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浙江省杭州市2023-2024学年高三化学上学期11月期中试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州市2023-2024学年高三化学上学期11月期中试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束，只需上交答题卷，5 C， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
4.考试结束，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Mg：24 S：32 Cl：35.5 C：59
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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列属于新型无机非金属材料的是
A. 水泥B. 碳化硅C. 橡胶D. 塑料
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水泥为传统无机硅酸盐材料，A错误；
B. 碳化硅为新型无机非金属材料，B正确；
C. 橡胶为有机高分子材料，C错误；
D. 塑料有机高分子材料，D错误；
故答案选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为76 的碘原子：
B. 乙烷的球棍模型：
C. 2−丁烯的结构简式：
D. 用电子式表示 Na2O 的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为76 的碘原子，A错误；
B．乙烷的球棍模型，B错误；
C．2−丁烯的结构简式，C错误；
D．用电子式表示 Na2O 的形成过程，D正确；
故选D。
3. 硫化氢是一种气体信号分子，人体中微量的 H2S能有效预防心脏病。下列有关说法不正确的是
A. H2S 属于弱电解质
B. H2S可以使稀酸性高锰酸钾溶液褪色
C. H2S 通入 CuSO4溶液中无明显现象
D. 人体内 H2S 可由含硫蛋白质通过复杂反应产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，选项A正确；
B．H2S具有强还原性，能被高锰酸钾氧化而使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确；
C．H2S 通入 CuSO4溶液中生成黑色沉淀，选项C不正确；
D．蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢，选项D正确；
答案选C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A. SO2具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂
B. SiO2具有导电性，用于制造光导纤维
C. 碳酸氢钠能与碱反应，用作食品的膨松剂
D. Na能与水反应，用作乙醚的除水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；
B．SiO2没有导电性，B错误；
C．碳酸氢钠能与酸反应生成CO₂，用作食品的膨松剂，C错误；
D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂，D正确；
故选D。
5. 下列实验能达到实验目的的是
A. 图①操作可除去溴水中的溴单质
B. 图②操作用于分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯，将分层的液体依次从下口放出
C. 图③装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气
D. 图④装置用于蒸馏、收集低沸点成分，冷凝水应该从 a口进b口出
【答案】C
【解析】
【详解】A．图①中为过滤，应该用有机溶剂萃取溴水中的溴，A错误；
B．在使用分液漏斗时，下层液体先从下层放出，上层液体再从上层倒出，B错误；
C．铁和水蒸气在高温时发生反应生成四氧化三铁和氢气，氢气被肥皂泡收集，可以用点燃肥皂泡的方法检验氢气，C正确；
D．蒸馏时，冷凝水应该下口进，上口出，即应该从 b口进a口出，D错误；
故选C。
6. 丙酮酸是糖代谢中具有关键作用的中间产物，葡萄糖的醇化发生变化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A. 1个环状葡萄糖分子中有5个手性碳原子
B. 过程①的反应类型是加成反应
C. 丙酮酸的酸性比丙酸强
D. 应加入氧化剂才能完成过程③的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子一定是饱和碳原子且手性碳原子所连接的四个基团不同，，A正确；
B．过程①中，醛基 中含有不饱和键，加氢生成饱和的羟基，B正确；
C．丙酮酸和丙酸都有羧基，丙酮酸中的羧基连有乙酰基，羰基具有吸电子能力，受羰基的吸电子影响，使羟基的氧氢键的极性大酸性强，C正确；
D．丙酮酸发生还原反应，将丙酮酸中的羰基还原成羟基，生成醇，D错误；
故答案为：D。
7. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 密闭容器中2mlNO 与1mlO2充分反应，产物的分子数为：2NA
B. 5.8g正丁烷和异丁烷的混合物中含有σ键数目为1.3NA
C. 1L 0.1 ml∙L−1的 NaHCO3溶液中数目为0.1NA
D. 2L 0.5ml/LFeCl3溶液水解生成氢氧化铁胶粒的数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．2mlNO 与1mlO2充分反应生成2mlNO2，但同时存在平衡：，所以产物的分子数小于2NA，故A错误；
B．正丁烷和异丁烷分子式相同，且1个分子中均含共价键数目13个，则5.8g混合物，即1ml中含σ键数目为1.3NA，故B正确；
C．NaHCO3溶液中会微弱水解、电离，则1L 0.1 ml∙L−1的 NaHCO3溶液中数目小于0.1NA，故C错误；
D．2L 0.5ml/LFeCl3溶液中含物质的量为1ml，但水解可逆且生成的氢氧化铁胶粒是分子聚集体，所以水解生成氢氧化铁胶粒的数目小于NA，故D错误；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 不能通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯
B. 蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序
C. 较低的温度、压强下，有利于合成高密度聚乙烯
D. 对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应，用于合成聚酯纤维中的涤纶
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙酸和甲酸乙酯互为同分异构体，分子中氢原子的类型氢原子都有三种且三种氢原子峰面积之比都是3：2：1，但是核磁共振氢谱图中峰与峰的间距有所不同，丙酸的的核磁共振氢谱如图，甲酸乙酯的核磁共振氢谱如图，所以能通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯，故A错误；
B．蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序，一级结构是形成二级机构、三级机构的基础，故B正确；
C．在引发剂作用下乙烯分子在较低的温度、压强下发生加聚反应生成高密度聚乙烯，在较高的温度、压强下发生加聚反应生成低密度聚乙烯，故C正确；
D．催化剂作用下对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应生成聚对苯二甲酸乙二酯，聚对苯二甲酸乙二酯是用于合成聚酯纤维中的涤纶，故D正确；
故选A。
9. 下列离子方程式书写中，正确的是
A. 乙醇与酸性K2Cr2O7溶液反应：
B. 用氧氧化钠溶液吸收二氧化氮：
C. NaHCO3溶液与少量 Ba(OH)2溶液混合：
D. 溶液与浓硝酸溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇被酸性重铬酸钾氧化为乙酸，即，A正确；
B．用氧氧化钠溶液吸收二氧化氮生成硝酸钠和亚硝酸钠，即，B错误；
C．NaHCO3溶液与少量 Ba(OH)2溶液混合，碳酸氢根过量，即，C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，将氧化为硫酸钠，即，D错误；
故选A。
10. 肉桂醛可利用苯甲醛、乙醛通过如下途径合成。下列说法不正确的是
+CH3CHO+H2O
A. 上述反应依次经历了加成、消去的过程
B. 肉桂醛与足量溴水反应生成
C. 产物中可能存在副产物CH₃CH=CHCHO
D. 肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式
【答案】B
【解析】
【详解】A. 肉桂醛的合成过程可看作是苯甲醛中的碳氧双键发生加成反应得到，再消去得到肉桂醛，A正确；
B. 肉桂醛与足量溴水反应，除了碳碳双键发生加成，醛基还会被氧化为羧基，生成，B错误；
C. CH3CHO自身会发生羟醛缩合，会生成CH₃CH=CHCHO，C正确；
D. 肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式为sp2杂化，D正确；
故答案选B。
11. 已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，D元素s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是
A. 原子半径：A>B>C>DB. 第一电离能：AC. D与 C 可形成高熔点化合物D. 最低价气态氢化物的沸点：A【答案】C
【解析】
【分析】已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，则B为碳、C氧，A为非金属元素，则为硼；D元素s能级与p能级电子数相等，则D为镁；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Mg>B>C>O，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：MgC．D与 C 可形成高熔点的化合物氧化镁，C正确；
D．简单氢化物水能形成氢键导致沸点升高，故简单最低价气态氢化物的沸点水大于甲烷，D错误；
故选C。
12. 某实验小组设计粗食盐(含有少量 MgSO4和 CaSO4)的提纯方案如下：
已知：， ，下列说法不正确的是
A. 操作I中依据 NaCl 的溶解度估算加水量
B. 操作Ⅱ和Ⅳ煮沸增大沉淀的颗粒直径，利于后续过滤
C. 为了节约过滤时间，操作Ⅲ和Ⅴ可以合并进行
D. 操作Ⅵ可以借助 pH计精确控制加入盐酸的用量
【答案】C
【解析】
【分析】粗盐加水溶解后，加入BaCl2沉淀，过滤后加入NaOH，加入饱和Na2CO3沉淀Mg2+，Ca2+和Ba2+，最后加入HCl，并经过一系列操作得到纯NaCl，据此分析解题。
【详解】A．粗盐加水溶解，加水量依据 NaCl 的溶解度估算，故A正确；
B．操作Ⅱ和Ⅳ煮沸，使得沉淀由无定形变成较好结晶的晶体，增大沉淀的颗粒直径，易于过滤分离除去，故B正确；
C．因为， ，当溶液中存在大量Na2CO3的情况下，BaSO4可以转化为BaCO3，使得无法完全清除，所以操作Ⅲ和Ⅴ不可以合并进行，故C错误；
D．操作Ⅵ为加入HCl除去过量的碳酸根，可以借助 pH计精确控制加入盐酸的用量，故D正确；
故答案选C。
13. 难溶电解质的溶度积Ksp难以被直接测量，根据溶液中相关离子浓度会对电池的电动势产生影响，可通过设计原电池将Ksp测出。某研究小组设计了下图所示的电池装置，已知该电池的电动势，
下列说法不正确的是
A. 电流方向是由 B→A
B. 该离子交换膜是阴离子交换膜
C.
D. 增大 AgNO3溶液浓度会增大电池的电动势
【答案】C
【解析】
【分析】根据原电池装置可知，A极为原电池负极，发生电极反应：；B极为原电池正极，发生电极反应：；
【详解】A．根据分析可知A为原电池负极，B为原电池正极，电流方向：B→A，故A正确；
B．根据电荷守恒可知，电子沿着导线由A→B，则带负电荷的透过离子交换膜向A极移动，即该离子交换膜是阴离子交换膜，故B正确；
C．，，，则，，故C错误；
D．根据该电池电动势计算可知，AgNO3溶液浓度越大，电池的电动势越大，故D正确；
答案选C。
14. 已知在低温时分两步完成：(慢反应)、(快反应)，依据该过程，下列说法错误的是：
A. 反应相同时间，快反应的平均速率不一定比慢反应大
B. 提高 CO 的浓度，化学反应速率将显著增大
C. 该反应只有 NO3是中间产物
D. 达到平衡时，通入少量 NO2，再次达到平衡时 NO2的转化率降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应大，A正确；
B．化学反应速率主要由慢反应决定，提高 CO 的浓度，主要增大的是快反应的速率，因此化学反应速率不会显著增大，B错误；
C．由总反应NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g)，结合慢反应和快反应可知，该反应只有 NO3是中间产物，C正确；
D．达到平衡时，通入少量 NO2，平衡正向移动，但再次达到平衡时 NO2的转化率降低，D正确；
故选B。
15. 当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 ml∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是
A. 甲到乙发生的离子反应为：
B. 乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C. 丙点溶液中：
D. 氯水中存在平衡：该反应的平衡常数K约为
【答案】D
【解析】
【分析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。
【详解】A. 由分析可知，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A错误；
B. 甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；
C. 丙点溶液中，=2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以，C正确；
D. 氯水中存在平衡：，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05ml/L，根据起点pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常数，数量级比10-5更小，D错误；
故答案选C。
16. 探究铁单质及其化合物的性质，由操作、现象能得出正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向2mL 0.1ml·L⁻¹FeCl3溶液加入 2mL 0.01ml·L⁻¹KI溶液，两者发生反应生成碘；再滴入数滴AgNO3溶液，出现黄色浑浊说明有碘化银生产，由于没有分离出碘，碘的水溶液中一定有碘离子（类比氯气与水反应，碘也可与水反应），不能说明氯化铁与碘化钾反应存在限度，A错误；
B．将Fe粉与S粉混合在惰性气体中加热，得到黑色固体，再将反应后的产物溶于稀硫酸，后得浅绿色溶液，只能证明黑色固体与酸反应生成了Fe2⁺，并不能证明黑色固体一定是FeS，若铁粉过量也能与硫酸反应生成Fe2⁺，B错误；
C．向2mL 0.01ml·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量 Fe粉，Fe 粉与Fe3⁺反应生成Fe2⁺，降低了Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动，血红色变浅，C正确；
D．将SO2气体通入 Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，硝酸根在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子反应生产硫酸钡白色沉淀，三价铁被还原为二价铁，溶液棕黄色变浅，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共5 小题，共52分)
17. 铝是常见金属，其合金、化合物在生产生活中有重要应用。请回答：
（1）能量最低的激发态的核外电子排布式是___________。
（2）铝能与H、C、N、F、Cl 等元素形成多种化合物
①下列说法不正确的是___________。
A．中Al原子的杂化方式是sp2
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．分子中有6对共用电子对
D．中所有原子或离子满足8 电子稳定结构
②常温下 AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2，理由是___________。
③三乙基铝是一种金属有机物，结构简式为Al(C2H5)3，可做高能火箭燃料，原因是___________。
（3）AlP 晶胞结构如下图所示：
①磷化铝晶胞沿着 y轴的投影图为_________ (填选项字母)。
A． B． C． D．
②若磷化铝的晶胞边长为 apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则 AlP晶体的密度为_________g∙cm−3(用含 NA、a 的最简代数式表示)。
【答案】（1）1s22s22p53s1
（2） ①. ACD ②. AlCl3是非极性分子，极性比MgCl2小，四氯化碳是非极性溶剂，故AlCl3的溶解度更大 ③. 释放出大量的热、大量气体
（3） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
铝为13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，氯离子的电子排布式为1s22s22p6，故能量最低的激发态的核外电子排布式为1s22s22p53s1；
【小问2详解】
①A．中Al原子上有4个键，故杂化方式是sp3，A错误；B．由于F的电负性大于Br的电负性，F得电子能量比Br强，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；C．分子中有8对共用电子对，C错误；D．中钠离子，和F原子满足满足8 电子稳定结构，Al不满足8电子稳定结构，D错误；
②AlCl3和MgCl2非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，两者均可溶于四氯化碳中，但由于氯化铝的极性大于氯化镁的极性，故AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2；③由于三乙基铝被氧化过程中要释放出大量的热，同时产生大量的二氧化碳和水蒸气，故可做高能火箭燃料；
【小问3详解】
①沿y轴投影（从晶胞前面看）前面和后面面心在中心，上下左右的面心分别在四条边上，四个P（白球）均能看到，故选B；有晶胞知P的个数为4个，Al的个数为，故 AlP晶体的密度为。
18. 硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化：
（1）过程Ⅰ的化学方程式为___________。
（2）已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式___________；推测焦硫酸钠水溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因___________。
（3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。
①写出检验混合气体成分的方案___________。
②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式___________。
（4）过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 酸性 ③. 或
（3） ①. 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2（其他合理检验二氧化硫的方法也给分） ②. (如果写Fe2O3配平给1份）
（4） +H2S2O7 +H2SO4
【解析】
【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为；
【小问2详解】
由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性；
【小问3详解】
，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；
【小问4详解】
过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为 +H2S2O7 +H2SO4。
19. 在“碳达峰、碳中和”的明确目标下，利用CO、CO2的甲烷化制备人造天然气既可以避免碳排放造成的资源浪费和环境污染，又可以缩短碳循环获得清洁能源。甲烷化工艺中主要涉及到如下反应：
甲烷化反应i．
甲烷化反应ii．
副反应iii．
副反应 iv．
（1）计算＝_______kJ∙ml−1
（2）为了研究Ni/TiO2在光热和热催化过程中CO 转化率和 CH4选择性随温度的变化，将 CO合成气(含23%CO、69%H₂和8%N₂)通入反应器，在恒压及一定时间内进行反应，测得以下数据：[α表示转化率，S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO 的物质的量之比]
①光热催化时CO甲烷化的活化能Ea________热催化 CO 甲烷化的活化能Ea (填“大于”或者“小于”)。
②当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低的原因是___________。
（3）某温度下，恒容容器中充入1ml∙L−1CO2和4ml∙L−1 H2，若只发生反应ii、iii，平衡时测得α(CO2)为50%、S(CH4)为90%，反应iii的平衡常数为___________。[S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2 的物质的量之比]。
（4）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M 表示 Ni 或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下：
①关于核心反应过程，下列说法正确的是_________。
A．步骤I中生成了非极性键
B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)
C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应
D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用
②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率_________ (填“高于”或“低于”)使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
【答案】（1）+41.4
（2） ①. 小于 ②. 高温时反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动转化率降低，高温时发生反应ⅲ，生成CO，导致CO转化率降低
（3）0.044 （4） ①. BC ②. 高于
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律得，反应ii-反应i得，故；
【小问2详解】
①由表中数据知，光催化得反应速率大于热催化得反应速率，相同条件下，反应速率越快，活化能越小，故光热催化时CO甲烷化的活化能小于热催化 CO 甲烷化的活化能；②由于反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动，转化率降低，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，主要发生反应iii，由生成CO ，所以当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低；
【小问3详解】
由题意α(CO2)为50%，即二氧化碳得转化率为50%，充入1ml∙L−1CO2，反应了0.5ml∙L−1，体系中二氧化碳得浓度为0.5ml∙L−1，由S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2 的物质的量之比和S(CH4)为90%，得生成甲烷的浓度为，由碳守恒得CO的浓度为，由O守恒得，水蒸气得浓度为，由H守恒得，氢气得浓度为，反应iii的平衡常数为；
【小问4详解】
①由图知，A．步骤I中没有非极性键生成，A错误；B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)，B正确；C．步骤Ⅳ中碳元素元素的化合价降低，发生还原反应，C正确；D．整个反应过程中除了金属M起到催化作用外还有TiO2也起到了催化作用，D错误；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
20. 某研究小组欲制备(相对分子质量为250.5)，按如下流程开展实验：
（1）取用6.0mL浓氨水的仪器是_______________________。
（2）写出第三步的离子反应方程式___________。
（3）下列说法正确的是__________________。
A. 步骤Ⅰ中加入是为了控制溶液的pH处于合适范围
B. 步骤Ⅱ中，为了加速反应，应一次性加入
C. 步骤Ⅳ中，可以通过搅拌加快过滤速度
D. 步骤Ⅴ中，用浓盐酸洗涤粗产品比用水洗更适宜
（4）在步骤I、III中使用了带塞子的锥形瓶(如图所示)可提高产率，原因是___________。
（5）测定产品纯度：称取0.8350g样品，配置成250mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加指示剂用标准溶液滴定至砖红色(有沉淀)，消耗标准溶液体积V1的平均值为42.90mL；再向溶液中加适量浓HNO3，砖红色褪去，继续用上述标准溶液滴定至砖红色(有沉淀)，消耗标准溶液体积V2的平均值为21.20mL。
①应该选择___________(填“V1”或“V2”)计算产品的纯度，理由是___________。
②产品的纯度为___________。
【答案】20. 10mL的量筒
21. 22. AD
23. 减少浓氨水、浓盐酸的挥发，保证溶液具有较高的反应浓度，提高反应产率
24. ①. V2 ②. 产品混有含Cl-的杂质 ③. 63.60%
【解析】
【分析】向原料中加入2.0gCCl2，3.0mL30%的H2O2，双氧水在这里做氧化剂，其方程式为：2[ C(NH3)6]2+ +H2O2=2[ C(NH3)6]3+ +2OH-，得到的溶液中加入6.0mL浓盐酸，发生反应，据此分析。
小问1详解】
取用6.0mL浓氨水的仪器为10mL的量筒；
【小问2详解】
根据分析可知，第三步的离子反应方程式为；
【小问3详解】
A. 溶液具有酸性，步骤Ⅰ中加入是为了控制溶液的pH处于合适范围，A项正确；
B. H2O2受热易分解，一次性加入会使其分解造成损失，B项错误；
C. 过滤时，应使水自然流下，C项错误；
D 用浓盐酸洗涤可以增大Cl-浓度，根据同离子效应，减少产物溶解，D项正确；
故答案选AD；
【小问4详解】
由于浓氨水与浓盐酸易挥发，因此使用了带塞子的锥形瓶可以减少浓氨水、浓盐酸的挥发，保证溶液具有较高的反应浓度，提高反应产率。
【小问5详解】
①由于产品中含有Cl-的杂质，因此应用V2计算产品纯度；
②根据，由题可求出，则，因此250mL溶液中，则纯度为。
21. 化合物 G是一种生物拮抗剂的前体，它的合成路线如下所示：
请回答：
（1）A的官能团名称是___________。
（2）下列说法正确的是___________。
A. 化合物B、C 都具有碱性
B. C→D 的反应类型是还原反应
C. 已知用甲酸乙酯代替和D反应生成E，推测其限度相对较小
D. 化合物G 的分子式是
（3）化合物 F的结构简式是___________。
（4）已知D→E的反应生成三个相同的小分子，写出化学方程式___________。
（5）写出同时符合下列条件E的同分异构的结构简式___________。
①分子中只含一个苯环、不含其它环
②可以发生银镜反应
③核磁共振氢谱表明分子中有3 种不同化学环境的氢原子
（6）完成以F为原料合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
【答案】（1）碳氯键 （2）BC
（3） （4） （5）、、、
（6）
【解析】
【分析】A：在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成B：。B与CH3NH2发生取代反应生成C：。C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D（），D与CH（OC2H5）3反应生成E：，E与氯气发生取代反应生成F：，F经过多步反应生成G。
【小问1详解】
A：的官能团为碳氯键；
【小问2详解】
A．化合物B：中没有碱性基团而不具有碱性，A错误；
B．C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D（）， C→D 的反应类型是还原反应，B正确；
C．和D反应生成E的过程中断裂碳氧键和氮氢键，形成碳碳双键和碳氮单键，若用甲酸乙酯代替和D反应生成E，因甲酸乙酯中碳氧键的影响使得反应的限度相对较小，C正确；
D．化合物G 的分子式是，D错误；
故选BC；
【小问3详解】
由上述分析知化合物 F的结构简式是；
【小问4详解】
D与CH（OC2H5）3反应生成E：和三个相同的小分子：；
【小问5详解】
①分子中只含一个苯环、不含其它环；②可以发生银镜反应，含有醛基；
③核磁共振氢谱表明分子中有3 种不同化学环境的氢原子，说明该分子具有高度的对称性，同时符合条件的E（）同分异构的结构简式为：、、、；
【小问6详解】
F在浓硫酸催化作用下引入硝基，再发生硝基的还原反应生成氨基，再与CH（OC2H5）3 反应生成目标产物：。选项
操作
现象
结论
A．
向2mL 0.1ml·L⁻¹FeCl3溶液加入 2mL 0.01ml·L⁻¹KI溶液，再滴入数滴AgNO3溶液
出现黄色浑浊
证明 FeCl3和 KI反应存在限度
B．
将Fe粉与S粉混合在惰性气体中加热，再将反应后的产物溶于稀硫酸
得到黑色固体，该固体溶于稀硫酸后得浅绿色溶液
证明Fe与S生成了FeS
C．
向2mL 0.01ml·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量 Fe粉，振荡后静置
溶液的血红色变浅
证明Fe 粉与Fe3⁺反应，降低Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动
D．
将SO2气体通入 Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液
溶液的棕黄色变浅、产生白色沉淀
白色沉淀为 BaSO3
光热催化
热催化
α(CO)
S(CH4)
α(CO)
S(CH4)
250
90%
85%
0%
0%
300
92%
82%
88%
78%
350
96%
84%
89%
79%
400
95%
83%
92%
78%
450
92%
82%
91%
79%
考生须知：
1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
4.考试结束，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Mg：24 S：32 Cl：35.5 C：59
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. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列属于新型无机非金属材料的是
A. 水泥B. 碳化硅C. 橡胶D. 塑料
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水泥为传统无机硅酸盐材料，A错误；
B. 碳化硅为新型无机非金属材料，B正确；
C. 橡胶为有机高分子材料，C错误；
D. 塑料有机高分子材料，D错误；
故答案选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为76 的碘原子：
B. 乙烷的球棍模型：
C. 2−丁烯的结构简式：
D. 用电子式表示 Na2O 的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为76 的碘原子，A错误；
B．乙烷的球棍模型，B错误；
C．2−丁烯的结构简式，C错误；
D．用电子式表示 Na2O 的形成过程，D正确；
故选D。
3. 硫化氢是一种气体信号分子，人体中微量的 H2S能有效预防心脏病。下列有关说法不正确的是
A. H2S 属于弱电解质
B. H2S可以使稀酸性高锰酸钾溶液褪色
C. H2S 通入 CuSO4溶液中无明显现象
D. 人体内 H2S 可由含硫蛋白质通过复杂反应产生
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2S属于二元弱酸，属于弱电解质，选项A正确；
B．H2S具有强还原性，能被高锰酸钾氧化而使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确；
C．H2S 通入 CuSO4溶液中生成黑色沉淀，选项C不正确；
D．蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢，选项D正确；
答案选C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A. SO2具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂
B. SiO2具有导电性，用于制造光导纤维
C. 碳酸氢钠能与碱反应，用作食品的膨松剂
D. Na能与水反应，用作乙醚的除水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；
B．SiO2没有导电性，B错误；
C．碳酸氢钠能与酸反应生成CO₂，用作食品的膨松剂，C错误；
D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂，D正确；
故选D。
5. 下列实验能达到实验目的的是
A. 图①操作可除去溴水中的溴单质
B. 图②操作用于分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯，将分层的液体依次从下口放出
C. 图③装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气
D. 图④装置用于蒸馏、收集低沸点成分，冷凝水应该从 a口进b口出
【答案】C
【解析】
【详解】A．图①中为过滤，应该用有机溶剂萃取溴水中的溴，A错误；
B．在使用分液漏斗时，下层液体先从下层放出，上层液体再从上层倒出，B错误；
C．铁和水蒸气在高温时发生反应生成四氧化三铁和氢气，氢气被肥皂泡收集，可以用点燃肥皂泡的方法检验氢气，C正确；
D．蒸馏时，冷凝水应该下口进，上口出，即应该从 b口进a口出，D错误；
故选C。
6. 丙酮酸是糖代谢中具有关键作用的中间产物，葡萄糖的醇化发生变化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A. 1个环状葡萄糖分子中有5个手性碳原子
B. 过程①的反应类型是加成反应
C. 丙酮酸的酸性比丙酸强
D. 应加入氧化剂才能完成过程③的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子一定是饱和碳原子且手性碳原子所连接的四个基团不同，，A正确；
B．过程①中，醛基 中含有不饱和键，加氢生成饱和的羟基，B正确；
C．丙酮酸和丙酸都有羧基，丙酮酸中的羧基连有乙酰基，羰基具有吸电子能力，受羰基的吸电子影响，使羟基的氧氢键的极性大酸性强，C正确；
D．丙酮酸发生还原反应，将丙酮酸中的羰基还原成羟基，生成醇，D错误；
故答案为：D。
7. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 密闭容器中2mlNO 与1mlO2充分反应，产物的分子数为：2NA
B. 5.8g正丁烷和异丁烷的混合物中含有σ键数目为1.3NA
C. 1L 0.1 ml∙L−1的 NaHCO3溶液中数目为0.1NA
D. 2L 0.5ml/LFeCl3溶液水解生成氢氧化铁胶粒的数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．2mlNO 与1mlO2充分反应生成2mlNO2，但同时存在平衡：，所以产物的分子数小于2NA，故A错误；
B．正丁烷和异丁烷分子式相同，且1个分子中均含共价键数目13个，则5.8g混合物，即1ml中含σ键数目为1.3NA，故B正确；
C．NaHCO3溶液中会微弱水解、电离，则1L 0.1 ml∙L−1的 NaHCO3溶液中数目小于0.1NA，故C错误；
D．2L 0.5ml/LFeCl3溶液中含物质的量为1ml，但水解可逆且生成的氢氧化铁胶粒是分子聚集体，所以水解生成氢氧化铁胶粒的数目小于NA，故D错误；
答案选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 不能通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯
B. 蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序
C. 较低的温度、压强下，有利于合成高密度聚乙烯
D. 对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应，用于合成聚酯纤维中的涤纶
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙酸和甲酸乙酯互为同分异构体，分子中氢原子的类型氢原子都有三种且三种氢原子峰面积之比都是3：2：1，但是核磁共振氢谱图中峰与峰的间距有所不同，丙酸的的核磁共振氢谱如图，甲酸乙酯的核磁共振氢谱如图，所以能通过核磁共振氢谱鉴别丙酸和甲酸乙酯，故A错误；
B．蛋白质的一级结构取决于蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序，一级结构是形成二级机构、三级机构的基础，故B正确；
C．在引发剂作用下乙烯分子在较低的温度、压强下发生加聚反应生成高密度聚乙烯，在较高的温度、压强下发生加聚反应生成低密度聚乙烯，故C正确；
D．催化剂作用下对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应生成聚对苯二甲酸乙二酯，聚对苯二甲酸乙二酯是用于合成聚酯纤维中的涤纶，故D正确；
故选A。
9. 下列离子方程式书写中，正确的是
A. 乙醇与酸性K2Cr2O7溶液反应：
B. 用氧氧化钠溶液吸收二氧化氮：
C. NaHCO3溶液与少量 Ba(OH)2溶液混合：
D. 溶液与浓硝酸溶液混合：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇被酸性重铬酸钾氧化为乙酸，即，A正确；
B．用氧氧化钠溶液吸收二氧化氮生成硝酸钠和亚硝酸钠，即，B错误；
C．NaHCO3溶液与少量 Ba(OH)2溶液混合，碳酸氢根过量，即，C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，将氧化为硫酸钠，即，D错误；
故选A。
10. 肉桂醛可利用苯甲醛、乙醛通过如下途径合成。下列说法不正确的是
+CH3CHO+H2O
A. 上述反应依次经历了加成、消去的过程
B. 肉桂醛与足量溴水反应生成
C. 产物中可能存在副产物CH₃CH=CHCHO
D. 肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式
【答案】B
【解析】
【详解】A. 肉桂醛的合成过程可看作是苯甲醛中的碳氧双键发生加成反应得到，再消去得到肉桂醛，A正确；
B. 肉桂醛与足量溴水反应，除了碳碳双键发生加成，醛基还会被氧化为羧基，生成，B错误；
C. CH3CHO自身会发生羟醛缩合，会生成CH₃CH=CHCHO，C正确；
D. 肉桂醛分子的碳原子具有相同的杂化方式为sp2杂化，D正确；
故答案选B。
11. 已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，D元素s能级与p能级电子数相等，下列说法正确的是
A. 原子半径：A>B>C>DB. 第一电离能：A
【解析】
【分析】已知A、B、C、D是周期表中前三周期元素，且原子序数依次增大，其中A、B、C为同周期的非金属元素，且B、C原子中均有两个未成对电子，则B为碳、C氧，A为非金属元素，则为硼；D元素s能级与p能级电子数相等，则D为镁；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Mg>B>C>O，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：Mg
D．简单氢化物水能形成氢键导致沸点升高，故简单最低价气态氢化物的沸点水大于甲烷，D错误；
故选C。
12. 某实验小组设计粗食盐(含有少量 MgSO4和 CaSO4)的提纯方案如下：
已知：， ，下列说法不正确的是
A. 操作I中依据 NaCl 的溶解度估算加水量
B. 操作Ⅱ和Ⅳ煮沸增大沉淀的颗粒直径，利于后续过滤
C. 为了节约过滤时间，操作Ⅲ和Ⅴ可以合并进行
D. 操作Ⅵ可以借助 pH计精确控制加入盐酸的用量
【答案】C
【解析】
【分析】粗盐加水溶解后，加入BaCl2沉淀，过滤后加入NaOH，加入饱和Na2CO3沉淀Mg2+，Ca2+和Ba2+，最后加入HCl，并经过一系列操作得到纯NaCl，据此分析解题。
【详解】A．粗盐加水溶解，加水量依据 NaCl 的溶解度估算，故A正确；
B．操作Ⅱ和Ⅳ煮沸，使得沉淀由无定形变成较好结晶的晶体，增大沉淀的颗粒直径，易于过滤分离除去，故B正确；
C．因为， ，当溶液中存在大量Na2CO3的情况下，BaSO4可以转化为BaCO3，使得无法完全清除，所以操作Ⅲ和Ⅴ不可以合并进行，故C错误；
D．操作Ⅵ为加入HCl除去过量的碳酸根，可以借助 pH计精确控制加入盐酸的用量，故D正确；
故答案选C。
13. 难溶电解质的溶度积Ksp难以被直接测量，根据溶液中相关离子浓度会对电池的电动势产生影响，可通过设计原电池将Ksp测出。某研究小组设计了下图所示的电池装置，已知该电池的电动势，
下列说法不正确的是
A. 电流方向是由 B→A
B. 该离子交换膜是阴离子交换膜
C.
D. 增大 AgNO3溶液浓度会增大电池的电动势
【答案】C
【解析】
【分析】根据原电池装置可知，A极为原电池负极，发生电极反应：；B极为原电池正极，发生电极反应：；
【详解】A．根据分析可知A为原电池负极，B为原电池正极，电流方向：B→A，故A正确；
B．根据电荷守恒可知，电子沿着导线由A→B，则带负电荷的透过离子交换膜向A极移动，即该离子交换膜是阴离子交换膜，故B正确；
C．，，，则，，故C错误；
D．根据该电池电动势计算可知，AgNO3溶液浓度越大，电池的电动势越大，故D正确；
答案选C。
14. 已知在低温时分两步完成：(慢反应)、(快反应)，依据该过程，下列说法错误的是：
A. 反应相同时间，快反应的平均速率不一定比慢反应大
B. 提高 CO 的浓度，化学反应速率将显著增大
C. 该反应只有 NO3是中间产物
D. 达到平衡时，通入少量 NO2，再次达到平衡时 NO2的转化率降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应大，A正确；
B．化学反应速率主要由慢反应决定，提高 CO 的浓度，主要增大的是快反应的速率，因此化学反应速率不会显著增大，B错误；
C．由总反应NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g)，结合慢反应和快反应可知，该反应只有 NO3是中间产物，C正确；
D．达到平衡时，通入少量 NO2，平衡正向移动，但再次达到平衡时 NO2的转化率降低，D正确；
故选B。
15. 当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 ml∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是
A. 甲到乙发生的离子反应为：
B. 乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C. 丙点溶液中：
D. 氯水中存在平衡：该反应的平衡常数K约为
【答案】D
【解析】
【分析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH-反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH-的反应。
【详解】A. 由分析可知，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H2O，A错误；
B. 甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；
C. 丙点溶液中，=2.5×10-8，此时c(H+)=10-8ml/L，则c(ClO-)=2.5c(HClO)，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，所以，C正确；
D. 氯水中存在平衡：，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)=0.05ml/L，根据起点pH>2，有c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，c(Cl2)=0.05-c(H+)，其平衡常数，数量级比10-5更小，D错误；
故答案选C。
16. 探究铁单质及其化合物的性质，由操作、现象能得出正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向2mL 0.1ml·L⁻¹FeCl3溶液加入 2mL 0.01ml·L⁻¹KI溶液，两者发生反应生成碘；再滴入数滴AgNO3溶液，出现黄色浑浊说明有碘化银生产，由于没有分离出碘，碘的水溶液中一定有碘离子（类比氯气与水反应，碘也可与水反应），不能说明氯化铁与碘化钾反应存在限度，A错误；
B．将Fe粉与S粉混合在惰性气体中加热，得到黑色固体，再将反应后的产物溶于稀硫酸，后得浅绿色溶液，只能证明黑色固体与酸反应生成了Fe2⁺，并不能证明黑色固体一定是FeS，若铁粉过量也能与硫酸反应生成Fe2⁺，B错误；
C．向2mL 0.01ml·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量 Fe粉，Fe 粉与Fe3⁺反应生成Fe2⁺，降低了Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动，血红色变浅，C正确；
D．将SO2气体通入 Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液，硝酸根在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子反应生产硫酸钡白色沉淀，三价铁被还原为二价铁，溶液棕黄色变浅，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共5 小题，共52分)
17. 铝是常见金属，其合金、化合物在生产生活中有重要应用。请回答：
（1）能量最低的激发态的核外电子排布式是___________。
（2）铝能与H、C、N、F、Cl 等元素形成多种化合物
①下列说法不正确的是___________。
A．中Al原子的杂化方式是sp2
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．分子中有6对共用电子对
D．中所有原子或离子满足8 电子稳定结构
②常温下 AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2，理由是___________。
③三乙基铝是一种金属有机物，结构简式为Al(C2H5)3，可做高能火箭燃料，原因是___________。
（3）AlP 晶胞结构如下图所示：
①磷化铝晶胞沿着 y轴的投影图为_________ (填选项字母)。
A． B． C． D．
②若磷化铝的晶胞边长为 apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则 AlP晶体的密度为_________g∙cm−3(用含 NA、a 的最简代数式表示)。
【答案】（1）1s22s22p53s1
（2） ①. ACD ②. AlCl3是非极性分子，极性比MgCl2小，四氯化碳是非极性溶剂，故AlCl3的溶解度更大 ③. 释放出大量的热、大量气体
（3） ①. B ②.
【解析】
【小问1详解】
铝为13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，氯离子的电子排布式为1s22s22p6，故能量最低的激发态的核外电子排布式为1s22s22p53s1；
【小问2详解】
①A．中Al原子上有4个键，故杂化方式是sp3，A错误；B．由于F的电负性大于Br的电负性，F得电子能量比Br强，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；C．分子中有8对共用电子对，C错误；D．中钠离子，和F原子满足满足8 电子稳定结构，Al不满足8电子稳定结构，D错误；
②AlCl3和MgCl2非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，两者均可溶于四氯化碳中，但由于氯化铝的极性大于氯化镁的极性，故AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2；③由于三乙基铝被氧化过程中要释放出大量的热，同时产生大量的二氧化碳和水蒸气，故可做高能火箭燃料；
【小问3详解】
①沿y轴投影（从晶胞前面看）前面和后面面心在中心，上下左右的面心分别在四条边上，四个P（白球）均能看到，故选B；有晶胞知P的个数为4个，Al的个数为，故 AlP晶体的密度为。
18. 硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化：
（1）过程Ⅰ的化学方程式为___________。
（2）已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式___________；推测焦硫酸钠水溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因___________。
（3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。
①写出检验混合气体成分的方案___________。
②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式___________。
（4）过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 酸性 ③. 或
（3） ①. 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2（其他合理检验二氧化硫的方法也给分） ②. (如果写Fe2O3配平给1份）
（4） +H2S2O7 +H2SO4
【解析】
【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为；
【小问2详解】
由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性；
【小问3详解】
，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；
【小问4详解】
过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为 +H2S2O7 +H2SO4。
19. 在“碳达峰、碳中和”的明确目标下，利用CO、CO2的甲烷化制备人造天然气既可以避免碳排放造成的资源浪费和环境污染，又可以缩短碳循环获得清洁能源。甲烷化工艺中主要涉及到如下反应：
甲烷化反应i．
甲烷化反应ii．
副反应iii．
副反应 iv．
（1）计算＝_______kJ∙ml−1
（2）为了研究Ni/TiO2在光热和热催化过程中CO 转化率和 CH4选择性随温度的变化，将 CO合成气(含23%CO、69%H₂和8%N₂)通入反应器，在恒压及一定时间内进行反应，测得以下数据：[α表示转化率，S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO 的物质的量之比]
①光热催化时CO甲烷化的活化能Ea________热催化 CO 甲烷化的活化能Ea (填“大于”或者“小于”)。
②当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低的原因是___________。
（3）某温度下，恒容容器中充入1ml∙L−1CO2和4ml∙L−1 H2，若只发生反应ii、iii，平衡时测得α(CO2)为50%、S(CH4)为90%，反应iii的平衡常数为___________。[S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2 的物质的量之比]。
（4）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M 表示 Ni 或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下：
①关于核心反应过程，下列说法正确的是_________。
A．步骤I中生成了非极性键
B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)
C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应
D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用
②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率_________ (填“高于”或“低于”)使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
【答案】（1）+41.4
（2） ①. 小于 ②. 高温时反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动转化率降低，高温时发生反应ⅲ，生成CO，导致CO转化率降低
（3）0.044 （4） ①. BC ②. 高于
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律得，反应ii-反应i得，故；
【小问2详解】
①由表中数据知，光催化得反应速率大于热催化得反应速率，相同条件下，反应速率越快，活化能越小，故光热催化时CO甲烷化的活化能小于热催化 CO 甲烷化的活化能；②由于反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动，转化率降低，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，主要发生反应iii，由生成CO ，所以当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低；
【小问3详解】
由题意α(CO2)为50%，即二氧化碳得转化率为50%，充入1ml∙L−1CO2，反应了0.5ml∙L−1，体系中二氧化碳得浓度为0.5ml∙L−1，由S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2 的物质的量之比和S(CH4)为90%，得生成甲烷的浓度为，由碳守恒得CO的浓度为，由O守恒得，水蒸气得浓度为，由H守恒得，氢气得浓度为，反应iii的平衡常数为；
【小问4详解】
①由图知，A．步骤I中没有非极性键生成，A错误；B．步骤Ⅲ发生的反应为(代表吸附态中间体)，B正确；C．步骤Ⅳ中碳元素元素的化合价降低，发生还原反应，C正确；D．整个反应过程中除了金属M起到催化作用外还有TiO2也起到了催化作用，D错误；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
20. 某研究小组欲制备(相对分子质量为250.5)，按如下流程开展实验：
（1）取用6.0mL浓氨水的仪器是_______________________。
（2）写出第三步的离子反应方程式___________。
（3）下列说法正确的是__________________。
A. 步骤Ⅰ中加入是为了控制溶液的pH处于合适范围
B. 步骤Ⅱ中，为了加速反应，应一次性加入
C. 步骤Ⅳ中，可以通过搅拌加快过滤速度
D. 步骤Ⅴ中，用浓盐酸洗涤粗产品比用水洗更适宜
（4）在步骤I、III中使用了带塞子的锥形瓶(如图所示)可提高产率，原因是___________。
（5）测定产品纯度：称取0.8350g样品，配置成250mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加指示剂用标准溶液滴定至砖红色(有沉淀)，消耗标准溶液体积V1的平均值为42.90mL；再向溶液中加适量浓HNO3，砖红色褪去，继续用上述标准溶液滴定至砖红色(有沉淀)，消耗标准溶液体积V2的平均值为21.20mL。
①应该选择___________(填“V1”或“V2”)计算产品的纯度，理由是___________。
②产品的纯度为___________。
【答案】20. 10mL的量筒
21. 22. AD
23. 减少浓氨水、浓盐酸的挥发，保证溶液具有较高的反应浓度，提高反应产率
24. ①. V2 ②. 产品混有含Cl-的杂质 ③. 63.60%
【解析】
【分析】向原料中加入2.0gCCl2，3.0mL30%的H2O2，双氧水在这里做氧化剂，其方程式为：2[ C(NH3)6]2+ +H2O2=2[ C(NH3)6]3+ +2OH-，得到的溶液中加入6.0mL浓盐酸，发生反应，据此分析。
小问1详解】
取用6.0mL浓氨水的仪器为10mL的量筒；
【小问2详解】
根据分析可知，第三步的离子反应方程式为；
【小问3详解】
A. 溶液具有酸性，步骤Ⅰ中加入是为了控制溶液的pH处于合适范围，A项正确；
B. H2O2受热易分解，一次性加入会使其分解造成损失，B项错误；
C. 过滤时，应使水自然流下，C项错误；
D 用浓盐酸洗涤可以增大Cl-浓度，根据同离子效应，减少产物溶解，D项正确；
故答案选AD；
【小问4详解】
由于浓氨水与浓盐酸易挥发，因此使用了带塞子的锥形瓶可以减少浓氨水、浓盐酸的挥发，保证溶液具有较高的反应浓度，提高反应产率。
【小问5详解】
①由于产品中含有Cl-的杂质，因此应用V2计算产品纯度；
②根据，由题可求出，则，因此250mL溶液中，则纯度为。
21. 化合物 G是一种生物拮抗剂的前体，它的合成路线如下所示：
请回答：
（1）A的官能团名称是___________。
（2）下列说法正确的是___________。
A. 化合物B、C 都具有碱性
B. C→D 的反应类型是还原反应
C. 已知用甲酸乙酯代替和D反应生成E，推测其限度相对较小
D. 化合物G 的分子式是
（3）化合物 F的结构简式是___________。
（4）已知D→E的反应生成三个相同的小分子，写出化学方程式___________。
（5）写出同时符合下列条件E的同分异构的结构简式___________。
①分子中只含一个苯环、不含其它环
②可以发生银镜反应
③核磁共振氢谱表明分子中有3 种不同化学环境的氢原子
（6）完成以F为原料合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
【答案】（1）碳氯键 （2）BC
（3） （4） （5）、、、
（6）
【解析】
【分析】A：在浓硫酸催化作用下与浓硝酸发生硝化反应生成B：。B与CH3NH2发生取代反应生成C：。C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D（），D与CH（OC2H5）3反应生成E：，E与氯气发生取代反应生成F：，F经过多步反应生成G。
【小问1详解】
A：的官能团为碳氯键；
【小问2详解】
A．化合物B：中没有碱性基团而不具有碱性，A错误；
B．C与氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D（）， C→D 的反应类型是还原反应，B正确；
C．和D反应生成E的过程中断裂碳氧键和氮氢键，形成碳碳双键和碳氮单键，若用甲酸乙酯代替和D反应生成E，因甲酸乙酯中碳氧键的影响使得反应的限度相对较小，C正确；
D．化合物G 的分子式是，D错误；
故选BC；
【小问3详解】
由上述分析知化合物 F的结构简式是；
【小问4详解】
D与CH（OC2H5）3反应生成E：和三个相同的小分子：；
【小问5详解】
①分子中只含一个苯环、不含其它环；②可以发生银镜反应，含有醛基；
③核磁共振氢谱表明分子中有3 种不同化学环境的氢原子，说明该分子具有高度的对称性，同时符合条件的E（）同分异构的结构简式为：、、、；
【小问6详解】
F在浓硫酸催化作用下引入硝基，再发生硝基的还原反应生成氨基，再与CH（OC2H5）3 反应生成目标产物：。选项
操作
现象
结论
A．
向2mL 0.1ml·L⁻¹FeCl3溶液加入 2mL 0.01ml·L⁻¹KI溶液，再滴入数滴AgNO3溶液
出现黄色浑浊
证明 FeCl3和 KI反应存在限度
B．
将Fe粉与S粉混合在惰性气体中加热，再将反应后的产物溶于稀硫酸
得到黑色固体，该固体溶于稀硫酸后得浅绿色溶液
证明Fe与S生成了FeS
C．
向2mL 0.01ml·L⁻¹Fe(SCN)3溶液加入少量 Fe粉，振荡后静置
溶液的血红色变浅
证明Fe 粉与Fe3⁺反应，降低Fe3⁺浓度，使生成Fe(SCN)3平衡逆向移动
D．
将SO2气体通入 Fe(NO3)3和BaCl2的混合溶液
溶液的棕黄色变浅、产生白色沉淀
白色沉淀为 BaSO3
光热催化
热催化
α(CO)
S(CH4)
α(CO)
S(CH4)
250
90%
85%
0%
0%
300
92%
82%
88%
78%
350
96%
84%
89%
79%
400
95%
83%
92%
78%
450
92%
82%
91%
79%
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