浙江省寧波市十校高三下學期二?；瘜W試題

寧波十校2024屆高三3月聯(lián)考化學選擇題部分一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48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.常溫常壓下，下列物質(zhì)為氣態(tài)的是A.甲醇 B.甲醛 C.甲酸 D.水【答案】B【解析】【詳解】A．常溫常壓下，甲醇為液態(tài)，A不符合；B．常溫常壓下，甲醛為氣態(tài)，B符合；C．常溫常壓下，甲酸為液態(tài)，C不符合；D．常溫常壓下，水為液態(tài)，D不符合；答案選B。2.碳酸氫鈉常用作食用堿或工業(yè)用堿，下列說法不正確的是A.向碳酸氫鈉固體中加入少量水后，會出現(xiàn)吸熱現(xiàn)象B.碳酸氫鈉溶液呈堿性，加入溶液后，產(chǎn)生較多氨氣C.分別同時加熱等量碳酸鈉和碳酸氫鈉固體，碳酸氫鈉先發(fā)生分解D.往飽和碳酸鈉溶液中通入，會產(chǎn)生碳酸氫鈉沉淀【答案】B【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉溶于水吸熱，A項正確；B．碳酸氫鈉溶液和溶液不反應，B項錯誤；C．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解，故分別同時加熱等量碳酸鈉和碳酸氫鈉固體，碳酸氫鈉先發(fā)生分解，C項正確；D．往飽和碳酸鈉溶液中通入，碳酸鈉和、H2O反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，向碳酸鈉溶液中通入二氧化碳會有碳酸氫鈉析出，D項正確；答案選B。3.下列表示正確的是A.的價層電子對互斥（VSEPR）模型：B.的電子式：C.基態(tài)的價層電子軌道表示式：D.的名稱：乙二酸乙二酯【答案】A【解析】【詳解】A．的中心原子價層電子對數(shù)為，其VSEPR模型為平面三角形，A正確；B．的電子式為，B錯誤；C．基態(tài)的價層電子軌道表示式為C錯誤；D．的名稱為乙二酸二乙酯，D錯誤；答案選A。4.具有強氧化性，可發(fā)生反應：。下列說法不正確的是（為阿伏加德羅常數(shù)的值）A.既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 B.僅作氧化劑C.生成1mol轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 D.實驗室不可用加熱固體的方法制備【答案】B【解析】【詳解】A．中N元素化合價由+5價變?yōu)?價，中N元素化合價由3價變?yōu)?價，則既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，A項正確；B．中N元素化合價由+5價變?yōu)?價，O元素化合價由2價變?yōu)?價，則既是氧化劑又是還原劑，B項錯誤；C．中N元素化合價由+5價變?yōu)?價，反應消耗2mol生成2molN2轉(zhuǎn)移10mol電子，則生成1mol轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為，C項正確；D．由反應可知，受熱分解可生成N2、O2和H2O，故實驗室不可用加熱固體的方法制備，D項正確；答案選B。5.下列各組離子在給定溶液中能大量共存的是A.1.0mol/L氨水溶液（）中：、、B.1.0mol/L氯化鈉溶液（）中：、、C.0.1mol/L碳酸鈉溶液（）中：、、D.0.1mol/L酸性高錳酸鉀溶液（）中：、、【答案】C【解析】【詳解】A．氨水和會生成沉淀，不共存，故A錯誤；B．的氯化鈉溶液會促進水解產(chǎn)生膠體，不能共存，故B錯誤；C．的碳酸鈉溶液中：、、各離子間不反應，可以大量共存，故C正確；D．酸性高錳酸鉀會與發(fā)生氧化還原反應生成二氧化碳，不能共存，故D錯誤；故選C。6.《開寶本草》記載“取鋼煅作葉，如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣”。鐵華粉［主要成分為］可用如下方法檢測。下列相關(guān)說法不正確的是A.氣體X為B.鐵華粉中含有鐵單質(zhì)C.由上述實驗可知，結(jié)合的能力強于D.制備鐵華粉的主要反應為【答案】A【解析】【分析】鐵華粉中加入稀硫酸并加熱，產(chǎn)生的刺激性氣味的氣體X為醋酸蒸氣；鐵華粉中加入稀鹽酸生成氫氣和濾液有氫氣生成說明鐵華粉中含有鐵單質(zhì)，濾液中加入鐵氰化鉀溶液生成藍色沉淀，說明有濾液中有亞鐵離子，該沉淀不溶于稀鹽酸，但與NaOH可反應生成棕色沉淀?！驹斀狻緼．氣體X醋酸蒸氣，A錯誤；B．加入鹽酸，有氫氣產(chǎn)生，說明鐵華粉中含有鐵單質(zhì)，B正確；C．由上述實驗可知，氫氧根離子能與藍色沉淀反應，生成棕色沉淀，說明有氫氧化鐵沉淀生成，說明氫氧根離子結(jié)合鐵離子的能力強于CN，C正確；D．由題中信息可知，制備鐵華粉的主要反應方程式，D正確；故選：A。7.類比和推理是學習化學的重要方法，下列結(jié)論合理的是已知結(jié)論A15—冠—5（冠醚）能識別12—冠—4（冠醚）能識別B酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸酸性：氫氟酸＞氫氯酸C溶解度：D晶體硅是半導體材料晶體硅的化學鍵含金屬鍵成分A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．12—冠—4（冠醚）與Li+絡合而不與Na+、K+絡合，故12—冠—4（冠醚）不能識別，A項錯誤；B．F的吸電子能力強于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易發(fā)生電離，而F的非金屬性比Cl強，所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，HF鍵能比HCl鍵能大，更難發(fā)生電離，所以酸性：氫氟酸＜氫氯酸，B項錯誤；C．和組成不相似，則由＜，不能推測出溶解度：，C項錯誤；D．晶體硅是半導體材料，能導電，金屬含有金屬鍵，能夠?qū)щ姡瑐€由此可類比推理出，晶體硅的化學鍵含金屬鍵成分，D項正確；答案選D。8.某實驗小組為制備1氯2甲基丙烷（沸點69℃），將2甲基1丙醇和溶于中，加熱回流（伴有氣體產(chǎn)生）。反應完全后倒入冰水中分解殘余的，分液收集層，再用無水干燥，過濾、蒸餾后得到目標產(chǎn)物。上述過程中涉及的部分裝置（夾持及加熱裝置略）如下圖，下列說法不正確的是A.裝置①在加熱回流時，需加入沸石或碎瓷片B.裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，因氣體極易溶于水，需將尾氣處理裝置設計成防倒吸C.裝置③在分液前無法區(qū)分水層與有機層時，可向分液漏斗中滴水，若上層無水滴通過軌跡，則上層為水層D.沸點為39.8℃，為增強冷凝效果，可使用裝置④的蒸餾裝置，對圓底燒瓶進行控制溫度的溫水浴加熱【答案】A【解析】【詳解】A．該裝置中有攪拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，A項錯誤；B．裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，用來收集反應生成的，氣體極易溶于水，所以要防止倒吸，B項正確；C．向兩層溶液中滴水，滴入水后如果先接觸有機層，滴入的水與有機層會有明顯的界限，如果滴入水層，就會消失不見，C項正確；D．沸點為39.8℃，1氯2甲基丙烷沸點69℃，故可使用裝置④的蒸餾裝置，對圓底燒瓶進行控制溫度的溫水浴加熱，得到純凈的1氯2甲基丙烷，D項正確；答案選A。9.關(guān)于有機物檢測，下列說法正確的是A.分子式為的有機物不能使酸性溶液褪色，則該有機物一定不是醇B.可用溴水鑒別甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯C.與的核磁共振氫譜譜圖是完全相同的D.淀粉水解液堿化后，加入新制氫氧化銅并加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀，說明淀粉水解生成了還原性糖【答案】D【解析】【詳解】A．屬于醇，但不能使酸性溶液褪色，A項錯誤；B．甲酸水溶液、甲醛水溶液就能和溴水反應使溴水褪色，現(xiàn)象相同，故不能用溴水鑒別甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯，B項錯誤；C．與都含有兩種不同環(huán)境的氫原子，且個數(shù)比均為3:1，但由于所含官能團不同使得化學位移不同，故二者的核磁共振氫譜譜圖不完全相同，C項錯誤；D．淀粉水解液生成葡萄糖，葡萄糖為還原性糖，堿化后，加入新制氫氧化銅并加熱，，出現(xiàn)磚紅色沉淀，D項正確；答案選D。10.下列指定反應與方程式不相符的是A.淀粉碘化鉀溶液在空氣中變藍：B.用惰性電極電解溶液，陰極的電極反應式：C.甘油與硝酸發(fā)生酯化反應：D.在酸催化下，苯酚與甲醛反應生成羥甲基苯酚：【答案】C【解析】【詳解】A．I在空氣中被氧化為I2，使淀粉溶液變藍，離子方程式為，A項正確；B．用惰性電極電解溶液，陰極上水電離出的H+發(fā)生還原反應生成H2，Mg2+和水電離產(chǎn)生的OH反應生成沉淀，故陰極的電極反應式為，B項正確；C．醇和羧酸的反應為酯化反應，故該反應不是酯化反應，C項錯誤；D．在酸催化下，苯酚與甲醛反應生成羥甲基苯酚，反應的方程式為，D項正確；答案選C。11.有機物L的合成路線（反應條件和其他產(chǎn)物已經(jīng)略去）如下圖所示，下列說法不正確的是A.1molX最多能與2mol（水溶液）發(fā)生反應B.在Z→M的過程中，發(fā)生還原反應，M的結(jié)構(gòu)簡式為C.Y能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色，但褪色原理不同D.N和L均難溶于水【答案】B【解析】【詳解】A．由題干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，則最多能與2mol發(fā)生反應，A正確；B．由題干轉(zhuǎn)化信息可知，有機化學中有機物加氫失氧的反應是還原反應，在Z→M的過程中即羧基轉(zhuǎn)化為醇羥基，發(fā)生還原反應，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，B錯誤；C．Y能使溴水褪色是發(fā)生加成反應，而使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發(fā)生氧化反應，即褪色原理不同，C正確；D．由題干信息可知，L為醚類物質(zhì)，N是鹵代烴，二者均難溶于水，D正確；故選：B。12.有機金屬氯化物由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N組成，部分結(jié)構(gòu)如圖所示，基態(tài)原子M核外電子所占據(jù)原子軌道全充滿，N元素的價層電子排布式為，下列說法不正確的是A.Z與N可形成化合物、B.最簡單氫化物的沸點：C.M元素的第一電離能比同周期相鄰元素的大D.離子中Y發(fā)生雜化【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、N為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，N元素的價層電子排布式為，則n為Cl元素；陽離子中X、Y、Z形成共價鍵的數(shù)目分別為1、4、4，基態(tài)原子M核外電子所占據(jù)原子軌道全充滿，則X為H元素、Y為C元素、Z為N元素、M為Mg元素?！驹斀狻緼．氮元素的原子序數(shù)為5，基態(tài)原子的價電子排布式為2s22p3，由于原子核外沒有d軌道，所以由共價鍵的飽和性可知，氮原子與氯原子無法形成五氯化氮，故A錯誤；B．氨分子能形成分子間氫鍵，甲烷不能形成分子間氫鍵，所以氨分子的分子間作用力大于甲烷，沸點高于甲烷，故B正確；C．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，鎂原子的3s軌道為穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于相鄰元素，故C正確；D．CH離子中碳原子的價層電子對數(shù)為3，則碳原子的雜化方式為sp2雜化，故D正確；故選A。13.高氯酸在化工生產(chǎn)中有廣泛應用，工業(yè)上以為原料制備高氯酸原理如圖所示。下列說法正確的是A.上述裝置中，f極為光伏電池的正極B.a、b處均通入溶液C.d處得到較濃溶液，c處得到溶液D.若轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上生成100.5g【答案】C【解析】【分析】根據(jù)鈉離子通過離子交換膜的移動方向可知：電解池左側(cè)為陽極，與光伏電池的正極e相接，f極為光伏電池的負極，陽極H2O或OH失去電子生成氧氣和氫離子或水，電極反應式為2H2O4e=4H++O2↑或4OH4e=2H2O+O2↑，生成的H+與加入的a物質(zhì)結(jié)合成高氯酸，所以a為高氯酸鈉，電解池右側(cè)陰極上H2O或H+得電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧根離子或氫氣，電極反應式為2H2O+2e=2OH+H2↑或2H++2e=H2↑，OH與Na+結(jié)合成NaOH，所以物質(zhì)b為稀NaOH溶液，以此來解答?！驹斀狻緼．圖中Na+由左側(cè)移動到右側(cè)，即電解池左側(cè)為陽極，陽極電極與光伏電池的正極相接，所以e極為光伏電池的正極、f極為負極，故A錯誤；B．由以上分析可知，物質(zhì)b為稀NaOH溶液，故B錯誤；C．左側(cè)陽極上生成的H+與加入的高氯酸鈉結(jié)合成高氯酸，右側(cè)陰極上生成的OH與Na+結(jié)合成NaOH，所以d處得到較濃的NaOH溶液，c處得到HClO4，故C正確；D．電解NaClO4溶液生成HClO4時陽極電極反應式為2H2O4e=4H++O2↑，轉(zhuǎn)移2mol電子則生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D錯誤；故選：C。14乙醛與氫氰酸（，弱酸）能發(fā)生加成反應，生成2羥基丙腈，歷程如下：下列說法不正確的是A.因氧原子的電負性較大，醛基中的碳原子帶部分正電荷，與作用B.易揮發(fā)且有劇毒，是該反應不在酸性條件下進行的原因之一C.往丙酮與反應體系中加入一滴溶液，反應速率明顯加快，因此堿性越強，上述反應越容易進行D.與加成的反應速率：【答案】C【解析】【詳解】A．氧原子的電負性較大，醛基中的碳原子帶部分正電荷，碳原子與作用，故A正確；B．易揮發(fā)且有劇毒，所以該反應不在酸性條件下進行，故B正確；C．往丙酮與反應體系中加入一滴溶液，CN濃度增大，反應速率明顯加快，若堿性過強，氫離子濃度降低，第二步反應難發(fā)生，故C錯誤；D．硝基是吸電子基，甲基是給電子基，間甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正電性減弱，不利于親核加成，所以與加成的反應速率：，故D正確；選C。15.常溫下，往0.35mol/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。已知：Ka(HClO)=4.0×108，，Ka2(H2CO3)=4.7×1011，Ksp(CaCO3)=3.4×109下列說法不正確的是A.通入一定量CO2后溶液pH=7，未出現(xiàn)CaCO3沉淀B.往Ca(ClO)2溶液中加鹽酸酸化，將有Cl2生成C.通入一定量CO2后溶液中c(HClO)=c(C1O)，滴入酚酞試劑，溶液一直呈無色D.已知自然條件下，飽和碳酸溶液的，則自然條件下飽和碳酸溶液中存在c(H+)＞c()＞c(OH)＞c()【答案】AC【解析】【詳解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=107mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×108，=4.0×108，==0.4，根據(jù)Ca(ClO)2溶液濃度為0.35mol/L，則c(ClO)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，兩式聯(lián)立，解得c(ClO)=0.2mol/L；c(HClO)=0.5mol/L；溶液pH=7，溶液顯中性，則溶液中c(H+)=c(OH)，根據(jù)電荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH)+c(C1O)+2c()+c()，故有2c(Ca2+)=c(C1O)+2c()+c()；0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35mol/L，0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c()+c()，所以2c()+c()=0.5mol/L，H2CO3的二級電離平衡常數(shù)Ka2==4.7×1011，pH=7，c(H+)=107mol/L，所以==4.7×104，結(jié)合等式2c()+c()=0.5mol/L，可知c()≈0.5mol/L，c()=0.5mol/L×4.7×104=2.35×104mol/L，c(Ca2+)·c()=0.35×2.35×104=8.225×105＞Ksp(CaCO3)=3.4×109，因此溶液中會出現(xiàn)CaCO3沉淀，A錯誤；B．加入鹽酸酸化，次氯酸鈣具有強氧化性，HCl具有還原性，會發(fā)生歸中反應，將其氧化為氯氣，反應方程式為：ClO+Cl+2H+=H2O+Cl2↑，B正確；C．Ka(HClO)==4.0×108，若c(ClO)=c(HClO)，則c(H+)=4.0×108mol/L，pH=8lg4=7.4，溶液顯堿性，滴入酚酞溶液時，首先顯紅色，然后由于HClO、ClO的氧化性而將紅色溶液氧化變?yōu)闊o色，不是一直為無色，C錯誤；D．碳酸在溶液中存在兩步電離平衡，主要是來自于第一步電離，H+兩步電離均會生成，故c(H+)＞c()；主要是部分電離得到，而且電離程度十分微弱，H2CO3電離出的程度大于電離產(chǎn)生的程度，故c()和c(OH)要小于c()；Kb1==2.13×104，溶液pH=5.6，c(H+)=105.6mol/L，c(OH)=108.4mol/L，c()≈c(H+)=105.6mol/L，帶入Kb1==2.13×104，可得c()=4.7×1011mol/L，小于c(OH)=108.4mol/L，故離子濃度大小關(guān)系為：c(H+)＞c()＞c(OH)＞c()，D正確；故合理選項是AC。16.根據(jù)實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關(guān)現(xiàn)象，下列方案設計、結(jié)論均正確的是實驗目的方案設計現(xiàn)象結(jié)論A探究金屬Na、Ca的金屬性強弱將金屬Na、Ca分別切成體積相等的顆粒，投入蒸餾水中金屬Na與水反應更加劇烈Na的金屬性強于CaB判斷AlCl3的化學鍵類型將AlCl3固體溶于水，進行導電性實驗AlCl3溶液可導電AlCl3中含有離子鍵C探究濃硝酸與炭在加熱條件下能否反應將紅熱的木炭投入濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體炭與濃硝酸在加熱條件下反應生成NO2D探究有機物中官能團之間的影響分別向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水前者無明顯現(xiàn)象，后者快速固化氰基活化雙鍵，使其更易發(fā)生加聚反應A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將金屬Na、Ca分別切成體積相等的顆粒，投入蒸餾水中，分別發(fā)生反應：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于NaOH易溶于水，會迅速擴散到溶于中，反應繼續(xù)進行；而Ca(OH)2微溶水，反應產(chǎn)生Ca(OH)2覆蓋在金屬表面，阻止反應的進行，導致Ca與水的反應速率比Na與H2O反應的緩慢，因此不能比較金屬Na、Ca的金屬性強弱，A不符合題意；B．AlCl3固體溶于水，AlCl3電離產(chǎn)生Al3+、Cl，由于溶液中有自由移動的離子，因此能夠?qū)щ姡荒芘袛嗥湮镔|(zhì)中含有離子鍵，B不符合題意；C．濃硝酸具有不穩(wěn)定性，在加熱時會發(fā)生分解反應：4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，反應產(chǎn)生的NO2也會產(chǎn)生紅棕色氣體，而不能證明C與濃硝酸反應產(chǎn)生NO2，C不符合題意；D．分別向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水，前者無明顯現(xiàn)象，后者快速固化，說明氰基活化雙鍵，使其更易發(fā)生加聚反應，產(chǎn)生高聚物，可以用于探究有機物中官能團之間的影響，D符合題意；故合理選項是D。二、非選擇題（本大題共5小題，共52分。）17.氫和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。請回答：（1）鈷氧化物和按照適量的比例高溫煅燒可得到鈷藍，鈷藍可用于青花瓷的顏料。鈷藍晶體結(jié)構(gòu)是由圖1中Ⅰ型和Ⅱ型兩種小立方體平移所得。圖2是鈷藍的晶胞，已知鈷原子位于晶胞的頂角和面心。①鈷藍晶胞中、、O原子個數(shù)比為__________。②原子間最短的距離為__________。③圖2所示字母中，Ⅰ型小立方體分別是a、__________（填字母序號）。（2）苯、1,3丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵。①下列說法正確的是__________。A.同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有3種B.苯中碳原子雜化方式為C.1，3丁二烯的2、3號位碳原子間的鍵長大于乙烷中的碳碳鍵鍵長D.的二氯代物有9種（不考慮立體異構(gòu)）②苯環(huán)之間通過共用苯環(huán)的若干條環(huán)邊而形成的芳香烴稱為稠環(huán)芳烴，例如：萘（）、蒽（）、菲（）。分子式為的稠環(huán)芳烴，一個分子中σ鍵有__________個。（3）鄰羥基苯甲醛（）能形成分子內(nèi)氫鍵。①畫出鄰羥基苯甲醛的分子內(nèi)氫鍵__________。②鄰羥基苯甲醛在分子內(nèi)形成氫鍵，在分子間不存在氫鍵的原因是__________?！敬鸢浮?7.①.1:2:4②.③.c、f18.①.BD②.5419.①.②.形成分子間氫鍵相當于分子數(shù)減少的反應，熵的減少量大于形成分子內(nèi)氫鍵，因此鄰羥基苯甲醛更傾向于形成分子內(nèi)氫鍵【解析】【小問1詳解】①Ⅰ型立體結(jié)構(gòu)中Co位于頂點和體心，原子數(shù)是4×+1；O位于晶胞內(nèi)，原子數(shù)是4；Ⅱ型小立方體中Co位于頂點，原子數(shù)是4×；O位于晶胞內(nèi)，原子數(shù)是4；Al位于晶胞內(nèi)，原子數(shù)是4；該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構(gòu)成，所以1個晶胞含有Co原子數(shù)是8、Al原子數(shù)是16、O原子數(shù)是32，則鈷藍晶胞中、、O原子個數(shù)比為：8:16:32=1:2:4；②由圖可知，原子間最短的距離為面對角線的一半，則該距離為：；③根據(jù)晶胞中Ⅰ型立體結(jié)構(gòu)、Ⅱ型小立方體關(guān)系，圖2中Ⅰ型小立方體位于圖2中上層ac對角線的位置、下層f位置，故分別是a、c、f；【小問2詳解】①A．同周期越靠右，第一電離能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其電子排布為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能較大，故同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4種，A錯誤；B．苯中，碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則苯中碳原子雜化方式為，B正確；C．根據(jù)信息可知，1,3丁二烯中碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則其中碳原子間的鍵長小于乙烷中的碳碳鍵鍵長，C錯誤；D．根據(jù)定一移一的原則可知，的二氯代物有、、、，一共9種，D正確；故選BD；②根據(jù)題給信息可知，分子式為的稠環(huán)芳烴中含有苯環(huán)的個數(shù)為7個，其中含有C—Cσ鍵的個數(shù)為：36，C—Hσ鍵的個數(shù)為：18，則一個分子中σ鍵有54個；【小問3詳解】從化學反應進行的方向可以知道，鄰羥基苯甲醛在分子間形成氫鍵，會導致分子數(shù)減少，則熵減少，但是該物質(zhì)更加易于形成分子內(nèi)氫鍵，說明形成分子間氫鍵相當于分子數(shù)減少的反應，熵的減少量大于形成分子內(nèi)氫鍵，因此鄰羥基苯甲醛更傾向于形成分子內(nèi)氫鍵。18.砷的化合物可用于半導體領(lǐng)域，如我國“天宮”空間站的核心艙“天和號”就是采用砷化鎵薄膜電池來供電。一種從酸性高濃度含砷廢水［砷主要以亞砷酸（）形式存在］中回收砷的工藝流程如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.砷酸（）在酸性條件下有強氧化性Ⅳ.，請回答：（1）從含砷廢水到濾液Ⅰ，濃度明顯減小的陽離子為__________（用離子符號表示）。（2）下列說法正確的是__________。A.沉砷時產(chǎn)生的廢氣可用溶液吸收處理B.酸化的目的是增加價砷的氧化性C.浸取后所得濾渣的主要成分是，不含D.酸性：（3）“沉砷”過程中是否可用過量的替換__________（填“是”或“否”）；請從平衡移動的角度解釋原因__________。（4）砷酸“還原”過程中發(fā)生的化學方程式為__________。還原后溶液需檢驗是否仍剩余砷酸，設計檢驗實驗方案__________?！敬鸢浮浚?）（2）ABD（3）①.否②.由于，加入過量的，溶液中增大，平衡正向移動不利于沉砷（4）①.②.取少量溶液于一潔凈試管中，滴入幾滴（或）溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈藍色，則證明砷酸未還原完全【解析】【分析】含砷廢水加入硫化亞鐵生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和過量的硫化亞鐵加入氫氧化鈉，，浸取得到硫化亞鐵濾渣和含的濾液Ⅱ；濾液Ⅱ氧化脫硫生成硫單質(zhì)和，酸化后生成，砷酸()在酸性條件下有強氧化性，能SO2被還原生成。【小問1詳解】含砷廢水加入硫化亞鐵生成As2S3沉淀，與FeS發(fā)生如下反應：，反應過程中濃度明顯減??；【小問2詳解】沉砷時產(chǎn)生的廢氣中含有H2S，可用溶液吸收將其轉(zhuǎn)化為CuS固體處理，故A正確；砷酸（）在酸性條件下有強氧化性，因此酸化的目的是將砷酸鈉轉(zhuǎn)化為砷酸，從而增強+5價砷的氧化性，故B正確；和的溶度積常數(shù)接近，在加NaOH溶液堿浸時，可以部分轉(zhuǎn)化為，因此濾渣中可能含，故C錯誤；非金屬性Se>As，則兩者最高價氧化物水化物的酸性強弱：，故D正確；【小問3詳解】已知：Ⅱ．；加入過量的硫化鈉，溶液中c(S2)增大，平衡正向移動不利于沉砷，故“沉砷”過程中FeS不可以用過量的Na2S替換?！拘?詳解】砷酸“還原”過程中發(fā)生的化學方程式為；還原后溶液需檢驗是否仍剩余砷酸，可利用其強氧化性檢驗，檢驗實驗方案：取少量溶液于一潔凈試管中，滴入幾滴(或)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈藍色，則證明砷酸未還原完全。19.通過電化學將轉(zhuǎn)化為有機物、開發(fā)利用清潔能源都是實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑。請回答：（1）某研究小組采用單原子和納米作串聯(lián)催化劑，通過電解法將最終轉(zhuǎn)化為乙烯，裝置示意圖如圖1所示。惰性電極a上催化劑納米處的電極反應式為__________。（2）另一研究小組研究乙醇水催化重整獲得清潔能源，主要反應如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：反應Ⅲ：①__________。②保持壓強為，按投料，發(fā)生反應，測得平衡時和的選擇性［例如的選擇性］及的產(chǎn)率[產(chǎn)率］隨溫度T的變化關(guān)系如圖2所示。下列說法正確的是__________。A.曲線a表示平衡時的選擇性B.乙醇的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高一直增大C.300℃后曲線b隨溫度升高而降低的原因是催化劑在高溫下活性下降D.降低水醇比［］有助于提高的選擇性③500℃、100kPa條件下，反應Ⅱ中用平衡分壓表示平衡常數(shù)__________。（3）第三個研究小組研究還原獲得能源。恒壓、750℃條件下，和按物質(zhì)的量之比1:3投料，經(jīng)如下流程實現(xiàn)高效轉(zhuǎn)化。①上述轉(zhuǎn)化循環(huán)順利進行時，過程ⅲ中參加反應的__________。②若和按物質(zhì)的量之比1:1投料，會導致過程ⅱ、ⅲ循環(huán)無法持續(xù)進行，請解釋原因（結(jié)合第①問數(shù)據(jù)進行說明）__________?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.ABD③.0.225（3）①.3:4②.若和按物質(zhì)的量之比1:1投料，過程ⅰ中剛好與反應：，無剩余的；過程ⅱ的反應為、、，ⅰ無剩余，導致ⅱ結(jié)束后，導致iii無法將完全轉(zhuǎn)化成，最終導致ⅱ、ⅲ循環(huán)無法持續(xù)進行【解析】【小問1詳解】由圖可知，納米處的電極上發(fā)生的反應是被還原為乙烯，所以電極反應式為：；【小問2詳解】①根據(jù)蓋斯定律可得，；②A．由選擇性的定義可知的選擇性與的選擇性的和為1，由圖可知，曲線a和曲線c在相同溫度下的數(shù)值加和始終為1，所以曲線a和曲線c為兩種氣體的選擇性曲線，曲線b為的產(chǎn)率曲線，又由于起始時按投料，所以一開始體系中沒有，所以反應Ⅱ開始時不反應，的選擇性為0，表示平衡時選擇性的曲線是c，則曲線a表示的是的選擇性，故A正確；B．由圖可知，隨著溫度的升高，的選擇性逐漸降低，相當于反應Ⅰ中生成物不斷被分離出去，所以乙醇的平衡轉(zhuǎn)化率是一直升高的，故B正確；C．曲線b為氫氣的產(chǎn)率曲線，的選擇性隨溫度的升高而升高，的選擇性隨溫度的升高而降低，由圖可知，300℃后，以反應Ⅱ為主，溫度升高，反應Ⅱ消耗的大于反應Ⅰ生成的，從而導致曲線b隨溫度升高而降低，故C錯誤；D．降低水醇比［］，即降低的物質(zhì)的量，對于反應Ⅱ而言，反應正向移動，有助于提高的選擇性，故D正確；故選ABD；③500℃、100kPa條件下，設和的起始量分別為1mol和3mol，設達到平衡后的物質(zhì)的量為xmol、反應Ⅰ生成的為amol，則可有如下式子：由圖可知500℃時，的產(chǎn)率為80%，和的選擇性相等都為50%，故有，，結(jié)合兩式可解得，。由此可計算出平衡時，，，，所以反應Ⅱ中用平衡分壓表示的平衡常數(shù)；【小問3詳解】①過程ⅲ的反應為：、，當時，ⅲ可順利發(fā)生；②若和按物質(zhì)的量之比1:1投料，過程ⅰ中剛好與反應：，無剩余的；過程ⅱ的反應為、、，ⅰ無剩余，導致ⅱ結(jié)束后，導致iii無法將完全轉(zhuǎn)化成，最終導致ⅱ、ⅲ循環(huán)無法持續(xù)進行。20.某小組設計如下裝置測定新裝修居室內(nèi)空氣中甲醛的含量（夾持裝置略）。已知：①測定原理為甲醛把還原成，產(chǎn)生的與定量反應生成，與菲洛嗪形成有色配合物，通過測定吸光度計算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，計算公式為，其中a為吸光度系數(shù)，b為光在樣本中經(jīng)過的距離，c為溶液濃度。請回答：（1）儀器A的名稱是__________。（2）制備銀氨溶液，儀器B中放置的藥品是__________（填“溶液”或“氨水”）。（3）選擇正確的操作，完成室內(nèi)空氣中甲醛含量的測定：__________操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑動隔板處于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再將操作③～⑦重復4次→測定溶液吸光度。a.打開，關(guān)閉b.打開，關(guān)閉c.將可滑動隔板拉至最左端d.熱水浴加熱儀器Ae.將可滑動隔板緩慢推至最右端f.將可滑動隔板迅速推至最右端（4）寫出甲醛與銀氨溶液反應的化學方程式__________。（5）將儀器A中溶液的調(diào)至1，加入足量溶液，充分反應后加入菲洛嗪，通過測定吸光度確定生成1.12mg，則空氣中甲醛的含量為__________mg/L。（6）下列說法正確的是__________。A.本實驗缺少尾氣處理裝置B.實驗應在室內(nèi)不同點位進行空氣取樣，以保證數(shù)據(jù)的準確性C.毛細管的作用是減小空氣通入速率，保證空氣中的被吸收完全D.有色配合物濃度越大，測得吸光度數(shù)值越大【答案】（1）三頸燒瓶（2）氨水（3）dacbe（4）（5）0.0375（6）BCD【解析】【分析】硝酸銀溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入過量氨水沉淀溶解，得到銀氨溶液；故在儀器A為硝酸銀溶液、B為氨水，反應生成銀氨溶液，然后通過C向A通入室內(nèi)空氣，空氣中甲醛和銀氨溶液水浴加熱發(fā)生銀鏡反應產(chǎn)生單質(zhì)Ag和CO2氣體，產(chǎn)生的與定量反應生成，與菲洛嗪形成有色配合物，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2＋1.12mg，可計算室內(nèi)空氣中甲醛含量。【小問1詳解】儀器A的名稱是三頸燒瓶；【小問2詳解】由分析可知，儀器B中放置的藥品是氨水；【小問3詳解】結(jié)合分析可知，室內(nèi)空氣中甲醛含量的測定操作為：操作①：取下玻璃塞→操作②d.熱水浴加熱儀器A→操作③a.打開，關(guān)閉→操作④使可滑動隔板處于最右端，排出容器中空氣→操作⑤c.將可滑動隔板拉至最左端，吸入室內(nèi)待測的空氣→操作⑥b.打開，關(guān)閉→操作⑦e.將可滑動隔板緩慢推至最右端，使得待測空氣緩緩進入銀氨溶液充分反應→再將操作③～⑦重復4次，減小實驗誤差→測定溶液吸光度；故答案為：dacbe；【小問4詳解】甲醛具有一定還原性，能還原一價銀為銀單質(zhì)，與銀氨溶液反應生成銀單質(zhì)和碳酸銨、水、氨氣，化學方程式；【小問5詳解】甲醛和銀氨溶液加熱反應生成銀，銀具有還原性，被Fe3+氧化，結(jié)合甲醛被氧化為CO2，甲醛中碳元素化合價0價變化為+4價，銀氨溶液中元素化合價+1價變化為0價，生成的銀又被鐵離子氧化，鐵離子被還原為亞鐵離子，生成亞鐵離子1.12