浙江省温州市2022-2023学年高三化学上学期11月第一次适应性考试（一模）（Word版附解析）

温州市普通高中2023届高三第一次适应性考试化学试题卷考生须知：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列含两种金属阳离子的盐是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．KMnO4中含有K+一种金属阳离子，A错误；B．NaHSO4中含有Na+一种金属阳离子，B错误；C．CaCl2中含有Ca2+一种金属阳离子，C错误；D．KAl(SO4)2中含有K+和Al3+两种金属阳离子，D正确；故答案选D。2.下列物质一定能导电的是A.食盐B.石英C.盐酸D.酒精【答案】C【解析】【详解】A．固态食盐没有自由移动的离子，不能导电，A不符合题意；B．石英主要成分为二氧化硅，不导电，B不符合题意；C．盐酸中存在自由移动的H+和Cl-，可以导电，C符合题意；D．酒精为非电解质，不导电，D不符合题意；综上所述答案为C。3.下列仪器可加热的是 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．该仪器为圆底烧瓶，可以放在石棉网上加热，A符合题意；B．该仪器为酸式滴定管，不可加热，B不符合题意；C．该仪器为容量瓶，不可加热，C不符合题意；D．该仪器为量筒，不可加热，D不符合题意；综上所述答案为A。4.下列物质主要成分的化学式正确的是A.黄铁矿：CuFeS2B.漂粉精：NaClOC.金刚砂：SiCD.孔雀石：2CuCO3·Cu(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．黄铁矿的主要成分为FeS2，A错误；B．漂粉精的主要成分为Ca(ClO)2，B错误；C．金刚砂即为碳化硅，化学式为SiC，C正确；D．孔雀石为碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，D错误；综上所述答案为C。5.下列表示不正确的是A.SiH4的电子式：B.甲酸甲酯的实验式：HCOOCH3C.乙烯的分子结构示意图： D.的VSEPR模型：【答案】B【解析】【详解】A．SiH4分子中Si原子分别与每个H原子共用一对电子，电子式为，A正确；B．甲酸甲酯的实验式为CH2O，HCOOCH3为其结构简式，B错误；C．乙烯分子中C原子为sp2杂化，H-C-H键角为120°，碳碳双键中一个σ键，一个π键，C-H键为σ键，C正确；D．SO2分子中心S原子的价层电子对数为=3，有一对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，D正确；综上所述答案为B。6.下列说法不正确的是A.聚乳酸是高分子，由乳酸经加聚反应制备B.甲酸是最简单的羧酸，最早从蚂蚁中获得C.萘是稠环芳香烃，可用于杀菌、防蛀、驱虫D.氧炔焰的温度很高，常用于焊接或切割金属【答案】A【解析】【详解】A．聚乳酸是高分子，由乳酸经缩聚反应制备，故A错误；B．甲酸是最简单的羧酸，最早从蚂蚁中获得，俗称“蚂酸”，故B正确；C．萘是稠环芳香烃，具有特殊气味，可用于杀菌、防蛀、驱虫，故C正确；D．乙炔燃烧的火焰温度很高，能使金属熔化，常用于焊接或切割金属，故D正确；故答案为A7.下列说法正确的是A.1H-、2H、3H+具有相同质子数，互为同位素B.乙酸、硬脂酸互为同系物C.乙醇和乙醚互为同分异构体D.碘和碘蒸气互为同素异形体【答案】B 【解析】【详解】A．1H-、3H+均不是原子，故不是同位素，A错误；B．乙酸、硬脂酸均为饱和脂肪酸，互为同系物，B正确；C．乙醇分子式为C2H6O，乙醚分子式为C4H10O，不是同分异构体，C错误；D．碘和碘蒸气的分子式均为I2，是同一物质的不同状态，D错误；综上所述答案为B。8.下列说法不正确的是A.激光、荧光、LED灯光都与电子跃迁释放能量有关B.臭氧为弱极性分子，在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度C.等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质D.由于甲基(--CH3)推电子，甲酸的pKa小于乙酸的pKa【答案】B【解析】【详解】A．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，激光、荧光、LED灯发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈现颜色，与电子跃迁有关，A正确；B．臭氧极性很弱，且由于四氯化碳相对分子质量较大，臭氧在四氯化碳中的溶解度要比在水中的溶解度大，B错误；C．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质，即由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，C正确；D．乙酸的羧基与甲基相连，由于甲基(--CH3)推电子，乙酸的羧基的负电荷大于甲酸羧基，更不容易电离出氢离子，所以甲酸的pKa小于乙酸的pKa，D正确；综上所述答案为B。9.下列说法不正确的是A.硬铝密度小、强度高，具有较强抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料B.普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得C.膳食纤维是人体七大营养素之一，在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用D.和的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱【答案】C【解析】【详解】A．硬铝是合金，合金的硬度比纯金属大，硬铝具有密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材料，故A正确； B．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得生成硅酸钠和硅酸钙，普通玻璃是传统的硅酸盐产品，故B正确；C．人体没有水解纤维素的酶，纤维素在人体不能水解，故C错误；D．和均可以水解显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故D正确；故答案为C10.关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.C在反应过程中被还原B.Si3N4既是氧化产物又是还原产物C.氧化剂和还原剂质量之比为1：3D.每生成14.0gSi3N4共转移1.2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只还原产物，B错误；C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D．14.0gSi3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；综上所述答案为D。11.下列说法正确的是A.乙酸乙酯的酸、碱性水解实验，可通过酯层的消失时间比较酯的水解速率B.焰色实验时，可以用铁丝代替铂丝，使用前都需用稀硫酸清洗干净C.钾与水反应时，为清楚的观察实验现象，可近距离俯视烧杯D.粗盐净化过程中，可用Ba(NO3)2除去SO杂质【答案】A【解析】【详解】A．乙酸乙酯与水不互溶，所以会分层，酯层消失即乙酸乙酯完全水解，所以可通过酯层的消失时间比较酯的水解速率，A正确；B．硫酸不易挥发，且硫酸盐熔点均较高，所以洗涤铁丝或铂丝应该用盐酸清洗，B错误；C．钾与水反应剧烈，近距离俯视烧杯可能会发生危险，C错误； D．用Ba(NO3)2除去SO杂质会引入新杂质硝酸根，D错误；综上所述答案为A。12.设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.23gC2H5OH中C—H单键的数目为6NAB.20gND3溶于水形成的氨水溶液中质子数约为10NAC.常温下，pH=2的磷酸溶液中H+数目为0.01NAD.2SO2+O2⇌2SO3，则每1mol[2SO2+O2]完全反应转移的电子数等于4NA【答案】D【解析】【详解】A．23gC2H5OH的物质的量为=0.5mol，一个C2H5OH分子含有5个C-H键，所以23gC2H5OH中C—H单键的数目为2.5NA，A错误；B．20gND3的物质的量为=1mol，但溶于水形成的氨水溶液中除了ND3中含有质子外，还有H2O中的质子，所以无法确定质子数，B错误；C．溶液体积未知，无法确定溶液中的微粒数目，C错误；D．每1mol[2SO2+O2]完全反应，则有1molO2被还原，转移的电子数等于4NA，D正确；综上所述答案为D。13.下列实验对应离子方程式正确的是A.向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na++Cl−NaCl↓B.在铜片表面滴几滴稀硝酸产生无色气体：Cu+2H+=Cu2++H2↑C.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO+2Cl2+H2O=CO2↑+2Cl−+2HClOD.向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+【答案】A【解析】【详解】A．向饱和食盐水中加浓盐酸，由于同离子效应，析出NaCl固体，离子方程式应为Na++Cl−NaCl↓，A正确；B．该气体应为NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；C．氯水少量，不会产生CO2，离子方程式为CO+Cl2+H2O=HCO+Cl−+HClO，C错误；D．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子，正确离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，D错误； 综上所述答案为A。14.下列说法正确的是A.糖类都含有羰基，对氢氧化铜等弱氧化剂表现出还原性B.蛋白质的一级结构与肽键的形成有关C.橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越好D.氨基酸既易溶于水，又易溶于乙醇、乙醚等溶剂【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖是多羟基醛，没有羰基；如蔗糖不能直接使氢氧化铜等弱氧化剂表现出还原性，A项错误；B．蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序称为蛋白质的一级结构，内部存在多个肽键，B项正确；C．橡胶的硫化程度不宜过高，否则失去弹性，C项错误；D．氨基酸既易溶于水，而难溶于乙醇、乙醚等溶剂，D项错误；故答案选B。15.下列关于有机物的说法不正确的是A.核磁共振氢谱中会出现6组峰B.所有碳原子都可以处于同一平面上C.1mol该物质在NaOH溶液中发生水解，最多可消耗2molNaOHD.可以使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．根据有机物的结构简式可知，其核磁共振氢谱有6组峰，A正确；B．该有机物中存在饱和碳原子，与该碳原子相连的有3个碳原子，则这4个碳原子一定不在同一平面，B错误；C．该物质中含有一个酯基和一个肽键均能与NaOH反应，1mol该物质与NaOH发生水解反应，最多消耗2molNaOH，C正确；D．该物质与苯环相连的碳上有氢，能被高锰酸钾氧化，D正确；故答案选B。16.X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，Q单质可用于自来水消毒，W为第4 周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满。下列说法一定正确的是A.Z、Y的氢化物稳定性：Z＜YB.Q与Y原子形成的分子空间结构为四面体型C.Q单质可从Z的简单气态氢化物中置换出ZD.[W(ZX3)4]2+中σ键数为12【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，则X为氢元素；Y和Z的某同位素测定可用于分析古代人类的食物结构，则Y为碳元素、Z为氮元素；Q单质可用于自来水消毒，则Q为氯元素；W为第4周期金属元素，基态原子无未成对电子且内层电子全满，则W为锌元素。从而得出，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、Cl、Zn元素。【详解】A．由分析可知，Y、Z分别为C、N，C、N为同周期元素，C的非金属性比N弱，则Z、Y的简单氢化物稳定性：NH3＞CH4，A不正确；B．Q与Y原子形成的分子可以为CCl4，也可以是C2Cl6，CCl4是正四面体结构，而C2Cl6不是四面体形结构，B不正确；C．Q单质(Cl2)与Z的简单气态氢化物(NH3)反应为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，则Cl2可置换出NH3中的N，C正确；D．[W(ZX3)4]2+为[Zn(NH3)4]2+，每个NH3中含有3个σ键，另外还形成4个配位键，配位键也属于σ键，则σ键数为3×4+4=16，D不正确；故选C。17.25℃时，，下列说法不正确的是A.25℃时，电离程度：B.25℃时，浓度为NaHA的pH>7C.25℃时，溶液中加入与等体积混合后：D.25℃时，pH相同的与NaB的溶液中水的电离程度相同【答案】A【解析】【详解】A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一类酸，无法比较电离度，A错误；B．HA-的水解常数Kh=，由于，则Kh>， ，则Kh>Ka2，故溶液显碱性，则浓度为NaHA的pH>7，B正确；C．由于，则溶液中加入与等体积混合后的溶质是等浓度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常数Kh=，由于，则Kh>，则水解为主，由于，故，由于HA-的水解，则，故，C正确；D．水解程度越大，水的电离程度越大，与NaB的溶液中，阴离子的水解会促进水的电离，由于两者的pH相同，故两种溶液中水的电离程度相同，D正确；故选A。18.标准状态下，1mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：物质相对能量/00x0-75-393.5解离总耗能/kJ4989466327171656y下列说法正确的是A.B.逐级断开中每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJC.解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJD.根据的可计算出H—O键能【答案】D【解析】【详解】A．焓变=生成物总能量-反应物总能量，则，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，，故A错误；B．逐级断开中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C．石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1mol石墨含有1.5molC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错误； D．焓变=反应物总键能-生成物总键能，的可计算出y值，再根据的可计算出H—O键能，故D正确；选D。19.冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法不正确的是A.晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键的长为dB.冰晶体中，相邻的水分子间皆以氢键结合C.冰密度比干冰的小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性D.硫化氢晶体结构与冰相似【答案】D【解析】【详解】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子即通过氢键连接，A正确；B．在冰晶体中，相邻水分子之间都有氢键生成，形成正四面体结构，B正确；C．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分顶角方向的4个相邻水分子形成氢键，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，密度较小，C正确；D．硫化氢分子间不存在氢键，所以硫化氢晶体结构与冰不相似，D错误；综上所述答案为D。20.T℃，反应，在密闭容器中达到平衡时的体积为100mL。已知密度：CaO(s)：、： 。下列有关说法正确的是A.恒温、恒容，体系中再加入56g，平衡不移动B.恒温、恒压，体系中再加入100g，平衡不移动C.恒温，压缩容器体积，平衡后，反应速率加快D.恒温、恒压，体系中通入一定量，平衡正向移动，建立新的平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．恒温、恒容，体系中再加入56gCaO(s)，c(CO2)不变，平衡不移动，A正确；B．100gCaCO3(s)的体积约为34mL，恒温、恒压，100mL的体系中再加入100gCaCO3(s)，相当于减小压强，平衡正向移动，B错误；C．恒温，压缩容器体积，容器内压强增大，平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数不变，则新的平衡和旧的平衡中，c(CO2)相同，则反应速率也相同，C错误；D．恒温、恒压，体系中通入一定量N2，相当于减小压强，平衡正向移动，由于温度不变，平衡常数不变，c(CO2)不变，则新的平衡和旧的平衡等同，D错误；故选A。21.一种新型的高性能、低成本的钠型双离子可充电电池，其结构如图所示。采用锡箔(不参与电极反应)作为电池电极及集流体，石墨()为另一极，电解液为作为电解质的溶液。下列有关说法不正确的是中A.放电时，锡箔与钠的合金为负极B.充电时，图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极C.电池总反应：D.当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应减少23ng【答案】D【解析】【详解】A．放电时Na失去电子，锡箔与钠的合金为负极，故A正确； B．放电时，充电时图中所示的正八面体形离子嵌入石墨电极，故B正确；C．根据负极电极反应为，正极的电极反应，电池总反应：，故C正确；D．根据负极电极反应为负极电极反应为，当外电路通过nmol电子时，锡钠极板质量应增加nmol，增重50ng，故D错误；故答案为D22.氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是A.中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等B.结构为四面体而非平面形C.为离子晶体D.遇水可发生反应：【答案】C【解析】【详解】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；C．为分子晶体，C项错误；D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；故答案选C。23.25℃时，分别向20mL浓度均1.0mol·L−1的CH3COOH、CH3COONa溶液中逐滴加入浓度均1.0mol·L−1NaOH、HCl溶液VmL，溶液的pH与lgY[Y=或]的关系如图所示。下列说法不正确的是 A.曲线①中的Y=B.当pH=4.74时，恒有关系：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COOH)C.当滴入体积V=10mL时，溶液pH>4.74D.25℃时，1.0mol·L−1的CH3COONa的pH=9.37【答案】B【解析】【分析】pH越大，H+浓度越小，从而促进CH3COOH的电离，抑制CH3COO-的水解，所以溶液中c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)增大，则增大，减小，所以曲线①中的Y=，②中的Y=；pH=4.74时，=，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，所以Ka==c(H+)=10-4.74，Kh==10-9.26。【详解】A．根据分析可知曲线①中的Y=，，A正确；B．据图可知pH=4.74时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，若是CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，由电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COOH)，但若是向CH3COONa溶液中滴加HCl溶液，有电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(Cl-)+c(CH3COOH)，B错误；C．若V=10mL，则溶液中的溶质均为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，Ka＞Kh，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，则＜，据图可知此时pH＞4.74，C正确； D．设25℃时，1.0mol·L−1的CH3COONa的溶液中c(OH-)=x，则c(CH3COOH)=c(OH-)=x，Kh===10-9.26，解得x≈10-4.63mol/L，所以c(H+)=10-9.37mol/L，pH=9.37，D正确；综上所述答案为B。24.将40.8gFe、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成46.4gFe3O4，则Fe、FeO的物质的量之比为A.1:3B.1:2C.1:1D.2:1【答案】A【解析】【详解】46.4gFe3O4中，n(Fe3O4)==0.2mol，则n(Fe)=0.6mol；40.8gFe、FeO混合物中，n(Fe)=0.6mol，m(Fe)=0.6mol×56g/mol=33.6g，m(O)=40.8g-33.6g=7.2g，n(FeO)=n(O)==0.45mol，则n(Fe)=0.6mol-0.45mol=0.15mol，Fe、FeO的物质的量之比为0.15mol:0.45mol=1:3，故选A。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计和现象结论A判断KCl的化学键类型将KCl固体溶于水，进行导电性实验，KCl溶液可导电KCl中含有离子键B验证具有氧化性向溶液中滴加溶液，褪色具有氧化性C比较与的大小向饱和溶液滴加相同浓度的溶液，产生白色沉淀D鉴别与取适量固体于试管，插入温度计，加少量水，温度降低该固体是A.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【详解】A．KCl固体溶于水可导电不能说明KCl中含有离子键，如HCl溶于水也能导电，但是HCl中为共价键，A错误；B．高锰酸钾可氧化H2O2从而褪色，体现了H2O2具有还原性，B错误；C．向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，C正确；D．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，则该固体为NaHCO3，D错误；故答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.完成下列问题。（1）已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：气体溶解度/g分子结构特点乙烷0.0062中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显乙炔0.117中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：_______。（2）已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符号)。 ②乙酸晶胞的密度_______。（3）某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：①_______。②该结构不是晶胞结构单元，理由是_______；③通过分析，金属离子的配位数为_______(填入序号)。A.2、3B.4、6C.3、4D.5、6【答案】（1）C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小；C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)（2）①.N②.（3）①.2:1:1②.结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)③.B【解析】【小问1详解】根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小；C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。【小问2详解】①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比 C、O都大的同周期主族元素是N；②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；【小问3详解】①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2:1:1；②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6，金属离子配位数为4和6，故答案为B；27.化合物X含四种元素，某实验小组按如下流程进行相关实验：已知：①反应I为非氧化还原反应；②溶液D只含1种溶质；③气体F可使品红溶液褪色。请回答下列问题：（1）X的组成元素为_______(写元素符号)；D中溶质的化学式为_______。（2）金属C与HI溶液反应可生成黄色固体和无色气体，该反应的离子方程式为_______。（3）X与稀硫酸反应也可得到A、E、F、G，且E、F物质的量之比为1：1.写出对应的化学方程式：_______。（4）将混合气体B通入足量的NaOH溶液中充分反应，试设计实验检验反应产物中的阴离子：_____。【答案】（1）①.Na、Ag、S、O②.Na2S2O3（2）2Ag+2H++I-=2AgI+H2↑（3）2Na3[Ag(S2O3)2]+2H2SO4=Ag2S↓+3S↓+3SO2↑+3Na2SO4+2H2O （4）方法一：取少量反应的溶液于小试管中，加入过量的稀盐酸，如果有气泡产生，并有刺激性气味的，则含有SO离子，继续向溶液中滴加BaCl2溶液，若出现白色浑浊，则说明有SO。方法二：取待检验溶液加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；向溶液中继续滴加几滴BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。方法三：取待检验溶液加入过量BaCl2溶液，过滤，取滤渣加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；若滤渣不能全部溶解，则有SO。方法四：取待检验溶液加入过量盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。另取少量待检验溶液加入几滴KMnO4溶液，振荡，溶液紫色褪去，则有SO。【解析】【分析】无色气体F可以使品红溶液褪色，应为SO2，其物质的量为=0..04mol；溶液D与稀硫酸反应生成SO2和淡黄色固体，且溶液D只含一种溶质，则D为Na2S2O3，根据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O可知，Na2S2O3的物质的量为0.04mol，淡黄色固体E为S单质，物质的量为=0.04mol；金属C与HI溶液反应可生成黄色固体和无色气体，反应中有I元素，该黄色固体应为AgI，则金属C应为Ag，其物质的量为=0.02mol；反应I为非氧化还原反应，加入的是0.01molNa2S，则二元化合物A应为Ag2S；溶液D中含有0.04molNa2S2O3，加入的硫化钠溶液中含有0.02molNa+，所以X中含有0.04molS2O、0.02molAg+和0.06molNa+，所以X应为Na3[Ag(S2O3)2]。【小问1详解】根据分析可知X的组成元素为Na、Ag、S、O；D中溶质为Na2S2O3；【小问2详解】根据题意和元素守恒可知Ag与HI反应生成AgI和H2，离子方程式为2Ag+2H++I-=2AgI+H2↑；【小问3详解】根据题意Na3[Ag(S2O3)2]与稀硫酸反应生成Ag2S、S、SO2、Na2SO4，其中S、SO2的物质的量之比为1∶1，说明S2O发生歧化，根据元素守恒可得化学方程式为：2Na3[Ag(S2O3)2]+2H2SO4=Ag2S↓+3S↓+3SO2↑+3Na2SO4+2H2O；【小问4详解】 Ag2S与过量氧气反应生成B，B为混合气体，则应为SO2、SO3的混合气体，通入足量的NaOH溶液中充分反应，阴离子应为SO、SO，SO可以和盐酸反应生成气体，且具有还原性，SO可以和Ba2+生成难于酸的BaSO4，具体检验方法为：方法一：取少量反应的溶液于小试管中，加入过量的稀盐酸，如果有气泡产生，并有刺激性气味的，则含有SO离子，继续向溶液中滴加BaCl2溶液，若出现白色浑浊，则说明有SO。方法二：取待检验溶液加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；向溶液中继续滴加几滴BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。方法三：取待检验溶液加入过量BaCl2溶液，过滤，取滤渣加入过量盐酸，若产生气体可使品红溶液褪色，则有SO；若滤渣不能全部溶解，则有SO。方法四：取待检验溶液加入过量盐酸酸化的BaCl2溶液，若溶液变浑浊，则有SO。另取少量待检验溶液加入几滴KMnO4溶液，振荡，溶液紫色褪去，则有SO。28.C、CO、是常见还原剂。不同的反应，选择合理的还原剂以达到不同的工艺意图。工业上常见几种还原反应如下：反应I：反应II：反应III：反应IV：反应V：回答下列问题。（1）从的角度，说明反应I自发进行的可能性：_______。（2）①其他条件不变，分别测定CO还原FeO、还原FeO反应体系中，平衡时、CO体积分数与温度的关系如图所示。关于该类还原反应，有关说法不正确的是_______。 A.温度越高，FeO被CO还原的程度越大B.温度越低，还原生成铁所需的的浓度越大C.若还原FeO活化能相对较小，则混合气体系中的还原FeO速率由决定D.宜在低温下进行②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体系中，与CO还原FeO的能力发生变化的原因：_______。③计算576℃反应III的平衡常数K=_______。（3）根据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化，并进行必要的标注_______。（4）已知基元反应的速率方程可表示为：(k为速率常数，下同)。碰撞理论研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就能完成，往往需经过多个反应步骤才反应过程能实现。用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的： 已知快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，，。写出T℃下反应的速率方程：v=_______(用含、、、a、b的代数式表示)【答案】（1）反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；（2）①.AD②.反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；③.或者0.32（3）（4）【解析】【小问1详解】反应I：，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；【小问2详解】①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项错误；B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则 混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项错误；综上，故答案选AD。②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：反应I：反应II：反应III：根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；③由图像可知，576℃时，反应III：，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；【小问3详解】反应IV：，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s)→MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：故答案如上图。【小问4详解】 反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)=×ab，故答案是；29.氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，实验室按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。已知：①物质苯乙醚易溶可溶难溶可溶LiH微溶LiCl难溶②LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解。③乙醚易燃，一般不与金属单质反应，沸点34.5℃。请回答：（1）仪器a的名称是_______；装置b的作用是_______。（2）乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是_______。A.分液B.钠C.五氧化二磷D.通入乙烯（3）滤渣A的主要成分是_______。（4）下列说法不正确的是_______。A.为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁 B.为提高合成的速率，可将反应温度提高至40℃C.操作B可在蒸发皿中进行D.能溶于乙醚与配位键有关（5）从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序_______。a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤c.用余热蒸干苯d.开冷凝水、加热e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤f.转移固体至烧瓶中真空脱苯g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱（6）(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品xg，记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与H2O的反应速率)、水混合液10.0ml，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B读数，则的质量分数为_______(用含x、、的代数式表达)。注：量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗（或滴液漏斗也可）②.吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥（2）BC（3）LiCl（4）ABC（5）bef（6）×100%【解析】【分析】AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成 和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A；得到的滤液加入苯液，提取难溶于苯的，由于苯的沸点是80.1℃，乙醚的沸点是34.5℃，经过蒸馏的操作，将乙醚分离，得到苯和的混合物，经过一系列操作C得到粗产品。【小问1详解】仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b是干燥管，作用是是吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥；【小问2详解】乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是：A．乙醚微溶于水中，不可用分液分离，A项不符合；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，可以使水和乙醚分离，B项符合；C．五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，C项符合；D．乙烯在催化剂条件才能与水反应，并引入杂质，D项不符合；故答案选BC。【小问3详解】AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A，故答案是LiCl；【小问4详解】综合考查实验操作和其他知识点，分析如下：A．LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置内不宜用水，A项错误；B．乙醚沸点是34.5℃，将反应温度提高至40℃，乙醚会蒸发，不利AlCl3和LiH的溶解接触，反应会变慢，B项错误；C．操作B是蒸馏，分离苯和乙醚，没有使用蒸发皿，C项；D．中铝原子有一个空轨道，乙醚中的氧原子占据空轨道形成配位键，故氯化铝能溶于乙醚与配位键有关，D项正确；故答案选ABC。【小问5详解】流程中过滤后的滤液含苯和的混合物，两者互不相溶，可通过过滤的方法分离，并通过一些方法除去苯，分析题中操作如下，分析在括号内：a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中（剩余液是苯和的混合物，通过过滤的方法分离，该操作不选）b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤（正确，通过滤的方法分离苯和的混合物，属于第一步操作） c.用余热蒸干苯（综合所有步骤分析，该操作不属于最佳操作）d.开冷凝水、加热（在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，不宜用水，该选项不选）e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤（可溶解表面的苯，属于操作的第二步）f.转移固体至烧瓶中真空脱苯（综合分析，此项除去苯最佳，属于第三步操作）g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱（综合分析，会接触空气中的水蒸气，不属于最佳操作）综上分析，从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序应是bef；故答案是bef；【小问6详解】与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气，方程式是+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，通过收集氢气的体积进行纯度的计算。根据题意，注意加入的10mL的体积也占据装置内空间，且量气筒的0刻度在最上面，故收集氢气的体积是（V1-10-V2）mL，根据25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol，n=，则氢气的物质的量是，根据方程式反应的系数比，则的质量分数为=×100%=×100%，故答案是×100%；30.多环氨基甲酰基吡啶酮类似物F作为药物在医学上有广泛的应用已知：I.(易被氧化) II.III.R′OH+RCl→R′OR请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.浓硝酸和浓硫酸是反应①②③其中一步的反应试剂B.化合物A中的含氧官能团是羧基C.化合物B具有两性D.反应④的反应类型为加成反应（2）化合物C的结构简式是_______；化合物F的分子式是_______；（3）写出D+B→F的化学方程式_______。（4）设计以为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（5）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_______。①谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，有键。②分子中只含有两个六元环，其中一个为苯环。【答案】（1）C（2）①.CH2ClCH2OH②.C11H12O2N2（3）CH2ClCHO++H2O+HCl（4）（5）【解析】【分析】本题反应①②③未知，故选用“逆向合成分析法”。参考已知Ⅱ、Ⅲ，由化合物 B、D生成化合物F可推出化合物D，再推出化合物C；由生成化合物B的反应可推出化合物A，参考已知Ⅰ，可依次推出③②①反应类型及有关物质。【小问1详解】生成化合物B的反应为羧基与氨基间的成肽反应，故化合物A含有官能团-COOH和-NH2，A的结构简式为，故选项B正确；参考已知Ⅰ，反应①在甲基邻位引入-NO2，为硝化反应，需要浓硝酸与浓硫酸作反应剂，故选项A正确；化合物B仅有官能团-NH2能表现出碱性，故选项C错误；对比反应物C2H4与产物C分子组成，可以确定反应④为加成反应，故选项D正确。【小问2详解】反应④为加成反应，参考已知Ⅱ与化合物C生成化合物E的反应，确定化合物C含有官能团-OH和-Cl，其结构简式为：CH2ClCH2OH；化合物F的分子式为：C11H12O2N2。【小问3详解】根据化合物C生成化合物D的条件确定该反应为醇氧化为醛，故化合物D的结构简式为：。参考已知Ⅱ、Ⅲ，化合物B的-NH2、-NH-与化合物D的-CHO反应生成化合物F中间的环，化合物B的-OH与化合物D的-Cl反应生成化合物F右侧的环，反应的化学方程式为：CH2ClCHO++H2O+HCl【小问4详解】参考已知反应Ⅱ，该产品可由2分子的CH3CH2CH2NH2与1分子的CH3CHO合成，与水反应可制备CH3CHO，碳链增加一个C原子需要使用HCN，故制备CH3CH2CH2NH2的流程为：，最终产品合成路线为：【小问5详解】化合物B除苯环外，还有一个C=O，其同分异构体要求除苯环外，还有一个六元环，因此第二个六元环各原子间全是单键；分子中有5 种不同化学环境的氢，要求分子结构具有较强的对称性，如果两个环形成稠环结构，无法产生强对称性，故两个环是分开的，当第二个六元环由2个N、2个O、2个C组成时，有四种结构，当第二个六元环由1个N，2个O，3个C组成时，有一种结构。故共有五种同分异构体：