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2024届陕西省榆林市高三第四次模拟理综试题-高中化学（原卷版+解析版）
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这是一份2024届陕西省榆林市高三第四次模拟理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届陕西省榆林市高三第四次模拟理综试题-高中化学原卷版docx、2024届陕西省榆林市高三第四次模拟理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1.本试题共16页，满分300分，时间150分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
可能用到的相对原子质量；H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Mn-55 C-59 Zn-65
第一部分(选择题 共126分)
一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)
1. 农耕文明作为中华文明的重要载体，记录了许多农业生产与生活的智慧。下列说法错误的是
A. 豆浆中加入石膏制豆腐：豆浆中的蛋白质发生聚沉
B. 大米可用于酿酒：大米的主要成分为淀粉，水解得到乙醇
C. 谷雨时节“雷雨肥田”：与氮元素在自然界中的转化有关
D. 向含有较多碳酸钠的盐碱地中施加适量的石膏：降低了土壤的碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．豆浆中加入石膏制豆腐是因为豆浆中的蛋白质发生聚沉，A项正确；
B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，B项错误；
C．雷雨时在闪电作用下引发氮气和氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸根离子可被植物吸收，从而促进植物生长，C项正确；
D．碳酸根和钙离子结合成碳酸钙，降低了土壤的碱性，D项正确；
故选：B。
2. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 和的混合物中含，则混合物中质子数为
B. 苯分子中，含有碳碳单键的数目为
C. 标准状况下，二氯甲烷中含有氯原子的数目为
D. 常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．和的混合物中含，说明和共1ml，、，故1ml的和混合物含有质子数为，故A正确；
B．苯分子中的碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，不含碳碳单键，故B错误；
C．二氯甲烷在标准状况下为非气态物质，二氯甲烷不是0.5ml，含有的氯原子不是，故C错误；
D．不知碳酸钠溶液的体积，无法计算由水电离出的数目，故D错误；
故答案为：A。
3. 丹参素是从中药丹参中提取的有效成分，具有抗炎、抗菌、抗氧化作用，其结构如图所示。下列说法中错误的是
A. 丹参素的分子式为
B. 该有机物最多可消耗
C 丹参素与足量氢气加成后所得分子中有4个手性碳原子
D. 丹参素与互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．丹参素的分子式为，A正确；
B．1 ml该有机物中含有2 ml酚羟基、1 ml酯基，故最多可消耗，B正确；
C．丹参素与氢气加成后所得分子结构为，由此可知该分子中有4个手性碳原子，C正确；
D．丹参素与结构不相似，丹参素有苯环，酚羟基，具有碳碳双键，醇羟基，不是同系物，D错误；
故选D。
4. 利用下图所示装置进行实验，根据实验现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色表现的是二氧化硫的还原性，A错误；
B．稀硫酸与溶液反应，生成H2S，与溶液产生黑色沉淀，难溶于硫酸，B正确；
C．氯气通入溴化亚铁溶液中先氧化亚铁离子，使溶液变为黄色，C错误；
D．浓盐酸与溶液产生二氧化碳，通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，强酸制弱酸，但由于浓盐酸具有挥发性，无法确定是HCl气体还是二氧化碳溶于水后与苯酚钠溶液反应，D错误；
故选B。
5. X、Y、Z、R、W为五种短周期主族元素。X单质与冷水剧烈反应且反应后溶液呈碱性；Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n；Z元素原子L层电子数为，M层电子数为；R与W原子最外层电子数都是其电子层数的2倍，其中W的两种常见简单氧化物均为酸性氧化物。下列说法正确的是
A. 最高正价：
B. 原子半径：
C. 由X、Y组成的化合物中可能含有离子键和非极性键
D. 相同温度下，R、Z的最高价含氧酸的钠盐溶液的
【答案】C
【解析】
【分析】已知短周期主族元素X、Y、Z、R、W，X单质与冷水反应剧烈且反应后溶液呈碱性，则X为Na； R与W原子最外层电子数都是其电子层数的2倍，可能为C元素、S元素，其中W的两种常见简单氧化物均为酸性氧化物，故W为S元素，R为C元素； Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m−n，Z的L层含有电子数m＋n＝8，Y的次外层电子数n＝2，则m＝8−2＝6，所以Y为O，Z为Si元素；以此分析解答。
【详解】A．W为S元素，R为C元素，S元素最高正价为+6价，C最高正价为+4价，最高正价：，即，故A错误；
B．W为S元素，R为C元素，Y为O元素，同一周期从左到右原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：，即，故B错误；
C．X为Na元素，Y为O元素，两者组成的化合物有Na2O、Na2O2，其中Na2O2含有离子键和非极性键，故C正确；
D．R为C元素，Z为Si元素，最高价含氧酸酸性：R>Z，则最高价含氧酸的钠盐溶液，故D错误；
故选C。
6. 我国科学家研制出一种可充电的双离子电池，其工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 放电时，负极区溶液的增大
B. 充电时，阴极反应式为
C. 放电时，正极反应式为
D. 充电时，若极质量增加，则有通过阳离子交换膜向极移动
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为，右侧为正极，电极反应式为，充电时，Zn作阴极，电极反应式为 ，右侧为阳极，据此作答。
【详解】A．放电时，Zn作负极，电极反应式为，消耗氢氧根，负极区溶液的减小，A错误；
B．充电时，阴极反应式为，B错误；
C．放电时，正极反应式为，C正确；
D．充电时，Zn作阴极，电极反应式为，若极质量增加，则有通过阳离子交换膜向a极移动，D错误；
故选C。
7. 某废水处理过程中始终保持饱和，即，通过调节使和形成硫化物而分离，体系中与关系如图所示，c为、、和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A.
B. M点条件下能生成沉淀，不能生成沉淀
C. ③为与的关系曲线
D.
【答案】D
【解析】
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；
B．M点为CdS的过饱和溶液，NiS的不饱和溶液，则M点条件下能生成CdS沉淀，不能生成NiS沉淀，B错误；
C．由分析可知，③为pH与−lgc(S2-)的关系曲线，B错误；
D．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2ml/L时，c(HS-)=10-3.9ml/L，，D正确；
故答案为D。
第二部分(非选择题 共174分)
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(11题，共129分)
8. (三氯化六氨合钴，)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：①在时，恰好完全沉淀为；
②不同温度下在水中的溶解度如图所示；
③易潮解，C(Ⅲ)的氧化性强于。
制备步骤如下：
Ⅰ.的制备：用金属钴与氯气反应制备，实验中利用如图装置(连接处橡胶管省略)进行制备。
Ⅱ.在锥形瓶内加入研细的、和水，加热溶解后加入活性炭作催化剂。
Ⅲ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅳ.在60℃下反应一段时间后，经过___________、过滤、洗涤、干燥等操作，得到橙黄色的晶体。
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）用图中的装置组合制备，仪器的连接顺序为___________。装置B的作用是___________。
（3）制备三氯化六氨合钴的反应方程式为___________。
（4）在制备时，加入浓氨水前，需在步骤Ⅱ中加入，请结合平衡移动原理解释原因___________。
（5）步骤Ⅲ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下缓慢加入的目的是___________。
（6）在步骤Ⅳ中过滤、洗涤、干燥之前操作为___________、___________。
（7）制得产品的产率为___________%(精确到0.1%)。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2） ①. A→D→C→E→B ②. 吸收多余的，防止污染空气；同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
（3）
（4）溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
（5）控制反应速率，防止温度过高使和分解
（6） ①. 趁热过滤 ②. 冷却结晶
（7）67.3
【解析】
【分析】利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，在通过浓硫酸干燥，得到干燥的氯气，氯气在E中和钴加热条件下生成氯化钴，再利用氯化钴和氯化铵、氨气在活性炭催化下得到。
【小问1详解】
仪器a的名称为圆底烧瓶。
【小问2详解】
先制取氯气，在进行氯气除杂和干燥和钴反应，故顺序为A→D→C→E→B；易潮解，防止空气中的水蒸气进入装置E，氯气有毒，也用于氯气的尾气处理。
【小问3详解】
根据得失电子，元素守恒可得化学方程式为
。
【小问4详解】
溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀。
【小问5详解】
缓慢加入是控制反应速率，过氧化氢和一水合氨容易分解，故温度不能过高。
【小问6详解】
趁热过滤除去活性炭杂质， 溶解度在低温下比较小，冷却结晶得到更多产品。
【小问7详解】
研细的，则，理论上可得到为0.04ml，为，实际得到7.2g，故。
9. 碱式碳酸铜在焰火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿，含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：
已知：为无色液体，是硫、磷、硒、澳、碘、樟脑等的良好溶剂，具有挥发性。
回答下列问题：
（1）的电子式为_____。
（2）滤渣I经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是和_____(填化学式)。“浸取”时发生反应的离子方程式为_____。
（3）“除铁”时，加入试剂的目的是调节溶液的为2.9以完全除去铁元素(溶液中离子浓度小于即可视为完全沉淀)，则试剂可用_____(填化学式)____。
（4）写出“沉锰”(除)过程中发生反应的离子方程式：_______。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
（6）副产品在真空中加热分解制备，分解过程中测得固体的质量随温度变化如图所示。温度应控制的范围是_______(填字母)。
A． B． C．
【答案】（1） （2） ①. S、 ②.
（3） ①. 或或 ②.
（4）
（5）将溶液加热 （6）C
【解析】
【分析】根据题意，用含有、、的辉铜矿石，制备碱式碳酸铜，开始加入稀硫酸酸浸并且用将氧化为而沉淀而除去。溶液中加入，促进水解生成而除去，溶液中剩余的阳离子为、，用将沉淀，加热除去溶液中的，最后将溶液处理，得到碱式碳酸铜。
【小问1详解】
与为等电子体，结构和的相似，故的电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
辉铜矿中含有、和，加入和后，发生反应，，和硫酸不发生反应，滤渣Ⅰ中的主要成分除外还有；故答案为：S、；；
【小问3详解】
由分析可知，试剂X可用CuO或、，调节溶液的pH为2.9时，溶液中Fe3+的浓度为，则，故答案为：CuO或或；；
【小问4详解】
向溶液中加入除去，生成沉淀，发生反应的方程式：，故答案为：；
【小问5详解】
气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，故可以将溶液加热，故答案为：将溶液加热；
【小问6详解】
制备，根据锰元素守恒建立关系式，所以需控制温度大于1000℃，故答案：C。
10. 利用甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔，也可以与在催化剂的作用下合成甲醇，有利于实现碳资源的有效循环。
（1）甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔时涉及以下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
_______。
（2）甲烷在固体催化剂表面发生反应I的过程如图所示。
A B C
①A、B、C中能量状态最高的是_______，A到B的能量变化_______B到C的能量变化(填“”、“”或“”)。
②某温度下，反应的、(k为速率常数)，部分数据如表所示。
该温度下_______，温度升高，速率常数增大的倍数：_______(填“”、“”或“”)。
（3）一定条件下，甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压的对数与温度的关系如图所示。
①时，反应I、Ⅲ中，反应倾向较大的是_______。
②工业上催化裂解甲烷常通入一定量的，原因是_______。
（4）在催化剂的作用下，利用与合成甲醇。
主反应：
副反应：
在温度为、压强为下，向容器中充入、和，充分反应达平衡时的转化率为，产物的选择性[如甲醇的选择性]如图所示：
计算平衡时的物质的量为_______。副反应的相对压力平衡常数_______(已知：气体的相对分压等于其分压除以标准压强，相对压力平衡常数是指用相对分压代替浓度计算的平衡常数)。
【答案】（1）
（2） ①. B ②. ③. ④.
（3） ①. 反应Ⅲ ②. 抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低
（4） ①. 0.4 ②. 10
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应I+反应Ⅱ=反应Ⅳ，故=+202；
【小问2详解】
①由图可知，B是断键吸收能量后的状态，为能量最高的状态，由于反应I是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故A到B的能量变化>B到C的能量变化；
②由表格的数据可知，；，解得p2=0.2MPa，代入第3栏数据，有，记得；K=，温度升高，平衡正向移动，K值增大，故速率常数增大的倍数：>k逆；
【小问3详解】
①根据图像数据，时，反应I的kp===10-0.5，反应Ⅲ的kp==103.5，因此反应Ⅲ的倾向较大；
②催化裂化甲烷通入一定量的H2，可以抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低；
【小问4详解】
根据题目的数据，有如下算式：
平衡时O2的物质的量为3.0ml-1.8ml-0.8ml=0.4ml，CH4的物质的量为1ml，CO2的物质的量为0.4ml，H2O的物质的量为0.8ml+1.2ml=2.0ml；故副反应的==10。
(二)选考题(共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分)
【化学一选修3：物质结构与性质】
11. 国产大飞机C919的制造使用了较多含硼材料(如硼纤维、氮化硼等)，多项技术打破了外国垄断。
（1）立方氮化硼硬度大，熔点为，其晶体类型为_______。
（2）耐高温材料立方制备流程中用到、和触媒剂。
①、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为_______。
②中原子的_______轨道与原子的_______轨道形成键；形成过程中，基态原子价电子层上的电子先激发，再杂化，激发后原子的价电子轨道表示式为_______。
③在四氯化碳中的溶解度远大于，原因是_______。
（3）近年来硼氢类离子液体作为火箭推进剂燃料得到了广泛使用。该化合物(如图所示)中不存在的作用力有_______(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．键 E．键 F．氢键
（4）硼化钙晶胞结构如图所示，原子构成正八面体，各个顶点通过键互相连接成三维骨架，八个多面体围成立方体，中心为硼化钙的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。已知原子的分数坐标为，正八面体中键的键长为r，晶胞参数为a，则点原子的分数坐标为_______。
【答案】（1）原子晶体或共价晶体
（2） ①. ②. 杂化 ③. 3p ④. ⑤. 和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶
（3）CF （4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
结合熔点可知立方氮化硼符合共价晶体特征；
【小问2详解】
①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右在增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为：N>B>Ca；
②BCl3中B原子的价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子排布图为：；
③极性相似的物质溶解度较大，BCl3和四氯化碳为非极性分子，氨气为极性分子，故原因是：BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶；
【小问3详解】
根据结构可知，该物质由阴阳离子结合而成，含离子键，阳离子中C-N、C-H等属于键，不饱和双键结构中含键；B与N原子之间存在配位键。不含金属键和氢键；
【小问4详解】
由晶胞结构可知位于顶点，有，Ca位于体心，个数为1，则硼化钙的化学式为；由结构可知，A点到相邻顶点的距离为pm，则A点的z坐标为，A点坐标为。
【化学一选修5：有机化学基础】
12. 盐酸沙格雷酯片为抗血小板凝集药，能够抑制血小板聚集、抑制血管收缩，从而预防血栓的形成。化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
已知：
①的分子式为。
②。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，中所含官能团的名称是_______。
（2）的反应类型为_______，的结构简式为_______。
（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为_______。
（4）分析整个合成路线，在合成化合物G路线中的作用为_______。
（5）是的同分异构体，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。
①1M可以与2Na反应；
②每一个苯环上均有两个侧链；
③不存在甲基和。
其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。
（6）参照上述合成路线，设计以和为原料制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲醛或羟基苯甲醛 ②. 醚键、(酚)羟基
（2） ①. 取代反应 ②.
（3）
（4）保护(酚)羟基，防止(酚)羟基被氧化
（5） ①. 15 ②.
（6）
【解析】
【分析】E与在NaH作用下反应生成F，F与H2在Pd/C作用下加热反应生成G，结合E、G结构简式推知F为，结合其他有机物的结构间式及反应条件进行分析解答；
【小问1详解】
A为，化学名称为邻羟基苯甲醛或羟基苯甲醛，根据G的结构简式可知，中所含官能团的名称是醚键、(酚)羟基；
【小问2详解】
是C与SOCl2反应生成D和SO2、H2O，羟基变为Cl，反应类型为取代反应；
根据分析可知，的结构简式为；
【小问3详解】
B与银氨溶液反应生成、银镜、氨气和水，反应的化学方程式为；
【小问4详解】
分析整个合成路线，在合成化合物G路线中是先与羟基发生取代保护起来，后再恢复羟基，故作用为保护(酚)羟基，防止(酚)羟基被氧化；
【小问5详解】
C为，是的同分异构体，满足条件：①1M可以与2Na反应，则含有两个羟基；②每一个苯环上均有两个侧链；③不存在甲基和，第一种情况，左边苯环上1、2、3位放羟基，右边苯环1、2、3位上放-CH2OH，分别均有3种，故有9种同分异构体；第二种情况，，左右两边的苯环上各有一个羟基，则有1、1，1、2，1、3，2、2，2、3，3、3共6种，合计共有15种同分异构体；
其中，核磁共振氢谱有4组峰，则高度对称，且峰面积之比为的结构简式为；
【小问6详解】
参照上述合成路线，以和反应生成，氧化得到，与甲醇发生酯化反应生成，与H2在Pd/C作用下加热制得，合成路线为。选项
①
②
③
③中实验现象
实验结论
稀硫酸
溶液
酸性溶液
溶液褪色
具有漂白性
稀硫酸
溶液
溶液
产生黑色沉淀
难溶于硫酸
浓盐酸
溶液
溶液
溶液变为黄色
氧化性：
浓盐酸
溶液
苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
0.05
4.8
19.2
0.15
8.1
1.本试题共16页，满分300分，时间150分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
可能用到的相对原子质量；H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Mn-55 C-59 Zn-65
第一部分(选择题 共126分)
一、选择题(本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)
1. 农耕文明作为中华文明的重要载体，记录了许多农业生产与生活的智慧。下列说法错误的是
A. 豆浆中加入石膏制豆腐：豆浆中的蛋白质发生聚沉
B. 大米可用于酿酒：大米的主要成分为淀粉，水解得到乙醇
C. 谷雨时节“雷雨肥田”：与氮元素在自然界中的转化有关
D. 向含有较多碳酸钠的盐碱地中施加适量的石膏：降低了土壤的碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．豆浆中加入石膏制豆腐是因为豆浆中的蛋白质发生聚沉，A项正确；
B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，B项错误；
C．雷雨时在闪电作用下引发氮气和氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸根离子可被植物吸收，从而促进植物生长，C项正确；
D．碳酸根和钙离子结合成碳酸钙，降低了土壤的碱性，D项正确；
故选：B。
2. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 和的混合物中含，则混合物中质子数为
B. 苯分子中，含有碳碳单键的数目为
C. 标准状况下，二氯甲烷中含有氯原子的数目为
D. 常温下，的溶液中，由水电离出的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．和的混合物中含，说明和共1ml，、，故1ml的和混合物含有质子数为，故A正确；
B．苯分子中的碳碳键介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，不含碳碳单键，故B错误；
C．二氯甲烷在标准状况下为非气态物质，二氯甲烷不是0.5ml，含有的氯原子不是，故C错误；
D．不知碳酸钠溶液的体积，无法计算由水电离出的数目，故D错误；
故答案为：A。
3. 丹参素是从中药丹参中提取的有效成分，具有抗炎、抗菌、抗氧化作用，其结构如图所示。下列说法中错误的是
A. 丹参素的分子式为
B. 该有机物最多可消耗
C 丹参素与足量氢气加成后所得分子中有4个手性碳原子
D. 丹参素与互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．丹参素的分子式为，A正确；
B．1 ml该有机物中含有2 ml酚羟基、1 ml酯基，故最多可消耗，B正确；
C．丹参素与氢气加成后所得分子结构为，由此可知该分子中有4个手性碳原子，C正确；
D．丹参素与结构不相似，丹参素有苯环，酚羟基，具有碳碳双键，醇羟基，不是同系物，D错误；
故选D。
4. 利用下图所示装置进行实验，根据实验现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色表现的是二氧化硫的还原性，A错误；
B．稀硫酸与溶液反应，生成H2S，与溶液产生黑色沉淀，难溶于硫酸，B正确；
C．氯气通入溴化亚铁溶液中先氧化亚铁离子，使溶液变为黄色，C错误；
D．浓盐酸与溶液产生二氧化碳，通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，强酸制弱酸，但由于浓盐酸具有挥发性，无法确定是HCl气体还是二氧化碳溶于水后与苯酚钠溶液反应，D错误；
故选B。
5. X、Y、Z、R、W为五种短周期主族元素。X单质与冷水剧烈反应且反应后溶液呈碱性；Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n；Z元素原子L层电子数为，M层电子数为；R与W原子最外层电子数都是其电子层数的2倍，其中W的两种常见简单氧化物均为酸性氧化物。下列说法正确的是
A. 最高正价：
B. 原子半径：
C. 由X、Y组成的化合物中可能含有离子键和非极性键
D. 相同温度下，R、Z的最高价含氧酸的钠盐溶液的
【答案】C
【解析】
【分析】已知短周期主族元素X、Y、Z、R、W，X单质与冷水反应剧烈且反应后溶液呈碱性，则X为Na； R与W原子最外层电子数都是其电子层数的2倍，可能为C元素、S元素，其中W的两种常见简单氧化物均为酸性氧化物，故W为S元素，R为C元素； Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m−n，Z的L层含有电子数m＋n＝8，Y的次外层电子数n＝2，则m＝8−2＝6，所以Y为O，Z为Si元素；以此分析解答。
【详解】A．W为S元素，R为C元素，S元素最高正价为+6价，C最高正价为+4价，最高正价：，即，故A错误；
B．W为S元素，R为C元素，Y为O元素，同一周期从左到右原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：，即，故B错误；
C．X为Na元素，Y为O元素，两者组成的化合物有Na2O、Na2O2，其中Na2O2含有离子键和非极性键，故C正确；
D．R为C元素，Z为Si元素，最高价含氧酸酸性：R>Z，则最高价含氧酸的钠盐溶液，故D错误；
故选C。
6. 我国科学家研制出一种可充电的双离子电池，其工作原理如图所示：
下列说法正确的是
A. 放电时，负极区溶液的增大
B. 充电时，阴极反应式为
C. 放电时，正极反应式为
D. 充电时，若极质量增加，则有通过阳离子交换膜向极移动
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为，右侧为正极，电极反应式为，充电时，Zn作阴极，电极反应式为 ，右侧为阳极，据此作答。
【详解】A．放电时，Zn作负极，电极反应式为，消耗氢氧根，负极区溶液的减小，A错误；
B．充电时，阴极反应式为，B错误；
C．放电时，正极反应式为，C正确；
D．充电时，Zn作阴极，电极反应式为，若极质量增加，则有通过阳离子交换膜向a极移动，D错误；
故选C。
7. 某废水处理过程中始终保持饱和，即，通过调节使和形成硫化物而分离，体系中与关系如图所示，c为、、和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A.
B. M点条件下能生成沉淀，不能生成沉淀
C. ③为与的关系曲线
D.
【答案】D
【解析】
【分析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13ml/L，则有，A错误；
B．M点为CdS的过饱和溶液，NiS的不饱和溶液，则M点条件下能生成CdS沉淀，不能生成NiS沉淀，B错误；
C．由分析可知，③为pH与−lgc(S2-)的关系曲线，B错误；
D．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6ml/L时，c(HS-)=10-6.5ml/L，或者当c(H+)=10-4.2ml/L时，c(HS-)=10-3.9ml/L，，D正确；
故答案为D。
第二部分(非选择题 共174分)
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(11题，共129分)
8. (三氯化六氨合钴，)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：①在时，恰好完全沉淀为；
②不同温度下在水中的溶解度如图所示；
③易潮解，C(Ⅲ)的氧化性强于。
制备步骤如下：
Ⅰ.的制备：用金属钴与氯气反应制备，实验中利用如图装置(连接处橡胶管省略)进行制备。
Ⅱ.在锥形瓶内加入研细的、和水，加热溶解后加入活性炭作催化剂。
Ⅲ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅳ.在60℃下反应一段时间后，经过___________、过滤、洗涤、干燥等操作，得到橙黄色的晶体。
请回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________。
（2）用图中的装置组合制备，仪器的连接顺序为___________。装置B的作用是___________。
（3）制备三氯化六氨合钴的反应方程式为___________。
（4）在制备时，加入浓氨水前，需在步骤Ⅱ中加入，请结合平衡移动原理解释原因___________。
（5）步骤Ⅲ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下缓慢加入的目的是___________。
（6）在步骤Ⅳ中过滤、洗涤、干燥之前操作为___________、___________。
（7）制得产品的产率为___________%(精确到0.1%)。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2） ①. A→D→C→E→B ②. 吸收多余的，防止污染空气；同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
（3）
（4）溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
（5）控制反应速率，防止温度过高使和分解
（6） ①. 趁热过滤 ②. 冷却结晶
（7）67.3
【解析】
【分析】利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢杂质，在通过浓硫酸干燥，得到干燥的氯气，氯气在E中和钴加热条件下生成氯化钴，再利用氯化钴和氯化铵、氨气在活性炭催化下得到。
【小问1详解】
仪器a的名称为圆底烧瓶。
【小问2详解】
先制取氯气，在进行氯气除杂和干燥和钴反应，故顺序为A→D→C→E→B；易潮解，防止空气中的水蒸气进入装置E，氯气有毒，也用于氯气的尾气处理。
【小问3详解】
根据得失电子，元素守恒可得化学方程式为
。
【小问4详解】
溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀。
【小问5详解】
缓慢加入是控制反应速率，过氧化氢和一水合氨容易分解，故温度不能过高。
【小问6详解】
趁热过滤除去活性炭杂质， 溶解度在低温下比较小，冷却结晶得到更多产品。
【小问7详解】
研细的，则，理论上可得到为0.04ml，为，实际得到7.2g，故。
9. 碱式碳酸铜在焰火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿，含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：
已知：为无色液体，是硫、磷、硒、澳、碘、樟脑等的良好溶剂，具有挥发性。
回答下列问题：
（1）的电子式为_____。
（2）滤渣I经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是和_____(填化学式)。“浸取”时发生反应的离子方程式为_____。
（3）“除铁”时，加入试剂的目的是调节溶液的为2.9以完全除去铁元素(溶液中离子浓度小于即可视为完全沉淀)，则试剂可用_____(填化学式)____。
（4）写出“沉锰”(除)过程中发生反应的离子方程式：_______。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_______。
（6）副产品在真空中加热分解制备，分解过程中测得固体的质量随温度变化如图所示。温度应控制的范围是_______(填字母)。
A． B． C．
【答案】（1） （2） ①. S、 ②.
（3） ①. 或或 ②.
（4）
（5）将溶液加热 （6）C
【解析】
【分析】根据题意，用含有、、的辉铜矿石，制备碱式碳酸铜，开始加入稀硫酸酸浸并且用将氧化为而沉淀而除去。溶液中加入，促进水解生成而除去，溶液中剩余的阳离子为、，用将沉淀，加热除去溶液中的，最后将溶液处理，得到碱式碳酸铜。
【小问1详解】
与为等电子体，结构和的相似，故的电子式为，故答案为：；
【小问2详解】
辉铜矿中含有、和，加入和后，发生反应，，和硫酸不发生反应，滤渣Ⅰ中的主要成分除外还有；故答案为：S、；；
【小问3详解】
由分析可知，试剂X可用CuO或、，调节溶液的pH为2.9时，溶液中Fe3+的浓度为，则，故答案为：CuO或或；；
【小问4详解】
向溶液中加入除去，生成沉淀，发生反应的方程式：，故答案为：；
【小问5详解】
气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，故可以将溶液加热，故答案为：将溶液加热；
【小问6详解】
制备，根据锰元素守恒建立关系式，所以需控制温度大于1000℃，故答案：C。
10. 利用甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔，也可以与在催化剂的作用下合成甲醇，有利于实现碳资源的有效循环。
（1）甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔时涉及以下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
_______。
（2）甲烷在固体催化剂表面发生反应I的过程如图所示。
A B C
①A、B、C中能量状态最高的是_______，A到B的能量变化_______B到C的能量变化(填“”、“”或“”)。
②某温度下，反应的、(k为速率常数)，部分数据如表所示。
该温度下_______，温度升高，速率常数增大的倍数：_______(填“”、“”或“”)。
（3）一定条件下，甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压的对数与温度的关系如图所示。
①时，反应I、Ⅲ中，反应倾向较大的是_______。
②工业上催化裂解甲烷常通入一定量的，原因是_______。
（4）在催化剂的作用下，利用与合成甲醇。
主反应：
副反应：
在温度为、压强为下，向容器中充入、和，充分反应达平衡时的转化率为，产物的选择性[如甲醇的选择性]如图所示：
计算平衡时的物质的量为_______。副反应的相对压力平衡常数_______(已知：气体的相对分压等于其分压除以标准压强，相对压力平衡常数是指用相对分压代替浓度计算的平衡常数)。
【答案】（1）
（2） ①. B ②. ③. ④.
（3） ①. 反应Ⅲ ②. 抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低
（4） ①. 0.4 ②. 10
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应I+反应Ⅱ=反应Ⅳ，故=+202；
【小问2详解】
①由图可知，B是断键吸收能量后的状态，为能量最高的状态，由于反应I是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故A到B的能量变化>B到C的能量变化；
②由表格的数据可知，；，解得p2=0.2MPa，代入第3栏数据，有，记得；K=，温度升高，平衡正向移动，K值增大，故速率常数增大的倍数：>k逆；
【小问3详解】
①根据图像数据，时，反应I的kp===10-0.5，反应Ⅲ的kp==103.5，因此反应Ⅲ的倾向较大；
②催化裂化甲烷通入一定量的H2，可以抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低；
【小问4详解】
根据题目的数据，有如下算式：
平衡时O2的物质的量为3.0ml-1.8ml-0.8ml=0.4ml，CH4的物质的量为1ml，CO2的物质的量为0.4ml，H2O的物质的量为0.8ml+1.2ml=2.0ml；故副反应的==10。
(二)选考题(共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分)
【化学一选修3：物质结构与性质】
11. 国产大飞机C919的制造使用了较多含硼材料(如硼纤维、氮化硼等)，多项技术打破了外国垄断。
（1）立方氮化硼硬度大，熔点为，其晶体类型为_______。
（2）耐高温材料立方制备流程中用到、和触媒剂。
①、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为_______。
②中原子的_______轨道与原子的_______轨道形成键；形成过程中，基态原子价电子层上的电子先激发，再杂化，激发后原子的价电子轨道表示式为_______。
③在四氯化碳中的溶解度远大于，原因是_______。
（3）近年来硼氢类离子液体作为火箭推进剂燃料得到了广泛使用。该化合物(如图所示)中不存在的作用力有_______(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．金属键 D．键 E．键 F．氢键
（4）硼化钙晶胞结构如图所示，原子构成正八面体，各个顶点通过键互相连接成三维骨架，八个多面体围成立方体，中心为硼化钙的化学式为_______。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。已知原子的分数坐标为，正八面体中键的键长为r，晶胞参数为a，则点原子的分数坐标为_______。
【答案】（1）原子晶体或共价晶体
（2） ①. ②. 杂化 ③. 3p ④. ⑤. 和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶
（3）CF （4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
结合熔点可知立方氮化硼符合共价晶体特征；
【小问2详解】
①金属的电负性较小，另外，同周期元素电负性从左向右在增大，故Ca、B、N三种元素电负性从大到小的顺序为：N>B>Ca；
②BCl3中B原子的价层电子对数为3，其杂化方式为sp2，故BCl3中B原子的sp2杂化轨道与Cl原子的3p轨道形成σ键；基态B原子价电子层上的电子先进行激发，再进行杂化，说明B原子激发后的三个轨道能量相同，故激发时B原子的价电子排布图为：；
③极性相似的物质溶解度较大，BCl3和四氯化碳为非极性分子，氨气为极性分子，故原因是：BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而氨气属于极性分子，相似相溶；
【小问3详解】
根据结构可知，该物质由阴阳离子结合而成，含离子键，阳离子中C-N、C-H等属于键，不饱和双键结构中含键；B与N原子之间存在配位键。不含金属键和氢键；
【小问4详解】
由晶胞结构可知位于顶点，有，Ca位于体心，个数为1，则硼化钙的化学式为；由结构可知，A点到相邻顶点的距离为pm，则A点的z坐标为，A点坐标为。
【化学一选修5：有机化学基础】
12. 盐酸沙格雷酯片为抗血小板凝集药，能够抑制血小板聚集、抑制血管收缩，从而预防血栓的形成。化合物G是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
已知：
①的分子式为。
②。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，中所含官能团的名称是_______。
（2）的反应类型为_______，的结构简式为_______。
（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为_______。
（4）分析整个合成路线，在合成化合物G路线中的作用为_______。
（5）是的同分异构体，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。
①1M可以与2Na反应；
②每一个苯环上均有两个侧链；
③不存在甲基和。
其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。
（6）参照上述合成路线，设计以和为原料制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻羟基苯甲醛或羟基苯甲醛 ②. 醚键、(酚)羟基
（2） ①. 取代反应 ②.
（3）
（4）保护(酚)羟基，防止(酚)羟基被氧化
（5） ①. 15 ②.
（6）
【解析】
【分析】E与在NaH作用下反应生成F，F与H2在Pd/C作用下加热反应生成G，结合E、G结构简式推知F为，结合其他有机物的结构间式及反应条件进行分析解答；
【小问1详解】
A为，化学名称为邻羟基苯甲醛或羟基苯甲醛，根据G的结构简式可知，中所含官能团的名称是醚键、(酚)羟基；
【小问2详解】
是C与SOCl2反应生成D和SO2、H2O，羟基变为Cl，反应类型为取代反应；
根据分析可知，的结构简式为；
【小问3详解】
B与银氨溶液反应生成、银镜、氨气和水，反应的化学方程式为；
【小问4详解】
分析整个合成路线，在合成化合物G路线中是先与羟基发生取代保护起来，后再恢复羟基，故作用为保护(酚)羟基，防止(酚)羟基被氧化；
【小问5详解】
C为，是的同分异构体，满足条件：①1M可以与2Na反应，则含有两个羟基；②每一个苯环上均有两个侧链；③不存在甲基和，第一种情况，左边苯环上1、2、3位放羟基，右边苯环1、2、3位上放-CH2OH，分别均有3种，故有9种同分异构体；第二种情况，，左右两边的苯环上各有一个羟基，则有1、1，1、2，1、3，2、2，2、3，3、3共6种，合计共有15种同分异构体；
其中，核磁共振氢谱有4组峰，则高度对称，且峰面积之比为的结构简式为；
【小问6详解】
参照上述合成路线，以和反应生成，氧化得到，与甲醇发生酯化反应生成，与H2在Pd/C作用下加热制得，合成路线为。选项
①
②
③
③中实验现象
实验结论
稀硫酸
溶液
酸性溶液
溶液褪色
具有漂白性
稀硫酸
溶液
溶液
产生黑色沉淀
难溶于硫酸
浓盐酸
溶液
溶液
溶液变为黄色
氧化性：
浓盐酸
溶液
苯酚钠溶液
溶液变浑浊
酸性：碳酸>苯酚
0.05
4.8
19.2
0.15
8.1
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