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浙江省名校协作体2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·浙江开学考）下列物质属于碱的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A． 电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，A不符合题意；
B．为硼酸，不是碱，B不符合题意；
C． NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH+OH－，阴离子全是OH－，C符合题意；
D． Na2CO3电离只生成Na+、CO，属于盐，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】碱是指电离出的阳离子全部是OH-离子的化合物。
2．（2022高三上·浙江开学考）下列实验图示不能用于分离操作的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．图示为蒸馏操作，可用于分离沸点不同的混合液体，A项不选；
B．图示操作为配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于分离操作，B项选；
C．图示为蒸发操作，可用于可溶性固体(溶质)和溶剂的分离，C项不选；
D．图示为分液，用于互不相溶的液体分离，D项不选；
故答案为：B。
【分析】A.蒸馏可用于沸点不溶的液体混合物的分离；
C.蒸发可实现溶质和溶剂的分离；
D.分液用于分离互不相溶的液体。
3．（2022高三上·浙江开学考）下列物质对应的化学名称及化学式均正确的是（ ）
A．乙醚：
B．明矾晶体：
C．熟石膏：
D．甘氨酸：
【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙醚的化学式为，是甲醚的结构简式，故A不符合题意；
B．明矾晶体的化学式为，故B不符合题意；
C．生石膏的化学式为，熟石膏的化学式为，故C符合题意；
D．甘氨酸的化学式为，是结构简式，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.乙醚的化学式为；
B.明矾的化学式为；
D.甘氨酸的化学式为。
4．（2022高三上·浙江开学考）下列化学用语正确的是（ ）
A．CCl4分子的比例模型：
B．CSO的电子式：
C．对硝基苯酚的结构简式：
D．16O的原子结构示意图：
【答案】B
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，比例不符合题意，A不符合题意；
B．CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，B符合题意；
C．对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，结构简式为，C不符合题意；
D． 16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，原子结构示意图为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.四氯化碳中Cl原子半径大于C原子半径；
C.对硝基苯酚的结构简式为；
D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
5．（2022高三上·浙江开学考）下列说法的正确的是（ ）
A．氧化亚铁不稳定，空气中受热能迅速氧化成氧化铁
B．锂在空气中燃烧生成过氧化锂
C．盐酸和碳酸氢钠的反应是放热反应
D．二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氧化亚铁不稳定，在空气中受热可被氧化为四氧化三铁，A不符合题意；
B．锂在空气中燃烧生成氧化锂和少量过氧化锂，B不符合题意；
C．盐酸和碳酸氢钠的反应是吸热反应，C不符合题意；
D．二氧化氮和碘化钾反应能生成碘单质，故二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化亚铁不稳定，易被氧化；
B.锂在空气中燃烧生成氧化锂和少量过氧化锂；
C.盐酸和碳酸氢钠反应吸热。
6．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．新疆棉、人造棉、涤纶的主要成分均为纤维素
B．尿素和甲醛在一定条件下能发生反应生成脲醛树脂
C．橡胶硫化交联的程度越大，经硫化后的橡胶弹性越好
D．组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，都能通过人体自身合成
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A．新疆棉、人造棉的主要成分均为纤维素，涤纶为合成纤维，A不符合题意；
B．尿素和甲醛在一定条件下能发生聚合反应生成脲醛树脂，B符合题意；
C．橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越差，C不符合题意；
D．组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，不是都能通过人体自身合成，其中8种氨基酸在人体中不能合成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.涤纶的主要成分为合成纤维；
C.橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越差；
D.有8种氨基酸在人体不能合成。
7．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体
B．甲醇和乙二醇均含有羟基，互为同系物
C．金刚石、石墨、互为同素异形体，金刚石转化为石墨是物理变化
D．、互为同位素，它们的质量数、中子数、电子数均不同
【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．蔗糖和麦芽糖的分子式都为C12H22O11，但两者结构不同，互为同分异构体，A符合题意；
B．甲醇分子中只有一个羟基，而乙二醇分子是含有两个羟基，二者的分子式通式不同，因此二者不能互为同系物，B不符合题意；
C．金刚石、石墨、C60是由碳元素组成的不同的单质，三者互为同素异形体，金刚石与石墨是不同的物质，所以金刚石转化为石墨的变化属于化学变化，C不符合题意；
D． 12C、14C质子数相同，而中子数不同，所以互为同位素，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，所以两种原子的电子数相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
D.同位素的质子数和核外电子数相同。
8．（2022高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（ ）
A．胆矾和石灰乳混合可制得一种常用农药“波尔多液”
B．金属钠不能保存在石蜡中，以免两者相互反应产生氢气发生爆炸
C．碳纳米点是一种直径小于10 nm的材料，不是胶体
D．燃料的脱硫、的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；钠的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．胆矾为硫酸铜晶体、石灰乳含有氢氧化钙，两者混合可制得一种常用农药“波尔多液”，A不符合题意；
B．金属钠与石蜡不反应，能保存在石蜡中，不过一般保存着煤油中，B符合题意；
C．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；碳纳米点是一种直径小于10 nm的材料，是纯净物不是分散系，C不符合题意；
D．硫氮氧化物与水反应生成酸性物质导致酸雨；燃料的脱硫、的催化转化都是减少酸雨产生的措施，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.“波尔多液”的主要原料为硫酸铜和氢氧化钙；
B.金属钠能保存在石蜡中；
C.胶体的分散质粒子直径大小在1~100nm之间；
D.氮氧化物和硫氧化物是造成酸雨的主要原因。
9．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．元素Fe和Cu均位于元素周期表d区
B．键比键的电子云重叠程度大，因此键一定比键强度大
C．激光的产生、LED灯发光、焰火、荧光等都与电子跃迁有关
D．和两种有机物不能通过核磁共振氢谱鉴别
【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cu在周期表中位于ds区，Fe属于第ⅤⅢ族元素，位于d区，故A不符合题意；
B．σ键不一定比π键强度大，如氮气中σ键的强度比π键强度小，故B不符合题意；
C．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，焰激光的产生、LED灯发光、焰火、荧光等发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故C符合题意；
D．和中均含3种H，但各种氢原子的具体位置不同，则二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用核磁共振氢谱来鉴别，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cu位于元素周期表的d区；
B.σ键不一定比π键强度大；
D.和中均含3种环境的氢原子，但氢原子在核磁共振氢谱上出现的位置不同。
10．（2022高三上·浙江开学考）制取高效消毒剂反应：。下列说法正确的是（ ）
A．中的C被还原
B．是氧化剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D．每消耗1 mol 转移2 mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，碳元素被氧化，A不符合题意；
B．草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，B不符合题意；
C．二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C符合题意；
D．氯元素化合价由+5变为+4，所以每消耗1 mol 转移1 mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 在反应中，草酸中的碳元素化合价升高，为还原剂，则氯酸钾为氧化剂，二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物。
11．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方就能自行前往药店购买
B．键长和键角的数值不能通过晶体的X射线衍射实验获得
C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理
D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高
【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方在医师指导下购买，A不符合题意；
B．X射线衍射实验可以反映晶体的内部结构，键长和键角的数值可以通过晶体的X射线衍射实验获得，B不符合题意；
C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理，防止导致污染，C符合题意；
D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.OTC药品一般指非处方药；
B.晶体的X射线衍射实验可以测定分子结构；
D.蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，收集到的馏分沸点会偏低。
12．（2022高三上·浙江开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在25℃时，1 L pH为2的溶液中含有数目为
B．2.0 g()中所含质子数为
C．30 g乙酸、乳酸()、葡萄糖混合物完全燃烧消耗22.4 L
D．70 g的烃分子中含有σ键的数目一定为
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在25℃时，1 L pH为2的溶液中含有的物质的量为0.01mol，则数目为，A符合题意；
B.2.0 g()的物质的量为，所含质子数为小于，B不符合题意；
C．没有说明标况，不能判断消耗氧气的体积，C不符合题意；
D.70 g的烃也可能是环戊烷，则分子中含有σ键的数目为5，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.一个中含有10个质子，；
C.未指明气体所处的状态；
D.当为环戊烷时，分子中含有σ键的数目为5。
13．（2022高三上·浙江开学考）能符合题意表示下列变化的方程式是（ ）
A．血红色溶液的电离方程式：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．溶液中加入稀硫酸：
D．少量通入NaClO溶液中：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．为络合物，发生部分电离，所以电离方程式为：，A不符合题意；
B．铜电极为活性电极，所以阳极铜失电子生成铜离子，而不是水中的氢氧根离子失电子，B不符合题意；
C．与稀硫酸发生反应会生成硫单质、二氧化硫和水，产物有误，C不符合题意；
D．二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，所以两者会发生氧化还原反应，少量通入NaClO溶液中后的离子方程式为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.为络合物，部分电离；
B.铜电极为活性电极，用铜电极电解硫酸铜溶液，铜在阳极上失去电子发生氧化反应；
C.与稀硫酸发生反应会生成硫单质、二氧化硫和水。
14．（2022高三上·浙江开学考）新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，核酸检测就是检测新冠病毒的RNA，其包膜的主要成分是蛋白质和脂质。下列有关说法错误的是（ ）
A．RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酯键连接
B．RNA和DNA分类的主要依据是所含碱基不同
C．抗新冠病毒疫苗需要冷藏保存是防止其发生变性
D．蛋白质、核酸都是生物大分子
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．根据分析，RNA和DNA的组成单元中均有磷酸，因此具有酸性，且均含有磷酸二酯键，A不符合题意；
B．DNA和RNA分类的主要依据是五碳糖的不同，DNA中为脱氧核糖，RNA中为核糖，B符合题意；
C．抗新冠病毒疫苗的主要成分为蛋白质，冷藏可以防止蛋白质变性，C不符合题意；
D．蛋白质、核酸的相对分子质量非常大，属于生物大分子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.RNA和DNA的组成单元中均有磷酸，均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酯键连接；
C.蛋白质在高温下会失去活性；
D.蛋白质、核酸均属于生物大分子。
15．（2022高三上·浙江开学考）关于化合物结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．分子中至少有11个碳原子共平面
B．分子中含有2个手性碳原子
C．能与盐酸或氢氧化钠溶液反应生成盐
D．能发生取代反应、氧化反应、还原反应
【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳叁键两端的原子共线，碳氧双键两端的原子共面，碳碳单键可以旋转，故该分子中至少有10个碳原子共平面，A符合题意；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，B不符合题意；
C．分子中含有氨基和酯基，氨基能与盐酸反应，酯基能和氢氧化钠溶液发生水解反应，都能生成盐，C不符合题意；
D．碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.苯环、双键均为平面结构，三键为直线形结构，单键可以旋转；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.分子中含有氨基和酯基，具有两性；
D.碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应。
16．（2022高三上·浙江开学考）已知非金属元素A、B、C、D是原子序数依次增大的4种短周期元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，D是地壳中含量最多的元素，B原子核外电子数是未成对电子数的3倍，E原子核外电子层数为4，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数与A相同。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素B，C，D的第一电离能由大到小的顺序为：D>C>B
B．由A与C以个数比1∶1组成的化合物中不可能含有离子键
C．A与B，A与C，A与D均能形成18电子的分子
D．如图为D和E两种元素组成的化合物的晶胞，则E离子的配位数为4
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．VA族的p能级处于半充满的稳定结构，比同周期VIA族的第一电离能大，元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：C(N) > D(O) >B(C)，A不符合题意；
B．C为N元素，则含N和H的化合物中含铵根离子，铵根离子与阴离子之间存在离子键，B不符合题意；
C．A与B可形成C2H6、A与C可形成N2H4、A与D可形成H2O2，均能形成18电子的分子，C符合题意；
D．D为O元素，E为Cu元素，根据晶胞结构可知，白球与黑球的个数比为=1：2，所以白球是O，黑球为Cu，则E离子的配位数为2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素，B原子核外电子数是未成对电子数的3倍，则B为C元素，E原子核外电子层数为4，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数与A相同，则E为Cu元素。
17．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若溶液久置，用甲基橙作指示剂测得结果偏低
B．常温下，等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液中
C．常温下溶液和溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同
D．如果常温下体积、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为5，则m【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若溶液久置，氢氧化钠会与空气中的二氧化碳反应，甲基橙的变色范围是pH值为3.1-4.4，故用甲基橙作指示剂测得结果不受影响，A不符合题意；
B．两溶液分别满足电荷守恒关系 c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH-)+ ，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH-)也相等，则，B符合题意；
C．不影响水的电离，醋酸铵促进水的电离，两种溶液中水的电离程度不同，C不符合题意；
D．如果常温下体积、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为5，盐酸为强电解质m=10000，醋酸为弱酸n＜10000，m＞n，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.若溶液久置，氢氧化钠会与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.盐酸为强电解质，完全电离，醋酸为弱电解质，部分电离。
18．（2022高三上·浙江开学考）环戊二烯的键线式为：，其广泛用于农药、橡胶、塑料等工业合成，是一种重要的有机化工原料。其相关键能和能量循环图如下所示，下列说法错误的是（ ）
共价键 键能
436
299
151
A．在相同条件下，反应：，则
B．
C．表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量
D．(g)转化为(g)的过程属于氧化反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．氢气和卤素单质生成卤化氢的反应为放热反应，氯原子半径小于碘，得电子能力更强，形成的化学键键能大于碘形成的化学键，放出热量更多，焓变更负，故，A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，，则，由键能数据可知，，则，B符合题意；
C．断键需要吸收能量，表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量，C不符合题意；
D．(g)转化为(g)的过程中减少了氢原子，属于氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据ΔH=反应物的键能之和-生成物键能之和计算，Cl的半径小于I，Cl得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多；
B.根据盖斯定律计算；
C.断键需要吸收能量；
D.有元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应。
19．（2022高三上·浙江开学考）已知的，关于反应，达到平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．取氯水稀释，增大
B．100 mL的新制氯水中：mol
C．已知的，溶液的pH一定比溶液的pH小
D．饱和氯水中加入碳酸氢钠固体，上述平衡正向移动，有气体逸出
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质在水溶液中的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A．氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-，加水稀释，Cl-、ClO-浓度均减小，但平衡HClOH++ClO-正向移动，Cl-浓度减小幅度比ClO-浓度减小幅度小，故的比值会减小，A不符合题意；
B.100 mL的新制氯水中，氢离子的物质的量为n(H+)==0.001mol，根据溶液中电荷守恒式可知，，但n(H+)＞n(HClO)，故mol ＜0.001mol，B不符合题意；
C．虽然醋酸的电离平衡常数比次氯酸的大，但起始浓度未知，所以溶液的pH不一定比溶液的pH小，C不符合题意；
D．碳酸氢钠固体会消耗氢离子，产生二氧化碳气体，从而使平衡向正向移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.稀释氯水，Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡正向移动，Cl-、ClO-浓度均减小，平衡HClOH++ClO-正向移动；
B.根据质量守恒计算；
C.溶液的浓度未知。
20．（2022高三上·浙江开学考）反应，在100℃和T℃时，A的物质的量浓度(单位：)随时间变化的有关实验数据见下表：
时间/min 0 1 2 3 4 5
100/℃ 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
T/℃ 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A．在100℃时，2min内用B表示的化学反应速率为
B．T℃下，3min时反应刚好达到平衡状态
C．根据上表内A浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大
D．从表中可以看出
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．在100℃时，2min 内A的物质的量浓度的变化量为0.80mol/L-0.35mol/L=0.45mol/L，根据方程式可知B的物质的量浓度的变化量为0.45mol/L×4=1.8mol/L，则用B表示的化学反应速率为，A不符合题意；
B．T℃下，3min及以后A的物质的量浓度均不发生改变，说明反应达到平衡，但不能说明3min时反应刚好达到平衡，可能在2~3min之间反应就已经达到平衡，B不符合题意；
C．根据表格数据分析，单位时间内A的浓度减少量越来越小，说明浓度越大，反应速率越大，C符合题意；
D．由表格数据可知，T℃下，反应先达到平衡，说明T℃下反应速率更快，则T＞100，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据计算；
B.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
D.温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短。
21．（2022高三上·浙江开学考）双极膜电解法制巯基乙酸(HSCH2COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示，其中a、b为离子交换膜，双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法正确的是（ ）
A．膜a和膜b均为阳离子交换膜
B．双极膜解离出的H+在双极膜的右侧
C．碱室1和碱室2的NaOH溶液可以循环使用，电解过程不产生其他副产物
D．若将盐室的原料换成Na2SO4溶液，当外电路通过2mole-时，可生成2molH2SO4
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，膜a、b均为阳离子交换膜，故A说法符合题意；
B．根据上述分析，双极膜解离出的H+在双极膜的左侧，故B说法不符合题意；
C．根据上述分析，碱室1和碱室2的NaOH溶液循环使用，副产品还有氢气和氧气，故C说法不符合题意；
D．外电路有2mol电子通过，盐室中有2molNa+移向碱室1，双极膜中有2molH+移向盐室，即得到1molH2SO4，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，盐室中的钠离子透过膜a进入左侧，膜a为阳离子交换膜，Y为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，碱室2中钠离子透过膜b进入左侧，膜b为阳离子交换膜。
22．（2022·浙江模拟）已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是（ ）
A．ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A不符合题意；
B．由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B不符合题意；
C．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C符合题意；
D．氯磺酸（ClSO3H）易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯磺酸是一元酸，与足量氢氧化钠溶液反应能生成NaCl和Na2SO4；
B.元素的电负性：F＞Cl，相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易电离出氢离子；
C.氯磺酸是极易水解的一元强酸，制备过程应该避开水环境；
D.1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子。
23．（2022高三上·浙江开学考）常温下，现有两份浓度均为的NaA溶液和NaB溶液，分别用浓度为的标准盐酸溶液进行滴定实验，滴定过程中混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．滴定前的两份溶液体积：V(NaA溶液)B．常温下，且的数量级为
C．交点P对应的两溶液中
D．当时，两溶液中水的电离程度大小NaA【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由相同浓度的钠盐溶液pH：pH(NaA)>pH(NaB)，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，滴加盐酸后要使混合溶液的pH值相等，则滴加盐酸后c(NaA)B．由起点可知等浓度的NaA溶液和NaB溶液NaA的pH较大碱性较强，由越弱越水解可知，HA的酸性比HB的弱，则常温下，由题图可知，0.10mol L-1NaB溶液的pH=11，c(H+)≈10-11mol/L，NaB水解程度较小，则c(B-)≈0.1mol/L，c(HB)≈c(OH-)=10-3mol/L，则Ka(HB)==10-9，故B不符合题意；
C．滴定前NaA溶液的体积小于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)D．当时，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，NaA溶液对水的电离程度促进作用比NaB大，则NaA溶液中水的电离程度较大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度；
B.根据Ka(HB)=计算；
C.根据物料守恒分析；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
24．（2022高三上·浙江开学考）某种制备的反应机理如图。下列说法错误的是（ ）
A．总反应可表示为
B．分子中，最多有3个原子共平面
C．HCl和可循环利用
D．①②③均为氧化还原反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：，A项不符合题意；
B．的分子结构为：，最多有3个原子共平面，B项不符合题意；
C．依据过程图可知，和可循环利用，C项不符合题意；
D．①、②均为氧化还原反应，③不是氧化还原反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该过程的总反应为氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢；
B.分子的结构为，单键可旋转；
C.既是反应物又是生成物的物质可循环利用。
25．（2022高三上·浙江开学考）下列实验方案设计、预期现象和结论都正确的是（ ）
目的 实验方案设计 现象和结论
A 比较AgCl和AgI的大小 向NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量溶液，观察现象 若溶液中产生黄色沉淀
B 比较C和Si元素的非金属性强弱 将碳单质和二氧化硅固体混合置于硬质玻璃管内高温加热，并检验反应后产物 若反应后有灰黑色金属光泽的硅单质生成，则非金属性：C>Si
C 检验苯中是否含有苯酚 取少量样品于试管中，滴加适量的浓溴水，观察现象 若未观察到有白色沉淀产生，则说明苯中不含有苯酚
D 验证溶液中含有的含碘微粒 向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，观察现象 若前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则溶液中存在和
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaCl和NaI的混合溶液的浓度未知，滴加少量溶液，无法比较AgCl和AgI的大小，A不符合题意；
B．碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，碳置换出了硅，碳失电子，此反应不能用来说明非金属性：C>Si，B不符合题意；
C．溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚易溶于苯，因此无论有没有苯酚，都不会出现白色沉淀，C不符合题意；
D．向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中含有I2，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有I-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.NaCl和NaI的混合溶液的浓度未知；
B.碳单质和二氧化硅的反应中，碳作还原剂而体现还原性，碳不体现非金属性；
C.溴水与苯酚反应生成的三溴苯酚易溶于苯。
二、综合题
26．（2022高三上·浙江开学考）碳族化合物在研究和生产中有许多重要用途，请回答下列问题：
（1）已知中硅元素为+4价，则H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为 。
（2）基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为 。
（3）邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低；请解释其原因 。
（4）氮化硅()是一种耐磨损、耐高温的结构陶瓷材料，其部分空间结构如图所示，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，请比较晶体结构中键角大小：N—Si—N Si—N—Si(填“>”“<”“=”)。
（5）某锂电池的负极材料是将锂原子嵌入到两层石墨烯层中间，其晶体结构如图。已知该晶体中最近的两个碳原子核间距离为a nm，石墨烯层间距离为b nm，则该晶体的密度为 (用表示阿伏加德罗常数，列式即可)。
【答案】（1）O>C>H>Si
（2）
（3）邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者
（4）>
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；已知中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Si；
（2）锗为32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为；
（3）氢键的存在会导致物质熔沸点的改变；邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者；
（4）结构中每个原子杂化类型相同均为sp3杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；
（5）晶胞中锂原子位于顶点，一个晶胞中原子数目为；碳原子位于晶胞内部和面上，一个晶胞中原子数目为；故晶胞质量为；已知该晶体中最近的两个碳原子核间距离为a nm，则底边长为3anm，由于地面为平行四边形且底角为60°，则底面积为（3a）2×10-14cm2；石墨烯层间距离为b nm，则晶胞体积为，所以密度为 g/cm3。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）锗为32号元素，核外共32个电子，根据构造原理书写价电子排布式，进而画出轨道表示式；
（3）邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，当对羟基苯甲酸熔融时，需要消耗较多的能量克服分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔点低于对羟基苯甲酸；
（4）孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5）根据均摊法和计算。
27．（2022高三上·浙江开学考）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。
请回答：
（1）X的组成元素为 (写元素符号)。
（2）D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于____。
A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子
C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子
（3）写出由F到B的化学方程式 。
（4）写出由X到A的离子方程式 。
（5）写出两种检验气体B的方法 ； 。
【答案】（1）N、H、S、O
（2）A
（3）或
（4）
（5）用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O；
（2）根据分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确，
故答案为：A。
（3）根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：或；
（4）X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：；
（5）根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。
【分析】A溶液呈紫色，则溶液A中含有高锰酸根，X与MnSO4的反应中，Mn元素被氧化，MnSO4为还原剂，X为氧化剂；A与足量NaOH加热生成无色气体B，则B为氨气，氨气的物质的量为0.02mol，则X中含有0.02mol铵根离子，向A中加入足量的氯化钡溶液产生的白色沉淀C，则C为硫酸钡，物质的量为0.24mol，其中的硫酸根有0.004mol来自MnSO4溶液，即多出的0.024mol-0.004mol=0.02mol硫酸根离子来自X与MnSO4的反应，即X中含0.02mol硫原子，X中铵根离子与硫原子的数目之比为1：1；固体X受热分解产生D，根据D为单质，且有三原子分子的同分异构体，故D为O2，物质的量为0.005mol，得到的固体E溶于水形成溶液后，加入足量NaOH溶液，加热，再次得到无色气体NH3，2.28gX中含0.02mol铵根离子、0.02molS原子，由于此物质中含3种元素，故还含O元素，设2.28gX中含amolO原子，则有0.02mol×18g/mol+0.02mol×32g/mol+amol×16g/mol，解得a=0.08mol，即此物质中n(铵根离子)：n（s）：n（O）=0.02mol：0.02mol：0.08mol=2：2：8，化学式为(NH4)2S2O8。
28．（2022高三上·浙江开学考）氨气是重要的基础化工品。
（1）Ⅰ.工业上使用氨气生产尿素，在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入2mol和4mol的混合气体，经历反应1、2合成，经历如下两个过程：
反应1；
反应2：
能说明反应1达到平衡状态的是(暂不考虑反应2) (填序号)。
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③相同时间内断裂3mol N-H键，同时形成1mol
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤的体积分数不变
（2）混合气体中氨气体积分数及气体总浓度随时间变化如图所示，对于反应Ⅰ，A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是 (填“>”“<”或“=”)，在B点氨气的转化率为 。
（3）Ⅱ.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生。测得在同种催化剂下分解的实验数据如下表所示：
编号 反应时间\min 表面积/cm2 0 20 40 60 80
① a 3.0 2.6 2.2 1.8 1.4
② 2a 3.0 2.2 1.4 1.0 1.0
根据组①数据，随着反应进行，减小，平均反应速率 (填“变大”“变小”或“不变”)，对该变化的合理解释是 。
（4）在科学家推出合成氨反应在衡时净反应速率方程式为：，，分别为正、逆反应速率常数，p代表各组分的分压，如，其中为平衡体系中B的体积分数，p为平衡总压强16MPa，以铁为催化剂时，一定条件下，向容器中充入5mol和15mol的混合气体，平衡时氨气的质量分数为40%，试计算 。
【答案】（1）①②
（2）>；75%
（3）不变；催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，故平均反应速率不变
（4）0.0073或0.007(MPa)-2
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①反应为气体分子数改变的反应，混合气体的压强不变，说明达到平衡；
②容器体积始终不变，气体质量随着反应进行发生改变，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡；
③反应物、生成物均含有N-H键，相同时间内断裂3mol N-H键，同时形成1mol，不能说明反应已达平衡；
④充入二氧化碳和氨气比例为反应系数比，且生成物中没有气体，则混合气体的平均相对分子质量不会变；不能说明反应已达平衡；
⑤充入二氧化碳和氨气比例为反应系数比，且生成物中没有气体，则反应前后的体积分数不变；不能说明反应已达平衡；
故答案为：①②；
（2）由图可知，A点反应正向进行、B点反应达到平衡状态，则>=；由图可知，B点氨气的体积分数为50%，总的气体浓度为2mol/L，则氨气的浓度为50%×2mol/L=1mol/L，消耗氨气浓度为3mol/L，则B点氨气的转化率为；
（3）根据组①数据可知，随着反应进行单位时间内消耗氨气的量相同，故随着反应进行，减小，平均反应速率不变；说明催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，此时影响反应速率的不是氨气浓度而是催化剂，故平均反应速率不变；
（4）一定条件下，向容器中充入5mol和15mol的混合气体，
平衡时氨气的质量分数为40%，则，x=2mol；反应后氮气、氢气、氨气的物质的量分别为3mol、9mol、4mol，总的物质的量为16mol，p为平衡总压强16MPa，氮气、氢气、氨气的分压分别为3MPa、9MPa、4MPa；平衡时=0，则，0.0073（或0.007(MPa)-2）。
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）A点时反应正向进行，B点时反应达到平衡状态；根据；
（3） 随着反应进行，减小，催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，故平均反应速率不变；
（4）列出反应的三段式结合计算。
29．（2022高三上·浙江开学考）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，工业上用初级铜矿粉(主要含、CuS、、FeO等)制备活性CuCl的流程如下：
查阅资料可知：①CuCl为白色固体，微溶水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。
②可在酸性条件下将氧化为硫单质和。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为 。
（2）反应Ⅱ中通入的应适当过量，其目的是 。
（3）“除”后得到的滤液呈深蓝色，则“蒸氨”的作用是 。
（4）准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的溶液中得mL待测液，从中量取mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用a硫酸铈标准溶液滴定至终点，消耗溶液bmL。(已知：，)，则制得的氯化亚铜产品纯度为： (列式表示即可)。
【答案】（1）和S
（2）使反应更完全并可防止CuCl被氧化
（3）深蓝色滤液中存在平衡：，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成沉淀(或)
（4）
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知，可在酸性条件下将氧化为硫单质和；反应Ⅰ得到硫单质，然后加入氨水除去铁离子，铁离子和氨水生成氢氧化铁沉淀，故得到滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为和S；
（2）二氧化硫具有还原性，可以将二价铜转化为一价铜，在反应Ⅱ中通入的应适当过量，其目的是使反应更完全并可防止CuCl被氧化；
（3）加入氨水可以和铜离子形成四氨合铜离子使溶液显深蓝色，深蓝色滤液中存在平衡：，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成沉淀(或)，从而将铜从溶液中分离出来；
（4）由方程式可知，CuCl~，则CuCl的物质的量为a×b×10-3L×=，则制得的氯化亚铜产品纯度为：。
【分析】向铜矿粉（ 主要含、CuS、、FeO等 ）中加入二氧化锰、稀硫酸， 可在酸性条件下将氧化为硫单质和， 二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，溶液中含有铜离子、铁离子；向溶液中加入氨水，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣Ⅰ是Fe(OH)3和单质硫的混合物，加入碳酸氢铵和氨水除锰离子，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，然后蒸氨得到氢氧化铜沉淀，发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用盐酸溶解CuO得到CuCl2，通入二氧化硫气体得到氯化亚铜沉淀。
30．（2022高三上·浙江开学考）诺氟沙星合成路线如下：
已知：①
②
③卤原子为邻对位定位基，硝基为间位定位基
请回答：
（1）下列说法错误的是____。
A．由A→H过程中涉及的取代反应共有5个
B．化合物C存在顺反异构现象
C．化合物F中的含氧官能团为酮羧基和酯基
D．化合物H具有两性
（2）化合物E的结构简式 ；化合物H的分子式为 ；化合物B中属于杂化的碳原子有 个。
（3）写出C→D的化学方程式 。
（4）写出由合成A的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
（5）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谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子；
②有2个酯基(不存在结构)；
③分子中只含一个六元碳环。
【答案】（1）B；C
（2）；；4
（3）→+CH3CH2OH。
（4）。
（5）、、、。
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A．经分析A→C是取代反应，C→D环化是C结构中右边的一个酯基断开后取代了苯环上的一个氢原子生成的，属于取代反应，D和CH3CH2Cl反应生成E，结合信息②是取代反应，E→F发生了水解反应，属于取代反应，F→H根据已知②属于取代反应，则A→H过程中涉及的取代反应共有5个，故A正确；
B．经分析，化合物C的结构简式为，此结构中双键一边存在相同的取代基，则C不存在顺反异构，故B不正确；
C．化合物F的结构简式为，含氧官能团为羰基和羧基，故B不正确；
D．化合物H结构中有羧基显酸性，有胺基显碱性，则H显两性，故D正确；
答案BC。
（2）经分析化合物E的结构简式为；根据化合物H的结构简式可知其分子式为；化合物B[ CH3CH2OCH=C(COOCH2CH3)2]中属于杂化的碳原子是碳碳双键两边的碳原子和酯基中碳氧双键上的碳原子，总共4个；
（3）经分析C的结构简式为，D的结构简式为，则C→D的化学方程式为→+CH3CH2OH。
（4）经分析A的结构简式为，由合成A，要在A中引入氨基和氯原子，结合已知信息①和③应先在苯环上引入硝基，再引入氯原子，最后把硝基转化为氨基即可，故合成路线为：。
（5）化合物B的结构简式为CH3CH2OCH=C(COOCH2CH3)2，其不饱和度为3，分子式为C10H16O5，其同分异构体中，有2个酯基(不存在结构)结构和一个六元碳环结构，不饱和度就为3，说明其它取代基是饱和的，分子中共有5种不同化学环境的氢原子，说明结构是对称的，总共是10个碳原子，两个酯基占2个是一种情况，占4个是一种情况，两个酯基连在一起是一种情况，满足条件的结构如下：
、、、。
【分析】F和G反应生成H，结合H和G的结构简式可知，F为，E在NaOH水溶液中水解酸化后得到F，则E为，D与氯乙烷反应生成E，结合D的分子式可知，D为，A和B反应得到C，C环化生成D，则C为，A为。
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浙江省名校协作体2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·浙江开学考）下列物质属于碱的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·浙江开学考）下列实验图示不能用于分离操作的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022高三上·浙江开学考）下列物质对应的化学名称及化学式均正确的是（ ）
A．乙醚：
B．明矾晶体：
C．熟石膏：
D．甘氨酸：
4．（2022高三上·浙江开学考）下列化学用语正确的是（ ）
A．CCl4分子的比例模型：
B．CSO的电子式：
C．对硝基苯酚的结构简式：
D．16O的原子结构示意图：
5．（2022高三上·浙江开学考）下列说法的正确的是（ ）
A．氧化亚铁不稳定，空气中受热能迅速氧化成氧化铁
B．锂在空气中燃烧生成过氧化锂
C．盐酸和碳酸氢钠的反应是放热反应
D．二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
6．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．新疆棉、人造棉、涤纶的主要成分均为纤维素
B．尿素和甲醛在一定条件下能发生反应生成脲醛树脂
C．橡胶硫化交联的程度越大，经硫化后的橡胶弹性越好
D．组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，都能通过人体自身合成
7．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体
B．甲醇和乙二醇均含有羟基，互为同系物
C．金刚石、石墨、互为同素异形体，金刚石转化为石墨是物理变化
D．、互为同位素，它们的质量数、中子数、电子数均不同
8．（2022高三上·浙江开学考）下列说法错误的是（ ）
A．胆矾和石灰乳混合可制得一种常用农药“波尔多液”
B．金属钠不能保存在石蜡中，以免两者相互反应产生氢气发生爆炸
C．碳纳米点是一种直径小于10 nm的材料，不是胶体
D．燃料的脱硫、的催化转化都是减少酸雨产生的措施
9．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．元素Fe和Cu均位于元素周期表d区
B．键比键的电子云重叠程度大，因此键一定比键强度大
C．激光的产生、LED灯发光、焰火、荧光等都与电子跃迁有关
D．和两种有机物不能通过核磁共振氢谱鉴别
10．（2022高三上·浙江开学考）制取高效消毒剂反应：。下列说法正确的是（ ）
A．中的C被还原
B．是氧化剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D．每消耗1 mol 转移2 mol电子
11．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方就能自行前往药店购买
B．键长和键角的数值不能通过晶体的X射线衍射实验获得
C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理
D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高
12．（2022高三上·浙江开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．在25℃时，1 L pH为2的溶液中含有数目为
B．2.0 g()中所含质子数为
C．30 g乙酸、乳酸()、葡萄糖混合物完全燃烧消耗22.4 L
D．70 g的烃分子中含有σ键的数目一定为
13．（2022高三上·浙江开学考）能符合题意表示下列变化的方程式是（ ）
A．血红色溶液的电离方程式：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．溶液中加入稀硫酸：
D．少量通入NaClO溶液中：
14．（2022高三上·浙江开学考）新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，核酸检测就是检测新冠病毒的RNA，其包膜的主要成分是蛋白质和脂质。下列有关说法错误的是（ ）
A．RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酯键连接
B．RNA和DNA分类的主要依据是所含碱基不同
C．抗新冠病毒疫苗需要冷藏保存是防止其发生变性
D．蛋白质、核酸都是生物大分子
15．（2022高三上·浙江开学考）关于化合物结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．分子中至少有11个碳原子共平面
B．分子中含有2个手性碳原子
C．能与盐酸或氢氧化钠溶液反应生成盐
D．能发生取代反应、氧化反应、还原反应
16．（2022高三上·浙江开学考）已知非金属元素A、B、C、D是原子序数依次增大的4种短周期元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，D是地壳中含量最多的元素，B原子核外电子数是未成对电子数的3倍，E原子核外电子层数为4，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数与A相同。下列有关说法正确的是（ ）
A．元素B，C，D的第一电离能由大到小的顺序为：D>C>B
B．由A与C以个数比1∶1组成的化合物中不可能含有离子键
C．A与B，A与C，A与D均能形成18电子的分子
D．如图为D和E两种元素组成的化合物的晶胞，则E离子的配位数为4
17．（2022高三上·浙江开学考）下列说法正确的是（ ）
A．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若溶液久置，用甲基橙作指示剂测得结果偏低
B．常温下，等体积、等pH的稀盐酸和稀醋酸溶液中
C．常温下溶液和溶液pH均为7，两溶液中水的电离程度相同
D．如果常温下体积、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为5，则m18．（2022高三上·浙江开学考）环戊二烯的键线式为：，其广泛用于农药、橡胶、塑料等工业合成，是一种重要的有机化工原料。其相关键能和能量循环图如下所示，下列说法错误的是（ ）
共价键 键能
436
299
151
A．在相同条件下，反应：，则
B．
C．表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量
D．(g)转化为(g)的过程属于氧化反应
19．（2022高三上·浙江开学考）已知的，关于反应，达到平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．取氯水稀释，增大
B．100 mL的新制氯水中：mol
C．已知的，溶液的pH一定比溶液的pH小
D．饱和氯水中加入碳酸氢钠固体，上述平衡正向移动，有气体逸出
20．（2022高三上·浙江开学考）反应，在100℃和T℃时，A的物质的量浓度(单位：)随时间变化的有关实验数据见下表：
时间/min 0 1 2 3 4 5
100/℃ 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
T/℃ 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A．在100℃时，2min内用B表示的化学反应速率为
B．T℃下，3min时反应刚好达到平衡状态
C．根据上表内A浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大
D．从表中可以看出
21．（2022高三上·浙江开学考）双极膜电解法制巯基乙酸(HSCH2COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示，其中a、b为离子交换膜，双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法正确的是（ ）
A．膜a和膜b均为阳离子交换膜
B．双极膜解离出的H+在双极膜的右侧
C．碱室1和碱室2的NaOH溶液可以循环使用，电解过程不产生其他副产物
D．若将盐室的原料换成Na2SO4溶液，当外电路通过2mole-时，可生成2molH2SO4
22．（2022·浙江模拟）已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是（ ）
A．ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐
B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解
C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得
D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1L溶液，两者pH不同
23．（2022高三上·浙江开学考）常温下，现有两份浓度均为的NaA溶液和NaB溶液，分别用浓度为的标准盐酸溶液进行滴定实验，滴定过程中混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．滴定前的两份溶液体积：V(NaA溶液)B．常温下，且的数量级为
C．交点P对应的两溶液中
D．当时，两溶液中水的电离程度大小NaA24．（2022高三上·浙江开学考）某种制备的反应机理如图。下列说法错误的是（ ）
A．总反应可表示为
B．分子中，最多有3个原子共平面
C．HCl和可循环利用
D．①②③均为氧化还原反应
25．（2022高三上·浙江开学考）下列实验方案设计、预期现象和结论都正确的是（ ）
目的 实验方案设计 现象和结论
A 比较AgCl和AgI的大小 向NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量溶液，观察现象 若溶液中产生黄色沉淀
B 比较C和Si元素的非金属性强弱 将碳单质和二氧化硅固体混合置于硬质玻璃管内高温加热，并检验反应后产物 若反应后有灰黑色金属光泽的硅单质生成，则非金属性：C>Si
C 检验苯中是否含有苯酚 取少量样品于试管中，滴加适量的浓溴水，观察现象 若未观察到有白色沉淀产生，则说明苯中不含有苯酚
D 验证溶液中含有的含碘微粒 向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，观察现象 若前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则溶液中存在和
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
26．（2022高三上·浙江开学考）碳族化合物在研究和生产中有许多重要用途，请回答下列问题：
（1）已知中硅元素为+4价，则H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为 。
（2）基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为 。
（3）邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低；请解释其原因 。
（4）氮化硅()是一种耐磨损、耐高温的结构陶瓷材料，其部分空间结构如图所示，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，请比较晶体结构中键角大小：N—Si—N Si—N—Si(填“>”“<”“=”)。
（5）某锂电池的负极材料是将锂原子嵌入到两层石墨烯层中间，其晶体结构如图。已知该晶体中最近的两个碳原子核间距离为a nm，石墨烯层间距离为b nm，则该晶体的密度为 (用表示阿伏加德罗常数，列式即可)。
27．（2022高三上·浙江开学考）化合物X由四种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：①气体体积均在标况下测定；②反应均完全发生。
请回答：
（1）X的组成元素为 (写元素符号)。
（2）D是一种单质，其一种同素异形体(三原子分子)属于____。
A．由极性键构成的极性分子 B．由极性键构成的非极性分子
C．由非极性键构成的极性分子 D．由非极性键构成的非极性分子
（3）写出由F到B的化学方程式 。
（4）写出由X到A的离子方程式 。
（5）写出两种检验气体B的方法 ； 。
28．（2022高三上·浙江开学考）氨气是重要的基础化工品。
（1）Ⅰ.工业上使用氨气生产尿素，在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入2mol和4mol的混合气体，经历反应1、2合成，经历如下两个过程：
反应1；
反应2：
能说明反应1达到平衡状态的是(暂不考虑反应2) (填序号)。
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③相同时间内断裂3mol N-H键，同时形成1mol
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤的体积分数不变
（2）混合气体中氨气体积分数及气体总浓度随时间变化如图所示，对于反应Ⅰ，A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是 (填“>”“<”或“=”)，在B点氨气的转化率为 。
（3）Ⅱ.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生。测得在同种催化剂下分解的实验数据如下表所示：
编号 反应时间\min 表面积/cm2 0 20 40 60 80
① a 3.0 2.6 2.2 1.8 1.4
② 2a 3.0 2.2 1.4 1.0 1.0
根据组①数据，随着反应进行，减小，平均反应速率 (填“变大”“变小”或“不变”)，对该变化的合理解释是 。
（4）在科学家推出合成氨反应在衡时净反应速率方程式为：，，分别为正、逆反应速率常数，p代表各组分的分压，如，其中为平衡体系中B的体积分数，p为平衡总压强16MPa，以铁为催化剂时，一定条件下，向容器中充入5mol和15mol的混合气体，平衡时氨气的质量分数为40%，试计算 。
29．（2022高三上·浙江开学考）氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，工业上用初级铜矿粉(主要含、CuS、、FeO等)制备活性CuCl的流程如下：
查阅资料可知：①CuCl为白色固体，微溶水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。
②可在酸性条件下将氧化为硫单质和。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为 。
（2）反应Ⅱ中通入的应适当过量，其目的是 。
（3）“除”后得到的滤液呈深蓝色，则“蒸氨”的作用是 。
（4）准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的溶液中得mL待测液，从中量取mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用a硫酸铈标准溶液滴定至终点，消耗溶液bmL。(已知：，)，则制得的氯化亚铜产品纯度为： (列式表示即可)。
30．（2022高三上·浙江开学考）诺氟沙星合成路线如下：
已知：①
②
③卤原子为邻对位定位基，硝基为间位定位基
请回答：
（1）下列说法错误的是____。
A．由A→H过程中涉及的取代反应共有5个
B．化合物C存在顺反异构现象
C．化合物F中的含氧官能团为酮羧基和酯基
D．化合物H具有两性
（2）化合物E的结构简式 ；化合物H的分子式为 ；化合物B中属于杂化的碳原子有 个。
（3）写出C→D的化学方程式 。
（4）写出由合成A的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
（5）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谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子；
②有2个酯基(不存在结构)；
③分子中只含一个六元碳环。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A． 电离出的阴离子不全是OH－，属于碱式盐，A不符合题意；
B．为硼酸，不是碱，B不符合题意；
C． NH3·H2O在水溶液中电离方程式为NH+OH－，阴离子全是OH－，C符合题意；
D． Na2CO3电离只生成Na+、CO，属于盐，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】碱是指电离出的阳离子全部是OH-离子的化合物。
2．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．图示为蒸馏操作，可用于分离沸点不同的混合液体，A项不选；
B．图示操作为配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于分离操作，B项选；
C．图示为蒸发操作，可用于可溶性固体(溶质)和溶剂的分离，C项不选；
D．图示为分液，用于互不相溶的液体分离，D项不选；
故答案为：B。
【分析】A.蒸馏可用于沸点不溶的液体混合物的分离；
C.蒸发可实现溶质和溶剂的分离；
D.分液用于分离互不相溶的液体。
3．【答案】C
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙醚的化学式为，是甲醚的结构简式，故A不符合题意；
B．明矾晶体的化学式为，故B不符合题意；
C．生石膏的化学式为，熟石膏的化学式为，故C符合题意；
D．甘氨酸的化学式为，是结构简式，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.乙醚的化学式为；
B.明矾的化学式为；
D.甘氨酸的化学式为。
4．【答案】B
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，比例不符合题意，A不符合题意；
B．CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，B符合题意；
C．对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，结构简式为，C不符合题意；
D． 16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，原子结构示意图为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.四氯化碳中Cl原子半径大于C原子半径；
C.对硝基苯酚的结构简式为；
D.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
5．【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氧化亚铁不稳定，在空气中受热可被氧化为四氧化三铁，A不符合题意；
B．锂在空气中燃烧生成氧化锂和少量过氧化锂，B不符合题意；
C．盐酸和碳酸氢钠的反应是吸热反应，C不符合题意；
D．二氧化氮和碘化钾反应能生成碘单质，故二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化亚铁不稳定，易被氧化；
B.锂在空气中燃烧生成氧化锂和少量过氧化锂；
C.盐酸和碳酸氢钠反应吸热。
6．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A．新疆棉、人造棉的主要成分均为纤维素，涤纶为合成纤维，A不符合题意；
B．尿素和甲醛在一定条件下能发生聚合反应生成脲醛树脂，B符合题意；
C．橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越差，C不符合题意；
D．组成人体内蛋白质的21种常见氨基酸均为α-氨基酸，不是都能通过人体自身合成，其中8种氨基酸在人体中不能合成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.涤纶的主要成分为合成纤维；
C.橡胶的硫化程度越高，强度越大，弹性越差；
D.有8种氨基酸在人体不能合成。
7．【答案】A
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；同位素及其应用
【解析】【解答】A．蔗糖和麦芽糖的分子式都为C12H22O11，但两者结构不同，互为同分异构体，A符合题意；
B．甲醇分子中只有一个羟基，而乙二醇分子是含有两个羟基，二者的分子式通式不同，因此二者不能互为同系物，B不符合题意；
C．金刚石、石墨、C60是由碳元素组成的不同的单质，三者互为同素异形体，金刚石与石墨是不同的物质，所以金刚石转化为石墨的变化属于化学变化，C不符合题意；
D． 12C、14C质子数相同，而中子数不同，所以互为同位素，由于原子核外电子数等于原子核内质子数，所以两种原子的电子数相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
D.同位素的质子数和核外电子数相同。
8．【答案】B
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；钠的化学性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．胆矾为硫酸铜晶体、石灰乳含有氢氧化钙，两者混合可制得一种常用农药“波尔多液”，A不符合题意；
B．金属钠与石蜡不反应，能保存在石蜡中，不过一般保存着煤油中，B符合题意；
C．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；碳纳米点是一种直径小于10 nm的材料，是纯净物不是分散系，C不符合题意；
D．硫氮氧化物与水反应生成酸性物质导致酸雨；燃料的脱硫、的催化转化都是减少酸雨产生的措施，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.“波尔多液”的主要原料为硫酸铜和氢氧化钙；
B.金属钠能保存在石蜡中；
C.胶体的分散质粒子直径大小在1~100nm之间；
D.氮氧化物和硫氧化物是造成酸雨的主要原因。
9．【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cu在周期表中位于ds区，Fe属于第ⅤⅢ族元素，位于d区，故A不符合题意；
B．σ键不一定比π键强度大，如氮气中σ键的强度比π键强度小，故B不符合题意；
C．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，焰激光的产生、LED灯发光、焰火、荧光等发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故C符合题意；
D．和中均含3种H，但各种氢原子的具体位置不同，则二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用核磁共振氢谱来鉴别，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cu位于元素周期表的d区；
B.σ键不一定比π键强度大；
D.和中均含3种环境的氢原子，但氢原子在核磁共振氢谱上出现的位置不同。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，碳元素被氧化，A不符合题意；
B．草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，B不符合题意；
C．二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C符合题意；
D．氯元素化合价由+5变为+4，所以每消耗1 mol 转移1 mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 在反应中，草酸中的碳元素化合价升高，为还原剂，则氯酸钾为氧化剂，二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物。
11．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方在医师指导下购买，A不符合题意；
B．X射线衍射实验可以反映晶体的内部结构，键长和键角的数值可以通过晶体的X射线衍射实验获得，B不符合题意；
C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理，防止导致污染，C符合题意；
D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.OTC药品一般指非处方药；
B.晶体的X射线衍射实验可以测定分子结构；
D.蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，收集到的馏分沸点会偏低。
12．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在25℃时，1 L pH为2的溶液中含有的物质的量为0.01mol，则数目为，A符合题意；
B.2.0 g()的物质的量为，所含质子数为小于，B不符合题意；
C．没有说明标况，不能判断消耗氧气的体积，C不符合题意；
D.70 g的烃也可能是环戊烷，则分子中含有σ键的数目为5，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.一个中含有10个质子，；
C.未指明气体所处的状态；
D.当为环戊烷时，分子中含有σ键的数目为5。
13．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．为络合物，发生部分电离，所以电离方程式为：，A不符合题意；
B．铜电极为活性电极，所以阳极铜失电子生成铜离子，而不是水中的氢氧根离子失电子，B不符合题意；
C．与稀硫酸发生反应会生成硫单质、二氧化硫和水，产物有误，C不符合题意；
D．二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，所以两者会发生氧化还原反应，少量通入NaClO溶液中后的离子方程式为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.为络合物，部分电离；
B.铜电极为活性电极，用铜电极电解硫酸铜溶液，铜在阳极上失去电子发生氧化反应；
C.与稀硫酸发生反应会生成硫单质、二氧化硫和水。
14．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．根据分析，RNA和DNA的组成单元中均有磷酸，因此具有酸性，且均含有磷酸二酯键，A不符合题意；
B．DNA和RNA分类的主要依据是五碳糖的不同，DNA中为脱氧核糖，RNA中为核糖，B符合题意；
C．抗新冠病毒疫苗的主要成分为蛋白质，冷藏可以防止蛋白质变性，C不符合题意；
D．蛋白质、核酸的相对分子质量非常大，属于生物大分子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.RNA和DNA的组成单元中均有磷酸，均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酯键连接；
C.蛋白质在高温下会失去活性；
D.蛋白质、核酸均属于生物大分子。
15．【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳叁键两端的原子共线，碳氧双键两端的原子共面，碳碳单键可以旋转，故该分子中至少有10个碳原子共平面，A符合题意；
B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；分子中含有2个手性碳原子，B不符合题意；
C．分子中含有氨基和酯基，氨基能与盐酸反应，酯基能和氢氧化钠溶液发生水解反应，都能生成盐，C不符合题意；
D．碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.苯环、双键均为平面结构，三键为直线形结构，单键可以旋转；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.分子中含有氨基和酯基，具有两性；
D.碳原子上氢能发生取代反应，碳碳叁键能发生氧化反应、还原反应。
16．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．VA族的p能级处于半充满的稳定结构，比同周期VIA族的第一电离能大，元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为：C(N) > D(O) >B(C)，A不符合题意；
B．C为N元素，则含N和H的化合物中含铵根离子，铵根离子与阴离子之间存在离子键，B不符合题意；
C．A与B可形成C2H6、A与C可形成N2H4、A与D可形成H2O2，均能形成18电子的分子，C符合题意；
D．D为O元素，E为Cu元素，根据晶胞结构可知，白球与黑球的个数比为=1：2，所以白球是O，黑球为Cu，则E离子的配位数为2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素，D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素，B原子核外电子数是未成对电子数的3倍，则B为C元素，E原子核外电子层数为4，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数与A相同，则E为Cu元素。
17．【答案】B
【知识点】强电解质和弱电解质；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若溶液久置，氢氧化钠会与空气中的二氧化碳反应，甲基橙的变色范围是pH值为3.1-4.4，故用甲基橙作指示剂测得结果不受影响，A不符合题意；
B．两溶液分别满足电荷守恒关系 c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH-)+ ，两溶液的pH相等，c(H+)和c(OH-)也相等，则，B符合题意；
C．不影响水的电离，醋酸铵促进水的电离，两种溶液中水的电离程度不同，C不符合题意；
D．如果常温下体积、浓度均为的盐酸和醋酸溶液，分别稀释m、n倍使溶液的pH都变为5，盐酸为强电解质m=10000，醋酸为弱酸n＜10000，m＞n，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.若溶液久置，氢氧化钠会与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D.盐酸为强电解质，完全电离，醋酸为弱电解质，部分电离。
18．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．氢气和卤素单质生成卤化氢的反应为放热反应，氯原子半径小于碘，得电子能力更强，形成的化学键键能大于碘形成的化学键，放出热量更多，焓变更负，故，A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，，则，由键能数据可知，，则，B符合题意；
C．断键需要吸收能量，表中键能可知将1mol气态解离成气态碘原子需要吸收151kJ能量，C不符合题意；
D．(g)转化为(g)的过程中减少了氢原子，属于氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据ΔH=反应物的键能之和-生成物键能之和计算，Cl的半径小于I，Cl得电子能力比I强，形成的化学键的键能比I的大，放出的热量更多；
B.根据盖斯定律计算；
C.断键需要吸收能量；
D.有元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应。
19．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；电解质在水溶液中的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A．氯水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-，加水稀释，Cl-、ClO-浓度均减小，但平衡HClOH++ClO-正向移动，Cl-浓度减小幅度比ClO-浓度减小幅度小，故的比值会减小，A不符合题意；
B.100 mL的新制氯水中，氢离子的物质的量为n(H+)==0.001mol，根据溶液中电荷守恒式可知，，但n(H+)＞n(HClO)，故mol ＜0.001mol，B不符合题意；
C．虽然醋酸的电离平衡常数比次氯酸的大，但起始浓度未知，所以溶液的pH不一定比溶液的pH小，C不符合题意；
D．碳酸氢钠固体会消耗氢离子，产生二氧化碳气体，从而使平衡向正向移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.稀释氯水，Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡正向移动，Cl-、ClO-浓度均减小，平衡HClOH++ClO-正向移动；
B.根据质量守恒计算；
C.溶液的浓度未知。
20．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．在100℃时，2min 内A的物质的量浓度的变化量为0.80mol/L-0.35mol/L=0.45mol/L，根据方程式可知B的物质的量浓度的变化量为0.45mol/L×4=1.8mol/L，则用B表示的化学反应速率为，A不符合题意；
B．T℃下，3min及以后A的物质的量浓度均不发生改变，说明反应达到平衡，但不能说明3min时反应刚好达到平衡，可能在2~3min之间反应就已经达到平衡，B不符合题意；
C．根据表格数据分析，单位时间内A的浓度减少量越来越小，说明浓度越大，反应速率越大，C符合题意；
D．由表格数据可知，T℃下，反应先达到平衡，说明T℃下反应速率更快，则T＞100，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据计算；
B.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
D.温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短。
21．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，膜a、b均为阳离子交换膜，故A说法符合题意；
B．根据上述分析，双极膜解离出的H+在双极膜的左侧，故B说法不符合题意；
C．根据上述分析，碱室1和碱室2的NaOH溶液循环使用，副产品还有氢气和氧气，故C说法不符合题意；
D．外电路有2mol电子通过，盐室中有2molNa+移向碱室1，双极膜中有2molH+移向盐室，即得到1molH2SO4，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，盐室中的钠离子透过膜a进入左侧，膜a为阳离子交换膜，Y为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，碱室2中钠离子透过膜b进入左侧，膜b为阳离子交换膜。
22．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐即NaCl和Na2SO4，A不符合题意；
B．由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl-S键比FSO3H中的F-S键更难断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，B不符合题意；
C．已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，故ClSO3H的制备可以用HCl与反应，但不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，C符合题意；
D．氯磺酸（ClSO3H）易水解发生反应ClSO3H+H2O=HCl+H2SO4，1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子，分别制成1L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯磺酸是一元酸，与足量氢氧化钠溶液反应能生成NaCl和Na2SO4；
B.元素的电负性：F＞Cl，相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易电离出氢离子；
C.氯磺酸是极易水解的一元强酸，制备过程应该避开水环境；
D.1molClSO3H作用生成3mol氢离子，1molHCl溶于水电离出1mol氢离子。
23．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由相同浓度的钠盐溶液pH：pH(NaA)>pH(NaB)，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，滴加盐酸后要使混合溶液的pH值相等，则滴加盐酸后c(NaA)B．由起点可知等浓度的NaA溶液和NaB溶液NaA的pH较大碱性较强，由越弱越水解可知，HA的酸性比HB的弱，则常温下，由题图可知，0.10mol L-1NaB溶液的pH=11，c(H+)≈10-11mol/L，NaB水解程度较小，则c(B-)≈0.1mol/L，c(HB)≈c(OH-)=10-3mol/L，则Ka(HB)==10-9，故B不符合题意；
C．滴定前NaA溶液的体积小于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)D．当时，相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度，NaA溶液对水的电离程度促进作用比NaB大，则NaA溶液中水的电离程度较大，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.相同浓度下A-的水解程度大于B-的水解程度；
B.根据Ka(HB)=计算；
C.根据物料守恒分析；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
24．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：，A项不符合题意；
B．的分子结构为：，最多有3个原子共平面，B项不符合题意；
C．依据过程图可知，和可循环利用，C项不符合题意；
D．①、②均为氧化还原反应，③不是氧化还原反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该过程的总反应为氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢；
B.分子的结构为，单键可旋转；
C.既是反应物又是生成物的物质可循环利用。
25．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaCl和NaI的混合溶液的浓度未知，滴加少量溶液，无法比较AgCl和AgI的大小，A不符合题意；
B．碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，碳置换出了硅，碳失电子，此反应不能用来说明非金属性：C>Si，B不符合题意；
C．溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚易溶于苯，因此无论有没有苯酚，都不会出现白色沉淀，C不符合题意；
D．向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中含有I2，后者有黄色沉淀，说明溶液中含有I-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.NaCl和NaI的混合溶液的浓度未知；
B.碳单质和二氧化硅的反应中，碳作还原剂而体现还原性，碳不体现非金属性；
C.溴水与苯酚反应生成的三溴苯酚易溶于苯。
26．【答案】（1）O>C>H>Si
（2）
（3）邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者
（4）>
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；已知中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Si；
（2）锗为32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为；
（3）氢键的存在会导致物质熔沸点的改变；邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者；
（4）结构中每个原子杂化类型相同均为sp3杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；
（5）晶胞中锂原子位于顶点，一个晶胞中原子数目为；碳原子位于晶胞内部和面上，一个晶胞中原子数目为；故晶胞质量为；已知该晶体中最近的两个碳原子核间距离为a nm，则底边长为3anm，由于地面为平行四边形且底角为60°，则底面积为（3a）2×10-14cm2；石墨烯层间距离为b nm，则晶胞体积为，所以密度为 g/cm3。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）锗为32号元素，核外共32个电子，根据构造原理书写价电子排布式，进而画出轨道表示式；
（3）邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，当对羟基苯甲酸熔融时，需要消耗较多的能量克服分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔点低于对羟基苯甲酸；
（4）孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（5）根据均摊法和计算。
27．【答案】（1）N、H、S、O
（2）A
（3）或
（4）
（5）用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气（用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气）
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据分析可知，固体X的组成元素为N、H、S、O；
（2）根据分析推知D为氧气，其一种同素异形体(三原子分子)为O3，它是由特殊的极性键组成的角形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确，
故答案为：A。
（3）根据上述分析可知，F可能是硫酸氢铵也可能是硫酸铵，所以与足量氢氧化钠在加热条件下放出氨气的化学方程式为：或；
（4）X与A发生氧化还原反应主要生成高锰酸根离子、硫酸根离子，其离子方程式为：；
（5）根据上述分析可知，气体B为氨气，检验氨气的方法主要有：用湿润的红色石蕊试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用湿润的pH试纸靠近，若变蓝则为氨气；或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，若产生白烟则为氨气。
【分析】A溶液呈紫色，则溶液A中含有高锰酸根，X与MnSO4的反应中，Mn元素被氧化，MnSO4为还原剂，X为氧化剂；A与足量NaOH加热生成无色气体B，则B为氨气，氨气的物质的量为0.02mol，则X中含有0.02mol铵根离子，向A中加入足量的氯化钡溶液产生的白色沉淀C，则C为硫酸钡，物质的量为0.24mol，其中的硫酸根有0.004mol来自MnSO4溶液，即多出的0.024mol-0.004mol=0.02mol硫酸根离子来自X与MnSO4的反应，即X中含0.02mol硫原子，X中铵根离子与硫原子的数目之比为1：1；固体X受热分解产生D，根据D为单质，且有三原子分子的同分异构体，故D为O2，物质的量为0.005mol，得到的固体E溶于水形成溶液后，加入足量NaOH溶液，加热，再次得到无色气体NH3，2.28gX中含0.02mol铵根离子、0.02molS原子，由于此物质中含3种元素，故还含O元素，设2.28gX中含amolO原子，则有0.02mol×18g/mol+0.02mol×32g/mol+amol×16g/mol，解得a=0.08mol，即此物质中n(铵根离子)：n（s）：n（O）=0.02mol：0.02mol：0.08mol=2：2：8，化学式为(NH4)2S2O8。
28．【答案】（1）①②
（2）>；75%
（3）不变；催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，故平均反应速率不变
（4）0.0073或0.007(MPa)-2
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①反应为气体分子数改变的反应，混合气体的压强不变，说明达到平衡；
②容器体积始终不变，气体质量随着反应进行发生改变，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡；
③反应物、生成物均含有N-H键，相同时间内断裂3mol N-H键，同时形成1mol，不能说明反应已达平衡；
④充入二氧化碳和氨气比例为反应系数比，且生成物中没有气体，则混合气体的平均相对分子质量不会变；不能说明反应已达平衡；
⑤充入二氧化碳和氨气比例为反应系数比，且生成物中没有气体，则反应前后的体积分数不变；不能说明反应已达平衡；
故答案为：①②；
（2）由图可知，A点反应正向进行、B点反应达到平衡状态，则>=；由图可知，B点氨气的体积分数为50%，总的气体浓度为2mol/L，则氨气的浓度为50%×2mol/L=1mol/L，消耗氨气浓度为3mol/L，则B点氨气的转化率为；
（3）根据组①数据可知，随着反应进行单位时间内消耗氨气的量相同，故随着反应进行，减小，平均反应速率不变；说明催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，此时影响反应速率的不是氨气浓度而是催化剂，故平均反应速率不变；
（4）一定条件下，向容器中充入5mol和15mol的混合气体，
平衡时氨气的质量分数为40%，则，x=2mol；反应后氮气、氢气、氨气的物质的量分别为3mol、9mol、4mol，总的物质的量为16mol，p为平衡总压强16MPa，氮气、氢气、氨气的分压分别为3MPa、9MPa、4MPa；平衡时=0，则，0.0073（或0.007(MPa)-2）。
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）A点时反应正向进行，B点时反应达到平衡状态；根据；
（3） 随着反应进行，减小，催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，故平均反应速率不变；
（4）列出反应的三段式结合计算。
29．【答案】（1）和S
（2）使反应更完全并可防止CuCl被氧化
（3）深蓝色滤液中存在平衡：，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成沉淀(或)
（4）
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知，可在酸性条件下将氧化为硫单质和；反应Ⅰ得到硫单质，然后加入氨水除去铁离子，铁离子和氨水生成氢氧化铁沉淀，故得到滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为和S；
（2）二氧化硫具有还原性，可以将二价铜转化为一价铜，在反应Ⅱ中通入的应适当过量，其目的是使反应更完全并可防止CuCl被氧化；
（3）加入氨水可以和铜离子形成四氨合铜离子使溶液显深蓝色，深蓝色滤液中存在平衡：，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成沉淀(或)，从而将铜从溶液中分离出来；
（4）由方程式可知，CuCl~，则CuCl的物质的量为a×b×10-3L×=，则制得的氯化亚铜产品纯度为：。
【分析】向铜矿粉（ 主要含、CuS、、FeO等 ）中加入二氧化锰、稀硫酸， 可在酸性条件下将氧化为硫单质和， 二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，溶液中含有铜离子、铁离子；向溶液中加入氨水，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣Ⅰ是Fe(OH)3和单质硫的混合物，加入碳酸氢铵和氨水除锰离子，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，然后蒸氨得到氢氧化铜沉淀，发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用盐酸溶解CuO得到CuCl2，通入二氧化硫气体得到氯化亚铜沉淀。
30．【答案】（1）B；C
（2）；；4
（3）→+CH3CH2OH。
（4）。
（5）、、、。
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A．经分析A→C是取代反应，C→D环化是C结构中右边的一个酯基断开后取代了苯环上的一个氢原子生成的，属于取代反应，D和CH3CH2Cl反应生成E，结合信息②是取代反应，E→F发生了水解反应，属于取代反应，F→H根据已知②属于取代反应，则A→H过程中涉及的取代反应共有5个，故A正确；
B．经分析，化合物C的结构简式为，此结构中双键一边存在相同的取代基，则C不存在顺反异构，故B不正确；
C．化合物F的结构简式为，含氧官能团为羰基和羧基，故B不正确；
D．化合物H结构中有羧基显酸性，有胺基显碱性，则H显两性，故D正确；
答案BC。
（2）经分析化合物E的结构简式为；根据化合物H的结构简式可知其分子式为；化合物B[ CH3CH2OCH=C(COOCH2CH3)2]中属于杂化的碳原子是碳碳双键两边的碳原子和酯基中碳氧双键上的碳原子，总共4个；
（3）经分析C的结构简式为，D的结构简式为，则C→D的化学方程式为→+CH3CH2OH。
（4）经分析A的结构简式为，由合成A，要在A中引入氨基和氯原子，结合已知信息①和③应先在苯环上引入硝基，再引入氯原子，最后把硝基转化为氨基即可，故合成路线为：。
（5）化合物B的结构简式为CH3CH2OCH=C(COOCH2CH3)2，其不饱和度为3，分子式为C10H16O5，其同分异构体中，有2个酯基(不存在结构)结构和一个六元碳环结构，不饱和度就为3，说明其它取代基是饱和的，分子中共有5种不同化学环境的氢原子，说明结构是对称的，总共是10个碳原子，两个酯基占2个是一种情况，占4个是一种情况，两个酯基连在一起是一种情况，满足条件的结构如下：
、、、。
【分析】F和G反应生成H，结合H和G的结构简式可知，F为，E在NaOH水溶液中水解酸化后得到F，则E为，D与氯乙烷反应生成E，结合D的分子式可知，D为，A和B反应得到C，C环化生成D，则C为，A为。
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