浙江省91高中联盟2022-2023学年高三化学上学期期中试卷（Word版附解析）

2022学年第一学期9+1高中联盟期中考试高三年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：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.水溶液呈碱性的盐是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．为碱，溶于水后电离出OH-，溶液呈碱性，故A项不符合题意；B．为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故B项不符合题意；C．为强碱弱酸盐，溶于水后发生水解，溶液呈碱性，故C项符合题意；D．为强酸酸式盐，溶于水后电离出Na+、H+、，溶液呈酸性，故D项不符合题意；综上所述，答案为C。2.下列物质属于弱电解质的是A.CH2ClCOOHB.ClO2C.HCOONaD.CuSO4·5H2O【答案】A【解析】【详解】A．CH2ClCOOH能够微弱电离产生自由移动的离子，溶液中存在电离平衡，因此CH2ClCOOH属于弱电解质，A符合题意；B．ClO2是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此ClO2是非电解质，B不符合题意；C．HCOONa是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，C 不符合题意；D．CuSO4·5H2O是盐，能够在水中完全电离产生自由移动的离子，因此该物质属于强电解质，D不符合题意；故合理选项是A。3.重结晶法提纯苯甲酸实验中不需要的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要锥形瓶；故选C。4.下列物质对应的化学式正确的是A.石英砂的主要成分：B.漂白液的有效成分：C.黄铁矿的主要成分：D.纤维素：【答案】D【解析】【详解】A．石英砂主要成分是SiO2，故A错误；B．漂白液有效成分是NaClO，故B错误；C．黄铁矿的主要成分是FeS2，故C错误；D．纤维素的分子中有数千个葡萄糖单元，其中每个葡萄糖单元有2个醇羟基，因此纤维素组成通式也可以写成[C6H7O2(OH)3]n，故D正确；答案为D。5.下列化学用语正确的是 A.Cl2O的球棍模型：B.第一电离能大小：N＞O＞SiC.NaCl的电子式：D.CH(CH3)3的名称：2，2-二甲基丙烷【答案】B【解析】【详解】A．Cl2O中O原子与2个Cl原子形成2个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，原子半径：Cl＞O，但3个原子不在一条直线上，因此该图示不能表示Cl2O的结构，A错误；B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素；同一主族元素的第一电离能随原子序数的增大而减小，因此第一电离能大小：N＞O＞C＞Si，B正确；C．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间以离子键结合，其电子式为：，C错误；D．根据系统命名方法可知CH(CH3)3的名称是2-甲基丙烷，D错误；故合理选项B。6.化学与我们的生活、生产息息相关，下列说法正确的是A.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B.碘和乙醇能用于消毒防腐，均利用了强氧化性C.含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜可以直接用来包装食品D.核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，核酸检测的是RNA【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅不能导电，其能够使光线发生全反射，因此可用于制造光导纤维，A错误；B．碘和乙醇能用于消毒防腐，前者是利用碘单质的强氧化性，后者是利用乙醇能够使细菌、病毒蛋白质失去水分而失去生理活性，B错误；C．含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜具有一定的毒性，会危害人体身体健康，因此不能用来直接用来包装食品，C错误；D．核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，病毒内含有RNA，因此核酸检测的是RNA，D正确； 故合理选项是D。7.下列说法正确的是A.油酸与丙烯酸互为同系物B.与互为同素异形体C.和互为同位素D.与互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．油酸与丙烯酸均各含1个碳碳双键、1个羧基，结构相似、组成上差15个CH2，互为同系物，A正确；B．与均是氢分子、不互为同素异形体，B错误；C．和的质子数不相同，不是同种元素，不互为同位素，C错误；D．与均为甲酸甲酯，不互为同分异构体，D错误；答案选A。8.下列说法不正确的是A.氯碱工业阴极室内的产物是NaOH和H2B.石灰石可以用于制玻璃工业，是因为高温下碳酸钙与二氧化硅会发生反应C.铝热反应非常剧烈，在工业上可以炼铁D.金属冶炼时产生含二氧化硫的废气经回收后可用于制备硫酸【答案】C【解析】【详解】A．在氯碱工业中，阴极室内H2O电离产生的H+得到电子被还原为H2，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故阴极的产物是NaOH和H2，A正确；B．制取玻璃的原料有石灰石、纯碱和石英。石灰石可以用于制玻璃工业，是因为高温下碳酸钙与二氧化硅会发生反应产生CaSiO3、CO2，B正确；C．铝热反应非常剧烈，但反应会消耗大量能量，因此不适用于在工业上炼铁，可以在小型生产中使用，如火车钢轨的焊接等，C错误；D．金属冶炼时产生含二氧化硫的废气经净化回收后，可以与O2在催化剂存在条件下加热被氧化产生SO3，SO3被98.3%的浓硫酸吸收而可用于制备硫酸，D正确； 故合理选项是C。9.下列说法不正确的是A.被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于新型无机非金属材料B.在奶粉中添加微量碳酸钙符合使用食品添加剂的有关规定C.冠醚和金属离子的聚集体可以看成是一类超分子D.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯是一种碳单质，属于新型无机非金属材料，A正确；B．在奶粉中添加碳酸钙可以补充钙质，添加微量符合使用食品添加剂的有关规定，B正确；C．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，超分子定义中的分子是广义的，包括离子，例如：冠醚和金属离子的聚集体可以看成是一类超分子，C正确；D．油脂不属于高分子，油脂的皂化不属于高分子生成小分子的过程，D不正确；答案选D。10.下列说法不正确的是A.的反应热无法直接测得，可通过C和CO的燃烧热间接求得B.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护与通风C.利用X射线衍射实验可以测定晶胞中的原子坐标，并通过计算判断分子的空间结构D.NaCl溶液中的Ca2+、可以通过先加Na2CO3溶液，再加BaCl2溶液和盐酸除去【答案】D【解析】【详解】A．的反应热无法直接测得，可通过测定C和CO的燃烧热，然后用盖斯定律通过热化学方程式叠加间接求得，A正确；B．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时要避免HNO3对人体危害及环境的破坏作用，因此须注意个人防护与通风措施，B正确；C．利用X射线衍射实验可以测定晶胞中原子的相对位置，进而可确定其原子的原子坐标，然后就可以通过计算判断分子的空间结构，C正确；D．除去NaCl溶液中的、，可通过先向其中加入稍过量BaCl2溶液，使转化 为BaSO4沉淀，然后再加入稍过量加Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及引入的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤，在滤液中加入盐酸直至不再产生气体，以除去过量Na2CO3，D错误；故合理选项是D。11.下列说法不正确的是A.将NaCl溶液从常温加热到80℃，溶液仍呈中性，但pH＜7B.25℃时，pH、体积均相同的CH3COONa和NaOH溶液导电能力相同C.25℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性(K1=1.0×10-6)，则0.01mol/LN2H4水溶液的D.25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则HX为强酸【答案】B【解析】【详解】A．NaCl是强酸强碱盐，不水解，将NaCl溶液从常温加热到80℃，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)＞10-7mol/L，pH＜7，但由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此溶液仍呈中性，A正确；B．NaOH是一元强碱，其电离产生的c(Na+)=c(OH-)=c(NaOH)，而CH3COONa是盐，其水解程度是十分微弱的，主要以盐电离产生的离子形式存在，所以c(OH-)＜＜c(Na+)=c(CH3COO-)，则25℃时，pH、体积均相同的CH3COONa和NaOH溶液中CH3COONa溶液中离子浓度大于NaOH溶液，故二者的导电能力不相同，B错误；C．25℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性(K1=1.0×10-6)，假设0.01mol/LN2H4水溶液电离产生OH-的浓度为a，则K1=，解得a≈1.0×10-4mol/L，则c(H+)=，所以溶液pH≈10，C正确；D．25℃时，物质量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，两种溶液中c(Na+)相等，若c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则说明X-不水解，Y-发生水解反应，c(Na+)=c(X-)=c(Y-)+c(HY)，故HX为强酸，HY是弱酸，D正确；故合理选项是B。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与足量反应转移的电子数为 B.甲苯与丙三醇的混合液中所含的氢原子数目为C.分子中含键数目为D.的溶液中数目小于【答案】B【解析】【详解】A．未指明气体所处状况，无法计算反应转移的电子数，A错误；B．甲苯（分子式为C7H8）和丙三醇（分子式为C3H8O3）的相对分子质量都为92，都含有8个氢原子，则9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物质的量为0.1mol，含氢原子数目为0.8NA，B正确；C．物质的量为0.5mol，若结构简式为，则分子中含键数目为，C错误；D．溶液体积未知，无法计算溶液中数目，D错误；故选B。13.下列“类比”不正确的是A.Ba(NO3)2溶液中通入SO2生成BaSO4沉淀，则CaCl2溶液中通入CO2生成CaCO3沉淀B.乙烯能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯也能被酸性KMnO4氧化生成CO2C.元素周期表中锂和镁位于对角线上，MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水D.AgOH溶于氨水生成Ag(NH3)2OH，则Cu(OH)2溶于氨水生成Cu(NH3)4(OH)2【答案】A【解析】【详解】A．SO2溶于水与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下表现强氧化性，会将H2SO3氧化产生，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4沉淀，而CO2与水反应产生的H2CO3，由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液中通入CO2气体不能生成CaCO3沉淀，A错误；B．乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO4氧化为CO2，丙烯分子中也含有不饱和的碳碳双键，因此也能被酸性KMnO4氧化生成CO2，B正确； C．元素周期表中锂和镁位于对角线上，二者形成的化合物结构相似。MgCO3微溶于水，则Li2CO3也微溶于水，C正确；D．Cu、Ag属于同一副族元素，二者结构相似，性质也相似。AgOH难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性络合物Ag(NH3)2OH；Cu(OH)2难溶于水，但能够溶于氨水生成可溶性的络合物Cu(NH3)4(OH)2，D正确；故合理选项是A。14.下列离子方程式书写正确的是A.加入中：B.向悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：C.向苯酚钠溶液中通入少量的：D.过量二氧化硫通入溶液：【答案】B【解析】【详解】A．加入中发生自身氧化还原反应：，A错误；B．碘化银比氯化银更难溶，向悬浊液中滴加溶液，氯化银转化为碘化银，故产生黄色沉淀：，B正确；C．向苯酚钠溶液中通入少量的生成碳酸氢钠：，C错误；D．过量二氧化硫通入溶液中发生氧化还原反应生成硫单质，D错误；答案选B。15.下列说法正确的是A.通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯与甲烷等基本化工原料B.葡萄糖分子中的醛基与分子内的羟基作用，形成两种五元环结构C.蛋白质溶液中加入稀(NH4)2SO4溶液或AgNO3溶液，都能析出沉淀D.酚醛树脂是在催化剂条件下，苯酚与甲醛先发生取代反应再缩合而成的高分子 【答案】A【解析】【详解】A．石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯与甲烷等基本化工原料，A正确；B．葡萄糖分子中的醛基与分子内的羟基作用，形成两种六元环结构，B错误；C．(NH4)2SO4属于轻金属盐，蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，会降低蛋白质的溶解度而发生盐析现象析出沉淀；AgNO3是重金属盐，能够使蛋白质发生变性而产生沉淀，C错误；D．酚醛树脂是在催化剂条件下，苯酚与甲醛先发生加成反应后再缩聚反应而成的高分子化合物，D错误；故合理选项是A。16.化合物“E7974”具有抗肿痛活性，结构简式如下，下列有关该化合物说法不正确的是A.一定条件下，能在NaOH溶液中水解B.分子中含有2种含氧官能团C.分子中含有3个手性碳原子D.1mol该化合物最多与2molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质分子中含有肽键，因此一定条件下，能在NaOH溶液中水解反应，A正确；B．根据物质分子结构简式可知分子中含有羰基和羧基两种含氧官能团，B正确；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质结构简式可知该物质分子中含有3个手性C原子，用※可表示为，C正确；D．分子结构中2个酰胺基和羧基可以与NaOH，则lmol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。 17.下列说法正确的是A.同一原子中、、、能量依次升高B.白磷晶体中的微粒之间通过共价键结合，键角为C.和中的B原子的VSEPR模型都是四面体形D.石墨是混合型晶体，为过渡晶体当作离子晶体来处理【答案】C【解析】【详解】A．3d能级和4s能级出现能量交错，多电子原子中，4s能量小于3d能量，故A错误；B．白磷分子是正四面体结构，四个磷原子处在四个顶点上，键角为60°，故B错误；C．和中的B原子均为sp3杂化，VSEPR模型都是四面体形，故C正确；D．石墨是混合型晶体，是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故D错误；故选C。18.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中Y是金属元素。X原子中有6个运动状态完全不同的电子，X、Y、Z原子最外层电子数之和等于13。下列叙述正确的是A.元素X与Z可形成由极性键构成的非极性分子B.Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强C.电解液态可得Y单质D.W的氧化物对应水化物的酸性比X的强【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子中有6个运动状态完全不同的电子，则X为C，X、Y、Z原子最外层电子数之和等于13。Y、Z原子最外层电子数之和等于9。其中Y是金属元素，当Y为Al时、Z为S、W为Cl，满足题意，据此回答。【详解】A．元素X与Z可形成由极性键构成的非极性分子CS2，A正确；B．非金属性Z＜W，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱，B错误； C．即氯化铝属于共价化合物，不能通过电解液态制备Y单质即铝，C错误；D．W的氧化物对应水化物有多种，例如次氯酸、高氯酸等，X的氧化物对应水化物为碳酸，次氯酸的酸性比碳酸弱，D错误；答案选A。19.在起始温度均为T℃、容积均为的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和，发生反应，已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.用的浓度变化表示曲线N在内的反应速率为B.曲线N表示B容器中的转化率随时间的变化C.Q点大于P点D.T℃时，【答案】B【解析】【详解】A．0-100s时N2O的转化率为10%，N2O的反应量为lmol×10%=0.lmol，根据方程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.lmol，则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100s内的反应速率为v(CO)=，A正确；B．该反应从正反应方向开始，正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，N2O的转化率降低，所以M是绝热(B)条件下进行，N表示恒温(A)下进行反应，B错误； C．Q点与P点一氧化二氮转化率相同，则两个容器内同一种气体的浓度相同，而Q点反应温度高于P点，Q点反应速率高于P点，结合题干信息可知，Q点k正大于P点k正，C正确；D．由平衡时正逆反应速率相等可得：k正·c(N2O)·c(CO)=k逆·c(N2)·c(CO2)，平衡常数K==，由图可知，T℃条件下，容器A平衡时一氧化二氮的转化率为25%，则平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳、氮气的浓度分别为=0.075mol/L、=0.375mol/L、=0.025mol/L、=0.025mol/L，反应的平衡常数K===，D正确；答案选B。20.关于化合物的性质，下列推测不合理的是A.溶于水生成和B.在氧气中加热生成、、C.与反应得到的产物再水解生成D.与在光照条件下可以反应得到【答案】B【解析】【详解】是一种格式试剂、属于共价化合价，镁呈正价、碳和氯呈负价；A．结合分析可知，+H2O→和，A不符合；B．在氧气中加热发生2+O2→2CH3OMgCl，CH3OMgCl可水解：CH3OMgCl+H2O→CH3OH+，B符合；C．与反应得到的产物为CH3COOMgCl、再水解生成，C不符合；D．分子内有甲基，可以发生取代反应，则可以被与在光照条件下可以反应得到，D不符合； 答案选B。21.高电压水系锌-有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法不正确的是A.放电时，正极反应式为B.充电时，转化为转移电子C.放电时，中性电解质中向左侧迁移D.充电时，正极区溶液的减小【答案】C【解析】【分析】放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时为电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。【详解】A．放电时，右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2，A正确；B．充电时为电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，B正确；C．放电时，为原电池，阳离子移向正极，则中性电解质中向右侧迁移，C错误；D．充电时，为电解池，消耗氢离子，溶液的减小，D正确；故选C。22.常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL浓度均为0.1mol/L的HCl和NH4Cl的混合液，下列说法不正确的是A.当滴入NaOH溶液10mL时， B.当滴入NaOH溶液15mL时，C.当滴入NaOH溶液15mL时，D.当溶液呈中性时，NaOH溶液滴入量小于20mL，【答案】B【解析】【详解】A．当加入NaOH溶液10mL时，n(NaOH)=n(HCl)=n(NH4Cl)，NaOH与HCl恰好发生中和反应产生NaCl、H2O，n(NaCl)=n(NH4Cl)，在溶液中会部分发生水解反应产生NH3·H2O，则根据物料守恒可知c(Na+)+c()+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，故c(Na+)+c()＜c(Cl-)，A正确；B．当滴入NaOH溶液15mL时，各种物质的物质的量关系为：2n(NaOH)=3n(HCl)=3n(NH4Cl)，HCl完全反应产生NaCl，NH4Cl也有一半与NaOH反应产生NaCl、NH3·H2O，溶液为NaCl、NH4Cl的混合溶液，N元素在溶液中存在微粒有NH3、、NH3·H2O，由于溶液的体积相同，根据元素守恒可知，B错误；C．当滴入NaOH溶液15mL时，HCl完全与NaOH溶液反应消耗10mL，剩余5mLNaOH溶液与NH4Cl反应，只有一半NH4Cl反应，得到等浓度NH4Cl、NH3·H2O的混合溶液，由于NH3·H2O的电离作用大于的水解作用，所以微粒浓度，C正确；D．若加入NaOH溶液滴入量为20mL，HCl、NH4Cl恰好反应产生NaCl、NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，因此要使溶液显中性，则NaOH溶液滴入量小于20mL，溶液中离子浓度关系c(Na+)+c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，因此此时c(Na+)+c()=c(Cl-)，D正确；故合理选项是B。23.氮氧化物会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述不正确的是 A.反应⑤变化过程可表示为：B.图中总过程中每吸收需要标准状况下的氧气为C.反应③未涉及元素化合价的变化D.反应④涉及非极性共价键的断裂与生成【答案】D【解析】【详解】A．由图知，反应⑤变化过程可表示为：，A正确；B．图中总过程为，则每吸收需要氧气为1mol、即标准状况下体积为，B正确；C．反应③中断裂氧氧键为非极性键、其它原子之间的结合不曾变化，故反应③未涉及元素化合价的变化，C正确；D．反应④不涉及非极性共价键的断裂，D不正确；答案选D。24.实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是 A.0-5s过程中，发生的氧化还原反应为：B.实验开始至30s溶液中发生的总反应离子方程式为：C.30-80s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余的H2O2所致D.80s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为【答案】A【解析】【详解】A．K2Cr2O7中Cr的化合价为+6，由图2可知：5s时Cr的化合价为+6，Cr的化合价没变化，即0~5s过程中，没有发生氧化还原反应，而中元素化合价发生了变化，因此这5s内没有发生该变化，A错误；B．实验开始至30s时，Cr元素化合价由+6价变为+3价，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：，B正确；C．30~80s过程中，Cr由+3价升高为+6价，反应过程中被氧化，H2O2具有氧化性，可能是剩余的H2O2所致，C正确；D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，已知2+2H++H2O，碱性条件下，反应逆向移动，生成，所以80s时溶液中含铬微粒主要是，D正确；故合理选项是A。25.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与结论A检验某无色溶液中是否含有取少量该溶液于试管中，滴加溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中含有B检验某固体试样中是否存在三价铁取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加溶液若没有出现血红色，则该固体试样中不存在三价铁C比较配合物和的稳定性向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴溶液若溶液颜色不变，则说明较稳定D探究卤代烷的化学性质取少量溴乙烷于试管中，加入溶液，振荡后加热，再滴加稀硝酸和溶液若产生淡黄色沉淀，则说明卤代烷能发生消去反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。若该溶液是氨水，加热即可挥发出氨气，则不能证明该溶液中含有，A错误；B．当固体中同时含有铁和氧化铁时也会出现该现象，B错误；C．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴溶液，若溶液颜色不变、说明没有产生血红色的硫氰化铁，则说明较稳定、难电离出铁离子，C正确；D．溴乙烷于试管中，加入溶液，振荡后加热，发生反应生成了溴离子，但该反应为 水解反应、属于取代反应，D错误；答案选C。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.填空。（1）基态碳原子核外电子的空间运动状态有_______种，基态硒原子核外价电子排布式为_______。（2）吡啶()分子中也含有与苯类似的大键，则吡啶中N原子的孤电子对占据的轨道为_______轨道，吡啶在水中的溶解度_______苯(填“大于”或“小于”)。（3）已知CH3NH2的碱性比NH2OH强，原因是_______。（4）NH4HF2中存在的化学键类型是_______(填选项字母)。A.配位键B.氢键C.离子键D.共价键（5）如图表示的SiO2的晶胞结构，试回答下列问题。①1个SiO2晶胞中含有_______个Si-O键。②若SiO2正立方体形状晶体的密度为ρg/cm3，SiO2晶体中最近的两个硅原子之间的距离表达式为_______cm。(NA表示阿伏伽德罗常数)【答案】（1）①.4②.4s24p4（2）①.sp2②.大于（3）甲基为推电子基，羟基为吸电子基(或电负性O＞N＞C，故CH3NH2中的N电子云密度更大，容易结合H+，碱性强（4）ACD （5）①.32②.【解析】【小问1详解】C是6号元素，根据构造原理，可知基态C原子核外电子排布式是1s22s22p2，则基态碳原子核外电子的空间运动状态有1+1+2=4种；Se是34号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，则基态硒原子核外价电子排布式为4s24p4；【小问2详解】在吡啶中N原子形成了3个σ共价键和1个π键，因此N原子采用sp2杂化；吡啶中N原子的孤电子对占据的轨道为sp2杂化轨道；吡啶分子中N原子的吸引电子能力比苯分子中C原子强，容易与水分子中=形成氢键，增加了分子作用，导致其在水中的溶解度比苯大；【小问3详解】已知CH3NH2的碱性比NH2OH强，这是由于甲基为推电子基，羟基为吸电子基(或电负性O＞N＞C)，故CH3NH2中的N电子云密度更大，容易结合H+，因此其碱性强；【小问4详解】NH4HF2是盐，属于离子化合物，含有离子键；在阳离子中N原子与H原子之间存在共价键、配位键；氢键不属于化学键，属于分子间作用，故该物质中存在的化学键类型是配位键、共价键、离子键，故合理选项是ACD；【小问5详解】根据图示可知：在晶胞内的4个Si原子中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O共价键，在六个面心上的6个Si原子每个形成2个Si-O共价键；在顶点上的Si原子中有4个Si原子形成了4个Si-O共价键，故在该晶胞中含有的Si-O共价键数目是4×4+6×2+4×1=32个；在该晶胞中含有的Si-O共价键数目是32个，由于每个O原子形成2个Si-O共价键，则其中含有的O原子数目是16个，根据化学式可知其中含有Si原子数目是8个，其中含有8个“SiO2”，晶胞质量m=，晶体体积V= ，晶胞边长L=cm；在该晶胞中两个距离相等且最近的Si原子处于位置为A、E点之间的距离，长度是晶体体对角线的，则该晶胞中两个距离相等且最近的Si原子之间的距离为。27.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：A溶液焰色试验呈黄色，恰好中和A溶液消耗，气体F中含有水蒸气。请回答：（1）组成X的三种元素名称为_______，D的化学式为_______。（2）溶液C中溶质的成分是_______(用化学式表示)。（3）X与稀硫酸反应的化学方程式是_______。（4）设计实验，检验气体F中的另外2种气体_______。【答案】（1）①.铁、钠、氧②.或（2）、（3）（4）先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有【解析】【分析】从流程图可知，，A为碱性溶液且焰色试验呈黄色，且能与HCl发生中和反应，则A为NaOH，恰好中和A溶液消耗，n(NaOH)=0.06mol，n(Na+)=0.06mol，m(Na+)=1.38g；B为红褐色沉淀，则B为Fe(OH)3，n[Fe(OH)3]=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol，m(Fe3+)=3.36g；化合物X由3种元素组成，则组成X的元素为Fe、Na和 O，，n(Na)：n(Fe)：n(O)=1：1：2，X的化学式为。与过量稀硫酸反应，化学方程式为，得到无色溶液C和浅黄色沉淀D。溶液C无色，则所含溶质为和过量的。溶液C中不含铁元素，则浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，D隔绝空气加热得到气体F和固体E，气体F中含有水蒸气，则n(H2O)=0.06mol，说明D中含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，固体E和水反应生成红色沉淀Fe(OH)3和无色溶液，往无色溶液中加足量氯化钡溶液得到白色沉淀，此沉淀为BaSO4沉淀，说明D中含，由此可得D的化学式为或。【小问1详解】根据分析知，组成X的元素为铁、钠和氧；根据分析浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，且含，由此可得D的化学式为或；【小问2详解】根据分析，溶液C无色，则所含溶质为和过量的；【小问3详解】X的化学式为，与过量稀硫酸反应，化学方程式为；【小问4详解】根据分析，D为或，D隔绝空气加热得到的气体F中除水蒸气外，另2种气体应为和，检验这两种气体，可以先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有。28.氮及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。 （1）在一定温度下，氨气溶于水的过程及其平衡常数为：其中P为的平衡压强，为在水溶液中的平衡浓度。设氮气在水中的溶解度，则用P、和表示S的代数式为_______。（2）氨在催化氧化反应时发生如下反应：I.II.III.①反应I在常压下自发进行的条件是_______。②将一定比例的和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、生成的选择率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是_______。A.其他条件不变，升高温度，的平衡转化率增大B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处的物质的量先增大后减小C.催化氧化除去尾气中的应选择反应温度高于250℃D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大（3）的氧化反应：，分两步进行。 I.II.已知：i.决定氧化反应速率的是步骤“II”ii.，反应I的活化能为，反应II的活化能为①请在图中画出氧化反应的过程能量示意图(必要的地方请标注)_______。②某工业制硝酸流程中，进入反应塔的混合气体中和发生化学反应：，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：压强温度/℃达到所列转化率需要时间/s50％90％98％1.03012250283090255105760氧化生成反应的反应速率随温度的升高而_______(填升高、降低或不变)，试分析其原因_______。【答案】（1）（2）①.任意温度②.BD （3）①.②.降低③.，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响【解析】【小问1详解】由K1表达式可知，由反应式可知，因为溶液中的与几乎相等，故可得，因此，因此可得S=。【小问2详解】①一个反应能自发进行的条件是，在该反应中，，且该反应为熵增的反应，即，因此该反应在任意温度下，都满足，即反应I在常压下自发进行的条件是任意温度；②A.因为各反应的，因此其他条件不变，升高温度，的平衡转化率减小，A错误；B.其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，NH3的转化率有明显升高，N2的选择性略降，因此出口处的物质的量先增大后减小，B正确；C.催化氧化除去尾气中的若选择反应温度高于250℃，则N2的选择性下降，尾气中氮的氧化物含量上升，不利于尾气处理，C错误；D.随温度的升高，选择性下降的原因可能为催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大，D正确。因此选BD。【小问3详解】①由已知i可知，反应I的活化能为小于反应II的活化能为，因此氧化反应的过 程能量示意图可表示为：；②由实验数据可知，温度较高时，NO达到所需转化率的时间增多，即氧化生成反应的反应速率随温度的升高而降低。造成这一结果的原因是，，温度升高，反应I平衡逆移，减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响。29.六水氯化锶是实验室重要的分析试剂。工业上常以天青石(主要成分为，含少量)为原料制备，生产流程如图：已知：①25℃时，的为，的为。②(摩尔质量为)，易溶于水，微溶于无水乙醇和丙酮。（1）关于上述实验操作下列说法不正确的是_______。A.工业上天青石焙烧前应先研磨粉碎，是为了提高化学反应速率B.步骤III，若要从滤液中得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，需将滤液蒸发浓缩并快速降温结晶C.过滤后为除去晶体表面的杂质，应向过滤器中加冷水浸没，洗涤晶体2～3次D.为得到无水，可直接加热脱去结晶水获得（2）步骤I的化学方程式为_______。（3）经盐酸浸取后的溶液中除含有和外，还有少量的杂质。为了除去杂质， 同时提高原料的利用率，滤液中的浓度应不高于_______。(注：通常认为残留在溶液中的离子浓度小于时，离子完全沉淀)（4）产品纯度检测：称取产品配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，向其中加入含溶质为的溶液。溶液中除外，不含其它与反应的离子，待完全沉淀后，滴入1～2滴含的溶液作指示剂，用的NH4SCN标准溶液滴定剩余的，使剩余的以白色沉淀的形式析出。①配制样品溶液需要用到下列所有操作：a.打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立；b.冷却至室温；c.将溶液转移到容量瓶中；d.轻轻振荡容量瓶；e.将塞子反转180度，倒立；f.称取试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解；g.洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次；h.定容，摇匀。请给出上述操作的正确顺序：_______(操作可重复使用)。a→e→f→______→______→______→______→______→h②下列有关上述滴定操作的说法正确的是_______。A.滴定管活塞涂凡士林：用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如下图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动B.滴定开始时可将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，眼睛注视滴定管中液面变化C.当加入最后半滴NH4SCN溶液时，溶液颜色从红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E.第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差③达到终点时，消耗NH4SCN溶液如下表：实验消耗NH4SCN溶液体积第一次19.98第二次18.73第三次20.02则产品中的质量百分含量为_______。【答案】（1）BC（2）（3）0.03（4）①.bcgcd②.AD③.93.45％【解析】【分析】以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备六水氯化锶(SrCl2·6H2O)，由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2·6H2O。【小问1详解】A．研磨粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高反应速率，提高原料的转化率，故A正确；B．步骤III，若要从滤液中得到大颗粒的高纯六水氯化锶晶体，需将滤液蒸发浓缩并缓慢降低温度，逐渐结晶，故B项错误；C．由于SrCl2·6H2O易溶于水，因此不能用冷水洗涤晶体，SrCl2·6H2O微溶于无水乙醇和丙酮，可用无水乙醇或丙酮洗涤，故C项错误；D．Sr元素位于第五周期IIA族，由此可知Sr(OH)2为强碱，加热SrCl2·6H2O可知直接获得无水SrCl2，故D项正确；综上所述，不正确的为BC。【小问2详解】 步骤I中SrSO4与C隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrSO4中只有S被还原，且1molSrSO4反应电子转移8mol，则该反应的化学方程式为。【小问3详解】当溶液中Ba2+浓度为1×10-5mol/L时，溶液中，Sr2+沉淀的最低浓度为，由此为保证滤液中Sr2+不发生沉淀，则Sr2+的最高浓度为0.03mol/L。【小问4详解】①配制100mL样品溶液的操作步骤为：计算、容量瓶检漏、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇动、定容、摇匀，所以正确操作顺序为aefbcgcdh；②滴定过程中需时刻留意锥形瓶中颜色变化，故B错误；达到滴定终点时，最后半滴滴入的KSCN溶液与Fe3+反应生成Fe(SCN)3，溶液由无色变为红色，且半分钟不恢复至无色，故C项错误；滴定过程中消耗标准液的体积由剩余Ag+的物质的量决定，与溶液中Ag+的浓度无关，因此稀释不能起到减小误差的作用，故E项错误。③第二次数据相较于其余两组数据偏差较大，应舍去，即消耗NH4SCN溶液的平均体积为，因此Ag+与Cl-反应后剩余的Ag+的物质的量为，故Ag+与Cl-反应消耗Ag+的物质的量为0.011mol-0.004mol=0.007mol，100mL产品液中含有SrCl2的物质的量为，则产品中的质量百分含量为。30.某研究小组按下列路线合成药物吲哚美辛。 已知：①②③回答下列问题：（1）下列说法不正确的是_______。A.化合物A发生硝化反应产物不止一种B.化合物C具有碱性C.化合物F中的含氧官能团是羧基和醚键D.吲哚美辛的分子式是（2）化合物G的结构简式是_____；合成过程中涉及C→D和E→F两步反应的目的是_____。（3）D→E的化学方程式为_______。（4）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。①谱和谱检测表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，无N-O键和C-O-C键。②分子中含苯环。（5）设计由苯胺和为原料合成的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。【答案】（1）CD（2）①.②.保护氨基，防止氨基上的H被取代 （3）（4），，，（5）或【解析】【分析】由流程可知A为，结合目标产物的结构可知A先硝化后还原得B为，C→D为信息反应①、结合分子式可知C为，D为，D→E即和发生了取代反应，得E为，E→F为水解、F→G为信息反应②、结合F的分子式和目标产物的结构简式，得F为，G为，据此回答。【小问1详解】 A．化合物A为苯甲醚，苯环上有3种氢原子，在流程中A发生硝化反应、对位的氢原子被取代，则邻位氢被取代概率也很大，硝化反应产物不止一种，A正确；B．化合物C中含有氨基、具有碱性，B正确；C．化合物F中的含氧官能团是酰胺基和醚键，C不正确；D．吲哚美辛的分子式是，D不正确；选CD；【小问2详解】据分析，化合物G的结构简式是；氨基可以和酰氯发生取代反应，合成过程中涉及C→D氨基参与反应，E→F中重新生成氨基，则两步反应的目的是：保护氨基，防止氨基上的H被取代；【小问3详解】据分析，D→E即和发生了取代反应，化学方程式为：+→HCl+；【小问4详解】化合物C为同分异构体同时符合下列条件的：①谱和谱检测表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，无N-O键和C-O-C键；②分子中含苯环；当苯环只有1个取代基时，苯环上有3种氢、则侧链有2 种氢，则满足条件的同分异构体的结构简式为，同理可得：，，；【小问5详解】由苯胺和为原料合成，可结合信息反应③，得到、分子间反应即可得到，故合成线路为→。苯胺上氨基上的氢是等同的活泼氢，故与也可以生成，再与苯胺反应转化为，故合成线路也可以为。