还剩16页未读，
继续阅读
广西玉林市博白县中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题
展开
这是一份广西玉林市博白县中学2023-2024学年高三上学期开学考试化学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．中华传统文化中涉及到很多化学知识。下列关于诗情“化”意的分析正确的是
A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，此过程中大理石只发生了物理变化
B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
C．“火树银花合，星桥铁索开”，涉及到金属元素的焰色反应，属于化学变化
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金的化学性质很稳定，在自然界中通常以单质形式存在
【答案】D
【详解】A．该过程中涉及碳酸钙的分解反应，属于化学变化，A错误；
B．酿酒的过程葡萄糖发酵得到酒精，葡萄糖是单糖不发生水解反应，B错误；
C．焰色试验为元素的性质，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D．该过程描述的是沙里淘金的过程，金性质不活泼自然界中通常以游离态形式存在，D正确；
综上所述答案为D。
2．下列各组离子中，在给定条件下能大量共存的是
A．使酚酞溶液变红的溶液中：
B．在滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中：
C．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中：
D．无色透明的水溶液中：
【答案】C
【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液中含有OH-，OH-与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，故A错误；
B．在滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中含有OH-，与Ca2+、反应生成碳酸钙沉淀，故B错误；
C．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中含有H+，与各离子都不反应，能共存，故C正确；
D．含有Cu2+的溶液显蓝色，故D错误；
故选：C。
3．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分子中所含的数目为
B．的溶液中所含的数目为
C．与足量充分反应，转移电子数为
D．与足量反应，生成的分子数小于
【答案】D
【详解】A．分子，由于不清楚是否在标准状况下，无法计算物质的量，故A错误；
B．的溶液，缺少溶液体积，无法计算物质的量，故B错误；
C．(物质的量为1ml)与足量充分反应生成硫酸亚铁，转移电子数为，故C错误；
D．与足量反应，由于该反应是可逆反应，因此生成的分子数小于，故D正确。
综上所述，答案为D。
4．能正确描述下列反应的离子方程式是
A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2＋4H＋＋2MnO＝2Mn2＋＋3SO＋2H2O
B．向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋SO2＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
C．向0.2 ml FeBr2溶液中通入等量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝Br2＋4Cl－＋2Fe3＋
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
【答案】C
【详解】A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，选项中转移电子不守恒，正确的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═5SO+2Mn2++4H+，故A错误；
B．盐酸的酸性强于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入少量SO2，二者不反应，故B错误；
C．向0.2 ml FeBr2溶液中通入等量Cl2，0.2ml亚铁离子完全反应消耗0.1ml氯气，剩余的0.1 ml氯气能够氧化0.2ml溴离子，参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量相等，该反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝Br2＋4Cl－＋2Fe3＋，故C正确；
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水离子方程式：Al3++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3，故D错误；
答案选C。
5．我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：
则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉
C．纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中
D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【分析】A. 依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备；
B. 发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产，发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；
C. 依据纯碱的用途分析判断；
D. 碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠。
【详解】A. 依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A项正确；
B. 纯碱及第Ⅲ步得到的晶体为碳酸氢钠晶体，它与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制得发酵粉，故B项正确；
C. 碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C项正确；
D. 第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D项错误；
答案选D。
【点睛】本题是模拟侯德榜制碱法的流程图，需要注意的是原料中氨气与二氧化碳的加入顺序，而二氧化碳在水中的溶解度较小，若先通入二氧化碳，原子利用率不高，纯碱产量低；而氨气极易溶于水，故应先加入氨气，再加入二氧化碳，所以本题中A项正确。
6．下列溶液中物质的量浓度为1 ml·L-1的是
A．将250 g CuSO4·5H2O溶解在1 L水中
B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
C．将1 L 10 ml·L-1的浓盐酸加入9 L水中
D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL
【答案】D
【详解】A．n(CuSO4)=1 ml，V(水)=1 L，但V(溶液)≠1 L，c(CuSO4)≠1 ml·L-1，A错误；
B．未指明温度和压强，22.4 L HCl气体的物质的量无法确定，B错误；
C．n(HCl)=10 ml，V(溶液)≠10 L，c(HCl)≠1 ml·L-1，C错误；
D．n(NaOH)==0.25 ml，V(溶液)=0.25 L，c(NaOH)==1 ml·L-1，D正确。
答案选D。
7．某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶1
B．1ml该有机物最多可以与3mlH2发生加成反应
C．该有机物能发生氧化反应、消去反应、取代反应和缩聚反应
D．1ml该有机物最多能与2mlBr2反应
【答案】A
【详解】A．每1ml羟基或1ml羧基消耗1 ml Na， 每1ml酚羟基或1ml羧基消耗1 ml NaOH；每1 ml羧基耗1 ml NaHCO3，则与等物质的量的该物质恰好完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:2:1，故A正确；
B．苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，1 ml该有机物最多可以与4 ml H2发生加成反应，故B错误；
C．与羟基相连碳原子的邻位碳原子上没有氢，该有机物不能发生消去反应，故C错误；
D．酚羟基的两个邻位和一个对位的氢原子均可以被溴原子取代，每取代一个氢原子需要1 ml Br2，醛基与溴水发生氧化反应 1 ml －CHO 消耗 1 ml Br2，所以1 ml该有机物最多能与3 ml Br2反应，故D错误；
故选A。
8．下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【详解】
A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；
B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确；
C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；
故答案选C。
9．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。18-冠-6能与形成稳定作用(如图)，但不与或形成稳定作用。下列说法不正确的是
A．18-冠-6能与形成稳定作用，反映了超分子的“分子识别”的特征
B．18-冠-6中O原子与间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同
D．利用该原理可以用冠醚将从水层带入甲苯中，促进与甲苯的反应
【答案】B
【详解】A．18-冠-6能与形成稳定作用，但不与或形成稳定作用, 说明超分子的结合具有选择性，进而说明超分子有“分子识别”的特性，故A正确；
B．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，故B错误；
C．18-冠-6中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数4，C原子采用sp3杂化，O的价层电子对数为4，O原子也采用sp3杂化，因此18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同，故C正确；
D．酸性具有强氧化性，不易溶于大多数有机物，利用该原理可以用冠醚将从水层带入甲苯中，可以增大其与甲苯的接触机会，促进与甲苯的反应，故D正确；
故答案选B。
10．有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图。下列说法错误的是
A．V5+=O在反应中起到催化剂的作用
B．该转化过程中NO和O2均体现出了氧化性
C．该转化过程中，若O2过量更有利于NO转化为N2
D．该转化过程的总反应为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O
【答案】C
【详解】A．V5+ =O 参与了反应，先参加反应然后再生成，质量和性质都没有改变，起到催化剂的作用，故A正确；
B．该转化过程中，NO中的N化合价降低，O2中氧元素化合价也降低，NO和O2都体现了氧化性，故B正确；
C．该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于 NO与 NH3转化为N2，故C错误；
D．结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，故D正确；
故答案选C。
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2：1的分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．W与Y能形成含有非极性键的化合物
C．X和Y的最简单氢化物的沸点：
D．由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
【答案】B
【分析】Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的核外有3个电子层，最外层电子数为1，即为Na，W与X能形成原子个数比为2:1的18电子的分子，则形成的化合物为N2H4，所以W为H，X为N，Y的原子序数是W和X的原子序数之和，则Y为O。据此分析解答。
【详解】由分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。
A．离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N3-＞O2-＞Na+，即简单离子半径为：X＞Y＞Z，故A错误；
B．W为H，Y为O，能形成H2O2，含有极性共价键和非极性共价键，故B正确；
C．X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y＞X，故C错误；
D．由W、X、Y三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸铵，氨水等，硝酸，硝酸铵显酸性，氨水显碱性，故由W、X、Y三种元素形成的化合物不一定都是酸性，故D错误；
故选B。
12．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
【答案】B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
13．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；
B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。
故选D。
14．CrSi，Ge－GaAs、聚吡咯和碳化硅都是重要的半导体化合物。下列说法正确的是
A．基态铬原子的核外未成对电子数为6
B．Ge－GaAs中元素Ge、Ga、As的第一电离能从小到大的顺序为As＜Ge＜Ga
C．聚吡咯的单体为吡咯()，分子中σ键与π键的数目之比为5：2
D．碳化硅属于分子晶体，其熔、沸点均大于金刚石
【答案】A
【详解】A．铬为24号元素，基态铬原子的轨道表示式为，核外未成对电子数为6，A正确；
B．元素Ge、Ga、As中，只有As的最外层4p轨道半充满，第一电离能反常，所以第一电离能从小到大的顺序为Ga＜Ge＜As，B不正确；
C．吡咯()分子中，σ键与π键的数目之比为10：2，即5:1，C不正确；
D．碳化硅属于原子晶体，其熔、沸点均小于金刚石，D不正确；
故选A。
15．下列说法正确的是（ ）
A．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109º28´
B．H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键
C．乙醇分子与水分子之间只存在范德华力
D．氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【详解】A项、P4是正四面体分子，键角为60°；CH4是正四面体分子，键角为109°28′，故A错误；
B项、H2O分子之间能形成氢键，H2S分子之间不能形成氢键，H2O分子之间分子间作用力大于H2S，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；
C项、乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；
D项、含氧酸的非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO，故D错误；
故选B。
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
【答案】B
【详解】A．令FeO中铁元素的化合价为x，则x+4×(-2)=-2，解得x=+6，A正确；
B．反应Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO是氧化产物，氧化性ClO-> FeO，实际氧化性FeO>Fe(OH)3， B错误；
C．Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6-3)∶2=3∶2，C正确；
D．K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D正确；
故选B。
二、解答题
17．已知：P4(白磷)+NaOH→NaH2PO2+PH3↑。PH3有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，有同学用如图所示装置制取少量NaH2PO2，相关操作步骤(不是正确顺序)为①打开K，先通入N2一段时间；②在三颈烧瓶中加入丁醇和白磷；③检查装置气密性；④打开K，再通入N2一段时间；⑤关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至50°C~60°C，滴加溶液。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为 ；装置B的作用是 。
(2)该装置中有一处明显错误是 。
(3)实验操作步骤的正确顺序是 (填序号)。
(4)先通入N2一段时间的目的是 。
(5)PH3在C、D中都被氧化成磷酸，C中反应的化学方程式为 。
(6)取产品mg溶于稀硫酸配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，然后用0.02ml/LKMnO4标准溶液滴定，滴定终点的现象是 ；达到滴定终点时消耗VmLKMnO4标准溶液(相关反应的比例关系为4KMnO4~5NaH2PO2)，产品纯度为 %(用含m、V的代数式表示)。
【答案】(1) 分液漏斗 防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用
(2)装置C中导管短进长出
(3)③②①⑤④
(4)排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸
(5)PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl
(6) 当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；
【分析】利用白磷与强碱反应制取NaH2PO2时，会生成PH3，PH3有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，所以反应发生前，需要通N2，以排除装置内的空气，反应结束后，也需要通N2，防止装置内的PH3外逸到空气中，污染空气。检验PH3的还原性时，使用NaClO，吸收尾气时，使用酸性KMnO4溶液，同时需要防止倒吸。
【详解】（1）仪器X的名称为分液漏斗；装置B中，导管左短右长，其作用是：防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用。答案为：分液漏斗；防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用；
（2）装置C中溶液的作用是探究PH3的还原性，气体应通入溶液中，导管应长进短出，则该装置中有一处明显错误是：装置C中导管短进长出。答案为：装置C中导管短进长出；
（3）实验时，首先要检查装置的气密性，然后加入药品，排尽装置内的空气，防止PH3自燃；关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至50°C~60°C，滴加溶液；最后再通入N2，将PH3全部赶入装置C、D中，防止污染空气。则实验操作步骤的正确顺序是③②①⑤④。答案为：③②①⑤④；
（4）PH3易自燃，应排尽装置内的空气，所以需先通入N2一段时间，目的是：排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸。答案为：排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸；
（5）PH3在C、D中都被氧化成磷酸，C中PH3与NaClO反应生成H3PO4和NaCl，反应的化学方程式为：PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl。答案为：PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl；
（6）用0.02ml/LKMnO4标准溶液滴定，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；
发生反应的关系式为4KMnO4——5NaH2PO2，25mL溶液中，n(NaH2PO2)=n(KMnO4)==2.5×10-5Vml，产品纯度为=%。答案为：当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；。
【点睛】计算时，也可将25mL溶液中的溶质质量换算成250mL溶液中所含溶质的质量。
18．优化的复合材料作钠离子电池的正极材料时表现出优异的循环稳定性。以黄铁矿(主要成分是，含少量等杂质)为原料制备的流程如图所示。
已知：“滤渣2”中不含硫单质。涉及离子的氢氧化物常温下的溶度积常数如表。(当离子的物质的量浓度时，认为沉淀完全，)
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为 (填一种)。
(3)常温下，“酸浸”时，加入过量的硫酸的目的为 (答一条即可)。
(4)“还原”中与反应的离子方程式为 ；通入空气的条件下，“溶液1”可在“还原”步骤中循环利用，则通入空气的目的是 。
(5)“一系列操作”包括 、过滤、洗涤和低温干燥。
【答案】(1)增大固体接触面积(或提高反应速率，提高原料转化率等)
(2)形成酸雨
(3)抑制溶液中的水解，防止生成沉淀(或将固体完全溶解等)
(4) 将“溶液1”中的氧化为
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备，研磨后再空气中焙烧生成SO2，FeS2转化为Fe2O3，酸浸后Fe2O3转化为Fe3+，SiO2不与硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中加入黄铁矿还原，经过一系列操作得到FeSO4·7H2O固体，再加入柠檬酸和NaFePO4·2H2O得到。
【详解】（1）“研磨”的目的是增大固体接触面积，提高反应速率，提高原料转化率等；
（2）“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为形成酸雨；
（3）常温下，“酸浸”时，加入过量50%的硫酸的目的为抑制溶液中的水解，防止生成沉淀；将固体完全溶解等；
（4）由氧化还原反应的规律可知，“还原”中与反应生成硫酸亚铁，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，可以写出“还原”中与反应的离子方程式为；将“溶液1”中的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）“还原”步骤后得到溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤和低温干燥可以得到固体。
19．“碳中和”是国家战略目标，其目的是实现的排放量和利用量达到相等，将资源化是实现“碳中和”目标的重要手段。回答下列问题：
(1)下列措施有利于“碳中和”的是___________(填标号)。
A．植树造林，发展绿色经济B．通过裂化将重油转化为汽油
C．在燃煤中添加或D．大力开采和使用可燃冰
(2)的转化是实现碳中和的重要途径。和在催化下发生反应可合成清洁能源甲醇：，该反应实际上分两步进行。
①第一步：
第二步： (写出化学方程式)。
(2)断开(或形成)化学键的能量变化数据如下表所示，利用下表中的数据可知，该反应每生成甲醇，需要 (填“吸收”或“放出”) 的热量。
(3)已知反应：。
①下列有关上述方程式中涉及的物质相关化学用语正确的是 。
A．的摩尔质量为2 B．中子数为8的氧原子为
C．的结构式为 D．水分子的空间填充模型为
②甲醇的结构式为 。
③甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，其原因是 。
④上述反应的平衡常数的表达式 。
【答案】(1)A
(2) 放出 46
(3) D 甲醇、水分子之间均能够形成分子间氢键，而甲硫醇中的氢硫基不能形成分子间氢键，只存在范德华力，故甲硫醇的沸点最低，且水分子间氢键的强度大于甲醇分子间氢键的强度
【详解】（1）A．植树造林，利用植物的光合作用吸收更多CO2，有利于碳中和，A正确；B．通过裂化将重油转化为汽油，提高汽油产量，与碳中和没有关系，B错误；C．在燃煤中添加或目的是固硫，防止煤燃烧时产生SO2污染空气，与碳中和没有关系，C错误；D．可燃冰主要成分是甲烷，大量使用会排放更多CO2，不利于碳中和，D错误；故选A；
（2）①根据催化剂的催化机理与原子守恒定律，可推出第二步反应的化学方程式为：；
②根据化学方程式，每生成1ml甲醇，需要断开2mlC=O、3mlH-H，生成3mlC-H、1mlC-O、3mlO-H，断开化学键共吸收能量：(2×803+3×436)kJ=2914kJ，生成化学键共放出能量：(3×414+326+3×464)kJ=2960kJ，故每生成1ml甲醇，共放出46kJ的热量。
（3）①A．摩尔质量的单位是g/ml,则 H2的摩尔质量为2g/ml,故A错误；
B．核素符号左上角标质量数，左下角标质子数，即中子数为8的氧原子为，故B错误；
C．已知CO2中C和O之间形成双键，故CO2的结构式为O=C=O，故C错误；
D．已知H2O是V形分子，且H原子半径比O原子半径小，故水分子的空间填充模型为，故D正确；
故答案为：D；
②甲醇为甲基和羟基相结合的产物，其结构式为；
③由于甲醇、水分子之间均能够形成分子间氢键，而甲硫醇中的氢硫基不能形成分子间氢键，只存在范德华力，故甲硫醇的沸点最低，且水分子间氢键的强度大于甲醇分子间氢键的强度，则导致甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；
④平衡常数是指平衡时生成物浓度的系数次幂之积和反应浓度的系数次幂之积的比值，故上述反应的平衡常数的表达式。
20．化合物是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物为原料制备的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)的反应类型为 。
(2)C中碳原子的杂化类型是 ，的官能团名称为 。
(3)由生成的化学方程式为 。
(4)的同分异构体中，满足下列条件的有种 (考虑分子的手性)，任写出其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式： 。
①含苯环
②的该物质与足量的银氨溶液反应，可制得
(5)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙酫为原料(元机试剂任选)，设计制备聚丁烯的合成路线 。
【答案】(1)消去反应
(2) sp2、sp3 酯基、碳碳双键
(3)+I2+HI
(4) 10 或者；
(5)
【分析】由A→B→C及A、B分子式可知：A为甲苯，B为邻甲基苯甲醛，B→C为醛的催化氧化；C→D→E为“已知”信息所示的转化过程，合成路线中各物质分别如下：。
【详解】（1）其中断键和形成新键的方式可知：该过程中是卤代烃的消去反应，故答案为：消去反应；
（2）C的结构中有苯环、羧基碳原子杂化方式为sp2、甲基中碳原子的杂化方式为sp3；M的结构简式为：，其中官能团为酯基和碳碳双键，故答案为：sp2、sp3，酯基、碳碳双键；
（3）生成发生题设已知所给信息的反应方程式为：+I2+HI，故答案为：+I2+HI；
（4）的该物质与足量的银氨溶液反应，可制得，该同分异构体有2个醛基，有以下几种情况：
①两个醛基和一个甲基做取代基，有6种结构，
②—CH2CHO和—CHO做取代基，有3种结构，
③做取代基，有1种结构，
总共有6+3+1=10种结构符合条件；其中有4组吸收峰的是：、两种，故答案为：10、或者；
（5）利用，乙烯和溴化氢加成生成的CH3CH2Br再与乙醛反应即可生成2-丁烯，通过加聚反应即可获得目标产物。答案为：
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
离子
化学键
436
326
803
464
414
一、单选题
1．中华传统文化中涉及到很多化学知识。下列关于诗情“化”意的分析正确的是
A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”，此过程中大理石只发生了物理变化
B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
C．“火树银花合，星桥铁索开”，涉及到金属元素的焰色反应，属于化学变化
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金的化学性质很稳定，在自然界中通常以单质形式存在
【答案】D
【详解】A．该过程中涉及碳酸钙的分解反应，属于化学变化，A错误；
B．酿酒的过程葡萄糖发酵得到酒精，葡萄糖是单糖不发生水解反应，B错误；
C．焰色试验为元素的性质，过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；
D．该过程描述的是沙里淘金的过程，金性质不活泼自然界中通常以游离态形式存在，D正确；
综上所述答案为D。
2．下列各组离子中，在给定条件下能大量共存的是
A．使酚酞溶液变红的溶液中：
B．在滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中：
C．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中：
D．无色透明的水溶液中：
【答案】C
【详解】A．使酚酞溶液变红的溶液中含有OH-，OH-与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，故A错误；
B．在滴加石蕊溶液显蓝色的溶液中含有OH-，与Ca2+、反应生成碳酸钙沉淀，故B错误；
C．在滴加石蕊溶液显红色的溶液中含有H+，与各离子都不反应，能共存，故C正确；
D．含有Cu2+的溶液显蓝色，故D错误；
故选：C。
3．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分子中所含的数目为
B．的溶液中所含的数目为
C．与足量充分反应，转移电子数为
D．与足量反应，生成的分子数小于
【答案】D
【详解】A．分子，由于不清楚是否在标准状况下，无法计算物质的量，故A错误；
B．的溶液，缺少溶液体积，无法计算物质的量，故B错误；
C．(物质的量为1ml)与足量充分反应生成硫酸亚铁，转移电子数为，故C错误；
D．与足量反应，由于该反应是可逆反应，因此生成的分子数小于，故D正确。
综上所述，答案为D。
4．能正确描述下列反应的离子方程式是
A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2＋4H＋＋2MnO＝2Mn2＋＋3SO＋2H2O
B．向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋SO2＋H2O＝BaSO3↓＋2H＋
C．向0.2 ml FeBr2溶液中通入等量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝Br2＋4Cl－＋2Fe3＋
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
【答案】C
【详解】A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，选项中转移电子不守恒，正确的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O═5SO+2Mn2++4H+，故A错误；
B．盐酸的酸性强于亚硫酸，向BaCl2溶液中通入少量SO2，二者不反应，故B错误；
C．向0.2 ml FeBr2溶液中通入等量Cl2，0.2ml亚铁离子完全反应消耗0.1ml氯气，剩余的0.1 ml氯气能够氧化0.2ml溴离子，参加反应的亚铁离子与溴离子的物质的量相等，该反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝Br2＋4Cl－＋2Fe3＋，故C正确；
D．向AlCl3溶液中加入过量氨水离子方程式：Al3++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3，故D错误；
答案选C。
5．我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱．下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：
则下列叙述错误的是（ ）
A．A气体是NH3，B气体是CO2
B．把纯碱及第Ⅲ步得到的晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得发酵粉
C．纯碱可广泛地用于玻璃、制皂、造纸、纺织等工业中
D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶
【答案】D
【分析】A. 依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备；
B. 发酵粉是一种复合添加剂，主要用作面制品和膨化食品的生产，发酵粉中含有许多物质，主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；
C. 依据纯碱的用途分析判断；
D. 碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠。
【详解】A. 依据侯德榜制碱的原理是，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则食盐A为氨气，B为二氧化碳，故A项正确；
B. 纯碱及第Ⅲ步得到的晶体为碳酸氢钠晶体，它与某些固体酸性物质(如酒石酸)混合可制得发酵粉，故B项正确；
C. 碳酸钠是重要的化工原料之一，用途广泛，是玻璃、肥皂、洗涤剂、纺织、制革、香料、染料、药品等的重要原料，故C项正确；
D. 第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D项错误；
答案选D。
【点睛】本题是模拟侯德榜制碱法的流程图，需要注意的是原料中氨气与二氧化碳的加入顺序，而二氧化碳在水中的溶解度较小，若先通入二氧化碳，原子利用率不高，纯碱产量低；而氨气极易溶于水，故应先加入氨气，再加入二氧化碳，所以本题中A项正确。
6．下列溶液中物质的量浓度为1 ml·L-1的是
A．将250 g CuSO4·5H2O溶解在1 L水中
B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
C．将1 L 10 ml·L-1的浓盐酸加入9 L水中
D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL
【答案】D
【详解】A．n(CuSO4)=1 ml，V(水)=1 L，但V(溶液)≠1 L，c(CuSO4)≠1 ml·L-1，A错误；
B．未指明温度和压强，22.4 L HCl气体的物质的量无法确定，B错误；
C．n(HCl)=10 ml，V(溶液)≠10 L，c(HCl)≠1 ml·L-1，C错误；
D．n(NaOH)==0.25 ml，V(溶液)=0.25 L，c(NaOH)==1 ml·L-1，D正确。
答案选D。
7．某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶1
B．1ml该有机物最多可以与3mlH2发生加成反应
C．该有机物能发生氧化反应、消去反应、取代反应和缩聚反应
D．1ml该有机物最多能与2mlBr2反应
【答案】A
【详解】A．每1ml羟基或1ml羧基消耗1 ml Na， 每1ml酚羟基或1ml羧基消耗1 ml NaOH；每1 ml羧基耗1 ml NaHCO3，则与等物质的量的该物质恰好完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:2:1，故A正确；
B．苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，1 ml该有机物最多可以与4 ml H2发生加成反应，故B错误；
C．与羟基相连碳原子的邻位碳原子上没有氢，该有机物不能发生消去反应，故C错误；
D．酚羟基的两个邻位和一个对位的氢原子均可以被溴原子取代，每取代一个氢原子需要1 ml Br2，醛基与溴水发生氧化反应 1 ml －CHO 消耗 1 ml Br2，所以1 ml该有机物最多能与3 ml Br2反应，故D错误；
故选A。
8．下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【详解】
A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；
B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确；
C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；
故答案选C。
9．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。18-冠-6能与形成稳定作用(如图)，但不与或形成稳定作用。下列说法不正确的是
A．18-冠-6能与形成稳定作用，反映了超分子的“分子识别”的特征
B．18-冠-6中O原子与间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同
D．利用该原理可以用冠醚将从水层带入甲苯中，促进与甲苯的反应
【答案】B
【详解】A．18-冠-6能与形成稳定作用，但不与或形成稳定作用, 说明超分子的结合具有选择性，进而说明超分子有“分子识别”的特性，故A正确；
B．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，故B错误；
C．18-冠-6中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数4，C原子采用sp3杂化，O的价层电子对数为4，O原子也采用sp3杂化，因此18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同，故C正确；
D．酸性具有强氧化性，不易溶于大多数有机物，利用该原理可以用冠醚将从水层带入甲苯中，可以增大其与甲苯的接触机会，促进与甲苯的反应，故D正确；
故答案选B。
10．有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图。下列说法错误的是
A．V5+=O在反应中起到催化剂的作用
B．该转化过程中NO和O2均体现出了氧化性
C．该转化过程中，若O2过量更有利于NO转化为N2
D．该转化过程的总反应为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O
【答案】C
【详解】A．V5+ =O 参与了反应，先参加反应然后再生成，质量和性质都没有改变，起到催化剂的作用，故A正确；
B．该转化过程中，NO中的N化合价降低，O2中氧元素化合价也降低，NO和O2都体现了氧化性，故B正确；
C．该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于 NO与 NH3转化为N2，故C错误；
D．结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，故D正确；
故答案选C。
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2：1的分子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．W与Y能形成含有非极性键的化合物
C．X和Y的最简单氢化物的沸点：
D．由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性
【答案】B
【分析】Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的核外有3个电子层，最外层电子数为1，即为Na，W与X能形成原子个数比为2:1的18电子的分子，则形成的化合物为N2H4，所以W为H，X为N，Y的原子序数是W和X的原子序数之和，则Y为O。据此分析解答。
【详解】由分析可知，W为H，X为N，Y为O，Z为Na。
A．离子的电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，即离子半径大小为：N3-＞O2-＞Na+，即简单离子半径为：X＞Y＞Z，故A错误；
B．W为H，Y为O，能形成H2O2，含有极性共价键和非极性共价键，故B正确；
C．X的最简单氢化物为氨气，Y的最简单氢化物为水，水的沸点高于氨气，即最简单氢化物的沸点为Y＞X，故C错误；
D．由W、X、Y三种元素形成的化合物有硝酸，硝酸铵，氨水等，硝酸，硝酸铵显酸性，氨水显碱性，故由W、X、Y三种元素形成的化合物不一定都是酸性，故D错误；
故选B。
12．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
【答案】B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
13．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；
B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性， B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；
D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。
故选D。
14．CrSi，Ge－GaAs、聚吡咯和碳化硅都是重要的半导体化合物。下列说法正确的是
A．基态铬原子的核外未成对电子数为6
B．Ge－GaAs中元素Ge、Ga、As的第一电离能从小到大的顺序为As＜Ge＜Ga
C．聚吡咯的单体为吡咯()，分子中σ键与π键的数目之比为5：2
D．碳化硅属于分子晶体，其熔、沸点均大于金刚石
【答案】A
【详解】A．铬为24号元素，基态铬原子的轨道表示式为，核外未成对电子数为6，A正确；
B．元素Ge、Ga、As中，只有As的最外层4p轨道半充满，第一电离能反常，所以第一电离能从小到大的顺序为Ga＜Ge＜As，B不正确；
C．吡咯()分子中，σ键与π键的数目之比为10：2，即5:1，C不正确；
D．碳化硅属于原子晶体，其熔、沸点均小于金刚石，D不正确；
故选A。
15．下列说法正确的是（ ）
A．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109º28´
B．H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键
C．乙醇分子与水分子之间只存在范德华力
D．氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【详解】A项、P4是正四面体分子，键角为60°；CH4是正四面体分子，键角为109°28′，故A错误；
B项、H2O分子之间能形成氢键，H2S分子之间不能形成氢键，H2O分子之间分子间作用力大于H2S，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；
C项、乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；
D项、含氧酸的非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO，故D错误；
故选B。
16．高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
【答案】B
【详解】A．令FeO中铁元素的化合价为x，则x+4×(-2)=-2，解得x=+6，A正确；
B．反应Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe(OH)3是还原剂，FeO是氧化产物，氧化性ClO-> FeO，实际氧化性FeO>Fe(OH)3， B错误；
C．Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO+Cl-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6-3)∶2=3∶2，C正确；
D．K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe(OH)3(胶体)具有净水作用，D正确；
故选B。
二、解答题
17．已知：P4(白磷)+NaOH→NaH2PO2+PH3↑。PH3有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，有同学用如图所示装置制取少量NaH2PO2，相关操作步骤(不是正确顺序)为①打开K，先通入N2一段时间；②在三颈烧瓶中加入丁醇和白磷；③检查装置气密性；④打开K，再通入N2一段时间；⑤关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至50°C~60°C，滴加溶液。
回答下列问题：
(1)仪器X的名称为 ；装置B的作用是 。
(2)该装置中有一处明显错误是 。
(3)实验操作步骤的正确顺序是 (填序号)。
(4)先通入N2一段时间的目的是 。
(5)PH3在C、D中都被氧化成磷酸，C中反应的化学方程式为 。
(6)取产品mg溶于稀硫酸配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，然后用0.02ml/LKMnO4标准溶液滴定，滴定终点的现象是 ；达到滴定终点时消耗VmLKMnO4标准溶液(相关反应的比例关系为4KMnO4~5NaH2PO2)，产品纯度为 %(用含m、V的代数式表示)。
【答案】(1) 分液漏斗 防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用
(2)装置C中导管短进长出
(3)③②①⑤④
(4)排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸
(5)PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl
(6) 当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；
【分析】利用白磷与强碱反应制取NaH2PO2时，会生成PH3，PH3有强还原性，是无色、有毒且能自燃的气体，所以反应发生前，需要通N2，以排除装置内的空气，反应结束后，也需要通N2，防止装置内的PH3外逸到空气中，污染空气。检验PH3的还原性时，使用NaClO，吸收尾气时，使用酸性KMnO4溶液，同时需要防止倒吸。
【详解】（1）仪器X的名称为分液漏斗；装置B中，导管左短右长，其作用是：防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用。答案为：分液漏斗；防止装置C中溶液倒吸，起到安全瓶的作用；
（2）装置C中溶液的作用是探究PH3的还原性，气体应通入溶液中，导管应长进短出，则该装置中有一处明显错误是：装置C中导管短进长出。答案为：装置C中导管短进长出；
（3）实验时，首先要检查装置的气密性，然后加入药品，排尽装置内的空气，防止PH3自燃；关闭K，打开磁力加热搅拌器加热至50°C~60°C，滴加溶液；最后再通入N2，将PH3全部赶入装置C、D中，防止污染空气。则实验操作步骤的正确顺序是③②①⑤④。答案为：③②①⑤④；
（4）PH3易自燃，应排尽装置内的空气，所以需先通入N2一段时间，目的是：排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸。答案为：排尽装置内的空气，防止PH3自燃而引起爆炸；
（5）PH3在C、D中都被氧化成磷酸，C中PH3与NaClO反应生成H3PO4和NaCl，反应的化学方程式为：PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl。答案为：PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl；
（6）用0.02ml/LKMnO4标准溶液滴定，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；
发生反应的关系式为4KMnO4——5NaH2PO2，25mL溶液中，n(NaH2PO2)=n(KMnO4)==2.5×10-5Vml，产品纯度为=%。答案为：当滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；。
【点睛】计算时，也可将25mL溶液中的溶质质量换算成250mL溶液中所含溶质的质量。
18．优化的复合材料作钠离子电池的正极材料时表现出优异的循环稳定性。以黄铁矿(主要成分是，含少量等杂质)为原料制备的流程如图所示。
已知：“滤渣2”中不含硫单质。涉及离子的氢氧化物常温下的溶度积常数如表。(当离子的物质的量浓度时，认为沉淀完全，)
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为 (填一种)。
(3)常温下，“酸浸”时，加入过量的硫酸的目的为 (答一条即可)。
(4)“还原”中与反应的离子方程式为 ；通入空气的条件下，“溶液1”可在“还原”步骤中循环利用，则通入空气的目的是 。
(5)“一系列操作”包括 、过滤、洗涤和低温干燥。
【答案】(1)增大固体接触面积(或提高反应速率，提高原料转化率等)
(2)形成酸雨
(3)抑制溶液中的水解，防止生成沉淀(或将固体完全溶解等)
(4) 将“溶液1”中的氧化为
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备，研磨后再空气中焙烧生成SO2，FeS2转化为Fe2O3，酸浸后Fe2O3转化为Fe3+，SiO2不与硫酸反应过滤后存在于滤渣1中，滤液中加入黄铁矿还原，经过一系列操作得到FeSO4·7H2O固体，再加入柠檬酸和NaFePO4·2H2O得到。
【详解】（1）“研磨”的目的是增大固体接触面积，提高反应速率，提高原料转化率等；
（2）“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为形成酸雨；
（3）常温下，“酸浸”时，加入过量50%的硫酸的目的为抑制溶液中的水解，防止生成沉淀；将固体完全溶解等；
（4）由氧化还原反应的规律可知，“还原”中与反应生成硫酸亚铁，根据得失电子守恒和电荷守恒配平，可以写出“还原”中与反应的离子方程式为；将“溶液1”中的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）“还原”步骤后得到溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤和低温干燥可以得到固体。
19．“碳中和”是国家战略目标，其目的是实现的排放量和利用量达到相等，将资源化是实现“碳中和”目标的重要手段。回答下列问题：
(1)下列措施有利于“碳中和”的是___________(填标号)。
A．植树造林，发展绿色经济B．通过裂化将重油转化为汽油
C．在燃煤中添加或D．大力开采和使用可燃冰
(2)的转化是实现碳中和的重要途径。和在催化下发生反应可合成清洁能源甲醇：，该反应实际上分两步进行。
①第一步：
第二步： (写出化学方程式)。
(2)断开(或形成)化学键的能量变化数据如下表所示，利用下表中的数据可知，该反应每生成甲醇，需要 (填“吸收”或“放出”) 的热量。
(3)已知反应：。
①下列有关上述方程式中涉及的物质相关化学用语正确的是 。
A．的摩尔质量为2 B．中子数为8的氧原子为
C．的结构式为 D．水分子的空间填充模型为
②甲醇的结构式为 。
③甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，其原因是 。
④上述反应的平衡常数的表达式 。
【答案】(1)A
(2) 放出 46
(3) D 甲醇、水分子之间均能够形成分子间氢键，而甲硫醇中的氢硫基不能形成分子间氢键，只存在范德华力，故甲硫醇的沸点最低，且水分子间氢键的强度大于甲醇分子间氢键的强度
【详解】（1）A．植树造林，利用植物的光合作用吸收更多CO2，有利于碳中和，A正确；B．通过裂化将重油转化为汽油，提高汽油产量，与碳中和没有关系，B错误；C．在燃煤中添加或目的是固硫，防止煤燃烧时产生SO2污染空气，与碳中和没有关系，C错误；D．可燃冰主要成分是甲烷，大量使用会排放更多CO2，不利于碳中和，D错误；故选A；
（2）①根据催化剂的催化机理与原子守恒定律，可推出第二步反应的化学方程式为：；
②根据化学方程式，每生成1ml甲醇，需要断开2mlC=O、3mlH-H，生成3mlC-H、1mlC-O、3mlO-H，断开化学键共吸收能量：(2×803+3×436)kJ=2914kJ，生成化学键共放出能量：(3×414+326+3×464)kJ=2960kJ，故每生成1ml甲醇，共放出46kJ的热量。
（3）①A．摩尔质量的单位是g/ml,则 H2的摩尔质量为2g/ml,故A错误；
B．核素符号左上角标质量数，左下角标质子数，即中子数为8的氧原子为，故B错误；
C．已知CO2中C和O之间形成双键，故CO2的结构式为O=C=O，故C错误；
D．已知H2O是V形分子，且H原子半径比O原子半径小，故水分子的空间填充模型为，故D正确；
故答案为：D；
②甲醇为甲基和羟基相结合的产物，其结构式为；
③由于甲醇、水分子之间均能够形成分子间氢键，而甲硫醇中的氢硫基不能形成分子间氢键，只存在范德华力，故甲硫醇的沸点最低，且水分子间氢键的强度大于甲醇分子间氢键的强度，则导致甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；
④平衡常数是指平衡时生成物浓度的系数次幂之积和反应浓度的系数次幂之积的比值，故上述反应的平衡常数的表达式。
20．化合物是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物为原料制备的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)的反应类型为 。
(2)C中碳原子的杂化类型是 ，的官能团名称为 。
(3)由生成的化学方程式为 。
(4)的同分异构体中，满足下列条件的有种 (考虑分子的手性)，任写出其中一种核磁共振氢谱中有4组吸收峰的结构简式： 。
①含苯环
②的该物质与足量的银氨溶液反应，可制得
(5)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙酫为原料(元机试剂任选)，设计制备聚丁烯的合成路线 。
【答案】(1)消去反应
(2) sp2、sp3 酯基、碳碳双键
(3)+I2+HI
(4) 10 或者；
(5)
【分析】由A→B→C及A、B分子式可知：A为甲苯，B为邻甲基苯甲醛，B→C为醛的催化氧化；C→D→E为“已知”信息所示的转化过程，合成路线中各物质分别如下：。
【详解】（1）其中断键和形成新键的方式可知：该过程中是卤代烃的消去反应，故答案为：消去反应；
（2）C的结构中有苯环、羧基碳原子杂化方式为sp2、甲基中碳原子的杂化方式为sp3；M的结构简式为：，其中官能团为酯基和碳碳双键，故答案为：sp2、sp3，酯基、碳碳双键；
（3）生成发生题设已知所给信息的反应方程式为：+I2+HI，故答案为：+I2+HI；
（4）的该物质与足量的银氨溶液反应，可制得，该同分异构体有2个醛基，有以下几种情况：
①两个醛基和一个甲基做取代基，有6种结构，
②—CH2CHO和—CHO做取代基，有3种结构，
③做取代基，有1种结构，
总共有6+3+1=10种结构符合条件；其中有4组吸收峰的是：、两种，故答案为：10、或者；
（5）利用，乙烯和溴化氢加成生成的CH3CH2Br再与乙醛反应即可生成2-丁烯，通过加聚反应即可获得目标产物。答案为：
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
具有还原性
B
向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
的氧化性比的强
D
用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小
是弱电解质
离子
化学键
436
326
803
464
414
相关试卷
广西玉林市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题： 这是一份广西玉林市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题，共11页。试卷主要包含了下列有关物质的分类正确的是，下列离子方程式书写正确的是，下列实验装置能达到实验目的的是，下列有关化学用语的说法正确的是，已知① ②，等内容，欢迎下载使用。
广西玉林市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题： 这是一份广西玉林市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题，共6页。
广西玉林市博白县六校2023-2024学年高三上学期12月第二次月考化学试卷Word版含答案： 这是一份广西玉林市博白县六校2023-2024学年高三上学期12月第二次月考化学试卷Word版含答案，文件包含化学试卷第二次月考docx、化学答案23年秋季期高三年级第二次月考1pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
