【文档说明】四川省宜宾市第四中学校2022-2023学年高三上学期期末考试化学试卷+含答案.docx，共(26)页，497.217 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年四川省宜宾四中高三（上）期末化学试卷一、选择题：（共7小题，每小题6分，共78分。每小题只有一项符合题目要求）1．（6分）化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（）A．小苏

打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧化硅D．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料2．（6分）下列物质提纯所选

试剂或方法（括号内物质为杂质）错误的是（）A．乙烷（乙烯）——溴水、洗气B．乙醇（水）——CaO、蒸馏C．乙醇（乙酸乙酯）——饱和Na2CO3溶液、分液D．苯（溴）——NaOH溶液，分液3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反

应后，其分子总数等于0.2NAB．向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数为2NAC．1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H+数目为0.3NAD．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA4．（6分）化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如图。

下列关于该有机物的说法不正确的是（）A．存在顺反异构，分子中无手性碳B．分子中有3种含氧官能团C．能与Br2发生取代反应和加成反应D．1mol该有机物最多消耗2molNaOH5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20．X

与Y、Z、M位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，M比X族序数大1．下列说法正确的是（）A．简单离子的半径：Y＞XB．简单氢化物的热稳定性：Z＞MC．X和Z可形成ZX2分子D．最高价氧化物的水化物

酸性：M＞Y6．（6分）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的（）A．a与电源的负极连

接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸B．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3C．电解池a极上发生的电极反应为﹣6e﹣+3Cl﹣═NCl3+4H+D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：17．（6分

）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[示例：A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝]下列叙述不正确的是（）A．滴定终点的现象为：溶液从无色变

为粉红色，且半分钟不褪色B．H2A溶液的浓度为0.1000mol•L﹣1C．曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣）D．滴定终点时，溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣）三、非选择题：包括必考题和选考题。第22～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33～38题为选考题，考

生根据要求作答。8．（14分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：84消毒液（有效成分）NaClO（规格）1000mL（质量分数）25%（密度）1.19g•cm﹣3（1）该“84消毒液”的物

质的量浓度约为mol•L﹣1。（取整数）（2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是（填字母）。A．溶液中NaClO的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中NaClO的摩尔质量D．溶液的密度（3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaCl

O质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器。②需要称量NaClO固体的质量为g。（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制240mL

2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为mol•L﹣1。②需用浓硫酸的体积为mL。③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是

。A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．量取浓硫酸时，仰视液体的凹液面C．未冷却，立即转移至容量瓶定容D．定容时，仰视溶液的凹液面9．（15分）减轻汽车尾气对大气的污染，处理CO、NOx成为了科研工作的热点问题。（1）已知H2还原CO合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H

2（g）⇌CH3OH（g）△H1，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2＝﹣49kJ•mol﹣1，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.1kJ•mol﹣1。则△H1＝kJ•mol﹣1。（2）用活化后的V2O5作催化剂，氨气可以将N

O还原成N2。①V2O5能改变反应速率是通过改变。②在1L的刚性密闭容器中分别充入6molNO、6molNH3和适量的O2，控制不同温度，均反应tmin，测得容器中部分含氮气体浓度随温度的变化如图所示

。图中A、B、C一定达平衡状态的是。NO浓度始终增大的原因可能是。（3）科研人员研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体：2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H＜0。某温度下，向10L恒容密闭容器中充入0.1m

olNO2和0.2molCO，发生上述反应，随着反应的进行时间/min024681012压强/kPa150146.8143.92141.4139.4137.5137.5此温度下，NO2的转化率为，反应的平衡常数Kp＝kPa﹣1（Kp为

以分压表示的平衡常数）；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡（填“右移”、“左移”、“不移动”）。10．（14分）某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中，发现反应迅速，产生大量气泡

和白色不溶物Ⅰ、提出假设：（1）甲同学：可能只是MgCO3；乙同学：可能只是；丙同学：可能是xMgCO3•yMg（OH）2（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，洗涤沉淀的操作方法是。Ⅱ、定性实验探究：（3）取沉淀物少许于试管中，加入稀盐酸时固体溶解，产生大

量气泡同学假设错误（选填“甲”、“乙”或“丙”）。Ⅲ、定量实验探究：取一定量已干燥过的沉淀样品，利用下列装置测定其组成（部分固定夹持类装置未画出），经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成（4）实验中合理的连接顺序为：e→→→→→→g→h（各装置只使用一次）。（5）实验一段时间后，当B

装置中（填实验现象），停止加热，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是，装置C中碱石灰的作用是。（6）指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，会使测出的x：y的值（选填“偏大”、“偏小

”或“无影响”）。（7）若改进实验后，最终装置B质量增加m克，装置D质量增加了n克。（用含m、n的代数式表示）11．（15分）硼及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题：（1）氨硼烷（NH3BH3）是一种新型储氢材料，

其分子中与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣），结构式如图1。氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是（填元素符号，下同），电负性最大的元素为，分子内存在的作用力有。（2）Ti（BH4

）3是一种复合材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。①基态Ti原子的核外电子排布式为。②LiBH4由Li+和构成，其中。（3）硼酸（H3BO3）是一种结构为片层状的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连（如图2），H3BO3分子中B的杂化轨道类型为，0.6molH3BO3晶体

中有mol氢键。（4）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3：①该晶体中的配位数为。②设NA为阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的密度为ρ＝（用含a、NA的最简式子表示）g•cm﹣3。12．（15分）化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如图：回答下列问

题：（1）C中官能团的名称为。（2）X的化学名称为。（3）B→C的反应类型为、E→F的反应类型为。（4）由C生成D的化学方程式为。（5）化合物E的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质可消耗2molNaHCO3的

有种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式是。（6）参照上述合成路线并结合所学知识，设计仅以和CH3OH为原料制备的合成路线（无机试剂和溶剂任选）。2022-2023学年四川省宜宾四中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（共7小题，每小题6分，共

78分。每小题只有一项符合题目要求）1．（6分）化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（）A．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．中国天眼传输信息用的光纤材料是硅，计算机芯片的材料是二氧

化硅D．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料【分析】A．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应；B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，计算机芯片的材料的主要成分是单

质硅；D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，断裂较难，所以熔点沸点很高。【解答】解：A．小苏打是碳酸氢钠，都无毒，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多；B．“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，制成肥皂，故B正确；C．光导纤维的

主要成分是二氧化硅，故C错误；D．Al2O3和MgO都是离子化合物，离子间以很强的离子间结合，可制作耐高温材料；故选：C。【点评】本题考查了物质组成、物质性质和分类、物质性质的应用等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。2．（6分）下列物质提纯所选试剂或方法（括号内物质为杂质）错误的是

（）A．乙烷（乙烯）——溴水、洗气B．乙醇（水）——CaO、蒸馏C．乙醇（乙酸乙酯）——饱和Na2CO3溶液、分液D．苯（溴）——NaOH溶液，分液【分析】A.乙烯与溴水反应，乙烷不能；B.CaO与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异；C.乙醇与饱和碳酸钠溶液互溶，与乙酸乙

酯分层；D.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层。【解答】解：A.乙烯与溴水反应，乙烷不能，故A正确；B.CaO与水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，故B正确；C.乙醇与饱和碳酸钠溶液互溶，与乙酸乙酯分层，乙醇与碳酸钠溶液需蒸馏分离

；D.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3．（6分）设NA为阿伏加德罗常数，

下列说法正确的是（）A．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NAB．向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数为2NAC．1L0.1mol/LH3PO4溶液

中含H+数目为0.3NAD．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA【分析】A、氢气和碘蒸气的反应为气体分子数不变的反应；B、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；C、磷酸是中强酸；D、铵根离子为弱碱阳离子。【解答】解：A、氢气和碘蒸气的反应为气

体分子数不变的反应，即为0.2NA个，故A正确；B、NO7气体中存在平衡：2NO2⇌N8O4，导致分子数减少，则容器中分子数少于2NA个，故B错误；C、磷酸是中强酸，故溶液中的氢离子个数小于7.3NA个，故C错误；D、铵根离子为弱碱

阳离子A个，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4．（6分）化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如图。下列关于该有机物的说法不正确的是（）A．存在顺反异构，分子中无手性

碳B．分子中有3种含氧官能团C．能与Br2发生取代反应和加成反应D．1mol该有机物最多消耗2molNaOH【分析】A．碳碳双键两端碳原子连接2个不同原子或原子团时，存在顺反异构；连接4个不同原子或原子团

的碳原子为手性碳原子；B．含氧官能团有羟基、醚键、酯基；C．碳碳双键和溴发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴发生取代反应；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应。【解答】解：A．分子中碳碳双键两端碳原子连接2个不同原子或原子团；分子中不含手

性碳原子；B．含氧官能团有羟基、酯基，故B正确；C．分子中碳碳双键和溴发生加成反应，故C正确；D．酚羟基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：5反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及

知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。5．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20．X与Y、Z、M位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，M比X族序数大1．下列说法正确

的是（）A．简单离子的半径：Y＞XB．简单氢化物的热稳定性：Z＞MC．X和Z可形成ZX2分子D．最高价氧化物的水化物酸性：M＞Y【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次递增，四种原子的最外层电子数之和为20．X与Y、Z、M位于相邻周期，则Y、Z、M为同一周期元素；假设X的最外层电子数为x

，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，Z最外层电子数是4，Z为Si元素；Y、Z相邻，Y为Al元素，最外层电子数是3，M比X族序数大1，M最外层电子数是x+1，则x+（x+1）+4+3＝20，解得

x＝6，则X为O元素，M为Cl元素，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，X为O、Z为Si，A．电子层结构相同的离子，离子半径越小，故A错误；B．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性：Z＜M；C．SiO2属于原子晶体，不存在分子；

D．元素的非金属性越强，酸性：M＞Y；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大

。6．（6分）应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的（）A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液

是浓盐酸B．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3C．电解池a极上发生的电极反应为﹣6e﹣+3Cl﹣═NCl3+4H+D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧

化剂与还原剂的物质的量之比为6：1【分析】该装置为电解池，a极铵根离子失电子生成NCl3，则a为阳极，b为阴极，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，氯离子从左侧经过阴离子交换膜到右侧，在ClO2发生器中NCl3和Na

ClO2反应生成氨气和ClO2。【解答】解：A．a极铵根离子失电子生成NCl3，则a为阳极，与电源的正极连接，氯离子通过阴离子交换膜移向a极，故A错误；B．未说明氨气是否在标况下，故B错误；C．a极铵根离子

失电子生成NCl3，其电极反应式为：﹣6e﹣+3Cl﹣＝NCl3+4H+，故C正确；D．二氧化氯发生器内2O+NCl8+6NaClO2＝NH2+6ClO2+7NaCl+3NaOH，其中氧化剂为NCl3，还原剂为NaClO3，二者物质的量

比为1：6，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电解池，侧重考查学生离子交换膜型电解池的掌握情况，试题难度中等。7．（6分）以酚酞为指示剂，用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化

关系如图所示。[示例：A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝]下列叙述不正确的是（）A．滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色B．H2A溶液的浓度为0.1000mol•L﹣1C．曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣）D．滴定终点时，溶液中c（

Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣）【分析】由图可知，NaOH加入量为40mL时，反应达到滴定终点，恰好发生反应2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，可知H2A溶液的浓度为0.1000mol•L﹣1，加入NaOH前，溶液

pH＝1，c（H+）＝0.1mol/L，故H2A第一步完全电离，曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣），据此作答。【解答】解：A．用0.1000mol•L﹣1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H4A溶

液，滴定终点时2A，溶液显碱性，且半分钟不褪色；B．用0.1000mol•L﹣3的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液，NaOH加入量为40mL时，恰好发生反应2NaOH+H3A＝Na2A+2H2O，可知H2A溶液的浓度为0.

1000mol•L﹣2，故B正确；C．加入NaOH前，c（H+）＝0.1mol/L，故H3A第一步完全电离，曲线①代表δ（HA﹣），曲线②代表δ（A2﹣），故C正确；D．反应达到滴定终点2A＝Na3A+2H2O，生成Na3A，溶液显碱性+）＜c（OH﹣

），由电荷守恒可知溶液中c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣），则溶液中c（Na+）＞4c（A2﹣）+c（HA﹣），故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据图象判断反应情况并利用守恒关

系判断浓度关系是解题的关键。三、非选择题：包括必考题和选考题。第22～32题为必考题，每个试题考生都做答；第33～38题为选考题，考生根据要求作答。8．（14分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如下，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：84消毒液（有效成分）Na

ClO（规格）1000mL（质量分数）25%（密度）1.19g•cm﹣3（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为4.0mol•L﹣1。（取整数）（2）取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是A（填字母）。A．溶液中NaClO的物质的量B．溶液的浓度C．

溶液中NaClO的摩尔质量D．溶液的密度（3）同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。回答下列问题。①如图所示的仪器中，有些是不需要，配制上述溶液还需要玻璃仪器玻璃棒、胶头滴管。

②需要称量NaClO固体的质量为149.0g。（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制240mL2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消

毒液”的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为4.6mol•L﹣1。②需用浓硫酸的体积为31.25mL。③若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是D。A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．量取浓硫酸时

，仰视液体的凹液面C．未冷却，立即转移至容量瓶定容D．定容时，仰视溶液的凹液面【分析】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝代入数据计算；（2）溶液中NaClO的物质的量会随着所取溶液体积的大小而变化，故A正确；（3）①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、500mL容量

瓶、玻璃棒、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒、胶头滴管；②配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，需用500mL的容量瓶，数据以500mL计算；（4）①稀硫酸的浓度为2.3mol/L，则c（H+）＝2c（H2SO4；②配制240mL2.3mol/L

的稀硫酸需要选用250mL的容量瓶，1.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，依据c1V1＝c2V2计算；③定容时，仰视溶液的凹液面，导致多加水，会使溶液体积偏大，故D正确。【解答】解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为c＝＝1.19×103g/L×2.25÷7

4.5g/mol＝4.2mol/L，故答案为：4.0；（2）A．溶液中NaClO的物质的量会随着所取溶液体积的大小而变化；B．溶液的浓度保持恒定，故B错误；C．NaClO的摩尔质量始终是定值，故C错误；

D．溶液的密度恒定，故D错误；故答案为：A；（3）①配制一定浓度的NaClO溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，则还需要的玻璃仪器为玻璃棒，故答案为：玻璃棒、胶头滴管；②配制480mL含NaClO质量分数为25

%的消毒液，实验室没有480mL的容量瓶，该消毒液的密度为6.19g/cm3，则500mL溶液质量为595g，则需要NaClO固体质量为595g×25%＝149.0g，故答案为：149.8；（4）①稀

硫酸的浓度为2.3mol/L，则c（H+）＝2c（H2SO4）＝7×2.3mol/L＝3.6mol/L，故答案为：4.3；②配制240mL2.3mol/L的稀硫酸需要选用250mL的容量瓶，3.84g/cm3浓硫酸的浓度为18.4mol/L，

需要浓硫酸的体积为V＝，故答案为：31.25；③A．配制前容量瓶中有少量蒸馏水不影响配制硫酸的浓度；B．量取浓硫酸时，导致浓硫酸体积偏大，故B错误；C．未冷却，冷却后溶液体积偏小，故C错误；D．定容时，导致多加水，浓度偏小；故答案为：D。【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制

，涉及仪器使用、配制步骤、数据处理及误差分析等，题目中等难度。9．（15分）减轻汽车尾气对大气的污染，处理CO、NOx成为了科研工作的热点问题。（1）已知H2还原CO合成甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌

CH3OH（g）△H1，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2＝﹣49kJ•mol﹣1，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.1kJ•mol﹣1。则△H1＝﹣90.1kJ•mol﹣1。（2）用活化后的V2O5作

催化剂，氨气可以将NO还原成N2。①V2O5能改变反应速率是通过改变反应的活化能。②在1L的刚性密闭容器中分别充入6molNO、6molNH3和适量的O2，控制不同温度，均反应tmin，测得容器中部分含氮气体浓

度随温度的变化如图所示。图中A、B、C一定达平衡状态的是BC。NO浓度始终增大的原因可能是NH3和O2反应生成NO。（3）科研人员研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体：2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g）△H＜0。某温度下，向1

0L恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，发生上述反应，随着反应的进行时间/min024681012压强/kPa150146.8143.92141.4139.4137.5137.5此温度下，NO2的转化率为50%，反应的平衡常数K

p＝0.02kPa﹣1（Kp为以分压表示的平衡常数）；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡不移动（填“右移”、“左移”、“不移动”）。【分析】（1）将已知的三个热化学方程式依次编号为①、②和③，所求反应为①，可由

②+③达到，根据盖斯定律计算所求反应的焓变；（2）①V2O5为催化剂，催化剂降低反应的活化能，增大化学反应速率；②温度越高，反应速率越快，相同时间内氮气的物质的量浓度越大，达到平衡所需的时间越小；因为高温时，NH3能催化氧化生成NO；（3）由表中

数据可知，向10L恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，10min时反应处于平衡状态，体系内压强由150kPa减少到137.5kPa，设平衡时转化的NO2的物质的量浓度为2x，由题意可知，起始时，c（CO）＝＝0.02mol/L，c（NO2）＝0.01mol•L﹣1。列三段式进

行计算得：2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g）（单位：mol/L）开始0.010.0200变化2x4x4xx平衡0.01﹣2x0.02﹣4x4xx则＝，即＝，解得：x＝0.0025mol•L﹣1，则NO2的转化率为×100%＝50%，平衡时的

n（NO2）＝0.05mol，n（CO）＝n（CO2）＝0.1mol，n（N2）＝0.025mol，总物质的量为（0.05+0.1+0.1+0.025）mol＝0.275mol，p（NO2）＝p总＝p总、p（CO）＝p（CO

2）＝p总＝p总，p（N2）＝p总＝p总，p总＝137.5kPa，Kp＝，据此计算。【解答】解：（1）①CO（g）+2H2（g）⇌CH7OH（g）△H1，②CO2（g）+6H2（g）═CH3OH（g）+H6O（g）△H2＝﹣49.0kJ/

mol，③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.1kJ/mol，所求反应为①，该反应可由②+③得到，该反应的焓变为△H＝△H2+△H8＝﹣49.0kJ/mol﹣41.1kJ/m

ol＝﹣90.2kJ/mol，故答案为：﹣90.1；（2）①V2O4为催化剂，催化剂降低反应的活化能，所以V2O5能改变反应速率是通过改变反应的活化能实现的，故答案为：反应的活化能；②温度越高，反应速率越快，达到平衡所需的时间越小，B氮气物质的量浓度达到最大值、B已达到平衡，平衡超吸热方向移

动。则图中A、B；混合气体中、NO又被消耗得到二氧化氮等，NH8能催化氧化生成NO，使NO浓度始终增大，故答案为：BC；NH3和O2反应生成NO；（3）由表中数据可知，向10L恒容密闭容器中充入2.1molNO2和8.2molCO，10min时反应处于平衡状态，设平衡时转化的NO2的物质

的量浓度为4x，由题意可知，c（CO）＝，c（NO4）＝0.01mol•L﹣1，列三段式进行计算得：8NO2（g）+4CO（g）⇌7CO2（g）+N2（g）（单位：mol/L）开始3.010.0202变化2x4xx平衡7.01﹣2x0.02﹣6

xx则＝，即＝，解得：x＝2.0025mol•L﹣1。则NO2的转化率为×100%＝50%2）＝0.05mol，n（CO）＝n（CO2）＝3.1mol，n（N2）＝3.025mol，总物质的量为（0.05+0.7+0.1+8.025）mol＝0.275mol2）＝p总＝p总、p（CO）＝

p（CO2）＝p总＝p总，p（N2）＝p总＝p总，p总＝137.7kPa，Kp＝＝kPa﹣1＝kPa﹣1＝7.02kPa﹣1，该温度下，K＝＝，若平衡后、CO2气体的浓度分别增加一倍，因为c（CO）＝c（CO5），则Qc＝

K，平衡不移动，故答案为：50%；0.02。【点评】本题考查了化学平衡的计算，涉及到热化学方程式书写的定量计算，影响化学平衡的因素分析，图象分析判断，平衡常数的计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10．（14分）某探究性实验小组的同学将打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHC

O3溶液中，发现反应迅速，产生大量气泡和白色不溶物Ⅰ、提出假设：（1）甲同学：可能只是MgCO3；乙同学：可能只是Mg（OH）2；丙同学：可能是xMgCO3•yMg（OH）2（2）在探究沉淀成分前，须将

沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，洗涤沉淀的操作方法是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。Ⅱ、定性实验探究：（3）取沉淀物少许于试管中，加入稀盐酸时固体溶解，产生大量气泡乙同学同学假设错误（选填“甲”、“乙”或“

丙”）。Ⅲ、定量实验探究：取一定量已干燥过的沉淀样品，利用下列装置测定其组成（部分固定夹持类装置未画出），经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成（4）实验中合理的连接顺序为：e→f→a→b→d→c→g→h（各装置只使用一次）。（5）实验一段时间后，当B装置中无气泡冒出

（填实验现象），停止加热，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数分钟的目的是排出装置中的CO2和水蒸气，装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气。（6）指导老师认为在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无

此装置，会使测出的x：y的值偏大（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（7）若改进实验后，最终装置B质量增加m克，装置D质量增加了n克。（用含m、n的代数式表示）【分析】Ⅰ．（1）打磨过的镁条投入到滴有酚酞的饱和NaHCO3溶液中，发现反

应迅速，产生大量气泡和白色不溶物，溶液的浅红色加深，根据质量守恒定律可以判断物质的组成情况；（2）洗涤沉淀应在过滤器中洗涤；Ⅱ．（3）取沉淀物少许于试管中，加入稀盐酸时固体溶解，产生大量气泡，证明含碳酸镁沉淀；Ⅲ．（4）取一定量已干燥过的沉淀样品，利用下列装置测

定其组成（部分固定夹持类装置未画出），经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成，得出丙同学的假设是正确的，可能是xMgCO3•yMg（OH）2，空气通过碱石灰除去水蒸气和二氧化碳后通过a加热沉淀样品，通入装置B中的浓硫酸吸收水蒸气，通过装置D中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，依据质量

变化计算分析；（5）说明固体已分解完全的现象是装置B中无气泡冒出，打开f处的活塞，缓缓通入空气数分钟的目的是排出装置内的空气，避免影响生成的水蒸气和二氧化碳的质量来判断分析沉淀的组成，装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；（6）上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装

置，看气质的二氧化碳、水蒸气会进入装置D测定二氧化碳的质量偏大；（7）若改进实验后，最终装置B质量增加m克为水，装置D质量增加了n克为生成的二氧化碳，结合元素守恒计算；【解答】解：Ⅰ．（1）白色固体可

能是MgCO3，白色固体可能是Mg（OH）2，白色固体可能是MgCO8和Mg（OH）2．故答案为：Mg（OH）2；（2）洗涤沉淀的操作方法是：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后；Ⅱ．（3）取沉淀物少许于试管中，

产生大量气泡5，不能只是氢氧化镁沉淀，故答案为：乙同学；Ⅲ．（4）取一定量已干燥过的沉淀样品，经实验前后对比各装置的质量变化来分析沉淀的组成，可能是xMgCO3•yMg（OH）2，空气通过碱石灰除去水蒸气和二氧化碳后通过a加热沉淀

样品，通入装置B中的浓硫酸吸收水蒸气，实验中合理的连接顺序为：efabdcgh或efbadcgh，故答案为：fabdc或fbadc；（5）实验一段时间后，当B装置中无气泡冒出，说明固体已分解完全，缓缓通入空气数

分钟的目的是排出装置中的CO4和水蒸气，装置C中碱石灰的作用是吸收通入空气中的CO2和水蒸气，故答案为：无气泡冒出；排出装置中的CO2和水蒸气；吸收通入空气中的CO8和水蒸气；（6）在上述实验装置中末端还需再连接一个D装置，若无此装置，使得碳酸镁质量增大，故答案为：偏大；（7）若改进实验后，

最终装置B质量增加m克为水2）＝n（H2O）＝，装置D质量增加了n克为生成的二氧化碳7）＝，则x：y＝：＝，故答案为：。【点评】本题考查了物质组成和含量的测定，物质成分和实验操作的理解应用、主要是实验过程的设计，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11．（15分）硼及其化合物广泛应用于开发新型

储氢材料、超导材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题：（1）氨硼烷（NH3BH3）是一种新型储氢材料，其分子中与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣），结构式如图1。氨硼烷分子所含元素中第一电离能最小的元素是B（填元素符号，下同），电负性最大的元素为N

，分子内存在的作用力有共价键和配位键。（2）Ti（BH4）3是一种复合材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。①基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2。②LiBH4由Li+和构成，其中正四面体形。（3）硼酸（H3BO3）是一种结构

为片层状的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连（如图2），H3BO3分子中B的杂化轨道类型为sp2杂化，0.6molH3BO3晶体中有1.8mol氢键。（4）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图3：①该晶体中的配位数为8。②设NA为阿伏加德罗常数的值，则硼氢化钠晶体的

密度为ρ＝×1021（用含a、NA的最简式子表示）g•cm﹣3。【分析】（1）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B，电负性最大的元素为2p轨道半满的N

；（2）①Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，属于过渡元素，外围电子包括3d、4s电子；②中B原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4+0＝4，据此判断；（3）B原子处于第二周期IIIA族，B最外层有3个电子，分析结构可知，B形成三条化学键，为sp2杂化；每个H3BO3分子形成6个

氢键，每个氢键为2个H3BO3分子共用，据此计算；（4）①分析晶胞结构可知的周围存在8个Na+；②该晶胞中钠离子个数＝6×+4×＝4、个数＝1+8×+4×＝4，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）2×2a×10﹣7cm＝

2a3×10﹣21cm3，结合密度公式进行计算。【解答】解：（1）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性；与B原子相连的H呈负电性，因此6种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B，分子内存在的作用力有共价键

和配位键，故答案为：B；N；共价键和配位键；（2）①Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，外围电子包括3d，核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，故答案为：7d24s2；②中B原子孤电子对数＝，价层电子对数＝4+0＝5，故答案为：正四面体形；（3）B原子处于第二周期II

IA族，B最外层有3个电子，B形成三条化学键2杂化；每个H4BO3分子形成6个氢键，每个氢键为4个H3BO3分子共用，4.6molH3BO2的晶体中氢键为1.8mol，故答案为：sp4杂化；1.8；（4）①分析晶胞结构可知的周围存在

8个Na+，故配位数为8，故答案为：7；②该晶胞中钠离子个数＝6×+4×、个数＝1+7×＝4﹣8cm）2×2a×10﹣7cm＝2a3×10﹣21cm6，晶胞密度＝g/cm3＝×1021g/cm5，故答案为：×1021。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、化学键、核

外电子排布等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，题目难度中等。12．（15分）化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线如图：回答下列问题：（1）C中官能团的名称为

羧基和酯基。（2）X的化学名称为2﹣溴戊烷。（3）B→C的反应类型为氧化反应、E→F的反应类型为取代反应。（4）由C生成D的化学方程式为。（5）化合物E的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质可消耗2molNaHCO3的有6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积

之比为3：1：1的结构简式是HOOCCH（CH3）CH（CH3）COOH。（6）参照上述合成路线并结合所学知识，设计仅以和CH3OH为原料制备的合成路线（无机试剂和溶剂任选）。【分析】（1）C中官能团的名称为羧基和酯基；（2）X的结构简式为CH3CH2CH2CH（CH3）Br；（3）B→C是醛

基转化为羧基，其反应类型为氧化反应，E→F的反应类型为取代反应；（4）C与甲醇发生酯化反应生成D；（5）化合物E的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质可消耗2molNaHCO3，说明其结构中含有两个羧基，其结构为四个碳的主链上连两个

羧基，羧基的位置异构有6种；（6）以和CH3OH为原料制备的合成路线为：。【解答】解：（1）C中官能团的名称为羧基和酯基，故答案为：羧基和酯基；（2）X的结构简式为CH3CH2CH5CH（CH3）Br，其化学名称为2﹣溴戊烷，故答案为：7﹣溴戊烷

；（3）B→C是醛基转化为羧基，其反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（4）C与甲醇发生酯化反应生成D，其反应的化学方程式，故答案为：；（5）化合物E的同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且1mol该物质可消耗2molNaHCO3，说明其结构中含有两个羧基，其结构为

四个碳的主链上连两个羧基，其中核磁共振氢谱有3组峰6）CH（CH3）COOH，故答案为：6；HOOCCH（CH7）CH（CH3）COOH；（6）以和CH3OH为原料制备的合成路线为：，故答案为：。【点评】本题考查有机推断

和有机合成，侧重考查学生有机名称、反应类型、同分异构体和有机合成等知识的掌握情况，试题较难。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com