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山西省运城市2023届高三化学二模试题（Word版附解析）
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这是一份山西省运城市2023届高三化学二模试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
运城市2023年高三第二次模拟调研测试
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 S32 Mn55 Fe56 Cu64 Ga 70 As 75
一、 选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 长时间高温蒸煮可杀死“甲流”病毒 B. 可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
C. 5G、6G技术离不开制备光缆的晶体硅 D. 石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
【答案】C
【解析】
【详解】A．长时间高温蒸煮可使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A正确；
B．氢氟酸能和二氧化硅反应，可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃，故B正确；
C．二氧化硅可以用来制备光缆，故C错误；
D．水泥制造的原理是对石灰石、粘土等原料进行破碎、混合、烧制等一系列工艺过程，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D正确；
故选C。
2. 下列有关物质结构与性质的比较正确的是
A. 基态原子未成对电子数：Cr> Mn> As
B. 酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOH
C. 键角：SeO3< <
D. 沸点：AsH3> PH3>NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cr基态原子的价电子排布是3d54s1，未成对电子有6个；Mn基态原子的价电子排布是3d54s2，未成对电子有5个；As基态原子的价电子排布是4s24p3，未成对电子有3个；基态原子未成对电子数：Cr>Mn>As，故A正确；
B．饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，卤代乙酸中卤素原子个数越多、卤素原子的非金属性越强， 酸性越强，则酸性：CH3COOH
D．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3分子间存在氢键，沸点增高，出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3>PH3，故D错误；
故选A。
3. 有机物M(结构简式为( )是合成花椒毒素的重要中间体，下列说法错误的是
A. 电负性：F>O>N>C B. 第一电离能：N>O>C
C. M中碳原子的杂化方式有2种 D. M可以形成分子间氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素（惰性气体元素除外）从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故A正确；
B．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N>O>C，故B正确；
C．M中存在羰基、-C≡N和-CH3，M中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3共3种，故C错误；
D．M中含有亚氨基（-NH-），可以形成分子间氢键，故D正确；
故选C。
4. 由主族元素X、Y、Z、W组成的化合物ZX4W(YX4)3具有良好的储氢性能，其中，X、Y、Z是短周期元素， 与均为10电子数微粒，四种元素的原子序数之和为33。下列有关说法错误的是
A. X与Y、Z均可形成多种化合物 B. 非金属性：Z> Y> >X
C. X、W元素可形成离子化合物 D. 原子半径：W> Y> Z> >X
【答案】B
【解析】
【分析】ZX4W(YX4)3为储氢材料，同时和均为10电子微粒，则X为H、Z为N、Y为B。四种元素序数之和为33，则W为Ca。
【详解】A．X与Y、Z均能形成多种化合物，A项正确；
B．从离子化合价来看，中H为正价，Z为负价，则非金属性：Z>X。中X为负价，Y为正价，则非金属性：X>Y。所以非金属性：Z>X>Y，B项错误；
C．X与W形成CaH2（含Ca2+和H-）为离子化合物，C项正确；
D．电子层越多半径越大，同电子层核电荷数越多半径越小：W>Y>Z>X，D项正确；
故选B。
5. 吲哚衍生物具有广泛又重要的生物活性。现有甲、乙两种吲哚衍生物，二者之间可相互转化，其结构简式如图所示：
下列关于甲，乙的说法正确的是
A. 甲、乙的化学式不相同 B. 甲、乙中所含有官能团种类相同
C. 甲、乙在酸碱溶液均能稳定存在 D. 甲、乙均能与H2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲乙结构式可知，二者分子式相同都是C15H14N2O3，故A错误；
B．甲中含有羟基而乙中没有，故B错误；
C．甲和乙中都含有酯基，在碱性溶液中会发生水解反应，二者都不能在碱溶液中稳定存在，故C错误；
D．甲、乙均含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，故D正确；
故选D。
6. 我国科研人员利用双极膜技术构造出一类具有高能量密度、优异的循环性能的新型水系电池，模拟装置如图所示。已知电极材料分别为Zn和MnO2，相应的产物为和Mn2+。下列说法错误的是
A. 双极膜中的OH-通过膜a移向M极
B. 电池工作一段时间后，NaOH溶液的pH不变
C. N电极的反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O
D. 若电路中通过2 mol e-，则稀硫酸溶液质量增加89 g
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题给信息Zn生成Zn(OH)，MnO2生成Mn2+可知，M极为Zn电极，N电极材料为MnO2，即M极为负极，N极为正极，OH-移向负极，A项正确；
B．负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，每转移2 mol e-，有2 molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-，NaOH溶液的pH变小，B项错误；
C．N电极材料为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O，故C正确；
D．若电路中通过2 mol e-，双极膜中有2 mol H+移向硫酸溶液，同时溶解1 mol MnO2，稀硫酸溶液质量增加2mol1g/mol+1mol87g/mol=89g，D项正确；
故选B。
7. 室温下，向10 mL0.1 mol·L-1 K2A(室温下，H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 室温下，H2A的Ka2≈2.0 ×10-6
B. b点溶液存在关系式：c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )
C. a、b、c点溶液中水的电离程度：a
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，0.1 mol·L-1 K2A溶液的pH为10，溶液中c(OH-)= c(HA-)，则H2A的Kh1=，则H2A的Ka2≈1.0 ×10-7，故A错误；
B．b点加入10mL0.1 mol·L-1的HCl溶液，溶质为KHA和KCl且物质的量浓度相等，根据HA-的水解常数和电离常数分析Kh2=，即电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒得到关系式c(H+)+c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )+c(OH-)，则c(K+)
故选D。
三、非选择题：共174分。
8. 工厂的含砷废水必须经过一定的处理。 某厂用某含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi3+ )提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8 ×10-3920 ，Ksp[Cu(OH)2]=2.2 ×10-22，Ksp [Bi(OH)3]=4.4 ×10-31。
回答下列问题：
（1）滤渣a的成分是___________(写化学式)。
（2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是_________________。
（3）写出“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2发生反应的化学方程式：_____________。
（4）红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为___________。
（5）“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH值，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH值与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是_________。
（6） 当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，制得475.2 gAs2O3，则As元的素回收率为________。
（7）砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度为____________g· cm-3。
【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3
（2）为了使砷完全沉淀
（3）3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4
（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O
（5）终点pH值为8，PFS用量为4或
（6）96% （7）
【解析】
【分析】含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+ )中加入NaOH溶液调节pH=6，由已知数据和后续除杂过程中不在设置步骤除去Fe3+、Cu2+、Bi2+可知，该步骤中Fe3+、Cu2+、Bi2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣a中除去，滤液中加入过量CuSO4溶液将AsO转化为Cu(AsO)2沉淀，再用SO2还原Cu(AsO)2得到HAsO2和H2SO4，经过沉砷得到As2O3，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。
【小问2详解】
“沉淀”时，为了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必须过量。
【小问3详解】
“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)22H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4。
小问4详解】
Cu3(SO3)22H2O (不溶于水)“氧化”时和O2、H2SO4溶液反应得到CuSO4溶液，O元素由0价下降到-2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O。
【小问5详解】
PFS除砷时，去除率最高时的条件是终点pH值为8，PFS用量为4或。
【小问6详解】
当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，根据As守恒，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为 =96%。
【小问7详解】
由晶胞结构可知，每个晶胞含有8=4个Ga和4个As，则砷化镓晶体密度为。
9. 为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量：
已知： i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；
ii． Mn2+在稀溶液中近乎无色。
实验步骤：
①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；
②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；
③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6 mL于锥形瓶中，用0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0 mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；
④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；
⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32 g固体。
回答下列问题：
（1）A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是__________。
（2）装置E中品红溶液的作用是______________。
（3）写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式：__________。(→ Mn2+)。
（4）为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是___， 步骤⑤中灼烧滤渣应在____进行(填仪器名称)。
（5）若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为_____，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式：_________。
（6）下列操作，可能导致x：y的值偏小的是_____________(填字母)。
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分
b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡
【答案】（1）H2O、Na2O2或H2O2、MnO2
（2）检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收
（3）5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O
（4） ①. NaOH溶液 ②. 坩埚
（5） ①. Fe4S5 ②. Fe4S5 +8O22Fe2O3+5SO2
（6）bd
【解析】
【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【小问1详解】
装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；
【小问2详解】
二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；
【小问3详解】
草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O；
【小问4详解】
二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；
【小问5详解】
滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；
【小问6详解】
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；
b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；
故选bd。
10. 加深对含氮氧化物的研究，有利于为环境污染提供有效决策。回答下列问题：
（1）已知：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH1=-114 kJ·mol-1；
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2= - 393．5 kJ·mol-1；
2NO(g)N2(g)+O2(g) ΔH3=-181 kJ·mol -1。
C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为___________；关于该可逆反应，改变下列条件，一段时间后，正反应速率增大的是_____ (填字母)。
A．恒温下，缩小反应容器体积
B．恒容下，降低反应温度
C．恒温恒容下，通入一定量的N2
D．恒温恒容下，将CO2移出容器
（2）T °C时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正= k正c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2O4) (k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)，且lg v正~lg c(NO2)与lg v逆~lg c(N2O4)的关系如图所示。
①表示v正的直线是____ (填“A”或“B")。
②T °C时，该反应的平衡常数K=____________。
③T °C时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(NO2)为0.1 mol·L-1，平衡时NO2转化率为____________(保留一位小数)。平衡后v逆=________(用含a的表达式表示)。
④上题③中反应达到平衡后，其他条件不变，继续通定量入一的NO2，NO2的平衡浓度将________ (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为减少汽车尾气中NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温催化剂催化NO转化为N2，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。结合(1)中的反应，若不使用CO，温度超过775K，发现NO转化为N2的转化率降低，其可能的原因是_______________；用平衡移动原理解释加入CO后，NO转化为N2的转化率增大的原因：__________。
【答案】（1） ①. 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1 ②. AC
（2） ①. A ②. 100 ③. 95.2% ④. 10a ⑤. 增大
（3） ①. NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行 ②. 加入CO后，与NO分解生成的O2反应，使NO分解向生成N2的方向移动
【解析】
小问1详解】
由盖斯定律可知，题给反应②×2+反应③-反应①可得C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应，，答案为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1。恒温缩小容器体积，反应物浓度升高，反应速率加快；恒容降低温度，活化分子百分数降低，有效碰撞减少，反应速率降低；恒温恒容充入氮气，平衡逆向移动，反应物浓度升高，正反应速率升高；移出二氧化碳，平衡正向移动，反应物浓度降低，正反应速率降低；故选AC。
【小问2详解】
①由反应速率表达式及题给图像可知，正反应速率受物质浓度变化影响更大，体现在图像中则为随浓度变化，变化越快，对应图中直线A；②，当反应达到平衡时即 k正c2 (NO2)=k逆c(N2O4)，则，由图可知当时则，，则K=100。③由K=100可知，当c(NO2)为0.1 mol·L-1时，c(N2O4)=1 mol·L-1，则Δc(NO2)=2 mol·L-1，转化率为， k逆c(N2O4)=10a×1=10a。④由勒夏特列原理可知，通入二氧化氮，二氧化氮浓度升高，平衡向着二氧化氮浓度降低的方向移动，但是只能削弱二氧化氮浓度的升高但是不能抵消，因此最终二氧化氮的浓度仍旧为增大。
【小问3详解】
由反应（1）可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；一氧化碳能与氧气反应，使平衡正向移动。
11. 辣椒素酯具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等功效，其一种合成路线如下：
已知： I． A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1；
Ⅱ．，其中R1、R2为氢或烃基。
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称为_____________。
（2）C→D、G→H的反应类型分别为________________、__________________。
（3）B的结构简式为_______________。
（4）写出E→F第1步反应的化学方程式：______________________。
（5）1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗__________mol NaOH。
（6）I的同分异构体中符合下列条件的有_________种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为____________________(任写一种)。
①含有苯环； ②只含一种含氧官能团； ③1 mol该有机物可与3 mol NaOH反应。
【答案】（1）(酚)羟基、醚键
（2） ①. 加成(还原)反应 ②. 取代反应
（3）CH3CHO （4）(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O
（5）2 （6） ①. 12 ②. 或
【解析】
【分析】由J的结构得F为HOOCCH2CH2C(CH3)3，E为(CH3)3CCH2 CH2CHO，D为(CH3)3CCH2 CH2CH2OH，C为(CH3)3CCH= CHCHO，A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1，A为(CH3)3CCHO，B为CH3CHO；G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，在NaOH的水溶液中水解得I，I为。
【小问1详解】
G中官能团的名称为(酚)羟基、醚键。故答案为：(酚)羟基、醚键；
【小问2详解】
C为(CH3)3CCH= CHCHO，D为(CH3)3CCH2 CH2CH2OH，C→D为加成或还原反应、G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，G→H的反应类型为取代反应。故答案为：加成(还原)反应；取代反应；
小问3详解】
B的结构简式为CH3CHO。故答案为：CH3CHO；
【小问4详解】
E→F第1步反应新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化成羧酸盐，化学方程式：(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O。故答案为：(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；
【小问5详解】
J分子中酚羟基和酯基均能与NaOH反应，1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗2mol NaOH。故答案为：2；
【小问6详解】
I的同分异构体中①含有苯环，余下2个C和3个O原子； ②只含一种含氧官能团； ③1 mol该有机物可与3 mol NaOH反应，应有三个酚羟基，两个碳可组成乙基或2个甲基，连苯三酚苯环上连上乙基有2种，连上2个甲基有2种，均苯三酚苯环上连上乙基有1种，连上2个甲基有1种，偏苯三酚苯环上连上乙基有3种，连上2个甲基有3种，共2+2+1+1+3+3=12，符合三个条件的有12种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为或。
故答案为：12；或。
运城市2023年高三第二次模拟调研测试
理科综合化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 S32 Mn55 Fe56 Cu64 Ga 70 As 75
一、 选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 长时间高温蒸煮可杀死“甲流”病毒 B. 可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
C. 5G、6G技术离不开制备光缆的晶体硅 D. 石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
【答案】C
【解析】
【详解】A．长时间高温蒸煮可使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A正确；
B．氢氟酸能和二氧化硅反应，可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃，故B正确；
C．二氧化硅可以用来制备光缆，故C错误；
D．水泥制造的原理是对石灰石、粘土等原料进行破碎、混合、烧制等一系列工艺过程，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D正确；
故选C。
2. 下列有关物质结构与性质的比较正确的是
A. 基态原子未成对电子数：Cr> Mn> As
B. 酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOH
C. 键角：SeO3< <
D. 沸点：AsH3> PH3>NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cr基态原子的价电子排布是3d54s1，未成对电子有6个；Mn基态原子的价电子排布是3d54s2，未成对电子有5个；As基态原子的价电子排布是4s24p3，未成对电子有3个；基态原子未成对电子数：Cr>Mn>As，故A正确；
B．饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，卤代乙酸中卤素原子个数越多、卤素原子的非金属性越强， 酸性越强，则酸性：CH3COOH
D．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3分子间存在氢键，沸点增高，出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3>PH3，故D错误；
故选A。
3. 有机物M(结构简式为( )是合成花椒毒素的重要中间体，下列说法错误的是
A. 电负性：F>O>N>C B. 第一电离能：N>O>C
C. M中碳原子的杂化方式有2种 D. M可以形成分子间氢键
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期元素（惰性气体元素除外）从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故A正确；
B．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N>O>C，故B正确；
C．M中存在羰基、-C≡N和-CH3，M中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3共3种，故C错误；
D．M中含有亚氨基（-NH-），可以形成分子间氢键，故D正确；
故选C。
4. 由主族元素X、Y、Z、W组成的化合物ZX4W(YX4)3具有良好的储氢性能，其中，X、Y、Z是短周期元素， 与均为10电子数微粒，四种元素的原子序数之和为33。下列有关说法错误的是
A. X与Y、Z均可形成多种化合物 B. 非金属性：Z> Y> >X
C. X、W元素可形成离子化合物 D. 原子半径：W> Y> Z> >X
【答案】B
【解析】
【分析】ZX4W(YX4)3为储氢材料，同时和均为10电子微粒，则X为H、Z为N、Y为B。四种元素序数之和为33，则W为Ca。
【详解】A．X与Y、Z均能形成多种化合物，A项正确；
B．从离子化合价来看，中H为正价，Z为负价，则非金属性：Z>X。中X为负价，Y为正价，则非金属性：X>Y。所以非金属性：Z>X>Y，B项错误；
C．X与W形成CaH2（含Ca2+和H-）为离子化合物，C项正确；
D．电子层越多半径越大，同电子层核电荷数越多半径越小：W>Y>Z>X，D项正确；
故选B。
5. 吲哚衍生物具有广泛又重要的生物活性。现有甲、乙两种吲哚衍生物，二者之间可相互转化，其结构简式如图所示：
下列关于甲，乙的说法正确的是
A. 甲、乙的化学式不相同 B. 甲、乙中所含有官能团种类相同
C. 甲、乙在酸碱溶液均能稳定存在 D. 甲、乙均能与H2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲乙结构式可知，二者分子式相同都是C15H14N2O3，故A错误；
B．甲中含有羟基而乙中没有，故B错误；
C．甲和乙中都含有酯基，在碱性溶液中会发生水解反应，二者都不能在碱溶液中稳定存在，故C错误；
D．甲、乙均含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，故D正确；
故选D。
6. 我国科研人员利用双极膜技术构造出一类具有高能量密度、优异的循环性能的新型水系电池，模拟装置如图所示。已知电极材料分别为Zn和MnO2，相应的产物为和Mn2+。下列说法错误的是
A. 双极膜中的OH-通过膜a移向M极
B. 电池工作一段时间后，NaOH溶液的pH不变
C. N电极的反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O
D. 若电路中通过2 mol e-，则稀硫酸溶液质量增加89 g
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题给信息Zn生成Zn(OH)，MnO2生成Mn2+可知，M极为Zn电极，N电极材料为MnO2，即M极为负极，N极为正极，OH-移向负极，A项正确；
B．负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，每转移2 mol e-，有2 molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-，NaOH溶液的pH变小，B项错误；
C．N电极材料为MnO2，MnO2在正极得到电子生成Mn2+，电极方程式为：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2+ +2H2O，故C正确；
D．若电路中通过2 mol e-，双极膜中有2 mol H+移向硫酸溶液，同时溶解1 mol MnO2，稀硫酸溶液质量增加2mol1g/mol+1mol87g/mol=89g，D项正确；
故选B。
7. 室温下，向10 mL0.1 mol·L-1 K2A(室温下，H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 室温下，H2A的Ka2≈2.0 ×10-6
B. b点溶液存在关系式：c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )
C. a、b、c点溶液中水的电离程度：a
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，0.1 mol·L-1 K2A溶液的pH为10，溶液中c(OH-)= c(HA-)，则H2A的Kh1=，则H2A的Ka2≈1.0 ×10-7，故A错误；
B．b点加入10mL0.1 mol·L-1的HCl溶液，溶质为KHA和KCl且物质的量浓度相等，根据HA-的水解常数和电离常数分析Kh2=，即电离程度大于水解程度，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒得到关系式c(H+)+c(K+)=c(Cl-)+c(HA- )+2c(A2- )+c(OH-)，则c(K+)
故选D。
三、非选择题：共174分。
8. 工厂的含砷废水必须经过一定的处理。 某厂用某含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi3+ )提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8 ×10-3920 ，Ksp[Cu(OH)2]=2.2 ×10-22，Ksp [Bi(OH)3]=4.4 ×10-31。
回答下列问题：
（1）滤渣a的成分是___________(写化学式)。
（2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是_________________。
（3）写出“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2发生反应的化学方程式：_____________。
（4）红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为___________。
（5）“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH值，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH值与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是_________。
（6） 当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，制得475.2 gAs2O3，则As元的素回收率为________。
（7）砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度为____________g· cm-3。
【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3
（2）为了使砷完全沉淀
（3）3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4
（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O
（5）终点pH值为8，PFS用量为4或
（6）96% （7）
【解析】
【分析】含砷废水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+ )中加入NaOH溶液调节pH=6，由已知数据和后续除杂过程中不在设置步骤除去Fe3+、Cu2+、Bi2+可知，该步骤中Fe3+、Cu2+、Bi2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣a中除去，滤液中加入过量CuSO4溶液将AsO转化为Cu(AsO)2沉淀，再用SO2还原Cu(AsO)2得到HAsO2和H2SO4，经过沉砷得到As2O3，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。
【小问2详解】
“沉淀”时，为了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必须过量。
【小问3详解】
“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)22H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3Cu(AsO2)2+ 3SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2 ·2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4。
小问4详解】
Cu3(SO3)22H2O (不溶于水)“氧化”时和O2、H2SO4溶液反应得到CuSO4溶液，O元素由0价下降到-2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O。
【小问5详解】
PFS除砷时，去除率最高时的条件是终点pH值为8，PFS用量为4或。
【小问6详解】
当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，根据As守恒，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为 =96%。
【小问7详解】
由晶胞结构可知，每个晶胞含有8=4个Ga和4个As，则砷化镓晶体密度为。
9. 为探究某铁硫簇化合物(用FexSy表示)的组成，某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量：
已知： i．样品的主要成分为FexSy，含少量不溶于水、盐酸，且不参与装置C中反应的杂质；
ii． Mn2+在稀溶液中近乎无色。
实验步骤：
①按图连接装置，进行气密性检查，然后装入相应的药品；
②通入氧气并加热，装置C中固体逐渐转变为红棕色；
③待固体完全转化后，取装置D中的溶液6 mL于锥形瓶中，用0.1 mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共进行3次，平均消耗草酸溶液5.0 mL(假设装置D中溶液体积反应前后不变)；
④取装置C中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤；
⑤向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32 g固体。
回答下列问题：
（1）A为O2发生装置，则试剂a、试剂b可以分别是__________。
（2）装置E中品红溶液的作用是______________。
（3）写出草酸溶液滴定酸性高锰酸钾溶液时反应的离子方程式：__________。(→ Mn2+)。
（4）为防止尾气污染，装置F中应加入的试剂是___， 步骤⑤中灼烧滤渣应在____进行(填仪器名称)。
（5）若实验完成时装置E中品红溶液无变化，根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇化合物的化学式为_____，写出该铁硫簇化合物与O2反应的化学方程式：_________。
（6）下列操作，可能导致x：y的值偏小的是_____________(填字母)。
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分
b．配制草酸标准液时，定容操作俯视刻度线
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外几滴
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡
【答案】（1）H2O、Na2O2或H2O2、MnO2
（2）检验SO2是否被酸性高锰酸钾溶液完全吸收
（3）5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O
（4） ①. NaOH溶液 ②. 坩埚
（5） ①. Fe4S5 ②. Fe4S5 +8O22Fe2O3+5SO2
（6）bd
【解析】
【分析】装置A制备氧气，C中通入氧气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被D中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，E中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，F为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【小问1详解】
装置A固体和液体不加热制备氧气，可以选用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；
【小问2详解】
二氧化硫可以被高锰酸钾吸收，用装置E来检验，故装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；
【小问3详解】
草酸被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，同时高锰酸钾被还原为锰离子，离子方程式为：5H2C2O4 +2+6H+=10CO2↑+2Mn2+ +8H2O；
【小问4详解】
二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置F中应加入NaOH溶液；对固体进行灼烧应该在坩埚中进行，故骤⑤中灼烧滤渣应该在坩埚中进行；
【小问5详解】
滴定时消耗草酸溶液的体积为5.0mL，根据关系式计算：6mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置D中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5；
【小问6详解】
a．步骤⑤灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，a错误；
b．配置草酸标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配草酸标准溶液浓度偏大，滴定时草酸体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，b正确；
c．滴定时，草酸溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测草酸体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c错误；
d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点时有气泡，则消耗的草酸溶液体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，d正确；
故选bd。
10. 加深对含氮氧化物的研究，有利于为环境污染提供有效决策。回答下列问题：
（1）已知：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH1=-114 kJ·mol-1；
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2= - 393．5 kJ·mol-1；
2NO(g)N2(g)+O2(g) ΔH3=-181 kJ·mol -1。
C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为___________；关于该可逆反应，改变下列条件，一段时间后，正反应速率增大的是_____ (填字母)。
A．恒温下，缩小反应容器体积
B．恒容下，降低反应温度
C．恒温恒容下，通入一定量的N2
D．恒温恒容下，将CO2移出容器
（2）T °C时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正= k正c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2O4) (k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)，且lg v正~lg c(NO2)与lg v逆~lg c(N2O4)的关系如图所示。
①表示v正的直线是____ (填“A”或“B")。
②T °C时，该反应的平衡常数K=____________。
③T °C时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(NO2)为0.1 mol·L-1，平衡时NO2转化率为____________(保留一位小数)。平衡后v逆=________(用含a的表达式表示)。
④上题③中反应达到平衡后，其他条件不变，继续通定量入一的NO2，NO2的平衡浓度将________ (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为减少汽车尾气中NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温催化剂催化NO转化为N2，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。结合(1)中的反应，若不使用CO，温度超过775K，发现NO转化为N2的转化率降低，其可能的原因是_______________；用平衡移动原理解释加入CO后，NO转化为N2的转化率增大的原因：__________。
【答案】（1） ①. 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1 ②. AC
（2） ①. A ②. 100 ③. 95.2% ④. 10a ⑤. 增大
（3） ①. NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行 ②. 加入CO后，与NO分解生成的O2反应，使NO分解向生成N2的方向移动
【解析】
小问1详解】
由盖斯定律可知，题给反应②×2+反应③-反应①可得C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应，，答案为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1。恒温缩小容器体积，反应物浓度升高，反应速率加快；恒容降低温度，活化分子百分数降低，有效碰撞减少，反应速率降低；恒温恒容充入氮气，平衡逆向移动，反应物浓度升高，正反应速率升高；移出二氧化碳，平衡正向移动，反应物浓度降低，正反应速率降低；故选AC。
【小问2详解】
①由反应速率表达式及题给图像可知，正反应速率受物质浓度变化影响更大，体现在图像中则为随浓度变化，变化越快，对应图中直线A；②，当反应达到平衡时即 k正c2 (NO2)=k逆c(N2O4)，则，由图可知当时则，，则K=100。③由K=100可知，当c(NO2)为0.1 mol·L-1时，c(N2O4)=1 mol·L-1，则Δc(NO2)=2 mol·L-1，转化率为， k逆c(N2O4)=10a×1=10a。④由勒夏特列原理可知，通入二氧化氮，二氧化氮浓度升高，平衡向着二氧化氮浓度降低的方向移动，但是只能削弱二氧化氮浓度的升高但是不能抵消，因此最终二氧化氮的浓度仍旧为增大。
【小问3详解】
由反应（1）可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；一氧化碳能与氧气反应，使平衡正向移动。
11. 辣椒素酯具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等功效，其一种合成路线如下：
已知： I． A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1；
Ⅱ．，其中R1、R2为氢或烃基。
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称为_____________。
（2）C→D、G→H的反应类型分别为________________、__________________。
（3）B的结构简式为_______________。
（4）写出E→F第1步反应的化学方程式：______________________。
（5）1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗__________mol NaOH。
（6）I的同分异构体中符合下列条件的有_________种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为____________________(任写一种)。
①含有苯环； ②只含一种含氧官能团； ③1 mol该有机物可与3 mol NaOH反应。
【答案】（1）(酚)羟基、醚键
（2） ①. 加成(还原)反应 ②. 取代反应
（3）CH3CHO （4）(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O
（5）2 （6） ①. 12 ②. 或
【解析】
【分析】由J的结构得F为HOOCCH2CH2C(CH3)3，E为(CH3)3CCH2 CH2CHO，D为(CH3)3CCH2 CH2CH2OH，C为(CH3)3CCH= CHCHO，A分子中含有两种不同环境的氢，且个数之比为9:1，A为(CH3)3CCHO，B为CH3CHO；G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，在NaOH的水溶液中水解得I，I为。
【小问1详解】
G中官能团的名称为(酚)羟基、醚键。故答案为：(酚)羟基、醚键；
【小问2详解】
C为(CH3)3CCH= CHCHO，D为(CH3)3CCH2 CH2CH2OH，C→D为加成或还原反应、G在光照条件下与氯气发生取代反应生成H，H为，G→H的反应类型为取代反应。故答案为：加成(还原)反应；取代反应；
小问3详解】
B的结构简式为CH3CHO。故答案为：CH3CHO；
【小问4详解】
E→F第1步反应新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化成羧酸盐，化学方程式：(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O。故答案为：(CH3)3CCH2 CH2CHO+ 2Cu(OH)2 +NaOH(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；
【小问5详解】
J分子中酚羟基和酯基均能与NaOH反应，1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗2mol NaOH。故答案为：2；
【小问6详解】
I的同分异构体中①含有苯环，余下2个C和3个O原子； ②只含一种含氧官能团； ③1 mol该有机物可与3 mol NaOH反应，应有三个酚羟基，两个碳可组成乙基或2个甲基，连苯三酚苯环上连上乙基有2种，连上2个甲基有2种，均苯三酚苯环上连上乙基有1种，连上2个甲基有1种，偏苯三酚苯环上连上乙基有3种，连上2个甲基有3种，共2+2+1+1+3+3=12，符合三个条件的有12种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为或。
故答案为：12；或。
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