2024届浙江省Z20名校联盟浙江省名校新高考研究联盟高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024届高三上学期第一次联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24A1-27Fe-56Ag-108选择题部分一、选择题(每小题只有1个选项符合题目要求。每小题3分，共48分)1.化学是材料科学的基础。下列说法不正确的是（）A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B.La－Ni合金是一种新型储氢合金材料C.高吸水性树脂聚丙烯酸钠是通过缩聚反应合成的D.制造防弹装甲的芳纶纤维属于有机高分子材料〖答案〗C〖解析〗A．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料，A正确；B．La－Ni合金是一种新型储氢合金材料，B正确；C．高吸水性树脂聚丙烯酸钠是丙烯酸钠通过加聚反应合成的，C错误；D．制造防弹装甲的芳纶纤维属于有机高分子材料，D正确。故选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.羟基的电子式：B.基态氮原子的价层电子轨道表示式：C.PCl3的价层电子对互斥模型：D.的名称：3－溴丁烷〖答案〗B〖解析〗A．羟基的电子式为：，故A错误；B．基态氮原子价电子排布式为：2s22p3，轨道表示式：，故B正确；C．PCl3中心原子价层电子对数为3+=4，且有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C错误；D．的名称是：2－溴丁烷，故D错误；故选B。3.SO2是一种常见氧化物，下列说法不正确的是（）A.SO2属于弱电解质 B.SO2可用作食品添加剂C.SO2既有氧化性又有还原性 D.SO2具有漂白性〖答案〗A〖解析〗A．二氧化硫属于非电解质，故A错误；B．食品中适量添加二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，故B正确；C．SO2中硫元素为+4价，既能升高也能降低，所以既有氧化性又有还原性，故C正确；D．SO2具有漂白性，能与有色物质结合为无水物质，故D正确；〖答案〗选A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，可用于制造医疗器械和厨房餐具B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.氯乙烷汽化时吸热，可作肌肉拉伤的镇痛剂〖答案〗B〖解析〗A．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，可用于制造医疗器械和厨房餐具，A正确；B．硅介于金属元素与非金属元素之间，单晶硅可用作半导体材料，B错误；C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．氯乙烷汽化时吸热，可作肌肉拉伤的镇痛剂，D正确。故选B。5.完成下述实验，装置或试剂不正确的是（）A.实验室制氯气B.验证氨气易溶于水且溶液呈碱性C.溶液的转移D.实验室制乙炔除去H2S杂质〖答案〗C〖解析〗A．实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，故A正确；B．氨气易溶于水会引发喷泉实验，滴有酚酞的溶液变红说明氨气溶于水形成的溶液呈碱性，故B正确；C．配置一定物质的量浓度溶液中，“转移”需要用玻璃棒引流，故C错误；D．H2S通入硫酸铜溶液中会生成CuS沉淀，实验室用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S杂质，故D正确；故选C。6.汽车发生碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=5Na2O+K2O+16N2↑。下列判断不正确的是（）A.该反应能在瞬间完成，并产生大量气体B.生成标准状况下2.24L气体，该反应转移电子的数目为0.5NAC.N2既是氧化产物又是还原产物D.被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15：1〖答案〗B〖解析〗A．该反应在碰撞时就迅速发生，反应放出大量N2气体，可以起到缓冲作用，防止人因撞击而受严重伤害，A正确；B．根据反应方程式可知：反应产生16molN2，反应过程中转移10mol电子。现在反应生成标准状况下2.24L气体的物质的量是0.1mol，则转移电子的物质的量是n(e-)=，故该反应转移电子的数目为0.0625NA，B错误；C．在该反应中N元素化合价由反应前NaN3中的-价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，故N2是氧化产物；N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，故N2又是还原产物，因此N2既是氧化产物又是还原产物，C正确；D．根据选项C分析可知：NaN3中的N被氧化，KNO3中N被还原，故被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为30：2=15：1，D正确；故合理选项是B。7.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NAB.1molAlCl3完全水解生成的Al(OH)3胶体粒子数目为NAC.4.2gC3H6中含有σ键数目为0.8NAD.标准状况下5.6LCH4与5.6LCl2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl的数目为0.25NA〖答案〗A〖解析〗A．向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，根据电荷守恒可知，溶液显中性结合氯离子守恒可知，则此时溶液含NH数目为NA，A正确；B．Al(OH)3胶体粒子是由多个分子聚集而成的，故其胶粒的数量小于NA，B错误；C．若C3H6为环丙烷，则4.2gC3H6中含有σ键的数目为0.9NA，C错误；D．甲烷和氯气的四步反应均会发生，故不确定生成一氯甲烷的物质的量，D错误；故选A。8.下列说法正确的是（）A.蛋白质、淀粉、纤维素和油脂等高分子均能发生水解B.通过煤的液化可获得液态烃等有机化合物，煤的液化过程为物理变化C.氨基酸既能与HCl反应，也能NaOH反应，产物均为盐和水D.天然橡胶硫化后由线型结构转变为网状结构〖答案〗D〖解析〗A．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；B．煤的液化是在高温、催化剂存在下，煤和氢气作用生成液体燃料的过程，此过程发生化学变化，B错误；C．氨基酸与HCl反应，只生成一种盐，没有水生成，C错误；D．天然橡胶硫化后由线型结构转变为网状结构，D正确；故选D。9.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.向硫酸铜溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2OC.用硫化亚铁除去废水中的汞离子：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)D.向硫化钠溶液中滴加次氯酸钠溶液：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-〖答案〗A〖解析〗A．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，生成，A错误；B．氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，B正确；C．用硫化亚铁除去废水中的汞离子，离子方程式：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)，C正确；D．向硫化钠溶液中滴加次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，D正确；故选A10.α－氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下列有关其说法不正确的是（）A.分子中碳原子的杂化方式有3种B.其同分异构体不可能是芳香族化合物C.能发生加成聚合反应D.在“H2O，H+/加热”条件下反应可生成二元羧酸〖答案〗B〖解析〗A．-CN中C为sp杂化，双键中C为sp2杂化，其它C均为sp3杂化，故A正确；B该分子中含2个双键、1个三键，不饱和度为4，存在含苯环的同分异构体，可能是芳香族化合物，故B错误；C．含有碳碳双键，能发生加成聚合反应，故C正确；D．在“H2O，H+/加热”条件下酯基发生酸性水解得到羧基，-CN酸性水解也得到-COOH，反应可生成二元羧酸，故D正确；故选：B。11.如图化合物Q是一种表面涂层材料，其中W、X、Y、Z是分别处于三个短周期的主族元素，原子序数依次增大且不相邻，下列有关说法不正确的是（）A.电负性：Y＞Z＞X＞WB.X的基态原子有6种空间运动状态的电子C.Y的氢化物的沸点较高，主要是因为分子间存在氢键D.Q在酸性条件下水解生成的气体为非极性分子〖答案〗B〖祥解〗W、X、Y、Z是分别处于三个短周期的主族元素，原子序数依次增大且不相邻，W形成1条键，W为H，X形成4条键，X为C，Y形成2条键，Y为O，Z形成1条键，则Z在第三周期，为Cl。【详析】A．同主族元素，从上到下电负性逐渐减小，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则电负性O>Cl>C>H，A正确；B．C的基态原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，有4种空间运动状态的电子，B错误；C．H2O中存在分子间氢键，因此其沸点较高，C正确；D．根据Q的结构可知，其中存在酯基，酸性条件下其水解能生成二氧化碳气体，二氧化碳为非极性分子，D正确；故〖答案〗选B。12.通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。下列说法不正确的是（）A.I2/CCl4溶液可以用乙酸乙酯萃取分离其中的碘B.操作①为分液，需要使用分液漏斗C.步骤②发生的反应为：IO+5I-+6H+=3I2↓+3H2OD.操作③为升华法(如图)，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质〖答案〗A〖祥解〗向碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，分液后水层中含有碘离子和碘酸根离子，加入硫酸后，碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成碘单质，得含有碘单质的悬浊液，过滤后得碘单质；【详析】A．乙酸乙酯与四氯化碳互溶，不能萃取，故A错误；B．据分析，操作①为分液，需分液漏斗，故B正确；C．步骤②碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成碘单质，离子方程式：IO+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，故C正确；D．操作③为升华，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质，故D正确；〖答案〗选A。13.某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2在电极表面产生，提高放电效率。下列说法不正确的是（）A.钛箔作阴极，发生还原反应B.阳极反应主要为：Cl--2e-+H2O=HClO+H+C.电解后海水pH明显下降D.理论上生成1molH2转移电子数为2NA〖答案〗C〖祥解〗钛箔附近产生氢气，为阴极；钛网附近氯离子失去电子产生次氯酸，为阳极。【详析】A.钛箔附近产生氢气，为阴极，发生还原反应，A正确；B.钛网为阳极，产生HClO，反应主要为：Cl--2e-+H2O=HClO+H+，B正确；C.电解的总反应方程式为：，电解后海水pH增大，C错误；D.根据阴极电极方程式，生成1molH2转移电子数为2NA，D正确；故选C。14.某溶液初始仅溶有等浓度的M和N，反应①、②同时进行：①M+NX+W②M+NY+W反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M和X的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（）A.0～30min，消耗M的平均速率为0.01mol•L-1•min-1B.体系中X和Y的浓度之比保持不变，说明反应已平衡C.反应①的活化能比反应②的活化能更大D.充分反应后，X的选择性[×100%]为62.5%〖答案〗D〖解析〗A．根据图示可知，0—30min时间段内，有如下关系，v(M)==310—3mol/Lmin，故A错误；B．相同时间内，X和Y的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因Y和Z分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C．根据上述分析，相同条件下，反应①产生的X比反应②产生的Y多，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，则反应①的活化能小，活化能越大，反应速率越慢，故C错误；D．前30min内M转化为X的转化率为=62.5%，反应中M转化为X、Y的比例不变，故如果反应能进行到底，反应结束，有62.5%的M转化为X，故D正确；故本题选D。15.某温度下，用0.1000mol/L硝酸银标准溶液对25mL含KX和KY的混合溶液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。已知：Ag++2Y-=[AgY2]-，[AgY2]-+Ag+=2AgY↓。该温度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10。下列说法不正确的是（）A.B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓B.若HY为弱酸，则从0→A点，水的电离程度不断减小C.原混合溶液中c(KX)=0.03000mol/LD.AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为10-6〖答案〗D〖祥解〗Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，可知含KX和KY的混合溶液滴加硝酸银，KY先与硝酸银反应；0A段发生反应Ag++2Y-=[AgY2]-、AB段发生反应[AgY2]-+Ag+=2AgY↓，BC段发生反应Ag++X-=AgX↓。【详析】A．Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，KY先与硝酸银反应；可知B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓，故A正确；B．若HY为弱酸，则从0→A点，发生反应Ag++2Y-=[AgY2]-，Y－离子浓度减小，对水电离的促进作用减小，水的电离程度不断减小，故B正确；C．B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓，则n(KX)=0.1mol/L×(12.5-5)×10-3L=7.5×10-4mol，原混合溶液中c(KX)=mol/L，故C正确；D．AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106，故D错误；〖答案〗选D。16.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确的是（）选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色还原性：Fe2+＜I-B往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀结合H+的能力：AlO＞COC用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9水解常数：Kh(HCO)＜Kh(CH3COO-)D甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)〖答案〗C〖解析〗A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO＞CO，B正确；C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(共5小题，共52分)17.硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛，回答下列问题：（1）基态硼原子的价层电子排布式是__________________。（2）下列说法不正确的是______。A.根据对角线规则，B元素的一些化学性质与Si元素相似B.第一电离能(I1)：I1(Be)＜I1(B)＜I1(C)C.BF3的空间结构为平面三角形D.晶体硼的熔点为2300℃，推测其为共价晶体（3）储氢材料氨硼烷水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O3NH++9H2↑。反应中硼原子的杂化轨道类型由________变为________。（4）AlF3的熔点(1040℃)远高于BF3的熔点(-127℃)，从晶体类型及微粒间作用力角度分析其原因__________________________________________________________。（5）硼化镁是一种离子晶体，属于六方晶系(如图1)，a=b≠c， α=90°，β=120°，镁层和硼层交替排列，硼原子层形成平面六元并环结构。硼化镁晶体沿z轴方向的投影如图2所示。=1\*GB3①硼化镁的化学式为__________。②B的配位数(紧邻的镁原子数)是________。〖答案〗（1）2s22p1（2）B（3）sp3sp2（4）AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体，前者的离子键强于后者的范德华力（5）①MgB2②6〖解析〗（1）硼是5号元素，价层电子排布式是2s22p1。（2）A．根据对角线规则，B元素的一些化学性质与Si元素相似，A正确；B．同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅡA族元素的第一电离能大于同周期第ⅢA族元素的第一电离能，第VA族元素的第一电离能大于同周期第VIA族元素的第一电离能，则第一电离能：I1(B)<I1(Be)<I1(C)，B错误；C．BF3中B原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则BF3的空间结构为平面三角形，C正确；D．共价晶体熔沸点较高，晶体硼的熔点为2300℃，推测其为共价晶体，D正确；故选B。（3）在NH3BH3中B原子为sp3杂化，而生成物中B原子的价层电子对数为3，则B原子为sp2杂化。（4）AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体，前者的离子键强于后者的范德华力，所以AlF3的熔点(1040℃)远高于BF3的熔点(-127℃)。（5）观察图甲，由均摊法，晶胞中所含B原子个数为6，Mg原子个数为=3，则硼化镁的化学式为MgB，根据图乙，硼化镁晶体沿z轴方向的投影中，每个B原子与相邻的3个Mg原子相切，结合题给信息可知，每个B原子所在层的上下两层分别有3个Mg原子与B原子距离最近且相等，故B原子的配位数是6。18.氯化亚砜()常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其制备及用途，回答下列问题：（1）用硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%。写出该反应方程式______________________________________________。（2）下列有关说法不正确的是__________。A.SO3是极性分子，容易与H2O发生反应B.途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解C.FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为：Fe3++H2OFe(OH)2++H+D.CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺（3）途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应方程式_________________________________________________________________。（4）SOCl2极易水解，试从共价键的极性角度分析其原因__________________________。（5）途径①可能发生氧化还原反应而生成副产物，设计实验分别检验氧化产物和还原产物的存在______________________________________________________________。〖答案〗（1）2S+3Cl2+SO33SOCl2（2）A（3）CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑（4）O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应（5）取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成〖祥解〗硫磺、氯气和三氧化硫在一定条件下可合成SOCl2，SOCl2和氯化铁晶体反应可以得到无水氯化铁，和乙酸反应可以得到CH3COCl；【详析】（1）硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%，则反应为化合反应，根据质量守恒配平可知反应为2S+3Cl2+SO33SOCl2；（2）A．SO3分子中硫形成3个共价键且无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，三氧化硫容易与H2O发生反应生成硫酸，A错误；B．水溶液中铁离子能水解生成氢氧化铁，途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解，从而制的无水氯化铁，B正确；C．FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应生成Fe(OH)2+和H+：Fe3++H2OFe(OH)2++H+，C正确；D．CH3COCl中Cl带负电荷，氨分子中氢带正电荷，则CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺和HCl，D正确；故选A；（3）途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，根据质量守恒可知，两种气体为二氧化硫、氯化氢，则该反应方程式CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑；（4）O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应使得SOCl2极易水解；（5）铁离子具有氧化性，SOCl2中硫处于低价态具有还原性，两者容易发生氧化还原反应生成氧化产物硫酸根离子和还原产物亚铁离子，故实验设计为：取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成。19.甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：I.CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)△H1=-126.4kJ•mol-1II.CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)△H2已知：H2的标准燃烧热为285.8kJ/mol；H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ•mol-1。计算△H2=__________kJ/mol。（2）若采用方法I生产甲醇。在200℃下，向恒容为5L的密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。①下列措施可提高CH4的平衡转化率的是______(填标号)。A.升高温度B.初始总压强不变，提高CH4的分压C.投料比不变，增大反应物浓度D.反应达到平衡后，再充入一定量He②在200℃下，方法I的标准压力平衡常数K=______(可保留)。已知：2A(g)B(g)的标准平衡常数K=，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(A)和p(B)为平衡分压(某成分的物质的量分数×总压)。③若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率将__________(填：变大、变小或不变)。（3）为提高生产效率，利用方法II进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸不会导致体系温度的变化。=1\*GB3①通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是______________________________________________________。②从反应速率的角度分析，通入CH4后维持200℃的原因__________________________(不考虑催化剂失活)。〖答案〗（1）+115.4（2）①C②70或99③变小（3）①吹出体系中的O2②温度过低，反应速率小；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，反应速率小〖解析〗（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH1=-126.4kJ/mol；②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH2；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=−285.8kJ•mol-1；④H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ•mol-1；利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)++H2(g)ΔH2=ΔH1-ΔH3-ΔH4=+115.4kJ•mol-1。（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故A不选；B．初始总压强不变，提高CH4的分压，平衡正向移动，但CH4的转化率减小，故B不选；C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故C选，D．反应达到平衡后，再充入一定量He，参与反应的物质浓度不变，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，故D不选；故选：C；②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：则6-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.2，x=5.6kPa，该反应温度下，方法1的标准压力平衡常数K==70或99；③若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率变小。（3）①已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2，其目的是活化催化剂，但O2被吸附在催化剂表面；活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是吹去体系中的O2；②从反应速率的角度，通入CH4后反应温度维持在200°C的原因是温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，反应速率小。20.某小组设计制备补铁剂甘氨酸亚铁实验步骤和装置图(夹持装置省略)如图：合成反应为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O。有关物质性质如表所示：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，微溶于乙醇具有两性酸性和还原性常温不易，氧化变质回答下列问题：（1）步骤I制备FeSO4，先打开K1、K2，关闭K3，充分反应后(仍有气泡)，将B中溶液转移到D中的操作是________________________________________________。（2）步骤I、II中，为了防止Fe2+被氧化，采取的措施有________________________、________________________(填2种)。（3）步骤II，D中反应液pH过高或过低均会导致产率降低，原因是______________________________。（4）下列说法不正确的是______。A.步骤I、II使用滴液漏斗A或C滴入液体时，无需取下上口玻璃塞B.步骤III加入乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出C.步骤III过滤后洗涤，往漏斗中加水浸没沉淀，小心搅拌以加快过滤D.步骤IV重结晶，将粗产品溶解于适量水中，蒸发浓缩至出现大量晶体，趁热过滤（5）步骤V，检测产品中铁元素的含量，需要用到如图电子天平，以差量法准确称量样品。操作的正确排序为：电子天平开机预热→A→B→_____→_____→_____→_____→F。A.调水平(使水平仪气泡归中)B.利用标准码进行校准C.往称量瓶中加入一定量样品，放回秤盘D.将称量瓶置于秤盘中间，待示数不变时，按TAR键去皮E.从称量瓶中倒出一定量样品，放回秤盘F关闭侧门，待示数不变时读数记录〖答案〗（1）打开K3，关闭K1、K2（2）生成H2排除装置内空气、加少量柠檬酸E水封，整个装置密闭进行反应（3）pH过高，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀；过低，不利于形成H2NCH2COO-，导致生成的甘氨酸亚铁偏少（4）CD（5）D、C、F、E〖祥解〗由实验装置图可知，打开K1、K2，关闭K3，80℃条件下铁与稀硫酸反应在装置B中反应生成硫酸亚铁和氢气，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，然后打开K3，关闭K1、K2，利用反应生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入盛有甘氨酸和少量柠檬酸的装置D中，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向D中滴入氢氧化钠溶液调节溶液pH至5.5左右，使硫酸亚铁溶液与甘氨酸、氢氧化钠溶液充分反应生成甘氨酸亚铁，反应完成后，向装置D中加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，使溶液中的甘氨酸亚铁结晶析出得到白色沉淀，过滤、洗涤得到甘氨酸亚铁粗产品；甘氨酸亚铁经重结晶得到精品。【详析】（1）由分析可知，将B中溶液转移到D中的操作为打开K3，关闭K1、K2，利用反应生成的氢气将硫酸亚铁溶液压入盛有甘氨酸和少量柠檬酸的装置D中，故〖答案〗为：打开K3，关闭K1、K2；（2）步骤I、II中，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气、向装置D中加少量柠檬酸和装置E水封，使整个装置密闭进行反应的目的是防止亚铁离子被空气中氧气氧化，故〖答案〗为：生成H2排除装置内空气、加少量柠檬酸；E水封，整个装置密闭进行反应；（3）若装置D中反应液pH过高，溶液中亚铁离子会转化为氢氧化亚铁沉淀导致产率降低，若装置D中反应液pH过低，不利于甘氨酸转化为甘氨酸亚铁导致产率降低，故〖答案〗为：pH过高，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀；过低，不利于形成H2NCH2COO-，导致生成的甘氨酸亚铁偏少；（4）A．滴液漏斗的作用是平衡气压，便于溶液顺利流下，所以步骤I、II使用滴液漏斗A或C滴入液体时，无需取下上口玻璃塞，故正确；B．步骤III加入乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，使溶液中的甘氨酸亚铁结晶析出得到白色沉淀，故正确；C．步骤III过滤时，不能用玻璃棒小心搅拌以加快过滤，否则会造成滤纸破损导致实验失败，故错误；D．步骤IV重结晶的操作为将粗产品溶解于适量水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到甘氨酸亚铁，故错误；故选CD；（5）用电子天平检测产品中铁元素的含量的操作为电子天平开机预热，调水平，使水平仪气泡归中，利用标准码进行校准，将称量瓶置于秤盘中间，待示数不变时，按TAR键去皮，往称量瓶中加入一定量样品，放回秤盘，关闭侧门，待示数不变时读数记录，从称量瓶中倒出一定量样品，放回秤盘，关闭侧门，待示数不变时读数记录，则操作顺序为电子天平开机预热→A→B→D→C→F→E→F，故〖答案〗为：D、C、F、E。21.某研究小组按下列路线合成药物罗美昔布的中间体W。回答下列问题：已知：R－NH2R－NH－R′（1）化合物W的含氧官能团名称是_________。（2）下列说法不正确的是______。A.A→B的反应试剂/条件是浓硝酸/加热B.B→C的反应类型为取代反应C.C→G的作用是定位氯原子的位置并保护氨基D.中②号碳氯键与羰基共同作用，C的正电性更大，反应活性更强（3）化合物I的结构简式为__________________。（4）写出C→D的化学方程式________________________________________________。（5）利用以上合成路线中的信息，设计以苯和ClCH2COCl为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____________________________________________。（6）写出符合下列条件的D的同分异构体______________________________。①分子中含有苯环且与F原子直接相连；②1H－NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有。〖答案〗（1）酰胺基（2）AB（3）（4）+(CH3CO)2O→+CH3COOH（5）（6）、、、〖祥解〗A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B：，B与Fe/HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生-NH2上H原子的取代反应产生D：，D与HOSO2Cl、NH3·H2O反应产生E，E在H2O/H+作用下反应产生F，F与HCl/H2O2反应产生G：，G与C7H7Br在t-BuONa作用下发生取代反应产生H，H与ClCH2COCl发生取代反应产生I：，I与AlCl3在加热条件下发生反应产生W，据此分析解答。【详析】（1）根据化合物W结构简式，可知该物质分子中含有的含氧官能团名称是酰胺基；（2）A．A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B：和H2O，故A→B的反应试剂/条件是浓硝酸、浓硫酸、加热，A错误；B．物质B是，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，故B→C的反应类型为还原反应，B错误；C．物质C与乙酸酐发生氨基上的取代反应生成D，D在一定条件下发生-F在苯环对位上的取代反应产生E，E在酸性条件下又反应产生-NH2，从而起到保护氨基的作用，反应产生的F与HCl、H2O2发生苯环与-NH2邻位上的H原子取代反应而上来Cl原子，故C→G的作用是定位氯原子的位置并保护氨基，C正确；D．由于电负性：O＞C，Cl＞C，所以中②号碳氯键与羰基共同作用，使C原子的正电性更大，反应活性更强，D正确；故合理选项是AB；（3）根据上述分析可知：化合物I的结构简式为（4）化合物C是，C与(CH3CO)2O发生-NH2上H原子的取代反应产生D：和CH3COOH，故C→D的化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；（5）苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生硝基苯，然后与Fe/HCl作用发生还原反应产生苯胺，苯胺与ClCH2COCl在加热90℃条件下发生-NH2上的取代反应产生，该物质与AlCl3混合加热就制取得到目标产物：，故制取流程为：。浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024届高三上学期第一次联考可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24A1-27Fe-56Ag-108选择题部分一、选择题(每小题只有1个选项符合题目要求。每小题3分，共48分)1.化学是材料科学的基础。下列说法不正确的是（）A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B.La－Ni合金是一种新型储氢合金材料C.高吸水性树脂聚丙烯酸钠是通过缩聚反应合成的D.制造防弹装甲的芳纶纤维属于有机高分子材料〖答案〗C〖解析〗A．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料，A正确；B．La－Ni合金是一种新型储氢合金材料，B正确；C．高吸水性树脂聚丙烯酸钠是丙烯酸钠通过加聚反应合成的，C错误；D．制造防弹装甲的芳纶纤维属于有机高分子材料，D正确。故选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.羟基的电子式：B.基态氮原子的价层电子轨道表示式：C.PCl3的价层电子对互斥模型：D.的名称：3－溴丁烷〖答案〗B〖解析〗A．羟基的电子式为：，故A错误；B．基态氮原子价电子排布式为：2s22p3，轨道表示式：，故B正确；C．PCl3中心原子价层电子对数为3+=4，且有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C错误；D．的名称是：2－溴丁烷，故D错误；故选B。3.SO2是一种常见氧化物，下列说法不正确的是（）A.SO2属于弱电解质 B.SO2可用作食品添加剂C.SO2既有氧化性又有还原性 D.SO2具有漂白性〖答案〗A〖解析〗A．二氧化硫属于非电解质，故A错误；B．食品中适量添加二氧化硫可起到漂白、防腐和抗氧化作用，故B正确；C．SO2中硫元素为+4价，既能升高也能降低，所以既有氧化性又有还原性，故C正确；D．SO2具有漂白性，能与有色物质结合为无水物质，故D正确；〖答案〗选A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，可用于制造医疗器械和厨房餐具B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D.氯乙烷汽化时吸热，可作肌肉拉伤的镇痛剂〖答案〗B〖解析〗A．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，可用于制造医疗器械和厨房餐具，A正确；B．硅介于金属元素与非金属元素之间，单晶硅可用作半导体材料，B错误；C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，C正确；D．氯乙烷汽化时吸热，可作肌肉拉伤的镇痛剂，D正确。故选B。5.完成下述实验，装置或试剂不正确的是（）A.实验室制氯气B.验证氨气易溶于水且溶液呈碱性C.溶液的转移D.实验室制乙炔除去H2S杂质〖答案〗C〖解析〗A．实验室利用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，故A正确；B．氨气易溶于水会引发喷泉实验，滴有酚酞的溶液变红说明氨气溶于水形成的溶液呈碱性，故B正确；C．配置一定物质的量浓度溶液中，“转移”需要用玻璃棒引流，故C错误；D．H2S通入硫酸铜溶液中会生成CuS沉淀，实验室用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S杂质，故D正确；故选C。6.汽车发生碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=5Na2O+K2O+16N2↑。下列判断不正确的是（）A.该反应能在瞬间完成，并产生大量气体B.生成标准状况下2.24L气体，该反应转移电子的数目为0.5NAC.N2既是氧化产物又是还原产物D.被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15：1〖答案〗B〖解析〗A．该反应在碰撞时就迅速发生，反应放出大量N2气体，可以起到缓冲作用，防止人因撞击而受严重伤害，A正确；B．根据反应方程式可知：反应产生16molN2，反应过程中转移10mol电子。现在反应生成标准状况下2.24L气体的物质的量是0.1mol，则转移电子的物质的量是n(e-)=，故该反应转移电子的数目为0.0625NA，B错误；C．在该反应中N元素化合价由反应前NaN3中的-价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，故N2是氧化产物；N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，故N2又是还原产物，因此N2既是氧化产物又是还原产物，C正确；D．根据选项C分析可知：NaN3中的N被氧化，KNO3中N被还原，故被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为30：2=15：1，D正确；故合理选项是B。7.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NAB.1molAlCl3完全水解生成的Al(OH)3胶体粒子数目为NAC.4.2gC3H6中含有σ键数目为0.8NAD.标准状况下5.6LCH4与5.6LCl2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl的数目为0.25NA〖答案〗A〖解析〗A．向1L1mol/LNH4Cl溶液中加氨水至中性，根据电荷守恒可知，溶液显中性结合氯离子守恒可知，则此时溶液含NH数目为NA，A正确；B．Al(OH)3胶体粒子是由多个分子聚集而成的，故其胶粒的数量小于NA，B错误；C．若C3H6为环丙烷，则4.2gC3H6中含有σ键的数目为0.9NA，C错误；D．甲烷和氯气的四步反应均会发生，故不确定生成一氯甲烷的物质的量，D错误；故选A。8.下列说法正确的是（）A.蛋白质、淀粉、纤维素和油脂等高分子均能发生水解B.通过煤的液化可获得液态烃等有机化合物，煤的液化过程为物理变化C.氨基酸既能与HCl反应，也能NaOH反应，产物均为盐和水D.天然橡胶硫化后由线型结构转变为网状结构〖答案〗D〖解析〗A．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；B．煤的液化是在高温、催化剂存在下，煤和氢气作用生成液体燃料的过程，此过程发生化学变化，B错误；C．氨基酸与HCl反应，只生成一种盐，没有水生成，C错误；D．天然橡胶硫化后由线型结构转变为网状结构，D正确；故选D。9.下列反应的离子方程式不正确的是（）A.向硫酸铜溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NHB.氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2OC.用硫化亚铁除去废水中的汞离子：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)D.向硫化钠溶液中滴加次氯酸钠溶液：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-〖答案〗A〖解析〗A．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，生成，A错误；B．氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，B正确；C．用硫化亚铁除去废水中的汞离子，离子方程式：FeS(s)+Hg2+(aq)=Fe2+(aq)+HgS(s)，C正确；D．向硫化钠溶液中滴加次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，D正确；故选A10.α－氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下列有关其说法不正确的是（）A.分子中碳原子的杂化方式有3种B.其同分异构体不可能是芳香族化合物C.能发生加成聚合反应D.在“H2O，H+/加热”条件下反应可生成二元羧酸〖答案〗B〖解析〗A．-CN中C为sp杂化，双键中C为sp2杂化，其它C均为sp3杂化，故A正确；B该分子中含2个双键、1个三键，不饱和度为4，存在含苯环的同分异构体，可能是芳香族化合物，故B错误；C．含有碳碳双键，能发生加成聚合反应，故C正确；D．在“H2O，H+/加热”条件下酯基发生酸性水解得到羧基，-CN酸性水解也得到-COOH，反应可生成二元羧酸，故D正确；故选：B。11.如图化合物Q是一种表面涂层材料，其中W、X、Y、Z是分别处于三个短周期的主族元素，原子序数依次增大且不相邻，下列有关说法不正确的是（）A.电负性：Y＞Z＞X＞WB.X的基态原子有6种空间运动状态的电子C.Y的氢化物的沸点较高，主要是因为分子间存在氢键D.Q在酸性条件下水解生成的气体为非极性分子〖答案〗B〖祥解〗W、X、Y、Z是分别处于三个短周期的主族元素，原子序数依次增大且不相邻，W形成1条键，W为H，X形成4条键，X为C，Y形成2条键，Y为O，Z形成1条键，则Z在第三周期，为Cl。【详析】A．同主族元素，从上到下电负性逐渐减小，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则电负性O>Cl>C>H，A正确；B．C的基态原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，有4种空间运动状态的电子，B错误；C．H2O中存在分子间氢键，因此其沸点较高，C正确；D．根据Q的结构可知，其中存在酯基，酸性条件下其水解能生成二氧化碳气体，二氧化碳为非极性分子，D正确；故〖答案〗选B。12.通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。下列说法不正确的是（）A.I2/CCl4溶液可以用乙酸乙酯萃取分离其中的碘B.操作①为分液，需要使用分液漏斗C.步骤②发生的反应为：IO+5I-+6H+=3I2↓+3H2OD.操作③为升华法(如图)，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质〖答案〗A〖祥解〗向碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，分液后水层中含有碘离子和碘酸根离子，加入硫酸后，碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成碘单质，得含有碘单质的悬浊液，过滤后得碘单质；【详析】A．乙酸乙酯与四氯化碳互溶，不能萃取，故A错误；B．据分析，操作①为分液，需分液漏斗，故B正确；C．步骤②碘离子和碘酸根离子发生归中反应升成碘单质，离子方程式：IO+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，故C正确；D．操作③为升华，可除去粗碘快速结晶时混入的杂质，故D正确；〖答案〗选A。13.某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2在电极表面产生，提高放电效率。下列说法不正确的是（）A.钛箔作阴极，发生还原反应B.阳极反应主要为：Cl--2e-+H2O=HClO+H+C.电解后海水pH明显下降D.理论上生成1molH2转移电子数为2NA〖答案〗C〖祥解〗钛箔附近产生氢气，为阴极；钛网附近氯离子失去电子产生次氯酸，为阳极。【详析】A.钛箔附近产生氢气，为阴极，发生还原反应，A正确；B.钛网为阳极，产生HClO，反应主要为：Cl--2e-+H2O=HClO+H+，B正确；C.电解的总反应方程式为：，电解后海水pH增大，C错误；D.根据阴极电极方程式，生成1molH2转移电子数为2NA，D正确；故选C。14.某溶液初始仅溶有等浓度的M和N，反应①、②同时进行：①M+NX+W②M+NY+W反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M和X的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（）A.0～30min，消耗M的平均速率为0.01mol•L-1•min-1B.体系中X和Y的浓度之比保持不变，说明反应已平衡C.反应①的活化能比反应②的活化能更大D.充分反应后，X的选择性[×100%]为62.5%〖答案〗D〖解析〗A．根据图示可知，0—30min时间段内，有如下关系，v(M)==310—3mol/Lmin，故A错误；B．相同时间内，X和Y的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因Y和Z分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误；C．根据上述分析，相同条件下，反应①产生的X比反应②产生的Y多，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，则反应①的活化能小，活化能越大，反应速率越慢，故C错误；D．前30min内M转化为X的转化率为=62.5%，反应中M转化为X、Y的比例不变，故如果反应能进行到底，反应结束，有62.5%的M转化为X，故D正确；故本题选D。15.某温度下，用0.1000mol/L硝酸银标准溶液对25mL含KX和KY的混合溶液进行电位滴定(Y-与H+的反应可以忽略)，获得电动势(E)和硝酸银标准溶液体积(V)的电位滴定曲线如图所示。已知：Ag++2Y-=[AgY2]-，[AgY2]-+Ag+=2AgY↓。该温度下，Ksp(AgY)=2×10-16，Ksp(AgX)=2×10-10。下列说法不正确的是（）A.B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓B.若HY为弱酸，则从0→A点，水的电离程度不断减小C.原混合溶液中c(KX)=0.03000mol/LD.AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为10-6〖答案〗D〖祥解〗Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，可知含KX和KY的混合溶液滴加硝酸银，KY先与硝酸银反应；0A段发生反应Ag++2Y-=[AgY2]-、AB段发生反应[AgY2]-+Ag+=2AgY↓，BC段发生反应Ag++X-=AgX↓。【详析】A．Ksp(AgY)＜Ksp(AgX)，KY先与硝酸银反应；可知B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓，故A正确；B．若HY为弱酸，则从0→A点，发生反应Ag++2Y-=[AgY2]-，Y－离子浓度减小，对水电离的促进作用减小，水的电离程度不断减小，故B正确；C．B→C主要发生了反应：Ag++X-=AgX↓，则n(KX)=0.1mol/L×(12.5-5)×10-3L=7.5×10-4mol，原混合溶液中c(KX)=mol/L，故C正确；D．AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq)的平衡常数为106，故D错误；〖答案〗选D。16.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论不正确的是（）选项实验操作现象结论A向2mL0.1mol/LFeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色还原性：Fe2+＜I-B往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液产生白色沉淀结合H+的能力：AlO＞COC用pH计测定0.1mol/LNaHCO3溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pHNaHCO3(aq)为8.3，CH3COONa(aq)为8.9水解常数：Kh(HCO)＜Kh(CH3COO-)D甲、乙试管均盛有2mL等浓度银氨溶液，分别加入2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液甲中无明显现象，乙中产生黄色沉淀溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)〖答案〗C〖解析〗A．FeI2溶液中依次滴加少量氯水和CCl4，溶液分层，下层呈紫红色，说明氧化了I-，还原性：Fe2+＜I-，A正确；B．往NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应，偏铝酸根结合碳酸氢根电离的氢离子生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO＞CO，B正确；C．碳酸氢根在溶液中存在电离，根据同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH无法比较水解常数的大小，C错误；D．等浓度的NaCl溶液和NaI溶液分别与等浓度银氨溶液混合，Ksp小的才有可能产生沉淀，没有产生氯化银沉淀，产生碘化银沉淀，说明溶度积常数：Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(共5小题，共52分)17.硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛，回答下列问题：（1）基态硼原子的价层电子排布式是__________________。（2）下列说法不正确的是______。A.根据对角线规则，B元素的一些化学性质与Si元素相似B.第一电离能(I1)：I1(Be)＜I1(B)＜I1(C)C.BF3的空间结构为平面三角形D.晶体硼的熔点为2300℃，推测其为共价晶体（3）储氢材料氨硼烷水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O3NH++9H2↑。反应中硼原子的杂化轨道类型由________变为________。（4）AlF3的熔点(1040℃)远高于BF3的熔点(-127℃)，从晶体类型及微粒间作用力角度分析其原因__________________________________________________________。（5）硼化镁是一种离子晶体，属于六方晶系(如图1)，a=b≠c， α=90°，β=120°，镁层和硼层交替排列，硼原子层形成平面六元并环结构。硼化镁晶体沿z轴方向的投影如图2所示。=1\*GB3①硼化镁的化学式为__________。②B的配位数(紧邻的镁原子数)是________。〖答案〗（1）2s22p1（2）B（3）sp3sp2（4）AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体，前者的离子键强于后者的范德华力（5）①MgB2②6〖解析〗（1）硼是5号元素，价层电子排布式是2s22p1。（2）A．根据对角线规则，B元素的一些化学性质与Si元素相似，A正确；B．同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅡA族元素的第一电离能大于同周期第ⅢA族元素的第一电离能，第VA族元素的第一电离能大于同周期第VIA族元素的第一电离能，则第一电离能：I1(B)<I1(Be)<I1(C)，B错误；C．BF3中B原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则BF3的空间结构为平面三角形，C正确；D．共价晶体熔沸点较高，晶体硼的熔点为2300℃，推测其为共价晶体，D正确；故选B。（3）在NH3BH3中B原子为sp3杂化，而生成物中B原子的价层电子对数为3，则B原子为sp2杂化。（4）AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体，前者的离子键强于后者的范德华力，所以AlF3的熔点(1040℃)远高于BF3的熔点(-127℃)。（5）观察图甲，由均摊法，晶胞中所含B原子个数为6，Mg原子个数为=3，则硼化镁的化学式为MgB，根据图乙，硼化镁晶体沿z轴方向的投影中，每个B原子与相邻的3个Mg原子相切，结合题给信息可知，每个B原子所在层的上下两层分别有3个Mg原子与B原子距离最近且相等，故B原子的配位数是6。18.氯化亚砜()常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其制备及用途，回答下列问题：（1）用硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%。写出该反应方程式______________________________________________。（2）下列有关说法不正确的是__________。A.SO3是极性分子，容易与H2O发生反应B.途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解C.FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为：Fe3++H2OFe(OH)2++H+D.CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺（3）途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应方程式_________________________________________________________________。（4）SOCl2极易水解，试从共价键的极性角度分析其原因__________________________。（5）途径①可能发生氧化还原反应而生成副产物，设计实验分别检验氧化产物和还原产物的存在______________________________________________________________。〖答案〗（1）2S+3Cl2+SO33SOCl2（2）A（3）CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑（4）O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应（5）取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成〖祥解〗硫磺、氯气和三氧化硫在一定条件下可合成SOCl2，SOCl2和氯化铁晶体反应可以得到无水氯化铁，和乙酸反应可以得到CH3COCl；【详析】（1）硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%，则反应为化合反应，根据质量守恒配平可知反应为2S+3Cl2+SO33SOCl2；（2）A．SO3分子中硫形成3个共价键且无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，三氧化硫容易与H2O发生反应生成硫酸，A错误；B．水溶液中铁离子能水解生成氢氧化铁，途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解，从而制的无水氯化铁，B正确；C．FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应生成Fe(OH)2+和H+：Fe3++H2OFe(OH)2++H+，C正确；D．CH3COCl中Cl带负电荷，氨分子中氢带正电荷，则CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺和HCl，D正确；故选A；（3）途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，根据质量守恒可知，两种气体为二氧化硫、氯化氢，则该反应方程式CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑；（4）O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应使得SOCl2极易水解；（5）铁离子具有氧化性，SOCl2中硫处于低价态具有还原性，两者容易发生氧化还原反应生成氧化产物硫酸根离子和还原产物亚铁离子，故实验设计为：取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成。19.甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：I.CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)△H1=-126.4kJ•mol-1II.CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)△H2已知：H2的标准燃烧热为285.8kJ/mol；H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ•mol-1。计算△H2=__________kJ/mol。（2）若采用方法I生产甲醇。在200℃下，向恒容为5L的密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。①下列措施可提高CH4的平衡转化率的是______(填标号)。A.升高温度B.初始总压强不变，提高CH4的分压C.投料比不变，增大反应物浓度D.反应达到平衡后，再充入一定量He②在200℃下，方法I的标准压力平衡常数K=______(可保留)。已知：2A(g)B(g)的标准平衡常数K=，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(A)和p(B)为平衡分压(某成分的物质的量分数×总压)。③若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率将__________(填：变大、变小或不变)。（3）为提高生产效率，利用方法II进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸不会导致体系温度的变化。=1\*GB3①通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是______________________________________________________。②从反应速率的角度分析，通入CH4后维持200℃的原因__________________________(不考虑催化剂失活)。〖答案〗（1）+115.4（2）①C②70或99③变小（3）①吹出体系中的O2②温度过低，反应速率小；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，反应速率小〖解析〗（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)ΔH1=-126.4kJ/mol；②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)ΔH2；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H3=−285.8kJ•mol-1；④H2O(l)=H2O(g)△H4=+44kJ•mol-1；利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)++H2(g)ΔH2=ΔH1-ΔH3-ΔH4=+115.4kJ•mol-1。（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故A不选；B．初始总压强不变，提高CH4的分压，平衡正向移动，但CH4的转化率减小，故B不选；C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故C选，D．反应达到平衡后，再充入一定量He，参与反应的物质浓度不变，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，故D不选；故选：C；②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：则6-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.2，x=5.6kPa，该反应温度下，方法1的标准压力平衡常数K==70或99；③若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，绝热容器中温度升高，不利于主反应正向进行，甲醇的产率变小。（3）①已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2，其目的是活化催化剂，但O2被吸附在催化剂表面；活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是吹去体系中的O2；②从反应速率的角度，通入CH4后反应温度维持在200°C的原因是温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，反应速率小。20.某小组设计制备补铁剂甘氨酸亚铁实验步骤和装置图(夹持装置省略)如图：合成反应为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O。有关物质性质如表所示：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，微溶于乙醇具有两性酸性和还原性常温不易，氧化变质回答下列问题：（1）步骤I制备FeSO4，先打开K1、K2，关闭K3，充分反应后(仍有气泡)，将B中溶液转移到D中的操作是________________________________________________。（2）步骤I、II中，为了防止Fe2+被氧化，采取的措施有________________________、________________________(填2种)。（3）步骤II，D中反应液pH过高或过低均会导致产率降低，原因是______________________________。（4）下列说法不正确的是______。A.步骤I、II使用滴液