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浙江省Z20名校联盟2023届高三化学第三次联考试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省Z20名校联盟2023届高三化学第三次联考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 下列说法不正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第三次联考
化学试题卷
考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag l08 I 127 Ba l37 Pb 207
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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. 下列物质含有非极性共价键且属于分子晶体的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2结构式为H-O-O-H，属于分子晶体，含有极性共价键、非极性共价键，故A符合题意；
B．Na2S属于离子晶体，含有离子键，故B不符合题意；
C．CO2属于分子晶体，其结构式为O=C=O，含有极性共价键，故C不符合题意；
D．过氧化钠属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；
答案为A。
2. 氢氧化钠应用广泛，下列说法不正确的是
A. 钠元素位于周期表s区 B. 属于强电解质
C. 工业上常用制备小苏打 D. 溶液能使蛋白质变性
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na是11号元素，位于周期表第3周期第IA族，故钠元素位于周期表s区，A正确；
B．所有的酸、碱、盐均属于电解质，强碱NaOH在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，B正确；
C．工业上常用侯氏制碱法来制备小苏打NaHCO3，反应原理为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，故是用NaCl而不是NaOH制备小苏打，C错误；
D．强酸、强碱和强氧化性溶液均能使蛋白质发生变性，故强碱NaOH溶液能使蛋白质变性，D正确；
故答案为：C。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氧原子：
B. 1-丁醇的键线式：
C. 的空间结构为三角锥形
D. 某激发态碳原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据质量数等于质子数加中子数可知，中子数为10的氧原子表示为：，A错误；
B．是1-丙醇的键线式，1-丁醇的键线式为：，B错误；
C．中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，C错误；
D．已知C为6号元素，其基态原子电子排布式为：1s22s22p2，故表示某激发态碳原子，D正确；
故答案为：D。
4. 下列说法不正确的是
A. 食品中添加适量的可起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B. 具有强氧化性，可用作消毒剂
C. 钛的合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼
D. 分子间存在较多的氢键，液氨常用作制冷剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，选项A正确；
B．明矾水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不能杀菌消毒，选项B不正确；
C．钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，选项C正确；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高，易液化；同时由于分子间存在氢键，气化时吸收大量热，所以用作制冷剂，选项D正确；
答案选B。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A. 工业浓硝酸常因溶有少量而略显黄色
B. 工业上常用软锰矿(主要成分)在加热条件下与浓盐酸反应制氯气
C. 工业上采用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，需要添加冰晶石以提高导电能力
D. 水泥、玻璃、碳化硅陶瓷、石墨烯都是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2为红棕色气体，浓硝酸不稳定见光或受热分解成NO2、O2，因此工业硝酸常因溶有少量的NO2而略显黄色，故A正确；
B．工业上制备氯气，常采用电解饱和食盐水得到，故B错误；
C．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融的氧化铝，需要添加冰晶石作助熔剂，故C错误；
D．水泥、玻璃为传统无机非金属材料，故D错误；
答案为A。
6. 汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：。下列说法正确的是
A. 该反应中是还原剂 B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C. 若设计成原电池，在负极上反应 D. 每转移，可生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．KNO3中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-升高为0，是还原剂，故A错误；
B．根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确；
C．由选项A分子可知，在该反应中为氧化剂，则若设计成原电池，在正极上反应，故C错误；
D．由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 溶液的水解：
B. 向溶液中滴加溶液：
C. 向溶液中通入足量
D. 向溶液中通入少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：，A错误；
B．铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：，B错误；
C．硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：，C错误；
D．次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：，D正确；
故选D。
8. 下列说法不正确的是
A. 在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂
B. 天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚
C. 脱氧核糖核酸充分水解后得到磷酸、脱氧核糖和5种碱基
D. 植物油中含碳碳不饱和键，硬化后可用于生产人造奶油
【答案】C
【解析】
【详解】A．豆浆一般属于胶体，加入石膏，使胶体聚沉，因此在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂，故A说法正确；
B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，故B说法正确；
C．脱氧核糖核酸(DNA)完全水解后得到磷酸、脱氧核糖、碱基(A、T、G、C)，故C说法错误；
D．植物油中含有碳碳不饱和键，通过催化剂加氢可提高饱和度，转变成半固态的脂肪，这个过程称为油脂的氢化，也称为油脂的硬化，该油脂叫人造脂肪，又称为硬化油，硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故D说法正确；
答案为C。
9. 一定条件下，有机物X和Y反应可生成Z，反应方程式如下：
下列说法正确的是
A. 有机物X的一氯代物有4种
B. 有机物Y中所有碳原子可能共平面
C. 有机物X与二甲苯互为同分异构体
D. 有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有7个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．有机物X中，1号碳一种位置关系，2和3号碳对称，其他四个双键碳位置是对称等效的，所以其一氯代物有3种，故A错误；
B．有机物Y中所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．有机物X的分子式是C7H8而二甲苯的分子式是C8H10，分子式不同不互为同分异构体，故C错误；
D．有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有5个手性碳原子，如图所示，故D错误；
故选B。
10. 前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为，下列说法不正确的是
A. 电负性：
B. 简单离子半径：
C. 同周期中第一电离能比Q大的元素有1种
D. 三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中
【答案】C
【解析】
【分析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即，A正确；
B．由分析可知，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即，B正确；
C．由分析可知，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；
D．由分析可知，分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；
故答案为：C。
11. 钠离子电池具有低成本、高安全性和优异电化学属性，其充放电过程是Na+在正负极同时镶嵌与脱嵌。下列说法正确的是
A. 充电时A极上发生氧化反应
B 充电时内电路电流方向从A极到B极
C. 放电时电路中转移。理论上负极质量增加23g
D. 若正极材料为，则放电时的电极反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，放电时，A为负极，B为正极，充电时，A为阴极，B为阳极，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，充电时A极与电源负极相连，作阴极，故A电极上发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，充电时A为阴极，B为阳极，故充电时内电路电流方向从阳极B极到阴极A极，B错误；
C．放电时，Na+由负极区移向正极区，故电路中转移，理论上负极将脱嵌1molNa+，即质量减少23g，C错误；
D．放电时正极发生还原反应，若正极材料为，则放电时的电极反应为：，D正确；
故答案为：D。
12. 可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子：不能与形成配离子。下列说法不正确的是
A. 溶液I中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成
B. 溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在
C. 可用和溶液检验溶液中是否含有
D. 中的键角大于分子中的键角
【答案】B
【解析】
【详解】A．I中溶于水后，发生部分水解生成等，使溶液呈黄色，A项正确；
B．与的反应存在平衡：,溶液Ⅱ，Ⅲ分别存在平衡：, ,因此溶液Ⅱ，Ⅲ的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在，只能说明的量少，B项错误；
C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有，否则不含，C项正确；
D．中分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H的排斥作用减小，所以键角比分子中H-O-H的键角大，D项正确；
答案选B。
13. 常温下，现有溶液，。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 常温下
C. 溶液中：
D. 当时，溶液中存在下列关系：
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=10.3时，c()=c()，H2CO3的电离平衡常Ka2== c(H+)=10-10.3，A错误；
B．常温下0.1mol/L的0.1mol•L-1 NH4HCO3溶液pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则下Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)，B错误；
C．根据物料守恒，①c()+c()=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，②c()+c()=c()+c()+2c()，①-②得c(NH3·H2O) + c() =c(H2CO3)+ c()-c()，又因0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以c()
故选C。
14. 我国科学家研究化合物催化氢化生成甲酸的机理，其中由化合物生成化合物过程的机理和相对能量曲线如下图所示。均为过渡态。下列说法正确的是
A. 过渡态TS1比化合物Р更稳定
B. 过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化氢化生成甲酸的反应过程中一定有键的生成和断裂
D. 由生成的热化学方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，选项B错误；
C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；
D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，选项D错误；
答案选C。
15. 都是重要的化工原料，已知：难溶于冷水，易溶于热水，﹔，，20℃时，在不同浓度盐酸中的最大溶解量如图所示下列说法正确的是
A. 盐酸浓度越小，越小
B. x、y两点对应的溶液中相等
C. PbCl2和盐酸混合液中加入稀硫酸后得到，当时，为
D. 当盐酸浓度小于时，随着浓度的增大，溶解量减小是因为浓度增大使溶解平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度能影响溶度积，浓度对溶度积无影响，盐酸浓度越小，温度不变，Ksp(PbCl2)不变，A项错误；
B．由图可知，x、y两点Cl-浓度不相等，两点Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)∙c2(Cl-)相等，则x、y两点对应溶液中c(Pb2+)不相等，B项错误；
C．当c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中c(Pb2+)==mol/L=1.6×10-3mol/L，溶液中c()==mol/L=6.75×10-6mol/L，C项错误；
D．由图可知，当盐酸浓度小于1mol/L时，随着盐酸浓度的增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl-浓度增大，使PbCl2的溶解平衡：PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)逆向移动，D项正确；
答案选D。
16. 下列实验方案设计、现象和结论均正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验乙醇是否发生消去反应
将乙醇和浓共热产生的气体依次通入足量的溶液、稀酸性溶液
溶液褪色，证明发生了消去反应
B
检验与的还原性强弱
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性
C
鉴别同为白色粉末状晶体尿和氯化铵
分别取少量晶体于试管中，加入足量浓溶液加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸是否变色
若试纸不变蓝色，说明该晶体为尿素，若试纸变蓝色，说明该晶体为氯化铵
D
探究温度对化学反应速率的影响
向两支试管各加入酸性溶液和溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中
80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．挥发出的乙醇通过KOH溶液溶解了，能使酸性溶液褪色说明生成了乙烯，即发生消去反应，A正确；
B．向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：，B错误；
C．尿素与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和碳酸钠，氯化铵与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和氯化钠，均使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；
D．高锰酸钾过量，两支试管均不会褪色，D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮及其化合物在医药化工领域应用十分厂泛。
I、配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其抗癌机理是在转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图所示：
请回答：
（1）基态N原子价层电子排布式为_______。
（2）鸟嘌呤分子中N原子杂化方式为_______。
（3）中配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)
（4）已知顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下表。
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
①推测中Pt的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
II﹑是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示，已知摩尔质量为，晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值。
（5）中心小黑球的配位数为_______。
（6）晶体的密度为_______。
【答案】（1）2s22p3
（2）sp2、sp3 （3）＜
（4） ①. Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体 ②. 顺铂为极性分子，反铂为非极性分子
（5）6 （6）或
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价层电子指的是最外层电子，即价层电子排布式为2s22p3；故答案为2s22p3；
【小问2详解】
根据鸟嘌呤的结构简式，五元环、六元环共面，因此环上的N原子杂化类型为sp2，-NH2中N原子杂化类型为sp3，故答案为sp2、sp3；
【小问3详解】
NH3具有较强的电子捕获能力，可以与Pt形成更紧密的配位键，因此结合能力：Cl-＜NH3；故答案为＜；
【小问4详解】
①Pt(NH3)2Cl2中Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，只有一种结构，不会存在同分异构体，因此Pt的杂化类型不是sp3，Pt(NH3)2Cl2空间构型为平面四边形；故答案为Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体；
②根据顺铂的结构，顺铂正负电荷中心不重合，顺铂为极性分子，同理反铂为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”，顺铂在水中的溶解度大于反铂；故答案为顺铂为极性分子，反铂为非极性分子；
【小问5详解】
根据晶胞图可知，中心小黑球周围由6个白球，即小黑球的配位数为6；故答案为6；
【小问6详解】
晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3或g/cm3；故答案为或。
18. 化合物X由四种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，相关气体体积数据均已折算成标准状况：C为两种正盐组成的无色溶液。请回答：
（1）A的电子式是_______，D的化学式是_______。
（2）化合物X中除碘外还含有的元素是_______，X的化学式是_______。
（3）写出B→C中氧化还原反应的化学反应方程式_______。
（4）写出G中加足量氨水的离子反应方程式_______。
（5）设计实验检验溶液C中由短周期元素组成的主要离子_______。
【答案】（1） ①. ②. BaSO4
（2） ①. N、H、O ②. NH4IO4
（3）
（4）
（5）Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。
【解析】
【分析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断气体A是，X中含有，根据的体积可确定X中含有0.02mol，又因4.18gX最后生成4.70gAgI(0.02mol)，故得知X的阴离子中含有I元素且I元素含量为0.02mol，含碘元素的阴离子一般为含氧酸根离子，且化合物X由四种元素组成，推测另一种元素为O元素，根据质量守恒可得m（O）=（4.18-0.02´18-0.02´127）g=1.28g，即还含有0.04mol氧原子，则可推测出阴离子为IO4-，X为0.02molNH4IO4。该过程为：NH4IO4与NaOH反应生成A为，B为NaIO4；0.02molNaIO4与0.08molSO2在前一步过量NaOH的作用下生成C为0.04molNa2SO4和0.02molNaI两种正盐；其中Na2SO4与BaCl2生成D为18.64g 即0.08molBaSO4；E为NaI和NaCl组成的无色溶液，加入足量AgNO3后，生成G为AgI和AgCl混合物，在G中加入足量氨水，AgCl溶解，仅剩下4.7gAgI固体。
【小问1详解】
据分析可知A是氨气，其电子式是，D的化学式是BaSO4，故答案为：；BaSO4。
【小问2详解】
据分析可知化合物X中除碘外还含有的元素是N、H、O, X的化学式是NH4IO4，答案为：N、H、O；NH4IO4。
【小问3详解】
据分析结合电子守恒配平可得B→C中氧化还原反应的化学反应方程式：，故答案为：。
【小问4详解】
据分析可知G中加足量氨水的离子反应方程式：，故答案为：。
【小问5详解】
据分析可知溶液C中含有Na2SO4和NaI两种正盐，其中由短周期元素组成的主要离子为Na+和，Na+的检验用焰色试验，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。故答案为：Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。
19. 三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。
A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 高温高压
（2）反应的_______
（3）我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。
A. 使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率
B. 第④步的反应式为
C. 加氢制甲醇符合绿色化学理念
D. 若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率
（4）在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下：
总压/
起始/
1.0
3.0
0
0
0
平衡/
p
若反应均达平衡时，，则表中_______；若此时，则反应I的平衡常数_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。
（5）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响
①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是_______。
②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图_______。
【答案】（1）B （2）-90.64 （3）BD
（4） ①. ②.
（5） ①. 之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动 ②.
【解析】
【小问1详解】
合成甲醇反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B；
【小问2详解】
已知反应I：
反应Ⅱ：
根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应 =-90.64，答案为-90.64；
【小问3详解】
A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误；
B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确；
C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误；
D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确；
答案选BD；
【小问4详解】
反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则
所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=；
【小问5详解】
①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动；
②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，CO2转化为甲醇比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下。
20. 工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。化学工艺流程如图：
请回答：
（1）“浸取”时，加入硫酸亚铁的目的是_______。
（2）下列说法不正确的是_______。
A. “浸取”时为了提高效率，可以使用浓硫酸并加热搅拌
B. “精制”时，会分解损耗，因此加入的量应大于理论值
C. 滤渣II的主要成分为
D. “沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，则“控温、氧化”时溶液的将变小
（3）工业上也可在“精制”后的溶液中加入来制备，该反应的离子方程式为：_______。
（4）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸钾中锰元素的平均价态。
现进行如下实验：
步骤1：取少量成品锰酸锂分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；
步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)：
步骤3：向另一锥形瓶中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液
①步骤3为滴定实验，从下列选项中选择正确操作并排序：_______。
检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定
A．烘干
B．装入标准溶液至零刻度以上
C．调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液
E．用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡
F．快速全开旋塞，以排除气泡
G．用标准溶液润洗2至3次
H．记录起始读数
②步骤3滴定终点的现象为_______。
③计算可得，成品锰酸锂中元素的平均化合价为_______。
【答案】（1）将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子 （2）AC
（3）Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
（4） ①. GBFCH ②. 当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点 ③. +3.2
【解析】
【分析】根据信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品锰酸锂()，据此回答。
【小问1详解】
由分析知二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，即加入硫酸亚铁的目的是将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子；
【小问2详解】
浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫污染性气体，A错误；双氧水会分解，即需要加入过量的双氧水，B正确；由分析知滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；在沉锰时会有硫酸生成，即将变小，D正确；综上选AC；
【小问3详解】
中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2++→MnO2↓+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，即方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
【小问4详解】
①滴定管需要检查是否漏水、蒸馏水洗涤、待装液体润洗、排气泡、调整液面、记录数据等操作，即操作顺序为GBFCH；②起始溶液无颜色，即滴定终点现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点；③由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL=8×10-3 mol；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的Na2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)== ，则与样品反应的n(Na2C2O4)= ，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)×8×10-3 mol=2×4.8×10-3 mol，解得a=3.2，故答案为+3.2。
21. 工业上合成抗炎药奈帕芬胺的路线如下，
请回答：
（1）化合物B的官能团名称是_______。
（2）化合物X结构简式是_______。
（3）下列说法不正确的是_______。
A. C→D的反应类型为取代反应
B. 奈帕芬胺的分子式是
C. 化合物F和G均不存在手性异构体
D. B→C加入适量有助于提高产率
（4）写出D→E的化学方程式_______。
（5）设计以A为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含一个环，且为苯环；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氧原子，含有基团。
【答案】（1）氨基、羧基
（2） （3）BC
（4） （5） （6）、、、
【解析】
【分析】B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是；C与PCl5反应生成D，根据D的分子式和C的结构简式，可知D是，D与苯反应生成E，由F逆推，可知E是。
【小问1详解】
根据化合物B的结构简式，含有官能团名称是氨基、羧基；
【小问2详解】
B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是
【小问3详解】
A. C→D是C羧基中的-OH被氯原子代替，反应类型为取代反应，故A正确；
B. 奈帕芬胺的分子式是，故B错误；
C. 化合物G中存在手性异构体，故C错误；
D. B→C有HCl生成，加入适量中和HCl，有利于平衡正向移动，有助于提高产率，故D正确；
选BC。
【小问4详解】
D是，D与苯反应生成E和HCl，由F逆推，可知E是，D→E的化学方程式为；
【小问5详解】
先用高锰酸钾把A中的甲基氧化为羧基，再用铁把硝基还原为氨基，合成路线为;
【小问6详解】
Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第三次联考
化学试题卷
考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，只需上交答题卷。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag l08 I 127 Ba l37 Pb 207
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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. 下列物质含有非极性共价键且属于分子晶体的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2结构式为H-O-O-H，属于分子晶体，含有极性共价键、非极性共价键，故A符合题意；
B．Na2S属于离子晶体，含有离子键，故B不符合题意；
C．CO2属于分子晶体，其结构式为O=C=O，含有极性共价键，故C不符合题意；
D．过氧化钠属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；
答案为A。
2. 氢氧化钠应用广泛，下列说法不正确的是
A. 钠元素位于周期表s区 B. 属于强电解质
C. 工业上常用制备小苏打 D. 溶液能使蛋白质变性
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na是11号元素，位于周期表第3周期第IA族，故钠元素位于周期表s区，A正确；
B．所有的酸、碱、盐均属于电解质，强碱NaOH在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，B正确；
C．工业上常用侯氏制碱法来制备小苏打NaHCO3，反应原理为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，故是用NaCl而不是NaOH制备小苏打，C错误；
D．强酸、强碱和强氧化性溶液均能使蛋白质发生变性，故强碱NaOH溶液能使蛋白质变性，D正确；
故答案为：C。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氧原子：
B. 1-丁醇的键线式：
C. 的空间结构为三角锥形
D. 某激发态碳原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据质量数等于质子数加中子数可知，中子数为10的氧原子表示为：，A错误；
B．是1-丙醇的键线式，1-丁醇的键线式为：，B错误；
C．中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，C错误；
D．已知C为6号元素，其基态原子电子排布式为：1s22s22p2，故表示某激发态碳原子，D正确；
故答案为：D。
4. 下列说法不正确的是
A. 食品中添加适量的可起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B. 具有强氧化性，可用作消毒剂
C. 钛的合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼
D. 分子间存在较多的氢键，液氨常用作制冷剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，选项A正确；
B．明矾水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不能杀菌消毒，选项B不正确；
C．钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，选项C正确；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高，易液化；同时由于分子间存在氢键，气化时吸收大量热，所以用作制冷剂，选项D正确；
答案选B。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A. 工业浓硝酸常因溶有少量而略显黄色
B. 工业上常用软锰矿(主要成分)在加热条件下与浓盐酸反应制氯气
C. 工业上采用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，需要添加冰晶石以提高导电能力
D. 水泥、玻璃、碳化硅陶瓷、石墨烯都是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2为红棕色气体，浓硝酸不稳定见光或受热分解成NO2、O2，因此工业硝酸常因溶有少量的NO2而略显黄色，故A正确；
B．工业上制备氯气，常采用电解饱和食盐水得到，故B错误；
C．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融的氧化铝，需要添加冰晶石作助熔剂，故C错误；
D．水泥、玻璃为传统无机非金属材料，故D错误；
答案为A。
6. 汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：。下列说法正确的是
A. 该反应中是还原剂 B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C. 若设计成原电池，在负极上反应 D. 每转移，可生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．KNO3中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-升高为0，是还原剂，故A错误；
B．根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确；
C．由选项A分子可知，在该反应中为氧化剂，则若设计成原电池，在正极上反应，故C错误；
D．由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 溶液的水解：
B. 向溶液中滴加溶液：
C. 向溶液中通入足量
D. 向溶液中通入少量
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：，A错误；
B．铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：，B错误；
C．硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：，C错误；
D．次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：，D正确；
故选D。
8. 下列说法不正确的是
A. 在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂
B. 天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚
C. 脱氧核糖核酸充分水解后得到磷酸、脱氧核糖和5种碱基
D. 植物油中含碳碳不饱和键，硬化后可用于生产人造奶油
【答案】C
【解析】
【详解】A．豆浆一般属于胶体，加入石膏，使胶体聚沉，因此在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂，故A说法正确；
B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，故B说法正确；
C．脱氧核糖核酸(DNA)完全水解后得到磷酸、脱氧核糖、碱基(A、T、G、C)，故C说法错误；
D．植物油中含有碳碳不饱和键，通过催化剂加氢可提高饱和度，转变成半固态的脂肪，这个过程称为油脂的氢化，也称为油脂的硬化，该油脂叫人造脂肪，又称为硬化油，硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故D说法正确；
答案为C。
9. 一定条件下，有机物X和Y反应可生成Z，反应方程式如下：
下列说法正确的是
A. 有机物X的一氯代物有4种
B. 有机物Y中所有碳原子可能共平面
C. 有机物X与二甲苯互为同分异构体
D. 有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有7个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．有机物X中，1号碳一种位置关系，2和3号碳对称，其他四个双键碳位置是对称等效的，所以其一氯代物有3种，故A错误；
B．有机物Y中所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．有机物X的分子式是C7H8而二甲苯的分子式是C8H10，分子式不同不互为同分异构体，故C错误；
D．有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有5个手性碳原子，如图所示，故D错误；
故选B。
10. 前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为，下列说法不正确的是
A. 电负性：
B. 简单离子半径：
C. 同周期中第一电离能比Q大的元素有1种
D. 三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中
【答案】C
【解析】
【分析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即，A正确；
B．由分析可知，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即，B正确；
C．由分析可知，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；
D．由分析可知，分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；
故答案为：C。
11. 钠离子电池具有低成本、高安全性和优异电化学属性，其充放电过程是Na+在正负极同时镶嵌与脱嵌。下列说法正确的是
A. 充电时A极上发生氧化反应
B 充电时内电路电流方向从A极到B极
C. 放电时电路中转移。理论上负极质量增加23g
D. 若正极材料为，则放电时的电极反应为：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，放电时，A为负极，B为正极，充电时，A为阴极，B为阳极，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，充电时A极与电源负极相连，作阴极，故A电极上发生还原反应，A错误；
B．由分析可知，充电时A为阴极，B为阳极，故充电时内电路电流方向从阳极B极到阴极A极，B错误；
C．放电时，Na+由负极区移向正极区，故电路中转移，理论上负极将脱嵌1molNa+，即质量减少23g，C错误；
D．放电时正极发生还原反应，若正极材料为，则放电时的电极反应为：，D正确；
故答案为：D。
12. 可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：
已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子：不能与形成配离子。下列说法不正确的是
A. 溶液I中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成
B. 溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在
C. 可用和溶液检验溶液中是否含有
D. 中的键角大于分子中的键角
【答案】B
【解析】
【详解】A．I中溶于水后，发生部分水解生成等，使溶液呈黄色，A项正确；
B．与的反应存在平衡：,溶液Ⅱ，Ⅲ分别存在平衡：, ,因此溶液Ⅱ，Ⅲ的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在，只能说明的量少，B项错误；
C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有，否则不含，C项正确；
D．中分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H的排斥作用减小，所以键角比分子中H-O-H的键角大，D项正确；
答案选B。
13. 常温下，现有溶液，。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 常温下
C. 溶液中：
D. 当时，溶液中存在下列关系：
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=10.3时，c()=c()，H2CO3的电离平衡常Ka2== c(H+)=10-10.3，A错误；
B．常温下0.1mol/L的0.1mol•L-1 NH4HCO3溶液pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则下Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)，B错误；
C．根据物料守恒，①c()+c()=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，②c()+c()=c()+c()+2c()，①-②得c(NH3·H2O) + c() =c(H2CO3)+ c()-c()，又因0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以c()
故选C。
14. 我国科学家研究化合物催化氢化生成甲酸的机理，其中由化合物生成化合物过程的机理和相对能量曲线如下图所示。均为过渡态。下列说法正确的是
A. 过渡态TS1比化合物Р更稳定
B. 过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤
C. 化合物M催化氢化生成甲酸的反应过程中一定有键的生成和断裂
D. 由生成的热化学方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；
B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，选项B错误；
C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；
D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，选项D错误；
答案选C。
15. 都是重要的化工原料，已知：难溶于冷水，易溶于热水，﹔，，20℃时，在不同浓度盐酸中的最大溶解量如图所示下列说法正确的是
A. 盐酸浓度越小，越小
B. x、y两点对应的溶液中相等
C. PbCl2和盐酸混合液中加入稀硫酸后得到，当时，为
D. 当盐酸浓度小于时，随着浓度的增大，溶解量减小是因为浓度增大使溶解平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度能影响溶度积，浓度对溶度积无影响，盐酸浓度越小，温度不变，Ksp(PbCl2)不变，A项错误；
B．由图可知，x、y两点Cl-浓度不相等，两点Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)∙c2(Cl-)相等，则x、y两点对应溶液中c(Pb2+)不相等，B项错误；
C．当c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中c(Pb2+)==mol/L=1.6×10-3mol/L，溶液中c()==mol/L=6.75×10-6mol/L，C项错误；
D．由图可知，当盐酸浓度小于1mol/L时，随着盐酸浓度的增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl-浓度增大，使PbCl2的溶解平衡：PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)逆向移动，D项正确；
答案选D。
16. 下列实验方案设计、现象和结论均正确的是
目的
方案设计
现象和结论
A
检验乙醇是否发生消去反应
将乙醇和浓共热产生的气体依次通入足量的溶液、稀酸性溶液
溶液褪色，证明发生了消去反应
B
检验与的还原性强弱
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性
C
鉴别同为白色粉末状晶体尿和氯化铵
分别取少量晶体于试管中，加入足量浓溶液加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸是否变色
若试纸不变蓝色，说明该晶体为尿素，若试纸变蓝色，说明该晶体为氯化铵
D
探究温度对化学反应速率的影响
向两支试管各加入酸性溶液和溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中
80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．挥发出的乙醇通过KOH溶液溶解了，能使酸性溶液褪色说明生成了乙烯，即发生消去反应，A正确；
B．向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：，B错误；
C．尿素与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和碳酸钠，氯化铵与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和氯化钠，均使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；
D．高锰酸钾过量，两支试管均不会褪色，D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮及其化合物在医药化工领域应用十分厂泛。
I、配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其抗癌机理是在转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图所示：
请回答：
（1）基态N原子价层电子排布式为_______。
（2）鸟嘌呤分子中N原子杂化方式为_______。
（3）中配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)
（4）已知顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下表。
顺铂
反铂
结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
①推测中Pt的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
II﹑是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示，已知摩尔质量为，晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值。
（5）中心小黑球的配位数为_______。
（6）晶体的密度为_______。
【答案】（1）2s22p3
（2）sp2、sp3 （3）＜
（4） ①. Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体 ②. 顺铂为极性分子，反铂为非极性分子
（5）6 （6）或
【解析】
【小问1详解】
基态N原子价层电子指的是最外层电子，即价层电子排布式为2s22p3；故答案为2s22p3；
【小问2详解】
根据鸟嘌呤的结构简式，五元环、六元环共面，因此环上的N原子杂化类型为sp2，-NH2中N原子杂化类型为sp3，故答案为sp2、sp3；
【小问3详解】
NH3具有较强的电子捕获能力，可以与Pt形成更紧密的配位键，因此结合能力：Cl-＜NH3；故答案为＜；
【小问4详解】
①Pt(NH3)2Cl2中Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，只有一种结构，不会存在同分异构体，因此Pt的杂化类型不是sp3，Pt(NH3)2Cl2空间构型为平面四边形；故答案为Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体；
②根据顺铂的结构，顺铂正负电荷中心不重合，顺铂为极性分子，同理反铂为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”，顺铂在水中的溶解度大于反铂；故答案为顺铂为极性分子，反铂为非极性分子；
【小问5详解】
根据晶胞图可知，中心小黑球周围由6个白球，即小黑球的配位数为6；故答案为6；
【小问6详解】
晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3或g/cm3；故答案为或。
18. 化合物X由四种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，相关气体体积数据均已折算成标准状况：C为两种正盐组成的无色溶液。请回答：
（1）A的电子式是_______，D的化学式是_______。
（2）化合物X中除碘外还含有的元素是_______，X的化学式是_______。
（3）写出B→C中氧化还原反应的化学反应方程式_______。
（4）写出G中加足量氨水的离子反应方程式_______。
（5）设计实验检验溶液C中由短周期元素组成的主要离子_______。
【答案】（1） ①. ②. BaSO4
（2） ①. N、H、O ②. NH4IO4
（3）
（4）
（5）Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。
【解析】
【分析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断气体A是，X中含有，根据的体积可确定X中含有0.02mol，又因4.18gX最后生成4.70gAgI(0.02mol)，故得知X的阴离子中含有I元素且I元素含量为0.02mol，含碘元素的阴离子一般为含氧酸根离子，且化合物X由四种元素组成，推测另一种元素为O元素，根据质量守恒可得m（O）=（4.18-0.02´18-0.02´127）g=1.28g，即还含有0.04mol氧原子，则可推测出阴离子为IO4-，X为0.02molNH4IO4。该过程为：NH4IO4与NaOH反应生成A为，B为NaIO4；0.02molNaIO4与0.08molSO2在前一步过量NaOH的作用下生成C为0.04molNa2SO4和0.02molNaI两种正盐；其中Na2SO4与BaCl2生成D为18.64g 即0.08molBaSO4；E为NaI和NaCl组成的无色溶液，加入足量AgNO3后，生成G为AgI和AgCl混合物，在G中加入足量氨水，AgCl溶解，仅剩下4.7gAgI固体。
【小问1详解】
据分析可知A是氨气，其电子式是，D的化学式是BaSO4，故答案为：；BaSO4。
【小问2详解】
据分析可知化合物X中除碘外还含有的元素是N、H、O, X的化学式是NH4IO4，答案为：N、H、O；NH4IO4。
【小问3详解】
据分析结合电子守恒配平可得B→C中氧化还原反应的化学反应方程式：，故答案为：。
【小问4详解】
据分析可知G中加足量氨水的离子反应方程式：，故答案为：。
【小问5详解】
据分析可知溶液C中含有Na2SO4和NaI两种正盐，其中由短周期元素组成的主要离子为Na+和，Na+的检验用焰色试验，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。故答案为：Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。
19. 三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。
A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 高温高压
（2）反应的_______
（3）我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。
A. 使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率
B. 第④步的反应式为
C. 加氢制甲醇符合绿色化学理念
D. 若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率
（4）在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下：
总压/
起始/
1.0
3.0
0
0
0
平衡/
p
若反应均达平衡时，，则表中_______；若此时，则反应I的平衡常数_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。
（5）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响
①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是_______。
②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图_______。
【答案】（1）B （2）-90.64 （3）BD
（4） ①. ②.
（5） ①. 之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动 ②.
【解析】
【小问1详解】
合成甲醇反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B；
【小问2详解】
已知反应I：
反应Ⅱ：
根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应 =-90.64，答案为-90.64；
【小问3详解】
A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误；
B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确；
C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误；
D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确；
答案选BD；
【小问4详解】
反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则
所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=；
【小问5详解】
①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动；
②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，CO2转化为甲醇比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下。
20. 工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。化学工艺流程如图：
请回答：
（1）“浸取”时，加入硫酸亚铁的目的是_______。
（2）下列说法不正确的是_______。
A. “浸取”时为了提高效率，可以使用浓硫酸并加热搅拌
B. “精制”时，会分解损耗，因此加入的量应大于理论值
C. 滤渣II的主要成分为
D. “沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，则“控温、氧化”时溶液的将变小
（3）工业上也可在“精制”后的溶液中加入来制备，该反应的离子方程式为：_______。
（4）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸钾中锰元素的平均价态。
现进行如下实验：
步骤1：取少量成品锰酸锂分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；
步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)：
步骤3：向另一锥形瓶中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液
①步骤3为滴定实验，从下列选项中选择正确操作并排序：_______。
检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定
A．烘干
B．装入标准溶液至零刻度以上
C．调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液
E．用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡
F．快速全开旋塞，以排除气泡
G．用标准溶液润洗2至3次
H．记录起始读数
②步骤3滴定终点的现象为_______。
③计算可得，成品锰酸锂中元素的平均化合价为_______。
【答案】（1）将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子 （2）AC
（3）Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
（4） ①. GBFCH ②. 当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点 ③. +3.2
【解析】
【分析】根据信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品锰酸锂()，据此回答。
【小问1详解】
由分析知二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，即加入硫酸亚铁的目的是将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子；
【小问2详解】
浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫污染性气体，A错误；双氧水会分解，即需要加入过量的双氧水，B正确；由分析知滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；在沉锰时会有硫酸生成，即将变小，D正确；综上选AC；
【小问3详解】
中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2++→MnO2↓+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，即方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
【小问4详解】
①滴定管需要检查是否漏水、蒸馏水洗涤、待装液体润洗、排气泡、调整液面、记录数据等操作，即操作顺序为GBFCH；②起始溶液无颜色，即滴定终点现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点；③由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL=8×10-3 mol；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的Na2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)== ，则与样品反应的n(Na2C2O4)= ，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)×8×10-3 mol=2×4.8×10-3 mol，解得a=3.2，故答案为+3.2。
21. 工业上合成抗炎药奈帕芬胺的路线如下，
请回答：
（1）化合物B的官能团名称是_______。
（2）化合物X结构简式是_______。
（3）下列说法不正确的是_______。
A. C→D的反应类型为取代反应
B. 奈帕芬胺的分子式是
C. 化合物F和G均不存在手性异构体
D. B→C加入适量有助于提高产率
（4）写出D→E的化学方程式_______。
（5）设计以A为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含一个环，且为苯环；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氧原子，含有基团。
【答案】（1）氨基、羧基
（2） （3）BC
（4） （5） （6）、、、
【解析】
【分析】B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是；C与PCl5反应生成D，根据D的分子式和C的结构简式，可知D是，D与苯反应生成E，由F逆推，可知E是。
【小问1详解】
根据化合物B的结构简式，含有官能团名称是氨基、羧基；
【小问2详解】
B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是
【小问3详解】
A. C→D是C羧基中的-OH被氯原子代替，反应类型为取代反应，故A正确；
B. 奈帕芬胺的分子式是，故B错误；
C. 化合物G中存在手性异构体，故C错误；
D. B→C有HCl生成，加入适量中和HCl，有利于平衡正向移动，有助于提高产率，故D正确；
选BC。
【小问4详解】
D是，D与苯反应生成E和HCl，由F逆推，可知E是，D→E的化学方程式为；
【小问5详解】
先用高锰酸钾把A中的甲基氧化为羧基，再用铁把硝基还原为氨基，合成路线为;
【小问6详解】
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