2024届浙江省温州市高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省温州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5I127选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列物质属于弱电解质的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．是非电解质，A错误；B．醋酸是弱酸，是弱电解质，B正确；C．是强碱，是强电解质，C错误；D．氯化铝溶于水完全电离为氯离子和铝离子，是强电解质，D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是（）A.次氯酸的空间填充模型：B.氧化钾的电子式：C.聚丙烯链节：D.的名称：3,4,4—三甲基己烷〖答案〗A〖解析〗A．次氯酸中心原子为氧原子，存在H-O、Cl-O共价键，角形结构，次氯酸的空间填充模型：，故A正确；B．氧化钾是离子化合物，氧化钾的电子式：，故B错误；C．含有碳碳双键的有机化合物易通过加聚反应形成高分子化合物，聚丙烯的链节：-CH2-CH(CH3)-，故C错误；D．按取代基编号最小原则，的系统命名为：3，3，4-三甲基己烷，故D错误；故选：A。3.侯氏制碱法利用、饱和溶液先制得,进一步生产，下列说法不正确的是（）A.生产中，向溶有的饱和食盐水中通入，析出B.将所得固体加热生产出纯碱C.碳酸氢钠和碳酸钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱D.新制氯水中加入少量碳酸氢钠，可提高氯水漂白效果〖答案〗A〖解析〗A．二氧化碳难溶于水、NH3极易溶于水，所以生产中，应向溶有NH3的饱和食盐水中通入过量CO2，增大溶质中含碳离子，析出NaHCO3，故A错误；B．NaHCO3热稳定性不强，受热易分解，将所得NaHCO3固体加热分解可生成碳酸钠，故B正确；C．碳酸是二元弱酸，碳酸氢钠和碳酸钠为强碱弱酸盐，均能水解，其溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，故C正确；D．新制氯水中加入少量碳酸氢钠，碳酸氢钠能和盐酸反应，促进氯气和水的反应正向进行，溶液中次氯酸浓度增大，可提高氯水的漂白效果，故D正确；故〖答案〗为：A。4.高温结构陶瓷氮化硅由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：,下列说法正确的是（为阿伏伽德罗常数的值）（）A.和是氧化剂B.既是氧化产物，又是还原产物C.每消耗转移的电子数为D.从熵变角度分析，反应更易生成〖答案〗C〖解析〗反应中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化合价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子，据此分析解答。A．SiO2中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiO2不是氧化剂，故A错误；B．N元素的化合价由0价降低到-3价，故Si3N4只是还原产物，故B错误；C．反应中总共转移12个电子，故每消耗1molC转移的电子数为2NA，故C正确；D．若反应生成CO2，则反应为，产生的气体分子数更少，故从熵变角度分析，反应难生成CO2，故D错误；故选：C。5.下列关于元素及其化合物的说法不正确的是（）A.将通入冷的石灰水，制得漂白粉B.铁是人体必需微量元素，人体内缺铁会发生贫血C.铝粉和的混合物可作为家庭厨卫管道疏通剂的主要成分D.硫元素广泛存在于自然界中，在没有人类活动的影响下，也可能形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．向冷的石灰乳中通入氯气，反应得到氯化钙和次氯酸钙，而不是用石灰水，A错误；B．铁是人体必需微量元素，人体内缺铁，贮存铁就难于满足机体需求而易造成造血原料不足而发生贫血，B正确；C．利用铝和氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生氢气增加管道内的气压，利于疏通，C正确；D．硫元素广泛存在于自然界中，火山喷发时岩浆中的硫化物和硫酸盐会随着岩浆喷出，在没有人类活动的影响下，也可能形成酸雨，D正确；故选A。6.某学习小组欲从含有、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵晶体，设计方案如下，下列说法不正确的是（）A.试剂X是硫酸，其中发生的反应之一：B.步骤②蒸馏实验可用水浴加热C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏低D.将残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵晶体〖答案〗C〖祥解〗欲从含有、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵晶体，需要将转化为硫酸铜、将氨水中的一水合氨和NH3转化为硫酸铵，所以加入的试剂X是硫酸，充分反应后溶液Y为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸点的差异采取蒸馏的方法。【详析】A．根据以上分析可知试剂X是硫酸，加硫酸可以除去络合离子，其中发生的反应之一为，故A正确；B．由于乙醇的沸点为78.3℃，所以步骤②蒸馏实验可用水浴加热，故B正确；C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏高，馏出速度太快，故C错误；D．据以上分析可知，废液中加硫酸反应后，蒸馏出乙醇后剩下的残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵晶体，故D正确；故〖答案〗：C。7.材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用，下列叙述不合理的是（）原料反应条件、组成或结构改变效果A碳素钢改变合金元素得到性能不同的特种钢B高分子聚合物增加强亲水基团产生高吸水性树脂C头发二硫键的断裂与形成定型成需要的形状D苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体得到线型结构酚醛树脂〖答案〗D〖解析〗A．钢中加W可提高其耐磨性，加Ni可增强其低温时的韧性,所以向钢中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金钢，故A正确；B．在高分子聚合物中增加强亲水基团，如加强亲水基团羧酸根，可制成高吸水性树脂，故B正确；C．头发烫染时通过二硫键的断裂与形成，可将头发定型成需要的形状，故C正确；D．将苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体，得到体型结构的酚醛树脂，故D错误；故〖答案〗为：D。8.下列反应与方程式相符的是（）A.铅酸蓄电池放电时的负极反应：B.溶于稀硝酸得蓝色溶液，C.丙烯与足量酸性高锰酸钾溶液反应：D.将浓度均为的和溶液按体积比混合：〖答案〗C〖解析〗A．铅蓄电池，电解质为硫酸溶液，负极铅失去电子生成铅离子，铅离子与硫酸根离子结合生成硫酸铅沉淀，放电时的负极反应：+Pb-2e-═PbSO4，故A错误；B．氧化亚铜为氧化物，应保留化学式；Cu2O溶于稀硝酸得蓝色溶液，离子方程式为：3Cu2O+2+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O，故B错误；C．酸性高锰酸钾氧化丙烯生成乙酸、二氧化碳和水，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为：CH3CH=CH2+2+6H+→CH3COOH+CO2+2Mn2++4H2O，故C正确；D．将浓度均为0.1mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按体积比1：1混合，只发生亚铁离子与氢氧根离子，钡离子与硫酸根离子的反应，离子方程式为：Fe2++2OH-+Ba2++=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；故选：C。9.下列实验装置和实验操作均正确的是（）ABCD验证双液原电池的工作原理比较C与的非金属性强弱用电石制备乙炔并验证乙炔的性质探究铜与浓硫酸的反应〖答案〗B〖解析〗A．图中铜棒不能作盐桥，即该装置不能构成双液原电池，故A错误；B．NaHCO3溶液可除去挥发出来的HCl，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，即非金属性C＞Si，故B正确；C．电石与饱和食盐水生成乙炔，其中混有硫化氢，水不能完全除去其中的硫化氢，乙炔、硫化氢均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可选用硫酸铜溶液除去硫化氢，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，图中缺少加热装置，故D错误；故〖答案〗为：B。10.关于有机物的检测，下列说法正确的是（）A.用质谱法不可鉴别乙醇和二甲醚B.阿司匹林（）加稀水解后，直接加溶液检验产物中的酚羟基C.用新制氢氧化铜（可加热）可鉴别乙醛、乙醇、苯、甲苯D.已知分子式为某链状有机物，用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和二甲醚互为同分异构体，相对分子质量相同，质谱法可测定相对分子质量，也可以测定碎片的相对质量，可以鉴别二者，故A错误；B．阿司匹林中酯基在稀酸性条件下水解得到酚羟基，酚羟基的检验确实需要在碱性环境下进行，不能直接加溶液检验产物中的酚羟基，故B错误；C．乙醛具有还原性，与新制氢氧化铜悬浊液混合加热时产生砖红色沉淀；乙醇能与水任意比例溶解，现象是溶液不分层；苯、甲苯的密度都比水小，现象相同不可鉴别，故C错误；D．核磁共振氢谱法可测定氢原子种类和氢原子峰面积之比，丙酸的结构简式为CH3CH2COOH，氢原子有三种且三种氢原子峰面积之比都是3：2：1，若为其它的结构，氢原子峰的个数和峰面积之比不同，可用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸，故D正确；故选D。11.X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，Y元素在短周期中金属性最强，Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为．下列说法不正确的是（）A.熔点：晶体Z>晶体B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.气态是由极性键构成的极性分子D.晶体中Y离子距离最近且相等的Q离子有6个〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，则X为O元素；Y元素在短周期中金属性最强，则Y为Na元素；Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为3：1，则M为P元素，Z为Si元素，Q为Cl元素，据此分析。【详析】A．晶体Si和SiO2均为共价晶体，Si-Si键的键长大于Si-O键，Si-Si键的键能小于Si-O键，则熔点：晶体Si＜晶体SiO2，故A错误；B．非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Si＜P，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Si＜P，故B正确；C．气态PCl3为三角锥形，正负电荷的重心不重合，是由极性键构成的极性分子，故C正确；D．NaCl晶体中Na+离子距离最近且相等的Cl-离子有6个，故D正确；故选：A。12.2-甲基环戊醇可作为合成橡胶、塑料和纤维等高分子材料中的软化剂和增塑剂．其合成路线如下：下列说法不正确的是（）A.根据化合物B的结构，推测过程Ⅰ依次发生了加成反应、水解反应B.试剂1选择的试剂为醇溶液，反应条件是：加热C.化合物C是一种难溶于水的液体D.过程Ⅲ中，化合物C与水反应时可能生成多种组成相同的有机产物〖答案〗B〖祥解〗化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，醇羟基的消去反应生成C，与水的加成反应生成2-甲基环戊醇；【详析】A．根据化合物B的结构，化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，即化合物B，故A正确；B．化合物B转化为化合物C发生了醇羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸加热，故B错误；C．化合物C为烃类物质，难溶于水，由于C原子数目为6，熔沸点较高，常温下属于液态，故C正确；D．过程Ⅲ可以理解是与水的加成反应，羟基位置不同可能会有不同的加成产物，比如说可能会有化合物B生成，故D正确；故选：B。13.某研究小组模拟微库仑滴定法测定样品中的含量，工作原理是电解质溶液中的保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与反应，便立即自动进行电解，当又回到标准值，测定结束；溶液中存在：．部分装置如图所示，下列说法不正确的是（）A.阳极反应式：B.电极附近离子放电的顺序：C.和溶液可维持电解质溶液的在一定范围内基本不变D.，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为〖答案〗B〖祥解〗检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与Ag+反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成Ag+，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量，据此分析解题。【详析】A．据分析可知，阳极失电子，阳极反应式：，A正确；B．由题意可知，电解质溶液中的保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与反应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+，此时Pt电极Ag+不会放电，H+放电生成H2，说明Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+<H+，B错误；C．和可以组成缓冲溶液，可维持电解质溶液的在一定范围内基本不变，C正确；D．，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为，D正确；故选B。14.某小组利用不同膜反应器（可选择性地让某些气体通过而离开体系）研究的分解率，工作原理如下图所示．图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生且在反应区内进行。投料均为的，反应同时开始，时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。图a装置图b装置图c装置时反应区的物质的量/0.100.30x下列说法正确的是（）A.图a装置的化学平衡常数B.图a装置中，HI(g)分解率为10%C.图b装置中，前内的平均渗透速率约为D图c装置中，x一定大于0.3〖答案〗A〖解析〗A．学平衡常数越大表明它的正向反应进行的程度越大，该反应进行的越完全，反应物的转化率越大，装置a中时反应区的物质的量小于b中，故图a装置的化学平衡常数，A正确；B．图a装置中，分解率为20%，B错误；C．图b装置中，生成的物质的量为0.3mol，前内的平均渗透速率约为，C错误；D．图c装置中，x不一定大于0.3，因为可能该反应此时达到反应上限，x也为0.3，而后续会随着生成物的移除而继续正向反应，D错误；故选A15.常温下，往溶液中通入至饱和，有微量生成，溶液中（溶液体积和浓度的变化忽略不计）．[已知：的电离常数],下列说法不正确的是（）A.溶液中，B.反应的C.溶液中，D.溶液中，约为5〖答案〗D〖解析〗A．往溶液中通入至饱和，有微量生成，即亚铁离子恰好生成沉淀，，故A正确；B．根据反应①、②、③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应，则，故B正确；C．溶液中，HS-的水解常数为，则，故溶液中，故C正确；D．根据反应的，则，pH约为3，故D错误；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中设计和结论均合理的是（）实验目的实验方案设计现象结论A探究与的氧化性强弱向溶液中加入过量溶液充分反应，再滴加淀粉溶液溶液变蓝色氧化性：B比较与结合的能力常温，测定溶液的结合能力：C探究温度对化学平衡的影响将的溶液加热后置于冷水中，观察现象加热后溶液为黄绿色，冷水中变为蓝绿色说明降低温度，向正反应方向移动D比较与的向含有浓度均为的溶液中，逐滴滴加溶液先生成白色沉淀〖答案〗B〖解析〗A．酸性溶液中硝酸根离子能氧化碘离子，溶液变蓝，不能证明氧化性：Fe3+＞I2，故A错误；B．常温，测定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pH=13，可知C2H5O-水解显碱性，则结合H+能力：C2H5O-＞OH-，故B正确；C．加热后溶液为黄绿色，可知升高温度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O正向移动，则降低温度平衡逆向移动，故C错误；D．AgCl、Ag2CrO4的沉淀类型不同，由实验操作和现象，不能证明Ksp：AgCl＜Ag2CrO4，故D错误；故选：B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.镓的化合物种类繁多，应用广泛。（1）镓位于元素周期表的_________区。（2）下列镓原子核形成的微粒中，电离最外层1个电子所需能量最大的是_________。A. B.C. D.（3）①是一种重要的半导体材料，其熔点为，可由如下反应制备：。（电负性：）下列说法正确的是_________。A.原子半径：B.为共价晶体，为分子晶体C.沸点：D.化学键中离子键成分的百分数：②比较键角中的_________中的（填“>”、“<”或“=”），请说明理由__________________________________。（4）感光材料硫镓银晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为______________。如图所示晶胞沿着z轴的投影图为_________（填选项字母）。A． B．C． D．〖答案〗（1）p（2）D（3）①BD②＞电负性C＞H＞Ga，中C-Ga键的共用电子对更偏向于C原子，对中C-H键的排斥力变大，使中键角变小（4）C〖解析〗（1）已知Ga是31号元素，根据构造理论可知，基态Ga原子的核外电子排布式为，则镓位于元素周期表的p区。（2）A.为基态Ga，B.为激发态Ga，C.为激发态Ga，D.为基态Ga+，则Ga+失去电子更困难，电离最外层1个电子所需能量最大的是D。（3）①A.Ga与As是同一周期元素，从左往右原子半径半径依次减小，故原子半径：Ga>As，A错误；B.根据信息可知Ga比As的电负性小0.4，二者之间靠共价键结合，又是一种重要的半导体材料，其熔点为，则为共价晶体，根据信息可知H比As的电负性大0.1，二者之间靠靠共价键结合，与氨气为等电子体，则为分子晶体，B正确；C.由于NH3存在分子间氢键使氨沸点升高，而、甲烷不存在，的分子的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高，则沸点：，C错误；D.同主族从上到下非金属性递减，非金属性，则化学键中离子键成分的百分数：，D正确；选BD。②比较键角中的＞中的，理由为：电负性C＞H＞Ga，中C-Ga键的共用电子对更偏向于C原子，对中C-H键的排斥力变大，使中键角变小。（4）晶胞中Ag位于体心、顶点和面心，个数为1+8×+4×=4，Ga位于棱上、面心，个数为4×++6×=4，8个S位于晶胞内部，三者数目比为1:1:2，则感该晶体的化学式为。沿着z轴的投影，Ag投影为正方形的顶点和四条边的中点，S投影为面对角线离顶点四分之一处，Ga投影为正方形的顶点、四条边的中点和正方形中心，则如图所示晶胞沿着z轴的投影图为C。18.硝酸盐型熔盐（含）在太阳能光热发电领域被广泛应用．高纯的制备、性质与应用是目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下：已知：硝酸工业尾气中主要含．请回答：（1）写出溶液A中的所有离子_________________；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是__________________________________________________．（2）下列说法正确的是_________．A.方法Ⅰ说明：该条件下，酸性B.方法Ⅱ中，，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收C.固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体D.若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素（3）方法Ⅰ中，用代替,得到副产品．工业上用溶液浸取菱镁矿的煅烧粉（含）,不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的溶液，其原理是_____________________________________________________________________．（4）在某温度下，分解得到的可用于制备新型高效多功能水处理剂水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性．请依据上述信息，设计实验检验无色无味气体成分和沉淀中的金属元素_____________________________________________________________________________．写出与共热制取的化学方程式：______________________．〖答案〗（1）将(或)转化为(或)（2）BC（3）存在平衡,加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的溶液（4）将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素〖祥解〗硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。【详析】（1）硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、、OH−；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是将(或)转化为(或)；（2）A．方法Ⅰ说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；B．由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正确；C．KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；D．若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错误；故〖答案〗为：BC；（3）工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液；（4）在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：。19.异丁烯是重要的化工生产原料，可由异丁烷催化脱氢制备，反应如下：．已知：①主要副反应为②温度过高会引发烃裂解生成炭（C）．③相关化学键的键能如下所示：化学键键能/615347.7413.4436请回答：（1）_________．（2）有利于提高异丁烷平衡转化率条件有_________．A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（3）其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和各（作惰性气体），经过相同时间测得相关数据如图1和图2所示．[收率,空速:单位时间通过单位体积催化剂的气体量]（不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附）①图1中，时异丁烯收率=_________．②下列说法正确的是_________．A．由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快B．混入的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳C．图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短D．图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是_____________________________________________________．④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示．若充入改为,在图3中作出异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线__________（忽略积碳的影响）．〖答案〗（1）80.4（2）BC（3）①27.3%②BCD③温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反应速率增大的程度更大，异丁烯选择性下降④〖解析〗（1）ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故〖答案〗为：+80.4；（2）异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故〖答案〗为：BC；（3）①图1中，600℃时异丁烯物质的量为1mol×35%×78%=0.273，所以异丁烯收率=×100%=27.3%，故〖答案〗为：27.3%；②A．由图1可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A错误；B．由题意可知，温度过高会引发烃裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B正确；C．空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故C正确；D．原料气将产物迅速带走，降低异丁烯(i-C4H8)的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故D正确；故〖答案〗为：BCD；③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异丁烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；④若充入N2改为2mol,相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入1molN2要大，所以异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线为。20.硫代尿素是重要的工业原料．某小组按如图流程开展制备实验（部分装置及夹持仪器已省略）。主要反应：步骤Ⅱ:步骤Ⅲ:已知：硫代尿素可溶于水、乙醇，微溶于乙醚（1）仪器X的名称_________（填仪器名称）。（2）下列说法不正确的是_________。A.配制5%的溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶等B.装置A使用恒压分液漏斗添加硫酸溶液时，可以打开漏斗上部的玻璃塞C.在反应前若向装置B中通入一段时间,能提高产品的产率D.步骤Ⅱ反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变（3）步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正确的顺序是：________。（_________）→（_________）→a→（_________）→e→f→（_________）a．调节三通阀如图，收集气体一段时间b．开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸c．调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为d．调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在e．调节三通阀如图f．移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后g．检测气体纯净后连接三通阀（4）步骤Ⅳ的主要操作是（请补上第一步）：_________→洗涤、合并滤液→冷冻结晶。上述步骤中的最适宜洗涤剂是_________。A．冷水B．热水C．乙醚D．滤液（5）产品含量的测定：滴定反应：；主要步骤：Ⅰ．称取产品用蒸馏水溶解并定容至。移取该溶液注入碘量瓶中，加碘标准液，氢氧化钠溶液，于暗处放置。加适量水及盐酸摇匀，用硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积。Ⅱ．空白实验：将上述样品溶液改为蒸馏水注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗体积。①需要加入淀粉指示液时，锥形瓶中溶液的现象是_________________________________。②产品的质量分数为_____________。〖答案〗（1）三颈烧瓶（2）ABD（3）（4）趁热过滤B（5）①溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色②或〖祥解〗BaS溶液和稀硫酸在装置A的三颈烧瓶中混合反应生成硫化氢气体进入装置B发生反应，经步骤Ⅲ，趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品。【详析】（1）仪器X的名称为三颈烧瓶，故〖答案〗为：三颈烧瓶；（2）A.配制5%的溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶，A错误；B.恒压分液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利留下，不需要可以打开漏斗上部的玻璃塞，B错误；C.在反应前若向装置B中通入一段时间,排尽装置中的空气，防止产品被氧化，提高产品的产率，C正确；D.步骤Ⅱ反应完全即H2S完全反应，步骤Ⅲ反应仍需要CaCN2参与，此时仍是浊液，当集气瓶液面不再改变，且液面和移液管中相平，说明步骤Ⅱ反应完全，D错误；故〖答案〗为：ABD；（3）实验操作如下，开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸，检测气体纯净后连接三通阀；调节三通阀如图，收集气体一段时间；调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为；调节三通阀如图；移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后；调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在，故〖答案〗为：；（4）从题中所给信息，步骤Ⅲ调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在，发生该反应，可知硫代尿素在溶解度较小，有利于以晶体的形式析出，故经趁热过滤、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品，洗涤应使用热水洗涤，减少产品的损失，故〖答案〗为：趁热过滤；B；（5）①临近终点溶液中有碘单质，溶液为黄褐色，滴加淀粉溶液溶液，溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄色，故〖答案〗为：溶液由黄褐色变为浅黄色或溶液变为浅黄；②根据空白实验可知20.00m溶液中加入碘单质为mg产品的质量分数为，故〖答案〗为：或。21.某研究小组按下列路线合成抗抑郁药米氮平。已知：①②请回答：（1）化合物A的官能团名称是_________。（2）下列说法正确的是_________。A.化合物E可发生缩聚反应 B.的反应类型均为取代反应C.化合物G可与盐酸反应 D.米氮平的分子式为（3）化合物B的结构简式_____________。（4）写出的化学方程式_________________________________________。（5）研究小组在实验室用乙苯及甲醇为原料合成药物二苄胺（）。利用以上合成路线的相关信息，设计该合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_________________________________________________。（6）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式_______________。①分子中含有苯环，无其他环状结构；②谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，且无结构。〖答案〗（1）醚键（2）AC（3）（4）（5）（6）〖祥解〗根据题中信息①，结合(A)、(C)的结构简式可知，B的结构简式为CH3NHCH2CH2OH，C的分子式为C11H17NO2、D的分子式为C11H15NCl2，对比C、D的分子式可知C转化成D是氯原子取代羟基，所以D的结构简式为；由信息②结合G的结构简式：，以及F的分子式C8H10N2O2，可知F的结构简式为，又E的分子式C6H6N2O2，E与C2H5OH反应生成，所以E的结构简式为，根据题中信息①，结合(D)、(G)的结构简式可知，H的结构简式为。【详析】（1）化合物A的结构简式为，其官能团名称是醚键；（2）A．化合物E的结构简式为，分子中既具有氨基又有羧基，所以可发生缩聚反应，故A正确；B．E的结构简式为、F的结构简式为、G的结构简式为，E→F为羧基和乙醇的酯化反应、F→G为酯基的还原反应，故B错误；C．G的结构简式为，分子中具有氨基，所以化合物G可与盐酸反应，故C正确；D．由题中所给米氮平的结构简式可知，米氮平的分子式为C17H19N3，故D错误；故〖答案〗为：AC；（3）根据题中信息①，结合(A)、(C)的结构简式可知，B的结构简式为CH3NHCH2CH2OH；（4）根据题中信息①，结合(D)、(G)的结构简式可知，H的结构简式为，所以D+G→H的化学方程式为；（5）据题中所给信息①知，要合成药物二苄胺（），首先要合成，然后由和NH3反应制取，其合成路线如下：；（6）F的结构简式为，满足题中要求的同分异构体的结构简式有：。浙江省温州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28S32Cl35.5I127选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列物质属于弱电解质的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．是非电解质，A错误；B．醋酸是弱酸，是弱电解质，B正确；C．是强碱，是强电解质，C错误；D．氯化铝溶于水完全电离为氯离子和铝离子，是强电解质，D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是（）A.次氯酸的空间填充模型：B.氧化钾的电子式：C.聚丙烯链节：D.的名称：3,4,4—三甲基己烷〖答案〗A〖解析〗A．次氯酸中心原子为氧原子，存在H-O、Cl-O共价键，角形结构，次氯酸的空间填充模型：，故A正确；B．氧化钾是离子化合物，氧化钾的电子式：，故B错误；C．含有碳碳双键的有机化合物易通过加聚反应形成高分子化合物，聚丙烯的链节：-CH2-CH(CH3)-，故C错误；D．按取代基编号最小原则，的系统命名为：3，3，4-三甲基己烷，故D错误；故选：A。3.侯氏制碱法利用、饱和溶液先制得,进一步生产，下列说法不正确的是（）A.生产中，向溶有的饱和食盐水中通入，析出B.将所得固体加热生产出纯碱C.碳酸氢钠和碳酸钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱D.新制氯水中加入少量碳酸氢钠，可提高氯水漂白效果〖答案〗A〖解析〗A．二氧化碳难溶于水、NH3极易溶于水，所以生产中，应向溶有NH3的饱和食盐水中通入过量CO2，增大溶质中含碳离子，析出NaHCO3，故A错误；B．NaHCO3热稳定性不强，受热易分解，将所得NaHCO3固体加热分解可生成碳酸钠，故B正确；C．碳酸是二元弱酸，碳酸氢钠和碳酸钠为强碱弱酸盐，均能水解，其溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，故C正确；D．新制氯水中加入少量碳酸氢钠，碳酸氢钠能和盐酸反应，促进氯气和水的反应正向进行，溶液中次氯酸浓度增大，可提高氯水的漂白效果，故D正确；故〖答案〗为：A。4.高温结构陶瓷氮化硅由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：,下列说法正确的是（为阿伏伽德罗常数的值）（）A.和是氧化剂B.既是氧化产物，又是还原产物C.每消耗转移的电子数为D.从熵变角度分析，反应更易生成〖答案〗C〖解析〗反应中C元素的化合价由0价升高到+2价，N元素的化合价由0价降低到-3价，反应中总共转移12个电子，据此分析解答。A．SiO2中Si和O元素的化合价都未发生变化，故SiO2不是氧化剂，故A错误；B．N元素的化合价由0价降低到-3价，故Si3N4只是还原产物，故B错误；C．反应中总共转移12个电子，故每消耗1molC转移的电子数为2NA，故C正确；D．若反应生成CO2，则反应为，产生的气体分子数更少，故从熵变角度分析，反应难生成CO2，故D错误；故选：C。5.下列关于元素及其化合物的说法不正确的是（）A.将通入冷的石灰水，制得漂白粉B.铁是人体必需微量元素，人体内缺铁会发生贫血C.铝粉和的混合物可作为家庭厨卫管道疏通剂的主要成分D.硫元素广泛存在于自然界中，在没有人类活动的影响下，也可能形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．向冷的石灰乳中通入氯气，反应得到氯化钙和次氯酸钙，而不是用石灰水，A错误；B．铁是人体必需微量元素，人体内缺铁，贮存铁就难于满足机体需求而易造成造血原料不足而发生贫血，B正确；C．利用铝和氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生氢气增加管道内的气压，利于疏通，C正确；D．硫元素广泛存在于自然界中，火山喷发时岩浆中的硫化物和硫酸盐会随着岩浆喷出，在没有人类活动的影响下，也可能形成酸雨，D正确；故选A。6.某学习小组欲从含有、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵晶体，设计方案如下，下列说法不正确的是（）A.试剂X是硫酸，其中发生的反应之一：B.步骤②蒸馏实验可用水浴加热C.若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏低D.将残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵晶体〖答案〗C〖祥解〗欲从含有、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵晶体，需要将转化为硫酸铜、将氨水中的一水合氨和NH3转化为硫酸铵，所以加入的试剂X是硫酸，充分反应后溶液Y为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇可利用沸点的差异采取蒸馏的方法。【详析】A．根据以上分析可知试剂X是硫酸，加硫酸可以除去络合离子，其中发生的反应之一为，故A正确；B．由于乙醇的沸点为78.3℃，所以步骤②蒸馏实验可用水浴加热，故B正确；C．若得到的粗乙醇中乙醇的含量明显偏低，可能是蒸馏时加热温度偏高，馏出速度太快，故C错误；D．据以上分析可知，废液中加硫酸反应后，蒸馏出乙醇后剩下的残留液加热浓缩、冷却结晶可得到硫酸铜铵晶体，故D正确；故〖答案〗：C。7.材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用，下列叙述不合理的是（）原料反应条件、组成或结构改变效果A碳素钢改变合金元素得到性能不同的特种钢B高分子聚合物增加强亲水基团产生高吸水性树脂C头发二硫键的断裂与形成定型成需要的形状D苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体得到线型结构酚醛树脂〖答案〗D〖解析〗A．钢中加W可提高其耐磨性，加Ni可增强其低温时的韧性,所以向钢中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金钢，故A正确；B．在高分子聚合物中增加强亲水基团，如加强亲水基团羧酸根，可制成高吸水性树脂，故B正确；C．头发烫染时通过二硫键的断裂与形成，可将头发定型成需要的形状，故C正确；D．将苯酚、甲醛控制反应条件，主要生成2,4,6-三羟甲基苯酚中间体，得到体型结构的酚醛树脂，故D错误；故〖答案〗为：D。8.下列反应与方程式相符的是（）A.铅酸蓄电池放电时的负极反应：B.溶于稀硝酸得蓝色溶液，C.丙烯与足量酸性高锰酸钾溶液反应：D.将浓度均为的和溶液按体积比混合：〖答案〗C〖解析〗A．铅蓄电池，电解质为硫酸溶液，负极铅失去电子生成铅离子，铅离子与硫酸根离子结合生成硫酸铅沉淀，放电时的负极反应：+Pb-2e-═PbSO4，故A错误；B．氧化亚铜为氧化物，应保留化学式；Cu2O溶于稀硝酸得蓝色溶液，离子方程式为：3Cu2O+2+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O，故B错误；C．酸性高锰酸钾氧化丙烯生成乙酸、二氧化碳和水，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为：CH3CH=CH2+2+6H+→CH3COOH+CO2+2Mn2++4H2O，故C正确；D．将浓度均为0.1mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2和Ba(OH)2溶液按体积比1：1混合，只发生亚铁离子与氢氧根离子，钡离子与硫酸根离子的反应，离子方程式为：Fe2++2OH-+Ba2++=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；故选：C。9.下列实验装置和实验操作均正确的是（）ABCD验证双液原电池的工作原理比较C与的非金属性强弱用电石制备乙炔并验证乙炔的性质探究铜与浓硫酸的反应〖答案〗B〖解析〗A．图中铜棒不能作盐桥，即该装置不能构成双液原电池，故A错误；B．NaHCO3溶液可除去挥发出来的HCl，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，可知碳酸酸性强于硅酸，即非金属性C＞Si，故B正确；C．电石与饱和食盐水生成乙炔，其中混有硫化氢，水不能完全除去其中的硫化氢，乙炔、硫化氢均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，可选用硫酸铜溶液除去硫化氢，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，图中缺少加热装置，故D错误；故〖答案〗为：B。10.关于有机物的检测，下列说法正确的是（）A.用质谱法不可鉴别乙醇和二甲醚B.阿司匹林（）加稀水解后，直接加溶液检验产物中的酚羟基C.用新制氢氧化铜（可加热）可鉴别乙醛、乙醇、苯、甲苯D.已知分子式为某链状有机物，用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸〖答案〗D〖解析〗A．乙醇和二甲醚互为同分异构体，相对分子质量相同，质谱法可测定相对分子质量，也可以测定碎片的相对质量，可以鉴别二者，故A错误；B．阿司匹林中酯基在稀酸性条件下水解得到酚羟基，酚羟基的检验确实需要在碱性环境下进行，不能直接加溶液检验产物中的酚羟基，故B错误；C．乙醛具有还原性，与新制氢氧化铜悬浊液混合加热时产生砖红色沉淀；乙醇能与水任意比例溶解，现象是溶液不分层；苯、甲苯的密度都比水小，现象相同不可鉴别，故C错误；D．核磁共振氢谱法可测定氢原子种类和氢原子峰面积之比，丙酸的结构简式为CH3CH2COOH，氢原子有三种且三种氢原子峰面积之比都是3：2：1，若为其它的结构，氢原子峰的个数和峰面积之比不同，可用核磁共振氢谱法可推断其是否是丙酸，故D正确；故选D。11.X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，Y元素在短周期中金属性最强，Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为．下列说法不正确的是（）A.熔点：晶体Z>晶体B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.气态是由极性键构成的极性分子D.晶体中Y离子距离最近且相等的Q离子有6个〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子中核外电子有8种运动状态，则X为O元素；Y元素在短周期中金属性最强，则Y为Na元素；Z与M元素相邻，M和Q基态原子核外有未成对电子数之比为3：1，则M为P元素，Z为Si元素，Q为Cl元素，据此分析。【详析】A．晶体Si和SiO2均为共价晶体，Si-Si键的键长大于Si-O键，Si-Si键的键能小于Si-O键，则熔点：晶体Si＜晶体SiO2，故A错误；B．非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Si＜P，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Si＜P，故B正确；C．气态PCl3为三角锥形，正负电荷的重心不重合，是由极性键构成的极性分子，故C正确；D．NaCl晶体中Na+离子距离最近且相等的Cl-离子有6个，故D正确；故选：A。12.2-甲基环戊醇可作为合成橡胶、塑料和纤维等高分子材料中的软化剂和增塑剂．其合成路线如下：下列说法不正确的是（）A.根据化合物B的结构，推测过程Ⅰ依次发生了加成反应、水解反应B.试剂1选择的试剂为醇溶液，反应条件是：加热C.化合物C是一种难溶于水的液体D.过程Ⅲ中，化合物C与水反应时可能生成多种组成相同的有机产物〖答案〗B〖祥解〗化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，醇羟基的消去反应生成C，与水的加成反应生成2-甲基环戊醇；【详析】A．根据化合物B的结构，化合物A与CH3MgI发生加成反应引入-CH3和-OMgI，然后-OMgI发生水解产生羟基，即化合物B，故A正确；B．化合物B转化为化合物C发生了醇羟基的消去反应，反应条件为浓硫酸加热，故B错误；C．化合物C为烃类物质，难溶于水，由于C原子数目为6，熔沸点较高，常温下属于液态，故C正确；D．过程Ⅲ可以理解是与水的加成反应，羟基位置不同可能会有不同的加成产物，比如说可能会有化合物B生成，故D正确；故选：B。13.某研究小组模拟微库仑滴定法测定样品中的含量，工作原理是电解质溶液中的保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与反应，便立即自动进行电解，当又回到标准值，测定结束；溶液中存在：．部分装置如图所示，下列说法不正确的是（）A.阳极反应式：B.电极附近离子放电的顺序：C.和溶液可维持电解质溶液的在一定范围内基本不变D.，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为〖答案〗B〖祥解〗检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与Ag+反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成Ag+，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量，据此分析解题。【详析】A．据分析可知，阳极失电子，阳极反应式：，A正确；B．由题意可知，电解质溶液中的保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与反应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+，此时Pt电极Ag+不会放电，H+放电生成H2，说明Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+<H+，B错误；C．和可以组成缓冲溶液，可维持电解质溶液的在一定范围内基本不变，C正确；D．，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为，D正确；故选B。14.某小组利用不同膜反应器（可选择性地让某些气体通过而离开体系）研究的分解率，工作原理如下图所示．图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生且在反应区内进行。投料均为的，反应同时开始，时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。图a装置图b装置图c装置时反应区的物质的量/0.100.30x下列说法正确的是（）A.图a装置的化学平衡常数B.图a装置中，HI(g)分解率为10%C.图b装置中，前内的平均渗透速率约为D图c装置中，x一定大于0.3〖答案〗A〖解析〗A．学平衡常数越大表明它的正向反应进行的程度越大，该反应进行的越完全，反应物的转化率越大，装置a中时反应区的物质的量小于b中，故图a装置的化学平衡常数，A正确；B．图a装置中，分解率为20%，B错误；C．图b装置中，生成的物质的量为0.3mol，前内的平均渗透速率约为，C错误；D．图c装置中，x不一定大于0.3，因为可能该反应此时达到反应上限，x也为0.3，而后续会随着生成物的移除而继续正向反应，D错误；故选A15.常温下，往溶液中通入至饱和，有微量生成，溶液中（溶液体积和浓度的变化忽略不计）．[已知：的电离常数],下列说法不正确的是（）A.溶液中，B.反应的C.溶液中，D.溶液中，约为5〖答案〗D〖解析〗A．往溶液中通入至饱和，有微量生成，即亚铁离子恰好生成沉淀，，故A正确；B．根据反应①、②、③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应，则，故B正确；C．溶液中，HS-的水解常数为，则，故溶液中，故C正确；D．根据反应的，则，pH约为3，故D错误；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中设计和结论均合理的是（）实验目的实验方案设计现象结论A探究与的氧化性强弱向溶液中加入过量溶液充分反应，再滴加淀粉溶液溶液变蓝色氧化性：B比较与结合的能力常温，测定溶液的结合能力：C探究温度对化学平衡的影响将的溶液加热后置于冷水中，观察现象加热后溶液为黄绿色，冷水中变为蓝绿色说明降低温度，向正反应方向移动D比较与的向含有浓度均为的溶液中，逐滴滴加溶液先生成白色沉淀〖答案〗B〖解析〗A．酸性溶液中硝酸根离子能氧化碘离子，溶液变蓝，不能证明氧化性：Fe3+＞I2，故A错误；B．常温，测定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pH=13，可知C2H5O-水解显碱性，则结合H+能力：C2H5O-＞OH-，故B正确；C．加热后溶液为黄绿色，可知升高温度使[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O正向移动，则降低温度平衡逆向移动，故C错误；D．AgCl、Ag2CrO4的沉淀类型不同，由实验操作和现象，不能证明Ksp：AgCl＜Ag2CrO4，故D错误；故选：B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.镓的化合物种类繁多，应用广泛。（1）镓位于元素周期表的_________区。（2）下列镓原子核形成的微粒中，电离最外层1个电子所需能量最大的是_________。A. B.C. D.（3）①是一种重要的半导体材料，其熔点为，可由如下反应制备：。（电负性：）下列说法正确的是_________。A.原子半径：B.为共价晶体，为分子晶体C.沸点：D.化学键中离子键成分的百分数：②比较键角中的_________中的（填“>”、“<”或“=”），请说明理由__________________________________。（4）感光材料硫镓银晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为______________。如图所示晶胞沿着z轴的投影图为_________（填选项字母）。A． B．C． D．〖答案〗（1）p（2）D（3）①BD②＞电负性C＞H＞Ga，中C-Ga键的共用电子对更偏向于C原子，对中C-H键的排斥力变大，使中键角变小（4）C〖解析〗（1）已知Ga是31号元素，根据构造理论可知，基态Ga原子的核外电子排布式为，则镓位于元素周期表的p区。（2）A.为基态Ga，B.为激发态Ga，C.为激发态Ga，D.为基态Ga+，则Ga+失去电子更困难，电离最外层1个电子所需能量最大的是D。（3）①A.Ga与As是同一周期元素，从左往右原子半径半径依次减小，故原子半径：Ga>As，A错误；B.根据信息可知Ga比As的电负性小0.4，二者之间靠共价键结合，又是一种重要的半导体材料，其熔点为，则为共价晶体，根据信息可知H比As的电负性大0.1，二者之间靠靠共价键结合，与氨气为等电子体，则为分子晶体，B正确；C.由于NH3存在分子间氢键使氨沸点升高，而、甲烷不存在，的分子的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高，则沸点：，C错误；D.同主族从上到下非金属性递减，非金属性，则化学键中离子键成分的百分数：，D正确；选BD。②比较键角中的＞中的，理由为：电负性C＞H＞Ga，中C-Ga键的共用电子对更偏向于C原子，对中C-H键的排斥力变大，使中键角变小。（4）晶胞中Ag位于体心、顶点和面心，个数为1+8×+4×=4，Ga位于棱上、面心，个数为4×++6×=4，8个S位于晶胞内部，三者数目比为1:1:2，则感该晶体的化学式为。沿着z轴的投影，Ag投影为正方形的顶点和四条边的中点，S投影为面对角线离顶点四分之一处，Ga投影为正方形的顶点、四条边的中点和正方形中心，则如图所示晶胞沿着z轴的投影图为C。18.硝酸盐型熔盐（含）在太阳能光热发电领域被广泛应用．高纯的制备、性质与应用是目前研究的热点，部分生产方法及性质研究如下：已知：硝酸工业尾气中主要含．请回答：（1）写出溶液A中的所有离子_________________；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是__________________________________________________．（2）下列说法正确的是_________．A.方法Ⅰ说明：该条件下，酸性B.方法Ⅱ中，，氮氧化物才能被足量的溶液充分吸收C.固体与浓硫酸共热，可产生红棕色气体D.若气体B是一种单质，则所得固体C中不能含有三种元素（3）方法Ⅰ中，用代替,得到副产品．工业上用溶液浸取菱镁矿的煅烧粉（含）,不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的溶液，其原理是_____________________________________________________________________．（4）在某温度下，分解得到的可用于制备新型高效多功能水处理剂水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性．请依据上述信息，设计实验检验无色无味气体成分和沉淀中的金属元素_____________________________________________________________________________．写出与共热制取的化学方程式：______________________．〖答案〗（1）将(或)转化为(或)（2）BC（3）存在平衡,加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的溶液（4）将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃说明为氧气；取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素〖祥解〗硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。【详析】（1）硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、、OH−；方法Ⅱ中，“氧化吸收液”的目的是将(或)转化为(或)；（2）A．方法Ⅰ说明硝酸钾的溶解度小于氯化钾，与酸性无关，故A错误；B．由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收，故B正确；C．KNO3固体与浓硫酸共热反应生成硫酸钾、二氧化氮、氧气和水，可产生红棕色气体，故C正确；D．若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，含有三种元素，故D错误；故〖答案〗为：BC；（3）工业上用NH4Cl溶液浸取菱镁矿的煅烧粉(含MgO)，不断加热蒸出氨气，以获得较高浓度的MgCl2溶液，其原理是存在平衡MgO+2＝2NH3+Mg2++H2O，加热蒸出氨气，促使平衡右移，得到较高浓度的MgCl2溶液；（4）在某温度下，KNO3分解得到的K2O可用于制备新型高效多功能水处理剂K2FeO4，K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氧气的方法是将气体收集在集气瓶中，伸入带火星的木条，若木条复燃，检验氢氧化铁沉淀的方法是取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：。19.异丁烯是重要的化工生产原料，可由异丁烷催化脱氢制备，反应如下：．已知：①主要副反应为②温度过高会引发烃裂解生成炭（C）．③相关化学键的键能如下所示：化学键键能/615347.7413.4436请回答：（1）_________．（2）有利于提高异丁烷平衡转化率条件有_________．A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（3）其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和各（作惰性气体），经过相同时间测得相关数据如图1和图2所示．[收率,空速:单位时间通过单位体积催化剂的气体量]（不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附）①图1中，时异丁烯收率=_________．②下列说法正确的是_________．A．由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快B．混入的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳C．图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短D．图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是_____________________________________________________．④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示．若充入改为,在图3中作出异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线__________（忽略积碳的影响）．〖答案〗（1）80.4（2）BC（3）①27.3%②BCD③温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反应速率增大的程度更大，异丁烯选择性下降④〖解析〗（1）ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故〖答案〗为：+80.4；（2）异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故〖答案〗为：BC；（3）①图1中，600℃时异丁烯物质的量为1mol×35%×78%=0.273，所以异丁烯收率=×100%=27.3%，故〖答案〗为：27.3%；②A．由图1可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A错误；B．由题意可知，温度过高会引发烃裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B正确；C．空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故C正确；D．原料气将产物迅速带走，降低异丁烯(i-C4H8)的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故D正确；故〖答案〗为：BCD；③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异丁烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；④若充入N2改为2mol,相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入1molN2要大，所以异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线为。20.硫代尿素是重要的工业原料．某小组按如图流程开展制备实验（部分装置及夹持仪器已省略）。主要反应：步骤Ⅱ:步骤Ⅲ:已知：硫代尿素可溶于水