浙江省浙里卷天下2022-2023学年高三上学期10月联考化学试题含解析

这是一份浙江省浙里卷天下2022-2023学年高三上学期10月联考化学试题含解析，共36页。试卷主要包含了 含有非极性键的离子化合物是， 下列属于弱电解质的是， 石油蒸馏实验中用不到的仪器是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年高三浙里卷天下10月测试
化学
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Ca40 Fe56 Cu64 Xe131 Ba137
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. 含有非极性键的离子化合物是
A. B. C. D. NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．中Na+与之间形成离子键，内部两个O原子间形成非极性共价键，A符合题意；
B．过氧化氢为共价化合物，没有离子键，B不符合题意；
C．为离子化合物，只存在Ba2+与Cl-间的离子键，C不符合题意；
D．氢氧化钠为离子化合物，氢氧根离子中存在O-H极性共价键，D不符合题意；
故选A。
2. 下列属于弱电解质的是
A. 硫酸钡 B. 二氧化硫 C. 乙醇 D. 乙酸
【答案】D
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；
【详解】A．硫酸钡为强电解质，A不符合题意；
B．二氧化硫为非电解质，B不符合题意；
C．乙醇为非电解质，C不符合题意；
D．乙酸为弱酸，属于弱电解质，D符合题意；
故选D。
3. 石油蒸馏实验中用不到的仪器是
A. 蒸馏烧瓶 B. 冷凝管 C. 分液漏斗 D. 陶土网
【答案】C
【解析】
【详解】A．石油蒸馏实验中，蒸馏烧瓶的作用是盛装受热液体并导出产生的蒸汽，A不符合题意；
B．石油蒸馏实验中，冷凝管的作用是使产生的蒸汽液化成液体，B不符合题意；
C．石油蒸馏实验中不需要分液漏斗，C符合题意；
D．石油蒸馏实验中，蒸馏烧瓶不能直接加热，需要垫陶土网，D不符合题意；
故选C。
4. 下列化学式对应的物质名称不正确的是
A. ：芒硝 B. ：熟石膏
C. ：甘油 D. ：3-甲基己烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．芒硝为，A错误；
B．熟石膏化学式为，B正确；
C．甘油为丙三醇，结构简式，C正确；
D．由系统命名法可知为3-甲基己烷，D正确；
故选A。
5. 下列表示不正确的是
A. 羟基的电子式： B. 氯乙烯的结构简式：
C. 基态亚铁离子的电子排布式： D. 分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基中氧原子有1个未成对电子，羟基的电子式是，故A正确
B．氯乙烯分子式为C2H3Cl，结构简式为，故B错误；
C．基态亚铁离子核外有24个电子，电子排布式为，故C正确；
D．分子空间构型是三角锥，球棍模型为，故D正确；
选B。
6. 下列说法不正确的是
A. 浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄都可以用来酿酒
B. 福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制生物标本
C. 油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
D. 食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但不能为运动时提供能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄均含有糖类，则都可以用来酿酒，A正确；
B．福尔马林能使蛋白质变性，则常用于浸制生物标本，B正确；
C．油脂不属于高分子化合物，C错误；
D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但人体不含有水解纤维素的酶，则不能为运动时提供能量，D正确；
故选C。
7. 下列说法不正确的是

A. 可通过同位素示踪法来测定有机分子的官能团结构
B. 核酸是一种生物大分子，可通过X射线衍射测定其晶体结构
C. 组成蛋白质的氨基酸主要是a—氨基酸，人体内形成蛋白质的氨基酸有21种
D. 有研究认为反式脂肪酸是引发动脉硬化和冠心病的因素之一，上图为顺式脂肪酸结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，A错误；
B．根据戊糖、碱基的不同，核酸分为两大类，即脱氧核糖核酸(简称DNA)与核糖核酸(简称RNA)，核酸是一种生物大分子，可通过X射线衍射测定其晶体的内部结构，B正确；
C．组成蛋白质的氨基酸主要是a—氨基酸，人体内形成蛋白质的氨基酸有21种，C正确；
D．上图中氢原子在同一侧，为顺式脂肪酸结构，D正确；
故选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 二氧化硅能够发生光的全反射，可用于制造光导纤维
B. 铱合金耐高温、耐腐蚀，可用于制造发动机的火花塞
C. 萤石(主要成分为)不仅可制备氢氟酸，也可制备冰晶石
D 碳酸钡不仅可以作白色颜料，还可用于医疗内服药剂“钡餐”
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅能够发生光的全反射，则可用于制造光导纤维，A正确；
B．铱合金耐高温、耐腐蚀，则可用于制造发动机的火花塞，B正确；
C．萤石(主要成分为)含有氟元素，可用于制备HF，也可制备冰晶石Na3AlF6，C正确；
D．碳酸钡能溶于胃酸，不可用于医疗内服药剂“钡餐”，医疗内服药剂“钡餐”为硫酸钡，D错误；
故选D。
9. 下列说法不正确的是
A. 工业制备高纯硅涉及的主要反应均为氧化还原反应
B. 可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂
C. NaClO溶液在蒸发皿中小心蒸干并灼烧，得到纯净NaClO
D. 钠与二氧化碳反应可生成氧化钠和炭黑，高压下能得到碳酸钠和金刚石
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业制备高纯硅涉及的主要反应有SiO2与C反应制得粗Si，再与Cl2高温生成SiCl4，最后与H2反应制得纯Si，这些反应均为氧化还原反应，A正确；
B．铜离子为重金属离子，硫酸铜能使蛋白质变性，可用于游泳池消毒，也可用于配制农业杀菌剂，B正确；
C．NaClO溶液中次氯酸根会发生水解，高温会促进水解生成更多的HClO，HClO受热分解生成HCl和O2，则NaClO溶液在蒸发皿中小心蒸干并灼烧，得不到纯净NaClO，C错误；
D．钠与二氧化碳反应可生成氧化钠和炭黑，氧化钠与二氧化碳继续反应生成碳酸钠，则高压下能得到碳酸钠和金刚石，D正确；
故选C。
10. 高铁酸钠()是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为，则下列说法不正确的是
A. 在反应中被还原，发生氧化反应
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C. 上述反应生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子
D. 高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中化合价升高，发生氧化反应被氧化，A错误；
B．反应中化合价升高做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，B正确；
C．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol高铁酸根离子，转移3mol电子，C正确；
D．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；
故选A。
11. 下列说法正确的是
A. 将金属钠与硫粉在玻璃研钵中使劲研磨混匀，加热后才能剧烈反应并伴有浓烟
B. 滴定实验中，一般将待测液置于锥形瓶中，待测液也可放在滴定管中滴定
C. 区分溶液和胶体两瓶试剂，最佳方法是通过丁达尔效应
D. 用pH计测定同温度同浓度的溶液和NaCN溶液的pH，可比较、HCN的酸性强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠与硫粉研磨即剧烈反应发生爆炸，A错误；
B．滴定实验中，一般将待测液置于锥形瓶中，待测液也可放在滴定管中滴定标准液，B正确；
C．区分CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体两瓶试剂，最佳方法是通过观察颜色，C错误；
D．用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH，可比较 、HCN的酸性强弱，D错误；
故选B。
12. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 氢原子数为的乙醚分子中含有的极性键数为
B. 与混合物6.4g所含S原子数一定为
C. 10g含有质子数与中子数均为
D. 0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应，容器中分子总数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢原子数为的乙醚分子的物质的量为0.06mol，一个乙醚分子中含有12个极性键，则0.06mol乙醚分子中含有的极性键数为，A错误；
B．与最简式均为S，6.4gS的物质的量为0.2mol，即所含S原子数为，则与混合物6.4g所含S原子数一定为，B正确；
C．10g的物质的量为，一个分子中含有质子数与中子数均为10个，则10g含有质子数与中子数均为，C正确；
D．氢气与碘反应生成碘化氢，反应前后物质的量不变，则反应无论程度如何，0.1mol和0.1mol于密闭容器中充分反应，容器中分子总数为，D正确；
故选A。
13. 下列有关离子方程式不正确的是
A. 1L1mol硫酸铝铵溶液滴加1L氢氧化钠溶液：
B. 溶于足量浓溶液中：
C. 丙烯醛与足量溴水反应：
D. 将溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．1L1mol硫酸铝铵溶液滴加1L氢氧化钠溶液，氢氧根离子恰好和铵根离子、铝离子生成氢氧化铝沉淀和一水合氨：，A正确；
B．铵根离子水解显酸性，和氢氧化镁反应生成镁离子和一水合氨，B正确；
C．溴水具有强氧化性，丙烯醛与足量溴水反应碳碳双键和溴加成，醛基被氧化为羧基，C错误；
D．高锰酸钾具有强氧化性，将溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中生成氧气和锰离子：，D正确；
故选C。
14. 下列说法不正确的是
A. 植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质
C. 麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应
D. 将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，理论上可达种或更多种
【答案】B
【解析】
【详解】A．不饱和高级脂肪酸甘油酯中含有不饱和键，能与溴发生加成反应，故能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；
B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质或氨基酸，B错误；
C．麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，都能发生银镜反应，C正确；
D．将天然10种氨基酸混合，在一定条件下形成十肽，该十肽可能为链状或环状，故理论上可达种或更多种，D正确；
故选B。
15. 已知苯并唑酮()可转化为X()，下列说法正确的是
A. 1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH
B. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色
C. X与足量加成后所得有机物分子中手性碳原子数目为3个
D. 1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗6.25mol氧气
【答案】A
【解析】
【详解】A．X水解生成的碳酸、酚羟基、HBr都能与NaOH反应，碳酸和NaOH最多以1:2反应、HBr和NaOH以1:1反应、酚羟基和NaOH以1:1反应，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，A正确；
B．X中醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色、能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；
C．X与足量加成后所得有机物分子中手性碳原子如图，手性碳原子有4个，C错误；
D．苯并唑酮C7H5O2N，C元素被氧化生成CO2、H元素被氧化生成H2O，如果N元素转化为N2，需氧量最少，可以改写为，则1mol苯并唑酮完全燃烧需要消耗氧气最少为，D错误；
故选A。
16. 短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X、Z、M的原子序数之和与Y、W的原子序数之和相等。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素，则下列说法正确的是
A. Y与W形成的化合物只能是
B. X、Y、Z三种元素组成的酸只能是强酸
C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的简单气态氢化物强
D. Z的氢化物的熔沸点比M的氢化物高的主要原因是两者形成的氢键数目不同
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素；X的原子半径比Y的小，则X在第一周期，X为H元素；X与W同主族，则W为Na元素；M原子序数比O元素大，比Na元素小，则M为F元素；X、Z、M的原子序数之和与Y、W的原子序数之和相等，则Y为N元素；综上所述，X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、F、Na。
【详解】A．Y与W形成的化合物WY3为叠氮化钠，也能形成氮化钠W3Y即Na3N，A错误；
B．X、Y、Z三种元素组成的酸也可以为弱酸，例如HNO2，B错误；
C．元素非金属性越强，其对应的简单气态氢化物越稳定，N元素的非金属性弱于O元素，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的简单气态氢化物弱，C错误；
D．Z的氢化物的熔沸点比M的氢化物高的主要原因是两者形成的氢键数目不同，D正确；
故选D。
17. 下列叙述正确的是
A. 常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
B. 常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9
C. 常温时，，，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，忽略溶液体积变化则溶液中：
D. 已知，向盛有溶液的试管中加入适量，振荡静置后层显紫红色，说明在中的溶解度比在水中的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．不确定BOH是强碱还是弱碱，故等体积混合，所得溶液pH不一定为7，A错误；
B．两者碱性相同，且不发生反应，则常温下，将pH=9的溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9，B正确；
C．对HF反应后溶液由电荷守恒可知，对醋酸反应后溶液由电荷守恒可知；溶液显中性，则均有，由数据可知，HF酸性更强，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，则HF消耗氢氧化钠的量更多，故HF反应后溶液钠离子浓度更大，则有，C错误
D．已知，向盛有溶液的试管中加入适量，振荡静置后层显紫红色，说平衡正向移动生成碘单质为四氯化碳萃取，D错误；
故选B。
18. 甲烷与氯气发生取代反应分别生成1mol相关有机物的能量变化如图所示：

已知、键能分别为、，下列说法不正确的是
A. 1mol的能量比1mol的能量多197kJ
B. 与的取代反应是放热反应
C. ，说明与的四步取代反应，难易程度相当
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，甲烷和氯气反应生成的同时还会生成氯化氢，故不能说明1mol的能量比1mol的能量多197kJ，A错误；
B．由图可知，焓变均为负值，则为放热反应，B正确；
C．，说明与的四步取代反应每多取代1个氢原子的难易程度相当，C正确；
D．反应中，断裂了1molC-H键，形成了1molH-Cl键，已知、键能分别为、，则的焓变为，即，，D正确；
故选A。
19. 以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。［比如的分布系数：］

下列叙述正确的是
A. 第一步电离方程式为，曲线②代表
B. 加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-能水解，且水解能力明显小于HA-电离
C 滴定终点时，溶液中
D. HA-的电离常数
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中为定值，即分布系数大小与离子浓度成正比；图中曲线①与曲线②表示的是分布系数随NaOH溶液体积的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系；二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA-，第二步电离生成A2-，再结合分布曲线①一直下降，而曲线②一直升高可知，曲线①表示的是HA-的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且曲线②达到的最大值接近1，说明H2A的第一步电离为完全电离。
【详解】A．据分析可知，第一步电离方程式为，曲线①代表，A错误；
B．H2A的第一步电离为完全电离，则HA-不能水解，加入20.00mLNaOH溶液显酸性的原因是HA-电离产生氢离子，B错误；
C．当反应达到终点时，存在电荷守恒，由于溶液显碱性，，所以，C错误；
D．由于H2A的第一步电离为完全电离，根据图像，当VNaOH=0时，溶液pH=1，HA-的起始浓度为0.1000mol/L，HA-分布系数为0.9，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离常数，D正确；
故选D。
20. 已知：[Cu(NH3)4]SO4易溶于水，难溶于酒精。溶液中存在平衡：I．和II．铜离子的水解平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. [Cu(NH3)4]SO4可通过CuSO4溶液与过量氨水作用得到，其水溶液呈碱性
B. 加热[Cu(NH3)4]SO4溶液，上述平衡I正向移动，Cu2+浓度增大
C. 加热浓缩[Cu(NH3)4]SO4溶液，再冷却结晶，获得产品中混有CuSO4晶体
D. 向[Cu(NH3)4]SO4溶液中，缓慢逐滴加入乙醇，可析出大颗粒[Cu(NH3)4]SO4晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．结合原子守恒可写出方程式为：CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，[Cu(NH3)4]SO4溶液中，，产生的氨气溶于水电离出OH-，同时Cu2+水解产生H+，且电离出OH-的量远远大于水解产生的H+的量，导致溶于显碱性，A正确；
B．加热[Cu(NH3)4]SO4溶液，氨气快速逸出，正向移动，B正确；
C．加热浓缩[Cu(NH3)4]SO4溶液，氨气快速逸出，正向移动，再冷却结晶，获得CuSO4晶体，而不是混有CuSO4晶体，C错误；
D．[Cu(NH3)4]SO4难溶于酒精，也就是乙醇，故加入乙醇后，[Cu(NH3)4]SO4的溶解度减小，可析出大颗粒[Cu(NH3)4]SO4晶体，D正确。
答案选C。
21. 金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，利用这一性质可通过电解饱和食盐水得到金属钠，实验装置如图所示(电键、电压计、电流计等已略去)，洗气瓶中有白烟产生，下列说法不正确的是

A. 铁丝起导电作用，水银充当阴极
B. 阴极电极反应式：
C. 白烟产生的方程式为
D. 电解开始后，石墨棒表面立即产生大量气泡，水银表面始终无气泡产生
【答案】D
【解析】
【分析】金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，则水银为阴极，电极反应式为，石墨为阳极，电极反应式为，洗气瓶中有白烟产生，则洗气瓶中发生反应。
【详解】A．金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，水银为阴极，铁丝是导线，石墨为阳极，A正确；
B．据分析可知，阴极电极反应式：，B正确；
C．据分析可知，白烟产生的方程式为，C正确；
D．电解开始后，石墨电极发生反应，生成氯气，产生大量气泡，而水银表面会发生副反应，生成氢气，也会有气泡生成，D错误；
故选D。
22. 很多含巯基(—SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。如解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物II。化合物III也是一种汞解毒剂，在碱性环境中不稳定。化合物IV是一种强氧化性酸。下列说法不正确的是

A. I中S原子采取杂化 B. II中Hg元素的电负性最大
C. III是两性化合物 D. IV能溶解铜
【答案】B
【解析】
【详解】A．I中S原子的价层电子对数=，因此I中S原子采取杂化，A正确；
B．元素非金属性越强，其电负性越大，II中O元素的非金属性最强，即O元素的电负性最大，B错误；
C．III中含有-SH和-SO3Na原子团，既能与酸反应又能与碱反应，属于两性化合物，C正确；
D．化合物IV是一种强氧化性酸，能与铜反应，则IV能溶解铜，D正确；
故选B。
23. 氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1；在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。

下列说法错误的是
A. 加入Pt—Rh合金的目的是提高反应的速率
B. 氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右
C. 520℃时，NH3的转化率为40%
D. 840℃以上，发生了反应：2NO(g)⇌O2(g)+N2(g) ΔH>0
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Pt—Rh合金作催化剂可以降低活化能，加快反应速率，选项A正确；
B．根据图示可知840℃氨的催化氧化生成NO最多，选项B正确；
C．520 ℃时，生成0.2 mol NO和0.2 mol N2，根据氮原子守恒可知有0.6 mol NH3转化，即转化率为60%，选项C错误；
D．840 ℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO(g)⇌O2(g)+N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，选项D正确。
答案选C。
24. 尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物(沸点为，在升华)：。下列说法不正确的是
A. 制备时要保持无水环境
B. 输送气态产物的管道温度要保持在以上
C. 氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量
D. 为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；
B．由题干信息可知，在升华，故输送气态产物的管道温度要保持在以上，B正确；
C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；
D．反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；
故答案为：D。

25. 下列实验的现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
铁粉加入一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液
振荡后溶液颜色没出现红色
稀硝酸与铁反应过程中没有生成
B
向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置
溶液分层，下层呈紫红色
的还原性强于
C
向紫色石蕊溶液中通入
溶液先变红后褪色
具有酸性和漂白性
D
检验卧室内空气是否含甲醛，用注射器抽取一针管气体慢慢注入盛有酸性高锰酸钾稀溶液的试管中
溶液没有完全褪色
说明空气中肯定不含甲醛

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁粉与稀硝酸反应先生成铁离子，若铁粉过量会将铁离子转化为亚铁离子，则铁粉加入一定量的稀硝酸中，充分反应后取上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，振荡后溶液颜色没出现红色，说明铁粉过量，不能说明稀硝酸与铁反应过程中没有生成，A错误；
B．向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应生成碘单质，即证明的还原性强于，B正确；
C．为酸性氧化物，向紫色石蕊溶液中通入，溶液会变红但不会褪色，C错误；
D．检验卧室内空气是否含甲醛，用注射器抽取一针管气体慢慢注入盛有酸性高锰酸钾稀溶液的试管中，溶液没有完全褪色，不能说明空气中肯定不含甲醛，可能是因为甲醛含量较少，D错误；
故选B。
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
26. 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子的运动状态有_______种。
（2）第三周期部分元素氟化物的熔点见下表，解释表中氟化物熔点差异的原因：_______。
氟化物
NaF


熔点/K
1266
1534
183

（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，是一种比较稳定的氙化合物，它在常温下是一种无色液体，分子形状是四方锥形，则中心原子的价层电子对数为_______。
（4）Xe与F能形成，室温下易升华。晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有_______个分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_______；晶胞中A、B间距离d=_______pm。

【答案】（1）9 （2）NaF与为离子晶体，为分子晶体，所以NaF与远比熔点要高，又因为的半径小于的半径，所以的离子键强度（晶格能）大于NaF的离子键强度（晶格能），故的熔点大于NaF
（3）6 （4） ①. 2 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种。
【小问2详解】
NaF与为离子晶体，为分子晶体，所以NaF与远比熔点要高，又因为的半径小于的半径，所以的离子键强度(晶格能)大于NaF的离子键强度(晶格能)，故的熔点大于NaF。
【小问3详解】
用VSEPR理论解释价电子对数目。
【小问4详解】
图中大球的个数为，小球的个数为，根据的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为；图中y是底面对角线的一半，，，所以。
27. 某研究小组为了探究固体甲(二元化合物)和固体乙(无机矿物盐，含五种元素)的组成和性质，设计并完成了如下实验：

已知：向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解。请回答下列问题：
（1）甲的化学式为_______，气体1的电子式为_______。
（2）加热条件下，气体1与固体2反应，可产生三种产物，其中一种为常温下的液体，该反应的化学方程式为_______。
（3）乙的化学式为_______。
（4）足量气体2与溶液1反应的离子方程式为_______。有人认为，判断该反应的气体2是否过量较难，应对其中一种产物是“正盐”还是“酸式盐”进行检验，请设计实验证明这一产物的成分：_______。(可选的试剂为氨水、NaOH溶液、稀硫酸、溶液)
【答案】（1） ①. ②.
（2）######
（3）##
（4） ①. ②. 取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐；若二者都出现，则为二者混合物
【解析】
【分析】甲和NaOH溶液反应生成气体1，气体1是含氢量最高的烃，为CH4，根据元素守恒可知甲中含有C元素，甲烷的物质的量为0.15mol，根据C原子守恒得m(C)=0.15mol12g/mol=1.8g，甲为二元化合物，另一种元素质量为7.2g-1.8g=5.4g，向溶液1中连续滴加盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液1为偏铝酸钠，根据元素守恒可知，甲中n(Al)=，C、Al原子个数之比为0.15NA:0.2NA=3:4，则甲为Al4C3；偏铝酸钠与气体2反应生成白色沉淀b为Al(OH)3，气体2为酸性气体；固体2和稀盐酸反应生成蓝色溶液，固体2中含有Cu元素，应为氧化铜；固体1和溶液a混合得到溶液2和固体2，溶液2能溶解氢氧化铝，向溶液2中连续通入气体2，也是先产生白色沉淀，后沉淀溶解，则溶液2为强碱溶液，溶液2只能是Ba(OH)2；固体1和液体a混合得到溶液2，则a为H2O，且固体1中含有BaO固体，固体2为氧化铜，所以固体1中还含有氧化铜；根据质量守恒得到气体2的质量=29.5g-1.8g-23.3g=4.4g，且向氢氧化钡溶液中通入气体2，先产生白色沉淀后沉淀溶解，则气体2为CO2，n(CO2)=0.1mol，n(CuO)=0.1mol，n(BaO)=，n(H2O)=0.1mol，乙中Ba、Cu、H、O、C原子个数之比==，其化学式为或。
【小问1详解】
据分析可知，甲的化学式为，气体1为CH4，其电子式为；
【小问2详解】
加热条件下，气体1与固体2反应，可产生三种产物，其中一种为常温下的液体，该反应的化学方程式为或或或；
【小问3详解】
据分析可知，乙的化学式为或；
【小问4详解】
气体2为CO2，溶液1为偏铝酸钠，则足量气体2与溶液1反应的离子方程式为；和反应生成碳酸钙沉淀， 和不反应，所以其检验方法是：取反应后的溶液少许于试管中，滴加过量的溶液，若出现白色沉淀，则产物中有正盐；过滤后，向滤液中滴加NaOH溶液，若又出现白色沉淀，则产物中有酸式盐；若二者都出现，则为二者混合物。
28. 化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用。因此，研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。以、为原料同时发生反应I、II如下：
反应I.
反应II.
（1）如图1所示，则_______0(填“>”、“