2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟试卷C（解析版）

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2023年1月浙江省普通高校招生选考科目
化学仿真模拟试卷C
(考试时间：90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 Ge 73 Ag 108 I 127 Ba 137 La 139
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．下列物质属于混合物的是( )
A．聚乙烯 B．醋酸 C．次氯酸钙 D．纯碱
【答案】A
【解析】A项，聚乙烯属于人工合成高分子化合物，它由链节相同、聚合度不同的多条链构成，所以属于混合物，A符合题意；B项，醋酸即CH3COOH，属于有机化合物，B不符合题意；C项，次氯酸钙的化学式为Ca(ClO)2，属于无机化合物，C不符合题意；D项，纯碱的化学式为Na2CO3，属于无机化合物，D不符合题意；故选A。
2．下列物质属于弱电解质的是( )
A．C2H5OH B．BaCl2 C．CO2 D．NH3·H2O
【答案】D
【解析】A项，酒精为化合物，本身不发生电离，不能够导电，属于非电解质，选项A错误；B项，BaCl2属于盐，在熔融状态或水溶液中完全电离，属于强电解质，选项B错误；C项，CO2属于非电解质，选项C错误；D项，NH3·H2O为弱碱，属于弱电解质，选项D正确；故选D。
3．实验室从海带中提取碘时，一般不需要用到的仪器是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】从海带中提取碘，首先要在坩埚内将海带烧成灰，然后用漏斗过滤，得到碘的水溶液；用有机溶剂萃取，然后在分液漏斗内分液；最后将碘的有机溶液在蒸馏烧瓶内蒸馏，从而获得碘。由分析可知， 实验中需要用到的仪器为坩埚、漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等，不需使用的仪器为容量瓶，故选D。
4．下列物质的化学成分不正确的是( )
A．绿矾：ZnSO4·7H2O B．磁性氧化铁：Fe3O4
C．硬脂酸甘油酯： D．酚醛树脂：
【答案】A
【解析】A项，绿矾的化学成分为：FeSO4·7H2O，A项错误；B项，四氧化三铁是一种无机物，化学式为Fe3O4，为具有磁性的黑色晶体，B项正确；C项，硬脂酸甘油酯是指由一分子甘油和三分子硬脂酸酯化生成的甘油酯，结构简式为：，C项正确；D项，酚醛树脂是由苯酚醛或其衍生物缩聚而得，结构简式为：，D项正确；故选A。
5．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是( )
A．2-甲基-1-丁烯的键线式：
B．基态铜原子的价电子排布式：
C．基态氧原子的轨道表示式：
D．铜氨配离子的结构式：
【答案】D
【解析】A项，2-甲基-1-丁烯的结构简式为，其键线式为，A项错误；B项，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，B项错误；C项，基态氧原子的轨道表示式为，C项错误；D项，铜氨配离子中Cu2+与H3分子间形成配位键，结构式为，D项正确；故选D。
6．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是(       )
A．以CO2为原料合成聚碳酸酯可降解塑料有助于实现“碳中和”
B．煤的液化是获得清洁燃料的一种方式，发生的是物理变化
C．2022年冬奥会首次使用了氢能作为火炬燃料，践行了绿色、环保理念
D．将以铁粉、生石灰为主要成分的双吸剂放入食品包装袋中，可以延长食物的保质期
【答案】B
【解析】A项，以CO2为原料合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳的排放量，有助于实现“碳中和”，A正确；B项，煤的液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料，发生的是化学变化，B错误；C项，氢能作为火炬燃料燃烧产物为水，不会污染环境，践行了绿色、环保理念，C正确；D项，铁粉具有还原性，能吸收包装袋内的氧气，防止食品氧化，生石灰具有吸水性，能吸收包装袋内的水蒸气，防止食品潮解，则以铁粉、生石灰为主要成分的双吸剂放入食品包装袋中，可以延长食物的保质期，D正确；故选B。
7．下列说法正确的是( )
A．C7H16与甲烷必互为同系物
B．与互为同分异构体
C．1H、2H、3H互为同位素，实际上是同一种核素
D．12C和14C互为同素异形体，后者可用于考古研究
【答案】A
【解析】A项，从C7H16的分子组成上看，一定是烷烃，所以与甲烷必互为同系物，A正确；B项，与的组成、结构相同，分子式相同，为同一种有机物，B不正确；C项，1H、2H、3H的质子数相同、质量数不同，三者互为同位素，实际上是氢元素的不同核素，C不正确；D项，12C和14C是碳元素的两种不同核素，二者互为同位素，14C可用于考古研究，D不正确；故选A。
8．下列说法中正确的是( )
A．NO2、SO2、BF3、NCl3分子中每原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
C．NH的电子式为，离子呈平面正方形结构
D．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
【答案】D
【解析】A项，BF3分子的电子式为其中B原子未满足8电子稳定结构，A错误；B项，P4为正四面体分子，但其键角为60°，B错误；C项，NH4+ 有4对价层电子对数，无孤对电子对数，则其为正四面体结构而非平面正方形结构，C错误；D项，NH3分子电子式为，有一对未成键电子，由于未成键电子对成键电子的排斥作用较强，使其键角为107°，呈三角锥形，D正确；故选D。
9．下列说法不正确的是( )
A．工业上常将氯气通入冷的石灰乳，制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
B．氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)在一定条件下加热可生成无水氧化镁，工业上通过电解氧化镁来制取镁
C．利用尾气转化装置，可将汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮转化为无毒气体
D．家庭厨卫管道若被固体垃圾堵塞，可选用主要成分为铝粉和固体的混合粉末来疏通管道
【答案】B
【解析】A项，氯气与石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙和水，工业用此制备漂白粉，故A正确；B项，氧化镁的熔点高，工业上是电解熔融的氯化镁制取镁，故B错误；C项，汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下可以转化为氮气和水，则利用尾气转化装置，可以将汽车尾气中的一氧化碳和一氧化氮转化成无毒气体，故C正确；D项，铝和氢氧化钠反应生成氢气，对堵塞物起到疏松作用，故D正确；故选B。
10．制取高效消毒剂ClO2反应：2KClO3+H2C2O4=K2CO3+CO2↑+ClO2↑+H2O。下列说法正确的是( )
A．H2C2O4中的C被还原
B．H2C2O4是氧化剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D．每消耗1 mol KClO3转移2 mol电子
【答案】C
【解析】A项，草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，碳元素被氧化，A错误；B项，草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，B错误；C项，二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C正确；D项，氯元素化合价由+5变为+4，所以每消耗1 mol KClO3转移1 mol电子，D错误；故选C。
11．下列说法不正确的是( )
A．在酸性K2Cr2O7溶液中，若加入，溶液由橙色变成黄色；若加入Na2SO3，溶液则变成绿色
B．用K2Cr2O7标准液润洗酸式滴定管后，应将润洗液从酸式滴定管下口放出
C．酸或碱对酯的水解都有催化作用，在其他条件相同时，等量的酯在酸或碱催化下，水解效果差别不大
D．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸或硝酸
【答案】C
【解析】A项，在水溶液中橙红色的Cr2O72-与黄色的CrO42-有下列平衡关系：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，K2Cr2O7溶液呈橙色，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色；若将NaOH溶液改成Na2SO3溶液，K2Cr2O7与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Cr3+，溶液变成绿色，A正确；B项，用 K2Cr2O7标准液润洗酸式滴定管后，应将润洗液从酸式滴定管下口放出，B正确；C项，酸或碱对酯的水解都有催化作用，在其他条件相同时，等量的酯在酸催化下，生成酸和醇，为可逆反应，而等量的酯在碱催化下，生成盐和醇，为不可逆反应，水解效果更彻底，C错误；D项，为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稳定的稀硫酸而不采用具有还原性的盐酸或具有氧化性的硝酸，D正确；故选C。
12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．在25℃时，1 L pH为2的H2SO4溶液中含有数目为0.01NA
B．2.0 g(D218O)中所含质子数为NA
C．30 g乙酸、乳酸(C3H6O3)、葡萄糖混合物完全燃烧消耗O222.4 L
D．70 gC5H10的烃分子中含有C-Cσ键的数目一定为4 NA
【答案】A
【解析】A项，在25℃时，1 L pH为2的H2SO4溶液中含有H+的物质的量为0.01mol，则数目为0.01 NA，A正确；B项，2.0 g(D218O)的物质的量为，所含质子数为小于NA，B错误；C项，没有说明标况，不能判断消耗氧气的体积，C错误； D项，70 g C5H10的烃也可能是环戊烷，则分子中含有C-Cσ键的数目为5 NA，D错误；故选A。
13．下列反应的离子方程式一定正确的是( )
A．金属钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
C．CuCl2溶液中通入H2S气体：CuCl2+H2S=CuS↓+2H+
D．乙醇与KMnO4 酸性溶液反应：5C2H5OH+12MnO4-+36H+=12Mn2++10CO2↑+33H2O
【答案】C
【解析】A项，没有配平，应该为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B项，NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合时的相对用量不确定，不能得出离子方程式，故B错误；C项，CuCl2与H2S气体反应生成CuS沉淀和盐酸，其反应的离子方程式为：CuCl2+H2S=CuS↓+2H+，故C正确；D项，乙醇与KMnO4 酸性溶液反应只能氧化至乙酸，不会产生CO2，故D错误。故选C。
14．下列说法不正确的是( )
A．淀粉溶液中加入硫酸，加热4-5 min，再加入少量银氨溶液，加热，有光亮银镜生成
B．花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，水解反应可用于生产甘油
C．鸡蛋清水溶液中加入浓硝酸产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
D．和均属于生物大分子，是由许多核苷酸单体形成的聚合物
【答案】A
【解析】A项，淀粉溶液中加入硫酸，加热4-5 min，要先用NaOH中和硫酸，至溶液呈中性或弱碱性时，再加入少量银氨溶液，加热，有光亮银镜生成，故A错误；B项，花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，水解反应可用于生产甘油和高级脂肪酸，故B正确；C项，鸡蛋清水溶液中加入浓硝酸先发生胶体聚沉，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，发生颜色反应，故C正确；D项，DNA的中文名称是脱氧核糖核酸，单体是脱氧核苷酸，RNA的单体是核糖核苷酸，DNA和RNA均属于生物大分子，是由许多核苷酸单体形成的聚合物，故D正确；故选A。
15．一种2-甲基色酮内酯(Y)可通过下列反应合成，下列说法正确的是( )

A．一定条件下，X可以发生加成、缩聚、消去、氧化反应
B．X、Y分子中所有碳原子处于同一平面
C．1molX最多能与含3molBr2的浓溴水发生反应
D．Y与H2完全加成，每个产物分子中含有5个手性碳原子
【答案】C
【解析】A项，X含有苯环、碳碳双键，能发生加成反应；X含有碳碳双键、羟基，能发生氧化反应；X不能发生缩聚、消去反应，故A错误；B项，Y分子中有1个单键碳与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子处于同一平面，故B错误；C项，X分子苯环的邻位、对位能与溴发生取代反应，X分子中碳碳双键能与溴发生加成反应，1molX最多能与含3molBr2的浓溴水发生反应，故C正确；D项，Y与H2完全加成，生成物分子中含有6个手性碳原子(*标出)，故D错误；故选C。
16．短周期主族元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，乙的单质是合成氨的原料之一，M的最高价氧化物的水化物为强酸，它们组成的一种分子结构如图所示。下列说法正确的是( )

A．简单氢化物的沸点：Y>Z
B．第一电离能：Z>M
C．中所有原子在同一平面
D．Y、Z、M的氧化物均为酸性氧化物
【答案】B
【解析】短周期主族元素X、Y、 Z、M原子序数依次增大， 乙的单质是合成氨的原料之一，乙为N2， M的最高价氧化物的水化物为强酸，根据结构式M能成2个共价键，故M为S，根据其组成的分子结构可知，X形成1条键， X为H， Y可形成4条键，Y为C， X、Y、Z、 M分别为H、C、N、S。A项，Y的氢化物为CH4，Z的简单氢化物为NH3，NH3分子间可以形成氢键，NH3熔沸点高于CH4，故A错误；B项，第一电离能： N>O> S，故Z>M，故B正确；C项，N2H4中，N原子采用sp3杂化，所有原子不在同一平面，故C错误；D项，C、N、S的氧化物不一定为酸性氧化物，如CO、NO为不成盐氧化物，故D错误；故选B。
17．25℃时，下列说法正确的是( )
A．浓度均为0.10mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的粒子种类不相同
B．某溶液由水电离出c(H+)为1.0×10-5mol·L-1，则该溶液可能是酸，也可能是盐
C．1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量不相同
D．测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
【答案】C
【解析】A项，浓度均为0.10mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在Na+、HCO3-、CO32-、H2CO3、H+、OH-、\H2O等粒子，粒子种类相同，故A错误；B项，酸、碱抑制水电离，某溶液由水电离出c(H+)为1.0×10-5mol·L-1，水的电离受到促进，则该溶液不可能是酸，可能是盐，故B错误；C项，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量相等，由于NH4Cl浓度不同，NH4+水解程度不同，所以含NH4+物质的量不相同，故C正确；D项，测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，H2A可能是强酸也可能是弱酸，如亚硫酸是弱酸，NaHSO3溶液的pH＜7，故D错误；故选C。
18．物质、与的能量存在如图所示的相互关系。已知：人为规定的能量为0kJ/mol。下列有关说法错误的是( )

A．物质是图示三种物质中最稳定的
B．过程①属于吸热反应
C．由图可推知，发生消去反应①或②时，环戊烷断键吸收的能量高于环戊烯断键吸收的能量
D．物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关
【答案】C
【解析】A项，物质的能量越低越稳定，由图可知，能量最低，所以最稳定，A项正确；B项，过程①，生成物能量高于反应物，所以属于吸热反应，B项正确；C项，过程①对应环戊烯消去反应，生成一个碳碳双键和氢气，吸收的能量为101kJ/mol，过程②对应环戊烷消去反应生成一个碳碳双键和氢气，吸收的能量为110 kJ/mol，当物质的量相同时，环戊烷吸收的能量高，但题干并没有明确环戊烷和环戊烯的物质的量，所以C项错误；D项，物质变化过程中所放出或吸收的热量的多少与路径无关，只与反应物的状态和反应时的温度压强有关，D项正确；故选C。
19．已知HClO的Ka=2.98×10-8，关于反应Cl2(g)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)   ΔH＜0，达到平衡后，下列说法正确的是( )
A．取氯水稀释，c(HClO)/c(Cl-)增大
B．100 mL pH=2的新制氯水中：n(OH-)+n(ClO-)+n(HClO)= 0.001mol
C．已知CH3COOH的Ka=1.75×10-5，CH3COOH溶液的pH一定比HClO溶液的pH小
D．饱和氯水中加入碳酸氢钠固体，上述平衡正向移动，有CO2气体逸出\
【答案】D
【解析】氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，电离平衡HClOH++ClO-。A项，氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-，加水稀释，Cl-、ClO-浓度均减小，但平衡HClOH++ClO-正向移动，Cl-浓度减小幅度比ClO-浓度减小幅度小，故c(HClO)/c(Cl-)的比值会减小，A错误；B项，100 mL pH=2的新制氯水中，氢离子的物质的量为n(H+)==0.001mol，根据溶液中电荷守恒式可知，n(OH-)+n(ClO-)+n(Cl-)= n(H+)= 0.001mol，但n(H+)＞n(HClO)，故n(OH-)+n(ClO-)+n(HClO)＜0.001mol，B错误；C项，虽然醋酸的电离平衡常数比次氯酸的大，但起始浓度未知，所以CH3COOH溶液的pH不一定比HClO溶液的pH小，C错误；D项，碳酸氢钠固体会消耗氢离子，产生二氧化碳气体，从而使Cl2(g)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq) 平衡向正向移动，D正确；故选D。
20．已知2N2O(g)2N2(g)+ O2(g)的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70

0.100
0.080

0.040
0.020


0
下列说法正确的是( )
A．t=10min时，v(N2O)= 2.0×10－3 mol·L-1·min-1
B．速率方程中n=1，表格中c1＞c2=c3
C．相同条件下，增加N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，当减至一半时共耗时70min
【答案】A
【解析】A项，t=10min时，v(N2O)== 2.0×10－3 mol·L-1·min-1，A项正确；B项，根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)，所以速率方程中n=0，B项错误；C项，速率方程中n=0，相同条件下增加N2O的浓度不能加快反应速率，C项错误；D项，保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10－3 mol·L-1·min-1，若起始浓度0.200 mol·L-1，减至一半时所耗时间为=50min，D项错误；故选A。
21．Zn−BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法不正确的是( )

A．ZnI2能加快电极反应速率
B．放电时，正极反应为3BiOI+3e−=Bi+Bi2O3+3I−
C．充电时，与外接电源正极相连
D．充电时，若转移，两电极总质量增加
【答案】D
【解析】Zn−BiOI 电池中，放电时，Zn作负极，BiOI 作正极，充电时，Bi作阳极，连接电源正极，Bi2O3连接电源负极。A项，由图可知，ZnI2 水溶液作为锌离子电池，发生氧化还原反应，在Zn−BiOI 电池中转移电子，充当催化剂，可以加快电极反应速率，A正确；B项，放电时，BiOI 作正极，正极反应为 3BiOI+3e−=Bi+Bi2O3+3I−，B正确；C项，充电时， Bi作阳极，Bi 与外接电源正极相连，C正确；D项，充电时，总反应式为：3ZnI2+2Bi+2Bi2O3=6BiOI+3Zn，由B选项可知，该反应转移6个电子，若反应转移 2mol e− ，两电极总质量增加1molZnI2， 即增加319g，D错误；故选D。
22．硫化钠的水溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：Na2S+(x-1)S=Na2Sx。多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定。下列关于Na2Sx的说法不正确的是( )
A．Na2S水溶液久置在空气中，可能生成Na2Sx
B．足量氯水中，滴入少量Na2Sx溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物
C．Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存
D．酸性条件下Na2Sx发生反应，生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的气体
【答案】D
【解析】A项，Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成Na2Sx，故A正确；B项，Na2Sx中的S能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，故足量氯水中，滴入少量 Na2Sx 溶液，经振荡静置后，可能观察不到沉淀物，故B正确；C项，多硫化钠易燃，所以Na2S应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；D项，酸性条件下Na2Sx发生分解，如果生成一种淡黄色沉淀(S单质)与一种能使品红褪色的气体(SO2)，根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故D错误；故选D
23．常温下，向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol/L的氨水，反应过程中-lgc(Ag+)或-lg｛c[Ag(NH3)2]+｝与加入氨水体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )

A．NH4+的浓度：b点小于m点
B．原硝酸银溶液的浓度是0.1mol/L
C．m点：c(NO3-)-c(Ag+)-c(NH4+)＜10-2mol/L
D．a→c的过程中，溶液pH始终增大
【答案】A
【解析】向10mL一定浓度的硝酸银溶液中，逐滴加入0.1mol•L-1的氨水，首先发生反应：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，然后发生反应AgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]+ +2H2O+OH-；b点-1gc(Ag+ )达到最大值，可认为此时Ag+与NH3•H2O恰好完全反应生成AgOH沉淀和硝酸铵，b点后氨水过量生成[Ag(NH3)2]+。A项，b点溶液溶质为NH4NO3，b到m过程发生反应AgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]+ +2H2O+OH-，随着氨水的加入，并没有引入铵根离子，虽然溶液碱性增强铵根离子的水解受到促进，但是溶液体积增加导致铵根离子的浓度仍然减小，即b点铵根离子的浓度大于溶液m点铵根离子的浓度，A错误； B项，b点完全反应，此时加入的氨水为10mL，氨水的浓度0.1mol/L，原硝酸银溶液也为10mL，根据方程式Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸银溶液的浓度为0.1mol/L，B正确； C项，m点溶液存在电荷守恒c(OH-)+c(NO3-)=c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(NH4+)+c(H+)，此时加入了过量的氨水，溶液应呈碱性，则有：c(NO3-)-c(Ag+)-c(NH4+)= c[Ag(NH3)2+]+c(H+)-c(OH-)=10-2+c(H+)-c(OH-)＜10-2mol/L，C正确；D项，a→c的过程中，溶液中不断加入碱氨水，溶液碱性一直增加，pH始终增大，D正确；故选A。
24．某种新型储氢材料的晶胞如图(是一种金属硼氢化物氨合物)，八面体中心为金属离子M2+，顶点均为配体NH3；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是

A．金属离子M2+的配位数为6
B．该晶体的化学式为M(NH3)6(BH4)2
C．若该晶体的摩尔质量为196g•mol-1，则0.5mol•L-1MSO4溶液呈深蓝色
D．金属离子M2+与硼原子间最短距离为a×10-10cm
【答案】C
【解析】A项，金属离子M2+与6个NH3形成正八面体，故金属离子M2+的配位数为6，故A正确；B项，八面体位于晶胞的顶点和面心，粒子个数为，1个晶胞中含有4个[M(NH)6]2+，四面体位于晶胞的体心，1个晶胞中含有8个BH4-，故该晶体的化学式为M(NH)6(BH4)2，故B正确；C项，根据化学式可得，则M=64，M元素为Cu，[Cu(H2O)4]2+溶液呈天蓝色，[Cu(NH3)4]2+溶液呈深蓝色，CuSO4溶液中铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，故C错误；D项，金属离子M2+与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线的四分之一，故为，故D正确；故选C。
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是( )

目的
方案设计
现象和结论
A
探究有机物基团间的相互影响
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
B
判断有机物是否含有醛基
取2mL10%氢氧化钠溶液，加入5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入少量有机物溶液，加热，观察实验现象
若出现砖红色沉淀，说明该有机物中含有醛基
C
判断固体样品是否是铵盐
用试管取少量样品，加水溶解，加足量氢氧化钠溶液后加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，观察现象
若试纸变蓝，说明固体样品属于铵盐
D
探究不同沉淀间的转化
取硝酸银溶液，硝酸酸化，依次滴加3滴氯化钠溶液和碘化钾溶液，观察并记录现象
若出现白色沉淀，后转变为黄色沉淀，说明
【答案】B
【解析】A项，甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，A错误；B项，醛基在碱性条件下可以和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若出现砖红色沉淀，则证明有机物含有醛基，B正确；C项，该固体样品的成分不确定，如果是混合物其中含有铵盐，也会出现实验中的现象，但不能说该混合物就是铵盐，C错误；D项，该实验中硝酸银过量，因此加入氯化钠和碘化钾后，发生的是沉淀的生成而不是沉淀的转化，不能比较两者Ksp的大小，D错误；故选B。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
26．(8分)金属镍及其化合物在合成材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的原子结构示意图为_________________。
(2)NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，则NiO晶胞结构中Ni2+的配位数为_____；又知Ni2+、Fe2+的离子半径分别为69pm、78pm，则NiO熔点_____FeO(填“>”、“<”、“=”)。
(3)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图甲所示，则该沉淀中Ni2+的配位数为_____；元素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为________________。

(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图及晶胞参数如图乙所示。该晶体的化学式为_________________；晶体密度为_________________g•cm-3(列出含a、b、NA计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】(1) (1分)
(2) 6(1分)     ＞(1分)
(3) 4(1分)     O＞N＞C＞H＞Ni(1分)
(4) La5Ni(或NiLa5) (1分)     (2分)
【解析】(1)Ni元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，原子序数28，最外层两个电子，原子结构示意图为： ；(2)NaCl晶体中钠离子和氯离子的配位数均为6，因为NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，所以Ni2+的配位数为6；离子半径：Ni2+＜Fe2+，晶格能：NiO＞FeO，所以前者熔点高；(3)从图甲中可以看出Ni与周围四个N原子相连形成配合物，其配位数为4；根据元素周期律，同周期电负性从左到右依次增大，同主族从上到下依次减弱，金属电负性小于非金属，所以素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H＞Ni；(4)根据晶胞结构示意图，晶胞中La原子的个数为：；Ni原子个数为：，所以该晶体的化学式为：LaNi5或Ni5La；根据=，其中=，代入上式得：。
27．(10分)化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：

已知：A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题：
(1)X的组成元素有___________；X的化学式为___________。
(2)固体B的成分是___________(用化学式表示)
(3)X化学性质相当活泼，1mol X吸收1mol H2只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，请写出Y与足量NaOH溶液反应的离子方程式_______________________。
(4)设计实验证明溶液G中的阳离子_____________________________。
【答案】(1) Fe、C、O(2分)     Fe(CO)5(2分)
(2)Fe、C(2分)
(3) H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O(2分)
(4)取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加H2O2，溶液变血红色，则有Fe2+(2分)
【解析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为单质的混合物，肯定含铁，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。(1)根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；(2)根据分析，固体B的成分为：Fe、C；(3)X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收1mol H2只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O；(4)根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加H2O2，溶液变血红色，则有Fe2+。
28．(10分)甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。已知：在标准压强(100KPa)、一定温度下，由最稳定的单质合成lmol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示，单位：kJ·mol-1。下表是一些物质的标准摩尔生成焓：
物质

物质

物质

物质

甲苯(g)
50
甲醇(g)
-201.2
苯(g)
82.93
水(g)
-241.8
邻二甲苯(g)
19
间二甲苯(g)
17.24
对二甲苯(g)
17.95
三甲苯(g)
-16
利用苯和甲醇在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：
I.C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g) △H1
II.C7H8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g) △H2
III.C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g)+H2O(g) △H3
(1)500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。

①由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率_________，平衡时，的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6：3：1，CH3OH的平衡转化率为_________。
③已知焓变数值越大，受温度影响越大。为相对压力平衡常数，反应I、II的ln随1/T(温度的倒数)的变化如图所示。请在图中画出反应III的ln随1/T(温度的倒数)的变化图___________。

(2)在体积为V的密闭容器中加入lmol甲醇和lmol甲苯，以分子筛为固体酸催化剂制对二甲苯，该反应只包含如下反应过程：

①若测得平衡时体系内对、间、邻二甲苯的含量分别为x、y、zmol，请写出生成对二甲苯的平衡常数Kc=___________(以x、y、z表示)。
②工业上用ZSM-5沸石分子筛做催化剂，可使对二甲苯的选择性提高到90%以上。已知分子筛的孔径为0.65nm，分子截面直径：间二甲苯>邻二甲苯>对二甲苯。请解释这种分子筛能提高对二甲苯的选择性的原因________________。
【答案】(1) ①减小(1分)     增大(1分)     ②75% (2分) 
  ③(2分)
(2) ① (2分)     ②因为只有对二甲苯最小直径小于沸石孔径，因而可以从沸石孔中脱出。而生成的间、邻二甲苯的最小直径大于沸石孔径，扩散困难，因而将在沸石笼中继续发生异构化反应，转变为对二甲苯。随着反应不断进行，二甲苯异构化反应平衡一直向生成对二甲苯方向移动(2分)
【解析】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加， CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图象，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7 H8、C8H10和C9H12三种产物的总产量成正比关系，图象中苯(C6H6)的|转化率与C7 H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；②C6H6的平衡转化率为50%，设产物中C7 H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应III.C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应I中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应II.C7H8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g)平衡时， C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应II中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡|时的物质的量为10mol，则反应I C6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，C6H6(g)的平衡转化率为50%，则反应I中C6H6(g)和CH3OH(g)的初始投人量相等，都为20mol，据此列三段式可得：

根据以上转化后，平衡时CH3OH剩余5|mol，则CH3OH平衡转化率为；③根据表中数据可知焓变等于生成物的标准焓之和减去反应物的标准焓之和，可知反应III是放热反应，温度越大横坐标向右越小，随着温度的降低I和II平衡都正向移动，反应III正向移动ln增大，图为 ；(2)①根据反应可知：

故反应1的平衡常数为；②因为只有对二甲苯最小直径小于沸石孔径，因而可以从沸石孔中脱出。而生成的间、邻二甲苯的最小直径大于沸石孔径，扩散困难，因而将在沸石笼中继续发生异构化反应，转变为对二甲苯。随着反应不断进行，二甲苯异构化反应平衡一直向生成对二甲苯方向移动。
29．(10分)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品，它难溶于水和乙醇，可溶于浓HCl与氨水形成的混合物，置于潮湿空气中迅速氧化为Cu(OH)Cl而变为绿色。实验室用酸性蚀刻液(含Cu2+、H+、CuCl42-、Cl-)和碱性蚀刻液[含NH4+、Cu(NH3)42+、NH3·H2O]来制备CuCl，实验过程的流程如下：

(1)步骤Ⅳ需要控制pH为1~2、80℃下进行，合适的加热方式是_______。
(2)步骤Ⅴ为了得到较为纯净的硫酸铜晶体，根据下表中物质的溶解度(单位为g)随温度的变化，写出步骤Ⅴ得到硫酸铜晶体的操作：_______。
温度
物质
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
100℃
氯化铜
75
80
85
90
100
108
硫酸铜
12
18
30
50
60
87
(3)写出还原过程中发生主要反应的离子方程式：_______。
(4)步骤VI在下图装置中进行，启磁力撒搅拌器，使(NH4 )2SO3和NH4Cl混合液缓慢滴入三颈烧瓶中，控制滴加混合液速度，使所需时间不低于1小时。加完后，继续搅拌10分钟。将三颈烧瓶中的混合物一系列操作即可得粗产品。下列有关说法正确的是__________。

A．装置中的温度计显示温度会迅速升高
B．滴加太快容易发生其他副反应，而使制得的CuCl产品纯度下降
C．冷凝管上口排出的气体主要是SO2
D．该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液等要进行无害化处理后才能排放
(5)CuCl的定量分析，称取样品0.25g置于预先放入玻璃珠和过量FeCl3溶液的锥形瓶中，不断摇动，待样品全部溶解后，加入50mL水，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用的硫酸铈标准液滴定至绿色出现为终点，消耗标准液20.00mL，发生的反应为CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，则：
①加入玻璃珠的作用是_____________________。
②下列有关上述滴定操作的说法正确的是____。
A．滴定管活塞涂凡士林：用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C．读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差
③样品的CuCl的质量分数为_______。
【答案】(1)热水浴(1分) (2)蒸发浓缩、冷却结晶(1分)
(3) 2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ (1分) (4)BD (2分)
(5) ①加快反应速率，起研磨、搅拌作用(1分)
②ABC(2分) ③79.6%(2分)
【解析】根据实验目的：实验室用酸性蚀刻液和碱性蚀刻液来制备CuCl，根据流程图可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合产生Cu(OH)Cl的悬浊液经过滤，水洗，再加浓硫酸变成硫酸铜溶液，硫酸铜溶液再经蒸发浓缩、冷却结晶，可得硫酸铜晶体，由亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，再经过滤洗涤干燥得氯化亚铜固体。(1)温度需要控制在80℃下进行，故采用水浴加热；(2)根据溶解性曲线，宜采用冷却结晶的方法析出晶体，故采用蒸发浓缩、冷却结晶；(3)硫酸晶体与亚硫酸铵还原变成氯化亚铜沉淀，铜的化合价由+2价降低为-1价，而硫的化合价由+4价升高为+6价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守可得反应离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+； (4)A项，滴液速度很慢，装置中的温度计显示温度不会迅速升高，故A错误；B项，滴加太快容易使溶液酸性降低，生成氢氧化铜，而使制得的CuCl产品纯度下降，故B正确；C项，Na2SO3氧化成Na2SO4，冷凝管上口排出的气体不会含有SO2，故C错误；D项，该兴趣小组制备过程中产生滤液、洗涤液中含有重金属离子，要进行无害化处理后才能排放，故D正确；选BD； (5)①玻璃珠起研磨、搅拌作用，加入玻璃珠可以加快反应速率；②A项，滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；B项，滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；C项，读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；D项，第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，不是稀释待测液，D错误；故选ABC。③根据反应CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+可知CuCl～Ce4+，可知样品的CuCl的质量分数为：×100%=79.6%。
30．(12分)合成重要化合物，设计路线如下：

已知：
请回答：
(1)下例说法正确的是_______。
A．化合物B属于酯类化合物
B．B→C的反应类型为消去反应
C．化合物C和D可通过区别
D．化合物的分子式为C14H23N
(2)化合物的结构简式是______；化合物的键线式是_______。
(3)C生成D有气体产生，其化学反应方程式___________________。
(4)写出3种同时符合下列条件的的同分异构体的结构简式或键线式_______。
①含的基团
②有8种不同环境的氢原子
(5)以HCHO、化合物M、为原料合成化合物_______________。
【答案】(1)AC(2分)
(2) CH3COCH2COOCH2CH3(或)  (1分)
    (1分)
(3) (2分)
(4)、、(3分)
(5) (3分)
【解析】A()和M(C6H10O3)反应生成B()，对比A、B的结构简式可知，A中的碳碳双键转变为碳碳单键，则该反应为加成反应，M为；B经过系列反应，转化为C()、D()、E()，E和N发生反应得到F()，根据“已知”的第二个反应可以得知，N为BrMgCH2CH2NHCH3；F在浓硫酸的作用下发生消去反应生成G，G为；G再转化为H()。(1)A项，化合物B含有酯基，属于脂类化合物，A正确；B项，对比化合物B和C的结构简式可知，B→C的反应中，B中的碳氧双键变为C中的碳碳双键，且生成了六元环，则B→C的反应不属于消去反应，B错误；C项，化合物C的分子中有7种氢原子，化合物D的分子中有5种氢原子，它们的1H—NMR谱图中分别有7组峰和5组峰，故可以用1H—NMR区分化合物C和D，C正确；D项，化合物H的分子式为C14H21N，D错误；故选AC。(2)由分析可知，化合物M的结构简式是CH3COCH2COOCH2CH3(或)；化合物G的结键线式是。(3)C属于脂类化合物，在酸性环境中，会发生水解反应生成和CH3CH2OH，在加热条件下脱羧生成D和CO2，故C生成D的化学反应方程式为。(4)符合题干条件的F的同分异构体的结构简式或键线式有、、等。(5)根据“已知”的第一个反应可知，和HCHO可以反应生成；结合A→D的系列反应可得，和CH3COCH2COOCH2CH3反应生成，可再转化为，最终生成；综上所述，以HCHO、CH3COCH2COOCH2CH3、为原料生成合成路线为：。