2025年高考第一次模擬考試化學（浙江卷）（全解全析）

2025年高考第一次模擬考試高三化學(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?；卮鸱沁x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?？赡苡玫降南鄬Ψ肿淤|(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16P-31Na-23Al-27Cl-35.5Ca-40Ti-48Mn-55Cr-52Fe-56Sn-119I-127W-184第Ⅰ卷(選擇題共48分)一、選擇題：本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．羥基磷灰石晶體[Ca5(PO4)3OH]屬于()A．有機物B．酸C．堿D．鹽【答案】D【解析】Ca5(PO4)3OH是由鈣離子(Ca2?)、磷酸根離子(PO43-)和氫氧根離子(OH?)結(jié)合而成的化合物，因此它屬于鹽。故選D。2．下列說法不正確的是()A．電解飽和食鹽水可制取金屬鈉B．石灰石在高溫下可用于消除燃煤煙氣中的SO2C．BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，故不可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐D．純堿可用于去除物品表面的油污【答案】A【解析】A項，惰性電極電解質(zhì)飽和食鹽水得到氫氣、氯氣和氫氧化鈉，得不到鈉，電解熔融氯化鈉制取金屬鈉，A錯誤；B項，石灰石、二氧化硫、氧氣反應生成硫酸鈣，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤煙氣中的SO2，B正確；C項，BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，容易引起重金屬中毒，故不可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐，C正確；D項，純堿溶液水解顯堿性，能夠促進油脂的水解即油污可以在堿性的條件下水解更加完全，可用于去除物品表面的油污，D正確；故選A。3．下列化學用語不正確的是()A．SiO2的電子式：B．用電子云輪廓圖示意p-pπ鍵的形成：C．SO2的價層電子對互斥(VSEPR)模型：D．2，3，3-三甲基戊烷的鍵線式：【答案】A【解析】A項，SiO2中每個硅原子連接4個O原子，每個O原子連接2個硅原子，形成空間網(wǎng)狀結(jié)構，A錯誤；B項，p-pπ鍵由兩個p軌道肩并肩重疊形成，B正確；C項，SO2的價層電子對數(shù)為2+(6-2×2)=2+1=3，價層電子對互斥(VSEPR)模型：，C正確；D項，2，3，3-三甲基戊烷，主鏈有5個碳原子，且2號C原子上存在1個甲基，3號C原子上存在2個甲基，鍵線式：，D正確；故選B。4．下列實驗裝置使用不正確的是()A．圖1裝置用于色譜法，可確定有機物的結(jié)構B．圖2裝置用于1-溴丁烷的消去反應C．圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管起冷凝作用D．圖4裝置用于中和反應反應熱的測定【答案】A【解析】A項，圖1裝置用于色譜法，可用于混合物分離，故A錯誤；B項，鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應生成烯烴，圖2裝置用于1-溴丁烷的消去反應，故B正確；C項，乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，圖3裝置用于用于酯化反應，其中長直導管冷凝乙酸乙酯，故C正確；D項，圖4裝置為量熱計，用于中和反應反應熱的測定，故D正確；故選A。5．化學與社會、生活密切相關。對下列現(xiàn)象或事實的描述正確的是()A．游泳場館常用硫酸銅做泳池消毒劑，因為銅鹽水解生成的膠狀物質(zhì)可吸附細菌B．在聚氯乙烯高分子鏈中加入鄰苯二甲酸二丁酯是為了起潤滑作用，利于高分子鏈運動C．銅的合金在生活中運用廣泛，其中白銅是銅鎳合金，黃銅是銅鋅合金，紫銅是銅鉻合金，青銅是銅錫合金D．“冬日灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的“薪柴之灰”，與銨態(tài)氮肥一同使用效果更佳【答案】B【解析】A項，銅鹽可使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，常用硫酸銅作池水消毒劑，與水解生成膠體無關，故A錯誤；B項，在聚氯乙烯高分子鏈中加入鄰苯二甲酸二丁酯是為了起潤滑作用，利于高分子鏈運動，故B正確；C項，紫銅是指銅單質(zhì)，故C錯誤；D項，“薪柴之灰“主要成分為碳酸鉀，溶液呈堿性，銨鹽溶液呈酸性，二者不能混用，混用會降低效果，故D錯誤；故選B。6．過二硫酸鈉(Na2S2O8)是工業(yè)上常用的強氧化劑，Mn2+與過二硫酸鈉反應的離子方程式為：Mn2++S2O82-+H2O→MnO4-+SO42-+H+(未配平)。下列說法不正確的是()A．過二硫酸鈉中O(-2價)和O(-1價)含量之比為3：1B．反應中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是5：2C．氧化性：S2O82-＞MnO4-D．若生成8molH+，則反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為10NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】D【解析】離子方程式為：2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。A項，過二硫酸鈉中過氧鏈上的2個氧為-1，兩端的6個氧為-2，所以O(-2價)和O(-1價)含量之比為3：1，故A正確；B項，反應中過二硫酸根為氧化劑，二價錳離子為還原劑，根據(jù)分析可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是5：2，故B正確；C項，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以氧化性：S2O82-＞MnO4-，故C正確；D項，若生成8molH+，則反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)，故D錯誤；故選D。7．物質(zhì)微觀結(jié)構決定宏觀性質(zhì)，進而影響用途。下列微觀結(jié)構或現(xiàn)象不能解釋其性質(zhì)的是()選項微觀結(jié)構或現(xiàn)象性質(zhì)A頭發(fā)主要由角蛋白組成，其中的含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)是維持頭發(fā)彈性和形狀的一個重要結(jié)構。燙發(fā)時有二硫鍵的斷裂和形成B[Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，具有平面結(jié)構Cu采取sp2雜化C在CuSO4液中加入一些氨水，制成銅氨溶液，可使鍍層光亮電鍍時加快反應速率不利于鍍層的光亮與平整D人們發(fā)現(xiàn)，液態(tài)植物油可以與氫氣發(fā)生加成反應，生成類似動物脂肪的硬化油脂，即氫化植物油油脂熔點變高，且不容易變質(zhì)【答案】B【解析】A項，頭發(fā)主要由角蛋白組成，其中的含硫氨基酸形成的二硫鍵(-S-S-)，燙發(fā)時先用還原劑破壞肽鏈之間的二硫鍵(-S-S-)，使之被還原成游離的巰基(-SH)，易于變形；再用發(fā)夾和發(fā)卷將頭發(fā)塑成一定的形狀；最后用氧化劑在新位置形成二硫鍵，固定發(fā)型，因此燙發(fā)時有二硫鍵的斷裂和形成，A正確；B項，[Cu(NH3)4]2+是一種常見的Cu配合物，具有平面四邊形結(jié)構，其中心Cu原子采用dsp2雜化，B錯誤；C項，在CuSO4液中加入一些氨水，制成銅氨溶液，降低了溶液中Cu2+的濃度，使得Cu2+放電速率減緩，同時通過平衡移動補充放電消耗的Cu2+，使其濃度保持相對穩(wěn)定，達到放電平穩(wěn)的作用，從而可以使鍍層更加致密、細膩、光亮，C正確；D項，液態(tài)植物油分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，在一定條件下能夠與H2發(fā)生加成反應，不飽和烴基變?yōu)轱柡蜔N基，物質(zhì)的狀態(tài)由液態(tài)變?yōu)楣腆w，因此物質(zhì)的熔點變高。由于加成反應消耗了不飽和的碳碳雙鍵，因此就可以起到防止其氧化變質(zhì)的目的，D正確；故選B。8．下列化學反應與方程式不正確的是()A．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-B．脂酸的燃燒反應：CH3(CH2)14COOH+23O2→16CO2+16H2OC．用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：5HCHO+2MnO4-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2OD．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】C【解析】A項，Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，A正確；B項，軟脂酸的燃燒生成CO2和H2O，發(fā)生反應CH3(CH2)14COOH+23O2→16H2O+16CO2，B正確；C項，甲醛被酸性KMnO4溶液氧化生成HCOOH，HCOOH會被過量的酸性高錳酸鉀溶液繼續(xù)氧化生成CO2，離子方程式：5HCHO+4MnO4-+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，C錯誤；D項，K3[Fe(CN)6]用來鑒別Fe2+生成滕氏藍沉淀，反應的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，D正確；故選C。9．高吸水性樹脂(SAP)的結(jié)構片段如圖所示。下列說法正確的是()A．合成SAP的反應為縮聚反應B．合成SAP的單體中碳原子均共面C．將SAP中羧基等基團酯化可提高其吸水性D．丙烯與1，4-戊二烯共聚可形成類似SAP骨架的交聯(lián)結(jié)構【答案】D【解析】A項，聚合物SAP高分子鏈全部為碳原子，所以合成聚合物SAP的反應為加聚反應，A錯誤；B項，根據(jù)聚合物P的結(jié)構可知，合成聚合物P的單體為CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R為-(CH2)-，碳原子不一定共面，B錯誤；C項，羧基等基團為親水基團，酯化后降低其吸水性，C錯誤；D項，丙烯與1，4-戊二烯與聚合物SPA的單體結(jié)構相似，能形成類似交聯(lián)結(jié)構，D正確；故選D。10．X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的簡單離子半徑最大，Y與Z相鄰，Z、M的核電荷數(shù)之比為2∶3，基態(tài)Q原子的價電子中s能級和p能級的電子數(shù)相等。下列說法不正確的是()A．簡單氫化物的穩(wěn)定性：Z＞Y＞QB．電負性：Z＞Y＞X＞Q＞MC．X、Z元素形成的單質(zhì)分子不都是非極性分子D．Y與M、Q形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共價晶體【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，則X為H；同周期Y的簡單離子半徑最大，則Y為N；Z、M的核電荷數(shù)之比為2:3，則Z為O，M為Mg；基態(tài)Q原子的價電子中s能級和p能級的電子數(shù)相等，則Q為Si。由分析知，X為H，Y為N，Z為O，M為Mg，Q為Si。A項，非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：O＞N＞Si，則簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正確；B項，同周期從左到右，元素的電負性逐漸增大，同主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，則電負性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正確；C項，H、O元素形成的單質(zhì)分子有H2、O2、O3，其中H2、O2是非極性分子，O3是極性分子，故C正確；D項，N與Mg形成的化合物Mg3N2是離子晶體，故D錯誤；故選D。11．一定條件下，四個體積均為1L的密閉容器中發(fā)生反應：CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝-8671kJ·mol?1(非基元反應)。在T1、T2、T3三個不同溫度下實驗，測得有關數(shù)據(jù)如下表。容器編號溫度/K起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2ⅠT11.163.00001.0ⅡT11.51.50.50.51.5xⅢT20.161.01.01.02.00.80ⅣT30.060.801.101.102.20下列說法正確的是()A．T1T2B．實驗Ⅱ中，x=0.5C．實驗Ⅳ中反應起始時，滿足2v正(CH4)=v逆(NO2)D．結(jié)合方程式系數(shù)可知，cNO2對速率的影響大于cCH4對速率的影響【答案】B【解析】A項，反應CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)放熱，容器Ⅲ和容器Ⅰ“一邊倒”后具有完全相同的投料，但平衡時NO2的物質(zhì)的量ⅠⅢ，溫度更高，T1T2，A錯誤；B項，根據(jù)表中容器Ⅰ的數(shù)據(jù)，平衡狀態(tài)列三段式，計算的到，Ⅱ溫度與Ⅰ相同，代入，計算的到，說明平衡時物質(zhì)的量為0.5mol，B正確；C項，實驗Ⅳ，故Ⅲ起始時不為平衡狀態(tài)，不滿足2v正(CH4)=v逆(NO2)，C錯誤；D項，CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(g)，非基元反應，不能確定NO2和CH4對速率影響的相對大小，D錯誤；故選B。12．某鈉離子二次電池如圖所示，該電池主要依靠鈉離子在兩極之間移動來工作。下列說法正確的是()A．充電時，a電極發(fā)生還原反應B．A為陰離子交換膜，B為陽離子交換膜C．放電時，b電極的電極反應式：D．若放電前兩極室質(zhì)量相等，放電過程中轉(zhuǎn)移1mol電子，則兩極室質(zhì)量差為23g【答案】C【解析】該電池主要依靠鈉離子在兩極之間移動來工作，由電流方向可知，放電時，b極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應生成：，此時鈉離子通過陽離子膜B向左側(cè)運動；a極為正極，得到電子發(fā)生還原反應生成：+2e-=，和通過陽離子膜A遷移過來的鈉離子結(jié)合生成；充電時a與外接電源正極相連為陽極、b與外接電源負極相連為陰極。A項，充電時，a電極為陽極，發(fā)生氧化反應，A錯誤；B項，A、B均為陽離子交換膜，B錯誤；C項，放電時，b電極為負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式：，C正確；

D項，若放電前兩極室質(zhì)量相等，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移關系可知鈉離子遷移情況為e-~Na+，則放電過程中轉(zhuǎn)移1mol電子時，有1mol鈉離子由b極區(qū)遷移至a極區(qū)，b極區(qū)減少1mol鈉離子、a極增加1mol鈉離子，則兩極質(zhì)量差為23g/mol×1mol×2=46g，D錯誤；故選C。13．已知：(1)(2)同一個C原子連接著一個和的物質(zhì)不穩(wěn)定，會失去一個H2O分子。下列說法不正確的是()A．與在一定條件下可生成B．欲使正反應完全，需不斷將水從反應體系中蒸出C．H+是該反應的催化劑，溶液酸性越強，催化效果越好D．以HCHO和NH3為原料可合成烏洛托品()【答案】C【解析】A項，根據(jù)題中信息可知最終轉(zhuǎn)化為，與在一定條件下可生成，A正確；B項，在平衡體系中不斷將水從反應體系中蒸出，使反應正向進行，B正確；C項，H+開始參與反應，最后生成H+，H+是該反應的催化劑，溶液酸性越強，不利于最后一步產(chǎn)物的生成，催化效果不一定好，C錯誤；D項，以HCHO和NH3為原料反應發(fā)生6HCHO+4NH3→6H2O+，可以合成烏洛托品()，D正確；故選C。14．硫酸與氯氣反應的生成物的結(jié)構如下圖所示，有關說法不正確的是()硫酸

氯磺酸

硫酰二氯A．沸點：硫酸氯磺酸硫酰二氯B．氯磺酸在一定條件下可與苯發(fā)生取代反應生成氯苯C．氯磺酸與足量NaOH溶液反應可生成兩種鈉鹽D．硫酰二氯可以脫去MgCl2·6H2O中的水制備無水氯化鎂【答案】B【解析】A項，根據(jù)三種分子的結(jié)構，硫酸之間可以形成的氫鍵多，氯磺酸次之，硫酰二氯分子間不能形成氫鍵，故分子間作用力逐漸減小，所以沸點逐漸降低，A正確；B項，從電性上分析，氯磺酸中硫應該結(jié)合帶負電荷的基團，而不是帶正電荷的氫，則在一定條件下與苯發(fā)生取代反應不可能生成氯苯，B錯誤；C項，氯磺酸與足量NaOH溶液反應可生成氯化鈉和硫酸鈉兩種鈉鹽，C正確；D項，硫酰二氯具有很強的吸水性，吸水生成硫酸和鹽酸，可用于脫去金屬氯化物中的水；硫酰二氯可以脫去MgCl2·6H2O中的水制備無水氯化鎂：MgCl2·6H2O+3SO2Cl2=MgCl2+3H2SO4+6HCl，D正確；故選B。15．已知：常溫下，氫硫酸H2S的電離常數(shù)Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13，Ksp(S)=6.3×10－18，Ksp(HgS)=1.6×10－52。往10mL0.1mol/LH2S(pH約為4.1)溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后體積變化忽略不計，下列說法不正確的是()A．0.1mol/LH2S溶液中存在c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH―)＞c(S2-)B．H2S與NaOH溶液反應至溶液呈中性時，cNa＋＋cH2S-c(S2-)＝0.1mol·L-1C．滴加入0.1mol/LFeSO4溶液時，會產(chǎn)生FeS沉淀D．FeS固體能用于去除工業(yè)廢水中的Hg2+【答案】B【解析】A項，0.1mol/LH2S溶液中存在電離平衡H2SSH-+H+(H2S以第一步電離為主)、HS-S2-+H+、H2OOH-+H+，0.1mol/LH2S溶液的pH約為4.1，則c(OH-)=1.0mol·L-1，，，則，故c(H＋)＞c(HS-)＞c(OH―)＞c(S2-)，故A正確；B項，溶液中存在電荷守恒cNa＋＋cH＋＝cOH－＋cHS-＋2cS2-，H2S與NaOH溶液反應至溶液呈中性時，c(OH―)=c(H＋)，則cNa＋=cHS-+2c(S2-)，則cNa＋+cH2S＝cHS-＋2cS2-+cH2S，cNa＋+cH2S-cS2-＝cHS-＋cS2-+cH2S=cS溶液體積變大，故，c(S2-)0.1mol·L-1，cNa＋＋cH2S-c(S2-)0.1mol·L-1，故B錯誤；C項，往10mL0.1mol/LH2S溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，恰好發(fā)生反應生成NaHS，滴加入0.1mol/LFeSO4溶液時，發(fā)生反應HS-+Fe2+=FeS+H+，該反應的平衡常數(shù)為，會產(chǎn)生FeS沉淀，故C正確；D項，F(xiàn)eS的溶度積比HgS的溶度積大，難溶電解質(zhì)易轉(zhuǎn)化為更難溶的電解質(zhì)，則FeS固體能用于去除工業(yè)廢水中的Hg2+，故D正確；故選B。16．根據(jù)下列有關實驗方案設計和現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的是()選項實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A將打磨過的鐵銅合金放在氨水中一段時間溶液變?yōu)樯钏{色可能是銅在氨水中發(fā)生吸氧腐蝕B向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉溶液先變成血紅色，加入Cu粉后，血紅色變淺與SCN-的配位能力：Cu2+C將Na2CO3·10H2O和NH4NO3固體混合并用玻璃棒快速攪拌有刺激性氣味的氣體產(chǎn)生，并伴隨降溫該反應能發(fā)生的主要原因是熵增D用精密pH試紙測定=0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH值測得pH為7.8Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)【答案】B【解析】A項，鐵銅合金中銅在氨水中失去電子發(fā)生吸氧腐蝕，形成四氨合銅離子使得溶液顯藍色，A正確；B項，加入Cu粉后，銅和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和銅離子，使得平衡逆向移動，溶液血紅色變淺，B錯誤；C項，根據(jù)ΔHΔS反應能自發(fā)進行，反應中溫度降低、生成氣體為熵增的吸熱反應，則該反應能發(fā)生的主要原因是熵增，C正確；D項，pH為7.8，溶液顯堿性，則碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)，D正確；故選B。第II卷(非選擇題共52分)二、非選擇題：本題共5小題，共52分。17．(10分)著名的催化劑的主要成分是Al(C2H5)3和TiCl4。請回答：(1)Al(C2H5)3的晶體類型是，Al(C2H5)3遇水劇烈反應，寫出該反應的化學方程式：。(2)Al(C2H5)3與TiCl4在一定條件下反應生成TiCl3，TiCl3一定要存放于CO2等惰性氣體中，請從結(jié)構的角度解釋原因：。(3)在其他條件相同時，CH3COOCH2CF3的水解反應速率CH3COOCH2CH3的水解反應速率(填“>”、“<”或“=”)，理由是：。(4)下列說法正確的是___________。A．基態(tài)Cl-的價層電子排布式為3s23p5B．Fe的第三電離能小于Mn的第三電離能C．C2H5NH3+比NH4+更易水解D．AlCl3在一定條件下可與NH3發(fā)生反應(5)Ti的某種氧化物晶胞如圖所示，該氧化物的化學式為；Ti的配位數(shù)是?！敬鸢浮?1)分子晶體(1分)Al(C2H5)3+3H2O=Al(OH)3↓+3CH3CH3↑(1分)(2)Ti3+的價層電子排布式為3d1，容易失去1個電子形成3d軌道全空的穩(wěn)定結(jié)構，故容易被空氣中的氧氣氧化(2分)(3)>(1分)對比-CH3，-CF3為吸電子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O鍵的極性更強，更易斷裂(1分)(4)BD(2分)(5)TiO2(1分)6(1分)【解析】(1)Al(C2H5)3中Al與-CH2CH3通過共價鍵相連，故晶體類型為分子晶體，與水劇烈反應，根據(jù)Al元素性質(zhì)可知，反應生成Al(OH)3，根據(jù)原子守恒可知，另一個產(chǎn)物為乙烷，故反應方程式為Al(C2H5)3+3H2O=Al(OH)3↓+3CH3CH3↑；(2)Ti核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，Ti3+的價層電子排布式為3d1，容易失去1個電子形成3d軌道全空的穩(wěn)定結(jié)構，故容易被空氣中的氧氣氧化，因此需要被保存在惰性氣體中；(3)CH3COOCH2CF3和CH3COOCH2CH3均能發(fā)生酯的水解反應，對比-CH3，-CF3為吸電子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O鍵的極性更強，更易斷裂，故其水解反應速率更快；(4)A項，Cl-的價層電子排布式為3s23p6，A錯誤；B項，F(xiàn)e2+的價層電子排布式為3d6，易失去1個電子，形成半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，Mn2+的價層電子排布式為3d5，為半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第三電離能更高，B正確；C項，C2H5-為推電子基，使N的電子云密度變大，對周圍H+的吸引力更強，而其水解需要與水電離出的OH-結(jié)合，因此其較銨根離子更穩(wěn)定，故其水解能力比NH4+的弱，C錯誤；D項，NH3水溶液為弱堿性，可與AlCl3反應，化學方程式為AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，D正確；故選BD；(5)由晶胞結(jié)構可知，該晶胞中Ti原子個數(shù)為，O原子個數(shù)為，故該氧化物化學式為TiO2，如圖可知晶胞體心Ti與周圍6個O相連，故Ti的配位數(shù)為6。18．(10分)以黃銅礦(主要成分為FCuS2，含少量SiO2)為原料，相關轉(zhuǎn)化關系如下。已知：①反應1中F不變價，且固體A為單一化合物；②Cl具有疏松結(jié)構。(1)固體A的化學式為；SOCl2的電子式為。(2)下列說法不正確的是___________。A．Cl不溶于水，但溶于稀硝酸B．在該環(huán)境生銹后，銅銹可隔絕空氣，減緩生銹速度C．氣體B具有還原性所以能使品紅溶液褪色D．SOCl2與AlCl3·6H2O混合共熱可制得無水AlCl3(3)反應2的化學方程式為。(4)①反應4生成的物質(zhì)D難溶于水，同時生成兩種酸性氣體，則反應4的化學方程式為。②設計實驗驗證物質(zhì)D中的氯元素?！敬鸢浮?1)FSiO3(1分)(1分)(2)BC(2分)(3)Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl(2分)(4)SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl(2分)取少量CH3CH2Cl與NaOH溶液共熱至溶液不再分層，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明CH3CH2Cl中有氯元素(2分)【解析】根據(jù)流程可知氣體B中含S元素，B為SO2，固體A中含F(xiàn)e和Si，黃銅礦反應的化學方程式為：2FCuS2+SiO2+5O2Cu+2FSiO3+4SO2，故B為SO2，A為FSiO3；粗銅與HCl和氧氣反應得到CuCl，CuCl與O2和水反應得到Cu2(OH)3Cl，反應方程式為：Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl；SO2與等物質(zhì)的量的氯氣反應得C：SO2Cl2，SO2Cl2與SCl2反應得到SOCl2，SOCl2與乙醇反應得到D，方程式為：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl，D為CH3CH2Cl。(1)根據(jù)分析，固體A的化學式為：FSiO3；SOCl2中S原子的價層電子對數(shù)為：，電子式為：。(2)A項，CuCl不溶于水，但能與稀硝酸發(fā)生氧化還原反應，故能溶于稀硝酸，A正確；B項，Cu在該環(huán)境生銹后，銅銹為多孔結(jié)構，不能隔絕空氣，故不能減緩生銹速度，B錯誤；C項，氣體B為二氧化硫，具有漂白性，能使品紅溶液褪色，C錯誤；D項，SOCl2與AlCl3·6H2O混合共熱可制得無水AlCl3、HCl和SO2，D正確；故選BC。(3)反應2的化學方程式為：Cl+O2+4H2O=2Cl+Cl。(4)①根據(jù)分析，反應4的化學方程式為：SOCl2+CH3CH2OH→CH3CH2Cl+SO2+HCl；②鹵代烴需要先在堿性條件下水解，再用硝酸調(diào)至酸性后加硝酸銀溶液，觀察沉淀顏色，故實驗方案為：取少量CH3CH2Cl與NaOH溶液共熱至溶液不再分層，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明CH3CH2Cl中有氯元素。19．(10分)氫氣是一種清潔能源，工業(yè)制氫有多種途徑。(1)利用水煤氣轉(zhuǎn)化法制氫涉及的反應如下：反應I：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH反應Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH在一定溫度下，向容積固定為2L的密閉容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始壓強為2MPa，發(fā)生反應I和Ⅱ。10min后達到平衡，此時H2O(g)的轉(zhuǎn)化率為70%，CO的物質(zhì)的量為0.1mol。①反應I能自發(fā)進行的條件是(填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”)。②下列說法正確的是。a．增大C(s)的用量，反應I生成CO的速率增大b．混合氣體的密度保持不變時，說明反應Ⅱ已達到平衡c．平衡時H2的體積分數(shù)可能大于三分之二d．除去體系中的CO2可提高平衡時H2的含量③此溫度下反應Ⅱ的化學平衡常數(shù)Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度，氣體分壓=總壓×氣體的物質(zhì)的量分數(shù))。(2)另一種綠色環(huán)保制氫技術“熱循環(huán)制氫和甲酸”的原理為：在密閉容器中，鐵粉與吸收CO2制得的NaHCO3溶液反應，生成H2、HCOONa和Fe3O4；Fe3O4再經(jīng)生物柴油副產(chǎn)品轉(zhuǎn)化為Fe。實驗中發(fā)現(xiàn)，在300℃時，密閉容器中NaHCO3溶液與鐵粉反應初期有FeCO3生成并放出H2。隨著反應進行，F(xiàn)eCO3迅速轉(zhuǎn)化為活性Fe3O4-x，活性Fe3O4-x是HCO3-轉(zhuǎn)化為HCOO-的催化劑，其可能反應機理如圖所示。①下列敘述正確的是。a．電負性OFe，因此吸附在O2-上的H略帶正電b．升高溫度生成HCOO-的反應速率一定加快c．吸附在Fe2+上的H原子在步驟Ⅰ后生成了水d．該制氫技術綠色環(huán)保原因之一是鐵可以循環(huán)利用②在其他條件相同時，測得Fe的轉(zhuǎn)化率、HCOO-的產(chǎn)率隨cHCO3-變化如圖所示。請分析HCOO-的產(chǎn)率隨cHCO3-增加而增大的可能原因是。(3)電解水制“綠氫”的技術也不斷被突破，科技工作者設計了耦合HCHO高效制H2的方法，相同電量下H2理論產(chǎn)量是傳統(tǒng)電解水的2倍，其裝置如下圖所示。則陽極電極反應式為。【答案】(1)高溫(1分)bd(2分)7(2分)(2)acd(2分)碳酸氫根與鐵反應生成的碳酸鐵轉(zhuǎn)化為Fe3O4-x作為反應的催化劑(1分)(3)2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O(2分)【解析】(1)根據(jù)ΔG=ΔHΔS判斷反應自發(fā)進行所需條件；有氣體參與的可逆反應，密度、壓強均可能影響反應平衡；(2)鐵粉與碳酸氫鈉在催化劑存在下反應生成氫氣和甲酸，根據(jù)題目所給示意圖分析，步驟Ⅰ碳酸氫根離子與鐵反應生成碳酸鐵和氫氣，隨著反應進行，碳酸氫根通過活性Fe3O4-x轉(zhuǎn)化為HCOO-；(3)根據(jù)題目所給示意圖，b區(qū)甲醛反應生成HCOO-，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生氫氣，已知相同電量下氫氣的理論產(chǎn)量事傳統(tǒng)電解水的2倍，則該電解池每轉(zhuǎn)移2mol電子，產(chǎn)生2mol氫氣。(1)①根據(jù)ΔG=ΔHΔS，反應Ⅰ是熵增，焓變大于0的反應，即ΔS，ΔH，則高溫條件下有利于反應自發(fā)進行；②a項，增大C(s)的用量，由于碳單質(zhì)是固體，增大碳的用量，不能增大濃度，生成一氧化碳速率不增加，a錯誤；b項，根據(jù)，反應Ⅰ由固體參與，隨著反應的進行，氣體整體質(zhì)量增大，當密度保持不變時，氣體質(zhì)量不變，則反應Ⅱ已達到平衡，b正確；c項，反應中的水只能轉(zhuǎn)化為氫氣，水的轉(zhuǎn)化率為70%，則氫氣的物質(zhì)的量為0.7mol，一氧化碳的物質(zhì)的量為0.1mol，則此時氫氣的體積分數(shù)為，二氧化碳的體積未知，故氫氣的體積分數(shù)必定小于三分之二，c錯誤；d項，除去體系中的二氧化碳，反應Ⅱ平衡向正反應方向移動，一氧化碳減少，反應Ⅰ平衡也向正反應方向進行，可以提高平衡時氫氣的含量，d正確；故選bd；③分別設反應Ⅰ和反應Ⅱ消耗的水的物質(zhì)的量為x、ymol，列出三段式：、已知平衡時，水的轉(zhuǎn)化率為70%，一氧化碳的物質(zhì)的量為0.1mol，即1-x-y=0.3mol，x-y=0.1，解得x=0.4，y=0.3，故平衡時二氧化碳的物質(zhì)的量為0.3mol，反應前總壓強為2MPa，氣體的物質(zhì)的量共為1mol，反應后氣體總量為1.4mol，則反應后總壓強為，利用分壓計算反應Ⅱ的平衡常數(shù)；(2)①a項，根據(jù)元素周期律，電負性O＞H，而H元素可以接受1個電子形成穩(wěn)定結(jié)構，F(xiàn)e則不行，故電負性大小：O＞H＞Fe，根據(jù)流程圖示意，氫氣斷裂，一個氫原子吸附在氧負離子上，氧帶負電，H略帶正電，a正確；b項，升高溫度反應速率增加，但可能導致催化劑失活，導致反應速率降低，b錯誤；c項，根據(jù)題目所給流程圖，氫氣斷裂出兩個氫原子，一個吸附在氧負離子上，一個吸附在亞鐵離子上，經(jīng)過步驟Ⅰ，吸附在亞鐵離子上的H形成了水分子，c正確；d項，該技術原理中，F(xiàn)e可以循環(huán)利用，是綠色環(huán)保原因之一，d正確；故選acd；②鐵先與碳酸氫根反應生成氫氣和碳酸鐵，隨著反應的進行，碳酸鐵迅速轉(zhuǎn)化為活性Fe3O4-x，作為生產(chǎn)甲酸的催化劑，故碳酸氫根的濃度增大，導致甲酸的產(chǎn)率增大；(3)根據(jù)分析，甲醛被氧化為HCOO-，則b電極區(qū)為陽極，a電極區(qū)為陰極，已知相同電量下，該電解技術氫氣的理論產(chǎn)量是傳統(tǒng)電解水的2倍，則陽極的電極反應式推理為甲醛失去2mol電子形成甲酸根離子和1mol氫氣，陰極的電極反應式為氫氧根得到2mol電子形成1mol氫氣，故陽極的電極反應式為2HCHO+4OH--2e-=2HCOOO-+H2↑＋2H2O。20．(10分)十二鎢磷酸具有全四面體對稱性的籠狀結(jié)構，在材料科學等領域有廣泛的應用。制備原理為：12WO42-+HPO42-+23H+=[PW12O40]3-+12H2O。實驗室制備流程圖如下：乙醚回收裝置圖如下：已知：①乙醚：沸點34.6℃，易燃易爆，密度0.71g/mL，微溶于水。在光的作用下易產(chǎn)生過氧化物，蒸餾時容易爆炸。②十二鎢磷酸：與橡膠、紙張，甚至空氣中灰塵接觸時易被還原為“雜多藍”；在強酸性下還可與乙醚生成不溶于水、密度比水大的油狀醚合物。請回答：(1)儀器B的名稱是。(2)制備過程中，若混合液呈現(xiàn)藍色，只需向溶液中滴加適量3%的雙氧水即可，目的是。(3)下列說法正確的是_______。A．步驟Ⅰ操作時，因原料無毒，故無需佩戴護目鏡B．步驟Ⅱ、Ⅳ中兩次加入的鹽酸作用不同C．可用(NH4)2Fe(SO4)2和NH4SCN溶液檢驗乙醚中是否含有過氧化物D．分離出下層液體后，關閉旋塞，再將上層液體從上口倒出，漏斗中留下中間層液體(4)回收乙醚的步驟如下：a．按圖2搭好蒸餾裝置、檢查氣密性b．將餾出物與上層液體(溶有少量產(chǎn)品的乙醚)混合，轉(zhuǎn)移入圓底燒瓶c．放入毛細管d．加入無水硫酸鈣，振蕩、靜置e．通冷凝水，蒸餾f．蒸餾至燒瓶中殘留少量液體g．停止通冷凝水h．停止加熱①正確的排序為：。a→b→______→_______→e→_______→_______→_______。②儀器A中的毛細管上端封閉，開口端朝下，此毛細管的作用是。③步驟e中，不需要過濾干燥劑就可以直接蒸餾的原因是。(5)粗產(chǎn)品經(jīng)提純后，算得本次實驗產(chǎn)率為100.3%(制備過程操作正確)。從原料的角度分析，產(chǎn)率大于100%的原因可能是?！敬鸢浮?1)(直形)冷凝管(1分)(2)將“雜多藍”氧化為十二鎢磷酸(1分)(3)BC(2分)(4)abdcefhg(2分)防暴沸(1分)該蒸餾溫度下，硫酸鈣水合物不發(fā)生分解(1分)(5)稱取的25克二水合鎢酸鈉已經(jīng)失去部分結(jié)晶水(2分)【解析】(1)由圖可知，儀器B的名稱是：(直形)冷凝管；(2)由已知②十二鎢磷酸與橡膠、紙張，甚至空氣中灰塵接觸時易被還原為“雜多藍”；故雙氧水的作用是將“雜多藍”氧化為十二鎢磷酸；(3)A項，無論原料是否有毒，均需佩戴護目鏡，A錯誤；B項，根據(jù)制備原理，步驟Ⅱ的鹽酸作為反應物；由已知②十二鎢磷酸在強