2024年高考考前押題密卷化學(xué)（浙江卷）（全解全析）

年高考考前押題密卷化學(xué)·全解全析(考試時(shí)間：90分鐘試卷滿分：100分)注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Cr52Mn55Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137一、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(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)中屬于新型無機(jī)非金屬材料的是()A．碳纖維 B．陶瓷 C．鋁合金 D．有機(jī)玻璃【答案】A【解析】A項(xiàng)，碳纖維成分是碳單質(zhì)，是無機(jī)物，屬于新型無機(jī)非金屬材料，A符合題意；B項(xiàng)，陶瓷是傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，B不符合題意；C項(xiàng)，鋁合金是金屬材料，C不符合題意；D項(xiàng)，有機(jī)玻璃成分是聚甲基丙烯酸甲酯，屬于有機(jī)高分子材料，不屬于新型無機(jī)非金屬材料，D不符合題意；故選A。2．碳酸鈉和碳酸氫鈉在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用.下列有關(guān)說法不合理的是()A．通過化合反應(yīng)可由碳酸鈉制得碳酸氫鈉B．可用碳酸鈉溶液處理鍋爐水垢中的硫酸鈣：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)C．向1mL濃度均為0.6mol·L-1Na2CO3和NaHCO3溶液中分別滴加濃的BaCl2溶液，只有碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀D．碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液都顯堿性，均可用作食用堿【答案】C【解析】A項(xiàng)，通過化合反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，可由碳酸鈉制得碳酸氫鈉，A正確；B項(xiàng)，碳酸鈣的溶解度更小，可用碳酸鈉溶液將硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，來處理鍋爐水垢中的硫酸鈣，B正確；C項(xiàng)，NaHCO3溶液中分別滴加濃的BaCl2溶液也會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，離子反應(yīng)為：2HCO3-+Ba2+=BaCO3↓+CO2↑+H2O，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉的水溶液都顯堿性，均可用作食用堿，D正確；故選C。3．下列化學(xué)用語的表達(dá)不正確的是()A．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵：

B．丙炔的球棍模型：C．1s22s22px1→ls22s22py1過程中不能形成發(fā)射光譜D．用電子式表示HCl的形成過程：【答案】B【解析】A項(xiàng)，鄰羥基苯甲醛中羥基O-H鍵極性較大，與醛基氧原子之間可形成分子內(nèi)氫鍵，A正確；B項(xiàng)，丙炔的結(jié)構(gòu)簡式為CH3C≡CH，官能團(tuán)碳碳三鍵為直線形結(jié)構(gòu)，則分子中三個(gè)碳原子在一條直線上，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，2px和2py的伸展方向不同、能量相同，1s22s22px1→ls22s22py1，過程中電子沒有能量變化，不可能形成發(fā)射光譜，C正確；D項(xiàng)，HCl為共價(jià)化合物，可用電子式表示HCl的形成過程：，D正確；故選B。4．黃鐵礦與焦炭充分混合(FeS2與C的質(zhì)量比為)，在有限量的空氣中緩慢燃燒，結(jié)果可得到硫磺，過程中可能發(fā)生的反應(yīng)之一為：3FeS2+12C+8O2=Fe3O4+12CO+6S。下列有關(guān)說法不正確的是()A．FeS2晶體中存在非極性共價(jià)鍵B．當(dāng)有6molC參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移16mol電子C．Fe3O4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物D．當(dāng)有3molS生成時(shí)，有4molO2被焦炭還原【答案】D【解析】A項(xiàng)，F(xiàn)eS2晶體由Fe2+、S22-構(gòu)成，存在離子鍵、非極性共價(jià)鍵，故A正確；B項(xiàng)，反應(yīng)過程中C、S元素化合價(jià)升高，當(dāng)有6molC參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移16mol電子，故B正確；C項(xiàng)，F(xiàn)e元素化合價(jià)升高、氧元素化合價(jià)降低生成Fe3O4，F(xiàn)e3O4既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，故C正確；D項(xiàng)，反應(yīng)過程中C、S元素化合價(jià)升高，氧氣被C、S元素還原，當(dāng)有3molS生成時(shí)，有3molO2被焦炭還原，故D錯(cuò)誤；故選D。5．常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-【答案】A【解析】A項(xiàng)，選項(xiàng)離子之間不能發(fā)生任何反應(yīng)，離子可以大量共存，A符合題意；B項(xiàng)，中性溶液中，OH-與Fe3+會(huì)形成Fe(OH)3沉淀，OH-與HCO3-反應(yīng)產(chǎn)生CO32-、H2O，離子之間不能大量共存，B不符合題意；C項(xiàng)，c(OH-)<的溶液顯酸性，含有大量的H+，H+與ClO-、F-發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，H+、Fe2+、NO3-會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D錯(cuò)誤；故選A。6．一種從Al3+和Cr3+混合溶液中分離出鉻元素的流程如下。常溫下，Ksp(BaCrO4)=1.2×10－10。下列說法錯(cuò)誤的是()A．該流程可避免Al(OH)3形成膠體而難以從體系中分離的情況發(fā)生B．若濾液C中不含CrO42-，則濾液C中C．可用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水D．加入H2O2和氨水時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O【答案】C【解析】由題干流程圖可知，向含有Al3+和Cr3+混合溶液中加入H2O2和氨水，發(fā)生反應(yīng)：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O，將Cr3+氧化為CrO42-，以便于加入過量Ba(OH)2后轉(zhuǎn)化為BaCrO4沉淀而分離出鉻元素，向A溶液中加入過量的NaOH溶液，將Al3+轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-，而后加入過量的Ba(OH)2將鉻元素轉(zhuǎn)化為BaCrO4沉淀而分離出鉻元素，過濾得到BaCrO4沉淀和濾液C。A項(xiàng)，向A溶液中加入過量的NaOH溶液，將Al3+轉(zhuǎn)化為[Al(OH)4]-，則該流程可避免Al(OH)3形成膠體而難以從體系中分離的情況發(fā)生，A正確；B項(xiàng)，若濾液C中不含CrO42-即使得溶液中CrO42-小于10-5mol/L，根據(jù)溶度積可知，則濾液C中，B正確；C項(xiàng)，若用Na2FeO4溶液代替H2O2和氨水，則將引入雜質(zhì)離子Fe3+，使得B中混有Fe(OH)3沉淀，而使得到的BaCrO4中混有Fe(OH)3，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由分析可知，加入H2O2和氨水時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2Cr3++3H2O2+10NH3·H2O=2CrO42-+10NH4++8H2O，D正確；故選C。7．根據(jù)物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)變化推測(cè)其性能變化，下列推測(cè)不合理的是()物質(zhì)組成和結(jié)構(gòu)變化性能變化A純鋁加入少量Cu、Mg、Mn、Si增大硬度和強(qiáng)度B飽和一元醇增加烴基R碳原子的個(gè)數(shù)水中溶解度增大C二氧化硅加熱熔融后快速冷卻各方向?qū)嵝韵嗤珼阿司匹林()使其與乙二醇、聚甲基丙烯酸連接起來得到緩釋阿司匹林【答案】B【解析】A項(xiàng)，純鋁加入少量Cu、Mg、Mn、Si形成合金，可以增大硬度和強(qiáng)度，A合理；B項(xiàng)，飽和一元醇R-OH，增加烴基R碳原子的個(gè)數(shù)，由于烴基是推電子基團(tuán)，導(dǎo)致-OH的極性減弱，更難與H2O分子形成氫鍵，在水中溶解度減小，B不合理；C項(xiàng)，二氧化硅加熱熔融后快速冷卻會(huì)形成非晶態(tài)二氧化硅，沒有各向異性，各方向?qū)嵝韵嗤?，C合理；D項(xiàng)，將阿司匹林與乙二醇、聚甲基丙烯酸連接起來可以得到緩釋阿司匹林，D合理；故選B。8．利用下列實(shí)驗(yàn)裝置能完成相應(yīng)實(shí)驗(yàn)的是()A．除去苯中溶解的溴B．測(cè)定溶液的濃度C．制備NH3并測(cè)量其體積D．裝置比較MnO2、Cl2、S的氧化性【答案】A【解析】A項(xiàng)，苯不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，溴能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，則題給裝置能達(dá)到除去苯中溶解的溴的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，A正確；B項(xiàng)，溴水具有氧化性能腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管盛裝，應(yīng)用酸式滴定管盛裝，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，氨氣極易溶于水，則題給裝置不能用達(dá)到用排水法測(cè)量氨氣體積的實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，用濃酸和二氧化錳制備氯氣，應(yīng)在加熱條件下進(jìn)行，D錯(cuò)誤。故選A。9．下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的說法正確的是()A．糖類都含有醛基，對(duì)氫氧化銅等弱氧化劑表現(xiàn)出還原性B．人造絲、人造棉、滌綸都屬于人造纖維，都是高分子化合物C．花生油、豆油、羊油和潤滑油均屬于高級(jí)脂肪酸甘油酯D．冠醚(18-冠-6)的空穴與尺寸適配，兩者能通過弱相互作用形成超分子【答案】D【解析】A項(xiàng)，蔗糖無醛基，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，人造絲、人造棉、屬于人造纖維，滌綸是合成纖維，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，潤滑油屬于烴類，不屬于高級(jí)脂肪酸甘油酯，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，冠醚(18-冠-6)的空穴與K+尺寸適配，兩者能通過非化學(xué)鍵的弱相互作用形成超分子，D正確；故選D。10．下列化學(xué)反應(yīng)與方程式相符的是()A．工業(yè)上由甲苯制備鄰溴甲苯：

B．向血紅色Fe(SCN)3溶液中加入過量鐵粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+C．向含0.1mol[C]的溶液中加入含0.3mol的溶液：[C]2++2[C]3++3↓D．向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液：2CO72-+3C2H5OH+16H+=4C【答案】D【解析】A項(xiàng)，工業(yè)上由甲苯制備鄰溴甲苯是甲苯也液溴在催化劑作用下發(fā)生取代反應(yīng)：

，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，F(xiàn)e(SCN)3為絡(luò)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+，B錯(cuò)誤；；C項(xiàng)，配合物中內(nèi)界不可以電離，外界可以電離，則只能生成0.2molAgCl，離子方程式為C1-+Ag+=AgCl↓，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，向酸性重鉻酸鉀溶液中加少量乙醇溶液，乙醇被氧化為乙酸，離子方程式為2CO72-+3C2H5OH+16H+=4C，D正確；故選D。11．2-甲基環(huán)戊醇可作為合成橡膠、塑料和纖維等高分子材料中的軟化劑和增塑劑．其合成路線如下：下列說法不正確的是()A．根據(jù)化合物B的結(jié)構(gòu)，推測(cè)過程Ⅰ依次發(fā)生了加成反應(yīng)、水解反應(yīng)B．試劑1選擇的試劑為醇溶液，反應(yīng)條件是：加熱C．化合物C是一種難溶于水的液體D．過程Ⅲ中，化合物C與水反應(yīng)時(shí)可能生成多種組成相同的有機(jī)產(chǎn)物【答案】B【解析】化合物A與CH3MgI發(fā)生加成反應(yīng)引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發(fā)生水解產(chǎn)生羥基，醇羥基的消去反應(yīng)生成C，與水的加成反應(yīng)生成2-甲基環(huán)戊醇。A項(xiàng)，根據(jù)化合物B的結(jié)構(gòu)，化合物A與CH3MgI發(fā)生加成反應(yīng)引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發(fā)生水解產(chǎn)生羥基，即化合物B，故A正確；B項(xiàng)，化合物B轉(zhuǎn)化為化合物C發(fā)生了醇羥基的消去反應(yīng)，反應(yīng)條件為濃硫酸加熱，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，化合物C為烴類物質(zhì)，難溶于水，由于C原子數(shù)目為6，熔沸點(diǎn)較高，常溫下屬于液態(tài)，故C正確；D項(xiàng)，過程Ⅲ可以理解是與水的加成反應(yīng)，羥基位置不同可能會(huì)有不同的加成產(chǎn)物，比如說可能會(huì)有化合物B生成，故D正確；故選B。12．X、Y、Z、W、Q為五種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。Z、W位于同一主族，Q、W位于同一周期且相鄰。X單質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度約為，Y的同位素可用于測(cè)定文物年代，Z元素的某種單質(zhì)可用作自來水消毒劑，下列說法正確的是()A．電負(fù)性：Z＞Q＞W(wǎng) B．鍵角：WZ3＞X2W＞X2ZC．YW2、X2Z2均為非極性分子 D．Q和Z可形成原子比為、的兩種分子【答案】A【解析】X、Y、Z、Q、W為五種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。X單質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度約為，則X為H元素，Y的同位素可用于測(cè)定文物年代，則Y為C元素，Z元素的某種單質(zhì)可用作自來水消毒劑，則Z為O元素，Z、W位于同一主族，則W為S元素，Q、W位于同一周期且相鄰，則Q為Cl元素。A項(xiàng)，同一周期，從左到右元素電負(fù)性遞增，同一主族，自上而下元素電負(fù)性遞減，所以電負(fù)性O(shè)＞Cl＞S，A正確；B項(xiàng)，WZ3為SO3，X2W為H2S，X2Z為H2O，由于O原子的電負(fù)性大與S，鍵角應(yīng)該H2O比H2S中的鍵角大，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，CS2為非極性分子，H2O2為極性分子，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Q為Cl元素，Z為O，可形成Cl2O3，Cl2O5尚未被發(fā)現(xiàn)，D錯(cuò)誤；故選A。13．我國科學(xué)家開發(fā)出堿性海水里直接電解制氫的技術(shù)，工作原理如圖1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻擋Cl-與電極催化劑活性中心接觸的作用，電極A含有M金屬的催化劑，發(fā)生的電極反應(yīng)過程如圖2所示，離子交換膜選擇性透過參與電極A反應(yīng)的物質(zhì)。下列說法錯(cuò)誤的是()A．電極A上發(fā)生的反應(yīng)存在極性鍵的斷裂與生成B．若去掉隔水薄膜，Cl-會(huì)在A電極失去電子生成Cl2C．電解結(jié)束后，電極B處去掉海水隔水膜，所得溶液中加入適量、NaCl、KNO3溶液無混濁現(xiàn)象D．每當(dāng)有標(biāo)準(zhǔn)狀況下的0.1344L氣體生成時(shí)，就會(huì)有0.008mol電子從電極A流向電極B【答案】C【解析】從圖2可知，M金屬催化劑，催化氫氧根離子在電極A發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成氧氣，電極反應(yīng)式為4OH--4e-＝O2↑＋2H2O，所以電極A為陽極，電極B為陰極。A項(xiàng)，由圖可知，電極A上發(fā)生的反應(yīng)存在氫氧極性鍵的斷裂與氫氧極性鍵的生成，A正確；B項(xiàng)，去掉隔水薄膜，氯離子會(huì)在陽極A電極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，B正確；C項(xiàng)，電極B為陰極，水放電發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，則加入鐵離子會(huì)生成氫氧化鐵沉淀變渾濁，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，電解總反應(yīng)為，每當(dāng)有標(biāo)準(zhǔn)狀況下的0.1344L氣體生成時(shí)，則生成氧氣，O2~4e-，故會(huì)有0.008mol電子從電極A流向電極，D正確；故選C。14．乙醛與氫氰酸(，弱酸)能發(fā)生加成反應(yīng)，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(fù)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(yīng)不在酸性條件下進(jìn)行的原因之一C．往丙酮與反應(yīng)體系中加入一滴溶液，反應(yīng)速率明顯加快，因此堿性越強(qiáng)，上述反應(yīng)越容易進(jìn)行D．與加成的反應(yīng)速率：【答案】C【解析】A項(xiàng)，氧原子的電負(fù)性較大，醛基中的碳原子帶部分正電荷，碳原子與CN-作用，故A正確；B項(xiàng)，HCN易揮發(fā)且有劇毒，所以該反應(yīng)不在酸性條件下進(jìn)行，故B正確；C項(xiàng)，往丙酮與HXN反應(yīng)體系中加入一滴KOH溶液，CN-濃度增大，反應(yīng)速率明顯加快，若堿性過強(qiáng)，氫離子濃度降低，第二步反應(yīng)難發(fā)生，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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HCN加成的反應(yīng)速率：，故D正確；故選C。15．常溫下，往0.35mol/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。已知：Ka(HClO)=4.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9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(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)【答案】A【解析】A項(xiàng)，向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，=4.0×10-8，==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(CO32-)+c(HCO3-)，故有2c(Ca2+)=c(C1O-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35mol/L，0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c(CO32-)+c(HCO3-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，H2CO3的二級(jí)電離平衡常數(shù)Ka2==4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，所以==4.7×10-4，結(jié)合等式2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，可知c(HCO3-)≈0.5mol/L，c(CO32-)=0.5mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4mol/L，c(Ca2+)·c(CO32-)=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中會(huì)出現(xiàn)CaCO3沉淀，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加入鹽酸酸化，次氯酸鈣具有強(qiáng)氧化性，HCl具有還原性，會(huì)發(fā)生歸中反應(yīng)，將其氧化為氯氣，反應(yīng)方程式為：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，B正確；C項(xiàng)，Ka(HClO)==4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，則c(H+)=4.0×10-8mol/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的變色范圍是8.2-10，所以酚酞并未變紅，C正確；D項(xiàng)，碳酸在溶液中存在兩步電離平衡，HCO3-主要是來自于第一步電離，H+兩步電離均會(huì)生成，故c(H+)＞c(HCO3-)；CO32-主要是HCO3-部分電離得到，而且HCO3-電離程度十分微弱，H2CO3電離出HCO3-的程度大于HCO3-電離產(chǎn)生CO32-的程度，故c(CO32-)和c(OH-)要小于c(HCO3-)；Kb1==2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6mol/L，c(OH-)=10-8.4mol/L，c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.6mol/L，帶入Kb1==2.13×10-4，可得c(CO32-)=4.7×10-11mol/L，小于c(OH-)=10-8.4mol/L，故離子濃度大小關(guān)系為：c(H+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(CO32-)，D正確；故選A。16．探究鈉及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論A分別測(cè)定NaHCO3和Na2CO3溶液的pH兩者都大于7，且Na2CO3溶液的pH大CO32-的水解能力強(qiáng)于HCO3-B將25℃0.1mol·L－1CH3COONa溶液加熱到40℃，用傳感器監(jiān)測(cè)溶液變化溶液的逐漸減小隨溫度升高，KW逐漸增大，CH3COONa溶液中c(H＋)增大，c(OH―)減小C向NaHCO3溶液中加入等體積等濃度的NaAlO2溶液有白色沉淀生成AlO2-結(jié)合H+的能力強(qiáng)于CO32-D測(cè)定中和熱時(shí)，將稀溶液緩慢倒入到盛有稀的內(nèi)筒，攪拌使其充分混合，再蓋上杯蓋溫度差為中和反應(yīng)放熱，將代入公式算得中和熱()【答案】C【解析】A項(xiàng)，兩溶液的濃度不確定，不能根據(jù)溶液的pH值判斷水解程度的大小，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，升高溫度，促進(jìn)CH3COONa的水解，溶液中c(OH-)增大，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，NaHCO3和NaAlO2反應(yīng)生成白色沉淀，反應(yīng)的離子方程式為HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓，說明AlO2-結(jié)合H+的能力強(qiáng)于CO32-，C正確；D項(xiàng)，測(cè)定中和熱時(shí)，為減少熱量損失，需將稀NaOH溶液一次性快速倒入到盛有稀HCl的內(nèi)筒中，D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)。17．(10分)含磷化合物在生命體中有重要意義。紅磷在氯氣中燃燒可以生成兩種化合物PCl3和PCl5。PCl5分子呈三角雙錐形，其結(jié)構(gòu)如圖所示：(1)寫出基態(tài)P原子的價(jià)層電子排布式。BCl3中心原子價(jià)層有空軌道，可以與H2O分子形成配位鍵，同時(shí)使原有的鍵削弱、斷裂，從而發(fā)生水解。根據(jù)以上信息，判斷PCl3能否水解(填能或不能)。(2)下列關(guān)于含磷化合物的說法，正確的是___________。A．H3PO4在水中的電離方程式為H3PO4=H++H2PO4-B．PCl5分子中的Cl—P—Cl鍵角有兩種C．PCl3、PCl5等分子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D．已知H3PO3是二元酸，該分子中P的雜化方式為sp3(3)N、P是同一族元素，P能形成PCl3、PCl5兩種氯化物，而N只能形成一種氯化物NCl3，而不能形成NCl5，原因是。(4)磷化硼B(yǎng)P的晶胞如圖甲所示，(黑球?yàn)镻，白球?yàn)锽)沿虛線(晶胞的體對(duì)角線)方向的投影如圖乙所示，已經(jīng)畫出了部分P原子的位置，請(qǐng)你畫出4個(gè)B原子的位置(用空心圓圈表示)。(5)某單質(zhì)的一種堆積方式為面心立方最密堆積，其剖面圖如圖。(空間利用率是指構(gòu)成晶體的原子、離子或分子總體積在整個(gè)空間中所占的體積百分比；V(球))此晶體的空間利用率為(用含圓周率的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)3s23p3(1分)能(1分)(2)D(2分)(3)N原子最外層無d軌道，不能發(fā)生sp2d雜化，故無NCl5(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)已知P是15號(hào)元素，故基態(tài)P原子的價(jià)層電子排布式為3s23p3，BCl3中心原子價(jià)層有空軌道，可以與H2O分子形成配位鍵，同時(shí)使原有的鍵削弱、斷裂，從而發(fā)生水解，PCl3中心原子P周圍含有的孤電子對(duì)數(shù)為：=1，故根據(jù)以上信息，判斷PCl3能水解；(2)A項(xiàng)，H3PO4是中強(qiáng)酸，故其在水中電離為部分電離，故其的電離方程式為H3PO4H++H2PO4-，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，PCl5分子中根據(jù)圖知，平面上鍵角(Cl-P-Cl)為120°、上頂點(diǎn)和平面上的Cl原子形成的鍵角(Cl-P-Cl)為90°，上下頂點(diǎn)和P原子形成的鍵角(Cl-P-Cl)為180°，即Cl-P-Cl鍵角有3種形式，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，PCl5分子中根據(jù)圖知，P周圍含有10個(gè)電子，而PCl3分子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，已知H3PO3是二元酸，則H3PO3的結(jié)構(gòu)式為：，該分子中P周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故其雜化方式為sp3，D正確；故選D；(3)由圖可知，PCl5分子中P、Cl原子間形成5個(gè)P-Cl鍵，3d軌道常用雜化成鍵，雜化類型為sp3d，但N原子的價(jià)電子排布式為2s22p3，沒有d軌道，不能N原子和Cl原子不能形成5鍵，不能發(fā)生sp3d雜化，則不能形成NCl5；(4)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，立方磷化硼晶胞沿著體對(duì)角線方向可以觀察到六邊形，中心B與P重合，六邊形中形成兩個(gè)倒立關(guān)系的正三角形，分別由3個(gè)B或者3個(gè)P形成，所以畫圖為：；(5)由題干晶胞示意圖可知，該晶胞中原子處于頂點(diǎn)與面心，屬于面心立方最密堆積；面心立方最密堆積中處于晶胞面對(duì)角線上原子緊密相鄰，設(shè)原子半徑為r，則晶胞棱長=4r×=2r，晶胞體積=(2r)3=16r3，晶胞中原子數(shù)目=8×+6×=4，晶胞中原子總體積=4×πr3，晶胞中原子的空間利用率為：=。18．(10分)黃銅礦的主要成份為CuFeS2，現(xiàn)有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系制備有關(guān)物質(zhì)。已知：沉淀D的摩爾質(zhì)量為。請(qǐng)回答：(1)尾氣中SO2經(jīng)過充分綜合利用可以得到石膏，請(qǐng)寫出石膏的化學(xué)式：。(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2，干燥的氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機(jī)合成的常見物質(zhì)A，該物質(zhì)水解時(shí)發(fā)生非氧化還原反應(yīng)得到兩種強(qiáng)酸。①寫出物質(zhì)A分子的結(jié)構(gòu)式：。②一定壓強(qiáng)下，化合物A的沸點(diǎn)低于硫酸的原因是。(3)生成沉淀D的離子反應(yīng)方程式。(4)請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)溶液C中的陽離子?！敬鸢浮?1)CaSO4·2H2O(2分)(2)(2分)硫酸能形成分子間氫鍵，SO2Cl2沒有分子間氫鍵，所以SO2Cl2熔沸點(diǎn)較低(2分)(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+(2分)(4)取少量溶液C于一支試管，加入石蕊試液(或pH試紙)溶液顯紅色(pH試紙變紅)，則有H+，另取少量溶液于試管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀則有Fe2+(2分)【解析】黃銅礦(CuFeS2)與足量空氣煅燒生成二氧化硫、氧化鐵和氧化銅固體，固體加入鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵和氯化銅混合溶液，通入足量二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸亞鐵、硫酸和氯化亞銅沉淀，二氧化硫氣體和氯氣在活性炭催化作用下反應(yīng)生成SO2Cl2。(1)石膏的化學(xué)式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2氣體與氯氣在活性炭催化下可生成一種用于有機(jī)合成的常見物質(zhì)A，則A為SO2Cl2，該物質(zhì)(SO2Cl2)水解時(shí)發(fā)生非氧化還原反應(yīng)得到兩種強(qiáng)酸即硫酸和鹽酸，則物質(zhì)A分子為SO2Cl2，其結(jié)構(gòu)式：；②一定壓強(qiáng)下，化合物A的沸點(diǎn)低于硫酸的原因是硫酸能形成分子間氫鍵，SO2Cl2沒有分子間氫鍵，所以SO2Cl2熔沸點(diǎn)較低；(3)根據(jù)沉淀D的摩爾質(zhì)量為，說明D為氯化亞銅，則是銅離子和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根和亞銅離子，亞銅離子和氯離子反應(yīng)生成CuCl，則生成沉淀D的離子反應(yīng)方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根據(jù)前面分析，溶液C中含有氫離子和亞鐵離子，檢驗(yàn)氫離子常用紫色石蕊，檢驗(yàn)亞鐵離子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)溶液C中的陽離子方法是取少量溶液C于一支試管，加入石蕊試液(或pH試紙)溶液顯紅色(pH試紙變紅)，則有H+，另取少量溶液于試管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀則有Fe2+。19．(10分)環(huán)境保護(hù)與綠色發(fā)展是新時(shí)代人們關(guān)心的共同話題。NO是大氣主要污染物，因此對(duì)工業(yè)煙氣脫硝是工業(yè)生產(chǎn)中的重要一環(huán)。煤燃燒排放的煙氣含有NO，脫除的方法有多種。(1)利用固體氧化物電解池可將NO直接轉(zhuǎn)化為N2，紐扣式電化學(xué)還原器結(jié)構(gòu)單元如圖所示，電解時(shí)，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)式為。(2)目前常見方法是采用NaClO溶液液相氧化法脫除煙氣中的NO，其主要過程如下：Ⅰ．NO(aq)+HClO(aq)NO2(aq)+HCl(aq)ΔH＝akJ·mol?1Ⅱ．3NO2(aq)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(aq)ΔH＝bkJ·mol?1①NO(aq)轉(zhuǎn)化為HNO3(aq)的熱化學(xué)方程式。②為提高NO脫除率，工業(yè)上常向NaClO溶液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)，溶液初始pH與NO的脫除率如下表所示。初始3.54.55.56.57.5NO脫除率91%88%83%65%51%pH影響NO脫除率的原因是。(3)理論上可采用加熱使NO分解的方法處理：2NO(g)N2(g)＋O2(g)。已知該反應(yīng)的正反應(yīng)活化能為728kJ·mol?1，逆反應(yīng)的活化能為910kJ·mol?1；正反應(yīng)熵變?yōu)?24.8J·K-1·mol?1。實(shí)際反應(yīng)時(shí)發(fā)現(xiàn)加熱至600℃時(shí)NO仍沒有明顯分解，請(qǐng)結(jié)合上述數(shù)據(jù)解釋原因。(4)近期科學(xué)家發(fā)現(xiàn)活性炭表面的有機(jī)結(jié)構(gòu)可以被強(qiáng)氧化劑氧化成酚羥基、羧基(均可表示為C-OH，其電離平衡可表示為C-OHC-O-+H+)，這些官能團(tuán)可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化劑的預(yù)氧化與吸附原理可表示為(未配平)：預(yù)氧化：HNO3+C→C-OH+NO2↑+H2O預(yù)氧化：KMnO4+C→C-OH+MnO2+K2MnO4預(yù)氧化：H2O2+C→C-OH+H2O吸附：C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)ΔHNO吸附實(shí)驗(yàn)在25℃下進(jìn)行，將一定比例的N2與NO混合氣體在恒壓下，以相同速率持續(xù)通入到等量的、不同預(yù)氧化試劑處理的活性炭中(圖像中“原始-C”表示未經(jīng)處理的活性炭)，獲得“NO捕獲率-通氣時(shí)間”的變化圖：已知：①下列描述正確的是。A．25℃下原始-C在通氣約175分鐘后吸附效果超過了H2O2-CB．若其他條件不變，增大混合氣體中N2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，吸附平衡會(huì)正向移動(dòng)C．KMnO4-C在實(shí)驗(yàn)中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、K2MnO4堵塞D．升高溫度，等量活性炭催化劑吸附的NO分子總數(shù)會(huì)減少②相比其他預(yù)氧化試劑處理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研究者認(rèn)為可能是HNO3引入了H+，增強(qiáng)了活性炭的表面活性。試?yán)美障奶亓性碛枰越忉?。【答案?1)2NO+4e—=N2+2O2—(1分)(2)2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)?H=(3a+b)kJ?mol-1(2分)pH降低，c(HClO)升高(1分)(3)反應(yīng)雖然可自發(fā)進(jìn)行，但是正反應(yīng)活化能較大，在較低溫度下反應(yīng)速率緩慢，故現(xiàn)象不明顯(2分)(4)CD(2分)硝酸預(yù)氧化的過程中引入了H+，增大了H+濃度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移動(dòng)，使活性炭表面酚羥基、羧基等官能團(tuán)數(shù)量增多，故吸附效果更佳(2分)【解析】(1)由圖可知，通入一氧化氮的多孔電極為電解池的陰極，一氧化氮在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氮?dú)夂脱蹼x子，電極反應(yīng)式為2NO+4e—=N2+2O2—，故答案為：2NO+4e—=N2+2O2—；(2)根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ即可得目標(biāo)反應(yīng)：2NO(aq)+3HClO(aq)+H2O(l)=2HNO3(aq)+3HCl(aq)，則反應(yīng)熱?H=3×?H1+?H2=(3a+b)kJ?mol-1；pH減小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的濃度越高，則反應(yīng)Ⅰ的平衡右移，NO脫除率越高；(3)該反應(yīng)的正反應(yīng)活化能為728kJ·mol?1，逆反應(yīng)的活化能為910kJ?mol-1，則?H=728-910=-182kJ?mol-1，又正反應(yīng)的熵變?yōu)?24.8J·K-1·mol?1，依據(jù)，故600℃時(shí)反應(yīng)可以自發(fā)，而600℃時(shí)NO仍沒有明顯分解是正反應(yīng)活化能較大，在較低溫度下反應(yīng)速率緩慢，故現(xiàn)象不明顯；(4)①A項(xiàng)，圖中原始-C曲線是虛線，NO捕獲率應(yīng)看右側(cè)縱軸上的數(shù)據(jù)，25°C下175分鐘后NO捕獲率低于50%，H2O2-C曲線是實(shí)線，NO捕獲率應(yīng)看左側(cè)縱軸上的數(shù)據(jù)，因此175分鐘后原始-C的吸附效果沒有超過H2O2-C，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，若其他條件不變，增大混合氣體中N2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，即在恒壓條件下增大容器體積，使NO濃度減小，吸附平衡C-OH(s)＋NO(g)C-OH…NO(s)逆向移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，KMnO4是粉末狀固體，活性炭表面疏松多孔的結(jié)構(gòu)有利于吸附，KMnO4-C在實(shí)驗(yàn)中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，故C正確；D項(xiàng)，由圖像可知，升高溫度，NO的捕獲率降低，即催化劑吸附的NO分子總數(shù)會(huì)減少，故D正確；故選CD。②HNO3是強(qiáng)酸，HNO3預(yù)氧化的過程引入了H+，增大了H+的濃度，平衡C-OHC-O-+H+逆向移動(dòng)，使活性炭表面酚羥基、羧基等官能團(tuán)數(shù)量增多，故吸附效果更佳。20．(10分)某小組設(shè)計(jì)如下裝置測(cè)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(cè)定原理為甲醛把Ag+還原成Ag，產(chǎn)生的Ag與定量反應(yīng)生成，與菲洛嗪形成有色配合物，通過測(cè)定吸光度計(jì)算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，計(jì)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(qǐng)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“AgNO3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(cè)定：操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑動(dòng)隔板處于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再將操作③～⑦重復(fù)4次→測(cè)定溶液吸光度。a.打開，關(guān)閉

b.打開，關(guān)閉c.將可滑動(dòng)隔板拉至最左端

d.熱水浴加熱儀器Ae.將可滑動(dòng)隔板緩慢推至最右端

f.將可滑動(dòng)隔板迅速推至最右端(4)寫出甲醛與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)后加入菲洛嗪，通過測(cè)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(shí)驗(yàn)缺少尾氣處理裝置B．實(shí)驗(yàn)應(yīng)在室內(nèi)不同點(diǎn)位進(jìn)行空氣取樣，以保證數(shù)據(jù)的準(zhǔn)確性C．毛細(xì)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(cè)得吸光度數(shù)值越大【答案】(1)三頸燒瓶(1分)(2)氨水(1分)(3)d

a

c

b

e(2分)(4)HCHO+[Ag(NH3)2]+OH4Ag+(NH4)2CO3+6NH3+2H2O(2分)(5)0.0375(2分)(6)BCD(2分)【解析】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(yīng)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(yīng)產(chǎn)生單質(zhì)Ag和CO2氣體，產(chǎn)生的Ag與定量反應(yīng)生成，與菲洛嗪形成有色配合物，在562nm處測(cè)定吸光度，測(cè)得生成Fe2＋1.12mg，可計(jì)算室內(nèi)空氣中甲醛含量。(1)儀器A的名稱是三頸燒瓶；(2)儀器B中放置的藥品是氨水；(3)室內(nèi)空氣中甲醛含量的測(cè)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K1，關(guān)閉K2→操作④使可滑動(dòng)隔板處于最右端，排出容器中空氣→操作⑤c.將可滑動(dòng)隔板拉至最左端，吸入室內(nèi)待測(cè)的空氣→操作⑥b.打開K2，關(guān)閉K1→操作⑦e.將可滑動(dòng)隔板緩慢推至最右端，使得待測(cè)空氣緩緩進(jìn)入銀氨溶液充分反應(yīng)→再將操作③～⑦重復(fù)4次，減小實(shí)驗(yàn)誤差→測(cè)定溶液吸光度；