2022嘉兴高三下学期4月教学测试（二模）化学含解析

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2022年高三教学测试
化学试题卷
可能用到的相对原子质量： H1 C12 O16 Na23 Mg24 A127 S32 Ca 40
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每题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. 水溶液呈酸性的盐是
A. HNO2 B. NaHCO3 C. NaCl D. KHSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO2属于酸，A错误；
B．NaHCO3属于盐，水溶液显碱性，B错误；
C．NaCl属于盐，水溶液显中性，C错误；
D．KHSO4属于盐，水溶液中氢离子完全电离出来，显酸性，D正确；
故选D。
2. 水溶液能导电且属于弱电解质的是
A. HCOOH B. HI C. SO2 D. NaClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCOOH是弱电解质，水溶液能导电，A正确；
B．HI是强酸，属于强电解质，B错误；
C．SO2水溶液能导电，属于非电解质，C错误；
D．NaClO是盐，属于强电解质，D错误；
故选A。
3. 欲将溴水中的溴单质提取出来，需要用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将溴水中的溴单质提取出来，由于溴在四氯化碳等有机溶剂中的溶解度大于水中的溶解度，采用萃取的方式进行提取，萃取需要用到的仪器为分液漏斗。
【详解】A．图示仪器为坩埚，常用于灼烧固体，故A不符合题意；
B．图示仪器为普通漏斗，常用于过滤，故B不符合题意；
C．图示仪器为蒸发皿，常用于蒸发，故C不符合题意；
D．图示仪器为分液漏斗，常用于萃取，故D符合题意；
答案选D。
4. 下列物质对应的化学式正确的是
A. 蔗糖：C12H24O12 B. 漂白粉的有效成分：Ca(ClO)2
C. 摩尔盐：NH4Fe(SO4)2·6H2O D. 黄铁矿的主要成分：CuFeS2
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖化学式为C12H22O11，A错误；
B．工业上用Cl2与石灰乳反应制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2，B正确；
C．摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O，C错误；
D．黄铁矿的主要成分的化学式是FeS2，D错误；
答案选B。
5. 下列表示不正确的是
A. 乙酸甲酯的结构简式：CH3COOCH3
B. H2O2的电子式：
C. H2S球棍模型：
D. 的系统命名：2，2-二甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸甲酯由乙酸和甲醇发生酯化反应得到，根据酯化反应“酸脱羟基醇脱氢”规律，乙酸甲酯的结构简式为CH3COOCH3，故A正确；
B．H2O2为共价化合物，O原子与氢原子间共用1对电子，两个O原子间共用1对电子，电子式为 ，故B错误；
C． H2S分子呈V形，S原子的半径大于H原子半径，其球棍模型为 ，故C正确；
D．的主链含有4个碳原子，2号碳原子上有2个甲基，系统命名为2，2-二甲基丁烷，故D正确；
答案选B。
6. 下列说法正确的是
A. 石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色
B. 只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽
C. 苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是取代反应
D. 乙二醇的水溶液凝固点很高，可作汽车发动机的抗冻剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油裂解气含有不饱和烃，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B．多肽既可以是同种氨基酸之间形成的，也可以由不同种氨基酸分子之间形成，故B错误；
C．根据反应物和生成的结构特点，反应物全部变为目标产物，苯和氯气发生加成反应生成C6H6Cl6，故C错误；
D．乙二醇中含有氢键，沸点较高，凝固点很低，为黏稠状液体，可用作抗冻剂，故D错误；
答案选A。
7. 下列说法正确的是
A. 1H+、2H、3H-互为同位素
B. CH3(CH2)3OH和(CH3)2C(OH)CH3互为同系物
C. H2O2和H2O互为同素异形体
D. C2H5NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，1H+、3H-不是原子，1H+、2H、3H-不互为同位素，故A错误；
B．CH3(CH2)3OH和(CH3)2C(OH)CH3分子式相同，结构不同，互同分异构体，故B错误；
C．同素异形体是指同一元素形成的不同单质，H2O2和H2O均是化合物，不属于同素异形体，故C错误；
D．C2H5NO2和H2NCH2COOH分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选D。
8. 下列说法不正确的是
A. 纯碱广泛应用于小苏打、烧碱和普通玻璃的生产
B. 冬奥会使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保
C. 将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以制造肥皂和油漆等
D. 硅酸盐分子筛常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂等
【答案】A
【解析】
【详解】A．纯碱广泛应用于普通玻璃的生产，小苏打是碳酸氢钠可以制造纯碱，烧碱一般通过氯碱工业制备，A错误；
B．使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保，减少污染，B正确；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，C正确；
D．某些硅酸盐具有多孔结构，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、催化剂等，D正确；
答案选A。
9. 下列说法正确的是
A. 过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2
B. NO2可与水发生反应生成硝酸，NO2为酸性氧化物
C. 硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理
D. NH3与O2的混合气体经过灼热的催化剂层生成NO2和H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量的Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，A错误；
B．NO2为与水反应还有NO生成，不是酸性氧化物，B错误；
C．硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理，C正确；
D．NH3与O2的混合气体经过灼热的催化剂层生成NO和H2O，D错误；
故选C。
10. 关于反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，下列说法正确的是
A. Mn元素被氧化
B. 氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C. 该反应中氧化性最强的是KMnO4
D. 生成2.24L O2时，转移0.4mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物；据此分析作答。
【详解】A．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，Mn元素化合价降低，Mn元素被还原，A错误；
B．Mn元素的化合价由KMnO4中的+7价降至K2MnO4中的+6价和MnO2中的+4价，K2MnO4和MnO2是还原产物，O元素的化合价由-2价升至O2中的0价，O2是氧化产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：2，B错误；
C．该反应中KMnO4既是氧化剂、又是还原剂，K2MnO4和MnO2是还原产物，O2是氧化产物，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中氧化性最强的是KMnO4，C正确；
D．O2所处温度和压强未知，无法计算2.24LO2物质的量，无法计算转移电子物质的量，D错误；
答案选C。
11. 下列说法不正确的是
A. 趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁
B. 溶液蒸发或冷却速率越快，得到的晶体颗粒就越细小
C. 实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
D. 向蓝色CoCl2溶液中逐滴加入浓盐酸并振荡，溶液的颜色会从蓝色逐渐变成粉红色
【答案】D
【解析】
【详解】A．趁热过滤是为了防止因温度降低引起的晶体析出，因此趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁，故A正确；
B．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶液蒸发或冷却速率越快，晶体不容易形成大的颗粒，得到的晶体颗粒就越细小，故B正确；
C．实验室电器设备着火，电器不能用水灭火，应隔绝氧气进行灭火，二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，因此实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火，故C正确；
D．CoCl2溶于浓盐酸生成，溶液中存在如下平衡：，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为蓝色，故D错误；
答案选D。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 7.8g分子式为C6H6的有机物与氢气反应，最多消耗氢气分子数目为0.3NA
B. 1mol SO2和足量O2在一定条件下充分反应后，转移电子数为2NA
C. lmol雄黄(As4S4，结构为)含有2NA个As-As键
D. 标准状况下，1.12L氮气含有的电子数为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子式为C6H6的有机物不饱和度为4，7.8g分子的物质的量为0.1mol，最多消耗氢气分子数为0.4NA，A错误；
B． SO2和O2的反应为可逆反应，转移电子数无法计算，B错误；
C．从图中可以看出1个雄黄分子中含有2个As-As键（黑球-黑球），故1mol中含的As-As键为2NA，C正确；
D．标准状况下，1.12L氮气的物质的量为0.05mol，1mol氮气含电子数为14NA，0.05mol氮气含有的电子数为0.7NA　，D错误；
故选C。
13. 下列实验对应的离子方程式不正确的是
A. Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
B. Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2：2NO+3SO2+3Ba2++2H2O=2NO+3BaSO4↓+4H+
C. 用银作电极电解稀盐酸：2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl
D. FeBr2溶液中滴加少量氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，硝酸不足，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B．Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2，NO全部被还原，钡离子不足，硫酸根离子有剩余，正确的离子方程式为，故B错误；
C．用银作电极电解稀盐酸，阳极上银失去电子生成银离子，阴极氢离子得电子生成氢气，电极总反应为2Ag+2H++2Cl-H2↑+2AgCl，故C正确；
D．还原性：Fe2+>Br-，FeBr2溶液中滴加少量氯水，只氧化Fe2+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D正确；
答案选B。
14. 下列说法正确的是
A. 甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 植物油、脂肪、矿物油、人造奶油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯
C. 用NaOH溶液除去溶在乙酸乙酯中的乙酸
D. 冬奥会上用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲烷、苯中不含有碳碳双键或三键等能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团，则均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但葡萄糖中含有羟基和醛基能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．植物油、脂肪、人造奶油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯，但矿物油是指石油，主要成分是烃类，B错误；
C．乙酸乙酯在NaOH溶液中能够完全水解，不能用NaOH溶液除去溶在乙酸乙酯中的乙酸，应该用碱性较弱的饱和碳酸钠溶液，C错误；
D．紫外线、高温等条件都能使蛋白质发生变性，则冬奥会上用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性，D正确；
故答案为：D。
15. 化合物A的结构如图所示，下列说法不正确的是


A. 环上的一氯代物有8种
B. lmol该物质最多可以和2mol NaOH反应
C. 可与浓溴水发生取代反应，也可在NaOH的乙醇溶液中发生消去反应
D. 该分子中有2个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质中苯环上有4种不同环境氢原子，右边的环上有4种不同环境的氢原子，则环上的一氯代物有8种，故A正确；
B．1mol该物质含有1mol酚羟基和1mol-CONH，最多可以和2mol NaOH反应，故B正确；
C．醇发生消去反应需要用浓硫酸作催化剂，卤代烃的消去反应才是在NaOH醇溶液中发生，故C错误；
D．连接4个不同原子团的碳原子为手性碳原子，该分子中含有2个手性碳原子，如图所示(用“*”标记)： ，故D正确；
答案选C。
16. X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R是短周期中原子半径最大的主族元素。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4]+[XWZ4]-。下列说法不正确的是
A. R与X、Y、Z、W均可形成离子化合物
B. 简单气态氢化物的稳定性：Z>Y
C. X、Y、Z三种元素形成物质的水溶液只能呈酸性
D. [YX4]+为正四面体构型
【答案】C
【解析】
【分析】R是短周期中原子半径最大的主族元素，R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为[YX4W]+[XWZ4]-，[YX4]+可知Y为N，X为H，Z、W为同族元素且能形成[XWZ4]-，故Z为O，W为S。
【详解】A．Na形成化合物时均失电子，和H、N、O、S均形成离子化合物，A正确；
B．Z、Y的简单氢化物为H2O和H2S，O的非金属性大于S，故稳定性H2O>H2S，B正确；
C．H、N、O可形成一水合氨，水溶液显碱性，C错误；
D．铵根离子空间构型为正四面体，D正确；
故选C。
17. 25°C时，下列说法正确的是
A. N2H4的水溶液呈弱碱性，Kb1≈1.0×10-6，则0.01mol·L-1 N2H4水溶液的pH≈10
B. 向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将减小
C. 中和等pH的盐酸和醋酸时，醋酸消耗NaOH的物质的量更多
D. pH=7的某溶液，溶质对水的电离平衡肯定无影响
【答案】A
【解析】
【详解】A． N2H4的电离方程式为，则0.01mol·L-1 N2H4水溶液中，，Kb1≈1.0×10-6，则，解得，则，pH≈10，故A正确；
B．NaHSO3溶液中存在，，加入少量的I2，被氧化成，减小，平衡逆向移动，减小，Kh不变，增大，故B错误；
C．醋酸和盐酸的体积未知，不能计算两者消耗的NaOH的物质的量，故C错误；
D． pH=7的溶液，溶质对水的电离平衡可能有影响，如向醋酸溶液中逐滴加入NaOH溶液过程中，某一时刻溶液的pH=7，此时溶液中存在的两种溶质分别是醋酸钠和醋酸，醋酸钠水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离，故D错误；
答案选A。
18. 丙烷卤代反应的部分反应机理(以Cl2为例)如下：
I．Cl2(g)→2Cl·(g)
II．CH3CH2CH3(g)+Cl·(g)→(g)+HCl(g)
III．(g)+Cl2(g)→CH3CHClCH3(g)+Cl·(g)
其中，II步反应为决速步骤，能量随反应进程的变化如图，下列说法不正确的是

A. 氯代时I步反应的ΔH大于溴代时
B. 稳定性：小于
C. 丙烷中不同基团上碳氢键断裂吸收的能量不同
D. 丙烷氯代产物中与溴代产物中近似相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯代和溴代第一步断裂Cl-Cl键和Br-Br键，断键需要吸热，Cl-Cl键键长短，键能大，故大于溴代的，A正确；
B．能量越低，产物越稳定，B正确；
C．烷烃中氢原子活性叔氢>仲氢>伯氢，故氢原子环境不同，C-H键键能有差别，丙烷中含有仲氢和伯氢，断裂C-H键吸收的能量不同，C正确；
D．丙烷氯代产物的活化能差值较小，而两种溴带产物的活化能差值较大，得到产物的难度不一样，故所得产物比例不相等，D错误；
故选D。
19. 向恒容密闭容器中充入HI发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH>0，T1和T2温度下，随时间t的关系如图，下列说法不正确的是


A. T2温度下0-2h内，生成H2的平均速率为0.125mol·L-1·h-1
B. T1温度下2h末和4h末HI的瞬时速率相同
C. T1>T2
D. 若改变条件是催化剂，则T1和T2可以分别代表有、无催化剂时的反应变化示意图
【答案】B
【解析】
【分析】由曲线斜率判断，斜率大，反应快，温度高，故T1>T2，以此分析。
【详解】A．T2时，0 ~2h内，从1升高到2，即c(HI)从1mol/L降低至0.5mol/L，故∆c(HI)=1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，，速率之比=系数之比，则，A正确；
B．T1温度下，2h，4h反应均未达到平衡状态，随着反应进行，c(HI)减小，瞬时速率减小，B错误；
C．由分析可知T1>T2，C正确；
D．T1曲线反应快，表示有催化剂，T2没有催化剂，D正确；
故选B。
20. 对于碳酸钙分解反应：CaCO3(g)CaO(s)+CO2(g)，最不利于其自发进行的是
A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 高温低压
【答案】B
【解析】
【详解】碳酸钙的分解反应为吸热反应，则该反应的，该反应正反应是气体体积增大的反应，，要想反应能自发进行，应满足，T越大，越有利于，因此高温时该反应能自发，当T较小时，压强越低越有利于实现，因此最不利于其自发进行的条件是低温高压，故B符合题意；
答案选B。
21. 科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质可充电电池，放、充电时可以实现CO2和HCOOH的互相转化。其电池结构如图所示，电池中间由反向放置的双极膜分隔两极的电解质溶液，双极膜中的H2O可解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列关于该电池的说法不正确的是

A. 放电时锌箔电极的反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)
B. 若膜A和A'、B和B'分别为阴、阳离子交换膜，则放电时膜A、B工作
C. 充电时Pd电极的反应式为：
D. 若放电时外电路通过1mol电子，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为NA
【答案】D
【解析】
【分析】放电时为原电池，锌箔为原电池的负极，Pd电极为正极，充电时，锌箔为阴极，Pd电极为阳极。
【详解】A．放电时，锌箔为负极，锌失去电子发生氧化反应，电解质溶液为KOH，则电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A正确；
B．放电时为原电池，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则双极膜中的H2O解离的OH-通过膜A(阴离子交换膜)移向负极，H+通过膜B(阳离子交换膜)移向正极，故B正确；
C．充电时Pd电极为阳极，HCOOH在阳极失电子发生氧化反应得到CO2，电极反应式为，故C正确；
D．若放电时外电路通过1mol电子，理论上有1molOH-移向负极，1molH+移向正极，则理论上通过双极膜向两极迁移的离子数为2NA，故D错误；
答案选D。
22. 钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，该过程表示为：Na+(x+y)NH3Na+(NH3)x+e-(NH3)y，下列说法不正确的是
A. 钠加入液氨中溶液的导电性增强
B. e-(NH3)y的可能结构为
C. e-(NH3)y具有强还原性，钠/液氨体系可以还原炔烃、苯等有机物
D. e-(NH3)y在液氨体系中会产生H2
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氨中无自由移动的电子，不导电，加入金属钠后形成了溶剂合电子，可导电，A正确；
B．N的电负性大于H，共用电子对偏向于N，氢周围电子云密度低，故溶剂合电子可能结构应为氢原子在里，N原子在外，B错误；
C．e-(NH3)y具有强还原性，在钠/液氨体系中炔烃、苯等有机物很容易得电子被还原，C正确；
D．液氨类似于水，能发生自耦电离，电离出的铵根离子与e-(NH3)y反应生成氢气和氨气，D正确；
故选B。
23. 溶洞水体中含有多种粒子，lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)与pH的关系如图。下列说法不正确的是


A. 曲线③代表Ca2+
B. 随着pH增大，c(CO)/c(HCO)逐渐增大
C. pH=10时，c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3) ＞c(Ca2+)
D. CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq) K=10−9
【答案】C
【解析】
【分析】CO2＋H2O H2CO3 HCO＋H＋，pH值增大，c(OH－)增大，c(H2CO3)减小，c(HCO) 、c(CO)增大，且pH值增大，(HCO转变为CO，因此①曲线为HCO，曲线②为CO，曲线③为Ca2+。
【详解】A．根据前面分析得到曲线③代表Ca2+，故A正确；
B．由于电离平衡尝试和离子积常数只与温度有关，随着pH增大，氢氧根浓度增大，因此逐渐增大，故B正确；
C．pH=10时，根据图中曲线得到c(CO)=c(HCO)＞c(H2CO3) ＞c(Ca2+)，故C错误；
D．pH=10时c(Ca2+)＝1×10−7.9mol∙L−1，c(CO)＝1×10−1.1mol∙L−1，则CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq) K= c(Ca2+) c(CO)＝1×10−7.9×1×10−1.1＝10−9，故D正确。
综上所述，答案为C。
24. 一种有机物脱羧反应机理如图所示：

下列说法不正确的是
A. E-NH2是脱羧反应的催化剂
B. 该反应过程涉及加成、消去反应
C. E和F互为同分异构体
D. 也可按照该反应机理生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应机理图可知，E-NH2先参与反应，后面又生成，没有增加或减少，所以他是催化剂，A正确；
B．A→B是加成反应，A分子碳碳双键被加成，B→C是消去反应，B分子中的羟基被消去，生成碳氮双键和水，B正确；
C．E和F的分子式相同，除去E基团，都是C3H6N，而且二者的结构不同，属于同分异构体，C正确；
D．从C→E过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于 ，只能形成，无法继续向下进行，所以不能按照该反应机理进行，D错误；
答案选D。
25. 下列与卤元素相关的实验方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
检验火柴头中氯元素
取火柴头浸泡液于试管中，加入NaNO2溶液，再加AgNO3溶液
溶液中出现白色沉淀，说明火柴头中含有氯元素
B
检验加碘盐中存在的KIO3
取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液
溶液呈蓝色，说明食盐中存在KIO3
C
证明氯气可溶于水
用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡
黄绿色消失，说明氯气可溶于水
D
探究铝的配合物的生成
向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入lmL 3mol·L-1氨水溶液
无白色沉淀生成，说明铝离子与氟离子形成了配合物

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．火柴头中氯元素以氯酸钾存在，与硝酸、硝酸银不反应，应灼烧后、溶解，加硝酸、硝酸银检验，A不合题意；
B．取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中含有I2，但不能说明食盐中存在KIO3，也可能是NaIO3等碘酸盐或者其他价态较高的含碘化合物，B不合题意；
C．氯气溶于水后若仍然以Cl2的形式存在，则溶液应该呈黄绿色或者淡黄绿色，用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡，黄绿色消失，则说明氯气不仅仅是溶于水，而是Cl2和H2O能够反应生成无色物质，C不合题意；
D．向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入lmL 3mol·L-1氨水溶液，由于氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+，即能说明铝离子与氟离子形成了配合物，D符合题意；
故答案为：D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26. 请回答下列问题：
（1）质谱仪的基本原理是用高能电子束轰击有机物分子，使之分离成带电的“碎片”，并根据“碎片”的特征谱分析有机物的结构。利用质谱仪测定某有机物分子的结构得到如图所示质谱图，该有机物的相对分子质量是_______。

（2）离子化合物KSCN各原子均满足8电子稳定结构，写出其电子式_______。
（3）正戊烷与乙醚沸点相近，但正戊烷难溶于水，乙醚的溶解度为8g/100g水，从结构上解释出现这两种情况的原因_______。
【答案】（1）92 （2）或
（3）两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键。乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能
【解析】
【小问1详解】
已知利用质谱仪测定某有机物分子的结构得到如图所示质谱图，质谱图中最大的质荷比吸收峰即为该有机物的相对分子质量，则由图示信息可知，该有机物的相对分子质量是92，故答案为：92；
【小问2详解】
已知S周围能够形成两对共用电子对，C周围能够形成4对共用电子对，N周围能够形成3对共用电子对，则离子化合物KSCN各原子均满足8电子稳定结构，则其电子式为：或者，故答案为： 或者；
【小问3详解】
已知正戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3、乙醚的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键，形成均为分子晶体，则二者沸点相近，但由于乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能，则导致正戊烷难溶于水，乙醚的溶解度为8g/100g水，故答案为：两者结构相似，相对分子质量接近，且分子间都不能形成氢键。乙醚能与水分子形成氢键而正戊烷不能。
27. 天然水常含有较多钙、镁离子而称之为硬水，硬水软化是指除去钙、镁离子。若某天然水中离子含量如下表：
离子
Ca2+
Mg2+
HCO
其他
含量(mol/L)
1.2×10-3
6.0×10-4
8.0×10-4
/
现要用化学方法软化10m3这种天然水，则需要先加入Ca(OH)2_______g以除去Mg2+和HCO，后加入Na2CO3_______g以除去Ca2+(要求写出计算过程)。
【答案】 ①. 740 ②. 1484
【解析】
【详解】10m3这种天然水中，，，，加入氢氧化钙发生反应：、，则，；，水中的，，，故答案为：740；1484。
28. 化合物X是由四种短周期元素组成的白色晶体，生活中常用作去污剂，消毒剂，某学习小组开展如下探究实验。

已知：气体A是两种气体的混合物，气体B、C均为纯净物，且B可使带火星的木条复燃。
回答下列问题：
（1）固体A的化学式是 _______，碱石灰吸收的气体是_______。
（2）化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，写出X的化学式_______。
（3）上图中气体C通入澄清石灰水生成10.0g沉淀的离子方程式是_______。
（4）常用硫酸酸化的高锰酸钾溶液来检测X的去污消毒品质，写出检验反应的化学反应方程式_______。
（5）X制备过程中以Na2SiO3为稳定剂，设计实验方案验证产品中是否混有 SiO。_______
【答案】（1） ①. Na2CO3 ②. 水蒸汽或H2O(g)
（2）2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)
（3）3CO2+Ca2++4OH-=2HCO+CaCO3↓+H2O
（4）5(2Na2CO3·3H2O2)+6KMnO4+19H2SO4=6MnSO4+3K2SO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
（5）取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有SiO，反之则无
【解析】
【分析】气体B为纯净物，且可使带火星的木条复燃，故B 为氧气，质量为15.3-8.1=7.2g，物质的量为0.225mol；气体A为两种气体的混合物，经过碱石灰后增重8.1g，增重物质为水，物质的量为0.45mol，根据元素守恒：氢元素物质的量为：0.9mol；固体A加足量盐酸产生气体C，气体C通过澄清石灰水后有白色沉淀，质量为10g，故沉淀为碳酸钙，气体C为CO2，固体A为碳酸钠。碳酸钠质量为47.1-15.3=31.8g，物质的量为0.3mol，C和Na的物质的量分别为0.3mol和0.6mol，氧元素的物质的量为：。综上X含H、C、O、Na。化合物X是固体A与另一种常见化合物在稳定剂作用下两者化合而成，另一种常见化合物中只含H 和O，两元素的物质的量分别为0.9mol。X的化学式只要满足原子个数比Na：C：H：O=0.6：0.3：0.9：1.8=2：1：3：6均可，故化合物X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)。
【小问1详解】
综上分析，固体A 为Na2CO3；碱石灰吸收的气体为水蒸汽或H2O(g)；
【小问2详解】
综上分析，X的化学式为：2Na2CO3·3H2O2(Na4H6C2O12或2Na2CO4·H2O2·2H2O)；
【小问3详解】
该反应为二氧化碳和氢氧化钙反应，二氧化碳的物质的量为0.3mol，而氢氧化钙的物质的量为0.2mol，故可生成0.2mol碳酸钙沉淀，二氧化碳过量0.1mol，能继续消耗0.1mol碳酸钙沉淀生成碳酸氢钙，产物中碳酸钙和碳酸氢根的物质的量之比为1:2，故离子反应方程式为：；
【小问4详解】
分析化合价X中含有-1价氧元素，能与高锰酸钾发生氧化还原反应，故反应的化学方程式为：；
【小问5详解】
硅酸根与氢离子反应生成白色胶状沉淀，可用这一原理来设计实验方案。故答案为：取少量试样于试管中加水溶解，滴加足量盐酸溶液，产生白色胶状沉淀，说明原溶液中有，反之则无。
29. 请回答下列问题：
（1）已知：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1
HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1
①a=_______。
②下列说法正确的是_______。
A．弱酸电离整个过程一定是吸热过程
B．弱酸溶液的温度升高，电离度可能减小
C．加水稀释，有利于弱酸的电离
D．弱酸电离的热效应只与酸性强弱有关
（2）近年来，随着氯气的需求量的迅速增长，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图。图中表示进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线是_______(填写序号)。按化学计量比进料可保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_______。


（3）恒压容器中PCl5(M=208.5g·mol-1)发生分解PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，在7K和100kPa下达到平衡，测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，已知该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1。计算此状态下该反应的平衡常数Kp=_______kPa.[Kp：以气体物质的分压p(B)替代浓度计算得到的平衡常数，p(B)=p·x(B)，p表示平衡时总压，x(B)表示平衡系统中物质B的物质的量分数]
（4）H2O2在室温下分解反应2H2O2=2H2O+O2↑进行很慢，在Fe3+催化下分两步很快进行，光谱分析可知过程中有Fe2+生成，其反应机理为：①_______；②_______。
【答案】（1） ①. -10.4 ②. BC
（2） ①. 曲线Ⅰ ②. 进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低
（3）12.5 （4） ①. H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+ ②. H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
【解析】
【小问1详解】
①已知(ⅰ)HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1，(ⅱ)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1，根据盖斯定律，由(ⅰ)-(ⅱ)可得HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1，则a=-67.7kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=-10.4 kJ·mol-1，故答案为：-10.4；
②A．根据①的分析可知，HF电离时放热，因此弱酸的电离不一定是吸热过程，故A错误；
B．若弱酸的电离为放热反应，溶液温度升高，平衡逆向移动，电离度减小，故B正确；
C．加水稀释，弱酸的电离程度增大，故C正确；
D．弱酸电离的热效应不只与酸性强弱有关，与弱酸的浓度等也有关，故D错误；
答案选BC，故答案为：BC；
【小问2详解】
在温度相同时，混合气体中O2浓度越大，HCl的平衡转化率越高，结合图象可知曲线Ⅰ为进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低，O2的浓度大，HCl的转化率高，但是O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)：c(O2) 过高，O2的浓度较小，HCl转化率较低，故答案为：曲线Ⅰ；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低；
【小问3详解】
平衡时测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1，则平衡时气体的摩尔质量为M1=ρVm=3.475g·L-1×45.0L·mol-1=156.375g/mol，根据，设反应前气体的总物质的量为n1，平衡时气体的总物质的量为n2，由于反应前后气体的总质量不变，则，设n1=0.75mol，n2=1mol，则起始时，n(PCl5)=0.75mol，假设PCl5反应了xmol，则平衡时n(PCl5)=(0.75-x)mol，n(PCl3)= n(Cl2)=xmol，(0.75-x)mol+xmol+xmol=1mol，解得x=0.25，则该反应的平衡常数，故答案为：12.5；
【小问4详解】
该反应中Fe3+做催化剂，且反应分两步进行，过程中有Fe2+生成，且总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，则第一步反应生成Fe2+，第二步反应将Fe2+消耗掉，因此发生的反应应为H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+和H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
30. 一种利用Na2SO4制备重要工业用碱NaHCO3及盐NaHSO4的闭路循环绿色工艺流程如下：

某化学兴趣小组在实验室中根据上述流程进行模拟实验。流程中①中的反应实验装置图(待完善)如下。
请回答：
（1）流程中反应①后所获固体主要成分是_______(用化学式表示)。写出反应③生成NaHSO4的化学反应方程式_______。
（2）装置图中B的作用是_______。
（3）实验时持续通NH3，但A中产生少量固体后便不再继续反应，此时B、C中可能观察到的现象是_______。
（4）下列说法中不正确的是_______。
A．反应②能生成复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O的主要原因是其溶解度较小
B．抽滤过程中应注意观察吸滤瓶内液面高度，当快达到吸滤瓶支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶支管口倒出溶液
C．依据该流程闭路循环绿色的特点，“煅烧(350°C)”的实验中最好用稀硫酸处理尾气
D．装置图A中的长玻璃导管下端应浸入溶液中，作用是作为安全管
E．利用该流程制备两种盐的总反应方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3
（5）测定NaHSO4的纯度：称取一定质量所得产品配成250mL溶液，用移液管取出15.00mL，用NaOH标准溶液滴定。
①实验过程中，移液管洗涤干净并用蒸馏水清洗2~3次后，进行的后续一系列操作如下。
a．吸取少量待取液润洗2~3次
b．将润洗好的移液管插入待取溶液底部，吸取溶液使液面至标线以上
c．松动食指使液面缓慢下降至溶液的凹液面与标线相切，立即按紧管口
d．用吸水纸吸净尖端内、外的残留水
e．将润洗好的移液管插入待取溶液液面下约1-2cm处，吸取溶液使液面至标线以上
f．将移液管提出液面，倾斜容器，将管尖紧贴容器内壁成约45°角，稍待片刻
g．拿掉洗耳球，立即用食指堵住管口，使液体不再流出
h．当溶液流尽后，再停数秒，并将移液管向左右转动一下，取出移液管
i．将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出
请选择正确操作的编号，按顺序排列：_______→_______→_______→g→f→_______→_______→_______(序号不重复)
②为使实验结果更加精确，滴定过程中最好选用下列指示剂中的哪一种_______。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞
【答案】（1） ①. NaHCO3、Na2SO4 ②. Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑
（2）除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质
（3）B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升
（4）BCD （5） ①. d ②. a ③. e ④. c ⑤. i ⑥. h ⑦. C
【解析】
【分析】本题为工艺流程题，类比于侯氏制碱法来用Na2SO4饱和溶液与NH3、CO2反应生成NaHCO3和(NH4)2SO4，反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，过滤得到固体为NaHCO3和少量的Na2SO4，滤液中主要成分为(NH4)2SO4和Na2SO4，在滤液中加入Na2SO4固体可得到Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体，过滤得到Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O晶体，然后进行高温煅烧可得NaHSO4和NH3，反应方程式为：Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，根据流程中①中的反应实验装置图可知，装置中三颈瓶A为反应①的反应装置，C为实验制备CO2的装置，反应原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，B为除去CO2中少量的HCl，则装置B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，流程中反应①反应原理为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，则反应后所获固体主要成分是NaHCO3、Na2SO4，反应③生成NaHSO4的化学反应方程式为：Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，故答案为：NaHCO3、Na2SO4；Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑；
【小问2详解】
由分析可知，装置图中B的作用是除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质，故答案为：除去CO2中的HCl气体，避免引入杂质；
【小问3详解】
实验时持续通NH3，但A中产生少量固体后便不再继续反应，是由于生成的固体产物将通入CO2的导管口堵塞了，则此时B、C中可能观察到的现象是B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升，故答案为：B、C中不再产生气泡；C中长颈漏斗中液面上升；
【小问4详解】
A．由分析可知，反应②发生的是复分解反应，根据复分解反应发生的条件可知，能生成复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O的主要原因是其溶解度较小，A正确；
B．抽滤过程中应注意观察吸滤瓶内液面高度，当吸滤瓶中液面快达到支管口位置时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，操作不合理，B错误；
C．由分析可知，“煅烧(350°C)”的产生的尾气为NH3和H2O，NH3能直接流回反应①使用，或者配成硫酸钠氨化溶液，则实验中依据该流程闭路循环绿色的特点，“煅烧(350°C)”的实验中最好用硫酸钠溶液吸收来处理尾气，C错误；
D．装置图A中的长玻璃导管的作用是导出尾气，防止CO2通入过快而引起仪器炸裂，则下端不能浸入溶液中，D错误；
E．利用该流程制备两种盐的过程中先后发生的反应有：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 ，(NH4)2SO4+Na2SO4+2H2O=Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O ，Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O2NaHSO4+2NH3↑+2H2O↑，根据原子守恒可知，其总反应方程式为Na2SO4+CO2+H2O=NaHSO4+NaHCO3，E正确；
故答案为：BCD；
【小问5详解】
测定NaHSO4的纯度：称取一定质量所得产品配成250mL溶液，用移液管取出15.00mL，用NaOH标准溶液滴定。
①根据中和滴定操作的顺序可知，实验过程中，移液管洗涤干净并用蒸馏水清洗2~3次后， 用吸水纸吸净尖端内、外的残留水，吸取少量待取液润洗2~3次，将润洗好的移液管插入待取溶液液面下约1-2cm处，吸取溶液使液面至标线以上，拿掉洗耳球，立即用食指堵住管口，使液体不再流出，将移液管提出液面，倾斜容器，将管尖紧贴容器内壁成约45°角，稍待片刻，松动食指使液面缓慢下降至溶液的凹液面与标线相切，立即按紧管口，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，当溶液流尽后，再停数秒，并将移液管向左右转动一下，取出移液管，则正确的操作顺序编号为：d→a→e→g→f→c→i→h，故答案为：d；a；e；c；i；h；
②本实验使用NaOH标准溶液滴定NaHSO4的含量，滴定终点为Na2SO4溶液，显中性，酚酞的变色范围为8.2~10，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，石蕊的变色范围为5~8，则为使实验结果更加精确，滴定过程中最好选用酚酞作指示剂，故答案为：C。
31. 手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：

已知：RCHO+
请回答：
（1）化合物A的结构简式是_______；化合物E的结构简式是_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 化合物E可以发生消去反应、还原反应
B. 化合物F和G可通过FeCl3溶液鉴别
C. 化合物C中至少有7个碳共平面
D. 化合物H的分子式是C19H18O2NP
（3）写出C→D的化学方程式_______。
（4）在制备F的过程中还生成了一种副产物X，X与F互为同分异构体(非立体异构体)。X的结构为_______。
（5）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①除苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有4种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键
（6）以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】（1） ①. ②. （2）BC
（3）2+CH3COCH3+2H2O
（4）或 （5）、、
（6）
【解析】
【分析】C的结构已给出，从路线可知B到C为氧化反应，生成醛基；A到B应为取代反应，A的结构为，B为；C到D可参照题中所给已知信息，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与丙酮反应，故D为；D到E为加成反应，E为；对比F和H结构，可知F到G发生的变化应为甲氧基变为羟基，故G为。
【小问1详解】
据分析可知，化合物A 为，E为；
【小问2详解】
A．由E的结构简式可知E能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；
B．F中有酚羟基，E中没有酚羟基，可通过三氯化铁溶液鉴别，B正确；
C．化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个，C正确；
D．H的分子式为C19H20O2NP，D错误；
故选BC。
【小问3详解】
由分析可知D为，C到D的化学方程式为：
【小问4详解】
E为，制备F的过程中，可能成环的位置为苯环上含羰基侧链的四个邻位，反应位置如图所标数字1，，X与F互为同分异构体，故X的可能结构为：
或；
【小问5详解】
由分析可知D为，不饱和度为11。2个苯环的不饱和度为8，同分异构体还有1个含氧六元环，一个环的不饱和度为1，故其同分异构体还有两个饱和度，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，应为两个双键，不含-O-O-键，其结构简式可能为：，，；
【小问6详解】