高三三轮冲刺考前拉练二

高三三模考前拉练二考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Co59Cu64As75第I卷（选择题）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。举世瞩目的2022年北京冬奥会成功举办，冬奥会上有许多“化学元素”发挥着重要作用。下列有关说法不正确的是A．碲化镉(CdTe)发电玻璃用于一体化项目：CdTe属于半导体，52Te位于金属与非金属交界处B．中国健儿将身披通过三维扫描技术定制的芳纶战衣出征：芳纶为有机高分子材料C．雪上项目将适当采用人造雪：人造雪性能优于天然雪，其化学成分与干冰相同D．“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”：光伏电解水制氢可作为绿氢主要来源2．下列物质的应用与氧化还原反应无关的是A．果蔬磕碰、加工过程中的变色B．维生素C能促进补铁剂（有效成分FeSO4）的吸收C．二氧化氮能使多种织物褪色D．含有不饱和键的防晒霜减少紫外线对人体的伤害3．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)实验目的玻璃仪器试剂A利用反萃取原理从碘的四氯化碳溶液中获取碘单质漏斗、烧杯、玻璃棒、分液漏斗稀硫酸、氢氧化钠溶液B制备Fe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管1mol/L氢氧化钠溶液、1mol/L氯化铁溶液C滴定法测定H2C2O4含量酸式滴定管、烧杯、胶头滴管KMnO4标准溶液D进行淀粉水解实验，并检验产物中的醛基试管、酒精灯、胶头滴管淀粉溶液、稀硫酸、新制氢氧化铜悬浊液冠醚冠醚空腔直径/pm适合的粒子（直径/pm）15-冠-517-220Na+（204）18-冠-6260-320K+（276）21-冠-7340-430Cs+（334）4．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与形成的鳖合离子的结构如图所示。下列说法错误的是A．6个O原子与K+可能在同一平面上B．二苯并-18-冠-6也能适配Li+该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种一个鳌合离子中配位键的数目为65.某新型离子液体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有1个未成对电子。下列说法错误的是阴、阳离子中都存在配位键，配位键是Y、W原子提供孤电子对 离子半径：Y>Z同周期中第一电离能小于Y的元素有5种 同周期元素形成的单质中Z氧化性最强 6.2022年爆发的新型冠状病毒及其变异病株，至今还对世界人民的健康造成巨大威胁，我国政府在抗击疫情方面作出巨大贡献。茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法错误的是茚地那韦共含有2个手性碳B．茚地那韦分子中含有羟基和酰胺键C．虚线框内的所有原子一定不处于同一平面D．茚地那韦属于芳香化合物，能使高锰酸钾溶液褪色7．某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体下列说法不正确的是A．①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓B．由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的C．②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了D．实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是A．放电时，正极电极周围pH升高B．使用s—SnLi催化剂，中间产物更不稳定C．使用催化剂Sn或者s—SnLi均能有效减少副产物CO的生成D．放电时，每生成1molHCOO-，整个装置内转移NA个电子对于下列实验，不能达到实验目的的是甲甲丁丁水水A．图1右侧试管中观察到淡黄色沉淀，可证明制备溴苯的反应为取代反应B．用乙装置验证氧化性：Cl2>Fe3+>I2C．用丙装置验证稀硝酸的还原产物为NOD．用丁装置测定一定质量的镁铝合金与足量稀硫酸反应生成气体的体积便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，通过与空气作用释放低浓度二氧化氯(ClO2)杀菌消毒从而起到防护效果。一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如下：已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。②饱和NaClO2溶液中折出的晶体成分与温度的关系如下表所示：温／℃<3838-60>60晶体成分NaClO2·H2ONaClO2分解成NaClO₃和NaCl下列说法错误的是A．母液中含有的溶质有NaHSO4B．吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2C．发生器中鼓入空气的主要目的是稀释ClO2以防爆炸D．获取NaClO2晶体方法为：加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A验证CH2=CHCHO分子中的碳碳双键取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键B检验存在配位平衡用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色正向移动C探究浓度对反应速率的影响向两支盛有5mL不同浓度KMnO4溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察实验现象褪色较快的草酸，反应速率大D检验Fe2+与I-的还原性强弱向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+12．立体异构包括顺反异构、对映异构等．有机物M（3-溴-1-丁烯）存在如下转化关系，下列说法正确的是已知：双键和羟基不能连接在同一个碳原子上。A．L分子可能存在顺反异构B．M的任一同分异构体最多有1个手性碳原子C．P的同分异构体中，能被氧化为醛的醇有4种D．L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种盐酸羟胺(NH3OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似NH4Cl。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是A．电池工作时，Pt电极是正极B．图2中，A为H+和e-，B为NH3OH+C．电池工作时，每消耗2.24LNO(标准状况下)，左室溶液质量增加3.3gD．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降14．叔丁基溴[(CH3)3CBr]在乙醇中除了发生取代反应生成取代产物外，还可以发生消去反应生成消去产物，这两个反应是竞争反应，其反应的能线图如图所示。下列说法错误的是A．升高温度可以增加过渡态①②的活化分子数，降低过渡态③的活化分子数B．(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-是反应的决速步骤C．(CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2D．向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH215．室温下向溶液中滴加同浓度NaOH溶液，此过程中含X的粒子分布系数随溶液pH的变化关系如图所示，当所加NaOH溶液体积为40mL时pH为a(忽略溶液体积变化，如0.3mol⋅L-1H3XO3A．的第三级电离为：；B．适当升高温度，曲线①与曲线②的交点会左移C．当所加NaOH溶液体积为20mL时溶液中存在关系式：D．pH为a时，约为第II卷（非选择题共60分）请点击修改第II卷的文字说明16．（12分）氮、磷、钴等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。(1)磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。杂化成键后形成PCl5的空间构型可能为。A.正四面体B.三角双锥C.正八面体(2)的一种结构如图1所示，氢原子只有一种化学环境，氨原子有两种化学环境，其中的大π键可表示为___(已知苯中的大Π键可表示为Π)。(3)N2H4和(CH3)2NNH2都是一种良好的火箭发射燃料。熔点沸点N2H41.4℃113.5℃(CH3)2NNH2-57°C63°C(CH3)2NNH2中氮原子的杂化轨道类型为，沸点：N2H4(CH3)2NNH2（“高”或“低”）较高的主要原因是__。(4)分于中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如图为Co(Ⅱ)双核配合物的内界。①配合物中每个中心离子的螯合配位数为____。②下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____(填标号)[Ar]3d74s1B．[Ar]3d74s2C．[Ar]3d74s14p1D．[Ar]3d74p1(5)Co可以形成六方晶系的CoO(OH)，晶胞结构如图2所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标.已知晶胞含对称中心，其中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，则2号O原子的坐标为____。设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____g/cm3(用代数式表示)。17．（12分）二氯异氰尿酸钠（NaC3N3O3Cl2，摩尔质量为220g/mol）是一种高效广谱杀菌消毒剂，它常温下为白色固体，难溶于冷水。其制备原理为：，请选择下列部分装置制备二氯异氰尿酸钠并探究其性质。YY已知：①3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC1O3+3H2O请回答下列问题：仪器X的名称为，其中的盛放的试剂是___________。(2)将D中试剂换成氯酸钾后发生反应的离子方程式为___________。(3)装置A中冰水浴的目的是_______。(4)当装置A内出现___________的现象时，打开装置A中分液漏斗的活塞，加入Y溶液，在加入氰尿酸溶液后还要继续通入一定量的氯气，其原因是___________。(5)反应结束后，A中浊液经过滤、___________、___________得到粗产品mg。(6)粗产品中NaC3N3O3Cl2含量测定。将mg粗产品溶于无氧蒸馏水中配制成100mL溶液，取10.00mL所配制溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min。用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，加入淀粉指示剂，滴定至终点，消耗溶液。（假设杂质不与反应，涉及的反应为：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，）①则NaC3N3O3Cl2的含量为___________。(用含m，c，V的代数式表示)②下列操作会导致粗产品中二氯异氰尿酸钠的纯度偏低的是___________(填标号)。a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡c．碘量瓶中加入的稀硫酸偏少18．（12分）新型冠状病毒肺炎药物阿比多尔的中间体I的合成路线如图：(1)反应①②③中属于取代反应的是___。(2)C中官能团名称是___。(3)D的结构简式为___。(4)F的分子式是___，1mol该物质能与___molNaOH充分反应。(5)⑦的化学方程式为___。(6)满足下列条件的D的同分异构体有___种。a.含苯环结构

b.含—NO2其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6：2：1的结构简式为___。(7)已知：①当苯环有RCOO—、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位：原有基团为—COOH时，新导入的基团进入原有基团的间位。②苯酚、苯胺()易氧化。设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任用)___。19．（12分）钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如下：已知：钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。请回答以下问题：(1)操作②的名称：_______，操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是_______。(2)加入铁粉的作用：_______。(3)生成聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]的离子方程式为_______。(4)钪是一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为_______。(5)“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量则Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物的化学方程式为_______。(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=5×10-6，“调pH”过程中控制pH=7，则调节pH后三价Sc的存在形式为_______(填化学式)(lg5=0.7)。(7)“脱水除铵”过程中，复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O分解得到ScF3，某固体样品质量与温度的关系如图所示。加热至380-400℃产生白烟，400℃以上质量不再改变。则a=_______(填数字)。20．（12分）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。(1)人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：反应：

___________。(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为___________％。(计算结果保留1位小数)(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。①分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：在催化剂甲作用下，图1中M点的速率___________(填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为___________。②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=___________(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为___________。解析1．CA．Te的原子序数为52，Te原子核外K、L、M、N、O层依次排有2、8、18、18、6个电子，Te在元素周期表中位于第五周期第VIA族，沿着元素周期表中Al、Ge、Sb、Po与B、Si、As、Te、At的交界处画出一条分界线给金属元素和非金属元素分区，Te位于金属与非金属交界处，A项正确；B．人造雪是指人为地通过一定的设备或物理、化学手段，将水（水气）变成雪花或类似雪花的过程，从本质上看，人造雪和天然雪是相同的，但人造雪的密度更大，则人造雪的成分为H2O，干冰是固态CO2，人造雪与干冰的化学成分不相同，B项错误；C．芳纶是芳香族聚酰胺纤维，属于有机高分子材料C项正确；D．光伏电解水制氢的原理是利用光伏发电将太阳能转化为电能，然后利用电能电解水制备H2，光伏电解水制氢实现了清洁能源生产清洁能源，故光伏电解水制氢可作为绿氢主要来源，D项正确；2答案选D。氧化还原反应的特征是反应前后元素的化合价发生变化。根据题目中各个选项描述的反应有无元素的化合价发生变化即可判断该反应是否与氧化还原反应相关。A．多酚氧化酶在有氧的情况下可催化酚的氧化反应，使其变成深色物质,说明该反应与氧化还原反应有关，A项不合题意；B．补铁剂中的亚铁离子有可能被氧化为铁离子，而维生素C具有还原性，能将铁离子还原为亚铁离子，促进人体吸收，与氧化还原反应有关，B项不合题意；C．二氧化氮吸收光子，产生光解反应生成臭氧。臭氧属氧化剂，具有很强的氧化性，可使纺织品、纸张的纤维发脆、断裂，橡胶交链老化断裂，强度降低。与氧化还原反应有关，C项不合题意；D．防晒霜之所以能有效地减轻紫外光对人体的伤害，其原因之一是它的有效成分的分子中有π键。这些分子中的π键的电子在吸收紫外光后被激发，从而能阻挡部分紫外光。与氧化还原反应无关，D项符合题意；答案选D。3．A碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠浓溶液，碘发生歧化反应生成碘化钠和次碘酸钠，用分液漏斗分液回收四氯化碳，水相中加入硫酸，酸性条件下碘化钠和次碘酸钠发生归中反应生成碘沉淀，过滤获取碘单质，A正确；B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，缺少蒸馏水，不能用氢氧化钠溶液，故B错误；C．滴定法测定含量，应该使用酸性高锰酸钾溶液，还需要稀硫酸；仪器使用酸式滴定管、烧杯、胶头滴管、锥形瓶，故C错误；D．进行淀粉水解实验，并检验产物中的醛基，向水解后的溶液中加氢氧化钠中和硫酸，再加新制氢氧化铜悬浊液并加热，缺少氢氧化钠溶液，故D错误。选A。4.答案BA.结构中氧原子均与苯环直接相连，故6个O原子与K+可能在同一平面上，A正确；B.一般而言，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Li+半径小于Na+；由图标可知，二苯并-18-冠-6不能适配Li+,B错误；C.该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其它碳链上的碳原子为sp3杂化；碳原子杂化方式有2种，C正确；D.由结构简式可知，一个整合离子中配位键的数目为6,D正确；故选B.5答案：A解析：基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有1个未成对电子，可能是5号元素B，也可能是F，依据能形成1个共价键，可知Z元素为F，再依据M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大可知，M、W、X、Y原子序数都是小于9的元素，再依据Y可形成3个化学键也有4个化学键，可知是N，其中4个化学键是N元素与H形成的配位键，X元素形成4个化学键，说明是C元素，W形成4个化学键带1个负电荷，说明W为B，4个化学键中其中1个是F与之形成的配位键，M元素原子序数小于5，并与氮元素形成-NH2，故M为H，M、W、X、Y、Z分别为H、B、C、N、F。阴、阳离子中都存在配位键，其中N、F提供孤电子对，故A错误；Y、Z具有相同的电子层结构，原子序数Y<Z,离子半径：Y>Z，故B正确；同周期中第一电离能小于Y的元素有5种，同周期中从Li到C和O元素，共五种，故C正确；同周期元素从左向右，氧化性依次增强，F元素最强，故D正确。综上所述，正确答案为A。6答案A***A．，故A错误；***B．从结构简式中可以看出，茚地那韦分子中含有羟基和酰胺键，B正确；C．虚线框内的带“*”的碳原子，和与其直接相连的4个原子，共5个原子，一定不能处于同一平面，C正确；D．茚地那韦分子中含有苯环，为芳香化合物，含有羟基等使高锰酸钾溶液褪色；D正确；故答案为：B。7答案CA．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；故选C。8答案DA．由图可知：充电时，外电路电子流向锌，则Zn电极为阴极，得到电子发生还原反应，左侧电极为阳极，失去电子发生氧化反应，则放电时右侧电极为正极，正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，可见，随着反应的进行，溶液中c(OH-)增大，溶液pH增大，A正确；B．根据反应路径图可知：使用催化剂Sn或者s-SnLi生成CO时，活化能大，活化能大时反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低越稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成，C正确；C．根据反应路径图可知：使用s-SnLi催化剂，中间产物能量高，更不稳定，C正确；D．放电时，右侧电极失去反应为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，碳元素由+2价升高到+4价,每生成1molHCOO-，转移2NA个电子，D错误；故合理选项是D。9答案BA．四氯化碳可以溶解吸收挥发出来的Br2，若仍生成淡黄色沉淀，说明苯与溴反应时有HBr生成，发生取代反应，A正确；B．乙中右侧试管中四氯化碳呈现紫红色，说明有碘单质生成，但是可能是氯气和碘化钾反应生成的碘单质，B错误；C．稀硝酸与碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳可以排出装置中的氧气，再将铜丝伸入，即可验证稀硝酸的还原产物为一氧化氮，C正确；D．氢气难溶于水，故可以用排水法测定氢气的体积，B正确；故选B。10答案DNaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再得到NaClO2粗产品。A．NaClO3和SO2在发生器中发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中回收的主要物质是Na2SO4，溶液呈酸性，可能含有NaHSO4，故A正确；B．吸收塔中发生的反应为2ClO2+2H2O2+OH—=2ClO2—+2H2O+O2，故B正确；C．根据信息，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的主要作用是将空气中ClO2的体积分数降至安全范围，故C正确；D．依据所给信息可知，获取NaClO2晶体，应在38-60℃减压蒸发结晶，趁热过滤，50℃左右热水洗涤，低于60℃条件下干燥，得到成品，故D错误；答案选D。11答案BA．溴水具有强氧化性，中含有的醛基能被溴水氧化，因此溴水褪色不能说明一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A错误；B．用蒸馏水溶解固体，并继续加水稀释，，溶液浓度减小，导致平衡向离子数目增大的方向移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B正确；C．向含0.1mol的FeI2溶液中通入0.1molCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I->Fe2+，C错误；D．不同浓度KMnO4溶液起始颜色深度不同，与足量草酸溶液反应褪色时间不同，不能说明浓度大的反应速率快，D错误；答案选D。12答案：AC解析：依据反应的条件可知，M、N、L、P的结构简式分别为、、、，L分子存在顺反异构，故A正确；M的一个同分异构体，有两个手性碳；P的同分异构体中能被氧化成醛的有如下四种结构、、、，故C正确；L的同分异构体中的、，含有两种环境的氢，故D错误。综上所述，正确答案为AC。13答案C由图可知，Pt电极上H2→，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H2-2e-=2；含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；A．Fe电极NO→NH3OHCl，N元素化合价降低，做正极，Pt电极H2→，H元素化合价升高，做负极，故A错误；B．根据题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：NH2OH+H+=NH3OH+，图2中，A为H+，B为，故B错误；C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量，则左室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C正确；D．负极电极反应式：H2-2e-=2，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；故选C。14答案ACA．升高温度活化分子数都会增加，故A错误；B．由图可知，(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-的过程活化能相对较高，因此相对较难发生，所以该过程是反应的决速步骤，故B正确；C．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故C错误；D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入NaOH能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；综上所述，说法错误的是C项，故答案为C。15答案BD根据含X的粒子分布系数δ随溶液pH的变化关系，曲线①代表δ(H2XO)，曲线②代表δ(HXO)。A．由曲线②可知，pH为a后继续滴加NaOH溶液，δ(HXO)仍呈上升趋势，说明H3XO3为二元酸，不存在三级电离，A错误；B．曲线①与曲线②的交点表示c(H2XO)=c(HXO)，Ka2==c(H+)，适当升高温度，Ka2增大，则c(H+)增大，所以pH减小，则交点会左移，B正确；C．溶液中不存在XO，C错误；D．加NaOH溶液体积为40mL时，H3XO3和NaOH恰好生成Na2HXO3，其物质的量浓度为0.1mol/L，c(HXO)约为0.1mol·L−1，pH为a，根据Ka2=可知：10-7=，可算出c(H2XO)约为106-amol·L−1，D正确；故选D。16(1)

1s22s22p63s13p33d1

；B(2)(3)sp3；N2H4、(CH3)2NNH2都是分子晶体，分子间都存在氢键，N2H4分子间存在的氢键比(CH3)2NNH2多(4)

①5

②A(5)

(0.3333，0.6667，0.6077)

g/cm3【解析】(1)磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1；依据价层电子对互斥理论判断可知PCl5的空间构型可能为三角双锥。(2)根据的结构分析，N存在两种化学环境，一种为-NH2形式，还有一种N同时连接3个N，整个分子为平面结构，可以把整个体系失去的两个电子归在中心的N上，如此N上为空pz轨道，其余Npz方向存在一对电子，4个Npz轨道交盖形成平面型的离域大π键，为；(3)N2H4中N原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3；N2H4、(CH3)2NNH2都是分子晶体，分子间都存在氢键，N2H4分子间存在的氢键比(CH3)2NNH2多故答案为：sp3；N2H4、(CH3)2NNH2都是分子晶体，分子间都存在氢键，N2H4分子间存在的氢键比(CH3)2NNH2多；(4)①配合物的中心离子为钴离子，由配合物的结构可知，每个中心离子的配位数为5。②A．[Ar]3d74s1属于基态Co+，由于Co的第二电离能比第一电离能大，故其再失去一个电子能量较高；B．[Ar]3d74s2为基态Co原子，失去一个电子变为基态Co+，为第一电离能；C．[Ar]3d74s14p1为激发态Co原子，失去一个电子所需能量低于基态Co原子失去一个电子；D．3d74p1为激发态Co+，失去一个电子所需能量低于基态Co+失去一个电子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d74s1，答案选A。(5)根据晶胞中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)和晶胞含对称中心，根据对称关系0.6667+0.3333=1，0.3333+0.6667=1，0.1077+0.8923=1，对称位上的O的坐标为(0.3333，0.6667，0.8923)，则2号O原子的坐标为(0.3333，0.6667，0.6077)；根据晶胞的结构可知，晶胞中含有两个CoO(OH)，其质量为，晶胞的体积为，故该晶胞的密度为g/cm3。17．(1)三颈烧瓶；氢氧化钠溶液(2)ClO3-＋6H++5Cl-=3Cl2↑＋3H2O(3)

防止温度过高生成NaClO3；(4)液面上方出现黄绿色气体

;通入Cl2与生成的NaOH反应，有利于NaC3N3O3Cl2的生成(5)

冷水洗涤

干燥(6)

①；②c由二氯异氰尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反应装置可以分为氯气的发生装置与二氯异氰尿酸钠的制备装置。具体反应流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反应制Cl2；除去Cl2中因浓盐酸挥发而混合的HCl；将Cl2通入氢氧化钠溶液中制备NaClO，再与氰尿酸溶液反应生成二氯异氰尿酸钠；对尾气Cl2进行处理。据此可回答各个问题。(1)仪器X为三颈漏斗，其中所加试剂的目的是与Cl2反应生成NaClO，故该试剂为氢氧化钠溶液。(2)装置D为氯气发生装置，若利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反应的离子方程式为：ClO3-＋6H++5Cl-=3Cl2↑＋3H2O。(3)在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴。(4)该反应中有黄绿色的气体Cl2参加反应，打开装置A的活塞加入C3H3N3O3溶液，根据已知反应可知装置A中已经存在NaClO，故当液面上方出现黄绿色气体时说明Cl2过量，已将氢氧化钠转化为次氯酸钠;观察题干信息可知制备二氯异氰尿酸钠的反应可以生成NaOH，故继续通入一定量的氯气可以与生成的NaOH反应不断生成NaClO，有利于NaC3N3O3Cl2的生成。(5)考虑到二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故答案为：冷水洗涤；干燥。(6)①由题干中给出的反应方程式：C3N3O3Cl+3H++4I-=C3H3N3O3+2I2+2Cl-，可知各物质的物质的量之比为n(NaC3N3O3Cl2)：n(I2)：n(Na2S2O3)=1：2：4。即n(NaC3N3O3Cl2)=n(Na2S2O3)=mol。10mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为m=n×M=mol×220g/mol=0.055cVg，100mL溶液中NaC3N3O3Cl2的质量为0.55cVg。则NaC3N3O3Cl2的含量。②a．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管未润洗，会导致Na2S2O3标准溶液的浓度偏低，消耗的Na2S2O3的量偏大，最终导致物质的纯度偏高，a不符合题意；b．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则消耗的标准溶液的体积偏大，由此计算的物质的纯度偏高，b不符合题意；c．如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的I2的量偏低，最终导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏少，由此计算出的物质的含量偏低，c符合题意；故合理选项是c。18【答案】

①②

酯基、硝基

C14H15NO4

3

+2Br2→+2HBr

14

、

苯酚与硝酸反应生成对硝基苯酚，对硝基苯酚与CH3COCl发生取代反应，结合E的结构可知，应为取代反应，C为，C在Fe氯化铵条件下发生还原反应生成D，D为，D与反应生成E，E在碳酸钾、醋酸钯条件下得到F，F发生取代反应的G，G与液溴发生取代反应得到H，H为，

H与发生取代反应反应得到I，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知①为苯酚的硝化反应属于取代反应，②为对硝基苯酚的取代反应，③为硝基还原成氨基的反应，故答案为：①②；(2)C为，所含官能团为硝基，酯基，故答案为：硝基、酯基；(3)由上述分析可知D为，故答案为：；(4)由F的结构简式可知其分子式为：C14H15NO4，其结构中含有2个酯基能与氢氧化钠发生水解反应，其中苯环直接相连的酯基为酚类酯结构1mol该结构能消耗2mol氢氧化钠，因此1molF能消耗3molNaOH，故答案为：C14H15NO4；3；(5)⑦为与液溴发生的取代反应，得到，反应方程式为：+2Br2→+2HBr，故答案为：+2Br2→+2HBr；(6)D为，满足含苯环结构、含—NO2的同分异构体除硝基外，含有两个碳原子，先以乙基形式连接在苯环上，则乙苯中有5中氢，可被硝基取代，若以两个甲基形式连接在苯环上，分别由邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯三种结构，三者所含氢的种类分别为3、4、2，被硝基取代即得到D的相应同分异构体，共计14种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为6：2：1的为、，故答案为：14；、；(7)可由水解后酸化得到，可由发生还原反应得到，可由经高锰酸钾氧化得到，可由经浓硝酸取代反应得到，合成路线为：，故答案为：19答案(1)

过滤

烧杯(2)还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+水解(3)Al3++Fe3++n+(6-2n)=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n↓+(6-2n)CO2↑(4)钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难(5)3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6](6)Sc(OH)3(7)6赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应