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2024届四川省大数据学考联盟高三第一次质量检测理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）
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这是一份2024届四川省大数据学考联盟高三第一次质量检测理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届四川省大数据学考联盟高三第一次质量检测理科综合试题-高中化学原卷版docx、2024届四川省大数据学考联盟高三第一次质量检测理科综合试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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交回。
可能用到的相对原子质量：H=1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56
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. 化学创造新物质，改变人们的生活。下列有关叙述错误的是
A. 歼-20飞机上的氮化镓由主族元素组成
B. 具有良好抗菌性能的纳米氧化铜属于胶体
C. 航天员手臂“延长器”中的碳纤维是无机非金属材料
D. 我国研发的航空发动机使用的铼()合金耐高温
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮和镓都是主族元素，A正确；
B．纳米氧化铜不属于胶体，胶体是混合物，B错误；
C．碳纤维是无机非金属材料，C正确；
D．航空发动机使用的铼(Re)合金耐高温，D正确；
故选B。
2. 天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，下列有关H的叙述中正确的是
A. 分子式为C14H16O3B. 分子中共平面的碳原子最多有10个
C. 同分异构体可能含有两个苯环D. 1 ml H最多能与2 ml NaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式，结合H原子价电子枢密使4，可知该物质分子是C15H18O3，A错误；
B．苯分子是平面分子，与苯环上的C原子连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面上，连接苯环的形成C-C单键的C原子具有甲烷的四面体结构，若某个平面通过该C原子，最多可通过两点顶点，则分子中共平面的碳原子最多有7+3+3=13个，B错误；
C．根据选项A分析可知该物质分子式为C15H18O3，结合苯环是C原子数是6个，以及结合的H原子数目，可知同分异构体可能含有两个苯环，C正确；
D．H分子中含有1个醇羟基和1个酯基，酯基水解产生羧基和醇羟基。只有羧基能够与NaOH发生反应，而醇羟基不能与NaOH发生反应，则1 ml H最多能与1 ml NaOH反应，D错误；
故选C。
3. 下列离子方程式书写错误的是
A. 用硫化亚铁除去废水中的：
B. 铁做阳极电解溶液：
C. 用醋酸除去水垢中的碳酸钙：
D. 向悬浊液中加入适量氯化铵晶体，浊液变澄清，产生刺激性气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HgS比FeS更难溶于水，所以在含有Hg2+的溶液中加入FeS，能够将Hg2+除掉，离子方程式为：；故A正确。
B．铁为活泼电极，铁做阳极电解溶液方程式为：，故B错误；
C．醋酸为弱酸应写化学式，正确的离子方程式：，故C正确；
D．在Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量氯化铵晶体，氯化铵溶于水后电离出来的能结合生成氨气，离子方程式为：，故D正确；
故选B。
4. 氯气与部分含氯化合物的价类关系如下图所示，表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 0℃，下，所含中子的数目为
B. 溶液中所含的数目为
C. 用浓盐酸与反应制取共转移电子的数目为
D. 由和组成的混合物中含氧原子的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知，标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．是强酸，完全电离，溶液中所含的数目为，故B正确；
C．浓盐酸与反应制取的离子方程式为：，该反应转移5个电子，的物质的量为0.1ml，转移电子的物质的量为ml，故C错误；
D．不知道和的组成比例，无法计算氧原子的具体值，故D错误。
答案选B。
5. 、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，是短周期中金属性最强的元素，与的原子序数之和是的原子序数的2倍，、、形成的阴离子的结构式如下图。下列叙述中错误的是
A. 简单离子半径：B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 、、三种元素可组成离子化合物D. 最高价含氧酸酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】W是短周期中金属性最强的元素，则W为Na，Y 与 R 的原子序数之和是W的原子序数的2倍，即22，根据R可以形成5个共价键，则R为P，Y为N，Z形成2个共价键，X 、Y、Z、W、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z为O，X为H，据此回答。
【详解】A．W、Z、Y简单离子分别Na+、O2-、N3-，所以离子半径：W＜Z＜Y，A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，H2O＞NH3，所以Z>Y，B正确；
C．X、Y、Z三种元素可组成离子化合物为NH4NO3，C正确；
D．非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性HNO3＞H3PO4，所以Y>R，D正确；
故选A。
6. 硫酸盐还原菌()会腐蚀许多金属及合金。模拟诱导腐蚀碳素钢发生厌氧电化学腐蚀实验，实验后发现碳素钢表面覆盖物成分是硫化物(主要含)，腐蚀机理如图所示。下列说法正确的是
A. 碳素钢厌氧腐蚀过程中做还原剂
B. 温度越高，诱导碳素钢厌氧腐蚀速率越快
C. 碳作负极，电极反应为：
D. 该实验生成的总反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢原子将+6价的硫酸根离子还原为-2价的硫离子，SRB不做还原剂，A错误；
B．温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B错误；
C．碳作正极，电极反应为：H+ +e−=H，C错误；
D．根据示意图可知，总反应的化学方程式为，D正确；
故选D。
7. 相同温度下，。25℃时，或的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与的变化关系如图所示(当溶液中时，沉淀达完全)。下列叙述中正确的是
A. 线表示饱和溶液的变化关系
B. 25℃时，
C. b点对应的溶液可能是的不饱和溶液
D. 的饱和溶液中，随增大，溶液中将增大
【答案】C
【解析】
【分析】Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)2]，则相同pH时，c(Fe2+)＜c(Mg2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Mg2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较大，则x线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，y线表示Mg(OH)2饱和溶液中的变化关系，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，y线表示Mg(OH)2饱和溶液中的变化关系，A错误；
B．在a点时，c(OH-)=10-3ml/L，则=10-15.1，B错误；
C．b点对应的溶液中c(Mg2+)小于Mg(OH)2饱和溶液时c(Mg2+)，所以b点对应的溶液是Mg(OH)2的不饱和溶液，C正确；
D．，与Kw只受温度影响，所以随pH增大，不变，D错误；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 天津大学新能源化工团队在丙烷脱氢研究上取得重要进展，具有十分重要的科学和战略意义。
丙烷直接脱氢：
回答下列问题：
（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，则该反应自发进行的条件是___________；已知： ，则丙烷氧化脱氢制丙烯的热化学方程式为___________。
（2）、580℃时，在一密闭容器中，加入丙烷直接脱氢制丙烯，平衡体系中，与的体积分数分别为和。则580℃时，___________(填“>”、“=”或“<”)，丙烷转化为丙烯的转化率为___________。
（3）600℃，向含催化剂的恒容反应器中，通入一定量的，经相同时间，流出的、和浓度随初始浓度的变化关系如图1。加入有助于提高平衡体系中的浓度的原因是___________。
（4）丙烯与氯化氢反应的能线图如图2。历程I中，决定反应速率的是___________(填“①”或“②”)，丙烯与氯化氢反应的生成物中，占比较高的是___________；实验测得，其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例，从活化能的角度分析其原因是___________。
【答案】（1） ①. 高温 ②. -235.0kJ/ ml
（2） ①. ＞ ②. 40%
（3）其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动
（4） ①. ① ②. CH3CHClCH3 ③. 反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例
【解析】
【小问1详解】
①该反应为熵增的吸热反应，在高温条件下可以自发；
②将定为①式，定为③式，则2①+③可以得到，则ΔH=2△H1+△H3=-235.0kJ/ml；
【小问2详解】
根据三段式，假设生成的C3H6为xml，生成的C2H4为yml，则：，，则平衡时，C3H8为（a-x-y）ml，C2H4为yml，CH4为yml，C3H6为xml，H2为xml，，，则x=0.4aml，y=0.03aml，
①由三段式可知，生成的C3H6多于C2H4，则生成C3H6趋势更大，所以K1＞K2；
②则转化率=；
小问3详解】
加入CO2有助于提高平衡体系中C3H6的浓度的原因是：其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动；
【小问4详解】
①历程I中，决定反应速率的是活化能大的，则决定反应速率的是①；
②由图可知，历程Ⅱ的活化能大于历程Ⅰ的活化能，历程Ⅰ进行更容易，所以占比较高的是CH3CHClCH3；
③其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，从活化能的角度分析其原因是：反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例。
9. 硝酸镉晶体常用于瓷器上色。某学习小组在实验室以镉黄废料［主要含(难溶于水)，含少量、、、］为原料制备硝酸镉晶体，制作流程如图所示。
已知：①温度较高时，硝酸镉易分解；
②25℃，部分氢氧化物的如下表所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，、与一定浓度稀硝酸反应，均生成单质硫和，与稀硝酸反应的离子方程式为___________，该反应中参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为___________。“酸浸”所得溶液中，含有的阳离子有、、___________。
（2）当溶液中离子浓度时，认为该离子已完全除去。若“除杂”所得滤液中，则___________(填“能”或“不能”)调节溶液，以达到除去硝酸镉溶液中的的目的，原因是___________。
（3）硝酸镉与硝酸锌的溶解度随温度的变化关系如图。
“系列操作”依次为：
步骤i：将除杂所得滤液加热浓缩至溶液表面生成薄膜为止；
步骤ii：……
步骤iii：……
步骤iv：在低温烘干，制得硝酸镉晶体成品。
①“步骤i”加热浓缩滤液，用到仪器有蒸发皿、铁架台(带铁圈)、玻璃棒、石棉网，还需要用到的仪器有___________(填标号)。
a． b． c． d．
②“步骤ii”、“步骤iii”分别为___________，___________。
③“步骤iv”中，采用低温烘干的原因是___________。
【答案】（1） ①. 3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O ②. 1∶3 ③. Fe3+、Al3+、H+
（2） ①. 不能 ②. 当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分C2+
（3） ①. ac ②. 冷却结晶或降温结晶 ③. 过滤、洗涤 ④. 避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解
【解析】
【分析】“酸浸”：根据问题(1)以及镉黄废料所含杂质，加入硝酸，将硫元素氧化成硫单质，+2价Fe被氧化成Fe3+，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硝酸，滤渣1主要成分是S和SiO2，滤液中所含离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+、NO；
“除杂”：加入CdCO3调节pH，根据表中数据，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去；
据此分析；
【小问1详解】
根据题中信息，硫元素被氧化成硫单质，硝酸被还原成NO，CdS与稀硝酸反应的离子方程式为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；根据离子方程式可知，8HNO3中有2mlHNO3作氧化剂，被还原，有6mlHNO3表现酸性，因此被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比我2∶6=1∶3；根据上述分析，“酸浸”后，溶液中所含阳离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+；故答案为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；1∶3；Fe3+、Al3+、H+；
【小问2详解】
当Zn2+完全沉淀时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6ml/L，此时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，有Cd(OH)2沉淀生成，因此所得滤液中c(C2+)=0.1ml/L，不能调节溶液pH，达到除去硝酸镉溶液中的Zn2+，故答案为不能；当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分C2+；
【小问3详解】
“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、带铁圈的铁架台、玻璃棒、石棉网、酒精灯、坩埚钳；故答案为ac；
根据溶解度与温度的关系图可知，硝酸镉溶解度受温度影响较大，因此得到硝酸镉晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；步骤ii为冷却结晶或降温结晶，步骤iii为过滤、洗涤；故答案为冷却结晶或降温结晶；过滤、洗涤；
硝酸镉晶体带有结晶水，温度过高，会失去结晶水；温度较高时，硝酸镉易分解，因此采用低温烘干；故答案为避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解。
10. 乙二醛()用作医药中间体、织物整理剂、染料及染料中间体。以硝酸铜为催化剂，用硝酸氧化乙醛制乙二醛，装置如图所示(固定和夹持仪器略去)。
已知：①(棕色)；
②几种有机物部分性质如表所示：
实验步骤：组装仪器并检查装置的气密性；同时滴加稀硝酸及乙醛溶液，在40～45℃条件下，反应3小时；分离得乙二醛。
回答下列问题：
（1）上述装置中各仪器的连接顺序为___________(填标号)。
（2）仪器J的名称为___________，其作用是___________。
（3）反应一段时间后，硫酸亚铁溶液变为棕色，写出稀硝酸氧化乙醛制乙二醛的化学方程式为___________；在实验中，加入过量乙醛有利于降低产品中有机酸的含量，原因是___________。
（4）提纯产品时，宜选用装置中的___________(填标号)。
A. B. C. D.
（5）以乙二醛为原料，电解法制乙醛酸()的装置如图所示，通电一段时间后，稀硫酸的浓度基本不变，阳极产生的将乙二醛氧化成乙醛酸。离子交换膜为___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜，当有离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为___________。
【答案】（1）a→c→b→d
（2） ①. 冷凝管 ②. 冷凝回流乙醛、硝酸
（3） ①. 3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O ②. 乙醛过量，能防止硝酸过度氧化乙醛生成有机酸 （4）B
（5） ①. 阳 ②. 18.5g
【解析】
【分析】在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，生成的NO会污染空气，用FeSO4溶液吸收NO，根据表中的信息，采用蒸馏的方法提纯乙二醛，据此回答。
【小问1详解】
根据分析可知，上述装置中各仪器的连接顺序为a→c→b→d；
小问2详解】
①仪器J的名称为冷凝管；
②作用为冷凝回流乙醛、硝酸；
【小问3详解】
①稀硝酸氧化乙醛制乙二醛的化学方程式为：3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O；
②过量乙醛有利于降低产品中有机酸的含量，原因是：乙醛过量，能防止硝酸过度氧化乙醛生成有机酸；
【小问4详解】
因为乙二醛溶于水、乙醇，所以应该用蒸馏的方法，故选B；
【小问5详解】
①阳极的电极方程为：，阴极的电极方程式为：，H+可以通过离子交换膜，所以离子交换膜为阳离子交换膜；
②根据电极方程式可知，0.5 ml 离子通过离子交换膜时，转移0.5ml电子，生成0.25ml乙醛酸，质量为18.5g。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11. 铁是日常生活中最常见的金属，铁制品的使用在人类历史发展中起到了重要作用。回答下列问题：
（1）磺基水杨酸离子与可以生成系列配合物。加入调节溶液的，生成的红褐色配合物。
①硫元素位于元素周期表中___________区，基态硫原子电子排布式为___________，磺基水杨酸分子中所含元素电负性由大到小的顺序为___________。
②依据原子轨道重叠的方式，判断中的键属于___________键，该键是氢原子的轨道和氧原子的___________轨道重叠形成的，的VSEPR构型为___________。
③羧酸根()中羧基和两个之间形成大键，负电荷是平均分布在这个离域体系上。配合物中含有两个六元环，在形成配合物时，能提供电子对形成配位键的原子是___________(填标号)。
（2）下表是逐级失去电子的电离能，明显大于，从原子结构角度解释其原因为___________。
（3）已知晶体的晶胞结构为型(如图所示)，晶胞边长为，表示阿伏加德罗常数的值。该晶体中铁离子占据空隙的几何形状(即与铁离子距离最近且等距离的围成的空间形状)是___________，晶体密度为___________。
【答案】（1） ①. p ②. [Ne]3s23p4 ③. O>S>C>H ④. ⑤. p ⑥. 正四面体 ⑦. b
（2）因为Fe原子失去3个电子后价层电子为3d5，为半满结构，较稳定，失去第4个电子较困难
（3） ①. 正八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
①硫元素位于周期表的第VIA族，位于元素周期表的p区；基态S原子电子排布式为[Ne]3s23p4，磺基水杨酸离子所含的元素有S、O、C、H，电负性由大到小的顺序为O>S>C>H；
②中的键属于键，该键是氢原子的s轨道和氧原子的p轨道重叠而成，含有4个价层电子对，没有孤电子对，VSEPR构型为正四面体形；
③根据已知信息，羧酸根()中羧基和两个之间形成大键，故M中的a、c、d原子的电子对均参与形成大键，因此能提供电子对形成配位键的原子是b；
【小问2详解】
因为Fe原子失去3个电子后价层电子为3d5，为半满结构，较稳定，失去第4个电子较困难，故明显大于；
【小问3详解】
根据NaCl的晶胞结构，与铁离子距离最近且等距离的围成的空间形状是正八面体，即铁离子占据的空隙的几何形状为正八面体；一个晶胞含有4个，则晶体的密度为==。
［化学—选修5：有机化学基础］
12. 我国嫦娥四号搭载的月球探测器上的五星红旗由一类特殊的化合物H(聚酰亚胺)制成。以下是化合物H的合成路线：
已知：(强还原性)
（1）试剂a是___________，B中所含官能团的名称为___________。
（2）的化学式为___________，E、F、G中与苯互为同系物的有___________(填标号)。
（3）化学反应方程式为___________，的反应类型是___________。
（4）的同分异构体中，既是的同系物又含手性碳原子的共有___________种，任写满足条件的一种有机物的结构简式___________。
（5）设计由、甲苯制取的合成路线___________(其它试剂自选)。
【答案】12. ①. FeCl3 ②. 碳氯键和硝基
13. ①. CH3Cl ②. E、F
14. ①. +HO-NO2+H2O ②. 缩聚反应
15. ①. 6 ②.
16.
【解析】
【分析】苯和氯气在氯化铁催化剂作用下反应生成氯苯，根据B到C反应推出氯苯到B是发生硝化反应，在浓硫酸浓硝酸作用下反应生成B( )，转化为C，C在铁作用下与HCl反应生成D，E发生取代反应生成F，F与氧气反应脱水生成G，D和G发生反应生成H。
【小问1详解】
①从苯转化为氯苯，条件为FeCl3作催化剂，所以a为FeCl3；
②从分析可知，B中含有的官能团为碳氯键和硝基；
【小问2详解】
①根据F可知，R1Cl的化学式为CH3Cl；
②含有一个苯环，侧链上被烷基取代的有机物为苯的同系物，所以F、E与苯互为同系物；
【小问3详解】
①A → B为苯环上的取代反应，方程式为：+HO-NO2+H2O；
②根据分析可知D + G → H 的反应类型是缩聚反应；
【小问4详解】
①C11H16的同分异构体中，既是 F 的同系物又含手性碳原子的共有6种，分别如下：；
②任写满足条件的一种有机物的结构简式：；
【小问5详解】
甲苯与CH3Cl反应制备，再与氧气反应脱水转化为，接着与CH3CH2NH2反应得到，合成路线如下：。
乙醛
乙二醛
乙二酸
乙酸
沸点／℃
20.8
50.5
109
117.9
溶解性
与水、有机溶剂互溶
溶于水、乙醇
溶于水和有机溶剂
与水、乙醇互溶
电离能()
762.5
1561.9
2957
5290
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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交回。
可能用到的相对原子质量：H=1 C-12 O-16 Cl-35.5 Fe-56
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. 化学创造新物质，改变人们的生活。下列有关叙述错误的是
A. 歼-20飞机上的氮化镓由主族元素组成
B. 具有良好抗菌性能的纳米氧化铜属于胶体
C. 航天员手臂“延长器”中的碳纤维是无机非金属材料
D. 我国研发的航空发动机使用的铼()合金耐高温
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮和镓都是主族元素，A正确；
B．纳米氧化铜不属于胶体，胶体是混合物，B错误；
C．碳纤维是无机非金属材料，C正确；
D．航空发动机使用的铼(Re)合金耐高温，D正确；
故选B。
2. 天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，下列有关H的叙述中正确的是
A. 分子式为C14H16O3B. 分子中共平面的碳原子最多有10个
C. 同分异构体可能含有两个苯环D. 1 ml H最多能与2 ml NaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据物质结构简式，结合H原子价电子枢密使4，可知该物质分子是C15H18O3，A错误；
B．苯分子是平面分子，与苯环上的C原子连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面上，连接苯环的形成C-C单键的C原子具有甲烷的四面体结构，若某个平面通过该C原子，最多可通过两点顶点，则分子中共平面的碳原子最多有7+3+3=13个，B错误；
C．根据选项A分析可知该物质分子式为C15H18O3，结合苯环是C原子数是6个，以及结合的H原子数目，可知同分异构体可能含有两个苯环，C正确；
D．H分子中含有1个醇羟基和1个酯基，酯基水解产生羧基和醇羟基。只有羧基能够与NaOH发生反应，而醇羟基不能与NaOH发生反应，则1 ml H最多能与1 ml NaOH反应，D错误；
故选C。
3. 下列离子方程式书写错误的是
A. 用硫化亚铁除去废水中的：
B. 铁做阳极电解溶液：
C. 用醋酸除去水垢中的碳酸钙：
D. 向悬浊液中加入适量氯化铵晶体，浊液变澄清，产生刺激性气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HgS比FeS更难溶于水，所以在含有Hg2+的溶液中加入FeS，能够将Hg2+除掉，离子方程式为：；故A正确。
B．铁为活泼电极，铁做阳极电解溶液方程式为：，故B错误；
C．醋酸为弱酸应写化学式，正确的离子方程式：，故C正确；
D．在Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，向Mg(OH)2悬浊液中加入少量氯化铵晶体，氯化铵溶于水后电离出来的能结合生成氨气，离子方程式为：，故D正确；
故选B。
4. 氯气与部分含氯化合物的价类关系如下图所示，表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A. 0℃，下，所含中子的数目为
B. 溶液中所含的数目为
C. 用浓盐酸与反应制取共转移电子的数目为
D. 由和组成的混合物中含氧原子的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知，标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．是强酸，完全电离，溶液中所含的数目为，故B正确；
C．浓盐酸与反应制取的离子方程式为：，该反应转移5个电子，的物质的量为0.1ml，转移电子的物质的量为ml，故C错误；
D．不知道和的组成比例，无法计算氧原子的具体值，故D错误。
答案选B。
5. 、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，是短周期中金属性最强的元素，与的原子序数之和是的原子序数的2倍，、、形成的阴离子的结构式如下图。下列叙述中错误的是
A. 简单离子半径：B. 最简单氢化物的稳定性：
C. 、、三种元素可组成离子化合物D. 最高价含氧酸酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】W是短周期中金属性最强的元素，则W为Na，Y 与 R 的原子序数之和是W的原子序数的2倍，即22，根据R可以形成5个共价键，则R为P，Y为N，Z形成2个共价键，X 、Y、Z、W、R 为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z为O，X为H，据此回答。
【详解】A．W、Z、Y简单离子分别Na+、O2-、N3-，所以离子半径：W＜Z＜Y，A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，H2O＞NH3，所以Z>Y，B正确；
C．X、Y、Z三种元素可组成离子化合物为NH4NO3，C正确；
D．非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，酸性HNO3＞H3PO4，所以Y>R，D正确；
故选A。
6. 硫酸盐还原菌()会腐蚀许多金属及合金。模拟诱导腐蚀碳素钢发生厌氧电化学腐蚀实验，实验后发现碳素钢表面覆盖物成分是硫化物(主要含)，腐蚀机理如图所示。下列说法正确的是
A. 碳素钢厌氧腐蚀过程中做还原剂
B. 温度越高，诱导碳素钢厌氧腐蚀速率越快
C. 碳作负极，电极反应为：
D. 该实验生成的总反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢原子将+6价的硫酸根离子还原为-2价的硫离子，SRB不做还原剂，A错误；
B．温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B错误；
C．碳作正极，电极反应为：H+ +e−=H，C错误；
D．根据示意图可知，总反应的化学方程式为，D正确；
故选D。
7. 相同温度下，。25℃时，或的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与的变化关系如图所示(当溶液中时，沉淀达完全)。下列叙述中正确的是
A. 线表示饱和溶液的变化关系
B. 25℃时，
C. b点对应的溶液可能是的不饱和溶液
D. 的饱和溶液中，随增大，溶液中将增大
【答案】C
【解析】
【分析】Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)2]，则相同pH时，c(Fe2+)＜c(Mg2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，则相同条件下，饱和溶液中c(Mg2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较大，则x线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，y线表示Mg(OH)2饱和溶液中的变化关系，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，y线表示Mg(OH)2饱和溶液中的变化关系，A错误；
B．在a点时，c(OH-)=10-3ml/L，则=10-15.1，B错误；
C．b点对应的溶液中c(Mg2+)小于Mg(OH)2饱和溶液时c(Mg2+)，所以b点对应的溶液是Mg(OH)2的不饱和溶液，C正确；
D．，与Kw只受温度影响，所以随pH增大，不变，D错误；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 天津大学新能源化工团队在丙烷脱氢研究上取得重要进展，具有十分重要的科学和战略意义。
丙烷直接脱氢：
回答下列问题：
（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，则该反应自发进行的条件是___________；已知： ，则丙烷氧化脱氢制丙烯的热化学方程式为___________。
（2）、580℃时，在一密闭容器中，加入丙烷直接脱氢制丙烯，平衡体系中，与的体积分数分别为和。则580℃时，___________(填“>”、“=”或“<”)，丙烷转化为丙烯的转化率为___________。
（3）600℃，向含催化剂的恒容反应器中，通入一定量的，经相同时间，流出的、和浓度随初始浓度的变化关系如图1。加入有助于提高平衡体系中的浓度的原因是___________。
（4）丙烯与氯化氢反应的能线图如图2。历程I中，决定反应速率的是___________(填“①”或“②”)，丙烯与氯化氢反应的生成物中，占比较高的是___________；实验测得，其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例，从活化能的角度分析其原因是___________。
【答案】（1） ①. 高温 ②. -235.0kJ/ ml
（2） ①. ＞ ②. 40%
（3）其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动
（4） ①. ① ②. CH3CHClCH3 ③. 反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例
【解析】
【小问1详解】
①该反应为熵增的吸热反应，在高温条件下可以自发；
②将定为①式，定为③式，则2①+③可以得到，则ΔH=2△H1+△H3=-235.0kJ/ml；
【小问2详解】
根据三段式，假设生成的C3H6为xml，生成的C2H4为yml，则：，，则平衡时，C3H8为（a-x-y）ml，C2H4为yml，CH4为yml，C3H6为xml，H2为xml，，，则x=0.4aml，y=0.03aml，
①由三段式可知，生成的C3H6多于C2H4，则生成C3H6趋势更大，所以K1＞K2；
②则转化率=；
小问3详解】
加入CO2有助于提高平衡体系中C3H6的浓度的原因是：其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动；
【小问4详解】
①历程I中，决定反应速率的是活化能大的，则决定反应速率的是①；
②由图可知，历程Ⅱ的活化能大于历程Ⅰ的活化能，历程Ⅰ进行更容易，所以占比较高的是CH3CHClCH3；
③其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，从活化能的角度分析其原因是：反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例。
9. 硝酸镉晶体常用于瓷器上色。某学习小组在实验室以镉黄废料［主要含(难溶于水)，含少量、、、］为原料制备硝酸镉晶体，制作流程如图所示。
已知：①温度较高时，硝酸镉易分解；
②25℃，部分氢氧化物的如下表所示：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，、与一定浓度稀硝酸反应，均生成单质硫和，与稀硝酸反应的离子方程式为___________，该反应中参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为___________。“酸浸”所得溶液中，含有的阳离子有、、___________。
（2）当溶液中离子浓度时，认为该离子已完全除去。若“除杂”所得滤液中，则___________(填“能”或“不能”)调节溶液，以达到除去硝酸镉溶液中的的目的，原因是___________。
（3）硝酸镉与硝酸锌的溶解度随温度的变化关系如图。
“系列操作”依次为：
步骤i：将除杂所得滤液加热浓缩至溶液表面生成薄膜为止；
步骤ii：……
步骤iii：……
步骤iv：在低温烘干，制得硝酸镉晶体成品。
①“步骤i”加热浓缩滤液，用到仪器有蒸发皿、铁架台(带铁圈)、玻璃棒、石棉网，还需要用到的仪器有___________(填标号)。
a． b． c． d．
②“步骤ii”、“步骤iii”分别为___________，___________。
③“步骤iv”中，采用低温烘干的原因是___________。
【答案】（1） ①. 3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O ②. 1∶3 ③. Fe3+、Al3+、H+
（2） ①. 不能 ②. 当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分C2+
（3） ①. ac ②. 冷却结晶或降温结晶 ③. 过滤、洗涤 ④. 避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解
【解析】
【分析】“酸浸”：根据问题(1)以及镉黄废料所含杂质，加入硝酸，将硫元素氧化成硫单质，+2价Fe被氧化成Fe3+，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硝酸，滤渣1主要成分是S和SiO2，滤液中所含离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+、NO；
“除杂”：加入CdCO3调节pH，根据表中数据，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去；
据此分析；
【小问1详解】
根据题中信息，硫元素被氧化成硫单质，硝酸被还原成NO，CdS与稀硝酸反应的离子方程式为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；根据离子方程式可知，8HNO3中有2mlHNO3作氧化剂，被还原，有6mlHNO3表现酸性，因此被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比我2∶6=1∶3；根据上述分析，“酸浸”后，溶液中所含阳离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+；故答案为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；1∶3；Fe3+、Al3+、H+；
【小问2详解】
当Zn2+完全沉淀时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6ml/L，此时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，有Cd(OH)2沉淀生成，因此所得滤液中c(C2+)=0.1ml/L，不能调节溶液pH，达到除去硝酸镉溶液中的Zn2+，故答案为不能；当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1ml/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分C2+；
【小问3详解】
“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、带铁圈的铁架台、玻璃棒、石棉网、酒精灯、坩埚钳；故答案为ac；
根据溶解度与温度的关系图可知，硝酸镉溶解度受温度影响较大，因此得到硝酸镉晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；步骤ii为冷却结晶或降温结晶，步骤iii为过滤、洗涤；故答案为冷却结晶或降温结晶；过滤、洗涤；
硝酸镉晶体带有结晶水，温度过高，会失去结晶水；温度较高时，硝酸镉易分解，因此采用低温烘干；故答案为避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解。
10. 乙二醛()用作医药中间体、织物整理剂、染料及染料中间体。以硝酸铜为催化剂，用硝酸氧化乙醛制乙二醛，装置如图所示(固定和夹持仪器略去)。
已知：①(棕色)；
②几种有机物部分性质如表所示：
实验步骤：组装仪器并检查装置的气密性；同时滴加稀硝酸及乙醛溶液，在40～45℃条件下，反应3小时；分离得乙二醛。
回答下列问题：
（1）上述装置中各仪器的连接顺序为___________(填标号)。
（2）仪器J的名称为___________，其作用是___________。
（3）反应一段时间后，硫酸亚铁溶液变为棕色，写出稀硝酸氧化乙醛制乙二醛的化学方程式为___________；在实验中，加入过量乙醛有利于降低产品中有机酸的含量，原因是___________。
（4）提纯产品时，宜选用装置中的___________(填标号)。
A. B. C. D.
（5）以乙二醛为原料，电解法制乙醛酸()的装置如图所示，通电一段时间后，稀硫酸的浓度基本不变，阳极产生的将乙二醛氧化成乙醛酸。离子交换膜为___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜，当有离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为___________。
【答案】（1）a→c→b→d
（2） ①. 冷凝管 ②. 冷凝回流乙醛、硝酸
（3） ①. 3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O ②. 乙醛过量，能防止硝酸过度氧化乙醛生成有机酸 （4）B
（5） ①. 阳 ②. 18.5g
【解析】
【分析】在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，生成的NO会污染空气，用FeSO4溶液吸收NO，根据表中的信息，采用蒸馏的方法提纯乙二醛，据此回答。
【小问1详解】
根据分析可知，上述装置中各仪器的连接顺序为a→c→b→d；
小问2详解】
①仪器J的名称为冷凝管；
②作用为冷凝回流乙醛、硝酸；
【小问3详解】
①稀硝酸氧化乙醛制乙二醛的化学方程式为：3CH3CHO+4HNO33OHC-CHO+4NO↑+5H2O；
②过量乙醛有利于降低产品中有机酸的含量，原因是：乙醛过量，能防止硝酸过度氧化乙醛生成有机酸；
【小问4详解】
因为乙二醛溶于水、乙醇，所以应该用蒸馏的方法，故选B；
【小问5详解】
①阳极的电极方程为：，阴极的电极方程式为：，H+可以通过离子交换膜，所以离子交换膜为阳离子交换膜；
②根据电极方程式可知，0.5 ml 离子通过离子交换膜时，转移0.5ml电子，生成0.25ml乙醛酸，质量为18.5g。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11. 铁是日常生活中最常见的金属，铁制品的使用在人类历史发展中起到了重要作用。回答下列问题：
（1）磺基水杨酸离子与可以生成系列配合物。加入调节溶液的，生成的红褐色配合物。
①硫元素位于元素周期表中___________区，基态硫原子电子排布式为___________，磺基水杨酸分子中所含元素电负性由大到小的顺序为___________。
②依据原子轨道重叠的方式，判断中的键属于___________键，该键是氢原子的轨道和氧原子的___________轨道重叠形成的，的VSEPR构型为___________。
③羧酸根()中羧基和两个之间形成大键，负电荷是平均分布在这个离域体系上。配合物中含有两个六元环，在形成配合物时，能提供电子对形成配位键的原子是___________(填标号)。
（2）下表是逐级失去电子的电离能，明显大于，从原子结构角度解释其原因为___________。
（3）已知晶体的晶胞结构为型(如图所示)，晶胞边长为，表示阿伏加德罗常数的值。该晶体中铁离子占据空隙的几何形状(即与铁离子距离最近且等距离的围成的空间形状)是___________，晶体密度为___________。
【答案】（1） ①. p ②. [Ne]3s23p4 ③. O>S>C>H ④. ⑤. p ⑥. 正四面体 ⑦. b
（2）因为Fe原子失去3个电子后价层电子为3d5，为半满结构，较稳定，失去第4个电子较困难
（3） ①. 正八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
①硫元素位于周期表的第VIA族，位于元素周期表的p区；基态S原子电子排布式为[Ne]3s23p4，磺基水杨酸离子所含的元素有S、O、C、H，电负性由大到小的顺序为O>S>C>H；
②中的键属于键，该键是氢原子的s轨道和氧原子的p轨道重叠而成，含有4个价层电子对，没有孤电子对，VSEPR构型为正四面体形；
③根据已知信息，羧酸根()中羧基和两个之间形成大键，故M中的a、c、d原子的电子对均参与形成大键，因此能提供电子对形成配位键的原子是b；
【小问2详解】
因为Fe原子失去3个电子后价层电子为3d5，为半满结构，较稳定，失去第4个电子较困难，故明显大于；
【小问3详解】
根据NaCl的晶胞结构，与铁离子距离最近且等距离的围成的空间形状是正八面体，即铁离子占据的空隙的几何形状为正八面体；一个晶胞含有4个，则晶体的密度为==。
［化学—选修5：有机化学基础］
12. 我国嫦娥四号搭载的月球探测器上的五星红旗由一类特殊的化合物H(聚酰亚胺)制成。以下是化合物H的合成路线：
已知：(强还原性)
（1）试剂a是___________，B中所含官能团的名称为___________。
（2）的化学式为___________，E、F、G中与苯互为同系物的有___________(填标号)。
（3）化学反应方程式为___________，的反应类型是___________。
（4）的同分异构体中，既是的同系物又含手性碳原子的共有___________种，任写满足条件的一种有机物的结构简式___________。
（5）设计由、甲苯制取的合成路线___________(其它试剂自选)。
【答案】12. ①. FeCl3 ②. 碳氯键和硝基
13. ①. CH3Cl ②. E、F
14. ①. +HO-NO2+H2O ②. 缩聚反应
15. ①. 6 ②.
16.
【解析】
【分析】苯和氯气在氯化铁催化剂作用下反应生成氯苯，根据B到C反应推出氯苯到B是发生硝化反应，在浓硫酸浓硝酸作用下反应生成B( )，转化为C，C在铁作用下与HCl反应生成D，E发生取代反应生成F，F与氧气反应脱水生成G，D和G发生反应生成H。
【小问1详解】
①从苯转化为氯苯，条件为FeCl3作催化剂，所以a为FeCl3；
②从分析可知，B中含有的官能团为碳氯键和硝基；
【小问2详解】
①根据F可知，R1Cl的化学式为CH3Cl；
②含有一个苯环，侧链上被烷基取代的有机物为苯的同系物，所以F、E与苯互为同系物；
【小问3详解】
①A → B为苯环上的取代反应，方程式为：+HO-NO2+H2O；
②根据分析可知D + G → H 的反应类型是缩聚反应；
【小问4详解】
①C11H16的同分异构体中，既是 F 的同系物又含手性碳原子的共有6种，分别如下：；
②任写满足条件的一种有机物的结构简式：；
【小问5详解】
甲苯与CH3Cl反应制备，再与氧气反应脱水转化为，接着与CH3CH2NH2反应得到，合成路线如下：。
乙醛
乙二醛
乙二酸
乙酸
沸点／℃
20.8
50.5
109
117.9
溶解性
与水、有机溶剂互溶
溶于水、乙醇
溶于水和有机溶剂
与水、乙醇互溶
电离能()
762.5
1561.9
2957
5290
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