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浙江省金华第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月月考试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省金华第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 下列有关化学用语表示正确的是， 下列说法不正确的是， 有关的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
金华一中2022学年第二学期高二6月月考卷
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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. 下列物质中含有极性共价键的离子化合物是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mg3N2为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故A不符合题意；
B．NaCl为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故B不符合题意；
C．NaOH为离子化合物，是由Na+和OH-组成，氧原子和H原子之间存在极性共价键，故C符合题意；
D．硝酸为共价化合物，故D不符合题意；
答案为C。
2. Na2SiO3应用广泛，下列说法不正确的是
A. Si元素位于周期表p区 B. Na2SiO3属于强电解质
C. Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃 D. 存放 Na2SiO3溶液的试剂瓶可以用玻璃塞
【答案】D
【解析】
【详解】A．Si原子的价层电子排布式为3s23p2，能量最高的电子排布在3p轨道上，则Si元素位于周期表p区，A正确；
B． Na2SiO3为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，则其属于强电解质，B正确；
C． Na2SiO3又称泡花碱，其水溶液是黏稠状液体，俗称水玻璃，C正确；
D．Na2SiO3溶液具有黏性，能将玻璃瓶塞与瓶口黏在一起，难以打开，所以存放 Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，D不正确；
故选D。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氟原子：
B. Fe的原子结构示意图：
C. SO2分子的空间结构模型：
D. 基态N原子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A错误；
B．Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；
C．SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；
D．N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；
故合理选项是B。
4. 下列说法不正确的是
A. 熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
B. 碳酸钠是一种大宗化学品，可用作食用碱或工业用碱
C. 大兴机场航站楼顶部镶嵌八百块玻璃，玻璃属于新型无机非金属材料
D. Na2O2、活性炭都可用于防毒呼吸面具，但两者的应用原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为巩固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，选项A正确；
B．碳酸钠水解显碱性，没有毒性，可以用于食用碱或工业用碱，选项B正确；
C．玻璃是传统无机非金属材料，选项C不正确；
D．过氧化钠反应生成氧气，则Na2O2用于呼吸面具，而活性炭具有吸附性，活性炭用于防毒面具，两者原理不同，选项D正确；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 常温下铁与浓硫酸不发生化学反应
B. 铜粉与硫粉加热反应可生成硫化铜
C. 石油裂解、煤的干馏和气化都是化学变化
D. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下铁遇到浓硫酸会钝化，钝化属于化学反应，A错误；
B．硫粉的氧化性较弱，铜粉与硫粉加热反应生成硫化亚铜，B错误；
C．石油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的气化是以煤或煤焦为原料，以氧气、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D．石英坩埚主要化学成分是SiO2，烧碱、纯碱高温下与SiO2反应，因此石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，D错误；
故答案为：C。
6. 是一种优良的饮用水处理剂，可用、、混合共熔反应制得：。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 是还原剂，为还原产物
B. 在熔融条件下氧化性：
C. 每生成，转移
D. 在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；
B．根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：，B正确；
C．，化合价升高3价，每生成，转移，C错误；
D．具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物水解生成胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；
故选C。
7. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验现象对应的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入NH3会有N2生成：3ClO-+2NH3=3Cl-+N2+3H2O
B. 次氯酸钙溶液中通入少量的
C. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：
D. 明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液：A13++2SO+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO-具有氧化性，能够将NH3氧化成N2，Cl化合价由+1价降低为-1价，N的化合价由-3价升高为0价，根据化合价升降守恒、元素守恒和电荷守恒，可得反应离子方程式为：3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O，选项A正确；
B．次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸溶液：Ca2++2ClO-+ CO2=CaCO3↓+2HClO，选项B错误；
C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，选项C错误；
D．过量的氢氧化钡会将Al(OH)3溶解生成偏铝酸钠和水，选项D错误；
答案选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂
B. 以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维
C. 在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品
D. 蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；
B．木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；
C．乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；
D．氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；
故选：B。
9. 有关的说法正确的是
A. 不能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色
B. 该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成
C. 分子中含有1个手性碳原子
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．-CH2OH可以使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．该物质在碱性条件下加热水解生成、Na2CO3和NH3，故B正确；
C．碳原子上连接四个不同的原子或者基团才具有手性，该分子中不含手性碳原子，故C错误；
D．1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应生成、Na2CO3和NH3，最多消耗3molNaOH，故D错误；
故答案为B。
10. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是
A. 电负性：X
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，所以X为氢元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，因此n只能为2，Z元素为氧元素；由于Y的原子序数小于Z大于X，在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为氮元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，可知Q为钠元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于钠，所以W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，所以W为铜元素，据此分析作答。
【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，电负性：H＜N＜O，A项正确；
B．H3O+采用sp3杂化，三角锥型，键角是113°，NH3采用sp3杂化，三角锥型，键角是107°18′，则键角：NH3
D．Cu在周期表位于第四周期第ⅠB，所以属于ds区，D项正确；
故选：B。
11. 已知电极材料均为石墨材质，氧化性：。设计如图装置将转化为，并在甲处回收金属钴；工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室；保持细菌所在环境稳定，借助其降解乙酸盐生成。下列说法正确的是
A. 装置1为原电池
B. 乙池电极附近不断减小
C. 细菌所在电极均发生反应：
D. 乙室得到的全部转移至甲室，恰好能补充甲室消耗的的物质的量
【答案】C
【解析】
【分析】氧化性：，则将转化为为自发的反应，装置将转化为，并在甲处回收金属钴，则乙处发生还原反应得到，乙为正极，装置2为原电池；甲处发生还原生成钴单质，甲为阴极，装置1为电解池；
【详解】A．由分析可知，装置1为电解池，A错误；
B．乙池电极为正极，反应为，则氢离子浓度减小，附近不断增大，B错误；
C．细菌所在电极附近乙酸盐均发生氧化反应生成二氧化碳，故均发生反应：，C正确；
D．甲处发生还原生成钴单质，，根据电子守恒可知，转移2mol电子甲消耗1mol，而乙处得到2mol，D错误；
故选C。
12. 工业上由与环戊二烯钠()合成二茂铁()，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是
A. 中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区
B. 二茂铁衍生物可和等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：
C. 已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
D. 在二茂铁中与之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表区，A正确；
B．二茂铁的衍生物可和等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确；
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；
D．在二茂铁中与之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；
故答案为：D。
13. 常温下，将体积均为1 mL、浓度均为0.10 mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释至体积为V mL，pH随lg V的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是
A. XOH是弱碱
B. pH=10的两种溶液中的c(X+):XOH>X2CO3
C. 已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10−10.2
D. 当lg V=2时，若X2CO3溶液的温度升高，溶液碱性增强，则减小
【答案】C
【解析】
【分析】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒判断；
C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4 mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1==，则Ka2==；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。
【详解】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，选项A错误；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，选项B错误；
C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4 mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1===，则Ka2====1.0×10-10.2，选项C正确；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，所以增大，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．Ka2=Kw，为易错点。
14. 以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H=+19.3 kJ•mol-1
反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的△H＞0，△S＞0
B. 反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C. 在恒温、恒容的反应炉中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D. 温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应I为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO含量减小，根据图示可知CO含量先增大后减小，则反应II应为放热反应，即∆H<0，A错误；
B．由图可知，温度高于570℃时，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以①为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容的反应炉中，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此不能根据压强保持不变时，来判断反应Ⅰ、Ⅱ是否达到平衡状态，C错误；
D．1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，此时化学平衡常数K=，反应①是吸热反应，随着温度的升高，化学平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，D正确；
故合理选项是D。
15. 室温下，用过量溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：，)，下列说法正确的是
A. 浸泡后未完全转化为
B. 溶液中存在：
C. 反应正向进行，需满足
D. 过滤后所得清液中一定存在：且
【答案】D
【解析】
【详解】A．用过量溶液浸泡粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后完全转化为，A错误；
B．由质子守恒可知，溶液中存在：，B错误；
C．的，反应正向进行，需满足，C错误；
D．过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；
故选D。
16. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
往稀硫酸溶液中滴加
出现白色沉淀
酸性：
B
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
溶液中紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
室温碱性条件下，在淀粉与碘水的混合溶液中滴加溶液
混合液的蓝色迅速褪去，并产生棕褐色沉淀
氧化性(碱性条件下)：
D
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．往稀硫酸溶液中滴加，能发生反应是因为生成BaSO4白色沉淀，不能证明酸性：，A错误；
B．浓盐酸也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，溶液中紫色褪去，不能得到结论铁锈中含有二价铁，B错误；
C．室温碱性条件下，在淀粉与碘水的混合溶液中滴加溶液，混合液的蓝色迅速褪去，并产生棕褐色沉淀，说明碱性条件下I2将Fe2+氧化为Fe(OH)3，得到结论氧化性(碱性条件下)：，C错误；
D．石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液，溶液红棕色变无色，说明与产生的气体反应，则得到结论气体中含有不饱和烃，D正确；
故选D。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 铬(Cr)及其化合物用途广泛。请回答：
（1）基态铬原子的价层电子排布式_______，属于周期表的_______区。同周期的基态原子中，与Cr最高能层电子数相同的还有_______(写元素符号)。
（2）的三种结构：①、②、③，下列说法正确的是_______。
A. ①②③中Cr的配位数都是6
B. ①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的Cr)
C. ②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
D. 等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量也相等
（3）对配合物进行加热时，配体比更容易失去，请解释原因_______。
（4）铬的一种氮化物晶体的立方晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中Cr原子之间的最近核间距为_______pm(写出表达式即可)。
【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. d ③. K和Cu （2）AB
（3）配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Cr原子核外有24个电子，价层电子排布式为：3d54s1，属于周期表的d区，Cr原子最高能层电子数为1，第四周期中与Cr最高能层电子数相同的还有K和Cu。
【小问2详解】
A．①、②、③中Cr的配位数都是6，故A正确；
B．①中Cr原子价层电子对数为6，Cr3+位于正八面体的中心，H2O和Cl-位于正八面体顶点，当两个Cl-相邻时为一种结构，两个Cl-不相邻时为另一种结构，即或，故B正确；
C．②中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键，氢键不是化学键，故C错误；
D．①②③中作为配体的Cl-不能在水溶液中电离出来，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量不相等，故D错误；
故选AB。
【小问3详解】
配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
【小问4详解】
该晶胞中N原子个数为8+6=4，Cr原子个数为1+12 =4，若该晶体的密度为，则晶胞的边长a= pm，晶胞中Cr原子之间的最近核间距为=pm。
18. 固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：
（1）化合物X所含元素是_______(填元素符号)。
（2）溶液D中显深蓝色的溶质是_______(用化学式表示)。
（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式_______。
（4）干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：_______。
（5）向溶液C中加入一定量的，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是_______，请设计实验证明你的结论_______。
【答案】（1）、、S
（2）
（3）
（4） （5） ①. ②. 取少量反应后的溶液于试管中加入溶液，溶液不显红色
【解析】
【分析】气体A可使品红溶液褪色，说明A为SO2，根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S，故答案为Fe、Cu、S；
【小问2详解】
溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；故答案为[Cu(NH3)4]SO4；
【小问3详解】
气体A为SO2，其物质的量为=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原子物质的量为=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；故答案为4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；
【小问4详解】
SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；故答案为；
【小问5详解】
溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+；故答案为Fe3+；取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色。
19. 氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及、、均为298K条件值)。
（1）传统制备氢气方法之一为水煤气法：，该反应自发进行的条件是___________。
（2）利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整
方法b：部分催化重整
已知：298K时，相关物质的相对能量如图1。
①依据图1数据，计算方法b反应的=___________
②已知体系自由能变化：时反应自发进行。请从的角度分析方法a、b哪个更有利？___________。
③在某恒温和恒压()体系中，和以系数比投料进行方法a制氢，若平衡时的产率为50%，该条件下方法a反应的平衡常数=___________。[如的平衡压强为平衡系统中的物质的量分数，p为平衡时总压]
（3）有化学工作者提出，在催化剂中添加纳米强化，开展“催化氧化重整”制氢，是一种优化的制氢方法。
方法c：下列有关说法正确的是___________。
A. 方法c制氢时，充分提高廉价原料的浓度，一定能增加氢气产率
B. 方法c与a比，相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快
C. 乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：
D. 方法c相当于方法b与水煤气变换的优化组合。水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响
【答案】（1）高温 （2） ①. +15 ②. 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利 ③. （3）BD
【解析】
【小问1详解】
自发进行的依据是△H-T△S＜0，反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1是气体体积增大既熵增的吸热反应，△S﹥0，△H﹥0，则当高温时该反应能自发进行。
【小问2详解】
①反应CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2=生成物的总能量-反应物的总能量=-110 kJ·mol-12-（-235 kJ·mol-1）=+15kJ·mol-1；
②在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利；
③根据题意列出三段式：
若平衡时H2的产率为50%，则a=0.5mol，平衡时气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+2mol+1mol=4mol，该条件下方法a反应的平衡常数Kp==。
【小问3详解】
A．方法c制氢时放出热量，且氢气可能和过多的氧气反应而使氢气的产率降低，故A错误；
B．反应a是吸热反应，反应c是放热反应，所以相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快，故B正确；
C．对于反应a原子利用率为，对于反应b原子利用率为，对于反应c原子利用率为，乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：a>c>b，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，方法c相当于方法b与水煤气变换的优化组合；对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；
故选BD。
20. 有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
实验步骤如下：
Ⅰ．打开、，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。
Ⅱ．在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ．反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称是___________，d的作用是___________。
（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________
（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________
（4）下列关于该实验的说法不正确的是___________
A. 步骤Ⅰ中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽
B. 反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止水解和被氧化
C. 步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D. 步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 防止空气进入c中氧化Fe2+，使生成的甘氨酸亚铁不纯
（2） ①. 关闭、，打开K2 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） （4）BC
【解析】
【分析】b中硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，为防止Fe2+被氧化，打开、，向c中通入氢气，用b中生成氢气把装置内的空气排尽；验纯后，关闭、，打开K2，b中生成的氢气将b中硫酸亚铁溶液压入c中，硫酸亚铁、甘氨酸、氢氧化钠反应生成生成甘氨酸亚铁、硫酸钠、水；加入乙醇降低甘氨酸亚铁的溶解度，析出甘氨酸亚铁沉淀，用乙醇洗涤沉淀得到甘氨酸亚铁粗品。
【小问1详解】
根据图示，仪器b的名称是蒸馏烧瓶；Fe2+易被氧化，d的作用是防止空气进入c中氧化Fe2+，使生成的甘氨酸亚铁不纯。
【小问2详解】
关闭、，打开K2，b中生成的氢气将b中硫酸亚铁溶液压入c中；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中的杂质是Fe(OH)2，Fe(OH)2极易与空气中的氧气反应生成Fe(OH)3，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
c中硫酸亚铁、甘氨酸、氢氧化钠反应生成生成甘氨酸亚铁、硫酸钠、水，反应的化学方程式是；
【小问4详解】
A. 步骤Ⅰ中，在d处导管收集氢气并验纯，若听不到爆鸣声，则表示装置内空气已排尽，故A错误；
B. 柠檬酸的酸性较强，有强还原性，反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止水解和被氧化，故B正确；
C. 甘氨酸亚铁难溶于乙醇，步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，析出甘氨酸亚铁，故C正确；
D. 甘氨酸亚铁易溶于水、难溶于乙醇，步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，为防止甘氨酸亚铁溶解，用乙醇作洗涤剂，故D错误；
选BC。
21. 某研究小组按下列路线合成镇痛药盐酸瑞芬太尼：
已知：。请回答：
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 化合物A可发生加成、取代、氧化反应 B. 化合物C具有两性
C. 化合物D中含有两个手性碳原子 D. 盐酸瑞芬太尼的化学式为
（2）化合物F含氧官能团的名称是___________。
（3）写出化合物G的结构简式___________。
（4）写出D→E的化学方程式___________。
（5）设计以、为原料合成G的路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。(任写两种即可)
①分子中含有，且环上不直接连氢。不含碳碳三键及其它环；
②核磁共振氢谱表明：分子中共有4种化学环境的氢原子(不考虑顺反异构)。
【答案】（1）CD （2）酯基、酰胺基
（3） （4） （5）
（6）、、、
【解析】
【分析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为，据此分析解答。
【小问1详解】
A．化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；
B．由以上分析可知化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C具有两性，故B正确；
C．化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为，故D错误；
故选CD；
【小问2详解】
由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团，故答案为：酯基、酰胺基；
【小问3详解】
由以上分析可知G的结构简式为： ，故答案为：；
【小问4详解】
D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：；
【小问5详解】
乙炔与HCN发生加成反应生成，发生水解反应生成，与发生取代反应生成，由此可得合成路线为：；
【小问6详解】
①分子中含有，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称；
金华一中2022学年第二学期高二6月月考卷
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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. 下列物质中含有极性共价键的离子化合物是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mg3N2为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故A不符合题意；
B．NaCl为离子化合物，其电子式为，只含有离子键，故B不符合题意；
C．NaOH为离子化合物，是由Na+和OH-组成，氧原子和H原子之间存在极性共价键，故C符合题意；
D．硝酸为共价化合物，故D不符合题意；
答案为C。
2. Na2SiO3应用广泛，下列说法不正确的是
A. Si元素位于周期表p区 B. Na2SiO3属于强电解质
C. Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃 D. 存放 Na2SiO3溶液的试剂瓶可以用玻璃塞
【答案】D
【解析】
【详解】A．Si原子的价层电子排布式为3s23p2，能量最高的电子排布在3p轨道上，则Si元素位于周期表p区，A正确；
B． Na2SiO3为可溶性盐，在水溶液中发生完全电离，则其属于强电解质，B正确；
C． Na2SiO3又称泡花碱，其水溶液是黏稠状液体，俗称水玻璃，C正确；
D．Na2SiO3溶液具有黏性，能将玻璃瓶塞与瓶口黏在一起，难以打开，所以存放 Na2SiO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，D不正确；
故选D。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氟原子：
B. Fe的原子结构示意图：
C. SO2分子的空间结构模型：
D. 基态N原子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A错误；
B．Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；
C．SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；
D．N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；
故合理选项是B。
4. 下列说法不正确的是
A. 熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
B. 碳酸钠是一种大宗化学品，可用作食用碱或工业用碱
C. 大兴机场航站楼顶部镶嵌八百块玻璃，玻璃属于新型无机非金属材料
D. Na2O2、活性炭都可用于防毒呼吸面具，但两者的应用原理不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为巩固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，选项A正确；
B．碳酸钠水解显碱性，没有毒性，可以用于食用碱或工业用碱，选项B正确；
C．玻璃是传统无机非金属材料，选项C不正确；
D．过氧化钠反应生成氧气，则Na2O2用于呼吸面具，而活性炭具有吸附性，活性炭用于防毒面具，两者原理不同，选项D正确；
答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. 常温下铁与浓硫酸不发生化学反应
B. 铜粉与硫粉加热反应可生成硫化铜
C. 石油裂解、煤的干馏和气化都是化学变化
D. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下铁遇到浓硫酸会钝化，钝化属于化学反应，A错误；
B．硫粉的氧化性较弱，铜粉与硫粉加热反应生成硫化亚铜，B错误；
C．石油裂解是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，有新物质生成，属于化学变化；煤的气化是以煤或煤焦为原料，以氧气、水蒸气或氢气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D．石英坩埚主要化学成分是SiO2，烧碱、纯碱高温下与SiO2反应，因此石英坩埚不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，D错误；
故答案为：C。
6. 是一种优良的饮用水处理剂，可用、、混合共熔反应制得：。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 是还原剂，为还原产物
B. 在熔融条件下氧化性：
C. 每生成，转移
D. 在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；
B．根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：，B正确；
C．，化合价升高3价，每生成，转移，C错误；
D．具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物水解生成胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；
故选C。
7. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列实验现象对应的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入NH3会有N2生成：3ClO-+2NH3=3Cl-+N2+3H2O
B. 次氯酸钙溶液中通入少量的
C. 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：
D. 明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液：A13++2SO+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO-具有氧化性，能够将NH3氧化成N2，Cl化合价由+1价降低为-1价，N的化合价由-3价升高为0价，根据化合价升降守恒、元素守恒和电荷守恒，可得反应离子方程式为：3ClO−+2NH3=3Cl−+N2+3H2O，选项A正确；
B．次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸溶液：Ca2++2ClO-+ CO2=CaCO3↓+2HClO，选项B错误；
C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，选项C错误；
D．过量的氢氧化钡会将Al(OH)3溶解生成偏铝酸钠和水，选项D错误；
答案选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂
B. 以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维
C. 在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品
D. 蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；
B．木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；
C．乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；
D．氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；
故选：B。
9. 有关的说法正确的是
A. 不能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色
B. 该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成
C. 分子中含有1个手性碳原子
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．-CH2OH可以使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．该物质在碱性条件下加热水解生成、Na2CO3和NH3，故B正确；
C．碳原子上连接四个不同的原子或者基团才具有手性，该分子中不含手性碳原子，故C错误；
D．1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应生成、Na2CO3和NH3，最多消耗3molNaOH，故D错误；
故答案为B。
10. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是
A. 电负性：X
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，所以X为氢元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，因此n只能为2，Z元素为氧元素；由于Y的原子序数小于Z大于X，在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为氮元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，可知Q为钠元素；W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对且原子序数大于钠，所以W应该为第四周期的元素，又因为W的最外层只有一个电子且次外层内的所有轨道的电子均成对即3d轨道全充满，4s轨道有一个电子，所以W为铜元素，据此分析作答。
【详解】A．同一周期，从左到右元素电负性递增，电负性：H＜N＜O，A项正确；
B．H3O+采用sp3杂化，三角锥型，键角是113°，NH3采用sp3杂化，三角锥型，键角是107°18′，则键角：NH3
D．Cu在周期表位于第四周期第ⅠB，所以属于ds区，D项正确；
故选：B。
11. 已知电极材料均为石墨材质，氧化性：。设计如图装置将转化为，并在甲处回收金属钴；工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室；保持细菌所在环境稳定，借助其降解乙酸盐生成。下列说法正确的是
A. 装置1为原电池
B. 乙池电极附近不断减小
C. 细菌所在电极均发生反应：
D. 乙室得到的全部转移至甲室，恰好能补充甲室消耗的的物质的量
【答案】C
【解析】
【分析】氧化性：，则将转化为为自发的反应，装置将转化为，并在甲处回收金属钴，则乙处发生还原反应得到，乙为正极，装置2为原电池；甲处发生还原生成钴单质，甲为阴极，装置1为电解池；
【详解】A．由分析可知，装置1为电解池，A错误；
B．乙池电极为正极，反应为，则氢离子浓度减小，附近不断增大，B错误；
C．细菌所在电极附近乙酸盐均发生氧化反应生成二氧化碳，故均发生反应：，C正确；
D．甲处发生还原生成钴单质，，根据电子守恒可知，转移2mol电子甲消耗1mol，而乙处得到2mol，D错误；
故选C。
12. 工业上由与环戊二烯钠()合成二茂铁()，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是
A. 中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区
B. 二茂铁衍生物可和等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：
C. 已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
D. 在二茂铁中与之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表区，A正确；
B．二茂铁的衍生物可和等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确；
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；
D．在二茂铁中与之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；
故答案为：D。
13. 常温下，将体积均为1 mL、浓度均为0.10 mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释至体积为V mL，pH随lg V的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是
A. XOH是弱碱
B. pH=10的两种溶液中的c(X+):XOH>X2CO3
C. 已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10−10.2
D. 当lg V=2时，若X2CO3溶液的温度升高，溶液碱性增强，则减小
【答案】C
【解析】
【分析】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒判断；
C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4 mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1==，则Ka2==；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大。
【详解】A．根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，选项A错误；
B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）＜c（X2CO3），再结合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，选项B错误；
C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4 mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1===，则Ka2====1.0×10-10.2，选项C正确；
D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，所以增大，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在Kh1．Ka2=Kw，为易错点。
14. 以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H=+19.3 kJ•mol-1
反应Ⅱ：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的△H＞0，△S＞0
B. 反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C. 在恒温、恒容的反应炉中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D. 温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应I为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO含量减小，根据图示可知CO含量先增大后减小，则反应II应为放热反应，即∆H<0，A错误；
B．由图可知，温度高于570℃时，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以①为主，即反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ均为反应前后气体体积不变的反应，因此在恒温、恒容的反应炉中，无论反应是否达到平衡，体系的压强始终不变，因此不能根据压强保持不变时，来判断反应Ⅰ、Ⅱ是否达到平衡状态，C错误；
D．1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为①，此时化学平衡常数K=，反应①是吸热反应，随着温度的升高，化学平衡正向移动，K值增大，所以温度高于1040℃时，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数K＞4，D正确；
故合理选项是D。
15. 室温下，用过量溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：，)，下列说法正确的是
A. 浸泡后未完全转化为
B. 溶液中存在：
C. 反应正向进行，需满足
D. 过滤后所得清液中一定存在：且
【答案】D
【解析】
【详解】A．用过量溶液浸泡粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后完全转化为，A错误；
B．由质子守恒可知，溶液中存在：，B错误；
C．的，反应正向进行，需满足，C错误；
D．过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；
故选D。
16. 下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
往稀硫酸溶液中滴加
出现白色沉淀
酸性：
B
将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液
溶液中紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
室温碱性条件下，在淀粉与碘水的混合溶液中滴加溶液
混合液的蓝色迅速褪去，并产生棕褐色沉淀
氧化性(碱性条件下)：
D
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．往稀硫酸溶液中滴加，能发生反应是因为生成BaSO4白色沉淀，不能证明酸性：，A错误；
B．浓盐酸也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入溶液，溶液中紫色褪去，不能得到结论铁锈中含有二价铁，B错误；
C．室温碱性条件下，在淀粉与碘水的混合溶液中滴加溶液，混合液的蓝色迅速褪去，并产生棕褐色沉淀，说明碱性条件下I2将Fe2+氧化为Fe(OH)3，得到结论氧化性(碱性条件下)：，C错误；
D．石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液，溶液红棕色变无色，说明与产生的气体反应，则得到结论气体中含有不饱和烃，D正确；
故选D。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 铬(Cr)及其化合物用途广泛。请回答：
（1）基态铬原子的价层电子排布式_______，属于周期表的_______区。同周期的基态原子中，与Cr最高能层电子数相同的还有_______(写元素符号)。
（2）的三种结构：①、②、③，下列说法正确的是_______。
A. ①②③中Cr的配位数都是6
B. ①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的Cr)
C. ②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
D. 等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量也相等
（3）对配合物进行加热时，配体比更容易失去，请解释原因_______。
（4）铬的一种氮化物晶体的立方晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中Cr原子之间的最近核间距为_______pm(写出表达式即可)。
【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. d ③. K和Cu （2）AB
（3）配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Cr原子核外有24个电子，价层电子排布式为：3d54s1，属于周期表的d区，Cr原子最高能层电子数为1，第四周期中与Cr最高能层电子数相同的还有K和Cu。
【小问2详解】
A．①、②、③中Cr的配位数都是6，故A正确；
B．①中Cr原子价层电子对数为6，Cr3+位于正八面体的中心，H2O和Cl-位于正八面体顶点，当两个Cl-相邻时为一种结构，两个Cl-不相邻时为另一种结构，即或，故B正确；
C．②中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键，氢键不是化学键，故C错误；
D．①②③中作为配体的Cl-不能在水溶液中电离出来，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量不相等，故D错误；
故选AB。
【小问3详解】
配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
【小问4详解】
该晶胞中N原子个数为8+6=4，Cr原子个数为1+12 =4，若该晶体的密度为，则晶胞的边长a= pm，晶胞中Cr原子之间的最近核间距为=pm。
18. 固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：
（1）化合物X所含元素是_______(填元素符号)。
（2）溶液D中显深蓝色的溶质是_______(用化学式表示)。
（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式_______。
（4）干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：_______。
（5）向溶液C中加入一定量的，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是_______，请设计实验证明你的结论_______。
【答案】（1）、、S
（2）
（3）
（4） （5） ①. ②. 取少量反应后的溶液于试管中加入溶液，溶液不显红色
【解析】
【分析】气体A可使品红溶液褪色，说明A为SO2，根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S，故答案为Fe、Cu、S；
【小问2详解】
溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；故答案为[Cu(NH3)4]SO4；
【小问3详解】
气体A为SO2，其物质的量为=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原子物质的量为=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；故答案为4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；
【小问4详解】
SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；故答案为；
【小问5详解】
溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+；故答案为Fe3+；取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色。
19. 氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及、、均为298K条件值)。
（1）传统制备氢气方法之一为水煤气法：，该反应自发进行的条件是___________。
（2）利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整
方法b：部分催化重整
已知：298K时，相关物质的相对能量如图1。
①依据图1数据，计算方法b反应的=___________
②已知体系自由能变化：时反应自发进行。请从的角度分析方法a、b哪个更有利？___________。
③在某恒温和恒压()体系中，和以系数比投料进行方法a制氢，若平衡时的产率为50%，该条件下方法a反应的平衡常数=___________。[如的平衡压强为平衡系统中的物质的量分数，p为平衡时总压]
（3）有化学工作者提出，在催化剂中添加纳米强化，开展“催化氧化重整”制氢，是一种优化的制氢方法。
方法c：下列有关说法正确的是___________。
A. 方法c制氢时，充分提高廉价原料的浓度，一定能增加氢气产率
B. 方法c与a比，相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快
C. 乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：
D. 方法c相当于方法b与水煤气变换的优化组合。水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响
【答案】（1）高温 （2） ①. +15 ②. 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利 ③. （3）BD
【解析】
【小问1详解】
自发进行的依据是△H-T△S＜0，反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1是气体体积增大既熵增的吸热反应，△S﹥0，△H﹥0，则当高温时该反应能自发进行。
【小问2详解】
①反应CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2=生成物的总能量-反应物的总能量=-110 kJ·mol-12-（-235 kJ·mol-1）=+15kJ·mol-1；
②在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利；
③根据题意列出三段式：
若平衡时H2的产率为50%，则a=0.5mol，平衡时气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+2mol+1mol=4mol，该条件下方法a反应的平衡常数Kp==。
【小问3详解】
A．方法c制氢时放出热量，且氢气可能和过多的氧气反应而使氢气的产率降低，故A错误；
B．反应a是吸热反应，反应c是放热反应，所以相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快，故B正确；
C．对于反应a原子利用率为，对于反应b原子利用率为，对于反应c原子利用率为，乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：a>c>b，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，方法c相当于方法b与水煤气变换的优化组合；对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；
故选BD。
20. 有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁
有关物质性质如下表所示：
甘氨酸
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
实验步骤如下：
Ⅰ．打开、，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。
Ⅱ．在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅲ．反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称是___________，d的作用是___________。
（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________
（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________
（4）下列关于该实验的说法不正确的是___________
A. 步骤Ⅰ中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽
B. 反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止水解和被氧化
C. 步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度
D. 步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂
【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 防止空气进入c中氧化Fe2+，使生成的甘氨酸亚铁不纯
（2） ①. 关闭、，打开K2 ②. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（3） （4）BC
【解析】
【分析】b中硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，为防止Fe2+被氧化，打开、，向c中通入氢气，用b中生成氢气把装置内的空气排尽；验纯后，关闭、，打开K2，b中生成的氢气将b中硫酸亚铁溶液压入c中，硫酸亚铁、甘氨酸、氢氧化钠反应生成生成甘氨酸亚铁、硫酸钠、水；加入乙醇降低甘氨酸亚铁的溶解度，析出甘氨酸亚铁沉淀，用乙醇洗涤沉淀得到甘氨酸亚铁粗品。
【小问1详解】
根据图示，仪器b的名称是蒸馏烧瓶；Fe2+易被氧化，d的作用是防止空气进入c中氧化Fe2+，使生成的甘氨酸亚铁不纯。
【小问2详解】
关闭、，打开K2，b中生成的氢气将b中硫酸亚铁溶液压入c中；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中的杂质是Fe(OH)2，Fe(OH)2极易与空气中的氧气反应生成Fe(OH)3，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
c中硫酸亚铁、甘氨酸、氢氧化钠反应生成生成甘氨酸亚铁、硫酸钠、水，反应的化学方程式是；
【小问4详解】
A. 步骤Ⅰ中，在d处导管收集氢气并验纯，若听不到爆鸣声，则表示装置内空气已排尽，故A错误；
B. 柠檬酸的酸性较强，有强还原性，反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止水解和被氧化，故B正确；
C. 甘氨酸亚铁难溶于乙醇，步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，析出甘氨酸亚铁，故C正确；
D. 甘氨酸亚铁易溶于水、难溶于乙醇，步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，为防止甘氨酸亚铁溶解，用乙醇作洗涤剂，故D错误；
选BC。
21. 某研究小组按下列路线合成镇痛药盐酸瑞芬太尼：
已知：。请回答：
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 化合物A可发生加成、取代、氧化反应 B. 化合物C具有两性
C. 化合物D中含有两个手性碳原子 D. 盐酸瑞芬太尼的化学式为
（2）化合物F含氧官能团的名称是___________。
（3）写出化合物G的结构简式___________。
（4）写出D→E的化学方程式___________。
（5）设计以、为原料合成G的路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出化合物A同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。(任写两种即可)
①分子中含有，且环上不直接连氢。不含碳碳三键及其它环；
②核磁共振氢谱表明：分子中共有4种化学环境的氢原子(不考虑顺反异构)。
【答案】（1）CD （2）酯基、酰胺基
（3） （4） （5）
（6）、、、
【解析】
【分析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为，据此分析解答。
【小问1详解】
A．化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；
B．由以上分析可知化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C具有两性，故B正确；
C．化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为，故D错误；
故选CD；
【小问2详解】
由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团，故答案为：酯基、酰胺基；
【小问3详解】
由以上分析可知G的结构简式为： ，故答案为：；
【小问4详解】
D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：；
【小问5详解】
乙炔与HCN发生加成反应生成，发生水解反应生成，与发生取代反应生成，由此可得合成路线为：；
【小问6详解】
①分子中含有，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；
②表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称；
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