2023屆浙江省選考科目臨海、新昌兩地高三適應性考試5月?？蓟瘜W試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省選考科目臨海、新昌兩地2023屆高三適應性考試5月?？伎赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108In-115I-127Ba-137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.下列物質中含非極性鍵的鹽是（）A.NH4Cl B.Na2C2O4 C.Mg3N2 D.Na2O2〖答案〗B〖祥解〗鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物；氧化物是含有兩種元素一種為氧元素的化合物；【詳析】A．氯化銨的銨根離子中含有氮氫極性共價鍵，A不合題意；B．Na2C2O4草酸鹽，草酸根離子中含有碳碳非極性共價鍵，B符合題意；C．氮化鎂不屬于鹽，C不合題意；D．過氧化鈉為氧化物，不屬于鹽，D不合題意；故選B。2.氯化鈉應用廣泛，下列說法正確的是（）A.侯氏制堿法是將足量CO2通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出Na2CO3晶體B.氯堿工業(yè)采用陰離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉C.用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色，該樣品一定是氯化鈉D.飽和氯化鈉溶液能使蛋白質鹽析〖答案〗D〖解析〗A．侯氏制堿法是將足量二氧化碳通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，故A錯誤；B．為防止氯氣與氫氧化鈉溶液和氫氣反應，氯堿工業(yè)采用陽離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉，故B錯誤；C．用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色說明樣品中含有鈉元素，可能是鈉鹽，也可能是氫氧化鈉，故C錯誤；D．飽和氯化鈉溶液能降低蛋白質的溶解度，使蛋白質析出而產生鹽析，故D正確；故選D。3.下列化學用語或表述正確的是（）A.石膏化學式：2CaSO4?H2O B.CaH2的電子式：C.Cu元素位于周期表ds區(qū) D.丙炔球棍模型：〖答案〗C〖解析〗A．石膏的化學式：CaSO4?2H2O，故A錯誤；B．CaH2是離子化合物，其電子式：，故B錯誤；C．Cu基態(tài)原子價電子為3d104s1，銅位于周期表ds區(qū)，故C正確；D．丙炔是直線形結構，而該球棍模型不是直線形，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系正確的是（）A.乙二醇的熔點低，可用作生產汽車防凍液B.NaHCO3受熱易分解，可用作泡沫滅火劑C.ClO2是黃綠色氣體，可用于自來水消毒D.單晶硅熔點高，可用作半導體材料〖答案〗A〖解析〗A．乙二醇具有沸點高，熔點低、不易揮發(fā)、熱穩(wěn)定性好、化學性能穩(wěn)定的特性，所以常用作生產汽車防凍液，故A正確；B．碳酸氫鈉溶液能與硫酸鋁溶液發(fā)生雙水解反應生成硫酸鈉、氫氧化鋁沉淀、二氧化碳和水，所以碳酸氫鈉溶液可用作泡沫滅火劑，故B錯誤；C．二氧化氯具有強氧化性，能起到殺菌消毒的作用，所以二氧化氯可用于自來水消毒，則可用于自來水消毒與氣體的顏色無關，故C錯誤；D．單晶硅可用作半導體材料與空穴可傳遞電子有關，與熔點高無關，故D錯誤；故選A。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是（）A.不是所有的銨鹽受熱分解都能放出NH3B.Fe和高溫水蒸氣反應可生成Fe2O3C.漂白粉與潔廁靈可混合使用以提高消毒效果D.工業(yè)制硫酸中需先將SO2壓縮，再進行催化氧化〖答案〗A〖解析〗A．不是所有的銨鹽受熱分解都能放出氨氣，如硝酸銨受熱分解生成一氧化二氮和水，故A正確；B．鐵和高溫水蒸氣反應可生成四氧化三鐵和氫氣，故B錯誤；C．漂白粉的主要成分次氯酸鈣和潔廁靈的主要成分鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，反應生成有毒的氯氣，可能會造成意外事故的發(fā)生，所以漂白粉與潔廁靈不能混合使用，故C錯誤；D．催化劑作用下二氧化硫和氧氣在高溫條件下反應生成三氧化硫，該反應在常壓條件下反應，所以工業(yè)制硫酸中不需要將二氧化硫壓縮，故D錯誤；故選A。6.關于反應2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列說法正確的是（）A.NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性與醋酸相當)B.氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1C.NaN3既是還原產物又是氧化產物D.生成1molNaN3，共轉移4mol電子〖答案〗C〖解析〗A．由HN3的酸性與醋酸相當可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否則違背強酸制弱酸的原理，故A錯誤；B．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則氧化劑一氧化二氮和還原劑氨基鈉的物質的量之比為1：2，故B錯誤；C．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則NaN3既是還原產物又是氧化產物，故C正確；D．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則反應生成1molNaN3，共轉移電子的物質的量為1mol××2=mol，故D錯誤；故選C。7.下列離子方程式書寫正確的是（）A.用FeS除去廢水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓B.向飽和食鹽水中加濃鹽酸析出固體：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)C.在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2OD.向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+〖答案〗B〖解析〗A．FeS為沉淀不能拆，用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS+Hg2+HgS↓+Fe2+，A錯誤；B．向飽和食鹽水中加濃鹽酸，氯離子濃度增大，促使氯離子和鈉離子析出氯化鈉固體：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)，B正確；C．在Na2S溶液中滴加NaClO溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫單質和氯離子、同時生成氫氧根離子：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，C錯誤；D．Fe(SCN)3為絡合物不能拆，向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3+Fe=6SCN-+3Fe2+，D錯誤；故選B。8.下列說法不正確的是（）A.天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑B.共價鍵的方向性使得金剛石晶體的延展性較差而具有脆性C.糖類是多羥基醛、多羥基酮和它們的脫水縮合物D.蛋白質的一級結構與肽鍵的形成有關〖答案〗A〖解析〗A．天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，能溶于強酸或強堿溶液中，大部分能溶于水，難溶于乙醇、乙醚，故A錯誤；B．金剛石是共價晶體，晶體中碳碳鍵具有飽和性和方向性，其中方向性使得金剛石晶體的延展性較差而具有脆性，故B正確；C．從分子結構上看，糖類是多羥基醛、多羥基酮和它們的脫水縮合物，故C正確；D．蛋白質是生物大分子，具有明顯的結構層次性，由低層到高層可分為一級結構、二級結構、三級結構和四級結構，蛋白質的一級結構是指肽鏈的氨基酸組成及其排列順序，則蛋白質的一級結構與肽鍵的形成有關，故D正確；故選A。9.某化合物X結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A.X與酸能形成鹽 B.1molX最多能與3mol溴水反應C.X最多消耗6molNaOH D.X中含有1個手性碳原子〖答案〗C〖解析〗A．由結構簡式可知，X分子中含有酰胺基，能與酸發(fā)生水解反應生成鹽，故A正確；B．由結構簡式可知，X分子中含有酚羥基和碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生取代反應和加成反應，則1molX最多能與3mol溴水反應，故B正確；C．由結構簡式可知，X分子中含有的羧基、酰胺基和酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1molX最多消耗6mol氫氧化鈉，X分子的物質的量未知，則無法計算消耗氫氧化鈉的物質的量，故C錯誤；D．由結構簡式可知，X分子中與酰胺基相連的碳原子為連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故D正確；故選C。10.X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X在電池能源領域有重要而廣泛的用途，Y的價層空軌道數(shù)目是半充滿軌道數(shù)目的一半，Z的一種單質是常見的消毒劑，M與X為同主族元素，Q是地殼中含量最多的金屬元素，下列說法不正確的是（）A.X的2s電子云比1s電子云更擴散B.Z與Q形成的晶體是典型的分子晶體C.五種元素的原子中第一電離能最高的是ZD.最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＞Q〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X在電池能源領域有重要而廣泛的用途，則X為Li元素；Y的價層空軌道數(shù)目是半充滿軌道數(shù)目的一半，則Y為C元素；Z的一種單質是常見的消毒劑，則Z為O元素；M與X為同主族元素，則M為Na元素；Q是地殼中含量最多的金屬元素，則Q為Al元素?！驹斘觥緼．1s軌道離原子核的距離較近較，而2s軌道相對于1s軌道來說離原子核的距離就要遠些了，所以鋰原子的2s電子云比1s電子云更擴散，故A正確；B．氧化鋁是共價鍵百分數(shù)大于離子鍵百分數(shù)的過渡晶體，不是分子晶體，故B錯誤；C．非金屬元素的第一電離能大于金屬元素，同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，則五種元素的原子中第一電離能最高的是氧原子，故C正確；D．碳元素的最高價氧化物對應水化物為弱酸碳酸，鋁元素的最高價氧化物對應水化物為兩性氫氧化物氫氧化鋁，所以碳酸的酸性強于氫氧化鋁，故D正確；故選B。11.電解法轉化CO2可實現(xiàn)CO2資源化。利用如圖所示電解法吸收CO2并制得HCOOK，下列說法不正確的是（）A.a端接電源的正極B.Sn片上發(fā)生的電極反應為：2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCOC.標準狀況下，電路中轉移1mole—陽極產生5.6L氣體D.電解一段時間后，陽極區(qū)需要補充KHCO3溶液〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，與直流電源正極相連的鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，錫片為陰極，二氧化碳在碳酸氫根離子作用下在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲酸根離子和碳酸根離子?！驹斘觥緼．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，故A正確；B．由分析可知，錫片為陰極，二氧化碳在碳酸氫根離子作用下在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲酸根離子和碳酸根離子，電極反應式為2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCO，故B正確；C．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，所以電路中轉移1mol電子時，陽極產生氣體的體積大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C錯誤；D．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，則電解一段時間后，陽極區(qū)需要補充碳酸氫鉀溶液，故D正確；故選C。12.氯化二乙基鋁(CH3CH2)2AlCl既能形成穩(wěn)定的二聚體，也能形成三聚體。(CH3CH2)2AlCl三聚體所有原子最外層電子均達到穩(wěn)定結構，結構如圖所示，下列推測不合理的是（）A.(CH3CH2)2AlCl三聚體分子中含有3個配位鍵，每個Al的配位數(shù)是4B.(CH3CH2)2AlCl的三聚體為非極性分子C.(CH3CH2)2AlCl與O2完全反應生成二氧化碳，水，氧化鋁和氯化氫D.(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，(CH3CH2)2AlCl三聚體分子中中心離子是鋁離子，氯離子和乙基是配體，鋁離子的配位數(shù)為4，故A正確；B．由圖可知，(CH3CH2)2AlCl三聚體分子是結構對稱的非極性分子，故B正確；C．由質量守恒定律可知，(CH3CH2)2AlCl一定條件下與氧氣完全反應生成二氧化碳，水，氧化鋁和氯化氫，故C正確；D．氯元素的電負性大于溴元素，鋁氯鍵強于鋁溴鍵，則水解時(CH3CH2)2AlCl的鋁氯鍵比(CH3CH2)2AlBr的鋁溴鍵難以斷裂，比(CH3CH2)2AlBr更難水解，故D錯誤；故選D。13.亞磷酸(H3PO3)及其鹽在工農業(yè)生產中有著重要作用。25℃時，已知H3PO3溶液中含磷微粒的濃度之和為0.1mol?L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的關系如圖所示。已知：pOH表示OH-濃度的負對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]。下列說法正確的是（）A.曲線①表示lgc(H2PO)隨pOH的變化B.pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol?L-1C.反應H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)K=1.0×10-5.3D.濃度均為0.1mol?L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液中將增大〖答案〗D〖祥解〗任何pOH下，圖中含R物質均有3種，說明H3RO3存在二級電離，為二元弱酸；隨著c(OH-)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3RO3+OH-=+H2O、+OH-=+H2O，可知c(H3RO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，故lgc(H3RO3)逐漸減小，lgc()先增大后減小，lgc()逐漸增大，故曲線①表示c()，曲線②表示c()，曲線③表示c(H3RO3)，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，曲線②表示c()隨pOH的變化，故A錯誤；

B．pH=4時，pOH=10，由圖可知，此時，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1

mol?L-1，故2c(H3RO3)+c()=0.1

mol?L-1，故B錯誤；

C．根據(jù)a點知，c()=c()時，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3

mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根據(jù)c點知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6

mol/L，c(H+)=10-1.4

mol/L，則H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3?+H+減去?+H+，可得H3RO3+?2，則平衡常數(shù)K==105.3，故C錯誤；

D．濃度均為0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液堿性減弱，c(OH-)減小，的水解平衡常數(shù)不變，根據(jù)可知，該比值增大，故D正確；故選：D。14.叔丁基溴在乙醇中反應的能量變化如圖所示：反應1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr反應2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr下列說法不正確是（）A.過渡態(tài)能量：①＞②＞③B.(CH3)3COC2H5可以逆向轉化為(CH3)3CBr，但不會轉化為(CH3)2C=CH2C.若將上述反應體系中的叔丁基溴改為叔丁基氯，則E4—E3的值增大D.向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并適當升溫，可以得到較多的(CH3)2C=CH2〖答案〗B〖解析〗A．由圖可知，過渡態(tài)能量的大小順序為①＞②＞③，故A正確；B．(CH3)3COC2H5與HBr在一定條件下可以逆向轉化為(CH3)3CBr，即為(CH3)3CBr和C2H5OH轉化為(CH3)3COC2H5的逆過程，該過程需要先轉化為(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再轉化為(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同時也能轉化為(CH3)2C=CH2，故B錯誤；C．氯元素的電負性大于溴元素，則叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若將上述反應體系中的叔丁基溴改為叔丁基氯，則E4—E3的值增大，故C正確；D．由圖可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2過程放出能量相較于生成(CH3)3COC2H5低，加入氫氧化鈉能與HBr反應使得平衡正向移動，適當升溫會使平衡逆向移動，放熱越小的反應逆向移動程度更小，因此可以得到較多的(CH3)2C=CH2，故D正確；故選B。15.印尼蘇拉威西島特產的椰子蟹具有異常堅硬的甲殼，這歸功于攝入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角質層中形成難溶的月桂酸磷酸鈣，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列說法不正確的是（）A.椰子蟹攝入月桂酸含量較高的椰肉有助于形成更加堅硬的甲殼B.弱堿性的海水可以保護椰子蟹外殼，使其不易被腐蝕C.將少量月桂酸磷酸鈣投入適量1mol?L-1碳酸鈉溶液中，可實現(xiàn)其與碳酸鈣的轉化D.海水中CO2濃度升高，會腐蝕椰子蟹的外殼，使Ksp增大〖答案〗D〖解析〗A．由題干可知，月桂酸利于促進形成難溶的月桂酸磷酸鈣，故椰子蟹攝入月桂酸含量較高的椰肉有助于形成更加堅硬的甲殼，A正確；B．弱堿性的海水利于月桂酸形成月桂酸根離子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移動，利于保護椰子蟹外殼，使其不易被腐蝕，B正確；C．將少量月桂酸磷酸鈣投入適量1mol?L-1碳酸鈉溶液中，較高濃度的碳酸根離子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)轉化為CaCO3(s)，實現(xiàn)其與碳酸鈣的轉化，C正確；D．海水中CO2濃度升高，溶液酸性增強，使得月桂酸根離子轉化為月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移動，導致腐蝕椰子蟹的外殼，但不會使Ksp增大，D錯誤；故選D。16.下列實驗設計、現(xiàn)象和結論都正確的是（）選項實驗目的實驗設計現(xiàn)象和結論A探究溫度對化學平衡的影響加熱0.5mol?L-1CuCl2藍色溶液加熱溶液變?yōu)樗{綠色，說明[Cu(H2O)4]2+轉化為[CuCl4]2-吸熱B比較AgBr和AgCl的Ksp大小向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液產生淡黃色沉淀，說明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)C證明干燥的氯氣不具有漂白性將干燥的氯氣通入盛放紅色鮮花的集氣瓶中紅色鮮花顏色褪去，說明干燥的氯氣有漂白性D探究濃度對反應速率的影響室溫下向A、B兩支試管中分別裝入等體積的稀硫酸和濃硫酸，再加入表面積相等的鐵片B試管中無明顯現(xiàn)象，說明濃度越大反應速率越慢〖答案〗A〖解析〗A．加熱0.5mol?L-1氯化銅藍色溶液，溶液變?yōu)樗{綠色，說明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4H2O的平衡向正反應方向移動，該反應為吸熱反應，故A正確；B．沒有明確混合溶液中氯化鈉和溴化鈉的濃度是否相等，則向混合溶液中加入少量硝酸銀溶液生成淡黃色沉淀，不能說明溴化銀的溶度積小于氯化銀，故B錯誤；C．干燥的氯氣沒有漂白性，紅色鮮花顏色褪去是因為氯氣與水反應生成的次氯酸應強氧化性而表現(xiàn)漂白性，故C錯誤；D．室溫下鐵在濃硫酸中會發(fā)生鈍化，阻礙反應的繼續(xù)進行，則室溫下向A、B兩支試管中分別裝入等體積的稀硫酸和濃硫酸，再加入表面積相等的鐵片不能用于探究濃度對反應速率的影響，故D錯誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.硫及其化合物有許多用途。請回答：（1）基態(tài)硫原子的價電子排布圖為______________________。（2）S的某些同素異形體由S8環(huán)構成，S8環(huán)中∠S－S－S平均鍵角最接近______(填序號)。A.120° B.105° C.112° D.180°（3）比較H2S和C2H5SH的酸性：H2S_______C2H5SH(填＞”、“<”或“=”)，并從結構的角度說明理由________________________________________________。（4）膽礬(CuSO4?5H2O)屬于一種復雜的離子晶體，其部分結構示意圖如圖所示，根據(jù)其結構將其化學式改寫成配合物形式__________________；加熱該藍色膽礬晶體得到白色硫酸銅固體破壞的相互作用有_________________；陰離子SO的空間構型為___________。（5）Cu、In與S形成的某化合物晶體的晶胞如圖，該化合物的化學式為____________。該晶胞形狀為長方體，長為xnm，寬為xnm，高為ynm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為__________________g?cm-3。〖答案〗（1）（2）B（3）＞C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S（4）[Cu(H2O)4]SO4?H2O氫鍵、配位鍵正四面體形（5）CuInS2〖解析〗（1）硫元素的原子序數(shù)為16，基態(tài)原子的價電子排布式為3s23p4，價電子排布圖為，故〖答案〗為：；（2）由圖可知，S8分子中硫原子的雜化方式為sp3雜化，雜化軌道的鍵角是109°28'，受兩對孤對電子對，成鍵電子對的斥力影響，S－S－S平均鍵角平均鍵角小于109°28'，則S－S－S平均鍵角最接近105°，故選B；（3）C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S，所以H2S的酸性強于C2H5SH，故〖答案〗為：＞；C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S；（4）由圖可知，藍色晶體膽礬的中心離子為銅離子，水分子為配體，四水合銅離子為內界，硫酸根離子為外界，改寫成配合物形式的化學式為[Cu(H2O)4]SO4?H2O；加熱該藍色膽礬晶體得到白色硫酸銅固體破壞的相互作用為氫鍵、配位鍵；硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，則離子的空間構型為正四面體形，故〖答案〗為：[Cu(H2O)4]SO4?H2O；氫鍵、配位鍵；正四面體形，（5）由晶胞結構可知，位于晶胞中頂點、面上和體心的銅原子個數(shù)為8×+4×+1=4，位于棱上、面上的銦原子個數(shù)為4×+6×=4，位于體內的硫原子個數(shù)為8，則化合物的化學式為CuInS2；設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=10—30x2yd，解得d=，故〖答案〗為：CuInS2；。18.難溶化合物X由3種分屬不同周期的元素組成，按如圖流程進行相關實驗：流程中溶液均為無色，溶液B的溶質只含正鹽，溶液G、H中均含有配離子，氣體A是一種無色無味的酸性氧化物，反應均充分進行，請回答：（1）組成固體X的3種元素是_____________(填元素符號)，溶液E中多核陽離子的電子式為_______________。（2）寫出溶液G生成白色固體C的離子方程式_________________________________。（3）寫出溶液B生成白色固體F的化學方程式_________________________________。（4）設計實驗證明溶液G、H中含有的配離子種類不同______________________________________________________________________________________________________。〖答案〗（1）Ag、Al、O（2）Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO（3）[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O（4）取少量溶液G、H分別裝在試管中，逐滴滴加過量的稀鹽酸，溶液G中先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中無明顯現(xiàn)象，證明溶液G、H中含有的配離子種類不同〖祥解〗流程中溶液均為無色，溶液B的溶質只含正鹽，溶液G、H中均含有配離子，氣體A是一種無色無味的酸性氧化物，反應均充分進行，則A為二氧化碳氣體，由無色溶液B與足量鹽酸反應生成白色固體F可知，F(xiàn)為氯化銀沉淀，則固體X中含有銀元素；由白色固體C能溶于足量氫氧化鈉溶液得到溶液G，溶液G與氫氟酸反應得到溶液H、與足量二氧化碳反應生成白色固體C可知，C為氫氧化鋁、G為四羥基合鋁酸鈉、H為六氟合鋁酸鈉，則固體X中含有鋁元素；由難溶化合物X由3種分屬不同周期的元素組成可知，X中含有O元素；由銀原子個數(shù)守恒可知，X中銀元素的物質的量為=0.3mol，由鋁原子個數(shù)守恒可知，X中銀元素的物質的量為=0.3mol，由X的質量可知，X中含有的氧元素的物質的量為=0.6mol，則X中銀、鋁、氧的物質的量比為0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，X的化學式為AgAlO2；結合流程可知，B為[Ag(NH3)2]2CO3、D為二氧化碳、E為氯化銨。【詳析】（1）由分析可知，固體X的化學式為AgAlO2，組成固體X的3種元素是銀元素、鋁元素和氧元素；E為氯化銨，多核陽離子銨根離子的電子式為，故〖答案〗為：Ag、Al、O；；（2）由分析可知，溶液G生成白色固體C反應為四羥基合鋁酸鈉溶液與足量二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO，故〖答案〗為：Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO；（3）由分析可知，溶液B生成白色固體F的反應為[Ag(NH3)2]2CO3溶液與足量鹽酸反應生成氯化銀沉淀、氯化銨、二氧化碳氣體和水，反應的為化學方程式[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O，故〖答案〗為：[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O；（4）由分析可知，G為四羥基合鋁酸鈉、H為六氟合鋁酸鈉，則證明溶液G、H中含有的配離子種類不同的實驗為取少量溶液G、H分別裝在試管中，逐滴滴加過量的稀鹽酸，四羥基合鋁酸鈉溶液中先出現(xiàn)氫氧化鋁白色沉淀，后沉淀溶解消失，而六氟合鋁酸鈉溶液中無明顯現(xiàn)象，說明四羥基合鋁酸鈉溶液、六氟合鋁酸鈉溶液中含有的配離子種類不同，分別為氫氧根離子、氟離子，故〖答案〗為：取少量溶液G、H分別裝在試管中，逐滴滴加過量的稀鹽酸，溶液G中先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中無明顯現(xiàn)象，證明溶液G、H中含有的配離子種類不同。19.我國要在2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和的目標。CO2還原為甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氫主要反應有：反應I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1反應II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ?mol-1（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩爾生成焓分別為-393.5kJ?mol-1、-200.6kJ?mol-1、-241.8(一定溫度和壓強下，由最穩(wěn)定單質生成1mol化合物的焓變?yōu)樵撐镔|的摩爾生成焓，單質的摩爾生成焓為0)。則反應I的△H1=_________kJ?mol-1。（2）當壓強分別p1、p2時，將=1：3的混合氣體置于閉容器中反應，不同溫度下平衡體系中CO2的轉化率、CH3OH和CO的選擇性如圖1所示。在p1壓強下，曲線_________代表CH3OH的選擇性，原因是_______________________________________。（3）向VL密閉容器中通入3molH2、1molCO2，在催化劑作用下發(fā)生反應。相同時間內，溫度對CO2轉化率及CH3OH和CO產率的影響如圖2所示。在某溫度下，體系在tmin時達到平衡狀態(tài)。此時CO2的轉化率為30%，CO2對CH3OH的選擇性為40%。已知：CH3OH(或CO)的選擇性=下列說法正確的是_________。A.CO2的轉化率隨溫度升高而增大的原因可能是溫度升高，CO2的反應速率加快，反應II為吸熱反應，溫度升高有利于反應正向進行且以反應II為主，CO2轉化率增大B.反應II的平衡常數(shù)為0.031C.則0～tmin內H2的反應速率為mol?L-1?min-1D.曲線b表示CH3OH的產率（4）Cu/ZnO納米片可以提高對CH3OH的選擇性，圖3為合成CH3OH在無催化劑時，CH3OH的物質的量與時間的關系，請在圖3中畫出CH3OH在Cu/ZnO納米片存在下，CH3OH物質的量的變化曲線______。〖答案〗（1）-48.9（2）①反應Ⅰ是生成CH3OH的反應，該反應是放熱反應，溫度越高，平衡逆向移動，CH3OH的選擇性越低（3）AB（4）〖解析〗（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩爾生成焓分別為-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，單質的摩爾生成焓為0，經(jīng)分析可知=生成物的生成焓-反應物的生成焓，反應I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的=kJ·mol-1+(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9kJ·mol-1；〖答案〗-48.9；（2）反應Ⅰ是生成CH3OH的反應，該反應是放熱反應，溫度越高，平衡逆向移動，CH3OH的選擇性越低，反應Ⅱ是生成CO的反應，該反應是吸熱反應，溫度越高，平衡正向移動，則CO的選擇性越高，因此①、②表示CH3OH的選擇性，圖中實線①表示P1壓強下CH3OH的選擇性、虛線②表示P2壓強下CH3OH的選擇性，③表示P2壓強下CO的選擇性，④表示P1壓強下CO的選擇性，⑤為CO的平衡轉化率曲線；〖答案〗〖答案〗①；反應Ⅰ是生成CH3OH的反應，該反應是放熱反應，溫度越高，平衡逆向移動，CH3OH的選擇性越低；因此①表示P1壓強下CH3OH的選擇性；（3）A.反應Ⅰ是生成CH3OH的反應，該反應是放熱反應，溫度越高，平衡逆向移動，CO2轉化率降低，反應Ⅱ是生成CO的反應，該反應是吸熱反應，溫度越高，平衡正向移動，CO2轉化率增大，圖中顯示隨溫度升高，CO2的轉化率增大，其原因可能是溫度升高，CO2的反應速率加快，反應II為吸熱反應，溫度升高有利于反應正向進行且以反應II為主，導致CO2轉化率增大，A正確；B.由題目信息可知，轉化CO2為1mol=0.3mol，反應ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH為0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，反應ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以達平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol，反應II的平衡常數(shù)K===0.031，B正確；C.由選項B分析可知：達平衡H2轉化0.18mol+30.12mo=0.54mol，則0～tmin內H2的反應速率為mol?L-1?min-1，C錯誤；D.反應I為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，二氧化碳的轉化率減小，甲醇的產率減小，反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，二氧化碳的轉化率增大，一氧化碳的產率減小，所以表示甲醇產率隨溫度變化的曲線是a，表示一氧化碳產率隨溫度變化的曲線是b，D錯誤；故〖答案〗選AB。（4）在Cu/ZnO納米片存在下，反應應速率加快，達平衡時間變短，Cu/ZnO納米片可以提高對CH3OH的選擇性，CH3OH物質的量增多，〖答案〗。20.工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4質量分數(shù)為a%，含Al2O3、SiO2等雜質)為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程圖如圖，回答下列問題：（1）焙燒目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4，寫出轉化過程中生成可溶性含鋁組分的化學方程式：________________________________________________。（2）下列有關說法不正確的是_________。A.蒸發(fā)結晶時如果長時間蒸發(fā)，有利于提高Na2Cr2O7?2H2O的產率B.除了Na2Cr2O7外，在上述工藝流程中可循環(huán)利用的物質還有H2SO4C.含鐵元素的化合物可在中和過程中被除去D.焙燒時氣流與礦料逆流而行，其目的是增大反應物接觸面積，提高反應速率（3）蒸發(fā)結晶，盛放樣品的容器名稱是________________。（4）酸化的目的是(結合離子方程式說明)_______________________________________。（5）利用氧化還原滴定法測定Na2Cr2O7?2H2O產品的純度，從下列選項中選擇合適的儀器和操作，補全如下步驟[“_______”上填寫一件最關鍵儀器，“(_______)”內填寫一種操作，均用字母表示]。用______(稱量產品2.50g)→在燒杯中__________→用容量瓶__________→用移液管(取25.00mL所配溶液于錐形瓶中)→加入足量碘化鈉溶液→加入3滴淀粉指示劑→用______(用0.1200mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定)→_________并且內不恢復原來的顏色，消耗標準溶液40.00mL儀器：a.堿式滴定管；b.酸式滴定管；c.電子天平；d.托盤天平；操作：e.加硫酸溶解；f.加鹽酸溶解；g.配制250mL溶液；h.觀察到溶液藍色褪去：i.觀察到溶液變成藍色（6）若以鉻鐵礦為原料制備mkg硼化鉻(CrB)，在工藝流程中Cr損失b%，則至少需要鉻鐵礦的質量為____________kg(用含字母的計算式表示)?！即鸢浮剑?）Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑（2）AC（3）蒸發(fā)皿（4）H+濃度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產率（5）cegah（6）〖祥解〗由題給流程可知，鉻鐵礦中加入純堿與氧氣高溫條件下焙燒，將鉻酸亞鐵鉻酸鈉和氧化鐵，將氧化鋁和二氧化硅轉化為偏鋁酸鈉和硅酸鈉，加入水浸取、過濾得到含有氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH使偏鋁酸鈉和硅酸鈉轉化為氫氧化鋁和硅酸沉淀；過濾得到含有氫氧化鋁、硅酸的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸，將鉻酸鈉轉化為重鉻酸鈉，溶液經(jīng)蒸發(fā)結晶、過濾得到含有硫酸鈉的副產品和濾液；濾液經(jīng)冷卻結晶、過濾得到紅礬鈉晶體和含有硫酸的母液，母液中的硫酸可以循環(huán)利用?！驹斘觥浚?）由分析可知，轉化過程中生成可溶性含鋁組分的反應為氧化鋁和碳酸鈉高溫條件下反應生成偏鋁酸鈉和二氧化碳，反應的化學方程式為Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑，故〖答案〗為：Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑；（2）A．由分析可知，蒸發(fā)結晶的目的是除去溶液中的硫酸鈉，則蒸發(fā)結晶時如果長時間蒸發(fā)，會析出紅礬鈉晶體，導致紅礬鈉晶體的產率降低，故錯誤；B．由分析可知，母液中的硫酸可以循環(huán)利用，故正確；C．由分析可知，焙燒得到的氧化鐵在浸取過程中被除去，故錯誤；D．焙燒時氣流與礦料逆流而行的目的是增大反應物接觸面積，提高反應速率，故正確；故選AC；（3）蒸發(fā)結晶時，盛放樣品的容器為蒸發(fā)皿，故〖答案〗為：蒸發(fā)皿；（4）由分析可知，加入稀硫酸酸化的目的是溶液中氫離子濃度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡向正反應方向移動，重鉻酸鈉的物質的量增大、產率增大，故〖答案〗為：H+濃度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產率；（5）利用氧化還原滴定法測定紅礬鈉晶體的純度的實驗過程為用電子天平稱量2.50g產品，在燒杯中加硫酸溶解樣品，用容量瓶配制得到250mL溶液，用移液管量取25.00mL所配溶液于錐形瓶中，向錐形瓶中加入足量碘化鈉溶液與重鉻酸鈉溶液完全反應，加入3滴淀粉做指示劑，用盛有0.1200mol?L-1硫代硫酸鈉標準溶液的堿式滴定管滴定，觀察到溶液變成藍色并且30s內不恢復原來的顏色，消耗標準溶液40.00mL，故〖答案〗為：c；e；g；a；h；（6）設鉻鐵礦的質量為xkg，以鉻鐵礦為原料制備mkg硼化鉻，在工藝流程中鉻元素損失b%，由鉻原子個數(shù)守恒可得：×2=，解得x=，故〖答案〗為：。21.某研究小組按下列路線以馬來酸酐(A)為原料合成吡唑酸(H)：已知：①R－COOHRCOCl②R－OHR－Br③R－CNR－CH2NH2請回答：（1）下列說法一定不正確的是_______。A.化合物F→G為還原反應 B.化合物E可以歸類為醇類C.化合物A中的所有原子共平面 D.化合物H的分子式為C8H7O2N3BrCl（2）化合物B中的含氧官能團名稱為________________，化合物C的結構簡式是________________。（3）化合物D+X→E的反應由加成、消去、取代三步反應構成，寫出其中加成反應的化學方程式____________________________________________。（4）寫出符合下列條件的X的2種同分異構體的結構簡式：_______(不考慮立體異構)。①含有一個六元環(huán)；②1H－NMR檢測表明僅含1種氫（5）根據(jù)題給信息，設計以丙烯為原料合成的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)______________________________________________________?！即鸢浮剑?）AD（2）酯基、羧基（3）+（4）、（5）〖祥解〗由有機物的轉化關系可知，與甲醇發(fā)生取代反應生成，則B為；與溴化氫發(fā)生加成反應生成，則C為；與SOCl2發(fā)生取代反應生成，與先后發(fā)生加成反應、消去反應和取代反應生成，則E為；與POBr3發(fā)生取代反應生成，一定條件下發(fā)生消去反應生成，則G為；酸性條件下發(fā)生水解反應生成?！驹斘觥浚?）A．由分析可知，化合物F→G的反應為一定條件下發(fā)生消去反應生成，故錯誤；B．由分析可知，化合物E的結構簡式為，由官能團可知，化合物E分子中含有醇羥基，可以歸類為醇類，故正確；C．由結構簡式可知，化合物A中碳碳雙鍵、碳氧雙鍵和氧原子都為平面結構，則分子中所有原子共平面，故正確；D．由結構簡式可知，化合物H的分子式為C9H5O2N3BrCl，故錯誤；故選AD；（2）由分析可知，化合物B的結構簡式為，分子中的含氧官能團為羧基、酯基；化合物C的結構簡式，故〖答案〗為：酯基、羧基；；（3）化合物D+X→E反應先發(fā)生加成反應的反應為與發(fā)生加成反應生成，反應的化學方程式為+，故〖答案〗為：+；（4）化合物X的同分異構體含有一個六元環(huán)，1H－NMR檢測表明僅含1種氫說明分子結構對稱，分子中含有的六元環(huán)為含有3個氮原子的雜環(huán)，側鏈為氯原子和2個處于對稱位置的甲基，則符合條件的結構簡式、，故〖答案〗為：、；（5）由題給信息可知，以丙烯為原料合成的合成步驟為丙烯與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應生成1，2—二溴丙烷，1，2—二溴丙烷在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應生成1，2—丙二醇，銅做催化劑條件下，1，2—丙二醇與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成，與氫氰酸發(fā)生加成反應生成，與四氫合硼酸鈉發(fā)生還原反應生成，合成路線為，故〖答案〗為：。浙江省選考科目臨海、新昌兩地2023屆高三適應性考試5月?？伎赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108In-115I-127Ba-137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.下列物質中含非極性鍵的鹽是（）A.NH4Cl B.Na2C2O4 C.Mg3N2 D.Na2O2〖答案〗B〖祥解〗鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構成的化合物；氧化物是含有兩種元素一種為氧元素的化合物；【詳析】A．氯化銨的銨根離子中含有氮氫極性共價鍵，A不合題意；B．Na2C2O4草酸鹽，草酸根離子中含有碳碳非極性共價鍵，B符合題意；C．氮化鎂不屬于鹽，C不合題意；D．過氧化鈉為氧化物，不屬于鹽，D不合題意；故選B。2.氯化鈉應用廣泛，下列說法正確的是（）A.侯氏制堿法是將足量CO2通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出Na2CO3晶體B.氯堿工業(yè)采用陰離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉C.用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色，該樣品一定是氯化鈉D.飽和氯化鈉溶液能使蛋白質鹽析〖答案〗D〖解析〗A．侯氏制堿法是將足量二氧化碳通入氨化的氯化鈉飽和溶液中，析出碳酸氫鈉晶體，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，故A錯誤；B．為防止氯氣與氫氧化鈉溶液和氫氣反應，氯堿工業(yè)采用陽離子交換膜電解槽電解飽和食鹽水獲得氯氣和氫氧化鈉，故B錯誤；C．用洗凈的鉑絲蘸取某樣品在酒精燈上灼燒，火焰呈黃色說明樣品中含有鈉元素，可能是鈉鹽，也可能是氫氧化鈉，故C錯誤；D．飽和氯化鈉溶液能降低蛋白質的溶解度，使蛋白質析出而產生鹽析，故D正確；故選D。3.下列化學用語或表述正確的是（）A.石膏化學式：2CaSO4?H2O B.CaH2的電子式：C.Cu元素位于周期表ds區(qū) D.丙炔球棍模型：〖答案〗C〖解析〗A．石膏的化學式：CaSO4?2H2O，故A錯誤；B．CaH2是離子化合物，其電子式：，故B錯誤；C．Cu基態(tài)原子價電子為3d104s1，銅位于周期表ds區(qū)，故C正確；D．丙炔是直線形結構，而該球棍模型不是直線形，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系正確的是（）A.乙二醇的熔點低，可用作生產汽車防凍液B.NaHCO3受熱易分解，可用作泡沫滅火劑C.ClO2是黃綠色氣體，可用于自來水消毒D.單晶硅熔點高，可用作半導體材料〖答案〗A〖解析〗A．乙二醇具有沸點高，熔點低、不易揮發(fā)、熱穩(wěn)定性好、化學性能穩(wěn)定的特性，所以常用作生產汽車防凍液，故A正確；B．碳酸氫鈉溶液能與硫酸鋁溶液發(fā)生雙水解反應生成硫酸鈉、氫氧化鋁沉淀、二氧化碳和水，所以碳酸氫鈉溶液可用作泡沫滅火劑，故B錯誤；C．二氧化氯具有強氧化性，能起到殺菌消毒的作用，所以二氧化氯可用于自來水消毒，則可用于自來水消毒與氣體的顏色無關，故C錯誤；D．單晶硅可用作半導體材料與空穴可傳遞電子有關，與熔點高無關，故D錯誤；故選A。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是（）A.不是所有的銨鹽受熱分解都能放出NH3B.Fe和高溫水蒸氣反應可生成Fe2O3C.漂白粉與潔廁靈可混合使用以提高消毒效果D.工業(yè)制硫酸中需先將SO2壓縮，再進行催化氧化〖答案〗A〖解析〗A．不是所有的銨鹽受熱分解都能放出氨氣，如硝酸銨受熱分解生成一氧化二氮和水，故A正確；B．鐵和高溫水蒸氣反應可生成四氧化三鐵和氫氣，故B錯誤；C．漂白粉的主要成分次氯酸鈣和潔廁靈的主要成分鹽酸反應生成氯化鈣、氯氣和水，反應生成有毒的氯氣，可能會造成意外事故的發(fā)生，所以漂白粉與潔廁靈不能混合使用，故C錯誤；D．催化劑作用下二氧化硫和氧氣在高溫條件下反應生成三氧化硫，該反應在常壓條件下反應，所以工業(yè)制硫酸中不需要將二氧化硫壓縮，故D錯誤；故選A。6.關于反應2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列說法正確的是（）A.NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性與醋酸相當)B.氧化劑和還原劑的物質的量之比為2：1C.NaN3既是還原產物又是氧化產物D.生成1molNaN3，共轉移4mol電子〖答案〗C〖解析〗A．由HN3的酸性與醋酸相當可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否則違背強酸制弱酸的原理，故A錯誤；B．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則氧化劑一氧化二氮和還原劑氨基鈉的物質的量之比為1：2，故B錯誤；C．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則NaN3既是還原產物又是氧化產物，故C正確；D．由方程式可知，氨基鈉中氮元素化合價升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合價降低被還原，則反應生成1molNaN3，共轉移電子的物質的量為1mol××2=mol，故D錯誤；故選C。7.下列離子方程式書寫正確的是（）A.用FeS除去廢水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓B.向飽和食鹽水中加濃鹽酸析出固體：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)C.在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2OD.向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+〖答案〗B〖解析〗A．FeS為沉淀不能拆，用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS+Hg2+HgS↓+Fe2+，A錯誤；B．向飽和食鹽水中加濃鹽酸，氯離子濃度增大，促使氯離子和鈉離子析出氯化鈉固體：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)，B正確；C．在Na2S溶液中滴加NaClO溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫單質和氯離子、同時生成氫氧根離子：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，C錯誤；D．Fe(SCN)3為絡合物不能拆，向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3+Fe=6SCN-+3Fe2+，D錯誤；故選B。8.下列說法不正確的是（）A.天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑B.共價鍵的方向性使得金剛石晶體的延展性較差而具有脆性C.糖類是多羥基醛、多羥基酮和它們的脫水縮合物D.蛋白質的一級結構與肽鍵的形成有關〖答案〗A〖解析〗A．天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，能溶于強酸或強堿溶液中，大部分能溶于水，難溶于乙醇、乙醚，故A錯誤；B．金剛石是共價晶體，晶體中碳碳鍵具有飽和性和方向性，其中方向性使得金剛石晶體的延展性較差而具有脆性，故B正確；C．從分子結構上看，糖類是多羥基醛、多羥基酮和它們的脫水縮合物，故C正確；D．蛋白質是生物大分子，具有明顯的結構層次性，由低層到高層可分為一級結構、二級結構、三級結構和四級結構，蛋白質的一級結構是指肽鏈的氨基酸組成及其排列順序，則蛋白質的一級結構與肽鍵的形成有關，故D正確；故選A。9.某化合物X結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A.X與酸能形成鹽 B.1molX最多能與3mol溴水反應C.X最多消耗6molNaOH D.X中含有1個手性碳原子〖答案〗C〖解析〗A．由結構簡式可知，X分子中含有酰胺基，能與酸發(fā)生水解反應生成鹽，故A正確；B．由結構簡式可知，X分子中含有酚羥基和碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生取代反應和加成反應，則1molX最多能與3mol溴水反應，故B正確；C．由結構簡式可知，X分子中含有的羧基、酰胺基和酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1molX最多消耗6mol氫氧化鈉，X分子的物質的量未知，則無法計算消耗氫氧化鈉的物質的量，故C錯誤；D．由結構簡式可知，X分子中與酰胺基相連的碳原子為連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故D正確；故選C。10.X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X在電池能源領域有重要而廣泛的用途，Y的價層空軌道數(shù)目是半充滿軌道數(shù)目的一半，Z的一種單質是常見的消毒劑，M與X為同主族元素，Q是地殼中含量最多的金屬元素，下列說法不正確的是（）A.X的2s電子云比1s電子云更擴散B.Z與Q形成的晶體是典型的分子晶體C.五種元素的原子中第一電離能最高的是ZD.最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＞Q〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X在電池能源領域有重要而廣泛的用途，則X為Li元素；Y的價層空軌道數(shù)目是半充滿軌道數(shù)目的一半，則Y為C元素；Z的一種單質是常見的消毒劑，則Z為O元素；M與X為同主族元素，則M為Na元素；Q是地殼中含量最多的金屬元素，則Q為Al元素?！驹斘觥緼．1s軌道離原子核的距離較近較，而2s軌道相對于1s軌道來說離原子核的距離就要遠些了，所以鋰原子的2s電子云比1s電子云更擴散，故A正確；B．氧化鋁是共價鍵百分數(shù)大于離子鍵百分數(shù)的過渡晶體，不是分子晶體，故B錯誤；C．非金屬元素的第一電離能大于金屬元素，同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，則五種元素的原子中第一電離能最高的是氧原子，故C正確；D．碳元素的最高價氧化物對應水化物為弱酸碳酸，鋁元素的最高價氧化物對應水化物為兩性氫氧化物氫氧化鋁，所以碳酸的酸性強于氫氧化鋁，故D正確；故選B。11.電解法轉化CO2可實現(xiàn)CO2資源化。利用如圖所示電解法吸收CO2并制得HCOOK，下列說法不正確的是（）A.a端接電源的正極B.Sn片上發(fā)生的電極反應為：2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCOC.標準狀況下，電路中轉移1mole—陽極產生5.6L氣體D.電解一段時間后，陽極區(qū)需要補充KHCO3溶液〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，與直流電源正極相連的鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，錫片為陰極，二氧化碳在碳酸氫根離子作用下在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲酸根離子和碳酸根離子?！驹斘觥緼．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，故A正確；B．由分析可知，錫片為陰極，二氧化碳在碳酸氫根離子作用下在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成甲酸根離子和碳酸根離子，電極反應式為2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCO，故B正確；C．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，所以電路中轉移1mol電子時，陽極產生氣體的體積大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C錯誤；D．由分析可知，鉑片為電解池的陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，氫離子與溶液中的碳酸氫根離子反應生成二氧化碳和水，則電解一段時間后，陽極區(qū)需要補充碳酸氫鉀溶液，故D正確；故選C。12.氯化二乙基鋁(CH3CH2)2AlCl既能形成穩(wěn)定的二聚體，也能形成三聚體。(CH3CH2)2AlCl三聚體所有原子最外層電子均達到穩(wěn)定結構，結構如圖所示，下列推測不合理的是（）A.(CH3CH2)2AlCl三聚體分子中含有3個配位鍵，每個Al的配位數(shù)是4B.(CH3CH2)2AlCl的三聚體為非極性分子C.(CH3CH2)2AlCl與O2完全反應生成二氧化碳，水，氧化鋁和氯化氫D.(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解〖答案〗D〖解析〗A．由圖可知，(CH3CH2)2AlCl三聚體分子中中心離子是鋁離子，氯離子和乙基是配體，鋁離子的配位數(shù)為4，故A正確；B．由圖可知，(CH3CH2)2AlCl三聚體分子是結構對稱的非極性分子，故B正確；C．由質量守恒定律可知，(CH3CH2)2AlCl一定條件下與氧氣完全反應生成二氧化碳，水，氧化鋁和氯化氫，故C正確；D．氯元素的電負性大于溴元素，鋁氯鍵強于鋁溴鍵，則水解時(CH3CH2)2AlCl的鋁氯鍵比(CH3CH2)2AlBr的鋁溴鍵難以斷裂，比(CH3CH2)2AlBr更難水解，故D錯誤；故選D。13.亞磷酸(H3PO3)及其鹽在工農業(yè)生產中有著重要作用。25℃時，已知H3PO3溶液中含磷微粒的濃度之和為0.1mol?L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的關系如圖所示。已知：pOH表示OH-濃度的負對數(shù)[pOH=-lgc(OH-)]。下列說法正確的是（）A.曲線①表示lgc(H2PO)隨pOH的變化B.pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol?L-1C.反應H3PO3+HPO2H2PO的平衡常數(shù)K=1.0×10-5.3D.濃度均為0.1mol?L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液中將增大〖答案〗D〖祥解〗任何pOH下，圖中含R物質均有3種，說明H3RO3存在二級電離，為二元弱酸；隨著c(OH-)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3RO3+OH-=+H2O、+OH-=+H2O，可知c(H3RO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，故lgc(H3RO3)逐漸減小，lgc()先增大后減小，lgc()逐漸增大，故曲線①表示c()，曲線②表示c()，曲線③表示c(H3RO3)，據(jù)此分析解題?！驹斘觥緼．由分析可知，曲線②表示c()隨pOH的變化，故A錯誤；

B．pH=4時，pOH=10，由圖可知，此時，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1

mol?L-1，故2c(H3RO3)+c()=0.1

mol?L-1，故B錯誤；

C．根據(jù)a點知，c()=c()時，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3

mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根據(jù)c點知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6

mol/L，c(H+)=10-1.4

mol/L，則H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3?+H+減去?+H+，可得H3RO3+?2，則平衡常數(shù)K==105.3，故C錯誤；

D．濃度均為0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀釋10倍后溶液堿性減弱，c(OH-)減小，的水解平衡常數(shù)不變，根據(jù)可知，該比值增大，故D正確；故選：D。14.叔丁基溴在乙醇中反應的能量變化如圖所示：反應1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr反應2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr下列說法不正確是（）A.過渡態(tài)能量：①＞②＞③B.(CH3)3COC2H5可以逆向轉化為(CH3)3CBr，但不會轉化為(CH3)2C=CH2C.若將上述反應體系中的叔丁基溴改為叔丁基氯，則E4—E3的值增大D.向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并適當升溫，可以得到較多的(CH3)2C=CH2〖答案〗B〖解析〗A．由圖可知，過渡態(tài)能量的大小順序為①＞②＞③，故A正確；B．(CH3)3COC2H5與HBr在一定條件下可以逆向轉化為(CH3)3CBr，即為(CH3)3CBr和C2H5OH轉化為(CH3)3COC2H5的逆過程，該過程需要先轉化為(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再轉化為(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同時也能轉化為(CH3)2C=CH2，故B錯誤；C．氯元素的電負性大于溴元素，則叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若將上述反應體系中的叔丁基溴改為叔丁基氯，則E4—E3的值增大，故C正確；D．由圖可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2過程放出能量相較于生成(CH3)3COC2H5低，加入氫氧化鈉能與HBr反應使得平衡正向移動，適當升溫會使平衡逆向移動，放熱越小的反應逆向移動程度更小，因此可以得到較多的(CH3)2C=CH2，故D正確；故選B。15.印尼蘇拉威西島特產的椰子蟹具有異常堅硬的甲殼，這歸功于攝入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角質層中形成難溶的月桂酸磷酸鈣，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列說法不正確的是（）A.椰子蟹攝入月桂酸含量較高的椰肉有助于形成更加堅硬的甲殼B.弱堿性的海水可以保護椰子蟹外殼，使其不易被腐蝕C.將少量月桂酸磷酸鈣投入適量1mol?L-1碳酸鈉溶液中，可實現(xiàn)其與碳酸鈣的轉化D.海水中CO2濃度升高，會腐蝕椰子蟹的外殼，使Ksp增大〖答案〗D〖解析〗A．由題干可知，月桂酸利于促進形成難溶的月桂酸磷酸鈣，故椰子蟹攝入月桂酸含量較高的椰肉有助于形成更加堅硬的甲殼，A正確；B．弱堿性的海水利于月桂酸形成月桂酸根離子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移動，利于保護椰子蟹外殼，使其不易被腐蝕，B正確；C．將少量月桂酸磷酸鈣投入適量1mol?L-1碳酸鈉溶液中，較高濃度的碳酸根離子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)轉化為CaCO3(s)，實現(xiàn)其與碳酸鈣的轉化，C正確；D．海水中CO2濃度升高，溶液酸性增強，使得月桂酸根離子轉化為月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移動，導致腐蝕椰子蟹的外殼，但不會使Ksp增大，D錯誤；故選D。16.下列實驗設計、現(xiàn)象和結論都正確的是（）選項實驗目的實驗設計現(xiàn)象和結論A探究溫度對化學平衡的影響加熱0.5mol?L-1CuCl2藍色溶液加熱溶液變?yōu)樗{綠色，說明[Cu(H2O)4]2+轉化為[CuCl4]2-吸熱B比較AgBr和AgCl的Ksp大小向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液產生淡黃色沉淀，說明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)C證明干燥的氯氣不具有漂白性將干燥的氯氣通入盛放紅色鮮花的集氣瓶中紅色鮮花顏色褪去，說明干燥的氯氣有漂白性D探究濃度對反應速率的影響室溫下向A、B兩支試管中分別裝入等體積的稀硫酸和濃硫酸，再加入表面積相等的鐵片B試管中無明顯現(xiàn)象，說明濃度越大反應速率越慢〖答案〗A〖解析〗A．加熱0.5mol?L-1氯化銅藍色溶液，溶液變?yōu)樗{綠色，說明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4H2O的平衡向正反應方向移動，該反應為吸熱反應，故A正確；B．沒有明確混合溶液中氯化鈉和溴化鈉的濃度是否相等，則向混合溶液中加入少量硝酸銀溶液生成淡黃色沉淀，不能說明溴化銀的溶度積小于氯化銀，故B錯誤；C．干燥的氯氣沒有漂白性，紅色鮮花顏色褪去是因為氯氣與水反應生成的次氯酸應強氧化性而表現(xiàn)漂白性，故C錯誤；D．室溫下鐵在濃硫酸中會發(fā)生鈍化，阻礙反應的繼續(xù)進行，則室溫下向A、B兩支試管中分別裝入等體積的稀硫酸和濃硫酸，再加入表面積相等的鐵片不能用于探究濃度對反應速率的影響，故D錯誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.硫及其化合物有許多用途。請回答：（1）基態(tài)硫原子的價電子排布圖為______________________。（2）S的某些同素異形體由S8環(huán)構成，S8環(huán)中∠S－S－S平均鍵角最接近______(填序號)。A.120° B.105° C.112° D.180°（3）比較H2S和C2H5SH的酸性：H2S_______C2H5SH(填＞”、“<”或“=”)，并從結構的角度說明理由________________________________________________。（4）膽礬(CuSO4?5H2O)屬于一種復雜的離子晶體，其部分結構示意圖如圖所示，根據(jù)其結構將其化學式改寫成配合物形式__________________；加熱該藍色膽礬晶體得到白色硫酸銅固體破壞的相互作用有_________________；陰離子SO的空間構型為___________。（5）Cu、In與S形成的某化合物晶體的晶胞如圖，該化合物的化學式為____________。該晶胞形狀為長方體，長為xnm，寬為xnm，高為ynm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為__________________g?cm-3?！即鸢浮剑?）（2）B（3）＞C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S（4）[Cu(H2O)4]SO4?H2O氫鍵、配位鍵正四面體形（5）CuInS2〖解析〗（1）硫元素的原子序數(shù)為16，基態(tài)原子的價電子排布式為3s23p4，價電子排布圖為，故〖答案〗為：；（2）由圖可知，S8分子中硫原子的雜化方式為sp3雜化，雜化軌道的鍵角是109°28'，受兩對孤對電子對，成鍵電子對的斥力影響，S－S－S平均鍵角平均鍵角小于109°28'，則S－S－S平均鍵角最接近105°，故選B；（3）C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S，所以H2S的酸性強于C2H5SH，故〖答案〗為：＞；C2H5SH中乙基是推電子基團，C2H5SH中S—H鍵的極性弱于H2S中S—H鍵，電離出H+難于H2S；（4）由圖可知，藍色晶體膽礬的中心離子為銅離子，水分子為配體，四水合銅離子為內界，硫酸根離子為外界，改寫成配合物形式的化學式為[Cu(H2O)4]SO4?H2O；加熱該藍色膽礬晶體得到白色硫酸銅固體破壞的相互作用為氫鍵、配位鍵；硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，則離子的空間構型為正四面體形，故〖答案〗為：[Cu(H2O)4]SO4?H2O；氫鍵、配位鍵；正四面體形，（5）由晶胞結構可知，位于晶胞中頂點、面上和體心的銅原子個數(shù)為8×+4×+1=4，位于棱上、面上的銦原子個數(shù)為4×+6×=4，位于體內的硫原子個數(shù)為8，則化合物的化學式為CuInS2；設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=10—30x2yd，解得d=，故〖答案〗為：CuInS2；。18.難溶化合物X由3種分屬不同周期的元素組成，按如圖流程進行相關實驗：流程中溶液均為無色，溶液B的溶質只含正鹽，溶液G、H中均含有配離子，氣體A是一種無色無味的酸性氧化物，反應均充分進行，請回答：（1）組成固體X的3種元素是_____________(填元素符號)，溶液E中多核陽離子的電子式為_______________。（2）寫出溶液G生成白色固體C的離子方程式_________________________________。（3）寫出溶液B生成白色固體F的化學方程式_________________________________。（4）設計實驗證明溶液G、H中含有的配離子種類不同______________________________________________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）Ag、Al、O（2）Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO（3）[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O（4）取少量溶液G、H分別裝在試管中，逐滴滴加過量的稀鹽酸，溶液G中先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中無明顯現(xiàn)象，證明溶液G、H中含有的配離子種類不同〖祥解〗流程中溶液均為無色，溶液B的溶質只含正鹽，溶液G、H中均含有配離子，氣體A是一種無色無味的酸性氧化物，反應均充分進行，則A為二氧化碳氣體，由無色溶液B與足量鹽酸反應生成白色固體F可知，F(xiàn)為氯化銀沉淀，則固體X中含有銀元素；由白色固體C能溶于足量氫氧化鈉溶液得到溶液G，溶液G與氫氟酸反應得到溶液H、與足量二氧化碳反應生成白色固體C可知，C為氫氧化鋁、G為四羥基合鋁酸鈉、H為六氟合鋁酸鈉，則固體X中含有鋁元素；由難溶化合物X由3種分屬不同周期的元素組成可知，X中含有O元素；由銀原子個數(shù)守恒可知，X中銀元素的物質的量為=0.3mol，由鋁原子個數(shù)守恒可知，X中銀元素的物質的量為=0.3mol，由X的質量可知，X中含有的氧元素的