浙江省宁波市2022-2023学年高三化学上学期选考模拟考试试卷（Word版附解析）

宁波市2022学年第一学期选考模拟考试化学试卷选择题部分一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20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.化学与科学技术、生产生活、社会发展和环境保护密切相关，下列说法不正确的是A.SO2可用于杀菌消毒，但不能用作食品添加剂B.Fe2O3可用作油漆、涂料等的颜料C.在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂D.碳化硅硬度大、耐高温，可用作耐高温结构材料【答案】A【解析】【详解】A．SO2可用于杀菌消毒，具有强还原性、故也能用作食品添加剂以抗氧化，A不正确；B．Fe2O3是红棕色粉末，可用作油漆、涂料等的颜料，B正确；C．在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂，利用了胶体的聚沉原理，C正确；D．由于是共价晶体，碳化硅硬度大、熔点高，故能耐高温，可用作耐高温结构材料，D正确；答案选A。2.下列表示不正确的是A.氯化钙的电子式：B.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：C.苯酚的分子结构模型： D.Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：【答案】B【解析】【详解】A．氯化钙属于离子化合物，电子式为，A正确；B．Cr元素原子序数是24，价层电子轨道为4s13d5，其电子轨道表示式为：，B错误；C．苯酚分子式C6H5OH，结构模型图符合苯酚的结构，C正确；D．两个p轨道“头碰头”重叠形成p-pσ键，形成轴对称的电子云图形，D正确；故选B。3.下列说法不正确的是A.实验室酸、碱废液在确定混合无危险时可用中和法处理B.X射线衍射仪可用于有机化合物晶体结构的测定C.可用FeCl3溶液区分氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液D.可用溴水除去苯中含有的少量苯酚【答案】D【解析】【详解】A．酸、碱废液中可能含有杂质，若两份溶液中的杂质与杂质或杂质与酸或碱反应不产生有毒气体、不发生爆炸反应时，可用中和法处理，A正确；B．X射线衍射是晶体的"指纹"，不同的物质具有不同的X射线衍射特征峰值，所以X射线衍射仪可用于有机化合物晶体结构的测定，B正确；C．FeCl3溶液与氢氧化钠溶液和碳酸钠溶液反应，前者生成红褐色沉淀，后者除生成沉淀外，还有气泡产生，C正确；D．溴水与苯酚反应，生成的三溴苯酚仍溶解在苯中，且过量的溴也会溶解在苯中，所以不能除去苯中含有的少量苯酚，D不正确；故选D。4.关于反应：2KClO3+H2C2O4=CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O，下列说法正确的是A.KClO3中的Cl被氧化 B.H2C2O4是氧化剂C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.生成1molCO2时，反应共转移1mol电子【答案】C【解析】【分析】由方程式可知，反应中氯元素化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂、二氧化氯是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂、二氧化碳和碳酸钾是氧化产物。【详解】A．由分析可知，反应中氯酸钾中氯元素化合价降低被还原，故A错误；B．由分析可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂，故B错误；C．由分析可知，二氧化氯是还原产物，二氧化碳和碳酸钾是氧化产物，由方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C正确；D．由分析可知，反应中生成1mol二氧化碳，共转移2mol电子，故D错误；故选C。5.下列说法不正确的是A.通过催化裂化可以将重油转化为汽油B.天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯C.将煤在空气中加强热使之分解可以获得焦炭等化工原料D.聚乙炔可用于制备导电高分子材料【答案】C【解析】【详解】A．通过催化裂化可以将相对分子质量大的重油转化为相对分子质量小的轻质液体燃料汽油，故A正确；B．天然橡胶是异戊二烯的聚合物，其主要成分是聚异戊二烯，故B正确；C．将煤隔绝空气加强热使之分解获得焦炭等化工原料的过程为煤的干馏，故C错误；D．聚乙炔含有单键和双键交替的结构单元，有类似石墨的大键，含有自由电子，能导电，故D正确；故选C。6.用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述不正确的是 A.石蕊溶液先变红后褪色B.安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生C.试管内先出现红棕色气体，后变无色D.Na2CO3溶液上出现一层无色透明的油状液体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2的水溶液显酸性，但对石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只变红不褪色，A不正确；B．氢气在氯气中燃烧，只在管口接触，接触面小，不会发生爆炸，且产生苍白色火焰，生成的氯化氢在瓶口遇到水蒸气形成白雾，B正确；C．铜丝与稀硝酸反应生成的NO气体，与试管内空气中的O2反应，生成红棕色的NO2，当试管内的空气被反应生成的NO等排出后，生成的NO气体充满试管，试管内气体呈无色，C正确；D．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，且密度比饱和碳酸钠溶液小，所以呈油状浮在饱和碳酸钠溶液的表面上，D正确；故选A。7.下列说法正确的是A.蔗糖、麦芽糖都是还原性二糖B.天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，可溶于乙醚C.脱氧核糖核酸(DNA)充分水解后得到磷酸、脱氧核糖和5种碱基D.涤纶()由对苯二甲酸和乙二醇经缩聚反 应制备【答案】D【解析】【详解】A．蔗糖不是还原性糖，麦芽糖是还原性糖，A错误；B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚，B错误；C．核酸包括DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种，其中DNA完全水解后会得到磷酸、脱氧核糖和碱基（A、T、G、C）；RNA完全水解后会得到磷酸、核糖和碱基（A、U、G、C），所以核酸分子完全水解后得到的化学物质是脱氧核糖、核糖、磷酸、碱基（A、T、G、C、U），C错误；D．由涤纶()结构可知，其可由对苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应脱去小分子水而制备，D正确；故选D。8.食品安全国家标准规定，K4[Fe(CN)6]允许作为食盐的抗结剂，最大使用量为0.01g/kg。己知K4[Fe(CN)6]的熔点70℃、沸点104.2℃，400℃以上分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑，KCN有剧毒。下列关于K4[Fe(CN)6]的推测不合理的是A.可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、[Fe(CN)6]4-B.烹饪时不必担心食盐中的K4[Fe(CN)6]转化为剧毒物质C.在空气中灼烧，生成K2CO3、FeO、CO2和N2D.与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN【答案】C【解析】【详解】A．K4[Fe(CN)6]属于钾盐，由K+和[Fe(CN)6]4-构成，该物质可溶于水，溶液中离子主要存在形式为K+、[Fe(CN)6]4-，A正确；B．K4[Fe(CN)6]沸点为104.2℃，在104.2℃以上即变为气体逸出，故烹饪时不必担心食盐中的K4[Fe(CN)6]转化为剧毒物质，B正确；C．在空气中灼烧K4[Fe(CN)6]，Fe(II)会被氧化为Fe(III)，不会生成FeO，C错误；D．K4[Fe(CN)6]可与稀硫酸反应可生成K2SO4、FeSO4和HCN，D正确； 故选C。9.某化合物X结构如图所示，下列说法不正确是A.X中含有4种含氧官能团B.1molX最多能与5molNaOH反应C.X水解后的产物都存在顺反异构体D.X中含有1个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．X中含有碳碳双键、羟基、酯基、酰胺键等4种含氧官能团，A正确；B．X分子中，含有2个酚羟基，能消耗2个NaOH，1个酯基，能消耗2个NaOH，1个羧基，能消耗1个NaOH，1个酰胺键，能消耗1个NaOH，则1molX最多能与6molNaOH反应，B不正确；C．X水解后的两种产物中，都含有碳碳双键，且每个双键碳原子上都连接2个不同的原子或原子团，所以两种水解产物都存在顺反异构体，C正确；D．X中，连接-CH3、-NH-、-COO-及苯环的碳原子为手性碳原子，且X中只含有1个手性碳原子，D正确；故选B。10.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物分子呈三角锥形，Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3p原子轨道上有1个未成对电子，W与Z处于同一主族。下列说法不正确的是A.原子半径：Y＞ZB.第一电离能：W＞ZC.XZ3是极性分子D.X、Y可以形成共价晶体【答案】B【解析】【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物分子呈三角锥形，则对应的分子式为XH3，X为ⅦA，Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3p原子轨道上有1个未成对电子，则Z为Cl、X为N、Y为Al，W与Z处于同一主族，则W为Br。 【详解】A．同周期从左到右元素原子半径递减，则原子半径：Y＞Z，A正确；B．同主族元素第一电离能从上到下递减，则第一电离能：W＜Z，B不正确；C．XZ3中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，空间构形为三角锥形，正负电荷重心不重叠、是极性分子，C正确；D．X、Y可以形成氮化铝，是共价晶体，D正确；答案选B。二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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)11.下列判断不正确的是A.电负性：O＞SiB.电离常数：CCl3COOH＞CF3COOHC.沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸D.水中溶解度：＞【答案】B【解析】【详解】A．非金属性O＞C＞Si，非金属性越强，电负性越大，则电负性：O＞Si，A正确；B．F的非金属性强于Cl，则CF3COOH比CCl3COOH更容易电离出H+，酸性更强，所以电离常数：CCl3COOH＜CF3COOH，B不正确；C．对羟基苯甲酸能形成分子间的氢键，使分子间作用力增大，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，使分子间作用力减小，所以沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，C正确；D．对于酮来说，分子中碳原子数越多，分子的极性越弱，在水中溶解度越小，所以溶解度：＞，D正确；故选B。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.20g重水(D2O)中含有的中子数为8NAB.pH为l3的NaOH溶液中，OH-数目为0.1NAC.6.4gN2H4中含σ键数目为NAD.2mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．1个D2O分子中含有10个中子，则20g重水(D2O)中含有的中子数为 =10NA，A不正确；B．pH为l3的NaOH溶液的体积未知，无法求出OH-数目，B不正确；C．1个N2H4分子中含有5个σ键，则6.4gN2H4中含σ键数目为=NA，C正确；D．乙酸乙酯在酸性条件下的水解反应为可逆反应，则2mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于2NA，D不正确；故选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+B.用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OC.在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2OD.谷氨酸与足量氢氧化钠溶液反应：+OH-=+H2O【答案】A【解析】【详解】A．HgS的溶解度比FeS的溶解度小，所以可以用FeS除去废水中的Hg2+，故A正确；B．醋酸是弱酸，在离子方程式里不能写成离子，故B错误；C．Na2S溶液不是酸性的，所以在离子方程式里不能出现H+，正确的离子方程式为：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，故C错误；D．谷氨酸和足量的NaOH溶液反应，两个羧基都被中和成盐，正确的离子方程式为：+2OH-+2H2O，故D错误；故选A。14.下列说法正确的是A.25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5B.25℃时，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸 C.25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多D.25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸【答案】B【解析】【详解】A．pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是10-5mol/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B．等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C．等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D．混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。15.T℃时，降冰片烯在催化剂作用下聚合，反应物浓度与催化剂种类及反应时间的关系如表所示。下列说法不正确的是编号时间/min浓度/(mol/L)催化剂种类0501001502002501催化剂I3.002.401.801.200.6002催化剂II3.001.800.600003催化剂III1.500.900.30000A.催化效果：催化剂II优于催化剂IB.编号2和3实验中，反应至125min时，反应物恰好都消耗完C.编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为0.024mol•L-1•min-1D.其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大 【答案】D【解析】【详解】A．根据表格数据可知，使用催化剂II的反应速率更快，催化效果：催化剂II优于催化剂I，故A正确；B．根据表格数据，可知反应速率与反应物浓度无关。编号2的实验中50min反应物的浓度降低1.2mol/L，编号3的实验中50min反应物的浓度降低0.6mol/L，所以2、3实验中，反应至125min时，反应物恰好都消耗完，故B正确；C．编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为mol•L-1•min-1，故C正确；D．根据表格数据，编号1的实验中，0~50min反应物浓度减小0.06mol/L、50~100min反应物浓度减小0.06mol/L、1000~150min反应物浓度减小0.06mol/L，可知反应速率与反应物浓度无关，故D错误；选D。16.在标准状况下由指定单质生成1mol化合物时的恒压反应热，叫做标准摩尔生成焓，用符号△fH表示。而离子的标准生成焓是指从指定单质生成1mol溶于足够大量水中(无限稀释)的离子时所产生的热效应，并规定以H+为基准并指定其标准生成焓为0。相关数据如表[(cr)表示晶体状态，△fH表示标准摩尔反应焓变]。物质HClNaHCO3NaClH2OCO2H+Na+Cl-HCO状态(g)(cr)(cr)(l)(g)(aq)(aq)(aq)(aq)△fH/kJ•mol-1-92.3-950.8-411.2-285.8-393.50-240.1-167.2-692下列说法不正确的是A.HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)△fH=-74.9kJ/molB.NaCl晶体溶于水并无限稀释的过程需吸收热量C.标准状况下将HCl气体通入NaHCO3溶液，反应吸热D.等量粉末状和块状NaHCO3晶体溶于水(无限稀释)时，块状晶体吸收热量更多【答案】C 【解析】【详解】A．由题中标准摩尔生成焓的定义可得反应HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)的，A正确；B．由题可知反应的，，反应为吸热反应，B正确；C．由题可知反应的，可得，反应为放热反应，C错误；D．由题可知反应的，可得，反应为吸热反应，块状晶体与水的接触面积小，离子与水结合放出的能量小，吸收热量更多，D正确；故选C。17.铝的冶炼在工业上通常采用电解Al2O3的方法，装置示意图如图。研究表明，电解AlCl3－NaCl熔融盐也可得到Al，熔融盐中铝元素主要存在形式为AlCl和Al2Cl。下列说法不正确的是A.电解Al2O3装置中B电极为阴极，发生还原反应B.电解Al2O3过程中碳素电极虽为惰性电极，但生产中会有损耗，需定期更换C.电解AlCl3－NaCl时阴极反应式可表示为4Al2Cl+3e—=Al+7AlCl D.电解AlCl3－NaCl时AlCl从阳极流向阴极【答案】D【解析】【分析】由图可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物。【详解】A．由分析可知，电解氧化铝装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，故A正确；B．由分析可知，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素电极中的碳反应生成碳的氧化物，由于生产中碳素电极会有损耗，需定期更换，故B正确；C．由化合价变化可知，电解AlCl3－NaCl熔融盐制备金属铝时，Al2Cl离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝和AlCl离子，电极反应式为4Al2Cl+3e—=Al+7AlCl，故C正确；D．由化合价变化可知，电解AlCl3－NaCl熔融盐制备金属铝时，铝做电解池的阳极，在AlCl离子作用下铝在阳极失去电子发生氧化反应生成AlCl离子，电极反应式为Al+7AlCl—+3e—=4Al2Cl，则电解时AlCl从阴极流向阳极，故D错误；故选D。18.某温度下，向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Ba2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法不正确的是A.该温度下Ksp(BaCO3)=10-8.6B.a、c两点溶液中，水的电离程度：c＞a C.b点溶液中：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)D.若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为I【答案】C【解析】【详解】A．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)=10-4.3×10-4.3=10-8.6，A正确；B．a中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为10-7mol/L、c点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则：a、c两点溶液中水的电离程度：c＞a，B正确；C．b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C不正确；D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液：向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则c(Ba2+)=c(SO)=，＞4.3，则曲线变为I，D正确；答案选C。19.可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列说法不正确的是 A.反应I过程中有水生成B.反应IV涉及加成反应和消去反应C.该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇D.用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成【答案】D【解析】【详解】A．反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，A正确；B．反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；C．由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，C正确；D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，D不正确； 答案选D。20.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究温度对化学平衡的影响将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动B检验食品脱氧剂中还原铁粉是否己变质取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质C比较CH3COO-和ClO-水解程度大小用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-D探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A正确；B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振 荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B错误；C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C错误；D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D错误；故选A。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.牙齿表面釉质层主要成分为羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]，含氟牙膏中添入一氟磷酸钠(Na2PO3F)、氟化钠(NaF)等，可将羟基磷灰石转化为氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，有效预防龋齿。（1）表中是Na2PO3F中一种组成元素逐级失去电子电离能：I1I2I3I4I5I6I7I8电离能/(kJ•mol-1)10121903291249566273212682539729854该元素在Na2PO3F中的化合价为____价，其基态原子的简化电子排布式为____。（2）①磷酸盐在微生物作用下可转化为PH3，PH3的中心原子的杂化方式为____。②PH3键角为93.6°，小于VSEPR模型的预测值，原因为____。③HF的热稳定性比PH3强，原因为____。（3）含氟牙膏中的F-在一定条件下可与摩擦剂CaCO3发生反应生成CaF2。CO的空间构型为____。CaF2晶胞结构如图所示，晶胞中代表钙离子的是____(填“A”或“B”)，在该晶体中与B最近且等距离的B的数目为____。【答案】（1）①.+5②.[Ne]3s23p3（2）①.sp3②.PH3的VSEPR模型为正四面体形，其中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力③.F原子半径小，H－ F键强度(或键能)大于H－P键（3）①.平面三角形②.B③.12【解析】【小问1详解】由题干信息可知，电离能I5和I6之间差异过大，易失去5个电子，故该元素的化合价为+5价，是P元素，基态原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p3；【小问2详解】①PH3中有3个P-H，一个孤电子对，价层电子对数为4，所以中心原子的杂化方式为sp3；②PH3的VSEPR模型为正四面体形，其中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以PH3键角为93.6°，小于VSEPR模型的预测值；③F原子的半径小于P原子，H-F键强度(或键能)大于H-P键，故HF的热稳定性比PH3强；【小问3详解】的孤电子对数为，价层电子对数为3，所以中心原子的杂化方式为sp2，故空间构型为平面三角形；根据CaF2晶胞结构，B的个数为，A的个数为8，故晶胞中代表钙离子的是B；根据CaF2晶胞结构可知，与B最近且等距离的B的数目为12。22.化合物X由四种元素组成。某实验小组按如图流程进行相关实验(部分产物已略去)：已知：无色气体A能使品红溶液褪色。沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀。溶液D中含有两种溶质，取溶液D进行焰色试验，火焰为黄色。气体体积已折算至标准状况。请回答：（1）组成X的四种元素为____；X的化学式为____。（2）沉淀B和C混合物为____(用化学式表示)：写出B高温煅烧生成A和E的化学方程式 ____。（3）气体A能与溶液F中的产物发生非氧化还原反应而生成白色沉淀，写出该反应的离子方程式____。（4）有同学在溶液D中依次加入足量的硝酸钡溶液、硝酸银溶液、稀硝酸，经过滤、洗涤、干燥得到含G和H的固体混合物ag。设计实验，测定固体混合物中H的质量分数____。【答案】（1）①.Na、Ag、S、O②.Na3[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)（2）①.Ag2S、S②.Ag2S+O22Ag+SO2（3）SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+2H+（4）在ag混合物中加入足量的氨水，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体，计为bg，则H的质量分数为【解析】【分析】X能与0.04mol盐酸恰好反应，生成的无色气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫，沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀，煅烧又得到二氧化硫和固体单质E、E能溶于足量硝酸得到溶液F，则F含稀硝酸和硝酸盐、F能与1份溶液D恰好反应生成不溶于硝酸的白色沉淀H为氯化银，则X含银元素，另1份溶液D与足量氯化钡反应生成不溶于硝酸的白色沉淀G为硫酸钡，已知溶液D中含有两种溶质，取溶液D进行焰色试验，火焰为黄色，则D为硫酸钠和氯化钠的混合溶液，则组成X的四种元素为Na、Ag、S、O；H为0.02molAgCl，按银和氯元素守恒可知，X含0.02molAg元素，硫酸钡为0.005mol，D为2×0.005mol=0.01mol硫酸钠和2×0.02mol=0.04mol氯化钠的混合溶液，则钠离子为0.06mol，则X中含0.06mol钠元素，X与盐酸反应生成的二氧化硫为0.03mol；煅烧又得到二氧化硫0.04mol、D中含0.01mol硫酸钠、则X中硫元素物质的量为0.08mol，则X中氧元素为8.02g-108g/mol×0.02mol-23g/mol×0.06mol-32g/mol×0.08mol=1.92g、则O的物质的量为0.12mol。则X中个粒子的物质的量之比Na:Ag:S:O=3:1:4:6，X为Na3AgS4O6。X与盐酸反应得到的沉淀B和C混合物中含两种元素为Ag和S，且B为黑色沉淀则为0.01molAg2S，C为0.96g，按元素守恒可知，C为0.03molS，则X与HCl反应生成SO2、Ag2S、S、Na2SO4、NaCl，并没有直接生成氯化银沉淀，则银元素与硫元素的含氧酸根形成了配合离子，按产物SO2、Ag2S、S、Na2SO4、NaCl的物质的量之比为3:1:3:1:4，X中硫元素的化合价为+2价时满足得失电子数守恒，则配离子为Ag(S2O3)，则X为Na3[Ag(S2O3)2]，X与HCl的反应为： 2Na3[Ag(S2O3)2]+4HCl=3SO2+Ag2S+3S+Na2SO4+4NaCl。【小问1详解】据分析，组成X的四种元素为Na、Ag、S、O；X的化学式为Na3[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)。【小问2详解】沉淀B和C混合物为Ag2S、S：B高温煅烧生成A和E的化学方程式Ag2S+O22Ag+SO2。【小问3详解】气体A能与溶液F中的产物发生非氧化还原反应而生成白色沉淀，则元素化合价不变，白色沉淀为亚硫酸银，该反应的离子方程式SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+2H+。【小问4详解】G和H的固体混合物即硫酸钡和氯化银共ag。氯化银能溶于氨水而硫酸钡不溶，则测定固体混合物中H即氯化银的质量分数的实验方案为：在ag混合物中加入足量的氨水，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体即硫酸钡沉淀，计为bg，则H的质量分数为。23.利用CO2合成甲醇、二甲醚技术是有效利用CO2资源，实现“碳中和”目标的重要途径。（1）开发CO2直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。主反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H1=-122.54kJ•mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2①已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ•mol-1、-283.0kJ•mol-1，H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ•mol-1，则△H2=____kJ/mol。②其他条件相同时，反应温度对CO2平衡转化率影响如图所示。CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是____。③在催化剂作用下，向恒温恒压(250℃、3.0MPa)的密闭容器中充入反应气，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20，反应平衡时测得CO2的转化率为20%，二甲醚的选择性为80%( 已知二甲醚的选择性=×100%)，则副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（2）利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3<0，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如图所示。①下列说法正确是____。A.使用催化剂I时，d点已达到平衡B.T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数C.若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度D.c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线____。（3）水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化CO*+H2O*CO2*+H2(g)(*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下：I.H2O*→OH*+H*Ea1=141.7kJ/molII._____Ea2=39.5kJ/molIII.COOH*→CO2*+H*Ea3=132.1kJ/molIV.______Ea4=97.4kJ/mol①请补充其中的一个反应式：II_____。②反应CO*+H2O*CO2*+H2(g)的决速步骤是____(填序号)。 【答案】（1）①.+41.2②.温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大③.0.024(或)（2）①BC②.（3）①.CO*+OH*→COOH*②.I【解析】【小问1详解】①设H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为△H3和△H4，液态水转变为气态水反应热为△H5，根据盖斯定律有△H2=△H3+△H5-△H4=(-285.8kJ•mol-1)+(+44kJ•mol-1)-(-283.0kJ•mol-1)=+41.2kJ•mol-1。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度主反应平衡向左移动，副反应平衡向右移动。温度低于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率减小。温度高于280℃时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率增大。③设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol，则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应。【小问2详解】 ①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；故选BC。②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。【小问3详解】①步骤III中COOH*作反应物，说明步骤II中有COOH*生成，再结合步骤I和元素守恒知，步骤II中反应物有CO*和OH*，于是可得步骤II的反应式为CO*+OH*→COOH*。②步骤I-IV中活化能Ea1>Ea3>Ea4>Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I。24.实验室以液态环己醇()为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]晶体的实验流程如图：反应原理：HOOC(CH2)4COOH 已知每100g水中己二酸的溶解度如表：温度/℃15255070100溶解度/g1.442.38.4834.1160环己醇被高锰酸钾氧化时的实验装置如图，请回答：（1）①仪器a的名称是____。②用仪器b滴加环己醇时，需逐滴加入的原因是____。③若发现b中有环己醇残留偏多，可以向b中加入____(填“水”或“乙醇”)稀释从而降低黏性，防止产率降低。（2）加盐酸的目的是____。（3）用重结晶法提纯己二酸，提纯过程中需要用活性炭脱色，请从下列选项中选出合理的操作并排序：____。(____________)→(____________)→(____________)→(____________)→(____________)→i。a.用冷水洗涤晶体b.把粗产品配成热的浓溶液c.用乙醇洗涤晶体d.冷却至室温，过滤e.把粗产品溶于水f.蒸发至有大量晶体析出，过滤g.趁热过滤 h.加入活性炭脱色i.干燥（4）己二酸纯度测定将0.5000g己二酸样品配制成100mL溶液，每次取25.00mL试样溶液于锥形瓶中，滴入几滴酚酞试液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定至终点，平均消耗NaOH溶液16.00mL(己二酸被完全中和)。①下列说法正确的是____。A．用100mL容量瓶配制成溶液后，最好用25mL规格的量筒量取待测液于锥形瓶中B．润洗滴定管时，待液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管上口倒入预置的烧杯中C．接近滴定终点时，应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变色D．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则测定结果偏高②己二酸的纯度为_____%。【答案】（1）①.冷凝管②.防止反应过于剧烈③.水（2）把己二酸盐转化为己二酸（3）bhgda（4）①.CD②.93.44【解析】【分析】往KMnO4碱性溶液中滴加己二醇，己二醇发生氧化反应生成己二酸钠，蒸发浓缩后再加入盐酸，将己二酸钠转化为己二酸。【小问1详解】①仪器a的名称是冷凝管。②KMnO4具有强氧化性，与乙二醇能发生剧烈反应，用仪器b滴加环己醇时，需逐滴加入的原因是：防止反应过于剧烈。③因为乙醇也能被KMnO4碱性溶液氧化，若发现b中环己醇残留偏多，可以向b中加入水稀释从而降低黏性，防止产率降低。答案为：冷凝管；防止反应过于剧烈；水；【小问2详解】盐酸的酸性比己二酸的酸性强，加盐酸的目的是：把己二酸盐转化为己二酸。答案为：把己二酸盐转化为己二酸；【小问3详解】用重结晶法提纯己二酸，提纯过程中需要用活性炭脱色，所以应进行的操作为：b. 把粗产品配成热的浓溶液→h.加入活性炭脱色→g.趁热过滤→d.冷却至室温，过滤→a.用冷水洗涤晶体→i.干燥。答案为：；bhgda；【小问4详解】①A．量筒只能读到小数点后一位，量取25.00mL待测液于锥形瓶中时，最好用25mL规格的酸式滴定管，A不正确；B．润洗滴定管时，滴定管内壁、橡皮管、尖嘴管都需要润洗，所以，液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管下口流入预置的烧杯中，B不正确；C．看到溶液变红后又变为无色，表明接近滴定终点，此时应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变色，C正确；D．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则读取的所用标准液的体积偏大，测定结果偏高，D正确；故选CD；②由反应可以建立如下关系式：HOOC(CH2)4COOH——2NaOH，则己二酸的纯度为≈93.44%。答案为：CD；93.44。【点睛】温度降低时，己二酸的溶解度随温度的降低而减小，所以过滤操作时需趁热进行。25.某研究小组按下列路线合成抗帕金森病药物罗匹尼罗：已知：R－Cl+X-→R－X+Cl-(X=OH-、CN-、CH3O-)请回答：（1）下列说法不正确的是____。 A.A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸B.B→C、E→F的反应均为取代反应C.罗匹尼罗的分子式是C16H22N2OD.罗匹尼罗可制成盐酸盐，增强水溶性（2）化合物M的结构简式是____。（3）补充完整F→G的化学方程式：_____+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+_____。（4）设计从甲苯合成A的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选)____。（5）帕金森病与多巴胺()有关，写出多巴胺同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_____。①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键。②分子中含一个六元环。【答案】（1）BC（2）（3）①.②.4HCl（4）（5）、、【解析】 【分析】根据B的分子式，结合A的结构简式，由D逆推，可知B是；和SOCl2反应生成C，根据C的分子式可知，C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；D被还原为E，根据E的分子式可知E是；E中硝基被还原为氨基，F是。【小问1详解】A．A→B苯环上引入硝基，发生硝化反应，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸，故A正确；B．B→C是B中羟基被Cl原子代替、E→F是E中的硝基被还原为氨基，B→C是取代反应、E→F是还原反应，故B错误；C．根据罗匹尼罗的结构简式，可知分子式是C16H24N2O，故C错误；D．罗匹尼罗中N原子可与通过配位键与H+结合，可制成盐酸盐，增强水溶性，故D正确；选BC。【小问2详解】C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；【小问3详解】 根据以上分析，F是，和CCl3CHO+NH3OH•HCl反应生成和HCl，F→G的化学方程式：+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+4HCl。【小问4详解】甲苯和氯气在Fe作用下生成，在光照条件下和氯气反应生成，根据题目信息，和CN-反应生成，再水解为，合成A的路线为。【小问5详解】①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键，说明分子中含有2个甲基且结构对称；②分子中含一个六元环。符合条件的的同分异构有、、。