【文档说明】湖南省三湘名校教育联盟2021届高三下学期3月第三次大联考化学试题 含答案.docx，共(21)页，976.703 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前三湘名校教育联盟•2021届高三第三次大联考化学本试卷共8页，19题。全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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.考试结束时，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl3

5.5Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华传统文化博大精深，其中涉及很多的化学知识。下列有关说法不正确的是A.《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的蚕丝，主要成分是蛋白质B.“玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为物

理变化C.“著作酒醴（甜酒），尔惟曲蘖（酒曲）”的“曲蘖（酒曲）”是催化剂D.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”2.下列有关物质的性质和用途的说法中不正确的是A.Fe2O3可用作红色颜料B.铝比铁活

泼，所以铁比铝更抗腐蚀C.硫酸和硝酸可用于制化肥，农药和炸药D.硅酸钠可用于制备木材防火剂3.下列反应的离子方程式书写正确的是A石灰乳与氯气制漂白粉：222OHClClOClHO−−−+===++B.利用泡沫灭火器灭火时发生的反应：3232322AlCO3H

O2Al(OH)CO+−++===+C.用Na2S除去废水中的2Hg+：22HgSHgS+−+===D.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：22322233SiOSOHOHSiO()SO−−++===+胶体4.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序

数依次增大的五种短周期元素，Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分，X−离子的最外层只有两个电子。下列叙述不正确的是A.Z的氧化物是大气污染物B.Y与X形成的化合物的熔点一定低于Y与Q形成的化合物C.Z的简单阴

离子的半径大于W+的半径D.YQ2中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构5.下列有关实验装置及实验方案的设计正确的是图1图2图3图4A.图1用于检验该装置的气密性B图2用于测定中和热C.图3制备并收集少量NO2气体D.图4探究SO2的漂白性和氧化性6.某析氧反应机理如图所示。下列叙述不正确的是A

.M元素有多种化合价B.该反应在酸性或碱性条件下均可以发生C.M能降低该析氧反应的活化能D.析氧反应过程中每释放1molO2，同时会释放出4mol电子7.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A0.5m

olCl2通入FeCl2溶液中，最后溶液中含Fe3+数目为NAB常温下，1LpH10=的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为10A110N−C.一定质量的某单质，若质子数为nNA，则中子数一定

等于nNAD.12g甲烷完全燃烧转移的电子为6NA8.我国科学家发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示（已知：222HOHHO+−+，12a2.410K−=）。下列说法错误的是A.催化剂可促进反应中电子的转移B.每生成1molH2O2，X膜上转移的离子为2molC.b极上的电

极反应为222OHO2eHOOH−−−++===+D.加大去离子水的流速和工.作电流均可以增大H2O2的浓度9.一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍工艺流程如下.已知常温下15p2N

i(OH)1.010K−=，当()251Ni1.010molLc+−−时表明Ni2+沉淀完全。下列叙述错误的是A.“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+B.“除铜”时产生的液渣的主要成分为CuS

C.除钙镁过程中，为了提高钙镁的去除率，氟化钠实际用量应该越多越好D.“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液pH910.布洛芬是一种高效的解热镇痛药，其结构如图所示。下列有关布洛芬的说法中正确的是A可以发生取代

反应、加成反应，不能发生氧化反应B.与苯甲酸互为同系物C.所有的碳原子可在同一平面D.苯环上的二氯代物共有6种结构二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.通过对实验现象的观察和分析得出正确的实验结论是化学学习的方法之一，下列有关实验结论正确的是实验操作及实验现象结论A将生铁放置于潮湿的空气中，铁表面慢慢出现红棕色的斑点铁在潮湿的空气中最终生成Fe（OH）3B分别将纯净的镁粉和打磨后的镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中

，加热，镁条表面出现红色，而纯净的镁粉附近无现象镁粉能够吸附脱色C将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射，有丁达尔效应微蓝色液体为胶体D用pH试纸测定同浓度钠盐NaA和Na2CO3溶液的pH，前者的小酸性H2CO3强

于HA12.环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环已醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.本制备方法可在常温常压下制取环已酮，且可实现部分原料的循环利用B.a极电动势高于b极C.a极的电极反应式为322272Cr7HO6e

CrO14H+−−+=+==+−D.理论上每生成3mol环己酮，会有1.5molCr3+生成13.工业上利用NH3对烟道气进行脱硝（除去氧化物）的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势，SCR技术的原理为NH3和NO在

催化剂（MnO2）表面转化为N2和H2O，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是A.达平衡时升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度B.NH2NO是脱硝反应的活性中间体C.NH3脱硝反应的化学方程式为

2MnO3224NH6NO6HO5?N++D.决定脱硝反应速率的步骤为“NH2NO的转化”14.常温下，用20mL10.1molL−Na2SO3溶液吸收SO2气体，吸收液的pH与()()323HSOlgSOcc−−系如图所示。下列说法错误的是A.a至b点之间对应的溶液中可能

存在：()()()()()233NaHSOSOOHHccccc+−−−+B.b至c点之间某个点对应的溶液中一定存在：()()()233NaHSO2SOccc+−−=+C.在通入SO2气体的过程中，水的电离程度先逐渐增大再逐渐减小D.常温下，H2SO3第二

步电离常数7.221.010aK−=三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。15—17题为必做题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共39分。15.（13分）锂离子电池是一种非常重要的储能技术，广泛应用于便携电子设

备上，将锂离子电池废料进行处理并进行综合利用是十分重要的研究课题，不仅节约资源，还能减少锂离子电池废料对环境的危害。锂离子电池的正极铝钴膜主要含有LiCoO2、Al等，处理该废料并制取Co单质的一种工艺如下图所示：已知()13sp3CoCO1.510K−=。回答下列问题：（1）提高“碱浸”速率的

措施有（任写一条）。（2）“酸溶1”时不同的浸出剂，钴的浸出率如下表：浸出剂钴浸出率%①HCl98.4②H2SO472.3③2422HSOHO+98.1浸出剂①中HCl与浸出剂③的作用均为。浸出剂①的浸出率最高，而工业上一般不选用浸出剂①，

其原因为，选用浸出剂③时，温度不宜过高，其理由为。（3）氨水调节pH后所得滤渣主要为。（4）“沉钴”的离子方程式为，“沉钴”时若溶液中()23COc−为10.01molL−，则此时溶液中的()2Coc+=。（5）“电解”时装置如图所示，阳极电极反应式为，电解后a室中的电解

质溶液可以返回环节循环使用。16.（13分）配合物乙二胺四乙酸铁钠（NaFeY）可溶于水，具有促进膳食中其他铁源或内源性铁源吸收的作用，同吋还可促进锌的吸收，是常见的铁营养强化剂。某化学小组模拟工业生产原理

制取乙二胺四乙酸铁钠并测定所制取样品的纯度。回答下列问题：I.制备乙二胺四乙酸铁钠晶体实验原理：32342222Fe(OH)NaCO2HY2NaFeY3HOCOHO++===++实验步骤：①称取2.7g32FeCl6HO于烧杯中溶解，分批次加入适量浓氨水，搅拌，过

滤，洗涤，干燥；②将Fe（OH）3、乙二胺四乙酸（H4Y）、H2O加入三颈烧瓶（装置如下图），搅拌，80℃水浴反应1h.用Na2CO3溶液调节pH，经过一系列操作，过滤洗涤，晾干得到产品。（1）“步骤①”中制取F

e(OH)3时通常采用加热的方式，原因为。（2）判断“步骤①”中沉淀是否洗涤干净的操作为。（3）滴液漏斗中导管a的作用为。（4）“步骤②”中的“一系列操作”为，若直接将溶液蒸干会造成。II.测定样品中铁的含量称

取所制取的样品mg.加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用c1molL−Na2S2O3标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2S

2O3标准液平均体积为VmL（已知2222346I2?SO2ISO−−−+===+）。（5）滴定终点的现象为。（6）样品中铁元素的质量分数为。17.（13分）甲醚（CH3OCH3）具有优良的燃烧性能，

被称为21世纪的“清洁能源”。一步法合成二甲醚是以合成气（CO/H2）为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，反应器中发生了下列反应：①23CO(g)2H(g)CHOH(g)+1190.7kJmolH−=−△②33322CHOH(g)CHOCH

(g)HO(g)+1223.5kJmolH−=−△③222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++1341.2kJmolH−=−△（1）一种新合成二甲醚的方法为一定条件下：223322CO(g)

6HCHOCH(g)3HO(g)++，该反应的H=△1kJmol−；在体积恒定的绝热密闭容器中，下列能作为该反应达到化学平衡状态的依据是（填序号）。A.()()22CO:H1:3=B.容器内CH3OCH3体积分数不变C.容器内温度保持不变D.单位

时间内断裂6molHH−键，同时断裂3molHO−键（2）可采用CO和二甲醚催化合成乙醇。反应①：3333CHOCH(g)CO(g)CHCOOCH(g)+1H△反应②：332325CHCOOCH(g)2H(g)CHOH(g)CHOH(g)++2H△a.压强为pkPa时，温度对二

甲醚和乙酸甲酯平衡转化率的影响如图甲所示，则1H△（填“＞”或“＜”）0。图甲温度对反应平衡转化率的影响图乙温度对平衡体系中产物百分含量的影响b.温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和乙醇的影响图乙所示，在300~600K范围内，乙酸甲酯的含量逐渐増大，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是。c.若

压强为pkPa、某温度时，向2L.恒容密闭容器中充入1molCH3OCH3和1molCO只反生反应①，二甲醚的转化率为90%，2min时达到平衡，则前2min内CH3COOCH3的平均生成速率为，该条件下反应①的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物

质的量分数），此时容器内的压强为（用p表示）.（二）选考题：共15分。请考生从所给的两道题中任选一题作答。如果多做，按照所做的第一题计分。18.[选修3：物质结构与性质]（15分）近年来我国科技工作者在冶炼金属铼（Re）的工艺上取得了重大突破。铼被誉为超级金属，具有特殊的功能，生产发

动机叶片离不开金属铼。已知铼的价层电子排布式为5d56s2。（1）基态铼原子最外层电子的电子云轮廓图的形状为，Re3+的价层电子排布式为。（2）已知元素锰与铼为同族元素，研究发现锰的熔点明显高于铼的熔点，其原因可能是。（3）

化合物铼酸铵（NH4ReO4）可被H2还原为Re单质：442232NHReO7H2Re8HO2NH+===++，其中4NH+的空间构型为；4NH+中N采取的杂化方式为，4NH+中N—H键键角比NH3中N—H键键角大，其原

因为。（4）化合物甲基三氧化铼CH3ReO3的结构式如图所示。1molCH3ReO3中键的数目为；已知甲基三氧化铼的熔点为111℃，易溶于水，则三氧化铼的晶体类型为晶体（填“原子”“分子”或“离子”）。（5）铼的晶

胞与堆积方式如图所示，则晶胞中铼原子的配位数为。已知铼原子的半径为rcm，摩尔质量为M1gmol−，晶体的密度为3gcm−（阿佛加德罗常数取NA）.19.[选修5：有机化学基础]（15分）化合物H常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示（部分反应条件

略去）。已知：i.5%NaOH333323CHCHOCHCOCHCHCH(OH)CHCOCH⎯⎯⎯⎯⎯→+溶液（其中一种产物）。ii.312212RCOCHRCOORRCOCHCORROH⎯⎯⎯⎯→++一定条件iii.烯

醇式（）结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系（苯环、碳碳双键、碳氧双键等）与其相连时变得较为稳定。（1）化合物G的化学式为，化合物H中含氧官能团的名称是酯基、。（2）①⑤反应类型为和，化合物C的1HNMR−图谱中共有种氨原子。（3）反应E→F的化学方程式为。（4）写出化合

物D（分子式C9H6O3）的结构简式。（5）化合物F满足以下条件的所有同分异构体的共有种。①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应；③苯环上只含

有两个取代基且苯环上的一氯代物的同分异构体只有两种。（6）参照以上合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线。化学参考答案和评分标准1．B【命题意图】本题以我国古代中华传统文化中蕴含的化学知识为载体，考查考生

分析问题与解决问题的能力，进而考查考生“科学精神与社会责任”核心素养，突出化学学科的应用价值和社会价值，激发考生为中华民族的伟大复兴而努力奋斗的使命感和责任感。【解析】A．缂丝是以蚕丝作经线，即缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质，A项正

确；B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变，是物理变化，百炼成钢是把含炭较高的生铁经过供氧吹炼、脱炭等工序，得到含碳量较低的钢水的过程，所以有化学变化发生，B项错误；C．曲蘖是将葡萄糖转化为乙醇的催化酶，是一种催化剂，C项正确；D．“淘”“漉”相当于

分离提纯操作中的“过滤”，将黄沙和金分离，D项正确。2．B【命题意图】本题以物质的性质和用途为载体，考查考生对化学基础知识的了解和应用，考查考生对化学基础知识的理解和应用能力，进而考查考生“科学精神与社会责任”核心素养，突出化学学

科的应用价值和社会价值。【解析】A．Fe2O3是氧化物，颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料，A项正确；B．Al被氧化生成致密的氧化膜，而Fe被氧化生锈，为疏松结构，虽然Al比Fe活泼，但Fe比Al

更容易被腐蚀，B项错误；C．硫酸和硝酸具有酸性，能和碱和碱性氧化物反应生成钾肥、铵肥，还能生成农药和炸药，C项正确；D．硅酸钠熔点高、性质稳定，可用作阻燃材料，D项正确。3．C【命题意图】本题以离子方程式书写判断为载体，考查了考生必备的化学基础知识、基本技能和对知识的灵活

应用能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”中符号表征的素养水平以及“证据推理与模型认知”的素养水平。【解析】A．氯气通入石灰乳制漂白粉的离子方程式为：2Ca(OH)2+Cl2===2ClO-+2Ca2++Cl-+2H2O，次氯酸钙是可溶于水的盐，氢氧化钙在离子方程式中遵循“清离浊分”的处理原则，

A项错误；B．利用泡沫灭火器灭火时发生的反应：3HCO3-+Al3+===3CO2↑+Al(OH)3↓，B项错误；C.Na2S中的钠离子和废水中的Hg2+反应生成的硫化汞是难溶于水的沉淀，即Hg2++S2

-===HgS↓，故C项正确；D．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：生成HSO3-，故离子方程式为SiO32-+2SO2+2H2O===H2SiO3(胶体)+2HSO3-，D项错误。4．B【命题意图】本题通过元素的推断考查元素周期律及常见元素化合物的

结构、性质与用途，同时通过对元素的推断过程，考查考生“通过定量进行定性分析”的推理能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。【解析】根据题中信息“X

-的最外层只有两个电子”可知X为氢元素；“Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分”以及化合物的结构图可知Z为氮元素、Q为氧元素、进而可知Y为碳元素、W为钠元素。A．N的氧化物NOx是大气污染物，A项正确；B．C与H

形成的烃类化合物CmHn若为固态，则熔点一定高于Y与Q形成的化合物CO、CO2，B项错误；C．N、Na的简单离子电子层结构相同，结合“层数相同、序大径小”的一般规律，可知离子半径大小关系为r(N3-)＞r(Na+)，C项正确；D．Y与Q形成的化合物CO2中所有原子

均能满足8电子稳定结构，D项正确。5．A【命题意图】本题通过实验装置图考查化学实验基础知识，涉及到气密性的检验、中和热的测定、NO的制备与提纯、SO2的漂白性和氧化性的探究等，进而考查考生的获取和应用信息

能力、分析推理能力、实验设计与评价能力等，诊断考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新思维”化学学科核心素养水平。【解析】A．通过观察分液漏斗中液面是否下降来检验装置的气密性，A项正确；B．温度计应在环形玻璃搅拌棒的中央，否则搅拌时容易

因碰撞而破坏温度计，B项错误；C．浓硝酸与铜反应制取的NO2不能用排水法收集并，C项错误；D．SO2的与酸性高锰酸钾反应属于氧化还原反应，无法证明SO2的漂白性，D项错误。6．B【命题意图】本题以某析氧反应机理为载体，通过对化合价、反应条件、活化

能等知识的考查，进而考查考生的获取和应用信息能力、分析推理能力等，诊断考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养水平。【解析】A．从图中信息可知M可以形成MOH、MO、MOOH等化合物，故有多种化合价，A项正确；B．

从图中信息可知该析氧反应过程是在碱性条件下发生的，所以B项错误；C．从图中信息可知M为析氧反应的催化剂，故M能降低该析氧反应的活化能，C项正确；D．从图中信息可知析氧反应原理为4OH-===H2O＋O2↑＋4e-，即每释放1molO2同时会释放出4mol电子，D项正确。7．D【命

题意图】考查阿伏伽德罗常数的应用，通过氧化还原反应、电离平衡、原子的组成、有机物的燃烧等知识考查考生通过物质的量的相关计算考查考生分析、推理和计算能力，进而考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养

。【解析】A．FeCl2溶液中Fe2+物质的量未知，最后溶液中含Fe3+数目也未知，A项错误；B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，pH＝10的CH3COONa溶液中c(H2O)电离=c(OH-）=1×10-4mol·L-1，1

L溶液中发生电离的水分子物质的量为1×10-4mol·L-1×1L=1×10-4mol，B项错误；C．原子中的质子数与中子数无必然的大小关系，C项错误；D．12g甲烷的物质的量为0.75mol，而甲烷燃烧时C元素的价态由-4价变为+4

价，故0.75mol甲烷转移6NA个电子，D项正确。8．D【命题意图】通过制取H2O2的工艺过程中原电池工作原理的应用，考查考生信息提取能力以及整合有用信息解决化学问题的能力，体会化学知识的应用价值，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模

型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。【解析】A．从题中信息可知催化剂可促进反应中电子的转移，A项正确；B．X为质子交换膜，每生成1molH2O2，外电路有2mol电子转移，所以X膜上转移的H+为2mol，B项正确；C．从题中信息可

知b极上的电极反应为O2+H2O+2e−===HO2-+OH−，C项正确；D．加大去离子水的流速可将产生的H2O2稀释，所以浓度减小，D项错误。9．C【命题意图】以处理含镍废料制备氢氧化镍工艺流程为载体，通过试剂的作用、液渣的

成分、试剂的用量以及溶度积计算等核心知识，考查考生的获取和应用信息能力、分析推理能力、实验设计与评价能力等，进而诊断考生的“科学探究与创新思维”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。【解析】A．双氧水具有强氧化性，加入双氧水将Fe2+全部氧化

为Fe3+，进而产生黄钠铁钒沉淀除去，A项正确；B．向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故产生的液渣的主要成分为CuS，B项正确；C．根据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，若NaF的用量过大，会生成剧毒物质

HF，污染环境，危害工人的身体健康，而且还会浪费原料、增加成本，故氟化钠的用量不是越多越好，C项错误；D．Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH−)=1.0×10−5×c2(OH−)=1.0×10−15，则c(OH

−)=1.0×10−5mol·L-1，c(H+)=1.0×10−9mol·L-1，则“沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需调节溶液pH>9，D项正确。10．B【命题意图】以陌生的有机物布洛芬的结构为载体，考查机有物官能团的性质、同系物及同分异构体的判断、原子共面

等有机化学基础知识，检测考生的辨析和推理能力，了解化学物质对促进人体健康、治疗疾病有重要的作用，体现化学物质的价值功能，进而考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养。

【解析】A．布洛芬含有苯环，可以发生氧化反应，A项错误；B．同系物是结构相似（含有相同的官能团）、组成上相差若干个CH2原子团的有机物，布洛芬的化学式为C13H18O2，苯甲酸的化学式为C7H6O2，组成上相差C6H12，且均含有一个苯环

和一个羧基，结构相似，所以布洛芬与苯甲酸互为同系物，B项正确；C．布洛芬分子中含有亚甲基，亚甲基中的碳原子具有甲烷结构特点，根据甲烷结构可知该分子中所有碳原子不可能共面，C项错误；D．布洛芬苯环上的二氯代物共有4种结构，D项错误。11．BC【命题意图】本题考查化

学实验现象的评价，涉及吸氧腐蚀、金属的性质、胶体的性质以及盐类水解等知识，考查了学生对实验现象以及实验结论的分析能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养水平。【解析】A．把生铁放置于潮湿的空气中

，铁发生吸氧腐蚀最终生成Fe2O3∙xH2O，A项错误；B．纯净的镁粉和镁条可以在热水中发生反应生成Mg(OH)2，镁条表面出现红色，而由于镁粉表面积较大具有强吸附性，所以纯净的镁粉附近无红色现象出现，B项正确；C．用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，该现象为丁

达尔现象，属于胶体特有的性质，由现象可知微蓝色透明液体为胶体，C项正确；D．同浓度Na2CO3溶液的pH大于NaA，只能说明水解程度CO32-大于A-，即酸性HCO3-比HA弱，不能判断出H2CO3与HA酸性的强弱

，D项错误。12．D【命题意图】以间接电解氧化法制备环己酮为载体，通过电解和氧化还原等化学核心知识展示了化学对科技发展、环境保护的重要作用，让考生体会到化学知识的价值功能。通过制备条件的判断以及原料的循环利用、电极电动势的判断、电极反应、电化学计

算等知识，考查考生获取新信息能力以及与原有知识融合重组、在陌生情境中分析和解决实际问题的能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。【解析】A．由图中信息可知制取环己酮在常温常压下通过电解完成，且Cr3+及C

r2O72-可以循环使用，A项正确；B．a极为阳极，电动势高于b极，B项正确；C．由图中信息可知a极上Cr3+转化为Cr2O72-，电极反应式为2Cr3++7H2O-6e-===Cr2O72-+14H+，C项正确；D．理论上每生成由环

己醇(C6H12O)转化为1mol环己酮(C6H10O)，有2mol电子发生转移，所以生成3mol环己酮有6mol电子发生转移，即有1molCr2O72-转化为2molCr3+，D项错误。13．AD【命题意图】本题以NH3和NO化为N2和H2O的

反应机理为载体，将反应历程整合在能量图中，考查了化学反应过程中能量和物质的变化，考查考生理解和辨析能力，涉及化学反应速率的影响因素的判断应用和对化学反应过渡态的理解以及影响化学反应能量变化规律的理解，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与

模型认知”化学学科核心素养水平。【解析】A．由图中信息可知该反应为放热反应，达平衡时升温，脱硝反应的平衡会逆向移动，正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，A项错误；B．由图中信息可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应转化为N2和H2

O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B项正确；C．由题中信息“SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O”可知NH3脱硝反应的化学方程式为4NH3+6NO2MnO6H2O+5N2，C项正确；D．由图中信息可知整

个反应过程中反应“H的移除”势能升高最大，所以这一过程吸收能量最多，其反应速率是最慢的，决定脱硝反应的速率，D项错误。14．AC【命题意图】以Na2SO3溶液吸收SO2气体过程中溶液pH变化曲线为载体，通过微粒浓度大小比较、电荷守恒、水

的电离程度判断以及电离平衡常数的计算等知识，考查考生的提取信息和应用信息解决相应问题的能力，进而考查考生的“证据推理与模型认知”“化学变化与平衡思想”等化学学科核心素养水平。【解析】A.由图中信息可知a至b点之间323(HSO)l

g0(SO)cc−−＜，即c(SO32-)＞c(HSO3-)，A项错误；B.由图中信息可知b至c点之间对应的溶液中一定有某个点为中性溶液，所以一定能存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH－)+c(HSO3-)+2c

(SO32-)，即c(Na+)＝c(HSO－3)＋2c(SO2-3)，B项正确；C.Na2SO3溶液中由于SO32-水解，促进了水的电离，在通入SO2气体的过程中，c(H+)酸逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，C项错误。

D.b点c(SO32-)=c(HSO3-)，即H2SO3第二步电离常数Ka2＝1.0×10-7.2，D项正确。15.（13分）（1）增大NaOH的浓度、升高温度、将铝钴膜粉碎等合理即可（1分）（2）将LiC

oO2中的+3价Co为还原为+2价（2分）氧化产物为Cl2，污染环境（2分）温度过高时H2O2易分解（1分）（3）LiOH（1分）（4）Co2++CO32-==CoCO3↓（2分）1.5×10-11mol·L-1（1分）（5）2H2O-4e-==O2↑+4H+（2分）酸溶2（

1分）【命题意图】以工艺流程为题材，通过反应条件的控制选择、试剂的作用和选择、滤渣成分的判断、离子方程式的书写、溶度积的计算、电极反应以及原料的循环使用等知识为载体，考查考生对相关信息的分析、理解、推理能力以及对化学问题的解决能力等综合能力，进而考查考

生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”“科学精神与社会责任”的学科核心素养水平。【解析】（1）提高碱浸速率可以采用增大NaOH的浓度、升高温度、将铝钴膜粉碎等。（2）由题中信息可知

LiCoO2中的Co为+3价，而产品中的Co为+2价，即HCl及H2O2均可以将LiCoO2中的+3价Co为还原为+2价；由于HCl发生氧化反应时生成物为Cl2，容易污染环境；用H2O2作反应物时温度过高易发生分解。（3）根据铝钴膜中的元素组成可知Al在碱浸后转移到滤液中，而

Li最后被氨水转化为LiOH沉淀，故滤渣中的成分为LiOH。（4）“沉钴”的离子方程式为Co2++CO32-==CoCO3↓，c(Co2+)=sp323(CoCO)(CO)Kc−=1.5×10-11mol·L-

1。（5）“电解”时阳极附近可以放电的离子为SO42-和水中电离出来的OH-，而OH-比SO42-先放电，故阳极的电极反应式为2H2O-4e-==O2↑+4H+，根据电解池装置和离子交换膜可知通过阳离子交换膜的离子为H+，而通过阴离子交换膜的离子为

Cl-，故电解后a室中的电解质溶液为HCl，根据流程图可知可以返回酸溶2环节循环使用。16．（13分）（1）加快Fe(OH)3沉淀的产生，使得颗粒大，易于过滤（2分）（2）取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已经洗涤干净（2分）（3）平衡三颈烧瓶与滴液漏

斗间压强，使液体能顺利流下（2分）（4）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）NaFeY∙3H2O分解（2分）（5）蓝色褪去，且保持半分钟不变色（1分）（6）56cVm﹪（2分）【命题意图】以制备乙二胺四乙酸铁钠并测定所制取样品的纯度，考查考生对实验条件的控制、沉淀的洗剂、实

验仪器的作用、晶体的析出以及氧化还原滴定等知识的掌握情况，进而考查考生提取题中有效信息、加工和灵活运用信息解决实际问题的综合能力，考查考生的“宏观辨识与微观探析”“实验探究及创新意识”“化学变化与平衡意识”“科学精神与社会责任”的学科核心素养。【

解析】（1）因为FeCl3与水反应是放热反应，加热不仅可以加快生成氢氧化铁沉淀的速率，而且会增大生成氢氧化铁沉淀的量，使得颗粒较大，便于过滤。（2）检验是否残留一定要注意不得直接往待测液中加检测液，否则会使原溶液中有新的溶质，即要取少量待测液体，向其中滴

加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀产生，若无沉淀产生，则已经洗涤干净。（3）导管a可以使三颈烧瓶与滴液漏斗间相通，使漏斗与烧瓶内压强一致，以便液体顺利流下。（4）由题中信息“用Na2CO3溶液调节pH

，经过一系列操作，过滤洗涤，晾干得到产品”可知一系列操作的实质为NaFeY∙3H2O晶体的析出过程，由于NaFeY∙3H2O含有结晶水，温度过高容易分解，故要通过蒸发浓缩、冷却结晶的过程实现晶体的析出。（5）由于锥形瓶中有I2

生成，加入淀粉后，溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，即滴定终点现象为蓝色变无色，且保持半分钟不变色。（6）根据元素守恒关系可知Fe3+～S2O32－，由于消耗的S2O32－为cV×10-3mol，即mg样品中Fe3+的物质的量为cV×10-2mol，即样

品中铁元素的质量为56×cV×10-2g，质量分数为56cVm﹪。17．（13分）（1）-122.5（2分）BC（2分）（2）a.<（2分）b．在300～600内，随温度升高，反应①向逆反应方向移动的程度比反应②的小（2分）c．0.225mol•(L

•min)-1（2分）180p（2分）0.55p（1分）【命题意图】通过盖斯定律的应用、选择率的分析、平衡转化率的计算、化学平衡常数的计算、压强的应用等知识，考查考生利用图表信息进行分析、理解、推理和论证及计算能力，进而考查

了考生“证据推理与模型认知”“化学变化与平衡思想”“科学精神与社会责任”的学科核心素养水平。【解析】（1）由盖斯定律知，反应2×①+②-2×③可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=△H1×2+△H2-2×△H3=2×(-90.7)kJ•mol-

1+(-23.5)kJ•mol-1-2×(-41.2)kJ•mol-1=-122.5kJ•mol-1；反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)在体积恒定的绝热密闭容器中，能作为达到化学平衡状态的依据如下：A．由于CO2与H2

的反应系数比为1:3，CO2与H2在任何时候反应速率比均为1:3，故反应速率比均为1:3不能说明已平衡，选项A不正确；B．容器内CH3OCH3的体积分数不变，说明单位时间内反应消耗的CH3OCH3与生成的CH3OCH3量相同，即反应达到平衡状态，选项B正确；C．由于该容器为绝热容器

，而该反应为放热反应，容器内温度保持不变说明反应既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，即反应达到平衡状态，选项C正确；D．单位时间内断裂6molH-H键，即消耗6molH2，同时断裂3molH-O键，即消耗1.5m

olH2O，根据平衡特征单位时间内消耗6molH2，同时要消耗3molH2O才能达到平衡状态，故选项D不正确。（2）a．由图1可知：压强为pKPa时，随着温度的升高，二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率均降低，说明温度升高，反应①、反应②均逆向移动，即反应的正方向均为放热反应，则△H1<0。b．△H2<0

，△H1<0，升高温度反应①，②均逆向移动，但从图甲可以知道，300～600K时，反应②逆向进行程度更大从而乙醇百分含量逐渐减少。c．2min时达到平衡，则：CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)起始（mol）110转化（mol）0.90

.90.9平衡（mol）0.10.10.9前2min内CH3COOCH3的浓度变化量为0.45mol•L-1，即平均生成速率为0.225mol•(L•min)-1，由于平衡时容器中气体的总物质的量为1.1mol，根据压强比与气体物质的量之比成正比可以计算出此时的压强为0.55p，该条件下反

应①的平衡常数()()33P2330.90.55CHCOOCH1801.1CHOCH(CO)0.10.551.1pPKPPpp===。18.[选修3：物质结构与性质](15分)（1）球形（1分）5d4（1分）（

2）二者均为金属晶体，锰与铼同族，价层电子数相同，但是锰的半径小，金属键强，熔点高（2分）（3）正四面体（1分）sp3（1分）原因是NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子

之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力（2分）（4）7NA（2分）分子（1分）（5）12（2分）3A4(22)MrN（2分）【命题意图】以超级金属铼为载体考查电子云形状、电子排布式、晶体熔沸点的判断、空间构型、杂化方式、化学键类型的判断、

晶胞的配位数以及晶体密度的计算等基础知识，进而考查考生理解和简单应用能力、关联和迁移能力、推理和论证能力、空间想象能力和计算能力。【解析】（1）基态铼原子的价层电子排布式是5d56s2，最外层电子为6s2电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形，元素失去电

子时先失去能量较高的6s电子，所以Re3+的价电子排布式为为5d4。（2）锰与铼二者均为金属晶体，根据价层电子数以及原子半径大小可以判断金属键强弱，锰与铼同族，价层电子数相同，但是锰的半径小，金属键强，熔点高。（3）NH4+的空间构型为正四面体，N的杂

化方式为sp3，NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强弱进行判断，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力。（4

）甲基三氧化铼中Re与3个O原子形成3个σ键，与1个C形成1个σ键，同时每个甲基中含有3个σ键，即每个分子中含7个σ键，由于甲基三氧化铼熔点低（111℃）且易溶于水，所以为分子晶体。（5）在铼的晶胞中，

顶点上的铼原子被8个晶胞占有，每个晶胞中与一个顶点上铼原子距离最近的铼原子数是3，每个面上的铼原子被2个晶胞占有，所以其配位数是（3×8）/2=12。每个晶胞中含有4个铼原子，由于是面心立方，所以铼原子的半径为rcm，则晶胞的参数为22rcm，则晶体的密度为3A4(22)MrNg·cm-3。1

9.[选修5：有机化学基础](15分)（1）C10H10O（1分）羟基、羰基（每个1分，共2分）（2）取代反应(1分）消去反应（1分）6（2分）（3）CHO+O5%NaOH溶液CHCH2CCH3OOH（2分）（4）OOHO（2分）（5）4（2分）（6）（共2

分，其中前两步1分，后两步1分）CHO5%NaOH溶液CH3CHOCHOHCH2CHO浓硫酸△CHCHCHOBr2/CCl4CHCHCHOBrBr△NaOH/H2OCHCHCHOOHOH【命题意图】通过有机化合物的化学式、官能团的名称、反应类型

、氢谱峰值、有机方程式的书写、结构简式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等有机化学基础知识为载体，考查考生分析推断及信息迁移能力，进而考查考生“宏观辨析与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”的核心素养水平。【解析】（1）根据G的结构简式可知G中不饱和度

为6，故G的化学式为C10H10O，由H的结构简式可知H中还含有的含氧官能团为羰基和羟基。（2）反应①中只发生了氢原子与原子团CH3CO-的替换，故为取代反应，反应⑤为F反应生成了G，F的结构简式为+O5%NaOH溶液CHCH2CCH3OOH，G的化学式为结构简式为OH①(CH3CO)2OOC

OCH3AlCl3/NaCl△②ABOHCCOCH3CO(OC2H5)2一定条件③DC7H6OEO5%NaOH溶液④C10H12O2F浓硫酸△⑤GCHCHCCH3O⑥OOHOOH，所以反应⑤为醇羟基的消去反应

；化合物C中共有6种不同类别的氢原子，故氢谱峰值为6。（3）根据题中信息i以及化合物E的化学式C7H8O可判断E为苯甲醛，并结合题给信息i可知反应E→F的化学方程式为CHO+O5%NaOH溶液CHCH2CC

H3OOH。（4）结合C、G、H的结构简式、D的分子式C9H6O3以及题给信息ii可知化合物D的结构简式为OOHO。（5）根据信息“属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应”说明不能含有酚羟基，根据“1mol该有机物能与2mol

NaOH恰好完全反应”以及只含有两个氧原子可知一定含有酚酯，即酯基中氧原子一定与苯环相连，根据信息“苯环上只含有两个取代基且苯环上的一氯代物的同分异构体只有两种”可知苯环上的两个取代基在对位上，即分别

为2种，1种，1种，共4种。（6）CHO5%NaOH溶液CH3CHOCHOHCH2CHO浓硫酸△CHCHCHOBr2/CCl4CHCHCHOBrBr△NaOH/H2OCHCHCHOOHOH（共2分，其中前两步1分，后两步1分）