浙江省杭州市学军中学2022-2023学年高三化学上学期12月模拟考试试题（Word版带解析）

2022学年第一学期高三化学学科模拟考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Se-79Na-23Mg-24Al-27Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65选择题部分一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项正确)1.下列物质属于弱电解质的是A.HCOOHB.SO3C.NH3D.[Cu(NH3)4](OH)2【答案】A【解析】【详解】A．甲酸在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，A符合题意；B．三氧化硫在水溶液中生成硫酸，不是本身电离的离子，所以属于非电解质，B不符合题意；C．NH3在水溶液中不能导电，属于非电解质，C不符合题意；D．[Cu(NH3)4](OH)2属于配合物，是强电解质，D不符合题意；故选A。2.某溶液能使甲基橙变红色，该溶液中一定不能大量共存是A.Al3+B.NHC.I-D.Al(OH)【答案】D【解析】【详解】能使甲基橙变红色的溶液显酸性，、、可以共存，，不能共存。故选D。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.甲酸乙酯的键线式：B.基态As原子的价电子排布式：4s24p5C.二乙胺的结构简式：CH3CH2NH2D.HClO的空间填充模型：【答案】D 【解析】【详解】A．甲酸乙酯结构简式是HCOOCH2CH3，其键线式：，A错误；B．As是33号元素，根据构造原理可知基态As原子的价电子排布式：4s24p3，B错误；C．二乙胺是NH3分子中的2个H原子被2个乙基CH3CH2-取代产生的物质，其结构简式为：(CH3CH2)2NH，C错误；D．HClO是O原子分别与1个H、Cl原子形成一个共价键形成的，由于原子半径：H＜O＜Cl，O原子上还存在2对孤对电子，所以HClO的空间填充模型为，D正确；故合理选项是D。4.下列说法不正确的是A.木糖(C5H10O5)是一种醛糖，催化加氢可生成木糖醇B.某品牌防晒衣的主要成分为聚酯纤维，可长期用肥皂洗涤C.假设可燃冰的水笼穴里都是甲烷，则其化学式可表示为8CH4•46H2OD.核酸是一种生物大分子，水解可生成戊糖、碱基和磷酸【答案】B【解析】【详解】A．木糖(C5H10O5)是一种四羟基醛糖，催化加氢可生成木糖醇，选项A正确；B．肥皂是高级脂肪酸钠、水解呈碱性，酯类高分子含酯基、在碱性环境中会水解，防晒衣主要成分为聚酯纤维，忌长期使用肥皂洗涤，选项B不正确；C．可燃冰”中平均46个水分子构成8个笼，每个笼里容纳1个CH4分子或一个游离的H2O分子，则其化学式可表示为8CH4•46H2O，选项C正确；D．核酸是一种生物大分子，可发生水解反应得到核苷酸，最终水解生成戊糖、碱基和磷酸，选项D正确；答案选B。5.下列说法不正确的是A.油酸与亚油酸互为同系物B.C5H12有3种同分异构体C.核电站反应堆所用铀棒中含有的U和U互为同位素D.具有半导体特性的环状C18分子与纯碳新材料“碳纳米泡沫”互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．同系物是结构相似，分子组成相差若干个原子团的化合物，亚油酸分 子式是，油酸分子式是，不互为同系物，A项错误；B．的同分异构体有3种，分别为正戊烷，异戊烷，新戊烷，B项正确；C．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，互为同位素，C项正确；D．同素异形体是同一种元素形成的几种性质不同的单质，环状分子与纯碳新材料“碳纳米泡沫”都是由碳元素形成的性质不同的单质，因此环状分子与纯碳新材料“碳纳米泡沫”互为同素异形体，D项正确；答案选A。6.下列说法不正确的是A.熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带B.碳酸钠是一种大宗化学品，可用作食用碱或工业用碱C.大兴机场航站楼顶部镶嵌八百块玻璃，玻璃属于新型无机非金属材料D.Na2O2、活性炭都可用于防毒呼吸面具，但两者的应用原理不同【答案】C【解析】【详解】A．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为巩固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，选项A正确；B．碳酸钠水解显碱性，没有毒性，可以用于食用碱或工业用碱，选项B正确；C．玻璃是传统无机非金属材料，选项C不正确；D．过氧化钠反应生成氧气，则Na2O2用于呼吸面具，而活性炭具有吸附性，活性炭用于防毒面具，两者原理不同，选项D正确；答案选C。7.下列说法不正确的是A.苯甲酸可以用于合成香料、药物等，其钠盐也是常用的食品防腐剂B.硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂和人造油的原料C.甲醛又称福尔马林，具有杀菌、防腐性能，可用于制作生物标本D.N，N－二甲基甲酰胺是生产多种化学纤维的溶剂，也用于合成农药、医药等【答案】C【解析】【详解】A．苯甲酸可以用于合成香料、药物等，苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，A正确；B．硬化油是饱和脂肪酸甘油酯，不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂和人造油的原料，B正确；C．含甲醛的溶液称福尔马林，C错误； D．N，N－二甲基甲酰胺可用于多种化学纤维的溶剂，也用于合成农药、医药等，D正确；故选C。8.下列说法不正确的是A.低温石英具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表B.生物机体只能生产具有特定取向的分子，而这样的分子大多有光学活性C.干冰的外观很像冰，硬度也跟冰相似，而熔点却比冰的低得多，密度则比冰的高D.对于有机废液，具有回收利用价值的，可以用溶剂萃取或直接蒸馏加以回收利用【答案】B【解析】【详解】A．石英晶体具有手性，二氧化硅常被用来制造光导纤维和石英表中的压电材料，故A正确；B．具有手性碳原子的有机化合物具有光学活性，生物机体不是只能生产具有特定取向的分子，故B错误；C．干冰与冰都是分子晶体，硬度相似，干冰是二氧化碳，二氧化碳分子间存在范德华力，而冰中水分子之间存在氢键，氢键大于范德华力，所以干冰熔点比冰的低得多，氢键有方向性，二氧化碳分子之间是密堆积，而冰中水分子之间是非密堆积，所以干冰密度比冰的高，故C正确；D．有机液体一般易溶于有机溶剂，沸点较低，具有回收利用价值的，可以用溶剂萃取或直接蒸馏加以回收利用，故D正确；故选：B。9.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molD318O+(其中D代表)中含有的中子数为10NAB.2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NAC.物质量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中，含有Cl-的数目为3NAD.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA【答案】D【解析】【详解】A．一个D原子有1个中子，一个18O有10个中子，故1molD318O+中含有的中子数为13NA，A错误；B．未指明标准状况下，H2和Cl2的混合气体的物质的量无法计算，B错误；C．未指明溶液体积，无法计算Cl-的数目，C错误；D．浓、稀硝酸足量，说明Cu完全转化为Cu2+，32gCu转移电子1mol，Cu失电子数与浓、稀硝酸得电子数相等，故浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，D正确； 故答案选D。10.是一种优良的饮用水处理剂，可用、、混合共熔反应制得：。下列关于该反应的说法不正确的是A.是还原剂，为还原产物B.在熔融条件下氧化性：C.每生成，转移D.在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除自、净水等作用【答案】C【解析】【详解】A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；B．根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：，B正确；C．，化合价升高3价，每生成，转移，C错误；D．具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物水解生成胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；故选C。二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项正确)11.下列物质实验室制备的过程或操作不正确的是A.制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%的乙醇，过滤，洗涤B.制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热C.制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约为1∶3)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃D.制备线型酚醛树脂：在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌【答案】C 【解析】【详解】A．制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，再加入8mL95%的乙醇，境地晶体的溶解度，过滤，洗涤，可得[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，A正确；B．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，停止加热　，B正确；C．制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约应为3∶1)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃，C错误；D．在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌，可制备线型酚醛树脂，D正确；故选C。12.图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成，其组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W与Z的原子序数之和等于X与Y的原子序数之和，且Z元素原子的价电子数等于W的原子序数。下列说法错误的是A.原子半径B.简单气态氢化物的热稳定性C.W、Z元素的氧化物对应的水化物都是强酸D.Mg在W的单质中燃烧的产物中只含有离子键【答案】C【解析】【分析】组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，分析两个结构图，X、Z各形成一个价键，Y形成5个价键，W形成3个价键，则推断出W是氮元素，X是氟元素，Y是磷元素，Z是氯元素。【详解】A．电子层越多，核电荷数越小，微粒半径越大，原子半径P＞N＞F，A项正确；B．非金属性越强，其元素形成的简单气态氰化物越稳定。非金属性：F＞N，简单气态氧化物的热稳定性，B项正确； C．未指明最高价氧化物对应的水化物，如亚硝酸、次氯酸属于弱酸，C项错误；D．Mg在中燃烧的产物是，中只含有离子键，D项正确。故答案选C。13.河蚌的壳外层主要成分为方解石，内层主要是霰石，两者成分都是碳酸钙，但晶体结构不同，称为“同质多象”现象，金刚石和石墨也属于同质多象现象。霰石光滑，结构中每个Ca2+周围围绕着6个，方解石坚硬，晶胞结构如图。下列说法错误的是A.霰石晶体中每个周围有6个Ca2+B.霰石和方解石中的均为平面三角形结构C.霰石和方解石的熔点相同D.方解石晶体结构图的平行六面体中含有2个Ca2+、2个【答案】C【解析】【详解】A．结构中每个Ca2+周围围绕着6个，由化学式可知，每个周围也会有6个Ca2+，A正确；B．中C原子的价层电子对数为3＋=3，所以是平面三角形结构，B正确；C．霰石和方解石的晶体结构不同，故其熔点不相同，C错误；D．方解石晶体结构图的平行六面体中处于体内，数目为2；钙离子处于顶点和体内，数目为1＋=2，D正确。故选C。14.金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备： 下列说法正确的是A.环戊二烯分子中所有原子可能共面B.金刚烷的二氯代物有6种C.二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得7种产物D.上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．环戊二烯分子中含有饱和碳原子，与之相连4个原子呈四面体结构，所以环戊二烯中不可能所以原子都共面，故A错误；B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种，、、、、、，故B正确；C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；故答案为B。15.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Zn作负极，反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，负极区溶液pH减小B.放电时正极反应式为：2FQ+2e-+2H2O=FQH2+2OH-C.充电时电路中每转移2mol电子，理论上负极增重65gD.充电时中性电解质NaCl的浓度减小 【答案】B【解析】【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：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-=；充电时电解池，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，据此分析解答。【详解】A．放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=，负极区消耗氢氧根离子则溶液pH减小，故A正确；B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，故B错误；C．负极反应式为Zn-2e-+4OH-=，每转移2mol电子，理论上负极增重1molZn，质量为m=n∙M=1mol×65g/mol=65g，故C正确；D．充电时电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故D正确；故选：B。16.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生C.理论上每生成1molNaHCO3，可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。【详解】A ．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A正确；B．程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA⋅HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，故B正确；C．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA⋅HCl，理论上每生成1molNaHCO3需要1molTBA，根据过程Ⅱ为TBA的再生过程为O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+H2O，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，则关系式TBA∼CuCl∼C2H4Cl2，则理论上每生成1molNaHCO3，可得到0.5molC2H4Cl2，故C错误；D．根据分析，过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，故D正确；答案选C。17.以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)△H=+19.3kJ•mol-1反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)△H为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.反应Ⅱ的△H＞0，△S＞0B.反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低C.在恒温、恒容的反应炉中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态D.温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，△S=0，A错误；B．由图可知，温度高于570℃时，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以① 为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，B错误；C．反应Ⅰ、Ⅱ均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容的反应炉中，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此不能根据压强保持不变时，来判断反应Ⅰ、Ⅱ是否达到平衡状态，C错误；D．1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，此时化学平衡常数K=，反应①是吸热反应，随着温度的升高，化学平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，D正确；故合理选项是D。18.25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol•L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比t=的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是A.P2所示溶液：c(NH)>100c(NH3•H2O)B.25℃时，NH的水解平衡常数为10-9.25C.t=0.5时，c(NH)+c(H+)<c(NH3•H2O)+c(OH-)D.P3所示溶液：c(Cl-)>c(NH)>c(H+)>c(NH3•H2O)>c(OH-)【答案】C【解析】【分析】由图可知，P1时铵根离子和一水合氨的浓度相等，P2时溶液显中性，氢离子和氢氧根离子浓度相等；【详解】A．P2时溶液显中性，c(OH-)=10-7mol/L，则，故c()＞100c(NH3⋅H2O)，故A正确； B．由图可知，P1时铵根离子和一水合氨的浓度相等，pH=9.25，c(OH-)=10-4.75mol/L，NH3⋅H2O的电离平衡常数=c(OH-)=10-4.75，的水解平衡常数为，故B正确；C．x=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c( )+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3•H2O)+c()，联立可得2c(H+)+c( )=c(NH3•H2O)+2c(OH−)，故C错误；D．P3所示溶液，t==1，n(HCl)=n(NH3•H2O)，溶质为NH4Cl，因发生水解反应其浓度小于氢离子，溶液呈酸性，c(Cl-)>c()>c(H+)>c(NH3•H2O)>c(OH-)，故D正确；故选：C。19.科研人员提出了CO2羰基化合成甲醇的反应机理，其主要过程示意图如图(图中数字表示键长的数值，单位相同且都省略)。下列说法不正确的是A.该过程中，CO2被还原B.该过程中共发生了2次加成反应C.由图可知，化学键周围的基团会对键长产生影响D.该过程从原子利用率的角度，不符合“绿色化学”理念【答案】B【解析】【详解】A．该过程中，碳元素化合价由中＋4价降低到中价，被还原，选项A正确；B．由图可知，该过程中中的C＝O双键发生了2次加成反应，中间产物甲醛中的C＝O双键发生了1次加成反应，所以共发生3次加成反应，选项B不正确； C．由图可知，中的C＝O双键的键长为1.161，发生一次加成后，C＝O双键的键长变为1.199，键长发生了改变，即化学键的键长会受到周围基团的影响，选项C正确；D．由图可知，该反应过程中还生成了水，原子利用率未达到100%，不符合“绿色化学”理念，选项D正确；答案选B20.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作实验现象实验结论A向盛有浓HNO3溶液的两支试管中分别加入除去氧化膜的镁带和铝片加入镁带的试管中迅速产生红棕色气体。加入铝片试管中无明显现象金属活泼性：Mg>AlB向BaCl2溶液中通入SO2和气体X产生白色沉淀气体X一定为氧化剂C将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中生成淡黄色沉淀证明苯与液溴在Fe催化下发生取代反应D一块除去铁锈的铁片上滴一滴铁氰化钾溶液，静置2～3min生成蓝色沉淀铁片上可能发生了电化学腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．常温下，浓硝酸和铝发生钝化，不能说明实验结论，故A错误；B．向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，气体X可以是氧化性气体Cl2、NO2等，此时白色沉淀是硫酸钡，气体X也可以是碱性气体氨气，此时白色沉淀是亚硫酸钡，故B错误；C．溴单质易挥发，遇水反应生成溴化氢，溴离子可与硝酸银反应生成淡黄色沉淀，故不能证明取代反应的发生，故C错误；D．滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀说明有亚铁离子生成，铁片上可能发生了电化学腐蚀，故D正确；故答案选D。非选择题部分三、非选择题(共5个小题，满分50分)21.关于物质结构与性质的内在联系，请回答下列问题： （1）已知Se与O同族，基态Se原子价层电子的运动状态有______种，基态O原子的电子排布式不能表示为1s22s22p2p，因为这违背了______(填选项)。A.能量最低原理B.泡利不相容原理C.洪特规则（2）已知液态的二氧化硫可以发生类似的水自身电离反应：2SO2(l)SO2++SO。SO2+中的σ键和π键数目之比为______，SO2的空间构型为______。（3）由于硅的价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二者中N的杂化方式分别为______。更易形成配合物的是______。（4）H3PO4的酸性比H3PO3强，其原因是______。（5）硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示，则相邻链之间微粒间作用力为______。已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g•cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.1：2②.V型（3）①.sp3、sp2②.N(CH3)3（4）H3PO4中含有2个非羟基氧，H3PO3中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，越容易电离出氢离子，故H3PO4的酸性比H3PO3强（5）①.分子间作用力②. 【解析】【小问1详解】Se的最外层为6个电子，基态Se原子价层电子的运动状态有6种；电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，若基态O原子的电子排布式1s22s22p2p，则违背了此规则（洪特规则），故选D。【小问2详解】与互为等电子体，结构与相似，化学键为三键，σ键和π键数目之比为1：2；分子中，S原子的确采用杂化，其中2个杂化轨道与O原子成键，还有一个杂化轨道里面是未共用电子对，三对电子之间都有排斥力，因此分子就是V形的。【小问3详解】由图像可知，为三角锥形，中心原子N原子为杂化，为平面形三角形，中心原子N原子为杂化；因为有孤电子对，所以更易形成配合物。【小问4详解】因为中含有1个非羟基氧，中含有0个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，越容易电离出氢离子，故的酸性比强。【小问5详解】因为相邻链之间原子作用较弱，所以相邻链之间原子作用为分子间作用力；Se原子之间形成正六棱柱，位于面心和顶点，从晶胞的俯视图可以得出Se的原子数目为：，体积，。22.某化合物X由前四周期的四种元素组成，探究其组成的实验过程如图。已知：无水硫酸铜遇气体G能变蓝色。白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液；沉淀A是由砖红色氧化物M和白色沉淀E组成的混合物。 请回答：（1）化合物X的化学式为______。气体F的电子式为______。（2）深蓝色溶液D中所含的主要阳离子有(写离子符号)______。（3）砖红色固体与稀硝酸反应的离子方程式为______。（4）在深蓝色溶液D中滴加稀硫酸至pH为3～4，再加入过量KI固体，有白色沉淀(2种元素组成，个数比为1：1)生成，溶液由蓝色变为褐色。写出该反应过程的离子方程式：______。（5）设计实验方案，鉴定蓝色溶液B中所含的阴离子成分______。【答案】（1）①.CuAl(CH3)4②.（2）[Cu(NH3)4]2+、NH（3）3Cu2O+14H++2NO=6Cu2++2NO↑+7H2O（4）2[Cu(NH3)4]2++8H++4I-=2CuI↓+I2+8NH（5）取少许溶液B放入一支洁净的试管，滴加适量浓硫酸，加热浓缩，插入铜丝，若产生红棕色的气体，则证明溶液中含有NO【解析】【分析】化合物X由前四周期的四种元素组成；白色沉淀E可溶于强酸或强碱溶液，E为7.8g氢氧化铝沉淀（为0.1mol）；无水硫酸铜遇气体G能变蓝色，G还能使澄清石灰水变浑浊生成40.0gH碳酸钙沉淀（为0.4mol），则G含有水、二氧化碳（根据碳元素守恒可知为0.4mol），故F含有碳氢元素；B为蓝色溶液、D为深蓝色溶液，则均含有铜元素，沉淀A是由砖红色氧化物M和白色沉淀E组成的混合物，则M为氧化亚铜沉淀，质量为15.0g-7.8g=7.2g，物质的量为0.05mol；根据质量守恒可知X中含有铜0.05mol×2=0.1mol、铝0.1mol、碳0.4mol，则含有氢元素质量为15.1g-0.1mol×64g/mol-0.1mol×27g/mol-0.4mol×12g/mol=1.2g，物质的量为1.2mol；则X的化学式为CuAl(CH3)4；氧化亚铜和硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，得到B为硝酸铜、硝酸铝、过量硝酸，B加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀、[Cu(NH3)4](NO3)2和硝酸铵；得到沉淀E和溶液D；【小问1详解】由分析可知，化合物X的化学式为CuAl(CH3)4。气体F为X和水微热生成的甲烷，电子式为；【小问2详解】深蓝色溶液D为硝酸铜和过量氨水生成的[Cu(NH3)4](NO3)2 和硝酸铵，故所含的主要阳离子有[Cu(NH3)4]2+、NH；【小问3详解】氧化亚铜和硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu2O+14H++2NO=6Cu2++2NO↑+7H2O；【小问4详解】碘离子具有还原性，能把二价铜还原为一价铜同时得到碘单质，一价铜和过量的碘离子生成碘化铜沉淀，反应为2[Cu(NH3)4]2++8H++4I-=2CuI↓+I2+8NH；【小问5详解】B中含有硝酸根离子，硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下和铜反应能生成红棕色二氧化氮气体，故检验方法为：取少许溶液B放入一支洁净的试管，滴加适量浓硫酸，加热浓缩，插入铜丝，若产生红棕色的气体，则证明溶液中含有NO。23.近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。相关反应有：I.C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ•mol-1II.逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2III.CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)△H3已知：CO和H2的燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1；H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ•mol-1（1）反应II的△H2=______。（2）下列说法正确的是______。A.升高温度反应I的平衡常数增大B.选择合适的催化剂可提高丙烷平衡转化率C.若反应II能自发，则△S＜0D.恒温恒压下，通入水蒸气有利于提高丙烷转化率（3）对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。在不同压强下(0.1MPa、0.01MPa)，反应I中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图(a)所示，请计算556℃反应I的平衡常数Kp=______。（4）反应I 须在高温下进行，但温度过高易发生副反应导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭使催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，请说明原因：______。（5）研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图(b)所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：______。【答案】（1）+41.2kJ•mol-1（2）A（3）0.0125MPa（4）CO2能与H2发生反应II使反应I平衡正移，提高丙烯产率（5）CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭【解析】【小问1详解】CO和的燃烧热分别为可得：①，②，③，根据盖斯定律将②-①-③，整理可得；【小问2详解】A．反应I的正反应是吸热反应,升高温度，反应|的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A项正确；B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B项错误；C．根据(1)计算可知反应|I热化学方程式为该反应的正反应是吸热反应，若△S<0则△G=△H-T△S>0，反应不能自发进行，C项错误；D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡逆向移动，不利于提高丙烷转化率，D项错误；答案选A。【小问3详解】 反应I的正反应是气体体积增大的吸热反应,在压强不变时,升温，化学平衡正向移动,的物质的量分数减小;在温度不变时，加压，化学平衡逆向移动,的物质的量分数增大，所以A点表示0.1MPa、556℃时平衡时的物质的量分数,则平衡时物质的量分数均为25%，；【小问4详解】工业上常用氧化，脱氢制取丙烯,这是由于能与发生反应,使反应I平衡正向移动，从而提高丙烯产率。【小问5详解】该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，这是由于C能够与反应生成CO,使C脱离催化剂表面；24.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是重要的化工产品，可用SO2与Zn、NaOH溶液反应制取。实验室模拟制备的工艺流程及制取装置如图。已知：①连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇、在碱性介质中较稳定、在空气中易被氧化。②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图。 请回答下列问题：（1）通入一段时间SO2的作用除了充当反应物以外还有______。需调节溶液为弱碱性的原因______。（2）写出制取连二亚硫酸钠的总化学方程式______。（3）下列说法正确的是______。A.将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率B.向Na2S2O4溶液中加NaCl溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响C.洗涤Na2S2O4•2H2O时用冰水洗涤效果比酒精好D.单向阀的主要作用是防倒吸（4）请选择最佳操作并排序完成制备Na2S2O4•2H2O晶体。安装好整套装置，并检查装置的气密性→______→______→______→过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至室温、过滤，洗涤，干燥得晶体。______a.将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液b.将一定量的Zn粉与NaOH溶液混合搅拌成悬浊液c.将一定量的Zn粉与HCl混合搅拌成悬浊液d.向悬浊液中通入SO2至澄清，并加热e.28～35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清f.28～35C加热条件下，向悬浊液中加入Na2SO3溶液g.向溶液中滴加NaOH至pH在8.2～10.5之间h.向溶液中滴加HCl至pH在8.2以下i.向溶液中滴加1mol•L-1NaOH至pH在10.5以上（5）称取上述制得的连二亚硫酸钠样品0.0870g加入另一三颈烧瓶，通过自动电位滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加K3[Fe(CN)6]溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗10.00mL0.2000mol•L-1的K3[Fe(CN)6]溶液，则样品中连二亚硫酸钠的纯度为______。(结果保留1位小数)，样品中可能存在的杂质有______。【答案】（1）①.排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠没氧化；②.碱性条件下， 能稳定存在；（2）（3）D（4）aeg（5）①.66.7％②.、【解析】【小问1详解】连二亚硫酸钠空气中易被氧化、在碱性介质中较稳定，故通入可以排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化；溶液显碱性，使能稳定存在。【小问2详解】的水溶液中通入发生反应：和，制取连二亚硫酸钠的总化学方程式为：【小问3详解】A.将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了增大接触面，加快反应速率，A正确；B.向溶液中加固体，使增大，减小的溶解量，促进晶体析出，产率增大，加入溶液，减小，减少晶体析出，产率降低，B错误；C.连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，洗涤时用酒精洗涤效果比冰水好，C错误；D.单向阀的主要作用是防止氧气防倒吸进入装置中，将连二亚硫酸钠氧化，D正确；故选D。【小问4详解】制备晶体，先安装好整套装置，并检查装置的气密性→将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液→28～35℃加热条件下，向悬浊液中通入至澄清→向溶液中滴加至pH在8.2～10.5之间，过滤取滤液并加入固体，冷却至室温、过滤，洗涤，干燥得晶体。故答案为：a→e→g；【小问5详解】与发生反应，根据升高6价，，降1价，根据得失电子守恒，， ，晶体的纯度为：；可能被氧化成，结晶过程中可能含有等杂质。25.有机工业制备的重要的中间体F的合成工艺流程如图：已知：R1COR2+RCH2COR′请回答：（1）X的结构简式为______。E的结构简式为______。（2）下列说法正确的是______。A.－SH的性质类似于－OH，化合物X一定条件下可发生缩聚反应B.化合物C中有一个手性C原子，所有原子可以同一平面上C.化合物F可发生还原反应、加聚反应、水解反应D.的结构中，4个C和2个S的杂化方式均相同（3）根据题中信息，写出Y在NaOH溶液中反应化学反应方程式______。（4）写出所有符合下列条件的化合物C的同分异构体：______。①结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种②IR光谱显示结构中含“－CN”和“C=S”结构；③1H－NMR谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1：6：6。（5）请以化合物CH2=CH2、为原料，设计化合物的合成路线：______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.HSCH2CH2CH2SH②.（2）AD （3）+2NaOH+2NaCl（4）、、（5）【解析】【分析】A分子结构为：，与X()发生取代反应生成B()，与发生取代反应生成C()，再与Y（）反应生成D()，在硫酸和条件下生成E()，E在吡啶生成和六氢吡啶条件写，最后生成F。【小问1详解】X的结构简式为：；E的结构简式为。【小问2详解】A.－SH的性质类似于，含有的化合物在一定条件下能发生缩聚反应，故X一定条件下可发生缩聚反应，A正确；B.化合物C中有一个手性C原子，但是有4个饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，B错误； C.化合物F含有碳碳双键和酮基，可发生加氢还原反应和加聚反应，但不能发生水解反应，C错误；D.的结构中，4个C和2个S都含有4个价层电子对，杂化方式均为，D正确；故选AD。【小问3详解】Y的结构简式为：，在溶液中发生水解反应，方程式为：+；【小问4详解】根据条件，符合条件的化合物C的同分异构体有：、、。【小问5详解】根据题目信息，以化合物CH2=CH2、为原料，合成路线为：