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江浙高中(县中)发展共同体2024届高三上学期10月联考（浙江卷）化学试题（Word版附解析）
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这是一份江浙高中(县中)发展共同体2024届高三上学期10月联考（浙江卷）化学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本试卷共6页，21小题，可能用到的相对原子质量， 下列说法不正确的是， 下列离子反应方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本试卷共6页，21小题。本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上；
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效；
4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹签字笔或钢笔描黑；
5.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。
6.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 C59 Zn65 Ag108
一、选择题(本大题共16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. 下列物质中属于耐高温无机非金属材料的是
A. SiCB. 聚四氟乙烯C. Mg-AlD. 普通玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅是熔沸点很高的共价晶体，属于耐高温的无机非金属材料，A正确；
B．聚四氟乙烯是有机物，B错误；
C．Mg-Al是金属材料，C错误；
D．普通玻璃不耐高温，D错误 ；
故选A 。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 苯酚的分子式：C6H5OH
B. 异丁烷的球棍模型：
C. Cl2分子中σ键电子云轮廓图：
D. 乙醚的结构简式：CH3OCH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯酚的分子式应该是C6H6O，A错误；
B．图示是正丁烷的球棍模型，B错误；
C．Cl2是氯原子间通过共用电子对形成σ键，Cl2分子中σ键电子云轮廓图正确，C正确；
D．乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，D错误；
答案选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 镁很活泼，点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化膜
B. FeO不稳定，在空气中受热能迅速氧化成Fe2O3
C. 工业上用焦炭和石英砂制备粗硅
D. 二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化镁熔点高，金属镁的表面有一层氧化膜，因此点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化膜，故A正确；
B．FeO不稳定，在空气里受热能迅速被氧化成Fe3O4，反应原理为：6FeO+O22Fe3O4，B错误；
C．工业上用焦炭还原石英砂制备粗硅：，C正确；
D．二氧化氮遇湿润的淀粉碘化钾试纸，二氧化氮先与水反应生成氧化性硝酸，硝酸将碘离子氧化成碘单质使淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；
故选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 液氨汽化时吸收大量的热，工业上可用作制冷剂
B. 硅是重要的半导体，可用来生产光导纤维
C. 浓硫酸有吸水性，在实验室中常用作干燥剂
D. 明矾溶于水形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；
B．光纤制品的基本原料是二氧化硅，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可以用浓硫酸能干燥氯气，故C正确；
D．明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，可用作净水剂，故D正确；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 用图①装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
B. 用图②装置制备、收集氨气
C. 用图③所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中
D. 装置④用于制备少量含NaClO的消毒液
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热氯化铵易分解，如要得到蒸发结晶得到氯化铵晶体，不能直接蒸干，故A错误；
B．生石灰与浓氨水作用生成氨气，氨气的密度比空气密度小，应选选向下排空气法收集，故B错误；
C．向容量瓶转移溶液，应采用玻璃棒引流方式，故C错误；
D．与电源正极相连的为阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，即下方产生氯气，上方阴极上生成NaOH和氢气，Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl，能达到实验目的，故D正确。
答案选D。
6. FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，反应如下：，下列说法正确的是
A. 氧化产物只有Na2FeO4
B. 生成1mlO2，转移8ml电子
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
D. 当6mlNa2O2参加反应时，被FeSO4还原的Na2O2有4ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化产物有Na2FeO4和氧气，A错误；
B．生成1mlO2，有6ml过氧化钠参加反应，其中有5ml的过氧化钠作氧化剂，故转移的电子为10ml，B错误；
C．当有2ml硫酸亚铁参与反应时，还原剂包含2ml硫酸亚铁和1ml过氧化钠，氧化剂是5ml过氧化钠，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：3，C错误；
D．当6mlNa2O2参加反应时，有2ml硫酸亚铁参与反应，设被FeSO4还原的Na2O2有xml，根据得失电子守恒，解得x=4ml，故D正确 ；
故选D 。
7. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LSO3分子中所含的O原子数为
B. 1L0.1ml·L-1CH3COONa溶液通HCl气体至中性，醋酸根离子数为
C. 5.8gC3H6O中含有的σ键数目最多为
D. 向含1mlH2O2的水溶液中分别加入足量MnO2、KMnO4固体，转移的电子数均为
【答案】C
【解析】
【详解】A．三氧化硫在标准状况下不是气体，11.2LSO3物质的量不是0.5ml，A错误；
B．1L0.1ml·L-1CH3COONa溶液通HCl气体至中性，则由电荷守恒可知，，根据物料守恒可知，钠离子为0.1ml，则醋酸根离子小于0.1ml，数目小于，，B错误；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，5.8gC3H6O为0.1ml，C3H6O不饱和度为1，其可能为不饱和醇、醛、酮、含有环的醇，若为，含有σ键最多，此时1分子含有10个σ键，故含有的σ键数目最多为，C正确；
D．，则1mlH2O2的水溶液中加入足量MnO2，转移电子为1ml，数目为，D错误；
故选C。
8. 下列说法不正确的是
A. 红外光谱可以测定未知有机物中所含的化学键和官能团
B. 网状结构酚醛树脂是由过量苯酚与甲醛发生缩聚反应制得
C. 蛋白质溶液遇到饱和溶液，有固体析出，该过程叫盐析
D. 可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,故A正确；
B．网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得，故B错误；
C．蛋白质溶液遇到饱和溶液，溶解度降低，有固体析出，该过程叫盐析，故C正确；
D．乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和饱和碳酸钠反应放出气泡，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
选B。
9. 下列离子反应方程式正确的是
A. 碳酸氢钠溶液呈碱性：
B. 常温下铁加入过量浓硝酸中：
C. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：
D. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根水解程度大于电离程度，即主要表现为水解，离子方程式为：，A正确；
B．常温下铁加入过量浓硝酸发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故B错误；
C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为，故C正确；
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸反应生成S单质、SO2、和水，故离子方程式为：，故D错误。
答案选C。
10. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X分子中含3个手性碳原子
B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C. X、Y、Z在NaOH乙醇溶液中加热均能发生消去反应
D. X、Z分别过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；X 中 方框内的碳原子为手性碳原子，A错误；
B． 中与氧原子相连接的碳原子之间的化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；
C．X、Z中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸催化并加热条件下，能够发生消去反应，Y中不含羟基，无法发生消去，C错误；
D．中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成 ，然后 在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，D正确；
故答案为：D。
11. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由该5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 原子半径：XB. W、M简单氢化物的沸点：WC. 电负性：XD. 该化合物中既含极性键又含非极性键
【答案】B
【解析】
【分析】该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为 H元素，Y可以形成3个共价键，应为N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y，若Y为N，则Z为Si，W可以形成一个共价键，且原子序数大于Z，则此时 W 只能是C1，这种情况则没有合理的M，所以Y为B元素，Z为C元素，W为F元素，M为S元素。
【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径：HB．由于HF分子间会形成氢键，因此W、M简单氢化物的沸点：HFH2S，B错误；
C．同周期元素自左至右电负性增大，因此HD．C 原子和 C原子形成的共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，D正确；
故选B。
12. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法不正确的是
A. 可用铁氰化钾检验滤液1中是否含有Fe2+
B. 步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收
C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分可能为SiO2和S
D. 步骤④的操作：将滤液2蒸发至有大量晶体析出，停止加热，自然冷却
【答案】D
【解析】
【分析】废催化剂加入稀硫酸，其中的ZnS、Fe3O4与稀硫酸反应，、,过滤后滤液中含ZnSO4 、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗皓矾，滤渣1含有SiO2、CuS，向其中加稀硫酸和H2O2溶液，得到含硫酸铜的滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得粗蓝矾，同时得到含SiO2和S的滤渣2。
【详解】A．要检验滤液1中是否含有Fe2+，可用铁氰化钾溶液检验，若生成蓝色沉淀，则含有Fe2+，故A正确；
B．步骤①操作中，发生反应，生成H2S气体，可用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故B正确；
C．废催化剂中的SiO2、CuS不与稀硫酸反应、也不溶解，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；滤渣2是SiO2、CuS加稀硫酸和H2O2溶液时，CuS反应生成的S和不反应也不溶解的SiO2的混合物，故C正确；
D．步骤④的操作应该是将滤液2蒸发浓缩、冷却结晶时得到饱和溶液后快速降温，不能加热至有大量晶体析出，故D错误；
故答案为：D。
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[已知：氧化能力：MnO2>H+；KOH溶液中，Zn2+以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是
A. Ⅰ区和Ⅱ区之间的离子选择隔膜为阳离子选择隔膜
B. Ⅱ区的通过隔膜向Ⅰ区迁移
C. MnO2电极反应：
D. 电池总反应：
【答案】D
【解析】
【分析】从题干可知，Zn为负极，Zn失电子结合OH-生成，Ⅲ中钾离子通过Ⅱ、Ⅲ之间的交换膜进入Ⅱ中，则Ⅱ、Ⅲ之间的离子交换膜为阳离子交换膜。MnO2电极为正极，正极上MnO2得电子结合氢离子转化为Mn2+和水，Ⅰ中硫酸根离子通过Ⅰ、Ⅱ之间的交换膜进入Ⅱ中，则Ⅰ、Ⅱ之间的离子交换膜为阴离子交换膜。
【详解】A．根据分析可知，Ⅰ区和Ⅱ区之间的离子选择隔膜为阴离子选择隔膜，A错误；
B．Ⅰ区中的硫酸根离子通过隔膜向Ⅱ区迁移，B错误；
C．MnO2电极反应为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D．该电池的总反应为，D正确；
故答案选D。
14. 在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法不正确的是
A. 当时，说明该反应已经达到平衡状态
B. 与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高
C. 使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
D. a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．2v正(X)=v正(Y)= v逆(Y)，正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A正确；
B．相同条件下催化剂Ⅰ作用下反应速率更大，说明与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高，B正确；
C．使用催化剂Ⅱ，0-2min内，Y的浓度变化值为2ml/L，v(X)=1ml/L÷2min=0.5ml·L-1·min-1，C错误；
D．a曲线上2min内X的浓度减小值为2ml/L，则Y的浓度增大值应为4ml/L，对应的催化剂为催化剂Ⅰ，D正确；
故答案选C。
15. 下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是
A. 常温下，相同浓度的①、②、③三种溶液中，由大到小的顺序是①>③>②
B. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式：
C. AgCl在盐酸中的小于其在水中的
D. 向浓度均为1×10-3ml·L-1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加1×10-3ml·L-1的AgNO3溶液，先形成沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，相同浓度的①中铵根离子和二价铁离子水解相互抑制，铵根离子水解程度小，铵根离子浓度大，②中铵根离子和碳酸根离子水解相互促进，水解程度大，余下铵根离子浓度小，三种溶液中铵根离子浓度大小关系为①>③>②，A正确；
B．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式应该是：，B错误；
C．AgCl在盐酸中的和在水中的是一样的，C错误；
D．向浓度均为1×10-3ml·L-1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加AgNO3，根据溶度积常数计算，形成氯化银沉淀需要的Ag+浓度为c(Ag+)=ml/L，形成重铬酸银沉淀需要的c2(Ag+)==2×10-9，c(Ag+)=×10-5ml/L，形成氯化银沉淀需要的银离子浓度小，Cl-先沉淀，D错误；
答案选A。
16. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．产生黑色沉淀，说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体，强酸制弱酸，所以，A正确；
B．试纸变蓝，该溶液也可能为氨水溶液，不能说明溶液中含有铵盐，B错误；
C．测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，C错误；
D．可能是浓硝酸受热发生分解生成NO2，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，D错误；
故选A。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）基态硫原子的价层电子排布图是_______。
（2）下列有关说法正确的是_______。
A. 同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种
B. SO2的VSEPR模型和空间结构均为V形
C. 甲基磺酸中S原子采取sp杂化
D. 的发射光谱不止1条谱线
（3）中的O-O比H2O2中的更_______(填“难”或“易”)断裂。其原因是_______。
（4）锌与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示。
①Zn2+的配位数为_______。
②设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为anm，则该晶体的密度_______。
【答案】17. 18. AD
19. ①. 易 ②. 中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故中的比H2O2中更易断裂
20. ①. 4 ②. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4，根据洪特规则和泡利原理可知，基态硫原子的价层电子排布图为；
【小问2详解】
A．根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；故A正确；
B．SO2的中心原子价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，S含有一对孤电子对，分子的空间结构是V形，故B错误；
C． S原子成4个σ键，采用sp3杂化，故C错误；
D．为激发态原子，有多个电子发生跃迁，它由激发态回到能量较低或者基态时放出一定波长的光为发射光谱，其谱线不止1条，故D正确；
答案为AD；
【小问3详解】
比较两者-O-O-键的牢固程度，主要看O所连的原子的电负性强弱，中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故中的比H2O2中更易断裂；
【小问4详解】
由晶胞示意图可知，每个S2-周围相邻最近的Zn2+有4个，晶体的化学式为ZnS，故每个Zn2+周围相邻最近的S2-有4个；由均摊法计算出一个晶胞有4个ZnS，故晶体的密度=g/cm3。
18. 碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备：
已知：酰氯具有酯的性质。请回答：
（1）写出NH3的电子式_______。
（2）写出步骤Ⅲ的化学反应方程式_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送
B. CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥
C. 碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子
D. CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O
（4）碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点_______(填“低”或“高”)，分析其原因_______。
（5）设计实验方案检验COCl2中的氯元素_______。
【答案】（1） （2） （3）C
（4） ①. 低 ②. 碳酸一甲酯能形成分子间氢键
（5）将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素
【解析】
【分析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成碳酸二甲酯和氨气。
【小问1详解】
NH3是共价化合物，电子式为；
【小问2详解】
步骤Ⅲ是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为；
【小问3详解】
A．液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；
B．CO(NH2)2是有机物，不含铵根离子，不属于铵盐，故B错误；
C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；
D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O，所以配位原子是C，故D错误；
选C。
【小问4详解】
碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。
【小问5详解】
将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素。
19. H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
Ⅰ．干法脱硫：；
；
（1）空气氧化脱除H2S反应：的_______kJ·ml-1。
Ⅱ．H2S高温裂解反应：
（2）不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图1所示，E表示某温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的百分数，则图中T1_______T2(填“>”、“=”或“<”)。
图1
（3）若T1温度下使用催化剂，请在图1中画出相应的活化分子百分数变化_______。
（4）在恒容密闭真空容器中，充入H2S进行高温裂解反应，初始时容器内压强为p，反应温度为900℃。实验过程中控制不同温度，测得H2S转化率如图2所示，其中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。下列说法正确的是_______。
A. 分别达到A、B、C点时，反应时间为：
B. A点时容器内压强为1.2p
C. B点H2S的分解速率大于C点
D. 高温时a、b两曲线重合的原因是温度升高反应速率加快
（5）A的压力转化率表示为：(为A初始压强，为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数，则平衡时H2S的压力转化率_______。
（6）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用下图表示。其它条件不变时，增大气相压强和水膜pH均能提高H2S的去除率，其可能的原因是_______。
【答案】（1）-530.8
（2）< （3） （4）AD
（5）60% （6）增大气相压强，H2S的溶解度增大；水膜pH增大，增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所以可提高H2S的去除率
【解析】
【小问1详解】
①，
，
根据盖斯定律①﹣②×2：得方程式；
【小问2详解】
T2对应的阴影部分的面积更大，说明活化分子百分数更高，温度越高，活化分子百分数越大，故T1【小问3详解】
T1温度下使用催化剂，反应物活化能减小，Ec往左移动，活化分子数增多，因此图像为；
【小问4详解】
A．分解反应是吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，因此分别达到A、B、C点时，且相同温度下，参加反应的物质越多，反应需要的时间越长，则反应时间为关系，A正确；
B．反应开始时压强为p，假设H2S的物质的量为2 ml。根据方程式可知：每有2 ml H2S分解，会产生2 ml H2和1 ml S2气体，反应后气体物质的量会增加1 ml。当反应进行到A点时，H2S的转化率40％，此时反应的H2S气体的物质的量是2 ml×40%=0.8 ml，则反应后气体物质的量会增加0.8 ml×=0.4 ml，故此时气体总物质的量为2 ml+0.4 ml=2.4 ml，气体的总物质的量是原来的倍，根据盖斯定律，在恒温恒容时气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则气体压强是原来的1.2倍，但由于温度升高，压强会增大，因此A点的压强应大于原来的1.2倍，即A点压强大于1.2p，B错误；
C．反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应趋于平衡，H2S分解速率会逐渐减小，即V正逐渐减小，故C点时H2S的分解速率大于B点，C错误；
D．该分解反应是吸热反应，温度升高，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短，故高温时a、b两条曲线会逐渐重合，D正确；
故选AD；
【小问5详解】
根据三段式可知，
则，即，解得x=0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率；
【小问6详解】
气体的溶解度随着压强的增大而增大，且氢硫酸溶液中存在如下平衡H2S⇌H++HS-，适当增大活性炭表面的水膜pH，水膜中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡向电离方向移动，HS—浓度增大，使反应HS-+O=S+OH—向正反应方向移动，H2S的氧化去除率增大，故答案为：OH-浓度增大，促进H2S⇌H++HS-平衡向电离方向移动，HS-浓度增大，故答案为：增大气相压强，H2S的溶解度增大；水膜pH增大，增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所以可提高H2S的去除率。
20. Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：①氨性溶液由、和配制。
②常温下，Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子。
③常温下，。
④易被空气氧化为。
请回答下列问题：
（1）“析晶”过程中通入的酸性气体A为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 步骤Ⅰ的活性MgO也可替换成稀氨水，不影响后续主要产物及高附加值化工产品的生产
B. 步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含、、等
C. 步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO
D. 常温下，pH=9.0氨性溶液中，
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为_______。
（4）测定产品CCl2的纯度。
准确称取0.600g样品，配成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液(Ag2CrO4为红色沉淀)。在不断摇动下，用0.1000ml·L-1AgNO3标准溶液滴定(假设杂质不参加反应)。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。
①达到滴定终点的现象为_______。
②产品CCl2的质量分数为_______。
③测定Cl-过程中若溶液pH过低，会使CCl2的质量分数偏低，其可能的原因是_______。
【答案】（1）HCl （2）BC
（3）或
（4） ①. 当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解 ②. 97.5% ③. pH过低，在酸性条件下转化为，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少
【解析】
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子，故滤泥加入氨性溶液氨浸溶解，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【小问1详解】
“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；
故答案为：HCl。
【小问2详解】
A．滤泥在氨水中能溶解，故步骤Ⅰ的活性MgO不可替换成稀氨水，A错误；
B．加入活性氧化镁，pH升高，Ni2+、C2+转化为Ni(OH)2、C(OH)3，活性 MgO 可与水反应生成Mg(OH)2，故步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2、C(OH)3等，B正确；
C．根据分析可知步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO，C正确；
D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(H+)=10-9.0，c(OH-)=10-5.0，Kb(NH3⋅H2O)==10−4.7，=100.3>1，故c(NH)> c(NH3⋅H2O)，D错误；
故答案为：BC。
【小问3详解】
氨浸过程中C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+，SO被氧化成SO，离子方程式为2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O；
故答案为：2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O。
【小问4详解】
氯离子消耗完全后有Ag2CrO4生成，为红色沉淀，当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解，证明反应完成；
CCl2+2AgNO3=2AgCl+C(NO3)2，根据方程式可知n(CCl2)=2n(AgNO3)= 2×0.1000ml·L-1 ×0.02250L=4.5×10-3ml，产品CCl2的质量分数为=97.5%；
pH过低，CrO在酸性条件下转化为Cr2O，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，CCl2的质量分数偏低；
故答案为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解；97.5%；会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少。
21. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称是_______。
（2）下列说法不正确的是_______。
A. 在G→H的反应中，NaOH作催化剂
B. E→G、J→K的反应类型均为取代反应
C. 化合物J能与FeCl3溶液发生显色反应
D. 化合物K的分子式为C16H24NO3
（3）F的结构简式为_______。
（4）D转化为E的化学方程式为_______。
（5）研究小组在实验室用苯胺()和乙烯为原料合成。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式_______。
①分子中含有苯环
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含有氨基(-NH2)。
【答案】21. (酚)羟基 22. AD
23. 24.
25. 26.
【解析】
【分析】结合A分子式及B结构简式可知A结构简式：；A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C；D与乙酸酐反应生成E，E与F发生反应生成G，对比C、G结构简式，结合D分子式可知D结构简式：，则E结构简式： ，F结构简式：；G发生两步反应生成H，H反应生成I，结合I的结构简式和H分子式可知H为：；I与水反应生成J，J与乙酸酐反应生成K，结合K结构简式个J分子式可知，J为；
小问1详解】
A结构简式为，官能团名称：(酚)羟基；
【小问2详解】
A．酰胺基水解后生成的甲酸会与NaOH反应，NaOH不会催化剂，A错误；
B．结合分析，对比E→G、J→K各物质结构简式可知，反应类型均为取代反应，B正确；
C．化合物J为，含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，C正确；
D．结合化合物K结构简式可知其分子式为C16H25NO3，D错误；
答案选AD；
【小问3详解】
根据分析可知，F结构简式：；
小问4详解】
根据分析可知D为，E为，化学方程式：；
【小问5详解】
参考合成路线H→I，反应生成；参考合成路线I→J，反应生成苯酚；乙烯与溴化氢加成生成溴乙烷，溴乙烷与苯酚反应生成目标产物；
【小问6详解】化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
AgCl
Ag2CrO4
或
选项
实验操作和现象
结论
A
向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑色沉淀
B
取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
C
常温下，用pH计分别测定1ml·L-1和0.1ml·L-1CH3COONH4溶液的pH，pH均为7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体
加热条件下，浓硝酸被木炭还原成NO2
考生须知：
1.本试卷共6页，21小题。本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上；
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效；
4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹签字笔或钢笔描黑；
5.参加联批学校的学生可关注“启望教育”公众号查询个人成绩分析。
6.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 C59 Zn65 Ag108
一、选择题(本大题共16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. 下列物质中属于耐高温无机非金属材料的是
A. SiCB. 聚四氟乙烯C. Mg-AlD. 普通玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅是熔沸点很高的共价晶体，属于耐高温的无机非金属材料，A正确；
B．聚四氟乙烯是有机物，B错误；
C．Mg-Al是金属材料，C错误；
D．普通玻璃不耐高温，D错误 ；
故选A 。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 苯酚的分子式：C6H5OH
B. 异丁烷的球棍模型：
C. Cl2分子中σ键电子云轮廓图：
D. 乙醚的结构简式：CH3OCH3
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯酚的分子式应该是C6H6O，A错误；
B．图示是正丁烷的球棍模型，B错误；
C．Cl2是氯原子间通过共用电子对形成σ键，Cl2分子中σ键电子云轮廓图正确，C正确；
D．乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，D错误；
答案选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 镁很活泼，点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化膜
B. FeO不稳定，在空气中受热能迅速氧化成Fe2O3
C. 工业上用焦炭和石英砂制备粗硅
D. 二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化镁熔点高，金属镁的表面有一层氧化膜，因此点燃镁条之前，应该用砂纸打磨掉表面氧化膜，故A正确；
B．FeO不稳定，在空气里受热能迅速被氧化成Fe3O4，反应原理为：6FeO+O22Fe3O4，B错误；
C．工业上用焦炭还原石英砂制备粗硅：，C正确；
D．二氧化氮遇湿润的淀粉碘化钾试纸，二氧化氮先与水反应生成氧化性硝酸，硝酸将碘离子氧化成碘单质使淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；
故选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 液氨汽化时吸收大量的热，工业上可用作制冷剂
B. 硅是重要的半导体，可用来生产光导纤维
C. 浓硫酸有吸水性，在实验室中常用作干燥剂
D. 明矾溶于水形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；
B．光纤制品的基本原料是二氧化硅，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，可以用浓硫酸能干燥氯气，故C正确；
D．明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，可用作净水剂，故D正确；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 用图①装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
B. 用图②装置制备、收集氨气
C. 用图③所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中
D. 装置④用于制备少量含NaClO的消毒液
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热氯化铵易分解，如要得到蒸发结晶得到氯化铵晶体，不能直接蒸干，故A错误；
B．生石灰与浓氨水作用生成氨气，氨气的密度比空气密度小，应选选向下排空气法收集，故B错误；
C．向容量瓶转移溶液，应采用玻璃棒引流方式，故C错误；
D．与电源正极相连的为阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，即下方产生氯气，上方阴极上生成NaOH和氢气，Cl2与NaOH反应生成NaClO和NaCl，能达到实验目的，故D正确。
答案选D。
6. FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，反应如下：，下列说法正确的是
A. 氧化产物只有Na2FeO4
B. 生成1mlO2，转移8ml电子
C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
D. 当6mlNa2O2参加反应时，被FeSO4还原的Na2O2有4ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化产物有Na2FeO4和氧气，A错误；
B．生成1mlO2，有6ml过氧化钠参加反应，其中有5ml的过氧化钠作氧化剂，故转移的电子为10ml，B错误；
C．当有2ml硫酸亚铁参与反应时，还原剂包含2ml硫酸亚铁和1ml过氧化钠，氧化剂是5ml过氧化钠，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：3，C错误；
D．当6mlNa2O2参加反应时，有2ml硫酸亚铁参与反应，设被FeSO4还原的Na2O2有xml，根据得失电子守恒，解得x=4ml，故D正确 ；
故选D 。
7. 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LSO3分子中所含的O原子数为
B. 1L0.1ml·L-1CH3COONa溶液通HCl气体至中性，醋酸根离子数为
C. 5.8gC3H6O中含有的σ键数目最多为
D. 向含1mlH2O2的水溶液中分别加入足量MnO2、KMnO4固体，转移的电子数均为
【答案】C
【解析】
【详解】A．三氧化硫在标准状况下不是气体，11.2LSO3物质的量不是0.5ml，A错误；
B．1L0.1ml·L-1CH3COONa溶液通HCl气体至中性，则由电荷守恒可知，，根据物料守恒可知，钠离子为0.1ml，则醋酸根离子小于0.1ml，数目小于，，B错误；
C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，5.8gC3H6O为0.1ml，C3H6O不饱和度为1，其可能为不饱和醇、醛、酮、含有环的醇，若为，含有σ键最多，此时1分子含有10个σ键，故含有的σ键数目最多为，C正确；
D．，则1mlH2O2的水溶液中加入足量MnO2，转移电子为1ml，数目为，D错误；
故选C。
8. 下列说法不正确的是
A. 红外光谱可以测定未知有机物中所含的化学键和官能团
B. 网状结构酚醛树脂是由过量苯酚与甲醛发生缩聚反应制得
C. 蛋白质溶液遇到饱和溶液，有固体析出，该过程叫盐析
D. 可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键,故A正确；
B．网状结构酚醛树脂是由苯酚与过量甲醛发生缩聚反应制得，故B错误；
C．蛋白质溶液遇到饱和溶液，溶解度降低，有固体析出，该过程叫盐析，故C正确；
D．乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和饱和碳酸钠反应放出气泡，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
选B。
9. 下列离子反应方程式正确的是
A. 碳酸氢钠溶液呈碱性：
B. 常温下铁加入过量浓硝酸中：
C. 将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：
D. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根水解程度大于电离程度，即主要表现为水解，离子方程式为：，A正确；
B．常温下铁加入过量浓硝酸发生钝化反应，阻碍了反应的进行，故B错误；
C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为，故C正确；
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸反应生成S单质、SO2、和水，故离子方程式为：，故D错误。
答案选C。
10. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X分子中含3个手性碳原子
B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C. X、Y、Z在NaOH乙醇溶液中加热均能发生消去反应
D. X、Z分别过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；X 中 方框内的碳原子为手性碳原子，A错误；
B． 中与氧原子相连接的碳原子之间的化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；
C．X、Z中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸催化并加热条件下，能够发生消去反应，Y中不含羟基，无法发生消去，C错误；
D．中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成 ，然后 在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，D正确；
故答案为：D。
11. X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由该5种元素组成的某化合物是电池工业中的重要原料，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 原子半径：X
【答案】B
【解析】
【分析】该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为 H元素，Y可以形成3个共价键，应为N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y，若Y为N，则Z为Si，W可以形成一个共价键，且原子序数大于Z，则此时 W 只能是C1，这种情况则没有合理的M，所以Y为B元素，Z为C元素，W为F元素，M为S元素。
【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径：H
C．同周期元素自左至右电负性增大，因此H
故选B。
12. 某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法不正确的是
A. 可用铁氰化钾检验滤液1中是否含有Fe2+
B. 步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收
C. 滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分可能为SiO2和S
D. 步骤④的操作：将滤液2蒸发至有大量晶体析出，停止加热，自然冷却
【答案】D
【解析】
【分析】废催化剂加入稀硫酸，其中的ZnS、Fe3O4与稀硫酸反应，、,过滤后滤液中含ZnSO4 、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗皓矾，滤渣1含有SiO2、CuS，向其中加稀硫酸和H2O2溶液，得到含硫酸铜的滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得粗蓝矾，同时得到含SiO2和S的滤渣2。
【详解】A．要检验滤液1中是否含有Fe2+，可用铁氰化钾溶液检验，若生成蓝色沉淀，则含有Fe2+，故A正确；
B．步骤①操作中，发生反应，生成H2S气体，可用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，故B正确；
C．废催化剂中的SiO2、CuS不与稀硫酸反应、也不溶解，所以滤渣1成分是SiO2和CuS；滤渣2是SiO2、CuS加稀硫酸和H2O2溶液时，CuS反应生成的S和不反应也不溶解的SiO2的混合物，故C正确；
D．步骤④的操作应该是将滤液2蒸发浓缩、冷却结晶时得到饱和溶液后快速降温，不能加热至有大量晶体析出，故D错误；
故答案为：D。
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[已知：氧化能力：MnO2>H+；KOH溶液中，Zn2+以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是
A. Ⅰ区和Ⅱ区之间的离子选择隔膜为阳离子选择隔膜
B. Ⅱ区的通过隔膜向Ⅰ区迁移
C. MnO2电极反应：
D. 电池总反应：
【答案】D
【解析】
【分析】从题干可知，Zn为负极，Zn失电子结合OH-生成，Ⅲ中钾离子通过Ⅱ、Ⅲ之间的交换膜进入Ⅱ中，则Ⅱ、Ⅲ之间的离子交换膜为阳离子交换膜。MnO2电极为正极，正极上MnO2得电子结合氢离子转化为Mn2+和水，Ⅰ中硫酸根离子通过Ⅰ、Ⅱ之间的交换膜进入Ⅱ中，则Ⅰ、Ⅱ之间的离子交换膜为阴离子交换膜。
【详解】A．根据分析可知，Ⅰ区和Ⅱ区之间的离子选择隔膜为阴离子选择隔膜，A错误；
B．Ⅰ区中的硫酸根离子通过隔膜向Ⅱ区迁移，B错误；
C．MnO2电极反应为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D．该电池的总反应为，D正确；
故答案选D。
14. 在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法不正确的是
A. 当时，说明该反应已经达到平衡状态
B. 与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高
C. 使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
D. a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．2v正(X)=v正(Y)= v逆(Y)，正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A正确；
B．相同条件下催化剂Ⅰ作用下反应速率更大，说明与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高，B正确；
C．使用催化剂Ⅱ，0-2min内，Y的浓度变化值为2ml/L，v(X)=1ml/L÷2min=0.5ml·L-1·min-1，C错误；
D．a曲线上2min内X的浓度减小值为2ml/L，则Y的浓度增大值应为4ml/L，对应的催化剂为催化剂Ⅰ，D正确；
故答案选C。
15. 下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数。下列说法正确的是
A. 常温下，相同浓度的①、②、③三种溶液中，由大到小的顺序是①>③>②
B. 向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式：
C. AgCl在盐酸中的小于其在水中的
D. 向浓度均为1×10-3ml·L-1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加1×10-3ml·L-1的AgNO3溶液，先形成沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下，相同浓度的①中铵根离子和二价铁离子水解相互抑制，铵根离子水解程度小，铵根离子浓度大，②中铵根离子和碳酸根离子水解相互促进，水解程度大，余下铵根离子浓度小，三种溶液中铵根离子浓度大小关系为①>③>②，A正确；
B．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式应该是：，B错误；
C．AgCl在盐酸中的和在水中的是一样的，C错误；
D．向浓度均为1×10-3ml·L-1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加AgNO3，根据溶度积常数计算，形成氯化银沉淀需要的Ag+浓度为c(Ag+)=ml/L，形成重铬酸银沉淀需要的c2(Ag+)==2×10-9，c(Ag+)=×10-5ml/L，形成氯化银沉淀需要的银离子浓度小，Cl-先沉淀，D错误；
答案选A。
16. 根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．产生黑色沉淀，说明向Na2S溶液中通入足量CO2生成了H2S气体，强酸制弱酸，所以，A正确；
B．试纸变蓝，该溶液也可能为氨水溶液，不能说明溶液中含有铵盐，B错误；
C．测得的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，但浓度越小，水解程度越大，所以同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，C错误；
D．可能是浓硝酸受热发生分解生成NO2，由实验现象不能证明木炭与浓硝酸反应生成NO2，D错误；
故选A。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 硫及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）基态硫原子的价层电子排布图是_______。
（2）下列有关说法正确的是_______。
A. 同周期元素中，第一电离能大于硫元素的有3种
B. SO2的VSEPR模型和空间结构均为V形
C. 甲基磺酸中S原子采取sp杂化
D. 的发射光谱不止1条谱线
（3）中的O-O比H2O2中的更_______(填“难”或“易”)断裂。其原因是_______。
（4）锌与硫形成的化合物晶体的晶胞如图所示。
①Zn2+的配位数为_______。
②设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为anm，则该晶体的密度_______。
【答案】17. 18. AD
19. ①. 易 ②. 中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故中的比H2O2中更易断裂
20. ①. 4 ②. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4，根据洪特规则和泡利原理可知，基态硫原子的价层电子排布图为；
【小问2详解】
A．根据图片知，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，第一电离能大于硫的元素有P、Cl、Ar；故A正确；
B．SO2的中心原子价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，S含有一对孤电子对，分子的空间结构是V形，故B错误；
C． S原子成4个σ键，采用sp3杂化，故C错误；
D．为激发态原子，有多个电子发生跃迁，它由激发态回到能量较低或者基态时放出一定波长的光为发射光谱，其谱线不止1条，故D正确；
答案为AD；
【小问3详解】
比较两者-O-O-键的牢固程度，主要看O所连的原子的电负性强弱，中的O-O与S相连，S的电负性大于H，即S对O-O中的电子对吸引力大于H，使O-O中O原子的电子云密度降低，故中的比H2O2中更易断裂；
【小问4详解】
由晶胞示意图可知，每个S2-周围相邻最近的Zn2+有4个，晶体的化学式为ZnS，故每个Zn2+周围相邻最近的S2-有4个；由均摊法计算出一个晶胞有4个ZnS，故晶体的密度=g/cm3。
18. 碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备：
已知：酰氯具有酯的性质。请回答：
（1）写出NH3的电子式_______。
（2）写出步骤Ⅲ的化学反应方程式_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送
B. CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥
C. 碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子
D. CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O
（4）碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点_______(填“低”或“高”)，分析其原因_______。
（5）设计实验方案检验COCl2中的氯元素_______。
【答案】（1） （2） （3）C
（4） ①. 低 ②. 碳酸一甲酯能形成分子间氢键
（5）将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素
【解析】
【分析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成碳酸二甲酯和氨气。
【小问1详解】
NH3是共价化合物，电子式为；
【小问2详解】
步骤Ⅲ是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为；
【小问3详解】
A．液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；
B．CO(NH2)2是有机物，不含铵根离子，不属于铵盐，故B错误；
C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；
D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O，所以配位原子是C，故D错误；
选C。
【小问4详解】
碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。
【小问5详解】
将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素。
19. H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
Ⅰ．干法脱硫：；
；
（1）空气氧化脱除H2S反应：的_______kJ·ml-1。
Ⅱ．H2S高温裂解反应：
（2）不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图1所示，E表示某温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的百分数，则图中T1_______T2(填“>”、“=”或“<”)。
图1
（3）若T1温度下使用催化剂，请在图1中画出相应的活化分子百分数变化_______。
（4）在恒容密闭真空容器中，充入H2S进行高温裂解反应，初始时容器内压强为p，反应温度为900℃。实验过程中控制不同温度，测得H2S转化率如图2所示，其中曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。下列说法正确的是_______。
A. 分别达到A、B、C点时，反应时间为：
B. A点时容器内压强为1.2p
C. B点H2S的分解速率大于C点
D. 高温时a、b两曲线重合的原因是温度升高反应速率加快
（5）A的压力转化率表示为：(为A初始压强，为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数，则平衡时H2S的压力转化率_______。
（6）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用下图表示。其它条件不变时，增大气相压强和水膜pH均能提高H2S的去除率，其可能的原因是_______。
【答案】（1）-530.8
（2）< （3） （4）AD
（5）60% （6）增大气相压强，H2S的溶解度增大；水膜pH增大，增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所以可提高H2S的去除率
【解析】
【小问1详解】
①，
，
根据盖斯定律①﹣②×2：得方程式；
【小问2详解】
T2对应的阴影部分的面积更大，说明活化分子百分数更高，温度越高，活化分子百分数越大，故T1
T1温度下使用催化剂，反应物活化能减小，Ec往左移动，活化分子数增多，因此图像为；
【小问4详解】
A．分解反应是吸热反应，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，因此分别达到A、B、C点时，且相同温度下，参加反应的物质越多，反应需要的时间越长，则反应时间为关系，A正确；
B．反应开始时压强为p，假设H2S的物质的量为2 ml。根据方程式可知：每有2 ml H2S分解，会产生2 ml H2和1 ml S2气体，反应后气体物质的量会增加1 ml。当反应进行到A点时，H2S的转化率40％，此时反应的H2S气体的物质的量是2 ml×40%=0.8 ml，则反应后气体物质的量会增加0.8 ml×=0.4 ml，故此时气体总物质的量为2 ml+0.4 ml=2.4 ml，气体的总物质的量是原来的倍，根据盖斯定律，在恒温恒容时气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则气体压强是原来的1.2倍，但由于温度升高，压强会增大，因此A点的压强应大于原来的1.2倍，即A点压强大于1.2p，B错误；
C．反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应趋于平衡，H2S分解速率会逐渐减小，即V正逐渐减小，故C点时H2S的分解速率大于B点，C错误；
D．该分解反应是吸热反应，温度升高，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短，故高温时a、b两条曲线会逐渐重合，D正确；
故选AD；
【小问5详解】
根据三段式可知，
则，即，解得x=0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率；
【小问6详解】
气体的溶解度随着压强的增大而增大，且氢硫酸溶液中存在如下平衡H2S⇌H++HS-，适当增大活性炭表面的水膜pH，水膜中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡向电离方向移动，HS—浓度增大，使反应HS-+O=S+OH—向正反应方向移动，H2S的氧化去除率增大，故答案为：OH-浓度增大，促进H2S⇌H++HS-平衡向电离方向移动，HS-浓度增大，故答案为：增大气相压强，H2S的溶解度增大；水膜pH增大，增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，所以可提高H2S的去除率。
20. Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：①氨性溶液由、和配制。
②常温下，Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子。
③常温下，。
④易被空气氧化为。
请回答下列问题：
（1）“析晶”过程中通入的酸性气体A为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 步骤Ⅰ的活性MgO也可替换成稀氨水，不影响后续主要产物及高附加值化工产品的生产
B. 步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含、、等
C. 步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO
D. 常温下，pH=9.0氨性溶液中，
（3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为_______。
（4）测定产品CCl2的纯度。
准确称取0.600g样品，配成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液(Ag2CrO4为红色沉淀)。在不断摇动下，用0.1000ml·L-1AgNO3标准溶液滴定(假设杂质不参加反应)。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。
①达到滴定终点的现象为_______。
②产品CCl2的质量分数为_______。
③测定Cl-过程中若溶液pH过低，会使CCl2的质量分数偏低，其可能的原因是_______。
【答案】（1）HCl （2）BC
（3）或
（4） ①. 当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解 ②. 97.5% ③. pH过低，在酸性条件下转化为，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少
【解析】
【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸；Ni2+、C2+、C3+均可与NH3形成可溶于水的配离子，故滤泥加入氨性溶液氨浸溶解，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。
【小问1详解】
“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；
故答案为：HCl。
【小问2详解】
A．滤泥在氨水中能溶解，故步骤Ⅰ的活性MgO不可替换成稀氨水，A错误；
B．加入活性氧化镁，pH升高，Ni2+、C2+转化为Ni(OH)2、C(OH)3，活性 MgO 可与水反应生成Mg(OH)2，故步骤Ⅱ，过滤得到的滤泥主要含Mg(OH)2、Ni(OH)2、C(OH)3等，B正确；
C．根据分析可知步骤Ⅵ，热解所得的固体氧化物为MgO，C正确；
D．常温下，pH=9.0的氨性溶液中，c(H+)=10-9.0，c(OH-)=10-5.0，Kb(NH3⋅H2O)==10−4.7，=100.3>1，故c(NH)> c(NH3⋅H2O)，D错误；
故答案为：BC。
【小问3详解】
氨浸过程中C(OH)3转化为[C(NH3)6]2+，SO被氧化成SO，离子方程式为2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O；
故答案为：2C(OH)3+12NH3⋅H2O+SO=2[C(NH3)6]2++SO+4OH−+13H2O或2C(OH)3+8NH3⋅H2O+4NH+SO=2[C(NH3)6]2++SO+13H2O。
【小问4详解】
氯离子消耗完全后有Ag2CrO4生成，为红色沉淀，当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解，证明反应完成；
CCl2+2AgNO3=2AgCl+C(NO3)2，根据方程式可知n(CCl2)=2n(AgNO3)= 2×0.1000ml·L-1 ×0.02250L=4.5×10-3ml，产品CCl2的质量分数为=97.5%；
pH过低，CrO在酸性条件下转化为Cr2O，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，CCl2的质量分数偏低；
故答案为：当最后半滴AgNO3溶液滴入时，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解；97.5%；会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少。
21. 莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称是_______。
（2）下列说法不正确的是_______。
A. 在G→H的反应中，NaOH作催化剂
B. E→G、J→K的反应类型均为取代反应
C. 化合物J能与FeCl3溶液发生显色反应
D. 化合物K的分子式为C16H24NO3
（3）F的结构简式为_______。
（4）D转化为E的化学方程式为_______。
（5）研究小组在实验室用苯胺()和乙烯为原料合成。利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式_______。
①分子中含有苯环
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，含有氨基(-NH2)。
【答案】21. (酚)羟基 22. AD
23. 24.
25. 26.
【解析】
【分析】结合A分子式及B结构简式可知A结构简式：；A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C；D与乙酸酐反应生成E，E与F发生反应生成G，对比C、G结构简式，结合D分子式可知D结构简式：，则E结构简式： ，F结构简式：；G发生两步反应生成H，H反应生成I，结合I的结构简式和H分子式可知H为：；I与水反应生成J，J与乙酸酐反应生成K，结合K结构简式个J分子式可知，J为；
小问1详解】
A结构简式为，官能团名称：(酚)羟基；
【小问2详解】
A．酰胺基水解后生成的甲酸会与NaOH反应，NaOH不会催化剂，A错误；
B．结合分析，对比E→G、J→K各物质结构简式可知，反应类型均为取代反应，B正确；
C．化合物J为，含酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，C正确；
D．结合化合物K结构简式可知其分子式为C16H25NO3，D错误；
答案选AD；
【小问3详解】
根据分析可知，F结构简式：；
小问4详解】
根据分析可知D为，E为，化学方程式：；
【小问5详解】
参考合成路线H→I，反应生成；参考合成路线I→J，反应生成苯酚；乙烯与溴化氢加成生成溴乙烷，溴乙烷与苯酚反应生成目标产物；
【小问6详解】化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
AgCl
Ag2CrO4
或
选项
实验操作和现象
结论
A
向Na2S溶液中通入足量CO2，然后再将产生的气体导入CuSO4溶液中，产生黑色沉淀
B
取一定量未知溶液于试管中，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
C
常温下，用pH计分别测定1ml·L-1和0.1ml·L-1CH3COONH4溶液的pH，pH均为7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体
加热条件下，浓硝酸被木炭还原成NO2
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