高三下学期第二次模拟考试化学试题一、单选题1.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（）A.氯气作水杀菌消毒剂B．硅胶作袋装食品的干燥剂C．二氧化硫作纸浆的漂白剂D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂2.中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法错误的是（）A.战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B．秦朝·兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料C．宋·王希孟《千里江ft图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素D．宋·沈子藩《梅鹊图》所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质3.下列有关化学用语表示正确的是()A．次氯酸的结构式：H-Cl-OB．CaO2的电子式：C．CO2分子的比例模型：D．乙醇的分子式：CH3CH2OH4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L由SO2和CO2组成的混合气体中含有的氧原子数为2NAB．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)-2溶液中含有的OH数目为0.2NAC．46g乙醇中含有的极性键数目为8NAD．在反应SiO2+2CSi+2CO↑中，每1molSiO2被氧化，转移的电子数为4NA5.下列装置或操作能达到实验目的是（）A．除去乙醇中的乙酸B．形成原电池C．制取乙酸乙酯D．石油的蒸馏A.AB．BC．CD．D6.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，Z、Q属于同一主族，W+与Q2-具有相同的电子层结构。下列说法错误的是n（）A.在溶液中，W2YZ3与XTZ反应生成YZ2B．该化合物中含有离子键、极性键、非极性键C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞YD．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最高7.a、b表示两种化合物，其结构简式分别如图所示。下列有关说法正确的是（）A.a、b与苯是同分异构体B.a、b中6个碳原子均处于同一平面C．a的二氯代物有五种D．b能使溴的四氯化碳、溶液褪色，且褪色原理相同8.在指定溶液中下列离子能大量共存的是（）A.透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NOB．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl-C．c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2-D．加入Al能放出H2+2的溶液：Mg、NH、HCO、NO9.下列物质性质和用途都正确且相关的是（）选项性质用途AFeCl3溶液显酸性用于刻蚀电路板BSO2具有氧化性SO2常用于漂白秸秆、织物CHF溶液具有酸性HF溶液能在玻璃上刻图案DCH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量乙醇常作清洁能源A.AB．BC．CD．Dn10.臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是（）A.催化反应①②均为放热反应B．决定O3分解反应速率的是催化反应②C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大11.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）选操作现象结论项向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加为出现银A蔗糖未水解镜热，一段时间后，再加入银氨溶液熔融状态下能电离B测量熔融状态下的导电性能导电出、、用石墨作电极电解、的混合阴极上先C还原性：Mg>Cu析出铜溶液向溶液中先通入足量，再通入不能和反应生无沉淀生D气体成成和HClA．AB．BC．CD．D12.向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)(已知：N2O4为无色气体)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：/℃27354970NO2%20254066nN2O4%80756034下列说法正确的是（）A.平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)B．27℃时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C．升高温度，该反应的化学平衡常数增大D．温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅13.一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（）A．Ni电极与电源正极相连B．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2C．工作过程中阴极附近pH增大D．在电解液混合过程中会发生反应：14.工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中碳元素的化合价始终不变B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*InC．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O15.绿水青ft是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：下列说法错误的是（）A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2B．X可以是空气，但不能过量C．捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2D．处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O16.一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A.升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化二、综合题17.亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：n已知：①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②回答下列问题：（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是；装置B的作用是；冰水浴冷却的主要目的不包括(填字母)。a.减少的分解b.降低的溶解度c.减少的分解（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：。（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致。（4）该套装置存在的明显缺陷是。（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是(填字母)A．过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是×100%。(相对分子质量分别是：106.5：90.5)n18.二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为。（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：物质能量0-39452-242则。（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应：，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。①(填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数。n②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：时间浓度/mol/L01020304050物质6.005.405.109.008.408.402.001.801.703.002.802.8000.100.153.203.303.3020~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是(填字母)。A．通入一定量B．通入一定量C．加入合适的催化剂D．缩小容器容积（4）在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：Ⅰ.Ⅱ.图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是(填字母)。A．催化剂M的活性降低B．反应Ⅰ的平衡常数变大C．生成甲醚的量增加D．反应Ⅱ的活化能增大（5）溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于(不考虑的第二步水解和的电离)。19.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金n属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是，还可使用代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为。（3）加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为、(填化学式)（4）草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为，(相对原子质量Ca：40)20.人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：（1）碳硼烷酸［化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用的特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是（填电子排布式）。（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔中碳原子的杂化类型为。（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是—种天然矿藏，其化学式写作Na-2B4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]缩合而成的双六元环，应该写成Na2［B4O5(OH)4]•8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作n用力是(填字母）。A.离子键B．共价键C．金属键D．范德华力E．氢键（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，N8中阴离子的空间构型为，写出一种与其互为等电子体的分子（填化学式）。②Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为，GaAs的熔点（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为（列出计算式即可）。21.是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。n已知：R1OH+（1）A中的含氧官能团名称是。（2）D→E的反应类型是。（3）E的分子式是；F的结构简式是。（4）B→C的化学方程式为。（5）W是B的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g，W共有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。（6）设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)。n答案解析部分1.【答案】B【解析】【解答】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。故答案为：B。【分析】有新物质生成的变化叫做化学变化，物新物质生成的变化叫做物理变化。2.【答案】B【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，故A不符合题意；B.陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝·兵马俑用陶土烧制而成的陶，属于硅酸盐产品，不属于合成高分子材料，故B符合题意；C.宣纸的主要成分是纤维素，故C不符合题意；D．蚕丝的主要成分为蛋白质，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】高分子材料一般指有聚合等反应形成的相对分子质量比较大的有机物；3.【答案】B【解析】【解答】A.HClO中O形成两条共价键，H和Cl各形成一条共价键，结构式为H-O-Cl，A不符合题意；B.CaO2+2是离子化合物，Ca与之间以离子键结合，电子式为，B符合题意；C.CO2分子为直线形分子，C原子的半径大于O原子，因此比例模型为，C不符合题意；D.分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）分子的组成及相对分子质量的化学组成式，各个原子需合并表示，乙醇的分子式为C2H6O，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.HClO的结构式为H-O-Cl；nB.CaO2是离子化合物，电子式为；C.CO2分子中C原子的半径大于O原子；D.乙醇的分子式为C2H6O；4.【答案】A【解析】【解答】A．标准状况下SO2和CO2均为气体且二者均一个分子中含两个氧原子，标准状况下22.4L由SO2和CO2组成的混合气体分子为1mol，故含有的氧原子数为2NA，A符合题意；B.25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液OH-浓度为0.1mol/L，OH-物质的量为0.1mol，OH-数目为0.1NA，B不符合题意；C.46g乙醇1mol，极性键为两个不同相邻原子之间形成的共价键，一个乙醇中含7个极性键，碳碳单键为非极性键，故46g乙醇中含有的极性键数目为7NA，C不符合题意；D．SiO2中硅价态降低，应被还原，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.SO2和CO2均含两个O原子；B.根据n=cV和N=nNA计算；C.一个乙醇分子含7个极性键；D.元素化合价降低被还原。5.【答案】D【解析】【解答】A．乙酸、乙醇互溶，混合后不分层，不能用分液法分离乙酸、乙醇，故A不符合题意；B．酒精是非电解质，酒精不导电，不能构成原电池，故B不符合题意；C．右侧试管密闭，乙酸乙酯蒸气无法进入，应该把右侧试管口的橡胶塞去掉，故C不符合题意；D．根据不同物质的沸点不同，用分馏法分离石油，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.乙醇和乙酸互溶；B.酒精不导电；C.右边试管不能塞橡皮塞。6.【答案】A【解析】【解答】A．W2YZ3为K2CO3，XTZ为HClO，两者发生反应n，并无二氧化碳生成，A项符合题意；B．该化合物为离子化合物，含有离子键，C-H键为极性键，C-C键为非极性键，故该化合物中含有离子键、极性键、非极性键，B项不符合题意；C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸，硫酸，HClO4，非金属性T＞Q＞Y，故最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y，C项不符合题意；D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子间有氢键，故水的沸点较高，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，根据图中信息可知，Y为C，Z为O，X为H，Z、Q属于同一主族，故Q为S，W+与Q2-具有相同的电子层结构，W为K，T为Cl；故X为H，Y为C，Z为O，Q为S，T为Cl，W为K。7.【答案】C【解析】【解答】A、苯的分子式是C6H6，a、b的分子式是C6H8，a、b与苯不是同分异构体，故A不符合题意；B、分子中标有*的碳原子与周围3个碳原子通过单键相连，根据甲烷的结构可知，不可能6个碳原子均处于同一平面，故B不符合题意；C、a的二氯代物有、、、、，共5种，故C符合题意；D、b含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，b含有碳碳双键，能被溶液氧化，使溶液褪色，褪色原理不相同，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；nB.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；D.b与溴的四氯化碳发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应。8.【答案】A【解析】【解答】A．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，A符合题意；B.能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，B不符题意；C.ClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；D.加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；故答案为：A。【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等9.【答案】D【解析】【解答】A．FeCl3溶液能够与铜发生氧化还原反应，可用于刻蚀电路板，体现了铁离子的氧化性，A不符合题意；B．SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，B不符合题意；C．氢氟酸与二氧化硅反应，是特性反应，与酸性无关，C不符合题意；D．CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量，无污染，D符合题意；故答案为：D。n【分析】A.氯化铁刻蚀电路板体现的是氧化性；B.SO2用于漂白秸秆、织物是利用其漂白性；C.氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水。10.【答案】C【解析】【解答】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项不符合题意；B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项不符合题意；C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项符合题意；D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A.生成物的总能量低于反应物总能量的反应是放热反应，生成物的总能量高于反应物总能量的反应是吸热反应；B.慢反应决定总的反应速率，活化能越大反应速率越慢；D.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。1.【答案】C【解析】【解答】A．水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，不能发生银镜反应，故A不符合题意；B.熔融状态下只能电离出、，故B不符合题意；C.石墨作电极电解、的混合溶液，阴极上先析出铜，可知铜离子的氧化性大于镁离子，则金属的还原性：Mg>Cu，故C符合题意；D.向溶液中先通入足量，再通入气体会产生白色沉淀，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.水解后在碱性条件下检验葡萄糖；nB.熔融状态下电离成、；D.先通氨气再通入二氧化硫会产生亚硫酸钡沉淀。12.【答案】A【解析】【解答】A．由2NO2(g)N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)，故A符合题意；B.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为=88.89%，故B不符合题意；C.由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小，故C不符合题意；D.温度不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.根据计算；C.升温平衡逆向移动；D.缩小体积浓度增大，气体颜色加深，平衡正向移动，气体颜色逐渐变浅，达到平衡时气体颜色比原来深。13.【答案】A【解析】【解答】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A符合题意；B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2，B不符合题意；C．工作过程中阴极区的反应为2H−−2O+2e=2OH+H2↑，故阴极附近pH增大，C不符合题意；D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应nHCl+KOH=KCl+H2O，D不符合题意；故答案为A。【分析】Pt电极上，氯离子转化为氯气再与乙烯反应，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则Pt电极为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Ni电极为阴极。14.【答案】A【解析】【解答】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A符合题意；B.第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B不符合题意；C.根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C不符合题意；D.根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．CH3OH和CH3COOH中C的化合价不同；B．根据第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI分析；C．先生成后反应的物质是中间产物；D．根据图示，循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O。15.【答案】C【解析】【解答】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A不符合题意；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B不符合题意；C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C符合题意；D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生n成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D不符合题意；故答案为C。【分析】工业废气中加入过量石灰乳，CO2、SO2可被石灰乳吸收生成固体为CaCO3、CaSO3，则固体1为CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，气体1是N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，则气体X为具有氧化性的气体，且不能过量，NaNO2与含有的废水反应生成无污染的气体，根据元素守恒可知，该气体为氮气，气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。16.【答案】C【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；B．根据离子积常数可知，该温度下K+−−7−7−14w=c(H)⋅c(OH)=1×10×1×10=1×10，故B不符合题意；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C符合题意；D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题意；故答案为C。【分析】A.水的电离是吸热B.根据离子积常数计算C.盐的水解促进了水的电离D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式17.【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；b（2）（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降（4）没有处理尾气（5）A（6）或或(或其他合理答案)n【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸；a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；b.实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度，故答案为：b；c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；(5)A.过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故答案为：A；B.硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；C.氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；D.高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；选A。(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。n【分析】（1）有气体参与的反应组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和受热易分解；（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；（3）遇酸放出；空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；（4）该装置缺少尾气处理装置；（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；（6）计算理论产量，进而得出产率。18.【答案】（1）（2）-128kJ·mol-1（3）>；＜；D（4）B；D（5）12【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，npH=12。【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；（2）根据ΔH=生成物总能量-反应物总能量计算；（3）①越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；（4）根据化学平衡的影响因素分析；（5）根据计算。19.【答案】（1）将样品中可能存在的氧化为；双氧水()（2）(或)；（3）防止胶体生成，易沉淀分离；（4）45.0%【解析】【解答】(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H－3－32C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10mL=1.80×10mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。n【分析】水泥样品加入盐酸、氯化铵和硝酸，二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，铁、铝、镁等氧化物溶于酸，且酸性条件下，硝酸将Fe氧化为Fe3+；加入氨水调节溶液pH值4~5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，滤液中滴加草酸铵得到草酸钙，再用KMnO2+4法检测溶液中的Ca含量。20.【答案】（1）原子光谱；71s22s22p2（2）sp、sp2（3）C（4）直线形；N2O或CO2；原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%【解析】【解答】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；答案为：原子光谱；1s22s22p2；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；答案为：sp、sp2；(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；答案为：C；(4)①按信息——阳离子“Nn+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外5层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N+，则“N”的离子晶体是由N+和N-形成的，N中阴离子为N-，其中的阴离子中原子个数是5853833、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；答案为：直线形；N2O或CO2；②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为：，n则原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%；答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%。【分析】（1）根据元素的原子光谱进行鉴定元素，根据元素符号找出未成对电子数最多的元素即可（2）根据成键方式即可判断杂化方式（3）根据晶胞图即可判断出晶体中含有离子键、共价键、范德华力、氢键等作用力（4）①根据含有的原子以及阳离子带电荷即可判断出阴离子的化学式即可判断构型，结合原子数和电子数即可写出等电子的分子式②根据氮化镓是原子晶体即可判断砷化镓也是原子晶体，原子晶体的熔沸点与半径有关，根据晶胞计算出原子个数即可计算出占有率21.【答案】（1）酯基（2）酯化反应(取代反应)（3）C11H10O3；（4）（5）9；、（6）【解析】【解答】(1)A为，含有的含氧官能团名称是酯基；(2)D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代n反应；(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；(4)HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；(5)B为，其同分异构体W0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。n【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为。n高三下学期第二次模拟考试化学试题A.次氯酸的结构式：H-Cl-O一、单选题B．CaO2的电子式：1.化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（）C．CO2分子的比例模型：A.氯气作水杀菌消毒剂B．硅胶作袋装食品的干燥剂C．二氧化硫作纸浆的漂白剂D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂D．乙醇的分子式：CH3CH2OH【答案】B【答案】B【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系【知识点】结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；【解析】【解答】A.HClO中O形成两条共价键，H和Cl各形成一条共价键，结构式为H-O-Cl，A不符合题B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲意；和，从而实现吸水，无化学变化；B.CaO2是离子化合物，Ca2+与之间以离子键结合，电子式为，B符合题意；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；C.CO2分子为直线形分子，C原子的半径大于O原子，因此比例模型为，C不符合题意；D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。D.分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）分子的组成及相对分子质量的化学组成式，各个原子需合故答案为：B。并表示，乙醇的分子式为C2H6O，D不符合题意；故答案为：B【分析】有新物质生成的变化叫做化学变化，物新物质生成的变化叫做物理变化。2.中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法错误的是（）【分析】A.HClO的结构式为H-O-Cl；A.战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B．秦朝·兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料B.CaO2是离子化合物，电子式为；C．宋·王希孟《千里江ft图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素C.CO2分子中C原子的半径大于O原子；D．宋·沈子藩《梅鹊图》所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质D.乙醇的分子式为C2H6O；【答案】B4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）【知识点】物质的简单分类A.标准状况下，22.4L由SO2和CO2组成的混合气体中含有的氧原子数为2NA-数目为0.2N【解析】【解答】A．青铜是铜锡合金，故A不符合题意；B．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OHAB.陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝·兵马俑用陶土烧制而成的陶，属于硅酸盐产品，不属于合成高分子材料，C．46g乙醇中含有的极性键数目为8NA故B符合题意；D．在反应SiO2+2CSi+2CO↑中，每1molSiO2被氧化，转移的电子数为4NAC.宣纸的主要成分是纤维素，故C不符合题意；D．蚕丝的主要成分为蛋白质，故D不符合题意；【答案】A故答案为：B。【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．标准状况下SO2和CO2均为气体且二者均一个分子中含两个氧原子，标准状况下22.4L【分析】高分子材料一般指有聚合等反应形成的相对分子质量比较大的有机物；由SO2和CO2组成的混合气体分子为1mol，故含有的氧原子数为2NA，A符合题意；-浓度为0.1mol/L，OH-物质的量为0.1mol，OH-数目为0.1N，B3.下列有关化学用语表示正确的是()B.5℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液OHAn不符合题意；C.46g乙醇1mol，极性键为两个不同相邻原子之间形成的共价键，一个乙醇中含7个极性键，碳碳单键为非极性键，故46g乙醇中含有的极性键数目为7NA，C不符合题意；D．SiO2中硅价态降低，应被还原，D不符合题意；A.在溶液中，W2YZ3与XTZ反应生成YZ2故答案为：A。B．该化合物中含有离子键、极性键、非极性键C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y【分析】A.SO2和CO2均含两个O原子；D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最高B.根据n=cV和N=nNA计算；【答案】AC.一个乙醇分子含7个极性键；【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较D.元素化合价降低被还原。【解析】【解答】A．W2YZ3为K2CO3，XTZ为HClO，两者发生反应，并5.下列装置或操作能达到实验目的是（）无二氧化碳生成，A项符合题意；B.该化合物为离子化合物，含有离子键，C-H键为极性键，C-C键为非极性键，故该化合物中含有离子键、极性键、非极性键，B项不符合题意；C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸，硫酸，HClO4，非金属性T＞Q＞Y，故最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y，C项不符合题意；A．除去乙醇中的乙酸B．形成原电池C．制取乙酸乙酯D．石油的蒸馏D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子间有氢键，故水的沸A．AB．BC．CD．D点较高，D项不符合题意；【答案】D故答案为：A。【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；乙酸乙酯的制取；原电池工作原理及应用【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，根据图中信【解析】【解答】A．乙酸、乙醇互溶，混合后不分层，不能用分液法分离乙酸、乙醇，故A不符合题意；息可知，Y为C，Z为O，X为H，Z、Q属于同一主族，故Q为S，W+与Q2-具有相同的电子层结构，W为B．酒精是非电解质，酒精不导电，不能构成原电池，故B不符合题意；K，T为Cl；故X为H，Y为C，Z为O，Q为S，T为Cl，W为K。C．右侧试管密闭，乙酸乙酯蒸气无法进入，应该把右侧试管口的橡胶塞去掉，故C不符合题意；7.a、b表示两种化合物，其结构简式分别如图所示。下列有关说法正确的是（）D．根据不同物质的沸点不同，用分馏法分离石油，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.乙醇和乙酸互溶；A.a、b与苯是同分异构体B.酒精不导电；B.a、b中6个碳原子均处于同一平面C.右边试管不能塞橡皮塞。C．a的二氯代物有五种6.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，Z、Q属于同一主族，W+与Q2-具有相同的电子层结构。下列说法错误的是（）D．b能使溴的四氯化碳、溶液褪色，且褪色原理相同【答案】Cn【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体意；【解析】【解答】A、苯的分子式是C6H6，a、b的分子式是C6H8，a、b与苯不是同分异构体，故A不符合题B.能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，B不符题意；意；C.ClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；D.加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与B、分子中标有*的碳原子与周围3个碳原子通过单键相连，根据甲烷的结构可知，不可能6个碳原子HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH-反应，不能大量共存，D不符均处于同一平面，故B不符合题意；题意；故答案为：A。C、a的二氯代物有、、、、【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离，共5种，故C符合题意；子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性D、b含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，b含有碳碳双键，能被溶液氧离子化，使溶液褪色，褪色原理不相同，故D不符合题意；发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等故答案为：C。9.下列物质性质和用途都正确且相关的是（）选项性质用途【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；AFeCl3溶液显酸性用于刻蚀电路板B.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；BSO2具有氧化性SO2常用于漂白秸秆、织物D.b与溴的四氯化碳发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应。CHF溶液具有酸性HF溶液能在玻璃上刻图案8.在指定溶液中下列离子能大量共存的是（）DCH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量乙醇常作清洁能源A.透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NOA．AB．BC．CD．DB．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl-【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅C．c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2-【解析】【解答】A．FeCl3溶液能够与铜发生氧化还原反应，可用于刻蚀电路板，体现了铁离子的氧化性，AD．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO不符合题意；【答案】AB．SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，B不符合题意；【知识点】离子共存C．氢氟酸与二氧化硅反应，是特性反应，与酸性无关，C不符合题意；【解析】【解答】A．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，A符合题D．CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量，无污染，D符合题意；n故答案为：D。D.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。11.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是（）【分析】A.氯化铁刻蚀电路板体现的是氧化性；选操作现象结论B.SO2用于漂白秸秆、织物是利用其漂白性；项C.氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应生成四氟化硅和水。向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热，一A为出现银镜蔗糖未水解10.臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是（）段时间后，再加入银氨溶液熔融状态下能电离出B测量熔融状态下的导电性能导电、、阴极上先析C用石墨作电极电解、的混合溶液还原性：Mg>Cu出铜向溶液中先通入足量，再通入气不能和反应生成D无沉淀生成A.催化反应①②均为放热反应体和HClB．决定O3分解反应速率的是催化反应②A．AB．BC．CD．DC．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能【答案】CD．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大【知识点】化学实验方案的评价【答案】C【解析】【解答】A．水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，不能发生银镜反应，故A不【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素符合题意；【解析】【解答】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项不符合题意；B.熔融状态下只能电离出、，故B不符合题意；B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项不符合题意；C.石墨作电极电解、的混合溶液，阴极上先析出铜，可知铜离子的氧化性大于镁离子，则金C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+E3为催属的还原性：Mg>Cu，故C符合题意；化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项符合题意；D.向溶液中先通入足量，再通入气体会产生白色沉淀，故D不符合题意；D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总故答案为：C。反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A.水解后在碱性条件下检验葡萄糖；B.熔融状态下电离成、；【分析】A.生成物的总能量低于反应物总能量的反应是放热反应，生成物的总能量高于反应物总能量的反应是吸热反应；D.先通氨气再通入二氧化硫会产生亚硫酸钡沉淀。B.慢反应决定总的反应速率，活化能越大反应速率越慢；12.向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)(已知：N2O4为无色气体)。其它条件相同时，n不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：/℃27354970NO2%20254066N2O4%80756034下列说法正确的是（）A.平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)B．27℃时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C．升高温度，该反应的化学平衡常数增大D．温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅A．Ni电极与电源正极相连【答案】AB．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【解析】【解答】A．由2NO2(g)N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消C．工作过程中阴极附近pH增大耗)=2v(N2O4消耗)，故A符合题意；D．在电解液混合过程中会发生反应：B.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为【答案】A=88.89%，故B不符合题意；【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用C.由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应【解析】【解答】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为的化学平衡常数减小，故C不符合题意；阴极，故与电源负极相连，A符合题意；D.温度不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D不符合题意；B．根据反应历程和阴极区的反应故答案为：A。2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2，B不符合题意；【分析】B.根据计算；C．工作过程中阴极区的反应为2H−−2O+2e=2OH+H2↑，故阴极附近pH增大，C不符合题意；C.升温平衡逆向移动；D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应D.缩小体积浓度增大，气体颜色加深，平衡正向移动，气体颜色逐渐变浅，达到平衡时气体颜色比原来深。HCl+KOH=KCl+H2O，D不符合题意；13．一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过故答案为A。程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（）【分析】Pt电极上，氯离子转化为氯气再与乙烯反应，氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则Pt电极为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Ni电极为阴极。14.工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：n下列说法错误的是（）下列说法错误的是（）A．反应过程中碳元素的化合价始终不变A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*IB．X可以是空气，但不能过量C．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物C．捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2OD．处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O【答案】A【答案】C【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平【知识点】氧化还原反应方程式的配平；含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计【解析】【解答】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金【解析】【解答】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体属性有关，故A符合题意；1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A不符合题意；B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B不符合题意；B.由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B不符合题意；质，故C不符合题意；C.根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为气，故C符合题意；CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D不符合题意；D.根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D不符合题意；故答案为：A。故答案为C。【分析】A．CH3OH和CH3COOH中C的化合价不同；B．根据第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI分析；【分析】工业废气中加入过量石灰乳，CO2、SO2可被石灰乳吸收生成固体为CaCO3、CaSO3，则固体1为C．先生成后反应的物质是中间产物；CaCO3、CaSO3和过量的Ca(OH)2，气体1是N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，则气体X为具有氧化性的气体，且不能过量，NaNO2与含有的废水反应生成无污染的气体，D．根据图示，循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O。根据元素守恒可知，该气体为氮气，气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。15.绿水青ft是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含16.一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是()N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：nA.升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C已知：【知识点】水的电离；离子积常数①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，【解析】【解答】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A不符合题意；B．根据离子积常数可知，该温度下K+)⋅c(OH−−7−7−14②w=c(H)=1×10×1×10=1×10，故B不符合题意；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变回答下列问题：化，故C符合题意；（1）按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是；装置B的作用D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D不符合题是；冰水浴冷却的主要目的不包括(填字母)。意；a.减少的分解b.降低的溶解度c.减少的分解故答案为C。（2）是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：。【分析】A.水的电离是吸热（3）装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为。空气的流速B.根据离子积常数计算C.盐的水解促进了水的电离过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导D.稀释时依然符合水的离子积常数的公式致。（4）该套装置存在的明显缺陷是。二、综合题（5）为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选17.亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂择的还原剂是(填字母)和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：A.过氧化钠B．硫化钠C．氯化亚铁D．高锰酸钾（6）若mg最终制得纯净的ng，则的产率是×100%。(相对分子质量分别是：106.5：90.5)n【答案】（1）检查装置的气密性；防止倒吸(或稀释气体)；bD.高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；选A。（2）(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制（3）遇酸放出；不能被充分吸收，的产率下降（4）没有处理尾气得纯净的ng，则的产率是。（5）A（6）或或(或其他合理答案)【分析】（1）有气体参与的反应组装好仪器之后首先检查装置的气密性；装置B作为安全瓶；过氧化氢和【知识点】氧化还原反应；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价受热易分解；【解析】【解答】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒（2）三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠；吸，C中发生反应，生成。（3）遇酸放出；空气流速过快时，不能被充分吸收，的产率下降；(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密（4）该装置缺少尾气处理装置；性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸；a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，（5）加入的还原剂应注意不能引入杂质，且还原性与过氧化氢相当；所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；（6）计算理论产量，进而得出产率。18.二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。b.实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度，（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式故答案为：b；为。c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；。(5)A.过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所故答案为：A；示：B.硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；物质C.氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；n母)。能量0-39452-242则。（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应：，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。A．催化剂M的活性降低B．反应Ⅰ的平衡常数变大C．生成甲醚的量增加D．反应Ⅱ的活化能增大（5）溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于(不考虑的第二步水解和的电离)。①(填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数。【答案】（1）②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：（2）-128kJ·mol-1时间浓度/mol/L（3）>；＜；D01020304050物质（4）B；D6.005.405.109.008.408.40（5）12【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算2.001.801.703.002.802.80【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和00.100.153.203.303.30O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为20~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是(填字母)。；A．通入一定量B．通入一定量(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，C．加入合适的催化剂D．缩小容器容积故答案为：-128kJ/mol；（4）在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率Ⅰ.大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数Ⅱ.＜，故答案为：＞；＜；图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是(填字n②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为，(相对原子质量(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化Ca：40)剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，【答案】（1）将样品中可能存在的氧化为；双氧水()反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；（2）(或)；(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。（3）防止胶体生成，易沉淀分离；（4）45.0%【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；【知识点】硅和二氧化硅；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；中和滴定（2）根据ΔH=生成物总能量-反应物总能量计算；【解析】【解答】（3）①越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧（4）根据化学平衡的影响因素分析；水；（5）根据计算。(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；19.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H－3－32+－32C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10mL=1.80×10mol，n(Ca)=4.50×10mol，水泥中钙回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的的质量分数为×100%=45.0%。是，还可使用代替硝酸。【分析】水泥样品加入盐酸、氯化铵和硝酸，二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，铁、铝、镁等（2）沉淀A的主要成分是，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为。氧化物溶于酸，且酸性条件下，硝酸将Fe氧化为Fe3+；加入氨水调节溶液pH值4~5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，滤液中滴加草酸铵得到草酸钙，再用KMnO4法检测溶液中的Ca2+含量。（3）加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为、20.人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：(填化学式)（1）碳硼烷酸［化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸（4）草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，催化剂。现代化学中常利用的特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消未成对电子数最多的是（填电子排布式）。n（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔【答案】（1）原子光谱；71s22s22p2中碳原子的杂化类型为。（2）sp、sp2（3）C（4）直线形；N2O或CO2；原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；×100%（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是—种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7•10H2O，实【知识点】原子核外电子的能级分布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2［B4O5(OH)4]•8H2O。断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是(填字母）。【解析】【解答】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；答案为：原子光谱；1s22s22p2；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；A．离子键B．共价键C．金属键D．范德华力答案为：sp、sp2；(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位E．氢键键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。答案为：C；(4)①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N+，则“N”的离电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“Nn+”化学式为“N”的离子晶体，N中阴离子的58588空间构型为，写出一种与其互为等电子体的分子（填化学式）。子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N-3，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电②Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；示。答案为：直线形；N2O或CO2；②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物GaAs内是共价键，晶体熔点为1238℃，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，Ga—N键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为：，则原子的体积占晶胞体积的百分率为已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为，GaAs的熔点×100%；（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为（列出计算式即可）。n（2）酯化反应(取代反应)答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大；（3）C11H10O3；×100%。【分析】（1）根据元素的原子光谱进行鉴定元素，根据元素符号找出未成对电子数最多的元素即可（2）根据成键方式即可判断杂化方式（4）（3）根据晶胞图即可判断出晶体中含有离子键、共价键、范德华力、氢键等作用力（4）①根据含有的原子以及阳离子带电荷即可判断出阴离子的化学式即可判断构型，结合原子数和电子数即可写出等电子的分子式②根据氮化镓是原子晶体即可判断砷化镓也是原子晶体，原子晶体的熔沸点与半径有（5）9；、关，根据晶胞计算出原子个数即可计算出占有率（6）21.是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】(1)A为，含有的含氧官能团名称是酯基；(2)D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；已知：R1OH+(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是（1）A中的含氧官能团名称是。（2）D→E的反应类型是。（3）E的分子式是；F的结构简式是。；（4）B→C的化学方程式为。（5）W是B的同分异构体，0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g，W共有种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。(4)HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的（6）设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任化学方程式为选)。；【答案】（1）酯基n(5)B为，其同分异构体W0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状成G为。即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生n高三第三次模拟考试化学试题一、单选题1．2022北京冬奥会的主题口号是“一起向未来”，秉承绿色冬奥、科技冬奥的理念。下列有关辅助材质属于新型无机非金属材料的是（）ABCD“飞扬”火炬内“冰丝带”屋顶玻璃辅助材质：碲“冰墩墩”吉祥物辅助“冠军龙服”领奖服辅助胆辅助材化镉材质：聚氯乙烯材质：聚氨酯质：铝合金A．AB．BC．CD．D2.化学与生产、生活、环境、社会密切相关。下列有关说法错误的是（）A.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象C．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用D．华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维所用材料均为晶体硅3.化学创造美好生活。下列物质性质与用途的对应关系错误的是（）选项物质性质物质用途A小苏打能与碱反应可用作抗酸药B熔点高可用作耐高温材料C能吸收产生可用作呼吸面具供氧剂D漂白粉具有强氧化性可用于生活用水的消毒A．AB．BC．CD．D4.下列实验装置不能用于物质分离提纯的是（）nABCDA．AB．BC．CD．D5.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法正确的是（）A.分子式为B．分子中含有4种官能团C．能发生加成反应，不能发生取代反应D．分子中所有原子一定共平面6．2021年我国科学家以为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如下图所示。下列有关说法错误的是（）A.反应①实现了从无机物到有机物的转化B.反应②为，有机反应类型属于氧化反应C．化合物a最多能与发生中和反应D．水溶液能使蛋白质发生变性7.下列化学反应的离子方程式正确的是（）nA.碳酸钙与醋酸反应：B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：C.将少量通入溶液中：D．溶液中加入稀硫酸：8.部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）A．a可使紫色石蕊试液变红B．b的分子含有极性共价键，不含非极性共价键C．一定条件下，c、d、e之间存在转化关系：D．实验室用e的浓溶液与反应制备d，用排水法收集9.室温下，通过实验探究溶液的性质并记录如下。下列说法错误的是（）实验实验操作和现象1向溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向溶液中通入少量，产生淡黄色沉淀3向溶液中滴加过量溶液，产生黑色沉淀A.实验1证明溶液中存在：B.实验1可推测出溶液中存在：C.实验2证明氧化性：D.实验3反应静置后的上层清液中存在：10.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，设计下表实验。将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞。从胶头滴管中一次性滴入醋酸溶液，同时测量容n器中的压强变化。下列说法错误的是（）编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/醋酸/①为以下实验作参照0.52.090.02.0②醋酸浓度的影响0.5a36.02.0③M0.22.090.02.0A．B．M为“碳粉质量的影响”C．该实验一共探究了4种影响因素D．铁发生电化学腐蚀负极反应为11.我国科学家发现某化合物(如图所示)可用于制造大功率固体激光器，填补国家空白。已知X、Y、Z、W为前20号元素且位于不同周期，原子序数依次递增，Y为地壳中含量最多的元素。下列有关说法正确的是（）A.原子半径：B．该化合物易溶于水且水溶液显碱性C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸D．单质的氧化性：，单质的还原性：12.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．重水中含有的质子数为B．的溶液中含有的数目为C．标准状况下，溶于水，所得溶液中含有个分子nD．一定条件下，与中充分反应，转移的电子数为13.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项操作现象结论铝片不溶铝不与浓硫酸反A铝片投入浓硫酸中解应B向久置粉末中滴加几滴盐酸产生气体已变质油脂与溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸无分层现C油脂己完全皂化馏水中象将食品袋中的抗氧化剂(粉)溶于少量稀硫酸，再滴溶液不变抗氧化剂没有吸D加溶液红收A．AB．BC．CD．D14.氮氧化物是一类特殊的污染物，它本身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。下列说法错误的是（）A.过程①可表示为B．过程③有元素的化合价发生变化C．过程④涉及极性共价键的断裂与生成D．图中总过程中物质的量之比为15.一种新型电池结构示意图如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为和，不同区域由离子交换膜隔开。下列关于该电池的说法错误的是（）nA.为电池的负极，发生氧化反应B．a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C．电极反应：D．电池工作过程中，区域A、B、C溶液分别减小、不变、增大16.用盐酸滴定某浓度的溶液，溶液中的分布分数随变化曲线及滴定曲线如图。下列说法错误的是（）A.溶液时，B.待测液浓度为C．时，溶液D．滴定过程中，可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂二、综合题17.某小组在实验室用溶液和反应制备肼，并进行相关性质探究实验。n（1）Ⅰ.实验室制备装置D中反应的化学方程式是。（2）装置C中盛放的试剂是，装置B的作用是。（3）制备的离子方程式。（4）Ⅱ.测定产品中水合肼的含量称取产品，加入适量固体(调节溶液的保持在6.5左右)，加水配成溶液，移取置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用的碘标准溶液滴定(已知：)。①滴定到达终点的现象是。②重复上述滴定实验2~3次，测得消耗碘标准溶液的平均值为，产品中水合肼的质量分数为。（5）Ⅲ.探究肼的化学性质。将制得的肼分离提纯后，进行如下实验。【查阅资料】在溶液中不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是、中的一种或两种。【实验验证】设计如下方案，进行实验。操作现象结论nⅰ.取少量黑色固体于试管中，加入足量①，振黑色固体部分溶解黑色固体有荡ⅱ.取少量黑色固体于试管黑色固体是和③肼②中，加入足量稀硝酸，振荡具有的性质是（6）是一种二元弱碱，在水中的电离与相似，写出肼的第二步电离方程式。18.钼酸钠晶体是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的，含少量等)制备钼酸钠的工艺如图所示。回答下列问题：（1）中钼元素的化合价是。（2）“焙烧”时空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是，“焙烧”时，转化为，反应的化学方程式为。（3）碱浸”所得溶液中含杂质，其中，，在结晶前需加入固体以除去溶液中的。当开始沉淀时，的去除率是。[，溶液体积变化忽略]。（4）“重结晶”的具体操作为。（5）另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入溶液和溶液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为，该工艺的优点是。n(任写一条)（6）可充电电池的工作原理为：，则电池充电时阳极的电极反应式为。19.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。羟基氮化硼可高效催化乙烷氧化脱氢制乙烯。主反应：副反应：（1）的燃烧热，的燃烧热，，则。（2）主反应的部分反应历程如下图所示(图中IS表示起始态，TS表示过渡态，FS表示终态)。这一部分反应中慢反应的活化能。（3）提高乙烯平衡产率的方法是(任写两条)，提高乙烯单位时间产量的关键因素是。（4）工业上催化氧化制乙烯时，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺入惰性气体，即将一定比例的、和混合气体以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测得乙烯的产率如下图所示。n①曲线Ⅰ中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因是。②两种催化剂比较，催化剂Ⅱ的优点与不足是。（5）一定温度下，维持压强为，向反应装置中通入和的混合气体，经过后，反应达到平衡，此时乙烷的转化率为，乙烯选择性为()。反应速率，该温度下反应的平衡常数。20.KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是(填离子符号)。（2）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.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是n。（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为，其中P采取杂化方式。（5）与PO电子总数相同的等电子体的分子式为。（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为。（7）分别用○、●表示H+2PO和K，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H+2PO、K在晶胞xz面、yz面上的位置：①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度g•cm-3(写出表达式)。②晶胞在x轴方向的投影图为(填标号)。21.由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：n已知：①酯能被LiAlH4还原为醇②回答下列问题：（1）A的化学名称是，H的官能团名称为。（2）B生成C的反应条件为，D生成H的反应类型为。（3）写出F+D→G的化学方程式：。（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有种，写出其中1种M的结构简式：。①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg；②遇氯化铁溶液显色；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1。（5）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。n答案解析部分1.【答案】A【解析】【解答】A．辅助材质碲化镉属于新型无机非金属材料，故A符合题意；B．辅助材质聚氯乙烯属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；C．辅助材质聚氨酯属于合成有机高分子材料，故C不符合题意；D．辅助材质铝合金属于金属材料，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、传统无机非金属材料是玻璃、陶瓷、水泥，新型无机非金属材料是某些金属的化合物或者非金属化合物；B、合成有机高分子不属于无机非金属材料；C、合成有机高分子不属于无机非金属材料；D、金属材料不属于无机非金属材料。2.【答案】D【解析】【解答】A．“静电除尘”减少空气中飘尘，“燃煤固硫"减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，三者都能提高空气质量，A项不符合题意；B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象，形成一条光亮通路，B项不符合题意；C．SO2具有漂白性、还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C项不符合题意；D．“麒麟”芯片所用材料主要为晶体硅，光导纤维所用材料主要为SiO2，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、提高空气质量的本质是除污染物或者减少污染物排放；B、丁达尔效应是胶体的特点；C、少量的二氧化硫可以起到防腐的作用，如葡萄酒；D、芯片、太阳能电池板的材料是硅，光导纤维的材料是二氧化硅。3.【答案】A【解析】【解答】A．小苏打能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，A项符合题意；nB．Al2O3熔点高，所以可用作耐高温材料，B项不符合题意；C．过氧化钠与二氧化碳反应可生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，C项不符合题意；D．漂白粉中次氯酸钙具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，用于生活用水的消毒，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、胃酸的主要成分是盐酸；B、氧化铝的熔点高；C、过氧化钠是常用的供氧剂；D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，可以用于漂白、消毒杀菌。4.【答案】B【解析】【解答】A．该装置为洗气装置，可用于物质分离提纯，A项不符合题意；B．该装置用于配制溶液，不可用于物质分离提纯，B项符合题意；C．该装置为蒸馏装置，可用于物质分离提纯，C项不符合题意；D．该装置为过滤装置，可用于物质分离提纯，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、要注意区分洗气和收集，洗气装置中有液体，收集装置中没有液体；B、容量瓶的作用只能用于配制溶液；C、蒸馏可以分离沸点相差较大的液体混合物；D、过滤可以分离互不相溶的固体和液体。5.【答案】B【解析】【解答】A．由结构简式可知，黄芩素的分子式为，故A不符合题意；B．由结构简式可知，黄芩素分子的官能团为酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共有4种，故B符合题意；C．由结构简式可知，黄芩素分子中含有的酚羟基邻位上的氢原子能与浓溴水发生取代反应，含有的碳碳双键、羰基能发生加成反应，故C不符合题意；D．苯环、碳碳双键、羰基上的碳原子和与其相连的原子共平面，由于单键可以旋转，所以分子中所有原子可能共平面，故D不符合题意；故答案为：B。n【分析】A、分子式要注意苯上每一个C最多接1个H，若有其他取代基则没有H；B、官能团要注意其特定结构去找；C、羟基、苯环都可以发生取代反应；D、要注意，分子中所有原子可能共平面，但是单键可以旋转可能导致部分原子不共平面。6.【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，反应①为在催化剂作用下，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应实现了从无机物到有机物的转化，故A不符合题意；B.由方程式可知，反应②为甲醇氧化为甲醛的氧化反应，故B不符合题意；C．由结构简式，化合物a的官能团羟基和羰基均不能与氢氧化钠溶液反应，故C符合题意；D．甲醛的水溶液有毒，能使蛋白质发生变性，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化碳为无机物，淀粉为有机物；B、甲醇跟氧气的氧化属于氧化反应；C、可以和氢氧化钠反应的官能团为羧基、酚羟基、酯基；D、甲醛可以使蛋白质变性。7.【答案】D【解析】【解答】A．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故A不符合题意；B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为，故B不符合题意；C．少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸、氯化钠、硫酸钠，反应的离子方程式为，故C不符合题意；D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、碳酸钙为固体难溶物，不可拆；B、氧化铝和氢氧化钠反应生成水；nC、要注意二氧化硫具有还原性，次氯酸根具有强氧化性；D、注意氧化还原反应的歧化反应和归中不交叉定律。8.【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知a为NH3，NH3会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A项不符合题意；B．由分析可知b为N2H4，中含有N-H极性共价键，N-N非极性共价键，B项不符合题意；C.由分析可知，c为NO，d为NO2，e为硝酸，2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：，C项符合题意；D.实验室用e的浓溶液与反应制备d，发生的反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但3NO2+H2O=2HNO3+NO，故不能用排水法收集NO2，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、氨气是碱性气体；B、不同的非金属原子之间为极性共价键，相同的非金属原子之间为非极性共价键；C、要注意含氮化合物的转化为氧化还原反应；D、二氧化氮可以跟水发生反应。9.【答案】D【解析】【解答】A．实验1证明HS—离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，水解的离子方程式为，故A不符合题意；B.实验1证明HS—离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中离子浓度的大小顺序为，故B不符合题意；C.由题意可知，氯气与NaHS溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、盐酸和硫沉淀，说明氧化剂氯气的氧化性强于氧化产物硫，故C不符合题意；D.由题意可知，实验3反应静置后的上层清液为硫化铜的饱和溶液，溶液中，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、弱酸酸式盐成碱性的原因是盐类的水解；B、由于弱酸酸式盐成碱性，证明其水解大于电离；C、淡黄色沉淀为S，则S2-被氧化为S；nD、Ksp为溶液达到饱和后的离子积。10.【答案】C【解析】【解答】A．由表格数据可知，①②的实验目的为探究醋酸浓度对铁发生电化学腐蚀类型的影响，由变量唯一化原则可知，实验中①和②的醋酸浓度不同，所以铁粉的质量应该相同，所以a为2.0，故A不符合题意；B．由表格数据可知，①和③的碳粉质量不同，其他条件完全相同，所以实验目的是探究碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故B不符合题意；C．由表格数据可知，该实验只探究了醋酸浓度、碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故C符合题意；D．铁发生电化学腐蚀时，铁做负极失去电子被损耗，电极反应式为，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、控制变量法的条件是控制其他条件相同，只改变其中一个条件；B、根据控制变量法可以知道其他条件都相同；C、只改变了两组条件；D、注意铁的腐蚀通常是转化为Fe2+。1.【答案】D【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，所以磷原子的原子半径大于氧原子，故A不符合题意；B．由图可知，化合物的化学式为KH2PO3，亚磷酸二氢钾是强碱弱酸盐，亚磷酸二氢根离子在溶液中存在电离趋势和水解趋势，亚磷酸的电离常数未知，无法判断亚磷酸二氢根离子在溶液中电离程度和水解程度的相对大小，不能确定盐溶液的酸碱性，故B不符合题意；C．磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故C不符合题意；D．元素的非金属性越强，单质的氧化性月强，氧元素的非金属性强于磷元素，所以氧气的氧化性强于磷单质；元素的金属性越强，单质的还原性越强，钾元素的非金属性强于氢元素，所以钾的还原性强于氢气，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、原子半径的比较，下周期原子半径大于上周期原子半径，同一周期左边原子大于右边原n子；B、要判断弱酸酸式盐的酸碱性要注意电离和水解的程度判断；C、高中阶段常见的强酸HCl、HNO3、H2SO4、HI、HBr、HClO4；D、氧化性的比较是非金属性的比较，同一周期非金属性从左到右递增，同一主族非金属性从上到下递减。12.【答案】A【解析】【解答】A．D2O的摩尔质量为20g/mol，18D2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为0.9mol×10NA/mol=9NA，A项符合题意；B．溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项不符合题意；C．HCl溶于水完全电离为氢离子和氯离子，无HCl分子，C项不符合题意；D．一定条件下，与中充分反应，转移的电子数为，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、注意D为质量数为2的H；B、注意溶液要计算粒子数目时，浓度和体积必不可少；C、要注意强酸在水中完全电离；D、要注意用少量的物质进行计算。13.【答案】C【解析】【解答】A．铝片在浓硫酸中会发生钝化，钝化产生的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，并非是铝不与浓硫酸反应，故A不符合题意；B．过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，则向久置过氧化钠粉末中滴加几滴盐酸产生气体不能确定过氧化钠是否变质，故B不符合题意；C．油脂不溶于水，滴入蒸馏水中会分层，则油脂与氢氧化钠溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸馏水中无分层现象说明油脂己完全皂化生成高级脂肪酸钠，故C符合题意；D．若铁粉氧化生成氧化铁，将抗氧化剂溶于少量稀硫酸，若氧化生成的氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子与未氧化铁粉反应生成亚铁离子，再滴加硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以溶液不变红色不能确定抗氧化剂没有吸收氧气，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、钝化是被氧化的过程；nB、过氧化物和酸的反应会产生氧气；C、无分层证明油脂全部转化为钠盐；D、要注意硫酸亮少可能导致被氧化的Fe3+和未反应的Fe生成Fe2+。14.【答案】D【解析】【解答】A．过程①的反应为和O2，生成为为，反应方程式为：，A项不符合题意；B．过程③只有O-O非极性共价键断裂，元素化合价没有变化，B项不符合题意；C．过程④有N2的生成，形成了非极性共价键，C项不符合题意；D．分析总反应过程可知，总反应方程式为2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，由此可知，总过程中物质的量之比为1：2：1，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、根据箭头的始末判断反应物和生成物；B、根据过程可以知道产物没有价态变化；C、极性共价键是不同的废金属原子结合；D、注意列出化学方程式去判断化学计量数比例。15.【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知Zn为电源的负极，反应氧化反应，A项不符合题意；B．电解质溶解中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B项符合题意；C．PbO2电极发生的电极反应式为：，C项不符合题意；D．电池工作过程中，区域A中OH-被消耗，pH减小；A区域的K+移向B区域，C区域的移向B区域，故B区域pH不变；C区域H+被消耗，pH增大；D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、金属单质作为负极，失去电子被氧化；B、根据离子的移动，阻止哪些离子通过，需要哪些离子通过去判断离子交换膜；nC、根据反应物和生成物的原子守恒和溶液性质判断电极反应式；D、pH的判断通常是用溶液中H+或者OH-的浓度变化判断。16.【答案】A【解析】【解答】A．用盐酸滴定某浓度的溶液，根据电荷守恒可知：，当溶液时，，故，A项符合题意；B．Na2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A+2HCl=H2A+2NaCl，可知HCl和Na2A以2：1完全反应，由图可知完全反应时消耗V(HCl)=40mL，c(HCl)×V(HCl)=2c(Na2A)×V(Na2A)，可求得c(Na2A)=0.1mol/L，B项不符合题意；C．由d点可知，K-6.38-10.24a1=10，由a点可知Ka2=10，则，因，故，所以溶液，C项不符合题意；D．由图像可知，第一次突变时溶液显碱性，pH约为8.32，可选酚酞作指示剂，第二次突变时溶液显酸性，pH约为3.9，可用甲基橙作指示剂，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、电荷守恒要注意列出溶液中存在的所有阳离子和阴离子；B、根据化学方程式的化学计量数比例判断其浓度；C、要注意计算到最后为，开方后得出c（H+）；D、注意弱碱性条件下选择酚酞，弱酸性条件下选择甲基橙。17．【答案】（1）（2）NaOH溶液；收集多余氯气，平衡压强（3）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O（4）当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；25%（5）氨水；黑色固体溶解，并有气体产生，遇空气变为红棕色；还原性和碱性（6）【解析】【解答】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装n置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(1)装置D是用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，反应方程式为：；(2)根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(3)根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH--3+ClO=N2H4+Cl+H2O；(4)N2H4可以氧化I2所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可知25.00mL待测液中，则250mL溶液中有0.03mol，产品中水合腓的质量分数为；(5)操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；(6)肼的第二步电离方程式为。【分析】（1）方程式为实验室制取氨气的方程式；（2）要注意C装置之前进来的左边是氯气，右边是氨气，而用溶液和反应制备肼，可以知道C中要制备NaClO，实验室制取氯气时通常用饱和食盐水除去HCl；（3）要注意钠盐是可溶性盐，可以拆开写成离子；（4）①滴定终点的是最后一滴XX溶液后，变为XX颜色或者有XX现象；②结合方程式，找出相应物质的化学计量数之比进行计算；n（5）要注意题目给的信息，通常会体现在答案中，此类题型在解答时要注意观察题目的信息，比如可以溶于什么物质，难溶于什么物质，沸点相差多少等；（6）结合氨气在水中电离为NH+和OH-，且题目中提示NH为二元弱碱，可以知道会结合两分子424水，电离两次OH-。18．【答案】（1）+6（2）增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（3）87.5%（4）将“晶体”得到的粗产品配成饱和溶液，再蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥（5）；保护环境、减少污染（6）Lix(MoS2)n–xe-=nMoS2+xLi+【解析】【解答】(1)由Na、O的化合价分别为+1、-2，可知中钼元素的化合价为+6；(2)在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，可增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，配平化学方程式为；(3)BaMoO4开始沉淀时，，此时溶液，的去除率为；(4)①将需要纯化的化学试剂溶解于沸腾或将进沸腾的适宜溶剂中；②将热溶液趁热抽滤，以除去不溶的杂质；③将滤液冷却，使结晶析出；④滤出结晶，必要时用适宜的溶剂洗涤结晶；(5)直接向粉碎后的钼精矿中加入溶液和溶液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为；该过程中无污染性气体排出，故该工艺的优点是保护环境、减少污染；(6)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2放电充电Li(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Li(MoS-+2)n，则阳极反应式为Lix(MoS2)n–xe=nMoS2+xLi。n【分析】（1）根据Na和O的价态进行判断，总化合价为0；（2）粉碎、搅拌等目的都是增大接触面积；（3）去除率即沉淀的计算，通过饱和溶液的Ksp计算相应的离子浓度；（4）重结晶是先将晶体溶解后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；（5）结合流程中的反应物和生成物，再结合物质中价态的变化进行配平；（6）要注意，先找出充电的步骤，再根据阳极的电极反应式要求，失去电子即化合价升高，找出升高的元素进行判断。19.【答案】（1）（2）2.06（3）降低温度，减小压强，增大O2投料占比；合适催化剂（4）反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大（5）0.04；4.8【解析】【解答】(1)由题目可知：、、，由①×2-②×2+③×3即可得到，故；(2)由图可知，慢反应的活化能最大，故；(3)提高乙烯平衡产率是使平衡正向移动，可采取的措施为：降低温度，减小压强，增大O2投料占比；要想提高乙烯单位时间产量可采取的措施为：选用合适的催化剂；(4)曲线Ⅰ中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因是反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；两种催化剂比较，催化剂Ⅱ的优点与不足是催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大；(5)分析题意可列出以下三段式：n故；反应后总物质的量为0.2+0.6+0.6+0.8+0.2+0.2+3.4=6mol，可知P(H2O)=0.4MPa，P(C2H4)=0.3MPa，P(O2)=0.3MPa，P(C2H6)=0.1MPa，故。【分析】（1）盖斯定律属于比较简单的内容，要注意的就是物质的状态是否对应；（2）活化能越大，反应速率越慢；（3）提高产率即平衡朝正向移动；（4）①要注意这类催化剂题型中，催化剂会随着温度升高而出现活性降低；②这类题型要从优点和缺点进行分析，通常结合产率、能量消耗、药品价值等分析；（5）注意这类题型通常需要列出三段式进行判断，根据三段式的竖直计算出相应的物理量。20.【答案】（1）和（2）或（3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定（4）；sp3（5）SiF4、SO2F2等（6）（7）；B【解析】【解答】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、n、和，其中核外电子排布相同的是和。(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4molN形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若4molN形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4molP形成分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若4molP形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2ccm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。n②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为，选B。【分析】（1）核外电子排布中，下周期元素的阳离子和上周期元素的阴离子核外电子排布相同；（2）要注意s轨道两个电子即充满，p轨道3个电子要分别排布在各自轨道，即三个电子自旋方向相同；（3）物质通常是以更稳定的状态存在，能量越低则越稳定；（4）要注意判断含氧酸是几元酸时，是根据羟基的数目判断；（5）等电子体的定义是原子总数相同，电子数目相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则进行判断；（6）酸根即找出相同的部分进行判断；（7）晶胞的计算要注意各种原子的配位数，算出相应的占比。21.【答案】（1）邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；醛基（2）浓H2SO4、加热；氧化（3）n+n+(2n-1)H2O（4）4；、、、（5）【解析】【解答】芳香烃A被氧化生成邻二苯甲酸，根据A分子式知，A为，B与甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应生成C，根据C分子式可知C为，C发生信息①的反应生成D为；D发生催化氧化生成H，H发生信息②的反应生成I，In结构简式为，I与CH3OH发生取代反应生成J，据此分析解答。(1)A的结构式为，其化学名称是邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；根据H结构简式可知H中含有的官能团名称为醛基。(2)根据分析可知B生成C的反应条件为浓H2SO4、加热；D为，分子中由于-OH连接的C原子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应产生-CHO，生成H：，故D生成H的反应类型为氧化反应。(3)由分析可知F+D在浓硫酸错催化剂条件下加热，发生缩聚反应产生高聚物G和水，则F+D→G的化学方程式：n+n+(2n-1)H2O。(4)B是，其同分异构体满足条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg。说明M分子中含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明物质分子中含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，说明这三种H原子个数比是1：1：1，根据限定的条件，M可能的结构为、、、，因此共有4种不同的结构。(5)被O2在Cu催化作用下加热，发生氧化反应产生，与H2O2作用产生，在浓硫酸存在时加热，发生反应脱去1分子的水生成n，合成路线为：。【分析】（1）苯的命名要注意看取代基的位置，以邻、间、对命名；（2）B生成C为酯化反应，条件为浓硫酸加热；（3）F和D的反应为酯化反应，根据酸脱羟基醇脱氢的原则进行断键；（4）同分异构体的题目要注意几个细节，第一，判断分子式，第二，判断官能团，第三，判断等效氢数目决定结构；（5）合成路线的设计通常都会从已知路线中寻找，所以要根据某些结构特点去判断其对应的化学反应。n高三第三次模拟考试化学试题C．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用一、单选题D．华为自主研发的“麒麟”芯片与光导纤维所用材料均为晶体硅1．2022北京冬奥会的主题口号是“一起向未来”，秉承绿色冬奥、科技冬奥的理念。下列有关辅助材质属于新【答案】D型无机非金属材料的是（）【知识点】含硅矿物及材料的应用ABCD【解析】【解答】A．“静电除尘”减少空气中飘尘，“燃煤固硫"减少空气中二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”减少空气中氮氧化物的排放，三者都能提高空气质量，A项不符合题意；B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象，形成一条光亮通路，B项不符合题意；C．SO2具有漂白性、还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，C项不符合题意；D．“麒麟”芯片所用材料主要为晶体硅，光导纤维所用材料主要为SiO2，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、提高空气质量的本质是除污染物或者减少污染物排放；B、丁达尔效应是胶体的特点；“冰丝带”屋顶玻璃辅助材质：碲“冰墩墩”吉祥物辅助“冠军龙服”领奖服辅助“飞扬”火炬内胆辅A．化A镉B．B材质：聚氯乙烯C．C材质：聚氨酯D．D助材质：铝合金C、少量的二氧化硫可以起到防腐的作用，如葡萄酒；【答案】AD、芯片、太阳能电池板的材料是硅，光导纤维的材料是二氧化硅。【知识点】无机非金属材料3．化学创造美好生活。下列物质性质与用途的对应关系错误的是（）【解析】【解答】A．辅助材质碲化镉属于新型无机非金属材料，故A符合题意；选项物质性质物质用途B．辅助材质聚氯乙烯属于合成有机高分子材料，故B不符合题意；A小苏打能与碱反应可用作抗酸药C．辅助材质聚氨酯属于合成有机高分子材料，故C不符合题意；B熔点高可用作耐高温材料D．辅助材质铝合金属于金属材料，故D不符合题意；C能吸收产生可用作呼吸面具供氧剂故答案为：A。D漂白粉具有强氧化性可用于生活用水的消毒【分析】A、传统无机非金属材料是玻璃、陶瓷、水泥，新型无机非金属材料是某些金属的化合物或者非金属A．AB．BC．CD．D化合物；【答案】AB、合成有机高分子不属于无机非金属材料；【知识点】镁、铝的重要化合物；药物的主要成分和疗效C、合成有机高分子不属于无机非金属材料；【解析】【解答】A．小苏打能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，A项符合题意；D、金属材料不属于无机非金属材料。B．Al2O3熔点高，所以可用作耐高温材料，B项不符合题意；2.化学与生产、生活、环境、社会密切相关。下列有关说法错误的是（）C．过氧化钠与二氧化碳反应可生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，C项不符合题意；A.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量D．漂白粉中次氯酸钙具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，用于生活用水的消毒，D项不B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔现象符合题意；n故答案为：A。【分析】A、胃酸的主要成分是盐酸；B、氧化铝的熔点高；C、过氧化钠是常用的供氧剂；A.分子式为D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，可以用于漂白、消毒杀菌。B．分子中含有4种官能团4.下列实验装置不能用于物质分离提纯的是（）C．能发生加成反应，不能发生取代反应D．分子中所有原子一定共平面【答案】B【知识点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．由结构简式可知，黄芩素的分子式为，故A不符合题意；B.由结构简式可知，黄芩素分子的官能团为酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共有4种，故B符合题意；C．由结构简式可知，黄芩素分子中含有的酚羟基邻位上的氢原子能与浓溴水发生取代反应，含有的碳碳双ABCD键、羰基能发生加成反应，故C不符合题意；A．AB．BC．CD．DD．苯环、碳碳双键、羰基上的碳原子和与其相连的原子共平面，由于单键可以旋转，所以分子中所有原子可【答案】B能共平面，故D不符合题意；【知识点】物质的分离与提纯故答案为：B。【解析】【解答】A．该装置为洗气装置，可用于物质分离提纯，A项不符合题意；B．该装置用于配制溶液，不可用于物质分离提纯，B项符合题意；【分析】A、分子式要注意苯上每一个C最多接1个H，若有其他取代基则没有H；C．该装置为蒸馏装置，可用于物质分离提纯，C项不符合题意；B、官能团要注意其特定结构去找；D．该装置为过滤装置，可用于物质分离提纯，D项不符合题意；C、羟基、苯环都可以发生取代反应；故答案为：B。D、要注意，分子中所有原子可能共平面，但是单键可以旋转可能导致部分原子不共平面。6．2021年我国科学家以为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线【分析】A、要注意区分洗气和收集，洗气装置中有液体，收集装置中没有液体；如下图所示。下列有关说法错误的是（）B、容量瓶的作用只能用于配制溶液；C、蒸馏可以分离沸点相差较大的液体混合物；D、过滤可以分离互不相溶的固体和液体。5.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法正确的是（）A.反应①实现了从无机物到有机物的转化nB.反应②为，有机反应类型属于氧化反应，故C不符合题意；C．化合物a最多能与发生中和反应D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为D．水溶液能使蛋白质发生变性，故D符合题意；【答案】C故答案为：D。【知识点】有机物的合成【解析】【解答】A．由图可知，反应①为在催化剂作用下，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应实现【分析】A、碳酸钙为固体难溶物，不可拆；了从无机物到有机物的转化，故A不符合题意；B、氧化铝和氢氧化钠反应生成水；B．由方程式可知，反应②为甲醇氧化为甲醛的氧化反应，故B不符合题意；C、要注意二氧化硫具有还原性，次氯酸根具有强氧化性；C．由结构简式，化合物a的官能团羟基和羰基均不能与氢氧化钠溶液反应，故C符合题意；D、注意氧化还原反应的歧化反应和归中不交叉定律。D．甲醛的水溶液有毒，能使蛋白质发生变性，故D不符合题意；8.部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）故答案为：C。【分析】A、二氧化碳为无机物，淀粉为有机物；B、甲醇跟氧气的氧化属于氧化反应；C、可以和氢氧化钠反应的官能团为羧基、酚羟基、酯基；D、甲醛可以使蛋白质变性。7.下列化学反应的离子方程式正确的是（）A．a可使紫色石蕊试液变红A.碳酸钙与醋酸反应：B．b的分子含有极性共价键，不含非极性共价键B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：C．将少C．一定条件下，c、d、e之间存在转化关系：量通入溶液中：D．实验室用e的浓溶液与反应制备d，用排水法收集【答案】C【知识点】含氮物质的综合应用D．溶液中加入稀硫酸：【解析】【解答】A．由分析可知a为NH3，NH3会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A项不符合题意；【答案】DB．由分析可知b为N2H4，中含有N-H极性共价键，N-N非极性共价键，B项不符合题意；【知识点】离子方程式的书写C．由分析可知，c为NO，d为NO2，e为硝酸，2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Cu+4HNO3(浓)=【解析】【解答】A．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：，C项符合题意；，故A不符合题意；D．实验室用e的浓溶液与反应制备d，发生的反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，但3NO2+H2O=2HNO3+NO，故不能用排水法收集NO2，D项不符合题意；B．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为，故故答案为：C。B不符合题意；C．少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸、氯化钠、硫酸钠，反应的离子方程式为n【分析】A、氨气是碱性气体；C、淡黄色沉淀为S，则S2-被氧化为S；B、不同的非金属原子之间为极性共价键，相同的非金属原子之间为非极性共价键；D、Ksp为溶液达到饱和后的离子积。C、要注意含氮化合物的转化为氧化还原反应；10.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，设计下表实验。将混合均匀的新制铁D、二氧化氮可以跟水发生反应。粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞。从胶头滴管中一次性滴入醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。下9.室温下，通过实验探究溶液的性质并记录如下。下列说法错误的是（）列说法错误的是（）实验实验操作和现象1向溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变红2向溶液中通入少量，产生淡黄色沉淀3向溶液中滴加过量溶液，产生黑色沉淀编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/醋酸/A.实验1证明溶液中存在：①为以下实验作参照0.52.090.02.0B.实验1可推测出溶液中存在：②醋酸浓度的影响0.5a36.02.0C.实验2证明氧化性：③M0.22.090.02.0D.实验3反应静置后的上层清液中存在：A．【答案】DB．M为“碳粉质量的影响”【知识点】离子浓度大小的比较C．该实验一共探究了4种影响因素【解析】【解答】A．实验1证明HS—离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，水解的离子方程D．铁发生电化学腐蚀负极反应为式为，故A不符合题意；【答案】CB.实验1证明HS—离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中离子浓度的大小顺序为【知识点】金属的电化学腐蚀与防护【解析】【解答】A．由表格数据可知，①②的实验目的为探究醋酸浓度对铁发生电化学腐蚀类型的影响，由，故B不符合题意；变量唯一化原则可知，实验中①和②的醋酸浓度不同，所以铁粉的质量应该相同，所以a为2.0，故A不符C.由题意可知，氯气与NaHS溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、盐酸和硫沉淀，说明氧化剂氯气的氧化性合题意；强于氧化产物硫，故C不符合题意；B．由表格数据可知，①和③的碳粉质量不同，其他条件完全相同，所以实验目的是探究碳粉质量对铁发生D.由题意可知，实验3反应静置后的上层清液为硫化铜的饱和溶液，溶液中，故电化学腐蚀类型的影响，故B不符合题意；D符合题意；C．由表格数据可知，该实验只探究了醋酸浓度、碳粉质量对铁发生电化学腐蚀类型的影响，故C符合题意；故答案为：D。D．铁发生电化学腐蚀时，铁做负极失去电子被损耗，电极反应式为，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、弱酸酸式盐成碱性的原因是盐类的水解；B、由于弱酸酸式盐成碱性，证明其水解大于电离；n【分析】A、控制变量法的条件是控制其他条件相同，只改变其中一个条件；12.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）B、根据控制变量法可以知道其他条件都相同；A．重水中含有的质子数为C、只改变了两组条件；D、注意铁的腐蚀通常是转化为Fe2+。B．的溶液中含有的数目为11.我国科学家发现某化合物(如图所示)可用于制造大功率固体激光器，填补国家空白。已知X、Y、Z、WC．标准状况下，溶于水，所得溶液中含有个分子为前20号元素且位于不同周期，原子序数依次递增，Y为地壳中含量最多的元素。下列有关说法正确的是D．一定条件下，与中充分反应，转移的电子数为（）【答案】A【知识点】阿伏加德罗常数【解析】【解答】A．D2O的摩尔质量为20g/mol，18D2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为A.原子半径：B．该化合0.9mol×10NA/mol=9NA，A项符合题意；物易溶于水且水溶液显碱性B．溶液的体积未知，所以不能计算出所含氢离子个数，B项不符合题意；C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．HCl溶于水完全电离为氢离子和氯离子，无HCl分子，C项不符合题意；D．单质的氧化性：，单质的还原性：D．一定条件下，与中充分反应，转移的电子数为，D项不符合题意；【答案】D故答案为：A。【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，【分析】A、注意D为质量数为2的H；所以磷原子的原子半径大于氧原子，故A不符合题意；B、注意溶液要计算粒子数目时，浓度和体积必不可少；B．由图可知，化合物的化学式为KH2PO3，亚磷酸二氢钾是强碱弱酸盐，亚磷酸二氢根离子在溶液中存在电C、要注意强酸在水中完全电离；离趋势和水解趋势，亚磷酸的电离常数未知，无法判断亚磷酸二氢根离子在溶液中电离程度和水解程度的相D、要注意用少量的物质进行计算。对大小，不能确定盐溶液的酸碱性，故B不符合题意；13.下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）C．磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故C不符合题意；选项操作现象结论D．元素的非金属性越强，单质的氧化性月强，氧元素的非金属性强于磷元素，所以氧气的氧化性强于磷单质；元素的金属性越强，单质的还原性越强，钾元素的非金属性强于氢元素，所以钾的还原性强于氢气，故铝片不溶铝不与浓硫酸反A铝片投入浓硫酸中解应D符合题意；故答案为：D。B向久置粉末中滴加几滴盐酸产生气体已变质油脂与溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸无分层现【分析】A、原子半径的比较，下周期原子半径大于上周期原子半径，同一周期左边原子大于右边原子；C油脂己完全皂化馏水中象B、要判断弱酸酸式盐的酸碱性要注意电离和水解的程度判断；将食品袋中的抗氧化剂(粉)溶于少量稀硫酸，再滴溶液不变抗氧化剂没有吸C、高中阶段常见的强酸HCl、HNO3、H2SO4、HI、HBr、HClO4；D加溶液红收D、氧化性的比较是非金属性的比较，同一周期非金属性从左到右递增，同一主族非金属性从上到下递减。nA．AB．BC．CD．DD．图中总过程中物质的量之比为【答案】C【答案】D【知识点】化学实验方案的评价【知识点】含氮物质的综合应用【解析】【解答】A．铝片在浓硫酸中会发生钝化，钝化产生的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，并非是铝【解析】【解答】A．过程①的反应为和O2，生成为为，反不与浓硫酸反应，故A不符合题意；应方程式为：，A项不符合题意；B．过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，则向久置过氧化钠粉末中滴加几滴盐酸产生气体不能确定过B.过程③只有O-O非极性共价键断裂，元素化合价没有变化，B项不符合题意；氧化钠是否变质，故B不符合题意；C.过程④有N2的生成，形成了非极性共价键，C项不符合题意；C．油脂不溶于水，滴入蒸馏水中会分层，则油脂与氢氧化钠溶液共热、搅拌，取少量混合液滴入蒸馏水中无分层现象说明油脂己完全皂化生成高级脂肪酸钠，故C符合题意；D．分析总反应过程可知，总反应方程式为2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，由此可知，总过程中D．若铁粉氧化生成氧化铁，将抗氧化剂溶于少量稀硫酸，若氧化生成的氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子与物质的量之比为1：2：1，D项符合题意；未氧化铁粉反应生成亚铁离子，再滴加硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，所以溶液不变红色不能确定抗故答案为：D。氧化剂没有吸收氧气，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、根据箭头的始末判断反应物和生成物；B、根据过程可以知道产物没有价态变化；【分析】A、钝化是被氧化的过程；C、极性共价键是不同的废金属原子结合；B、过氧化物和酸的反应会产生氧气；D、注意列出化学方程式去判断化学计量数比例。C、无分层证明油脂全部转化为钠盐；15.一种新型电池结构示意图如图，电池由三个不同区域(A、B、C)组成，所用电解质分别为D、要注意硫酸亮少可能导致被氧化的Fe3+和未反应的Fe生成Fe2+。和，不同区域由离子交换膜隔开。下列关于该电池的说法错误的是（）14.氮氧化物是一类特殊的污染物，它本身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。下列说法错误的是（）A.为电池的负极，发生氧化反应B．a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜A.过程①可表示为B．过程③有元素的化合价发生变化C．电极反应：C．过程④涉及极性共价键的断裂与生成D．电池工作过程中，区域A、B、C溶液分别减小、不变、增大n【答案】B【答案】A【知识点】化学电源新型电池【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较【解析】【解答】A．由分析可知Zn为电源的负极，反应氧化反应，A项不符合题意；【解析】【解答】A．用盐酸滴定某浓度的溶液，根据电荷守恒可知：B．电解质溶解中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B项符合题，当溶液时，，故意；，A项符合题意；C．PbO2电极发生的电极反应式为：，C项不符合题意；B．Na2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A+2HCl=H2A+2NaCl，可知HCl和Na2A以2：1完全反应，由D．电池工作过程中，区域A中OH-被消耗，pH减小；A区域的K+移向B区域，C区域的移向B区图可知完全反应时消耗V(HCl)=40mL，c(HCl)×V(HCl)=2c(Na2A)×V(Na2A)，可求得c(Na2A)=0.1mol/L，B项不域，故B区域pH不变；C区域H+被消耗，pH增大；D项不符合题意；符合题意；故答案为：B。C．由d点可知，K-6.38-10.24a1=10，由a点可知Ka2=10，则【分析】A、金属单质作为负极，失去电子被氧化；，因，故B、根据离子的移动，阻止哪些离子通过，需要哪些离子通过去判断离子交换膜；，所以溶液，C项不符合题意；C、根据反应物和生成物的原子守恒和溶液性质判断电极反应式；D．由图像可知，第一次突变时溶液显碱性，pH约为8.32，可选酚酞作指示剂，第二次突变时溶液显酸性，D、pH的判断通常是用溶液中H+或者OH-的浓度变化判断。pH约为3.9，可用甲基橙作指示剂，D项不符合题意；16.用盐酸滴定某浓度的溶液，溶液中的分布分数随变故答案为：A。化曲线及滴定曲线如图。下列说法错误的是（）【分析】A、电荷守恒要注意列出溶液中存在的所有阳离子和阴离子；B、根据化学方程式的化学计量数比例判断其浓度；C、要注意计算到最后为，开方后得出c（H+）；D、注意弱碱性条件下选择酚酞，弱酸性条件下选择甲基橙。二、综合题17.某小组在实验室用溶液和反应制备肼，并进行相关性质探究实验。（1）Ⅰ.实验室制备A.溶液时，B.待测液浓度为C．时，溶液D．滴定过程中，可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂n装置D中反应的化学方程式是。【答案】（1）（2）装置C中盛放的试剂是，装置B的作用是。（2）NaOH溶液；收集多余氯气，平衡压强（3）制备的离子方程式。（3）2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O（4）当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；25%（4）Ⅱ.测定产品中水合肼的含量（5）氨水；黑色固体溶解，并有气体产生，遇空气变为红棕色；还原性和碱性称取产品，加入适量固体(调节溶液的保持在6.5左右)，加水配成溶液，移取（6）置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用的碘标准溶液滴定(已知：【知识点】制备实验方案的设计)。【解析】【解答】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方①滴定到达终点的现象是。止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵②重复上述滴定实验2~3次，测得消耗碘标准溶液的平均值为，产品中水合肼的质量分数和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4由于氨气极易溶于水，所以导管不为。能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用（5）Ⅲ.探究肼的化学性质。将制得的肼分离提纯后，进行如下实验。排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(1)装置D是用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，反应方程式为：；(2)根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；(3)根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为【查阅资料】在溶液中不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。2NH--3+ClO=N2H4+Cl+H2O；【提出假设】黑色固体可能是、中的一种或两种。(4)N2H4可以氧化I2所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一【实验验证】设计如下方案，进行实验。滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可知25.00mL待测液中操作现象结论，则250mL溶液中有0.03mol，产品中水合ⅰ.取少量黑色固体于试管腓的质量分数为；中，加入足量①，振黑色固体部分溶解黑色固体有荡(5)操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，ⅱ.取少量黑色固体于试管黑色固体是和③肼所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色②中，加入足量稀硝酸，振荡固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，具有的性质是+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的AgO；与Ag2（6）是一种二元弱碱，在水中的电离与相似，写出肼的第二步电离方程(6)肼的第二步电离方程式为。式。n【分析】（1）方程式为实验室制取氨气的方程式；液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为，该工艺的优点是。(任写一条)（2）要注意C装置之前进来的左边是氯气，右边是氨气，而用溶液和反应制备肼，可以知道C中要制备NaClO，实验室制取氯气时通常用饱和食盐水除去HCl；（6）可充电电池的工作原理为：，则电池充电时阳极的电极反应（3）要注意钠盐是可溶性盐，可以拆开写成离子；式为。（4）①滴定终点的是最后一滴XX溶液后，变为XX颜色或者有XX现象；【答案】（1）+6②结合方程式，找出相应物质的化学计量数之比进行计算；（2）增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（5）要注意题目给的信息，通常会体现在答案中，此类题型在解答时要注意观察题目的信息，比如可以溶于（3）87.5%什么物质，难溶于什么物质，沸点相差多少等；（4）将“晶体”得到的粗产品配成饱和溶液，再蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥（6）结合氨气在水中电离为NH4+和OH-，且题目中提示N2H4为二元弱碱，可以知道会结合两分子水，电离（5）；保护环境、减少污染两次OH-。（6）Lix(MoS2)n–xe-=nMoS2+xLi+18.钼酸钠晶体是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上利用钼精矿(主要成分【知识点】物质的分离与提纯是不溶于水的，含少量等)制备钼酸钠的工艺如图所示。【解析】【解答】(1)由Na、O的化合价分别为+1、-2，可知中钼元素的化合价为+6；(2)在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，可增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，配平化学方程式为；(3)BaMoO4开始沉淀时，，此时溶液回答下列问题：，的去除率为（1）中钼元素的化合价是。（2）“焙烧”时空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的；是，“焙烧”时，转化为，反应的化学方(4)①将需要纯化的化学试剂溶解于沸腾或将进沸腾的适宜溶剂中；②将热溶液趁热抽滤，以除去不溶的杂程式为。质；③将滤液冷却，使结晶析出；④滤出结晶，必要时用适宜的溶剂洗涤结晶；（3）碱浸”所得溶液中含杂质，其中，，在(5)直接向粉碎后的钼精矿中加入溶液和溶液来得到钼酸钠，反应的离子方程式为结晶前需加入固体以除去溶液中的。当开始沉淀时，的去除率是。；该过程中无污染性气体排出，故该工艺的优点是保护环[，溶液体积变化忽略]。境、减少污染；(6)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2放电充电Li(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为（4）“重结晶”的具体操作放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Li(MoS2)n，则阳极反应式为Lix为。-=nMoS+xLi+(MoS2)n–xe2。（5）另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，直接向粉碎后的钼精矿中加入溶液和溶n【分析】（1）根据Na和O的价态进行判断，总化合价为0；（2）粉碎、搅拌等目的都是增大接触面积；（3）去除率即沉淀的计算，通过饱和溶液的Ksp计算相应的离子浓度；（4）重结晶是先将晶体溶解后，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；（5）结合流程中的反应物和生成物，再结合物质中价态的变化进行配平；（6）要注意，先找出充电的步骤，再根据阳极的电极反应式要求，失去电子即化合价升高，找出升高的元素进行判断。①曲线Ⅰ中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因19.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。羟基氮化硼可高效催化乙烷氧化脱氢制乙烯。主是。②两种催化剂比较，催化剂Ⅱ的优点与不足反应：是。副反应：（5）一定温度下，维持压强为，向反应装置中通入和的混合气体，（1）的燃烧热，的燃烧热，经过后，反应达到平衡，此时乙烷的转化率为，乙烯选择性为，则。()。反应速率，该温度下反应（2）主反应的部分反应历程如下图所示(图中IS表示起始态，TS表示过渡态，FS表示终态)。这一部分反的平衡常数。应中慢反应的活化能。【答案】（1）（2）2.06（3）降低温度，减小压强，增大O2投料占比；合适催化剂（4）反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大（5）0.04；4.8【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)由题目可知：、（3）提高乙烯平衡产率的方法是(任写两条)，提高乙烯单位时、间产量的关键因素是。，由①×2-②×2+③×3即可得到（4）工业上催化氧化制乙烯时，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺入惰性气体，即将一定比例的、，故；和混合气体以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测得乙烯的产率如下图所示。(2)由图可知，慢反应的活化能最大，故；(3)提高乙烯平衡产率是使平衡正向移动，可采取的措施为：降低温度，减小压强，增大O2投料占比；要想提n高乙烯单位时间产量可采取的措施为：选用合适的催化剂；(4)曲线Ⅰ中，a点右侧乙烯产量随温度升高而降低的原因是反应未达到平衡状态，温度升高，催化剂活性降从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为低，反应速率减慢，相同时间内乙烯产量减少；两种催化剂比较，催化剂Ⅱ的优点与不足是催化剂II催化效率高，相同时间内乙烯产量增大，但活化温度高，能耗大；)形式存在的原因(5)分析题意可列出以下三段式：N—NN≡NP—PP≡P193946197489（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：故；反应后总物质的量为0.2+0.6+0.6+0.8+0.2+0.2+3.4=6mol，可知P(H2O)=0.4MPa，P(C2H4)=0.3MPa，P(O2)=0.3MPa，P(C2H6)=0.1MPa，故。【分析】（1）盖斯定律属于比较简单的内容，要注意的就是物质的状态是否对应；（2）活化能越大，反应速率越慢；（3）提高产率即平衡朝正向移动；（4）①要注意这类催化剂题型中，催化剂会随着温度升高而出现活性降低；②这类题型要从优点和缺点进行分析，通常结合产率、能量消耗、药品价值等分析；（5）注意这类题型通常需要列出三段式进行判断，根据三段式的竖直计算出相应的物理量。20.KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是(填离子符号)。（2）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.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。n是。（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为，其中P采取杂化方式。（5）与PO电子总数相同的等电子体的分子式为。（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为。（7）分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度g•cm-3(写出表达式)。②晶胞在x轴方向的投影图为(填标号)。【答案】（1）和（2）或（3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定n晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数（4）；sp3目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为（5）SiF4、SO2F2等、高为，则晶胞的体积为10-30a2ccm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为（6）。（7）；B②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为，选B。【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。【分析】（1）核外电子排布中，下周期元素的阳离子和上周期元素的阴离子核外电子排布相同；(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代（2）要注意s轨道两个电子即充满，p轨道3个电子要分别排布在各自轨道，即三个电子自旋方向相同；数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁（3）物质通常是以更稳定的状态存在，能量越低则越稳定；量子数的代数和为或。（4）要注意判断含氧酸是几元酸时，是根据羟基的数目判断；（5）等电子体的定义是原子总数相同，电子数目相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则进行判(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4molN形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为断；193kJ6=1158kJ；若4molN形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量（6）酸根即找出相同的部分进行判断；更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4molP形成分子，可以（7）晶胞的计算要注意各种原子的配位数，算出相应的占比。释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若4molP形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分21.由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间已知：①酯能被LiAlH4还原为醇脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故n【解析】【解答】芳香烃A被氧化生成邻二苯甲酸，根据A分子式知，A为，B与甲醇在浓硫酸②存在时，加热发生酯化反应生成C，根据C分子式可知C为，C发生信息①的反应生回答下列问题：（1）A的化学名称是，H的官能团名称为。成D为；D发生催化氧化生成H，H发生信息②的反应生成I，I结构简式为，I与（2）B生成C的反应条件为，D生成H的反应类型为。CH3OH发生取代反应生成J，据此分析解答。（3）写出F+D→G的化学方程式：。（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有种，写出其中1种M的结构简(1)A的结构式为，其化学名称是邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；根据H结构简式可知H式：。中含有的官能团名称为醛基。①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg；(2)根据分析可知B生成C的反应条件为浓H2SO4、加热；D为，分子中由于-OH连接的C原②遇氯化铁溶液显色；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1。子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应产生-CHO，生成H：，故D生成H的反应类型为氧化反应。(3)由分析可知F+D在浓硫酸错催化剂条件下加热，发生缩聚反应产生高聚物G和水，则F+D→G的化学方程（5）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任式：n+n+(2n-1)H2O。(4)B是，其同分异构体满足条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg。说明选)。【答案】（1）邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；醛基M分子中含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明物质分子中含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不（2）浓H2SO4、加热；氧化同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，说明这三种H原子个数比是1：1：1，根据限定的条件，M可能的结构（3）n+n+(2n-1)H2O为、、、，因此共有4种不同的结构。（4）4；、、、(5)被O2在Cu催化作用下加热，发生氧化反应产生，与H2O2作用产生（5）【知识点】有机物的合成；芳香烃n，在浓硫酸存在时加热，发生反应脱去1分子的水生成，合成路线为：。【分析】（1）苯的命名要注意看取代基的位置，以邻、间、对命名；（2）B生成C为酯化反应，条件为浓硫酸加热；（3）F和D的反应为酯化反应，根据酸脱羟基醇脱氢的原则进行断键；（4）同分异构体的题目要注意几个细节，第一，判断分子式，第二，判断官能团，第三，判断等效氢数目决定结构；（5）合成路线的设计通常都会从已知路线中寻找，所以要根据某些结构特点去判断其对应的化学反应。n高三下学期第三次模拟考试化学试题一、单选题1.自新冠疫情以来，医护人员化身白衣战土，打赢了“阻击战”，挽救了许多生命。以下对手相关医护用品描述错误的是()A.医用酒精与双氧水消毒的原理不同B．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．N95型口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料聚丙烯是一种天然高分子化合物D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃的衍生物2.下列化学用语正确的是()A．中子数为9的氮原子：B.甲基的电子式：C.的电子式：D．的结构式：3.下列有关说法正确的是()A．煤油的分馏、裂化、裂解均为物理变化B．相同质量的月壤中的3He与地球上的3H具有相同的电子数C．陨石中的20Ne质子数与中子数相同D.相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量大于气态燃烧释放的热量4.化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是()A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀B.用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同C.利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用D.利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治5.利用苯甲醛与乙醛为原料能合成-苯基丙烯醛(图丁)路线如图。下列说法正确的是()nA.反应①原子利用率为100%B．甲与乙互为同系物C．-苯基丙烯醛的分子式为D．丙和丁的苯环上的氢原子种数不同6.习近平主席指出，劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是()选劳动项目化学知识项A学农劳动：用氨水改良酸性土壤氨水是氮肥分离不同种类的物质，回收再B社区服务：宣传垃圾分类造有用产品C自主探究：腌制咸鸭蛋半透膜渗析原理家务劳动：用含过碳酸钠(化学式)其水溶液既有碱性又有强氧化D性的“爆炸盐”洗涤衣物A.AB．BC．CD．D7.工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，设N0表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为N0B．34gH2O2中含有共用电子对数目为4N0C．反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀46.6gD．25℃，pH=1的HCl溶液中含有的H+数目为0.1N08.下列实验中，使用的装置、试剂和操作均合理的是()B．比较与的金属A．测定醋酸浓度C．制取碳酸氢钠D．制备并收集氨气性强弱nA.AB．BC．CD．D9.化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是()A.向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：B．向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：C．同物质的量浓度同体积的溶液与溶液混合：D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：10.三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法正确的是()A.装置A可选用的药品为高锰酸钾与浓盐酸B.装置B的作用是除杂，也作安全瓶，在本实验中可以和装置C互换位置C.装置C中的硅胶可用浓硫酸代替D.装置D最恰当的加热方式是用酒精灯先预热再集中加热11.地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Tr)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。有关该过程的叙述错误的是()A.液体中存在极性键与非极性件的断裂过程，吸收能量nB.若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量C．上述过程的还原剂只有H2D．N2O既是还原产物，也是氧化剂12.纳米碳材料上有多种含氧官能团，可催化烷烃转变成烯烃，反应过程如下图所示，下列叙述正确的是()A.采用丙烷作为反应物时，可能发生反应B．在烷烃转变成烯烃的过程中，不涉及键的断裂C．如果采用正丁烷作为反应物时，则产物为D．纳米碳可有效提高烷烃的平衡转化率13.一种锂离子电池的电解液添加剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是最外层电子数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是()A.XY2是非电解质B．WZ3中W没有达到8电子结构C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：X>WD．最简单氢化物的稳定性：Y<X14.下列实验操作和现象及所得出的结论均正确的是()选实验及现象结论n项向溶液中滴加15滴溶的溶度A液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色积比的沉淀小将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加原固体中一定含有B溶液，产生白色沉淀向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置，溶液的乙烯发生了氧化反C紫色逐渐褪去，溶液分层应探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有不同浓度反应物浓度越大，D溶液的试管中同时加入溶液，观察实验现象反应速率越快A．AB．BC．CD．D15.某锂离子电池的总反应为：。某小组以该电池为电源电解处理含废水和含、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示[为锂离子电池的电解质]。下列说法错误的是()A．X与锂离子电池的FeS电极相连B．a室的电极反应式为：C．离子膜N为阳离子交换膜，离子膜M为阴离子交换膜D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，则X电极将产生有毒气体16.在25℃条件下，含氟水溶液中F-与HF及的浓度分数()随pH变化的关系如图所示，向HFn溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是()A.曲线2表示的浓度分数随溶液pH的变化B.滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的不断减小C.常温下，的反应平衡常数K的数量级为D．时，二、综合题17.钛和钛的合金在航天领域有着广泛的应用，因而有“空间金属”之称；工业上用钛铁矿(主要成分为，含有、、等杂质)为原料制备金属钛的工艺流程如下：已知：①易水解生成不溶于水的；②高温下钛易与N2、H2等反应。（1）钛铁矿酸浸前需要粉碎，其目的是。（2）“滤渣I”的主要成分为；工业上用稀硫酸浸取时，温度不宜太高的原因是。（3）钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，生成强电解质，试写出该反应的离子方程式。（4）写出高温下转化为的化学反应方程式。（5）镁与，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是(填标n号)。a.H2b.Arc.CO2d.N2（6）“粗钛”中含有Mg、、，可采用蒸馏的方法分离得到，加热的温度范围。熔点/℃648.87141667沸点/℃136.4109014123287（7）利用氧化还原滴定法可测定的含量。先取待测钛液用水释至，加过量铝粉。充分振荡，使还原为，过滤后，取无色滤液，向其中滴加2~3滴KSCN溶液，用的标准液滴定。，滴定终点时现象，若用去了溶液，待测钛液中的物质的量浓度是。18.硫化钠，俗称臭碱，是重要的化工原料，工业上可用氢氧化钠吸收硫化氢气体制备。（1）实验室常用块状硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸布常温下反应制取硫化氢，写出该反应的离子反应方程式：。利用上述药品，在以下的装置中选择一个合适装置制备硫化氢气体并对该装置进行气密性检查：。a.b.c.d.e.（2）已知：若用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂为。a.硝酸b.碳酸氢钠c.硼酸d.醋酸n（3）查阅文献可知，久置硫化钠固体中可能含有、、S、，为检验变质情况，设计实验如下：实验实验操作实验现象结论序号取0.5g久置的固体于试管中。加入实静置后固体量减少证明变质固体中含有验I，搅拌，静置、过滤实溶解静置，上层清证明变质固体中一定将实验I过滤得到的固体溶于水，静置后滴验液呈黄色，加酸产含有，可加稀硫酸II生淡黄色沉淀能有Na2S2O3实取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足证明杂质中含有验量，振荡，静置，取少量上层清液Na2SO4III于试管中，滴加已知：①(黄色)，与酸反应生成S和H2S；②、均易溶于水，微溶于水；③白色的难溶于水，且易转化为黑色。限选试剂：盐酸、稀硫酸、稀硝酸、溶液、溶液、溶液（4）某小组同学为检验变质的产物中是否含有，设计实验：取久置潮解的固体溶于水，静置，取少量上层清液于试管中，向其中滴加溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：变质的产物中含。该实验是否合理(填“是”或“否”)，请分析原因。19．2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。（1）已知：n有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为。（2）利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是。a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化（3）采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：I.II.恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。n其中的选择性①在上述条件下合成甲醇的工业条件是。a.0℃b.230℃c.催化剂CZTd.催化剂②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是。（4）恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（5）近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应：。20.超导材料和超导技术是2世纪最伟大的发现之一，有着广阔的应用前景。我国科学家发现了一种新型的超导体材料，由和交替堆叠构成。其中A层是由无限四方平面层构成，S原子位于八面体上下顶点上(如图a)，其俯视图如图b。n（1）画出基态S的价电子排布图。（2）写出A层离子的化学式。A层各元素的第一电离能由大到小的顺序为。（3）“依布硒”()具有良好的抗炎活性。下列说法正确的是。a.Se采用sp3的方式杂化b.分子中各个C原子的杂化方式不同c.分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键d.分子中和的键角相同（4）H2O和H2S都是分子晶体，熔沸点较高的是，原因是。（5）83Bi是第周期VA族元素，是一种极少数不溶性的钠盐，其阴离子的立体构型为。（6）汞钡铜氧晶体通过掺杂Ca2+可以获得具有更高临界温度的超导材料，如图c所示。其密度为(列式表示、设NA为阿伏加德罗常数的值)。n21.一种药物中间体G的合成路线如下：已知：①DMF的结构简式为②（1）乙二醇的分子式为。C中的含氧官能团名称为。（2）C到D的反应分两步进行，反应类型分别是。（3）E的结构简式为。F→G的化学方程式为。（4）①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件的H的同分异构体有种。a.遇溶液呈紫色b.苯环上只有两个取代基②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为。n（5）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：。n答案解析部分1.【答案】C【解析】【解答】A．酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而对细菌、芽孢及真菌作用不明显；而双氧水是通过分解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理不同，故A不符合题意；B．聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物，没有碳碳双键故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；C．聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然高分女子化合物，故C符合题意；D．四氟乙烯是乙烯的取代产物故属于烃的衍生物，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、要注意杀菌消毒的几种方法：氧化性消毒、高温消毒、强酸强碱消毒、重金属消毒、酒精消毒；B、聚乙烯是乙烯加聚反应得到的产物，双键断开变为单键；C、聚X烯都是合成高分子化合物；D、烃的衍生物指的是除了C、H以外还有其他元素的有机物。2.【答案】B【解析】【解答】A．中子数为9的氮原子：，A项不符合题意；B．甲基的电子式：，B项符合题意；C．的电子式：，C项不符合题意；D．与H2O2为等电子体，结构相似，故的结构式为：，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A、中子数=质量数-质子数；B、要注意基团的短杆表示一个电子；C、要注意非金属原子的结合多数都满足8电子；D、注意氯原子只有一个共价键，硫原子可以连接两个共价键。3.【答案】C【解析】【解答】A．煤油的分馏是物理变化，裂化、裂解为化学变化，A项不符合题意；nB．设质量为1g，3He电子的物质的量为：，3H电子的物质的量为：，故同质量的上述两种粒子电子数不等，B项不符合题意；C．20Ne质子数为10，中子数也为10，C项符合题意；D．液态氢气转化为气态氢气的过程中要吸收热量，故相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量小于气态燃烧释放的热量，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、分馏、蒸馏都是物理变化；B、原子电子数=原子序数；C、质量数=质子数+中子数；D、此类题型可以根据反应的类型去判断，放热反应，相同量的同一种物质不同的状态，固体、液体、气体放出的热量依次增多。4.【答案】D【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A项不符合题意；B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；D．根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，可以起到净水的作用；nD、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。5.【答案】A【解析】【解答】A．反应①为苯甲醛与乙醛发生的加成反应，原子利用率为100%，A项符合题意；B.甲属于芳香醛，乙属于饱和一元醛，甲的分子式为C7H6O，乙的分子式为C2H4O，两者结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，两者不互为同系物，B项不符合题意；C.β-苯基丙烯醛的分子式为C9H8O，C项不符合题意；D．丙和丁苯环上都只有1个侧链，苯环上都有3种氢原子，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、注意原子利用率100%通常就是加成反应、化合反应；B、同系物指的是结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成相差若干个-CH2；C、分子数要注意观察所有的C、H、O；D、氢原子的种数即判断等效氢的数目，注意结构的对称性进行判断。6.【答案】A【解析】【解答】A．利用氨水改良酸性土壤利用的是氨水碱性溶液的性质，A项符合题意；B．垃圾分类可以分离不同种类的物质，回收再造有用产品，B项不符合题意；C．鸭蛋壳内有一层膜具有半透膜功能，胶体粒子不能通过半透膜，而溶液中溶质可以，故腌制咸鸭蛋时，蛋白质不能通过膜进入食盐水，而食盐水中的钠离子氯离子可以通过膜进入鸭蛋，从而使鸭蛋变咸，C项不符合题意；D.“爆炸盐”水溶液有碱性可以用来作洗衣粉助剂清理污渍，同时有强氧化性可以起到一定漂白衣物的作用，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、注意肥料和改良土壤的区别；B、垃圾的处理方式最合理的就是变废为宝，即回收利用；C、蛋壳内的膜相当于半透膜，是胶体和溶液分离的主要方法；D、根据化学式分析可以知道碳酸盐呈碱性，过氧化氢强氧化性。7．【答案】C【解析】【解答】A．标准状况下11.2LSO-12含有的原子总数为：×3×N0mol=1.5N0，故An不符合题意；B.1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2中含有共用电子对数目为：×3×N0mol-1=3N0，故B不符合题意；C．依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e-可知，反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀物质的量为：0.2mol，质量为：0.2mol×233g/mol=46.6g，故C符合题意；D．溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D不符合题意；故答案为：C【分析】A、注意一分子二氧化硫有三个原子；B、共用电子对即原子之间共用的电子，可以根据其共价键的数目判断；C、要注意电子和硫酸根物质的量的比值；D、要计算溶液中粒子的数目，浓度和体积缺一不可。8.【答案】B【解析】【解答】A．甲基橙pH值变色范围3.1(红)~4.4(黄)，还未完全消耗醋酸时指示剂已变色，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A不符合题意；B．构成原电池时Zn为负极，Cu为正极，可知金属性Zn＞Cu，故B符合题意；C．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，故C不符合题意；D．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐的饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液充分反应制得碳酸氢钠，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、强碱弱酸滴定的时候要用酚酞，强酸弱碱用甲基橙；B、双液原电池电解液根据其对应的金属电极进行判断；C、注意气体要吸收是从长管进；D、实验室制取氨气用的是氯化铵和氢氧化钙反应。9.【答案】D【解析】【解答】A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：n，A项不符合题意；B．石灰水少量，以Ca(OH)2的比例为基准，故向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：，B项不符合题意；C．中能与OH-反应的离子为和H+，当与1：1混合时，H+与OH-先反应，故离子方程式为：，C项不符合题意；D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，会与Cl2发生氧化还原反应，同时过量的还会与生成的H+反应生成，故离子方程式为：，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A、该方法为侯氏制碱法，即氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵；B、要注意量的问题，少量石灰水时氢氧根全部反应；C、注意强酸酸式盐可以将氢离子和酸根离子拆开；D、注意氯气少量时，SO32-不会全部转化为SO42-。10．【答案】A【解析】【解答】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做药品，故A符合题意；B.装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B不符合题意；C.装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D中，不能用浓硫酸代替，故C不符合题意；D.装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、浓盐酸和高锰酸钾无需加热即可制取氯气，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热；B、气体制备过程通常是先除杂再干燥；C、U型管通常装的都是固态干燥剂；D、根据题干的温度，选择合适的加热方式，通常控制在一定条件的加热方法是水浴加热或者油浴加n热。1.【答案】B【解析】【解答】A．液体中NO→N+2O有极性键断裂，H2→H非极性键H-H断裂，旧键断裂吸收能量，故A不符合题意；B.导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B符合题意；C.上述过程中N元素化合价降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H2，故C不符合题意；D.由液体中NO→N2O中N元素化合价降低，N2O是还原产物，气体中N2O→N2中N元素化合价降低，N2O是氧化剂，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、极性键指不同的非金属原子的结合，非极性键指相同的非金属原子的结合；B、根据图象可以知道NO-+3仍然转换为NH4，仍然在溶液中；C、还原剂要看元素的化合价变化，化合价升高作为还原剂；D、根据价态判断，化合价升高得到的产物是氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物。12.【答案】A【解析】【解答】A．根据题中转化关系，可催化烷烃转变成烯烃，采用丙烷作为反应物时，可能发生反应，A项符合题意；B.在烷烃转变成烯烃的过程中，碳碳单键变为碳碳双键，H原子减少，涉及键的断裂，B项不符合题意；C.根据反应原理，采用正丁烷作为反应物时，则产物为，C项不符合题意；D.纳米碳作为催化剂只可以加快反应速率，不能提高烷烃的平衡转化率，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A．根据题中转化关系分析；B．反应中碳碳单键变为碳碳双键；C．根据反应原理分析；D．催化剂只改变速率，不能影响平衡。13．【答案】D【解析】【解答】A．NO2是非电解质，A项不符合题意；nB．CF3中C周围有7个电子，没有达到8电子结构，B项不符合题意；C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：HNO3>H2CO3，C项不符合题意；D．最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A．在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；B．依据化合价的绝对值和最外层电子数之和分析；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物电离常数越大；D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强。14.【答案】A【解析】【解答】A．向溶液中滴加15滴溶液，先生成氢氧化镁沉淀，再滴加溶液，生成了氢氧化铜蓝色沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化镁难溶，A符合题意；B．将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，如亚硫钠和过氧化钠或硝酸钠，混合物溶于水后反应生成硫酸根离子，故原固体中不一定含有，也可能是混合物反应后产生的硫酸根离子，B不符题意；C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，描述不符合题意，C不符题意；D．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，描述不符合题意，D不符题意；故答案为：A。【分析】A．依据沉淀转化规律分析；B．依据硫酸根离子检验分析；C．产物不是难溶于水的有机物；D．该反应无明显现象。15.【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，故A不符合题意；B．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，a室的电极反应式为，故B不符合题意；nC．由分析可知，离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故C符合题意；D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，氯离子放电能力强干氢氧根离子，会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】依据电解的目的判断电极类型。16.【答案】C【解析】【解答】A．pH越大F-越多，HF越少，故曲线1应为F-，曲线2为HF，曲线3为，A项不符合题意；B．滴加NaOH溶液的过程中，F-不断增多，F-的水解作用会促进水的电离，使水电离的、不断增大，B项不符合题意；C．曲线1和曲线2的交点处c(F-)=c(HF)，此时3<pH<4，则10-11mol/L<c(OH)<10-10mol/L，反应的平衡常数，则在曲线1和曲线2的交点处，，故K的数量级为，C项符合题意；D．时，溶液为NaF、HF、NaHF2的混合溶液，则根据物料守恒，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A．依据F-HF分析；B.依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；C.选择曲线1和曲线2的交点利用计算；D.根据物料守恒分析。17.【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）和；防止水解，减少损失（3）n（4）（5）b（6）1412℃~3287℃（7）滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1【解析】【解答】钛铁矿中含、、等杂质，粉碎后加入稀硫酸后过滤可以除去难溶杂质、，同时得到主要含有TiO2+、Fe3+的溶液，加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+，经热过滤后，水解得到固体，经煅烧分解得到TiO2，加入氯气、焦炭反应生成TiCl4，最后加入Mg高温还原得到粗钛，据此解答。(1)钛铁矿酸浸前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率。(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分为和。由已知①可知易水解，所以用稀硫酸浸取时，温度不宜太高；故答案为：和；防止水解，减少损失。(3)由题目信息可知，钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，且生成得为强电解质，所以反应的离子方程式为：；故答案为：。(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4的化学反应方程式为：；故答案为：。(5)由已知②可知高温下钛易与N2、H2反应，且镁会与CO2反应，所以保护气可选用Ar。故答案为：b。(6)采用蒸馏的方法分离得到Ti，由表格中数据可知，温度高于1412℃时Mg、MgCl2为气态，而Ti没有熔化，则选择温度1412℃~3287℃即可进行蒸馏分离；故答案为：1412℃~3287℃。(7)加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴加2-3滴nKSCN溶液，滴定反应为，KSCN溶液遇Fe3+变血红色，由于滴定终点时Fe3+过量，所以滴定终点为：溶液由无色变红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒可得到关系式TiO2+~Ti3+~Fe3+，所以n(TiOSO4)=，所以；故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1。【分析】(1)依据速率的影响因素分析；(2)依据物质的性质分析；考虑水解的影响因素。(3)依据反应物和产物分析。(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4和二氧化碳。(5)隔绝空气且不与反应物反应。(6)利用沸点的不同选择。(7)根据电子得失守恒可得到关系式进行计算。18.【答案】（1）FeS+2H+=Fe2++H2S↑；选择c：关闭止水夹，通过颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱（2）d（3）S；Na2Sx；盐酸；适量氯化钡溶液；上层清液中产生白色沉淀（4）否；剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀【解析】【解答】(1)FeS与稀硫酸发生复分解反应制得H2S：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；该制备方法所用装置为固液不加热类型，因此a、b装置不符合，e装置不利于控制酸的加入量进而控制反应的进行，故可选择装置c、d；选择c：关闭止水夹，通过长颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱，说明气密性良好；(2)因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)，所以选择酸性比H2S强的CH3COOH更为合适，a选项的硝酸具有强氧化性，会将H2S氧化发生副反应，故n故答案为：d；(3)由于S易溶于CS2，故加入CS2静置后固体质量减少说明含有S单质；实验I过滤得到的固体溶于水，静置后清液呈黄色，根据已知信息(黄色)可知其中一定含有Na2Sx，据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，滴加稀硫酸产生淡黄色沉淀说明还可能有Na2S2O3；取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足量稀盐酸，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO；(4)久置潮解的Na2S固体中可能含有剩余的Na2S，Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀，因此该实验设计不合理。【分析】(1)利用强酸制弱酸；依据药品的状态和反应条件选择装置；(2)依据电离平衡常数，利用强酸制弱酸；(3)根据已知信息分析；(4)根据现象分析。19．【答案】（1）-1627（2）cd（3）bd；230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大（4）（5）【解析】【解答】(1)①②③③=①-4②，故-1627；(2)a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项不正确；b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项不正确；c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；nd.在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d项正确；故答案为：cd；(3)根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，故答案为：bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；(4)列三段式：容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，(5)该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。【分析】(1)根据盖斯定理计算；(2)a.催化剂只改变速率，不影响平衡；b.慢反应决定了整个历程的反应速率；c.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；d.由历程中化合价变化分析(3)根据题中条件和图像判断；(4)利用三段式计算；(5)阴极发生还原反应。20.【答案】（1）（2）；（3）ac（4）H2O；H2O中存在着氢键（5）六；平面三角形n（6）（6）【解析】【解答】(1)S的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为：。(2)超导体材料Bi2+2−3O2S2Cl由[Bi2O2]和[BixSyClz]交替堆叠构成，根据原子守恒，A层离子为[BiS2−2Cl]。第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子形成气态基态正离子时需要吸收的最低能量，S的原子半径比Cl的大，核电荷数比Cl的少，所以其第一电离能比Cl小，而Bi是金属元素，失去电子较容易，所以这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞S＞Bi。(3)在“依布硒”中，Se原子最外层有6个电子，和C、N各共用一对电子后，还剩2对孤电子，即Se的价层电子对数是4，所以Se采用sp3的方式杂化，A正确；分子中苯环上的碳原子都采取sp2的方式杂化，碳氧双键的碳原子也采取sp2的方式杂化，B不正确；分子中含碳碳非极性键和碳氢、碳氧、碳硒、碳氮以及氮硒等极性键，C正确；C-Se-N和C-N-Se的中心原子都是sp3杂化，但由于C、N、Se电负性不同，所以C-Se-N和C-N-Se的键角不相同，D不正确；故答案为：ac。(4)H2O和H2S都是分子晶体，但由于H2O间存在着氢键，所以H2O的熔沸点高于H2S。(5)Bi的原子序数为83，和N为同主族元素，位于周期表第六周期第VA族，NaBiO3的阴离子的中心原子的价层电子对数为3+(5+1-3×2)=3，无孤电子对，所以其立体构型为平面三角形。(6)根据晶胞结构可知，掺杂Ca2+的汞钡铜氧晶体中含有Ca2+的个数为1，Ba2+的个数为2，Hg2+的个数为1，晶胞中有8个Cu2+，都位于棱上，每个Cu2+被4个晶胞共有，所以Cu2+的个数为2，O2-位于棱上和面上，各有8个，所以共有=6个O2-，一个晶胞的质量为g，根据晶胞参数可知一个晶胞的体积为cm3，则晶体密度为g/cm3。【分析】(1)依据构造原理分析。(2)根据原子守恒分析，同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素。(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；(5)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构n型；(6)根据均摊法确定原子个数，再用计算。21.【答案】（1）；醛基（2）加成反应、消去反应（3）；+(CH3CO)2O+CH3COOH（4）6；（5）。【解析】【解答】根据题干有机合成路线图信息可知，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：，据此分析解题。(1)根据醇的命名原则可知，乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，则其分子式为C2H6O2，根据C的结构简式可知，C中的含氧官能团名称为醛基，故答案为：C2H6O2；醛基；n(2)C到D的反应分两步进行，即由和CH3NO2转化为，然后由转化为，故反应类型分别是加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；(3)由分析可知，E的结构简式为，F→G即与(CH3CO)2O反应生成和CH3COOH，故该反应的化学方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：；+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件a.遇溶液呈n紫色即含有酚羟基，b.苯环上只有两个取代基，则另一取代基为：-CH2NH2或-NHCH3，每一种组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的H的同分异构体有2×3=6种，②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为，故答案为：6；；(5)本小题采用逆向合成法，根据题干路线图中F到G的转化信息可知，可由和(CH3CO)2O反应转化而得，由E到F的转化信息可知，可由用LiAlH4还原得到，在浓硫酸和浓硝酸共同作用下发生硝化反应可得，由此分析确定合成路线为：，故答案为：。【分析】(1)根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；(2)根据官能团的变化确定反应类型；(3)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；(4)①利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。n高三下学期第三次模拟考试化学试题【解析】【解答】A．中子数为9的氮原子：，A项不符合题意；一、单选题1.自新冠疫情以来，医护人员化身白衣战土，打赢了“阻击战”，挽救了许多生命。以下对手相关医护用品描B．甲基的电子式：，B项符合题意；述错误的是()A.医用酒精与双氧水消毒的原理不同C．的电子式：，C项不符合题意；B．聚乙烯是生产隔离衣的主要材料，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．与H2O2为等电子体，结构相似，故的结构式为：，D项不符合题意；C．N95型口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料聚丙烯是一种天然高分子化合物故答案为：B。D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烃的衍生物【分析】A、中子数=质量数-质子数；【答案】CB、要注意基团的短杆表示一个电子；【知识点】有机物的结构和性质；有机高分子化合物的结构和性质C、要注意非金属原子的结合多数都满足8电子；【解析】【解答】A．酒精是通过使蛋白质变性而达到消毒作用的，因而对细菌、芽孢及真菌作用不明显；而D、注意氯原子只有一个共价键，硫原子可以连接两个共价键。双氧水是通过分解反应释放出氧气从而杀灭厌氧型微生物的，故原理不同，故A不符合题意；3.下列有关说法正确的是()B．聚乙烯是乙烯发生加聚后的产物，没有碳碳双键故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B不符合题意；A．煤油的分馏、裂化、裂解均为物理变化C．聚丙烯是丙烯发生加聚后的产物，不是天然高分女子化合物，故C符合题意；B．相同质量的月壤中的3He与地球上的3H具有相同的电子数D．四氟乙烯是乙烯的取代产物故属于烃的衍生物，故D不符合题意；C．陨石中的20Ne质子数与中子数相同故答案为：C。D．相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量大于气态燃烧释放的热量【答案】C【分析】A、要注意杀菌消毒的几种方法：氧化性消毒、高温消毒、强酸强碱消毒、重金属消毒、酒精消毒；【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合B、聚乙烯是乙烯加聚反应得到的产物，双键断开变为单键；【解析】【解答】A．煤油的分馏是物理变化，裂化、裂解为化学变化，A项不符合题意；C、聚X烯都是合成高分子化合物；D、烃的衍生物指的是除了C、H以外还有其他元素的有机物。B.设质量为1g，3He电子的物质的量为：，3H电子的物质的量为：，故同质量的上述两种粒子电子数不等，B项不符合题意；2.下列化学用语正确的是()C.0Ne质子数为10，中子数也为10，C项符合题意；A．中子数为9的氮原子：D．液态氢气转化为气态氢气的过程中要吸收热量，故相同物质的量的氢气液态时燃烧放出热量小于气态燃烧释放的热量，D项不符合题意；故答案为：C。B．甲基的电子式：【分析】A、分馏、蒸馏都是物理变化；B、原子电子数=原子序数；C．的电子式：C、质量数=质子数+中子数；D．的结构式：D、此类题型可以根据反应的类型去判断，放热反应，相同量的同一种物质不同的状态，固体、液体、气体放【答案】B出的热量依次增多。【知识点】元素、核素；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合n4.化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是()B.甲与乙互为同系物A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀C．-苯基丙烯醛的分子式为B.用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同D．丙和丁的苯环上的氢原子种数不同C.利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用【答案】A【知识点】有机物的合成D.利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治【解析】【解答】A．反应①为苯甲醛与乙醛发生的加成反应，原子利用率为100%，A项符合题意；【答案】DB．甲属于芳香醛，乙属于饱和一元醛，甲的分子式为C7H6O，乙的分子式为C2H4O，两者结构不相似，且分【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理子组成上不相差若干个“CH2”原子团，两者不互为同系物，B项不符合题意；【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐C.β-苯基丙烯醛的分子式为C9H8O，C项不符合题意；蚀，A项不符合题意；D．丙和丁苯环上都只有1个侧链，苯环上都有3种氢原子，D项不符合题意；B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl故答案为：A。气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：【分析】A、注意原子利用率100%通常就是加成反应、化合反应；B、同系物指的是结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成相差若干个-CH2；，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；C、分子数要注意观察所有的C、H、O；D.根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压D、氢原子的种数即判断等效氢的数目，注意结构的对称性进行判断。氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；6.习近平主席指出，劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是故答案为：D。()选【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，劳动项目化学知识项如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；A学农劳动：用氨水改良酸性土壤氨水是氮肥B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；分离不同种类的物质，回收再B社区服务：宣传垃圾分类C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，造有用产品可以起到净水的作用；C自主探究：腌制咸鸭蛋半透膜渗析原理D、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。家务劳动：用含过碳酸钠(化学式)其水溶液既有碱性又有强氧化D5.利用苯甲醛与乙醛为原料能合成-苯基丙烯醛(图丁)路线如图。下列说法正确的是()的“爆炸盐”洗涤衣物性A．AB．BC．CD．D【答案】A【知识点】化肥、农药及其合理利用；绿色化学A.反应①原子利用率为100%【解析】【解答】A．利用氨水改良酸性土壤利用的是氨水碱性溶液的性质，A项符合题意；nB．垃圾分类可以分离不同种类的物质，回收再造有用产品，B项不符合题意；【分析】A、注意一分子二氧化硫有三个原子；C．鸭蛋壳内有一层膜具有半透膜功能，胶体粒子不能通过半透膜，而溶液中溶质可以，故腌制咸鸭蛋时，蛋B、共用电子对即原子之间共用的电子，可以根据其共价键的数目判断；白质不能通过膜进入食盐水，而食盐水中的钠离子氯离子可以通过膜进入鸭蛋，从而使鸭蛋变咸，C项不符合C、要注意电子和硫酸根物质的量的比值；题意；D、要计算溶液中粒子的数目，浓度和体积缺一不可。D．“爆炸盐”水溶液有碱性可以用来作洗衣粉助剂清理污渍，同时有强氧化性可以起到一定漂白衣物的作用，8．下列实验中，使用的装置、试剂和操作均合理的是()D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A、注意肥料和改良土壤的区别；B、垃圾的处理方式最合理的就是变废为宝，即回收利用；C、蛋壳内的膜相当于半透膜，是胶体和溶液分离的主要方法；B．比较与的金属性D、根据化学式分析可以知道碳酸盐呈碱性，过氧化氢强氧化性。A．测定醋酸浓度C．制取碳酸氢钠D．制备并收集氨气强弱7.工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是：SO2+H2O2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，设N0表示阿A．AB．BC．CD．D伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()【答案】BA．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为N0【知识点】化学实验方案的评价B.4gH2O2中含有共用电子对数目为4N0【解析】【解答】A．甲基橙pH值变色范围3.1(红)~4.4(黄)，还未完全消耗醋酸时指示剂已变色，氢氧化钠与C．反应转移的电子数为0.4N0时，生成BaSO4沉淀46.6g醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准+数目为0.1ND．25℃，pH=1的HCl溶液中含有的H0溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A不符合题意；【答案】CB．构成原电池时Zn为负极，Cu为正极，可知金属性Zn＞Cu，故B符合题意；【知识点】阿伏加德罗常数C．氯化铵分解后，在试管口氨气与HCl化合生成氯化铵，实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，【解析】【解答】A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为：×3×N0mol-1=1.5N0，故A不符合题故C不符合题意；意；D．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐的饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液B.1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2中含有共用电子对数目为：×3×N0mol-1=3N0，故B不符充分反应制得碳酸氢钠，故D不符合题意；故答案为：B。合题意；-可知，反应转移的电子数为0.4N时，生成BaSO沉淀物质的量C.依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e04为：0.2mol，质量为：【分析】A、强碱弱酸滴定的时候要用酚酞，强酸弱碱用甲基橙；0.2mol×233g/mol=46.6g，故C符合题意；B、双液原电池电解液根据其对应的金属电极进行判断；D.溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D不符合题意；C、注意气体要吸收是从长管进；故答案为：CD、实验室制取氨气用的是氯化铵和氢氧化钙反应。9.化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是()nA.向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：B.向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：C.同物质的量浓度同体积的溶液与溶液混合：D.用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气：【答案】DA.装置A可选用的药品为高锰酸钾与浓盐酸【知识点】离子方程式的书写B.装置B的作用是除杂，也作安全瓶，在本实验中可以和装置C互换位置【解析】【解答】A．向饱和氯化钠溶液中依次通入足量和：C.装置C中的硅胶可用浓硫酸代替，A项不符合题意；D.装置D最恰当的加热方式是用酒精灯先预热再集中加热B．石灰水少量，以Ca(OH)2的比例为基准，故向碳酸氢钠溶液中滴加少量石灰水：【答案】A【知识点】制备实验方案的设计，B项不符合题意；【解析】【解答】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做C．中能与OH-反应的离子为和H+，当与1：1混合时，H+与OH-先反应，药品，故A符合题意；故离子方程式为：，C项不符合题意；B.装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B不符合题意；D．用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，会与Cl2发生氧化还原反应，同时过量的还会与生成的H+反应C.装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D生成，故离子方程式为：，D项符合题意；中，不能用浓硫酸代替，故C不符合题意；故答案为：D。D.装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D不符合题意；【分析】A、该方法为侯氏制碱法，即氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵；故答案为：A。B、要注意量的问题，少量石灰水时氢氧根全部反应；C、注意强酸酸式盐可以将氢离子和酸根离子拆开；【分析】A、浓盐酸和高锰酸钾无需加热即可制取氯气，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热；D、注意氯气少量时，SO32-不会全部转化为SO42-。B、气体制备过程通常是先除杂再干燥；10.三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于C、U型管通常装的都是固态干燥剂；70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法正确的是()D、根据题干的温度，选择合适的加热方式，通常控制在一定条件的加热方法是水浴加热或者油浴加热。11.地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Tr)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。有关该过程的叙述错误的是()nA.液体中存在极性键与非极性件的断裂过程，吸收能量B．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量C．上述过程的还原剂只有H2D．N2O既是还原产物，也是氧化剂A.采用丙烷作为反应物时，可能发生反应【答案】BB．在烷烃转变成烯烃的过程中，不涉及键的断裂【知识点】含氮物质的综合应用C．如果采用正丁烷作为反应物时，则产物为D．纳米【解析】【解答】A．液体中NO→N+2O有极性键断裂，H2→H非极性键H-H断裂，旧键断裂吸收能量，故A碳可有效提高烷烃的平衡转化率不符合题意；【答案】AB.导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的合成增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B符合题意；【解析】【解答】A．根据题中转化关系，可催化烷烃转变成烯烃，采用丙烷作为反应物时，可能发生反应C.上述过程中N元素化合价降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H2，故C不符合题意；，A项符合题意；D.由液体中NO→N2O中N元素化合价降低，N2O是还原产物，气体中N2O→N2中N元素化合价降低，B.在烷烃转变成烯烃的过程中，碳碳单键变为碳碳双键，H原子减少，涉及键的断裂，B项不符合题N2O是氧化剂，故D不符合题意；意；故答案为：B。C.根据反应原理，采用正丁烷作为反应物时，则产物为，C项不符合题意；【分析】A、极性键指不同的非金属原子的结合，非极性键指相同的非金属原子的结合；D.纳米碳作为催化剂只可以加快反应速率，不能提高烷烃的平衡转化率，D项不符合题意；-故答案为：A。B、根据图象可以知道NO3仍然转换为NH4+，仍然在溶液中；C、还原剂要看元素的化合价变化，化合价升高作为还原剂；【分析】A．根据题中转化关系分析；D、根据价态判断，化合价升高得到的产物是氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物。B．反应中碳碳单键变为碳碳双键；12.纳米碳材料上有多种含氧官能团，可催化烷烃转变成烯烃，反应过程如下图所示，下列叙述正确的是()C．根据反应原理分析；D．催化剂只改变速率，不能影响平衡。13.一种锂离子电池的电解液添加剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是最外层电子数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是()n紫色逐渐褪去，溶液分层应探究浓度对反应速率的影响，向2支盛有不同浓度反应物浓度越大，D溶液的试管中同时加入溶液，观察实验现象反应速率越快A.XY2是非电解质A．AB．BC．CD．DB．WZ3中W没有达到8电子结构C．最【答案】A高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：X>WD．最【知识点】化学实验方案的评价简单氢化物的稳定性：Y<X【解析】【解答】A．向溶液中滴加15滴溶液，先生成氢氧化镁沉【答案】D淀，再滴加溶液，生成了氢氧化铜蓝色沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化镁难溶，A符合题意；【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律B.将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，如亚硫钠和【解析】【解答】A．NO2是非电解质，A项不符合题意；过氧化钠或硝酸钠，混合物溶于水后反应生成硫酸根离子，故原固体中不一定含有，也可能是混合物反B．CF3中C周围有7个电子，没有达到8电子结构，B项不符合题意；C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：HNO3>H2CO3，C项不符合题意；应后产生的硫酸根离子，B不符题意；D．最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，D项符合题意；C.乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，生成物是CO2，无难溶于水的有机物生成，液体不会分层，描述不符合题故答案为：D。意，C不符题意；D．该反应无明显现象，无法清晰分辨反应速率快慢，描述不符合题意，D不符题意；【分析】A．在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；故答案为：A。B．依据化合价的绝对值和最外层电子数之和分析；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物电离常数越大；【分析】A．依据沉淀转化规律分析；D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强。B．依据硫酸根离子检验分析；14.下列实验操作和现象及所得出的结论均正确的是()C．产物不是难溶于水的有机物；选D．该反应无明显现象。实验及现象结论项15.某锂离子电池的总反应为：。某小组以该电池为电源电解处理含废水和含向溶液中滴加15滴溶的溶度、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示[A液，再滴加溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色积比的为锂离子电池的电解质]。下列说法错误的是()沉淀小将固体混合物完全溶解在足量稀盐酸中后，向该澄清溶液中滴加原固体中一定含有B溶液，产生白色沉淀C向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置，溶液的乙烯发生了氧化反nA.曲线2表示的浓度分数随溶液pH的变化B.滴加NaOH溶液的过程中，由水电离的不断减小A．X与锂离子电池的FeS电极相连C.常温下，的反应平衡常数K的数量级为B．a室的电极反应式为：C．离子膜N为阳离子交换膜，离子膜M为阴离子交换膜D．时，D.若去掉离子膜M将a、b两室合并，则X电极将产生有毒气体【答案】C【答案】C【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数【知识点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A．pH越大F-越多，HF越少，故曲线1应为F-，曲线2为HF，曲线3为，A项不符合【解析】【解答】A．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，故A不符合题意；题意；B．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧B．滴加NaOH溶液的过程中，F-不断增多，F-的水解作用会促进水的电离，使水电离的、不断气和水，a室的电极反应式为，故B不符合题意；增大，B项不符合题意；C．由分析可知，离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故C符合题意；C．曲线1和曲线2的交点处c(F-)=c(HF)，此时3<pH<4，则10-11mol/L<c(OH)<10-10mol/L，反应D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，氯离子放电能力强干氢氧根离子，会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D不符合题意；的平衡常数，则在曲线1和曲线2的交点处，故答案为：C。，故K的数量级为，C项符合题意；【分析】依据电解的目的判断电极类型。D．时，溶液为NaF、HF、NaHF2的混合溶液，则根据物料守恒，D项不16.在25℃条件下，含氟水溶液中F-与HF及的浓度分数()随pH变化的关系如图所示，向HF溶液中滴符合题意；故答案为：C。加NaOH溶液，关于该过程的说法正确的是()【分析】A．依据F-HF分析；B.依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；n的标准液滴定。，滴定终点时现C.选择曲线1和曲线2的交点利用计算；象，若用去了D.根据物料守恒分析。二、综合题溶液，待测钛液中的物质的量浓度是。17.钛和钛的合金在航天领域有着广泛的应用，因而有“空间金属”之称；工业上用钛铁矿(主要成分为【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，含有、、等杂质)为原料制备金属钛的工艺流程如下：（2）和；防止水解，减少损失（3）（4）（5）b已知：①易水解生成不溶于水的；（6）1412℃~3287℃②高温下钛易与N2、H2等反应。（7）滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1【知识点】无机物的推断（1）钛铁矿酸浸前需要粉碎，其目的是。（2）“滤渣I”的主要成分为；工业上用稀硫酸浸取时，温度不宜太高的原因【解析】【解答】钛铁矿中含、、等杂质，粉碎后加入稀硫酸后过滤可以除去难溶杂质是。、，同时得到主要含有TiO2+、Fe3+的溶液，加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+，经热过滤后，（3）钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，生成强电解质，试写出该反应的离子方程水解得到固体，经煅烧分解得到TiO2，加入氯气、焦炭反应生成TiCl4，最后加入Mg高温还原得到式。粗钛，据此解答。（4）写出高温下转化为的化学反应方程式。(1)钛铁矿酸浸前粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；（5）镁与，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是(填标号)。故答案为：增大接触面积，加快反应速率。a.H2b.Arc.CO2d.N2(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分为和。由已知①可知易水解，所以用稀硫酸浸取时，（6）“粗钛”中含有Mg、、，可采用蒸馏的方法分离得到，加热的温度范温度不宜太高；围。故答案为：和；防止水解，减少损失。(3)由题目信息可知，钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，且生成得为强电解质，所以反应的离子方熔点/℃648.87141667程式为：；故答案为：。沸点/℃136.4109014123287（7）利用氧化还原滴定法可测定的含量。先取待测钛液用水释至，加过量铝(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4的化学反应方程式为：；粉。充分振荡，使还原为，过滤后，取无色滤液，向其中滴加2~3滴KSCN溶液，用n故答案为：。(5)由已知②可知高温下钛易与N2、H2反应，且镁会与CO2反应，所以保护气可选用Ar。a.b.c.d.e.故答案为：b。(6)采用蒸馏的方法分离得到Ti，由表格中数据可知，温度高于1412℃时Mg、MgCl2为气态，而Ti没有熔化，则选择温度1412℃~3287℃即可进行蒸馏分离；（2）已知：故答案为：1412℃~3287℃。(7)加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00mL，向其中滴加2-3滴KSCN溶若用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂为。液，滴定反应为，KSCN溶液遇Fe3+变血红色，由于滴定终点时Fe3+过量，所以滴定a.硝酸b.碳酸氢钠c.硼酸d.醋酸终点为：溶液由无色变红色，且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒可得到关系式TiO2+~Ti3+~Fe3+，所以（3）查阅文献可知，久置硫化钠固体中可能含有、、S、，为检验变质情n(TiOSO4)=，所以况，设计实验如下：；实验故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成红色，且半分钟内不褪色；1。实验操作实验现象结论序号【分析】(1)依据速率的影响因素分析；(2)依据物质的性质分析；考虑水解的影响因素。实取0.5g久置的固体于试管中。加入静置后固体量减少证明变质固体中含有(3)依据反应物和产物分析。验I，搅拌，静置、过滤(4)高温下与氯气、焦炭反应生成TiCl4和二氧化碳。实溶解静置，上层清液证明变质固体中一定含将实验I过滤得到的固体溶于水，静置后滴加稀硫(5)隔绝空气且不与反应物反应。验呈黄色，加酸产生淡有，可能有酸(6)利用沸点的不同选择。II黄色沉淀Na2S2O3(7)根据电子得失守恒可得到关系式进行计算。实取久置潮解的Na2S固体溶于水，再加足证明杂质中含有18.硫化钠，俗称臭碱，是重要的化工原料，工业上可用氢氧化钠吸收硫化氢气体制备。验量，振荡，静置，取少量上层清液于试Na2SO4（1）实验室常用块状硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸布常温下反应制取硫化氢，写出该反应的离子反应方程III管中，滴加式：。利用上述药品，在以下的装置中选择一个合适装置制备硫化氢气体并对该装置进行气密性检已知：①(黄色)，与酸反应生成S和H2S；查：②、均易溶于水，微溶于水；。③白色的难溶于水，且易转化为黑色。限选试剂：盐酸、稀硫酸、稀硝酸、溶液、溶液、溶液n【分析】(1)利用强酸制弱酸；依据药品的状态和反应条件选择装置；（4）某小组同学为检验变质的产物中是否含有，设计实验：取久置潮解的固体溶于(2)依据电离平衡常数，利用强酸制弱酸；水，静置，取少量上层清液于试管中，向其中滴加溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：变质(3)根据已知信息分析；的产物中含。该实验是否合理(填“是”或“否”)，请分析原(4)根据现象分析。因。19．2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气【答案】（1）FeS+2H+=Fe2++H2S↑；选择c：关闭止水夹，通过颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度（1）已知：差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为（2）d。（3）S；Na2Sx；盐酸；适量氯化钡溶液；上层清液中产生白色沉淀（4）否；剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀（2）利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物【知识点】制备实验方案的设计质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是。【解析】【解答】(1)FeS与稀硫酸发生复分解反应制得H2S：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；该制备方法所用装置为固液不加热类型，因此a、b装置不符合，e装置不利于控制酸的加入量进而控制反应的进行，故可选择装置c、d；选择c：关闭止水夹，通过长颈漏斗向试管中注入蒸馏水，当长颈漏斗液面高于试管液面时，停止注水，长颈漏斗中液面不下降说明装置气密性良好，(或长颈漏斗液面与试管液面高度差不变，说明气密性良好)。选择d：将导管的末端伸入盛水的烧杯中，用手捂热(或酒精灯微热)烧瓶，烧杯中有气泡产生，停止微热，导管口末端形成一段水柱，说明气密性良好；(2)因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2S)，所以选择酸性比H2S强的CH3COOH更为合适，a选项的硝酸具有强氧化a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率性，会将H2S氧化发生副反应，故b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率故答案为：d；c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成(3)由于S易溶于CS2，故加入CS2静置后固体质量减少说明含有S单质；实验I过滤得到的固体溶于水，静置d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化后清液呈黄色，根据已知信息(黄色)可知其中一定含有Na2Sx，据反应（3）采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，滴加稀硫酸产生淡黄色沉淀说明还可能有Na2S2O3；取久置潮解的I.Na2S固体溶于水，再加足量稀盐酸，振荡，静置，取少量上层清液于试管中，滴加适量BaCl2溶液，产生白II.色沉淀，说明含有SO；恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内(4)久置潮解的Na2S固体中可能含有剩余的Na2S，Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀，因此的选择性和产率随温度的变化如图。该实验设计不合理。n（3）bd；230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大（4）（5）【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；原电池工作原理及应用【解析】【解答】(1)①其中的选择性②①在上述条件下合成甲醇的工业条件是。③a.0℃b.230℃c.催化剂CZTd.催化③=①-4②，故-1627；剂(2)a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项不正确；②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项不正是确；。c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；d.在图1所示历程中铜元素的化合价一直都为+2，d项正确；（4）恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生故答案为：cd；反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数(用平衡分压代替平(3)根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方（5）近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极(4)列三段式：反应：。容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，【答案】（1）-1627（2）cd(5)该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。nb.分子中各个C原子的杂化方式不同【分析】(1)根据盖斯定理计算；c.分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键(2)a.催化剂只改变速率，不影响平衡；d.分子中和的键角相同b.慢反应决定了整个历程的反应速率；（4）H2O和H2S都是分子晶体，熔沸点较高的是，原因是。c.同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；（5）83Bi是第周期VA族元素，是一种极少数不溶性的钠盐，其阴离子的立体构型d.由历程中化合价变化分析为。(3)根据题中条件和图像判断；（6）汞钡铜氧晶体通过掺杂Ca2+可以获得具有更高临界温度的超导材料，如图c所示。其密度为(4)利用三段式计算；(列式表示、设NA为阿伏加德罗常数的值)。(5)阴极发生还原反应。20.超导材料和超导技术是2世纪最伟大的发现之一，有着广阔的应用前景。我国科学家发现了一种新型的超导体材料，由和交替堆叠构成。其中A层是由无限四方平面层构成，S原子位于八面体上下顶点上(如图a)，其俯视图如图b。【答案】（1）（2）；（3）ac（4）H2O；H2O中存在着氢键（5）六；平面三角形（6）（1）画出基态S的价电子排布图。【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算（2）写出A层离子的化学式。A层各元素的第一电离能由大到小的顺序为。【解析】【解答】(1)S的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为：。(2)超导体材料Bi3O2S2Cl由[Bi2O2]2+和[BixSyClz]2−交替堆叠构成，根据原子守恒，A层离子为[BiS2Cl]2−。第（3）“依布硒”()具有良好的抗炎活性。下列说法正确的是。一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子形成气态基态正离子时需要吸收的最低能量，S的原子半径比Cl的大，核电荷数比Cl的少，所以其第一电离能比Cl小，而Bi是金属元素，失去电子较容易，所以这三种元a.Se采用sp3的方式杂化素的第一电离能由大到小的顺序为Cl＞S＞Bi。n(3)在“依布硒”中，Se原子最外层有6个电子，和C、N各共用一对电子后，还剩2对孤电子，即Se的价层电子对数是4，所以Se采用sp3的方式杂化，A正确；分子中苯环上的碳原子都采取sp2的方式杂化，碳氧双键的碳原子也采取sp2的方式杂化，B不正确；分子中含碳碳非极性键和碳氢、碳氧、碳硒、碳氮以及氮硒等极性键，C正确；C-Se-N和C-N-Se的中心原子都是sp3杂化，但由于C、N、Se电负性不同，所以C-Se-N和C-N-Se的键角不相同，D不正确；故答案为：ac。(4)H2O和H2S都是分子晶体，但由于H2O间存在着氢键，所以H2O的熔沸点高于H2S。(5)Bi的原子序数为83，和N为同主族元素，位于周期表第六周期第VA族，NaBiO3的阴离子的中心原子的价层电子对数为3+(5+1-3×2)=3，无孤电子对，所以其立体构型为平面三角形。(6)根据晶胞结构可知，掺杂Ca2+的汞钡铜氧晶体中含有Ca2+的个数为1，Ba2+的个数为2，Hg2+的个数为1，已知：①DMF的结构简式为②晶胞中有8个Cu2+，都位于棱上，每个Cu2+被4个晶胞共有，所以Cu2+的个数为2，O2-位于棱上和面上，各（1）乙二醇的分子式为。C中的含氧官能团名称为。有8个，所以共有=6个O2-，一个晶胞的质量为g，根据晶胞参数（2）C到D的反应分两步进行，反应类型分别是。（3）E的结构简式为。F→G的化学方程式为。可知一个晶胞的体积为cm3，则晶体密度为g/cm3。（4）①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件的H的同分异构体【分析】(1)依据构造原理分析。(2)根据原子守恒分析，同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素。有种。(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；a.遇溶液呈紫色(5)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；b.苯环上只有两个取代基(6)根据均摊法确定原子个数，再用计算。②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为的结构简式为。21.一种药物中间体G的合成路线如下：（5）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：。【答案】（1）；醛基n（2）加成反应、消去反应转化为，故反应类型分别是加成反应、消去反应，故答案为：加成反应、消去反应；（3）；+(CH3CO)2O+CH3COOH(3)由分析可知，E的结构简式为，F→G即与(CH3CO)2O反应生成（4）6；（5）和CH3COOH，故该反应的化学方程式为：+(CH3CO)2O。【知识点】有机物的合成【解析】【解答】根据题干有机合成路线图信息可知，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结+CH3COOH，故答案为：；+(CH3CO)2O构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：，据此分析+CH3COOH；解题。(1)根据醇的命名原则可知，乙二醇的结构简式为：HOCH2CH2OH，则其分子式为C2H6O2，根据C的结构简式可知，C中的含氧官能团名称为醛基，故答案为：C2H6O2；醛基；(4)①由A可制备重要的药物中间体H对氨基苯甲醚()，则符合下列条件a.遇溶液呈紫色即含(2)C到D的反应分两步进行，即由和CH3NO2转化为，然后由有酚羟基，b.苯环上只有两个取代基，则另一取代基为：-CH2NH2或-NHCH3，每一种组合又有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的H的同分异构体有2×3=6种，②其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为n的结构简式为，故答案为：6；；(5)本小题采用逆向合成法，根据题干路线图中F到G的转化信息可知，可由和(CH3CO)2O反应转化而得，由E到F的转化信息可知，可由用LiAlH4还原得到，在浓硫酸和浓硝酸共同作用下发生硝化反应可得，由此分析确定合成路线为：，故答案为：。【分析】(1)根据结构简式确定分子式，根据结构简式确定官能团；(2)根据官能团的变化确定反应类型；(3)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；(4)①利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；(5)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。n普通高中毕业班第二次模拟试化学试题一、单选题1.第三届亚青会即将在汕头举办，潮汕传统文化与建筑特色将呈现在亚洲人民面前。下列汕头代表建筑物主要由天然高分子材料建造的是()选项ABCD特色建筑汕头特区标志雕塑全木榫卯结构“中ft纪潮博馆主雕塑《潮南澳岛“自然之“升腾”念亭”汕赋》门”A．AB．BC．CD．D2.物质结构决定性质。下列有关化学用语表示正确的是()A．乙醇的结构简式：CH3-O-CH3B．BF3的电子式：C．氯离子的结构示意图：D．2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：3.化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是()A．漂白粉久置于空气中失效B．明矾净水C．SO2漂白的纸张易变黄D．烹饪紫薯时滴加白醋防止变色4.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是()A．燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物C．野外被蚊虫叮咬，可在伤口处涂抹肥皂水来减轻痛痒D．天然气、水煤气、沼气等不可再生能源，均可设计成燃料电池实现能量转化5.北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”成为新宠，其制作原料包含如苯乙烯()氯乙烯(CH2=CH-Cl)等，下列有关说法错误的是()nA.氯乙烯能使溴水褪色B.氯乙烯与互为同系物C．1mol苯乙烯最多可消耗4molH2D．苯乙烯能发生加成、氧化、加聚反应6.化学创造更美好的生活。下列物质的应用与原理解释错误的是()选项应用化学原理ANH3用作制冷剂氨气极易液化B干冰用于人工降雨干冰升华吸热使水蒸气凝结C金属镁在军事上用作信号弹镁燃烧发出大量的热D免洗手消毒液(含乙醇)杀菌消毒乙醇能使新冠病毒中的蛋白质变性A．AB．BC．CD．D7.理解与辨析是化学学科的关键能力，下列离子在溶液中能共存的是()A．S2-、Na+、H+、B．Fe2+、、H+、C．、、OH-、Mg2+D．、Al3+、Cl-、Ca2+8.实验探究是培养化学兴趣的有效途径。下列实验药品、仪器选择正确且能达到实验目的的是()ABCD蒸发浓缩制NaCl制备SO2气体用KMnO4滴定Na2C2O4观察铁的析氢腐蚀nA．AB．BC．CD．D9.中药材铁华粉的主要成分是(CH3COO)2Fe，其检测流程如图所示。下列说法正确的是()A．刺激性气体X为SO2B.铁华粉中可能含有铁单质C.向滤液中滴加酸性KMnO2+4溶液，一定能证明Fe具有还原性D.滤液中加入K3+3[Fe(CN)6]试液，产生蓝色沉淀说明溶液中含有Fe10.宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关方程式与所述事实相符合的是()A．电解熔融MgCl2制取Mg：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑B．实验室制氨气：N2+3H22NH3C．工业制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD．泡沫灭火器工作原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑11.常温下，利用手持装置(图甲)进行实验；向蒸馏水中加入Mg(OH)2粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得溶液pH随时间变化曲线如图乙所示。下列对曲线的分析错误的是()A.ab段pH不断增大的原因是Mg(OH)2不断溶解导致的B.bc段存在平衡Mg(OH)2+-2(s)Mg(sq)+2OH(aq)C.cd段中D．通过实验数据对比可知，加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)212.白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是()A．62gP4()中含P-P键数目为2NAB．30gSiO2中分子数目为0.5NAC．1mol/LCa3(PO4)2溶液中含有数目为2NAD．上述反应每生成1molCO时转移电子数目为2NA13.实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是()n选实验操作实验现象结论项平衡正向移A向平衡体系2NO2N2O4中加压红棕色变浅动向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再溶液中未观察到砖红淀粉没有水B加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热色沉淀产生解将大小相同的Al和Mg分别投入到相同浓度的Al溶解有气泡产Al的金属性CNaOH溶液中生，Mg无现象强于Mg向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4分层，下层出现紫红海带中含有D萃取色碘元素A．AB．BC．CD．D14.研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是()A.光照强度大小不影响KIO3的制备速率B．右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极C．电极N处发生电极反应：S-6e-+4H2O=+8H+D．不考虑损耗，电路中每消耗1molSO2，理论上Q极可制得342.4gKIO315.甲酸铵常用于电解、电容器行业。25℃时，用HCl或NaOH固体改变0.1mol/L的HCOONH4溶液的pH，1gc(HCOOH)、1gc(NH3·H2O)、1gc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是()[已知：K-4-5a(HCOOH)=1.8×10，Kb(NH3·H2O)=1.8×10]A．Q点对应溶液pH=7B．曲线①代表lgc(H+)，曲线③代表1gc(NH3·H2O)C．0.1mol/LHCOONH4溶液中，c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3·H2O)D．P点存在c(NH-+3·H2O)＞c(OH)=c(HCOOH)＞c(H)16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大。M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，r、s、q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，W、X、Y位于不同周期。上述物质转化关系如图所示(部分生成物省略)，下列说法错误的是()A.物质熔沸点：N＞PB．X、Y可形成离子化合物nC．单质氧化性：X＞WD．X、Y、Z三种元素组成的盐溶液可能呈中性或碱性二、综合题17.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为。（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是(写出一种即可)。（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、。（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2H2O2(填“＞”，“＜”)（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下K-7-11-28a1(H2CO3)=4.3×10，Ka2(H2CO3)=5.6×10，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10)。（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)①该反应中的催化剂为(写离子符号)②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为。18.为证明AgCl溶于水存在溶解平衡，取1mo/LKCl溶液10mL，向其中加入0.2mol/LAgNO3溶液1mL，充分反应后将浊液过滤进行如下实验：序实验实验操实验现象号装置作ⅰ．滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。向滤液ⅱ．放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色A中放入浑浊，ⅲ．一段时间后开始出现棕褐色浑浊物。Mg条表面也逐渐变为Mg条棕褐色。产生气泡的速率变缓慢已知：①AgOH不稳定，立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色；②AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+(银氨溶液)，Mg、Ag不溶于浓氨水。（1）实验A中的滤液所属分散系为。现象ii中无色气泡是(填化学式)。n（2）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要原因是。（3）判断Mg条表面的棕揭色物质中含有Ag和Ag2O。①设计实验检验Ag：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量稀盐酸，反应结束后，继续加入浓硝酸，产生棕色气体和白色不溶物。用离子方程式表示棕褐色固体中产生Ag的原因：。实验中加入稀盐酸的目的：。②设计检验棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，加入(填化学式)中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有(填实验现象)，则证明Ag2O存在。（4）探究AgI转化为AgCl，设计实验如下：电压表装置步骤读数ⅰ．如图连接装置并加入试剂，a闭合Kⅱ．向B中滴入AgNO3(aq)，至b沉淀完全ⅲ．再向B中投入一定量cNaCl(s)ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与iiid等量NaCl(s)已知：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。①电压表读数a＞b，其原因是。②综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为。19．CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。（1）Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=nkJ/mol。（2）在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H＜0。下列说法正确的是A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大B．反应在任何温度下都能自发进行C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动（3）Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3mol/L，则CH4的转化率为(保留2位有效数字)。（4）制备“合成气”反应历程分两步：步骤反应正反应速率方程逆反应速率方程反应①CH4(g)C(ads)+2H2(g)v正=k1·c(CH4)v逆=k2·c2(H2)·c(CO2反应②C(ads)+CO2(g)CO(g)v正=k32)v逆=k4·c(CO)上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：①反应速率快慢比较：反应①反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因。②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=(用k1、k2、k3、k4表示)。（5）制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.0kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：随着进料比的增加，的值(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是。20.镍钴锰三元材料LiNixCoyMnzO2是一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好等n优点。（1）锰元素基态原子的电子排布式为，镍钴锰三种基态原子中未成对电子数最多的是。（2）镍可以形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等。①上述两种配合物都存在的化学键的是a．离子键b．配位键c．极性键d．非极性键。②Ni(CO)4常温下难溶于水，易溶于CCl4中，可推知其为。(填“极性分子”或“非极性分子”)③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间构型为。（3）MnO和CoO具有相同的晶体构型，其熔点大小顺序为（4）锂离子电池目前广泛采用溶有LiPF6的碳酸酯作为电解液。①LiPF6各元素的第一电离能从大到小的顺序为。②常见溶剂碳酸乙烯酯()中碳原子的杂化方式是。（5）LiCoO2的晶胞是六棱柱，其结构如图所示，镍钴锰三元材料中Ni和Mn取代了部分Co的位置：晶胞中含Li原子数为，若晶胞的底边边长为anm，高为cnm，x：y：z=1：1：1，则LiNixCoyMnzO2晶胞的密度为g/cm3(列出计算式)。21.某研究小组以物质A和乙烯为原料，按如图路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。已知：①→R-CHO+H2O②R1CHO++无机小分子③2+ROH请回答：（1）物质H中官能团的名称是。（2）反应Ⅲ的反应类型为。n（3）下列说正确的是。A.反应Ⅰ需要用FeCl3做催化剂B.化合物C能发生银镜反应C．D分子中所有碳原子共平面D．尼群地平的分子式是C18H19N2O6（4）写出D+H→E的化学方程式。（5）化合物X是式量比化合物D大14的同系物，同时符合下列条件的化合物X所有同分异构体共种，写出其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②HNMR谱显示分子中有4种氢原子；③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、C-O-C-键（6）设计以乙醇为原料合成H的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。答案解析部分1.【答案】B2.【答案】D3.【答案】A4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】C9.【答案】B10.【答案】A1.【答案】C12.【答案】D13.【答案】D14.【答案】C15.【答案】A16.【答案】Bn17．【答案】（1）+3（2）矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等（3）漏斗、玻璃棒（4）＞（5）2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；0.18（6）Ce4+；1：218．【答案】（1）胶体；H2（2）生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行（3）Mg+2Ag+=2Ag+Mg2+；将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag；NH3·H2O；银镜生成（4）加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；a＞c＞b19．【答案】（1）-93.7△H=△H1+△H2（2）A；C（3）60%（4）＜；反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；K=（5）减小；随着投料比的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少20．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2或者[Ar]3d54s2；Mn（2）bc；非极性分子；正四面体（3）CoO＞MnO（4）F＞P＞Li；sp2、sp3（5）9；21．【答案】（1）羰基、酯基（2）取代反应（3）B；Cn（4）++H2O（5）4种；或（6）C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3n普通高中毕业班第二次模拟试化学试题C.氯离子的结构示意图：一、单选题1.第三届亚青会即将在汕头举办，潮汕传统文化与建筑特色将呈现在亚洲人民面前。下列汕头代表建筑物主D．2-甲基-1，3-丁二烯的键线式：要由天然高分子材料建造的是()【答案】D选项ABCD【知识点】原子结构示意图；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A不符合题意；特色建B．BF3中F原子最外层满足8电子稳定结构，其电子式为，故B不符合题意；筑C．氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，每个电子层上的电子数目分别为2、8、8，氯离子的结构示汕头特区标志雕塑全木榫卯结构“中ft纪潮博馆主雕塑《潮南澳岛“自然之“升腾”念亭”汕赋》门”意图为，故C不符合题意；A．AB．BC．CD．D【答案】B【知识点】高分子材料D.2-甲基-1，3-丁二烯的结构简式为，键线式为，故D【解析】【解答】A．“升腾”由钢球组成，化学成分是Fe等无机物，不是由天然高分子材料建造，A不选；B．“中ft纪念亭”是木制材料搭建形成，化学成分是纤维素，是由天然高分子材料建造，B选；符合题意；C．雕塑《潮汕赋》由不锈钢组成，化学成分是Fe等无机物，不是由天然高分子材料建造，C不选；故答案为：D。D.“自然之门”中球体是钢球，化学成分是Fe，柱体是大理石，化学成分是CaCO3，不是由天然高分子材料建造，D不选；【分析】A.CH3-O-CH3是二甲醚的结构简式，醇含有-OH；故答案为：B。B.F原子外围电子数为8；C.氯离子的最外层电子数为8；【分析】天然高分子是指以由重复单元连接成的线型长链为基本结构的高分子量化合物，是存在于动物、植D.2-甲基-1，3-丁二烯分子中，甲基在2号碳原子上，碳碳双键在1、2和3、4号C原子间。物及生物体内的高分子物质。天然高分子化合物可以分为：多肽、蛋白质、酶等；多聚磷酸酯、核糖核酸、3.化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是()脱氧核糖核酸等；多糖如淀粉、肝糖、菊粉、纤维素、甲壳素等；橡胶类如巴西橡胶、杜仲胶等；树脂类如A．漂白粉久置于空气中失效B．明矾净水阿拉伯树脂、琼脂、褐藻胶等。C．SO2漂白的纸张易变黄D．烹饪紫薯时滴加白醋防止变色2.物质结构决定性质。下列有关化学用语表示正确的是()【答案】AA．乙醇的结构简式：CH3-O-CH3【知识点】氧化还原反应B．BF3的电子式：【解析】【解答】A．漂白粉久置于空气中失效的反应机理为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑，涉及氧化还原反应，A符合题意；nB．明矾净水的机理为：Al3++3H+2OAl(OH)3(胶体)+3H，胶体具有很强的吸附能力，未涉及氧化还原反5.北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”成为新宠，其制作原料包含如苯乙烯()氯乙烯应，B不合题意；(CH2=CH-Cl)等，下列有关说法错误的是()C．SO2漂白的纸张易变黄是被SO2漂白后的无色物质发生分解反应，恢复原来的颜色，未涉及氧化还原反A．氯乙烯能使溴水褪色应，C不合题意；D．薯类物质富含花青素，而花青素是一种水溶性的天然色素，具有“遇酸变红”，烹饪紫薯时滴加白醋是酸的B．氯乙烯与互为同系物显色过程，不涉及到氧化还原反应，D不合题意；C.1mol苯乙烯最多可消耗4molH2故答案为：A。D．苯乙烯能发生加成、氧化、加聚反应【答案】B【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；同系物4.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是()【解析】【解答】A．分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色，故A不符合题意；A．燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”B．二者结构不相似，所以二者不是同系物，故B符合题意；B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物C．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，1mol苯乙烯最多消耗4mol氢C．野外被蚊虫叮咬，可在伤口处涂抹肥皂水来减轻痛痒气，故C不符合题意；D．天然气、水煤气、沼气等不可再生能源，均可设计成燃料电池实现能量转化D．苯乙烯具有苯和烯烃的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生加聚反应和氧化反应，故【答案】CD不符合题意；【知识点】常见能量的转化及运用；核酸故答案为：B。【解析】【解答】A．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故A不符合题意；【分析】A.碳碳双键能和溴发生加成反应；B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于高分子化合B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；物，故B不符合题意；C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；C．在野外被蚊虫叮咬时会注入含甲酸的毒汁，肥皂水呈碱性，可涂抹肥皂水来减轻痛痒，故C符合题意；D.苯乙烯具有苯和烯烃的性质。D．由碳与水蒸气加热反应生成水煤气、利用植物在沼气池中可制备沼气，则水煤气、沼气为可再生能源，故6.化学创造更美好的生活。下列物质的应用与原理解释错误的是()D不符合题意；选项应用化学原理故答案为：C。ANH3用作制冷剂氨气极易液化B干冰用于人工降雨干冰升华吸热使水蒸气凝结【分析】A.燃煤脱硫可以减少酸雨污染；C金属镁在军事上用作信号弹镁燃烧发出大量的热B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物；D免洗手消毒液(含乙醇)杀菌消毒乙醇能使新冠病毒中的蛋白质变性C.蚊子叮咬会吐出含甲酸的毒汁，可用碱性溶液中和；A．AB．BC．CD．DD.水煤气、沼气为可再生能源，天然气是不可再生能源。【答案】C【知识点】吸热反应和放热反应；氨的性质及用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；蛋白质的特殊反应n【解析】【解答】A．氨气易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以氨气可用作制冷剂，故A不符合题意；8．实验探究是培养化学兴趣的有效途径。下列实验药品、仪器选择正确且能达到实验目的的是()B．干冰升华吸收大量的热，能使水蒸气凝结，所以干冰用于人工降雨，故B不符合题意；ABCDC．镁燃烧发出耀眼白光，金属镁在军事上用作信号弹，故C符合题意；D．乙醇能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可用于杀菌消毒剂，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氨气易液化，液氨汽化吸收大量的热；B.干冰升华吸收大量的热；C.镁燃烧发出耀眼白光；D.乙醇能够使蛋白质变性。7．理解与辨析是化学学科的关键能力，下列离子在溶液中能共存的是()蒸发浓缩制NaCl制备SO2气体用KMnO4滴定Na2C2O4观察铁的析氢腐蚀A．S2-、Na+、H+、A．AB．BC．CD．DB．Fe2+、、H+、【答案】C【知识点】蒸发和结晶、重结晶；气体发生装置；化学实验方案的评价C．、、OH-、Mg2+【解析】【解答】A．蒸发不需要坩埚，应选蒸发皿，故A不符合题意；D．、Al3+、Cl-、Ca2+B．Cu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，故B不符合题意；【答案】DC．酸性溶液中高锰酸钾溶液可氧化草酸根离子，图中实验可用KMnO4滴定Na2C2O4，故C符合题意；【知识点】离子共存D．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升可证明，故D不符合题意；【解析】【解答】A．氢离子和硫离子结合生成弱电解质硫化氢，不能大量共存，A不符合题意；故答案为：C。B．氢离子和硅酸根离子结合生成硅酸沉淀，不能大量共存，B不符合题意；C．镁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，铵根离子和氢氧根离子结合生成一水合氨，不能大量共存，【分析】A.蒸发需使用蒸发皿；C不符合题意；B.浓硫酸和Cu的反应需要加热；D．四种离子之间均不反应，可大量共存，D符合题意；C.酸性高锰酸钾溶液可氧化草酸根离子，且酸性高锰酸钾具有强氧化性，盛装在酸式滴定管中；故答案为：D。D.铁在食盐水中发生吸氧腐蚀。9.中药材铁华粉的主要成分是(CH3COO)2Fe，其检测流程如图所示。下列说法正确的是()【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量A．刺激性气体X为SO2共存；B.铁华粉中可能含有铁单质A.H+与S2-生成H2+2S；C.向滤液中滴加酸性KMnO4溶液，一定能证明Fe具有还原性D.滤液中加入K3+B.H+与生成硅酸沉淀；3[Fe(CN)6]试液，产生蓝色沉淀说明溶液中含有Fe【答案】BC.、OH-生成一水合氨，OH-、Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。n【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计【分析】A.电解熔融氯化镁生成单质镁和氯气；【解析】【解答】A．铁华粉中的醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，产生B.实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙制备氨气；有刺激性气味的醋酸气体，故A不符合题意；C.石灰乳不能拆成离子形式，应保留化学式；B．铁华粉可以和盐酸之间反应产生氢气，则其中可能含有金属铁，故B符合题意；D.泡沫灭火器工作时铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。C．酸性滤液中含氯离子、亚铁离子均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，向滤液中滴入酸性KMnO4溶11.常温下，利用手持装置(图甲)进行实验；向蒸馏水中加入Mg(OH)2粉末，一段时间后再加入稀硫酸。测得液，不能证明是Fe2+具有还原性，故C不符合题意；溶液pH随时间变化曲线如图乙所示。D.发生K++Fe2++[Fe(CN)6]3-═KFe[Fe(CN)6]↓，生成蓝色沉淀，可以用来检验Fe2+，故D不符合题意；下列对曲线的分析错误的是()故答案为：B。A.ab段pH不断增大的原因是Mg(OH)2不断溶解导致的B.bc段存在平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(sq)+2OH-(aq)【分析】(CH3COO)2Fe与稀硫酸加热生成硫酸亚铁和醋酸，醋酸具有刺激性气味；若含Fe单质，与稀盐酸反C.cd段中应生成氢气，滤液含亚铁离子，加入K3[Fe(CN)6]试液生成蓝色沉淀。D．通过实验数据对比可知，加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)210.宏观辨识与微观探析是化学核心素养之一，下列有关方程式与所述事实相符合的是()【答案】C【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质A．电解熔融MgCl2制取Mg：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑【解析】【解答】A．Mg(OH)-2属于碱，溶于水产生OH，使溶液的pH增大，故A不符合题意；B．由图可知，bc段溶液的pH不再变化，说明溶液中OH-的浓度不再变化，则存在平衡Mg(OH)B.实验室制氨气：N2+3H22NH32(s)C.工业制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OMg2+(sq)+2OH-(aq)，故B不符合题意；C．cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动，此时D．泡沫灭火器工作原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C符合题意；【答案】A【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用D．a点时加入的Mg(OH)2使溶液pH变化到了b点，c点时加入硫酸与氢氧化镁反应，使得溶液的pH变化到了d点，若Mg(OH)2+2与硫酸恰好完全反应生成硫酸镁，溶液会因Mg水解而呈酸性，但d点溶液的pH约为【解析】【解答】A．电解熔融MgCl2制取Mg的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，A符合题意；10，显碱性，说明加入的稀硫酸的物质的量小于Mg(OH)2，故D不符合题意；故答案为：C。B.实验室将熟石灰固体和氯化铵固体共热制备氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl【分析】A.ab段氢氧化镁不断溶解，产生OH-；CaCl2+2NH3↑+2H2O，工业制氨气：N2+3H22NH3，B不符合题意；B.bc段pH不变，则氢氧化镁溶解达到平衡状态；C.工业制漂白粉是将Cl2通入到石灰乳中，则Ca(OH)2不能拆写，离子方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-C.cd段加入稀硫酸，消耗OH-，平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(sq)+2OH-(aq)正向移动；+2ClO-+2H2O，C不符合题意；D.最后的溶液显碱性，氢氧化镁过量。D.泡沫灭火器工作时，Al3+和发生双水解反应，离子方程式为Al3++3=12.白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：Al(OH)3↓+3CO2↑，D不符合题意；故答案为：A。2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是n()将大小相同的Al和Mg分别投入到相同浓度的Al溶解有气泡产Al的金属性CNaOH溶液中生，Mg无现象强于MgA．62gP4()中含P-P键数目为2NA向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4分层，下层出现紫红海带中含有D萃取色碘元素B．30gSiO2中分子数目为0.5NAA．AB．BC．CD．DC．1mol/LCa3(PO4)2溶液中含有数目为2NA【答案】DD．上述反应每生成1molCO时转移电子数目为2NA【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；分液和萃取【答案】D【解析】【解答】A．向平衡体系2NO2N2O4中加压，NO2浓度增大，气体颜色先变深，后又因2NO2【知识点】阿伏加德罗常数N2O4的平衡正向移动，颜色逐渐变浅，因此现象应为气体颜色先变深后变浅，故A不符合题意；-B．加入稀硫酸使淀粉水解后，应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加过量的NaOH中和稀硫酸，再加入新制【解析】【解答】A.62gP4物质的量为，含P-P键数目为：0.5mol×6×NAmolCu(OH)2悬浊液，故B不符合题意；1=3NA，故A不符合题意；C．根据金属单质与水或酸反应置换出氢的难易判断金属性的强弱，与NaOH是否反应不能作为判断金属性强B．二氧化硅为共价晶体，不含分子，故B不符合题意；弱的依据，故C不符合题意；C．溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目，故C不符合题意；D．向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4萃取，溶液分层，下层出现紫红色，说明生成了I2，从而D．依据2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑，可得10CO～20e-，每生成1molCO时转证明海带中含有碘元素，故D符合题意；故答案为：D。移电子数目为2NA，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.加压平衡向气体总物质的量减小的方向移动，且气体的浓度增大；B.水解应在碱性溶液中检验葡萄糖；【分析】A.1molP4含6molP-P键；C.Al与NaOH溶液反应，Mg不与NaOH溶液反应；B.二氧化硅为原子晶体；D.氯水将碘离子氧化成碘单质，碘易溶于四氯化碳。C.溶液体积未知；14.研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫D.结合反应的方程式，根据电荷守恒计算。废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是()13.实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是()A.光照强度大小不影响KIO3的制备速率选实验操作实验现象结论B．右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极项C．电极N处发生电极反应：S-6e-+4H2O=+8H+平衡正向移A向平衡体系2NO2N2O4中加压红棕色变浅动D．不考虑损耗，电路中每消耗1molSO2，理论上Q极可制得342.4gKIO3【答案】C向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再溶液中未观察到砖红淀粉没有水B【知识点】电解池工作原理及应用加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热色沉淀产生解【解析】【解答】A．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速n率，故A不符合题意；c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH3•H2O)+c(NH)，所以存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C不符合B.铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO比消耗的OH-少，溶液中题意；+-)＞1gc(H+)，所以存在c(NH•HO)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞K通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故B不符合题意；D．根据图知，P点lgc(NH3•H2O)＞1gc(HCOOH)=1gc(OH32c(H+)，故D不符合题意；C．N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=故答案为：A。+8H+，故C符合题意；D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO2，转移电子为4mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO+6H2O，可【分析】随着溶液pH值的增大，c(HCOOH)减小、c(NH+-)增大，则lgc(HCOOH)减小、3•H2O)增大、c（H）减小、c(OH知生成KIO3为4mol×=0.8mol，理论上Q极可制得KIO3的质量为0.8mol×214g/mol=171.2g，故D不符合lgc(NH3•H2O)增大、lgc(H+)减小、lgc(OH-)增大，溶液的pH=7时，lgc(H+)=lgc(OH-)，根据图知，曲线①②③④分别表示lgc(H+)、lgc(HCOOH)、lgc(NH3•H2O)、lgc(OH-)。题意；16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大。M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，r、s、故答案为：C。q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，W、X、Y位于不同周期。上述物质转化关系如图所示(部分生成物省略)，下列说法错误的是()【分析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，A.物质熔沸点：N＞PM为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成B．X、Y可形成离子化合物，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，C．单质氧化性：X＞WD．X、Y、Z三种元素组成的盐溶液可能呈中性或碱性----铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e=H2↑+2OH，阳极反应式为I2+12OH-10e=2IO3-+6H2O，阴极生成【答案】B氢氧根离子，而阳极生成的IO比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的15.甲酸铵常用于电解、电容器行业。25℃时，用HCl或NaOH固体改变0.1mol/L的HCOONH4溶液的pH，比较1gc(HCOOH)、1gc(NH3·H2O)、1gc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是()【解析】【解答】A．由分析，N为H2O，P为H2S，H2O分子间可形成氢键，因此沸点：H2O＞H2S，A不符[已知：K-4-5a(HCOOH)=1.8×10，Kb(NH3·H2O)=1.8×10]合题意；A．Q点对应溶液pH=7B．X为O元素，Y为S元素，不可能形成离子化合物，B符合题意；+)，曲线③代表1gc(NH·HO)B．曲线①代表lgc(H32C．X的单质为O2，W的单质为H2，氧化性：O2＞H2，C不符合题意；C．0.1mol/LHCOONH4溶液中，c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH3·H2O)D．X为O元素，Y为S元素，Z为Na元素，三者形成的盐为Na2SO4和Na2SO3，前者呈中性，后者呈碱D．P点存在c(NH3·H2O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)性，D不符合题意；【答案】A故答案为：B。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【解析】【解答】A．Q点1gc(HCOOH)=1gc(NH3•H2O)，c(HCOOH)=c(NH3•H2O)，根据图知，溶液的pH＜7，【分析】W、X、Y、Z的原子半径依次增大，M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，r、s、q是其中三故A符合题意；种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，则M为Na2O2、r为S，过氧化钠与N反应生成单质q，推知q+)、曲线③代表1gc(NH•HO)，故B不符合题意；B．通过以上分析知，曲线①代表lgc(H32C．溶液中存在电荷守为O2，而氧气与p反应生成N和单质硫，推知P为H2S、N为H2O，则s为H2，由原子半径大小可知W为恒c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCOO-)、物料守恒nH、X为O、Y为S、Z为Na。(2)根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。二、综合题(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；17.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染(4)氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下原剂，氧化性CeO2>H2O2；（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为。(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++6=（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是Ce3+3+-52(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。若“沉铈”中，Ce恰好沉淀完全c(Ce)为1.0×10mol/L，则(写出一种即可)。（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、。，此时溶液的pH为5，（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2H2O2(填“＞”，“＜”)则溶液中c()=0.18mol/L。（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式。若“沉(6)①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下K-7-11-②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化a1(H2CO3)=4.3×10，Ka2(H2CO3)=5.6×10，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×1028)。合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；①该反应中的催化剂为(写离子符号)（2）升温、增大反应物的接触面积等均能加快反应速率；②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为。（3）操作①为过滤；【答案】（1）+3（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；（2）矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等（5）“沉铈”时CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀；结合、（3）漏斗、玻璃棒（4）＞计算；（5）2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；0.18（6）①催化剂在反应前后不发生变化；（6）Ce4+；1：2②该过程的总反应为。【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的18.为证明AgCl溶于水存在溶解平衡，取1mo/LKCl溶液10mL，向其中加入0.2mol/LAgNO3溶液1mL，设计充分反应后将浊液过滤进行如下实验：【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3序实验实验操沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和实验现象号装置作NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。(1)CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；n①电压表读数a＞b，其原因ⅰ．滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。是。向滤液ⅱ．放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色②综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为。A中放入浑浊，ⅲ．一段时间后开始出现棕褐色浑浊物。Mg条表面也逐渐变为【答案】（1）胶体；H2Mg条棕褐色。产生气泡的速率变缓慢（2）生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行（3）Mg+2Ag+=2Ag+Mg2+；将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰检验Ag；NH3·H2O；银镜生成已知：①AgOH不稳定，立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色；-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；a＞c＞b（4）加入AgNO3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I②AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+(银氨溶液)，Mg、Ag不溶于浓氨水。【知识点】化学平衡移动原理；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用（1）实验A中的滤液所属分散系为。现象ii中无色气泡是(填化学式)。【解析】【解答】(1)产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；（2）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要原因放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，Mg属于活泼金属，可以与水反应，是。Mg+2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑，故气泡为H2；（3）判断Mg条表面的棕揭色物质中含有Ag和Ag2O。(2)Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答①设计实验检验Ag：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量稀盐酸，反应结束案为生成的固体覆盖在Mg表面，阻碍后续反应进行；后，继续加入浓硝酸，产生棕色气体和白色不溶物。用离子方程式表示棕褐色固体中产生Ag的原(3)①活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2++2Ag；因：。实验中加入稀盐酸的目利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止的：。干扰实验，再选择氧化性酸验证Ag的存在，实验中加入稀盐酸的目的是将镁除去，避免硝酸与镁反应，干扰②设计检验棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验A中表面变为棕褐色的Mg条用蒸馏水洗净后，检验Ag；加入(填化学式)中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有(填实验②根据Ag2O可溶于浓氨水生成[Ag(NH3)2]+，利用银镜反应验证；答案为取实验A中表面变为棕褐色的Mg现象)，则证明Ag2O存在。条用蒸馏水洗净后，加入NH3·H2O中浸泡，取上层清液于葡萄糖溶液中，水浴加热，若有银镜生成，则证明（4）探究AgI转化为AgCl，设计实验如下：Ag2O存在；电压表读(4)加入AgNO-)减小，I-还原性减弱，导致电压b＜a；装置步骤3后，生成AgI沉淀使B的溶液中c(I数②实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了反应AgI+Cl-=AgCl+I-，部ⅰ．如图连接装置并加入试剂，闭合a分AgI转化为AgCl，则c>b，综合实验现象能说明AgI转化为AgCl，则a、b、c三者的大小关系为a＞c＞b。Kⅱ．向B中滴入AgNO3(aq)，至沉【分析】（1）丁达尔效应是胶体特有的性质；Mg与水反应生成氢气；b淀完全（2）一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，减少了接触面积产生气泡的速率变ⅲ．再向B中投入一定量NaCl(s)c缓慢；（3）①活泼金属可以置换出不活泼金属；镁可以和盐酸反应；ⅳ．重复ⅰ，再向B中加入与iii等量d②Mg是活泼金属，可以与非氧化性酸反应，银不活泼，不能和非氧化性酸反应；Ag2O可溶于浓氨水生成NaCl(s)[Ag(NH3)2]+，可利用银镜反应验证；已知：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越（4）①向B中加入AgNO3后，生成AgI沉淀；大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。n②Cl-使c(I-)增大，AgI转化为AgCl。是19.CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳。中和及生态环境保护有着重要意义。【答案】（1）-93.7△H=△H1+△H2（1）Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：（2）A；C液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=（3）60%kJ/mol。（4）＜；反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；K=（2）在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H＜0。下列说法正确的是A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大（5）减小；随着投料比的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减B．反应在任何温度下都能自发进行C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态少，减少D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动【知识点】反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综（3）Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1L密闭容器中，充入等物合应用；化学平衡的计算质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)【解析】【解答】(1)根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3mol/L，则CH4的转化率为(保留2位有效数93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；字)。(2)A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；（4）制备“合成气”反应历程分两步：B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不步骤反应正反应速率方程逆反应速率方程能自发进行的，故B不正确；反应①CH4(g)C(ads)+2H2(g)v正=k1·c(CH4)v逆=k2·c2(H2)C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状反应②C(ads)+CO2(g)CO(g)v正=k3·c(CO2)v逆=k4·c2(CO)态，故C正确；上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D不正确；①反应速率快慢比较：反应①反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原故答案为：AC；因。(3)设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=(用k1、k2、k3、k4表示)。，，解（5）制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.0kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随得x=2.5mol，CH4的转化率为；(4)①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速温度变化的关系如图所示：率快，则反应速率：反应①＜反应②；随着进料比的增加，的值(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，n，，则K=；②常见溶剂碳酸乙烯酯()中碳原子的杂化方式是。（5）LiCoO2的晶胞是六棱柱，其结构如图所示，镍钴锰三元材料中Ni和Mn取代了部分Co的位置：(5)可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减晶胞中含Li原子数为，若晶胞的底边边长为anm，高为cnm，x：y：z=1：1：1，则小，其原因是随着投料比的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减LiNixCoyMnzO2晶胞的密度为g/cm3(列出计算式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2或者[Ar]3d54s2；Mn少，减少。（2）bc；非极性分子；正四面体【分析】（1）根据盖斯定律计算；（3）CoO＞MnO（2）A.增大CO2的浓度，平衡正向移动；23（4）F＞P＞Li；sp、spB.根据ΔH-TΔS＜0判断；C.该反应的密度是变量；（5）9；D.充入He，各物质浓度不变；【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化（3）列出三段式，根据平衡常数计算平衡时消耗的CH4，再根据计算；方式及杂化类型判断（4）①活化能越大反应速率越慢；【解析】【解答】(1)已知锰是25号元素，则锰元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或者②反应到达平衡时正逆反应速率相等；[Ar]3d54s2，镍、钴、锰三种基态原子的价层电子排布式分别为：3d84s2、3d74s2、3d54s2，故它们基态原子中的未成对电子数分别为：2、3、5，则未成对电子数最多的是Mn，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2或者（5）增大，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动。[Ar]3d54s2；Mn；20.镍钴锰三元材料LiNixCoyMnzO2是一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好等优点。(2)①a．Ni(CO)4中不存在离子键，a不合题意；（1）锰元素基态原子的电子排布式为，镍钴锰三种基态原子b．Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4都存在配位键，b正确；中未成对电子数最多的是。c．Ni(CO)4中有C和O之间的极性键，[Ni(NH3)6]SO4中有N-H、S-O之间的极性键，c正确；（2）镍可以形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等。d．Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4都不存在非极性键，d不合题意；①上述两种配合物都存在的化学键的是故答案为：bc；a．离子键b．配位键c．极性键d．非极性键。②已知H2O是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，Ni(CO)4常温下难溶于水，易溶于②Ni(CO)4常温下难溶于水，易溶于CCl4中，可推知其为。(填“极性分子”或“非极性分CCl4中，可推知其为非极性分子，故答案为：非极性分子；③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子即，中子”)中心原子S周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间构型为。面体，故答案为：正四面体；（3）MnO和CoO具有相同的晶体构型，其熔点大小顺序为(3)由于MnO和CoO均为离子晶体，它们离子所带电荷相同，Mn2+的半径大于Co2+的半径，故MnO的晶格能（4）锂离子电池目前广泛采用溶有LiPF6的碳酸酯作为电解液。小于CoO的，故其熔点大小顺序为CoO＞MnO，故答案为：CoO＞MnO；①LiPF6各元素的第一电离能从大到小的顺序为。(4)①根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，同一主族n从上往下依次减小，故LiPF6各元素的第一电离能从大到小的顺序为F＞P＞Li，故答案为：F＞P＞Li；③2+ROH②常见溶剂碳酸乙烯酯()中含有碳氧双键的C原子周围形成了3个σ键，则该原子采用sp2杂化，请回答：其余碳原子周围形成了4个σ键，采用sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；（1）物质H中官能团的名称是。（2）反应Ⅲ的反应类型为。(5)由题干晶胞图示可知，晶胞中含Li原子数为=9，若晶胞的底边边长为anm，高为cnm，x：y：z=1：1：1，根据晶胞可知，x+y+z=9，得x=y=z=3，即一个晶胞中含有9个Li、3个Ni、3个Co、3（3）下列说正确的是。A.反应Ⅰ需要用FeCl3做催化剂个Mn和18个O，则一个晶胞的质量为：m=，一个晶胞的体积为：B.化合物C能发生银镜反应C．D分子中所有碳原子共平面V=cm3，故其密度为=g/cm3，故答案为：D．尼群地平的分子式是C18H19N2O6。（4）写出D+H→E的化学方程式。（5）化合物X是式量比化合物D大14的同系物，同时符合下列条件的化合物X所有同分异构体共【分析】（1）Mn为25号元素，根据构造原理书写电子排布式；镍、钴、锰基态原子中未成对电子数分别为种，写出其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为。2、3、5；①能与FeCl3溶液发生显色反应；（2）①Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4中均含配位键和极性共价键；②HNMR谱显示分子中有4种氢原子；②根据相似相溶原理判断；③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、C-O-C-键③[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为硫酸根离子；（6）设计以乙醇为原料合成H的路线(用流程图表示，无机试剂任（3）离子晶体的晶格能越大熔点越大；选)。（4）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其【答案】（1）羰基、酯基相邻元素；同主族从上到下第一电离能减小；（2）取代反应②碳酸乙烯酯中双键碳采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；（3）B；C（5）根据均摊法计算各原子数目，再结合计算晶体密度。21.某研究小组以物质A和乙烯为原料，按如图路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。（4）++H2O已知：①→R-CHO+H2O②R1CHO++无机小分子（5）4种；或（6）C2H5OHCH3COOHCH3COOCH2CH3n【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体种，其中一种能直接氧化得到醛的结构简式为或；【解析】【解答】由A的分子式、D的结构简式，可知A中含有苯环，故A为，A与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应、然后脱水生成C为，苯甲醛发生硝(6)由信息③可知，由乙酸乙酯在乙醇钠条件下发生取代反应生成，乙醇用酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，合成路线流为C2H5OH化反应生成D，D与H发生信息②中反应生成E为，F转化生成F。CH3COOHCH3COOCH2CH3。【分析】（1）H中含有酯基和羰基；(1)物质H含有的官能团为羰基、酯基，故答案为：羰基、酯基；（2）C发生取代反应生成D；（3）反应Ⅲ为硝化反应；(2)反应Ⅲ是转化为，发生硝化反应，属于取代反应，故答案为：取代反应；（4）根据反应物和生成物书写化学方程式；（5）化合物X是式量比化合物D大14的同系物，即多1个CH2，X满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色(3)A．反应发生再甲苯甲基上的氯代反应，需要光照条件，故A不正确；反应，说明含有酚羟基；②1H-NMR谱显示分子中有4种氢原子，存在对称结构；③IR谱表明分子中含-B．化合物C为，含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；C≡N键，无-O-O-、-C-O-C-键；C．苯环及其连接的原子为平面结构，中所有碳原子共平面，故C正确；（6）参照题干合成路线分析。D．尼群地平的分子式是C18H20N2O6，故D不正确，故答案为：BC；(4)E+H→F的化学方程式为++H2O；(5)化合物X是式量比化合物D()大14的同系物，即多1个CH2，X满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②1H-NMR谱显示分子中有4种氢原子，存在对称结构；③IR谱表明分子中含-C≡N键，无-O-O-、-C-O-C-键，可以含有-CH2CN、3个酚羟基，或者含有-CN、-CH2OH、2个酚羟基，符合条件的同分异构体有、、、共4