四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高三化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

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仁寿一中南校区高2021级第一次调研考试
化学试题
考试时间：90分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 S32 K39 Ca40 Mn55 Fe56 Ni59 Zn65
一、选择题(共16小题，每小题2分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 可以减少柴油机尾气中氮氧化物的排放。有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为8的氧原子：8O
B. 二氧化碳的电子式：
C. 水的空间结构模型：
D. 的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．中子数为8的氧原子的质量数为8+8=16，核素符号为16O，A错误；
B．O原子的最外层电子数为8，有两对孤电子对，选项中漏画了氧原子的孤对电子，B错误；
C．水分子中O原子的杂化类型为sp3杂化，有两对孤对电子对，所以空间构型为V形，C错误；
D．CO(NH2)2由羰基和氨基(—NH2)构成，结构简式为，D正确；
故选D。
2. 工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是
A. 合成氨使用高压 B. 制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂
C. 制硫酸时接触室使用较高温度 D. 侯氏制碱法循环利用母液
【答案】A
【解析】
【详解】A．增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正确；
B．催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；
C．二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；
D．侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；
答案选A。
3. 化学助力“衣食住行”，创造幸福生活，下列叙述正确是
A. 运动服选用甲壳素纤维面料，因为甲壳素纤维含有大量—OH和—NH2具有高吸湿性
B. SO2可用作葡萄酒抗氧化剂，因为SO2具有氧化性
C. Al2O3在建筑中可用作耐高温材料，因为Al2O3具有两性
D. 乘氢燃料电池公交车绿色出行，因为H2沸点低、易液化
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲壳素纤维中含有大量—OH和—NH2，因而具有高吸湿性，故A正确；
B．SO2可用作葡萄酒抗氧化剂，因为SO2具有还原性，故B错误；
C． Al2O3在建筑中可用作耐高温材料，因为Al2O3熔点高，故C错误；
D．乘氢燃料电池公交车绿色出行，因为H2燃烧产物为水，无污染，故D错误；
故答案选A。
4. NA代表阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molHC≡CH分子中所含σ键数为5 NA
B. 1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目为0.1 NA
C. 78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D. 标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. HC≡CH中含有3个σ键和2个π键，所以1molHC≡CH分子中所含σ键数为3 NA，所以A错。
B.因为会发生水解反应，所以1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目小于0.1 NA，所以B错。
C. Na2O2和水反应生成1molO2，转移电子数为2mol，78 g Na2O2是1mol，只能产生0.5molO2，所以电子转移数为NA，所以C对。
D. 标准状况下，C2H5OH是液体，不是气体，所以不能用来计算，所以D错。
5. 五育并举，劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
在未成熟水果的包装袋中充入乙烯
乙烯可用于催熟果实
B
用食醋除去水壶中的水垢
食醋可溶解水垢的主要成分CaCO3
C
宣传推广使用免洗手酒精消毒液
乙醇具有特殊香味
D
利用铝热法焊接铁轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯是植物生长调节剂，具有催熟水果的性质，可用于催熟果实，A正确；
B．用醋酸清洗烧水壶中的水垢，是因为醋酸的酸性大于碳酸，可溶解水垢中的主要成分碳酸钙，B正确；
C．乙醇可以使蛋白质变性，用于杀菌消毒，并不是利用其香味，C错误；
D．铝与氧化铁反应，且放出大量的热同时生成铁，故可利用铝热法焊接铁轨，D正确；
故选C。
6. 化学工业在国民经济发展中占据重要地位，下列陈述I和陈述Ⅱ正确，且有因果关系的是
选项
陈述I
陈述Ⅱ
A
工业制硫酸，用98.3%H2SO4吸收SO3
SO3可以与浓硫酸中的水反应生成硫酸
B
制玻璃的过程中石英砂和石灰石发生反应
碳的非金属性比硅强
C
电解海水制取氯气和金属钠
Cl-可被氧化，Na+可被还原
D
从煤的干馏产物中获得苯、甲苯等化工原料
煤的干馏是物理变化

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸不和SO3反应，与浓硫酸中的水和SO3反应生成硫酸，A正确；
B．石英砂和石灰石发生反应生成硅酸钙和二氧化碳，不是强酸制弱酸的原理，原理是高温不挥发的物质制备不挥发的物质，不能比较非金属性的强弱，B错误；
C．海水主要成分是氯化钠，电解氯化钠溶液生成氯气和氢气和氢氧化钠，H2O被还原生成H2，C错误；
D．从煤的干馏产物中获得苯、甲苯等化工原料，煤的干馏是化学变化，D错误；
故答案为：A。
7. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍。下列有关说法正确的是
A. 原子半径：W>Z>X>Y
B. Z2Y2与WY2均含有非极性共价键
C. 气态氢化物的热稳定性：Y>X
D. X的氧化物均为酸性氧化物，能与强碱反应
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中可知X为N、Y为O，NO不能稳定存在于空气中；Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍，可知Z为Na、W为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为N、Y为O、Z为Na、W为Cl：
A．同主族从上到下原子半径增大、同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．Na2O2含O-O非极性共价键，ClO2含有O-Cl极性共价键，故B错误；
C．非金属性O大于N，则气态氢化物的热稳定性：Y＞X，故C正确；
D．X的氧化物中只有三氧化二氮、五氧化二单为酸性氧化物，能与强碱反应，NO等不能，故D错误；
故选：C。
8. 将5.6 g铁粉投入盛有100 mL 2 mol·L－1稀硫酸的烧杯中，2 min 时铁粉刚好溶解完全。如果反应前后溶液的体积不变，则该反应的平均速率可表示为(　　)
A. v(Fe)＝0.5 mol·L－1·min－1
B. v(H2SO4)＝1 mol·L－1·min－1
C. v(H2)＝1 mol·L－1·min－1
D. v(FeSO4)＝0.5 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁为固体，不能用来表示反应速率，A不正确；
B．5.6g铁是0.1mol，消耗硫酸也是0.1mol，所以用硫酸表示的反应速率是v(H2SO4)＝，B不正确；
C．氢气逸出，不知道氢气的体积，无法计算，C不正确；
D．由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以v(FeSO4)＝v(H2SO4)=0.5 mol·L－1·min－1，D正确。
答案选D。
9. 下列对应的离子方程式正确的是
A. 过氧化钠与水反应：
B. 将少量通入NaClO溶液：
C. 向硝酸银溶液中滴入少量稀氨水：
D. 用饱和溶液浸泡锅炉中的：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠是氧化物，不能拆开，离子方程式为：，A项错误；
B．将少量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应，离子方程式为：，B项错误；
C．向硝酸银溶液中滴入少量稀氨水，氨水少量且生成的氢氧化银不稳定，所以离子方程式为：，C项错误；
D．用饱和溶液浸泡锅炉中的，利用溶解度较大的沉淀向溶解度较小的沉淀转化，离子方程式为：，D项正确；
答案选D。
10. 图示为发表于《科学进展》的一种能够捕捉CO2的电化学装置，下列说法正确的是

A. Al电极是阴极
B. 正极的电极反应为2CO2+2e-=
C. 每生成1mol的草酸铝，外电路中转移3mol电子
D. 在捕捉二氧化碳的过程中，不断移向石墨电极附近
【答案】B
【解析】
【分析】根据装置示意图可知该装置为原电池，铝作负极，发生失电子的氧化反应，多孔石墨作正极，正极发生得电子的还原反应；
【详解】A．铝作负极，发生失电子的氧化反应，故A错误；
B．多孔石墨作正极，二氧化碳在正极发生得电子的还原反应，电极反应式：2CO2+2e-=，故B正确；
C．每生成1mol的草酸铝，则有2molAl失电子，共转移6mol电子，故C错误；
D．在原电池装置中，阴离子向着负极移动，故D错误；
答案选B。
11. A~D是几种烃分子的球棍模型(如图所示)，下列说法正确的是

A. 若将C进行燃烧，预测会和D一样火焰明亮，产生浓黑烟
B. B能与高锰酸钾溶液反应，故若A中混有B可用高锰酸钾溶液除杂
C. A分子中的键角为90°
D. D中含碳碳双键和碳碳单键
【答案】A
【解析】
【分析】根据球棍模型可知A是CH4，B是C2H4，C是C2H2，D是C6H6，然后根据物质的性质分析解答。
【详解】A．根据图示可知物质C是乙炔，分子式是C2H2，物质D是苯，分子式是C6H6，二者最简式都是CH，其含碳量较大，因此若将C进行燃烧，预测会和D一样火焰明亮，产生浓黑烟，A正确；
B．物质A是CH4，B是C2H4，乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化为CO2气体，因此若A中混有B，不可用高锰酸钾溶液除杂，否则会引入新的杂质，B错误；
C．A分子是正四面体结构，分子中的键角为109°28′，C错误；
D．苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，它们的键长、键能都相同，不存在典型的碳碳双键和碳碳单键，D错误；
故合理选项是A。
12. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是

A. 含有5种官能团
B. 可使高锰酸钾溶液褪色
C. 可以发生加成、取代、氧化等反应
D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．据有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、酰胺基、醚键、碳碳双键5种官能团，A正确；
B．羟基和碳碳双键均可使高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．碳碳双键能发生加成反应，羟基能发生取代、氧化等反应，C正确；
D．1mol有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，因此1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误；
故选D。
13. 按下图装置进行实验，探究氯气的性质，下列说法正确的是

A. 仪器H的名称为分液漏斗，可用长颈漏斗替换
B. C中棉花变蓝，说明氯气置换出碘，则非金属性：Cl>I，
C. E中溶液先变红后褪色，说明Cl2有漂白性
D. F中溶液为NaOH溶液，进行尾气处理
【答案】D
【解析】
【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，氯气和NaBr反应生成溴单质，氯气和KI反应生成碘单质，氯气和溴化钠反应生成S单质，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，装置F中NaOH溶液用于吸收氯气；
【详解】A．若用长颈漏斗替换氯气会从漏斗逸出，污染空气，故A错误；
B．氯气和NaBr反应生成溴单质，由于溴易挥发，氯气会将溴蒸气吹入C中和KI反应生成I2，碘单质遇到淀粉变蓝色，不能说明为氯气与KI反应，不能比较Cl和I的非金属性，故B错误；
C．E中Cl2和氯化亚铁反应生成氯化铁，铁离子和SCN-结合生成Fe(SCN)3，溶液变红不褪色，说明氯气具有氧化性，故C错误；
D．氯气是有毒气体，能与强碱溶液反应，F中溶液为NaOH溶液，进行尾气处理，故D正确；
故选：D。
14. 硫及其化合物的“价-类二维图”体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是

A. 硫在过量的氧气中燃烧直接生成Y
B. 将X通入BaCl2溶液中有白色沉淀生成
C. Z常温下与Cu生成M，有蓝色的固体粉末生成
D. H2S与Z反应可生成X，X分子中的S是sp2杂化
【答案】D
【解析】
【分析】根据硫及其化合物的“价-类二维图”，可知X是SO2、Y是SO3、Z是H2SO4、M是CuSO4。
【详解】A．硫在过量的氧气中燃烧只能生成SO2，故A错误；
B．亚硫酸的酸性小于盐酸，SO2和BaCl2溶液不反应，没有白色沉淀生成，故B错误；
C．浓H2SO4常温下与Cu不反应，故C错误；
D．H2S与浓H2SO4反应生成SO2、S、水，SO2分子中的S原子价电子对数为3，采用sp2杂化，故D正确；
选D。
15. 某可逆反应为2X(g)3Y(g)+Z(g)，混合气体中X的物质的量分数与温度关系如图所示：下列推断正确的是


A. 升高温度，该反应平衡常数K减小
B. 压强大小有P3＞P2＞P1
C. 平衡后加入高效催化剂使Mr（混合气体平均相对分子质量）增大
D. 在该条件下M点X平衡转化率为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图象可知，升高温度，X的物质的量分数降低，说明反应向正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；
B．该可逆反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，X的物质的量分数减小，所以，压强大小关系有：P3＜P2＜P1，B项错误；
C．催化剂不会使平衡发生移动，故平衡后加入高效催化剂，Mr不变，C项错误；
D．由图可知，M点对应的平衡体系中，X的物质的量分数为0.1，设起始时加入X的物质的量为1mol，反应过程中转化了2xmol，则有：

根据题意，有：，解得：x=，则M点时X的平衡转化率=，D项正确；
答案选D。
16. 如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi，下列说法正确的是

A. 放电时，电流流向为M极→熔融LiCl和KCl→N电极
B. 放电时，N电极反应为3Li++Bi-3e-=Li3Bi
C. 充电时，M电极的质量减小
D. 充电时，N极与外接电源的负极相连
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，放电时，M极为负极，电极反应式为Li-e-=Li+，N极为正极，生成金属间化合物Li3Bi，电极反应式为3Li++Bi+3e-=Li3Bi，充电时，M电极为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，N极为阳极，电极反应式为Li3Bi-3e-=3Li++Bi，据此作答。
【详解】A．结合分析可知，放电时，电流由正极流向负极，故电流流向为M极→熔融LiCl和KCl→N电极，故A正确；
B．放电时，N电极为正极，电极反应式为3Li++Bi+3e-=Li3Bi，故B错误；
C．充电时，M电极为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，质量增加，故C错误；
D．充电时，N极为阳极，与正极相连，故D错误；
故选：A。
二、选择题(共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
17. 在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的关系如下图所示(b处NaOH的体积为1 L)，则下列判断错误的是

A. NaOH的浓度为0.6mol·L－1
B. 在a点处溶液中的溶质为NaCl
C. 混合溶液中n(Al3+)︰n(Mg2+)=2∶1
D. 图中线段oa︰ab=5∶1
【答案】C
【解析】
【分析】在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，先发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，直至沉淀达到最大值，共0.2mol，继续滴加直至过量发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
【详解】A．在bL时，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：n[Al(OH)3]＝0.1mol，n(Mg(OH)2]＝0.2mol－0.1mol＝0.1mol，根据Mg原子守恒有n(MgCl2)＝n(Mg(OH)2]＝0.1mol，根据Al原子守恒有n(NaAlO2)＝n(AlCl3)＝n[Al(OH)3]＝0.1mol，由Cl原子守恒有n(Cl)＝n(NaCl)＝2n(MgCl2)+3n(AlCl3)＝2×0.1mol+3×0.1mol＝0.5mol，由Na原子守恒有n(NaOH)＝n(NaCl)+n(NaAlO2)＝0.5mol+0.1mol＝0.6mol，所以c(NaOH)＝0.6mol÷1L＝0.6mol/L，A正确；
B．加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，B正确；
C．根据以上分析可知混合溶液中n(Al3+)︰n(Mg2+)=1∶1，C错误；
D．加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液(b﹣a)L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n(NaCl)与n(NaAlO2)之比，故oa:ab＝a:(b﹣a)＝0.5mol:0.1mol＝5:1，D正确；
答案选C。
18. 下列表示下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Ca(OH)2溶液与NaHCO3溶液混合：+OH-=+H2O
B. Fe2(SO4)3与Ba(OH)2溶液混合Fe3+++Ba2++3OH-=BaSO4↓+Fe(OH)3↓
C. 等体积等物质的量浓度的AlCl3、Ba(OH)2、HCl溶液混合：3H++Al3++6OH-=Al(OH)3↓+3H2O
D. “侯德榜制碱”：CO2+NH3+H2O=+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．Ca(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：，与过量NaHCO3反应也会有碳酸钙生成，A错误；
B．Fe2(SO4)3与Ba(OH)2溶液混合反应的离子方程式为：，B错误；
C．等体积等物质的量浓度的AlCl3、Ba(OH)2、HCl溶液混合离子方程式为：3H++Al3++6OH-=Al(OH)3↓+3H2O，C正确；
D．“侯德榜制碱”离子方程式为：Na++CO2+NH3+H2O=+，D错误；
故选C。
19. 萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1-取代产物与2-取代产物的比例分别为96：4和15：85，下列说法正确的是

A. 1-取代产物比2-取代产物更稳定
B. 与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大
C. 选择合适的催化剂同样可以提高2-取代产物比率
D. 延长反应时间，最终以1-取代产物为主
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A错误；
B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确；
D．1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；
故选C。
20. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其核外电子有4种空间运动状态；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲；Y是短周期主族中原子半径最大的元素；Z与Y处于同一周期，且Z元素所形成的简单单质常温常压下为气态。下列说法正确的是
A. Y的第一电离能在四种元素中最小
B. WZ4是含极性键的极性分子
C. 化合物甲含有离子键、共价键、配位键、氢键等化学键
D. YZ晶胞中含1个Y+和一个Z−
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W是自然界中形成化合物最多的元素，其核外电子有4种空间运动状态，则W为C元素；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，则X为N元素；Y是短周期主族中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z与Y处于同一周期，且Z元素所形成的简单单质常温常压下为气态，则Z为Cl元素，据此分析。
【详解】A．Na为金属，其第一电离能最小，故A正确；
B．CCl4为含极性键，分子为正四面体结构，所以是非极性分子，故B错误；
C．化合物甲是硝酸铵，铵根离子中存在共价键和配位键，硝酸根离子和铵根离子间存在离子间，不存在氢键，故C错误；
D．NaCl晶胞中含4个Na+和4个Cl-，故D错误；
故选A。
21. 室温时，通过实验探究溶液的性质，操作及现象如下表所示：
实验
实验操作及现象
1
测定溶液的pH，测得溶液pH<7
2
向溶液中加入等体积的溶液，产生白色沉淀(草酸钙的)
3
向溶液中滴加少量NaOH溶液，加热产生刺激性气味气体，后冷却至室温
下列说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 由实验1可得：
C. 由实验2所得溶液：
D. 实验3所得溶液中水的电离程度大于溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中存在物料守恒，电荷守恒，所以溶液中存在，A错误；
B．溶液的<7，溶液显酸性，但由于铵根的浓度是草酸根浓度的2倍，所以不能说明二者水解程度的相对大小，B错误；
C．混合时CaCl2过量，混合后溶液中钙离子浓度为，所以
，C正确；
D．加入NaOH后溶液为草酸钠溶液没有之前草酸铵双水解对的电离促进程度大，D错误；
故答案为：C。
三、非选择题(本题共5小题，共53分)
22. 元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下图是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、F、G、Q、M、R分别代表一种元素。请依据这7种元素回答下列问题：

（1）以上7种元素中原子半径最大的元素是___________。(填元素符号)
（2）Q的原子结构示意图为___________。
（3）A和F能组成原子个数比为1：1的化合物，该化合物的电子式为___________；D和F能组成原子个数比为1：2的化合物，该化合物的结构式为___________。
（4）A、G、F三种元素组成的化合物中有哪些化学键___________。
（5）为了验证D和M二种元素非金属性的强弱，设计下图装置进行实验

请回答：
①仪器A的名称是___________。
②现有试剂：稀硫酸、碳酸钠溶液、碳酸钙、硫酸钠溶液、澄清石灰水。从所给试剂中选择合适的试剂，用如图装置证明D和M两种元素非金属性：M>D，A中装试剂___________，C中的实验现象___________。
（6）F、M的简单氢化物的沸点由高到低的顺序为___________(用化学式表示)，原因是___________。
【答案】（1）Na （2）
（3） ①. ②. O=C=O
（4）离子键，极性共价键
（5） ①. 分液漏斗 ②. 稀硫酸 ③. 浑浊
（6） ①. H2O>H2S ②. H2O分子间存在氢键
【解析】
【分析】根据元素所在位置，A为H，D为C，F为O，G为Na，Q为Al，M为S，R为Cl，以此分析；
【小问1详解】
电子层数越多，离子半径越大，且当电子层相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径最大的为Na；
故答案为：Na；
【小问2详解】
Q为Al，13号元素；
故答案为： ；
【小问3详解】
A、F分别为H、O，组成原子个数为1：1的化合物为H2O2，为共价型化合物；D为C，F为O，D和F能组成原子个数比为1：2的化合物CO2；
故答案为： ；O=C=O；
【小问4详解】
A为H，F为O，G为Na，形成的化合物为NaHCO3，钠离子与碳酸氢根以离子键存在，碳酸氢根内以共价键存在；
故答案为：离子键，极性共价键；
【小问5详解】
①根据仪器可知，A为分液漏斗；
②非金属元素的氧化性越强，最高价含氧酸的酸性，D、M的最高价含氧酸分别为H2CO3和H2SO4，故A中盛放硫酸与碳酸钠反应，观察有没有产生能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳生成；
故答案为：分液漏斗；稀硫酸；浑浊；
【小问6详解】
H2O分子间存在氢键，使H2O的沸点高；
故答案为：H2O>H2S；H2O分子间存在氢键。
23. 草酸镍晶体()可用于制镍催化剂。工业上用废镍催化剂(主要成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO)制备草酸镍晶体的一种工艺流程如图所示：

已知：
①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为计算)：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH

1.1
3.2

5.8
8.8

3.0
5.0

6.7
9.5
②，。
回答下列问题：
（1）基态镍原子的价层电子排布式为___________。
（2）试剂X可以是___________，
（3）调节pH的范围是___________。
（4）滤渣1的成分是___________(写化学式)，加入适量NH4F溶液的目的是___________。
（5）“沉镍”的离子方程式为___________。
（6）称取一定质量某镀镍试剂，配成100mL溶液，溶液中存在的离子为、、；准确量取10.00mL溶液，用的EDTA标准溶液滴定其中的，消耗EDTA标准溶液25.00mL。已知M2+为金属阳离子，与EDTA反应的方程式为：M2++EDTA4-=MEDTA2-。
①配制EDTA标准溶液需要注意蒸馏水的水质，水中若含、会使滴定时消耗的EDTA的体积___________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。
②该镀镍试剂中的物质的量浓度为___________mol/L。
【答案】（1）3d84s2
（2）H2O2(或新制氯水或NaClO，但不能是KMnO4)
（3）5.0≤pH<6.7
（4） ①. SiO2、CaSO4 ②. 除去溶液中的Ca2+
（5）=
（6） ①. 偏大 ②. 1.0
【解析】
【分析】废镍催化剂加硫酸酸浸，过滤后所得滤液1中含Al3+、Fe2+、Ca2+、Ni2+，SiO2不与硫酸反应，CaO和硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此滤渣1主要为SiO2、CaSO4，滤液1中加入试剂X如H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将Fe3+、Al3+转化为沉淀过滤除去，加入NH4F后过滤除去钙离子，滤渣2主要成分是氟化钙，所得滤液3加草酸铵进行沉镍得到草酸镍晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
镍是28号元素，价层电子排布式为3d84s2。
【小问2详解】
加入试剂X是为了将Fe2+氧化为Fe3+，X应为氧化剂，可加绿色氧化剂双氧水，另外新制氯水、次氯酸盐也可以，但如果用高锰酸钾，就会引入Mn2+，而Mn2+沉淀的pH与Ni2+很接近，二者不易分离，故答案为：H2O2(或新制氯水或NaClO，但不能是KMnO4)。
【小问3详解】
由表格数据可知，Fe3+转化为沉淀，其pH区间(开始沉淀完全沉淀)为1.1～3.2，沉淀为的pH区间为3.0～5.0，而镍离子沉淀为的pH区间为6.7～9.5，要将Fe3+、全部转化为和过滤除去而不沉淀，则需调节pH的范围是5.0≤pH<6.7。
【小问4详解】
酸浸时，SiO2不与硫酸反应，CaO与H2SO4反应生成CaSO4，硫酸钙微溶，大部分会析出，所以滤渣1主要成分为SiO2、CaSO4；滤液2中还含有少量Ca2+，如果不除去，加入草酸铵，会生成草酸钙沉淀，使草酸镍晶体不纯，因此加入适量NH4F溶液的目的是除去溶液中的Ca2+。
【小问5详解】
滤液3中含Ni2+，加草酸铵进行“沉镍”，得到草酸镍晶体()，反应的离子方程式为=。
【小问6详解】
①配制EDTA标准溶液时，若水中含有Ca2+、Mg2+，它们也能跟EDTA络合，从而使所配溶液浓度偏低，滴定时消耗EDTA标准溶液体积会偏大；
②反应消耗的EDTA的物质的量为，由反应的方程式M2++EDTA4-=MEDTA2-可知，该镀镍试剂中n(Ni2+)=n(EDTA)=0.1mol，则的物质的量浓度为。
24. 锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和炭粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生。回收废旧电池中的、元素，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ．回收锌元素，制备
步骤①：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌、充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；
步骤②：处理滤液，得到晶体；
步骤③：将与晶体混合制取无水。
制取无水，回收剩余的并验证生成物中含有的装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。

已知：是一种常用的脱水剂，熔点为℃，沸点为79℃，140℃以上时易分解，遇水剧烈水解生成两种气体，可混溶于和氯仿等有机溶剂。
（1）装置中冰水的作用是___________。
（2）装置的正确连接顺序为a→___________。
（3）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。
（4）在该实验中的作用是___________。
Ⅱ．回收锰元素，制备
（5）洗涤步骤①得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是___________。
（6）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的是___________。
Ⅲ．二氧化锰纯度的测定
称取灼烧后的产品，加入草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移至容量瓶中，并用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出，用高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为。(已知：、)
（7）该产品的纯应为___________(结果精确到0.1％)。
【答案】（1）降温并冷凝
（2）f→g→h(i)→i(h)→b→c→d-e
（3）
（4）作脱水剂 （5）取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净
（6）除去炭粉，并将氧化为
（7）932％
【解析】
【分析】I.回收锌元素时，SOCl2作为一种常用的脱水剂，可以去除ZnCl2•xH2O晶体中的H2O，得到无水ZnCl2；回收SOCl2时需要加热，装置中的冰水可以降温并冷凝SOCl2，因为SOCl2与H2O发生水解生成两种气体，根据提示，该反应为；想要验证生成物中含有SO2，需要防止水蒸气倒吸入锥形瓶中，因此先连接盛放浓硫酸的试剂瓶，再将气体通入品红溶液中进行SO2的检验，最后通入NaOH溶液中进行尾气处理，空瓶是为了防倒吸。
【小问1详解】
装置中冰水的作用是降温并冷凝SOCl2；
【小问2详解】
根据分析，装置的正确连接顺序为a→f→g→h→i→b→c→d→e；
【小问3详解】
三颈烧瓶中SOCl2与ZnCl2•xH2O晶体混合制取无水ZnCl2，具体反应为：xSOCl2+ZnCl2•xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑；
【小问4详解】
SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；
【小问5详解】
步骤①得到的固体表面有Cl-，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中是否含有Cl-，因此答案为：取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体已洗涤干净；
【小问6详解】
洗涤后的固体主要含有MnO2、MnOOH和C，高温灼烧可以将C转化为CO2，同时将MnOOH转化为MnO2，因此答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；
【小问7详解】
。
根据反应可得关系式：、，
消耗的的物质的量，
因此消耗的的物质的量，
产品的纯度：％％。
25. 2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。因此CO2的捕获、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I．研究表明CO2(g)和CH4(g)在催化剂存在下可发生反应制得合成气：
CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1
（1）已知CH4(g)、CO(g)和H2(g)的燃烧焓(ΔH)分别为-890.3、-283.0和-285.8kJ·mol-1。则上述反应的焓变ΔH1=___________kJ·mol-1。
（2）将原料按n(CH4)：n(CO2)=1：1充入密闭容器中，保持体系压强为100kPa发生反应，达到平衡时CO2体积分数与温度的关系(图中黑线)如图所示。

①T1℃、100kPa下，平衡时容器体积与初始容器体积之比为___________；该温度下，此反应的平衡常数Kp=___________(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2体积分数，___________点对应的平衡常数最小，___________点对应的压强最大。
（3）在其他条件相同，不同催化剂(A、B)作用下，使原料CO2(g)和CH4(g)反应相同的时间，CO(g)的产率随反应温度的变化如图：

①在催化剂A、B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用ΔEa(A)和ΔEa(B)表示，则ΔEa(A)_______ΔEa(B)(选填“>”“<”或“=”)。
②y点对应的逆反应速率v(逆)___________z点对应的正反应速率v(正)(选填“>”、“<”或“=”)。
II、以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示。电解所用电极材料均为惰性电极。

（4）阴极上的电极反应式为___________。
（5）每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中___________mol硫酸。
【答案】（1）ΔH1 = +247.3 kJ ·mol-1
（2） ①. 5：4 ②. Kp =177.8 (kPa)2 ③. A ④. C
（3） ①. = ②. <
（4）2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
（5）6
【解析】
【小问1详解】
已知CH4(g)、CO(g)和H2(g)的燃烧焓(ΔH)分别为-890.3、-283.0和-285.8kJ•mol-1，则有：Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ/mol，Ⅱ：CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)ΔH=-283kJ/mol，Ⅲ：H2(g)+O2(g)⇌H2O(l)ΔH=-285.8kJ/mol，根据盖斯定律，Ⅰ-2(Ⅱ+Ⅲ)可得：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1，则ΔH1=[-890.3-2(-283-285.8)]kJ/mol=+247.3kJ/mol；
【小问2详解】
①设起始时，甲烷和CO2的物质的量均为1mol，甲烷转化的量为xmol，则有三段式：，平衡时n(总)=(1-x+1-x+2x+2x)mol=(2+2x)mol，则×100%=30%，解得：x=0.25，n(总)=(2+2x)mol=2.5mol，恒压时，体积之比等于物质的量之比，则平衡时容器体积与初始容器体积之比为，此时甲烷和CO2的物质的量的分数为×100%=30%，CO和H2的物质的量的分数为×100%=20%，故≈177.8(kp)2；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大，反之，温度越低，平衡常数K越小，三点中，A点温度最低，平衡常数最小，该反应的正反应为气体体积增大的反应，从C点对应温度看，若压强为100kp，平衡时，CO2的体积分数约为20%，现在CO2的体积分数近40%，压强应高于100kp，即恒压时，升高温度会使CO2的体积分数减小，增大压强，会使CO2的体积分数增大，图中C点温度最高且CO2的体积分数最大，所以C点压强最大，故答案为：A；C；
【小问3详解】
①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以ΔEa(A)=ΔEa(B)，故答案为：=；
②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的逆反应速率v(逆)＜z点对应的正反应速率v(正)，故答案为：＜；
【小问4详解】
根据题意可知，阴极发生得到电子的反应，即CO2转化为C2H4，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；
【小问5详解】
CO2转化为C2H4，C元素由+4价降低为-2价，即每生成1mol乙烯，转移电子为2×6mol=12mol，同理，根据铅蓄电池的总反应式可知，Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，每消耗2mol硫酸，电子转移为2mol，所以每生成0.5mol乙烯，转移电子为6mol，理论上需消耗铅蓄电池中6mol硫酸，故答案为：6。
26. 铜是最早为人们所熟悉的金属之一、回答下列问题：
（1）写出基态Cu原子的价电子排布式：___________。第一电离能：K___________Cu(选填“>”、“<”或“=”)；
（2）无水Cu(NO3)2是易挥发的亮蓝色固体，加热至210℃升华，熔融状态下不导电，说明无水Cu(NO3)2属于___________(填晶体类型)。无水Cu(NO3)2中N原子为___________杂化。在水体系中，硝酸根和水分子作为配体与Cu2+形成配位键，得到Cu(NO3)2(H2O)2。其中每个NO3-提供2个氧原子与Cu2+配位，则Cu(NO3)2(H2O)2中Cu2+的配位数为___________。
（3）NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能。试分析其中原因：___________。NH3的沸点比NF3___________(选填“高”或“低”)。
（4）黄铜矿是最常见的含铜矿石之一、黄铜矿晶体属四方晶系，其晶体结构如图所示。该晶体可看作S2-作面心立方最密堆积，金属离子有序填入S2-围成的___________空隙。晶胞边长为anm、anm、cnm，该晶体的密度为___________g/cm3(写出表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1） ①. 3d104s1 ②. <
（2） ①. 分子晶体 ②. sp2 ③. 6
（3） ①. F的电负性比N大，NF3中N受F的吸电子作用电子云密度低，不易给出电子形成配位键，而NH3中的N的电负性比H大，易给出孤电子对形成配位键 ②. 高
（4） ①. 正四面体 ②. ( 736/a2cNA) ×1021
【解析】
【小问1详解】
Cu是29号元素，处于第四周期第IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，Cu的价电子排布式为：3d104s1，K的价电子排布式为4s1，K的半径大于Cu,对最外层电子的吸引力低，因而第一电离能：K＜Cu,故答案为：3d104s1；＜；
【小问2详解】
无水Cu(NO3)2是易挥发的亮蓝色固体，加热至210℃升华，熔融状态下不导电，说明Cu(NO3)2晶体熔沸点低，在熔融状态下不会电离生成阴阳离子，因而Cu(NO3)2属于分子晶体；无水Cu(NO3)2中N的成键电子对为3，孤电子对为0，因而N为sp2杂化；Cu(NO3)2(H2O)2，每个提供2个氧原子与Cu2+配位，则Cu(NO3)2(H2O)2中Cu2+的配位数为2×2+2=6，故答案为：分子晶体；sp2；6；
【小问3详解】
F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；NH3能形成氢键，NF3只有范德华力，氢键的存在导致物质的熔沸点升高，所以NF3的沸点比NH3的沸点低得多；
【小问4详解】
由晶体结构如图所示晶体可看作S2-作面心立方最密堆积，金属离子有序填入S2-围成的正四面体；由晶胞结构可知，含有S2-的个数为=1+8×+10×+4×=8，含有Cu2+、Fe2+的个数为=4，该晶胞的质量m=,晶胞的体积V=a2cnm3=a2c×10-21cm3，晶胞密度。
27. 以烯烃A、D为原料合成某药物中间体K，其流程如图：

已知： RCH2COOH(R表示烃基，X表示卤素原子)
回答下列问题：
（1）A的化学名称是___________；B所含官能团名称___________。
（2）H→I所需试剂a为___________。C＋I→J的反应类型是___________。
（3）E、F与新制氢氧化铜悬浊液共热都产生砖红色沉淀。E的结构简式为___________，F与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为_______________。
（4）K的结构简式___________。
（5）C的同分异构体有___________种。
【答案】（1） ①. 1，3−丁二烯 ②. 碳碳双键、碳溴键
（2） ①. 乙醇(CH3CH2OH) ②. 取代反应
（3） ①. CH2=CHCHO ②. HOCH2CH2CHO ＋ 2Cu(OH)2＋NaOH HOCH2CH2COONa ＋ Cu2O↓＋3H2O
（4） （5）8
【解析】
【分析】由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4-加成，则A为1，3−丁二烯；由B与氢气发生加成反应生成C，则C为 ；由D的分子式C3H6，以及与氧气发生氧化反应生成E可知D为 ，E为 ；结合F的相对分子质量可知F为HOCH2CH2CHO；F与氧气在Cu作催化剂下发生催化氧化生成G，结合G的分子式可知G的结构简式为OHCCH2CHO；G与银氨溶液反应在酸化得到分子式为HOOCCH2COOH，则H的结构简式为HOOCCH2COOH；H与试剂a在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成分子式为C7H12O4的I，则试剂a为乙醇(CH3CH2OH)，I的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；I与C反应生成J；J再酸化、加热、脱去二氧化碳的到K；
【小问1详解】
由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4-加成，则A为1，3-丁二烯；B为 中所含官能团有碳碳双键以及碳溴键；
【小问2详解】
H的分子式C3H4O4、结构简式HOOCCH2COOH以及I的分子式和反应条件可知试剂a为乙醇(CH3CH2OH)；由已知反应可知，C为 ，I的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，C+I→J的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
E、F与新制氢氧化铜悬浊液共热都产生砖红色沉淀，以及根据E的分子式C3H4O可知E的结构简式为 ；根据F的相对分子质量可知F的结构简式为HOCH2CH2CHO，则其与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为HOCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHHOCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O；
【小问4详解】
J 经酸化水解、加热脱二氧化碳，生成K，则K的结构简式 ；
【小问5详解】