安徽省蚌埠市2023年高三下学期第三次教学质量检查考试理综化学试题
一、单选题
1．（2023·蚌埠模拟）勤洗手是预防细菌和病毒感染简单而有效的方法。一种免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，下列有关此洗手液的说法错误的是（ ）
A．应远离火源，避光存放
B．甘油可以起到保湿作用
C．其消毒原理与“84”消毒液的不同
D．启用后，可长期使用而不会降低消毒效果
【答案】D
【知识点】醇类简介
【解析】【解答】A．该免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，含有易燃物质，应远离火源，避光存放，A不符合题意；
B．甘油易溶于水，具有强的吸水性，因此可以起到保湿作用，B不符合题意；
C．“84”消毒液消毒的原理是利用其强养护性，三氯羟基二苯醚乙醇消毒的原理是破坏细菌或病毒的蛋白质结构，二者原理不同，C不符合题意；
D．启用后，若长时间不用，洗手液中的有效成分会挥发或发生变质，消毒效果降低，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等易燃；
B.甘油含有三个羟基，易溶于水，具有较强的吸水性；
C.“84”消毒液利用其强氧化性消毒，三氯羟基二苯醚乙醇消毒的原理是破坏细菌或病毒的蛋白质结构；
D.启用后，若长时间不用，洗手液中的有效成分会挥发或发生变质。
2．（2023·蚌埠模拟）某抗癌、抗癫痫药物中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A．碳原子和氧原子的杂化方式均有两种
B．分子中最多有9个碳原子共面
C．与溴水发生反应时，1 mol M最多消耗4 mol Br2
D．可发生加成反应、氧化反应、水解反应
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．M分子中所有碳原子均为sp2杂化，A不符合题意；
B．苯环上及与苯环直接相连的碳原子共平面，则分子中最多有9个碳原子共面，B符合题意；
C．苯环上酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应，则1molM最多消耗3 molBr2，C不符合题意；
D．M分子中不含酯基，不能发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.苯环和双键碳原子采用sp2杂化；
B.苯环和双键均为平面结构，单键可旋转；
C.酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应；
D.该物质不含能水解的官能团，不能发生水解反应。
3．（2023·蚌埠模拟）与锂离子电池相比，有机电池不依赖战略金属、充电速度更快且环境友好。如图是一种可降解的多肽电池。(假设离子交换膜仅允许通过)下列说法错误的是（ ）
A．放电时d为正极，充电时b为阴极
B．c电极的电极方程式为：
C．放电时，电路中每通过NA个电子，负极区质量增加149g
D．充电时，总反应方程式为：
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据反应，放电时，d电极失去电子，发生氧化反应，为负极，充电时，b电极接电源的负极，为阴极，A符合题意；
B．c电极为放电时的正极，得电子，发生还原反应，B不符合题意；
C．放电时，阴离子向负极移动，每通过个电子，就有1mol进入负极区，负极区质量增加149g，C不符合题意；
D．由反应可知，从左往右为放电反应，从右往左为充电反应，所以将电极反应相加得总反应为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，d电极发生氧化反应，为负极，则电极c为正极，电极b与电源负极相连，为阴极，电极a与电源正极相连，为阳极。
4．（2023·蚌埠模拟）X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，Y的周期序数与族序数相等，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，基态W原子核外16个轨道上填有电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(X)
C．第一电离能：I1(W)
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(X)
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：I1(W)
故答案为：C。
【分析】X在周期表中非金属性最强，则X为F元素，Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al元素，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，则Z为S元素。
5．（2023·蚌埠模拟）下列实验操作、现象和结论一致的是（ ）
选项 操作 现象 解释(或结论)
A 向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液 紫色褪去 补铁口服液中有Fe2+
B 向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置 液体分层， 上层无色，下层紫红色 CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C 向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80℃热水浴 试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失 乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；
D 向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3 ，再加NaCl 溶液黄色先褪去，再变为黄色 HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色， Cl-的还原性再将其还原为Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A不符合题意；
B．向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B不符合题意；
C．向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80℃热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C符合题意；
D．与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯离子也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.碘能与氢氧化钠反应；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解；
D.与形成络合物。
6．（2023·蚌埠模拟）1889 年，Arrhenius提出了反应速率常数k随温度的变化关系lnk=(R，C均为常数)。已知2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ，经历反应1和反应2两步：
反应1：2NO(g) N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH2= -65. 7 kJ·mol-1
两步反应的活化能Ea1 < Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应lnK、lnk随 的变化曲线如图所示(K表示平衡常数) ，下列说法中错误的是（ ）
A．2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ
B．曲线③表示的是k2随的变化关系
C．温度越高，单位时间内NO的转化率可能越低
D．相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．反应1：2NO(g) N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH2= -65.7 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，反应1+2得：2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线④表示的是k2随的变化关系，故B符合题意；
C．反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO的转化率可能越低，故C不符合题意；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1 < Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据盖斯定律分析；
B．依据曲线变化分析；
C．依据影响化学平衡的因素分析；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应。
7．（2023·蚌埠模拟）百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：
25℃时0.1 mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数 δ与pH的变化关系如图2所示。 已知： δ(A2-) =
下列说法错误的是（ ）
A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化
B．δ(HA-)=
C．pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )
D．NaOH 滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A不符合题意；
B．根据 可知，，，将其代入，B不符合题意；
C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )，C不符合题意；
D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据官能团结构，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离分析；
B．根据 ，利用，分析；
C．根据图示分析；
D．依据滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性分析。
二、非选择题
8．（2023·蚌埠模拟）实验室制取溴苯的装置如图所示。向二颈烧瓶中先滴入0.5 mL Br2，静置，经片刻诱导期后反应开始。再缓慢滴加其余的Br2， 维持体系微沸至Br2加完，70~ 80℃水浴15min。(诱导期：催化反应中形成过渡态且总反应速率为0的时期)反应结束后产品处理：
有关数据如下：
物质 苯 溴 溴苯
密度(g· cm-3) 0.88 3.12 1.50
沸点/℃ 80 59 156
在水中的溶解性 不溶 微溶 不溶
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）溴苯的制备需在无水条件下进行，原因是 。
（3）A装置盛装 ( 填试剂)用于检验诱导期已过，反应开始。
（4）当出现 ( 填现象)时，证明反应已结束。
（5）产品后处理阶段，有机层I用10% NaOH溶液洗涤其离子反应方程式为 ，有机层Ⅱ水洗的目的是 。
（6）有机层Ⅲ经干燥后分离出纯净溴苯的操作名称是 。
【答案】（1）球形冷凝管
（2）催化剂FeBr3 遇水发生水解，失去催化活性
（3）AgNO3溶液
（4）体系中不再有红棕色的溴蒸气
（5）Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O；除去Na+、Br-、BrO-等无机离子
（6）蒸馏
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知仪器a的名称是球形冷凝管；
（2）该反应中需要催化剂溴化铁，而溴化铁容易水解，故答案为：催化剂FeBr3遇水发生水解，失去催化活性；
（3）苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，其中溴化氢可以和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故A装置盛装AgNO3溶液；
（4）溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色，当诱导期结束后溴蒸汽就消耗完了，则红棕色消失，故答案为：体系中不再有红棕色的溴蒸气；
（5）单质溴容易溶解在有机溶剂中，单质溴可以和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，或者生成溴化钠和溴酸钠，故离子方程式为：Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O；溶液中的离子容易溶解在水中，故有机层Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等无机离子；
（6）有机层Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，两者沸点不同，故分离两者的操作方法为：蒸馏。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；
（2）依据催化剂溴化铁容易水解分析；
（3）依据溴离子的检验选择试剂；
（4）利用溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色分析；
（5）单质溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；依据相似相溶原理分析；
（6）互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法。
9．（2023·蚌埠模拟）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：
已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子 Fe3+ Ga3+ Zn2+ Fe2+
开始沉淀 1.7 3.0 5.5 8.0
沉淀完全 3.2 4.9 8.0 9.6
萃取率(%) 99 97 ~98. 5 0 0
回答下列问题：
（1）过滤后，滤液的主要成分是 (填化学式)。
（2）固体M为 ，其作用是 。
（3）反萃取的离子方程式为 。
（4）合成得到的产物是( CH3 )3Ca，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 (填名称)。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取 堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为 。(填隙率=)
【答案】（1）ZnSO4
（2）Fe；将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
（3）Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
（4）甲烷
（5）六方最密；50%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有8个正四面体空隙，N原子填充了4个，所以填充率为50%。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据萃取率表，加入还原剂，且不引入新杂质分析；
（3）利用已知 ① 信息分析
（4）根据原子守恒分析；
（5）依据晶体结构图分析。
10．（2023·蚌埠模拟）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023 年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
（1）在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) +O2(g)=CO2(g) ΔH1= -393.5 kJ·mol-1
H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1
2C2H2(g) +5O2 (g)= 4CO2(g) +2H2O(1) ΔH3= -2599.0 kJ·mol-1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g) 的热化学方程式为 。
（2）在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ· mol-1
副反应：CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.1 kJ·mol -1
工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右，其主要原因为 。
（3）向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) +4NO(g) 2N2(g) +CO2(g) +2H2O(g) ΔH <0。
当=1时，NO的平衡转化率~；T2时NO平衡转化率~的关系如图
①能表示此反应已经达到平衡的是 。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C． 不再变化
②表示T2时NO平衡转化率~的关系是 (填“I”或“II”)，T1 T2(填“>”或“<”)。
③在=1、T2时，CH4的平衡分压为 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中=100 kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、 p(N2)和p( H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下 = 。(分压=总压 ×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
【答案】（1）2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g) ΔH= +226.7kJ·mol-1
（2）温度低于500 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
（3）C；II；>；45 kPa；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g) △H1=－393.5kJ·mol－1；
②H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1；
③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+ 2H2O(l) △H3=－2599kJ·mol－1；
利用盖斯定律将①×2+②-③×可得：
2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）=+226.7kJ/mol；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g) +H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；
（3）①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A不正确；
B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B不正确；
C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则一直在变化，故不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
故答案为：C；
②由反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
由题干图示信息可知，在=1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时CH4的体积分数为=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)==45kPa，p(NO)==30kPa，p(CO2)==5kPa，p(N2)==10kPa，p(H2O)==10kPa，故该反应的标准平衡常数==，故答案为：45kPa；。
【分析】（1）利用盖斯定律分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）①利用“变者不变即平衡”；
②增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
③利用三段式法计算。
11．（2023·蚌埠模拟）受体拮抗剂是指能与受体结合，但不具备内在活性的一类物质。 某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：
已知：①
②R-CN R-COOH
请回答：
（1）化合物C的分子式是 ，其含氧官能团的名称是 。
（2）由A生成B的反应类型是 。
（3）已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出化合物G与足量H2发生加成反应产物的结构简式，并田*标出其中的手性碳原子 。
（4）化合物M是比B少一个碳原子的同系物，请写出符合以下四个条件的同分异构体的结构简式 。
①遇FeCl3溶液发生显色反应
②苯环上连有两个取代基
③核磁共振氢谱有5组吸收峰
④1 mol物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1 mol CO2
（5）写出E→F的化学方程式 。
（6）以化合物等为原料，设计合成化合物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。
【答案】（1）C11H12O2；羰基、醚键
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）+NaCN+NaCl
（6）
【知识点】有机物的合成；羧酸简介；酮
【解析】【解答】（1）根据化合物C的结构简式，分子式为：，分子中含有的含氧官能团为：羰基、醚键；
（2）由A和B的结构简式分析，A生成B，脱氧加氢，为还原反应；
（3）化合物G与氢气发生加成反应，生成，手性碳原子为：；
（4）化合物M，比B少了一个C原子，①遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基结构，②苯环上连有两个取代基，③核磁共振氢谱有5组吸收峰，另一个取代基在酚羟基的对位上，④1 mol物质与足量溶液反应最多产生，分子中含有1个，综上所述，符合条件M的结构简式为：；
（5）E与发生取代反应生成F，发生反应的化学方程式为：+NaCN+NaCl；
（6）根据题目的合成信息，以化合物等为原料，设计合成化合物的路线为：。
【分析】（1）根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（6）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
安徽省蚌埠市2023年高三下学期第三次教学质量检查考试理综化学试题
一、单选题
1．（2023·蚌埠模拟）勤洗手是预防细菌和病毒感染简单而有效的方法。一种免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，下列有关此洗手液的说法错误的是（ ）
A．应远离火源，避光存放
B．甘油可以起到保湿作用
C．其消毒原理与“84”消毒液的不同
D．启用后，可长期使用而不会降低消毒效果
2．（2023·蚌埠模拟）某抗癌、抗癫痫药物中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A．碳原子和氧原子的杂化方式均有两种
B．分子中最多有9个碳原子共面
C．与溴水发生反应时，1 mol M最多消耗4 mol Br2
D．可发生加成反应、氧化反应、水解反应
3．（2023·蚌埠模拟）与锂离子电池相比，有机电池不依赖战略金属、充电速度更快且环境友好。如图是一种可降解的多肽电池。(假设离子交换膜仅允许通过)下列说法错误的是（ ）
A．放电时d为正极，充电时b为阴极
B．c电极的电极方程式为：
C．放电时，电路中每通过NA个电子，负极区质量增加149g
D．充电时，总反应方程式为：
4．（2023·蚌埠模拟）X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，Y的周期序数与族序数相等，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，基态W原子核外16个轨道上填有电子。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(X)
C．第一电离能：I1(W)
5．（2023·蚌埠模拟）下列实验操作、现象和结论一致的是（ ）
选项 操作 现象 解释(或结论)
A 向补铁口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液 紫色褪去 补铁口服液中有Fe2+
B 向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置 液体分层， 上层无色，下层紫红色 CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能
C 向盛有1 mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2 mL H2O、2 mLNaOH溶液，70 ~ 80℃热水浴 试管 a液体分层，酯层无明显 变化； 试管b酯层消失 乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；
D 向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3 ，再加NaCl 溶液黄色先褪去，再变为黄色 HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色， Cl-的还原性再将其还原为Fe3+
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·蚌埠模拟）1889 年，Arrhenius提出了反应速率常数k随温度的变化关系lnk=(R，C均为常数)。已知2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ，经历反应1和反应2两步：
反应1：2NO(g) N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH2= -65. 7 kJ·mol-1
两步反应的活化能Ea1 < Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应lnK、lnk随 的变化曲线如图所示(K表示平衡常数) ，下列说法中错误的是（ ）
A．2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ
B．曲线③表示的是k2随的变化关系
C．温度越高，单位时间内NO的转化率可能越低
D．相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著
7．（2023·蚌埠模拟）百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：
25℃时0.1 mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数 δ与pH的变化关系如图2所示。 已知： δ(A2-) =
下列说法错误的是（ ）
A．溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化
B．δ(HA-)=
C．pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )
D．NaOH 滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点
二、非选择题
8．（2023·蚌埠模拟）实验室制取溴苯的装置如图所示。向二颈烧瓶中先滴入0.5 mL Br2，静置，经片刻诱导期后反应开始。再缓慢滴加其余的Br2， 维持体系微沸至Br2加完，70~ 80℃水浴15min。(诱导期：催化反应中形成过渡态且总反应速率为0的时期)反应结束后产品处理：
有关数据如下：
物质 苯 溴 溴苯
密度(g· cm-3) 0.88 3.12 1.50
沸点/℃ 80 59 156
在水中的溶解性 不溶 微溶 不溶
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）溴苯的制备需在无水条件下进行，原因是 。
（3）A装置盛装 ( 填试剂)用于检验诱导期已过，反应开始。
（4）当出现 ( 填现象)时，证明反应已结束。
（5）产品后处理阶段，有机层I用10% NaOH溶液洗涤其离子反应方程式为 ，有机层Ⅱ水洗的目的是 。
（6）有机层Ⅲ经干燥后分离出纯净溴苯的操作名称是 。
9．（2023·蚌埠模拟）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：
已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子 Fe3+ Ga3+ Zn2+ Fe2+
开始沉淀 1.7 3.0 5.5 8.0
沉淀完全 3.2 4.9 8.0 9.6
萃取率(%) 99 97 ~98. 5 0 0
回答下列问题：
（1）过滤后，滤液的主要成分是 (填化学式)。
（2）固体M为 ，其作用是 。
（3）反萃取的离子方程式为 。
（4）合成得到的产物是( CH3 )3Ca，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 (填名称)。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取 堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为 。(填隙率=)
10．（2023·蚌埠模拟）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023 年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
（1）在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) +O2(g)=CO2(g) ΔH1= -393.5 kJ·mol-1
H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1
2C2H2(g) +5O2 (g)= 4CO2(g) +2H2O(1) ΔH3= -2599.0 kJ·mol-1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g) 的热化学方程式为 。
（2）在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ· mol-1
副反应：CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.1 kJ·mol -1
工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右，其主要原因为 。
（3）向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) +4NO(g) 2N2(g) +CO2(g) +2H2O(g) ΔH <0。
当=1时，NO的平衡转化率~；T2时NO平衡转化率~的关系如图
①能表示此反应已经达到平衡的是 。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C． 不再变化
②表示T2时NO平衡转化率~的关系是 (填“I”或“II”)，T1 T2(填“>”或“<”)。
③在=1、T2时，CH4的平衡分压为 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中=100 kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、 p(N2)和p( H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下 = 。(分压=总压 ×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
11．（2023·蚌埠模拟）受体拮抗剂是指能与受体结合，但不具备内在活性的一类物质。 某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：
已知：①
②R-CN R-COOH
请回答：
（1）化合物C的分子式是 ，其含氧官能团的名称是 。
（2）由A生成B的反应类型是 。
（3）已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出化合物G与足量H2发生加成反应产物的结构简式，并田*标出其中的手性碳原子 。
（4）化合物M是比B少一个碳原子的同系物，请写出符合以下四个条件的同分异构体的结构简式 。
①遇FeCl3溶液发生显色反应
②苯环上连有两个取代基
③核磁共振氢谱有5组吸收峰
④1 mol物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1 mol CO2
（5）写出E→F的化学方程式 。
（6）以化合物等为原料，设计合成化合物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】醇类简介
【解析】【解答】A．该免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，含有易燃物质，应远离火源，避光存放，A不符合题意；
B．甘油易溶于水，具有强的吸水性，因此可以起到保湿作用，B不符合题意；
C．“84”消毒液消毒的原理是利用其强养护性，三氯羟基二苯醚乙醇消毒的原理是破坏细菌或病毒的蛋白质结构，二者原理不同，C不符合题意；
D．启用后，若长时间不用，洗手液中的有效成分会挥发或发生变质，消毒效果降低，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等易燃；
B.甘油含有三个羟基，易溶于水，具有较强的吸水性；
C.“84”消毒液利用其强氧化性消毒，三氯羟基二苯醚乙醇消毒的原理是破坏细菌或病毒的蛋白质结构；
D.启用后，若长时间不用，洗手液中的有效成分会挥发或发生变质。
2．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．M分子中所有碳原子均为sp2杂化，A不符合题意；
B．苯环上及与苯环直接相连的碳原子共平面，则分子中最多有9个碳原子共面，B符合题意；
C．苯环上酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应，则1molM最多消耗3 molBr2，C不符合题意；
D．M分子中不含酯基，不能发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.苯环和双键碳原子采用sp2杂化；
B.苯环和双键均为平面结构，单键可旋转；
C.酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应；
D.该物质不含能水解的官能团，不能发生水解反应。
3．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据反应，放电时，d电极失去电子，发生氧化反应，为负极，充电时，b电极接电源的负极，为阴极，A符合题意；
B．c电极为放电时的正极，得电子，发生还原反应，B不符合题意；
C．放电时，阴离子向负极移动，每通过个电子，就有1mol进入负极区，负极区质量增加149g，C不符合题意；
D．由反应可知，从左往右为放电反应，从右往左为充电反应，所以将电极反应相加得总反应为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，d电极发生氧化反应，为负极，则电极c为正极，电极b与电源负极相连，为阴极，电极a与电源正极相连，为阳极。
4．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(X)
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：I1(W)
故答案为：C。
【分析】X在周期表中非金属性最强，则X为F元素，Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al元素，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，则Z为S元素。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．、等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是，A不符合题意；
B．向水中先加浓溶液，发生反应后没有剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B不符合题意；
C．向含有乙酸乙酯的试管 a加入2 mL H2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管 b中加入2 mLNaOH溶液，70 ~ 80℃热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C符合题意；
D．与形成络合物，颜色变化不是因为将其氧化，加入，的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为还原，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯离子也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
B.碘能与氢氧化钠反应；
C.乙酸乙酯在碱性条件下发生水解；
D.与形成络合物。
6．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．反应1：2NO(g) N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH2= -65.7 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，反应1+2得：2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线④表示的是k2随的变化关系，故B符合题意；
C．反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO的转化率可能越低，故C不符合题意；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1 < Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据盖斯定律分析；
B．依据曲线变化分析；
C．依据影响化学平衡的因素分析；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应。
7．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据结构可知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A不符合题意；
B．根据 可知，，，将其代入，B不符合题意；
C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-) >c(A2-) >c(H2A) >c(H+) =c(OH- )，C不符合题意；
D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据官能团结构，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离分析；
B．根据 ，利用，分析；
C．根据图示分析；
D．依据滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性分析。
8．【答案】（1）球形冷凝管
（2）催化剂FeBr3 遇水发生水解，失去催化活性
（3）AgNO3溶液
（4）体系中不再有红棕色的溴蒸气
（5）Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O；除去Na+、Br-、BrO-等无机离子
（6）蒸馏
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知仪器a的名称是球形冷凝管；
（2）该反应中需要催化剂溴化铁，而溴化铁容易水解，故答案为：催化剂FeBr3遇水发生水解，失去催化活性；
（3）苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，其中溴化氢可以和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故A装置盛装AgNO3溶液；
（4）溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色，当诱导期结束后溴蒸汽就消耗完了，则红棕色消失，故答案为：体系中不再有红棕色的溴蒸气；
（5）单质溴容易溶解在有机溶剂中，单质溴可以和氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，或者生成溴化钠和溴酸钠，故离子方程式为：Br2 +2OH-=Br- + BrO- + H2O或Br2 + 6OH- =5Br-+ BiO+3H2O；溶液中的离子容易溶解在水中，故有机层Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等无机离子；
（6）有机层Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，两者沸点不同，故分离两者的操作方法为：蒸馏。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；
（2）依据催化剂溴化铁容易水解分析；
（3）依据溴离子的检验选择试剂；
（4）利用溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色分析；
（5）单质溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；依据相似相溶原理分析；
（6）互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法。
9．【答案】（1）ZnSO4
（2）Fe；将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
（3）Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
（4）甲烷
（5）六方最密；50%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有8个正四面体空隙，N原子填充了4个，所以填充率为50%。
【分析】（1）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（2）依据萃取率表，加入还原剂，且不引入新杂质分析；
（3）利用已知 ① 信息分析
（4）根据原子守恒分析；
（5）依据晶体结构图分析。
10．【答案】（1）2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g) ΔH= +226.7kJ·mol-1
（2）温度低于500 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
（3）C；II；>；45 kPa；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g) △H1=－393.5kJ·mol－1；
②H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1；
③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+ 2H2O(l) △H3=－2599kJ·mol－1；
利用盖斯定律将①×2+②-③×可得：
2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）=+226.7kJ/mol；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g) +H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；
（3）①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A不正确；
B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B不正确；
C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则一直在变化，故不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
故答案为：C；
②由反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
由题干图示信息可知，在=1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时CH4的体积分数为=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)==45kPa，p(NO)==30kPa，p(CO2)==5kPa，p(N2)==10kPa，p(H2O)==10kPa，故该反应的标准平衡常数==，故答案为：45kPa；。
【分析】（1）利用盖斯定律分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）①利用“变者不变即平衡”；
②增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
③利用三段式法计算。
11．【答案】（1）C11H12O2；羰基、醚键
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）+NaCN+NaCl
（6）
【知识点】有机物的合成；羧酸简介；酮
【解析】【解答】（1）根据化合物C的结构简式，分子式为：，分子中含有的含氧官能团为：羰基、醚键；
（2）由A和B的结构简式分析，A生成B，脱氧加氢，为还原反应；
（3）化合物G与氢气发生加成反应，生成，手性碳原子为：；
（4）化合物M，比B少了一个C原子，①遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基结构，②苯环上连有两个取代基，③核磁共振氢谱有5组吸收峰，另一个取代基在酚羟基的对位上，④1 mol物质与足量溶液反应最多产生，分子中含有1个，综上所述，符合条件M的结构简式为：；
（5）E与发生取代反应生成F，发生反应的化学方程式为：+NaCN+NaCl；
（6）根据题目的合成信息，以化合物等为原料，设计合成化合物的路线为：。
【分析】（1）根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（6）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
