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59，安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题
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这是一份59，安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题，共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 设为阿伏加德罗常数的值，2ml，含有0等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Si28 Cl35.5
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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. “胡服骑射”是我国古代军事史上的一次大变革，被历代史学家传为佳话。下列描述的相关物质不属于天然高分子化合物的是
A. 汉服和胡服的主要成分B. 竹制或木制的长弓
C. 弓箭头部采用的青铜箭头D. 弓箭箭羽上使用的鹰或鹅的羽毛
【答案】C
【解析】
【详解】A．汉服和胡服的主要成分是纤维素或蛋白质，属于天然高分子化合物，故A不选；
B．竹制或木制的长弓主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物，故B不选；
C．青铜箭头属于合金，不属于天然高分子化合物，故C选；
D．弓箭箭羽上使用的鹰或鹅的羽毛主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D不选；
故选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式：
B. 的结构示意图：
C. 顺-2-丁烯的分子结构模型： 您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 基态N原子的电子排布式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟基的电子式中氢原子周围2个电子，氧原子周围7个电子，A正确；
B．是原子失去2个电子得到的稳定结构，最外层8个电子，B正确；
C．顺-2-丁烯的分子结构中相同的结构在双键的同侧，C正确；
D．基态N原子的电子排布式：，D错误；
故选D。
3. 下列有关SO2的实验原理或方案能达到目的的是
A. 制SO2B. 制BaSO3沉淀
C. 验证SO2的还原性D. 收集SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置能用于制备二氧化硫，故A正确；
B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则题给装置不能用于制备亚硫酸钡沉淀，故B错误；
C．二氧化硫与品红溶液反应时表现漂白性，则题给装置不能用于验证二氧化硫的还原性，故C错误；
D．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集二氧化氯，则题给装置不能用于收集二氧化硫，故D错误；
故选A。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶体中键数目为
B. 标准状况下，2.24L甲醇中氧原子数目为
C. 14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为
D. 足量乙醇在浓硫酸中加热，每脱去，生成乙烯分子的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体中存在Si-O，不存在，故A错误；
B．甲醇在标准状况下不是气体，2.24L甲醇的物质的量不是0.1ml，故B错误；
C．14g环戊烷的物质的量为=0.2ml，含有0.2ml×15=3mlσ键，14g环己烷的物质的量为ml，含有ml×18=3mlσ键，则14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为，故C正确；
D．乙醇在浓硫酸中加热发生消去反应：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，或者发生分子间脱水生成乙醚：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，则每脱去，生成乙烯分子的数目小于，故D错误；
故选C。
5. 下列说法正确的是
A. H2O2是非极性分子
B. HCl和Cl2分子中均含有s-pσ键
C. H＋能与H2O以配位键形成H3O＋
D. 酸性：CH2ClCOOH>CHCl2COOH>CCl3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2由极性共价键和非极性共价键构成，氧原子为sp3杂化，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．HCl分子中含有s-pσ键，Cl2分子中含有p-pσ键，B错误；
C．H＋能提供空轨道，H2O中的氧原子能提供孤电子对，两者通过配位键形成H3O＋，C正确；
D．电负性Cl>H，则吸电子能力Cl>H，吸电子能力增强导致酸性增强，故酸性：CH2ClCOOH故选C。
6. 下列操作对应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝：
C. 向溶液中通入少量氯气：
D. 向溶液中滴加过量溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，硫酸钙沉淀转化为碳酸钙，，故A正确；
B．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝，碘离子被氧气氧化为碘单质，，故B错误；
C．Fe2+的还原性小于I-，向溶液中通入少量氯气，氯气只氧化I-，反应的离子方程式是，故C错误；
D．向溶液中滴加过量溶液生成偏铝酸钠和氨水，反应的离子方程式是，故D错误；
选A。
7. 关于化合物 ，下列说法正确的是
A. 分子中至少有7个碳原子共直线
B. 与酸或碱溶液反应都可生成盐
C. 分子中含有1个手性碳原子
D. 不能使酸性稀溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳碳叁键两端的原子共线，苯环对位的原子共线，故分子中至少有5个碳原子共直线，故A错误；
B．分子中含有氨基，能和酸生成盐；分子中含有酯基能和碱发生碱性水解生成盐，故B正确；
C． 分子中含有2个手性碳原子，故C错误；
D．分子中含有碳碳叁键，能使酸性稀溶液褪色，故D错误；
故选B。
8. 五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，Y的s能级电子数和p能级电子数相等， Z是至今发现的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是
A. 元素的第一电离能：XB. 气态氢化物的稳定性：XC. 气态氢化物分子的键角：Q>X>Y
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Q>M
【答案】A
【解析】
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，则X为N；Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Y原子核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O；Z是至今发现的电负性最大的元素，则Z是F元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，M为Al，Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si。
【详解】A．X、Y、Z为N、O、F，同周期元素第一电离能从左往右逐渐增大，N的2p轨道为半充满，第一电离能大于O元素，则元素的第一电离能：YB．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性XC．Q、X、Y、Z为Si、N、O，三者氢化物分别为SiH4、NH3、H2O，空间构型分别为正四面体、三角锥形、V形，由于NH3、H2O中分别存在一对和两对孤电子对，气态氢化物分子的键角：Q>X>Y，C正确；
D．X、Q、M分别为N、Si、Al，最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、H2SiO3、Al（OH）3，酸性：X>Q>M，D正确；
故选A。
9. 可用于监测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 工作过程中电能转化为化学能
B. 电源Ⅰ为负极，发生氧化反应
C. 电极II上发生反应：O2+2H2O+4e—=4OH—
D. 电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，工作过程中化学能转化为电能，电源Ⅰ为原电池的负极，酸性条件下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO—2e—+H2O=C O2+2H+，电极II为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e—=2H2O。
【详解】A．由分析可知，该装置为原电池，工作过程中化学能转化为电能，故A错误；
B．由分析可知，电源Ⅰ为原电池的负极，酸性条件下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，故B正确；
C．由分析可知，电极II为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e—=2H2O，故C错误；
D．电池工作时，电子从电极Ⅰ经导线流入电极Ⅱ，故D错误；
故选B。
10. 中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙ml-1)如图所示，下列说法错误的是
A. 生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B. 生成NH3的总反应方程式为 2NO+5H22NH3+2H2O
C. 在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
D. 该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，生成氨气的各基元反应中，氮元素的化合价均降低被还原，故A正确；
B．由图可知，生成氨气的总反应为在催化剂作用下，一氧化氮与氢气反应生成氨气和水，反应的化学方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；
C．由图可知，一氧化氮还原生成氮气的活化能大于还原生成氨气的活化能，则在Pd/SVG催化剂的作用下，一氧化氮更容易生成氨气，故C错误；
D．由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，故D正确；
故选C。
11. As2O3(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AlH3。下列说法正确的是
A. As2O3分子中As原子的杂化方式为sp3
B. LiAlH4为共价化合物
C. AsCl3空间构型为平面正三角形
D. 沸点：NH3【答案】A
【解析】
【详解】A．As2O3分子中As原子价层电子对数为4且含有1对孤电子对，则其杂化方式为：sp3，A正确；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，LiAlH4由Li＋和构成，为离子化合物，B错误；
C．AsCl3中As原子价层电子对数为，且含有1对孤电子对，则其空间构型为三角锥形，C错误；
D．NH3分子间形成氢键，沸点最高，PH3、AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：PH3故选A。
12. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将足量过氧化氢溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去是因为过氧化氢具有还原性，与酸性高锰酸钾反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，与过氧化氢的漂白性无关，A错误；
B．溶液中与OH-共热反应生成NH3和H2O，常温下溶液中NH₇与OH-反应生成NH3⋅H2O，则向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化不能说明原溶液中是否存在，B错误；
C．没有明确混合溶液中Na2CO3和Na2S的浓度是否相等，则向Na2CO3和Na2S的混合溶液中加入AgNO3溶液，有黑色沉淀生成不能说明Ag2S的溶度积小于Ag2CO3，C错误；
D．在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色说明水分子作用下氧气在正极碳上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，证明铁片上发生了吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
13. 以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：
下列说法错误的是
A. “沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量
B. “在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应
C. 调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀
D. “沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。
【详解】A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；
B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；
C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；
D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；
故合理选项为B。
14. 的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是
A. c点Mn的原子分数坐标为(0，，)
B. 晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32
C. 基态Ga原子未成对电子数为3
D. 若GaAs晶胞参数为anm，则Ga和As之间的最短距离为anm
【答案】C
【解析】
【详解】A．图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点原子位于左侧面的面心上，其原子分数坐标为(0, ,)，A正确；
B．掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数：，Ga的原子个数为：，As原子的个数为4，故晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32，B正确；
C．Ga基态原子的价电子排布式为4s24p1，未成对电子数为1，C错误；
D．Ga和As之间的最短距离为体对角线的，所以为a nm，D正确；
故选C。
15. 一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3，其过程中主要发生如下反应：
Ⅰ 2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1=-122.5 kJ·ml-1
Ⅱ CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2=＋41.2 kJ·ml-1
向恒压密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=%]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-204.9 kJ·ml-1
B. 由图可知，210℃时以反应Ⅰ为主，300℃时，以反应Ⅱ为主
C. 增大反应体系压强，CH3OCH3选择性增大
D. 反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为ml
【答案】D
【解析】
详解】A．依据盖斯定律，按“反应I－反应II×2”，可得所求反应，ΔH=－122.5 kJ·ml－1－41.2kJ·ml－1×2=－204.9 kJ·ml－1， A正确；
B．210°C时，CH3OCH3(g)的选择性较大，同时CO2的平衡转化率也较大，以反应I为主，300°C时，CH3OCH3(g)的选择性小，同时CO2的平衡转化率也小，以反应II为主，B错误；
C．增大压强，反应I正向移动，生成更多的CH3OCH3(g)，即CH3OCH3选择性增大，选项C正确；
D．依据CH3OCH3的选择性公式：CH3OCH3的选择性=，A点处，CH3OCH3的选择性和CO2的平衡转化率均为25%，n(CH3OCH3) = ，选项D错误。
故选BD。
16. 常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mLCH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A. 点①所示溶液中，CN-的水解程度大于HCN的电离程度
B. 点①和点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 点④所示溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCN，HCN电离导致溶液呈酸性、CN−水解导致溶液呈碱性，等物质的量浓度的NaCN、HCN溶液呈碱性，说明CN−的水解程度大于HCN的电离程度，故A正确；
B．点①和点②所示溶液加入的NaOH体积相等，则这两点溶液中c（Na＋）相等，点①溶液呈碱性，则c（OH−）＞c（H＋），根据电荷守恒得c（CN−）＜c（Na＋），点②溶液呈酸性，c（OH−）＜c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＜c（CH3COO−），则c（CN−）＜c（CH3COO−），故B错误；
C．点③溶液呈中性，则c（H＋）＝c（OH−），根据电荷守恒得c（Na＋）＝c（CH3COO−），水电离程度较小，所以存在c（Na＋）＝c（CH3COO−）＞c（H＋）＝c（OH−），故C正确；
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH−）＞c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＞c（CH3COO−），水电离程度较小，所以存在c（Na＋）＞c（CH3COO−）＞c（OH−）＞c（H＋），故D正确；
故答案选B。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17. 高铁酸钾(K2FeO4)常温下不稳定，具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程：
回答下列问题：
（1）步骤①在较低温度下进行，若温度较高时会生成NaClO3。取某温度下反应液，测得ClO－与离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为___________。
（2）步骤②加入NaOH固体的目的是___________(填序号)。
A. 与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO
B. NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
C. 为下一步反应提供碱性的环境
D. 使反应①中生成的NaClO3转化为NaClO
（3）写出步骤④发生反应的离子方程式___________。
（4）往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品的原因是___________。
（5）K2FeO4极易溶于水，步骤⑥在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填序号)。
A. H2OB. KOH溶液C. 异丙醇D. Fe(NO3)3
（6）该工艺流程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
【答案】（1）11:3 （2）AC
（3）
（4）高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 （5）C
（6）NaOH
【解析】
【分析】往NaOH溶液中通入足量的氯气，发生反应生成NaCl、NaClO等；往所得溶液中加入NaOH固体，溶于水放热，既有利于除去Cl2，又能提供后续反应所需的碱性环境；除去溶液Ⅰ中的NaCl后，往碱性NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，可制得Na2FeO4溶液；往溶液Ⅱ中加入饱和KOH，将Na2FeO4转化为溶解度较小的K2FeO4；过滤后，将所得产品洗涤、干燥，便可得到K2FeO4晶体。
【小问1详解】
取某温度下反应液，测得ClO－与离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与氢氧化钠发生反应的方程式为7Cl2+14NaOH=11NaCl+NaClO+2NaClO3+7H2O，被还原的氯元素(生成NaCl)和被氧化的氯元素(生成NaClO、NaClO3)的物质的量之比为11:3。
【小问2详解】
A．步骤②加入NaOH固体，与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO，A符合题意；
B．NaOH固体溶解时放出较多的热量，温度较高时会生成NaClO3，对Cl2与NaOH反应生成NaClO不利，B不符合题意；
C．NaOH过量，下一步反应需要在碱性环境下进行，则为下一步反应提供碱性环境，C符合题意；
D．加入NaOH后放热，会使反应①中生成的NaClO转化为NaClO3，D不符合题意；
故选AC。
【小问3详解】
步骤④中，碱性NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，可制得Na2FeO4溶液，发生反应的离子方程式为。
【小问4详解】
往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，将Na2FeO4转化为溶解度较小的K2FeO4，则能够得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。
【小问5详解】
因为K2FeO4极易溶于水，所以步骤⑥在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用异丙醇，故选C。
【小问6详解】
该工艺流程中，起初消耗NaOH，在Na2FeO4转化为K2FeO4时又生成NaOH，则可循环使用的物质是NaOH。
【点睛】Cl2与NaOH反应时，可用冰水浴降低反应混合液的温度，以减少副反应的发生。
18. 高纯硅被誉为“信息革命催化剂”。某小组模拟工业上用SiHCl3与H2在1357K的条件下制备高纯硅，实验装置如图所示(部分加热及夹持装置略去)。
实验操作步骤有：①打开K1，向安全漏斗中加入足量乙醇，装置A中反应一段时间；②加热装置C，打开K2，滴加VmLSiHCl3；③加热装置D至1357K；④关闭K1；⑤关闭K2。
已知：①SiHCl3的沸点为33.0℃，密度为；易溶于有机溶剂；能与水剧烈反应；在空气中易被氧化；
②；
③银氨溶液中存在：。
回答下列问题：
（1）相比长颈漏斗，安全漏斗使用时的优点是___________。
（2）装置B中试剂宜选择___________(填标号)。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．五氧化二磷 d．硅胶
（3）加热装置C之前，先进行装置A的反应，这样操作的目的是___________。
（4）装置D中发生反应的化学方程式为___________。
（5）E中CCl4的作用是防倒吸和___________，用化学平衡原理解释银氨溶液中有白色沉淀生成：___________。
（6）本实验制得高纯硅ag，则高纯硅的产率为___________(只列计算式)。
【答案】（1）漏斗下端不需插入液体中即可液封(或其他合理答案)
（2）b （3）排尽装置中的空气
（4）
（5） ①. 吸收SiHCl3 ②. HCl与NH3·H2O反应，使平衡正向移动，溶液中c(Ag＋)、c(Cl-)土均增大，导致
（6）
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中钠与乙醇反应制备氢气，装置B中无水氯化钙用于吸收挥发出的乙醇蒸汽，装置C通过水浴加热得到三氯硅烷蒸汽，装置D中氢气和三氯硅烷在高温条件下反应生成硅和氯化氢，装置E中四氯化碳用于吸收挥发出的三氯硅烷，隔绝氯化氢与银氨溶液的接触，起防倒吸的作用，银氨溶液用于吸收氯化氢气体，防止污染环境，未反应的氢气用点燃或气球储存的方法处理；由三氯硅烷在空气中易被氧化可知，实验时应先制备氢气，用氢气排尽装置内空气后，为减少三氯硅烷的挥发造成损失，提高原料的利用率，应先加热装置D至1357K，然后加热装置C气化得到三氯硅烷蒸汽，反应完毕，为防止三氯硅烷原料的损失，应先停止通入三氯硅烷，后停止通入氢气排尽装置中残余的气体。
【小问1详解】
安全漏斗中“安全”主要是防气体从漏斗中逸出，漏斗颈部残留液体能起到液封作用，使用时的优点是安全漏斗下端可以不插入液体中，而长颈漏斗下端必须插入液面下，故答案为：漏斗下端不需插入液体中即可液封(或其他合理答案)；
【小问2详解】
由分析可知，装置B中无水氯化钙用于吸收挥发出的乙醇蒸汽，除去氢气中混有的乙醇蒸气，故答案为：b；
【小问3详解】
根据提示信息，实验应先通过A制得的H2排尽装置内的空气再加热C，否则三氯硅烷会被空气中氧气氧化，故答案为：排尽装置中的空气；
【小问4详解】
装置D中SiHCl3和H2在1357K下生成Si和HCl，则化学方程式为：；
【小问5详解】
SiHCl3易溶于有机溶剂，能与H2O剧烈反应，在空气中易被氧化，则E装置的功能：吸收防倒吸、吸收；根据平衡移动原理HCl与NH3·H2O反应，使平衡正向移动，溶液中c(Ag＋)、c(Cl-)土均增大，导致，生成白色沉淀氯化银；
【小问6详解】
，原料中含硅质量：，则高纯硅的产率为。
19. 工业尾气对环境和人体健康会产生严重危害，回收制备高附加值的硫磺是保护环境和资源利用的有效措施。
已知：。
回答下列问题：
（1）上述反应中相关键能数据：
①反应能自发进行的条件是_______，_______。
②在恒温恒容密闭容器中，充入一定量气体发生上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡
B．与体积比不再改变，说明该反应达到平衡
C．平衡时向容器中充入情性气体，平衡逆向移动
D．平衡时向容器中充入和，再达平衡时，不变
（2）保持压强恒定为，向密闭容器中充入和(不参与反应)发生上述反应，的平衡转化率]与通入气体中、温度关系如下图所示。
①从反应开始至反应体系分别达到M、N点状态，平均反应速率较快的是达到_______(填“M”或“N”)的过程。
②相同温度下，随着增大而减小，其原因是_______。
③温度下，平衡常数_______(要求带单位，结果保留1位小数)。(提示：为用压强计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)
（3）我国科学家设计协同转化装置处理尾气。避免硫磺沉积在极，将氧化吸收和电解过程分开进行，装置如图所示(电解反应器中，以石墨为电极)。
①通过质子交换膜移向_______(填“”或“”)极区。
②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为_______。
【答案】（1） ①. 高温下可以自发进行 ②. 314.2 ③. AD
（2） ①. M ②. 值越大，等效于增大了H2S的浓度，但是平衡常数不变，转化率降低 ③.
（3） ①. ②. H2S+CO2CO+S↓+H2O
【解析】
【小问1详解】
①反应能自发进行的条件是△H-T△S<0，该反应的△H>0，△S>0，故在高温下可以自发进行，焓变=反应物键能和-生成物键能和，169.8=4×339-2×436-a，解得314.2。
②A．该反应为体积增大的反应，的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡，A正确；
B．与体积比始终为2:1，与体积比不再改变，不能说明该反应达到平衡，B错误；
C．平衡时向容器中充入情性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，C错误；
D．K=，温度不变，平衡常数不变，平衡时向容器中充入和，再达平衡时，不变，D正确；
故选AD。
【小问2详解】
①该反应为吸热反应，温度升高，H2S的转化率增大，故温度T1②相同温度下，压强恒定，随着增大而减小，其原因是值越大，等效于增大了H2S的浓度，但是平衡常数不变，转化率降低。
③温度下M点，列出三段式：
平衡常数=≈
【小问3详解】
①结合CO2得到电子生成CO，阴极发生还原反应，则X电极为阴极，Y电极为阳极，电解池中，阳离子向阴极移动，则通过质子交换膜移向极区。
②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为H2S+CO2CO+S↓+H2O。
20. Zavyalv吡咯(N)是一种重要的药物合成中间体，N的一种合成路线如下，
已知：(R为烃基、氨基或氢原子)。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________；G中含氧官能团的名称为羧基和___________。
（2）B的核磁共振氢谱有___________组峰。
（3）和的反应类型分别为___________、___________。
（4）的化学方程式为___________。
（5）X与N互为同系物，其中X比N少4个碳原子。符合下列条件的X的同分异构体有___________种(不含立体异构)。
a．苯环上有2个取代基，其中1个为“”
b．能发生银镜反应
（6）结合上述流程，以乙醛、和为原料制备的合成路线为(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. 酮羰基、酰胺基
（2）4 （3） ①. 加成反应 ②. 消去反应
（4）++H2O
（5）15 （6）OHCNHCH2COOHOHCCH=CHNHCH2COOH
【解析】
【分析】由流程图可知，B和C发生已知提示的原理生成D，结合B的分子式及D的结构简式可知B的结构简式为，C的结构简式为，由A的分子式可知，A发生氧化反应生成B，则A的结构简式为，D和H2NCH2COOH发生取代反应生成E，结合E和F的结构简式可知，E发生消去反应生成F，F再发生一系列反应最终得到Zavyalv吡咯(N)，以此解答。
【小问1详解】
由A的分子式及D的结构简式可知A的结构简式为；由G的结构简式可知其中含氧官能团的名称为羧基和酮羰基、酰胺基。
【小问2详解】
B的结构简式为，核磁共振氢谱有 4组峰。
【小问3详解】
从D、E、F的结构可推知，D→E和E→F的反应类型分别为加成反应和消去反应。
【小问4详解】
B+C→D的化学方程式为++H2O。
【小问5详解】
X与N互为同系物，其中X比N少4个碳原子，分析可得X中含10个碳原子、1个氮原子、1个氧原子和5个不饱和度。要求苯环上只有2个取代基，且其中-一个为氨基，则醛基位于碳链上，所以苯环上4碳取代基分别为(箭头位置连接醛基)：、，每种再与氨基成邻、间、对位，共有15种。
【小问6详解】
先和乙醛发生已知提示的反应原理得到OHCCH=CHNHCH2COOH，OHCCH=CHNHCH2COOH和发生取代反应得到，和H2发生加成反应即可得到，以乙醛、和为原料制备的合成路线为：OHCNHCH2COOHOHCCH=CHNHCH2COOH。选项
实验操作和现象
结论
A
将足量H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
H2O2具有漂白性
B
向某溶液中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化
原溶液中无
C
向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黑色沉淀生成
D
在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
化学键
键能
339
436
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Si28 Cl35.5
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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. “胡服骑射”是我国古代军事史上的一次大变革，被历代史学家传为佳话。下列描述的相关物质不属于天然高分子化合物的是
A. 汉服和胡服的主要成分B. 竹制或木制的长弓
C. 弓箭头部采用的青铜箭头D. 弓箭箭羽上使用的鹰或鹅的羽毛
【答案】C
【解析】
【详解】A．汉服和胡服的主要成分是纤维素或蛋白质，属于天然高分子化合物，故A不选；
B．竹制或木制的长弓主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物，故B不选；
C．青铜箭头属于合金，不属于天然高分子化合物，故C选；
D．弓箭箭羽上使用的鹰或鹅的羽毛主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D不选；
故选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式：
B. 的结构示意图：
C. 顺-2-丁烯的分子结构模型： 您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 D. 基态N原子的电子排布式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟基的电子式中氢原子周围2个电子，氧原子周围7个电子，A正确；
B．是原子失去2个电子得到的稳定结构，最外层8个电子，B正确；
C．顺-2-丁烯的分子结构中相同的结构在双键的同侧，C正确；
D．基态N原子的电子排布式：，D错误；
故选D。
3. 下列有关SO2的实验原理或方案能达到目的的是
A. 制SO2B. 制BaSO3沉淀
C. 验证SO2的还原性D. 收集SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置能用于制备二氧化硫，故A正确；
B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则题给装置不能用于制备亚硫酸钡沉淀，故B错误；
C．二氧化硫与品红溶液反应时表现漂白性，则题给装置不能用于验证二氧化硫的还原性，故C错误；
D．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集二氧化氯，则题给装置不能用于收集二氧化硫，故D错误；
故选A。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶体中键数目为
B. 标准状况下，2.24L甲醇中氧原子数目为
C. 14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为
D. 足量乙醇在浓硫酸中加热，每脱去，生成乙烯分子的数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体中存在Si-O，不存在，故A错误；
B．甲醇在标准状况下不是气体，2.24L甲醇的物质的量不是0.1ml，故B错误；
C．14g环戊烷的物质的量为=0.2ml，含有0.2ml×15=3mlσ键，14g环己烷的物质的量为ml，含有ml×18=3mlσ键，则14g环戊烷和环己烷的混合物中含有σ键的数目为，故C正确；
D．乙醇在浓硫酸中加热发生消去反应：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，或者发生分子间脱水生成乙醚：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，则每脱去，生成乙烯分子的数目小于，故D错误；
故选C。
5. 下列说法正确的是
A. H2O2是非极性分子
B. HCl和Cl2分子中均含有s-pσ键
C. H＋能与H2O以配位键形成H3O＋
D. 酸性：CH2ClCOOH>CHCl2COOH>CCl3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2由极性共价键和非极性共价键构成，氧原子为sp3杂化，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．HCl分子中含有s-pσ键，Cl2分子中含有p-pσ键，B错误；
C．H＋能提供空轨道，H2O中的氧原子能提供孤电子对，两者通过配位键形成H3O＋，C正确；
D．电负性Cl>H，则吸电子能力Cl>H，吸电子能力增强导致酸性增强，故酸性：CH2ClCOOH
6. 下列操作对应的离子方程式正确的是
A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B. 硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝：
C. 向溶液中通入少量氯气：
D. 向溶液中滴加过量溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，硫酸钙沉淀转化为碳酸钙，，故A正确；
B．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝，碘离子被氧气氧化为碘单质，，故B错误；
C．Fe2+的还原性小于I-，向溶液中通入少量氯气，氯气只氧化I-，反应的离子方程式是，故C错误；
D．向溶液中滴加过量溶液生成偏铝酸钠和氨水，反应的离子方程式是，故D错误；
选A。
7. 关于化合物 ，下列说法正确的是
A. 分子中至少有7个碳原子共直线
B. 与酸或碱溶液反应都可生成盐
C. 分子中含有1个手性碳原子
D. 不能使酸性稀溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳碳叁键两端的原子共线，苯环对位的原子共线，故分子中至少有5个碳原子共直线，故A错误；
B．分子中含有氨基，能和酸生成盐；分子中含有酯基能和碱发生碱性水解生成盐，故B正确；
C． 分子中含有2个手性碳原子，故C错误；
D．分子中含有碳碳叁键，能使酸性稀溶液褪色，故D错误；
故选B。
8. 五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，Y的s能级电子数和p能级电子数相等， Z是至今发现的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是
A. 元素的第一电离能：X
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>Q>M
【答案】A
【解析】
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，则X为N；Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Y原子核外电子排布式为1s22s22p4，则Y为O；Z是至今发现的电负性最大的元素，则Z是F元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，M为Al，Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si。
【详解】A．X、Y、Z为N、O、F，同周期元素第一电离能从左往右逐渐增大，N的2p轨道为半充满，第一电离能大于O元素，则元素的第一电离能：Y
D．X、Q、M分别为N、Si、Al，最高价氧化物对应水化物分别为HNO3、H2SiO3、Al（OH）3，酸性：X>Q>M，D正确；
故选A。
9. 可用于监测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 工作过程中电能转化为化学能
B. 电源Ⅰ为负极，发生氧化反应
C. 电极II上发生反应：O2+2H2O+4e—=4OH—
D. 电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极Ⅱ
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，工作过程中化学能转化为电能，电源Ⅰ为原电池的负极，酸性条件下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO—2e—+H2O=C O2+2H+，电极II为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e—=2H2O。
【详解】A．由分析可知，该装置为原电池，工作过程中化学能转化为电能，故A错误；
B．由分析可知，电源Ⅰ为原电池的负极，酸性条件下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，故B正确；
C．由分析可知，电极II为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e—=2H2O，故C错误；
D．电池工作时，电子从电极Ⅰ经导线流入电极Ⅱ，故D错误；
故选B。
10. 中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ∙ml-1)如图所示，下列说法错误的是
A. 生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B. 生成NH3的总反应方程式为 2NO+5H22NH3+2H2O
C. 在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为N2
D. 该过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，生成氨气的各基元反应中，氮元素的化合价均降低被还原，故A正确；
B．由图可知，生成氨气的总反应为在催化剂作用下，一氧化氮与氢气反应生成氨气和水，反应的化学方程式为2NO+5H22NH3+2H2O，故B正确；
C．由图可知，一氧化氮还原生成氮气的活化能大于还原生成氨气的活化能，则在Pd/SVG催化剂的作用下，一氧化氮更容易生成氨气，故C错误；
D．由图可知，反应中有氢氢非极性键和氮氧极性键发生断裂，有氮氮非极性键和氮氢、氢氧极性键的形成，故D正确；
故选C。
11. As2O3(砒霜)是两性氧化物(分子结构如图所示)，溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AlH3。下列说法正确的是
A. As2O3分子中As原子的杂化方式为sp3
B. LiAlH4为共价化合物
C. AsCl3空间构型为平面正三角形
D. 沸点：NH3
【解析】
【详解】A．As2O3分子中As原子价层电子对数为4且含有1对孤电子对，则其杂化方式为：sp3，A正确；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，LiAlH4由Li＋和构成，为离子化合物，B错误；
C．AsCl3中As原子价层电子对数为，且含有1对孤电子对，则其空间构型为三角锥形，C错误；
D．NH3分子间形成氢键，沸点最高，PH3、AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：PH3
12. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将足量过氧化氢溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去是因为过氧化氢具有还原性，与酸性高锰酸钾反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，与过氧化氢的漂白性无关，A错误；
B．溶液中与OH-共热反应生成NH3和H2O，常温下溶液中NH₇与OH-反应生成NH3⋅H2O，则向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化不能说明原溶液中是否存在，B错误；
C．没有明确混合溶液中Na2CO3和Na2S的浓度是否相等，则向Na2CO3和Na2S的混合溶液中加入AgNO3溶液，有黑色沉淀生成不能说明Ag2S的溶度积小于Ag2CO3，C错误；
D．在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色说明水分子作用下氧气在正极碳上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，证明铁片上发生了吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
13. 以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：
下列说法错误的是
A. “沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量
B. “在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应
C. 调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀
D. “沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】印刷线路板酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量是为了使沉淀。
【详解】A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；
B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；
C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；
D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，D正确；
故合理选项为B。
14. 的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是
A. c点Mn的原子分数坐标为(0，，)
B. 晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32
C. 基态Ga原子未成对电子数为3
D. 若GaAs晶胞参数为anm，则Ga和As之间的最短距离为anm
【答案】C
【解析】
【详解】A．图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点原子位于左侧面的面心上，其原子分数坐标为(0, ,)，A正确；
B．掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数：，Ga的原子个数为：，As原子的个数为4，故晶体乙中的原子个数比为5∶27∶32，B正确；
C．Ga基态原子的价电子排布式为4s24p1，未成对电子数为1，C错误；
D．Ga和As之间的最短距离为体对角线的，所以为a nm，D正确；
故选C。
15. 一种捕获并资源化利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成CH3OCH3，其过程中主要发生如下反应：
Ⅰ 2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1=-122.5 kJ·ml-1
Ⅱ CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH2=＋41.2 kJ·ml-1
向恒压密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=%]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH=-204.9 kJ·ml-1
B. 由图可知，210℃时以反应Ⅰ为主，300℃时，以反应Ⅱ为主
C. 增大反应体系压强，CH3OCH3选择性增大
D. 反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为ml
【答案】D
【解析】
详解】A．依据盖斯定律，按“反应I－反应II×2”，可得所求反应，ΔH=－122.5 kJ·ml－1－41.2kJ·ml－1×2=－204.9 kJ·ml－1， A正确；
B．210°C时，CH3OCH3(g)的选择性较大，同时CO2的平衡转化率也较大，以反应I为主，300°C时，CH3OCH3(g)的选择性小，同时CO2的平衡转化率也小，以反应II为主，B错误；
C．增大压强，反应I正向移动，生成更多的CH3OCH3(g)，即CH3OCH3选择性增大，选项C正确；
D．依据CH3OCH3的选择性公式：CH3OCH3的选择性=，A点处，CH3OCH3的选择性和CO2的平衡转化率均为25%，n(CH3OCH3) = ，选项D错误。
故选BD。
16. 常温下，用NaOH溶液分别滴定20.00mLCH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A. 点①所示溶液中，CN-的水解程度大于HCN的电离程度
B. 点①和点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 点④所示溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A．点①溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCN，HCN电离导致溶液呈酸性、CN−水解导致溶液呈碱性，等物质的量浓度的NaCN、HCN溶液呈碱性，说明CN−的水解程度大于HCN的电离程度，故A正确；
B．点①和点②所示溶液加入的NaOH体积相等，则这两点溶液中c（Na＋）相等，点①溶液呈碱性，则c（OH−）＞c（H＋），根据电荷守恒得c（CN−）＜c（Na＋），点②溶液呈酸性，c（OH−）＜c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＜c（CH3COO−），则c（CN−）＜c（CH3COO−），故B错误；
C．点③溶液呈中性，则c（H＋）＝c（OH−），根据电荷守恒得c（Na＋）＝c（CH3COO−），水电离程度较小，所以存在c（Na＋）＝c（CH3COO−）＞c（H＋）＝c（OH−），故C正确；
D．点④溶液中溶质为醋酸钠，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c（OH−）＞c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＞c（CH3COO−），水电离程度较小，所以存在c（Na＋）＞c（CH3COO−）＞c（OH−）＞c（H＋），故D正确；
故答案选B。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17. 高铁酸钾(K2FeO4)常温下不稳定，具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程：
回答下列问题：
（1）步骤①在较低温度下进行，若温度较高时会生成NaClO3。取某温度下反应液，测得ClO－与离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为___________。
（2）步骤②加入NaOH固体的目的是___________(填序号)。
A. 与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO
B. NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
C. 为下一步反应提供碱性的环境
D. 使反应①中生成的NaClO3转化为NaClO
（3）写出步骤④发生反应的离子方程式___________。
（4）往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品的原因是___________。
（5）K2FeO4极易溶于水，步骤⑥在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填序号)。
A. H2OB. KOH溶液C. 异丙醇D. Fe(NO3)3
（6）该工艺流程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
【答案】（1）11:3 （2）AC
（3）
（4）高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 （5）C
（6）NaOH
【解析】
【分析】往NaOH溶液中通入足量的氯气，发生反应生成NaCl、NaClO等；往所得溶液中加入NaOH固体，溶于水放热，既有利于除去Cl2，又能提供后续反应所需的碱性环境；除去溶液Ⅰ中的NaCl后，往碱性NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，可制得Na2FeO4溶液；往溶液Ⅱ中加入饱和KOH，将Na2FeO4转化为溶解度较小的K2FeO4；过滤后，将所得产品洗涤、干燥，便可得到K2FeO4晶体。
【小问1详解】
取某温度下反应液，测得ClO－与离子的物质的量浓度之比是1:2，则Cl2与氢氧化钠发生反应的方程式为7Cl2+14NaOH=11NaCl+NaClO+2NaClO3+7H2O，被还原的氯元素(生成NaCl)和被氧化的氯元素(生成NaClO、NaClO3)的物质的量之比为11:3。
【小问2详解】
A．步骤②加入NaOH固体，与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO，A符合题意；
B．NaOH固体溶解时放出较多的热量，温度较高时会生成NaClO3，对Cl2与NaOH反应生成NaClO不利，B不符合题意；
C．NaOH过量，下一步反应需要在碱性环境下进行，则为下一步反应提供碱性环境，C符合题意；
D．加入NaOH后放热，会使反应①中生成的NaClO转化为NaClO3，D不符合题意；
故选AC。
【小问3详解】
步骤④中，碱性NaClO浓溶液中加入90%的Fe(NO3)3溶液，可制得Na2FeO4溶液，发生反应的离子方程式为。
【小问4详解】
往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，将Na2FeO4转化为溶解度较小的K2FeO4，则能够得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。
【小问5详解】
因为K2FeO4极易溶于水，所以步骤⑥在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用异丙醇，故选C。
【小问6详解】
该工艺流程中，起初消耗NaOH，在Na2FeO4转化为K2FeO4时又生成NaOH，则可循环使用的物质是NaOH。
【点睛】Cl2与NaOH反应时，可用冰水浴降低反应混合液的温度，以减少副反应的发生。
18. 高纯硅被誉为“信息革命催化剂”。某小组模拟工业上用SiHCl3与H2在1357K的条件下制备高纯硅，实验装置如图所示(部分加热及夹持装置略去)。
实验操作步骤有：①打开K1，向安全漏斗中加入足量乙醇，装置A中反应一段时间；②加热装置C，打开K2，滴加VmLSiHCl3；③加热装置D至1357K；④关闭K1；⑤关闭K2。
已知：①SiHCl3的沸点为33.0℃，密度为；易溶于有机溶剂；能与水剧烈反应；在空气中易被氧化；
②；
③银氨溶液中存在：。
回答下列问题：
（1）相比长颈漏斗，安全漏斗使用时的优点是___________。
（2）装置B中试剂宜选择___________(填标号)。
a．碱石灰 b．无水氯化钙 c．五氧化二磷 d．硅胶
（3）加热装置C之前，先进行装置A的反应，这样操作的目的是___________。
（4）装置D中发生反应的化学方程式为___________。
（5）E中CCl4的作用是防倒吸和___________，用化学平衡原理解释银氨溶液中有白色沉淀生成：___________。
（6）本实验制得高纯硅ag，则高纯硅的产率为___________(只列计算式)。
【答案】（1）漏斗下端不需插入液体中即可液封(或其他合理答案)
（2）b （3）排尽装置中的空气
（4）
（5） ①. 吸收SiHCl3 ②. HCl与NH3·H2O反应，使平衡正向移动，溶液中c(Ag＋)、c(Cl-)土均增大，导致
（6）
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中钠与乙醇反应制备氢气，装置B中无水氯化钙用于吸收挥发出的乙醇蒸汽，装置C通过水浴加热得到三氯硅烷蒸汽，装置D中氢气和三氯硅烷在高温条件下反应生成硅和氯化氢，装置E中四氯化碳用于吸收挥发出的三氯硅烷，隔绝氯化氢与银氨溶液的接触，起防倒吸的作用，银氨溶液用于吸收氯化氢气体，防止污染环境，未反应的氢气用点燃或气球储存的方法处理；由三氯硅烷在空气中易被氧化可知，实验时应先制备氢气，用氢气排尽装置内空气后，为减少三氯硅烷的挥发造成损失，提高原料的利用率，应先加热装置D至1357K，然后加热装置C气化得到三氯硅烷蒸汽，反应完毕，为防止三氯硅烷原料的损失，应先停止通入三氯硅烷，后停止通入氢气排尽装置中残余的气体。
【小问1详解】
安全漏斗中“安全”主要是防气体从漏斗中逸出，漏斗颈部残留液体能起到液封作用，使用时的优点是安全漏斗下端可以不插入液体中，而长颈漏斗下端必须插入液面下，故答案为：漏斗下端不需插入液体中即可液封(或其他合理答案)；
【小问2详解】
由分析可知，装置B中无水氯化钙用于吸收挥发出的乙醇蒸汽，除去氢气中混有的乙醇蒸气，故答案为：b；
【小问3详解】
根据提示信息，实验应先通过A制得的H2排尽装置内的空气再加热C，否则三氯硅烷会被空气中氧气氧化，故答案为：排尽装置中的空气；
【小问4详解】
装置D中SiHCl3和H2在1357K下生成Si和HCl，则化学方程式为：；
【小问5详解】
SiHCl3易溶于有机溶剂，能与H2O剧烈反应，在空气中易被氧化，则E装置的功能：吸收防倒吸、吸收；根据平衡移动原理HCl与NH3·H2O反应，使平衡正向移动，溶液中c(Ag＋)、c(Cl-)土均增大，导致，生成白色沉淀氯化银；
【小问6详解】
，原料中含硅质量：，则高纯硅的产率为。
19. 工业尾气对环境和人体健康会产生严重危害，回收制备高附加值的硫磺是保护环境和资源利用的有效措施。
已知：。
回答下列问题：
（1）上述反应中相关键能数据：
①反应能自发进行的条件是_______，_______。
②在恒温恒容密闭容器中，充入一定量气体发生上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡
B．与体积比不再改变，说明该反应达到平衡
C．平衡时向容器中充入情性气体，平衡逆向移动
D．平衡时向容器中充入和，再达平衡时，不变
（2）保持压强恒定为，向密闭容器中充入和(不参与反应)发生上述反应，的平衡转化率]与通入气体中、温度关系如下图所示。
①从反应开始至反应体系分别达到M、N点状态，平均反应速率较快的是达到_______(填“M”或“N”)的过程。
②相同温度下，随着增大而减小，其原因是_______。
③温度下，平衡常数_______(要求带单位，结果保留1位小数)。(提示：为用压强计算的平衡常数，分压总压物质的量分数)
（3）我国科学家设计协同转化装置处理尾气。避免硫磺沉积在极，将氧化吸收和电解过程分开进行，装置如图所示(电解反应器中，以石墨为电极)。
①通过质子交换膜移向_______(填“”或“”)极区。
②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为_______。
【答案】（1） ①. 高温下可以自发进行 ②. 314.2 ③. AD
（2） ①. M ②. 值越大，等效于增大了H2S的浓度，但是平衡常数不变，转化率降低 ③.
（3） ①. ②. H2S+CO2CO+S↓+H2O
【解析】
【小问1详解】
①反应能自发进行的条件是△H-T△S<0，该反应的△H>0，△S>0，故在高温下可以自发进行，焓变=反应物键能和-生成物键能和，169.8=4×339-2×436-a，解得314.2。
②A．该反应为体积增大的反应，的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡，A正确；
B．与体积比始终为2:1，与体积比不再改变，不能说明该反应达到平衡，B错误；
C．平衡时向容器中充入情性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，C错误；
D．K=，温度不变，平衡常数不变，平衡时向容器中充入和，再达平衡时，不变，D正确；
故选AD。
【小问2详解】
①该反应为吸热反应，温度升高，H2S的转化率增大，故温度T1
③温度下M点，列出三段式：
平衡常数=≈
【小问3详解】
①结合CO2得到电子生成CO，阴极发生还原反应，则X电极为阴极，Y电极为阳极，电解池中，阳离子向阴极移动，则通过质子交换膜移向极区。
②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为H2S+CO2CO+S↓+H2O。
20. Zavyalv吡咯(N)是一种重要的药物合成中间体，N的一种合成路线如下，
已知：(R为烃基、氨基或氢原子)。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________；G中含氧官能团的名称为羧基和___________。
（2）B的核磁共振氢谱有___________组峰。
（3）和的反应类型分别为___________、___________。
（4）的化学方程式为___________。
（5）X与N互为同系物，其中X比N少4个碳原子。符合下列条件的X的同分异构体有___________种(不含立体异构)。
a．苯环上有2个取代基，其中1个为“”
b．能发生银镜反应
（6）结合上述流程，以乙醛、和为原料制备的合成路线为(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. 酮羰基、酰胺基
（2）4 （3） ①. 加成反应 ②. 消去反应
（4）++H2O
（5）15 （6）OHCNHCH2COOHOHCCH=CHNHCH2COOH
【解析】
【分析】由流程图可知，B和C发生已知提示的原理生成D，结合B的分子式及D的结构简式可知B的结构简式为，C的结构简式为，由A的分子式可知，A发生氧化反应生成B，则A的结构简式为，D和H2NCH2COOH发生取代反应生成E，结合E和F的结构简式可知，E发生消去反应生成F，F再发生一系列反应最终得到Zavyalv吡咯(N)，以此解答。
【小问1详解】
由A的分子式及D的结构简式可知A的结构简式为；由G的结构简式可知其中含氧官能团的名称为羧基和酮羰基、酰胺基。
【小问2详解】
B的结构简式为，核磁共振氢谱有 4组峰。
【小问3详解】
从D、E、F的结构可推知，D→E和E→F的反应类型分别为加成反应和消去反应。
【小问4详解】
B+C→D的化学方程式为++H2O。
【小问5详解】
X与N互为同系物，其中X比N少4个碳原子，分析可得X中含10个碳原子、1个氮原子、1个氧原子和5个不饱和度。要求苯环上只有2个取代基，且其中-一个为氨基，则醛基位于碳链上，所以苯环上4碳取代基分别为(箭头位置连接醛基)：、，每种再与氨基成邻、间、对位，共有15种。
【小问6详解】
先和乙醛发生已知提示的反应原理得到OHCCH=CHNHCH2COOH，OHCCH=CHNHCH2COOH和发生取代反应得到，和H2发生加成反应即可得到，以乙醛、和为原料制备的合成路线为：OHCNHCH2COOHOHCCH=CHNHCH2COOH。选项
实验操作和现象
结论
A
将足量H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去
H2O2具有漂白性
B
向某溶液中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化
原溶液中无
C
向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黑色沉淀生成
D
在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
化学键
键能
339
436
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