2023届安徽省铜陵市高三下学期5月模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省铜陵市2023届高三下学期5月模拟考试可能用到的相对原子质量：H1N14O16C135.5Mo96Ag108一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.生活当中处处涉及化学知识，下列陈述正确的是（）A.用氢气做交通车能源，催化剂可降低水光解反应的焓变，有利于开发氢能源B.我国自主研发的JD-1紫外光固化树脂属于新型无机非金属材料C.“84”消毒液在空气中发生反应：2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClOD.核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一〖答案〗D〖解析〗A．催化剂改变反应速率，但是不改变焓变，A错误；B．紫外光固化树脂属于合成有机材料，B错误；C．“84”消毒液中次氯酸钠和空气中二氧化碳反应转化为碳酸氢钠和次氯酸，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，C错误；D．核酸属于生物大分子，不同生命体的核酸具有不同的特征，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D正确。〖答案〗选D。2.下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是（）选项实验操作及现象结论A向含有0.lmol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mol/LAgNO3溶液，先生成黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)B室温下，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状沉淀生成结合H+能力比强C向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀溶液存在平衡：⇌I2+I-D向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀生成液溴与苯发生取代反应〖答案〗D〖解析〗A．等浓度的NaCl和NaI混合溶液中，滴加硝酸银，先生成黄色沉淀即AgI，说明AgI溶解度更小，则Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故A正确；B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状氢氧化铝沉淀生成，发生反应：，通过反应可知结合H+能力比强，故B正确；C．向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀，说明在KI3溶液中存在I-和I2，则溶液中存在平衡：⇌I2+I-，故C正确；D．溴蒸气易挥发，挥发出的溴与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，因此不能说明液溴与苯发生取代反应，故D错误；故选：D。3.下列离子方程式正确的是（）A.向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2B.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2OC.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2ODNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=+2H2O〖答案〗C〖解析〗A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；B．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：Fe3++3+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，反应离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH-=+H2O，故D错误；故选：C。4.物证技术中常用茚三酮显现指纹，化合物A可转化成水合茚三酮如下图所示，下列说法错误的是（）A.A的分子式为C18H10O6 B.A苯环上一溴代物有两种C.水合茚三酮存在一个手性碳原子 D.水合茚三酮含有两种官能团〖答案〗C〖解析〗A．根据A的结构式可知，A的分子式为C18H10O6，A正确；B．A苯环上横着一条对称轴竖着一条对称轴，所以等效氢有两种，故A苯环上一溴代物有两种，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，所以水合茚三酮不存在手性碳原子，C错误；D．根据水合茚三酮结构式可知，含有两种官能团：羟基和羰基，D正确；故选C。5.双阴极微生物燃料电池处理一N废水的工作原理下图(a)所示，双阴极通过的电流相等，废水在电池中的运行模式如下图(b)所示。下列说法正确的是（）A.I室为负极区B.Y离子交换膜为阴离子交换膜C.Ⅲ室中除了O2→H2O，主要发生的反应为+2O2=+2H++H2OD.生成3.5gN2，理论上需要消耗10gO2〖答案〗C〖解析〗A．I室发生反应，反应类型为还原反应，I室为正极区，故A错误；B．Ⅱ室为负极区、Ⅲ室为正极区，Ⅱ室消耗阴离子，所以Y离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．根据图示，Ⅲ室中液体运动到I室，I室硝酸根离子发生还原反应，可知Ⅲ室中生成硝酸根离子，所以除了O2→H2O，主要发生的反应为+2O2=+2H++H2O，故C正确；D．I室发生反应，生成3.5gN2，左侧阴极转移1.25mol电子，消耗0.25mol硝酸根离子；双阴极通过的电流相等，所以右侧阴极同样转移1.25mol电子，右侧阴极反应消耗氧气的物质的量为0.3125mol，Ⅲ室发生+2O2=+2H++H2O反应生成0.25mol硝酸根离子消耗0.5mol氧气，理论上需要消耗26gO2，故D错误；选C。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，W与Z同周期。化合物A有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。下列说法正确的是（）A.简单离子半径W>Z>YB.根据结构可以推测顺式结构能溶于水，反式结构难溶于水C.第一电离能W>Z>YD.化合物A不存在配位键〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，X为氢、Z为氮；W与Z同周期，W能形成2个共价键、Y形成4个共价键，则W为氧、Y为碳；【详析】A．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；简单离子半径W<Z<Y，A错误；B．根据结构，顺式结构中能和水形成氢键、反式结构会形成分子内氢键，导致顺式结构能溶于水，反式结构难溶于水，B正确；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能Z>W>Y，C错误；D．化合物A中铜提供空轨道、N提供孤电子对，能形成配位键，D错误；故选B。7.常温下多元弱酸H3A在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法中正确的是（）A.H3A的电离常数Ka1=1×10-9.2B.常温下将KOH溶液滴入H3A溶液中，pH调至11时发生的离子方程式为H2A-+OH-=HA2-+H2OC.pH=12时，溶液中(H2A-)+2(HA2-)+3C(A3-)+c(OH-)=c(H+)D.在K2HA溶液中，c(HA2-)>c(H2A-)>c(A3-)〖答案〗AD〖解析〗A．H3A的电离常数Ka1=，由图可知，当溶液的pH=9.2时，和的物质的量分数相等，即Ka1==c(H+)=1×10-9.2，故A正确；B．pH调至11时HA2-物质量分数开始增加，则发生的离子方程式为：H3A+2=HA2-+2H2O，故B错误；C．pH=12时，依据图像可得电荷守恒：，故C错误；D．多元弱酸H3A在溶液存在电离方程式有：、、，由图像可知，第三步电离时溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，则在K2HA溶液中，水解产生的多于电离产生的A3-，则有c(HA2-)>c(H2A-)>c(A3-)，故D正确；故〖答案〗选AD。二、非选择题：本题共4题，共58分。8.某项目式学习小组在探究氯水的漂白性时，设计了以下实验：示意图序号温度试剂A预期现象①25℃蒸馏水15s后品红溶液褪色②25℃饱和AgNO3溶液生成白色沉淀，品红溶液褪色Ⅰ．（1）根据新制氯水中存在的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合平衡移动原理，可知实验序号②中品红溶液褪色所需时间___________15s(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ．通过实验得知，品红溶液褪色所需时间与(Ⅰ)中结论恰好相反，猜测饱和AgNO3溶液与HClO发生反应，生成了AgClO沉淀，对此进行以下探究。查阅资料：①AgI能溶于较高浓度KI溶液中；②Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)<Ksp(AgClO)；实验方案1：实验内容序号加入试剂及操作实验现象取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，用蒸馏水洗涤3次，分别装在3支洁净的试管中，再分别加入试剂①加入2mL浓盐酸，用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口产生黄绿色气体，淀粉KI试纸变蓝②加入2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加3滴（）溶液溶液出现红色③加入4mL饱和KI溶液，再滴加3滴淀粉溶液（）（2）实验序号①反应的化学方程式为_________________________________________。（3）实验序号②中滴加的溶液_______________________。（4）实验序号③的实验现象为_______________________________________________。实验方案2：取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净后置于试管中，加入饱和NaCl溶液，静置1h，取上层清液，滴加1滴品红，品红溶液褪色。（5）请结合沉淀溶解平衡原理解释上述现象_____________________________________(结合方程式解释)。（6）根据以上实验可确定白色沉淀的主要成分为_________________。Ⅲ．为确定其成分的含量，设计了实验方案3。实验方案3：查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解；取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净干燥，称取质量为5.2625g，装入洁净试管中，总质量为15.0625g，用酒精灯加热，检验产生的气体，完全反应后，称取试管总质量为14.8225g。（7）白色固体中各成分的物质的量为______________。〖答案〗（1）<（2）AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O（3）KSCN溶液（4）白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色（5）在饱和NaCl溶液发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，溶液中c(ClO-)增大（6）AgCl、AgClO（7）AgClO：0.015mol；AgCl：0.020mol〖祥解〗通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【详析】（1）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，导致Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡正向移动，次氯酸浓度增大，故实验序号②中品红溶液褪色所需时间小于15s；（2）实验产生黄绿色气体说明生成了氯气，淀粉KI试纸变蓝说明生成的氯气氧化碘离子生成碘单质，则次氯酸银和浓盐酸发生氧化还原反应，次氯酸根中氯元素化合价降低、HCl中氯元素化合价升高，反应生成了氯气，根据质量守恒，还会生成氯化银和水，反应为AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O；（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能和KSCN溶液反应变为红色，故实验序号②中滴加的溶液为KSCN溶液；（4）已知，AgI能溶于较高浓度KI溶液中；次氯酸根离子具有强氧化性，次氯酸银和碘离子发生氧化还原生成碘单质和碘化银沉淀，生成碘化银又溶于过量的高浓度KI溶液中，故现象为白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色；（5）在饱和NaCl溶液中氯离子浓度很高，发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，平衡正向移动，溶液中c(ClO-)增大，使得品红溶液褪色；（6）结合实验可知，氯气和水生成盐酸和次氯酸，两者与硝酸银反应分别生成氯化银沉淀、次氯酸银沉淀，故白色沉淀的主要成分为AgCl、AgClO；（7查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解，则次氯酸银分解生成氯化银和氧气，固体减少质量为氧气的质量15.0625g-14.8225g=0.24g，氧气物质的量为0.0075mol，根据氧原子守恒可知，次氯酸银为0.015mol，则氯化银物质的量为。9.废钼催化剂中钼、钴、镍等金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收金属的一种工艺流程如图：已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Co2+Ni2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH2.23.26.49.07.28.7回答下列问题：（1）Ni2+价层电子轨道表示式为_________________，“焙烧”时产生的气体A的主要成分为_________________。（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的离子方程式________________________________________________。（3）“除铁”时应调节溶液pH范围为______________，“沉淀”时调节溶液pH=9.0，则此时溶液中[=___________(pX=-lgX)。（4）“系列操作”为______________、______________、过滤、洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体。（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为___________%(保留小数点后一位数字，收率=)。〖答案〗（1）SO2（2）MoO3+2OH—=+H2O（3）3.2≤pH<6.40.6（4）蒸发浓缩冷却结晶（5）85.0〖祥解〗由题给流程可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化钼转化为钼酸钠，过滤得到氧化亚钴、氧化镍、氧化铁和钼酸钠溶液；向金属氧化物中加入稀硝酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硝酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将亚钴离子和镍离子转化为氢氧化亚钴和氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化亚钴、氢氧化镍沉淀；向钼酸钠溶液中加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体。【详析】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍离子的价电子排布式为3d8，价层电子轨道表示式为；由分析可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，则气体A为二氧化硫，故〖答案〗为：；SO2；（2）由分析可知，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将三氧化钼转化为钼酸钠，反应的离子方程式为MoO3+2OH—=+H2O，故〖答案〗为：MoO3+2OH—=+H2O；（3）由表格数据可知，除铁时应调节溶液pH在3.2≤pH<6.4范围内，使溶液中铁离子完全沉淀，而亚钴离子和镍离子不产生沉淀；调节溶液pH为9.0时，溶液中亚钴离子和镍离子均完全沉淀，则溶液中=—lg=—lg=—lg=—lg=0.6，故〖答案〗为：3.2≤pH<6.4；0.6；（4）由分析可知，系列操作为钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体，故〖答案〗为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵，由钼原子个数守恒可知，该工艺中七水钼酸铵的收率为×100%≈85.0%，故〖答案〗为：85.0。10.通过向烟道内喷入还原剂NH3，然后在催化剂的作用下将烟气中的NOx还原成清洁的N2和H2O。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式①2NH3(g)+2NO(g)+O2(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)ΔH1=-813kJ·mol-1②2NO2(g)+NH3(g)⇌N2(g)+4H2O(g)ΔH2=-912kJ·mol-1③NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)ΔH3④2NH3(g)+O2(g)⇌N2(g)+3H2O(g)ΔH4=-633kJ·mol-1计算反应③的ΔH3=___________kJ·mol-1（2）关于合成氨工艺的下列理解，不正确的是___________(填字母)。A.工业实际生产中合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零B.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”（3）工业上生产NH3过程中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8.分析说明原料气中N2过量的理由：_______________。（4）若向容积为1.0L的反应容器中通入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达到平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。①温度T1、T2、T3大小关系是___________。②M点的平衡常数K=___________(可用计算式表示)。（5）铁和氨气在一定条件下发生置换反应生成氢气和另外一种化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为___________，若两个最近的Fe原子间的距离为acm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体的密度是___________gcm-3(列出表达式即可)〖答案〗（1）-757（2）B（3）N2易得有利于提高H2转化率（4）①T1<T2<T3②=7.32×10-3（5）Fe4N〖解析〗（1）根据盖斯定律ΔH3=ΔH1+ΔH2-ΔH4=-757kJ⋅mol-1：（2）A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于0，故A正确；

B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；

C.不断将液氨移去，生成物浓度较小，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；

D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故D正确；

故〖答案〗为：B；（3）反应物中原料气中N2相对于H2，N2价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，故N2在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率；（4）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3；

②发生的反应为：M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以，可得x=2，则平衡时c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为；（5）该晶胞中Fe原子个数=6×+8×=4，N原子个数为1，其化学式为Fe4N，晶胞的棱长=a×10-10cm,体积为(a×10-10cm)3，该晶胞密度g/cm3。11.双氯酚酸钠具有良好的清热消炎作用，化合物(H)是合成双氯酚酸钠的重要中间体，其一种合成路线如下所示：已知：有机物分子中若含有一个手性碳原子(该碳原子连有4个不同的原子或原子团)，则存在两种立体异构体。回答下列问题：（1）有机物B的名称为___________，有机物E中含氧官能团的名称为___________。（2）反应①所需要试剂为___________，有机物H中N原子杂化方式为___________。（3）反应⑥的反应类型为______________。（4）写出反应③的化学方程式_______________________________________________。（5）满足下列条件的E的同分异构体有___________(含立体异构)种。A．能与FeCl3发生显色反应B．苯环上仅有2个取代基C．含-CN其中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1：2：2：2：1的结构简式为__________(任写一种)。（6）利用原子示踪技术追踪帮助分析有机反应过程，如：根据上述信息，写出以乙醇和为原料合成的路线(无机试剂任选)_____________________________________________________________________。〖答案〗（1）对氯苯甲酸(4-氯苯甲酸)羟基（2）酸性高锰酸钾sp3（3）取代反应（4）（5）24（6）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3〖祥解〗A的分子式为C7H7Cl，A经反应①生成B，B与EtOH在浓硫酸、加热条件下反应生成C，结合C的结构简式知，A的结构简式为，B的结构简式为；C与CH3CN在NaH存在下反应生成D，D的分子式为C9H6NOCl，D经反应④生成E，则D的结构简式为；据此作答。【详析】（1）有机物B的结构简式为，其名称为对氯苯甲酸（或4-氯苯甲酸）；由E的结构简式知，E中含氧官能团的名称为羟基；（2）反应①将中的甲基氧化成羧基，所需的试剂为酸性KMnO4；H中N原子形成3个σ键、且N上有1对孤电子对，则H中N原子采取sp3杂化；（3）对比F与G的结构简式，F中氨基与ClCOOCH3发生取代反应生成G和HCl；〖答案〗为：取代反应；（4）反应③为C与CH3CN在NaH存在下发生取代反应生成D，反应的化学方程式为；（5）E的分子式为C9H8ONCl，不饱和度为6；E的同分异构体能与FeCl3发生显色反应说明结构中含酚羟基，苯环上仅有2个取代基，含-CN，苯环上的1个取代基为-OH，另一个取代基可能为-CH2CHClCN、-CHClCH2CN、、，苯环上两个取代基有邻、间、对三种位置，这四种取代基与苯环连接后都有1个手性碳原子，结合题给已知，符合条件的E的同分异构体有3×4×2=24种（含立体异构）；其中一种核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1的结构简式为或等。安徽省铜陵市2023届高三下学期5月模拟考试可能用到的相对原子质量：H1N14O16C135.5Mo96Ag108一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.生活当中处处涉及化学知识，下列陈述正确的是（）A.用氢气做交通车能源，催化剂可降低水光解反应的焓变，有利于开发氢能源B.我国自主研发的JD-1紫外光固化树脂属于新型无机非金属材料C.“84”消毒液在空气中发生反应：2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClOD.核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一〖答案〗D〖解析〗A．催化剂改变反应速率，但是不改变焓变，A错误；B．紫外光固化树脂属于合成有机材料，B错误；C．“84”消毒液中次氯酸钠和空气中二氧化碳反应转化为碳酸氢钠和次氯酸，NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，C错误；D．核酸属于生物大分子，不同生命体的核酸具有不同的特征，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D正确。〖答案〗选D。2.下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是（）选项实验操作及现象结论A向含有0.lmol/L的NaCl和0.1mol/L的NaI混合溶液中，滴加0.01mol/LAgNO3溶液，先生成黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)B室温下，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状沉淀生成结合H+能力比强C向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀溶液存在平衡：⇌I2+I-D向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀生成液溴与苯发生取代反应〖答案〗D〖解析〗A．等浓度的NaCl和NaI混合溶液中，滴加硝酸银，先生成黄色沉淀即AgI，说明AgI溶解度更小，则Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故A正确；B．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有白色絮状氢氧化铝沉淀生成，发生反应：，通过反应可知结合H+能力比强，故B正确；C．向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀，说明在KI3溶液中存在I-和I2，则溶液中存在平衡：⇌I2+I-，故C正确；D．溴蒸气易挥发，挥发出的溴与AgNO3溶液反应生成浅黄色沉淀，因此不能说明液溴与苯发生取代反应，故D错误；故选：D。3.下列离子方程式正确的是（）A.向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2B.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2OC.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2ODNaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH-=+2H2O〖答案〗C〖解析〗A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；B．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：Fe3++3+12H++10I-=Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，反应离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH-=+H2O，故D错误；故选：C。4.物证技术中常用茚三酮显现指纹，化合物A可转化成水合茚三酮如下图所示，下列说法错误的是（）A.A的分子式为C18H10O6 B.A苯环上一溴代物有两种C.水合茚三酮存在一个手性碳原子 D.水合茚三酮含有两种官能团〖答案〗C〖解析〗A．根据A的结构式可知，A的分子式为C18H10O6，A正确；B．A苯环上横着一条对称轴竖着一条对称轴，所以等效氢有两种，故A苯环上一溴代物有两种，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，所以水合茚三酮不存在手性碳原子，C错误；D．根据水合茚三酮结构式可知，含有两种官能团：羟基和羰基，D正确；故选C。5.双阴极微生物燃料电池处理一N废水的工作原理下图(a)所示，双阴极通过的电流相等，废水在电池中的运行模式如下图(b)所示。下列说法正确的是（）A.I室为负极区B.Y离子交换膜为阴离子交换膜C.Ⅲ室中除了O2→H2O，主要发生的反应为+2O2=+2H++H2OD.生成3.5gN2，理论上需要消耗10gO2〖答案〗C〖解析〗A．I室发生反应，反应类型为还原反应，I室为正极区，故A错误；B．Ⅱ室为负极区、Ⅲ室为正极区，Ⅱ室消耗阴离子，所以Y离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；C．根据图示，Ⅲ室中液体运动到I室，I室硝酸根离子发生还原反应，可知Ⅲ室中生成硝酸根离子，所以除了O2→H2O，主要发生的反应为+2O2=+2H++H2O，故C正确；D．I室发生反应，生成3.5gN2，左侧阴极转移1.25mol电子，消耗0.25mol硝酸根离子；双阴极通过的电流相等，所以右侧阴极同样转移1.25mol电子，右侧阴极反应消耗氧气的物质的量为0.3125mol，Ⅲ室发生+2O2=+2H++H2O反应生成0.25mol硝酸根离子消耗0.5mol氧气，理论上需要消耗26gO2，故D错误；选C。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，W与Z同周期。化合物A有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。下列说法正确的是（）A.简单离子半径W>Z>YB.根据结构可以推测顺式结构能溶于水，反式结构难溶于水C.第一电离能W>Z>YD.化合物A不存在配位键〖答案〗B〖祥解〗X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Z可以构成[ZX4]+，X为氢、Z为氮；W与Z同周期，W能形成2个共价键、Y形成4个共价键，则W为氧、Y为碳；【详析】A．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；简单离子半径W<Z<Y，A错误；B．根据结构，顺式结构中能和水形成氢键、反式结构会形成分子内氢键，导致顺式结构能溶于水，反式结构难溶于水，B正确；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能Z>W>Y，C错误；D．化合物A中铜提供空轨道、N提供孤电子对，能形成配位键，D错误；故选B。7.常温下多元弱酸H3A在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法中正确的是（）A.H3A的电离常数Ka1=1×10-9.2B.常温下将KOH溶液滴入H3A溶液中，pH调至11时发生的离子方程式为H2A-+OH-=HA2-+H2OC.pH=12时，溶液中(H2A-)+2(HA2-)+3C(A3-)+c(OH-)=c(H+)D.在K2HA溶液中，c(HA2-)>c(H2A-)>c(A3-)〖答案〗AD〖解析〗A．H3A的电离常数Ka1=，由图可知，当溶液的pH=9.2时，和的物质的量分数相等，即Ka1==c(H+)=1×10-9.2，故A正确；B．pH调至11时HA2-物质量分数开始增加，则发生的离子方程式为：H3A+2=HA2-+2H2O，故B错误；C．pH=12时，依据图像可得电荷守恒：，故C错误；D．多元弱酸H3A在溶液存在电离方程式有：、、，由图像可知，第三步电离时溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，则在K2HA溶液中，水解产生的多于电离产生的A3-，则有c(HA2-)>c(H2A-)>c(A3-)，故D正确；故〖答案〗选AD。二、非选择题：本题共4题，共58分。8.某项目式学习小组在探究氯水的漂白性时，设计了以下实验：示意图序号温度试剂A预期现象①25℃蒸馏水15s后品红溶液褪色②25℃饱和AgNO3溶液生成白色沉淀，品红溶液褪色Ⅰ．（1）根据新制氯水中存在的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合平衡移动原理，可知实验序号②中品红溶液褪色所需时间___________15s(填“>”、“<”或“=”)。Ⅱ．通过实验得知，品红溶液褪色所需时间与(Ⅰ)中结论恰好相反，猜测饱和AgNO3溶液与HClO发生反应，生成了AgClO沉淀，对此进行以下探究。查阅资料：①AgI能溶于较高浓度KI溶液中；②Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)<Ksp(AgClO)；实验方案1：实验内容序号加入试剂及操作实验现象取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，用蒸馏水洗涤3次，分别装在3支洁净的试管中，再分别加入试剂①加入2mL浓盐酸，用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口产生黄绿色气体，淀粉KI试纸变蓝②加入2mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加3滴（）溶液溶液出现红色③加入4mL饱和KI溶液，再滴加3滴淀粉溶液（）（2）实验序号①反应的化学方程式为_________________________________________。（3）实验序号②中滴加的溶液_______________________。（4）实验序号③的实验现象为_______________________________________________。实验方案2：取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净后置于试管中，加入饱和NaCl溶液，静置1h，取上层清液，滴加1滴品红，品红溶液褪色。（5）请结合沉淀溶解平衡原理解释上述现象_____________________________________(结合方程式解释)。（6）根据以上实验可确定白色沉淀的主要成分为_________________。Ⅲ．为确定其成分的含量，设计了实验方案3。实验方案3：查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解；取新制氯水与足量饱和AgNO3溶液反应后得到的固体，洗净干燥，称取质量为5.2625g，装入洁净试管中，总质量为15.0625g，用酒精灯加热，检验产生的气体，完全反应后，称取试管总质量为14.8225g。（7）白色固体中各成分的物质的量为______________。〖答案〗（1）<（2）AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O（3）KSCN溶液（4）白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色（5）在饱和NaCl溶液发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，溶液中c(ClO-)增大（6）AgCl、AgClO（7）AgClO：0.015mol；AgCl：0.020mol〖祥解〗通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【详析】（1）氯离子和银离子生成氯化银沉淀，导致Cl2+H2O⇌HCl+HClO平衡正向移动，次氯酸浓度增大，故实验序号②中品红溶液褪色所需时间小于15s；（2）实验产生黄绿色气体说明生成了氯气，淀粉KI试纸变蓝说明生成的氯气氧化碘离子生成碘单质，则次氯酸银和浓盐酸发生氧化还原反应，次氯酸根中氯元素化合价降低、HCl中氯元素化合价升高，反应生成了氯气，根据质量守恒，还会生成氯化银和水，反应为AgClO+2HCl=AgCl+Cl2↑+H2O；（3）次氯酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子能和KSCN溶液反应变为红色，故实验序号②中滴加的溶液为KSCN溶液；（4）已知，AgI能溶于较高浓度KI溶液中；次氯酸根离子具有强氧化性，次氯酸银和碘离子发生氧化还原生成碘单质和碘化银沉淀，生成碘化银又溶于过量的高浓度KI溶液中，故现象为白色沉淀逐渐变为黄色，后逐渐溶解，溶液变为蓝色；（5）在饱和NaCl溶液中氯离子浓度很高，发生沉淀转化：AgClO(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+ClO-(aq)，平衡正向移动，溶液中c(ClO-)增大，使得品红溶液褪色；（6）结合实验可知，氯气和水生成盐酸和次氯酸，两者与硝酸银反应分别生成氯化银沉淀、次氯酸银沉淀，故白色沉淀的主要成分为AgCl、AgClO；（7查阅资料：HClO不稳定，见光易分解，推知AgClO受热分解，则次氯酸银分解生成氯化银和氧气，固体减少质量为氧气的质量15.0625g-14.8225g=0.24g，氧气物质的量为0.0075mol，根据氧原子守恒可知，次氯酸银为0.015mol，则氯化银物质的量为。9.废钼催化剂中钼、钴、镍等金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收金属的一种工艺流程如图：已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Co2+Ni2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH2.23.26.49.07.28.7回答下列问题：（1）Ni2+价层电子轨道表示式为_________________，“焙烧”时产生的气体A的主要成分为_________________。（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的离子方程式________________________________________________。（3）“除铁”时应调节溶液pH范围为______________，“沉淀”时调节溶液pH=9.0，则此时溶液中[=___________(pX=-lgX)。（4）“系列操作”为______________、______________、过滤、洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体。（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为___________%(保留小数点后一位数字，收率=)。〖答案〗（1）SO2（2）MoO3+2OH—=+H2O（3）3.2≤pH<6.40.6（4）蒸发浓缩冷却结晶（5）85.0〖祥解〗由题给流程可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化钼转化为钼酸钠，过滤得到氧化亚钴、氧化镍、氧化铁和钼酸钠溶液；向金属氧化物中加入稀硝酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硝酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将亚钴离子和镍离子转化为氢氧化亚钴和氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化亚钴、氢氧化镍沉淀；向钼酸钠溶液中加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体。【详析】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍离子的价电子排布式为3d8，价层电子轨道表示式为；由分析可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，则气体A为二氧化硫，故〖答案〗为：；SO2；（2）由分析可知，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将三氧化钼转化为钼酸钠，反应的离子方程式为MoO3+2OH—=+H2O，故〖答案〗为：MoO3+2OH—=+H2O；（3）由表格数据可知，除铁时应调节溶液pH在3.2≤pH<6.4范围内，使溶液中铁离子完全沉淀，而亚钴离子和镍离子不产生沉淀；调节溶液pH为9.0时，溶液中亚钴离子和镍离子均完全沉淀，则溶液中=—lg=—lg=—lg=—lg=0.6，故〖答案〗为：3.2≤pH<6.4；0.6；（4）由分析可知，系列操作为钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体，故〖答案〗为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵，由钼原子个数守恒可知，该工艺中七水钼酸铵的收率为×100%≈85.0%，故〖答案〗为：85.0。10.通过向烟道内喷入还原剂NH3，然后在催化剂的作用下将烟气中的NOx还原成清洁的N2和H2O。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式①2NH3(g)+2NO(g)+O2(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)ΔH1=-813kJ·mol-1②2NO2(g)+NH3(g)⇌N2(g)+4H2O(g)ΔH2=-912kJ·mol-1③NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)ΔH3④2NH3(g)+O2(g)⇌N2(g)+3H2O(g)ΔH4=-633kJ·mol-1计算反应③的ΔH3=___________kJ·mol-1（2）关于合成氨工艺的下列理解，不正确的是___________(填字母)。A.工业实际生产中合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零B.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”（3）工业上生产NH3过程中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8.分析说明原料气中N2过量的理由：_______________。（4）若向容积为1.0L的反应容器中通入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达到平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。①温度T1、T2、T3大小关系是___________。②M点的平衡常数K=___________(可用计算式表示)。（5）铁和氨气在一定条件下发生置换反应生成氢气和另外一种化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为___________，若两个最近的Fe原子间的距离为acm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体的密度是___________gcm-