单县2022－2023学年度第二学期高三年级阶段性质量检测
化学学科试题
分值 100分 时间 90分钟
注意事项：
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 N14 S 32
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合要求。）
1．2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是( )
A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
2．下列物质的性质和用途之间的对应关系正确的是( )
A．NH3沸点低，工业上常用液氨作制冷剂
B．HNO3有强氧化性，可用于溶解银
C．NaHCO3溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂
D．Na2S具有还原性，可用于除去废水中的Hg2+
3．下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是( )
A．将盛有KMnO4与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中
B．配制Na2S溶液时加入少量H2S防止水解
C．纯碱溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中
D．白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存
4．芹黄素是芹菜中的生物活性物质，结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A．分子中的所有碳原子可能共平面 B．一定条件下能与甲醛发生反应
C．分子中苯环上的一氯代物有5种 D．1 mol该物质最多能与8 molH2发生加成反应
5．高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是( )
A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面
C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成
6．下列装置能达到实验目的是( )
A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B．装置乙：制备少量干燥的NH3
C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D．装置丁：探究浓度对化学反应速率影响
7．铝的卤化物AlX3(X＝Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是( )
性质 AlF3 AlCl3 AlBr3 AlI3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8 189.4
沸点/℃ 1272 180 256 382
A．AlF3晶体类型与其他三种不同
B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
8．根据下列操作及现象，所得结论正确的是( )
操作及现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入 Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 说明NO具 有强氧化性
B 向2mL浓度均为0.1mol L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成 说明Ag2S比 AgBr更难溶
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温 至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色 说明乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再 生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色 说明丙烯醛中含有碳碳双键
9．铝—石墨双离子电池是一种全新的高效、低成本储能电池，电池反应为，电池装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．AlLi合金作原电池的正极
B．放电时移向正极
C．充电时，电路中转移1 mol电子，阴极质量增加9 g
D．充电时，阳极反应为＝CxPF6
10．含铈(Ce)催化剂催化CO2与甲醇反应是CO2资源化利用的有效途径，该反应的催化循环原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．物质A为CH3OH
B．反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种
C．反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．反应的总方程式为2CH3OH＋CO2＋H2O
三、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．(2023山东烟台市、德州市、滨州市高三一模)某同学用如图所示装置进行实验，预测现象与实际不相符的是( )
①中物质 ②中物质 预期现象
A 乙醇 酸性KMnO4溶液 紫色溶液颜色变浅或退去
B H2S溶液 Na2SO3溶液 溶液变浑浊、产生气泡
C H2O2溶液 淀粉KI溶液 溶液变蓝
D 浓氨水 AlCl3溶液 生成白色沉淀后又溶解
12．在抗击新冠肺炎疫情的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效。三种药物主要成分的结构简式如图，下列说法正确的是( )
A．X和Z都属于芳香族化合物 B．Z分子苯环上的一溴代物有3种
C．用FeCl3溶液能区分Y和Z D．1 mol Z最多可以与3 mol NaOH发生反应
13．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
下列说法错误的是( )
A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3
B．滤渣的主要成分为BaSO4
C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂
D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)
14．(2023山东日照一模)25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知pX＝－lgX，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．曲线I表示p与pH的关系
B．H2C2O4第一步电离常数的数量级为10－4
C．pH＝2.71时，c(HC2O)>c(H2C2O4)＝c(C2O)
D．pH＝1.23时，c(H＋)＋3c(H2C2O4)＝c(Cl－)
15．(2023安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省届高三2月适应性)水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体MnO中嵌入Zn2＋的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是( )
A．①为MnO活化过程，其中Mn的价态不变 B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程 D．③中1mol晶体转移的电子数为0．61mol
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．(12分)分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC 是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC 是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
(1)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a. b.
c. d.
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC 中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
(3)HEC 中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A－A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A－A键的键能(kJ·moL )如下表：
H3C－CH3 H2N－NH2 HO－OH
346 247 207
A－A键的键能依次降低的原因是 。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为_______，、的键角由大到小的顺序为_______。
(5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
普通冰晶体的密度为_______g·cm (列出数学表达式，不必计算出结果)。
17．(12分)钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为 ；滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3＋浓度为0.001mol L－1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3＋的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3＋＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝ (用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式 。
18．(12分)(2023山东淄博一模)以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为 。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L－1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol－1)的质量分数为 。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
19．(12分)叶酸是一种水溶性维生素，对贫血治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2―→RCOCl＋HSO2Cl；
RCOCl＋H2NR′―→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为 。(2)⑤的反应类型为 。
(3)E中的含氧官能团名称为 。(4)写出④的化学方程式： 。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有 种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线 。
20．(12分)为实现“碳达峰”“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制成甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
(1)反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的反应热ΔH3＝________。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是________。
A.增大压强，CO的浓度一定保持不变
B.降低温度，反应Ⅱ的逆反应速率增大，正反应速率减小
C.增大CH3OH的浓度，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动
D.恒温恒容下充入氦气，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
已知CH3OH的选择性＝×100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为________(填标号)。
A.CZT催化剂 B.CZ(Zr－1)T催化剂 C.230 ℃ D.290 ℃
②在230 ℃以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是__________。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和4 mol H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应达到平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时，CH3OH的选择性＝________，反应Ⅱ的平衡常数K＝________。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图。
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为___________。
②若铜电极上只生成5.6 g CO，则铜极区溶液质量变化了________ g。单县2022－2023学年度第二学期高三年级阶段性质量检测
化学学科试题
分值 100分 时间 90分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 N14 S 32 Ti 48 Co 59
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1．2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是( )
A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
【答案】B
【解析】A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C正确；D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确。
2．下列物质的性质和用途之间的对应关系正确的是( )
A．NH3沸点低，工业上常用液氨作制冷剂
B．HNO3有强氧化性，可用于溶解银
C．NaHCO3溶液显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂
D．Na2S具有还原性，可用于除去废水中的Hg2+
【答案】B
【解析】A．氨气易液化，液氨汽化会吸收大量的热，导致周围环境的温度降低，所以氨气可用作制冷剂，与氨气的沸点低无关，故A不符合题意。
B．HNO3具有强氧化性，可与Pt、Au除外的大多数金属发生氧化还原反应，可溶解银、铜等不活泼金属，故B符合题意；C．NaHCO3受热分解放出CO2，常作烘焙糕点的膨松剂，故C不符合题意；D．重金属的硫化物的溶解度非常小，工业上常使用硫化物沉淀法处理废水中的重金属离子，和Na2S还原性无关，故D不符合题意。
3．下列有关化学药品的配制和保存的说法中正确的是( )
A．将盛有KMnO4与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中
B．配制Na2S溶液时加入少量H2S防止水解
C．纯碱溶液保存在玻璃塞的试剂瓶中
D．白磷浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存
【答案】D
【解析】A．高锰酸钾具有强氧化性，能和乙醇反应，不能将盛有KMnO4与乙醇的试剂瓶保存于同一个药品橱中，A错误；B．Na2S溶液水解显碱性，配制Na2S溶液时加入少量氢氧化钠防止水解，B错误；C．纯碱溶液水解显碱性，会和玻璃反应，不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，C错误；D．白磷燃点低，在空气中易燃，应该浸泡在冷水中，用广口试剂瓶贮存，D正确。
4．芹黄素是芹菜中的生物活性物质，结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A．分子中的所有碳原子可能共平面
B．一定条件下能与甲醛发生反应
C．分子中苯环上的一氯代物有5种
D．1 mol该物质最多能与8 molH2发生加成反应
【答案】C
【解析】A．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键、碳氧双键两端的原子共面，故分子中的所有碳原子可能共平面，A正确； B．分子中含有酚羟基，故一定条件下能与甲醛发生反应，B正确；C．分子中苯环上的氢有4种，故一氯代物有4种，C错误；D．苯环、碳碳双键、酮基可以与氢气反应，1 mol该物质最多能与8molH2发生加成反应，D正确。
5．高分子材料p的合成路线如图，下列说法错误的是( )
A．m分子有对映异构体 B．n分子中所有原子共平面
C．高分子材料p可降解 D．聚合过程中有小分子生成
【答案】D【解析】A． m分子有一个手性碳，有对映异构体，故A正确；B． n分子中所有碳原子均为sp2杂化，键角约为120°，所有原子共平面，故B正确；C． 高分子材料p中含有酯基，可降解，故C正确；D． 聚合过程中没有小分子生成，二氧化碳中碳氧双键、m中的三元环、n中的碳氧双键参与反应，故D错误。
6．下列装置能达到实验目的是( )
A．装置甲：明矾晶体制备KAl(SO4)2 B．装置乙：制备少量干燥的NH3
C．装置丙：常温下分离苯酚与水的混合物 D．装置丁：探究浓度对化学反应速率的影响
【答案】A
【解析】A．明矾晶体在坩埚中灼烧失去结晶水得到KAl(SO4)2，A符合题意；B．氨气会和氯化钙反应，不能用氯化钙干燥氨气，B不符合题意；C．常温下分离苯酚与水的混合物应该使用分液的方法，C不符合题意；D．过氧化氢具有强氧化性，和亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应，但是实验中无明显现象，不能探究浓度对化学反应速率的影响，D不符合题意。
7．铝的卤化物AlX3(X＝Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是( )
性质 AlF3 AlCl3 AlBr3 AlI3
熔点/℃ 1290 192.4 97.8 189.4
沸点/℃ 1272 180 256 382
A．AlF3晶体类型与其他三种不同
B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
【答案】B
【解析】A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B错误；C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确。
8．根据下列操作及现象，所得结论正确的是( )
操作及现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中加入 Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成 说明NO具 有强氧化性
B 向2mL浓度均为0.1mol L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成 说明Ag2S比 AgBr更难溶
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温 至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色 说明乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再 生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色 说明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】B
【解析】A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A错误；B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B正确；C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C错误；D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D错误；
9．铝—石墨双离子电池是一种全新的高效、低成本储能电池，电池反应为，电池装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．AlLi合金作原电池的正极
B．放电时移向正极
C．充电时，电路中转移1 mol电子，阴极质量增加9 g
D．充电时，阳极反应为＝CxPF6
【答案】D
【解析】根据电池反应为，Li化合价升高，因此AlLi作负极，中P化合价降低，作正极。A．根据前面分析AlLi合金作原电池的负极，故A错误；B．原电池放电时移向负极，故B错误；C．充电时，阴极反应式为，电路中转移1 mol电子，阴极生成1mol AlLi，其质量增加7 g，故C错误；D．放电时正极反应为，则充电时，阳极反应为，故D正确。
10．含铈(Ce)催化剂催化CO2与甲醇反应是CO2资源化利用的有效途径，该反应的催化循环原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．物质A为CH3OH
B．反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种
C．反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．反应的总方程式为2CH3OH＋CO2＋H2O
【答案】C
【解析】A．反应①发生取代反应，A为CH3OH，A正确；B．CO2中C为sp杂化，中C为sp2杂化，甲醇中C为sp3杂化，有3种杂化方式，B正确；C．反应过程中断裂的化学键只有极性键，没有非极性键，C错误；D．由题图分析可知，反应物为CH3OH和CO2，生成物为和H2O，则反应的总化学方程式为2CH3OH＋CO2＋H2O，D正确。
二、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
11．某同学用如图所示装置进行实验，预测现象与实际不相符的是( )
①中物质 ②中物质 预期现象
A 乙醇 酸性KMnO4溶液 紫色溶液颜色变浅或退去
B H2S溶液 Na2SO3溶液 溶液变浑浊、产生气泡
C H2O2溶液 淀粉KI溶液 溶液变蓝
D 浓氨水 AlCl3溶液 生成白色沉淀后又溶解
【答案】BD
【详解】A．乙醇能和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，预测现象与实际相符，故A不符合题意；B．硫化氢和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫单质沉淀，预测现象与不实际相符，故B符合题意；C．过氧化氢和碘化氢生成能使淀粉变蓝色的碘单质，预测现象与实际相符，故C不符合题意；D．铝离子和弱碱氨水生成不溶于氨水的氢氧化铝沉淀，预测现象与实际不相符，故D符合题意。
12．在抗击新冠肺炎疫情的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效。三种药物主要成分的结构简式如图，下列说法正确的是( )
A．X和Z都属于芳香族化合物
B．Z分子苯环上的一溴代物有3种
C．用FeCl3溶液能区分Y和Z
D．1 mol Z最多可以与3 mol NaOH发生反应
【答案】 C
【解析】 含有苯环的有机物属于芳香族化合物，X中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，A错误；Z分子结构不对称，苯环上的一溴代物有6种，B错误；Z中的羟基为酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，Y中的羟基为醇羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故能用FeCl3溶液区分Y和Z，C正确；Z中的酚羟基、酰胺基水解生成的羧基、氯原子水解生成的酚羟基和HCl都能和NaOH反应，则1 mol Z最多能消耗6 mol NaOH，D错误。
13．废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb及少量BaSO4，从中回收PbO的工业流程及一些难溶电解质的溶度积常数如下：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
下列说法错误的是( )
A．“脱硫”的目的是将PbSO4转化为PbCO3
B．滤渣的主要成分为BaSO4
C．“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂
D．“沉铅”后的滤液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】D
【解析】A．“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为:PbSO4(s)＋CO(aq)=PbCO3(s)＋SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，平衡常数K= >105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失，A正确；B．加入碳酸钠时， BaSO4(s)＋CO(aq)=BaCO3(s)＋SO(aq)，K=<105，说明该反应正向进行的程度有限，BaSO4不溶于醋酸，所以滤渣的主要成分为BaSO4，B正确；C．酸浸时，过氧化氢能促进Pb、CH3COOH转化为Pb(CH3COO)2和H2O，H2O2做氧化剂，过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(CH3COO)2，铅元素化合价由＋4价降低到了＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂，“酸浸”时加入的H2O2既可做氧化剂又可做还原剂，C正确；D．加入碳酸钠时， BaSO4(s)＋CO(aq)=BaCO3(s)＋SO(aq)，“脱硫”时生成少量BaCO3，“酸浸”时溶于醋酸，因此沉铅的滤液中，金属离子有 Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋，“沉铅”后的滤液中存在2c(Ba2＋)＋ c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，D错误；
14．25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知pX＝－lgX，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．曲线I表示p与pH的关系
B．H2C2O4第一步电离常数的数量级为10－4
C．pH＝2.71时，c(HC2O)>c(H2C2O4)＝c(C2O)
D．pH＝1.23时，c(H＋)＋3c(H2C2O4)＝c(Cl－)
【答案】BD
解析】当pX＝0，c(HC2O)＝c(C2O) Ka2＝ ＝c(H＋)；当pX＝0，
c(H2C2O4)＝c(C2O)，Ka1＝＝c(H＋)；由于Ka1>Ka2，结合图像可知，曲线Ⅱ表示p 与pH的关系、曲线Ⅰ表示p与pH的关系；
【解析】A．由分析可知，Ⅰ表示p与pH的关系，A正确；B．由点(2.23，－1)可知，H2C2O4第一步电离常数为Ka1＝＝10×10－2.23＝10－1.23，其数量级为10－2，B错误；C．由图可知，pH＝2.71时，p>0，则c(HC2O)>c(C2O)；由点(3.19，1)可知，Ka2＝ ＝10－1×10－3.19＝10－4.19；Ka1×Ka2＝＝10－5.42，得c(H2C2O4)＝c(C2O)，C正确；D．由电荷守恒可知，
c(C2O)＋c(HC2O)＝0.1 mol·L－1＜c(OH－)，2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)；由物料守恒可知，c(Na＋)＝2c(HC2O)＋2c(C2O)＋2c(H2C2O4)；两式联立可得：c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(Cl－)；Ka1＝＝10－1.23，pH＝1.23时，c(H2C2O4)＝c(HC2O)，则有c(H＋)＋3c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。
15．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体MnO中嵌入Zn2＋的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是( )
A．①为MnO活化过程，其中Mn的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程
D．③中1mol晶体转移的电子数为0．61mol
【答案】C
【解析】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2＋失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2＋，Zn电极为负极材料，故B项错误；C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2＋，说明体系中有额外的Zn2＋生成，因此表示放电过程，故C项正确；D．MnO晶胞中棱边上所含Mn的个数为＝3，同理Mn0．610．39O和ZnxMn0．610．39O晶胞中棱边上所含Mn的个数为3，晶胞中Zn2＋个数为，因此Mn与Zn2＋个数比为3∶1，由此可知晶胞中Zn2＋个数为，③过程中1mol晶体转移电子的物质的量为，故D项错误。
三、非选择题（本题共5小题，共60分。）
16．(12分)分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC 是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC 是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
(1)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a.
b.
c.
d.
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC 中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
(3)HEC 中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A－A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A－A键的键能(kJ·moL )如下表：
H3C－CH3 H2N－NH2 HO－OH
346 247 207
A－A键的键能依次降低的原因是 。
(4)在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为_______，、的键角由大到小的顺序为_______。
(5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
普通冰晶体的密度为_______g·cm (列出数学表达式，不必计算出结果)。
【答案】(1) 3 c (2)8 (3)C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定,键能就越小 (4) >(5) 276.4
【解析】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；a.为基态Fe原子；b.为基态Fe2+；c. 为基态Fe3+ d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+，故c正确；（2）WOC 中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC 中含10mol配位键，但通过螯合成环而形成的配合物的只有N，为8mol；（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°；（5）①晶胞中氢键的长度(O－H…O的长度)为0.375×737=276.4；由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm ，晶胞密度为：。
17．(12分)钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为 ；滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3＋浓度为0.001mol L－1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3＋的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3＋＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝ (用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式 。
【答案】每空2分(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2 (2) 将Fe2＋氧化为Fe3＋便于后续调节pH来除去Fe3＋ 99% (3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【解析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2＋、Sc2O3转化为Sc3＋、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋便于后续调节pH来除去Fe3＋，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【解析】(1)将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；(2)由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋便于后续调节pH来除去Fe3＋；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度＝10－11mol/L，此时三价铁的浓度＝，则Fe3＋的去除率＝；(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3＋＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数K＝。
18．(12分)以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为 。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
(2)步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→ 。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当 时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L－1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol－1)的质量分数为 。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是 (填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【答案】(1) 恒压滴液漏斗
(2)d→e→f→g→b→c 装置B中澄清石灰水变浑浊
(3) AC
【解析】(1)①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：；(2)首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；(3)①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数；②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。
19．(12分)叶酸是一种水溶性维生素，对贫血的治疗非常重要。叶酸的一种合成方法如下：
已知：RCOOH＋SOCl2―→RCOCl＋HSO2Cl；
RCOCl＋H2NR′―→RCONHR′＋HCl。
(1)B的结构简式为 。
(2)⑤的反应类型为 。
(3)E中的含氧官能团名称为 。
(4)写出④的化学方程式： 。
(5)D的同分异构体中，属于α-氨基酸、含有羟基、且能发生银镜反应的有 种。
(6)根据题中的相关信息，设计以对二甲苯与对苯二胺为主要原料，经过三步反应合成防弹材料的路线 。
【答案】 (1) (2)还原反应 (3)羧基、硝基、酰胺基
(4)
(5)10
(6)
【解析】 甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，B与SOCl2反应生成C，根据C中硝基的位置可知A为，B为；根据所给已知信息以及E的结构简式可知，D的结构简式为。(5)D为，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基连在同一碳原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有、、、(序号表示羟基可能的位置)，共3＋3＋2＋2＝10种。(6)根据防弹材料的结构简式可知，其可以由和对苯二胺发生缩聚反应生成，而可以由与SOCl2反应生成，对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化可以得到，合成路线见答案。
20．(12分)为实现“碳达峰”“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制成甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
(1)反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的反应热ΔH3＝________。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是________。
A.增大压强，CO的浓度一定保持不变
B.降低温度，反应Ⅱ的逆反应速率增大，正反应速率减小
C.增大CH3OH的浓度，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动
D.恒温恒容下充入氦气，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
已知CH3OH的选择性＝×100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为________(填标号)。
A.CZT催化剂 B.CZ(Zr－1)T催化剂 C.230 ℃ D.290 ℃
②在230 ℃以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是__________。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和4 mol H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应达到平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时，CH3OH的选择性＝________，反应Ⅱ的平衡常数K＝________。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图。
①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为___________。
②若铜电极上只生成5.6 g CO，则铜极区溶液质量变化了________ g。
【答案】 (1)－90 kJ·mol－1 (2)C
(3)①BC ②230 ℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大
(4)30%
(5)①CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH
②3.6
【解析】(1)根据盖斯定律，由反应Ⅰ－反应Ⅱ，可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－90 kJ·mol－1。(2)增大压强，容器体积减小，CO的浓度增大，故A错误；降低温度，反应Ⅱ的正、逆反应速率均降低，B错误；增大CH3OH的浓度，反应Ⅰ的平衡逆向移动，c(CO2)和c(H2)增大、c(H2O)减小，使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，C正确；恒温恒容下充入氦气，反应体系中各物质浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，D错误。(3)①根据图示知，使用CZ(Zr－1)T催化剂时，甲醇的选择性较高，温度为230 ℃时甲醇产率最高。(4)反应Ⅱ中气体分子数不变，因此气体体积减小是因为反应Ⅰ，恒温恒压下气体的体积之比等于物质的量之比，气体体积减小10%，即气体减少0.6 mol，根据CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) Δn＝2 mol，知反应Ⅰ中转化的CO2为0.3 mol，又CO2的转化率为50%，即共转化1 mol，所以反应Ⅱ中转化的CO2为0.7 mol，则：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量/mol 0.3 0.9 0.3 0.3
转化量/mol 0.7 0.7 0.7 0.7
平衡量/mol 1 2.4 0.7 1
因此CH3OH的选择性＝ ×100%＝30%，反应Ⅱ中气体分子数不变，可以用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数，则K＝ 。(5)①铜电极与电源负极相连，为阴极，CO2发生还原反应转化为HCOOH。②根据CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，知铜电极上生成5.6 g即0.2 mol CO的同时生成0.2 mol H2O，因此铜极区溶液质量增重3.6 g。
