河西區2023―2024學年度第二學期高三年級總復習質量調查(二)化學試卷化學試卷共100分，考試用時60分鐘。試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷兩部分，第Ⅰ卷1至4頁，第Ⅱ卷5至8頁。可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23第Ⅰ卷注意事項：1.每題選出答案后，請將答案填寫在答題紙上，否則無效。2.本卷共12題，每題3分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。1.下列敘述體現了物質具有還原性的是A.曾青()：“曾青涂鐵，鐵赤如銅”B.硇水()：“剪銀塊投之，則旋而為水”C.草木灰()：“薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”D.青礬()：“新出窯未見風者，正如琉璃，燒之赤色”【答案】D【解析】【詳解】A．“曾青涂鐵，鐵赤如銅”屬于鐵置換出銅的反應，體現銅離子的氧化性，A不符合；B．銀和硝酸反應生成硝酸銀，銀溶解，體現硝酸的氧化性，B不符合；C．溶于水，碳酸根離子水解，溶液顯堿性，與氧化還原反應沒有關系，C不符合；D．“新出窯未見風者，正如琉璃，燒之赤色”，說明亞鐵離子被氧化為鐵離子，體現硫酸亞鐵的還原性，D符合；故選：D。2.能夠快速、微量、精確地測定相對分子質量的方法是A.質譜法 B.燃燒法 C.核磁共振氫譜法 D.紅外光譜法【答案】A【解析】【詳解】A．質譜儀用高能電子流等轟擊樣品使有機分子失去電子形成帶正電荷的分子離子和碎片離子等，這些離子因質量不同，電荷不同，在電場和磁場中的運動行為不同，計算機對其進行分析后得到它們的相對質量與電荷數的比值即質荷比，以質荷比為橫坐標，以各類離子的相對于豐度為縱坐標，記錄測試結果就得到有機化合物的質譜圖，質譜圖中最右側的分子離子峰的質荷比數值就是有機物分子的相對分子質量，故A正確；B．燃燒法能確定有機物中碳、氫元素的質量分數，若有機物為烴或烴的含氧衍生物，則燃燒法可以確定有機物的最簡式，故B錯誤；C．核磁共振是檢驗不同環境的H的數量，有多少種不同的H，就有多少個峰，各個峰的高度大致上能顯示各種H的數量比例，故C錯誤；D．紅外光譜是用于鑒定有機物中所含的各種官能團的，雙鍵，三鍵，羥基，羧基，羰基等等，故D錯誤；故選A。3.下列敘述不正確的是A.味精()既有酸性又有堿性B.誤食重金屬鹽中毒時，服用牛奶可減輕毒性C.低溫下保存疫苗，可防止蛋白質變性D.驅蚊酯()屬于高分子化合物【答案】D【解析】【詳解】A．味精()中含有氨基和羧基，既有酸性又有堿性，A正確；B．重金屬能使蛋白質變性，誤食重金屬鹽中毒時，服用牛奶可減輕毒性，B正確；C．高溫能使蛋白質變性，低溫下保存疫苗，可防止蛋白質變性，C正確；D．驅蚊酯()的相對分子質量比較小，不屬于高分子化合物，D錯誤；答案選D。4.下列化學用語或表述正確的是A.丙炔鍵線式：B.順-2-丁烯的分子結構模型：C.的空間結構：V形D.基態碳原子的軌道表示式：【答案】B【解析】【詳解】A．碳碳三鍵呈直線，丙炔中三個碳原子在一條直線上，則丙炔的鍵線式：，A錯誤；B．順-2-丁烯的球棍模型：，B正確；C．中B原子不含孤電子對，價層電子對數為：3+0=3，分子呈平面三角形結構，C錯誤；D．基態碳原子的核外電子排布式為，根據洪特規則，2p軌道上的2個電子應該分別在2個軌道上，且自旋方向相同，軌道表示式：，D錯誤；選B。5.下列反應的離子方程式表述不正確的是A.氯化鐵溶液腐蝕銅板：B鋁溶于NaOH溶液中：C.將少量通入NaClO溶液：D.用純堿溶液除去水垢中的：【答案】C【解析】【詳解】A．氯化鐵溶液腐蝕銅板，生成氯化亞鐵和氯化銅：，A正確；B．鋁溶于NaOH溶液中，生成氫氣和四羥基合鋁酸鈉：，B正確；C．將少量通入NaClO溶液中，發生氧化還原反應：，C錯誤；D．用純堿溶液除去水垢中的，發生沉淀的轉化：，D正確；答案選C。6.下列陳述Ⅰ和Ⅱ均正確，且二者具有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡA可用作葡萄酒的保鮮有漂白性B易溶于和都非極性分子CHF的沸點高于HClH-F鍵鍵能比H-Cl鍵的大D鐵罐車可用于裝運濃硝酸常溫下Fe與濃硝酸不反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化硫可用作葡萄酒保鮮是因為二氧化硫具有還原性，能防止紅酒中的有效成分被氧化而達到延長紅酒保質期，故A錯誤；B．碘和四氯化碳都是非極性分子，由相似相溶原理可知，非極性分子碘易溶于非極性分子四氯化碳，故B正確；C．氟化氫的沸點高于氯化氫是因為氟化氫能形成分子間氫鍵，氯化氫不能形成分子間氫鍵、但存在分子間作用力，氫鍵大于分子間作用力，與氫氟鍵的鍵能大于氫氯鍵無關，故C錯誤；D．鐵罐車可用于裝運濃硝酸是因為鐵在濃硝酸中鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應的繼續進行，并非不反應，故D錯誤；故選B。7.下列元素隨原子序數的遞增，其對應的某種性質逐漸增大的是A.第一電離能：C、N、O、F B.單質的熔點：Li、Na、K、RbC.元素的電負性：Si、P、S、Cl D.單質的還原性：Na、Mg、Al、Si【答案】C【解析】【詳解】A．同周期從左向右第一電離能呈增大趨勢，但有反常的,第一電離能：C、O、N、F增大，A不符合要求；B．堿金屬屬于金屬晶體，隨著原子序數增大，金屬鍵減弱，熔點降低，B不符合要求；C．同周期從左向右元素的電負性逐漸增大，C符合要求；D．同周期從左向右單質的還原性逐漸減弱，D不符合要求；故選C。8.下列裝置可以實現對應實驗目的的是A．驗證吸氧腐蝕B．分離乙醇和C．制備D．測量體積A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．食鹽水浸潤的鐵中Fe發生吸氧腐蝕消耗試管中的氧氣，試管中壓強減小，導管中水液面上升，A正確；B．[Cu(NH3)4]SO4?H2O難溶于乙醇，不能通過分液的方式進行分離，應過濾分離，B錯誤；C．NH4Cl受熱分解生成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷又反應生成NH4Cl，無法用圖示裝置制備氨氣，C錯誤；D．二氧化氮能與水反應，不能用圖示裝置測量其體積，D錯誤；故答案選A。9.可識別的某冠醚分子丙的合成方法如下。下列有關說法正確的是A.甲的分子式為B.乙的水溶性良好C.丙能與飽和溴水反應D.丙識別形成的超分子為【答案】D【解析】【詳解】A．甲的分子式為，A錯誤；B．乙中官能團有碳氯鍵和醚鍵，在水中溶解性應該比較小，B錯誤；C．醚鍵和苯環不與溴水發生反應，丙不與溴水發生反應，C錯誤；D．根據題干知可識別的某冠醚分子丙的合成方法，丙識別形成的超分子為，D正確；故選D。10.某二次電池的工作原理如下圖所示；儲能時轉化為Pb，下列說法正確的是A.儲能過程是化學能轉變為電能B.放電時右池溶液pH減小C.放電時負極極板的質量減小D.充電時總反應：【答案】B【解析】【分析】該儲能電池儲能時為電解池，轉化為Pb得電子為陰極，多孔碳電極為陽極，失電子生成，放電時Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成，多孔碳電極為正極，正極上得電子轉化為。【詳解】A．該儲能電池儲能時為電解池是電能轉化為化學能，A錯誤；B．放電時右池多孔碳電極為正極，發生反應，電解質溶液中的陽離子向正極移動，左側的H+通過質子交換膜移向右側溶液，pH減小，B正確；C．放電時Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成，電極反應式為，負極極板的質量增加，C錯誤；D．充電時總反應，D錯誤；故選B。11.工業上一種制反應為。某小組分別在體積相等的兩個恒溫恒容密閉容器中加入一定量的反應物，使其在同溫T℃下發生反應，該反應過程中的能量變化數據如下表所示：容器編號起始時各物質的物質的量/mol達到平衡的時間/min達到平衡時體系能量的變化CO①1400放出熱量：20.5kJ②2800放出熱量：QkJ下列有關敘述不正確的是A.容器中反應的平均速率①<②是因為二者的活化能不同B.該制反應在此條件下可自發進行C.容器②中CO的平衡轉化率應等于50%D.容器②中反應達到平衡狀態時Q=41【答案】A【解析】【詳解】A．兩容器體積相等，溫度相同，容器②中投料更多，反應物的濃度更大，反應速率更快，所以容器②中反應的平均速率大于容器①，與活化能沒有關系，A錯誤；B．反應前后體積不變，正反應放熱，依據ΔG＝ΔH－TΔS＜0可知該制反應在此條件下可自發進行，B正確；C．平衡時容器①中放熱20.5kJ，消耗CO的物質的量是20.5kJ÷41kJ/mol＝0.5mol，CO的平衡轉化率為50%，該反應前后氣體系數之和相等，壓強不影響平衡，兩容器的投料比相同，所以達到等效平衡，CO的轉化率相同，均為50%，C正確；D．該反應前后氣體系數之和相等，壓強不影響平衡，兩容器的投料比相同，所以達到等效平衡，CO的轉化率相同，均為50%，則容器②放出的熱量為2mol×50%×41kJ/mol＝41kJ，D正確；答案選A。12.現有的HCl和的混合溶液10mL，常溫下用的NaOH標準溶液進行滴定。滴定過程中溶液的pH隨［］的變化曲線如下圖所示。下列說法正確的是A.點a：B.由點b數據推知約為C.點c：D.溶液中水的電離程度：點d<點e【答案】C【解析】【分析】NaOH溶液與HCl和CH3COOH的混酸反應時，先與HCl反應，再與CH3COOH反應，由滴定曲線可知，b點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，CH3COOH未發生反應，溶質成分為NaCl和CH3COOH；c點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質成分為NaCl、CH3COONa和CH3COOH；d點時NaOH溶液與恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3COONa；e點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH。【詳解】A．a點存在物料守恒：，故A錯誤；B．由分析得，點b溶質成分為NaCl和CH3COOH，此時體積為20mL，CH3COOH的濃度為0.01mol/L，H+濃度為10-3.4mol/L，，故B錯誤；C．c點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質成分為NaCl、CH3COONa和CH3COOH，存在，故C正確；D．d點時NaOH溶液與恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3COONa；e點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，即d點水的電離程度更大，故D錯誤；故選C。第Ⅱ卷(非選擇題共64分)注意事項：本卷包括4小題，共64分。請將答案填寫在答題紙上，否則無效。13.鉍(Bi)及其化合物在電子材料等領域有著廣泛作用。以某鉍礦(主要成分為、，主要雜質和)制取并回收錳的工藝流程如下：按要求回答下列問題。（1）元素Bi較同主族N的周期數大4，寫出基態Bi原子的價層電子排布式________。（2）回收Mn時，被還原為Mn的過程中，電子填入原子軌道的名稱是_______。（3）濾渣1的主要成分的晶體類型為_______。（4）“還原”步驟中Bi粉的作用為________。（5）已知在的環境中，易水解成BiOCl沉淀。寫出該反應的化學方程式：_______。若實驗室配制溶液，需用的試劑有、蒸餾水、________。（6）已知：常溫下，；“沉Bi”步驟得到BiOCl沉淀。此“沉Bi”步驟控制溶液的pH范圍為________。（7）(相對分子質量為Mr)的立方晶胞結構如圖所示(棱長為apm)。的化學式為_______；晶胞密度為______(用含a、Mr、的代數式表示；為阿伏伽德羅常數的值)。【答案】（1）6s26p3（2）4s（3）共價晶體（4）將Cu2+還原成Cu，Fe3+還原成Fe2+（5）①.②.濃鹽酸（6）小于6.5（7）①.Bi2O3②.【解析】【分析】含鉍燒渣先水浸除錳，另加入少量稀硫酸可促進MnS溶解，同時MnSO4溶于水通過過濾分離；用濃鹽酸處理浸出固體后過濾，二氧化硅不反應得到濾渣1為SiO2，鉍、鐵、銅元素反應進入濾液，濾液中含有Fe3+、Cu2+、Bi3+；氧化性：Fe3+>Cu2+>Bi3+，則加入Bi粉處理濾液，Cu2+被還原成Cu，Fe3+被還原成Fe2+，過濾濾渣2中含有Cu以及過量的Bi，濾液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH使得鉍轉化為沉淀過濾分離出來，沉淀加入氫氧化鈉溶液脫氯處理得到Bi2O3。【小問1詳解】元素Bi較同主族N的周期數大4，則為第6周期ⅤA族，基態Bi原子的價層電子排布式6s26p3；【小問2詳解】基態Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2，則被還原為Mn的過程中，電子填入原子軌道的名稱是4s；【小問3詳解】濾渣1為SiO2，是由共價鍵形成的共價晶體；【小問4詳解】加入Bi粉處理濾液，Cu2+被還原成Cu，Fe3+被還原成Fe2+，除去銅且便于后續分離鐵和鉍元素；【小問5詳解】在的環境中，易水解成BiOCl沉淀，根據質量守恒可知，還生成HCl，該反應的化學方程式：。由容易水解，故實驗室配制溶液，需用的試劑有、蒸餾水、濃鹽酸，濃鹽酸用于抑制的水解；【小問6詳解】亞鐵離子濃度度為0.05mol/L，亞鐵離子開始沉淀時，，pOH=7.5，pH=6.5，故“沉Bi”步驟控制溶液的pH范圍為小于6.5；【小問7詳解】根據“均攤法”，晶胞中含個Bi、6個O，則晶體化學式為Bi2O3，密度為。14.以等有機物為原料，合成H(某藥物生產過程中的重要活性物質)。下圖是H的合成路線(部分條件已略)：按要求回答下列問題。（1）A的結構簡式為_______；E所含官能團的名稱為________。（2）寫出B→C的化學反應方程式：_______。（3）C+E→F的反應類型為_______；每個G分子中含手性碳原子的個數為_____。（4）B有多種同分異構體，其中滿足如下所有條件的同分異構體的數目為_______；①除苯環外不含其它環狀結構，且苯環上只有2個取代基②取代基上核磁共振氫譜共有1組吸收峰③有2種官能團寫出其中一種同分異構體的結構簡式_______。（5）參照以上合成路線和條件，以和為原料及必要的無機試劑，在方框中經四步合成的路線圖__________。【答案】（1）①.②.氨基、羥基（2）+CH3CH2OH+H2O（3）①.加成反應②.2（4）①.3②.或或（5）【解析】【分析】與溴單質在溴化鐵催化作用下發生取代反應生成即A，與發生開環加成反應生成B，B中羧基與乙醇發生酯化反應生成C；D發生還原反應生成E，C和E發生碳碳雙鍵的加成反應生成F；F中的氨基與羰基在一定條件下發生分子內加成反應生成G，G在一定條件下發生醇消去反應生成H，據此分析解答。【小問1詳解】由上述分析可知A的結構簡式為；由E的結構簡式可知其所含官能團為羥基和氨基；【小問2詳解】B中羧基與乙醇發生酯化反應生成C，反應方程式為：+CH3CH2OH+H2O；【小問3詳解】由上述分析可知C和E發生碳碳雙鍵加成反應生成F；由G的結構簡式可知，G中酯基和羥基所連碳原子均為手性碳原子，共2個；【小問4詳解】B的同分異構體含兩種官能團，結合B的結構，一分子B中存在一個溴原子和三個氧原子，故B的同分異構體中應有三個相同的含氧官能團，此官能團只能是-CHO，則B中兩種官能團分別是-Br和-CHO；又除苯環外不含其它環狀結構，且苯環上只有2個取代基；取代基上核磁共振氫譜共有1組吸收峰，則兩個取代基其中一個為-Br，另一個為，兩者在苯環上存在鄰、間、對三種位置。結構簡式為：或或；【小問5詳解】結合合成路線中G到H的轉化可知，可由發生消去反應得到，可由與發生加成反應生成，可由發生還原反應生成，可由苯與濃硝酸發生取代反應生成，由此可得合成路線：。15.抗血栓藥物氯吡格雷的重要中間體之一“2―噻吩乙醇”()的制備步驟如下：ⅰ．制噻吩鈉：向燒瓶中加入300mL液體X和mgNa，加熱至Na熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小Na珠出現。降溫至10℃，加入25mL噻吩，反應至Na珠消失。ⅱ．制噻吩乙醇鈉：降溫至?10℃，加入稍過量的的四氫呋喃溶液，反應30min(四氫呋喃是有機溶劑，沸點66℃，可防止因反應放熱而導致溫度過高而引發副反應)。ⅲ．分離、提純產品：①恢復室溫，加入70mL水，攪拌30min②加鹽酸調pH至4~6，繼續反應2h③分液，用水洗滌有機相，再二次分液④向有機相中加入無水，靜置，過濾⑤進行________，分離出四氫呋喃、噻吩和液體X等雜質⑥得到ng產品。按要求回答下列問題：（1）步驟ⅰ中液體X可以選擇_______。a．水b．甲苯c．乙醇d．苯酚（2）寫出步驟ⅰ制2-噻吩鈉的化學方程式為_______。（3）步驟ⅱ，加入溶液的方式為________(填“緩慢加入”或“一次性加入”)。（4）寫出步驟ⅲ中用鹽酸調節pH的化學方程式：________。加入無水的作用為___________。（5）步驟ⅲ中⑤的操作的名稱為_______；寫出選擇此分離提純方法的理由是_______。（6）產品“2―噻吩乙醇”()的產率為_______(用含m、n的代數式表示)。（7）某次平行實驗所得產品質量比ng低些，寫出其中一種可能的原因：_______。【答案】（1）b（2）2+2Na2+H2（3）緩慢加入（4）①.+HCl+NaCl②.除去有機相中的水分（5）①.蒸餾②.四氫呋喃、噻吩和液體X互溶，通過各組分沸點的不同進行分離（6）（7）溫度控制不恰當，導致發生副反應【解析】【小問1詳解】水、乙醇、苯酚都和鈉反應，不能作為反應的溶劑，故選b。【小問2詳解】根據反應前后化學式的不同，可推測噻吩和鈉發生置換反應，生成氫氣，故為2+2Na2+H2。【小問3詳解】步驟ⅱ反應為放熱反應，為防止溫度過高引發副反應，故應該緩慢加入。【小問4詳解】步驟ⅲ中用鹽酸調節pH的化學方程式：+HCl→+NaCl；硫酸鎂具有吸水性，可以用來除去水分。【小問5詳解】四氫呋喃、噻吩和液體X互溶，通過各組分沸點的不同進行分離，故使用蒸餾。【小問6詳解】步驟ⅰ中向燒瓶加入mg的鈉，鈉的物質的量為，鈉完全反應，根據反應過程中物質的量關系可知生成2―噻吩乙醇的物質的量為，則質量為，故產率為。【小問7詳解】步驟ⅱ的過程中，溫度太高，發生副反應，導致生成物產率降低。16.科學家對航天員在空間站中產生的循環利用的探索取得諸多成果。按要求回答下列有關問題：（1）將航天員呼出的進行化反應，完成空間站中和的循環利用。①寫出與分子的空間結構相同的一種陽離子：_______。②標準生成焓()是指在特定溫度下由穩定態單質生成1mol化合物的焓變。表中為幾種物質在25℃時的。物質abc0完善反應器中進行的如下反應即Sabatier反應的熱化學方程式：____________。③圖中來自于電解水裝置的_____(填“陽極產物”或“陰極產物”)④在恒溫密閉剛性反應器中增大Sabatier反應中的反應速率可行的措施有_______。寫出一項說明該反應已達到化學平衡的標志：________。⑤寫出堿性燃料電池中負極反應式：_______。（2）將航天員呼出的回收，可利用Bosch反應即替換Sabatier反應。在T℃時，向容積為2L的密閉剛性反應器中通入3mol和1mol發生Bosch反應，平衡時恢復至T℃。測得容器內氣壓變化如圖所示。①解釋圖中開始時容器內壓強增大的原因：______。②已知為用各組分氣體的分壓表示的平衡常數，氣體分壓=氣體的體積分數×體系總壓。T℃下，Bosch反應中的轉化率=______；_______(寫算式，不化簡)。③加入催化劑(其他條件相同)此反應達平衡時分壓為_______。【答案】（1）①.②.CO2(g)+4H2(g)③.(-a+b+2c)kJ/mol④.陰極產物⑤.合適的催化劑⑥.反應器中壓強恒定時⑦.CH4-8e-+10OH-=+7H2O（2）①.該反應是放熱反應，反應開始時容器內溫度上升，壓強增大；隨著反應進行，反應體系內氣體分子總數減少，壓強減小；此階段前者是影響體系內壓強變化的主要原因②.80%