【文档说明】浙江省绍兴市第一中学2022-2023学年高三上学期10月模拟考化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.713 MB，由小赞的店铺上传

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绍兴一中2022学年第一学期高三模拟考化学试卷可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16Cl35.5I127Na23K39Ca40Cu64Sn119选择题部分一、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.有共价键的离子化合物是（）A.22NaOB.24HSOC.22CHClD.SiC【答案】A【解析】【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含

有共价键，据此分析解答。【详解】A.22NaO中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价键，故A正确；B.硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C.二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D.碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误

；故答案为A。2.下列物质属于强电解质的是A.Ca(OH)2B.CuC.盐酸D.CH4【答案】A【解析】【详解】A．Ca(OH)2是强碱，属于强电解质，故A符合题意；B．Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C．盐

酸是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；D．CH4是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为A。3.下列玻璃仪器上未标明使用温度的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】量筒、滴定管、容量瓶均会注明使用温

度，而蒸馏烧瓶可直接加热，不需要注明使用温度，故答案选D。4.下列物质对应的化学式正确的是A生石灰：Ca(OH)2B.软脂酸；C15H31COOHC.蓝矾：FeSO4·7H2OD.异丁烷：(CH3)2CHCH2C

H3【答案】B【解析】【详解】A．生石灰：CaO，A错误；B．软脂酸：C15H31COOH，B正确；C．蓝帆：CuSO4∙5H2O，C错误；D．异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，D错误。故选B。5.下列表示正确的是A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.氨基的电子式：C.基态Cr原子外

围电子排布式：3d44s2D.CH4分子结构示意图：【答案】D【解析】.【详解】A．乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；B．氨基的电子式，故B错误；C．基态Cr原子外围电子排布式：3d54s1，故C错误；D．CH4分子为正四面体，结构示意图：，故D正确；

故选D。6.下列有关物质用途的说法正确的是A.氢氟酸具有强酸性，可用于刻蚀玻璃B.生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂C.硫铁矿(主要成分为FeS2)主要用于工业制硫酸，其矿渣可用于炼铁D.工业上用焦炭高温下还原SiO2制取粗硅：SiO2+C高温Si+CO2↑【答案】C【解析

】【分析】【详解】A．氢氟酸用于刻蚀玻璃，是因为氢氟酸能与玻璃反应生成SiF4气体，而氢氟酸是一种弱酸，A错误；B．铁粉常用作含食品包装的脱氧剂，不能作干燥剂，B错误；C．工业制硫酸主要以硫磺或硫铁矿为原料，硫铁矿煅烧所得氧化铁可用于炼铁，C

正确；D．焦炭在高温下还原SiO2，氧化产物为CO不是CO2，D错误；故选C。【点睛】7.下列说法不正确的是A.乙苯和对二甲苯是同分异构体B.107Ag和108Ag互为同位素C.36CHO和24CHO一定互为同系物D.金刚石和富勒烯互为同素异形体【答案】C在【解析

】【详解】A．乙苯和对二甲苯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；B．107Ag和108Ag的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；C．36CHO和24CHO的结构不一定相似，二者不一定互为同系物，C错误

；D．金刚石和富勒烯均是碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，D正确；答案选C。8.下列说法正确的是A.聚氯乙烯是一种广泛用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的有机高分子材料B.葡萄酒中加入SO2，可以抗氧化、抑制细菌生长作用C.海水中的溴离子浓度大，因此溴被称为“海洋元素”D

.用于电气工业的纯铜可由黄铜矿直接冶炼得到【答案】B【解析】【详解】A．聚氯乙烯是一种有机高分子材料，有毒、不能用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品，A错误；.B．二氧化硫在葡萄酒中有很大的作用，葡萄酒发酵过程中存在许多不必要的细菌或真菌，对葡萄汁会产生一些不必要的影响。二氧化硫能有效抑制这些

真菌的生长，除了真菌，氧气可谓葡萄酒的致命杀手。如果与过多的氧气接触，葡萄酒会迅速被氧化，导致果香消失，产生一些令人不悦的气味，甚至是“变醋”，B正确；C．地球上99%以上的溴元素都蕴藏在大海中，不是因为溴离子浓度大，C错误；

D．黄铁矿冶炼直接得到粗铜，通过电解精炼得到纯铜，D错误；故选B9.下列说法不正确的是A.石油催化重整是获得芳香烃的主要途径B.含酚废水可以通过活性炭吸附或有机溶剂萃取回收利用酚C.麦芽糖、蔗糖和乳糖互为同分异构体，都能发生银镜反应D.可用浓硝酸鉴别人造丝和桑蚕丝【答案】C【

解析】【详解】A．石油催化重整可以使碳链由链状变为环状，石油催化重整目的是为了获得芳香烃，因此石油。催化重整是获得芳香烃的主要途径，A正确；B．活性炭具有很好的吸附性，因此可以使用活性炭吸附含酚废水中的酚类物质，也可以根据相似相溶原理，用有机溶剂进行萃取然后回收利用，B正确；C．

麦芽糖、蔗糖和乳糖互为同分异构体，麦芽糖和乳糖分子中含有醛基，因而都能发生银镜反应，而蔗糖无还原性，不能发生银镜反应，C错误；D．桑蚕丝主要成分是蛋白质，由于其分子中含有苯环，因此遇浓硝酸时会变为黄色，而人造丝主

要成分不是蛋白质，遇浓硝酸时不会发生颜色变化，故可以用浓硝酸鉴别人造丝和桑蚕丝，D正确；故合理选项是C。10.膦(PH3)可以用白磷(P4)与过量碱液反应制备，化学反应方程式为42322P+3KOH+3HO=

PH+3KHPO，下列说法不正确．．．的是A.上述反应中属于歧化反应B.KH2PO2为酸式盐C.上述反应中PH3为还原产物D.生成1molKH2PO2时转移1mol电子【答案】B【解析】【详解】A．P4→PH3中P元素化合价降低，P4→KH2PO2中P元

素化合价升高，发生歧化反应，A正确；B．过量碱液与KH2PO2不反应，说明H3PO2是一元酸，则KH2PO2为正盐，B错误；C．P4→PH3中P元素化合价降低，发生还原反应，则PH3为还原产物，C正确；D．KH2

PO2中P元素化合价为+1，P元素从0价升高到+1，则生成1molKH2PO2时转移1mol电子，D正确；故选：B。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.室温下，pH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-数目为10-4NAB.将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得

溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为0.1NAC.5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.4NAD.将1mol氯气通入足量水中充分反应后，HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和为2NA【答案】B【解析】【详解】A．溶液体积未知，不

能计算其物质的量，则不能计算OH-数目，A错误；B．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+)=c(Cl-)=0.1mol，溶液中N

H4+的数目为0.1NA，B正确；C．5.9gC3H9N的物质的量为5.9g=0.1mol59g/mol，C3H9N的结构简式为CH3CH2CH2NH2或(CH3)2CH(NH2)，则1个C3H9N分子含

有12个共用电子对，即5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，C错误；D．1mol氯气通入足量水中充分反应：Cl2+H2O垐?噲?HCl+HClO，溶液中的含氯微粒有HClO、Cl-、ClO-、Cl2，因此HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和小于2NA，D错误；故选B。12.下列

反应的离子方程式正确的是A.印刷电路板反应原理：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B.碳酸氢铵溶液中滴加过量澄清石灰水：Ca(OH)2+2HCO3−=CaCO3+2H2O+CO23−C.Mg(HCO3)2溶液与足量烧碱溶液反应：Mg2++2HCO3−+4O

H-=Mg(OH)2↓+2H2O+2CO23−D.过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2+CO23−→2+H2O+CO2↑【答案】C【解析】【详解】A．印刷电路板反应原理是氯化铁溶液和Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；B．向

碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，离子方程式为：Ca2++-3HCO++4NH+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故B错误；C．Mg(HCO3)2溶液与足量烧碱溶液反应的离子方程式为：Mg2++2-3HCO+4OH-=M

g(OH)2↓+2H2O+22-3CO，故C正确；D．酸性：H2CO3＞苯酚＞-3HCO，无论碳酸钠是否过量，苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+2-3CO→-3HCO+，故D错误；故选：C。13.下列“类比”合理的是A.加热时，Fe和S能直接

化合生成FeS，则加热时Cu和S也能直接化合生成Cu2SB.常温下，Cu和浓硫酸不发生反应，则常温下Al和浓硫酸也不发生反应C.H2O的沸点比H2S的沸点高，则CH4的沸点比SiH4的沸点高D.乙烯使溴水褪色发生加成反应，则乙烯使酸性高锰酸钾褪色也发生加成反

应【答案】A【解析】【详解】A．S氧化性较弱，和变价金属反应生成低价态的金属硫化物，所以加热条件下Fe和S反应生成FeS、Cu和S反应生成Cu2S，故A合理；B．常温下铝在浓硫酸中发生钝化，是浓硫酸的强氧化性

，发生了化学反应，为化学变化，故B不合理；C．能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量增大而升高，CH4、SiH4都不能形成分子间氢键，相对分子质量：CH4小于SiH4，所以CH4的沸点低于SiH4的沸点，故C不

合理；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化烯烃，所以乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯发生了氧化反应，故D不合理；故选：A。14.造纸工业中224NaSO用作漂白剂，可将部分有色物质还原为无色物质，提高纸浆白度。下列关于224NaSO的性质推测不合理的是A.224NaSO具有较

强的还原性B.224NaSO与盐酸反应可能生成S和2SOC.224NaSO的漂白原理与NaClO不相同D.224NaSO的水溶液久置于空气中，溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A．Na2S2O4中S元素呈+3价，可将

部分有色物质还原为无色物质，具有较强的还原性，故A合理；B．Na2S2O4中S元素呈+3价，可能发生歧化反应，Na2S2O4与盐酸反应可能生成S和SO2，故B合理；C．Na2S2O4用作漂白剂，将部分有色物质还原为无色物质

，而NaClO具有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，二者漂白原理不同，故C合理；D．Na2S2O4具有还原性，久置于空气中被氧化生成Na2SO4，硫酸钠溶液呈中性，故D不合理；故选：D。15.已知X()可转化为Y()，下列说法正确的是A.1molX完全燃烧需要消耗6.25m

ol氧气B.Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色C.Y与足量2H加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个D.1molY与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．X的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原

子转化为水，则1molX完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；B．Y具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误；C．Y与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4

个，C项错误；D．Y在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molY与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确；答案选D。16.某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是A.原子半

径：Z>YB.W的含氧酸均为强酸C.Q-4W的空间结构为正四面体D.电解熔融QW3可获得Q的单质【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，结合图示可知，W形成1个共价键，Q与4个W形成-1价阴离子，结合原子序数可知，该阴

离子应该为AlCl4−，则Q为Al，W为Cl元素；X形成1个共价键，Y形成4个共价键，Z形成3个或4个共价键，X、Y、Z的原子序数均小于Al，则X为H，Y为C，Z为N元素，以此分析解答。【详解】A．Y为C，Z为N，

主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z<Y，故A错误；B．W的含氧酸有高氯酸、次氯酸、氯酸等，高氯酸、氯酸为强酸，但次氯酸为弱酸，故B错误；C．AlCl4−的中心原子Al的杂化轨道数为4+31142+−=4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构

型为正四面体，故C正确；D．QW3为AlCl3，AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，工业上通过电解熔融氧化铝冶炼铝，故D错误；故选：C。17.25℃时H2S的Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12。下列说法正确的是A.相同温度下，Na2S溶液pH值

大于NaHS溶液B.某个温度下，将pH=6的H2S溶液稀释100倍，pH可能为8C.往H2S溶液中滴入NaOH溶液的过程中，-2-(HS)(S)cc一直减小D.25℃时，等浓度Na2S和NaHS混合溶液，

水电离出的氢离子浓度为1.1×10-12mol/L【答案】C【解析】【详解】A．两种溶液浓度未知，故无法判断pH，A错误；B．H2S溶液为弱酸溶液，无论如何稀释最终溶液都呈酸性，其pH<8，B错误；C．往H2S溶液中滴入NaOH溶液的过程中，2-(S

)c增大，(H)c+减小，根据Ka2的表达式和温度不变电离平衡常数不变知，-2-(HS)(S)cc一直减小，C正确；D．HS-的水解平衡常数为147wh8a11010109109KKK−−−===>Ka2，即NaHS水解程度大于电离程度，故等浓度Na2S和N

aHS混合溶液以水解为主，促进水的电离，故水电离出的氢离子浓度>1.0×10-7mol/L，D错误；故选C。18.下列说法正确的是A.常温下，21molSO的熵小于31molSOB.能在一定温度下发生自发反应，222CO(g)H(g)CO(g)HO(g

)++Δ>0H，则Δ0SC.可以把CO分解：22CO(g)2C(s)O(g)=+，收集碳，实现变废为宝D.向碳酸氢钠中加入少量水后，碳酸氢钠溶解，H0，Δ<0S【答案】B【解析】【详解】A．常温下，2SO为气体，3SO为固体，所以21molSO的熵大于31molSO，A错误；B．反应222

CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++Δ>0H，S0，在高温下发生自发进行，B正确；C．CO分解：22CO(g)2C(s)O(g)=+，Δ>0H，ΔS<0在任何温度下都不能自发进行，不能收集碳，实现变废为宝，C错误；D．向碳酸氢钠中加入少量水后，碳酸氢钠溶解，Δ0H，Δ>

0S，D错误；故选B。19.一定温度的密闭容器中，已知反应A(g)B(g)2C(g)+ΔH>0达到平衡后一段时间，则下列有关说法不正确．．．的是A.其他条件不变，增大压强或添加催化剂，c(A)、c(B)不变B.相同时间内，存在消耗关系：n(C)=2Δn(A)C.反应正向的活化能大于逆向的活化能

D.同一温度下，平衡浓度与平衡压强存在关系：cp=KK【答案】A【解析】【详解】A．其他条件不变，若通过缩小容器的容积而增大压强，则c(A)增大，A错误；B．根据反应方程式可知：反应每消耗1molA，同时反应产生2molC，故相同时间内，物质反

应变化存在关系为△n(C)=2△n(A)，B正确；C．该反应的正反应是吸热反应，说明正反应的活化能大于逆反应的活化能，C正确；D．Kc被称为平衡常数，它是用平衡浓度来量度的，Kc=2()()()cCcAcB=2()()()nCnAnB，对于气相反应，我们还可以用平衡分

压Kp来表示，对于气相反应A(g)B(g)2C(g)+而言，Kp=2()()()PCPAPB=2()()()nCnAnB，平衡浓度与平衡压强存在关系：cpK=K，D正确；故选A。20.下列推测不合理．．．的是A.SCl4与足量H2O反应生成两种强酸B.

S2Cl2与H2O2结构具有相似性C.相同浓度下，酸性由强到弱的顺序：ClCH2COOH，BrCH2COOHD.SO(CH3)2能被H2O2氧化成SO2(CH3)2【答案】A【解析】【详解】A．4SCl与足量2HO反应生成两种酸，氯化氢是强酸，但亚硫酸是弱酸，A错误；B

．22SCl与22HO结构具有相似性，两个硫原子间与两个氧原子间一样形成非极性键，B正确；C．氯的电负性大于溴，碳氯键的极性大于碳溴键，使2ClCHCOOH更容易电离出氢离子，相同浓度下，酸性由强到弱的顺序：2ClCHCOOH，2BrCHCOOH，C正确；D．()32SOCH能被22HO氧化成(

)232SOCH，()32SOCH得到氧原子生成()232SOCH发生氧化反应，D正确；故选A。21.已知：在标准压强、298K时，由最稳定的单质合成1mol物质Ｂ的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用()-1ΔkJmolH表示。有关物质的ΔH有如图所示关系。下列有关判断正确

的是A.NO(g)的键能大于2N(g)与2O(g)的键能之和B.H2O(l)的11Δ>241.8kJmolH−−−C.24NH(l)标准燃烧热为1534.2kJmol−D3NH比24NH稳定【答案】D【解析】

【详解】A．根据题图，NO(g)的标准摩尔生成焓为191.3kJmol−，()()()22NgOg=2NOg+的H=反应物键能之和-生成物键能之和0，即2molNO(g)的键能小于1mol()2Ng与1mol()2Og的键能之和，A

错误；B．同种物质气态时的能量高于液态时的能量，()2HOl的1241.8kJmolH−−，B错误；C．由题图数据可计算出①()()()2224Ng2Hg=NHl+150.6kJmolH−=+，②()()()22

2Og2Hg=2HOg+1483.6kJmolH−=−，②-①可得()()()()24222NHlOg=Ng2HOg++1534.2kJmolH−=−，()24NHl的标准燃烧热是指生成液态水时放出的热量，应大于

1534.2kJmol−，C错误；D．()3NHg的标准摩尔生成焓为145.9kJmol−−，()24NHl的标准摩尔生成焓为150.6kJmol−，2N和2H反应生成3NH放热，而生成24NH吸热，则3NH的能量比

24NH低，3NH较稳定，D正确；故选D。22.用惰性电极电解法制备硼酸[33HBO或()3BOH]的工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子和阴离子通过)。下列有关说法正确的是A.1、3膜为阴膜，2膜为阳膜B.b极的电极反应式为222HO2e=O4H−+−+C.每增加331molHB

O产品，NaOH溶液增重23gD.产品室中发生的反应是()3324BOHH=HBOHO−+++【答案】D.【解析】【分析】由图可知，b电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，a电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和O

H-，原料室中的Na+通过阳膜1进入a极室，溶液中c(NaOH)增大，原料室中的()-4BOH通过阴膜2进入产品室，b极室中氢离子通入阳膜3进入产品室，()-4BOH、H+发生反应生成H3BO3；a、b电极反应式分别为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、2H2O-4e-=O2↑+4H+。【详

解】A．由上述分析可知，1、3膜为阳膜，2膜为阴膜，故A错误；B．b极为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B错误；C．每增加1molH3BO3产品，则有1molNa+移向NaOH溶液，同时有0.5molH2生成，因此NaOH溶液质量增加1mol×23g/mo

l-0.5mol×2g/mol=22g，故C错误；D．产品室中()-4BOH、H+发生反应生成H3BO3，反应离子方程式为()-4BOH+H+=B(OH)3+H2O，故D正确；故答案为D。23.25℃

时，10.125molLNaOH−溶液分别滴定1125.00mLcmolLHX−、12cmolLHY−两种酸溶液，得到如图所示的曲线：ay=K(A-x)。其中aK为酸的电离常数，A为理论上应消耗NaOH溶液的体积。下列有

关说法不正确的是A.112c=c=0.160molL−B.若b点pH7，则a点可能pH7C.c点溶液中：()()()+--cNa>cX>cYD.滴定过程中均可能存在关系(R−表示X−或Y−)：()()()()-++-cR>cNa=cH>c

OH【答案】B【解析】【详解】A．由图可知氢氧化钠的体积为32ml时两种酸恰好反应完，且两种酸都为一元酸，则-3-112-30.1253210c=c==0.160molL2510，A正确；B．由图可知酸HX的酸性更强，且a点和b点所加入的氢氧化钠的体积相同，则b点如果显酸性的话，因为H

X的酸性更强，则a点也显酸性，B错误；C．c点时，两种酸恰好反应完，c点的成分分别是NaX和NaY，X-和Y-都会水解，且Y-水解程度大，故()()()+--cNa>cX>cY，C正确；D．滴定过程中可能存在NaR和HR混合物的情况，当NaR

的量较少时，可能会出现R-水解出的氢氧根离子少于HR电离出的氢离子，如果HR电离出的氢离子的物质的量等于钠离子的物质的量，就会出现()()()()-++-cR>cNa=cH>cOH，D正确；故选B。24.催化剂

RuO2/Al-MgF2耐HF的腐蚀，如图所示可应用于氟化工行业中的氯循环。下列说法不正确的是A.上述转化过程中涉及的有机反应类型有加成反应、消去反应B.若Ru的价电子排布式为4d75s1，则该元素位于Ⅷ族C.可通过液化分离出HCl中大多数的HFD.上述循环中有水生成【答案】A【解析】【详解】A

．HF参与的这步反应中，氯原子发生消去反应生成了碳碳双键，但反应过程中没有加成反应，故A错误；B．Ru为44号元素，若Ru的价电子排布式为4d75s1，则该元素位于Ⅷ族，故B正确；C．HF和HCl沸点差别较大，可通过液化分离出HCl中大

多数的HF，故C正确；D．由图可知，HCl和氧气在催化剂作用下生成氯气，根据质量守恒可知，循环中有水生成，故D正确；故选A。25.下列实验的实验操作和现象及所得到的结论正确的是选实验操作和现象结论项A在氨水中滴加少量硫酸铜溶液，产生蓝

色沉淀Cu(OH)2为蓝色难溶于水的沉淀B向某黄色溶液中加入淀粉－KI溶液，溶液呈蓝色原溶液中一定含有Fe3+C常温下，测定NH4HCO3溶液酸碱性，测得溶液呈碱性H2CO3为弱酸D向对甲基苯酚溶液中滴加足量高锰酸钾溶液，溶液褪色对甲基苯酚被氧化，生成对羟基苯甲酸A.AB.BC.CD.D【答

案】C【解析】【详解】A．在氨水中滴加少量硫酸铜溶液，生成的氢氧化铜沉淀和氨水反应生成Cu(NH3)24+溶液，A错误；B．向某黄色溶液中加入淀粉－KI溶液，溶液呈蓝色，原溶液也可能含有溴单质，溴和碘离子生成碘

单质，B错误；C．NH4HCO3溶液中铵根离子和碳酸氢根离子均水解，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度更大，H2CO3为弱酸，C正确；D．酚羟基也会被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；故选C。非选择题部分二

、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：（1）基态氮原子核外有_____种不同空间运动状态的电子，其原子核外电子排布图为_____。（2）与氧同周期，且第一电离能比氧小的

非金属元素有_____种。（3）中与23CO−中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为_____。（4）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方

体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。①晶胞中C原子的配位数为_____；②该晶体硬度超过金刚石的原因是_____；③已知该晶胞的边长apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_____g/cm3。【答案】（1）①.5②.（2）2（3）3：2（

4）①.4②.都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能③.313A9.210aN【解析】【小问1详解】基态氮原子核外电子排布为1s22s22p3，有5种空间运动状态的电子；N原子核外电子排布式是1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则，其核外电子排布图为；

【小问2详解】同周期主族元素岁族序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有B、C元素共有2种；【小问3详解】23CO−中C的杂化方式为sp2，分子中苯环C为sp2杂化，-CN中C为sp杂化，-C

H3与-CH2-与-CH中C为sp3杂化，所以分子中sp2C有6个，spC有1个，sp3C有3个，所以与23CO−的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为6：4=3：2，故答案为：3：2；【小问4详解】①根据晶胞结构分析，1个C周围等距且最近的N有4个；晶体硬度超过金刚石，从C

-N的键能和C-C键能角度分析，该晶体和金刚石二者均为原子晶体，该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大，故硬度较金刚石大，故答案为：4；都构成共价晶体，且C-N键的键能大于C-C键的键能；②该晶胞中含有碳原子数为8×18+6×12=3，含有N原子数目

为4，则晶胞的化学式为C3N4，一个晶胞的质量为AA1231442NN9=+g，晶体的体积为(a×10-10)3cm3，故晶胞的密度为()A310392gNmρ===Va10cm−313A9.210aNg/cm3，故答案为：313A9.210aN

g/cm3。27.化合物X由四种元素组成，某实验小组按如图流程进行相关实验：已知：无色气体B标况下密度为1.25g/L，气体体积均在标准状况下测定。（1）组成X的四种元素为_______；X的化学式为_______

。（2）混合气体A组成为_______。（3）①写出X受热分解的化学方程式：_______。②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。（4）设计实验，检验无色溶液F中的金属阳离子：_______。【答案】（1）①.K、Cu、C、O②.K2[Cu(C2O4)

2]（2）0.3molCO2和0.3molCO（3）①.2K2[Cu(C2O4)2]Δ3CO2↑+3CO↑+Cu2O+2K2CO3②.K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+

+2K++22-24CO+4H2O（4）用洁净铂丝蘸取少许溶液F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+【解析】【分析】无色气体B标况下密度为1.25g/L，m(B)=1.25g/

L×0.672L=0.84g，M=ρVm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，由混合气体A通入足量澄清石灰水生成白色沉淀即CaCO3，可知A含有CO2，还有未反应的气体B，则B为CO，n(CO2)=n(CaCO3)=m3g==0.03mol

M100g/mol，n(CO)=m0.84g==0.03molM28g/mol，混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO，根据碳元素的价态变化可推知受热时能产生CO和CO2,则固体中含有草酸根离子；则X含有

C、O元素，气体D为CO2，n(CO2)=n(CaCO3)=m2g==0.02molM100g/mol，E和NaOH溶液反应得到蓝色沉淀Cu(OH)2，加热分解生成黑色固体CuO，则n(CuO)=m0.8g==0.01molM80g/mol，0.64g紫红色固体为Cu，n(Cu)=m

0.64g==0.01molM64g/mol，铜的总物质的量n(Cu)=0.01mol+0.01mol=0.02mol，根据固体混合物与稀硫酸反应产生铜单质和Cu2+，可推知固体中铜以+1价存在，混合物C中

含有n(Cu2O)=12n(Cu)=0.01mol，混合物中另一种物质碳酸盐的质量为6.36g-m(CO)-m(CO2)-m(Cu2O)=6.36g-0.03mol×28g/mol-0.03mol×44g/mol-0.01mol×144g/mol=2.76g，气体D为C

O2，n(CO2)=n(CaCO3)=m2g==0.02molM100g/mol，则碳酸盐M=2.76?0.02gmol=138g/mol，138-60=78，结合金属元素的价态及相对原子质量可推知为K元素，则碳酸盐为K2CO3，n(O)=6.360.0439/0.0812/0.0264/

16/gmolgmolmolgmolmolgmolgmol−−−=0.16mol，n(K):n(Cu):n(C)：n(O)=0.04:0.02:0.08:0.16=2:1:4:8，结合物质价态得X为K2[Cu(C2O4)2]；【小问1详解】根据分析可知X含有K、Cu、C、O四种元素；X的化

学式为K2[Cu(C2O4)2]；【小问2详解】混合气体A组成为0.3molCO2和0.3molCO；【小问3详解】①X受热分解的化学方程式为：2K2[Cu(C2O4)2]Δ3CO2↑+3CO↑+Cu2O+2K2CO3；②X在水中

溶解度很小，但可溶于氨水中，说明发生络合反应，反应的离子方程式为：K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2K++22-24CO+4H2O；【小问4详解】检验无色溶液F中的金属阳离子：用洁净铂丝蘸取少许溶液

F于酒精灯上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na+；若透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，则含有K+。28.硫酸是化学工业当中最基本也是最重要的化工原料之一，硫酸的产量是衡量一个国家化工水平的标志。请回答：（1）工业上大规模制备浓硫酸一般采用硫铁矿或硫磺粉为原料。①298K，101

kPa下，下列反应()()()22SgOgSOg+1Δ296.83kJmolH−=−()()()23Sg3/2OgSOg+1Δ395.70kJmolH−=−则反应()()()223SOg1/2OgSOg+能自发进行的条件是_______。②两种方法在制备工艺

上各有其优缺点，下列选项正确的是(可多选)_______。A．在制备2SO阶段，硫铁矿法产生较多的矿渣，且生成的气体净化处理比硫磺粉法复杂得多B．两种方法产生的气体都不需要干燥C．在2SO转化为3SO阶段，控制温度在500℃左右

的主要原因是为了提高反应速率和平衡转化率D．将原料粉碎后送入沸腾炉中，可以提高原料的利用率（2）对于反应()()()223gg2SOO2SOg+①某温度下，假设进入接触室内2SO的物质的量恒定。当2SO和2O的物质的量比为1∶1，反应达到平衡时

压强减少1/5；保持温度不变欲使2SO的平衡转化率提高到90%，则2O和2SO的物质的量比为应为_______(计算结果保留1位小数)。②25VO催化氧化2SO的反应过程可分为三步，请写出步骤Ⅱ的化学方

程式：步骤Ⅰ：225243SOVOVOSO+=+步骤Ⅱ：_______。步骤Ⅲ：425232VOSOVOSOSO=++（3）3SO能溶于液态2SO中，并存在如下两个平衡(未配平)23224SOSOSO

SO+−++232227SOSOSOSO+−++当稀释3SO时，()()22247SO/SOcc−−的值_______(增大、减小或不变)，理由是_______。【答案】（1）①.较低的温度②.AD（2）①.3.5②.24224VOO2SO2VOSO++=（3）①.增大②.稀释3SO，促使平衡向

着微粒数增多的方向进行，反应②平衡不移动，反应①正向移动，故()()22247SO/SOcc−−的值增大【解析】【小问1详解】已知反应()()()22SgOgSOg+1Δ296.83kJmolH−=−①，()()()23Sg

3/2OgSOg+1Δ395.70kJmolH−=−②，由②-①可得反应()()()223SOg1/2OgSOg+，根据盖斯定律，其()111Δ395.70kJmol296.83kJmol98.87kJmol−−−−==−−−H，该反应为气体分子数减少的反

应Δ0＜S，反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS0＜，因此在较低的温度下，反应才能自发进行；②A．在制备2SO阶段，硫铁矿法会产生较多的矿渣，且生成的气体除SO2外还有其他气体，净化处理比硫磺粉法复杂得多，A正确；B．SO2与水能直接反应，因此两种方法产生的气体都需要干

燥，B错误；C．在2SO转化为3SO阶段，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，平衡转化率低，则控制温度在500℃左右主要原因是为了加快反应速率，提高生产效率，而不能提高平衡转化率，C错误；D．将原料粉碎后送入沸腾炉中，接触面积更大，反应更充分，可以提高原料的利用率，D正确；【小问2详解】①当

2SO和2O的物质的量比为1∶1，反应达到平衡时压强减少1/5；设起始量为1mol，体积为1L，列三段式有：()()()()()()2232SOg+Og2SOg起始mol110转化mol2xx2x平衡mol1-2x1-x2x则()()1-2x+1-x+2x4=25，解得x=25，则平衡常数

224580K31355==，保持温度不变，欲使SO2的平衡转化率为90%，设起始SO2的物质的量为1mol，2O和2SO的物质的量比为a，则O2的物质的量为amol，则列三段式有：的()()()()()()2232

SOg+Og2SOg起始mol1a0999转化mol102010199平衡mola-102010温度不变，平衡常数不变，则2291080K319a1020==−，

化简得980a24320−=，解得a≈3.5，故保持温度不变欲使2SO的平衡转化率提高到90%，则2O和2SO的物质的量比为应为3.5；②步骤Ⅱ为V2O4与O2、SO2反应生成VOSO4的过程，化学方程式

为24224VOO2SO2VOSO++=；【小问3详解】反应配平后：23224SOSOSOSO+−++，2223722SOSOSOSO−+++，则稀释3SO，促使平衡向着微粒数增多的方向进行，因此反应②平衡不移动，反应①正向移动，故()()22247SO/SOcc

−−的值增大。29.锡（Sn）是第ⅣA族元素，其常见的氯化物有SnCl4和SnCl2。SnCl4常温下为液体，遇水极易发生水解反应；SnCl2常温下为固体，具有还原性，可被空气中的氧气氧化。某化学实验小组制备SnCl

4的装置如图（加热与夹持装置省略）。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_______；装置B中盛放的试剂是________。（2）制取SnCl4的操作步骤为：①连接好装置②检查装置的气密性③添加药品、滴加浓盐酸④待装置D__

______后，加热装置C⑤收集SnCl4请补充上述实验步骤。已知装置A中反应的还原产物为Cr3+，写出该反应的离子方程式：________。（3）经测定发现实验所得SnCl4样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下：取ag样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液

作指示剂，用0.0100mol/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液VmL。滴定过程中先后发生的反应为：ⅰ.2+-+4+-32Sn+IO+HSn+I+HO⎯⎯→ⅱ.--+322IO+I+HI+HO⎯⎯→（均未配平）则SnCl4样品的纯度为______%；若滴定时间过长，

会使测量结果______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.无水CaCl2（2）①.充满黄绿色气体②.227CrO−+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O（3）①.100a0.57Va−②.偏大【解析】【

分析】本实验的目的，是用氯气氧化Sn制取SnCl4，首先制取氯气，然后除杂、干燥；将纯净的Cl2与Sn在加热条件下反应，然后蒸馏出SnCl4。冷凝过程中还需吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入。【小问1详解】仪器a是带有支管的烧瓶，名称是蒸馏烧瓶；装置B中固体用于干燥Cl2，盛放的试剂

是：无水CaCl2。答案为：蒸馏烧瓶；无水CaCl2；【小问2详解】④因为SnCl4易水解，需先用Cl2排尽装置内的空气，所以待装置D充满黄绿色气体后，加热装置C。答案为：充满黄绿色气体；装置A中，反应的还原产物为Cr3+、氧化产物为Cl2，该反应的离子方程式：227CrO−+6Cl

-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。答案为：227CrO−+6Cl-+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O；【小问3详解】用KIO3测定样品中SnCl2的含量，发生反应为2+-+4+-323Sn+IO+6H=3Sn+I+3HO，当有少量I-被

3IO−氧化后，生成的I2使淀粉变蓝色，由此可得出n(SnCl2)=3n(KIO3)=3×0.0100mol/L×V×10-3L=3×10-5Vmol，则SnCl4样品的纯度为5agVmol190g/m

ol100%a310g−−=100a0.57Va−%；若滴定时间过长，则溶解的空气中的O2会将Sn2+氧化，从而减少碘酸钾的用量，最终使测量结果偏大。答案为：100a0.57Va−；偏大。【点睛】氧气氧化Sn2+，减少碘酸钾

的用量，从而减少SnCl2的含量，增大SnCl4的纯度。30.化合物G是制备乌帕替尼的关键中间体，一种合成化合物G的路线如图：（1）下列关于物质A的说法正确的是_____。A.分子式为C7H14O4B.名称为丙二酸二乙酯C.熔点高于乙酸乙酯D.一氯代物有两种（2）E

→F的反应类型为_____。（3）B→C转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为_____。（4）请写出同时符合下列条件的B的两种同分异构体的结构简式：_____。①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体。②分子中含有碳碳双键，有3种化学环境不同的氢原子。（5）设计以CH3CH2OH、C

H3COOH、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_____。【答案】（1）BC（2）还原反应（3）（4）或(符合要求即可)（5）【解析】【分析】根据合成路线图，A与丙醛发生反应生成B，B在酸性条件

下发生加成反应生成C，C在Pt作催化剂的条件下与H2发生反应，现将-NO2还原为-NH2，然后发生取代反应形成D，D发生取代反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G，据此分析来解题。【小问1详解

】根据A的结构简式，可知物质A的分子式为C7H12O4，故A项错误；物质A中含有两个酯基，可知其对应的酸和醇分别为丙二酸和乙醇，所以名称为丙二酸二乙酯，故B正确；根据不含氢键时，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，所以物质A的熔点高于乙酸乙酯，故C正确；根据物质A结构的对称性，可

知有3种等效氢，所以一氯代物有3种，故D错误，故答案为BC；【小问2详解】对比E和F的结构可知，E中脱去氧原子生成F，所以E→F的反应类型为还原反应，故答案为还原反应；【小问3详解】根据流程图，B→C发生的是加成反

应，由于结构不对称，所以B→C的转化过程中还生成C的一种同分异构体M，M的结构简式为；【小问4详解】根据流程图中B的结构简式可知，B的分子式为C10H16O4，不饱和度为3，同时符合下列条件①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明分子中含有-COOH，②分子中含有碳碳π键，有3种化

学环境不同的氢原子，说明结构非常对称且含有碳碳双键，所以符合要求的同分异构体的结构简式为或；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com