浙江省高三下學(xué)期5月選考適應(yīng)性考試化學(xué)試題

2024年5月浙江省普通高校招生選考科目適應(yīng)性考試化學(xué)本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁(yè)，滿分100分?？荚嚂r(shí)間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時(shí)，請(qǐng)按照答題紙上“注意事項(xiàng)”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)先用2B鉛筆，確定后再使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。4.本卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量數(shù)據(jù)：H1，C12，N14，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，K39，Ca40，Cu64，F(xiàn)e56，Ag108，Ba137。選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物質(zhì)不屬于電解質(zhì)的是A.HNO2 B.ClO2 C.NaI3 D.冰水混合物【答案】B【解析】【詳解】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物，屬于電解質(zhì)的是HNO2、NaI3、冰水混合物，ClO2不屬于電解質(zhì)，故選B。2.實(shí)驗(yàn)室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時(shí)，對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是A.稀鹽酸：配制溶液B.稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解C.稀硝酸：清洗附有銀鏡的試管D.濃硫酸和濃硝酸的混合溶液：苯的磺化【答案】D【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室配制AlCl3溶液時(shí)向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Al3+水解，A不合題意；B．蔗糖和淀粉的水解時(shí)常采用稀硫酸作催化劑，B不合題意；C．清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸，反應(yīng)原理為：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合題意；D．苯的磺化是苯和濃硫酸共熱，反應(yīng)生成苯磺酸的反應(yīng)，故不需要用到濃硫酸和濃硝酸的混合溶液，D符合題意；故答案為：D。3.下列表示不正確的是A.中子數(shù)為10的氧原子：B.SO3是極性分子C.用電子式表示的形成過程：D.此有機(jī)物命名：2戊烯【答案】B【解析】【詳解】A．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)量數(shù)為10+8=18，原子符號(hào)為：，故A正確；B．SO3中心原子價(jià)層電子對(duì)為，孤電子對(duì)為0，所以依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，三氧化硫?yàn)槠矫嫒切谓Y(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心能夠重合，為非極性分子，故B錯(cuò)誤；C．氯化鉀為離子化合物，鉀離子與氯離子通過離子鍵結(jié)合在一起，用電子式表示KCl的形成過程：，故C正確；D．官能團(tuán)位置編號(hào)最小原則，碳碳雙鍵在2號(hào)碳上，系統(tǒng)命名法可知為2戊烯，故D正確；故選：B。4.金星大氣中如存有PH3，據(jù)此推斷金星或許存在生命。利用P4與足量濃KOH溶液反應(yīng)可制備PH3：P4+3KOH(濃)+3H2O=3KH2PO2+PH3↑。下列說法正確的是A.0.1molP4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移0.3mol電子 B.P4是氧化劑C.PH3的電子式為 D.KH2PO2是強(qiáng)電解質(zhì)，屬酸式鹽【答案】A【解析】【詳解】A．由方程式可知，1分子P4中3個(gè)磷原子失去3個(gè)電子得到KH2PO2，1個(gè)磷原子得到3個(gè)電子形成PH3，所以1molP4參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移3mol電子，即0.1molP4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移0.3mol電子，故A正確；B．反應(yīng)中P元素化合價(jià)一部分降低至PH3中的3價(jià)，一部分升高至KH2PO2中的+1價(jià)，所以P4既是氧化劑又是還原劑，故B錯(cuò)誤；C．PH3的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．P4與足量的濃KOH溶液反應(yīng)得到KH2PO2，則KH2PO2為正鹽，故D錯(cuò)誤；故答案為：A。5.在溶液中能大量共存的離子組是A.0.1mol·L1酸性高錳酸鉀溶液中：Na+、、、FB.1.0mol·L1氯化鐵溶液中：K+、Fe(CN)、、Ca2+C.1.0mol·L1氨水溶液中：Cu2+、Fe3+、、CH3COOD.0.1mol·L1碳酸鈉溶液中：Cl、CN、、【答案】D【解析】【詳解】A．酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能氧化，氫氟酸為弱酸，酸性溶液中F不能大量存在，故A錯(cuò)誤；B．1.0mol·L1氯化鐵溶液中，鐵離子與能反應(yīng)生成沉淀，故B錯(cuò)誤；C．1.0mol·L1氨水溶液中，存在大量氫氧根離子，Cu2+和Fe3+不能大量存在，故C錯(cuò)誤；D．0.1mol·L1碳酸鈉溶液中，Cl、CN、、均能大量存在，故D正確；故答案為：D。6.為了自制肥皂，某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)方案如下所示，下列說法不正確的是A.步驟Ⅰ中，加入試劑Ⅰ的作用是提供均相溶劑B.步驟Ⅰ中，涉及到加熱操作，為了加快反應(yīng)速率C.步驟Ⅲ中，可用多組紗布進(jìn)行過濾操作D.步驟Ⅱ中，加入飽和食鹽水，降低了NaOH的溶解度，使得固體析出【答案】D【解析】【分析】油脂加入氫氧化鈉發(fā)生堿性水解生成高級(jí)脂肪酸鈉，加入加入氯化鈉發(fā)生鹽析后，高級(jí)脂肪酸鈉浮在液面上，飽和食鹽水的作用是促進(jìn)高級(jí)脂肪酸鈉的鹽析，然后過濾分離出高級(jí)脂肪酸鈉，洗滌成型得到自制肥皂；【詳解】A．油脂難溶于水，但易溶于有機(jī)溶劑，則加入試劑Ⅰ的作用是促進(jìn)牛油溶解，提供均相溶劑，A正確；B．升高溫度可以促進(jìn)油脂的堿性水解，加快反應(yīng)的速率，B正確；C．步驟Ⅲ中，可用多組紗布進(jìn)行過濾操作，通過過濾分離出生成的高級(jí)脂肪酸鈉，C正確；D．加入氯化鈉發(fā)生鹽析后，高級(jí)脂肪酸鈉浮在液面上，飽和食鹽水的作用是促進(jìn)高級(jí)脂肪酸鈉的鹽析，D錯(cuò)誤；故選D。7.根據(jù)材料的組成和結(jié)構(gòu)變化可推測(cè)其性能變化，下列推測(cè)不合理的是選項(xiàng)材料組成和結(jié)構(gòu)變化性能變化A層狀結(jié)構(gòu)化合物(CF)x石墨與F2在450℃反應(yīng)，石墨層間插入F得到(CF)x抗氧化性增強(qiáng)B塑料加入增塑劑柔韌性提高C低壓法聚乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)得到的，支鏈較少密度和軟化溫度較高D酚醛樹脂持續(xù)縮聚線型轉(zhuǎn)變?yōu)榫W(wǎng)狀可以軟化，不能熔融A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．(CF)x中C原子的所有價(jià)鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，故與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強(qiáng)，A正確；B．塑料添加增塑劑，可以在分子層面改變其性質(zhì)，增塑劑分子會(huì)插入到塑料分子鏈中，擾亂塑料分子之間的排列，降低分子間力，使塑料變得柔軟，B正確；C．低壓法聚乙烯是在較低壓力和較低溫度下，用催化劑使乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)得到的，支鏈較少，軟化溫度和密度都比高壓法聚乙烯的高，C正確；D．熱塑型酚醛樹脂，是線性樹脂，可以反復(fù)加熱軟化或熔融以成型成制品，熱固型酚醛樹脂，是網(wǎng)狀樹脂，加熱時(shí)不可以軟化，不能熔融，D錯(cuò)誤；故選D。8.下列實(shí)驗(yàn)裝置使用不正確的是A.圖1裝置用于色譜法，可確定有機(jī)物的結(jié)構(gòu)B.圖2裝置用于1溴丁烷的消去反應(yīng)C.圖3裝置用于用于酯化反應(yīng)，其中長(zhǎng)直導(dǎo)管起冷凝作用D.圖4裝置用于中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測(cè)定【答案】A【解析】【詳解】A．圖1裝置用于色譜法，可用于混合物分離，故A錯(cuò)誤；B．鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，圖2裝置用于1溴丁烷的消去反應(yīng)，故B正確；C．乙酸和乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，圖3裝置用于用于酯化反應(yīng)，其中長(zhǎng)直導(dǎo)管冷凝乙酸乙酯，故C正確；D．圖4裝置為量熱計(jì)，用于中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測(cè)定，故D正確；選A。9.核磁共振(NMR)技術(shù)已廣泛應(yīng)用于復(fù)雜分子結(jié)構(gòu)的測(cè)定和醫(yī)學(xué)診斷等高科技領(lǐng)域。已知只有質(zhì)子數(shù)或中子數(shù)為奇數(shù)的原子核有NMR現(xiàn)象。試判斷下列哪組原子均可產(chǎn)生NMR現(xiàn)象A.16O、31P、119Sn B.元素周期表中IIIA族所有元素的原子C.27Al、19F、14C D.元素周期表中第三周期所有元素的原子【答案】B【解析】【詳解】A．16O的質(zhì)子數(shù)或中子數(shù)都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故A不符合題意；B．元素周期表中IIIA族所有元素的原子的質(zhì)子數(shù)為奇數(shù)，能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故B符合題意；C．14C質(zhì)子數(shù)或中子數(shù)都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故C不符合題意；D．元素周期表中第三周期所有元素的原子質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)可能都為偶數(shù)，不能產(chǎn)生NMR現(xiàn)象，故D不符合題意。綜上所述，答案為B。10.下列方程式的書寫，不正確的是A.溶液暴露在空氣中：B.鉛酸蓄電池放電的負(fù)極反應(yīng)：C.葡萄糖與新制氫氧化銅反應(yīng)：D.煅燒黃鐵礦制【答案】D【解析】【詳解】A．溶液暴露在空氣中：，A正確；B．鉛酸蓄電池放電負(fù)極反應(yīng)：，B正確；C．葡萄糖與新制氫氧化銅反應(yīng)：，C正確；D．煅燒黃鐵礦制SO2：，D錯(cuò)誤；故選D。11.一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如下：下列說法不正確的是A.TFAA非極性分子 B.E→H發(fā)生了重排(異構(gòu))反應(yīng)C.TFAA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為 D.G分子中存在碳氟鍵和酰胺鍵【答案】A【解析】【詳解】A．TFAA正負(fù)電荷重心不重合，是極性分子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．E和H的分子式相同但結(jié)構(gòu)不同，E→H發(fā)生了重排(異構(gòu))反應(yīng)，B項(xiàng)正確；C．TFAA中兩個(gè)酯基不能縮寫為COOOC，官能團(tuán)酯基需展開，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為，C項(xiàng)正確；D．由G的結(jié)構(gòu)可知，G分子中存在碳氟鍵和酰胺鍵，D項(xiàng)正確；故選A。12.A、B、C、D、E、F為六種原子序數(shù)依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半徑在短周期元素原子中最大，C是周期表中電負(fù)性最大的元素，基態(tài)E原子的核外電子有7種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，基態(tài)F原子有3個(gè)未成對(duì)電子。下列說法正確的是A.C的最低價(jià)氫化物的沸點(diǎn)低于F的最低價(jià)氫化物B.A元素形成的離子半徑小于B元素形成的離子半徑C.A、B、E形成化合物中陰離子中心原子的雜化方式為sp2D.C、D、E形成的某種化合物能降低冶煉E單質(zhì)的能耗【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E、F為六種原子序數(shù)依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半徑在短周期元素原子中最大，則A是H元素，B是Li元素，D是Na元素；C是周期表中電負(fù)性最大的元素，則C是F元素；基態(tài)E原子的核外電子有7種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則E核外電子排布是1s22s2p63s23p1，E是Al元素；基態(tài)F原子有3個(gè)未成對(duì)電子，則F核外電子排布是1s22s2p63s23p3，F(xiàn)是P元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A是H，B是Li，C是F，D是Na，E是Al，F(xiàn)是P元素。A．C是F元素，F(xiàn)是P元素，它們形成的簡(jiǎn)單氫化物HF、PH3，HF分子之間除存在分子間作用力外，還存在氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，導(dǎo)致其沸點(diǎn)比只存在分子間作用力的PH3高，A錯(cuò)誤；B．A是H，B是Li，若H形成的簡(jiǎn)單離子是H，Li形成的簡(jiǎn)單離子是Li+，電子層數(shù)相同時(shí)，原子序數(shù)越大半徑越小，所以離子半徑：H>Li+，B錯(cuò)誤；C．A是H，B是Li，E是Al，三種元素形成的化合物L(fēng)iAlH4，其陰離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4+=4，因此中心Al原子雜化類型是sp3，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述分析可知：C是F，D是Na，E是Al，三種元素形成的化合物是Na3AlF6，Na3AlF6俗稱冰晶石；單質(zhì)Al冶煉時(shí)采用電解熔融Al2O3的方法，但由于該物質(zhì)是離子化合物，熔點(diǎn)是2050℃，熔點(diǎn)很高，為降低其熔點(diǎn)，通常要加入冰晶石Na3AlF6，可以使Al2O3在1000℃左右熔化，從而可節(jié)約大量能量而降低能耗，D正確；故選D。13.一種高效的除去廢水中的的電化學(xué)裝置如圖所示，一般認(rèn)為溶液中某離子濃度小于1.0×105mol·L1時(shí)，該離子已除盡[已知常溫下，Ksp(FePO4)=1.3×1022]。下列說法錯(cuò)誤的是A.光伏電池中，a極為正極，b極為負(fù)極B.廢水中發(fā)生的總反應(yīng)為4Fe2++O2+4H++4=4FePO4↓+2H2OC.電路中有6mol電子通過時(shí)，理論上最多可除去2molD.當(dāng)廢水中c(Fe3+)=1.0×1015mol·L1時(shí)，已除盡【答案】C【解析】【詳解】A．要沉淀需用Fe3+，利用Fe3+與反應(yīng)生成FePO4沉淀除去，故鐵為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為Fe2e=Fe2+，F(xiàn)e2+被O2氧化為Fe3+，石墨為陰極，故a極為正極，b極為負(fù)極，A正確；B．Fe2+被O2氧化Fe3+，與反應(yīng)生成FePO4沉淀，總反應(yīng)為4Fe2++O2+4H++4=4FePO4↓+2H2O，B正確；C．電路中有6mol電子通過時(shí)，根據(jù)Fe2e=Fe2+，可生成3molFe2+，被氧化可得3molFe3+，故可除去3mol，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)廢水中c(Fe3+)=1.0×1015mol·L1時(shí)，c()===1.3×107mol/L<1.0×105mol/L，故已除盡，D正確；故選C。14.烯烴可與鹵素發(fā)生加成反應(yīng)，涉及環(huán)正離子中間體，歷程如下：已知：①反應(yīng)機(jī)理表明，此反應(yīng)是分兩步的加成反應(yīng)，鹵素離子從背面進(jìn)攻。②反應(yīng)中，能否形成環(huán)正離子與鹵素電負(fù)性，半徑相關(guān)。下列說法不正確的是A.若順2丁烯與Br2單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，所生成的產(chǎn)物是一對(duì)對(duì)映異構(gòu)B.乙烯與溴水反應(yīng)，產(chǎn)物存在BrCH2CH2OHC.烯烴與HOCl加成也可能通過環(huán)正離子機(jī)理進(jìn)行D.此加成過程，順式產(chǎn)物與反式產(chǎn)物含量相當(dāng)【答案】D【解析】【詳解】A．順2丁烯與Br2單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，生成的產(chǎn)物中有手性碳原子，故是一對(duì)對(duì)映異構(gòu)體，故A正確；B．溴水中有Br2單質(zhì)，水分子，加成過程中通過第一步生成環(huán)正離子后，可能帶負(fù)電的氫氧根從背面進(jìn)攻生成BrCH2CH2OH，故B正確；C．HOCl也會(huì)變?yōu)閹д姾傻柠u素離子和帶負(fù)電荷的氫氧根，故烯烴的烯烴與HOCl的加成也可能通過環(huán)正離子機(jī)理進(jìn)行，故C正確；D．由于加成過程中第一步是慢反應(yīng)，第二步是快反應(yīng)，故反式產(chǎn)物比順式產(chǎn)物多，故D錯(cuò)誤。答案選D。15.室溫下，向濃度均為的和的混合溶液中逐滴加入的溶液。已知：的，，，，。下列說法不正確的是A.加入的溶液后，在上層清液中滴加溶液無明顯現(xiàn)象B.溶液中存在關(guān)系，C.在和的混合溶液加幾滴稀鹽酸，幾乎不變D.向和混合溶液加入溶液，可能生成堿式碳酸鎂【答案】A【解析】【詳解】A．加入的溶液后，恰好完全生成碳酸鋇沉淀，此時(shí)溶液為碳酸鋇的飽和溶液，在上層清液中滴加，鋇離子濃度增大，會(huì)繼續(xù)生成固體碳酸鋇，故A錯(cuò)誤；B．溶液中，碳酸根離子水解產(chǎn)生碳酸氫根與氫氧根離子，碳酸氫根離子繼續(xù)水解產(chǎn)生碳酸分子和氫氧根離子，故離子大小順序?yàn)椋珺正確；C．根據(jù)的，，可知碳酸根結(jié)合氫離子能力更強(qiáng)，滴加幾滴鹽酸，則發(fā)生反應(yīng)，所以幾乎不變，故C正確；D．向和混合溶液加入溶液，發(fā)生反應(yīng)、溶液呈堿性，由于＞，所以有可能生成堿式碳酸鎂，故D正確；故選A。16.根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康脑O(shè)計(jì)方案并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到相關(guān)現(xiàn)象，方案設(shè)計(jì)或結(jié)論不正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康姆桨冈O(shè)計(jì)現(xiàn)象結(jié)論A探究與水解程度的大小分別測(cè)定的和溶液前者小水解程度小于B探究、結(jié)合的能力向溶液依次滴加足量溶液、幾滴溶液加入后無明顯變化，加入溶液變紅結(jié)合能力：C探究對(duì)氧化性的影響用調(diào)節(jié)相同濃度、和溶液的，測(cè)量氧化反應(yīng)所需最低最低順序：濃度越大，氧化性越強(qiáng)D比較與結(jié)合能力將等濃度等體積的溶液和溶液混合產(chǎn)生白色沉淀結(jié)合能力：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．測(cè)定的和溶液，由于F和醋酸根離子水解均產(chǎn)生氫氧根，前者小，說明醋酸根離子水解程度更大，故A正確；B．應(yīng)在等物質(zhì)的量濃度的和的混合溶液中滴加足量溶液，來驗(yàn)證、結(jié)合的能力，若溶液變紅，說明結(jié)合能力：，若溶液不變色，說明結(jié)合能力：，故B錯(cuò)誤；C．還原性：I＞Br＞Cl，因此最低順序：，說明濃度越大，氧化性越強(qiáng)，故C正確；D．水解產(chǎn)生Al(OH)3，促進(jìn)的電離產(chǎn)生H+，二者產(chǎn)生Al(OH)3沉淀和，從而證明結(jié)合H+能力：，故D正確；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分。)17.硼族元素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}（1）基態(tài)Ga原子的電子排布式為___________。（2）常溫下，F(xiàn)2與硼單質(zhì)反應(yīng)生成BF3，BF3為缺電子結(jié)構(gòu)，通入水中產(chǎn)生三種酸分別為HBF4、HF和___________(填化學(xué)式)。NF3和NF3BF3中FNF的鍵角大小是NF3___________NF3BF3(填“>”、“<”或“=”)。（3）一定條件下，NH4F、NaF和NaAlO2反應(yīng)生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯視投影如圖所示。①化合物X的化學(xué)式為___________。②X晶體內(nèi)含有的作用力有___________(填字母)。a．配位鍵b．離子鍵c．氫鍵d．金屬鍵（4）解釋H2NNH2，HOOH，H3CCH3中，NN，OO，CC的鍵能OO<NN<CC___________?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)（2）①.H3BO3②.<（3）①.Na3AlF6②.ab（4）H3CCH3、H2NNH2、HOOH中的C、N、O的孤電子對(duì)數(shù)分別為0、1、2，由于孤電子對(duì)與孤電子對(duì)間斥力較大，隨孤電子對(duì)數(shù)增加，原子間斥力增大，其鍵能減小【解析】【小問1詳解】Ga的原子序數(shù)為31，位于元素周期表第四周期第IIIA族，基態(tài)Ga原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)；【小問2詳解】BF3為缺電子結(jié)構(gòu)，通入水中可能發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成HF和H3BO3，生成的HF和BF3作用生成HBF4，所以產(chǎn)生的三種酸分別為HBF4、HF和H3BO3；NF3的中心原子N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+×(53×1)=4，有一對(duì)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，NF3BF3中N原子與B原子形成配位鍵，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子排斥力較強(qiáng)，形成配位鍵后沒有孤電子對(duì)，鍵角增大，所以NF3和NF3BF3相比較，F(xiàn)NF的鍵角大小順序?yàn)镹F3＜NF3BF3；【小問3詳解】①一定條件下，NH4F、NaF和NaAlO2反應(yīng)生成NH3、H2O和化合物X，則X中含有Na、F、Al三種元素，從構(gòu)成的正八面體可知，此離子應(yīng)為，從X晶胞及晶胞中某一原子的俯視投影圖可知，晶胞中鈉離子的個(gè)數(shù)為4×+6×+2=6，的個(gè)數(shù)為8×+1=2，所以化合物X的化學(xué)式為Na3AlF6；②X晶體內(nèi)Na+與之間形成離子鍵，內(nèi)Al與F之間形成配位鍵，所以其含有的作用力有配位鍵和離子鍵，無氫鍵和金屬鍵，故答案為：ab；【小問4詳解】H3CCH3中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無孤電子對(duì)，H2NNH2中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1，HOOH中O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為2，在H3CCH3、H2NNH2、HOOH中的C、N、O的孤電子對(duì)數(shù)分別為0、1、2，由于孤電子對(duì)與孤電子對(duì)間斥力較大，隨孤電子對(duì)數(shù)的增加，原子間斥力增大，鍵長(zhǎng)增長(zhǎng)，鍵能減小，所以H2NNH2、HOOH、H3CCH3中，NN、OO、CC的鍵能OO<NN<CC。18.某固態(tài)化合物Y的組成為，以Y為原料可實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：已知：溶液C中金屬離子與均不能形成配合物。請(qǐng)回答：（1）寫出溶液C中的所有陽(yáng)離子____________。（2）步驟V中反應(yīng)為，請(qǐng)說明能夠較完全轉(zhuǎn)化為的兩個(gè)原因是：①生成降低了體系的能量；②____________。（3）下列說法正確的是____________。A.固體B中含有單質(zhì)B.步驟Ⅱ反應(yīng)促進(jìn)了水解平衡正向移動(dòng)C.步驟Ⅲ可推斷堿性D.直接加熱不能得到（4）固體Y可與溶液反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的離子方程式____________。（5）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)氣體中除以外的兩種主要成分____________?！敬鸢浮浚?）、、、（2）水蒸氣帶出，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)（3）BC（4）（5）將生成的氣體通入盛有粉末的硬質(zhì)玻璃管中，固體變藍(lán)，說明有水蒸氣，再繼續(xù)通入澄清石灰水中，變渾濁，說明有氣體。【解析】【分析】固體D和水在高溫下反應(yīng)生成Fe3O4，則D為Fe，溶液C和一水合氨反應(yīng)生成Mn(OH)2和溶液E，溶液E經(jīng)一系列操作得到，則溶液E中含，溶液C中含有、，固體B為Fe、MnO、SrO，氣體A為H2、CO2和水蒸氣。【小問1詳解】由步驟Ⅳ知，溶液E中含，由步驟Ⅱ和步驟Ⅲ知，則溶液C中的所有陽(yáng)離子：、、、；【小問2詳解】由反應(yīng)可推測(cè)，能夠較完全轉(zhuǎn)化為的兩個(gè)原因：①生成降低了體系的能量；②水蒸氣帶出，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)；【小問3詳解】A．由分析知，固體B中含有而不含Mn單質(zhì)，A錯(cuò)誤；B．步驟Ⅱ中，MnO、SrO可與水解產(chǎn)生的反應(yīng)，從而促進(jìn)了水解平衡正向移動(dòng)，B正確；C．步驟Ⅲ生成了沉淀而未生成沉淀，說明堿性：，C正確；D．Sr與Ca處于同一主族，Sr比Ca活潑，屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，直接加熱可得到，D錯(cuò)誤；故選BC?！拘?詳解】固體Y中Mn元素的化合價(jià)為+4價(jià)，Y具有氧化性，溶液中的I離子具有還原性，Y與HI溶液可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、電荷守恒及原子守恒可得到反應(yīng)的離子方程式：；【小問5詳解】氣體A為H2、CO2和水蒸氣，除以外的兩種氣體為CO2和水蒸氣，檢驗(yàn)方法：將生成的氣體通入盛有粉末的硬質(zhì)玻璃管中，固體變藍(lán)，說明有水蒸氣，再繼續(xù)通入澄清石灰水中，變渾濁，說明有氣體。19.我國(guó)提出“碳達(dá)峰”目標(biāo)是在2030年前達(dá)到最高值，2060年前達(dá)到“碳中和”。因此，二氧化碳的綜合利用尤為重要。（1）通過使用不同新型催化劑，實(shí)現(xiàn)二氧化碳加氫合成轉(zhuǎn)化為二甲醚（）也有廣泛的應(yīng)用。反應(yīng)I：反應(yīng)II：反應(yīng)III：①自發(fā)反應(yīng)的條件是____________。②恒壓、投料比的情況下，不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物的選擇性（選擇性是指生成某物質(zhì)消耗的占消耗總量的百分比）如圖所示：I.下列說法正確的是____________。A.從反應(yīng)體系中分離出，能使反應(yīng)II反應(yīng)速率加快B.使用更高效的催化劑能提高的平衡產(chǎn)率C.考慮工業(yè)生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益，應(yīng)選擇較低溫度以提高的平衡產(chǎn)率D.若增大與的混合比例，可提高平衡轉(zhuǎn)化率II.當(dāng)溫度超過，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的原因是____________。（2）研究表明，在電解質(zhì)水溶液中，氣體可被電化學(xué)還原。①在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇（）的電極反應(yīng)方程式為____________。②在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑（a、b、c）上電還原為的反應(yīng)進(jìn)程中（被還原為的反應(yīng)可同時(shí)發(fā)生），相對(duì)能量變化如圖。由此判斷，電還原為從易到難的順序?yàn)開___________（用a、b、c字母排序）。（3）參與的乙苯脫氫機(jī)理如圖所示（表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點(diǎn)，其中A位點(diǎn)帶部分正電荷，位點(diǎn)帶部分負(fù)電荷）。上圖中所示反應(yīng)機(jī)理中步驟I可描述為：乙苯帶部分正電荷，被帶部分負(fù)電荷的位點(diǎn)吸引，隨后解離出并吸附在位點(diǎn)上；步驟II可描述為：____________。【答案】（1）①.低溫②.D③.反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ放熱，溫度升高反應(yīng)Ⅲ平衡正移，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，當(dāng)溫度超過，反應(yīng)Ⅲ平衡正移程度大于反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大（2）①.②.c、a、b（3）位點(diǎn)上的與位點(diǎn)上中帶部分負(fù)電荷的作用生成，帶部分正電荷的吸附在帶部分負(fù)電荷的位點(diǎn)上【解析】【小問1詳解】①根據(jù)蓋斯定律可得反應(yīng)Ⅰ×2+反應(yīng)Ⅱ得到反應(yīng)，則ΔH=2ΔH1+ΔH2=(49.01×224.52)kJ/mol=122.54kJ/mol，該反應(yīng)的，，，，要使<0，需要低溫條件，故該反應(yīng)在低溫下自發(fā)；②I．A．從反應(yīng)體系中分離出，導(dǎo)致反應(yīng)物的濃度也會(huì)減小，使反應(yīng)II反應(yīng)速率減慢，故A錯(cuò)誤；B．催化劑不會(huì)使平衡移動(dòng)，不能提高的平衡產(chǎn)率，故B錯(cuò)誤；C．應(yīng)選擇較低溫度，反應(yīng)速率慢，不利于提高生產(chǎn)的綜合經(jīng)濟(jì)效益，故C錯(cuò)誤；D．若增大與的混合比例，能使平衡I、III向右移動(dòng)，可提高平衡轉(zhuǎn)化率，故D正確；答案為D；II．根據(jù)反應(yīng)特點(diǎn)，反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ放熱，溫度升高反應(yīng)Ⅲ平衡正移，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，當(dāng)溫度超過，反應(yīng)Ⅲ平衡正移程度大于反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大；【小問2詳解】①在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇()，結(jié)合電解質(zhì)的環(huán)境，電荷守恒寫出電極反應(yīng)式為：；②對(duì)比圖(a)、圖(b)可知，使用催化劑b、a、c，CO2電還原為CO的活化能逐漸減小，故CO2電還原為CO從易到難的順序?yàn)椋篶、a、b；【小問3詳解】結(jié)合圖像，對(duì)比步驟I的機(jī)理描述，步驟II可以描述為：位點(diǎn)上的與位點(diǎn)上中帶部分負(fù)電荷的作用生成，帶部分正電荷的吸附在帶部分負(fù)電荷的位點(diǎn)上。20.Na2S2O3又名“大蘇打”“海波”，易溶于水，難溶于乙醇，水溶液呈微弱的堿性，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定。某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組用如圖1裝置(略去對(duì)乙的加熱裝置)制備Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol1)，已知：Na2SO4溶解度如圖2所示。（1）連接實(shí)驗(yàn)裝置后，首先進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作為_______。（2）在裝置乙中溶解兩種固體時(shí)，需先將Na2CO3溶于水配成溶液，再將Na2S固體溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______；裝置乙中生成Na2S2O3的總反應(yīng)方程式為_______。（3）實(shí)驗(yàn)過程中，當(dāng)裝置乙中pH接近7.0時(shí)，應(yīng)立即停止通SO2的原因是________(用離子方程式表示)。（4）裝置乙中需向反應(yīng)后的混合液加入一定量的無水乙醇，其目的是_______。（5）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)定Na2S2O3·5H2O的純度：步驟1：準(zhǔn)確稱取16.00g樣品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。步驟2：準(zhǔn)確稱取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸餾水溶解，再加入5mL2mol·L1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使鉻元素完全轉(zhuǎn)化為Cr3+，加水稀釋至100mL。步驟3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待測(cè)Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I+S4O)，試計(jì)算Na2S2O3·5H2O的純度為_______(保留三位有效數(shù)字)。（6）利用甲裝置中的殘?jiān)?Na2SO4和Na2SO3的混合物)制備Na2SO4·10H2O晶體，將下列實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整：將固體混合物溶于水配成溶液，_______，洗滌、干燥得Na2SO4·10H2O晶體。(實(shí)驗(yàn)中須使用氧氣、pH計(jì))【答案】（1）檢查裝置氣密性（2）①.Na2CO3在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氫污染空氣②.Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2（3）S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O（4）降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出（5）93.0%（6）向其中緩慢通入氧氣，用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH，當(dāng)pH約為7.0時(shí)，停止通氧氣，然后將溶液置于40℃水浴中加熱，減壓蒸發(fā)濃縮至有晶膜出現(xiàn)時(shí)，停止加熱，用冰水冷卻降溫結(jié)晶，過濾【解析】【分析】由圖可知，裝置甲中濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應(yīng)制備二氧化硫，裝置乙中二氧化硫與碳酸鈉、硫化鈉混合溶液反應(yīng)制備五水硫代硫酸鈉?！拘?詳解】該實(shí)驗(yàn)是有氣體制備和參與的實(shí)驗(yàn)，為防止實(shí)驗(yàn)過程中氣體逸出導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗，連接實(shí)驗(yàn)裝置后，應(yīng)首先檢查裝置氣密性，故答案為：檢查裝置氣密性；【小問2詳解】碳酸鈉和硫化鈉都是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中都能發(fā)生水解使溶液呈堿性，在裝置乙中溶解兩種固體時(shí)，先將碳酸鈉溶于水配成溶液，再將硫化鈉固體溶于碳酸鈉溶液中，可以達(dá)到利用碳酸鈉在溶液中水解生成的氫氧根離子，抑制硫化鈉的水解，防止生成有毒的硫化氫污染空氣的目的；裝置乙中生成硫代硫酸鈉的反應(yīng)為二氧化硫與碳酸鈉、硫化鈉混合溶液反應(yīng)生成硫代硫酸鈉和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案為：在溶液中水解使溶液呈堿性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氫污染空氣；Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；【小問3詳解】由題給信息可知，硫代硫酸鈉水溶液呈微弱的堿性，在中性和堿性環(huán)境中穩(wěn)定，所以制備硫代硫酸鈉時(shí)，應(yīng)控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根離子與溶液中氫離子反應(yīng)生成硫沉淀、二氧化硫氣體和水，反應(yīng)的離子方程式為S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案為：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O；【小問4詳解】由題給信息可知，硫代硫酸鈉易溶于水，難溶于乙醇，所以制備五水硫代硫酸鈉時(shí)應(yīng)向反應(yīng)后的混合液加入一定量的無水乙醇，降低硫代硫酸鈉晶體的溶解度，便于晶體的析出，故答案為：降低硫