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2022-2023学年浙江省强基联盟高三上学期10月统测化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年浙江省强基联盟高三上学期10月统测化学试题含解析，共35页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，元素或物质推断题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省强基联盟2022-2023学年高三上学期10月统测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学学科是材料科学的基础。下列涉及的系列材料中，主要成分为有机高分子化合物的是
A．制造5G芯片的氮化铝晶圆
B．航天服中的合成纤维及尼龙膜
C．中国天眼传输信息用的光纤材料
D．飞船返回舱侧壁壳体含有高强度铝合金
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．氮化铝是无机化合物，不是有机高分子化合物，故A错误；
B．合成纤维及尼龙膜是合成有机高分子化合物，故B正确；
C．光纤材料的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是无机化合物，不是有机高分子化合物，故C错误；
D．高强度铝合金为金属材料，不是有机高分子化合物，故D错误；
故选B。
2．下列关于实验操作说法正确的是
A．用①装置可制取无水AlCl3
B．②中，反应后向试管甲中加水，以检验是否有CuSO4生成
C．用③装置可以测定醋酸浓度
D．④装置中，用燃着的木条靠近肥皂泡前须检验氢气纯度
【答案】C
【详解】A．AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，盐酸易挥发，加热促进水解，且促进盐酸挥发，最终会得到氢氧化铝固体，故用①装置无法制取无水AlCl3，故A错误；
B．反应后的试管中含有浓硫酸，应将反应液加入水中，以检验是否有CuSO4生成，故B错误；
C．用氢氧化钠标准溶液测定醋酸的浓度，NaOH标准液装在碱式滴定管中，二者恰好完全反应时生成醋酸钠溶液显碱性，用酚酞作指示剂，故C正确；
D．红热的铁与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，加热时应选用酒精喷灯，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡前需要检验氢气纯度，故D错误；
故选C。
3．下列说法正确的是
A．p能级的轨道相互垂直，其能量大小关系为
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
【答案】C
【详解】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同，A错误；
B．s轨道没有伸展方向，故形成的共价键没有方向性，B错误；
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层，如M层排满了3p轨道后再排4s轨道，4s轨道排满再排3d轨道，C正确；
D．元素周期表中，氢元素属于s区，D错误；
故选C。
4．科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或许存在生命。利用P4与足量的浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH（浓）+3H2O3KH2PO2+ PH3↑；下列说法正确的是
A． PH3的电子式为 B．1mol P4参与反应，转移3mol电子
C．KH2PO2是酸式盐 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【详解】A．PH3的电子式为，A错误；
B．由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，故1mol P4参与反应，转移3mol电子，B正确；
C．P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则其为正盐，C错误；
D．由B分析可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D错误；
故选B。
5．2022年3月23日，神舟十三号航天员进行第二次太空授课，王亚平将小苏打和醋酸混合，先得到过饱和醋酸钠溶液的“液体球”，再经结晶以后得到了热的“冰球”。下列说法不正确的是
A．CH3COOH分子中键和键的数目之比为7∶1
B．结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是在小苏打和醋酸反应过程放出热量
C．“液体球”中存在共价键和氢键
D．可用X射线测定“冰球”是否是晶体
【答案】B
【详解】A． 的结构式为，故分子中键和键的数目之比为7∶1，故A正确；
B． 结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是醋酸钠结晶过程放出热量，故B错误；
C． “液体球”为过饱和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中含有醋酸钠和水，醋酸钠含有离子键和共价键，水分子内含有共价键，水分子间形成氢键，故“液体球”中存在共价键和氢键，故C正确；
D． 鉴别晶体与非晶体的可靠方法就是X射线衍射法，故可用X射线测定“冰球”是否是晶体，故D正确；
故选B。
6．类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．的熔沸点高于，则的熔沸点也高于
B．水解生成和，则水解生成和
C．是直线形分子，则也是直线形分子
D．能与反应生成，则也可以与反应生成
【答案】D
【详解】A．甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；
B．三氯化氮在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氨气，故B错误；
C．二氧化硅是空间网状结构的原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；
D．氨分子中氮原子含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的铵根离子，联氨分子中氮原子也含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的联铵离子，故D正确；
故选D。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．足量铁在1molCl2中完全燃烧，转移的电子数目为3NA
B．标准状况下，22.4L二氯甲烷含有原子数目为5NA
C．30g C2H6中含有的非极性键数目为6NA
D．100g质量分数为46%的酒精水溶液中含有氧原子数目为4NA
【答案】D
【详解】A．足量铁在1molCl2中完全燃烧生成氯化铁，反应中铁过量，氯气完全反应，根据2e-~Cl2，则转移的电子数目为2NA，A错误；
B．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能计算其物质的量，B错误；
C．30g C2H6的物质的量为1mol，1分子乙烷中非极性为碳碳键，数目为1，则含有的非极性键数目为NA，C错误；
D．100g质量分数为46%的酒精水溶液中酒精、水的质量分别为46g、54g，物质的量分别为1mol、3mol，含有氧原子的物质的量为4mol，其数目为4NA，D正确；
故选D。
8．下列离子方程式书写不正确的是
A．过量的铁粉与稀硝酸反应：
B．用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：
C．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：
D．向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：
【答案】A
【详解】A． 过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮：，故A错误；
B． 用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量，乙醇被氧化为乙酸，铬由+6价降为+3价：，故B正确；
C． 用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙：，故C正确；
D． 向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀：，故D正确；
故选A。
9．下列说法不正确的是
A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B．淀粉溶液中加入硫酸，加热，再加入少量银氨溶液并加热，无银镜生成，说明淀粉未水解
C．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛
D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精
【答案】B
【详解】A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，故A正确；
B．淀粉溶液在稀硫酸作用下加热一段时间后冷却，应先往水解液中加碱中和硫酸后，再加入银氨溶液水浴加热，若无银镜生成，则淀粉还没水解，B不正确；
C．苯酚和甲醛通过缩聚反应生成酚醛树脂，结构片断为，故C正确；
D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精和二氧化碳，故D正确；
故选B。
10．利用氮元素价类二维图可以从不同角度研究含氨物质的性质及其转化关系。下列说法不正确的是
A．通过转化①②③可实现工业制硝酸
B．自然界可实现上述转化④
C．实验室可用与共热制取
D．预测与可以反应生成
【答案】C
【详解】A．工业上可将转化为NO，再转化为NO2，最后转化为硝酸，所以可通过①②③可实现工业制硝酸，故A正确；
B．自然界中放电时，可实现，故B正确；
C．实验室可用与共热制取，故C错误；
D．与在一定条件下可以发生反应生成，故D正确；
故答案选C。
11．环丙沙星为合成的第三代喹诺酮类抗菌药物，具有广谱抗菌活性，杀菌效果好，其结构如图。以下说法不正确的是
A．分子中存在两种含氧官能团
B．该分子中无手性碳原子
C．环丙沙星在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗
D．该物质既能与酸反应又能与碱反应
【答案】C
【详解】A．环丙沙星中有羧基和羰基两种含氧官能团，故A正确；
B．手性碳原子是指四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中没有手性碳原子，故B正确；
C．环丙沙星中羧基和F原子能与氢氧化钠反应，且生成的酚羟基能与氢氧化钠继续反应，所以，环丙沙星最多与，故C错误；
D．环丙沙星中既有羧基和仲胺，既能与酸反应又能与碱反应，故D正确；
故答案选C。
12．科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中R、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．离子半径： B．分子的模型为三角锥形
C．Z的含氧酸的酸性强于X的含氧酸酸性 D．图中物质的阴离子中所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】D
【分析】R可形成阳离子R+，则R为第一主族元素。Z能够形成一个共价键，可能是第七主族元素或氢元素，但由于这四种元素同周期，Z不可能是氢元素，由此可确定Z的最外层电子数为7个，则Y核外电子数为14个，即Y是硅元素，R是钠元素，Z是氯元素。对于元素X，根据化合物的化合价代数和为0，可知X为-3价，则X是磷元素，从而得出R、X、Y、Z分别为Na、P、Si、Cl元素。
【详解】A．同周期元素，阴离子半径大于阳离子，即r(Na+)
C．Z的含氧酸有很多，因为非金属性：Cl>P，所以其最高价氧化物的含氧酸强于X的含氧酸酸性，C项错误；
D．根据图示共价键数目和得电子数目可知，物质的阴离子中所有原子都满足8电子稳定结构，D项正确。
答案选D。
13．已知胆矾的结构示意图如图。下列说法正确的是
A．胆矾在不同温度下分步失去结晶水 B．的配位数为5
C．的价层电子排布式为 D．图示结构中存在配位键和氢键两种化学键
【答案】A
【详解】A．由图可知，晶体中含有2种不同的水，一类是配体水分子、一类是形成氢键的水分子，两者结构不同，故胆矾在不同温度下分步失去结晶水，A正确；
B．由图可知，的配位数为6，B错误；
C．为铜原子失去2个电子后形成的例子，其价层电子排布式为，C错误；
D．氢键不是化学键，D错误；
故选A。
14．硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是
A．电极A为阳极，发生氧化反应
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阴极附近
D．若R为，当消耗生成时，则电极B处产生的为
【答案】D
【分析】电极B为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；A为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成。
【详解】
A．由上述分析可知电极A为阳极，发生氧化反应，A正确；
B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，B正确；
C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C正确；
D．A极反应产生Cl2，次氯酸将有机物R如氧化生成，若R为，则消耗1mol 生成时，转移6mol电子，但在A电极处还有水失电子，故转移电子物质的量大于6mol，所以B电极处产生的应大于3mol，D错误；
故选D。
15．在相同条件下研究催化剂I、II对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，下列说法不正确的是
A．无催化剂时，反应也能进行
B．与催化剂II相比，I使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂II时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂I时，内，
【答案】C
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，则II使反应活化能更高，故B正确；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则内，Y的反应速率为=2.0 mol/(L·min)，由各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，X的反应速率为2.0 mol/(L·min) ×=1.0 mol/(L·min)，故D正确；
故选C。
16．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．b点溶液呈酸性
B．a到b之间存在：c(Na+)>c(Cl-)
C．该滴定过程中不需任何指示剂
D．a点溶液中存在： c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
【答案】D
【分析】由图可知，a点为第一个计量点，发生的反应为碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，b点为第二个计量点，发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水。
【详解】A．由分析可知，b点溶液为氯化钠和碳酸的饱和溶液，碳酸在溶液中部分电离使溶液呈酸性，故A正确；
B．从a点到b点，溶液由氯化钠、碳酸氢钠混合液变为氯化钠、碳酸混合溶液，溶液中c(Na+)>c(Cl—)故B正确；
C．电位滴定在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，则滴定时不需指示剂，故C正确；
D．．由分析可知，a点为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，也电荷守恒可知溶液中存在c(Na+)>c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，故D错误；
故选D。
17．硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【详解】A．①②中不含有非极性键，A错误；
B．①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；
C．只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；
D．只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；
故选C。
18．科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()的反应过程如下图所示，下列说法正确的是
A．反应步骤①②③都发生了键的断裂
B．( )与碳酸()互为同系物
C．步骤②中分子中碳原子的杂化方式没有改变
D．合成的总反应方程式为
【答案】D
【详解】A．由图可知，步骤②中没有发生氢氧键的断裂，故A错误；
B．同系物必须是同类物质，碳酸二甲酯属于酯类，碳酸属于无机含氧酸，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；
C．二氧化碳中碳原子的杂化方式为sp杂化，由图可知，步骤②中二氧化碳发生加成反应所得产物中碳原子形成碳氧双键，原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子的杂化方式发生改变，故C错误；
D．由图可知，合成的总反应为二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应中甲醇发生氢氧键断裂，反应的化学方程式为，故D正确；
故选D。
19．25℃时，按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得溶液
溶液Ⅰ
溶液Ⅱ
下列说法不正确的是A．溶液Ⅰ中：
B．混合Ⅰ和Ⅱ：
C．Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明
D．将等体积、等的NaA、NaB溶液稀释相同倍数，变化更大的是NaA溶液
【答案】C
【详解】A．溶液Ⅰ为等物质量的HA、NaA，溶液显酸性，则酸的电离程度大于盐的水解，故，A正确；
B．混合Ⅰ和Ⅱ，则得到等物质的量的HA、NaA、HB、NaB，根据物料守恒可知，，B正确；
C．溶液Ⅰ为等物质量的HA、NaA，HA电离程度微弱，，，同理，，则Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明，C错误；
D．由C分析可知，酸性HB>HA，将等体积、等的NaA、NaB溶液稀释相同倍数，NaA水解程度变化更大，变化更大的是NaA溶液，D正确；
故选C。
20．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
比较S与C的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
B
探究与氧化性的强弱
向和的混合溶液中滴入酸化的溶液
若溶液变红，说明氧化性：
C
比较和的大小
取溶液于试管中，加入溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液
若产生黄色沉淀，说明：
D
证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中
若溶液褪色，说明发生了消去反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，要根据钠盐溶液 pH 大小确定非金属性强弱时必须是其最高价含氧酸的盐，亚硫酸钠不是S元素最高价氧化物的水化物的盐溶液，所以不能根据等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的 pH 值判断非金属的非金属性强弱，故A错误；
B．NO也有氧化性，也可以氧化Fe2+，溶液变红不能证明Ag+氧化了Fe2+还是NO氧化Fe2+，故B错误；
C．溶液过量，加入I-后，过量的Ag+与I-直接生成了沉淀，不是沉淀的转化，故C错误；
D．溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应生成乙烯，乙烯通入溴的溶液中发生加成反应，溶液褪色说明发生了消去反应，故D正确；
故答案为D
二、结构与性质
21．铁和铜是两种常用金属，它们的单质及化合物的应用非常广泛。
(1)基态的价层电子排布图为_______。
(2)用X射线衍射测定，的一种晶胞结构如图1所示。该晶胞中每个原子紧邻的原子数为_______。
(3)在溶液中可与多种配体形成配离子，如、、等。
①C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_______。
②已知原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的结构，则离子的电子式为_______。
(4)铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞结构如图2所示，则该化合物的化学式为_______，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。以a点为原点，按如图所示方向建立直角坐标系，若a、b点微粒的分数坐标分别为，则c点微粒的分数坐标为_______。晶胞沿z轴方向在平面的投影平面图如图3，如：d点的投影如图3中涂黑的部分，请在图3中涂黑并标注e点微粒的位置：_______。
【答案】(1)
(2)12
(3)
(4)
【解析】（1）
Fe元素为26号元素，Fe基态原子的价电子排布式为3d64s2，则基态的价层电子排布图为。
（2）
由的该种晶胞结构图可知，该晶胞中每个原子紧邻的原子数为12。
（3）
①同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级处于半充满的稳定状态，第一电离能比O的大，故C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为。
②已知原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的结构，与CO2互为等电子体，则离子的电子式为。
（4）
由晶胞结构图可知，一个晶胞中Cu的个数为，Cl的个数为4，则该化合物的化学式为CuCl；由晶胞的结构图可知，c点微粒的分数坐标为。在图3中涂黑并标注e点微粒的位置为。
三、元素或物质推断题
22．已知化合物X是由三种常见元素组成的液体物质，可发生如下反应：
根据上述转化回答下列问题：
(1)化合物X遇水极易水解，产生两种有刺激性气味的气体，其中气体F能使品红溶液褪色，X的化学式为_______。已知X中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出X的结构式：_______。
(2)黄色溶液Ⅰ中存在的微粒，除了之外，还有_______。
(3)写出X水解生成气体H和气体F的化学方程式：_______。
(4)写出白色沉淀G溶于稀硝酸的化学方程式：_______。
(5)化合物X加热至开始分解，分解产生三种物质，分别为气体F、一种气体单质和一种相对分子质量为135的四原子化合物，试写出X分解的化学方程式：_______。
【答案】(1) 或
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】化合物X与水反应生成气体H和F，H与CuCl2溶液变黄，是H溶于水生成的Cl-与CuCl2配位使溶液变黄，说明H为HCl；F与CuCl2反应生成白色沉淀G，且F能使品红溶液褪色，所以F为SO2，所以X为SOCl2，白色沉淀G为CuCl，据此分析解题。
（1）
能使品红褪色的气体是SO2，由分析可知，H为HCl，所以X的化学式为SOCl2；X中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，所以X的结构式为或；
故答案为SOCl2，或；
（2）
溶液Ⅰ是由HCl溶于CuCl2溶液获得，由于Cl-与Cu2+配位，生成，使得溶液呈黄色，所以黄色溶液Ⅰ中存在的微粒，除了之外，还有；
故答案为；
（3）
X为SOCl2，水解生成HCl和SO2，化学方程式为；
故答案为；
（4）
白色沉淀G为CuCl，CuCl与硝酸发生氧化还原反应，方程式为；
故答案为；
（5）
化合物X为SOCl2，SOCl2分解产生气体F、一种气体单质和一种相对分子质量为135的四原子化合物；根据X的元素组成可知，相对分子质量为135的四原子化合物是S2Cl2，气体单质为Cl2；所以X分解的化学方程式：；
故答案为。
四、原理综合题
23．(碳捕获、利用与封存)是应对全球气候变化的关键技术之一，利用捕获的催化加氢生成，可实现资源化，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-164.7kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H=-205.9kJ·mol-1
(1)将一定量和充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为，假设只发生反应Ⅰ，随t(时间)变化曲线如图1，画出时段，随t变化曲线。保持其他条件不变，改变反应温度为，再次画出时段，随t变化趋势的曲线_______。
(2)向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图2所示；不同压强时，的平衡转化率如图3所示：
①提高转化为的转化率，可以控制的条件是_______，曲线_______(填“A”、“B”或“C”)表示的物质的量随温度的变化，并分析其变化原因：_______。
②判断的大小关系为_______，时，不同压强下的平衡转化率趋向于相等的原因是_______。
③在时，反应Ⅱ的压强平衡常数_______。(列出计算式即可，分压=物质的量分数×总压)
【答案】(1)
(2) 低温、对甲烷选择性好的高效催化剂 B 温度较低时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响小于温度升高对反应Ⅱ的影响;温度较高时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响大于温度升高对反应Ⅱ的影响 反应Ⅰ的，时正向进行程度小，反应Ⅱ的，时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故平衡转化率趋向于相等
【解析】（1）
由于NO2是生成物，根据热化学方程式中的系数、N2O4的初始浓度和达到平衡时的浓度可以计算出平衡时NO2的浓度，据此作图；当温度升高至T2，化学反应速率加快，达到平衡的时间缩短，且由于反应为吸热反应，故温度升高，平衡正向移动，NO2的平衡浓度增大，但反应不可能进行到底，平衡时c(NO2)小于0.08mol/L，作图如： ；
（2）
①催化剂对平衡移动无影响，结合图中曲线可知，提高转化为的转化率，可以控制的条件是低温、对甲烷选择性好的高效催化剂；
温度较低时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响小于温度升高对反应Ⅱ的影响；温度较高时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响大于温度升高对反应Ⅱ的影响，故曲线B表示的物质的量随温度的变化；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为气体体积缩小的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，故增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，故根据图中曲线可知，压强；
反应Ⅰ的，时正向进行程度小，反应Ⅱ的，时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故平衡转化率趋向于相等；
③根据氧原子守恒可知，初始时容器中通入1molCO2，故整个体系内氧原子个数为2mol反应平衡后含有氧原子的物质为一氧化碳、二氧化碳和水，其中600℃时CO有0.37mol，CO2有0.26mol，则两者共含有氧原子为(0.37+0.262)mol=0.89mol，则H2O中含有氧原子为(1-0.89) mol = 0.11mol，故平衡体系中n(H2O) = 1.11mol，同理根据氢原子守恒可得n(H2) = 2.15mol，反应b各物质前化学计量数均为1，则总压通过约分除去，Kp===，故答案为: 。
五、工业流程题
24．某兴趣小组用铬铁矿制备晶体，流程如下：
已知：①
②不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解；碱性条件下能被氧化为(Ⅵ)
③甲醇是无色液体，沸点。
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快氧化的速率
B．步骤Ⅳ，甲醇作还原剂
C．步骤Ⅵ，可用乙醇洗涤
D．若将直接加热脱结晶水可获得无水
(2)反应①中的作用，除作为反应物以外，还有_______。
(3)步骤Ⅳ在如图装置中发生(夹持装置略)，仪器a的名称是_______，仪器b的作用是_______。
(4)产品中氯化铬晶体含量的测定。称取产品，加水溶解并定容于容量瓶中，移取于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入稍过量的，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量的至溶液呈强酸性，此时铬以存在，再加入足量，加塞，摇匀，于暗处静置5分钟，铬元素还原为价，加入淀粉作指示剂，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液。
已知：。
①实验过程中，将碘量瓶置于暗处放置的原因是_______；
②滴定时控制为4左右，原因是_______；
③产品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
④在测定过程中，选出正确的滴定操作并排序：_______。检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→_______→_______→_______→_______→到达滴定终点，停止滴定，记录读数。
a.转动酸式滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，无气泡
b.调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，读数
c.调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度
d.锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化
e.装入溶液至“0”刻度以上，固定好滴定管
f.锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视滴定管内液面变化
g.将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡
【答案】(1)CD
(2)使反应的熵增大，利于反应进行
(3) 三颈烧瓶 使挥发的甲醇冷凝回流
(4) 防止升华，减小误差 过小，与反应分解，过高，与反应 70% egbd
【分析】与熔融碳酸钠在高温条件下反应生成，再酸化得到Na2Cr2O7，加入甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH)3，加入浓盐酸溶解Cr(OH)3，得到CrCl3溶液，在结晶、过滤、洗涤得到，据此分析解答。
（1）
A． 步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎，增大反应物的接触面积，有利于加快氧化的速率，故A正确；
B． 由分析知，步骤Ⅳ，甲醇作还原剂，将重铬酸根离子还原为Cr3+，故B正确；
C． 不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，步骤Ⅵ，应用乙醚洗涤，故C错误；
D． 易水解，若将直接加热脱结晶水，会发生水解，生成HCl，HCl易挥发，最终不能获得无水，故D错误；
故选CD。
（2）
反应①消耗7mol氧气，生成10molCO2，反应的熵增大，利于反应进行，故的作用，除作为反应物以外，还有使反应的熵增大，利于反应进行。
（3）
根据仪器结构可知，仪器a的名称是三颈烧瓶，甲醇是无色液体，沸点，仪器b的作用是使挥发的甲醇冷凝回流，提高甲醇利用率。
（4）
①实验过程中，将碘量瓶置于暗处放置的原因是防止升华，减小误差。
②滴定时控制为4左右，原因是过小，与反应分解，过高，与反应。
③加水溶解得到溶液，用将+3价Cr氧化为+3价Cr，加入过量的至溶液呈强酸性，+6铬以存在，再加入足量，发生氧化还原反应，将铬元素还原为价，加入淀粉作指示剂，用的标准溶液滴定碘单质，发生反应，由此可得关系式2~~3I2~6，则~3，故产品中的质量分数为。
④在测定过程中，正确的滴定操作并排序为：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→装入溶液至“0”刻度以上，固定好滴定管→将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡→调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，读数→锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化→到达滴定终点，停止滴定，记录读数，故选egbd。
六、有机推断题
25．从社会到学校，都很重视学生的视力健康。某课题组合成了一种治疗青少年假性近视药物——硫酸阿托品，合成路线如下：
已知：①R1COR2
②R1COOR2R1COOR3
请回答：
(1)下列说法正确的是_______(填字母)。
A．阿托品的分子式是C17H23NO3
B．化合物F分子结构中有一个手性碳原子，含有羧基和羰基两种官能团
C．化合物B、E在一定条件下都能形成高分子化合物
D．生成硫酸阿托品成盐反应中消耗阿托品与硫酸的物质的量之比是1∶1
(2)阿托品分子中含氧官能团的名称为_______。
(3)写出G→H的化学方程式：_______。
(4)设计以化合物CH3CHBrCH3为原料合成环状化合物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(5)写出同时符合下列条件的托品醇的同分异构体的结构简式(不包括立体异构)：_______。
①含1个六元环 ②含1个碳氧双键 ③核磁共振氢谱显示含4种不同化学环境的氢原子
【答案】(1)AC
(2)羟基、酯基
(3) + +CH3OH
(4) CH3COCH3
(5)、 、 、 、
【分析】与HCN在一定条件下发生加成反应产生A是 ，A与浓硫酸混合加热发生消去反应产生B：，B与HBr在一定条件下发生加成反应产生C：，C与NaOH的水溶液共热发生水解反应产生D：，D与H+/H2O发生反应产生E：，E与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生F：，F与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生G：，G与托品醇在一定条件下发生酯交换反应产生H，H与H2发生醛基的加成反应产生阿托品，根据阿托品结构简式，可知H结构简式是，托品醇结构简式是 ，阿托品与硫酸发生反应产生硫酸阿托品。
（1）
A．根据上述流程图中阿托品结构简式可知其分子式是C17H23NO3，A正确；
B．化合物F结构简式是 ，分子中与-CHO、-COOH连接的C原子为手性C原子，该物质分子中含有羧基、醛基两种官能团，B错误；
C．化合物B结构简式是，物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物；化合物E结构简式是，物质分子中含有-COOH、-OH两种官能团，在一定条件下发生缩聚反应产生高分子化合物，C正确；
D．根据阿托品结构简式可知：其分子中N原子上只有一对孤电子对，因此与硫酸电离产生的H+可形成1个配位键，H2SO4可以产生2个H+，因此生成硫酸阿托品成盐反应中消耗阿托品与硫酸的物质的量之比是2∶1，D错误；
故合理选项是AC；
（2）
根据阿托品结构简式可知其分子中含有的含氧官能团是酯基、羟基；
（3）
根据上述分析可知G是，托品醇结构简式是，二者在催化剂作用下加热酯交换反应产生H：和CH3OH，该反应的化学方程式为： + +CH3OH；
（4）
分子中含有-Br，与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，分子中含有-OH，由于-OH连接的C原子上含有H原子，可以发生催化氧化反应产生CH3COCH3，CH3COCH3与HCN先发生加成反应产生，与H+、H2O作用产生，该物质分子中同时含有-COOH、-OH，与浓硫酸混合加热，发生酯化反应形成环状结构的酯，故转化流程为： CH3COCH3 ；
（5）
托品醇结构简式是，其同分异构体满足条件：①含1个六元环；②含1个碳氧双键；③核磁共振氢谱显示含4种不同化学环境的氢原子，则符合要求的同分异构体结构简式是： 、 、 、 、 。
浙江省强基联盟2022-2023学年高三上学期10月统测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学学科是材料科学的基础。下列涉及的系列材料中，主要成分为有机高分子化合物的是
A．制造5G芯片的氮化铝晶圆
B．航天服中的合成纤维及尼龙膜
C．中国天眼传输信息用的光纤材料
D．飞船返回舱侧壁壳体含有高强度铝合金
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．氮化铝是无机化合物，不是有机高分子化合物，故A错误；
B．合成纤维及尼龙膜是合成有机高分子化合物，故B正确；
C．光纤材料的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是无机化合物，不是有机高分子化合物，故C错误；
D．高强度铝合金为金属材料，不是有机高分子化合物，故D错误；
故选B。
2．下列关于实验操作说法正确的是
A．用①装置可制取无水AlCl3
B．②中，反应后向试管甲中加水，以检验是否有CuSO4生成
C．用③装置可以测定醋酸浓度
D．④装置中，用燃着的木条靠近肥皂泡前须检验氢气纯度
【答案】C
【详解】A．AlCl3水解生成氢氧化铝和HCl，盐酸易挥发，加热促进水解，且促进盐酸挥发，最终会得到氢氧化铝固体，故用①装置无法制取无水AlCl3，故A错误；
B．反应后的试管中含有浓硫酸，应将反应液加入水中，以检验是否有CuSO4生成，故B错误；
C．用氢氧化钠标准溶液测定醋酸的浓度，NaOH标准液装在碱式滴定管中，二者恰好完全反应时生成醋酸钠溶液显碱性，用酚酞作指示剂，故C正确；
D．红热的铁与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，加热时应选用酒精喷灯，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡前需要检验氢气纯度，故D错误；
故选C。
3．下列说法正确的是
A．p能级的轨道相互垂直，其能量大小关系为
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
【答案】C
【详解】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同，A错误；
B．s轨道没有伸展方向，故形成的共价键没有方向性，B错误；
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层，如M层排满了3p轨道后再排4s轨道，4s轨道排满再排3d轨道，C正确；
D．元素周期表中，氢元素属于s区，D错误；
故选C。
4．科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或许存在生命。利用P4与足量的浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH（浓）+3H2O3KH2PO2+ PH3↑；下列说法正确的是
A． PH3的电子式为 B．1mol P4参与反应，转移3mol电子
C．KH2PO2是酸式盐 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【详解】A．PH3的电子式为，A错误；
B．由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，故1mol P4参与反应，转移3mol电子，B正确；
C．P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则其为正盐，C错误；
D．由B分析可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D错误；
故选B。
5．2022年3月23日，神舟十三号航天员进行第二次太空授课，王亚平将小苏打和醋酸混合，先得到过饱和醋酸钠溶液的“液体球”，再经结晶以后得到了热的“冰球”。下列说法不正确的是
A．CH3COOH分子中键和键的数目之比为7∶1
B．结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是在小苏打和醋酸反应过程放出热量
C．“液体球”中存在共价键和氢键
D．可用X射线测定“冰球”是否是晶体
【答案】B
【详解】A． 的结构式为，故分子中键和键的数目之比为7∶1，故A正确；
B． 结晶以后得到热的“冰球”，其形成原因是醋酸钠结晶过程放出热量，故B错误；
C． “液体球”为过饱和醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中含有醋酸钠和水，醋酸钠含有离子键和共价键，水分子内含有共价键，水分子间形成氢键，故“液体球”中存在共价键和氢键，故C正确；
D． 鉴别晶体与非晶体的可靠方法就是X射线衍射法，故可用X射线测定“冰球”是否是晶体，故D正确；
故选B。
6．类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．的熔沸点高于，则的熔沸点也高于
B．水解生成和，则水解生成和
C．是直线形分子，则也是直线形分子
D．能与反应生成，则也可以与反应生成
【答案】D
【详解】A．甲烷和硅烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故A错误；
B．三氯化氮在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氨气，故B错误；
C．二氧化硅是空间网状结构的原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，故C错误；
D．氨分子中氮原子含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的铵根离子，联氨分子中氮原子也含有孤对电子，能与氯化氢反应生成含有配位键的联铵离子，故D正确；
故选D。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．足量铁在1molCl2中完全燃烧，转移的电子数目为3NA
B．标准状况下，22.4L二氯甲烷含有原子数目为5NA
C．30g C2H6中含有的非极性键数目为6NA
D．100g质量分数为46%的酒精水溶液中含有氧原子数目为4NA
【答案】D
【详解】A．足量铁在1molCl2中完全燃烧生成氯化铁，反应中铁过量，氯气完全反应，根据2e-~Cl2，则转移的电子数目为2NA，A错误；
B．标准状况下，二氯甲烷为液体，不能计算其物质的量，B错误；
C．30g C2H6的物质的量为1mol，1分子乙烷中非极性为碳碳键，数目为1，则含有的非极性键数目为NA，C错误；
D．100g质量分数为46%的酒精水溶液中酒精、水的质量分别为46g、54g，物质的量分别为1mol、3mol，含有氧原子的物质的量为4mol，其数目为4NA，D正确；
故选D。
8．下列离子方程式书写不正确的是
A．过量的铁粉与稀硝酸反应：
B．用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量：
C．用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：
D．向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：
【答案】A
【详解】A． 过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮：，故A错误；
B． 用酸性重铬酸钾溶液测定白酒中乙醇的含量，乙醇被氧化为乙酸，铬由+6价降为+3价：，故B正确；
C． 用饱和碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙：，故C正确；
D． 向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀：，故D正确；
故选A。
9．下列说法不正确的是
A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽
B．淀粉溶液中加入硫酸，加热，再加入少量银氨溶液并加热，无银镜生成，说明淀粉未水解
C．结构片段的高聚物，其单体是苯酚和甲醛
D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精
【答案】B
【详解】A．甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，故A正确；
B．淀粉溶液在稀硫酸作用下加热一段时间后冷却，应先往水解液中加碱中和硫酸后，再加入银氨溶液水浴加热，若无银镜生成，则淀粉还没水解，B不正确；
C．苯酚和甲醛通过缩聚反应生成酚醛树脂，结构片断为，故C正确；
D．植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精和二氧化碳，故D正确；
故选B。
10．利用氮元素价类二维图可以从不同角度研究含氨物质的性质及其转化关系。下列说法不正确的是
A．通过转化①②③可实现工业制硝酸
B．自然界可实现上述转化④
C．实验室可用与共热制取
D．预测与可以反应生成
【答案】C
【详解】A．工业上可将转化为NO，再转化为NO2，最后转化为硝酸，所以可通过①②③可实现工业制硝酸，故A正确；
B．自然界中放电时，可实现，故B正确；
C．实验室可用与共热制取，故C错误；
D．与在一定条件下可以发生反应生成，故D正确；
故答案选C。
11．环丙沙星为合成的第三代喹诺酮类抗菌药物，具有广谱抗菌活性，杀菌效果好，其结构如图。以下说法不正确的是
A．分子中存在两种含氧官能团
B．该分子中无手性碳原子
C．环丙沙星在一定条件下与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗
D．该物质既能与酸反应又能与碱反应
【答案】C
【详解】A．环丙沙星中有羧基和羰基两种含氧官能团，故A正确；
B．手性碳原子是指四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中没有手性碳原子，故B正确；
C．环丙沙星中羧基和F原子能与氢氧化钠反应，且生成的酚羟基能与氢氧化钠继续反应，所以，环丙沙星最多与，故C错误；
D．环丙沙星中既有羧基和仲胺，既能与酸反应又能与碱反应，故D正确；
故答案选C。
12．科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中R、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．离子半径： B．分子的模型为三角锥形
C．Z的含氧酸的酸性强于X的含氧酸酸性 D．图中物质的阴离子中所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】D
【分析】R可形成阳离子R+，则R为第一主族元素。Z能够形成一个共价键，可能是第七主族元素或氢元素，但由于这四种元素同周期，Z不可能是氢元素，由此可确定Z的最外层电子数为7个，则Y核外电子数为14个，即Y是硅元素，R是钠元素，Z是氯元素。对于元素X，根据化合物的化合价代数和为0，可知X为-3价，则X是磷元素，从而得出R、X、Y、Z分别为Na、P、Si、Cl元素。
【详解】A．同周期元素，阴离子半径大于阳离子，即r(Na+)
C．Z的含氧酸有很多，因为非金属性：Cl>P，所以其最高价氧化物的含氧酸强于X的含氧酸酸性，C项错误；
D．根据图示共价键数目和得电子数目可知，物质的阴离子中所有原子都满足8电子稳定结构，D项正确。
答案选D。
13．已知胆矾的结构示意图如图。下列说法正确的是
A．胆矾在不同温度下分步失去结晶水 B．的配位数为5
C．的价层电子排布式为 D．图示结构中存在配位键和氢键两种化学键
【答案】A
【详解】A．由图可知，晶体中含有2种不同的水，一类是配体水分子、一类是形成氢键的水分子，两者结构不同，故胆矾在不同温度下分步失去结晶水，A正确；
B．由图可知，的配位数为6，B错误；
C．为铜原子失去2个电子后形成的例子，其价层电子排布式为，C错误；
D．氢键不是化学键，D错误；
故选A。
14．硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是
A．电极A为阳极，发生氧化反应
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阴极附近
D．若R为，当消耗生成时，则电极B处产生的为
【答案】D
【分析】电极B为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；A为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如氧化生成。
【详解】
A．由上述分析可知电极A为阳极，发生氧化反应，A正确；
B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，B正确；
C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C正确；
D．A极反应产生Cl2，次氯酸将有机物R如氧化生成，若R为，则消耗1mol 生成时，转移6mol电子，但在A电极处还有水失电子，故转移电子物质的量大于6mol，所以B电极处产生的应大于3mol，D错误；
故选D。
15．在相同条件下研究催化剂I、II对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，下列说法不正确的是
A．无催化剂时，反应也能进行
B．与催化剂II相比，I使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂II时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂I时，内，
【答案】C
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，则II使反应活化能更高，故B正确；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则内，Y的反应速率为=2.0 mol/(L·min)，由各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，X的反应速率为2.0 mol/(L·min) ×=1.0 mol/(L·min)，故D正确；
故选C。
16．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．b点溶液呈酸性
B．a到b之间存在：c(Na+)>c(Cl-)
C．该滴定过程中不需任何指示剂
D．a点溶液中存在： c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
【答案】D
【分析】由图可知，a点为第一个计量点，发生的反应为碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，b点为第二个计量点，发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水。
【详解】A．由分析可知，b点溶液为氯化钠和碳酸的饱和溶液，碳酸在溶液中部分电离使溶液呈酸性，故A正确；
B．从a点到b点，溶液由氯化钠、碳酸氢钠混合液变为氯化钠、碳酸混合溶液，溶液中c(Na+)>c(Cl—)故B正确；
C．电位滴定在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，则滴定时不需指示剂，故C正确；
D．．由分析可知，a点为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液，也电荷守恒可知溶液中存在c(Na+)>c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，故D错误；
故选D。
17．硫的四种含氧酸根离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是
A．①②③④中都含有极性键和非极性键
B．①④中硫原子的化合价不同
C．能在酸性溶液中将Mn2+转化为的只有④
D．只考虑硫元素的价态，②只有氧化性
【答案】C
【详解】A．①②中不含有非极性键，A错误；
B．①④中硫原子形成化学键相同，化合价相同，B错误；
C．只有④中的硫化合价为+7价，具有强氧化性，能将锰离子氧化为高锰酸根离子，C正确；
D．只考虑硫元素的价态，②中硫的化合价为+5价，有氧化性和还原性，D错误；
故选C。
18．科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()的反应过程如下图所示，下列说法正确的是
A．反应步骤①②③都发生了键的断裂
B．( )与碳酸()互为同系物
C．步骤②中分子中碳原子的杂化方式没有改变
D．合成的总反应方程式为
【答案】D
【详解】A．由图可知，步骤②中没有发生氢氧键的断裂，故A错误；
B．同系物必须是同类物质，碳酸二甲酯属于酯类，碳酸属于无机含氧酸，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故B错误；
C．二氧化碳中碳原子的杂化方式为sp杂化，由图可知，步骤②中二氧化碳发生加成反应所得产物中碳原子形成碳氧双键，原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子的杂化方式发生改变，故C错误；
D．由图可知，合成的总反应为二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应中甲醇发生氢氧键断裂，反应的化学方程式为，故D正确；
故选D。
19．25℃时，按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得溶液
溶液Ⅰ
溶液Ⅱ
下列说法不正确的是A．溶液Ⅰ中：
B．混合Ⅰ和Ⅱ：
C．Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明
D．将等体积、等的NaA、NaB溶液稀释相同倍数，变化更大的是NaA溶液
【答案】C
【详解】A．溶液Ⅰ为等物质量的HA、NaA，溶液显酸性，则酸的电离程度大于盐的水解，故，A正确；
B．混合Ⅰ和Ⅱ，则得到等物质的量的HA、NaA、HB、NaB，根据物料守恒可知，，B正确；
C．溶液Ⅰ为等物质量的HA、NaA，HA电离程度微弱，，，同理，，则Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明，C错误；
D．由C分析可知，酸性HB>HA，将等体积、等的NaA、NaB溶液稀释相同倍数，NaA水解程度变化更大，变化更大的是NaA溶液，D正确；
故选C。
20．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
比较S与C的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
B
探究与氧化性的强弱
向和的混合溶液中滴入酸化的溶液
若溶液变红，说明氧化性：
C
比较和的大小
取溶液于试管中，加入溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液
若产生黄色沉淀，说明：
D
证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中
若溶液褪色，说明发生了消去反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，要根据钠盐溶液 pH 大小确定非金属性强弱时必须是其最高价含氧酸的盐，亚硫酸钠不是S元素最高价氧化物的水化物的盐溶液，所以不能根据等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的 pH 值判断非金属的非金属性强弱，故A错误；
B．NO也有氧化性，也可以氧化Fe2+，溶液变红不能证明Ag+氧化了Fe2+还是NO氧化Fe2+，故B错误；
C．溶液过量，加入I-后，过量的Ag+与I-直接生成了沉淀，不是沉淀的转化，故C错误；
D．溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应生成乙烯，乙烯通入溴的溶液中发生加成反应，溶液褪色说明发生了消去反应，故D正确；
故答案为D
二、结构与性质
21．铁和铜是两种常用金属，它们的单质及化合物的应用非常广泛。
(1)基态的价层电子排布图为_______。
(2)用X射线衍射测定，的一种晶胞结构如图1所示。该晶胞中每个原子紧邻的原子数为_______。
(3)在溶液中可与多种配体形成配离子，如、、等。
①C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_______。
②已知原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的结构，则离子的电子式为_______。
(4)铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞结构如图2所示，则该化合物的化学式为_______，若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。以a点为原点，按如图所示方向建立直角坐标系，若a、b点微粒的分数坐标分别为，则c点微粒的分数坐标为_______。晶胞沿z轴方向在平面的投影平面图如图3，如：d点的投影如图3中涂黑的部分，请在图3中涂黑并标注e点微粒的位置：_______。
【答案】(1)
(2)12
(3)
(4)
【解析】（1）
Fe元素为26号元素，Fe基态原子的价电子排布式为3d64s2，则基态的价层电子排布图为。
（2）
由的该种晶胞结构图可知，该晶胞中每个原子紧邻的原子数为12。
（3）
①同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级处于半充满的稳定状态，第一电离能比O的大，故C、N、O三种元素的第一电离能从大到小的顺序为。
②已知原子数和价电子数相同的微粒互为等电子体，互为等电子体的微粒具有相似的结构，与CO2互为等电子体，则离子的电子式为。
（4）
由晶胞结构图可知，一个晶胞中Cu的个数为，Cl的个数为4，则该化合物的化学式为CuCl；由晶胞的结构图可知，c点微粒的分数坐标为。在图3中涂黑并标注e点微粒的位置为。
三、元素或物质推断题
22．已知化合物X是由三种常见元素组成的液体物质，可发生如下反应：
根据上述转化回答下列问题：
(1)化合物X遇水极易水解，产生两种有刺激性气味的气体，其中气体F能使品红溶液褪色，X的化学式为_______。已知X中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出X的结构式：_______。
(2)黄色溶液Ⅰ中存在的微粒，除了之外，还有_______。
(3)写出X水解生成气体H和气体F的化学方程式：_______。
(4)写出白色沉淀G溶于稀硝酸的化学方程式：_______。
(5)化合物X加热至开始分解，分解产生三种物质，分别为气体F、一种气体单质和一种相对分子质量为135的四原子化合物，试写出X分解的化学方程式：_______。
【答案】(1) 或
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】化合物X与水反应生成气体H和F，H与CuCl2溶液变黄，是H溶于水生成的Cl-与CuCl2配位使溶液变黄，说明H为HCl；F与CuCl2反应生成白色沉淀G，且F能使品红溶液褪色，所以F为SO2，所以X为SOCl2，白色沉淀G为CuCl，据此分析解题。
（1）
能使品红褪色的气体是SO2，由分析可知，H为HCl，所以X的化学式为SOCl2；X中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，所以X的结构式为或；
故答案为SOCl2，或；
（2）
溶液Ⅰ是由HCl溶于CuCl2溶液获得，由于Cl-与Cu2+配位，生成，使得溶液呈黄色，所以黄色溶液Ⅰ中存在的微粒，除了之外，还有；
故答案为；
（3）
X为SOCl2，水解生成HCl和SO2，化学方程式为；
故答案为；
（4）
白色沉淀G为CuCl，CuCl与硝酸发生氧化还原反应，方程式为；
故答案为；
（5）
化合物X为SOCl2，SOCl2分解产生气体F、一种气体单质和一种相对分子质量为135的四原子化合物；根据X的元素组成可知，相对分子质量为135的四原子化合物是S2Cl2，气体单质为Cl2；所以X分解的化学方程式：；
故答案为。
四、原理综合题
23．(碳捕获、利用与封存)是应对全球气候变化的关键技术之一，利用捕获的催化加氢生成，可实现资源化，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-164.7kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H=-205.9kJ·mol-1
(1)将一定量和充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为，假设只发生反应Ⅰ，随t(时间)变化曲线如图1，画出时段，随t变化曲线。保持其他条件不变，改变反应温度为，再次画出时段，随t变化趋势的曲线_______。
(2)向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图2所示；不同压强时，的平衡转化率如图3所示：
①提高转化为的转化率，可以控制的条件是_______，曲线_______(填“A”、“B”或“C”)表示的物质的量随温度的变化，并分析其变化原因：_______。
②判断的大小关系为_______，时，不同压强下的平衡转化率趋向于相等的原因是_______。
③在时，反应Ⅱ的压强平衡常数_______。(列出计算式即可，分压=物质的量分数×总压)
【答案】(1)
(2) 低温、对甲烷选择性好的高效催化剂 B 温度较低时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响小于温度升高对反应Ⅱ的影响;温度较高时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响大于温度升高对反应Ⅱ的影响 反应Ⅰ的，时正向进行程度小，反应Ⅱ的，时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故平衡转化率趋向于相等
【解析】（1）
由于NO2是生成物，根据热化学方程式中的系数、N2O4的初始浓度和达到平衡时的浓度可以计算出平衡时NO2的浓度，据此作图；当温度升高至T2，化学反应速率加快，达到平衡的时间缩短，且由于反应为吸热反应，故温度升高，平衡正向移动，NO2的平衡浓度增大，但反应不可能进行到底，平衡时c(NO2)小于0.08mol/L，作图如： ；
（2）
①催化剂对平衡移动无影响，结合图中曲线可知，提高转化为的转化率，可以控制的条件是低温、对甲烷选择性好的高效催化剂；
温度较低时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响小于温度升高对反应Ⅱ的影响；温度较高时，升高温度，反应Ⅲ平衡向左移动造成增大对反应Ⅱ的影响大于温度升高对反应Ⅱ的影响，故曲线B表示的物质的量随温度的变化；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为气体体积缩小的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，故增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，故根据图中曲线可知，压强；
反应Ⅰ的，时正向进行程度小，反应Ⅱ的，时正向进行程度大，而反应Ⅱ平衡不受压强影响，故平衡转化率趋向于相等；
③根据氧原子守恒可知，初始时容器中通入1molCO2，故整个体系内氧原子个数为2mol反应平衡后含有氧原子的物质为一氧化碳、二氧化碳和水，其中600℃时CO有0.37mol，CO2有0.26mol，则两者共含有氧原子为(0.37+0.262)mol=0.89mol，则H2O中含有氧原子为(1-0.89) mol = 0.11mol，故平衡体系中n(H2O) = 1.11mol，同理根据氢原子守恒可得n(H2) = 2.15mol，反应b各物质前化学计量数均为1，则总压通过约分除去，Kp===，故答案为: 。
五、工业流程题
24．某兴趣小组用铬铁矿制备晶体，流程如下：
已知：①
②不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解；碱性条件下能被氧化为(Ⅵ)
③甲醇是无色液体，沸点。
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎有利于加快氧化的速率
B．步骤Ⅳ，甲醇作还原剂
C．步骤Ⅵ，可用乙醇洗涤
D．若将直接加热脱结晶水可获得无水
(2)反应①中的作用，除作为反应物以外，还有_______。
(3)步骤Ⅳ在如图装置中发生(夹持装置略)，仪器a的名称是_______，仪器b的作用是_______。
(4)产品中氯化铬晶体含量的测定。称取产品，加水溶解并定容于容量瓶中，移取于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入稍过量的，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量的至溶液呈强酸性，此时铬以存在，再加入足量，加塞，摇匀，于暗处静置5分钟，铬元素还原为价，加入淀粉作指示剂，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液。
已知：。
①实验过程中，将碘量瓶置于暗处放置的原因是_______；
②滴定时控制为4左右，原因是_______；
③产品中的质量分数为_______(保留两位有效数字)。
④在测定过程中，选出正确的滴定操作并排序：_______。检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→_______→_______→_______→_______→到达滴定终点，停止滴定，记录读数。
a.转动酸式滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，无气泡
b.调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，读数
c.调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度
d.锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化
e.装入溶液至“0”刻度以上，固定好滴定管
f.锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视滴定管内液面变化
g.将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡
【答案】(1)CD
(2)使反应的熵增大，利于反应进行
(3) 三颈烧瓶 使挥发的甲醇冷凝回流
(4) 防止升华，减小误差 过小，与反应分解，过高，与反应 70% egbd
【分析】与熔融碳酸钠在高温条件下反应生成，再酸化得到Na2Cr2O7，加入甲醇还原Na2Cr2O7为+3价Cr，调节pH沉淀Cr3+得到Cr(OH)3，加入浓盐酸溶解Cr(OH)3，得到CrCl3溶液，在结晶、过滤、洗涤得到，据此分析解答。
（1）
A． 步骤Ⅰ，将铬铁矿粉碎，增大反应物的接触面积，有利于加快氧化的速率，故A正确；
B． 由分析知，步骤Ⅳ，甲醇作还原剂，将重铬酸根离子还原为Cr3+，故B正确；
C． 不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，步骤Ⅵ，应用乙醚洗涤，故C错误；
D． 易水解，若将直接加热脱结晶水，会发生水解，生成HCl，HCl易挥发，最终不能获得无水，故D错误；
故选CD。
（2）
反应①消耗7mol氧气，生成10molCO2，反应的熵增大，利于反应进行，故的作用，除作为反应物以外，还有使反应的熵增大，利于反应进行。
（3）
根据仪器结构可知，仪器a的名称是三颈烧瓶，甲醇是无色液体，沸点，仪器b的作用是使挥发的甲醇冷凝回流，提高甲醇利用率。
（4）
①实验过程中，将碘量瓶置于暗处放置的原因是防止升华，减小误差。
②滴定时控制为4左右，原因是过小，与反应分解，过高，与反应。
③加水溶解得到溶液，用将+3价Cr氧化为+3价Cr，加入过量的至溶液呈强酸性，+6铬以存在，再加入足量，发生氧化还原反应，将铬元素还原为价，加入淀粉作指示剂，用的标准溶液滴定碘单质，发生反应，由此可得关系式2~~3I2~6，则~3，故产品中的质量分数为。
④在测定过程中，正确的滴定操作并排序为：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→装入溶液至“0”刻度以上，固定好滴定管→将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡→调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，读数→锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化→到达滴定终点，停止滴定，记录读数，故选egbd。
六、有机推断题
25．从社会到学校，都很重视学生的视力健康。某课题组合成了一种治疗青少年假性近视药物——硫酸阿托品，合成路线如下：
已知：①R1COR2
②R1COOR2R1COOR3
请回答：
(1)下列说法正确的是_______(填字母)。
A．阿托品的分子式是C17H23NO3
B．化合物F分子结构中有一个手性碳原子，含有羧基和羰基两种官能团
C．化合物B、E在一定条件下都能形成高分子化合物
D．生成硫酸阿托品成盐反应中消耗阿托品与硫酸的物质的量之比是1∶1
(2)阿托品分子中含氧官能团的名称为_______。
(3)写出G→H的化学方程式：_______。
(4)设计以化合物CH3CHBrCH3为原料合成环状化合物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(5)写出同时符合下列条件的托品醇的同分异构体的结构简式(不包括立体异构)：_______。
①含1个六元环 ②含1个碳氧双键 ③核磁共振氢谱显示含4种不同化学环境的氢原子
【答案】(1)AC
(2)羟基、酯基
(3) + +CH3OH
(4) CH3COCH3
(5)、 、 、 、
【分析】与HCN在一定条件下发生加成反应产生A是 ，A与浓硫酸混合加热发生消去反应产生B：，B与HBr在一定条件下发生加成反应产生C：，C与NaOH的水溶液共热发生水解反应产生D：，D与H+/H2O发生反应产生E：，E与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生F：，F与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生G：，G与托品醇在一定条件下发生酯交换反应产生H，H与H2发生醛基的加成反应产生阿托品，根据阿托品结构简式，可知H结构简式是，托品醇结构简式是 ，阿托品与硫酸发生反应产生硫酸阿托品。
（1）
A．根据上述流程图中阿托品结构简式可知其分子式是C17H23NO3，A正确；
B．化合物F结构简式是 ，分子中与-CHO、-COOH连接的C原子为手性C原子，该物质分子中含有羧基、醛基两种官能团，B错误；
C．化合物B结构简式是，物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物；化合物E结构简式是，物质分子中含有-COOH、-OH两种官能团，在一定条件下发生缩聚反应产生高分子化合物，C正确；
D．根据阿托品结构简式可知：其分子中N原子上只有一对孤电子对，因此与硫酸电离产生的H+可形成1个配位键，H2SO4可以产生2个H+，因此生成硫酸阿托品成盐反应中消耗阿托品与硫酸的物质的量之比是2∶1，D错误；
故合理选项是AC；
（2）
根据阿托品结构简式可知其分子中含有的含氧官能团是酯基、羟基；
（3）
根据上述分析可知G是，托品醇结构简式是，二者在催化剂作用下加热酯交换反应产生H：和CH3OH，该反应的化学方程式为： + +CH3OH；
（4）
分子中含有-Br，与NaOH水溶液共热发生取代反应产生，分子中含有-OH，由于-OH连接的C原子上含有H原子，可以发生催化氧化反应产生CH3COCH3，CH3COCH3与HCN先发生加成反应产生，与H+、H2O作用产生，该物质分子中同时含有-COOH、-OH，与浓硫酸混合加热，发生酯化反应形成环状结构的酯，故转化流程为： CH3COCH3 ；
（5）
托品醇结构简式是，其同分异构体满足条件：①含1个六元环；②含1个碳氧双键；③核磁共振氢谱显示含4种不同化学环境的氢原子，则符合要求的同分异构体结构简式是： 、 、 、 、 。
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