2024-2025学年湖南省湘豫名校联考化学试题高三上学期一轮复习质量检测（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省湘豫名校联考2024-2025学年高三上学期一轮复习质量检测可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、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.化学与人类社会可持续发展关系密切。下列说法错误的是A.有机合成农药的研制使农药向着高效、低毒和低残留的方向发展B.纳米晶体在声、光、电等性能上常会呈现新的特性，应用前景广阔C.聚乳酸具有良好的生物相容性，可以用于手术缝合线、药物缓释材料D.二氧化硅具有半导体性能，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域【答案】D【解析】A．有机合成农药是一类以天然有机物和合成有机物为主要原料制成的农药，由于有机合成农药化学结构简单、易于降解、对环境友好、安全性高、不会导致耐药性等特点，有机合成农药的研制使农药向着高效、低毒和低残留的方向发展，A项正确；B．纳米晶体的比表面积较大，相对于通常的晶体，在声、光、电、磁、热等性能上常会呈现新的特性，B项正确；C．聚乳酸是一种生物降解高分子，具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释材料，C项正确；D．高纯硅具有半导体性能，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，D项错误；故选D。2.如图所示为人工合成淀粉的示意图。下列说法错误的是A.太阳能电池在反应①中实现了光能最终转化为化学能B.反应②的原子利用率为100%C.物质的化学名称为1，3-二羟基丙酮D.物质转化为淀粉时，磷酸单酯键断裂【答案】B【解析】A．太阳能电池将光能转化为电能，反应①中电解水生成氢气和氧气，因此太阳能电池在反应①中实现了光能最终转化为化学能，A正确；B．反应②的化学方程式为3H2+CO2=CH3OH+H2O，该反应中除了生成甲醇，还有水生成，原子利用率不是100%，B错误；C．根据物质C3的结构简式可知，其名称为1，3-二羟基丙酮，C正确；D．根据淀粉和C6的结构简式可知，物质C6转化为淀粉时，中的磷酸单酯键断裂生成了-OH，D正确；答案选B。3.物质结构决定性质，下列事实与解释均正确的是选项事实解释A易溶于水与水分子形成氢键B苯不能使溴水褪色苯中含有大π键C容易转化为电负性大的配位原子更容易提供孤电子对D沸点：对二甲苯<邻二甲苯分子极性越大，分子间作用力越大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．易溶于水是因为和水分子都是极性分子，A错误；B．苯不能使溴水因反应而褪色是因为苯中没有碳碳双键，苯中加溴水使水层褪色的原因是苯能萃取溴水中的溴，B错误；C．容易转化为是因为N的电负性小于O，更容易提供孤电子对，C错误；D．对二甲苯的对称性比邻二甲苯好，邻二甲苯的极性大于对二甲苯极性，分子间作用力越大，沸点越高，D正确；故选D。4.使用现代分析仪器对有机化合物M的分子结构进行测定，相关结果如下：下列说法正确的是A.有机化合物M的摩尔质量为31B.有机化合物M中碳氢质量比为2：5C.有机化合物M是一种良好的有机溶剂D.有机化合物M的同分异构体不可能与钠发生反应【答案】C【解析】A.由题中左图可知，有机化合物M的摩尔质量为，A项错误；B.设该有机物的分子式为，，当，，时满足条件，即有机物的分子式为，碳氢质量比为24∶5，B项错误；C.由题中右图可知有机物中官能团只含有醚键，属于醚，是良好的有机溶剂，C项正确；D.由有机化合物M的分子式，可知它的同分异构体可能是醇，与钠反应放出氢气，D项错误。故选C。5.下列实验装置能够达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的干燥制取收集保护铁件A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．是酸性干燥剂，不与氯气反应，能干燥，A能达到实验目的；B．受热难分解，不能制取，B不能达到实验目的；C．易与空气中的氧气反应，不能用向上排空气法收集，C不能达到实验目的；D．该装置中，铁件作负极，容易失电子被腐蚀，D不能达到实验目的；故答案选A。6.下列离子方程式的书写正确的是A.氢碘酸溶解氢氧化铁：B.乙酰胺在酸性条件下加热水解：C.常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸中：D.铜作电极，电解硫酸铜溶液：【答案】B【解析】A．Fe(OH)3具有氧化性，HI具有还原性，两者会发生氧化还原反应，Fe(OH)3被还原生成Fe2+，被氧化生成I2，反应的离子方程式为：，A错误；B．乙酰胺在酸性条件下加热水解生成羧酸和铵根离子，反应的离子方程式为：，B正确；C．常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸中将发生钝化，两者不会生成Al3+和NO2，C错误；D．铜作电极，电解硫酸铜溶液时，铜作阳极，Cu被氧化为Cu2+；阴极上溶液中的Cu2+被还原为Cu，D错误；故选B。7.一种绿色的配位化合物具有温度传感功能，结构如图所示(L是中性配体)。下列说法错误的是A.配合物中Ni的化合价为+1 B.第一电离能：N>O>CC.阳离子中含有三种配体 D.该配合物是离子晶体【答案】A【解析】A．配合物中Ni的化合价为+2，A项错误；B．同周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，B项正确；C．阳离子中含有、、L三种配体，C项正确；D．该配合物中存在阴、阳离子，是离子晶体，D项正确；故选A。8.合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。下列说法错误的是A.合成塔中的和必须净化，目的是防止催化剂“中毒”B氧化炉中发生反应：C.吸收塔中生成的硝酸要保存在带橡胶塞的棕色试剂瓶中D.尾气中的氮氧化物可用碱性溶液吸收【答案】C【解析】A．气体中含有的杂质吸附或沉积在催化剂表面，使其活性降低或丧失，即催化剂中毒，故和必须净化，A项正确；B．氨的催化氧化生成，B项正确；C．硝酸具有强氧化性，腐蚀橡胶，应该使用玻璃塞，C项错误；D．氮氧化物在碱性溶液中通过发生氧化还原反应除去，D项正确；故选C。9.钠与氧可形成多种二元化合物。其中一种二元化合物晶胞如图所示。下列说法错误的是A.该二元化合物的化学式为Na4O4 B.阴离子有2种不同的空间取向C.阴离子位于Na+形成的八面空隙中 D.该二元化合物具有强氧化性【答案】A【解析】A．该二元化合物是离子化合物，化学式为组成离子的最简整数比，含有Na+的数目是8×+1=2，含有O原子数目是8×+4×=4，Na：O=2：4=1：2，因此该二元化合物的化学式为NaO2，A错误；B．棱上的有相同的空间取向，面上的有相同的空间取向，故该化合物中阴离子有2种不同的空间取向，B正确；C．根据图示可知位于6个Na+形成的八面体空隙中，C正确；D．中含有单电子，反应活性高，具有强氧化性，D正确；故合理选项是A。10.科学家设计了一种流通电化学系统，利用六价铬还原释放的化学能来增强过氧化氢的原位生成(如图所示)，实现酸性含铬工业废水的无害化处理和资源回收。下列说法错误的是A.电极M与电源的正极相连B.电极N上生成的电极反应式为C.增大在电极间的流通速率，有利于的生成D.用六价铬还原释放的化学能来辅助的电合成【答案】B【解析】M电极上水中的氢氧根离子失去电子生成氧气，M为阳极，则N为阴极，氧气得电子与氢离子反应生成过氧化氢。A．电极M产生氧气，M为阳极，与电源的正极相连，A项正确；B．M电极生成的氢离子运动到N电极参与电极反应，电极N上生成的电极反应式为，B项错误；C．增大在电极间的流通速率，提高阴极的浓度，有利于的生成，C项正确；D．六价铬还原释放的化学能转化为电能来辅助的电合成，D项正确；故选B。11.实验室利用苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应原理和有关数据如下：表：三种有机物的物理性质物质密度(25℃)沸点溶解性苯甲醛1.044179℃难溶于水苯甲醇1.045205℃微溶于水苯甲酸1.080249℃微溶于水下列说法正确是A.苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应中没有发生电子的转移B.反应温度过高，可能导致苯甲醇的产率降低C.制备反应完全后，分离苯甲酸和苯甲醇的常用方法是重结晶D.利用滴定苯甲酸测定纯度时，选用甲基橙为指示剂【答案】B【解析】A．苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应是歧化反应，发生电子的转移，A项错误；B．温度过高，苯甲醛易被氧化为苯甲酸，歧化生成苯甲醇的量减少，B项正确；C．分离苯甲醇和苯甲酸的常用方法是蒸馏，C项错误；D．利用溶液滴定苯甲酸测定纯度时，滴定终点，应选用酚酞做指示剂，D项错误；故选B。12.马来酸(P)在医药、农药、食品等方面有广泛的应用。一定条件下，其与氢气加成的反应过程如图甲，反应过程中各物质的量分数与反应时间的关系如图乙。下列说法正确的是A.物质P和N互为对映异构体 B.焓变：C.活化能：反应①>反应② D.物质Q中最多有12个原子共平面【答案】C【解析】A．由题图甲可知，物质P()和N()互为顺反异构体，不是对映异构体，A错误；B．从图中可知，反应②=反应①+反应③，根据盖斯定律，焓变：，B错误；C．据图乙可知，相同时间内，生成Q的物质的量分数大于N，说明反应速率：反应①小于反应②，活化能：反应①>反应②，C正确；D．物质Q()中两个羧基内的四个原子分别共面，单键可以旋转，两个羧基中的8个原子以及两个亚甲基中的C可能共面，最多有10个原子共平面，D错误；故答案选C。13.动力学同位素效应(KIE)的数值等于较轻同位素参加反应的速率常数与较重同位素参加反应的速率常数的比值。、与反应高选择性地生成甲醇，体系的能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是A.适当升温，能有效提高甲醇的平衡产率B.若c代表与反应，则C.氘代甲烷与反应，生成1种氘代甲醇D.步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氧原子的成键变化【答案】D【解析】A．该反应为放热反应，适当升温，可降低甲醇的平衡产率，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，c的活化能高，反应速率慢，则，B错误；；C．根据反应机理可知，氘代甲烷与反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共2种，C错误；D．步骤I中氧氢键形成，步骤Ⅱ中碳氧键形成，D正确；故选D。14.常温下，碳酸氢钠溶液中(X为，、或)随变化曲线如下，其中p表示负对数运算，如表示。下列说法错误的是A.曲线①表示的变化曲线B.交点M处，C.碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，可能出现D.碳酸氢钠溶液中一定存在【答案】C【解析】碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子，碳酸氢钠溶液的浓度越大，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸浓度越大，则曲线①、②、③、④分别表示、、、的变化曲线。A．由分析可知，曲线①表示的变化曲线，故A正确；B．由分析可知，曲线②、④分别表示、的变化曲线，由图可知，交点M处，溶液中碳酸根离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由质子守恒关系可知，溶液中，故B正确；C．由图可知，碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，，故C错误；D．碳酸溶液的一级电离常数远远大于二级电离常数由分析可知，碳酸氢钠溶液中，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚硫酸钠主要用作人造纤维稳定剂、织物漂白剂、照相显影剂、染漂脱氧剂、香料和染料还原剂、造纸木质素脱除剂等。在有水存在时容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠。回答下列问题：I．亚硫酸钠制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，装置如图所示：（1）仪器a的名称是___________。（2）实验中持续通入N2的作用是___________。（3）仪器B中发生反应的化学方程式是___________。（4）该制备装置存在的明显缺陷是___________。Ⅱ．探究亚硫酸钠与碘酸钾反应：已知：i．H2SO3的，。ii．碘酸根离子在pH约为7时缓慢氧化亚硫酸根离子的过程为氢离子的自催化反应，涉及的化学反应如下(未配平)：①②③常温下，在pH约为7的条件下向c(Na2SO3)=3.0×10-2mol/L的溶液中加入不同物质的量浓度的KIO3溶液，溶液pH随反应时间的变化曲线如图乙：（5）曲线d在750s附近pH急剧下降的原因是___________。（6）曲线c在pH最低点时，溶液开始出现棕黄色物质，然后pH逐渐增大的主要原因是___________。（7）理论预测曲线b变化情况应与曲线a类似，但实际变化情况却与曲线c、d类似。在pH最低点时，溶液开始出现浅棕黄色，然后pH逐渐增大，原因是___________。【答案】（1）三颈烧瓶（2）将二氧化硫气体吹入装置B中充分反应(或防倒吸)（3）SO2+Na2SO3=Na2S2O5（4）没有吸收二氧化硫尾气装置（5）氢离子的自催化作用，加快反应速率（6）过量的与反应①生成的I-发生反应②，不断消耗氢离子（7）亚硫酸钠在溶液中易被氧气氧化为硫酸钠，使实际上略微过量，仍能发生反应②，不断消耗氢离子，生成少量I2【解析】Na2SO3固体与浓硫酸发生复分解反应产生SO2气体，SO2与Na2SO3反应合成焦亚硫酸钠，化学方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5。为防止空气中的O2氧化Na2SO3，应该先通入N2，排出装置的空气，然后再制取SO2气体，并进一步反应制取得到Na2S2O5。（1）根据装置图可知：仪器a的名称为三颈烧瓶；（2）二氧化硫易溶于水，直接通入会导致倒吸，实验过程中持续通入氮气，能将二氧化硫吹入装置B中充分反应，并防止倒吸现象的发生；（3）在装置B中SO2与Na2SO3反应合成焦亚硫酸钠，化学方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5；（4）二氧化硫有毒，直接排放会污染环境，装置图缺少尾气处理装置，因此需要进行尾气处理；（5）反应①不断生成氢离子，达到一定浓度后，氢离子的自催化作用，加快反应速率；（6）曲线c对应的过量，过量的与反应①生成的I-会进一步再发生反应②，反应②进行，会不断消耗氢离子，生成I2，导致溶液的pH逐渐增大；（7）理论上，曲线b对应的量少，不会继续发生反应②，但亚硫酸钠在溶液中易被氧气氧化为硫酸钠，使实际上略微过量，仍能发生反应②，不断消耗氢离子，生成少量I2。16.废SCR催化剂碱性浸出液中矾、砷的选择性分离工艺如图所示：已知：+5价的钒元素在强酸性条件下，主要以形式存在，强碱性条件下，主要以形式存在。，。回答下列问题：（1）原子序数为33的砷元素位于元素周期表的___________区。（2）“前处理”中实际加入的熟石灰的量是理论量的4倍，其作用是___________。（3）“酸浸”时，溶解滤渣A中的离子方程式为___________。（4）比较滤液B中亚砷酸根离子和砷酸根离子中，键角的大小：___________(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。（5）“除砷”时，加入的目的是___________。（6）摩尔比对砷沉淀率和钒损失率的影响如图所示：当摩尔比为1.0时，容易生成胶状，导致砷沉淀率较小，钒损失率较大的原因可能是___________。（7）为了确保钒元素沉淀完全(离子浓度小于时，可认为完全沉淀)，同时避免中混入熟石灰，必须控制沉钒___________(保留1位小数)。【答案】（1）p（2）提高钒元素和砷元素沉淀率（3）（4）①.小于②.两种离子中As的杂化方式均为，但中存在孤电子对与成键电子对的相斥作用，使键角减小（5）氧化和，促进沉淀生成（6）胶状能吸附（7）11.8【解析】由题给流程可知，向含矾、砷的碱浸液中加入熟石灰预处理，再进行酸浸，根据信息钒元素在强碱性条件下，主要以形式存在，“酸浸”时，发生反应，滤液中加将氧化为，将氧化为，和生成沉淀，达到除砷的目的，最后再加熟石灰沉钒，实现矾、砷的选择性分离，据此分析解题。（1）砷元素位于第四周期VA族，p区。（2）“前处理”中实际加入的熟石灰的量是理论量的4倍，可增大钙离子的浓度，提高钒砷的沉淀率。（3）在强酸性条件下，+5价钒元素主要以形式存在，是微溶物，离子方程式为。（4）亚砷酸根离子和砷酸根离子中，中心原子As的价层电子对数均为4，As的杂化方式均为，中存在有孤电子对与成键电子对的相斥作用，键角减小。（5）将氧化为，将氧化为，和生成沉淀。（6）胶状能吸附，造成钒损失率增大。（7），，。17.氟哌酸属于第三代喹诺酮类抗菌药，一种合成路线如下：回答下列问题：（1）化合物中含氮官能团的名称是___________。（2）反应①生成了中间体芳香重氮阳离子()，该离子中与苯环相连的氮原子的杂化方式为___________。（3）反应③中试剂M可以选择___________(填标号)。A. B.C.(浓)(浓) D.（4）反应④中还生成了一种小分子，其分子式为___________。（5）反应⑤的化学方程式为___________。（6）反应⑥第二步若氢离子过量，会导致___________。（7）的同分异构体中含五元环的有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2的同分异构体的结构简式为___________。【答案】（1）氨基、硝基（2）（3）AD（4）（5）（6）氟哌酸中氮原子的孤电子对与氢离子形成配位键，从而生成盐(或氮原子与氢离子反应)（7）①.九②.【解析】合成路线中物质的结构式都是已知的，反应①②为取代反应，反应③为还原反应，将硝基还原为氨基，反应④形成环，还生成了乙醇，反应⑤发生取代发生，反应⑥酯基水解，得到目标产物，据此分析解题。（1）化合物中含氮官能团有氨基和硝基。（2）芳香重氮阳离子()中心原子氮的价层电子对数为2，孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp。（3）反应3为还原反应，AD选项中的试剂是典型的还原剂。（4）根据原子守恒，小分子为乙醇，分子式为。（5）观察反应前后的物质变化，该反应为取代反应，化学方程式为。（6）氟哌酸中氮原子的孤电子对与氢离子形成配位键，从而生成盐。（7）与—组合有三种，与—组合有三种，与—组合有三种，共九种。其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2的同分异构体的结构简式为。18.与反应合成，是实现“碳中和”的有效途径。（1）反应I：。已知：；；。①___________。②实验测得反应I的，，与温度的关系如图所示(k表示速率常数)。直线A表示___________(填“”或“”)，理由是___________。反应I的平衡常数___________(用和表示)。③温度为时，将和充入0.1L恒容密闭容器中合成，当转化率为时，反应I的___________(填“>”“<”或“=”)。（2）某温度下，将等物质的量的和充入恒容密闭容器中合成时，还发生了副反应II：。①下列说法中正确的是___________(填标号)。A．混合气体的密度不变时，一定达到平衡状态B．增大压强，副反应平衡逆向移动C．升高温度，副反应的正、逆反应速率均增大D．增大氢气的用量，提高氢气的转化率②700K时，向恒容密闭容器中加入过量和，同时发生反应I和II。后达到平衡，此时容器内是的x倍。则内用分压表示的反应I的速率为___________。初始压强为___________kPa。(是用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，反应I的、反应II的，。)【答案】（1）①.-283.0②.③.反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度，正降低的幅度较小④.⑤.>（2）①.BC②.③.【解析】（1）①根据盖斯定律：，。②反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度，正降低的幅度较小，结合图像，直线A表示；平衡时，，，即。③由图可知，当转化率为50%，，；（2）①恒容容器体积不变，混合气体的密度一直不变，不能表明反应达到平衡状态；增大压强，主反应正向移动，氢气浓度减小，副反应的平衡逆向移动；升高温度，副反应的正、逆反应速率均增大；增大氢气的用量，氢气的转化率降低，综上选BC。②设平衡时的压强为a。则反应I的速率为。设平衡时的压强为b，

，则；根据氢元素守恒，则的初始压强为，即为。湖南省湘豫名校联考2024-2025学年高三上学期一轮复习质量检测可能用到的相对原子质量：H1C12O16一、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.化学与人类社会可持续发展关系密切。下列说法错误的是A.有机合成农药的研制使农药向着高效、低毒和低残留的方向发展B.纳米晶体在声、光、电等性能上常会呈现新的特性，应用前景广阔C.聚乳酸具有良好的生物相容性，可以用于手术缝合线、药物缓释材料D.二氧化硅具有半导体性能，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域【答案】D【解析】A．有机合成农药是一类以天然有机物和合成有机物为主要原料制成的农药，由于有机合成农药化学结构简单、易于降解、对环境友好、安全性高、不会导致耐药性等特点，有机合成农药的研制使农药向着高效、低毒和低残留的方向发展，A项正确；B．纳米晶体的比表面积较大，相对于通常的晶体，在声、光、电、磁、热等性能上常会呈现新的特性，B项正确；C．聚乳酸是一种生物降解高分子，具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释材料，C项正确；D．高纯硅具有半导体性能，广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，D项错误；故选D。2.如图所示为人工合成淀粉的示意图。下列说法错误的是A.太阳能电池在反应①中实现了光能最终转化为化学能B.反应②的原子利用率为100%C.物质的化学名称为1，3-二羟基丙酮D.物质转化为淀粉时，磷酸单酯键断裂【答案】B【解析】A．太阳能电池将光能转化为电能，反应①中电解水生成氢气和氧气，因此太阳能电池在反应①中实现了光能最终转化为化学能，A正确；B．反应②的化学方程式为3H2+CO2=CH3OH+H2O，该反应中除了生成甲醇，还有水生成，原子利用率不是100%，B错误；C．根据物质C3的结构简式可知，其名称为1，3-二羟基丙酮，C正确；D．根据淀粉和C6的结构简式可知，物质C6转化为淀粉时，中的磷酸单酯键断裂生成了-OH，D正确；答案选B。3.物质结构决定性质，下列事实与解释均正确的是选项事实解释A易溶于水与水分子形成氢键B苯不能使溴水褪色苯中含有大π键C容易转化为电负性大的配位原子更容易提供孤电子对D沸点：对二甲苯<邻二甲苯分子极性越大，分子间作用力越大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．易溶于水是因为和水分子都是极性分子，A错误；B．苯不能使溴水因反应而褪色是因为苯中没有碳碳双键，苯中加溴水使水层褪色的原因是苯能萃取溴水中的溴，B错误；C．容易转化为是因为N的电负性小于O，更容易提供孤电子对，C错误；D．对二甲苯的对称性比邻二甲苯好，邻二甲苯的极性大于对二甲苯极性，分子间作用力越大，沸点越高，D正确；故选D。4.使用现代分析仪器对有机化合物M的分子结构进行测定，相关结果如下：下列说法正确的是A.有机化合物M的摩尔质量为31B.有机化合物M中碳氢质量比为2：5C.有机化合物M是一种良好的有机溶剂D.有机化合物M的同分异构体不可能与钠发生反应【答案】C【解析】A.由题中左图可知，有机化合物M的摩尔质量为，A项错误；B.设该有机物的分子式为，，当，，时满足条件，即有机物的分子式为，碳氢质量比为24∶5，B项错误；C.由题中右图可知有机物中官能团只含有醚键，属于醚，是良好的有机溶剂，C项正确；D.由有机化合物M的分子式，可知它的同分异构体可能是醇，与钠反应放出氢气，D项错误。故选C。5.下列实验装置能够达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的干燥制取收集保护铁件A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．是酸性干燥剂，不与氯气反应，能干燥，A能达到实验目的；B．受热难分解，不能制取，B不能达到实验目的；C．易与空气中的氧气反应，不能用向上排空气法收集，C不能达到实验目的；D．该装置中，铁件作负极，容易失电子被腐蚀，D不能达到实验目的；故答案选A。6.下列离子方程式的书写正确的是A.氢碘酸溶解氢氧化铁：B.乙酰胺在酸性条件下加热水解：C.常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸中：D.铜作电极，电解硫酸铜溶液：【答案】B【解析】A．Fe(OH)3具有氧化性，HI具有还原性，两者会发生氧化还原反应，Fe(OH)3被还原生成Fe2+，被氧化生成I2，反应的离子方程式为：，A错误；B．乙酰胺在酸性条件下加热水解生成羧酸和铵根离子，反应的离子方程式为：，B正确；C．常温下，将崭新的铝片置于浓硝酸中将发生钝化，两者不会生成Al3+和NO2，C错误；D．铜作电极，电解硫酸铜溶液时，铜作阳极，Cu被氧化为Cu2+；阴极上溶液中的Cu2+被还原为Cu，D错误；故选B。7.一种绿色的配位化合物具有温度传感功能，结构如图所示(L是中性配体)。下列说法错误的是A.配合物中Ni的化合价为+1 B.第一电离能：N>O>CC.阳离子中含有三种配体 D.该配合物是离子晶体【答案】A【解析】A．配合物中Ni的化合价为+2，A项错误；B．同周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，B项正确；C．阳离子中含有、、L三种配体，C项正确；D．该配合物中存在阴、阳离子，是离子晶体，D项正确；故选A。8.合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。下列说法错误的是A.合成塔中的和必须净化，目的是防止催化剂“中毒”B氧化炉中发生反应：C.吸收塔中生成的硝酸要保存在带橡胶塞的棕色试剂瓶中D.尾气中的氮氧化物可用碱性溶液吸收【答案】C【解析】A．气体中含有的杂质吸附或沉积在催化剂表面，使其活性降低或丧失，即催化剂中毒，故和必须净化，A项正确；B．氨的催化氧化生成，B项正确；C．硝酸具有强氧化性，腐蚀橡胶，应该使用玻璃塞，C项错误；D．氮氧化物在碱性溶液中通过发生氧化还原反应除去，D项正确；故选C。9.钠与氧可形成多种二元化合物。其中一种二元化合物晶胞如图所示。下列说法错误的是A.该二元化合物的化学式为Na4O4 B.阴离子有2种不同的空间取向C.阴离子位于Na+形成的八面空隙中 D.该二元化合物具有强氧化性【答案】A【解析】A．该二元化合物是离子化合物，化学式为组成离子的最简整数比，含有Na+的数目是8×+1=2，含有O原子数目是8×+4×=4，Na：O=2：4=1：2，因此该二元化合物的化学式为NaO2，A错误；B．棱上的有相同的空间取向，面上的有相同的空间取向，故该化合物中阴离子有2种不同的空间取向，B正确；C．根据图示可知位于6个Na+形成的八面体空隙中，C正确；D．中含有单电子，反应活性高，具有强氧化性，D正确；故合理选项是A。10.科学家设计了一种流通电化学系统，利用六价铬还原释放的化学能来增强过氧化氢的原位生成(如图所示)，实现酸性含铬工业废水的无害化处理和资源回收。下列说法错误的是A.电极M与电源的正极相连B.电极N上生成的电极反应式为C.增大在电极间的流通速率，有利于的生成D.用六价铬还原释放的化学能来辅助的电合成【答案】B【解析】M电极上水中的氢氧根离子失去电子生成氧气，M为阳极，则N为阴极，氧气得电子与氢离子反应生成过氧化氢。A．电极M产生氧气，M为阳极，与电源的正极相连，A项正确；B．M电极生成的氢离子运动到N电极参与电极反应，电极N上生成的电极反应式为，B项错误；C．增大在电极间的流通速率，提高阴极的浓度，有利于的生成，C项正确；D．六价铬还原释放的化学能转化为电能来辅助的电合成，D项正确；故选B。11.实验室利用苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应原理和有关数据如下：表：三种有机物的物理性质物质密度(25℃)沸点溶解性苯甲醛1.044179℃难溶于水苯甲醇1.045205℃微溶于水苯甲酸1.080249℃微溶于水下列说法正确是A.苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应中没有发生电子的转移B.反应温度过高，可能导致苯甲醇的产率降低C.制备反应完全后，分离苯甲酸和苯甲醇的常用方法是重结晶D.利用滴定苯甲酸测定纯度时，选用甲基橙为指示剂【答案】B【解析】A．苯甲醛制备苯甲酸和苯甲醇的反应是歧化反应，发生电子的转移，A项错误；B．温度过高，苯甲醛易被氧化为苯甲酸，歧化生成苯甲醇的量减少，B项正确；C．分离苯甲醇和苯甲酸的常用方法是蒸馏，C项错误；D．利用溶液滴定苯甲酸测定纯度时，滴定终点，应选用酚酞做指示剂，D项错误；故选B。12.马来酸(P)在医药、农药、食品等方面有广泛的应用。一定条件下，其与氢气加成的反应过程如图甲，反应过程中各物质的量分数与反应时间的关系如图乙。下列说法正确的是A.物质P和N互为对映异构体 B.焓变：C.活化能：反应①>反应② D.物质Q中最多有12个原子共平面【答案】C【解析】A．由题图甲可知，物质P()和N()互为顺反异构体，不是对映异构体，A错误；B．从图中可知，反应②=反应①+反应③，根据盖斯定律，焓变：，B错误；C．据图乙可知，相同时间内，生成Q的物质的量分数大于N，说明反应速率：反应①小于反应②，活化能：反应①>反应②，C正确；D．物质Q()中两个羧基内的四个原子分别共面，单键可以旋转，两个羧基中的8个原子以及两个亚甲基中的C可能共面，最多有10个原子共平面，D错误；故答案选C。13.动力学同位素效应(KIE)的数值等于较轻同位素参加反应的速率常数与较重同位素参加反应的速率常数的比值。、与反应高选择性地生成甲醇，体系的能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是A.适当升温，能有效提高甲醇的平衡产率B.若c代表与反应，则C.氘代甲烷与反应，生成1种氘代甲醇D.步骤Ⅰ和Ⅱ中均涉及氧原子的成键变化【答案】D【解析】A．该反应为放热反应，适当升温，可降低甲醇的平衡产率，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，c的活化能高，反应速率慢，则，B错误；；C．根据反应机理可知，氘代甲烷与反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共2种，C错误；D．步骤I中氧氢键形成，步骤Ⅱ中碳氧键形成，D正确；故选D。14.常温下，碳酸氢钠溶液中(X为，、或)随变化曲线如下，其中p表示负对数运算，如表示。下列说法错误的是A.曲线①表示的变化曲线B.交点M处，C.碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，可能出现D.碳酸氢钠溶液中一定存在【答案】C【解析】碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子，碳酸氢钠溶液的浓度越大，溶液中氢氧根离子浓度和碳酸浓度越大，则曲线①、②、③、④分别表示、、、的变化曲线。A．由分析可知，曲线①表示的变化曲线，故A正确；B．由分析可知，曲线②、④分别表示、的变化曲线，由图可知，交点M处，溶液中碳酸根离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由质子守恒关系可知，溶液中，故B正确；C．由图可知，碳酸氢钠溶液物质的量浓度较大时，，故C错误；D．碳酸溶液的一级电离常数远远大于二级电离常数由分析可知，碳酸氢钠溶液中，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚硫酸钠主要用作人造纤维稳定剂、织物漂白剂、照相显影剂、染漂脱氧剂、香料和染料还原剂、造纸木质素脱除剂等。在有水存在时容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠。回答下列问题：I．亚硫酸钠制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，装置如图所示：（1）仪器a的名称是___________。（2）实验中持续通入N2的作用是___________。（3）仪器B中发生反应的化学方程式是___________。（4）该制备装置存在的明显缺陷是___________。Ⅱ．探究亚硫酸钠与碘酸钾反应：已知：i．H2SO3的，。ii．碘酸根离子在pH约为7时缓慢氧化亚硫酸根离子的过程为氢离子的自催化反应，涉及的化学反应如下(未配平)：①②③常温下，在pH约为7的条件下向c(Na2SO3)=3.0×10-2mol/L的溶液中加入不同物质的量浓度的KIO3溶液，溶液pH随反应时间的变化曲线如图乙：（5）曲线d在750s附近pH急剧下降的原因是___________。（6）曲线c在pH最低点时，溶液开始出现棕黄色物质，然后pH逐渐增大的主要原因是___________。（7）理论预测曲线b变化情况应与曲线a类似，但实际变化情况却与曲线c、d类似。在pH最低点时，溶液开始出现浅棕黄色，然后pH逐渐增大，原因是___________。【答案】（1）三颈烧瓶（2）将二氧化硫气体吹入装置B中充分反应(或防倒吸)（3）SO2+Na2SO3=Na2S2O5（4）没有吸收二氧化硫尾气装置（5）氢离子的自催化作用，加快反应速率（6）过量的与反应①生成的I-发生反应②，不断消耗氢离子（7）亚硫酸钠在溶液中易被氧气氧化为硫酸钠，使实际上略微过量，仍能发生反应②，不断消耗氢离子，生成少量I2【解析】Na2SO3固体与浓硫酸发生复分解反应产生SO2气体，SO2与Na2SO3反应合成焦亚硫酸钠，化学方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5。为防止空气中的O2氧化Na2SO3，应该先通入N2，排出装置的空气，然后再制取SO2气体，并进一步反应制取得到Na2S2O5。（1）根据装置图可知：仪器a的名称为三颈烧瓶；（2）二氧化硫易溶于水，直接通入会导致倒吸，实验过程中持续通入氮气，能将二氧化硫吹入装置B中充分反应，并防止倒吸现象的发生；（3）在装置B中SO2与Na2SO3反应合成焦亚硫酸钠，化学方程式为：SO2+Na2SO3=Na2S2O5；（4）二氧化硫有毒，直接排放会污染环境，装置图缺少尾气处理装置，因此需要进行尾气处理；（5）反应①不断生成氢离子，达到一定浓度后，氢离子的自催化作用，加快反应速率；（6）曲线c对应的过量，过量的与反应①生成的I-会进一步再发生反应②，反应②进行，会不断消耗氢离子，生成I2，导致溶液的pH逐渐增大；（7）理论上，曲线b对应的量少，不会继续发生反应②，但亚硫酸钠在溶液中易被氧气氧化为硫酸钠，使实际上略微过量，仍能发生反应②，不断消耗氢离子，生成少量I2。16.废SCR催化剂碱性浸出液中矾、砷的选择性分离工艺如图所示：已知：+5价的钒元素在强酸性条件下，主要以形式存在，强碱性条件下，主要以形式存在。，。回答下列问题：（1）原子序数为33的砷元素位于元素周期表的___________区。（2）“前处理”中实际加入的熟石灰的量是理论量的4倍，其作用是___________。（3）“酸浸”时，溶解滤渣A中的离子方程式为___________。（4）比较滤液B中亚砷酸根离子和砷酸根离子中，键角的大小：___________(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。（5）“除砷”时，加入的目的是___________。（6）摩尔比对砷沉淀率和钒损失率的影响如图所示：当摩尔比为1.0时，容易生成胶状，导致砷沉淀率较小，钒损失率较大的原因可能是___________。（7）为了确保钒元素沉淀完全(离子浓度小于时，可认为完全沉淀)，同时避免中混入熟石灰，必须控制沉钒___________(保留1位小数)。【答案】（1）p（2）提高钒元素和砷元素沉淀率（3）（4）①.小于②.两种离子中As的杂化方式均为，但中存在孤电子对与成键电子对的相斥作用，使键角减小（5）氧化和，促进沉淀生成（6）胶状能吸附（7）11.8【解析】由题给流程可知，向含矾、砷的碱浸液中加入熟石灰预处理，再进行酸浸，根据信息钒元素在强碱性条件下，主要以形式存在，“酸浸”时，发生反应，滤液中加将氧化为，将氧化为，和生成沉淀，达到除砷的目的，最后再加熟石灰沉钒，实现矾、砷的选择性分离，据此分析解题。（1）砷元素位于第四周期VA族，p区。（2）“前处理”中实际加入的熟石灰的量是理论量的4倍，可增大钙离子的浓度，提高钒砷的沉淀率。（3）在强酸性条件下，+5价钒元素主要以形式存在，是微溶物，离子方程式为。（4）亚砷酸根离子和砷酸根离子中，中心原子As的价层电子对数均为4，As的杂化方式均为，中存在有孤电子对与成键电子对的相斥作用，键角减小。（5）