浙江省绍兴市诸暨市2022-2023学年高三12月诊断性考试（一模）化学试题

诸暨市2022年12月高三诊断性考试试题化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cu64Ag108Ba137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质的分类不正确的是A.石墨烯——烃 B.二氧化硅——共价化合物C.有色玻璃——固溶胶 D.酒精——纯净物【答案】A【解析】【详解】A．石墨烯是只有1个碳原子直径厚度的单层石墨，组成元素只有碳元素，不属于烃，A项错误；B．二氧化硅是只含Si—O共价键的化合物，属于共价化合物，B项正确；C．固溶胶是指将固体作为分散剂所形成的溶胶，有色玻璃属于固溶胶，C项正确；D．酒精是乙醇的俗称，其分子式为C2H6O，结构简式为CH3CH2OH，属于纯净物，D项正确；答案选A。2.下列物质属于非电解质，但水溶液能导电的是A. B.石墨 C. D.【答案】D【解析】【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B．石墨是碳单质，既不是电解质也不是非电解质，B不符合题意；C．水溶液本身能电离出自由移动的H+和，属于电解质，C不符合题意；D．溶于水中，与水反应生成氨水，氨水能电离出自由移动铵根离子和OH，溶液能导电，但由于不是NH3自身电离，属于非电解质，D符合题意；故选D。3.下列实验装置不能完成物质分离或除杂的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．该装置用于测定气体的生成速率，不能完成物质分离或除杂，故A符合题意；B．该装置可用于分液操作，能够分离互不相溶的两种液体，能够完成物质分离或除杂，故B不符合题意；C．该装置可用于蒸馏操作，能够分离沸点有差异的液体，能够完成物质分离或除杂，故C不符合题意；D．该装置可用于洗气操作，能够去除气体中的杂质气体，能够完成物质分离或除杂，故D不符合题意；故选A。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.苏打：Na2CO3 B.漂粉精：Ca(ClO)2和CaCl2C.玛瑙：SiO2 D.石膏：2CaSO4∙H2O【答案】D【解析】【详解】A．苏打是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3，A正确；B．漂粉精是石灰乳中通入氯气生成的混合物，其主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，B正确；C．玛瑙的主要成分是二氧化硅，化学式为SiO2，C正确；D．石膏通常是指生石膏，化学式为CaSO4∙2H2O，2CaSO4∙H2O是熟石膏的化学式，D不正确；故选D。5.下列表示正确的是A.Fe3+电子排布：1s22s22p63s23p63d5 B.酒精的结构式：C2H5OHC.NH3的球棍模型 D.Ca2+的结构示意图【答案】A【解析】【详解】A．Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3+的电子排布：1s22s22p63s23p63d5，A正确；B．C2H5OH为酒精的结构简式，酒精的结构式为，B不正确；C．NH3分子呈三角锥形结构，其球棍模型为，C不正确；D．为Ca的原子结构示意图，Ca2+的结构示意图为，D不正确；故选A。6.下列说法正确的是A.H2、D2、T2互为同素异形体 B.晶体硅、无定形硅互为同位素C.核糖和脱氧核糖互为同系物 D.果糖和葡萄糖互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．H2、D2、T2的物理性质有差异，但结构相同，化学性质相同，它们不互为同素异形体，A不正确；B．晶体硅、无定形硅是硅元素形成的不同单质，互为同素异形体，B不正确；C．核糖和脱氧核糖的结构不相似，分子组成上也不是相差若干个“CH2”，二者不互为同系物，C不正确；D．果糖和葡萄糖的分子式都为C6H12O6，但结构不同，二者互为同分异构体，D正确；故选D。7.下列说法不正确的是A.铁红常用作油墨和橡胶的红色颜料B.纯铝质轻，适合制造机器零件C.人体摄入体内的纤维素不能水解转化为葡萄糖D.大气中的氮气可以通过自然固氮、人工固氮等方式转变为化合态【答案】B【解析】【详解】A．氧化铁俗称铁红，为红棕色粉末，是常用的红色颜料，故A正确；B．纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机器零件，故B错误；C．人体内没有消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解成葡萄糖，故C正确；D．氮的固定指的是通过自然或人工方法，将氮气转化为其它可利用的化合物的过程，故D正确；故选B。8.下列有关说法正确的是A.二氧化硫与双氧水反应生成三氧化硫B.铝粉与氧化镁反应可制得镁C.通过化合反应可制得D.氨气通入溶有的饱和氯化钠溶液可析出碳酸氢钠【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，发生的化学方程式为：SO2＋H2O2=H2SO4，故A错误；B．镁的活动性强于铝，因此铝粉与氧化镁反应不可制得镁，故B错误；C．通过化合反应2FeCl3+Fe=3FeCl2，可制得FeCl2，故C正确；D．二氧化碳在水中的溶解度较小，因此氨气通入溶有二氧化碳的饱和氯化钠溶液中不能析出碳酸氢钠，应该是二氧化碳通入溶有氨气的饱和氯化钠溶液可析出碳酸氢钠，故D错误；故选C。9.下列说法不正确的是A.天然气、沼气、煤层气的主要成分是甲烷B.高温下煤和水蒸气作用得到CO、、等气体，属于煤的气化C.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性溶液褪色D.属于多环芳烃，至少有14个原子共平面【答案】D【解析】【详解】A．天然气、沼气和煤层气的主要成分都是相同的，均为甲烷，A正确；B．煤的气化是指以煤为原料,以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化，B正确；C．石油裂解气中有烯烃和烷烃，其中烯烃为不饱和烃，能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．由于两个苯环相联的单键可以旋转，所以三个苯环确定的平面不一定在同一平面，但如图所示原子共线，，所以至少有16个原子共平面，故D错误；故选D。10.关于反应，下列说法正确的是A.发生氧化反应B.既是氧化产物也是还原产物C.生成3mol时，转移10mol电子D.氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶7【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠中氧元素化合价为1价，生产成物中氧元素为2价，化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．Cr元素化合价从+3价升高至+6价，过氧化钠中氧元素化合价从1价降为2价，所以既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C．过氧化钠中氧元素化合价从1降为氧化钠中氧元素化合价2，生成3mol时，转移3mol电子，故C错误；D．过氧化钠中氧元素化合价降低为氧化剂，中铁元素和铬元素化合价升高为还原剂，物质的量比值为7:2，故D错误；答案选B。11.下列说法正确的是A.铜片与浓硫酸共热后，冷却，再向混合液中加入一定量蒸馏水，溶液呈蓝色B.铝片用浓硝酸浸泡后，取出洗净，投入到硫酸铜溶液中，无明显现象C.配制一定物质的量浓度食盐水时，若容量瓶内有残留蒸馏水，则所配溶液浓度偏低D.常温下，分别向两支盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中加入、过氧化氢溶液，根据褪色时间比较浓度对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A．铜片与浓硫酸共热后，冷却，再向混合液中加入一定量蒸馏水，相当于往浓硫酸中加水，液体会喷出，从而引发安全事故，A不正确；B．铝片用浓硝酸浸泡后，发生钝化，表面生成钝化膜，取出洗净，投入到硫酸铜溶液中，氧化铝与Cu2+不发生反应，无明显现象，B正确；C．配制一定物质的量浓度食盐水时，若容量瓶内残留蒸馏水，则不影响所配溶液的体积和溶质的物质的量，所配溶液浓度不变，C不正确；D．常温下，分别向两支盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中加入、过氧化氢溶液，高锰酸钾均过量，不会产生褪色现象，D不正确；故选B。12.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯混合物中，含氢原子的数目为B.高温下，铁粉与水蒸气反应，固体的质量增加，则转移电子数目为C.30g冰醋酸与过量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂OH键的数目为D.0.5L0.1mol·L溶液中阴阳离子总数大于【答案】D【解析】【详解】A．环丙烷和丙烯混合物质量未知，无法计算其氢原子的数目，故A错误；B．高温下，铁粉与水蒸气反应的方程式为：，可知固体增加的质量为氧元素的质量，所以氧元素质量为，物质的量为0.3mol，氧元素来源于水，则可知反应消耗了水的物质的量为0.3mol，从反应方程式可知消耗1mol水，转移2mol电子，所以消耗0.3mol水，转移电子0.6mol，转移电子数目为A，故B错误；C．30g冰醋酸物质的量为0.5mol，与过量乙醇发生酯化反应，因为酯化反应是可逆反应，所以充分反应后断裂OH键的数目为小于，故C错误；D．1个碳酸根离子水解生成1个碳酸氢根离子和氢氧根离子，导致离子个数增加，所以溶液中，阴、阳离子的总数大于，故D正确；故选D。13.下列实验对应的离子方程式正确的是A.向含有的溶液中通入充分反应：B.将乙醇与足量酸性重铬酸钾溶液混合：C.足量NaOH溶液脱除烟气中的：D.少量与次氯酸钠溶液混合：【答案】A【解析】【详解】A．由于还原性：>,因此向含有的溶液中通入被氧化，离子方程式为：，A正确；B．乙醇与足量酸性重铬酸钾溶液混合，乙醇被氧化为乙酸，乙酸不能被酸性重铬酸钾氧化，离子方程式为：，B错误；C．足量NaOH溶液脱除烟气中的,发生的离子方程为：SO2+=+H2O，C错误；D．少量与次氯酸钠溶液混合,发生的离子方程式为：，D错误；故选A。14.下列说法中不正确的是A.二苯甲烷、四氟乙烯、异丙醇都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B.苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，体现了苯环对羟基的影响C.属于加成反应D.通过煤的干馏得到煤焦油，进而分离出甲苯【答案】C【解析】【详解】A．二苯甲烷、四氟乙烯、异丙醇都能与稀酸性高锰酸钾溶液发生化学反应，使其褪色，故A正确；B．苯酚和乙醇均含羟基，苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，说明苯环对羟基有影响，故B正确；C．在酸性环境下发生水解反应，属于取代反应，故C错误；D．通过煤的干馏属于化学变化，通过干馏得到的煤焦油中可分离出甲苯，故D正确；答案选C。15.关于化合物结构如图所示，下列说法正确的是A.化学式为B.1mol该有机物在一定条件下最多能与5molNaOH反应C.该物质能在酸性条件下水解，生成两种非电解质D.该物质在一定条件下能发生取代、氧化、加成、消去、缩聚反应【答案】D【解析】【详解】A．根据该化合物的结构简式可知，其化学式为C14H18I3N3O6，A错误；B．1mol该物质中含有2mol酰胺基，能与2molNaOH反应，B错误；C．该物质在酸性条件下水解生成和HOCH2CH(OH)CH2NH，这两种物质并不是非电解质，C错误；D．该物质中含有羟基、氨基，能发生取代、氧化、缩聚反应，含有苯环能发生加成反应，同时也能发生醇的消去反应，D正确；故答案选D。16.有不同主族的五种元素W、X、Y、Z、Q，原子序数依次增大，其中W、X、Y、Z属于短周期元素，X最外层电子数是其周期数的2倍，可用于自来水消毒，W和X形成的化合物种类繁多。下列说法正确的是A.常温下，为气态，各原子均满足8电子稳定结构B.Q的单质常温下一定能与水反应，且比钠剧烈C.X的氢化物一定不如Y的氢化物稳定D.W、X、Y形成的物质可能具有杀菌消毒作用【答案】D【解析】【分析】X最外层电子数是其周期数的2倍，则X为C，W和X形成的化合物种类繁多，且原子序数比X小，则W为H，可用于自来水消毒，则Y为O，Z为Cl，五种元素在不同主族，且Q的原子序数最大，则Q可能为：Ca、Ga、As等以此解题。【详解】A．由分析可知，为CH3Cl，其中H原子不满足8电子稳定结构，A错误；B．由分析可知，Q可能为：Ca、Ga、As等，当Q为As时常温下不能和水反应，B错误；C．Y的氢化物如果为过氧化氢，较不稳定，C错误；D．W、X、Y形成的物质可以为甲醛，其水溶液福尔马林具有杀菌消毒作用，D正确；故选D。17.常温下，下列说法不正确的是A.已知盐溶液NaX的，则当升高温度时，溶液的pH可能减小B.等体积的HX和HY两种酸分别与足量铁反应生成氢气，若HX放出的氢气多且反应速率快，则酸性HX<HYC.用pH计测得饱和NaX溶液和饱和NaY溶液的pH：NaX>NaY，则酸性：HX<HYD.等pH的HX和HY两种酸，分别稀释相同倍数，pH变化大的酸性更强【答案】C【解析】【详解】A．常温下，盐溶液NaX，该溶液呈碱性，存在平衡：X+H2OHX+OH，该反应是吸热的，升高温度，平衡正向移动，OH浓度增大，但KW=c(H+)c(OH)也在增大，可能出现c(H+)增大，pH减小的情况，故A正确；B．等体积的HX和HY两种酸溶液中c(H+)相等，与足量铁反应生成氢气，若HX放出的氢气多且反应速率快，说明一段时间后，HX溶液中c(H+)大于HY溶液，则开始阶段HX的电离程度小，酸性：HX<HY，故B正确；C．饱和NaX溶液和饱和NaY溶液的浓度不一定相等，则c(X)和c(Y)的浓度不一定相等，不能通过测量溶液pH的方法比较HX和HY的酸性大小，故C错误；D．等pH的HX和HY两种酸，分别稀释相同倍数，较弱酸的pH变化小，则pH变化大的酸性更强，故D正确；故选C。18.下列说法正确的是A.工业上利用热分解制备单质铜B.实验室可通过NaI固体和浓硫酸制备HIC.石油的减压分馏是为了避免高温使烃分解和损害设备等D.使用乙醇、天然气代替部分或全部燃油并不能减少汽车尾气污染【答案】C【解析】【详解】A．工业上利用热还原法制备单质铜，故A错误；B．由于HI具有较强的还原性，能被浓硫酸氧化，所以实验室通过NaI固体和浓磷酸制备HI，故B错误；C．石油的减压分馏可以降低物质的沸点，从而避免高温使烃分解和损害设备等，故C正确；D．使用乙醇、天然气代替部分或全部燃油能够减少二氧化碳的排放，从而减少汽车尾气污染，故D错误；故选C。19.已知恒温下，溶液中发生反应，溶液中随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.反应过程中一定存在：B.mol/L时，可判断反应达到平衡状态C.反应达平衡后，再加入蒸馏水，平衡正移D.时，【答案】C【解析】【详解】A．同一反应在相同时间内，各物质的速率之比等于它们的化学计量数之比，则，即v()=3v(I)，选项A错误；B．由图像可知，当反应达到平衡状态时，c(I)=mmol/L，则浓度的变化量为3mmol/L，但不知道浓度的初始量，则不知道浓度的平衡量，选项B错误；C．反应达平衡后，再加入蒸馏水，瞬间各离子的浓度均减小，根据勒夏特列原理，平衡向增大离子浓度(体积一定，增大离子的物质的量，就是增大离子浓度)的方向移动，即平衡正移，选项C正确；D．由图像可知，tA之后，c(I)仍在增大，则反应仍在正向进行，即v正>v逆，选项D错误；答案选C。20.已知：下列说法正确的是A.B.HCl和HBr的键能差可以表示为C.D.升温时，丙烷与反应速率加快，与Br反应速率降低【答案】C【解析】【详解】A．Cl比Br活泼，则HCl比HBr稳定，HBr中HBr键断裂要吸收更多的能量，，故A错误；B．③①得HCl+Br·→HBr+Cl·，H=H3，键能差为，故B错误；C．由盖斯定律可知，①③=②④，则，故C正确；D．升高温度可加快反应速率，则升高温度，吸热反应、放热反应速率都增大，故D错误；故选C。21.水系电池通常指能够反复充电的二次电池体系。某种锌电极和或水系电解液组成的水系锌离子电池(ZIBs)嵌入脱嵌机制如图，在许多具有隧道型和层状结构的化合物中，能够在其主体结构嵌入/脱出，放电时，隧道结构内壁中的部分锰从四价被还原为三价后发生歧化，一部分锰以的形式从隧道壁进入电解液中，下列说法不正确的是A.充电时，连电源负极调整B.放电时，正极总反应式是：C.充电时，从水钠锰矿结构中脱出，电解液中溶解的重新返回D.相比锂离子电池，可充电水系锌离子电池(ZIBs)具有低成本、高安全等优点【答案】A【解析】【分析】Zn为活泼金属为负极，MnO2为氧化剂发生还原反应作正极，负极上Zn失去电子变成Zn2+离子，正极上MnO2得电子生成二价Mn，充电时负极接外加电源的负极作阴极，正极接外加电源的正极作阳极。【详解】A．充电时接外加电源的正极作阳极，故A错误；B．放电时MnO2作正极发生还原反应与锌离子结合生成ZnMn2O4，故B正确；C．放电时Zn失去电子形成Zn2+嵌入到水钠锰矿中，锰离子进入电解液，充电时Zn2+从水钠锰矿中脱出，Mn2+重新返回电解液，故C正确；D．可充电水系锌离子电池(ZIBs)原料便宜，锌比较稳定，安全性高，故D正确；答案选A。22.钛是第四种被广泛应用的金属，被誉为“未来世纪的金属”，下列说法不正确的是A.Ti元素在元素周期表中的位置是第4周期ⅣB族B.偏钛酸钡晶体中晶胞的结构如图，其化学式是C.化合物呈橘黄色，晶体中的化学键有离子键、极性键、非极性键和氢键D.Ti元素在元素周期表中属于d区元素【答案】C【解析】【详解】A．Ti元素的原子序数为22，在元素周期表中的位置是第4周期ⅣB族，故A正确；B．由晶胞结构图可知，每个晶胞中有一个Ba原子，Ti原子，O原子，所以化学式是，故B正确；C．氢键属于分子间作用力，不是化学键，故C错误；D．Ti元素的原子序数为22，其价电子排布为3d24s2，在元素周期表中属于d区元素，故D正确；故选C。23.已知H₂R为二元弱酸，，。室温下，下列说法不正确的是A.溶液pH<7B.用NaOH溶液中和一定量的溶液至呈中性时，溶液中C.溶液：D.将的溶液与pH=12的NaOH溶液混合恰好中和时，消耗NaOH溶液体积大【答案】C【解析】【详解】A．溶液中，HR既发生水解又发生电离，，水解程度小于电离程度，先酸性，，pH<7，A正确；B．由=5.4×105，当溶液呈中性时，c(H+)=107mol/L，，所以，B正确；C．在溶液中，中H元素守恒，0.2mol/L=c(H+)+2c(H2R)+c(HR)，水电离出的c(OH)=c(H+)(水)，c(H+)=c(H+)(水)+c(H+)酸，故，C错误；D．pH=12的NaOH溶液浓度为，当H2R与氢氧化钠混合恰好形成正盐时，H2R溶液浓度为，所以所需氢氧化钠溶液的体积较大，D正确；故选C。24.光催化三氟甲基环丙烷甲酸与卤代芳烃反应，可能涉及能量转移驱动的催化循环机理如图(*表示激发态，tBu代表一种烃基)，下列说法不正确的是A.反应过程中发生了取代反应B.反应过程中A是中间产物C.物质A中存在配位键D.总反应为：【答案】B【解析】【分析】从整个反应过程看，和为反应物，为生成物，总反应为。【详解】A．从图中可以看出，含苯环有机物分子中的Br被基所取代，则反应过程中发生了取代反应，A正确；B．从整个反应过程看，和为反应物，为生成物，则反应过程中A是催化剂，B不正确；C．物质A中N原子已经与C原子形成了三个共价键，则N与Ni原子间形成配位键，C正确；D．由分析可知，总反应为：，D正确；故选B。25.下列实验设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验设计和现象实验结论A检验某溶液中是否含有向溶液中滴加溶液产生白色沉淀，再滴加稀硝酸，沉淀未消失该溶液中含有B判断平衡移动的方向向和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固体，溶液颜色变浅平衡向逆反应方向移动C检验甲酸的还原性向新制氢氧化铜悬浊液中加入过量5%甲酸溶液，加热煮沸，产生砖红色沉淀甲酸具有还原性D探究和反应原理向溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成溶液中结合的能力比强A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液中若有亚硫酸根离子会生成亚硫酸银沉淀，加入硝酸被氧化为硫酸银沉淀沉淀不溶解，A错误；B．体系中加入少量KCl固体对平衡没有影响，溶液颜色不变，B错误；C．碱性条件下新制氢氧化铜悬浊液中加入少量甲酸溶液，加热煮沸，产生砖红色沉淀，C错误；D．向溶液中滴加溶液发生的反应为：，所以溶液中结合的能力比强，D正确；故选D。二、填空题26.完成下列小题（1）Mg、Al、Si、P、S五种元素中，第一电离能最小的基态原子的简化电子排布式：_____，电负性最大的基态原子，其价层电子的轨道表示式为：_____。（2）草酸镍受热分解的化学方程式为：。草酸根中σ键和π键的个数比为_____：与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为_____(任写一种)。（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3∙6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1∶2，则由该晶体的化学式还可以写成_____。（4）黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)，科学家最近研发了黑磷一石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。结合区根据图1和图2的信息，下列说法正确的是_____。A.黑磷属于过渡晶体B.黑磷区PP键的键能不完全相同C.黑磷区P原子、石墨区C原子杂化方式分别为sp3、sp2D.该复合材料可能具有良好的导电性和较大的硬度（5）请结合下表中相关的性质，请解释NH4NO3的熔点比C2H5NH3NO3高的原因_____。碳化铝NH4NO3C2H5NH3NO3物理性质熔点2200℃，烙融态不导电熔点170℃，熔融能导电熔点12℃，熔融能导电（6）MgO结构如图3，其中阴离子位于立方体面心和顶点形成最密堆积，阳离子填充在其中的部分空隙中，结合X射线衍射实验可知：r(O2，r(Mg2+。则MgO晶体的密度为_____g/cm(不用化简，列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.[Ne]3s23p1②.（2）①.5:2②.SCN－或CNO－等（3）[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O（4）BC（5）离子半径：＜，NH4NO3中的离子键强，故NH4NO3的熔点高（6）【解析】【小问1详解】Mg、Al、Si、P、S五种元素中，Mg、Al为金属，第一电离能比非金属元素小，Mg、Al为同周期相邻元素，Mg的3s轨道全充满，其能量比Al低，第一电离能比Al大，所以第一电离能最小的基态原子为Al，简化电子排布式：[Ne]3s23p1；Si、P、S为同周期左右相邻元素，S的非金属性最强，电负性最大，其价层电子的轨道表示式为：。【小问2详解】草酸根的结构式为，含有5个σ键和2个π键，则σ键和π键的个数比为5:2：与CO2互为等电子体的阴离子为SCN－或CNO－等。【小问3详解】在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3∙6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1∶2，则配离子中，两种配体Cl、H2O的个数为2、4，从而得出该晶体的化学式还可以写成[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O。【小问4详解】A．黑磷层内P原子间以共价键相连，层与层之间只存在范德华力，所以属于混合型晶体，而不是过渡晶体，A不正确；B．从图1中提供的数据可以看出，黑磷区PP键的键长不完全相同，则键能不完全相同，B正确；C．黑磷区P原子的价层电子对数为4，石墨区C原子的价层电子对数为3，则黑磷区P原子、石墨区C原子的杂化方式分别为sp3、sp2，C正确；D．该复合材料内部存在自由电子，具有良好的导电性，但层与层之间只有微弱的范德华力，所以硬度不大，D不正确；故选BC。【小问5详解】NH4NO3和C2H5NH3NO3在熔融状态下能导电，表明它们都是离子晶体，NH4NO3的熔点高于C2H5NH3NO3，表明微粒间的作用力NH4NO3比C2H5NH3NO3大，比半径小，所以NH4NO3的熔点比C2H5NH3NO3高的原因：离子半径：＜，NH4NO3中的离子键强，故NH4NO3的熔点高。【小问6详解】在MgO晶体中，三个O原子构成面对角线，则边长为nm，在1个晶胞中，含有Mg2+个数为=4，含O2个数为=4，则MgO晶体的密度为=g/cm。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。27.无机物X是一种不带结晶水的不溶性正盐，为探究其组成，设计并进行了调整验(过程中生成的气体假设全部逸出，部分产物已略去)：已知：①气体B易溶于水，所得溶液在空气中酸性逐渐变强，②溶液C中不存在含金属元素的阳离子；请回答：（1）溶液C中含有的阴离子有、一种直线型的_____和少量；（2）X的化学式为_____：（3）写出溶液C中相关离子转化成砖红色沉淀E的离子方程式_____；（4）设计实验验证气体B溶于水后，酸性逐渐变强过程中溶液的溶质_____；（5）有人认为砖红色沉淀和气体B可以发生反应，试解释原因：_____。【答案】（1）（2）（3）（4）取溶于水后的溶液于三支试管中，第一支试管中加入石蕊，显红色说明有酸性，第二支加入足量的盐酸酸化，再加入氯化钡，振荡如有白色沉淀，则含有硫酸；第三支试管里加入品红溶液，振荡，如果红色褪去，加热后又恢复为红色说明含有亚硫酸；若两者现象都有，则为混合物。（5）有还原性，亚铜有氧化性，能发生氧化还原反应【解析】【分析】已知：①气体B易溶于水，所得溶液在空气中酸性逐渐变强，则B推测为二氧化硫，B二氧化硫为，X中含亚硫酸根离子；C和氢氧化钠反应生成气体D，则D为氨气（物质的量为），生成砖红色沉淀E，E为氧化亚铜沉淀，氧化亚铜为，已知：②溶液C中不存在含金属元素的阳离子，则C中亚铜离子和加入的氯离子形成配离子，X中含有一价铜；根据元素守恒可知，X中含有一价铜、亚硫酸根离子、氮，根据化合价可知，一价铜需要结合亚硫酸根离子，则还有亚硫酸根离子结合铵根离子，形成，那么还有的氮会与一价铜形成配离子，配离子与的硫酸根离子结合成的，与的的质量和恰好为，故X为；无机盐与足量的盐酸反应生成氨气B和溶液C，C中含有生成的和过量的盐酸，C加入足量的氢氧化钠生成氨气D和氧化亚铜E；【小问1详解】由分析可知，溶液C中含有的阴离子有、一种直线型的和少量；【小问2详解】由分析可知，X为；【小问3详解】溶液C中和氢氧根离子反应生成砖红色沉淀氧化亚铜和氯离子、水，离子方程式；【小问4详解】气体B溶于水后，和水生成亚硫酸，亚硫酸被空气中氧气氧化为硫酸，使得溶液酸性增强；酸性溶液能使石蕊试液变红使，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色；故实验设计可以为：取溶于水后的溶液于三支试管中，第一支试管中加入石蕊，显红色说明有酸性，第二支加入足量的盐酸酸化，再加入氯化钡，振荡如有白色沉淀，则含有硫酸；第三支试管里加入品红溶液，振荡，如果红色褪去，加热后又恢复为红色说明含有亚硫酸；若两者现象都有，则为混合物。【小问5详解】中硫为+4价，化合价能升高，有还原性；亚铜中铜化合价为+1，能降低，具有氧化性；故两者能发生氧化还原反应。28.研究氮氧化物的性质具有重要的意义。（1）NO可以催化与的反应：反应Ⅰ．kJ/mol反应Ⅱ．kJ/mol①下列说法正确的是：_____。A．高温下有利于反应I的自发进行B．反应Ⅱ的对该反应的自发性影响不大C．恒温恒容下加入一定量与，若容器内压强没有明显变化，说明不加催化剂时，与的反应不能自发进行D．NO催化下，一定量与反应一段时间后，升高温度，的体积分数可能变大②据报道，瑞典某工厂利用上述反应制取硫酸。在合成时，向反应容器中适时通入冷激气(冷的原料气)，其作用是_____。（2）密闭容器中加入一定量和，发生反应Ⅱ(忽略其它反应)。保持常压条件，经过相同时间，测得的体积分数随温度的变化如图所示：①由图可知，在M点之前，反应中的体积分数随温度升高而减小，其原因为：_____。②250℃和常压下，等物质的量的和反应后，测得平衡时NO的物质的量分数为40%，则该反应的物质的量分数平的转化率衡常数_____。(是用平衡时物质的量分数代替平衡浓度计算)保持上述条件不变，提高原料中的比例，使平衡时的产率为90%。则和的投料比(即起始时加入的物质的量之比)为_____。（3）在一定温度下，一定量分解成氮气和氧气，同时释放出热量。分解的部分实验数据如下表。反应一段时间后，只改变如下一个条件。下列说法正确的是：_____。反应时间/min0102030405060708090100/mol·LA.增大压强，分解速率增大B.增大容器的体积，该分解反应平衡右移，变小C.减小的浓度，该分解反应速率减小D.升高温度，容器内气体的压强一定变大（4）以固体催化剂催化CO还原NO生成和气体，反应历程如下(*表示吸附态)，请补充完整。化学吸附：；表面反应：；_____：；_____。脱附：；【答案】（1）①.BD②.充分利用能量；有利于控制反应温度，防止温度过高，上述平衡右移，提高原料转化率（2）①.M点之前，尚未平衡。恒压下升温，体积变大，反应物浓度减小对速率的影响小于温度升高对速率的影响。故随着温度升高，速率加快，的物质的量减小，体积分数减小②.16③.45∶32（3）D（4）①.②.【解析】【小问1详解】①A．反应I为放热的熵减反应，低温下有利于反应I的自发进行，A错误；B．反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，故对该反应的自发性影响不大，B正确；C．催化剂只改变反应的速率，不能改变反应的进行程度和焓变；恒温恒容下加入一定量与，若容器内压强没有明显变化，不能说明不加催化剂时，与的反应是否能自发进行，C错误；D．NO催化下，一定量与反应一段时间后，若反应还没有达到平衡状态，则升高温度，反应速率加快，使得的体积分数可能变大，D正确；故选BD；②已知：反应Ⅰ．kJ/mol反应Ⅱ．kJ/mol由盖斯定律可知，反应Ⅰ+2×反应Ⅱ得：，反应为放热反应，在合成时，向反应容器中适时通入冷激气(冷的原料气)，可以预热原料气充分利用能量、有利于控制反应温度防止温度过高、上述平衡右移提高原料转化率；【小问2详解】①M点之前，尚未平衡，恒压下升温，体积变大，反应物浓度减小对速率的影响小于温度升高对速率的影响，随着温度升高，速率加快，导致的物质的量减小，体积分数减小；②250℃和常压下，等物质的量的和反应后，假设投料均为1mol，反应为气体分子数不变的反应，测得平衡时NO的物质的量分数为40%，则生成：则该反应的物质的量分数平衡常数；保持上述条件不变，提高原料中的比例，理论上二氧化硫会完全反应，设和的投料分别为amol、bmol，要使平衡时的产率为90%，则生成，则：，解得a：b=45∶32；【小问3详解】在一定温度下，一定量分解成氮气和氧气，同时释放出热量，反应为；A．由表可知，反应一段时间后反应为完全反应，完全分解成氮气和氧气，再增大压强，已经没有可以分解，A错误；B．反应为完全反应，不存在反应平衡移动问题，B错误；C．反应一段时间后反应为完全反应，完全分解成氮气和氧气，没有的浓度减小，C错误；D．升高温度，气体膨胀，容器内气体的压强一定变大，D正确；故选D；【小问4详解】以固体催化剂催化CO还原NO生成和气体，总反应为：，结合反应历程可知，中间物质生成后又被消耗，故涉及的表面反应为：、、、。29.硫酸铈铵分子式为(相对分子质量为596)，是一种黄色或橙黄色结晶性粉末，微溶于水，溶液呈棕黄色，不溶于乙醇。在滴定分析中硫酸铈铵常用作氧化剂。某实验小组利用矿石制备硫酸铈铵晶体的流程如下图所示：已知：（1）步骤二的反应温度需要控制在0~30℃，且加入氨水的量为理论量的倍，分析原因为：_____；（2）步骤二若加入氨水和次氯酸钠也可以制得悬浊液B中的固体，请写出该反应的离子方程式：_____；（3）下列分析正确的是_____。A.步骤一控制pH为1~4，加硫酸至固体完全溶解B.步骤二反应完后将混合物加热到90℃，主要为了除去多余双氧水C.步骤二中氨水选择浓度较大的6mol/L，利于反应进行，减少溶液体积利于结晶D.步骤三加入70%是为了控制溶液pH（4）流程中的步骤三从悬浊液B中所得的固体制备硫酸铈铵晶体实际包括多个步骤，请选择下列合适的步骤并排序：_____。a→_____→_____→_____→_____→_____→硫酸铈铵晶体a．在所得固体中加入70%b．离心分离c．用丙酮洗涤晶体3次d．用热水洗涤晶体3次e．高温烘干f．在30℃下干燥g．加入稍过量硫酸铵，加热溶解h．加热至80℃搅拌（5）某实验小组为测定硫酸铈铵纯度，取制得的硫酸铈铵产品30g，