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2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟试卷A（解析版）
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2023年1月浙江省普通高校招生选考科目
化学仿真模拟试卷A
(考试时间：90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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．下列物质属于碱的是( )
A．[Cu(OH )4] SO4 B．B(OH)3 C．NH3·H2O D．Na2CO3
【答案】C
【解析】A项， [Cu(OH )4] SO4电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，A错误；B项，B(OH)3为硼酸，不是碱，B错误；C项，NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH3·H2ONH4++OH－，阴离子全是OH－，C正确；D项，Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D错误。故选C。
2．下列物质属于强电解质的是( )
A．Al B．CH3COONa C．SO3 D．HCOOH
【答案】B
【解析】A项，Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B项，CH3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；C项，SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；D项，HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；故选B。
3．分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用到的仪器是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用蒸馏的方法，用到仪器有蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，酒精灯和锥形瓶，故选C。
4．下列物质对应的化学式正确的是( )
A．碳铵：(NH4)2CO3 B．联苯：
C．消石灰：CaO D．硅藻土主要成分：SiO2
【答案】D
【解析】A项，俗话所说的碳铵是指碳酸氢铵，化学式为NH4HCO3，故A错误；B项，联苯为，故B错误；C项，消石灰是指氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故C错误；D项，硅藻土主要成分为SiO2，故D正确；故选D。
5．下列表示正确的是( )
A．溴苯的分子式：C6H6Br
B．用电子式表示氯化钠的形成过程：
C．碳酸二甲酯的结构简式：CH3OCOOCH3
D．丙烷分子的空间填充模型：
【答案】C
【解析】A项，溴苯是苯中的氢原子被溴原子取代，所以分子式：C6H5Br，A项错误；B项，氯化钠为离子化合物，其电子式为，形成过程表示形式为，B项错误；C项，碳酸二甲酯的结构简式为或CH3OCOOCH3，C项正确；D项，丙烷分子的球棍模型为，D项错误；故选C。
6．下列说法不正确的是( )
A．不锈钢是一种主要含且不易生锈的合金钢
B．陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中一定不含金属元素
C．环保工程师利用熟石灰处理酸性废水
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
【答案】B
【解析】A项，不锈钢不易生锈，主要含有铁、铬、镍，和少量的碳，A正确； B项，陶瓷是无机非金属材料，其中也可能含有铁等金属元素，B错误；C项，熟石灰是碱，可用于中和酸性废水，C正确；D项， 结晶牛胰岛素是中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质，D正确；故选B。
7．下列说法正确的是( )
A．萜类化合 和互为同分异构体
B．金刚石和石墨均为碳单质，两者物理性质及化学性质相似
C．和互为同系物
D． 和为同位素，由两种核素分别构成的单质化学性质相同
【答案】D
【解析】A项，萜类化合 和分子式分别为C10H14O、C10H16O，分子式不相同，不可能互为同分异构体，A错误；B项，金刚石和石墨是碳元素形成的不同的单质，两者互为同素异形体，结构不同，物理性质不同，化学性质相似，B错误；C项， 属于酚类， 属于芳香醇，两者结构不相似，不互为同系物，C错误；D项，和是质子数相同、中子数不同的Cl元素的两种核素，两者互为同位素，两种核素的核外电子排布相同，两种核素分别构成的单质化学性质相同，D正确；故选D。
8．下列关于物质结构与性质的说法中，不正确的是( )
A．I3AsF6晶体中存在I3+，I3+的空间结构为V形
B．Cu的价电子排布图为
C．水分子间存在氢键，故H2O的熔、沸点及稳定性均大于H2S
D．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn
【答案】C
【解析】A项，I3+离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A正确；B项，Cu的价电子排布式为3d104s1，由此可知其价电子排布图正确，B正确；C项，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与键能有关，H2O中H—O的键能大于H2S中H—S的键能，C错误； D项，Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D正确；故选C。
9．下列说法不正确的是( )
A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂
B．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径
C．二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂
D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，先变红后褪色，说明二氧化硫水溶液具有酸性和漂白性
【答案】D
【解析】A项，过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水反应均生成人所需的氧气，故可用于呼吸面具中的供氧剂，A正确；B项，贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，B正确；C项，二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂，与火箭燃料肼配合使用，为火箭提供能量，C正确；D项，二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红后不褪色，二氧化硫水溶液具有酸性，其漂白性不能使酸碱指示剂石蕊褪色，D不正确；故选D。
10．下列关于反应MnO4-+Cu2S+H+→Mn2++Cu2++SO2↑+H2O (未配平)的说法中正确的是( )
A．氧化产物仅是SO2
B．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8
D．生成(标况下) SO2，转移电子的物质的量是
【答案】D
【解析】A项，反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-2价升到+4价，则氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；B项，根据元素化合价变化可知，Cu2S为还原剂，而Mn2+为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，B错误；C项，根据元素化合价变化可知，MnO4-为氧化剂，Cu2S为还原剂，设参加反应的MnO4-的物质的量为xmol，Cu2S的物质的量为ymol，根据得失电子守恒可得，解得x：y=8：5，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，C错误；D项，生成2.24L(标况下) SO2，即SO2的物质的量为0.1mol，根据S元素守恒可知需要消耗Cu2S的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量是，D正确；故选D。
11．下列说法不正确的是( )
A．为除去乙酸乙酯中的乙醇，可向其中加入水进行多次萃取分液
B．“静置”也是一种必要的实验操作，比如：淀粉和硫酸加热水解实验后需静置冷却后才能滴加碘水来检验水解程度，滴定管读数前、移液管移取液体、萃取分液时等
C．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗
D．测NaClO溶液pH： 用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴到放在表面皿上的pH 试纸中部，变色后与标准比色卡比对
【答案】D
【解析】A项，乙醇与水互溶，水与乙酸乙酯分层，则除去乙酸乙酯中的乙醇，可向其中加入水进行多次萃取分液，A正确；B项，“静置”时可充分反应或充分混合、分层等，所以“静置”也是一种必要的实验操作，B正确；C项，苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，C正确；D项，次氯酸钠溶液具有漂白性，会漂白试纸，不能用pH试纸测定其pH，D错误；故选D。
12．设NA代表阿伏加德罗常量的值。下列说法正确的是( )
A．100g46％乙醇溶液中含有的氧原子数为4NA
B．标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为2.5NA
C．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中的分子总数为2NA
D．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，当电路上通过0.2mole-时，阴、阳两极产生的气体分子总数为0.2NA
【答案】A
【解析】A项，100g46％乙醇溶液中含有乙醇的物质的量为=1mol，含有水的物质的量为=3mol，则含有的氧原子数为NA +3NA =4NA，故A正确；B项，标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物的物质的量为=0.5mol，由于乙烷和乙烯分子中含有的氢原子数不同，故不能确定0.5mol混合气体中含有的氢原子数，故B错误；C项，2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应恰好生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，容器中的分子总数小于2NA，故C错误；D项，用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极反应为铜失电子，无气体产生，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，根据电路中通过的电子可知产生0.1mol氢气，故D错误；故选A。
13．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．丙烯醛与足量溴水反应：CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-
B．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑
C．少量Cl2通入Na2SO3溶液中：SO32-+Cl2+H2O=2H++2Cl-+SO42-
D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】A
【解析】A项，Br2与C=C发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性将-CHO氧化为-COOH，所以方程式书写为CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-，A项正确；B项，Na2O2与水的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，而水化合价没有任何变化，所以方程式应该为2Na2O2+2H218O=4Na18OH+ O2↑，B项错误；C项，少量的Cl2与Na2SO3反应，足量的SO32-与产生的H+反应，方程式应该为3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO42-，C项错误；D项，草酸为弱酸离子方程式不拆，2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选A。
14．下列说法不正确的是( )
A．酶分子通过折叠、螺旋或缠绕形成活性空间
B．乙酸乙酯中混有的乙酸可以用溶液除去
C．用植物秸杆生产燃料乙醇是有效利用生物质能的重要途径
D．把皂化液滴入热水，无油状液珠，说明油脂已完全水解
【答案】B
【解析】A项， 酶分子中的肽链通过折叠、螺旋或缠绕形成了酶的活性空间，即酶的活性中心，A正确；B项，乙酸乙酯和乙酸都可以和NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可以选用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，B错误；C项，植物秸杆的主要成分是纤维素，在一定条件下水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应产生乙醇，用植物秸杆生产燃料乙醇是有效利用生物质能的重要途径，C正确；D项，把皂化液滴入热水，若油脂水解不完全，会产生油状液珠，若无油状液珠，说明油脂已完全水解，D正确；故选B。
15． M( )是一种新型抗菌药物的中间体，下列关于M的说法正确的是( )
A．化学式为C22H18ClN2
B．分子中所含原子均位于元素周期表中的p区
C．分子中所有原子可能共平面
D．能发生氧化反应、加成反应、水解反应
【答案】D
【解析】A项，根据结构式可知M化学式为C22H17ClN2，故A错误；B项，氢原子位于元素周期表中的s区，故B错误；C项，分子中含有sp3杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，故C错误；D项，M有碳碳双键能发生氧化反应、加成反应、有卤素能发生水解反应，故D正确；故选D。
16．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A．同周期元素中Z的电离能最大
B．X的最简单氢化物为非极性分子
C．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
D．W和原子序数为82的元素位于同一主族
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，从图中可知，Y可形成5对成键电子对，W可形成3对成键电子对，且Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则推断Y是P元素，W是N元素；X和Z同主族，且均能形成1对成键电子对的稳定结构，故推测X是F元素，Z是Cl元素。故W、X、Y、Z分别是N、F、P、Cl元素。A项，Z是Cl元素，同周期元素中电离能从左往右大体上增大，0族元素的电离能最大，故Cl的电离能不是最大，A错误；B项，X是F，其最简单氢化物是HF，HF是极性分子，B错误；C项，电子层数越多则原子半径越大，具有相同电子层数的原子则核电荷数越多半径越小，故N、F、P、Cl四种元素中，P(Y)的原子半径最大，F(X)的原子半径最小，C正确；D项，据分析，W是N元素，位于元素周期表第二周期ⅤA族，根据元素周期表的结构可知，原子序数为82的元素位于第六周期ⅣA族，二者位于不同主族，D错误；故选C。
17．下列说法正确的是( )
A．25℃时，水电离出的c(H＋)＜1.0×10-7mol·L－1溶液，其pH＞7
B．25℃时，pH=3的HCl与pH=11的MOH溶液混合，测得pH＞7，则MOH为弱碱
C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，测得pH=b，b＞a，则HR是弱酸
D．25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若c(X-)=c(Y－)+c(HY)，则HX为强酸
【答案】D
【解析】A项，常温下，水电离出的c(H＋)＜1.0×10-7mol·L－1，溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A错误；B项，选项中没有说明两溶液是等体积混合，故无法判断MOH是强碱还是弱碱，故B错误；C项，若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，则氢离子浓度减半，pH增大，b＞a，因此无法判断HR是弱酸，故C错误；D项，在NaY溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=c(Y－)+c(HY)，两溶液中c(Na+)相等，说明在NaX溶液中，c(Na+)=c(X－)，说明X-不水解，则HX为强酸，故D正确。
18．我国科学家通过双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H<0，此时该反应总熵变记作△S。低温即可获得高转化率和高反应速率，反应过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A．△H=△H1+△H2+△H3+△H4
B．△S=△S1+△S2+△S3+△S4
C．状态III→状态IV过程的△S3<0，△H3<0
D．催化剂的使用使反应放出热量增多，温度升高导致反应速率加快
【答案】D
【解析】A项，根据盖斯定律，状态Ⅰ至Ⅴ之和等于总反应，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4，A正确；B项，由A分析可知，△S=△S1+△S2+△S3+△S4，B正确；C项，状态III→状态IV反应后微粒数减少，△S3<0；总反应为放热反应，状态Ⅰ→状态Ⅱ、状态Ⅱ→状态III、状态IV→状态V分别涉及断键、断键、脱离过程均为吸热过程，则．状态III→状态IV为放热过程，△H3<0，C正确；D项，催化剂的使用不会改变反应的焓变，D错误；故选D。
19．铜氨液的主要成分为[Cu(NH3)2]Ac(Ac-为CH3COO-的简写)，已知[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3=[Cu(NH3)3CO]Ac 。有同学利用该原理，设计了一个特殊烟斗，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO。下列说法不正确的是( )
A．这种特殊烟斗除CO的实验原理为洗气
B．工业上吸收CO适宜的生产条件是低温、高压
C．通过适当调节用久后的铜氨液的pH，可实现其再生
D．[Cu(NH3)3CO]+中配位原子为N和O，该配离子中的H-N-H键角大于NH3中的键角
【答案】D
【解析】A项，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO，除CO的实验原理为洗气，故A正确；B项，低温、高压可以使平衡正向移动，有助于气体与液体充分反应，低温高压是工业上吸收CO适宜的生产条件，故B正确；C项，恢复铜氨液的吸收能力，就是使平衡逆向移动，调pH降低氨气的浓度，平衡逆向移动，故C正确；D项，[Cu(NH3)3CO]+中CO参与配位时，配位原子为C不是O，该配离子中的H-N-H键角大于NH3中的键角，故D错误；故选D。
20．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度()和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法不正确的是( )
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A．实验①，0~20min，v(N2)=1.0×10-5 mol·L－1·min－1
B．实验②，60min时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；B项，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4 mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×10-4 mol·L－1，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C不正确；D项，对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；故选C。
21．某二次电池充电时的原理如图所示，该过程可实现盐溶液的淡化。下列有关说法错误的是( )
A．充电时，a为电源正极
B．充电时，Cl−向Bi电极移动
C．充电时，两电极新增加的物质中： n(Na+)：n(Cl−)=1：3
D．放电时，正极的电极反应为：BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O
【答案】C
【解析】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a 为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)3得电子发生还原反应，为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)3为负极。A项，充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，故A正确；B项，充电时，Cl−向阳极及Bi 电极移动，Na+向阴极及NaTi2(PO4)3电极移动，故B正确；C项，充电时，Bi电极上，电极反应为Bi+Cl−+H2O−3e−=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)3电极上，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e−=Na3Ti2(PO4)3，所以新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl−)=3：1，故C错误；D项，放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O，故D正确；故选C。
22．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是( )
A． ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
【答案】C
【解析】A项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A正确；B项，由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B正确；C项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C错误；D项，氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D正确；故选C。
23．常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是( )
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10−6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【解析】A项，根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；B项，滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；C项，向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；D项，p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；故选D。
24．是一种温和的氧化剂，试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法不正确的是( )
A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的不至2步
B．步骤④⑤中NMO将RuO3-还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
【答案】B
【解析】A项，在上述6步反应中，TRAP试剂中RuO4-经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO4-；H2RuO4-经过步骤③得到RuO3-；步骤④⑤中，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，RuO3-发生歧化反应生成RuO2和RuO42-；综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的多于2步，A正确；B项，步骤④⑤中，NMO和RuO3-发生反应生成NMM和RuO4-，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO3-作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂，B错误；C项，步骤⑥中，RuO3-转化为RuO2和RuO42-，离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-，C正确；D项，若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛(CH3CH=CHCHO)，D正确；故选B。
25．下列方案设计、现象和结论有不正确的是( )
目的
方案设计
现象和结论
A
检验未知溶液中是否含有铵盐
取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
B
探究碳酸钠溶液碱性是CO32-水解导致
取2.0mL0.lmol/LNa2CO3溶液，滴入3滴酚酸，观察现象，再滴入3滴lmol/LBaCl2溶液
滴入酚酞溶液变红，再滴入BaCl2后出现白色沉淀，溶液颜色变浅
C
比较AgCl和AgI的Ksp大小
向2.0Ml0.lmol/LNaCl溶液中滴入2滴0.lmol/LAgNO3溶液，振荡静置，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，观察现象
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
检验乙醇发生消去反应是否有乙烯生成
将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液，酸性高锰酸钾溶液
观察到酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成
【答案】A
【解析】A项，试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐也有可能是氨水，故A错误；B项，CO32-水解显碱性，再滴入3滴lmol/LBaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，酚酞溶液变浅，说明碳酸钠溶液碱性是CO32-水解导致，故B正确；C项，向2.0Ml0.lmol/LNaCl溶液中滴入2滴0.lmol/LAgNO3溶液，生成AgCl沉淀，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，白色沉淀生成AgI，说明AgCl沉淀转化为溶解度更小的AgI，所以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；D项，乙醇发生消去反应有可能产生SO2杂质气体，通入足量NaOH溶液可以吸收SO2和挥发出来的乙醇，乙烯使酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成，故D正确；故选A。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
26．(8分)铬是不锈钢的合金元素之一，目前被广泛应用于冶金、化工等领域。
(1)基态Cr原子价层电子的电子排布式为_______。
(2)金属铬的第二电离能I2(Cr)和锰的第二电离能I2(Mn)分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，I2(Cr)＞I2(Mn)的原因是___________________。
(3) CrCl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多，这是因为_______。
(4)Cr的一种配合物结构如图所示，该配合物阳离子中Cr的配位数为_______，阴离子ClO4-的空间构型为_____________。
(5)氮化铬晶体的晶胞结构如图所示，若N与Cr核间距离为a pm()，则氮化铬的密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) 3d54s1(1分)
(2)铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子；锰的第二电离能是失去4s1上的电子，更容易，所需能量更少(2分)
(3) CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体，分子间作用力比离子键弱得多(1分)
(4) 6 (1分) 正四面体形(1分)
(5) (2分)
【解析】(1)基态铬原子的电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1；(2)金属铬失去第1个电子后，外围电子结构为3d5，3d轨道处于较稳定的半充满状态，而锰失去第1个电子后外围电子结构为3d54s1，4s轨道的电子能量较低容易失去，失去后变为半充满状态，所以铬的第二电离能高于锰；(3)三氯化铬是分子晶体，符合分子晶体熔沸点较低的特点，而三氟化铬是离子晶体，离子晶体的熔沸点普遍较大；室温下几乎没有是液体或气体的离子晶体；(4)①由图可以看出铬原子附近有6个氮原子，因此配位数为6； ②ClO4-的价层电子对数=4，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；(5)该晶胞中氮原子个数=8×+6×=4，Cr原子个数=1+12×=4，所以其化学式为：CrN；N与Cr核间距离为apm，则晶胞边长为2apm=2a×10-10cm，晶胞体积为8a3×10-30cm，晶胞中含有4个微粒，则晶胞质量为：，密度为。
27．(10分)化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。
请回答：
(1)X的组成元素为_______(写元素符号)。
(2)D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于_______。
A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子
C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子
(3)写出由F到B的化学方程式_____________________________________。
(4)写出由X到A的离子方程式_________________________。
(5)写出两种检验气体B的方法________________________；_______________________。
【答案】(1)N、H、S、O(2分) (2)A(2分)
(3)NH4HSO4+2 NaOHNa2SO4+NH3↑+2H2O或(NH4)2SO4+H2SO4+4NaOH2Na2SO4+2NH3↑+4H2O (2分)
(4)2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+(2分)
(5) 用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气 用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气(用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气) (2分)
【解析】有上述框图关系可知，紫色溶液A中含有高锰酸根离子，从而可知X为氧化剂，与MnSO4发生氧化还原反应；A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应产生无色气体B，则推知B一定为氨气，其物质的量为，所以X中含铵根离子，其物质的量为0.02mol，由紫色溶液A中加入足量氯化钡溶液后产生白色沉淀C可知，原溶液中A中所含硫酸根离子的物质的量为，因硫酸锰溶液中的硫酸根离子的物质的量为0.004mol，则推知固体X中含S元素原子的物质的量为0.024mol-0.004mol=0.02mol，则铵根离子与S原子的个数比为1：1；此外，固体X受热分解产生气体D，根据D为单质，推测可能为氧气，得到的剩余固体E溶于水形成溶液后，再加入足量氢氧化钠，加热，得到无色气体B的物质的量与上一操作得到的B的物质的量刚好相等，则再一次证明气体B为氨气，固体X中含铵根离子，结合上述分析可知，可推知固体X为过二硫酸铵，其化学式为(NH4)2S2O8，该物质具有较强的氧化性，可将锰离子氧化为高锰酸根离子，受热分解可产生氧气和硫酸铵或硫酸氢铵。(1)根据上述分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O；(2)根据上述分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意，故选A。(3)根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：NH4HSO4+2 NaOHNa2SO4+NH3↑+2H2O或(NH4)2SO4+H2SO4+4NaOH2Na2SO4+2NH3↑+4H2O；(4)X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；(5)根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。
28．(10分)工业合成尿素(H2NCONH2)以CO2和NH3为原料，在合成塔中存在如图转化：
图1
(1)液相中，合成尿素总反应的热化学反应方程式为_____。
(2)一定条件下，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比[L=]、水碳比[M=]的关系如图2和图3所示，回答下列问题：
①图2可知，其他条件不变，随温度升高，CO2的平衡转化率先上升后下降，“先升高”的原因是________________；“后下降”的原因是由于设备腐蚀加剧等因素造成CO2的平衡转化率下降。
②下列说法正确的是____。
A．图2两曲线中L1
C．图3曲线M1>M2，增大水碳比有利于尿素生成
D．实际工业生产时，可选用初始条件为氨碳比L1和水碳比M1
③若已知M1>M0，请在图2中画出在初始L1和M1条件下，CO2的平衡转化率随温度变化曲线________________。
(3)氨基甲酸钱(H2NCOONH4)为尿素生产过程中的产物，易分解，发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。某实验在恒容条件下，发生上述反应，根据实验测得数据绘制图像如图：
已知：RlnKp=-+C(C为常数)。根据图4计算该反应△H=____kJ·mol-1。
【答案】(1)2NH3(g)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(g) △H=-93.7kJ·mol-1(2分)
(2)第二步反应为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使第一步反应平衡正移，CO2的平衡转化率增大(2分) BD (2分)
(2分)
(3)+144.18(2分)
【解析】从合成图中可以看出，气相先转化为液相，液相中的氨气和二氧化碳发生反应生成NH2COONH4，而后NH2COONH4又反应生成水和尿素。由盖斯定律可计算反应的反应热。(1)第一步反应为：2NH3(l)+CO2(l)NH2COONH4(l) ΔH＝－109.2 kJ·mol－1，第二步的反应为NH2COONH4(l) NH2COONH2(l)＋H2O(l) ΔH＝+15.5kJ·mol－1，则根据盖斯定律，液相中，合成尿素总反应的热化学反应方程式为2NH3(l)+CO2(l) NH2COONH2(l)＋H2O(l) ΔH＝-93.7kJ·mol－1。(2)①由第二步是吸热反应知，升高温度之后，平衡正向移动，NH2COONH2减少，使第一步反应的平衡正向移动，从而使二氧化碳的转化率增大。②A项，两条曲线的转化率L1大于L2，氨气越多，二氧化碳转化率越高，即初始氨碳比L1更高，即在数值上L1大于L2，A错误；B项，增大氨碳比使第一步反应正向移动，使NH2COONH2增多，第二步反应也正向移动，提升尿素的产率，过量的氨气与水反应之后使水的量减少，第二步平衡正向移动，B正确；C项，两条曲线的转化率M1大于M2，水越多，二氧化碳转化率越低，即初始水碳比L1更小，即在数值上L1小于L2，增大水碳比，平衡逆向移动，不利于尿素的生成，C错误；D项，实际生产中，为了提高尿素的产率，应该增大氨碳比，减小水碳比，即初始条件选择为氨碳比L1和水碳比M1。故选BD。③图4中已经给出了L1、M0和L2、M0的图像，若M1>M0，则L1、M1的图像应该居于两者之间，图像走势与另外两条曲线相同，即如图所示：(3)任意取图像上两个已知点，得到方程①69.50=3.19ΔH+C；②53.64=3.30ΔH+C，两个方程式连立解之△H=144.18kJ·mol-1。
29．(10分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是无机精细化学品，在造纸、印染等行业应用广泛。可通过以下方案制备Na2S2O4并测定其纯度。
Ⅰ. Na2S2O4的制备
步骤1：安装好整套装置，并检查气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中通入一段时间SO2；
步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液，控制pH在8.2~10.5之间；
步骤5：过滤，将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
已知：①Na2S2O4在空气中极易被氧化，不溶于乙醇，在碱性介质中较稳定。
②低于52℃时Na2S2O4在水溶液中以Na2S2O4·2H2O形态结晶，高于52℃时Na2S2O4·2H2O在碱性溶液中脱水成无水盐。
③Zn(OH)2呈现两性。请回答：
(1)仪器b的名称是_______。
(2)装置B的作用是防倒吸，将下图补充完整代替装置B_______。
(3)步骤3中生成物为ZnS2O4，该反应需在进行，其原因为_______。
(4)下列步骤4说法不正确的是_______。
A．pH过大Zn2+沉淀完全，且Na2S2O4能稳定存在
B．pH过小Zn2+会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质
C．装置C中溶液均应用无氧水配制
D．不可以用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液
(5)“一系列操作”包括：a．趁热过滤；b．用乙醇洗涤；c．搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；d．分批加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液。
上述操作的合理顺序为_______→干燥(填字母)。
Ⅱ. 含量的测定
实验原理：[Fe(CN)6]3-+S2O42-+OH-→[Fe(CN)6]4-SO32-+H2O (未配平)。
实验过程需在氮气氛围中进行，称取0.2500g样品加入三颈烧瓶中，加入适量NaOH溶液，打开电磁搅拌器，通过滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加0.1000mol·L-1K3[Fe(CN)6]标准溶液，达到滴定终点时消耗25.00mL标准溶液。
(6)样品中Na2S2O4的质量分数为_______(假设杂质不参与反应)；若实验过程中未通入N2，对测定Na2S2O4含量的影响是_______(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶(1分) (2) (1分)
(3)温度低，反应速率慢，温度高会降低二氧化硫在水中的溶解度，造成原料利用率降低(1分)
(4)AD(2分) (5)dcab(2分) (6) 87.00%或0.8700(2分) 偏低(1分)
【解析】(1)仪器b为蒸馏烧瓶；(2)装置防倒吸长短长出，装置为；(3)若反应温度过低，反应速率过慢，反应时间过长，而温度过高，气体在反应液中溶解度变低，无法充分参与反应，反应需控制温度在进行，其原因为温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小；(4)A项，Zn(OH)2呈现两性，pH过大Zn(OH)2溶解，故A错误；B项，pH过小Zn2+会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质，故B正确；C项，Na2S2O4在空气中极易被氧化，应防止水中氧气氧化产物，故用无氧水配制，故C正确；D项，可以用碳酸钠溶液显碱性，可以使Zn2+生成Zn(OH)2沉淀，代替氢氧化钠溶液，故D错误；故选AD；(5)过滤除去沉淀后，分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；趁热过滤；用乙醇洗涤，除去残留滤液，降低晶体溶解损失，故选dcab；(6)根据得失电子守恒配平，根据关系式：
样品中Na2S2O4的质量分数为；若实验过程中未通N2做保护气，则样品中的有效成分会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的0.1000mol·L-1K3[Fe(CN)6]标准溶液会偏少，则计算所得质量分数会偏低。
30．(12分)乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(I)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。
已知：①
②
③
(1)F中含有的官能团名称为_____________。
(2)丹皮酚的结构简式为____________。
(3)下列说法不正确的是____。
A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H34O3N3
B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C．E→F和H→I的反应类型均为取代反应
D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2
E.溴代烃X的名称可能为1－溴丁烷
(4)写出A→B的化学方程式________________________。
(5)有机物M是G(C11H15O3N)的同分异构体，写出两种满足下列所有条件的M结构简式：____。
①能发生银镜反应；②1molM与2molNaOH恰好反应。③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。
(6)阿司匹林( )也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林____。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)醚键、(酮)羰基(1分)
(2) (1分)
(3)ADE(2分)
(4) (2分)
(5)、(3分)
(6) (3分)
【解析】根据流程和题中信息①可知A为，B为，C为，D到E位取代反应保护羰基对位的羟基，故E为，根据信息②可知G为，G发生取代反应生成F，F发生取代反应生成I。(1)根据F的结构式可知F中含有的官能团名称为醚键、(酮)羰基；(2)根据分析可知丹皮酚的结构简式为；(3)A项，乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H33O3N3，故A错误；B项，B为物质B可能溶于水，氨基具有碱性能与盐酸反应生成有机盐，故B正确；C项，根据流程可知E→F和H→I的反应类型均为取代反应，故C正确；D项，C为，物质C能使浓溴水反应生成白色沉淀，而且1molC消耗3molBr2，故D错误；E项，根据H的结构可知溴代烃X的名称可能为1，4－二溴丁烷，故E错误；故选ADE；(4)A为，在盐酸和铁粉作用下还原为B，方程式为；(5)G为；①能发生银镜反应说明有醛基或者甲酸酯基；②1molM与2molNaOH恰好反应，可以含有2个酚羟基或者甲酸与酚羟基形成的酯基，③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。符合条件的有、；(6)发生换与水反应生成，再与HCl/H2O再220℃下得到，再发生流程信息中的反应可得到目标产物，合成路线为：。
2023年1月浙江省普通高校招生选考科目
化学仿真模拟试卷A
(考试时间：90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ge 73 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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．下列物质属于碱的是( )
A．[Cu(OH )4] SO4 B．B(OH)3 C．NH3·H2O D．Na2CO3
【答案】C
【解析】A项， [Cu(OH )4] SO4电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，A错误；B项，B(OH)3为硼酸，不是碱，B错误；C项，NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH3·H2ONH4++OH－，阴离子全是OH－，C正确；D项，Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D错误。故选C。
2．下列物质属于强电解质的是( )
A．Al B．CH3COONa C．SO3 D．HCOOH
【答案】B
【解析】A项，Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B项，CH3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；C项，SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；D项，HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；故选B。
3．分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用到的仪器是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用蒸馏的方法，用到仪器有蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，酒精灯和锥形瓶，故选C。
4．下列物质对应的化学式正确的是( )
A．碳铵：(NH4)2CO3 B．联苯：
C．消石灰：CaO D．硅藻土主要成分：SiO2
【答案】D
【解析】A项，俗话所说的碳铵是指碳酸氢铵，化学式为NH4HCO3，故A错误；B项，联苯为，故B错误；C项，消石灰是指氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2，故C错误；D项，硅藻土主要成分为SiO2，故D正确；故选D。
5．下列表示正确的是( )
A．溴苯的分子式：C6H6Br
B．用电子式表示氯化钠的形成过程：
C．碳酸二甲酯的结构简式：CH3OCOOCH3
D．丙烷分子的空间填充模型：
【答案】C
【解析】A项，溴苯是苯中的氢原子被溴原子取代，所以分子式：C6H5Br，A项错误；B项，氯化钠为离子化合物，其电子式为，形成过程表示形式为，B项错误；C项，碳酸二甲酯的结构简式为或CH3OCOOCH3，C项正确；D项，丙烷分子的球棍模型为，D项错误；故选C。
6．下列说法不正确的是( )
A．不锈钢是一种主要含且不易生锈的合金钢
B．陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中一定不含金属元素
C．环保工程师利用熟石灰处理酸性废水
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
【答案】B
【解析】A项，不锈钢不易生锈，主要含有铁、铬、镍，和少量的碳，A正确； B项，陶瓷是无机非金属材料，其中也可能含有铁等金属元素，B错误；C项，熟石灰是碱，可用于中和酸性废水，C正确；D项， 结晶牛胰岛素是中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质，D正确；故选B。
7．下列说法正确的是( )
A．萜类化合 和互为同分异构体
B．金刚石和石墨均为碳单质，两者物理性质及化学性质相似
C．和互为同系物
D． 和为同位素，由两种核素分别构成的单质化学性质相同
【答案】D
【解析】A项，萜类化合 和分子式分别为C10H14O、C10H16O，分子式不相同，不可能互为同分异构体，A错误；B项，金刚石和石墨是碳元素形成的不同的单质，两者互为同素异形体，结构不同，物理性质不同，化学性质相似，B错误；C项， 属于酚类， 属于芳香醇，两者结构不相似，不互为同系物，C错误；D项，和是质子数相同、中子数不同的Cl元素的两种核素，两者互为同位素，两种核素的核外电子排布相同，两种核素分别构成的单质化学性质相同，D正确；故选D。
8．下列关于物质结构与性质的说法中，不正确的是( )
A．I3AsF6晶体中存在I3+，I3+的空间结构为V形
B．Cu的价电子排布图为
C．水分子间存在氢键，故H2O的熔、沸点及稳定性均大于H2S
D．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn
【答案】C
【解析】A项，I3+离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A正确；B项，Cu的价电子排布式为3d104s1，由此可知其价电子排布图正确，B正确；C项，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与键能有关，H2O中H—O的键能大于H2S中H—S的键能，C错误； D项，Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D正确；故选C。
9．下列说法不正确的是( )
A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂
B．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径
C．二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂
D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，先变红后褪色，说明二氧化硫水溶液具有酸性和漂白性
【答案】D
【解析】A项，过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水反应均生成人所需的氧气，故可用于呼吸面具中的供氧剂，A正确；B项，贮氢合金是高效、安全的储氢载体，其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，B正确；C项，二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂，与火箭燃料肼配合使用，为火箭提供能量，C正确；D项，二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红后不褪色，二氧化硫水溶液具有酸性，其漂白性不能使酸碱指示剂石蕊褪色，D不正确；故选D。
10．下列关于反应MnO4-+Cu2S+H+→Mn2++Cu2++SO2↑+H2O (未配平)的说法中正确的是( )
A．氧化产物仅是SO2
B．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8
D．生成(标况下) SO2，转移电子的物质的量是
【答案】D
【解析】A项，反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-2价升到+4价，则氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；B项，根据元素化合价变化可知，Cu2S为还原剂，而Mn2+为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，B错误；C项，根据元素化合价变化可知，MnO4-为氧化剂，Cu2S为还原剂，设参加反应的MnO4-的物质的量为xmol，Cu2S的物质的量为ymol，根据得失电子守恒可得，解得x：y=8：5，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，C错误；D项，生成2.24L(标况下) SO2，即SO2的物质的量为0.1mol，根据S元素守恒可知需要消耗Cu2S的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量是，D正确；故选D。
11．下列说法不正确的是( )
A．为除去乙酸乙酯中的乙醇，可向其中加入水进行多次萃取分液
B．“静置”也是一种必要的实验操作，比如：淀粉和硫酸加热水解实验后需静置冷却后才能滴加碘水来检验水解程度，滴定管读数前、移液管移取液体、萃取分液时等
C．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即先用酒精洗涤，再用水冲洗
D．测NaClO溶液pH： 用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴到放在表面皿上的pH 试纸中部，变色后与标准比色卡比对
【答案】D
【解析】A项，乙醇与水互溶，水与乙酸乙酯分层，则除去乙酸乙酯中的乙醇，可向其中加入水进行多次萃取分液，A正确；B项，“静置”时可充分反应或充分混合、分层等，所以“静置”也是一种必要的实验操作，B正确；C项，苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，C正确；D项，次氯酸钠溶液具有漂白性，会漂白试纸，不能用pH试纸测定其pH，D错误；故选D。
12．设NA代表阿伏加德罗常量的值。下列说法正确的是( )
A．100g46％乙醇溶液中含有的氧原子数为4NA
B．标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为2.5NA
C．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中的分子总数为2NA
D．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，当电路上通过0.2mole-时，阴、阳两极产生的气体分子总数为0.2NA
【答案】A
【解析】A项，100g46％乙醇溶液中含有乙醇的物质的量为=1mol，含有水的物质的量为=3mol，则含有的氧原子数为NA +3NA =4NA，故A正确；B项，标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物的物质的量为=0.5mol，由于乙烷和乙烯分子中含有的氢原子数不同，故不能确定0.5mol混合气体中含有的氢原子数，故B错误；C项，2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应恰好生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，容器中的分子总数小于2NA，故C错误；D项，用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极反应为铜失电子，无气体产生，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，根据电路中通过的电子可知产生0.1mol氢气，故D错误；故选A。
13．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．丙烯醛与足量溴水反应：CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-
B．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑
C．少量Cl2通入Na2SO3溶液中：SO32-+Cl2+H2O=2H++2Cl-+SO42-
D．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】A
【解析】A项，Br2与C=C发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性将-CHO氧化为-COOH，所以方程式书写为CH2=CHCHO+2Br2+H2O→CH2BrCHBrCOOH+2H++2Br-，A项正确；B项，Na2O2与水的反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，而水化合价没有任何变化，所以方程式应该为2Na2O2+2H218O=4Na18OH+ O2↑，B项错误；C项，少量的Cl2与Na2SO3反应，足量的SO32-与产生的H+反应，方程式应该为3SO32-+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO42-，C项错误；D项，草酸为弱酸离子方程式不拆，2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选A。
14．下列说法不正确的是( )
A．酶分子通过折叠、螺旋或缠绕形成活性空间
B．乙酸乙酯中混有的乙酸可以用溶液除去
C．用植物秸杆生产燃料乙醇是有效利用生物质能的重要途径
D．把皂化液滴入热水，无油状液珠，说明油脂已完全水解
【答案】B
【解析】A项， 酶分子中的肽链通过折叠、螺旋或缠绕形成了酶的活性空间，即酶的活性中心，A正确；B项，乙酸乙酯和乙酸都可以和NaOH溶液反应，故不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可以选用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，B错误；C项，植物秸杆的主要成分是纤维素，在一定条件下水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应产生乙醇，用植物秸杆生产燃料乙醇是有效利用生物质能的重要途径，C正确；D项，把皂化液滴入热水，若油脂水解不完全，会产生油状液珠，若无油状液珠，说明油脂已完全水解，D正确；故选B。
15． M( )是一种新型抗菌药物的中间体，下列关于M的说法正确的是( )
A．化学式为C22H18ClN2
B．分子中所含原子均位于元素周期表中的p区
C．分子中所有原子可能共平面
D．能发生氧化反应、加成反应、水解反应
【答案】D
【解析】A项，根据结构式可知M化学式为C22H17ClN2，故A错误；B项，氢原子位于元素周期表中的s区，故B错误；C项，分子中含有sp3杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，故C错误；D项，M有碳碳双键能发生氧化反应、加成反应、有卤素能发生水解反应，故D正确；故选D。
16．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍。下列说法正确的是( )
A．同周期元素中Z的电离能最大
B．X的最简单氢化物为非极性分子
C．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
D．W和原子序数为82的元素位于同一主族
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，从图中可知，Y可形成5对成键电子对，W可形成3对成键电子对，且Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则推断Y是P元素，W是N元素；X和Z同主族，且均能形成1对成键电子对的稳定结构，故推测X是F元素，Z是Cl元素。故W、X、Y、Z分别是N、F、P、Cl元素。A项，Z是Cl元素，同周期元素中电离能从左往右大体上增大，0族元素的电离能最大，故Cl的电离能不是最大，A错误；B项，X是F，其最简单氢化物是HF，HF是极性分子，B错误；C项，电子层数越多则原子半径越大，具有相同电子层数的原子则核电荷数越多半径越小，故N、F、P、Cl四种元素中，P(Y)的原子半径最大，F(X)的原子半径最小，C正确；D项，据分析，W是N元素，位于元素周期表第二周期ⅤA族，根据元素周期表的结构可知，原子序数为82的元素位于第六周期ⅣA族，二者位于不同主族，D错误；故选C。
17．下列说法正确的是( )
A．25℃时，水电离出的c(H＋)＜1.0×10-7mol·L－1溶液，其pH＞7
B．25℃时，pH=3的HCl与pH=11的MOH溶液混合，测得pH＞7，则MOH为弱碱
C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，测得pH=b，b＞a，则HR是弱酸
D．25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若c(X-)=c(Y－)+c(HY)，则HX为强酸
【答案】D
【解析】A项，常温下，水电离出的c(H＋)＜1.0×10-7mol·L－1，溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A错误；B项，选项中没有说明两溶液是等体积混合，故无法判断MOH是强碱还是弱碱，故B错误；C项，若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，则氢离子浓度减半，pH增大，b＞a，因此无法判断HR是弱酸，故C错误；D项，在NaY溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=c(Y－)+c(HY)，两溶液中c(Na+)相等，说明在NaX溶液中，c(Na+)=c(X－)，说明X-不水解，则HX为强酸，故D正确。
18．我国科学家通过双功能催化剂催化水煤气变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H<0，此时该反应总熵变记作△S。低温即可获得高转化率和高反应速率，反应过程示意图如图：
下列说法不正确的是( )
A．△H=△H1+△H2+△H3+△H4
B．△S=△S1+△S2+△S3+△S4
C．状态III→状态IV过程的△S3<0，△H3<0
D．催化剂的使用使反应放出热量增多，温度升高导致反应速率加快
【答案】D
【解析】A项，根据盖斯定律，状态Ⅰ至Ⅴ之和等于总反应，则△H=△H1+△H2+△H3+△H4，A正确；B项，由A分析可知，△S=△S1+△S2+△S3+△S4，B正确；C项，状态III→状态IV反应后微粒数减少，△S3<0；总反应为放热反应，状态Ⅰ→状态Ⅱ、状态Ⅱ→状态III、状态IV→状态V分别涉及断键、断键、脱离过程均为吸热过程，则．状态III→状态IV为放热过程，△H3<0，C正确；D项，催化剂的使用不会改变反应的焓变，D错误；故选D。
19．铜氨液的主要成分为[Cu(NH3)2]Ac(Ac-为CH3COO-的简写)，已知[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3=[Cu(NH3)3CO]Ac 。有同学利用该原理，设计了一个特殊烟斗，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO。下列说法不正确的是( )
A．这种特殊烟斗除CO的实验原理为洗气
B．工业上吸收CO适宜的生产条件是低温、高压
C．通过适当调节用久后的铜氨液的pH，可实现其再生
D．[Cu(NH3)3CO]+中配位原子为N和O，该配离子中的H-N-H键角大于NH3中的键角
【答案】D
【解析】A项，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO，除CO的实验原理为洗气，故A正确；B项，低温、高压可以使平衡正向移动，有助于气体与液体充分反应，低温高压是工业上吸收CO适宜的生产条件，故B正确；C项，恢复铜氨液的吸收能力，就是使平衡逆向移动，调pH降低氨气的浓度，平衡逆向移动，故C正确；D项，[Cu(NH3)3CO]+中CO参与配位时，配位原子为C不是O，该配离子中的H-N-H键角大于NH3中的键角，故D错误；故选D。
20．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度()和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法不正确的是( )
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
A．实验①，0~20min，v(N2)=1.0×10-5 mol·L－1·min－1
B．实验②，60min时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；B项，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4 mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×10-4 mol·L－1，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C不正确；D项，对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；故选C。
21．某二次电池充电时的原理如图所示，该过程可实现盐溶液的淡化。下列有关说法错误的是( )
A．充电时，a为电源正极
B．充电时，Cl−向Bi电极移动
C．充电时，两电极新增加的物质中： n(Na+)：n(Cl−)=1：3
D．放电时，正极的电极反应为：BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O
【答案】C
【解析】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a 为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)3得电子发生还原反应，为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)3为负极。A项，充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，故A正确；B项，充电时，Cl−向阳极及Bi 电极移动，Na+向阴极及NaTi2(PO4)3电极移动，故B正确；C项，充电时，Bi电极上，电极反应为Bi+Cl−+H2O−3e−=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)3电极上，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e−=Na3Ti2(PO4)3，所以新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl−)=3：1，故C错误；D项，放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O，故D正确；故选C。
22．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是( )
A． ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
【答案】C
【解析】A项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A正确；B项，由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B正确；C项，已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C错误；D项，氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D正确；故选C。
23．常温下，用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的一元碱BOH溶液。溶液中，pH、B+的分布系数δ随滴加盐酸体积VHCl的变化关系如图所示。[比如B+的分布系数：
下列叙述正确的是( )
A．滴定时，可以选择酚酞作指示剂
B．BOH的电离常数Kb=1.0×10−6
C．滴定过程中，水的电离程度：n＜m＜p
D．p点溶液中，粒子浓度大小为c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)
【答案】D
【解析】A项，根据题图可知BOH为一元弱碱，该实验是用强酸(HCl)滴定弱碱BOH，当滴定达到终点时，反应产生的溶质BCl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故应该选择酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，实验误差较小，而不应该使用碱性范围内变色酚酞为指示剂，A错误；B项，滴定达到终点时消耗HCl的体积是20.00 mL，根据反应方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的体积相同，故二者的浓度相等，c(BOH)=0.1000 mol/L。开始滴定时溶液pH=11，则c(OH-)=10-3 mol/L，则根据BOHB++OH-，可知c(B+)=0.1000 mol/L，故BOH的电离平衡常数Kb=，B错误；C项，向BOH中滴加HCl，溶液的碱性逐渐减弱，碱电离产生的OH-对水电离的抑制作用逐渐减弱，则在恰好中和前，水电离程度逐渐增大，因此水电离程度：m＜n＜p，C错误；D项，p点时恰好中和反应产生BCl，该盐是强酸弱碱盐，B+发生水解反应产生BOH而消耗，则粒子浓度c(Cl-)＞c(B+)，盐水解程度十分微弱，盐水解产生的微粒浓度小于盐电离产生的两种浓度，则微粒浓度：c(B+)＞c(BOH)，因此该溶液中微粒浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(B+)＞c(BOH)，D正确；故选D。
24．是一种温和的氧化剂，试剂中的RuO4-不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法不正确的是( )
A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的不至2步
B．步骤④⑤中NMO将RuO3-还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
【答案】B
【解析】A项，在上述6步反应中，TRAP试剂中RuO4-经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO4-；H2RuO4-经过步骤③得到RuO3-；步骤④⑤中，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，RuO3-发生歧化反应生成RuO2和RuO42-；综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的多于2步，A正确；B项，步骤④⑤中，NMO和RuO3-发生反应生成NMM和RuO4-，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO3-作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂，B错误；C项，步骤⑥中，RuO3-转化为RuO2和RuO42-，离子方程式为2RuO3-= RuO2+ RuO42-，C正确；D项，若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛(CH3CH=CHCHO)，D正确；故选B。
25．下列方案设计、现象和结论有不正确的是( )
目的
方案设计
现象和结论
A
检验未知溶液中是否含有铵盐
取一定量未知溶液于试管，滴入NaOH溶液并加热，试管口放置湿润红色石蕊试纸
试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐
B
探究碳酸钠溶液碱性是CO32-水解导致
取2.0mL0.lmol/LNa2CO3溶液，滴入3滴酚酸，观察现象，再滴入3滴lmol/LBaCl2溶液
滴入酚酞溶液变红，再滴入BaCl2后出现白色沉淀，溶液颜色变浅
C
比较AgCl和AgI的Ksp大小
向2.0Ml0.lmol/LNaCl溶液中滴入2滴0.lmol/LAgNO3溶液，振荡静置，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，观察现象
先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
检验乙醇发生消去反应是否有乙烯生成
将乙醇在浓硫酸、170℃条件下产生的气体依次通过足量NaOH溶液，酸性高锰酸钾溶液
观察到酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成
【答案】A
【解析】A项，试纸变蓝，说明溶液中含有铵盐也有可能是氨水，故A错误；B项，CO32-水解显碱性，再滴入3滴lmol/LBaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，酚酞溶液变浅，说明碳酸钠溶液碱性是CO32-水解导致，故B正确；C项，向2.0Ml0.lmol/LNaCl溶液中滴入2滴0.lmol/LAgNO3溶液，生成AgCl沉淀，再滴入4滴0.1mol/LKI溶液，白色沉淀生成AgI，说明AgCl沉淀转化为溶解度更小的AgI，所以说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故C正确；D项，乙醇发生消去反应有可能产生SO2杂质气体，通入足量NaOH溶液可以吸收SO2和挥发出来的乙醇，乙烯使酸性高锰酸钾褪色，可说明有乙烯生成，故D正确；故选A。
非选择题部分
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
26．(8分)铬是不锈钢的合金元素之一，目前被广泛应用于冶金、化工等领域。
(1)基态Cr原子价层电子的电子排布式为_______。
(2)金属铬的第二电离能I2(Cr)和锰的第二电离能I2(Mn)分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，I2(Cr)＞I2(Mn)的原因是___________________。
(3) CrCl3的熔点(83℃)比CrF3的熔点(1100℃)低得多，这是因为_______。
(4)Cr的一种配合物结构如图所示，该配合物阳离子中Cr的配位数为_______，阴离子ClO4-的空间构型为_____________。
(5)氮化铬晶体的晶胞结构如图所示，若N与Cr核间距离为a pm()，则氮化铬的密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) 3d54s1(1分)
(2)铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子；锰的第二电离能是失去4s1上的电子，更容易，所需能量更少(2分)
(3) CrCl3是分子晶体，CrF3是离子晶体，分子间作用力比离子键弱得多(1分)
(4) 6 (1分) 正四面体形(1分)
(5) (2分)
【解析】(1)基态铬原子的电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1；(2)金属铬失去第1个电子后，外围电子结构为3d5，3d轨道处于较稳定的半充满状态，而锰失去第1个电子后外围电子结构为3d54s1，4s轨道的电子能量较低容易失去，失去后变为半充满状态，所以铬的第二电离能高于锰；(3)三氯化铬是分子晶体，符合分子晶体熔沸点较低的特点，而三氟化铬是离子晶体，离子晶体的熔沸点普遍较大；室温下几乎没有是液体或气体的离子晶体；(4)①由图可以看出铬原子附近有6个氮原子，因此配位数为6； ②ClO4-的价层电子对数=4，没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体；(5)该晶胞中氮原子个数=8×+6×=4，Cr原子个数=1+12×=4，所以其化学式为：CrN；N与Cr核间距离为apm，则晶胞边长为2apm=2a×10-10cm，晶胞体积为8a3×10-30cm，晶胞中含有4个微粒，则晶胞质量为：，密度为。
27．(10分)化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。
请回答：
(1)X的组成元素为_______(写元素符号)。
(2)D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于_______。
A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子
C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子
(3)写出由F到B的化学方程式_____________________________________。
(4)写出由X到A的离子方程式_________________________。
(5)写出两种检验气体B的方法________________________；_______________________。
【答案】(1)N、H、S、O(2分) (2)A(2分)
(3)NH4HSO4+2 NaOHNa2SO4+NH3↑+2H2O或(NH4)2SO4+H2SO4+4NaOH2Na2SO4+2NH3↑+4H2O (2分)
(4)2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+(2分)
(5) 用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气 用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气(用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气) (2分)
【解析】有上述框图关系可知，紫色溶液A中含有高锰酸根离子，从而可知X为氧化剂，与MnSO4发生氧化还原反应；A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应产生无色气体B，则推知B一定为氨气，其物质的量为，所以X中含铵根离子，其物质的量为0.02mol，由紫色溶液A中加入足量氯化钡溶液后产生白色沉淀C可知，原溶液中A中所含硫酸根离子的物质的量为，因硫酸锰溶液中的硫酸根离子的物质的量为0.004mol，则推知固体X中含S元素原子的物质的量为0.024mol-0.004mol=0.02mol，则铵根离子与S原子的个数比为1：1；此外，固体X受热分解产生气体D，根据D为单质，推测可能为氧气，得到的剩余固体E溶于水形成溶液后，再加入足量氢氧化钠，加热，得到无色气体B的物质的量与上一操作得到的B的物质的量刚好相等，则再一次证明气体B为氨气，固体X中含铵根离子，结合上述分析可知，可推知固体X为过二硫酸铵，其化学式为(NH4)2S2O8，该物质具有较强的氧化性，可将锰离子氧化为高锰酸根离子，受热分解可产生氧气和硫酸铵或硫酸氢铵。(1)根据上述分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O；(2)根据上述分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意，故选A。(3)根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：NH4HSO4+2 NaOHNa2SO4+NH3↑+2H2O或(NH4)2SO4+H2SO4+4NaOH2Na2SO4+2NH3↑+4H2O；(4)X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；(5)根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。
28．(10分)工业合成尿素(H2NCONH2)以CO2和NH3为原料，在合成塔中存在如图转化：
图1
(1)液相中，合成尿素总反应的热化学反应方程式为_____。
(2)一定条件下，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比[L=]、水碳比[M=]的关系如图2和图3所示，回答下列问题：
①图2可知，其他条件不变，随温度升高，CO2的平衡转化率先上升后下降，“先升高”的原因是________________；“后下降”的原因是由于设备腐蚀加剧等因素造成CO2的平衡转化率下降。
②下列说法正确的是____。
A．图2两曲线中L1
C．图3曲线M1>M2，增大水碳比有利于尿素生成
D．实际工业生产时，可选用初始条件为氨碳比L1和水碳比M1
③若已知M1>M0，请在图2中画出在初始L1和M1条件下，CO2的平衡转化率随温度变化曲线________________。
(3)氨基甲酸钱(H2NCOONH4)为尿素生产过程中的产物，易分解，发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。某实验在恒容条件下，发生上述反应，根据实验测得数据绘制图像如图：
已知：RlnKp=-+C(C为常数)。根据图4计算该反应△H=____kJ·mol-1。
【答案】(1)2NH3(g)+CO2(l)H2O(l)+NH2CONH2(g) △H=-93.7kJ·mol-1(2分)
(2)第二步反应为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使第一步反应平衡正移，CO2的平衡转化率增大(2分) BD (2分)
(2分)
(3)+144.18(2分)
【解析】从合成图中可以看出，气相先转化为液相，液相中的氨气和二氧化碳发生反应生成NH2COONH4，而后NH2COONH4又反应生成水和尿素。由盖斯定律可计算反应的反应热。(1)第一步反应为：2NH3(l)+CO2(l)NH2COONH4(l) ΔH＝－109.2 kJ·mol－1，第二步的反应为NH2COONH4(l) NH2COONH2(l)＋H2O(l) ΔH＝+15.5kJ·mol－1，则根据盖斯定律，液相中，合成尿素总反应的热化学反应方程式为2NH3(l)+CO2(l) NH2COONH2(l)＋H2O(l) ΔH＝-93.7kJ·mol－1。(2)①由第二步是吸热反应知，升高温度之后，平衡正向移动，NH2COONH2减少，使第一步反应的平衡正向移动，从而使二氧化碳的转化率增大。②A项，两条曲线的转化率L1大于L2，氨气越多，二氧化碳转化率越高，即初始氨碳比L1更高，即在数值上L1大于L2，A错误；B项，增大氨碳比使第一步反应正向移动，使NH2COONH2增多，第二步反应也正向移动，提升尿素的产率，过量的氨气与水反应之后使水的量减少，第二步平衡正向移动，B正确；C项，两条曲线的转化率M1大于M2，水越多，二氧化碳转化率越低，即初始水碳比L1更小，即在数值上L1小于L2，增大水碳比，平衡逆向移动，不利于尿素的生成，C错误；D项，实际生产中，为了提高尿素的产率，应该增大氨碳比，减小水碳比，即初始条件选择为氨碳比L1和水碳比M1。故选BD。③图4中已经给出了L1、M0和L2、M0的图像，若M1>M0，则L1、M1的图像应该居于两者之间，图像走势与另外两条曲线相同，即如图所示：(3)任意取图像上两个已知点，得到方程①69.50=3.19ΔH+C；②53.64=3.30ΔH+C，两个方程式连立解之△H=144.18kJ·mol-1。
29．(10分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是无机精细化学品，在造纸、印染等行业应用广泛。可通过以下方案制备Na2S2O4并测定其纯度。
Ⅰ. Na2S2O4的制备
步骤1：安装好整套装置，并检查气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中通入一段时间SO2；
步骤4：打开仪器c的活塞，滴加稍过量NaOH溶液，控制pH在8.2~10.5之间；
步骤5：过滤，将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
已知：①Na2S2O4在空气中极易被氧化，不溶于乙醇，在碱性介质中较稳定。
②低于52℃时Na2S2O4在水溶液中以Na2S2O4·2H2O形态结晶，高于52℃时Na2S2O4·2H2O在碱性溶液中脱水成无水盐。
③Zn(OH)2呈现两性。请回答：
(1)仪器b的名称是_______。
(2)装置B的作用是防倒吸，将下图补充完整代替装置B_______。
(3)步骤3中生成物为ZnS2O4，该反应需在进行，其原因为_______。
(4)下列步骤4说法不正确的是_______。
A．pH过大Zn2+沉淀完全，且Na2S2O4能稳定存在
B．pH过小Zn2+会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质
C．装置C中溶液均应用无氧水配制
D．不可以用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液
(5)“一系列操作”包括：a．趁热过滤；b．用乙醇洗涤；c．搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；d．分批加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液。
上述操作的合理顺序为_______→干燥(填字母)。
Ⅱ. 含量的测定
实验原理：[Fe(CN)6]3-+S2O42-+OH-→[Fe(CN)6]4-SO32-+H2O (未配平)。
实验过程需在氮气氛围中进行，称取0.2500g样品加入三颈烧瓶中，加入适量NaOH溶液，打开电磁搅拌器，通过滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加0.1000mol·L-1K3[Fe(CN)6]标准溶液，达到滴定终点时消耗25.00mL标准溶液。
(6)样品中Na2S2O4的质量分数为_______(假设杂质不参与反应)；若实验过程中未通入N2，对测定Na2S2O4含量的影响是_______(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶(1分) (2) (1分)
(3)温度低，反应速率慢，温度高会降低二氧化硫在水中的溶解度，造成原料利用率降低(1分)
(4)AD(2分) (5)dcab(2分) (6) 87.00%或0.8700(2分) 偏低(1分)
【解析】(1)仪器b为蒸馏烧瓶；(2)装置防倒吸长短长出，装置为；(3)若反应温度过低，反应速率过慢，反应时间过长，而温度过高，气体在反应液中溶解度变低，无法充分参与反应，反应需控制温度在进行，其原因为温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小；(4)A项，Zn(OH)2呈现两性，pH过大Zn(OH)2溶解，故A错误；B项，pH过小Zn2+会沉淀不完全，产品中会产生含锌杂质，故B正确；C项，Na2S2O4在空气中极易被氧化，应防止水中氧气氧化产物，故用无氧水配制，故C正确；D项，可以用碳酸钠溶液显碱性，可以使Zn2+生成Zn(OH)2沉淀，代替氢氧化钠溶液，故D错误；故选AD；(5)过滤除去沉淀后，分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；趁热过滤；用乙醇洗涤，除去残留滤液，降低晶体溶解损失，故选dcab；(6)根据得失电子守恒配平，根据关系式：
样品中Na2S2O4的质量分数为；若实验过程中未通N2做保护气，则样品中的有效成分会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的0.1000mol·L-1K3[Fe(CN)6]标准溶液会偏少，则计算所得质量分数会偏低。
30．(12分)乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(I)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。
已知：①
②
③
(1)F中含有的官能团名称为_____________。
(2)丹皮酚的结构简式为____________。
(3)下列说法不正确的是____。
A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H34O3N3
B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐
C．E→F和H→I的反应类型均为取代反应
D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2
E.溴代烃X的名称可能为1－溴丁烷
(4)写出A→B的化学方程式________________________。
(5)有机物M是G(C11H15O3N)的同分异构体，写出两种满足下列所有条件的M结构简式：____。
①能发生银镜反应；②1molM与2molNaOH恰好反应。③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。
(6)阿司匹林( )也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林____。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】(1)醚键、(酮)羰基(1分)
(2) (1分)
(3)ADE(2分)
(4) (2分)
(5)、(3分)
(6) (3分)
【解析】根据流程和题中信息①可知A为，B为，C为，D到E位取代反应保护羰基对位的羟基，故E为，根据信息②可知G为，G发生取代反应生成F，F发生取代反应生成I。(1)根据F的结构式可知F中含有的官能团名称为醚键、(酮)羰基；(2)根据分析可知丹皮酚的结构简式为；(3)A项，乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物I的分子式为C21H33O3N3，故A错误；B项，B为物质B可能溶于水，氨基具有碱性能与盐酸反应生成有机盐，故B正确；C项，根据流程可知E→F和H→I的反应类型均为取代反应，故C正确；D项，C为，物质C能使浓溴水反应生成白色沉淀，而且1molC消耗3molBr2，故D错误；E项，根据H的结构可知溴代烃X的名称可能为1，4－二溴丁烷，故E错误；故选ADE；(4)A为，在盐酸和铁粉作用下还原为B，方程式为；(5)G为；①能发生银镜反应说明有醛基或者甲酸酯基；②1molM与2molNaOH恰好反应，可以含有2个酚羟基或者甲酸与酚羟基形成的酯基，③1H－NMR谱显示分子中含有5种氢原子；④IR谱显示含有苯环和氨基直接相连。符合条件的有、；(6)发生换与水反应生成，再与HCl/H2O再220℃下得到，再发生流程信息中的反应可得到目标产物，合成路线为：。
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