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浙江省Lambda联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考化学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省Lambda联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考化学试题（Word版附解析），文件包含浙江省Lambda联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考化学试题Word版含解析docx、浙江省Lambda联盟2023-2024学年高三下学期第一次联考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
化学
姓名_____________准考证号_____________
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟.
考生注意：
1.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。
2.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。
3.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的签字笔或钢笔描黑.
4.可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、N-14、F-19、S-32、Na-23、Al-27、K-39、Ca-40、Fe-56、Zn-65、Mn-55、Cl-35.5、Ti-48、Cr-52、Ag-108
选择题部分
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。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键的盐是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有非极性键，A不选；
B．不属于盐，属于碱，B不选；
C．属于盐，OH-中含有极性键，C选；
D．不属于盐，D不选；
故选C
2. 碱金属锂和镁的性质相似，下列有关锂及其化合物的说法不正确的是
A. 易溶于水B. 在氧气中加热生成
C. 的熔点比钠高D. 受热分解，生成和
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱金属锂和镁的性质相似，易溶于水，所以易溶于水，A正确；
B．在氧气中加热生成，所以在氧气中加热生成，B错误；
C．碱金属随着原子序数的递增，熔点逐渐降低，的熔点比钠高，C正确；
D．碳酸镁受热可分解生成氧化镁和二氧化碳，受热分解，生成和，D正确；
答案选B。
3. 下列表示不正确的是
A. HF分子中键的形成示意图为
B. 基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
C. 分子的VSEPR模型：
D. 2，4，6—三硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF分子中σ键是H原子利用其s轨道、F原子利用其p轨道“头碰头”重叠而成：，A正确；
B．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为：，B正确；
C．NH3中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为正四面体型，C错误；
D．2，4，6—三硝基甲苯的结构简式：，D正确；
故选C。
4. 具有强氧化性，可发生反应：，下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数的值）
A. 既是氧化产物，又是还原产物
B. 仅作氧化剂
C. 生成转移电子的数目为
D. 每生成水，能产生气体（在标准状况下）
【答案】B
【解析】
【详解】A．中N元素化合价由+5价变为0价，中N元素化合价由-3价变为0价，则既是氧化产物，又是还原产物，A正确；
B．中N元素化合价由+5价变为0价，O元素化合价由-2价变为0价，则既是氧化剂又是还原剂，B错误；
C．中N元素化合价由+5价变为0价，反应消耗2ml生成2ml N2，转移10ml电子，则生成1ml N2转移电子的数目为，C正确；
D．由反应可知，每生成4ml水，产生3ml气体（N2和O2），水的物质的量为，会产生1.5 ml气体，气体在标准状况下的体积为，D正确；
故选B。
5. 常温下，在指定的溶液中一定能大量共的离子组是
A. 澄清透明的溶液：
B. 使甲基橙变红的溶液：
C. 加入铝产生氢气的溶液：
D. 的溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+、SCN-会反应，不能大量共存，A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性， 在酸性条件下生成二氧化硫和硫单质，和氢离子不能大量共存，B错误；
C．与铝反应能产生氢气的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下，这些离子均不反应，能大量共存，C正确；
D．c(Al3+ )=0.1ml•L-1的溶液中，Al3+与发生完全双水解反应，不能大量共存，D错误；
故选C。
6. 氮化硅（）是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示，下列说法正确的是
已知：在潮湿的空气中易水解，产生白雾。
A. 该流程中可循环使用的物质是
B. 第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
C. 和所含共价键数目均为
D. 第③步反应可用氨水代替
【答案】A
【解析】
【分析】石英砂与焦炭发生氧化还原反应生成粗硅，粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4；SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2，Si(NH)2高温下加热可得氮化硅，结合质量守恒可知，还生成氨气；
【详解】A．由分析可知，Si(NH2)4高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，A正确；
B．第①步反应中炭和石英砂反应生成粗硅和CO，CO不能使澄清石灰水变浑浊，B错误；
C．1mlSiCl4中含有4ml硅氯键，而1mlSi3N4中含有12ml硅氮键，所含共价键数目不同，C错误；
D．已知：在潮湿的空气中SiCl4易水解，产生白雾，故不能用氨水代替氨气，D错误；
故选A
7. 下列说法不正确的是
A. 液晶中分子的长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性
B. 较高压力，温度和引发剂作用下，乙烯加聚成含有较多支链的聚乙烯
C. 纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化
D. 等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．高温高压条件下，较高压力，乙烯加聚成的聚乙烯，增大压力，产物有较多支链的聚乙烯，故B正确；
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C错误；
D．等离子体是由阳离子和电子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故D正确；
故选C。
【点睛】
8. W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，短周期中X电负性最大，Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是
A. 化学键中离子键成分的百分数：
B. 单质晶体的硬度：
C. Y的第一电离能大于其同周期相邻元素
D. W、Z分别与X形成最简单分子的空间结构均为正四面体
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W为C元素，W与Z相邻，Z为Si元素，短周期中X电负性最大，X为F元素，Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y的电子排布式为1s22s22p63s2，Y为Mg元素，以此解答。
【详解】A．电负性：C>Si，化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，因此化学键中离子键成分的百分数：，A正确；
B．若碳组成的晶体是石墨，则硬度：石墨<晶体硅，B错误；
C．同一周期主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种主族元素处于同一周期，Na、Mg、Al分别位于第IA族、第IIA族、第IIIA族，所以这几种元素第一电离能由大到小顺序为Mg>Al>Na，C正确；
D．C、Si分别与F形成最简单分子为CF4、SiF4，二者空间结构均为正四面体，D正确；
故选B。
9. 下列有关有机物的说法正确的是
A. 质谱法测得某有机物相对分子质量是60，则该有机化合物分子式是
B. 不能用新制悬浊液鉴别甲醇、甲醛和甲酸甲酯
C. 利用可以区分甲酸乙酯和丙酸
D. 异丁醇、叔丁醇在一定条件下经催化氧化可分别生成异丁醛、叔丁醛
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法测得某有机物相对分子质量是60，由于不知道该有机物含有元素的种类，无法确定该有机化合物的分子式，A错误；
B．甲醇和新制悬浊液不反应，甲醛能溶于水且能和新制悬浊液反应，甲酸甲酯不溶于水且能和新制悬浊液反应，可以鉴别，B错误；
C．HCOOCH3和CH3CH=CH2，氢原子的种类和个数不同，利用可以区分甲酸乙酯和丙酸，C正确；
D．异丁醇的羟基碳上有2个氢，在一定条件下经催化氧化生成异丁醛，而叔丁醇的羟基碳上有无氢，不能被催化氧化，D错误；
故选C。
10. 下列方程式不能合理解释相应事实的是
A. 铝制餐具不宜用来长时间存放碱性食物：和
B. 用溶液除去油脂：
C. 溶液使锅炉水垢中的转化为：
D. 使用含氟牙膏预防龋齿：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝制餐具表面有一层氧化膜，Al和Al2O3均能与碱性物质发生化学反应，因此不宜用来长时间存放碱性食物，对应的方程式无误，A不符合题意；
B．油脂的主要成分是由高级脂肪酸（如硬脂酸C17H35COOH、软脂酸C15H31COOH等）和甘油形成的酯，不属于高级脂肪酸甘油酯，对应的方程式错误，B符合题意；
C．溶液可使锅炉水垢中的转化为溶解度更小的，便于后续用酸除去，利用了沉淀转化原理，对应的方程式无误，C不符合题意；
D．牙齿表面薄层釉质易被有机酸溶解从而导致龋齿，含氟牙膏能使沉淀发生转化，形成更难溶的，预防龋齿的原理为，增大c(F-)，沉淀溶解平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，D不符合题意；
故选B。
11. 甲基多巴是一种中枢性降压药，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子中存在3种官能团
B. 分子中所有碳原子不可能共平面
C. 该物质是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D. 1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式，甲基多巴含有羟基、羧基、氨基3种官能团，故A正确；
B．在甲基多巴结构中连有羧基的碳原子是饱和碳原子，为四面体结构，最多3个原子共面，故所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C．分子中含有羧基、酚羟基，表现酸性；含有氨基，表现碱性；能与酸、碱反应生成盐，故C正确；
D．酚羟基的邻位和对位能被溴取代，故1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗，故D错误。
答案选D。
12. 某研究小组利用和模拟工业制碱方法，实验流程如下：
下列说法不正确的是
A. 温度高于，分解加快导致产率降低
B. 操作Ⅲ中可分解，所以操作Ⅰ中无需洗涤固体
C. 加入固体有利于晶体析出
D. 步骤Ⅱ蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热
【答案】B
【解析】
【分析】本题为工业制备碳酸钠的流程题，在饱和氯化钠溶液中加入碳酸氢铵固体，发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤后分别处理固体碳酸氢钠和氯化铵溶液，可以得到两种产品氯化铵和碳酸钠，以此解题。
【详解】A．温度高于，会分解生成氨气、水和二氧化碳的量，减少了碳酸氢钠的量，最终降低了碳酸钠的产率，A正确；
B．操作Ⅲ中生成碳酸钠，其表面可能吸附氯化铵和氯化钠，氯化铵受热会分解，但是氯化钠较稳定，则操作Ⅰ中还需洗涤固体，B错误；
C．食盐会降低氯化铵的溶解度，则加入固体有利于晶体析出，C正确；
D．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，防止析出的因温度过高而分解，D正确；
故选B。
13. 在浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成，再加入锌粉生成和纯度较高的单质银，下列说法不正确的是
A. 提高浓度有利于单质银的溶解
B. 正极发生的电极反应式为：
C. 随着腐蚀的进行，溶液的增大
D. 加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]-，离子方程式为：，增大氯离子的浓度有利于单质银的溶解，A正确；
B．在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：，B错误；
C．根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，C正确；
D．加入锌粉后，发生反应：，溶液中阴离子总浓度降低，D正确；
故选B。
14. 葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，下列说法不正确的是
A. 葡萄糖由链状转化为环状结构发生了加成反应
B. 吡喃葡萄糖的稳定性大于吡喃葡萄糖
C 葡萄糖链状和环状结构中均有4个手性碳原子
D. 葡萄糖由链状转化为环状结构，
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．葡萄糖由链状转化为环状结构，—CHO与—OH加成，A正确；
B．因为α−D−吡喃葡萄糖的羟基离环面更近，使得羟基与环面形成了较强的氢键作用，从而增加了分子的 稳定性，B正确；
C．葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，环状结构中有5个手性碳原子，C错误；
D．葡萄糖结构中链状结构的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS<0，ΔH<0，D正确；
故选C。
【点睛】
15. 已知的，的，下列有关说法正确的是
A. 温度一定时在的叠氮酸中加入少量的稀盐酸，溶液的不会改变
B. 等浓度等体积的和溶液前者所含离子总数比后者多
C. 的新制氯水中：
D. 将通入溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在4种微粒
【答案】A
【解析】
【详解】A． pH=3的叠氮酸中H+浓度为0.001ml/L，向其中加入少量0.001ml/L的稀盐酸，H+浓度不变，则溶液的pH不会改变，A项正确；
B．两种溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，HClO的Ka小于HN3的Ka，同浓度两种溶液，NaClO溶液OH-浓度大，H+浓度小，等体积时NaClO溶液中n(H+)小，故NaClO溶液中n(H+)+n(Na+)小，则两种溶液中NaClO溶液中离子总数小，B项错误；
C．100mL pH=2的新制氯水中，n(H+)=0.001ml，根据电荷守恒有：n(ClO-)+n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)，根据物料守恒有：n(ClO-)+n(HClO)=n(Cl-)，联立二式有：n(ClO-)+n(HClO)+n(OH-)=n(H+)-n(ClO-)<0.001ml，C项错误；
D．将Cl2通入NaOH溶液中，无论溶液呈什么性，溶液中均含有Na+、Cl-、ClO-、H+、OH-、HClO、H2O，共7种粒子，D项错误；
故本题选A。
16. 下列有关和元素化学实验方案设计或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将不溶于水的红色粉末溶于稀硫酸，再加入溶液，粉末完全溶解，溶液变蓝绿色，加入溶液有蓝色沉淀生成，说明反应后的溶液中存在Fe2+，该红色粉末也可能是Cu2O和，发生的反应分别为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4，A错误；
B．向溶液中滴加氨水，先反应生成氢氧化铜沉淀，后生成[Cu(NH3)4]2+，该过程中[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明与的配位能力：，B正确；
C．向稀溶液中加入少量铜粉，固体完全溶解，发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，Cu为还原剂，Fe2+为还原产物，则还原性：，C正确；
D．CuS不溶于稀盐酸，FeS和盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢气体，溶液中含有Fe2+，此时CuS不能转化为FeS，说明CuS的溶解度小于FeS，，D正确；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17. 硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题
（1）基态Ga原子的电子排布式为__________。
（2）常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和________(填化学式)。NF3和NF3BF3中F-N-F的键角大小是NF3_______NF3BF3(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为a pm、cpm，。
①化合物X的化学式为__________。
②X晶体内含有的作用力有__________(填字母)。
a．配位键 b．离子键 c．氢键 d．金属键
③晶体中有__________种化学环境的●原子。
（4）阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为__________g/cm3(用含a，c的代数式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1（或写为[Ar]3d104s24p1）
（2） ①. H3BO3 ②. ＜
（3） ①. Na3AlF6 ②. ab ③. 2
（4）
【解析】
【小问1详解】
Ga是31号元素，根据构造原理，可知基态Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，也可写为[Ar] 3d104s24p1；
【小问2详解】
BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF、H3BO3，生成的HF可能与BF3作用生成HBF4，则产生三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3；
NF3的价层电子对数是4，有1对孤电子对，结构是三角锥形；在NF3BF3中，N原子与B原子形成配位键，孤电子对对成键电子排斥力较强，形成配位键后没有孤电子对，键角扩大，则NF3和NF3BF3相比较，F- B- F的键角大小顺序是NF3＜NF3BF3；
【小问3详解】
①一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。则X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体可能看出，此离子应为[AlF6]3-，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影 图可以看出，●表示Na+，在晶胞中含有Na+的数目为4×+6×+2=6，而含[AlF6]3-的数目为8×+1=2，由此得出X的化学式为Na3AlF6；
②X晶体内，Na+与[AlF6]3-间形成离子键，[AlF6]3-内A13+与F-之间形成配位键，不存在氢键和金属键，故含有的作用力有ab；
③根据上述分析可知：●表示Na+，在晶体中●的位置，一种在两个[AlF6]3-之间，一种连接在[AlF6]3-的一个F-上，故连接共有2种化学环境的Na+原子；
【小问4详解】
用均摊法计算，该晶胞含有2个Na3AlF6，化合物X的密度为ρ===g/cm3。
18. 某固态化合物Y的组成为，以Y为原料可实现如下转化：
已知：溶液C中金属离子与均不能形成配合物。请回答：
（1）写出溶液C中的所有阳离子____________。
（2）步骤V中的反应为，请说明能够较完全转化为的两个原因是：①生成降低了体系的能量；②____________。
（3）下列说法正确的是____________。
A. 固体B中含有单质
B. 步骤Ⅱ反应促进了水解平衡正向移动
C. 步骤Ⅲ可推断碱性
D. 直接加热不能得到
（4）固体Y可与溶液反应，写出该反应的离子方程式____________。
（5）设计实验方案检验气体中除以外的两种主要成分____________。
【答案】（1）、、、
（2）水蒸气带出，促进平衡正向移动 （3）BC
（4）
（5）将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。
【解析】
【分析】固体D和水在高温下反应生成Fe3O4，则D为Fe，溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E经一系列操作得到，则溶液E中含，溶液C中含有、，固体B为Fe、MnO、SrO，气体A为H2、CO2和水蒸气。
【小问1详解】
由步骤Ⅳ知，溶液E中含，由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ知，则溶液C中的所有阳离子：、、、；
【小问2详解】
由反应可推测，能够较完全转化为的两个原因：①生成降低了体系的能量；②水蒸气带出，促进平衡正向移动；
【小问3详解】
A．由分析知，固体B中含有而不含Mn单质，A错误；
B．步骤Ⅱ中，MnO、SrO可与水解产生的反应，从而促进了水解平衡正向移动，B正确；
C．步骤Ⅲ生成了沉淀而未生成沉淀，说明碱性：，C正确；
D．Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，属于强酸强碱盐，直接加热可得到，D错误；
故选BC。
【小问4详解】
固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，溶液中的I-离子具有还原性，Y与HI溶液可发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：；
【小问5详解】
气体A为H2、CO2和水蒸气，除以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。
19. 我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。
（1）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚（）也有广泛的应用。
反应I：
反应II：
反应III：
①自发反应的条件是____________。
②恒压、投料比的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比）如图所示：
I.下列说法正确的是____________。
A.从反应体系中分离出，能使反应II反应速率加快
B.使用更高效的催化剂能提高的平衡产率
C.考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率
D.若增大与的混合比例，可提高平衡转化率
II.当温度超过，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是____________。
（2）研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。
①在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为____________。
②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为____________（用a、b、c字母排序）。
（3）参与的乙苯脱氢机理如图所示（表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，位点带部分负电荷）。
上图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤II可描述为：____________。
【答案】（1） ①. 低温 ②. D ③. 反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大
（2） ①. ②. c、a、b
（3）位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/ml=-122.54kJ/ml，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发；
②I．A．从反应体系中分离出，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误；
B．催化剂不会使平衡移动，不能提高的平衡产率，故B错误；
C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误；
D．若增大与的混合比例，能使平衡I、III向右移动，可提高平衡转化率，故D正确；
答案为D；
II．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大；
【小问2详解】
①在碱性介质中电还原为正丙醇()，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：；
②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b；
【小问3详解】
结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤II可以描述为：位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上。
20. Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248g·ml-1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为_______。
（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为_______。
（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是________(用离子方程式表示)。
（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是_______。
（5）设计实验测定Na2S2O3·5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入5mL2ml·L-1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)，试计算Na2S2O3·5H2O的纯度为_______(保留三位有效数字)。
（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4·10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液，_______，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
【答案】（1）检查装置气密性
（2） ①. Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气 ②. Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2
（3）S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出
（5）93.0% （6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【解析】
【分析】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
【小问1详解】
该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
【小问2详解】
碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；
【小问3详解】
由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
【小问5详解】
由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O73I26Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
【小问6详解】
利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
21. 磺胺甲恶唑是一种抗菌剂，抗菌谱广，抗菌作用强。某课题组设计的合成路线如下（部分反应条件已省略）
已知：1.
2.
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 化合物D能与酸反应，具有碱性
B. 的反应过程先后经历了消去反应与加成反应
C. H的分子式为
D. 化合物G最多能与氢氧化钠发生反应
（3）化合物的结构简式是___________。
（4）写出的化学方程式___________。
（5）已知：①；②苯环上的氨基容易被氧化，酰胺基不易被氧化。结合已知信息，以苯、乙酸为有机原料，设计合成G的路线_______。（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选）
（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_______（不包含立体异构）
①分子中无、、、、键，无结构
②分子内有两个5元环（且两个五元环共用一条边），无其它环
③谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）酯基 （2）BD
（3） （4）
（5） （6）
【解析】
【分析】根据已知1，可推出B为，由B、C、D的化学式以及D的结构简式，可知的反应过程先后经历了加成反应与消去反应，F与G生成H发生了取代反应，由逆推法可知，F是。
【小问1详解】
化合物A的含氧官能团名称是酯基；
【小问2详解】
A．化合物D含有酯基与次氨基，能与酸反应，具有碱性，A正确；B．反应过程先后经历了加成反应与消去反应，B错误；C．H的分子式为，C正确；D．化合物G最多能与氢氧化钠发生反应，苯环右边基团可以与氢氧化钠发生反应，酰胺基可以与氢氧化钠发生反应，D错误； 故选BD。
【小问3详解】
F与G生成H发生了取代反应，由逆推法可知，F是。
【小问4详解】
根据已知1发生了取代反应，；
【小问5详解】
结合流程以及已知信息可知：；
【小问6详解】
因为谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，所以是对称结构，D的不饱和度是4，则在环的外围不饱和度为2，即可能有两个双键或者一个三键，结合其他条件知：。实验方案
实验现象
实验结论
A
将不溶于水的红色粉末溶于稀硫酸，再加入溶液
粉末完全溶解，溶液变蓝绿色，加入溶液有蓝色沉淀生成
红色粉末成分是Cu和
B
向溶液中滴加氨水
先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，溶液变深蓝色
与的配位能力：
C
向稀溶液中加入少量铜粉
固体完全溶解
还原性：
D
向CuS和FeS混合固体中加入足量稀盐酸
黑色固体部分溶解，有气体产生，溶液为浅绿色
化学
姓名_____________准考证号_____________
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟.
考生注意：
1.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。
2.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。
3.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的签字笔或钢笔描黑.
4.可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、N-14、F-19、S-32、Na-23、Al-27、K-39、Ca-40、Fe-56、Zn-65、Mn-55、Cl-35.5、Ti-48、Cr-52、Ag-108
选择题部分
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。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键的盐是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．中含有非极性键，A不选；
B．不属于盐，属于碱，B不选；
C．属于盐，OH-中含有极性键，C选；
D．不属于盐，D不选；
故选C
2. 碱金属锂和镁的性质相似，下列有关锂及其化合物的说法不正确的是
A. 易溶于水B. 在氧气中加热生成
C. 的熔点比钠高D. 受热分解，生成和
【答案】B
【解析】
【详解】A．碱金属锂和镁的性质相似，易溶于水，所以易溶于水，A正确；
B．在氧气中加热生成，所以在氧气中加热生成，B错误；
C．碱金属随着原子序数的递增，熔点逐渐降低，的熔点比钠高，C正确；
D．碳酸镁受热可分解生成氧化镁和二氧化碳，受热分解，生成和，D正确；
答案选B。
3. 下列表示不正确的是
A. HF分子中键的形成示意图为
B. 基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
C. 分子的VSEPR模型：
D. 2，4，6—三硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF分子中σ键是H原子利用其s轨道、F原子利用其p轨道“头碰头”重叠而成：，A正确；
B．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为：，B正确；
C．NH3中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为正四面体型，C错误；
D．2，4，6—三硝基甲苯的结构简式：，D正确；
故选C。
4. 具有强氧化性，可发生反应：，下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数的值）
A. 既是氧化产物，又是还原产物
B. 仅作氧化剂
C. 生成转移电子的数目为
D. 每生成水，能产生气体（在标准状况下）
【答案】B
【解析】
【详解】A．中N元素化合价由+5价变为0价，中N元素化合价由-3价变为0价，则既是氧化产物，又是还原产物，A正确；
B．中N元素化合价由+5价变为0价，O元素化合价由-2价变为0价，则既是氧化剂又是还原剂，B错误；
C．中N元素化合价由+5价变为0价，反应消耗2ml生成2ml N2，转移10ml电子，则生成1ml N2转移电子的数目为，C正确；
D．由反应可知，每生成4ml水，产生3ml气体（N2和O2），水的物质的量为，会产生1.5 ml气体，气体在标准状况下的体积为，D正确；
故选B。
5. 常温下，在指定的溶液中一定能大量共的离子组是
A. 澄清透明的溶液：
B. 使甲基橙变红的溶液：
C. 加入铝产生氢气的溶液：
D. 的溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+、SCN-会反应，不能大量共存，A错误；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性， 在酸性条件下生成二氧化硫和硫单质，和氢离子不能大量共存，B错误；
C．与铝反应能产生氢气的溶液为酸性或碱性，酸性或碱性条件下，这些离子均不反应，能大量共存，C正确；
D．c(Al3+ )=0.1ml•L-1的溶液中，Al3+与发生完全双水解反应，不能大量共存，D错误；
故选C。
6. 氮化硅（）是一种高温结构陶瓷材料，它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示，下列说法正确的是
已知：在潮湿的空气中易水解，产生白雾。
A. 该流程中可循环使用的物质是
B. 第①步反应中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
C. 和所含共价键数目均为
D. 第③步反应可用氨水代替
【答案】A
【解析】
【分析】石英砂与焦炭发生氧化还原反应生成粗硅，粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4；SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2，Si(NH)2高温下加热可得氮化硅，结合质量守恒可知，还生成氨气；
【详解】A．由分析可知，Si(NH2)4高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用，A正确；
B．第①步反应中炭和石英砂反应生成粗硅和CO，CO不能使澄清石灰水变浑浊，B错误；
C．1mlSiCl4中含有4ml硅氯键，而1mlSi3N4中含有12ml硅氮键，所含共价键数目不同，C错误；
D．已知：在潮湿的空气中SiCl4易水解，产生白雾，故不能用氨水代替氨气，D错误；
故选A
7. 下列说法不正确的是
A. 液晶中分子的长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性
B. 较高压力，温度和引发剂作用下，乙烯加聚成含有较多支链的聚乙烯
C. 纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化
D. 等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．高温高压条件下，较高压力，乙烯加聚成的聚乙烯，增大压力，产物有较多支链的聚乙烯，故B正确；
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C错误；
D．等离子体是由阳离子和电子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故D正确；
故选C。
【点睛】
8. W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，短周期中X电负性最大，Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是
A. 化学键中离子键成分的百分数：
B. 单质晶体的硬度：
C. Y的第一电离能大于其同周期相邻元素
D. W、Z分别与X形成最简单分子的空间结构均为正四面体
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z四种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W为C元素，W与Z相邻，Z为Si元素，短周期中X电负性最大，X为F元素，Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y的电子排布式为1s22s22p63s2，Y为Mg元素，以此解答。
【详解】A．电负性：C>Si，化合物中两元素电负性差值越大，离子键的百分数就越大，因此化学键中离子键成分的百分数：，A正确；
B．若碳组成的晶体是石墨，则硬度：石墨<晶体硅，B错误；
C．同一周期主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种主族元素处于同一周期，Na、Mg、Al分别位于第IA族、第IIA族、第IIIA族，所以这几种元素第一电离能由大到小顺序为Mg>Al>Na，C正确；
D．C、Si分别与F形成最简单分子为CF4、SiF4，二者空间结构均为正四面体，D正确；
故选B。
9. 下列有关有机物的说法正确的是
A. 质谱法测得某有机物相对分子质量是60，则该有机化合物分子式是
B. 不能用新制悬浊液鉴别甲醇、甲醛和甲酸甲酯
C. 利用可以区分甲酸乙酯和丙酸
D. 异丁醇、叔丁醇在一定条件下经催化氧化可分别生成异丁醛、叔丁醛
【答案】C
【解析】
【详解】A．质谱法测得某有机物相对分子质量是60，由于不知道该有机物含有元素的种类，无法确定该有机化合物的分子式，A错误；
B．甲醇和新制悬浊液不反应，甲醛能溶于水且能和新制悬浊液反应，甲酸甲酯不溶于水且能和新制悬浊液反应，可以鉴别，B错误；
C．HCOOCH3和CH3CH=CH2，氢原子的种类和个数不同，利用可以区分甲酸乙酯和丙酸，C正确；
D．异丁醇的羟基碳上有2个氢，在一定条件下经催化氧化生成异丁醛，而叔丁醇的羟基碳上有无氢，不能被催化氧化，D错误；
故选C。
10. 下列方程式不能合理解释相应事实的是
A. 铝制餐具不宜用来长时间存放碱性食物：和
B. 用溶液除去油脂：
C. 溶液使锅炉水垢中的转化为：
D. 使用含氟牙膏预防龋齿：
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝制餐具表面有一层氧化膜，Al和Al2O3均能与碱性物质发生化学反应，因此不宜用来长时间存放碱性食物，对应的方程式无误，A不符合题意；
B．油脂的主要成分是由高级脂肪酸（如硬脂酸C17H35COOH、软脂酸C15H31COOH等）和甘油形成的酯，不属于高级脂肪酸甘油酯，对应的方程式错误，B符合题意；
C．溶液可使锅炉水垢中的转化为溶解度更小的，便于后续用酸除去，利用了沉淀转化原理，对应的方程式无误，C不符合题意；
D．牙齿表面薄层釉质易被有机酸溶解从而导致龋齿，含氟牙膏能使沉淀发生转化，形成更难溶的，预防龋齿的原理为，增大c(F-)，沉淀溶解平衡正向移动，生成更难溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羟基磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，D不符合题意；
故选B。
11. 甲基多巴是一种中枢性降压药，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子中存在3种官能团
B. 分子中所有碳原子不可能共平面
C. 该物质是两性化合物，能与酸、碱反应生成盐
D. 1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式，甲基多巴含有羟基、羧基、氨基3种官能团，故A正确；
B．在甲基多巴结构中连有羧基的碳原子是饱和碳原子，为四面体结构，最多3个原子共面，故所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C．分子中含有羧基、酚羟基，表现酸性；含有氨基，表现碱性；能与酸、碱反应生成盐，故C正确；
D．酚羟基的邻位和对位能被溴取代，故1ml该物质与足量溴水反应，最多消耗，故D错误。
答案选D。
12. 某研究小组利用和模拟工业制碱方法，实验流程如下：
下列说法不正确的是
A. 温度高于，分解加快导致产率降低
B. 操作Ⅲ中可分解，所以操作Ⅰ中无需洗涤固体
C. 加入固体有利于晶体析出
D. 步骤Ⅱ蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热
【答案】B
【解析】
【分析】本题为工业制备碳酸钠的流程题，在饱和氯化钠溶液中加入碳酸氢铵固体，发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤后分别处理固体碳酸氢钠和氯化铵溶液，可以得到两种产品氯化铵和碳酸钠，以此解题。
【详解】A．温度高于，会分解生成氨气、水和二氧化碳的量，减少了碳酸氢钠的量，最终降低了碳酸钠的产率，A正确；
B．操作Ⅲ中生成碳酸钠，其表面可能吸附氯化铵和氯化钠，氯化铵受热会分解，但是氯化钠较稳定，则操作Ⅰ中还需洗涤固体，B错误；
C．食盐会降低氯化铵的溶解度，则加入固体有利于晶体析出，C正确；
D．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，防止析出的因温度过高而分解，D正确；
故选B。
13. 在浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成，再加入锌粉生成和纯度较高的单质银，下列说法不正确的是
A. 提高浓度有利于单质银的溶解
B. 正极发生的电极反应式为：
C. 随着腐蚀的进行，溶液的增大
D. 加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]-，离子方程式为：，增大氯离子的浓度有利于单质银的溶解，A正确；
B．在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：，B错误；
C．根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，C正确；
D．加入锌粉后，发生反应：，溶液中阴离子总浓度降低，D正确；
故选B。
14. 葡萄糖水溶液中，存在链状和环状结构间的平衡。常温下，各种葡萄糖结构及其所占百分含量如下图所示。已知各种葡萄糖结构中链状结构的熵最大，下列说法不正确的是
A. 葡萄糖由链状转化为环状结构发生了加成反应
B. 吡喃葡萄糖的稳定性大于吡喃葡萄糖
C 葡萄糖链状和环状结构中均有4个手性碳原子
D. 葡萄糖由链状转化为环状结构，
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．葡萄糖由链状转化为环状结构，—CHO与—OH加成，A正确；
B．因为α−D−吡喃葡萄糖的羟基离环面更近，使得羟基与环面形成了较强的氢键作用，从而增加了分子的 稳定性，B正确；
C．葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，环状结构中有5个手性碳原子，C错误；
D．葡萄糖结构中链状结构的熵最大，葡萄糖由链状转化为环状结构ΔS<0，ΔH<0，D正确；
故选C。
【点睛】
15. 已知的，的，下列有关说法正确的是
A. 温度一定时在的叠氮酸中加入少量的稀盐酸，溶液的不会改变
B. 等浓度等体积的和溶液前者所含离子总数比后者多
C. 的新制氯水中：
D. 将通入溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在4种微粒
【答案】A
【解析】
【详解】A． pH=3的叠氮酸中H+浓度为0.001ml/L，向其中加入少量0.001ml/L的稀盐酸，H+浓度不变，则溶液的pH不会改变，A项正确；
B．两种溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，HClO的Ka小于HN3的Ka，同浓度两种溶液，NaClO溶液OH-浓度大，H+浓度小，等体积时NaClO溶液中n(H+)小，故NaClO溶液中n(H+)+n(Na+)小，则两种溶液中NaClO溶液中离子总数小，B项错误；
C．100mL pH=2的新制氯水中，n(H+)=0.001ml，根据电荷守恒有：n(ClO-)+n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)，根据物料守恒有：n(ClO-)+n(HClO)=n(Cl-)，联立二式有：n(ClO-)+n(HClO)+n(OH-)=n(H+)-n(ClO-)<0.001ml，C项错误；
D．将Cl2通入NaOH溶液中，无论溶液呈什么性，溶液中均含有Na+、Cl-、ClO-、H+、OH-、HClO、H2O，共7种粒子，D项错误；
故本题选A。
16. 下列有关和元素化学实验方案设计或结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将不溶于水的红色粉末溶于稀硫酸，再加入溶液，粉末完全溶解，溶液变蓝绿色，加入溶液有蓝色沉淀生成，说明反应后的溶液中存在Fe2+，该红色粉末也可能是Cu2O和，发生的反应分别为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4，A错误；
B．向溶液中滴加氨水，先反应生成氢氧化铜沉淀，后生成[Cu(NH3)4]2+，该过程中[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明与的配位能力：，B正确；
C．向稀溶液中加入少量铜粉，固体完全溶解，发生反应：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，Cu为还原剂，Fe2+为还原产物，则还原性：，C正确；
D．CuS不溶于稀盐酸，FeS和盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢气体，溶液中含有Fe2+，此时CuS不能转化为FeS，说明CuS的溶解度小于FeS，，D正确；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17. 硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题
（1）基态Ga原子的电子排布式为__________。
（2）常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和________(填化学式)。NF3和NF3BF3中F-N-F的键角大小是NF3_______NF3BF3(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为a pm、cpm，。
①化合物X的化学式为__________。
②X晶体内含有的作用力有__________(填字母)。
a．配位键 b．离子键 c．氢键 d．金属键
③晶体中有__________种化学环境的●原子。
（4）阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为__________g/cm3(用含a，c的代数式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1（或写为[Ar]3d104s24p1）
（2） ①. H3BO3 ②. ＜
（3） ①. Na3AlF6 ②. ab ③. 2
（4）
【解析】
【小问1详解】
Ga是31号元素，根据构造原理，可知基态Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，也可写为[Ar] 3d104s24p1；
【小问2详解】
BF3为缺电子结构，通入水中可能发生双水解反应，生成HF、H3BO3，生成的HF可能与BF3作用生成HBF4，则产生三种酸分别为HBF4、HF和H3BO3；
NF3的价层电子对数是4，有1对孤电子对，结构是三角锥形；在NF3BF3中，N原子与B原子形成配位键，孤电子对对成键电子排斥力较强，形成配位键后没有孤电子对，键角扩大，则NF3和NF3BF3相比较，F- B- F的键角大小顺序是NF3＜NF3BF3；
【小问3详解】
①一定条件下，NH4F、NaF和NaAlO2反应生成NH3、H2O和化合物X。则X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体可能看出，此离子应为[AlF6]3-，从X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影 图可以看出，●表示Na+，在晶胞中含有Na+的数目为4×+6×+2=6，而含[AlF6]3-的数目为8×+1=2，由此得出X的化学式为Na3AlF6；
②X晶体内，Na+与[AlF6]3-间形成离子键，[AlF6]3-内A13+与F-之间形成配位键，不存在氢键和金属键，故含有的作用力有ab；
③根据上述分析可知：●表示Na+，在晶体中●的位置，一种在两个[AlF6]3-之间，一种连接在[AlF6]3-的一个F-上，故连接共有2种化学环境的Na+原子；
【小问4详解】
用均摊法计算，该晶胞含有2个Na3AlF6，化合物X的密度为ρ===g/cm3。
18. 某固态化合物Y的组成为，以Y为原料可实现如下转化：
已知：溶液C中金属离子与均不能形成配合物。请回答：
（1）写出溶液C中的所有阳离子____________。
（2）步骤V中的反应为，请说明能够较完全转化为的两个原因是：①生成降低了体系的能量；②____________。
（3）下列说法正确的是____________。
A. 固体B中含有单质
B. 步骤Ⅱ反应促进了水解平衡正向移动
C. 步骤Ⅲ可推断碱性
D. 直接加热不能得到
（4）固体Y可与溶液反应，写出该反应的离子方程式____________。
（5）设计实验方案检验气体中除以外的两种主要成分____________。
【答案】（1）、、、
（2）水蒸气带出，促进平衡正向移动 （3）BC
（4）
（5）将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。
【解析】
【分析】固体D和水在高温下反应生成Fe3O4，则D为Fe，溶液C和一水合氨反应生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E经一系列操作得到，则溶液E中含，溶液C中含有、，固体B为Fe、MnO、SrO，气体A为H2、CO2和水蒸气。
【小问1详解】
由步骤Ⅳ知，溶液E中含，由步骤Ⅱ和步骤Ⅲ知，则溶液C中的所有阳离子：、、、；
【小问2详解】
由反应可推测，能够较完全转化为的两个原因：①生成降低了体系的能量；②水蒸气带出，促进平衡正向移动；
【小问3详解】
A．由分析知，固体B中含有而不含Mn单质，A错误；
B．步骤Ⅱ中，MnO、SrO可与水解产生的反应，从而促进了水解平衡正向移动，B正确；
C．步骤Ⅲ生成了沉淀而未生成沉淀，说明碱性：，C正确；
D．Sr与Ca处于同一主族，Sr比Ca活泼，属于强酸强碱盐，直接加热可得到，D错误；
故选BC。
【小问4详解】
固体Y中Mn元素的化合价为+4价，Y具有氧化性，溶液中的I-离子具有还原性，Y与HI溶液可发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得到反应的离子方程式：；
【小问5详解】
气体A为H2、CO2和水蒸气，除以外的两种气体为CO2和水蒸气，检验方法：将生成的气体通入盛有粉末的硬质玻璃管中，固体变蓝，说明有水蒸气，再继续通入澄清石灰水中，变浑浊，说明有气体。
19. 我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。
（1）通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚（）也有广泛的应用。
反应I：
反应II：
反应III：
①自发反应的条件是____________。
②恒压、投料比的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比）如图所示：
I.下列说法正确的是____________。
A.从反应体系中分离出，能使反应II反应速率加快
B.使用更高效的催化剂能提高的平衡产率
C.考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率
D.若增大与的混合比例，可提高平衡转化率
II.当温度超过，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是____________。
（2）研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。
①在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为____________。
②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为____________（用a、b、c字母排序）。
（3）参与的乙苯脱氢机理如图所示（表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，位点带部分负电荷）。
上图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤II可描述为：____________。
【答案】（1） ①. 低温 ②. D ③. 反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大
（2） ①. ②. c、a、b
（3）位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上
【解析】
【小问1详解】
①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/ml=-122.54kJ/ml，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发；
②I．A．从反应体系中分离出，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误；
B．催化剂不会使平衡移动，不能提高的平衡产率，故B错误；
C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误；
D．若增大与的混合比例，能使平衡I、III向右移动，可提高平衡转化率，故D正确；
答案为D；
II．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大；
【小问2详解】
①在碱性介质中电还原为正丙醇()，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：；
②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b；
【小问3详解】
结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤II可以描述为：位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上。
20. Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248g·ml-1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。
（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为_______。
（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为_______。
（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是________(用离子方程式表示)。
（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是_______。
（5）设计实验测定Na2S2O3·5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入5mL2ml·L-1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)，试计算Na2S2O3·5H2O的纯度为_______(保留三位有效数字)。
（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4·10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液，_______，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
【答案】（1）检查装置气密性
（2） ①. Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气 ②. Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2
（3）S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出
（5）93.0% （6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤
【解析】
【分析】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
【小问1详解】
该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
【小问2详解】
碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；
【小问3详解】
由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
【小问5详解】
由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O73I26Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
【小问6详解】
利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
21. 磺胺甲恶唑是一种抗菌剂，抗菌谱广，抗菌作用强。某课题组设计的合成路线如下（部分反应条件已省略）
已知：1.
2.
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 化合物D能与酸反应，具有碱性
B. 的反应过程先后经历了消去反应与加成反应
C. H的分子式为
D. 化合物G最多能与氢氧化钠发生反应
（3）化合物的结构简式是___________。
（4）写出的化学方程式___________。
（5）已知：①；②苯环上的氨基容易被氧化，酰胺基不易被氧化。结合已知信息，以苯、乙酸为有机原料，设计合成G的路线_______。（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选）
（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_______（不包含立体异构）
①分子中无、、、、键，无结构
②分子内有两个5元环（且两个五元环共用一条边），无其它环
③谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子
【答案】（1）酯基 （2）BD
（3） （4）
（5） （6）
【解析】
【分析】根据已知1，可推出B为，由B、C、D的化学式以及D的结构简式，可知的反应过程先后经历了加成反应与消去反应，F与G生成H发生了取代反应，由逆推法可知，F是。
【小问1详解】
化合物A的含氧官能团名称是酯基；
【小问2详解】
A．化合物D含有酯基与次氨基，能与酸反应，具有碱性，A正确；B．反应过程先后经历了加成反应与消去反应，B错误；C．H的分子式为，C正确；D．化合物G最多能与氢氧化钠发生反应，苯环右边基团可以与氢氧化钠发生反应，酰胺基可以与氢氧化钠发生反应，D错误； 故选BD。
【小问3详解】
F与G生成H发生了取代反应，由逆推法可知，F是。
【小问4详解】
根据已知1发生了取代反应，；
【小问5详解】
结合流程以及已知信息可知：；
【小问6详解】
因为谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，所以是对称结构，D的不饱和度是4，则在环的外围不饱和度为2，即可能有两个双键或者一个三键，结合其他条件知：。实验方案
实验现象
实验结论
A
将不溶于水的红色粉末溶于稀硫酸，再加入溶液
粉末完全溶解，溶液变蓝绿色，加入溶液有蓝色沉淀生成
红色粉末成分是Cu和
B
向溶液中滴加氨水
先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，溶液变深蓝色
与的配位能力：
C
向稀溶液中加入少量铜粉
固体完全溶解
还原性：
D
向CuS和FeS混合固体中加入足量稀盐酸
黑色固体部分溶解，有气体产生，溶液为浅绿色
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