2023嘉兴一中高三上学期期中考试化学含解析

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嘉兴一中2022学年第一学期期中考试
高三年级化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65
第I部分 选择题
一、选择题(每题只有一个正确选项，每小题2分，共50分，错选、多选均不得分)
1. 下列物质属于盐的是
A. HNO3 B. KO2 C. NaOH D. CH3NH3Cl
【答案】D
【解析】
【详解】A．HNO3在水溶液中电离出的阳离子全部是H+，属于酸，A错误；
B．KO2只有两种元素组成，且含有氧元素，属于金属氧化物，B错误；
C．NaOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，C错误；
D．甲胺CH3NH2属于弱碱，CH3NH3Cl属于盐类，D正确；
故答案为：D。
2. 下列物质属于弱电解质的是
A. HCOOH B. SO3 C. CH3CONH2 D. [Cu(NH3)4](OH)2
【答案】A
【解析】
【分析】弱电解质包括弱酸、弱碱和水等；
【详解】A．甲酸在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，A符合题意；
B．三氧化硫在水溶液中生成硫酸，不是本身电离的离子，所以属于非电解质，B不符合题意；
C．CH3CONH2是有机物，在水中以分子形式存在，属于非电解质，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)4](OH)2属于配合物，是强电解质，D不符合题意；
故选A。
3. 名称为“干燥管”的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是蒸馏烧瓶，故不选A；
B．是球形干燥管，故选B；
C．是直形冷凝管，故不选C；
D．分液漏斗，故不选D；
选B。

4. 下列物质对应的化学式正确的是
A. 白磷：P2 B. 乙胺：CH3CH2NH2
C. 胆矾：FeSO4•7H2O D. 硬脂酸：C15H31COOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．白磷P4，A错误；
B．乙胺：CH3CH2NH2，B正确；
C．胆矾：CuSO4•5H2O，C错误；
D．硬脂酸：C17H35COOH，D错误；
故选B
5. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 丙烯氰的键线式： B. 基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C. H2O的结构式：H-O-H D. HClO的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯氰为CH2CHCN，键线式为，故A正确；
B．基态As原子的价层电子排布式为4s24p3，故B错误；
C．H2O中为O-H键，结构式为H-O-H，故C正确；
D．HClO的结构式为H-O-Cl，空间填充模型为，故D正确；
故答案选B。
6. 下列说法正确的是
A. 35Cl2和37Cl2互为同素异形体
B. 14N和14C互为同位素
C. 乙酸和硬脂酸互为同系物
D. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的结构不一样的单质，A错误；
B．质子数相同中子数不同的原子是同位素的关系，14N和14C互为不是同位素，B错误；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，故乙酸和硬脂酸互为同系物，C正确；
D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同种物质，D错误；
故选C。
7. 下列说法不正确的是
A. 乙酸与葡萄糖最简式相同，等物质的量的二者燃烧时耗氧量相同
B. 的系统命名为2，3，6-三甲基庚烷
C. CH3CH=CHCl存在顺反异构
D. 李比希法与质谱法结合可确定有机物的分子式
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式相同，但等物质的量的二者燃烧时葡萄糖耗氧量更多，A错误；
B．的系统命名为2，3，6-三甲基庚烷，B正确；
C．碳碳双键的两端碳原子连接不一样的原子和基团，比如CH3CH=CHCl，存在顺反异构，C正确；
D．李比希法与质谱法结合可确定有机物的分子式，D正确；
故选A。
8. 下列说法不正确的是
A. 葡萄酒酿制过程中添加少量SO2可以起到杀菌和抗氧化作用
B. 石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，可用于生产超轻海绵
C. 可用Na2SO4溶液处理锅炉水垢，将CaCO3转化为CaSO4然后用酸除去
D. 白色颜料TiO2化学性质非常稳定，广泛用于涂料、造纸等工业
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2可以在葡萄酒酿制过程中起到杀菌和抗氧化作用，A正确；
B．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，由石墨烯生产的超轻海绵属于新型无机非金属材料，B正确；
C．可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢，将CaSO4转化为CaCO3然后用酸除去，C错误；
D．白色颜料TiO2化学性质非常稳定，广泛用于涂料、造纸等工业，D正确；
故答案选C。
9. 下列说法不正确的是
A. 该图标是进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛
B. 向氯化银浊液中滴加1mol/L氨水至足量，溶液变澄清
C. 将盛有苯酚与水形成的浊液的试管浸泡在80℃热水中一段时间，浊液变澄清
D. 不能将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶
【答案】D
【解析】
【详解】A．图标是进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，不符合题意，A错误；
B．向氯化银浊液中滴加1mol/L氨水至足量，发生反应AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl +2H2O，Ag(NH3)2Cl易溶于水变澄清，不符合题意，B错误；
C．苯酚常温下微溶，高于80℃易溶于水，不符合题意，C错误；
D．金属钠是活泼金属，易于水反应，易被氧气氧化，因此实验时，用剩的金属钠块放回原试剂瓶，符合题意，D正确；
故答案为：D。
10. 关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A. CO是氧化产物 B. SiH4发生还原反应
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D. 生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；
答案选D。

11. 下列说法正确的是（ ）
A. 用pH试纸可鉴别未知浓度的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液
B. 可用FeCl3对含酚废水中苯酚的定性检验和定量测定
C. 向鸡蛋清溶液里加入浓硝酸并加热，出现黄色沉淀，可判断该溶液含有蛋白质
D. 将红热的炭块加入到浓硝酸中，产生红棕色气体，证明碳和浓硝酸发生了反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液均呈碱性，浓度未知，无法通过pH的大小来鉴别两溶液，A项错误；
B．Fe3+遇苯酚显紫色，可以对含酚废水进行定性检验，但是无法进行定量测定，B项错误；
C．蛋白质与浓硝酸会发生显色反应，向鸡蛋清溶液里加入浓硝酸并加热，出现黄色沉淀，可判断该溶液含有蛋白质，C项正确；
D．浓硝酸受热会发生分解反应，生成NO2的红棕色气体，所以将红热的炭块加入到浓硝酸中，产生红棕色气体，不能证明碳和浓硝酸发生了反应，D项错误；
故选C。
12. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol C3H6含有C-C键为2NA
B. 0.1 mol 基态氧原子所含有的未成对电子数目为0.2 NA
C. 足量铁粉与2.24L氯气反应，转移电子数目为0.2NA
D. 1L pH为9的Na2CO3溶液中，由水电离的H＋数目为10-9NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷，所以分子结构中不能确定含多少C-C键，A错误；
B．基态氧原子价层电子排布式为：2s22p4，根据洪特规则可知，0.1 mol 基态氧原子所含有的未成对电子数目为0.2 NA，B正确；
C．未标明是否是标准状况，无法准确计算2.24L氯气的物质的量，C错误；
D．碳酸钠可发生水解，促进水的电离，常温下1L pH为9的Na2CO3溶液中，由水电离的H＋数目为=10-5NA，D错误；
故选B。
13. 下列离子方程式正确的是
A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O+2
B. 钠投入H2O中：Na＋2H2O = Na+＋2OH-＋H2↑
C. 向氯化二氨合银溶液中加硝酸：Ag(NH3)＋2H+＋Cl- = AgCl↓＋2NH
D. 向溶液中加入铜粉和少量浓H2SO4来检验溶液中存在NO：Cu＋4H+＋2NO=Cu2+＋NO2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯酚酸性强于的，通入少量二氧化碳也生成，A错误；
B．方程式没有配平，应为2Na＋2H2O =2Na+＋2OH-＋H2↑，B错误；
C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸，生成铵盐和氯化银沉淀，C正确；
D．稀溶液应该生成一氧化氮，D错误；
故选C。
14. 下列说法不正确的是
A. 人造丝、人造棉的化学成分都是纤维素
B. DNA分子的双螺旋结构中，两条链的碱基通过氢键实现互补配对
C. 高密度聚乙烯的支链少，链之间的作用力较大，软化温度和密度较高
D. 油脂皂化反应后，分离得到下层的高级脂肪酸盐，用于生产肥皂
【答案】D
【解析】
【详解】A．人造丝、人造棉都是由纤维素组成，故A正确；
B．DNA分子中碱基通过氢键实现互补配对，故B正确；
C．高密度聚乙烯特点是分子链上没有支链，因此分子链排布规整，具有较高的密度，链之间的作用力较大，软化温度和密度较高，故C正确；
D．高级脂肪酸盐的密度比水小，分离得到上层的高级脂肪酸盐，故D错误；
故答案选D。
15. 2022年10月，美国和丹麦三位科学家在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献获得诺贝尔化学奖。二苯基环辛炔羧酸(如图)是点击化学的产品之一，可用于治疗癌症。下列说法正确的是

A. 分子中含有4种官能团
B. 分子式为C19H16NO3
C. 该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应
D. 该化合物分别与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中含有碳碳三键、酰胺基和羧基三种官能团，A错误；
B．分子式为C19H15NO3，B错误；
C．分子中含有酰胺基和羧基，故该化合物既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，C正确；
D．该化合物分别与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，其反应机理不相同，与酸性高锰酸钾是还原性的体现，与溴水是加成反应，D错误；
故选C。
16. 已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素。B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同。C元素原子的价层电子排布式nsnnp2n。D元素原子中只有三个能层，最外层只有一种自旋方向的电子。E元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A. 元素A与B形成化合物，均为气态
B. B、C、D元素第一电离能：C>B>D
C. 元素C、D形成的化合物中，阴阳离子个数比为1∶2
D 元素C、E只能形成一种黑色化合物
【答案】C
【解析】
【分析】已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，为氢； B元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，则基态原子核外电子排布为1s22s22p3，B为N；C元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n，则n=2，价电子排布为2s22p4，为氧；D元素原子中只有三个能层，最外层只有一种自旋方向的电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s1，为钠；E元素基态原子的最外层只有一个电子，其次外层的所有轨道的电子均成对，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为铜。
【详解】A．氢与氮形成的化合物中联氨是液态，A错误；
B．氮、氧和钠元素的第一电离能为N>O>Na，B错误；
C．钠与氧元素形成的氧化钠和过氧化钠中，阴阳离子个数比均为1∶2，C正确；
D．氧化亚铜是红色，D错误；
故选C。
17. 测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Kw值①＜②＜③
B. 水的电离程度①>④
C. ④溶液的pH小于①，是由于HSO浓度增大造成的
D. ③→④的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
【答案】C
【解析】
【分析】随着温度升高，溶液pH值降低，然后温度降低后，pH降低，说明浓度在温度变化过程中浓度变低；④中加入BaCl2溶液产生白色沉淀多，说明部分在升温过程中被氧化为，据此分析解题。
【详解】A．Kw值与温度相关，温度升高，促进水的解离，Kw值增大，所以Kw值①＜②＜③，故A正确；
B．温度升高过程中，部分被氧化为，产生白色沉淀多，①溶液中浓度大，的水解度大，水的电离程度大，所以水的电离程度①>④，故B正确；
C．实验④中生成白色沉淀，说明实验④的溶液含有，则温度改变过程中部分转化为，所以④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的，故C错误；
D．由C分析可知，温度影响溶液中浓度，从而引起pH值的变化，所以③→④的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致，故D正确；
故答案选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离和盐类水解，明确基础知识和原理是解本题关键。
18. 已知胆矾晶体相关的焓变如下：

下列有关判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知，有图可知，故，故A正确；
B．胆矾晶体失去结晶水是吸热反应，图中硫酸铜固体溶解放热，故，故B错误；
C．根据盖斯定律可知，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，由图可知，故，故D错误；
故答案为A。
19. 一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究固体催化剂作用下的A的分解反应：。体系的总压强随时间t的变化如下表所示：
t/min
0
100
150
250
420
540
580
900
/kPa
12.1
13.3
13.9
15.1
17.14
18.58
19.06

下列说法不正确的是
A. 100~250min，消耗A的平均速率为
B. 推测a肯定为22.9
C. 适当升高体系温度，改用表面积更大的催化剂可加快反应速率
D. 其他条件不变，改用容积更小的刚性反应器，反应速率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．100~250min，消耗A的平均速率为 ，故A正确；
B．反应进行到900min前可能已经达到平衡，所以推测a可能小于22.9，故B错误；
C．升高体系温度、改用表面积更大的催化剂可加快反应速率，故C正确；
D．条件不变，反应速率不变，故D正确；
选B。
20. FeSO4·7H2O晶体的结构如图所示，下列有关说法不正确的是

A. Fe2+的配位数是6
B. 1molFeSO4·7H2O中含σ键的数目为18NA
C. H2O与SO、H2O与Fe2+之间的作用力类型不同
D. Fe2+的d轨道参与了成键
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe2+与周围的6个氧原子形成配位键，故Fe2+的配位数是6，A正确；
B．1molFeSO4·7H2O中含σ键的数目为20NA，B错误；
C．H2O与SO之间形成的是氢键，H2O与Fe2+之间形成的是配位键，类型不同，C正确；
D．配位时Fe2+的3d轨道上的6个电子分别成对，空出2个3d轨道参与成键，D正确；
故答案选B。
21. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述正确的是

A. Zn电极为负极，发生还原反应
B. II区的K+通过隔膜向III区迁移
C. 电池每转移2mol电子，溶液共消耗2mol H+
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知，此装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn−2e−＋4OH−＝Zn(OH)，负极区K＋剩余，通过隔膜迁移到II区；MnO2电极为正极，发生还原反应：MnO2＋2e−＋4H＋＝Mn2＋＋2H2O，正极区SO过量，通过隔膜迁移到II区，故II区中K2SO4溶液的浓度增大，据此分析。
【详解】A．Zn电极为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．K＋从III区通过隔膜迁移到II区，故B错误；
C．正极反应消耗H+，电极反应为：MnO2＋2e−＋4H＋＝Mn2＋＋2H2O，所以电池每转移2mol电子，溶液共消耗4molH+，故C错误；
D．保持正负极得失电子数相同，将正负极反应相加即可得总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，由于氢离子和氢氧根是在不同极区反应，两者不会相遇，故不能合并为水，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查了原电池的反应原理以及电极反应的书写等，注意正负极的判断、电极反应的书写以及离子的移动方向。
22. 下列说法不正确的是

A. 电子气理论解释了金属晶体具有良好导电性、导热性及延展性的原因
B. Na2CO3晶体具有较高的熔点是因为晶体中既有离子键又有共价键
C. I2晶体的晶胞如图所示，则晶胞中I2分子有3种取向
D. 某晶体可能不属于四种典型类型中的任何一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．电子气理论是主要解释金属的结构和性质的，金属具有良好的导电性，是因为金属晶体中的自由电子可以在整块晶体中运动，在外加电场作用下，自由电子发生定向移动，形成电流；良好的导热性是因为金属受热后，自由电子的能量增加，运动速率加快，与金属离子发生频繁碰撞，传递能量；良好的延展性，是因为金属在受到外力时，各原子层可以发生相对滑动而不改变原来的排列方式，不破坏金属键，不符合题意，A错误；
B．Na2CO3晶体具有较高的熔点，主要是因为Na2CO3晶体属于离子晶，不符合题意，B错误；
C．从图中可以看出，I2晶胞有顶点和面心两种不同取向，符合题意，C正确；
D．石墨属于混合晶体，不属于四种典型类型中的任何一种，不符合题意，D错误；
故答案为：C。
23. 室温下，将0.1 mol·L-1 NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：

下列关系中，不正确的是
A. M点c(Na+)＞c()
B. N点c()+c(Na+)=2c(-)
C. Q点c()+c(NH3·H2O)=c(Na+)
D. M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点溶液显酸性NH4HSO4+NaOH= NaNH4 SO4+H2O ，100mL0.lmol·L-1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，NH4+发生水解，所以显酸性，故A选项正确。
B．N点满足c(NH4+)+c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+2 c(SO42-)，N点PH=7，故c(H+)= c(OH-)，所以上述式子可以写成c()+c(Na+)=2c(-)，故B选项正确。
C．Q点溶液中含有硫酸钠，氢氧化钠和氨水故根据物料守恒2c()+2c(NH3·H2O)=c(Na+)
故C选项错误。
D．因为加酸和碱抑制水的电离，水解促进电离，所以 M、N、Q 三个点中，M点水的电离程度最大，N点PH为7，水解程度居中，Q点有氢氧化钠抑制水的电离，故水的电离程度最小，故D选项正确。
故答案选C。
24. 高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉末，以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备铜粉的工艺流程如下：

下列有关说法不正确的是
A. 浸取液中金属阳离子为Fe2+、Zn2+、Cu2+
B. 矿石粉碎、适当提高硫酸浓度和浸取温度、使用高压O2，均有利于提高浸取速率
C. 若固体X含有S，则浸取时硫化铜的反应方程式为：2CuS＋O2＋4H+=2Cu2+＋2S＋2H2O
D. 还原时，提高溶液中H+浓度，不利于Cu的生成
【答案】A
【解析】
【分析】硫化铜精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，硫化铜反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
【详解】A．浸取液中金属阳离子为Fe3+、Zn2+、Cu2+，A错误；
B．矿石粉碎、适当提高硫酸浓度和浸取温度、使用高压O2，均有利于提高浸取速率，B正确；
C．若固体X含有S，根据氧化还原反应得失电子守恒配平方程，则浸取时硫化铜的反应方程式为：2CuS＋O2＋4H+=2Cu2+＋2S＋2H2O，C正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D正确；
故选A。
25. 下列实验方案设计、现象及结论均正确的是
选项
实验目的
操作及现象
结论
A
检验铁锈中是否含有Fe2+
将表面生锈铁粉用过量稀硫酸溶解，在所得溶液中滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色
铁锈中含有Fe2+
B
验证卤素单质的氧化性强弱
向NaBr溶液中加入过量氯水，溶液呈黄色，再加KI-淀粉溶液，溶液变蓝色
说明氧化性： Cl2>Br2>I2
C
中和热的测定
在利用标准HCl滴定未知浓度NaOH时，用温度传感器测定锥形瓶内溶液的起始温度和最高温度，并计算得放出热量为Q kJ，消耗HCl的物质的量为n mol
中和热为：
D
验证不同微粒与Cu2+的配位能力
向稀CuCl2溶液中加入适量的NaCl固体，溶液颜色由蓝色变为绿色
[Cu(H2O)4]2+转化为CuCl，说明Cl-与Cu2+的配位能力比H2O强

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．所得溶液中滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，所得溶液中含Fe2+，但不能说明铁锈中含有Fe2+，原因是：表面生锈的铁粉用过量稀硫酸溶解时发生的反应除了Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O外，还有Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，A项错误；
B．向NaBr溶液中加入过量氯水，溶液呈黄色，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2，再加KI-淀粉溶液，溶液变蓝色，过量的氯水会与KI发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，不能判断Br2与I2氧化性的强弱，B项错误；
C．利用标准HCl滴定未知浓度NaOH时是在敞口容器中进行的，没有保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和热，C项错误；
D．在CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+和，溶液呈蓝色，加入适量NaCl固体，溶液变为绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为，Cl-与Cu2+的配位能力比H2O强，D项正确；
答案选D。
第II部分 非选择题
二、非选择题(本题共5个小题，50分)
26. 铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）基态Fe2+价层电子排布图(轨道表示式)为_______。
（2）H、C、Fe 三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
（3）某FexNy的晶胞如图所示(a、b位置均有Fe)，若立方晶胞的参数为a nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，其晶体密度的表达式为_______g/cm3

（4）Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。该晶体晶胞的另一种表示中，N处于各顶角位置，则Fe处于_______位置(填“顶点”、“体心”、“棱心”或“面心”，下同)，Cu处于_______位置。

【答案】（1） （2）Fe、H、C
（3）
（4） ①. Fe3CuN ②. 棱心 ③. 体心
【解析】
【小问1详解】
基态Fe2+价层电子排布式为3d6，按照洪特规则、泡利不相容原理，基态亚铁离子价层电子排布图为；故答案为；
【小问2详解】
电负性是衡量不同元素对键合电子吸引能力大小，三种元素的电负性由小到大的顺序为Fe＜H＜C；故答案为Fe＜H＜C；
【小问3详解】
a位置Fe的个数为=1，b位置Fe的个数为=3，N位于晶胞内部，化学式为Fe4N，晶胞的质量为g=g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，该晶胞的密度为g/cm3=g/cm3或者为g/cm3；故答案为g/cm3或者为g/cm3；
【小问4详解】
根据能量越低，物质越稳定，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，根据(3)分析，该物质的化学式为Fe3CuN；如果N处于各顶角位置，Fe处于棱心；Cu位于体心；故答案为Fe3CuN；棱心；体心。
27. 由团簇分子构成的物质X(由四种短周期元素组成)具有良好性能，为测定其组成进行如下实验(所加试剂均过量)：

请回答下列问题：
（1）X的组成元素名称是_______。
（2）X的化学式为_______。
（3）溶液②中通入CO2时开始没有沉淀，过一段时间后生成白色沉淀，写出生成沉淀的离子方程式_______。过滤出此沉淀，与Na2CO3、HF气体共热到400-700℃，可生成NaxYF6(Y为沉淀中金属元素)，写出此反应的化学方程式(需明确x的值)_______。
（4）白色沉淀可用于建筑材料的阻燃涂料，写出两条该沉淀用于阻燃的原因：______，_______。
【答案】（1）镁、铝、氢、氧
（2）Mg3Al2O5(OH)2
（3） ①. 2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3＋CO或AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3＋HCO ②. 2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
（4） ①. Mg(OH)2、Al(OH)3分解为吸热反应，降低环境温度；生成水蒸气可隔绝空气 ②. 生成MgO、Al2O3均为高熔点物质，覆盖在建筑材料表面，可阻燃等
【解析】
【分析】X由四种短周期元素组成，X隔绝空气加热生成无色液体和白色粉末，无色液体为水；将白色粉末①等分为两份，盐酸溶解加氨水生成白色沉淀，白色沉淀为氢氧化物，可能为氢氧化铝或氢氧化镁；加入氢氧化钠过滤有滤渣，有不溶于碱的沉淀，为氢氧化镁；据此分析解题。
【小问1详解】
据分析可知，X的组成元素名称是镁、铝、氢、氧，故答案为镁、铝、氢、氧；
【小问2详解】
X隔绝空气加热生成0.18g水，；所以X中；据分析，白色粉末②为氧化镁，，X中；溶液①加入氨水产生白色沉淀中，所以白色沉淀氢氧化铝的质量为0.78g，所以；X中；根据X质量为2.40g可计算出，所以，所以X中；所以X的化学式为Mg3Al2O5(OH)2；故答案为Mg3Al2O5(OH)2；
【小问3详解】
溶液②为，通入CO2生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3＋CO或AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3＋HCO；NaxYF6，Y为沉淀中金属元素，所以Y为Al，x=3；Al(OH)3与Na2CO3、HF气体共热到40、、0-700℃，可生成Na3AlF6，化学方程式为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O；故答案为2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3＋CO或AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3＋HCO；2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O；
【小问4详解】
据分析可知，白色沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，Mg(OH)2、Al(OH)3分解为吸热反应，降低环境温度；生成水蒸气可隔绝空气；生成MgO、Al2O3均为高熔点物质，覆盖在建筑材料表面，可阻燃等；故答案为Mg(OH)2、Al(OH)3分解为吸热反应，降低环境温度；生成水蒸气可隔绝空气；生成MgO、Al2O3均为高熔点物质，覆盖在建筑材料表面，可阻燃等。
【点睛】本题考查物质含量的测定，侧重考查学生的分析能力和计算能力，熟悉元素化合物的性质，知道流程图中每一步发生的反应及反应现象是解本题关键。
28. 氢能是一种公认的高热值清洁能源，目前世界各国正致力于将高污染高排放的碳能源，过渡成清洁高效低排放的氢能源。
（1）我国氢气的主要来源是焦炉气制氢，所制得的氢气含有较多的CO和H2S，干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁。干法脱硫的反应方程式为_______。
（2）我国科研人员用木屑水蒸气气化制取氢燃料，在一定条件下，反应器中存在的主要反应如下：
I.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH1
II.C(s)+2H2(g) CH4(g) ΔH2
III.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH3
IVCH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) ΔH4
①为研究反应II的热效应，以0.1molC(s)、0.2molH2(g)或0.1molCH4(g)为初始原料，在1023K、100kPa条件下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以C(s)、H2(g)为原料，体系向环境放热akJ；以CH4(g)为原料，体系从环境吸热bkJ。忽略副反应热效应，则反应II焓变ΔH2(1023K、100kPa)=_______。
研究表明CaO的添加量按照CaO中所含的Ca和木屑所含C的物质的量比 确定，在750℃，控制水蒸气流量为定值，探究催化剂的催化效果，结果如下表所示。
n(Ca)/n(C)
气体体积分数/%
转化率/%
H2
CO
CO2
CH4
0
45.58
22.70
22.37
7.54
61.22
0.5
52.95
21.74
19.11
5.14
56.59
1.0
58.62
22.37
12.60
5.31
61.42
②由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因_______。
③随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是_______。
④750℃，=1.0，假设各反应达平衡后气体组成如上表，平衡总压为P MPa，则反应I的压强平衡常数KP=_______MPa(保留1位小数)。
（3）将氢气储存于液体燃料中，可以解决氢气的安全高效存储和运输。由于甲醇具有单位体积储氢量高、活化温度低等优点，是理想的液体储氢分子。我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。下图是甲醇脱氢转化的反应历程(TS表示过渡态)。

根据上图判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是_______。
【答案】（1）Fe2O3 + 3H2S =Fe2S3+3H2O
（2） ①. ΔH2(1023K、100kPa)= -10(a+b)kJ·mol-1 ②. CaO作为CO2 的吸收剂，使产气中CO2 分压降低，从而使反应III、IV平衡向生成H2 的方向移动 ③. CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收 ④. 11.9P
（3）O-H键和C-H键
【解析】
【小问1详解】
干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁和水，反应的化学方程式：Fe2O3＋3H2S＝Fe2S3＋3H2O；故答案为Fe2O3＋3H2S＝Fe2S3＋3H2O；
【小问2详解】
①以0.1molC(s)、0.2molH2(g)或0.1molCH4(g)为初始原料，在1023K、100kPa条件下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以C(s)、H2(g)为原料，体系向环境放热akJ；所以1molC(s)、2molH2(g)为原料时，系向环境放热10akJ；以CH4(g)为原料，体系从环境吸热bkJ；所以1molCH4(g)为原料时，体系从环境吸热10bkJ；反应II焓变ΔH2(1023K、100kPa)= -10(a+b)kJ·mol-1；故答案为ΔH2(1023K、100kPa)= -10(a+b)kJ·mol-1；
②由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因是CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使反应III、IV平衡向生成H2的方向移动；故答案为CaO作为CO2的吸收剂，使产气中CO2分压降低，从而使反应III、IV平衡向生成H2的方向移动；
③随着反应的进行，发现CaO的吸收能力逐渐降低，原因是CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收；故答案为CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收；
④控制水蒸气流量为定值，所以750℃，=1.0时，水蒸气的气体体积分数为58.62%,H2的气体体积分数为58.62%，CO气体体积分数为22.37%；平衡总压为P MPa，所以反应I的压强平衡常数；故答案为11.9P；
【小问3详解】
反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇，分析甲醇脱氢转化的反应历程，判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是O−H键和C−H键；故答案为O−H键和C−H键。
【点睛】本题综合考查化学知识，涉及反应热的计算，化学平衡的移动、化学平衡的计算、化学反应历程等，题目难度较大，熟练掌握化学知识及其应用是关键。
29. 醋酸亚铬水合物([Cr(CH3COO)2)]2·2H2O，深红色晶体)是一种氧气吸收剂，通常以二聚体分子存在。实验室以Zn、盐酸、CrCl3溶液、CH3COONa溶液为原料，制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示：

已知：醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，易溶于盐酸。
Zn(s) + 2HCl(aq) = ZnCl2(aq) + H2(g)
2CrCl3(aq) + Zn(s)= 2CrCl2 (aq) + ZnCl2(aq)
2Cr2+(aq) + 4CH3COO-(aq) + 2H2O(l) = [Cr(CH3COO)2]2·2H2O (s)
请回答：
（1）检查虚线框内装置气密性的方法是_______。
（2）醋酸钠溶液应放在装置_______中(填写装置编号，下同)；盐酸应放在装置_______中。
（3）将生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合时的操作是_______阀门A、_______阀门B (填“打开”或“关闭”)。
（4）本实验中锌粒须过量，其原因是_______。
（5）为洗涤[Cr(CH3COO)2)]2·2H2O产品，下列方法中最适合的是_______。
A. 先用盐酸洗，后用冷水洗 B. 先用冷水洗，后用盐酸洗
C. 先用冷水洗，后用乙醚洗 D. 先用盐酸洗涤，后用乙醚洗
【答案】（1）将装置连接好，关闭A、B阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好。反之，则气密性不好
（2） ①. 3 ②. 1
（3） ①. 打开 ②. 关闭
（4）产生足够的H2；与CrCl3充分反应得到CrCl2 （5）C
【解析】
【分析】整套装置的工作原理是：先在装置2中制备出二价的铬离子，在制备过程中，因为二价铬离子容易被空气中的氧气氧化成三价。因此在装置2中，我们要放入足够多的锌粒，一是还原三价铬，二是用来产生氢气排除装置内的空气。反应开始前，应该先打开B让氢气充满整个装置，然后再关闭B，打开A，让装置2中的二价铬离子进入装置3，跟醋酸钠反应生成醋酸亚铬水合物。装置4的作用是：可以防止空气进入装置3。
【小问1详解】
装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；
可利用装置内外压强差来验证装置的气密性：将装置连接好，关闭A、B阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好。反之，则气密性不好；
【小问2详解】
由分析可知，醋酸钠溶液应放在装置3中，盐酸应放在装置1中；
【小问3详解】
将生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合时的操作是打开阀门A、关闭阀门B；这样装置2中的溶液就可以在氢气的压力下，将液体压往装置3中进行反应。
【小问4详解】
因为二价铬离子容易被空气中的氧气氧化成三价；故本实验中锌粒须过量，其原因是：①产生足够的H2；②与CrCl3充分反应得到CrCl2 。
【小问5详解】
洗涤[Cr(CH3COO)2)]2·2H2O产品，主要是洗去附着在表面的没有反应掉的二价铬离子、氯离子、醋酸根离子、钠离子等，不能用盐酸，因为醋酸亚铬水合物易溶于盐酸、不溶于冷水和醚，因此先用冷水洗去杂质离子，再用乙醚来洗去多余的水，多余的乙醚可以挥发掉，故选C 。
30. 双咪唑是合成降压药替米沙坦的中间体，下面是其一种合成路线。

已知：RCOOHRCOCl
请回答：
（1）化合物A的官能团名称是_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 化合物A 中最多9个碳原子共平面
B. B→C、C→D、E→F的反应类型均为取代反应
C. D→E的反应中，其中一种产物为水
D. 化合物G中，碳原子存在sp、sp2、sp3三种轨道杂化类型
（3）化合物C的结构简式是_______。
（4）写出化合物F生成双咪唑的化学方程式_______。
（5）写出同时符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式_______。
①含有苯环，与化合物A有相同的官能团；
②1H-NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
（6）利用题中信息，设计以苯和乙醇为原料，合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
【答案】（1）酯基，氨基 （2）AC
（3） （4）++2H2O
（5）、、 （6）
【解析】
【分析】A→B发生取代反应，引入酰胺键；B→C经HNO3/浓H2SO4发生硝化反应，引入硝基，由D的结构可知，引入硝基的位置，所以C的结构简式是；C→D发生还原反应，使硝基转化为氨基；由F结构反推可知，D→E发生的催化成环的反应是发生在苯环上的带酰胺键的基团和氨基共同反应，D的分子式是C13H18O3N2，跟E的分子式相比较，D→E发生反应脱去一分子水，E的结构是；E→F反应中，是酯基的水解反应得到F；F+G反应中，G中的两个含氮基团与F中的羧基发生反应，得到双咪唑和两份水。
【小问1详解】
化合物A中含有的官能团名称是氨基、酯基；故答案是氨基、酯基。
【小问2详解】
A．化合物A中苯环直接连接的碳原子一定同一平面上，酯基上连的甲基有可能和苯环在同一个平面，所以化合物A中最多9个碳原子共平面，A项正确；
B．B→C的反应类型是取代反应，C→D反应类型是还原反应，E→F反应类型是取代反应，B项错误；
C．D→E的反应中，经过分析D的分子式是C13H18O3N2，E的分子式是C13H16O2N2，所以D→E的反应中，其中一种产物为水，C项正确；
D．化合物G中，苯环中的碳原子是sp2杂化，-NHCH3中碳原子是sp3杂化，D项错误；
故答案选AC。
【小问3详解】
B→C经HNO3/浓H2SO4发生硝化反应，引入硝基，由D的结构可知，引入硝基的位置，所以C的结构简式是；
【小问4详解】
F+G反应生成双咪唑和两分子水，化学方程式是++2H2O
【小问5详解】
考查限定条件下的同分异构体。根据信息①和②，需要改变化合物A中苯环上的基团位置，并保持官能团不变，如下： 、、；
【小问6详解】
对目标产物进行拆分，可知需要在苯环上引入氨基，可利用题中已知信息，乙醇需要氧化成乙酸，故合成路线如下，；