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

杭高2022学年高三模拟考试化学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：17122324553916233258.958.7一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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.下列物质中含有配位键的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】配位键，又称配位共价键，或简称配键，是一种特殊的共价键。配位键的形成需要两个条件：一是中心原子或离子，它必须有能接受电子对的空轨道；二是配位体，组成配位体的原子必须能提供孤对电子：中，Cu2+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成NCu配位键；故选B。2.下列物质属于电解质且能导电的是A.盐酸B.熔融氯化钙C.蔗糖D.乙醇【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，A错误；B．熔融氯化钙电离产生自由移动的Ca2+、Cl-而能够导电，因此该物质是电解质，B正确；C．蔗糖是由分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此蔗糖属于非电解质，C错误；D．乙醇是由分子构成的共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能够发生电离，因而不能够导电，因此乙醇属于非电解质，D错误；故合理选项是B。3.关于下列仪器名称或使用方法的说法错误的是 A.①在使用过程中酒精的量过多或过少都能造成危险B.②③均可用于干燥气体或尾气处理C.④的名称为坩埚，可用于灼烧固体D.⑤在蒸发液体过程中需垫石棉网加热【答案】D【解析】【分析】【详解】A．①酒精灯内酒精过少，则灯壶中酒精蒸气过多，易引起爆燃；酒精过多则受热膨胀，易使酒精溢出，发生事故，故A正确；B．②③中盛放碱石灰，可用于干燥气体或尾气处理，故B正确；C．④的名称为坩埚，可用于灼烧固体，故C正确；D．⑤是蒸发皿，蒸发皿在蒸发液体过程中直接加热，故D错误；选D。4.下列物质的名称与化学式对应正确的是A.阿司匹林：B.甘油：CH2OHCH2CH2C.冰晶石：Na3AlF6D.铁红：Fe3O4【答案】C【解析】【详解】A．阿司匹林结构简式是，A错误；B．甘油是丙三醇，结构简式是：CH2OHCH(OH)CH2OH，B错误；C．冰晶石是六氟合铝酸钠，化学式是：Na3AlF6，C正确；D．铁红是氧化铁的俗称，化学式是：Fe2O3，D错误；故合理选项是C。5.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为10的氟原子： B.Fe的原子结构示意图：C.SO2分子的空间结构模型：D.基态N原子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A正确；B．Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；C．SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；D．N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；故合理选项是B。6.下列说法正确的是A.常温下铁与浓硫酸不发生化学反应B.铜粉与硫粉加热反应可生成硫化铜C.石油裂解、煤的干馏和气化都是化学变化D.石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体【答案】C【解析】【详解】A．常温下铁遇到浓硫酸会钝化，钝化属于化学反应，A错误；B．硫粉的氧化性较弱，铜粉与硫粉加热反应生成硫化亚铜，B错误；C．石油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生 成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的气化是以煤或煤焦为原料，以氧气、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，C正确；D．石英坩埚主要化学成分是SiO2，烧碱、纯碱高温下与SiO2反应，因此石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，D错误；故答案为：C。7.下列说法正确的是A.足球烯与金刚石互为同素异形体B.氕、氘、氚互为同位素，中子数分别为1、2、3C.乙二醇和丙三醇互为同系物D.淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．足球烯与金刚石是两种同碳单质，互为同素异形体，A正确；B．、、中子数分别为0，1，2，B错误；C乙二醇中含有2个和丙三醇3个含有的官能团数目不同，不能互为同系物，C错误；D．淀粉和纤维素分子式为：，因为n不同，不能互为同分异构体，D错误；故选A。8.下列说法不正确的是A.观察钠在坩埚中燃烧实验时，为了看清楚现象可近距离俯视坩埚B.硬铝密度小、强度高是制造飞机和宇宙飞船的理想材料C.在空气中受热能迅速被氧化成D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源【答案】A【解析】【详解】A．燃烧过程会有固体飞溅的可能性，距离太近会有灼伤的危险，且近距离俯视燃烧产生的强光可能刺伤眼睛，故A错误；B．硬铝是合金材料，密度小，但强度很大，常用于制造飞机和宇宙飞船等外壳材料，故B正确；C．FeO具有还原性，在空气中加热能继续与氧气反应生成，故C正确；D．过氧化钠与二氧化碳和水反应生成氧气，常用作呼吸面具的供氧剂，故D正确；故选：A。 9.下列说法不正确的是A.工业上用焦炭还原石英砂制备高纯硅B.加入硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝等混凝剂，可除去污水中的细小悬浮物，达到净化的目的C.亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可使肉制品较长时间保持鲜红色，而且具有防止变质的作用，可用于一些肉制品的生产D.煤可通过间接液化合成甲醇燃料【答案】A【解析】【详解】A．工业上用焦炭还原石英砂制备粗硅，然后以粗硅为原料先用Cl2氧化，然后用H2还原，就得到高纯硅，A错误；B．加入硫酸亚铁、硫酸铝、聚合氯化铝等强酸弱碱盐，它们水解会产生氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体，这些物质表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而从水中分离除去，因此可除去污水中的细小悬浮物，达到净化的目的，B正确；C．亚硝酸钠能防腐且能使肉类呈现新鲜的红色，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加亚硝酸钠,防止变质并保持鲜红色，C正确；D．煤气化后获得水煤气，利用水煤气可以制取甲醇，即将煤间接液化可合成液体燃料甲醇，D正确；故合理选项是A。10.关于反应5K2S2O8+2MnSO4+8H2O=2KMnO4+8H2SO4+4K2SO4的说法正确的是A.K2S2O8发生氧化反应B.KMnO4是还原产物C.消耗3.6gH2O时，转移0.25mol电子D.氧化剂和还原剂物质的量之比是2∶5【答案】C【解析】【详解】A．K2S2O8中S的化合价是+6价，其中8个氧原子中6个是-2价，2个是-1价，反应后S还是+6价，氧都是-2价，故发生还原反应，A错误；B．MnSO4中Mn的化合价是+2价，反应是+6价，发生氧化反应，故KMnO4是氧化产物，B错误；C．根据题给方程式分析，8H2O~10e-，故3.6g水的物质的量是0.2mol，对应转移电子的物质的量是0.25mol，C正确；D．通过分析可知，K2S2O8是氧化剂，MnSO4是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比是5∶2，D错误；故选C。 11.下列说法不正确的是A.重结晶法提纯苯甲酸实验的流程是加热搅拌使粗产品溶解、趁热过滤后将滤液冷却结晶，用酒精洗涤晶体后，将晶体铺在干燥的滤纸上晾干得产品B.轻微烫伤或烧伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上烫伤药膏C.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗D.强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等固体不能随便丢弃，可配成溶液或进行化学反应将其转化为一般化学品后再进行常规处理【答案】A【解析】【详解】A．重结晶法提纯苯甲酸实验是根据苯甲酸的溶液度随温度的升高而增大，将粗产品加热溶解，冷却结晶得到较纯的苯甲酸晶体，A错误；B．轻微烫伤或烧伤时，先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上消炎止疼的烫伤药膏，B正确；C．因为小苏打溶液显弱碱性，若不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%-5%的小苏打溶液冲洗，C正确；D．强氧化剂如高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等具有腐蚀性，所以不能随便丢弃，可配成溶液或进行化学反应将其转化为一般化学品后再进行常规处理，D正确；故选A。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，氦气含有的原子数为B.金刚石中的共价键数目为C.溶液与足量氯气完全反应时转移电子数为D.时，的稀硫酸中含有的数目为【答案】D【解析】【详解】A．氦气为单原子分子，氦气含有的原子数为，A正确；B．金刚石为正四面体结构，碳碳键的数目为：，金刚石中的共价键数目为，B正确；C．含有，，与足量的反应，，转移1mol电子，，转移2mol电子，转移电子数为，C正确；D．缺少溶液体积，无法计算的稀硫酸中含有的数目，D错误； 故选D。13.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向氯水中加入少量碳酸氢钠：B.溶液与过量氨水反应：C.过量铁粉与稀硝酸反应：D.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：【答案】A【解析】【详解】A．向氯水中加入少量碳酸氢钠，反应生成氯化钠、二氧化碳和次氯酸，反应的离子方程式为：，选项A正确；B．溶液与过量氨水反应，生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为：，选项B错误；C．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，反应的离子方程式为：，选项C错误；D．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，反应生成硫酸钙、次氯酸和氯化钙，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选A。14.下列说法不正确的是A.在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂B.以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维C.在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品D.蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础【答案】B【解析】【详解】A．苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B．木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C．乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D．氨基酸残基在蛋白质肽链中排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二 级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选：B。15.有机物合成的转化如图。下列说法正确的是A.分子中所有原子可能在同一平面上B.分子中没有手性碳原子C.用溶液可鉴别与D.、均能使酸性溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．X分子中含有氮原子，与其它3个原子以3根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A错误；B．Y分子中有一个碳原子分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B错误；C．X和Y中均含酚羟基，故不能用FeCl3溶液鉴别，故C错误；D．X和Y中均含酚羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故答案选D。16.某科研团队经多次实验发现一种新型漂白剂的结构如图所示，其组成元素均为短周期元素，其中与同周期，与对应的简单离子核外电子排布相同，且、、的最外层电子数之和等于的最外层电子数，下列说法错误的是A.四种元素中的电负性最大B.该物质中含有配位键C.的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸D.第一电离能介于与之间的同周期元素只有3种【答案】D【解析】【分析】短线表示是共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是 H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。【详解】A．四种元素中，氧元素电负性最大，A正确；B．结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，B正确；C．B的最高价氧化物对应的水化物是H3BO3，属于一元弱酸，C正确；D．第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误；故选D。17.鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A.水溶液的B.水溶液加水稀释，升高C.在水中的电离方程式为：D.水溶液中：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。18.我国科学家研究化合物M(s)催化CO2氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知1eV=1.6×10−19J)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是A.过渡态TS1比TS2更稳定B.过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤 C.化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe−O键的断裂D.该过程的热化学方程式为：M(s)+CO2(g)=N(s)ΔH=−11.63kJ·mol−1【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，故A错误；B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，故B正确；C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当N中Fe-O键的断裂，连接氢原子才能生成M，说明化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，故C正确；D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，故D错误；19.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法不正确的是A.反应①的速率也可表示为B.反应①的活化能比反应②的活化能小C.反应时， D.时间段内，Y的平均反应速率为：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据方程式结合反应①的速率可表示为，可知反应①的速率也可表示为，A正确；B．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol/L和0.125mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.300mol/L=0.200mol/L，其中转化为Y的变化量为0.200mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，这说明在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，B错误；C．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，根据B中分析可知在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此反应60min时，，C正确；D．由图中数据可知，60min时，M的浓度为0.2mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.2mol/L=0.3mol/L，因此时间段内，Y的平均反应速率为，D正确；答案选B。20.MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为： 为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为amol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法错误的是A.X、Y两点的MTP的物质的量浓度相等B.X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z)C.若Z点处于化学平衡，则210℃时反应的平衡常数K=mol/LD.190℃时，0～150min之间的MTP的平均反应速率为mol/(L·min)【答案】C【解析】【详解】A．由图知X、Y两点反应物的转化率相等，则MTP的物质的量浓度相等，A正确；B.由图知，X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z)，因为Z点转化率已达98%，反应物浓度极小，则反应速率下降，B正确；C．由题知，反应过程中甲醇不断从体系中移走，若Z点处于化学平衡，则210℃时甲醇的浓度不等于0.98amol/L，则反应的平衡常数K不等于mol/L，C错误；D．190℃时，0～150min之间的MTP的浓度减少了0.67mol/L，则其平均反应速率为mol/(L·min)，D正确；答案选C。21.太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池反应式为LixC6＋Li1-xFePO4LiFePO4＋6C。下列说法正确的是 A放电时Li＋从左边移向右边，PO从右边移向左边B.放电时，正极反应式为Li1-xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4C.充电时M极连接电源的负极，电极反应式为6C＋xe-=CD.充电时电路中通过2.0mol电子，产生28gLi【答案】B【解析】【详解】A．M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，含有Li单质。M电极为负极，放电时，阳离子向正极移动，Li＋从左向右移动，隔膜只允许Li＋通过，不能通过，A错误；B．放电时，正极得到电子，Li1－xFePO4变成LiFePO4，根据电子守恒，Li1－xFePO4+xLi++xe－=LiFePO4，B正确；C．放电时，M为负极，充电时M为阴极，连接电源的负极，生成LixC6，电极反应为6C+xLi++xe－=LixC6，C错误；D．C是锂的载体，根据6C+xLi++xe－=LixC6，转移xmole－得到xmolLi，则转移2mole－，生成2molLi单质，为14g，D错误；故答案选B。22.连二亚硫酸钠(Na2S2O4，也称为保险粉)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶干氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应并燃烧，同时有刺激性气味的气体产生。下列有关其性质的说法一定不正确的是A.Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂B.Na2S2O4应干燥密封保存低温处C.保险粉能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO4+NaHSO3， 反应中每生成1molNaHSO4转移电子的物质的量为2molD.锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原【答案】C【解析】【详解】A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可以做抗氧化剂，故A正确；B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至引发燃烧，所以需要干燥密封保存在低温处，故B正确；C．生成NaHSO4时S元素由+3价升高到+6价，同时生成NaHSO3时S从+3到+4价，因此每生成1molNaHSO4转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D．二氧化硫中硫元素为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D正确；故选C。23.向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中加入少量CaCl2溶液，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法不正确的是A.该溶液中存在：c(H2CO3)c(CO)>c2(HCO)B.a、b两点对应的溶液中pH较大的为a点C.向b点溶液中通入CO2可使b点溶液向c点溶液转化D.b点对应的溶液中存在：2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)【答案】A【解析】【详解】A．H2CO3是二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，，溶液中c(H+)相同，所以溶液中存在： c(H2CO3)⋅c(CO)<c2(HCO)，A错误；B．由电离常数可知，溶液中，由图可知，溶液中钙离子浓度增大，-lg增大，减小，由Ka2为温度函数可知，在温度不变的条件下，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，则a、b两点对应的溶液中pH较大的为a点，B正确；C．向b点溶液中通入CO2，则c(HCO)增大，-lg增大，所以可使b点溶液向c点溶液转化，C正确；D．b点对应的溶液中存在电荷守恒关系：2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(Cl-)，由b点对应的溶液中-lg=0可知，溶液中c(CO)=c(HCO)，则b点对应的溶液中存在的关系为2c(Ca2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO)+c(OH-)+c(Cl-)，D正确；故选A。24.BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为 ，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验电解法制备的氯气电解饱和食盐水，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体若试纸变蓝色，则说明有氯气产生B探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出现黄色，则说明H2O2的氧化性比Fe3+强C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH试纸分别测定0.1mol·L−1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa)，则说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有机物基团之间的相互影响取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性KMnO4溶液(必要时可以稍稍加热)，再观察现象若加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试管中的溶液不褪色，则说明苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧化A.AB.BC.CD.D【答案】D 【解析】【分析】【详解】A．电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产生的气体，A错误；B．氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe(NO3)2，B错误；C．NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；D．做这组对比实验，实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环对甲基有影响，D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题部分26.A、B、M是生活中最常见的前四周期金属元素，A元素的单质既可与强酸反应也可与强碱反应，B位于周期表的第八纵行，其+3价离子比+2价离子在水溶液中稳定，M原子的价电子排布为nd10(n+1)s1。回答下列问题：（1）M2+的价电子轨道表示式为_______。（2）B(CO)5为黄色粘稠状液体，60℃在空气中可自燃，其结构和部分键长如图所示。在B(CO)5中与B原子配位的原子为_______原子(填名称)。下列说法错误的是_______(填标号)。A．基态B原子核外未成对电子数为4B．配体与B原子所形成的配位键的键能相同C．B在周期表中位于VIII族，属于d区元素D．制备B(CO)5应在隔绝空气的条件下进行（3）已知：MSO4溶液蓝色沉淀深蓝色溶液，深蓝色溶液中存在[M(NH3)4]2+，1mol[M(NH3)4]2+中存在的σ键个数为_______。金属M单独与氨水或单独 与过氧化氢都不反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是(用离子方程式表示)_______。（4）NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与M2+形成配离子，其原因是_______。[M(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3分别被Cl-取代能得到两种不同结构的M(NH3)2Cl2，则[M(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是_______。（5）金属A与M可形成多种组成不同的合金，其中一种合金的晶胞如图甲所示()，图乙为晶胞在z轴方向的投影。①已知晶胞中a点原子的分数坐标为(，0，)，则b点原子的分数坐标为_______。②该晶体的密度为_______g/cm3(用含NA的计算式回答)。【答案】（1）（2）①.碳②.B（3）①.16NA②.Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-（4）①.F的电负性比N大，N-F键成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键②.平面正方形（5）①.(0，，)②.【解析】【分析】A、B、M是生活中最常见的前四周期金属元素，A元素的单质既可与强酸反应也可与强碱反应，则A是Al；B位于周期表的第八纵行，其+3价离子比+2价离子在水溶液中稳定，则B是Fe，M原子的价电子排布为nd10(n+1)s1，则M是Cu元素，然后根据物质结构及性质分析解答。【小问1详解】M是29号Cu元素，根据构造原理可知Cu2+的价电子轨道式是；【小问2详解】 根据物质结构可知Fe(CO)5中中心原子是是Fe原子，配位体是CO，其中与Fe原子配位的原子的元素为碳元素；A．Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外分子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则在3d轨道上有4个未成对电子，A正确；B．根据配位化合物结构可知：配位体CO与中心Fe原子形成的配位键的键长不同，物质结构不对称，故所形成的配位键的键能不相同，B错误；C．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族，属于d取元素，C正确；D．Fe(CO)5易自燃，为避免其发生自燃现象，制备Fe(CO)5应在隔绝空气的条件下进行，D正确；故合理选项是B；【小问3详解】在配位体NH3中含有的N-H共价键是σ键，4个配位体与中心原子之间的配位键属于σ键，则在1个M(NH3)4]2+中存在的σ键个数是16个，故在1molM(NH3)4]2+中存在的σ键个数16NA；M是Cu，Cu与氨水及H2O2会发生氧化还原反应产生[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-；【小问4详解】NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与M2+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N-F键成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键；[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，其中2个NH3分别被Cl-取代能得到两种不同结构的M(NH3)2Cl2，则[Cu(NH3)4]2+中由4个NH3围成的图形是平面正方形结构；【小问5详解】①已知晶胞中a点原子的分数坐标为(，0，)，则根据各个原子的相对位置，可知b点原子的分数坐标为(0，，)；②由晶胞结构可知：晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的铝原子个数为8×+2×+4×+1=4；位于面上的铜原子个数为4×=2，则该晶体的化学式为Al2Cu(或CuAl2)，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得:(0.412×0.58×10-21)d=，解得晶体密度d=。 27.固体C是一种具有钙钛矿结构的良好的储氢材料，固体A(焰色试验为黄色)与固体B以物质的量之比为在一定条件下可以合成固体C，完全中和无色溶液F需要。（1）固体C由_______(填元素符号)元素组成，其中_______(填元素符号)与钙钛矿中O元素位置一致。（2）固体A与固体B反应生成固体C的化学方程式_______。（3）固体C与水发生氧化还原反应的化学方程式_______。（4）固体C在无水条件下可以作为某些钢铁制品的脱锈剂，脱锈过程发生反应的化学方程式_______，该反应中涉及到的金属离子与结合的能力从大到小排序为_______。（5）有人提出气体单质D与的反应产物中可能含有，请设计实验方案验证之_______。【答案】（1）①.Na，Mg，H②.H（2）（3）（4）①.②.（5）取少量样品于试管中，溶于足量的溶液，充分反应后过滤，将所得的滤渣溶于稀盐酸，滴定无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明有【解析】【分析】固体A焰色试验为黄色，则A中含有Na元素；固体A与固体B反应得固体C，则C中含Na元素；固体C与足量水反应生成气体单质D，则D为H2，C中含H元素，生成无色溶液F，则F为NaOH，生成白色沉淀E，则C中还含第三种元素；完全中和NaOH需要，则n(NaOH)=0.05mol，n(Na)=0.05mol；钙钛矿化学式为CaTiO3，固体C是一种具有钙钛矿结构的良好的储氢材料，可设固体C化学式为NaXH3，根据钠元素守恒，n(NaXH3)=0.05mol，，求得M(X)=24g/mol，则X为Mg，固体C为NaMgH3，E为Mg(OH)2；固体A与固体B以物质的量之比为在一定条件下可以合成固体C，则A为NaH，B为MgH2。【小问1详解】 根据分析，固体C由Na、Mg、H三种元素组成；其中H与钙钛矿中O元素位置一致；【小问2详解】根据分析，A为NaH，B为MgH2，C为NaMgH3，则固体A与固体B反应生成固体C的化学方程式为；【小问3详解】C为NaMgH3，固体C与水反应生成氢氧化镁沉淀、氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为；【小问4详解】脱锈过程发生反应的化学方程式为；该反应中涉及Na+、Mg2+、Fe3+三种金属离子，这三种离子与结合能力越强，说明其对应的碱越弱，因为碱性NaOH>Mg(OH)2>Fe(OH)3，则其与结合的能力从大到小排序为；【小问5详解】要检验反应产物中是否含有，可先将Fe除去，然后检验中含有Fe2+即可，故可设计实验方案为：取少量样品于试管中，溶于足量的溶液，充分反应后过滤，将所得的滤渣溶于稀盐酸，滴定无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明有。28.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）在C和的反应体系中：反应1：反应2：反应3：。设，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是____。 （2）雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：①②25℃时，反应②的平衡常数为。溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为_______(写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离)（3）在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：I.II.III.时，往某密闭容器中按投料比充入和。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。①图中Y代表_______(填化学式)。②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_______。③在下图中画出随温度变化趋势图_______。 【答案】（1）a（2）（3）①.②.温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大③.【解析】【小问1详解】由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ•mol-1=-222kJ•mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故答案为：a；【小问2详解】由题可知，①CO2(g)⇌CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+(aq)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)•p(CO2)=p•x•y，在忽略的电离时，c(H+)-c(OH-)=c()，而c(H+)•c(OH-)=Kw，所以K2=，可得c(H+)=mol•L-1，故答案为：；【小问3详解】①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质 的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO，故答案为：CH3OH；②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；故答案为：温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大；③其他条件相同下，升高温度，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，即n(CO2)基本不变，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(H2)增大，则随温度升高而增大，图示为：。29.三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量、等杂质)制取的工艺流程如图所示：已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。②、、溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。③具有较强还原性。回答下列问题：（1）制备。“除杂”过程中加调节后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节的范围为_______。 （2）下列说法错误的是_______。A.制备时，“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是会抑制的电离，防止生成沉淀，同时参与反应提供B.“氧化”过程应先加入双氧水，后加氨水C.分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出D.为了得到较大颗粒的晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却（3）写出氧化过程中生成的离子方程式为_______。（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取产品加入稍过量的溶液并加热，将完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的和2~3滴淀粉溶液，再用的溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液，以下说法正确的是_______。A.装有溶液的酸式滴定管使用前要进行检查活塞处是否漏水B.滴定管的正确操作顺序为：检漏、蒸馏水洗、标准液润洗、装液、调液面、记录初始读数C.滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，达到滴定终点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.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下（5）计算产品中钴元素的含量为_______。【答案】（1）4.7~7.4（2）BD（3）（4）DE（5）14.16%【解析】【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为 Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+2NH3↑+2H2O，再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。【小问1详解】“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]<KspAl(OH)3，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c(OH-)==10-9.3mol/L，则pH=4.7，同时得到含c(Co2+)=0.1mol/L滤液，此时溶液中c(OH-)==10-6.6mol/L，则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7~7.4。【小问2详解】A．流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，可防止加氨水时c(OH-)过大，防止生成沉淀，故A正确；B．[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，故B错误；C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；故选BD。【小问3详解】由分析可知，生成[Co(NH3)6]3+的反应方程式为：H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+2NH3↑+2H2O，离子方程式为：。【小问4详解】A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；B．滴定管除了盛放标准液进行滴定外还需要精确量取待测液，需要用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 ，故B错误；C．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3 滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故C错误；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，故D正确；E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故E正确；故选DE。【小问5详解】由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.16%。30.化合物F是合成吲哚-2-酮类药物的一种中间体，其合成路线如下：已知：III.III.，为芳基；，；Z或Z′=COR，，等。回答下列问题：（1）下列说法正确的是_______。A.A在碱性条件下水解为皂化反应B.在一定条件下与NaOH反应，最多消耗C.B，F都易溶于水D.C→D的反应类型为取代反应（2）E中含氧官能团的名称为_______。写出A→B的化学方程式_______。（3）D的结构简式为_______，F的结构简式为_______。（4）写出F的同时符合下列条件的同分异构体：_______ ①分子中含有2个环，其中一个为苯环②谱检测表明，分子中有4种不同化学环境的H原子。（5）和的反应与和苯酚的反应类似，以和为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线_______(其它试剂任选)。【答案】（1）D（2）①.羰基、酰胺基②.（3）①.②.（4）、（5）【解析】【分析】根据题给已知信息Ⅰ，由B的结构简式逆推可知A为CH3COOC2H5，B在碱性、加热条件下水解，再酸化可得C，C的结构简式为，由题给信息Ⅱ可知C生成D发生的是羧基结构中-OH被取代的反应，则D为，E为 ，由题给信息Ⅲ可知E发生分子内反应生成F()。【小问1详解】A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，称为皂化反应，乙酸乙酯在碱性条件下水解不是皂化反应，A错误；B．E中苯环上的-水解能生成酚羟基和HCl，各消耗1个NaOH，-CONH-能消耗1个NaOH，则在一定条件下与NaOH反应，最多消耗3，B错误；C．B为，分子内不含有羟基、羧基、氨基等亲水基，难溶于水，F中含有亲水基-CONH-(酰胺基)，但是憎水基团较大，F难溶于水，C错误；D．由分析可知C→D的反应类型为取代反应，D正确；故答案为：D；【小问2详解】E为，其中含氧官能团的名称为羰基、酰胺基；A为CH3COOC2H5，B为，根据题给已知信息Ⅰ，A→B的化学方程式为；【小问3详解】由分析可知D的结构简式为，F的结构简式为；【小问4详解】F分子中含有2个环，其中一个为苯环，并且谱检测表明，分子中有4种不同化学环境的H原子，F符合下列条件的同分异构体为、 、；【小问5详解】根据和的反应与和苯酚的反应类似，先于Br2发生取代反应，生成，结合信息Ⅱ可知再与反应生成，结合信息Ⅲ可知发生分子内反应生成，故合成路线为。【点睛】本题有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构。书写同分异构体时，先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。设计有机合成路线时，先要对比原料的结构和最终产物的结构，通常用逆合成分析法从合成产物的分子结构入手，采用“切断一种化学键”分析法，分析官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，结合课本学过的知识和试题所给的新信息，逐步分析直到和原料完美对接。