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2022-2023学年山西省太原市第五实验中学校高三上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山西省太原市第五实验中学校高三上学期期末考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
太原市第五实验中学校高三上学期期末考试
化 学
可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 Na23 Al27
一、单选题(本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分)
时间： 2023.1
Cl35.5 Cu64
1. 化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A. 我国科学家首次利用 CO2 和H2 人工合成淀粉()，分子式为(C6 H10 O5 )n ，是纯净 物
B. 我国火星探测器“天问一号”使用的新型 SiC 增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料 C. 海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法 等
D. 第 24 届冬季奥林匹克运动会上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天
然有机高分子材料
2. 一种基于光催化剂 MeOx (某金属氧化物)催化氮还原制取 氨的反应过程如图所示(图中h+ 表示空穴) ，下列说法错误的是
A. H+ 和N2 是反应物，H2 O 是中间体
B. 导带上发生的反应为 2H2 O + 4h+ = 4H+ + O2 ↑
C. 光能转变为化学能
D. 该过程总反应可表示为 2N2 + 6H2 O Mx 4NH3 + 3O2
3. 2021 年诺贝尔化学奖授予利撕特和麦克米伦，以表彰他们
在不对称有机催化剂领域的重要贡献。如在合成 R − ( + )苦杏仁腈时(结构中− Ph 为苯基)，D −
羟腈酶就是该反应的不对称有机催化剂，其合成过程如图所示。下列说法错误的是
A. 不对称有机催化剂对产物有选择性，从而使合成更加“绿色”．
B. 反应物氰化氢的电子式为
C. 酶发挥催化功能需要适宜的条件
D. R − ( + )苦杏仁腈和 S( − )苦杏仁腈互为同分异构体
4. 设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 27g 铝加入足量 1mol ⋅ L − 1 的 NaOH 溶液， 转移的电子数为 3NA
B. 18g 氨基( − ND2 )中含有的电子数为 10NA
C. 向 100mL0. 1mol ⋅ L − 1 醋酸溶液中加 CH3 COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数
为 0.01NA
D. 用惰性电极电解 100mL0. 1mol ⋅ L − 1 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的 气体时， 电路中转移电子数为 0.04NA
5. 化学是以实验为基础的科学。下列实验操作与现象所得结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向 FeBr2 溶液中加入少量氯水。再加 CCl4 萃取
溶液变黄，加入 CCl4 后， CCl4 层无色
Fe2+ 的还原性强于 Br−
B
向饱和食盐水中先通入足量 NH3 ，再 通入足量 CO2
开始无明显现象，后溶液 变浑浊
“侯氏制碱”原理，浑浊 物为 Na2 CO3
C
使乙醇蒸汽通过炽热的铜粉，接着通 入 KMnO4 溶液褪色
酸性 KMnO4 溶液颜色褪 去
乙醇被催化氧化为乙醛
D
将装满 NO 和空气混合气体的试管倒 扣在盛有水的水槽中
试管中水的液面上升
NO 能与水直接发生反应
6. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2 SiO3
C
NaHCO3
Na2 CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
7. 内酯 Y 可由X 通过电解合成，并在一定条件下转化为 Z ，转化路线如图：
下列说法正确的是
A. X 苯环上的一氯代物一定有 9 种 B. X → Y 的反应类型为还原反应
C. X 、Y 、Z 都能与碳酸氢钠溶液直接反应 D. X 、Y 、Z 分子中均至少有 9 个碳原子共面
8. W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为 25 ，Y 是地壳中含 量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是
A. 原子半径大小：Z > Y > X > W
B. 该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌
C. X 可与 Y 形成 XY 、XY2 等共价化合物
D. W 分别与 X 、Y 、Z 形成的化合物所含化学键类型相同
9. 完成下列实验所选择的装置正确的是
选项
A
B
C
D
实验
用图示方法检查此装置 的气密性
高温熔融烧碱
准确量取一定体积的 KMnO4 标准溶液
蒸发 FeCl3 溶液制取无 水 FeCl3
装置
10. 下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项
离子组
加(或通)入试 剂
判断和分析
A
Na+ 、K+ 、AlO、
Cl−
足量 NaHCO3 溶液
不能大量共存，因 AlO和 HCO之间会发生完全双水解
生成 CO2 气体和 Al(OH)3 沉淀
B
NH 、Ca2+ 、Cl−、
NO
足量 CO2
能大量共存，微粒间不发生化学反应
C
Na+、Mg2+、SO−、
HCO
足量 NaOH 溶 液
不能大量共存，会发生下列反应：Mg2+ + HCO +
OH− = MgCO3 ↓+ H2 O
D
Na+ 、K+ 、ClO−、
Cl−
少量 SO2
不能大量共存，会发生下列反应 2ClO− + H2 O + SO2 =
2HClO + SO−
11. 短周期主族元素 X ，Y ，Z ，W 的原子序数依次增大，在如图所示转化关系中， 甲、乙、 丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A 为 W 元素组成的单质，常温下 为黄绿色气体，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A. 这四种元素中 Z 的原子半径最大
B. 丁中既有离子键又有极性共价键
C. Y 、Z 形成的化合物中阴、阳离子数目比为 1 ：1
D. Y 、Z 、W 形成的三种较高化合价的化合物中，W 的杂化方式是 sp3
12. 下列对实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
石墨的熔点高于金刚石
石墨是过渡晶体，金刚石是共价晶体
B
H2 O 的沸点高于 CH3 CH2 OH
相同物质的量的H2 O 和 CH3 CH2 OH 比较：H2 O 形成的氢 键数多于 CH3 CH2 OH
C
聚四氟乙烯的化学稳定性高于 聚乙烯
C − F 的键能大于 C − H 的键能
D
在 CS2 中的溶解度：CCl4 > H2 O
CS2 、CCl4 为非极性分子，而H2 O 为极性分子
13. CuInS2 (式量为 M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，
阿伏加德罗常数为NA 。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用+
表示，与之相反的− 表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A. 49In 的价层电子排布式为 5s2 5p1
B. 基态 S 原子电子自旋磁量子数的代数和为 1 或− 1
C. 若 A 点的分数坐标为(0,0,0) ，则 B 点的分数坐标为1,0,
D. CuInS2 晶体的密度为g ⋅ cm− 3
14. 室温下，向 20mL 浓度均为 0. 1mol/L 的 NaOH 和 MOH 溶液中分别滴加 0. 1mol/L 盐酸， 溶液的 pH 随盐酸休积变化如图所示。下列说法不正确的是
A. MOH 的电离常数约为 1 × 10− 5
B. a 点溶液中存在 c (M+ ) > c (Cl− ) > c (OH− ) > c (H+ )
C. b 点和 c 点溶液混合后显碱性
D. 水的电离程度：d > b > a
二、简答题 (本大题共 4 小题，共 58.0 分)
其熔点− 105℃ ，沸点 79℃ ，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应，常用作脱水剂，主要用于制
15.( 15 分)亚硫酰氯(SOCl2 )又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，
造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究 其性质。
【资料】①实验室制备原理：在活性炭催化下，SO2 + Cl2 + SCl2 = 2SOCl2。
②SOCl2 + H2 O = SO2 ↑+ 2HCl ↑。
③SCl2 是一种重要的化工试剂，遇水易分解。 实验一：制备产品并探究 SOCl2 的性质
根据图 1 所示装置设计实验(装置可以重复使用)。
(1)装置接口连接顺序为 a → → d 、e → → h。
(2)实验室用亚硫酸钠固体与 70%硫酸制备 SO2 ，不用稀硫酸的原因为 。
(3)A 装置中发生反应的离子方程式为 。
(4)实验室常用过量 NaOH 溶液吸收 SOCl2 ， 写出反应的离子方程式： 。
(5)甲同学认为 SOCl2 还可用作由 FeCl3 ⋅ 6H2 O 制取无水 FeCl3 的脱水剂，但乙同学认为该实验可 能发生副反应使产品不纯。所以乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量 FeCl3 ⋅ 6H2 O
于试管中，加入足量 SOCl2 ，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管
中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是 ___(填选项字母)。
a.滴加 BaCl2 溶液
c.滴加酸性 KMnO4 溶液 实验二：测定产品纯度。
利用图 2 装置测定产品纯度。
b.滴加K3 [Fe(CN)6 ]溶液
d.先滴加稀 HNO3 ，再滴加 AgNO3 溶液
①产品含少量 SCl2
③滴加 Na2 CrO4 指示剂过多
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，待反应完全后，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，
在合并后的溶液中加入足量的 Ba(NO3 )2 固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成 250mL 溶液，取
25.00mL 配制的溶液于锥形瓶，滴几滴 Na2 CrO4 溶液作指示剂，用 cmol ⋅ L− 1AgNO3 溶液滴定至终点， 消耗 VmLAgNO3 溶液[已知：常温下，Ksp(AgCl) = 1.8 × 10− 10 ，Ksp(Ag2 CrO4 ) = 1.2 × 10− 12]。
(6)VmL 产品中含 ______mol SOCl2 。下列情况会使测定结果偏高的是 ______(填序号)。
②滴定管没有用 cmol ⋅ L − 1AgNO3 溶液润洗
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体
16. (14 分) 氧化钪(Sc2 O3 )是一种稀土氧化物，广泛应用于航天、激光、导弹等尖端科学领 域。以钪锰矿石(主要含 MnO2 、SiO2 及少量 Sc2 O3 、Al2 O3 、CaO 、FeO)为原料制备 Sc2 O3 和三
氯化钪(ScCl3 )的工艺流程如图，其中 TBP 和 P507 均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)“溶解”时铁屑被 MnO2 氧化为 Fe3+ ，该反应的离子方程式是 ______。
(2)“滤渣”的主要成分是 ______。
(3)有机萃取剂 P507 萃取 Sc3+ 的反应原理为阳离子交换：ScCl3 + 3HR → ScR3 + 3HCl(HR 代表 P507) 。在“富钪有机相”中反应生成 Sc(OH)3 的化学方程式是 ______。
(4)“萃余液 2”中的金属阳离子除 A13+ 、Ca2+外，还有 ______。
(5)沉钪后获得 Sc2 O3 的操作 Ⅰ 为 ______。
(6)取 ScCl3 粗产品(含难溶 Sc2 O3 杂质)溶于水，配成溶液，采用K2 CrO4 为指示剂，用 AgNO3 标 准溶液滴定，当溶液中出现 ______现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中 Cl− 恰好沉淀完全 (浓度等于 1.0 × 10− 5 mol ⋅ L− 1 )时，此时溶液中 c (CrO− ) =______mol ⋅ L − 1 。[已知：Ag2 CrO4 为砖红色固体；K(AgCl) = 2.0 × 10− 10 ，K(Ag2 CrO4 ) = 2.0 × 10− 12]
17. (14 分) 研究烟气的脱硝(除 NOx) 、脱硫(除 SO2 )技术有着积极的环保意义。
(1)一定条件下，用 CH4 催化还原可消除 NO 污染。
已知： Ⅰ . CH4 (g) + 2NO2 (g) = N2 (g) + CO2 (g) + 2H2 O(g)ΔH = − 865.0kJ ⋅ mol− 1 Ⅱ. 2NO(g) + O2 (g) = 2NO2 (g)ΔH = − 112.5kJ ⋅ mol− 1
Ⅲ.适量的N2 和O2 完全反应，每生成 2.24L(标准状况下)NO 时， 吸收 8.9kJ 的热量；
则 CH4 (g) + 4NO(g) = 2N2 (g) + CO2 (g) + 2H2 O(g)ΔH =______kJ ⋅ mol− 1。
(2)一定条件下，用 NH3 催化还原可消除 NO 污染，其反应原理如下： 4NH3 (g) + 6NO(g) ⇋
5N2 (g) + 6H2 O(g)ΔH = − 1980kJ/mol。
①反应速率与浓度之间存在如下关系：v正 = k正c4 (NH3 ) ⋅ c6 (NO)，v逆 = k逆c5 (N2 ) ⋅ c6 (H2 O)，k正，
k逆为速率常数，只受温度影响。350℃时，在 2L 恒容密闭容器中，通入 0.9molNH3 (g)和
1.2 molNO(g)发生反应，平衡时 NO 转化率为 50% ，则此温度下 =______。
②若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，达到新平衡时，N2 的体积分 数与原平衡相比将 ______(填“增大” 、“减小”或“不变”)；若温度升高，则k正增大 m 倍，
k逆增大 n 倍，则 m ______n (填“>” 、“<“或“= ”)。
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入 NH3 (g)和 NO(g)发生反应，达到平衡时， H2 O(g)的体积分数φ(H2 O)随的变化如图 1 所示，当 = 2 时，达到平衡φ(H2 O)可能
是 A 、B 、C 三点中的 ______(填“A” 、“B”或“C”)。
(3)利用电解装置也可进行烟气处理，如图 2 可将雾霾中的 NO 、SO2 分别转化为 NH和 SO−， 阳极的电极反应式为 ______ ；物质A 是 ______(填化学式)。
图 1
图 2
18. (15 分) 异戊巴比妥对中枢神经系统有抑制作用，主要用于催眠、镇静、抗惊厥以及麻 醉前给药。合成路线如图：
H2NCONH2
回答下列问题：
(1)A 的名称是 ______ ，B 所含官能团的名称为 ______。
(2)C 的结构简式为 ______ ，异戊巴比妥的分子式为 ______。
(3)A → B 的化学方程式为 ______ ， B → C 的反应类型是 ______。
(4)M 在分子组成上比 B 少 1 个− CH2 − 原子团，则 M 的同分异构体中是 A 的同系物的有
______种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱有 3 种吸收峰，且峰面积之比为 1 ：1 ：3 的同 分异构体的结构简式为 ______。
(5)已知在同一位置引入烷基时，一般先引入大的基团以控制中间体的质量，请设计一种由 A 制备的合成路线(试剂任选) ______。
1. C 2. A 3. B 4. B 5. A 6. C 7. D
8. B 9. A 10. B 11. C 12. A 13. D 14. D
主观题：每空2分，特殊标注除外
15.（15分）→f→g→b→c→d、e→c→b→ （3分）
SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解耗
MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O
ab
5×10-3cV ①②
16. （14分）3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O
CaSO4和SiO2
ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓
Mn2+
灼烧
产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失 0.005
17. （14分）-1155.5
0.25 增大 <
C
SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ H2SO4
18. （15分）
丙二酸（1分） 酯基 （1分）
C11H18O3N2 （1分） 取代反应 （1分）
9 （3分）
【解析】
1. 解：A.(C6H10O5)n中n不确定，属于混合物，故A错误；
B.SiC增强铝基复合材料是一种新型无机非金属材料，不属于硅酸盐类，故B错误；
C.蒸馏法、电渗析法、离子交换法是海水淡化的主要方法，故C正确；
D.玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，故D错误；
故选：C。
A.(C6H10O5)n中n不确定；
B.SiC增强铝基复合材料是一种新型无机非金属材料；
C.海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，海水淡化时使水与盐类物质分离；
D.玻璃纤维属于无机非金属材料。
本题考查了物质的结构、性质与组成，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质即可解答，题目难度不大。
2. 解：A.H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；
B.导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O+4h+=4H++O2↑，故B正确；
C.光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；
D.该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2+6H2O- hv MeOx4NHg+3O2MeO，故D正确；
故选：A。
A.H+是反应的中间体；
B.导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子；
C.光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨；
D.该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气。
本题考查反应机理，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
3. 解：A.不对称有机催化剂对产物有选择性，生成目标产物的含量增加，从而使合成更加“绿色”，故A正确；
B.HCN的结构简式为H-C≡N，其电子式为，故B错误；
C.酶发挥催化功能，需要合适的温度，温度太高，失去活性，故C正确；
D.R-(+)苦杏仁腈和S(-)苦杏仁腈的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故选：B。
A.不对称有机催化剂对产物有选择性，生成目标产物的含量增加；
B.HCN的结构简式为H-C≡N；
C.酶发挥催化功能，需要合适的温度；
D.R-(+)苦杏仁腈和S(-)苦杏仁腈的分子式相同、结构不同。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4. 解：A.1个铝与足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，转移3个电子，27g铝的物质的量为1mol，加入足量1mol⋅L-1的NaOH溶液，转移的电子数为3NA，故A正确；
B.1个氨基中含有9个电子，则18g氨基(-ND2)的物质的量为1mol，其中含有的电子数为9 NA，故B错误；
C.向100mL0.1mol⋅L-1醋酸溶液中加CH3COONa固体至溶液刚好为中性，利用电荷守恒可知，n(Na+)=n(CH3COO-)，则溶液中醋酸分子数为0.01 NA，故C正确；
D.用惰性电极电解100mL0.1mol⋅L-1的CuSO4溶溶液，阴极铜离子得电子生成1个铜，转移2个电子，水中的氢离子得电子生成1个氢气，转移2个电子，阳极水中的氢氧根离子失电子生成1个氧气，转移4个电子，由于铜离子的物质的量为0.01mol，设阴、阳两极产生气体的物质的量为xmol，利用得失电子守恒可知，0.02+2x=4x，x=0.01，生成0.01mol氧气，则电路中转移电子数为0.01×4NA=0.04NA，故D正确；
故选：B。
A.1个铝与足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，转移3个电子；
B.1个氨基(-ND2)中含有9个电子；
C.向100mL0.1mol⋅L-1醋酸溶液中加CH3COONa固体至溶液刚好为中性，利用电荷守恒可知，n(Na+)=n(CH3COO-)；
D.用惰性电极电解100mL0.1mol⋅L-1的CuSO4溶溶液，阴极铜离子得电子生成1个铜，转移2个电子，水中的氢离子得电子生成1个氢气，转移2个电子，阳极水中的氢氧根离子失电子生成1个氧气，转移4个电子。
本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5. 解：A.少量氯水可氧化亚铁离子，加入CCl4后，CCl4层无色，可知溴离子没有被氧化，则Fe2+的还原性强于Br-，故A正确；
B.先通入足量NH3，可增大二氧化碳的溶解，析出的浑浊物为NaHCO3，故B错误；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙醇被催化氧化生成乙醛，故C错误；
D.NO与水不反应，NO与氧气、水反应生成硝酸，则试管中水的液面上升，故D错误；
故选：A。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 解：物质转化关系符合关系，X⇌Y→Z→X，
A.Cu⇌H2O2CuO，氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜，故A不选；
B.Si→SiO2(Si+O2- △ SiO2)，SiO2→H2SiO3必须经过两步(SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3)，故B不选；
C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，化学方程式：2NaHCO3- △ Na2CO3+H2O+CO2↑；碳酸钠和二氧化碳、水反应也可以生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3↓，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3.反应能一步实现，故C选；
D.氯化亚铁不能一步转化为FeO，故D不符合；
故选：C。
依据转化关系X⇌Y→Z→X，结合选项物质中物质的性质进行分析判断，利用各物质的性质及变化规律，根据题图所示的物质的转化关系，分析两种物质的转化能否通过一步反应实现，可使用举实例的方法帮助完成分析。
A.氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜；
B.SiO2不溶于水，不能一步说出来H2SiO3；
C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应也可以生成碳酸氢钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
D.氯化亚铁不能一步转化为FeO。
本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要考查铜、硅、钠、铁及其化合物性质的应用和转化关系判断，熟练应用物质性质以及掌握物质转化关系的反应条件选择是解题的关键，踢门难度不大。
7. 解：A.X的苯环上有7种氢原子，其苯环上的一氯代物有7种，故A错误；
B.X中羧基发生取代反应生成Y中酯基，为取代反应，故B错误；
C.-COOH能和碳酸氢钠溶液反应，只有X能和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以X、Y、Z中最多有9个碳原子共平面，故D正确；
故选：D。
A.X的苯环上有几种氢原子，其苯环上的一氯代物就有几种；
B.X中羧基发生取代反应生成Y中酯基；
C.-COOH能和碳酸氢钠溶液反应；
D.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则Z为Na；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H，四种原子的原子序数总和为25，X的原子序数为25-1-8-11=5，则X为B元素，以此分析解答。
根据分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，
A.同周期元素原子核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小X>Y，故A错误；
B.该化合物中含有O-O键，具有强氧化性，能够杀菌消毒，故B正确；
C.B和O之间形成B2O3，故C错误；
D.氢与硼、氧形成的化合物中只含有共价键，而氢与钠形成的NaH中只含有离子键，形成的化合物中含有的化学键类型不完全相同，故D错误；
故选B。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9. 解：A.注入水，观察甲、乙处的液面差，若一段时间高度不变，则气密性良好，故A正确；
B.石英坩埚主要成分为SiO2，高温下烧碱与坩埚中二氧化硅反应，应选铁坩埚，故B错误；
C.酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，可选酸式滴定管量取，故C错误；
D.加热可促进氯化铁水解，制备无水FeCl3要在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液，故D错误；
故选：A。
A.注入水，观察甲、乙处的液面差；
B.烧碱与坩埚中二氧化硅反应；
C.酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶；
D.加热可促进氯化铁水解。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10. 解：A.HCO3-的酸性大于氢氧化铝，AlO2-、HCO3-之间发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，没有CO2生成，故A错误；
B.NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，故B正确；
C.氢氧化镁更难溶，加入足量NaOH溶液后Mg2+转化为氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、HCO3-+OH-=H2O+CO32-，故C错误；
D.通入少量SO2，ClO-、SO2之间反应生成硫酸根离子、次氯酸和氯离子，正确的离子方程式为：3ClO-+H2O+SO2=Cl-+2HClO+SO42-，故D错误；
故选：B。
A.偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不是双水解反应，二氧化碳气体生成；
B.四种离子之间不反应，都不与二氧化碳反应；
C.氢氧化钠足量时，镁离子转化为更难溶的氢氧化镁沉淀；
D.次氯酸将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11. 解：由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素、A为Cl2、甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；
A.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故四种元素中Z(钠)的原子半径最大，故A正确；
B.丁为NaClO，由钠离子与次氯酸根离子构成，两种离子之间形成离子键，而次氯酸根离子中原子之间形成极性共价键，故B正确；
C.Y、Z形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠由钠离子与氧离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，两种化合物中阴、阳离子数目比均为1：2，故C错误；
D.Y、Z、W形成的三种较高化合价的化合物为NaClO4，ClO4-中氯原子价层电子对数为4+7+1-2×42=4，Cl原子的杂化方式是sp3，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，其中A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，则A为Cl2、W为Cl元素；氯气与丙反应生成三种物质且常温下乙为液体、丁物质常用于消毒、漂白，应是氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸和水，而甲能与乙反应生成丙，故甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl，结合原子序数可知X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素。
本题考查无机物的推断，注意利用物质的性质与用途进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
12. 解：A.石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大，石墨的熔点高于金刚石，故A错误；
B.相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较：H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH，形成氢键越多沸点越高，故B正确；
C.C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故C正确；
D.CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，在CS2中的溶解度：CCl4>H2O，故D正确；
故选：A。
A.石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大；
B.形成氢键越多沸点越高；
C.键能越大越稳定；
D.根据相似相溶原理判断。
本题考查物质结构与性质知识，涉及键能、氢键对物质性质的影响，题目难度不大。
13. 【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及晶胞计算，是对学生综合能力的考查，难度中等。
【解答】
A. 49In位于第五周期ⅢA、价层电子排布式为5s25p1，A正确；
B. 基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，3p4中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；
C. 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为(0,0,0)，则B点的分数坐标为1,0,12，C正确；
D.晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×18+4×12+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×14+6×12=4，8个S位于晶胞内，则CuInS2晶体的密度为4×1021Mx2yNAg⋅cm-3，故D错误。
14. 解：A.根据图知0.1mol/LMOH溶液的pH=11，则MOH是弱碱，其电离程度较小，则c(M+)≈c(OH-)=0.001mol/L、c(MOH)≈0.1mol/L，MOH电离平衡常数=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=0.001×0.0010.1=1×10-5，故A正确；
B.a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，根据电荷守恒得c(M+)>c(Cl-)，MOH电离程度较小，所以存在c(M+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故B正确；
C.c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、NaCl，溶液呈碱性；b点溶液中溶质为NaCl，所以二者混合后溶液呈碱性，故C正确；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为MOH和MCl，a点抑制水电离、b点水电离不受影响、d点溶液中含有盐和酸而抑制水电离，水电离程度：b>a>d，故D错误；
故选：D。
A.根据图知0.1mol/LMOH溶液的pH=11，则MOH是弱碱，其电离程度较小，则c(M+)≈c(OH-)=0.001mol/L、c(MOH)≈0.1mol/L，MOH电离平衡常数=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)；
B.a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，根据电荷守恒得c(M+)>c(Cl-)，MOH电离程度较小；
C.c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、NaCl，溶液呈碱性；b点溶液中溶质为NaCl；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意结合电荷守恒分析判断，注意A中近似处理方法，题目难度不大。
15. 解：(1)根据分析，装置接口连接顺序为a→f→g→b→c→d、e→c→b→h，
故答案为：f→g→b→c→d、e→c→b→；
(2)SO2易溶于水(1：40)，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗，所以实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2而不用稀硫酸，
故答案为：SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗；
(3)A装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O；
(4)SOCl2遇水反应生成SO2和HCl，则过量NaOH溶液吸收SOCl2时，生成Na2SO3和NaCl，反应的离子方程式为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O，
故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；
(5)FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3⋅6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，
a.滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，故a正确；
b.滴加K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，故b正确
c.由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，故c错误；
d.滴加稀HNO3会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，故d错误，
故答案为：ab；
(6)打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，在合并后的溶液中加入足量的Ba(NO3)2固体，振荡后静置，过滤，除去SO2，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴Na2CrO4溶液作指示剂，用cmol⋅L-1AgNO3溶液滴定至终点，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，可得关系式为SOCl2～2HCl～2AgNO3，VmL产品中含cmol/L×V×10-3L×12×250mL25.00mL=5×10-3cVmolSOCl2；
①产品含少量SCl2，导致氯含量偏高，含量偏高，故正确；
②滴定管没有用c mol⋅L-1AgNO3溶液润洗，导致标准液被稀释，标准液消耗偏多，浓度偏高，故正确；
③滴加Na2CrO4指示剂过多，导致标准液消耗偏少，浓度偏低，故错误；
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，导致待测液偏少，浓度偏低，故错误，
故答案为：5×10-3cV；①②。
用A中MnO2和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入C的三颈烧瓶中，E中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，经B中浓硫酸干燥后也通入C的三颈烧瓶，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，C中碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
16. 解：(1)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O，
故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(2)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，以及钙离子与硫酸根离子作用产生微溶的CaSO4，“滤渣”的主要成分是CaSO4和SiO2，
故答案为：CaSO4和SiO2；
(3)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓，
故答案为：ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(4)根据分析可知，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，
故答案为：Mn2+；
(5)加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3，故操作Ⅰ为灼烧；由Sc2O3制备三氯化钪是在焦炭和氯气中加热生成ScCl3和CO，反应的化学反应方程式为Sc2O3+3C+3Cl2- △ 2ScCl3+3CO，
故答案为：灼烧；Sc2O3+3C+3Cl2- △ 2ScCl3+3CO；
(6)用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失现象时，说明已达到滴定终点；液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol⋅L-1)时，K(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=c(Ag+)×1.0×10-5mol⋅L-1=2.0×10-10，c(Ag+)=2.0×10-5mol⋅L-1，K(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42-)=2.0×10-5mol⋅L-1)2×c(CrO42-)=2.0×10-12；此时溶液中c(CrO42-)=0.005mol⋅L-1，
故答案为：产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失；0.005。
钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)加入稀硫酸后，溶液中含有A13+、Fe2+、Ca2+、Sc3+再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入可以除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3。
本题考查无机工艺流程分析，明确工艺流程中操作的目的，发生的相关化学反应，正确运用化学原理知识分析解决问题是关键，整体难度较大，试题有助于培养综合分析问题的能力。
17. 解：(1)已知：Ⅰ.CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△ H=-865.0kJ⋅mol-1，Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△ H=-112.5kJ⋅mol-1；Ⅲ.适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，物质的量 n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，吸收8.9 kJ的热量，则生成2molNO吸收热量Q=8.9kJ×20=178kJ，即热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△ H=+178kJ/mol，根据盖斯定律反应Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-865.0kJ⋅mol-1+(-112.5kJ⋅mol-1)-178 kJ/mol=-1155.5 kJ/mol，
故答案为：-1155.5；
(2)①对于反应4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时， c(NH3)=0.45 mol/L， c(NO)=0.6 mol/L， c(N2)= c(H2O)=0，反应达到平衡时，NO转化率为50%，则平衡时 c(NO)=0.3mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时， c(NH3)=(0.45-0.2)mol/L=0.25 mol/L， c(N2)=0.25 mol/L， c(H2O)=0.3mol/L，平衡时v正正v正=vv逆，则k正c4(NH3)⋅c6(NO)=k逆c5(N2)⋅c6(H2O)，k正k逆=c5(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c6(NO)=0.255×0.360.254×0.36=0.25，
故答案为：0.25；
②反应4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H =-1980kJ/mol的正反应是气体体积增大的放热反应，反应达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大，若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，相当于在恒容条件下反应达到平衡后，扩大容器的容积，必然导致体系的压强减小，化学平衡正向移动，因此达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将增大；反应达到平衡时，升高温度，正、逆反应速率都增大，温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，在达到平衡前 v 正 < v 逆 ，升高温度的瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，即m
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应：4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，其它条件不变，n(NO)n(NH3)增大，相当于 n(NH3)不变， n(NO)增大，化学平衡正向移动，平衡时 n(总)增大， n(H2O)增大，但根据平衡移动原理可知：平衡移动的趋势是微弱的， n(H2O)增大幅度小于 n(总)增大幅度，故φ(H2O)减小。因此当n(NO)n(NH3)=2.0时，反应达到平衡时，φ(H2O)可能是图中的C点，
故答案为：C；
(3)根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，根据总反应可知：装置中的A物质是H2SO4，
故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；H2SO4。
(1)依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；
(2)①化学反应得到平衡时，正逆反应速率相等，依据平衡时各组分浓度关系计算k值关系；
②由外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析；
③由反应物浓度变化对平衡的影响分析；
(3)根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；在阴极上NO得到电子被还原产生NH4+，阴极的电极反应式为：NO+6H++5e-=NH4++H2O，所以总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4。
本题考查盖斯定律、电解原理和化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
18. 解：(1)A为HOOCCH2COOH，A的名称是丙二酸，B所含官能团的名称为酯基，
故答案为：丙二酸；酯基；
(2)C的结构简式为，异戊巴比妥的分子式为C11H18O3N2，
故答案为：；C11H18O3N2；
(3)A→B的化学方程式为，B→C的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)M在分子组成上比B少1个CH2原子团，则M的同分异构体中是A的同系物，说明符合条件的同分异构体中含有2个酯基，符合条件的结构简式为，有9种，其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为，
故答案为：9；；
(5)由HOOCCH2COOH制备，A和乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，丙二酸二乙酯和CH3CH2Br发生取代反应、然后再和CH3Br发生取代反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
A和乙醇发生酯化反应生成B，根据B的结构简式知，A为HOOCCH2COOH，根据D的结构简式知，B发生取代反应生成C为，C发生取代反应生成D，D发生反应生成E，E中碳氮双键和HCl发生反应生成异戊巴比妥；
(5)由HOOCCH2COOH制备，A和乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，丙二酸二乙酯和CH3CH2Br发生取代反应、然后再和CH3Br发生取代反应生成目标产物。
本题考查有机合成，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式并正确推断物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
太原市第五实验中学校高三上学期期末考试
化 学
可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 Na23 Al27
一、单选题(本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分)
时间： 2023.1
Cl35.5 Cu64
1. 化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A. 我国科学家首次利用 CO2 和H2 人工合成淀粉()，分子式为(C6 H10 O5 )n ，是纯净 物
B. 我国火星探测器“天问一号”使用的新型 SiC 增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料 C. 海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法 等
D. 第 24 届冬季奥林匹克运动会上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天
然有机高分子材料
2. 一种基于光催化剂 MeOx (某金属氧化物)催化氮还原制取 氨的反应过程如图所示(图中h+ 表示空穴) ，下列说法错误的是
A. H+ 和N2 是反应物，H2 O 是中间体
B. 导带上发生的反应为 2H2 O + 4h+ = 4H+ + O2 ↑
C. 光能转变为化学能
D. 该过程总反应可表示为 2N2 + 6H2 O Mx 4NH3 + 3O2
3. 2021 年诺贝尔化学奖授予利撕特和麦克米伦，以表彰他们
在不对称有机催化剂领域的重要贡献。如在合成 R − ( + )苦杏仁腈时(结构中− Ph 为苯基)，D −
羟腈酶就是该反应的不对称有机催化剂，其合成过程如图所示。下列说法错误的是
A. 不对称有机催化剂对产物有选择性，从而使合成更加“绿色”．
B. 反应物氰化氢的电子式为
C. 酶发挥催化功能需要适宜的条件
D. R − ( + )苦杏仁腈和 S( − )苦杏仁腈互为同分异构体
4. 设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 27g 铝加入足量 1mol ⋅ L − 1 的 NaOH 溶液， 转移的电子数为 3NA
B. 18g 氨基( − ND2 )中含有的电子数为 10NA
C. 向 100mL0. 1mol ⋅ L − 1 醋酸溶液中加 CH3 COONa 固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数
为 0.01NA
D. 用惰性电极电解 100mL0. 1mol ⋅ L − 1 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的 气体时， 电路中转移电子数为 0.04NA
5. 化学是以实验为基础的科学。下列实验操作与现象所得结论正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向 FeBr2 溶液中加入少量氯水。再加 CCl4 萃取
溶液变黄，加入 CCl4 后， CCl4 层无色
Fe2+ 的还原性强于 Br−
B
向饱和食盐水中先通入足量 NH3 ，再 通入足量 CO2
开始无明显现象，后溶液 变浑浊
“侯氏制碱”原理，浑浊 物为 Na2 CO3
C
使乙醇蒸汽通过炽热的铜粉，接着通 入 KMnO4 溶液褪色
酸性 KMnO4 溶液颜色褪 去
乙醇被催化氧化为乙醛
D
将装满 NO 和空气混合气体的试管倒 扣在盛有水的水槽中
试管中水的液面上升
NO 能与水直接发生反应
6. 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是
X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2
B
Si
SiO2
H2 SiO3
C
NaHCO3
Na2 CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
7. 内酯 Y 可由X 通过电解合成，并在一定条件下转化为 Z ，转化路线如图：
下列说法正确的是
A. X 苯环上的一氯代物一定有 9 种 B. X → Y 的反应类型为还原反应
C. X 、Y 、Z 都能与碳酸氢钠溶液直接反应 D. X 、Y 、Z 分子中均至少有 9 个碳原子共面
8. W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为 25 ，Y 是地壳中含 量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是
A. 原子半径大小：Z > Y > X > W
B. 该化合物具有强氧化性，用于消毒杀菌
C. X 可与 Y 形成 XY 、XY2 等共价化合物
D. W 分别与 X 、Y 、Z 形成的化合物所含化学键类型相同
9. 完成下列实验所选择的装置正确的是
选项
A
B
C
D
实验
用图示方法检查此装置 的气密性
高温熔融烧碱
准确量取一定体积的 KMnO4 标准溶液
蒸发 FeCl3 溶液制取无 水 FeCl3
装置
10. 下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是
选项
离子组
加(或通)入试 剂
判断和分析
A
Na+ 、K+ 、AlO、
Cl−
足量 NaHCO3 溶液
不能大量共存，因 AlO和 HCO之间会发生完全双水解
生成 CO2 气体和 Al(OH)3 沉淀
B
NH 、Ca2+ 、Cl−、
NO
足量 CO2
能大量共存，微粒间不发生化学反应
C
Na+、Mg2+、SO−、
HCO
足量 NaOH 溶 液
不能大量共存，会发生下列反应：Mg2+ + HCO +
OH− = MgCO3 ↓+ H2 O
D
Na+ 、K+ 、ClO−、
Cl−
少量 SO2
不能大量共存，会发生下列反应 2ClO− + H2 O + SO2 =
2HClO + SO−
11. 短周期主族元素 X ，Y ，Z ，W 的原子序数依次增大，在如图所示转化关系中， 甲、乙、 丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A 为 W 元素组成的单质，常温下 为黄绿色气体，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是
A. 这四种元素中 Z 的原子半径最大
B. 丁中既有离子键又有极性共价键
C. Y 、Z 形成的化合物中阴、阳离子数目比为 1 ：1
D. Y 、Z 、W 形成的三种较高化合价的化合物中，W 的杂化方式是 sp3
12. 下列对实验事实解释错误的是
选项
实验事实
解释
A
石墨的熔点高于金刚石
石墨是过渡晶体，金刚石是共价晶体
B
H2 O 的沸点高于 CH3 CH2 OH
相同物质的量的H2 O 和 CH3 CH2 OH 比较：H2 O 形成的氢 键数多于 CH3 CH2 OH
C
聚四氟乙烯的化学稳定性高于 聚乙烯
C − F 的键能大于 C − H 的键能
D
在 CS2 中的溶解度：CCl4 > H2 O
CS2 、CCl4 为非极性分子，而H2 O 为极性分子
13. CuInS2 (式量为 M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，
阿伏加德罗常数为NA 。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用+
表示，与之相反的− 表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A. 49In 的价层电子排布式为 5s2 5p1
B. 基态 S 原子电子自旋磁量子数的代数和为 1 或− 1
C. 若 A 点的分数坐标为(0,0,0) ，则 B 点的分数坐标为1,0,
D. CuInS2 晶体的密度为g ⋅ cm− 3
14. 室温下，向 20mL 浓度均为 0. 1mol/L 的 NaOH 和 MOH 溶液中分别滴加 0. 1mol/L 盐酸， 溶液的 pH 随盐酸休积变化如图所示。下列说法不正确的是
A. MOH 的电离常数约为 1 × 10− 5
B. a 点溶液中存在 c (M+ ) > c (Cl− ) > c (OH− ) > c (H+ )
C. b 点和 c 点溶液混合后显碱性
D. 水的电离程度：d > b > a
二、简答题 (本大题共 4 小题，共 58.0 分)
其熔点− 105℃ ，沸点 79℃ ，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应，常用作脱水剂，主要用于制
15.( 15 分)亚硫酰氯(SOCl2 )又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，
造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究 其性质。
【资料】①实验室制备原理：在活性炭催化下，SO2 + Cl2 + SCl2 = 2SOCl2。
②SOCl2 + H2 O = SO2 ↑+ 2HCl ↑。
③SCl2 是一种重要的化工试剂，遇水易分解。 实验一：制备产品并探究 SOCl2 的性质
根据图 1 所示装置设计实验(装置可以重复使用)。
(1)装置接口连接顺序为 a → → d 、e → → h。
(2)实验室用亚硫酸钠固体与 70%硫酸制备 SO2 ，不用稀硫酸的原因为 。
(3)A 装置中发生反应的离子方程式为 。
(4)实验室常用过量 NaOH 溶液吸收 SOCl2 ， 写出反应的离子方程式： 。
(5)甲同学认为 SOCl2 还可用作由 FeCl3 ⋅ 6H2 O 制取无水 FeCl3 的脱水剂，但乙同学认为该实验可 能发生副反应使产品不纯。所以乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量 FeCl3 ⋅ 6H2 O
于试管中，加入足量 SOCl2 ，充分反应后向试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于四支试管
中，分别进行下列实验，能验证发生副反应的是 ___(填选项字母)。
a.滴加 BaCl2 溶液
c.滴加酸性 KMnO4 溶液 实验二：测定产品纯度。
利用图 2 装置测定产品纯度。
b.滴加K3 [Fe(CN)6 ]溶液
d.先滴加稀 HNO3 ，再滴加 AgNO3 溶液
①产品含少量 SCl2
③滴加 Na2 CrO4 指示剂过多
打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，待反应完全后，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，
在合并后的溶液中加入足量的 Ba(NO3 )2 固体，振荡后静置，过滤，将滤液配制成 250mL 溶液，取
25.00mL 配制的溶液于锥形瓶，滴几滴 Na2 CrO4 溶液作指示剂，用 cmol ⋅ L− 1AgNO3 溶液滴定至终点， 消耗 VmLAgNO3 溶液[已知：常温下，Ksp(AgCl) = 1.8 × 10− 10 ，Ksp(Ag2 CrO4 ) = 1.2 × 10− 12]。
(6)VmL 产品中含 ______mol SOCl2 。下列情况会使测定结果偏高的是 ______(填序号)。
②滴定管没有用 cmol ⋅ L − 1AgNO3 溶液润洗
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体
16. (14 分) 氧化钪(Sc2 O3 )是一种稀土氧化物，广泛应用于航天、激光、导弹等尖端科学领 域。以钪锰矿石(主要含 MnO2 、SiO2 及少量 Sc2 O3 、Al2 O3 、CaO 、FeO)为原料制备 Sc2 O3 和三
氯化钪(ScCl3 )的工艺流程如图，其中 TBP 和 P507 均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)“溶解”时铁屑被 MnO2 氧化为 Fe3+ ，该反应的离子方程式是 ______。
(2)“滤渣”的主要成分是 ______。
(3)有机萃取剂 P507 萃取 Sc3+ 的反应原理为阳离子交换：ScCl3 + 3HR → ScR3 + 3HCl(HR 代表 P507) 。在“富钪有机相”中反应生成 Sc(OH)3 的化学方程式是 ______。
(4)“萃余液 2”中的金属阳离子除 A13+ 、Ca2+外，还有 ______。
(5)沉钪后获得 Sc2 O3 的操作 Ⅰ 为 ______。
(6)取 ScCl3 粗产品(含难溶 Sc2 O3 杂质)溶于水，配成溶液，采用K2 CrO4 为指示剂，用 AgNO3 标 准溶液滴定，当溶液中出现 ______现象时，说明已达到滴定终点。当溶液中 Cl− 恰好沉淀完全 (浓度等于 1.0 × 10− 5 mol ⋅ L− 1 )时，此时溶液中 c (CrO− ) =______mol ⋅ L − 1 。[已知：Ag2 CrO4 为砖红色固体；K(AgCl) = 2.0 × 10− 10 ，K(Ag2 CrO4 ) = 2.0 × 10− 12]
17. (14 分) 研究烟气的脱硝(除 NOx) 、脱硫(除 SO2 )技术有着积极的环保意义。
(1)一定条件下，用 CH4 催化还原可消除 NO 污染。
已知： Ⅰ . CH4 (g) + 2NO2 (g) = N2 (g) + CO2 (g) + 2H2 O(g)ΔH = − 865.0kJ ⋅ mol− 1 Ⅱ. 2NO(g) + O2 (g) = 2NO2 (g)ΔH = − 112.5kJ ⋅ mol− 1
Ⅲ.适量的N2 和O2 完全反应，每生成 2.24L(标准状况下)NO 时， 吸收 8.9kJ 的热量；
则 CH4 (g) + 4NO(g) = 2N2 (g) + CO2 (g) + 2H2 O(g)ΔH =______kJ ⋅ mol− 1。
(2)一定条件下，用 NH3 催化还原可消除 NO 污染，其反应原理如下： 4NH3 (g) + 6NO(g) ⇋
5N2 (g) + 6H2 O(g)ΔH = − 1980kJ/mol。
①反应速率与浓度之间存在如下关系：v正 = k正c4 (NH3 ) ⋅ c6 (NO)，v逆 = k逆c5 (N2 ) ⋅ c6 (H2 O)，k正，
k逆为速率常数，只受温度影响。350℃时，在 2L 恒容密闭容器中，通入 0.9molNH3 (g)和
1.2 molNO(g)发生反应，平衡时 NO 转化率为 50% ，则此温度下 =______。
②若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，达到新平衡时，N2 的体积分 数与原平衡相比将 ______(填“增大” 、“减小”或“不变”)；若温度升高，则k正增大 m 倍，
k逆增大 n 倍，则 m ______n (填“>” 、“<“或“= ”)。
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入 NH3 (g)和 NO(g)发生反应，达到平衡时， H2 O(g)的体积分数φ(H2 O)随的变化如图 1 所示，当 = 2 时，达到平衡φ(H2 O)可能
是 A 、B 、C 三点中的 ______(填“A” 、“B”或“C”)。
(3)利用电解装置也可进行烟气处理，如图 2 可将雾霾中的 NO 、SO2 分别转化为 NH和 SO−， 阳极的电极反应式为 ______ ；物质A 是 ______(填化学式)。
图 1
图 2
18. (15 分) 异戊巴比妥对中枢神经系统有抑制作用，主要用于催眠、镇静、抗惊厥以及麻 醉前给药。合成路线如图：
H2NCONH2
回答下列问题：
(1)A 的名称是 ______ ，B 所含官能团的名称为 ______。
(2)C 的结构简式为 ______ ，异戊巴比妥的分子式为 ______。
(3)A → B 的化学方程式为 ______ ， B → C 的反应类型是 ______。
(4)M 在分子组成上比 B 少 1 个− CH2 − 原子团，则 M 的同分异构体中是 A 的同系物的有
______种(不考虑立体异构) ，其中核磁共振氢谱有 3 种吸收峰，且峰面积之比为 1 ：1 ：3 的同 分异构体的结构简式为 ______。
(5)已知在同一位置引入烷基时，一般先引入大的基团以控制中间体的质量，请设计一种由 A 制备的合成路线(试剂任选) ______。
1. C 2. A 3. B 4. B 5. A 6. C 7. D
8. B 9. A 10. B 11. C 12. A 13. D 14. D
主观题：每空2分，特殊标注除外
15.（15分）→f→g→b→c→d、e→c→b→ （3分）
SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解耗
MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O
SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O
ab
5×10-3cV ①②
16. （14分）3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O
CaSO4和SiO2
ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓
Mn2+
灼烧
产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失 0.005
17. （14分）-1155.5
0.25 增大 <
C
SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ H2SO4
18. （15分）
丙二酸（1分） 酯基 （1分）
C11H18O3N2 （1分） 取代反应 （1分）
9 （3分）
【解析】
1. 解：A.(C6H10O5)n中n不确定，属于混合物，故A错误；
B.SiC增强铝基复合材料是一种新型无机非金属材料，不属于硅酸盐类，故B错误；
C.蒸馏法、电渗析法、离子交换法是海水淡化的主要方法，故C正确；
D.玻璃纤维属于无机非金属材料，不属于天然有机高分子材料，故D错误；
故选：C。
A.(C6H10O5)n中n不确定；
B.SiC增强铝基复合材料是一种新型无机非金属材料；
C.海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，海水淡化时使水与盐类物质分离；
D.玻璃纤维属于无机非金属材料。
本题考查了物质的结构、性质与组成，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质即可解答，题目难度不大。
2. 解：A.H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；
B.导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O+4h+=4H++O2↑，故B正确；
C.光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；
D.该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2+6H2O- hv MeOx4NHg+3O2MeO，故D正确；
故选：A。
A.H+是反应的中间体；
B.导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子；
C.光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨；
D.该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气。
本题考查反应机理，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
3. 解：A.不对称有机催化剂对产物有选择性，生成目标产物的含量增加，从而使合成更加“绿色”，故A正确；
B.HCN的结构简式为H-C≡N，其电子式为，故B错误；
C.酶发挥催化功能，需要合适的温度，温度太高，失去活性，故C正确；
D.R-(+)苦杏仁腈和S(-)苦杏仁腈的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故选：B。
A.不对称有机催化剂对产物有选择性，生成目标产物的含量增加；
B.HCN的结构简式为H-C≡N；
C.酶发挥催化功能，需要合适的温度；
D.R-(+)苦杏仁腈和S(-)苦杏仁腈的分子式相同、结构不同。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4. 解：A.1个铝与足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，转移3个电子，27g铝的物质的量为1mol，加入足量1mol⋅L-1的NaOH溶液，转移的电子数为3NA，故A正确；
B.1个氨基中含有9个电子，则18g氨基(-ND2)的物质的量为1mol，其中含有的电子数为9 NA，故B错误；
C.向100mL0.1mol⋅L-1醋酸溶液中加CH3COONa固体至溶液刚好为中性，利用电荷守恒可知，n(Na+)=n(CH3COO-)，则溶液中醋酸分子数为0.01 NA，故C正确；
D.用惰性电极电解100mL0.1mol⋅L-1的CuSO4溶溶液，阴极铜离子得电子生成1个铜，转移2个电子，水中的氢离子得电子生成1个氢气，转移2个电子，阳极水中的氢氧根离子失电子生成1个氧气，转移4个电子，由于铜离子的物质的量为0.01mol，设阴、阳两极产生气体的物质的量为xmol，利用得失电子守恒可知，0.02+2x=4x，x=0.01，生成0.01mol氧气，则电路中转移电子数为0.01×4NA=0.04NA，故D正确；
故选：B。
A.1个铝与足量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，转移3个电子；
B.1个氨基(-ND2)中含有9个电子；
C.向100mL0.1mol⋅L-1醋酸溶液中加CH3COONa固体至溶液刚好为中性，利用电荷守恒可知，n(Na+)=n(CH3COO-)；
D.用惰性电极电解100mL0.1mol⋅L-1的CuSO4溶溶液，阴极铜离子得电子生成1个铜，转移2个电子，水中的氢离子得电子生成1个氢气，转移2个电子，阳极水中的氢氧根离子失电子生成1个氧气，转移4个电子。
本题考查阿伏加德罗常数，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5. 解：A.少量氯水可氧化亚铁离子，加入CCl4后，CCl4层无色，可知溴离子没有被氧化，则Fe2+的还原性强于Br-，故A正确；
B.先通入足量NH3，可增大二氧化碳的溶解，析出的浑浊物为NaHCO3，故B错误；
C.挥发的乙醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明乙醇被催化氧化生成乙醛，故C错误；
D.NO与水不反应，NO与氧气、水反应生成硝酸，则试管中水的液面上升，故D错误；
故选：A。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6. 解：物质转化关系符合关系，X⇌Y→Z→X，
A.Cu⇌H2O2CuO，氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜，故A不选；
B.Si→SiO2(Si+O2- △ SiO2)，SiO2→H2SiO3必须经过两步(SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3)，故B不选；
C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，化学方程式：2NaHCO3- △ Na2CO3+H2O+CO2↑；碳酸钠和二氧化碳、水反应也可以生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，Na2CO3+Ca(OH)2=2NaOH+CaCO3↓，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3.反应能一步实现，故C选；
D.氯化亚铁不能一步转化为FeO，故D不符合；
故选：C。
依据转化关系X⇌Y→Z→X，结合选项物质中物质的性质进行分析判断，利用各物质的性质及变化规律，根据题图所示的物质的转化关系，分析两种物质的转化能否通过一步反应实现，可使用举实例的方法帮助完成分析。
A.氧化铜不能溶于水生成氢氧化铜；
B.SiO2不溶于水，不能一步说出来H2SiO3；
C.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应也可以生成碳酸氢钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
D.氯化亚铁不能一步转化为FeO。
本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的应用，主要考查铜、硅、钠、铁及其化合物性质的应用和转化关系判断，熟练应用物质性质以及掌握物质转化关系的反应条件选择是解题的关键，踢门难度不大。
7. 解：A.X的苯环上有7种氢原子，其苯环上的一氯代物有7种，故A错误；
B.X中羧基发生取代反应生成Y中酯基，为取代反应，故B错误；
C.-COOH能和碳酸氢钠溶液反应，只有X能和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；
D.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，所以X、Y、Z中最多有9个碳原子共平面，故D正确；
故选：D。
A.X的苯环上有几种氢原子，其苯环上的一氯代物就有几种；
B.X中羧基发生取代反应生成Y中酯基；
C.-COOH能和碳酸氢钠溶液反应；
D.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则Z为Na；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H，四种原子的原子序数总和为25，X的原子序数为25-1-8-11=5，则X为B元素，以此分析解答。
根据分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，
A.同周期元素原子核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小X>Y，故A错误；
B.该化合物中含有O-O键，具有强氧化性，能够杀菌消毒，故B正确；
C.B和O之间形成B2O3，故C错误；
D.氢与硼、氧形成的化合物中只含有共价键，而氢与钠形成的NaH中只含有离子键，形成的化合物中含有的化学键类型不完全相同，故D错误；
故选B。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9. 解：A.注入水，观察甲、乙处的液面差，若一段时间高度不变，则气密性良好，故A正确；
B.石英坩埚主要成分为SiO2，高温下烧碱与坩埚中二氧化硅反应，应选铁坩埚，故B错误；
C.酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，可选酸式滴定管量取，故C错误；
D.加热可促进氯化铁水解，制备无水FeCl3要在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液，故D错误；
故选：A。
A.注入水，观察甲、乙处的液面差；
B.烧碱与坩埚中二氧化硅反应；
C.酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶；
D.加热可促进氯化铁水解。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10. 解：A.HCO3-的酸性大于氢氧化铝，AlO2-、HCO3-之间发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，没有CO2生成，故A错误；
B.NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，故B正确；
C.氢氧化镁更难溶，加入足量NaOH溶液后Mg2+转化为氢氧化镁沉淀，离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、HCO3-+OH-=H2O+CO32-，故C错误；
D.通入少量SO2，ClO-、SO2之间反应生成硫酸根离子、次氯酸和氯离子，正确的离子方程式为：3ClO-+H2O+SO2=Cl-+2HClO+SO42-，故D错误；
故选：B。
A.偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，不是双水解反应，二氧化碳气体生成；
B.四种离子之间不反应，都不与二氧化碳反应；
C.氢氧化钠足量时，镁离子转化为更难溶的氢氧化镁沉淀；
D.次氯酸将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11. 解：由分析可知，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素、A为Cl2、甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；
A.同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故四种元素中Z(钠)的原子半径最大，故A正确；
B.丁为NaClO，由钠离子与次氯酸根离子构成，两种离子之间形成离子键，而次氯酸根离子中原子之间形成极性共价键，故B正确；
C.Y、Z形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠由钠离子与氧离子构成，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，两种化合物中阴、阳离子数目比均为1：2，故C错误；
D.Y、Z、W形成的三种较高化合价的化合物为NaClO4，ClO4-中氯原子价层电子对数为4+7+1-2×42=4，Cl原子的杂化方式是sp3，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物，其中A为W元素组成的单质，常温下为黄绿色气体，则A为Cl2、W为Cl元素；氯气与丙反应生成三种物质且常温下乙为液体、丁物质常用于消毒、漂白，应是氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸和水，而甲能与乙反应生成丙，故甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl，结合原子序数可知X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素。
本题考查无机物的推断，注意利用物质的性质与用途进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
12. 解：A.石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大，石墨的熔点高于金刚石，故A错误；
B.相同物质的量的H2O和CH3CH2OH比较：H2O形成的氢键数多于CH3CH2OH，形成氢键越多沸点越高，故B正确；
C.C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故C正确；
D.CS2、CCl4为非极性分子，而H2O为极性分子，根据相似相溶原理，在CS2中的溶解度：CCl4>H2O，故D正确；
故选：A。
A.石墨中C-C键的键能比金刚石中C-C键能大；
B.形成氢键越多沸点越高；
C.键能越大越稳定；
D.根据相似相溶原理判断。
本题考查物质结构与性质知识，涉及键能、氢键对物质性质的影响，题目难度不大。
13. 【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及晶胞计算，是对学生综合能力的考查，难度中等。
【解答】
A. 49In位于第五周期ⅢA、价层电子排布式为5s25p1，A正确；
B. 基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，3p4中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；
C. 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为(0,0,0)，则B点的分数坐标为1,0,12，C正确；
D.晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×18+4×12+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×14+6×12=4，8个S位于晶胞内，则CuInS2晶体的密度为4×1021Mx2yNAg⋅cm-3，故D错误。
14. 解：A.根据图知0.1mol/LMOH溶液的pH=11，则MOH是弱碱，其电离程度较小，则c(M+)≈c(OH-)=0.001mol/L、c(MOH)≈0.1mol/L，MOH电离平衡常数=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)=0.001×0.0010.1=1×10-5，故A正确；
B.a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，根据电荷守恒得c(M+)>c(Cl-)，MOH电离程度较小，所以存在c(M+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故B正确；
C.c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、NaCl，溶液呈碱性；b点溶液中溶质为NaCl，所以二者混合后溶液呈碱性，故C正确；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为MOH和MCl，a点抑制水电离、b点水电离不受影响、d点溶液中含有盐和酸而抑制水电离，水电离程度：b>a>d，故D错误；
故选：D。
A.根据图知0.1mol/LMOH溶液的pH=11，则MOH是弱碱，其电离程度较小，则c(M+)≈c(OH-)=0.001mol/L、c(MOH)≈0.1mol/L，MOH电离平衡常数=c(M+)⋅c(OH-)c(MOH)；
B.a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，根据电荷守恒得c(M+)>c(Cl-)，MOH电离程度较小；
C.c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaOH、NaCl，溶液呈碱性；b点溶液中溶质为NaCl；
D.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意结合电荷守恒分析判断，注意A中近似处理方法，题目难度不大。
15. 解：(1)根据分析，装置接口连接顺序为a→f→g→b→c→d、e→c→b→h，
故答案为：f→g→b→c→d、e→c→b→；
(2)SO2易溶于水(1：40)，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗，所以实验室用亚硫酸钠固体与70%硫酸制备SO2而不用稀硫酸，
故答案为：SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少SO2的溶解损耗；
(3)A装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl-- △ Mn2++Cl2↑+2H2O；
(4)SOCl2遇水反应生成SO2和HCl，则过量NaOH溶液吸收SOCl2时，生成Na2SO3和NaCl，反应的离子方程式为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O，
故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；
(5)FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3⋅6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，
a.滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，故a正确；
b.滴加K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，故b正确
c.由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，故c错误；
d.滴加稀HNO3会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，故d错误，
故答案为：ab；
(6)打开止水夹，向安全漏斗中加入足量蒸馏水，发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，将烧杯中的溶液和烧瓶中的溶液合并，在合并后的溶液中加入足量的Ba(NO3)2固体，振荡后静置，过滤，除去SO2，将滤液配制成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液于锥形瓶，滴几滴Na2CrO4溶液作指示剂，用cmol⋅L-1AgNO3溶液滴定至终点，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，可得关系式为SOCl2～2HCl～2AgNO3，VmL产品中含cmol/L×V×10-3L×12×250mL25.00mL=5×10-3cVmolSOCl2；
①产品含少量SCl2，导致氯含量偏高，含量偏高，故正确；
②滴定管没有用c mol⋅L-1AgNO3溶液润洗，导致标准液被稀释，标准液消耗偏多，浓度偏高，故正确；
③滴加Na2CrO4指示剂过多，导致标准液消耗偏少，浓度偏低，故错误；
④合并溶液时，烧瓶中有少量残余液体，导致待测液偏少，浓度偏低，故错误，
故答案为：5×10-3cV；①②。
用A中MnO2和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用B中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入C的三颈烧瓶中，E中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，经B中浓硫酸干燥后也通入C的三颈烧瓶，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，C中碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
16. 解：(1)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O，
故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(2)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，以及钙离子与硫酸根离子作用产生微溶的CaSO4，“滤渣”的主要成分是CaSO4和SiO2，
故答案为：CaSO4和SiO2；
(3)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓，
故答案为：ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(4)根据分析可知，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，
故答案为：Mn2+；
(5)加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3，故操作Ⅰ为灼烧；由Sc2O3制备三氯化钪是在焦炭和氯气中加热生成ScCl3和CO，反应的化学反应方程式为Sc2O3+3C+3Cl2- △ 2ScCl3+3CO，
故答案为：灼烧；Sc2O3+3C+3Cl2- △ 2ScCl3+3CO；
(6)用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中出现产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失现象时，说明已达到滴定终点；液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol⋅L-1)时，K(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=c(Ag+)×1.0×10-5mol⋅L-1=2.0×10-10，c(Ag+)=2.0×10-5mol⋅L-1，K(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42-)=2.0×10-5mol⋅L-1)2×c(CrO42-)=2.0×10-12；此时溶液中c(CrO42-)=0.005mol⋅L-1，
故答案为：产生砖红色沉淀且30s内沉淀不消失；0.005。
钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)加入稀硫酸后，溶液中含有A13+、Fe2+、Ca2+、Sc3+再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入可以除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3。
本题考查无机工艺流程分析，明确工艺流程中操作的目的，发生的相关化学反应，正确运用化学原理知识分析解决问题是关键，整体难度较大，试题有助于培养综合分析问题的能力。
17. 解：(1)已知：Ⅰ.CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△ H=-865.0kJ⋅mol-1，Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△ H=-112.5kJ⋅mol-1；Ⅲ.适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，物质的量 n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，吸收8.9 kJ的热量，则生成2molNO吸收热量Q=8.9kJ×20=178kJ，即热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△ H=+178kJ/mol，根据盖斯定律反应Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ整理可得CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-865.0kJ⋅mol-1+(-112.5kJ⋅mol-1)-178 kJ/mol=-1155.5 kJ/mol，
故答案为：-1155.5；
(2)①对于反应4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时， c(NH3)=0.45 mol/L， c(NO)=0.6 mol/L， c(N2)= c(H2O)=0，反应达到平衡时，NO转化率为50%，则平衡时 c(NO)=0.3mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时， c(NH3)=(0.45-0.2)mol/L=0.25 mol/L， c(N2)=0.25 mol/L， c(H2O)=0.3mol/L，平衡时v正正v正=vv逆，则k正c4(NH3)⋅c6(NO)=k逆c5(N2)⋅c6(H2O)，k正k逆=c5(N2)⋅c6(H2O)c4(NH3)⋅c6(NO)=0.255×0.360.254×0.36=0.25，
故答案为：0.25；
②反应4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H =-1980kJ/mol的正反应是气体体积增大的放热反应，反应达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大，若保持其他条件不变，将上述恒温恒容容器改为恒温恒压容器，相当于在恒容条件下反应达到平衡后，扩大容器的容积，必然导致体系的压强减小，化学平衡正向移动，因此达到新平衡时，N2的体积分数与原平衡相比将增大；反应达到平衡时，升高温度，正、逆反应速率都增大，温度对吸热反应影响更大，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，在达到平衡前 v 正 < v 逆 ，升高温度的瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，即m
③保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比例充入NH3(g)和NO(g)发生反应：4NH3 (g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，其它条件不变，n(NO)n(NH3)增大，相当于 n(NH3)不变， n(NO)增大，化学平衡正向移动，平衡时 n(总)增大， n(H2O)增大，但根据平衡移动原理可知：平衡移动的趋势是微弱的， n(H2O)增大幅度小于 n(总)增大幅度，故φ(H2O)减小。因此当n(NO)n(NH3)=2.0时，反应达到平衡时，φ(H2O)可能是图中的C点，
故答案为：C；
(3)根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4，根据总反应可知：装置中的A物质是H2SO4，
故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；H2SO4。
(1)依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；
(2)①化学反应得到平衡时，正逆反应速率相等，依据平衡时各组分浓度关系计算k值关系；
②由外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析；
③由反应物浓度变化对平衡的影响分析；
(3)根据图示可知：在阳极上SO2失去电子被氧化产生SO42-，阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；在阴极上NO得到电子被还原产生NH4+，阴极的电极反应式为：NO+6H++5e-=NH4++H2O，所以总反应方程式为：2NO+5SO2+8H2O=(NH4)2SO4+4H2SO4。
本题考查盖斯定律、电解原理和化学平衡，题目难度较大，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
18. 解：(1)A为HOOCCH2COOH，A的名称是丙二酸，B所含官能团的名称为酯基，
故答案为：丙二酸；酯基；
(2)C的结构简式为，异戊巴比妥的分子式为C11H18O3N2，
故答案为：；C11H18O3N2；
(3)A→B的化学方程式为，B→C的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)M在分子组成上比B少1个CH2原子团，则M的同分异构体中是A的同系物，说明符合条件的同分异构体中含有2个酯基，符合条件的结构简式为，有9种，其中核磁共振氢谱有3种吸收峰，且峰面积之比为1：1：3的同分异构体的结构简式为，
故答案为：9；；
(5)由HOOCCH2COOH制备，A和乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，丙二酸二乙酯和CH3CH2Br发生取代反应、然后再和CH3Br发生取代反应生成目标产物，合成路线为，
故答案为：。
A和乙醇发生酯化反应生成B，根据B的结构简式知，A为HOOCCH2COOH，根据D的结构简式知，B发生取代反应生成C为，C发生取代反应生成D，D发生反应生成E，E中碳氮双键和HCl发生反应生成异戊巴比妥；
(5)由HOOCCH2COOH制备，A和乙醇发生酯化反应生成丙二酸二乙酯，丙二酸二乙酯和CH3CH2Br发生取代反应、然后再和CH3Br发生取代反应生成目标产物。
本题考查有机合成，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中断键和成键方式并正确推断物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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