2023-2024學(xué)年浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

2023學(xué)年第一學(xué)期浙南名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考高三年級化學(xué)學(xué)科試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準(zhǔn)考證號并填涂相應(yīng)數(shù)字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結(jié)束后，只需上交答題紙?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23S-32C1-35.5K-39Fe-56Cu-64選擇題部分一、選擇題(本題有16小題，每小題3分，共48分。每小題只有1個選項符合題意，不選、多選、選錯均不給分)1.下列物質(zhì)是含共價鍵的離子化合物且屬于鹽的是A.NaOH B.Mg3N2 C.NH4CNO D.CaO【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH由Na+和OH-構(gòu)成，含有離子鍵和共價鍵，屬于離子化合物，但屬于堿，A不符合題意；B．Mg3N2由Mg2+和N3-構(gòu)成，只含有離子鍵，B不符合題意；C．NH4CNO屬于鹽，含有銨根離子和CNO-，含有離子鍵和共價鍵，C正確；D．CaO屬于氧化物，D不符合題意；故選C。2.下列化學(xué)用語或表述正確的是A.SiO2的結(jié)構(gòu)式：O=Si=OB.的VSEPR模型：C.的名稱：2-甲基丙醇D.激發(fā)態(tài)的B原子軌道表示式：【答案】B【解析】【詳解】A．SiO2晶體為共價晶體，Si、O原子間形成共價單鍵，結(jié)構(gòu)式不是O=Si=O，A不正確；B．的中心S原子的價層電子對數(shù)為4，發(fā)生sp3雜化，VSEPR模型為，B正確；C．的分子呈直鏈結(jié)構(gòu)，主鏈上有4個碳原子，名稱為2-丁醇，C不正確；D．在2p軌道上，3個軌道的能量相同，電子可以隨意進(jìn)入三個軌道中的任意一個，表示基態(tài)的B原子軌道表示式，D不正確；故選B。3.次氯酸鈉是一種重要的鹽，下列說法不正確的是A.次氯酸鈉既可以做漂白棉麻紙張的漂白劑，又可做游泳池等場所的消毒劑B.“84”消毒液和酒精同時使用不會增強(qiáng)殺菌效果C.由于次氯酸鈉不能分解，人們制得漂白液代替氯水做漂白劑D.在常溫下，將Cl2通入NaOH溶液，得到以次氯酸鈉為有效成分的漂白液【答案】C【解析】【詳解】A．次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，能起到殺菌消毒的作用，也可以使有機(jī)色質(zhì)漂白褪色，所以次氯酸鈉既可以做漂白棉麻紙張的漂白劑，又可做游泳池等場所的消毒劑，故A正確；B．“84”消毒液的有效成分次氯酸鈉能與酒精發(fā)生氧化還原反應(yīng)使兩者的殺菌效果降低，所以“84”消毒液和酒精同時使用不會增強(qiáng)殺菌效果，故B正確；C．次氯酸鈉溶液與空氣中二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸而表現(xiàn)漂白性，漂白能力弱于含有次氯酸的氯水，所以不能用漂白液代替氯水做漂白劑，否則漂白效果會降低，故C錯誤；D．氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉和次氯酸鈉，所以常溫下將氯氣通入氫氧化鈉溶液中可以得到以次氯酸鈉為有效成分的漂白液，故D正確；故選C。4.下列說法不正確的是A.鎂在空氣中燃燒可生成氧化鎂和氮化鎂B.實(shí)驗(yàn)室可用加熱分解NH4Cl來制備氨氣C.將生鐵進(jìn)一步煉制減少含碳量，能得到機(jī)械性能更好的鋼D.膽礬可以和石灰乳制成一種常用的農(nóng)藥【答案】B【解析】【詳解】A．鎂在空氣中燃燒時，可與空氣中的氮?dú)?、氧氣和二氧化碳反?yīng)生成氮化鎂和氧化鎂，故A正確；B．實(shí)驗(yàn)室用氯化銨固體與氫氧化鈣固體共熱反應(yīng)制備氨氣，不能用加熱氯化銨的方法制備氨氣，故B錯誤；C．生鐵和鋼的性能差別主要是因?yàn)樯F和鋼中的含碳量的不同，所以將生鐵進(jìn)一步煉制減少含碳量，能得到機(jī)械性能更好的鋼，故C正確；D．膽礬可以和石灰乳可以制成一種常用的殺菌能力較好的農(nóng)藥波爾多液，故D正確；故選B。5.利用下列儀器、裝置及藥品能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3晶體 B.用裝置乙證明乙炔可使溴水褪色C.用裝置丙制取乙二酸 D.用裝置丁制氨水【答案】D【解析】【詳解】A．由于氯化鋁水解生成氫氧化鋁和HCl，HCl易揮發(fā)，因此應(yīng)在HCl氣流中加熱制無水AlCl3固體，選項A錯誤；B．乙炔中含有PH3和H2S雜質(zhì)，H2S有還原性，也能使溴水褪色，因此圖丁不能驗(yàn)證乙炔使溴水褪色，選項B錯誤；C．乙二酸會被過量的酸性高錳酸鉀氧化為二氧化碳，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，選項C錯誤；D．氨氣不溶于四氯化碳，極易溶于水，氨氣進(jìn)入四氯化碳后再溶于水形成氨水，且能防止倒吸，選項D正確；答案選D。6.足量的銅溶于一定量濃硝酸，產(chǎn)生NO2、N2O4、NO的混合氣體。這些氣體若與3.36LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，氣體恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5mol?L-1H2SO4溶液250mL，則繼續(xù)溶解一定量的Cu。下列說法正確的是A.最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液B.最多溶解銅的質(zhì)量是57.6gC.放電或高溫下N2與O2反應(yīng)是現(xiàn)代工業(yè)制硝酸的基礎(chǔ)D.銅與濃硝酸的反應(yīng)僅體現(xiàn)了硝酸的強(qiáng)氧化性【答案】B【解析】【分析】足量的銅溶于一定量濃硝酸，產(chǎn)生NO2、N2O4、NO的混合氣體。這些氣體若與3.36LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，氣體恰好能被水完全吸收，則發(fā)生的總反應(yīng)為2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15mol，則n(Cu)=0.3mol，n()=0.6mol?！驹斀狻緼．向原所得溶液中加入5mol?L-1H2SO4溶液250mL，發(fā)生反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6mol，n(H+)=2.5mol，則完全反應(yīng)，最后溶液是CuSO4溶液，A不正確；B．n()=0.6mol，最多溶解銅的物質(zhì)的量為0.9mol，質(zhì)量是0.9mol×64g/mol=57.6g，B正確；C．現(xiàn)代工業(yè)制硝酸的第一步反應(yīng)，是氨的催化氧化反應(yīng)4NH3+5O24NO+6H2O，C不正確；D．銅與濃硝酸的反應(yīng)為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸體現(xiàn)強(qiáng)氧化性和酸性，D不正確；故選B。7.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.1L0.2mol?L-1K2Cr2O7中的數(shù)目為0.2NAB.1mol的正四面體烷中含有σ鍵數(shù)目為6NAC.電解精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)為0.5NA時，理論上陰極增重16gCuD.1mol?L-1的NH4Cl溶液中和H+的數(shù)目之和大于NA【答案】C【解析】【詳解】A．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，則1L0.2mol?L-1K2Cr2O7中的數(shù)目小于0.2NA，A不正確；B．1mol的正四面體烷中含有6個C-Cσ鍵和4個C-Hσ鍵，則含σ鍵的數(shù)目為10NA，B不正確；C．電解精煉銅，當(dāng)電路中通過的電子數(shù)為0.5NA時，理論上陰極生成Cu的物質(zhì)的量為0.25mol，增重0.25mol×64g/mol=16gCu，C正確；D．1mol?L-1的NH4Cl溶液的體積未知，無法求出和H+的數(shù)目，D不正確；故選C。8.下列說法正確的是A.天然氨基酸一般能溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑B.臭氧分子的共價鍵是極性鍵，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中溶解度C.飽和硫酸銨、飽和硫酸銅溶液都可使蛋白質(zhì)變性D.在堿催化下，苯酚與過量的甲醛反應(yīng)，生成的酚醛樹脂是熱固性塑料【答案】D【解析】【詳解】A．天然氨基酸分子含有極性的氨基和羧基，所以易溶于水，難溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，故A錯誤；B．臭氧分子的共價鍵是非極性鍵，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中溶解度，故B錯誤；C．飽和硫酸銨可使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，飽和硫酸銅溶液使蛋白質(zhì)變性，故C錯誤；D．在堿催化下，苯酚與過量的甲醛反應(yīng)，生成的酚醛樹脂是熱固性塑料，故D正確；故答案為：D。9.下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是A.溶液滴入FeCl3溶液中：B.將Mg(HCO3)2溶液與過量的NaOH溶液混合：C.NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：D.NaHSO3溶液中滴加足量的溴水：【答案】D【解析】【詳解】A．亞鐵氰化鉀可與鐵離子反應(yīng)生成沉淀，用來檢驗(yàn)鐵離子，A項正確；B．碳酸氫鎂溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀、碳酸鈉和水，B項正確；C．偏鋁酸鈉溶液與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，C項正確；D．溴水具有氧化性，足量的溴水應(yīng)將所有+4價的硫元素氧化成+6價的硫元素，離子方程式為：，D項錯誤；故選D。10.抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于克拉維酸的說法不正確的是A.存在順反異構(gòu)和對映異構(gòu) B.含有5種官能團(tuán)C.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵 D.最多可與3molNaOH反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團(tuán)，故該有機(jī)物存在順反異構(gòu)；分子中存在飽和碳原子且該原子上四個基團(tuán)不同，存在對映異構(gòu)，A正確；B．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團(tuán)，B正確；C．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團(tuán)具有形成氫鍵的能力，故其分子間可以形成氫鍵，其中距離較近的某些官能團(tuán)之間還可以形成分子內(nèi)氫鍵，C正確；D．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，1mol該有機(jī)物含有羧基和酰胺基各1mol，這兩種官能團(tuán)都能與強(qiáng)堿反應(yīng)，故1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)，D錯誤；故選D。11.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序數(shù)依次增大，W的核外電子數(shù)等于其周期數(shù)；X與W不相鄰，與Y相鄰；基態(tài)Y原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍；Z的最外層電子數(shù)為K層的一半；Q的s能級電子總數(shù)比p能級電子總數(shù)少5個，下列說法正確的是A.元素的電負(fù)性：Y>Q>W>ZB.簡單離子半徑：Z>X>YC.W與Y形成的10電子微粒有2種D.由W、X、Y三種元素組成的化合物的水溶液均顯酸性【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序數(shù)依次增大，基態(tài)Y原子的電子總數(shù)是其最高能級電子數(shù)的2倍，則Y為O元素；W的核外電子數(shù)等于其周期數(shù)，則W為H元素；X與W不相鄰，與Y相鄰，則Y為N元素；Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z為Na元素；Q的s能級電子總數(shù)比p能級電子總數(shù)少5個，則Q為Cl元素?！驹斀狻緼．金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，則鈉元素的電負(fù)性最小，元素的非金屬越強(qiáng)，電負(fù)性越大，氫、氧、氯三種非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)镺>Cl>H，則四種元素的電負(fù)性大小順序?yàn)镺>Cl>H>Na，故A正確；B．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑的大小順序?yàn)镹3—>O2—>Na+，故B錯誤；C．氫元素與氧元素形成的10電子微粒有水分子、氫氧根離子、水合氫離子，共有3種，故C錯誤；D．氫、氮、氧三種元素組成的化合物一水合氨在溶液中電離出氫氧根離子使溶液呈堿性，故D錯誤；故選A。12.實(shí)驗(yàn)室提純乙酸乙酯的流程如圖所示：下列說法不正確的是A.為保證反應(yīng)回流效果，可以使用球形冷凝管B.飽和的Na2CO3和飽和NaCl的作用既能除雜又能降低酯的溶解度C.試劑1的作用是將乙醇氧化成乙酸溶于水而除去D.操作1為蒸餾【答案】C【解析】【分析】回流產(chǎn)物蒸餾，蒸餾產(chǎn)物加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH、氯化鈉溶液洗滌分液，分液分離出有機(jī)相，加入飽和氯化鈣溶液除去乙醇，分液分離出有機(jī)相，加入無水硫酸鎂干燥，蒸餾分離得到乙酸乙酯；【詳解】A．為保證反應(yīng)回流效果，可以使用球形冷凝管，增加氣體在冷凝管中的時間，達(dá)到更好的冷凝效果，A正確；B．飽和的Na2CO3和飽和NaCl的作用既能除雜又能降低酯的溶解度，利于除雜和酯的析出，B正確；C．試劑1的作用是加入飽和氯化鈣溶液除去乙醇，C錯誤；D．操作1分離出乙酸乙酯的操作，為蒸餾，D正確；故選C。13.太陽能光電催化-化學(xué)耦合分解H2S的裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.若接鉛蓄電池進(jìn)行電解，b極接Pb電極B.a極的電極反應(yīng)為：C.理論上每生成1mol氫氣則消耗2molFe2+D.利用太陽能光進(jìn)行電催化可以節(jié)約能源并產(chǎn)生清潔能源【答案】B【解析】【詳解】A．從圖中可以看出，b極H+得電子生成H2，則b極為陰極，若接鉛蓄電池進(jìn)行電解，b極接Pb電極(負(fù)極)，A正確；B．a(chǎn)極的電極反應(yīng)為：Fe2+-e-=Fe3+，B不正確；C．理論上每生成1mol氫氣，線路中轉(zhuǎn)移2mole-，則消耗2molFe2+，C正確；D．利用太陽能光進(jìn)行電催化，將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，不需消耗電能，可以節(jié)約能源，并產(chǎn)生清潔能源，D正確；故選B。14.反應(yīng)在加入Fe3+后反應(yīng)進(jìn)程中的能量變化如圖，已知反應(yīng)機(jī)理中有Fe2+出現(xiàn)。下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是A.步驟①的熱化學(xué)方程為：B.決速步是第②步C.升高溫度可以更容易檢測到Fe2+D.無Fe3+時，反應(yīng)的活化能小于E3-E2，但是△H相同【答案】C【解析】【詳解】A．步驟①反應(yīng)物的總能量為，生成物的總能量為，所以步驟①的焓變，A項錯誤；B．步驟①的活化能大于步驟②，所以步驟①是慢反應(yīng)，決速步是第①步，B項錯誤；C．由于步驟①正反應(yīng)產(chǎn)生，步驟②逆反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，且步驟①是吸熱反應(yīng)，升溫有助于朝步驟①的正反應(yīng)進(jìn)行，而步驟②是放熱反應(yīng)，升溫有助于朝步驟②的逆反應(yīng)進(jìn)行，兩個方向均是有利于的生成，所以升高溫度可以更容易檢測到Fe2+，C項正確；D．無時，反應(yīng)的活化能應(yīng)更大，大于，D項錯誤；故選C。15.25℃時，用NaOH溶液分別滴定弱酸HA、CuSO4、FeSO4三種溶液，pM隨pH變化關(guān)系如圖所示【p表示負(fù)對數(shù)，M表示c(HA)/c(A-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】，已知Ksp【Cu(OH)2】<Ksp【Fe(OH)2】，溶液中離子濃度<10-5mol。L-1可以認(rèn)為已經(jīng)除去。下列有關(guān)分析不正確的是A.Ksp（Fe(OH)2）=10-15 B.調(diào)整溶液pH=7，可除去工業(yè)廢水中的Cu2+C.a點(diǎn)對應(yīng)的p(M)=3 D.Fe(OH)2固體難溶解于HA溶液【答案】D【解析】【分析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的結(jié)構(gòu)相似，二者的pM隨pH的變化曲線應(yīng)該是平行線，故③代表滴定HA溶液的變化關(guān)系，根據(jù)曲線③pM=0時，溶液的pH=5.0，可得K(HA)=10-5；根據(jù)曲線①pM=0時，溶液的pH=4.2，可得Ksp=10-19.6；根據(jù)曲線②pM=0時，溶液的pH=6.5，可得Ksp=10-15，Cu(OH)2更難溶,故①②分別代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的變化關(guān)系，且Ksp（Cu(OH)2）=10-19.6，Ksp（Fe(OH)2）=10-15?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知：Ksp（Fe(OH)2）=10-15，故A正確；B．由分析可知?dú)溲趸~Ksp=10-19.6，pH=7，則溶液中c（Cu2+）=10-5.6mol/L小于10-5mol/L，故B正確；C．即，可得：，c（OH-）=10-6mol/L，因此，則p(Fe2+)=3，故C正確；D．的K值為，平衡常數(shù)較大，故反應(yīng)能發(fā)生，故D錯誤；故選正確D。16.探究氮元素及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論正確的是實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗(yàn)?zāi)臣t棕色氣體是否為NO2將該氣體通入淀粉—KI溶液若溶液變藍(lán)，則該氣體為NO2B檢驗(yàn)?zāi)斥c鹽溶液中是否含有NO取少量該溶液于試管中，加稀鹽酸酸化，再加入FeCl2溶液若溶液變黃色且試管上部產(chǎn)生紅棕色氣體，則該溶液中含有NOC檢驗(yàn)?zāi)彻腆w物質(zhì)是否為銨鹽取一定量固體于試管中加濃NaOH溶液，微熱若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟膒H試紙變藍(lán)，則該固體為銨鹽D檢驗(yàn)NH3具有還原性將干燥的NH3通入灼熱的CuO若固體由黑色變成紅色，則證明NH3具有還原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．紅棕色的溴蒸氣也能碘化鉀溶液反應(yīng)生成使淀粉溶液變藍(lán)色的單質(zhì)碘，則溶液變藍(lán)色不能說明紅棕色氣體為二氧化氮，故A錯誤；B．酸性條件下硝酸根離子也能與溶液中的亞鐵離子反應(yīng)生成鐵離子、一氧化氮和水，則溶液變黃色且試管上部產(chǎn)生紅棕色氣體不能說明溶液中含有亞硝酸根離子，故B錯誤；C．金屬氮化物如氮化鎂能與水反應(yīng)生成能使?jié)駶櫟膒H試紙變藍(lán)的氨氣，則產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟膒H試紙變藍(lán)不能說明該固體為銨鹽，故C錯誤；D．將干燥的氨氣通入灼熱的氧化銅，固體由黑色變成紅色說明氨氣與氧化銅共熱反應(yīng)生成氮?dú)?、銅和水，反應(yīng)中氮元素的化合價升高被氧化，氨氣是反應(yīng)的還原劑，表現(xiàn)還原性，故D正確；故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本題有5大題，共52分)17.氟及其化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。請回答：（1）基態(tài)F原子的價層電子排布式是_______。（2）下列說法不正確的是_______。A.第三電離能大?。篎>O>N>CB.冰晶石(Na3AlF6)中含有極性共價鍵、配位鍵、離子鍵C.SO2F2的結(jié)構(gòu)類似H2SO4，SO2F2中的鍵角∠OSO<∠FSFD.熔點(diǎn)大?。篈lF3>AlBr3>AlCl3，推測AlF3為離子化合物（3）OF2分子的空間構(gòu)型為_______；其分子極性_______H2O(填“>”或“<”)。（4）氟化氫是弱酸，在水溶液中存在；但，當(dāng)HF濃度大于5molL-1時，氫氟酸是一種相當(dāng)強(qiáng)的酸，請解釋原因：_______。（5）某含氟化合物晶胞如圖，其化學(xué)式為_______，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3【答案】（1）2s22p5（2）AC（3）①.V形或角形②.<（4）隨著HF濃度的增加，一部分F-通過氫鍵與未解離的HF分子形成相當(dāng)穩(wěn)定的HF等離子，促進(jìn)HF的電離平衡正向移動，使得體系的酸度增大（5）①.K2CuF4②.【解析】【小問1詳解】F是9號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知F原子的價層電子排布式為；【小問2詳解】失去兩個電子后，碳元素為2s軌道全滿狀態(tài)較穩(wěn)定，第三電離能應(yīng)大于氮元素，A項錯誤；冰晶石(Na3AlF6)為離子晶體，含有離子鍵，其陰離子為配離子，含有配位鍵，Al和F之間是極性共價鍵，所以含有極性共價鍵、配位鍵、離子鍵，B項正確；O點(diǎn)電負(fù)性小于F，所以SO2F2中S-O的成鍵電子對更靠近中心S原子，排斥力更大，所以鍵角∠OSO＞∠FSF，C項錯誤；已知為共價化合物，屬于分子晶體，分子晶體的熔點(diǎn)取決與范德華力，范德華力和摩爾質(zhì)量有關(guān)，若也為分子晶體，其摩爾質(zhì)量更小，沸點(diǎn)也應(yīng)更小，與給出實(shí)際條件不符，所以可推測AlF3為離子化合物，D項正確；故選AC；【小問3詳解】①分子中中心原子O的價電子對數(shù)為，根據(jù)價層電子對互斥理論，空間構(gòu)型為V形；②因?yàn)樵仉娯?fù)性大小順序?yàn)镕>O>H，所以的共用電子對偏向O，的共用電子對形成的極性與中心原子孤對電子形成的極性相同，而的共用電子對偏向F，O原子周圍的電荷得到分散，所以的極性強(qiáng)于；【小問4詳解】有很強(qiáng)的結(jié)合質(zhì)子的能力，隨著HF濃度增大，會和HF結(jié)合生成，即，該反有效地降低了溶液中的濃度，促進(jìn)HF的電離，酸性增強(qiáng)；【小問5詳解】根據(jù)均攤法計算，一個晶胞中的個數(shù)為，F(xiàn)的個數(shù)為，K的個數(shù)為，所以該含氟化合物的化學(xué)式為；②該晶胞中共含有Cu原子2個，F(xiàn)原子8個，K原子4個，所以一個晶胞的質(zhì)量，晶胞體積，所以該晶體的密度為。18.如圖所示可以分離并回收廢舊芯片中的幾種貴金屬。已知，①HAuCl4是一種強(qiáng)酸：②Pd(NH3)2C12難溶。請回答：（1）含金固體可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并產(chǎn)生NO，請寫出反應(yīng)的離子方程式：_______。（2）金的分離還可以加王水，銀鈀的分離可重復(fù)利用某些溶液。①下列說法正確的是_______。A.芯片中的金是芯片連接的絕佳材料，只是利用其物理性質(zhì)B.溶液X可以是NaCl溶液C.溶液Z的主要成分是Ag(NH3)4Cl，是一種鹽D.N2H4不直接還原固體Y可能的原因是得到的Ag純度更高②加入氨水，[PdCl4]2-轉(zhuǎn)化為[Pd(NH3)4]2+，則該條件下配位能力：Cl_____NH3(填“>”或“<”)?！凹尤臌}酸，調(diào)pH≈1”能將[Pd(NH3)4]2+轉(zhuǎn)化為Pd(NH3)2Cl2的原因_______。（3）溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？_______(填“有”或“沒有”)。設(shè)計實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證溶液Z中銀元素的存在_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.BD②.<③.調(diào)pH≈1，使部分NH3轉(zhuǎn)化為NH，能使可溶性配離子轉(zhuǎn)化為難溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH過小，c(H+)過大，NH3全部轉(zhuǎn)化為NH，則可能會完全轉(zhuǎn)化成[PdCl4]2-（3）①.沒有②.取少量Z溶液與試管，加入過量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素【解析】【分析】機(jī)主板中含有貴金屬單質(zhì)Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不發(fā)生反應(yīng)，Ag、Pd發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為、；含Au固體用王水溶解轉(zhuǎn)化為溶液；向含有Ag+、溶液中加入NaCl生成AgCl固體和溶液；AgCl固體用氨水溶解得到銀氨溶液，再向銀氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入鹽酸調(diào)pH得到?！拘?詳解】含金固體可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成，并產(chǎn)生NO，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得該反應(yīng)的離子方程式為；【小問2詳解】①芯片中的金是芯片連接的絕佳材料，不只是利用其物理性質(zhì)，還因?yàn)榻鸬幕瘜W(xué)性質(zhì)不活潑，A項錯誤；生成的固體Y為氯化銀，所以溶液X可以是NaCl溶液，B項正確；溶液Z是氯化銀溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C項錯誤；N2H4不直接還原固體AgCl可能的原因是堿性條件下水合肼的還原性增強(qiáng)，將固體AgCl溶解為銀氨離子，能提高反應(yīng)速率，同時避免生成的銀單質(zhì)中混有AgCl雜質(zhì)，得到的Ag純度更高，D項正確；故選BD；②加入氨水，[PdCl4]2-轉(zhuǎn)化為[Pd(NH3)4]2+，說明該條件下配位能力Cl小于NH3；③Pd(NH3)2Cl2為難溶物，調(diào)pH≈1，使部分NH3轉(zhuǎn)化為，能使可溶性配離子轉(zhuǎn)化為難溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH過小，c(H+)過大，NH3全部轉(zhuǎn)化為，則可能會完全轉(zhuǎn)化成可溶性的[PdCl4]2-；【小問3詳解】①Z溶液是銀氨溶液，溶液中是銀氨離子，不會和氯離子產(chǎn)生沉淀；②若想驗(yàn)證銀元素，應(yīng)先將銀氨離子轉(zhuǎn)化為銀離子，再檢驗(yàn)銀離子的存在，方法為：取少量Z溶液與試管，加入過量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素。19.硫酸有著廣泛的用途。硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟(jì)中占有重要地位。（1）實(shí)驗(yàn)室可用銅與濃硫酸反應(yīng)制備少量SO2：。判斷該反應(yīng)的自發(fā)性并說明理由_______。（2）我國古籍記載了硫酸的制備方法-“煉石膽(CuSO4·5H2O)取精華法”。①借助現(xiàn)代儀器分析，該制備過程中CuSO4·5H2O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如圖所示。700℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有_______、_______(填化學(xué)式)和SO2。②已知下列熱化學(xué)方程式：則的△H=_______kJ/mol。（3）接觸法制硫酸的關(guān)鍵反應(yīng)為SO2的催化氧化：①為尋求固定投料比下不同反應(yīng)階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制不同轉(zhuǎn)化率(α)下反應(yīng)速率(數(shù)值已略去)與溫度的關(guān)系如圖，下列說法正確的是_______。A溫度越高，反應(yīng)速率越大B.α=0.88曲線代表平衡轉(zhuǎn)化率C.α越大，反應(yīng)速率最大值對應(yīng)溫度越低D.可根據(jù)不同α下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度②固定投料比，在壓強(qiáng)分別為0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到SO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。則在5.0MPa、550℃時，該反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率=_______。③對于氣體參與的反應(yīng)，可用氣體組分(B)的平衡壓強(qiáng)p(B)代替該氣體物質(zhì)的量濃度c(B)來表示平衡常數(shù)Kp。設(shè)O2的平衡分壓為p，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為αe，則上述催化氧化反應(yīng)的Kp=_______(用含p和αe的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）任何溫度下都能自發(fā)，因△H<0，△S>0（2）①.CuO②.SO3③.(a+c-2b)（3）①.CD②.0.975③.【解析】【小問1詳解】Cu(s)＋2H2SO4(l)=CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)

ΔH=-11.9kJ·mol-1，正反應(yīng)氣體物質(zhì)的量增多，ΔS>0；ΔH<0、ΔS>0，所以該反應(yīng)在任何溫度下下都能自發(fā)進(jìn)行。【小問2詳解】①根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應(yīng)，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuSO4質(zhì)量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產(chǎn)出，此時氣體產(chǎn)物為SO2、SO3、O2，可能出現(xiàn)的化學(xué)方程式為3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，結(jié)合反應(yīng)中產(chǎn)物的固體產(chǎn)物質(zhì)量和氣體產(chǎn)物質(zhì)量可以確定，該反應(yīng)的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、O2，故答案為：CuO；SO3。②已知下列熱化學(xué)方程式：根據(jù)蓋斯定律，方程式a+c-2b可得的的△H=(a+c-2b)kJ·mol-1；【小問3詳解】①A．根據(jù)圖示，溫度過高，催化劑失活，反應(yīng)速率減慢，A錯誤；B．催化劑不改變平衡狀態(tài)，相同溫度下轉(zhuǎn)化率還有高于0.88的，說明α=0.88的曲線不能代表平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；C．根據(jù)圖示，轉(zhuǎn)化率越大，反應(yīng)速率最大值對應(yīng)溫度越低，C正確；D．可根據(jù)不同α下的最大速率，選擇最合適的生產(chǎn)溫度，D正確；故選CD。②該反應(yīng)正向?yàn)闅怏w分子數(shù)減小的反應(yīng)，溫度相同時增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向正向移動，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率(α)增大，5.0MPa>2.5MPa=p2，故p1=5.0MPa。故5.0MPa、550℃時，α=0.975。③利用分壓代替濃度計算平衡常數(shù)，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp===；設(shè)SO2初始量為mmol，則平衡時n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==。20.Cu元素在生命活動中占有舉足輕重的地位，缺銅會造成貧血、記憶力減退、反應(yīng)遲鈍、運(yùn)動失常等。設(shè)計如下實(shí)驗(yàn)制備有機(jī)補(bǔ)銅劑順式甘氨酸合銅水合物并測定其組成。查閱資料：①制備反應(yīng)為：②該反應(yīng)同時生成順式產(chǎn)物(天藍(lán)色針狀)和反式產(chǎn)物(藍(lán)紫色鱗片狀)，其反應(yīng)進(jìn)程如圖所示：制備有機(jī)補(bǔ)銅劑順式甘氨酸合銅水合物實(shí)驗(yàn)過程為：回答下列問題：（1）步驟Ⅱ中控制反應(yīng)溫度為70℃的原因是_______，可采用的加熱方式為_______。（2）下列有關(guān)說法正確的是_______。A.CuSO4和NaOH快速生成的Cu(OH)2絮狀沉淀易裹挾雜質(zhì)，故不采用CuSO4和NaOH直接反應(yīng)制備Cu(OH)2B.步驟Ⅲ中趁熱過濾是為了防止雜質(zhì)析出C.步驟IV加入95%的乙醇可以得到純度更高的產(chǎn)品，說明順式甘氨酸的極性大于反式甘氨酸D.步驟V用25%酒精和丙酮分別洗滌晶體的目的是：25%酒精用于除去可溶性雜質(zhì)(剩余反應(yīng)物)，丙酮用于除去晶體中殘余的水（3）用間接碘量法測定產(chǎn)物中Cu(Ⅱ)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。已知：請選擇以下正確的操作排序：取2.0g所制備的產(chǎn)品，用稀硫酸溶解配成100L溶液→a→________，重復(fù)操作3次，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液平均值為amL。a.取25mL該溶液轉(zhuǎn)移入錐形瓶b.立即用酸式滴定管中0.01molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液快速進(jìn)行滴定c.立即用堿式滴定管中0.01molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液快速進(jìn)行滴定d.當(dāng)溶液變?yōu)闇\黃色時，加入1mL淀粉溶液e.加入蒸餾水和過量的KI溶液，得到棕黃色溶液f.繼續(xù)滴定至溶液藍(lán)色恰好褪去g.繼續(xù)滴定至溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，所得晶體中Cu(Ⅱ)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______，若要提高產(chǎn)品的純度，所用的實(shí)驗(yàn)方法名稱是_______。【答案】（1）①溫度低于70°C，反應(yīng)速率慢；溫度高于70°C，易生成反式產(chǎn)物而引入雜質(zhì)②.水浴加熱（2）ACD（3）①.ecdf②.0.128a%③.重結(jié)晶【解析】【分析】由題給流程可知，向硫酸銅溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解得到含有四氨合銅離子的深藍(lán)色溶液，向溶液中加入過量氫氧化鈉溶液使四氨合銅離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化銅沉淀，過濾、干燥、洗滌得到氫氧化銅；在65—70℃的水浴加熱條件下向氫氧化銅中加入甘氨酸溶液，攪拌，使氫氧化銅完全溶解得到順式甘氨酸合銅，趁熱過濾得到順式甘氨酸合銅濾液；向?yàn)V液中加入95%乙醇，冷卻結(jié)晶、過濾、用25%酒精溶液和丙酮洗滌、干燥得到順式甘氨酸合銅水合物?！拘?詳解】由分析可知，步驟Ⅱ中為在65—70℃的水浴加熱條件下向氫氧化銅中加入甘氨酸溶液，攪拌，使氫氧化銅完全溶解得到順式甘氨酸合銅，由反應(yīng)的活化能可知，實(shí)驗(yàn)時若溫度低于70℃，反應(yīng)速率慢，不利于生成制備活化能低的順式產(chǎn)物，若溫度高于70°C，易生成反式產(chǎn)物，產(chǎn)率低(反式產(chǎn)物能量更低)從而引入雜質(zhì)，所以步驟Ⅱ中控制反應(yīng)溫度為70℃，故答案為：溫度低于70°C，反應(yīng)速率慢；溫度高于70°C，易生成反式產(chǎn)物而引入雜質(zhì)；水浴加熱；【小問2詳解】A．硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)速率快，反應(yīng)生成的絮狀氫氧化銅沉淀易裹挾可溶性雜質(zhì)，不利于順式甘氨酸合銅的生成與提純，所以不采用硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液直接反應(yīng)制備氫氧化銅，故正確；B．步驟Ⅲ中趁熱過濾是為了防止順式甘氨酸合銅析出，導(dǎo)致產(chǎn)率降低，故錯誤；C．步驟IV加入95%的乙醇的目的是降低順式甘氨酸合銅的溶解度，從而得到純度更高的產(chǎn)品，由相似相溶原理可知，順式甘氨酸的極性大于反式甘氨酸，故正確；D．步驟V用25%酒精和丙酮分別洗滌晶體的目的是用25