2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷03化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷03可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108一、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(zhì)屬于鹽的是()A．HNO3B．K2O2C．CH3NH3ClD．Mg3N22．下列說法不正確的是()A．活性炭具有吸附性，可用于分解凈化室內(nèi)甲醛B．甲烷具有還原性，可用于制作燃料電池C．次氯酸鈉具有氧化性，可用于衣物漂白D．石灰乳具有堿性，可用于除去廢氣中的二氧化硫3．化學用語可以表達化學過程，下列化學用語表達不正確的是()A．用電子式表示Cl2的形成：B．用電子云輪廓圖表示H-Cl的s-pσ鍵的形成：C．NaCl溶液中的水合離子：D．SO3的VSEPR模型為4．下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是()A．裝置①可用于制備NH3并測量其體積B．裝置②可用于制作簡單燃料電池C．裝置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性強弱D．裝置④鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用5．在2024年的國慶節(jié)期間，萬架無人機點亮深圳的夜空，上演了一場科技與藝術交織的表演。在無人機的制備過程中要用到多種材料，下列說法不正確的是()A．機身通常使用碳纖維、玻璃纖維，它們屬于無機非金屬材料B．一般選用鋰聚合物電池提供電能，該電池的能量密度很高C．通信系統(tǒng)需要使用光纖，光纖的主要成分是硅D．用于制作螺旋槳的塑料應具有強度高、壽命長等特點6．鐵氰酸鉀為深紅色晶體，俗稱“赤血鹽”，常用來檢驗，堿性條件下可發(fā)生反應：4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，下列說法不正確的是()A．該反應中K3[Fe(CN)6]表現(xiàn)氧化性，被還原B．K3[Fe(CN)6]溶液加入到含有的溶液中，生成的藍色沉淀中鐵元素存在兩種價態(tài)C．作還原劑，0.4molKOH被氧化時，轉移電子D．鐵氰酸鉀參與反應時，生成標準狀況下O2560mL7．根據(jù)材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是()材料組成和結構變化性能變化A長鏈烷烴引入磺酸根離子水洗去污能力增強B晶體SiO2熔融后迅速降溫凝固光學性質(zhì)表現(xiàn)各向異性C鋼鐵添加鉻和鎳合金元素耐高溫能力增強D晶體Si3N4用Al取代部分Si，用O取代部分N導電能力增強8．下列過程對應的反應方程式或離子方程式正確的是()A．將SnCl4放入水中：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HClB．將過量SO2通入次氯酸鈣溶液：Ca2++SO2+3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-C．溶液中加入少量鹽酸：D．制備84消毒液：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O9．有機物A經(jīng)元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，A的密度是同溫同壓下氫氣密度的44倍，A的核磁共振氫譜和紅外光譜如下，核磁共振氫譜圖中峰面積之比為1∶3∶1∶3，下列關于A的說法正確的是()A．能發(fā)生水解反應B．能與NaHCO3溶液反應生成CO2C．能與O2發(fā)生催化氧化反應得到含有醛基的產(chǎn)物D．與H2發(fā)生加成反應得到的產(chǎn)物的手性碳原子數(shù)目比A的手性碳原子數(shù)目多10．Y4X9EZ2M4是一種常見的營養(yǎng)強化劑。其中，元素周期表中與Y、M相鄰，基態(tài)原子的價電子排布式nsnnpn，Z的第一電離能大于的，基態(tài)原子與基態(tài)原子的未成對電子數(shù)相同；為原子半徑最小的元素；的合金是目前用量最大的金屬材料。下列說法正確的是()A．電負性：Z<X<EB．非金屬性：M<Z<YC．簡單氫化物的沸點：M>Z>YD．高溫下，E的單質(zhì)與X2M反應得到E2M311．已知H-H的鍵能為436kJ·mol-1，I-I的鍵能為151kJ·mol-1.反應H2(g)+I2(g)2HI(g)經(jīng)歷了如下反應歷程：①I2(g)2I(g)，②H2(g)+2I(g)2HI(g)，反應過程的能量變化如下圖所示。下列說法不正確的是()A．H-I的鍵能為299kJ·mol-1B．升高溫度，反應①、②及總反應的速率均增大C．升高溫度，反應②的限度增大，有利于提高H2的轉化率D．選擇合適的催化劑，有可能防止反應過程中有I(g)大量累積12．非金屬的鹵化物水解可以分為親電水解和親核水解，實例及部分機理示意如下。發(fā)生親電水解的條件是中心原子顯負電性且?guī)в泄码娮訉?，能接受H2O的H+的進攻，如：發(fā)生親核水解條件是中心原子顯正電性且有空的價層軌道，空軌道用以容納H2O的配位電子，如：下列說法不正確的是()A．基態(tài)Si原子核外有5種能量不同的電子B．NCl3和SiCl4水解過程中中心原子的雜化方式不變C．推測CC比SiCl4難發(fā)生親核水解D．已知AsCl3的水解產(chǎn)物為H3AsO3和HCl，推測其水解類型為親核水解13．乙醛酸(OHC-COOH)是一種重要的化工中間體。工業(yè)上以乙二醛為原料制備乙醛酸的裝置如圖所示，通電后，陽極產(chǎn)物將乙二醛氧化為乙醛酸。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)極電勢高于b極B．離子交換膜為陰離子交換膜C．當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質(zhì)量為18.5gD．乙二醛被氧化的化學方程式：+H2O+Cl2→+2HCl14．NCl3和SiCl4均可發(fā)生水解反應，其中NCl3的水解機理示意圖如下。下列說法正確的是()A．NH3和NCl3分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。B．CCl4與水混合微熱就能發(fā)生水解反應C．NCl3的水解過程中N原子的雜化軌道類型發(fā)生了變化D．NCl3和SiCl4的水解反應機理不同15．草酸鈣是常見的難溶物。將過量草酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)已知Ksp(CaC2O4)=2.3，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有關說法不正確的是()A．上層清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在B．上層清液中存在：cCa2＋＝cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4C．H2C2O4加入CaCl2溶液時，加入適量醋酸鈉粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D．向上層清液中通入HCl至pH=1，則上層溶液中：cH2C2O4cHC2O4-16．室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是()選項實驗方案探究目的A向CO還原Fe2O3所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，觀察顏色變化探究CO還原Fe2O3實驗中，F(xiàn)e2O3是否全部被還原B測定濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa、NH4Cl溶液的pH探究CH3COOH和NH3·H2O的電離能力強弱C將稀硝酸滴入Na2CO3溶液產(chǎn)生無色氣體，將產(chǎn)生的氣體直接通入Na2SiO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀探究N、C和Si三種元素非金屬性強弱DBaSO4用飽和Na2CO3溶液浸泡一段時間后過濾、洗滌，向所得濾渣上滴加鹽酸，產(chǎn)生無色氣體探究Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的大小二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)氮、氟等是組成化合物的常見元素。請回答：(1)某種防蛀牙膏添加劑的晶胞如圖所示，其化學式為_______________，晶體類型是。(2)下列說法正確的是______。A．第二電離能：NB．電負性：CSiC．熔點：單晶硅>碳化硅>金剛石D．相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：H2O＜CCl4(3)已知3個及以上原子若處于同一平面，且有彼此平行的p軌道，則可“肩并肩”重疊形成大鍵。已知咪唑結構為：，所有原子共平面。則1號氮原子的雜化方式為，配位能力1號氮原子2號氮原子(填“>”、“=”或“<”)。(4)高性能炸藥BNCP的結構如圖，比較鍵角大小，NH3分子中H-N-H(填“>”，“<”或“=”)高性能炸藥BNCP中H-N-H，其原因為____________________________________。18．(10分)1000多年前我國就利用“細菌氧化”法將銅礦石中的硫化物轉化為硫酸鹽，并用形成的天然“膽水”來冶煉銅?，F(xiàn)代采用電解精煉銅會產(chǎn)生陽極泥，其中含有銅、金、銀等金屬單質(zhì)。某科研小組設計提純金和銀的工藝流程如下：已知：AgCl能與Na2S2O3反應生成[Ag(S2O3)2]3-。(1)“膽水”的主要溶質(zhì)是；浸出液1含有的金屬離子主要是______________。(2)下列說法正確的是___________。A．浸渣1的主要成分是金和銀，浸渣2的主要成分是銀B．電沉積陰極反應式是[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32-C．浸取2中鹽酸有利于Au轉化為HAuCl4，Ag轉化為AgCl，實現(xiàn)有效分離D．還原步驟中，N2H4與Au的物質(zhì)的量之比為4∶3(3)浸取1中相關反應的化學方程式是。(4)“細菌氧化”時，發(fā)生反應的離子方程式是_______________________________，設計實驗檢驗反應產(chǎn)物中的離子：_________________________________________。19．(10分)煤燃燒過程中會產(chǎn)生大氣污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2資源再利用是目前研究的熱點之一。(1)用惰性電極(Pt)電解CO2吸收液(假設溶液成分為飽和NaHCO3溶液)，陰極區(qū)通入CO2可以制得HCOONa，請寫出陰極的電解電極方程式_______________________________。(2)已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，CO、NO在鐵催化劑表面進行如下兩步反應：反應I：

反應II：FeO+CO=Fe+CO2①2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)反應自發(fā)進行的條件為：___________________。②完成反應I的化學方程式：_______________________________________________。(3)某課題組為研究CO存在下鐵對NO的催化還原反應，設計了三組對照實驗。分別如下：第1、2組將等量的Fe置于石英管內(nèi)，通入N2吹掃約10min，然后分別通入一定量NO或NO和CO混合氣體后，兩端密封開始加熱升溫，測NO的轉化率；第3組與第2組其它條件相同，但沒有Fe參與實驗，測NO的轉化率，得出結果如圖。①下列說法正確的是。A．其他條件不變時，用空氣替代N2，對實驗結果有影響B(tài)．當體系中CO和CO2的物質(zhì)的量濃度相等時，反應達到平衡狀態(tài)C．增加鐵的質(zhì)量和表面積，能降低該反應的活化能，提高反應速率，提高NO的平衡轉化率D．當溫度小于750K，鐵在NO、CO反應系統(tǒng)中，以Fe、NO的氣固異相反應為主②請解釋圖1中750K后曲線1、2變化趨勢不同的原因：__________________________。③若該反應的正、逆反應速率可表示為v正=k正c2(NO)·c2(CO)、v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)，僅與溫度有關。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2.2molCO發(fā)生上述反應，測得CO和CO2物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖所示。已知該溫度下K=27/20，則a點時v正：v逆=。(結果保留兩位有效數(shù)字)20．(10分)亞硝酸鈣[Ca(NO2)2]可作為混凝土防凍劑和鋼筋阻銹劑的主要原料。某興趣小組根據(jù)反應CaO2+2NOCa(NO2)2，利用如下裝置(部分裝置可重復選用)制備無水亞硝酸鈣。(夾持裝置略)。已知：①Ca(NO2)2熔點為390℃，易潮解，易溶于水②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O；回答下列問題：(1)儀器X的名稱是，裝置連接順序為：(填標號)；A→___________→C→___________→___________→E(2)下列說法正確的是___________。A．恒壓滴液漏斗的作用是使稀硝酸順利滴下并減少稀硝酸揮發(fā)B．反應前后通氮氣的作用相同C．裝置D的作用是除去揮發(fā)的硝酸D．可用淀粉KI(酸性)溶液檢驗產(chǎn)品中混有的Ca(NO3)2(3)寫出裝置E中的離子方程式______________________________________________。(4)①某Ca(NO2)2樣品中混有雜質(zhì)Ca(NO3)2，通過以下方法可測定產(chǎn)品純度：稱量4.110g樣品溶于水，加Na2SO4固體，充分振蕩，過濾后濾液定容至250mL，取25.00mL進行以下操作：“煮沸”時發(fā)生反應：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；“還原NO3-”時加入25.00mL0.1000mol?L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準液，“滴定剩余Fe2+”時消耗0.0100mol?L-1的K2Cr2O7標準溶液16.60mL。則樣品中Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)為。②下列情況會導致Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)測量值偏小的是。A．滴定完畢后立即讀數(shù)B．煮沸過程中不充分，未使NO2-除盡C．滴定管用蒸餾水洗凈后未用K2Cr2O7標準液潤洗21．(12分)某研究小組以苯為原料，按下列路線合成哮喘病甲磺司特藥物的中間體I：已知：①②③(易被氧化)請回答：(1)有機物Ⅰ中的含氮官能團名稱是。(2)有機物F的結構簡式是___________________。(3)下列說法正確的是___________。A．F→G屬于取代反應，D→E屬于還原反應B．C→D的過程中可能產(chǎn)生副產(chǎn)物C．有機物B的酸性比苯酚強D．有機物I的分子式為C15H24SNO4(4)寫出B→C的化學方程式_____________________________________________。(5)寫出上述流程中A→……→B的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。(6)寫出4種同時符合下列條件有機物C的同分異構體___________________________。①譜和IR譜檢測表明：分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，不存在結構和結構；②分子中只含2個六元環(huán)，其中一個是苯環(huán)。

——★參考答案★——一、選擇題1．【答案】C【解析】A項，硝酸屬于酸，A錯誤；B項，過氧化鉀屬于過氧化物，B錯誤；C項，甲胺(CH3NH2)為一元弱堿，與鹽酸反應生成鹽酸鹽CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl屬于鹽，C正確；D項，氮化鎂的陰離子不是酸根離子，所以氮化鎂不屬于鹽，D錯誤；故選C。2．【答案】A【解析】A項，活性炭有吸附性，能夠有效吸附空氣中的有害氣體、去除異味，但無法分解甲醛，A錯誤；B項，甲烷具有還原性，可以和氧氣發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，可用于制作燃料電池，B正確；C項，次氯酸鈉是一種無機化合物，具有強氧化性，這是它能夠用于衣物漂白的關鍵特性，C正確；D項，二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應，石灰乳具有堿性，可用于除去廢氣中的二氧化硫，D正確；故選A。3．【答案】C【解析】A項，Cl2形成時兩個Cl原子間形成一對共用電子對，電子式表示為：，A不符題意；B項，H原子和Cl原子形成HCl分子時，H原子的1s軌道與Cl原子的3p軌道通過“頭碰頭”的形式形成s-pσ鍵，電子云輪廓圖表示為：，B不符題意；C項，NaCl溶液中Na+周圍有5個水分子，Cl-周圍有6個水分子，則氯化鈉在水中能形成自由移動的水合氯離子和水合鈉離子，C符合題意；D項，SO3中心原子S價層電子對數(shù)：，無孤電子對，其VSEPR模型為平面三角形，D不符題意；故選C。4．【答案】B【解析】A項，氨氣極易溶于水，不能用裝有水的量氣管測量氨氣的體積，A錯誤；B項，閉合K1，形成電解池，右側石墨為陰極，H+放電產(chǎn)生氫氣，左側石墨為陽極，OH-放電生成氧氣，然后斷開K1、閉合K2，形成簡單燃料電池，右側石墨為負極，左側石墨為正極，故B正確；C項，鹽酸易揮發(fā)，可能HCl也進入到苯酚鈉溶液中，使之生成苯酚，沒有排除HCl的干擾，C錯誤；D項，Zn電極應插入硫酸鋅溶液中，Cu電極應插入硫酸銅溶液中，構造錯誤，D錯誤；故選B。5．【答案】C【解析】A項，碳纖維、玻璃纖維的主要成分分別為碳單質(zhì)，二氧化硅、氧化鋁等，屬于無機非金屬材料，A項正確；B項，鋰的密度小，其鋰聚合物電池的能量密度很高，B項正確；C項，光纖的主要成分是SiO2，C項錯誤；D項，螺旋槳應該具有強度高，耐腐蝕，使用壽命長，因此用于制作螺旋槳的塑料也應具有強度高、壽命長等特點，D項正確；故選C。6．【答案】C【解析】A項，4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，K3[Fe(CN)6]鐵的化合價從+3價變成產(chǎn)物中+4價，鐵化合價降低，作氧化劑，被還原，故A正確；B項，生成的藍色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2中鐵元素存在+2、+3兩種價態(tài)，故B正確；C項，KOH作還原劑，0.4molKOH被氧化時，轉移0.8mol電子，故C錯誤；D項，0.1mol鐵氰酸鉀參與反應時，生成標準狀況下O2560mL，故D正確。7．【答案】B【解析】A項，長鏈烷烴引入磺酸根離子，更好的溶于水，用作洗滌劑，所以去污能力增強，故A正確；B項，晶體SiO2熔融后迅速降溫凝固，內(nèi)部排列無序，光學性質(zhì)表現(xiàn)各向同性，故B錯誤；C項，鉻和鎳熔點比較高，鋼鐵添加鉻和鎳合金元素，耐高溫能力增強，故C正確；D項，晶體Si3N4用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移動電子，所以導電能力增強，故D正確；故選B。8．【答案】A【解析】A項，將SnCl4放入水中，SnCl4發(fā)生水解反應生成SnO2·xH2O，化學方程式為：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl，A正確；B項，將過量SO2通入次氯酸鈣溶液，反應生成硫酸鈣和鹽酸：Ca2++2SO2+2ClO-+2H2O=CaSO4↓+4H++SO42-+2Cl-，B錯誤；C項，溶液中加入少量鹽酸，應先反應生成酚羥基，C錯誤；D項，常溫下，將氯氣通入氫氧化鈉溶液中制備84消毒液，化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，D錯誤；故選A。9．【答案】D【解析】有機物A的密度是同溫同壓下氫氣密度的44倍，則A的相對分子質(zhì)量為2×44=88；根據(jù)紅外光譜圖可知，A分子中含有羥基、羰基，說明含有2個氧原子，則結合相對分子質(zhì)量可得分子式為C4H8O2；A的核磁共振氫譜圖中峰面積之比為1：3：1：3，說明含有兩個甲基，則A的結構簡式為。A項，A的結構簡式為，不能發(fā)生水解反應，A錯誤；B項，A分子中不含羧基，不能與碳酸氫鈉反應產(chǎn)生二氧化碳，B錯誤；C項，A分子中與羥基相連的碳上只有一個H，催化氧化后生成酮，C錯誤；D項，A的結構簡式為，分子中與羥基直接相連的碳原子為手性碳原子，催化加氫后，與兩個羥基分別相連的C原子均為手性碳原子，故有兩個手性碳，D正確；故選D。10．【答案】C【解析】基態(tài)Y原子的價電子排布式為nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中Z與Y、M相鄰，Z的第一電離能大于Y的，則Z是N元素，基態(tài)M原子與基態(tài)Y原子的未成對電子數(shù)相同，則M為O元素，X為原子半徑最小的元素，則X是H元素；E的合金是目前用量最大的金屬材料，則E是Fe元素。A項，同周期從左到右，元素的電負性逐漸增強，同主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，通常非金屬的電負性大于金屬，所以電負性：N>H>Fe，A錯誤；B項，同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，非金屬性：C<N<O，B錯誤；C項，氨氣形成分子間氫鍵的數(shù)目比H2O形成分子間氫鍵的數(shù)目少，甲烷不形成氫鍵，沸點：H2O>NH3>CH4，C正確；D項，高溫下鐵與水蒸氣反應得到四氧化三鐵，D錯誤；故選C。11．【答案】C【解析】A項，由圖可知，，設H-I的鍵能為x，則，可得，，故A正確；B項，升高溫度，反應速率加快，正反應①、反應②反應速率都加快，故B正確；C項，由圖可知，反應②為放熱反應，升高溫度，反應②速率增大，平衡逆向移動，H2的轉化率降低，故C錯誤；D項，選擇合適的催化劑降低反應②的活化能，加快反應，能防止反應過程中有I(g)大量累積，故D正確；故選C。12．【答案】B【解析】A項，不同能級中電子能量不同，同一能級中的電子能量相同，基態(tài)Si原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，則核外有5種能量不同的電子，A正確；B項，NCl3水解過程中，中心原子的雜化方式為sp3雜化，SiCl4中Si原子采用sp3雜化，圖示過程是親核水解，中心原子Si第一步產(chǎn)物中Si原子的雜化方式為sp3d雜化，雜化方式發(fā)生改變，B錯誤；C項，C原子最外層為l層，沒有d軌道接受水分子中的孤電子對，可以推測CCl4比SiCl4難發(fā)生親核水解，C正確；D項，AsCl3中心原子As具有正電性(δ+)和空的價層軌道，接受H2O的孤電子對進攻，且水解產(chǎn)物為H3AsO3和HCl，根據(jù)親核水解機理示意圖，可知其水解類型為親核水解，D正確；故選B。13．【答案】B【解析】由題中信息：通電后，陽極產(chǎn)物將乙二醛氧化為乙醛酸，結合題中裝置圖，可知陽極生成的Cl2通入盛放鹽酸和乙二醛混合液一側，Cl2與乙二醛發(fā)生氧化還原反應，生成Cl-移向與a電極相連的電極，與b電極相連的電極發(fā)生還原反應，生成H2，a為電源正極，b為電源負極。根據(jù)電解原理，可知陽極發(fā)生的電極反應式為2Cl-―2e-=Cl2↑，陰極發(fā)生還原反應，電極反應方程式為2H＋＋2e-=H2↑。A項，a電極為正極，b電極為負極，因此a極電勢高于b極，故A正確；B項，根據(jù)題意氫離子由左側經(jīng)離子交換膜進入右側，則離子交換膜為陽離子交換膜，故B錯誤；C項，根據(jù)得失電子守恒有1molOHC—COOH~1molCl2~2mole-，則當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質(zhì)量為，故C正確；D項，氯氣將乙二醛氧化為乙醛酸，自身被還原為氯離子，化學方程式為：+H2O+Cl2→+2HCl，故D正確；故選B。14．【答案】D【解析】A項，NH3中的H原子不滿足8電子穩(wěn)定結構，故A錯誤；B項，CCl4中碳原子無空的價層軌道和孤電子對，不能發(fā)生水解反應，故B錯誤；C項，NCl3的水解過程中N原子的雜化軌道類型始終是sp3雜化，沒有發(fā)生變化，故C錯誤；D項，NCl3中的中心原子為N原子，有孤電子對，發(fā)生親電水解，而SiCl4的中心原子為Si，沒有孤電子對，發(fā)生親核水解，所以兩者的水解反應機理不同，故D正確；故選D。15．【答案】D【解析】A項，溶解在水中的草酸鈣電離出草酸根離子，草酸根離子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根離子，A正確；B項，根據(jù)物料守恒鈣原子和碳原子物質(zhì)的量濃度相等，故有cCa2＋＝cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4，B正確；C項，草酸加入氯化鈣中，加入醋酸鈉粉末，醋酸鈉電離出的醋酸根離子與氫離子結合生成弱電解質(zhì)醋酸，減少了氫離子濃度，促進了草酸電離，產(chǎn)生更多的草酸根離子，有利于生成草酸鈣，C正確；D項，向上層清液中通入HCl至pH=1，則氫離子濃度為0.1mol/L，由得出，cH2C2O4＞cHC2O4-，D錯誤；故選D。16．【答案】B【解析】A項，一氧化碳還原氧化鐵的產(chǎn)物是鐵單質(zhì)，鐵單質(zhì)與Fe3+、H+反應均生成Fe2+，故不能確定是否完全被還原，A不符合題意；B項，室溫下，測定濃度均為0.1mol?L?1的CH3COONa溶液、NH4Cl溶液的pH，可對比CH3COO-和NH4+的水解程度，進而判斷CH3COOH和NH3?H2O的電離程度，B符合題意；C項，將稀硝酸滴入Na2CO3溶液產(chǎn)生無色氣體，將產(chǎn)生的氣體直接通入Na2SiO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，可能是稀硝酸與碳酸鈉溶液反應生成的二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，也有可能是硝酸揮發(fā)與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故不能探究C和Si元素非金屬性強弱，C不符合題意；D項，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應，只能說明Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)引起碳酸鋇沉淀的生成，不能證明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，D不符合題意；故選B。二、非選擇題17．【答案】(1)SrF2(1分)離子晶體(1分)(2)BD(2分)(3)sp2(2分)＜(1分)(4)＜(1分)NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥BNCP中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變?yōu)槌涉I電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用(2分)【解析】(1)由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數(shù)為：=4，F(xiàn)-的個數(shù)為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體；(2)A項，C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：N，A錯誤；B項，根據(jù)同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：CSi，B正確；C項，已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；D項，已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據(jù)相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：H2O＜CCl4，D正確；故選BD；(3)已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強；(4)已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥BNCP中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變?yōu)槌涉I電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中H-N-H＜高性能炸藥BNCP中H-N-H。18．【答案】(1)硫酸銅(1分)Cu2+(1分)(2)BC(2分)(3)Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O(2分)(4)(2分)取樣于三支試管中，向A試管滴加KSCN溶液，若溶液變紅，則有；向B試管中滴加稀鹽酸，無現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則有(2分)【解析】精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸出液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸出液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3，將AgCl轉化為[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S2O3)2]3-還原為Ag。(1)“膽水”的主要溶質(zhì)是硫酸銅；由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+以及過量的酸進入浸取液1中，故浸出液1含有的金屬離子主要是Cu2+；(2)A項，浸渣1的主要成分是金和銀，浸渣2的主要成分是AgCl，故A錯誤；B項，電沉積步驟中，陰極發(fā)生還原反應，[Ag(S2O3)2]3-得電子被還原為Ag，電極反應式為[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32-，故B正確；C項，浸取2中浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸出液2，Ag轉化為AgCl，實現(xiàn)有效分離，故C正確；D項，還原步驟中，N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2，根據(jù)化合價升降可知，N2H4與Au的物質(zhì)的量之比為3∶4，故D錯誤；故選BC；(3)浸取1中是銅在硫酸作用下被雙氧水氧化生成硫酸銅和水，相關反應的化學方程式是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；(4)“細菌氧化”時，將銅礦石中的硫化物轉化為硫酸鹽，發(fā)生反應的離子方程式是，設計實驗檢驗反應產(chǎn)物中的離子，鐵離子、硫酸根離子，實驗為：取樣于三支試管中，向A試管滴加KSCN溶液，若溶液變紅，則有；向B試管中滴加稀鹽酸，無現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則有。19．【答案】(1)CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32-(1分)(2)①低溫自發(fā)(1分)②2NO+2Fe=2FeO+N2(2分)(3)①AD(2分)②反應1隨溫度升高催化劑失活(1分)③3.9(3分)【解析】(1)陰極的電解電極方程式CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32-；(2)該反應ΔS<0，由反應自發(fā)時ΔG=ΔH?TΔS<0，則低溫自發(fā)；反應I+反應II=總反應，則反應I為2NO+2Fe=2FeO+N2；(3)①A項，其他條件不變時，用空氣替代N2，空氣會氧化NO,對實驗結果有影響，A正確；B項，當體系中CO和CO2的物質(zhì)的量濃度相等時，可能為某一時刻不能判斷反應達到平衡狀態(tài)，B錯誤；C項，增加鐵的質(zhì)量和表面積，不能降低該反應的活化能，不能提高NO的平衡轉化率，C錯誤；D項，由圖當溫度小于750K，1,2曲線幾乎重合，鐵在NO、CO反應系統(tǒng)中，以Fe、NO的氣固異相反應為主，D正確；故選AD。②750K后曲線1、2變化趨勢不同的原因：反應1隨溫度升高催化劑失活；③平衡時v正=k正c2(NO)·c2(CO)=v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，則：，a點時列三段式為：。20．【答案】(1)三頸燒瓶(1分)A→D→C→B→C→E(2分)(2)AC(2分)(3)3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O(1分)(4)①90.02%(2分)②B(2分)【解析】制取Ca(NO2)2時，需將NO通入CaO2中，但空氣中的O2會干擾實驗，則實驗前應往裝置內(nèi)先通N2，實驗結束時需再通入N2，排盡裝置內(nèi)的NO，防止污染空氣。實驗制得的NO中混有HNO3蒸氣，應先用水處理，再用無水CaCl2進行干燥；干燥的NO與CaO2反應后，未反應的NO用KMnO4溶液吸收。(1)儀器X的名稱是三頸燒瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO與CaO2反應制取Ca(NO2)2，余氣用KMnO4溶液吸收，為防止E中產(chǎn)生的水蒸氣進入B裝置，在B、E裝置間再添加C裝置，則裝置連接順序為：A→D→C→B→C→E。(2)A項，恒壓滴液漏斗能保持漏斗內(nèi)外壓強恒定，便于稀硝酸順利滴下，還可減少稀硝酸揮發(fā)，A正確；B項，反應前通N2，排盡裝置內(nèi)的空氣，防止NO被氧化，反應后通N2，排盡裝置內(nèi)的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空氣，B不正確；C項，硝酸是揮發(fā)性酸，制得的NO中混有硝酸蒸氣，裝置D的作用是除去揮發(fā)的硝酸，C正確；D項，Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能將KI氧化為I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液檢驗產(chǎn)品中混有的Ca(NO3)2，D不正確；故選AC。(3)裝置E中，NO被KMnO4氧化為HNO3，KMnO4被還原為Mn2+等，離子方程式為3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O。(4)將樣品溶于水，加入Na2SO4固體，充分振蕩，生成CaSO4沉淀，過濾后往濾液中加入NH4Cl溶液煮沸，發(fā)生反應NH4++NO2-=N2↑+2H2O，從而除去NO2-；往反應后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2標準液，將NO3-全部還原，再滴加K2Cr2O7標準溶液測定過量的Fe2+，從而計算出Ca(NO3)2的含量，最后得出樣品的純度。①由反應可得出關系式：NO3-——3Fe2+、6Fe2+——Cr2O72-，依據(jù)得失電子守恒可得：0.1000mol/L×0.025L=n(NO3-)×3+0.0100mol/L×0.0166L×6，n(NO3-)=0.0005mol，w[Ca(NO3)2]=≈9.98%，則樣品中Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)為1-9.98%=90.02%。②A項，滴定完畢后立即讀數(shù)，可能有少量K2Cr2O7標準溶液掛在液面上方的滴定管內(nèi)壁上，導致讀數(shù)偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)測量值偏大，A不符合題意；B項，煮沸過程中不充分，未使NO2-除盡，則消耗Fe2+偏大，Ca(NO3)2含量偏大，Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)測量值偏小，B符合題意；C項，滴定管用蒸餾水洗凈后未用K2Cr2O7標準液潤洗，K2Cr2O7標準液用量偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)測量值偏大，C不符合題意；故選B。21．【答案】(1)酰胺基(1分)(2)CH3-S-CH2-CH2-COOH(1分)(3)ABC(2分)(4)或(2分)(5)(3分)(6)(3分)【解析】根據(jù)反應條件可知，F(xiàn)到G發(fā)生的已知反應①，故F到G是—COOH中的羥基被—Cl代替，再根據(jù)I的結構簡式，推測G的結構簡式為CH3-S-CH2-CH2-COCl，故F的結構簡式為CH3-S-CH2-CH2-COOH；根據(jù)反應條件，可知D到E發(fā)生的是已知反應③，故D到E的變化是硝基變成了氨基，故E的結構簡式為；根據(jù)B的化學式和D的結構簡式，推測B的結構簡式為，則C的結構簡式為，C到D發(fā)生的是已知反應②。(1)根據(jù)I的結構簡式可知，I中的含氮官能團的名稱為酰胺基；(2)根據(jù)分析可知，有機物F的結構簡式為CH3-S-CH2-CH2-COOH；(3)A項，F(xiàn)到G是羧基中的羥基被氯原子取代，屬于取代反應，D到E硝基變?yōu)榘被パ跫託鋵儆谶€原反應，A正確；B項，C到D過程中斷鍵位置可以是左邊碳氧鍵斷，也可以是右邊碳氧鍵斷，所以有可能產(chǎn)生副產(chǎn)物，B正確；C項，有機物B中含有硝基，硝基是吸電子基，使O-H極性變大，O-H更容易斷裂，故酸性增強，C正確；D項，有機物I的分子式為C15H23SNO4，D錯誤；故選ABC；(4)根據(jù)分析，B的結構簡式為，C的結構簡式為，B到C發(fā)生的取代反應，故反應方程式為，也可以寫成；(5)A到B是在苯環(huán)上引入了羥基和硝基，故反應流程可以為；(6)根據(jù)給出的條件，可寫出4種同分異構體分別為：。2025年1月浙江省普通高校招生選考科目考試仿真模擬卷03可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108一、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(zhì)屬于鹽的是()A．HNO3B．K2O2C．CH3NH3ClD．Mg3N22．下列說法不正確的是()A．活性炭具有吸附性，可用于分解凈化室內(nèi)甲醛B．甲烷具有還原性，可用于制作燃料電池C．次氯酸鈉具有氧化性，可用于衣物漂白D．石灰乳具有堿性，可用于除去廢氣中的二氧化硫3．化學用語可以表達化學過程，下列化學用語表達不正確的是()A．用電子式表示Cl2的形成：B．用電子云輪廓圖表示H-Cl的s-pσ鍵的形成：C．NaCl溶液中的水合離子：D．SO3的VSEPR模型為4．下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是()A．裝置①可用于制備NH3并測量其體積B．裝置②可用于制作簡單燃料電池C．裝置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性強弱D．裝置④鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用5．在2024年的國慶節(jié)期間，萬架無人機點亮深圳的夜空，上演了一場科技與藝術交織的表演。在無人機的制備過程中要用到多種材料，下列說法不正確的是()A．機身通常使用碳纖維、玻璃纖維，它們屬于無機非金屬材料B．一般選用鋰聚合物電池提供電能，該電池的能量密度很高C．通信系統(tǒng)需要使用光纖，光纖的主要成分是硅D．用于制作螺旋槳的塑料應具有強度高、壽命長等特點6．鐵氰酸鉀為深紅色晶體，俗稱“赤血鹽”，常用來檢驗，堿性條件下可發(fā)生反應：4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，下列說法不正確的是()A．該反應中K3[Fe(CN)6]表現(xiàn)氧化性，被還原B．K3[Fe(CN)6]溶液加入到含有的溶液中，生成的藍色沉淀中鐵元素存在兩種價態(tài)C．作還原劑，0.4molKOH被氧化時，轉移電子D．鐵氰酸鉀參與反應時，生成標準狀況下O2560mL7．根據(jù)材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是()材料組成和結構變化性能變化A長鏈烷烴引入磺酸根離子水洗去污能力增強B晶體SiO2熔融后迅速降溫凝固光學性質(zhì)表現(xiàn)各向異性C鋼鐵添加鉻和鎳合金元素耐高溫能力增強D晶體Si3N4用Al取代部分Si，用O取代部分N導電能力增強8．下列過程對應的反應方程式或離子方程式正確的是()A．將SnCl4放入水中：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HClB．將過量SO2通入次氯酸鈣溶液：Ca2++SO2+3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-C．溶液中加入少量鹽酸：D．制備84消毒液：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O9．有機物A經(jīng)元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，A的密度是同溫同壓下氫氣密度的44倍，A的核磁共振氫譜和紅外光譜如下，核磁共振氫譜圖中峰面積之比為1∶3∶1∶3，下列關于A的說法正確的是()A．能發(fā)生水解反應B．能與NaHCO3溶液反應生成CO2C．能與O2發(fā)生催化氧化反應得到含有醛基的產(chǎn)物D．與H2發(fā)生加成反應得到的產(chǎn)物的手性碳原子數(shù)目比A的手性碳原子數(shù)目多10．Y4X9EZ2M4是一種常見的營養(yǎng)強化劑。其中，元素周期表中與Y、M相鄰，基態(tài)原子的價電子排布式nsnnpn，Z的第一電離能大于的，基態(tài)原子與基態(tài)原子的未成對電子數(shù)相同；為原子半徑最小的元素；的合金是目前用量最大的金屬材料。下列說法正確的是()A．電負性：Z<X<EB．非金屬性：M<Z<YC．簡單氫化物的沸點：M>Z>YD．高溫下，E的單質(zhì)與X2M反應得到E2M311．已知H-H的鍵能為436kJ·mol-1，I-I的鍵能為151kJ·mol-1.反應H2(g)+I2(g)2HI(g)經(jīng)歷了如下反應歷程：①I2(g)2I(g)，②H2(g)+2I(g)2HI(g)，反應過程的能量變化如下圖所示。下列說法不正確的是()A．H-I的鍵能為299kJ·mol-1B．升高溫度，反應①、②及總反應的速率均增大C．升高溫度，反應②的限度增大，有利于提高H2的轉化率D．選擇合適的催化劑，有可能防止反應過程中有I(g)大量累積12．非金屬的鹵化物水解可以分為親電水解和親核水解，實例及部分機理示意如下。發(fā)生親電水解的條件是中心原子顯負電性且?guī)в泄码娮訉?，能接受H2O的H+的進攻，如：發(fā)生親核水解條件是中心原子顯正電性且有空的價層軌道，空軌道用以容納H2O的配位電子，如：下列說法不正確的是()A．基態(tài)Si原子核外有5種能量不同的電子B．NCl3和SiCl4水解過程中中心原子的雜化方式不變C．推測CC比SiCl4難發(fā)生親核水解D．已知AsCl3的水解產(chǎn)物為H3AsO3和HCl，推測其水解類型為親核水解13．乙醛酸(OHC-COOH)是一種重要的化工中間體。工業(yè)上以乙二醛為原料制備乙醛酸的裝置如圖所示，通電后，陽極產(chǎn)物將乙二醛氧化為乙醛酸。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)極電勢高于b極B．離子交換膜為陰離子交換膜C．當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質(zhì)量為18.5gD．乙二醛被氧化的化學方程式：+H2O+Cl2→+2HCl14．NCl3和SiCl4均可發(fā)生水解反應，其中NCl3的水解機理示意圖如下。下列說法正確的是()A．NH3和NCl3分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。B．CCl4與水混合微熱就能發(fā)生水解反應C．NCl3的水解過程中N原子的雜化軌道類型發(fā)生了變化D．NCl3和SiCl4的水解反應機理不同15．草酸鈣是常見的難溶物。將過量草酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)已知Ksp(CaC2O4)=2.3，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有關說法不正確的是()A．上層清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在B．上層清液中存在：cCa2＋＝cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4C．H2C2O4加入CaCl2溶液時，加入適量醋酸鈉粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D．向上層清液中通入HCl至pH=1，則上層溶液中：cH2C2O4cHC2O4-16．室溫下，下列實驗方案能達到探究目的的是()選項實驗方案探究目的A向CO還原Fe2O3所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，觀察顏色變化探究CO還原Fe2O3實驗中，F(xiàn)e2O3是否全部被還原B測定濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa、NH4Cl溶液的pH探究CH3COOH和NH3·H2O的電離能力強弱C將稀硝酸滴入Na2CO3溶液產(chǎn)生無色氣體，將產(chǎn)生的氣體直接通入Na2SiO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀探究N、C和Si三種元素非金屬性強弱DBaSO4用飽和Na2CO3溶液浸泡一段時間后過濾、洗滌，向所得濾渣上滴加鹽酸，產(chǎn)生無色氣體探究Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的大小二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(10分)氮、氟等是組成化合物的常見元素。請回答：(1)某種防蛀牙膏添加劑的晶胞如圖所示，其化學式為_______________，晶體類型是。(2)下列說法正確的是______。A．第二電離能：NB．電負性：CSiC．熔點：單晶硅>碳化硅>金剛石D．相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：H2O＜CCl4(3)已知3個及以上原子若處于同一平面，且有彼此平行的p軌道，則可“肩并肩”重疊形成大鍵。已知咪唑結構為：，所有原子共平面。則1號氮原子的雜化方式為，配位能力1號氮原子2號氮原子(填“>”、“=”或“<”)。(4)高性能炸藥BNCP的結構如圖，比較鍵角大小，NH3分子中H-N-H(填“>”，“<”或“=”)高性能炸藥BNCP中H-N-H，其原因為____________________________________。18．(10分)1000多年前我國就利用“細菌氧化”法將銅礦石中的硫化物轉化為硫酸鹽，并用形成的天然“膽水”來冶煉銅?，F(xiàn)代采用電解精煉銅會產(chǎn)生陽極泥，其中含有銅、金、銀等金屬單質(zhì)。某科研小組設計提純金和銀的工藝流程如下：已知：AgCl能與Na2S2O3反應生成[Ag(S2O3)2]3-。(1)“膽水”的主要溶質(zhì)是；浸出液1含有的金屬離子主要是______________。(2)下列說法正確的是___________。A．浸渣1的主要成分是金和銀，浸渣2的主要成分是銀B．電沉積陰極反應式是[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O32-C．浸取2中鹽酸有利于Au轉化為HAuCl4，Ag轉化為AgCl，實現(xiàn)有效分離D．還原步驟中，N2H4與Au的物質(zhì)的量之比為4∶3(3)浸取1中相關反應的化學方程式是。(4)“細菌氧化”時，發(fā)生反應的離子方程式是_______________________________，設計實驗檢驗反應產(chǎn)物中的離子：_________________________________________。19．(10分)煤燃燒過程中會產(chǎn)生大氣污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2資源再利用是目前研究的熱點之一。(1)用惰性電極(Pt)電解CO2吸收液(假設溶液成分為飽和NaHCO3溶液)，陰極區(qū)通入CO2可以制得HCOONa，請寫出陰極的電解電極方程式_______________________________。(2)已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，CO、NO在鐵催化劑表面進行如下兩步反應：反應I：

反應II：FeO+CO=Fe+CO2①2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)反應自發(fā)進行的條件為：___________________。②完成反應I的化學方程式：_______________________________________________。(3)某課題組為研究CO存在下鐵對NO的催化還原反應，設計了三組對照實驗。分別如下：第1、2組將等量的Fe置于石英管內(nèi)，通入N2吹掃約10min，然后分別通入一定量NO或NO和CO混合氣體后，兩端密封開始加熱升溫，測NO的轉化率；第3組與第2組其它條件相同，但沒有Fe參與實驗，測NO的轉化率，得出結果如圖。①下列說法正確的是。A．其他條件不變時，用空氣替代N2，對實驗結果有影響B(tài)．當體系中CO和CO2的物質(zhì)的量濃度相等時，反應達到平衡狀態(tài)C．增加鐵的質(zhì)量和表面積，能降低該反應的活化能，提高反應速率，提高NO的平衡轉化率D．當溫度小于750K，鐵在NO、CO反應系統(tǒng)中，以Fe、NO的氣固異相反應為主②請解釋圖1中750K后曲線1、2變化趨勢不同的原因：__________________________。③若該反應的正、逆反應速率可表示為v正=k正c2(NO)·c2(CO)、v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分別為正、逆反應速率常數(shù)，僅與溫度有關。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2.2molCO發(fā)生上述反應，測得CO和CO2物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖所示。已知該溫度下K=27/20，則a點時v正：v逆=。(結果保留兩位有效數(shù)字)20．(10分)亞硝酸鈣[Ca(NO2)2]可作為混凝土防凍劑和鋼筋阻銹劑的主要原料。某興趣小組根據(jù)反應CaO2+2NOCa(NO2)2，利用如下裝置(部分裝置可重復選用)制備無水亞硝酸鈣。(夾持裝置略)。已知：①Ca(NO2)2熔點為390℃，易潮解，易溶于水②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O；回答下列問題：(1)儀器X的名稱是，裝置連接順序為：(填標號)；A→___________→C→___________→___________→E(2)下列說法正確的是___________。A．恒壓滴液漏斗的作用是使稀硝酸順利滴下并減少稀硝酸揮發(fā)B．反應前后通氮氣的作用相同C．裝置D的作用是除去揮發(fā)的硝酸D．可用淀粉KI(酸性)溶液檢驗產(chǎn)品中混有的Ca(NO3)2(3)寫出裝置E中的離子方程式______________________________________________。(4)①某Ca(NO2)2樣品中混有雜質(zhì)Ca(NO3)2，通過以下方法可測定產(chǎn)品純度：稱量4.110g樣品溶于水，加Na2SO4固體，充分振蕩，過濾后濾液定容至250mL，取25.00mL進行以下操作：“煮沸”時發(fā)生反應：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；“還原NO3-”時加入25.00mL0.1000mol?L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標準液，“滴定剩余Fe2+”時消耗0.0100mol?L-1的K2Cr2O7標準溶液16.60mL。則樣品中Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)為。②下列情況會導致Ca(NO2)2的質(zhì)量分數(shù)測量值偏小的是。A．滴定完畢后立即讀數(shù)B．煮沸過程中不充分，未使NO2-除盡C．滴定管用蒸餾水洗凈后未用K2Cr2O7標準液潤洗21．(12分)某研究小組以苯為原料，按下列路線合成哮喘病甲磺司特藥物的中間體I：已知：①②③(易被氧化)請回答：(1)有機物Ⅰ中的含氮官能團名稱是。(2)有機物F的結構簡式是___________________。(3)下列說法正確的是___________。A．F→G屬于取代反應，D→E屬于還原反應B．C→D的過程中可能產(chǎn)生副產(chǎn)物C．有機物B的酸性比苯酚強D．有機物I的分子式為C15H24SNO4(4)寫出B→C的化學方程式_____________________________________________。(5)寫出上述流程中A→……→B的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。(6)寫出4種同時符合下列條件有機物C的同分異構體___________________________。①譜和IR譜檢測表明：分子中有4種不同化學環(huán)境的氫原子，不存在結構和結構；②分子中只含2個六元環(huán)，其中一個是苯環(huán)。

——★參考答案★——一、選擇題1．【答案】C【解析】A項，硝酸屬于酸，A錯誤；B項，過氧化鉀屬于過氧化物，B錯誤；C項，甲胺(CH3NH2)為一元弱堿，與鹽酸反應生成鹽酸鹽CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl屬于鹽，C正確；D項，氮化鎂的陰離子不是酸根離子，所以氮化鎂不屬于鹽，D錯誤；故選C。2．【答案】A【解析】A項，活性炭有吸附性，能夠有效吸附空氣中的有害氣體、去除異味，但無法分解甲醛，A錯誤；B項，甲烷具有還原性，可以和氧氣發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，可用于制作燃料電池，B正確；C項，次氯酸鈉是一種無機化合物，具有強氧化性，這是它能夠用于衣物漂白的關鍵特性，C正確；D項，二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應，石灰乳具有堿性，可用于除去廢氣中的二氧化硫，D正確；故選A。3．【答案】C【解析】A項，Cl2形成時兩個Cl原子間形成一對共用電子對，電子式表示為：，A不符題意；B項，H原子和Cl原子形成HCl分子時，H原子的1s軌道與Cl原子的3p軌道通過“頭碰頭”的形式形成s-pσ鍵，電子云輪廓圖表示為：，B不符題意；C項，NaCl溶液中Na+周圍有5個水分子，Cl-周圍有6個水分子，則氯化鈉在水中能形成自由移動的水合氯離子和水合鈉離子，C符合題意；D項，SO3中心原子S價層電子對數(shù)：，無孤電子對，其VSEPR模型為平面三角形，D不符題意；故選C。4．【答案】B【解析】A項，氨氣極易溶于水，不能用裝有水的量氣管測量氨氣的體積，A錯誤；B項，閉合K1，形成電解池，右側石墨為陰極，H+放電產(chǎn)生氫氣，左側石墨為陽極，OH-放電生成氧氣，然后斷開K1、閉合K2，形成簡單燃料電池，右側石墨為負極，左側石墨為正極，故B正確；C項，鹽酸易揮發(fā)，可能HCl也進入到苯酚鈉溶液中，使之生成苯酚，沒有排除HCl的干擾，C錯誤；D項，Zn電極應插入硫酸鋅溶液中，Cu電極應插入硫酸銅溶液中，構造錯誤，D錯誤；故選B。5．【答案】C【解析】A項，碳纖維、玻璃纖維的主要成分分別為碳單質(zhì)，二氧化硅、氧化鋁等，屬于無機非金屬材料，A項正確；B項，鋰的密度小，其鋰聚合物電池的能量密度很高，B項正確；C項，光纖的主要成分是SiO2，C項錯誤；D項，螺旋槳應該具有強度高，耐腐蝕，使用壽命長，因此用于制作螺旋槳的塑料也應具有強度高、壽命長等特點，D項正確；故選C。6．【答案】C【解析】A項，4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，K3[Fe(CN)6]鐵的化合價從+3價變成產(chǎn)物中+4價，鐵化合價降低，作氧化劑，被還原，故A正確；B項，生成的藍色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2中鐵元素存在+2、+3兩種價態(tài)，故B正確；C項，KOH作還原劑，0.4molKOH被氧化時，轉移0.8mol電子，故C錯誤；D項，0.1mol鐵氰酸鉀參與反應時，生成標準狀況下O2560mL，故D正確。7．【答案】B【解析】A項，長鏈烷烴引入磺酸根離子，更好的溶于水，用作洗滌劑，所以去污能力增強，故A正確；B項，晶體SiO2熔融后迅速降溫凝固，內(nèi)部排列無序，光學性質(zhì)表現(xiàn)各向同性，故B錯誤；C項，鉻和鎳熔點比較高，鋼鐵添加鉻和鎳合金元素，耐高溫能力增強，故C正確；D項，晶體Si3N4用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移動電子，所以導電能力增強，故D正確；故選B。8．【答案】A【解析】A項，將SnCl4放入水中，SnCl4發(fā)生水解反應生成SnO2·xH2O，化學方程式為：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl，A正確；B項，將過量SO2通入次氯酸鈣溶液，反應生成硫酸鈣和鹽酸：Ca2++2SO2+2ClO-+2H2O=CaSO4↓+4H++SO42-+2Cl-，B錯誤；C項，溶液中加入少量鹽酸，應先反應生成酚羥基，C錯誤；D項，常溫下，將氯氣通入氫氧化鈉溶液中制備84消毒液，化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，D錯誤；故選A。9．【答案】D【解析】有機物A的密度是同溫同壓下氫氣密度的44倍，則A的相對分子質(zhì)量為2×44=88；根據(jù)紅外光譜圖可知，A分子中含有羥基、羰基，說明含有2個氧原子，則結合相對分子質(zhì)量可得分子式為C4H8O2；A的核磁共振氫譜圖中峰面積之比為1：3：1：3，說明含有兩個甲基，則A的結構簡式為。A項，A的結構簡式為，不能發(fā)生水解反應，A錯誤；B項，A分子中不含羧基，不能與碳酸氫鈉反應產(chǎn)生二氧化碳，B錯誤；C項，A分子中與羥基相連的碳上只有一個H，催化氧化后生成酮，C錯誤；D項，A的結構簡式為，分子中與羥基直接相連的碳原子為手性碳原子，催化加氫后，與兩個羥基分別相連的C原子均為手性碳原子，故有兩個手性碳，D正確；故選D。10．【答案】C【解析】基態(tài)Y原子的價電子排布式為nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中Z與Y、M相鄰，Z的第一電離能大于Y的，則Z是N元素，基態(tài)M原子與基態(tài)Y原子的未成對電子數(shù)相同，則M為O元素，X為原子半徑最小的元素，則X是H元素；E的合金是目前用量最大的金屬材料，則E是Fe元素。A項，同周期從左到右，元素的電負性逐漸增強，同主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，通常非金屬的電負性大于金屬，所以電負性：N>H>Fe，A錯誤；B項，同周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，非金屬性：C<N<O，B錯誤；C項，氨氣形成分子間氫鍵的數(shù)目比H2O形成分子間氫鍵的數(shù)目少，甲烷不形成氫鍵，沸點：H2O>NH3>CH4，C正確；D項，高溫下鐵與水蒸氣反應得到四氧化三鐵，D錯誤；故選C。11．【答案】C【解析】A項，由圖可知，，設H-I的鍵能為x，則，可得，，故A正確；B項，升高溫度，反應速率加快，正反應①、反應②反應速率都加快，故B正確；C項，由圖可知，反應②為放熱反應，升高溫度，反應②速率增大，平衡逆向移動，H2的轉化率降低，故C錯誤；D項，選擇合適的催化劑降低反應②的活化能，加快反應，能防止反應過程中有I(g)大量累積，故D正確；故選C。12．【答案】B【解析】A項，不同能級中電子能量不同，同一能級中的電子能量相同，基態(tài)Si原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，則核外有5種能量不同的電子，A正確；B項，NCl3水解過程中，中心原子的雜化方式為sp3雜化，SiCl4中Si原子采用sp3雜化，圖示過程是親核水解，中心原子Si第一步產(chǎn)物中Si原子的雜化方式為sp3d雜化，雜化方式發(fā)生改變，B錯誤；C項，C原子最外層為l層，沒有d軌道接受水分子中的孤電子對，可以推測CCl4比SiCl4難發(fā)生親核水解，C正確；D項，AsCl3中心原子As具有正電性(δ+)和空的價層軌道，接受H2O的孤電子對進攻，且水解產(chǎn)物為H3AsO3和HCl，根據(jù)親核水解機理示意圖，可知其水解類型為親核水解，D正確；故選B。13．【答案】B【解析】由題中信息：通電后，陽極產(chǎn)物將乙二醛氧化為乙醛酸，結合題中裝置圖，可知陽極生成的Cl2通入盛放鹽酸和乙二醛混合液一側，Cl2與乙二醛發(fā)生氧化還原反應，生成Cl-移向與a電極相連的電極，與b電極相連的電極發(fā)生還原反應，生成H2，a為電源正極，b為電源負極。根據(jù)電解原理，可知陽極發(fā)生的電極反應式為2Cl-―2e-=Cl2↑，陰極發(fā)生還原反應，電極反應方程式為2H＋＋2e-=H2↑。A項，a電極為正極，b電極為負極，因此a極電勢高于b極，故A正確；B項，根據(jù)題意氫離子由左側經(jīng)離子交換膜進入右側，則離子交換膜為陽離子交換膜，故B錯誤；C項，根據(jù)得失電子守恒有1molOHC—COOH~1molCl2~2mole-，則當有0.5mol離子通過離子交換膜時，理論上最多可生成乙醛酸的質(zhì)量為，故C正確；D項，氯氣將乙二醛氧化為乙醛酸，自身被還原為氯離子，化學方程式為：+H2O+Cl2→+2HCl，故D正確；故選B。14．【答案】D【解析】A項，NH3中的H原子不滿足8電子穩(wěn)定結構，故A錯誤；B項，CCl4中碳原子無空的價層軌道和孤電子對，不能發(fā)生水解反應，故B錯誤；C項，NCl3的水解過程中N原子的雜化軌道類型始終是sp3雜化，沒有發(fā)生變化，故C錯誤；D項，NCl3中的中心原子為N原子，有孤電子對，發(fā)生親電水解，而SiCl4的中心原子為Si，沒有孤電子對，發(fā)生親核水解，所以兩者的水解反應機理不同，故D正確；故選D。15．【答案】D【解析】A項，溶解在水中的草酸鈣電離出草酸根離子，草酸根離子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根離子，A正確；B項，根據(jù)物料守恒鈣原子和碳原子物質(zhì)的量濃度相等，故有cCa2＋＝cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4，B正確；C項，草酸加入氯化鈣中，加入醋酸鈉粉末，醋酸鈉電離出的醋酸根離子與氫離子結合生成弱電解質(zhì)醋酸，減少了氫離子濃度，促進了草酸電離，產(chǎn)生更多的草酸根離子，有利于生成草酸鈣，C正確；D項，向上層清液中通入HCl至pH=1，則氫離子濃度為0.1mol/L，由得出，cH2C2O4＞cHC2O4-，D錯誤；故選D。16．【答案】B【解析】A項，一氧化碳還原氧化鐵的產(chǎn)物是鐵單質(zhì)，鐵單質(zhì)與Fe3+、H+反應均生成Fe2+，故不能確定是否完全被還原，A不符合題意；B項，室溫下，測定濃度均為0.1mol?L?1的CH3COONa溶液、NH4Cl溶液的pH，可對比CH3COO-和NH4+的水解程度，進而判斷CH3COOH和NH3?H2O的電離程度，B符合題意；C項，將稀硝酸滴入Na2CO3溶液產(chǎn)生無色氣體，將產(chǎn)生的氣體直接通入Na2SiO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，可能是稀硝酸與碳酸鈉溶液反應生成的二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，也有可能是硝酸揮發(fā)與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故不能探究C和Si元素非金屬性強弱，C不符合題意；D項，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應，只能說明Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)引起碳酸鋇沉淀的生成，不能證明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，D不符合題意；故選B。二、非選擇題17．【答案】(1)SrF2(1分)離子晶體(1分)(2)BD(2分)(3)sp2(2分)＜(1分)(4)＜(1分)NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥BNCP中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變?yōu)槌涉I電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用(2分)【解析】(1)由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數(shù)為：=4，F(xiàn)-的個數(shù)為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體；(2)A項，C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：N，A錯誤；B項，根據(jù)同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：CSi，B正確；C項，已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；D項，已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據(jù)相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：H2O＜CCl4，D正確；故選BD；(3)已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強；(4)已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥BNCP中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變?yōu)槌涉I電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中H-N-H＜高性能炸藥BNCP中H-N-H。18．【答案】(1)硫酸銅(1分)Cu2+(1分)(2)BC(2分)(3)Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O(2分)(4)(2分)取樣于三支試管中，向A試管滴加KSCN溶液，若溶液變紅，則有；向B試管中滴加稀鹽酸，無現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則有(2分)【解析】精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸出液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸出液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3，將AgCl轉化為[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S2O3)2]3-還原為Ag。(1)“膽水”的主要溶質(zhì)是硫酸銅；由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+以及過量的酸進入浸取液1中，故浸出液1含有的金屬離子主要是Cu2+；(2)A項，浸渣1的主要成分是金和銀，浸渣2的主要成分是