諸暨市2022年12月高三診斷性考試試題化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23S32Cu64Ag108Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質(zhì)的分類不正確的是A.石墨烯——烴 B.二氧化硅——共價化合物C.有色玻璃——固溶膠 D.酒精——純凈物【答案】A【解析】【詳解】A．石墨烯是只有1個碳原子直徑厚度的單層石墨，組成元素只有碳元素，不屬于烴，A項錯誤；B．二氧化硅是只含Si—O共價鍵的化合物，屬于共價化合物，B項正確；C．固溶膠是指將固體作為分散劑所形成的溶膠，有色玻璃屬于固溶膠，C項正確；D．酒精是乙醇的俗稱，其分子式為C2H6O，結(jié)構簡式為CH3CH2OH，屬于純凈物，D項正確；答案選A。2.下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)，但水溶液能導電的是A. B.石墨 C. D.【答案】D【解析】【詳解】A．是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，A不符合題意；B．石墨是碳單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，B不符合題意；C．水溶液本身能電離出自由移動的H+和，屬于電解質(zhì)，C不符合題意；D．溶于水中，與水反應生成氨水，氨水能電離出自由移動銨根離子和OH，溶液能導電，但由于不是NH3自身電離，屬于非電解質(zhì)，D符合題意；故選D。3.下列實驗裝置不能完成物質(zhì)分離或除雜的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．該裝置用于測定氣體的生成速率，不能完成物質(zhì)分離或除雜，故A符合題意；B．該裝置可用于分液操作，能夠分離互不相溶的兩種液體，能夠完成物質(zhì)分離或除雜，故B不符合題意；C．該裝置可用于蒸餾操作，能夠分離沸點有差異的液體，能夠完成物質(zhì)分離或除雜，故C不符合題意；D．該裝置可用于洗氣操作，能夠去除氣體中的雜質(zhì)氣體，能夠完成物質(zhì)分離或除雜，故D不符合題意；故選A。4.下列物質(zhì)對應的化學式不正確的是A.蘇打：Na2CO3 B.漂粉精：Ca(ClO)2和CaCl2C.瑪瑙：SiO2 D.石膏：2CaSO4?H2O【答案】D【解析】【詳解】A．蘇打是碳酸鈉的俗稱，化學式為Na2CO3，A正確；B．漂粉精是石灰乳中通入氯氣生成的混合物，其主要成分為Ca(ClO)2和CaCl2，B正確；C．瑪瑙的主要成分是二氧化硅，化學式為SiO2，C正確；D．石膏通常是指生石膏，化學式為CaSO4?2H2O，2CaSO4?H2O是熟石膏的化學式，D不正確；故選D。5.下列表示正確的是A.Fe3+電子排布：1s22s22p63s23p63d5 B.酒精的結(jié)構式：C2H5OHC.NH3的球棍模型 D.Ca2+的結(jié)構示意圖【答案】A【解析】【詳解】A．Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則Fe3+的電子排布：1s22s22p63s23p63d5，A正確；B．C2H5OH為酒精的結(jié)構簡式，酒精的結(jié)構式為，B不正確；C．NH3分子呈三角錐形結(jié)構，其球棍模型為，C不正確；D．為Ca的原子結(jié)構示意圖，Ca2+的結(jié)構示意圖為，D不正確；故選A。6.下列說法正確的是A.H2、D2、T2互為同素異形體 B.晶體硅、無定形硅互為同位素C.核糖和脫氧核糖互為同系物 D.果糖和葡萄糖互為同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．H2、D2、T2的物理性質(zhì)有差異，但結(jié)構相同，化學性質(zhì)相同，它們不互為同素異形體，A不正確；B．晶體硅、無定形硅是硅元素形成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，B不正確；C．核糖和脫氧核糖的結(jié)構不相似，分子組成上也不是相差若干個“CH2”，二者不互為同系物，C不正確；D．果糖和葡萄糖的分子式都為C6H12O6，但結(jié)構不同，二者互為同分異構體，D正確；故選D。7.下列說法不正確的是A.鐵紅常用作油墨和橡膠的紅色顏料B.純鋁質(zhì)輕，適合制造機器零件C.人體攝入體內(nèi)的纖維素不能水解轉(zhuǎn)化為葡萄糖D.大氣中的氮氣可以通過自然固氮、人工固氮等方式轉(zhuǎn)變?yōu)榛蠎B(tài)【答案】B【解析】【詳解】A．氧化鐵俗稱鐵紅，為紅棕色粉末，是常用的紅色顏料，故A正確；B．純鋁的硬度和強度較小，不適合制造機器零件，故B錯誤；C．人體內(nèi)沒有消化纖維素的酶，纖維素在人體內(nèi)不能水解成葡萄糖，故C正確；D．氮的固定指的是通過自然或人工方法，將氮氣轉(zhuǎn)化為其它可利用的化合物的過程，故D正確；故選B。8.下列有關說法正確的是A.二氧化硫與雙氧水反應生成三氧化硫B.鋁粉與氧化鎂反應可制得鎂C.通過化合反應可制得D.氨氣通入溶有的飽和氯化鈉溶液可析出碳酸氫鈉【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化硫與雙氧水反應生成硫酸，發(fā)生的化學方程式為：SO2＋H2O2=H2SO4，故A錯誤；B．鎂的活動性強于鋁，因此鋁粉與氧化鎂反應不可制得鎂，故B錯誤；C．通過化合反應2FeCl3+Fe=3FeCl2，可制得FeCl2，故C正確；D．二氧化碳在水中的溶解度較小，因此氨氣通入溶有二氧化碳的飽和氯化鈉溶液中不能析出碳酸氫鈉，應該是二氧化碳通入溶有氨氣的飽和氯化鈉溶液可析出碳酸氫鈉，故D錯誤；故選C。9.下列說法不正確的是A.天然氣、沼氣、煤層氣的主要成分是甲烷B.高溫下煤和水蒸氣作用得到CO、、等氣體，屬于煤的氣化C.石油裂解氣能使溴的四氯化碳溶液、酸性溶液褪色D.屬于多環(huán)芳烴，至少有14個原子共平面【答案】D【解析】【詳解】A．天然氣、沼氣和煤層氣的主要成分都是相同的，均為甲烷，A正確；B．煤的氣化是指以煤為原料,以氧氣(空氣、富氧或純氧)、水蒸氣或氫氣等作氣化劑(或稱氣化介質(zhì))，在高溫條件下通過化學反應把煤或煤焦中的可燃部分轉(zhuǎn)化為氣體的過程，所以在高溫下煤和水蒸氣作用得到CO、H2、CH4等氣體的方法屬于煤的氣化，B正確；C．石油裂解氣中有烯烴和烷烴，其中烯烴為不飽和烴，能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．由于兩個苯環(huán)相聯(lián)的單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以三個苯環(huán)確定的平面不一定在同一平面，但如圖所示原子共線，，所以至少有16個原子共平面，故D錯誤；故選D。10.關于反應，下列說法正確的是A.發(fā)生氧化反應B.既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物C.生成3mol時，轉(zhuǎn)移10mol電子D.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2∶7【答案】B【解析】【詳解】A．過氧化鈉中氧元素化合價為1價，生產(chǎn)成物中氧元素為2價，化合價降低，發(fā)生還原反應，故A錯誤；B．Cr元素化合價從+3價升高至+6價，過氧化鈉中氧元素化合價從1價降為2價，所以既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，故B正確；C．過氧化鈉中氧元素化合價從1降為氧化鈉中氧元素化合價2，生成3mol時，轉(zhuǎn)移3mol電子，故C錯誤；D．過氧化鈉中氧元素化合價降低為氧化劑，中鐵元素和鉻元素化合價升高為還原劑，物質(zhì)的量比值為7:2，故D錯誤；答案選B。11.下列說法正確的是A.銅片與濃硫酸共熱后，冷卻，再向混合液中加入一定量蒸餾水，溶液呈藍色B.鋁片用濃硝酸浸泡后，取出洗凈，投入到硫酸銅溶液中，無明顯現(xiàn)象C.配制一定物質(zhì)的量濃度食鹽水時，若容量瓶內(nèi)有殘留蒸餾水，則所配溶液濃度偏低D.常溫下，分別向兩支盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中加入、過氧化氫溶液，根據(jù)褪色時間比較濃度對反應速率的影響【答案】B【解析】【詳解】A．銅片與濃硫酸共熱后，冷卻，再向混合液中加入一定量蒸餾水，相當于往濃硫酸中加水，液體會噴出，從而引發(fā)安全事故，A不正確；B．鋁片用濃硝酸浸泡后，發(fā)生鈍化，表面生成鈍化膜，取出洗凈，投入到硫酸銅溶液中，氧化鋁與Cu2+不發(fā)生反應，無明顯現(xiàn)象，B正確；C．配制一定物質(zhì)的量濃度食鹽水時，若容量瓶內(nèi)殘留蒸餾水，則不影響所配溶液的體積和溶質(zhì)的物質(zhì)的量，所配溶液濃度不變，C不正確；D．常溫下，分別向兩支盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中加入、過氧化氫溶液，高錳酸鉀均過量，不會產(chǎn)生褪色現(xiàn)象，D不正確；故選B。12.設為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.常溫下，任意比例混合的環(huán)丙烷和丙烯混合物中，含氫原子的數(shù)目為B.高溫下，鐵粉與水蒸氣反應，固體的質(zhì)量增加，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為C.30g冰醋酸與過量乙醇發(fā)生酯化反應，充分反應后斷裂OH鍵的數(shù)目為D.0.5L0.1mol·L溶液中陰陽離子總數(shù)大于【答案】D【解析】【詳解】A．環(huán)丙烷和丙烯混合物質(zhì)量未知，無法計算其氫原子的數(shù)目，故A錯誤；B．高溫下，鐵粉與水蒸氣反應的方程式為：，可知固體增加的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，所以氧元素質(zhì)量為，物質(zhì)的量為0.3mol，氧元素來源于水，則可知反應消耗了水的物質(zhì)的量為0.3mol，從反應方程式可知消耗1mol水，轉(zhuǎn)移2mol電子，所以消耗0.3mol水，轉(zhuǎn)移電子0.6mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為A，故B錯誤；C．30g冰醋酸物質(zhì)的量為0.5mol，與過量乙醇發(fā)生酯化反應，因為酯化反應是可逆反應，所以充分反應后斷裂OH鍵的數(shù)目為小于，故C錯誤；D．1個碳酸根離子水解生成1個碳酸氫根離子和氫氧根離子，導致離子個數(shù)增加，所以溶液中，陰、陽離子的總數(shù)大于，故D正確；故選D。13.下列實驗對應的離子方程式正確的是A.向含有的溶液中通入充分反應：B.將乙醇與足量酸性重鉻酸鉀溶液混合：C.足量NaOH溶液脫除煙氣中的：D.少量與次氯酸鈉溶液混合：【答案】A【解析】【詳解】A．由于還原性：>,因此向含有的溶液中通入被氧化，離子方程式為：，A正確；B．乙醇與足量酸性重鉻酸鉀溶液混合，乙醇被氧化為乙酸，乙酸不能被酸性重鉻酸鉀氧化，離子方程式為：，B錯誤；C．足量NaOH溶液脫除煙氣中的,發(fā)生的離子方程為：SO2+=+H2O，C錯誤；D．少量與次氯酸鈉溶液混合,發(fā)生的離子方程式為：，D錯誤；故選A。14.下列說法中不正確的是A.二苯甲烷、四氟乙烯、異丙醇都能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B.苯酚能與氫氧化鈉溶液反應而乙醇不能，體現(xiàn)了苯環(huán)對羥基的影響C.屬于加成反應D.通過煤的干餾得到煤焦油，進而分離出甲苯【答案】C【解析】【詳解】A．二苯甲烷、四氟乙烯、異丙醇都能與稀酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生化學反應，使其褪色，故A正確；B．苯酚和乙醇均含羥基，苯酚能與氫氧化鈉溶液反應而乙醇不能，說明苯環(huán)對羥基有影響，故B正確；C．在酸性環(huán)境下發(fā)生水解反應，屬于取代反應，故C錯誤；D．通過煤的干餾屬于化學變化，通過干餾得到的煤焦油中可分離出甲苯，故D正確；答案選C。15.關于化合物結(jié)構如圖所示，下列說法正確的是A.化學式為B.1mol該有機物在一定條件下最多能與5molNaOH反應C.該物質(zhì)能在酸性條件下水解，生成兩種非電解質(zhì)D.該物質(zhì)在一定條件下能發(fā)生取代、氧化、加成、消去、縮聚反應【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)該化合物的結(jié)構簡式可知，其化學式為C14H18I3N3O6，A錯誤；B．1mol該物質(zhì)中含有2mol酰胺基，能與2molNaOH反應，B錯誤；C．該物質(zhì)在酸性條件下水解生成和HOCH2CH(OH)CH2NH，這兩種物質(zhì)并不是非電解質(zhì)，C錯誤；D．該物質(zhì)中含有羥基、氨基，能發(fā)生取代、氧化、縮聚反應，含有苯環(huán)能發(fā)生加成反應，同時也能發(fā)生醇的消去反應，D正確；故答案選D。16.有不同主族的五種元素W、X、Y、Z、Q，原子序數(shù)依次增大，其中W、X、Y、Z屬于短周期元素，X最外層電子數(shù)是其周期數(shù)的2倍，可用于自來水消毒，W和X形成的化合物種類繁多。下列說法正確的是A.常溫下，為氣態(tài)，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構B.Q的單質(zhì)常溫下一定能與水反應，且比鈉劇烈C.X的氫化物一定不如Y的氫化物穩(wěn)定D.W、X、Y形成的物質(zhì)可能具有殺菌消毒作用【答案】D【解析】【分析】X最外層電子數(shù)是其周期數(shù)的2倍，則X為C，W和X形成的化合物種類繁多，且原子序數(shù)比X小，則W為H，可用于自來水消毒，則Y為O，Z為Cl，五種元素在不同主族，且Q的原子序數(shù)最大，則Q可能為：Ca、Ga、As等以此解題?！驹斀狻緼．由分析可知，為CH3Cl，其中H原子不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，A錯誤；B．由分析可知，Q可能為：Ca、Ga、As等，當Q為As時常溫下不能和水反應，B錯誤；C．Y的氫化物如果為過氧化氫，較不穩(wěn)定，C錯誤；D．W、X、Y形成的物質(zhì)可以為甲醛，其水溶液福爾馬林具有殺菌消毒作用，D正確；故選D。17.常溫下，下列說法不正確的是A.已知鹽溶液NaX的，則當升高溫度時，溶液的pH可能減小B.等體積的HX和HY兩種酸分別與足量鐵反應生成氫氣，若HX放出的氫氣多且反應速率快，則酸性HX<HYC.用pH計測得飽和NaX溶液和飽和NaY溶液的pH：NaX>NaY，則酸性：HX<HYD.等pH的HX和HY兩種酸，分別稀釋相同倍數(shù)，pH變化大的酸性更強【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下，鹽溶液NaX，該溶液呈堿性，存在平衡：X+H2OHX+OH，該反應是吸熱的，升高溫度，平衡正向移動，OH濃度增大，但KW=c(H+)c(OH)也在增大，可能出現(xiàn)c(H+)增大，pH減小的情況，故A正確；B．等體積的HX和HY兩種酸溶液中c(H+)相等，與足量鐵反應生成氫氣，若HX放出的氫氣多且反應速率快，說明一段時間后，HX溶液中c(H+)大于HY溶液，則開始階段HX的電離程度小，酸性：HX<HY，故B正確；C．飽和NaX溶液和飽和NaY溶液的濃度不一定相等，則c(X)和c(Y)的濃度不一定相等，不能通過測量溶液pH的方法比較HX和HY的酸性大小，故C錯誤；D．等pH的HX和HY兩種酸，分別稀釋相同倍數(shù)，較弱酸的pH變化小，則pH變化大的酸性更強，故D正確；故選C。18.下列說法正確的是A.工業(yè)上利用熱分解制備單質(zhì)銅B.實驗室可通過NaI固體和濃硫酸制備HIC.石油的減壓分餾是為了避免高溫使烴分解和損害設備等D.使用乙醇、天然氣代替部分或全部燃油并不能減少汽車尾氣污染【答案】C【解析】【詳解】A．工業(yè)上利用熱還原法制備單質(zhì)銅，故A錯誤；B．由于HI具有較強的還原性，能被濃硫酸氧化，所以實驗室通過NaI固體和濃磷酸制備HI，故B錯誤；C．石油的減壓分餾可以降低物質(zhì)的沸點，從而避免高溫使烴分解和損害設備等，故C正確；D．使用乙醇、天然氣代替部分或全部燃油能夠減少二氧化碳的排放，從而減少汽車尾氣污染，故D錯誤；故選C。19.已知恒溫下，溶液中發(fā)生反應，溶液中隨時間變化如圖所示。下列說法正確的是A.反應過程中一定存在：B.mol/L時，可判斷反應達到平衡狀態(tài)C.反應達平衡后，再加入蒸餾水，平衡正移D.時，【答案】C【解析】【詳解】A．同一反應在相同時間內(nèi)，各物質(zhì)的速率之比等于它們的化學計量數(shù)之比，則，即v()=3v(I)，選項A錯誤；B．由圖像可知，當反應達到平衡狀態(tài)時，c(I)=mmol/L，則濃度的變化量為3mmol/L，但不知道濃度的初始量，則不知道濃度的平衡量，選項B錯誤；C．反應達平衡后，再加入蒸餾水，瞬間各離子的濃度均減小，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向增大離子濃度(體積一定，增大離子的物質(zhì)的量，就是增大離子濃度)的方向移動，即平衡正移，選項C正確；D．由圖像可知，tA之后，c(I)仍在增大，則反應仍在正向進行，即v正>v逆，選項D錯誤；答案選C。20.已知：下列說法正確的是A.B.HCl和HBr的鍵能差可以表示為C.D.升溫時，丙烷與反應速率加快，與Br反應速率降低【答案】C【解析】【詳解】A．Cl比Br活潑，則HCl比HBr穩(wěn)定，HBr中HBr鍵斷裂要吸收更多的能量，，故A錯誤；B．③①得HCl+Br·→HBr+Cl·，H=H3，鍵能差為，故B錯誤；C．由蓋斯定律可知，①③=②④，則，故C正確；D．升高溫度可加快反應速率，則升高溫度，吸熱反應、放熱反應速率都增大，故D錯誤；故選C。21.水系電池通常指能夠反復充電的二次電池體系。某種鋅電極和或水系電解液組成的水系鋅離子電池(ZIBs)嵌入脫嵌機制如圖，在許多具有隧道型和層狀結(jié)構的化合物中，能夠在其主體結(jié)構嵌入/脫出，放電時，隧道結(jié)構內(nèi)壁中的部分錳從四價被還原為三價后發(fā)生歧化，一部分錳以的形式從隧道壁進入電解液中，下列說法不正確的是A.充電時，連電源負極調(diào)整B.放電時，正極總反應式是：C.充電時，從水鈉錳礦結(jié)構中脫出，電解液中溶解的重新返回D.相比鋰離子電池，可充電水系鋅離子電池(ZIBs)具有低成本、高安全等優(yōu)點【答案】A【解析】【分析】Zn為活潑金屬為負極，MnO2為氧化劑發(fā)生還原反應作正極，負極上Zn失去電子變成Zn2+離子，正極上MnO2得電子生成二價Mn，充電時負極接外加電源的負極作陰極，正極接外加電源的正極作陽極?！驹斀狻緼．充電時接外加電源的正極作陽極，故A錯誤；B．放電時MnO2作正極發(fā)生還原反應與鋅離子結(jié)合生成ZnMn2O4，故B正確；C．放電時Zn失去電子形成Zn2+嵌入到水鈉錳礦中，錳離子進入電解液，充電時Zn2+從水鈉錳礦中脫出，Mn2+重新返回電解液，故C正確；D．可充電水系鋅離子電池(ZIBs)原料便宜，鋅比較穩(wěn)定，安全性高，故D正確；答案選A。22.鈦是第四種被廣泛應用的金屬，被譽為“未來世紀的金屬”，下列說法不正確的是A.Ti元素在元素周期表中的位置是第4周期ⅣB族B.偏鈦酸鋇晶體中晶胞的結(jié)構如圖，其化學式是C.化合物呈橘黃色，晶體中的化學鍵有離子鍵、極性鍵、非極性鍵和氫鍵D.Ti元素在元素周期表中屬于d區(qū)元素【答案】C【解析】【詳解】A．Ti元素的原子序數(shù)為22，在元素周期表中的位置是第4周期ⅣB族，故A正確；B．由晶胞結(jié)構圖可知，每個晶胞中有一個Ba原子，Ti原子，O原子，所以化學式是，故B正確；C．氫鍵屬于分子間作用力，不是化學鍵，故C錯誤；D．Ti元素的原子序數(shù)為22，其價電子排布為3d24s2，在元素周期表中屬于d區(qū)元素，故D正確；故選C。23.已知H?R為二元弱酸，，。室溫下，下列說法不正確的是A.溶液pH<7B.用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性時，溶液中C.溶液：D.將的溶液與pH=12的NaOH溶液混合恰好中和時，消耗NaOH溶液體積大【答案】C【解析】【詳解】A．溶液中，HR既發(fā)生水解又發(fā)生電離，，水解程度小于電離程度，先酸性，，pH<7，A正確；B．由=5.4×105，當溶液呈中性時，c(H+)=107mol/L，，所以，B正確；C．在溶液中，中H元素守恒，0.2mol/L=c(H+)+2c(H2R)+c(HR)，水電離出的c(OH)=c(H+)(水)，c(H+)=c(H+)(水)+c(H+)酸，故，C錯誤；D．pH=12的NaOH溶液濃度為，當H2R與氫氧化鈉混合恰好形成正鹽時，H2R溶液濃度為，所以所需氫氧化鈉溶液的體積較大，D正確；故選C。24.光催化三氟甲基環(huán)丙烷甲酸與鹵代芳烴反應，可能涉及能量轉(zhuǎn)移驅(qū)動的催化循環(huán)機理如圖(*表示激發(fā)態(tài)，tBu代表一種烴基)，下列說法不正確的是A.反應過程中發(fā)生了取代反應B.反應過程中A是中間產(chǎn)物C.物質(zhì)A中存在配位鍵D.總反應為：【答案】B【解析】【分析】從整個反應過程看，和為反應物，為生成物，總反應為。【詳解】A．從圖中可以看出，含苯環(huán)有機物分子中的Br被基所取代，則反應過程中發(fā)生了取代反應，A正確；B．從整個反應過程看，和為反應物，為生成物，則反應過程中A是催化劑，B不正確；C．物質(zhì)A中N原子已經(jīng)與C原子形成了三個共價鍵，則N與Ni原子間形成配位鍵，C正確；D．由分析可知，總反應為：，D正確；故選B。25.下列實驗設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項實驗目的實驗設計和現(xiàn)象實驗結(jié)論A檢驗某溶液中是否含有向溶液中滴加溶液產(chǎn)生白色沉淀，再滴加稀硝酸，沉淀未消失該溶液中含有B判斷平衡移動的方向向和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體，溶液顏色變淺平衡向逆反應方向移動C檢驗甲酸的還原性向新制氫氧化銅懸濁液中加入過量5%甲酸溶液，加熱煮沸，產(chǎn)生磚紅色沉淀甲酸具有還原性D探究和反應原理向溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成溶液中結(jié)合的能力比強A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中若有亞硫酸根離子會生成亞硫酸銀沉淀，加入硝酸被氧化為硫酸銀沉淀沉淀不溶解，A錯誤；B．體系中加入少量KCl固體對平衡沒有影響，溶液顏色不變，B錯誤；C．堿性條件下新制氫氧化銅懸濁液中加入少量甲酸溶液，加熱煮沸，產(chǎn)生磚紅色沉淀，C錯誤；D．向溶液中滴加溶液發(fā)生的反應為：，所以溶液中結(jié)合的能力比強，D正確；故選D。二、填空題26.完成下列小題（1）Mg、Al、Si、P、S五種元素中，第一電離能最小的基態(tài)原子的簡化電子排布式：_____，電負性最大的基態(tài)原子，其價層電子的軌道表示式為：_____。（2）草酸鎳受熱分解的化學方程式為：。草酸根中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為_____：與CO2互為等電子體(等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)相同的分子、離子或原子團)的陰離子為_____(任寫一種)。（3）在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6，組成為TiCl3?6H2O的晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為1∶2，則由該晶體的化學式還可以寫成_____。（4）黑磷與石墨類似，也具有層狀結(jié)構(如圖1)，科學家最近研發(fā)了黑磷一石墨復合負極材料，其單層結(jié)構俯視圖如圖2所示。結(jié)合區(qū)根據(jù)圖1和圖2的信息，下列說法正確的是_____。A.黑磷屬于過渡晶體B.黑磷區(qū)PP鍵的鍵能不完全相同C.黑磷區(qū)P原子、石墨區(qū)C原子雜化方式分別為sp3、sp2D.該復合材料可能具有良好的導電性和較大的硬度（5）請結(jié)合下表中相關的性質(zhì)，請解釋NH4NO3的熔點比C2H5NH3NO3高的原因_____。碳化鋁NH4NO3C2H5NH3NO3物理性質(zhì)熔點2200℃，烙融態(tài)不導電熔點170℃，熔融能導電熔點12℃，熔融能導電（6）MgO結(jié)構如圖3，其中陰離子位于立方體面心和頂點形成最密堆積，陽離子填充在其中的部分空隙中，結(jié)合X射線衍射實驗可知：r(O2，r(Mg2+。則MgO晶體的密度為_____g/cm(不用化簡，列出計算式即可，表示阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）①.[Ne]3s23p1②.（2）①.5:2②.SCN－或CNO－等（3）[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O（4）BC（5）離子半徑：＜，NH4NO3中的離子鍵強，故NH4NO3的熔點高（6）【解析】【小問1詳解】Mg、Al、Si、P、S五種元素中，Mg、Al為金屬，第一電離能比非金屬元素小，Mg、Al為同周期相鄰元素，Mg的3s軌道全充滿，其能量比Al低，第一電離能比Al大，所以第一電離能最小的基態(tài)原子為Al，簡化電子排布式：[Ne]3s23p1；Si、P、S為同周期左右相鄰元素，S的非金屬性最強，電負性最大，其價層電子的軌道表示式為：。【小問2詳解】草酸根的結(jié)構式為，含有5個σ鍵和2個π鍵，則σ鍵和π鍵的個數(shù)比為5:2：與CO2互為等電子體的陰離子為SCN－或CNO－等?！拘?詳解】在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為6，組成為TiCl3?6H2O的晶體，該晶體中兩種配體的物質(zhì)的量之比為1∶2，則配離子中，兩種配體Cl、H2O的個數(shù)為2、4，從而得出該晶體的化學式還可以寫成[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O?！拘?詳解】A．黑磷層內(nèi)P原子間以共價鍵相連，層與層之間只存在范德華力，所以屬于混合型晶體，而不是過渡晶體，A不正確；B．從圖1中提供的數(shù)據(jù)可以看出，黑磷區(qū)PP鍵的鍵長不完全相同，則鍵能不完全相同，B正確；C．黑磷區(qū)P原子的價層電子對數(shù)為4，石墨區(qū)C原子的價層電子對數(shù)為3，則黑磷區(qū)P原子、石墨區(qū)C原子的雜化方式分別為sp3、sp2，C正確；D．該復合材料內(nèi)部存在自由電子，具有良好的導電性，但層與層之間只有微弱的范德華力，所以硬度不大，D不正確；故選BC?！拘?詳解】NH4NO3和C2H5NH3NO3在熔融狀態(tài)下能導電，表明它們都是離子晶體，NH4NO3的熔點高于C2H5NH3NO3，表明微粒間的作用力NH4NO3比C2H5NH3NO3大，比半徑小，所以NH4NO3的熔點比C2H5NH3NO3高的原因：離子半徑：＜，NH4NO3中的離子鍵強，故NH4NO3的熔點高?！拘?詳解】在MgO晶體中，三個O原子構成面對角線，則邊長為nm，在1個晶胞中，含有Mg2+個數(shù)為=4，含O2個數(shù)為=4，則MgO晶體的密度為=g/cm?！军c睛】計算晶胞中所含微粒數(shù)目時，可采用均攤法。27.無機物X是一種不帶結(jié)晶水的不溶性正鹽，為探究其組成，設計并進行了調(diào)整驗(過程中生成的氣體假設全部逸出，部分產(chǎn)物已略去)：已知：①氣體B易溶于水，所得溶液在空氣中酸性逐漸變強，②溶液C中不存在含金屬元素的陽離子；請回答：（1）溶液C中含有的陰離子有、一種直線型的_____和少量；（2）X的化學式為_____：（3）寫出溶液C中相關離子轉(zhuǎn)化成磚紅色沉淀E的離子方程式_____；（4）設計實驗驗證氣體B溶于水后，酸性逐漸變強過程中溶液的溶質(zhì)_____；（5）有人認為磚紅色沉淀和氣體B可以發(fā)生反應，試解釋原因：_____。【答案】（1）（2）（3）（4）取溶于水后的溶液于三支試管中，第一支試管中加入石蕊，顯紅色說明有酸性，第二支加入足量的鹽酸酸化，再加入氯化鋇，振蕩如有白色沉淀，則含有硫酸；第三支試管里加入品紅溶液，振蕩，如果紅色褪去，加熱后又恢復為紅色說明含有亞硫酸；若兩者現(xiàn)象都有，則為混合物。（5）有還原性，亞銅有氧化性，能發(fā)生氧化還原反應【解析】【分析】已知：①氣體B易溶于水，所得溶液在空氣中酸性逐漸變強，則B推測為二氧化硫，B二氧化硫為，X中含亞硫酸根離子；C和氫氧化鈉反應生成氣體D，則D為氨氣（物質(zhì)的量為），生成磚紅色沉淀E，E為氧化亞銅沉淀，氧化亞銅為，已知：②溶液C中不存在含金屬元素的陽離子，則C中亞銅離子和加入的氯離子形成配離子，X中含有一價銅；根據(jù)元素守恒可知，X中含有一價銅、亞硫酸根離子、氮，根據(jù)化合價可知，一價銅需要結(jié)合亞硫酸根離子，則還有亞硫酸根離子結(jié)合銨根離子，形成，那么還有的氮會與一價銅形成配離子，配離子與的硫酸根離子結(jié)合成的，與的的質(zhì)量和恰好為，故X為；無機鹽與足量的鹽酸反應生成氨氣B和溶液C，C中含有生成的和過量的鹽酸，C加入足量的氫氧化鈉生成氨氣D和氧化亞銅E；【小問1詳解】由分析可知，溶液C中含有的陰離子有、一種直線型的和少量；【小問2詳解】由分析可知，X為；【小問3詳解】溶液C中和氫氧根離子反應生成磚紅色沉淀氧化亞銅和氯離子、水，離子方程式；【小問4詳解】氣體B溶于水后，和水生成亞硫酸，亞硫酸被空氣中氧氣氧化為硫酸，使得溶液酸性增強；酸性溶液能使石蕊試液變紅使，硫酸根離子和鋇離子生成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，二氧化硫具有漂白性能使品紅溶液褪色；故實驗設計可以為：取溶于水后的溶液于三支試管中，第一支試管中加入石蕊，顯紅色說明有酸性，第二支加入足量的鹽酸酸化，再加入氯化鋇，振蕩如有白色沉淀，則含有硫酸；第三支試管里加入品紅溶液，振蕩，如果紅色褪去，加熱后又恢復為紅色說明含有亞硫酸；若兩者現(xiàn)象都有，則為混合物。【小問5詳解】中硫為+4價，化合價能升高，有還原性；亞銅中銅化合價為+1，能降低，具有氧化性；故兩者能發(fā)生氧化還原反應。28.研究氮氧化物的性質(zhì)具有重要的意義。（1）NO可以催化與的反應：反應Ⅰ．kJ/mol反應Ⅱ．kJ/mol①下列說法正確的是：_____。A．高溫下有利于反應I的自發(fā)進行B．反應Ⅱ的對該反應的自發(fā)性影響不大C．恒溫恒容下加入一定量與，若容器內(nèi)壓強沒有明顯變化，說明不加催化劑時，與的反應不能自發(fā)進行D．NO催化下，一定量與反應一段時間后，升高溫度，的體積分數(shù)可能變大②據(jù)報道，瑞典某工廠利用上述反應制取硫酸。在合成時，向反應容器中適時通入冷激氣(冷的原料氣)，其作用是_____。（2）密閉容器中加入一定量和，發(fā)生反應Ⅱ(忽略其它反應)。保持常壓條件，經(jīng)過相同時間，測得的體積分數(shù)隨溫度的變化如圖所示：①由圖可知，在M點之前，反應中的體積分數(shù)隨溫度升高而減小，其原因為：_____。②250℃和常壓下，等物質(zhì)的量的和反應后，測得平衡時NO的物質(zhì)的量分數(shù)為40%，則該反應的物質(zhì)的量分數(shù)平的轉(zhuǎn)化率衡常數(shù)_____。(是用平衡時物質(zhì)的量分數(shù)代替平衡濃度計算)保持上述條件不變，提高原料中的比例，使平衡時的產(chǎn)率為90%。則和的投料比(即起始時加入的物質(zhì)的量之比)為_____。（3）在一定溫度下，一定量分解成氮氣和氧氣，同時釋放出熱量。分解的部分實驗數(shù)據(jù)如下表。反應一段時間后，只改變?nèi)缦乱粋€條件。下列說法正確的是：_____。反應時間/min0102030405060708090100/mol·LA.增大壓強，分解速率增大B.增大容器的體積，該分解反應平衡右移，變小C.減小的濃度，該分解反應速率減小D.升高溫度，容器內(nèi)氣體的壓強一定變大（4）以固體催化劑催化CO還原NO生成和氣體，反應歷程如下(*表示吸附態(tài))，請補充完整。化學吸附：；表面反應：；_____：；_____。脫附：；【答案】（1）①.BD②.充分利用能量；有利于控制反應溫度，防止溫度過高，上述平衡右移，提高原料轉(zhuǎn)化率（2）①.M點之前，尚未平衡。恒壓下升溫，體積變大，反應物濃度減小對速率的影響小于溫度升高對速率的影響。故隨著溫度升高，速率加快，的物質(zhì)的量減小，體積分數(shù)減?、?16③.45∶32（3）D（4）①.②.【解析】【小問1詳解】①A．反應I為放熱的熵減反應，低溫下有利于反應I的自發(fā)進行，A錯誤；B．反應Ⅱ為氣體分子數(shù)不變的反應，故對該反應的自發(fā)性影響不大，B正確；C．催化劑只改變反應的速率，不能改變反應的進行程度和焓變；恒溫恒容下加入一定量與，若容器內(nèi)壓強沒有明顯變化，不能說明不加催化劑時，與的反應是否能自發(fā)進行，C錯誤；D．NO催化下，一定量與反應一段時間后，若反應還沒有達到平衡狀態(tài)，則升高溫度，反應速率加快，使得的體積分數(shù)可能變大，D正確；故選BD；②已知：反應Ⅰ．kJ/mol反應Ⅱ．kJ/mol由蓋斯定律可知，反應Ⅰ+2×反應Ⅱ得：，反應為放熱反應，在合成時，向反應容器中適時通入冷激氣(冷的原料氣)，可以預熱原料氣充分利用能量、有利于控制反應溫度防止溫度過高、上述平衡右移提高原料轉(zhuǎn)化率；【小問2詳解】①M點之前，尚未平衡，恒壓下升溫，體積變大，反應物濃度減小對速率的影響小于溫度升高對速率的影響，隨著溫度升高，速率加快，導致的物質(zhì)的量減小，體積分數(shù)減??；②250℃和常壓下，等物質(zhì)的量的和反應后，假設投料均為1mol，反應為氣體分子數(shù)不變的反應，測得平衡時NO的物質(zhì)的量分數(shù)為40%，則生成：則該反應的物質(zhì)的量分數(shù)平衡常數(shù)；保持上述條件不變，提高原料中的比例，理論上二氧化硫會完全反應，設和的投料分別為amol、bmol，要使平衡時的產(chǎn)率為90%，則生成，則：，解得a：b=45∶32；【小問3詳解】在一定溫度下，一定量分解成氮氣和氧氣，同時釋放出熱量，反應為；A．由表可知，反應一段時間后反應為完全反應，完全分解成氮氣和氧氣，再增大壓強，已經(jīng)沒有可以分解，A錯誤；B．反應為完全反應，不存在反應平衡移動問題，B錯誤；C．反應一段時間后反應為完全反應，完全分解成氮氣和氧氣，沒有的濃度減小，C錯誤；D．升高溫度，氣體膨脹，容器內(nèi)氣體的壓強一定變大，D正確；故選D；【小問4詳解】以固體催化劑催化CO還原NO生成和氣體，總反應為：，結(jié)合反應歷程可知，中間物質(zhì)生成后又被消耗，故涉及的表面反應為：、、、。29.硫酸鈰銨分子式為(相對分子質(zhì)量為596)，是一種黃色或橙黃色結(jié)晶性粉末，微溶于水，溶液呈棕黃色，不溶于乙醇。在滴定分析中硫酸鈰銨常用作氧化劑。某實驗小組利用礦石制備硫酸鈰銨晶體的流程如下圖所示：已知：（1）步驟二的反應溫度需要控制在0~30℃，且加入氨水的量為理論量的倍，分析原因為：_____；（2）步驟二若加入氨水和次氯酸鈉也可以制得懸濁液B中的固體，請寫出該反應的離子方程式：_____；（3）下列分析正確的是_____。A.步驟一控制pH為1~4，加硫酸至固體完全溶解B.步驟二反應完后將混合物加熱到90℃，主要為了除去多余雙氧水C.步驟二中氨水選擇濃度較大的6mol/L，利于反應進行，減少溶液體積利于結(jié)晶D.步驟三加入70%是為了控制溶液pH（4）流程中的步驟三從懸濁液B中所得的固體制備硫酸鈰銨晶體實際包括多個步驟，請選擇下列合適的步驟并排序：_____。a→_____→_____→_____→_____→_____→硫酸鈰銨晶體a．在所得固體中加入70%b．離心分離c．用丙酮洗滌晶體3次d．用熱水洗滌晶體3次e．高溫烘干f．在30℃下干燥g．加入稍過量硫酸銨，加熱溶解h．加熱至80℃攪拌（5）某實驗小組為測定硫酸鈰銨純度，取制得的硫酸鈰銨產(chǎn)品30g，