2024屆浙江省百校高三上學期起點開學考化學試題（解析版）

PAGEPAGE3浙江省百校2024屆高三上學期起點開學考可能用到的相對原子質量：H－1He－4Li－7C－12N－14O－16Na－23Al－27Si－28S－32K－39Ca－40Fe－56Cu－64Se－79Ba－137一、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.化學在藥物開發(fā)、合成和使用中起著至關重要的作用。下列胃酸藥物的成分屬于有機物的是（）A.NaHCO3 B.Al2Mg6(OH)16CO3?4H2OC.C12H10O14BiK3 D.Al(OH)3〖答案〗C〖解析〗A．為無機鹽，不屬于有機物，A錯誤；B．為無機鹽，不屬于有機物，B錯誤；C．屬于有機物，C正確；D．為兩性氫氧化物，不屬于有機物，D錯誤；故選C。2.下列化學用語表示正確的是（）A.BF3價層電子對互斥模型：B.氦原子軌道的電子云圖：C.羥基電子式：D.CH3CHBrCH2Br名稱讀作：2位3位兩個溴丙烷〖答案〗C〖解析〗A．中心原子價層電子對為3，沒有孤電子對，為平面三角形，A錯誤；B．氦原子核外電子排布為，軌道的電子云圖為球對形，B錯誤；C．羥基為中性原子團，電子式：，C正確；D．名稱讀作：1,2-二溴丙烷，D錯誤；故選C。3.氫氧化鈉是一種重要的化工原料，廣泛應用于造紙和制皂工業(yè)等。下列說法不正確的是（）A.氫氧化鈉屬于強電解質B.氫氧化鈉不能使用高純氧化鋁坩堝熔化C.廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗D.工業(yè)上氫氧化鈉由氧化鈉與水反應制得〖答案〗D〖解析〗A．氫氧化鈉在水溶液中完全電離，屬于強電解質，A正確；B．氫氧化鈉與氧化鋁反應，所以不能使用高純氧化鋁坩堝熔化氫氧化鈉，B正確；C．油脂在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解，所以廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗，C正確；D．工業(yè)上電解飽和食鹽水制得氫氧化鈉，D錯誤；故選D。4.物質的性質決定用途。下列兩者對應關系不正確的是（）A.鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質B.75%乙醇水溶液有強還原性，廣泛用于皮膚或環(huán)境消毒C.SO2能使某些色素褪色，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑D.NaNO2是一種防腐劑和著色劑，可用于香腸等肉制品的添加劑〖答案〗B〖解析〗A．合金的熔點低于組分的熔點，鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質，A正確；B．75%乙醇水溶液可以使蛋白質變性，常用于皮膚或環(huán)境消毒，B錯誤；C．SO2能使某些色素褪色，發(fā)生化合反應生成無色不穩(wěn)定物質，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑，C正確；D．NaNO2是一種防腐劑和著色劑，適量使用于香腸等肉制品的添加劑，D正確；故選B。5.下列說法正確的是（）A.甲裝置可驗證生鐵的吸氧腐蝕 B.乙裝置能收集到純凈干燥的Cl2C.丙裝置用蒸餾水分離苯和四氯化碳 D.丁裝置用于制取并收集少量NH3〖答案〗A〖解析〗A．通過甲裝置中玻璃導管紅墨水液面上升，可以可驗證生鐵的吸氧腐蝕，A正確；B．乙裝置氯氣先通過飽和食鹽水，再通過濃硫酸，才能收集到純凈干燥的Cl2，B錯誤；C．苯和四氯化碳互溶且都難溶于水，不能用水將二者分離，C錯誤；D．氯化銨分解生成氨氣和，氨氣和又會生成氯化銨，所以不能直接用解熱氯化銨分解制取氨氣，D錯誤；故選A。6.我國航天科工自主研發(fā)的某種芳綸纖維強度高，韌性強，不僅抗拉能力強，還有極強的防割性能，廣泛用作頭盔、航空航天等防護材料，其高分子結構片段如圖。下列說法不正確的是（）A.氫鍵作用使芳綸纖維具有更優(yōu)異的熱穩(wěn)定性和耐輻射性能B.完全水解的產物分子中，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境C.通過灼燒聞氣味的方法可鑒別芳綸纖維和羊毛纖維D.通過質譜法測定芳綸纖維的平均相對微粒質量，可計算出聚合度〖答案〗B〖祥解〗芳綸纖維的結構片段中含酰胺基，采用切割法分析其單體有兩種：和?！驹斘觥緼．氫鍵將相鄰的兩條高分子鏈相連，增大了鏈與鏈之間的作用力，使芳綸纖維具有更優(yōu)異的熱穩(wěn)定性和耐輻射性能，故A正確；B．完全水解的產物分子為和，兩種分子苯環(huán)上的氫原子化學環(huán)境都相同，故B錯誤；C．羊毛纖維是動物纖維，主要成分是蛋白質，可以通過灼燒聞氣味的方法可鑒別芳綸纖維和羊毛纖維，故C正確；D．質譜儀能記錄分子、離子、碎片離子相對質量，質譜圖中最大的數(shù)值即是該分子的相對分子質量，可以求得芳綸纖維的聚合度，故D正確；故選B。7.下列反應離子方程式正確的是（）A.工業(yè)上生產漂白粉：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OB.用惰性電極電解飽和ZnCl2溶液：Zn2++2Cl-+2H2OZn(OH)2↓+Cl2↑+H2↑C.二氧化硫通入氯化鐵溶液中：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SOD.NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應恰好呈中性：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O〖答案〗C〖解析〗A．工業(yè)上用氯氣通入石灰乳中反應來生產漂白粉，反應的離子方程式為：，A錯誤；B．用惰性電極電解飽和ZnCl2溶液的離子方程式為：，B錯誤；C．二氧化硫有還原性，有強氧化性，二者在溶液中能發(fā)生氧化還原反應，分別生成，反應的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SO，C正確；D．NaHSO4與Ba(OH)2按物質的量2：1完全反應后，溶液恰好呈中性，反應的離子方程式為：，D錯誤；故選C。8.下列說法正確的是（）A.可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別甲酸甲酯、甲醛和甲酸B.可用金屬鈉或無水硫酸銅檢驗乙醇中是否混有蒸餾水C.氫氧化鐵膠體和久置氯化鐵溶液可用丁達爾效應區(qū)別D.用Br2的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液區(qū)別二烯烴和芳香烴〖答案〗A〖解析〗A．甲酸甲酯不溶于水，加新制氫氧化銅懸濁液后分層；甲醛溶于水，與新制氫氧化銅懸濁液混溶，甲酸與新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生酸堿中和反應使沉淀溶解，因此能用其鑒別，故A正確；B．乙醇也能與Na反應生成氫氣，不能用金屬鈉檢驗乙醇中是否含水，故B錯誤；C．久置氯化鐵溶液水解也會形成氫氧化鐵膠體，故C錯誤；D．芳香烴中也可能含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，也能使Br2的CCl4溶液或酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能鑒別，故D錯誤；故選：A。9.有機化合物甲、乙、丙均為合成非甾體抗炎藥洛索洛芬鈉片的反應物或中間體。下列關于甲、乙、丙的說法正確的是（）A.甲分子中所有碳原子共平面 B.乙分子能發(fā)生水解反應和消去反應C.丙分子中只有一個手性碳原子 D.甲、乙、丙均能發(fā)生還原反應〖答案〗D〖解析〗A．甲分子中存在結構，具有甲烷的四面體結構，分子中所有碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B．乙分子中存在酯基和溴原子，兩處均可發(fā)生水解反應，與溴原子相連的碳原子相鄰碳原子上沒有H，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．丙中手性碳原子位置如下，有兩個，故C錯誤；D．甲中羰基可與氫氣加成，乙中苯環(huán)可與氫氣加成，丙中羰基和苯環(huán)均可與氫氣加成，而與氫氣加成屬于還原反應，故D正確；故選D。10.X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y與Z位于同一周期，且只有X、Y元素相鄰?；鶓B(tài)X原子核外有2個未成對電子，W原子在同周期中原子半徑最大。下列說法不正確的是（）A電負性：Z＞Y＞X＞WB.第一電離能：Y＞Z＞XC.W2X2與水反應生成的產物之一是非極性分子D.Y、Z、W原子形成最外層8電子穩(wěn)定構型的簡單離子的半徑：Y＞Z＞W〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y與Z位于同一周期，位于第二周期，基態(tài)X原子核外有2個未成對電子，電子排布為，X為C元素，且只有X、Y元素相鄰，Y為N元素，Z與X、Y不相鄰，原子序數(shù)大于C和N，Z為F元素，W原子在同周期中原子半徑最大，原子序數(shù)最大，W為Na元素；【詳析】A．X為C元素，Y為N元素，Z為F元素，W為Na元素，電負性：，A正確；B．X為C元素，Y為N元素，Z為F元素，第一電離能：，B錯誤；C．為，與水反應生成和，為非極性分子，C正確；D．離子半徑的大小：，D正確；故選B。11.清華大學某教授開發(fā)出一種鋰離子電池，在室溫條件下可進行循環(huán)充放電，實現(xiàn)對磁性的可逆調控。一極為納米Fe2O3，另一極為金屬鋰和石墨的復合材料，電解質只傳導鋰離子。下列說法不正確的是（）A.充電時，F(xiàn)e2O3連接電源的負極，發(fā)生氧化反應B.該電池不能使用氯化鋰水溶液作為電解質溶液C.該電池的正極的電極反應式為Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2FeD.放電時，電池逐漸靠近磁鐵，且正極質量增加〖答案〗A〖解析〗A．金屬鋰和石墨的復合材料為放電時的負極，發(fā)生氧化反應，為正極，充電時接電源的正極，發(fā)生氧化反應，A錯誤；B．金屬鋰與水反應反應，所以該電池不能使用氯化鋰水溶液作為電解質溶液，B正確；C．為正極，發(fā)生反應為，C正確；D．放電時，正極發(fā)生反應，生成鐵單質，電池逐漸靠近磁鐵，且正極質量增加，D正確；故選A。12.2－硝基－1，3－苯二酚(桔紅色針狀晶體，難溶于水，沸點為88℃)可由間苯二酚經磺化、硝化等步驟合成，其中一步按圖示裝置(部分儀器略去)收集產品。下列說法不正確的是（）A.“混酸”混合操作步驟是將濃硫酸慢慢地加入濃硝酸中，并及時攪拌冷卻至室溫B.控制反應溫度不超過30℃的主要原因是避免硝酸分解或揮發(fā)，同時避免副反應發(fā)生C.水蒸氣蒸餾中，2－硝基－1，3－苯二酚殘留三頸燒瓶中，取出加水過濾得粗產品D.按上述步驟合成產物的主要目的是防止硝基取代間苯二酚羥基對位上的氫原子〖答案〗C〖解析〗A．濃硫酸密度大于濃硝酸，“混酸”混合操作步驟是將濃硫酸慢慢地加入濃硝酸中，并及時攪拌冷卻至室溫，故A正確；B．硝酸不穩(wěn)定，加熱易分解，控制反應溫度不超過30℃的主要原因是避免硝酸分解或揮發(fā)，同時避免副反應發(fā)生，故B正確；C．2－硝基－1，3－苯二酚的沸點為88℃，水蒸氣蒸餾中，水殘留在三頸燒瓶中，故C錯誤；D．羥基的鄰位、對位易發(fā)生硝化反應，按上述步驟合成產物的主要目的是防止硝基取代間苯二酚羥基對位上的氫原子，故D正確；選C。13.通過傳感器測定冰醋酸被水稀釋后的電導率及pH，根據(jù)變化曲線圖判斷下列說法正確的是（）A.離子總濃度越大，溶液電導率越大B.b點后，溶液繼續(xù)稀釋，所有離子濃度均減小C.a點醋酸水溶液未達到電離平衡狀態(tài)D.實驗曲線說明傳感器測量值取決于帶電微粒種類、濃度、溫度等因素〖答案〗D〖祥解〗冰醋酸本身不電離，不加水時液體不導電，冰醋酸誰稀釋的過程中，剛開始醋酸分子不斷電離，離子濃度越來越大，當加水到b點后，以稀釋的作用為主，溶液中的醋酸根和氫離子濃度不斷減小?！驹斘觥緼．由曲線變化趨勢可知，溶液的電導率與溶液中的離子濃度和離子所帶電荷、溫度等均有關，故A錯誤；B．b點后，溶液繼續(xù)稀釋，醋酸根和氫離子離子濃度均減小，氫氧根濃度增大，故B錯誤；C．加水稀釋過程中，a點、b點都達到了平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．結合加水過程中的微粒種類、離子濃度、溫度等變化，說明傳感器測量值取決于帶電微粒種類、濃度、溫度等因素，故D正確?！即鸢浮竭xD。14.石油化工中可利用丙烷與氧氣反應制取防水卷材丙綸的生產原料丙烯，若反應中加入NO氣體，速率明顯加快，其反應歷程和機理可簡單表示如圖。已知：異丙基的穩(wěn)定性強于正丙基。下列有關說法不正確的是（）A.HONO為中間產物，其對應的酸酐是N2O3B.增大NO物質的量濃度，可以提高丙烷的平衡轉化率C.物質狀態(tài)和反應式計量數(shù)相同，丙烷與氧氣生成丙烯的焓變是恒量D.異丙基[(CH3)2CH?]轉化為正丙基[CH3CH2CH2?]的焓變大于0〖答案〗B〖解析〗A．HONO代表亞硝酸，亞硝酸為弱酸，其對應的酸酐為N2O3，故A正確；B．由圖可知NO在該反應中作催化劑，增大其濃度只能加快反應速率，對平衡無影響，不改變丙烷轉化率，故B錯誤；C．物質狀態(tài)和反應式計量數(shù)相同，反應物和生成物的能量差為定值，則焓變?yōu)楹懔?，故C正確；D．異丙基的穩(wěn)定性強于正丙基，而物質能量越低越穩(wěn)定，則異丙基比正丙基能量低，異丙基轉化為正丙基的過程吸收能量，焓變大于0，故D正確；故選：B。15.298K時，在H3PO4溶液中滴入NaOH溶液，含磷元素的各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A.可依次選用甲基橙、石蕊作指示劑，標定反應終點B.Ka2(H3PO4)的數(shù)量級為10-8C.等物質的量NaH2PO4和Na2HPO4溶于水，其pH小于7.2D.向Na2HPO4溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液堿性減弱〖答案〗A〖解析〗A．用NaOH溶液滴定H3PO4，有兩個滴定突躍，第一個用甲基橙作指示劑，第二個用酚酞作指示劑，A錯誤；B．H3PO4的第二步電離方程式為+H+，從圖中可知，B點c()=c()，此時Ka2=c(H+)=10-7.2，故其數(shù)量級為10-8，B正確；C．+H+，Ka2=10-7.2，的水解常數(shù)Kh===10-11.9，的電離程度大于水解程度，+H+，Ka3=10-12.2，的水解常數(shù)Kh==10-6.8，等物質的量的NaH2PO4和Na2HPO4溶于水，因為的水解程度大于的電離程度，因此的濃度大于，Ka2=，c()=c()時pH=7.2，現(xiàn)的濃度大于，Ka2不變，則c(H+)>10-7.2，pH<7.2，C正確；D．向Na2HPO4溶液中加入足量的氯化鈣溶液，+H+，磷酸根離子與鈣離子生成磷酸鈣沉淀，消耗磷酸根離子使電離平衡正向移動，氫離子濃度增大，溶液堿性減弱，D正確；故〖答案〗選A。16.探究銅單質及其化合物的性質，下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應結論的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A將2mL0.5mol?L-1的CuCl2溶液加熱后置于冷水中，溶液黃色變?yōu)樗{色說明降溫，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向正反應方向移動B向2mL2%CuSO4溶液中加入幾滴1%NaOH溶液，振蕩后加入幾滴有機物X溶液，加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀X不可能是含有醛基官能團的有機化合物C常溫下，銅與濃硝酸反應后溶液呈綠色，加熱后，溶液綠色消失加熱條件下，銅與綠色物質發(fā)生化學反應D在5mL0.1mol?L-1CuSO4溶液中，逐滴加入30mL0.10mol?L-1氨水溶液，再滴加少量Na2S溶液，先產生藍色沉淀，后出現(xiàn)深藍色，最后為黑色沉淀Cu(OH)2轉化為[Cu(NH3)4]2+，說明[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2更難電離；最后轉化為CuS，能說明Ksp(CuS)小于Ksp[Cu(OH)2]〖答案〗D〖解析〗A．[Cu(H2O)4]2+呈藍色，[CuCl4]2-呈黃色，加熱后置于冷水中，溶液黃色變?yōu)樗{色可知[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移動，故A錯誤；B．新制氫氧化銅懸濁液檢驗醛基時要保證溶液呈堿性，操作中NaOH溶液少量，溶液不呈堿性，因此不能依據(jù)現(xiàn)象確定醛基的存在，故B錯誤；C．銅與濃硝酸反應后生成硝酸銅和二氧化氮，二氧化氮為紅棕色氣體，部分溶解在溶液中使溶液呈綠色，加熱后，二氧化氮揮發(fā)，使溶液綠色消失，并非銅與綠色物質發(fā)生化學反應，故C錯誤；D．CuSO4溶液中，逐滴氨水，當氨水少量時反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，Cu(OH)2轉化為[Cu(NH3)4]2+，溶液呈深藍色，說明[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2更難電離；再滴加少量Na2S溶液，生成黑色的CuS沉淀，通過現(xiàn)象可說明Ksp(CuS)小于Ksp[Cu(OH)2]，故D正確；故選：D。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.硒(34Se)屬于氧族元素，是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物等領域具有重要應用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Se原子價電子排布式是______________。（2）由二苯基二硒醚(I)合成含硒化合物IV的化學方程式如圖：①下列說法不正確的是________。A.反應物中所有C原子的雜化方式均為sp2B.能量最低的激發(fā)態(tài)N原子內層電子排布式為1s22s22p2C.化合物III(苯磺酰肼)既能與鹽酸反應，也能與氫氧化鈉溶液反應D.硒氧組合的微粒中，SeO3分子的鍵角小于SeOE.化合物IV的熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能大小②化合物VI(N2H2)不穩(wěn)定，易分解成N2和H2。其不穩(wěn)定的原因是_________________。③一定壓強下，化合物V(苯硒酚)的沸點低于苯酚的原因是_______________________。（3）通過數(shù)學建模利用材料的晶體結構數(shù)據(jù)可預測其熱電性能。下列化合物是潛在熱電建模材料，晶胞結構如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。=1\*GB3①其化學式為__________。②設該化合物的最簡式式量為M1，晶體密度為ρg?cm-3，則該化合物中相鄰K之間的最短距離為____________nm(列出計算式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！即鸢浮剑?）4s24p4（2）①ADE②氮原子采用sp2雜化，三個雜化鍵處于平面三角形三個方向，分子對稱性差，N2H2有兩種異構體，順式時兩個氫原子互相排斥，造成分子不穩(wěn)定；且產物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)，利于分解反應③兩者都是分子晶體，苯酚還存在氫鍵，氫鍵比分子間作用力強，導致苯酚沸點更高（3）①K2SeBr6②××107〖解析〗（1）Se為34號元素，位于第四周期ⅥA，基態(tài)Se原子價電子排布式是4s24p4；（2）①反應物中存在碳碳雙鍵、碳碳三鍵及介于碳碳單鍵和雙鍵之間的共價鍵，雜化方式含sp2和sp，故A錯誤；能量最低的激發(fā)態(tài)N原子只能是1個p能級電子激發(fā)到3s能級上，內層電子排布式為1s22s22p2，故B正確；苯磺酰肼(Ⅲ)中含氨基，能與鹽酸反應，在氫氧化鈉水溶液中能發(fā)生水解反應，故C正確；氣態(tài)SeO3分子是平面三角形結構，鍵角120°，空間結構為三角錐形，鍵角小于120°，故D錯誤；化合物Ⅳ的熔點主要取決于分子間作用力，故E錯誤。②化合物VI(N2H2)不穩(wěn)定，易分解成N2和H2。其不穩(wěn)定的原因是氮原子采用sp2雜化，三個雜化鍵處于平面三角形三個方向，分子對稱性差，N2H2有兩種異構體，順式時兩個氫原子互相排斥，造成分子不穩(wěn)定；且產物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)，利于分解反應③一定壓強下，化合物V(苯硒酚)的沸點低于苯酚的原因兩者都是分子晶體，苯酚還存在氫鍵，氫鍵比分子間作用力強，導致苯酚沸點更高；（3）①根據(jù)晶胞結構得到K有8個，有，化學式為K2SeBr6。②化合物最簡式的式量為Mr，晶體密度為，設晶胞參數(shù)為anm，得到，解得，該化合物中相鄰K之間的最短距離為晶胞參數(shù)的一半即。18.以廢銅為原料(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)制備膽礬和Fe2O3的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）“濾渣3”與濃硫酸反應的化學方程式是___________________________。（2）早在1000多年前，我國就采用膽礬分解產生SO3，SO3再與水反應生產硫酸，隨著生產力的發(fā)展，硫酸的生產工藝幾經改進，目前工業(yè)上主要采用接觸法制備硫酸。①下列說法正確的是_______。A.高溫下膽礬分解有可能產生四種氣體(SO2、O2、SO3、H2O)B.框圖工藝中氧化亞鐵可以替代過量鐵粉，且得到的濾液2一定具有強酸性C.現(xiàn)代工藝，制取發(fā)煙硫酸是用98.3%濃硫酸吸收SO3D.工業(yè)出廠硫酸一般質量分數(shù)大于92%是廠家用92%的濃硫酸稀釋發(fā)煙硫酸得到的E.在彩畫工程中紅褐色固體和膽礬可分別作為紅色和藍色油漆②步驟V用無水酒精洗滌膽礬的理由是__________________________________________。③步驟Ⅳ在酸性條件下O2氧化性增強的原因是____________________________________。（3）設計實驗鑒定濾液1中的金屬陽離子：_____________________________________。〖答案〗（1）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）①ACD②CuSO4?5H2O晶體易溶于水，難溶于無水酒精，可用無水酒精洗滌除去雜質，洗滌后酒精揮發(fā)，利于晶體提純③氧化劑得電子后形成負電微粒，酸性增強，氫離子易與負電荷結合，降低了反應的活化能，使氧化反應更易進行?；驓潆x子濃度越高導致氧化劑中可形成氫鍵的原子氧上的電子云發(fā)生變形，氧氣更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更強（3）取濾液1，滴入幾滴KSCN溶液，溶液不變紅色，說明無鐵離子，滴幾滴氯水，溶液出現(xiàn)紅色，說明含亞鐵離子；取濾液1加入鐵粉，有紫紅色固體生成，說明含銅離子〖祥解〗廢銅(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)加足量稀硫酸，少量與H2SO4反應生成硫酸鐵，硫酸鐵溶液和銅反應得到硫酸亞鐵和硫酸銅，銅過量，所以濾渣1的成分是Cu，濾液1含硫酸亞鐵和硫酸銅，加過量鐵粉，鐵粉和硫酸銅反應得到硫酸亞鐵和銅，過濾，濾渣2為混合物——銅中混有鐵粉，濾液2為硫酸亞鐵溶液，濾渣2加稀硫酸，發(fā)生反應：，鐵溶于氫離子、銅不溶于氫離子，經過濾得濾渣3為純銅，濾液3為為硫酸亞鐵溶液，合并濾液2和濾液3，加氫氧化鈉溶液的氫氧化亞鐵沉淀、通入氧氣的紅褐色固體為氫氧化鐵沉淀，分解即可得到氧化鐵。合并濾渣1和濾渣3，加入稀硫酸通入氧氣，銅溶解得到硫酸銅溶液，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶得到膽礬?！驹斘觥浚?）“濾渣3”為銅，與濃硫酸反應的化學方程式是Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）①A．SO3+H2O=H2SO4，是可逆反應，則高溫下膽礬分解有可能產生四種氣體(SO2、O2、SO3、H2O)，A正確；B．據(jù)分析，鐵粉用于和硫酸銅反應得置換出銅，則框圖工藝中氧化亞鐵不可以替代過量鐵粉，得到的濾液2為硫酸亞鐵溶液，因水解呈弱酸性，B錯誤；C．SO3溶于水轉化為H2SO4過程中放熱，產生酸霧降低SO3吸收效率，故現(xiàn)代工藝制取發(fā)煙硫酸是用98.3%濃硫酸吸收SO3，C正確；D．結合選項C可知，工業(yè)出廠硫酸一般質量分數(shù)大于92%是廠家用92%的濃硫酸稀釋發(fā)煙硫酸得到的，D正確；E．紅褐色固體為氫氧化鐵，而在彩畫工程常用氧化鐵而不是氫氧化鐵作為紅色油漆，E錯誤；選ACD。②步驟V用無水酒精洗滌膽礬的理由是：CuSO4?5H2O晶體易溶于水，難溶于無水酒精，可用無水酒精洗滌除去雜質，洗滌后酒精揮發(fā)，利于晶體提純。③氧化性強即得電子能力強，則步驟Ⅳ在酸性條件下O2氧化性增強的原因是：氧化劑得電子后形成負電微粒，酸性增強，氫離子易與負電荷結合，降低了反應的活化能，使氧化反應更易進行?；驓潆x子濃度越高導致氧化劑中可形成氫鍵的原子氧上的電子云發(fā)生變形，氧氣更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更強。（3）濾液1的金屬陽離子為亞鐵離子和銅離子，鑒定這兩種離子的實驗方案為：取濾液1，滴入幾滴KSCN溶液，溶液不變紅色，說明無鐵離子，滴幾滴氯水，溶液出現(xiàn)紅色，說明含亞鐵離子；取濾液1加入鐵粉，有紫紅色固體生成，說明含銅離子。19.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的綠色燃料有良好的應用前景。回答下列問題：（1）在載人航天器中，可以利用CO2與H2反應生成H2O，通過電解水，從而實現(xiàn)O2的再生。①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H1=-252.9kJ?mol-1②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H1=+534kJ?mol-1甲烷與氧氣反應生成二氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式為________________________。（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應。I.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ?mol-1①下列操作中，能提高反應I中CH4(g)平衡轉化率的是________(填標號)。A.增加CH4(g)用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體C.移除CO(g)D.加入催化劑②在恒溫恒壓下，按水碳比=12：5投料，總壓強為1.70MPa，達到平衡時CO2、H2和CH4的分壓(某成分分壓=總壓×該成分的物質的量分數(shù))如表：p(CO2)/MPa0.30p(H2)/MPa0.30p(CH4)/MPa0則反應II平衡常數(shù)Kc=____________________。（3）水煤氣反應II需在多個催化劑反應層間進行降溫操作以“去除”反應過程中的余熱(如圖1所示)，保證反應在最適宜溫度附近進行。①在催化劑活性溫度范圍內，圖2中b~c段對應降溫操作的過程，實現(xiàn)該過程的操作方法是________。A.噴入冷水(蒸氣)B.通過熱交換器換熱C.按原水碳比通入冷的原料氣②若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出CO平衡轉化率隨溫度變化的曲線____________________?！即鸢浮剑?）（2）①BC②（3）①C②〖解析〗（1）甲烷與氧氣反應生成二氧化碳和液態(tài)水的化學方程式為：，根據(jù)蓋斯定律，反應，，熱化學方程式為：；（2）①A.增加CH4(g)用量，甲烷的轉化率降低，A錯誤；B.恒溫恒壓下通入惰性氣體，反應I平衡正向移動，CH4(g)平衡轉化率，B正確；C.移除CO(g)，反應I平衡正向移動，CH4(g)平衡轉化率，C正確；D.加入催化劑，加快反應速率，平衡不移動，甲烷的轉化率不變，D錯誤；故選BC；②根據(jù)三段式：，，；（3）①A.噴入冷水(蒸氣)，可以降低溫度，可以增大水蒸氣的濃度，使轉化率增大；B.通過熱交換器換熱，若溫度降低，且不改變投料比，反應速率減小，轉化率減小，若溫度升高，轉化率增大；C.按原水碳比通入冷的原料氣，可以降低溫度，可以增大水蒸氣的濃度，使轉化率減小，增大水蒸氣濃度，平衡正向移動，轉化率增大，會高于原平衡線，故在催化劑活性溫度范圍內，圖2中b~c段對應降溫操作的過程，實現(xiàn)該過程的操作方法是按原水碳比通入冷的原料氣，故選C；②若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出CO平衡轉化率隨溫度變化的曲線如圖：。20.啤酒常用焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)作抗氧化劑。某工廠按如圖工藝生產焦亞硫酸鈉，興趣小組在啤酒廠水質檢驗員指導下，測定啤酒中抗氧化劑的含量。已知：①亞硫酸氫鈉達到過飽和溶液，能析出Na2S2O5晶體，2NaHSO3Na2S2O5+H2O；②測定抗氧化劑的殘留量是以游離的SO2含量計算的。回答下列問題：（1）燃燒爐中主要反應的化學方程式為_________________________________。（2）在純堿溶液中通入SO2調至pH為4.1時，產物中含NaHSO3，反應液溫度升高，其化學方程式為_________________________；在NaHSO3溶液中加入純堿溶液調至pH為7~8時，NaHSO3轉化為Na2SO3懸浮液，Na2SO3懸浮液中繼續(xù)通入SO2調至pH為4.1時，生成亞硫酸氫鈉過飽和溶液，寫出該反應的化學方程式：_____________________。（3）下列說法不正確的是_________。A.I、II、III設備分別為除雜裝置、冷卻裝置和過濾裝置B.反應器中反應需在恒溫下進行，三反應器中若溶液溫度突然下降，說明反應已完成C.生產工藝中為了使硫黃充分燃燒，需通入過量壓縮空氣D.Na2S2O5不穩(wěn)定，易溶于水且與水反應后溶液呈酸性（4）為了減少產品Na2S2O5中雜質含量，需控制SO2氣體與純堿固體的物質的量之比為2∶1。否則產品中會混有碳酸鈉雜質，檢驗雜質選擇試劑最簡單的組合是_______(填編號)。①酸性高錳酸鉀②品紅溶液③澄清石灰水④NaOH⑤稀硝酸⑥稀硫酸（5）興趣小組向330.00mL啤酒中加入適量的稀硫酸，加熱使氣體全部逸出通入足量的H2O2中，只有SO2與H2O2反應，微熱后，將反應液體轉移至小燒杯中，向燒杯內逐滴加入BaCl2溶液至沉淀量不再增加，過濾、洗滌、干燥，稱得固體質量為0.0072g，則該啤酒中抗氧化劑的殘留量為________mg/L(以SO2計)。〖答案〗（1）S+O2SO2（2）Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3（3）AC（4）①③⑥（5）6〖祥解〗硫燃燒生成二氧化硫，二氧化硫冷卻、除雜后二氧化硫與碳酸鈉溶液反應調至pH為4.1時產物中含NaHSO3，在NaHSO3溶液中加入純堿溶液調至pH為7~8時，NaHSO3轉化為Na2SO3懸浮液，Na2SO3懸浮液中繼續(xù)通入SO2調至pH為4.1時，生成亞硫酸氫鈉過飽和溶液，發(fā)生反應2NaHSO3Na2S2O5+H2O析出Na2S2O5晶體。【詳析】（1）燃燒爐中，硫燃燒生成二氧化硫，反應的化學方程式為S+O2SO2；（2）在純堿溶液中通入SO2調至pH為4.1時，生成NaHSO3二氧化碳，化學方程式為Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；Na2SO3懸浮液中繼續(xù)通入SO2調至pH為4.1時，生成亞硫酸氫鈉，反應的化學方程式Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。（3）A．設備I冷卻燃燒生成的二氧化硫；設備II產生廢水，可知設備II為除雜裝置；設備III分離出焦亞硫酸鈉，可知設備III為過濾裝置，故A錯誤；B．由于反應放熱，反應器中反應需在恒溫下進行，三反應器中若溶液溫度突然下降，說明反應已完成，故B正確；C．若通入過量壓縮空氣，在二氧化硫水洗過程中，會被剩余氧氣氧化為硫酸，浪費原料，故C錯誤；D．Na2S2O5易與水反應生成亞硫酸氫鈉，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，故D正確；選AC。（4）Na2S2O5和稀硫酸反應放出二氧化硫，碳酸鈉和稀硫酸反應放出二氧化碳氣體，樣品加入稀硫酸，放出的氣體用高錳酸鉀吸收二氧化硫，剩余氣體通入澄清石灰水中，若石灰水變渾濁說明含有碳酸鈉雜質，檢驗碳酸鈉雜質選擇試劑的組合是①酸性高錳酸鉀、③澄清石灰水、⑥稀硫酸。（5）根據(jù)S元素守恒建立關系式SO2~~H2SO4~~BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=，則該啤酒中抗氧化劑的殘留量為mg/L。21.I是合成植物生長調節(jié)劑的中間體，某研究小組按如圖路線合成。已知：I.RCOBr++HBrII.ROH+RBr′→R－O－R′+HBrIII.RNH2+RBr′→R－NH－R′+HBr(R、R′均表示含碳原子團)回答下列問題：（1）化合物I的含氧官能團名稱是________。（2）下列說法正確的是________。A.A→B的反應中，AlCl3作催化劑B.D→E的轉變可加入鋁和氫氧化鈉溶液來實現(xiàn)C.化合物F能與氯化鐵溶液反應顯黃色D.BrCH2CH2Br與足量KOH醇溶液共熱可生成乙炔（3）化合物D的結構簡式是________________。（4）E與H生成I的化學方程式為________________________________。（5）研究小組在實驗室用苯和CH2BrCOBr為原料合成，利用以上合成線路中相關信息，設計該合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)____________________。（6）寫出同時符合下列條件的化合物A的同分異構體的結構簡式：________________(寫出兩種即可)。①分子中含有兩個碳環(huán)，其中一個是苯環(huán)；②1H－NMR譜和IR譜檢測表明：含羰基官能團，苯環(huán)上有2種不同化學環(huán)境的氫原子?！即鸢浮剑?）醚鍵、酰胺鍵（2）AD（3）（4）++HBr（5）（6）、、、、〖祥解〗結合已知Ⅰ和合成路線可推斷B的結構簡式為：，D的結構簡式為：，E的結構簡式為：，F(xiàn)的結構簡式為：，G的結構簡式為：，H的結構簡式為：?！驹斘觥浚?）化合物I的含氧官能團名稱是：醚鍵、酰胺鍵。（2）A．A→B的反應中，AlCl3不是反應物，用作催化劑來加速反應進行，故A正確；B．加入氫氧化鈉溶液會使碳溴鍵和酰胺鍵發(fā)生水解，故B錯誤；C．化合物F是苯酚，能與氯化鐵溶液反應顯紫色，故C錯誤；D．BrCH2CH2Br與足量KOH醇溶液共熱可發(fā)生消去反應，生成乙炔，故D正確；故選AD。（3）化合物D的結構簡式是：。（4）E與H生成I的化學方程式為：++HBr。（5）用苯和CH2BrCOBr為原料合成的合成路線：。浙江省百校2024屆高三上學期起點開學考可能用到的相對原子質量：H－1He－4Li－7C－12N－14O－16Na－23Al－27Si－28S－32K－39Ca－40Fe－56Cu－64Se－79Ba－137一、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.化學在藥物開發(fā)、合成和使用中起著至關重要的作用。下列胃酸藥物的成分屬于有機物的是（）A.NaHCO3 B.Al2Mg6(OH)16CO3?4H2OC.C12H10O14BiK3 D.Al(OH)3〖答案〗C〖解析〗A．為無機鹽，不屬于有機物，A錯誤；B．為無機鹽，不屬于有機物，B錯誤；C．屬于有機物，C正確；D．為兩性氫氧化物，不屬于有機物，D錯誤；故選C。2.下列化學用語表示正確的是（）A.BF3價層電子對互斥模型：B.氦原子軌道的電子云圖：C.羥基電子式：D.CH3CHBrCH2Br名稱讀作：2位3位兩個溴丙烷〖答案〗C〖解析〗A．中心原子價層電子對為3，沒有孤電子對，為平面三角形，A錯誤；B．氦原子核外電子排布為，軌道的電子云圖為球對形，B錯誤；C．羥基為中性原子團，電子式：，C正確；D．名稱讀作：1,2-二溴丙烷，D錯誤；故選C。3.氫氧化鈉是一種重要的化工原料，廣泛應用于造紙和制皂工業(yè)等。下列說法不正確的是（）A.氫氧化鈉屬于強電解質B.氫氧化鈉不能使用高純氧化鋁坩堝熔化C.廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗D.工業(yè)上氫氧化鈉由氧化鈉與水反應制得〖答案〗D〖解析〗A．氫氧化鈉在水溶液中完全電離，屬于強電解質，A正確；B．氫氧化鈉與氧化鋁反應，所以不能使用高純氧化鋁坩堝熔化氫氧化鈉，B正確；C．油脂在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解，所以廚房油煙機污漬可用氫氧化鈉溶液清洗，C正確；D．工業(yè)上電解飽和食鹽水制得氫氧化鈉，D錯誤；故選D。4.物質的性質決定用途。下列兩者對應關系不正確的是（）A.鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質B.75%乙醇水溶液有強還原性，廣泛用于皮膚或環(huán)境消毒C.SO2能使某些色素褪色，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑D.NaNO2是一種防腐劑和著色劑，可用于香腸等肉制品的添加劑〖答案〗B〖解析〗A．合金的熔點低于組分的熔點，鉀鈉合金室溫下呈液態(tài)，可用作核反應堆的傳熱介質，A正確；B．75%乙醇水溶液可以使蛋白質變性，常用于皮膚或環(huán)境消毒，B錯誤；C．SO2能使某些色素褪色，發(fā)生化合反應生成無色不穩(wěn)定物質，加熱恢復原色，可用作暫時性漂白劑，C正確；D．NaNO2是一種防腐劑和著色劑，適量使用于香腸等肉制品的添加劑，D正確；故選B。5.下列說法正確的是（）A.甲裝置可驗證生鐵的吸氧腐蝕 B.乙裝置能收集到純凈干燥的Cl2C.丙裝置用蒸餾水分離苯和四氯化碳 D.丁裝置用于制取并收集少量NH3〖答案〗A〖解析〗A．通過甲裝置中玻璃導管紅墨水液面上升，可以可驗證生鐵的吸氧腐蝕，A正確；B．乙裝置氯氣先通過飽和食鹽水，再通過濃硫酸，才能收集到純凈干燥的Cl2，B錯誤；C．苯和四氯化碳互溶且都難溶于水，不能用水將二者分離，C錯誤；D．氯化銨分解生成氨氣和，氨氣和又會生成氯化銨，所以不能直接用解熱氯化銨分解制取氨氣，D錯誤；故選A。6.我國航天科工自主研發(fā)的某種芳綸纖維強度高，韌性強，不僅抗拉能力強，還有極強的防割性能，廣泛用作頭盔、航空航天等防護材料，其高分子結構片段如圖。下列說法不正確的是（）A.氫鍵作用使芳綸纖維具有更優(yōu)異的熱穩(wěn)定性和耐輻射性能B.完全水解的產物分子中，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境C.通過灼燒聞氣味的方法可鑒別芳綸纖維和羊毛纖維D.通過質譜法測定芳綸纖維的平均相對微粒質量，可計算出聚合度〖答案〗B〖祥解〗芳綸纖維的結構片段中含酰胺基，采用切割法分析其單體有兩種：和?！驹斘觥緼．氫鍵將相鄰的兩條高分子鏈相連，增大了鏈與鏈之間的作用力，使芳綸纖維具有更優(yōu)異的熱穩(wěn)定性和耐輻射性能，故A正確；B．完全水解的產物分子為和，兩種分子苯環(huán)上的氫原子化學環(huán)境都相同，故B錯誤；C．羊毛纖維是動物纖維，主要成分是蛋白質，可以通過灼燒聞氣味的方法可鑒別芳綸纖維和羊毛纖維，故C正確；D．質譜儀能記錄分子、離子、碎片離子相對質量，質譜圖中最大的數(shù)值即是該分子的相對分子質量，可以求得芳綸纖維的聚合度，故D正確；故選B。7.下列反應離子方程式正確的是（）A.工業(yè)上生產漂白粉：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OB.用惰性電極電解飽和ZnCl2溶液：Zn2++2Cl-+2H2OZn(OH)2↓+Cl2↑+H2↑C.二氧化硫通入氯化鐵溶液中：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SOD.NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應恰好呈中性：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O〖答案〗C〖解析〗A．工業(yè)上用氯氣通入石灰乳中反應來生產漂白粉，反應的離子方程式為：，A錯誤；B．用惰性電極電解飽和ZnCl2溶液的離子方程式為：，B錯誤；C．二氧化硫有還原性，有強氧化性，二者在溶液中能發(fā)生氧化還原反應，分別生成，反應的離子方程式為：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++4H++SO，C正確；D．NaHSO4與Ba(OH)2按物質的量2：1完全反應后，溶液恰好呈中性，反應的離子方程式為：，D錯誤；故選C。8.下列說法正確的是（）A.可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別甲酸甲酯、甲醛和甲酸B.可用金屬鈉或無水硫酸銅檢驗乙醇中是否混有蒸餾水C.氫氧化鐵膠體和久置氯化鐵溶液可用丁達爾效應區(qū)別D.用Br2的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液區(qū)別二烯烴和芳香烴〖答案〗A〖解析〗A．甲酸甲酯不溶于水，加新制氫氧化銅懸濁液后分層；甲醛溶于水，與新制氫氧化銅懸濁液混溶，甲酸與新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生酸堿中和反應使沉淀溶解，因此能用其鑒別，故A正確；B．乙醇也能與Na反應生成氫氣，不能用金屬鈉檢驗乙醇中是否含水，故B錯誤；C．久置氯化鐵溶液水解也會形成氫氧化鐵膠體，故C錯誤；D．芳香烴中也可能含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，也能使Br2的CCl4溶液或酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能鑒別，故D錯誤；故選：A。9.有機化合物甲、乙、丙均為合成非甾體抗炎藥洛索洛芬鈉片的反應物或中間體。下列關于甲、乙、丙的說法正確的是（）A.甲分子中所有碳原子共平面 B.乙分子能發(fā)生水解反應和消去反應C.丙分子中只有一個手性碳原子 D.甲、乙、丙均能發(fā)生還原反應〖答案〗D〖解析〗A．甲分子中存在結構，具有甲烷的四面體結構，分子中所有碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B．乙分子中存在酯基和溴原子，兩處均可發(fā)生水解反應，與溴原子相連的碳原子相鄰碳原子上沒有H，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．丙中手性碳原子位置如下，有兩個，故C錯誤；D．甲中羰基可與氫氣加成，乙中苯環(huán)可與氫氣加成，丙中羰基和苯環(huán)均可與氫氣加成，而與氫氣加成屬于還原反應，故D正確；故選D。10.X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y與Z位于同一周期，且只有X、Y元素相鄰?；鶓B(tài)X原子核外有2個未成對電子，W原子在同周期中原子半徑最大。下列說法不正確的是（）A電負性：Z＞Y＞X＞WB.第一電離能：Y＞Z＞XC.W2X2與水反應生成的產物之一是非極性分子D.Y、Z、W原子形成最外層8電子穩(wěn)定構型的簡單離子的半徑：Y＞Z＞W〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W四種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y與Z位于同一周期，位于第二周期，基態(tài)X原子核外有2個未成對電子，電子排布為，X為C元素，且只有X、Y元素相鄰，Y為N元素，Z與X、Y不相鄰，原子序數(shù)大于C和N，Z為F元素，W原子在同周期中原子半徑最大，原子序數(shù)最大，W為Na元素；【詳析】A．X為C元素，Y為N元素，Z為F元素，W為Na元素，電負性：，A正確；B．X為C元素，Y為N元素，Z為F元素，第一電離能：，B錯誤；C．為，與水反應生成和，為非極性分子，C正確；D．離子半徑的大小：，D正確；故選B。11.清華大學某教授開發(fā)出一種鋰離子電池，在室溫條件下可進行循環(huán)充放電，實現(xiàn)對磁性的可逆調控。一極為納米Fe2O3，另一極為金屬鋰和石墨的復合材料，電解質只傳導鋰離子。下列說法不正確的是（）A.充電時，F(xiàn)e2O3連接電源的負極，發(fā)生氧化反應B.該電池不能使用氯化鋰水溶液作為電解質溶液C.該電池的正極的電極反應式為Fe2O3+6Li++6e-=3Li2O+2FeD.放電時，電池逐漸靠近磁鐵，且正極質量增加〖答案〗A〖解析〗A．金屬鋰和石墨的復合材料為放電時的負極，發(fā)生氧化反應，為正極，充電時接電源的正極，發(fā)生氧化反應，A錯誤；B．金屬鋰與水反應反應，所以該電池不能使用氯化鋰水溶液作為電解質溶液，B正確；C．為正極，發(fā)生反應為，C正確；D．放電時，正極發(fā)生反應，生成鐵單質，電池逐漸靠近磁鐵，且正極質量增加，D正確；故選A。12.2－硝基－1，3－苯二酚(桔紅色針狀晶體，難溶于水，沸點為88℃)可由間苯二酚經磺化、硝化等步驟合成，其中一步按圖示裝置(部分儀器略去)收集產品。下列說法不正確的是（）A.“混酸”混合操作步驟是將濃硫酸慢慢地加入濃硝酸中，并及時攪拌冷卻至室溫B.控制反應溫度不超過30℃的主要原因是避免硝酸分解或揮發(fā)，同時避免副反應發(fā)生C.水蒸氣蒸餾中，2－硝基－1，3－苯二酚殘留三頸燒瓶中，取出加水過濾得粗產品D.按上述步驟合成產物的主要目的是防止硝基取代間苯二酚羥基對位上的氫原子〖答案〗C〖解析〗A．濃硫酸密度大于濃硝酸，“混酸”混合操作步驟是將濃硫酸慢慢地加入濃硝酸中，并及時攪拌冷卻至室溫，故A正確；B．硝酸不穩(wěn)定，加熱易分解，控制反應溫度不超過30℃的主要原因是避免硝酸分解或揮發(fā)，同時避免副反應發(fā)生，故B正確；C．2－硝基－1，3－苯二酚的沸點為88℃，水蒸氣蒸餾中，水殘留在三頸燒瓶中，故C錯誤；D．羥基的鄰位、對位易發(fā)生硝化反應，按上述步驟合成產物的主要目的是防止硝基取代間苯二酚羥基對位上的氫原子，故D正確；選C。13.通過傳感器測定冰醋酸被水稀釋后的電導率及pH，根據(jù)變化曲線圖判斷下列說法正確的是（）A.離子總濃度越大，溶液電導率越大B.b點后，溶液繼續(xù)稀釋，所有離子濃度均減小C.a點醋酸水溶液未達到電離平衡狀態(tài)D.實驗曲線說明傳感器測量值取決于帶電微粒種類、濃度、溫度等因素〖答案〗D〖祥解〗冰醋酸本身不電離，不加水時液體不導電，冰醋酸誰稀釋的過程中，剛開始醋酸分子不斷電離，離子濃度越來越大，當加水到b點后，以稀釋的作用為主，溶液中的醋酸根和氫離子濃度不斷減小?！驹斘觥緼．由曲線變化趨勢可知，溶液的電導率與溶液中的離子濃度和離子所帶電荷、溫度等均有關，故A錯誤；B．b點后，溶液繼續(xù)稀釋，醋酸根和氫離子離子濃度均減小，氫氧根濃度增大，故B錯誤；C．加水稀釋過程中，a點、b點都達到了平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．結合加水過程中的微粒種類、離子濃度、溫度等變化，說明傳感器測量值取決于帶電微粒種類、濃度、溫度等因素，故D正確。〖答案〗選D。14.石油化工中可利用丙烷與氧氣反應制取防水卷材丙綸的生產原料丙烯，若反應中加入NO氣體，速率明顯加快，其反應歷程和機理可簡單表示如圖。已知：異丙基的穩(wěn)定性強于正丙基。下列有關說法不正確的是（）A.HONO為中間產物，其對應的酸酐是N2O3B.增大NO物質的量濃度，可以提高丙烷的平衡轉化率C.物質狀態(tài)和反應式計量數(shù)相同，丙烷與氧氣生成丙烯的焓變是恒量D.異丙基[(CH3)2CH?]轉化為正丙基[CH3CH2CH2?]的焓變大于0〖答案〗B〖解析〗A．HONO代表亞硝酸，亞硝酸為弱酸，其對應的酸酐為N2O3，故A正確；B．由圖可知NO在該反應中作催化劑，增大其濃度只能加快反應速率，對平衡無影響，不改變丙烷轉化率，故B錯誤；C．物質狀態(tài)和反應式計量數(shù)相同，反應物和生成物的能量差為定值，則焓變?yōu)楹懔?，故C正確；D．異丙基的穩(wěn)定性強于正丙基，而物質能量越低越穩(wěn)定，則異丙基比正丙基能量低，異丙基轉化為正丙基的過程吸收能量，焓變大于0，故D正確；故選：B。15.298K時，在H3PO4溶液中滴入NaOH溶液，含磷元素的各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與pH的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A.可依次選用甲基橙、石蕊作指示劑，標定反應終點B.Ka2(H3PO4)的數(shù)量級為10-8C.等物質的量NaH2PO4和Na2HPO4溶于水，其pH小于7.2D.向Na2HPO4溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液堿性減弱〖答案〗A〖解析〗A．用NaOH溶液滴定H3PO4，有兩個滴定突躍，第一個用甲基橙作指示劑，第二個用酚酞作指示劑，A錯誤；B．H3PO4的第二步電離方程式為+H+，從圖中可知，B點c()=c()，此時Ka2=c(H+)=10-7.2，故其數(shù)量級為10-8，B正確；C．+H+，Ka2=10-7.2，的水解常數(shù)Kh===10-11.9，的電離程度大于水解程度，+H+，Ka3=10-12.2，的水解常數(shù)Kh==10-6.8，等物質的量的NaH2PO4和Na2HPO4溶于水，因為的水解程度大于的電離程度，因此的濃度大于，Ka2=，c()=c()時pH=7.2，現(xiàn)的濃度大于，Ka2不變，則c(H+)>10-7.2，pH<7.2，C正確；D．向Na2HPO4溶液中加入足量的氯化鈣溶液，+H+，磷酸根離子與鈣離子生成磷酸鈣沉淀，消耗磷酸根離子使電離平衡正向移動，氫離子濃度增大，溶液堿性減弱，D正確；故〖答案〗選A。16.探究銅單質及其化合物的性質，下列實驗操作和現(xiàn)象能得出相應結論的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A將2mL0.5mol?L-1的CuCl2溶液加熱后置于冷水中，溶液黃色變?yōu)樗{色說明降溫，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向正反應方向移動B向2mL2%CuSO4溶液中加入幾滴1%NaOH溶液，振蕩后加入幾滴有機物X溶液，加熱未出現(xiàn)磚紅色沉淀X不可能是含有醛基官能團的有機化合物C常溫下，銅與濃硝酸反應后溶液呈綠色，加熱后，溶液綠色消失加熱條件下，銅與綠色物質發(fā)生化學反應D在5mL0.1mol?L-1CuSO4溶液中，逐滴加入30mL0.10mol?L-1氨水溶液，再滴加少量Na2S溶液，先產生藍色沉淀，后出現(xiàn)深藍色，最后為黑色沉淀Cu(OH)2轉化為[Cu(NH3)4]2+，說明[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2更難電離；最后轉化為CuS，能說明Ksp(CuS)小于Ksp[Cu(OH)2]〖答案〗D〖解析〗A．[Cu(H2O)4]2+呈藍色，[CuCl4]2-呈黃色，加熱后置于冷水中，溶液黃色變?yōu)樗{色可知[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移動，故A錯誤；B．新制氫氧化銅懸濁液檢驗醛基時要保證溶液呈堿性，操作中NaOH溶液少量，溶液不呈堿性，因此不能依據(jù)現(xiàn)象確定醛基的存在，故B錯誤；C．銅與濃硝酸反應后生成硝酸銅和二氧化氮，二氧化氮為紅棕色氣體，部分溶解在溶液中使溶液呈綠色，加熱后，二氧化氮揮發(fā)，使溶液綠色消失，并非銅與綠色物質發(fā)生化學反應，故C錯誤；D．CuSO4溶液中，逐滴氨水，當氨水少量時反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，Cu(OH)2轉化為[Cu(NH3)4]2+，溶液呈深藍色，說明[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2更難電離；再滴加少量Na2S溶液，生成黑色的CuS沉淀，通過現(xiàn)象可說明Ksp(CuS)小于Ksp[Cu(OH)2]，故D正確；故選：D。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.硒(34Se)屬于氧族元素，是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物等領域具有重要應用。回答下列問題：（1）基態(tài)Se原子價電子排布式是______________。（2）由二苯基二硒醚(I)合成含硒化合物IV的化學方程式如圖：①下列說法不正確的是________。A.反應物中所有C原子的雜化方式均為sp2B.能量最低的激發(fā)態(tài)N原子內層電子排布式為1s22s22p2C.化合物III(苯磺酰肼)既能與鹽酸反應，也能與氫氧化鈉溶液反應D.硒氧組合的微粒中，SeO3分子的鍵角小于SeOE.化合物IV的熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能大?、诨衔颲I(N2H2)不穩(wěn)定，易分解成N2和H2。其不穩(wěn)定的原因是_________________。③一定壓強下，化合物V(苯硒酚)的沸點低于苯酚的原因是_______________________。（3）通過數(shù)學建模利用材料的晶體結構數(shù)據(jù)可預測其熱電性能。下列化合物是潛在熱電建模材料，晶胞結構如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。=1\*GB3①其化學式為__________。②設該化合物的最簡式式量為M1，晶體密度為ρg?cm-3，則該化合物中相鄰K之間的最短距離為____________nm(列出計算式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。〖答案〗（1）4s24p4（2）①ADE②氮原子采用sp2雜化，三個雜化鍵處于平面三角形三個方向，分子對稱性差，N2H2有兩種異構體，順式時兩個氫原子互相排斥，造成分子不穩(wěn)定；且產物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)，利于分解反應③兩者都是分子晶體，苯酚還存在氫鍵，氫鍵比分子間作用力強，導致苯酚沸點更高（3）①K2SeBr6②××107〖解析〗（1）Se為34號元素，位于第四周期ⅥA，基態(tài)Se原子價電子排布式是4s24p4；（2）①反應物中存在碳碳雙鍵、碳碳三鍵及介于碳碳單鍵和雙鍵之間的共價鍵，雜化方式含sp2和sp，故A錯誤；能量最低的激發(fā)態(tài)N原子只能是1個p能級電子激發(fā)到3s能級上，內層電子排布式為1s22s22p2，故B正確；苯磺酰肼(Ⅲ)中含氨基，能與鹽酸反應，在氫氧化鈉水溶液中能發(fā)生水解反應，故C正確；氣態(tài)SeO3分子是平面三角形結構，鍵角120°，空間結構為三角錐形，鍵角小于120°，故D錯誤；化合物Ⅳ的熔點主要取決于分子間作用力，故E錯誤。②化合物VI(N2H2)不穩(wěn)定，易分解成N2和H2。其不穩(wěn)定的原因是氮原子采用sp2雜化，三個雜化鍵處于平面三角形三個方向，分子對稱性差，N2H2有兩種異構體，順式時兩個氫原子互相排斥，造成分子不穩(wěn)定；且產物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)，利于分解反應③一定壓強下，化合物V(苯硒酚)的沸點低于苯酚的原因兩者都是分子晶體，苯酚還存在氫鍵，氫鍵比分子間作用力強，導致苯酚沸點更高；（3）①根據(jù)晶胞結構得到K有8個，有，化學式為K2SeBr6。②化合物最簡式的式量為Mr，晶體密度為，設晶胞參數(shù)為anm，得到，解得，該化合物中相鄰K之間的最短距離為晶胞參數(shù)的一半即。18.以廢銅為原料(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)制備膽礬和Fe2O3的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）“濾渣3”與濃硫酸反應的化學方程式是___________________________。（2）早在1000多年前，我國就采用膽礬分解產生SO3，SO3再與水反應生產硫酸，隨著生產力的發(fā)展，硫酸的生產工藝幾經改進，目前工業(yè)上主要采用接觸法制備硫酸。①下列說法正確的是_______。A.高溫下膽礬分解有可能產生四種氣體(SO2、O2、SO3、H2O)B.框圖工藝中氧化亞鐵可以替代過量鐵粉，且得到的濾液2一定具有強酸性C.現(xiàn)代工藝，制取發(fā)煙硫酸是用98.3%濃硫酸吸收SO3D.工業(yè)出廠硫酸一般質量分數(shù)大于92%是廠家用92%的濃硫酸稀釋發(fā)煙硫酸得到的E.在彩畫工程中紅褐色固體和膽礬可分別作為紅色和藍色油漆②步驟V用無水酒精洗滌膽礬的理由是__________________________________________。③步驟Ⅳ在酸性條件下O2氧化性增強的原因是____________________________________。（3）設計實驗鑒定濾液1中的金屬陽離子：_____________________________________。〖答案〗（1）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）①ACD②CuSO4?5H2O晶體易溶于水，難溶于無水酒精，可用無水酒精洗滌除去雜質，洗滌后酒精揮發(fā)，利于晶體提純③氧化劑得電子后形成負電微粒，酸性增強，氫離子易與負電荷結合，降低了反應的活化能，使氧化反應更易進行?；驓潆x子濃度越高導致氧化劑中可形成氫鍵的原子氧上的電子云發(fā)生變形，氧氣更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更強（3）取濾液1，滴入幾滴KSCN溶液，溶液不變紅色，說明無鐵離子，滴幾滴氯水，溶液出現(xiàn)紅色，說明含亞鐵離子；取濾液1加入鐵粉，有紫紅色固體生成，說明含銅離子〖祥解〗廢銅(主要成分是Cu，含少量Fe2O3)加足量稀硫酸，少量與H2SO4反應生成硫酸鐵，硫酸鐵溶液和銅反應得到硫酸亞鐵和硫酸銅，銅過量，所以濾渣1的成分是Cu，濾液1含硫酸亞鐵和硫酸銅，加過量鐵粉，鐵粉和硫酸銅反應得到硫酸亞鐵和銅，過濾，濾渣2為混合物——銅中混有鐵粉，濾液2為硫酸亞鐵溶液，濾渣2加稀硫酸，發(fā)生反應：，鐵溶于氫離子、銅不溶于氫離子，經過濾得濾渣3為純銅，濾液3為為硫酸亞鐵溶液，合并濾液2和濾液3，加氫氧化鈉溶液的氫氧化亞鐵沉淀、通入氧氣的紅褐色固體為氫氧化鐵沉淀，分解即可得到氧化鐵。合并濾渣1和濾渣3，加入稀硫酸通入氧氣，銅溶解得到硫酸銅溶液，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶得到膽礬?！驹斘觥浚?）“濾渣3”為銅，與濃硫酸反應的化學方程式是Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）①A．SO3+H2O=H2SO4，是可逆反應，則高溫下膽礬分解有可能產生四種氣體(SO2、O2、SO3、H2O)，A正確；B．據(jù)分析，鐵粉用于和硫酸銅反應得置換出銅，則框圖工藝中氧化亞鐵不可以替代過量鐵粉，得到的濾液2為硫酸亞鐵溶液，因水解呈弱酸性，B錯誤；C．SO3溶于水轉化為H2SO4過程中放熱，產生酸霧降低SO3吸收效率，故現(xiàn)代工藝制取發(fā)煙硫酸是用98.3%濃硫酸吸收SO3，C正確；D．結合選項C可知，工業(yè)出廠硫酸一般質量分數(shù)大于92%是廠家用92%的濃硫酸稀釋發(fā)煙硫酸得到的，D正確；E．紅褐色固體為氫氧化鐵，而在彩畫工程常用氧化鐵而不是氫氧化鐵作為紅色油漆，E錯誤；選ACD。②步驟V用無水酒精洗滌膽礬的理由是：CuSO4?5H2O晶體易溶于水，難溶于無水酒精，可用無水酒精洗滌除去雜質，洗滌后酒精揮發(fā)，利于晶體提純。③氧化性強即得電子能力強，則步驟Ⅳ在酸性條件下O2氧化性增強的原因是：氧化劑得電子后形成負電微粒，酸性增強，氫離子易與負電荷結合，降低了反應的活化能，使氧化反應更易進行?；驓潆x子濃度越高導致氧化劑中可形成氫鍵的原子氧上的電子云發(fā)生變形，氧氣更易分裂成氧原子，氧原子氧化性更強。（3）濾液1的金屬陽離子為亞鐵離子和銅離子，鑒定這兩種離子的實驗方案為：取濾液1，滴入幾滴KSCN溶液，溶液不變紅色，說明無鐵離子，滴幾滴氯水，溶液出現(xiàn)紅色，說明含亞鐵離子；取濾液1加入鐵粉，有紫紅色固體生成，說明含銅離子。19.氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉?，以氫燃料為代表的綠色燃料有良好的應用前景?；卮鹣铝袉栴}：（1）在載人航天器中，可以利用CO2與H2反應生成H2O，通過電解水，從而實現(xiàn)O2的再生。①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H1=-252.9kJ?mol-1②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H1=+534kJ?mol-1甲烷與氧氣反應生成二氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式為________________________。（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應。I.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ?mol-1①下列操作中，能提高反應I中CH4(g)平衡轉化率的是________(填標號)。A.增加CH4(g)用量B.恒溫恒壓下通入惰性氣體C.移除CO(g)D.加入催化劑②在恒溫恒壓下，按水碳比=12：5投料，總壓強為1.70MPa，達到平衡時CO2、H2和CH4的分壓(某成分分壓=總壓×該成分的物質的量分數(shù))如表：p(CO2)/MPa0.30p(H2)/MPa0.30p(CH4)/MPa0則反應II平衡常數(shù)Kc=____________________。（3）水煤氣反應II需在多個催化劑反應層間進行降溫操作以“去除”反應過程中的余熱(如圖1所示)，保證反應在最適宜溫度附近進行。①在催化劑活性溫度范圍內，圖2中b~c段對應降溫操作的過程，實現(xiàn)該過程的操作方法是________。A.噴入冷水(蒸氣)B.通過熱交換器換熱C.按原水碳比通入冷的原料氣②若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出CO平衡轉化率隨溫度變化的曲線____________________?！即鸢浮剑?）（2）①BC②（3）①C②〖解析〗（1）甲烷與氧氣反應生成二氧化碳和液態(tài)水的化學方程式為：，根據(jù)蓋斯定律，反應，，熱化學方程式為：；（2）①A.增加CH4(g)用量，甲烷的轉化率降低，A錯誤；B.恒溫恒壓下通入惰性氣體，反應I平衡正向移動，CH4(g)平衡轉化率，B正確；C.移除CO(g)，反應I平衡正向移動，CH4(g)平衡轉化率，C正確；D.加入催化劑，加快反應速率，平衡不移動，甲烷的轉化率不變，D錯誤；故選BC；②根據(jù)三段式：，，；（3）①A.噴入冷水(蒸氣)，可以降低溫度，可以增大水蒸氣的濃度，使轉化率增大；B.通過熱交換器換熱，若溫度降低，且不改變投料比，反應速率減小，轉化率減小，若溫度升高，轉化率增大；C.按原水碳比通入冷的原料氣，可以降低溫度，可以增大水蒸氣的濃度，使轉化率減小，增大水