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浙江省天域全国名校协作体2024-2025学年高三上学期10月联考化学试题（Word版附解析）
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高三年级化学学科试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
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. 下列物质属于酸性氧化物的是
A. COB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO既不和酸反应，也不和碱反应，因此既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故A不选；
B．NO2和碱反应生成两种盐和水，发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故B不选；
C．SiO2和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故C选；
D．和酸反应生成盐、水和氧气，发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故D不选；
答案选C。
2. 下列说法不正确的是
A. 浸泡过溶液的硅藻土可作水果的保鲜剂，是利用了它的氧化性
B. 钠钾合金能用作核反应堆的传热介质，是利用了它熔点低且导热性能好的性质
C. 是水泥生产中不可缺少的原料，是利用它可以调节水泥的硬化速度
D. 明矾晶体可可作净水剂，是利用它能水解形成胶体的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可作水果保鲜剂，A正确；
B．钠钾合金为液态，具有良好的导热性，则可作核反应堆的传热介质，B正确；
C．水泥生产中加入石膏，可以调节水泥的硬化速度，C错误；
D．明矾晶体可作净水剂，是利用Al3+能水解形成Al(OH)3胶体的性质， D正确；
故选D。
3. 下列说法不正确是
A. 的名称为：3，3-甲基戊烷
B. 氨基的电子式：
C. 基态碳原子的价电子轨道表示式为：
D. HCl分子σ键电子云轮廓图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的名称为：3，3-二甲基戊烷，A错误；
B．氨基的电子式为，B正确；
C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，轨道表示式为，C正确；
D．HCl分子中s电子云与p电子云头碰头重叠形成键，电子云轮廓图为，D正确；
答案选A。
4. 下列有关实验图示说法正确的是
A. 图①：检验电石与水反应的产物为乙炔
B. 图②：验证碘在中的溶解性比在水中好
C. 图③：重结晶法提纯含有泥沙和食盐的苯甲酸
D. 图④：表示易燃类物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．生成的乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应，则溴水褪色，不能检验乙炔，故A错误；
B．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，四氯化碳作萃取剂时，有机色层在下层，故B正确；
C．重结晶的操作步骤是先加热浓缩，后冷却结晶，不需要在蒸发皿中进行，故C错误；
D．表示氧化剂，故D错误；
答案选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 以木材、秸秆等农副产品为原料，经化学加工处理可以得到合成纤维
B. 豆腐制作过程中有一道“盐卤点豆腐”的环节，该环节涉及蛋白质的聚沉原理
C. 植物油与氢气加成提高其饱和程度，也提高其熔化温度和抗氧化性
D. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，但过量使用亚硝酸钠对人体有害
【答案】A
【解析】
【详解】A．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理后可以得到再生纤维或人造纤维，不能得到合成纤维，故A错误；
B．豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使蛋白质聚沉得到豆腐，故B正确；
C．相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化温度提高，液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，故C正确；
D．亚硝酸钠能防腐且能使肉类呈现新鲜的红色，但是不能大量使用，故D正确；
答案选A。
6. 过硫化氢的化学式为，可看成中的过氧键被过硫键替代。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 与足量NaOH溶液反应可得到
B. 过硫化氢有氧化性，能将氧化至
C. 若分解为和，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 若有6.6g参与反应全部生成，则得到个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．可看成中的过氧键被过硫键替代，属于二元弱酸，与足量的NaOH溶液反应可得到，A正确；
B．的氧化性强于S，Fe3+能氧化S2-，所以过硫化氢不能将氧化至，B错误；
C．若分解为和，分解的方程式为：，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；
D．6.6g的物质的量为=0.1ml，若有0.1ml参与反应全部生成，S从-1价降低为-2价，则得到个电子，D正确；
故选B。
7. 物质微观结构决定宏观性质，进而影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，所以能导电，故A正确；
B．高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜是因为其结构稳定，不易分解，与其软化温度较高没有关系，故B错误；
C．纳米级长纤维的表面积大，其附着力增强，能制造新型黏着材料，故C正确；
D．的熔点低，为液态的离子化合物，不易挥发，故可作电化学研究的电解质，故D正确；
答案选B。
8. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 洁厕灵与84消毒液不能混用的原因：
B. 向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：
C 水杨酸与小苏打反应：+2HCO→+2CO2↑+2H2O
D. 向溶液中滴加NaCN溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．洁厕灵与84消毒液不能混用的原因是因为氯离子和次氯酸根离子在酸性条件下反应生成氯气，，A错误；
B．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，会先生成氢氧化铜沉淀，故离子方程式为：
C．水杨酸中只有羧基会与碳酸氢钠反应，酚羟基不会反应，C错误；
D．向溶液中滴加NaCN溶液，Fe3+会与CN-形成配离子，D正确；
故选D。
9. 下列有关实验说法正确的是
A. 萃取、蒸馏、重结晶和色谱法都可用于分离提纯有机物
B. 用质谱法测得某有机物的相对分子质量为46，可推断其结构简式为
C. 配制240 mL 1.0 ml/L醋酸溶液需用到的所有仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶
D. 鉴别氯丁烷和溴丁烷所需的试剂：NaOH溶液、溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸馏可以分离沸点不同的互溶有机物，萃取可以分离互不相溶的液态有机物，重结晶可以分离提纯溶解度随温度变化特点不同的固体混合物，色谱法也可用于分离、提纯有机物，故A正确；
B．质谱法测得某有机物的相对分子质量为46，其结构简式为，故B错误；
C．配制240 mL 1.0 ml/L醋酸溶液需用到的所有仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，故C错误；
D．鉴别氯丁烷和溴丁烷，先将卤素原子转化为自由移动的卤素离子，然后用硝酸银检验，氯丁烷和溴丁烷分别和NaOH溶液共热，将卤素原子转化为卤素离子，然后向溶液中加入稀硝酸，中和未反应的氢氧化钠，最后再用硝酸银溶液检验溴离子，如果生成淡黄色沉淀，说明是溴丁烷，产生白色沉淀，说明是氯丁烷，故D错误；
答案选A。
10. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，原子序数总和为25，由这四种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述不正确的是
A. M中电负性最大的元素是Y
B. M中不存在配位键
C. M具有强氧化性，可用于消毒杀菌
D. X元素的最高价含氧酸可以形成分子间氢键
【答案】B
【解析】
【分析】Z是短周期元素，且能够形成Z+，其原子序数比W、X、Y大，因此Z为Na，根据M的结构示意图，8个Y原子均形成了2个共价键，原子序数比Na小，形成2个共价键的为O，因此Y为O；4个W原子均形成1个共价键，且原子序数比O小，因此W为H；四种元素的原子序数总和为25，则X的原子序数为5，为B；综上W、X、Y、Z分别为H、B、O、Na。
【详解】A．在上述元素中，O的非金属性最强，电负性最大，即Y的电负性最大，故A正确；
B．根据M的结构，B原子连有4个键，其中含有一个配位键，故B错误；
C．该化合物中含有O-O键，具有强氧化性，能够杀菌消毒，故C正确；
D．X是B元素，因而X的最高价含有酸为H3BO3，结构简式为，含有羟基，可以形成分子间氢键，故D正确；
答案选B。
11. 甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。下列说法正确的是
A. 步骤Ⅱ中涉及氢原子成键变化
B. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种
C. c为与反应的曲线，而d为与反应的曲线
D. 与反应，相同时间内氘代甲醇的产量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，A错误；
B．根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，B正确；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，d为与反应的曲线，C错误；
D．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DOD故选B。
12. D-葡萄糖的醇化发生变化过程如图所示，过程1是可逆互变过程。下列说法正确的是
A. 两种葡萄糖分子中都只存在4个手性碳原子
B. 要实现过程3的变化需加入氧化剂
C. 1 ml丙酮酸最多能与2 ml 加成
D. 等质量的葡萄糖和丙酮酸分别完全燃烧时，葡萄糖的耗氧量更大
【答案】D
【解析】
【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，如图所示：，环状结构中有5个手性碳原子，，故A错误；
B．过程3的变化为将丙酮酸先脱羧变成乙醛，乙醛再还原成乙醇，故需要加入还原剂实现，故B错误；
C．丙酮酸中羧基不能和氢气反应，酮羰基能和氢气发生加成反应，故1 ml丙酮酸最多能与1 ml 加成，故C错误；
D．葡萄糖的分子式为C6H12O6，可以视作2个C3H6O3分子组合，丙酮酸分子式为C3H4O3，则等质量的葡萄糖和丙酮酸中，葡萄糖的H元素含量更高，分别完全燃烧时，葡萄糖的耗氧量更大，故D正确；
故选D。
13. 浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈()合成己二腈[]，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为100mL，铜电极质量均为100g)。下列说法不正确的是
A. 极为负极，其电极反应为
B. 隔膜为阴离子交换膜
C. 上述装置理论上可制备0.4 ml己二腈
D. 生成己二腈的电极反应式为：
【答案】C
【解析】
【分析】浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，A正确；
B．由分析可知，此电池为浓差电池，主要因为铜离子浓度不同形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，B正确；
C．当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶液中，所以转移电子的物质的量是（3-1)ml/L×0.1L×2=0.4ml，由反应2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN可知，可制备0.2ml己二腈，C错误；
D．由分析可知，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，D正确；
答案选C。
14. 科学家合成了由氮原子组成的、等高能量微粒，它们的结构如图：
已知：的5个N原子在同一平面上，属于V形结构；属五元环结构，结构类似于苯；是立方结构；为两个五元环互相垂直连接。下列判断合理的是
A. 与中As化合价不同
B. 中N原子轨道杂化形式有、
C. 属于离子化合物
D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A． 中含有，F的化合价为-1，化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可以计算出As的化合价为+5，而在化合物 中，Na的化合价为+1，O元素显-2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可以计算出As的化合价为+5，A错误；
B．属五元环结构，结构类似于苯，由其结构式可知，N原子的价层电子对数均为3，轨道杂化形式有，B错误；
C．中只含有N元素，属于单质，不属于离子化合物，C错误；
D．属五元环结构，结构类似于苯，具有稳定的化学性质，则比稳定，D正确；
故选D。
15. 氛围下，溶液中含铅微粒的分布如下图所示。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量
分数。已知ml/L，，，。下列说法不正确的是
A. 时，ml/L
B. 时，溶液中
C. 时，。
D. 时，往溶液中慢慢加入固体，会逐渐溶解
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，随着pH增大，的含量减小，的含量先增大后减小，的含量先增大后减小，含量增大。
【详解】A．由图可知，时，溶液中还存在，根据和Pb守恒，溶液中，A正确；
B．由图可知，pH=6时，即，则，B正确；
C．溶液中，则，时，，，，，则，即，C错误；
D．溶液中存在平衡：，加入固体，平衡正向移动，会逐渐溶解，D正确；
答案选C。
16. 为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，A错误；
B．2HI(g)H2(g)+I2(g)，一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深，平衡不移动，B错误；
C．碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，溶液颜色也会加深，C错误；
D．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，D正确；
答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题有5大题，共52分)
17. 含铜铟镓硒元素的化合物作为太阳能吸收层薄膜材料，可用于生产第三代太阳能电池。已知镓(Ga)、铟(In)、铊(Tl)是原子序数依次增大的ⅢA族元素，请回答：
（1）三乙基铝常温下为无色液体，是烯烃定向聚合的催化剂，可与醚、胺类等形成相当稳定的配合物。
①基态Al原子的核外电子空间运动状态有___________种。三乙基铝的晶体类型为___________。
②三乙基铝能与乙醚形成配合物。比较键角的大小：三乙基铝___________配合物A(填“>”“<”或“=”)。
③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺()形成配合物B，已知A的稳定性小于B，解释原因：___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 第一电离能：Se>Ga
B. 金属Ga的熔点比Al低
C. 具有两性，故具有两性
D. 基态In原子简化的电子排布式为
（3）某种由铜铟硒元素形成的化合物的晶胞及俯视图如图所示，已知晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。
①该化合物的化学式为___________。
②该晶胞中，通过平移能与1号Se原子完全重合的原子为___________号(填序号)。
【答案】（1） ①. 7 ②. 分子晶体 ③. > ④. N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对 （2）CD
（3） ①. InCuSe2 ②. 6
【解析】
【小问1详解】
①基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，s为1种，2p有3种，3p有1种，空间运动状态有7种，三乙基铝常温下为无色液体，所以推测晶体类型为分子晶体；
②三乙基铝能与乙醚形成配合物，氧原子提供孤对电子，对C-Al斥力增大，所以键角的大小：三乙基铝>配合物A；
③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺()形成配合物B，已知A的稳定性小于B，是因为N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对；
【小问2详解】
A．同一周期第一电离能从左至右呈增大趋势，所以第一电离能：Se>Ga，正确；
B．Ga、Al为同主族的金属晶体，同主族从上到下金属晶体的金属键逐渐减弱，熔点降低，金属Ga的熔点为29.93℃，比Al低，正确；
C．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，具有两性，不具有两性，错误；
D．基态In原子简化的电子排布式为，错误；
答案：CD；
【小问3详解】
①由晶胞可知In位于顶点、面上和体心，所以个数为，Cu位于棱上和面上，所以个数为，Se位于体内，所以个数为8，该化合物的化学式为InCuSe2；
②该晶胞中，通过观察可以看出1号Se原子左边都连接In、右边连接Cu，除此之外只有6号原子连接方式相同，所以通过平移能与1号Se原子完全重合的原子为6号。
18. 工业上硫代硫酸钠()的制备和应用相关流程如图所示。
回答下列问题：
（1）已知：，写出反应①生成化合物A的离子反应方程式：___________。
（2）在反应③和“电沉积”得到Ag的过程中，下列说法不正确的是___________。
A. 反应③的离子反应方程式为
B. 与KI能反应生成AgI，说明
C. 电解池中阴极的电极反应是
D. 电解池阴极区溶液经过处理可在该流程中循环利用
（3）碘量法滴定常用到反应：。已知的结构为：推测连四硫酸根的结构式为___________。
（4）在空气中加热一段时间，会生成一种刺激性气味气体和另一种最高价的正盐。
①写出该反应的化学反应方程式：___________。
②请设计实验方案，检验加热一段时间后所得固体中可能存在的阴离子：___________。
【答案】（1）CO+ HSO = SO+HCO （2）A
（3） （4） ①. 2Na2S2O3 + 3O2 2Na2SO4 + 2SO2 ②. 取少量固体与试管中，加入足量稀盐酸，若产生淡黄色沉淀，则证明存在S2O，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明存在SO
【解析】
【分析】由电离常数可知，反应①为碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应②为亚硫酸钠溶液与硫反应生成硫代硫酸钠，反应③为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠， “电沉积”得到Ag。
【小问1详解】
已知：，说明的酸性强于但弱于，根据强酸制取弱酸的原理，和发生反应生成和，反应①生成化合物A的离子反应方程式：+=+。
【小问2详解】
A．由分析可知，反应③为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠，反应的离子方程式为，故A错误；
B．与KI能反应生成AgI沉淀，而没有生成AgBr沉淀，根据溶解度小的沉淀优先生成可知AgI的溶解度小于AgBr，说明，故B正确；
C． “电沉积”得到Ag，在阴极得到电子生成和Ag，电机方程式为：，故C正确；
D． “电沉积”得到Ag，H2O在阳极失去电子生成O2和H+，和H+反应会生成S和SO2，可在该流程中循环利用，故D正确；
故选A。
【小问3详解】
的结构为：，S元素的平均化合价为+2，可由被I2氧化得到，S元素化合价下降，中含有-S-S-，推测连四硫酸根的结构式为。
【小问4详解】
①在空气中加热一段时间，和O2反应会生成一种刺激性气味气体和另一种最高价的正盐，可以推知该有刺激性气味的气体为SO2，S元素最高价的正盐为Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2Na2S2O3 + 3O22Na2SO4 + 2SO2；
②检验的方法为：取少量固体与试管中，加入足量稀盐酸，若产生淡黄色沉淀，则证明存在，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
19. 环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分涉及反应为：
主反应： kJ/ml
副反应： kJ/ml
（1）①主反应能自发进行的条件是___________。
②已知 kJ/ml，则EO的燃烧热为___________kJ/ml。
（2）①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有___________
A．低温 B．加入CaO固体
C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压
②向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。
ⅰ.副反应的平衡常数___________(列出算式，代入数据即可)。
ⅱ.恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线__________。
（3）以Ag为催化剂的反应机理如图2所示：
加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图3所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是___________。
【答案】（1） ①. 低温 ②. -1306
（2） ①. C ②. ③.
（3）加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低
【解析】
【小问1详解】
①主反应： kJ/ml是气体体积减小的放热反应，、，时反应能够自发进行，则该反应在低温时能够自发进行；
②已知反应III kJ/ml，由盖斯定律可知，副反应-主反应-反应III×2可得 ，则EO的燃烧热为。
【小问2详解】
①主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，选择合适的催化剂加快反应速率并且提高EO的选择性可以提高EO的产率，低温虽然可以提高主反应的平衡转化率，但会降低反应速率，加入CaO固体消耗H2O(g)有利于副反应正向进行，不利于提高EO的产率，适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主反应正向进行，不利于提高EO的产率，故选C；
②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2ml、3ml、3ml，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转化量为xml，在副反应中的平衡转化量为yml，列出三段式：
已知平衡时：=，，则x=0.6ml，y=0.4ml，则平衡时乙烯的物质的量为1ml，氧气为1.5ml，二氧化碳为0.8ml，水为0.8ml，EO为0.6ml，副反应的平衡常数=；
主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，恒压条件下，相同投料比时，容器的体积增大，各物质浓度减小，反应速率减慢，平衡逆向移动，EO的平衡产率减小，则EO的产率与反应时间的关系曲线为：。
【小问3详解】
随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。
20. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，翠绿色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，110℃开始失去结晶水，230℃时分解，有光敏性。某小组采用如下实验流程制备。
已知：①为黄色固体；②酸性越强，氧化性越强；
③与开始反应速率较慢，一段时间后反应速率明显加快
请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤Ⅰ所得滤液中含有硫酸
B. 步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中加热煮沸都是为了加快反应速率
C. 步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出
D. 步骤Ⅳ得到的晶体需在明亮通风处干燥，不可高温烘干
（2）步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是___________。
（3）步骤Ⅱ~Ⅲ可在如图所示的装置中完成，仪器A的名称是___________；步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因：___________。
（4）产品纯度测定：
方法1：用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量。
从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：________。
称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中→(________)→(________)→(________)→(________)
a．加热锥形瓶至75℃-80℃；
b．加热锥形瓶至溶液沸腾；
c．往锥形中加入5mL稀盐酸；
d．往锥形瓶中加入5mL稀硫酸；
e．往锥形瓶中加少量溶液；
f．用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液变为无色；
g.用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液呈粉红色。
方法2：用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，根据吸光度标准曲线，样品中的质量分数：___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1）BD （2）Fe(OH)3
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2
（4） ①. deag (de可互换) ②. 11.5%
【解析】
【分析】FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液煮沸，过滤洗涤后得到FeC2O4·2H2O固体，FeC2O4·2H2O固体和K2C2O4溶液、H2O2溶液混合，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为Fe(OH)3棕色悬浊液，再加入H2C2O4溶液得到的亮绿色溶液，自然冷却结晶后得到固体，以此解答。
【小问1详解】
A．步骤Ⅰ中FeSO4和H2C2O4发生复分解反应生成FeC2O4沉淀和H2SO4，所得滤液中含有硫酸，A正确；
B．步骤Ⅰ中加热煮沸的作用是为了加快反应速率，步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去过量的H2O2，以防H2O2和后续加入的H2C2O4溶液反应，B错误；
C．可溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出，C正确；
D．有光敏性，不能在明亮通风处干燥，D错误；
故选BD；
【小问2详解】
由分析可知，步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是Fe(OH)3；
【小问3详解】
仪器A的名称是三颈烧瓶，步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因为：pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2；
【小问4详解】
用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量，称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，往锥形瓶中加入5mL稀硫酸酸化，往锥形瓶中加少量溶液，加热锥形瓶至75℃-80℃，用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液呈粉红色，选择合适操作(操作不能重复使用)并排序为：deag (de可互换)。用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，则c(Fe3+)= =3.46×10-3g/L，样品中的质量分数为：11.5%。
21. 某研究小组以苯为原料，按下列路线合成哮喘病甲磺司特药物的中间体I：
已知：
①
②
③(易被氧化)
请回答：
（1）有机物Ⅰ中的含氮官能团名称是___________。
（2）有机物F的结构简式是___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. F→G属于取代反应，D→E属于还原反应
B. C→D的过程中可能产生副产物
C. 有机物B的酸性比苯酚强
D. 有机物I的分子式为
（4）写出B→C的化学方程式___________。
（5）写出上述流程中A→……→B的合成路线(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有机物C的同分异构体___________。
①谱和IR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，不存在结构和结构；
②分子中只含2个六元环，其中一个是苯环。
【答案】（1）酰胺基 （2）CH3-S-CH2-CH2-COOH （3）ABC
（4）或 （5）
（6）
【解析】
【分析】根据反应条件可知，F到G发生的已知反应①，故F到G是—COOH中的羟基被—Cl代替，再根据I的结构简式，推测G的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COCl，故F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；根据反应条件，可知D到E发生的是已知反应③，故D到E的变化是硝基变成了氨基，故E的结构简式为；根据B的化学式和D的结构简式，推测B的结构简式为，则C的结构简式为，C到D发生的是已知反应②，由此作答。
【小问1详解】
根据I的结构简式可知，I中的含氮官能团的名称为酰胺基；
【小问2详解】
根据分析可知，有机物F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；
【小问3详解】
A．F到G是羧基中的羟基被氯原子取代，属于取代反应，D到E硝基变为氨基，去氧加氢属于还原反应，A正确；
B．C到D过程中断键位置可以是左边碳氧键断，也可以是右边碳氧键断，所以有可能产生副产物，B正确；
C．有机物B中含有硝基，硝基是吸电子基，使O-H极性变大，O-H更容易断裂，故酸性增强，C正确；
D．有机物I的分子式为，D错误；
故选ABC；
【小问4详解】
根据分析，B的结构简式为，C的结构简式为，B到C发生的取代反应，故反应方程式为，也可以写成；
【小问5详解】
A到B是在苯环上引入了羟基和硝基，故反应流程可以为；
【小问6详解】
根据给出的条件，可写出4种同分异构体分别为：。选项
结构或性质
用途
A
石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，电子可在其中运动
石墨烯可用于制作导电材料
B
高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高
高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜
C
壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维
该仿生胶带可用作新型黏着材料
D
中引入有机基团转化为低熔点的
作为离子液体可用作电化学研究的电解质
选项
影响因素
方案设计
现象
结论
A
催化剂
向2 mL 15%溶液中加入5滴0.1 ml/L 溶液
溶液中产生气泡
使用合适的催化剂可使平衡正向移动
B
压强
向针筒中充入50 mL，分解达到平衡后再压缩针筒内气体
气体颜色变深
增大压强，平衡正向移动
C
温度
加热2 mL 1.0 ml/L 溶液(含有酚酞)的试管
红色变深
升高温度，水解平衡向吸热方向移动
D
浓度
向4 mL 0.1 ml/L 溶液中滴加数滴1 ml/L 溶液
黄色溶液变橙色
增大反应物浓度，平衡向正方向移动
高三年级化学学科试题
考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
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. 下列物质属于酸性氧化物的是
A. COB. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO既不和酸反应，也不和碱反应，因此既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故A不选；
B．NO2和碱反应生成两种盐和水，发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故B不选；
C．SiO2和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故C选；
D．和酸反应生成盐、水和氧气，发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故D不选；
答案选C。
2. 下列说法不正确的是
A. 浸泡过溶液的硅藻土可作水果的保鲜剂，是利用了它的氧化性
B. 钠钾合金能用作核反应堆的传热介质，是利用了它熔点低且导热性能好的性质
C. 是水泥生产中不可缺少的原料，是利用它可以调节水泥的硬化速度
D. 明矾晶体可可作净水剂，是利用它能水解形成胶体的性质
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可作水果保鲜剂，A正确；
B．钠钾合金为液态，具有良好的导热性，则可作核反应堆的传热介质，B正确；
C．水泥生产中加入石膏，可以调节水泥的硬化速度，C错误；
D．明矾晶体可作净水剂，是利用Al3+能水解形成Al(OH)3胶体的性质， D正确；
故选D。
3. 下列说法不正确是
A. 的名称为：3，3-甲基戊烷
B. 氨基的电子式：
C. 基态碳原子的价电子轨道表示式为：
D. HCl分子σ键电子云轮廓图：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的名称为：3，3-二甲基戊烷，A错误；
B．氨基的电子式为，B正确；
C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，轨道表示式为，C正确；
D．HCl分子中s电子云与p电子云头碰头重叠形成键，电子云轮廓图为，D正确；
答案选A。
4. 下列有关实验图示说法正确的是
A. 图①：检验电石与水反应的产物为乙炔
B. 图②：验证碘在中的溶解性比在水中好
C. 图③：重结晶法提纯含有泥沙和食盐的苯甲酸
D. 图④：表示易燃类物质
【答案】B
【解析】
【详解】A．生成的乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应，则溴水褪色，不能检验乙炔，故A错误；
B．碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，四氯化碳作萃取剂时，有机色层在下层，故B正确；
C．重结晶的操作步骤是先加热浓缩，后冷却结晶，不需要在蒸发皿中进行，故C错误；
D．表示氧化剂，故D错误；
答案选B。
5. 下列说法不正确的是
A. 以木材、秸秆等农副产品为原料，经化学加工处理可以得到合成纤维
B. 豆腐制作过程中有一道“盐卤点豆腐”的环节，该环节涉及蛋白质的聚沉原理
C. 植物油与氢气加成提高其饱和程度，也提高其熔化温度和抗氧化性
D. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，但过量使用亚硝酸钠对人体有害
【答案】A
【解析】
【详解】A．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理后可以得到再生纤维或人造纤维，不能得到合成纤维，故A错误；
B．豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使蛋白质聚沉得到豆腐，故B正确；
C．相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化温度提高，液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，故C正确；
D．亚硝酸钠能防腐且能使肉类呈现新鲜的红色，但是不能大量使用，故D正确；
答案选A。
6. 过硫化氢的化学式为，可看成中的过氧键被过硫键替代。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 与足量NaOH溶液反应可得到
B. 过硫化氢有氧化性，能将氧化至
C. 若分解为和，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 若有6.6g参与反应全部生成，则得到个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．可看成中的过氧键被过硫键替代，属于二元弱酸，与足量的NaOH溶液反应可得到，A正确；
B．的氧化性强于S，Fe3+能氧化S2-，所以过硫化氢不能将氧化至，B错误；
C．若分解为和，分解的方程式为：，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；
D．6.6g的物质的量为=0.1ml，若有0.1ml参与反应全部生成，S从-1价降低为-2价，则得到个电子，D正确；
故选B。
7. 物质微观结构决定宏观性质，进而影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，所以能导电，故A正确；
B．高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜是因为其结构稳定，不易分解，与其软化温度较高没有关系，故B错误；
C．纳米级长纤维的表面积大，其附着力增强，能制造新型黏着材料，故C正确；
D．的熔点低，为液态的离子化合物，不易挥发，故可作电化学研究的电解质，故D正确；
答案选B。
8. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 洁厕灵与84消毒液不能混用的原因：
B. 向硫酸铜溶液中滴入少量氨水：
C 水杨酸与小苏打反应：+2HCO→+2CO2↑+2H2O
D. 向溶液中滴加NaCN溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．洁厕灵与84消毒液不能混用的原因是因为氯离子和次氯酸根离子在酸性条件下反应生成氯气，，A错误；
B．向硫酸铜溶液中滴入少量氨水，会先生成氢氧化铜沉淀，故离子方程式为：
C．水杨酸中只有羧基会与碳酸氢钠反应，酚羟基不会反应，C错误；
D．向溶液中滴加NaCN溶液，Fe3+会与CN-形成配离子，D正确；
故选D。
9. 下列有关实验说法正确的是
A. 萃取、蒸馏、重结晶和色谱法都可用于分离提纯有机物
B. 用质谱法测得某有机物的相对分子质量为46，可推断其结构简式为
C. 配制240 mL 1.0 ml/L醋酸溶液需用到的所有仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶
D. 鉴别氯丁烷和溴丁烷所需的试剂：NaOH溶液、溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸馏可以分离沸点不同的互溶有机物，萃取可以分离互不相溶的液态有机物，重结晶可以分离提纯溶解度随温度变化特点不同的固体混合物，色谱法也可用于分离、提纯有机物，故A正确；
B．质谱法测得某有机物的相对分子质量为46，其结构简式为，故B错误；
C．配制240 mL 1.0 ml/L醋酸溶液需用到的所有仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，故C错误；
D．鉴别氯丁烷和溴丁烷，先将卤素原子转化为自由移动的卤素离子，然后用硝酸银检验，氯丁烷和溴丁烷分别和NaOH溶液共热，将卤素原子转化为卤素离子，然后向溶液中加入稀硝酸，中和未反应的氢氧化钠，最后再用硝酸银溶液检验溴离子，如果生成淡黄色沉淀，说明是溴丁烷，产生白色沉淀，说明是氯丁烷，故D错误；
答案选A。
10. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，原子序数总和为25，由这四种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述不正确的是
A. M中电负性最大的元素是Y
B. M中不存在配位键
C. M具有强氧化性，可用于消毒杀菌
D. X元素的最高价含氧酸可以形成分子间氢键
【答案】B
【解析】
【分析】Z是短周期元素，且能够形成Z+，其原子序数比W、X、Y大，因此Z为Na，根据M的结构示意图，8个Y原子均形成了2个共价键，原子序数比Na小，形成2个共价键的为O，因此Y为O；4个W原子均形成1个共价键，且原子序数比O小，因此W为H；四种元素的原子序数总和为25，则X的原子序数为5，为B；综上W、X、Y、Z分别为H、B、O、Na。
【详解】A．在上述元素中，O的非金属性最强，电负性最大，即Y的电负性最大，故A正确；
B．根据M的结构，B原子连有4个键，其中含有一个配位键，故B错误；
C．该化合物中含有O-O键，具有强氧化性，能够杀菌消毒，故C正确；
D．X是B元素，因而X的最高价含有酸为H3BO3，结构简式为，含有羟基，可以形成分子间氢键，故D正确；
答案选B。
11. 甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。下列说法正确的是
A. 步骤Ⅱ中涉及氢原子成键变化
B. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种
C. c为与反应的曲线，而d为与反应的曲线
D. 与反应，相同时间内氘代甲醇的产量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，A错误；
B．根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，B正确；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，d为与反应的曲线，C错误；
D．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则氧更容易和H而不是和D生成羟基，故氘代甲醇的产量CH2DOD
12. D-葡萄糖的醇化发生变化过程如图所示，过程1是可逆互变过程。下列说法正确的是
A. 两种葡萄糖分子中都只存在4个手性碳原子
B. 要实现过程3的变化需加入氧化剂
C. 1 ml丙酮酸最多能与2 ml 加成
D. 等质量的葡萄糖和丙酮酸分别完全燃烧时，葡萄糖的耗氧量更大
【答案】D
【解析】
【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，葡萄糖链状结构中有4个手性碳原子，如图所示：，环状结构中有5个手性碳原子，，故A错误；
B．过程3的变化为将丙酮酸先脱羧变成乙醛，乙醛再还原成乙醇，故需要加入还原剂实现，故B错误；
C．丙酮酸中羧基不能和氢气反应，酮羰基能和氢气发生加成反应，故1 ml丙酮酸最多能与1 ml 加成，故C错误；
D．葡萄糖的分子式为C6H12O6，可以视作2个C3H6O3分子组合，丙酮酸分子式为C3H4O3，则等质量的葡萄糖和丙酮酸中，葡萄糖的H元素含量更高，分别完全燃烧时，葡萄糖的耗氧量更大，故D正确；
故选D。
13. 浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈()合成己二腈[]，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为100mL，铜电极质量均为100g)。下列说法不正确的是
A. 极为负极，其电极反应为
B. 隔膜为阴离子交换膜
C. 上述装置理论上可制备0.4 ml己二腈
D. 生成己二腈的电极反应式为：
【答案】C
【解析】
【分析】浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，A正确；
B．由分析可知，此电池为浓差电池，主要因为铜离子浓度不同形成的电势差，所以隔膜是阴离子交换膜，B正确；
C．当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕，此时溶液中，所以转移电子的物质的量是（3-1)ml/L×0.1L×2=0.4ml，由反应2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN可知，可制备0.2ml己二腈，C错误；
D．由分析可知，阴极上丙烯腈合成己二腈得电子，电极反应为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，D正确；
答案选C。
14. 科学家合成了由氮原子组成的、等高能量微粒，它们的结构如图：
已知：的5个N原子在同一平面上，属于V形结构；属五元环结构，结构类似于苯；是立方结构；为两个五元环互相垂直连接。下列判断合理的是
A. 与中As化合价不同
B. 中N原子轨道杂化形式有、
C. 属于离子化合物
D. 比稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A． 中含有，F的化合价为-1，化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可以计算出As的化合价为+5，而在化合物 中，Na的化合价为+1，O元素显-2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可以计算出As的化合价为+5，A错误；
B．属五元环结构，结构类似于苯，由其结构式可知，N原子的价层电子对数均为3，轨道杂化形式有，B错误；
C．中只含有N元素，属于单质，不属于离子化合物，C错误；
D．属五元环结构，结构类似于苯，具有稳定的化学性质，则比稳定，D正确；
故选D。
15. 氛围下，溶液中含铅微粒的分布如下图所示。纵坐标(δ)为组分中铅占总铅的质量
分数。已知ml/L，，，。下列说法不正确的是
A. 时，ml/L
B. 时，溶液中
C. 时，。
D. 时，往溶液中慢慢加入固体，会逐渐溶解
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，随着pH增大，的含量减小，的含量先增大后减小，的含量先增大后减小，含量增大。
【详解】A．由图可知，时，溶液中还存在，根据和Pb守恒，溶液中，A正确；
B．由图可知，pH=6时，即，则，B正确；
C．溶液中，则，时，，，，，则，即，C错误；
D．溶液中存在平衡：，加入固体，平衡正向移动，会逐渐溶解，D正确；
答案选C。
16. 为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，A错误；
B．2HI(g)H2(g)+I2(g)，一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深，平衡不移动，B错误；
C．碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，溶液颜色也会加深，C错误；
D．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，D正确；
答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题有5大题，共52分)
17. 含铜铟镓硒元素的化合物作为太阳能吸收层薄膜材料，可用于生产第三代太阳能电池。已知镓(Ga)、铟(In)、铊(Tl)是原子序数依次增大的ⅢA族元素，请回答：
（1）三乙基铝常温下为无色液体，是烯烃定向聚合的催化剂，可与醚、胺类等形成相当稳定的配合物。
①基态Al原子的核外电子空间运动状态有___________种。三乙基铝的晶体类型为___________。
②三乙基铝能与乙醚形成配合物。比较键角的大小：三乙基铝___________配合物A(填“>”“<”或“=”)。
③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺()形成配合物B，已知A的稳定性小于B，解释原因：___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 第一电离能：Se>Ga
B. 金属Ga的熔点比Al低
C. 具有两性，故具有两性
D. 基态In原子简化的电子排布式为
（3）某种由铜铟硒元素形成的化合物的晶胞及俯视图如图所示，已知晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。
①该化合物的化学式为___________。
②该晶胞中，通过平移能与1号Se原子完全重合的原子为___________号(填序号)。
【答案】（1） ①. 7 ②. 分子晶体 ③. > ④. N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对 （2）CD
（3） ①. InCuSe2 ②. 6
【解析】
【小问1详解】
①基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，s为1种，2p有3种，3p有1种，空间运动状态有7种，三乙基铝常温下为无色液体，所以推测晶体类型为分子晶体；
②三乙基铝能与乙醚形成配合物，氧原子提供孤对电子，对C-Al斥力增大，所以键角的大小：三乙基铝>配合物A；
③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺()形成配合物B，已知A的稳定性小于B，是因为N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对；
【小问2详解】
A．同一周期第一电离能从左至右呈增大趋势，所以第一电离能：Se>Ga，正确；
B．Ga、Al为同主族的金属晶体，同主族从上到下金属晶体的金属键逐渐减弱，熔点降低，金属Ga的熔点为29.93℃，比Al低，正确；
C．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，具有两性，不具有两性，错误；
D．基态In原子简化的电子排布式为，错误；
答案：CD；
【小问3详解】
①由晶胞可知In位于顶点、面上和体心，所以个数为，Cu位于棱上和面上，所以个数为，Se位于体内，所以个数为8，该化合物的化学式为InCuSe2；
②该晶胞中，通过观察可以看出1号Se原子左边都连接In、右边连接Cu，除此之外只有6号原子连接方式相同，所以通过平移能与1号Se原子完全重合的原子为6号。
18. 工业上硫代硫酸钠()的制备和应用相关流程如图所示。
回答下列问题：
（1）已知：，写出反应①生成化合物A的离子反应方程式：___________。
（2）在反应③和“电沉积”得到Ag的过程中，下列说法不正确的是___________。
A. 反应③的离子反应方程式为
B. 与KI能反应生成AgI，说明
C. 电解池中阴极的电极反应是
D. 电解池阴极区溶液经过处理可在该流程中循环利用
（3）碘量法滴定常用到反应：。已知的结构为：推测连四硫酸根的结构式为___________。
（4）在空气中加热一段时间，会生成一种刺激性气味气体和另一种最高价的正盐。
①写出该反应的化学反应方程式：___________。
②请设计实验方案，检验加热一段时间后所得固体中可能存在的阴离子：___________。
【答案】（1）CO+ HSO = SO+HCO （2）A
（3） （4） ①. 2Na2S2O3 + 3O2 2Na2SO4 + 2SO2 ②. 取少量固体与试管中，加入足量稀盐酸，若产生淡黄色沉淀，则证明存在S2O，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明存在SO
【解析】
【分析】由电离常数可知，反应①为碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应②为亚硫酸钠溶液与硫反应生成硫代硫酸钠，反应③为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠， “电沉积”得到Ag。
【小问1详解】
已知：，说明的酸性强于但弱于，根据强酸制取弱酸的原理，和发生反应生成和，反应①生成化合物A的离子反应方程式：+=+。
【小问2详解】
A．由分析可知，反应③为硫代硫酸钠溶液与溴化银反应二硫代硫酸根合银酸钠和溴化钠，反应的离子方程式为，故A错误；
B．与KI能反应生成AgI沉淀，而没有生成AgBr沉淀，根据溶解度小的沉淀优先生成可知AgI的溶解度小于AgBr，说明，故B正确；
C． “电沉积”得到Ag，在阴极得到电子生成和Ag，电机方程式为：，故C正确；
D． “电沉积”得到Ag，H2O在阳极失去电子生成O2和H+，和H+反应会生成S和SO2，可在该流程中循环利用，故D正确；
故选A。
【小问3详解】
的结构为：，S元素的平均化合价为+2，可由被I2氧化得到，S元素化合价下降，中含有-S-S-，推测连四硫酸根的结构式为。
【小问4详解】
①在空气中加热一段时间，和O2反应会生成一种刺激性气味气体和另一种最高价的正盐，可以推知该有刺激性气味的气体为SO2，S元素最高价的正盐为Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2Na2S2O3 + 3O22Na2SO4 + 2SO2；
②检验的方法为：取少量固体与试管中，加入足量稀盐酸，若产生淡黄色沉淀，则证明存在，静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
19. 环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分涉及反应为：
主反应： kJ/ml
副反应： kJ/ml
（1）①主反应能自发进行的条件是___________。
②已知 kJ/ml，则EO的燃烧热为___________kJ/ml。
（2）①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有___________
A．低温 B．加入CaO固体
C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压
②向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。
ⅰ.副反应的平衡常数___________(列出算式，代入数据即可)。
ⅱ.恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线__________。
（3）以Ag为催化剂的反应机理如图2所示：
加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图3所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是___________。
【答案】（1） ①. 低温 ②. -1306
（2） ①. C ②. ③.
（3）加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低
【解析】
【小问1详解】
①主反应： kJ/ml是气体体积减小的放热反应，、，时反应能够自发进行，则该反应在低温时能够自发进行；
②已知反应III kJ/ml，由盖斯定律可知，副反应-主反应-反应III×2可得 ，则EO的燃烧热为。
【小问2详解】
①主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，选择合适的催化剂加快反应速率并且提高EO的选择性可以提高EO的产率，低温虽然可以提高主反应的平衡转化率，但会降低反应速率，加入CaO固体消耗H2O(g)有利于副反应正向进行，不利于提高EO的产率，适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主反应正向进行，不利于提高EO的产率，故选C；
②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2ml、3ml、3ml，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转化量为xml，在副反应中的平衡转化量为yml，列出三段式：
已知平衡时：=，，则x=0.6ml，y=0.4ml，则平衡时乙烯的物质的量为1ml，氧气为1.5ml，二氧化碳为0.8ml，水为0.8ml，EO为0.6ml，副反应的平衡常数=；
主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，恒压条件下，相同投料比时，容器的体积增大，各物质浓度减小，反应速率减慢，平衡逆向移动，EO的平衡产率减小，则EO的产率与反应时间的关系曲线为：。
【小问3详解】
随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。
20. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，翠绿色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，110℃开始失去结晶水，230℃时分解，有光敏性。某小组采用如下实验流程制备。
已知：①为黄色固体；②酸性越强，氧化性越强；
③与开始反应速率较慢，一段时间后反应速率明显加快
请回答下列问题：
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤Ⅰ所得滤液中含有硫酸
B. 步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中加热煮沸都是为了加快反应速率
C. 步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出
D. 步骤Ⅳ得到的晶体需在明亮通风处干燥，不可高温烘干
（2）步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是___________。
（3）步骤Ⅱ~Ⅲ可在如图所示的装置中完成，仪器A的名称是___________；步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因：___________。
（4）产品纯度测定：
方法1：用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量。
从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：________。
称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中→(________)→(________)→(________)→(________)
a．加热锥形瓶至75℃-80℃；
b．加热锥形瓶至溶液沸腾；
c．往锥形中加入5mL稀盐酸；
d．往锥形瓶中加入5mL稀硫酸；
e．往锥形瓶中加少量溶液；
f．用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液变为无色；
g.用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液呈粉红色。
方法2：用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，根据吸光度标准曲线，样品中的质量分数：___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1）BD （2）Fe(OH)3
（3） ①. 三颈烧瓶 ②. pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2
（4） ①. deag (de可互换) ②. 11.5%
【解析】
【分析】FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液煮沸，过滤洗涤后得到FeC2O4·2H2O固体，FeC2O4·2H2O固体和K2C2O4溶液、H2O2溶液混合，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为Fe(OH)3棕色悬浊液，再加入H2C2O4溶液得到的亮绿色溶液，自然冷却结晶后得到固体，以此解答。
【小问1详解】
A．步骤Ⅰ中FeSO4和H2C2O4发生复分解反应生成FeC2O4沉淀和H2SO4，所得滤液中含有硫酸，A正确；
B．步骤Ⅰ中加热煮沸的作用是为了加快反应速率，步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去过量的H2O2，以防H2O2和后续加入的H2C2O4溶液反应，B错误；
C．可溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅳ加入适量无水乙醇有利于的析出，C正确；
D．有光敏性，不能在明亮通风处干燥，D错误；
故选BD；
【小问2详解】
由分析可知，步骤Ⅱ的悬浊液中棕色物质的化学式是Fe(OH)3；
【小问3详解】
仪器A的名称是三颈烧瓶，步骤Ⅲ需调节溶液pH为4左右，若pH值过低，产品中会混有，产生该副产物的原因为：pH值越低，Fe3+氧化性越强，H2C2O4有还原性，Fe3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2；
【小问4详解】
用法测定三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体中含量，称取样品1.841g，配制250 mL溶液，用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，往锥形瓶中加入5mL稀硫酸酸化，往锥形瓶中加少量溶液，加热锥形瓶至75℃-80℃，用0.0200 ml/L 溶液滴定至溶液呈粉红色，选择合适操作(操作不能重复使用)并排序为：deag (de可互换)。用分光光度法测定含量，已知吸光度(A)与在一定浓度范围内的关系如图2，称取样品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取样测得吸光度值为0.185，则c(Fe3+)= =3.46×10-3g/L，样品中的质量分数为：11.5%。
21. 某研究小组以苯为原料，按下列路线合成哮喘病甲磺司特药物的中间体I：
已知：
①
②
③(易被氧化)
请回答：
（1）有机物Ⅰ中的含氮官能团名称是___________。
（2）有机物F的结构简式是___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. F→G属于取代反应，D→E属于还原反应
B. C→D的过程中可能产生副产物
C. 有机物B的酸性比苯酚强
D. 有机物I的分子式为
（4）写出B→C的化学方程式___________。
（5）写出上述流程中A→……→B的合成路线(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有机物C的同分异构体___________。
①谱和IR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，不存在结构和结构；
②分子中只含2个六元环，其中一个是苯环。
【答案】（1）酰胺基 （2）CH3-S-CH2-CH2-COOH （3）ABC
（4）或 （5）
（6）
【解析】
【分析】根据反应条件可知，F到G发生的已知反应①，故F到G是—COOH中的羟基被—Cl代替，再根据I的结构简式，推测G的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COCl，故F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；根据反应条件，可知D到E发生的是已知反应③，故D到E的变化是硝基变成了氨基，故E的结构简式为；根据B的化学式和D的结构简式，推测B的结构简式为，则C的结构简式为，C到D发生的是已知反应②，由此作答。
【小问1详解】
根据I的结构简式可知，I中的含氮官能团的名称为酰胺基；
【小问2详解】
根据分析可知，有机物F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；
【小问3详解】
A．F到G是羧基中的羟基被氯原子取代，属于取代反应，D到E硝基变为氨基，去氧加氢属于还原反应，A正确；
B．C到D过程中断键位置可以是左边碳氧键断，也可以是右边碳氧键断，所以有可能产生副产物，B正确；
C．有机物B中含有硝基，硝基是吸电子基，使O-H极性变大，O-H更容易断裂，故酸性增强，C正确；
D．有机物I的分子式为，D错误；
故选ABC；
【小问4详解】
根据分析，B的结构简式为，C的结构简式为，B到C发生的取代反应，故反应方程式为，也可以写成；
【小问5详解】
A到B是在苯环上引入了羟基和硝基，故反应流程可以为；
【小问6详解】
根据给出的条件，可写出4种同分异构体分别为：。选项
结构或性质
用途
A
石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，电子可在其中运动
石墨烯可用于制作导电材料
B
高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高
高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜
C
壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维
该仿生胶带可用作新型黏着材料
D
中引入有机基团转化为低熔点的
作为离子液体可用作电化学研究的电解质
选项
影响因素
方案设计
现象
结论
A
催化剂
向2 mL 15%溶液中加入5滴0.1 ml/L 溶液
溶液中产生气泡
使用合适的催化剂可使平衡正向移动
B
压强
向针筒中充入50 mL，分解达到平衡后再压缩针筒内气体
气体颜色变深
增大压强，平衡正向移动
C
温度
加热2 mL 1.0 ml/L 溶液(含有酚酞)的试管
红色变深
升高温度，水解平衡向吸热方向移动
D
浓度
向4 mL 0.1 ml/L 溶液中滴加数滴1 ml/L 溶液
黄色溶液变橙色
增大反应物浓度，平衡向正方向移动
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