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备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）05（解析版）
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这是一份备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）05（解析版），共18页。试卷主要包含了01NA，82×10-9，5×10-8，20mL等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1．下列物质在熔融状态下不导电且属于电解质是( )
A．CuB．AlCl3C． CaCl2D．SiO2
【答案】B
【解析】A项，Cu是金属单质，在熔融状态下导电，但不属于电解质，故A不选；B项，AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，属于电解质，故B选；C项，CaCl2是电解质，在熔融状态下能导电，故C不选；D项，SiO2是非电解质，在熔融状态下不导电，故D不选；故选B。
2．下列化学用语表述不正确的是( )
A．CO2的电子式
B．中子数为20的氯原子：
C．BF3分子的VSEPR模型：
D．基态Fe原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】A项，CO2为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式： ，A正确；B项，核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子：，B正确；C项，BF3分子中B原子的价层电子对数为，则VSEPR模型为平面三角形，C错误；D项，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图： ，D正确；故选C。
3．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。下列说法正确的是( )
A．BeCl2属于电解质，但熔融态不导电 B．Be位于元素周期表的p区
C．BeCl2熔点比BeBr2高 D．BeCl2不与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】A项，BeCl2熔点较低，易升华，其化学性质与AlCl3相似，符合分子晶体的性质，故BeCl2为共价化合物，熔融状态破坏不了共价键，故熔融状态不导电，A正确；B项，Be位于元素周期表的s区，B错误；C项，分子晶体的熔点与相对分子质量有关，通常相对分子质量越大的分子间作用力越强，熔点越高，故BeCl2熔点比BeBr2低，C错误；D项，氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，BeCl2化学性质与AlCl3相似，故推测可以与NaOH溶液反应，D错误；故选A。
4．物质的性质决定用途，下列对应的两者关系不正确的是( )
A．NaNO2会与肌红蛋白生成红色物质，可作一些肉制品发色剂
B．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸
C．聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞
D．NaHCO3溶于水显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂
【答案】D
【解析】A项，NaNO2会与肌红蛋白反应生成红色物质，可用作一些肉制品的发色剂，A正确；B项，常温下铝遇到浓硝酸发生钝化，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，B正确；C项，聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正确；D项，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使糕点膨松，常用作烘焙糕点的膨松剂，D错误；故选D。
5．下列说法正确的是( )
A．用图①装置可蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3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Fe3O4
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H2的标准燃烧热
【答案】C
【解析】A项，用图①装置可蒸干AlCl3溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到AlCl3固体，故A错误；B项，根据固体颜色无法证明产物有Fe3O4，故B错误；C项，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项，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。
6．加热煮沸的浓NaOH溶液和白磷反应可制PH3，该过程同时可获得P2H4.其中一个反应为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑。下列说法不正确的是( )
A．稳定性：P2H4大于N2H4
B．反应过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、离子键的形成
C．P4、PH3与P2H4的晶体类型相同
D．PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH
【答案】A
【解析】A项，非金属性：N>P,故对应氢化物的稳定性：P2H4小于N2H4，A错误；B项，反应过程中有O-H极性键、P-P非极性键的断裂，也有极性键P-H、钠离子和H2PO2-形成的离子键的形成，B正确；C项，P4、PH3与P2H4的晶体类型相同，均为分子晶体，C正确；D项，NH3、PH3均为三角锥形分子，但电负性：N>P，NH3中共用电子对离中心原子更近，排斥力增大，键角增大，故PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH，D正确。故选A。
7．设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是( )
A．在25℃时，pH为12的CH3COONa溶液中水电离出的H+数目为0.01NA
B．标准状况下，4.48LSO2和足量O2反应，生成的SO3分子数目为0.2NA
C．电解精炼粗铜时，阳极质量减少6.4g，外电路中通过电子的数目为0.2NA
D．13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NA
【答案】D
【解析】A项，溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B项，该反应为可逆反应，SO2不能完全转化，因此生成的SO3分子数目小于0.2NA，故B错误；C项，电解精炼粗铜时，阳极为粗铜，含有锌、铁等活泼金属先于铜失电子，因此阳极质量减少6.4g，转移电子数目不一定为0.2 NA，故C错误；D项，苯、苯乙烯、聚苯乙烯最简式均为CH，则13g混合物即为13gCH质量，含1mlCH，所含氢原子数目为NA，故D正确；故选D。
8．下列说法不正确的是( )
A．石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烃，如苯、甲苯等
B．经过硫化的顺丁橡胶既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性
C．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解
D．相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强
【答案】C
【解析】A项，石油在加热和催化剂作用下通过结构调整，发生重整可以获得环状烃如苯、甲苯等，A项正确；B项，经过硫化的顺丁橡胶由线型结构变成网状结构，既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性，B项正确；C项，淀粉、纤维素在一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子，但油脂不是高分子，C项错误；D项，由于乙基对羟基的影响，使得乙醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱，则在相同条件下，钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，D项正确；故选C。
9．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+
B．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液；H3PO3+3OH-=PO33-+3H2O
C．Na2NH中加入硫酸中：NH2-+2H+=NH3↑
D．实验室用过氧化钡与稀硫酸反应制备双氧水：BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2
【答案】D
【解析】A项，明矾溶于水，铝离子水解产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，A错误；B项，二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成Na2HPO3，故反应为H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，B错误；C项，Na2NH中加入硫酸中生成硫酸铵：NH2-+3H+=NH4+，C错误；D项，实验室用过氧化钡与稀硫酸发生复分解反应生成双氧水：BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2，D正确；故选D。
10．下双氯芬酸属于非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，其结构如图，下列说法正确的是( )
A．分子中存在4种官能团
B．该物质有酸性但没有碱性
C．该分子与足量氢气加成，所得物质分子中有4个手性碳原子
D．1 ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 ml NaOH
【答案】C
【解析】A项，由结构简式可知，双氯芬酸的官能团为碳氯键、亚氨基和羧基，共有3种，故A错误；B项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的羧基表现酸性，含有的亚氨基表现碱性，故B错误；C项，由结构简式可知，双氯芬酸分子一定条件下与足量氢气发生加成反应所得物质分子中有4个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；D项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的碳氯键和羧基能与氢氧化钠溶液反应，其中碳氯键水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，则1ml双氯芬酸分子与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗5ml氢氧化钠，故D错误；故选C。
11．前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为，下列说法不正确的是
A．电负性：Z＜Q＜Y
B．简单离子半径：Z＞Q＞Y＞Z
C．同周期中第一电离能比Q大的元素有1种
D．三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中
【答案】C
【解析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素。A项，由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即Z＜Q＜Y，A正确；B项，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即Z＞Q＞Y＞Z，B正确；C项，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；D项，X、Y、W分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故选C。
12．下图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4显墨绿色，下列说法中不正确的是( )
A．第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B．第②步加入的MnO2作还原剂，第④步通CO2发生反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，MnO2是氧化产物
C．第③步分批浸取可提高浸取率
D．第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大
【答案】B
【解析】KOH、KClO3、MnO2在高温下发生氧化还原反应产生K2MnO4、KCl、H2O，然后向其中分批次加入蒸馏水，通过浸取得到K2MnO4的浸取液，然后向其中通入CO2气体，发生歧化反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，然后加热，利用KMnO4的溶解度受温度的影响变化较大，趁热过滤，可减少KMnO4由于温度降低而结晶析出，然后将溶液蒸发结晶得到KMnO4晶体。A项，第①步反应中有强碱KOH，在加热熔融时KOH会与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应，腐蚀坩埚，因此应该在铁坩埚中进行；将KMnO4溶液通过蒸发浓度应在蒸发皿中进行，A正确；B项，在第②步反应中KClO3为氧化剂，MnO2作还原剂，被氧化为K2MnO4；第④步通CO2发生反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，Mn元素化合价由反应前MnO42-中的+6价变为反应后MnO2中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnO2是还原产物，B错误；C项，在第③步分批加入蒸馏水进行浸取，可以使K2MnO4更多的被浸取出来，从而可提高物质的浸取率，C正确；D项，第⑤步加热趁热过滤，在较高温度时过滤，KMnO4以离子形式存在于溶液中，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大， D正确；故选B。
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．Ksp(AgCl) ≈ 1.82×10-9
D．增大AgNO3溶液浓度会增大电池的电动势
【答案】C
【解析】根据原电池装置可知，A极为原电池负极，发生电极反应：Ag+Cl--e-= AgCl ↓；B极为原电池正极，发生电极反应：Ag++e-= Ag。A项，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项，根据电荷守恒可知，电子沿着导线由A→B，则带负电荷的NO3-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项，，，，则，，故C错误；D项，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；故选C。
14．乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应生成相同物质的量的比吸收的热量更多
B．反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1
C．升温可以提高产物中取代物2所占的比例
D．稳定性：>
【答案】C
【解析】A项，乙苯与氯气在光照条件下的反应为放热反应，A错误；B项，反应①的活化能更低，所以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B错误；C项，反应②的活化能大，所以升温可以提高产物中取代物2所占的比例，C正确；D项，的能量高，所以其稳定性差，D错误；故选C。
15．室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.42×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。
实验1：配制50mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，测得溶液约为12；
实验2：取10mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，向其中加入少量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取10mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1ml·L-1稀盐酸。
下列说法正确的是( )
A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(HCO3-)+c(CO32-)
B．根据实验2，可推测Ksp(CaCO3) ＞Ksp(CaSO4)
C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D．25℃时，反应CO32-+H2SO3⇌ HCO3-+ HSO3-的平衡常数K=2.5×10-8
【答案】D
【解析】A项，Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO3-)+2c(CO32-)＞c(HCO3-)+c(CO32-)，故A错误；B项，CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；C项，Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，滴入等体积0.1ml⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D项，反应CO32-+H2SO3⇌ HCO3-+ HSO3-的平衡常数，故D正确；故选D。
16．下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是Fe3O4，并不能确定一定生成Fe3O4，A错误；B项，Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是Fe2+使高锰酸钾褪色，B错误；C项，取5mL FeCl3溶液与试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量。再加入过量稀盐酸和BaCl2溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了Fe(OH)3。加入稀盐酸和BaCl2溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，说明Fe3+将SO32-氧化为SO42-，C正确；D项，向少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。 故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共52分。
17．(10分)磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
(1)基态磷原子价电子排布式 。
(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示，下列有关黑磷晶体的说法正确的是_____(填字母序号)。
A．黑磷与白磷互为同分异构体B．黑磷中磷原子采取sp2杂化
C．黑磷能导电D．黑磷属于混合型晶体
(3) Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，此配离子中PO43-的空间构型是 。
(4)第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000℃、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因 。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是 ，已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数的数值为NA，磷化硼晶体的密度是 g· cm-3。
【答案】(1)3s23p3(1分) (2)CD(2分) (3)正四面体形(1分)
(4)磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP(2分) BP(2分) (2分)
【解析】(1)P元素是第15号元素，基态磷原子价电子排布式3s23p3；(2)A项，黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故A错误；B项，根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故B错误；C项，石墨能导电，黑磷也能导电，故C正确；D项，石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故D正确；(3)在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，此配离子中是中心离子PO43-；中中心原子P的价层电子对数，空间构型是正四面体形；(4)①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070°C，二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，所以化学式为BP；晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是 。
18．(10分)氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可发生如下转化：
已知：N2H4可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：
(1)写出过量NH3发生转化I的化学反应方程式 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．上述转化均属于氮的固定
B．实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气
C．液态N2H4是良好的溶剂，推测CH4易溶于其中
D．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无污染的物质
(3) NH2OH、N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH、N2H4中碱性较弱的是 ，原因是 。
(4)转化Ⅲ消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物不含氧元素。则的化学式为 。
(5)反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴离子： 。
【答案】(1) 4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl(2分) (2)BD(2分)
(3) NH2OH(1分) NH2OH中-OH吸引电子能力比-NH2强，故NH2OH中N给出电子能力比N2H4弱(2分)
(4) HN3(1分)
(5)取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl –(2分)
【解析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，N2H4和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。(1)过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量NH3发生转化I的化学反应方程式4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；(2)A项，氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B项，氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C项，液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；D项，氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无污染的物质，故D正确；故选BD。(3)NH2OH、N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH、N2H4中碱性较弱的是NH2OH，原因是NH2OH中-OH吸引电子能力比-NH2强，故NH2OH中N给出电子能力比N2H4弱，因此NH2OH的碱性较弱；(4)转化Ⅲ消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为HN3；(5)反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-。
19．(10分)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H (即图中过程2)，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法不正确的是
A．图中过程2的ΔH>0
B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．N2吹扫有助于H2分子脱离Pd膜
③同温同压下，将等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器反应，测得CO的平衡转化率为50%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%，则相同时间内，出口a和出口b中H2的物质的量比为 。
【答案】(1) ΔH＜0(2分) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2分)
(2) ①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大(2分)
②A(2分) ③1：15(2分)
【解析】(1)根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH＜0；优点：升高温度，反应速率较快；缺点：正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；(2)①由图像可知，Pd膜能选择性分离出H2，导致平衡正向移动，平衡转化率增大；②A项，过程2正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH＜0，故A错误；B项，Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，故B正确；C项，加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2⇌2H正向移动，有利于H2的解离，故C正确；D项，N2吹扫更有利于带走H2，有助于H2分子脱离Pd膜，故D正确。故选A。③根据反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，设通入的CO和H2均为aml，无Pd膜反应器中CO的平衡转化率为50%，列三段式：
则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K==1；有Pd膜反应器中CO的平衡转化率为80%，列三段式：
温度不变，则平衡常数K不变，K=，解得n=0.05a，则相同时间内出口a产生的H2为0.05aml，出口b的H2为 (0.8a-0.05a)ml，质量比为1：15。
20．(10分)某研究小组，利用Cl2氧化法高效制备KMnO4。制备流程如下：
已知：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+ KCl+3H2O (K2MnO4呈墨绿色)，
Cl2+K2MnO4=2KMnO4+2KCl
请回答下列问题：
(1) KClO3需过量的目的是___________
(2)下列说法不正确的是___________
A．过程1应在瓷坩埚中进行
B．MnO2应分批加入，以防止熔融物溢出
C．可用酒精洗涤，得到较干燥的产品
D．该实验表明，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4
(3)为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：___________。
(4)将纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定
化学需氧量(COD)是：在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量。(单位为mg·L)来表示。
①从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→f
a．取废水样100mL加稀硝酸酸化
b．取废水样100mL加稀硫酸酸化
c．用0.01000ml·L的KMnO4标准溶液滴定
d．加·L的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却
e．加入0.01000ml·L的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL
f．记录，滴定时，KMnO4标准溶液消耗量为8.20mL
②计算水样中COD为___________mg·L。
【答案】(1)补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，使MnO2充分反应(2分)
(2)AC(2分)
(3)取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全(2分)
(4) bdec(2分) 56.8mg⋅L-1(2分)
【解析】(1)KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需过量的目的是补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，同时保证MnO2充分反应；(2)A项，瓷器中含有SiO2，可以和碱反应，过程1需在铁坩埚中进行，故A错误；B项，MnO2应分批加入，以防止反应过于激烈，熔融物溢出，故B正确；C项，高锰酸钾具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗涤，故C错误；D项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4，故D正确；故选AC；(3)MnO2不溶于水，则为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全；(4)①纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD)，取废水样100mL加稀硫酸酸化→加•L﹣1的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却→加入0.01000ml•L﹣1的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL→用0.01000ml•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定→f记录，具体排序为b→d→e→c→f；②草酸钠与高锰酸钾反应的化学方程式为：5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，根据得失电子守恒，KMnO4～1.25O2，水样中COD为＝56.8mg•L﹣1。
21．(12分)某研究小组按下列路线合成高效驱虫药三氯苯达唑。
已知：
请回答：
(1)化合物E的无氧官能团名称是_______。
(2)化合物B的结构简式是_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．化合物A的名称是1，3，4-三氯苯
B．化合物D遇FeCl3溶液显紫色
C．F→G中加入KOH，有助于提高化合物G的产率
D．三氯苯达唑的分子式为C14H10Cl3N2OS
(4)G→H经加成和消去两步反应，写出发生消去反应的化学方程式是_______。
(5)设计以甲烷为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中除苯环外无其他环；
②谱和IR谱检测表明，分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键。
【答案】(1)氨基、碳氯键或氯原子(1分)
(2)(1分) (3)BC(2分)
(4)(2分)
(5)(3分)
(6)(3分)
【解析】由E结构反推出C、D结构，再由C结构继续反推得出B、A结构；对比E与F分子式可知E→F发生还原反应，从而得出F的结构，流程结构如下：
。(1)化合物E的无氧官能团名称是氨基、碳氯键(或氯原子)；(2)化合物B的结构简式是；(3)A项，化合物A的名称是1，2，4-三氯苯，A错误；B项，化合物D中含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；C项，F→G的过程中，生成的H2S与KOH反应，有助于反应正向进行，提高化合物G的产率，C正确；D项，三氯苯达唑的分子式为C14H9Cl3N2OS，D错误；故选BC。(4)G→H经加成和消去两步反应，加成反应方程式如下；，后续消去反应生成KI和引入碳氮双键，方程式为：；(5)结合题给信息，采用逆合成法，从产品逆推原料，路线如下：，所以合成路线为：；(6)化合物C结构为，分子式为C6H4Cl2N2O2，符合同分异构体要求中含1个苯环，余2Cl、2N、2O及1个不饱和度，由于只含1个环(即苯环)，则余下的1个不饱和度可以是1个硝基或1个氮氮双键；分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键，则结构对称；所以符合要求的同分异构体如下：。
选项
实验方案
现象
结论
A
将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物
反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引
铁与水蒸气在高温下反应，生成Fe3O4
B
为了验证Fe2+的还原性，取FeCl2溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
取5mL FeCl3溶液与试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量。再加入过量稀盐酸和BaCl2溶液
加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和BaCl2溶液后产生白色沉淀
Fe3+和SO32-既发生氧化还原反应，也发生双水解
D
向少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液
溶液变血红色
CN-与Fe3+的配位能力小于SCN-
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1．下列物质在熔融状态下不导电且属于电解质是( )
A．CuB．AlCl3C． CaCl2D．SiO2
【答案】B
【解析】A项，Cu是金属单质，在熔融状态下导电，但不属于电解质，故A不选；B项，AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，属于电解质，故B选；C项，CaCl2是电解质，在熔融状态下能导电，故C不选；D项，SiO2是非电解质，在熔融状态下不导电，故D不选；故选B。
2．下列化学用语表述不正确的是( )
A．CO2的电子式
B．中子数为20的氯原子：
C．BF3分子的VSEPR模型：
D．基态Fe原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】A项，CO2为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式： ，A正确；B项，核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子：，B正确；C项，BF3分子中B原子的价层电子对数为，则VSEPR模型为平面三角形，C错误；D项，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图： ，D正确；故选C。
3．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。下列说法正确的是( )
A．BeCl2属于电解质，但熔融态不导电 B．Be位于元素周期表的p区
C．BeCl2熔点比BeBr2高 D．BeCl2不与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】A项，BeCl2熔点较低，易升华，其化学性质与AlCl3相似，符合分子晶体的性质，故BeCl2为共价化合物，熔融状态破坏不了共价键，故熔融状态不导电，A正确；B项，Be位于元素周期表的s区，B错误；C项，分子晶体的熔点与相对分子质量有关，通常相对分子质量越大的分子间作用力越强，熔点越高，故BeCl2熔点比BeBr2低，C错误；D项，氯化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，BeCl2化学性质与AlCl3相似，故推测可以与NaOH溶液反应，D错误；故选A。
4．物质的性质决定用途，下列对应的两者关系不正确的是( )
A．NaNO2会与肌红蛋白生成红色物质，可作一些肉制品发色剂
B．常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸
C．聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑等性能，可用于制作滴定管活塞
D．NaHCO3溶于水显碱性，常作烘焙糕点的膨松剂
【答案】D
【解析】A项，NaNO2会与肌红蛋白反应生成红色物质，可用作一些肉制品的发色剂，A正确；B项，常温下铝遇到浓硝酸发生钝化，因此可用铝质容器贮运浓硝酸，B正确；C项，聚四氟乙烯具有抗酸碱、自润滑的性能，可用于制作滴定管的活塞，C正确；D项，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使糕点膨松，常用作烘焙糕点的膨松剂，D错误；故选D。
5．下列说法正确的是( )
A．用图①装置可蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3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Fe3O4
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H2的标准燃烧热
【答案】C
【解析】A项，用图①装置可蒸干AlCl3溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到AlCl3固体，故A错误；B项，根据固体颜色无法证明产物有Fe3O4，故B错误；C项，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项，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。
6．加热煮沸的浓NaOH溶液和白磷反应可制PH3，该过程同时可获得P2H4.其中一个反应为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑。下列说法不正确的是( )
A．稳定性：P2H4大于N2H4
B．反应过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、离子键的形成
C．P4、PH3与P2H4的晶体类型相同
D．PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH
【答案】A
【解析】A项，非金属性：N>P,故对应氢化物的稳定性：P2H4小于N2H4，A错误；B项，反应过程中有O-H极性键、P-P非极性键的断裂，也有极性键P-H、钠离子和H2PO2-形成的离子键的形成，B正确；C项，P4、PH3与P2H4的晶体类型相同，均为分子晶体，C正确；D项，NH3、PH3均为三角锥形分子，但电负性：N>P，NH3中共用电子对离中心原子更近，排斥力增大，键角增大，故PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH，D正确。故选A。
7．设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是( )
A．在25℃时，pH为12的CH3COONa溶液中水电离出的H+数目为0.01NA
B．标准状况下，4.48LSO2和足量O2反应，生成的SO3分子数目为0.2NA
C．电解精炼粗铜时，阳极质量减少6.4g，外电路中通过电子的数目为0.2NA
D．13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NA
【答案】D
【解析】A项，溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B项，该反应为可逆反应，SO2不能完全转化，因此生成的SO3分子数目小于0.2NA，故B错误；C项，电解精炼粗铜时，阳极为粗铜，含有锌、铁等活泼金属先于铜失电子，因此阳极质量减少6.4g，转移电子数目不一定为0.2 NA，故C错误；D项，苯、苯乙烯、聚苯乙烯最简式均为CH，则13g混合物即为13gCH质量，含1mlCH，所含氢原子数目为NA，故D正确；故选D。
8．下列说法不正确的是( )
A．石油在加热和催化剂作用下通过结构调整可以获得环状烃，如苯、甲苯等
B．经过硫化的顺丁橡胶既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性
C．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解
D．相同条件下，钠与水反应比与乙醇反应更剧烈是由于水分子中氢氧键的极性更强
【答案】C
【解析】A项，石油在加热和催化剂作用下通过结构调整，发生重整可以获得环状烃如苯、甲苯等，A项正确；B项，经过硫化的顺丁橡胶由线型结构变成网状结构，既有弹性又有强度，但硫化交联程度过大会失去弹性，B项正确；C项，淀粉、纤维素在一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油、碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子，但油脂不是高分子，C项错误；D项，由于乙基对羟基的影响，使得乙醇分子中氢氧键的极性比水分子中氢氧键的极性弱，则在相同条件下，钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，D项正确；故选C。
9．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+
B．向二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液；H3PO3+3OH-=PO33-+3H2O
C．Na2NH中加入硫酸中：NH2-+2H+=NH3↑
D．实验室用过氧化钡与稀硫酸反应制备双氧水：BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2
【答案】D
【解析】A项，明矾溶于水，铝离子水解产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，A错误；B项，二元弱酸H3PO3溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成Na2HPO3，故反应为H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，B错误；C项，Na2NH中加入硫酸中生成硫酸铵：NH2-+3H+=NH4+，C错误；D项，实验室用过氧化钡与稀硫酸发生复分解反应生成双氧水：BaO2+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O2，D正确；故选D。
10．下双氯芬酸属于非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，其结构如图，下列说法正确的是( )
A．分子中存在4种官能团
B．该物质有酸性但没有碱性
C．该分子与足量氢气加成，所得物质分子中有4个手性碳原子
D．1 ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 ml NaOH
【答案】C
【解析】A项，由结构简式可知，双氯芬酸的官能团为碳氯键、亚氨基和羧基，共有3种，故A错误；B项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的羧基表现酸性，含有的亚氨基表现碱性，故B错误；C项，由结构简式可知，双氯芬酸分子一定条件下与足量氢气发生加成反应所得物质分子中有4个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；D项，由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的碳氯键和羧基能与氢氧化钠溶液反应，其中碳氯键水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，则1ml双氯芬酸分子与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗5ml氢氧化钠，故D错误；故选C。
11．前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为，下列说法不正确的是
A．电负性：Z＜Q＜Y
B．简单离子半径：Z＞Q＞Y＞Z
C．同周期中第一电离能比Q大的元素有1种
D．三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中
【答案】C
【解析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素。A项，由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即Z＜Q＜Y，A正确；B项，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即Z＞Q＞Y＞Z，B正确；C项，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；D项，X、Y、W分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故选C。
12．下图是实验室中制取KMnO4的流程图，已知K2MnO4显墨绿色，下列说法中不正确的是( )
A．第①步在铁坩埚中进行，第⑥步中加热浓缩在蒸发皿中进行
B．第②步加入的MnO2作还原剂，第④步通CO2发生反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，MnO2是氧化产物
C．第③步分批浸取可提高浸取率
D．第⑤步加热趁热过滤，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大
【答案】B
【解析】KOH、KClO3、MnO2在高温下发生氧化还原反应产生K2MnO4、KCl、H2O，然后向其中分批次加入蒸馏水，通过浸取得到K2MnO4的浸取液，然后向其中通入CO2气体，发生歧化反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，然后加热，利用KMnO4的溶解度受温度的影响变化较大，趁热过滤，可减少KMnO4由于温度降低而结晶析出，然后将溶液蒸发结晶得到KMnO4晶体。A项，第①步反应中有强碱KOH，在加热熔融时KOH会与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应，腐蚀坩埚，因此应该在铁坩埚中进行；将KMnO4溶液通过蒸发浓度应在蒸发皿中进行，A正确；B项，在第②步反应中KClO3为氧化剂，MnO2作还原剂，被氧化为K2MnO4；第④步通CO2发生反应：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2↓+2CO32-，Mn元素化合价由反应前MnO42-中的+6价变为反应后MnO2中的+4价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnO2是还原产物，B错误；C项，在第③步分批加入蒸馏水进行浸取，可以使K2MnO4更多的被浸取出来，从而可提高物质的浸取率，C正确；D项，第⑤步加热趁热过滤，在较高温度时过滤，KMnO4以离子形式存在于溶液中，说明KMnO4的溶解度随温度变化比较大， D正确；故选B。
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．Ksp(AgCl) ≈ 1.82×10-9
D．增大AgNO3溶液浓度会增大电池的电动势
【答案】C
【解析】根据原电池装置可知，A极为原电池负极，发生电极反应：Ag+Cl--e-= AgCl ↓；B极为原电池正极，发生电极反应：Ag++e-= Ag。A项，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项，根据电荷守恒可知，电子沿着导线由A→B，则带负电荷的NO3-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项，，，，则，，故C错误；D项，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；故选C。
14．乙苯与氯气在光照条件下反应生成两种一氯取代物，反应过程中的能量变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应生成相同物质的量的比吸收的热量更多
B．反应刚开始时产物中取代物2所占的比例大于取代物1
C．升温可以提高产物中取代物2所占的比例
D．稳定性：>
【答案】C
【解析】A项，乙苯与氯气在光照条件下的反应为放热反应，A错误；B项，反应①的活化能更低，所以产物中取代物1所占的比例大于取代物2，B错误；C项，反应②的活化能大，所以升温可以提高产物中取代物2所占的比例，C正确；D项，的能量高，所以其稳定性差，D错误；故选C。
15．室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.42×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。
实验1：配制50mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，测得溶液约为12；
实验2：取10mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，向其中加入少量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取10mL0.1ml·L-1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1ml·L-1稀盐酸。
下列说法正确的是( )
A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(HCO3-)+c(CO32-)
B．根据实验2，可推测Ksp(CaCO3) ＞Ksp(CaSO4)
C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D．25℃时，反应CO32-+H2SO3⇌ HCO3-+ HSO3-的平衡常数K=2.5×10-8
【答案】D
【解析】A项，Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO3-)+2c(CO32-)＞c(HCO3-)+c(CO32-)，故A错误；B项，CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；C项，Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，滴入等体积0.1ml⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故C错误；D项，反应CO32-+H2SO3⇌ HCO3-+ HSO3-的平衡常数，故D正确；故选D。
16．下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】A项，将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是Fe3O4，并不能确定一定生成Fe3O4，A错误；B项，Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是Fe2+使高锰酸钾褪色，B错误；C项，取5mL FeCl3溶液与试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量。再加入过量稀盐酸和BaCl2溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了Fe(OH)3。加入稀盐酸和BaCl2溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀BaSO4，说明Fe3+将SO32-氧化为SO42-，C正确；D项，向少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。 故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共52分。
17．(10分)磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
(1)基态磷原子价电子排布式 。
(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示，下列有关黑磷晶体的说法正确的是_____(填字母序号)。
A．黑磷与白磷互为同分异构体B．黑磷中磷原子采取sp2杂化
C．黑磷能导电D．黑磷属于混合型晶体
(3) Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，此配离子中PO43-的空间构型是 。
(4)第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000℃、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因 。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是 ，已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数的数值为NA，磷化硼晶体的密度是 g· cm-3。
【答案】(1)3s23p3(1分) (2)CD(2分) (3)正四面体形(1分)
(4)磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP(2分) BP(2分) (2分)
【解析】(1)P元素是第15号元素，基态磷原子价电子排布式3s23p3；(2)A项，黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故A错误；B项，根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故B错误；C项，石墨能导电，黑磷也能导电，故C正确；D项，石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故D正确；(3)在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-，此配离子中是中心离子PO43-；中中心原子P的价层电子对数，空间构型是正四面体形；(4)①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070°C，二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，所以化学式为BP；晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是 。
18．(10分)氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可发生如下转化：
已知：N2H4可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：
(1)写出过量NH3发生转化I的化学反应方程式 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．上述转化均属于氮的固定
B．实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气
C．液态N2H4是良好的溶剂，推测CH4易溶于其中
D．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无污染的物质
(3) NH2OH、N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH、N2H4中碱性较弱的是 ，原因是 。
(4)转化Ⅲ消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物不含氧元素。则的化学式为 。
(5)反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴离子： 。
【答案】(1) 4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl(2分) (2)BD(2分)
(3) NH2OH(1分) NH2OH中-OH吸引电子能力比-NH2强，故NH2OH中N给出电子能力比N2H4弱(2分)
(4) HN3(1分)
(5)取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl –(2分)
【解析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，N2H4和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。(1)过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量NH3发生转化I的化学反应方程式4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；(2)A项，氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B项，氧化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C项，液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误；D项，氮氧化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理生成无污染的物质，故D正确；故选BD。(3)NH2OH、N2H4与NH3类似，具有碱性，NH2OH、N2H4中碱性较弱的是NH2OH，原因是NH2OH中-OH吸引电子能力比-NH2强，故NH2OH中N给出电子能力比N2H4弱，因此NH2OH的碱性较弱；(4)转化Ⅲ消耗N2H4与HNO2的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为HN3；(5)反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-。
19．(10分)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H (即图中过程2)，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法不正确的是
A．图中过程2的ΔH>0
B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．N2吹扫有助于H2分子脱离Pd膜
③同温同压下，将等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器反应，测得CO的平衡转化率为50%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%，则相同时间内，出口a和出口b中H2的物质的量比为 。
【答案】(1) ΔH＜0(2分) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2分)
(2) ①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大(2分)
②A(2分) ③1：15(2分)
【解析】(1)根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH＜0；优点：升高温度，反应速率较快；缺点：正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；(2)①由图像可知，Pd膜能选择性分离出H2，导致平衡正向移动，平衡转化率增大；②A项，过程2正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH＜0，故A错误；B项，Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，故B正确；C项，加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2⇌2H正向移动，有利于H2的解离，故C正确；D项，N2吹扫更有利于带走H2，有助于H2分子脱离Pd膜，故D正确。故选A。③根据反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，设通入的CO和H2均为aml，无Pd膜反应器中CO的平衡转化率为50%，列三段式：
则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K==1；有Pd膜反应器中CO的平衡转化率为80%，列三段式：
温度不变，则平衡常数K不变，K=，解得n=0.05a，则相同时间内出口a产生的H2为0.05aml，出口b的H2为 (0.8a-0.05a)ml，质量比为1：15。
20．(10分)某研究小组，利用Cl2氧化法高效制备KMnO4。制备流程如下：
已知：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+ KCl+3H2O (K2MnO4呈墨绿色)，
Cl2+K2MnO4=2KMnO4+2KCl
请回答下列问题：
(1) KClO3需过量的目的是___________
(2)下列说法不正确的是___________
A．过程1应在瓷坩埚中进行
B．MnO2应分批加入，以防止熔融物溢出
C．可用酒精洗涤，得到较干燥的产品
D．该实验表明，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4
(3)为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：___________。
(4)将纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定
化学需氧量(COD)是：在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量。(单位为mg·L)来表示。
①从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→f
a．取废水样100mL加稀硝酸酸化
b．取废水样100mL加稀硫酸酸化
c．用0.01000ml·L的KMnO4标准溶液滴定
d．加·L的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却
e．加入0.01000ml·L的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL
f．记录，滴定时，KMnO4标准溶液消耗量为8.20mL
②计算水样中COD为___________mg·L。
【答案】(1)补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，使MnO2充分反应(2分)
(2)AC(2分)
(3)取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全(2分)
(4) bdec(2分) 56.8mg⋅L-1(2分)
【解析】(1)KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需过量的目的是补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，同时保证MnO2充分反应；(2)A项，瓷器中含有SiO2，可以和碱反应，过程1需在铁坩埚中进行，故A错误；B项，MnO2应分批加入，以防止反应过于激烈，熔融物溢出，故B正确；C项，高锰酸钾具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗涤，故C错误；D项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4，故D正确；故选AC；(3)MnO2不溶于水，则为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全；(4)①纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD)，取废水样100mL加稀硫酸酸化→加•L﹣1的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却→加入0.01000ml•L﹣1的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL→用0.01000ml•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定→f记录，具体排序为b→d→e→c→f；②草酸钠与高锰酸钾反应的化学方程式为：5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，根据得失电子守恒，KMnO4～1.25O2，水样中COD为＝56.8mg•L﹣1。
21．(12分)某研究小组按下列路线合成高效驱虫药三氯苯达唑。
已知：
请回答：
(1)化合物E的无氧官能团名称是_______。
(2)化合物B的结构简式是_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．化合物A的名称是1，3，4-三氯苯
B．化合物D遇FeCl3溶液显紫色
C．F→G中加入KOH，有助于提高化合物G的产率
D．三氯苯达唑的分子式为C14H10Cl3N2OS
(4)G→H经加成和消去两步反应，写出发生消去反应的化学方程式是_______。
(5)设计以甲烷为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中除苯环外无其他环；
②谱和IR谱检测表明，分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键。
【答案】(1)氨基、碳氯键或氯原子(1分)
(2)(1分) (3)BC(2分)
(4)(2分)
(5)(3分)
(6)(3分)
【解析】由E结构反推出C、D结构，再由C结构继续反推得出B、A结构；对比E与F分子式可知E→F发生还原反应，从而得出F的结构，流程结构如下：
。(1)化合物E的无氧官能团名称是氨基、碳氯键(或氯原子)；(2)化合物B的结构简式是；(3)A项，化合物A的名称是1，2，4-三氯苯，A错误；B项，化合物D中含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；C项，F→G的过程中，生成的H2S与KOH反应，有助于反应正向进行，提高化合物G的产率，C正确；D项，三氯苯达唑的分子式为C14H9Cl3N2OS，D错误；故选BC。(4)G→H经加成和消去两步反应，加成反应方程式如下；，后续消去反应生成KI和引入碳氮双键，方程式为：；(5)结合题给信息，采用逆合成法，从产品逆推原料，路线如下：，所以合成路线为：；(6)化合物C结构为，分子式为C6H4Cl2N2O2，符合同分异构体要求中含1个苯环，余2Cl、2N、2O及1个不饱和度，由于只含1个环(即苯环)，则余下的1个不饱和度可以是1个硝基或1个氮氮双键；分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氧氧键，有氮氯键，则结构对称；所以符合要求的同分异构体如下：。
选项
实验方案
现象
结论
A
将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物
反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引
铁与水蒸气在高温下反应，生成Fe3O4
B
为了验证Fe2+的还原性，取FeCl2溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
取5mL FeCl3溶液与试管中，逐滴加入Na2SO3溶液至过量。再加入过量稀盐酸和BaCl2溶液
加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和BaCl2溶液后产生白色沉淀
Fe3+和SO32-既发生氧化还原反应，也发生双水解
D
向少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液
溶液变血红色
CN-与Fe3+的配位能力小于SCN-
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
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