湖北省2025-2026学年高三2月收心考化学试卷

高三化学答题卡 姓名 1.答题前，考生先将自已的姓名、准考证号填写清楚，并认直 核准条形码上的姓名、准考证号，在规定的位置贴好条形码。 准考证号 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用签字笔或 意 钢笔答题；字体工整、笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域 贴条形码区 项 书写的答案无效：在试题卷、草稿纸上答题无效。 4.保特卡面清洁，不要折叠、不要弄破。考试结束后，请将答 贴缺考标识 题卡，试题卷一并上交。 选择题填涂样例 正确填涂■ 考生禁填！由监考老师填写。☐ 一、选择题（共45分） 1AB©D 5囚®C回 9囚®©可 13A®@回 2ABC☒D 6A®C回 10囚®@D 14ABC☒D 3 A B C D] 7A®©回 11A®@回 15☒®a 可 4 AB C]D] 8ABC网D 12 A B]C]D] 非选择题（共55分） 6(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 7(13分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 化学答题卡第1页共2页 姓名 座位号口 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 8(14分) (1) (2) (3) (4) 9.(14分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 化学答题卡第2页共2页化学参考答案 一、选择题 题 3 6 P 12 14 15 号 答 C或D A D 案 二、非选择题（除特别标注外，每空2分） 16.(1)三颈烧瓶 (2)除去NO气体中混有的NO2 (3)2N0+Ca02ACaN022 (4)防止装置VI中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，降低产品的纯度 (5)C,O号+2NO+6H=2N03+2C3+3H20 (6)①当滴加半滴酸性KMnO4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色， 则达到滴定终点。 ②88.0% 17.1)四☐ (1分) 4s 4p (2)提高氧气浓度，加快反应速率 (3)Fe(OH)3ZnO(不完整扣1分) (4)Ga2O3+6Ht=2Ga3++3H20 (5)不可以，Ga(OHD3和Cu(OH2均会溶于过量氨水，不能将Cu和Ga元素分离（结 论和理由各1分) (6)阴极 (7)冷却结晶（或70℃以下冷却结晶）(1分)过滤(1分) 18.（1)(c-)kJ/mol(未带单位扣1分，见错不给分) (2)汽车行驶过程中，空气中的N2和O2在发动机燃烧室的高温高压下发生化合反应生 成NO (3)①>80%(1分)【1较大也可】，反应放热，绝热条件下随着反应进行，体系温 度升高，反应正向进行的程度小于恒温条件的反应进行程度，(1分)故恒温条件 下平衡转化率大于80%。②4 (共2页)第1页 (4)①0N0+30,+NH,低温N,+12H,0(未写条件扣1分) ②高温条件下，过量的O2可能会把NH3氧化成N2O等氮氧化物，使脱硝率降低 ③2N0+4e+2H20N2+40H 19.(1)碳碳双键、酰胺基（每个1分，漏写扣1分，字写错不给分) (2) H (漏写条件、等号连接扣1分，见错不给分) H (3)Boc (4)15 (5)5 (6)消耗反应生成的HC1,促进反应正向进行，提高转化率 (7) CH:OOC （见错不给分) (共2页)第2页高三化学解析 一.选择题 1.【答案】C或D 【解析】A植物油中含有不饱和键，和H2发生加成反应变成饱和高级脂肪酸甘油酯，延迟保质期，A正确： B葡萄糖是多羟基醛，属于单糖，含有羟基，能够和硝酸发生酯化反应，B正确； CN2因其键能较大，性质较稳定，一般不用做火箭推进剂的助燃剂，C错误； 2.【答案】A 【解析】A,OF2的价层电子对为4，其中有2对孤对电子，故A正确： B,HBO的结构式应为：H-O-Br,其中O有2个单电子，成二价键，故O原子排在中间，故B错误： C,NaH属于离子化合物，故C错误： D,HC1分子中的共价键是sp头碰头形成o,其中s能级电子云形状为球形，故D错误。 3.【答案】B 【解析】A.1mol冰中平均含2mol氢键，A正确： B.因为存在2NO2=N2O4反应，NO2相对于H2的密度大于23，B错误； C.即使存在2NO2=N2O4反应，但NO2微粒数不变，1.5 mol NO2微粒发生反应：3NO2+H2O一2NO+NO 转移的电子数为NA,C正确： D.发生的反应为2NO2+2OH一NO,+NO,+HO,D正确。 4.【答案】C 【解析】A项，向足量的Na2S03溶液中通入少量的Cl2:Cl+3SO?+H2O=SO2+2C+2HSOg,故A错误； B项，H2O2使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO,+5H202+6H一2Mn2+502↑+8H20,故B错误； OH OH C项，邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂：n A H CH2-OH (n-1)H2O, 发生分子间脱水，故C正确： D项，向0.1 nol FeBr2溶液中通入标况下2.24L的Cl2:2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4CI,故D错误。 5.【答案】B 【解析】A.分子式应为CsHsONF,A错误； B.羰基C以s即2杂化，与所连的N/C共平面，N连在苯环上，可通过旋转苯环C-N键实现所有CN共平面， B正确： C.因为有-OH,所以红外光谱会出现O-H键的伸缩振动吸收峰，C错误； D.-F处水解，最多可消耗2 mol NaOH,所以1mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗4 nol NaOH,D错误。 6.【答案】D 化学解析（共8页)第1页 【解析】A蒸馏时一般选用直形冷凝管，球形冷凝管会在球部有液体残留，A错误： B蒸发结晶一般选用蒸发皿，B错误： C酸性高锰酸钾溶液盛装在酸式滴定管中，C错误； D.盛装NaOH溶液的试剂瓶需选用橡胶塞，D正确。 7.【答案】B 【解析】根据题意，可知A为Na2S或Na2S,O3,B为HSO4,C为S,D为Na2SO4,E为SO2,F为SO3, MN为NaS或Na2SO3o A.浓硫酸常温下有强氧化性，能够使F和A1钝化，故可以用铁制品或铝制品来贮存，A正确： B.S和O2一步反应只能得到SO2,不能得到S03,B错误； C.SO2催化氧化得到$O3,原料气中含有砷、硒化合物等杂质，会让钒催化剂永久中毒失去活性，C正确： D.NazS和Na2SO3都有较强的还原性，可以被强氧化剂氧化成Na2SO4(Na2S一般被氧化成S,但是在被过 量的强氧化剂条件下，可以逐步被氧化成NaSO4),D正确。 8.【答案】D 【解析】A.已知KF2是直线形分子，则其正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确。 B.设B的化学式为AuF,B中Au、F的质量分数分别为67.47%、32.53%， 97x_67.47%x≈1 19y32.53%’)5,故 B的化学式为AF5,加热A分解生成B的化学方程式为KrAuF7△AuF+r个+F2↑，B正确： C.Au最高价为+5价，易和F形成一种稳定的八面体构型的配离子，即[AF]厂，（参考选择性必修2SF6的 结构)，A为强电解质，则A的电离方程式为KrAuF-=[KF+[AuF],C正确： D.电离不是分解，不考虑KF2在亚中以Kr和F2的形式存在，且稀有气体也很难以单独的离子(K2+)存 在，再结合核磁共振谱表明溶于液态F的KF2的两个氟原子是等同的，说明KF2未电离，即以分子的形 式存在，D错误。 9.【答案】A A.金刚石、石墨、C6由不同数目的碳原子构成，物理性质差异较大的原因是C的排列方式不同，并非碳原 子数目不同导致的，A错误。 B.分子晶体：分子间作用力：离子晶体：离子键：共价晶体：共价键，物理性质差异显著是因为静电作用 的强度不同，B正确。 C.NaCI:离子键；HCI:共价键，熔融状态下离子键断裂但是共价键不能断裂，熔融状态下二者导电和不导 电相互矛盾，也可以作为离子化合物和共价化合物区别的依据。 D.化学平衡状态特点：逆等动定变，平衡只是一种表观静止状态，属于动态平衡，并未停止，故D正确。 10.【答案】B 【解析】【分析】现有W、X、Y、Z、A、B、R七种前四周期常见元素，原子序数依次递增，其中，W核 外只有一个电子，所以W是H元素，X是植物生长三要素之一，应为N、P、K某一种，Y是地壳中含量 最多的元素，所以Y是O,X是N元素，且Y与A的最外层电子数相同，则A可能是S、S©元素：Z、R 是金属元素，其中Z的原子半径是短周期中最大的，Z是Na元素，能与B形成离子化合物NaB,所以B 化学解析（共8页)第2页 可能是CI、Br元素，含R的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”，R是F元素，所以A 是S元素，B是CI元素。 【详解】A.XW为NH,中心原子N的孤电子对为5-11X4=0,价层电子对为O+44,与4个H形成 2 4个o键，无孤电子对，为正四面体结构，W,Y为H,0,中心原子0的孤电子对为6-1,1x31,价层电 2 子对为1+3=4，H,0*为三角锥形：孤电子对对成键电子对的排斥作用大于对成键电子对间的排斥作用，使 键角减小，因此NH的键角大于HO+,A正确： B.X、Y、Z三种元素分别为N、O、Na,对应原子半径Na>N>O,B错误； C.Z、A、B、R四种元素分别为Na、S、Cl、Fe,一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性 越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有CI>S>Fe>Na, C正确： D.AY、BY分别为S0:、C10,S0:中心原子8的孤电子对为6+2,2×4=0，价层电子对为0+44， 2 VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，C1O中心原 子C1的孤电子对为7+1,2x40,价层电子对为0+44，SER模型为正四面体形，CI与4个0形成4 2 个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则SO?、CIO,的VSEP℉模型与实际空间构型均相同，D正 确。 11.【答案】A 【解析】A,上述过程①的反应类型是取代反应，故A错误； B,Na+半径204pm,Cs*半径334pm,与18-冠-6空腔直径范围为260-320pm不匹配，不可以与Na+、Cs 形成稳定的超分子，故B正确： C,K*@18-冠-6中存在O对K+的吸引，故C正确： D,超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，故D正确： 12.【答案】C 【解析】该晶胞为CuCI的晶胞，CI填充在部分由Cu原子围成的四面体空隙中， A.C1的配位数为4，所以Cu的配位数也为4，A正确： B.由均摊法易算得，B正确。 0盘近0与C的距装为体对角线的酒分之，应为5am,C销误。 D.在晶胞中Cu原子围成的四面体空隙有8个，其中只有4个空隙填充了C1原子，故CI原子填充在C原 子围成的四面体空隙中，填充率为50%，D正确。 13.【答案】C 【解析】A.选修一教材实验，略过量的NaOH能保证HC1完全反应，此时测出的中和热更准确，A评价错误： B.酚酞变色范围为8.410.0，肼为弱碱，强酸滴定弱碱，若选用酚酞作为指示剂，会提前变色判定终点，导 化学解析（共8页)第3页 致测出肼的浓度偏低，B评价错误； C.存在HC1挥发，干扰碳酸和硅酸酸性强弱判断，不能根据实验操作验证碳的金属性强于硅，C评价正确。 D.该实验是验证水晶柱的各向异性，D评价错误。 14.【答案】C 【解析】分析装置可知，左侧装置为原电池装置，b为负极，a为正极；右侧装置为电解池，c、d分别为阴 极和阳极。 A.III室发生的电极反应为：2CN-10e+4H0=2C02↑+N2↑+8H,I室电极反应为 CrO+3e-+4H2O=Cr(OH)3+5OH,H、OH分别移向II室，生成H2O,导致NaC1溶液浓度降低，A正确； B.c极电极反应为2H20+2e=H↑+2OH,每转移10mol电子，b极产生3mol气体，c极产生5mol气体， B正确； C.电子只能在导线中传递，不能在电解质溶液中迁移，C错误： D.d极首先发生HO-e一·OH+H,进而发生·OH氧化CN的反应，1 mol CN被氧化会转移5mol电子，消 耗5 mol.OH,所以当线路中转移5mol电子时，b极和d极分别可处理1 mol CN,D正确。 15.【答案】D 【解析】 PH 053 D8.95 2.18 0x1080.6040.20 V;V(NaOH)/mL 由图可知pKa=2.18;pKa28.95;pKa=10.53: A.D点为6HR)=δR),根据离子方程式HR一2H+RK=K2Ka3可知此时 gcH)pH=K,+pK,)974,A正确： B.B点为6R)=6HR),根据电荷守恒：cNa)十2cHR2+c(HR)+cH)=c(OH)+c(CI1)+cR) 在滴定H,RCL2过程中始终存在物料守恒：2cHR2+)+2cHR)十2cHR)+2cR)=c(C1),两个守恒方程联立可 得：cNa+cH)=c(OH)+cHR)+2cIR)+3cR)=c(OH)+3cHR+3cR),因为B点pH-8.95,所以cH <c(OH),故cNa)>3cHR)+3c(R),B正确； C反应HR+HR一2R的平衡常数K==107,数量级为1D,C正确， D.V=30mL时，此时溶质为NaCI:NaR=2:1,存在cNa)=3cHR2+)+3cHR)+3cR)+3cR),但是C 点不对应V=30mL,因为C点6HR)=6R),然而NaR溶液中HR)<6R),D错误。 二、非选择题 化学解析（共8页)第4页 16.【答案】 (1)三颈烧瓶 (2)除去NO气体中混有NO2; (3)2NO+Ca02△CaN02)2 (4)防止装置VI中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，降低产品的纯度 (5)Cr,O+2NO+6H+=2NO+2Cr3++3H2O (6)①当滴加半滴酸性KMO4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点。 ②88.0% 【分析】用CO2与No制备亚硝酸钙，实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置I中由铜和稀 硝酸反应制取一氧化氮，产生的气体中混有少量的HO,蒸汽，可用Ⅱ装置进行除杂，则Π装置中盛放的试 剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O一2HNO3+NO,装置Ⅲ为干燥装置，通过V中与过氧化 钙反应生成亚硝酸钙，装置V为防止尾气处理装置中的水蒸气进入装置V中，装置VⅥ为尾气吸收装置。 【详解】(1)根据装置图，盛装铜片的仪器为三颈烧瓶： (2)制出的NO中可能混有NO3和NO2,故装置I的作用是除去NO气体中混有的NO,3蒸汽，同时将 NO气体中混有的NO2除去： (3)N0与Ca02发生氧化还原反应：2N0+CaO2三CaNO2)2 (4)由题干信息可知，亚硝酸钙易潮解，故若缺少装置V,产生的影响是装置VI中的水蒸气进入V中，引 起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度。装置VⅥ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，降低产品的纯度 (5)装置VI中氮元素被氧化成+5价，即NO被氧化成NO?,C,O被还原为Cr3+,根据得失电子守恒， 该反应的离子方程式为C,O号+2NO+6H=2NO,+2Cr++3H0 (6)①反应终点的判断，当滴加半滴酸性KMO4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色， 则达到滴定终点。 ②5CaNO2)24KMnO4由关系式法求出250mL溶液中对应CaN02)2的质量m[CaNO2)2]=26.4g,故w=88.0% 17.【答案】 (1) (1分) 4s 4p (2)提高氧气浓度，加快反应速率 (3)Fe(OD3Zn0(不完整扣1分) (4)Ga2O3+6H-2Ga3++3H2O (5)不可以，Ga(OHD3和Cu(OD2均会溶于过量氨水，不能将Cu和Ga元素分离（结论和理由各1分） (6)阴极 (7)冷却结晶（或70C以下冷却结晶）(1分)过滤(1分) 化学解析（共8页)第5页 【解析】 (1)Ga为第四周期ILA族元素，其价层电子排布图为： 4s 4p (2)增大压强可以提高O2的溶解度，增大O2浓度，可加快反应速率，提高浸取率。 (3)利用过量ZnO调pH除铁，铁会转化为Fe(OD3,滤渣中还有剩余的ZnO,所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、 ZnO。 (4)Ga203与酸反应的离子方程式为：Ga20+6H—2Ga3+3H0。 (5)因为Cu(OHD2会溶于过量的氨水，Ga(OD3也会溶，不能将Cu和Ga元素分离。 (6)镓在化合物中必以正价存在，电解得其单质，必须发生还原反应，所以电解可在阴极得到单质镓。 (7)从图中可以看出在低于70C时，ZS047H20的溶解度随着温度的升高而升高，为了结晶得到更多的 ZSO47H20晶体，一般浓缩Zn$04溶液，再控制温度低于70C冷却结晶，随后过滤分离出ZnS04H0晶 体，用稀硫酸和蒸馏水洗涤晶体之后，干燥即得ZSO47H20晶体。 18.【答案】 (1)(c-)kJ/mol(未带单位扣1分，见错不给分) (2)汽车行驶过程中，空气中的N2和O2在发动机燃烧室的高温高压下发生化合反应生成NO (3)①1>80%(1分)【1较大也可】，反应放热，绝热条件下随着反应进行，体系温度升高，反应正向 进行的程度小于恒温条件的反应进行程度，(1分)故恒温条件下平衡转化率大于80%。②4 （4)①6N0+30,+8NH,低温 7N2+12H,0（未写条件扣1分) ②高温条件下，过量的O2可能会把NH,氧化成N2O等氦氧化物，使脱硝率降低 ③2N0+4e+2H0=N2+4OH 【详解】(1)根据盖斯定律，反应④=反应③-反应①，则△H4=AH,-△H=(c-)kJ/mol,故答案为(c-四kJ/mol。 (2)汽车尾气中的氮氧化物的来源不是汽油的不充分燃烧，汽油中含有一定的含氮化合物，但是不会燃烧 生成氮氧化物，主要来源是在汽车行驶过程中，发动机舱燃烧室是一个高温高压条件，而进入的空气中含 有的氮气会在高温高压条件下和空气中的氧气反应生成NO,故答案为：汽车行驶过程中，空气中的N2和 O2在发动机燃烧室的高温高压下发生化合反应生成O: (3)①由图可知，绝热条件下，反应2NOg)十C(s)一N2(g+CO2(g)△H=-34 kJ-mol-1的平衡转化率为80%， 又因为该反应放热，所以在绝热体系中，随着反应的进行，体系的温度会不断升高，温度升高后，对于放 热反应而言反应进行的程度会变小，故绝热体系下的平衡转化率会比恒温体系下的平衡转化率低。（可以简 单的看成在恒温体系下达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，转化率降低)故答案为：1>80%，反应放热， 绝热条件下随着反应进行，体系温度升高，反应正向进行的程度小于恒温条件的反应进行程度，故恒温条 件下平衡转化率大于80%。 (4)①题目中限定了N0:O2=2:1,根据反应机理，可知脱硝反应可分为两步：第一步：2NO+O2=2NO2, 第二步：NO2在催化剂的作用下和NH3发生反应生成N2和HO,反应方程式为6NO2+8NH3一N2+12H2O, 化学解析（共8页)第6页 实现脱硝，放总反应方程式为：0小0+30，+8N1,N,+12H,0。 ②高温条件下的脱硝过程看反应历程2，不难发现，在加入氨气时，氨气会有两个反应过程，其一是和 反应生成N2实现脱硝，其二是和氧气反应生成N2O和水，但是生成新的氨氧化物这一步就会使得整个反应 的脱硝效果降低，故答案为：高温条件下，过量的O2可能会把H3氧化成N2O等氮氧化物，使脱硝率降低。 ③观察原电池装置，在碱性条件下，N极通入NO后生成N2,故电极反应式为：2NO十4e+2H2ON2+ 4OH。 19.【答案】 (1)碳碳双键、酰胺基（每个1分，漏写扣1分，字写错不给分） HN (2) X CH3OH HCI (漏写条件、等号连接扣1分，见错不给分) (3)Boc (4)15 (5)5 (6)消耗反应生成的HC1,促进反应正向进行，提高转化率 (7) CH:OO NHBo (见错不给分) 【详解】(1)由A的结构简式可知，A中官能团的名称为：碳碳双键、酰胺基 (2)A生成B是A在酸性条件下和甲醇发生醇解（类比酰胺的水解），故反应方程式为：（注意写条件并用 箭头连接) HCI H2N CH3OH (3)注意已知信息，Boc2O的结构简式已知，B生成C其实是B中的氨基和Boc2O酸酐发生取代反应，生 0 成酰胺，再结合D的结构简式，可知C的结构简式为：Bo© 化学解析（共8页)第7页 (4)根据B的结构简式得出B的不饱和度为3，有一个六元碳环（不饱和度占1）又能发生银镜反应和水 解反应，应该含有甲酸某酯（不饱和度占1），含有两个取代基，则分别为一NH2和一OOCH,则还有一个 不饱和度在六元环中，即环己烯上不同的碳连接一H2和一OOCH,根据定一移一法，可知同分异构体数目 一共有3×5=15种。 H H 3 (5)E中手性碳位置如图 总共5个手性碳原子 NHA (6)F生成G的化学反应方程式为 cl;由此可知，加入NaOH会消耗生成的 HCl,促进反应正向进行，提高产率，故答案为：消耗反应生成的HC,促进反应正向进行，提高转化率。 (7)依据以上合成路线可知，首先，用BocHN一 COOCH:和N人一在NaClo作用下进行反应 HO 成环，得到M,其次在NaBH和NiCl2条件下开环得到目标产物，注意，此时不再需要D生成E的第二步 条件，AC2O,TEA,DCM,是为了和在开环之后生成的一NH2反应生成酰胺，而目标产物中不需要这一步， 不要弄错。具体合成路线为 H HO NaBH..NiCl CHOOC NHBo NHBo CH,000 NHB HN 所以中间体M为c:ooc 化学解析（共8页）第8页高三化学 可能用到的相对原子质量：H-1N-140-16F-19S-32Ca-40Zn-65Au-197 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符 合题目要求。 1.我们的生产、生活、科技的发展都离不开化学，下列有关说法错误的是 A.植物油氢化可以延长其保质期 B.葡萄糖是单糖，可以和硝酸发生酯化反应 C.液态N2常用作长征火箭的助燃剂 D.甲壳素、壳聚糖是膳食纤维，属于纤维素的一种 2.下列化学用语或图示表达正确的是 09 A.OF2的VSEPR模型： B.HBrO的结构式：H-Br-O C.NaH的电子式：Na:H D.HCI分子中o键的形成： @0-+←00→0000→0 3.O2是一种污染性气体，可与水反应，设N4是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.18g冰中氢键数日约为2NA B.相同状况下，测得NO2相对于H2的密度为23 C.69gNO2与水充分反应转移的电子数为Na D.实验室可用NaOH溶液吸收NO2气体 4.下列过程所对应的化学方程式或离子方程式正确的是 A.向足量的Na2SO3溶液中通入少量的Cl2:Cl2+SO?+H20-SO+2CI+2H+ B.H2O2使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO,+H2O2+6H=2Mn2+3O2↑+4H2O C.邻羟甲基苯酚分子间脱水缩合制酚醛树脂： OH OH H ”CHoH OH+(n-1)H0 D.向0.1 nol FeBr2溶液中通入标况下2.24L的Cl2:2Fe2++4Br+3Cl2=2Fe3+Br2+6CI 5.氟代对乙酰氨基酚（结构简式如右图所示）是一种新型的解热镇痛药候选分子。下列关于该 分子的说法正确的是 HN-COCH; A.氟代对乙酰氨基酚的分子式为CsH-ONF B.分子中所有碳原子和氨原子可能处于同一平面 C.该分子在红外光谱中不会出现O-H键的伸缩振动吸收峰 D.一定条件下，1mol氟代对乙酰氨基酚最多可消耗3 mol NaOH OH (共8页)第1页 6. 下列实验仪器的选用正确的是 选项 A C D 用途蒸馏时用于冷凝蒸汽 蒸发结晶 盛装酸性高锰酸钾溶液 盛装NaOH溶液 橡胶塞 仪器 7. 如图所示的转化关系中，A和B的溶液混合后能产生黄色沉淀C、正盐D以及一种无色气体 E,E在某种条件下生成F。下列说法错误的是 cCM☐c B HO A.常温下，可以用铁制品来盛放B的浓溶液 B.沉淀C在一定条件下可以一步转化成E或F C.E转化成F时，要充分净化原料气，防止催化剂中毒 D.在过量强氧化剂作用下，M和N都能够转化成正盐D 8.将溶于液态HF的KF2和Au反应可以得到一种化合物A(化学式为：KAF),将A缓慢 加热到60C可得到金的氟化物B、Kr和F2:经化学分析，B中Au、F的质量分数分别为67.47%、 32.53%。已知①Au最高价为十5价，易和F形成一种稳定的八面体构型的配离子；②KF2 是直线形分子；③在KF2的液态H亚溶液中没有含Kr的单核微粒。下列说法错误的是 A.KF2是非极性分子 B.加热A分解生成B的化学方程式为：KrAuF,△AF十KT十F2t C.若A为强电解质，则A的电离方程式为：KrAF[KF+[AuF] D.核磁共振谱表明溶于液态HF的KF2的两个氟原子是等同的，故KF2在H亚中以离子的 形式存在 9 化学事实蕴含哲学思想，下列化学论述，与其对应的哲学观点不相符合的是 选项 化学论述 哲学观点 金刚石、石墨、C6和由不同数目的碳原子构成， A 量变是引起质变的前提和必要准备 但物理性质差异较大，化学性质也有所差异 分子晶体、离子晶体和共价晶体物理性质差异显 B 著，是由于晶体中微粒间的相互作用力不同 内因是事物变化发展的根本原因 由于化学键类型不同，熔融态NaC1能导电，液 态HCI不导电 矛盾的特殊性是事物相互区别的根据 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等， D 运动的绝对性与静止的相对性相统 体系中各组分的浓度保持不变 (共8页)第2页 10.现有W、X、Y、Z、A、B、R七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，W核外 电子只有一种自旋取向；X是植物生长三要素之一；Y是地壳中含量最多的元素，且Y与A 的价层电子数相等：Z、R是金属元素，其中Z的原子半径是短周期中最大的，能与B形成 离子化合物ZB;含R的金属是用量最大的金属材料，其合金被称为“黑色金属”。下列说 法错误的是 A.W元素与X、Y元素形成的两种微粒的键角：XW>W,Y B.X、Y、Z三种元素对应的原子半径：Z>Y>X C.Z、A、B、R四种元素的第一电离能：B>A>R>Z D.AY、BY,的VSEPR模型与其空间构型均相同 11.超分子K*@18-冠-6的合成过程如图所示。已知18-冠-6空腔直径范围为260-320pm,碱 金属离子的直径如表所示，下列说法错误的是 OH 离子 半径pm 过程① 过程② Lit 152 KOH,△ K Na" 204 THF-H.O K 276 OH Rb+ 306 化合物1化合物 18-冠-6 K@18-冠-6 Cs+ 334 A.上述过程①的反应类型是化合反应 B.18-冠-6不可以与Na*、Cs*形成稳定的超分子 C.K*@18-冠-6中通过O原子对K+的吸引作用形成稳定的超分子 D.超分子是由两种或两种以上的广义上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体 12.Cu(。)与Cl(●)形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，己知晶胞参数为anm,下列 说法错误的是 A.Cu的配位数为4 B.该化合物的化学式为CuCI C.最近Cu与C的距离为 4am D.晶胞中由Cu组成的四面体空隙被CI填充了50% 13.下列对相关实验论述的评价正确的是 选项 论述 实验评价 中和热测定实验中，将50mL0.55mol/L的NaOH溶 A 测出的中和热△H偏小 液一次性倾倒入50mL0.50mol/L的盐酸溶液中 用HC1标准溶液滴定未知浓度的肼(NH4)溶液时， B 测出的肼溶液浓度偏大 选用酚酞作指示剂 将盐酸与Na2CO3反应产生的气体直接通入Na2SiO3 该方案不能验证碳的非 C 溶液中，以此验证碳的非金属性强于硅 金属性强于硅 向水晶柱面滴一滴融化的石蜡，待其凝固，用一根红热 该方案可验证石蜡导热 的铁丝刺入，以验证石蜡导热是否具有各向异性 具有各向异性 (共8页)第3页 14.羟基自由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将CN 氧化为CO2和N2的原电池-电解池组合装置如图所示。下列说法不正确的是 6 明 CN Cr042- N 膜 000 换 毫 石墨烯复合导 OH+ 电凝胶颗粒 物 NaCI溶液 00000 Cr(OH) CO2+N2 Na,SO H2SO+CN I室 Ⅱ室 川室 溶液 A.装置工作时，Ⅱ室NaCl浓度减小 B.相同条件下，b、c两极产生的气体体积比为3：5 C.装置工作时，电子由b极经皿、Ⅱ、I室流向a极 D.装置工作时，理论上每转移5mole两室可共处理2 nol CNi NH2 15.赖氨酸（HNヘ入人CO0,用HR表示)的盐酸盐(HRC,)在水溶液中存在如下平衡： H,R2+、H,R+、二HR、a:三R。向10mL0.0100mol/L的HRCL2溶液中滴加 0.0l00mol/L的NaOH溶液，溶液中含有R微粒分布系数(x)随pH变化如图所示。己知 c(x) 0(w)-c(H,R")+c(H,R*)+c(HR)+c(R)' 下列表述不正确的是 pH 0.53 8.95 2.18 8x)10.8060.40.20 V(NaOH)/mL A.D点对应的pH=9.74 B.B点溶液中存在关系cNa)>3cHR)+3cR) C.反应HR十HR2+三2HR+的平衡常数的数量级为10 D.V3=30mL,且C点存在cNa)3cHR2+)+3cHR+)+3cR)+3CR) (共8页)第4页 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分) 亚硝酸钙[CaO)2]呈白色粉末状，易潮解，是一种重要的无机盐。在建筑工业和环保领域 有着广泛应用，它不仅能改善混凝土性能，还能用于处理工业废气中的氨氧化物，实现资源化利 用。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙（夹持装置略）。回答相关问题： 一稀硝酸 无水 氯化钙CaO, 浓 酸性 铜月 K,Cr,O 溶液 (1)盛装铜片仪器的名称为 (2)装置Ⅱ的作用有两处，作用一：除去NO中混有的NO3气体，作用二： (3)装置V中主要发生反应的化学方程式为 0 (4)其中装置V的作用为 (5)装置VI中氮元素被氧化成+5价，则反应的离子方程式为 (6)可用如下实验操作测定亚硝酸钙的纯度：称量30.0g样品并用蒸馏水溶解，然后转移至 100mL的容量瓶中定容，取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，然后用浓度为2.0000 mol/L KMnO4 溶液滴定，滴定原理为： 5NO,+2MnO+6H=5NO,+2Mn2+3H20,记录消耗KMnO4溶液的体积见下表。（杂质不与 KMnO4溶液反应) 实验序号 1 2 3 4 消耗MnO4溶液体积mL 20.01 22.50 19.99 20.00 ①滴定终点的现象为 ②计算可知，所得产品的纯度为 (保留三位有效数字)。 (共8页)第5页 17.(13分) 镓锗是重要的战略金属资源。某地冶炼厂以锌精矿（主要成分为ZS,还含有铁、铜、镓和 锗等金属硫化物)为原料制备Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示： O2、H,SO1 过量Zn0 Zn HA 锌精矿 →加压酸浸沉铁一置换一氧化焙烧一→常压酸浸→萃取一 水相->Ge 有机相（含Cu、Ga元素） 硫黄等 滤渣 滤液 ZnSO4·7H,0 Ga 电解←一碱溶镓←一沉镓← 反萃取 NaOH 适量NaOH 试剂X 已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。②锌的金属活动性强于镓锗。③G(OD3能溶于 氨水。 (1)画出Ga的价层电子排布图 (2)“加压酸浸”步骤加压的目的是 (3)滤渣的主要成分有 (4)Ga元素在“氧化焙烧”步骤中转化为Ga203,其在“常压酸浸”步骤发生的离子方程式 为 (5)“沉镓”步骤能否使用过量氨水代替适量NaOH,并阐述原因 (6)取“碱溶镓”步骤溶液电解可在 (填“阴极”或“阳极”)得到单质镓。 (7)硫酸锌晶体的溶解度随温度变化如下图所示，从硫酸锌溶液得到ZSO47H20晶体的操 作是：蒸发浓缩、 洗涤，干燥。 90 e080 70 ZnSO,H.O 60 ZnSO:7H2O 50 40 020 40607080100 温度/℃ (共8页)第6页 18.（14分) 汽车尾气中的有害成分主要有CO、NO、SO2、颗粒物和臭氧等。在汽车尾气系统中装催化 转化器，可有效降低NOx和CO的排放。 己知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=akJ·molH 22NO(g)+O2(g)-2NO2(g) △H=bkJ·mol1 ③2C0(g)+02(g)=2C02(g) △H3=ckJ·mo1 42NO(g)+2CO(g)-N2(g)+2CO2(g) △H4 (1)△H4= (2)汽车尾气中含有NO的原因是 (3)活性炭可对汽车尾气进行处理，涉及原理：2NO(g十C(S)=N2(g)十CO2(g)△H=-34 kJ·ol,己知起始温度为T,在绝热密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，NO的转 化率随时间的变化如图所示： NO转化*% A(p1,80%) ①若起始温度都为T,试比较恒温条件下的平衡转化率1和绝热条件下的平衡转化率的大小， 说明理由 ②该温度下，A点的压强平衡常数K= (4)某研究小组在NH3条件下，采用二氧化钛负载锰钴复合氧化物脱硝催化剂的反应机理如 图所示。 低温 N2+H2O(g) 高温 N2 +HO(g)N2O+H2O 凡 0, ① ② N)+(O(g) NO(g)+NH(g)NHa(g) NO+O(g) NO(g) NH:(g) Co-Mn/TiO2 Co-Mn/TiO 反应历程1 反应历程2 ①低温条件下，以2：1通入NO和O2,脱硝总反应的化学方程式为 ②高温条件下，如果起始通入O2的量过多，反而导致脱硝效果降低，原因是 ③有同学借鉴该原理，设计如下原电池，除掉O的同时，还可以提供电能。、极上发生的 电极反应为 负载 NO KOH (共8页)第7页 19.(14分) 帕拉米韦(G)是新一代神经氨酸酶抑制剂类抗流感药物，我国某高校研究小组对该药物的 合成路线进行了优化改进，优化后的合成路线如下： HN BocO NaClo 1)NaBH.NiCl CHOH NaCO; 2Ae,0.TEA.DCM→ HO HN NH 1)1C1:2)碱化 乙醚 OH G 已知：Boc,O 回答下列问题： (1)A中官能团的名称是 (2)由A生成B的化学反应方程式为 (3)C的结构简式为 (4)在B的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为 种；（不考虑立体异构） ①含有六元碳环 ②环上有两个不连在同一个碳上的取代基 ③能发生银镜反应和水解反应 0 ④红外光谱中无一NH-C 的吸收峰 (5)E中存在 个手性碳原子。 (6)由F生成G反应中，加入NaOH的目的是 H (7)以BocHN C00CH,和 为原料设计合成cH,ooc 的过程 HO HN 中存在一个含有三个环的中间产物M,写出M的结构简式 (共8页)第8页