【文档说明】浙江省杭州市2023届高三上学期11月份教学质量检测化学试题 含解析.docx，共(26)页，3.573 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测化学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量

：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Zn-65Ag-108Ba-137一、选择题(本大题共16小题，每小题2分，共32分。每个小题列出的四个备选项中只有一

个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质的主要化学成分不正确的是A.软锰矿2MnOB.不锈钢LaNi−合金C.漂粉精()2CaClOD.重晶石4BaSO【答案】B【解析】【详解】A．软锰矿的主

要成分是2MnO，A正确；B．不锈钢的主要成分是Fe、C合金，而LaNi−合金是储氢合金的主要成分，B错误；C．漂粉精的主要成分是()2CaClO，C正确；D．重晶石的主要成分是4BaSO，D正确；故选B。

2.北京冬奥会“冰丝带”场馆安装发电玻璃实现零碳供电，原理是在玻璃表面涂抹一层碲化镉(CdTe)，使其具有光电转换功能。下列说法正确的是A.CdTe属于盐B.12852Te原子核内中子数为128C.碲元素在元素周期表中位于s区D.发电玻璃发

电过程是化学能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A．CdTe中，碲是氧族元素，显-2价，镉显+2价，由阴阳离子构成的盐，故A正确；B．12852Te原子核内中子数为128-52=76，故B错误；C．碲元素在

元素周期表的第五周期VIA族元素，位于p区，故C错误；D．发电玻璃发电过程是光能转化为电能，故D错误。答案为：A。3.下列化学用语表示正确的是A.的名称：4-甲基戊烷B.乙烷分子中碳碳σ键电子云的轮廓图：C.2CO的空间填充模型：D

.NaClO的电子式：Na:O:Cl:【答案】B【解析】【详解】A．的名称：2-甲基戊烷，故A错误；B．乙烷分子中碳碳σ键由碳原子的sp3杂化轨道头碰头重叠形成，电子云的轮廓图：，故B正确；C．碳原子半径大于氧原子半径，2CO的空间填充模

型为：，故C错误；D．NaClO的电子式：+Na:O:Cl:-，故D错误。答案为：B。4.下列物质的相互关系描述正确的是A.12H、22H互为同位素B.和互为同系物C.金刚石、碳纳米管互为同素异形体D.新戊烷和2，2-二甲基丙烷互为同

分异构体【答案】C【解析】【详解】A．同位素是具有相同质子数,不同中子数的同一元素的不同核素，12H、22H均为单质，不互为同位素，故A错误；B．属于酚，属于醇，不互为同系物，故B错误；C．金刚石、碳纳米管为碳元素形成

的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．新戊烷和2，2-二甲基丙烷的结构式均为，是同一种物质，故D错误。答案为：C。5.下列说法不正确．．．的是A.如果不慎将酸液滴到皮肤，应该立刻用大量清水冲洗，然后涂上1%的硼酸B.强氧化剂高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等固体不能随意丢弃，可配成溶

液或者通过化学方法将其转化成一般化学品后，再进行常规处理C.轻微烫伤或者烧伤，可先用洁净的冷水处理，然后涂上烫伤膏药D.实验室未用完的钠、钾、白磷需要放回原试剂瓶【答案】A【解析】【详解】A．酸液具有强腐蚀性，少量酸沾皮肤上，应

先用干抹布拭去，再用大量清水冲洗，然后涂上碳酸氢钠溶液，A错误；B．强氧化剂高锰酸钾、氯酸钾、过氧化钠等固体不能随意丢弃，可配成溶液或者通过化学方法将其转化成一般化学品后，再进行常规处理，B正确；C．轻微烫

伤或者烧伤，可先用洁净的冷水降低局部的温度，然后涂上烫伤膏药消毒处理，C正确；D．钠、钾是活泼金属，易与空气中的水、氧气反应，白磷燃点低，易发生自然，为了避免危险，实验室未用完的钠、钾、白磷需要放回原试剂瓶，D正确。答案为：A。6.下列反应的离子方程

式不正确．．．的是A.过氧化钠与水反应：2222NaOHO2Na2OHO+−+=++B.稀硫酸与稀硫代硫酸钠溶液反应：22322SO2HSOSHO−++=++C.醋酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为浅红色：323CHCOOHOCHCOOHOH−−++D.用硫酸铜溶液除去电石气中的硫化氢：22CuHS

CuS2H+++=+【答案】A【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应的离子方程式为：22222NaO2HO4Na4OHO+−+=++，A错误；B．稀硫酸与稀硫代硫酸钠溶液反应的离子方程式为：22322SO2HSO

SHO−++=++，B正确；C．醋酸是弱酸，写化学式，醋酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为浅红色的离子方程式为：323CHCOOHOCHCOOHOH−−++，C正确；D．用硫酸铜溶液除去电石气中的硫化氢的离子方

程式为：22CuHSCuS2H+++=+，D正确；故选A。7.化学物质用途广泛，下列说法不正确的是A.高纯度的硅可用作光导纤维B.碳酸氢钠可用于烘焙糕点C.铁红可用于油墨和橡胶的红色颜料D.碳化硅可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．用于光导纤维的为二氧化硅，故A

错误；B．NaHCO3受热分解生成CO2气体，所以可用于烘焙糕点，故B正确；C．Fe2O3俗称铁红，为红棕色物质，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故C正确；D．碳化硅是硬度大的新型无机非金属材料，常用作砂纸

、砂轮的磨料，故D正确；故选A。8.神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(3FeTiO)冶炼钛(Ti)过程包含以下反应：43322FeTiO6C7Cl2TiCl2FeCl6CO+++

+高温，下列说法不正确．．．的是A.2Cl是氧化剂B.CO是氧化产物C.生成41molTiCl转移7mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6【答案】D【解析】【详解】A．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，被还原，故Cl2是氧化

剂，A正确；B．反应中C的化合价由0价升高到+2价，被氧化生成氧化产物CO，B正确；C．反应中Cl的化合价由0价降低到-1价，故反应中转移的电子数为14e-，结合反应方程式可知，生成41molTiCl转移7mol电子，C正确；D．反应中Cl2为氧化剂，FeTiO3和

C均为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8，D错误；故答案为：D。9.下列说法不正确的是A.可降解聚乳酸塑料推广应用可减少“白色污染”B.RNA水解可以得到脱氧核糖、磷酸和碱基C.福尔马林能使蛋白质变性，可用

于浸制动物标本D.芳纶纤维强度高，可制造防弹装甲、消防服等【答案】B【解析】【详解】A．“白色污染”是指塑料污染，可降解聚乳酸塑料可在土壤中降解，减少了“白色污染”对环境的危害，故A正确；B．RNA水解得到的是核糖、磷酸和碱基，故B错误；C．福尔马林是3

7%的甲醛溶液，具有防腐、消毒和漂白的功能，能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本，故C正确；D．芳纶纤维是一种新型高科技合成纤维，具有质地柔软，密度小，高强度，高模量，耐酸耐碱、重量轻等优良性能，其强度是钢丝的5～6倍，可制作防弹装甲、消防服等，故

D正确；故本题选B。10.类比是预测物质性质与化学反应的重要方法，下列类比结果合理的是A.Br2的沸点高于Cl2，则单晶硅的沸点高于金刚石B.SiCl4可以水解生成原硅酸和盐酸，则PCl5可以水解生成磷酸和盐酸C.原子核外电子先填满L层再填M层，则电子先填满M层

再填N层D.铁碳合金插入稀硫酸发生析氢腐蚀，则铜碳合金插入稀硫酸会发生析氢腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．Br2的沸点高于Cl2，是由于Br2、Cl2均形成分子晶体，Br2的相对分子质量比Cl2大，即溴晶体中的范德华力大于氯气晶体的，但单晶硅、金刚石均为共价晶体，由于C的原子半径比S

i小，导致单晶硅的沸点低于金刚石，类比不合理，A不合题意；B．SiCl4可以水解生成原硅酸和盐酸，反应原理为：SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，PCl5可以水解生成磷酸和盐酸，反应原理为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，类比合理，B符合题意；C．根据能级

构造原理可知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d，故原子核外电子先填满L层再填M层，但电子不一定先填满M层再填N层，类比不合理，C不合题意；D．铜活动性较弱，不和稀硫酸反应，故铜碳合金插入稀硫酸不会

发生析氢腐蚀，类比不合理，D不合题意；故答案为：B。11.实验室制备气体，下列药品和装置都合理的是A.图1：亚硫酸钠粉末与浓硫酸反应制备收集2SOB.图2：电石与氯化钠、硫酸铜混和液反应制备收集22CHC.图3：氢氧化钠固体与氯化铵固体反应制备收集3NHD.图4：二氧化锰与

浓盐酸反应制备收集2Cl【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸钠为粉末状，不能用图示简易启普发生器，且SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，A错误；B．电石与氯化钠、硫酸铜混合溶液反应制备C2H2，可以降低电石与水反应的速率，同时硫酸铜可以吸收混有的H2S、

PH3杂质，C2H2不溶于水，可用排水法收集，B正确；C．验室制备氨气不能用NaOH固体和氯化按固体，因为NaOH固体容易结块，不易与铵盐充分接触反应，且容易腐蚀试管，NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集，C错误；D．二氧化锰和浓盐

酸反应制备Cl2,需要加热，D错误；故选B。12.下列事实可用键能数据解释的是A.HCl热稳定性强于HBrB.AsH3的沸点高于PH3C.乙醇在水中的溶解度大于二甲醚D.NH₃分子的极性大于BF3【答案】A【解析】【详解

】A．共价键的键能越大，其化学键越稳定，故HCl热稳定性强于HBr是由于H-Cl键的键能比H-Br键的键能大，A符合题意；B．AsH3的沸点高于PH3是由于AsH3均为分子晶体，且AsH3的相对分子质量

比PH3大，导致AsH3晶体中范德华力比PH3中大，与键能大小无关，B不合题意；C．乙醇在水中的溶解度大于二甲醚是由于乙醇分子能与H2O分子间形成氢键，氢键不属于化学键，故与化学键键能大小无关，C不合题意；D．NH₃分子中心原

子N存在孤电子对，呈三角锥形，分子中正负电荷中心不重合，NH3为极性分子，而BF3中心原子B不存在孤电子对，正负电荷中心重合，BF3为非极性分子，故NH3的极性大于BF3，但与键能大小无关，D不合题意；故答案为：A。1

3.分子TCCA(结构式如图)是一种高效消毒漂白剂。W、X、Y、Z处于两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是A.元素Y与W形成化合物一定含有离子键B.元素Z与X之间形成了非极性键C.该分子中所有原子最外层均满

足8电子结构，且无孤电子对存在D.该分子可发生水解反应生成物质2XHZ，该水解液具有漂白功能【答案】D【解析】【分析】Y的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O；根据TCCA的结构式可知，W形成4个共价键，则最外层有4个电子，X形成3个共价键，则最外层有3个或5个电子，Z形成1个

共价键，则最外层有1个或7个电子，结合W、X、Y、Z为处于两个不同短周期且原子序数递增的主族元素可知，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。【详解】A．O和C形成的化合物CO、CO2均不含离子键，A错误；B．Cl与N之间形成极性键，B错误；C．该分子中所有原子最外层均满足8电子

结构，且除C原子外都有孤电子对，C错误；D．该分子发生水解生成23HCO和2NHCl，2NHCl水解可生成HClO和3NH，因此水解液具有漂白功能，D正确；故选D。的14.2021年9月我国科学院天津工业生物

所等科学团队首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如下所示。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.淀粉的分子式是(6126CHO)B.1molDHA与足量乙酸发生取代反应，消耗乙酸分子数目为A2NC.常温常压下，222.4LCO气体所含碳原子数等于AND.反

应②中，33.2gCHOH生成HCHO时转移电子数目为A0.2N【答案】D【解析】【详解】A．淀粉的分子式是(C6H10O5)n，故A错误；B．1molDHA中有2mol的羟基和1mol的羰基，2mol的羟基消耗乙酸2mol，1mol的羰基消耗

乙酸1mol，故共消耗乙酸的分子数目为3NA，故B错误；C．常温常压下，22.4L的CO2的物质的量无法用气体摩尔体积公式换算，故C错误；D．3.2g的CH3OH为0.1mol，CH3OH中C的化合价为—2价，HCHO中C的

化合价为0价，1mol的CH3OH转变为1mol的HCHO时转移电子数为2NA，那么0.1molCH3OH反应时转移电子数为0.2NA，故D正确；故本题选D。15.下列说法不正确．．．的是A.3HO+、26PtCl−离子中均存在配位键B.恒容恒温容器中发生放热反应，则系统的能量升高，环境的能量降低

C.分析红外光谱图可以获取未知有机物中的化学键或官能团的信息D.当晶体的颗粒小至纳米量级，熔点会下降【答案】B【解析】【详解】A．3HO+中O提供孤电子对，H提供空轨道形成配位键，26PtCl−中-Cl提供孤电子对4+Pt提供空轨道形成配位键，A正确；B．恒容恒温容器中发生放热反应，

则系统向环境释放能量，系统的能量降低，环境的能量升高，B错误；C．有机化合物受到红外线照射时，能吸收与它的某些化学键或官能团的振动频率相同的红外线，分析红外光谱图，可以获取未知有机物中的化学键或官能团的信息，C正确；D．当晶体的颗粒小至纳米量级，晶体的表面积增

大，熔点会下降，D正确；故选B。16.实验室常用2I溶于KI溶液配制高浓度碘水，发生反应：23KIIKI+，低温条件下可制得32KIHO。下列说法不正确的是A.向3KI溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色B.向碘水中滴加23NaSO溶液，溶液酸性增强C.32K

IHO代替KIO3作食盐加碘剂，高温下可减少碘损失D.利用上述原理可以除去硫粉中少量的碘单质【答案】C【解析】【详解】A．KI；溶液中存在平衡32KIKII+，加入淀粉溶液，淀粉遇I2变蓝，A正确；B．向碘水中滴加23NaSO溶液，发生反应:2-2--+3224SOIHOSO2I2H

++=++，c(H+)增大，溶液酸性增强，B正确；C．32KIHO代替KIO3作食盐加碘剂，高温下32KIKII+平衡正向移动，容易产生有毒的2I，C错误；D．I2易溶于KI溶液，因此可以用KI溶液除去硫粉中少量的碘单质，D正确；故选C。二、选择题(本大题共6小题，每小题3分

，共18分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)17.酚酞的合成路线如下图所示，下列说法不正确．．．的是A.酚酞能与浓溴水、酸性高锰酸钾溶液发生反应B.合成酚酞反应的原子利用

率为100%C.酚酞在乙醇中的溶解性比水中大D.邻苯二甲酸酐可由邻二甲苯制备得到【答案】B【解析】【详解】A．酚酞含有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A正确；B．该反应生成酚酞和水，原子利用率

小于100%，B错误；C．酚酞为有机物，根据相似相溶原理，在乙醇中的溶解度比在水中的大，C正确；D．邻二甲苯被氧化得到邻苯二甲酸，邻苯二甲酸分子内脱水得到邻苯二甲酸酐，D正确；故选B。18.环氧乙烷(，简称EO)是一种重要

的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如图。下列说法正确的是A.电极2连接外接电源的正极B.通电后，阴离子通过离子膜移向阳极C.溶液a可能含有两种溶质，溶液b可循环使用D.将乙烯用丙烯替换，可生成含有四元环结构的有机物【

答案】C【解析】【分析】电极1上Cl-放电生成Cl2，为阳极，阳极区反应反应：--22Cl-2e=Cl，22Cl+HOHCl+HClO、2422CH+HClOHOCHCHCl→；电极2上H2O放电生成-OH和H2，为阴极，阴极反应为--222HO2eH2OH+=+；

两电极区溶液混合，发生反应-22HOCHCHClOH+→-2+Cl+HO，制备环氧乙烷的总反应为CH2=CH2+H2O通电2H+。为防止-OH通过离子膜进入阳极区与2Cl直接发生反应，该离子膜应为阳离子交换膜。【详解】A．电极2为阴极,连接外接电源的负极，A错误；B．由上述分析可知,该

离子膜为阳离子交换膜，B错误；C．溶液a含电解生成的KOH，可能还含有未完全反应的KCl，溶液b为KCl溶液，可以循环使用，C正确；D．将乙烯用丙烯替换，生成的有机物为，含有三元环结构，D错误；故选C。1

9.25℃时CH3COOH的5aK1.810−=、HF的4aK6.310−=，下列说法正确的是A.分别测定某HF溶液、醋酸溶液的pH，前者小于后者，可以证明HF的5aK1.810−B.110mL0.1molL−的HF溶液中加入10.1molL−的NaOH溶液，溶液中水的电离程

度与纯水相同，V(NaOH)可能小于或大于10mLC.向120mL0.1molL−的HF溶液中加入110mL0.1molL−的NaOH溶液充分反应，所得溶液中()cHF)c(F−D.将pH4=的HF溶液与pH4=的醋酸

混合，HF的电离度增大【答案】B【解析】【详解】A．由于题干未告知HF、醋酸的浓度是否相等，故分别测定某HF溶液、醋酸溶液的pH，前者小于后者，无法证明HF的5aK1.810−，A错误；B．110mL0.1molL

−HF溶液中加入10.1molL−的NaOH溶液，当加入的NaOH体积为10mL时，溶液中溶质为NaF，此时由于F-水解，促进水的电离，即此时水的电离程度大于纯水的，若要溶液中水的电离程度与纯水相同，V(NaOH)可能小于或大于10

mL，B正确；C．向120mL0.1molL−的HF溶液中加入110mL0.1molL−的NaOH溶液充分反应，此时溶质为等物质的的量的NaF、HF，由于Kh=KwKa=-14-4106.3?10小于Ka，即电离大于水解，故所得溶液中()cHF)c(F−＜，C错误；D．p

H=4的溶液中H+浓度均为10-4mol/L，将pH4=的HF溶液与pH4=的醋酸混合，溶液中的H+浓度仍然为10-4mol/L，故HF的电离度不变，D错误；故答案为：B。20.已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中

1ΔH、2ΔH、3ΔH表示各步正向反应．．．．．．．．的焓变．．．)。下列说法正确的是A.反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr反应得到3-溴-1-丁烯的比例越大B.0℃、短时间tmin内，1amolL−的1，3-丁

二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成1-溴-2-丁烯的平均速率为11molL0.7amint−−C.1，3-丁二烯与HBr反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为12ΔHΔH−、生成1-溴-2-丁烯的反应热为13ΔHΔH−D

.H+与烯烃结合的一步为决速步，Br−进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，1-溴-2-丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1-溴-2丁烯的比例越大，A错误；B．根据图示可知，

生成3-溴-1-丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3-溴-1-丁烯的比例大，故生成1-溴-2-丁烯的平均速率为11molL0.3amint−−，B错误；C．根据盖斯定律，生成3-溴-1-丁烯

的反应热为12ΔHΔH+，，生成1-溴-2-丁烯的反应热为13ΔHΔH+，C错误；D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即H+与烯烃结合的一步为决速步，第二步反应中生成3-溴-1-丁烯的活化能小，即Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁烯，D正确；故选D。21

.秦俑彩绘中的白色3PbCO和黄色2PbI都是难溶的铅盐。室温下，3PbCO和2PbI达到溶解平衡时，2(Pgcb)l+−与23(CcO)lg−−或)lgc(I−−的关系如图，下列说法不正确的是A.2L曲线代表3PbCO，13.1sp3K(PbCO)10−=B.向q点对应的溶液中加入适量

KI固体，可得到m点所对应的溶液C.反应2233PbI(s)CO(aq)PbCO(s)2I(aq)−−++的平衡常数5.1K10=D.将p点对应的溶液加热，2c(Pb)+减小【答案】B【解析】【分析】2+2-3sp3c(Pb)c(COK(PbCO)=),

32-3sp2+c-lgK(PbCO)=-lg-(Pb)c(COlg)，符合x+y=a的函数关系，2+2-sp2Ic(Pb)K(P=cb(I)),2+-2spIc-lgK(Pb)(Pb)=-lg-2gc(Il)，符合2x+y=a的函数关系，故L2曲线代表3PbCO，L1代表2P

bI，据此分析。【详解】A．由上述分析可知，2L曲线代表3PbCO，13.1sp3K(PbCO)10−=，故A正确；B．q点为3PbCO的饱和溶液，加入适量KI固体，当c(Pb2+)c2(I-)>ksp(PbI2)时，产生PbI2沉淀，c(Pb

2+)减小，2+2-33PbCO(s)Pb(aq)+CO(aq)平衡正向移动，c(2-3CO)增大，q点沿L2曲线向左上方移动，故B错误；C．L1曲线代表2PbI，28spK(IPb)10−=，反应2233PbI(s)CO

(aq)PbCO(s)2I(aq)−−++平衡常数2-2+2--85.122-2+2--13.1333Ksp(PbI)c(I)c(Pb)c(I)10K=====10c(CO)c(Pb)c(CO)Ksp(PbCO)10，故C正

确；D．将p点对应的溶液加热，2+-2PbI(s)Pb(aq)+2I(aq)平衡正向移动，2c(Pb)+增大，故D正确。答案为：B。22.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向溴水中滴加丙烯醛(2CHCHCHO=)，橙黄色褪去丙烯醛分子中含有碳碳双键B将Ag粉加到HI溶液中，

生成无色气体和黄色沉淀I−与Ag+形成沉淀，促进Ag和H+反应C向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将生成的气体通入硅酸钠溶液，有白色胶状沉淀产生C非金属性强于SiD将某固体加水溶解，滴加少量NaOH溶液，加热，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体固体中不存在4NH+A.AB.BC.CD.D【答案】

B【解析】【详解】A．丙烯醛中有碳碳双键和醛基，溴水中加入丙烯醛后褪色，有可能是发生了加成反应，也有可能是具有还原性的醛基和具有氧化性的溴水发生了氧化反应而褪色，并不能说明一定是加成反应而褪色的，故A错误；B．HI与Ag反应，产生的Ag+会消耗HI产生的I—，形成AgI沉淀，依据勒夏特列原理

，Ag+使c(I—)降低，平衡向正反应方向移动，促进Ag和H+反应，故B正确；C．向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将生成的气体通入硅酸钠溶液，生成的气体中有挥发出来的HCl，遇到硅酸钠也会产生沉淀，说明不了C的非金

属性强于Si的，需要排除HCl的干扰，故C错误；D．铵根离子的检验需要加入浓NaOH并加热才可以，故D错误；的故本题选B。三、非选择题(本大题共5小题，共50分)23.锂离子电池开发与应用是新能源汽车走向实用的关键。（1）LiFePO4是新型锂离子电池的正极材料，基态铁原

子的价层电子排布式为___________，34PO−中P元素的杂化轨道类型为___________。LiFePO4的晶胞结构如图A所示，锂离子电池充放电过程伴随A和B相互转化，则A→B为___________过程(填“充电”或“放电”)。A、B晶

胞为长方体形，设其边长分别为apm，bpm，cpm(忽略A、B体积的细微差别)，设阿伏伽德罗常数的数值为AN，则A→B晶体的密度差．．．为___________3gcm−(用含a、b、c和AN的式子表示，101cm10pm=)（2）碳酸乙二酯()常用作锂离子电

池电解液的溶剂，1个碳酸乙二酯分子含σ键总数为___________个。6LiAsF、6LiPF、等物质常用作电池电解液的溶质，P和S中，第一电离能较大的是___________(填元素符号)。23LiOSOCF(

)与LiCl中，熔点较高的是___________(填化学式)。23HOSOCF和23HOSOCH在水溶液中酸性较强的是___________(填化学式)，理由是___________【答案】（1）①.623d4s②.3sp③.充电④.31

A2.110abcN（2）①.10②.P③.LiCl④.HOSO2CF3⑤.F的电负性．．．强于H，HOSO2CF3中羟基的极性．．大于HOSO2CH3【解析】的【小问1详解】已知Fe是26号元素，结合能级构造原理可知，基态铁原

子的价层电子排布式为3d64s2，34PO−中P原子周围的价层电子对数为：4+1(5+3-4?2)2=4，根据杂化轨道理论可知，P元素的杂化轨道类型为sp3；由题干图示A晶胞可知，晶胞中含有Li+的个数为：1118?+4?+2?+1842=

4，而晶胞B中只含有一个Li+，LiFePO4的晶胞结构如图A所示，锂离子电池充放电过程伴随A和B相互转化，则A→B即LiFePO4-e-=FePO4+Li+的过程，发生氧化反应，且LiFePO4是新型锂离子电池的正极材料，则A→B为充电，A、B

晶胞为长方体形，设其边长分别为apm，bpm，cpm(忽略A、B体积的细微差别)，设阿伏伽德罗常数的数值为AN，由上述分析可知，晶胞A到晶胞B即失去了3个Li+，则A→B晶体的密度差．．．为31A2.110abcN，故答案为：3d64s2；sp3；充电；31A2.110abcN；

【小问2详解】已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，结合题干碳酸乙二酯的结构简式可知，1个碳酸乙二酯分子含σ键总数为10个，由于P原子核外电子排布中3p能级处于半充满的稳定构造，而S则为3p4的非稳定构造，即

S更容易失去第一个电子，P和S中，第一电离能较大的是P，Li(OSO2CF3)与LiCl均为离子晶体，但由于Cl-的半径比(OSO2CF3)-小得多，导致LiCl的熔点较高，由于F的电负性．．．强于H，由于-CF3基团的吸电子效应-和-CH3的推电子效应，导致H

OSO2CF3中羟基的极性．．大于HOSO2CH3，则HOSO2CF3和HOSO2CH3在水溶液中酸性较强的是HOSO2CF3，故答案为：10；P；LiCl；HOSO2CF3；F的电负性．．．强于H，HOSO2CF3中羟基的极性．．大于HOSO2CH3。24.结晶水合物X由4种

元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：气体B为二种混合气体，体积已折算为标准状况。（1）组成X的元素有H、O和___________(填元素符号)，B的成分为___________(只需填化学式)。（2）写出X隔绝空气加热分解反应的化学方程式___________。

（3）固体A溶于氢氰酸(HCN)溶液生成六配位阴离子，溶液显强酸性。写出该反应的离子方程式___________。（4）研究发现，控制温度、加热氯化铁的水溶液可得到23FeO或FeOCl(难溶于水，易溶于

强酸)固体，设计验证产物只有23FeO的方案___________。【答案】（1）①.Fe、N②.2NO、2O（2）4[Fe(NO3)3·9H2O]高温2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑+36H2O↑（

3）3236212HCNFeO2Fe(CN)3HO6H−++=++（4）取固体溶于足量稀硝酸得到溶液，加入硝酸银无白色沉淀；向另一份溶液加入KSCN显血红色：则产物是Fe2O3。【解析】【分析】由题干流程图信息可知，根据红棕色固体A即为Fe2O3，说明X中含有铁元素，其物质的量为：n(Fe)=

2×-13.20g160g?mol=0.04mol，红棕色气体B说明含有NO2，且B被足量的水恰好完全吸收转化为强酸HNO3，说明气体B中还含有O2，且4NO2+O2+2H2O=4HNO3即NO2和O2

的物质的量之比为4:1，则n(NO2)=-143.36L×522.4L?mol=0.12mol，n(O2)=-113.36L×522.4L?mol=0.03mol，结合小问(1)说明组成X的元素有H、O和Fe、N，则有产物中还有H2O，其物质的量为：n(H2O)=-1-1-

116.16g-3.20g-0.12mol46gmol-0.03mol32gmol18gmol•••=0.36mol，故X中n(Fe):n(N):n(O):n(H2O)=0.04mol：0.12mol：(0.

02×3+0.12×2+0.03×2)mol：0.36mol=1:3:9:9，故X的化学式为Fe(NO3)3·9H2O，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，组成X的元素有H、O和Fe、N，B的成分为NO

2、O2，故答案为：Fe、N；NO2、O2；【小问2详解】由分析可知，X的化学式为：Fe(NO3)3·9H2O，X隔绝空气加热分解反应的产物为Fe2O3、NO2、O2和H2O，根据氧化还原配平可得该反应的化学方程式为：4[Fe(NO3)3·

9H2O]高温2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑+36H2O↑，故答案为：4[Fe(NO3)3·9H2O]高温2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑+36H2O↑；【小问3详解】由分析可知，A为Fe2O3，则固体A溶于氢氰酸(HCN)溶液生成六配位阴离子即()3-6FeCN

，溶液显强酸性，该反应的离子方程式为3236212HCNFeO2Fe(CN)3HO6H−++=++，故答案为：3236212HCNFeO2Fe(CN)3HO6H−++=++；【小问4详解】研究发现，控制温度、加热氯化铁的水溶液可得到Fe2O3或FeOCl(难溶于水，易溶于强酸)固

体，设计验证产物只有Fe2O3即不含FeOCl，则只需检验产物中含有Fe3+而不含Cl-即可，该实验方案可设计为：取固体溶于足量稀硝酸得到溶液，加入硝酸银无白色沉淀；向另一份溶液加入KSCN显血红色：则产物是Fe2O

3，故答案为：取固体溶于足量稀硝酸得到溶液，加入硝酸银无白色沉淀；向另一份溶液加入KSCN显血红色：则产物是Fe2O3。25.将CO、2CO转化为3CHOH等燃料，对于实现碳达峰、碳中和具有重要意义。合成气制甲醇涉及的反应原理为：Ⅰ．()()()23COg2Hg

CHOHg+11ΔH90.7kJmol−=−Ⅱ．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++12ΔH49.5kJmol−=−Ⅲ．()()()()222COgHgCOgHOg++（1）反应Ⅲ自发进行的条件为___________。（2

）一定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入21molCO气体和23molH气体发生上述反应。达到平衡时，容器中()3CHOHg为amol，CO(g)为bmol，反应Ⅲ的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示)。（3）某反应条件下，密闭容器中探究三种不同的催化剂(ca

t1−、cat2−、cat3−)在不同温度下对CO、2CO转化率和甲醇的时空产率的影响，实验结果如下图1、图2所示。空速是指单位时间通过单位催化剂表面反应物的量，时空产率是指经历反应相同时间得到产物的产率。①下列推测不正确．．．的是___________。A

．由上图可知，不同温度下催化剂均能提高反应Ⅰ的选择性B．由上图可知，三种催化剂中cat3−的低温活性最高，cat1−的热稳定性最好C．恒压条件下，充入水蒸气，反应Ⅱ平衡逆向移动，甲醇的平衡产率一定降低D．工业生产常控制较快的原料空速，目的是提高2CO、CO的转化率和甲醇的时空产率②解释22

0℃～280℃温度范围内，甲醇产率变化的原因___________。（4）科学家对两种合成甲醇的反应机理进行计算模拟，反应过程中能量变化如图3、图4所示，生成甲醇更快的路径是①___________(填“图3”或

“图4”)，理由是②___________。【答案】（1）高温自发（2）b(ab)K(1ab)(33ab)+=−−−−（3）①.BD②.220℃～240℃时反应随温度升高，催化剂活性增强，均导致反应速率增加，转化率增加；温度升高到240℃后，催化剂活性随温度升高而降低，转化率降低。（4）

①.图4②.CO合成甲醇决速步活化能比2CO合成甲醇决速步活化能大。【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由Ⅱ-Ⅰ可得Ⅲ，反应故反应Ⅲ的ΔH=-49.5kJ/mol-(-90.7kJ/mol)=+41.2kJ/mol，反应前后气体分子数相等，ΔS变化不大，根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行

，该反应在高温时能自发进行；【小问2详解】设达到平衡时H2为xmol，H2O为ymol，根据碳原子守恒可得：23n(CO)+n(CO)+n(CHOH)=1mol，故2n(CO)=(1-a-b)mol，根据氢原子守恒可得：2322n(H)

+4n(CHOH)+2n(HO)=6mol，即2x+4a+2y=6①，根据氧原子守恒可得：232n(CO)+2n(CO)+n(CHOH)+n(HO)=2mol，即b+2(1-a-b)+a+y=2②，联立①②解得：x=3-3a-b，y=a+b，故反应Ⅲ的平衡常数为：222c(CO)c(HO)b(a

+b)c(CO)c(H)(1-a-b)(3-3a-b)=；【小问3详解】A．根据图1可知相同温度下CO的转化率比CO的转化率高，因此催化剂可以提高反应I的选择性，A正确；B．由图可知，低温时cat-1作用下CO、CO2的转化率最高，则其活性最高，B错误；C．恒压条件

下，充入水蒸气，生成物增多，容器体积增大(相当于减压)，反应I反应Ⅱ平衡均逆向移动，甲醇的产率一定降低，C正确；D．原粉空速较快时，原料在催化剂表面停留时间较短，反应不充分，CO、CO2的转化率较低，D错误；故选BD；【小问4详解】由图可知，C

O合成甲醇决速步活化能比2CO合成甲醇决速步活化能大，因此生成甲醇更快的路径是图4。26.某实验小组以菱锌矿(主要成分为3ZnCO，含少量3FeCO、3MnCO杂质)为原料制备4ZnSO·27HO，ZnO等重要化工原

料，主要流程如下。已知：在弱酸性溶液中，4KMnO可将2Fe+、2Mn+氧化生成()3FeOH，2MnO。10sp3()KZnCO1.210−=、()17sp2KZnOH6.910−=、123KaHCO()=74.510−，11223()KaHCO4.710

−=。Ⅰ．制备ZnO（1）写出滴入4KMnO溶液后发生反应的离子方程式___________、___________。（2）下列描述正确的是___________。A.步骤①中，将矿石粉碎有利于加快反应速率B.步骤②中，过滤Ⅰ在较高温

度下进行，目的是减少硫酸锌析出C.步骤③中，慢慢加入23NaCO溶液有利于生成小颗粒沉淀D.步骤③中，若改为将滤液滴加入23NaCO溶液，可能产生()2ZnOH沉淀（3）步骤④要洗涤沉淀，写出检验杂质是否洗净的操作_______

____。Ⅱ．测定ZnO的纯度准确称取ZnO产品0.6000g，溶于13mL6molLHCl−溶液中，配制成250mL溶液。用移液管移取25mL溶液于锥形瓶，调节pH至7～8，加入几滴铬黑T(用X−表示)做指示剂，用10.05000molL−乙二胺四乙酸二钠(22N

aHY)标准溶液滴定至终点，滴定发生的离子方程式有：2ZnXZnX+−++=，222ZnHY+−+2ZnY2H−+=+，已知X−呈蓝色、2ZnY−呈无色、ZnX+呈酒红色。（4）写出滴定终点时的现象___________。（5）若平均每次滴定消耗乙二胺四乙酸二

钠(22NaHY)标准溶液14.60mL，则产品中ZnO的含量为___________。(保留2位有效数字)【答案】（1）①.24232MnO3Fe7HO3Fe(OH)MnO5H−++++=++②.24222MnO3Mn2H

O5MnO4H−++++=+（2）ABD（3）取最后一次洗涤液，加入2BaCl溶液，若不产生沉淀，则洗净，反之没有洗净（4）加入最后半滴．．标准液，溶液由红色变为蓝色．．．．．．，且．30s．．．不变色．．．。（5）99%【解析】【分析】菱锌矿经过步骤①生成2+2+2+ZnFeMn

、、，滴入高锰酸钾溶液发生了24232MnO3Fe7HO3Fe(OH)MnO5H−++++=++、、24222MnO3Mn2HO5MnO4H−++++=+，经步骤②滤渣为32Fe(OH)MnO、，滤液为424ZnSOKSO、，步骤③发生了

2+2-3232223Zn+3CO+4HO=ZnCO2Zn(OH)2HO2CO+，步骤④发生了322222ZnCO2Zn(OH)2HO2CO3ZnO+CO+4HO+高温。【小问1详解】滴入4K

MnO溶液，在弱酸性条件下，4KMnO将2+2+FeMn、氧化为32Fe(OH)MnO、沉淀，自身被还原为2MnO，-42MnOMnO→得-3e，2+3FeFe(OH)→失-e，2+2MnMnO→失-2e，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得反应离子方程式。

【小问2详解】A．步骤①中，将矿石粉碎，增大了反应物的接触面积，可加快酸浸的反应速率，A正确；B．步骤②中，过滤I在较高温度下进行，可以减少硫酸锌析出，B正确；C．步骤③中，慢慢加入20%Na2CO3溶液生成沉淀的速率慢，沉淀会慢慢聚集，不利于生成小

颗粒沉淀，C错误；D．步骤③中，若改为将滤液滴入Na2CO3溶液，由于溶液碱性较强可能会产生Zn(OH)2沉淀，D正确；故选ABD。【小问3详解】步骤④洗涤沉淀后检验沉淀是否洗净，可以检验最后一次洗涤液中是否含有2-4SO，应加入2BaCl溶液，若

不产生沉淀，则洗净，反之没有洗净。【小问4详解】)滴入22NaHY标准溶液前，Zn2+与X形成ZnX+使溶液呈酒红色，达到滴定终点时Zn2+被完全消耗生成无色的ZnY2-，溶液中含有X-而呈蓝色，由此

可得出滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，溶液由红色变为蓝色，且30s不变色。【小问5详解】根据滴定原理可得关系式：2+2-2ZnOZnHY，则产品中250mLn(ZnO)=0.05000mol/L0.01460L0.0073mol25.00mL=，故ZnO的含量为的0.007

3mol81g/mol100%99%0.6000g。27.扎来普隆为镇静催眠药，主要用于失眠的短期治疗，一种合成流程如下。已知：Fe/HCl⎯⎯⎯→（1）A的结构简式为___________，D的结构简式为___________（2

）写出反应①的化学方程式___________（3）下列说法不正确．．．的是___________A.化合物C具有碱性B.化合物E能发生水解反应C.扎来普隆的分子式为16154CHNOD.A→B的过程，某种副产物B’(B的同分异构体)的产量可能与B相

等（4）写出所有．．符合下列条件的化合物的同分异构体___________①核磁共振氢谱中只有一个峰②含有一个环，除去CN−外无双键或叁键（5）写出以乙苯为原料，合成化合物A的合成路线图(用流程图表示，无机试剂任选)。________

___【答案】（1）①.②.（2）252CHINaHNaIH++⎯⎯→++（3）CD（4）、、（5）2Cl⎯⎯⎯→光照2NaOH/HO→加热2O⎯⎯⎯→催化剂【解析】【分析】根据A的分子式，由E的结构简式和试剂可逆推出物质D为，结合C的分子式及已知

信息硝基变氨基可推出C和B分别为、，结合A到B的反应条件可推出A为，据此作答。【小问1详解】由分析可知由E最终可逆推出A的结构简式为，D的结构简式为；【小问2详解】反应①是物质E和CH3CH2I、NaH

反应生成氢气、碘化钠及物质F，其化学方程式为：252CHINaHNaIH++⎯⎯→++；【小问3详解】A．化合物C为，含有氨基，故具有碱性，A正确；B．化合物E中含有酰胺基，可以发生水解反应，B正确；C．扎来普隆的分子式为C17H15ON5，C错误；D．酮羰基是间位定

位基，故A→B的过程，某种副产物B’(B的同分异构体)的产量不可能与B相等，D错误；故选CD。【小问4详解】根据核磁共振氢谱只有一个峰，知只有一种类型的氢原子，则为高度对称结构，结合含有一个环，除去-CN外无双键或三键，可知符合条件的结构为：、、【小问

5详解】以乙苯为原料，合成化合物，应该先和卤素发生取代，取代后再发生水解反应生成醇，醇催化氧化即可得到产物，具体路线如下：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com