2023—2024学年度上学期期末考试
高三化学
时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对的原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14
一、单项选择题：每题3分，共45分
1. 《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐。”若将粗食盐在实验室提纯，不涉及的操作是
A. 溶解 B. 蒸发 C. 过滤 D. 蒸馏
2. 下列化学用语表述错误的是
A. HClO的电子式：
B. 中子数为10的氧原子：O
C. NH3分子的VSEPR模型：
D. 基态N原子的价层电子排布图：
3. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器
C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏
4. 下列反应的离子方程式书写错误的是
A. 长期放置的溶液出现黄色：
B. 饱和溶液中通入过量：
C. 将少量溴水滴入过量溶液中：
D. 向酸性溶液中滴加溶液：
5. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LC2H5OH含有的氢原子数为3NA
B. 25℃时，lLpH=12的碳酸钠溶液中含有Na+的数目为0.02 NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.5 molO2转移的电子数为NA
D. 2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，所得混合气体的分子数等于2NA
6. 下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸 盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性：
C 乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解反应
A. A B. B C. C D. D
7. 在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A. 反应后溶液的降低 B. 每生成气体，转移电子数为
C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比
8. 实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。
实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：
下列有关说法错误的是
A. 以共沸体系带水促使反应正向进行
B. 当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出
C. 管口A是冷凝水的进水口
D. 根据带出水的体积可估算反应进度
9. 除去下列物质中的杂质(括号中的物质为杂质)，所选除杂试剂和分离方法均正确的是
选项 被提纯的物质(杂质) 除杂试剂 分离方法
A 乙烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
B (小苏打) 蒸馏水 重结晶
C 溶液 过量铜粉 过滤
D 乙酸异戊酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液
A. A B. B C. C D. D
10. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(9g) 阴离子电荷数
B 酸性：CH3COOH＞C2H5OH 羟基的极性
C 键角：CH4()大于NH3() 中心原子杂化方式
D 熔点：低于 晶体类型
A. A B. B C. C D. D
11. 橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A. 光照下与氯气反应，苯环上可形成键
B. 与足量水溶液反应，键均可断裂
C. 催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂
D. 与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键
12. 以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是
A. 放电过程中，K+均向负极移动
B. 放电过程中，KOH物质的量均减小
C. 消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D. 消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
13. 一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，M原子序数为Y原子最外层电子数的3倍。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：Z>Y>Q
B. 原子半径：M>Q>X>Y>>Z
C. W、X、Z和钠四种元素形成的离子化合物只能促进水的电离
D. 该杀虫剂结构中既含有极性共价键又含有非极性共价键
14. 水合肼()是一种无色透明发烟液体，具有强碱性和吸湿性，工业上常用作抗氧化剂。实验室利用反应制备水合肼。下列有关说法正确的是
A. 制备时为提高的转化率，可将加入到过量NaClO中
B. 此反应中既不是氧化产物也不是还原产物
C. 在空气中会与反应产生烟雾
D. 中键角小于中键角
15. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A. 溶液时，
B. MA的溶度积
C. 溶液时，
D. HA电离常数
二、非选择题：共4题，共55分
16. 钛白粉学名二氧化钛是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿中往往含有等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：
已知：①酸解后，钛主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
②不溶于水和稀酸。
（1）写出基态原子的价层电子排布式___________。
（2）磨矿的目的是___________。
（3）滤渣①的主要成分是___________。
（4）酸解过程中，写出发生反应的化学方程式___________。
（5）还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：在其它条件不变的情况下，体系中(Ⅲ)含量随变化如图，试分析在介于4~6之间时，(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：___________。
（6）水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：
①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为___________。
②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量，实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理___________。
17. 某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i．和均为白色，难溶于水。
ii．与能生成
iii．与结合倾向。
（1）探究与的结合倾向
实验 滴管 试管 现象
Ⅰ 10滴溶液 等浓度的和溶液 黄色沉淀
Ⅱ 等浓度的和溶液 黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向___________(填“>”或“<”)。
②取两等份浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中价银的存在形式___________(填化学式)，推测：与结合倾向。
查阅资料：证实了上述推测。
（2）的转化
实验 滴管 试管 现象
Ⅲ 溶液 溶液 白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ 溶液 溶液 白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式___________。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是中元素化合价分别为和，写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式___________。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解之后的废定影液中，加入___________(填试剂)，可使定影液再生。
（3）资料显示：原子与结合比原子更稳定与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因___________。
18. 转化利用对化解全球环境生态危机助力全球“碳达峰、碳中和”目标的实现具有重要意义。化学工作者致力于将转化为各种化工原料。
Ⅰ．早在二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：①和生成；②分解生成尿素。
（1）活化能：反应①反应___________②(填“>”、“<”或“=”)；___________(用含的式子表示)。
II．我国科学家研究电池，取得了重大科研成果。电池中，反应产物为；和单质碳，正极电还原后与锂离子结合形成按以下4个步骤进行：
①；
②；
③___________；
④
（2）写出步骤③中与反应的离子方程式___________。
III．利用和重整技术可获得合成气(主要成分为)，重整过程中反应的热化学方程式如下：
反应i：
反应ii：
不同配比随温度变化对出口合成气中影响如下图所示
（3）对于反应，试比较点和点的转化率：___________(填“>”、“<”或“=”下同)；平衡常数___________，当一定，有利于提高平衡转化率的反应条件是___________(填序号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（4）当，温度高于，减小的原因可能是___________。
19. 碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一、某同学从基础化工原料丙烯出发，针对酮类有机物设计了如下合成路线：
已知：。
回答下列问题：
（1）由的反应中，中的___________键断裂(填“”或“”)。
（2）满足下列条件，与互为同分异构体的芳香族化合物有___________种。
i．苯环上有4个取代基
ii．能与溶液发生显色反应
iii．其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为
iv．该物质可催化氧化生成醛
（3）D中含氧官能团的名称为___________。
（4）的反应类型为___________，结构简式为___________。
（5）参照上述合成路线，以和为原料合成的路线如下：合成过程中除生成主要产物I()外，还生成另一种副产物J，J的结构简式为___________。写出生成J的化学方程式___________。2023—2024学年度上学期期末考试
高三化学
时间：75分钟 满分：100分
可能用到的相对的原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14
一、单项选择题：每题3分，共45分
1. 《本草纲目》中记载了粗食盐的一种制作过程：“取盐于池旁耕地沃以池水，每得南风急，则宿夕成盐。”若将粗食盐在实验室提纯，不涉及的操作是
A. 溶解 B. 蒸发 C. 过滤 D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】若将粗食盐在实验室提纯，需要将粗盐溶解，然后过滤除杂，接着蒸发结晶，不需要蒸馏，故选：D。
2. 下列化学用语表述错误的是
A. HClO的电子式：
B. 中子数为10的氧原子：O
C. NH3分子的VSEPR模型：
D. 基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；
B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确；
C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；
故答案选C。
3. 关于下列仪器使用的说法错误的是
A. ①、④不可加热 B. ②、④不可用作反应容器
C. ③、⑤可用于物质分离 D. ②、④、⑤使用前需检漏
【答案】A
【解析】
【分析】①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗
【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；
B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；
D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；
故选A。
4. 下列反应的离子方程式书写错误的是
A. 长期放置的溶液出现黄色：
B. 饱和溶液中通入过量：
C. 将少量溴水滴入过量溶液中：
D. 向酸性溶液中滴加溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．长期放置的溶液出现黄色，是空气中的氧气将碘离子氧化：，A正确；
B．饱和溶液中通入过量会生成碳酸氢钠：，B正确；
C．少量的溴水不能将所有的亚硫酸根氧化成硫酸根，故为，C错误；
D．向酸性溶液中滴加溶液生成氧气：，D正确；
答案选C。
5. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LC2H5OH含有的氢原子数为3NA
B. 25℃时，lLpH=12的碳酸钠溶液中含有Na+的数目为0.02 NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.5 molO2转移的电子数为NA
D. 2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，所得混合气体的分子数等于2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇在标准状况下为液态，已知体积无法计算物质的量，也就无法计算氢原子数，A错误。B、. 25℃时，pH=12的碳酸钠溶液c(H+)=1×10-12mol/L，但是无法求解Na2CO3或Na+浓度，Na+数目也无法计算，B错误。C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成的O2来源于Na2O2中-1价氧元素，则当反应生成0.5molO2时，转移电子数为1×0.5mol×2=1mol，即转移NA个电子，C正确。D、该反应是一个可逆反应，所以反应物不可能完全反应，已知中反应前的气体总物质的量为3mol，含有的分子数为3NA，若二者完全反应生成2molSO3，此时气体总分子数为2NA，由于该反应不可能完全进行，所以充分反应后气体总分子数设为N，则 3NA > N >2NA，D错误。正确答案C。
点睛：对于氧化还原反应，氧化剂得到电子数=还原剂失去电子数=变价×变价原子数。
6. 下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向盛有和的试管中分别滴加浓盐酸 盛的试管中产生黄绿色气体 氧化性：
B 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性：
C 乙醇和浓硫酸共热至，将产生的气体通入溴水中 溴水褪色 乙烯发生了加成反应
D 向溶液中滴加溶液 出现黄色沉淀 发生了水解反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，盛的试管中产生黄绿色气体，说明将氯离子氧化为氯气，而氢氧化铁不行，故氧化性：，A正确；
B．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不能说明酸性，B错误；
C．浓硫酸被乙醇还原生成SO2，SO2能与溴单质反应使得溴水褪色，不能说明乙烯发生了加成反应，C错误；
D．出现黄色沉淀，说明电离出了磷酸根离子，D错误；
故选A。
【点睛】
7. 在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是
A. 反应后溶液的降低 B. 每生成气体，转移电子数为
C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干可知，AuS-和Fe2+反应生成磁铁矿和Au，并伴有H2S生成，反应方程式为。
【详解】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A正确；
B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B错误；
C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C错误；
D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3 FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D错误；
故答案选A。
8. 实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备环己酮缩乙二醇。
实验中利用苯—水的共沸体系带出水分，其反应原理：
下列有关说法错误的是
A. 以共沸体系带水促使反应正向进行
B. 当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出
C. 管口A是冷凝水的进水口
D. 根据带出水的体积可估算反应进度
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出；
【详解】A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，选项A正确；
B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，选项B错误；
C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，选项C正确；
D．根据投料量，可估计生成水的体积，随着反应的进行、分水器中水层体积不断增大，所以可根据带出水的体积估算反应进度，选项D正确；
答案选B。
9. 除去下列物质中的杂质(括号中的物质为杂质)，所选除杂试剂和分离方法均正确的是
选项 被提纯的物质(杂质) 除杂试剂 分离方法
A 乙烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气
B (小苏打) 蒸馏水 重结晶
C 溶液 过量铜粉 过滤
D 乙酸异戊酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应时会产生，从而引入新的杂质，A错误；
B．与在溶液中会发生互相促进水解，B错误；
C．与Cu反应会产生，从而引入新的杂质，C错误；
D．饱和碳酸钠溶液可吸收乙酸，同时降低乙酸异戊酯在水中的溶解度，通过分液可分离出乙酸异戊酯，D正确；
答案选D。
10. 物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
性质差异 结构因素
A 溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(9g) 阴离子电荷数
B 酸性：CH3COOH＞C2H5OH 羟基的极性
C 键角：CH4()大于NH3() 中心原子的杂化方式
D 熔点：低于 晶体类型
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；
B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；
D．与NaBF4均为离子化合物，判断离子化合物的熔点高低通常用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，与NaBF4离子电荷相同，但的阳离子半径大于Na+，因此晶格能小，熔点低，D不正确；
故选B。
11. 橙皮苷广泛存在于脐橙中，其结构简式(未考虑立体异构)如下所示：
关于橙皮苷的说法正确的是
A. 光照下与氯气反应，苯环上可形成键
B. 与足量水溶液反应，键均可断裂
C. 催化剂存在下与足量氢气反应，键均可断裂
D. 与醇溶液反应，多羟基六元环上可形成键
【答案】C
【解析】
【详解】A．光照下烃基氢可以与氯气反应，但是氯气不会取代苯环上的氢，A错误；
B．分子中除苯环上羟基，其他羟基不与氢氧化钠反应，B错误；
C．催化剂存在下与足量氢气反应，苯环加成为饱和碳环，羰基氧加成为羟基，故键均可断裂，C正确；
D．橙皮苷不与醇溶液发生消去反应，故多羟基六元环不可形成键，D错误；
故选C。
【点睛】
12. 以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是
A. 放电过程中，K+均向负极移动
B. 放电过程中，KOH物质的量均减小
C. 消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D. 消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L
【答案】C
【解析】
【分析】碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。
【详解】A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；
B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；
C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、、，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；
D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；
故选C。
13. 一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，M原子序数为Y原子最外层电子数的3倍。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：Z>Y>Q
B. 原子半径：M>Q>X>Y>>Z
C. W、X、Z和钠四种元素形成的离子化合物只能促进水的电离
D. 该杀虫剂结构中既含有极性共价键又含有非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，则W为H元素；由结构可知，X形成4个共价键、Y形成3个共价键、Z形成2个共价键，则X为C元素、Y为 N元素、Z为 O元素，Y原子最外层电子数为5，M原子序数为Y原子最外层电子数的3倍，故M为P元素。Q形成2个共价键，则Q为S元素，据此解答。
【详解】A．Y、Z、Q的简单氢化物依次为NH3、H2O、 H2S，常温下，水为液体，而氨气、硫化氢为气体，故水的沸点最高，而氨气分子之间形成氢键，氨气的沸点比硫化氢高，即沸点H2O>NH3>H2S，A项正确；
B．电子层结构相同的原子，序数越大，半径越小，电子层越多，半径越大，故原子半径M>Q>Y>Z，B项正确；
C．W、X、Z和钠四种元素形成的离子化合物为NaHC2O4时，HC2O的电离程度大于水解程度，水的电离受到抑制，C项错误；
D．由结构可知，该杀虫剂结构中既含有极性共价键又含有非极性共价键，D项正确；
故答案选C。
14. 水合肼()是一种无色透明发烟液体，具有强碱性和吸湿性，工业上常用作抗氧化剂。实验室利用反应制备水合肼。下列有关说法正确的是
A. 制备时为提高的转化率，可将加入到过量NaClO中
B. 此反应中既不是氧化产物也不是还原产物
C. 在空气中会与反应产生烟雾
D. 中键角小于中键角
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量NaClO可将氧化为氮气，A错误；
B．尿素中C+4价、O是-2价、N是-3价、H是+1价，则是氧化产物，B错误；
C．是具有较强还原性的碱性液体，在空气中会与反应产生烟雾，C正确；
D．中N原子存在一对孤对电子，中O原子存在两对孤对电子，由于孤对电子的排斥作用，导致中键角大于中键角，D错误；
故选C。
15. HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误是
A. 溶液时，
B. MA的溶度积
C. 溶液时，
D. HA的电离常数
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；
C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；
故选C。
二、非选择题：共4题，共55分
16. 钛白粉学名二氧化钛是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿中往往含有等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：
已知：①酸解后，钛主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
②不溶于水和稀酸。
（1）写出基态原子的价层电子排布式___________。
（2）磨矿的目的是___________。
（3）滤渣①的主要成分是___________。
（4）酸解过程中，写出发生反应的化学方程式___________。
（5）还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：在其它条件不变的情况下，体系中(Ⅲ)含量随变化如图，试分析在介于4~6之间时，(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：___________。
（6）水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：
①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为___________。
②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量，实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理___________。
【答案】（1）3d24s2
（2）增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率
（3）Fe、SiO2、CaSO4
（4）FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O
（5）pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在
（6） ①. TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓ ②. +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
【解析】
【分析】由题给流程可知，钛铁矿经磨矿后，加热条件下加入稀硫酸酸解，将FeTiO3转化为硫酸亚铁和TiOSO4，金属氧化物转化为硫酸盐，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不能与稀硫酸反应，向酸解后的溶液中加入足量铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，过滤得到含有铁、二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和滤液1；滤液1经结晶、过滤得到含有硫酸亚铁晶体的滤渣2和滤液2；一定条件下，使滤液2中的TiOSO4发生水解反应转化为钛酸沉淀，过滤得到滤液3和钛酸；钛酸经煅烧分解制得钛白粉。
【小问1详解】
钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
【小问2详解】
磨矿可以增大固体的表面积，有利于增大反应物接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为铁、二氧化硅、硫酸钙，故答案为：Fe、SiO2、CaSO4；
小问4详解】
由分析可知，酸解过程中FeTiO3发生的反应为FeTiO3与稀硫酸共热反应生成硫酸亚铁、TiOSO4和水，反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；
【小问5详解】
由图可知，溶液pH增大，体系中Fe(Ⅲ)含量增大，说明溶液pH增大，铁离子在溶液中的水解程度增大，则在pH介于4~6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变说明体系中铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；
【小问6详解】
①由分析可知，水解过程中得到沉淀的反应为一定条件下，滤液2中的TiOSO4发生水解反应生成钛酸沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓，故答案为：TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓；
②用酸性高锰酸钾溶液滴定溶液中亚铁离子的反应为酸性条件下，溶液中高锰酸根离子与亚铁离子反应生成锰离子、铁离子和水，反应的离子方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
17. 某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i．和均为白色，难溶于水。
ii．与能生成
iii．与结合倾向
（1）探究与的结合倾向
实验 滴管 试管 现象
Ⅰ 10滴溶液 等浓度的和溶液 黄色沉淀
Ⅱ 等浓度的和溶液 黄色沉淀
①由实验I推测：与结合倾向___________(填“>”或“<”)。
②取两等份浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中价银的存在形式___________(填化学式)，推测：与结合倾向。
查阅资料：证实了上述推测。
（2）的转化
实验 滴管 试管 现象
Ⅲ 溶液 溶液 白色沉淀，振荡后消失
Ⅳ 溶液 溶液 白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀
①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式___________。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是中元素的化合价分别为和，写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式___________。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解之后的废定影液中，加入___________(填试剂)，可使定影液再生。
（3）资料显示：原子与结合比原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因___________。
【答案】（1） ①. > ②.
（2） ①. ②. ③. Na2S
（3）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<
【解析】
【分析】该实验的实验目的是探究不同阴离子与银离子的结合倾向，并设计实验探究硫代硫酸根离子的转化。
【小问1详解】
①由实验I的实验现象可知，银离子与碘离子的结合能力强于硫代硫酸根离子，故答案为：＞；
②由向溴化银的浊液中分别滴加等浓度、等体积的亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清说明银离子与硫代硫酸根离子的结合能力强于溴离子，由题给信息可知，澄清溶液中银离子的存在形式为二硫代硫酸根合银离子，故答案为：；
【小问2详解】
①由实验现象可知，向硫代硫酸钠溶液中滴加等浓度的硝酸银溶液发生的反应为银离子与溶液中硫代硫酸根离子生成硫代硫酸银白色沉淀，反应生成的硫代硫酸银与过量的二硫代硫酸根合银离子使白色沉淀溶解，则沉淀溶解的离子方程式为，故答案为：；
②由题给信息可知，向硝酸银溶液中滴加等浓度的硫代硫酸钠溶液发生的反应为银离子与溶液中硫代硫酸根离子生成硫代硫酸银白色沉淀，由于银离子与硫离子结合倾向更强，硫代硫酸银在溶液中发生歧化反应生成硫化银黑色沉淀和硫酸，反应的离子方程式为，故答案为：；
③由银离子与硫离子结合倾向更强可知，使硫代硫酸钠溶液溶解溴化银的的废定影液再生的试剂为硫化钠：向Na2S2O3溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
小问3详解】
由与结构相似可知，和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向为<，故答案为：和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
18. 转化利用对化解全球环境生态危机助力全球“碳达峰、碳中和”目标的实现具有重要意义。化学工作者致力于将转化为各种化工原料。
Ⅰ．早在二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：①和生成；②分解生成尿素。
（1）活化能：反应①反应___________②(填“>”、“<”或“=”)；___________(用含的式子表示)。
II．我国科学家研究电池，取得了重大科研成果。电池中，反应产物为；和单质碳，正极电还原后与锂离子结合形成按以下4个步骤进行：
①；
②；
③___________；
④
（2）写出步骤③中与反应的离子方程式___________。
III．利用和重整技术可获得合成气(主要成分为)，重整过程中反应的热化学方程式如下：
反应i：
反应ii：
不同配比随温度变化对出口合成气中的影响如下图所示
（3）对于反应，试比较点和点的转化率：___________(填“>”、“<”或“=”下同)；平衡常数___________，当一定，有利于提高平衡转化率的反应条件是___________(填序号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
（4）当，温度高于，减小的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. < ②. [或或]
（2）
（3） ①. > ②. = ③. B
（4）温度高于900℃后体系中发生的反应以反应ii为主，作为反应物参与反应，导致其浓度减小，而生成物的浓度增大，因而导致比值减小
【解析】
【小问1详解】
由图可知，反应①的活化能是E1，反应②活化能是E3，E1< E3，即M＜N；由图可知，总反应的ΔH=[或或]；
故答案为：< ；[或或]；
【小问2详解】
活泼金属Li失电子，发生氧化反应，故Li为负极，二氧化碳在正极发生还原反应，正极反应式为3CO2+4Li+4e-=2LiCO3+C，依据Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得骤Ⅲ的离子方程式为：；
故答案为：；
【小问3详解】
M点和N点的区别比值，M点的甲烷含量更高，由反应是Ⅰ知增加甲烷的量二氧化碳的转化率变大，故M点CO2的转化率比N点CO2的转化率大；
由图可知，M点和N点的反应温度相同，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则M点和N点的平衡常数相等；
反应Ⅰ都是气体体积增大的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，低压则向正反应方向移动，反应物的转化率增大，，反应为吸热反应，则高温有利于反应正向移动；
故答案为＞；=；B；
【小问4详解】
则当时，温度高于900℃后，减小说明体系中的反应以反应Ⅱ为主，反应物氢气的浓度减小、生成物一氧化碳的浓度增大，导致减小；
故答案为：温度高于900℃后体系中发生的反应以反应ii为主，H2作为反应物参与反应，导致其浓度减小，而生成物CO的浓度增大，因而导致比值减小。
19. 碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一、某同学从基础化工原料丙烯出发，针对酮类有机物设计了如下合成路线：
已知：。
回答下列问题：
（1）由的反应中，中的___________键断裂(填“”或“”)。
（2）满足下列条件，与互为同分异构体的芳香族化合物有___________种。
i．苯环上有4个取代基
ii．能与溶液发生显色反应
iii．其中核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为
iv．该物质可催化氧化生成醛
（3）D中含氧官能团的名称为___________。
（4）的反应类型为___________，结构简式为___________。
（5）参照上述合成路线，以和为原料合成的路线如下：合成过程中除生成主要产物I()外，还生成另一种副产物J，J的结构简式为___________。写出生成J的化学方程式___________。
【答案】（1）σ （2）4
（3）羰基、酯基 （4） ①. 消去反应 ②.
（5） ①. ②. +HBr
【解析】
【分析】丙烯与Br2发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Br，根据G的结构简式和已知酮类有机物H及H的分子式，G发生消去反应生成H，则H的结构简式为。
【小问1详解】
由分析可知的反应丙烯和溴的取代反应，则由A→B的反应中，A中的σ键断裂；
【小问2详解】
芳香族化合物M与H互为同分异构体，H的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，则M中除了苯环无其他环或者双键，M苯环上有4个取代基，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，含有6种不同化学环境的氢原子，能催化氧化生成醛，则含有 CH2OH结构，满足条件的结构简式为、、和共4种；
【小问3详解】
根据D的结构简式可知，D中含氧官能团有羰基和酯基；
【小问4详解】
根据分析可知，G发生消去反应生成H，根据G的结构简式和已知酮类有机物H及的H分子式，G发生消去反应生成H，H结构简式为；故答案为：消去反应；；
【小问5详解】
CH3CH(OH)CH3与HBr发生取代反应生成CH3CHBrCH3，发生催化氧化生成，与两分子CH3CHBrCH3发生类似于B到D的取代反应生成I()外，也可与一分子CH3CHBrCH3发生类似于B到D的取代反应生成另一种副产物J()，方程式为+HBr。
