浙江省北斗星盟2022-2023学年高三化学上学期适应性考试试题（Word版含解析）

高三化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填涂准考证号；学校、姓名、班级、考场号、座位号写在指定位置：3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16-23-27-28P-31S-32-35.5-64-65-80-108一、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.下列物质中含有极性共价键的离子化合物是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．Mg3N2为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故A不符合题意；B．NaCl为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故B不符合题意；C．NaOH为离子化合物，是由Na+和OH-组成，氧原子和H原子之间存在极性共价键，故C符合题意；D．硝酸为共价化合物，故D不符合题意；答案为C。2.灼烧操作中不需要用到的仪器是A.酒精灯B.坩埚钳C.泥三角D.蒸发皿 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】通常灼烧在坩埚中进行，坩埚放在泥三角上，泥三角放在三脚架上，并用酒精灯加热，夹持坩埚需要用坩埚钳，不需要用的仪器是蒸发皿，选项D符合题意；答案为D。3.下列物质溶于水能导电的非电解质是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．醋酸在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，A不符合题意；B．NH3的水溶液中NH3与水反应生成弱电解质一水合氨，所以其水溶液可以导电，但氨气自身不电离，为非电解质，B符合题意；C．HNO3在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，C不符合题意；D．乙醇为非电解质，其水溶液不导电，D不符合题意；综上所述答案为B。4.下列俗名与物质对应的是A.铁氰化钾：B.尿素：C.黄铁矿：D.重晶石：【答案】B【解析】【详解】A．铁氰化钾为K3[Fe(CN)6]，故A错误；B．尿素的化学式为CO(NH2)2，故B正确；C．黄铁矿主要成分是FeS2，黄铜矿得主要成分是CuFeS2，故C错误；D．重晶石为BaSO4，故D错误；答案为B。5.下列说法正确的是A.D与T是两种不同的元素B.1,3−丙二醇与乙二醇互为同系物C.苯乙烯与对二甲苯互为同分异构体D.、、互为同素异形体【答案】B 【解析】【详解】A．D与T是氢的两种核素，故A错误；B．1,3−丙二醇与乙二醇都含有2个羟基，分子组成相似，相差1个−CH2−原子团，因此两者互为同系物，故B正确；C．苯乙烯与对二甲苯两者分子式不相同，因此两者不互为同分异构体，故C错误；D．同素异形体是同种元素形成的不同单质，、是离子，不是单质，因此、、不互为同素异形体，故D错误。综上所述，答案B。6.下列有关化学用语表述正确的是A.酰胺基：B.的VSEPR模型名称为三角锥形C.的价层电子排布式：D.硝基苯：【答案】A【解析】【详解】A．表示酰胺基，A正确；B．NCl3中N原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，B错误；C．Fe2+的价层电子排布式为3d6，C错误；D．硝基苯应为，单键应该与N原子相连，D错误；故答案选A。7.下列说法不正确的是A.实验中可将未用完的钾、白磷放回到原试剂瓶B.抗坏血酸(Vc)能被氧化为脱氢抗坏血酸，可做水果罐头的抗氧化剂C.石油减压蒸馏的目的是得到轻质油D.石油在加热和催化剂作用下，通过结构重整，链状烃可变环状烃【答案】C【解析】【详解】A．钾、白磷化学性质活泼，用完后要放回原试剂瓶中，A正确；B．抗坏血酸Vc自身容易被氧化生成脱氧抗坏血酸，可用作水果罐头的抗氧化剂，B正确；C．石油减压蒸馏的目的是将高沸点的重油进一步分离，常压分馏才能得到轻质油，C错误；D．石油在加热和催化剂的作用下，通过结构重组，链状烃可以转化成为环状烃，D正确； 故答案选C。8.下列有关生活中的化学知识不正确的是A.硫酸铜可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂B.铁制品通过发蓝处理，在其表面产生致密的氧化物保护薄膜C.乙二醇水溶液凝固点很高，可作汽车发动机的抗冻剂D.碳化硅俗称金刚砂，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，其水溶液具有杀菌消毒能力，可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂，A正确；B．铁制品通过发蓝处理，在其表面生成四氧化三铁薄膜，四氧化三铁抗氧化能力很强，对铁制品具有很强的保护作用，B正确；C．乙二醇与水分子间能形成氢键，它的水溶液凝固点很低，可作汽车发动机的抗冻剂，C不正确；D．碳化硅俗称金刚砂，其晶体属于共价晶体，晶体内硅、碳原子间形成共价键，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，D正确；故选C。9.下列说法正确的是A.除去铁粉中混有的：加热使碘升华B.用陶瓷坩埚高温煅烧固体C.将乙酸滴入碳酸钠中，并将生成的气体通入苯酚钠溶液，可知酸性：乙酸>碳酸>苯酚D.实验受创伤时应用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水或碘酒擦洗，最后用创可贴外敷【答案】D【解析】【详解】A．，无法用加热的方式除去铁粉中混有的碘单质，A错误；B．陶瓷主要成分是SiO2，，B错误；C．将乙酸滴入碳酸钠中，产生气泡，即生成了二氧化碳气体，说明酸性，乙酸＞碳酸，将生成的气体通入苯酚钠中，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，但因为二氧化碳气体中有挥发的乙酸，故不能判断碳酸和苯酚的酸性，C错误；D．实验受创时，应用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水或碘酒擦伤口，D正确；故答案为：D。10.下列说法不正确的是 A.锗元素形成的单质具有半导体的性质B.氢键(X-H…Y)中三原子在一条直线上时，作用力最强C.、1800K下，成功制得共价晶体CO2，该共价晶体可作制冷材料D.加热NaCl晶体和AlCl3晶体，破坏的作用力不相同【答案】C【解析】【详解】A．锗元素与硅元素一样，都处于元素周期表中金属与非金属的分界线附近，它们形成的单质都具有半导体的性质，A正确；B．氢键具有方向性和饱和性，当氢键(X-H…Y)中三原子在一条直线上时，原子间的距离最短，作用力最强，B正确；C．共价晶体CO2呈固态，在常温常压下，不能发生状态的改变，所以该共价晶体不能作制冷材料，C不正确；D．NaCl晶体为离子晶体，AlCl3晶体为分子晶体，加热晶体使其熔化时，破坏的作用力前者为离子键、后者为分子间作用力，D正确；故选C。11.下列说法不正确的是A.从煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃B.利用质谱仪、红外光谱仪、核磁共振仪及X射线衍射仪能获取有机物的结构信息C.两种互为同分异构体的二肽水解之后得到的氨基酸可能相同D.“吹出法”海水提溴技术，其过程主要包括氯气氧化、吹出、二氧化硫吸收、氯气再氧化、蒸馏等环节【答案】A【解析】【详解】A．煤干馏得产品是出炉煤气(焦炉气、粗氨水、粗苯)、煤焦油(苯、甲苯、二甲苯、酚类、萘、沥青)、焦炭，苯是无色带有特殊气味的液态烃，故A说法错误；B．质谱仪获得有机物的相对分子质量，红外光谱仪获得有机物中所含化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱仪获得有机物分子中有几种不同类型的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射用于有机物晶体结构的测定，故B说法正确；C．两个氨基酸分子缩合后形成的含有肽键的化合物称为二肽，如果两个谷氨酸分子()进行成肽反应，形成的二肽物质可能为，也可能为 ，这两个结构互为同分异构体，水解后得到氨基酸相同，故C说法正确；D．“吹出法”海水提溴技术，先用氯气氧化海水中的溴离子，得到溴单质，用热空气将生成溴吹出，用二氧化硫作还原剂使溴单质转化为氢溴酸，使其与空气分离，再用氯气将氢溴酸氧化为溴后蒸馏分离，故D说法正确；答案为A。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.含0.1mol的盐酸与足量金属钠反应，转移电子数为0.1B.0.2mol与0.3mol在催化剂作用下充分反应，生成的分子数为0.2C.1L溶液中含的数目为D.24g石墨中约含有个六元环【答案】D【解析】【详解】A．由于过量的金属钠还能与水反应，即2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，题干未告知金属钠的物质的量，故无法计算含0.1mol的盐酸与足量金属钠反应时转移的电子数，A错误；B．由反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O可知，0.2mol与0.3mol在催化剂作用下充分反应时O2过量，过量的O2能够将NO氧化为NO2，故生成的分子数小于0.2，B错误；C．NaCl溶液呈中性，在常温下，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，但题干未告知常温下，则不知道NaCl溶液中的H+和OH-的浓度，因而无法计算1L溶液中含的数目，C错误；D．已知石墨中每个C原子与周围的3个碳原子形成共价键，即每个碳原子被3个六元环共用，即每个六元环占有的碳原子数目为：=2，故24g石墨中含有六元环的数目约为=，D正确；故答案为：D。13.下列反应的离子方程式正确的是 A.氨水中通入过量：B.溶液中滴入少量溶液：C.新制氯水中加入少量：D.明矾溶液中滴加溶液至沉淀质量最大：【答案】C【解析】【详解】A．氨水中通入过量生成亚硫酸氢根离子：，A错误；B．溶液显碱性，滴入少量溶液，次氯酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，，B错误；C．新制氯水中含有氯气和水生成的盐酸、次氯酸，盐酸和生成氯化钙、二氧化碳，总反应为：，C正确；D．明矾溶液中滴加溶液至沉淀质量最大，是使硫酸根离子完全反应生成硫酸钡沉淀，反应为，D错误。故选C。14.以肼()为原料与醋酸铜反应制取的反应为：。下列说法不正确的是A.氧化剂B.还原性：C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1D.生成0.5mol时转移1mol电子【答案】C【解析】【详解】A．根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A说法正确； B．根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B说法正确；C．Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C说法错误；D．生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D说法正确；答案为C。15.的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.1mol与足量溶液反应时消耗6molB.核磁共振氢谱共有13个吸收峰C.虚框内所有原子共面D.一定条件下可发生氧化、消去、取代、加成反应【答案】B【解析】【详解】A．根据ADP的结构简式，1molADP完全水解后，能生成2molH3PO4，与NaOH溶液反应，消耗6molNaOH，故A说法正确；B．根据ADP的结构简式，最左侧P上的两个羟基是相同，有12个不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱共有12个吸收峰，故B说法错误；C．虚框中有1个全部以单键存在N原子外，其余C、N的杂化类型均为sp2杂化，空间构型为平面形，因此虚框中所有原子共面，故C说法正确；D．五元环上含有羟基，羟基能被氧化，五元环上所含羟基邻位邻位碳原子上有H，能发生消去反应，羟基、氨基能与羧基能发生取代反应，虚框中双键能与氢气发生加成反应，故D说法正确；答案为B。16.X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的价电子排布式为，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。下列说法正确的是 A.同周期元素中第一电离能比Y高的元素只有一种B.简单离子半径：C.将X的最高价氧化物的水化物溶于水，能促进水的电离D.1molW的正二价阳离子与Y的简单氢化物形成的配离子中含有的σ键数目为【答案】C【解析】【分析】X的价电子排布式nsnnpn-1，s能级上最多容纳2个电子，n=2，价电子排布式为2s22p1，推出X为B，Y的简单氢化物分子呈三角锥形，该氢化物为NH3，即Y为N，Z的单质及其化合物灼烧时火焰呈黄色，Z为Na，W位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对，且内层电子全满，W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu，据此分析；【详解】A．同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，根据上述分析，Y为N，同周期第一电离能比N高的元素有F、Ne两种，故A错误；B．N、Na简单离子分别为N3-、Na+，它们核外电子排布相同，电子层数相同，离子半径随着原子序数的递增而减小，即r(N3-)＞r(Na+)，故B错误；C．X为B，其最高价氧化物的水化物为H3BO3，硼酸溶于水，硼酸中B与水分子电离出OH-形成配位键，促进水的电离，即硼酸在水中发生H3BO3+H2OB(OH)+H+，故C正确；D．W的正二价阳离子是Cu2+，Y的简单氢化物为NH3，它们形成的配离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该配离子所含σ键数目为(4+4×3)NA=14NA，故D错误；答案选C。17.25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是A.0.1mol/L的与分别稀释100倍，稀释后溶液：B.中和等、等体积的与溶液消耗的量相同C.25℃时，向溶液中加入溶液至，则D.等浓度、等体积的溶液与溶液混合，则【答案】D【解析】【详解】A．稀释100倍后，两溶液的浓度均变为，浓度相同的二元弱酸与二元强酸，强酸完全电离，溶液中比弱酸的大，pH比弱酸小，因此pH大小关系为H2A>H2SO4，A错误；B．pH相同时，二元弱酸的浓度大于二元强酸的浓度，因此中和等pH、等体积的H2A与 H2SO4，弱酸H2A消耗更多NaOH，B错误；C．根据，25℃时，pH=4，有，则，故，C错误；D．等浓度、等体积H2A溶液与NaOH溶液混合后，恰好发生以下反应：H2A+NaOH=NaHA+H2O，溶液中只有溶质NaHA，既有电离又有水解，其水解常数，则的水解程度小于电离程度，因此，D正确；故选D。18.对于、、三种物质，下列说法不正确的是A.在空气中易被氧化B.可通过过饱和溶液结晶脱水制得C.与水反应可得到硫酸氢钠D.因+7价的硫元素体现强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．Na2S2O5中S显+4价，处于中间价态，以还原性为主，容易被空气中氧气氧化，故A说法正确；B．Na2S2O5、NaHSO3中S均显+4价，制备Na2S2O5可通过NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得，故B说法正确；C．Na2S2O7中S显+6价，硫酸氢钠中S显+6价，Na2S2O7与水反应可得到硫酸氢钠，故C说法正确；D．S的最高价为+6价，Na2S2O8中含有1个“-O-O-”，“-O-O-”体现强氧化性，故D说法错误；答案为D。19.在标准状况下，1mol纯物质的规定熵，叫做标准摩尔熵，用符号表示。相关数据如下表，通过数据分析得出的下列结论不正确的是物质 191.6205.2173.8186.9197.7210.8213.8219.3A.相对分子质量相同的物质，分子对称性越差，结构越复杂，标准摩尔熵越大B.组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，标准摩尔熵越大C.反应的标准摩尔熵变D.推测羰基硫的标准摩尔熵小于【答案】D【解析】【详解】A．根据表格中一氧化碳和氮气的标准摩尔熵可知，相对分子质量相同的分子，分子对称性越差，结构越复杂，标准摩尔熵越大，A正确；B．根据表格中氟气和氯气标准摩尔熵可知，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，标准摩尔熵越大，B正确；C．根据表格中的数据可知，该反应的标准摩尔熵变=2×210.8-191.6-205.2=24.8，故其，C正确；D．和二氧化碳的结构相似，但是其相对分子质量较大，且对称性较差，故其标准摩尔熵大于二氧化碳的标准摩尔熵，D错误；故选D。20.室温下过氧化铬()在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：。在5m1的过氧化铬戊醇溶液中滴入一定量的稀硝酸，在不同时刻测得过氧化铬浓度如下表：时间/min46810t2025354.2302.5101.7901.3501.2401.1301.1101.100下列叙述正确的是A.4～6min内过氧化铬分解的平均速率B.8～10min内过氧化铬分解释放的体积为0.86mL(标准状况)C.推测表中t的取值范围为：10<t<15D.若升高温度后重新实验发现20min时过氧化铬浓度为，则证明反应的△H>0【答案】C 【解析】【详解】A．4～6min内过氧化铬分解的平均速率，，故A错误；B．8～10min内过氧化铬分解的物质的量为(1.790-1.350)×10-5mol/L×5×10-3L=2.2×10-8mol，根据反应可得分解得到的氧气的体积为3.85×10-8mol×22.4L/mol=8.6×10-4mL，故B错误；C．若t=15，则10～15min和15～20min这两个时间段内的速率相等，但是根据浓度越小速率越小，10～15min内速率大于后一阶段，故10<t<15，故C正确；D．20min时反应还未达到平衡，升高温素加快了反应速率，不能判断平衡的移动方向，不能判断反应吸放热，故D错误；故选C。21.利用电池可将雾霾中的、转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示。电池工作时的总反应为，充放电时，在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了的生成与解离。下列有关说法不正确的是A.转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接B.电池工作时，负极电极反应式为：C.该装置实际工作过程中需要在C处通入适量或者补充适量D.理论上当消耗2.24L(标准状况)时，电池中两池质量差改变2.8g【答案】C 【解析】【分析】根据题中信息，左边装置为化学电源，根据电池工作时总反应，以及原电池工作原理，LixC6电极为负极，Li1-xFePO4电极为正极，右边装置为电解池，利用该电池电解雾霾中NO、SO2转化为硫酸铵，硫元素化合价升高，失去电子，根据电解原理，通入SO2的一极为阳极，通入NO的一极为阴极，据此分析；【详解】A．电解池中阳极接电源的正极，阴极接电源的负极，根据上述分析，M接b，N接a，故A说法正确；B．电池工作时，负极上失去电子，化合价升高，根据电池工作总反应，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，故B说法正确；C．阳极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+，阴极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O，电解总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，因为制备硫酸铵，因此实际工作中需要在C处通入适量的氨气，故C说法错误；D．理论上消耗标准状况下2.24LSO2时，转移电子物质的量为0.2mol，电池工作时，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，负极质量减少0.2mol×7g/mol=1.4g，正极质量增大1.4g，电池中两池质量差改变2.8g，故D说法正确；答案为C。22.常温下，向20mL0.2mol·L－1H2A溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如下图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－，Ⅲ代表A2－)。根据图示判断，下列说法正确的是(　　)A.H2A在水中的电离方程式是：H2A=H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后溶液显碱性C.当V(NaOH)＝20mL时，溶液中存在以下关系：c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)D.当V(NaOH)＝30mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)【答案】C【解析】【详解】A．在未加入NaOH溶液时，溶液中无A2-，则H2A在水中的电离方程式是：H2A H＋＋HA－，故A错误；B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，由于HA-电离大于水解(当V(NaOH)＝20mL时线III高于线I)，溶液显酸性，故B错误；C．根据图像知,当V(NaOH)＝20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)①，物料守恒可以知道：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)②，将②式代入①式，得：c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)，故C正确；D．当V(NaOH)＝30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质的量的NaHA，Na2A的混合溶液，从图像可知，c(HA－)<c(A2－)(当V(NaOH)＝30mL时线III高于线II），故D错误；故答案选C。23.下列说法正确的是A.存在对映异构体，则也存在对映异构体B.与反应生成、，则与反应也生成、C.常温下，乙酸易溶于水，则苯甲酸也易溶于水D.酸性：，则碱性：【答案】A【解析】【详解】A．连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，则连有三个不同原子或原子团的饱和氮原子为手性氮原子，分子中含有手性碳原子，存在对映异构体，分子中存在手性氮原子，所以也存在对映异构体，故A正确；B．氮化钠与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，而叠氮化钠与与水反应生成氯化钠和叠氮酸，故B错误；C．常温下，乙酸分子中甲基为憎水基、羧基为亲水基，亲水基的影响大于憎水基，所以乙酸易溶于水，而苯甲酸分子中苯环为憎水基、羧基为亲水基，憎水基的影响大于亲水基，所以苯甲酸微溶于水，故C错误； D．氟原子是吸电子基，会使羧基的活性增强，易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性强于乙酸，会使氨基中的氮原子不易提供孤对电子与氢离子结合，所以三氟乙胺的碱性弱于乙胺，故D错误；故选A。24.根据下列图示所得出的结论正确的是A.由图甲可知，除去溶液中的可加入适量溶液调节至4左右B.图乙是一定温度下三种碳酸盐的沉淀溶解平衡曲线，该温度下反应的平衡常数C.图丙是室温下和的沉淀溶解平衡曲线，阴影区域中的点可以同时生成沉淀和沉淀D.已知显深红色，则由图丙可知，在用标准溶液滴定未知浓度的溶液时，可滴入溶液做指示剂【答案】B【解析】【详解】A．加入NaOH会引入新的杂质钠离子，可以加入CuO，A错误；B．根据图像，，则，，同理，，根据反应，平衡常数，B正确；C．根据图像，曲线下方的区域生成沉淀，曲线上方为不溶物的不饱和溶液，故阴影部分只有Ag2CrO4沉淀，C错误；D．由图像可知，当Ag+浓度相同时，，根据沉 淀溶解平衡的原理，可知溶液中银离子先和铬酸根离子反应，生成深红色沉淀，铬酸根离子消耗完后再和指示剂反应，其中NaCl为指示剂，生成AgCl白色沉淀，深红色会对白色有掩盖，D错误故答案为：B。25.下列实验方案设计正确的是A.验证具有漂白性，将气体通入紫色石蕊中，石蕊先变红后褪色B.向100mL0.1mol∙L−1溶液中加入100mL0.1mol∙L−1氨水生成蓝色沉淀1.29g，说明沉淀为C.将裹有锌皮的铁钉放入滴加了酚酞和的热琼脂溶液中，观察到铁皮附近的琼脂变红色，未观察到蓝色，牺牲阳极法就是利用此原理来保护钢铁D.将电石与饱和食盐水反应产生的气体先通过溶液，再通入酸性高锰酸钾溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔【答案】C【解析】【详解】A．将气体通入紫色石蕊中，石蕊只能变红，不能验证具有漂白性，通入到品红溶液中，品红褪色，才能验证具有漂白性，故A错误；B．向100mL0.1mol∙L−1溶液中加入100mL0.1mol∙L−1氨水，根据量的计算最多得到0.005mol即质量为0.49g，故B错误；C．将裹有锌皮的铁钉放入滴加了酚酞和的热琼脂溶液中，观察到铁皮附近的琼脂变红色，说明铁皮附近是氧气变为氢氧根，未观察到蓝色，说明没有亚铁离子生成即铁没有溶解，而锌在溶解，因此牺牲阳极法就是利用此原理来保护钢铁，故C正确；D．将电石与饱和食盐水反应产生的气体先通过溶液，将硫化氢杂质除掉，但PH3未除掉，PH3会与酸性高锰酸钾溶液反应，因此若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，故D错误。综上所述，答案为C。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.战国时期，我国炼丹家就开始对硫单质及含硫化合物的应用进行研究。（1）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。（2）硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子() 的结构如图所示，硫原子的杂化轨道类型为_______。（3）硫单质()难溶于水，易溶于，是_______。(填“极性分子”或“非极性分子”)，硫单质易溶于溶液，形成，其中，的空间构型为_______。（4）许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如五氧化二磷实际的分子式是，实验测得磷、硫、氯三种氧化物的熔点如下，推测固态三氧化硫的分子式为_______。三氧化硫熔点613K289K182K（5）立方硫化锌，其晶胞如图所示。设晶胞中S原子与其最近原子的距离为dpm，其密度为，阿伏加德罗常数为_______。(列出计算式，用含d、的式子表示)。【答案】（1）2：1或1：2（2）（3）①.非极性分子②.V形（4）或（5）设晶胞边长为a，，，。 【解析】【小问1详解】基态S原子的价电子排布式为3s23p4，其中3s轨道上两个电子的自旋方向相反，3p轨道上，3个电子的自旋方向相同，1个电子与另外3个电子自旋方向相反，则两种自旋状态的电子数之比为2：1或者1：2。【小问2详解】从图中结构可知，S8中S原子形成2个S-S单键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化。【小问3详解】CS2为非极性分子，水分子为极性分子，S8难溶于水易溶于CS2，说明S8为非极性分子。中S原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，故空间构型为V形。【小问4详解】三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9。【小问5详解】晶胞中S原子与其最近Zn原子的距离为dpm，该距离为体对角线长度的，则体对角线长度为4dpm，则边长为pm，则体积为，根据均摊法，一个晶胞中含有4个S原子和4个Zn原子，则ρ=，NA=。27.化合物X由三种元素组成，某兴趣小组按如下流程进行相关实验：已知：①X在空气中加热到800℃不发生化学反应。②青色、绿色均为蓝色和黄色的混合色，蓝色成分较多时呈青色，黄色成分较多时呈绿色。请回答：（1）组成X的元素为_______。X的化学式为_______。 （2）溶液B通入过量发生反应的离子方程式_______。（3）青色溶液转化为绿色溶液的原因(结合离子方程式说明)_______。（4）绿色溶液转化为深蓝色溶液发生的主要化学方程式_______。（5）气体E与镁在一定条件下可反应，将产物溶于过量盐酸，设计实验检验溶液中含有的阳离子(除外)：_______。【答案】（1）①.、、O②.（2）（3）为吸热反应，加热，平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，青色转变为绿色（4）（5）取少量混合溶液分装在两只试管中，一份加足量氢氧化钠溶液，加热，试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝则含有。另一份滴加氢氧化钠溶液至过量，若一直有白色稳定的沉淀，则含有【解析】【分析】X加入足量的稀盐酸及后续操作得到青色、绿色、蓝色溶液，则X含有铜元素；加入足量氨气反应后、氢氧化钠碱溶得到紫红色固体为3.2g铜(0.05mol)，溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀，则C为氢氧化铝沉淀，B含有偏铝酸钠、过量氢氧化钠，说明X含有铝元素；混合气体A中含有过量的氨气，通入绿色溶液分离出白色沉淀氢氧化铝，煅烧得到固体D5.1g为氧化铝(0.05mol)；在化合物X能被氨气还原、能和稀盐酸反应，且由三种元素组成，9.1gX中含有3.2g铜、0.05mol×2×27g/mol=2.7g铝，则还含有氧元素为3.2g(为0.2mol)；则铜、铝、氧的物质的量之比为1:2:4，故X为；【小问1详解】由分析可知，组成X的元素为、、O；X的化学式为；【小问2详解】溶液B通入过量发生反应为偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式；【小问3详解】青色、绿色均为蓝色和黄色的混合色，蓝色成分较多时呈青色，黄色成分较多时呈绿色。青色溶液为加入过量盐酸得到的、加热转化为绿色溶液，则涉及反应为 ，反应吸热反应，加热，平衡正向移动，浓度减小，浓度增大，青色转变为绿色；【小问4详解】加入氨气后，和一水合氨反应转化为，使溶液变为蓝色，反应为：；【小问5详解】气体E含有过量的氨气，氨气与镁在一定条件下可反应生成氮化镁，氮化镁溶于过量盐酸生成镁离子、铵根离子，故检验溶液中含有的阳离子(除外)的方案为：取少量混合溶液分装在两只试管中，一份加足量氢氧化钠溶液，加热，试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝则含有；另一份滴加氢氧化钠溶液至过量，若一直有白色稳定的沉淀，则含有。28.卤素的单质和化合物在生产和生活中应用广泛。（1）下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)。①图中四种MgX2的热稳定由小到大的顺序是：_______。②MgBr2(s)+Cl2(g)MgCl2(s)+Br2(g)△H=_______kJ∙mol-1。某温度下，在密闭恒容容器中放入一定量MgBr2(s)和Cl2(g)进行该反应，一定时间后不能说明该反应已经达到平衡的是_______。(选填序号)。A．容器内的压强不再改变B．混合气体的密度不再改变C．混合气体的颜色不再改变D．混合气体的平均相对分子质量不再改变E．容器内的固体的质量不再改变③工业上用金属Mg与I2反应制取MgI2时，常加入少量水，水的作用是_______。④AgBr常用作感光剂和镇静剂，工业制得的AgBr固体常含有AgCl固体。现有含AgCl质量分数为14.35％的AgBr固体100.00g，可用饱和KBr溶液一次性浸泡，恰好溶解除去AgCl固体，需要5.015mol∙L-1的饱和KBr溶液的体积至少为_______mL。(保留4位有效数字)(已知常温下Ksp(ABr)=5.418×10-13，Ksp(AgCl)=1.806×10-10)（2）将一定量的PCl5(g)在T℃、Po压强下发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，测得平衡时PCl5的分解率为a，求该温度下此反应的平衡常数Kp=_______。(用含a 的式子表示。其中、、为各组分的平衡分压，如，p为平衡总压，为平衡系统中PCl5的物质的量分数)（3）向11mL0.40mol∙L-1H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，16分钟时测得生成O2的体积(已折算为标准状况)为44.8mL。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，②2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。反应过程中能量变化如图1所示，在图2中画出在0～16分钟内产生O2的物质的量随时间的变化示意图_______。【答案】（1）①.MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2②.-117③.A④.催化剂⑤.20.00（2）（3）【解析】【小问1详解】①从图中可以看出，四种MgX2的能量MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2，物质所具有的能量越低，热稳定性越强，则热稳定由小到大的顺序是：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2。②MgBr2(s)+Cl2(g)MgCl2(s)+Br2(g)△H=(-641kJ∙mol-1)-(-524kJ∙mol-1)=-117kJ∙mol-1。A．容器内反应前后气体分子数相等，则反应过程中压强始终保持不变，当压强不再改变时，反应不一定达平衡状态，A符合题意；B．反应前后气体分别为Cl2(g)和Br2(g)，气体的质量不相等，反应进行过程中密度在不断改变，当混合气体的密度不再改变时，反应达平衡状态，B不符合题意；C．Cl2(g)和Br2(g)都是有色气体，当混合气体的颜色不再改变时，反应达平衡状态，C不符合题意；D ．反应进行过程中，气体的物质的量不变，但质量在不断改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，D不符合题意；E．在反应进行过程中，固体的质量在不断发生改变，当容器内固体的质量不再改变时，反应达平衡状态，E不符合题意；故选A。③工业上用金属Mg与I2反应制取MgI2时，常加入少量水，水的加入，可迅速加快反应速率，则水的作用是催化剂。④AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)，n(Cl-)==0.1mol，溶液中n(Br-)==3×10-4mol，参加反应Br-的物质的量为0.1mol，所以需要5.015mol∙L-1的饱和KBr溶液的体积至少为=0.0200L=20.00mL。答案为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2；-117；A；催化剂；20.00；【小问2详解】将一定量的PCl5(g)在T℃、Po压强下发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，测得平衡时PCl5的分解率为a，设投入的PCl5(g)物质的量为1mol，则可建立如下三段式：则该温度下此反应的平衡常数Kp==。答案为：；【小问3详解】在0～16分钟内产生O2的物质的量为=0.002mol，从反应方程式可以看出，Fe3+是H2O2分解的催化剂。则在0～16分钟内产生O2的物质的量随时间的变化示意图为：。答案为：。【点睛】物质分子内化学键的键能越大，分子越稳定；物质具有的能量越低，分子越稳定。 29.铁钠(用表示，摩尔质量为421g/mol)为高效补血的新型铁强化剂，易溶于水，难溶于乙醇，与酸反应可解离出。实验室制备少量铁钠原理为：。已知(乙二胺四乙酸，可表示为)熔点240℃，不溶于冷水、乙醇、酸和一般有机溶剂，溶于碳酸钠溶液。能与碱金属和过渡金属等形成极稳定的水溶性络合物。实验步骤：(ⅰ)制备：取一定量于烧杯中溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。(ⅱ)制备铁钠：将、、加入三颈烧瓶中(装置如图所示)，搅拌，缓慢滴加溶液，控温80℃，反应60min。经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后先用冰水洗涤，溶液再用乙醇洗涤，晾干得到产品。请回答：（1）步骤(ⅰ)溶解时，是否需要先将溶解于适量浓盐酸后再稀释？_______。(填“是”或“否”)（2）下列有关过滤、洗涤的操作不正确的是_______。A.过滤需遵循“一贴二低三靠”原则，其中玻璃棒的下端需用力紧靠三层滤纸处B.过滤前需将沉淀和溶液搅混后一起转移到过滤器中，可缩短过滤时间C.洗涤需遵循“少量多次”原则，既可将沉淀洗净，又尽可能减少沉淀的溶解损失D.步骤(ⅰ)中可用溶液验证沉淀是否已洗净（3）装置中若恒压滴液漏斗替换为普通分液漏斗，实验中溶液将无法顺利滴下，其原因是_______。（4）步骤(ⅱ)中用乙醇洗涤的目的是_______。（5）称取mg晶体样品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取出10.00mL该溶液，加入稍过量的溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，用cmol/L 标准溶液滴定：重复操作2～3次，平均消耗标准溶液VmL。已知：。①发生反应的离子方程式为_______。②样品中的质量分数是_______％(用含m、c、V的代数式表示)。③若滴定过程较缓慢，则测得样品中的质量分数_______(填“偏小”、“偏大”或“无影【答案】（1）否（2）AB（3）体系密封，反应加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大（4）洗去表面的水份，乙醇易挥发，有利于产品快速干燥（5）①.②.③.偏大【解析】【分析】(5)滴定原理：先用将KI氧化为I2，然后用标准溶液滴定I2，利用关系式2~I2~2即可确定样品中的质量，从而确定其质量分数。【小问1详解】FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，本题配制FeCl3溶液是为了制备氢氧化铁，故无需要先将溶解于适量浓盐酸后再稀释，填否；【小问2详解】A．过滤需遵循“一贴二低三靠”原则，其中玻璃棒的下端紧靠三层滤纸处，不能用力，否则可能戳破滤纸，A错误；B．过滤前将沉淀和溶液搅混后一起转移到过滤器中会延长过滤时间，B错误；C．洗涤的目的是将沉淀洗净且尽可能减少沉淀的溶解损失，要需遵循“少量多次”原则，即每次让洗涤液刚好浸没沉淀，然后让其自由留下，然后进行多次，C正确；D．步骤(ⅰ)中NH3·H2O与FeCl3反应生成Fe(OH)3和NH4Cl，洗涤时，若没有洗净则Fe(OH)3沉淀表面会有NH4Cl，可用溶液检验沉淀表面是否有Cl-来验证沉淀是否已洗净，D正确；答案选AB；【小问3详解】恒压滴液漏斗比起普通分液漏斗来说有平衡气压，使液体顺利滴下的作用，装置中若恒压滴液漏斗替换为普通分液漏斗，实验中溶液将无法顺利滴下，其原因是体系密封，反应加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大； 【小问4详解】乙醇易挥发，容易带走水分，易干燥，故步骤(ⅱ)中用乙醇洗涤的目的是洗去表面的水份，乙醇易挥发，有利于产品快速干燥；【小问5详解】①由标准溶液滴定I2可知KI与被样品氧化为I2，发生反应的离子方程式为；②由、可知存在2~I2~2，平均消耗标准溶液VmL，则n()=c×V×10-3mol，样品中n()=10n()=cV×10-2mol，m()=cV×10-2mol×421g/mol=4.21cVg，样品中的质量分数==％；③若滴定过程较缓慢，则过量的KI可能被空气中的氧气氧化为I2，则消耗标准溶液体积偏大，测得样品中的质量分数偏大。30.抗癌药物盐酸苯达莫司汀合成路线如下。请回答：（1）化合物C中含氧官能团有硝基、_______(填名称)（2）化合物B与试剂X的反应原子利用率是100％，化合物B和试剂X的结构简式分别是_______、_______。（3）下列说法正确的是_______。A.化合物C具有两性B.化合物B→化合物C为加成反应C.化合物G的分子式为D.盐酸苯达莫司汀属于水溶性盐类物质，有利于药物吸收（4）写出化合物D→化合物E的化学方程式_______。 （5）写出3种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谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含有苯环结构，无键和键；②能发生水解反应，且1mol化合物B最多消耗2mol。（6）由乙烯制备乙酰化试剂的合成路线及相应收率如下：已知形成酰胺能力：羧基＜酸酐＜酰氯现以乙烯、甲苯为原料，设计最佳合成路线制备(用流程图表示，无机试剂任选)_______。【答案】（1）羧基、酰胺基（2）①.②.（3）AD（4）+3H2+2H2O（5）（6）【解析】【分析】根据合成路线图，参考化合物C结构简式，可知与CH3NH2发生取代反应生成化合物A（），化合物A在Na2S 作用下还原生成化合物B（），化合物B与试剂X发生反应生成化合物C，化合物C在硫酸与乙醇作用下发生分子内消去反应，生成化合物D，参考化合物F结构简式，可知化合物D加氢反应后生成化合物E（），化合物E与发生反应生成化合物F，化合物F与SOCl2取代反应后生成化合物G，化合物G发生水解反应最终生成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。【小问1详解】根据化合物C的结构简式可知含氧官能团有硝基、羧基、酰胺基。【小问2详解】结合分析知化合物B结构简式是：，化合物B与试剂X的反应原子利用率是100％，参考化合物C结构简式，知该反应生成新的官能团酰胺基，因此试剂X的结构简式是：。【小问3详解】A．化合物C中含有-NH-，显碱性，含有-COOH，显酸性，因此具有两性，A正确；B．化合物B与试剂X反应发生变化的化学键是N-H键与C-O键，两者均不是不饱和键，因此该反应不属于加成反应，B错误；C．化合物G的分子式为C18H25Cl2N3O2，C错误；D．胺与氨相似，分子中的氮原子上含有未共用的电子对，能与H+结合而显碱性。故盐酸苯达莫司汀与NH4Cl相似，属于水溶性盐类物质，有利于药物吸收，D正确。故选AD。【小问4详解】对比化合物D、F的结构差异，知化合物D→化合物E的反应是把-NO2还原成-NH2，化学方程式为：。【小问5详解】 化合物B分子式为C7H9N3O2，根据要求，含有苯环，且有4种不同化学环境的氢原子，说明分子的对称性较强；能水解，则存HCOO-或-CO-NH2，1mol化合物水解时最多消耗2molNaOH，如有HCOO-，直接与苯环相连，如有-CO-NH2，另一个O必然形成酚-OH；不存在N-N键和N-O键，则三个N与H形成三个-NH2；故符合条件的同分异构体有：、、、。【小问6详解】经对比计算，取用路线1乙烯直接氧化成乙酸比路线2分步合成更具有优势；因为酰氯形成酰胺能力比酸酐强，故用乙酸合成酰氯后再合成。合成路线设计如下：