2023屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考（一模）化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省浙南名校聯(lián)盟2023屆高三第二次聯(lián)考（一模）可能用到的原子量：H1C12O16Na23Mg12S32Cl35.5K39Ca40Ti48Mn55Fe56Cu64選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.含共價鍵的強電解質(zhì)的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖祥解〗強電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物；弱電解質(zhì)：在水溶液中不能完全電離的化合物。相鄰原子之間通過共用電子對形成的化學(xué)鍵為共價鍵，據(jù)此判斷?！驹斘觥緼．氯化鎂只含離子鍵，A錯誤；B．硫酸氫鈉是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物，屬于強電解質(zhì)，鈉離子與硫酸氫根離子之間存在離子鍵，硫酸氫根離子內(nèi)氧原子與硫原子、氫原子和氧原子之間存在共價鍵，B正確；C．氨氣為非電解質(zhì)，C錯誤；D．醋酸在水溶液中只能部分電離，屬于弱電解質(zhì)，D錯誤；故〖答案〗為：B。2.下列化學(xué)用語正確的是（）A.的結(jié)構(gòu)示意圖：B.基態(tài)的價電子排布圖為：C.二甲醚的鍵線式：D.的VSEPR模型：〖答案〗C〖解析〗A．是8號元素，質(zhì)子數(shù)為8，核外電子數(shù)為10，其結(jié)構(gòu)示意圖為：，選項A錯誤；B．基態(tài)Fe原子的核外價電子排布式為[Ar]3d64S2，F(xiàn)e2+的價層電子排布式為3d6，則Fe2+的價層電子排布圖為，選項B錯誤；C．二甲醚的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OCH3，其鍵線式為：，選項C正確；D．無孤電子對，價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，選項D錯誤：〖答案〗選C。3.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系正確的是（）A.溶液呈酸性，可用于制作電路板B.受熱易分解，可用于制作泡沫滅火器C.熔點很高，可用于制作坩堝D.FeS具有還原性，可用作廢水中的沉淀劑〖答案〗C〖解析〗A．溶液可用于制作電路板，與氯化鐵呈酸性無關(guān)，與氯化鐵中鐵離子具有氧化性有關(guān)，故A錯誤；B．受熱易分解與用于制作泡沫滅火器無關(guān)，主要與碳酸氫鈉水解有關(guān)，故B錯誤；C．坩堝受熱溫度較高，熔點很高，可用于制作坩堝，兩者有關(guān)聯(lián)，故C正確；D．FeS的溶度積比HgS的溶度積大，因此FeS可用作廢水中的沉淀劑，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。4.下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是（）A.Mg與反應(yīng)可生成CB.與反應(yīng)可生成C.可通過化合反應(yīng)制取D.NaI固體與濃硫酸反應(yīng)可制取HI〖答案〗D〖解析〗A．Mg與反應(yīng)生成C和MgO，A正確；B．與發(fā)生化合反應(yīng)可生成，B正確；C．氫氧化亞鐵和水、氧氣可通過化合反應(yīng)制取，C正確；D．濃硫酸可氧化NaI生成碘，不能制備HI，D錯誤；

故選：D。5.關(guān)于反應(yīng)：，下列說法不正確的是（）A.中Fe在反應(yīng)中得到電子B.既不是氧化劑也不是還原劑C.消耗0.2mol，轉(zhuǎn)移2.8mol電子D.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比8∶15〖答案〗D〖解析〗A．反應(yīng)中，F(xiàn)e元素的化合價由Fe2(SO4)3中的+3價降至FeSO4中的+2價，F(xiàn)e2(SO4)3中Fe元素化合價降低，在反應(yīng)中得到電子，被還原，A項正確；B．反應(yīng)前后，H2O中H、O元素的化合價都沒有變化，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，B項正確；C．反應(yīng)中，S元素的化合價由FeS2中的-1價升至中的+6價，1molFeS2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移14mol電子，則消耗0.2molFeS2轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.2mol×14=2.8mol，C項正確；D．反應(yīng)中，F(xiàn)e元素的化合價由Fe2(SO4)3中的+3價降至FeSO4中的+2價，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化劑，F(xiàn)eSO4是還原產(chǎn)物，1molFe2(SO4)3參與反應(yīng)得到2mol電子生成2molFeSO4，S元素的化合價由FeS2中的-1價升至中的+6價，F(xiàn)eS2是還原劑，是氧化產(chǎn)物，1molFeS2參與反應(yīng)失去14mol電子生成2mol，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1∶7，D項錯誤；〖答案〗選D。6.下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.溶液中滴加稀硝酸：B.溶液中加入足量溶液：C.向溶液中通入少量：D.向明礬溶液中滴加氫氧化鋇至沉淀質(zhì)量最大：〖答案〗D〖解析〗A．硝酸有強氧化性，和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．溶液中滴入足量溶液應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鋁沉淀，離子方程式為：，B錯誤；C．向溶液中通入少量生成鄰羥基苯甲酸鈉和碳酸氫鈉，離子方程式為：+CO2+H2O→+，C錯誤；D．使沉淀質(zhì)量最大，則生成硫酸鋇和偏鋁酸鉀，離子方程式為，D正確；故選D。7.下列說法不正確的是（）A.酰胺均能在堿性條件下水解得到氨氣B.聚乙炔可用于制備導(dǎo)電高分子材料C.苯在一定條件可以與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)D.二氧化碳和環(huán)氧丙烷()在一定條件下聚合生成一種可降解的塑料〖答案〗A〖解析〗A．含有-CO-NH2的酰胺在堿性條件下水解能得到氨氣，A錯誤；B．與普通塑料相比聚乙炔中碳原子由雙鍵和單鍵交替組成，具有電子容易流動的性質(zhì)，故聚乙炔可用于制備導(dǎo)電高分子材料，B正確；C．由苯的性質(zhì)知其能發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)，所以在一定條件可以與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)，C正確；D．CO2和環(huán)氧丙烷在催化劑作用下可生成一種可降解的聚碳酸酯塑料，反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為nCO2+n，D正確；故選A。8.核黃素的結(jié)構(gòu)如圖，下列說法正確的是（）A.分子中存在1個手性碳原子B.分子中存在2種含氮的官能團C.1mol該物質(zhì)與足量的發(fā)生加成反應(yīng)，最多可消耗5molD.1mol該物質(zhì)與足量鹽酸發(fā)生水解反應(yīng)，最多可生成2mol〖答案〗C〖解析〗A．分子中存在3個手性碳原子，用“*”標記，故A錯誤；B．分子中含有碳氮單鍵，碳氮雙鍵，酰胺基、，含氮的官能團數(shù)目大于2種，故B錯誤；C．該物質(zhì)含有苯環(huán)、2個碳氮雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)與足量的發(fā)生加成反應(yīng)，最多可消耗5mol，故C正確；D．該物質(zhì)含有，它在酸性條件下水解可生成，碳酸不穩(wěn)定可分解生成二氧化碳，則1mol該物質(zhì)與足量鹽酸發(fā)生水解反應(yīng)，最多可生成1mol，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。9.為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A.鐵與水蒸氣反應(yīng)后，固體質(zhì)量增加了3.2g，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為B.1L0.1mol/L溶液中，的數(shù)目為C.10g和混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為D.3.2g中含有的共價鍵的數(shù)目為〖答案〗B〖解析〗A．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4和氫氣，3molFe變?yōu)镕e3O4，固體質(zhì)量增加了4mol×16g/mol=64g，轉(zhuǎn)移電子8mol，若固體質(zhì)量增加了3.2g，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為mol-1=0.4NA，故A正確；B．溶液中存在著，1L0.1mol/L溶液中，的數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C．的摩爾質(zhì)量為(14+16×2)g/mol=46g/mol，1個分子中含有的質(zhì)子數(shù)為7+2×8=23，10g中含有的質(zhì)子數(shù)為；的摩爾質(zhì)量為16×2=32g/mol，1個分子中含有的質(zhì)子數(shù)為2×8=16，10g中含有的質(zhì)子數(shù)為；所以10g和混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為，故C正確；D．N2H4中有N-N和N-H鍵，1個N2H4分子中含有共價鍵5個，3.2gN2H4的物質(zhì)的量為0.1mol，含有的共價鍵的數(shù)目為0.5NA，故D正確；故選B。10.X、Y、Z、Q、M為原子序數(shù)依次增大的前4周期元素。相關(guān)信息如下：元素相關(guān)信息X最外層電子數(shù)是能層數(shù)的2倍Y單質(zhì)是合成氨工業(yè)的原料Z核外無未成對電子的主族元素Q價層電子的排布式：M第四周期ⅠB元素下列說法不正確的是（）A.離子半徑：Q>Y>ZB.簡單氫化物的穩(wěn)定性和沸點：X<YC.一定條件下，Z單質(zhì)與反應(yīng)可生成兩種離子化合物D.微粒中σ鍵和Π鍵數(shù)目之比2∶1〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、Q、M為原子序數(shù)依次增大的前4周期元素，X原子最外層電子數(shù)是能層數(shù)的2倍，X原子最外層電子排布為2s22p2，則X為C元素；Y元素的單質(zhì)是合成氨工業(yè)的原料，則Y為N元素；Z為核外無未成對電子的主族元素，則Z為Mg元素；Q的價層電子的排布式，s軌道填滿，即n-1=2，n=3，為3s23p４，則Q為S元素；M為第四周期IB元素，則M為Cu元素；【詳析】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故離子半徑由大到小的順序為:S2->N3->Mg2+，選項A正確；B．NH3形成分子間氫鍵，故沸點:NH3>CH4，N的非金屬性比C的強，氫化物穩(wěn)定性:NH3>CH4，選項B正確；C．Mg具有還原性，NO2具有氧化性，二者可發(fā)生反應(yīng):7Mg+2NO2=4MgO+Mg3N2，都為離子化合物，選項C正確；D．[Cu(CN)4]2-中存在C=N和Cu2+與N原子形成的配位鍵，σ鍵和π鍵數(shù)目之比8:8=1:1，選項D錯誤；〖答案〗選D。11.利用電解池原理可將轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品。下圖通過將與辛胺反應(yīng)耦合，實現(xiàn)了兩電極體系中產(chǎn)物的高選擇性合成。下列說法正確的是（）A.裝置中b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)B.電極a的電極反應(yīng)可能為：C.中間的離子交換膜一定是質(zhì)子交換膜D.電解過程中，a、b兩極反應(yīng)物物質(zhì)的量之比為2∶1〖答案〗B〖祥解〗利用電解池原理可將CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，反應(yīng)過程中碳元素的化合價降低，得到電子，則a極為陰極，CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，b極為陽極，辛胺轉(zhuǎn)化為辛氰。據(jù)此回答問題。【詳析】A．裝置中b電極為陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．電極a為陰極，電極反應(yīng)可能為：，故B正確；C．若電解液中性時，中間的離子交換膜是質(zhì)子交換膜，若電解液堿性時，中間的離子交換膜是陰離子交換膜，故C錯誤；D．電解過程中，a極CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，b極辛胺轉(zhuǎn)化為辛氰，由于電極a的產(chǎn)物不確定，則反應(yīng)物物質(zhì)的量之比不確定，故D錯誤；故選：B。12.冠醚是一類具有特殊性質(zhì)的有機化合物最大的特點就是能與正離子，尤其是與堿金屬離子絡(luò)合，二苯并—18—冠醚—6與或作用可表示為下列說法不正確的是（）A.冠醚與堿金屬離子間的作用力可能為非共價鍵作用力B.冠醚與堿金屬離子絡(luò)合后形成化合物得到的晶體是離子晶體C.冠醚絡(luò)合哪種陽離子取決于O與陽離子的配位能力D.通過冠醚將陽離子溶入有機溶劑是根據(jù)相似相溶的原理〖答案〗C〖解析〗A．冠醚與堿金屬離子以配位鍵形成超分子，則冠醚與堿金屬離子間的作用力不是共價鍵，是配位鍵，故A正確；B．冠醚與堿金屬離子絡(luò)合形成的配離子與配合物中的陰離子形成離子化合物，得到的晶體是離子晶體，故B正確；C．冠醚絡(luò)合哪種陽離子取決于空穴與陽離子的配位能力，不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子，故C錯誤；D．冠醚最主要的特點是與堿金屬離子形成穩(wěn)定的絡(luò)合物，則冠醚可以將陽離子溶入有機溶劑是利用了相似相溶的原理，故D正確；故選C。13.已知25℃時，。某體系中，膜只允許未電離的HA自由通過(如圖所示)。設(shè)溶液中，當(dāng)達到平衡時，下列敘述正確的是（）A.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等B.溶液Ⅰ中C.溶液Ⅱ中的HA的電離度為D.溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的之比為〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A錯誤；B．由圖可知溶液I本應(yīng)顯酸性，常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B錯誤；C．常溫下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-5，解得=，C正確；D．溶液Ⅰ中水電離出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水電離出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D錯誤；故〖答案〗為：C。14.已知有如下三個烯烴加成反應(yīng)ⅠkJ?molⅡkJ?molⅢkJ?mol則下列說法不正確的是（）A.由題可知丁烯穩(wěn)定性是Ⅲ>Ⅱ>ⅠB.由題可知斷裂碳碳π鍵和氫氫σ鍵所消耗的能量總是小于形成兩個碳氫σ鍵所放出的能量C.由題可知烯烴的穩(wěn)定性與雙鍵碳上的取代基和構(gòu)型有關(guān)D.由題可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ斷鍵和成鍵都一樣，因此反應(yīng)的不能由鍵能計算得到〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，由熱化學(xué)方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，說明丁烯的能量大小為Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，穩(wěn)定性為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正確；

B．三個反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，由題可知斷裂碳碳π鍵和氫氫σ鍵所消耗的能量總是小于形成兩個碳氫σ鍵所放出的能量，故B正確；

C．由題可知烯烴的穩(wěn)定性與雙鍵碳上的取代基和構(gòu)型有關(guān)，取代基越多，越穩(wěn)定，反式比順式結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，故C正確；

D．反應(yīng)的ΔH能由鍵能計算得到，反應(yīng)焓變ΔH=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，故D錯誤；

故選：D。15.常溫下，向20mL0.1mol/L溶液中再加入少量的固體，一段時間后，少量氣體X從溶液底部固體中緩慢逸出，最終固體全部溶解，得到溶液Y，pH值為8.7。已知：，；沉淀范圍：pH9.4~12.4。下列說法正確的是（）A.X氣體是，飽和溶液的B.因為，更難溶C.向溶液Y中滴加溶液，有生成D.向0.1mol/L溶液中加入溶液，無明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的溶液，可生成沉淀。〖答案〗D〖解析〗A．在NaHCO3溶液中既存在水解平衡+H2O?H2CO3+OH-、又存在電離平衡?H++，的水解平衡常數(shù)Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈堿性，向其中加入少量NaHCO3固體，上述平衡正向移動，生成的H2CO3分解產(chǎn)生少量氣體CO2，即X氣體是CO2，同時有生成，即溶液Y中含，由H2CO3的Ka1、Ka2可知的水解能力大于，溶液Y的pH為8.7，則飽和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A項錯誤；B．MgCO3、Mg(OH)2不屬于同類型的難溶電解質(zhì)，不能直接由Ksp的大小判斷溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，飽和MgCO3溶液的濃度c(MgCO3)==mol/L=×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，飽和Mg(OH)2溶液的濃度c[Mg(OH)2]==mol/L=×10-4mol/L＜×10-3mol/L，Mg(OH)2更難溶，B項錯誤；C．Mg(OH)2沉淀的范圍：pH9.4~12.4，即pH=9.4時Mg2+開始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH為8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，沒有Mg(OH)2生成，C項錯誤；D．NaHCO3溶液中存在平衡?H++，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，說明Ca2+結(jié)合的能力比Mg2+強，故向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D項正確；〖答案〗選D。16.下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實驗?zāi)康膶嶒炘O(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗?zāi)彻腆w化合物樣品中是否存在取少量固體樣品完全溶于鹽酸，在滴加KSCN溶液若出現(xiàn)血紅色，則該固體化合物中存在B探究和HClO的酸性強弱將氣體通入溶液中若產(chǎn)生白色沉淀，則說明酸性：C探究常溫下同濃度的和的電離能力常溫下，分別測0.1mol/L的和溶液的pH若兩者的pH之和等于14，則兩者的電離程度相同D驗證某紅棕色氣體是否為將氣體通入淀粉碘化鉀溶液若溶液變藍，則說明氣體為〖答案〗C〖解析〗A．若固體為硝酸亞鐵，溶于鹽酸時，硝酸根表現(xiàn)強氧化性將亞鐵離子氧化為三價鐵，因此滴加KSCN溶于變紅色不能說明固體中含三價鐵，故A錯誤；B．具有強氧化性，具有強還原性，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能證明，故B錯誤；C．測0.1mol/L和溶液的pH，若pH之和等于14，說明醋酸鈉水解產(chǎn)生的氫氧根離子濃度和氯化銨水解產(chǎn)生的氫離子濃度相等，根據(jù)越弱越水解可知醋酸和一水合氨的電離程度應(yīng)相等，故C正確；D．溴蒸氣也為紅棕色氣體，也能使淀粉碘化鉀溶液變藍色，故D錯誤；故選：C。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鈦及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）是一種儲氫材料，B原子的雜化方式是________，含有___________(填序號)①σ鍵②π鍵③氫鍵④配位鍵⑤離子鍵研究表明，加熱釋放氫的溫度明顯高于的加熱釋放氫的溫度，其原因可能是___________________________________________________。（2）中的具有強還原性，請從結(jié)構(gòu)角度試解釋原因______________________。在濃的溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，得到配位數(shù)為6、組成為的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為2∶1，則該配離子的化學(xué)式為_______________。（3）如圖為具有較高催化活性材料金紅石(鈦的氧化物)的晶胞結(jié)構(gòu)，其化學(xué)式為___________，判斷其晶胞結(jié)構(gòu)的最可靠科學(xué)方法是_______________?！即鸢浮剑?）①④中，在中的H為-1價，在中的H為+1價，更容易反應(yīng)生成（2）的核外電子排布式為，容易失去1個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（3）X射線衍射實驗〖解析〗（1）BH中B原子價層電子對數(shù)為，故其中B原子的雜化方式是；中B元H之間存在σ鍵和配位鍵，故選①④；根據(jù)該物質(zhì)結(jié)構(gòu)可知，中，在中的H為-1價，在中的H為+1價，更容易反應(yīng)生成；（2）Ti為22號元素，的核外電子排布式為，容易失去1個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Cl-和H2O都可作配體，中配位數(shù)為6，兩種配體的物質(zhì)的量之比為2:1，則配體中有2個Cl-和4個H2O，則該配離子的化學(xué)式為；（3）由圖可知，黑球位于頂點和體心，個數(shù)為，，白球位于面上和體內(nèi)，個數(shù)為，金紅石為鈦的氧化物，則黑球為Ti，白球為O，Ti:O=2:4=1:2，故金紅石的化學(xué)式為TiO2；判斷晶胞結(jié)構(gòu)的最可靠科學(xué)方法是X射線衍射法。18.某結(jié)晶水合物含常見4種元素，為探究其組成，某學(xué)習(xí)小組按如下流程進行實驗已知：固體C為混合物，溶液D溶質(zhì)與固體E所含陰離子相同，D中陽離子為+1價，固體E恰好溶于適量的稀硝酸，氣體H為純凈物，在空氣中變紅棕色。（1）X的組成元素是______________，X化學(xué)式是____________________。（2）寫出X受熱分解的化學(xué)方程式______________________________________。（3）寫出固體E溶于稀硝酸反應(yīng)的離子方程式________________________________。（4）設(shè)計實驗檢驗溶液D中的陽離子和溶液G中的陰離子______________________________________________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）K、Fe、C、O（2）（3）（4）用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含〖祥解〗氣體H為純凈物，在空氣中變紅棕色，可知H為NO，紅褐色固體J為氫氧化鐵，質(zhì)量為2.14g，可得n[Fe(OH)3]=，E與硝酸生成NO和三價鐵，可知發(fā)生氧化還原反應(yīng)，同時產(chǎn)生能與石灰水反應(yīng)生成沉淀的氣體，該氣體為二氧化碳，則E中含亞鐵離子，F(xiàn)與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣的質(zhì)量為4g，物質(zhì)的量為0.04mol；根據(jù)元素守恒可知E中含鐵0.02mol，質(zhì)量為1.12g，含C0.04mol，質(zhì)量為0.48g，則E中含O質(zhì)量為2.88-1.12-0.48=1.28g，O的物質(zhì)的量為0.08mol，則E化學(xué)式為；E的物質(zhì)的量為：0.02mol，D中陽離子為+1價，該陽離子為K+；溶液D溶質(zhì)與固體E所含陰離子相同，則D為；氣體A通入澄清石灰水中生成白色固體為碳酸鈣，氣體A為二氧化碳，其物質(zhì)的量為：0.02mol，X中含氧酸根為草酸根，其中碳的化合價為+3價，產(chǎn)物中C的化合價部分為+4價，說明X分解過程中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，可知X中Fe應(yīng)為+3價，分解過程中被草酸根還原為+2價，結(jié)合以上數(shù)據(jù)及元素守恒可知X為，其物質(zhì)的量為0.02mol，則0.02×(437+18x)=8.74，x=3，則X為，據(jù)此分析解答?！驹斘觥浚?）由以上分析可知X中含K、Fe、C、O；其化學(xué)式為，故〖答案〗為：K、Fe、C、O；；（2）X受熱分解的化學(xué)方程式，故〖答案〗為：；（3）E為，其與硝酸反應(yīng)生成三價鐵離子、NO和二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒得反應(yīng)方程式：，故〖答案〗為：；（4）檢驗溶液D中的陽離子K+和溶液G中的陰離子的方法：用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含故〖答案〗為：用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含。19.氫氣作為一種可再生能源，它的制備一直都是研究的熱點。其中甲醇水蒸氣重整制氫氣包含以下三個反應(yīng)：Ⅰ．kJ/molⅡ．kJ/molⅢ．某課題小組經(jīng)計算得到三個反應(yīng)的平衡常數(shù)對數(shù)值與溫度的關(guān)系圖如下：（1）反應(yīng)Ⅲ的___________kJ/mol，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系圖為___________。（2）在銅基催化劑條件下探究水醇比()以及當(dāng)水醇比=1時溫度對的選擇性和CO物質(zhì)的量分數(shù)的影響，結(jié)果分別如下：①下列說法正確的是___________A．根據(jù)圖1，重整制氫反應(yīng)溫度一般控制在450K~600K之間，可能是要保證甲醇的轉(zhuǎn)化率并控制有適量的CO的含量，有利于維持合適的溫度。B．根據(jù)圖2，反應(yīng)過程中，水醇比增加可能會消耗更多的能量。C．反應(yīng)不能由體系密度不變來判定達到平衡。D．催化劑只會對某一個反應(yīng)有催化作用，所以對某種產(chǎn)物具有選擇性。②根據(jù)圖3，當(dāng)溫度大于220℃時，選擇性下降而CO的含量上升可能的原因是：_________________________________________________________________。（3）在某壓強P1下，甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示：①請畫出壓強P2下，P2<P1，相同時間，甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化圖___________。②260℃時，P1壓強下，充入等物質(zhì)的量的甲醇和水，保持壓強不變體系達平衡時，，反應(yīng)Ⅲ的___________?！即鸢浮剑?）-41.2kJ/molb（2）①AB②升溫，反應(yīng)2進行的程度更大，同時不利于反應(yīng)3，因此選擇性下降而CO的含量上升。（3）①②30200〖解析〗（1）由蓋斯定律，反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ=反應(yīng)Ⅲ，則反應(yīng)Ⅲ的(+49.0kJ/mol)-(+90.2kJ/mol)=-41.2kJ/mol，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)，升溫平衡向正反應(yīng)移動，平衡常數(shù)增大、其對數(shù)也增大，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升溫平衡向逆反應(yīng)移動，平衡常數(shù)減小、其對數(shù)也減小，且反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ=反應(yīng)Ⅲ，則,,由圖中數(shù)據(jù)代入可知，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系圖為b。（2）①A．根據(jù)圖1，450K~600K之間甲醇的轉(zhuǎn)化率較高且CO的含量較高，則控制溫度在450K~600K之間可能是要保證甲醇的轉(zhuǎn)化率并控制有適量的CO的含量，有利于維持合適的溫度，A正確；B．根據(jù)圖2，反應(yīng)過程中，水醇比＞1.0以后，二氧化碳選擇性大幅度降低、CO物質(zhì)的量大幅度分數(shù)增加，則更有利于反應(yīng)Ⅱ發(fā)生，該反應(yīng)吸熱明顯，則水醇比增加可能會消耗更多的能量，B正確；C．氣體質(zhì)量守恒、但沒有指明是在固定體積的密閉容器中反應(yīng)，故密度可能隨反應(yīng)而變，則對應(yīng)的能由體系密度不變來判定達到平衡，C不正確；D．催化劑能改變反應(yīng)歷程、降低反應(yīng)活化能，則催化劑不一定只會對某一個反應(yīng)有催化作用，D不正確；選AB。②根據(jù)圖3，當(dāng)溫度大于220℃時，選擇性下降而CO的含量上升可能的原因是：升溫，反應(yīng)2進行的程度更大，同時不利于反應(yīng)3，因此選擇性下降而CO的含量上升。（3）溫度越高反應(yīng)速率越快，在某壓強P1下，溫度大約250°C時反應(yīng)速率快、甲醇轉(zhuǎn)化率達100%，則：①壓強越小反應(yīng)速率越慢，相同時間內(nèi)甲醇的轉(zhuǎn)化率越小，則壓強P2下(P2<P1)、溫度250°C下，相同時間甲醇的轉(zhuǎn)化率還不到100%，壓強P2、溫度＞250°C時，相同時間甲醇的轉(zhuǎn)化率才可能達到100%，則甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化圖為。②260℃時，P1壓強下，充入等物質(zhì)的量的甲醇和水，設(shè)為1mol，且由圖知甲醇的轉(zhuǎn)化率為1，發(fā)生上述Ⅰ：發(fā)生上述反應(yīng)Ⅱ：發(fā)生上述反應(yīng)Ⅲ：則平衡時n(CO2)=(x+y)mol，n(CO)=(1-x-y)mol，已知保持壓強不變體系達平衡時，則(x+y)mol=100(1-x-y)mol，得，則平衡時n(CO2)=，n(H2)=(3x+2-2x+y)mol=，n(CO)=n(H2O)=(1-x-y)mol=，混合氣體共4mol則，，,則反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)。20.某研究小組，利用氧化法高效制備。制備流程如下：已知：(呈墨綠色)，請回答下列問題：（1）需過量的目的是_______________________________________________。（2）下列說法不正確的是___________。A.過程1應(yīng)在瓷坩堝中進行B.應(yīng)分批加入，以防止熔融物溢出C.可用酒精洗滌，得到較干燥的產(chǎn)品D.該實驗表明，在強堿性環(huán)境下的氧化性強于（3）為檢驗過程1是否反應(yīng)完全，應(yīng)采取的實驗操作是：__________________________。（4）將純化后的配成溶液，并應(yīng)用于廢水中化學(xué)需氧量(COD)測定化學(xué)需氧量(COD)是：在一定條件下，用強氧化劑氧化一定體積水中還原劑及有機物時所消耗氧化劑的量，折算成氧氣的量。(單位為mg·L)來表示。①從下列選項選擇合適操作(操作不能重復(fù)使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→fa．取廢水樣100mL加稀硝酸酸化b．取廢水樣100mL加稀硫酸酸化c．用0.01000mol·L的標準溶液滴定d．加10.00mL0.01000mol·L的標準溶液，煮沸，冷卻e．加入0.01000mol·L的標準溶液至過量，消耗10.00mLf．記錄，滴定時，標準溶液消耗量為8.20mL②計算水樣中COD為___________mg·L。〖答案〗（1）補償在催化下分解所造成的損失，使充分反應(yīng)（2）AC（3）取少量反應(yīng)物，冷卻，加到水中，若完全溶解，則已經(jīng)反應(yīng)完全（4）①bdec②56.8mg?L〖解析〗（1）KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需過量的目的是補償KClO3在MnO2催化下分解所造成的損失，同時保證MnO2充分反應(yīng)，故〖答案〗為：補償在催化下分解所造成的損失，使充分反應(yīng)；（2）A.瓷器中含有SiO2，可以和堿反應(yīng)，過程1需在鐵坩堝中進行，故A錯誤；B.MnO2應(yīng)分批加入，以防止反應(yīng)過于激烈，熔融物溢出，故B正確；C.高錳酸鉀具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗滌，故C錯誤；D.根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，在強堿性環(huán)境下Cl2的氧化性強于KMnO4，故D正確；故〖答案〗為：AC；（3）MnO2不溶于水，則為檢驗過程1是否反應(yīng)完全，應(yīng)采取的實驗操作是：取少量反應(yīng)物，冷卻，加到水中，若完全溶解，則已經(jīng)反應(yīng)完全，故〖答案〗為：取少量反應(yīng)物，冷卻，加到水中，若完全溶解，則已經(jīng)反應(yīng)完全；（4）①純化后的KMnO4配成溶液，并應(yīng)用于廢水中化學(xué)需氧量（COD）測定化學(xué)需氧量（COD），取廢水樣100mL加稀硫酸酸化→加10.00mL0.01000mol?L﹣1的KMnO4標準溶液，煮沸，冷卻→加入0.01000mol?L﹣1的Na2C2O4標準溶液至過量，消耗10.00mL→用0.01000mol?L﹣1的KMnO4標準溶液滴定→f記錄，具體排序為b→d→e→c→f，故〖答案〗為：bdec；②草酸鈉與高錳酸鉀反應(yīng)的化學(xué)方程式為：5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，根據(jù)得失電子守恒，KMnO4～1.25O2，水樣中COD為＝56.8mg?L﹣1，故〖答案〗為：56.8。21.化合物H是抑郁癥藥物的重要中間體，其合成路線如下：已知：(“Boc—”表示)請回答：（1）化合物A的結(jié)構(gòu)簡式是___________，化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是___________。（2）下列說法不正確的是___________A.化合物B中所有碳原子共平面B.化合物H的分子式為C.D→E屬于還原反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)D.G與足量反應(yīng)的產(chǎn)物，含有4個手性碳原子（3）寫出F→G的化學(xué)方程式_______________________________________________。（4）G→H過程中還生成了一種分子式為的環(huán)狀化合物，已知該化合物為對稱性分子，且氫原子比例與H相同。用鍵線式表示其結(jié)構(gòu)_________________。（5）寫出3種同時滿足下列條件的化合物D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式(不考慮立體異構(gòu)體)：_________________________________________。①譜顯示只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②能與顯色；③含有骨架片段（6）以1，3-丁二烯為原料結(jié)合題中信息，設(shè)計如下化合物的合成路線(用流程圖表示，無機試劑、有機溶劑任選)____________________________________________?！即鸢浮剑?）（2）C（3）（4）（5）（6）〖祥解〗根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式、A的分子式知，A為，A中甲基被氧化生成B為，B發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C中氯原子被取代生成D，同時生成HCl；根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡式、E的分子式知，D中硝基被還原生成氨基，則E為，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，結(jié)合F的分子式知，F(xiàn)為，F(xiàn)發(fā)生水解反應(yīng)生成G，G發(fā)生取代反應(yīng)生成H，同時生成H2O，據(jù)此解答?！驹斘觥浚?）根據(jù)以上分析可知化合物A的結(jié)構(gòu)簡式是菁，化合物E的結(jié)構(gòu)簡式是；（2）A．B為，羧基相當(dāng)于取代苯分子中一個氫原子，苯環(huán)上所有原子共平面，所以化合物B中所有碳原子共平面，故A正確；B．化合物H的分子式為C15H11ClN2O，故B正確；C．D→E屬于還原反應(yīng)，不屬于取代反應(yīng)，故C錯誤；D．G與足量H2反應(yīng)的產(chǎn)物如圖，含有4個手性碳原子，故D正確；故〖答案〗為：C；（3）F→G化學(xué)方程式為；（4）化合物H的分子式為C15H11ClN2O，G→H的過程中還生成了一種分子式為的環(huán)狀化合物，根據(jù)其分子式知由兩分子G發(fā)生取代反應(yīng)得到，已知該化合物為對稱性分子，且氫原子比例與H相同，用鍵線式表示其結(jié)構(gòu)為；（5）D的同分異構(gòu)體同時滿足下列條件：①1H-NMR譜顯示只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②能與Fe3+顯色，說明含有酚羥基；③含有骨架片段，結(jié)構(gòu)對稱，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為；（6）以1，3-丁二烯為原料合成，1，3-丁二烯和溴發(fā)生1，4-加成反應(yīng)生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br發(fā)生水解反應(yīng)生成HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH發(fā)生催化氧化生成HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH和氨氣發(fā)生取代反應(yīng)生成目標產(chǎn)物，合成路線為。浙江省浙南名校聯(lián)盟2023屆高三第二次聯(lián)考（一模）可能用到的原子量：H1C12O16Na23Mg12S32Cl35.5K39Ca40Ti48Mn55Fe56Cu64選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.含共價鍵的強電解質(zhì)的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖祥解〗強電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物；弱電解質(zhì)：在水溶液中不能完全電離的化合物。相鄰原子之間通過共用電子對形成的化學(xué)鍵為共價鍵，據(jù)此判斷。【詳析】A．氯化鎂只含離子鍵，A錯誤；B．硫酸氫鈉是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的化合物，屬于強電解質(zhì)，鈉離子與硫酸氫根離子之間存在離子鍵，硫酸氫根離子內(nèi)氧原子與硫原子、氫原子和氧原子之間存在共價鍵，B正確；C．氨氣為非電解質(zhì)，C錯誤；D．醋酸在水溶液中只能部分電離，屬于弱電解質(zhì)，D錯誤；故〖答案〗為：B。2.下列化學(xué)用語正確的是（）A.的結(jié)構(gòu)示意圖：B.基態(tài)的價電子排布圖為：C.二甲醚的鍵線式：D.的VSEPR模型：〖答案〗C〖解析〗A．是8號元素，質(zhì)子數(shù)為8，核外電子數(shù)為10，其結(jié)構(gòu)示意圖為：，選項A錯誤；B．基態(tài)Fe原子的核外價電子排布式為[Ar]3d64S2，F(xiàn)e2+的價層電子排布式為3d6，則Fe2+的價層電子排布圖為，選項B錯誤；C．二甲醚的結(jié)構(gòu)簡式為CH3OCH3，其鍵線式為：，選項C正確；D．無孤電子對，價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，選項D錯誤：〖答案〗選C。3.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系正確的是（）A.溶液呈酸性，可用于制作電路板B.受熱易分解，可用于制作泡沫滅火器C.熔點很高，可用于制作坩堝D.FeS具有還原性，可用作廢水中的沉淀劑〖答案〗C〖解析〗A．溶液可用于制作電路板，與氯化鐵呈酸性無關(guān)，與氯化鐵中鐵離子具有氧化性有關(guān)，故A錯誤；B．受熱易分解與用于制作泡沫滅火器無關(guān)，主要與碳酸氫鈉水解有關(guān)，故B錯誤；C．坩堝受熱溫度較高，熔點很高，可用于制作坩堝，兩者有關(guān)聯(lián)，故C正確；D．FeS的溶度積比HgS的溶度積大，因此FeS可用作廢水中的沉淀劑，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。4.下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是（）A.Mg與反應(yīng)可生成CB.與反應(yīng)可生成C.可通過化合反應(yīng)制取D.NaI固體與濃硫酸反應(yīng)可制取HI〖答案〗D〖解析〗A．Mg與反應(yīng)生成C和MgO，A正確；B．與發(fā)生化合反應(yīng)可生成，B正確；C．氫氧化亞鐵和水、氧氣可通過化合反應(yīng)制取，C正確；D．濃硫酸可氧化NaI生成碘，不能制備HI，D錯誤；

故選：D。5.關(guān)于反應(yīng)：，下列說法不正確的是（）A.中Fe在反應(yīng)中得到電子B.既不是氧化劑也不是還原劑C.消耗0.2mol，轉(zhuǎn)移2.8mol電子D.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比8∶15〖答案〗D〖解析〗A．反應(yīng)中，F(xiàn)e元素的化合價由Fe2(SO4)3中的+3價降至FeSO4中的+2價，F(xiàn)e2(SO4)3中Fe元素化合價降低，在反應(yīng)中得到電子，被還原，A項正確；B．反應(yīng)前后，H2O中H、O元素的化合價都沒有變化，H2O既不是氧化劑也不是還原劑，B項正確；C．反應(yīng)中，S元素的化合價由FeS2中的-1價升至中的+6價，1molFeS2參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移14mol電子，則消耗0.2molFeS2轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.2mol×14=2.8mol，C項正確；D．反應(yīng)中，F(xiàn)e元素的化合價由Fe2(SO4)3中的+3價降至FeSO4中的+2價，F(xiàn)e2(SO4)3是氧化劑，F(xiàn)eSO4是還原產(chǎn)物，1molFe2(SO4)3參與反應(yīng)得到2mol電子生成2molFeSO4，S元素的化合價由FeS2中的-1價升至中的+6價，F(xiàn)eS2是還原劑，是氧化產(chǎn)物，1molFeS2參與反應(yīng)失去14mol電子生成2mol，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1∶7，D項錯誤；〖答案〗選D。6.下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.溶液中滴加稀硝酸：B.溶液中加入足量溶液：C.向溶液中通入少量：D.向明礬溶液中滴加氫氧化鋇至沉淀質(zhì)量最大：〖答案〗D〖解析〗A．硝酸有強氧化性，和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，A錯誤；B．溶液中滴入足量溶液應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鋁沉淀，離子方程式為：，B錯誤；C．向溶液中通入少量生成鄰羥基苯甲酸鈉和碳酸氫鈉，離子方程式為：+CO2+H2O→+，C錯誤；D．使沉淀質(zhì)量最大，則生成硫酸鋇和偏鋁酸鉀，離子方程式為，D正確；故選D。7.下列說法不正確的是（）A.酰胺均能在堿性條件下水解得到氨氣B.聚乙炔可用于制備導(dǎo)電高分子材料C.苯在一定條件可以與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)D.二氧化碳和環(huán)氧丙烷()在一定條件下聚合生成一種可降解的塑料〖答案〗A〖解析〗A．含有-CO-NH2的酰胺在堿性條件下水解能得到氨氣，A錯誤；B．與普通塑料相比聚乙炔中碳原子由雙鍵和單鍵交替組成，具有電子容易流動的性質(zhì)，故聚乙炔可用于制備導(dǎo)電高分子材料，B正確；C．由苯的性質(zhì)知其能發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)，所以在一定條件可以與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)和取代反應(yīng)，C正確；D．CO2和環(huán)氧丙烷在催化劑作用下可生成一種可降解的聚碳酸酯塑料，反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為nCO2+n，D正確；故選A。8.核黃素的結(jié)構(gòu)如圖，下列說法正確的是（）A.分子中存在1個手性碳原子B.分子中存在2種含氮的官能團C.1mol該物質(zhì)與足量的發(fā)生加成反應(yīng)，最多可消耗5molD.1mol該物質(zhì)與足量鹽酸發(fā)生水解反應(yīng)，最多可生成2mol〖答案〗C〖解析〗A．分子中存在3個手性碳原子，用“*”標記，故A錯誤；B．分子中含有碳氮單鍵，碳氮雙鍵，酰胺基、，含氮的官能團數(shù)目大于2種，故B錯誤；C．該物質(zhì)含有苯環(huán)、2個碳氮雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)與足量的發(fā)生加成反應(yīng)，最多可消耗5mol，故C正確；D．該物質(zhì)含有，它在酸性條件下水解可生成，碳酸不穩(wěn)定可分解生成二氧化碳，則1mol該物質(zhì)與足量鹽酸發(fā)生水解反應(yīng)，最多可生成1mol，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。9.為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A.鐵與水蒸氣反應(yīng)后，固體質(zhì)量增加了3.2g，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為B.1L0.1mol/L溶液中，的數(shù)目為C.10g和混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為D.3.2g中含有的共價鍵的數(shù)目為〖答案〗B〖解析〗A．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4和氫氣，3molFe變?yōu)镕e3O4，固體質(zhì)量增加了4mol×16g/mol=64g，轉(zhuǎn)移電子8mol，若固體質(zhì)量增加了3.2g，則電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為mol-1=0.4NA，故A正確；B．溶液中存在著，1L0.1mol/L溶液中，的數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C．的摩爾質(zhì)量為(14+16×2)g/mol=46g/mol，1個分子中含有的質(zhì)子數(shù)為7+2×8=23，10g中含有的質(zhì)子數(shù)為；的摩爾質(zhì)量為16×2=32g/mol，1個分子中含有的質(zhì)子數(shù)為2×8=16，10g中含有的質(zhì)子數(shù)為；所以10g和混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為，故C正確；D．N2H4中有N-N和N-H鍵，1個N2H4分子中含有共價鍵5個，3.2gN2H4的物質(zhì)的量為0.1mol，含有的共價鍵的數(shù)目為0.5NA，故D正確；故選B。10.X、Y、Z、Q、M為原子序數(shù)依次增大的前4周期元素。相關(guān)信息如下：元素相關(guān)信息X最外層電子數(shù)是能層數(shù)的2倍Y單質(zhì)是合成氨工業(yè)的原料Z核外無未成對電子的主族元素Q價層電子的排布式：M第四周期ⅠB元素下列說法不正確的是（）A.離子半徑：Q>Y>ZB.簡單氫化物的穩(wěn)定性和沸點：X<YC.一定條件下，Z單質(zhì)與反應(yīng)可生成兩種離子化合物D.微粒中σ鍵和Π鍵數(shù)目之比2∶1〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、Q、M為原子序數(shù)依次增大的前4周期元素，X原子最外層電子數(shù)是能層數(shù)的2倍，X原子最外層電子排布為2s22p2，則X為C元素；Y元素的單質(zhì)是合成氨工業(yè)的原料，則Y為N元素；Z為核外無未成對電子的主族元素，則Z為Mg元素；Q的價層電子的排布式，s軌道填滿，即n-1=2，n=3，為3s23p４，則Q為S元素；M為第四周期IB元素，則M為Cu元素；【詳析】A．電子層數(shù)越多，半徑越大，核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故離子半徑由大到小的順序為:S2->N3->Mg2+，選項A正確；B．NH3形成分子間氫鍵，故沸點:NH3>CH4，N的非金屬性比C的強，氫化物穩(wěn)定性:NH3>CH4，選項B正確；C．Mg具有還原性，NO2具有氧化性，二者可發(fā)生反應(yīng):7Mg+2NO2=4MgO+Mg3N2，都為離子化合物，選項C正確；D．[Cu(CN)4]2-中存在C=N和Cu2+與N原子形成的配位鍵，σ鍵和π鍵數(shù)目之比8:8=1:1，選項D錯誤；〖答案〗選D。11.利用電解池原理可將轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品。下圖通過將與辛胺反應(yīng)耦合，實現(xiàn)了兩電極體系中產(chǎn)物的高選擇性合成。下列說法正確的是（）A.裝置中b電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)B.電極a的電極反應(yīng)可能為：C.中間的離子交換膜一定是質(zhì)子交換膜D.電解過程中，a、b兩極反應(yīng)物物質(zhì)的量之比為2∶1〖答案〗B〖祥解〗利用電解池原理可將CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，反應(yīng)過程中碳元素的化合價降低，得到電子，則a極為陰極，CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，b極為陽極，辛胺轉(zhuǎn)化為辛氰。據(jù)此回答問題?！驹斘觥緼．裝置中b電極為陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．電極a為陰極，電極反應(yīng)可能為：，故B正確；C．若電解液中性時，中間的離子交換膜是質(zhì)子交換膜，若電解液堿性時，中間的離子交換膜是陰離子交換膜，故C錯誤；D．電解過程中，a極CO2轉(zhuǎn)化為燃料或者化學(xué)品，b極辛胺轉(zhuǎn)化為辛氰，由于電極a的產(chǎn)物不確定，則反應(yīng)物物質(zhì)的量之比不確定，故D錯誤；故選：B。12.冠醚是一類具有特殊性質(zhì)的有機化合物最大的特點就是能與正離子，尤其是與堿金屬離子絡(luò)合，二苯并—18—冠醚—6與或作用可表示為下列說法不正確的是（）A.冠醚與堿金屬離子間的作用力可能為非共價鍵作用力B.冠醚與堿金屬離子絡(luò)合后形成化合物得到的晶體是離子晶體C.冠醚絡(luò)合哪種陽離子取決于O與陽離子的配位能力D.通過冠醚將陽離子溶入有機溶劑是根據(jù)相似相溶的原理〖答案〗C〖解析〗A．冠醚與堿金屬離子以配位鍵形成超分子，則冠醚與堿金屬離子間的作用力不是共價鍵，是配位鍵，故A正確；B．冠醚與堿金屬離子絡(luò)合形成的配離子與配合物中的陰離子形成離子化合物，得到的晶體是離子晶體，故B正確；C．冠醚絡(luò)合哪種陽離子取決于空穴與陽離子的配位能力，不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子，故C錯誤；D．冠醚最主要的特點是與堿金屬離子形成穩(wěn)定的絡(luò)合物，則冠醚可以將陽離子溶入有機溶劑是利用了相似相溶的原理，故D正確；故選C。13.已知25℃時，。某體系中，膜只允許未電離的HA自由通過(如圖所示)。設(shè)溶液中，當(dāng)達到平衡時，下列敘述正確的是（）A.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等B.溶液Ⅰ中C.溶液Ⅱ中的HA的電離度為D.溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的之比為〖答案〗C〖解析〗A．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相等，A錯誤；B．由圖可知溶液I本應(yīng)顯酸性，常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)+c(A-)，B錯誤；C．常溫下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka==1.0×10-5，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-5，解得=，C正確；D．溶液Ⅰ中水電離出的c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水電離出的c(H+)=c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水電離出的c(H+)之比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D錯誤；故〖答案〗為：C。14.已知有如下三個烯烴加成反應(yīng)ⅠkJ?molⅡkJ?molⅢkJ?mol則下列說法不正確的是（）A.由題可知丁烯穩(wěn)定性是Ⅲ>Ⅱ>ⅠB.由題可知斷裂碳碳π鍵和氫氫σ鍵所消耗的能量總是小于形成兩個碳氫σ鍵所放出的能量C.由題可知烯烴的穩(wěn)定性與雙鍵碳上的取代基和構(gòu)型有關(guān)D.由題可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ斷鍵和成鍵都一樣，因此反應(yīng)的不能由鍵能計算得到〖答案〗D〖解析〗A．根據(jù)物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，由熱化學(xué)方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，說明丁烯的能量大小為Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，穩(wěn)定性為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正確；

B．三個反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，由題可知斷裂碳碳π鍵和氫氫σ鍵所消耗的能量總是小于形成兩個碳氫σ鍵所放出的能量，故B正確；

C．由題可知烯烴的穩(wěn)定性與雙鍵碳上的取代基和構(gòu)型有關(guān)，取代基越多，越穩(wěn)定，反式比順式結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，故C正確；

D．反應(yīng)的ΔH能由鍵能計算得到，反應(yīng)焓變ΔH=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，故D錯誤；

故選：D。15.常溫下，向20mL0.1mol/L溶液中再加入少量的固體，一段時間后，少量氣體X從溶液底部固體中緩慢逸出，最終固體全部溶解，得到溶液Y，pH值為8.7。已知：，；沉淀范圍：pH9.4~12.4。下列說法正確的是（）A.X氣體是，飽和溶液的B.因為，更難溶C.向溶液Y中滴加溶液，有生成D.向0.1mol/L溶液中加入溶液，無明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的溶液，可生成沉淀?！即鸢浮紻〖解析〗A．在NaHCO3溶液中既存在水解平衡+H2O?H2CO3+OH-、又存在電離平衡?H++，的水解平衡常數(shù)Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈堿性，向其中加入少量NaHCO3固體，上述平衡正向移動，生成的H2CO3分解產(chǎn)生少量氣體CO2，即X氣體是CO2，同時有生成，即溶液Y中含，由H2CO3的Ka1、Ka2可知的水解能力大于，溶液Y的pH為8.7，則飽和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A項錯誤；B．MgCO3、Mg(OH)2不屬于同類型的難溶電解質(zhì)，不能直接由Ksp的大小判斷溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，飽和MgCO3溶液的濃度c(MgCO3)==mol/L=×10-3mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，飽和Mg(OH)2溶液的濃度c[Mg(OH)2]==mol/L=×10-4mol/L＜×10-3mol/L，Mg(OH)2更難溶，B項錯誤；C．Mg(OH)2沉淀的范圍：pH9.4~12.4，即pH=9.4時Mg2+開始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH為8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，沒有Mg(OH)2生成，C項錯誤；D．NaHCO3溶液中存在平衡?H++，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，說明Ca2+結(jié)合的能力比Mg2+強，故向0.1mol/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，但改為同濃度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D項正確；〖答案〗選D。16.下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實驗?zāi)康膶嶒炘O(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗?zāi)彻腆w化合物樣品中是否存在取少量固體樣品完全溶于鹽酸，在滴加KSCN溶液若出現(xiàn)血紅色，則該固體化合物中存在B探究和HClO的酸性強弱將氣體通入溶液中若產(chǎn)生白色沉淀，則說明酸性：C探究常溫下同濃度的和的電離能力常溫下，分別測0.1mol/L的和溶液的pH若兩者的pH之和等于14，則兩者的電離程度相同D驗證某紅棕色氣體是否為將氣體通入淀粉碘化鉀溶液若溶液變藍，則說明氣體為〖答案〗C〖解析〗A．若固體為硝酸亞鐵，溶于鹽酸時，硝酸根表現(xiàn)強氧化性將亞鐵離子氧化為三價鐵，因此滴加KSCN溶于變紅色不能說明固體中含三價鐵，故A錯誤；B．具有強氧化性，具有強還原性，兩者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能證明，故B錯誤；C．測0.1mol/L和溶液的pH，若pH之和等于14，說明醋酸鈉水解產(chǎn)生的氫氧根離子濃度和氯化銨水解產(chǎn)生的氫離子濃度相等，根據(jù)越弱越水解可知醋酸和一水合氨的電離程度應(yīng)相等，故C正確；D．溴蒸氣也為紅棕色氣體，也能使淀粉碘化鉀溶液變藍色，故D錯誤；故選：C。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鈦及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）是一種儲氫材料，B原子的雜化方式是________，含有___________(填序號)①σ鍵②π鍵③氫鍵④配位鍵⑤離子鍵研究表明，加熱釋放氫的溫度明顯高于的加熱釋放氫的溫度，其原因可能是___________________________________________________。（2）中的具有強還原性，請從結(jié)構(gòu)角度試解釋原因______________________。在濃的溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，得到配位數(shù)為6、組成為的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為2∶1，則該配離子的化學(xué)式為_______________。（3）如圖為具有較高催化活性材料金紅石(鈦的氧化物)的晶胞結(jié)構(gòu)，其化學(xué)式為___________，判斷其晶胞結(jié)構(gòu)的最可靠科學(xué)方法是_______________?！即鸢浮剑?）①④中，在中的H為-1價，在中的H為+1價，更容易反應(yīng)生成（2）的核外電子排布式為，容易失去1個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)（3）X射線衍射實驗〖解析〗（1）BH中B原子價層電子對數(shù)為，故其中B原子的雜化方式是；中B元H之間存在σ鍵和配位鍵，故選①④；根據(jù)該物質(zhì)結(jié)構(gòu)可知，中，在中的H為-1價，在中的H為+1價，更容易反應(yīng)生成；（2）Ti為22號元素，的核外電子排布式為，容易失去1個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Cl-和H2O都可作配體，中配位數(shù)為6，兩種配體的物質(zhì)的量之比為2:1，則配體中有2個Cl-和4個H2O，則該配離子的化學(xué)式為；（3）由圖可知，黑球位于頂點和體心，個數(shù)為，，白球位于面上和體內(nèi)，個數(shù)為，金紅石為鈦的氧化物，則黑球為Ti，白球為O，Ti:O=2:4=1:2，故金紅石的化學(xué)式為TiO2；判斷晶胞結(jié)構(gòu)的最可靠科學(xué)方法是X射線衍射法。18.某結(jié)晶水合物含常見4種元素，為探究其組成，某學(xué)習(xí)小組按如下流程進行實驗已知：固體C為混合物，溶液D溶質(zhì)與固體E所含陰離子相同，D中陽離子為+1價，固體E恰好溶于適量的稀硝酸，氣體H為純凈物，在空氣中變紅棕色。（1）X的組成元素是______________，X化學(xué)式是____________________。（2）寫出X受熱分解的化學(xué)方程式______________________________________。（3）寫出固體E溶于稀硝酸反應(yīng)的離子方程式________________________________。（4）設(shè)計實驗檢驗溶液D中的陽離子和溶液G中的陰離子______________________________________________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）K、Fe、C、O（2）（3）（4）用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含〖祥解〗氣體H為純凈物，在空氣中變紅棕色，可知H為NO，紅褐色固體J為氫氧化鐵，質(zhì)量為2.14g，可得n[Fe(OH)3]=，E與硝酸生成NO和三價鐵，可知發(fā)生氧化還原反應(yīng)，同時產(chǎn)生能與石灰水反應(yīng)生成沉淀的氣體，該氣體為二氧化碳，則E中含亞鐵離子，F(xiàn)與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣的質(zhì)量為4g，物質(zhì)的量為0.04mol；根據(jù)元素守恒可知E中含鐵0.02mol，質(zhì)量為1.12g，含C0.04mol，質(zhì)量為0.48g，則E中含O質(zhì)量為2.88-1.12-0.48=1.28g，O的物質(zhì)的量為0.08mol，則E化學(xué)式為；E的物質(zhì)的量為：0.02mol，D中陽離子為+1價，該陽離子為K+；溶液D溶質(zhì)與固體E所含陰離子相同，則D為；氣體A通入澄清石灰水中生成白色固體為碳酸鈣，氣體A為二氧化碳，其物質(zhì)的量為：0.02mol，X中含氧酸根為草酸根，其中碳的化合價為+3價，產(chǎn)物中C的化合價部分為+4價，說明X分解過程中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，可知X中Fe應(yīng)為+3價，分解過程中被草酸根還原為+2價，結(jié)合以上數(shù)據(jù)及元素守恒可知X為，其物質(zhì)的量為0.02mol，則0.02×(437+18x)=8.74，x=3，則X為，據(jù)此分析解答。【詳析】（1）由以上分析可知X中含K、Fe、C、O；其化學(xué)式為，故〖答案〗為：K、Fe、C、O；；（2）X受熱分解的化學(xué)方程式，故〖答案〗為：；（3）E為，其與硝酸反應(yīng)生成三價鐵離子、NO和二氧化碳，根據(jù)得失電子守恒得反應(yīng)方程式：，故〖答案〗為：；（4）檢驗溶液D中的陽離子K+和溶液G中的陰離子的方法：用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含故〖答案〗為：用潔凈鉑絲或鐵絲蘸取溶液D在酒精燈火焰上灼燒，透過藍色鈷玻璃，若看到淺紫色，則含，取溶液G少許于試管，先加入少許稀硫酸，然后放入銅絲，若在試管口看到紅棕色氣體生成，則證明含。19.氫氣作為一種可再生能源，它的制備一直都是研究的熱點。其中甲醇水蒸氣重整制氫氣包含以下三個反應(yīng)：Ⅰ．kJ/molⅡ．kJ/molⅢ．某課題小組經(jīng)計算得到三個反應(yīng)的平衡常數(shù)對數(shù)值與溫度的關(guān)系圖如下：（1）反應(yīng)Ⅲ的___________kJ/mol，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系圖為___________。（2）在銅基催化劑條件下探究水醇比()以及當(dāng)水醇比=1時溫度對的選擇性和CO物質(zhì)的量分數(shù)的影響，結(jié)果分別如下：①下列說法正確的是___________A．根據(jù)圖1，重整制氫反應(yīng)溫度一般控制在450K~600K之間，可能是要保證甲醇的轉(zhuǎn)化率并控制有適量的CO的含量，有利于維持合適的溫度。B．根據(jù)圖2，反應(yīng)過程中，水醇比增加可能會消耗更多的能量。C．反應(yīng)不能由體系密度不變來判定達到平衡。D．催化劑只會對某一個反應(yīng)有催化作用，所以對某種產(chǎn)物具有選擇性。②根據(jù)圖3，當(dāng)溫度大于220℃時，選擇性下降而CO的含量上升可能的原因是：_________________________________________________________________。（3）在某壓強P1下，甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖所示：①請畫出壓強P2下，P2<P1，相同時間，甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化圖___________。②260℃時，P1壓強下，充入等物質(zhì)的量的甲醇和水，保持壓強不變體系達平衡時，，反應(yīng)Ⅲ的___________。〖答案〗（1）-41.2kJ/molb（2）①AB②升溫，反應(yīng)2進行的程度更大，同時不利于反應(yīng)3，因此選擇性下降而CO的含量上升。（3）①②30200〖解析〗（1）由蓋斯定律，反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ=反應(yīng)Ⅲ，則反應(yīng)Ⅲ的(+49.0kJ/mol)-(+90.2kJ/mol)=-41.2kJ/mol，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)，升溫平衡向正反應(yīng)移動，平衡常數(shù)增大、其對數(shù)也增大，反應(yīng)Ⅲ為放熱反應(yīng)，升溫平衡向逆反應(yīng)移動，平衡常數(shù)減小、其對數(shù)也減小，且反應(yīng)Ⅰ-反應(yīng)Ⅱ=反應(yīng)Ⅲ，則,,由圖中數(shù)據(jù)代入可知，反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系圖為b。（2）①A．根據(jù)圖1，450K~600K之間甲醇的轉(zhuǎn)化率較高且CO的含量較高，則控制溫度在450K~600K之間可能是要保證甲醇的轉(zhuǎn)化率并控制有適量的CO的含量，有利于維持合適的溫度，A正確；B．根據(jù)圖2，反應(yīng)過程中，水醇比＞1.0以后，二氧化碳選擇性大幅度降低、CO物質(zhì)的量大幅度分數(shù)增加，則更有利于反應(yīng)Ⅱ發(fā)生，該反應(yīng)吸熱明顯，則水醇比增加可能會消耗更多的能量，B正確；C．氣體質(zhì)量守恒、但沒有指明是在固定體積的密閉容器中反應(yīng)，故密度可能隨反應(yīng)而變，則對應(yīng)的能由體系密度不變來判定達到平衡，C不正確；D．催化劑能改變反應(yīng)歷程、降低反應(yīng)活化能，則催化劑不一定只會對某一個反應(yīng)有催化作用，D不正確；選AB。②根據(jù)圖3，當(dāng)溫度大于220℃時，選擇性下降而CO的含量上升可能的原因是：升溫，反應(yīng)2進行的程度更大，同時不利于反應(yīng)3，因此選擇性下降而CO的含量上升。（3）溫度越高反應(yīng)速率越快，在某壓強P1下，溫度大約250°C時反應(yīng)速率快、甲醇轉(zhuǎn)化率達100%，則：①壓強越小反應(yīng)速率越慢，相同時間內(nèi)甲醇的轉(zhuǎn)化率越小，則壓強P2下(P2<P1)、溫度250°C下，相同時間甲醇的轉(zhuǎn)化率還不到100%，壓強P2、溫度＞250°C時，相同時間甲醇的轉(zhuǎn)化率才可能達到100%，則甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度變化圖為。②260℃時，P1壓強下，充入等物質(zhì)的量的甲醇和水，設(shè)為1mol，且由圖知甲醇的轉(zhuǎn)化率為1，發(fā)生上述Ⅰ：發(fā)生上述反應(yīng)Ⅱ：發(fā)生上述反應(yīng)Ⅲ：則平衡時n(CO2)=(x+y)mol，n(CO)=(1-x-y)mol，已知保持壓強不變體系達平衡時，則(x+y)mol=100(1-x-y)mol，得，則平衡時n(CO2)=，n(H2)=(3x+2-2x+y)mol=，n(CO)=n(H2O)=(1-x-y)mol=，混合氣體共4mol則，，,則反應(yīng)Ⅲ的平衡常數(shù)。20.某研究小組，利用氧化法高效制