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浙江省杭州学军中学2022-2023学年高二下学期6月月考化学试题（Word版附解析）
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一、单选题
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃
B. 煤干馏、石油分馏和裂化都是物理变化
C. 由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，故可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者。
D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．在氢氧化钠醇溶液作用下，卤代烃脱水生成烯烃，醇脱水生成烯烃的条件是浓硫酸加热，故A错误；
B．煤的干馏和石油裂化都是化学变化，而石油分馏是物理变化，故B错误；
C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，但果糖在碱性条件下结构异构化后也能产生醛基，则不可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者，故C错误；
D．淀粉、纤维素的分子式都写成(C6H10O5)n，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故D正确；
故答案为D。
2. 下列表述或说法正确的是
A. 硝基苯的结构简式：B. HClO的电子式：
C. 丙烷的分子结构模型示意图：D. 某烷烃的名称为2-乙基丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝基苯的结构简式为：，故A错误；
B．次氯酸为共价化合物，中心原子为O原子，则次氯酸的电子式为：，故B错误；
C．丙烷的分子结构是只存在碳碳单键和碳氢键，其结构模型示意图为：，故C正确；
D．烷烃命名时要选择碳原子数目最多的链为主链，则某烷烃的名称为2-乙基丁烷选择主链错误，正确的命名是：3-甲基戊烷，故D错误；
故选C。
3. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A. 我国首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，生物酶催化剂的使用改变了反应历程
B. 神舟十三号升空时，火箭尾部喷射的气体呈红棕色是因为部分助燃剂N2O4转化为NO2
C. 明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，两者处理水的原理相同
D. NH4Cl溶液可作焊接金属的除锈剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．在生物酶催化剂的作用下，由二氧化碳合成了淀粉，生物酶催化剂能改变反应历程，但不改变反应物和生成物的能量，A正确；
B．神舟十三号火箭发射所用燃料的助燃剂为N2O4，在高温条件下少部分N2O4转化为NO2，从而使尾气呈红棕色，B正确；
C．明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，但明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，同时与水反应产生氢氧化铁胶体能净水，两者处理水的原理不同，C错误；
D．NH4Cl水解使溶液显酸性，能与金属表面的氧化物反应，从而作焊接金属的除锈剂，D正确；
故选C。
4. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入NaClO使完全氧化为，该反应可表示为。下列说法正确的是
A. 还原性：B. 发生氧化反应
C. 的摩尔质量是28D. 反应中每生成28g ，转移3ml电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．中N元素化合价升高，是还原剂，ClO-中Cl元素化合价降低，Cl-是还原产物，所以还原性：，故A正确；
B．ClO-中Cl元素化合价降低，发生还原反应，故B错误；
C．摩尔质量的单位是“g/ml”，的摩尔质量是28g/ml，故C错误；
D．中N元素化合价由-3升高为0，反应中每生成28g转移6ml电子，故D错误；
选A。
5. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是
A. 是形成无机颗粒物的催化剂B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. 雾霾可以通过处理利用为化肥D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，形成无机颗粒，不是催化剂，故A错误；
B．硫元素和氮元素最终在雾霾中形成硝酸铵和硫酸铵，以无机颗粒物形式存在于雾霾中，故B正确；
C．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵等无机颗粒物，可以通过处理利用为化肥，故C正确；
D．雾霾形成涉及氮元素的一系列转化，而氮元素的大量存在，与农业生产过度施用氮肥有关，故D正确；
故选：A。
6. 下列有关“共存”说法正确的是
A. 、、三种气体可以大量共存
B. 在澄清透明溶液中，、、、可以大量共存
C. 、与水蒸气可以大量共存，无需密闭保存
D. 常温下，在的溶液中，、、、可以大量共存
【答案】B
【解析】
详解】A．、、三种气体两两之间均能反应，不可以大量共存，选项A错误；
B．在澄清透明溶液中，、、、相互之间不反应，可以大量共存，选项在B正确；
C．、遇水蒸气均会发生双水解而不能大量共存，需密闭保存，选项C错误；
D．常温下， 的溶液为强酸或强碱性溶液，强酸性中不能大量存在，强碱性中不能大量存在，选项D错误；
答案选B。
7. 下列说法不正确的是
A. “杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B. 核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
C. 利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得人造脂肪
D. 天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．选择空腔大小适合C60 “杯酚”能够分离C60和C70，体现了超分子的分子识别特征，故A正确；
B．核酸是生物体遗传信息的携带者，是由许多核苷酸单体形成的聚合物，属于高分子化合物，故B正确；
C．利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得甘油以及肥皂的主要成分--高级脂肪酸盐，故C错误；
D．天然橡胶硫化时由线型结构转变为空间网状，故D正确；
答案选C。
8. 已知 NA 为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 2.3g 金属钠变成钠离子时，失去的电子数为0.2NA
B. 常温常压下，18g 水中所含的氢原子数目为2NA
C. 20℃，1.01×105pa 时，11.2 升氢气所含的原子数目为NA
D. 32g 氧气所含有的原子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项，1mlNa失去1ml电子形成Na+，2.3gNa的物质的量为：2.3g÷23g•ml-1=0.1ml，故2.3克金属钠变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA，A错误；
B项，18g H2O的物质的量为：18g÷18g•ml-1=1ml，所含的氢原子数目为2NA，故B正确；
C项，20℃，1.01×105Pa时，气体摩尔体积不是22.4L•ml-1，故11.2升氢气的物质的量不是0.5ml，所含的原子数目不是NA，故C错误；
D项，32g O2的物质的量为：32g÷32g•ml-1=1ml，故所含的原子数目为2NA，D错误。
9. 下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B. 醋酸溶液和大理石反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的NaOH：NH4++OH－=NH3·H2O
D. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：+2H+= SO2↑+S↓+ H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；
B．醋酸溶液和大理石反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，B错误；
C．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的NaOH生成氢氧化铝沉淀，得不到一水合氨，即：Al3++3OH－=Al(OH)3↓，C错误；
D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生自身的氧化还原反应，即：+2H+= SO2↑+S↓+ H2O，D正确；
故选D。
10. 1934年约里奥一居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下 列叙述正确的是
A. 的相对原子质量为26B. X、Y均可形成三氯化物
C. X的原子半径小于Y的原子半径D. Y的最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】B
【解析】
【分析】由+→+及质量守恒可知，W=30+1-4=27，X、Y的最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为=3，金属原子的质量数为27、且位于ⅢA族，则Z=13符合题意，所以X为Al元素；Y的最外层电子数为8-3=5，质子数为13+2=15，则Y为P，据此解答。
【详解】由上述分析可知X为Al、Y为P元素。
A．W为27，则的质量数为27，相对原子质量近似取27，A错误；
B．X、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，B正确；
C．同一周期元素，从左向右，元素的原子半径逐渐减小，则X的原子半径大于Y的半径，C错误；
D．Y的最高价氧化物的水化物为磷酸，磷酸属于中强酸，D错误；
故答案是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握最外层电子数、质量守恒来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。
11. 实验室中气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将浓氨水滴加入碱石灰中，可制得NH3，但NH3的密度比空气小，应使用向下排空气法收集(导管短进长出)，且NH3极易溶于水，导管插入水中会产生倒吸，A不合理；
B．将浓盐酸滴入漂白粉中，发生归中反应生成Cl2，用向上排空气法收集Cl2，氯气尾气用NaOH溶液吸收，B合理；
C．稀硝酸与金属铜反应可制取NO，但NO与空气中的O2易发生反应，且NO的密度与空气相当，不能用排空气法收集，NO尾气与NaOH溶液也不发生反应，C不合理；
D．饱和食盐水滴入电石中，发生反应制得C2H2，其密度比空气小，应使用向下排空气法收集，C2H2中混有H2S等，H2S可与CuSO4溶液反应，但乙炔不能被吸收，D不合理；
故选B。
12. 下列说法错误的是
A. CH≡CCH(CH3)CH=CHCH3分子中含1个手性碳原子
B. 硫单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：水>酒精>CS2
C. 的沸点高于的沸点
D. H3PO4酸性强于H3BO3，是因为H3PO4中非羟基氧原子数大于H3BO3中非羟基氧原子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，CH≡CCH(CH3)CH=CHCH3分子中含有1个手性碳原子，如图(用“*”标记)，故A正确；
B．根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性溶剂，难溶于非极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，难溶于极性溶剂，硫为非极性分子，硫单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：水>酒精>CS2，故B正确；
C．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，当对羟基苯甲酸熔融时，需要消耗较多的能量克服分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔点低于对羟基苯甲酸，故C错误；
D．含氧酸分子的结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，H3PO4中非羟基氧原子数大于H3BO3中非羟基氧原子数，因此H3PO4酸性强于H3BO3，故D正确；
答案选C。
13. 一种新型锂钒固体电池结构示意图如图所示，放电时移向电极形成，下列说法正确的是
A. 纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极
B. 放电时，电子由引线端子A流出
C. 充电时，引线端子A与外接电源负极相连
D. 充电时，的电极反应式：
【答案】A
【解析】
【分析】由放电时锂离子移向五氧化二钒形成LixV2O5可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极。
【详解】A．由分析可知，金属锂的载体纳米碳管为新型锂钒固体电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极，则电子由引线端子B流出，故B错误；
C．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，引线端子A与外接电源正极相连，故C错误；
D．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，五氧化二钒电极为电解池的阳极，LixV2O5在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二钒和锂离子，电极反应式为，故D错误；
故选A。
14. 常温下，将0.01mlH2S气体通入到100mL0.1ml·L-1NaOH溶液中，反应后溶液的pH=10。将反应后的混合液放置一段时间后，溶液的pH>10。忽略反应后溶液体积的变化，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 常温下，HS-的电离常数小于其水解常数
B. 放置前的混合溶液中由水电离产生的H+的数目为10-11NA
C. 放置后溶液中可能发生反应：2HS-+O2=2S↓+2OH-
D. 反应后pH=10的溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．将0.01mlH2S气体通入到100mL0.1ml·L-1NaOH溶液中，恰好完全反应生成NaHS，反应后溶液的pH=10，呈碱性，说明常温下，HS-的电离常数小于其水解常数，A正确；
B．放置前的混合溶液pH=10，水的电离受到促进，则由水电离产生的H+的数目为10-4ml/L×0.1L×NA/ml=10-5NA，B错误；
C．放置后溶液pH增大，HS-被氧气氧化，可能发生反应：2HS-+O2=2S↓+2OH-，C正确；
D．NaHS溶液中存在物料守恒：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1，D正确；
故选B。
15. P4具有正四面体结构，它在Cl2中燃烧可生成PCl5和PCl3两种产物，经测定在PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能是不同的。PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·ml-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·ml-1。已知：P4(g)＋6Cl2(g)=4PCl3(g)ΔH=akJ·ml-1，P4(g)＋10Cl2(g)=4PCl5(g)ΔH=bkJ·ml-1，下列叙述正确的是（ ）
A. PCl5分子中原子最外层均满足8电子结构
B. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(s)的反应热ΔH
C. Cl—Cl键的键能为kJ·ml-1
D. P—P键的键能为kJ·ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在PCl5分子中，P元素为+5价，P原子最外层有5个电子，则PCl5分子中的P原子最外层电子数为5+5=10，不满足最外层8电子结构，故A错误；
B．利用盖斯定律并结合题中给出的两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•ml-1，但PCl5（g）=PCl5（s）的△H未知，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；
C．设Cl-Cl键的键能为x kJ/ml，利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•ml-1可得x+3×1.2c-5c=，x=kJ·ml-1，故C正确；
D．设P-P键能为y kJ/ml，则6y+6×-12×1.2c=a，y= kJ·ml-1，故D错误；
答案选C。
16. 时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持，、与混合液的的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 的数量级约为
B b点时
C. a、b、d几点中，水的电离程度
D. 点过程中，可能存在
【答案】D
【解析】
【详解】A、Vb=0时，Va=100mL，则0.1ml/L的HX溶液的pH=3，即溶液中c(H+)= c(X-)=10-3ml/L，c(HX)=0.1ml/L，则Ka(HX)===10-5，A正确；
B、b点时，溶液pH=7，则有c(NH4+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)，由于X-和NH4+都要发生水解，故溶液中还有c(X-)>c(HX)>c(OH-)，故c(NH4+)>c(HX)>c(H+)=c(OH-)，B正确；
C、a点的溶质为HX，b点的溶质为NH4X，d点的溶质为NH4X和HX，由于NH4+和X-都水解（促进水电离），HX仅电离（抑制水电离），故这三个点中，水的电离程度b>d>a，C正确；
D、a→b的过程中，溶液一直呈酸性，即溶液中的溶质为HX或HX和NH4X，则c(X-)≥c(NH4+)，D错误；
故选D。
二、解答题
17. 研究表明，利用FeCl2、NH4H2PO4、Li2CO3和苯胺( )制备的磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作电池的正极材料。
(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。
(2) N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为________。
(3) CO32-中心原子轨道的杂化类型为________；与CO32-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。
(4) 1ml苯胺分子中含有σ键的数目为________；苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是________________________________。
【答案】 ①. [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 ②. O>N>P ③. sp2 ④. SO3 ⑤. 14ml ⑥. 苯胺分子间可形成氢键
【解析】
【详解】（1）铁是26号元素，其基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子变成亚铁离子Fe2+，Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；
（2）同周期从左到右、同主族从下到上，电负性逐渐增大，根据元素在元素周期表中的位置，可知N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞P；
（3）CO32-中心原子碳原子孤对电子对数==0，杂化轨道数目=3+0=3，碳原子采取sp2杂化；CO32-的原子数为4，价电子数为24，等电子体是指具有相同原子数和相同价电子数的分子或原子团，根据等电子体的定义可知，与CO32-互为等电子体的分子有SO3、BF3等，答案为：sp2；SO3；
（4）苯胺（ ）中C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均是或含有σ键，1 ml苯胺分子中含有σ键数目共计为14ml；苯胺为分子晶体，由分子构成，苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点（184.4℃）高于甲苯的沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，答案为：14ml；苯胺分子间可形成氢键。
【点睛】氢键存在于分子之间而不是分子内，强度大于分子间作用力，弱于化学键。
18. 为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：
第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是_____18_____；
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原，应选择__________(填字母编号)．
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3调溶液PH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH降低的原因是__________；
（4）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%．将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3__________kg。
【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（2）C （3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+
（4）或0.0118ab-0.646c
【解析】
【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、剩余的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤、浓缩结晶得到FeSO4晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
【小问2详解】
KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液可以检验有Fe2+生成，因Fe3+遇到KSCN溶液显红色，则检验Fe3+是否完全还原，应选择KSCN溶液，故选C；
【小问3详解】
通入空气引起溶液pH降低的原因是：氧气可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成H+，使溶液pH降低；
【小问4详解】
Fe2O3含量为50%，ckg烧渣中，Fe2O3质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，则参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%，其物质的量为=3cml，akg质量分数为b%的硫酸中m(H2SO4)=b%×akg，其物质的量为=ml，第Ⅲ步加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS2～7Fe2(SO4)3～7Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量×3cml，根据硫元素守恒计算：n总(FeSO4)=×3cml×2+ml，由Fe元素守恒可得：n(FeCO3)=n总(FeSO4)-n(FeS2)-2n(Fe2O3)=×3cml×2+ml-×3cml-2×3cml=ml-ml，故m(FeCO3)=()ml×116g/ml=或(0.0118ab-0.646c)kg。
20. 实验室用新制的氨水制备氨的配合物并测定其成分。
（1）氨水的制备如图， A中发生反应的化学方程式为___________ ，单向阀的作用是___________。C中溶液为___________。
（2）银氨溶液的制备及成分研究
25°C，磁力搅拌下向25.00 mL 0.12ml/L的AgNO3溶液中逐滴加入稀释后的氨水(浓度为1.205ml/L)，实验测得烧杯内溶液的pH随氨水加入体积的变化曲线如图所示。经计算可知B点AgNO3是否已反应完全___________ (填 “是”或“否”)；若要避免制备银氨溶液的过程生成AgOH沉淀，有人提出可在AgNO3溶液中加入一定浓度的NH4NO3，用平衡移动原理解释原因___________。
（3）已知D点刚好变澄清溶液，若该溶液中的溶质为强碱性的Ag(NH3)2OH，则pH应为 ___________， 由此可判断D点溶质不是Ag(NH3)2OH。据此写出A~D总反应的化学方程式___________。
（4）欲得到Ag(NH3)2OH的溶液，可将沉淀量达到最大值时的浊液___________、___________，再继续滴加氨水。但 Ag(NH3)2OH溶液若碱性太强，则久置易分解生成爆炸性物质Ag3N，该分解反应的方程式为___________。
【答案】（1） ①. Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑+2H2O(O) ②. 防倒吸 ③. 硫酸(或盐酸等)
（2） ①. 否 ②. NH3·H2O + OH-增大c( )使平衡逆移，c(OH-)减小
（3） ①. 13 ②. AgNO3 + 2NH3·H2O= Ag(NH3)2NO3+ 2H2O
（4） ①. 过滤 ②. 洗涤 ③. 3Ag(NH3)2OH = Ag3N+ 5NH3 +3H2O
【解析】
【小问1详解】
实验室制氨气，用氯化铵与熟石灰加热制备，化学方程式是“Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑+2H2O”；单向阀使得气体只能向一个方向流动，防止液体倒吸；氨气可以与酸反应，故残余气体用“稀硫酸”除去；
【小问2详解】
硝酸银物质的量为0.12ml/L×25×10-3L=3×10-3ml，加氨水至图中B点状态时，n(NH3•H2O)=1.205ml/L×1×10-3L=1.205×10-3ml，n(AgNO3)> n(NH3•H2O)，所以本问第一空填“否”；，向溶液中加入NH4NO3，提高浓度，促使反应逆移，降低OH-浓度，所以本问第二空应填“NH3·H2O + OH-增大c( )使平衡逆移，c(OH-)减小”；
【小问3详解】
Ag(NH3)2OH是强碱性，所以n(OH-)=0.5n(NH3)=0.5×5×10-3×1.205ml≈3×10-3ml，，；生成Ag(NH3)2OH的总反应化学方程式是“AgNO3 + 2NH3·H2O= Ag(NH3)2NO3+ 2H2O”；
【小问4详解】
对于存在固体难溶物的溶液分离，需采用“过滤”、“洗涤”等方法除尽杂质；Ag(NH3)2OH分解的化学方程式为“3Ag(NH3)2OH = Ag3N+ 5NH3 +3H2O”。
21. 硅胶在干燥时因加有氯化钴()会有颜色的变化，随吸湿量的增加由蓝色逐渐转变成浅红色，使用非常方便。某学习小组设计实验制备氯化钴，并查阅到以下资料：钴与铁相似，常见化合价为+2、+3，可溶于稀盐酸(因反应极慢，需用硝酸作催化剂才可顺利进行)。钴在纯氧中加热至300℃以上生成CO(熔点为1 935℃)，400～900℃生成。
请回答下列问题：
(1)实验①～④是制备氧气的试剂组合，请从 A～E 中选择最恰当装置符号填入表中。
(2)第一小组负责制备无水CO，若选用装置C作为氧气的发生装置，则制备CO完整装置的接口连接顺序为___________，装置C发生反应的化学方程式为________；装置F中装有的试剂为_______。
(3)与类似，可以看作氧化钴(CO)与氧化高钴()形成的化合物，写出与盐酸反应的化学方程式：__________。
(4)第二小组同学提出另外的方案：用一定质量的钴粉与稀盐酸反应，滴入几滴稀硝酸，将得到的溶液倒入蒸发皿中，加热蒸发浓缩，38～40℃冷却结晶，趁热过滤，得到晶体。根据如图溶解度随温度变化曲线解释能得到氯化钴晶体的原因：____________。
为了确定晶体的化学式，小组同学把晶体洗涤、干燥、称量得到23.8 g固体，用坩埚加热至质量不再变化，数据如表所示，则该晶体的化学式为________。
【答案】 ①. C ②. D ③. E ④. A ⑤. c→f→g→h→i→f ⑥. ⑦. 浓硫酸 ⑧. ⑨. C(NO3)2的溶解度随温度的变化比大，所以将混合溶液加热蒸发溶剂，大多数的因水分减少而析出，因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去得到纯净的晶体 ⑩.
【解析】
【分析】(1)根据给定的药品，反应的原理进行装置的选择；
(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，据此进行装置的连接；
(3)C3O4与Fe3O4类似，据此进行分析；
(4) 根据、的溶解度受温度的影响不同，选择物质分离提纯的方法；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量计算出n()，n(H2O)，然后根据氯化钴与水的量之比得出晶体的化学式。
【详解】(1)根据给定的药品，合理选择装置，实验①是固体粉末与液体反应，装置A不适用于固体粉末与液体的反应，装置B不能控制其反应的进行与停止，故装置C适合，实验②是液体与液体反应，装置D适合，实验③ 高锰酸钾固体只能采用固体加热装置，装置E适合，实验④是固体与液体反应制气体且反应不需加热，固体呈块状，装置A便于控制反应的发生与停止，故装置A适合。
(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，因此连接顺序为c→f→g→h→i→f。
(3)C3O4与Fe3O4类似，则一个C3O4分子中含有一个CO和一个C2O3，C3O4与盐酸反应的化学方程式为。
(4) 的溶解度受温度的影响变化不大，的溶解度受温度的影响变化很大，所以将此混合溶液加热蒸发溶剂，在较高温度下的溶解度较大，的溶解度较小，蒸发溶剂时，大多数的因水分减少而析出，C(NO3)2因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去，得到纯净的CCl2；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量为13.0 g，则n()＝＝0.1 ml，n(H2O)＝＝0.6 ml，1∶a＝1∶6，则此晶体的化学式为 。22. 以苯酚、甲基丙烯等为原料，可制备重要的有机中间体F和G。合成路线如下：
已知：（R、R′代表H或烃基）
(1)化合物F中含氧官能团的名称是_____和________。
(2)写出反应类型：A→B：_________；B→C：____________。
(3)写出一定条件下C转化为D的化学方程式：______________。
(4)G的分子式为C11H18O，红外光谱显示具有醛基和四个甲基。写出F转化为G的化学方程式：__________。
(5)F转化为G的过程中，可能发生副反应生成H。H为G的同分异构体（不考虑顺反异构），具有五元环结构。H的结构简式为_______。鉴别G和H使用的试剂和条件为_______________。
(6)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚和CH2=CH2为原料制备有机物的合成路线流程图（无机试剂任用）_______________。
【答案】 ①. 醛基 ②. 羰基 ③. 加成(还原)反应 ④. 加成(还原)反应 ⑤. 2 + O2 2+2H2O ⑥. +H2O ⑦. ⑧. 银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜，加热） ⑨.
【解析】
【详解】 A经加成反应得B，再与H2加成得到C，催化氧化得D加成消去后得E，经氧化反应得F，在碱性条件下得到G为。
(1)化合物F中含氧官能团的名称是 醛基、 羰基；(2)写出反应类型：A→B为加成(还原)反应；B→C：加成(还原)反应；(3)醇在铜催化作用下转化为的化学方程式：2 + O2 2+2H2O；(4)F转化为G的化学方程式：+H2O ，(5)H的结构简式为，鉴别G和H实际上是鉴别醛基，使用的试剂和条件为：银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜，加热）；(6)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚和CH2=CH2为原料制备有机物
的合成路线流程图：利用信息苯酚与乙烯加成引入侧链，再与H2加成生成环己烷的含氧衍生物，消去羟基后生成碳碳双键，再氧化，参考流程如下：选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓盐酸
漂白粉
Cl2
NaOH溶液
C
稀硝酸
金属铜
NO
NaOH溶液
D
饱和食盐水
电石
C2H2
CuSO4溶液
实验
编号
①
②
③
④
试剂
H2O2
溶液
H2O2
溶液
KMnO4
固体
H2O2溶液
催化剂
MnO2粉末
FeCl3溶液
以Al2O3为载体，混有MnO2的块状物
装置
____
____
____
____
加热前质量
W1（坩埚）18.4g
W2(坩埚+晶体)42.2g
加热后质量
第一次
W3(坩埚+晶体)31.3g
第二次
W4(坩埚+晶体)31.5g
第三次
W5(坩埚+晶体)31.4g
一、单选题
1. 下列叙述正确的是（ ）
A. 在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃
B. 煤干馏、石油分馏和裂化都是物理变化
C. 由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，故可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者。
D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】A．在氢氧化钠醇溶液作用下，卤代烃脱水生成烯烃，醇脱水生成烯烃的条件是浓硫酸加热，故A错误；
B．煤的干馏和石油裂化都是化学变化，而石油分馏是物理变化，故B错误；
C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，但果糖在碱性条件下结构异构化后也能产生醛基，则不可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者，故C错误；
D．淀粉、纤维素的分子式都写成(C6H10O5)n，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故D正确；
故答案为D。
2. 下列表述或说法正确的是
A. 硝基苯的结构简式：B. HClO的电子式：
C. 丙烷的分子结构模型示意图：D. 某烷烃的名称为2-乙基丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝基苯的结构简式为：，故A错误；
B．次氯酸为共价化合物，中心原子为O原子，则次氯酸的电子式为：，故B错误；
C．丙烷的分子结构是只存在碳碳单键和碳氢键，其结构模型示意图为：，故C正确；
D．烷烃命名时要选择碳原子数目最多的链为主链，则某烷烃的名称为2-乙基丁烷选择主链错误，正确的命名是：3-甲基戊烷，故D错误；
故选C。
3. 从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法错误的是
A. 我国首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，生物酶催化剂的使用改变了反应历程
B. 神舟十三号升空时，火箭尾部喷射的气体呈红棕色是因为部分助燃剂N2O4转化为NO2
C. 明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，两者处理水的原理相同
D. NH4Cl溶液可作焊接金属的除锈剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．在生物酶催化剂的作用下，由二氧化碳合成了淀粉，生物酶催化剂能改变反应历程，但不改变反应物和生成物的能量，A正确；
B．神舟十三号火箭发射所用燃料的助燃剂为N2O4，在高温条件下少部分N2O4转化为NO2，从而使尾气呈红棕色，B正确；
C．明矾与高铁酸钾均可作水处理剂，但明矾水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，同时与水反应产生氢氧化铁胶体能净水，两者处理水的原理不同，C错误；
D．NH4Cl水解使溶液显酸性，能与金属表面的氧化物反应，从而作焊接金属的除锈剂，D正确；
故选C。
4. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入NaClO使完全氧化为，该反应可表示为。下列说法正确的是
A. 还原性：B. 发生氧化反应
C. 的摩尔质量是28D. 反应中每生成28g ，转移3ml电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．中N元素化合价升高，是还原剂，ClO-中Cl元素化合价降低，Cl-是还原产物，所以还原性：，故A正确；
B．ClO-中Cl元素化合价降低，发生还原反应，故B错误；
C．摩尔质量的单位是“g/ml”，的摩尔质量是28g/ml，故C错误；
D．中N元素化合价由-3升高为0，反应中每生成28g转移6ml电子，故D错误；
选A。
5. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是
A. 是形成无机颗粒物的催化剂B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C. 雾霾可以通过处理利用为化肥D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气与硫酸反应生成硫酸铵，形成无机颗粒，不是催化剂，故A错误；
B．硫元素和氮元素最终在雾霾中形成硝酸铵和硫酸铵，以无机颗粒物形式存在于雾霾中，故B正确；
C．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵等无机颗粒物，可以通过处理利用为化肥，故C正确；
D．雾霾形成涉及氮元素的一系列转化，而氮元素的大量存在，与农业生产过度施用氮肥有关，故D正确；
故选：A。
6. 下列有关“共存”说法正确的是
A. 、、三种气体可以大量共存
B. 在澄清透明溶液中，、、、可以大量共存
C. 、与水蒸气可以大量共存，无需密闭保存
D. 常温下，在的溶液中，、、、可以大量共存
【答案】B
【解析】
详解】A．、、三种气体两两之间均能反应，不可以大量共存，选项A错误；
B．在澄清透明溶液中，、、、相互之间不反应，可以大量共存，选项在B正确；
C．、遇水蒸气均会发生双水解而不能大量共存，需密闭保存，选项C错误；
D．常温下， 的溶液为强酸或强碱性溶液，强酸性中不能大量存在，强碱性中不能大量存在，选项D错误；
答案选B。
7. 下列说法不正确的是
A. “杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B. 核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
C. 利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得人造脂肪
D. 天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．选择空腔大小适合C60 “杯酚”能够分离C60和C70，体现了超分子的分子识别特征，故A正确；
B．核酸是生物体遗传信息的携带者，是由许多核苷酸单体形成的聚合物，属于高分子化合物，故B正确；
C．利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得甘油以及肥皂的主要成分--高级脂肪酸盐，故C错误；
D．天然橡胶硫化时由线型结构转变为空间网状，故D正确；
答案选C。
8. 已知 NA 为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 2.3g 金属钠变成钠离子时，失去的电子数为0.2NA
B. 常温常压下，18g 水中所含的氢原子数目为2NA
C. 20℃，1.01×105pa 时，11.2 升氢气所含的原子数目为NA
D. 32g 氧气所含有的原子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项，1mlNa失去1ml电子形成Na+，2.3gNa的物质的量为：2.3g÷23g•ml-1=0.1ml，故2.3克金属钠变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA，A错误；
B项，18g H2O的物质的量为：18g÷18g•ml-1=1ml，所含的氢原子数目为2NA，故B正确；
C项，20℃，1.01×105Pa时，气体摩尔体积不是22.4L•ml-1，故11.2升氢气的物质的量不是0.5ml，所含的原子数目不是NA，故C错误；
D项，32g O2的物质的量为：32g÷32g•ml-1=1ml，故所含的原子数目为2NA，D错误。
9. 下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B. 醋酸溶液和大理石反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的NaOH：NH4++OH－=NH3·H2O
D. 向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：+2H+= SO2↑+S↓+ H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；
B．醋酸溶液和大理石反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，B错误；
C．NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的NaOH生成氢氧化铝沉淀，得不到一水合氨，即：Al3++3OH－=Al(OH)3↓，C错误；
D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生自身的氧化还原反应，即：+2H+= SO2↑+S↓+ H2O，D正确；
故选D。
10. 1934年约里奥一居里夫妇在核反应中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，开创了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下 列叙述正确的是
A. 的相对原子质量为26B. X、Y均可形成三氯化物
C. X的原子半径小于Y的原子半径D. Y的最高价氧化物的水化物是强酸
【答案】B
【解析】
【分析】由+→+及质量守恒可知，W=30+1-4=27，X、Y的最外层电子数之和为8，X的最外层电子数为=3，金属原子的质量数为27、且位于ⅢA族，则Z=13符合题意，所以X为Al元素；Y的最外层电子数为8-3=5，质子数为13+2=15，则Y为P，据此解答。
【详解】由上述分析可知X为Al、Y为P元素。
A．W为27，则的质量数为27，相对原子质量近似取27，A错误；
B．X、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，B正确；
C．同一周期元素，从左向右，元素的原子半径逐渐减小，则X的原子半径大于Y的半径，C错误；
D．Y的最高价氧化物的水化物为磷酸，磷酸属于中强酸，D错误；
故答案是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握最外层电子数、质量守恒来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。
11. 实验室中气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．将浓氨水滴加入碱石灰中，可制得NH3，但NH3的密度比空气小，应使用向下排空气法收集(导管短进长出)，且NH3极易溶于水，导管插入水中会产生倒吸，A不合理；
B．将浓盐酸滴入漂白粉中，发生归中反应生成Cl2，用向上排空气法收集Cl2，氯气尾气用NaOH溶液吸收，B合理；
C．稀硝酸与金属铜反应可制取NO，但NO与空气中的O2易发生反应，且NO的密度与空气相当，不能用排空气法收集，NO尾气与NaOH溶液也不发生反应，C不合理；
D．饱和食盐水滴入电石中，发生反应制得C2H2，其密度比空气小，应使用向下排空气法收集，C2H2中混有H2S等，H2S可与CuSO4溶液反应，但乙炔不能被吸收，D不合理；
故选B。
12. 下列说法错误的是
A. CH≡CCH(CH3)CH=CHCH3分子中含1个手性碳原子
B. 硫单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：水>酒精>CS2
C. 的沸点高于的沸点
D. H3PO4酸性强于H3BO3，是因为H3PO4中非羟基氧原子数大于H3BO3中非羟基氧原子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，CH≡CCH(CH3)CH=CHCH3分子中含有1个手性碳原子，如图(用“*”标记)，故A正确；
B．根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性溶剂，难溶于非极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，难溶于极性溶剂，硫为非极性分子，硫单质难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：水>酒精>CS2，故B正确；
C．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，当对羟基苯甲酸熔融时，需要消耗较多的能量克服分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔点低于对羟基苯甲酸，故C错误；
D．含氧酸分子的结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，H3PO4中非羟基氧原子数大于H3BO3中非羟基氧原子数，因此H3PO4酸性强于H3BO3，故D正确；
答案选C。
13. 一种新型锂钒固体电池结构示意图如图所示，放电时移向电极形成，下列说法正确的是
A. 纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极
B. 放电时，电子由引线端子A流出
C. 充电时，引线端子A与外接电源负极相连
D. 充电时，的电极反应式：
【答案】A
【解析】
【分析】由放电时锂离子移向五氧化二钒形成LixV2O5可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极。
【详解】A．由分析可知，金属锂的载体纳米碳管为新型锂钒固体电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为负极，则电子由引线端子B流出，故B错误；
C．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，引线端子A与外接电源正极相连，故C错误；
D．由分析可知，五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，则充电时，五氧化二钒电极为电解池的阳极，LixV2O5在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二钒和锂离子，电极反应式为，故D错误；
故选A。
14. 常温下，将0.01mlH2S气体通入到100mL0.1ml·L-1NaOH溶液中，反应后溶液的pH=10。将反应后的混合液放置一段时间后，溶液的pH>10。忽略反应后溶液体积的变化，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 常温下，HS-的电离常数小于其水解常数
B. 放置前的混合溶液中由水电离产生的H+的数目为10-11NA
C. 放置后溶液中可能发生反应：2HS-+O2=2S↓+2OH-
D. 反应后pH=10的溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．将0.01mlH2S气体通入到100mL0.1ml·L-1NaOH溶液中，恰好完全反应生成NaHS，反应后溶液的pH=10，呈碱性，说明常温下，HS-的电离常数小于其水解常数，A正确；
B．放置前的混合溶液pH=10，水的电离受到促进，则由水电离产生的H+的数目为10-4ml/L×0.1L×NA/ml=10-5NA，B错误；
C．放置后溶液pH增大，HS-被氧气氧化，可能发生反应：2HS-+O2=2S↓+2OH-，C正确；
D．NaHS溶液中存在物料守恒：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1ml·L-1，D正确；
故选B。
15. P4具有正四面体结构，它在Cl2中燃烧可生成PCl5和PCl3两种产物，经测定在PCl5中P-Cl与PCl3中的P-Cl键能是不同的。PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·ml-1，PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·ml-1。已知：P4(g)＋6Cl2(g)=4PCl3(g)ΔH=akJ·ml-1，P4(g)＋10Cl2(g)=4PCl5(g)ΔH=bkJ·ml-1，下列叙述正确的是（ ）
A. PCl5分子中原子最外层均满足8电子结构
B. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)=PCl5(s)的反应热ΔH
C. Cl—Cl键的键能为kJ·ml-1
D. P—P键的键能为kJ·ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在PCl5分子中，P元素为+5价，P原子最外层有5个电子，则PCl5分子中的P原子最外层电子数为5+5=10，不满足最外层8电子结构，故A错误；
B．利用盖斯定律并结合题中给出的两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•ml-1，但PCl5（g）=PCl5（s）的△H未知，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；
C．设Cl-Cl键的键能为x kJ/ml，利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=kJ•ml-1可得x+3×1.2c-5c=，x=kJ·ml-1，故C正确；
D．设P-P键能为y kJ/ml，则6y+6×-12×1.2c=a，y= kJ·ml-1，故D错误；
答案选C。
16. 时，将浓度均为、体积分别为和的溶液与溶液按不同体积比混合，保持，、与混合液的的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 的数量级约为
B b点时
C. a、b、d几点中，水的电离程度
D. 点过程中，可能存在
【答案】D
【解析】
【详解】A、Vb=0时，Va=100mL，则0.1ml/L的HX溶液的pH=3，即溶液中c(H+)= c(X-)=10-3ml/L，c(HX)=0.1ml/L，则Ka(HX)===10-5，A正确；
B、b点时，溶液pH=7，则有c(NH4+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)，由于X-和NH4+都要发生水解，故溶液中还有c(X-)>c(HX)>c(OH-)，故c(NH4+)>c(HX)>c(H+)=c(OH-)，B正确；
C、a点的溶质为HX，b点的溶质为NH4X，d点的溶质为NH4X和HX，由于NH4+和X-都水解（促进水电离），HX仅电离（抑制水电离），故这三个点中，水的电离程度b>d>a，C正确；
D、a→b的过程中，溶液一直呈酸性，即溶液中的溶质为HX或HX和NH4X，则c(X-)≥c(NH4+)，D错误；
故选D。
二、解答题
17. 研究表明，利用FeCl2、NH4H2PO4、Li2CO3和苯胺( )制备的磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作电池的正极材料。
(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。
(2) N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为________。
(3) CO32-中心原子轨道的杂化类型为________；与CO32-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。
(4) 1ml苯胺分子中含有σ键的数目为________；苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点高于甲苯，其原因是________________________________。
【答案】 ①. [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 ②. O>N>P ③. sp2 ④. SO3 ⑤. 14ml ⑥. 苯胺分子间可形成氢键
【解析】
【详解】（1）铁是26号元素，其基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子变成亚铁离子Fe2+，Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；
（2）同周期从左到右、同主族从下到上，电负性逐渐增大，根据元素在元素周期表中的位置，可知N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞P；
（3）CO32-中心原子碳原子孤对电子对数==0，杂化轨道数目=3+0=3，碳原子采取sp2杂化；CO32-的原子数为4，价电子数为24，等电子体是指具有相同原子数和相同价电子数的分子或原子团，根据等电子体的定义可知，与CO32-互为等电子体的分子有SO3、BF3等，答案为：sp2；SO3；
（4）苯胺（ ）中C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均是或含有σ键，1 ml苯胺分子中含有σ键数目共计为14ml；苯胺为分子晶体，由分子构成，苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的沸点（184.4℃）高于甲苯的沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，答案为：14ml；苯胺分子间可形成氢键。
【点睛】氢键存在于分子之间而不是分子内，强度大于分子间作用力，弱于化学键。
18. 为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O═15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：
第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是_____18_____；
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原，应选择__________(填字母编号)．
A．KMnO4溶液 B．K3[Fe(CN)6]溶液 C．KSCN溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3调溶液PH到5.8左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH降低的原因是__________；
（4）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%．将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第Ⅲ步应加入FeCO3__________kg。
【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（2）C （3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+
（4）或0.0118ab-0.646c
【解析】
【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、剩余的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液中加入FeCO3调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤、浓缩结晶得到FeSO4晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
【小问2详解】
KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液可以检验有Fe2+生成，因Fe3+遇到KSCN溶液显红色，则检验Fe3+是否完全还原，应选择KSCN溶液，故选C；
【小问3详解】
通入空气引起溶液pH降低的原因是：氧气可以将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成H+，使溶液pH降低；
【小问4详解】
Fe2O3含量为50%，ckg烧渣中，Fe2O3质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，则参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%，其物质的量为=3cml，akg质量分数为b%的硫酸中m(H2SO4)=b%×akg，其物质的量为=ml，第Ⅲ步加入FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS2～7Fe2(SO4)3～7Fe2O3，可知参加反应的FeS2的物质的量×3cml，根据硫元素守恒计算：n总(FeSO4)=×3cml×2+ml，由Fe元素守恒可得：n(FeCO3)=n总(FeSO4)-n(FeS2)-2n(Fe2O3)=×3cml×2+ml-×3cml-2×3cml=ml-ml，故m(FeCO3)=()ml×116g/ml=或(0.0118ab-0.646c)kg。
20. 实验室用新制的氨水制备氨的配合物并测定其成分。
（1）氨水的制备如图， A中发生反应的化学方程式为___________ ，单向阀的作用是___________。C中溶液为___________。
（2）银氨溶液的制备及成分研究
25°C，磁力搅拌下向25.00 mL 0.12ml/L的AgNO3溶液中逐滴加入稀释后的氨水(浓度为1.205ml/L)，实验测得烧杯内溶液的pH随氨水加入体积的变化曲线如图所示。经计算可知B点AgNO3是否已反应完全___________ (填 “是”或“否”)；若要避免制备银氨溶液的过程生成AgOH沉淀，有人提出可在AgNO3溶液中加入一定浓度的NH4NO3，用平衡移动原理解释原因___________。
（3）已知D点刚好变澄清溶液，若该溶液中的溶质为强碱性的Ag(NH3)2OH，则pH应为 ___________， 由此可判断D点溶质不是Ag(NH3)2OH。据此写出A~D总反应的化学方程式___________。
（4）欲得到Ag(NH3)2OH的溶液，可将沉淀量达到最大值时的浊液___________、___________，再继续滴加氨水。但 Ag(NH3)2OH溶液若碱性太强，则久置易分解生成爆炸性物质Ag3N，该分解反应的方程式为___________。
【答案】（1） ①. Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑+2H2O(O) ②. 防倒吸 ③. 硫酸(或盐酸等)
（2） ①. 否 ②. NH3·H2O + OH-增大c( )使平衡逆移，c(OH-)减小
（3） ①. 13 ②. AgNO3 + 2NH3·H2O= Ag(NH3)2NO3+ 2H2O
（4） ①. 过滤 ②. 洗涤 ③. 3Ag(NH3)2OH = Ag3N+ 5NH3 +3H2O
【解析】
【小问1详解】
实验室制氨气，用氯化铵与熟石灰加热制备，化学方程式是“Ca(OH)2 + 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑+2H2O”；单向阀使得气体只能向一个方向流动，防止液体倒吸；氨气可以与酸反应，故残余气体用“稀硫酸”除去；
【小问2详解】
硝酸银物质的量为0.12ml/L×25×10-3L=3×10-3ml，加氨水至图中B点状态时，n(NH3•H2O)=1.205ml/L×1×10-3L=1.205×10-3ml，n(AgNO3)> n(NH3•H2O)，所以本问第一空填“否”；，向溶液中加入NH4NO3，提高浓度，促使反应逆移，降低OH-浓度，所以本问第二空应填“NH3·H2O + OH-增大c( )使平衡逆移，c(OH-)减小”；
【小问3详解】
Ag(NH3)2OH是强碱性，所以n(OH-)=0.5n(NH3)=0.5×5×10-3×1.205ml≈3×10-3ml，，；生成Ag(NH3)2OH的总反应化学方程式是“AgNO3 + 2NH3·H2O= Ag(NH3)2NO3+ 2H2O”；
【小问4详解】
对于存在固体难溶物的溶液分离，需采用“过滤”、“洗涤”等方法除尽杂质；Ag(NH3)2OH分解的化学方程式为“3Ag(NH3)2OH = Ag3N+ 5NH3 +3H2O”。
21. 硅胶在干燥时因加有氯化钴()会有颜色的变化，随吸湿量的增加由蓝色逐渐转变成浅红色，使用非常方便。某学习小组设计实验制备氯化钴，并查阅到以下资料：钴与铁相似，常见化合价为+2、+3，可溶于稀盐酸(因反应极慢，需用硝酸作催化剂才可顺利进行)。钴在纯氧中加热至300℃以上生成CO(熔点为1 935℃)，400～900℃生成。
请回答下列问题：
(1)实验①～④是制备氧气的试剂组合，请从 A～E 中选择最恰当装置符号填入表中。
(2)第一小组负责制备无水CO，若选用装置C作为氧气的发生装置，则制备CO完整装置的接口连接顺序为___________，装置C发生反应的化学方程式为________；装置F中装有的试剂为_______。
(3)与类似，可以看作氧化钴(CO)与氧化高钴()形成的化合物，写出与盐酸反应的化学方程式：__________。
(4)第二小组同学提出另外的方案：用一定质量的钴粉与稀盐酸反应，滴入几滴稀硝酸，将得到的溶液倒入蒸发皿中，加热蒸发浓缩，38～40℃冷却结晶，趁热过滤，得到晶体。根据如图溶解度随温度变化曲线解释能得到氯化钴晶体的原因：____________。
为了确定晶体的化学式，小组同学把晶体洗涤、干燥、称量得到23.8 g固体，用坩埚加热至质量不再变化，数据如表所示，则该晶体的化学式为________。
【答案】 ①. C ②. D ③. E ④. A ⑤. c→f→g→h→i→f ⑥. ⑦. 浓硫酸 ⑧. ⑨. C(NO3)2的溶解度随温度的变化比大，所以将混合溶液加热蒸发溶剂，大多数的因水分减少而析出，因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去得到纯净的晶体 ⑩.
【解析】
【分析】(1)根据给定的药品，反应的原理进行装置的选择；
(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，据此进行装置的连接；
(3)C3O4与Fe3O4类似，据此进行分析；
(4) 根据、的溶解度受温度的影响不同，选择物质分离提纯的方法；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量计算出n()，n(H2O)，然后根据氯化钴与水的量之比得出晶体的化学式。
【详解】(1)根据给定的药品，合理选择装置，实验①是固体粉末与液体反应，装置A不适用于固体粉末与液体的反应，装置B不能控制其反应的进行与停止，故装置C适合，实验②是液体与液体反应，装置D适合，实验③ 高锰酸钾固体只能采用固体加热装置，装置E适合，实验④是固体与液体反应制气体且反应不需加热，固体呈块状，装置A便于控制反应的发生与停止，故装置A适合。
(2)因需要制备无水氧化钴，所以在氧化钴的制备装置前后加上装有浓硫酸的洗气瓶，因此连接顺序为c→f→g→h→i→f。
(3)C3O4与Fe3O4类似，则一个C3O4分子中含有一个CO和一个C2O3，C3O4与盐酸反应的化学方程式为。
(4) 的溶解度受温度的影响变化不大，的溶解度受温度的影响变化很大，所以将此混合溶液加热蒸发溶剂，在较高温度下的溶解度较大，的溶解度较小，蒸发溶剂时，大多数的因水分减少而析出，C(NO3)2因溶解度大而溶解在溶液中，趁热过滤即可除去，得到纯净的CCl2；设该晶体的化学式为，三次实验中的平均质量为13.0 g，则n()＝＝0.1 ml，n(H2O)＝＝0.6 ml，1∶a＝1∶6，则此晶体的化学式为 。22. 以苯酚、甲基丙烯等为原料，可制备重要的有机中间体F和G。合成路线如下：
已知：（R、R′代表H或烃基）
(1)化合物F中含氧官能团的名称是_____和________。
(2)写出反应类型：A→B：_________；B→C：____________。
(3)写出一定条件下C转化为D的化学方程式：______________。
(4)G的分子式为C11H18O，红外光谱显示具有醛基和四个甲基。写出F转化为G的化学方程式：__________。
(5)F转化为G的过程中，可能发生副反应生成H。H为G的同分异构体（不考虑顺反异构），具有五元环结构。H的结构简式为_______。鉴别G和H使用的试剂和条件为_______________。
(6)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚和CH2=CH2为原料制备有机物的合成路线流程图（无机试剂任用）_______________。
【答案】 ①. 醛基 ②. 羰基 ③. 加成(还原)反应 ④. 加成(还原)反应 ⑤. 2 + O2 2+2H2O ⑥. +H2O ⑦. ⑧. 银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜，加热） ⑨.
【解析】
【详解】 A经加成反应得B，再与H2加成得到C，催化氧化得D加成消去后得E，经氧化反应得F，在碱性条件下得到G为。
(1)化合物F中含氧官能团的名称是 醛基、 羰基；(2)写出反应类型：A→B为加成(还原)反应；B→C：加成(还原)反应；(3)醇在铜催化作用下转化为的化学方程式：2 + O2 2+2H2O；(4)F转化为G的化学方程式：+H2O ，(5)H的结构简式为，鉴别G和H实际上是鉴别醛基，使用的试剂和条件为：银氨溶液，水浴加热（或新制氢氧化铜，加热）；(6)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚和CH2=CH2为原料制备有机物
的合成路线流程图：利用信息苯酚与乙烯加成引入侧链，再与H2加成生成环己烷的含氧衍生物，消去羟基后生成碳碳双键，再氧化，参考流程如下：选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓盐酸
漂白粉
Cl2
NaOH溶液
C
稀硝酸
金属铜
NO
NaOH溶液
D
饱和食盐水
电石
C2H2
CuSO4溶液
实验
编号
①
②
③
④
试剂
H2O2
溶液
H2O2
溶液
KMnO4
固体
H2O2溶液
催化剂
MnO2粉末
FeCl3溶液
以Al2O3为载体，混有MnO2的块状物
装置
____
____
____
____
加热前质量
W1（坩埚）18.4g
W2(坩埚+晶体)42.2g
加热后质量
第一次
W3(坩埚+晶体)31.3g
第二次
W4(坩埚+晶体)31.5g
第三次
W5(坩埚+晶体)31.4g
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