【信息卷】2023年好高三理科综合化学最新信息卷（七）解析版

第页此卷只装订不密封班级姓名准考此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2023年最新高考信息卷理科综合化学能力测试〔七〕考前须知：1、本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两局部。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、答复第一卷时，选出每题的答案后，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。写在试卷上无效。

3、答复第二卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.3一、选择题：本大题共13小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。7．化学在生活中发挥着重要的作用，以下说法正确的选项是A．食用油脂饱和程度越大，熔点越高B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OC．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁〞，以提高其抗腐蚀能力D．光纤通信是现代化的通信手段，光导纤维的主要成分是晶体硅【答案】A【解析】棉、麻的主要成分是纤维素，所含元素为C、H、O，完全燃烧都只生成CO2和H2O；丝、毛的主要成分是蛋白质，除含C、H、O外，还含有氮元素等，完全燃烧的产物不只有8．设NA为阿伏加德罗常数的值。以下各项中的物质均在标准状况下，有关判断正确的选项是A．16.8LCH4和CO2的混合气体中含有的碳原子数为0.75NAB．4.6gNO2和CH3CH2OH的混合物中含有的分子数为0.1NAC．5.6LSO3中含有的电子数为30NAD．11.2L氖气中含有的原子数为NA【答案】A【解析】标准状况下，16.8L气体的物质的量为0.75mol，而1个CH4和1个CO2分子中均含1个碳原子，A项正确；NO2和CH3CH2OH的摩尔质量均为46g·mol－1，4.6gNO2是0.1mol，4.6gCH3CH2OH也是0.1mol，但NO2与N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，故混合物中含有的分子数小于0.1NA，B项错误；标准状况下，SO3不是气体，无法计算其物质的量，C项错误；11.2L氖气为0.5mol，氖气由单原子分子构成，D项错误。9．轮烯是一种含有多个双键的单环烯烃，它对于“分子机器〞的建构起着重要的作用。环辛四烯即是一种简轮烯。下面关于环辛四烯的说法正确的选项是A．环辛四烯是一种密度大于水，能使溴水褪色的烃B．环辛四烯和苯乙烯互为同分异构体，可用酸性高锰酸钾溶液区分二者C．环辛四烯燃烧的现象与苯的相同D．环辛四烯完全燃烧时的耗氧量比等质量的辛烷高【答案】C【解析】环辛四烯的密度小于水，A错误；环辛四烯和苯乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；环辛四烯与苯的含碳量相同，燃烧现象相同，C正确；环辛四烯含氢量低于辛烷，完全燃烧时的耗氧量比等质量的辛烷低，D错误。10．以下有关说法不正确的选项是A．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容器容积的eq\f(2,3)，液体也不能蒸干B．可用稀硝酸鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液C．将Mg(OH)2沉淀转入烧杯中，加足量稀硫酸溶解，加热浓缩，冷却结晶后得到硫酸镁晶体D．除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，参加氢氧化钠溶液，分液【答案】D【解析】烧瓶中液体不能太多，也不能太少，那么蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容器容积的eq\f(2,3)，液体也不能蒸干，A正确；MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与硝酸反响的现象为：溶液为黄色、无明显变化、产生气体、先生成沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，B正确；Mg(OH)2与稀硫酸反响生成硫酸镁，蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体，过滤后得到晶体，故C正确；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中完全水解，D错误。11．如图是局部短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。以下说法错误的选项是A．电解熔融的X与Z组成的化合物可以得到单质ZB．Z的单质在空气中加热，生成一种耐高温物质C．Y、Z、R三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间可以发生反响D．X、Y两种单质在加热条件下反响生成的产物为碱性氧化物【答案】D【解析】由短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图可知，X、Y、Z、R分别为O、Na、Al和S。X与Z构成的化合物为Al2O3，电解熔融Al2O3可得到单质Al，A正确；Al在空气中加热生成Al2O3，其熔点较高，耐高温，B正确；Na、Al和S三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3和H2SO4，相互之间可以发生反响，C正确；O2、Na在加热条件下反响生成Na2O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物，D错误。12．硫化汞(HgS)难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图。以下说法正确的选项是A．向HgS的浊液中参加硫化钠溶液，HgS的Ksp减小B．图中a点对应的是饱和溶液C．向c点的溶液中参加0.1mol·L－1Hg(NO3)2，那么c(S2－)减小D．升高温度可以实现c点到b点的转化【答案】C【解析】HgS的Ksp只与温度有关，A不正确；曲线以下的点都是不饱和时的点，B不正确；参加Hg(NO3)2时，c(Hg2＋)增大，平衡向生成沉淀方向移动，c(S2－)减小，C正确；升高温度时，硫化汞的溶解度增大，c(Hg2＋)和c(S2－)都增大，D不正确。13．一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如下图。以下说法错误的选项是A．电池的正极反响式为H2O2＋2e－===2OH－B．电池放电时Na＋从a极区移向b极区C．电子从电极b经外电路流向电极aD．b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用【答案】C【解析】A项，正极发生反响为H2O2＋2e－===2OH－，正确；B项，放电时为原电池，阳离子移向正极，b为正极，正确；C项，电子由负极经外电路流向正极，应该由a到b，错误；D项，正极电极反响式为H2O2＋2e－===2OH－，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，正确。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。〔一〕必考题：共129分。26．〔14分〕前两年华北地区频繁出现的雾霾天气引起了人们的高度重视，化学反响原理可用于治理环境污染，请答复以下问题。〔1〕一定条件下，可用CO处理燃煤烟气生成液态硫，实现硫的回收。①：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ·mol‾1S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=−296kJ·mol‾1那么用CO处理燃煤烟气的热化学方程式是。②在一定温度下，向2L密闭容器中充入2molCO、1molSO2发生上述反响，到达化学平衡时SO2的转化率为90%，那么该温度下该反响的平衡常数K=。〔2〕SNCR─SCR是一种新型的烟气脱硝技术〔除去烟气中的NOx〕，其流程如下：该方法中主要反响的热化学方程式：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1646kJ·mol‾1，在一定温度下的密闭恒压的容器中，能表示上述反响到达化学平衡状态的是〔填字母〕。a．4υ逆(N2)=υ正(O2)b．混合气体的密度保持不变c．c(N2)∶c(H2O)∶c(NH3)=4∶6∶4d．单位时间内断裂4molN─H键的同时断裂4molN≡N键〔3〕如下图，反响温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。①SNCR技术脱硝的温度选择925℃的理由是。②SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反响温度较高，其原因是；但当烟气温度高于1000℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是。〔4〕一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如下图：①中间室的Cl‾移向〔填“左室〞或“右室〞〕，处理后的含硝酸根废水的pH〔填“增大〞或“减小〞〕；②假设图中有机废水中的有机物用C6H12O6表示，请写出左室发生反响的电极反响式：。【答案】〔1〕2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol1620〔2〕b〔3〕①925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小②没有使用催化剂，反响的活化能较高因为脱硝的主要反响是放热反响，温度过高，使脱硝反响逆向移动〔或高温下N2与O2生成了NO等合理答案〕〔4〕①左室增大②C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+【解析】〔1〕①根据盖斯定律：第一个反响减去第二个反响整理得出CO处理燃煤烟气的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol；正确答案：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)ΔH=−270kJ/mol。②根据可知：反响开始时c(CO)=1mol/L，c(SO2)=0.5mol/L；据反响方程式列式：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)起始浓度10.50变化浓度1×90%0.5×90%1×90%平衡浓度0.10.050.9该温度下该反响的平衡常数K=c2(CO2)/c2(CO)×c(SO2)=0.92/0.12×0.05=1620；正确答案1620。〔2〕速率之比和系数成正比：υ逆(N2)=4υ正(O2)，a错误；反响前后气体的总质量不变，当容器内的压强保持不变时，容器的体积也就不再发生改变，气体的密度也就不再发生变化，反响到达平衡状态；b正确；c(N2)∶c(H2O)∶c(NH3)=4∶6∶4的状态仅仅是反响进行过程中一种状态，无法判定平衡状态；c错误；单位时间内断裂12molN─H键的同时断裂4molN≡N键，反响达平衡状态，d错误；正确答案b。〔3〕①从图示看出当温度选择925℃时，脱硝效率高，残留氨浓度较小；正确答案：脱硝效率高，残留氨浓度较小。②从上述流程看出，SNCR技术的反响没有使用催化剂，反响的活化能较高，因此反响温度较高；因为脱硝的主要反响是放热反响，温度过高，使脱硝反响逆向移动，脱硝效率明显降低；正确答案：没有使用催化剂，反响的活化能较高；因为脱硝的主要反响是放热反响，温度过高，使脱硝反响逆向移动〔或高温下N2与O2生成了NO等合理答案〕。〔4〕①从题给信息看出，硝酸根离子中氮元素变为氮气，发生复原反响，该极为原电池的正极〔右室〕；电解质溶液中的Cl‾移向负极，即左室；在正极溶液中的硝酸根离子发生反响为：2NO3－+10e－+6H2O=N2↑+12OH－，产生OH－，溶液的碱性增强，pH增大；正确答案：左室；增大。②C6H12O6在负极失电子发生氧化反响生成二氧化碳气体，极反响为：C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+；正确答案：C6H12O6–24e‾+6H2O=6CO2↑+24H+。27．〔14分〕三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I．制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。实验装置〔加热及夹持装置省略〕及相关信息如下。物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3－112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl32.0106.0153.5〔1〕仪器a的名称为_______________________________；〔2〕装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；〔3〕实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_______________________________；〔4〕装置B的作用除观察O2的流速之外，还有___________________________________；〔5〕反响温度应控制在60~65℃，原因是__________________________________；Ⅱ．测定POCl3产品含量的实验步骤：①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液；②取10.00mL溶液于锥形瓶中，参加10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液〔Ag++Cl－=AgCl↓〕；③参加少量硝基苯〔硝基苯密度比水大，且难溶于水〕；④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液〔Ag++SCN－=AgSCN↓〕，到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。〔6〕到达终点时的现象是_________________________________________；〔7〕测得产品中n(POCl3)=___________________________；〔8〕Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，据此判断，假设取消步骤③，滴定结果将_______。〔填“偏高〞“偏低〞或“不变〞〕【答案】〔1〕冷凝管(或球形冷凝管)〔2〕2PCl3+O2=2POCl3〔3〕控制分液漏斗中双氧水的参加量〔4〕平衡气压、枯燥氧气〔5〕温度过低，反响速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度〔6〕滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色〔7〕0.11mol〔8〕偏低【解析】〔1〕仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。〔2〕加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3；正确答案：PCl3+O2=POCl3。〔3〕用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的参加量。〔4〕装置B中为浓硫酸，其主要作用：枯燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、枯燥氧气。〔5〕根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否那么反响速率会变小；正确答案：温度过低，反响速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。〔6〕以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液到达滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反响生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；〔7〕KSCN的物质的量0.2×0.01=0.002mol，根据反响Ag++SCN-=AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCl3与水反响生成氯化氢的物质的量为3.5×0.01-0.002=0.033mol，根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)=0.011mol，即1.6725克POCl3产品中n(POCl3)=0.011mol；正确答案：0.11mol。〔8〕参加少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中局部氯化银可以转化为AgSCN；Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反响的银离子的量减少，会使测定结果偏低；正确答案：偏低。28．〔15分〕利用硝酸厂尾气中较高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，流程如下：：NaOH+NO+NO2═2NaNO2+H2O〔1〕写出Na2CO3溶液和NO、NO2反响的化学方程式。〔2〕中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有少量和〔填化学式〕。〔3〕中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，防止浓度过大，目的是；蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的〔填操作名称〕最合理。〔4〕母液Ⅱ需回收利用，以下处理方法合理的是。a．转入中和液b．转入结晶Ⅰ操作c．转入转化液d．转入结晶Ⅱ操作〔5〕NaNO2能与N2H4反响生成NaN3，该反响中NaNO2〔填“被氧化〞或“被复原〞〕。N2H4的电子式是，NaN3中含有的化学键类型是______。〔6〕假设将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，那么生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为吨〔假定Na2CO3恰好完全反响〕。【答案】〔1〕Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2〔2〕NaHCO3NaNO3〔3〕防止NaNO3析出而降低NaNO2纯度溶碱〔4〕c〔5〕被复原离子键和(非极性)共价键〔6〕1.59【解析】〔1〕碳酸钠溶液显碱性，结合NaOH+NO+NO2═2NaNO2+H2O可得，Na2CO3溶液和NO、NO2反响生成NaNO2，根据原子守恒，还会有CO2生成，故反响的化学方程式为：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2。〔2〕由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收过程可能发生Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑、Na2CO3+HNO3=NaNO3+NaHCO3等反响，所以中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有少量NaHCO3和NaNO3。〔3〕中和液进行蒸发Ⅰ操作时，假设水的蒸发量过大，那么溶液浓度过大，可能有NaNO3析出，从而降低NaNO2的纯度；蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，应循环利用提高利用率，所以将其冷凝后用于流程中的“溶碱〞最合理。〔4〕母液Ⅱ中的溶质主要是NaNO3，将其转入转化液之后再进行蒸发结晶等操作，可以提高利用率，所以合理处理的方法选c。〔5〕NaNO2中N元素化合价为+3价，N2H4中N元素化合价为-2价，所以NaNO2与N2H4发生氧化复原反响生成NaN3，该反响中NaNO2被复原；N2H4为共价化合物，N元素化合价为-2价，H元素化合价为+1价，两个N原子间形成一对共用电子，每个N原子分别于2个H原子形成共用电子对，故电子式为：；NaN3中含有活泼金属，故为离子化合物，Na+与N3－之间形成离子键，N3－内的N原子间形成〔非极性〕共价键。〔6〕因为NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2∶1，1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106g÷69g/mol＝2×104mol，那么生成的NaNO3物质的量为1×104mol，根据Na原子守恒，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，那么Na2CO3的理论用量：m(Na2CO3)=1/2×(2×104＋1×104)mol×106g/mol＝1.59×106g＝1.59吨。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，那么每科按所做的第一题计分。35．【选修3——物质的结构与性质】〔15分〕1915年诺贝尔物理学奖授予HenryBragg和LawrenceBragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的奉献。〔1〕科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：晶体NaClKClCaO晶格能/〔kJ·mol‾1〕7867153401四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是，Na核外有种不同的能级。〔2〕科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可用以下图简单表示，其中配位键和氢键均采用虚线表示。①SO42‾中S的杂化类型是，与其互为等电子体的离子有〔任写两种〕②[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被Cl‾取代，能得到两种不同结构的产物，那么[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_______________。③写出基态Cu2+的价层电子排布式：；金属铜采取堆积方式，Cu原子的半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，金属铜的密度是g/cm3〔列出计算式〕。【答案】〔1〕MgO>CaO>NaCl>KCl4〔2〕①sp3ClO4‾、PO43‾②平面正方形③3d9面心立方【解析】〔1〕离子半径大小顺序为Mg2+<Na+<O2－<Ca2+<Cl－，离子电荷数：Na+=Cl－<O2－=Mg2+=Ca2+；离子晶体的离子半径越小，带电荷越多，晶格能越大，那么晶体的熔沸点就越高，那么NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序为：MgO>CaO>NaCl>KCl；原子中没有运动状态相同的电子，Na原子核外有11个电子，故核外有11种不能同运动状态的电子，钠原子核外电子分别处于1s、2s、2p、3s能级，故有4种不同能量的电子；正确答案：MgO>CaO>NaCl>KCl；4。〔2〕①SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；与其互为等电子体的离子有ClO4‾、PO43‾等；正确答案：sp3；ClO4‾、PO43‾。②Cu2+与NH3之间形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体构型，如为正四面体构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，只有一种结构，所以应为平面正方形；正确答案：平面正方型。③Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，失去2个电子后基态Cu2+的价层电子排布式3d9；铜是面心立方最紧密堆积方式；铜原子半径为r×10-10cm，令晶胞的棱长为x，那么2x

2=〔4r×10-10〕2

，所以x=2r×10-10cm，所以晶胞的体积V=x3=〔2r×10-10〕3cm3；晶胞中含有的铜原子数目为8×(1/8)+6×(1/2)=4，所以晶胞的质量为4×Mr/NAg，所以晶体的密度为=g/cm3；正确答案：3d9；面心立方；。36．【选修5——有机化学根底】〔15分〕有机物A是聚合反响生产胶黏剂基料的单体。亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：：

在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3∶2∶2∶2∶1。其中E、F的分子式为：E．C9H10O3、F．C9H8O2。根据以上信息答复以