2024年高考考前押題密卷化學（浙江卷）（全解全析）

年高考考前押題密卷化學·全解全析(考試時間：90分鐘試卷滿分：100分)注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Cr52Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)。1．下列物質(zhì)中屬于新型無機非金屬材料的是()A．碳纖維 B．陶瓷 C．鋁合金 D．有機玻璃【答案】A【解析】A項，碳纖維成分是碳單質(zhì)，是無機物，屬于新型無機非金屬材料，A符合題意；B項，陶瓷是傳統(tǒng)無機非金屬材料，B不符合題意；C項，鋁合金是金屬材料，C不符合題意；D項，有機玻璃成分是聚甲基丙烯酸甲酯，屬于有機高分子材料，不屬于新型無機非金屬材料，D不符合題意；故選A。2．碳酸鈉和碳酸氫鈉在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用.下列有關(guān)說法不合理的是()A．通過化合反應可由碳酸鈉制得碳酸氫鈉B．可用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢中的硫酸鈣：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)C．向1mL濃度均為0.6mol·L-1Na2CO3和NaHCO3溶液中分別滴加濃的BaCl2溶液，只有碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀D．碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液都顯堿性，均可用作食用堿【答案】C【解析】A項，通過化合反應：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，可由碳酸鈉制得碳酸氫鈉，A正確；B項，碳酸鈣的溶解度更小，可用碳酸鈉溶液將硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，來處理鍋爐水垢中的硫酸鈣，B正確；C項，NaHCO3溶液中分別滴加濃的BaCl2溶液也會產(chǎn)生白色沉淀，離子反應為：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O，C錯誤；D項，碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉的水溶液都顯堿性，均可用作食用堿，D正確；故選C。3．下列化學用語的表達不正確的是()A．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵：

B．丙炔的球棍模型：C．1s22s22px1→ls22s22py1過程中不能形成發(fā)射光譜D．用電子式表示HCl的形成過程：【答案】B【解析】A項，鄰羥基苯甲醛中羥基O-H鍵極性較大，與醛基氧原子之間可形成分子內(nèi)氫鍵，A正確；B項，丙炔的結(jié)構(gòu)簡式為CH3C≡CH，官能團碳碳三鍵為直線形結(jié)構(gòu)，則分子中三個碳原子在一條直線上，B錯誤；C項，2px和2py的伸展方向不同、能量相同，1s22s22px1→ls22s22py1，過程中電子沒有能量變化，不可能形成發(fā)射光譜，C正確；D項，HCl為共價化合物，可用電子式表示HCl的形成過程：，D正確；故選B。4．黃鐵礦與焦炭充分混合(FeS2與C的質(zhì)量比為)，在有限量的空氣中緩慢燃燒，結(jié)果可得到硫磺，過程中可能發(fā)生的反應之一為：3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+12CO+6S。下列有關(guān)說法不正確的是()A．FeS2晶體中存在非極性共價鍵B．當有6molC參加反應時，共轉(zhuǎn)移16mol電子C．Fe3O4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物D．當有3molS生成時，有4molO2被焦炭還原【答案】D【解析】A項，F(xiàn)eS2晶體由Fe2+、S22-構(gòu)成，存在離子鍵、非極性共價鍵，故A正確；B項，反應過程中C、S元素化合價升高，當有6molC參加反應時，共轉(zhuǎn)移16mol電子，故B正確；C項，F(xiàn)e元素化合價升高、氧元素化合價降低生成Fe3O4，F(xiàn)e3O4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故C正確；D項，反應過程中C、S元素化合價升高，氧氣被C、S元素還原，當有3molS生成時，有3molO2被焦炭還原，故D錯誤；故選D。5．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-【答案】A【解析】A項，選項離子之間不能發(fā)生任何反應，離子可以大量共存，A符合題意；B項，中性溶液中，OH-與Fe3+會形成Fe(OH)3沉淀，OH-與HCO3-反應產(chǎn)生CO32-、H2O，離子之間不能大量共存，B不符合題意；C項，c(OH-)<的溶液顯酸性，含有大量的H+，H+與ClO-、F-發(fā)生反應產(chǎn)生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C錯誤；D項，H+、Fe2+、NO3-會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，D錯誤；故選A。6．一種從Al3+和Cr3+混合溶液中分離出鉻元素的流程如下。常溫下，Ksp(BaCrO4)=1.2×10－10。下列說法錯誤的是()A．該流程可避免Al(OH)3形成膠體而難以從體系中分離的情況發(fā)生B．若濾液C中不含CrO42-，則濾液C中C．可用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水D．加入H2O2和氨水時發(fā)生反應的離子方程式：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O【答案】C【解析】由題干流程圖可知，向含有Al3+和Cr3+混合溶液中加入H2O2和氨水，發(fā)生反應：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O，將Cr3+氧化為CrO42-，以便于加入過量Ba(OH)2后轉(zhuǎn)化為BaCrO4沉淀而分離出鉻元素，向A溶液中加入過量的NaOH溶液，將Al3+轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-，而后加入過量的Ba(OH)2將鉻元素轉(zhuǎn)化為BaCrO4沉淀而分離出鉻元素，過濾得到BaCrO4沉淀和濾液C。A項，向A溶液中加入過量的NaOH溶液，將Al3+轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-，則該流程可避免Al(OH)3形成膠體而難以從體系中分離的情況發(fā)生，A正確；B項，若濾液C中不含CrO42-即使得溶液中CrO42-小于10-5mol/L，根據(jù)溶度積可知，則濾液C中，B正確；C項，若用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水，則將引入雜質(zhì)離子Fe3+，使得B中混有Fe(OH)3沉淀，而使得到的BaCrO4中混有Fe(OH)3，C錯誤；D項，由分析可知，加入H2O2和氨水時發(fā)生反應的離子方程式：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O，D正確；故選C。7．根據(jù)物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)變化推測其性能變化，下列推測不合理的是()物質(zhì)組成和結(jié)構(gòu)變化性能變化A純鋁加入少量Cu、Mg、Mn、Si增大硬度和強度B飽和一元醇增加烴基R碳原子的個數(shù)水中溶解度增大C二氧化硅加熱熔融后快速冷卻各方向?qū)嵝韵嗤珼阿司匹林()使其與乙二醇、聚甲基丙烯酸連接起來得到緩釋阿司匹林【答案】B【解析】A項，純鋁加入少量Cu、Mg、Mn、Si形成合金，可以增大硬度和強度，A合理；B項，飽和一元醇R-OH，增加烴基R碳原子的個數(shù)，由于烴基是推電子基團，導致-OH的極性減弱，更難與H2O分子形成氫鍵，在水中溶解度減小，B不合理；C項，二氧化硅加熱熔融后快速冷卻會形成非晶態(tài)二氧化硅，沒有各向異性，各方向?qū)嵝韵嗤珻合理；D項，將阿司匹林與乙二醇、聚甲基丙烯酸連接起來可以得到緩釋阿司匹林，D合理；故選B。8．利用下列實驗裝置能完成相應實驗的是()A．除去苯中溶解的溴B．測定溶液的濃度C．制備NH3并測量其體積D．裝置比較MnO2、Cl2、S的氧化性【答案】A【解析】A項，苯不能與氫氧化鈉溶液反應，溴能與氫氧化鈉溶液反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，則題給裝置能達到除去苯中溶解的溴的實驗目的，A正確；B項，溴水具有氧化性能腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管盛裝，應用酸式滴定管盛裝，B錯誤；C項，氨氣極易溶于水，則題給裝置不能用達到用排水法測量氨氣體積的實驗目的，C錯誤；D項，用濃酸和二氧化錳制備氯氣，應在加熱條件下進行，D錯誤。故選A。9．下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的說法正確的是()A．糖類都含有醛基，對氫氧化銅等弱氧化劑表現(xiàn)出還原性B．人造絲、人造棉、滌綸都屬于人造纖維，都是高分子化合物C．花生油、豆油、羊油和潤滑油均屬于高級脂肪酸甘油酯D．冠醚(18-冠-6)的空穴與尺寸適配，兩者能通過弱相互作用形成超分子【答案】D【解析】A項，蔗糖無醛基，A錯誤；B項，人造絲、人造棉、屬于人造纖維，滌綸是合成纖維，B錯誤；C項，潤滑油屬于烴類，不屬于高級脂肪酸甘油酯，C錯誤；D項，冠醚(18-冠-6)的空穴與K+尺寸適配，兩者能通過非化學鍵的弱相互作用形成超分子，D正確；故選D。10．下列化學反應與方程式相符的是()A．工業(yè)上由甲苯制備鄰溴甲苯：

B．向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+C．向含0.1mol[C]的溶液中加入含0.3mol的溶液：[C]2++2[C]3++3↓D．向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液：2CO72-+3C2H5OH+16H+=4C【答案】D【解析】A項，工業(yè)上由甲苯制備鄰溴甲苯是甲苯也液溴在催化劑作用下發(fā)生取代反應：

，A錯誤；B項，F(xiàn)e(SCN)3為絡合物不能拆，向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3+Fe=6SCN-+3Fe2+，B錯誤；；C項，配合物中內(nèi)界不可以電離，外界可以電離，則只能生成0.2molAgCl，離子方程式為C1-+Ag+=AgCl↓，C錯誤；D項，向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液，乙醇被氧化為乙酸，離子方程式為2CO72-+3C2H5OH+16H+=4C，D正確；故選D。11．2-甲基環(huán)戊醇可作為合成橡膠、塑料和纖維等高分子材料中的軟化劑和增塑劑．其合成路線如下：下列說法不正確的是()A．根據(jù)化合物B的結(jié)構(gòu)，推測過程Ⅰ依次發(fā)生了加成反應、水解反應B．試劑1選擇的試劑為醇溶液，反應條件是：加熱C．化合物C是一種難溶于水的液體D．過程Ⅲ中，化合物C與水反應時可能生成多種組成相同的有機產(chǎn)物【答案】B【解析】化合物A與CH3MgI發(fā)生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發(fā)生水解產(chǎn)生羥基，醇羥基的消去反應生成C，與水的加成反應生成2-甲基環(huán)戊醇。A項，根據(jù)化合物B的結(jié)構(gòu)，化合物A與CH3MgI發(fā)生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發(fā)生水解產(chǎn)生羥基，即化合物B，故A正確；B項，化合物B轉(zhuǎn)化為化合物C發(fā)生了醇羥基的消去反應，反應條件為濃硫酸加熱，故B錯誤；C項，化合物C為烴類物質(zhì)，難溶于水，由于C原子數(shù)目為6，熔沸點較高，常溫下屬于液態(tài)，故C正確；D項，過程Ⅲ可以理解是與水的加成反應，羥基位置不同可能會有不同的加成產(chǎn)物，比如說可能會有化合物B生成，故D正確；故選B。12．X、Y、Z、W、Q為五種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相鄰。X單質(zhì)標準狀況下的密度約為，Y的同位素可用于測定文物年代，Z元素的某種單質(zhì)可用作自來水消毒劑，下列說法正確的是()A．電負性：Z＞Q＞W(wǎng) B．鍵角：WZ3＞X2W＞X2ZC．YW2、X2Z2均為非極性分子 D．Q和Z可形成原子比為、的兩種分子【答案】A【解析】X、Y、Z、Q、W為五種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。X單質(zhì)標準狀況下的密度約為，則X為H元素，Y的同位素可用于測定文物年代，則Y為C元素，Z元素的某種單質(zhì)可用作自來水消毒劑，則Z為O元素，Z、W位于同一主族，則W為S元素，Q、W位于同一周期且相鄰，則Q為Cl元素。A項，同一周期，從左到右元素電負性遞增，同一主族，自上而下元素電負性遞減，所以電負性O＞Cl＞S，A正確；B項，WZ3為SO3，X2W為H2S，X2Z為H2O，由于O原子的電負性大與S，鍵角應該H2O比H2S中的鍵角大，B錯誤；C項，CS2為非極性分子，H2O2為極性分子，C錯誤；D項，Q為Cl元素，Z為O，可形成Cl2O3，Cl2O5尚未被發(fā)現(xiàn)，D錯誤；故選A。13．我國科學家開發(fā)出堿性海水里直接電解制氫的技術(shù)，工作原理如圖1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻擋Cl-與電極催化劑活性中心接觸的作用，電極A含有M金屬的催化劑，發(fā)生的電極反應過程如圖2所示，離子交換膜選擇性透過參與電極A反應的物質(zhì)。下列說法錯誤的是()A．電極A上發(fā)生的反應存在極性鍵的斷裂與生成B．若去掉隔水薄膜，Cl-會在A電極失去電子生成Cl2C．電解結(jié)束后，電極B處去掉海水隔水膜，所得溶液中加入適量、NaCl、KNO3溶液無混濁現(xiàn)象D．每當有標準狀況下的0.1344L氣體生成時，就會有0.008mol電子從電極A流向電極B【答案】C【解析】從圖2可知，M金屬催化劑，催化氫氧根離子在電極A發(fā)生失電子的氧化反應生成氧氣，電極反應式為4OH--4e-＝O2↑＋2H2O，所以電極A為陽極，電極B為陰極。A項，由圖可知，電極A上發(fā)生的反應存在氫氧極性鍵的斷裂與氫氧極性鍵的生成，A正確；B項，去掉隔水薄膜，氯離子會在陽極A電極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，B正確；C項，電極B為陰極，水放電發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧根離子：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，則加入鐵離子會生成氫氧化鐵沉淀變渾濁，C錯誤；D項，電解總反應為，每當有標準狀況下的0.1344L氣體生成時，則生成氧氣，O2~4e-，故會有0.008mol電子從電極A流向電極，D正確；故選C。14．乙醛與氫氰酸(，弱酸)能發(fā)生加成反應，生成2-羥基丙腈，歷程如下：下列說法不正確的是()A．因氧原子的電負性較大，醛基中的碳原子帶部分正電荷，與作用B．易揮發(fā)且有劇毒，是該反應不在酸性條件下進行的原因之一C．往丙酮與反應體系中加入一滴溶液，反應速率明顯加快，因此堿性越強，上述反應越容易進行D．與加成的反應速率：【答案】C【解析】A項，氧原子的電負性較大，醛基中的碳原子帶部分正電荷，碳原子與CN-作用，故A正確；B項，HCN易揮發(fā)且有劇毒，所以該反應不在酸性條件下進行，故B正確；C項，往丙酮與HXN反應體系中加入一滴KOH溶液，CN-濃度增大，反應速率明顯加快，若堿性過強，氫離子濃度降低，第二步反應難發(fā)生，故C錯誤；D項，硝基是吸電子基，甲基是給電子基，間甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正電性減弱，不利于親核加成，所以與HCN加成的反應速率：，故D正確；故選C。15．常溫下，往0.35mol/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。已知：Ka(HClO)=4.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9下列說法不正確的是()A．通入一定量CO2后溶液pH=7，未出現(xiàn)CaCO3沉淀B．往Ca(ClO)2溶液中加鹽酸酸化，將有Cl2生成C．通入一定量CO2后溶液中c(HClO)=c(C1O-)，滴入酚酞試劑，溶液一直呈無色D．已知自然條件下，飽和碳酸溶液的，則自然條件下飽和碳酸溶液中存在c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)【答案】A【解析】A項，向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，=4.0×10-8，==0.4，根據(jù)Ca(ClO)2溶液濃度為0.35mol/L，則c(ClO-)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，兩式聯(lián)立，解得c(ClO-)=0.2mol/L；c(HClO)=0.5mol/L；溶液pH=7，溶液顯中性，則溶液中c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(C1O-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故有2c(Ca2+)=c(C1O-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35mol/L，0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c(CO32-)+c(HCO3-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，H2CO3的二級電離平衡常數(shù)Ka2==4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，所以==4.7×10-4，結(jié)合等式2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，可知c(HCO3-)≈0.5mol/L，c(CO32-)=0.5mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4mol/L，c(Ca2+)·c(CO32-)=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中會出現(xiàn)CaCO3沉淀，錯誤；B項，加入鹽酸酸化，次氯酸鈣具有強氧化性，HCl具有還原性，會發(fā)生歸中反應，將其氧化為氯氣，反應方程式為：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，B正確；C項，Ka(HClO)==4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，則c(H+)=4.0×10-8mol/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的變色范圍是8.2-10，所以酚酞并未變紅，C正確；D項，碳酸在溶液中存在兩步電離平衡，HCO3-主要是來自于第一步電離，H+兩步電離均會生成，故c(H+)＞c(HCO3-)；CO32-主要是HCO3-部分電離得到，而且HCO3-電離程度十分微弱，H2CO3電離出HCO3-的程度大于HCO3-電離產(chǎn)生CO32-的程度，故c(CO32-)和c(OH-)要小于c(HCO3-)；Kb1==2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6mol/L，c(OH-)=10-8.4mol/L，c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.6mol/L，帶入Kb1==2.13×10-4，可得c(CO32-)=4.7×10-11mol/L，小于c(OH-)=10-8.4mol/L，故離子濃度大小關(guān)系為：c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正確；故選A。16．探究鈉及其化合物的性質(zhì)，下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A分別測定NaHCO3和Na2CO3溶液的pH兩者都大于7，且Na2CO3溶液的pH大CO32-的水解能力強于HCO3-B將25℃0.1mol·L－1CH3COONa溶液加熱到40℃，用傳感器監(jiān)測溶液變化溶液的逐漸減小隨溫度升高，KW逐漸增大，CH3COONa溶液中c(H＋)增大，c(OH―)減小C向NaHCO3溶液中加入等體積等濃度的NaAlO2溶液有白色沉淀生成AlO2-結(jié)合H+的能力強于CO32-D測定中和熱時，將稀溶液緩慢倒入到盛有稀的內(nèi)筒，攪拌使其充分混合，再蓋上杯蓋溫度差為中和反應放熱，將代入公式算得中和熱()【答案】C【解析】A項，兩溶液的濃度不確定，不能根據(jù)溶液的pH值判斷水解程度的大小，A錯誤；B項，升高溫度，促進CH3COONa的水解，溶液中c(OH-)增大，B錯誤；C項，NaHCO3和NaAlO2反應生成白色沉淀，反應的離子方程式為HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓，說明AlO2-結(jié)合H+的能力強于CO32-，C正確；D項，測定中和熱時，為減少熱量損失，需將稀NaOH溶液一次性快速倒入到盛有稀HCl的內(nèi)筒中，D錯誤；故選C。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)。17．(10分)含磷化合物在生命體中有重要意義。紅磷在氯氣中燃燒可以生成兩種化合物PCl3和PCl5。PCl5分子呈三角雙錐形，其結(jié)構(gòu)如圖所示：(1)寫出基態(tài)P原子的價層電子排布式。BCl3中心原子價層有空軌道，可以與H2O分子形成配位鍵，同時使原有的鍵削弱、斷裂，從而發(fā)生水解。根據(jù)以上信息，判斷PCl3能否水解(填能或不能)。(2)下列關(guān)于含磷化合物的說法，正確的是___________。A．H3PO4在水中的電離方程式為H3PO4=H++H2PO4-B．PCl5分子中的Cl—P—Cl鍵角有兩種C．PCl3、PCl5等分子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D．已知H3PO3是二元酸，該分子中P的雜化方式為sp3(3)N、P是同一族元素，P能形成PCl3、PCl5兩種氯化物，而N只能形成一種氯化物NCl3，而不能形成NCl5，原因是。(4)磷化硼B(yǎng)P的晶胞如圖甲所示，(黑球為P，白球為B)沿虛線(晶胞的體對角線)方向的投影如圖乙所示，已經(jīng)畫出了部分P原子的位置，請你畫出4個B原子的位置(用空心圓圈表示)。(5)某單質(zhì)的一種堆積方式為面心立方最密堆積，其剖面圖如圖。(空間利用率是指構(gòu)成晶體的原子、離子或分子總體積在整個空間中所占的體積百分比；V(球))此晶體的空間利用率為(用含圓周率的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)3s23p3(1分)能(1分)(2)D(2分)(3)N原子最外層無d軌道，不能發(fā)生sp2d雜化，故無NCl5(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)已知P是15號元素，故基態(tài)P原子的價層電子排布式為3s23p3，BCl3中心原子價層有空軌道，可以與H2O分子形成配位鍵，同時使原有的鍵削弱、斷裂，從而發(fā)生水解，PCl3中心原子P周圍含有的孤電子對數(shù)為：=1，故根據(jù)以上信息，判斷PCl3能水解；(2)A項，H3PO4是中強酸，故其在水中電離為部分電離，故其的電離方程式為H3PO4H++H2PO4-，A錯誤；B項，PCl5分子中根據(jù)圖知，平面上鍵角(Cl-P-Cl)為120°、上頂點和平面上的Cl原子形成的鍵角(Cl-P-Cl)為90°，上下頂點和P原子形成的鍵角(Cl-P-Cl)為180°，即Cl-P-Cl鍵角有3種形式，B錯誤；C項，PCl5分子中根據(jù)圖知，P周圍含有10個電子，而PCl3分子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C錯誤；D項，已知H3PO3是二元酸，則H3PO3的結(jié)構(gòu)式為：，該分子中P周圍的價層電子對數(shù)為4，故其雜化方式為sp3，D正確；故選D；(3)由圖可知，PCl5分子中P、Cl原子間形成5個P-Cl鍵，3d軌道常用雜化成鍵，雜化類型為sp3d，但N原子的價電子排布式為2s22p3，沒有d軌道，不能N原子和Cl原子不能形成5鍵，不能發(fā)生sp3d雜化，則不能形成NCl5；(4)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，立方磷化硼晶胞沿著體對角線方向可以觀察到六邊形，中心B與P重合，六邊形中形成兩個倒立關(guān)系的正三角形，分別由3個B或者3個P形成，所以畫圖為：；(5)由題干晶胞示意圖可知，該晶胞中原子處于頂點與面心，屬于面心立方最密堆積；面心立方最密堆積中處于晶胞面對角線上原子緊密相鄰，設原子半徑為r，則晶胞棱長=4r×=2r，晶胞體積=(2r)3=16r3，晶胞中原子數(shù)目=8×+6×=4，晶胞中原子總體積=4×πr3，晶胞中原子的空間利用率為：=。18．(10分)黃銅礦的主要成份為CuFeS2，現(xiàn)有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系制備有關(guān)物質(zhì)。已知：沉淀D的摩爾質(zhì)量為。請回答：(1)尾氣中SO2經(jīng)過充分綜合利用可以得到石膏，請寫出石膏的化學式：。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2，干燥的氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機合成的常見物質(zhì)A，該物質(zhì)水解時發(fā)生非氧化還原反應得到兩種強酸。①寫出物質(zhì)A分子的結(jié)構(gòu)式：。②一定壓強下，化合物A的沸點低于硫酸的原因是。(3)生成沉淀D的離子反應方程式。(4)請設計實驗檢驗溶液C中的陽離子?！敬鸢浮?1)CaSO4·2H2O(2分)(2)(2分)硫酸能形成分子間氫鍵，SO2Cl2沒有分子間氫鍵，所以SO2Cl2熔沸點較低(2分)(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+(2分)(4)取少量溶液C于一支試管，加入石蕊試液(或pH試紙)溶液顯紅色(pH試紙變紅)，則有H+，另取少量溶液于試管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍色沉淀則有Fe2+(2分)【解析】黃銅礦(CuFeS2)與足量空氣煅燒生成二氧化硫、氧化鐵和氧化銅固體，固體加入鹽酸反應生成氯化鐵和氯化銅混合溶液，通入足量二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵、硫酸和氯化亞銅沉淀，二氧化硫氣體和氯氣在活性炭催化作用下反應生成SO2Cl2。(1)石膏的化學式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機合成的常見物質(zhì)A，則A為SO2Cl2，該物質(zhì)(SO2Cl2)水解時發(fā)生非氧化還原反應得到兩種強酸即硫酸和鹽酸，則物質(zhì)A分子為SO2Cl2，其結(jié)構(gòu)式：；②一定壓強下，化合物A的沸點低于硫酸的原因是硫酸能形成分子間氫鍵，SO2Cl2沒有分子間氫鍵，所以SO2Cl2熔沸點較低；(3)根據(jù)沉淀D的摩爾質(zhì)量為，說明D為氯化亞銅，則是銅離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根和亞銅離子，亞銅離子和氯離子反應生成CuCl，則生成沉淀D的離子反應方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根據(jù)前面分析，溶液C中含有氫離子和亞鐵離子，檢驗氫離子常用紫色石蕊，檢驗亞鐵離子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此實驗檢驗溶液C中的陽離子方法是取少量溶液C于一支試管，加入石蕊試液(或pH試紙)溶液顯紅色(pH試紙變紅)，則有H+，另取少量溶液于試管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍色沉淀則有Fe2+。19．(10分)環(huán)境保護與綠色發(fā)展是新時代人們關(guān)心的共同話題。NO是大氣主要污染物，因此對工業(yè)煙氣脫硝是工業(yè)生產(chǎn)中的重要一環(huán)。煤燃燒排放的煙氣含有NO，脫除的方法有多種。(1)利用固體氧化物電解池可將NO直接轉(zhuǎn)化為N2，紐扣式電化學還原器結(jié)構(gòu)單元如圖所示，電解時，陰極發(fā)生的電極反應式為。(2)目前常見方法是采用NaClO溶液液相氧化法脫除煙氣中的NO，其主要過程如下：Ⅰ．NO(aq)+HClO(aq)NO2(aq)+HCl(aq)ΔH＝akJ·mol?1Ⅱ．3NO2(aq)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(aq)ΔH＝bkJ·mol?1①NO(aq)轉(zhuǎn)化為HNO3(aq)的熱化學方程式。②為提高NO脫除率，工業(yè)上常向NaClO溶液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)，溶液初始pH與NO的脫除率如下表所示。初始3.54.55.56.57.5NO脫除率91%88%83%65%51%pH影響NO脫除率的原因是。(3)理論上可采用加熱使NO分解的方法處理：2NO(g)N2(g)＋O2(g)。已知該反應的正反應活化能為728kJ·mol?1，逆反應的活化能為910kJ·mol?1；正反應熵變?yōu)?24.8J·K-1·mol?1。實際反應時發(fā)現(xiàn)加熱至600℃時NO仍沒有明顯分解，請結(jié)合上述數(shù)據(jù)解釋原因。(4)近期科學家發(fā)現(xiàn)活性炭表面的有機結(jié)構(gòu)可以被強氧化劑氧化成酚羥基、羧基(均可表示為C-OH，其電離平衡可表示為C-OHC-O-+H+)，這些官能團可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化劑的預氧化與吸附原理可表示為(未配平)：預氧化：HNO3+C→C-OH+NO2↑+H2O預氧化：KMnO4+C→C-OH+MnO2+K2MnO4預氧化：H2O2+C→C-OH+H2O吸附：C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)ΔHNO吸附實驗在25℃下進行，將一定比例的N2與NO混合氣體在恒壓下，以相同速率持續(xù)通入到等量的、不同預氧化試劑處理的活性炭中(圖像中“原始-C”表示未經(jīng)處理的活性炭)，獲得“NO捕獲率-通氣時間”的變化圖：已知：①下列描述正確的是。A．25℃下原始-C在通氣約175分鐘后吸附效果超過了H2O2-CB．若其他條件不變，增大混合氣體中N2物質(zhì)的量分數(shù)，吸附平衡會正向移動C．KMnO4-C在實驗中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、K2MnO4堵塞D．升高溫度，等量活性炭催化劑吸附的NO分子總數(shù)會減少②相比其他預氧化試劑處理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研究者認為可能是HNO3引入了H+，增強了活性炭的表面活性。試利用勒夏特列原理予以解釋?！敬鸢浮?1)2NO+4e—=N2+2O2—(1分)(2)2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)?H=(3a+b)kJ?mol-1(2分)pH降低，c(HClO)升高(1分)(3)反應雖然可自發(fā)進行，但是正反應活化能較大，在較低溫度下反應速率緩慢，故現(xiàn)象不明顯(2分)(4)CD(2分)硝酸預氧化的過程中引入了H+，增大了H+濃度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移動，使活性炭表面酚羥基、羧基等官能團數(shù)量增多，故吸附效果更佳(2分)【解析】(1)由圖可知，通入一氧化氮的多孔電極為電解池的陰極，一氧化氮在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氮氣和氧離子，電極反應式為2NO+4e—=N2+2O2—，故答案為：2NO+4e—=N2+2O2—；(2)根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ即可得目標反應：2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)，則反應熱?H=3×?H1+?H2=(3a+b)kJ?mol-1；pH減小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的濃度越高，則反應Ⅰ的平衡右移，NO脫除率越高；(3)該反應的正反應活化能為728kJ·mol?1，逆反應的活化能為910kJ?mol-1，則?H=728-910=-182kJ?mol-1，又正反應的熵變?yōu)?24.8J·K-1·mol?1，依據(jù)，故600℃時反應可以自發(fā)，而600℃時NO仍沒有明顯分解是正反應活化能較大，在較低溫度下反應速率緩慢，故現(xiàn)象不明顯；(4)①A項，圖中原始-C曲線是虛線，NO捕獲率應看右側(cè)縱軸上的數(shù)據(jù)，25°C下175分鐘后NO捕獲率低于50%，H2O2-C曲線是實線，NO捕獲率應看左側(cè)縱軸上的數(shù)據(jù)，因此175分鐘后原始-C的吸附效果沒有超過H2O2-C，故A錯誤；B項，若其他條件不變，增大混合氣體中N2物質(zhì)的量分數(shù)，即在恒壓條件下增大容器體積，使NO濃度減小，吸附平衡C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)逆向移動，故B錯誤；C項，KMnO4是粉末狀固體，活性炭表面疏松多孔的結(jié)構(gòu)有利于吸附，KMnO4-C在實驗中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，故C正確；D項，由圖像可知，升高溫度，NO的捕獲率降低，即催化劑吸附的NO分子總數(shù)會減少，故D正確；故選CD。②HNO3是強酸，HNO3預氧化的過程引入了H+，增大了H+的濃度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移動，使活性炭表面酚羥基、羧基等官能團數(shù)量增多，故吸附效果更佳。20．(10分)某小組設計如下裝置測定新裝修居室內(nèi)空氣中甲醛的含量(夾持裝置略)。已知：①測定原理為甲醛把Ag+還原成Ag，產(chǎn)生的Ag與定量反應生成，與菲洛嗪形成有色配合物，通過測定吸光度計算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，計算公式為，其中a為吸光度系數(shù)，b為光在樣本中經(jīng)過的距離，c為溶液濃度。請回答：(1)儀器A的名稱是。(2)制備銀氨溶液，儀器B中放置的藥品是(填“AgNO3溶液”或“氨水”)。(3)選擇正確的操作，完成室內(nèi)空氣中甲醛含量的測定：操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑動隔板處于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再將操作③～⑦重復4次→測定溶液吸光度。a.打開，關(guān)閉

b.打開，關(guān)閉c.將可滑動隔板拉至最左端

d.熱水浴加熱儀器Ae.將可滑動隔板緩慢推至最右端

f.將可滑動隔板迅速推至最右端(4)寫出甲醛與銀氨溶液反應的化學方程式。(5)將儀器A中溶液的調(diào)至1，加入足量溶液，充分反應后加入菲洛嗪，通過測定吸光度確定生成1.12mg，則空氣中甲醛的含量為mg/L。(6)下列說法正確的是__________。A．本實驗缺少尾氣處理裝置B．實驗應在室內(nèi)不同點位進行空氣取樣，以保證數(shù)據(jù)的準確性C．毛細管的作用是減小空氣通入速率，保證空氣中的被吸收完全D．有色配合物濃度越大，測得吸光度數(shù)值越大【答案】(1)三頸燒瓶(1分)(2)氨水(1分)(3)d

a

c

b

e(2分)(4)HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O(2分)(5)0.0375(2分)(6)BCD(2分)【解析】硝酸銀溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入過量氨水沉淀溶解，得到銀氨溶液；故在儀器A為硝酸銀溶液、B為氨水，反應生成銀氨溶液，然后通過C向A通入室內(nèi)空氣，空氣中甲醛和銀氨溶液水浴加熱發(fā)生銀鏡反應產(chǎn)生單質(zhì)Ag和CO2氣體，產(chǎn)生的Ag與定量反應生成，與菲洛嗪形成有色配合物，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2＋1.12mg，可計算室內(nèi)空氣中甲醛含量。(1)儀器A的名稱是三頸燒瓶；(2)儀器B中放置的藥品是氨水；(3)室內(nèi)空氣中甲醛含量的測定操作為：操作①：取下玻璃塞→操作②d.熱水浴加熱儀器A→操作③a.打開K1，關(guān)閉K2→操作④使可滑動隔板處于最右端，排出容器中空氣→操作⑤c.將可滑動隔板拉至最左端，吸入室內(nèi)待測的空氣→操作⑥b.打開K2，關(guān)閉K1→操作⑦e.將可滑動隔板緩慢推至最右端，使得待測空氣緩緩進入銀氨溶液充分反應→再將操作③～⑦重復4次，減小實驗誤差→測定溶液吸光度；