2024届安徽省滁州市高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2安徽省滁州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1.中华瑰宝“笔”、“墨”、“纸”、“砚”，承载了几千年的文化传承，它们与化学密不可分。下列说法错误的是（）A.笔尖材料多为狼毫(毛)，其主要成分为天然有机高分子材料B.墨的主要材料为煤烟或松烟，其主要成分为碳单质C.宣纸的材料主要成分是天然无机高分子材料D.砚台的主要材料砚石中多含有赤铁矿和褐铁矿，所以砚台多为深褐色或深紫色〖答案〗C〖解析〗A．狼毫为动物的毛，属于蛋白质，蛋白质是天然有机高分子化合物，A项正确；B．墨的主要成分为碳单质，B项正确；C．宣纸的主要成分是纤维素，属于有机物，C项错误；D．砚台的主要材料砚石中多含有赤铁矿和褐铁矿，故砚台多为深褐色或深紫色，D项正确；〖答案〗选C。2.下列化学用语正确的是（）A.的球棍模型：B.乙醛的结构简式：C.的电子式：D.基态原子的价层电子轨道表示式：〖答案〗D〖解析〗A．分子的中心原子C原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体，且C原子半径大于H，其球棍模型为，故A错误；B．乙醛的结构简式为CH3CHO，故B错误；C．为离子化合物，其电子式为，故C错误；D．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，其轨道表示式：，故D正确；故〖答案〗为：D。3.已知：，设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A.0.1溶液中含有NA个K+B.1mol参与反应断裂的π键数目为NAC.反应每放出mkJ的热量，生成NA个分子D.每转移10NA个电子，产生CO2的体积标况下约为44.8L〖答案〗D〖解析〗A．0.1溶液的体积未知，无法求出其物质的量，也就不能求出所含K+的数目，A不正确；B．C2H2的结构式为H-C≡C-H，1个C2H2分子中含有2个π键，则1mol参与反应断裂的π键数目为2NA，B不正确；C．为离子化合物，在溶液中不存在分子，C不正确；D．由反应可建立如下关系式：CO2——5e-，则每转移10NA个电子，产生CO2的物质的量为2mol，在标况下的体积约为44.8L，D正确；故选D。4.下列实验装置及操作正确的是（）A.除去乙酸中的乙醇 B.除去水中的苯酚C.除去尾气中的 D.除去溶在中的〖答案〗D〖解析〗A．乙酸与乙醇互溶，应蒸馏分离，不能选蒸发，A错误；B．苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液，则过滤不能分离，B错误；C．不与饱和溶液反应，故无法除去尾气中的，C错误；D．溴与氢氧化钠溶于反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠，与四氯化碳溶液不互溶，可由分液将其除去，D正确；故选D。5.X、Y、Z、U、V、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的一种核素原子核内没有中子，Y的最高价氧化物对应水化物为强酸，X与U、Z与W同主族，Z原子的最外层电子数是V原子最外层电子数的两倍。U与W形成的一种化合物其晶胞结构如下图所示，设晶胞边长为dpm。以下说法中不正确的是（）A.第一电离能∶Z>Y>UB.简单氢化物热稳定性∶Z>YC.U、V、W的最高价氧化物对应水化物两两之间均能反应D.该晶体的密度为〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、U、V、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X存在一种核素原子核中没有中子，X为H元素，Y的最高价氧化物对应水化物是强酸，Y为N元素，X与U同主族，U为Na元素，Z位于第二周期，Z原子的最外层电子数是V原子最外层电子数的两倍，则Z的最外层电子数为偶数，Z为O元素，V原子最外层有3个电子，V为Al元素，Z与W同主族，W为S元素。【详析】A．第一电离能：N＞O＞Na，即Y＞Z＞U，A项错误；B．非金属性：O＞N，则简单氢化物热稳定性：H2O>NH3，即Z>Y，B项正确；C．U、V、W的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，两两之间均能反应，C项正确；D．晶胞中，S2-个数为，Na+个数为8，则晶胞质量为，晶胞边长为dpm，则晶胞体积为，则晶体的密度为，D项正确；〖答案〗选A。6.用下图装置进行实验，不能达到目的的是（）A．用盐酸滴定未知浓度的稀氨水B．制取NH4HCO3溶液C．实验室测定中和热D．用pH计测新制氯水的pH〖答案〗C〖解析〗A．用盐酸滴定未知浓度的稀氨水，通常将稀氨水放在锥形瓶内，盐酸放在酸式滴定管内，用甲基橙作指示剂，通过指示剂的颜色变化确定滴定终点，A能达到目的；B．制取NH4HCO3溶液时，为增大CO2溶解度并防止倒吸，先将氨气通过倒置的干燥管通入水中，后通入CO2气体，B能达到目的；C．实验室测定中和热时，两烧杯口应齐平，并与盖板相吻合，用温度计测定反应过程中的最高温度，使用环形玻璃搅拌棒，因为金属导热性好，所以不能使用环形金属搅拌棒，C不能达到目的；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定pH，测定新制氯水的pH时，应使用pH计，D能达到目的；故选C。7.依托咪酯是常用的麻醉剂，其结构如下图所示。下列说法中不正确的是（）A.可水解但不能加成 B.分子式为C.分子中含一个手性碳原子 D.碳原子杂化方式有两种〖答案〗A〖解析〗A．中含酯基，可水解，含苯环及碳氮双键、碳碳双键能加成，故A错误；B．的分子式为，故B正确；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，分子中含一个手性碳原子，，故C正确；D．中苯环上的碳原子、双键碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，故D正确；故〖答案〗为：A。8.如图是石膏的部分层状结构，中间的虚线代表层与层的分界线。下列说法错误的是（）A.中心原子杂化方式为B.该结构中既含有离子键又含有极性键C.加热石膏可以破坏层与层之间的氢键，只能发生物理变化D.每个连接在1个和相邻两层各1个的O上〖答案〗C〖解析〗A．的中心原子S的价层电子对数为4+×(6+2-4×2)=4，其杂化方式为杂化，故A正确；B．从图示可知，该结构中含Ca2+和，即含离子键，及H2O中含极性共价键，故B正确；C．加热石膏可失去结晶水，即加热发生化学变化，故C错误；D．据石膏的层状结构可知，每个连接在1个和相邻两层各1个的O上，故D正确；故〖答案〗为：C。9.下列所述实验事实或所对应的离子方程式不正确的是（）选项实验事实离子方程式A过量H2S通入FeCl3溶液中产生黑褐色沉淀B过量的NaOH与NH4AlFe(SO4)2反应未生成沉淀C等物质的量NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应产生白色沉淀D苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊〖答案〗A〖解析〗A．过量H2S通入FeCl3溶液中产生淡黄色沉淀，没有黑色沉淀生成，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，A不正确；B．过量的NaOH与NH4Al(SO4)2反应，转化为NH3∙H2O，Al3+转化为[Al(OH)4]-，未生成沉淀，离子方程式为，B正确；C．等物质的量NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应，生成BaSO4白色沉淀、NaOH和水，离子方程式为，C正确；D．苯酚钠溶液中通入CO2，不管CO2通入量如何，溶液都变浑浊，且都生成NaHCO3，离子方程式为，D正确；故选A。10.如图所示装置可由制得异丙醇［］进而达成“双碳目标”。其中M、N均是惰性电极。下列说法错误的是（）A.电子由N极流向M极B.该装置可将光能转化为电能C.N极上发生的电极反应为D.M极每产生60g异丙醇，N极生成标况下144g〖答案〗D〖祥解〗N极氧元素价态升高失电子，N极为负极，M极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电；【详析】A．M为正极，N极为负极，电子由负极流向正极，电子由N极流向M极，A正确；B．该装置为原电池，由图可知该装置可将光能转化为电能，B正确；C．N极上失电子生成氧气，发生的电极反应为，C正确；D．M极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，CO2发生的电极反应为：3CO2+18H++18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O，每产生60g异丙醇物质的量，由于还存在氢离子放电，则电路中转移的电子大于18mol，N极只发生，则生成大于4.5mol氧气，质量大于4.5mol×32g/mol=144g氧气，D错误；〖答案〗选D。11.利用天然气制乙炔，反应原理如下：①②在1L恒容密闭反应器中充入适量的，发生上述反应，测得某温度时各含碳物质的物质的量随时间变化如图所示。下列叙述正确的是（）A.M点正反应速率小于逆反应速率B.反应前30min以乙烯生成为主C.若60min后升温，乙曲线上移，甲曲线下移D.0～40min内平均速率为2.〖答案〗B〖祥解〗根据题干方程式特点，随反应进行，甲烷含量逐渐减小，乙烯物质的量先增大后减小，产物乙炔物质的量只增大，因此曲线甲代表乙炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯；根据曲线变化，30min前以乙烯生成为主，30min后，以乙炔生成反应为主。【详析】A．由分析可知，乙代表甲烷，M点时，甲烷的物质的量减小，说明反应向正向进行，则正反应速率大于逆反应速率，A项错误；B．由分析可知，30min前以乙烯生成为主，B项正确；C．根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移，C项错误；D．乙代表甲烷，0～40min内平均速率为，D项错误；〖答案〗选B。12.已知催化反应历程如下图所示，催化历程中有参与。下列有关该反应的说法正确的是（）A.步骤①的速率常数大于步骤②B.反应历程中存在非极性键的断裂和形成C.催化历程中，仅氧元素的化合价未发生变化D.步骤②的热化学方程为：〖答案〗B〖解析〗A．由图知，第一步的活化能大于第二步的活化能，故第一步的速率小于第二步，因此步骤①的速率常数小于步骤②，A错误；B．反应历程中，由O-O键断裂和I-I键的形成，B正确；C．由于中存在一个过氧键，S化合价为+6价，催化历程仅硫元素的化合价未发生变化，C错误；D．由图知，步骤②为放热反应，故热化学方程为：，D错误；故选B。13.某课题组为探究0.1的与溶液反应，进行了如下三个实验：实验一：实验二：实验三：分析实验现象，下列说法中不合理的是（）A.实验一的红褐色液体可产生丁达尔效应B.实验二说明既发生了水解反应也被还原C.实验三说明发生了水解反应但未被还原D.以上三个实验说明对的水解无影响〖答案〗D〖解析〗A．由实验1知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，故可产生丁达尔效应，A正确；B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，再滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，B正确；C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，D错误；故选D。14.已知：①②、、分布分数与关系如下图所示。下列说法正确的是（）{分布分数}A.B.曲线b代表C.加水稀释，减小D.当时，为含M粒子主要存在形式〖答案〗A〖祥解〗由反应①②随c(NH3)改变的平衡移动和图可知，曲线a代表M+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线c代表[M(NH3)]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，当M+离子与[M(NH3)2]+离子浓度相等时，氨分子的浓度为10−3.61mol/L，则反应M++2NH3⇌[M(NH3)2]+的平衡常数K'===107.22；将已知反应依次编号为①②，①+②可得反应M++2NH3⇌[M(NH3)2]+，则平衡常数K'=K1K2，K2==103.90。【详析】A．由分析可知，K2=103.90，故A正确；B．由分析可知，曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，B错误；C．根据勒夏特列原理，加水稀释，①②平衡都逆向移动，δ(M+)增大，C错误；D．由图可知，当c(NH3)>0.01mol⋅L−1时，[M(NH3)2]+为含M粒子的主要存在形式，D错误；本题选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.焦亚硫酸钠()可用作食品添加剂，其实验室制备的装置如下图所示。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，其作用为___________。（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。（3）焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水，溶解完后平均分装到两支相同的小试管中固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ｉ的溶液，___________出现白色沉淀样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性溶液，充分振荡溶液褪色样品未完全氧化变质（4）某小组利用下列装置测定空气中的含量。①为保证实验准确，图中Ⅰ处应选择___________(填A或B)连接到导管末端。②已知：该反应的化学方程式为：，若空气流速为，当观察到___________时，结束计时，测定耗时tmin，假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是___________。〖答案〗（1）长颈漏斗平衡压强（2）（3）向其中加入足量稀盐酸振荡再加溶液（4）①A②蓝色变为无色(或蓝色退去)〖祥解〗装置先用70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，再利用SO2和碳酸钠在三颈烧瓶中反应得焦亚硫酸钠(Na2S2O5)；若焦亚硫酸钠被氧化而变质，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，若焦亚硫酸钠没有被氧化，向溶解所得溶液中加入足量稀盐酸后，再加入氯化钡溶液，不会有白色沉淀生成，若完全被氧化，加入酸性高锰酸钾溶液，溶液不会褪色。【详析】（1）由装置图可知，仪器a的名称是长颈漏斗，其作用为平衡压强；（2）由分析知，圆底烧瓶中70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；（3）由分析知，实验Ⅱ检验硫酸根，故取实验Ｉ的溶液，向其中加入足量稀盐酸振荡再加BaCl2溶液，出现白色沉淀，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，说明焦亚硫酸钠被氧化而变质；（4）①为保证实验准确，空气中SO2能被完全吸收，故图中Ⅰ处应选择A（多孔球泡）连接到导管末端，使气体与液体充分接触，反应充分；②原溶液由于I2和淀粉混合显色变蓝，反应结束，I2完全被反应，溶液由蓝色变为无色(或蓝色退去)，根据反应方程式，n(SO2)=n(I2)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，m(SO2)=n(SO2)×M(SO2)=0.005mol×64g/mol=0.32g=320mg，故空气样品中SO2的含量是mg⋅m−3。16.我国是铜业大国，氨法浸取工艺是铜矿提炼中常用方法，可实现废弃物“铜包钢”的有效分离，同时生产的CuCl可用于催化、医药、冶金等多种领域。工艺流程如下：回答下列问题：（1）首次浸取时所用深蓝色溶液①由细铜丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为___________(填化学式)，其配体的空间构型为___________。（2）浸取工序的产物为，该工序发生反应的离子方程式为___________。（3）浸取工序不宜超过40℃，其原因是___________。（4）中和工序中主反应的离子方程式___________。（5）洗涤步骤中使用乙醇的优点有___________。（6）选用真空干燥的原因___________。〖答案〗（1）三角锥形（2）（3）温度过高，液氨挥发，原料利用率低（4）（5）易于干燥、减少产品损失（6）防止干燥过程中CuCl被空气中的氧化〖祥解〗由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。【详析】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为；其配体为，中N原子的价电子对数为，其空间构型为三角锥形；（2）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；（3）由于温度过高，液氨挥发，原料利用率低，故浸取工序不宜超过40℃；（4）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为；（5）由于乙醇易挥发，易于干燥、减少产品损失，故洗涤步骤中使用乙醇洗涤；（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中CuCl被空气中的氧化，应采用真空干燥的方法干燥，17.工业上以乙苯为原料制备苯乙烯。主要有以下两种制备方法，TK时相应的热化学方程式及其平衡常数如下：反应Ⅰ：直接脱氢，反应Ⅱ：氧化脱氢，回答下列问题：（1）①反应的平衡常数___________(保留3位有效数字)。②反应Ⅱ趋势远大于反应Ⅰ，从反应自发性角度分析其原因是___________。（2）已知，忽略、随温度的变化。当时，反应能自发进行。在100kPa下，直接脱氢反应的和随温度变化的理论计算结果如图所示。①随温度的变化曲线为___________(选填“a”或“b”)，判断的理由是___________。②在某温度下，向恒容密闭容器中通入气态乙苯和氧气各1mol，初始压强为200kPa，只发生反应Ⅱ，达到平衡时，乙苯的转化率为99.8％，该反应的平衡常数___________kPa(保留小数点后一位；分压=总压×物质的量分数)。（3）乙苯脱氢法制苯乙烯往往伴随副反应，一定条件下，为了提高反应速率和苯乙烯选择性，应当___________。〖答案〗（1）①②两反应，但反应可自发进行，但，高温下才可自发（2）①b，温度升高，增大②（3）使用高选择性催化剂〖解析〗（1）①反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的可以由反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得到，故Kp3=；②两反应都是气体体积数增大的反应，两反应ΔS>0，ΔH2<0反应可自发进行，但ΔH1>0，高温下才可自发反应，故反应Ⅱ趋势远大于反应Ⅰ；（2）①根据ΔG=ΔH−TΔS，ΔG随温度变化呈线性变化，故a为ΔG随温度变化的曲线，则Kp1随温度的变化曲线为b，ΔH1>0，温度升高，Kp1增大满足反应Ⅰ的Kp1随温度的变化；②恒容密闭容器中，初始状态下通入气态乙苯和氧气各1mol，只发生反应Ⅱ达到平衡，根据平衡时乙苯的转化率为99.8％，得出乙苯反应了0.998mol，列出三段式平衡时，容器内总压强变为，该温度下，反应的平衡常数；（3）乙苯脱氢法制苯乙烯往往伴随副反应，一定条件下，为了同时提高反应速率和苯乙烯选择性，应当使用高选择性催化剂。18.化合物K是一种化疗药物的活性成分，一种以甲苯为原料的合成路线如图所示：（1）A的化学名称是___________，B中非含氧官能团的名称为___________。（2）E→F的反应类型是___________。（3）B→C中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是___________。（4）E在加热条件下与足量NaOH溶液反应，生成的芳香族化合物结构简式为___________。（5）X是芳香族化合物，比D分子少一个O原子，写出满足下列条件X的结构简式___________。(写出任意一种即可)a．苯环上有2个取代基b．能与溶液发生显色反应c．与NaOH溶液共热有生成（6）氨基具有较强的还原性。参照上述合成路线，以和甲醇为原料，设计路线三步合成___________。(无机试剂任选)〖答案〗（1）甲苯碳氯键(氯原子)（2）取代反应（3）羟基与邻位酯基中羰基上的氧原子形成分子内氢键，稳定性增强(羟基与邻位羰基上的氧原子形成分子内氢键，空间位阻增大)（4）（5）（6）〖祥解〗A（甲苯）在一定经过多步反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸的条件下发生硝化反应，引入硝基生成C，C在Fe/HCl的条件下发生反应生成D，由D的分子式可推知，C到D发生还原反应，故D的结构简式为，D与ClCH2COCl在NaHCO3的作用下生成E，E与（CH3O)2SO4在K2CO3/DMF的条件下发生取代反应生成F，F与在SOCl2的条件下生成G，据此回答。【详析】（1）A的结构为，化学名称为甲苯；由图知，B中非含氧官能团的名称为碳氯键(氯原子)；（2）由分析知，E→F的反应类型为取代反应；（3）由于羟基与邻位酯基中羰基上的氧原子形成分子内氢键，稳定性增强(羟基与邻位羰基上的氧原子形成分子内氢键，空间位阻增大)，故B→C中酚羟基不被浓硝酸氧化；（4）E在加热条件下与足量NaOH溶液中发生水解反应，生成的芳香族化合物为（5）D的结构式为，X是芳香族化合物，比D分子少一个O原子，故X的分子式为C8H8O2Cl，满足a．苯环上有2个取代基，b．能与溶液发生显色反应，c．与NaOH溶液共热有生成，三个条件的同分异构体有、、。（6）参照上述合成路线，以和甲醇为原料，合成的路线为：。安徽省滁州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1.中华瑰宝“笔”、“墨”、“纸”、“砚”，承载了几千年的文化传承，它们与化学密不可分。下列说法错误的是（）A.笔尖材料多为狼毫(毛)，其主要成分为天然有机高分子材料B.墨的主要材料为煤烟或松烟，其主要成分为碳单质C.宣纸的材料主要成分是天然无机高分子材料D.砚台的主要材料砚石中多含有赤铁矿和褐铁矿，所以砚台多为深褐色或深紫色〖答案〗C〖解析〗A．狼毫为动物的毛，属于蛋白质，蛋白质是天然有机高分子化合物，A项正确；B．墨的主要成分为碳单质，B项正确；C．宣纸的主要成分是纤维素，属于有机物，C项错误；D．砚台的主要材料砚石中多含有赤铁矿和褐铁矿，故砚台多为深褐色或深紫色，D项正确；〖答案〗选C。2.下列化学用语正确的是（）A.的球棍模型：B.乙醛的结构简式：C.的电子式：D.基态原子的价层电子轨道表示式：〖答案〗D〖解析〗A．分子的中心原子C原子的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体，且C原子半径大于H，其球棍模型为，故A错误；B．乙醛的结构简式为CH3CHO，故B错误；C．为离子化合物，其电子式为，故C错误；D．基态原子的价层电子排布式为3d54s1，其轨道表示式：，故D正确；故〖答案〗为：D。3.已知：，设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A.0.1溶液中含有NA个K+B.1mol参与反应断裂的π键数目为NAC.反应每放出mkJ的热量，生成NA个分子D.每转移10NA个电子，产生CO2的体积标况下约为44.8L〖答案〗D〖解析〗A．0.1溶液的体积未知，无法求出其物质的量，也就不能求出所含K+的数目，A不正确；B．C2H2的结构式为H-C≡C-H，1个C2H2分子中含有2个π键，则1mol参与反应断裂的π键数目为2NA，B不正确；C．为离子化合物，在溶液中不存在分子，C不正确；D．由反应可建立如下关系式：CO2——5e-，则每转移10NA个电子，产生CO2的物质的量为2mol，在标况下的体积约为44.8L，D正确；故选D。4.下列实验装置及操作正确的是（）A.除去乙酸中的乙醇 B.除去水中的苯酚C.除去尾气中的 D.除去溶在中的〖答案〗D〖解析〗A．乙酸与乙醇互溶，应蒸馏分离，不能选蒸发，A错误；B．苯酚在水中溶解度不大，苯酚微溶于水，形成乳浊液，则过滤不能分离，B错误；C．不与饱和溶液反应，故无法除去尾气中的，C错误；D．溴与氢氧化钠溶于反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠，与四氯化碳溶液不互溶，可由分液将其除去，D正确；故选D。5.X、Y、Z、U、V、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的一种核素原子核内没有中子，Y的最高价氧化物对应水化物为强酸，X与U、Z与W同主族，Z原子的最外层电子数是V原子最外层电子数的两倍。U与W形成的一种化合物其晶胞结构如下图所示，设晶胞边长为dpm。以下说法中不正确的是（）A.第一电离能∶Z>Y>UB.简单氢化物热稳定性∶Z>YC.U、V、W的最高价氧化物对应水化物两两之间均能反应D.该晶体的密度为〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、U、V、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X存在一种核素原子核中没有中子，X为H元素，Y的最高价氧化物对应水化物是强酸，Y为N元素，X与U同主族，U为Na元素，Z位于第二周期，Z原子的最外层电子数是V原子最外层电子数的两倍，则Z的最外层电子数为偶数，Z为O元素，V原子最外层有3个电子，V为Al元素，Z与W同主族，W为S元素。【详析】A．第一电离能：N＞O＞Na，即Y＞Z＞U，A项错误；B．非金属性：O＞N，则简单氢化物热稳定性：H2O>NH3，即Z>Y，B项正确；C．U、V、W的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，两两之间均能反应，C项正确；D．晶胞中，S2-个数为，Na+个数为8，则晶胞质量为，晶胞边长为dpm，则晶胞体积为，则晶体的密度为，D项正确；〖答案〗选A。6.用下图装置进行实验，不能达到目的的是（）A．用盐酸滴定未知浓度的稀氨水B．制取NH4HCO3溶液C．实验室测定中和热D．用pH计测新制氯水的pH〖答案〗C〖解析〗A．用盐酸滴定未知浓度的稀氨水，通常将稀氨水放在锥形瓶内，盐酸放在酸式滴定管内，用甲基橙作指示剂，通过指示剂的颜色变化确定滴定终点，A能达到目的；B．制取NH4HCO3溶液时，为增大CO2溶解度并防止倒吸，先将氨气通过倒置的干燥管通入水中，后通入CO2气体，B能达到目的；C．实验室测定中和热时，两烧杯口应齐平，并与盖板相吻合，用温度计测定反应过程中的最高温度，使用环形玻璃搅拌棒，因为金属导热性好，所以不能使用环形金属搅拌棒，C不能达到目的；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定pH，测定新制氯水的pH时，应使用pH计，D能达到目的；故选C。7.依托咪酯是常用的麻醉剂，其结构如下图所示。下列说法中不正确的是（）A.可水解但不能加成 B.分子式为C.分子中含一个手性碳原子 D.碳原子杂化方式有两种〖答案〗A〖解析〗A．中含酯基，可水解，含苯环及碳氮双键、碳碳双键能加成，故A错误；B．的分子式为，故B正确；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，分子中含一个手性碳原子，，故C正确；D．中苯环上的碳原子、双键碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，故D正确；故〖答案〗为：A。8.如图是石膏的部分层状结构，中间的虚线代表层与层的分界线。下列说法错误的是（）A.中心原子杂化方式为B.该结构中既含有离子键又含有极性键C.加热石膏可以破坏层与层之间的氢键，只能发生物理变化D.每个连接在1个和相邻两层各1个的O上〖答案〗C〖解析〗A．的中心原子S的价层电子对数为4+×(6+2-4×2)=4，其杂化方式为杂化，故A正确；B．从图示可知，该结构中含Ca2+和，即含离子键，及H2O中含极性共价键，故B正确；C．加热石膏可失去结晶水，即加热发生化学变化，故C错误；D．据石膏的层状结构可知，每个连接在1个和相邻两层各1个的O上，故D正确；故〖答案〗为：C。9.下列所述实验事实或所对应的离子方程式不正确的是（）选项实验事实离子方程式A过量H2S通入FeCl3溶液中产生黑褐色沉淀B过量的NaOH与NH4AlFe(SO4)2反应未生成沉淀C等物质的量NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应产生白色沉淀D苯酚钠溶液中通入CO2，溶液变浑浊〖答案〗A〖解析〗A．过量H2S通入FeCl3溶液中产生淡黄色沉淀，没有黑色沉淀生成，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，A不正确；B．过量的NaOH与NH4Al(SO4)2反应，转化为NH3∙H2O，Al3+转化为[Al(OH)4]-，未生成沉淀，离子方程式为，B正确；C．等物质的量NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应，生成BaSO4白色沉淀、NaOH和水，离子方程式为，C正确；D．苯酚钠溶液中通入CO2，不管CO2通入量如何，溶液都变浑浊，且都生成NaHCO3，离子方程式为，D正确；故选A。10.如图所示装置可由制得异丙醇［］进而达成“双碳目标”。其中M、N均是惰性电极。下列说法错误的是（）A.电子由N极流向M极B.该装置可将光能转化为电能C.N极上发生的电极反应为D.M极每产生60g异丙醇，N极生成标况下144g〖答案〗D〖祥解〗N极氧元素价态升高失电子，N极为负极，M极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电；【详析】A．M为正极，N极为负极，电子由负极流向正极，电子由N极流向M极，A正确；B．该装置为原电池，由图可知该装置可将光能转化为电能，B正确；C．N极上失电子生成氧气，发生的电极反应为，C正确；D．M极为正极，二氧化碳和氢离子都在正极放电，CO2发生的电极反应为：3CO2+18H++18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O，每产生60g异丙醇物质的量，由于还存在氢离子放电，则电路中转移的电子大于18mol，N极只发生，则生成大于4.5mol氧气，质量大于4.5mol×32g/mol=144g氧气，D错误；〖答案〗选D。11.利用天然气制乙炔，反应原理如下：①②在1L恒容密闭反应器中充入适量的，发生上述反应，测得某温度时各含碳物质的物质的量随时间变化如图所示。下列叙述正确的是（）A.M点正反应速率小于逆反应速率B.反应前30min以乙烯生成为主C.若60min后升温，乙曲线上移，甲曲线下移D.0～40min内平均速率为2.〖答案〗B〖祥解〗根据题干方程式特点，随反应进行，甲烷含量逐渐减小，乙烯物质的量先增大后减小，产物乙炔物质的量只增大，因此曲线甲代表乙炔、乙代表甲烷、丙代表乙烯；根据曲线变化，30min前以乙烯生成为主，30min后，以乙炔生成反应为主。【详析】A．由分析可知，乙代表甲烷，M点时，甲烷的物质的量减小，说明反应向正向进行，则正反应速率大于逆反应速率，A项错误；B．由分析可知，30min前以乙烯生成为主，B项正确；C．根据题干，两反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物质的量减少，乙炔物质的量增大，则乙曲线下移，甲曲线上移，C项错误；D．乙代表甲烷，0～40min内平均速率为，D项错误；〖答案〗选B。12.已知催化反应历程如下图所示，催化历程中有参与。下列有关该反应的说法正确的是（）A.步骤①的速率常数大于步骤②B.反应历程中存在非极性键的断裂和形成C.催化历程中，仅氧元素的化合价未发生变化D.步骤②的热化学方程为：〖答案〗B〖解析〗A．由图知，第一步的活化能大于第二步的活化能，故第一步的速率小于第二步，因此步骤①的速率常数小于步骤②，A错误；B．反应历程中，由O-O键断裂和I-I键的形成，B正确；C．由于中存在一个过氧键，S化合价为+6价，催化历程仅硫元素的化合价未发生变化，C错误；D．由图知，步骤②为放热反应，故热化学方程为：，D错误；故选B。13.某课题组为探究0.1的与溶液反应，进行了如下三个实验：实验一：实验二：实验三：分析实验现象，下列说法中不合理的是（）A.实验一的红褐色液体可产生丁达尔效应B.实验二说明既发生了水解反应也被还原C.实验三说明发生了水解反应但未被还原D.以上三个实验说明对的水解无影响〖答案〗D〖解析〗A．由实验1知，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，故可产生丁达尔效应，A正确；B．实验②过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，再滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，B正确；C．实验③过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+与没有发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，C正确；D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，D错误；故选D。14.已知：①②、、分布分数与关系如下图所示。下列说法正确的是（）{分布分数}A.B.曲线b代表C.加水稀释，减小D.当时，为含M粒子主要存在形式〖答案〗A〖祥解〗由反应①②随c(NH3)改变的平衡移动和图可知，曲线a代表M+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系、曲线c代表[M(NH3)]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，当M+离子与[M(NH3)2]+离子浓度相等时，氨分子的浓度为10−3.61mol/L，则反应M++2NH3⇌[M(NH3)2]+的平衡常数K'===107.22；将已知反应依次编号为①②，①+②可得反应M++2NH3⇌[M(NH3)2]+，则平衡常数K'=K1K2，K2==103.90。【详析】A．由分析可知，K2=103.90，故A正确；B．由分析可知，曲线b代表[M(NH3)2]+离子的分布分数δ与lgc(NH3)关系，B错误；C．根据勒夏特列原理，加水稀释，①②平衡都逆向移动，δ(M+)增大，C错误；D．由图可知，当c(NH3)>0.01mol⋅L−1时，[M(NH3)2]+为含M粒子的主要存在形式，D错误；本题选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.焦亚硫酸钠()可用作食品添加剂，其实验室制备的装置如下图所示。回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________，其作用为___________。（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。（3）焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。试剂：稀盐酸、稀、稀、溶液、酸性溶液、溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水，溶解完后平均分装到两支相同的小试管中固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ｉ的溶液，___________出现白色沉淀样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性溶液，充分振荡溶液褪色样品未完全氧化变质（4）某小组利用下列装置测定空气中的含量。①为保证实验准确，图中Ⅰ处应选择___________(填A或B)连接到导管末端。②已知：该反应的化学方程式为：，若空气流速为，当观察到___________时，结束计时，测定耗时tmin，假定样品中的可被溶液充分吸收，该空气样品中的含量是___________。〖答案〗（1）长颈漏斗平衡压强（2）（3）向其中加入足量稀盐酸振荡再加溶液（4）①A②蓝色变为无色(或蓝色退去)〖祥解〗装置先用70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，再利用SO2和碳酸钠在三颈烧瓶中反应得焦亚硫酸钠(Na2S2O5)；若焦亚硫酸钠被氧化而变质，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，若焦亚硫酸钠没有被氧化，向溶解所得溶液中加入足量稀盐酸后，再加入氯化钡溶液，不会有白色沉淀生成，若完全被氧化，加入酸性高锰酸钾溶液，溶液不会褪色。【详析】（1）由装置图可知，仪器a的名称是长颈漏斗，其作用为平衡压强；（2）由分析知，圆底烧瓶中70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；（3）由分析知，实验Ⅱ检验硫酸根，故取实验Ｉ的溶液，向其中加入足量稀盐酸振荡再加BaCl2溶液，出现白色沉淀，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，说明焦亚硫酸钠被氧化而变质；（4）①为保证实验准确，空气中SO2能被完全吸收，故图中Ⅰ处应选择A（多孔球泡）连接到导管末端，使气体与液体充分接触，反应充分；②原溶液由于I2和淀粉混合显色变蓝，反应结束，I2完全被反应，溶液由蓝色变为无色(或蓝色退去)，根据反应方程式，n(SO2)=n(I2)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，m(SO2)=n(SO2)×M(SO2)=0.005mol×64g/mol=0.32g=320mg，故空气样品中SO2的含量是mg⋅m−3。16.我国是铜业大国，氨法浸取工艺是铜矿提炼中常用方法，可实现废弃物“铜包钢”的有效分离，同时生产的CuCl可用于催化、医药、冶金等多种领域。工艺流程如下：回答下列问题：（1）首次浸取时所用深蓝色溶液①由细铜丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为___________(填化学式)，其配体的空间构型为___________。（2）浸取工序的产物为，该工序发生反应的离子方程式为___________。（3）浸取工序不宜超过40℃，其原因是___________。（4）中和工序中主反应的离子方程式___________。（5）洗涤步骤中使用乙醇的优点有___________。（6）选用真空干燥的原因___________。〖答案〗（1）三角锥形（2）（3）温度过高，液氨挥发，原料利用率低（4）（5）易于干燥、减少产品损失（6）防止干燥过程中CuCl被空气中的氧化〖祥解〗由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。【详析】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为；其配体为，中N原子的价电子对数为，其空间构型为三角锥形；（2）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；（3）由于温度过高，液氨挥发，原料利用率低，故浸取工序不宜超过40℃；（4）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为；（5）由于乙醇易挥发，易于干燥、减少产品损失，故洗涤步骤中使用乙醇洗涤；（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中CuCl被空气中的氧化，