2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷01化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷01可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Cr52Mn55Fe56CO59Ni59Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108W184一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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．下列物质中属于两性化合物的是()A．SiO2B．CHCl3C．Na2CO3·7H2OD．H2N-CH2-COOH2．下列说法正确的是()A．SO2具有漂白性，葡萄酒中添加起到漂白作用B．溶液具有酸性，可用于腐蚀覆铜板制作印刷电路板C．HNO3具有强氧化性，可清洗附在试管内壁的银镜D．维生素C具有氧化性，可用于水果罐头的抗还原剂3．下列化学用语或图示表达正确的是()A．sp2杂化轨道示意图：B．激发态H原子的轨道表示式：C．N2的p-pσ键的形成：D．电子式表示MgCl2形成过程：4．下列实验装置能达到相应实验目的的是()A．图①装置用于制取Fe(OH)3胶体B．图②装置析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体C．图③装置探究浓度对化学反应速率的影响D．图④装置用于测定葡萄酒中CH3CH2OH的含量5．化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法不正确的是()A．华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B．用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石互为同素异形体C．国产飞机C919用到的氨化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．“神舟十七号”飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子6．高氯酸铵可以用于固体火箭的推进剂，关于2NH4ClO4(s)=N2(g)＋Cl2(g)＋2O2(g＋4H2O(g)反应，下列说法不正确的是()A．0.5molNH4ClO4完全分解产生气体的体积约为44.8LB．NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂C．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为D．上述NH4ClO4的分解反应，反应物的总键能小于生成物的总键能7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，电子可在其中运动石墨烯可用于制作导电材料B高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜C壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维该仿生胶带可用作新型黏着材料DNH4NO3中引入有机基团转化为低熔点的CH3CH2NH3NO3CH3CH2NH3NO3作为离子液体可用作电化学研究的电解质8．下列含硫化合物的反应中，离子方程式正确的是()A．将SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-B．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：↓C．向硫代硫酸钠溶液中加入硫酸：Na2S2O3+2H+=2Na++SO2↑+S↓+H2OD．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液处理：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)9．将6.8g有机物X完全燃烧可生成3.6gH2O和8.96L(标准状况下)CO2。X的质谱图、核磁共振氢谱图、红外光谱图分别如图甲、乙、丙所示，其分子中只含有一个苯环且苯环上只有一个取代基。下列关于有机物X的叙述不正确的是()A．该有机物的分子式为C8H8O2B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子C．由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物D．X属于芳香族化合物的同分异构体中，含有羧基的有机物有3种10．W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是()A．化学键中离子键成分的百分数：Y2W＞Y2ZB．M-N键长：MN2+＞MN3-C．Y的第一电离能大于其同周期相邻元素D．分子的极性：MX3＞WX411．上海大学纳米科学与技术研究中心张登松教授课题组利用浸渍法将锰钴复合氧化物负载在二氧化钛表面，制备出了一种高效的脱硝催化剂，如图所示。下列叙述正确的是()A．两种条件下反应历程相同B．催化剂可通过降低上述反应的活化能从而提高反应速率和平衡转化率C．生成相同的N2(g)和H2O(g)时放出热量不同D．总反应的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：812．将一定量乙烯通入饱和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反应历程如下：已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多；②该反应最终a、b两种产物含量分别为10.2%和89.8%。下列说法不正确的是()A．若将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OHB．反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于水的浓度大于Br-C．H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂D．微粒中，所有原子最外层均达到了稳定结构13．如图1所示为一种用双氧水去除废水中的持久性有机污染物的工作原理，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量(mmol-1)与电流强度关系如图2所示：下列说法正确的是()A．图1装置需不断补充Fe3+B．Pt电极为阳极，苯酚在Pt电极失电子生成CO2C．据图2可知电流强度越高，去除苯酚的效果越好D．若处理47.0g苯酚，理论上消耗14molH2O214．下，P2O3在CH2Cl2中与臭氧反应生成P4O18(结构如图所示)，下列说法正确的是()A．P4O18属于超分子B．CH2Cl2分子空间构型为正四面体形C．P4O18中含有极性键和非极性键D．O3是极性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度15．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl或NaOH调节pH时溶质各微粒浓度lgc(M)(M代表H2C2O4、HC2O4-、C2O42-、Ca2+)随pH变化曲线如图所示，其中，虚线④代表Ca2+的曲线。已知Ksp(CaC2O4)=10－8.62。下列有关说法正确的是()A．H2C2O4的电离常数Ka1的数量级为10-5B．pH=7时，2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-C．水的电离程度：A＞B＞CD．A点时，c(H＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞cOH－16．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl>SiB向BaCl2溶液中通入SO2和气体X出现白色沉淀气体X一定具有氧化性C在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuID分别测量Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH后者pH更大[Al(OH)4]-比CO32-更容易结合H+二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)氮及其化合物在生产生活中有重要用途。(1)同周期第一电离能比N大的元素有(用元素符号表示)；NO2-的大π键可表示为。(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因。(3)下列说法不正确的是___________。A．NCl3分子的极性比PCl3的大B．碱性：NH2OHN2H4NH2CH3C．AlN的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价晶体D．NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的是B(4)已知NH4+，N4H44+的空间结构均为正四面体形，NH4+的结构式为(→表示共用电子对由N原子单方面提供)，请画出N4H44+的结构式(要求画出配位键)。(5)与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图所示，已知六棱柱底面边长为，高为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。18．(10分)黄铜矿的主要成份是CuS2，以CuS2为原料实现如下转化：请回答：(1)写出溶液A中的所有阳离子，CuO的作用______________________。(2)下列说法正确的是___________。A．S单质存在于火山口或地壳的岩层中B．溶液C含有[Cu(NH3)4]2+C．Na2S2O3的水溶液显碱性D．依据转化关系可知：Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)](3)MnCO3等锰(Ⅱ)的化合物可制备Mn3O4。MnSO4隔绝空气受热分解生成Mn3O4，产物中无单质，写出该反应的化学方程式：。请设计实验方案验证气体产物____________________________________。19．(10分)能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。(1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1；4(s)＋3O2(g)=22O3(s)ΔH2。则ΔH1-ΔH20(填“>”、“<”或“=”)，理由。(2)H2可用CH4为原料制得。其热化学反应方程式为：ICH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝+206.2kJ·mol−1；iiCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝-41kJ·mol−1①下列说法正确的是。A．反应i在高温下不能自发进行B．用NaOH溶液将CO2吸收可以加快反应ii的速率C．反应i、ii同时进行时，温度越高，CH4的平衡转化率越高D．CH4可以通过石油的裂化和裂解得到②相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少，试从化学平衡移动原理的角度加以解释：。(3)NH3BH3是近年来发现的氢含量最高、常温下呈稳定固态的新型储氢化合物，在Co催化剂的作用下可水解释放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。①Co催化剂可用NaBH4还原Co·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量对Co催化剂的微晶尺寸没有影响)。不同NaBH4用量制备的Co催化剂催化NH3BH3水解产氢体积随时间的变化如下图所示：当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是。②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-转化为BH4-，请写出该转化的电极反应。20．(10分)十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。I．称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热；II．在下缓慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节值为2，继续搅拌加热，自然冷却；III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。(1)装置a的名称是。(2)请写出步骤II中生成[SiW12O40]4-的离子方程式：____________________________。(3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→→f，步骤c中放出的气体是。a．。b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．旋开旋塞放气d．倒转分液漏斗，小心振荡e．将分液漏斗置于铁架台上静置f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出(4)步骤Ⅳ中为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-，可以补充的操作为。(5)H4[SiW12O40]·nH2O的热重曲线图如图所示，当温度达到(A点)时，物质中的结晶水全部失去，则化学式中的n=，A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，试推测原因。21．(12分)化合物X是重要的药物合成中间体，下图是其合成路线之一：已知：请回答：(1)化合物B的官能团名称是。(2)化合物F的结构简式是______________________。(3)下列说法不正确的是___________。A．化合物A与酸、碱反应均能生成盐B．1mol化合物C最多消耗2molNaOHC．化合物中N原子结合H+的能力：①>②D．化合物Ⅹ的化学式为C19H18N4(4)写出D→E的化学方程式：_______________________________________。(5)已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯、乙酸和乙酰氯()为原料，合成甲基苯并咪唑()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式：___________________。①分子中有3种不同化学环境的氢原子②除苯环无其他环状结构，有硝基、无碳氧单键

——★参考答案★——一、选择题1．【答案】D【解析】A项，SiO2能与碱反应生成盐与水，属于酸性氧化物，不属于两性化合物，A错误；B项，CHCl3与酸不反应，不属于两性化合物，B错误；C项，Na2CO3·7H2O与碱不反应，不属于两性化合物，C错误；D项，H2N-CH2-COOH含有氨基，能与酸反应，含有羧基，能与碱反应，属于两性化合物，D正确；故选D。2．【答案】C【解析】A项，二氧化硫具有还原性，可延长葡萄糖酒的变质时间，常用作葡萄酒抗氧化剂，故A错误；B项，氯化铁溶液具有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作铜印刷电路板的腐蚀液，故B错误；C项，HNO3具有强氧化性，能与金属银发生氧化还原反应，可清洗附在试管内壁的银镜，故C正确；D项，维生素C具有还原性，可用于水果罐头的抗氧化剂，故D错误；故选C。3．【答案】A【解析】A项，sp2杂化形成的原子轨道为平面三角形，其杂化轨道示意图为，A正确；B项，K层只有s能级，没有p能级，则H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，B错误；C项，N2的p-pσ键是头碰头方式重叠形成，电子云图为，C错误；D项，MgCl2为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg失去电子，Cl得到电子：，D错误；故选A。4．【答案】B【解析】A项，氢氧化铁胶体的制备方法是通过在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，然后停止加热，A错误；B项，乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中的溶解度，而让其结晶析出，B正确；C项，铁在常温下，遇到浓硫酸会发生钝化，导致反应停止，此实验不能探究浓度对化学反应速率的影响，C错误；D项，葡萄酒中除了含有乙醇以外，还含有葡萄糖、多酚等多种还原剂，均能被高锰酸钾氧化，D错误；故选B。5．【答案】D【解析】晶体硅是华为Mate60pro系列“争气机”的芯片主要材，A项正确；用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石均为碳的单质，它们互为同素异形体，B项正确：氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，则国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C项正确；芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，D项错误。6．【答案】A【解析】A项，气体体积没有说标况，无法计算，A错误；B项，NH4ClO4在反应中，氮元素化合价上升，氯元素化合价降低，NH4ClO4既是氧化剂也是还原剂，B正确；C项，反应的还原产物为氯气和氧气，共三份，氧化产物为氮气，共一份，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3，C正确；D项，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，D正确；故选A。7．【答案】B【解析】A项，石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，所以能导电，故A正确；B项，高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜是因为其结构稳定，不易分解，与其软化温度较高没有关系，故B错误；C项，纳米级长纤维的表面积大，其附着力增强，能制造新型黏着材料，故C正确；D项，CH3CH2NH3NO3的熔点低，为液态的离子化合物，不易挥发，故可作电化学研究的电解质，故D正确；故选B。8．【答案】D【解析】HClO具有强氧化性，HSO3-具有还原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-；多量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A项错误；氢硫酸是二元弱酸，HS-不能完全电离，↓+H+，B项错误；Na2S2O3易溶于水，应写成离子形式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C项错误；CaSO4微溶，CaCO3难溶，可以实现沉淀转化：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)，D项正确。9．【答案】D【解析】由质谱图可知，X的相对分子质量为136，n(X)=，3.6gH2O的物质的量n(H2O)=，8.96L(标准状况)CO2的物质的量n(CO2)=，则X中n(H)=2n(H2O)=0.4mol，n(C)=n(CO2)=0.4mol，m(H)=nM=0.4mol×1g/mol=0.4g，m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，0.4g+4.8g＜6.8g，所以X中含有O元素，m(O)=6.8g-4.8g-0.4g=1.6g，n(O)=，n(X)：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.4mol：0.4mol：0.1mol=1：8：8：2，化合物X的分子式为C8H8O2，其核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为3：2：2：1，X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，说明X分子中含有4种H原子，苯环上有三种氢原子，个数分别为1、2、2，所以侧链中含有-CH3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基，且存在结构，故有机物X的结构简式为。A项，由质谱图可知，X的相对分子质量为136，分析可知n(C)：n(H)：n(O)=0.4mol：0.4mol：0.1mol=8：8：2，化合物X的分子式为C8H8O2，故A正确；B项，X的核磁共振氢谱有4个峰，故含有H种类为4种，故B正确；C项，X分子结构简式为，为含有酯基的芳香族化合物，故C正确；D项，X属于芳香族化合物的同分异构体中，含有羧基的有机物有4种，分别为、、、，故D错误；故选D。10．【答案】B【解析】W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W是C，W与Z相邻，Z是Si，M的一种简单氢化物常用作制冷剂,BM是N，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，X是F，则N是O，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y是Mg。A项，Mg和C的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数Mg2C＞Mg2Si，故A正确；B项，中心N原子化合价相同，NO2+氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以NO2+，故B错误；C项，Mg为第二主族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，故C正确；D项，NF3为三角锥形，极性分子，CF4正四面体，非极性分子，所以分子的极性NF3＞CF4，故D正确；故选B。11．【答案】D【解析】A项，由图可知，温度不同，反应历程不同，A错误；B项，催化剂不能使化学平衡发生移动，则不能提高反应的平衡转化率，B错误；C项，始态和终态相同时放出热量相同，C错误；D项，上述反应分为两步：2NO+O2=2NO2，6NO2+8NH3=7N2+12H2O，最佳投料含义是反应物恰好完全转化成N2和H2O，总反应为6NO+3O2+8NH3=7N2+12H2O，则总反应的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：8，D正确；故选D。12．【答案】B【解析】A项，氯气和溴均为卤素单质，根据类比，则将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OH，A正确；B项，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于两者反应的活化能不同，反应速率不同，导致二者的产量差异，B错误；C项，催化剂能加快反应速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水溶液中含有水，则可能是H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂，C正确；

D项，微粒中，氢为2电子稳定、碳溴为8电子稳定，所有原子最外层均达到了稳定结构，D正确；故选B。13．【答案】D【解析】图可知，HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故HMC-3电极为阴极，电极反应式分别为O2+2e-+2H+=H2O2，Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+。A项，HMC-3电极为阴极Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，反应前后Fe3+的量保持不变，A错误；B项，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，B错误；C项，电流强度过高，产生的过氧化氢过多，过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，C错误；D项，根据反应C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，苯酚转化为二氧化碳，1mol的苯酚发生反应，要消耗28mol的·OH，而28mol的·OH需要28mol的过氧化氢，47.0g苯酚的物质的量为，理论上消耗14molH2O2，D正确；故选D。14．【答案】C【解析】A项，超分子指的是两个或两个以上分子通过非共价键的作用力结合而成的分子，P4O18不属于超分子，A错误；B项，CH2Cl2中的4根化学键不完全相同，因此分子的空构型为四面体形，不是正四面体形，B错误；C项，根据结构式可知，该分子中含有P-Q极性键和O-O非极性键，C正确；D项，O3为含有极性键的极性分子，但是其分子极性较弱，反而更易溶于非极性溶剂，在极性溶剂水中溶解度小于在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，D错误；故选C。15．【答案】D【解析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)、C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，所以在CaC2O4溶液中，cCa2＋＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)，即①表示C2O42-、②表示H2C2O4、③表示HC2O4-、④表示Ca2＋。A项，H2C2O4HC2O4-+H+，，②③相交时c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，此时pH=1.3，可得Ka1=10-1.3，数量级为10-2，故A错误；B项，溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒2cCa2＋＋cH＋＝cOH－＋2cC2O42-＋cHC2O4-，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所以2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-，错误，故B错误；C项，A点为溶液显酸性，B、C点酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：A，故C错误；D项，A点时c(H+)=10-1.3mol/L，c(HC2O4-)=10-3mol/L，结合C点，Ka2==10-4.2，A点时，==10-2.9，则A点，c(C2O42-)=10-5.9mol/L，c(OH-)==10-12.7mol/L，即A点时，该离子浓度比较正确，故D正确；故选D。16．【答案】C【解析】A项，SiO32-水解使溶液显碱性，向该盐溶液的试管中滴加1滴酚酞，溶液变为红色，然后逐滴加入稀盐酸，二者发生反应产生硅酸沉淀，溶液的碱性逐渐减弱，因此红色逐渐褪去，HCl是无氧酸，因此不能证明元素的非金属性：Cl>Si，A错误；B项，向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的气体可能是碱性气体NH3或强氧化性气体Cl2，气体X不一定具有强氧化性，B错误；C项，向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，C正确；D项，Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的物质的量浓度未知，无法比较二者的pH值，D错误；故选C。二、非选择题17．【答案】(1)F、Ne(1分)Π34(1(2)三硝基甲苯的分子结构中包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解(2分)(3)AB(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，则同周期第一电离能比N大的元素有F、Ne；NO2-是“V”形结构，NO2-的大π键中参与原子数为3，氮原子剩余电子数5+1-2=4，O原子剩余电子数6-1=5，根据“单出1，偶除2”，则大π键可表示为Π34；(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因三硝基甲苯的分子结构中包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解；(3)A项，氮的电负性比P的电负性大，N与Cl的电负性差值小于P与Cl的电负性差值，因此NCl3分子的极性比PCl3的大，故A错误；B项，氮的碱性是氮孤对电子起作用，电负性O>N>H>C，N2H4为氨基取代，NH2OH为羟基取代，NH2CH3为甲基取代，甲基是供电子基团，而吸引电子能力是羟基＞氨基，则碱性：NH2OHN2H4NH2CH3，故B错误；C项，根据晶体熔点分析，一般共价晶体熔点高，AlN的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价晶体，故C正确；D项，NH3BH3中存在配位键，氮原子有1对孤对电子，B原子最外层电子数全部用完，因此提供空轨道的是B，故D正确；故选AB。(4)根据P4为正四面体结构分析N4，结合NH4+的结构式为，则得到N4H44+的结构式是N4中每个氮原子形成配位键，则N4H44+的结构式；(5)与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图所示，晶胞中N个数为2，Fe个数为，已知六棱柱底面边长为，高为2apm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为182g18．【答案】(1)Mn2+、Cu2+、、H+(2分)促进水解生成Fe(OH)3或调节溶液的pH(2分)(2)ABD(2分)(3)3MnSO4Mn3O4+SO2↑+SO3↑(2分)将生成的气体通入到氯化钡溶液，出现白色沉淀，则有SO3；再将气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，则有SO2(2分)【解析】CuS2与MnO2和H2SO4反应，化学方程式为：CuS2+5MnO2+20H+=2Cu2++5Mn2++4S+10H2O，过滤得到S和溶液A，溶液A中含有Mn2+、Cu2+、、H+等离子，S和O2点燃得到SO2，SO2与亚硫酸钠反应生成Na2S2O5，溶液A中加入Cu调节pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到溶液B，溶液B含有Mn2+、Cu2+等离子，加入碳酸氢铵和氨气，生成MnCO3沉淀，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+。(1)溶液A中的所有阳离子为：Mn2+、Cu2+、、H+，CuO的作用为：促进水解生成Fe(OH)3或调节溶液的pH；(2)A项，S单质存在于火山口或地壳的岩层中，故A正确；B项，溶液C含有[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C项，Na2S2O3在水溶液中释放SO2，溶液显酸性，故C错误；D项，加入CuO调节pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时Mn2+未沉淀，即Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)]，故D正确；故选ABD；(3)MnSO4隔绝空气受热分解生成Mn3O4，产物中无单质，Mn元素化合价上升，即S元素化合价下降，可得反应方程式为：3MnSO4Mn3O4+SO2↑+SO3↑，验证SO3和SO2的操作为：将生成的气体通入到氯化钡溶液，出现白色沉淀，则有SO3；再将气体通入到品红溶液，品红溶液褪色，则有SO2。19．【答案】(1)<(1分)已知4Al(s)＋22O3(s)=2Al2O3(s)+4(s)的ΔH，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2(1分)(2)①CD(2分)②相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小H2的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，H2的平衡产率随压强的增大而减少(2分)(3)①得到的金属Co中杂质NaBH4含量高，水解产物NaBO2占据了Co表面的部分活性位点，使反应速率下降(2分)②BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-(2分)【解析】(1)已知4Al(s)＋22O3(s)=2Al2O3(s)+4(s)的ΔH，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2，因此ΔH1-ΔH2<0；(2)①A项，反应i的△H>0，△S>0，在高温下能自发进行，故A错误；B项，用NaOH溶液将CO2吸收，CO2的浓度下降，速率减慢，故B错误；C项，将i、ii合并写出总的热化学方程式可知△H>0，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故C正确；D项，石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正确；故选CD；②相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小H2的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，H2的平衡产率随压强的增大而减少，因此，相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少；(3)①当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是得到的金属Co中杂质NaBH4含量高，水解产物NaBO2占据了Co表面的部分活性位点，使反应速率下降；②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-得电子转化为BH4-，该转化的电极反应BO2-+6H2O+8e-=BH4＋8OH-。20．【答案】(1)(球形)冷凝管(1分)(2)12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O(2分)(3)d→c→e(2分)氯化氢和乙醚(1分)检查旋塞、玻璃塞是否漏水(1分)(4)向溶液中加入H2O2(1分)(5)18(1分)H4[SiW12O40]受热分解进一步脱水(1分)【解析】本实验制取十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O，称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加入Na2SiO3·9H2O溶解后加入浓盐酸，调节pH值为2，发生反应，将反野后的液体加入分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取，下层醚合物，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。(1)根据仪器构造可知，装置a为球形冷凝管；(2)反应中Na2SiO3·9H2O与Na2WO4·H2O在酸性环境下反应生成H4[SiW12O40]，离子方程式为12WO42-+SiO32-+22H+=[SiW12O40]4-+11H2O；(3)步骤Ⅲ中，用如图2装置萃取、分液，操作为：检查旋塞、玻璃塞是否漏水、将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸、倒转分液漏斗，小心振荡、旋开旋塞放气、将分液漏斗置于铁架台上静置、打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出其中，排列顺序为a→b→d→c→e→f；氯化氢和乙醚易挥发，则放出的气体是氯化氢和乙醚；操作a为检查旋塞、玻璃塞是否漏水；(4)为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-时W元素化合价降低，故可加入过氧化氢；(5)由热重曲线可知H4[SiW12O40]·nH2O中，水的质量分数为10%，则，；A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，其原因是H4[SiW12O40]受热分解进一步脱水。21．【答案】(1)酯基、酰胺基(1分)(2)(1分)(3)CD(2分)(4)(2分)(5)(3分)(6)、、、(3分)【解析】根据C和D的分子式以及反应条件可推断出C到D是硝基被还原成了氨基，因此C的结构简式为，根据B到C的条件，可知B到C是苯环上的取代，所以B的结构简式为，通过对比A和B的分子式，以及另外一个反应物，推断出A的结构简式为，D到E的反应应该是已知条件中发生的反应，所以E的结构简式为，E到F根据反应条件可知应为酯的水解，所以F的结构简式为。(1)B中官能团名称为酯基、酰胺基；(2)根据以上分析，F的结构简式为；(3)A项，化合物A含有氨基，可以与酸反应生成盐，含有酯基，在碱性条件下水解生成羧酸盐，A正确；B项，化合物C中含有酯基和酰胺基，消耗2mol氢氧化钠，B正确；C项，甲基是供电子基，甲基的引入，会使N原子的电负性增大，结合氢离子能力增强，所以②＞①，C错误；D项，化合物X的化学式为C19H20N4，D错误；故选CD。(4)D到E的反应方程式为；(5)根据题目中提供的物质，要制得，其流程为：；(6)根据分析，B的同分异构体有以下四种：、、、。2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷01可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Si28Cl35.5Cr52Mn55Fe56CO59Ni59Cu64Zn65Zn-65Br-80I-127Ag-108W184一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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．下列物质中属于两性化合物的是()A．SiO2B．CHCl3C．Na2CO3·7H2OD．H2N-CH2-COOH2．下列说法正确的是()A．SO2具有漂白性，葡萄酒中添加起到漂白作用B．溶液具有酸性，可用于腐蚀覆铜板制作印刷电路板C．HNO3具有强氧化性，可清洗附在试管内壁的银镜D．维生素C具有氧化性，可用于水果罐头的抗还原剂3．下列化学用语或图示表达正确的是()A．sp2杂化轨道示意图：B．激发态H原子的轨道表示式：C．N2的p-pσ键的形成：D．电子式表示MgCl2形成过程：4．下列实验装置能达到相应实验目的的是()A．图①装置用于制取Fe(OH)3胶体B．图②装置析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体C．图③装置探究浓度对化学反应速率的影响D．图④装置用于测定葡萄酒中CH3CH2OH的含量5．化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法不正确的是()A．华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B．用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石互为同素异形体C．国产飞机C919用到的氨化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．“神舟十七号”飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子6．高氯酸铵可以用于固体火箭的推进剂，关于2NH4ClO4(s)=N2(g)＋Cl2(g)＋2O2(g＋4H2O(g)反应，下列说法不正确的是()A．0.5molNH4ClO4完全分解产生气体的体积约为44.8LB．NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂C．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为D．上述NH4ClO4的分解反应，反应物的总键能小于生成物的总键能7．物质微观结构决定宏观性质，进而影响物质用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A石墨烯中碳的p轨道相互平行而重叠，电子可在其中运动石墨烯可用于制作导电材料B高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜C壁虎仿生胶带上覆盖几十万条纤细纳米级长纤维该仿生胶带可用作新型黏着材料DNH4NO3中引入有机基团转化为低熔点的CH3CH2NH3NO3CH3CH2NH3NO3作为离子液体可用作电化学研究的电解质8．下列含硫化合物的反应中，离子方程式正确的是()A．将SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-B．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：↓C．向硫代硫酸钠溶液中加入硫酸：Na2S2O3+2H+=2Na++SO2↑+S↓+H2OD．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液处理：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)9．将6.8g有机物X完全燃烧可生成3.6gH2O和8.96L(标准状况下)CO2。X的质谱图、核磁共振氢谱图、红外光谱图分别如图甲、乙、丙所示，其分子中只含有一个苯环且苯环上只有一个取代基。下列关于有机物X的叙述不正确的是()A．该有机物的分子式为C8H8O2B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子C．由以上信息可以推测A分子可能为含有酯基的芳香族化合物D．X属于芳香族化合物的同分异构体中，含有羧基的有机物有3种10．W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是()A．化学键中离子键成分的百分数：Y2W＞Y2ZB．M-N键长：MN2+＞MN3-C．Y的第一电离能大于其同周期相邻元素D．分子的极性：MX3＞WX411．上海大学纳米科学与技术研究中心张登松教授课题组利用浸渍法将锰钴复合氧化物负载在二氧化钛表面，制备出了一种高效的脱硝催化剂，如图所示。下列叙述正确的是()A．两种条件下反应历程相同B．催化剂可通过降低上述反应的活化能从而提高反应速率和平衡转化率C．生成相同的N2(g)和H2O(g)时放出热量不同D．总反应的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：812．将一定量乙烯通入饱和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反应历程如下：已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多；②该反应最终a、b两种产物含量分别为10.2%和89.8%。下列说法不正确的是()A．若将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OHB．反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于水的浓度大于Br-C．H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂D．微粒中，所有原子最外层均达到了稳定结构13．如图1所示为一种用双氧水去除废水中的持久性有机污染物的工作原理，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量(mmol-1)与电流强度关系如图2所示：下列说法正确的是()A．图1装置需不断补充Fe3+B．Pt电极为阳极，苯酚在Pt电极失电子生成CO2C．据图2可知电流强度越高，去除苯酚的效果越好D．若处理47.0g苯酚，理论上消耗14molH2O214．下，P2O3在CH2Cl2中与臭氧反应生成P4O18(结构如图所示)，下列说法正确的是()A．P4O18属于超分子B．CH2Cl2分子空间构型为正四面体形C．P4O18中含有极性键和非极性键D．O3是极性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度15．常温下，往足量草酸钙固体与水的混合体系中加HCl或NaOH调节pH时溶质各微粒浓度lgc(M)(M代表H2C2O4、HC2O4-、C2O42-、Ca2+)随pH变化曲线如图所示，其中，虚线④代表Ca2+的曲线。已知Ksp(CaC2O4)=10－8.62。下列有关说法正确的是()A．H2C2O4的电离常数Ka1的数量级为10-5B．pH=7时，2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-C．水的电离程度：A＞B＞CD．A点时，c(H＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞cOH－16．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl>SiB向BaCl2溶液中通入SO2和气体X出现白色沉淀气体X一定具有氧化性C在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为CuID分别测量Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH后者pH更大[Al(OH)4]-比CO32-更容易结合H+二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)氮及其化合物在生产生活中有重要用途。(1)同周期第一电离能比N大的元素有(用元素符号表示)；NO2-的大π键可表示为。(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因。(3)下列说法不正确的是___________。A．NCl3分子的极性比PCl3的大B．碱性：NH2OHN2H4NH2CH3C．AlN的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价晶体D．NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的是B(4)已知NH4+，N4H44+的空间结构均为正四面体形，NH4+的结构式为(→表示共用电子对由N原子单方面提供)，请画出N4H44+的结构式(要求画出配位键)。(5)与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图所示，已知六棱柱底面边长为，高为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。18．(10分)黄铜矿的主要成份是CuS2，以CuS2为原料实现如下转化：请回答：(1)写出溶液A中的所有阳离子，CuO的作用______________________。(2)下列说法正确的是___________。A．S单质存在于火山口或地壳的岩层中B．溶液C含有[Cu(NH3)4]2+C．Na2S2O3的水溶液显碱性D．依据转化关系可知：Ksp[Fe(OH)3]Ksp[Mn(OH)2)](3)MnCO3等锰(Ⅱ)的化合物可制备Mn3O4。MnSO4隔绝空气受热分解生成Mn3O4，产物中无单质，写出该反应的化学方程式：。请设计实验方案验证气体产物____________________________________。19．(10分)能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。(1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s)ΔH1；4(s)＋3O2(g)=22O3(s)ΔH2。则ΔH1-ΔH20(填“>”、“<”或“=”)，理由。(2)H2可用CH4为原料制得。其热化学反应方程式为：ICH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝+206.2kJ·mol−1；iiCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝-41kJ·mol−1①下列说法正确的是。A．反应i在高温下不能自发进行B．用NaOH溶液将CO2吸收可以加快反应ii的速率C．反应i、ii同时进行时，温度越高，CH4的平衡转化率越高D．CH4可以通过石油的裂化和裂解得到②相同温度下只发生反应i、ii时，生成H2的平衡产率随外界压强的增大而减少，试从化学平衡移动原理的角度加以解释：。(3)NH3BH3是近年来发现的氢含量最高、常温下呈稳定固态的新型储氢化合物，在Co催化剂的作用下可水解释放H2：NH3BH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。①Co催化剂可用NaBH4还原Co·6H2O制得(已知：NaBH4+2H2O=NaBO2+3H2↑，NaBH4用量对Co催化剂的微晶尺寸没有影响)。不同NaBH4用量制备的Co催化剂催化NH3BH3水解产氢体积随时间的变化如下图所示：当时，NH3BH3水解产氢速率反而降低的可能原因是。②NH3BH3水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解BO2-转化为BH4-，请写出该转化的电极反应。20．(10分)十二钨硅酸H4[SiW12O40]·nH2O是一种一种性能优越的多功能催化剂，它的一种制备方法如下(步骤I、II的装置如图所示)。I．称取Na2WO4·H2O置于三颈烧瓶中，加入蒸馏水剧烈后搅拌至澄清，加热；II．在下缓慢加入Na2SiO3·9H2O使其充分溶解后，微沸时从滴液漏斗中缓慢地向其中加入浓盐酸，调节值为2，继续搅拌加热，自然冷却；III．将冷却后的全部液体转移至分液漏斗中，加入乙醚，分多次加入浓盐酸，充分振荡，萃取；IV．将下层醚合物分出放于蒸发皿中，加水，水浴蒸发至溶液表面有晶体析出时为止，冷却结晶，抽滤，即可得到产品。(1)装置a的名称是。(2)请写出步骤II中生成[SiW12O40]4-的离子方程式：____________________________。(3)步骤III的详细操作如下，请补充操作a并对下列操作进行排序：a→b→→f，步骤c中放出的气体是。a．。b．将溶液和乙醚转入分液漏斗并逐滴加入盐酸c．旋开旋塞放气d．倒转分液漏斗，小心振荡e．将分液漏斗置于铁架台上静置f．打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒出(4)步骤Ⅳ中为防止[SiW12O40]4-转化为[SiW12O40]6-，可以补充的操作为。(5)H4[SiW12O40]·nH2O的热重曲线图如图所示，当温度达到(A点)时，物质中的结晶水全部失去，则化学式中的n=，A点过后曲线仍有微弱的下降趋势，试推测原因。21．(12分)化合物X是重要的药物合成中间体，下图是其合成路线之一：已知：请回答：(1)化合物B的官能团名称是。(2)化合物F的结构简式是______________________。(3)下列说法不正确的是___________。A．化合物A与酸、碱反应均能生成盐B．1mol化合物C最多消耗2molNaOHC．化合物中N原子结合H+的能力：①>②D．化合物Ⅹ的化学式为C19H18N4(4)写出D→E的化学方程式：_______________________________________。(5)已知硝基苯直接硝化的产物为间二硝基苯，利用题中信息，设计以硝基苯、乙酸和乙酰氯()为原料，合成甲基苯并咪唑()的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。(6)写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式：___________________。①分子中有3种不同化学环境的氢原子②除苯环无其他环状结构，有硝基、无碳氧单键

——★参考答案★——一、选择题1．【答案】D【解析】A项，SiO2能与碱反应生成盐与水，属于酸性氧化物，不属于两性化合物，A错误；B项，CHCl3与酸不反应，不属于两性化合物，B错误；C项，Na2CO3·7H2O与碱不反应，不属于两性化合物，C错误；D项，H2N-CH2-COOH含有氨基，能与酸反应，含有羧基，能与碱反应，属于两性化合物，D正确；故选D。2．【答案】C【解析】A项，二氧化硫具有还原性，可延长葡萄糖酒的变质时间，常用作葡萄酒抗氧化剂，故A错误；B项，氯化铁溶液具有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作铜印刷电路板的腐蚀液，故B错误；C项，HNO3具有强氧化性，能与金属银发生氧化还原反应，可清洗附在试管内壁的银镜，故C正确；D项，维生素C具有还原性，可用于水果罐头的抗氧化剂，故D错误；故选C。3．【答案】A【解析】A项，sp2杂化形成的原子轨道为平面三角形，其杂化轨道示意图为，A正确；B项，K层只有s能级，没有p能级，则H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，B错误；C项，N2的p-pσ键是头碰头方式重叠形成，电子云图为，C错误；D项，MgCl2为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg失去电子，Cl得到电子：，D错误；故选A。4．【答案】B【解析】A项，氢氧化铁胶体的制备方法是通过在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，然后停止加热，A错误；B项，乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中的溶解度，而让其结晶析出，B正确；C项，铁在常温下，遇到浓硫酸会发生钝化，导致反应停止，此实验不能探究浓度对化学反应速率的影响，C错误；D项，葡萄酒中除了含有乙醇以外，还含有葡萄糖、多酚等多种还原剂，均能被高锰酸钾氧化，D错误；故选B。5．【答案】D【解析】晶体硅是华为Mate60pro系列“争气机”的芯片主要材，A项正确；用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石均为碳的单质，它们互为同素异形体，B项正确：氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，则国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C项正确；芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，D项错误。6．【答案】A【解析】A项，气体体积没有说标况，无法计算，A错误；B项，NH4ClO4在反应中，氮元素化合价上升，氯元素化合价降低，NH4ClO4既是氧化剂也是还原剂，B正确；C项，反应的还原产物为氯气和氧气，共三份，氧化产物为氮气，共一份，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3，C正确；D项，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，D正确；故选A。7．【答案】B【解析】A项，石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，所以能导电，故A正确；B项，高密度聚乙烯可用于生产食品保鲜膜是因为其结构稳定，不易分解，与其软化温度较高没有关系，故B错误；C项，纳米级长纤维的表面积大，其附着力增强，能制造新型黏着材料，故C正确；D项，CH3CH2NH3NO3的熔点低，为液态的离子化合物，不易挥发，故可作电化学研究的电解质，故D正确；故选B。8．【答案】D【解析】HClO具有强氧化性，HSO3-具有还原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-；多量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A项错误；氢硫酸是二元弱酸，HS-不能完全电离，↓+H+，B项错误；Na2S2O3易溶于水，应写成离子形式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C项错误；CaSO4微溶，CaCO3难溶，可以实现沉淀转化：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)，D项正确。9．【答案】D【解析】由质谱图可知，X的相对分子质量为136，n(X)=，3.6gH2O的物质的量n(H2O)=，8.96L(标准状况)CO2的物质的量n(CO2)=，则X中n(H)=2n(H2O)=0.4mol，n(C)=n(CO2)=0.4mol，m(H)=nM=0.4mol×1g/mol=0.4g，m(C)=0.4mol×12g/mol=4.8g，0.4g+4.8g＜6.8g，所以X中含有O元素，m(O)=6.8g-4.8g-0.4g=1.6g，n(O)=，n(X)：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.4mol：0.4mol：0.1mol=1：8：8：2，化合物X的分子式为C8H8O2，其核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为3：2：2：1，X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，说明X分子中含有4种H原子，苯环上有三种氢原子，个数分别为1、2、2，所以侧链中含有-CH3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基，且存在结构，故有机物X的结构简式为。A项，由质谱图可知，X的相对分子质量为136，分析可知n(C)：n(H)：n(O)=0.4mol：0.4mol：0.1mol=8：8：2，化合物X的分子式为C8H8O2，故A正确；B项，X的核磁共振氢谱有4个峰，故含有H种类为4种，故B正确；C项，X分子结构简式为，为含有酯基的芳香族化合物，故C正确；D项，X属于芳香族化合物的同分异构体中，含有羧基的有机物有4种，分别为、、、，故D错误；故选D。10．【答案】B【解析】W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W是C，W与Z相邻，Z是Si，M的一种简单氢化物常用作制冷剂,BM是N，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，X是F，则N是O，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y是Mg。A项，Mg和C的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数Mg2C＞Mg2Si，故A正确；B项，中心N原子化合价相同，NO2+氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以NO2+，故B错误；C项，Mg为第二主族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，故C正确；D项，NF3为三角锥形，极性分子，CF4正四面体，非极性分子，所以分子的极性NF3＞CF4，故D正确；故选B。11．【答案】D【解析】A项，由图可知，温度不同，反应历程不同，A错误；B项，催化剂不能使化学平衡发生移动，则不能提高反应的平衡转化率，B错误；C项，始态和终态相同时放出热量相同，C错误；D项，上述反应分为两步：2NO+O2=2NO2，6NO2+8NH3=7N2+12H2O，最佳投料含义是反应物恰好完全转化成N2和H2O，总反应为6NO+3O2+8NH3=7N2+12H2O，则总反应的最佳投料n(NO)：n(O2)：n(NH3)=6：3：8，D正确；故选D。12．【答案】B【解析】A项，氯气和溴均为卤素单质，根据类比，则将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl和CH2ClCH2OH，A正确；B项，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于两者反应的活化能不同，反应速率不同，导致二者的产量差异，B错误；C项，催化剂能加快反应速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水溶液中含有水，则可能是H2O的存在加快了反应速率，H2O是总反应的催化剂，C正确；

D项，微粒中，氢为2电子稳定、碳溴为8电子稳定，所有原子最外层均达到了稳定结构，D正确；故选B。13．【答案】D【解析】图可知，HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故HMC-3电极为阴极，电极反应式分别为O2+2e-+2H+=H2O2，Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+。A项，HMC-3电极为阴极Fe3++e-=Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+=Fe3++•OH+H2O，反应前后Fe3+的量保持不变，A错误；B项，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O-e-=•OH+H+，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，B错误；C项，电流强度过高，产生的过氧化氢过多，过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，C错误；D项，根据反应C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，苯酚转化为二氧化碳，1mol的苯酚发生反应，要消耗28mol的·OH，而28mol的·OH需要28mol的过氧化氢，47.0g苯酚的物质的量为，理论上消耗14molH2O2，D正确；故选D。14．【答案】C【解析】A项，超分子指的是两个或两个以上分子通过非共价键的作用力结合而成的分子，P4O18不属于超分子，A错误；B项，CH2Cl2中的4根化学键不完全相同，因此分子的空构型为四面体形，不是正四面体形，B错误；C项，根据结构式可知，该分子中含有P-Q极性键和O-O非极性键，C正确；D项，O3为含有极性键的极性分子，但是其分子极性较弱，反而更易溶于非极性溶剂，在极性溶剂水中溶解度小于在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，D错误；故选C。15．【答案】D【解析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)、C2O42-+H2OHC2O4-+OH-、HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，所以在CaC2O4溶液中，cCa2＋＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)，即①表示C2O42-、②表示H2C2O4、③表示HC2O4-、④表示Ca2＋。A项，H2C2O4HC2O4-+H+，，②③相交时c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，此时pH=1.3，可得Ka1=10-1.3，数量级为10-2，故A错误；B项，溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒2cCa2＋＋cH＋＝cOH－＋2cC2O42-＋cHC2O4-，但是没有考虑到加入盐酸或者氢氧化钠以后提供的氯离子或钠离子，所以2cCa2＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-，错误，故B错误；C项，A点为溶液显酸性，B、C点酸性减弱，水的电离程度增大，故水的电离程度：A，故C错误；D项，A点时c(H+)=10-1.3mol/L，c(HC2O4-)=10-3mol/L，结合C点，Ka2==10-4.2，A点时，==10-2.9，则A点，c(C2O42-)=10-5.9mol/L，c(OH-)==10-12.7mol/L，即A点时，该离子浓度比较正确，故D正确；故选D。16．【答案】C【解析】A项，SiO32-水解使溶液显碱性，向该盐溶液的试管中滴加1滴酚酞，溶液变为红色，然后逐滴加入稀盐酸，二者发生反应产生硅酸沉淀，溶液的碱性逐渐减弱，因此红色逐渐褪去，HCl是无氧酸，因此不能证明元素的非金属性：Cl>Si，A错误；B项，向BaCl2溶液中通入SO2和气体X，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO3或BaSO4，通入的气体可能是碱性气体NH3或强氧化性气体Cl2，气体X不一定具有强氧化性，B错误；C项，向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，C正确；D项，Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的物质的量浓度未知，无法比较二者的pH值，D错误；故选C。二、非选择题17．【答案】(1)F、Ne(1分)Π34(1(2)三硝基甲苯的分子结构中包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解(2分)(3)AB(2分)(4)(2分)(5)(2分)【解析】(1)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，则同周期第一电离能比N大的元素有F、Ne；NO2-是“V”形结构，NO2-的大π键中参与原子数为3，氮原子剩余电子数5+1-2=4，O原子剩余电子数6-1=5，根据“单出1，偶除2”，则大π键可表示为Π34；(2)三硝基甲苯可用来制作炸药TNT，试从分子结构中分析其易爆炸的原因三硝基甲苯的分子结构中包含三个高能的硝基，硝基在受到冲击或者摩擦时会迅速发生分解；(3)A项，氮的电负性比P的电负性大，N与Cl的电负性差值小于P与Cl的电负性差值，因此NCl3分子的极性比PCl3的大，故A错误；B项，氮的碱性是氮孤对电子起作用，电负性O>N>H>C，N2H4为氨基取代，NH2OH为羟基取代，NH2CH3为甲基取代，甲基是供电子基团，而吸引电子能力是羟基＞氨基，则碱性：NH2OHN2H4NH2CH3，故B错误；C项，根据晶体熔点分析，一般共价晶体熔点高，AlN的熔点为2200℃，硬度高，推测它为共价晶体，故C正确；D项，NH3BH3中存在配位键，氮原子有1对孤对电子，B原子最外层电子数全部用完，因此提供空轨道的是B，故D正确；故选AB。(4)根据P4为正四面体结构分析N4，结合NH4+的结构式为，则得到N4H44+的结构式是N4中每个氮原子形成配位键，则N4H44+的结构式；(5)与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图所示，晶胞中N个数为2，Fe个数为，已知六棱柱底面边长为，高