2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷01化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷01可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Cr52Mn55Fe56CO59Ni59Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108W184一、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．下列物質(zhì)中屬于兩性化合物的是()A．SiO2B．CHCl3C．Na2CO3·7H2OD．H2N-CH2-COOH2．下列說法正確的是()A．SO2具有漂白性，葡萄酒中添加起到漂白作用B．溶液具有酸性，可用于腐蝕覆銅板制作印刷電路板C．HNO3具有強氧化性，可清洗附在試管內(nèi)壁的銀鏡D．維生素C具有氧化性，可用于水果罐頭的抗還原劑3．下列化學用語或圖示表達正確的是()A．sp2雜化軌道示意圖：B．激發(fā)態(tài)H原子的軌道表示式：C．N2的p-pσ鍵的形成：D．電子式表示MgCl2形成過程：4．下列實驗裝置能達到相應實驗目的的是()A．圖①裝置用于制取Fe(OH)3膠體B．圖②裝置析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體C．圖③裝置探究濃度對化學反應速率的影響D．圖④裝置用于測定葡萄酒中CH3CH2OH的含量5．化學與社會發(fā)展和人類進步息息相關。下列說法不正確的是()A．華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片材料主要為晶體硅B．用機械剝離法從石墨中分離出的石墨烯能導電，石墨烯與金剛石互為同素異形體C．國產(chǎn)飛機C919用到的氨化硅陶瓷是新型無機非金屬材料D．“神舟十七號”飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機高分子6．高氯酸銨可以用于固體火箭的推進劑，關于2NH4ClO4(s)=N2(g)＋Cl2(g)＋2O2(g＋4H2O(g)反應，下列說法不正確的是()A．0.5molNH4ClO4完全分解產(chǎn)生氣體的體積約為44.8LB．NH4ClO4既是氧化劑又是還原劑C．該反應中，還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為D．上述NH4ClO4的分解反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能7．物質(zhì)微觀結構決定宏觀性質(zhì)，進而影響物質(zhì)用途。下列結構或性質(zhì)不能解釋其用途的是()選項結構或性質(zhì)用途A石墨烯中碳的p軌道相互平行而重疊，電子可在其中運動石墨烯可用于制作導電材料B高密度聚乙烯的支鏈較少，軟化溫度較高高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜C壁虎仿生膠帶上覆蓋幾十萬條纖細納米級長纖維該仿生膠帶可用作新型黏著材料DNH4NO3中引入有機基團轉(zhuǎn)化為低熔點的CH3CH2NH3NO3CH3CH2NH3NO3作為離子液體可用作電化學研究的電解質(zhì)8．下列含硫化合物的反應中，離子方程式正確的是()A．將SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-B．向硫酸銅溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：↓C．向硫代硫酸鈉溶液中加入硫酸：Na2S2O3+2H+=2Na++SO2↑+S↓+H2OD．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液處理：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)9．將6.8g有機物X完全燃燒可生成3.6gH2O和8.96L(標準狀況下)CO2。X的質(zhì)譜圖、核磁共振氫譜圖、紅外光譜圖分別如圖甲、乙、丙所示，其分子中只含有一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基。下列關于有機物X的敘述不正確的是()A．該有機物的分子式為C8H8O2B．由核磁共振氫譜可知，該有機物分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子C．由以上信息可以推測A分子可能為含有酯基的芳香族化合物D．X屬于芳香族化合物的同分異構體中，含有羧基的有機物有3種10．W、M、N、X、Y、Z六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，W與Z相鄰，M的一種簡單氫化物常用作制冷劑，X元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，基態(tài)Y原子的s能級與p能級電子數(shù)相等，下列說法不正確的是()A．化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：Y2W＞Y2ZB．M-N鍵長：MN2+＞MN3-C．Y的第一電離能大于其同周期相鄰元素D．分子的極性：MX3＞W(wǎng)X411．上海大學納米科學與技術研究中心張登松教授課題組利用浸漬法將錳鈷復合氧化物負載在二氧化鈦表面，制備出了一種高效的脫硝催化劑，如圖所示。下列敘述正確的是()A．兩種條件下反應歷程相同B．催化劑可通過降低上述反應的活化能從而提高反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率C．生成相同的N2(g)和H2O(g)時放出熱量不同D．總反應的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：812．將一定量乙烯通入飽和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反應歷程如下：已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比該反應慢得多；②該反應最終a、b兩種產(chǎn)物含量分別為10.2%和89.8%。下列說法不正確的是()A．若將乙烯通入氯水中，可以得到產(chǎn)物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OHB．反應Ⅱ得到的兩種產(chǎn)物的含量不同，是由于水的濃度大于Br-C．H2O的存在加快了反應速率，H2O是總反應的催化劑D．微粒中，所有原子最外層均達到了穩(wěn)定結構13．如圖1所示為一種用雙氧水去除廢水中的持久性有機污染物的工作原理，工作10min時，F(xiàn)e2+、H2O2電極產(chǎn)生量(mmol-1)與電流強度關系如圖2所示：下列說法正確的是()A．圖1裝置需不斷補充Fe3+B．Pt電極為陽極，苯酚在Pt電極失電子生成CO2C．據(jù)圖2可知電流強度越高，去除苯酚的效果越好D．若處理47.0g苯酚，理論上消耗14molH2O214．下，P2O3在CH2Cl2中與臭氧反應生成P4O18(結構如圖所示)，下列說法正確的是()A．P4O18屬于超分子B．CH2Cl2分子空間構型為正四面體形C．P4O18中含有極性鍵和非極性鍵D．O3是極性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度15．常溫下，往足量草酸鈣固體與水的混合體系中加HCl或NaOH調(diào)節(jié)pH時溶質(zhì)各微粒濃度lgc(M)(M代表H2C2O4、HC2O4-、C2O42-、Ca2+)隨pH變化曲線如圖所示，其中，虛線④代表Ca2+的曲線。已知Ksp(CaC2O4)=10－8.62。下列有關說法正確的是()A．H2C2O4的電離常數(shù)Ka1的數(shù)量級為10-5B．pH=7時，2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-C．水的電離程度：A＞B＞CD．A點時，c(H＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞cOH－16．下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向硅酸鈉溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去2min后，試管里出現(xiàn)凝膠非金屬性：Cl>SiB向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定具有氧化性C在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩有白色沉淀生成，苯層呈紫紅色白色沉淀可能為CuID分別測量Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH后者pH更大[Al(OH)4]-比CO32-更容易結合H+二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)氮及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要用途。(1)同周期第一電離能比N大的元素有(用元素符號表示)；NO2-的大π鍵可表示為。(2)三硝基甲苯可用來制作炸藥TNT，試從分子結構中分析其易爆炸的原因。(3)下列說法不正確的是___________。A．NCl3分子的極性比PCl3的大B．堿性：NH2OHN2H4NH2CH3C．AlN的熔點為2200℃，硬度高，推測它為共價晶體D．NH3BH3中存在配位鍵，提供空軌道的是B(4)已知NH4+，N4H44+的空間結構均為正四面體形，NH4+的結構式為(→表示共用電子對由N原子單方面提供)，請畫出N4H44+的結構式(要求畫出配位鍵)。(5)與N形成的某種化合物晶體的晶體結構如圖所示，已知六棱柱底面邊長為，高為，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度為g·cm-3。18．(10分)黃銅礦的主要成份是CuS2，以CuS2為原料實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：請回答：(1)寫出溶液A中的所有陽離子，CuO的作用______________________。(2)下列說法正確的是___________。A．S單質(zhì)存在于火山口或地殼的巖層中B．溶液C含有[Cu(NH3)4]2+C．Na2S2O3的水溶液顯堿性D．依據(jù)轉(zhuǎn)化關系可知：Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)](3)MnCO3等錳(Ⅱ)的化合物可制備Mn3O4。MnSO4隔絕空氣受熱分解生成Mn3O4，產(chǎn)物中無單質(zhì)，寫出該反應的化學方程式：。請設計實驗方案驗證氣體產(chǎn)物____________________________________。19．(10分)能源與化工生產(chǎn)、生活等密切相關，氫能的有效利用是實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的重要途徑。(1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1；4(s)＋3O2(g)=22O3(s)ΔH2。則ΔH1-ΔH20(填“>”、“<”或“=”)，理由。(2)H2可用CH4為原料制得。其熱化學反應方程式為：ICH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝+206.2kJ·mol?1；iiCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝-41kJ·mol?1①下列說法正確的是。A．反應i在高溫下不能自發(fā)進行B．用NaOH溶液將CO2吸收可以加快反應ii的速率C．反應i、ii同時進行時，溫度越高，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率越高D．CH4可以通過石油的裂化和裂解得到②相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成H2的平衡產(chǎn)率隨外界壓強的增大而減少，試從化學平衡移動原理的角度加以解釋：。(3)NH3BH3是近年來發(fā)現(xiàn)的氫含量最高、常溫下呈穩(wěn)定固態(tài)的新型儲氫化合物，在Co催化劑的作用下可水解釋放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。①Co催化劑可用NaBH4還原Co·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量對Co催化劑的微晶尺寸沒有影響)。不同NaBH4用量制備的Co催化劑催化NH3BH3水解產(chǎn)氫體積隨時間的變化如下圖所示：當時，NH3BH3水解產(chǎn)氫速率反而降低的可能原因是。②NH3BH3水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解BO2-轉(zhuǎn)化為BH4-，請寫出該轉(zhuǎn)化的電極反應。20．(10分)十二鎢硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一種一種性能優(yōu)越的多功能催化劑，它的一種制備方法如下(步驟I、II的裝置如圖所示)。I．稱取Na2WO4·H2O置于三頸燒瓶中，加入蒸餾水劇烈后攪拌至澄清，加熱；II．在下緩慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸時從滴液漏斗中緩慢地向其中加入濃鹽酸，調(diào)節(jié)值為2，繼續(xù)攪拌加熱，自然冷卻；III．將冷卻后的全部液體轉(zhuǎn)移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入濃鹽酸，充分振蕩，萃??；IV．將下層醚合物分出放于蒸發(fā)皿中，加水，水浴蒸發(fā)至溶液表面有晶體析出時為止，冷卻結晶，抽濾，即可得到產(chǎn)品。(1)裝置a的名稱是。(2)請寫出步驟II中生成[SiW12O40]4-的離子方程式：____________________________。(3)步驟III的詳細操作如下，請補充操作a并對下列操作進行排序：a→b→→f，步驟c中放出的氣體是。a．。b．將溶液和乙醚轉(zhuǎn)入分液漏斗并逐滴加入鹽酸c．旋開旋塞放氣d．倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振蕩e．將分液漏斗置于鐵架臺上靜置f．打開旋塞，待下層液體完全流出后，關閉旋塞，將上層液體倒出(4)步驟Ⅳ中為防止[SiW12O40]4-轉(zhuǎn)化為[SiW12O40]6-，可以補充的操作為。(5)H4[SiW12O40]·nH2O的熱重曲線圖如圖所示，當溫度達到(A點)時，物質(zhì)中的結晶水全部失去，則化學式中的n=，A點過后曲線仍有微弱的下降趨勢，試推測原因。21．(12分)化合物X是重要的藥物合成中間體，下圖是其合成路線之一：已知：請回答：(1)化合物B的官能團名稱是。(2)化合物F的結構簡式是______________________。(3)下列說法不正確的是___________。A．化合物A與酸、堿反應均能生成鹽B．1mol化合物C最多消耗2molNaOHC．化合物中N原子結合H+的能力：①>②D．化合物Ⅹ的化學式為C19H18N4(4)寫出D→E的化學方程式：_______________________________________。(5)已知硝基苯直接硝化的產(chǎn)物為間二硝基苯，利用題中信息，設計以硝基苯、乙酸和乙酰氯()為原料，合成甲基苯并咪唑()的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。(6)寫出同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式：___________________。①分子中有3種不同化學環(huán)境的氫原子②除苯環(huán)無其他環(huán)狀結構，有硝基、無碳氧單鍵

——★參考答案★——一、選擇題1．【答案】D【解析】A項，SiO2能與堿反應生成鹽與水，屬于酸性氧化物，不屬于兩性化合物，A錯誤；B項，CHCl3與酸不反應，不屬于兩性化合物，B錯誤；C項，Na2CO3·7H2O與堿不反應，不屬于兩性化合物，C錯誤；D項，H2N-CH2-COOH含有氨基，能與酸反應，含有羧基，能與堿反應，屬于兩性化合物，D正確；故選D。2．【答案】C【解析】A項，二氧化硫具有還原性，可延長葡萄糖酒的變質(zhì)時間，常用作葡萄酒抗氧化劑，故A錯誤；B項，氯化鐵溶液具有氧化性，能與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，常用作銅印刷電路板的腐蝕液，故B錯誤；C項，HNO3具有強氧化性，能與金屬銀發(fā)生氧化還原反應，可清洗附在試管內(nèi)壁的銀鏡，故C正確；D項，維生素C具有還原性，可用于水果罐頭的抗氧化劑，故D錯誤；故選C。3．【答案】A【解析】A項，sp2雜化形成的原子軌道為平面三角形，其雜化軌道示意圖為，A正確；B項，K層只有s能級，沒有p能級，則H原子1s能級上的電子可以躍遷到L能層的s能級或p能級上，B錯誤；C項，N2的p-pσ鍵是頭碰頭方式重疊形成，電子云圖為，C錯誤；D項，MgCl2為離子化合物，用電子式表示其形成過程時，應該是Mg失去電子，Cl得到電子：，D錯誤；故選A。4．【答案】B【解析】A項，氫氧化鐵膠體的制備方法是通過在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，然后停止加熱，A錯誤；B項，乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中的溶解度，而讓其結晶析出，B正確；C項，鐵在常溫下，遇到濃硫酸會發(fā)生鈍化，導致反應停止，此實驗不能探究濃度對化學反應速率的影響，C錯誤；D項，葡萄酒中除了含有乙醇以外，還含有葡萄糖、多酚等多種還原劑，均能被高錳酸鉀氧化，D錯誤；故選B。5．【答案】D【解析】晶體硅是華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片主要材，A項正確；用機械剝離法從石墨中分離出的石墨烯能導電，石墨烯與金剛石均為碳的單質(zhì)，它們互為同素異形體，B項正確：氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，則國產(chǎn)飛機C919用到的氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，C項正確；芳砜綸纖維是合成高分子化合物，屬于合成纖維，D項錯誤。6．【答案】A【解析】A項，氣體體積沒有說標況，無法計算，A錯誤；B項，NH4ClO4在反應中，氮元素化合價上升，氯元素化合價降低，NH4ClO4既是氧化劑也是還原劑，B正確；C項，反應的還原產(chǎn)物為氯氣和氧氣，共三份，氧化產(chǎn)物為氮氣，共一份，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：3，C正確；D項，反應為放熱反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，D正確；故選A。7．【答案】B【解析】A項，石墨中C原子上未參與雜化的所有p軌道相互平行且重疊，使p軌道中的電子可在整個碳原子平面中運動，所以能導電，故A正確；B項，高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜是因為其結構穩(wěn)定，不易分解，與其軟化溫度較高沒有關系，故B錯誤；C項，納米級長纖維的表面積大，其附著力增強，能制造新型黏著材料，故C正確；D項，CH3CH2NH3NO3的熔點低，為液態(tài)的離子化合物，不易揮發(fā)，故可作電化學研究的電解質(zhì)，故D正確；故選B。8．【答案】D【解析】HClO具有強氧化性，HSO3-具有還原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-；多量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A項錯誤；氫硫酸是二元弱酸，HS-不能完全電離，↓+H+，B項錯誤；Na2S2O3易溶于水，應寫成離子形式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C項錯誤；CaSO4微溶，CaCO3難溶，可以實現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)，D項正確。9．【答案】D【解析】由質(zhì)譜圖可知，X的相對分子質(zhì)量為136，n(X)=，3.6gH2O的物質(zhì)的量n(H2O)=，8.96L(標準狀況)CO2的物質(zhì)的量n(CO2)=，則X中n(H)=2n(H2O)=0.4mol，n(C)=n(CO2)=0.4mol，m(H)=nM=0.4mol×1g/mol=0.4g，m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，0.4g+4.8g＜6.8g，所以X中含有O元素，m(O)=6.8g-4.8g-0.4g=1.6g，n(O)=，n(X)：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.4mol：0.4mol：0.1mol=1：8：8：2，化合物X的分子式為C8H8O2，其核磁共振氫譜有4個峰且面積之比為3：2：2：1，X分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，說明X分子中含有4種H原子，苯環(huán)上有三種氫原子，個數(shù)分別為1、2、2，所以側(cè)鏈中含有-CH3，結合紅外光譜可知，分子中存在酯基，且存在結構，故有機物X的結構簡式為。A項，由質(zhì)譜圖可知，X的相對分子質(zhì)量為136，分析可知n(C)：n(H)：n(O)=0.4mol：0.4mol：0.1mol=8：8：2，化合物X的分子式為C8H8O2，故A正確；B項，X的核磁共振氫譜有4個峰，故含有H種類為4種，故B正確；C項，X分子結構簡式為，為含有酯基的芳香族化合物，故C正確；D項，X屬于芳香族化合物的同分異構體中，含有羧基的有機物有4種，分別為、、、，故D錯誤；故選D。10．【答案】B【解析】W、M、N、X、Y、Z六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，W是C，W與Z相鄰，Z是Si，M的一種簡單氫化物常用作制冷劑,BM是N，X元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，X是F，則N是O，基態(tài)Y原子的s能級與p能級電子數(shù)相等，Y是Mg。A項，Mg和C的電負性相差大于Si，所以離子鍵成分的百分數(shù)Mg2C＞Mg2Si，故A正確；B項，中心N原子化合價相同，NO2+氮和氧成鍵少，鍵的斥力小，鍵長短，所以NO2+，故B錯誤；C項，Mg為第二主族元素，第一電離能大于其同周期相鄰元素，故C正確；D項，NF3為三角錐形，極性分子，CF4正四面體，非極性分子，所以分子的極性NF3＞CF4，故D正確；故選B。11．【答案】D【解析】A項，由圖可知，溫度不同，反應歷程不同，A錯誤；B項，催化劑不能使化學平衡發(fā)生移動，則不能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；C項，始態(tài)和終態(tài)相同時放出熱量相同，C錯誤；D項，上述反應分為兩步：2NO+O2=2NO2，6NO2+8NH3=7N2+12H2O，最佳投料含義是反應物恰好完全轉(zhuǎn)化成N2和H2O，總反應為6NO+3O2+8NH3=7N2+12H2O，則總反應的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：8，D正確；故選D。12．【答案】B【解析】A項，氯氣和溴均為鹵素單質(zhì)，根據(jù)類比，則將乙烯通入氯水中，可以得到產(chǎn)物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OH，A正確；B項，活化能越小反應越快，活化能越大反應越慢，反應Ⅱ得到的兩種產(chǎn)物的含量不同，是由于兩者反應的活化能不同，反應速率不同，導致二者的產(chǎn)量差異，B錯誤；C項，催化劑能加快反應速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比該反應慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水溶液中含有水，則可能是H2O的存在加快了反應速率，H2O是總反應的催化劑，C正確；

D項，微粒中，氫為2電子穩(wěn)定、碳溴為8電子穩(wěn)定，所有原子最外層均達到了穩(wěn)定結構，D正確；故選B。13．【答案】D【解析】圖可知，HMC-3電極上鐵元素、氧元素價態(tài)降低得電子，故HMC-3電極為陰極，電極反應式分別為O2+2e-+2H+=H2O2，F(xiàn)e3++e-=Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+=Fe3++?OH+H2O，?OH氧化苯酚，反應為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，Pt電極為陽極，電極反應式為H2O-e-=?OH+H+。A項，HMC-3電極為陰極Fe3++e-=Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+=Fe3++?OH+H2O，反應前后Fe3+的量保持不變，A錯誤；B項，Pt電極為陽極，電極反應式為H2O-e-=?OH+H+，?OH氧化苯酚，反應為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，B錯誤；C項，電流強度過高，產(chǎn)生的過氧化氫過多，過量的過氧化氫會氧化亞鐵離子，導致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機污染物的效率下降，C錯誤；D項，根據(jù)反應C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，苯酚轉(zhuǎn)化為二氧化碳，1mol的苯酚發(fā)生反應，要消耗28mol的·OH，而28mol的·OH需要28mol的過氧化氫，47.0g苯酚的物質(zhì)的量為，理論上消耗14molH2O2，D正確；故選D。14．【答案】C【解析】A項，超分子指的是兩個或兩個以上分子通過非共價鍵的作用力結合而成的分子，P4O18不屬于超分子，A錯誤；B項，CH2Cl2中的4根化學鍵不完全相同，因此分子的空構型為四面體形，不是正四面體形，B錯誤；C項，根據(jù)結構式可知，該分子中含有P-Q極性鍵和O-O非極性鍵，C正確；D項，O3為含有極性鍵的極性分子，但是其分子極性較弱，反而更易溶于非極性溶劑，在極性溶劑水中溶解度小于在非極性溶劑四氯化碳中的溶解度，D錯誤；故選C。15．【答案】D【解析】CaC2O4為強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)、C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，所以在CaC2O4溶液中，cCa2＋＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)，即①表示C2O42-、②表示H2C2O4、③表示HC2O4-、④表示Ca2＋。A項，H2C2O4HC2O4-+H+，，②③相交時c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，此時pH=1.3，可得Ka1=10-1.3，數(shù)量級為10-2，故A錯誤；B項，溶液pH=7時c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒2cCa2＋＋cH＋＝cOH－＋2cC2O42-＋cHC2O4-，但是沒有考慮到加入鹽酸或者氫氧化鈉以后提供的氯離子或鈉離子，所以2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-，錯誤，故B錯誤；C項，A點為溶液顯酸性，B、C點酸性減弱，水的電離程度增大，故水的電離程度：A，故C錯誤；D項，A點時c(H+)=10-1.3mol/L，c(HC2O4-)=10-3mol/L，結合C點，Ka2==10-4.2，A點時，==10-2.9，則A點，c(C2O42-)=10-5.9mol/L，c(OH-)==10-12.7mol/L，即A點時，該離子濃度比較正確，故D正確；故選D。16．【答案】C【解析】A項，SiO32-水解使溶液顯堿性，向該鹽溶液的試管中滴加1滴酚酞，溶液變?yōu)榧t色，然后逐滴加入稀鹽酸，二者發(fā)生反應產(chǎn)生硅酸沉淀，溶液的堿性逐漸減弱，因此紅色逐漸褪去，HCl是無氧酸，因此不能證明元素的非金屬性：Cl>Si，A錯誤；B項，向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，該白色沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的氣體可能是堿性氣體NH3或強氧化性氣體Cl2，氣體X不一定具有強氧化性，B錯誤；C項，向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色說明有碘單質(zhì)生成，即銅離子將碘離子氧化，下層有白色沉淀生成說明不是氫氧化銅沉淀且無銅單質(zhì)生成，說明發(fā)生反應2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，C正確；D項，Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的物質(zhì)的量濃度未知，無法比較二者的pH值，D錯誤；故選C。二、非選擇題17．【答案】(1)F、Ne(1分)Π34(1(2)三硝基甲苯的分子結構中包含三個高能的硝基，硝基在受到?jīng)_擊或者摩擦時會迅速發(fā)生分解(2分)(3)AB(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，則同周期第一電離能比N大的元素有F、Ne；NO2-是“V”形結構，NO2-的大π鍵中參與原子數(shù)為3，氮原子剩余電子數(shù)5+1-2=4，O原子剩余電子數(shù)6-1=5，根據(jù)“單出1，偶除2”，則大π鍵可表示為Π34；(2)三硝基甲苯可用來制作炸藥TNT，試從分子結構中分析其易爆炸的原因三硝基甲苯的分子結構中包含三個高能的硝基，硝基在受到?jīng)_擊或者摩擦時會迅速發(fā)生分解；(3)A項，氮的電負性比P的電負性大，N與Cl的電負性差值小于P與Cl的電負性差值，因此NCl3分子的極性比PCl3的大，故A錯誤；B項，氮的堿性是氮孤對電子起作用，電負性O>N>H>C，N2H4為氨基取代，NH2OH為羥基取代，NH2CH3為甲基取代，甲基是供電子基團，而吸引電子能力是羥基＞氨基，則堿性：NH2OHN2H4NH2CH3，故B錯誤；C項，根據(jù)晶體熔點分析，一般共價晶體熔點高，AlN的熔點為2200℃，硬度高，推測它為共價晶體，故C正確；D項，NH3BH3中存在配位鍵，氮原子有1對孤對電子，B原子最外層電子數(shù)全部用完，因此提供空軌道的是B，故D正確；故選AB。(4)根據(jù)P4為正四面體結構分析N4，結合NH4+的結構式為，則得到N4H44+的結構式是N4中每個氮原子形成配位鍵，則N4H44+的結構式；(5)與N形成的某種化合物晶體的晶體結構如圖所示，晶胞中N個數(shù)為2，F(xiàn)e個數(shù)為，已知六棱柱底面邊長為，高為2apm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度為182g18．【答案】(1)Mn2+、Cu2+、、H+(2分)促進水解生成Fe(OH)3或調(diào)節(jié)溶液的pH(2分)(2)ABD(2分)(3)3MnSO4Mn3O4+SO2↑+SO3↑(2分)將生成的氣體通入到氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則有SO3；再將氣體通入到品紅溶液，品紅溶液褪色，則有SO2(2分)【解析】CuS2與MnO2和H2SO4反應，化學方程式為：CuS2+5MnO2+20H+=2Cu2++5Mn2++4S+10H2O，過濾得到S和溶液A，溶液A中含有Mn2+、Cu2+、、H+等離子，S和O2點燃得到SO2，SO2與亞硫酸鈉反應生成Na2S2O5，溶液A中加入Cu調(diào)節(jié)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾得到溶液B，溶液B含有Mn2+、Cu2+等離子，加入碳酸氫銨和氨氣，生成MnCO3沉淀，Cu2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+。(1)溶液A中的所有陽離子為：Mn2+、Cu2+、、H+，CuO的作用為：促進水解生成Fe(OH)3或調(diào)節(jié)溶液的pH；(2)A項，S單質(zhì)存在于火山口或地殼的巖層中，故A正確；B項，溶液C含有[Cu(NH3)4]2+，故B正確；C項，Na2S2O3在水溶液中釋放SO2，溶液顯酸性，故C錯誤；D項，加入CuO調(diào)節(jié)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時Mn2+未沉淀，即Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)]，故D正確；故選ABD；(3)MnSO4隔絕空氣受熱分解生成Mn3O4，產(chǎn)物中無單質(zhì)，Mn元素化合價上升，即S元素化合價下降，可得反應方程式為：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+SO3↑，驗證SO3和SO2的操作為：將生成的氣體通入到氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則有SO3；再將氣體通入到品紅溶液，品紅溶液褪色，則有SO2。19．【答案】(1)<(1分)已知4Al(s)＋22O3(s)=2Al2O3(s)+4(s)的ΔH，根據(jù)蓋斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2(1分)(2)①CD(2分)②相同溫度下，由于反應i為氣體分子數(shù)增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小H2的生成，而反應ii為氣體分子數(shù)不變的反應，故增大壓強時，H2的平衡產(chǎn)率隨壓強的增大而減少(2分)(3)①得到的金屬Co中雜質(zhì)NaBH4含量高，水解產(chǎn)物NaBO2占據(jù)了Co表面的部分活性位點，使反應速率下降(2分)②BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-(2分)【解析】(1)已知4Al(s)＋22O3(s)=2Al2O3(s)+4(s)的ΔH，根據(jù)蓋斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2，因此ΔH1-ΔH2<0；(2)①A項，反應i的△H>0，△S>0，在高溫下能自發(fā)進行，故A錯誤；B項，用NaOH溶液將CO2吸收，CO2的濃度下降，速率減慢，故B錯誤；C項，將i、ii合并寫出總的熱化學方程式可知△H>0，溫度越高，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率越高，故C正確；D項，石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正確；故選CD；②相同溫度下，由于反應i為氣體分子數(shù)增加的反應，加壓使i反應平衡逆移，減小H2的生成，而反應ii為氣體分子數(shù)不變的反應，故增大壓強時，H2的平衡產(chǎn)率隨壓強的增大而減少，因此，相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成H2的平衡產(chǎn)率隨外界壓強的增大而減少；(3)①當時，NH3BH3水解產(chǎn)氫速率反而降低的可能原因是得到的金屬Co中雜質(zhì)NaBH4含量高，水解產(chǎn)物NaBO2占據(jù)了Co表面的部分活性位點，使反應速率下降；②NH3BH3水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解BO2-得電子轉(zhuǎn)化為BH4-，該轉(zhuǎn)化的電極反應BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-。20．【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)(2)12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O(2分)(3)d→c→e(2分)氯化氫和乙醚(1分)檢查旋塞、玻璃塞是否漏水(1分)(4)向溶液中加入H2O2(1分)(5)18(1分)H4[SiW12O40]受熱分解進一步脫水(1分)【解析】本實驗制取十二鎢硅酸H4[SiW12O40]·nH2O，稱取Na2WO4·H2O置于三頸燒瓶中，加入蒸餾水劇烈后攪拌至澄清，加入Na2SiO3·9H2O溶解后加入濃鹽酸，調(diào)節(jié)pH值為2，發(fā)生反應，將反野后的液體加入分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入濃鹽酸，充分振蕩，萃取，下層醚合物，加水，水浴蒸發(fā)至溶液表面有晶體析出時為止，冷卻結晶，抽濾，即可得到產(chǎn)品。(1)根據(jù)儀器構造可知，裝置a為球形冷凝管；(2)反應中Na2SiO3·9H2O與Na2WO4·H2O在酸性環(huán)境下反應生成H4[SiW12O40]，離子方程式為12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O；(3)步驟Ⅲ中，用如圖2裝置萃取、分液，操作為：檢查旋塞、玻璃塞是否漏水、將溶液和乙醚轉(zhuǎn)入分液漏斗并逐滴加入鹽酸、倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振蕩、旋開旋塞放氣、將分液漏斗置于鐵架臺上靜置、打開旋塞，待下層液體完全流出后，關閉旋塞，將上層液體倒出其中，排列順序為a→b→d→c→e→f；氯化氫和乙醚易揮發(fā)，則放出的氣體是氯化氫和乙醚；操作a為檢查旋塞、玻璃塞是否漏水；(4)為防止[SiW12O40]4-轉(zhuǎn)化為[SiW12O40]6-時W元素化合價降低，故可加入過氧化氫；(5)由熱重曲線可知H4[SiW12O40]·nH2O中，水的質(zhì)量分數(shù)為10%，則，；A點過后曲線仍有微弱的下降趨勢，其原因是H4[SiW12O40]受熱分解進一步脫水。21．【答案】(1)酯基、酰胺基(1分)(2)(1分)(3)CD(2分)(4)(2分)(5)(3分)(6)、、、(3分)【解析】根據(jù)C和D的分子式以及反應條件可推斷出C到D是硝基被還原成了氨基，因此C的結構簡式為，根據(jù)B到C的條件，可知B到C是苯環(huán)上的取代，所以B的結構簡式為，通過對比A和B的分子式，以及另外一個反應物，推斷出A的結構簡式為，D到E的反應應該是已知條件中發(fā)生的反應，所以E的結構簡式為，E到F根據(jù)反應條件可知應為酯的水解，所以F的結構簡式為。(1)B中官能團名稱為酯基、酰胺基；(2)根據(jù)以上分析，F(xiàn)的結構簡式為；(3)A項，化合物A含有氨基，可以與酸反應生成鹽，含有酯基，在堿性條件下水解生成羧酸鹽，A正確；B項，化合物C中含有酯基和酰胺基，消耗2mol氫氧化鈉，B正確；C項，甲基是供電子基，甲基的引入，會使N原子的電負性增大，結合氫離子能力增強，所以②＞①，C錯誤；D項，化合物X的化學式為C19H20N4，D錯誤；故選CD。(4)D到E的反應方程式為；(5)根據(jù)題目中提供的物質(zhì)，要制得，其流程為：；(6)根據(jù)分析，B的同分異構體有以下四種：、、、。2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷01可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Cr52Mn55Fe56CO59Ni59Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108W184一、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．下列物質(zhì)中屬于兩性化合物的是()A．SiO2B．CHCl3C．Na2CO3·7H2OD．H2N-CH2-COOH2．下列說法正確的是()A．SO2具有漂白性，葡萄酒中添加起到漂白作用B．溶液具有酸性，可用于腐蝕覆銅板制作印刷電路板C．HNO3具有強氧化性，可清洗附在試管內(nèi)壁的銀鏡D．維生素C具有氧化性，可用于水果罐頭的抗還原劑3．下列化學用語或圖示表達正確的是()A．sp2雜化軌道示意圖：B．激發(fā)態(tài)H原子的軌道表示式：C．N2的p-pσ鍵的形成：D．電子式表示MgCl2形成過程：4．下列實驗裝置能達到相應實驗目的的是()A．圖①裝置用于制取Fe(OH)3膠體B．圖②裝置析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體C．圖③裝置探究濃度對化學反應速率的影響D．圖④裝置用于測定葡萄酒中CH3CH2OH的含量5．化學與社會發(fā)展和人類進步息息相關。下列說法不正確的是()A．華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片材料主要為晶體硅B．用機械剝離法從石墨中分離出的石墨烯能導電，石墨烯與金剛石互為同素異形體C．國產(chǎn)飛機C919用到的氨化硅陶瓷是新型無機非金屬材料D．“神舟十七號”飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機高分子6．高氯酸銨可以用于固體火箭的推進劑，關于2NH4ClO4(s)=N2(g)＋Cl2(g)＋2O2(g＋4H2O(g)反應，下列說法不正確的是()A．0.5molNH4ClO4完全分解產(chǎn)生氣體的體積約為44.8LB．NH4ClO4既是氧化劑又是還原劑C．該反應中，還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為D．上述NH4ClO4的分解反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能7．物質(zhì)微觀結構決定宏觀性質(zhì)，進而影響物質(zhì)用途。下列結構或性質(zhì)不能解釋其用途的是()選項結構或性質(zhì)用途A石墨烯中碳的p軌道相互平行而重疊，電子可在其中運動石墨烯可用于制作導電材料B高密度聚乙烯的支鏈較少，軟化溫度較高高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜C壁虎仿生膠帶上覆蓋幾十萬條纖細納米級長纖維該仿生膠帶可用作新型黏著材料DNH4NO3中引入有機基團轉(zhuǎn)化為低熔點的CH3CH2NH3NO3CH3CH2NH3NO3作為離子液體可用作電化學研究的電解質(zhì)8．下列含硫化合物的反應中，離子方程式正確的是()A．將SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-B．向硫酸銅溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：↓C．向硫代硫酸鈉溶液中加入硫酸：Na2S2O3+2H+=2Na++SO2↑+S↓+H2OD．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液處理：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)9．將6.8g有機物X完全燃燒可生成3.6gH2O和8.96L(標準狀況下)CO2。X的質(zhì)譜圖、核磁共振氫譜圖、紅外光譜圖分別如圖甲、乙、丙所示，其分子中只含有一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基。下列關于有機物X的敘述不正確的是()A．該有機物的分子式為C8H8O2B．由核磁共振氫譜可知，該有機物分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子C．由以上信息可以推測A分子可能為含有酯基的芳香族化合物D．X屬于芳香族化合物的同分異構體中，含有羧基的有機物有3種10．W、M、N、X、Y、Z六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，W與Z相鄰，M的一種簡單氫化物常用作制冷劑，X元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，基態(tài)Y原子的s能級與p能級電子數(shù)相等，下列說法不正確的是()A．化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：Y2W＞Y2ZB．M-N鍵長：MN2+＞MN3-C．Y的第一電離能大于其同周期相鄰元素D．分子的極性：MX3＞W(wǎng)X411．上海大學納米科學與技術研究中心張登松教授課題組利用浸漬法將錳鈷復合氧化物負載在二氧化鈦表面，制備出了一種高效的脫硝催化劑，如圖所示。下列敘述正確的是()A．兩種條件下反應歷程相同B．催化劑可通過降低上述反應的活化能從而提高反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率C．生成相同的N2(g)和H2O(g)時放出熱量不同D．總反應的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：812．將一定量乙烯通入飽和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反應歷程如下：已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比該反應慢得多；②該反應最終a、b兩種產(chǎn)物含量分別為10.2%和89.8%。下列說法不正確的是()A．若將乙烯通入氯水中，可以得到產(chǎn)物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OHB．反應Ⅱ得到的兩種產(chǎn)物的含量不同，是由于水的濃度大于Br-C．H2O的存在加快了反應速率，H2O是總反應的催化劑D．微粒中，所有原子最外層均達到了穩(wěn)定結構13．如圖1所示為一種用雙氧水去除廢水中的持久性有機污染物的工作原理，工作10min時，F(xiàn)e2+、H2O2電極產(chǎn)生量(mmol-1)與電流強度關系如圖2所示：下列說法正確的是()A．圖1裝置需不斷補充Fe3+B．Pt電極為陽極，苯酚在Pt電極失電子生成CO2C．據(jù)圖2可知電流強度越高，去除苯酚的效果越好D．若處理47.0g苯酚，理論上消耗14molH2O214．下，P2O3在CH2Cl2中與臭氧反應生成P4O18(結構如圖所示)，下列說法正確的是()A．P4O18屬于超分子B．CH2Cl2分子空間構型為正四面體形C．P4O18中含有極性鍵和非極性鍵D．O3是極性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度15．常溫下，往足量草酸鈣固體與水的混合體系中加HCl或NaOH調(diào)節(jié)pH時溶質(zhì)各微粒濃度lgc(M)(M代表H2C2O4、HC2O4-、C2O42-、Ca2+)隨pH變化曲線如圖所示，其中，虛線④代表Ca2+的曲線。已知Ksp(CaC2O4)=10－8.62。下列有關說法正確的是()A．H2C2O4的電離常數(shù)Ka1的數(shù)量級為10-5B．pH=7時，2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-C．水的電離程度：A＞B＞CD．A點時，c(H＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞cOH－16．下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向硅酸鈉溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去2min后，試管里出現(xiàn)凝膠非金屬性：Cl>SiB向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定具有氧化性C在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩有白色沉淀生成，苯層呈紫紅色白色沉淀可能為CuID分別測量Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH后者pH更大[Al(OH)4]-比CO32-更容易結合H+二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)氮及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要用途。(1)同周期第一電離能比N大的元素有(用元素符號表示)；NO2-的大π鍵可表示為。(2)三硝基甲苯可用來制作炸藥TNT，試從分子結構中分析其易爆炸的原因。(3)下列說法不正確的是___________。A．NCl3分子的極性比PCl3的大B．堿性：NH2OHN2H4NH2CH3C．AlN的熔點為2200℃，硬度高，推測它為共價晶體D．NH3BH3中存在配位鍵，提供空軌道的是B(4)已知NH4+，N4H44+的空間結構均為正四面體形，NH4+的結構式為(→表示共用電子對由N原子單方面提供)，請畫出N4H44+的結構式(要求畫出配位鍵)。(5)與N形成的某種化合物晶體的晶體結構如圖所示，已知六棱柱底面邊長為，高為，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶體的密度為g·cm-3。18．(10分)黃銅礦的主要成份是CuS2，以CuS2為原料實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：請回答：(1)寫出溶液A中的所有陽離子，CuO的作用______________________。(2)下列說法正確的是___________。A．S單質(zhì)存在于火山口或地殼的巖層中B．溶液C含有[Cu(NH3)4]2+C．Na2S2O3的水溶液顯堿性D．依據(jù)轉(zhuǎn)化關系可知：Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)](3)MnCO3等錳(Ⅱ)的化合物可制備Mn3O4。MnSO4隔絕空氣受熱分解生成Mn3O4，產(chǎn)物中無單質(zhì)，寫出該反應的化學方程式：。請設計實驗方案驗證氣體產(chǎn)物____________________________________。19．(10分)能源與化工生產(chǎn)、生活等密切相關，氫能的有效利用是實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的重要途徑。(1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1；4(s)＋3O2(g)=22O3(s)ΔH2。則ΔH1-ΔH20(填“>”、“<”或“=”)，理由。(2)H2可用CH4為原料制得。其熱化學反應方程式為：ICH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝+206.2kJ·mol?1；iiCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝-41kJ·mol?1①下列說法正確的是。A．反應i在高溫下不能自發(fā)進行B．用NaOH溶液將CO2吸收可以加快反應ii的速率C．反應i、ii同時進行時，溫度越高，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率越高D．CH4可以通過石油的裂化和裂解得到②相同溫度下只發(fā)生反應i、ii時，生成H2的平衡產(chǎn)率隨外界壓強的增大而減少，試從化學平衡移動原理的角度加以解釋：。(3)NH3BH3是近年來發(fā)現(xiàn)的氫含量最高、常溫下呈穩(wěn)定固態(tài)的新型儲氫化合物，在Co催化劑的作用下可水解釋放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。①Co催化劑可用NaBH4還原Co·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量對Co催化劑的微晶尺寸沒有影響)。不同NaBH4用量制備的Co催化劑催化NH3BH3水解產(chǎn)氫體積隨時間的變化如下圖所示：當時，NH3BH3水解產(chǎn)氫速率反而降低的可能原因是。②NH3BH3水解脫氫后的再生可采用電解法，第一步是電解BO2-轉(zhuǎn)化為BH4-，請寫出該轉(zhuǎn)化的電極反應。20．(10分)十二鎢硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一種一種性能優(yōu)越的多功能催化劑，它的一種制備方法如下(步驟I、II的裝置如圖所示)。I．稱取Na2WO4·H2O置于三頸燒瓶中，加入蒸餾水劇烈后攪拌至澄清，加熱；II．在下緩慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸時從滴液漏斗中緩慢地向其中加入濃鹽酸，調(diào)節(jié)值為2，繼續(xù)攪拌加熱，自然冷卻；III．將冷卻后的全部液體轉(zhuǎn)移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入濃鹽酸，充分振蕩，萃??；IV．將下層醚合物分出放于蒸發(fā)皿中，加水，水浴蒸發(fā)至溶液表面有晶體析出時為止，冷卻結晶，抽濾，即可得到產(chǎn)品。(1)裝置a的名稱是。(2)請寫出步驟II中生成[SiW12O40]4-的離子方程式：____________________________。(3)步驟III的詳細操作如下，請補充操作a并對下列操作進行排序：a→b→→f，步驟c中放出的氣體是。a．。b．將溶液和乙醚轉(zhuǎn)入分液漏斗并逐滴加入鹽酸c．旋開旋塞放氣d．倒轉(zhuǎn)分液漏斗，小心振蕩e．將分液漏斗置于鐵架臺上靜置f．打開旋塞，待下層液體完全流出后，關閉旋塞，將上層液體倒出(4)步驟Ⅳ中為防止[SiW12O40]4-轉(zhuǎn)化為[SiW12O40]6-，可以補充的操作為。(5)H4[SiW12O40]·nH2O的熱重曲線圖如圖所示，當溫度達到(A點)時，物質(zhì)中的結晶水全部失去，則化學式中的n=，A點過后曲線仍有微弱的下降趨勢，試推測原因。21．(12分)化合物X是重要的藥物合成中間體，下圖是其合成路線之一：已知：請回答：(1)化合物B的官能團名稱是。(2)化合物F的結構簡式是______________________。(3)下列說法不正確的是___________。A．化合物A與酸、堿反應均能生成鹽B．1mol化合物C最多消耗2molNaOHC．化合物中N原子結合H+的能力：①>②D．化合物Ⅹ的化學式為C19H18N4(4)寫出D→E的化學方程式：_______________________________________。(5)已知硝基苯直接硝化的產(chǎn)物為間二硝基苯，利用題中信息，設計以硝基苯、乙酸和乙酰氯()為原料，合成甲基苯并咪唑()的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。(6)寫出同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式：___________________。①分子中有3種不同化學環(huán)境的氫原子②除苯環(huán)無其他環(huán)狀結構，有硝基、無碳氧單鍵

——★參考答案★——一、選擇題1．【答案】D【解析】A項，SiO2能與堿反應生成鹽與水，屬于酸性氧化物，不屬于兩性化合物，A錯誤；B項，CHCl3與酸不反應，不屬于兩性化合物，B錯誤；C項，Na2CO3·7H2O與堿不反應，不屬于兩性化合物，C錯誤；D項，H2N-CH2-COOH含有氨基，能與酸反應，含有羧基，能與堿反應，屬于兩性化合物，D正確；故選D。2．【答案】C【解析】A項，二氧化硫具有還原性，可延長葡萄糖酒的變質(zhì)時間，常用作葡萄酒抗氧化劑，故A錯誤；B項，氯化鐵溶液具有氧化性，能與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，常用作銅印刷電路板的腐蝕液，故B錯誤；C項，HNO3具有強氧化性，能與金屬銀發(fā)生氧化還原反應，可清洗附在試管內(nèi)壁的銀鏡，故C正確；D項，維生素C具有還原性，可用于水果罐頭的抗氧化劑，故D錯誤；故選C。3．【答案】A【解析】A項，sp2雜化形成的原子軌道為平面三角形，其雜化軌道示意圖為，A正確；B項，K層只有s能級，沒有p能級，則H原子1s能級上的電子可以躍遷到L能層的s能級或p能級上，B錯誤；C項，N2的p-pσ鍵是頭碰頭方式重疊形成，電子云圖為，C錯誤；D項，MgCl2為離子化合物，用電子式表示其形成過程時，應該是Mg失去電子，Cl得到電子：，D錯誤；故選A。4．【答案】B【解析】A項，氫氧化鐵膠體的制備方法是通過在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，然后停止加熱，A錯誤；B項，乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中的溶解度，而讓其結晶析出，B正確；C項，鐵在常溫下，遇到濃硫酸會發(fā)生鈍化，導致反應停止，此實驗不能探究濃度對化學反應速率的影響，C錯誤；D項，葡萄酒中除了含有乙醇以外，還含有葡萄糖、多酚等多種還原劑，均能被高錳酸鉀氧化，D錯誤；故選B。5．【答案】D【解析】晶體硅是華為Mate60pro系列“爭氣機”的芯片主要材，A項正確；用機械剝離法從石墨中分離出的石墨烯能導電，石墨烯與金剛石均為碳的單質(zhì)，它們互為同素異形體，B項正確：氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，則國產(chǎn)飛機C919用到的氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，C項正確；芳砜綸纖維是合成高分子化合物，屬于合成纖維，D項錯誤。6．【答案】A【解析】A項，氣體體積沒有說標況，無法計算，A錯誤；B項，NH4ClO4在反應中，氮元素化合價上升，氯元素化合價降低，NH4ClO4既是氧化劑也是還原劑，B正確；C項，反應的還原產(chǎn)物為氯氣和氧氣，共三份，氧化產(chǎn)物為氮氣，共一份，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：3，C正確；D項，反應為放熱反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，D正確；故選A。7．【答案】B【解析】A項，石墨中C原子上未參與雜化的所有p軌道相互平行且重疊，使p軌道中的電子可在整個碳原子平面中運動，所以能導電，故A正確；B項，高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜是因為其結構穩(wěn)定，不易分解，與其軟化溫度較高沒有關系，故B錯誤；C項，納米級長纖維的表面積大，其附著力增強，能制造新型黏著材料，故C正確；D項，CH3CH2NH3NO3的熔點低，為液態(tài)的離子化合物，不易揮發(fā)，故可作電化學研究的電解質(zhì)，故D正確；故選B。8．【答案】D【解析】HClO具有強氧化性，HSO3-具有還原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-；多量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A項錯誤；氫硫酸是二元弱酸，HS-不能完全電離，↓+H+，B項錯誤；Na2S2O3易溶于水，應寫成離子形式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C項錯誤；CaSO4微溶，CaCO3難溶，可以實現(xiàn)沉淀轉(zhuǎn)化：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)，D項正確。9．【答案】D【解析】由質(zhì)譜圖可知，X的相對分子質(zhì)量為136，n(X)=，3.6gH2O的物質(zhì)的量n(H2O)=，8.96L(標準狀況)CO2的物質(zhì)的量n(CO2)=，則X中n(H)=2n(H2O)=0.4mol，n(C)=n(CO2)=0.4mol，m(H)=nM=0.4mol×1g/mol=0.4g，m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，0.4g+4.8g＜6.8g，所以X中含有O元素，m(O)=6.8g-4.8g-0.4g=1.6g，n(O)=，n(X)：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.4mol：0.4mol：0.1mol=1：8：8：2，化合物X的分子式為C8H8O2，其核磁共振氫譜有4個峰且面積之比為3：2：2：1，X分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，說明X分子中含有4種H原子，苯環(huán)上有三種氫原子，個數(shù)分別為1、2、2，所以側(cè)鏈中含有-CH3，結合紅外光譜可知，分子中存在酯基，且存在結構，故有機物X的結構簡式為。A項，由質(zhì)譜圖可知，X的相對分子質(zhì)量為136，分析可知n(C)：n(H)：n(O)=0.4mol：0.4mol：0.1mol=8：8：2，化合物X的分子式為C8H8O2，故A正確；B項，X的核磁共振氫譜有4個峰，故含有H種類為4種，故B正確；C項，X分子結構簡式為，為含有酯基的芳香族化合物，故C正確；D項，X屬于芳香族化合物的同分異構體中，含有羧基的有機物有4種，分別為、、、，故D錯誤；故選D。10．【答案】B【解析】W、M、N、X、Y、Z六種主族元素，原子序數(shù)依次增大，W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，W是C，W與Z相鄰，Z是Si，M的一種簡單氫化物常用作制冷劑,BM是N，X元素在骨骼和牙齒的形成中有重要作用，X是F，則N是O，基態(tài)Y原子的s能級與p能級電子數(shù)相等，Y是Mg。A項，Mg和C的電負性相差大于Si，所以離子鍵成分的百分數(shù)Mg2C＞Mg2Si，故A正確；B項，中心N原子化合價相同，NO2+氮和氧成鍵少，鍵的斥力小，鍵長短，所以NO2+，故B錯誤；C項，Mg為第二主族元素，第一電離能大于其同周期相鄰元素，故C正確；D項，NF3為三角錐形，極性分子，CF4正四面體，非極性分子，所以分子的極性NF3＞CF4，故D正確；故選B。11．【答案】D【解析】A項，由圖可知，溫度不同，反應歷程不同，A錯誤；B項，催化劑不能使化學平衡發(fā)生移動，則不能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；C項，始態(tài)和終態(tài)相同時放出熱量相同，C錯誤；D項，上述反應分為兩步：2NO+O2=2NO2，6NO2+8NH3=7N2+12H2O，最佳投料含義是反應物恰好完全轉(zhuǎn)化成N2和H2O，總反應為6NO+3O2+8NH3=7N2+12H2O，則總反應的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：8，D正確；故選D。12．【答案】B【解析】A項，氯氣和溴均為鹵素單質(zhì)，根據(jù)類比，則將乙烯通入氯水中，可以得到產(chǎn)物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OH，A正確；B項，活化能越小反應越快，活化能越大反應越慢，反應Ⅱ得到的兩種產(chǎn)物的含量不同，是由于兩者反應的活化能不同，反應速率不同，導致二者的產(chǎn)量差異，B錯誤；C項，催化劑能加快反應速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比該反應慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水溶液中含有水，則可能是H2O的存在加快了反應速率，H2O是總反應的催化劑，C正確；

D項，微粒中，氫為2電子穩(wěn)定、碳溴為8電子穩(wěn)定，所有原子最外層均達到了穩(wěn)定結構，D正確；故選B。13．【答案】D【解析】圖可知，HMC-3電極上鐵元素、氧元素價態(tài)降低得電子，故HMC-3電極為陰極，電極反應式分別為O2+2e-+2H+=H2O2，F(xiàn)e3++e-=Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+=Fe3++?OH+H2O，?OH氧化苯酚，反應為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，Pt電極為陽極，電極反應式為H2O-e-=?OH+H+。A項，HMC-3電極為陰極Fe3++e-=Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+=Fe3++?OH+H2O，反應前后Fe3+的量保持不變，A錯誤；B項，Pt電極為陽極，電極反應式為H2O-e-=?OH+H+，?OH氧化苯酚，反應為C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，B錯誤；C項，電流強度過高，產(chǎn)生的過氧化氫過多，過量的過氧化氫會氧化亞鐵離子，導致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機污染物的效率下降，C錯誤；D項，根據(jù)反應C6H5OH+28?OH=6CO2↑+17H2O，苯酚轉(zhuǎn)化為二氧化碳，1mol的苯酚發(fā)生反應，要消耗28mol的·OH，而28mol的·OH需要28mol的過氧化氫，47.0g苯酚的物質(zhì)的量為，理論上消耗14molH2O2，D正確；故選D。14．【答案】C【解析】A項，超分子指的是兩個或兩個以上分子通過非共價鍵的作用力結合而成的分子，P4O18不屬于超分子，A錯誤；B項，CH2Cl2中的4根化學鍵不完全相同，因此分子的空構型為四面體形，不是正四面體形，B錯誤；C項，根據(jù)結構式可知，該分子中含有P-Q極性鍵和O-O非極性鍵，C正確；D項，O3為含有極性鍵的極性分子，但是其分子極性較弱，反而更易溶于非極性溶劑，在極性溶劑水中溶解度小于在非極性溶劑四氯化碳中的溶解度，D錯誤；故選C。15．【答案】D【解析】CaC2O4為強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)、C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，所以在CaC2O4溶液中，cCa2＋＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)，即①表示C2O42-、②表示H2C2O4、③表示HC2O4-、④表示Ca2＋。A項，H2C2O4HC2O4-+H+，，②③相交時c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，此時pH=1.3，可得Ka1=10-1.3，數(shù)量級為10-2，故A錯誤；B項，溶液pH=7時c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒2cCa2＋＋cH＋＝cOH－＋2cC2O42-＋cHC2O4-，但是沒有考慮到加入鹽酸或者氫氧化鈉以后提供的氯離子或鈉離子，所以2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-，錯誤，故B錯誤；C項，A點為溶液顯酸性，B、C點酸性減弱，水的電離程度增大，故水的電離程度：A，故C錯誤；D項，A點時c(H+)=10-1.3mol/L，c(HC2O4-)=10-3mol/L，結合C點，Ka2==10-4.2，A點時，==10-2.9，則A點，c(C2O42-)=10-5.9mol/L，c(OH-)==10-12.7mol/L，即A點時，該離子濃度比較正確，故D正確；故選D。16．【答案】C【解析】A項，SiO32-水解使溶液顯堿性，向該鹽溶液的試管中滴加1滴酚酞，溶液變?yōu)榧t色，然后逐滴加入稀鹽酸，二者發(fā)生反應產(chǎn)生硅酸沉淀，溶液的堿性逐漸減弱，因此紅色逐漸褪去，HCl是無氧酸，因此不能證明元素的非金屬性：Cl>Si，A錯誤；B項，向BaCl2溶液中通入SO2和氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，該白色沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的氣體可能是堿性氣體NH3或強氧化性氣體Cl2，氣體X不一定具有強氧化性，B錯誤；C項，向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色說明有碘單質(zhì)生成，即銅離子將碘離子氧化，下層有白色沉淀生成說明不是氫氧化銅沉淀且無銅單質(zhì)生成，說明發(fā)生反應2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，C正確；D項，Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的物質(zhì)的量濃度未知，無法比較二者的pH值，D錯誤；故選C。二、非選擇題17．【答案】(1)F、Ne(1分)Π34(1(2)三硝基甲苯的分子結構中包含三個高能的硝基，硝基在受到?jīng)_擊或者摩擦時會迅速發(fā)生分解(2分)(3)AB(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，則同周期第一電離能比N大的元素有F、Ne；NO2-是“V”形結構，NO2-的大π鍵中參與原子數(shù)為3，氮原子剩余電子數(shù)5+1-2=4，O原子剩余電子數(shù)6-1=5，根據(jù)“單出1，偶除2”，則大π鍵可表示為Π34；(2)三硝基甲苯可用來制作炸藥TNT，試從分子結構中分析其易爆炸的原因三硝基甲苯的分子結構中包含三個高能的硝基，硝基在受到?jīng)_擊或者摩擦時會迅速發(fā)生分解；(3)A項，氮的電負性比P的電負性大，N與Cl的電負性差值小于P與Cl的電負性差值，因此NCl3分子的極性比PCl3的大，故A錯誤；B項，氮的堿性是氮孤對電子起作用，電負性O>N>H>C，N2H4為氨基取代，NH2OH為羥基取代，NH2CH3為甲基取代，甲基是供電子基團，而吸引電子能力是羥基＞氨基，則堿性：NH2OHN2H4NH2CH3，故B錯誤；C項，根據(jù)晶體熔點分析，一般共價晶體熔點高，AlN的熔點為2200℃，硬度高，推測它為共價晶體，故C正確；D項，NH3BH3中存在配位鍵，氮原子有1對孤對電子，B原子最外層電子數(shù)全部用完，因此提供空軌道的是B，故D正確；故選AB。(4)根據(jù)P4為正四面體結構分析N4，結合NH4+的結構式為，則得到N4H44+的結構式是N4中每個氮原子形成配位鍵，則N4H44+的結構式；(5)與N形成的某種化合物晶體的晶體結構如圖所示，晶胞中N個數(shù)為2，F(xiàn)e個數(shù)為，已知六棱柱底面邊長為，高