2023-2024學年浙江省名校協(xié)作體高三上學期開學聯(lián)考化學試題（解析版）

浙江省名校協(xié)作體2023-2024學年高三上學期開學聯(lián)考化學試題考生須知：1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題卷?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Si-28Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108I-127Pb-207一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個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.下列物質中屬于堿性氧化物的是A.SO2 B.Al2O3 C.CaO D.Na2O2【答案】C【解析】【詳解】A．SO2酸性氧化物，A錯誤；B．Al2O3是兩性氧化物，B錯誤；C．CaO是堿性氧化物，C正確；D．Na2O2既不是堿性氧化物，也不是酸性氧化物，D錯誤；故選C。2.硫酸鈣應用廣泛，下列說法不正確的是A.生石膏的化學式為CaSO4·2H2OB.含有硫酸鈣的鹽鹵能使蛋白質變性，可制作豆腐C.Ca元素位于周期表的s區(qū)D.往煤中添加一些石灰石，燃煤過程中產(chǎn)生的SO2能轉化為硫酸鈣【答案】B【解析】【詳解】A．生石膏的化學式為CaSO4·2H2O，熟石膏的化學式為2CaSO4·H2O，A正確；B．豆?jié){是膠體，鹽鹵是電解質，含有硫酸鈣的鹽鹵可使豆?jié){發(fā)生聚沉，可制作豆腐，B錯誤；C．Ca元素是20號，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p64s2，故其位于周期表的s區(qū)，C正確；D．往煤中添加一些石灰石，燃煤過程中產(chǎn)生的SO2能轉化為硫酸鈣，反應原理為：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，D正確；故答案為：B。3.下列說法正確的是A.Cr3+的最外層電子排布式：3s23p63d3B.乙醇的分子式：C2H5OHC.OF2分子的空間結構為直線形D.NCl3的電子式：【答案】A【解析】【詳解】A．Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能級1個電子、3d能級2個電子形成Cr3+，Cr3+的最外層電子排布式：3s23p63d3，故A正確；

B．乙醇的分子式：C3H6O，故B錯誤；

C．OF2中的O原子為sp3雜化，且存在2對孤對電子，為V形結構，故C錯誤；

D．NCl3分子是共價化合物，含有共價鍵，該分子的電子式為，故D錯誤；

故選：A。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.乙二醇易溶于水，黏度高，可用作汽車防凍液B.硅酸鹽材料具有硅氧四面體結構，可用作耐高溫、耐腐蝕材料C.液態(tài)氯乙烷汽化時吸熱，具有冷凍麻醉的作用，可用于肌肉拉傷、關節(jié)扭傷等的鎮(zhèn)痛D.碳酸氫銨可與酸反應并受熱分解，可用于制作食品膨松劑【答案】A【解析】【詳解】A．水中加入一種溶質，會使溶液的凝固點降低，沸點升高，所以可以防凍，與乙二醇易溶于水和粘度大無關，A符合題意；B．硅酸鹽材料具有硅氧四面體結構，所以硅酸鹽材料具有很高的熔點、沸點，決定其可用作耐高溫、耐腐蝕材料，B不合題意；C．液體氯乙烷沸點較低，易揮發(fā)，且液態(tài)氯乙烷汽化時吸熱，具有冷凍麻醉的作用，可用于肌肉拉傷、關節(jié)扭傷等的鎮(zhèn)痛，C不合題意；D．碳酸氫銨可與酸反應并受熱分解產(chǎn)生大量的無毒氣體CO2，能使食品變得松軟、酥松多空，故其可用于制作食品膨松劑，D不合題意；故答案為：A。5.下列關于元素及其化合物的性質說法不正確的是A.工業(yè)上焦炭與石英砂制得含少量雜質的粗硅B.Al和NaOH溶液反應可生成H2C.高溫下Fe與水蒸氣反應生成Fe2O3D.NaHCO3溶于水，伴隨吸熱現(xiàn)象【答案】C【解析】【詳解】A．高溫下C與SiO2反應生成CO和Si，可制備粗硅，A正確；B．Al可溶于NaOH溶液生成四羥基鋁酸鈉和氫氣，B正確；C．高溫下Fe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，C錯誤；D．NaHCO3溶于水溫度降低，伴隨吸熱現(xiàn)象，D正確；故選C。6.關于反應2NO+2+2H2O=N2+4HSO，下列說法不正確的是A.生成0.5molN2，轉移4mol電子 B.N2是還原產(chǎn)物C.S2O發(fā)生氧化反應 D.還原劑和氧化劑之比為1：1【答案】A【解析】【詳解】A．反應中氮元素化合價由+2變?yōu)?，電子轉移關系為，則生成0.5molN2，轉移2mol電子，A錯誤；B．反應中氮元素化合價由+2變?yōu)?，發(fā)生還原反應得到還原產(chǎn)物氮氣，B正確；C．S2O中硫元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，C正確；D．反應中S2O為還原劑、NO為氧化劑，由化學方程式體現(xiàn)的關系可知，還原劑和氧化劑之比為1：1，D正確；故選A。7.下列反應離子方程式不正確的是A.過量CO2通入NaOH溶液：CO2+OH?=HCOB.向血紅色Fe(SCN)3溶液加入過量鐵粉：2Fe3++Fe=3Fe2+C.苯酚的懸濁液中滴加氫氧化鈉溶液：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2OD.Na2SO3溶液中滴入足量氯水：SO+H2O+Cl2=SO+2H++2Cl-【答案】B【解析】【詳解】A．過量CO2通入NaOH溶液生成NaHCO3，故其離子方程式為：CO2+OH?=HCO，A正確；B．Fe(SCN)3為絡合物，應該寫化學式，離子方程式為：2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，B錯誤；C．苯酚具有弱酸性，故苯酚的懸濁液中滴加氫氧化鈉溶液的離子方程式為：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O，C正確；D．Na2SO3溶液中滴入足量氯水發(fā)生氧化還原反應生成和Cl-，該反應的離子方程式為：+H2O+Cl2=+2H++2Cl-，D正確；故答案為：B。8.下列說法正確的是A.麥芽糖是淀粉水解過程中的一種中間產(chǎn)物，是一種非還原性二糖B.苯使溴水層顏色變淺的原因是它與Br2發(fā)生了取代反應C.花生油主要成分是高級脂肪酸甘油酯，屬于高分子化合物D.RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之間通過磷酯鍵連接【答案】D【解析】【詳解】A．麥芽糖是還原性二糖，A項錯誤；B．苯使溴水層顏色變淺的原因是苯萃取了溴水中的Br2，B項錯誤；C．花生油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，不屬于高分子化合物，C項錯誤；D．RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之間通過磷酸二酯鍵相連，D項正確；故選D。9.某化合物X結構如圖所示，下列說法正確的是A.X中含有5種官能團B.1molX最多能與2molNaOH反應C.X中含有一個手性碳原子D.能用溴的四氯化碳溶液檢驗醛基的存在【答案】C【解析】【詳解】A．由題干圖示有機物的結構簡式可知，X中含有羧基、酯基、醛基和碳碳雙鍵4種官能團，A錯誤；B．由題干圖示有機物的結構簡式可知，1molX中含有1mol羧基，能消耗1molNaOH，1mol酚酯基，能消耗2molNaOH，故1molX最多能與3molNaOH反應，B錯誤；C．同時連有四個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，故X中含有一個手性碳原子，如圖所示，C正確；D．醛基不與溴的四氯化碳溶液反應，且X中含有碳碳雙鍵，故不能用溴的四氯化碳溶液檢驗醛基的存在，D錯誤；故答案為：C。10.前四周期X、Y、Z、Q、T五種元素，原子序數(shù)依次增大，X液態(tài)最簡單氫化物可作制冷劑，Y氫化物的水溶液能腐蝕玻璃，基態(tài)Z原子M能層上有兩個電子，基態(tài)Q原子最外層有2個未成對電子，且其最高價氧化物對應的水化物為強酸，T最外層只有1個電子，其內(nèi)層各能級所有軌道電子均成對，下列說法不正確的是A.第一電離能Y>X>QB.T的氧化物能和X的氫化物發(fā)生氧化還原反應制得T單質C.Z能在空氣中燃燒生成ZO、ZO2等氧化物D.T單質和Q單質化合生成T2Q【答案】C【解析】【分析】前四周期X、Y、Z、Q、T五種元素，原子序數(shù)依次增大，X的液態(tài)最簡單氫化物可作制冷劑，則X為N元素；Y氫化物的水溶液能腐蝕玻璃，則Y為F元素；基態(tài)Z原子M能層上有兩個電子，則Z為Mg元素；基態(tài)Q原子最外層有2個未成對電子，且其最高價氧化物對應的水化物為強酸，則Q為S元素；T最外層只有1個電子，其內(nèi)層各能級所有軌道電子均成對，則T為Cu元素?！驹斀狻緼．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰的氧元素、小于氟元素，同主族元素，從上到下第一電離能依次減小，則氧元素的第一電離能大于硫元素，所以第一電離能由大到小的順序為F＞N＞S，故A正確；B．氧化銅與氨氣共熱發(fā)生氧化還原反應生成銅、氮氣和水，故B正確；C．鎂在空氣中燃燒只能生成氧化鎂，不能生成過氧化鎂，故C錯誤；D．硫與銅共熱反應只能生成硫化亞銅，故D正確；故選C。11.以某鋰離子電池、丙烯腈電合成己二腈[NC(CH2)4CN]的裝置如圖所示(電極均為石墨)。該鋰離子電池的總反應是。下列說法不正確的是A.B為正極，電極反應式為：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4B.陰極區(qū)的電極反應為2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，一段時間后，陰極室的pH增大C.石墨電極C產(chǎn)生O2，稀硫酸的作用為增強溶液導電性D.當電路中轉移1mole-時，陽極室溶液質量減少9g(不考慮氧氣溶解)【答案】B【解析】【分析】從電極反應式看，在A極，LixCy轉化為Li+和Cy，所以A極失去電子，作負極，B極作正極，C極作陽極，D極作陰極，據(jù)此解答即可。【詳解】A．由總反應式結合分析可知，B極為正極，其電極反應式為Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，A正確；B．由分析可知，D電極為陰極區(qū)的電極反應為2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，陽極室中產(chǎn)生的H+通過質子交換膜進入陰極室，根據(jù)電荷守恒可知，一段時間后，陰極室的pH不變，B錯誤；C．由分析可知，石墨電極C為陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應為：2H2O-4e-=4H++O2↑產(chǎn)生O2，稀硫酸的作用為增強溶液導電性，C正確；D．根據(jù)電極反應式2H2O-4e-=4H++O2↑可知，當電路中轉移1mole-時，陽極室溶液放出8gO2，同時有1molH+通過質子交換膜進入陰極室，質量又減小1g，故陽極室質量一共減少9g，D正確；故答案為：B。12.疊氮化鉛[Pb(N3)2]用作水下引爆劑，可由以下方法制得I：3N2O+4Na+NH3=3NaOH+NaN3+2N2；II：2NaN3+Pb(NO3)2=2NaNO3+Pb(N3)2，下列說法正確的是A.N2O為非極性分子B.反應I每消耗23gNa，共轉移1mol電子C.NO和N兩者中心原子均為sp2雜化，且NO的鍵角大于N的鍵角D.反應I需在非水條件下進行【答案】D【解析】【詳解】A．一氧化二氮和二氧化碳的原子個數(shù)都為3、價電子數(shù)都為16，互為等電子體，等電子體具有相同的空間結構，二氧化碳為直線形，則一氧化二氮的空間構型為直線形，結構式為N=N=O，所以一氧化二氮為結構不對稱的極性分子，故A錯誤；B．由方程式可知，反應I中氮元素和鈉元素的化合價升高被氧化，鈉和氨氣是反應的還原劑，則反應I每消耗23g鈉，轉移電子的物質的量大于1mol，故B錯誤；C．氮三離子中和二氧化碳的原子個數(shù)都為3、價電子數(shù)都為16，互為等電子體，等電子體的中心原子具有相同的雜化方式和相同的空間結構，二氧化碳中碳原子為sp雜化，分子的空間構型直線形，則氮三離子中氮碳原子為sp雜化，分子的空間構型直線形，故C錯誤；D．鈉易與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，所以反應I需在非水條件下進行，故D正確；故選D13.甲醇是一種理想的可再生清潔能源。CO2和H2在一定條件下合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH；相關物質的能量如圖1所示，在兩個容積相同的密閉容器中分別充入nmolCO2和3nmolH2，在兩種催化劑(I和II)、不同溫度下發(fā)生上述反應，經(jīng)過相同時間測得CO2的轉化率與溫度的關系曲線如圖2所示(不考慮溫度對催化劑活性的影響)，下列說法不正確的是A.—49.3B.C點的正反應速率：C.在T2溫度下，此反應活化能：催化劑I>催化劑IID.T1—T3溫度區(qū)間，反應未達平衡，CO2的轉化率隨溫度升高而增大【答案】B【解析】【詳解】A．合成甲醇反應的反應熱△H=(—393.5kJ/mol+0)—[(—201.0kJ/mol)+(—110.5kJ/mol)]=—49.3kJ/mol，故A正確；B．由圖可知，相同溫度下，使用催化劑II時二氧化碳的轉化率大于使用催化劑I時，則反應速率大于催化劑I時，C點反應溫度相同，但催化劑不同，所以反應I和反應II的正反應速率不相等，故B錯誤；C．由圖可知，T2溫度下，使用催化劑II時二氧化碳的轉化率大于使用催化劑I時，則反應速率大于催化劑I時，反應的活化能越大，反應速率越慢，則T2溫度下，使用催化劑I的反應活化能大于催化劑II，故C正確；D．由圖可知，T3溫度時，二氧化碳的轉化率未達到最大，說明反應未達到平衡，則T1—T3溫度區(qū)間，溫度升高，反應速率加快，二氧化碳的消耗量增大，反應的轉化率增大，故D正確；故選B。14.常溫下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的濃度之和為0.1mol·L-1，溶液中各含磷微粒的pc—pOH關系如圖所示，圖中pc表示各含磷微粒的濃度負對數(shù)(pc=—lgc)，pOH表示OH—的濃度負對數(shù)[pOH=—lgc(OH—)]；x、y、z三點的坐標：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)，下列說法不正確的是A.由圖可得H3PO3為二元弱酸B.曲線③表示pc(H3PO3)隨pOH的變化C.pH=6.7的溶液中：c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)D.H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)K<1.0×105【答案】D【解析】【分析】由圖可知，H3PO3溶液中含磷微粒只有3種，說明H3PO3在溶液中能分步電離出H2PO和HPO，則H3PO3為二元弱酸；溶液的堿性越強，POH越小，溶液中H3PO3的濃度越小、HPO的濃度越大，則曲線①表示pc(HPO)隨pOH的變化、曲線②表示pc(H2PO)隨pOH的變化、曲線③表示pc(H3PO3)隨pOH的變化；由z點坐標可知，溶液中H3PO3與H2PO的濃度相等，溶液中氫離子濃度為10—14+12.6mol/L=10—1.4mol/L，則H3PO3的Ka1==c(H+)=10—1.4，同理由x點坐標可知，H3PO3的Ka2==c(H+)=10—6.7?！驹斀狻緼．由分析可知，H3PO3為二元弱酸，在溶液中能分步電離出H2PO和HPO，故A正確；B．由分析可知，曲線①表示pc(HPO)隨pOH的變化、曲線②表示pc(H2PO)隨pOH的變化、曲線③表示pc(H3PO3)隨pOH的變化，故B正確；C．pH為6.7的溶液中pOH為7.3，由圖可知，溶液中H2PO與HPO的濃度相等，由物料守恒可知，溶液中c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，則溶液中c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)，故C正確；D．由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K====1.0×105.3＞1.0×105，故D錯誤；故選D。15.已知25℃，Ksp(CaC2O4)=4.0×10-8，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列有關說法正確的是A.25℃時，同濃度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3大B.用0.5mol/L的草酸鈉溶液浸泡CaCO3，可實現(xiàn)CaCO3完全轉化為CaC2O4C.某溫度下，向含CaC2O4固體的飽和CaC2O4溶液中加入少量草酸鈉固體，則CaC2O4溶解性將減小D.過量CaCO3溶于水達到溶解平衡，其上層清液中含碳微粒主要是CO【答案】C【解析】【詳解】A．的水解平衡常數(shù)Kh()===1.8×10-13＜Ka2(H2C2O4)，說明的電離程度大于水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性，的水解平衡常數(shù)Kh()===2.2×10-8＞Ka2(H2CO3)，說明的電離程度小于水解程度，NaHCO3溶液呈堿性，25℃時，同濃度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3小，A項錯誤；B．用0.5mol/L的草酸鈉溶液浸泡CaCO3，可發(fā)生的反應為CaCO3(s)+(aq)CaC2O4(s)+(aq)，但由于CaCO3、CaC2O4的類型相同且Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaC2O4)，說明CaCO3比CaC2O4更難溶，故CaCO3不能完全轉化為CaC2O4，B項錯誤；C．含CaC2O4固體的飽和CaC2O4溶液中存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入少量草酸鈉，草酸鈉電離出，濃度增大，該沉淀溶解平衡逆向移動，CaC2O4的溶解性將減小，C項正確；D．過量CaCO3溶于水達到溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，存在水解平衡：+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，上層清液中物料守恒為c()+c()+c(H2CO3)=c(Ca2+)=mol/L，Kh()=====2.1×10-4，則=，由于二級水解遠小于一級水解，二級水解忽略，上層清液中1×10-7mol/L＜c(OH-)＜mol/L（假設溶于水的CaCO3電離出的第一步完全水解），=＜＜=2.1×103，上層清液中c()＞c()，上層清液中含碳微粒主要是，D項錯誤；答案選C。16.下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗方案現(xiàn)象結論A有機物A加入NaOH乙醇溶液中，充分加熱；冷卻后，取混合液加足量硝酸酸化的硝酸銀溶液未產(chǎn)生白色沉淀有機物A不可能是氯代烴B常溫下，用pH計測得0.1mol/L弱酸鹽NaA、NaB、NaC溶液pH值分別為a、b、c若c>b>a水解程度A->B->C-C向放有少量脫脂棉的試管中加入幾滴較濃的硫酸，充分攪拌后，加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱未觀察到磚紅色沉淀生成說明纖維素沒有發(fā)生水解D將封裝有NO2和N2O4混合氣體的圓底燒瓶浸泡在熱水中紅棕色加深NO2轉化為N2O4是放熱反應A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．鹵代烴消去的原則是：與鹵素原子直接相連的鄰碳上有H原子，若鄰碳上無H則不能消去，選項A錯誤；B．常溫下，用pH計測得0.1mol/L弱酸鹽NaA、NaB、NaC溶液pH值分別為a、b、c，若c>b>a，根據(jù)越弱越水解，水解程度C->B->A-，選項B錯誤；C．加入新制氫氧化銅之前要加氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)至堿性，再加熱，選項C錯誤；D．裝有NO2和N2O4氣體的燒瓶存在2NO2(g)N2O4(g)，將其浸泡在熱水中，觀察到燒瓶內(nèi)氣體顏色加深，說明NO2濃度增大，上述平衡逆向移動，故能說明2NO2(g)N2O4(g)是放熱反應，選項D正確；答案選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鈣鈦礦材料具有可設計性，其吸光能力遠高于晶硅材料。鈣鈦礦常由H、N、O、Ca、Ti、鹵素等元素形成。請回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子的價電子排布圖為___________。與Ti位于同一周期且含有相同未成對電子數(shù)的主族元素為___________。（2）下列說法正確的是___________(填字母)A.CH3NH其中C原子與N原子的雜化類型不同B.N、O元素的第二電離能大小順序為O>NC.CaTiO3組成元素的電負性大小順序是O>Ti>CaD.SiCl4的相對分子質量大于SiO2，所以SiCl4的沸點大于SiO2（3）C、Si為同一主族的元素，CO2和SiO2化學式相似，但結構和性質有很大不同。從原子半徑和共價鍵成鍵的角度分析，C、O原子間易形成C=O鍵，而Si、O原子間不易形成Si=O鍵的原因___________。（4）鈣鈦礦并不是專指一種含鈣和鈦的某種化合物，而是一類具有相似結構的晶體材料的總稱，其中A是較大的陽離子，B是較小的陽離子，X是陰離子。下圖的晶胞表示立方鈣鈦礦，其通式可表示為___________(用A、B、X表示)。一種金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機堿離子CH3NH(結構與立方鈣鈦礦相同)。若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為___________g·cm-3(列出計算式)。【答案】（1）①.②.Ge、Se（2）BC（3）Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵即Si=O（4）①.ABX3②.【解析】【小問1詳解】已知Ti是22號元素，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2，則基態(tài)Ti原子的價電子排布圖為，與Ti位于同一周期且含有相同未成對電子數(shù)即為2個的主族元素為價電子排布為4s24p2的Ge和價電子排布為4s24p4的Se，故答案為：；Ge、Se；【小問2詳解】A．CH3NH其中C原子與N原子周圍均形成了4個σ鍵，N原子周圍無孤電子對，即C和N的價層電子對數(shù)均為4，則二者均采用sp3雜化，故其雜化類型相同，A錯誤；B．N+、O+的核外電子排布分別為：1s22s22p2、1s22s22p3，由于O+的2p上處于半充滿的穩(wěn)定結構，故N、O元素的第二電離能大小順序為O>N，B正確；C．元素的電負性越大，其非金屬性越強，金屬性越弱，同一周期從左往右電負性依次增強，非金屬電負性強于金屬，即CaTiO3的組成元素的電負性大小順序是O>Ti>Ca，C正確；D．SiCl4的相對分子質量大于SiO2，但由于SiO2屬于共價晶體，而SiCl4屬于分子晶體，所以SiCl4的沸點小于SiO2，D錯誤；故答案為：BC；【小問3詳解】CO2晶體是分子晶體，其中C的原子半徑較小，C、O原子能充分接近，p-p軌道肩并肩重疊程度較大，形成穩(wěn)定的π鍵即C=O；而Si原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵即Si=O，故答案為：Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵即Si=O；【小問4詳解】由題干圖示晶胞示意圖可知，A是較大的陽離子，B是較小的陽離子，X是陰離子，一個晶胞中含有陽離子A的個數(shù)為1，含有陽離子B的個數(shù)為：=1，含有陰離子X的個數(shù)為：=3，故其通式可表示為ABX3，一種金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機堿離子CH3NH(結構與立方鈣鈦礦相同)，即晶體的化學式為：Pb(CH3NH3)I3,則一個晶胞的質量為：，若晶胞參數(shù)為anm，則一個晶胞的體積為：(a×10-7)3cm3，則晶體密度為=g·cm-3，故答案為：ABX3；。18.結晶水合物X由4種元素組成，某學習小組按如下流程進行實驗：已知：黑色固體B用100mL2.0mol/LH2SO4溶液溶解后，多余的酸用0.30molNaOH恰好中和。（1）組成X的元素有H、O和___________(填元素符號)，A的兩種成分為___________(填寫化學式)。（2）寫出X隔絕空氣加熱分解的化學方程式___________。（3）寫出金屬粉末C生成深藍色D溶液的離子方程式___________。（4）黑色固體B加入稀硫酸溶解后，再加入足量氫氧化鈉溶液，生成的藍色沉淀可能是氫氧化物、堿式硫酸鹽或兩者的混合物(都難溶于水，易溶于強酸)，請設計一個實驗方案證明藍色沉淀只有氫氧化物沒有堿式硫酸鹽：________?！敬鸢浮浚?）①.Cu、N②.NO2、O2（2）2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O（3）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O（4）取藍色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍色沉淀只有Cu(OH)2【解析】【分析】由標準狀況下2.28L紅棕色氣體A被足量的水恰好完全吸收轉化為強酸可知，氣體A為二氧化氮和氧氣的混合氣體、強酸為硝酸，則X中含有氮元素；由得失電子數(shù)目守恒可知，混合氣體中二氧化氮的物質的量為×=0.1mol、氧氣的物質的量為×=0.025mol，則X中含有氮元素的物質的量為0.1mol；由黑色固體B能與氫氣共熱反應得到金屬粉末C，金屬粉末能與氨水和氧氣反應得到深藍色溶液D可知，B為氧化銅、C為銅、D為四氨合銅離子，則X中含有銅元素，由黑色固體B用100mL2.0mol/L硫酸溶液溶解后，多余的酸用0.30mol氫氧化鈉恰好中和可知，X中含有銅元素的物質的量為2.0mol/L×0.1L—0.30mol×=0.05mol；由X中含有氫元素和氧元素可知，X為帶有結晶水的硝酸銅晶體，硝酸銅的物質的量為0.05mol，則結晶水的物質的量為=0.15mol，硝酸銅和水的物質的量比為0.05mol：0.15mol=1：3，X的化學式為Cu(NO3)2·3H2O?！拘?詳解】由分析可知，X為三水硝酸銅，含有的元素為銅元素、氮元素、氧元素和氫元素，氣體A為二氧化氮和氧氣的混合氣體，故答案為：Cu、N；NO2、O2；【小問2詳解】由分析可知，X為三水硝酸銅，受熱分解生成氧化銅、二氧化氮、氧氣和水，反應的化學方程式為2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O，故答案為：2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O；【小問3詳解】由分析可知，銅粉末與氨水和氧氣反應得到含有四氨合銅離子的深藍色溶液，反應的離子方程式為2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案為：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；【小問4詳解】若藍色沉淀中含有堿式硫酸鹽，用鹽酸溶解藍色沉淀所得溶液能與氯化鋇溶液反應生成白色硫酸鋇沉淀，則驗證藍色沉淀只有氫氧化物沒有堿式硫酸鹽的實驗方案為取藍色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍色溶液，向溶液中加入氯化鋇溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍色沉淀只有氫氧化銅，故答案為：取藍色沉淀少許于試管中，加入足量稀鹽酸溶解得到藍色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明藍色沉淀只有Cu(OH)2。19.丙烯是重要的化工原料，目前生產(chǎn)丙烯主要有丙烷脫氫、丙烷與二氧化碳耦合等技術。方法一：丙烷在催化劑作用下直接脫氫法制丙烯已知：主反應Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1>0副反應Ⅱ：C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)（1）反應Ⅰ自發(fā)進行的條件___________。（2）一定溫度下，向1L恒容密閉容器中通入0.6molC3H8，壓強為0.75MPa，反應后測得各組分的平衡壓強(即組分的物質的量分數(shù)×總壓)為：p(C3H8)=0.5MPa、p(CH4)=0.075MPa，則該溫度下，用物質的量濃度表示反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kc的數(shù)值為___________。（3）下列說法正確的是___________A.通過充入惰性氣體增大壓強，不改變反應Ⅰ的反應速率B.恒溫恒壓條件下，ΔH1保持不變，說明反應Ⅰ達到平衡狀態(tài)C.若只發(fā)生反應Ⅰ，恒壓條件下，向原料氣中摻入水蒸氣，可增大反應的平衡常數(shù)，提高丙烯的產(chǎn)率D.已知高溫條件下，C-C鍵比C-H鍵更易斷裂，則制備丙烯應選擇較低溫度下的高效催化劑方法二：丙烷與二氧化碳耦合法制丙烯（4）以In/Zn作為催化劑，丙烷與二氧化碳可通過耦合法制丙烯，主要發(fā)生如下反應：Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)Ⅱ：C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)Ⅲ：CO2(g)+9H2(g)C3H6(g)+6H2O(g)Ⅳ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)在580℃時，將C3H8和CO2按體積比1：1充入一恒壓密閉容器中進行反應，實驗測得體系中C3H8(g)、CO2(g)的轉化率和C3H6(g)的選擇性隨催化劑組成變化如圖甲，體系中C3H8(g)、CO2(g)的平衡轉化率和C3H6(g)的平衡產(chǎn)率隨壓強變化如圖乙。已知：C3H6(g)的選擇性越高，副產(chǎn)物的含量越低。耦合法制丙烯適宜選擇的生產(chǎn)條件為___________，隨壓強增大C3H6(g)的平衡產(chǎn)率先增大后減小的原因為___________?！敬鸢浮浚?）高溫（2）0.049（3）AD（4）①.In/Zn的物質的量之比為2，壓強為0.3Mpa②.壓強低于0.3MPa時，壓強增大，反應Ⅲ平衡正向移動為主，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大，反應Ⅰ平衡逆向移動為主，丙烯產(chǎn)率減小【解析】【小問1詳解】反應Ⅰ為熵增的吸熱反應，高溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，能自發(fā)進行，則反應Ⅰ自發(fā)進行的條件為高溫，故答案為：高溫；【小問2詳解】設平衡時氫氣、甲烷的物質的量分別為amol、bmol，由題意可建立如下三段式：由平衡前后物質的量之比等于壓強之比可知，平衡時，氣體的總壓強為，由丙烷的分壓為0.5MPa可得：×=0.5，由甲烷的分壓為0.075MPa可得：×=0.075，解聯(lián)立方程可得a=0.14、b=0.06，則平衡時，丙烷的物質的量為0.4mol，由容器的體積為1L可知，反應的平衡常數(shù)Kc==0.49，故答案為：0.49；【小問3詳解】A．恒容容器中充入惰性氣體，容器中氣體的壓強增大，但反應體系中各物質的濃度不變，所以反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率不變，故正確；B．反應中，反應的焓變始終不變，則恒溫恒壓條件下，ΔH1保持不變不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故錯誤；C．平衡常數(shù)是溫度函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則恒壓條件下，向原料氣中摻入水蒸氣，反應Ⅰ的平衡常數(shù)不變，故錯誤；D．由高溫條件下，碳碳鍵比碳氫鍵更易斷裂可知，制備丙烯應選擇較低溫度下的高效催化劑，防止碳碳鍵發(fā)生斷裂生成乙烯，故正確；故選AD；【小問4詳解】由圖甲可知，在In/Zn的物質的量之比為2，壓強為0.3MPa時，丙烯的選擇性和產(chǎn)率都最大，所以適合的條件是In/Zn的物質的量之比為2，壓強為0.3Mpa；由圖乙可知，壓強低于0.3MPa時，壓強增大，反應以氣體體積減小的反應Ⅲ為主，平衡向正反應方向移動，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大，反應以氣體體積增大的反應Ⅰ為主，平衡向逆反應方向移動，丙烯產(chǎn)率減小，所以隨壓強增大丙烯的平衡產(chǎn)率先增大后減小，故答案為：In/Zn的物質的量之比為2，壓強為0.3Mpa；壓強低于0.3MPa時，壓強增大，反應Ⅲ平衡正向移動為主，丙烯產(chǎn)率增大；壓強高于0.3MPa時，壓強增大，反應Ⅰ平衡逆向移動為主，丙烯產(chǎn)率減小。20.氫化亞銅為紅棕色固體，不穩(wěn)定，60℃時分解為金屬銅和氫氣，難溶于水。某研究小組實驗室條件下制備CuH，流程如下：已知：①H3PO3在空氣中易氧化成H3PO4，Cu3(PO4)2溶于強酸。②CuH+HCl=CuCl+H2↑步驟Ⅳ實驗裝置圖如下：（1）反應溫度控制在40℃-50℃的原因___________（2）寫出儀器A的名稱___________（3）寫出流程中步驟Ⅳ的離子方程式___________（4）下列說法正確的是___________A.步驟Ⅰ中，加入80℃水是為了加快CuSO4·5H2O的溶解速率B.步驟Ⅳ中，反應可用水浴加熱C.步驟Ⅴ中多步操作為：過濾、洗滌、烘干D.實驗得到的棕色懸濁液底部可能會有紫紅色固體（5）產(chǎn)品純度分析：稱取氫化亞銅粗品10g，加入足量稀鹽酸，充分反應(假設雜質與鹽酸不反應)，收集生成的氫氣。①甲、乙、丙三位同學分別以下列裝置測定生成氫氣的體積(其他操作正確，最終液面如下圖)，測得氣體體積偏大是___________(填甲、乙或丙)②若按規(guī)范操作收集生成的氫氣為VmL(已經(jīng)換算成標準狀況下的體積)，則產(chǎn)品純度為___________。【答案】（1）溫度太低反應較慢，溫度太高氫化亞銅易分解（2）三頸燒瓶（3）4Cu2++3H2PO+6H2O4CuH↓+3H3PO4+5H+（4）ABD（5）①.丙②.【解析】【分析】膽礬在80℃水中攪拌溶解，得到硫酸銅溶液，然后冷卻至40℃~50℃，用硫酸酸化，加入Na