安徽省示范高中培優聯盟2022年春季聯賽(高二)化學本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分，第I卷第1至第6頁，第II卷第7至第10頁。全卷滿分100分，考試時間90分鐘。可能用到的相對原子質量：C-12N-14O-16Si-28S-32Fe-56第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(本大題共18小題，每小題2分，共36分。每道題考生都必須做答，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.從科技前沿到日常生活，化學無處不在。下列說法錯誤的是A.北京冬奧會的吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯屬于高分子化合物B.“天和”核心艙中使用的氮化硼陶瓷基復合材料屬于高分子化合物C.葡萄酒中通常添加微量，具有殺菌并防止營養成分被氧化的作用D.地溝油不能食用，但可以用來制肥皂或生物柴油，實現變廢為寶【答案】B【解析】【詳解】A．聚乙烯是乙烯通過加聚反應得到，屬于高分子化合物，故A正確；B．氮化硼陶瓷是新型無機非金屬材料，故B錯誤；C．葡萄酒中通常添加微量，作抗氧劑，具有殺菌并防止營養成分被氧化的作用，故C正確；D．地溝油不能食用，地溝油主要是油脂，但可以用來制肥皂或生物柴油，實現變廢為寶，故D正確。綜上所述，答案為B。2.下列有關化學用語表示正確的是A.水分子的比例模型 B.次氯酸的電子式：C.石油的分餾和煤的氣化、液化均為物理變化 D.的結構式：【答案】D【解析】【詳解】A．水分子的空間構型為V形，比例模型為，故A錯誤；B．次氯酸的結構式為Cl—O—H，電子式為，故B錯誤；C．煤的氣化、液化過程中有新物質生成，屬于化學變化，故C錯誤；D．氨分子中每個氮原子與3個氫原子各共用一對電子，結構式為，故D正確；故選D。3.我國四川廣漢的三星堆遺址距今已有3000～5000年歷史，2021年3月20日，三星堆遺址新出土了多達500多件重要文物，如黃金面具、絲綢“黑炭”、青銅神樹、陶瓷碎片等。下列有關敘述錯誤的是A.在考古時常利用判斷文物所處的年代，與互為同位素B.黃金、青銅、陶瓷都是含有金屬元素的金屬材料C.絲綢中含有C、H、O、N等元素，可以發生水解反應D.我國古代較早使用金屬銅的主要原因是銅較易冶煉【答案】B【解析】【詳解】A．與的質子數相同、中子數不同，互為同位素，故A正確；B．陶瓷的主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，故B錯誤；C．絲綢的主要成分是含有C、H、O、N等元素的蛋白質，蛋白質可以發生水解反應，故C正確；D．我國古代較早使用金屬銅的主要原因是銅的金屬性弱，化學性質不活潑，較易冶煉，故D正確；故選B。4.下列反應的離子方程式書寫正確的是A.少量的CO2通入到“84”消毒液中：B.硫酸銅溶液通入硫化氫氣體：C.Fe2O3溶于氫碘酸：D.向KAl(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：【答案】D【解析】【詳解】A．因為HClO的酸性比強，所以CO2通入到“84”消毒液中，只能生成，A不正確；B．氫硫酸為弱酸，應以化學式表示，不能改寫成H+和S2-的形式，B不正確；C．Fe2O3溶于氫碘酸，生成的Fe3+會被I-還原，最終生成Fe2+、I2等，C不正確；D．向KAl(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于溶液中存在大量的Al3+，所以最終生成Al(OH)3沉淀和BaSO4沉淀，離子方程式為：，D正確；故選D。5.下列化學反應先后順序判斷正確的是A.含有等物質的量的、的溶液中，逐漸加入鋅粉：、、B.含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：、、C.含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入溶液：、D.含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入稀鹽酸：、【答案】A【解析】【詳解】A．由于氧化性鐵離子大于銅離子，因此向含有等物質的量的、的溶液中逐漸加入鋅粉，先是鋅和，再的鋅和，最后是鋅和反應，故A正確；B．含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，先是鋁離子與氫氧化鈉溶液反應，再是與NaOH反應，最后是與NaOH反應，故B錯誤；C．由于AgI的溶解度小于AgCl，因此向含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入溶液，先是與硝酸銀反應，再是與硝酸銀反應，故C錯誤；D．含有等物質的量的、的溶液中，逐滴加入稀鹽酸，先是與鹽酸反應生成，再是與鹽酸反應生成二氧化碳和水，故D錯誤。綜上所述，答案為A。6.下列有關金屬的說法中，正確的是①純鐵不容易生銹；②鈉著火用水撲滅；③鋁在空氣中不耐腐蝕；④缺鈣會引起骨質疏松，缺鐵會引起貧血；⑤鉑金、不銹鋼、硬鋁都是合金；⑥Fe3O4俗稱磁性氧化鐵，是黑色晶體。A.①③④ B.①④⑤ C.①④⑥ D.④⑤⑥【答案】C【解析】【詳解】①純鐵不易形成原電池，所以不容易生銹，①正確；②鈉能與水反應，所以鈉著火時不能用水撲滅，②錯誤；③鋁在空氣中，表面會生成致密的氧化物保護膜，從而阻止內部鋁與空氣中氧氣的進一步反應，所以鋁耐腐蝕，③錯誤；④鈣是骨骼的重要組成元素，人體缺鈣時，會引起骨質疏松，鐵元素是血液的重要組成元素，人體缺鐵時，會引起貧血，④正確；⑤鉑金為純凈的鉑，不是合金，⑤錯誤；⑥Fe3O4具有磁性，能吸引鐵等金屬，俗稱磁性氧化鐵，它是黑色晶體，⑥正確；綜合以上分析，可確定①④⑥正確，故選C。7.設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.6g晶體含有鍵的數目為B.標準狀況下，5.6L新戊烷含有分子數C.4.6g二氧化氮氣體中含有的分子總數為D.含1mol的濃硫酸與足量銅反應，轉移電子數目為【答案】A【解析】【詳解】A．1mol晶體中有4molSi-O鍵，故6g晶體(0.1mol)含有鍵的數目為，A正確；B．標況下新戊烷為液體，5.6L新戊烷的物質的量大于0.25mol，含有分子數大于，B錯誤；C．4.6gNO2的物質的量為4.6g÷46g/mol=0.1mol，由于存在2NO2N2O4，故分子數小于，C錯誤；D．Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑~2e-，Cu和濃硫酸反應，和稀硫酸不反應，隨著反應的進行，濃硫酸轉化為稀硫酸，故轉移電子數小于，D錯誤；答案選A。8.下列條件下，一定能大量共存的離子組是A.無色透明的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.由水電離產生的的溶液中：、、、【答案】C【解析】【詳解】A．無色透明的溶液中：、兩者反應生成沉淀而不共存，故A不符合題意；B．的溶液中，、、三者發生氧化還原反應，故B不符合題意；C．的溶液中：、、、都大量共存，故C符合題意；D．由水電離產生的的溶液中，則可能是酸溶液、也可能是堿溶液，若是堿溶液，則、不能大量共存，故D不符合題意；綜上所述，答案為C。9.下列有關實驗裝置的說法正確的是A.用圖I裝置除去氣體中的HCl氣體B.用圖II裝置點燃銅絲：銅絲在氯氣中燃燒，并生成棕黃色的煙C.用圖III裝置：可以通過實驗現象證明碳、硅、氯元素的非金屬性強弱D.用圖IV裝置：可以用水吸收氨氣并防止倒吸【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去氣體中的HCl氣體，故A錯誤；B．用圖II裝置點燃銅絲：銅絲在氯氣中燃燒，并生成棕黃色的煙，故B正確；C．HCl不是最高價的含氧酸，且由于鹽酸易揮發，因此使硅酸鈉溶液變渾濁的是揮發出的鹽酸還是二氧化碳？因此用圖III裝置不能通過實驗現象證明碳、硅、氯元素的非金屬性強弱，故C錯誤；D．氨氣密度比空氣小，要用水吸收氨氣并防止倒吸，則進氣管應該伸入到燒瓶底部，而出氣管只能露出橡膠塞少許，故D錯誤；綜上所述，答案為B。10.硫化氫的轉化是資源利用和環境保護的重要研究課題。將和空氣的混合氣體通入、的混合溶液中反應回收S，其物質轉化過程如下圖所示。下列敘述正確的是A.反應過程中，、是氧化劑B.反應的總方程式為：C.由圖示的轉化可得出：氧化性的強弱順序為D.反應中每消耗標準狀況下22.4L的空氣，可以生成64g硫【答案】C【解析】【分析】硫化氫和銅離子反應生成硫化銅和氫離子，硫化銅和氯化鐵反應生成硫單質、亞鐵離子、銅離子，亞鐵離子被空氣氧化。、的混合溶液參與反應，總反應是和空氣的混合氣體反應生成S和水。【詳解】A．反應過程中，CuS與反應生成S和銅離子、亞鐵離子，因此氯化鐵是氧化劑，而與硫化氫反應生成CuS，化合價未變，不是氧化劑，故A錯誤；B．根據圖中信息，氯化鐵、氯化銅參與反應，實際是硫化氫和氧氣反應生成硫和水，其反應的總方程式為：，故B錯誤；C．根據鐵離子和硫化銅反應生成硫單質、銅離子和亞鐵離子，說明氧化性，氧氣氧化亞鐵離子，則氧化性，因此由圖示的轉化可得出：氧化性的強弱順序為，故C正確；D．根據總反應方程式，反應中每消耗標準狀況下22.4L的空氣即只有0.2mol氧氣，可以生成0.4mol硫，質量為12.8g，故D錯誤。綜上所述，答案為C。11.化合物p()、q()、r()是三種重要有機合成原料，下列有關三種化合物的說法錯誤的是A.p、q、r中所有碳原子一定共平面 B.p、q、r均難溶于水，密度均比水小C.均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D.p、q、r互為同分異構體【答案】A【解析】【詳解】A．p()、q()中“?”碳原子與其它碳原子不一定共平面，r()中1個乙烯基上的碳原子與另1個乙烯基上的碳原子不一定共平面，A錯誤；B．p、q、r都屬于烴，烴都難溶于水、密度均比水小，B正確；C．p、q、r分子中都含有碳碳雙鍵，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C正確；D．p、q、r分子式都為C5H8，它們的分子結構不同，都互為同分異構體，D正確；故選A。12.下列實驗操作、現象和結論都正確的是選項實驗操作實驗現象結論A某溶液中加入稀硫酸生成淡黃色沉淀和無色氣體原溶液中含有，或同時含有和B溶液中加入碘化鉀溶液，再加入苯，振蕩有白色沉淀生成，苯層顯紫紅色白色沉淀可能為CuIC銅放置于濃硫酸中加熱有無色氣體和灰白色固體生成產物中無生成D用鉑絲蘸取某物質在酒精燈火焰上灼燒火焰呈黃色該物質是鈉鹽A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．向某溶液中加入稀硫酸，若生成淡黃色沉淀和無色氣體，該溶液中可能含有，反應產生難溶性的S單質和SO2氣體，也可能是該溶液中同時含有S2-、，當加入硫酸時，S2-、、H+發生氧化還原反應產生S單質和SO2氣體，則可能的組合是：、，或、S2-，或、、S2-，或、S2-，A錯誤；B．在CuSO4溶液中加入KI溶液，發生氧化還原反應生成碘和CuI，則加入苯，振蕩，有白色沉淀生成，苯層呈紫色，B正確；C．銅與濃硫酸反應生成硫酸銅，加熱不斷失水，故最后可能剩余硫酸銅，為灰白色固體，C錯誤；D．鈉的焰色為黃色，則用潔凈的鉑絲蘸取少量溶液在酒精燈火焰上灼燒，火焰呈黃色，則溶液中一定含Na+，但不一定是鈉鹽，也可能是NaOH溶液，D錯誤；答案選B。13.(NH4)2SO4又稱硫銨，是一種常見的化肥，其溶解度隨著溫度的升高而增大，某工廠用石膏、NH3、H2O和CO2制備(NH4)2SO4的工藝流程如圖：下列說法正確的是A.醫生用石膏粉為骨折病人打繃帶，發生的是物理變化B.操作2用到的硅酸鹽儀器有酒精燈、蒸發皿、玻璃棒C.步驟②中反應的離子方程式為Ca2++2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2D.步驟②通入稍過量的CO2有利于提高目標產物的產率【答案】B【解析】【分析】CaSO4懸濁液中先通NH3使溶液呈堿性，有利于增大CO2的溶解度，以便于生成更多的產品；過濾，將固、液分離，所得難溶物為CaCO3，溶液為(NH4)2SO4溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶，便可獲得(NH4)2SO4晶體。【詳解】A．醫生用石膏粉為骨折病人打繃帶，加水后熟石膏轉化為生石膏，發生的是化學變化，A不正確；B．操作2是蒸發濃縮、冷卻結晶，將溶液放入蒸發皿中，用酒精燈加熱，同時用玻璃棒不斷攪拌，B正確；C．步驟②中，CaSO4為微溶物，應以化學式表示，反應離子方程式為CaSO4+2NH3+H2O+CO2=CaCO3↓+2+，C不正確；D．步驟②通入稍過量的CO2會將部分CaCO3轉化為Ca(HCO3)2，會導致CaCO3的溶解，D不正確；故選B。14.一種有機合成中間體和活性封端劑的分子結構式如圖所示。其中W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素原子，X、Y同主族，W與X原子的質子數之和等于Z原子的最外層電子數。下列說法正確的是

A.原子半徑：W＜X＜Y＜Z B.X氫化物沸點低于Y氫化物沸點C.Y的單質是制造光電池的材料 D.Z的含氧酸酸性強于X的含氧酸酸性【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數依次增大短周期主族元素原子，X、Y同主族，X、Y有四個價鍵，則X為C、Y為Si，W有1個價鍵，則W為H，W與X原子的質子數之和等于Z原子的最外層電子數，則Z最外層為7個電子，則Z為Cl。【詳解】A．根據層多徑大，同電子層結構核多徑小，則原子半徑：W＜X＜Z＜Y，故A錯誤；B．X氫化物沸點不一定低于Y氫化物沸點，比如碳原子較多的烷烴沸點可能高于硅烷，故B錯誤；C．制造光電池的材料是Y(Si)的單質，故C正確；D．Z的含氧酸酸性不一定強于X的含氧酸酸性，比如次氯酸酸性弱于碳酸酸性，故D錯誤。綜上所述，答案為C。15.以、為原料生產重要的高效氮肥—尿素[CO(NH2)2]，反應過程中能量()變化如圖所示，下列說法正確的是A.由圖知和在一定條件下發生有效碰撞直接生成了和B.第二步反應是合成尿素的決速步驟C.該過程的總反應在高溫條件下有利于自發進行D.合成尿素的熱化學方程式為【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，二氧化碳和氨氣在一定條件下發生有效碰撞直接生成了H2NCOONH4，故A錯誤；B．反應的活化能越大，化學反應速率越慢，化學反應取決于慢反應，由圖可知，第二步反應的活化能大于第一步反應，反應速率慢于第一步反應，所以第二步反應是合成尿素的決速步驟，故B正確；C．由圖可知，該過程的總反應為熵減的放熱反應，低溫條件下反應△H—T△S＜0，能自發進行，故C錯誤；D．由圖可知，第一步反應△H1=—(Ea2—Ea1)，第二步反應△H1=+(Ea3—Ea4)，由蓋斯定律可知，第一步反應與第二步反應之和為總反應，反應△H=Ea3+Ea1—Ea2—Ea4，故D錯誤；故選B。16.電解法處理含有、的酸性廢水，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.電極a接電源正極 B.處理1mol，電路中轉移8molC.處理過程中濃度基本不變 D.處理后的酸性廢水可用于漂白、殺菌、消毒【答案】C【解析】【分析】a電極是氯離子變為次氯酸，b電極是硝酸根變為銨根離子，銨根離子被次氯酸氧化為氮氣。【詳解】A．根據圖中a電極是氯離子變為HClO，Cl化合價升高，失去電子，因此電極a為陽極，連接電源正極，故A正確；B．根據圖中信息b電極是硝酸根變為銨根，化合價由+5價變為?3價，因此處理1mol，電路中轉移8mol，故B正確；C．a電極發生4Cl－?8e－＋4H2O＝4HClO＋4H＋，b電極發生＋8e－＋9H＋＝＋3H2O，再根據HClO氧化的離子方程式2＋3HClO＝N2↑＋3Cl－＋5H＋＋3H2O，根據分析1mol硝酸根最終變為氮氣，消耗了4mol氯離子，但生成的4molHClO中有1.5mol變為氯離子，還有2.5molHClO在溶液中，因此在處理過程中濃度不斷減少，故C錯誤；D．由于處理過程中HClO不斷生成，則處理后的酸性廢水可用于漂白、殺菌、消毒，故D正確。綜上所述，答案為C。17.800℃時下列可逆反應在1L容器中達到平衡：。已知CO和的起始濃度均為0.01mol／L時，的平衡濃度為0.005mol／L。此時若再充入0.02mol／L的水氣，使平衡移動，則新平衡時濃度可能是A.0.0060mol／L B.0.0075mol／L C.0.0080mol／L D.0.010mol／L【答案】B【解析】【詳解】兩次反應的溫度相同，所以平衡常數不變，據此可以求出結果：此時，又加入0.02mol/LH2O后：此時，解得x=0.0025mol/L，此時氫氣的濃度為0.005+x=0.0075mol/L，正確選項為B。18.25℃時，用0.2mol?L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol?L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分數、pH及物種分布分數(δ)如圖所示。下列說法正確的是A.滴定分數為1時，溶液的pH≈13B.隨著滴定分數增大，水的電離程度增大C.指示劑既可選擇甲基橙，也可以選擇酚酞D.a點溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)【答案】D【解析】【分析】H2A溶液中，逐滴加入NaOH溶液，n(H2A)不斷減小，則Ⅰ曲線為δ(H2A)，n(HA-)不斷增大，則Ⅱ曲線為δ(HA-)；當被滴定分數等于1時，再滴加NaOH溶液，此時n(HA-)不斷減小，n(A2-)不斷增大，則Ⅲ曲線為δ(A2-)。H2A被滴定分數為0時，溶液的pH＞2，則H2A為弱酸。【詳解】A．從圖中可以看出，H2A被滴定分數為1時，曲線在pH=7的下方，此時溶液的pH＜7，A不正確；B．在H2A被滴定分數為2之后，隨著滴定分數的增大，水的電離程度逐漸減小，B不正確；C．在H2A被滴定分數為2時，H2A與NaOH剛好完全反應，此時溶液呈堿性，所以指示劑只能選擇酚酞，C不正確；D．a點溶液中，δ(H2A)=δ(HA-)，則c(H2A)=c(HA-)，依據電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，D正確；故選D。二、選擇題(本大題分兩部分，考生任選其中一部分作答，每部分包含3個小題，每小題2分，共6分。)【選擇性必修2——物質結構與性質】19.下列關于原子核外電子排布與元素在周期表中位置關系的敘述正確的是A.基態原子核外N電子層上只有一個電子的元素是第IA族或IB元素B.基態原子核外價電子排布式為ns2的元素是第IIA族元素C.基態原子的p能級上半充滿的元素一定第VA族元素D.基態原子核外價電子總數與元素所在的族序數數值相同【答案】C【解析】【詳解】A．基態原子核外N電子層上只有一個電子的元素可能是24Cr，它是第ⅥB族元素，A不正確；B．基態原子核外價電子排布式為ns2的元素可能是0族元素，B不正確；C．基態原子的p能級上半充滿的元素，其價電子排布式為ns2np3，所以一定第VA族元素，C正確；D．基態原子核外價電子總數與元素所在的族序數數值不一定相同，如稀有氣體元素，D不正確；故選C。20.下列分子或離子①、②、③、④、⑤。按鍵角由大到小順序排列正確的是A③②④①⑤ B.⑤①④②③ C.④①②⑤③ D.⑤④①②③【答案】D【解析】【詳解】①是正四面體形，鍵角為109°28′；②是三角錐形，鍵角為107°18′；③是“V”形，鍵角為105°；④是平面正三角形，鍵角為120°；⑤是直線形，鍵角180°。因此按鍵角由大到小順序排列的是⑤④①②③，故D正確。綜上所述，答案為D。21.下列關于物質的結構和性質的論述正確的是A.和中的硫原子均采取雜化的方式，都存在鍵B.的VSEPR模型為四面體，分子的空間結構為Ⅴ形C.同種元素的原子形成的σ鍵的強度都比π鍵大D.空間構型為平面三角形分子一定是非極性分子【答案】B【解析】【詳解】A．根據價層電子對互斥理論，SO2和SO3中的硫原子均采取sp2雜化，SO2為V形，存在，SO3為平面三角形，存在，A錯誤；B．OF2分子中價層電子對為2+2=4，所以中心原子原子軌道為sp3雜化，其VSEPR模型為正四面體，該分子中含有2個孤電子對，所以其空間構型為V形，B正確；C．σ鍵不一定比π鍵強度大，如氮氣中σ鍵強度比π鍵強度小，C錯誤；D．平面三角形分子不一定是非極性分子，如甲醛，D錯誤；故選D。【選擇性必修3——有機化學基礎】22.下列說法不正確的是A.天然油脂沒有恒定的熔、沸點，常溫下難溶于水B.新冠病毒顆粒直徑在80～120nm之間，在空氣中能形成氣溶膠，可較遠距離傳播C.戴口罩可有效阻斷新冠病毒的傳播，熔噴布的主要原料聚丙烯，是由丙烯縮聚而成D.控制氨基酸混合溶液的pH不同，可以分離出不同的氨基酸【答案】C【解析】【詳解】A．天然油脂是混合物，沒有恒定的熔、沸點，天然油脂屬于酯類，常溫下難溶于水，A正確；B．新冠病毒顆粒直徑介于或接近膠粒直徑，所以在空氣中能形成氣溶膠，可在空氣中傳播較遠的距離，B正確；C．聚丙烯是由丙烯通過發生加聚反應生成，C不正確；D．不同氨基酸的pH不同，在不同pH溶液中溶解度不同，所以控制氨基酸混合溶液的pH不同，可以分離出不同的氨基酸，D正確；故選C。23.分子式為的有機物A在稀硫酸中加熱可得到相對分子質量相同的兩種產物B和C，B催化氧化得到D，D與新制氫氧化銅懸濁液共熱有紅色沉淀生成，則符合條件的A的結構簡式共有多少種A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【詳解】分子式為的有機物A在稀硫酸中加熱可得到相對分子質量相同的兩種產物B和C，B催化氧化得到D，D與新制氫氧化銅懸濁液共熱有紅色沉淀生成，這說明A屬于酯類，生成的B是醇類，C是羧酸，D是醛類，由于B和C的相對分子質量相等，則B和C的分子式分別是C5H12O和C4H8O2，丁酸有2種，能催化氧化的戊醇滿足C4H9CH2OH，丁基有4種，則相應的C4H9CH2OH有4種，因此符合條件的A的結構簡式共有2×4＝8種。答案選D。24.某有機化合物的結構簡式為，下列關于該化合物的說法正確的是A.該有機物中有5種官能團B.既可以與NaOH溶液反應，又可以與Na反應C.1mol該化合物最多可以與9mol發生加成反應D.可以與溶液發生顯色反應，不可以與溶液反應【答案】B【解析】【詳解】A．該有機物中有酯基、醚鍵、酚羥基、碳碳雙鍵共4種官能團，故A錯誤；B．有機物含有酯基，可以與NaOH溶液發生水解反應，含有酚羥基，與NaOH和Na均反應，故B正確；C．1mol該化合物含有2mol苯環和1mol碳碳雙鍵，因此最多可以與7mol發生加成反應，故C錯誤；D．該有機物含有酚羥基，可以與溶液發生顯色反應，也可以與溶液反應生成酚鈉和碳酸氫鈉，故D錯誤。綜上所述，答案為B。第II卷(非選擇題共58分)二、非選擇題(本卷共6小題，其中22、23、24、25四個小題所有考生必須作答，26、27兩個小題，考生任選其中一題作答。)25.回答下列問題（1）玻璃棒是化學實驗中常用儀器，如溶解時用作攪拌，過濾、轉移溶液時用作引流。請再舉2例玻璃棒在實驗中的用途_______、_______。（2）某研究性學習小組通過下列實驗測定黃鐵礦樣品中的純度(其他雜質不參與反應)。實驗步驟：準確稱取研細的樣品1.200g，在空氣中進行煅燒，把煅燒產物緩慢通過過量的酸性高錳酸鉀溶液(假設其溶液體積保持不變)，待充分反應后，量取20.00mL上述高錳酸鉀吸收液于洗凈的錐形瓶中，用的草酸()標準溶液滴定過量的高錳酸鉀至終點，重復2-3次，消耗標準溶液的平均值為18.60mL(已知：；)。請回答下列問題：①寫出滴定時發生反應的離子方程式為_______。②判斷滴定到達終點的方法是_______。③該樣品中的純度為_______％。【答案】（1）①.轉移固體②.蘸取液體粘或沾上濕潤的試紙（2）①.②.滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫紅色變為無色，且半分鐘內不恢復原色③.78.5【解析】【分析】黃鐵礦樣品中在高溫下煅燒生成氧化鐵和二氧化硫，二氧化硫全部被過量的酸性高錳酸鉀溶液吸收，多余的酸性高錳酸鉀溶液用草酸滴定，以此來測定黃鐵礦樣品的質量分數。【小問1詳解】根據題意玻璃棒在實驗中的用途還有比如灼燒的海帶灰轉移到燒杯中時使用玻璃棒；做濃鹽酸與濃氨水實驗時用來蘸取液體；或用試紙檢驗氣體時一般常用玻璃棒沾上濕潤的試紙故答案為：轉移固體；蘸取液體粘或沾上濕潤的試紙。【小問2詳解】①滴定時高錳酸根和草酸反應生成二氧化碳、錳離子和水，其發生反應的離子方程式為；故答案為：。②開始溶液是高錳酸根溶液，紫紅色，后來將高錳酸根消耗完，因此滴定到達終點的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫紅色變為無色，且半分鐘內不恢復原色；故答案為：滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫紅色變為無色，且半分鐘內不恢復原色。③根據題意和關系式，得到剩余高錳酸鉀物質的量n(KMnO4)=0.0186L×0.1mol?L?1×2÷5×5＝3.72×10?3mol，二氧化硫消耗的高錳酸鉀物質的量n(KMnO4)＝0.1L×0.1mol?L?1?3.72×10?3mol＝6.28×10?3mol，根據關系式則樣品中物質的量n()＝6.28×10?3mol×5÷4=7.85×10?3mol，該樣品中的純度為；故答案為：78.5。26.鈦是一種密度小、強度高、抗腐蝕能力強的金屬，常用活潑金屬還原制得。已知常溫下是一種極易水解的無色液體，沸點136.4℃。實驗室利用下圖裝置制備。回答下列問題：（1）為使a中分液漏斗內的濃鹽酸順利滴下并防止鹽酸揮發，可將分液漏斗玻璃塞上的_______對準分液漏斗上部的小孔。（2）裝置A中X的化學式是_______，X的作用是_______。（3）裝置B、C中應盛放的試劑名稱分別為_______、_______。（4）裝置D中還生成一種無色有毒氣體，寫出D中發生反應的化學方程式_______。（5）儀器c的名稱為_______，其出水口的位置為_______。（6）儀器d中堿石灰的作用為_______。（7）有同學認為此裝置有明顯不足，不足之處是_______。【答案】（1）凹槽(或小孔)（2）①.②.氧化劑，把濃鹽酸氧化成氯氣（3）①.飽和食鹽水②.濃硫酸（4）（5）①.(直形)冷凝管②.f（6）吸收未反應的，防止污染；防止外界的水蒸氣進入b中使產品變質（7）缺少處理尾氣(CO)裝置【解析】【分析】濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，用飽和食鹽水除掉揮發的HCl，由于常溫下是一種極易水解的無色液體，因此用濃硫酸干燥氯氣，在D裝置處根據元素守恒分析發生的反應方程式，在E處收集，尾氣中含有有毒氣體，常溫下是一種極易水解的無色液體，因此d有兩種作用。【小問1詳解】可將分液漏斗玻璃塞上的凹槽(或小孔)對準分液漏斗上部的小孔，與大氣相通，能使a中分液漏斗內的濃鹽酸順利滴下并防止鹽酸揮發；故答案為：凹槽(或小孔)。【小問2詳解】二氧化錳和濃鹽酸加熱發生反應生成氯氣、氯化錳和水，因此裝置A中X的化學式是，二氧化錳中錳化合價降低，因此X的作用是氧化劑，把濃鹽酸氧化成氯氣；故答案為：；氧化劑，把濃鹽酸氧化成氯氣。【小問3詳解】由于氯氣中含有易揮發的HCl雜質，因此裝置B用飽和食鹽水除掉揮發的HCl，由于常溫下是一種極易水解的無色液體，因此C中用濃硫酸干燥氯氣；故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸。【小問4詳解】裝置D中還生成一種無色有毒氣體，根據元素守恒，則有毒氣體為CO，則D中發生反應的化學方程式；故答案為：。【小問5詳解】根據裝置分析得到儀器c的名稱為(直形)冷凝管，水流方向遵循“下進上出”原則，因此其出水口的位置為f；故答案為：(直形)冷凝管；f。【小問6詳解】由于尾氣中含有CO和氯氣，常溫下是一種極易水解的無色液體，因此儀器d中堿石灰的作用為吸收未反應的，防止污染；防止外界的水蒸氣進入b中使產品變質；故答案為：吸收未反應的，防止污染；防止外界的水蒸氣進入b中使產品變質。【小問7詳解】尾氣中有CO和氯氣，堿石灰只能吸收尾氣中的氯氣，而CO未被吸收，因此不足之處是缺少處理尾氣(CO)裝置；故答案為：缺少處理尾氣(CO)裝置。27.溴酸鎘[Cd(BrO3)2]常用做分析試劑、生產熒光粉等。以鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)為原料制備[Cd(BrO3)2]的工藝流程如下：

已知Cd(SO4)2溶于水，CdCO3難溶于水，請回答下列問題：（1）Cd在周期表中位于第五周期第IIB族，則Cd元素的核電荷數是_______。（2）為了提高酸浸速率，可以采取的措施是_____(任寫一種)，濾渣1的化學式是______。（3）還原鎘時可產生使澄清石灰水變渾濁的氣體，該反應的離子方程式為_______。（4）為檢驗酸浸后溶液中是否含有Fe2+離子，可加入試劑X溶液，若有藍色沉淀，則有Fe2+，X是_______。（5）氧化步驟中需要加入H2O2的量比理論上明顯要多，其可能原因為_______。（6）調pH的目的是_______。（7）沉鎘所得的沉淀需進行洗滌，檢驗沉淀已經洗凈的方法是_______。【答案】（1）48（2）①.加熱(或攪拌；粉碎礦石；適當提高稀硫酸濃度等)②.SiO2（3）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+（4）鐵氰化鉀或K3[Fe(CN)6]（5）Fe3+是H2O2分解的催化劑(或反應放熱，使H2O2分解)，因此消耗較多的H2O2（6）把Al3+、Fe3+轉化為氫氧化物沉淀除去（7）取最后一次洗滌液少許于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，已洗凈【解析】【分析】鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)中加入稀硫酸進行酸浸，此時CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3都溶解，生成相應的硫酸鹽，SiO2不溶而成為濾渣；加入CH3OH將Cd4+還原為Cd2+，同時生成CO2氣體；加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，調節pH將Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀；加入K2CO3將CdSO4轉化為CdCO3沉淀，再加HBrO3溶解，從而生成Cd(BrO3)2。【小問1詳解】Cd在周期表中位于第五周期第IIB族，則電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s2，從而得出Cd元素的核電荷數是48。答案為：48；【小問2詳解】為了提高酸浸速率，可設法增大接觸面積、改變溫度等，所以采取的措施是加熱(或攪拌；粉碎礦石；適當提高稀硫酸濃度等)；由分析可知，濾渣1的化學式是SiO2。答案為：加熱(或攪拌；粉碎礦石；適當提高稀硫酸濃度等)；SiO2；【小問3詳解】還原鎘時，加入CH3OH將Cd4+還原為Cd2+，同時生成CO2氣體，該反應的離子方程式為3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+。答案為：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；【小問4詳解】檢驗Fe2+離子時，加入試劑X溶液，有藍色沉淀，則X是鐵氰化鉀或K3[Fe(CN)6]。答案為：鐵氰化鉀或K3[Fe(CN)6]；【小問5詳解】溶液中含有Fe3+，它能促進H2O2分解，則氧化步驟中加入H2O2的量比理論上明顯要多，其可能原因為：Fe3+是H2O2分解的催化劑(或反應放熱，使H2O2分解)，因此消耗較多的H2O2。答案為：Fe3+是H2O2分解的催化劑(或反應放熱，使H2O2分解)，因此消耗較多的H2O2；【小問6詳解】溶液中含有的Al3+、Fe3+雜質，可通過調節pH除去，所以調pH的目的是：把Al3+、Fe3+轉化為氫氧化物沉淀除去。答案為：把Al3+、Fe3+轉化為氫氧化物沉淀除去；【小問7詳解】檢驗沉淀已經洗凈，也就是檢驗最后一次洗滌液中不含有。方法是：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，已洗凈。答案為：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴加BaCl2溶液，無白色沉淀生成，已洗凈。【點睛】Fe2+完全沉淀的pH大，通常除去Fe2+時，都是將其氧化為Fe3+。28.研究碳、氮、硫等元素化合物的性質和轉化對建設生態文明、美麗中國具有重要意義，對這些元素形成的有毒有害氣體進行處理成為科學研究的熱點。請回答下列問題：（1）可用選擇性脫除氮氧化物，已知：①②③則_______（2）某研究小組將1molNO、1mol和一定量的充入2L密閉容器中，在T℃、催化劑表面發生反應③，反應3min測得容器中NO的轉化率為36％，則此時段內的平均反應速率為_______。研究表明不同氨氮比[]條件下測得NO的殘留率與溫度關系如下圖所示。指出氨氮比、、由大到小的順序為_______；℃時，NO的殘留率趨近相同的原因可能是_______。（3）已知反應，實驗測得不同溫度℃、℃下的平衡態中和）兩個壓強對數的關系如下圖所示，實驗初始時體系中的和相等、和相等。則_______(填“>”“＜”或“=”）。溫度為時化學平衡常數_______。(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數）（4）研究人員開發了一種新型的硼、氮共摻雜的多孔石墨烯材料作為正極催化劑的鋰-二氧化碳二次電池，實現了碳酸鋰在電池中的高度可逆分解，減少的排放，其裝置示意圖如下圖所示，寫出電池充電時的陽極反應式_______。【答案】（1）+180（2）①.0.04②.③.此時反應已達平衡，溫度對平衡的影響占主導地位，遠大于氨氮比對NO殘留率的影響（3）①.＜②.（4）【解析】【小問1詳解】根據②減去③的差，再除以5得到，其；故答案為：+180。【小問2詳解】某研究小組將1molNO、1mol和一定量的充入2L密閉容器中，在T℃、催化劑表面發生反應③，反應3min測得容器中NO的轉化率為36％，則NO消耗量為0.36mol，氨氣消耗量為，則此時段內的平均反應速率。研究表明不同氨氮比[]條件下測得NO的殘留率與溫度關系如下圖所示，氨氮比值越大，說明氨氣物質的量濃度越大，平衡不斷正向移動，NO轉化率越大，則殘留率越小，因此氨氮比、、由大到小的順序為；最低點以前，溫度升高，殘留率不斷降低，最低點以后，溫度升高，殘留率上升，在℃時，NO的殘留率趨近相同的原因可能是此時反應已達平衡，溫度對平衡的影響占主導地位，遠大于氨氮比對NO殘留率的影響；故答案為：0.04；；此時反應已達平衡，溫度對平衡的影響占主導地位，遠大于氨氮比對NO殘留率的影響。【小問3詳解】根據題意，在時分析a點，==1，，則，在時分析c點，==2，，則，由于該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，因此＜。根據前面分析，溫度為時化學平衡常數；故答案為：＜；。【小問4詳解】根據裝置示意圖分析和原電池“同性相吸”，放電時左邊Li為負極，右邊為正極，其正極單機反應式為，充電式右邊為陽極，則電池充電時的陽極反應式；故答案為：。以下2題考生任選1題作答【選擇性必修2—物質結構與性質】29.碳元素在自然界中分布很廣，是存在形式最復雜的元素。實驗室可用鄰二氮菲()與形成的紅色配合物(如下圖)測定鐵的含量。回答下列問題：（1）基態Fe原子的價層電子排布式為_______。（2）紅色配合物中非金屬元素的電負性從大到小的順序為_______。（3）鄰二氮菲分子中C、N兩種元素原子的雜化方式分別為_______、_______。（4）紅色配合物的中心原子的配位數為_______。（5）紅色配合物中不存在的作用力有_______。A.σ鍵B.π鍵C.離子鍵D.氫鍵E.配位鍵（6）上世紀末，科學家合成了硬度超過金剛石的晶體，該晶體的硬度比金剛石大的原因是_______。（7）碳化硅俗稱金剛砂，也是一種硬度很大的固體，其晶胞結構如下圖所示，Si原子的配位數是_______。已知相鄰的碳硅原子的核間距為dpm，阿伏伽德羅常數數值為，該晶體的密度為_______(列出計算式)。【答案】（1）（2）N＞C＞H（3）①.②.（4）6（5）CD（6）晶體是原子晶體，N原子半徑比C原子小，鍵鍵長比鍵短，鍵能大，硬度大（7）①.4②.【解析】【小問1詳解】Fe為26號元素，則基態Fe原子電子排布式為[Ar]則基態Fe原子的價層電子排布式為；故答案為：。【小問2詳解】紅色配合物中非金屬元素有C、N、H，根據同周期從左到右電負性逐漸增大，同主族從上到下電負性逐漸減小，則三者的電負性從大到小的順序為N＞C＞H；故答案為：N＞C＞H。【小問3詳解】鄰二氮菲分子()中C原子有3個σ鍵，孤對電子數為0，價層電子對數為3，其雜化方式，N原子有2個σ鍵，孤對電子數為1，價層電子對數為3，其雜化方式；故答案為：；。【小問4詳解】根據紅色配合物的結構得到中心原子的配位數為6；故答案為：6。【小問5詳解】紅色配合物中含有碳碳σ鍵、碳氫σ鍵、碳氮σ鍵，碳氮π鍵、碳碳π鍵，還有氮與亞鐵離子形成配位鍵，電負性大的原子與氫形成的極性鍵，該氫原子與另外電負性大得原子之間形成氫鍵，因此配合物中不存在的作用力有離子鍵和氫鍵；故答案為：CD。【小問6詳解】金剛