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天津市部分区学校2023届高三下学期质量调查（二）化学试题（含解析版）
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天津市部分区学校2023届高三下学期质量调查（二）化学试题
化 学
第I卷
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
1. 我国在航天、航海等领域取得重大进展。下列说法不正确的是
A. “天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
B. 北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C. 海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块，防止船底腐蚀
D. 航空母舰“福建舰”，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米气凝胶为胶体，可发生丁达尔效应，A项正确；
B．芯片为Si，而光导纤维为SiO2，B项错误；
C．加入锌块与Fe形成原电池，Zn作负极发生反应，而Fe作正极被保护，C项正确；
D．碳化硅高硬度和高熔点，耐腐蚀的新型无机非金属材料，D项正确；
故选B。
2. 下列过程涉及氧化还原反应的是
A. 工业上电解熔融状态制备
B. 用作沉淀剂，除去工业废水中的
C. 石油经过分馏后可以得到汽油、煤油、柴油等轻质油
D. 侯氏制碱法以为原料制备和
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上电解熔融状态制备，同时生成氯气，元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A符合；
B． 用作沉淀剂，除去工业废水中的，发生反应，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，B不符合；
C． 石油分馏是物理变化，不涉及氧化还原反应，C不符合；
D．侯氏制碱法原理：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为： ，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，D不符合；
答案选A。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为18的氯原子： B. 的结构示意图：
C. 的VSEPR模型： D. C原子的一种激发态：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为18的氯质量数为35，它表示为，A项错误；
B．O2-最外层电子数为8， 该结构为O原子的结构示意图，B项错误；
C．NH3的价层电子对数为=，VSEPR模型为四面体模型，C项错误；
D．基态C原子的电子排布为1s22s22p2。而 该排布中低能级的2s未填充满，它是C的激发态原子，D项正确；
故选D。
4. 下列物质属于分子晶体，且同时含有σ键和π键的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．KSCN为离子晶体，而C6H6（苯）为分子晶体其中含有σ键和π键，A项不符合题意；
B．两者均为离子晶体，B项不符合题意；
C．Al(OH)3为离子晶体，而SiO2为共价晶体，C项不符合题意；
D．两者均为分子晶体，两者的结构简式分别为O=C=O、CH2=CH2，均有σ键和π键，D项符合题意；
故选D。
5. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 与稀硫酸混合：
B. 悬浊液中加入足量的溶液：
C. 与稀硝酸反应：
D. 用足量的氨水吸收烟气中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2S2O3在酸性溶液中+2价的S发生歧化反应转变为S和SO2，Na2S2O3为可溶盐拆写为离子，反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，A项正确；
B．溶解性小的AgCl转化为溶解性更小的AgI，反应为
I−(aq)+AgCl(s)=AgI(s)+Cl−(aq)，B项正确；
C．HNO3具有强氧化性能将Fe2+氧化为Fe3+，反应为3FeO +10H++=3Fe3++5H2O+NO↑，C项错误；
D．氨水和酸性氧化物反应产生盐和水，反应为2NH3⋅H2O + SO2=+2+H2O，D项正确；
故选C。
6. 下列各仪器或装置能达到实验目的的是
A．测定氯化铵溶液的
B．除去碳酸氢钠中少量的碳酸钠
C．可以用于验证铁的析氢腐蚀
D．除去乙烯中少量的二氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH计可准确测定溶液的pH，A项能达到实验目的；
B．NaHCO3受热易分解，无法除杂，B项不能达到实验目的；
C．食盐水中发生的吸氧腐蚀，C项不能达到实验目的；
D．高锰酸钾不仅能和SO2发生反应，还能将乙烯氧化为CO2，无法除杂的目的，D项不能达到实验目的；
故选A。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，中所含的原子数为
B. 的溶液中含有数目为
C. 标准状况下，分子所占的体积约为
D. 分子中含有的键的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．7.5gH2NCH2COOH物质的量，则原子物质的量为0.1mol×10=1mol，所以原子的总数目为NA，A项正确；
B．溶液体积未知，无法计算物质的量，B项错误；
C．标况下CH3OH为液体，无法计算，C项错误；
D．HClO中结构为Cl-O-H不存在Cl-H，D项错误；
故选A。
8. 绿原酸是金银花成分之一，结构简式如下。关于绿原酸的下列推测不合理的是
A. 绿原酸可溶于水也可溶于乙醇
B. 该物质只能通过加聚反应形成高分子
C. 该物质分子中有4个手性碳原子
D. 该物质最多可与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中含有较多的羟基和羧基，这两个官能团均能与水、乙醇形成氢键助溶，A项正确；
B．分子中含C=C能发生加聚反应，同时含有-OH和-COOH可发生缩聚反应，B项错误；
C．连接羟基和-OOCR的六元环中的C除-CH2-外均为手性碳，手性碳有4个，C项正确；
D．NaHCO3只能与1个羧基发生反应，所以1mol 该物质最多可与1molNaHCO3反应，D项正确；
故选B。
9. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。
下列说法不正确的是
A. 反应
B. 选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C. 和的总能量大于和的总能量
D. 反应Ⅱ的热化学方程式表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中消耗2mol气体产生了4mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；
B．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；
C．从能量图看1molCH3OH(g) 和1molH2O(g)的总能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；
D．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物。从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应 ΔH<0，D正确；
故选C。
10. 碳的一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部。下列说法中不正确的是
A. 金刚石、石墨和C60都属于碳的同素异形体
B. 电负性K>C
C. C60晶胞结构和干冰相似
D. 此化合物的化学式为K3C60
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石、石墨和C60均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．K为活泼金属，C为非金属，电负性：K
D．由晶胞结构可知C60位于顶点和面心，个数为：，K有12个位于棱上，9个位于体内，个数为：，化学式为K3C60，故D正确；
故选：B。
11. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D形成的化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是
A. 形成的简单离子半径：D>C
B. 化合物X在高温下稳定性较强
C. 第一电离能：C>E
D. A、C形成化合物的沸点高于A、B形成化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】A、B、C、D、E是五种短周期主族元素且原子序数依次增大，化合物X中元素D形成+1价阳离子，而D的原子序数大于A、B、C，可知D为Na元素；结合A的原子半径小于B、C，可知A为H元素；由原子序数可知B、C处于第二周期，化合物X中C可以形成2个共价键、B形成4个共价键，故B为C元素、C为O元素；而C与E同主族，则E为S元素，综合以上分析，A、B、C、D、E分别为H、C、O、Na、S，据此解答。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Na+
C．同一主族自上而下第一电离能减小，则第一电离能：O>S，故C正确；
D．H与O形成化合物有H2O、H2O2，H与C形成的化合物为烃类物质，有气态、液态、固态三种状态，固态烃的沸点比水、过氧化氢高，故D错误；
答案选C。
12. 室温下二元酸溶液中，的浓度对数随的变化如图。下列说法不正确的是
A. 由图中可知二元酸的，
B. a点时，
C. 适当升高温度，a点会左移
D. 随增加，增大
【答案】D
【解析】
【分析】从pH4.4~13碱性越强，三离子浓度大小：
H2M
B．a点时，， Ka1Ka2==10-5.8，则c(H+)=10-2.9mol/L，pH=2.9，B项正确；
C．升温则a点处的K值增大，Ka1Ka2=，溶液酸性增强，所以a点左移，C项正确；
D． 溶液中存在平衡：HM-+H2OH2M+OH-，根据图示可知，随着pH增大c(HM-)先增大后减小。由Kh=推出=Kh，所以pH增大先增大后减小，D项错误；
故选D。
第II卷
13. 含及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）写出基态电子排布式___________。与C均为第四主族元素，基态原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。
（2）的空间结构名称为___________，中心原子杂化方式为___________。非金属性氧大于硫，能证明此关系成立的一种事实为___________。
（3）的配位体是___________，形成配合物后键角会___________(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是成键电子对之间的排斥力___________孤电子对与成键电子对的排斥力(填“>”、“<”或“=”)。
（4）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是___________(填序号)，写出其离子反应方程式___________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. 1:3或3:1
（2） ①. V形 ②. sp3 ③. SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O吸引电子的能力强，O的非金属强于S
（3） ①. NH3 ②. 变大 ③. <
（4） ①. d ②. 2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+
【解析】
【小问1详解】
Zn的电子排布为[Ar]3d104s2，失去最外层两个电子变为Zn2+，Zn2+电子排布为[Ar]3d10。Sn价电子为答案为5s25p2，自旋相反有的电子数之比为1:3或3：1。答案为[Ar]3d10；1:3或3:1；
【小问2详解】
SO2的价层电子对为，含有一对孤电子，构型为V形。中心原子的价层电子对为，采取sp3杂化。非金属性越强，吸引电子的能力越强，SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O的非金属强。答案为V形；sp3；SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O吸引电子的能力强，O的非金属强于S；
【小问3详解】
配离子中NH3与Cu连接，且NH3中N有孤电子对，配体为NH3。NH3将孤电子对用于与Cu成键，所以成键电子对之间的排斥小于孤电子对对成键电子对的排斥，键角增大。答案为NH3；变大；<；
【小问4详解】
a．化学式为，S的化合价为+6价，S的高价成显出弱氧化性，不能将Mn2+氧化为，a项不符合题意；
b．化学式为，S的化合价为+5价，S的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为，b项不符合题意；
c．，S的化合价为+2.5价，S的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为，c项不符合题意；
d．中含过氧键，有强氧化性，能将Mn2+氧化为，d项符合题意；
故选d。
具有强氧化性，能将Mn2+氧化为而自身被还原为，反应为2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+。答案为d；2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+。
14. 有机物F()是合碳某种药物的中间体，它的一种多成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）F中含有的官能团名称为___________；化合物E的分子式___________。
（2）用系统命名法对化合物D进行命名___________。
（3）反应①和③的反应类型分别是___________。
（4）写出有机物B的结构简式___________。
（5）D→E的反应方程式为___________。
（6）写出满足下列条件的D的同分异构体___________(不考虑立体异构)。
①能与溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1
（7）仿照E的合成路线，设计一种由合成 的合成路线__________(其他无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 酯基、碳溴键 ②. C10H12O2
（2）2-苯基丙酸 （3）加成反应、取代反应
（4） （5）+CH3OH+H2O
（6）和 （7）
【解析】
【分析】反应②为C=C与HBr加成反应，B中的-Br被 -CN取代，由C推测B为。C→D为-CN的水解为-COOH。D→E为酯化反应。
【小问1详解】
F中含有-COOR、-C-Br为酯基、碳溴键。键线式的拐点和端点均为C，按照C的四价结构补充H，该物质的化学式为C10H12O2。答案为酯基、碳溴键；C10H12O2；
【小问2详解】
以含-COOH的碳链为主链，苯基为支，则该物质为2-苯基丙酸。答案为2-苯基丙酸；
【小问3详解】
反应①为三键变为C=C且不饱和C直接连了原子，则该反应为加成反应。反应③为取代反应。答案为加成反应、取代反应；
【小问4详解】
由上分析B为。答案为；
【小问5详解】
该反应为酯化反应，机理：酸脱羟基醇脱氢，反应为+CH3OH+H2O。答案为+CH3OH+H2O；
【小问6详解】
能与FeCl3溶液发生显色反应即含有，能发生银镜反应含-CHO，
核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1即该物质中含有两个-CH3，且在苯环对称排列，所以结构简式为和。答案为和；
【小问7详解】
该物质需要经和酯化反应得到。由已知信息得的合成路线为。答案为。
15. 气体浓度过高时易分解爆炸，可采用和混合溶液将其吸收转化为固体以便于运输和贮存。回答下列问题：
（1）某小组按照文献中制备的方法设计了如图所示的实验装置。
①仪器a的名称是___________。
②装置C中反应的化学方程式为___________。
③通入氮气除了具有搅拌作用外，还具有___________。
④装置C中冰水浴冷却的目的是___________(填序号)。
a．抑制分解 b．减小的溶解度 c．利于晶体析出
（2）二氧化氯可用于果蔬保鲜，图中效果较好的稳定剂是___________(填“稳定剂Ⅰ”或“稳定剂Ⅱ”)，原因是___________。
（3）消毒时会产生少量的，可利用将转化为除去。控制其他条件相同，的去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，去除率随温度升高而降低的原因可能是___________。
（4）测定某溶液中的浓度，进行如下实验：准确量取溶液，酸化后加入过量的溶液，充分反应，加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点。重复上述操作2~3次，平均消耗溶液。
已知：，
①滴定终点的现象为___________。
②该溶液中的物质的量浓度___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O ③. 将ClO2代入C中被吸收被充分吸收 ④. ac
（2） ①. 稳定剂Ⅱ ②. 稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内保持保鲜浓度
（3）随着温度升高Fe2+发生水解程度增大，从而导致与减少而降低效果
（4） ①. 待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复 ②. 0.11mol/L
【解析】
【分析】A装置制取ClO2，B装置为安全瓶。C为吸收ClO2，D为尾气处理装置。
【小问1详解】
①a为滴加液体的分液漏斗。②H2O2将ClO2还原为NaClO2而自身变为O2和H2O，反应为H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O。③氮气将ClO2代入C中被吸收。
④装置C中冰水浴冷却的目的是：
a．温度越高H2O2分解越快，从而降低了吸收效率，所以冰浴其分解，a项正确；
b．温度越高气体溶解度降低，b项错误；
c．温度低物质的溶解度降低，c项正确；
故选ac。
答案为分液漏斗；H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O；将ClO2代入C中被吸收被充分吸收；ac；
【小问2详解】
稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内，稳定剂Ⅱ效果较好。答案为稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内保持保鲜浓度；
【小问3详解】
被Fe2+还原而除去，随着温度升高Fe2+发生水解程度增大而转变为Fe(OH)2而无法去除。答案为随着温度升高Fe2+发生水解程度增大，从而导致与减少而降低效果；
【小问4详解】
滴定前淀粉与I2均在锥形瓶中呈现蓝色，当加入Na2S2O3消耗I2，当I2被反应完后溶液呈先无色。所以滴定终点为待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复。从反应建立关系式2ClO2~5I2~ 10Na2S2O3，计算n(Na2S2O3)= 27.50×0.1×10-3mol=2.75×10-3 mol，则n(ClO2)= 2.75×10-3 mol× =5.5×10-4 mol。c(ClO2)= 。答案为待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复；。
16. 实现的有效转化成为科研工作者的研究热点。
I．以作催化剂，可使在温和条件下转化为甲醇，反应经历如下：
i．催化剂活化：(无活性)(有活性)
ii．与在活化的催化剂表面发生反应
①
②(副反应)
（1）写出电子式___________。
（2）在恒温密闭容器中，和按物质的量之比1∶1开始反应，当以下数值不变时，能说明反应②达到平衡状态的是___________(填序号)。
a．混合气体的密度 b．混合气体的平均相对分子质量
c．的体积分数 d．和的体积比
（3）某温度下，与的混合气体以不同流速通过恒容反应器，随气体流速的增大，转化率变小，而的选择性增大
已知：选择性
的选择性随气体流速增大而升高的原因可能有：
①___________。
②气体流速增大可减少产物中的积累，减少催化剂的失活，从而提高选择性。请用化学方程式表示催化剂失活的原因：___________。
Ⅱ．以二氧化碳为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。
（4）b极为直流电源的___________极，阴极表面发生的电极反应式___________。
（5）若有通过质子交换膜时，该装置内生成和的物质的量共计_______。
【答案】（1） （2）c
（3） ①. 增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高 ②.
（4） ①. 正 ②.
（5）0.75
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，碳与每个氧形成两对共用电子对，其电子式；故答案为：。
【小问2详解】
反应②是等体积反应，a．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量不变，气体摩尔质量不变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．正向反应，氢气体积分数减小，当的体积分数不变，能作为判断平衡标志，故c符合题意；d．和开始是1:1，消耗的也是1:1消耗，因此和体积比始终是1:1，因此和的体积比不变，不能作为判断平衡标志，故d不符合题意；综上所述，答案为：c。
【小问3详解】
①增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高；故答案为：增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高。
②根据催化剂活化：(无活性)(有活性)分析得到催化剂失活的原因是与水反应生成了和氢气，其化学方程式为：；故答案为：。
【小问4详解】
二氧化碳变为甲酸根，化合价降低，则左边为阴极，右边甲醇变为甲酸，化合价升高，失去电子，作阳极，则b极为直流电源的正极，阴极表面生成甲酸根和碳酸氢根，其发生的电极反应式；故答案为：正；。
【小问5详解】
根据电极反应式和，若有通过质子交换膜时，说明有1mol电子发生转移，该装置内生成0.5mol和0.25mol，因此两者的物质的量共计0.75；故答案为：0.75。
天津市部分区学校2023届高三下学期质量调查（二）化学试题
化 学
第I卷
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
1. 我国在航天、航海等领域取得重大进展。下列说法不正确的是
A. “天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
B. 北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C. 海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块，防止船底腐蚀
D. 航空母舰“福建舰”，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米气凝胶为胶体，可发生丁达尔效应，A项正确；
B．芯片为Si，而光导纤维为SiO2，B项错误；
C．加入锌块与Fe形成原电池，Zn作负极发生反应，而Fe作正极被保护，C项正确；
D．碳化硅高硬度和高熔点，耐腐蚀的新型无机非金属材料，D项正确；
故选B。
2. 下列过程涉及氧化还原反应的是
A. 工业上电解熔融状态制备
B. 用作沉淀剂，除去工业废水中的
C. 石油经过分馏后可以得到汽油、煤油、柴油等轻质油
D. 侯氏制碱法以为原料制备和
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上电解熔融状态制备，同时生成氯气，元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A符合；
B． 用作沉淀剂，除去工业废水中的，发生反应，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，B不符合；
C． 石油分馏是物理变化，不涉及氧化还原反应，C不符合；
D．侯氏制碱法原理：氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气到饱和、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为： ，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，D不符合；
答案选A。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为18的氯原子： B. 的结构示意图：
C. 的VSEPR模型： D. C原子的一种激发态：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为18的氯质量数为35，它表示为，A项错误；
B．O2-最外层电子数为8， 该结构为O原子的结构示意图，B项错误；
C．NH3的价层电子对数为=，VSEPR模型为四面体模型，C项错误；
D．基态C原子的电子排布为1s22s22p2。而 该排布中低能级的2s未填充满，它是C的激发态原子，D项正确；
故选D。
4. 下列物质属于分子晶体，且同时含有σ键和π键的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．KSCN为离子晶体，而C6H6（苯）为分子晶体其中含有σ键和π键，A项不符合题意；
B．两者均为离子晶体，B项不符合题意；
C．Al(OH)3为离子晶体，而SiO2为共价晶体，C项不符合题意；
D．两者均为分子晶体，两者的结构简式分别为O=C=O、CH2=CH2，均有σ键和π键，D项符合题意；
故选D。
5. 下列离子方程式书写不正确的是
A. 与稀硫酸混合：
B. 悬浊液中加入足量的溶液：
C. 与稀硝酸反应：
D. 用足量的氨水吸收烟气中的：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2S2O3在酸性溶液中+2价的S发生歧化反应转变为S和SO2，Na2S2O3为可溶盐拆写为离子，反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，A项正确；
B．溶解性小的AgCl转化为溶解性更小的AgI，反应为
I−(aq)+AgCl(s)=AgI(s)+Cl−(aq)，B项正确；
C．HNO3具有强氧化性能将Fe2+氧化为Fe3+，反应为3FeO +10H++=3Fe3++5H2O+NO↑，C项错误；
D．氨水和酸性氧化物反应产生盐和水，反应为2NH3⋅H2O + SO2=+2+H2O，D项正确；
故选C。
6. 下列各仪器或装置能达到实验目的的是
A．测定氯化铵溶液的
B．除去碳酸氢钠中少量的碳酸钠
C．可以用于验证铁的析氢腐蚀
D．除去乙烯中少量的二氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．pH计可准确测定溶液的pH，A项能达到实验目的；
B．NaHCO3受热易分解，无法除杂，B项不能达到实验目的；
C．食盐水中发生的吸氧腐蚀，C项不能达到实验目的；
D．高锰酸钾不仅能和SO2发生反应，还能将乙烯氧化为CO2，无法除杂的目的，D项不能达到实验目的；
故选A。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，中所含的原子数为
B. 的溶液中含有数目为
C. 标准状况下，分子所占的体积约为
D. 分子中含有的键的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．7.5gH2NCH2COOH物质的量，则原子物质的量为0.1mol×10=1mol，所以原子的总数目为NA，A项正确；
B．溶液体积未知，无法计算物质的量，B项错误；
C．标况下CH3OH为液体，无法计算，C项错误；
D．HClO中结构为Cl-O-H不存在Cl-H，D项错误；
故选A。
8. 绿原酸是金银花成分之一，结构简式如下。关于绿原酸的下列推测不合理的是
A. 绿原酸可溶于水也可溶于乙醇
B. 该物质只能通过加聚反应形成高分子
C. 该物质分子中有4个手性碳原子
D. 该物质最多可与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中含有较多的羟基和羧基，这两个官能团均能与水、乙醇形成氢键助溶，A项正确；
B．分子中含C=C能发生加聚反应，同时含有-OH和-COOH可发生缩聚反应，B项错误；
C．连接羟基和-OOCR的六元环中的C除-CH2-外均为手性碳，手性碳有4个，C项正确；
D．NaHCO3只能与1个羧基发生反应，所以1mol 该物质最多可与1molNaHCO3反应，D项正确；
故选B。
9. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。
下列说法不正确的是
A. 反应
B. 选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能
C. 和的总能量大于和的总能量
D. 反应Ⅱ的热化学方程式表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应中消耗2mol气体产生了4mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；
B．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；
C．从能量图看1molCH3OH(g) 和1molH2O(g)的总能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；
D．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物。从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应 ΔH<0，D正确；
故选C。
10. 碳的一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部。下列说法中不正确的是
A. 金刚石、石墨和C60都属于碳的同素异形体
B. 电负性K>C
C. C60晶胞结构和干冰相似
D. 此化合物的化学式为K3C60
【答案】B
【解析】
【详解】A．金刚石、石墨和C60均为碳的单质，结构不同，互为同素异形体，故A正确；
B．K为活泼金属，C为非金属，电负性：K
D．由晶胞结构可知C60位于顶点和面心，个数为：，K有12个位于棱上，9个位于体内，个数为：，化学式为K3C60，故D正确；
故选：B。
11. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D形成的化合物X如图2，C与E同主族。下列说法正确的是
A. 形成的简单离子半径：D>C
B. 化合物X在高温下稳定性较强
C. 第一电离能：C>E
D. A、C形成化合物的沸点高于A、B形成化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】A、B、C、D、E是五种短周期主族元素且原子序数依次增大，化合物X中元素D形成+1价阳离子，而D的原子序数大于A、B、C，可知D为Na元素；结合A的原子半径小于B、C，可知A为H元素；由原子序数可知B、C处于第二周期，化合物X中C可以形成2个共价键、B形成4个共价键，故B为C元素、C为O元素；而C与E同主族，则E为S元素，综合以上分析，A、B、C、D、E分别为H、C、O、Na、S，据此解答。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Na+
C．同一主族自上而下第一电离能减小，则第一电离能：O>S，故C正确；
D．H与O形成化合物有H2O、H2O2，H与C形成的化合物为烃类物质，有气态、液态、固态三种状态，固态烃的沸点比水、过氧化氢高，故D错误；
答案选C。
12. 室温下二元酸溶液中，的浓度对数随的变化如图。下列说法不正确的是
A. 由图中可知二元酸的，
B. a点时，
C. 适当升高温度，a点会左移
D. 随增加，增大
【答案】D
【解析】
【分析】从pH4.4~13碱性越强，三离子浓度大小：
H2M
B．a点时，， Ka1Ka2==10-5.8，则c(H+)=10-2.9mol/L，pH=2.9，B项正确；
C．升温则a点处的K值增大，Ka1Ka2=，溶液酸性增强，所以a点左移，C项正确；
D． 溶液中存在平衡：HM-+H2OH2M+OH-，根据图示可知，随着pH增大c(HM-)先增大后减小。由Kh=推出=Kh，所以pH增大先增大后减小，D项错误；
故选D。
第II卷
13. 含及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）写出基态电子排布式___________。与C均为第四主族元素，基态原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。
（2）的空间结构名称为___________，中心原子杂化方式为___________。非金属性氧大于硫，能证明此关系成立的一种事实为___________。
（3）的配位体是___________，形成配合物后键角会___________(填“变大”、“变小”或“不变”)，原因是成键电子对之间的排斥力___________孤电子对与成键电子对的排斥力(填“>”、“<”或“=”)。
（4）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是___________(填序号)，写出其离子反应方程式___________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d10 ②. 1:3或3:1
（2） ①. V形 ②. sp3 ③. SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O吸引电子的能力强，O的非金属强于S
（3） ①. NH3 ②. 变大 ③. <
（4） ①. d ②. 2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+
【解析】
【小问1详解】
Zn的电子排布为[Ar]3d104s2，失去最外层两个电子变为Zn2+，Zn2+电子排布为[Ar]3d10。Sn价电子为答案为5s25p2，自旋相反有的电子数之比为1:3或3：1。答案为[Ar]3d10；1:3或3:1；
【小问2详解】
SO2的价层电子对为，含有一对孤电子，构型为V形。中心原子的价层电子对为，采取sp3杂化。非金属性越强，吸引电子的能力越强，SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O的非金属强。答案为V形；sp3；SO2中S呈现+4价而O呈现负价，说明O吸引电子的能力强，O的非金属强于S；
【小问3详解】
配离子中NH3与Cu连接，且NH3中N有孤电子对，配体为NH3。NH3将孤电子对用于与Cu成键，所以成键电子对之间的排斥小于孤电子对对成键电子对的排斥，键角增大。答案为NH3；变大；<；
【小问4详解】
a．化学式为，S的化合价为+6价，S的高价成显出弱氧化性，不能将Mn2+氧化为，a项不符合题意；
b．化学式为，S的化合价为+5价，S的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为，b项不符合题意；
c．，S的化合价为+2.5价，S的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为，c项不符合题意；
d．中含过氧键，有强氧化性，能将Mn2+氧化为，d项符合题意；
故选d。
具有强氧化性，能将Mn2+氧化为而自身被还原为，反应为2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+。答案为d；2Mn2+ +5+8H2O=10+2+16H+。
14. 有机物F()是合碳某种药物的中间体，它的一种多成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）F中含有的官能团名称为___________；化合物E的分子式___________。
（2）用系统命名法对化合物D进行命名___________。
（3）反应①和③的反应类型分别是___________。
（4）写出有机物B的结构简式___________。
（5）D→E的反应方程式为___________。
（6）写出满足下列条件的D的同分异构体___________(不考虑立体异构)。
①能与溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1
（7）仿照E的合成路线，设计一种由合成 的合成路线__________(其他无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 酯基、碳溴键 ②. C10H12O2
（2）2-苯基丙酸 （3）加成反应、取代反应
（4） （5）+CH3OH+H2O
（6）和 （7）
【解析】
【分析】反应②为C=C与HBr加成反应，B中的-Br被 -CN取代，由C推测B为。C→D为-CN的水解为-COOH。D→E为酯化反应。
【小问1详解】
F中含有-COOR、-C-Br为酯基、碳溴键。键线式的拐点和端点均为C，按照C的四价结构补充H，该物质的化学式为C10H12O2。答案为酯基、碳溴键；C10H12O2；
【小问2详解】
以含-COOH的碳链为主链，苯基为支，则该物质为2-苯基丙酸。答案为2-苯基丙酸；
【小问3详解】
反应①为三键变为C=C且不饱和C直接连了原子，则该反应为加成反应。反应③为取代反应。答案为加成反应、取代反应；
【小问4详解】
由上分析B为。答案为；
【小问5详解】
该反应为酯化反应，机理：酸脱羟基醇脱氢，反应为+CH3OH+H2O。答案为+CH3OH+H2O；
【小问6详解】
能与FeCl3溶液发生显色反应即含有，能发生银镜反应含-CHO，
核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1即该物质中含有两个-CH3，且在苯环对称排列，所以结构简式为和。答案为和；
【小问7详解】
该物质需要经和酯化反应得到。由已知信息得的合成路线为。答案为。
15. 气体浓度过高时易分解爆炸，可采用和混合溶液将其吸收转化为固体以便于运输和贮存。回答下列问题：
（1）某小组按照文献中制备的方法设计了如图所示的实验装置。
①仪器a的名称是___________。
②装置C中反应的化学方程式为___________。
③通入氮气除了具有搅拌作用外，还具有___________。
④装置C中冰水浴冷却的目的是___________(填序号)。
a．抑制分解 b．减小的溶解度 c．利于晶体析出
（2）二氧化氯可用于果蔬保鲜，图中效果较好的稳定剂是___________(填“稳定剂Ⅰ”或“稳定剂Ⅱ”)，原因是___________。
（3）消毒时会产生少量的，可利用将转化为除去。控制其他条件相同，的去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，去除率随温度升高而降低的原因可能是___________。
（4）测定某溶液中的浓度，进行如下实验：准确量取溶液，酸化后加入过量的溶液，充分反应，加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点。重复上述操作2~3次，平均消耗溶液。
已知：，
①滴定终点的现象为___________。
②该溶液中的物质的量浓度___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O ③. 将ClO2代入C中被吸收被充分吸收 ④. ac
（2） ①. 稳定剂Ⅱ ②. 稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内保持保鲜浓度
（3）随着温度升高Fe2+发生水解程度增大，从而导致与减少而降低效果
（4） ①. 待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复 ②. 0.11mol/L
【解析】
【分析】A装置制取ClO2，B装置为安全瓶。C为吸收ClO2，D为尾气处理装置。
【小问1详解】
①a为滴加液体的分液漏斗。②H2O2将ClO2还原为NaClO2而自身变为O2和H2O，反应为H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O。③氮气将ClO2代入C中被吸收。
④装置C中冰水浴冷却的目的是：
a．温度越高H2O2分解越快，从而降低了吸收效率，所以冰浴其分解，a项正确；
b．温度越高气体溶解度降低，b项错误；
c．温度低物质的溶解度降低，c项正确；
故选ac。
答案为分液漏斗；H2O2+2ClO2+2NaOH= 2NaClO2+O2↑+2H2O；将ClO2代入C中被吸收被充分吸收；ac；
【小问2详解】
稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内，稳定剂Ⅱ效果较好。答案为稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ能在较长时间保持保鲜的浓度，而稳定剂Ⅰ只能在短时间内保持保鲜浓度；
【小问3详解】
被Fe2+还原而除去，随着温度升高Fe2+发生水解程度增大而转变为Fe(OH)2而无法去除。答案为随着温度升高Fe2+发生水解程度增大，从而导致与减少而降低效果；
【小问4详解】
滴定前淀粉与I2均在锥形瓶中呈现蓝色，当加入Na2S2O3消耗I2，当I2被反应完后溶液呈先无色。所以滴定终点为待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复。从反应建立关系式2ClO2~5I2~ 10Na2S2O3，计算n(Na2S2O3)= 27.50×0.1×10-3mol=2.75×10-3 mol，则n(ClO2)= 2.75×10-3 mol× =5.5×10-4 mol。c(ClO2)= 。答案为待最后一滴滴下溶液由蓝色变为无色且30s不恢复；。
16. 实现的有效转化成为科研工作者的研究热点。
I．以作催化剂，可使在温和条件下转化为甲醇，反应经历如下：
i．催化剂活化：(无活性)(有活性)
ii．与在活化的催化剂表面发生反应
①
②(副反应)
（1）写出电子式___________。
（2）在恒温密闭容器中，和按物质的量之比1∶1开始反应，当以下数值不变时，能说明反应②达到平衡状态的是___________(填序号)。
a．混合气体的密度 b．混合气体的平均相对分子质量
c．的体积分数 d．和的体积比
（3）某温度下，与的混合气体以不同流速通过恒容反应器，随气体流速的增大，转化率变小，而的选择性增大
已知：选择性
的选择性随气体流速增大而升高的原因可能有：
①___________。
②气体流速增大可减少产物中的积累，减少催化剂的失活，从而提高选择性。请用化学方程式表示催化剂失活的原因：___________。
Ⅱ．以二氧化碳为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。
（4）b极为直流电源的___________极，阴极表面发生的电极反应式___________。
（5）若有通过质子交换膜时，该装置内生成和的物质的量共计_______。
【答案】（1） （2）c
（3） ①. 增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高 ②.
（4） ①. 正 ②.
（5）0.75
【解析】
【小问1详解】
是共价化合物，碳与每个氧形成两对共用电子对，其电子式；故答案为：。
【小问2详解】
反应②是等体积反应，a．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量不变，气体摩尔质量不变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．正向反应，氢气体积分数减小，当的体积分数不变，能作为判断平衡标志，故c符合题意；d．和开始是1:1，消耗的也是1:1消耗，因此和体积比始终是1:1，因此和的体积比不变，不能作为判断平衡标志，故d不符合题意；综上所述，答案为：c。
【小问3详解】
①增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高；故答案为：增大二氧化碳与氢气混合气体流速可增大压强，平衡正向移动，生成甲醇消耗二氧化碳物质的量增大，导致甲醇选择性升高。
②根据催化剂活化：(无活性)(有活性)分析得到催化剂失活的原因是与水反应生成了和氢气，其化学方程式为：；故答案为：。
【小问4详解】
二氧化碳变为甲酸根，化合价降低，则左边为阴极，右边甲醇变为甲酸，化合价升高，失去电子，作阳极，则b极为直流电源的正极，阴极表面生成甲酸根和碳酸氢根，其发生的电极反应式；故答案为：正；。
【小问5详解】
根据电极反应式和，若有通过质子交换膜时，说明有1mol电子发生转移，该装置内生成0.5mol和0.25mol，因此两者的物质的量共计0.75；故答案为：0.75。
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