2022-2023学年浙江省普通高校招生高三上学期10月化学（选考）模拟试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省普通高校招生高三上学期10月化学（选考）模拟试题含解析，共34页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，填空题，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

浙江省普通高校招生2022-2023学年高三上学期10月化学（选考）模拟试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质属于酸性氧化物的是
A． B．NO C． D．
【答案】A
【详解】A．二氧化硅是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故A正确；
B．一氧化氮是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；
C．硫酸是在溶液中电离出的阳离子都是氢离子的酸，故C错误；
D．氧化铝是既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐和水的两性氧化物，故D错误；
故选A。
2．下列物质不属于电解质的是
A．氨基酸 B．锌单质 C．硫酸钡 D．氯化铝
【答案】B
【详解】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例如：酸、碱、盐，金属氧化物等，
A．氨基酸在水溶液中能电离出离子而导电，属于电解质，A不选；
B．电解质是对于化合物的再细分，锌单质不是化合物，不属于电解质，B选；
C．硫酸钡在熔融状态下能导电，属于电解质，C不选；
D．氯化铝在水溶液中能电离出氯离子和铝离子从而能导电，属于电解质，D不选；
故选：B。
3．下列化学仪器在酸碱滴定实验中无需用到的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．酸式和碱式滴定管用于盛放标准液，需要使用，A错误；
B．锥形瓶用于盛放待测液，需要使用，B错误；
C．分液漏斗不需要使用，C正确；
D． 蝴蝶夹用于固定滴定管，需要使用，D错误；
故选C。
4．下列物质对应的化学式不正确的是
A．氯仿： B．硬脂酸：
C．漂白液的有效成分：NaClO D．芒硝的主要成分：
【答案】D
【详解】A．氯仿为三氯化碳，A正确；
B．硬脂酸为，B正确；
C．漂白液的有效成分为次氯酸钠NaClO，C正确；
D．芒硝的主要成分为十水硫酸钠，D错误；
故选D。
5．下列物质对应的化学用语正确的是
A．氯化钾的分子式： B．过氧化氢的电子式：
C．的最外层电子排布式： D．的VSEPR模型：
【答案】D
【详解】A．氯化钾是离子化合物，没有分子式，是化学式，A项错误；
B．过氧化氢是共价化合物，不需要中括号，B项错误；
C．的最外层电子排布式：，C项错误；
D．的中心原子上的孤电子对数是，价层电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，D项正确；
故答案选D。
6．下列说法不正确的是
A．蛋白质由氨基酸通过肽键连接形成，均可用浓硝酸检验
B．葡萄糖是生物体所需能量的主要来源，通过氧化反应为生物体供能
C．石油为混合物，可通过分馏得到多种产物，该过程为物理变化
D．大部分液态油兼具烯烃的化学性质，可通过氢化得到半固态脂肪
【答案】A
【详解】A．氨基酸是构成蛋白质的基本结构单位，蛋白质是由多种氨基酸通过肽键等相互连接形成的一类生物大分子，只有含苯环的蛋白质遇到浓硝酸出现黄色，故A说法错误；
B．葡萄糖是生物体所需能量的主要来源，通过氧化反应为生命活动提供能量，故B说法正确；
C．石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，利用成分沸点不同进行分馏，得到多种产物，该过程属于物理变化，故C说法正确；
D．常温下呈液态的油脂称为油，含有碳碳双键，具有烯烃的化学性质，不饱和程度较高、熔点较低的液态油，通过催化加氢可提高饱和度，转变成半固态的脂肪，这个过程称为油脂的氢化，故D说法正确；
答案为A。
7．下列说法不正确的是
A．与互为同系物 B．石墨烯与金刚石互为同素异形体
C．乙醇与二甲醚互为同分异构体 D．干冰与二氧化碳为同一物质
【答案】A
【详解】A．甲酸甲酯和丙酸的官能团不同，不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误；
B．石墨烯与金刚石是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；
C．乙醇与二甲醚的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．干冰是固态二氧化碳，与二氧化碳为同一物质，故D正确；
故选A。
8．下列说法正确的是
A．具有较好的导电能力，常用于制造光纤
B．分子间存在较多的氢键，液氨常用于作为制冷剂
C．可以与单质Fe发生铝热反应，该过程放出大量的热量可用于焊接
D．胶体具有净水、消毒、灭菌的作用，原因是胶体具有吸附性
【答案】B
【详解】A．SiO2属于共价化合物，不导电，二氧化硅制造光纤，利用二氧化硅可以发生完全折射，故A错误；
B．氨气分子间存在氢键，使得氨气容易液化，液氨转化成气体时从外界吸收能量，因此液氨常用作制冷剂，故B正确；
C．铝热反应是利用铝单质具有强的还原性，氧化铁与铝发生铝热反应，该过程放出大量的热量可用于焊接，故C错误；
D．氢氧化铁胶体不具有杀菌消毒，利用氢氧化铁胶体净水，利用胶体具有吸附性，故D错误；
答案为B。
9．下列说法不正确的是
A．食品制作上，碳酸氢铵可以与碳酸氢钠同时使用
B．工业上制备银单质时，常用氧化银进行热分解法
C．工业上使用电解法制备精铜时，产物精铜会在阴极析出
D．石英与焦炭高温条件下制备粗硅时，若不处理尾气则会加剧温室效应
【答案】D
【详解】A．碳酸氢氨一般和碳酸氢钠混合使用，这样既有利于控制制品疏松程度，又不至于使饼干内残留过多碱性物质，选项A正确；
B．工业上制备银单质时，常用氧化银进行热分解法2Ag2O 4Ag+O2↑，选项B正确；
C．工业上使用电解法制备精铜时，粗铜作阳极，应接电源正极，精铜在阴极析出，选项C正确；
D．石英与焦炭高温条件下反应得到硅和一氧化碳，CO会污染空气但不会加剧温室效应，选项D不正确；
答案选D。
10．关于反应，下列说法不正确的是
A．， B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性： D．该反应生成1mol水，转移个电子
【答案】C
【分析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：；
【详解】A．由分析乐子，，，A正确；
B．该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；
C．氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：，C错误；
D．由化学方程式可知，电子转移情况为，该反应生成1mol水，转移个电子，D正确；
故选C。
11．下列说法正确的是
A．金刚石经锤易碎，原因是共价键具有方向性，外力作用下原子易错位而断裂
B．乙醛能与水任意比互溶，原因是其水溶液中形成了3种氢键
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
D．碳原子的轨道表示式为，原因是违反了泡利原理
【答案】A
【详解】A．金刚石中只存在C-C共价键，共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子间错位而断裂，故A正确；
B．乙醛能与水任意比互溶是因为乙醛中的氧原子和水的氢原子之间能生成氢键，同时水分之间可以形成氢键，形成了2种氢键，故B错误；
C．含钙化合物中的钙元素常显正二价，原因是钙的第一电离能和第二电离能均较小，容易失去2个电子，但是第二电离能大于其第一电离能，故C错误；
D．碳原子的轨道表示式为 ，原因是违反了洪特规则，故D错误；
故选A.
12．为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．24g石墨中含有0.6个C—C键
B．1mol二氧化硅固体中含有2个σ键
C．标准状况下含有2.6个质子数
D．0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移1.6个电子
【答案】D
【详解】A．石墨中平均1个碳原子形成1.5个碳碳键，24g石墨（物质的量为2mol）中含有3个C—C键，A错误；
B．二氧化硅中1个硅原子能形成4个硅氧σ键，1mol二氧化硅固体中含有4个σ键，B错误；
C．标准状况下乙醇为液体，不能计算其物质的量，C错误；
D．铁单质与水蒸气高温条件下完全反应生成四氧化三铁，电子转移情况为，0.6mol铁单质与水蒸气高温条件下完全反应，该反应转移电子1.6mol，为1.6个电子，D正确；
故选D。
13．下列反应化学、离子方程式不正确的是
A．向石灰乳中通入：
B．向溶液中滴加过量的NaOH溶液：
C．向中加过量碳酸钠溶液：2
D．向NaClO溶液中通入少量的：(已知：  ，；HClO  )
【答案】C
【详解】A．石灰乳中氢氧化钙不能拆，向石灰乳中通入生成氯化钙、次氯酸钙和水：，A正确；
B．向溶液中滴加过量的NaOH溶液生成偏铝酸钠和水：，B正确；
C．碳酸钠溶液显碱性，羧基能和过量碳酸钠生成碳酸氢根离子，酚羟基具有弱酸性和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，，向中加过量碳酸钠溶液：+2+2，C错误；
D．已知：  ，；HClO  ，酸性HClO>，则向NaClO溶液中通入少量的生成次氯酸和碳酸氢钠：，D正确；
故选C。
14．下列说法不正确的是
A．检验淀粉是否水解可用新制的氢氧化铜悬浊液
B．乙醚具有麻醉作用，可通过乙醇在浓硫酸的催化下发生消去反应制得
C．合成纤维是由原料通过缩聚反应合成的高分子化合物，其原料不含纤维素
D．脂肪在碱性溶液在发生的水解属于皂化反应，其水解产物可用于制皂
【答案】B
【详解】A．淀粉水解产生葡萄糖，可用新制的氢氧化铜进行检验，生成砖红色沉淀，A正确；
B．乙醚可通过乙醇在浓硫酸的催化下发生取代反应制得，B错误；
C．纤维素是糖类，合成纤维不含有糖类物质，C正确；
D． 脂肪是高级脂肪酸甘油酯，其水解生成高级脂肪盐，可用于制肥皂，D正确；
故选B。
15．合成某抗癌药物的中间体结构如图，下列说法正确的是

A．分子中存在手性碳原子 B．分子中至少12个碳原子共面
C．该物质可与溶液发生显色反应 D．1mol该物质至多能与2mol NaOH反应
【答案】D
【详解】A．分子中不存在手性碳原子，A项错误；
B．该分子中含有苯环和碳碳双键，分子中所有碳原子共面，B项错误；
C．分子中不含有酚羟基，不能与溶液发生显色反应，C项错误；
D．分子中含有一个羧基和一个酯基，故1mol该物质至多能与2mol NaOH反应，D项正确；
答案选D。
16．W、X、Y、Z为短周期非金属元素，分布于三个不同的周期，且原子序数依次增大。已知X元素与Y元素为同一周期，这四种元素在溶液中会形成一种离子，其结构如图所示，下列说法不正确的是

A．W—Y键比W—X键更稳定
B．比较元素的电负性：X＜Y
C．该离子中的Z元素的核外电子空间轨道具有9种不同的能量
D．X元素的氧化物的水化物的酸性可能大于Z元素的氧化物的水化物的酸性
【答案】C
【详解】W、X、Y、Z为短周期非金属元素，分布于三个不同的周期，且原子序数依次增大。已知X元素与Y元素为同一周期，这四种元素在溶液中会形成一种离子，结合价键情况可知W为H、X为C、Y为O、Z为Cl。
A．Y的非金属性强于X，H—O键比H—C键更稳定，选项A正确；
B．元素非金属性越强电负性越大，故电负性：C＜O，选项B正确；
C．该离子中的Z元素的电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子有五个不同的能级，有5种不同的能量,选项C不正确；
D．X元素的氧化物的水化物的酸性可能大于Z元素的氧化物的水化物的酸性，选项D正确；
答案选C。
17．25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是
A．等浓度溶液和KOH溶液按1∶2的体积比混合，存在
B．的和KHM混合溶液中，存在
C．溶液中滴加KOH溶液至中性时，存在
D．呈碱性的溶液中，存在
【答案】B
【详解】A．等浓度的H2M溶液和氢氧化钾溶液按1∶2体积比混合恰好反应生成K2M，K2M溶液中存在的质子守恒关系为c(OH—)= c(H+)+c(HM—)+2c(H2M)，则c(H+)=c(OH—)—c(HM—)—2c(H2M)，故A错误；
B．由电离常数可知，pH=11的K2M和KHM混合溶液中=，则溶液中c(HM—) ＞c(M2—)，故B正确；
C．H2M溶液中滴加氢氧化钾溶液至中性时，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(K+)=c(OH—)+c(HM—)+2c(M2—)，由溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，溶液中c(K+)=c(HM—)+2c(M2—)，故C错误；
D．由电离常数可知，K2M溶液中Kh==，，c(OH-)<0.5，，溶液中c(HM—)＞c(M2—)，故D错误；
故选B。
18．苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX △H1
②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X △H2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。

X
Cl
Br
△H1(kJ∙mol-1)
10
20
△H2(kJ∙mol-1)
-111
-100

下列说法正确的是A．可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1
B．1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C．使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2
D．反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
【答案】A
【详解】A．从表中可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20) kJ∙mol-1=-10 kJ∙mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1，A正确；
B．利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX  △H=△H1+△H2=-101 kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；
C．使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；
D．从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5∙的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；
故选A。
19．关于反应  ，下列说法不正确的是
A．该反应在低温条件下可以自发进行
B．向反应容器中加入正催化剂，不会改变反应自发进行的临界温度
C．恒容条件下，通入He和Ar组成的混合气体，不会改变反应的速率
D．恒压条件下，可通入过量的气体可以提高转化率并增加生成物的浓度
【答案】D
【详解】A．该反应是焓减、熵减的反应，由△G=△H-T△S知，在较低温度下能自发进行，选项A正确；
B．催化剂能改变反应速率及反应的活化能，但不能改变反应自发进行的临界温度，选项B正确；
C．恒容条件下，通入He和Ar组成的混合气体，反应物的浓度均不变，不会改变反应的速率，选项C正确；
D．恒压条件下，可通入过量的气体可以提高转化率，使平衡正向移动，但若增加的量增大，容器体积增大，可能会使生成物的浓度降低，选项D不正确；
答案选D。
20．将xmolH2S气体平均分成两份，分别通入容器A、容器B(容积均为1L)，其中一容器为绝热环境，另一容器为25℃恒温环境，在容器内均发生：  (25℃)，相关数据如下表：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
容器A

0
0.8
1.5
2
2.3
2.4
2.4
容器B
0
1
1.8
2.5
3
3
3

下列说法正确的是A．根据上表信息，可推算出x=3
B．容器A为25℃恒温环境，容器B为绝热环境
C．1～60min内，25℃恒温环境反应速率可表示为v(H2S生成)
D．可通过降低容器的温度，从而加快逆反应的速率，达到抑制H2S气体分解的目的
【答案】C
【分析】该反应是吸热反应，反应过程中绝热环境容器的反应温度低于25℃恒温环境容器的反应温度，反应速率慢于25℃恒温环境容器的反应速率，由表格数据可知，容器A中反应达到平衡的时间多于容器B中反应达到平衡的时间，则容器A为绝热环境，容器B为25℃恒温环境，由40s反应达到平衡时，B容器中S2的物质的量为3mol可知，平衡时容积为1L的容器中硫化氢、氢气、S2的浓度为mol/L、6mol/L、3mol/L，由平衡常数为12可得：=12，解得x=18。
【详解】A．由分析可知，x为18，故A错误；
B．由分析可知，容器A为绝热环境，容器B为25℃恒温环境，故B错误；
C．由分析可知，容器B为25℃恒温环境，60min时S2的物质的量为3mol，则1～60min内，则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为=0.1 mol/(L·min)，故C正确；
D．降低容器的温度，正、逆反应速率均减慢，故D错误；
故选C。
21．利用吸收污染气体的原理制作原电池，供电的同时也可制备硫酸(容积充足，运行时不考虑将产物分离出)，其工作原理如下图。已知电极A、B均为惰性电极，K膜为阻隔膜(限制某些离子或分子通过)，“＋”表示用电器正极，电流由用电器正极流至其负极，表示两处差值，下列说法不正确的是

A．K膜为阴离子阻隔膜，污染气体从X通入
B．持续为用电器供电过程中，无需向原电池内补充
C．理论上，标况下每吸收气体，K膜将通过4mol离子
D．反应开始后，一段时间内电极A、B两端的 |ΔpHAB| 将变大
【答案】C
【分析】利用吸收污染气体的原理制作原电池，供电的同时也可制备硫酸；由图可知，“＋”表示用电器正极，电流由用电器正极流至其负极，B为正极，过氧化氢得到电子发生还原反应，2H++2e- +H2O2=2H2O；A为负极，二氧化硫失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，SO2-2e-+2H2O=+4H+；总反应为SO2+H2O2=+2H+；
【详解】A．由分析可知，氢离子加入右室，K膜可以通过阳离子为阴离子阻隔膜，污染气体从X通入，A正确；
B．总反应为SO2+H2O2=+2H+，故持续为用电器供电过程中，无需向原电池内补充，B正确；
C．理论上，标况下每吸收气体（1mol），K膜将通过2mol氢离子，C错误；
D．反应开始后，一段时间内电极B端不断生成氢离子，溶液酸性增强，导致将变大，D正确；
故选C。
22．下列“类比”结果正确的是
A．植物油不溶于水，则甘油也不溶于水
B．甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应
C．S和Fe加热条件下生成FeS，则S和Cu加热条件下生成
D．向含的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀
【答案】C
【详解】A．甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误；
B．甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；
C．硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；
D． 向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；
故选C。
23．25℃时，向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液。如图为与时间(t)的关系图，其中一条线段为，另一条线段为。已知电离平衡常数，。下列说法不正确的是

A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂
B．由图可推知：M点的pH约为9.3
C．使HCl溶液滴至1min时，由可推知：
D．适当升高温度(忽略的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动
【答案】D
【分析】向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液，表示的曲线是pH变化曲线；由知，=；表示的线是直线。
【详解】A．恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以强酸滴定弱碱时，最宜使用甲基橙，A项正确；
B．由图可知，M点对应p X2曲线的Q点，则==0，代入，解得c(OH-)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时pH=9.3，B项正确；
C．使HCl溶液滴至1min时，加入的稀盐酸的体积是×60s=30mL，加入盐酸的物质的量是0.003mol，此时pH=7，此时根据电荷守恒得到c(Cl-)=c(NH)=0.075mol/L，根据计算，此时c()=0.000375 mol/L，再根据N原子守恒，c总()=c(NH)+ c()=0.075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来是10mL，反应后体积为40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C项正确；
D．氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数K增大。对于=，温度升高，K变大，碱性增强，Q点应向左移动，D项错误；
故答案选D。
24．过氧硫酸氢根参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是

A．该反应有水的生成
B．利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷
C．过氧硫酸氢根是该反应的催化剂
D．通过调节环境的酸碱性，可以控制部分极性共价键的断裂
【答案】C
【详解】A．由图像分析，在碱性（OH-）条件下反应这一步，是有H2O生成的，A项正确；
B．利用题给机理，CH2=CH2与进一步得到环氧乙烷，B项正确；
C．通过图像流程分析，HSO开始参与反应最终转为SO，不是催化剂，C项错误；
D．通过分析这个过程，可知通过调节环境的碱性，使得有机物中的-OH间的极性共价键断裂，D项正确；
故答案选C。
25．下列方案没计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
比较相同浓度溶液和溶液的酸碱性
用干燥洁净的玻璃捧分别蘸取溶液和溶液，滴在pH试纸上，与标准比色卡比较
与标准比色卡比较后，转化为对应的pH值，pH值较小的溶液则酸性较强
B
比较C与Si非金属性的强弱
将纯净的气体缓慢通入溶液中
若出现了白色沉淀，则证明非金属性C>Si
C
探究的化学性质
把电石放入水中反应，将产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中
若溴的四氯化碳溶液褪色，则证明具有还原性
D
判断物质M是否为晶体
在物质M不同方向上使用电导率仪测定其电导率
若物质M在任意方向测定的电导率均相等，则物质M为晶体

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．溶液和溶液本身蓝色，不能用pH试纸测定，A项错误；
B．纯净的气体缓慢通入溶液中发生如下反应，CO2+H2O+Na2CO3=H2SiO3↓+Na2CO3，说明碳酸酸性强于硅酸，则对应碳的非金属性大于硅，B项正确；
C．与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，并且电石是混合物，与水反应后也会有杂质H2S，H2S的还原性也能使溴褪色，所以不能证明具有还原性，C项错误；
D．一般晶体在物理性质表现出向异性，所以任意方向测定的电导率应不同。区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验，D项错误；
故答案选B。

二、结构与性质
26．回答下列问题
(1)①如图所示，该有机物中σ键个数：π键个数=_______。

②比较、、的第一电离能的大小：_______。(从大到小排序)
(2)石墨晶体中层与层之间的作用力是_______，该晶体每个C原子的杂化方式是_______。
(3)氟化氢分子中的氢键如图所示，请定量解释水的沸点高于氟化氢熔沸点的原因：_______。

(4)如图为金属Mg的晶胞结构，六棱柱底边的边长为x pm，高为y pm，阿伏伽德罗常数的值为，则金属Mg的密度为_______。(已知)

【答案】(1)     15∶4     Zn>Cu>Ga
(2)     范德华力(分子间作用力)    
(3)物质的量相等的分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目，所以分子沸点高于HF
(4)

【详解】（1）①由键线式可知，有机物分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键的个数比为15∶4，故答案为：15∶4；
②锌原子的4s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于铜元素，铜原子的4s轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于镓元素，则第一电离能由大到小的顺序为Zn>Cu>Ga，故答案为：Zn>Cu>Ga；
（2）石墨晶体为混合型晶体，晶体中层与层之间的作用力是范德华力(分子间作用力)，层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：范德华力(分子间作用力)；sp2；
（3）由图可知，氟化氢分子间形成2个氢键，而水分子间能形成4个氢键，所以等物质的量的水分子形成的氢键数目多于氟化氢，分子间的作用力大于氟化氢，沸点高于氟化氢，故答案为：物质的量相等的H2O分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目，所以H2O分子沸点高于HF；
（4）由晶胞的结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的镁原子的个数为8×+2×+3=6，晶胞的体积为6××10—30cm3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=6××10—30d，解得d=，故答案为：。

三、填空题
27．配合物X(只有一种配体)由五种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：

其中：固体单质A的焰色反应是绿色；混合气体由4种气体组成(不考虑气体之间相互反应)；气体E为空气中含量最高的非极性气体；配合物X中氮元素质量为3.36g。
请回答：
(1)组成配合物X的五种元素是H、O、N、_______、_______，其配位原子是_______。
(2)刺激性气体C的空间构型是_______。
(3)①写出混合气体经浓硫酸干燥后通入酸性溶液的离子方程式：_______。
②写出配合物X在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式：_______。
(4)设计实验证明配合物X的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与形成的配位键的能力：_______。
【答案】(1)     S     Cu     N
(2)Ⅴ形
(3)          3[Cu（NH3）4]SO43Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O
(4)将少量固体溶于水中，溶液中形成。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，则说明形成了，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，形成配位键的能力更强

【分析】固体单质A的焰色反应是绿色，则A为Cu，Cu和浓硫酸在加热下反应生成CuSO4溶液B，同时生成气体C为SO2，其物质的量为=0.06mol，根据Cu~SO2，铜的物质的量为0.06mol；气体E为空气中含量最高的非极性气体，则E为N2 ，氮气物质的量为=0.04mol；混合气体通过浓硫酸，浓硫酸增重为4.88g，剩余气体经过酸性高锰酸钾溶液氧化，通入BaCl2溶液，得到13.98g沉淀为硫酸钡，说明气体中含有SO2，说明配合物中含有的酸根离子为硫酸根离子，结合硫元素守恒，其物质的量为；N2质量为0.04mol×28g/mol=1.12g，配合物X中氮元素质量为3.36g，则混合气体含有氨气，说明配体为氨气，结合氮元素守恒，配合物中氨气物质的量为=0.24mol，氨气质量为0.24mol×17g/mol=2.72g，则混合气体含有H2O，物质的量为=0.12mol，则配合物中n（Cu2+）：n（NH3）:n（SO）=0.06mol：0.24：0.06=1:4:1，该配合物为。
【详解】（1）结合分析，组成配合物X的五种元素是H、O、N、Cu、S，配体为氨气，其配位原子是N；
（2）刺激性气体C为SO2，S原子为sp2杂化，空间构型是Ⅴ形；
（3）①混合气体经浓硫酸干燥后剩余气体为SO2、N2，N2不反应，SO2通入酸性溶液的离子方程式为；
②根据分析，配合物X在高温条件下隔绝空气分解反应的化学方程式：3[Cu（NH3）4]SO43Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+6H2O；
（4）根据实验证明配合物X的中心离子与配体形成的配位键的能力强于其中心离子与形成的配位键的能力：将少量固体溶于水中，溶液中形成。向溶液内滴加过量氨水溶液，当溶液中先蓝色沉淀溶解后，得到的深蓝色溶液，则说明形成了，证明了配体氨与铜离子更易形成配位键，形成配位键的能力更强。

四、原理综合题
28．氮元素在工业应用上具有重要地位。
请回答：
(1)某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1 L容器内，容器内存在如下反应：
反应Ⅰ    主反应：  K1
反应Ⅱ    副反应：  K2
①向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO2)=5 mol/L，c(N2O4)=0.5 mol/L，，则此温度下N2O5的转化率=_______。
②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．当4v ( N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高
D．恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，反应达到平衡后，c(O2)＜5 mol/L
(2)已知：反应Ⅲ      
反应Ⅳ      
①写出NO与H2反应生成NH3和O2的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。
②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t1时，该反应恰好达到化学平衡。t1时，将该化学反应体系升温到T℃(t2时恰好达到化学平衡)。t2时，向该化学反应体系加入正催化剂，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率。_______。

③关于反应Ⅳ，恒容状态下N2进气速度对O2的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原因：_______。

【答案】(1)     50％     AC
(2)     2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温          随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低

【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 mol/L，c(NO2)=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 mol/L，则反应消耗△c(NO2)=1 mol/L，测得此时c(NO2)=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 mol/L+1 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 mol/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N2O5和2 mol NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 mol/L，c(NO2)=5 mol/L，c(O2)=1 mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 mol/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ    
反应Ⅳ    
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。

五、工业流程题
29．某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾，流程如下：

已知：a.工业废铜含铁、铅等不可溶杂质。
b.25℃时，；。
c.铜表面离子接触的地方浓度充足，另通过物理干预，使Cu先与稀硝酸反应。
d.相关氢氧化物沉淀的对应pH如下表。
物质
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH

4.2
6.7

7.6
9.6

2.7
3.7


请回答：
(1)如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是_______。
(2)写出向滤液A中加入的离子方程式_______。
(3)下列有关以上流程说法正确的是_______。A．25℃时，当恰好完全除尽时，
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替
C．步骤中“调节溶液pH”，应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2
D．可使用X射线衍射仪或红外光谱仪检验产物是否为晶体
(4)测定工业废铜中含铜x mol，含铁y mol。加入后，三种物质反应结束后均无剩余，产生的气体只有NO。经一系列操作证明了反应结束的溶液中含和。
①反应结束溶液中的的取值范围是_______。(用含x、y的代数式表示)
②“经一系列操作”具体为_______。
③若，且测定溶液中，则_______。
【答案】(1)吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气
(2)
(3)AB
(4)          取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和    

【分析】工业废铜加入稀硝酸、稀硫酸溶解，过滤后所得滤液加入双氧水氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，经过调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，得到滤液B为硫酸铜，结晶得到胆矾。
【详解】（1）如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气；
（2）向滤液A中加入，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（3）A．25℃时，当恰好完全除尽时，pH=3.7,c(OH-)10-10.3mol/L, ，故，选项A正确；
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替，否则会产生NO，污染空气，且产生硝酸铜，引入杂质，选项B正确；
C．应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2，会引入Na+，不符合，选项C错误；
D．红外光谱仪通常用来测定有机物分子中的化学键和官能团,从而测定有机物结构式，无法确定是否为晶体，选项D错误；
答案选AB；
（4）①反应结束溶液中含和、Cu2+，溶质为硝酸亚铁、硝酸铁和硝酸铜，根据铁、铜守恒，若铁只以存在，则，若铁只以存在，则，故的取值范围是；
②“经一系列操作”为证明和存在，具体为取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和；
③若，且测定溶液中，故=0.5ymol=0.4xmol，==0.4xmol+0.4xmol+xmol2=4xmol，由氮原子守恒可知，n(NO)=zmol-4xmol=(z-4x)mol，根据电子转移守恒有4x=(z-4x)(5-2)，则。

六、有机推断题
30．利用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物的原理。某研究小组按下列线路合成多环化合物G.(无需考虑部分中间体的立体化学)。

已知：a.
b.化学键极性越强，发生化学反应时越容易断裂
请回答：
(1)下列说法正确的是_______。
A．化合物B在的四氯化碳中可被氧化为苯甲酸
B．化合物C至多所有原子共平面
C．化合物F的分子式为
D．化合物G中含氧官能团只有硝基和羰基
(2)化合物D的结构简式为_______；化合物E与丙醇无法发生类似反应④的化学变化，其原因可能为_______。
(3)反应③包含了三步反应，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为还原反应。写出第二步反应的化学方程式_______。
(4)以乙烯、化合物B为原料，设计B→C的转化路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
(5)写出有机物F同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_______。
谱和IR谱表明：①分子中共有4种氢原子；②分子中存在两个苯环；③不存在—O—O—键。
【答案】(1)BC
(2)          由于硝基与甲基的差异(甲基推电子的能力强于硝基)，丙醇中碳氧键的极性比2-硝基乙醇弱，故丙醇不易断键反应
(3)+H2O
(4)
(5)

【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生已知信息a的加成反应生成与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成C；B与D发生反应生成E，则D为；
【详解】（1）A．B的结构简式为，化合物B在的四氯化碳中发生加成反应，不可被氧化为苯甲酸，A错误；
B．化合物C中苯环、碳碳双键、醛基都是平面型结构，则至多所有原子共平面，B正确；
C．由结构简式可知化合物F的分子式为，C正确；
D．化合物G中含氧官能团有硝基和羰基、酯基，D错误；
故选：BC；
（2）由分析可知，化合物D的结构简式为；根据已知信息b.化学键极性越强，发生化学反应时越容易断裂，化合物E与丙醇无法发生类似反应④的化学变化，其原因可能为：由于硝基与甲基的差异(甲基推电子的能力强于硝基)，丙醇中碳氧键的极性比2-硝基乙醇弱，故丙醇不易断键反应；
（3）B为，D为，反应③包含了三步反应，第一步为加成反应生成，第二步为醇的消去反应生成，第三步为碳碳双键与氢气发生还原反应。第二步反应的化学方程式+H2O；
（4）B为，B与CH3CHO发生已知信息a的加成反应生成与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成C；以乙烯、化合物B为原料，乙烯与氧气发生氧化反应生成乙醛，设计B→C的转化路线为：；
（5）有机物F同时符合下列条件：①分子中共有4种氢原子；②分子中存在两个苯环；③不存在—O—O—键，同分异构体的结构简式为：。