2024-2025学年甘肃省部分学校高三上学期12月诊断考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1甘肃省部分学校2024-2025学年高三上学期12月诊断考试一、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的)1.甘肃，这片位于中国西北部的广袤土地，以其丰富的物产和独特的文化底蕴，孕育了众多的特产。下列特产的主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.兰州牛肉面 B.天水花牛苹果 C.酒泉夜光杯 D.庆阳剪纸【答案】C【解析】A．兰州牛肉面主要成分是淀粉，属于有机物，A错误；B．天水花牛苹果的主要成分是糖类，属于有机物，B错误；C．酒泉夜光杯的主要成分是无机物，C正确；D．庆阳剪纸的主要成分都是纤维素，属于有机物，D错误；故选C。2.下列有关化学用语或表述正确的是A.的电子式： B.乙醛官能团的结构简式：-COHC.乙炔的球棍模型： D.和互为同位素【答案】C【解析】A．的电子式为，故A错误；B．乙醛的官能团是醛基，结构简式为-CHO，B错误；C．乙醛是直线型分子，存在碳碳三键，乙炔的球棍模型为，故C正确；D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，和都是分子，故D错误；选C。3.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硫具有氧化性，可用于葡萄酒中，起保质作用B.二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂C.受热易分解，可用作氮肥D.石墨能导电，可用作润滑剂【答案】B【解析】A．二氧化硫具有还原性，可用于葡萄酒保质，与氧化性无关，A错误；B．二氧化氯中氯元素的化合价为＋4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，B正确；C．NH4HCO3含氮元素，可用作氮肥，与其受热易分解性质无关，C错误；D．石墨是层状结构，质软，可用作润滑剂，与其导电性无关，D错误；故答案选B。4.下列措施不能增大化学反应速率的是A.Fe与稀硫酸反应制取时，改用98%浓硫酸B向一堆篝火中“鼓风”C.往锌与稀硫酸反应混合液中加入固体D.△H＜0，升高温度【答案】A【解析】A．铁遇浓硫酸钝化，改用98%浓硫酸不能生成，A符合题意；B．“鼓风”增大了氧气浓度，反应速率增大，B不符合题意；C．加入固体，增大了浓度，反应速率增大，C不符合题意；D．升高温度，反应速率一定增大，D不符合题意故选A。5.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素：W与X形成的WX与X2生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期序数是族序数的3倍；基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍。下列叙述不正确的是A.第一电离能：W＞X＞Y B.简单离子半径：W＞X＞YC.简单气态氢化物稳定性：X＞W D.氧化物对应水化物的酸性：Z＞W【答案】D【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X形成的WX在X2中生成一种红棕色有刺激性气味的气体是NO2，故W为N、X为O，Y的周期序数是族序数的3倍，故Y为Na，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，电子排布式为1s22s22p63s23p5，故Z为Cl。A．同周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素反常，同主族从上往下元素的第一电离能依次减小，故第一电离能：N＞O＞Na，A正确；B．N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，B正确；C．元素简单气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，C正确；D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性才与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，题干未说明最高价，因此无法比较，D错误；故选D。6.用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡B．制备乙酸乙酯C．灼烧胆矾D．配制一定物质的量浓度的稀盐酸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以溶液盛放在酸式滴定管中，图示是碱式滴定管排气泡的方法，A错误；B．将含有乙酸、乙醇的乙酸乙酯直接通入饱和溶液中会产生倒吸，B错误；C．灼烧固体用坩埚，C正确；D．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，D错误；答案为C。7.近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。下列说法错误的是A.电极X为直流电源的负极B.质子交换膜中氢离子向左移动C.电解过程中，生成尿素的电极反应式为D.理论上电源提供2mol能生成1mol氧气【答案】D【解析】由装置图可知，b电极上水失电子生成O2，b为电解池的阳极，则a为电解池的阴极，X为原电池的负极，Y为原电池的正极，根据电解原理分析解答。A．电极a：，N元素化合价由＋5价降低至-3价，则电极a为电解池的阴极，电极X为直流电源的负极，A正确；B．电解池中，阳离子向阴极移动，故质子交换膜中氢离子向左移动，B正确；C．电解过程中，和在电极a上反应生成尿素[]，电极反应式为，C正确；D．电极b为阳极，电极反应式为，则理论上电源提供2mol能生成0.5mol氧气，D错误；答案选D。8.香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如图(部分产物已省略)，下列说法不正确的是A.水杨醛和香豆素互为同系物B.可用溶液鉴别水杨醛和香豆素C.一定条件下，上述四种物质均能与NaOH溶液反应D.有机物M与足量加成所得产物中含有手性碳原子【答案】A【解析】A．水杨醛和香豆素的分子所含官能团不同，二者不互为同系物，A错误；B．水杨醛分子中含有酚羟基，能与溶液作用显紫色，而香豆素无此现象，B正确；C．水杨醛分子中含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，乙酸酐在碱性条件下发生水解反应，有机物M分子中含有的酚羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，香豆素分子中含有酯基，能在碱性条件下发生水解反应，C正确；D．有机物M与足量加成后所得产物为(标“*”号的碳为手性碳原子)，D正确；答案为A。9.下列实验现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A向样品溶液中滴加溶液有白色沉淀产生样品溶液中含有B将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，产生的气体直接通入酸性溶液中酸性溶液的紫红色逐渐褪去乙烯具有还原性C向NaHS溶液中滴入酚酞溶液变红色水解程度大于其电离程度D将溶解在稀中，再加入KSCN溶液溶液呈血红色说明已变质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向样品溶液中滴加溶液，反应产生白色沉淀，则样品溶液中可能含有，也可能含有或等，A项错误；B．制取乙烯的过程中发生副反应生成的二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与发生氧化还原反应使酸性溶液褪色，B项错误；C．水解的反应为，电离的反应为，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，说明NaHS溶液呈碱性，的水解程度大于其电离程度，C项正确；D．酸性条件下，会将氧化为，D项错误；答案选C。10.合成尿素的一种反应为△H，具体反应机理及能量变化(单位：)如图所示，TS为过渡态，表示在催化剂表面的反应。下列说法错误的是A.的结构为HN=C=O B.第3个基元反应的焓变C.反应前后碳元素、氮元素化合价发生了改变 D.最大能垒(活化能)的反应是决速步【答案】C【解析】A．由原子的成键特点可知，的结构为HN=C=O，A正确；B．反应的焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，B正确；C．反应前后碳元素、氮元素化合价不变，碳元素一直是＋4价，氮元素一直是-3价，C错误；D．最大能垒(活化能)的反应速率最慢，是决速步，D正确;故选C。11.氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为)为原料制取CuCl的流程如图所示。下列说法不正确的是A.制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气B.加入浓盐酸发生的反应为C.洗涤CuCl时用乙醇D.中加水可使平衡逆向移动【答案】D【解析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸时CuCl和浓盐酸反应生成，过滤分离出S，加水稀释使正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答；A．CuCl易被氧化，故制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气，A正确；B．加入浓盐酸可将CuCl转化为易溶于水实现与S的分离，B正确；C．CuCl难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，C正确；D．根据平衡移动原理可知，加水溶液浓度降低，平衡正向移动，使得CuCl析出，D错误；故选D。12.石墨烯是从石墨中剥离出的单层结构，氧化石墨烯是一种淡柠檬黄色、不稳定的新型化合物、其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是A.石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力 B.电负性：O>C>HC.氧化石墨烯中，碳原子的杂化方式中有杂化 D.氧化石墨烯的导电性优于石墨烯【答案】D【解析】A．石墨是共价晶体、金属晶体和分子晶体之间一种过渡型晶体，因此石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力，故A正确；B．电负性可以通过得电子能力来体现，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，所以电负性：O>C>H，故B正确；C．氧化石墨烯中，形成单键的碳原子为杂化，形成双键的碳原子为杂化，故C正确；D．石墨烯变为氧化石墨烯，大键遭到破坏，导电性减弱，故D错误；答案选D。阅读下列材料，完成下列小题氮硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，硼烷()和氨气()在四氢呋喃()作溶剂的条件下可合成氨硼烷；。硼和硅在周期表中处于对角线上，有许多相似的性质。13.下列说法错误的是A.与的沸点相差较大B.的结构式为C.分子中N—B键为配位键，电子对由B原子提供D.与互为等电子体【答案】C【解析】A．分子间无氢键，而可形成分子间氢键，故二者沸点相差较大，A正确；B．分子中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，可形成配位键，的结构式为，B正确，C．中N有孤电子对，B有空轨道，N和B形成配位键，电子对由N提供，C错误；D．与分子中原子数和原子的最外层电子数相等，互为等电子体，D正确；答案为：C。14.下列说法正确的是A.键能：C-C>Si-Si，则硬度：石墨>晶体硅B.与分子中键和键的数目相等C.与的空间结构相同D.H—N—H键角：【答案】C【解析】A．键能越大，键长越短，共价键越强，物质的硬度也就越大，键能：，实际上对应的硬度关系是：金刚石晶体硅，而不是石墨晶体硅‌，石墨层与层之间是分子间作用力，比共价键弱得多，石墨硬度小，A错误；B．中不存在单个分子，且无键，B错误；C．孤电子对数为，与氯原子形成个键，所以价层电子对数为，分子的空间结构为正四面体形‌。中，原子的孤电子对数为，价层电子对数为，因此其空间构型为正四面体，C正确；D．二者的氮原子价层电子对数均为4、均发生sp3杂化，中N原子含有1个孤电子对，中的N原子不含有孤电子对，因为孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以中H—N—H的键角小于中H—N—H的键角，D错误；答案为：C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)为原料提取钴的工艺流程如下：已知：常温下，，，。（1）“浸出”过程中，为了提高浸出率可采取的措施有_______(写一种即可)；浸出渣中的金属单质是_______，化合物是_______。（2）“除铜”过程中，和没有沉淀的原因是_______。（3）钴回收后的废液中的主要金属阳离子为_______。（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为_______。（5）钴晶体的一种晶胞(如图所示)的边长为anm，密度为，表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子的配位数是_______，钴原子半径为_______nm，钴的相对原子质量可表示为_______。【答案】（1）①.升高温度(或将矿物粉碎)②.Cu③.（2）硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的（3）和（4）（5）①.8②.③.【解析】向净化渣(主要含有Co、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和；“除铜”过程中加入硫化钠，发生反应：，除去溶液中的；“氧化”过程中加入过硫酸钠()，将溶液中的、分别氧化为、，反应的离子方程式分别为、；“沉铁”过程中加入碳酸钠()调溶液pH，使和发生相互促进的水解反应使转化为沉淀而除去；“沉钴”过程中加入碳酸钠沉淀，发生反应，废液中的主要金属阳离子和还没有提取，据此作答。（1）为了提高浸出率可采取的措施可以是升高温度(或将矿物粉碎)，向净化渣中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和，浸出渣中的金属单质是Cu，化合物是；（2）根据已知：常温下，，，，硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的，当铜离子沉淀时，锌离子和钴离子还沉淀不了；（3）根据分析可知，钴回收后的废液中的主要金属阳离子为和；（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为；（5）距离晶胞体心的钴原子最近且相等的钴原子的个数为8，故钴原子的配位数为8，由于体对角线的长度是钴原子半径的4倍，故钴原子半径为，晶胞中含有钴原子的数目为，晶胞体积为，设钴的相对原子质量为M，有，则。16.苯甲酸甲酯常用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等，可利用苯甲酸和甲醇在如图所示装置中制得。Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品（1）在圆底烧瓶中加入18.3g苯甲酸()和19.2g甲醇()，再小心加入3mL_______，混匀后，投入几粒沸石，加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品。（2）仪器X的作用是_______；加入沸石的作用是_______。（3）冷却水从_______(填“上”或“下”)口进入。Ⅱ．粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：（4）与饱和碳酸钠溶液反应的物质是_______；操作a中使用的主要仪器名称是_______。（5）蒸馏时，_______(填“能”或“不能”)使用仪器X。（6）这个实验的最高产率可达90%，但本次实验制得的苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，可能的原因是_______。A．甲醇用量多B．反应时加热时间不够长C．减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多Ⅲ．探究苯甲酸甲酯的碱性水解并回收苯甲酸[已知苯甲酸的溶解度：0.17g(25℃)、0.95g(50℃)]（7）当ⅰ装置中出现_______现象时立即停止加热。（8）完成步骤③适宜采用的方法是_______。A.常温过滤 B.趁热过滤 C.蒸发 D.分液【答案】（1）浓硫酸（2）①.冷凝回流②.防止暴沸（3）下（4）①.硫酸和苯甲酸②.分液漏斗（5）不能（6）BC（7）不再分层（8）A【解析】苯甲酸、甲醇和浓硫酸混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，控制温度蒸馏得乙醇，剩余的混合溶液用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，得水层和有机层，有机层经过一系列操作得苯甲酸甲酯，据此作答。（1）利用苯甲酸与甲醇反应制苯甲酸甲酯时，要加入浓硫酸作催化剂；（2）仪器X球形冷凝管的作用是冷凝回流，加入沸石的作用是防止暴沸；（3）冷却水从下口进入；（4）碳酸钠溶液显碱性，能与之反应的物质是硫酸和苯甲酸；操作a是分液，使用的主要仪器是分液漏斗；（5）蒸馏时使用直形冷凝管，不能使用仪器X(球形冷凝管)；（6）甲醇用量多可以提高苯甲酸的转化率，苯甲酸甲酯的产率应增大，A不符合题意；反应时加热时间不够长，使得反应未达到平衡状态，可能使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，B符合题意；减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多，可能还有部分苯甲酸甲酯未蒸出，使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，C符合题意；选BC；（7）苯甲酸甲酯和NaOH溶液不互溶，液体会分层，苯甲酸甲酯和NaOH溶液反应生成苯甲酸钠和甲醇，苯甲酸钠和甲醇均溶于水，当烧瓶中液体不再分层时说明ⅰ装置中反应基本完全，立即停止加热；（8）由苯甲酸在25℃和50℃的溶解度可知，常温下苯甲酸的溶解度较小，完成步骤③需将固液分离，适宜采用的方法是常温过滤。17.磷在氯气中燃烧生成、，这两种卤化磷常用于制造农药等。（1）已知：Ⅰ．Ⅱ．(b>a>0)则反应Ⅰ自发进行的条件是_______；_______。（2）T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol，发生反应，经一段时间后反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350/mol00.160.190.200.20①反应在_______～_______s之间达到平衡状态：在前50s内的平均速率_______。②相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol、0.20mol和0.20mol，达到平衡前_______(填“>”“＜”或“=”，下同)。③平衡时，再充入2.0mol，达到新平衡时，的体积分数_______原平衡时的体积分数。（3）向恒容密闭容器中充入0.2mol和0.2mol，发生反应：。不同条件下反应体系总压强(p)随时间(t)的变化如图所示：相对曲线b，曲线a改变的条件可能是_______；曲线c改变的条件可能是_______。【答案】（1）①.低温②.（2）①.150②.250③.0.0016④.>⑤.>（3）①.升高温度②.加入催化剂【解析】（1）当△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应Ⅰ的△S＜0，△H＜0(a>0)，故该反应自发进行的条件是低温；根据盖斯定律，反应Ⅱ减去反应Ⅰ再除以4得反应：PCl3(l)+Cl2(g)⇌PCl5(s)，则。（2）①由题给数据知，反应在150～250s之间达到平衡状态，反应在前50s内的平均速率。②由①可知，平衡时、、的物质的量分别为1.0mol-0.20mol=0.80mol、0.20mol、0.20mol，反应的平衡常数，相同温度下，起始时向容器中充入1.0mol、0.20mol和0.20mol，此时浓度商，则反应向正反应方向进行，。③该反应为气体体积增大的反应，若平衡时再充入2.0mol，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，的体积分数增大。（3）由(1)可知，反应PCl3(l)+Cl2(g)⇌PCl5(s)的ΔH=，b>a>0，所以ΔH<0。曲线a和b相比，速率变快，平衡时压强变大。容器体积相同，反应物的物质的量相同，升高温度，反应速率加快，且平衡逆向移动，气体物质的量增多，升温和气体物质的量变大都会使压强增大，所以相对曲线b，曲线a改变的条件可能是升高温度；曲线b、c相比，曲线c的反应速率更快但平衡未发生移动，所以曲线c改变的条件是加入催化剂。18.避蚊胺H是一种驱虫药，对蚊虫有很强的驱避作用，且对人畜无毒，使用安全。避蚊胺可由下述方法合成：已知：。（1）原料A的质谱图中质荷比的最大值为78，核磁共振氢谱显示只有一种氢原子，则A的名称为_______。（2）合成路线中，F→G的反应类型是_______。（3）M的结构简式为_______，其中的官能团名称为_______。（4）F的芳香族同分异构体中、苯环上含有两个取代基且能发生银镜反应的有_______种，其中-NMR谱具有4组峰且峰面积比为3：2：2：1的是_______(写出一种即可)。（5）H在碱性条件下水解的离子方程式为_______；反应结束后加入硫酸，含苯环的产物与硫酸反应的离子方程式为_______。【答案】（1）苯（2）取代反应（3）①.②.氨基（4）①.12②.（5）①.②.【解析】A的质谱图中质荷比的最大值为78，其相对分子质量为78，核磁共振氢谱显示只有一种氢原子，且A一定条件下生成B，结合B的结构可知A为苯；B中醛基间位H原子被溴原子取代转化为C，C被还原为D；E物质的转化为，根据G和H的结构，试剂M为。（1）质谱图中质荷比的最大值为78，说明其相对分子质量为78，核磁共振氢谱显示只有一种氢原子，且A一定条件下生成B，结合B的结构可知A为苯。（2）由结构的变化可知，FG是上的被氯原子取代，反应类型为取代反应。（3）由G→H结构的变化可知，M的结构简式为，官能团是氨基。（4）F的芳香族同分异构体中，苯环上含有两个取代基且能发生银镜反应，符合条件的取代基为和、和—CHO、和、和—OH，它们在苯环上各有邻、间、对三种位置关系，共3×4=12种；其中-NMR谱具有4组峰且峰面积比为3：2：2：1的是或。（5）H所含官能团是酰胺基，其在碱性条件下水解离子方程式为；反应结束后加入硫酸，含苯环的产物与氢离子反应，原理是强酸生成弱酸，离子方程式为：。甘肃省部分学校2024-2025学年高三上学期12月诊断考试一、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的)1.甘肃，这片位于中国西北部的广袤土地，以其丰富的物产和独特的文化底蕴，孕育了众多的特产。下列特产的主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.兰州牛肉面 B.天水花牛苹果 C.酒泉夜光杯 D.庆阳剪纸【答案】C【解析】A．兰州牛肉面主要成分是淀粉，属于有机物，A错误；B．天水花牛苹果的主要成分是糖类，属于有机物，B错误；C．酒泉夜光杯的主要成分是无机物，C正确；D．庆阳剪纸的主要成分都是纤维素，属于有机物，D错误；故选C。2.下列有关化学用语或表述正确的是A.的电子式： B.乙醛官能团的结构简式：-COHC.乙炔的球棍模型： D.和互为同位素【答案】C【解析】A．的电子式为，故A错误；B．乙醛的官能团是醛基，结构简式为-CHO，B错误；C．乙醛是直线型分子，存在碳碳三键，乙炔的球棍模型为，故C正确；D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，和都是分子，故D错误；选C。3.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.二氧化硫具有氧化性，可用于葡萄酒中，起保质作用B.二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂C.受热易分解，可用作氮肥D.石墨能导电，可用作润滑剂【答案】B【解析】A．二氧化硫具有还原性，可用于葡萄酒保质，与氧化性无关，A错误；B．二氧化氯中氯元素的化合价为＋4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，B正确；C．NH4HCO3含氮元素，可用作氮肥，与其受热易分解性质无关，C错误；D．石墨是层状结构，质软，可用作润滑剂，与其导电性无关，D错误；故答案选B。4.下列措施不能增大化学反应速率的是A.Fe与稀硫酸反应制取时，改用98%浓硫酸B向一堆篝火中“鼓风”C.往锌与稀硫酸反应混合液中加入固体D.△H＜0，升高温度【答案】A【解析】A．铁遇浓硫酸钝化，改用98%浓硫酸不能生成，A符合题意；B．“鼓风”增大了氧气浓度，反应速率增大，B不符合题意；C．加入固体，增大了浓度，反应速率增大，C不符合题意；D．升高温度，反应速率一定增大，D不符合题意故选A。5.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素：W与X形成的WX与X2生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期序数是族序数的3倍；基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍。下列叙述不正确的是A.第一电离能：W＞X＞Y B.简单离子半径：W＞X＞YC.简单气态氢化物稳定性：X＞W D.氧化物对应水化物的酸性：Z＞W【答案】D【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W与X形成的WX在X2中生成一种红棕色有刺激性气味的气体是NO2，故W为N、X为O，Y的周期序数是族序数的3倍，故Y为Na，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，电子排布式为1s22s22p63s23p5，故Z为Cl。A．同周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素反常，同主族从上往下元素的第一电离能依次减小，故第一电离能：N＞O＞Na，A正确；B．N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，B正确；C．元素简单气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，对应简单气态氢化物越稳定，非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，C正确；D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性才与元素的非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，题干未说明最高价，因此无法比较，D错误；故选D。6.用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡B．制备乙酸乙酯C．灼烧胆矾D．配制一定物质的量浓度的稀盐酸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以溶液盛放在酸式滴定管中，图示是碱式滴定管排气泡的方法，A错误；B．将含有乙酸、乙醇的乙酸乙酯直接通入饱和溶液中会产生倒吸，B错误；C．灼烧固体用坩埚，C正确；D．容量瓶不能作为溶解、稀释、反应和长期贮存溶液的仪器，D错误；答案为C。7.近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。下列说法错误的是A.电极X为直流电源的负极B.质子交换膜中氢离子向左移动C.电解过程中，生成尿素的电极反应式为D.理论上电源提供2mol能生成1mol氧气【答案】D【解析】由装置图可知，b电极上水失电子生成O2，b为电解池的阳极，则a为电解池的阴极，X为原电池的负极，Y为原电池的正极，根据电解原理分析解答。A．电极a：，N元素化合价由＋5价降低至-3价，则电极a为电解池的阴极，电极X为直流电源的负极，A正确；B．电解池中，阳离子向阴极移动，故质子交换膜中氢离子向左移动，B正确；C．电解过程中，和在电极a上反应生成尿素[]，电极反应式为，C正确；D．电极b为阳极，电极反应式为，则理论上电源提供2mol能生成0.5mol氧气，D错误；答案选D。8.香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如图(部分产物已省略)，下列说法不正确的是A.水杨醛和香豆素互为同系物B.可用溶液鉴别水杨醛和香豆素C.一定条件下，上述四种物质均能与NaOH溶液反应D.有机物M与足量加成所得产物中含有手性碳原子【答案】A【解析】A．水杨醛和香豆素的分子所含官能团不同，二者不互为同系物，A错误；B．水杨醛分子中含有酚羟基，能与溶液作用显紫色，而香豆素无此现象，B正确；C．水杨醛分子中含有酚羟基，能与NaOH溶液反应，乙酸酐在碱性条件下发生水解反应，有机物M分子中含有的酚羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，香豆素分子中含有酯基，能在碱性条件下发生水解反应，C正确；D．有机物M与足量加成后所得产物为(标“*”号的碳为手性碳原子)，D正确；答案为A。9.下列实验现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A向样品溶液中滴加溶液有白色沉淀产生样品溶液中含有B将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，产生的气体直接通入酸性溶液中酸性溶液的紫红色逐渐褪去乙烯具有还原性C向NaHS溶液中滴入酚酞溶液变红色水解程度大于其电离程度D将溶解在稀中，再加入KSCN溶液溶液呈血红色说明已变质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向样品溶液中滴加溶液，反应产生白色沉淀，则样品溶液中可能含有，也可能含有或等，A项错误；B．制取乙烯的过程中发生副反应生成的二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与发生氧化还原反应使酸性溶液褪色，B项错误；C．水解的反应为，电离的反应为，向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色，说明NaHS溶液呈碱性，的水解程度大于其电离程度，C项正确；D．酸性条件下，会将氧化为，D项错误；答案选C。10.合成尿素的一种反应为△H，具体反应机理及能量变化(单位：)如图所示，TS为过渡态，表示在催化剂表面的反应。下列说法错误的是A.的结构为HN=C=O B.第3个基元反应的焓变C.反应前后碳元素、氮元素化合价发生了改变 D.最大能垒(活化能)的反应是决速步【答案】C【解析】A．由原子的成键特点可知，的结构为HN=C=O，A正确；B．反应的焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，B正确；C．反应前后碳元素、氮元素化合价不变，碳元素一直是＋4价，氮元素一直是-3价，C错误；D．最大能垒(活化能)的反应速率最慢，是决速步，D正确;故选C。11.氯化亚铜(CuCl)是一种微溶于水、难溶于乙醇、易被氧化的白色粉末。以黄铜矿(主要成分为)为原料制取CuCl的流程如图所示。下列说法不正确的是A.制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气B.加入浓盐酸发生的反应为C.洗涤CuCl时用乙醇D.中加水可使平衡逆向移动【答案】D【解析】由制备流程可知，浸取时黄铜矿和氯化铜溶液反应生成CuCl、S、氯化亚铁溶液，过滤分离出滤渣，加浓盐酸时CuCl和浓盐酸反应生成，过滤分离出S，加水稀释使正向移动，生成CuCl，过滤、洗涤、干燥得到CuCl，以此来解答；A．CuCl易被氧化，故制备CuCl粗品的过程中应隔绝空气，A正确；B．加入浓盐酸可将CuCl转化为易溶于水实现与S的分离，B正确；C．CuCl难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少因溶解而造成的损失，提高产率，C正确；D．根据平衡移动原理可知，加水溶液浓度降低，平衡正向移动，使得CuCl析出，D错误；故选D。12.石墨烯是从石墨中剥离出的单层结构，氧化石墨烯是一种淡柠檬黄色、不稳定的新型化合物、其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是A.石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力 B.电负性：O>C>HC.氧化石墨烯中，碳原子的杂化方式中有杂化 D.氧化石墨烯的导电性优于石墨烯【答案】D【解析】A．石墨是共价晶体、金属晶体和分子晶体之间一种过渡型晶体，因此石墨属于混合型晶体，层间存在范德华力，故A正确；B．电负性可以通过得电子能力来体现，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，所以电负性：O>C>H，故B正确；C．氧化石墨烯中，形成单键的碳原子为杂化，形成双键的碳原子为杂化，故C正确；D．石墨烯变为氧化石墨烯，大键遭到破坏，导电性减弱，故D错误；答案选D。阅读下列材料，完成下列小题氮硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，硼烷()和氨气()在四氢呋喃()作溶剂的条件下可合成氨硼烷；。硼和硅在周期表中处于对角线上，有许多相似的性质。13.下列说法错误的是A.与的沸点相差较大B.的结构式为C.分子中N—B键为配位键，电子对由B原子提供D.与互为等电子体【答案】C【解析】A．分子间无氢键，而可形成分子间氢键，故二者沸点相差较大，A正确；B．分子中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，可形成配位键，的结构式为，B正确，C．中N有孤电子对，B有空轨道，N和B形成配位键，电子对由N提供，C错误；D．与分子中原子数和原子的最外层电子数相等，互为等电子体，D正确；答案为：C。14.下列说法正确的是A.键能：C-C>Si-Si，则硬度：石墨>晶体硅B.与分子中键和键的数目相等C.与的空间结构相同D.H—N—H键角：【答案】C【解析】A．键能越大，键长越短，共价键越强，物质的硬度也就越大，键能：，实际上对应的硬度关系是：金刚石晶体硅，而不是石墨晶体硅‌，石墨层与层之间是分子间作用力，比共价键弱得多，石墨硬度小，A错误；B．中不存在单个分子，且无键，B错误；C．孤电子对数为，与氯原子形成个键，所以价层电子对数为，分子的空间结构为正四面体形‌。中，原子的孤电子对数为，价层电子对数为，因此其空间构型为正四面体，C正确；D．二者的氮原子价层电子对数均为4、均发生sp3杂化，中N原子含有1个孤电子对，中的N原子不含有孤电子对，因为孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，所以中H—N—H的键角小于中H—N—H的键角，D错误；答案为：C。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)为原料提取钴的工艺流程如下：已知：常温下，，，。（1）“浸出”过程中，为了提高浸出率可采取的措施有_______(写一种即可)；浸出渣中的金属单质是_______，化合物是_______。（2）“除铜”过程中，和没有沉淀的原因是_______。（3）钴回收后的废液中的主要金属阳离子为_______。（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为_______。（5）钴晶体的一种晶胞(如图所示)的边长为anm，密度为，表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子的配位数是_______，钴原子半径为_______nm，钴的相对原子质量可表示为_______。【答案】（1）①.升高温度(或将矿物粉碎)②.Cu③.（2）硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的（3）和（4）（5）①.8②.③.【解析】向净化渣(主要含有Co、Fe、Cu、Pb、CuO、ZnO、等)中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和；“除铜”过程中加入硫化钠，发生反应：，除去溶液中的；“氧化”过程中加入过硫酸钠()，将溶液中的、分别氧化为、，反应的离子方程式分别为、；“沉铁”过程中加入碳酸钠()调溶液pH，使和发生相互促进的水解反应使转化为沉淀而除去；“沉钴”过程中加入碳酸钠沉淀，发生反应，废液中的主要金属阳离子和还没有提取，据此作答。（1）为了提高浸出率可采取的措施可以是升高温度(或将矿物粉碎)，向净化渣中加入硫酸“浸出”，Cu不与硫酸反应，Pb与硫酸反应生成(难溶盐)，故浸出渣的主要成分是Cu和，浸出渣中的金属单质是Cu，化合物是；（2）根据已知：常温下，，，，硫化锌和硫化钴的大于硫化铜的，当铜离子沉淀时，锌离子和钴离子还沉淀不了；（3）根据分析可知，钴回收后的废液中的主要金属阳离子为和；（4）“铁渣”的成分是，则“沉铁”时发生反应的离子方程式为；（5）距离晶胞体心的钴原子最近且相等的钴原子的个数为8，故钴原子的配位数为8，由于体对角线的长度是钴原子半径的4倍，故钴原子半径为，晶胞中含有钴原子的数目为，晶胞体积为，设钴的相对原子质量为M，有，则。16.苯甲酸甲酯常用作有机合成中间体、溶剂、食品保鲜剂等，可利用苯甲酸和甲醇在如图所示装置中制得。Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品（1）在圆底烧瓶中加入18.3g苯甲酸()和19.2g甲醇()，再小心加入3mL_______，混匀后，投入几粒沸石，加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品。（2）仪器X的作用是_______；加入沸石的作用是_______。（3）冷却水从_______(填“上”或“下”)口进入。Ⅱ．粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制：（4）与饱和碳酸钠溶液反应的物质是_______；操作a中使用的主要仪器名称是_______。（5）蒸馏时，_______(填“能”或“不能”)使用仪器X。（6）这个实验的最高产率可达90%，但本次实验制得的苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，可能的原因是_______。A．甲醇用量多B．反应时加热时间不够长C．减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多Ⅲ．探究苯甲酸甲酯的碱性水解并回收苯甲酸[已知苯甲酸的溶解度：0.17g(25℃)、0.95g(50℃)]（7）当ⅰ装置中出现_______现象时立即停止加热。（8）完成步骤③适宜采用的方法是_______。A.常温过滤 B.趁热过滤 C.蒸发 D.分液【答案】（1）浓硫酸（2）①.冷凝回流②.防止暴沸（3）下（4）①.硫酸和苯甲酸②.分液漏斗（5）不能（6）BC（7）不再分层（8）A【解析】苯甲酸、甲醇和浓硫酸混匀后，投入几粒沸石，小心加热75min，获得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，控制温度蒸馏得乙醇，剩余的混合溶液用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，得水层和有机层，有机层经过一系列操作得苯甲酸甲酯，据此作答。（1）利用苯甲酸与甲醇反应制苯甲酸甲酯时，要加入浓硫酸作催化剂；（2）仪器X球形冷凝管的作用是冷凝回流，加入沸石的作用是防止暴沸；（3）冷却水从下口进入；（4）碳酸钠溶液显碱性，能与之反应的物质是硫酸和苯甲酸；操作a是分液，使用的主要仪器是分液漏斗；（5）蒸馏时使用直形冷凝管，不能使用仪器X(球形冷凝管)；（6）甲醇用量多可以提高苯甲酸的转化率，苯甲酸甲酯的产率应增大，A不符合题意；反应时加热时间不够长，使得反应未达到平衡状态，可能使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，B符合题意；减压蒸馏后烧瓶内剩余液体太多，可能还有部分苯甲酸甲酯未蒸出，使得苯甲酸甲酯的产率低于最高产率，C符合题意；选BC；（7）苯甲酸甲酯和NaOH溶液不互溶，液体会分层，苯甲酸甲酯和NaOH溶液反应生成苯甲酸钠和甲醇，苯甲酸钠和甲醇均溶于水，当烧瓶中液体不再分层时说明ⅰ装置中反应基本完全，立即停止加热；（8）由苯甲酸在25℃和50℃的溶解度可知，常温下苯甲酸的溶解度较小，完成步骤③需将固液分离，适宜采用的方法是常温过滤。17.磷在氯气中燃烧生成、，这两种卤化磷常用于制造农药等。（1）已知：Ⅰ．Ⅱ．(b>a>0)则反应Ⅰ自发进行的条件是_______；_______。（2）T℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol，发生反应，经一段时间后反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s