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重庆市育才中学2023届高三化学下学期5月冲刺高考试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市育才中学2023届高三化学下学期5月冲刺高考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了48LPH3转移了0，1ml/L的Ba2溶液中等内容，欢迎下载使用。
重庆市育才中学校高2023届高考冲刺考试1
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Mg-24 P-31 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Re-186
第I卷
一、选择题：本题共14个小题，每小题3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. 2022北京冬奥会向全世界展示了“中国智造”。下列说法不正确的是
A. 奥运火炬“飞扬”的点火段材料为铝合金：铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀、熔点高
B. 冬奥会场馆中的碲化镉(CdTe)发电玻璃：48号Cd元素位于周期表第五周期第B族
C. “冰墩墩”内充材料使用了芳香烃：煤的干馏和石油的催化重整都可以获得芳香烃
D. 冬奥会颁奖礼服内胆添加了石墨烯发热材料：石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝合金密度小、熔点低、硬度大、耐腐蚀，故A错误；
B．Cd位于周期表第五周期第ⅡB族，属于过渡元素，故B正确；
C．煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有芳香烃，石油的催化裂化可获得烯烃，而石油催化重整可获得芳香烃，故C正确；
D．石墨烯与金刚石一样，都是由碳元素组成的纯净物，属于单质，两者互为同素异形体，故D正确；
故选：A。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 基态C原子的价层电子轨道表示式：
B. CO2的分子结构模型：
C. NH4Cl的电子式：
D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态C原子价电子为2s22p2，其价层电子轨道表示式为，故A正确；
B．CO2是直线形分子，中心原子为C，且C原子半径大于O，其结构模型为，故B错误；
C．氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，氯离子最外层电子数为8，其电子式为，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛中的-OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成分子内氢键，示意图为，故D错误；
故选：A。
3. 次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，是一种精细磷化工产品，其制备过程的第一步反应为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。则下列叙述不正确的是
A. 若反应消耗白磷3.1g，反应断开了0.15molP－P键
B. 当生成标况下4.48LPH3转移了0.6NA电子
C. 0.1mol/L的Ba(H2PO2)2溶液中：c(H3PO2)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)=0.2mol/L
D. 标况下，1molH2O中含有的中子数为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个P4含有6个P-P键，消耗2mol P4时断裂12molP=P键，3.1g白磷的物质的量为，则断开了0.025×12÷2=0.15molP－P键，故A正确；
B．生成2mol PH3时转移6mol电子，标况下4.48LPH3的物质的量为，则转移了0.6NA电子，故B正确；
C．根据次磷酸(H3PO2)为一元弱酸可知，Ba(H2PO2)2溶液中不存在、，正确的物料守恒为：2c()+2c(H3PO2)= c(Ba2+)=0.2mol/L，故C错误；
D．1molH2O中含8mol中子，1molH2O中含有的中子数为8NA，故D正确；
故选：C。
4. 利用下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A.制备Fe2S3固体
B.比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
C.证明乙炔能使溴水褪色
D.探究浓度对化学反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+、S2-能发生氧化还原反应，不能用Na2S和Fe2(SO4)3制备Fe2S3，故不选A；
B．小试管内温度较低，碳酸氢钠放在小试管内发生分解反应，能证明Na2CO3比NaHCO3的热稳定性更强，故选B；
C．电石与水反应生成的乙炔气体中含有杂质H2S，H2S、乙炔都能使溴水褪色，所以该装置不能证明乙炔能使溴水褪色，故不选C；
D．该反应实验现象不明显，不能用该实验探究浓度对化学反应速率的影响，故不选D；
选B。
5. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：Na+、NH、[Ag(NH3)2]+、NO
B. 麦芽糖溶液中：MnO、Na+、SO、H+
C. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Al3+、SO、NO
D. 能使甲基橙变为红色的溶液中：Fe2+、K+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性溶液中银氨离子[Ag(NH3)2]+不能存在，A错误；
B．麦芽糖具有还原性，与、H+发生氧化还原反应，不能存在，B错误；
C．澄清透明溶液中几种离子可以共存，C正确；
D．能使甲基橙变为红色的溶液为酸性溶液，亚铁离子和硝酸根在酸性环境下发生氧化还原反应，不能共存，D错误；
故选C。
6. 乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 由图可知，总反应为放热反应，所以不需加热就能进行
B. 第①步反应只断裂非极性键
C. 增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率
D. 中间体i比中间体ii更稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热与反应条件无关，故A错误；
B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，故B错误；
C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，反应速率最慢，因此增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率，故C正确；
D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，故D错误；
故选：C。
7. 血清素可以在一定条件下转化为褪黑素，其转化流程如图。下列说法不正确的是
A. 血清素既能与酸反应，也能与碱反应 B. N－乙酰色胺分子式为C12H14N2O2
C. 褪黑素苯环上的一氯代物有2种 D. 图中R基含有9个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．血清素分子中酚羟基具有酸性，能和碱反应；氨基具有碱性，能和酸反应，故A正确；
B．N-乙酰色胺分子中C、H、N、O原子个数依次是12、14、2、2，分子式为C12H14N2O2，故B正确；
C．褪黑素苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一氯代物有3种，故C错误；
D．N-乙酰色胺分子中酚羟基和RI发生取代反应生成褪黑素，结合褪黑素的结构简式知，RI为CH3I，则R-为CH3-，甲基中碳原子含有6个电子、每个氢原子含有1个电子，所以甲基含有9个电子，故D正确；
故选：C。
8. 某离子液体X的结构如图，其阳离子有类似苯环的特殊稳定性。下列说法正确的是
A. X对有机物和无机物都有良好的溶解性，且不易挥发，可作诸多反应的溶剂
B. X中含有离子键、共价键、配位键、氢键等化学键
C. 阳离子中的N原子有两种不同的杂化方式
D. X中的C原子和B原子的孤电子对数不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．X是离子化合物，不易挥发，阳离子具有有类似苯环的特殊稳定性，能溶于有机溶剂中，阴离子部分为无机离子，能溶于无机溶剂中，则对无机物、有机化合物等不同物质均具有良好的溶解性，可作诸多反应的溶剂，故A正确；
B．X中电负性大的原子为N，F，不存在N-H键和F-H键，则X中不存在氢键，只存在离子键、共价键、配位键，并且氢键不是化学键，故B错误；
C．阳离子有类似苯环的特殊稳定性，则N均采取sp2杂化，故C错误；
D．X中C原子和B原子的价层电子对数均为4，均无孤电子对，即孤电子对数相同，故D错误；
故选：A。
9. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
用pH试纸分别测定等浓度的NaF和NaCl溶液的pH，NaF的pH较大
非金属性：F＞Cl
B
将铁锈溶于浓盐酸，加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
向苯中加入溴水，振荡，溴水层无明显现象
苯中不含碳碳双键
D
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色
Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．测定等浓度的NaF和NaCl溶液的pH，NaF的pH较大，可知HF的酸性弱，但不能用无氧酸的强酸强弱比较非金属性强弱，则不能证明非金属性：F＞Cl，故A错误；
B．浓盐酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，故B错误；
C．苯与溴水不反应，发生萃取，溴水层会褪色，现象不正确，故C错误；
D．FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，生成更难溶的氢氧化铁，由实验操作和现象可知，Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；
故选：D。
10. 生物大分子具有比有机小分子更为丰富的性质，能完成多种复杂的生物功能。下列有关说法正确的是
A. 具有一级结构的蛋白质分子主要通过共价键使肽链形成特定的二级结构
B. 利用淀粉酶可以在温和的条件下高效催化大豆蛋白的水解
C. 断裂ATP分子中磷酸与磷酸之间形成的磷酸酐键需要吸收较多能量
D. 某DNA分子中胸腺嘧啶(T)数量约占碱基总数的32%，则鸟嘌呤(G)数量约占碱基总数的18%
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有一级结构的蛋白质分子主要通过氢键使肽链形成特定的二级结构，故A错误；
B．酶具有专一性，淀粉酶不能催化大豆蛋白的水解，故B错误；
C．ATP分子中磷酸与磷酸之间形成的磷酸酐键是高能磷酸键，高能磷酸键易断裂，吸收能量较少，故C错误；
D．胸腺嘧啶(T)数量约占碱基总数32%，胞嘧啶的数量约占碱基总数的18%，则鸟嘌呤(G)数量约占碱基总数的18%，故D正确；
选D。
11. 2022年诺贝尔化学奖与点击化学有关。我国科学家在寻找新的点击反应砌块过程中，发现了一种安全、高效合成化合物，其结构如图所示。W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W和X为相邻元素。下列说法正确的是
A. 形成简单氢化物的沸点：Z＜W＜Y＜X
B. 由X元素构成的单质所含的化学键都是非极性键
C. 最高价含氧酸的酸性：Y＞Z
D. 同周期元素中第一电离能大于X的元素有2种
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W和X为相邻元素，分析价键特征可知，Z为S元素，X为O元素，W为N元素，Y为F元素，结合选项分析判断。
【详解】A．W、X、Y、Z形成简单氢化物分别为：NH3、H2O、HF、H2S，其中NH3、H2O、HF都能形成氢键，沸点反常的高，形成氢键越多，沸点越高，HF中氢键强度最大，状态常温下，水为液体，则得到氢化物沸点：H2O＞HF＞NH3＞H2S，即氢化物的沸点：Z＜W＜Y＜X，故A正确；
B．由X元素构成的单质为O2、O3，氧气分子中是非极性键，O3中所含的化学键是极性键，故B错误；
C．非金属性F＞S，F元素无最高正价，无最高价含氧酸，故C错误；
D．同周期元素中第一电离能从左到右增大趋势，第ⅡA、ⅤA的元素第一电离能大于同周期相邻元素，大于X的元素有3种N、F、Ne，故D错误；
故选：A。
12. 一定温度下，在2L的密闭容器发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0。起始投入3molCO，改变进气比，测得相应的CO的平衡转化率如图所示(图中各点对应的温度可能相同，也可能不同)。下列说法不正确的是
A. Kc=1
B. 若E点温度下，5分钟达到平衡，则该过程的平均反应速率v(H2O)=0.12mol•L-1•min-1
C. TC＜TB
D. 平衡从图中B点移动到A点，需降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题给c点数据可得以下三段式：
Kc= ，A正确；
B．E点温度下反应5分钟达到平衡，该过程的平均反应速率
，B正确；
C．根据题给E点数据可得以下三段式：
KE= ，常数只与温度有关，故TC=TB，C错误；
D．B到A，一氧化碳的平衡转化率增大，进气比相同，且该反应前后气体物质的量系数相同，因此不是改变压强引起的，所以考虑改变温度，且该反应为放热反应，故B到A改变的条件为降低温度，D正确；
故选C。
13. 利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 该光伏电池可将化学能转化为电能
B. 该离子交换膜为阴离子交换膜，SO由左池向右池迁移
C. 电解池中阳极发生还原反应，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+
D. 电路中有0.2mol电子通过时，阴极室溶液质量变化为16g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为原电池，电子向N极移动，故N极为负极，P极为正极，右侧为电解池，纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu,石墨为阳极，电极反应式为Ce3+-e-═Ce4+，据此作答。
【详解】A．光伏电池可将太阳能转化为电能，故A错误；
B．电解池右侧正电荷减少，左侧正电荷增加，硫酸根离子由右池向左池迁移，故该离子交换膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．石墨为阳极发生氧化反应，电极反应式为Ce3+-e-═Ce4+，故C错误；
D．纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu,电路中有0.2mol电子通过时，析出Cu质量为×64g/mol=6.4g,同时有0.1mol硫酸根离子由右池向左池迁移，质量减少0.1mol×96g/mol=9.6g,阴极室溶液质量共减少6.4g+9.6g=16g,故D正确；
故选：D。
14. 向20.00mL0.1000mol•L-1的某一元酸HA溶液中滴加未知浓度的NaOH溶液(初始温度为室温)，混合溶液的温度、碱度BG[BG=lg]随加入NaOH体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A. NaOH溶液的浓度为0.1000mol•L-1
B. b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d
C. 室温下，HA的电离常数的数量级约为10-6
D. b点溶液中：2c(OH-)+c(HA)=2c(H+)+c(A-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，n(NaOH)=n(HA)，即0.01L×c(NaOH)=0.02L×0.1000mol⋅L-1，c(NaOH)=0.2000mol/L，故A错误；
B．c点溶质为NaA，为弱酸强碱盐，促进水的电离，c点后NaOH过量，碱抑制水的电离，NaOH为强碱，对水的电离平衡抑制程度较大，所以水的电离程度：c＞b＞d，故B正确；
C．图可知，室温时HA溶液中BG==-8，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，则c(OH-)=10-11mol/L，c(A-)≈c(H+)=mol/L=10-3mol/L，c(HA)≈0.1000mol/L-10-3mol/L≈0.1000mol/L，则HA的电离常数K==10-5，数量级约为10-5，故C错误；
D．b点溶液中溶质为NaA和HA，且c(NaA)=c(HA)，物料守恒关系为2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)，故D错误；
故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：4个题，共58分。
15. 氟化镁有诸多优良性质，在光学、冶金、国防、医疗等领域有着广泛的应用，如图给出了镁碳化法制备高纯氟化镁的一般流程。
已知：碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O。
（1）原料镁中含有铁元素，铁原子的价电子排布式为______，镁原子的第三电离能陡增的原因是______。
（2）“溶镁”的主要目的是得到碳酸氢镁，写出发生的离子方程式______。
（3）“溶镁”过程中，在搅拌条件下持续通入30mL/min高纯二氧化碳气体，其他条件相同，研究不同温度下反应体系中镁离子浓度和反应时间的关系，实验结果如图所示。由图可以看出，反应温度越高，相同时间内生成的碳酸氢镁浓度______(填“越低”或“越高”)，可能的原因有______。
（4）碳酸氢镁热分解转化单一固体产物可能含有一定的结晶水，用热重分析法可测定结晶水含量。称取100g上述分解转化产物进行热重分析，热重曲线如图所示，产物化学式为______。
（5）氟化反应以氢氟酸为氟化试剂，写出其离子方程式______，整个流程中可以循环利用的物质为_______。
（6）氟化镁的晶胞结构为四方晶胞，若晶胞边长a=b=0.46nm，c=0.30nm，则氟化镁密度ρ=______g•cm-3(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 3d6 4s2 ②. 镁失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子
（2）
（3） ①. 越低 ②. 碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O
（4）MgCO3•H2O
（5） ①. ②. 二氧化碳
（6）
【解析】
【分析】通过镁碳化法制备高纯氟化镁，根据流程图可知，镁和水和二氧化碳反应生成碳酸氢镁，碳酸氢镁受热分解为MgCO3•nH2O，然后经过过滤洗涤，制备悬浮液，加入氟化剂沉淀得到氟化镁，经过离心洗涤后得到高纯度氟化镁；据此分析解题。
【小问1详解】
铁的电子排布式为 [Ar]3d64s2，所以价电子排布式为3d64s2；镁原子的第三电离能是指镁原子失去两个原子后，再失去一个电子所需的能量；镁的电子排布式为1s22s22p63s2，失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子，所以镁原子的第三电离能陡增；故答案为3d64s2；镁失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子。
【小问2详解】
“溶镁”主要目的是由镁和水和二氧化碳反应生成碳酸氢镁，得到碳酸氢镁，离子方程式为；故答案为。
【小问3详解】
由不同温度和镁离子浓度关系图可以看出，反应温度越高，相同时间内生成的镁离子浓度越低，所以生成的碳酸氢镁浓度越低；由已知条件可知，碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O，MgCO3在水中微溶，所以温度越高，生成的碳酸氢镁浓度越低；故答案为越低；碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O。
【小问4详解】
分析图像400℃剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到，解得n＝1；所以产物化学式为MgCO3•H2O；故答案为MgCO3•H2O。
【小问5详解】
氟化反应以氢氟酸为氟化试剂，氢氟酸与碳酸镁反应生成氟化镁，二氧化碳和水，其离子方程式为，产物中二氧化碳可循环使用；故答案为；二氧化碳。
【小问6详解】
根据氟化镁的晶胞结构可知，Mg为白球，F原子为黑球；所以一个晶胞中含有2个MgF2，晶胞边长a=b=0.46nm，c=0.30nm，则氟化镁密度；故答案为。
16. 铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：I.Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2O7；
有关物质的溶解度S见表：
温度/℃
S[(NH4)2SO4]/g
S(NH4ReO4)/g
20
75.7
6.1
30
78.0
32.3
2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______，a中发生反应的离子方程式为______。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2O7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是______。
（3）下列装置可用作装置单元X的是______(填标号)。
A. B.
C. D.
（4）取mgNH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为cmol/L的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。本次滴定实验可选的指示剂为______；NH4ReO4的纯度为______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是______(填标号)。
a未用盐酸标准液润洗酸式滴定管 b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2 d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. FeS+2H+=Fe2++H2S↑
（2） ①. 排出多余的H2S气体 ②. 冷却结晶 （3）AC
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. ③. cd
【解析】
【分析】装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，B为安全瓶，装置C中Re2O7溶于水生成HReO4，HReO4再与H2S反应生成Re2S7，再向三颈烧瓶内滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，经分离操作得到产品NH4ReO4，装置D为尾气H2S的吸收装置，通入氮气排出多余的H2S气体，防止污染。
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
【小问2详解】
H2S污染有毒，通入N2的目的是排出多余的H2S气体，防止污染，用X进行尾气吸收；Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知NH4ReO4的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
【小问3详解】
从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，故答案为；AC；
【小问4详解】
往溶液中滴入盐酸标准溶液，达到终点溶液显酸性，故滴加的指示剂选用甲基橙溶液；由反应2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3得关系式：NH4ReO4～NH3～H3BO3～HCl,可得n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV×10-3mol,m(NH4ReO4)=cV×10-3mol×268g/mol=0.268cVg,则NH4ReO4的纯度为；
a.由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，标准液体积偏大，结果偏大，故a不选；
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，标准液体积偏大，因此结果偏大，故b不选；
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，导致NH4ReO4含量减小，标准液体积偏小，因此结果偏小，故c选；
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液体积偏小，因此结果偏小，故d选，
故答案为：cd。
17. 二氧化碳转化甲醇技术是当前的研究热点，假设该过程仅发生如下3个反应：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1 △H1
反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) K2 △H2
反应III：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) K3 △H3
（1）上述反应的平衡常数K与温度T的关系都符合：lnK=A+(A、B都为常数，且都大于零)，则______(填“＞”、“＜”或“=)。
（2）在体积为1L的刚性容器中，仅发生反应I，投料比=3，反应一段时间后，在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。
①下列说法能作为反应I达到平衡状态的判据是______(填字母)。
A.气体密度不再变化 B.CO2的体积分数不再变化
C.气体平均相对分子质量不再变化 D.CO2、H2的物质的量之比为1：3
②有分子筛时，P点之前甲醇的产率随温度升高而升高的原因是______。
③210℃下，反应达到平衡时，该容器中未通过膜的H2O分子占反应生成的H2O分子的百分比为_____(用a表示)。
（3）CH3OH(g)在γ－Al2O3固体表面发生反应Ⅱ要经历：吸附→表面反应→脱附三个阶段，其机理如图所示。
①发生脱附的是历程______(填数字)。
②已知历程5的化学方程式为：HO*+H*→H2O*(用*标注吸附的原子)。写出历程3的化学方程式：_____。
（4）甲醇可作为燃料电池的燃料。
①某甲醇燃料电池的部分结构如图所示，该电池的负极反应式为_____。
②已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是______。(已知燃料的能量密度单位为：)
【答案】（1）＜ （2） ①. BC ②. 分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响 ③. ×100%
（3） ①. 4和6 ②. CH3O*+CH3OH*= CH3OCH3*+ HO*
（4） ①. CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ ②. 常温下甲醇是液体，体积较小，能量密度较大
【解析】
【小问1详解】
上述反应的平衡常数K与温度T的关系都符合：lnK=A+(A、B都为常数，且都大于零)，可知，T越大，lnK越小，K越小，说明上述反应是放热反应。反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，说明CO2(g)和3H2(g)的总能量比CH3OH(g)和H2O(g)的总能量大，反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) 可看成是反应II：2CH3OH(g) +2H2O(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，反应II和反应III的产物就一致了，结合反应I的能量变化可知，反应III放出的能量大，则＜，故答案是＜；
【小问2详解】
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积分数减小的反应。
① A.气体密度等于气体总质量与容器体积的比值，根据质量守恒定律，气体总质量不变，刚性容器体积不变，故气体密度一直不变，不能用于判断平衡状态，A项不符合题意；
B．CO2的体积分数不再变化，说明其浓度不在改变，可用于判断化学平衡状态，B项符合题意；
C．气体平均相对分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，气体总质量不变，气体总物质的量在减小，当不再改变时，气体平均相对分子质量不变，可用于判断化学平衡状态，C项符合题意；
D．CO2、H2的物质的量之比为1：3不能保证气体浓度不再改变，不能用于化学平衡状态，D项不符合题意；
故答案选BC。
② 反应I是放热反应，温度升高，反应逆向移动，甲醇的产率减小，但是有分子筛时，能分离出水分子，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故有分子筛时，P点之前甲醇的产率随温度升高而升高的原因是分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响，甲醇产率增大。故答案是分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响。
③ 反应I，投料比=3，，若氢气投入量是3mol，二氧化碳投入量是1mol，则甲醇理论产量时1mol，则无分子筛时，甲醇产率是25%，生成水分子数目是25%mol，有分子筛时甲醇产率是a%，生成水分子的量是a% mol，则该容器中未通过膜的H2O分子占反应生成的H2O分子的百分比为×100%。
【小问3详解】
①由图像可知，历程1和2吸附过程，历程4和6是脱附过程，生成CH3OCH3(g)和H2O(g)，故答案是4和6；
②历程3得到CH3OCH3，故反应历程是CH3O*+CH3OH*= CH3OCH3*+ HO*；
【小问4详解】
①甲醇燃料电池中，通入空气的一极是正极，通入燃料的一极是负极，则负极电极反应式是CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；
②常温下，甲醇是液体，氢气是气体，相同质量情况下，气体的体积远大于液体的体积，故甲醇的能量密度较高，所以车载甲醇供能模式的优势是常温下甲醇是液体，体积较小，能量密度较大；
18. 瑞派替尼(图中有机物K)是一种治疗胃肠道疾病的药物，其合成路线如图(反应溶剂及温度均省略)。
已知：R1COOR2R1CH2OH
（1）K中含氧官能团名称为______，J分子中最多有______个原子共面。
（2）E→F的反应类型为______，B的结构简式为______。
（3）写出F与银氨溶液反应的化学方程式_______。
（4）化合物C的同分异构体中，同时满足以下条件的有______种(不考虑立体异构)。
①遇FeCl3溶液显色；②能发生银镜反应；③无酰胺基；④除羟基外，苯环上还有三个互为间位的取代基
其中，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式为______。
（5）已知M()能与N()发生反应得到高分子P，P依靠氢键形成链节，其中n(M)：n(N)：n(氢键)=1：2：4，则P的结构简式为______。
【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 14
（2） ①. 氧化反应 ②.
（3）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3↑+H2O
（4） ①. 17 ②.
（5）
【解析】
【分析】由B的分子式和C的结构可知B为，C发生取代反应生成D和HCl，再发生已知反应生成E为，E中-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，
【小问1详解】
K中含氧官能团名称为酰胺基，J分子结构为，最多有14个原子共面；
【小问2详解】
E为，E中-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，E→F的反应类型为氧化反应；B的结构简式为；
【小问3详解】
F中醛基与银氨溶液反应的化学方程式：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3↑+H2O；
【小问4详解】
①遇FeCl3溶液显色含说明酚羟基；②能发生银镜反应说明含醛基；③无酰胺基；④除羟基外，苯环上还有三个互为间位的取代基，化合物C的同分异构体有：、、、、、共17种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式为；
【小问5详解】
重庆市育才中学校高2023届高考冲刺考试1
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Mg-24 P-31 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Re-186
第I卷
一、选择题：本题共14个小题，每小题3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. 2022北京冬奥会向全世界展示了“中国智造”。下列说法不正确的是
A. 奥运火炬“飞扬”的点火段材料为铝合金：铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀、熔点高
B. 冬奥会场馆中的碲化镉(CdTe)发电玻璃：48号Cd元素位于周期表第五周期第B族
C. “冰墩墩”内充材料使用了芳香烃：煤的干馏和石油的催化重整都可以获得芳香烃
D. 冬奥会颁奖礼服内胆添加了石墨烯发热材料：石墨烯与金刚石互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝合金密度小、熔点低、硬度大、耐腐蚀，故A错误；
B．Cd位于周期表第五周期第ⅡB族，属于过渡元素，故B正确；
C．煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有芳香烃，石油的催化裂化可获得烯烃，而石油催化重整可获得芳香烃，故C正确；
D．石墨烯与金刚石一样，都是由碳元素组成的纯净物，属于单质，两者互为同素异形体，故D正确；
故选：A。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 基态C原子的价层电子轨道表示式：
B. CO2的分子结构模型：
C. NH4Cl的电子式：
D. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态C原子价电子为2s22p2，其价层电子轨道表示式为，故A正确；
B．CO2是直线形分子，中心原子为C，且C原子半径大于O，其结构模型为，故B错误；
C．氯化铵是离子化合物，由铵根离子与氯离子构成，氯离子最外层电子数为8，其电子式为，故C错误；
D．邻羟基苯甲醛中的-OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成分子内氢键，示意图为，故D错误；
故选：A。
3. 次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，是一种精细磷化工产品，其制备过程的第一步反应为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑。则下列叙述不正确的是
A. 若反应消耗白磷3.1g，反应断开了0.15molP－P键
B. 当生成标况下4.48LPH3转移了0.6NA电子
C. 0.1mol/L的Ba(H2PO2)2溶液中：c(H3PO2)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)=0.2mol/L
D. 标况下，1molH2O中含有的中子数为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个P4含有6个P-P键，消耗2mol P4时断裂12molP=P键，3.1g白磷的物质的量为，则断开了0.025×12÷2=0.15molP－P键，故A正确；
B．生成2mol PH3时转移6mol电子，标况下4.48LPH3的物质的量为，则转移了0.6NA电子，故B正确；
C．根据次磷酸(H3PO2)为一元弱酸可知，Ba(H2PO2)2溶液中不存在、，正确的物料守恒为：2c()+2c(H3PO2)= c(Ba2+)=0.2mol/L，故C错误；
D．1molH2O中含8mol中子，1molH2O中含有的中子数为8NA，故D正确；
故选：C。
4. 利用下列有关实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A.制备Fe2S3固体
B.比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
C.证明乙炔能使溴水褪色
D.探究浓度对化学反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+、S2-能发生氧化还原反应，不能用Na2S和Fe2(SO4)3制备Fe2S3，故不选A；
B．小试管内温度较低，碳酸氢钠放在小试管内发生分解反应，能证明Na2CO3比NaHCO3的热稳定性更强，故选B；
C．电石与水反应生成的乙炔气体中含有杂质H2S，H2S、乙炔都能使溴水褪色，所以该装置不能证明乙炔能使溴水褪色，故不选C；
D．该反应实验现象不明显，不能用该实验探究浓度对化学反应速率的影响，故不选D；
选B。
5. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：Na+、NH、[Ag(NH3)2]+、NO
B. 麦芽糖溶液中：MnO、Na+、SO、H+
C. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Al3+、SO、NO
D. 能使甲基橙变为红色的溶液中：Fe2+、K+、Cl-、NO
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性溶液中银氨离子[Ag(NH3)2]+不能存在，A错误；
B．麦芽糖具有还原性，与、H+发生氧化还原反应，不能存在，B错误；
C．澄清透明溶液中几种离子可以共存，C正确；
D．能使甲基橙变为红色的溶液为酸性溶液，亚铁离子和硝酸根在酸性环境下发生氧化还原反应，不能共存，D错误；
故选C。
6. 乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 由图可知，总反应为放热反应，所以不需加热就能进行
B. 第①步反应只断裂非极性键
C. 增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率
D. 中间体i比中间体ii更稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热与反应条件无关，故A错误；
B．由图可知，第①步反应中有O-H键和C-C键发生断裂，即断裂非极性键，又断裂极性键，故B错误；
C．总反应速率由慢反应决定，第①步的活化能最大，反应速率最慢，因此增大催化剂酸的浓度，可以加快总反应速率，故C正确；
D．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则中间体i不如中间体ii稳定，故D错误；
故选：C。
7. 血清素可以在一定条件下转化为褪黑素，其转化流程如图。下列说法不正确的是
A. 血清素既能与酸反应，也能与碱反应 B. N－乙酰色胺分子式为C12H14N2O2
C. 褪黑素苯环上的一氯代物有2种 D. 图中R基含有9个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．血清素分子中酚羟基具有酸性，能和碱反应；氨基具有碱性，能和酸反应，故A正确；
B．N-乙酰色胺分子中C、H、N、O原子个数依次是12、14、2、2，分子式为C12H14N2O2，故B正确；
C．褪黑素苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一氯代物有3种，故C错误；
D．N-乙酰色胺分子中酚羟基和RI发生取代反应生成褪黑素，结合褪黑素的结构简式知，RI为CH3I，则R-为CH3-，甲基中碳原子含有6个电子、每个氢原子含有1个电子，所以甲基含有9个电子，故D正确；
故选：C。
8. 某离子液体X的结构如图，其阳离子有类似苯环的特殊稳定性。下列说法正确的是
A. X对有机物和无机物都有良好的溶解性，且不易挥发，可作诸多反应的溶剂
B. X中含有离子键、共价键、配位键、氢键等化学键
C. 阳离子中的N原子有两种不同的杂化方式
D. X中的C原子和B原子的孤电子对数不同
【答案】A
【解析】
【详解】A．X是离子化合物，不易挥发，阳离子具有有类似苯环的特殊稳定性，能溶于有机溶剂中，阴离子部分为无机离子，能溶于无机溶剂中，则对无机物、有机化合物等不同物质均具有良好的溶解性，可作诸多反应的溶剂，故A正确；
B．X中电负性大的原子为N，F，不存在N-H键和F-H键，则X中不存在氢键，只存在离子键、共价键、配位键，并且氢键不是化学键，故B错误；
C．阳离子有类似苯环的特殊稳定性，则N均采取sp2杂化，故C错误；
D．X中C原子和B原子的价层电子对数均为4，均无孤电子对，即孤电子对数相同，故D错误；
故选：A。
9. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
用pH试纸分别测定等浓度的NaF和NaCl溶液的pH，NaF的pH较大
非金属性：F＞Cl
B
将铁锈溶于浓盐酸，加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
向苯中加入溴水，振荡，溴水层无明显现象
苯中不含碳碳双键
D
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色
Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．测定等浓度的NaF和NaCl溶液的pH，NaF的pH较大，可知HF的酸性弱，但不能用无氧酸的强酸强弱比较非金属性强弱，则不能证明非金属性：F＞Cl，故A错误；
B．浓盐酸可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明铁锈中含有二价铁，故B错误；
C．苯与溴水不反应，发生萃取，溴水层会褪色，现象不正确，故C错误；
D．FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，生成更难溶的氢氧化铁，由实验操作和现象可知，Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；
故选：D。
10. 生物大分子具有比有机小分子更为丰富的性质，能完成多种复杂的生物功能。下列有关说法正确的是
A. 具有一级结构的蛋白质分子主要通过共价键使肽链形成特定的二级结构
B. 利用淀粉酶可以在温和的条件下高效催化大豆蛋白的水解
C. 断裂ATP分子中磷酸与磷酸之间形成的磷酸酐键需要吸收较多能量
D. 某DNA分子中胸腺嘧啶(T)数量约占碱基总数的32%，则鸟嘌呤(G)数量约占碱基总数的18%
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有一级结构的蛋白质分子主要通过氢键使肽链形成特定的二级结构，故A错误；
B．酶具有专一性，淀粉酶不能催化大豆蛋白的水解，故B错误；
C．ATP分子中磷酸与磷酸之间形成的磷酸酐键是高能磷酸键，高能磷酸键易断裂，吸收能量较少，故C错误；
D．胸腺嘧啶(T)数量约占碱基总数32%，胞嘧啶的数量约占碱基总数的18%，则鸟嘌呤(G)数量约占碱基总数的18%，故D正确；
选D。
11. 2022年诺贝尔化学奖与点击化学有关。我国科学家在寻找新的点击反应砌块过程中，发现了一种安全、高效合成化合物，其结构如图所示。W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W和X为相邻元素。下列说法正确的是
A. 形成简单氢化物的沸点：Z＜W＜Y＜X
B. 由X元素构成的单质所含的化学键都是非极性键
C. 最高价含氧酸的酸性：Y＞Z
D. 同周期元素中第一电离能大于X的元素有2种
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W和X为相邻元素，分析价键特征可知，Z为S元素，X为O元素，W为N元素，Y为F元素，结合选项分析判断。
【详解】A．W、X、Y、Z形成简单氢化物分别为：NH3、H2O、HF、H2S，其中NH3、H2O、HF都能形成氢键，沸点反常的高，形成氢键越多，沸点越高，HF中氢键强度最大，状态常温下，水为液体，则得到氢化物沸点：H2O＞HF＞NH3＞H2S，即氢化物的沸点：Z＜W＜Y＜X，故A正确；
B．由X元素构成的单质为O2、O3，氧气分子中是非极性键，O3中所含的化学键是极性键，故B错误；
C．非金属性F＞S，F元素无最高正价，无最高价含氧酸，故C错误；
D．同周期元素中第一电离能从左到右增大趋势，第ⅡA、ⅤA的元素第一电离能大于同周期相邻元素，大于X的元素有3种N、F、Ne，故D错误；
故选：A。
12. 一定温度下，在2L的密闭容器发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0。起始投入3molCO，改变进气比，测得相应的CO的平衡转化率如图所示(图中各点对应的温度可能相同，也可能不同)。下列说法不正确的是
A. Kc=1
B. 若E点温度下，5分钟达到平衡，则该过程的平均反应速率v(H2O)=0.12mol•L-1•min-1
C. TC＜TB
D. 平衡从图中B点移动到A点，需降低温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题给c点数据可得以下三段式：
Kc= ，A正确；
B．E点温度下反应5分钟达到平衡，该过程的平均反应速率
，B正确；
C．根据题给E点数据可得以下三段式：
KE= ，常数只与温度有关，故TC=TB，C错误；
D．B到A，一氧化碳的平衡转化率增大，进气比相同，且该反应前后气体物质的量系数相同，因此不是改变压强引起的，所以考虑改变温度，且该反应为放热反应，故B到A改变的条件为降低温度，D正确；
故选C。
13. 利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 该光伏电池可将化学能转化为电能
B. 该离子交换膜为阴离子交换膜，SO由左池向右池迁移
C. 电解池中阳极发生还原反应，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+
D. 电路中有0.2mol电子通过时，阴极室溶液质量变化为16g
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为原电池，电子向N极移动，故N极为负极，P极为正极，右侧为电解池，纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu,石墨为阳极，电极反应式为Ce3+-e-═Ce4+，据此作答。
【详解】A．光伏电池可将太阳能转化为电能，故A错误；
B．电解池右侧正电荷减少，左侧正电荷增加，硫酸根离子由右池向左池迁移，故该离子交换膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．石墨为阳极发生氧化反应，电极反应式为Ce3+-e-═Ce4+，故C错误；
D．纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-═Cu,电路中有0.2mol电子通过时，析出Cu质量为×64g/mol=6.4g,同时有0.1mol硫酸根离子由右池向左池迁移，质量减少0.1mol×96g/mol=9.6g,阴极室溶液质量共减少6.4g+9.6g=16g,故D正确；
故选：D。
14. 向20.00mL0.1000mol•L-1的某一元酸HA溶液中滴加未知浓度的NaOH溶液(初始温度为室温)，混合溶液的温度、碱度BG[BG=lg]随加入NaOH体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A. NaOH溶液的浓度为0.1000mol•L-1
B. b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是c＞b＞d
C. 室温下，HA的电离常数的数量级约为10-6
D. b点溶液中：2c(OH-)+c(HA)=2c(H+)+c(A-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，n(NaOH)=n(HA)，即0.01L×c(NaOH)=0.02L×0.1000mol⋅L-1，c(NaOH)=0.2000mol/L，故A错误；
B．c点溶质为NaA，为弱酸强碱盐，促进水的电离，c点后NaOH过量，碱抑制水的电离，NaOH为强碱，对水的电离平衡抑制程度较大，所以水的电离程度：c＞b＞d，故B正确；
C．图可知，室温时HA溶液中BG==-8，Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-14，则c(OH-)=10-11mol/L，c(A-)≈c(H+)=mol/L=10-3mol/L，c(HA)≈0.1000mol/L-10-3mol/L≈0.1000mol/L，则HA的电离常数K==10-5，数量级约为10-5，故C错误；
D．b点溶液中溶质为NaA和HA，且c(NaA)=c(HA)，物料守恒关系为2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA)=2c(OH-)+c(A-)，故D错误；
故选：B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：4个题，共58分。
15. 氟化镁有诸多优良性质，在光学、冶金、国防、医疗等领域有着广泛的应用，如图给出了镁碳化法制备高纯氟化镁的一般流程。
已知：碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O。
（1）原料镁中含有铁元素，铁原子的价电子排布式为______，镁原子的第三电离能陡增的原因是______。
（2）“溶镁”的主要目的是得到碳酸氢镁，写出发生的离子方程式______。
（3）“溶镁”过程中，在搅拌条件下持续通入30mL/min高纯二氧化碳气体，其他条件相同，研究不同温度下反应体系中镁离子浓度和反应时间的关系，实验结果如图所示。由图可以看出，反应温度越高，相同时间内生成的碳酸氢镁浓度______(填“越低”或“越高”)，可能的原因有______。
（4）碳酸氢镁热分解转化单一固体产物可能含有一定的结晶水，用热重分析法可测定结晶水含量。称取100g上述分解转化产物进行热重分析，热重曲线如图所示，产物化学式为______。
（5）氟化反应以氢氟酸为氟化试剂，写出其离子方程式______，整个流程中可以循环利用的物质为_______。
（6）氟化镁的晶胞结构为四方晶胞，若晶胞边长a=b=0.46nm，c=0.30nm，则氟化镁密度ρ=______g•cm-3(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 3d6 4s2 ②. 镁失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子
（2）
（3） ①. 越低 ②. 碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O
（4）MgCO3•H2O
（5） ①. ②. 二氧化碳
（6）
【解析】
【分析】通过镁碳化法制备高纯氟化镁，根据流程图可知，镁和水和二氧化碳反应生成碳酸氢镁，碳酸氢镁受热分解为MgCO3•nH2O，然后经过过滤洗涤，制备悬浮液，加入氟化剂沉淀得到氟化镁，经过离心洗涤后得到高纯度氟化镁；据此分析解题。
【小问1详解】
铁的电子排布式为 [Ar]3d64s2，所以价电子排布式为3d64s2；镁原子的第三电离能是指镁原子失去两个原子后，再失去一个电子所需的能量；镁的电子排布式为1s22s22p63s2，失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子，所以镁原子的第三电离能陡增；故答案为3d64s2；镁失去两个电子后最外层电子达到8电子稳定结构，很难再失去一个电子。
【小问2详解】
“溶镁”主要目的是由镁和水和二氧化碳反应生成碳酸氢镁，得到碳酸氢镁，离子方程式为；故答案为。
【小问3详解】
由不同温度和镁离子浓度关系图可以看出，反应温度越高，相同时间内生成的镁离子浓度越低，所以生成的碳酸氢镁浓度越低；由已知条件可知，碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O，MgCO3在水中微溶，所以温度越高，生成的碳酸氢镁浓度越低；故答案为越低；碳酸氢镁受热易分解为MgCO3•nH2O。
【小问4详解】
分析图像400℃剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.2g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到，解得n＝1；所以产物化学式为MgCO3•H2O；故答案为MgCO3•H2O。
【小问5详解】
氟化反应以氢氟酸为氟化试剂，氢氟酸与碳酸镁反应生成氟化镁，二氧化碳和水，其离子方程式为，产物中二氧化碳可循环使用；故答案为；二氧化碳。
【小问6详解】
根据氟化镁的晶胞结构可知，Mg为白球，F原子为黑球；所以一个晶胞中含有2个MgF2，晶胞边长a=b=0.46nm，c=0.30nm，则氟化镁密度；故答案为。
16. 铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的原料，实验室用Re2O7制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：I.Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2O7；
有关物质的溶解度S见表：
温度/℃
S[(NH4)2SO4]/g
S(NH4ReO4)/g
20
75.7
6.1
30
78.0
32.3
2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______，a中发生反应的离子方程式为______。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2O7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是______；打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中分离NH4ReO4的操作方法是______。
（3）下列装置可用作装置单元X的是______(填标号)。
A. B.
C. D.
（4）取mgNH4ReO4样品，在加热条件下使其分解，产生的氨气用硼酸(H3BO3)吸收。吸收液用浓度为cmol/L的盐酸滴定，消耗盐酸VmL。本次滴定实验可选的指示剂为______；NH4ReO4的纯度为______；下列情况会导致NH4ReO4纯度测量值偏小的是______(填标号)。
a未用盐酸标准液润洗酸式滴定管 b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2 d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. FeS+2H+=Fe2++H2S↑
（2） ①. 排出多余的H2S气体 ②. 冷却结晶 （3）AC
（4） ①. 甲基橙溶液 ②. ③. cd
【解析】
【分析】装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，B为安全瓶，装置C中Re2O7溶于水生成HReO4，HReO4再与H2S反应生成Re2S7，再向三颈烧瓶内滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4，经分离操作得到产品NH4ReO4，装置D为尾气H2S的吸收装置，通入氮气排出多余的H2S气体，防止污染。
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
【小问2详解】
H2S污染有毒，通入N2的目的是排出多余的H2S气体，防止污染，用X进行尾气吸收；Re2S7与H2O2的氨水溶液反应生成NH4ReO4，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知NH4ReO4的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；
【小问3详解】
从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，故答案为；AC；
【小问4详解】
往溶液中滴入盐酸标准溶液，达到终点溶液显酸性，故滴加的指示剂选用甲基橙溶液；由反应2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7；NH3+H3BO3═NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl═NH4Cl+H3BO3得关系式：NH4ReO4～NH3～H3BO3～HCl,可得n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV×10-3mol,m(NH4ReO4)=cV×10-3mol×268g/mol=0.268cVg,则NH4ReO4的纯度为；
a.由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，标准液体积偏大，结果偏大，故a不选；
b.滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，标准液体积偏大，因此结果偏大，故b不选；
c.加热温度过高，NH4ReO4分解产生N2，导致NH4ReO4含量减小，标准液体积偏小，因此结果偏小，故c选；
d.滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致标准液体积偏小，因此结果偏小，故d选，
故答案为：cd。
17. 二氧化碳转化甲醇技术是当前的研究热点，假设该过程仅发生如下3个反应：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K1 △H1
反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) K2 △H2
反应III：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) K3 △H3
（1）上述反应的平衡常数K与温度T的关系都符合：lnK=A+(A、B都为常数，且都大于零)，则______(填“＞”、“＜”或“=)。
（2）在体积为1L的刚性容器中，仅发生反应I，投料比=3，反应一段时间后，在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。
①下列说法能作为反应I达到平衡状态的判据是______(填字母)。
A.气体密度不再变化 B.CO2的体积分数不再变化
C.气体平均相对分子质量不再变化 D.CO2、H2的物质的量之比为1：3
②有分子筛时，P点之前甲醇的产率随温度升高而升高的原因是______。
③210℃下，反应达到平衡时，该容器中未通过膜的H2O分子占反应生成的H2O分子的百分比为_____(用a表示)。
（3）CH3OH(g)在γ－Al2O3固体表面发生反应Ⅱ要经历：吸附→表面反应→脱附三个阶段，其机理如图所示。
①发生脱附的是历程______(填数字)。
②已知历程5的化学方程式为：HO*+H*→H2O*(用*标注吸附的原子)。写出历程3的化学方程式：_____。
（4）甲醇可作为燃料电池的燃料。
①某甲醇燃料电池的部分结构如图所示，该电池的负极反应式为_____。
②已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是______。(已知燃料的能量密度单位为：)
【答案】（1）＜ （2） ①. BC ②. 分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响 ③. ×100%
（3） ①. 4和6 ②. CH3O*+CH3OH*= CH3OCH3*+ HO*
（4） ①. CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ ②. 常温下甲醇是液体，体积较小，能量密度较大
【解析】
【小问1详解】
上述反应的平衡常数K与温度T的关系都符合：lnK=A+(A、B都为常数，且都大于零)，可知，T越大，lnK越小，K越小，说明上述反应是放热反应。反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，说明CO2(g)和3H2(g)的总能量比CH3OH(g)和H2O(g)的总能量大，反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) 可看成是反应II：2CH3OH(g) +2H2O(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，反应II和反应III的产物就一致了，结合反应I的能量变化可知，反应III放出的能量大，则＜，故答案是＜；
【小问2详解】
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积分数减小的反应。
① A.气体密度等于气体总质量与容器体积的比值，根据质量守恒定律，气体总质量不变，刚性容器体积不变，故气体密度一直不变，不能用于判断平衡状态，A项不符合题意；
B．CO2的体积分数不再变化，说明其浓度不在改变，可用于判断化学平衡状态，B项符合题意；
C．气体平均相对分子质量等于气体总质量与气体总物质的量的比值，气体总质量不变，气体总物质的量在减小，当不再改变时，气体平均相对分子质量不变，可用于判断化学平衡状态，C项符合题意；
D．CO2、H2的物质的量之比为1：3不能保证气体浓度不再改变，不能用于化学平衡状态，D项不符合题意；
故答案选BC。
② 反应I是放热反应，温度升高，反应逆向移动，甲醇的产率减小，但是有分子筛时，能分离出水分子，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故有分子筛时，P点之前甲醇的产率随温度升高而升高的原因是分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响，甲醇产率增大。故答案是分子筛分离出水分子的影响大于温度对反应逆向移动的影响。
③ 反应I，投料比=3，，若氢气投入量是3mol，二氧化碳投入量是1mol，则甲醇理论产量时1mol，则无分子筛时，甲醇产率是25%，生成水分子数目是25%mol，有分子筛时甲醇产率是a%，生成水分子的量是a% mol，则该容器中未通过膜的H2O分子占反应生成的H2O分子的百分比为×100%。
【小问3详解】
①由图像可知，历程1和2吸附过程，历程4和6是脱附过程，生成CH3OCH3(g)和H2O(g)，故答案是4和6；
②历程3得到CH3OCH3，故反应历程是CH3O*+CH3OH*= CH3OCH3*+ HO*；
【小问4详解】
①甲醇燃料电池中，通入空气的一极是正极，通入燃料的一极是负极，则负极电极反应式是CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；
②常温下，甲醇是液体，氢气是气体，相同质量情况下，气体的体积远大于液体的体积，故甲醇的能量密度较高，所以车载甲醇供能模式的优势是常温下甲醇是液体，体积较小，能量密度较大；
18. 瑞派替尼(图中有机物K)是一种治疗胃肠道疾病的药物，其合成路线如图(反应溶剂及温度均省略)。
已知：R1COOR2R1CH2OH
（1）K中含氧官能团名称为______，J分子中最多有______个原子共面。
（2）E→F的反应类型为______，B的结构简式为______。
（3）写出F与银氨溶液反应的化学方程式_______。
（4）化合物C的同分异构体中，同时满足以下条件的有______种(不考虑立体异构)。
①遇FeCl3溶液显色；②能发生银镜反应；③无酰胺基；④除羟基外，苯环上还有三个互为间位的取代基
其中，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式为______。
（5）已知M()能与N()发生反应得到高分子P，P依靠氢键形成链节，其中n(M)：n(N)：n(氢键)=1：2：4，则P的结构简式为______。
【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 14
（2） ①. 氧化反应 ②.
（3）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3↑+H2O
（4） ①. 17 ②.
（5）
【解析】
【分析】由B的分子式和C的结构可知B为，C发生取代反应生成D和HCl，再发生已知反应生成E为，E中-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，
【小问1详解】
K中含氧官能团名称为酰胺基，J分子结构为，最多有14个原子共面；
【小问2详解】
E为，E中-CH2OH发生氧化反应生成-CHO，E→F的反应类型为氧化反应；B的结构简式为；
【小问3详解】
F中醛基与银氨溶液反应的化学方程式：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3↑+H2O；
【小问4详解】
①遇FeCl3溶液显色含说明酚羟基；②能发生银镜反应说明含醛基；③无酰胺基；④除羟基外，苯环上还有三个互为间位的取代基，化合物C的同分异构体有：、、、、、共17种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式为；
【小问5详解】
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