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浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期一模（期中）化学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期一模（期中）化学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列说法不正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。
3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 C1：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64
Ⅰ卷 选择题部分
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. 下列食品添加剂不属于电解质的是
A. 二氧化硫B. 亚硝酸钠C. 苯甲酸D. 山梨酸钾
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大部分金属氧化物均属于电解质，据此分析解题。
【详解】A．二氧化硫的水溶液虽然能够导电，但由于不是其本身发生电离，而是其与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质，A符合题意；
B．亚硝酸钠是盐，属于电解质，B不合题意；
C．苯甲酸是酸，属于电解质，C不合题意；
D．山梨酸钾是盐，属于电解质，D不合题意；
故答案为：A。
2. 2023年诺贝尔化学奖授予三位探索纳米和量子点领域的科学家。纳米晶体具有颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米晶体的说法正确的是
A. 熔点低于大块晶体B. 属于胶体，能产生丁达尔效应
C. 与大块晶体属于同分异构体D. 与NaOH、HF都能反应，属于两性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．纳米SiO2晶体颗粒尺寸小，相对大块晶体来说，其中有一部分共价键断裂，熔化时需要克服的作用力小一些，熔点低一些，故A正确；
B．纳米SiO2晶体是纯净物，而胶体是混合物，故B错误；
C．纳米SiO2晶体和大块SiO2晶体都是共价晶体，由原子构成，没有分子式，不属于同分异构体，故C错误；
D．SiO2能与NaOH反应生成盐硅酸钠和水，SiO2能和HF都能反应，但是SiO2不是和所有的酸都能反应，只能和HF反应，和其他酸不反应，是酸性氧化物不是两性氧化物，故D 错误；
故答案为：A。
3. 下列化学用语表示不正确的是
A. HCl的键电子云图：B. 质量数为2的氢原子：
C. 分子的空间填充模型：D. 氧化钠的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl中是H的s能级电子，其电子云轮廓图呈球形和Cl原子的p能级电子，其电子云轮廓图呈哑铃形形成的键，故该键的电子云图为：，A正确；
B．质量数为2的氢原子表示为：，B正确；
C．已知H2O2不是直线形结构，而是折线形，故H2O2分子的空间填充模型为：，C错误；
D．氧化钠是离子化合物，故其电子式为：，D正确；
故答案为：C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A. 铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板
C. CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D. 碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；
B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；
C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；
故答案为：B。
5. 下列说法不正确的是
A. 麦芽糖、乳糖和蔗糖都属于寡糖
B. 核酸、蛋白质和超分子都属于高分子化合物
C. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分
D. 高压法制得的低密度聚乙烯可用于生产食品包装袋
【答案】B
【解析】
【详解】A．麦芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，属于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，选项A正确；
B．蛋白质、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相对分子质量的分子，也不是指大分子，和相对分子质量无关，选项C不正确；
C．油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，该反应是皂化反应，选项C正确；
D．高压法制得的低密度聚乙烯相对分子质量小，密度低，柔软，可用于生产食品包装袋，选项D正确；
答案选B。
6. 以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色
B. 过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物
C. 处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为
D. 烟道气可以用或代替
【答案】D
【解析】
【详解】A．，A正确；
B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；
C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；
D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；
答案选D。
7. 下列过程中对应的离子方程式正确的是
A. 向苯酚钠溶液中通入少量：
B. 酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：
C. 同浓度同体积明矾溶液与溶液混合：
D. 用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于酸性：碳酸大于苯酚大于碳酸氢根，故向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，故离子方程式为：，A错误；
B．已知碳酸为多元弱酸，故碳酸根水解为分布进行的，故酚酞滴入碳酸钠溶液中变红对应的离子方程式为：，B错误；
C．同浓度同体积明矾溶液与溶液混合即Ba2+和硫酸根恰好完成沉淀，故该反应的离子方程式为：，C正确；
D．已知醋酸是弱酸，故用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
8. 下列说法正确的是
A. 用图①装置可蒸干溶液制无水固体
B. 用图②装置可完成铁与水蒸气反应并根据固体颜色证明产物有
C. 用图③装置可验证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物
D. 用图④装置可测定的标准燃烧热
【答案】C
【解析】
【详解】A．用图①装置可蒸干溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到固体，故A错误；
B．根据固体颜色无法证明产物有，故B错误；
C．证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物为1-丁烯，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；
D．此装置用来测定中和反应的反应热，氢气燃烧不能用此装置测定，故D错误；
故选C。
9. 一种高分子化合物W的合成路线如图(图中表示链延长)：
下列说法不正确的是
A. 化合物Y中最多18个原子共平面
B. 化合物Z的核磁共振氢谱有3组峰
C. 高分子化合物W具有网状结构
D. X、Y、Z通过缩聚反应合成高分子化合物W
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯环和双键为共面结构，结合单键可旋转特点可知，化合物Y中最多18个原子共平面，A正确；
B．对比X、Y、W可知化合物Z中氢原子种类不止3种，B错误；
C．高分子化合物W为通过缩聚反应生成的高分子化合物，，具有网状结构，C正确；
D．结合高分子化合物W结构可知为缩聚反应合成高分子化合物，D正确；
答案选B。
10. 某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：B. 基态原子未成对电子数：
C. 简单离子半径：D. 基态原子第一电离能由大到小的顺序为：
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为C、M为N，由于碳有固态、液态和气态的很多氢化物，故无法比较碳和氮氢化物的沸点，A错误；
B．由分析可知，Y为B，核外有1个未成对电子，而Q为F，核外也有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：，B错误；
C．由分析可知，M为N、Q为F，故N3-、F-具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，即简单离子半径：N3-＞F-即，C错误；
D．由分析可知，Y为B，Z为C，M为N，Q为F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故基态原子第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞C＞B即，D正确；
故答案为：D。
11. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为。
下列说法不正确的是
A. 操作a分液，操作c为重结晶B. 操作b中需用到直形冷凝管
C. 可用冷水洗涤苯甲酸粗品D. 无水可以用浓硫酸代替
【答案】D
【解析】
【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲酸钠，加入硫酸反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸，据此分析此题。
【详解】A. 结合上述分析，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确；
B. 结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确；
C. 用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确；
D. 浓硫酸使苯甲酸乙酯部分发生水解，故D错误；
答案为D。
12. 电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示：
下列说法不正确的是
A. a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应
B. 交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低
C. 当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生气体
D. 若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，所以电解过程实际上是电解水。
【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；
B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；
C．每生成的，就相当于生成0.2ml OH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1ml H2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；
D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；
答案选C。
13. 磷酰氯()是有机合成的催化剂，可用以下方法制取：或，的分子空间结构模型如图所示，下列说法不正确的是
A. 中只含有键B. 是非极性分子
C. 的空间构型是三角锥形D. 可与反应生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构中含有P-O键、P=O键，故既含键，也含键，A符合题意；
B．为空间对称结构，是非极性分子，B不符合题意；
C．的中心原子P的价层电子对数为，由于中心P原子有一对孤对电子，其空间构型是三角锥形，C不符合题意；
D．可与发生反应：+3→+3HCl，D不符合题意；
故选A。
14. 时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量
B. 生成产物2的决速步活化能为
C. 生成产物1的热化学方程式为：
D. 升高温度、延长反应时间及选择合适催化剂均可提高产物1的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；
B．生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：，B正确；
C．根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为： ，C正确；
D．反应存在限度，延长反应时间及选择合适催化剂不能提高转化率，D错误；
答案选D。
15. 已知的电离常数、。常温下，难溶物BaX在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 直线上任一点均满足：
B. M点：
C. N点：约为
D. 约为
【答案】C
【解析】
【分析】由BaX+2H+=Ba2++H2X结合H2X的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2X)。
【详解】A．根据电荷守恒可知c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HX-)+2c(X2−)，A错误；
B．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故M点为lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根据分析可知c(H2X)≈c(Ba2+)=10-0.4ml/L，c(H+)=10-0.6ml/L，此时溶质为BaCl2和H2X，故c(Cl−)> c(H2X)>c(H+)，B错误；
C．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故N点pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2X)≈c(Ba2+)=100.2ml/L，c(H+)=10-0.8ml/L，c(HX-)==≈2×10-7ml⋅L，C正确；
D． 根据分析，结合H2XH++HX-，HX-H++X2-，故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2==，得到c(X2-)=，Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)=，由题干图示信息，当pH=1时，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1ml/L，c(Ba2+)=1.0ml/L，故Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)==≈6×10-23，D错误；
故答案为：C。
16. 探究硫及其化合物的性质，下列实验方案、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2S2O3溶液和盐酸反应: Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑,生成的SO2溶于水和水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，加入紫色石蕊试液变红，不能说明盐酸已经过量，故A错误；
B．ml/L的溶液pH在常温时为7，是因为CH3COO-和水解程度相同，溶液的pH在常温时大于7是因为水解使溶液呈碱性，所以前者pH小于后者，不能说明水解常数()：，故B正确；
C．向稀硫酸中加入铜粉开始无明显现象，是因为铜粉与稀硫酸不反应，再加入少量硝酸钾固体，硝酸钾电离的硝酸根在稀硫酸的酸性环境下表现氧化性，将铜粉溶解生成Cu2+使溶液变蓝，不是硝酸钾起催化作用，故C错误；
D．将SO2通入BaCl2溶液中，无白色沉淀生成，然后滴加氯水，氯水中Cl2将+4价硫氧化+6价，得硫酸钡沉淀，故D错误；
故答案为：B。
Ⅱ卷 非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：
（1）基态B原子核外电子占据的最高能级符号是___________，基态As原子的价层电子排布式是___________。
（2）①固体储氢材料氨硼烷，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是______。
A．氨硼烷中B原子的杂化方式为
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷
C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素
D．是硼原子能量最低的激发态
②形成的化合物中配位键的强度：________(填“>”、“<”或“=”)，理由是________。
（3）一种含Ga化合物晶胞如图甲，三个晶胞围成一个六棱柱，如图乙，该化合物的化学式为___________，每个N原子周围距离最近的N原子数目为________。
【答案】（1） ①. 2p ②.
（2） ①. B ②. > ③. Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低
（3） ①. GaN ②. 12
【解析】
【小问1详解】
基态B原子核外电子排布：，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As原子与的价层电子排布式；
【小问2详解】
①A．氨硼烷，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的杂化方式为，A错误；
B．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正确；
C．N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外电子排布：，第一电离能不高于相邻元素，C错误；
D．2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；
答案选B；
②Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低；
【小问3详解】
均摊法计算可知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12；
18. 工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：
已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。
请回答：
（1）过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：
该反应历程中Fe元素的化合价___________(填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为___________。
（2）写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率
B. 的键角小于
C. 可作为配体，与等金属离子形成配合物
D. 的水溶液显弱碱性，且
（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式___________。
（5）设计实验证明中存在N元素___________。
【答案】（1） ①. 变化 ②.
（2） （3）AC
（4）
（5）取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素
【解析】
【小问1详解】
①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；
②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；
【小问2详解】
若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：
【小问3详解】
采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。
【小问4详解】
是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：
【小问5详解】
在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。
19. 丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
请回答：
（1）已知键能：，。C=C的键能与C-C的键能相差约___________kJ/ml。
（2）600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：
①容器B生成C3H6的反应流程如下：
下列有关说法正确的是________。
A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率
B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率
C．过程1产生C3H6的量大于过程2和过程3产生的C3H6
D．在铬基催化剂中适当加入CaO可促进过程2平衡正移而提高C3H8的平衡转化率
②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性(选择性)为w，计算反应Ⅰ的平衡常数________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③按照容器A和容器B气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：
随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是________，B组中CO2的作用是________ (用化学方程式和必要的文字说明)。
（3）恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(，为速率常数，只与温度有关且)：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
实验测得丙烯的净生成速率方程为，请在下图中画出丙烯的物质的量随时间的变化趋势____________。
【答案】19.
20. ①. A ②. ③. 分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小 ④. ，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性
21. (曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)
【解析】
小问1详解】
已知键能：，，根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．有：8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)= 2E(C-H)+E(C-C) -E(C=C) -E(H-H)=2×413.4-436+ E(C-C) -E(C=C)=+124.14kJ/ml，故得E(C-C) -E(C=C)=-266.66kJ/ml，故C=C的键能与C-C的键能相差约266.66kJ/ml，故答案为：266.66；
【小问2详解】
①
A．该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A正确；
B．由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B错误；
C．已知过程2和过程3为有催化剂参与，能够加快反应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1产生C3H6的量和过程2和过程3产生的C3H6，C错误；
D．在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程2平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D错误；
故答案为：A；
②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：， ，故平衡时p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)= P，故
计算反应Ⅰ的平衡常数=，故答案为：；
③
由题干信息可知，反应中将发生副反应Ⅲ，生成的C将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与C反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B组中CO2的作用是，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性，故答案为：C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小；，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性；
【小问3详解】
恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2ml，n(CO2)=8ml，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2ml，消耗2mlCO2，然后将发生反应V，则C3H6的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率为0时C3H6不再改变，此时剩余的6mlCO2完全消耗，则消耗掉C3H6为1ml，故剩余C3H6的物质的量为1ml，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：
(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)，故答案为：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)。
20. 氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。
请回答：
（1）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是___________。
（2）下列有关说法不正确的是___________。
A. “浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B. 滤渣1的成分是
C. “除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在
D. “除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和
（3）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因___________。
（4）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL ml/L 溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L 溶液体积平均为mL。
已知，。
①加入硝基苯的作用是________。
②滴定选用的指示剂是________。
A． B． C． D．
③CuCl的纯度为________。
【答案】（1） （2）AD
（3）pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
（4） ①. 防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 ②. C ③.
【解析】
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；
【小问1详解】
还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；
【小问2详解】
A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；
D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；
答案选AD；
【小问3详解】
pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；
【小问4详解】
①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；
②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；
③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
21. 化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下：
已知：R1Br R1MgBr
请回答：
（1）写出化合物B中的官能团名称___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. A→B的过程是为了保护
B. E→F的反应类型是消去反应
C. 化合物G和H可通过红外光谱区别
D. 化合物H的分子式是，易溶于水
（3）化合物M的结构简式是___________。
（4）C→D的化学方程式是___________。
（5）化合物N()是另一种合成路线的中间体，写出化合物N符合下列条件的同分异构体___________。
①有两个六元环，其中一个是苯环；
②H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子；
③—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子。
（6）以和为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】21. 碳氯键、酰胺基 22. BD
23. 24. +CF3COOC2H5+C2H5OH
25. 、、、、、(其中三个)
26.
【解析】
【分析】由C的结构简式结合A的结构简式可以推出B为，C到D发生取代反应，Cl原子间位上的H被取代，结合D的分子式，可以推出D的结构为；根据E的结构结合M的分子式可以推出M的结构为，E在一定条件下生成F，F的结构简式为；F发生水解反应生成G，最后得到H。
【小问1详解】
由上述分析可知，B的结构简式为，含有的官能团为碳氯键、酰胺基；
【小问2详解】
A．A中含有氨基，容易被次氯酸氧化，故A到B的过程是为了保护氨基，A正确；
B．消去反应要生成不饱和结构，E→F的反应没有生成不饱和结构，故不是消去反应，B错误；
C．G和H含有的官能团不同，可以用红外光谱区别，C正确；
D．根据H的结构可知其分子式为，由其结构可判断难溶于水，D错误；
答案为BD；
【小问3详解】
由分析可知M的结构简式为；
【小问4详解】
C的结构为，D的结构为，可知中Cl原子间位上的H被取代，故化学方程式为+CF3COOC2H5+C2H5OH；
【小问5详解】
N的结构简式为，其同分异构体有两个六元环，其中一个为苯环，说明没有其它不饱和的结构，H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子，说明其结构对称，应该为对位结构，—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子，满足条件的同分异构体为：、、、、、(其中三个)；
【小问6详解】实验方案
现象
结论
A
向溶液和盐酸反应后的溶液中加入紫色石蕊试液
溶液变红
说明盐酸已经过量
B
分别测定浓度均为ml/L的和溶液的pH
前者pH小于后者
不能说明水解常数()：
C
向稀硫酸中加入铜粉，再加入少量硝酸钾固体
开始无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
D
将通入溶液中，然后滴加氯水
先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解
先生成沉淀，后被氧化为
容器
C3H8/ml
CO2/ml
N2/ml
A
1
0
10
B
1
2
8
考生须知：
1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。
3.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 C1：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64
Ⅰ卷 选择题部分
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. 下列食品添加剂不属于电解质的是
A. 二氧化硫B. 亚硝酸钠C. 苯甲酸D. 山梨酸钾
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大部分金属氧化物均属于电解质，据此分析解题。
【详解】A．二氧化硫的水溶液虽然能够导电，但由于不是其本身发生电离，而是其与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质，A符合题意；
B．亚硝酸钠是盐，属于电解质，B不合题意；
C．苯甲酸是酸，属于电解质，C不合题意；
D．山梨酸钾是盐，属于电解质，D不合题意；
故答案为：A。
2. 2023年诺贝尔化学奖授予三位探索纳米和量子点领域的科学家。纳米晶体具有颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米晶体的说法正确的是
A. 熔点低于大块晶体B. 属于胶体，能产生丁达尔效应
C. 与大块晶体属于同分异构体D. 与NaOH、HF都能反应，属于两性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．纳米SiO2晶体颗粒尺寸小，相对大块晶体来说，其中有一部分共价键断裂，熔化时需要克服的作用力小一些，熔点低一些，故A正确；
B．纳米SiO2晶体是纯净物，而胶体是混合物，故B错误；
C．纳米SiO2晶体和大块SiO2晶体都是共价晶体，由原子构成，没有分子式，不属于同分异构体，故C错误；
D．SiO2能与NaOH反应生成盐硅酸钠和水，SiO2能和HF都能反应，但是SiO2不是和所有的酸都能反应，只能和HF反应，和其他酸不反应，是酸性氧化物不是两性氧化物，故D 错误；
故答案为：A。
3. 下列化学用语表示不正确的是
A. HCl的键电子云图：B. 质量数为2的氢原子：
C. 分子的空间填充模型：D. 氧化钠的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl中是H的s能级电子，其电子云轮廓图呈球形和Cl原子的p能级电子，其电子云轮廓图呈哑铃形形成的键，故该键的电子云图为：，A正确；
B．质量数为2的氢原子表示为：，B正确；
C．已知H2O2不是直线形结构，而是折线形，故H2O2分子的空间填充模型为：，C错误；
D．氧化钠是离子化合物，故其电子式为：，D正确；
故答案为：C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是
A. 铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
B. FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板
C. CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+
D. 碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意；
B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；
C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；
故答案为：B。
5. 下列说法不正确的是
A. 麦芽糖、乳糖和蔗糖都属于寡糖
B. 核酸、蛋白质和超分子都属于高分子化合物
C. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分
D. 高压法制得的低密度聚乙烯可用于生产食品包装袋
【答案】B
【解析】
【详解】A．麦芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，属于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，选项A正确；
B．蛋白质、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相对分子质量的分子，也不是指大分子，和相对分子质量无关，选项C不正确；
C．油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，该反应是皂化反应，选项C正确；
D．高压法制得的低密度聚乙烯相对分子质量小，密度低，柔软，可用于生产食品包装袋，选项D正确；
答案选B。
6. 以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色
B. 过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物
C. 处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为
D. 烟道气可以用或代替
【答案】D
【解析】
【详解】A．，A正确；
B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；
C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；
D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；
答案选D。
7. 下列过程中对应的离子方程式正确的是
A. 向苯酚钠溶液中通入少量：
B. 酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：
C. 同浓度同体积明矾溶液与溶液混合：
D. 用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于酸性：碳酸大于苯酚大于碳酸氢根，故向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，故离子方程式为：，A错误；
B．已知碳酸为多元弱酸，故碳酸根水解为分布进行的，故酚酞滴入碳酸钠溶液中变红对应的离子方程式为：，B错误；
C．同浓度同体积明矾溶液与溶液混合即Ba2+和硫酸根恰好完成沉淀，故该反应的离子方程式为：，C正确；
D．已知醋酸是弱酸，故用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的的离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
8. 下列说法正确的是
A. 用图①装置可蒸干溶液制无水固体
B. 用图②装置可完成铁与水蒸气反应并根据固体颜色证明产物有
C. 用图③装置可验证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物
D. 用图④装置可测定的标准燃烧热
【答案】C
【解析】
【详解】A．用图①装置可蒸干溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到固体，故A错误；
B．根据固体颜色无法证明产物有，故B错误；
C．证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物为1-丁烯，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；
D．此装置用来测定中和反应的反应热，氢气燃烧不能用此装置测定，故D错误；
故选C。
9. 一种高分子化合物W的合成路线如图(图中表示链延长)：
下列说法不正确的是
A. 化合物Y中最多18个原子共平面
B. 化合物Z的核磁共振氢谱有3组峰
C. 高分子化合物W具有网状结构
D. X、Y、Z通过缩聚反应合成高分子化合物W
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯环和双键为共面结构，结合单键可旋转特点可知，化合物Y中最多18个原子共平面，A正确；
B．对比X、Y、W可知化合物Z中氢原子种类不止3种，B错误；
C．高分子化合物W为通过缩聚反应生成的高分子化合物，，具有网状结构，C正确；
D．结合高分子化合物W结构可知为缩聚反应合成高分子化合物，D正确；
答案选B。
10. 某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：B. 基态原子未成对电子数：
C. 简单离子半径：D. 基态原子第一电离能由大到小的顺序为：
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Z为C、M为N，由于碳有固态、液态和气态的很多氢化物，故无法比较碳和氮氢化物的沸点，A错误；
B．由分析可知，Y为B，核外有1个未成对电子，而Q为F，核外也有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：，B错误；
C．由分析可知，M为N、Q为F，故N3-、F-具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，即简单离子半径：N3-＞F-即，C错误；
D．由分析可知，Y为B，Z为C，M为N，Q为F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故基态原子第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞C＞B即，D正确；
故答案为：D。
11. 实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：
已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为。
下列说法不正确的是
A. 操作a分液，操作c为重结晶B. 操作b中需用到直形冷凝管
C. 可用冷水洗涤苯甲酸粗品D. 无水可以用浓硫酸代替
【答案】D
【解析】
【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲酸钠，加入硫酸反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸，据此分析此题。
【详解】A. 结合上述分析，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确；
B. 结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确；
C. 用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确；
D. 浓硫酸使苯甲酸乙酯部分发生水解，故D错误；
答案为D。
12. 电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示：
下列说法不正确的是
A. a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应
B. 交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低
C. 当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生气体
D. 若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，所以电解过程实际上是电解水。
【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；
B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；
C．每生成的，就相当于生成0.2ml OH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1ml H2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；
D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；
答案选C。
13. 磷酰氯()是有机合成的催化剂，可用以下方法制取：或，的分子空间结构模型如图所示，下列说法不正确的是
A. 中只含有键B. 是非极性分子
C. 的空间构型是三角锥形D. 可与反应生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构中含有P-O键、P=O键，故既含键，也含键，A符合题意；
B．为空间对称结构，是非极性分子，B不符合题意；
C．的中心原子P的价层电子对数为，由于中心P原子有一对孤对电子，其空间构型是三角锥形，C不符合题意；
D．可与发生反应：+3→+3HCl，D不符合题意；
故选A。
14. 时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：
下列说法不正确的是
A. 乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量
B. 生成产物2的决速步活化能为
C. 生成产物1的热化学方程式为：
D. 升高温度、延长反应时间及选择合适催化剂均可提高产物1的产率
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；
B．生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：，B正确；
C．根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为： ，C正确；
D．反应存在限度，延长反应时间及选择合适催化剂不能提高转化率，D错误；
答案选D。
15. 已知的电离常数、。常温下，难溶物BaX在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与pH的关系如图所示：
下列说法正确的是
A. 直线上任一点均满足：
B. M点：
C. N点：约为
D. 约为
【答案】C
【解析】
【分析】由BaX+2H+=Ba2++H2X结合H2X的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2X)。
【详解】A．根据电荷守恒可知c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HX-)+2c(X2−)，A错误；
B．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故M点为lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根据分析可知c(H2X)≈c(Ba2+)=10-0.4ml/L，c(H+)=10-0.6ml/L，此时溶质为BaCl2和H2X，故c(Cl−)> c(H2X)>c(H+)，B错误；
C．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故N点pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2X)≈c(Ba2+)=100.2ml/L，c(H+)=10-0.8ml/L，c(HX-)==≈2×10-7ml⋅L，C正确；
D． 根据分析，结合H2XH++HX-，HX-H++X2-，故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2==，得到c(X2-)=，Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)=，由题干图示信息，当pH=1时，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1ml/L，c(Ba2+)=1.0ml/L，故Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)==≈6×10-23，D错误；
故答案为：C。
16. 探究硫及其化合物的性质，下列实验方案、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2S2O3溶液和盐酸反应: Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑,生成的SO2溶于水和水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，加入紫色石蕊试液变红，不能说明盐酸已经过量，故A错误；
B．ml/L的溶液pH在常温时为7，是因为CH3COO-和水解程度相同，溶液的pH在常温时大于7是因为水解使溶液呈碱性，所以前者pH小于后者，不能说明水解常数()：，故B正确；
C．向稀硫酸中加入铜粉开始无明显现象，是因为铜粉与稀硫酸不反应，再加入少量硝酸钾固体，硝酸钾电离的硝酸根在稀硫酸的酸性环境下表现氧化性，将铜粉溶解生成Cu2+使溶液变蓝，不是硝酸钾起催化作用，故C错误；
D．将SO2通入BaCl2溶液中，无白色沉淀生成，然后滴加氯水，氯水中Cl2将+4价硫氧化+6价，得硫酸钡沉淀，故D错误；
故答案为：B。
Ⅱ卷 非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：
（1）基态B原子核外电子占据的最高能级符号是___________，基态As原子的价层电子排布式是___________。
（2）①固体储氢材料氨硼烷，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是______。
A．氨硼烷中B原子的杂化方式为
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷
C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素
D．是硼原子能量最低的激发态
②形成的化合物中配位键的强度：________(填“>”、“<”或“=”)，理由是________。
（3）一种含Ga化合物晶胞如图甲，三个晶胞围成一个六棱柱，如图乙，该化合物的化学式为___________，每个N原子周围距离最近的N原子数目为________。
【答案】（1） ①. 2p ②.
（2） ①. B ②. > ③. Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低
（3） ①. GaN ②. 12
【解析】
【小问1详解】
基态B原子核外电子排布：，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As原子与的价层电子排布式；
【小问2详解】
①A．氨硼烷，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的杂化方式为，A错误；
B．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正确；
C．N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外电子排布：，第一电离能不高于相邻元素，C错误；
D．2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；
答案选B；
②Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低；
【小问3详解】
均摊法计算可知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12；
18. 工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：
已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。
请回答：
（1）过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：
该反应历程中Fe元素的化合价___________(填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为___________。
（2）写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率
B. 的键角小于
C. 可作为配体，与等金属离子形成配合物
D. 的水溶液显弱碱性，且
（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式___________。
（5）设计实验证明中存在N元素___________。
【答案】（1） ①. 变化 ②.
（2） （3）AC
（4）
（5）取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素
【解析】
【小问1详解】
①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；
②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；
【小问2详解】
若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：
【小问3详解】
采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。
【小问4详解】
是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：
【小问5详解】
在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。
19. 丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
请回答：
（1）已知键能：，。C=C的键能与C-C的键能相差约___________kJ/ml。
（2）600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：
①容器B生成C3H6的反应流程如下：
下列有关说法正确的是________。
A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率
B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率
C．过程1产生C3H6的量大于过程2和过程3产生的C3H6
D．在铬基催化剂中适当加入CaO可促进过程2平衡正移而提高C3H8的平衡转化率
②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性(选择性)为w，计算反应Ⅰ的平衡常数________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③按照容器A和容器B气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：
随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是________，B组中CO2的作用是________ (用化学方程式和必要的文字说明)。
（3）恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(，为速率常数，只与温度有关且)：
反应Ⅳ：
反应Ⅴ：
实验测得丙烯的净生成速率方程为，请在下图中画出丙烯的物质的量随时间的变化趋势____________。
【答案】19.
20. ①. A ②. ③. 分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小 ④. ，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性
21. (曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)
【解析】
小问1详解】
已知键能：，，根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．有：8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)= 2E(C-H)+E(C-C) -E(C=C) -E(H-H)=2×413.4-436+ E(C-C) -E(C=C)=+124.14kJ/ml，故得E(C-C) -E(C=C)=-266.66kJ/ml，故C=C的键能与C-C的键能相差约266.66kJ/ml，故答案为：266.66；
【小问2详解】
①
A．该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A正确；
B．由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B错误；
C．已知过程2和过程3为有催化剂参与，能够加快反应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1产生C3H6的量和过程2和过程3产生的C3H6，C错误；
D．在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程2平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D错误；
故答案为：A；
②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：， ，故平衡时p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)= P，故
计算反应Ⅰ的平衡常数=，故答案为：；
③
由题干信息可知，反应中将发生副反应Ⅲ，生成的C将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与C反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B组中CO2的作用是，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性，故答案为：C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小；，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性；
【小问3详解】
恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2ml，n(CO2)=8ml，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2ml，消耗2mlCO2，然后将发生反应V，则C3H6的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率为0时C3H6不再改变，此时剩余的6mlCO2完全消耗，则消耗掉C3H6为1ml，故剩余C3H6的物质的量为1ml，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：
(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)，故答案为：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)。
20. 氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。
请回答：
（1）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是___________。
（2）下列有关说法不正确的是___________。
A. “浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B. 滤渣1的成分是
C. “除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在
D. “除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和
（3）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因___________。
（4）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL ml/L 溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L 溶液体积平均为mL。
已知，。
①加入硝基苯的作用是________。
②滴定选用的指示剂是________。
A． B． C． D．
③CuCl的纯度为________。
【答案】（1） （2）AD
（3）pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
（4） ①. 防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 ②. C ③.
【解析】
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；
【小问1详解】
还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；
【小问2详解】
A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；
D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；
答案选AD；
【小问3详解】
pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；
【小问4详解】
①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；
②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；
③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
21. 化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下：
已知：R1Br R1MgBr
请回答：
（1）写出化合物B中的官能团名称___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. A→B的过程是为了保护
B. E→F的反应类型是消去反应
C. 化合物G和H可通过红外光谱区别
D. 化合物H的分子式是，易溶于水
（3）化合物M的结构简式是___________。
（4）C→D的化学方程式是___________。
（5）化合物N()是另一种合成路线的中间体，写出化合物N符合下列条件的同分异构体___________。
①有两个六元环，其中一个是苯环；
②H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子；
③—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子。
（6）以和为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】21. 碳氯键、酰胺基 22. BD
23. 24. +CF3COOC2H5+C2H5OH
25. 、、、、、(其中三个)
26.
【解析】
【分析】由C的结构简式结合A的结构简式可以推出B为，C到D发生取代反应，Cl原子间位上的H被取代，结合D的分子式，可以推出D的结构为；根据E的结构结合M的分子式可以推出M的结构为，E在一定条件下生成F，F的结构简式为；F发生水解反应生成G，最后得到H。
【小问1详解】
由上述分析可知，B的结构简式为，含有的官能团为碳氯键、酰胺基；
【小问2详解】
A．A中含有氨基，容易被次氯酸氧化，故A到B的过程是为了保护氨基，A正确；
B．消去反应要生成不饱和结构，E→F的反应没有生成不饱和结构，故不是消去反应，B错误；
C．G和H含有的官能团不同，可以用红外光谱区别，C正确；
D．根据H的结构可知其分子式为，由其结构可判断难溶于水，D错误；
答案为BD；
【小问3详解】
由分析可知M的结构简式为；
【小问4详解】
C的结构为，D的结构为，可知中Cl原子间位上的H被取代，故化学方程式为+CF3COOC2H5+C2H5OH；
【小问5详解】
N的结构简式为，其同分异构体有两个六元环，其中一个为苯环，说明没有其它不饱和的结构，H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子，说明其结构对称，应该为对位结构，—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子，满足条件的同分异构体为：、、、、、(其中三个)；
【小问6详解】实验方案
现象
结论
A
向溶液和盐酸反应后的溶液中加入紫色石蕊试液
溶液变红
说明盐酸已经过量
B
分别测定浓度均为ml/L的和溶液的pH
前者pH小于后者
不能说明水解常数()：
C
向稀硫酸中加入铜粉，再加入少量硝酸钾固体
开始无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
D
将通入溶液中，然后滴加氯水
先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解
先生成沉淀，后被氧化为
容器
C3H8/ml
CO2/ml
N2/ml
A
1
0
10
B
1
2
8
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