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2022-2023学年浙江省舟山市定海第一中学高三上学期9月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年浙江省舟山市定海第一中学高三上学期9月月考化学试题含解析，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省舟山市定海第一中学2022-2023学年高三上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
B．福尔马林能防腐，但不能用于食品保鲜
C．“地沟油”经分馏可得汽油，可用作汽车燃料
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【详解】A．聚丙烯是合成有机高子材料，A正确；
B．福尔马林有毒，高度致癌，不能用于食品保鲜，B正确；
C．“地沟油”要经过一系列化学变化才能转变成汽油，分馏是物理变化，C错误；
D．碘酒可以消毒杀菌，用于皮肤外用消毒是可以的，D正确；
故选C。
2．下列物质属于强电解质的是
A．Ca(OH) 2 B．Cu C．盐酸 D．CH4
【答案】A
【详解】A．Ca(OH) 2是强碱，属于强电解质，故A符合题意；
B．Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．盐酸是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；
D．CH4是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
3．下列仪器一般不用于升华操作实验的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】升华主要是利用加热方法将固体直接变为气体的物理变化，蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯可用于加热，而容量瓶不能用于加热，只能用于配置溶液，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4．古丝绸之路也是东西方文化之路。在古丝绸之路的贸易中，下列商品的主要成分属于合金的是
A．红宝石 B．茶叶 C．青铜器皿 D．珍珠
【答案】C
【详解】A．红宝石、蓝宝石主要成分都是Al2O3，不属于合金，故A错误；
B．茶叶属于有机物，故B错误；
C．青铜是纯铜中加入锡或铅的合金，故C正确；
D．珍珠的主要成分为碳酸钙，不属于合金，故D错误；
故答案选C。
5．决定溶液、胶体和悬浊液这三种分散系性质的本质原因是
A．是否为大量分子或离子的集合体 B．能否透过滤纸或半透膜
C．分散质粒子的大小 D．能否产生丁达尔现象
【答案】C
【详解】A．溶液、胶体和悬浊液属于分散系，一种或多种分散质分散在另一种或多种分散剂中形成的体系，故A不符合题意；
B．溶液和胶体都能透过滤纸，溶液能透过半透膜，胶体不能透过半透膜，但不是本质区别，故B不符合题意；
C．分散质粒子的大小是区别分散系的本质原因，故C符合题意；
D．胶体能产生丁达尔效应，因此常用丁达尔现象区别溶液和胶体，但不是本质区别，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
6．下列化学用语或图示中表达错误的是
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
【答案】B
【详解】A．CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；
B．铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；
C．NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；
D．基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案选B。
7．下列化合物中，与互为同分异构体的是
A．CH3CH3 B．CH3CH2CH3 C．CH3CH2CH2CH3 D．
【答案】C
【分析】同分异构体是分子式相同，但结构不同的有机物。题干中有机物CH(CH3)3的分子式为C4H10、是异丁烷。
【详解】A．CH3CH3的分子式为C2H6，分子式不同，A不符合题意；
B．CH3CH2CH3的分子式为C3H8，分子式不同，B不符合题意；
C．CH3CH2CH2CH3的分子式为C4H10，与CH(CH3)3结构不同，互为同分异构体，C符合题意；
D．所给物质的分子式为C5H12，分子式不同，D不符合题意；
故选C。
8．乙基丁烯酸M()是一种重要的有机物，下列有关M的说法错误的是
A．分子式为 B．与乙酸互为同系物
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生取代反应和加成反应
【答案】B
【详解】A．M的分子式为，A项正确；
B．M中含碳碳双键和羧基，而乙酸只含羧基，不是同系物，B项错误；
C．M中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．M中含碳碳双键和羧基，能发生加成反应和取代反应，D项正确；
故答案选B。
9．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是
A．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2
C．Na2O2可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气
D．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
【答案】A
【详解】A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，在空气中久置变质，是因为其中的次氯酸钙与空气中的CO2反应生成CaCO3，A错误；
B．洁厕灵含有盐酸，“84”消毒液含有次氯酸，两者混用会发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，B正确；
C．Na2O2可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气，C正确；
D．氯气能与碱反应，与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，D正确。
故选A。
10．下列说法不正确的是
A．室温下，铜能与浓硝酸反应，不能与浓硫酸反应
B．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
D．足量铁与稀硝酸反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】C
【详解】A．室温下，铜能与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，铜不能与浓硫酸反应，A正确；
B．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮，B正确；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，氢离子、硝酸根离子、铜反应生成硝酸铜，铜粉溶解，C错误；
D．足量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子、一氧化氮，离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，D正确；
故选C。
11．硫及其化合物的价-类二维表如图所示，则下列说法错误的是
A．将X与Y混合，可生成淡黄色固体。
B．Y与氯气等物质的量混合后能增强漂白性。
C．在蔗糖中倒入W的浓溶液，可验证W的浓溶液具有脱水性和强氧化性。
D．从氧化还原角度分析，欲制备Na2S2O3， 可用Na2SO3与S反应制得。
【答案】B
【分析】X为气态氢化物，则X为H2S，Y为硫元素的+4价氧化物，则Y为SO2，Z为+4价的盐，则Z为Na2SO3，W为+6价的酸，则W为H2SO4，据此解答。
【详解】A．将X与Y混合，二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色固体硫和水，故A正确；
B．等物质的量SO2与氯气混合后，同时与水反应生成硫酸和盐酸，漂白性消失，故B错误；
C．在蔗糖中倒入浓硫酸溶液，蔗糖会变黑且疏松多孔，可验证浓硫酸溶液具有脱水性和强氧化性，故C正确；
D．Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2SO3与S中S元素化合价分别为+4和0价，从氧化还原角度分析，可用Na2SO3与S反应制得Na2S2O3，故D正确；
故答案选B。
12．在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色。下列说法正确的是
A．在高温下，能发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑，能证明H2SiO3的酸性大于碳酸
B．SiO2是酸性氧化物，可以与水反应：SiO2+H2O=H2SiO3
C．SiO2广泛用作制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”
D．5G手机运行速度更快，主要是因为采用了更高端的芯片，芯片主要由Si组成
【答案】D
【详解】A． 在高温下，能发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑，是因为高沸点物质制备了低沸点物质，不能证明H2SiO3的酸性大于碳酸，A错误；
B． SiO2是酸性氧化物，但SiO2与H2SiO3均不溶于水，故不与水反应，B错误；
C．除氢氟酸外，二氧化硅通常不与酸反应，故光导纤维遇强酸不会“断路” ，C错误；
D． 硅是优良的半导体材料，芯片主要由Si组成，D正确；
答案选D。
13．下列金属冶炼的反应原理，不恰当的是。
A．2NaCl(熔融) B．
C． D．
【答案】B
【分析】金属冶炼的方法与金属的活泼性相关，金属越是活泼，越难冶炼，其中活泼金属Na、Mg、Al要用电解法来冶炼，而Fe、Cu可用还原法来冶炼；
【详解】A．Na是活泼金属，利用电解熔融的氯化钠获得金属Na，A正确，不符合题意；
B．Mg是活泼金属，利用电解熔融的氯化镁获得金属Mg，B错误，符合题意；
C．Al是活泼金属，利用电解熔融的氧化铝获得金属Al，C正确，不符合题意；
D．Fe是较活泼金属，利用热还原法来获得Fe，其中可以使用的还原剂有C、CO、和Al，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
14．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．熔点很高，可用作耐高温材料
B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．溶液显酸性，可用于蚀刻印刷铜制电路板
D．溶液能与反应，可用作漂白剂
【答案】A
【详解】A．具有高熔点的物质可用作耐高温材料，熔点很高，可用作耐高温材料，A正确；
B．能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期使用，与受热易分解无关，B错误；
C．具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以溶液可用于蚀刻印刷铜制电路板，与其水解显酸性无关，C错误；
D．具有强氧化性，可用作漂白剂，与溶液能与反应关系不大，D错误；
故选A。
15．铵明矶 是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是
A．过程I反应：
B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需 溶液
C．若省略过程II， 则铵明矾产率明显减小
D．向铵明矾溶液中逐滴加入溶液并加热，先后观察到： 刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀 消失
【答案】D
【分析】过程I反应为碳酸氢铵和过量硫酸钠生成碳酸氢钠和硫酸铵，过滤滤液加入稀硫酸除去碳酸氢根离子得到滤液B，加入硫酸铝得到铵明矾。
【详解】A．过程I反应为碳酸氢铵和过量硫酸钠生成碳酸氢钠和硫酸铵，方程式正确，A正确；
B．加入过量稀硫酸得到酸性滤液B，则阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，检验溶液B中阴离子的试剂仅需 溶液，B正确；
C．若省略过程II， 没有除去溶液中碳酸氢根离子，碳酸氢根离子和铝离子双水解导致铵明矾产率明显减小，C正确；
D．向铵明矾溶液中逐滴加入溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，D错误；
故选D。
16．物质M可用作调味剂、乳化剂、抗氧化增效剂、吸湿剂、pH调节剂、增香剂、缓冲剂，其结构式如图所示。M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代。下列说法错误的是
A．物质M与稀硫酸反应生成的一种化合物中含有两种官能团
B．Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y
C．Z、Q两种元素的简单离子半径：Q＞Z
D．Y、Z两种元素形成化合物时，Z总显负价，说明非金属性：Z＞Y
【答案】C
【分析】M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代，可知Y为C元素；结合M中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X为H元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Q为Na元素，然后根据元素周期律及物质的形状分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X为H、Y为C、Z为O、Q为Na元素。
A．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CHOHCOOH，分子物质中含羟基、羧基两种官能团，A正确；
B．Y为C、Z为O，元素的非金属性：O＞C，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，所以Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y，B正确；
C．Z为O、Q为Na，二者形成的简单离子O2-、Na+核外电子排布都是2、8，离子的核外电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Q＜Z，C错误；
D．Y为C、Z为O，二者都是非金属元素，原子之间通过共价键结合形成化合物。元素非金属性越强，在形成化合物时，共用电子对就偏向吸引电子能力强的O元素，该元素化合价就显负价，吸引电子能力弱的形成化合物时元素显正价，因此可根据Y、Z两种元素形成化合物时，Z总显负价，判断元素的非金属性：Z＞Y，D正确；
故合理选项是C。
17．下列有关除杂的操作中不正确的是
A．溶液中含少量杂质：加入过量的粉，过滤
B．除去溶液中少量的：加入新制氯水
C．除溶液中少量的杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤
D．除溶液中的杂质可以向溶液中加入过量铁粉
【答案】D
【详解】A．加入过量的铁粉，发生反应，再经过过滤，能够除去杂质，A正确；
B．新制氯水与反应：，可以除去杂质，B正确；
C．向含有少量的溶液中加入过量粉：，过滤即可除杂，C正确；
D．与氯化铁反应，将原物质除去，不能除杂，应向该溶液中通入足量的氯气，D错误；
故选D。
18．将3.84g铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成NO2和NO的混合气体，当铜完全溶解时，共产生气体1.12L(已折合为标准状况)，则产生的NO2和NO的物质的量之比为
A．3︰7 B．9︰1 C．4︰1 D．2︰3
【答案】A
【详解】将3.84g铜(物质的量为0.06mol)和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成NO2和NO的混合气体，当铜完全溶解时，共产生NO2和NO的混合气体，混合气体体积为1.12L(已折合为标准状况)即物质的量为0.05mol，根据得失电子守恒建立方程式n(NO2)+ n(NO)=0.05mol，n(NO2)+ 3n(NO)=0.06mol×2，解得n(NO)=0.035mol，n(NO2)=0.015mol，则产生的NO2和NO的物质的量之比为3︰7；故A符合题意。
综上所述，答案为A。
19．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为，该反应为放热反应。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入和。10min时，测得容器中的物质的量浓度为0.08mol/L，11min时，测得的物质的量浓度为0.082mol/L。下列说法正确的是
A．可以用如图表示反应中的能量变化
B．合成氨反应时的能量转化形式是热能转化为化学能
C．H-H键断裂时会放出能量
D．其他条件一定，反应的、越多，反应放出的热量越多
【答案】D
【详解】A．该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，不能用如图表示反应中的能量变化，A错误；
B．合成氨反应时的能量转化形式是化学能转化为热能，B错误；
C．H-H键断裂时会吸收能量，C错误；
D．根据方程式可知其他条件一定，反应的、越多，反应放出的热量越多，D正确；
答案选D。
20．为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实验方案。其中不合理的是
A．室温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，证明HX是弱酸
B．向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，证明HX是弱酸
C．HX与Na2SO3溶液反应，可以得到H2SO3，证明HX是弱酸
D．在相同条件下，对0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX为弱酸
【答案】C
【详解】A．常温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，说明HX在水溶液里部分电离，则证明HX是弱酸，合理，故A错误；
B．向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，说明HX存在电离平衡，能证明HX是弱酸，合理，故B错误；
C．HX与Na2SO3溶液反应得到H2SO3，根据强酸制弱酸，说明HX的酸性比亚硫酸的强，HX可能为强酸，不能证明HX是弱酸，不合理，故C正确；
D．相同条件下，对0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的HX进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，说明HX溶液中离子浓度小于HCl，则证明HX部分电离，所以HX为弱酸，合理，故D错误；
故选：C。
21．德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料平衡转化率而采取的措施是
A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．②③④
【答案】C
【详解】合成氨的反应是气体体积减小的、放热的可逆反应。净化干燥的目的是提高产物纯度，不能提高转化率，①不符合；催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，③不符合；而②④⑤操作均使合成氨反应平衡向正反应方向移动，均能提高反应转化率；故选C。
22．钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域，用双极膜电解制备金属钴的装置如图所示。双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极迁移。下列说法错误的是
A．电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小
B．当电路中转移2mol电子时，阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加80g
C．电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜移向右室
D．电解总反应：
【答案】C
【详解】A．电解池工作时双极膜中的氢离子向阴极移动，所以电极b是阴极，硫酸根离子通过阴离子交换膜向左移动与氢离子结合生成硫酸，所以阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小，A正确；
B．当电路中转移2mol电子时阳极产生0.5mol氧气，同时有1mol硫酸根向左移动，所以阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加96g－16g＝80g，B正确；
C．根据以上分析可知电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜移向左室，C错误；
D．阳极氢氧根放电产生氧气，阴极钴离子放电产生钴，所以电解总反应：，D正确；
答案选C。
23．X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2+能与NH3形成[Q(NH3)4]2+，[Q(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构。Q2Z种晶胞如下图所示。
下列说法正确的是
A．X的一种晶体具有很大的硬度，1 mol该晶体中含有4molX-X键
B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体
C．[Q(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形
D．Q2Z晶胞中，距离每个Q+最近的Z2-有2个
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，则X为C，Z为O，则Y为N；W的最外层电子数是次外层的一半，则W为Si；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，则Q为Cu。
【详解】A．C的一种晶体硬度很大，则该晶体为金刚石，金刚石中每个C都和4个C以C-C键相连，每个C-C键被2个C共有，所以每个C相等于连接2个C-C键，所以1mol金刚石中含有2molC-C键，故A错误；
B．N2和O2晶体中存在的是分子间作用力，为分子晶体，故B错误；
C．[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构，所以[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，故C错误；
D．根据阴阳离子个数比可知，在Cu2O晶胞中，顶点和体心为O2-，内部的4个离子为Cu+，则距离每个Cu+最近的O2-有2个，距离每个O2-最近的Cu+有4个，故D正确；
故选D。
24．常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10−6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【详解】A．根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；
B．滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；
C．向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；
D．p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；
故合理选项是D。
25．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定含有CO
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【详解】A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有，不一定含有，选项A错误；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl沉淀，不能说明一定有，选项B错误；
C．氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则一定有，选项C正确；
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸钙，不一定有Ba2+，选项D错误；
答案选C。
二、填空题
26．回答下列问题
(1)硼酸(H3BO3)为一元弱酸，电离方程式H3BO3+H2OH++B(OH)。已知：H3BO3的电离常数Ka=5.8×10−10，H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10−7、Ka2=4.7×10−11，向饱和硼酸溶液中滴加少量Na2CO3溶液，写出发生反应的离子方程式_______。
(2)已知戊烷(C5H12)的3种同分异构体的沸点数据如下表：
正戊烷
异戊烷
新戊烷
沸点/℃
36.1
27.9
9.5
请从物质结构角度分析，正戊烷、异戊烷、新戊烷沸点依次降低的原因是_______。
(3)某第四周期元素位于元素周期表中的第六纵行，其基态原子的价电子轨道表达式为_______。
【答案】(1)H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)
(2)烷烃同分异构体中支链越多，分子间斥力越大，沸点越低
(3)
【解析】（1）
由电离常数可知，弱酸或弱酸根离子的电离程度大小的顺序为H2CO3＞H3BO3＞HCO，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液和少量碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和四羟基合硼酸钠，反应的离子方程式为：H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)，故答案为：H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)；
（2）
正戊烷、异戊烷、新戊烷都是分子晶体，分子中的支链数目依次增多，分子间斥力依次增大，分子间作用力依次减弱，沸点依次降低，故答案为：烷烃同分异构体中支链越多，分子间斥力越大，沸点越低；
（3）
某第四周期元素位于元素周期表中的第六纵行，则该元素为Cr元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，价电子轨道表达式为，故答案为：。
三、元素或物质推断题
27．化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。
(1)组成X的四种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)混合气体A组成为_______。
(3)①写出X受热分解的化学方程式：_______。
②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。
(4)设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子：_______。
【答案】(1) K、Cu、C、O K2[Cu(C2O4)2]
(2)0.3molCO2和0.3molCO
(3) 2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO↑ + Cu2O + 2K2CO3 K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O
(4)用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+
【分析】无色气体B标况下密度为1.25g/L，m(B)= 1.25g/L×0.672L=0.84g，M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由混合气体A通入足量澄清石灰水生成白色沉淀即CaCO3，可知A含有CO2，还有未反应的气体B，则B为CO，n(CO2)= n(CaCO3)=，n(CO)=，混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO，根据碳元素的价态变化可推知受热时能产生CO和CO2,则固体中含有草酸根离子；则X含有C、O元素，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，E和NaOH溶液反应得到蓝色沉淀Cu(OH)2，加热分解生成黑色固体CuO，则n(CuO)=，0.64g紫红色固体为Cu，n(Cu)=，铜的总物质的量n(Cu)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，根据固体混合物与稀硫酸反应产生铜单质和Cu2+，可推知固体中铜以+1价存在，混合物C中含有n(Cu2O)=n(Cu)=0.01mol，混合物中另一种物质碳酸盐的质量为6.36g-m(CO)-m(CO2)-m(Cu2O)=6.36g-0.03mol×28g/mol-0.03mol×44g/mol-0.01mol×144g/mol=2.76g，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，则碳酸盐M==138g/mol，138-60=78，结合金属元素的价态及相对原子质量可推知为K元素，则碳酸盐为K2CO3，n(O)==0.16mol，n(K):n(Cu):n(C)：n(O)=0.04:0.02:0.08:0.16=2:1:4:8，结合物质价态得X为K2[Cu(C2O4)2]；
（1）
根据分析可知X含有K、Cu、C、O四种元素；X的化学式为K2[Cu(C2O4)2]；
（2）
混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO；
（3）
①X受热分解的化学方程式为：2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO ↑+ Cu2O + 2K2CO3；
②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，说明发生络合反应，反应的离子方程式为：K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O；
（4）
检验无色溶液F中的金属阳离子：用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。
四、结构与性质
28．Ⅰ、由CO2、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯()的过程如图，请回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键
Ⅱ、硫元素在化合物中常表现出多种化合价，它的许多化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子的杂化轨道类型是___________。
(3) 的电子式是___________，依据理论推测的空间构型为___________，常温下是气体而是液体的原因是___________。
(4)的键角___________的键角(填“大于”或“小于”)，理由是___________。
(5) 在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方晶体结构如图所示。
①已知A、B点的原子坐标分别为和，则C点的原子坐标为___________；
②若晶胞棱长为，密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)AB
(2)sp3
(3) 直线形 二者都是分子晶体，的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高
(4) 大于 O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大
(5)
【解析】（1）
A．上述过程a中，CO2与NH3反应生成尿素和H2O，反应物中C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，产物中C的价层电子对数=3+=3，采取sp2杂化，C元素的杂化方式发生改变，故A错误；
B．氨分子与水分子间能形成氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在水中，故B错误；
C．尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲酯，沸点高于碳酸二甲酯，故C正确；
故答案为：AB；
（2）
为环状立体结构，每个S原子形成2个键，S原子上还有2对孤电子对，所以每个S原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）
CS2为共价化合物，碳原子与2个硫原子各共用2对电子，电子式为；CS2分子中中心原子C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，无孤对电子，空间构型为直线形；常温下CO2是气体而CS2是液体的原因是二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高，故答案为：；直线形；二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高；
（4）
H2O的键角大于H2S的键角，其原因为O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大，故答案为：大于；O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大；
（5）
①已知A点的原子坐标为，B点是面心上的点，原子坐标为，C点在晶胞体对角线的四分之一处，由C点分别向3个面作垂线可知，C点的原子坐标为，故答案为：；
②根据晶胞可知，S2-位于晶胞顶点和面心，S2-个数为8+6=4，Zn2+位于晶胞内部，共有4个，若晶胞棱长为，则该晶胞体积为(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据密度公式可得==，即为，故答案为：。
五、原理综合题
29．建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
(1)已知有关化学键的键能E数据如下
化学键
C=O
H—H
C—H
C—O
O—H
E/(KJ·mol-1)
745
436
413
356
463
CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2=_______kJ/mol(用含a的代数式表示)
(2)该反应在_______(填“高温”或“低温”)能自发进行。
(3)一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0~6min内用H2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数KP=_______(KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
(4)恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为_______(写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体的密度不再变化
B．甲酸的浓度不变
C．CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。
①电解过程中，b极发生的电极反应式为_______
②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻_______g。
【答案】(1)a+51
(2)低温
(3) 3KPa/min 0.5KPa-1
(4) 充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
(5) CO2+2H++2e-=HCOOH 9
【解析】（1）
根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH=745KJ·mol-1×2+436KJ·mol-1-413KJ·mol-1-715KJ·mol-1-356KJ·mol-1-463KJ·mol-1=-51KJ·mol-1，据图：ΔH=Ea1-Ea2，Ea2=Ea1-ΔH=(a+51)kJ·mol-1。
（2）
该反应ΔH<0，ΔS<0，由ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应可自发进行可知当T较小时ΔG可能<0，故在低温能自发进行。
（3）
恒温恒容容器内压强与气体物质的量成正比，将气体压强作为计算物理量设起始CO2、H2分压分别为24KPa消耗量为xKPa，列三段式：
由P平=30KPa=48KPa-xKPa，解得x=18，ν(H2)==3KPa·min-1，KP==0.5KPa-1。
（4）
恒温恒容条件下，提高CO2的转化率,不能改变温度或者容器体积.可以充入H2或者分离出HCOOH使平衡正向移动，CO2转化率提高；
恒容条件下由ρ=气体密度恒定不变，A不能说明反应达平衡；
甲酸浓度不变说明正向生成速率与逆向消耗速率相等，B项可以；
CO2的消耗与HCOOH的生成均指正向反应速率，C项不能；
混合气体的平均相对分子质量，m总守恒，n总改变当混合气体升温平均相对分子质量不变可以说明正V正=V逆，D项可以；
故选BD。
（5）
①石墨烯电极上CO2进入，HCOOH出来且电子流入该电极CO2得到e-，生成HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②阳极区反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mole-生成molO2，使溶液质量减轻8g，另同时有1molH+通过质子交换膜从阳极迁入阴极又减轻1g，共减轻9g。
六、工业流程题
30．可用于制备等重要的含铈化合物。实验室由含铈矿物(主要含还含等杂质)制备的主要实验过程如下：
已知：分别为灰白色、黄色难溶物。
(1)“加热酸溶”步骤中不使用玻璃仪器而应使用铅制容器，其主要原因是___________；与浓硫酸反应生成的化学方程式为___________。
(2)“水浸”过程得到的滤渣主要成分为___________。
(3)“沉淀”步骤中得到的沉淀为，能证明沉淀已完全的实验操作为___________。
(4)制备的装置如下图所示：
①置a的烧瓶中盛放的固体为___________(填化学式)；
②制备的实验方案为：按照上图搭好装置，___________，加入药品，打开电动搅拌装置，___________，停止通后改通空气一段时间，将装置b中的反应混合物取出，___________，低温晾干即得到较纯净的。
【答案】(1) 反应生成的溶液能腐蚀玻璃仪器
(2)
(3)静置，向上层清液中继续滴加溶液，若无灰白色沉淀产生，则已沉淀完全
(4) (或漂白粉) 检查装置气密性 打开a中分液漏斗上口塞或使上口塞的槽对准漏斗上的小孔并打开旋塞使浓盐酸滴下，直到b中沉淀完全变为黄色 用蒸馏水洗涤，取最后一次洗涤液，加稀硝酸酸化，再滴入少量溶液，若无白色沉淀产生
【分析】本实验通过含铈矿物(主要含CeO2还含CaO等杂质)加热酸溶得到、CaSO4，水浸后除去CaSO4，加入氢氧化钠反应生成Ce(OH)3，被氯气氧化生成Ce(OH)4，据此分析回答问题。
（1）
Ce(OH)4制备(NH4)2[Ce(NO3)6]的过程中，还有稀土氟化物的参与，稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器；CeO2与浓硫酸反应生成、O2和H2O，化学方程式为；4 CeO2+6H2SO4 2+ O2 +6H2O；
（2）
由以上分析可知，“水浸”过程得到的滤渣主要成分为CaSO4；
（3）
沉淀后静置，取少量上层清液于试管中，向其中继续滴加NaOH溶液，若无灰白色沉淀产生，则Ce(OH)3已沉淀完全；
（4）
①由分析可知，该装置为制取氯气的装置，且反应无需加热，故a的烧瓶中盛放的固体为KMnO4(或漂白粉)；
②按照上图搭好装置后，需要检查装置气密性，加入药品，打开电动搅拌装置，需要打开a中分液漏斗上口塞或使上口塞的槽对准漏斗上的小孔并打开旋塞使浓盐酸滴下生成氯气，氯气将Ce(OH)3氧化生成Ce(OH)4，故为直到b中沉淀完全变为黄色，将装置b中的Ce(OH)4取出，表面可能含有Cl-，检验表面没有Cl-的方法为，取最后一次洗涤液少许于试管中，加稀硝酸酸化，再滴入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明已经洗涤干净。
七、有机推断题
31．用N－杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线：
已知：①R－XR－NH2R－NO2
②
(1)化合物E的结构简式_____。
(2)下列说法不正确的是_____。
A．化合物A能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应
B．B→C涉及两步反应，第一步为取代反应，第二步为消去反应
C．化合物G含有氮原子，因此具有碱性
D．H的分子式是C23H21NO5
(3)写出F→G的化学方程式____。
(4)写出化合物D同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式____。
①IR检测显不：含有苯环，不含其他环状结构，含有，不含连续双键；
②1H－NMR显示：含有4种氢原子，其中苯环上含有2种氢原子。
(5)参照上述合成路线，设计以乙烯为原料合成化合物()的合成路线____。
【答案】(1)
(2)BC
(3)+→+H2O
(4)、、、
(5)H2C=CH2CH3CH2ClCH3CH2NH2CH3CH2NO2
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，则A为，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D为，D和G发生已知信息②的反应生成H，则G为，F与生成G，则F为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，可推知E为 ；
（1）
由分析可知，化合物E的结构简式；
（2）
A．化合物A为，含有醇羟基能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，A正确；
B．B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，第一步为加成反应，第二步为消去反应，B错误；
C．化合物G为，含氮的官能团是硝基不是氨基，不具有碱性，C错误；
D．由结构简式可知H的分子式是C23H21NO5，D正确；
故选：BC；
（3）
F为，G为，F→G的化学方程式为+→+H2O；
（4）
D为，不饱和度为6，①IR检测显不：含有苯环，不含其他环状结构，含有，不含连续双键；②1H－NMR显示：含有4种氢原子，其中苯环上含有2种氢原子，满足条件的同分异构体有：、、、；
（5）
乙烯H2C=CH2先与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，再发生已知信息①的反应生成CH3CH2NH2，接着与氧气反应生成CH3CH2NO2，在氯气光照下发生取代反应生成，在碱性溶液中卤代烃发生水解反应生成，合成路线为：H2C=CH2CH3CH2ClCH3CH2NH2CH3CH2NO2 。
浙江省舟山市定海第一中学2022-2023学年高三上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A．N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
B．福尔马林能防腐，但不能用于食品保鲜
C．“地沟油”经分馏可得汽油，可用作汽车燃料
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【详解】A．聚丙烯是合成有机高子材料，A正确；
B．福尔马林有毒，高度致癌，不能用于食品保鲜，B正确；
C．“地沟油”要经过一系列化学变化才能转变成汽油，分馏是物理变化，C错误；
D．碘酒可以消毒杀菌，用于皮肤外用消毒是可以的，D正确；
故选C。
2．下列物质属于强电解质的是
A．Ca(OH) 2 B．Cu C．盐酸 D．CH4
【答案】A
【详解】A．Ca(OH) 2是强碱，属于强电解质，故A符合题意；
B．Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；
C．盐酸是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；
D．CH4是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
3．下列仪器一般不用于升华操作实验的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】升华主要是利用加热方法将固体直接变为气体的物理变化，蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯可用于加热，而容量瓶不能用于加热，只能用于配置溶液，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4．古丝绸之路也是东西方文化之路。在古丝绸之路的贸易中，下列商品的主要成分属于合金的是
A．红宝石 B．茶叶 C．青铜器皿 D．珍珠
【答案】C
【详解】A．红宝石、蓝宝石主要成分都是Al2O3，不属于合金，故A错误；
B．茶叶属于有机物，故B错误；
C．青铜是纯铜中加入锡或铅的合金，故C正确；
D．珍珠的主要成分为碳酸钙，不属于合金，故D错误；
故答案选C。
5．决定溶液、胶体和悬浊液这三种分散系性质的本质原因是
A．是否为大量分子或离子的集合体 B．能否透过滤纸或半透膜
C．分散质粒子的大小 D．能否产生丁达尔现象
【答案】C
【详解】A．溶液、胶体和悬浊液属于分散系，一种或多种分散质分散在另一种或多种分散剂中形成的体系，故A不符合题意；
B．溶液和胶体都能透过滤纸，溶液能透过半透膜，胶体不能透过半透膜，但不是本质区别，故B不符合题意；
C．分散质粒子的大小是区别分散系的本质原因，故C符合题意；
D．胶体能产生丁达尔效应，因此常用丁达尔现象区别溶液和胶体，但不是本质区别，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
6．下列化学用语或图示中表达错误的是
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
【答案】B
【详解】A．CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；
B．铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；
C．NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；
D．基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案选B。
7．下列化合物中，与互为同分异构体的是
A．CH3CH3 B．CH3CH2CH3 C．CH3CH2CH2CH3 D．
【答案】C
【分析】同分异构体是分子式相同，但结构不同的有机物。题干中有机物CH(CH3)3的分子式为C4H10、是异丁烷。
【详解】A．CH3CH3的分子式为C2H6，分子式不同，A不符合题意；
B．CH3CH2CH3的分子式为C3H8，分子式不同，B不符合题意；
C．CH3CH2CH2CH3的分子式为C4H10，与CH(CH3)3结构不同，互为同分异构体，C符合题意；
D．所给物质的分子式为C5H12，分子式不同，D不符合题意；
故选C。
8．乙基丁烯酸M()是一种重要的有机物，下列有关M的说法错误的是
A．分子式为 B．与乙酸互为同系物
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生取代反应和加成反应
【答案】B
【详解】A．M的分子式为，A项正确；
B．M中含碳碳双键和羧基，而乙酸只含羧基，不是同系物，B项错误；
C．M中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；
D．M中含碳碳双键和羧基，能发生加成反应和取代反应，D项正确；
故答案选B。
9．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是
A．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2
C．Na2O2可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气
D．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
【答案】A
【详解】A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，在空气中久置变质，是因为其中的次氯酸钙与空气中的CO2反应生成CaCO3，A错误；
B．洁厕灵含有盐酸，“84”消毒液含有次氯酸，两者混用会发生氧化还原反应产生有毒的Cl2，B正确；
C．Na2O2可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气，C正确；
D．氯气能与碱反应，与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，D正确。
故选A。
10．下列说法不正确的是
A．室温下，铜能与浓硝酸反应，不能与浓硫酸反应
B．HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解
D．足量铁与稀硝酸反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
【答案】C
【详解】A．室温下，铜能与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，铜不能与浓硫酸反应，A正确；
B．稀硝酸和铜反应生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮，B正确；
C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，氢离子、硝酸根离子、铜反应生成硝酸铜，铜粉溶解，C错误；
D．足量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子、一氧化氮，离子方程式为3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，D正确；
故选C。
11．硫及其化合物的价-类二维表如图所示，则下列说法错误的是
A．将X与Y混合，可生成淡黄色固体。
B．Y与氯气等物质的量混合后能增强漂白性。
C．在蔗糖中倒入W的浓溶液，可验证W的浓溶液具有脱水性和强氧化性。
D．从氧化还原角度分析，欲制备Na2S2O3， 可用Na2SO3与S反应制得。
【答案】B
【分析】X为气态氢化物，则X为H2S，Y为硫元素的+4价氧化物，则Y为SO2，Z为+4价的盐，则Z为Na2SO3，W为+6价的酸，则W为H2SO4，据此解答。
【详解】A．将X与Y混合，二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色固体硫和水，故A正确；
B．等物质的量SO2与氯气混合后，同时与水反应生成硫酸和盐酸，漂白性消失，故B错误；
C．在蔗糖中倒入浓硫酸溶液，蔗糖会变黑且疏松多孔，可验证浓硫酸溶液具有脱水性和强氧化性，故C正确；
D．Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2SO3与S中S元素化合价分别为+4和0价，从氧化还原角度分析，可用Na2SO3与S反应制得Na2S2O3，故D正确；
故答案选B。
12．在无机非金属材料中，硅一直扮演着主要的角色。下列说法正确的是
A．在高温下，能发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑，能证明H2SiO3的酸性大于碳酸
B．SiO2是酸性氧化物，可以与水反应：SiO2+H2O=H2SiO3
C．SiO2广泛用作制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”
D．5G手机运行速度更快，主要是因为采用了更高端的芯片，芯片主要由Si组成
【答案】D
【详解】A． 在高温下，能发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2↑，是因为高沸点物质制备了低沸点物质，不能证明H2SiO3的酸性大于碳酸，A错误；
B． SiO2是酸性氧化物，但SiO2与H2SiO3均不溶于水，故不与水反应，B错误；
C．除氢氟酸外，二氧化硅通常不与酸反应，故光导纤维遇强酸不会“断路” ，C错误；
D． 硅是优良的半导体材料，芯片主要由Si组成，D正确；
答案选D。
13．下列金属冶炼的反应原理，不恰当的是。
A．2NaCl(熔融) B．
C． D．
【答案】B
【分析】金属冶炼的方法与金属的活泼性相关，金属越是活泼，越难冶炼，其中活泼金属Na、Mg、Al要用电解法来冶炼，而Fe、Cu可用还原法来冶炼；
【详解】A．Na是活泼金属，利用电解熔融的氯化钠获得金属Na，A正确，不符合题意；
B．Mg是活泼金属，利用电解熔融的氯化镁获得金属Mg，B错误，符合题意；
C．Al是活泼金属，利用电解熔融的氧化铝获得金属Al，C正确，不符合题意；
D．Fe是较活泼金属，利用热还原法来获得Fe，其中可以使用的还原剂有C、CO、和Al，D正确，不符合题意；
故合理选项为B。
14．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．熔点很高，可用作耐高温材料
B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．溶液显酸性，可用于蚀刻印刷铜制电路板
D．溶液能与反应，可用作漂白剂
【答案】A
【详解】A．具有高熔点的物质可用作耐高温材料，熔点很高，可用作耐高温材料，A正确；
B．能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期使用，与受热易分解无关，B错误；
C．具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以溶液可用于蚀刻印刷铜制电路板，与其水解显酸性无关，C错误；
D．具有强氧化性，可用作漂白剂，与溶液能与反应关系不大，D错误；
故选A。
15．铵明矶 是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是
A．过程I反应：
B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需 溶液
C．若省略过程II， 则铵明矾产率明显减小
D．向铵明矾溶液中逐滴加入溶液并加热，先后观察到： 刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀 消失
【答案】D
【分析】过程I反应为碳酸氢铵和过量硫酸钠生成碳酸氢钠和硫酸铵，过滤滤液加入稀硫酸除去碳酸氢根离子得到滤液B，加入硫酸铝得到铵明矾。
【详解】A．过程I反应为碳酸氢铵和过量硫酸钠生成碳酸氢钠和硫酸铵，方程式正确，A正确；
B．加入过量稀硫酸得到酸性滤液B，则阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，检验溶液B中阴离子的试剂仅需 溶液，B正确；
C．若省略过程II， 没有除去溶液中碳酸氢根离子，碳酸氢根离子和铝离子双水解导致铵明矾产率明显减小，C正确；
D．向铵明矾溶液中逐滴加入溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，D错误；
故选D。
16．物质M可用作调味剂、乳化剂、抗氧化增效剂、吸湿剂、pH调节剂、增香剂、缓冲剂，其结构式如图所示。M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代。下列说法错误的是
A．物质M与稀硫酸反应生成的一种化合物中含有两种官能团
B．Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y
C．Z、Q两种元素的简单离子半径：Q＞Z
D．Y、Z两种元素形成化合物时，Z总显负价，说明非金属性：Z＞Y
【答案】C
【分析】M的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种核素常用于检测文物的年代，可知Y为C元素；结合M中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X为H元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Q为Na元素，然后根据元素周期律及物质的形状分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X为H、Y为C、Z为O、Q为Na元素。
A．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CHOHCOOH，分子物质中含羟基、羧基两种官能团，A正确；
B．Y为C、Z为O，元素的非金属性：O＞C，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，所以Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：Z＞Y，B正确；
C．Z为O、Q为Na，二者形成的简单离子O2-、Na+核外电子排布都是2、8，离子的核外电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Q＜Z，C错误；
D．Y为C、Z为O，二者都是非金属元素，原子之间通过共价键结合形成化合物。元素非金属性越强，在形成化合物时，共用电子对就偏向吸引电子能力强的O元素，该元素化合价就显负价，吸引电子能力弱的形成化合物时元素显正价，因此可根据Y、Z两种元素形成化合物时，Z总显负价，判断元素的非金属性：Z＞Y，D正确；
故合理选项是C。
17．下列有关除杂的操作中不正确的是
A．溶液中含少量杂质：加入过量的粉，过滤
B．除去溶液中少量的：加入新制氯水
C．除溶液中少量的杂质可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤
D．除溶液中的杂质可以向溶液中加入过量铁粉
【答案】D
【详解】A．加入过量的铁粉，发生反应，再经过过滤，能够除去杂质，A正确；
B．新制氯水与反应：，可以除去杂质，B正确；
C．向含有少量的溶液中加入过量粉：，过滤即可除杂，C正确；
D．与氯化铁反应，将原物质除去，不能除杂，应向该溶液中通入足量的氯气，D错误；
故选D。
18．将3.84g铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成NO2和NO的混合气体，当铜完全溶解时，共产生气体1.12L(已折合为标准状况)，则产生的NO2和NO的物质的量之比为
A．3︰7 B．9︰1 C．4︰1 D．2︰3
【答案】A
【详解】将3.84g铜(物质的量为0.06mol)和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成NO2和NO的混合气体，当铜完全溶解时，共产生NO2和NO的混合气体，混合气体体积为1.12L(已折合为标准状况)即物质的量为0.05mol，根据得失电子守恒建立方程式n(NO2)+ n(NO)=0.05mol，n(NO2)+ 3n(NO)=0.06mol×2，解得n(NO)=0.035mol，n(NO2)=0.015mol，则产生的NO2和NO的物质的量之比为3︰7；故A符合题意。
综上所述，答案为A。
19．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为，该反应为放热反应。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入和。10min时，测得容器中的物质的量浓度为0.08mol/L，11min时，测得的物质的量浓度为0.082mol/L。下列说法正确的是
A．可以用如图表示反应中的能量变化
B．合成氨反应时的能量转化形式是热能转化为化学能
C．H-H键断裂时会放出能量
D．其他条件一定，反应的、越多，反应放出的热量越多
【答案】D
【详解】A．该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，不能用如图表示反应中的能量变化，A错误；
B．合成氨反应时的能量转化形式是化学能转化为热能，B错误；
C．H-H键断裂时会吸收能量，C错误；
D．根据方程式可知其他条件一定，反应的、越多，反应放出的热量越多，D正确；
答案选D。
20．为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实验方案。其中不合理的是
A．室温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，证明HX是弱酸
B．向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，证明HX是弱酸
C．HX与Na2SO3溶液反应，可以得到H2SO3，证明HX是弱酸
D．在相同条件下，对0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX为弱酸
【答案】C
【详解】A．常温下，测0.1 mol·L-1 HX溶液的c(H+)，若c(H+)<0.1 mol·L-1，说明HX在水溶液里部分电离，则证明HX是弱酸，合理，故A错误；
B．向HX的溶液中加入NaX固体，c(H+)减小，说明HX存在电离平衡，能证明HX是弱酸，合理，故B错误；
C．HX与Na2SO3溶液反应得到H2SO3，根据强酸制弱酸，说明HX的酸性比亚硫酸的强，HX可能为强酸，不能证明HX是弱酸，不合理，故C正确；
D．相同条件下，对0.1 mol/L的HCl和0.1 mol/L的HX进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，说明HX溶液中离子浓度小于HCl，则证明HX部分电离，所以HX为弱酸，合理，故D错误；
故选：C。
21．德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料平衡转化率而采取的措施是
A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．②③④
【答案】C
【详解】合成氨的反应是气体体积减小的、放热的可逆反应。净化干燥的目的是提高产物纯度，不能提高转化率，①不符合；催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能提高转化率，③不符合；而②④⑤操作均使合成氨反应平衡向正反应方向移动，均能提高反应转化率；故选C。
22．钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域，用双极膜电解制备金属钴的装置如图所示。双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极迁移。下列说法错误的是
A．电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小
B．当电路中转移2mol电子时，阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加80g
C．电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜移向右室
D．电解总反应：
【答案】C
【详解】A．电解池工作时双极膜中的氢离子向阴极移动，所以电极b是阴极，硫酸根离子通过阴离子交换膜向左移动与氢离子结合生成硫酸，所以阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小，A正确；
B．当电路中转移2mol电子时阳极产生0.5mol氧气，同时有1mol硫酸根向左移动，所以阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加96g－16g＝80g，B正确；
C．根据以上分析可知电解过程中溶液中的透过阴离子交换膜移向左室，C错误；
D．阳极氢氧根放电产生氧气，阴极钴离子放电产生钴，所以电解总反应：，D正确；
答案选C。
23．X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2+能与NH3形成[Q(NH3)4]2+，[Q(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构。Q2Z种晶胞如下图所示。
下列说法正确的是
A．X的一种晶体具有很大的硬度，1 mol该晶体中含有4molX-X键
B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体
C．[Q(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形
D．Q2Z晶胞中，距离每个Q+最近的Z2-有2个
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，则X为C，Z为O，则Y为N；W的最外层电子数是次外层的一半，则W为Si；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，则Q为Cu。
【详解】A．C的一种晶体硬度很大，则该晶体为金刚石，金刚石中每个C都和4个C以C-C键相连，每个C-C键被2个C共有，所以每个C相等于连接2个C-C键，所以1mol金刚石中含有2molC-C键，故A错误；
B．N2和O2晶体中存在的是分子间作用力，为分子晶体，故B错误；
C．[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构，所以[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，故C错误；
D．根据阴阳离子个数比可知，在Cu2O晶胞中，顶点和体心为O2-，内部的4个离子为Cu+，则距离每个Cu+最近的O2-有2个，距离每个O2-最近的Cu+有4个，故D正确；
故选D。
24．常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10−6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【详解】A．根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；
B．滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；
C．向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；
D．p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；
故合理选项是D。
25．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定含有CO
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【详解】A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳气体，溶液中可能含有，不一定含有，选项A错误；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl沉淀，不能说明一定有，选项B错误；
C．氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则一定有，选项C正确；
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸钙，不一定有Ba2+，选项D错误；
答案选C。
二、填空题
26．回答下列问题
(1)硼酸(H3BO3)为一元弱酸，电离方程式H3BO3+H2OH++B(OH)。已知：H3BO3的电离常数Ka=5.8×10−10，H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10−7、Ka2=4.7×10−11，向饱和硼酸溶液中滴加少量Na2CO3溶液，写出发生反应的离子方程式_______。
(2)已知戊烷(C5H12)的3种同分异构体的沸点数据如下表：
正戊烷
异戊烷
新戊烷
沸点/℃
36.1
27.9
9.5
请从物质结构角度分析，正戊烷、异戊烷、新戊烷沸点依次降低的原因是_______。
(3)某第四周期元素位于元素周期表中的第六纵行，其基态原子的价电子轨道表达式为_______。
【答案】(1)H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)
(2)烷烃同分异构体中支链越多，分子间斥力越大，沸点越低
(3)
【解析】（1）
由电离常数可知，弱酸或弱酸根离子的电离程度大小的顺序为H2CO3＞H3BO3＞HCO，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液和少量碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和四羟基合硼酸钠，反应的离子方程式为：H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)，故答案为：H3BO3+ CO+H2O = HCO+ B(OH)；
（2）
正戊烷、异戊烷、新戊烷都是分子晶体，分子中的支链数目依次增多，分子间斥力依次增大，分子间作用力依次减弱，沸点依次降低，故答案为：烷烃同分异构体中支链越多，分子间斥力越大，沸点越低；
（3）
某第四周期元素位于元素周期表中的第六纵行，则该元素为Cr元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，价电子轨道表达式为，故答案为：。
三、元素或物质推断题
27．化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：
已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。
(1)组成X的四种元素为_______；X的化学式为_______。
(2)混合气体A组成为_______。
(3)①写出X受热分解的化学方程式：_______。
②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。
(4)设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子：_______。
【答案】(1) K、Cu、C、O K2[Cu(C2O4)2]
(2)0.3molCO2和0.3molCO
(3) 2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO↑ + Cu2O + 2K2CO3 K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O
(4)用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+
【分析】无色气体B标况下密度为1.25g/L，m(B)= 1.25g/L×0.672L=0.84g，M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由混合气体A通入足量澄清石灰水生成白色沉淀即CaCO3，可知A含有CO2，还有未反应的气体B，则B为CO，n(CO2)= n(CaCO3)=，n(CO)=，混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO，根据碳元素的价态变化可推知受热时能产生CO和CO2,则固体中含有草酸根离子；则X含有C、O元素，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，E和NaOH溶液反应得到蓝色沉淀Cu(OH)2，加热分解生成黑色固体CuO，则n(CuO)=，0.64g紫红色固体为Cu，n(Cu)=，铜的总物质的量n(Cu)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，根据固体混合物与稀硫酸反应产生铜单质和Cu2+，可推知固体中铜以+1价存在，混合物C中含有n(Cu2O)=n(Cu)=0.01mol，混合物中另一种物质碳酸盐的质量为6.36g-m(CO)-m(CO2)-m(Cu2O)=6.36g-0.03mol×28g/mol-0.03mol×44g/mol-0.01mol×144g/mol=2.76g，气体D为CO2，n(CO2)= n(CaCO3)=，则碳酸盐M==138g/mol，138-60=78，结合金属元素的价态及相对原子质量可推知为K元素，则碳酸盐为K2CO3，n(O)==0.16mol，n(K):n(Cu):n(C)：n(O)=0.04:0.02:0.08:0.16=2:1:4:8，结合物质价态得X为K2[Cu(C2O4)2]；
（1）
根据分析可知X含有K、Cu、C、O四种元素；X的化学式为K2[Cu(C2O4)2]；
（2）
混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO；
（3）
①X受热分解的化学方程式为：2K2[Cu(C2O4)2]3CO2 ↑+ 3CO ↑+ Cu2O + 2K2CO3；
②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，说明发生络合反应，反应的离子方程式为：K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O =[Cu(NH3)4] 2++ 2K+ +2+4H2O；
（4）
检验无色溶液F中的金属阳离子：用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。
四、结构与性质
28．Ⅰ、由CO2、甲醇为原料合成绿色化学品碳酸二甲酯()的过程如图，请回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．上述过程a中，从反应物到产物，C和N元素的杂化方式均保持不变
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．尿素的沸点比碳酸二甲酯的高，主要原因为前者能形成分子间氢键，而后者不能形成分子间氢键
Ⅱ、硫元素在化合物中常表现出多种化合价，它的许多化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：
(2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，S原子的杂化轨道类型是___________。
(3) 的电子式是___________，依据理论推测的空间构型为___________，常温下是气体而是液体的原因是___________。
(4)的键角___________的键角(填“大于”或“小于”)，理由是___________。
(5) 在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方晶体结构如图所示。
①已知A、B点的原子坐标分别为和，则C点的原子坐标为___________；
②若晶胞棱长为，密度为___________(表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)AB
(2)sp3
(3) 直线形 二者都是分子晶体，的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高
(4) 大于 O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大
(5)
【解析】（1）
A．上述过程a中，CO2与NH3反应生成尿素和H2O，反应物中C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，产物中C的价层电子对数=3+=3，采取sp2杂化，C元素的杂化方式发生改变，故A错误；
B．氨分子与水分子间能形成氢键，且氨分子为极性分子，由相似相溶原理可知，氨气极易溶解在水中，故B错误；
C．尿素能形成分子间氢键，而碳酸二甲酯不能形成分子间氢键，所以尿素的分子间作用力强于碳酸二甲酯，沸点高于碳酸二甲酯，故C正确；
故答案为：AB；
（2）
为环状立体结构，每个S原子形成2个键，S原子上还有2对孤电子对，所以每个S原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）
CS2为共价化合物，碳原子与2个硫原子各共用2对电子，电子式为；CS2分子中中心原子C的价层电子对数=2+=2，采取sp杂化，无孤对电子，空间构型为直线形；常温下CO2是气体而CS2是液体的原因是二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高，故答案为：；直线形；二者都是分子晶体，CS2的相对分子质量更大，分子间作用力更大，熔沸点更高；
（4）
H2O的键角大于H2S的键角，其原因为O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大，故答案为：大于；O的电负性比S大，共用电子对更偏向O，斥力更大，键角更大；
（5）
①已知A点的原子坐标为，B点是面心上的点，原子坐标为，C点在晶胞体对角线的四分之一处，由C点分别向3个面作垂线可知，C点的原子坐标为，故答案为：；
②根据晶胞可知，S2-位于晶胞顶点和面心，S2-个数为8+6=4，Zn2+位于晶胞内部，共有4个，若晶胞棱长为，则该晶胞体积为(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据密度公式可得==，即为，故答案为：。
五、原理综合题
29．建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
(1)已知有关化学键的键能E数据如下
化学键
C=O
H—H
C—H
C—O
O—H
E/(KJ·mol-1)
745
436
413
356
463
CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2=_______kJ/mol(用含a的代数式表示)
(2)该反应在_______(填“高温”或“低温”)能自发进行。
(3)一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0~6min内用H2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数KP=_______(KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
(4)恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为_______(写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体的密度不再变化
B．甲酸的浓度不变
C．CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。
①电解过程中，b极发生的电极反应式为_______
②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻_______g。
【答案】(1)a+51
(2)低温
(3) 3KPa/min 0.5KPa-1
(4) 充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
(5) CO2+2H++2e-=HCOOH 9
【解析】（1）
根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH=745KJ·mol-1×2+436KJ·mol-1-413KJ·mol-1-715KJ·mol-1-356KJ·mol-1-463KJ·mol-1=-51KJ·mol-1，据图：ΔH=Ea1-Ea2，Ea2=Ea1-ΔH=(a+51)kJ·mol-1。
（2）
该反应ΔH<0，ΔS<0，由ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应可自发进行可知当T较小时ΔG可能<0，故在低温能自发进行。
（3）
恒温恒容容器内压强与气体物质的量成正比，将气体压强作为计算物理量设起始CO2、H2分压分别为24KPa消耗量为xKPa，列三段式：
由P平=30KPa=48KPa-xKPa，解得x=18，ν(H2)==3KPa·min-1，KP==0.5KPa-1。
（4）
恒温恒容条件下，提高CO2的转化率,不能改变温度或者容器体积.可以充入H2或者分离出HCOOH使平衡正向移动，CO2转化率提高；
恒容条件下由ρ=气体密度恒定不变，A不能说明反应达平衡；
甲酸浓度不变说明正向生成速率与逆向消耗速率相等，B项可以；
CO2的消耗与HCOOH的生成均指正向反应速率，C项不能；
混合气体的平均相对分子质量，m总守恒，n总改变当混合气体升温平均相对分子质量不变可以说明正V正=V逆，D项可以；
故选BD。
（5）
①石墨烯电极上CO2进入，HCOOH出来且电子流入该电极CO2得到e-，生成HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②阳极区反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mole-生成molO2，使溶液质量减轻8g，另同时有1molH+通过质子交换膜从阳极迁入阴极又减轻1g，共减轻9g。
六、工业流程题
30．可用于制备等重要的含铈化合物。实验室由含铈矿物(主要含还含等杂质)制备的主要实验过程如下：
已知：分别为灰白色、黄色难溶物。
(1)“加热酸溶”步骤中不使用玻璃仪器而应使用铅制容器，其主要原因是___________；与浓硫酸反应生成的化学方程式为___________。
(2)“水浸”过程得到的滤渣主要成分为___________。
(3)“沉淀”步骤中得到的沉淀为，能证明沉淀已完全的实验操作为___________。
(4)制备的装置如下图所示：
①置a的烧瓶中盛放的固体为___________(填化学式)；
②制备的实验方案为：按照上图搭好装置，___________，加入药品，打开电动搅拌装置，___________，停止通后改通空气一段时间，将装置b中的反应混合物取出，___________，低温晾干即得到较纯净的。
【答案】(1) 反应生成的溶液能腐蚀玻璃仪器
(2)
(3)静置，向上层清液中继续滴加溶液，若无灰白色沉淀产生，则已沉淀完全
(4) (或漂白粉) 检查装置气密性 打开a中分液漏斗上口塞或使上口塞的槽对准漏斗上的小孔并打开旋塞使浓盐酸滴下，直到b中沉淀完全变为黄色 用蒸馏水洗涤，取最后一次洗涤液，加稀硝酸酸化，再滴入少量溶液，若无白色沉淀产生
【分析】本实验通过含铈矿物(主要含CeO2还含CaO等杂质)加热酸溶得到、CaSO4，水浸后除去CaSO4，加入氢氧化钠反应生成Ce(OH)3，被氯气氧化生成Ce(OH)4，据此分析回答问题。
（1）
Ce(OH)4制备(NH4)2[Ce(NO3)6]的过程中，还有稀土氟化物的参与，稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器；CeO2与浓硫酸反应生成、O2和H2O，化学方程式为；4 CeO2+6H2SO4 2+ O2 +6H2O；
（2）
由以上分析可知，“水浸”过程得到的滤渣主要成分为CaSO4；
（3）
沉淀后静置，取少量上层清液于试管中，向其中继续滴加NaOH溶液，若无灰白色沉淀产生，则Ce(OH)3已沉淀完全；
（4）
①由分析可知，该装置为制取氯气的装置，且反应无需加热，故a的烧瓶中盛放的固体为KMnO4(或漂白粉)；
②按照上图搭好装置后，需要检查装置气密性，加入药品，打开电动搅拌装置，需要打开a中分液漏斗上口塞或使上口塞的槽对准漏斗上的小孔并打开旋塞使浓盐酸滴下生成氯气，氯气将Ce(OH)3氧化生成Ce(OH)4，故为直到b中沉淀完全变为黄色，将装置b中的Ce(OH)4取出，表面可能含有Cl-，检验表面没有Cl-的方法为，取最后一次洗涤液少许于试管中，加稀硝酸酸化，再滴入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明已经洗涤干净。
七、有机推断题
31．用N－杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线：
已知：①R－XR－NH2R－NO2
②
(1)化合物E的结构简式_____。
(2)下列说法不正确的是_____。
A．化合物A能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应
B．B→C涉及两步反应，第一步为取代反应，第二步为消去反应
C．化合物G含有氮原子，因此具有碱性
D．H的分子式是C23H21NO5
(3)写出F→G的化学方程式____。
(4)写出化合物D同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式____。
①IR检测显不：含有苯环，不含其他环状结构，含有，不含连续双键；
②1H－NMR显示：含有4种氢原子，其中苯环上含有2种氢原子。
(5)参照上述合成路线，设计以乙烯为原料合成化合物()的合成路线____。
【答案】(1)
(2)BC
(3)+→+H2O
(4)、、、
(5)H2C=CH2CH3CH2ClCH3CH2NH2CH3CH2NO2
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，则A为，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D为，D和G发生已知信息②的反应生成H，则G为，F与生成G，则F为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，可推知E为 ；
（1）
由分析可知，化合物E的结构简式；
（2）
A．化合物A为，含有醇羟基能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，A正确；
B．B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，第一步为加成反应，第二步为消去反应，B错误；
C．化合物G为，含氮的官能团是硝基不是氨基，不具有碱性，C错误；
D．由结构简式可知H的分子式是C23H21NO5，D正确；
故选：BC；
（3）
F为，G为，F→G的化学方程式为+→+H2O；
（4）
D为，不饱和度为6，①IR检测显不：含有苯环，不含其他环状结构，含有，不含连续双键；②1H－NMR显示：含有4种氢原子，其中苯环上含有2种氢原子，满足条件的同分异构体有：、、、；
（5）
乙烯H2C=CH2先与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，再发生已知信息①的反应生成CH3CH2NH2，接着与氧气反应生成CH3CH2NO2，在氯气光照下发生取代反应生成，在碱性溶液中卤代烃发生水解反应生成，合成路线为：H2C=CH2CH3CH2ClCH3CH2NH2CH3CH2NO2 。
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