小组，根据电化学原理，设计出利用KCl、为原料制取和NaCl的装置如图。A、C代表不同类别的选择性离子通过膜。下列有关说法中正确的是

A. C为阳离子交换膜 B. M和N均可采用纯铜作为电极材料
C. M和N电极产生气体的体积比为2∶1 D. 电解总反应：
【答案】C
【解析】
【分析】根据出口的溶液，电极M为电解池的阴极，水在阴极放电生成生成氢气和氢氧根离子，电极附近阴离子电荷数大于阳离子，氯离子通过阴离子交换膜C进入左侧产品室A和C之间，导致流入硝酸钠溶液的原料室中的钠离子通过阳离子交换膜A进入左侧产品室A和C之间、硝酸根离子通过阴离子交换膜C进入中间产品室C和A之间，N电极为电解池阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极附近阳离子电荷数大于阴离子，钠离子通过通过阳离子交换膜A进入右侧产品室C和A之间，导致流入氯化钾溶液的原料室中的钾离子通过阳离子交换膜A进入中间产品室A和C之间、氯离子通过阴离子交换膜C进入右侧产品室C和A，电解的总反应为2H2O2H2↑+ O2↑，由得失电子数目守恒可知，氯化钠溶液的浓度与硝酸钾溶液的浓度相等。
【详解】A．根据分析，C为阴离子交换膜，A错误；
B．M为阴极，N为阳极，铜作阳极会放电，阳极不能用铜作电极，B错误；
C．电解的总反应为2H2O2H2↑+ O2↑，M电极生成氢气，N电极生成氧气，产生气体的体积比为2∶1，C正确；
D．根据分析，电解的总反应为2H2O2H2↑+ O2↑，D错误；
故选C。
15. 溶洞水体中的与空气中的保持平衡。现测得溶洞水体中(X为、或)与的关系如图所示，。下列说法错误的是

A. 线Ⅰ代表与的关系
B. 溶洞水体中存在关系式：
C. a点溶液中，
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着pH增大，溶液碱性增强，、浓度均增大，pH较小时c()>c()，故I为，Ⅱ为，Ⅲ为Ca2+，A正确；
B．，，，，pH(b)=8.3，由此可知，B错误；
C．a点溶液中，pH=6.3，c()=10-9mol/L，，C正确；
D．由I为，带入点(6.3，-5)，，Ⅱ为，带入点(10.3，-1.1)，，，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 工业污酸因酸性强，且含有大量As(III)等毒性物质不可直接排放，用锌冶炼窑渣处理含砷废酸可实现砷、酸的高效脱除，同时获得金属铜、铁。工艺流程如下：

已知：①锌窑渣主要成分：Fe、FeS、、、CuS、、等
②氧化浸出后上清液主要成分(g/L)




As(主要以)
18.9
17.8
6.6
1.65
8.85
③As(V)毒性较As(III)弱
（1）为提高污酸中消除率，可采取的措施有__________。
a．将锌窑渣粉碎 b．提高液固比 c．延长浸取时间
（2）氧化浸出步骤，氧气分压对Fe、Cu溶出率的影响如图所示，试分析氧气分压过大时，铁元素溶出率变化的可能原因：__________；若该步骤不通入氧气，将影响锌窑渣中__________(填化学式)成分的溶浸。

（3）沉砷时的化学反应方程式：__________；污酸预处理工艺中的作用：__________。
（4）滤渣2的主要成分：__________。
【答案】（1）ac （2） ①. 氧气分压过大，铁元素溶出率降低，因为氧气过多会使Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+进一步发生水解生成沉淀而损失或Fe3+直接与砷酸发生沉砷反应 ②. 若不通氧气，CuS、CuFeS2在酸性条件下不能发生反应，会影响锌窑渣中CuS、CuFeS2的浸出
（3） ①. 4H3AsO4+4FeSO4+O2+6H2O=4(FeAsO4▪2H2O)↓+4H2SO4 ②. 用H2O2预处理污酸，可以将污酸中的三价砷氧化为五价，降低污酸毒性
（4）Fe(OH)3
【解析】
【分析】污酸用过氧化氢预处理，将三价砷氧化为低毒性的五价砷，然后和锌窑渣混合，通入氧气氧化，锌窑渣中的Fe、FeS、Fe2O3、Fe3O4、CuS、 CuFeS2等在酸性溶液中反应，过滤除去SiO2，上清液通氧气，将Fe2+氧化为Fe3+，生成FeAsO4▪2H2O沉淀，从而达到除砷的目的。过滤后滤液中加入铁粉沉铜，过滤后滤液中含Fe2+，再加入锌窑渣，通入氧气，氧气将Fe2+氧化为Fe3+，锌窑渣消耗H+，Fe3+水解程度增大，形成Fe(OH)3沉淀。
【小问1详解】
将锌窑渣粉碎可以增大接触面积，能提高污酸中H+的消除率，故a选；提高液固比，液体中含H+，液体增多，不能提高H+的消除率，故b不选；延长浸取时间可以使锌窑渣和污酸充分反应，可以提高H+的消除率，故c选；故选ac。
【小问2详解】
氧气分压过大，铁元素溶出率降低，因为氧气过多会使Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+进一步发生水解生成沉淀而损失或Fe3+直接与砷酸发生沉砷反应。“氧化浸出”步骤，需要氧气将硫元素氧化，从而使CuS、CuFeS2中的铜、铁进入溶液，若不通氧气，CuS、CuFeS2在酸性条件下不能发生反应，会影响锌窑渣中CuS、CuFeS2的浸出。
【小问3详解】
“沉砷”时通入氧气，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+和H3AsO4反应生成FeAsO4▪2H2O沉淀，反应的化学方程式为：4H3AsO4+4FeSO4+O2+6H2O=4(FeAsO4▪2H2O)↓+4H2SO4。用H2O2预处理污酸，可以将污酸中的三价砷氧化为五价，降低污酸毒性。
【小问4详解】
“水解”步骤中，氧气将Fe2+氧化为Fe3+，锌窑渣消耗H+，调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3。
17. 三氯化铬为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。
I某化学小组用和利用如下装置在高温下制备无水三氯化铬。

（1）实验前先往装置A中通入，其目的是排尽装置中的空气，在实验过程中还需要持续通入，其作用是__________。
（2）装置C中还会生成光气，C中反应的化学方程式为__________。
（3）装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，通过__________(填操作)，使实验能继续进行。
（4）G中会生成两种盐，化学式为__________。
II产品中质量分数的测定，步骤如下：
①称取产品溶于水并于250 mL容量瓶中定容；
②取25.00 mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的，再加入过量的酸化，将氧化为，稀释并加热煮沸，在加入稍过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以形式存在；
③加入1 mL指示剂，用0.0250 mol/L的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液21.00 mL(已知)。
（5）②中加入稍过量的后需要加热煮沸，其主要原因是__________。
（6）滴定实验可选用的指示剂为__________；产品中质量分数为__________(计算结果保留四位有效数字)。
【答案】（1）将CCl4带入C中反应
（2）
（3）对D稍微加热使固体升华
（4）Na2CO3和NaCl
（5）加热使H2O2分解除去防止干扰实验
（6） ①. 淀粉 ②. 97.71%
【解析】
【分析】A便于观察N2的流速，B制备CCl4气体，C为目标反应装置，E为收集装置，F为干燥装置，G为尾气处理装置。
【小问1详解】
反应中需要CCl4进入C中反应，持续通入N2将CCl4带入C中反应。答案为将CCl4带入C中反应；
【小问2详解】
Cr2O3变为CrCl3化合价未发生变化，而CCl4变为COCl2中C的化合价均为+4。反应为非氧化还原反应。答案为；
【小问3详解】
由于CrCl3易升华冷却后导致D处堵塞，则将其加热使升华即可。答案为对D稍微加热升华；
【小问4详解】
G吸收COCl2。COCl2与水反应产生CO2和HCl，CO2和HCl再与NaOH反应。则产生的盐为Na2CO3和NaCl。答案为Na2CO3和NaCl；
【小问5详解】
Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，H2O2会与KI反应干扰实验，所以加热使H2O2分解除去防止干扰实验；
【小问6详解】
滴定过程为I2→I-，指示剂选淀粉，待最后一滴滴下溶液由蓝色变为黄色且半分钟不褪色即为滴定终点。由电子守恒得到关系式为，n(Na2S2O3)=cV=0.0250mol/L×0.021L=5.25×10-4mol则n(Cr3+)=1.75×10-4mol。CrCl3的质量分数为=。答案为淀粉；97.71%。
18. 有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：

已知：I．(格林试剂) 、Br、I
II．
III．
（1）合成高强度液晶纤维已广泛应用于制造__________(填两种)。
（2）A→B的反应方程式为__________。
（3）反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是__________，在本流程中起类似作用的有机物还有__________(填名称)。
（4）L中的官能团有__________(填名称)，M的结构简式为__________。
（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体有__________(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气
②含两个
③能发生银镜反应
④含有1个手性碳原子
⑤核磁共振氢谱中显示六组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1
（6）根据题中信息，写出以苯和丙酮为原料合成的路线中化合物P和Q的结构简式P_____、Q_____。

【答案】（1）航空航天、体育用品
（2）+Br2+HBr
（3） ①. 保护酚羟基 ②. 乙二醇(1,2-乙二醇)
（4） ①. 羟基、醚键 ②.
（5）或或 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子苯溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知I反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息已知II的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为：，据此分析解答。
小问1详解】
合成高强度液晶纤维已广泛应用于制造飞机、火箭、卫星等航空航天领域的产品，也可用于制造体育用品，故答案为：航空航天、体育用品；
【小问2详解】
，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子苯溴原子取代，生成对溴苯酚，反应方程式：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
【小问3详解】
B→D反应中使用三甲基氯硅烷与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；故答案为：保护酚羟基；乙二醇(1,2-乙二醇)；
【小问4详解】
由L的结构简式可知其所含官能团为羟基和醚键，L发生信息III中反应，反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为：，将故答案为：羟基、醚键；；
【小问5详解】
由C和G的结构可推测出E的结构为：，由条件可知，其同分异构中含有醛基和羟基、两个甲基，则符合条件的E的同分异构体有：、、、、(箭头表示羟基的位置)，核磁共振氢谱中显示六组峰的面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子，符合的结构有或或，故答案为：或或；
【小问6详解】
苯与溴单质在Fe催化下反应生成溴苯，溴苯与Mg在醚溶剂中反应生成，与丙酮在浓盐酸条件下反应生成，在浓硫酸作用下生成，由此可知P为：，Q为：，故答案为：；。
19. 氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化加氢制备。已知：
I．
II．
III．
VI．部分化学键的键能如表所示。
化学键
C-C
C=C
C-H
C-Cl
H-Cl
键能(kJ/mol)
347.7
x
413.4
340.2
431.8
回答下列问题
（1）表中__________。
（2）在体积可变的密闭容器中以物质的量之比为1∶1充入和，分别在不同压强下发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图所示。、、由大到小的顺序为__________。随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为__________。

（3）—定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为1∶1充入和，假设只发生反应I和II。实验测得反应前容器内压强为，10min达到平衡时、的分压分别为、。
①0~10min内，HCl的总消耗速率__________Pa/min(用分压表示)。
②反应I的平衡常数__________(用含、、的代数式表示)。
（4）科学家发现反应I在催化剂Au/C作用下的反应历程如图所示。“2→3”的化学方程式可表示为：

①“4→5”的化学方程式为__________。
②反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”。若保持体系中分压不变，HCl分压过高时反应催化效率降低的可能原因是__________。
【答案】（1）615 （2） ①. Pa＞Pb＞Pc ②. 反应III前后气体分子数相等，高温下以反应III为主
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. 氯化氢分压过高时，催化剂吸附了较多的氯化氢，阻碍了乙炔和催化剂的接触，导致产率降低
【解析】
【小问1详解】
反应II减去反应I可得，即，所以；
【小问2详解】
增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，故Pa＞Pb＞Pc；随温度升高，反应I、II、III都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应III为主，因为反应III前后气体分子数相等；
【小问3详解】
①恒容密闭容器中以物质的量之比为1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，实验测得反应前容器内压强为p0Pa，则反应前p(HCl)=Pa，v(HCl)==Pa•min-1；
②，平衡时，则反应I的平衡常数Kp===；
【小问4详解】
① 由反应历程图结合“2→3”的化学方程式知“4→5”的化学方程式为；②可能原因是氯化氢分压过高时，催化剂吸附了较多的氯化氢，阻碍了乙炔和催化剂的接触，导致产率降低。