2022-2023学年山西省太原市高三上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1山西省太原市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题说明：本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答题时间90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32第Ⅰ卷(选择题共43分)一、选择题(本题共18小题，第1-11小题每小题2分，第12-18小题每小题3分，共43分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将正确选项的字母填入〖答案〗栏内)1.党的二十大报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法不符合这一理念的是A.使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料B.积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设C.使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等D.采用高比表面积和小粒径的制备的作为吸收材料〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．纤维素具有强吸湿性可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误；D．采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO2吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集约的环保理念，D正确；故〖答案〗为：C。2.氮气储粮是指利用制氮设备，通过人为调节，使氮气浓度上升至95%~98%，从而有效保持粮食新鲜度，减少损失的一项储粮技术。下列说法不正确的是A.由于粮堆中氧气浓度的减少，粮食中油脂的氧化速率减缓B.这项技术与工业合成氨均属于氮的固定C.标准状况下，11.2L氮气中含有的共用电子对数目为D.与低温储粮、二氧化碳气调相比，氮气储粮的经济优势更加显着〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氧气浓度的减少，有利于油脂的氧化速率减缓，A正确；B．氮的固定是指由氮气转化为氮的化合物，该技术只提高氮气浓度，不属于氮的固定，B错误；C．一个氮气分子存在三对共用电子对，11.2L氮气物质的量为0.5mol，含有的共用电子对数目为，C正确；D．氮气在空气中大量存在，获得相对简单，故储粮的经济优势更加显着，D正确；故选B。3.吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是A.第一电离能： B.电负性：C.离子半径： D.沸点：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．同周期元素，一般从左到右，第一电离能逐渐增大，但是由于氮元素2p轨道半充满，比较稳定，故氮元素第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，第一电离能：，A错误；B．同主族元素，由上到下非金属性减弱，电负性也逐渐递减，故电负性：，B错误；C．核外电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径：，C正确；D．分子间存在氢键，使氨气分子的沸点升高，故沸点：，D错误；故本题选C。4.下列化学用语表示正确的是A.乙酸的分子式： B.氧原子的轨道表示式：C.质量数为23的钠原子： D.的电子式：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．分子式是用元素符号表示纯净物分子的组成的式子，故乙酸的分子式：，A正确；B．氧元素是8号元素，外层共8个电子，故正确的轨道表示式为：，B错误；C．元素符号的左上角代表的是质量数，元素符号左下角代表的是质子数，质量数为23的钠原子正确表示为：，C错误；D．是离子化合物，形成的是离子键，故正确的电子式为：，D错误；故本题选A。5.部分含铁物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是A.a可与e反应生成bB.b既可被氧化，也可被还原C.a与稀硝酸恰好反应，生成只含e的溶液D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据物质的种类与铁元素的化合价推知：a是铁单质，b是亚铁盐，c是氢氧化亚铁，d是氢氧化铁，e是铁盐，题目据此解答。〖详析〗A．铁单质具有较强还原性，三价铁具有较强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，因此a可与e反应生成b，A合理；B．铁元素常见化合价有0、+2、+3，因此b既可被氧化，也可被还原，B合理；C．a与稀硝酸恰好反应，生成含e的溶液，e中能水解，生成，C不合理；D．各物质可通过以下方式循环转化：，D合理；故选C。6.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列反应事实与所给方程式相符的是A.用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：B.碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钡溶液生成白色沉淀：C溶液中滴加稀硝酸产生气体：D.浓硝酸用棕色瓶保存的原因：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：，A错误；B．碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钡溶液生成白色沉淀：，B错误；C．稀硝酸能将SO2氧化为，同时生成NO气体，反应的离子方程式为，C错误；D．浓硝酸见光易分解，发生反应，因此用棕色瓶保存，D正确；故选D。7.核酸检测所用的红色液体学名叫病毒保存液，其主要成分为盐类、氨基酸、维生素、葡萄糖等，可以有效保护病毒蛋白不被破坏，有利于提高检测的准确性。下列说法正确的是A.检验病毒保存液中是否含有钠盐，用洁净的铂丝蘸取病毒保存液灼烧，观察焰色B.检验病毒保存液中是否含有蛋白质，加热后，向其中滴加浓硝酸，观察颜色变化C.为检验葡萄糖分子中是否含有羟基，向盛有葡萄糖溶液的烧杯中加入一小粒金属钠D.为探究维生素C的还原性，向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的鲜橙汁，观察颜色变化〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．含有钠元素的物质焰色反应呈现黄色，检验物质中是否含有钠离子的方法：用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，选项A正确；B．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，蛋白质加热后变性，不能发生颜色变化，选项B错误；C．葡萄糖溶液中的水也能与金属钠反应产生气体，无法检验葡萄糖分子中的羟基，选项C错误；D．氯化铁具有氧化性，若维生素C具有还原性，则可将黄色的氯化铁溶液还原成浅绿色的氯化亚铁溶液，但所用氯化铁的量太大，实验无法实现，选项D错误；〖答案〗选A。8.二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖详析〗由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误；〖答案〗选A。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120g晶体中含有的离子数为B.1L盐酸与足量反应转移电子数为C.标准状况下，22.4L氯气溶于足量水转移电子数为D.常温下，碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．NaHSO4是离子化合物，晶体中含有Na+、；120gNaHSO4固体的物质的量是1mol，则其中含有的阳离子数为2NA，A正确；B．稀盐酸不和MnO2反应，只有部分HCl转化为氯气，1L盐酸与足量反应转移电子数小于，B错误；C．22.4L氯气为1mol，氯气与水反应为Cl2+H2OHClO+HCl，该反应为可逆反应，氯气不能完全转化，反应转移电子数小于，C错误；D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；故选A。10.镁、海水、溶解氧可构成原电池，为水下小功率设备长时间供电，其原理如下图所示。但该电池负极存在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是A.由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积B.该电池使用时，需要定期补充正极和负极反应物C.负极活性衰减的可能原因是生成的覆盖了电极D.析氢副反应可以表示为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据金属的电化学腐蚀原理，在弱碱性的海水中，该电池利用吸氧反应来供电，因此负极反应物为镁，正极反应物为溶解氧。负极反应生成的难溶于水，覆盖在镁电极表面影响电池供电，题目据此解答。〖详析〗A．由于溶解氧浓度低，反应速率低，故可用增大电极与海水的接触面积来提高反应速率，故A正确；B．正极电极反应式为，反应物为溶解氧，海水中含有足量的溶解氧，不需要定期补充，故B错误；C．负极电极反应式为，生成的氢氧化镁覆盖在电极表面，阻隔电极与海水的接触，致使负极活性衰减，故C正确；D．Mg较活泼，在合适条件下可直接与水发生析氢反应：，故D正确；故选B。11.阿魏酸(结构如图)存在于蔬菜和坚果中，在化妆品中主要作为收敛剂、抗炎剂。下列说法错误的是A.分子式为，碳原子有两种杂化方式B.可以使的溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色C.阿魏酸最多可与发生反应D.分子中所有碳原子一定处于同一平面内〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．该有机物分子式为，醚键上的甲基的碳是杂化，其余的碳是杂化，A正确；B．该有机物含有C=C，能与溴发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，因此两种溶液均能褪色，B正确；C．每分子阿魏酸含有1个酚羟基和1个羧基，因此阿魏酸最多可与发生反应，C正确；D．有机结构中，单键可以旋转，故分子中所有碳原子不一定同一平面，D错误；故选D。12.有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z下列说法不正确的是A.X的结构简式是B.Y和Z中均含有酯基C.Y和Z均通过加聚反应制得D.Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X的结构简式是，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z，Y是碳碳双键发生加聚反应生成，Z是酯基开环得到的聚酯。〖详析〗A．X发生加聚反应生成Y，根据Y的结构简式知，X为，故A正确；B．Y中含有酯基，根据Z的结构简式可知Z中也存在酯基，故B正确；C．Y是由发生加聚反应生成，Z是酯基开环生成，不属于加聚反应，故C错误；D．Y的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2，Z的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2，所以Y、Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故D正确；故选C。13.乙烯催化氧化制乙醛的一种反应机理如下图(部分产物已略去)，下列叙述错误的是A.在反应中是中间产物B.反应过程伴随非极性键的断裂和极性键的形成C.过程Ⅴ可表示为D.以上过程的总反应为〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．结合反应过程，作反应催化剂，故A错误；B．反应过程伴随碳碳双键的断裂即非极性键的断裂，以及碳氧、氢氧极性键的形成，故B正确；C．结合该过程的反应物和生成物，过程Ⅴ可表示为，故C正确；D．结合反应物和生成物，以上过程的总反应为，故D正确；故选A。14.用如图装置(相关试剂、夹持、防倒吸和加热装置已略)进行实验，其中②中现象不能证明①中产物生成或反应的是选项①中反应②中检测试剂及现象A浓硝酸分解生成淀粉-KI溶液变蓝B将铁粉、炭粉和溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸一段水柱C加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸的混合物饱和溶液的上方有无色油状液体产生D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也可以氧化碘离子为碘单质，使淀粉-KI溶液变蓝，A错误；B．将铁粉、炭粉和溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，消耗氧气，导管中倒吸一段水柱，B正确；C．加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸混合物，在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，在饱和溶液的上方有无色油状液体产生，C正确；D．与乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯可以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，D正确；故选A。15.高铁酸钾是高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备的一种方法是向溶液中通入氯气，然后再加入溶液：①(未配平)；②。下列说法不正确的是A.在杀菌消毒过程中还可以净水B.反应①中每消耗，吸收标准状况下22.4L(忽略和水的反应)C.若反应①中，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为D.若反应①的氧化产物只有，则得到时最少消耗〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．K2FeO4处理水时，+6价铁为最高价，具有强氧化性能消毒杀菌，还原产生的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，A正确；B．根据反应①中K与Cl原子守恒关系，每消耗，吸收1molCl2，则吸收标准状况下22.4L，B正确；C．根据氧化还原反应中得失电子总数相等，若反应①中，其化学方程式为：，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为，C错误；D．根据反应②，生成需要，若反应①的氧化产物只有，则反应的化学方程式为：，生成，需要消耗，D正确；故选C。16.向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：微粒浓度下列说法不正确的是A.向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低B.向所得溶液中加入等体积水，C.该温度下，反应的D.配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低，A正确；B．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，，故平衡逆向移动，，B错误；C．，C正确；D．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，，可促进的溶解，D正确；故选B。17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，由它们组成的化合物的结构式如图，其中X在宇宙中含量最丰富，Y与Z位于相邻主族，下列说法正确的是A.W与Y形成的二元化合物不可能具有强氧化性B.Z的最高价氧化物对应的水化物可能为强酸C.上述阴离子中的所有原子可能均为8电子稳定结构D.X和Y组成的化合物可用于实验室制取Y的单质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗“X在宇宙中含量最丰富”说明X是氢元素，根据结构式，Y能形成两个共价键，其最外层电子数为6，位于第ⅥA族（结构式图下方的Y原子因为得到了W失去的1个电子而只形成1个共价键），“Y与Z位于相邻主族”，Z能形成5个共价键，因此Z位于第ⅤA族，由于Z原子序数大于Y，因此Y位于第二周期，Z位于第三周期，故Y是氧元素，Z是磷元素，W易失去1个电子，原子序数比Z大，应是第四周期第ⅠA族的钾元素，题目据此解答。〖详析〗A．W与Y形成的二元化合物有K2O、K2O2、KO2、KO3几种，除K2O外，其余都具有强氧化性，A错误；B．Z的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，为中强酸，B错误；C．X的阴离子为，其结构是只有一个电子层的两电子结构，C错误；D．X与Y组成的化合物有H2O、H2O2，其中实验室通常用分解H2O2的方法制备氧气，D正确；故选D。18.已知常温下，。用的氨水滴定的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法不正确的是A.HA为强酸，a=10B.水的电离程度：M点>N点C.常温下，反应的平衡常数D.当滴入氨水时，溶液中存：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．根据图中信息=12，则氢离子浓度为0.100mol·L-1，因此HA为强酸，a=10，则溶质为NH4A，溶液显酸性，因此，则，与图像不符，故A错误；B．M点溶液为NH4A，强酸弱碱盐，NH水解促进水的电离，N点溶液中氨水过量，抑制水的电离，水的电离程度：M点>N点，故B正确；C．常温下，NH的水解平衡常数为==10-9，故C正确；D．当滴入氨水的体积V

=20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于NH的水解平衡常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c(

A-)，故D正确；〖答案〗选A。第Ⅱ卷(非选择题共57分)二、非选择题(本题包括5小题，共57分)19.胡粉在中国古代曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。某同学设计了如下三个实验方案测定胡粉的纯度：方案Ⅰ．称取一定质量样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。（1）写出装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2发生反应的离子方程式(已知生成白色沉淀)：_______。（2）仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______，装置丁的作用是_______。（3）实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。方案Ⅱ．实验原理：实验步骤：①称取胡粉样品ag；②将样品充分煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为bg。（4）下列仪器，方案Ⅱ不需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。（5）如何确定样品已完全分解？_______方案Ⅲ．实验步骤为：①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡粉样品mg于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③待反应完全后，_______，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL。（6）③中所留空的操作为_______，导管A的作用为_______。〖答案〗（1）2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O（2）①.d→e→b(或c)c(或b)b(或c)c(或b)②.除去CO2中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定（3）将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响（4）E（5）将样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量相差在0.1g以内（6）①.冷却至室温②.使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定〖解析〗〖祥解〗方案Ⅰ：2PbCO3·Pb(OH)2是盐，能够与硫酸发生反应产生PbSO4、CO2、H2O。该实验通过测定一定质量的胡椒与硫酸反应产生CO2的质量计算其纯度，为使测定值更接近真实值，需要先将反应产生的气体经浓硫酸干燥后再被碱石灰吸收，同时要避免装置中残留反应产生的CO2气体及NaOH溶液中水分被碱石灰吸收；在方案Ⅱ．通过煅烧固体药品，根据反应前后质量差确定PbO的质量，进而可得2PbCO3·Pb(OH)2的质量，关键是确定样品完全分解，方法是样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量小于0.1g；方案Ⅲ中通过测定一定质量样品与硫酸反应CO2气体的体积确定其纯度，为避免因CO2在水中溶解，在量气管中要注入饱和NaHCO3溶液；为防止硫酸滴入时不容易滴下，使用了导气管A，使分液漏斗上下气体压强一致。最后读数时要等溶液恢复至室温，且量气管的左右液面相平，视线与凹液面最低处相切。〖小问1详析〗在装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2与稀硫酸发生反应产生PbSO4、H2O、CO2，发生反应的离子方程式为：2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O；〖小问2详析〗取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CO2的质量计算纯度，打开止水夹，利用装置甲是通入空气，通过氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2防止干扰CO2测定；干净装置内空气，关闭止水夹，通过装置乙分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸铅，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以再连接干燥管，仪器接口的连接顺序为：a→d→e→b→c→b→c，或a→d→e→c→b→c→b；丁的作用是除去二氧化碳气体中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定；〖小问3详析〗实验前后均需要打开止水夹，通入通过甲装置通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响；〖小问4详析〗①称取胡粉样品ag，②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②；测得剩余固体质量为bg(用托盘天平称量)；煅烧固体选择坩埚内加热灼烧，需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒等，干燥应在干燥器中进行，不需要的是蒸发皿，故合理选项为E；〖小问5详析〗若样品分解完全，则样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内，故判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内；〖小问6详析〗①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡椒样品mg于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③冷却至室温，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL，其中导气管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸溶液可以顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定。20.工业上以黄铁矿和纯碱为原料制备无水和焦亚硫酸钠()的主要流程如图。已知电离常数：回答下列问题：（1）黄铁矿的主要成分是_______(填化学式)。（2）若“吸收”过程中有气体生成，该反应的化学方程式为_______。（3）产品1是，常温下其水溶液的_______7(填“>”、“＜”或“=”)；“气流干燥”湿料时温度不宜过高的原因是_______。（4）①生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：_______。②可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗。滴定反应的离子方程式为_______，该样品中的残留量为_______(以计)。〖答案〗（1）（2）（3）①.＜②.防止在高温下分解，减低产率（4）①.②.③.0.128〖解析〗〖祥解〗黄铁矿在空气中焙烧，生成二氧化硫和烧渣。二氧化硫被碳酸氢钠溶液吸收得到NaHSO3，结晶后的母液可以循环使用，过滤出来的NaHSO3湿料干燥后得到产品1。一系列操作后得到产品2。〖小问1详析〗黄铁矿的主要成分为FeS2。〖小问2详析〗由于亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫和碳酸氢钠反应可以生成二氧化碳，则在吸收过程中生成NaHSO3的同时有二氧化碳气体生成，反应的化学方程式为：。〖小问3详析〗NaHSO3在水中能完全电离，电离出来的既能电离，也能水解，其电离平衡常数为亚硫酸的第二步电离常数，即Ka2=6.0×10-8，其水解常数Kh=＜Ka2，即的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；NaHSO3受热易分解，所以在“气流干燥”湿料时温度不宜过高。〖小问4详析〗①NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水得到Na2S2O5，该反应的化学方程式为：。②Na2S2O5中S为+4价，具有还原性，I2有氧化性，两者发生氧化还原反应，+4价的S被氧化为硫酸根离子，I2被还原为I-，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：。根据反应方程式，n(Na2S2O4)=0.01000mol/L×0.01000L×=5×10-5mol，n(SO2)=2n(Na2S2O4)=2×5×10-5mol=1×10-4mol，则m(SO2)=1×10-4mo×64g/mol=6.4×10-3g，则在1L葡萄酒中以SO2计的Na2S2O5的残留量为=0.128g/L。21.以、为原料合成涉及的主要反应过程中物质的能量变化如图1所示，回答下列问题：（1）已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.Ⅳ.。则：_______。（2）0.1MPa时向密闭容器中充入和，发生以上反应，温度对催化剂性能影响如图2所示，已知的选择性。①工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的主要原因是_______。②已知对可逆反应存在如下关系：(其中R为常数)，结合具体反应说明的转化率随着温度的升高始终高于转化率的原因可能是_______。③采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明选择性膜吸附提高的选择性的可能原因是_______。④在800℃时，，充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生反应Ⅲ，初始压强为，一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该温度下平衡时体系的压强为_______(用含的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，列出计算式)。〖答案〗（1）+177（2）①.的转化率较高，且的选择性较高②.温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焓变数值大，所以升高温度，对反应Ⅰ的影响大，的转化率高③.选择性膜吸附，促进反应Ⅲ平衡正向移动，增大的选择性④.⑤.〖解析〗〖小问1详析〗焓变=生成物总能量-反应物总能量，根据图示，-300-(-477)=+177；〖小问2详析〗①根据图示，800℃时，的转化率较高，且的选择性较高，所以反应选择800℃。②根据，可知温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焓变数值大，所以升高温度，对反应Ⅰ的影响大，的转化率高。③选择性膜吸附，降低体系中的浓度，促进反应Ⅲ平衡正向移动，所以增大的选择性。④在800℃时，，充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生反应Ⅲ，初始压强为，一段时间达到平衡，

，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则3x=4a-2x，x=0.8a；同温同体积，压强比等于物质的量比，该温度下平衡时体系的压强为，反应Ⅲ的平衡常数。22.氧化镓是一种新型超宽窄带半导体材料，由于自身的优异性能，在紫外探测、高频功率器件等领域吸引了越来越多的关注和研究，中国科技部将其列入“十四五研发计划”，让第四代半导体获得更广泛的关注。回答下列问题：（1）基态原子最外层电子排布式为_______。（2）①氧化镓的熔点为1740℃，氧化钙的熔点为2613℃，但有的离子晶体如(硝酸乙基铵)的熔点只有12℃。中N原子的杂化轨道类型是_______，离子的空间结构为_______，该物质中所含化学键类型：_______(填字母)。A.金属键B.离子键C.共价键D.范德华力E.σ键②第一电离能：Al_______Mg(填“>”或“＜”)，其原因是_______。（3）锑化物是一种超窄禁带半导体材料，可用于红外探测其晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为，设Ga和Sb的原子半径分别为和，则原子的空间占有率为_______(列出计算表达式，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）（2）①.、②.平面三角形③.BCE④.＜⑤.镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大（3）(或或其他合理〖答案〗)〖解析〗〖小问1详析〗是31号元素，位于周期表第四周期第三主族，故原子最外层电子排布式为：；〖答案〗为：；〖小问2详析〗结构中氮原子形成了4个单键，故氮原子的价层电子对数是4，没有孤电子对，杂化方式为，中氮原子的价层电子对数为：，没有孤电子对，故该氮原子的杂化方式为：；根据价层电子对互斥理论，离子的空间结构为：平面三角形；与之间构成离子键，还存在碳碳、碳氢等的共价键，单键均为σ键，故选BCE；〖答案〗为：sp3、sp2；平面三角形；BCE镁元素的2p轨道是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大，第一电离能：Al＜Mg；〖答案〗为：＜；镁元素的2p轨道电子是全充满的，相对稳定，故镁元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能大；〖小问3详析〗根据均摊法Sb在晶胞中原子个数为：；Ga均在晶胞内部，在晶胞中原子个数为：4，假设晶胞体积为：V，根据晶胞密度可得关系式：，；原子体积为：4；则原子的空间占有率为：；或者假设晶胞参数为acm，根据晶胞的结构可知，晶胞体对角线等于，，则a=；则原子的空间占有率为：；〖答案〗为：(或或其他合理〖答案〗)。23.乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：已知：(重氮甲烷)回答下列问题：（1）A的化学名称为_______。（2）D中含氧官能团的名称为_______。（3）已知反应②中还有生成，则M的结构简式为_______。（4）写出反应③的化学方程式：_______。E→F的反应类型是_______。（5）由G生成J的过程中，设计反应④和⑤的目的是_______。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：a.能与溶液发生显色反应；b.能发生银镜反应；c.苯环上的取代基数目小于4。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为_______。〖答案〗（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（2）硝基、酯基（3）（4）①.②.取代反应（5）防止羧基被氧化，保护羧基（6）〖解析〗〖祥解〗在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化钠；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。〖小问1详析〗A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；故〖答案〗为：对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸。〖小问2详析〗D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；故〖答案〗为：硝基、酯基。〖小问3详析〗反应②中还有NaBr生成，则M的结构简式为；故〖答案〗为：。〖小问4详析〗反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；E→F的反应类型是取代反应；故〖答案〗为：+H2O；取代反应。〖小问5详析〗由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是防止羧基被氧化，保护羧基；故〖答案〗为：防止羧基被氧化，保护羧基。〖小问6详析〗化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；故〖答案〗为：。PAGEPAGE1山西省太原市2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题说明：本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答题时间90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32第Ⅰ卷(选择题共43分)一、选择题(本题共18小题，第1-11小题每小题2分，第12-18小题每小题3分，共43分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将正确选项的字母填入〖答案〗栏内)1.党的二十大报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法不符合这一理念的是A.使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料B.积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设C.使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等D.采用高比表面积和小粒径的制备的作为吸收材料〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．纤维素具有强吸湿性可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误；D．采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO2吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集约的环保理念，D正确；故〖答案〗为：C。2.氮气储粮是指利用制氮设备，通过人为调节，使氮气浓度上升至95%~98%，从而有效保持粮食新鲜度，减少损失的一项储粮技术。下列说法不正确的是A.由于粮堆中氧气浓度的减少，粮食中油脂的氧化速率减缓B.这项技术与工业合成氨均属于氮的固定C.标准状况下，11.2L氮气中含有的共用电子对数目为D.与低温储粮、二氧化碳气调相比，氮气储粮的经济优势更加显着〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氧气浓度的减少，有利于油脂的氧化速率减缓，A正确；B．氮的固定是指由氮气转化为氮的化合物，该技术只提高氮气浓度，不属于氮的固定，B错误；C．一个氮气分子存在三对共用电子对，11.2L氮气物质的量为0.5mol，含有的共用电子对数目为，C正确；D．氮气在空气中大量存在，获得相对简单，故储粮的经济优势更加显着，D正确；故选B。3.吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是A.第一电离能： B.电负性：C.离子半径： D.沸点：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．同周期元素，一般从左到右，第一电离能逐渐增大，但是由于氮元素2p轨道半充满，比较稳定，故氮元素第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，第一电离能：，A错误；B．同主族元素，由上到下非金属性减弱，电负性也逐渐递减，故电负性：，B错误；C．核外电子层结构相同的离子，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径：，C正确；D．分子间存在氢键，使氨气分子的沸点升高，故沸点：，D错误；故本题选C。4.下列化学用语表示正确的是A.乙酸的分子式： B.氧原子的轨道表示式：C.质量数为23的钠原子： D.的电子式：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．分子式是用元素符号表示纯净物分子的组成的式子，故乙酸的分子式：，A正确；B．氧元素是8号元素，外层共8个电子，故正确的轨道表示式为：，B错误；C．元素符号的左上角代表的是质量数，元素符号左下角代表的是质子数，质量数为23的钠原子正确表示为：，C错误；D．是离子化合物，形成的是离子键，故正确的电子式为：，D错误；故本题选A。5.部分含铁物质的分类与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是A.a可与e反应生成bB.b既可被氧化，也可被还原C.a与稀硝酸恰好反应，生成只含e的溶液D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据物质的种类与铁元素的化合价推知：a是铁单质，b是亚铁盐，c是氢氧化亚铁，d是氢氧化铁，e是铁盐，题目据此解答。〖详析〗A．铁单质具有较强还原性，三价铁具有较强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，因此a可与e反应生成b，A合理；B．铁元素常见化合价有0、+2、+3，因此b既可被氧化，也可被还原，B合理；C．a与稀硝酸恰好反应，生成含e的溶液，e中能水解，生成，C不合理；D．各物质可通过以下方式循环转化：，D合理；故选C。6.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列反应事实与所给方程式相符的是A.用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：B.碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钡溶液生成白色沉淀：C溶液中滴加稀硝酸产生气体：D.浓硝酸用棕色瓶保存的原因：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．用硫酸锌溶液电镀锌的阴极反应：，A错误；B．碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钡溶液生成白色沉淀：，B错误；C．稀硝酸能将SO2氧化为，同时生成NO气体，反应的离子方程式为，C错误；D．浓硝酸见光易分解，发生反应，因此用棕色瓶保存，D正确；故选D。7.核酸检测所用的红色液体学名叫病毒保存液，其主要成分为盐类、氨基酸、维生素、葡萄糖等，可以有效保护病毒蛋白不被破坏，有利于提高检测的准确性。下列说法正确的是A.检验病毒保存液中是否含有钠盐，用洁净的铂丝蘸取病毒保存液灼烧，观察焰色B.检验病毒保存液中是否含有蛋白质，加热后，向其中滴加浓硝酸，观察颜色变化C.为检验葡萄糖分子中是否含有羟基，向盛有葡萄糖溶液的烧杯中加入一小粒金属钠D.为探究维生素C的还原性，向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的鲜橙汁，观察颜色变化〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．含有钠元素的物质焰色反应呈现黄色，检验物质中是否含有钠离子的方法：用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，选项A正确；B．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应，蛋白质加热后变性，不能发生颜色变化，选项B错误；C．葡萄糖溶液中的水也能与金属钠反应产生气体，无法检验葡萄糖分子中的羟基，选项C错误；D．氯化铁具有氧化性，若维生素C具有还原性，则可将黄色的氯化铁溶液还原成浅绿色的氯化亚铁溶液，但所用氯化铁的量太大，实验无法实现，选项D错误；〖答案〗选A。8.二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗〖详析〗由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误；〖答案〗选A。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.120g晶体中含有的离子数为B.1L盐酸与足量反应转移电子数为C.标准状况下，22.4L氯气溶于足量水转移电子数为D.常温下，碳酸钠溶液中含有的阴离子数大于〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．NaHSO4是离子化合物，晶体中含有Na+、；120gNaHSO4固体的物质的量是1mol，则其中含有的阳离子数为2NA，A正确；B．稀盐酸不和MnO2反应，只有部分HCl转化为氯气，1L盐酸与足量反应转移电子数小于，B错误；C．22.4L氯气为1mol，氯气与水反应为Cl2+H2OHClO+HCl，该反应为可逆反应，氯气不能完全转化，反应转移电子数小于，C错误；D．溶液体积未知，无法计算离子数目，D错误；故选A。10.镁、海水、溶解氧可构成原电池，为水下小功率设备长时间供电，其原理如下图所示。但该电池负极存在析氢副反应和负极活性衰减等问题。下列说法不正确的是A.由于溶解氧浓度低，故需增大电极与海水的接触面积B.该电池使用时，需要定期补充正极和负极反应物C.负极活性衰减的可能原因是生成的覆盖了电极D.析氢副反应可以表示为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据金属的电化学腐蚀原理，在弱碱性的海水中，该电池利用吸氧反应来供电，因此负极反应物为镁，正极反应物为溶解氧。负极反应生成的难溶于水，覆盖在镁电极表面影响电池供电，题目据此解答。〖详析〗A．由于溶解氧浓度低，反应速率低，故可用增大电极与海水的接触面积来提高反应速率，故A正确；B．正极电极反应式为，反应物为溶解氧，海水中含有足量的溶解氧，不需要定期补充，故B错误；C．负极电极反应式为，生成的氢氧化镁覆盖在电极表面，阻隔电极与海水的接触，致使负极活性衰减，故C正确；D．Mg较活泼，在合适条件下可直接与水发生析氢反应：，故D正确；故选B。11.阿魏酸(结构如图)存在于蔬菜和坚果中，在化妆品中主要作为收敛剂、抗炎剂。下列说法错误的是A.分子式为，碳原子有两种杂化方式B.可以使的溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色C.阿魏酸最多可与发生反应D.分子中所有碳原子一定处于同一平面内〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．该有机物分子式为，醚键上的甲基的碳是杂化，其余的碳是杂化，A正确；B．该有机物含有C=C，能与溴发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，因此两种溶液均能褪色，B正确；C．每分子阿魏酸含有1个酚羟基和1个羧基，因此阿魏酸最多可与发生反应，C正确；D．有机结构中，单键可以旋转，故分子中所有碳原子不一定同一平面，D错误；故选D。12.有机小分子X通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z下列说法不正确的是A.X的结构简式是B.Y和Z中均含有酯基C.Y和Z均通过加聚反应制得D.Y和Z的链节中C、H、O的原子个数比相同〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X的结构简式是，通过选择性催化聚合可分别得到聚合物Y和Z，Y是碳碳双键发生加聚反应生成，Z是酯基开环得到的聚酯。〖详析〗A．X发生加聚反应生成Y，根据Y的结构简式知，X为，故A正确；B．Y中含有酯基，根据Z的结构简式可知Z中也存在酯基，故B正确；C．Y是由发生加聚反应生成，Z是酯基开环生成，不属于加聚反应，故C错误；D．Y的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2，Z的链节中C、H、O原子个数之比为5：6：2，所以Y、Z的链节中C、H、O的原子个数比相同，故D正确；故选C。13.乙烯催化氧化制乙醛的一种反应机理如下图(部分产物已略去)，下列叙述错误的是A.在反应中是中间产物B.反应过程伴随非极性键的断裂和极性键的形成C.过程Ⅴ可表示为D.以上过程的总反应为〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．结合反应过程，作反应催化剂，故A错误；B．反应过程伴随碳碳双键的断裂即非极性键的断裂，以及碳氧、氢氧极性键的形成，故B正确；C．结合该过程的反应物和生成物，过程Ⅴ可表示为，故C正确；D．结合反应物和生成物，以上过程的总反应为，故D正确；故选A。14.用如图装置(相关试剂、夹持、防倒吸和加热装置已略)进行实验，其中②中现象不能证明①中产物生成或反应的是选项①中反应②中检测试剂及现象A浓硝酸分解生成淀粉-KI溶液变蓝B将铁粉、炭粉和溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸一段水柱C加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸的混合物饱和溶液的上方有无色油状液体产生D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也可以氧化碘离子为碘单质，使淀粉-KI溶液变蓝，A错误；B．将铁粉、炭粉和溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，消耗氧气，导管中倒吸一段水柱，B正确；C．加热冰醋酸、无水乙醇和浓硫酸混合物，在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，在饱和溶液的上方有无色油状液体产生，C正确；D．与乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯可以和溴水发生加成反应，使溴水褪色，D正确；故选A。15.高铁酸钾是高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备的一种方法是向溶液中通入氯气，然后再加入溶液：①(未配平)；②。下列说法不正确的是A.在杀菌消毒过程中还可以净水B.反应①中每消耗，吸收标准状况下22.4L(忽略和水的反应)C.若反应①中，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为D.若反应①的氧化产物只有，则得到时最少消耗〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．K2FeO4处理水时，+6价铁为最高价，具有强氧化性能消毒杀菌，还原产生的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，A正确；B．根据反应①中K与Cl原子守恒关系，每消耗，吸收1molCl2，则吸收标准状况下22.4L，B正确；C．根据氧化还原反应中得失电子总数相等，若反应①中，其化学方程式为：，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为，C错误；D．根据反应②，生成需要，若反应①的氧化产物只有，则反应的化学方程式为：，生成，需要消耗，D正确；故选C。16.向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：微粒浓度下列说法不正确的是A.向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低B.向所得溶液中加入等体积水，C.该温度下，反应的D.配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低，A正确；B．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，，故平衡逆向移动，，B错误；C．，C正确；D．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，，可促进的溶解，D正确；故选B。17.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，由它们组成的化合物的结构式如图，其中X在宇宙中含量最丰富，Y与Z位于相邻主族，下列说法正确的是A.W与Y形成的二元化合物不可能具有强氧化性B.Z的最高价氧化物对应的水化物可能为强酸C.上述阴离子中的所有原子可能均为8电子稳定结构D.X和Y组成的化合物可用于实验室制取Y的单质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗“X在宇宙中含量最丰富”说明X是氢元素，根据结构式，Y能形成两个共价键，其最外层电子数为6，位于第ⅥA族（结构式图下方的Y原子因为得到了W失去的1个电子而只形成1个共价键），“Y与Z位于相邻主族”，Z能形成5个共价键，因此Z位于第ⅤA族，由于Z原子序数大于Y，因此Y位于第二周期，Z位于第三周期，故Y是氧元素，Z是磷元素，W易失去1个电子，原子序数比Z大，应是第四周期第ⅠA族的钾元素，题目据此解答。〖详析〗A．W与Y形成的二元化合物有K2O、K2O2、KO2、KO3几种，除K2O外，其余都具有强氧化性，A错误；B．Z的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，为中强酸，B错误；C．X的阴离子为，其结构是只有一个电子层的两电子结构，C错误；D．X与Y组成的化合物有H2O、H2O2，其中实验室通常用分解H2O2的方法制备氧气，D正确；故选D。18.已知常温下，。用的氨水滴定的一元酸HA的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法不正确的是A.HA为强酸，a=10B.水的电离程度：M点>N点C.常温下，反应的平衡常数D.当滴入氨水时，溶液中存：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．根据图中信息=12，则氢离子浓度为0.100mol·L-1，因此HA为强酸，a=10，则溶质为NH4A，溶液显酸性，因此，则，与图像不符，故A错误；B．M点溶液为NH4A，强酸弱碱盐，NH水解促进水的电离，N点溶液中氨水过量，抑制水的电离，水的电离程度：M点>N点，故B正确；C．常温下，NH的水解平衡常数为==10-9，故C正确；D．当滴入氨水的体积V

=20mL时得到等物质的量浓度的NH4A和氨水的混合液，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于NH的水解平衡常数，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)>c(

A-)，故D正确；〖答案〗选A。第Ⅱ卷(非选择题共57分)二、非选择题(本题包括5小题，共57分)19.胡粉在中国古代曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。某同学设计了如下三个实验方案测定胡粉的纯度：方案Ⅰ．称取一定质量样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。（1）写出装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2发生反应的离子方程式(已知生成白色沉淀)：_______。（2）仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______，装置丁的作用是_______。（3）实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。方案Ⅱ．实验原理：实验步骤：①称取胡粉样品ag；②将样品充分煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为bg。（4）下列仪器，方案Ⅱ不需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。（5）如何确定样品已完全分解？_______方案Ⅲ．实验步骤为：①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡粉样品mg于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③待反应完全后，_______，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL。（6）③中所留空的操作为_______，导管A的作用为_______。〖答案〗（1）2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O（2）①.d→e→b(或c)c(或b)b(或c)c(或b)②.除去CO2中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定（3）将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响（4）E（5）将样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量相差在0.1g以内（6）①.冷却至室温②.使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定〖解析〗〖祥解〗方案Ⅰ：2PbCO3·Pb(OH)2是盐，能够与硫酸发生反应产生PbSO4、CO2、H2O。该实验通过测定一定质量的胡椒与硫酸反应产生CO2的质量计算其纯度，为使测定值更接近真实值，需要先将反应产生的气体经浓硫酸干燥后再被碱石灰吸收，同时要避免装置中残留反应产生的CO2气体及NaOH溶液中水分被碱石灰吸收；在方案Ⅱ．通过煅烧固体药品，根据反应前后质量差确定PbO的质量，进而可得2PbCO3·Pb(OH)2的质量，关键是确定样品完全分解，方法是样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量小于0.1g；方案Ⅲ中通过测定一定质量样品与硫酸反应CO2气体的体积确定其纯度，为避免因CO2在水中溶解，在量气管中要注入饱和NaHCO3溶液；为防止硫酸滴入时不容易滴下，使用了导气管A，使分液漏斗上下气体压强一致。最后读数时要等溶液恢复至室温，且量气管的左右液面相平，视线与凹液面最低处相切。〖小问1详析〗在装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2与稀硫酸发生反应产生PbSO4、H2O、CO2，发生反应的离子方程式为：2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O；〖小问2详析〗取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CO2的质量计算纯度，打开止水夹，利用装置甲是通入空气，通过氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2防止干扰CO2测定；干净装置内空气，关闭止水夹，通过装置乙分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸铅，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以再连接干燥管，仪器接口的连接顺序为：a→d→e→b→c→b→c，或a→d→e→c→b→c→b；丁的作用是除去二氧化碳气体中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定；〖小问3详析〗实验前后均需要打开止水夹，通入通过甲装置通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响；〖小问4详析〗①称取胡粉样品ag，②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②；测得剩余固体质量为bg(用托盘天平称量)；煅烧固体选择坩埚内加热灼烧，需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒等，干燥应在干燥器中进行，不需要的是蒸发皿，故合理选项为E；〖小问5详析〗若样品分解完全，则样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内，故判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内；〖小问6详析〗①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡椒样品mg于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③冷却至室温，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL，其中导气管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸溶液可以顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定。20.工业上以黄铁矿和纯碱为原料制备无水和焦亚硫酸钠()的主要流程如图。已知电离常数：回答下列问题：（1）黄铁矿的主要成分是_______(填化学式)。（2）若“吸收”过程中有气体生成，该反应的化学方程式为_______。（3）产品1是，常温下其水溶液的_______7(填“>”、“＜”或“=”)；“气流干燥”湿料时温度不宜过高的原因是_______。（4）①生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：_______。②可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗。滴定反应的离子方程式为_______，该样品中的残留量为_______(以计)。〖答案〗（1）（2）（3）①.＜②.防止在高温下分解，减低产率（4）①.②.③.0.128〖解析〗〖祥解〗黄铁矿在空气中焙烧，生成二氧化硫和烧渣。二氧化硫被碳酸氢钠溶液吸收得到NaHSO3，结晶后的母液可以循环使用，过滤出来的NaHSO3湿料干燥后得到产品1。一系列操作后得到产品2。〖小问1详析〗黄铁矿的主要成分为FeS2。〖小问2详析〗由于亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫和碳酸氢钠反应可以生成二氧化碳，则在吸收过程中生成NaHSO3的同时有二氧化碳气体生成，反应的化学方程式为：。〖小问3详析〗NaHSO3在水中能完全电离，电离出来的既能电离，也能水解，其电离平衡常数为亚硫酸的第二步电离常数，即Ka2=6.0×10-8，其水解常数Kh=＜Ka2，即的电离程度大于水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；NaHSO3受热易分解，所以在“气流干燥”湿料时温度不宜过高。〖小问4详析〗①NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水得到Na2S2O5，该反应的化学方程式为：。②Na2S2O5中S为+4价，具有还原性，I2有氧化性，两者发生氧化还原反应，+4价的S被氧化为硫酸根离子，I2被还原为I-，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：。根据反应方程式，n(Na2S2O4)=0.01000mol/L×0.01000L×=5×10-5mol，n(SO2)=2n(Na2S2O4)=2×5×10-5mol=1×10-4mol，则m(SO2)=1×10-4mo×64g/mol=6.4×10-3g，则在1L葡萄酒中以SO2计的Na2S2O5的残留量为=0.128g/L。21.以、为原料合成涉及的主要反应过程中物质的能量变化如图1所示，回答下列问题：（1）已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.Ⅳ.。则：_______。（2）0.1MPa时向密闭容器中充入和，发生以上反应，温度对催化剂性能影响如图2所示，已知的选择性。①工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的主要原因是_______。②已知对可逆反应存在如下关系：(其中R为常数)，结合具体反应说明的转化率随着温度的升高始终高于转化率的原因可能是_______。③采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明选择性膜吸附提高的选择性的可能原因是_______。④在800℃时，，充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生反应Ⅲ，初始压强为，一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该温度下平衡时体系的压强为_______(用含的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，列出计算式)。〖答案〗（1）+177（2）①.的转化率较高，且的选择性较高②.温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焓变数值大，所以升高温度，对反应Ⅰ的影响大，的转