高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省溫州市2024屆高三下學期二模可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5I127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.下列物質屬于弱電解質的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．是非電解質，A錯誤；B．醋酸是弱酸，是弱電解質，B正確；C．是強堿，是強電解質，C錯誤；D．氯化鋁溶于水完全電離為氯離子和鋁離子，是強電解質，D錯誤；故選B。2.下列化學用語表示正確的是（）A.次氯酸的空間填充模型：B.氧化鉀的電子式：C.聚丙烯鏈節：D.的名稱：3,4,4—三甲基己烷〖答案〗A〖解析〗A．次氯酸中心原子為氧原子，存在H-O、Cl-O共價鍵，角形結構，次氯酸的空間填充模型：，故A正確；B．氧化鉀是離子化合物，氧化鉀的電子式：，故B錯誤；C．含有碳碳雙鍵的有機化合物易通過加聚反應形成高分子化合物，聚丙烯的鏈節：-CH2-CH(CH3)-，故C錯誤；D．按取代基編號最小原則，的系統命名為：3，3，4-三甲基己烷，故D錯誤；故選：A。3.侯氏制堿法利用、飽和溶液先制得,進一步生產，下列說法不正確的是（）A.生產中，向溶有的飽和食鹽水中通入，析出B.將所得固體加熱生產出純堿C.碳酸氫鈉和碳酸鈉的溶液均呈堿性，可用作食用堿或工業用堿D.新制氯水中加入少量碳酸氫鈉，可提高氯水漂白效果〖答案〗A〖解析〗A．二氧化碳難溶于水、NH3極易溶于水，所以生產中，應向溶有NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2，增大溶質中含碳離子，析出NaHCO3，故A錯誤；B．NaHCO3熱穩定性不強，受熱易分解，將所得NaHCO3固體加熱分解可生成碳酸鈉，故B正確；C．碳酸是二元弱酸，碳酸氫鈉和碳酸鈉為強堿弱酸鹽，均能水解，其溶液均呈堿性，可用作食用堿或工業用堿，故C正確；D．新制氯水中加入少量碳酸氫鈉，碳酸氫鈉能和鹽酸反應，促進氯氣和水的反應正向進行，溶液中次氯酸濃度增大，可提高氯水的漂白效果，故D正確；故〖答案〗為：A。4.高溫結構陶瓷氮化硅由石英與焦炭在高溫的氮氣流中通過以下反應制備：,下列說法正確的是（為阿伏伽德羅常數的值）（）A.和是氧化劑B.既是氧化產物，又是還原產物C.每消耗轉移的電子數為D.從熵變角度分析，反應更易生成〖答案〗C〖解析〗反應中C元素的化合價由0價升高到+2價，N元素的化合價由0價降低到-3價，反應中總共轉移12個電子，據此分析解答。A．SiO2中Si和O元素的化合價都未發生變化，故SiO2不是氧化劑，故A錯誤；B．N元素的化合價由0價降低到-3價，故Si3N4只是還原產物，故B錯誤；C．反應中總共轉移12個電子，故每消耗1molC轉移的電子數為2NA，故C正確；D．若反應生成CO2，則反應為，產生的氣體分子數更少，故從熵變角度分析，反應難生成CO2，故D錯誤；故選：C。5.下列關于元素及其化合物的說法不正確的是（）A.將通入冷的石灰水，制得漂白粉B.鐵是人體必需微量元素，人體內缺鐵會發生貧血C.鋁粉和的混合物可作為家庭廚衛管道疏通劑的主要成分D.硫元素廣泛存在于自然界中，在沒有人類活動的影響下，也可能形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．向冷的石灰乳中通入氯氣，反應得到氯化鈣和次氯酸鈣，而不是用石灰水，A錯誤；B．鐵是人體必需微量元素，人體內缺鐵，貯存鐵就難于滿足機體需求而易造成造血原料不足而發生貧血，B正確；C．利用鋁和氫氧化鈉遇水反應放出大量的熱，加快氫氧化鈉對毛發等淤積物的腐蝕，同時產生氫氣增加管道內的氣壓，利于疏通，C正確；D．硫元素廣泛存在于自然界中，火山噴發時巖漿中的硫化物和硫酸鹽會隨著巖漿噴出，在沒有人類活動的影響下，也可能形成酸雨，D正確；故選A。6.某學習小組欲從含有、乙醇和氨水的實驗室廢液中分離乙醇并制備硫酸銅銨晶體，設計方案如下，下列說法不正確的是（）A.試劑X是硫酸，其中發生的反應之一：B.步驟②蒸餾實驗可用水浴加熱C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明顯偏低，可能是蒸餾時加熱溫度偏低D.將殘留液加熱濃縮、冷卻結晶可得到硫酸銅銨晶體〖答案〗C〖祥解〗欲從含有、乙醇和氨水的實驗室廢液中分離乙醇并制備硫酸銅銨晶體，需要將轉化為硫酸銅、將氨水中的一水合氨和NH3轉化為硫酸銨，所以加入的試劑X是硫酸，充分反應后溶液Y為無機鹽和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸點的差異采取蒸餾的方法。【詳析】A．根據以上分析可知試劑X是硫酸，加硫酸可以除去絡合離子，其中發生的反應之一為，故A正確；B．由于乙醇的沸點為78.3℃，所以步驟②蒸餾實驗可用水浴加熱，故B正確；C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明顯偏低，可能是蒸餾時加熱溫度偏高，餾出速度太快，故C錯誤；D．據以上分析可知，廢液中加硫酸反應后，蒸餾出乙醇后剩下的殘留液加熱濃縮、冷卻結晶可得到硫酸銅銨晶體，故D正確；故〖答案〗：C。7.材料的合成條件、組成和結構發生變化，其性能也會發生變化，對于促進生產發展、改善人類生活發揮了巨大作用，下列敘述不合理的是（）原料反應條件、組成或結構改變效果A碳素鋼改變合金元素得到性能不同的特種鋼B高分子聚合物增加強親水基團產生高吸水性樹脂C頭發二硫鍵的斷裂與形成定型成需要的形狀D苯酚、甲醛控制反應條件，主要生成2,4,6-三羥甲基苯酚中間體得到線型結構酚醛樹脂〖答案〗D〖解析〗A．鋼中加W可提高其耐磨性，加Ni可增強其低溫時的韌性,所以向鋼中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金鋼，故A正確；B．在高分子聚合物中增加強親水基團，如加強親水基團羧酸根，可制成高吸水性樹脂，故B正確；C．頭發燙染時通過二硫鍵的斷裂與形成，可將頭發定型成需要的形狀，故C正確；D．將苯酚、甲醛控制反應條件，主要生成2,4,6-三羥甲基苯酚中間體，得到體型結構的酚醛樹脂，故D錯誤；故〖答案〗為：D。8.下列反應與方程式相符的是（）A.鉛酸蓄電池放電時的負極反應：B.溶于稀硝酸得藍色溶液，C.丙烯與足量酸性高錳酸鉀溶液反應：D.將濃度均為的和溶液按體積比混合：〖答案〗C〖解析〗A．鉛蓄電池，電解質為硫酸溶液，負極鉛失去電子生成鉛離子，鉛離子與硫酸根離子結合生成硫酸鉛沉淀，放電時的負極反應：+Pb-2e-═PbSO4，故A錯誤；B．氧化亞銅為氧化物，應保留化學式；Cu2O溶于稀硝酸得藍色溶液，離子方程式為：3Cu2O+2+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O，故B錯誤；C．酸性高錳酸鉀氧化丙烯生成乙酸、二氧化碳和水，高錳酸根離子被還原為錳離子，離子方程式為：CH3CH=CH2+2+6H+→CH3COOH+CO2+2Mn2++4H2O，故C正確；D．將濃度均為0.1mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按體積比1：1混合，只發生亞鐵離子與氫氧根離子，鋇離子與硫酸根離子的反應，離子方程式為：Fe2++2OH-+Ba2++=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故D錯誤；故選：C。9.下列實驗裝置和實驗操作均正確的是（）ABCD驗證雙液原電池的工作原理比較C與的非金屬性強弱用電石制備乙炔并驗證乙炔的性質探究銅與濃硫酸的反應〖答案〗B〖解析〗A．圖中銅棒不能作鹽橋，即該裝置不能構成雙液原電池，故A錯誤；B．NaHCO3溶液可除去揮發出來的HCl，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，可知碳酸酸性強于硅酸，即非金屬性C＞Si，故B正確；C．電石與飽和食鹽水生成乙炔，其中混有硫化氫，水不能完全除去其中的硫化氫，乙炔、硫化氫均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，可選用硫酸銅溶液除去硫化氫，故C錯誤；D．常溫下銅與濃硫酸不反應，圖中缺少加熱裝置，故D錯誤；故〖答案〗為：B。10.關于有機物的檢測，下列說法正確的是（）A.用質譜法不可鑒別乙醇和二甲醚B.阿司匹林（）加稀水解后，直接加溶液檢驗產物中的酚羥基C.用新制氫氧化銅（可加熱）可鑒別乙醛、乙醇、苯、甲苯D.已知分子式為某鏈狀有機物，用核磁共振氫譜法可推斷其是否是丙酸〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和二甲醚互為同分異構體，相對分子質量相同，質譜法可測定相對分子質量，也可以測定碎片的相對質量，可以鑒別二者，故A錯誤；B．阿司匹林中酯基在稀酸性條件下水解得到酚羥基，酚羥基的檢驗確實需要在堿性環境下進行，不能直接加溶液檢驗產物中的酚羥基，故B錯誤；C．乙醛具有還原性，與新制氫氧化銅懸濁液混合加熱時產生磚紅色沉淀；乙醇能與水任意比例溶解，現象是溶液不分層；苯、甲苯的密度都比水小，現象相同不可鑒別，故C錯誤；D．核磁共振氫譜法可測定氫原子種類和氫原子峰面積之比，丙酸的結構簡式為CH3CH2COOH，氫原子有三種且三種氫原子峰面積之比都是3：2：1，若為其它的結構，氫原子峰的個數和峰面積之比不同，可用核磁共振氫譜法可推斷其是否是丙酸，故D正確；故選D。11.X、Y、Z、M和Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大，X原子中核外電子有8種運動狀態，Y元素在短周期中金屬性最強，Z與M元素相鄰，M和Q基態原子核外有未成對電子數之比為．下列說法不正確的是（）A.熔點：晶體Z>晶體B.最高價氧化物對應水化物的酸性：C.氣態是由極性鍵構成的極性分子D.晶體中Y離子距離最近且相等的Q離子有6個〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、M和Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大，X原子中核外電子有8種運動狀態，則X為O元素；Y元素在短周期中金屬性最強，則Y為Na元素；Z與M元素相鄰，M和Q基態原子核外有未成對電子數之比為3：1，則M為P元素，Z為Si元素，Q為Cl元素，據此分析。【詳析】A．晶體Si和SiO2均為共價晶體，Si-Si鍵的鍵長大于Si-O鍵，Si-Si鍵的鍵能小于Si-O鍵，則熔點：晶體Si＜晶體SiO2，故A錯誤；B．非金屬性越強最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：Si＜P，則最高價氧化物對應水化物的酸性：Si＜P，故B正確；C．氣態PCl3為三角錐形，正負電荷的重心不重合，是由極性鍵構成的極性分子，故C正確；D．NaCl晶體中Na+離子距離最近且相等的Cl-離子有6個，故D正確；故選：A。12.2-甲基環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.根據化合物B的結構，推測過程Ⅰ依次發生了加成反應、水解反應B.試劑1選擇的試劑為醇溶液，反應條件是：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與水反應時可能生成多種組成相同的有機產物〖答案〗B〖祥解〗化合物A與CH3MgI發生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發生水解產生羥基，醇羥基的消去反應生成C，與水的加成反應生成2-甲基環戊醇；【詳析】A．根據化合物B的結構，化合物A與CH3MgI發生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發生水解產生羥基，即化合物B，故A正確；B．化合物B轉化為化合物C發生了醇羥基的消去反應，反應條件為濃硫酸加熱，故B錯誤；C．化合物C為烴類物質，難溶于水，由于C原子數目為6，熔沸點較高，常溫下屬于液態，故C正確；D．過程Ⅲ可以理解是與水的加成反應，羥基位置不同可能會有不同的加成產物，比如說可能會有化合物B生成，故D正確；故選：B。13.某研究小組模擬微庫侖滴定法測定樣品中的含量，工作原理是電解質溶液中的保持標準值時，電解池不工作；樣品進入電解池后與反應，便立即自動進行電解，當又回到標準值，測定結束；溶液中存在：．部分裝置如圖所示，下列說法不正確的是（）A.陽極反應式：B.電極附近離子放電的順序：C.和溶液可維持電解質溶液的在一定范圍內基本不變D.，經折算電路中轉移電子，則樣品中的含量為〖答案〗B〖祥解〗檢測前，電解質溶液中的保持定值時，電解池不工作。待測物質進入電解池后與Ag+反應，濃度減小，測氯儀便立即自動進行電解，陽極Ag失電子，生成Ag+，到又回到原定值，電極反應式為，根據電解消耗的電量可以求出待測物中氯的含量，據此分析解題。【詳析】A．據分析可知，陽極失電子，陽極反應式：，A正確；B．由題意可知，電解質溶液中的保持標準值時，電解池不工作；樣品進入電解池后與反應，Ag+濃度減小，便立即自動進行電解產生Ag+，此時Pt電極Ag+不會放電，H+放電生成H2，說明Pt電極附近離子放電的順序：Ag+<H+，B錯誤；C．和可以組成緩沖溶液，可維持電解質溶液的在一定范圍內基本不變，C正確；D．，經折算電路中轉移電子，則樣品中的含量為，D正確；故選B。14.某小組利用不同膜反應器（可選擇性地讓某些氣體通過而離開體系）研究的分解率，工作原理如下圖所示．圖a、b和c反應區溫度維持恒定且相等，僅發生且在反應區內進行。投料均為的，反應同時開始，時圖b反應區處于瞬時平衡狀態，其化學平衡常數。圖a裝置圖b裝置圖c裝置時反應區的物質的量/0.100.30x下列說法正確的是（）A.圖a裝置的化學平衡常數B.圖a裝置中，HI(g)分解率為10%C.圖b裝置中，前內的平均滲透速率約為D圖c裝置中，x一定大于0.3〖答案〗A〖解析〗A．學平衡常數越大表明它的正向反應進行的程度越大，該反應進行的越完全，反應物的轉化率越大，裝置a中時反應區的物質的量小于b中，故圖a裝置的化學平衡常數，A正確；B．圖a裝置中，分解率為20%，B錯誤；C．圖b裝置中，生成的物質的量為0.3mol，前內的平均滲透速率約為，C錯誤；D．圖c裝置中，x不一定大于0.3，因為可能該反應此時達到反應上限，x也為0.3，而后續會隨著生成物的移除而繼續正向反應，D錯誤；故選A15.常溫下，往溶液中通入至飽和，有微量生成，溶液中（溶液體積和濃度的變化忽略不計）．[已知：的電離常數],下列說法不正確的是（）A.溶液中，B.反應的C.溶液中，D.溶液中，約為5〖答案〗D〖解析〗A．往溶液中通入至飽和，有微量生成，即亞鐵離子恰好生成沉淀，，故A正確；B．根據反應①、②、③，由蓋斯定律，反應①-②-③可得反應，則，故B正確；C．溶液中，HS-的水解常數為，則，故溶液中，故C正確；D．根據反應的，則，pH約為3，故D錯誤；故選D。16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中設計和結論均合理的是（）實驗目的實驗方案設計現象結論A探究與的氧化性強弱向溶液中加入過量溶液充分反應，再滴加淀粉溶液溶液變藍色氧化性：B比較與結合的能力常溫，測定溶液的結合能力：C探究溫度對化學平衡的影響將的溶液加熱后置于冷水中，觀察現象加熱后溶液為黃綠色，冷水中變為藍綠色說明降低溫度，向正反應方向移動D比較與的向含有濃度均為的溶液中，逐滴滴加溶液先生成白色沉淀〖答案〗B〖解析〗A．酸性溶液中硝酸根離子能氧化碘離子，溶液變藍，不能證明氧化性：Fe3+＞I2，故A錯誤；B．常溫，測定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pH=13，可知C2H5O-水解顯堿性，則結合H+能力：C2H5O-＞OH-，故B正確；C．加熱后溶液為黃綠色，可知升高溫度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-?[CuCl4]2-+4H2O正向移動，則降低溫度平衡逆向移動，故C錯誤；D．AgCl、Ag2CrO4的沉淀類型不同，由實驗操作和現象，不能證明Ksp：AgCl＜Ag2CrO4，故D錯誤；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.鎵的化合物種類繁多，應用廣泛。（1）鎵位于元素周期表的_________區。（2）下列鎵原子核形成的微粒中，電離最外層1個電子所需能量最大的是_________。A. B.C. D.（3）①是一種重要的半導體材料，其熔點為，可由如下反應制備：。（電負性：）下列說法正確的是_________。A.原子半徑：B.為共價晶體，為分子晶體C.沸點：D.化學鍵中離子鍵成分的百分數：②比較鍵角中的_________中的（填“>”、“<”或“=”），請說明理由__________________________________。（4）感光材料硫鎵銀晶體的晶胞如圖所示，該晶體的化學式為______________。如圖所示晶胞沿著z軸的投影圖為_________（填選項字母）。A． B．C． D．〖答案〗（1）p（2）D（3）①BD②＞電負性C＞H＞Ga，中C-Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子，對中C-H鍵的排斥力變大，使中鍵角變小（4）C〖解析〗（1）已知Ga是31號元素，根據構造理論可知，基態Ga原子的核外電子排布式為，則鎵位于元素周期表的p區。（2）A.為基態Ga，B.為激發態Ga，C.為激發態Ga，D.為基態Ga+，則Ga+失去電子更困難，電離最外層1個電子所需能量最大的是D。（3）①A.Ga與As是同一周期元素，從左往右原子半徑半徑依次減小，故原子半徑：Ga>As，A錯誤；B.根據信息可知Ga比As的電負性小0.4，二者之間靠共價鍵結合，又是一種重要的半導體材料，其熔點為，則為共價晶體，根據信息可知H比As的電負性大0.1，二者之間靠靠共價鍵結合，與氨氣為等電子體，則為分子晶體，B正確；C.由于NH3存在分子間氫鍵使氨沸點升高，而、甲烷不存在，的分子的相對分子質量較大，分子間作用力較大，沸點較高，則沸點：，C錯誤；D.同主族從上到下非金屬性遞減，非金屬性，則化學鍵中離子鍵成分的百分數：，D正確；選BD。②比較鍵角中的＞中的，理由為：電負性C＞H＞Ga，中C-Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子，對中C-H鍵的排斥力變大，使中鍵角變小。（4）晶胞中Ag位于體心、頂點和面心，個數為1+8×+4×=4，Ga位于棱上、面心，個數為4×++6×=4，8個S位于晶胞內部，三者數目比為1:1:2，則感該晶體的化學式為。沿著z軸的投影，Ag投影為正方形的頂點和四條邊的中點，S投影為面對角線離頂點四分之一處，Ga投影為正方形的頂點、四條邊的中點和正方形中心，則如圖所示晶胞沿著z軸的投影圖為C。18.硝酸鹽型熔鹽（含）在太陽能光熱發電領域被廣泛應用．高純的制備、性質與應用是目前研究的熱點，部分生產方法及性質研究如下：已知：硝酸工業尾氣中主要含．請回答：（1）寫出溶液A中的所有離子_________________；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是__________________________________________________．（2）下列說法正確的是_________．A.方法Ⅰ說明：該條件下，酸性B.方法Ⅱ中，，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收C.固體與濃硫酸共熱，可產生紅棕色氣體D.若氣體B是一種單質，則所得固體C中不能含有三種元素（3）方法Ⅰ中，用代替,得到副產品．工業上用溶液浸取菱鎂礦的煅燒粉（含）,不斷加熱蒸出氨氣，以獲得較高濃度的溶液，其原理是_____________________________________________________________________．（4）在某溫度下，分解得到的可用于制備新型高效多功能水處理劑水溶液放置過程中會放出無色無味氣體、產生沉淀、溶液呈強堿性．請依據上述信息，設計實驗檢驗無色無味氣體成分和沉淀中的金屬元素_____________________________________________________________________________．寫出與共熱制取的化學方程式：______________________．〖答案〗（1）將(或)轉化為(或)（2）BC（3）存在平衡,加熱蒸出氨氣，促使平衡右移，得到較高濃度的溶液（4）將氣體收集在集氣瓶中，伸入帶火星的木條，若木條復燃說明為氧氣；取適量沉淀與試管中，用適量稀硫酸溶解，滴加溶液，若溶液變血紅色，說明沉淀含鐵元素〖祥解〗硝酸工業尾氣中主要含N2、NO、NO2，用氫氧化鉀溶液氧化吸收、結晶生成硝酸鉀固體，硝酸和氯化鉀攪拌結晶得到硝酸鉀固體和鹽酸，硝酸鉀固體在一定溫度下隔絕空氣分解生成固體C和氣體B。【詳析】（1）硝酸和氯化鉀攪拌結晶得到硝酸鉀固體和鹽酸，則溶液A中的所有離子H+、K+、Cl?、、OH?；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是將(或)轉化為(或)；（2）A．方法Ⅰ說明硝酸鉀的溶解度小于氯化鉀，與酸性無關，故A錯誤；B．由于二氧化氮能與氫氧化鉀發生歧化反應鋇完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合氣體能與氫氧化鉀發生歸中反應被完全吸收，則方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正確；C．KNO3固體與濃硫酸共熱反應生成硫酸鉀、二氧化氮、氧氣和水，可產生紅棕色氣體，故C正確；D．若氣體B是一種單質，結合化合價可知為氧氣，則所得固體C為亞硝酸鉀，含有三種元素，故D錯誤；故〖答案〗為：BC；（3）工業上用NH4Cl溶液浸取菱鎂礦的煅燒粉(含MgO)，不斷加熱蒸出氨氣，以獲得較高濃度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2＝2NH3+Mg2++H2O，加熱蒸出氨氣，促使平衡右移，得到較高濃度的MgCl2溶液；（4）在某溫度下，KNO3分解得到的K2O可用于制備新型高效多功能水處理劑K2FeO4，K2FeO4水溶液放置過程中生成氧氣和氫氧化鐵沉淀，檢驗氧氣的方法是將氣體收集在集氣瓶中，伸入帶火星的木條，若木條復燃，檢驗氫氧化鐵沉淀的方法是取適量沉淀與試管中，用適量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液變血紅色，說明沉淀含鐵元素，K2O與Fe(OH)3、Cl2共熱制取K2FeO4的化學方程式為：。19.異丁烯是重要的化工生產原料，可由異丁烷催化脫氫制備，反應如下：．已知：①主要副反應為②溫度過高會引發烴裂解生成炭（C）．③相關化學鍵的鍵能如下所示：化學鍵鍵能/615347.7413.4436請回答：（1）_________．（2）有利于提高異丁烷平衡轉化率條件有_________．A．低溫B．高溫C．低壓D．高壓E．催化劑（3）其他條件相同，在恒壓的密閉容器中充入異丁烷和各（作惰性氣體），經過相同時間測得相關數據如圖1和圖2所示．[收率,空速:單位時間通過單位體積催化劑的氣體量]（不考慮溫度對催化劑活性的影響，異丁烷分子在催化劑表面能較快吸附）①圖1中，時異丁烯收率=_________．②下列說法正確的是_________．A．由圖1可知，溫度越高，產生異丁烯的速率越快B．混入的目的之一是減小異丁烷的吸附速率，同時帶走催化劑局部多余的熱量，從而抑制催化劑的積碳C．圖2中，空速增加，異丁烷轉化率降低的原因可能是原料氣在催化劑中停留時間過短D．圖2中，空速增加，異丁烯選擇性升高的原因可能是原料氣將產物迅速帶走，抑制了副反應的發生③圖1中，隨著溫度升高，異丁烷轉化率增大而異丁烯選擇性下降的原因可能是_____________________________________________________．④其他條件相同，異丁烷的平衡轉化率如圖3所示．若充入改為,在圖3中作出異丁烷的平衡轉化率隨溫度變化的曲線__________（忽略積碳的影響）．〖答案〗（1）80.4（2）BC（3）①27.3%②BCD③溫度升高，反應速率增大，異丁烷轉化率增大；反應速率增大的程度更大，異丁烯選擇性下降④〖解析〗（1）ΔH=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故〖答案〗為：+80.4；（2）異丁烷(i-C4H10)催化脫氫制備異丁烯(i-C4H8)是氣體體積增大的吸熱反應，根據勒夏特列原理可知，高溫、低壓有利于平衡正向移動，而催化劑不改變化學平衡狀態，故〖答案〗為：BC；（3）①圖1中，600℃時異丁烯物質的量為1mol×35%×78%=0.273，所以異丁烯收率=×100%=27.3%，故〖答案〗為：27.3%；②A．由圖1可知，溫度升高，異丁烯選擇性下降，所以產生異丁烯的速率并不是越快，故A錯誤；B．由題意可知，溫度過高會引發烴裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是減小異丁烷的吸附速率，同時帶走催化劑局部多余的熱量，從而抑制催化劑的積碳，故B正確；C．空速增加，原料氣與催化劑接觸時間短，不利于反應進行，所以異丁烷轉化率降低，故C正確；D．原料氣將產物迅速帶走，降低異丁烯(i-C4H8)的濃度，抑制了副反應的發生，提高異丁烯選擇性，故D正確；故〖答案〗為：BCD；③隨著溫度升高，異丁烷轉化率增大而異丁烯選擇性下降的原因可能是：升高溫度，反應速率增大，異丁烷轉化率增大，但由于副反應反應速率增大的程度更大，所以異丁烯選擇性下降；④若充入N2改為2mol,相當于減小壓強，平衡正向移動，異丁烷的平衡轉化率比通入1molN2要大，所以異丁烷的平衡轉化率隨溫度變化的曲線為。20.硫代尿素是重要的工業原料．某小組按如圖流程開展制備實驗（部分裝置及夾持儀器已省略）。主要反應：步驟Ⅱ:步驟Ⅲ:已知：硫代尿素可溶于水、乙醇，微溶于乙醚（1）儀器X的名稱_________（填儀器名稱）。（2）下列說法不正確的是_________。A.配制5%的溶液必須用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶等B.裝置A使用恒壓分液漏斗添加硫酸溶液時，可以打開漏斗上部的玻璃塞C.在反應前若向裝置B中通入一段時間,能提高產品的產率D.步驟Ⅱ反應完全的現象是溶液變澄清，集氣瓶液面不再改變（3）步驟Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正確的順序是：________。（_________）→（_________）→a→（_________）→e→f→（_________）a．調節三通閥如圖，收集氣體一段時間b．開啟裝置A磁力攪拌器，慢慢加入一定量硫酸c．調節裝置B溫控磁力攪拌器，并控制溫度為d．調節裝置B溫控磁力攪拌器，并迅速控溫在e．調節三通閥如圖f．移動水準管并調節活塞Y控制氣體流速，反應一段時間后g．檢測氣體純凈后連接三通閥（4）步驟Ⅳ的主要操作是（請補上第一步）：_________→洗滌、合并濾液→冷凍結晶。上述步驟中的最適宜洗滌劑是_________。A．冷水B．熱水C．乙醚D．濾液（5）產品含量的測定：滴定反應：；主要步驟：Ⅰ．稱取產品用蒸餾水溶解并定容至。移取該溶液注入碘量瓶中，加碘標準液，氫氧化鈉溶液，于暗處放置。加適量水及鹽酸搖勻，用硫代硫酸鈉標準溶液滴定，近終點時，加3mL淀粉指示液，繼續滴定至終點，消耗體積。Ⅱ．空白實驗：將上述樣品溶液改為蒸餾水注入碘量瓶中，重復后續步驟，滴定至終點時消耗體積。①需要加入淀粉指示液時，錐形瓶中溶液的現象是_________________________________。②產品的質量分數為_____________。〖答案〗（1）三頸燒瓶（2）ABD（3）（4）趁熱過濾B（5）①溶液由黃褐色變為淺黃色或溶液變為淺黃色②或〖祥解〗BaS溶液和稀硫酸在裝置A的三頸燒瓶中混合反應生成硫化氫氣體進入裝置B發生反應，經步驟Ⅲ，趁熱過濾、洗滌、合并濾液、冷凍結晶得到粗產品。【詳析】（1）儀器X的名稱為三頸燒瓶，故〖答案〗為：三頸燒瓶；（2）A.配制5%的溶液必須用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A錯誤；B.恒壓分液漏斗添加溶液時，只需要打開下面的活塞，液體就可以順利留下，不需要可以打開漏斗上部的玻璃塞，B錯誤；C.在反應前若向裝置B中通入一段時間,排盡裝置中的空氣，防止產品被氧化，提高產品的產率，C正確；D.步驟Ⅱ反應完全即H2S完全反應，步驟Ⅲ反應仍需要CaCN2參與，此時仍是濁液，當集氣瓶液面不再改變，且液面和移液管中相平，說明步驟Ⅱ反應完全，D錯誤；故〖答案〗為：ABD；（3）實驗操作如下，開啟裝置A磁力攪拌器，慢慢加入一定量硫酸，檢測氣體純凈后連接三通閥；調節三通閥如圖，收集氣體一段時間；調節裝置B溫控磁力攪拌器，并控制溫度為；調節三通閥如圖；移動水準管并調節活塞Y控制氣體流速，反應一段時間后；調節裝置B溫控磁力攪拌器，并迅速控溫在，故〖答案〗為：；（4）從題中所給信息，步驟Ⅲ調節裝置B溫控磁力攪拌器，并迅速控溫在，發生該反應，可知硫代尿素在溶解度較小，有利于以晶體的形式析出，故經趁熱過濾、洗滌、合并濾液、冷凍結晶得到粗產品，洗滌應使用熱水洗滌，減少產品的損失，故〖答案〗為：趁熱過濾；B；（5）①臨近終點溶液中有碘單質，溶液為黃褐色，滴加淀粉溶液溶液，溶液由黃褐色變為淺黃色或溶液變為淺黃色，故〖答案〗為：溶液由黃褐色變為淺黃色或溶液變為淺黃；②根據空白實驗可知20.00m溶液中加入碘單質為mg產品的質量分數為，故〖答案〗為：或。21.某研究小組按下列路線合成抗抑郁藥米氮平。已知：①②請回答：（1）化合物A的官能團名稱是_________。（2）下列說法正確的是_________。A.化合物E可發生縮聚反應 B.的反應類型均為取代反應C.化合物G可與鹽酸反應 D.米氮平的分子式為（3）化合物B的結構簡式_____________。（4）寫出的化學方程式_________________________________________。（5）研究小組在實驗室用乙苯及甲醇為原料合成藥物二芐胺（）。利用以上合成路線的相關信息，設計該合成路線（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的化合物F的同分異構體的結構簡式_______________。①分子中含有苯環，無其他環狀結構；②譜和譜檢測表明：分子中共有3種不同化學環境的氫原子，且無結構。〖答案〗（1）醚鍵（2）AC（3）（4）（5）（6）〖祥解〗根據題中信息①，結合(A)、(C)的結構簡式可知，B的結構簡式為CH3NHCH2CH2OH，C的分子式為C11H17NO2、D的分子式為C11H15NCl2，對比C、D的分子式可知C轉化成D是氯原子取代羥基，所以D的結構簡式為；由信息②結合G的結構簡式：，以及F的分子式C8H10N2O2，可知F的結構簡式為，又E的分子式C6H6N2O2，E與C2H5OH反應生成，所以E的結構簡式為，根據題中信息①，結合(D)、(G)的結構簡式可知，H的結構簡式為。【詳析】（1）化合物A的結構簡式為，其官能團名稱是醚鍵；（2）A．化合物E的結構簡式為，分子中既具有氨基又有羧基，所以可發生縮聚反應，故A正確；B．E的結構簡式為、F的結構簡式為、G的結構簡式為，E→F為羧基和乙醇的酯化反應、F→G為酯基的還原反應，故B錯誤；C．G的結構簡式為，分子中具有氨基，所以化合物G可與鹽酸反應，故C正確；D．由題中所給米氮平的結構簡式可知，米氮平的分子式為C17H19N3，故D錯誤；故〖答案〗為：AC；（3）根據題中信息①，結合(A)、(C)的結構簡式可知，B的結構簡式為CH3NHCH2CH2OH；（4）根據題中信息①，結合(D)、(G)的結構簡式可知，H的結構簡式為，所以D+G→H的化學方程式為；（5）據題中所給信息①知，要合成藥物二芐胺（），首先要合成，然后由和NH3反應制取，其合成路線如下：；（6）F的結構簡式為，滿足題中要求的同分異構體的結構簡式有：。浙江省溫州市2024屆高三下學期二模可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5I127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.下列物質屬于弱電解質的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．是非電解質，A錯誤；B．醋酸是弱酸，是弱電解質，B正確；C．是強堿，是強電解質，C錯誤；D．氯化鋁溶于水完全電離為氯離子和鋁離子，是強電解質，D錯誤；故選B。2.下列化學用語表示正確的是（）A.次氯酸的空間填充模型：B.氧化鉀的電子式：C.聚丙烯鏈節：D.的名稱：3,4,4—三甲基己烷〖答案〗A〖解析〗A．次氯酸中心原子為氧原子，存在H-O、Cl-O共價鍵，角形結構，次氯酸的空間填充模型：，故A正確；B．氧化鉀是離子化合物，氧化鉀的電子式：，故B錯誤；C．含有碳碳雙鍵的有機化合物易通過加聚反應形成高分子化合物，聚丙烯的鏈節：-CH2-CH(CH3)-，故C錯誤；D．按取代基編號最小原則，的系統命名為：3，3，4-三甲基己烷，故D錯誤；故選：A。3.侯氏制堿法利用、飽和溶液先制得,進一步生產，下列說法不正確的是（）A.生產中，向溶有的飽和食鹽水中通入，析出B.將所得固體加熱生產出純堿C.碳酸氫鈉和碳酸鈉的溶液均呈堿性，可用作食用堿或工業用堿D.新制氯水中加入少量碳酸氫鈉，可提高氯水漂白效果〖答案〗A〖解析〗A．二氧化碳難溶于水、NH3極易溶于水，所以生產中，應向溶有NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2，增大溶質中含碳離子，析出NaHCO3，故A錯誤；B．NaHCO3熱穩定性不強，受熱易分解，將所得NaHCO3固體加熱分解可生成碳酸鈉，故B正確；C．碳酸是二元弱酸，碳酸氫鈉和碳酸鈉為強堿弱酸鹽，均能水解，其溶液均呈堿性，可用作食用堿或工業用堿，故C正確；D．新制氯水中加入少量碳酸氫鈉，碳酸氫鈉能和鹽酸反應，促進氯氣和水的反應正向進行，溶液中次氯酸濃度增大，可提高氯水的漂白效果，故D正確；故〖答案〗為：A。4.高溫結構陶瓷氮化硅由石英與焦炭在高溫的氮氣流中通過以下反應制備：,下列說法正確的是（為阿伏伽德羅常數的值）（）A.和是氧化劑B.既是氧化產物，又是還原產物C.每消耗轉移的電子數為D.從熵變角度分析，反應更易生成〖答案〗C〖解析〗反應中C元素的化合價由0價升高到+2價，N元素的化合價由0價降低到-3價，反應中總共轉移12個電子，據此分析解答。A．SiO2中Si和O元素的化合價都未發生變化，故SiO2不是氧化劑，故A錯誤；B．N元素的化合價由0價降低到-3價，故Si3N4只是還原產物，故B錯誤；C．反應中總共轉移12個電子，故每消耗1molC轉移的電子數為2NA，故C正確；D．若反應生成CO2，則反應為，產生的氣體分子數更少，故從熵變角度分析，反應難生成CO2，故D錯誤；故選：C。5.下列關于元素及其化合物的說法不正確的是（）A.將通入冷的石灰水，制得漂白粉B.鐵是人體必需微量元素，人體內缺鐵會發生貧血C.鋁粉和的混合物可作為家庭廚衛管道疏通劑的主要成分D.硫元素廣泛存在于自然界中，在沒有人類活動的影響下，也可能形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．向冷的石灰乳中通入氯氣，反應得到氯化鈣和次氯酸鈣，而不是用石灰水，A錯誤；B．鐵是人體必需微量元素，人體內缺鐵，貯存鐵就難于滿足機體需求而易造成造血原料不足而發生貧血，B正確；C．利用鋁和氫氧化鈉遇水反應放出大量的熱，加快氫氧化鈉對毛發等淤積物的腐蝕，同時產生氫氣增加管道內的氣壓，利于疏通，C正確；D．硫元素廣泛存在于自然界中，火山噴發時巖漿中的硫化物和硫酸鹽會隨著巖漿噴出，在沒有人類活動的影響下，也可能形成酸雨，D正確；故選A。6.某學習小組欲從含有、乙醇和氨水的實驗室廢液中分離乙醇并制備硫酸銅銨晶體，設計方案如下，下列說法不正確的是（）A.試劑X是硫酸，其中發生的反應之一：B.步驟②蒸餾實驗可用水浴加熱C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明顯偏低，可能是蒸餾時加熱溫度偏低D.將殘留液加熱濃縮、冷卻結晶可得到硫酸銅銨晶體〖答案〗C〖祥解〗欲從含有、乙醇和氨水的實驗室廢液中分離乙醇并制備硫酸銅銨晶體，需要將轉化為硫酸銅、將氨水中的一水合氨和NH3轉化為硫酸銨，所以加入的試劑X是硫酸，充分反應后溶液Y為無機鹽和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸點的差異采取蒸餾的方法。【詳析】A．根據以上分析可知試劑X是硫酸，加硫酸可以除去絡合離子，其中發生的反應之一為，故A正確；B．由于乙醇的沸點為78.3℃，所以步驟②蒸餾實驗可用水浴加熱，故B正確；C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明顯偏低，可能是蒸餾時加熱溫度偏高，餾出速度太快，故C錯誤；D．據以上分析可知，廢液中加硫酸反應后，蒸餾出乙醇后剩下的殘留液加熱濃縮、冷卻結晶可得到硫酸銅銨晶體，故D正確；故〖答案〗：C。7.材料的合成條件、組成和結構發生變化，其性能也會發生變化，對于促進生產發展、改善人類生活發揮了巨大作用，下列敘述不合理的是（）原料反應條件、組成或結構改變效果A碳素鋼改變合金元素得到性能不同的特種鋼B高分子聚合物增加強親水基團產生高吸水性樹脂C頭發二硫鍵的斷裂與形成定型成需要的形狀D苯酚、甲醛控制反應條件，主要生成2,4,6-三羥甲基苯酚中間體得到線型結構酚醛樹脂〖答案〗D〖解析〗A．鋼中加W可提高其耐磨性，加Ni可增強其低溫時的韌性,所以向鋼中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金鋼，故A正確；B．在高分子聚合物中增加強親水基團，如加強親水基團羧酸根，可制成高吸水性樹脂，故B正確；C．頭發燙染時通過二硫鍵的斷裂與形成，可將頭發定型成需要的形狀，故C正確；D．將苯酚、甲醛控制反應條件，主要生成2,4,6-三羥甲基苯酚中間體，得到體型結構的酚醛樹脂，故D錯誤；故〖答案〗為：D。8.下列反應與方程式相符的是（）A.鉛酸蓄電池放電時的負極反應：B.溶于稀硝酸得藍色溶液，C.丙烯與足量酸性高錳酸鉀溶液反應：D.將濃度均為的和溶液按體積比混合：〖答案〗C〖解析〗A．鉛蓄電池，電解質為硫酸溶液，負極鉛失去電子生成鉛離子，鉛離子與硫酸根離子結合生成硫酸鉛沉淀，放電時的負極反應：+Pb-2e-═PbSO4，故A錯誤；B．氧化亞銅為氧化物，應保留化學式；Cu2O溶于稀硝酸得藍色溶液，離子方程式為：3Cu2O+2+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O，故B錯誤；C．酸性高錳酸鉀氧化丙烯生成乙酸、二氧化碳和水，高錳酸根離子被還原為錳離子，離子方程式為：CH3CH=CH2+2+6H+→CH3COOH+CO2+2Mn2++4H2O，故C正確；D．將濃度均為0.1mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按體積比1：1混合，只發生亞鐵離子與氫氧根離子，鋇離子與硫酸根離子的反應，離子方程式為：Fe2++2OH-+Ba2++=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故D錯誤；故選：C。9.下列實驗裝置和實驗操作均正確的是（）ABCD驗證雙液原電池的工作原理比較C與的非金屬性強弱用電石制備乙炔并驗證乙炔的性質探究銅與濃硫酸的反應〖答案〗B〖解析〗A．圖中銅棒不能作鹽橋，即該裝置不能構成雙液原電池，故A錯誤；B．NaHCO3溶液可除去揮發出來的HCl，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，可知碳酸酸性強于硅酸，即非金屬性C＞Si，故B正確；C．電石與飽和食鹽水生成乙炔，其中混有硫化氫，水不能完全除去其中的硫化氫，乙炔、硫化氫均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，可選用硫酸銅溶液除去硫化氫，故C錯誤；D．常溫下銅與濃硫酸不反應，圖中缺少加熱裝置，故D錯誤；故〖答案〗為：B。10.關于有機物的檢測，下列說法正確的是（）A.用質譜法不可鑒別乙醇和二甲醚B.阿司匹林（）加稀水解后，直接加溶液檢驗產物中的酚羥基C.用新制氫氧化銅（可加熱）可鑒別乙醛、乙醇、苯、甲苯D.已知分子式為某鏈狀有機物，用核磁共振氫譜法可推斷其是否是丙酸〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和二甲醚互為同分異構體，相對分子質量相同，質譜法可測定相對分子質量，也可以測定碎片的相對質量，可以鑒別二者，故A錯誤；B．阿司匹林中酯基在稀酸性條件下水解得到酚羥基，酚羥基的檢驗確實需要在堿性環境下進行，不能直接加溶液檢驗產物中的酚羥基，故B錯誤；C．乙醛具有還原性，與新制氫氧化銅懸濁液混合加熱時產生磚紅色沉淀；乙醇能與水任意比例溶解，現象是溶液不分層；苯、甲苯的密度都比水小，現象相同不可鑒別，故C錯誤；D．核磁共振氫譜法可測定氫原子種類和氫原子峰面積之比，丙酸的結構簡式為CH3CH2COOH，氫原子有三種且三種氫原子峰面積之比都是3：2：1，若為其它的結構，氫原子峰的個數和峰面積之比不同，可用核磁共振氫譜法可推斷其是否是丙酸，故D正確；故選D。11.X、Y、Z、M和Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大，X原子中核外電子有8種運動狀態，Y元素在短周期中金屬性最強，Z與M元素相鄰，M和Q基態原子核外有未成對電子數之比為．下列說法不正確的是（）A.熔點：晶體Z>晶體B.最高價氧化物對應水化物的酸性：C.氣態是由極性鍵構成的極性分子D.晶體中Y離子距離最近且相等的Q離子有6個〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、M和Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大，X原子中核外電子有8種運動狀態，則X為O元素；Y元素在短周期中金屬性最強，則Y為Na元素；Z與M元素相鄰，M和Q基態原子核外有未成對電子數之比為3：1，則M為P元素，Z為Si元素，Q為Cl元素，據此分析。【詳析】A．晶體Si和SiO2均為共價晶體，Si-Si鍵的鍵長大于Si-O鍵，Si-Si鍵的鍵能小于Si-O鍵，則熔點：晶體Si＜晶體SiO2，故A錯誤；B．非金屬性越強最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：Si＜P，則最高價氧化物對應水化物的酸性：Si＜P，故B正確；C．氣態PCl3為三角錐形，正負電荷的重心不重合，是由極性鍵構成的極性分子，故C正確；D．NaCl晶體中Na+離子距離最近且相等的Cl-離子有6個，故D正確；故選：A。12.2-甲基環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.根據化合物B的結構，推測過程Ⅰ依次發生了加成反應、水解反應B.試劑1選擇的試劑為醇溶液，反應條件是：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與水反應時可能生成多種組成相同的有機產物〖答案〗B〖祥解〗化合物A與CH3MgI發生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發生水解產生羥基，醇羥基的消去反應生成C，與水的加成反應生成2-甲基環戊醇；【詳析】A．根據化合物B的結構，化合物A與CH3MgI發生加成反應引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI發生水解產生羥基，即化合物B，故A正確；B．化合物B轉化為化合物C發生了醇羥基的消去反應，反應條件為濃硫酸加熱，故B錯誤；C．化合物C為烴類物質，難溶于水，由于C原子數目為6，熔沸點較高，常溫下屬于液態，故C正確；D．過程Ⅲ可以理解是與水的加成反應，羥基位置不同可能會有不同的加成產物，比如說可能會有化合物B生成，故D正確；故選：B。13.某研究小組模擬微庫侖滴定法測定樣品中的含量，工作原理是電解質溶液中的保持標準值時，電解池不工作；樣品進入電解池后與反應，便立即自動進行電解，當又回到標準值，測定結束；溶液中存在：．部分裝置如圖所示，下列說法不正確的是（）A.陽極反應式：B.電極附近離子放電的順序：C.和溶液可維持電解質溶液的在一定范圍內基本不變D.，經折算電路中轉移電子，則樣品中的含量為〖答案〗B〖祥解〗檢測前，電解質溶液中的保持定值時，電解池不工作。待測物質進入電解池后與Ag+反應，濃度減小，測氯儀便立即自動進行電解，陽極Ag失電子，生成Ag+，到又回到原定值，電極反應式為，根據電解消耗的電量可以求出待測物中氯的含量，據此分析解題。【詳析】A．據分析可知，陽極失電子，陽極反應式：，A正確；B．由題意可知，電解質溶液中的保持標準值時，電解池不工作；樣品進入電解池后與反應，Ag+濃度減小，便立即自動進行電解產生Ag+，此時Pt電極Ag+不會放電，H+放電生成H2，說明Pt電極附近離子放電的順序：Ag+<H+，B錯誤；C．和可以組成緩沖溶液，可維持電解質溶液的在一定范圍內基本不變，C正確；D．，經折算電路中轉移電子，則樣品中的含量為，D正確；故選B。14.某小組利用不同膜反應器（可選擇性地讓某些氣體通過而離開體系）研究的分解率，工作原理如下圖所示．圖a、b和c反應區溫度維持恒定且相等，僅發生且在反應區內進行。投料均為的，反應同時開始，時圖b反應區處于瞬時平衡狀態，其化學平衡常數。圖a裝置圖b裝置圖c裝置時反應區的物質的量/0.100.30x下列說法正確的是（）A.圖a裝置的化學平衡常數B.圖a裝置中，HI(g)分解率為10%C.圖b裝置中，前內的平均滲透速率約為D圖c裝置中，x一定大于0.3〖答案〗A〖解析〗A．學平衡常數越大表明它的正向反應進行的程度越大，該反應進行的越完全，反應物的轉化率越大，裝置a中時反應區的物質的量小于b中，故圖a裝置的化學平衡常數，A正確；B．圖a裝置中，分解率為20%，B錯誤；C．圖b裝置中，生成的物質的量為0.3mol，前內的平均滲透速率約為，C錯誤；D．圖c裝置中，x不一定大于0.3，因為可能該反應此時達到反應上限，x也為0.3，而后續會隨著生成物的移除而繼續正向反應，D錯誤；故選A15.常溫下，往溶液中通入至飽和，有微量生成，溶液中（溶液體積和濃度的變化忽略不計）．[已知：的電離常數],下列說法不正確的是（）A.溶液中，B.反應的C.溶液中，D.溶液中，約為5〖答案〗D〖解析〗A．往溶液中通入至飽和，有微量生成，即亞鐵離子恰好生成沉淀，，故A正確；B．根據反應①、②、③，由蓋斯定律，反應①-②-③可得反應，則，故B正確；C．溶液中，HS-的水解常數為，則，故溶液中，故C正確；D．根據反應的，則，pH約為3，故D錯誤；故選D。16.根據實驗目的設計方案并進行實驗，觀察到相關現象，其中設計和結論均合理的是（）實驗目的實驗方案設計現象結論A探究與的氧化性強弱向溶液中加入過量溶液充分反應，再滴加淀粉溶液溶液變藍色氧化性：B比較與結合的能力常溫，測定溶液的結合能力：C探究溫度對化學平衡的影響將的溶液加熱后置于冷水中，觀察現象加熱后溶液為黃綠色，冷水中變為藍綠色說明降低溫度，向正反應方向移動D比較與的向含有濃度均為的溶液中，逐滴滴加溶液先生成白色沉淀〖答案〗B〖解析〗A．酸性溶液中硝酸根離子能氧化碘離子，溶液變藍，不能證明氧化性：Fe3+＞I2，故A錯誤；B．常溫，測定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pH=13，可知C2H5O-水解顯堿性，則結合H+能力：C2H5O-＞OH-，故B正確；C．加熱后溶液為黃綠色，可知升高溫度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-?[CuCl4]2-+4H2O正向移動，則降低溫度平衡逆向移動，故C錯誤；D．AgCl、Ag2CrO4的沉淀類型不同，由實驗操作和現象，不能證明Ksp：AgCl＜Ag2CrO4，故D錯誤；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.鎵的化合物種類繁多，應用廣泛。（1）鎵位于元素周期表的_________區。（2）下列鎵原子核形成的微粒中，電離最外層1個電子所需能量最大的是_________。A. B.C. D.（3）①是一種重要的半導體材料，其熔點為，可由如下反應制備：。（電負性：）下列說法正確的是_________。A.原子半徑：B.為共價晶體，為分子晶體C.沸點：D.化學鍵中離子鍵成分的百分數：②比較鍵角中的_________中的（填“>”、“<”或“=”），請說明理由__________________________________。（4）感光材料硫鎵銀晶體的晶胞如圖所示，該晶體的化學式為______________。如圖所示晶胞沿著z軸的投影圖為_________（填選項字母）。A． B．C． D．〖答案〗（1）p（2）D（3）①BD②＞電負性C＞H＞Ga，中C-Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子，對中C-H鍵的排斥力變大，使中鍵角變小（4）C〖解析〗（1）已知Ga是31號元素，根據構造理論可知，基態Ga原子的核外電子排布式為，則鎵位于元素周期表的p區。（2）A.為基態Ga，B.為激發態Ga，C.為激發態Ga，D.為基態Ga+，則Ga+失去電子更困難，電離最外層1個電子所需能量最大的是D。（3）①A.Ga與As是同一周期元素，從左往右原子半徑半徑依次減小，故原子半徑：Ga>As，A錯誤；B.根據信息可知Ga比As的電負性小0.4，二者之間靠共價鍵結合，又是一種重要的半導體材料，其熔點為，則為共價晶體，根據信息可知H比As的電負性大0.1，二者之間靠靠共價鍵結合，與氨氣為等電子體，則為分子晶體，B正確；C.由于NH3存在分子間氫鍵使氨沸點升高，而、甲烷不存在，的分子的相對分子質量較大，分子間作用力較大，沸點較高，則沸點：，C錯誤；D.同主族從上到下非金屬性遞減，非金屬性，則化學鍵中離子鍵成分的百分數：，D正確；選BD。②比較鍵角中的＞中的，理由為：電負性C＞H＞Ga，中C-Ga鍵的共用電子對更偏向于C原子，對中C-H鍵的排斥力變大，使中鍵角變小。（4）晶胞中Ag位于體心、頂點和面心，個數為1+8×+4×=4，Ga位于棱上、面心，個數為4×++6×=4，8個S位于晶胞內部，三者數目比為1:1:2，則感該晶體的化學式為。沿著z軸的投影，Ag投影為正方形的頂點和四條邊的中點，S投影為面對角線離頂點四分之一處，Ga投影為正方形的頂點、四條邊的中點和正方形中心，則如圖所示晶胞沿著z軸的投影圖為C。18.硝酸鹽型熔鹽（含）在太陽能光熱發電領域被廣泛應用．高純的制備、性質與應用是目前研究的熱點，部分生產方法及性質研究如下：已知：硝酸工業尾氣中主要含．請回答：（1）寫出溶液A中的所有離子_________________；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是__________________________________________________．（2）下列說法正確的是_________．A.方法Ⅰ說明：該條件下，酸性B.方法Ⅱ中，，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收C.固體與濃硫酸共熱，可產生紅棕色氣體D.若氣體B是一種單質，則所得固體C中不能含有三種元素（3）方法Ⅰ中，用代替,得到副產品．工業上用溶液浸取菱鎂礦的煅燒粉（含）,不斷加熱蒸出氨氣，以獲得較高濃度的溶液，其原理是_____________________________________________________________________．（4）在某溫度下，分解得到的可用于制備新型高效多功能水處理劑水溶液放置過程中會放出無色無味氣體、產生沉淀、溶液呈強堿性．請依據上述信息，設計實驗檢驗無色無味氣體成分和沉淀中的金屬元素_____________________________________________________________________________．寫出與共熱制取的化學方程式：______________________．〖答案〗（1）將(或)轉化為(或)（2）BC（3）存在平衡,加熱蒸出氨氣，促使平衡右移，得到較高濃度的溶液（4）將氣體收集在集氣瓶中，伸入帶火星的木條，若木條復燃說明為氧氣；取適量沉淀與試管中，用適量稀硫酸溶解，滴加溶液，若溶液變血紅色，說明沉淀含鐵元素〖祥解〗硝酸工業尾氣中主要含N2、NO、NO2，用氫氧化鉀溶液氧化吸收、結晶生成硝酸鉀固體，硝酸和氯化鉀攪拌結晶得到硝酸鉀固體和鹽酸，硝酸鉀固體在一定溫度下隔絕空氣分解生成固體C和氣體B。【詳析】（1）硝酸和氯化鉀攪拌結晶得到硝酸鉀固體和鹽酸，則溶液A中的所有離子H+、K+、Cl?、、OH?；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是將(或)轉化為(或)；（2）A．方法Ⅰ說明硝酸鉀的溶解度小于氯化鉀，與酸性無關，故A錯誤；B．由于二氧化氮能與氫氧化鉀發生歧化反應鋇完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合氣體能與氫氧化鉀發生歸中反應被完全吸收，則方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正確；C．KNO3固體與濃硫酸共熱反應生成硫酸鉀、二氧化氮、氧氣和水，可產生紅棕色氣體，故C正確；D．若氣體B是一種單質，結合化合價可知為氧氣，則所得固體C為亞硝酸鉀，含有三種元素，故D錯誤；故〖答案〗為：BC；（3）工業上用NH4Cl溶液浸取菱鎂礦的煅燒粉(含MgO)，不斷加熱蒸出氨氣，以獲得較高濃度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2＝2NH3+Mg2++H2O，加熱蒸出氨氣，促使平衡右移，得到較高濃度的MgCl2溶液；（4）在某溫度下，KNO3分解得到的K2O可用于制備新型高效多功能水處理劑K2FeO4，K2FeO4水溶液放置過程中生成氧氣和氫氧化鐵沉淀，檢驗氧氣的方法是將氣體收集在集氣瓶中，伸入帶火星的木條，若木條復燃，檢驗氫氧化鐵沉淀的方法是取適量沉淀與試管中，用適量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液變血紅色，說明沉淀含鐵元素，K2O與Fe(OH)3、Cl2共熱制取K2FeO4的化學方程式為：。19.異丁烯是重要的化工生產原料，可由異丁烷催化脫氫制備，反應如下：．已知：①主要副反應為②溫度過高會引發烴裂解生成炭（C）．③相關化學鍵的鍵能如下所示：化學鍵鍵能/615347.7413.4436請回答：（1）_________．（2）有利于提高異丁烷平衡轉化率條件有_________．A．低溫B．高溫C．低壓D．高壓E．催化劑（3）其他條件相同，在恒壓的密閉容器中充入異丁烷和各（作惰性氣體），經過相同時間測得相關數據如圖1和圖2所示．[收率,空速:單位時間通過單位體積催化劑的氣體量]（不考慮溫度對催化劑活性的影響，異丁烷分子在催化劑表面能較快吸附）①圖1中，時異丁烯收率=_________．②下列說法正確的是_________．A．由圖1可知，溫度越高，產生異丁烯的速率越快B．混入的目的之一是減小異丁烷的吸附速率，同時帶走催化劑局部多余的熱量，從而抑制催化劑的積碳C．圖2中，空速增加，異丁烷轉化率降低的原因可能是原料氣在催化劑中停留時間過短D．圖2中，空速增加，異丁烯選擇性升高的原因可能是原料氣將產物迅速帶走，抑制了副反應的發生③圖1中，隨著溫度升高，異丁烷轉化率增大而異丁烯選擇性下降的原因可能是_____________________________________________________．④其他條件相同，異丁烷的平衡轉化率如圖3所示．若充入改為,在圖3中作出異丁烷的平衡轉化率隨溫度變化的曲線__________（忽略積碳的影響）．〖答案〗（1）80.4（2）BC（3）①27.3%②BCD③溫度升高，反應速率增大，異丁烷轉化率增大；反應速率增大的程度更大，異丁烯選擇性下降④〖解析〗（1）ΔH=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故〖答案〗為：+80.4；（2）異丁烷(i-C4H10)催化脫氫制備異丁烯(i-C4H8)是氣體體積增大的吸熱反應，根據勒夏特列原理可知，高溫、低壓有利于平衡正向移動，而催化劑不改變化學平衡狀態，故〖答案〗為：BC；（3）①圖1中，600℃時異丁烯物質的量為1mol×35%×78%=0.273，所以異丁烯收率=×100%=27.3%，故〖答案〗為：27.3%；②A．由圖1可知，溫度升高，異丁烯選擇性下降，所以產生異丁烯的速率并不是越快，故A錯誤；B．由題意可知，溫度過高會引發烴裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是減小異丁烷的吸附速率，同時帶走催化劑局部多余的熱量，從而抑制催化劑的積碳，故B正確；C．空速增加，原料氣與催化劑接觸時間短，不利于反應進行，所以異丁烷轉化率降低，故C正確；D．原料氣將產物迅速帶走，降低異丁烯(i-C4H8)的濃度，抑制了副反應的發生，提高異丁烯選擇性，故D正確；故〖答案〗為：BCD；③隨著溫度升高，異丁烷轉化率增大而異丁烯選擇性下降的原因可能是：升高溫度，反應速率增大，異丁烷轉化率增大，但由于副反應反應速率增大的程度更大，所以異丁烯選擇性下降；④若充入N2改為2mol,相當于減小壓強，平衡正向移動，異丁烷的平衡轉化率比通入1molN2要大，所以異丁烷的平衡轉化率隨溫度變化的曲線為。20.硫代尿素是重要的工業原料．某小組按如圖流程開展制備實驗（部分裝置及夾持儀器已省略）。主要反應：步驟Ⅱ:步驟Ⅲ:已知：硫代尿素可溶于水