【文档说明】浙江省绍兴市稽阳联谊2022-2023学年高三上学期11月期中联考化学试题 含解析.docx，共(31)页，2.445 MB，由小赞的店铺上传

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2022年11月稽阳联谊学校高三联考化学选考试题卷可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137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。考生须知：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卷纸和答题纸上。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，在本试卷上的作答一律无效，选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如

要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。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，答案写在本试题卷上无效。4．可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-2

3Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137第Ⅰ卷一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分、每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.下列含有非极性共价键的盐是A.4NHClB.24CaCOC.22NaOD.2BaCl【答案】B【解析】【详解】A．4NHCl是含有极性共价键的盐，故不选A；B．24CaCO含有C-C键，是含有非极性共价键的

盐，故选B；C．22NaO是含有非极性共价键的氧化物，故不选C；D．2BaCl只含离子键，故不选D；选B。2.下列物质属于弱电解质的是A.3NHB.3KNOC.FeD.3CHCOOH【答案】D【解析】【详解】A．NH3在水溶液中

或熔融状态下自身不能电离，NH3属于非电解质，A不符合题意；B．3KNO在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和3NO−，3KNO为强电解质，B不符合题意；C．Fe为单质，不属于电解质，C不符合题意；D．CH3COOH为弱酸，在水溶液

中部分电离，属于弱电解质；D符合题意；故选D。3.重结晶法提纯苯甲酸实验操作中需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】含杂质的粗苯甲酸由于杂质和苯甲酸的溶解度受温度的影响变化不同，可

用重结晶法提纯苯甲酸，一般步骤为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶。实验过程中用到了烧杯，没有用到分液漏斗、蒸馏烧瓶、蒸发皿，故选A。4.下列物质对应的化学式正确的是A.金刚砂：2SiOB.硫磺晶体：8SC.明矾：()422KCrSO12HOD.油酸：1731

CHCOOH【答案】B【解析】【详解】A．金刚砂化学式为SiC，故A错误；B．硫磺晶体化学式为S8，故B正确；C．明矾为KAl(SO4)2•12H2O，故C错误；D．油酸化学式为1733CHCOOH，故D错误；故选B。5.下列表示正确的是A.铍原子最外层原子轨道的电子云图B.

葡萄糖的一种环状结构：C.基态铜原子价层电子的轨道表示式：D.2CO的空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．铍原子最外层原子占据2s轨道，电子云图为球形，故A错误；B．葡萄糖的环状结构有、，故B正确；C．基态铜原子价层电子排布式为3d104s1

，轨道表示式为，故C错误；D．2CO是直线形分子，碳原子半径大于氧原子，空间填充模型为，故D错误；选B。6.下列说法不正确．．．的是A.天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇B.水果罐头中常加入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质C.煤的干馏和石油

分馏都属于物理变化D.人造脂肪又称硬化油，可用于制造肥皂和人造奶油【答案】C【解析】【详解】A．天然气作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，故A正确；B．抗坏血酸是维生素C，维生素C具有还原性，水果罐头中常加

入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质，故B正确；C．煤的干馏属于化学变化，故C错误；D．人造脂肪又称硬化油、氢化油，是植物油与氢气发生加成反应的产物，可用于制造肥皂和人造奶油，故D正确；选C。7.下列说法不正确．．．的是A.甲胺

和苯胺互为同系物B.金刚石和60C互为同素异形体C.邻氨基苯甲醛()和苯甲酰胺()互为同分异构体D.18O和16O互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．甲胺中含甲基和氨基，苯胺中含有苯环和氨基，二者结构不相似，不互为同系物，A符合题意；B．金刚石和60C都

属于碳单质，互为同素异形体，B不符合题意；C．邻氨基苯甲醛和苯甲酰胺的分子式均为77CHON，且结构不同，互为同分异构体，C不符合题意；D．18O和16O是氧元素的不同核素，互为同位素，D不符合题意；故选A。8.下列“类比”合理的是A.乙醇能与水以任意比互溶，则戊醇也可以与水以任意比

互溶B.3BF是非极性分子，则3NF也是非极性分子C.氨可还原氧化铜，则肼()24NH也可还原氧化铜D.Na与2HO反应生成NaOH和2H，则Fe与2HO反应生成3Fe(OH)和2H【答案】C【解析】【详解】A．乙醇中的憎水基团甲基小，则乙醇的-OH和水中的-OH之间的氢键使乙醇能与水以任意比

互溶，而戊醇中的烃基较大、亲油性强，使戊醇微溶于水，A不符合题意；B．三氟化硼里中心原子B形成三个B-F键，无孤对电子，其空间结构为平面三角形，3NF里中心原子N除形成三个N-F键外，还有一对孤对电子，其空间结构为三角锥形，3NF是极性

分子，B不符合题意；C．24NH中氮元素为-2价，24NH具有还原性，可还原氧化铜为铜单质，C符合题意；D．Fe与水蒸气反应生成34FeO和2H，D不符合题意；故选C。9.下列说法不正确．．．的是A.工业上常以9

8%左右的粗硅为原料制备高纯硅B.工业上以纯碱、石膏和石英砂为原料制取玻璃C.工业上为得到纯度较高的铜，常将火法炼铜得到的粗铜经过电解精炼制得D.工业上常用的一种“吹出法”从海水提溴技术主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器【答案】B【解析】【详解】A．工业上制备高

纯硅，一般先制得98%左右的粗硅，再以其为原料制备高纯硅，A不符合题意；B．工业上以纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃，B符合题意；C．火法炼铜得到的粗铜中含有多种杂质，如锌、银等，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯，C不符合题意；D

．利用“吹出法”从海水提溴，主要包括氧化（将海水中溴离子氧化为溴单质）、吹出（利用空气将生成的溴吹出）、吸收（用二氧化硫将溴还原为氢溴酸，使其与空气分离）、蒸馏（用氯气将氢溴酸氧化为溴单质后蒸馏分离）等环

节，主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器，D不符合题意；故选B。10.汽车的安全气囊内有叠氮化钠与硝酸钾等物质，受到猛烈撞击时迅速发生反应：3222310NaN2KNOKO5NaO=16N+++，下列说法正确的是A.3KNO中N元素

被氧化B.332.5gNaN参加反应，生成0.8mol还原产物C.氧化产物与还原产物质量比为1:15D.生成标准状况下271.68LN，转移电子数为A2N【答案】D【解析】【分析】在3222310NaN2KNOKO5NaO=1

6N+++反应中，叠氮化钠里氮元素的化合价由13−价升高到0价，3KNO的氮元素由+5价降到了0价，则3NaN是还原剂，3KNO是氧化剂，氧化产物和还原产物都是氮气，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1。【详解】A．3KNO的氮元素由+5价降到了0价，N元素被还原，A错

误；B．332.5gNaN为32.5g0.5mol65g/mol=，从反应可知，此时生成0.5mol1.60.8mol=N2，其中还原产物为10.8mol0.05mol16=，B错误；C．当反应生成16molN2时，其中有1mol来自硝酸钾，15mol自于3NaN，所以氧化产物与还原产物的

物质的量之比为15∶1，C错误；D．从反应可以看出，每转移10mol电子，生成16molN2，所以转移2mol电子，就会生成3.2molN2，标准状况下为3.2mol22.4L/mol71.68L=，D正确；故选D。11.下列说法正确的是A.氨气、溴中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，必要

时进行人工呼吸B.铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜C.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出D.溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热后，向溶液中加入3AgNO产生淡黄色沉淀，说明有Br−生成【答案】B【解析

】【详解】A．氨气、溴中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，不可进行人工呼吸，A错误；B．铝热反应非常剧烈且放出大量热，为防止安全事故的发生，操作时要戴上石棉手套和护目镜，B正确；C．用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管下口放出，C错误；D．检验溴乙烷水解产物中的溴离子，需先中和过量的碱，防止碱

和硝酸银生成氢氧化银沉淀干扰实验，D错误；故选B。12.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1350mL2molLFe(SCN)−溶液中有A0.1N个3Fe+B.1mol苯分子中共有A12N个p轨道参与杂化C.含41molCH的可燃冰中，所含电子数为A10ND.标准状况下，22.4

L的二氯甲烷和甲酸的混合物中含CH−键数目为A2N【答案】B【解析】【详解】A．3Fe(SCN)属于络合物，只能解离出来极少量的3Fe+，A错误；B．苯分子中的六个碳原子均采取2sp杂化，即每个碳原子有两个p轨道参与杂化，

故1mol苯分子中共有A12N个p轨道参与杂化，B正确；C．可燃冰即天然气水合物，其化学式为42CH8HO，当含41molCH时，可燃冰所含电子数不只A10N，C错误；D．二氯甲烷、甲酸在标准状况都不是气体，22.4L混合物的物质的量不是1mol，故无法计算CH−键数目，D错误；故选B。13

.下列离子方程式或化学方程式正确的是A.2FeI溶液中滴加少量22HO，溶液变棕黄色的原因是：232222Fe2HHO2Fe2HO+++++=+B.小苏打溶液中滴加2NaAlO溶液：32232HCOAlOHOAl(OH)CO−−++=+C.3NaHSO溶液中通少量的氯气

：23224HSOClHO=SO2Cl3H−−−+++++D.4TiCl溶于热水可发生反应：()4222TiCl2HOTiOHO4HClxx++=+【答案】D【解析】【详解】A．碘离子还原性强于亚铁离

子，故少量过氧化氢会首先和碘离子反应生成碘单质，反应为-+22222I+HO+2H=I+2HO，A错误；B．小苏打溶液中滴加2NaAlO溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子：232233HCOAlOHOAl(OH)CO−

−−++=+，B错误；C．3NaHSO溶液中通少量的氯气会生成硫酸根离子和二氧化硫气体：-2--324224HSO+Cl=SO+2Cl+3SO+2HO，C错误；D．4TiCl溶于热水可发生水解反应生成22TiOHOx沉淀：()4222TiCl

2HOTiOHO4HClxx++=+，D正确；故选D。14.下列说法正确的是A.纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料B.向鸡蛋清溶液中加入硝酸银溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解C.葡萄榶在酶催化下可以水解转变为乙醇D.高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高，可用

于生产食品包装袋【答案】A【解析】【详解】A．纤维素与硝酸发生酯化反应生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料，故A正确；B．向鸡蛋清溶液中加入硝酸银溶液，蛋白质变性产生沉淀，加水后沉淀不能溶解，故B错误；C．葡萄榶在酶催化下可以分解生成乙醇和二氧化碳，故C错误；D

．高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高，可用于生板、桶、管、瓶等，故D错误；选A。15.阿比朵尔结构式如图，下列说法不正确．．．的是A.与酸、碱或盐溶液都能反应生成盐B.一定条件下能发生水解，加成，氧化，还原反应C.1mol

该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOHD.与足量氢气加成后所得有机物分子中含有7个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．结构中含酯基、酚羟基和溴原子，可与NaOH发生反应生成盐；含有次氨基，可与酸反应生成盐；另

外，酚羟基和碳酸钠溶液能反应生成碳酸氢钠溶液，A不符合题意；B．结构中含酯基和溴原子，可发生水解反应；含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成（或还原）反应；含有酚羟基，容易发生氧化反应，B不符合题意；C．1mol该物质含有1mol酯基，可

消耗1molNaOH；含有1mol酚羟基，可消耗1molNaOH；含1mol溴原子，先发生水解反应消耗1molNaOH生成1mol酚羟基，1mol酚羟基再消耗1molNaOH，故该物质最多可消耗4molNaOH，C符合题意；D．与足量氢气加成后所得的有机物结构简式为，其中含有7个手在性碳原子（

已用星号标出）：，D不符合题意；故选C。16.W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增大。W元素的原子最外层电子数是次外层的3倍；X元素的原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素；Y元素是地壳中含量最多的金属元素；Z元素的单质可做半导

体材料；M基态原子核外有9种不同空间运动状态的电子，且只有一个不成对电子，下列说法正确的是A.2MW−的键角比4MW−的键角小B.第一电离能：WZMXYC.原子半径：WXYZMD.2ZW的熔点比4ZM的熔点低【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增

大，W元素的原子最外层电子数是次外层的3倍，则W为氧元素；X元素的原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，则X为金属镁；Y元素是地壳中含量最多的金属元素，Y为金属铝；Z元素的单质可做半导体材料，Z为硅

；M基态原子核外有9种不同空间运动状态的电子，且只有一个不成对电子，则M为氯元素；综上，W、X、Y、Z、M分别为O、Mg、Al、Si、Cl。【详解】A．2ClO−中心原子Cl的价层电子对数为：7122242+−+=，采取3sp杂化，孤电子对数为2；4ClO−中心原子Cl的价层

电子对数为：7142442+−+=，采取3sp杂化，无孤电子对，故2ClO−的键角比4ClO−的小，A正确；B．Mg、Al、Si、Cl属于第三周期元素，第一电离能:Cl>Si>Mg>Al，B错误；C．O为第二周期元素，其半径小于第三周期的Mg、Al、Si

、Cl的半径，C错误；D．2SiO属于原子晶体，熔点高，4SiCl属于分子晶体，熔点低，D错误；故选A。17.已知25℃，醋酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是酸醋酸次氯酸电离平衡常数5aK1.7510−=8aK2.9810−=A.25℃，相同pH的3CHCOONaNaClO

、溶液中，阴离子总数较大的是NaClO溶液B.25℃时，等体积等浓度的3CHCOONa和NaClO溶液稀释相同倍数后3CHCOONa的pH更小C.pH都为3的HCl和HClO等体积混合后，混合液的pH保持不变D.等体积且pH都为3的3CHCOOH和HClO分别与足量的NaO

H反应，3CHCOOH消耗NaOH更多【答案】B【解析】【分析】根据表中电离平衡常数数据可知，酸性：醋酸＞次氯酸。【详解】A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，

则水解程度大小顺序是：同浓度的醋酸根水解程度小于次氯酸根，那么相同pH的3CHCOONaNaClO、溶液中醋酸根浓度大于次氯酸根浓度，两溶液中的氢氧根浓度相同，故阴离子总数较大的是3CHCOONa溶液，A错误；B．等体积等浓度的3CHCOONa和NaClO溶液，由于次氯酸

根的水解程度大于醋酸根的水解程度，NaClO溶液的碱性更强，稀释相同倍数后仍是NaClO溶液的碱性强，即3CHCOONa的pH更小，B正确；C．pH都为3HCl和HClO等体积混合，由于两溶液密度不同

，混合后体积不等于二者体积加和，混合液的pH会略有变化，C错误；D．3CHCOOH和HClO溶液的pH都为3，说明次氯酸的浓度更大，二者又等体积，则溶液中次氯酸的物质的量大于醋酸，与足量的NaOH反应，HClO消耗NaOH更多，D错误；故选B。18.已知：在标准压强()10

1kPa298K、下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用()1fmΔHkJmol−!表示。部分物质的fmΔH!有如图所示关系。()()()222HgNgOg、、的标准摩尔生成焓为0。

下列有关判断正确的是的A.()NOg的键能小于()2Ng与()2Og的键能之和B.根据图中信息，可判断热稳定性肼大于氨C.20.5molN和21.5molH合成氨，正反应的活化能一定大于145.9kJmol−D.NO与3NH反应的热化学方程式为：()()()

()13226NOg4NHg5Ng6HOgΔH1815kJmol−+=+=−【答案】D【解析】【详解】A．由图知，NO(g)的标准摩尔生成焓为91.3kJ⋅mol−1，则N2(g)+O2(g)=2NO(g)的ΔH=反应物键能之和-生

成物键能之和>0，即2molNO(g)的键能小于1molN2(g)与1molO2(g)的键能之和，A错误；B．NH3(g)的标准摩尔生成焓为−45.9kJ⋅mol−1，N2H4(l)的标准摩尔生成焓为50.6kJ⋅mol−1，N2和H2反应生成NH3放热，而

生成N2H4吸热，则NH3的能量比N2H4低，热稳定性肼小于氨，B错误；C．合成氨反应属于放热反应，20.5molN和21.5molH合成氨，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=1-45.9kJmol−，由于逆反应活化能未知，正反应的活化能的值不能确定，C错误；D．由题图数据可计算

出：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=1-91.8kJmol−，②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=1182.6kJmol−，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=1-483.6kJmol−，()

()()()3226NOg4NHg5Ng6HOg+=+可由233−−+②①③得到，则其反应热1111ΔH3182.6kJmol2(91.8kJmol)3483.6kJmol1815kJmol−−−−=−−−

−=−，D正确；故选D。19.常温下某同学将一定量的2NO充入注射器中后封口，测得拉伸和压缩注射器的活塞过程中气体透光率随时间的变化如图所示(已知气体颜色越深，透光率越小；2242NONOΔH0)。下列说法正

确的是A.b点操作为压缩针管，因此()2cNO:bdB.d点的操作为拉伸注射器到任意位置C.e点平均相对分子质量与a点相等D.若注射器绝热，bcKK【答案】C【解析】【分析】由图知，b点开始压缩针管，2NO浓度增大，气体颜色加深，透

光率减小，从b点到d点过程中，压强增大，平衡正向移动；d点开始拉伸针管，2NO浓度逐渐减小，气体颜色变浅，透光率增大，从d点到e点过程中，压强减小，平衡逆向移动，由于最后的透光率与最初的相同，d点的操作为拉伸注射器到原始位置。【详解】A．由图知，b点透光率大于d点，则

()2cNO:b<d，A错误；B．d点的操作为拉伸注射器到原始位置，B错误；C．e点与b点透光率相同，则两点处的()2cNO、()24cNO均对应相等，混合气体的平均相对分子质量与a点相等，C正确；D．该反应正向放热，温度越高，K越小，从b点到c点过程中，平衡正向移动，b点的温度小于c点

的，故bcKK，D错误；故选C。20.已知()()()22ClgCOgCOClg+的速率方程()()122vkcClcCO=(k为速率常数)，该反应可认为经过以下反应历程：第一步：()()2Clg2Clg快速平衡第二步：()(

)()ClgCOgCOClg+快速平衡第三步：()()()()22COClgClgCOClgClg+→+慢反应下列说法正确的是A.第三步反应的活化能较低，是决速反应B.Cl是该总反应的中间产物，COCl是该总反应的催化剂C.()()2cClcCO、分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前

者大D.升温、加入催化剂可使k增大导致反应速率加快【答案】D【解析】【详解】A．第三步反应反应速率较小，则反应的活化能较大，总反应的速率主要取决于第三步反应，第三步反应是决速反应，故A错误；B．Cl和COCl是该总反应的中间产物，但没有出现在第一个

反应的反应物中，COCl不是该总反应的催化剂，故B错误；C．从速率方程()()122vkcClcCO=中可以看出，c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，故C错误；D．升温、加入催化剂可以提高反应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，故D正确。

故选D。21.钠离子电池使用的电极材料主要是钠盐，相较于锂盐而言储量更丰富，价格更低廉。某钠离子电池结构如图所示，电极A为含钠过渡金属氧化物()2NaTMO，电极B为硬碳，充电时Na+得电子成为Na嵌

入硬碳中。下列说法正确的是A.放电时，A是原电池的负极B.放电时，外电路通过amol电子时，A电极电解质损失amolNa+C.充电时，电极A为阳极，反应可表示为21x2NaTMOxeNaTMOxNa+−−=+D.单位质量的负极材料

钠离子电池比锂离子电池可以提供更多的电量【答案】C【解析】【详解】充电时Na得电子成为Na嵌入硬碳中，则硬碳为电解池的阴极，为电池的负极，即电极B为电池的负极，A为电池的正极。A．电极B为电池的负极，充电时，与外接直流电源的负极相连，A错误；B．放电时，A电极(正极)电极

反应式为-1x22NaTMOxNaxeNaMO+T+−+=，Na+从负极向A电极迁移，然后参与电极反应，故A电极电解质中不损失Na+，B错误；C．放电时，为原电池装置，A为正极，充电时A为阳极，电极反应式为21x2

NaTMOxeNaTMOxNa+−−=+，C正确；D．单位质量的负极材料钠离子电池比锂离子电池可以提供更少的电量，D错误；故选C。22.桔红色液体氯化溴()BrCl属于卤素互化物，性质与卤素相似，下列推测不合理．．．的是A.常温下，在四氯化碳中的溶解度

BrCl比2Br小B.BrCl的氧化性比ICl强C.BrCl可与Mg反应生成22MgBrMgCl、D.苯酚可与BrCl反应主要生成三氯苯酚和溴化氢【答案】D【解析】【详解】A．Br2为非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，而BrC

l为极性分子，根据相似相溶原理，常温下，在四氯化碳中的溶解度BrCl比Br2小，A正确；B．BrCl和ICl中Br、I均为+1价，Br比I更难失电子，则Br+比I+更易得电子，因此BrCl的氧化性强于ICl，B正确；C．BrCl的性质与卤素类似，Br2、Cl

2可与Mg反应生成MgBr2和MgCl2，则BrCl可与Mg反应生成MgBr2和MgCl2，C正确；D．苯酚与BrCl反应生成三溴苯酚和HCl，D错误；故答案选D。23.两份2320.00mL0.1mol/LNaCO溶液中，分别滴加未知浓度的HCl溶液和2BaCl溶液，两溶液中的pH和()23

lgcCO−−随所加入溶液体积的变化如图所示，下列有关说法不正确的是(已知：()9sp3KBaCO2.610−=)A.实线代表23NaCO溶液的pH随滴加HCl体积的变化B.a点溶液满足：()()()()()233

2cClcH2cCOcHCOcOH−+−−−+=++C.b点溶液中2Ba+已经沉淀完全D.HCl滴定23NaCO溶液时，选择酚酞和甲基橙做指示剂的终点不同【答案】B【解析】【分析】2-3CO与+H作用时，当+H量较少时生成3HCO−，当+H量较多时生成CO2，故实线代表23NaCO溶

液的pH随滴加HCl体积的变化，虚线则代表()23lgcCO−−随滴加的2BaCl体积的变化。【详解】A．由分析知，实线代表23NaCO溶液的pH随滴加HCl体积的变化，A不符合题意；B．a点溶液溶质为等浓度的23NaCO、3NaHCO、NaCl，由电荷守恒知，a点溶液满

足：()()()()()()233cNacH2cCOcHCOcOH+cCl++−−−−+=++，由原子守恒知，()()()()2333cNa4cCOcHCO+cCl+−−−=+，二者联立可得()()()()()233cClcHCO3cH2cCO3cOH−−

+−−++=+，B符合题意；C．由图知，b点时滴加的2BaCl溶液为20mL，由于曲线上出现了突跃，代表2Ba+已经沉淀完全，C不符合题意；D．用酚酞作指示剂时滴定的总反应为：Na2CO3+HCl=Na

HCO3+NaCl，用甲基橙作指示剂时滴定的总反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故二者滴定终点不同，D不符合题意；故选B。24.重晶石矿(含有较多的2SiO)。重晶石矿常见三种处理方法如下：热分解法：()()()()1114

22111BaSOsBaOsSOgOgΔH551.76kJmolΔS242JmolK2−−−=++=+=；碳热还原法：()()()()111422BaSOs4CsBaSg4COgΔH437.48kJmolΔS328JmolK−

−−+=+=+=；沉淀转化法：()()()()332-2-44BqaSOsCOBaCOsSaOaq++，已知焓变与熵变是同一温度下的数值，下列说法不正确的是A.高温有利于碳热还原法自发进行B.沉淀转化法的优点是节能、环保C.热分解

法获得BaO的同时，还生成2SO，可联合生产硫酸，因此比碳热还原法更优D.碳热还原法所得BaS可能含3BaSiOSi、等杂质，需进一步提纯【答案】C【解析】【详解】A．ΔG=ΔH-TΔS<0的反应可自发进行，碳热还原法对应的反应：Δ

S＞0，ΔH＞0，故高温有利于碳热还原法自发进行，A不符合题意；B．沉淀转化法无需加热，也不产生二氧化硫等对大气有污染的气体，有节能、环保的优点，B不符合题意；C．硫酸钡是一种相对稳定的化合物，热分解法获

得BaO所需的温度比碳热还原法的要高，故热分解法能耗高，不经济，碳热还原法更优，C符合题意；D．由于重晶石矿中含有较多的2SiO，碳热还原法所得的BaS中可能含3BaSiOSi、等杂质，需进一步提纯，D不符合题意；故选C。25.下列方案设计、现

象和结论正确的是方案设计现象和结论A将裹有锌皮的铁钉放入滴加了酚酞和36KFe(CN)的热琼脂溶液中观察到锌皮附近的琼脂变红色，则锌皮发生了电化学腐蚀，锌做负极B向23NaCO溶液中加入醋酸，将产生的气体通入苯酚钠水溶液中观察到苯酚钠溶液变浑浊，说明碳酸的酸性比苯酚强C向

放有少量脱脂棉的试管中加入几滴2HO和几滴浓硫酸，充分搅拌后，加入新制2Cu(OH)悬浊液，加热未观察到砖红色沉淀生成，说明纤维素没有发生水解D在大试管中加入2g苯酚、过量的质量分数为40%的甲醛溶液，置于水浴中加热片刻，加入0.5mL浓氨

水，继续在水浴中加热观察到固体生成，固体为网状结构的酚醛树脂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．观察到铁钉附近的琼脂变红色，则锌皮发生了电化学腐蚀，锌做负极，铁钉作正极，故A错误；B．由于醋酸有挥发性，使溶液变浑浊的可能是醋酸和苯酚钠反应，故B错误；C．加入

新制氢氧化铜之前要加氢氧化钠溶液调节至碱性，再加热，故C错误；D．甲醛和苯酚在水浴中加热，再加入少量氨水，再加热得到固体，该固体为酚醛树脂，故D正确。综上所述，答案为D。第Ⅱ卷二、非选择题(本大题共5小

题，共50分)26.过渡金属元素铬()Cr是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。三价铬离子的一种配离子结构如图所示，回答下列问题：（1）下列说法不正确的是①Cr在元素周期表中位于_____________；属于硫原子激发态的简化电子排布式且能量较

低的是_____________。(填标号)A．24Ne3s3pB．242Ne3s3p3dC．222Ne3s3p3dD．222Ne3s3p4s②配体2222HNCHCHNH中N原子的价层孤电子对占据中心三价铬离子的___________杂化轨道。(填标号)A．spB．2

spC．3spD．3dspE．23dspF．33dsp③该配离子中所含的σ键和π键的个数比为_____________；配体中CNH、、三种非金属元素的电负性由大到小的顺序是_____________。（2）两种有机物的相关数据如下表：物质邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸水溶

解性()20℃11gL−15gL−()4pK20℃3.914.48常温下，邻羟基苯甲酸的水溶解性比对羟基苯甲酸小，而邻羟基苯甲酸的酸性比对羟基苯甲酸强，原因是_________。（3）利用皮秒激光照射悬浮在中醇溶液中的多臂碳纳米管可以合成T−碳

，T−碳的晶体结构可看成金刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元(由四个碳原子组成)取代，如图所示，已知T−碳晶胞参数为Aapm,N为阿伏加德罗常数。T−碳晶体的摩尔体积mV=_____________31mmol−(

列出算式)。【答案】（1）①.第四周期ⅥB族②.D③.E④.8:1⑤.NCH（2）邻羟基苯甲酸中邻位上的羟基可与羧基形成分子内氢键，不仅导致羧基中的羟基的极性更大，酸性增强，而且还使其与水分子之间不易形成氢键，水溶解性不大；(或对羟基苯甲酸

对位的羟基无法与羧基形成分子内氢键，更易与水分子之间形成氢键，故酸性比邻羟基苯甲酸弱，水溶解性大)（3）336AaN1032−【解析】【小问1详解】①铬为24号元素，位于元素周期表第四周期ⅥB族；A为基态硫原子的简化电子排布式24Ne3s3p

，B为2S−的简化电子排布式26Ne3s3p，C和D都是硫原子激发态的简化电子排布式，由于能量4s3d，所以能量较低的是222Ne3s3p4s，故选D；②3Cr+的价层电子排布式为33d，由结构

可知配离子与配体形成6配位，则中心3Cr+的杂化方式为23dsp，故选E；③由于配位键属于σ键，配离子中所含的σ键为32，π键为4，故个数比为8:1；配体中三种非金属元素为NCH、、，电负性由大到小的顺序

是NCH；【小问2详解】常温下，邻羟基苯甲酸水溶解性比对羟基苯甲酸小，而邻羟基苯甲酸的酸性比对羟基苯甲酸强，原因是邻羟基苯甲酸中邻位上的羟基可与羧基形成分子内氢键，不仅导致羧基中的羟基的极性更大，酸性

增强，而且还使其与水分子之间不易形成氢键，水溶解性不大；(或对羟基苯甲酸对位的羟基无法与羧基形成分子内氢键，更易与水分子之间形成氢键，故酸性比邻羟基苯甲酸弱，水溶解性大)；的【小问3详解】金刚石的晶胞中碳原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个，一个晶胞中单

独占有碳原子数目=4+8×18+6×12=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为8×4=32个。T-碳晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数。T-碳晶体的摩

尔体积mV=-36-123AA31NaN10(a10m)323l2mo−=。27.化合物X不含结晶水，由五种常见的元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：已知：①气体C有刺激性气味，遇HCl产生白烟；②所加试剂均过量请回答：（1）组成X的五种元素为NH、和_____________(填

元素符号)：气体C的VSEPR模型名称为_____________。（2）化合物X与2NaS反应为非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式_____________。（3）写出黑色固体A溶于浓3HNO得到绿色溶液，发生反应的离子方程式为_____________。（4）2OHS−−

、及气体C与化合物X中的金属阳离子结合能力由弱到强的顺序为_____________，设计实验证明_____________。【答案】（1）①.CuSO②.四面体（2）()3422434CuNHSONaSCuSNaSO4NH+=++（3）223242CuS8H8NOCu8

NOSO4HO+−+−++=+++（4）①.23OHNHS−−②.取适量4CuSO溶液于试管中，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉淀，再滴加氨水沉淀溶解得到深蓝色溶液；向深蓝色溶液中滴加硫化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色沉淀。【解析】【分析】黑色沉淀

A加浓HNO3，生成绿色溶液，加入溶液变蓝，说明沉淀A为CuS为0.015mol，推知X中有Cu为0.96g，白色沉淀D为BaSO4为0.015mol，推知X中含有24SO−0.015mol，1.44g；气体C有的刺激性气味遇到HCl产生白烟，

因此C为NH3，质量为1.02g，0.06mol，以此分析；【小问1详解】根据分析，X中的元素为N、H、S、Cu、O；根据分析C为NH3，以N为中心价电子数为53342−+=，则NH3的VSEPR模型为四面体；故答案为：S、Cu、O；四面体；【小问2详解】根据分析，X与

Na2S生成CuS、NH3、Na2SO4；故答案为：()3422434CuNHSONaSCuSNaSO4NH+=++；小问3详解】CuS与浓NHO3反应生成NO2气体；故答案为：223242CuS8H8NOCu8NOSO4HO+−+−++=+++；【小问4详解】取适量CuSO4溶液于试管中

，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉淀Cu2(OH)2SO4，再滴加氨水沉淀溶解得到深蓝色溶液，由于NH3的配位能力很强,碱式铜盐很容易溶解得到[Cu(NH3)4]2+；向深蓝色溶液中滴加硫化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色沉淀CuS，则金属阳离子结合能力OH−<NH3<S2−；故答案为：O

H−<NH3<S2−；取适量CuSO4溶液于试管中，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉淀，再滴加氨水沉淀溶解得到深蓝色溶液；向深蓝色溶液中滴加硫化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色沉淀。28.羰基硫(COS)主要存在于煤、石油

和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前，我国已经实现了在催化剂()23γAlO−、低温条件下的精度脱除COS。脱除COS的反应为：Ⅰ．氢解反应：()()()()221COSgHgHSgCOgΔH17kJ/mol++=−；Ⅱ．水解反应：()()()()22

22COSgHOgHSgCOgΔH35kJ/mol++=−。（1）①将2HO与COS以体积比1:2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时2HO与COS的体积比1:6，则该温度下，脱除反应Ⅱ的平衡常数K=_____________(保留两位小数)。②两个反应在热力学上趋

势均不大，其原因是_____________。(热力学全称热动力学，是研究热现象中物质系统在平衡时的性质和建立能量的平衡关系，以及状态发生变化时系统与外界相互作用的学科。)（2）在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应Ⅰ。设起始充入的()()2nH:nCOSm=，相同时间内测得COS转化率

与m和温度()T的关系如图1所示，下列说法正确的是____________。【A.12mmB.曲线1m温度高于0TCOS，转化率减小的可能原因为催化剂活性降低或者有副反应发生C.曲线2m温度高于0T，a点COS转化率大于b点，因此COS转化率减小不可能是因为平衡逆移D.若在

绝热、恒容密闭容器中进行反应，当容器内压强不再变化时可以判断反应已达平衡（3）已知气体COS和2HO的体积分数均为1.5%、()()2VCOS30VHS1=，测得不同2O含量(ppm是比率的表示，表示“百万分之……”)下反应相同时间，2CO产率随温度的变化

曲线如图2所示：①试分析超过200℃后，2O含量越高2CO产率明显下降的原因_____________。②催化剂()23γAlO−具有高比表面积，气氛中的氧气会吸附在23AlO表面，试分析超过200℃后催化剂中毒的原因_____________。③若其他条件相同，以起

始量()()2nH:nCOS1=开始反应，使用不同催化剂Ⅰ、Ⅱ进行对比实验，请在图3中画出在倠化剂Ⅰ、催化剂Ⅱ(催化效率Ⅰ>Ⅱ)作用下反应相同时间，COS转化率随温度()T的变化曲线_____________

。【答案】（1）①.2.67②.两个反应均为放热较少的反应（2）BD（3）①.温度超过200℃，以COS被氧化为主，氧气含量高，与COS发生氧化反应明显；另外COS的水解反应放热，温度升高会使水解反应

平衡逆向移动而使2CO产率下降；②.COS中的硫元素被氧化成S()*S和硫酸盐，覆盖在催化剂表面引起催化剂中毒或COS中的硫元素被氧化成2SO，吸附在催化剂表面引起催化剂中毒；③.【解析】【小问1详解】①设初始加入的

2HO和COS分别为1mol、2mol，根据题意列三段式：222HO(g)+COS(g)HS(g)+CO(g)(mol):1200(mol):xxxx(mol):1-x2-xxx起始量变化量平衡量则1x12x6−=−，解得x0.8=，平衡常数()()()

()222cHScCO0.80.8K2.67cHOcCOS0.21.2==；②依据热化学方程式可知，两个反应均为放热较少的反应，即反应物和生成物的能量差小，因此热力学趋势小；【小问2详解】由于()()2nH:nCOSm=，则m越大，COS转化率越高，故12mm，A错误；曲线1m温度高于

0T后，COS转化率减小，可能是因为催化剂活性降低或者有副反应发生，B正确；0T温度下12mm、投料比条件下两条曲线相互独立，最初由于反应正向进行COS转化率升高，达到平衡后由于温度升高平衡逆移，COS转化率下降，b可以

为平衡点，C错误；该反应的反应前后气体计量数之和相等，容器内气体的总物质的量一直不变，绝热、恒容条件下，容器内温度在反应达平衡之前一直升高，其中的压强也一直在增大，当压强不再变化时可以判断反应已达平衡，D正确，故选BD；

【小问3详解】①根据图像分析，氧气浓度高，转化率下降程度大，说明氧气对COS转化率起到关键性作用，因此得出COS存在水解与被氧化两个竞争反应，温度超过200℃，以COS被氧化为主，氧气含量高，与COS发生氧化反应明显，另外COS的水解反应放热，温度升高会使水解反应平衡逆向移动而使2CO产

率下降；②对催化剂的影响，是氧化成固体物质覆盖在催化剂表面而使催化剂中毒，所以COS中的硫元素被氧化成S()*S和硫酸盐，覆盖在催化剂表面引起催化剂中毒，或COS中的硫元素被氧化成2SO，吸附在催化剂表面引起催化剂中毒；③未达平衡时，催化效率高的转化率大，达平衡时转

化率相同，故变化曲线如下：29.苯甲醇与苯甲酸是重要的化工原料，可通过苯甲醛在氢氧化钠水溶液中的歧化反应制得，某研究小组在实验室制备苯甲醇与苯甲酸，并测定苯甲酸的纯度。Ⅰ．制备反应原理及反应结束后对反应液的处理步骤如下：已知：名称相对分子质量熔点℃沸点℃溶

解性其他苯甲醇10815.3−205.7在水中溶解度较小，易溶于乙醚、乙醇该品可燃，有毒，具刺激性苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248微溶于冷水，易溶于乙醇、热水毒性较小，引起皮肤刺溴酚蓝：是一种pH指示剂，变色范围为pH3.0(黄)~4.6(蓝)；易溶于氢

氧化钠溶液，溶于甲醇、乙醇和苯，微溶于水。请根据以上信息，回答下列问题：（1）关于制备、提纯过程下列说法正确的是_____________．A.步骤Ⅰ：可用乙醚作为萃取剂B.步骤Ⅳ：具体操作为热水溶解、加入活性炭脱色、冷却结晶C.步骤Ⅴ：产品宜用冷水洗涤D.步骤Ⅴ：产品可用酒精灯、沸水浴加热烘干（

2）该小组拟用如图装置进行步骤Ⅲ，装置a应选用_____________(填字母代号)，选择减压蒸馏的理由是_____________。（3）步骤Ⅲ具体操作步骤：安装好减压蒸馏装置→_____→_____→_____

→_____→温度趋于稳定后→_____→_____→蒸馏完毕，移去热源，慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸)，再慢慢打开安全瓶活塞，平稳内外压力，使测压计的水银柱慢慢地恢复原状，然后关闭油泵和冷却水。_____________。请从下列选项中选择合适的操作填空(操作可重复使用)a．启动

油泵抽气，慢慢关闭安全瓶上活塞至完全关闭b．开启冷凝水，选用油浴加热蒸馏c．先旋紧橡皮管上的螺旋夹，打开安全瓶上活塞，使体系与大气相通d．待温度计的读数显著升高并稳定e．在蒸馏瓶中加入待蒸液体，并加入1-2粒沸石f．用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分Ⅱ．苯甲酸的纯度测定：（

4）为精确测定产品纯度，拟用以下实验方案：称取mg样品，溶于1VmL浓度为10.5molL−的氢氧化钠溶液中，加入1滴酚酞指示剂，用10.5molL−盐酸调至酚酞红色消失。加入适量乙醚、溴酚蓝指示剂，摇

匀，用10.5molL−盐酸滴定，边滴定边将水层和乙醚层充分摇匀，达到滴定终点，记录耗酸体积。做3组平行实验，所消耗盐酸的平均体积为2VmL；①滴定终点现象是_____________；②产品的纯度是_______

______(以质量分数表示)。【答案】（1）AC（2）①.A②.减压可以降低液体的沸点，低温下蒸馏，提高蒸馏的效率；且能防止发生副反应（3）ecab；fdf（4）①.当滴入最后半滴盐酸，水层显淡绿色，且30s不变色为滴定

终点②.26.1%Vm【解析】【分析】反应液含有苯甲醇和苯甲酸钠，加入乙醚萃取，分液，得到的有机层为苯甲醇和乙醚的混合物，蒸馏可得到苯甲醇，水层为苯甲酸钠的水溶液，加入盐酸酸化得到苯甲酸，经蒸发结晶、过滤、洗涤可得到苯甲酸，据此解答。【小问1

详解】A.由于苯甲醇易溶于乙醚，所以步骤Ⅰ可用乙醚作为萃取剂，A正确；B.由于苯甲酸微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，所以步骤Ⅳ具体操作为热水溶解、加入活性炭脱色、趁热过滤，B错误；C.由于苯甲酸微溶于冷水，所以

步骤Ⅴ中产品宜用冷水洗涤，C正确；D.由于苯甲酸100℃时易升华，所以步骤Ⅴ中产品不能用沸水浴加热烘干，D错误；答案选AC。【小问2详解】该小组拟用如图装置进行步骤Ⅲ，该装置是蒸馏装置，所以装置a应选用直形冷凝管，即选择A

；由于减压可以降低液体的沸点，低温下蒸馏，提高蒸馏的效率；且能防止发生副反应，所以选择减压蒸馏。【小问3详解】步骤Ⅲ具体操作步骤：安装好减压蒸馏装置→在蒸馏瓶中加入待蒸液体，并加入1～2粒沸石→先旋紧橡皮管上的螺旋夹，打开安全瓶上活塞，使体系与大气相通→启动油泵抽气，慢慢关闭安全瓶上活塞至

完全关闭→开启冷凝水，选用油浴加热蒸馏→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→温度趋于稳定后→待温度计的读数显著升高并稳定→用一个洁净干燥的接受瓶收集馏分→蒸馏完毕，移去热源，慢慢旋开螺旋夹(避免倒吸)，再慢慢打开安全瓶活塞，平稳内外压力，使测压计的水银柱慢慢地恢复原状，然后

关闭油泵和冷却水。因此答案为ecab；fdf；【小问4详解】①由于溴酚蓝是一种pH指示剂，变色范围为pH3.0(黄)~4.6(蓝)，所以滴定终点现象是当滴入最后半滴盐酸，水层显淡绿色，且30s不变色为滴定终

点；②用0.5mol/LNaOH溶液溶解样品，加入酚酞指示剂，用0.5mol/L盐酸调至红色消失，再用0.5mol/L盐酸滴定生成的苯甲酸钠，消耗盐酸的平均体积为2VmL，由盐酸与苯甲酸钠反应方程式可知，生成

苯甲酸的物质的量为：0.5mol/L×V2×10-3L=5V2×10-4mol，则样品中苯甲酸的纯度为：422%50101226.110%VVmm−=。30.某研究小组按下列路线合成一种造影剂碘海醇。已知：①；②③；④2

SOClRCOOHRCOCl⎯⎯⎯→请回答：（1）化合物A到B的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为_____________；化合物D的结构简式是_____________；化合物I的结构简式是_______

______。（2）下列说法不正确．．．的是_____________。A.化合物E中有三种含氧官能团B.化合物C能发生加成、还原、水解反应C.碘海醇与足量NaOH溶液或盐酸反应都只生成1种盐D.化合物H的分子式是162033

7CHINO（3）写出FG→的化学方程式_____________。（4）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_____________。①能发生银镜反应和水解反应；②IR谱检测表明分子中含有硝基，无过氧键()OO−−−；③1HNMR−谱表

明分子中有3种氢原子，且苯环上有2种不同化学环境的氢原子；（5）设计以乙酸乙酯和为原料合成的路线(无机试剂任选，用流程图表示)_____________。【答案】（1）①.氧化反应、硝化反应(或取代反应)②.③.或（2）C（3）（4）（5）【解析】【分析】结合流程信息，由碘海醇和H的结构简式

及I的分子式可推出I为或，由G逆推出F为，结合E、F分子式可推出E为，再根据C、D的分子式推出C为，D为，那么B为，因A到B涉及两步反应，则A为。【小问1详解】化合物A为，B为，A到B过程中苯环上的甲基被氧化成羧基，然后又引入了一个硝基，故两步反应的反应类型依次为氧化反应、硝化反应(或

取代反应)；根据分析知，化合物D的结构简式：；由碘海醇和H的结构简式及I的分子式可推出I为或；【小问2详解】化合物E为，其中有三种含氧官能团：羟基、酰胺基、硝基，A不符合题意；化合物C为，其中的苯环可与氢气发生加成（还原）反应，

酯基能发生水解反应，B不符合题意；碘海醇中的酰胺基在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，与足量NaOH溶液反应会生成羧酸盐，与足量的盐酸反应则生成铵盐，C符合题意；观察化合物H结构简式知，其分子式是1620337CHINO，D不符合题意，故选C；【小问3详解】由G逆推出F为故FG→的化学方程

式：；【小问4详解】B为，其同分异构体中①能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基；②IR谱检测表明分子中含有硝基，无过氧键()OO−−−；③1HNMR−谱表明分子中有3种氢原子，且苯环上有2种不同化学环境的氢原子，说明结构较为对称，符合以上三个要求的结构简式为：；【小问5详解】获得更多资源

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