浙江省名校协作体2023-2024学年高三上学期开学适应性考试化学试题
一、单选题
1．下列物质中，既不属于酸性氧化物又不属于碱性氧化物的是（ ）
A．ClO2 B．SiO2 C．MgO D．N2O3
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.ClO2既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，符合题意；
B.SiO2属于酸性氧化物，B选项是错误的；
C.MgO属于碱性氧化物，C选项是错误的；
D.N2O3属于酸性氧化物，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】酸性氧化物指的是能和碱反应得到盐和水的氧化物；碱性氧化物指的是能和酸反应得到盐和水的氧化物。ClO2属于不成盐氧化物。
2．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．丙烯氰的键线式：
B．基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C．H2O的结构式：H-O-H
D．HClO的空间填充模型：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A.丙烯腈的结构简式为：CH2=CHCN，其键线式为：，A选项是正确的；
B.基态As原子的价层电子排布式为：4s24p3，B选项是错误的；
C.水属于共价化合物，其结构式为： H-O-H ，C选项是正确的；
D.HClO分子中Cl原子的半径最大，H原子的半径最小，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.键线式指的是键线来表示碳架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略；
B.As原子是第VA族的元素，其价层电子只包含最外层电子；
C.一个水分子内部含有两个O-H键；
D.HClO分子的结构式为：H-O-Cl，O原子为中心原子。
3．镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是（ ）
A．Li2SO4易溶于水
B．LiOH是受热不易分解的强碱
C．Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象
D．Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；碱金属的性质
【解析】【解答】A.MgSO4易溶于水，所以 ：Li2SO4易溶于水 ，A选项是正确的；
B.Mg（OH）2是受热易分解的弱碱，LiOH也是受热易分解的弱碱，B选项是错误的；
C.Mg遇浓硫酸不会出现钝化的现象，则Li与浓硫酸也不会出现钝化的现象，C选项是正确的；
D.MgCO3受热分解为CO2和MgO，而 Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】Li和C位于元素周期表的对角线的位置，所以其单质和化合物之间具有相似的化学性质。
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．碳化硅熔点很高，可用于制作砂轮磨料
B．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
C．生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座
D．Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2)
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应
【解析】【解答】A.碳化硅用来作砂轮磨料应用的是其硬度高的特点，与熔点无关，A选项是错误的；
B. Al(OH)3呈弱碱性 ，具有较弱的腐蚀性，因此可以用来治疗胃酸过多，B选项是正确的；
C.机器底座需要较高的耐磨性， 生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座 ，C选项是正确的；
D. Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2) ，二者可以发生氧化还原反应，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.碳化硅用来作砂轮磨料应用的是其硬度高的特点，可以将其他材质的物质切割开来；
B.可以治疗胃酸过多的物质要求既可以和盐酸反应，并且不能对人体造成一定的损害；
C.机器底座的材料一般是硬度较高，耐磨性好的；
D.Na2SO3与氯气之间的反应是：Cl2 + SO32- + 2H2O = SO42- +2Cl-+4H+.
5．下列有关说法错误的是（ ）
图① 图② 图③ 图④
A．图①实验能用于证明氨气极易溶于水
B．图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2
C．由图③实验可知增大气体总压强化学平衡向左移动
D．利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学平衡的影响因素；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.氨气与水溶液能够形成喷泉实验，证明氨气极易溶于水，在氨气与水接触的瞬间可以形成较大的内外压强差，A选项是正确的；
B.SO2的密度大于空气因此可以利用向上排空气法收集，且SO2可以与NaOH反应，因此可以利用氢氧化钠溶液吸收多余的SO2气体，B选项是正确的；
C.该反应属于等体反应，改变压强，平衡不会发生移动，C选项是错误的；
D.图④中有酸性环境下铁的生锈情况以及中性环境下铁的生锈情况的对比，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.若气体与溶液能形成瞬时的压强差较大，即例如气体极易溶于该液体，那二者就可以构成喷泉现象；
B.二氧化硫属于酸性氧化物，可以与碱反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
C.对于气体计算数和相等的反应，增大压强对于正逆反应速率的增大速率是相同倍数的，所以平衡不会发生移动；
D.在酸性环境下，铁发生析氢腐蚀；在中性或碱性环境下，发生吸氧腐蚀。
6．下列说法正确的是（ ）
A．纤维素能发生酯化反应，而淀粉不能
B．乳糖、淀粉、纤维素和糖原都属于多糖
C．涤纶中的长纤维称为人造丝，短纤维称为人造棉
D．聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后具有一定的导电性能
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；多糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解答】A.淀粉中也含有羟基，也可以发生酯化反应，A选项是错误的；
B.乳糖属于二糖，不属于多糖，B选项是错误的；
C.涤纶属于聚酯纤维，人造棉的成分还是天然纤维素，只是经过加工了，C选项是错误的；
D.聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后，可以加入一些物质改善性能，具有一定的导电性能，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】人造纤维是以天然聚合物为原料，经过化学处理与机械加工而制得的化学纤维，所以人造棉和人造丝与涤纶不属于一类物质。
7．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
8．（2023高二下·南通期末）X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是（ ）
A．元素第一电离能：
B．简单离子半径：
C．简单气态氢化物的热稳定性：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O，故A正确；
B、电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Ca2+和S2-的核外电子排布相同，但Ca的核电荷数大，则简单离子半径：S2->Ca2+，即W>R，故B错误；
C、元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，即Z>W，故C错误；
D、X为C元素，其最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，W为S元素，其最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X，故D错误；
故答案为：A。
【分析】X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则X的电子排布式为1s22s22p2，为C元素，Z的电子排布式为1s22s22p4，为O元素，则Y为N元素，W与Z同族，则W为S元素；R的最外层电子数与最内层电子数相等，则R的最外层电子数为2，其原子序数大于S，则R为Ca元素。
9．能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-+3H++SO
B．将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C．将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2 12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D．同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3 H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中 发生的离子方程式应是：HSO3﹣＋Cl ＋H O＝HSO4﹣＋2Cl﹣＋2H+，A选项是错误的；
B. 将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中 ：AlO2-+HCO3-+Ca2++H2O=Al（OH）3+CaCO3，B选项是错误的；
C.将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2 12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，C选项是正确的；
D.酸碱中和先反应，所以 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合 ，发生的离子方程式应为：H2PO4-+OH-=H2O+HPO42-；D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.因为HSO3-离子酸性较弱，因此反应无法得到硫酸，不符合强酸制弱酸的规律；
B.该离子反应中还会生成碳酸钙沉淀；
C.沉淀的质量最大时代表是SO42-恰好完全沉淀；
D. 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合 ，是OH-先与酸式酸根离子先反应。
10．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B．一定温度下，1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中NH的物质的量均小于0.5NA，且前者更少
C．1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NA
D．1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和为0.01NA
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；有机物的结构和性质；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.一分子硝基的电子数为23个，1分子NO2的电子数也是23个，所以1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，A选项是正确的；
B.若不考虑水解， 1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液 中NH4+离子的数目为0.5NA， 2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中 NH4+离子的数目也是0.5NA，但是根据越稀越水解的规律，可知后者NH4+水解的程度更大，因此后者的NH4+离子的数目更少，B选项是错误的；
C. 1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为 1 NA ，C选项是错误的；
D. 1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和应为0.02 NA ，D选项是错误的。
故答案为 ：A。
【分析】A.硝基和NO2分子的电子都是一个N和2个O含有的电子数和；
B.NH4++H2O NH3·H2O+H+，后者溶液浓度更小，所以水解程度更大，所以溶液中剩余的NH4+离子就越少；
C.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1mol 过氧化钠与足量CO2反应转移的电子数为NA；
D.根据C原子守恒可知：1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和应为0.02 NA。
11．高分子树脂X的合成路线如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．高分子X中存在氢键 B．甲的结构简式为
C．①的反应中有水生成 D．高分子X水解可得到乙
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.高分子X中羧基之间可形成分子间氢键，A选项是正确的；
B.通过合成路线可以推知：甲是丙烯酸，结构简式为： ，B选项是正确的；
C.①反应为取代反应，氨基去掉一个H，HCHO去掉一个O形成H2O，所以反应①有水生成，C选项是正确的；
D.高分子水解的部分是酰胺基，得到的水解产物是H2NCH2NH2，没有乙生成。D选项是错误的。
故答案为：D。
【分析】A.氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键；
B.有机物的结构简式不能省略其官能团；
C.氨基上去掉的H与HCHO去掉的O构成H2O；
D.酰胺基水解反应属于取代反应，断开的是C-N键。
12．室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．分钟内，M的平均反应速率为
B．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.根据图示：30min内，△c（M）/△t（M）=（0.5-0.3）mol/L/30min= ，A选项选项是正确的；
B.①中v1=k1c2（M），②中v2=k2c2（M），因为v1/v2=k1/k2，是一个常数，因此体系中Y和Z的浓度之比始终不变，B选项是错误的；
C.由图可知：△c（M）=（0.5-0.3）=0.2mol/L，c（Z）=0.125mol/L，c（Y）=△c（M）-c（Z）=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，v（Y）：v（Z）=0.075mol/L：0.125mol/L<1，所以v（Y）D.根据C的分析，可知体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应进行彻底时，根据方程式系数的关系，反应一开始只含有M和N，且二者等物质的量，两个反应都生成X，①生成Y，②生成Z，所以c（Y ）+c（ Z）=c(X)=0.5mol/L（图像读取），则c（ Z）=5/(3+5) ×0.5mol/L=0.3125mol/L，c（Y）=3/(3+5) ×0.5mol/L=0.1875mol/L，则反应结束时A的转化率为：0.1875/0.5 ×100%=37.5%，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.化学反应速率指的是一段时间内某物质的浓度变化值与时间变化值的比；
B.可以将Y和Z的浓度之比转化为两个反应的速率之比来进行比较；
C.化学反应的活化能越大，其化学反应速率就越慢；
D.物质的转化率指的是已经反应掉的物质的物质的量与起始物质的量之比。
13．中国科学院研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述正确的是（ ）
A．放电时，极电极反应式为
B．充电时，接电池负极，该电极发生氧化反应
C．充电时，右侧贮液器中溶液浓度减小
D．放电时，电路中转移电子时，负极区电解质溶液增重
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.放电时为原电池，M为正极，正极电极反应为Fe(CN) 6 -+e-=Fe ( CN)64-，故A错误；
B.N极为原电池的负极，充电时接电源的负极，作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，故B错误；
C.N极为原电池的负极，充电时接电源的负极，作阴极，阴极反应为Zn (OH) 42-+2e-=Zn+4 OH-，Zn (OH)42-的浓度减小，故C正确；
D.放电时负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn ( OH) 42-，转移2mol电子，溶解1molZn，但有阳离子通过离子交换膜移向M极，所以负极区电解质溶液增重的质量小于65g，故D错误。
故答案为：C。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；电子的流向是从负极出发，沿导线去往正极；
在电解池中，阳极 失去电子，发生氧化反应，阴极得电子，发生还原反应吧，电子的流向是阳极流出，去往电源正极，电源正极再流向电源负极，再从电源负极流向电解池的阴极。
14．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
15．已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()B．实验2加水过程中，监测结果为溶液的pH不断增大
C．因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.H2SO3中存在以下平衡关系：H2SO3 H++HSO3-
HSO3- H+SO32-
H2O H++OH-
H2SO3的第一步电离强于第二步电离，H2O的电离最弱，所以0.1mol·L-1H2SO3溶液中亚硫酸根离子的浓度应该大于H+，A选项是错误的；
B.加水虽然促进电离，但是体系中参与的每一个组分的浓度应该都是减小的，所以c（H+）减小，则溶液的pH值增大；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞，C选项是正确的；
D.根据实验4知该过程存在沉淀的转化，所以 ：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) ，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.在电解质溶液中，电解质的电离程度是大于水的电离程度的；
B.对于弱电解质的水溶液来说，加水会促进电离，使平衡向正反应方向进行，但是加水会使平衡体系中各组分的浓度都减小；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞；
D.沉淀转化的方程式为：MnS（S）+Cu2+（aq） CuS（S）+Mn2+（aq），因为相同类型的沉淀，难溶电解质有向更难溶电解质转化的趋势，因此得出：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) 。
16．下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是（ ）
选项 实验方案 现象 结论
A 将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物 反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引 铁与水蒸气在高温下反应，生成
B 为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 具有还原性
C 取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液 加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀 和既发生氧化还原反应，也发生双水解
D 向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液 溶液变血红色 与的配位能力小于
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.能够被磁铁吸引的物质除了Fe3O4外，还有铁单质等，A选项是错误的；
B.Cl-也具有还原性，也可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，因此该实验无法证明使酸性高锰酸钾溶液褪色的是Fe2+，B选项是错误的；
C.因为反应产生了不溶于稀盐酸的白色沉淀，即BaSO4，所以二者发生了氧化还原反应，另外Fe3+与SO32-在水溶液中不能大量共存，就是因为二者会发生互促水解，C选项是正确的；
D.该实验的现象是错误的，因为配合物的内界不会发生电离，因此向 溶液 滴加 硫氰化钾溶液 不会出现溶液变为血红色的现象，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.因为能被磁铁吸引的物质不具有唯一性，所以，A选项是错误的；
B.该实验无法证明与酸性高锰酸钾溶液发生反应的一定是Fe2+；
C.离子之间发生氧化还原反应或者发生互促水解反应，离子之间就不能大量共存；
D.配合物具有内界不易电离，外界易电离的性质。
二、结构与性质
17．普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为 。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/() ……
Fe 759 1561 2597 5290 ……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是： 。
（3）关于晶体下列说法不正确的是____(填序号)。
A．存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B．Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C．晶体中的键能>KCN中的键能
D．晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是 。
（5）图2晶胞中的个数为 ，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为 nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）
（2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多
（3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5）4；
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；极性键和非极性键
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，其价层电子排布为：3d64S2，价层电子轨道表示式为： ；
（2） 铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是 ，铁的价层电子排布为：3d64S2，在失去3个电子后Fe3+还剩3d5，此时3d轨道是半充满，结构较稳定，不易失去电子，因此 第4电离能比第3电离能大很多 ；
（3） 晶体存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等 ，A选项是正确的；
Fe、N、C的电负性由大到小的顺序 ： ，B选项是正确的；
C.晶体中 键长大于KCN中 的键长，因此前者的键能小，C选项是错误的；
D.根据晶胞图，可知 、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6 ，D选项是正确的。
故答案为：C。
（4）根据配合物的性质，内界是无法电离出来的： 鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5）根据晶胞的结构，Fe2+占据的是晶胞的顶角和面心，个数为：8×1/8+6×1/2=4，Fe3+占据的是晶胞的棱心和体心，个数为：12×1/4+1=4，根据图一可知，CN-位于晶胞的棱心和面心，CN-的个数为：24×1/4+24×1/2+6=24，化合物中各元素的化合价代数和为0，所以K+的个数为：【0-（-24）-（+2）×4-（+3）×4】 /+1=4，所以该晶胞中相当于含有4个KFe2（CN）6，则先求棱长：密度ρ= =g/cm3，则V=cm3，晶胞的棱长为：cm，该晶胞中K+位于相对的小立方体中心，其最短距离应是面对角线长度的二分之一，为：×107nm。
【分析】（1）铁属于过渡元素，其价层电子为最外层电子加上此外层的3d能级上的电子；
（2）当原子的电子所在的能级轨道出现半满或者全满状态时，此时粒子的状态是较为稳定的；
（3）存在的化学键有：σ键、π键、配位键、离子键等；
非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，此外同周期的元素从左至右电负性逐渐增大，同主族的元素从上至下电负性逐渐减小；
对于化学键来说，键长越短，键能就越大；
（4）配合物具有内界难电离，外界易电离的性质；
（5）先根据离子在晶胞中占据的位置来计算出一个晶胞中含有的离子的总数，计算出密度，体积，最后求出晶胞的棱长，即可求出K+之间最短的距离。
三、工业流程题
18．溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免 ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是 。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入 ，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是 (填字母)。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C． SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为 。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
试剂组成 1 mol/LNaBr溶液 1mol/LNaBr溶液 将B中反应后溶液
20% H2SO4 98% H2SO4 用水稀释
实验现象 无明显现象 溶液呈棕红色放热 溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了 。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案： 。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 (填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2）Fe2+、Br-；铁粉；b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4）Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；稀硫酸
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）因为氯气会与碱反应，所以将海水酸化的目的是防止发生： 2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO- 的反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子要具有还原性：如 Fe2+、Br- 等；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，又具有了脱氯的作用；
③Br2歧化为和Br- 离子方程式为：3Br2+6OH-=BrO3-+5Br-+3H2O，所以A溶液需要提供碱性环境，B碳酸钠溶液显碱性，符合题意，故答案为：B。
（3）硫酸可以提供H+，发生的离子方程式为：Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（4） ①B中溶液棕红色说明 反应产生了溴单质；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr ；另外 四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
【分析】（1）氯气属于酸性气体，会与碱反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子将氯气还原为Cl-；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生歧化反应，再生成Fe2+，再次具有脱氯作用；
③根据分析，知A应该显碱性；
（4）①溶液呈红棕色说明Br-被氧化为Br2；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，使溴水颜色变浅；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
四、原理综合题
19．（2022·温州模拟）低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下， 。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有____。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是 。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是： 。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为 。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图 。
【答案】（1）80.24
（2）B；C
（3）AC；反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4）96%；如图所示：
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故
故答案为：BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B不正确；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D不正确；
故答案为：AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：
。
【分析】（1）根据图示即可找出焓变
（2）根据反应I中的影响因素即可判断
（3）①A.根据即可判断
B.根据温度升高，焓变增大，说明焓变小于0
C.根据焓变的大小即可判断
D.根据体积即可判断
②反应I，II，III的焓变与温度的关系进行判断即可
（4）①根据给出的数据结合方程式计算出平衡时的数据即可计算出转化率
②根据数据即可计算出转化率
五、实验题
20．铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是____。
A．步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B．步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D．应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是 。
a．烧杯 b．坩埚 c．蒸发皿 d．马弗炉 e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是 。
（3）下列操作或描述不正确的是____。
A．为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C．让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D．ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→ → → →i→ → →e；
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是： 。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度 。
【答案】（1）A；D
（2）bd；ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O
（3）D
（4）b；c；g；f；h；促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【知识点】化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)A.反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)： n(Fe2+)=1：2，因此步骤①将(NH4)2Fe(SO4)2. 6H2O、 ZnSO4·6H O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75°℃水浴预热，故A正确；
B.为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，故 B错误；
c.根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O从溶液中析出，有副产品硫酸铵，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，故c错误；
D.加热发生反应Zn + +2Fe + + 3C2O42- +6H2O= ZnFe2(C2O4)3 .6H2O↓，在反应中n(Zn2+) ： n(Fe2+) =1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，故D正确；故答案为：AD；
（2）该实验需要在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3 .6H2O晶体，因此需要将药品放置在坩埚中在马弗炉中加热，bd符合题意；发生的方程式为： ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
（3）A.过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，故A正确；
B.抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，故B正确；
C..自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，故c正确；
D.证明ZnFe2(C2O4)3.6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无硫酸根离子即可，所以
ZnFe2(C2O4)3.6H2O已洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1~2滴盐酸酸化的BaCl 溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，故D错误；
故答案为：D；
（5）分析可知，具体操作为首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+ = Zn2+ +H2 ↑、Fe +2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将 Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净 ZnSO4·7H2O晶体，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去，
故答案为：b；c；g；f；h；促进Fe3+水解转化为 Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
(5)滴定过程中消耗0.0500mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00mL，即相当于ZnFe2O4的质量
m(ZnFe204) = 9.64mg/mLx25.00mL，所以该样品的纯度为0.241g/0.250 ×100%
=96.40%；
故答案为：96.40%
【分析】（1）A.先对固体混合物进行预热可以加快反应速率；
B.若快速加入草酸铵并不断搅拌，会出现副反应以及副产物；
C.根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O从溶液中析出，有副产品硫酸铵，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4；
D.按照方程式中物质的系数比投料，可以提高产率，防止浪费原料，产生副反应；
（2）根据流程最后一步知：该实验需要在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3 .6H2O晶体，因此需要将药品放置在坩埚中在马弗炉中加热，创造无氧条件；
（3）因为晶体中含有结晶水，因此获取ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O的方法是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）要使Fe元素与Zn元素完全分离，采取的措施应该是将Fe全部转化为+3价，然后水解除去；
（5）先通过消耗的乙二胺四醋酸钠的体积和浓度计算出ZnFe2O4的物质的量，继而求出ZnFe2O4的质量，最终计算出样品的纯度。
六、有机推断题
21．盐酸洛美沙星是一种氟喹诺酮药物，具有抗肿瘤活性。某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：
请回答：
（1）下列说法不正确的是____。
A．化合物A分子中所有原子一定共平面
B．根据合成路线推测，化合物C能与其他物质发生缩聚反应
C．化合物G中含有配位键
D．洛美沙星的分子式为
（2）化合物B的官能团名称是 ；化合物H的结构简式是 。
（3）写出D→E的化学方程式 。
（4）写出3种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) 。
①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；
②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；
③分子中还有一个五元碳环。
（5）以苯胺()和甲氧亚甲基丙二酸二甲酯[]为原料，设计合成如下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。
【答案】（1）A；D
（2）氨基、碳氟键；
（3）+C2H5OH
（4）、、、
（5）
【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A.因为单键可以旋转，硝基与苯环上的C要转到合适的位置，才能使所有原子共面，A选项是错误的；
B.C中含有-OH，可以与气体物质发生缩聚反应，B选项是正确的；
C.G中的B有4个共价键，其中一个为配位键，C选项是正确的；
D.洛美沙星的分子式为C17H19F2N3O3，D选项是错误的；
故答案为：D。
（2）根据A到B的结构变化，可知B含有的官能团是： 氨基、碳氟键；根据G的结构，可知H的结构简式为： ；
（3） D→E 属于取代反应： +C2H5OH ；
（4） ①分子中共有3种不同化学环境的氢原子 ，说明有三种等效氢，分子要具有对称结构；
② 多个酚羟基且相邻， 分子不含-CN，含-N=O ；
③ 分子中含有五元碳环，说明分子中有两个闭环；
（5）结合题目中的合成路线可知：要想得到 ，需先得到二元酯，后再缩合成环： 。
【分析】（1）碳碳单键可以自由旋转，苯环上的原子处于同一平面，-NO2上的原子处在一个平面，只有两个平面转到一个平面上才能所有原子共面；
（2）官能团指的是影响有机物化学性质的结构；
（3）取代反应是化合物或有机物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应；
（4）同分异构体指的是分子式相同，结构式不同的有机物，可以是官能团异构，或者是位置异构；
（5）结合题目中的合成路线可知：要想得到 ，需先得到二元酯，后再缩合成环.
1 / 1浙江省名校协作体2023-2024学年高三上学期开学适应性考试化学试题
一、单选题
1．下列物质中，既不属于酸性氧化物又不属于碱性氧化物的是（ ）
A．ClO2 B．SiO2 C．MgO D．N2O3
2．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．丙烯氰的键线式：
B．基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C．H2O的结构式：H-O-H
D．HClO的空间填充模型：
3．镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是（ ）
A．Li2SO4易溶于水
B．LiOH是受热不易分解的强碱
C．Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象
D．Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（ ）
A．碳化硅熔点很高，可用于制作砂轮磨料
B．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
C．生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座
D．Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2)
5．下列有关说法错误的是（ ）
图① 图② 图③ 图④
A．图①实验能用于证明氨气极易溶于水
B．图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2
C．由图③实验可知增大气体总压强化学平衡向左移动
D．利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
6．下列说法正确的是（ ）
A．纤维素能发生酯化反应，而淀粉不能
B．乳糖、淀粉、纤维素和糖原都属于多糖
C．涤纶中的长纤维称为人造丝，短纤维称为人造棉
D．聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后具有一定的导电性能
7．（2023·湖南）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
8．（2023高二下·南通期末）X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是（ ）
A．元素第一电离能：
B．简单离子半径：
C．简单气态氢化物的热稳定性：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
9．能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A．将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-+3H++SO
B．将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C．将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2 12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D．同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3 H2O
10．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B．一定温度下，1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中NH的物质的量均小于0.5NA，且前者更少
C．1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NA
D．1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和为0.01NA
11．高分子树脂X的合成路线如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．高分子X中存在氢键 B．甲的结构简式为
C．①的反应中有水生成 D．高分子X水解可得到乙
12．室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．分钟内，M的平均反应速率为
B．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y
13．中国科学院研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述正确的是（ ）
A．放电时，极电极反应式为
B．充电时，接电池负极，该电极发生氧化反应
C．充电时，右侧贮液器中溶液浓度减小
D．放电时，电路中转移电子时，负极区电解质溶液增重
14．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
15．已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是（ ）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()B．实验2加水过程中，监测结果为溶液的pH不断增大
C．因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
16．下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是（ ）
选项 实验方案 现象 结论
A 将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物 反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引 铁与水蒸气在高温下反应，生成
B 为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 具有还原性
C 取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液 加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀 和既发生氧化还原反应，也发生双水解
D 向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液 溶液变血红色 与的配位能力小于
A．A B．B C．C D．D
二、结构与性质
17．普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为 。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/() ……
Fe 759 1561 2597 5290 ……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是： 。
（3）关于晶体下列说法不正确的是____(填序号)。
A．存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B．Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C．晶体中的键能>KCN中的键能
D．晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是 。
（5）图2晶胞中的个数为 ，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为 nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
三、工业流程题
18．溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免 ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是 。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入 ，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是 (填字母)。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C． SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为 。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
试剂组成 1 mol/LNaBr溶液 1mol/LNaBr溶液 将B中反应后溶液
20% H2SO4 98% H2SO4 用水稀释
实验现象 无明显现象 溶液呈棕红色放热 溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了 。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案： 。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 (填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
四、原理综合题
19．（2022·温州模拟）低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下， 。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有____。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是 。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是： 。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为 。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图 。
五、实验题
20．铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是____。
A．步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B．步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D．应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是 。
a．烧杯 b．坩埚 c．蒸发皿 d．马弗炉 e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是 。
（3）下列操作或描述不正确的是____。
A．为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C．让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D．ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→ → → →i→ → →e；
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是： 。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度 。
六、有机推断题
21．盐酸洛美沙星是一种氟喹诺酮药物，具有抗肿瘤活性。某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：
请回答：
（1）下列说法不正确的是____。
A．化合物A分子中所有原子一定共平面
B．根据合成路线推测，化合物C能与其他物质发生缩聚反应
C．化合物G中含有配位键
D．洛美沙星的分子式为
（2）化合物B的官能团名称是 ；化合物H的结构简式是 。
（3）写出D→E的化学方程式 。
（4）写出3种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体) 。
①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；
②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；
③分子中还有一个五元碳环。
（5）以苯胺()和甲氧亚甲基丙二酸二甲酯[]为原料，设计合成如下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.ClO2既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，符合题意；
B.SiO2属于酸性氧化物，B选项是错误的；
C.MgO属于碱性氧化物，C选项是错误的；
D.N2O3属于酸性氧化物，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】酸性氧化物指的是能和碱反应得到盐和水的氧化物；碱性氧化物指的是能和酸反应得到盐和水的氧化物。ClO2属于不成盐氧化物。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；结构式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A.丙烯腈的结构简式为：CH2=CHCN，其键线式为：，A选项是正确的；
B.基态As原子的价层电子排布式为：4s24p3，B选项是错误的；
C.水属于共价化合物，其结构式为： H-O-H ，C选项是正确的；
D.HClO分子中Cl原子的半径最大，H原子的半径最小，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.键线式指的是键线来表示碳架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略；
B.As原子是第VA族的元素，其价层电子只包含最外层电子；
C.一个水分子内部含有两个O-H键；
D.HClO分子的结构式为：H-O-Cl，O原子为中心原子。
3．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；碱金属的性质
【解析】【解答】A.MgSO4易溶于水，所以 ：Li2SO4易溶于水 ，A选项是正确的；
B.Mg（OH）2是受热易分解的弱碱，LiOH也是受热易分解的弱碱，B选项是错误的；
C.Mg遇浓硫酸不会出现钝化的现象，则Li与浓硫酸也不会出现钝化的现象，C选项是正确的；
D.MgCO3受热分解为CO2和MgO，而 Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】Li和C位于元素周期表的对角线的位置，所以其单质和化合物之间具有相似的化学性质。
4．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氧化还原反应
【解析】【解答】A.碳化硅用来作砂轮磨料应用的是其硬度高的特点，与熔点无关，A选项是错误的；
B. Al(OH)3呈弱碱性 ，具有较弱的腐蚀性，因此可以用来治疗胃酸过多，B选项是正确的；
C.机器底座需要较高的耐磨性， 生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座 ，C选项是正确的；
D. Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2) ，二者可以发生氧化还原反应，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.碳化硅用来作砂轮磨料应用的是其硬度高的特点，可以将其他材质的物质切割开来；
B.可以治疗胃酸过多的物质要求既可以和盐酸反应，并且不能对人体造成一定的损害；
C.机器底座的材料一般是硬度较高，耐磨性好的；
D.Na2SO3与氯气之间的反应是：Cl2 + SO32- + 2H2O = SO42- +2Cl-+4H+.
5．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学平衡的影响因素；常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.氨气与水溶液能够形成喷泉实验，证明氨气极易溶于水，在氨气与水接触的瞬间可以形成较大的内外压强差，A选项是正确的；
B.SO2的密度大于空气因此可以利用向上排空气法收集，且SO2可以与NaOH反应，因此可以利用氢氧化钠溶液吸收多余的SO2气体，B选项是正确的；
C.该反应属于等体反应，改变压强，平衡不会发生移动，C选项是错误的；
D.图④中有酸性环境下铁的生锈情况以及中性环境下铁的生锈情况的对比，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】A.若气体与溶液能形成瞬时的压强差较大，即例如气体极易溶于该液体，那二者就可以构成喷泉现象；
B.二氧化硫属于酸性氧化物，可以与碱反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
C.对于气体计算数和相等的反应，增大压强对于正逆反应速率的增大速率是相同倍数的，所以平衡不会发生移动；
D.在酸性环境下，铁发生析氢腐蚀；在中性或碱性环境下，发生吸氧腐蚀。
6．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；多糖的性质和用途；高分子材料
【解析】【解答】A.淀粉中也含有羟基，也可以发生酯化反应，A选项是错误的；
B.乳糖属于二糖，不属于多糖，B选项是错误的；
C.涤纶属于聚酯纤维，人造棉的成分还是天然纤维素，只是经过加工了，C选项是错误的；
D.聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后，可以加入一些物质改善性能，具有一定的导电性能，D选项是正确的。
故答案为：D。
【分析】人造纤维是以天然聚合物为原料，经过化学处理与机械加工而制得的化学纤维，所以人造棉和人造丝与涤纶不属于一类物质。
7．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
8．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O，故A正确；
B、电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Ca2+和S2-的核外电子排布相同，但Ca的核电荷数大，则简单离子半径：S2->Ca2+，即W>R，故B错误；
C、元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，即Z>W，故C错误；
D、X为C元素，其最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，W为S元素，其最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X，故D错误；
故答案为：A。
【分析】X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则X的电子排布式为1s22s22p2，为C元素，Z的电子排布式为1s22s22p4，为O元素，则Y为N元素，W与Z同族，则W为S元素；R的最外层电子数与最内层电子数相等，则R的最外层电子数为2，其原子序数大于S，则R为Ca元素。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中 发生的离子方程式应是：HSO3﹣＋Cl ＋H O＝HSO4﹣＋2Cl﹣＋2H+，A选项是错误的；
B. 将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中 ：AlO2-+HCO3-+Ca2++H2O=Al（OH）3+CaCO3，B选项是错误的；
C.将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2 12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，C选项是正确的；
D.酸碱中和先反应，所以 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合 ，发生的离子方程式应为：H2PO4-+OH-=H2O+HPO42-；D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.因为HSO3-离子酸性较弱，因此反应无法得到硫酸，不符合强酸制弱酸的规律；
B.该离子反应中还会生成碳酸钙沉淀；
C.沉淀的质量最大时代表是SO42-恰好完全沉淀；
D. 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合 ，是OH-先与酸式酸根离子先反应。
10．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；有机物的结构和性质；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.一分子硝基的电子数为23个，1分子NO2的电子数也是23个，所以1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，A选项是正确的；
B.若不考虑水解， 1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液 中NH4+离子的数目为0.5NA， 2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中 NH4+离子的数目也是0.5NA，但是根据越稀越水解的规律，可知后者NH4+水解的程度更大，因此后者的NH4+离子的数目更少，B选项是错误的；
C. 1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为 1 NA ，C选项是错误的；
D. 1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和应为0.02 NA ，D选项是错误的。
故答案为 ：A。
【分析】A.硝基和NO2分子的电子都是一个N和2个O含有的电子数和；
B.NH4++H2O NH3·H2O+H+，后者溶液浓度更小，所以水解程度更大，所以溶液中剩余的NH4+离子就越少；
C.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1mol 过氧化钠与足量CO2反应转移的电子数为NA；
D.根据C原子守恒可知：1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和应为0.02 NA。
11．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.高分子X中羧基之间可形成分子间氢键，A选项是正确的；
B.通过合成路线可以推知：甲是丙烯酸，结构简式为： ，B选项是正确的；
C.①反应为取代反应，氨基去掉一个H，HCHO去掉一个O形成H2O，所以反应①有水生成，C选项是正确的；
D.高分子水解的部分是酰胺基，得到的水解产物是H2NCH2NH2，没有乙生成。D选项是错误的。
故答案为：D。
【分析】A.氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键；
B.有机物的结构简式不能省略其官能团；
C.氨基上去掉的H与HCHO去掉的O构成H2O；
D.酰胺基水解反应属于取代反应，断开的是C-N键。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.根据图示：30min内，△c（M）/△t（M）=（0.5-0.3）mol/L/30min= ，A选项选项是正确的；
B.①中v1=k1c2（M），②中v2=k2c2（M），因为v1/v2=k1/k2，是一个常数，因此体系中Y和Z的浓度之比始终不变，B选项是错误的；
C.由图可知：△c（M）=（0.5-0.3）=0.2mol/L，c（Z）=0.125mol/L，c（Y）=△c（M）-c（Z）=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，v（Y）：v（Z）=0.075mol/L：0.125mol/L<1，所以v（Y）D.根据C的分析，可知体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应进行彻底时，根据方程式系数的关系，反应一开始只含有M和N，且二者等物质的量，两个反应都生成X，①生成Y，②生成Z，所以c（Y ）+c（ Z）=c(X)=0.5mol/L（图像读取），则c（ Z）=5/(3+5) ×0.5mol/L=0.3125mol/L，c（Y）=3/(3+5) ×0.5mol/L=0.1875mol/L，则反应结束时A的转化率为：0.1875/0.5 ×100%=37.5%，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.化学反应速率指的是一段时间内某物质的浓度变化值与时间变化值的比；
B.可以将Y和Z的浓度之比转化为两个反应的速率之比来进行比较；
C.化学反应的活化能越大，其化学反应速率就越慢；
D.物质的转化率指的是已经反应掉的物质的物质的量与起始物质的量之比。
13．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.放电时为原电池，M为正极，正极电极反应为Fe(CN) 6 -+e-=Fe ( CN)64-，故A错误；
B.N极为原电池的负极，充电时接电源的负极，作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，故B错误；
C.N极为原电池的负极，充电时接电源的负极，作阴极，阴极反应为Zn (OH) 42-+2e-=Zn+4 OH-，Zn (OH)42-的浓度减小，故C正确；
D.放电时负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn ( OH) 42-，转移2mol电子，溶解1molZn，但有阳离子通过离子交换膜移向M极，所以负极区电解质溶液增重的质量小于65g，故D错误。
故答案为：C。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；电子的流向是从负极出发，沿导线去往正极；
在电解池中，阳极 失去电子，发生氧化反应，阴极得电子，发生还原反应吧，电子的流向是阳极流出，去往电源正极，电源正极再流向电源负极，再从电源负极流向电解池的阴极。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
15．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.H2SO3中存在以下平衡关系：H2SO3 H++HSO3-
HSO3- H+SO32-
H2O H++OH-
H2SO3的第一步电离强于第二步电离，H2O的电离最弱，所以0.1mol·L-1H2SO3溶液中亚硫酸根离子的浓度应该大于H+，A选项是错误的；
B.加水虽然促进电离，但是体系中参与的每一个组分的浓度应该都是减小的，所以c（H+）减小，则溶液的pH值增大；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞，C选项是正确的；
D.根据实验4知该过程存在沉淀的转化，所以 ：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) ，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.在电解质溶液中，电解质的电离程度是大于水的电离程度的；
B.对于弱电解质的水溶液来说，加水会促进电离，使平衡向正反应方向进行，但是加水会使平衡体系中各组分的浓度都减小；
C.因为是强碱滴定二元弱酸，所以在滴定过程中会出现两次pH值突跃的点，第一次突变点显酸性，第二次突变的显碱性，所以指示剂应该选用甲基橙和酚酞；
D.沉淀转化的方程式为：MnS（S）+Cu2+（aq） CuS（S）+Mn2+（aq），因为相同类型的沉淀，难溶电解质有向更难溶电解质转化的趋势，因此得出：Ksp(MnS)>Ksp(CuS) 。
16．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.能够被磁铁吸引的物质除了Fe3O4外，还有铁单质等，A选项是错误的；
B.Cl-也具有还原性，也可以与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，因此该实验无法证明使酸性高锰酸钾溶液褪色的是Fe2+，B选项是错误的；
C.因为反应产生了不溶于稀盐酸的白色沉淀，即BaSO4，所以二者发生了氧化还原反应，另外Fe3+与SO32-在水溶液中不能大量共存，就是因为二者会发生互促水解，C选项是正确的；
D.该实验的现象是错误的，因为配合物的内界不会发生电离，因此向 溶液 滴加 硫氰化钾溶液 不会出现溶液变为血红色的现象，D选项是错误的。
故答案为：C。
【分析】A.因为能被磁铁吸引的物质不具有唯一性，所以，A选项是错误的；
B.该实验无法证明与酸性高锰酸钾溶液发生反应的一定是Fe2+；
C.离子之间发生氧化还原反应或者发生互促水解反应，离子之间就不能大量共存；
D.配合物具有内界不易电离，外界易电离的性质。
17．【答案】（1）
（2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多
（3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5）4；
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；极性键和非极性键
【解析】【解答】（1）Fe是26号元素，其价层电子排布为：3d64S2，价层电子轨道表示式为： ；
（2） 铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是 ，铁的价层电子排布为：3d64S2，在失去3个电子后Fe3+还剩3d5，此时3d轨道是半充满，结构较稳定，不易失去电子，因此 第4电离能比第3电离能大很多 ；
（3） 晶体存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等 ，A选项是正确的；
Fe、N、C的电负性由大到小的顺序 ： ，B选项是正确的；
C.晶体中 键长大于KCN中 的键长，因此前者的键能小，C选项是错误的；
D.根据晶胞图，可知 、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6 ，D选项是正确的。
故答案为：C。
（4）根据配合物的性质，内界是无法电离出来的： 鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5）根据晶胞的结构，Fe2+占据的是晶胞的顶角和面心，个数为：8×1/8+6×1/2=4，Fe3+占据的是晶胞的棱心和体心，个数为：12×1/4+1=4，根据图一可知，CN-位于晶胞的棱心和面心，CN-的个数为：24×1/4+24×1/2+6=24，化合物中各元素的化合价代数和为0，所以K+的个数为：【0-（-24）-（+2）×4-（+3）×4】 /+1=4，所以该晶胞中相当于含有4个KFe2（CN）6，则先求棱长：密度ρ= =g/cm3，则V=cm3，晶胞的棱长为：cm，该晶胞中K+位于相对的小立方体中心，其最短距离应是面对角线长度的二分之一，为：×107nm。
【分析】（1）铁属于过渡元素，其价层电子为最外层电子加上此外层的3d能级上的电子；
（2）当原子的电子所在的能级轨道出现半满或者全满状态时，此时粒子的状态是较为稳定的；
（3）存在的化学键有：σ键、π键、配位键、离子键等；
非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，此外同周期的元素从左至右电负性逐渐增大，同主族的元素从上至下电负性逐渐减小；
对于化学键来说，键长越短，键能就越大；
（4）配合物具有内界难电离，外界易电离的性质；
（5）先根据离子在晶胞中占据的位置来计算出一个晶胞中含有的离子的总数，计算出密度，体积，最后求出晶胞的棱长，即可求出K+之间最短的距离。
18．【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2）Fe2+、Br-；铁粉；b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4）Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；稀硫酸
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）因为氯气会与碱反应，所以将海水酸化的目的是防止发生： 2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO- 的反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子要具有还原性：如 Fe2+、Br- 等；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，又具有了脱氯的作用；
③Br2歧化为和Br- 离子方程式为：3Br2+6OH-=BrO3-+5Br-+3H2O，所以A溶液需要提供碱性环境，B碳酸钠溶液显碱性，符合题意，故答案为：B。
（3）硫酸可以提供H+，发生的离子方程式为：Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（4） ①B中溶液棕红色说明 反应产生了溴单质；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr ；另外 四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
【分析】（1）氯气属于酸性气体，会与碱反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子将氯气还原为Cl-；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生歧化反应，再生成Fe2+，再次具有脱氯作用；
③根据分析，知A应该显碱性；
（4）①溶液呈红棕色说明Br-被氧化为Br2；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，使溴水颜色变浅；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
19．【答案】（1）80.24
（2）B；C
（3）AC；反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4）96%；如图所示：
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故
故答案为：BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B不正确；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D不正确；
故答案为：AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：
。
【分析】（1）根据图示即可找出焓变
（2）根据反应I中的影响因素即可判断
（3）①A.根据即可判断
B.根据温度升高，焓变增大，说明焓变小于0
C.根据焓变的大小即可判断
D.根据体积即可判断
②反应I，II，III的焓变与温度的关系进行判断即可
（4）①根据给出的数据结合方程式计算出平衡时的数据即可计算出转化率
②根据数据即可计算出转化率
20．【答案】（1）A；D
（2）bd；ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O
（3）D
（4）b；c；g；f；h；促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【知识点】化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)A.反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)： n(Fe2+)=1：2，因此步骤①将(NH4)2Fe(SO4)2. 6H2O、 ZnSO4·6H O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75°℃水浴预热，故A正确；
B.为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，故 B错误；
c.根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O从溶液中析出，有副产品硫酸铵，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，故c错误；
D.加热发生反应Zn + +2Fe + + 3C2O42- +6H2O= ZnFe2(C2O4)3 .6H2O↓，在反应中n(Zn2+) ： n(Fe2+) =1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，故D正确；故答案为：AD；
（2）该实验需要在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3 .6H2O晶体，因此需要将药品放置在坩埚中在马弗炉中加热，bd符合题意；发生的方程式为： ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
（3）A.过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，故A正确；
B.抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，故B正确；
C..自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，故c正确；
D.证明ZnFe2(C2O4)3.6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无硫酸根离子即可，所以
ZnFe2(C2O4)3.6H2O已洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1~2滴盐酸酸化的BaCl 溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，故D错误；
故答案为：D；
（5）分析可知，具体操作为首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+ = Zn2+ +H2 ↑、Fe +2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将 Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净 ZnSO4·7H2O晶体，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去，
故答案为：b；c；g；f；h；促进Fe3+水解转化为 Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
(5)滴定过程中消耗0.0500mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00mL，即相当于ZnFe2O4的质量
m(ZnFe204) = 9.64mg/mLx25.00mL，所以该样品的纯度为0.241g/0.250 ×100%
=96.40%；
故答案为：96.40%
【分析】（1）A.先对固体混合物进行预热可以加快反应速率；
B.若快速加入草酸铵并不断搅拌，会出现副反应以及副产物；
C.根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O从溶液中析出，有副产品硫酸铵，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4；
D.按照方程式中物质的系数比投料，可以提高产率，防止浪费原料，产生副反应；
（2）根据流程最后一步知：该实验需要在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3 .6H2O晶体，因此需要将药品放置在坩埚中在马弗炉中加热，创造无氧条件；
（3）因为晶体中含有结晶水，因此获取ZnFe2(C2O4)3 . 6H2O的方法是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）要使Fe元素与Zn元素完全分离，采取的措施应该是将Fe全部转化为+3价，然后水解除去；
（5）先通过消耗的乙二胺四醋酸钠的体积和浓度计算出ZnFe2O4的物质的量，继而求出ZnFe2O4的质量，最终计算出样品的纯度。
21．【答案】（1）A；D
（2）氨基、碳氟键；
（3）+C2H5OH
（4）、、、
（5）
【知识点】有机物的结构式；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A.因为单键可以旋转，硝基与苯环上的C要转到合适的位置，才能使所有原子共面，A选项是错误的；
B.C中含有-OH，可以与气体物质发生缩聚反应，B选项是正确的；
C.G中的B有4个共价键，其中一个为配位键，C选项是正确的；
D.洛美沙星的分子式为C17H19F2N3O3，D选项是错误的；
故答案为：D。
（2）根据A到B的结构变化，可知B含有的官能团是： 氨基、碳氟键；根据G的结构，可知H的结构简式为： ；
（3） D→E 属于取代反应： +C2H5OH ；
（4） ①分子中共有3种不同化学环境的氢原子 ，说明有三种等效氢，分子要具有对称结构；
② 多个酚羟基且相邻， 分子不含-CN，含-N=O ；
③ 分子中含有五元碳环，说明分子中有两个闭环；
（5）结合题目中的合成路线可知：要想得到 ，需先得到二元酯，后再缩合成环： 。
【分析】（1）碳碳单键可以自由旋转，苯环上的原子处于同一平面，-NO2上的原子处在一个平面，只有两个平面转到一个平面上才能所有原子共面；
（2）官能团指的是影响有机物化学性质的结构；
（3）取代反应是化合物或有机物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应；
（4）同分异构体指的是分子式相同，结构式不同的有机物，可以是官能团异构，或者是位置异构；
（5）结合题目中的合成路线可知：要想得到 ，需先得到二元酯，后再缩合成环.
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