2022-2023学年浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

试卷第=page3232页，共=sectionpages3232页试卷第=page3131页，共=sectionpages3232页浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．温州是东瓯名镇，有着十分深厚的艺术文化底蕴，特别是在非物质文化遗产方面，各级的遗产名录中的项目就占有336个，下列非遗项目中涉及的物质主要由硅酸盐组成的是选项ABCD非遗项目瓯秀瓯窑米塑黄杨木雕A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．瓯秀属于刺绣的一种，使用的主要材料为纤维素，故A错误；B．瓯窑的主要成分为硅酸盐，故B正确；C．米塑属于食品工艺的一种，主要使用含糖类等物质制成，故C错误；D．木雕使用木材为原料进行雕刻，主要成为为纤维素，故D错误；故选B。2．在中和滴定实验过程中一定用不到的仪器是A． B． C． D．【答案】C【详解】A．A为烧杯，中和滴定实验中用于盛装调节液面时的液体，A不选；B．B为容量瓶，用于配制标准液，B不选；C．C为恒压分液漏斗，在中和滴定实验中不用，C选；D．D为移液管，可以量取一定体积的溶液，在中和滴定实验中可以使用，D不选；故选C。3．下列说法正确的是A．磁性氧化物的化学式：Fe2O3 B．水晶的分子式：SiO2C．纯碱的电子式： D．石炭酸的最简式：C6H6O【答案】D【详解】A．磁性氧化铁是四氧化三铁，A错误；B．水晶中的二氧化硅是原子晶体，没有分子，故不能说成是分子式，B错误；C．纯碱是Na2CO3，不是NaOH，C错误；D．石炭酸为苯酚，分子式为C6H6O，最简式也是C6H6O，D正确；故选D。4．下列有关化学用语的描述不正确的是A．氯化氢的形成： B．干冰的空间填充模型：C．新戊烷的健线式： D．的结构简式：CH3(CH2)16COOH【答案】B【详解】A．HCl属于共价化合物，其形成的电子反应式为：，故A正确；B．干冰是二氧化碳的固态形式，其中碳原子原子半径大于氧原子，故B错误；C．新戊烷由四个甲基连在同一个碳原子上，键线式为，故C正确；D．硬脂酸是饱和脂肪酸，分子式为：，结构简式为：，故D正确；故选B。5．下列说法正确的是A．1H2、2H2、3H2互为同位素B．N2、N、N4、N互为同素异形体C．与互为同系物D．HCOOCH2CH3与CH3CH2OCHO互为同分异构体【答案】C【详解】A．同位素是指含有相同质子数不同中子数的原子，是具体的原子，故A错误；B．同素异形体指由同种元素组成的不同单质，故B错误；C．和相差2个，且含有相同种类和数目的官能团，互为同系物，故C正确；D．HCOOCH2CH3与CH3CH2OCHO属于同种物质，故D错误；故选C。6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molK3[Fe(CN)6]配合物中含σ键数目为24NAB．30g质量分数为10%的甲醛水溶液中含氢原子数为3.2NAC．5.6g铁粉与足量的高温水蒸气反应，转移的电子数为0.3NAD．标准状况下，4.48LNO与3.2gO2充分反应，产物的分子数为0.2NA【答案】B【详解】A．CN含有一个σ键和2个π键，其中Fe与CN以σ键连接，所以1molK3[Fe(CN)6]配合物中含σ键数目为12NA，故A错误；B．30g质量分数为10%的甲醛水溶液中，HCHO质量为3g，物质的量为=0.1mol；水的质量为27g，物质的量为=1.5mol，总的H原子的物质的量为=3.2mol，故B正确；C．5.6g铁粉的物质的量为=0.1mol，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即3molFe转移8mol电子，所以0.1mol铁粉完全反应转移mol电子，故C错误；D．标况下，4.48LNO物质的量为=0.2mol，3.2gO2物质的量为=0.1mol，发生反应：，又存在，所以分子数小于0.2NA，故D错误；故选B。7．医用外科一次性口罩的结构如图所示，下列说法不正确的是A．外层具有阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层具有阻隔部分病毒和细菌的作用B．聚丙烯(PP)与聚对苯二甲酸乙二酯(PE)属于有机高分子材料，都是通过加聚反应合成的C．镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层外，还用了电化学保护法——牺性阳极法D．医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用【答案】B【详解】A．由图可知，外层的无纺布具有阻水的性能，能起到阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层的熔喷聚丙烯具有过滤的性能，能起到阻隔部分病毒和细菌的作用，故A正确；B．聚对苯二甲酸乙二酯是通过縮聚反应合成的有机高分子化合物，故B错误；C．镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层阻碍铁丝腐蚀外，还因为锌的金属性强于铁，镀层破损后，锌做负极被损耗，铁做正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．废弃口罩是不可回收垃圾，为防止病毒传染，医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用，故D正确；故选B。8．下列物质实验室制备的过程或操作不正确的是A．制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，再加入8mL95%的乙醇，过滤，洗涤B．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热C．制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约为1∶3)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃D．制备线型酚醛树脂：在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌【答案】C【详解】A．制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体：在4mL0.1mol•L-1CuSO4溶液中加1mol•L-1氨水至沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，再加入8mL95%的乙醇，境地晶体的溶解度，过滤，洗涤，可得[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，A正确；B．制备Fe(OH)3胶体：将烧杯中的40mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，停止加热，B正确；C．制备乙烯：在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸(体积比约应为3∶1)的混合液，加入沸石，再小火加热使混合液缓慢升温至170℃，C错误；D．在大试管中加入2g苯酚和3mL质量分数为40%的甲醛溶液和3滴浓盐酸，水浴加热至接近沸腾时，从水浴中取出试管并用玻璃棒搅拌，可制备线型酚醛树脂，D正确；故选C。9．三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列有关该反应的说法不正确的是A．当0.5molH2O被氧化时，生成0.1mol氧气B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3C．当转移电子6mol时，生成的还原产物为1molD．当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol【答案】A【详解】A．从方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5molH2O被氧化时，生成了0.25molO2，A错误；B．该反应3个BrF3中作为氧化剂的BrF3有2个，作为还原剂的BrF3有1个，H2O中有2个为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；C．2molBrF3为氧化剂，得到6mol电子生成还原产物为Br2，物质的量为1mol，C正确；D．该反应中生成9个HF时，有2个BrF3被还原，得到6个电子，而BrF3生成HBrO3失去2个电子，则被BrF3还原的BrF3为个，则生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol，D正确；故答案选A。10．下列实验操作或结论正确的是A．润洗滴定管的方法：从上口加入3～5mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管下部放出B．测NaClO溶液pH：用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸中部，变色稳定后与标准比色卡比对C．X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过石英玻璃粉末时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰D．培养明矾晶体时，在烧杯中放入比室温高10～20℃的蒸馏水，加明矾至少量晶体不再溶解，将一颗用细线系好的形状完整的小晶体悬挂在中央，最后将烧杯置于冰水浴中加速冷却【答案】A【详解】A．润洗滴定管的方法：从上口加入3～5mL待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁后，再将液体从滴定管下部放出，故A正确；B．次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定其溶液的pH值，故B错误；C．X射线衍射实验中，当单一波长的X射线通过晶体时，会在记录仪上产生分立的斑点或者明锐的衍射峰，石英玻璃粉末不是晶体，故C错误；D．培养明矾晶体时，在烧杯中放入比室温高10～20℃的蒸馏水，加明矾至少量晶体不再溶解，将一颗用细线系好的形状完整的小晶体悬挂在中央，缓慢冷却，故D错误；故选A。11．下列反应的离子方程式正确的是A．H2O中投入Na218O2固体：4H2O+4Na218O2=8Na++2OH-+618OH-+18O2↑+O2↑B．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：+2Br2→↓+2H++2Br-C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液：H3PO3+2OH-=HPO+2H2OD．NH4Al(SO4)2溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-=2BaSO4↓+Al(OH)+NH3•H2O【答案】D【详解】A．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，H2O中投入Na218O2固体：，故A错误；B．浓溴水具有强氧化性，能将醛基氧化，故B错误；C．二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加少量的NaOH溶液，生成，其离子方程式为：，故C错误；D．NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，其中先生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，继续滴加有氨水生成，当氢氧化钡过量时生成的氢氧化铝逐渐溶解，反应的离子方程式为：，故D正确；故选D。12．如图是合成某种药物的中间类似物。下列有关该物质的说法不正确的是A．该物质含有3种官能团并存在顺反异构，但不存在对映异构B．该物质在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应C．该物质与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原了数目为7个D．1mol该物质最多与7molH2反应、5molNaOH反应【答案】C【详解】A．该物质含有三种官能团，分别是羧基、碳碳双键和氯原子；碳碳双键连接了四个不同的原子或基团，则该物质存在顺反异构；该物质不存在手性碳原子，故该物质不存在对映异构体，A正确；B．该物质含有羧基和甲基，可以发生取代反应；该物质含有碳碳双键，可以发生加成、氧化、还原、加聚反应，B正确；C．该物质与足量H2加成所得有机物分子为，其手性碳原子（标有“*”）如图所示，共有4个，C错误；D．1mol该物质含有1mol碳碳双键和2mol苯环，1mol该物质最多可以和7molH2发生反应；1mol该物质含有1mol羧基和2mol苯环上的氯原子，苯环上的氯原子和NaOH反应后生成的酚羟基，继续消耗NaOH，故1mol该物质最多与5molNaOH反应；D正确；故选C。13．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属三个周期四个主族，其中Y的氢化物能腐蚀玻璃。由这四种元素形成的分子结构如图所示。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点由高到低的顺序：Y＞Z＞XB．Y的氢化物能腐蚀玻璃是因为分子极性很强C．原子半径由大到小的顺序：Z＞Y＞X＞WD．该分子中X、Z原子的杂化方式分别为sp2、sp3【答案】A【分析】Y的氢化物能腐蚀玻璃，则Y为F，X原子序数小于F且能形成4条键，则X为C，W形成一条键，原子序数小于C，则W为H，Z原子序数大于F，且W、X、Y、Z分属于三个周期四个主族，则Z为S。【详解】A．HF中存在氢键，故其沸点高于H2S和CH4，H2S的相对分子质量大于CH4，故沸点H2S大于CH4，A正确；B．HF能腐蚀玻璃是因为HF与SiO2反应生成的SiF4为气体，生成的SiF4逸出促进反应不断正向进行，从而HF能腐蚀玻璃，B错误；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径Z>X>Y>W，C错误；D．该分子中X、Z均为sp2杂化，D错误；故答案选A。14．下列说法一定正确的是A．1LpH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.01molB．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c(H+)逐渐增大，但电离常数Ka不变C．常温下，将pH=9的CH3COONa溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH=9D．常温下，将pH=2的一元酸溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7【答案】C【详解】A．温度不明确，则水的离子积不确定，不能得出：1LpH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子的物质的量n(OH-)=0.01mol的结论，故A错误；B．将冰醋酸加水稀释过程中，溶液中的氢离子和粗酸根离子浓度减小，故B错误；C．pH相同的两溶液任意比混合，混合后氢氧根离子浓度不变，pH无变化，所以常温下，将pH=9的CH3COONa溶液与pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液pH=9，故C正确；D．酸和碱的强弱未知，反应后的溶液不一定呈中性，故D错误；故选C。15．奥地利物理学家Boltzmann首次把熵和混乱度定量地联系起来，即S=klnΩ(k为Boltzmann常数，Ω为混乱度，也即微观状态数，可粗略地看作空间排列的可能性数目)。在相同的温度和压强下，下列关于熵的大小排序不正确的是A．相同质量时：C(s，金刚石)＞C(s，石墨)＞C(s，富勒烯)B．1molSO2(g)>lmolCO2(g)＞1molO2(g)＞1molH2(g)C．2molH2O(g)＞1molH2O(g)＞lmolH2O(1)＞1molH2O(s)D．1molCH3CH2CH3(g)＞lmolCH3CH3(g)＞lmolCH4(g)【答案】A【详解】A．质量相同时，金刚石和石墨的物质的量相同，从结构上看，金刚石比石墨排列有序，熵值低，所以相同质量时，熵值：C(s，金刚石)<C(s，石墨)，故A错误；B．物质的量相同时，相对分子质量越大，熵值越高，故B正确；C．同种物质而言，气态熵值大于液态熵值大于固态，物质的量越多熵值越大，故C正确；D．物质的量相同时，相对分子质量越大，熵值越高，故D正确；故选A。16．某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g)的速率方程为v=k•cm(A)•cn(B)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：c(A)/(mol•L-1)0.250.501.000.501.00c1c(B)/(mol•L-1)0.0500.0500.1000.1000.200c2v/(10-3mol•L-1•min-1)1.63.2v13.2v24.8下列说法不正确的是A．上述表格中的c1=0.75、v2=6.4B．该反应的速率常数k=6.4×10-3min-1C．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是500minD．升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k增大导致反应的瞬时速率加快【答案】D【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入可得，可知m=1；将第一组数据代入，可得k=6.4×10-3，则【详解】A．当速率为4.8×10-3mol•L-1•min-1时，由上述可知c1=0.75mol/L，c(A)=1mol/L时速率为6.4×10-3mol•L-1•min-1，A正确；B．速率常数k=6.4×10-3，B正确；C．存在过量的B时，反应掉93.75%的A可以看作经历4个半衰期，即50%+25%+12.5%+6.25%，因此所需的时间为，C正确；D．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误；故选D。17．根据图中的各物质间的能量循环图，下列说法正确的是A．△H1=△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7+△H8B．△H5＜0，△H7＞0，△H8＜0C．Br(g)的△H6小于Cl(g)的△H6D．△H5+△H6+△H7+△H8＜△H2【答案】D【分析】根据盖斯定律可以计算出该反应的反应热，即或。【详解】A．根据盖斯定律可以计算出该反应的反应热，即或，故A错误；B．钠原子失去电子属于放热反应，即；钠离子与铝离子结合生成氯化钠属于放热反应，即；物态变化中气态到液态，液态到固态均放热，即，故B错误；C．Br的非金属性比Cl弱，得电子能力比Cl弱，所以Br(g)的△H6大于Cl(g)的△H6，故C正确；D．由图可知放热，即；固态钠气化吸热，即，所以有，故D正确；故选D。18．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质B．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70C．配位化合物中配位键强度都很大，因而配合物都很稳定D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子为C和N【答案】C【详解】A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，A正确；B．C60和C70的分子直径不同，利用超分子的“分子识别”特性可以将C60和C70分离开来，B正确；C．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间形成配位键，配位键属于共价键，有的配合物很稳定，有的很不稳定，C错误；D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，提供空轨道，NO和CN-与Fe3+形成配位键，配位数为6，C和N有孤对电子，作为配位原子，D正确；故选C。19．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知Ksp(CaCO3)=10-8.7，某溶洞水体中lgc(X)(X为、或Ca2+)与pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A．曲线①代表HCO，曲线③代表Ca2+B．a=-4.35，b=-2.65C．由图中的数据计算得Ka2(H2CO3)=10-10.3D．pH=10.3时，c(Ca2+)=10-6.5mol•L-1【答案】D【分析】碳酸在水中存在电离平衡：、，以第一步为主；随着pH增大，平衡右移，先是浓度增加，随后浓度增大，随着浓度增大，溶液中浓度降低。【详解】A．由题可知，碳酸在水中存在电离平衡：、，以第一步为主；随着pH增大，平衡右移，先是浓度增加，随后浓度增大，故曲线①代表，曲线②代表，故A正确；B．由图可知，曲线②和曲线③交点可根据碳酸钙的溶解平衡进行计算，根据可得，交点处两离子浓度相等，即==，则a=4.35；由曲线①和曲线③的交点，、pH=10.3，可得=，当pH=8.6时，，即==，则b=-2.65，故B正确；C．由曲线①和曲线③的交点，、pH=10.3，可得=，故C正确；D．pH=10.3时，=，根据，可得==mol/L，故D错误；故选D。【点睛】突破点在于计算出碳酸的耳机电离常数20．有机高分子种类繁多，应用广泛。下列有关高分子的说法不正确的是A．粘胶纤维是用木材、秸秆等富含纤维素的物质经化学变化后制成的合成纤维，其中的长纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉、都可用于纺织工业B．聚苯乙烯(PS)绝缘性好、耐化学腐蚀、无毒，可制成日常用品、绝缘材料；还可制成泡沫塑料用于防震、保温、隔音C．高密度聚乙烯(HDPE)是乙烯在较低压力、温度下加聚反应合成的一种支链较少、密度和软化温度较高的有机高分子，常用于生产瓶、桶、板管等D．脲醛树脂(UF)是由甲醛和尿素发生缩聚反应制成的一种具有线型或网状结构的有机高分子，可由于生产木材黏合剂、生活器具和电器开关【答案】A【详解】A．粘胶纤维是用木材、秸秆等富含纤维素的物质经化学变化后制成的人造纤维，故A错误；B．聚苯乙烯(PS)绝缘性好、耐化学腐蚀、无毒，可制成日常用品、绝缘材料；还可制成泡沫塑料用于防震、保温、隔音等，故B正确；C．生产瓶、桶、板管等的材料软化温度和密度都要高，所以高密度聚乙烯(HDPE)可以用于该产品的加工，故C正确；D．脲醛树脂(UF)是由甲醛和尿素发生缩聚反应制成的一种具有线型或网状结构的有机高分子，可由于生产木材黏合剂、生活器具和电器开关，故D正确；故选A。21．目前科学家开发出一种新型家用电池系统，该系统输出能力达3.0千伏安，可保证普通家庭12小时的用电需求，其核心组成部分是基于Li4Ti5O12的SCiB超级锂电池，容量达6.6kWh。其电池结构如图，电池内部是固体电解质，充电、放电时允许Li+在其间通过。总反应可表示为：Li4Ti5O12+6CLi(4-x)Ti5O12+LixC6。下列说法正确的是A．外电路上的“→”，表示放电时的电流方向B．充电时阴极电极反应：LixC6-xe-=6C+xLi+C．放电时负极电极反应：Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+D．固体电解质的作用是让电子在电池内通过，形成闭合的回路【答案】C【分析】由总反应可知，放电时C电极为正极，电极反应式为6C+xLi++xe-=LixC6，Li4Ti5O12电极为负极，电极反应式为：Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+；充电时阳极与正极相连，阴极与负极相连，电极反应式相反；【详解】A．放电时电流从正极流向负极，由C元素化合价降低，则C电极为正极，Li4Ti5O12电极为负极，则电流从C电极流向Li4Ti5O12电极，外电路上的“→”表示放电时的电子方向，故A错误；B．充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Li(4-x)Ti5O12+xLi++xe-=Li4Ti5O12，故B错误；C．放电时负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+，故C正确；D．电子在外电路流动，不经过电解质，固体电解质的作用是让Li+在电池内通过，形成闭合的回路，故D错误；故选：C。22．Ge、GaAs、CdTe、CdSe等均为重要的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。其中CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示，已知原子坐标参数A为(，，)。下列说法不正确的是A．Se基态原子价电子排布式为3d104s24p4B．原子坐标参数B为(，，)C．晶胞中，与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有12个D．第四周期主族元素中第一电离能介于Ga、As之间的有3种【答案】A【详解】A．Se是34号元素，基态原子核外有34个电子，其基态原子价电子排布式为4s24p4，A错误；B．由晶胞结构示意图可知，AB原子分别位于八个小立方体中两个立方体的体心上，类似于金刚石的晶胞，根据相对位置分析，原子坐标参数B为(，，)，B正确；C．晶胞中，Cd原子位于晶胞的顶点和面心，两个Cd原子距离最近且相等的距离为面对角线的一半，以顶点的Cd原子为中心，每个晶胞有3个Cd原子距离最近且相等，每个顶点属于8个晶胞，且每个面上的Cd原子重复一次，故与Cd原子距离最近且相等的原子有12个，C正确；D．同周期元素第一电离能从左到右有增大趋势，但第ⅡA元素的大于第ⅢA元素，第ⅤA元素大于第ⅥA元素，Ga、As分别是第元素ⅢA、ⅤA元素，因此第四周期主族元素中的第一电离能介于之间的元素有Ca、Ge、Se，D正确；故选A。23．常温下，向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体，溶液中三种含氮微粒的物质的量分数δ与pOH的关系图如图。已知：①乙二胺为无色液体，有类似氨的性质，常温下Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15；②假设溶液体积保持不变。下列说法中不正确的是{已知：pOH=-lgc(OH-)}A．曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NHB．b点的对应pOH=5.61C．pOH=a时，c(Cl-)＞0.05mol•L-1D．在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中：c([H2NCH2CH2NH3]+)＞c([H3NCH2CH2NH3]2+)＞c(H2NCH2CH2NH2)【答案】C【分析】乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺()溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，继续通入HCl气体，的浓度减少，的浓度增多，即曲线Ⅲ代表。【详解】A．乙二胺与氨气的性质相似，与氯化氢反应生成相应的盐，刚开始向0.1mol•L-1的乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中不断通入HCl气体时，乙二胺浓度减少，的浓度增多，所以曲线Ⅱ代表，故A正确；B．根据的第一级和第二级电离可得、，b点时，，即==，带入，解得mol/L，所以pOH=5.61，故B正确；C．pOH=a时，，即，可得，显碱性，，根据电荷守恒：，即，pOH=a时，各占50%，且几乎为0，所以，故C错误；D．在0.1mol•L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，既存在的电离，也存在的水解，根据，可知其电离大于水解，显碱性，所以存在，故D正确；故选C。24．以钒化合物作催化剂制备高纯度次氯酸的机理如图，已知钒元素V最高化合价为+5价，N(His404)、N(His496)为氨基酸，下列说法不正确的是A．反应①④中，都形成配位键，都有氢氧键的断裂和形成B．反应过程中，钒化合物甲是催化剂，乙、丙、丁、戊是中间产物C．在该催化循环过程中，中心原子V的化合价和VSEPR模型发生了改变D．此图钒化合物的每一次循环使无机物发生的净反应：H2O2+Cl-+H+=HOCl+H2O【答案】C【详解】A．反应①中H2O2断裂H-O键，-OOH与V形成配位键，反应④H2O断裂H-O键，-OH与V形成配位键，故A正确；B．反应过程中，化合物甲先和H2O2反应，经过一系列反应又生成了甲，因此该机理中化合物甲作催化剂，乙、丙、丁、戊是中间产物，故B正确；C．反应过程中，中心原子V的共用电子对与孤对电子数不变，则VSEPR模型不变，故C错误；D．根据图中的转化关系得到制备机理的总反应的方程式为：H2O2+Cl-+H+=HClO+H2O，故D正确；故选：C。25．下列实验现象和结论正确的是选项实验目的实验操作实验现象、结论A探究盐类水解程度常温下，用pH计测得0.1mol•L-1弱酸盐NaHA、NaB、Na2A溶液pH值为a、b、c若c＞b＞a，则水解程度：A2-＞B-＞HA-B实现沉淀的转化向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L-1MgCl2溶液，再滴入2滴0.1mol•L-1CuSO4溶液若白色沉淀→蓝色沉淀，则Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2C验证乙炔化学性质将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性KMnO4溶液中若紫红色褪去，则证明乙炔能使KMnO4溶液褪色D卤代烃中卤原子的检验有机物A加入到NaOH乙醇溶液中，充分加热：冷却后，取混合液加足量硝酸酸化后滴加AgNO3溶液若不产生浅黄色沉淀，则有机物A也可能为溴代烃A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．NaHA溶液中存在的水解和电离，当水解程度大于电离程度时显碱性；电离程度大于水解程度时显酸性，不能根据溶液的pH比较NaHA与NaB的水解程度大小，故A错误；B．向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L-1MgCl2溶液，此时NaOH过量，加入2滴0.1mol•L-1CuSO4溶液后生成的蓝色沉淀不一定是由氢氧化镁转化而来，不能得出Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2的结论，故B错误；C．电石中含有硫化钙，易生成硫化氢，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．卤代烃消去的原则是：与卤素原子直接相连的邻碳上有H原子。若邻碳上无H则不能消去，故D正确；故选D。二、结构与性质26．金属镍及其化合物在合成材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：(1)基态Ni原子的原子结构示意图为_____。(2)NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，则NiO晶胞结构中Ni2+的配位数为_____；又知Ni2+、Fe2+的离子半径分别为69pm、78pm，则NiO熔点_____FeO(填“>”、“<”、“=”)。(3)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图甲所示，则该沉淀中Ni2+的配位数为_____；元素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为____。(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图及晶胞参数如图乙所示。该晶体的化学式为_____；晶体密度为_____g•cm-3(列出含a、b、NA计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)(2)

6

＞(3)

4

O＞N＞C＞H＞Ni(4)

La5Ni(或NiLa5)

【解析】（1）Ni元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，原子序数28，最外层两个电子，原子结构示意图为：，故填；（2）NaCl晶体中钠离子和氯离子的配位数均为6，因为NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，所以Ni2+的配位数为6；离子半径：，晶格能：，所以前者熔点高，故填6、>；（3）从图甲中可以看出Ni与周围四个N原子相连形成配合物，其配位数为4；根据元素周期律，同周期电负性从左到右依次增大，同主族从上到下依次减弱，金属电负性小于非金属，所以素H、C、N、O、电负性由大到小的顺序为，故填；（4）根据晶胞结构示意图，晶胞中La原子的个数为：；Ni原子个数为：，所以该晶体的化学式为：或；根据=，其中=，代入上式得：，故填或、三、元素或物质推断题27．新型耐火材料M由三种短周期元素组成，涉及M的转化关系如图所示：已知：气体E是直线形三原子分子；气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；化合物A，C的实验式中的原子总数和电子总数均相等(图中的某些产物未列出)。请回答下列问题：(1)气体G分子的VSEPR模型为_____，空间结构为_____。(2)白色沉淀K是两性氢氧化物，写出其酸式电离的电离方程式_____。(3)组成M的三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)。(4)反应①的化学方程式为_____。(5)设计实验确定溶液F中所含溶质的阴离子的方法：_____。【答案】(1)

四面体形

三角锥形(2)Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+(或Al(OH)3H2O+AlO+H+)(3)C＞Si＞Al(4)SiAl4C4+2N2SiC+4AlN+3C(5)取样，逐滴滴加稀盐酸，先有白色沉淀，加盐酸过量后沉淀消失，则含有AlO【分析】气体E是直线形三原子分子，为二氧化碳；气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为氨气，物质的量为0.4mol；溶液H中通入二氧化碳气体生成白色沉淀为硅酸沉淀，加热后得到固体D为二氧化硅。则二氧化硅为6.0克，物质的量为0.1mol，溶液F中通入二氧化碳生成白色沉淀K为氢氧化铝，加热后得到固体L为氧化铝，即氧化铝为20.4克，物质的量为0.2mol，化合物C

中含有铝和氮元素，即为氮化铝，根据化合物A，C的实验式中的原子总数和电子总数均相等分析，化合物A为碳化硅。单质B为碳，物质的量为0.3mol，则18.4克M中含有铝0.4mol，10.8克，生成碳单质的质量为3.6克，物质的量0.3mol剩余碳和硅元素在化合物A中，质量为18.4-10.8-3.6=4.0克，则含有0.1mol硅和0.1mol碳，即M中含有0.4mol铝，0.4mol碳，0.1mol硅，化学式为SiAl4C4。据此解答。（1）气体G能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明为氨气，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形。（2）白色沉淀K是两性氢氧化物，且是溶液F与二氧化碳反应生成的，故为氢氧化铝，其酸式电离的电离方程式Al(OH)3+H2OAl(OH)+H+(或Al(OH)3H2O+AlO+H+)；（3）组成M的三种元素为碳、硅、铝，碳和硅是同主族元素，同主族元素，从上到下，第一电离能减小，硅和铝是同周期元素，同周期，从左到右第一电离能变大，故第一电离能由大到小的顺序为C＞Si＞Al；（4）根据分析可知M为SiAl4C4。其余氮气反应生成氮化硅和氯化铝和碳，方程式为：SiAl4C4+2N2SiC+4AlN+3C；（5）F为偏铝酸钠，检验偏铝酸根离子的方法为：逐滴滴加稀盐酸，先有白色沉淀，加盐酸过量后沉淀消失，则含有AlO。四、原理综合题28．我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，“碳中和”对我国意味着：一是能源转型首当其冲：二是通过工艺改造、节能等措施减少二氧化碳的排放在能源的产生、转换、消费过程。I.减少二氧化碳排放的方法之一是将CO2催化还原，比如：反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ•mol-1反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2都是目前处理CO2的重要方法。回答下列问题：(1)反应1在_____的条件下能自发发生，该反应的活化能Ea(正)_____Ea(逆)(填“大于”或“小于”)。(2)已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1②H2O(l)=H2O(g)△H3=44.0kJ•mol-1，则△H2=_____kJ•mol-1。(3)恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1∶3的CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ•mol-1达到平衡，下列有关叙述正确的是_____。A．升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小B．再加入一定量的CO2和H2，CO2和H2的转化率不可能同时都增大C．加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率D．其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量(4)一定条件下，在1L密闭容器中加入2molCO2和2molH2只发生反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，如图是随着反应的进行，CO2的浓度随时间改变的变化图。若在t1时刻再加入1molCO2，t2时刻到达新的平衡。请你画出t1～t3内时刻CO2的物质的量浓度随时间改变的变化图_____。(5)II.减少二氧化碳排放的方法之二是使用合适催化剂可由CO2和CH4可转化为CH3COOH，但反应中催化剂活性会因积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)而降低，同时存在的消碳反应CO2(s)+C(s)=2CO(g)则使积碳量减少。在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，pa(CO2)＞pb(CO2)＞pc(CO2)，如图可以表示不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势的是_____(填序号)。A． B．C． D．(6)III.减少二氧化碳排放的方法之三是使用电化学方法转化CO2，研究证明：CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，收集CO进行其他有机类合成。则生成CO的反应发生在_____极，该电极反应式是____。【答案】(1)

低温

小于(2)+41.2(3)AD(4)(5)A(6)

阴

2CO2+2e-=CO+CO【分析】有两个或以上的气体反应物参与平衡时，增加其中一个气体反应物浓度，另一个反应物的转化率一定增加，两个同时增加时，与反应是分子数增大还是分子数减小有关。（1）(1)该反应为分子数减少的反应：，且为放热反应：，根据判据：时反应自发进行，可知该反应在低温下可自发进行；由，所以，故填低温、小于；（2）(2)CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，可得；；根据盖斯定律，==+41.2Kj/mol，故填+41.2（3）(3)A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡左移，平衡常数只与温度有关，即平衡常数减小，故A正确；B．再加入一定量的CO2和H2，体系内压强增大，两者可能都增加，故B错误；C．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动不影响，故C错误；D．该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，平衡右移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；故选AD；（4）(4)增大反应物的浓度平衡向右移动，反应速率加快，二氧化碳转化率降低，根据题意可得：，故填；（5）(5)根据速率方程：v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)，当p(CH4)一定时，积碳速率与p(CO2)成反比，即二氧化碳压强越大，祭坛量越少，且为指数变化关系，所以在以下四幅图中，只有A满足，故选A；（6）(6)从CO2参与反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，所以生成CO的一极为阴极，电极反应式为：，故填阴、。五、实验题29．氮化铝广泛应用于集成电路生产领域，合成氮化铝的常见方法有：方法①：金属直接氮化法：2Al+N22AlN或者2Al+3NH32AlN+3H2；方法②：氧化物还原氮化法：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；方法③：化学气相沉积法等。I.某化学研究小组依据方法②氧化物还原氮化法，设计如图(图1)实验装置欲制取氮化铝。(1)仪器B的名称_____；装置中橡胶导管A的作用是____。(2)上述实验装置存在两处不足：____、____。(3)反应结束后，某同学按图2装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用_____(填写序号)。a.汽油

b.酒精

c.植物油d.CCl4②下列措施或事实造成测定氮化铝样品的质量分数偏小的是____。(填写序号)。a.广口瓶中的液体没有装满

b.量筒的液面高于试剂X的液面c.氨气没有全部进入广口瓶

d.撤走橡胶导管E，并将锥形瓶塞改为双孔塞③若实验中称取氮化铝样品的质量为1.00g，测得氨气的体积336mL(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为_____。(保留3位有效数字)。II.工业上依据方法③化学气相沉积法合成氯化铝，工艺流程如图：已知：步骤II中发生的刷反应，AlCl3+nNH3AlCl3•nNH3(4)步骤III中发生的主反应化学方程式：_____。【答案】(1)

(球形)