高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省嘉興市2025屆高三12月教學測試（一模）試卷可能用到的相對原子質量：H1C12O16S32Cl35.5K39Cu64I127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.下列物質屬于強電解質的是A.NaCl溶液 B.CuSO4·5H2O C.冰醋酸 D.葡萄糖【答案】B【解析】強電解質是在水溶液中或在熔融狀態下能夠完全電離成離子的電解質。A．NaCl溶液是混合物，不屬于強電解質，A不選；B．CuSO4·5H2O在水溶液中能夠完全電離產生Cu2+和，屬于強電解質，B選；C．冰醋酸在水溶液中不完全電離，屬于弱電解質，C不選；D．葡萄糖在水溶液中不電離，屬于非電解質，D不選；答案選B。2.關于Na2CO3和NaHCO3的下列說法中，不正確的是A.熱的Na2CO3溶液有很好的去除油污效果B.NaHCO3能與酸反應，降低胃酸的濃度，因而可作抗酸藥C.向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現象D.室溫下，二者飽和溶液的pH差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【解析】A．堿性條件下油脂水解更徹底，Na2CO3溶液中水解使溶液呈堿性，溫度越高，的水解程度越大，溶液堿性越強，去油污效果越好，A正確；B．NaHCO3是一種弱堿性物質，能夠與胃酸的主要成分鹽酸發生反應，從而減輕因胃酸過多引起的相關癥狀，所以它被歸類為抗酸藥，B正確；C．NaHCO3在溶解過程中會吸收熱量，向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現象，C正確；D．室溫下Na2CO3和NaHCO3飽和溶液pH相差較大的主要原因是的水解程度遠大于，D錯誤；故選D。3.下列化學用語中正確的是A.用電子式表示HCl的形成過程：B.H2中共價鍵的電子云圖：C.[Cu(NH3)4]2+的球棍模型：D.甘氨酸的結構簡式：【答案】C【解析】A．HCl是共價化合物，用電子式表示HCl的形成過程：，A錯誤；B．H2中共價鍵類型為s-s鍵，電子云圖為：，B錯誤；C．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4個NH3形成4個配位鍵，空間構型為平面正方形，球棍模型為，C正確；D．甘氨酸的結構簡式：H2NCH2COOH，D錯誤；故選C。4.下列說法不正確的是A.裝置①用于驗證鐵與水蒸氣反應 B.裝置②用于在通風櫥內制取無水AlCl3C.裝置③用于煤的干餾實驗 D.裝置④用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱【答案】D【解析】A．鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，用火柴點燃肥皂泡檢驗氫氣，會產生淡藍色火焰和輕微的爆鳴，A正確；B．加熱AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氫，抑制了氯化鋁的水解，其反應化學方程式為AlCl3·6H2O+6SOC12A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取無水AlCl3，B正確；C．煤干餾生成固態的焦炭、液態的煤焦油、氣態的焦爐氣，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支試管中上層為水層，下層為煤焦油，C正確；D．醋酸具有揮發性，醋酸和碳酸鈉反應生成的二氧化碳中混有醋酸氣體，醋酸也可以和苯酚鈉溶液反應生成苯酚，裝置④不能用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱，D錯誤；故選D。5.化學與生產、生活和社會發展密切相關。下列說法不正確的是A.因熔融態SiO2冷卻凝固速率不同，使天然水晶球未能完全呈現自范性，而形成玻璃態外層的水晶和晶態內層的瑪瑙B.Fe2O3是一種紅棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料C.豆漿中加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內酯，使豆漿中的蛋白質聚沉制出美味的豆腐D.通過控制條件合成氨是最重要的人工固氮途徑，它為工農業生產提供了重要的原料【答案】A【解析】A．天然水晶球的外層是看不到晶體外形的瑪瑙，內層才是呈現晶體外形的水晶，A錯誤；B．Fe2O3是一種紅棕色粉末，屬于鐵的氧化物，俗稱鐵紅，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，B正確；C．豆漿屬于膠體，加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內酯，使豆漿中的蛋白質發生聚沉制出美味的豆腐，C正確；D．人類通過控制條件，將氮氣轉化為氮的化合物(NH3)，是最重要的人工固氮途徑，它為工農業生產提供了重要的原料(氮肥)，D正確；故選A6.膦(PH3)是一種較強的還原劑，可利用白磷(P4)和過量堿液來制備，反應原理為：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列說法正確的是A.氧化劑與還原劑物質的量之比為3∶1B.KH2PO2為酸式鹽C.實驗室制乙炔時產生的PH3雜質可用酸性KMnO4溶液吸收D.若反應過程中斷裂6molP-P鍵，則反應轉移的電子數為3NA(NA表示阿伏加德羅常數的值)【答案】D【解析】A．配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合價降低生成PH3，P元素化合價升高生成KH2PO2，氧化劑與還原劑物質的量之比為1∶3，A錯誤；B．由方程式知，KH2PO2存在于過量氫氧化鉀溶液中而不反應，KH2PO2為正鹽，B錯誤；C．乙炔具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化，實驗室制乙炔時產生的PH3雜質不能用酸性KMnO4溶液吸收，C錯誤；D．P4為正四面體形結構，分子中含6個P-P鍵，若反應過程中斷裂6molP-P鍵，則反應轉移的電子數為3NA，D正確；故選D。7.物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是選項結構或性質用途A金屬制成合金，改變了原子有規則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難鋼中加入錳，增強鋼的強度和韌性BKsp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F][牙齒釉質層的主要成分為Ca5(PO4)3OH]在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，以防治齲齒C硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結構連接為網狀結構硫化交聯程度越大，獲得彈性越好的順丁橡膠D布洛芬(可用RCOOH表示)與2?吡啶甲醇()發生反應降低布洛芬對胃、腸道的刺激性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．金屬具有延展性的原因是金屬原子易發生相對滑動，金屬制成合金，改變了原子有規則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難，則鋼中加入錳制成合金，可以增強鋼的強度和韌性，A正確；B．Ksp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F]，說明Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3OH，在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，Ca5(PO4)3OH可以轉化為Ca5(PO4)3F，Ca5(PO4)3F更能抵抗酸的侵蝕，可以防治齲齒，B正確；C．硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結構連接為網狀結構，得到既有彈性又有強度的順丁橡膠，但硫化交聯的程度不宜過大，否則會使橡膠失去彈性，C錯誤；D．布洛芬與2?吡啶甲醇可以發生酯化反應，可以將布洛芬中的羧基轉化為酯基，降低布洛芬對胃、腸道的刺激性，D正確；故選C。8.下列反應方程式書寫正確的是A.將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO＋H2O=2Cl?＋2HSO＋SOB.鉛酸蓄電池放電時正極的電極反應式：PbO2＋4H+＋2e?=Pb2+＋2H2OC.用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3：IO＋5I?＋6H+=3I2＋3H2OD.鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水：＋2Br2＋2H+＋2Br?【答案】A【解析】A．將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中發生氧化還原反應生成Cl?、、，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Cl2＋3＋H2O=2Cl?＋2＋，A正確；B．鉛酸蓄電池放電時，PbO2在正極得到電子生成PbSO4和水，正極的電極方程式為：PbO2＋4H+＋2e?+=PbSO4＋2H2O，B錯誤；C．醋酸是弱電解質，在離子方程式中不能拆，用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3，離子方程式為：＋5I?＋6CH3COOH=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C錯誤；D．鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水，溴水具有較強氧化性，能將醛基氧化，D錯誤；故選A。9.高分子材料亞克力(PMMA)的合成路線如下：下列說法不正確的是A.丙酮分子中最多6個原子共平面B.X的結構簡式為C.試劑a為NaOH乙醇溶液D.1molPMMA與足量NaOH溶液反應，最多可消耗nmolNaOH【答案】C【解析】由流程可知，丙酮中羰基經過2步反應轉化為X，先與HCN發加成反應生成，再酸化生成X為：，X在試劑a條件下加熱轉化為Y：CH2=C(CH3)COOH，則X發生的是消去反應，試劑a是濃硫酸，Y與甲醇發生酯化反應生成，碳碳雙鍵發生加聚反應生成PMMA：；A．丙酮分子中與羰基直接相連的原子共面，甲基中單鍵可以旋轉，則丙酮分子中最多6個原子共平面，A正確；B．由分析，X的結構簡式為，B正確；C．NaOH乙醇溶液是鹵代烴消去反應的試劑，故試劑a不為NaOH乙醇溶液，由分析可知，試劑a是濃硫酸，C錯誤；D．1molPMMA中含有nmol酯基，其與足量NaOH溶液反應，最多可消耗nmolNaOH，D正確；故選C。10.X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數與p軌道電子數之比為4∶3，Z與M同主族且相鄰，N的內層軌道全部排滿且最外層只有一個電子。下列說法不正確的是A.鍵角：XZ>YZ B.水溶液中的穩定性：N+>N2+C.XY?與N+反應的配位能力：X>Y D.第一電離能：Y>Z>M【答案】B【解析】X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數與p軌道電子數之比為4:3，則Y的電子排布式為1s22s22p3，Y為N元素，X為C元素，Z與M同主族且相鄰，則Z為O元素，M為S元素，N的內層軌道全部排滿且最外層只有一個電子，價層電子排布式為3d104s1，則N為Cu元素，據此分答。A．為，YZ2為，中心原子價層電子對數為3+=3，C原子雜化方式為sp2，不含孤電子對，中心原子價層電子對數為2+=3，N原子雜化方式為sp2，含有1個孤電子對，中心原子雜化類型相同時，孤電子對越多，鍵角越小，則鍵角：>，故A正確；B．Cu+在酸性溶液中會發生歧化反應生成Cu和Cu2+，Cu2+可以在酸性溶液中穩定存在，則水溶液中的穩定性：Cu2+>Cu+，故B錯誤；C．N的電負性強于C，對電子的吸引能力強于C，CN-在形成配位鍵使，C原子更加容易提供電子形成配位鍵，則CN-與Cu+反應的配位能力：C>N，故C正確；D．同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N>O>S，故D正確；故選B。11.Ni?CeO2催化CO2加H2的反應歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標注)。以投料比[n(CO2)/n(H2)]=1∶1進行反應，反應氣總流量控制在20mL·min?1，含碳產物中CH4的物質的量百分數及CO2的轉化率隨溫度(T)的變化如圖2所示。下列說法正確的是A.180℃時主反應的化學方程式為CO2(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2O(g)B.210℃時CH4的平均反應速率為0.9mL·min?1C.260℃后升高溫度，甲烷產率不變D.其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，可提高CO2的平衡轉化率【答案】B【解析】從圖1可知，該反應為CO2和H2在Ni-CeO2催化作用下發生反應生成CH4和H2O，化學方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，其中還會存在CO2和H2生成CO和H2O的副反應，從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產物中CH4物質的量百分數增大，CO2的轉化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應為吸熱反應，升溫化學平衡正向移動。A．由圖2可知，180℃時含碳產物中CH4物質的量百分數較大，主反應的化學方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，A錯誤；B．210℃時含碳產物中CH4物質的量百分數為90%，CO2的轉化率為10%，根據已知條件列出“三段式”x+y=1，=0.9，解得x=0.9，y=0.1，則CH4的平均反應速率為0.9mL·min?1，B正確；C．從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產物中CH4物質的量百分數增大，CO2的轉化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應為吸熱反應，升溫化學平衡正向移動，甲烷產率增大，C錯誤；D．其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，相當于增大CO2的物質的量，平衡正向移動，但CO2的平衡轉化率減小，D錯誤；故選B。12.苯和硫酸發生磺化反應，反應歷程如下：已知：在高溫或大量水存在下，-SO3H能解離成-，使苯環的電子云密度增大，最后失去SO3生成苯。下列說法不正確的是A.磺化反應過程中碳原子的雜化類型發生改變B.由反應歷程可知相比于苯，硝基苯更難與硫酸發生磺化反應C.苯和硝酸反應生成硝基苯，亦能在大量水存在的條件下脫去硝基生成苯D.甲苯制鄰氯甲苯的過程中引入磺酸基可以防止某些位置被取代【答案】C【解析】A．在苯分子中，碳原子的價層電子對數為=3，發生sp2雜化，而在中，與-相連的碳原子，其價層電子對數為=4，發生sp3雜化，則磺化反應過程中碳原子的雜化類型發生改變，A正確；B．由反應歷程可知，磺化反應需要苯環電子云密度增大，硝基是吸電子基，會使苯環電子云密度降低，不利于磺化反應的發生，所以相比于苯，硝基苯更難與硫酸發生磺化反應，B正確；C．苯和硝酸反應生成硝基苯，硝基苯中硝基與苯環之間是通過共價鍵結合，且該共價鍵比較穩定，在大量水存在的條件下不能像磺酸根那樣解離，所以不能脫去硝基生成苯，C不正確；D．甲苯制鄰氯甲苯時，引入磺酸基可以占據某些位置，從而防止這些位置被氯取代，之后再脫去磺酸基，可得到鄰氯甲苯，D正確；故選C。13.埋地管道所處環境特殊，當其通過不同的土壤時會發生電化學腐蝕，對管道的正常運行造成很大危害。下圖為地下管道經過黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)時發生腐蝕的示意圖。下列說法不正確的是A.該管道發生電化學腐蝕時，負極上的電極反應式：Fe-2e?=Fe2+B.掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學腐蝕更快C.如果沙土供氧充分，則黏土中鐵管腐蝕會加劇D.若采用外接電流的陰極保護法進行防腐，所用陽極材料需為金屬性強于鐵的單質【答案】D【解析】A．該管道發生電化學腐蝕時，Fe為原電池的負極，Fe失去電子生成Fe2+，負極上的電極反應式為：Fe-2e?=Fe2+，A正確；B．電化學腐蝕需要電解質溶液參與，黏土比沙土更加濕潤，含水量較多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學腐蝕更快，B正確；C．如果沙土供氧充分，則管道在沙土中的部分為正極，在黏土中的部分為負極，該部分鐵管失去電子，腐蝕會加劇，C正確；D．若采用外接電流的陰極保護法進行防腐，將鐵管道與電源負極相連作陰極，陽極應該選擇惰性電極，不能選金屬性強于鐵的單質，D錯誤；故選D。14.氯化鈹在氣態時存在BeCl2分子(a)，固態時存在長鏈狀分子(b)。下列說法不正確的是A.分子(a)屬于非極性分子B.分子(b)結構可能是C.電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時加入氯化鈉以增強熔融氯化鈹的導電性D.BeCl2與過量NaOH溶液反應生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?【答案】B【解析】A．BeCl2中心原子價層電子對數為2+=2，且不含孤電子對，空間構型為直線形，正負電中心重合，為非極性分子，A正確；B．BeCl2固態時存在長鏈狀分子，該分子中Be原子提供空軌道，Cl原子提供孤電子對形成配位鍵，結構可能是，B錯誤；C．熔融氯化鈉中含有自由移動的鈉離子和氯離子，能夠導電，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時加入氯化鈉以增強熔融氯化鈹的導電性，C正確；D．根據“對角線”規則，Be和Al的性質相似，BeCl2與過量NaOH溶液反應生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?，D正確；故選B。15.將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol/L的NaCl溶液。lg[c(M)/(mol·L?1))](其中M代表Ag+、Cl?或CrO)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A.交點a處溶液中c(Na+)=2c(Cl?)B.V≤2.0mL時，c(CrO)/c(Cl?)減小C.y2的值為?lg34D.向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，先產生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，向其中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液，氯化銀溶解度小于鉻酸銀，則Ag2CrO4轉化為AgCl，由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，銀離子濃度減小，氯離子濃度增大，濃度增大，溶液體積增大，綜合影響可知，鉻酸根離子濃度變化不大，則圖象中最上方曲線為離子濃度的變化，中間為氯離子濃度的變化，最下面為Ag+離子濃度的變化，結合圖象中的數據和變化過程回答問題。A．2mL時Ag2CrO4溶液與NaCl溶液恰好完全反應，則a點時溶質為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl-和曲線的交點，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B．V＜2.0mL時，Ag2CrO4未完全轉化為AgCl，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL，隨著NaCl溶液的加入，c(Ag+)減小，則增大，B錯誤；C．V=2.4mL時，Ag2CrO4完全轉化為AgCl，溶液中c()=，則y2=lgc()=-lg34，C正確；D．由圖可知，向Ag2CrO4溶液中加入NaCl溶液，Ag2CrO4轉化為AgCl，說明氯化銀溶解度小于鉻酸銀，向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，溶解度小的AgCl先產生，D錯誤；故選C。16.下列實驗方案設計或結論不正確的是

方案設計現象結論A常溫下測定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pHpH=13結合H+能力：C2H5O?>OH?B瓶口相對且中間用玻璃片隔開的兩個集氣瓶中分別裝有Cl2(上)和H2(下)，抽去玻璃片盛放H2的瓶內出現淺黃綠色，盛放Cl2的瓶內顏色變淺自發過程從混亂度小到混亂度大的方向進行C向盛有AgCl固體的試管中加入足量的Na2S2O3溶液，充分反應后再向試管中加入Na2S溶液開始時白色沉淀完全溶解，后又產生黑色沉淀溶解度：AgCl>Ag2SD向I2的CCl4溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色溶解I2能力：濃KI溶液>CCl4A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．的乙醇鈉是強堿弱酸鹽，同時堿性很強，根據越弱越水解原則，說明它水解結合氫離子的能力強于，A正確；B．除了氣體自動擴散導致混亂度增大原因以外，同時，氫氣和氯氣在光照情況下反應生成了氯化氫，B錯誤；C．氯化銀在硫代硫酸鈉溶液中是可以通過反應溶解，再加入硫化鈉時，析出的黑色沉淀為硫化銀，說明硫化銀的溶解度比氯化銀更低，因為硫化鈉會與已經溶解在硫代硫酸鈉溶液中的氯化銀發生反應生成硫化銀沉淀，C正確；D．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，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.N的化合物種類繁多，應用廣泛。請回答：（1）某含氮鎳鋅籠形包合物的晶胞結構如圖所示(H原子未畫出，晶胞棱上的小黑點代表NH3，六元環代表C6H6且每個六元環只有一半屬于該晶胞)。①下列說法正確的是_______。a．基態鋅原子的價電子排布式為：4s2b．CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵c．電負性：N>O>C>Hd．對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出②Zn2+周圍緊鄰的N原子數為_______。③該晶胞的化學式為_______。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是_______。（3）氮化鎵是第三代半導體材料，傳統制備GaN是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應制備，不采用金屬Ga與N2制備的原因是_______。（4）氮化硼在一定條件下可以制得硼砂(Na2B4O7·10H2O)，硼砂的陰離子化學式為B2H4O，已知陰離子中B有兩種雜化方式，B均與-OH相連，結構中含有兩個六元環，寫出該陰離子的結構式_______。【答案】（1）①.bd②.6③.Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6（2）吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在未雜化的p軌道中，參與形成(大)π鍵，使得N的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，即吡啶更容易與鹽酸電離出的H+結合（3）N2中存在N≡N三鍵，鍵能大，反應所需能量高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)（4）【解析】（1）①a．鋅是30號元素，基態鋅原子的價電子排布式為：3d104s2，a錯誤；b．該晶胞中的六元環為C6H6，則上下底面小白球代表C原子，上下底面的小黑球為N元素，由晶胞結構可知，CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵，b正確；c．同周期主族元素，從左往右電負性依次增大，則電負性：O>N>C>H，c錯誤；d．該晶胞中，晶胞棱上NH3的N原子和Zn2+形成配位鍵，而C6H6通過分子間作用力存在于晶胞中，配位鍵的強度大于分子間作用力，則對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出，d正確；故選bd；②由晶胞結構圖可知，以位于頂點的Zn2+為研究對象，Zn2+的上下各有1個NH3的N原子，與Zn2+位于同一平面緊鄰的CN-的N原子有4個，則Zn2+周圍緊鄰的N原子數為6；③由晶胞結構圖可知，一個晶胞中含有個數為=1，個數為，個數為=4，個數為，苯環個數為=2，則該晶體的化學式為Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是：吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在未雜化的p軌道中，參與形成(大)π鍵，使得N的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，即吡啶更容易與鹽酸電離出的H+結合。（3）不采用金屬Ga與N2制備的原因是：N2中存在N≡N，鍵能大，反應所需能量高，并且該反應的產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)。（4）中B有兩種雜化方式，即sp3和sp2雜化，B均與-OH相連，則其中含有4個-OH，結構中含有兩個六元環，該陰離子的結構式為：。18.以銀錫合金為原料實現如下轉化：已知：①當某離子的濃度低于1.0×10?5mol/L時，可忽略該離子的存在；②AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)K=2×10?5；③在堿性溶液中SO會部分被氧化。請回答：（1）寫出C的電子式_______。寫出②的化學反應方程式_______。（2）下列說法正確的是_______。A.氣體A是形成酸雨的主要成分B.固體D中可能含有Mg(NO2)2C.反應①類似于工業制粗硅，其原理是利用了C的還原性強于SnD.CH3SO3H的沸點比H2SO4高（3）為從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，溶液G中Cl?濃度不能超過_______mol/L。（4）固體F可能為Ag2SO3、Ag2SO4或兩者混合物。Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3難溶于水，二者都可以溶于氨水，寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式_______。選用提供試劑設計實驗驗證固體F的成分_______。[可選用試劑：氨水、NaOH溶液、Ba(NO3)2溶液、稀硫酸、稀鹽酸]?！敬鸢浮浚?）①②.2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2（2）AB（3）0.5（4）①.Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO(或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO＋8H2O)②.將少量的F加入足量的氨水中，充分反應后，加入過量的Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，過濾向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解證明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解證明F中沒有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，證明F中有Ag2SO4，未出現白色沉淀證明F中沒有Ag2SO4【解析】銀錫合金和濃硝酸在加熱條件下發生氧化還原反應得到的氣體A為NO2，溶液B中含有AgNO3，NO2氣體和Mg發生氧化還原反應生成單質氣體C，該過程中Mg元素化合價上升，金屬Mg為還原劑，則NO2中N元素化合價下降生成氣體C為N2，固體D為鎂鹽，其中含有酸根，該酸根可能為NO2中N元素化合價下降生成的，D中可能含有Mg(NO2)2，溶液B中的AgNO3和SO2反應生成固體F可能為Ag2SO3、Ag2SO4或兩者混合物，從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，向溶液E中加入HCl，平衡AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)正向移動，溶液G中存在[AgCl2]?，H2SnO3高溫分解生成SnO2，SnO2發生還原反應生成Sn，Sn和CH3SO3H反應生成(CH3SO3)Sn，以此解答。（1）由分析可知，C為N2，電子式為，Sn和CH3SO3H反應生成(CH3SO3)Sn，該反應中Sn元素化合價上升，則H元素化合價下降生成H2，②的化學反應方程式為：2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2。（2）A．由分析可知，氣體A為NO2，是形成酸雨的主要成分，A正確；B．由分析可知，氣體C為N2，固體D為鎂鹽，其中含有酸根，該酸根可能為NO2中N元素化合價下降生成的，固體D中可能含有Mg(NO2)2，B正確；C．反應①類似于工業制粗硅，該過程中SnO2和C反應生成Sn和CO，該反應能夠發生的原因是生成了CO氣體，CO氣體不斷逸出，促使平衡右移，導致反應結果偏向生成Sn，不能證明C的還原性強于Sn，C錯誤；D．H2SO4中含有2個羥基，CH3SO3H中只含有1個羥基，H2SO4分子間可以形成更多的氫鍵，CH3SO3H的沸點比H2SO4低，D錯誤；故選AB。（3）為從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，應該使溶液中[AgCl2]?的濃度盡可能小，由題意此時c{[AgCl2]?}=1.0×10?5mol/L，由AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)的平衡常數K==2×10?5，則c(Cl-)=mol/L=0.5mol/L，溶液G中Cl?濃度不能超過0.5mol/L。（4）Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)]2+和，也可以被O2氧化為，離子方程式為：Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2＋8H2O，設計實驗驗證固體F的成分：將少量的F加入足量的氨水中，充分反應后，加入過量的Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，過濾向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解證明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解證明F中沒有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，證明F中有Ag2SO4，未出現白色沉淀證明F中沒有Ag2SO4。19.化石燃料的燃燒、汽車尾氣的排放和硝酸工業尾氣中普遍含有的氮氧化物NOx是污染大氣的主要成分之一，需要加以治理。當氮氧化物中NO與NO2的比例不同時，發生三種類型的SCR反應(選擇性催化還原反應)：a．標準SCR：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH1b．慢速SCR：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)ΔH2=?2739.6kJ/molc．快速SCR：2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH3=?1518.2kJ/mol請回答：（1）已知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH4=?114.2kJ/mol，則ΔH1=_______kJ/mol。標準SCR能自發進行的條件為_______(“高溫”“低溫”或“任意溫度”)。（2）將一定比例的NO、NH3和O2的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應器，僅發生標準SCR，反應相同時間后NO去除率隨反應溫度變化曲線如圖1所示。下列說法正確的是_______。A.低溫高壓有利于提高NO去除率B.50～150℃范圍內NO去除率迅速上升原因是催化劑活性提升，反應速率增加C.150～380℃范圍內NO去除率上升緩慢原因是反應平衡逆移D.380℃后NO去除率下降可能是N2和O2生成了NO（3）一定條件下僅發生慢速SCR，在壓強p1條件下，NO2的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖2所示，若減小壓強至p2，在圖2中畫出NO2的平衡轉化率隨溫度的變化曲線示意圖_______。（4）為了快速SCR的進行，需預氧化部分NO轉化為NO2，催化劑Y可加快該反應的速率。當溫度、壓強和NO濃度恒定時，初始反應速率與O2濃度的關系如圖3所示，曲線變化的相關原因是_______。(已知該反應中存在以下機理中的一種：①r0=k·[NO]·θO或②r0=k·θNO·θO，r0表示反應初始速率，k代表反應速率常數，[NO]代表NO的濃度，θi代表該物種在催化劑表面的吸附率)（5）催化電解NO吸收液可將NO還原為NH3。當電解電壓為U時，部分還原產物的法拉第效率(FE%)如下表所示。則電解生成的H2和NH3的物質的量之比為_______。還原產物H2NH3法拉第效率(FE%)6020(已知FE%=，Qx=nF，n表示電解生成還原產物X所轉移電子的物質的量，F表示法拉第常數：Q總表示電解過程中通過的總電量)【答案】（1）①.?1632.4②.任意溫度（2）BD（3）（4）由圖可知該過程為機理②，初始反應速率由NO和O原子在催化劑表面的吸附量共同決定。低O2濃度區間隨O2濃度增大，O原子吸附率增大，初始反應速率上升。高O2濃度區間，O原子接近飽和吸附，NO和O原子存在競爭吸附關系，O2濃度的升高會造成NO吸附量的下降，初始反應速率隨O2濃度的升高而下降（5）15∶2【解析】（1）由蓋斯定律可知，將2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g)和2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)相加即可得到4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=ΔH3+ΔH4=?1518.2kJ/mol-114.2kJ/mol=?1632.4kJ/mol，標準SCR是氣體體積減小的放熱反應，ΔH1<0，ΔS>0，當ΔH-TΔS<0時反應能夠自發進行，則該反應在任意溫度下都能自發進行。（2）A．標準SCR是氣體體積減小的放熱反應，高壓低溫可以使平衡正向移動，有利于提高NO去除率，A錯誤；B．50～150℃范圍內，標準SCR反應未達平衡狀態，隨溫度升高，催化劑活性增強，反應速率加快，反應相同時間，NO的轉化率增大，B正確；C．150～380℃范圍內NO去除率上升緩慢原因是，溫度上升超過了催化劑活性最大的溫度范圍，催化劑活性降低，反應速率隨溫度的升高而增大緩慢，NO去除率上升緩慢，C錯誤；D．380℃后NO去除率下降，可能的原因是生成的N2和O2在高溫下反應生成了NO，D正確；故選BD。（3）慢速SCR是氣體體積增大的放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，NO2的平衡轉化率減小，減小壓強，平衡正向移動，NO2的平衡轉化率增大，在圖2中畫出NO2的平衡轉化率隨溫度的變化曲線示意圖為：。（4）當溫度、壓強和NO濃度恒定時，初始反應速率與O2濃度的關系如圖3所示，該圖表示過程為機理②，初始反應速率由NO和O原子在催化劑表面的吸附量共同決定。低O2濃度區間隨O2濃度增大，O原子吸附率增大，初始反應速率上升。高O2濃度區間，O原子接近飽和吸附，NO和O原子存在競爭吸附關系，O2濃度的升高會造成NO吸附量的下降，初始反應速率隨O2濃度的升高而下降。（5）當電解電壓為U時，生成氫氣的FE%為60%，生成氨氣的FE%為20%，結合電極反應：、，當兩電極反應轉移電子數之比為3：1時，H2和NH3的物質的量之比為。20.某小組用阿司匹林制備阿司匹林銅：已知：阿司匹林銅是一種亮藍色結晶粉末，不溶于水、乙醇，受熱易分解成淺綠色混合物，在強酸性條件下能解離出Cu2+。請回答：（1）實驗裝置圖中儀器A的名稱是_______。步驟Ⅰ使用冰水浴的原因是_______。（2）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ中，加入乙醇的目的是增大阿司匹林與NaOH溶液的接觸面積，從而加快反應速率B.步驟Ⅱ中，先用過量的硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液時產生Cu(OH)2C.步驟Ⅲ中，過濾后的產品先用蒸餾水洗滌，再用酒精洗滌D.步驟Ⅲ中，為了快速得到干燥的產品，可采用高溫烘干（3）阿司匹林銅中銅含量可用碘量法測定：已知：ⅰ.滴定過程中發生如下反應：2Cu2+＋4I?=2CuI＋I2，I2＋2S2O=S4O＋2I?，CuI(s)＋SCN?(aq)CuSCN(s)＋I?(aq)，Ksp(CuI)=2.1×10?12，Ksp(CuSCN)=4.8×10?15。ⅱ.CuI能強力吸附I2，被吸附的I2不能被Na2S2O3標準溶液滴定，淀粉也會吸附I2，使滴定終點推遲。ⅲ.SCN?可以還原Cu2+。①從下列選項中選擇合適的操作補全測定步驟(碘量瓶示意如圖)：用分析天平稱取4.000g產品→在燒杯中用適量的3.000mol/L_______和40mL水溶解，加熱煮沸，樣品完全分解后，搖勻，冷卻到室溫→配制100.00mL待測溶液→用移液管移取25.00mL待測溶液到碘量瓶→加入過量KI固體，塞上碘量瓶的塞子，搖勻，用少量水封，在暗處靜置5分鐘→打開塞子→_______→塞上碘量瓶的塞子→_______→記錄標準溶液體積。a．H2SO4b．HNO3c．劇烈振蕩碘量瓶d．輕輕振蕩碘量瓶e．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至溶液呈淺黃色f．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點g．加入適量KSCN溶液和1mL0.5%淀粉②配制待測溶液時，下列儀器必須用到的是_______(填標號)。a．玻璃棒b．100mL錐形瓶c．50mL容量瓶d．膠頭滴管③判定滴定到達終點的實驗現象是_______。④三次滴定消耗Na2S2O3標準溶液的平均體積為18.80mL，則產品中的銅含量為_______%(保留小數點后2位數字)?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.防止阿司匹林的水解（2）AC（3）①.a②.eg③.cf④.AD⑤.滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復原色⑥.12.03【解析】阿司匹林在乙醇的溶解下可以與NaOH發生中和反應，再加入CuSO4溶液發生反應得到阿司匹林銅沉淀，過濾、洗滌干燥得到粗產品。（1）由圖可知，實驗裝置圖中儀器A的名稱是恒壓滴液漏斗。酯基在加熱下易水解，則步驟Ⅰ使用冰水浴的原因是防止阿司匹林的水解。（2）A．步驟Ⅰ中，加入乙醇作溶劑，可增大阿司匹林與NaOH溶液的接觸面積，從而加快反應速率，A正確；B．步驟Ⅱ中，先用硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液時產生Cu(OH)2，已知阿司匹林銅在強酸性條件下能解離出Cu2+，故硫酸不能過量，B錯誤；C．產品不溶于水、醇，步驟Ⅲ中，過濾后的產品先用蒸餾水洗滌，再用酒精洗滌，酒精揮發易干燥，C正確；D．已知阿司匹林銅易受熱分解成淺綠色混合物，步驟Ⅲ中不可采用高溫烘干，D錯誤；選AC。（3）①用碘量法測定阿司匹林銅中銅含量時，首先應在酸性溶液中加熱，使銅離子解離出來，由于硝酸具有強氧化性會氧化硫代硫酸鈉等還原性物質，故應避免使用，應選擇硫酸，再利用2Cu2+＋4I?=2CuI＋I2，生成碘單質，用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，由于CuI表面容易吸附I2會導致其不能充分被反應，于是，待大部分I2被反應后，加入KSCN，利用CuI(s)＋SCN?(aq)CuSCN(s)＋I?(aq)，使CuI沉淀轉化為更難溶的CuSCN，把吸附的I2釋放出來，從而提高反應精度；滴定使用的指示劑為淀粉，淀粉也會吸附I2，使滴定終點推遲，故剩余少量碘單質時，要塞上碘量瓶的塞子、劇烈振蕩碘量瓶以“釋放”被淀粉吸附的I2，之后用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點，故步驟為：用分析天平稱取4.000g產品→在燒杯中用適量的3.000mol/LH2SO4和40mL水溶解，加熱煮沸，樣品完全分解后，搖勻，冷卻到室溫→配制100.00mL待測溶液→用移液管移取25.00mL待測溶液到碘量瓶→加入過量KI固體，塞上碘量瓶的塞子，搖勻，用少量水封，在暗處靜置5分鐘→打開塞子→用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至溶液呈淺黃色，加入適量KSCN溶液和1mL0.5%淀粉→塞上碘量瓶的塞子→劇烈振蕩碘量瓶，用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定至終點，記錄標準溶液體積。故答案為：“a”、“eg”、“cf”。②配制100mL待測溶液時，需要稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等操作，所以必須用到的儀器有燒杯、膠頭滴管、玻璃棒和100mL的容量瓶等。選ad。③判定滴定到達終點的實驗現象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復原。④阿司匹林銅溶解得到Cu2+，與KI反應：2Cu2++4I-=2CuI+I2，生成的碘用Na2S2O3標準溶液滴定，有關系式：2Cu2+～I2～2Na2S2O3，三次滴定消耗Na2S2O3標準溶液的平均體積為18.80mL，故n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.1000ml/L×0.01880L=0.001880mol，故該樣品中的銅含量為12.03%(保留小數點后2位數字)。21.某研究小組按下列路線合成治療原發性高血壓的藥物替米沙坦。已知：①；②；③化合物F能發生銀鏡反應。請回答：（1）化合物I的官能團名稱是_______。（2）化合物F的結構簡式是_______。（3）下列說法不正確的是_______。A.N-H鍵給出H+的能力：A<BB.G→H過程中只涉及加成反應、消去反應C.H→J過程中K2CO3的作用是增大H和J的接觸面積，使反應充分進行D.替米沙坦的分子式為C33H30N4O2（4）已知反應中化合物B和C的物質的量之比為3∶1，寫出B＋C→D的化學方程式_______。（5）已知硝基在Fe/HCl的條件下能被轉化為氨基，苯胺易被氧化，設計以、CH4為原料合成化合物L的路線(用流程囡表示，無機試劑任選)_______。（6）寫出4種同時符合下列條件的C6H12N4的結構簡式_______。①1H?NMR譜檢測表明：分子中只有1種氫原子。②分子中含有環，其成環原子數≥4。【答案】（1）酯基、溴原子(碳溴鍵)（2）（3）AC（4）（5）（6）【解析】A到B發生取代反應，可以得到B的結構簡式為：，B到D發生生已知①的反應，D的結構簡式為：，根據D和F的分子式，且F可以發生銀鏡反應，可以得出F的結構簡式為：，F通過消化反應得到G，根據G的分子式和最后產物的結構簡式可知G的結構簡式為：，G到H發生已知②的反應，得到H的結構簡式為：，H到J發生取代反應，-NH-上H原子被取代得到J，J的結構簡式為：，J在酸性條件下發生水解反應得到K，對比J和K的分子式可知K的結構簡式為：，K與L反應得到目標產物，據此分析。（1）根據I的結構簡式可知，I的官能團為酯基、溴原子(或碳溴鍵)；（2）由分析可知化合物F的結構簡式是：；（3）A．B的結構簡式為：，是給電子基，使得N-H鍵極性減弱，不易給出H+，N-H鍵給出H+的能力：A>B，A不正確；B．G的結構簡式為：，H的結構簡式為：，G到H發生已知②的反應，G→H過程中只涉及加成反應、消去反應，B正確；C．H→J過程中生成了HBr，可以與K2CO3反應，K2CO3的作用與生成物HBr反應，促使反應物的轉化率增大，C不正確；D．根據替米沙坦的結構簡式，可以得出分子式為C33H30N4O2，D正確；答案選AC；（4）化合物B和C的物質的量之比為3∶1，B＋C→D的化學方程式為：；（5）L的結構簡式為：，可以由還原得到，由硝化反應得到，由和CH3Cl反應得到，CH3Cl可以由CH4與氯氣光照取代反應得到，合成路線為：；（6）符合①1H?NMR譜檢測表明：分子中只有1種氫原子，②分子中含有環，其成環原子數≥4，可以確定12個H原子可以是4個甲基，或者是6個相同的-CH2-，結構簡式有：。浙江省嘉興市2025屆高三12月教學測試（一模）試卷可能用到的相對原子質量：H1C12O16S32Cl35.5K39Cu64I127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.下列物質屬于強電解質的是A.NaCl溶液 B.CuSO4·5H2O C.冰醋酸 D.葡萄糖【答案】B【解析】強電解質是在水溶液中或在熔融狀態下能夠完全電離成離子的電解質。A．NaCl溶液是混合物，不屬于強電解質，A不選；B．CuSO4·5H2O在水溶液中能夠完全電離產生Cu2+和，屬于強電解質，B選；C．冰醋酸在水溶液中不完全電離，屬于弱電解質，C不選；D．葡萄糖在水溶液中不電離，屬于非電解質，D不選；答案選B。2.關于Na2CO3和NaHCO3的下列說法中，不正確的是A.熱的Na2CO3溶液有很好的去除油污效果B.NaHCO3能與酸反應，降低胃酸的濃度，因而可作抗酸藥C.向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現象D.室溫下，二者飽和溶液的pH差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【解析】A．堿性條件下油脂水解更徹底，Na2CO3溶液中水解使溶液呈堿性，溫度越高，的水解程度越大，溶液堿性越強，去油污效果越好，A正確；B．NaHCO3是一種弱堿性物質，能夠與胃酸的主要成分鹽酸發生反應，從而減輕因胃酸過多引起的相關癥狀，所以它被歸類為抗酸藥，B正確；C．NaHCO3在溶解過程中會吸收熱量，向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現象，C正確；D．室溫下Na2CO3和NaHCO3飽和溶液pH相差較大的主要原因是的水解程度遠大于，D錯誤；故選D。3.下列化學用語中正確的是A.用電子式表示HCl的形成過程：B.H2中共價鍵的電子云圖：C.[Cu(NH3)4]2+的球棍模型：D.甘氨酸的結構簡式：【答案】C【解析】A．HCl是共價化合物，用電子式表示HCl的形成過程：，A錯誤；B．H2中共價鍵類型為s-s鍵，電子云圖為：，B錯誤；C．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4個NH3形成4個配位鍵，空間構型為平面正方形，球棍模型為，C正確；D．甘氨酸的結構簡式：H2NCH2COOH，D錯誤；故選C。4.下列說法不正確的是A.裝置①用于驗證鐵與水蒸氣反應 B.裝置②用于在通風櫥內制取無水AlCl3C.裝置③用于煤的干餾實驗 D.裝置④用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱【答案】D【解析】A．鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，用火柴點燃肥皂泡檢驗氫氣，會產生淡藍色火焰和輕微的爆鳴，A正確；B．加熱AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氫，抑制了氯化鋁的水解，其反應化學方程式為AlCl3·6H2O+6SOC12A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取無水AlCl3，B正確；C．煤干餾生成固態的焦炭、液態的煤焦油、氣態的焦爐氣，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支試管中上層為水層，下層為煤焦油，C正確；D．醋酸具有揮發性，醋酸和碳酸鈉反應生成的二氧化碳中混有醋酸氣體，醋酸也可以和苯酚鈉溶液反應生成苯酚，裝置④不能用于比較碳酸和苯酚的酸性強弱，D錯誤；故選D。5.化學與生產、生活和社會發展密切相關。下列說法不正確的是A.因熔融態SiO2冷卻凝固速率不同，使天然水晶球未能完全呈現自范性，而形成玻璃態外層的水晶和晶態內層的瑪瑙B.Fe2O3是一種紅棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料C.豆漿中加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內酯，使豆漿中的蛋白質聚沉制出美味的豆腐D.通過控制條件合成氨是最重要的人工固氮途徑，它為工農業生產提供了重要的原料【答案】A【解析】A．天然水晶球的外層是看不到晶體外形的瑪瑙，內層才是呈現晶體外形的水晶，A錯誤；B．Fe2O3是一種紅棕色粉末，屬于鐵的氧化物，俗稱鐵紅，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，B正確；C．豆漿屬于膠體，加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內酯，使豆漿中的蛋白質發生聚沉制出美味的豆腐，C正確；D．人類通過控制條件，將氮氣轉化為氮的化合物(NH3)，是最重要的人工固氮途徑，它為工農業生產提供了重要的原料(氮肥)，D正確；故選A6.膦(PH3)是一種較強的還原劑，可利用白磷(P4)和過量堿液來制備，反應原理為：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列說法正確的是A.氧化劑與還原劑物質的量之比為3∶1B.KH2PO2為酸式鹽C.實驗室制乙炔時產生的PH3雜質可用酸性KMnO4溶液吸收D.若反應過程中斷裂6molP-P鍵，則反應轉移的電子數為3NA(NA表示阿伏加德羅常數的值)【答案】D【解析】A．配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合價降低生成PH3，P元素化合價升高生成KH2PO2，氧化劑與還原劑物質的量之比為1∶3，A錯誤；B．由方程式知，KH2PO2存在于過量氫氧化鉀溶液中而不反應，KH2PO2為正鹽，B錯誤；C．乙炔具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化，實驗室制乙炔時產生的PH3雜質不能用酸性KMnO4溶液吸收，C錯誤；D．P4為正四面體形結構，分子中含6個P-P鍵，若反應過程中斷裂6molP-P鍵，則反應轉移的電子數為3NA，D正確；故選D。7.物質微觀結構決定宏觀性質，進而影響用途。下列結構或性質不能解釋其用途的是選項結構或性質用途A金屬制成合金，改變了原子有規則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難鋼中加入錳，增強鋼的強度和韌性BKsp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F][牙齒釉質層的主要成分為Ca5(PO4)3OH]在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，以防治齲齒C硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結構連接為網狀結構硫化交聯程度越大，獲得彈性越好的順丁橡膠D布洛芬(可用RCOOH表示)與2?吡啶甲醇()發生反應降低布洛芬對胃、腸道的刺激性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．金屬具有延展性的原因是金屬原子易發生相對滑動，金屬制成合金，改變了原子有規則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難，則鋼中加入錳制成合金，可以增強鋼的強度和韌性，A正確；B．Ksp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F]，說明Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3OH，在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，Ca5(PO4)3OH可以轉化為Ca5(PO4)3F，Ca5(PO4)3F更能抵抗酸的侵蝕，可以防治齲齒，B正確；C．硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結構連接為網狀結構，得到既有彈性又有強度的順丁橡膠，但硫化交聯的程度不宜過大，否則會使橡膠失去彈性，C錯誤；D．布洛芬與2?吡啶甲醇可以發生酯化反應，可以將布洛芬中的羧基轉化為酯基，降低布洛芬對胃、腸道的刺激性，D正確；故選C。8.下列反應方程式書寫正確的是A.將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO＋H2O=2Cl?＋2HSO＋SOB.鉛酸蓄電池放電時正極的電極反應式：PbO2＋4H+＋2e?=Pb2+＋2H2OC.用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3：IO＋5I?＋6H+=3I2＋3H2OD.鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水：＋2Br2＋2H+＋2Br?【答案】A【解析】A．將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中發生氧化還原反應生成Cl?、、，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Cl2＋3＋H2O=2Cl?＋2＋，A正確；B．鉛酸蓄電池放電時，PbO2在正極得到電子生成PbSO4和水，正極的電極方程式為：PbO2＋4H+＋2e?+=PbSO4＋2H2O，B錯誤；C．醋酸是弱電解質，在離子方程式中不能拆，用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3，離子方程式為：＋5I?＋6CH3COOH=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C錯誤；D．鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水，溴水具有較強氧化性，能將醛基氧化，D錯誤；故選A。9.高分子材料亞克力(PMMA)的合成路線如下：下列說法不正確的是A.丙酮分子中最多6個原子共平面B.X的結構簡式為C.試劑a為NaOH乙醇溶液D.1molPMMA與足量NaOH溶液反應，最多可消耗nmolNaOH【答案】C【解析】由流程可知，丙酮中羰基經過2步反應轉化為X，先與HCN發加成反應生成，再酸化生成X為：，X在試劑a條件下加熱轉化為Y：CH2=C(CH3)COOH，則X發生的是消去反應，試劑a是濃硫酸，Y與甲醇發生酯化反應生成，碳碳雙鍵發生加聚反應生成PMMA：；A．丙酮分子中與羰基直接相連的原子共面，甲基中單鍵可以旋轉，則丙酮分子中最多6個原子共平面，A正確；B．由分析，X的結構簡式為，B正確；C．NaOH乙醇溶液是鹵代烴消去反應的試劑，故試劑a不為NaOH乙醇溶液，由分析可知，試劑a是濃硫酸，C錯誤；D．1molPMMA中含有nmol酯基，其與足量NaOH溶液反應，最多可消耗nmolNaOH，D正確；故選C。10.X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數與p軌道電子數之比為4∶3，Z與M同主族且相鄰，N的內層軌道全部排滿且最外層只有一個電子。下列說法不正確的是A.鍵角：XZ>YZ B.水溶液中的穩定性：N+>N2+C.XY?與N+反應的配位能力：X>Y D.第一電離能：Y>Z>M【答案】B【解析】X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數與p軌道電子數之比為4:3，則Y的電子排布式為1s22s22p3，Y為N元素，X為C元素，Z與M同主族且相鄰，則Z為O元素，M為S元素，N的內層軌道全部排滿且最外層只有一個電子，價層電子排布式為3d104s1，則N為Cu元素，據此分答。A．為，YZ2為，中心原子價層電子對數為3+=3，C原子雜化方式為sp2，不含孤電子對，中心原子價層電子對數為2+=3，N原子雜化方式為sp2，含有1個孤電子對，中心原子雜化類型相同時，孤電子對越多，鍵角越小，則鍵角：>，故A正確；B．Cu+在酸性溶液中會發生歧化反應生成Cu和Cu2+，Cu2+可以在酸性溶液中穩定存在，則水溶液中的穩定性：Cu2+>Cu+，故B錯誤；C．N的電負性強于C，對電子的吸引能力強于C，CN-在形成配位鍵使，C原子更加容易提供電子形成配位鍵，則CN-與Cu+反應的配位能力：C>N，故C正確；D．同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N>O>S，故D正確；故選B。11.Ni?CeO2催化CO2加H2的反應歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標注)。以投料比[n(CO2)/n(H2)]=1∶1進行反應，反應氣總流量控制在20mL·min?1，含碳產物中CH4的物質的量百分數及CO2的轉化率隨溫度(T)的變化如圖2所示。下列說法正確的是A.180℃時主反應的化學方程式為CO2(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2O(g)B.210℃時CH4的平均反應速率為0.9mL·min?1C.260℃后升高溫度，甲烷產率不變D.其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，可提高CO2的平衡轉化率【答案】B【解析】從圖1可知，該反應為CO2和H2在Ni-CeO2催化作用下發生反應生成CH4和H2O，化學方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，其中還會存在CO2和H2生成CO和H2O的副反應，從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產物中CH4物質的量百分數增大，CO2的轉化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應為吸熱反應，升溫化學平衡正向移動。A．由圖2可知，180℃時含碳產物中CH4物質的量百分數較大，主反應的化學方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，A錯誤；B．210℃時含碳產物中CH4物質的量百分數為90%，CO2的轉化率為10%，根據已知條件列出“三段式”x+y=1，=0.9，解得x=0.9，y=0.1，則CH4的平均反應速率為0.9mL·min?1，B正確；C．從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產物中CH4物質的量百分數增大，CO2的轉化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應為吸熱反應，升溫化學平衡正向移動，甲烷產率增大，C錯誤；D．其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，相當于增大CO2的物質的量，平衡正向移動，但CO2的平衡轉化率減小，D錯誤；故選B。12.苯和硫酸發生磺化反應，反應歷程如下：已知：在高溫或大量水存在下，-SO3H能解離成-，使苯環的電子云密度增大，最后失去SO3生成苯。下列說法不正確的是A.磺化反應過程中碳原子的雜化類型發生改變B.由反應歷程可知相比于苯，硝基苯更難與硫酸發生磺化反應C.苯和硝酸反應生成硝基苯，亦能在大量水存在的條件下脫去硝基生成苯D.甲苯制鄰氯甲苯的過程中引入磺酸基可以防止某些位置被取代【答案】C【解析】A．在苯分子中，碳原子的價層電子對數為=3，發生sp2雜化，而在中，與-相連的碳原子，其價層電子對數為=4，發生sp3雜化，則磺化反應過程中碳原子的雜化類型發生改變，A正確；B．由反應歷程可知，磺化反應需要苯環電子云密度增大，硝基是吸電子基，會使苯環電子云密度降低，不利于磺化反應的發生，所以相比于苯，硝基苯更難與硫酸發生磺化反應，B正確；C．苯和硝酸反應生成硝基苯，硝基苯中硝基與苯環之間是通過共價鍵結合，且該共價鍵比較穩定，在大量水存在的條件下不能像磺酸根那樣解離，所以不能脫去硝基生成苯，C不正確；D．甲苯制鄰氯甲苯時，引入磺酸基可以占據某些位置，從而防止這些位置被氯取代，之后再脫去磺酸基，可得到鄰氯甲苯，D正確；故選C。13.埋地管道所處環境特殊，當其通過不同的土壤時會發生電化學腐蝕，對管道的正常運行造成很大危害。下圖為地下管道經過黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)時發生腐蝕的示意圖。下列說法不正確的是A.該管道發生電化學腐蝕時，負極上的電極反應式：Fe-2e?=Fe2+B.掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學腐蝕更快C.如果沙土供氧充分，則黏土中鐵管腐蝕會加劇D.若采用外接電流的陰極保護法進行防腐，所用陽極材料需為金屬性強于鐵的單質【答案】D【解析】A．該管道發生電化學腐蝕時，Fe為原電池的負極，Fe失去電子生成Fe2+，負極上的電極反應式為：Fe-2e?=Fe2+，A正確；B．電化學腐蝕需要電解質溶液參與，黏土比沙土更加濕潤，含水量較多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學腐蝕更快，B正確；C．如果沙土供氧充分，則管道在沙土中的部分為正極，在黏土中的部分為負極，該部分鐵管失去電子，腐蝕會加劇，C正確；D．若采用外接電流的陰極保護法進行防腐，將鐵管道與電源負極相連作陰極，陽極應該選擇惰性電極，不能選金屬性強于鐵的單質，D錯誤；故選D。14.氯化鈹在氣態時存在BeCl2分子(a)，固態時存在長鏈狀分子(b)。下列說法不正確的是A.分子(a)屬于非極性分子B.分子(b)結構可能是C.電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時加入氯化鈉以增強熔融氯化鈹的導電性D.BeCl2與過量NaOH溶液反應生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?【答案】B【解析】A．BeCl2中心原子價層電子對數為2+=2，且不含孤電子對，空間構型為直線形，正負電中心重合，為非極性分子，A正確；B．BeCl2固態時存在長鏈狀分子，該分子中Be原子提供空軌道，Cl原子提供孤電子對形成配位鍵，結構可能是，B錯誤；C．熔融氯化鈉中含有自由移動的鈉離子和氯離子，能夠導電，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時加入氯化鈉以增強熔融氯化鈹的導電性，C正確；D．根據“對角線”規則，Be和Al的性質相似，BeCl2與過量NaOH溶液反應生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?，D正確；故選B。15.將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol/L的NaCl溶液。lg[c(M)/(mol·L?1))](其中M代表Ag+、Cl?或CrO)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A.交點a處溶液中c(Na+)=2c(Cl?)B.V≤2.0mL時，c(CrO)/c(Cl?)減小C.y2的值為?lg34D.向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，先產生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，向其中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液，氯化銀溶解度小于鉻酸銀，則Ag2CrO4轉化為AgCl，由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，銀離子濃度減小，氯離子濃度增大，濃度增大，溶液體積增大，綜合影響可知，鉻酸根離子濃度變化不大，則圖象中最上方曲線為離子濃度的變化，中間為氯離子濃度的變化，最下面為Ag+離子濃度的變化，結合圖象中的數據和變化過程回答問題。A．2mL時Ag2CrO4溶液與NaCl溶液恰好完全反應，則a點時溶質為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl-和曲線的交點，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯誤；B．V＜2.0mL時，Ag2CrO4未完全轉化為AgCl，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL，隨著NaCl溶液的加入，c(Ag+)減小，則增大，B錯誤；C．V=2.4mL時，Ag2CrO4完全轉化為AgCl，溶液中c()=，則y2=lgc()=-lg34，C正確；D．由圖可知，向Ag2CrO4溶液中加入NaCl溶液，Ag2CrO4轉化為AgCl，說明氯化銀溶解度小于鉻酸銀，向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，溶解度小的AgCl先產生，D錯誤；故選C。16.下列實驗方案設計或結論不正確的是

方案設計現象結論A常溫下測定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pHpH=13結合H+能力：C2H5O?>OH?B瓶口相對且中間用玻璃片隔開的兩個集氣瓶中分別裝有Cl2(上)和H2(下)，抽去玻璃片盛放H2的瓶內出現淺黃綠色，盛放Cl2的瓶內顏色變淺自發過程從混亂度小到混亂度大的方向進行C向盛有AgCl固體的試管中加入足量的Na2S2O3溶液，充分反應后再向試管中加入Na2S溶液開始時白色沉淀完全溶解，后又產生黑色沉淀溶解度：AgCl>Ag2SD向I2的CCl4溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色溶解I2能力：濃KI溶液>CCl4A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．的乙醇鈉是強堿弱酸鹽，同時堿性很強，根據越弱越水解原則，說明它水解結合氫離子的能力強于，A正確；B．除了氣體自動擴散導致混亂度增大原因以外，同時，氫氣和氯氣在光照情況下反應生成了氯化氫，B錯誤；C．氯化銀在硫代硫酸鈉溶液中是可以通過反應溶解，再加入硫化鈉時，析出的黑色沉淀為硫化銀，說明硫化銀的溶解度比氯化銀更低，因為硫化鈉會與已經溶解在硫代硫酸鈉溶液中的氯化銀發生反應生成硫化銀沉淀，C正確；D．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變為淺粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，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.N的化合物種類繁多，應用廣泛。請回答：（1）某含氮鎳鋅籠形包合物的晶胞結構如圖所示(H原子未畫出，晶胞棱上的小黑點代表NH3，六元環代表C6H6且每個六元環只有一半屬于該晶胞)。①下列說法正確的是_______。a．基態鋅原子的價電子排布式為：4s2b．CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵c．電負性：N>O>C>Hd．對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出②Zn2+周圍緊鄰的N原子數為_______。③該晶胞的化學式為_______。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是_______。（3）氮化鎵是第三代半導體材料，傳統制備GaN是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應制備，不采用金屬Ga與N2制備的原因是_______。（4）氮化硼在一定條件下可以制得硼砂(Na2B4O7·10H2O)，硼砂的陰離子化學式為B2H4O，已知陰離子中B有兩種雜化方式，B均與-OH相連，結構中含有兩個六元環，寫出該陰離子的結構式_______?！敬鸢浮浚?）①.bd②.6③.Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6（2）吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在未雜化的p軌道中，參與形成(大)π鍵，使得N的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，即吡啶更容易與鹽酸電離出的H+結合（3）N2中存在N≡N三鍵，鍵能大，反應所需能量高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)（4）【解析】（1）①a．鋅是30號元素，基態鋅原子的價電子排布式為：3d104s2，a錯誤；b．該晶胞中的六元環為C6H6，則上下底面小白球代表C原子，上下底面的小黑球為N元素，由晶胞結構可知，CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵，b正確；c．同周期主族元素，從左往右電負性依次增大，則電負性：O>N>C>H，c錯誤；d．該晶胞中，晶胞棱上NH3的N原子和Zn2+形成配位鍵，而C6H6通過分子間作用力存在于晶胞中，配位鍵的強度大于分子間作用力，則對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出，d正確；故選bd；②由晶胞結構圖可知，以位于頂點的Zn2+為研究對象，Zn2+的上下各有1個NH3的N原子，與Zn2+位于同一平面緊鄰的CN-的N原子有4個，則Zn2+周圍緊鄰的N原子數為6；③由晶胞結構圖可知，一個晶胞中含有個數為=1，個數為，個數為=4，個數為，苯環個數為=2，則該晶體的化學式為Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是：吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在