【文档说明】湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三下学期月考（六）化学试题 含解析.docx，共(20)页，5.720 MB，由小赞的店铺上传

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长沙市一中2023届高三月考试卷(六)化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Na～23Mg～24Al～27S～32Cl～35.5Ni～59Pb～207第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小

题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)1.化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，属于有吸附性的天然有机高分子材料B.将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，使钢铁制品永不

生锈C.钓鱼竿、羽毛球拍可以用碳纤维复合材料制作而成D.液晶显示器中液晶是具有各向异性的液态晶体【答案】C【解析】【详解】A．尼龙纤维是聚酯胺类合成纤维，属于合成有机高分子材料，故A错误；B．将铬、锰加入普通钢中制成不锈钢，能大大增强钢铁的抗腐蚀能力，但并不能使钢铁制品永不生锈，故B错

误；C．由于碳纤维复合材料韧性好、强度大，可用碳纤维复合材料制作钓鱼竿、羽毛球拍等，故C正确；D．液晶是一种介于晶体状态和液态之间的中间态物质，因此不能说液晶就是液态晶体，故D错误；答案选C。2.世界杯足球比赛，裁判在球员发定位球之前，取出喷雾罐喷出白色泡沫，形成一个任何角度都能

看清的白线。泡沫一段时间后破裂，临时白线消失。喷雾罐中的主要成分是80%水、17%液态正丁烷、1%表面活性剂和2%的植物油。下列说法正确的是A.正丁烷有一个同分异构体，其系统命名为异丁烷B.正丁烷中的所

有的原子可能共平面C.正丁烷常温下是液态，沸点低，喷出后易汽化，所产生的巨大压力把包含表面活性剂的植物油乳化打散，形成均匀的泡沫喷出D.正丁烷的核磁共振氢谱的峰面积之比为3∶2【答案】D【解析】【详解】A．丁烷的同

分异构体有两种，分别是正丁烷和异丁烷，则正丁烷有一个同分异构体，其系统命名为2-甲基丙烷，故A错误；B．正丁烷中的碳原子是sp3杂化，正丁烷中的所有的原子不可能共平面，故B错误；C．正丁烷常温常压下是一种无色、易液化的气体，故C

错误；D．正丁烷：CH3CH2CH2CH3，该分子对称，含有两种类型氢原子且个数比是3:2，正丁烷的核磁共振氢谱的峰面积之比为3∶2，故D正确；故选D。3.下列离子方程式不正确的是A.碳酸钠溶液中滴加过量澄清石灰水：Ca2++CO23−=CaCO3↓B.用过量的热烧碱溶液

检验NH4HCO3中的NH4+：NH4++OH-NH3↑+H2OC.金属铝溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑D.使用含氟牙膏预防龋齿的原理：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq

)垐?噲?Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)【答案】B【解析】【详解】A．澄清石灰水是氢氧化钙溶液，碳酸钠和澄清石灰水反应，其离子方程式为Ca2++CO23−=CaCO3↓；故A说法正确；B．所加烧碱为过量，OH-应先与HCO3−反应生成CO

23−和水，过量OH-再与NH4+在加热条件下生成氨气和水，即离子方程式为NH4++2OH-+HCO3−NH3↑+2H2O+CO23−，故B说法错误；C．金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，其离

子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故C说法正确；D．使用含氟牙膏预防龋齿的原理：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，使用含氟牙膏，F-浓度增大，平衡右移，故D说法正确；答

案为B。4.核酸采样管中的红色液体为病毒核酸保存液，主要成为有盐酸胍、酸碱指示剂——酚红等物质。盐酸胍[NH=C(CH2)2·HCl]可以破坏病毒表面蛋白外壳，从而使病毒失去活性和感染能力。酚红在中性环境下

它是红色的，碱性环境是紫色，酸性环境是黄色。下列说法错误的是A.若病毒核酸保存液存在较多细菌，会进行呼吸作用生成CO2，使保存液变成黄色而显示失效B.盐酸胍和“84”消毒液使蛋白质变性的原理相同C.禁止将拭子先浸入病毒核酸保存液，

然后再采样D.病毒核酸保存液采集样品后应尽快送入专业实验室进行检测【答案】B【解析】【详解】A．若病毒核酸保存液存在较多细菌，会进行呼吸作用生成CO2，CO2与水反应生成碳酸而使保存液显酸性，酚红在酸性环境

是黄色的，保存液显示失效，故A正确；B．盐酸胍[NH=C(CH2)2·HCl]可以破坏病毒表面蛋白外壳，从而使病毒失去活性和感染能力，“84”消毒液消毒原理是HClO的强氧化性，二者使蛋白质变性的原理不相同，故B错误；C．禁止将拭子先浸入病毒核酸保存液，然后再采样，这样可以避免抗

生素引起过敏，故C正确；D．标本采集4小时后，应在室温下保存不超过4小时，2-4小时内送至实验室进行检测，故D正确；故选B。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为2NAB.34g中含有的极性键数目为2NAC.11.8gN

a[Al(OH)4]固体中阴离子的数目为0.4NAD.22.4LNH3发生反应4NH3+3F2=NF3+3NH4F，转移的电子数为1.5NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合气体的物质的量是0.5mol，甲烷和乙烯分子均含有4

个氢原子，则混合物中含有的氢原子数为2NA，A正确；B．1个中含有6个极性键，分别是4个碳氢键和2个碳氧键，则34g的物质的量为0.5mol，则其中含有的极性键数目为3NA，B错误；C．11.8gNa[Al(OH)4]的物质的量是11.8g÷118g/mol=0.1mo

l，该物质含有的阴离子是Al(OH)4−，则固体中阴离子的数目为0.1NA，C错误；D．温度和压强未知，则22.4LNH3的物质的量无法计算，因此不能计算反应中转移的电子数，D错误；答案选A。6.表征符号是化学学习的重要内容，下列表征符号正确的是A.H2O2的电子式：

B.甲酸乙酯的键线式：C.葡萄糖的实验式：C6H12O6D.苯中存在Π66的大π键【答案】D【解析】【详解】A．过氧化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；B．甲酸乙酯的结构简式为HCOOCH2CH3，键线式，故B错误；C．葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式为CH2O，故C错误；

D．苯分子中每个碳原子形成3个σ键，每个碳原子剩余的一个电子提供形成大π键，故分子中存在Π66的大π键，故D正确；故选D。7.某兴趣小组设计实验制备少量NO和Cu(NO3)2，下列说法正确的是A.装置甲中出来的气体只有2种含

氮化合物B.用装置乙除NO中的NO2C.用装置丙收集NO气体D.用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2【答案】B【解析】【详解】A．铜与硝酸反应生成硝酸铜、水和NO，NO和装置内的氧气反应生成NO2，硝酸易

挥发，装置甲中出来的气体有NO、NO2、HNO3等含氮化合物，故A错误；B．NO2和水反应生成硝酸和NO，用装置乙除NO中的NO2，故B正确；C．NO能与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO气体，故C错误；D．发生水解反应：Cu(NO3)2+2H2OCu(O

H)2+2HNO3，硝酸易挥发，加热水解平衡正向移动，蒸干Cu(NO3)2溶液得到Cu(OH)2固体，故D错误；选B。8.乙酸是常见的化工原料，在过渡金属的催化作用下有两种反应路径，种路径和能垒数据(单位：

eV)如图，已知每一步生成的粒子均为吸态。下列说法正确的是A.该反应条件下，CH3COOH中O－H最容易断裂B.两条路径的决速步为④C.反应⑤的反应方程式：CH2CO*=CH2*+CO*D.反应过程中粒子被吸附在金属表面，发生物理变化【答案】C【解析】【详

解】A．第⑤步能垒最小，CH3COOH中C－C最容易断裂，故A错误；B．能垒大的步骤为决速步骤，途径Ⅰ的决速步骤是③，途径Ⅱ的决速步骤是④，故B错误；C．由图可得，反应⑤的反应方程式：CH2CO*=CH2*+CO*，故C正确；D．由图可知，反应过

程中是存在物质变化的，所以发生的是化学变化，故D错误；故答案选C。9.我国科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，再用射频电火花喷射氮气，获得超硬新材料β－氮化碳薄膜，结构如图，下列有关β－氮化碳的说法错误的是A.碳原子采取sp3杂化、氮原子采取sp2杂化B.氮化碳属于共价

晶体C.氮化碳的化学式为C3N4D.氮化碳硬度超过金刚石晶体【答案】A【解析】【详解】A．由β－氮化碳的结构示意图可知，晶体中形成4个共价键的饱和碳原子和形成3个共价键的饱和氮原子都为sp3杂化，故A错误；B．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，故B正确；C．

由β－氮化碳的结构示意图可知，虚线部分为晶体的最小结构单元，位于正方形顶点和边上的碳原子个数为4×14+4×12=3，位于正方形内的氮原子个数为4，则氮化碳的化学式为C3N4，故C正确；D．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，

氮原子的原子半径小于碳原子，则碳氮键的共价键强于碳碳键，所以氮化碳硬度超过金刚石晶体，故D正确；故选A。10.在碱性条件下，硫砷铁矿主要采取氧压浸出的方法脱砷，有关反应的离子方程式：FeAsS+OH—+O2→Fe2O3+AsO34−+SO24−+H2O(

未配平)，下列说法不正确的是A.该反应中O2是氧化剂，FeAsS被氧化B.参加反应的n(FeAsS)：n(OH—)=1：5C.SO24−的空间结构为正四面体形D.基态As原子核外未成对电子数为5【答案】D【解析】【分析】由得失电子数目守恒和原子

个数守恒可知，反应的离子方程式为2FeAsS+10OH—+7O2=Fe2O3+2AsO34−+2SO24−+5H2O，反应中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，FeAsS是还原剂。【详解】A．由分析可知，反应中氧气是反应的氧化剂，FeAsS是还原剂被氧化，故A正确；B．由分析可知

，参加反应的n(FeAsS)：n(OH—)=1：5，故B正确；C．硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为正四面体形，故C正确；D．砷元素原子序数为33，基态原子的价电子排布式为4s24p3，原

子核外未成对电子数为3，故D错误；故选D。11.工业上利用电解NaGaO2溶液制备Ga的装置如图，已知NaGaO2性质与NaAlO2类似，下列说法错误的是A.阴极的电极反应为GaO2−+3e-+4H+=G

a+2H2OB.电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为16.8LC.中间的离子交换膜为阳离子交换膜D.电解结束后，两极溶液混合后可以循环使用的【答案】A【解析】【分析】由图可知，与直流电

源正极相连的左侧电极为阳极，碳酸根离子作用下水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和碳酸氢根离子，电极反应式为2H2O—4e—+2CO2-3=O2↑+2HCO-3，与直流电源负极相连的右侧电极为阴极，水分子作用下偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和

氢氧根离子，电极反应式为GaO2−+3e—+2H2O=Ga+4OH—。【详解】A．由分析可知，与直流电源负极相连的右侧电极为阴极，水分子作用下偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和氢氧根离子，

电极反应式为GaO2−+3e—+2H2O=Ga+4OH—，故A错误；B．由得失电子数目守恒可知，电解获得1mol镓，标准状况下阳极生成氧气体积为1mol×34×22.4mol/L=16.8L，故B正确；C．由分析可知，电解时左侧阳极室中阴离子电荷数减小，右侧阴极室中阴离子电荷数增大，则钠离子从阳

极室经阳离子交换膜进入阴极室，故C正确；D．由分析可知，电解结束后，左侧阳极室得到碳酸氢钠溶液，右侧阴极室得到氢氧化钠溶液，两极溶液混合得到的碳酸钠溶液可以循环使用，故D正确；故选A。12.废旧电器中电路板主要含有F

e、Cu、SnO2、PbO2、塑料等物质，研究小组从废旧电路板中回收金属锡(50Sn)的流程如图。下列说法正确的是已知：SnO2、PbO2可与强碱共热反应生成易溶于水的Na2SnO3和Na2PbO3。A.Sn元素的核外电子排布式为[Kr]5s25p2B.焙烧的主要目的是将Fe和Cu变成氧化物

C.若过滤后得到干燥的PbS和S的固体混合物27.1g，则反应①有NA个电子转移D.焦炭和SnO2反应方程式为2C+SnO2高温Sn+2CO↑【答案】D【解析】【分析】由题给流程可知，废旧电路板粉碎后在空气中焙烧可将塑料转化为气体除去，铁、铜转化为氧化铁、氧化铜，向焙烧渣中加入过量的氢氧化钠溶液碱

浸，将SnO2、PbO2转化为Na2SnO3和Na2PbO3，过的的滤得到含有氧化铁、氧化铜的滤渣和含有Na2SnO3和Na2PbO3的滤液a；向滤液中加入硫化钠溶液将Na2PbO3还原为PbS，过滤得到含有PbS、S的

固体混合物和含有Na2SnO3的滤液b；滤液b用水热法将Na2SnO3转化为二氧化锡，二氧化锡与焦炭在高温下反应制得锡。【详解】A．锡元素的原子序数为50，基态原子的的核外电子排布式为[Kr]4p65s25p2，故A错误

；B．由分析可知，焙烧的主要目的是将塑料转化为气体除去，故B错误；C．设混合物中PbS和S的物质的量分别为xmol和ymol，由质量可得：239x+32y=27.1，由得失电子数目守恒可得：x=y，解联立方程可得x=y=0.1，则反应①转移电子

数目为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，故C错误；D．由分析可知，二氧化锡与焦炭在高温下反应生成锡和一氧化碳，反应的化学方程式为2C+SnO2高温Sn+2CO↑，故D正确；故选D。13.X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体

有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为apm。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，下列说法正确的是A.Y的第一电离能小于Z的第一电离能

B.Z的最高价氧化物的水化物可以与X最高价氧化物的水化物反应C.晶胞中与Y最近的W原子有6个D.晶体密度为323A2.1310Nag/cm3【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素，X是形成化合物种类最

多的元素，则X为C元素；Z是主族元素，其最高价氧化物的水化物可以用于净水，则Z为Al元素；Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，则Y为Mg元素、W为Ni元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于

同周期相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故A错误；B．氢氧化铝是溶于强酸、强碱的两性氢氧化物，但氢氧化铝不能溶于弱酸碳酸，故B错误；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近，则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12，故C错误；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于

顶点的镁原子个数为8×18=1，位于面心的镍原子个数为6×12=3，位于体内的碳原子个数为1，则晶胞的化学式为MgNi3C，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：A213N=(10-10a)3d，解得d=323A2.1310Na，故D

正确；故选D。14.常温下，向某浓度H2A溶液中缓慢加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、-lg[2--c(A)c(HA)]变化如图所示。下列说法正确的是A.a到b的滴定过程水的电离程度逐渐减小B.常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-0

.8C.a点溶液中c(A2-)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)D.NaHA溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)【答案】B【解析】【分析】向某浓度HA溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会渐增大，所以图中呈上升趋势的

为-lgc(H2A)与pH变化关系，标①；+-2HAH+HA，+2-HAH+A−，A2-会渐增大，-lg(A2-)会逐渐减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系，标②，另一条则是-lg[2--c(A)c(HA)]与pH的变化图，标③，以此解题。【

详解】A．a到b的滴定过程-lgc(A2-)逐渐减小，则c(A2-)浓度逐渐增大，A2-对水电离其促进作用，c(A2-)浓度越大，水的电离程度越大，a到b过程中水的电离程度增大，故A错误；B．电离常数的表达式为：+a12c(H)c(HA)Kc(HA)−=，+2a2c(H)c(A)Kc(HA)

−−=，2+2a1a22c(H)c(A)KKc(HA)−=④，当pH=3.05时，1gc(A2-)与-lgc(H2A)相等，即c(A2-)=c(H2A)代入④，可得3.0526.1a1a2KK(10)10−−==，又由图中③可知，当pH=5.3时，-lg

[2--c(A)c(HA)]=0，即c(A2-)=c(HA-)，即5.3a2K10−=，所以6.10.8a15.310K1010−−−==，故B正确；C．a点溶液中c(A2-)=c(H2A)，a点时()++a122-c(H)c(HA)c(H)

c(HA)Kc(HA)cA−−==，()0.82.25a1+3.052-Kc(HA)1010c(0cAH)1−−−===，则()2-c(HA)cA>−，故C错误；D．NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(H

A-)，+2-HAH+A−，22--HA+OHHA+OH；所以c(A2-)与c(HA-)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3，即HA的水解常数1413.2Wh0.8a1K10K=10K10−−−==，所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度，所以c(H2A)<c(

A2-)，NaHA溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故D错误；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4个大题，58分)15.工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂

质。以铬铁矿为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如图：已知：a.+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时，以CrO2−形式存在且易被氧化。b.常温下，氢氧化铁的Ksp=4.0×10-38、氢氧化镁的Ksp=1.8×10

-11、氢氧化铝的Ksp=3.2×10-34。（1）为了提高酸浸速率和反应充分，可以采取的措施有_____(填两条)。（2）滤渣2的主要成分为______(写化学式)。（3）流程中两次使用了H2O2，分别写出两次反应的离子方程式：_____。（4）产品铬酸钠溶于水

后，CrO24−和Cr2O27−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O27−)随c(H+)的变化如图所示，用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应：___

__，根据A点数据计算出该转化反应的平衡常数为_____，温度升高，溶液中CrO24−的平衡转化率减小，则该反应的△H_____(填“>”“<”或“=”)0。【答案】（1）将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等（2）Fe

(OH)3、Al(OH)3（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O、2OH-+3H2O2+2CrO2−=2CrO24−+4H2O（4）①.2CrO24−+2H＋=Cr2O27−+H2O②.1.0×1014③.<【解析】【分析

】工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质，先用稀硫酸酸浸并调节pH=1，[Fe(CrO2)2]、MgCO3、Al2O3能够和硫酸反应转化为Mg2+、Al3+、Fe2+和Cr3+，SiO

2不和硫酸反应经过滤存在于滤渣1中，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH为4.7使Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤后再加入NaOH调节pH>11使Mg2+转化为氢氧化镁除去，得到的滤液中

加入H2O2将CrO2−氧化为CrO24−，得到Na2CrO4溶液，以此解答。【小问1详解】增大浸出率的方法：将铬铁矿粉碎、充分搅拌、适当提高温度等。【小问2详解】由分析可知，滤渣2主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问3详解】由分析可知，流程中第一次使用H2O2的作用是

将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，第二次使用H2O2的作用是将CrO2−氧化为CrO24−，离子方程式为：2OH-+3H2O2+2CrO2−=2CrO24−+4H

2O。【小问4详解】从图像看出，铬酸根离子在酸性条件下逐渐转化成重铬酸根离子，离子方程式为：2CrO24−+2H＋=Cr2O27−的+H2O；从图像看出，酸性越强，c(Cr2O27−)越大，说明CrO24−的平衡转化率越大，A点对应的离子

浓度：c(Cr2O27−)=0.25mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－7mol·L－1，c(CrO24−)=1.0mol·L－1-0.25mol·L－1×2=0.5mol·L－1，平衡常数K=()()()()2-2722+22-724cCrO0.25cHcCrO1.

0100.5−==1.0×1014；升高温度，CrO24−的平衡转化率减小，说明平衡向左移动，根据平衡移动原理，正反应是放热反应，ΔH<0。16.绿色能源是科研工作者研究的主要方向，如氢能源、电能等都属于绿色能源。Ⅰ．利用乙醇催化制氢气总反应：CH3CH2OH(g)+3H2O(g

)垐?噲?2CO2(g)+6H2(g)第一步：CH3CH2OH(g)+H2O(g)垐?噲?2CO(g)+4H2(g)△H1=+255.9kJ•mol-1第二步：CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)△H2=—41.2kJ•mol-

1（1）总反应的△H=______。Ⅱ．CO制氢气（2）工业上利用第二步制H2。在恒容绝热的密闭容器中通入一定量的CO和H2O反应制备H2，下列说法表示该反应达到最大限度的有______(填标号)。a．装置内的

气体无COb．装置内的压强不变c．H2的体积分数不变d．装置内气体摩尔质量不变（3）某温度下，若投料比[n(CO)：n(H2O)=0.5]，CO的转化率为50%，则该反应的Kp=______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。（4）研究表明，第二步反应的速率方程为v=k222

COHHOpCOyyyy-K，式中，yCO、2HOy、2Hy分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大，根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是_______。Ⅲ．新型绿色电池（5）某钠离子电池结构如图所示，电极A为含钠过渡金属

氧化物(NaxTMO2)，电极B为硬碳，充电时Na+得电子成为Na嵌入硬碳中，NaTMO2失去电子生成Na1-xTMO2，充电时B极的电极反应：______，放电时A极的电极方程式：______。（6）一种铁基超导材料晶胞结

构如图a所示，铁原子沿z轴方向的投影如图b所示，该材料的化学式为______，已知体心与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，晶胞中As原子1的分数坐标为(0，0，0.628)，体心Ca原子与As原子1之间的距离为______p

m。【答案】（1）+173.5kJ/mol（2）c（3）13（4）Kp减小对v的降低大于k值增大对v的提高（5）①.C+xNa++xe—=NaxC②.Na1-xTMO2+xNa++xe—=NaTMO2（6）①.CaFe2As

2②.222a()+(0.2128c)【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，第一步+第二步×2得到总反应，则反应△H=(+255.9kJ•mol-1)+(+41.2kJ•mol-1)×2=+173.5kJ/mol，故答案为：+173.5kJ/mol；【小问2详解】a．该反应为可逆反应，可

逆反应不可能完全反应，所以装置内的气体不可能无一氧化碳，故错误；b．该反应为气体体积不变的反应，反应中压强始终不变，则装置内的压强不变不能表示该反应达到最大限度，故错误；c．氢气的体积分数不变说明正逆反应速率相等，表示该反应达到最

大限度，故正确；d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积不变的反应，反应中气体摩尔质量始终不变，则装置内气体摩尔质量不变不能表示该反应达到最大限度，故错误；故选c；【小问3详解

】设起始一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol、2mol，总压强为pMPa，平衡时一氧化碳的转化率为50%，由方程式可知，平衡时一氧化碳、水蒸气、二氧化碳、氢气的物质的量分别为(1—0.5)mol=0.5mol、(2—0.5)mol=1.5mol、0.5mol、0.5mol，

该反应为气体体积不变的反应，则平衡时总压强为pMPa，反应的Kp=0.5p0.5p330.5p1.5p33=13，故答案为：13；【小问4详解】该反应是放热反应，升高温度，平衡常数Kp减小，由第二步反应的速率方程可知，T＞Tm时v逐渐减小说明Kp减小对v的降低大于k值增大对v的提高

，故答案为：Kp减小对v的降低大于k值增大对v的提高；【小问5详解】由题意可知，充电时B极为电解池的阴极，Na+得电子成为Na嵌入硬碳中，电极反应式为C+xNa++xe—=NaxC；放电时A极为原电池的正极，Na1-xTMO2失去电子生成NaTMO2，电极反应式为Na1-xTM

O2+xNa++xe—=NaTMO2，故答案为：C+xNa++xe—=NaxC；Na1-xTMO2+xNa++xe—=NaTMO2；【小问6详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的钙原子个数为8×18+1=2，位于面上的铁原子个数为8×12=4，位于棱上和体内的砷原子个数为8×14+

2=4，则晶胞的化学式为CaFe2As2；晶胞中，砷原子1和体心钙原子、与体心钙原子在同一平面的砷原子构成直角三角形，由晶胞中砷原子1的分数坐标为(0，0，0.628)可知，体心钙原子的坐标为(0.5，0.5，0.5)，体心钙原子与砷原子1在z轴

的坐标差为0.628—0.5=0.128，则砷原子1和与体心钙原子在同一平面的砷原子的距离为0.126cpm，体心钙原子和与体心钙原子在同一平面的砷原子的距离为面对角线的12，距离为2a2pm，由勾股定理可知，体心钙原子与砷原子1之间的距离为222a()+(0.2128c)pm，故答案为：

CaFe2As2；222a()+(0.2128c)。17.亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，是一种红褐色液体或黄色气体，遇水易水解。某化学小组利用NO和Cl2在实验室中制备NOCl，装置如图。已知：沸点

Cl2为-34℃、NO为-152℃、NOCl为-6℃。NOCl易水解，能与O2反应。回答下列问题：（1）仪器a的名称：______。（2）NOCl中中心原子N的杂化方式为______。（3）NO和氯气混合前，先关闭K3，打开K1、K2，操作的目的为______。（4）装置C中

长颈漏斗作用是_____。（5）装置D中的温度区间应控制在_____。（6）上述实验装置有一处不足，请指出不足之处：______。（7）亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定。取D中所得液体20g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出2

5.00mL样品溶液于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL(已知Ag2CrO4为砖红色固体)。①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，______。②亚硝酰氯(N

OCl)的质量分数为______。【答案】（1）蒸馏烧瓶（2）sp2（3）排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的O2反应（4）平衡体系内外压强，避免C中压强过大（5）-34℃<T-6℃（6）缺少尾气处理装置（7）①.溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失②.3.27

5%cV【解析】【分析】本题是利用A装置制备NO，再利用水洗，除去少量残留空气氧化生成的NO2，干燥后通入三颈烧瓶与Cl2反应制备产品。【小问1详解】由仪器构造可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；【小问2详

解】的NOCl分子中N为中心原子，σ键个数为2，孤电子对=5122−−=1，价层电子对数为2+1=3，所以杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；【小问3详解】公众号：高中试卷君由题给信息可知，NOCl能与O2反应，NO也易被O2氧化，因此NO和氯气混合前，先关闭K3，打开K1、K2，目的

是排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的O2反应，故答案为：排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的O2反应；【小问4详解】根据图示，因D三颈烧瓶反应NO需控制流速，则前面产生的NO可能产

生积累，造成装置内压强上升，故安装一个长颈漏斗用于平衡体系内外压强，故答案为：平衡体系内外压强，避免C中压强过大；【小问5详解】D装置中通入的NO和Cl2反应制备NOCl，在冰盐水条件下降温使NOCl冷凝得到产品，为分离

产物和未反应的原料，根据所给物质的沸点数据，需要控制的温度范围是-34℃<T-6℃，故答案为：-34℃<T-6℃；【小问6详解】由装置图可知，无水干燥管中的CaCl2只能吸收水蒸气，不能吸收反应后剩余的NO和Cl2，

所以上述实验装置的一处不足之处是缺少尾气处理装置，故答案为：缺少尾气处理装置；【小问7详解】①本实验是使用K2CrO4溶液为指示剂，当AgNO3与溶液中的Cl-反应结束有过量时，则将形成Ag2CrO4砖红色沉淀

，则滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液后，溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失，故答案为：溶液中产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失；②利用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl-，可得关系式NOCl~Cl-

~AgNO3，则250mL的样品反应液中NOCl的物质的量是3250mL10L25mLcV−=0.01cVmol，所以样品中NOCl的质量分数为0.01mol65.5g/mol100%20gcV=3.275%cV，故答案为：3.275%cV。18.解热镇痛类药物布洛芬对于缓解奥密克戎

引起的疼痛有很好的作用，其合成方法如图：（1）A的系统命名为______。（2）C→D的反应类型与______→_____相同。（3）写出B→C的方程式：_____。（4）下列有关布洛芬(H)的叙述正确的是___

__(填序号)。①布洛芬中的官能团有羧基②1mol该物质与碳酸钠反应生成标准状况下22.4CO2③布洛芬分子中最多有19个原子共平面④1mol布洛芬分子中含有手性碳原子的物质的量为2mol（5）口服布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，发生反应的化学方程式是____

_。（6）H的同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体可能为______(任写两种，不考虑立体异构)。①有一个苯环外无其他环状结构；②1mol该物质与浓溴水反应时最多消耗4molBr2；③分子中含有6种不同化学环境的氢原

子。（7）请写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)______。【答案】（1）2-甲基丙酸（2）①.E②.F（3）（4）AC（5）24HSO浓（6）、（7）【解析】【分析】A和SO

Cl2发生取代反应生成B，B和苯发生取代反应生成C和HCl，C发生还原反应生成D，D和CH3COCl发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F，F和HBr发生取代反应生成G，G先发生碳链加长、水解得到H。【小问1详解】根据A的结构简式，A的系统命名为

2-甲基丙酸；【小问2详解】C→D反应过程中，分子中氧原子数减少、H原子数增加，属于还原反应；E→F反应过程中，H原子数增加，属于还原反应；C→D的反应类型与E→F的反应类型相同；【小问3详解】B→C是(CH3)2CHCOCl中的Cl原子被苯环代替，反应方程式为；

【小问4详解】①根据H的结构简式，布洛芬中的官能团有羧基，故A正确；②H中含有1个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应生成标准状况下11.2LCO2，故B错误；③根据结构简式，布洛芬分子中最多有19个原子共平面，故C正确；④1mol中含

有手性碳原子(*标出)的物质的量为1mol，故D错误；选AC。【小问5详解】布洛芬与发生酯化反应，发生反应的化学方程式是24HSO浓。【小问6详解】①有一个苯环外无其他环状结构；②1mol该物质与浓溴水反应时最多消耗4molBr2；③分子中含有6种不同化学环境的氢原子,说明结构对称，符合条件的

H的同分异构体有、。【小问7详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com