【精品解析】湖南省长沙浏阳景雅高级中学2025届高三上学期入学考试化学试题

湖南省长沙浏阳景雅高级中学2025届高三上学期入学考试化学试题
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．（2024高三上·浏阳开学考）化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料
C．华为新上市的mate60pro手机引发关注，其CPU基础材料是
D．光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化合物有关
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A、可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧后生成CO2，仍会增加温室气体排放。虽然可燃冰可替代部分化石燃料，但其开发仍会释放大量CO2，且甲烷本身是强效温室气体，因此不利于实现碳中和，A错误；B、氮化硼（BN）陶瓷具有高耐热性、高绝缘性和低密度等特性，属于新型无机非金属材料，广泛应用于航天器推进系统，B正确；
C、CPU芯片的半导体基础材料是单晶硅，而非SiO2，SiO2用于制造光纤、玻璃或芯片绝缘层，但CPU核心材料是硅单质，C错误；
D、光化学烟雾主要与氮氧化物和碳氢化合物有关，臭氧层空洞主要由氟氯烃和溴代烃引起，温室效应主要与CO2、CH4等有关，三者并非都与氮氧化物直接相关，D错误；
故答案为：B
【分析】光化学烟雾：由汽车尾气等排放的氮氧化物（NO ）和挥发性有机物在阳光照射下发生光化学反应形成的有毒烟雾，主要污染物为臭氧（O3）、过氧乙酰硝酸酯（PAN）等，会刺激呼吸道、损害植物，降低大气能见度。
臭氧层空洞：氟氯代烷（如氟利昂）等物质进入平流层后，在紫外线作用下分解出氯原子，催化破坏臭氧（O3），导致平流层臭氧浓度大幅降低形成 “空洞”，使到达地面的紫外线增强，危害生物 DNA、增加人类皮肤癌风险。
温室效应：大气中 CO2、甲烷（CH4）等温室气体吸收地面长波辐射，使地球升温，主要由化石燃料燃烧、森林砍伐等引发，导致冰川融化、极端天气增多。
2．（2024高三上·浏阳开学考）近年来，我国科学家在新物质、新材料、新能源等诸多领域不断取得新突破，下列说法错误的是
A．我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是ⅣA 元素
B．利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
D．嫦娥五号带回来的月壤中的嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]，其成分属于无机盐
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；无机化合物与有机化合物的概念；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术上取得突破，其中碳（C）、硅（Si）、锗（Ge）均位于元素周期表第ⅣA族，属于同族元素，A正确；B、利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，可将CO2转化为固态产品，减少大气中CO2含量，助力“碳中和”，B正确；
C、钙钛矿太阳能电池的能量转化形式为光能转化为电能，而非化学能转化为电能。太阳能电池通过光伏效应将光能直接转化为电能，不涉及化学能转换，C错误；
D、嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是一种磷酸盐矿物，由金属离子（Ca2+、Y3+、Fe2+/Fe3+）与磷酸根（PO43-）组成，属于无机盐，D正确；
故答案为：C
【分析】碳中和的核心目标是减少大气中温室气体（以二氧化碳为主）浓度，缓解全球气候变暖，推动全球气候治理，实现生态环境可持续发展。
3．（2024高三上·浏阳开学考）下列叙述正确的是
A．KBr的电子式：
B．聚乙炔的结构简式：
C．的空间结构：平面三角形
D．的名称：2-甲基-2-丁烯
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、选项中没有标注Br的负电荷，且未完整表示电子对，KBr的正确电子式为：，A错误；
B、乙炔单体为HC≡CHHC≡CH，聚乙炔是由乙炔聚合得到的高分子化合物，且聚乙炔的结构为单双键交替结构，故正确的结构简式为，B正确；
C、的中心硫原子有3个氧原子和1对孤对电子，中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，C错误；
D、主链应包含双键，最长碳链为4个碳，双键位置最近端编号，主链为丁烯，双键在1-2位，取代基在2号碳，因此CH3CH2C(CH3)=CH2的系统命名为2-甲基-1-丁烯，D错误；
故答案为：B
【分析】烷烃的系统命名法口诀：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前，标位置，连短线；不同基，简到繁，相同基，合并算，而烯烃的命名方法：与烷烃相似，即：长、多、近、简、小的命名原则，但不同点是主链必须含有双键或叁键。
4．（2024高三上·浏阳开学考）X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电子，Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y组成的化合物有可燃性
B．X、Q组成的化合物有还原性
C．Z、W组成的化合物能与水反应
D．W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；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
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为碳元素，若X为氢元素，则X、Y组成的化合物为烃，具有可燃性，A不符合题意；
B．由分析可知，Q为硫元素，若X为氢元素，则X、Q组成的H2S具有还原性，B不符合题意；
C．由分析可知，Z、W分别为氧元素、钠元素，组成的化合物为Na2O或Na2O2，均能与水反应，C不符合题意；
D．由分析可知，W、Q分别是钠元素、硫元素，组成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，W元素的焰色试验呈黄色，可推出W为钠元素，则Q位于第三周期，Y、Z位于第二周期，根据Z和Q同族且Z的原子序数是Q的一半，设Z、Q原子最外层电子数为x，则2（2+x）=2+8+x，解得x=6，所以Z为氧元素，Q为硫元素。Y原子核外有两个单电子，且位于第二周期，可推出Y为碳元素；根据X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，可推出X最外层电子数为1，而X只能位于第一周期或第二周期，则X为氢元素或锂元素。
5．（2024高三上·浏阳开学考）下列离子方程式书写错误的是
A．用氢氟酸雕刻玻璃：
B．用绿矾处理酸性废水中的
C．用泡沫灭火器灭火的原理：
D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氟酸（HF）是弱酸，在溶液中不完全电离，不能拆分为H+和F-的离子形式，故用氢氟酸雕刻玻璃的正确离子方程式为：，A错误；
B、用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，且原子平衡：左边6Fe、2Cr、7O、14H，右边6Fe、2Cr、7O、14H且电荷平衡：左边6×(2+)+(-2)+14×(1+)=+12-2+14=+24，右边6×(3+)+2×(3+)=+18+6=+24，故正确的离子方程式为：
，B正确；
C、原子平衡：左边1Al、3H、3C、9O，右边Al(OH)3： 1Al、3O、3H；3CO2： 3C、6O；总计1Al、3C、3H、9O，电荷平衡：左边Al3+（+3）和3HCO3-（3×(-1) = -3），总电荷0；右边均为中性分子或沉淀，总电荷0，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、电解饱和食盐水的总反应：阳极氧化Cl-生成Cl2，阴极还原H2O生成H2和OH-，其中原子平衡：左边2Cl、4H、2O：，右边2OH-： 2O、2H；H2： 2H；Cl2： 2Cl；总计2Cl、4H、2O，电荷平衡：左边2Cl-（-2），H2O中性，总电荷-2；右边2OH-（-2），H2和Cl2中性，总电荷-2，故正确的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
6．（2024高三上·浏阳开学考）下列说法错误的是（　　）
A．相同条件下比稳定
B．与的空间构型相同
C．中键比键更易断裂
D．中键和大键的数目不相等
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．N2、O2的结构式分别为N≡N、O=O，相同条件下，N2的键能较大，较稳定，A不符合题意；
B．N2O与NO2+均为直线型，B不符合题意；
C．N2O的结构式为N=N=O，在一定条件下可分解为O2和N2，说明中键比键更易断裂 ，C不符合题意；
D．N2O的结构式为N=N=O，氮氮原子之间与氮氧原子之间分别含有1个σ键，边上的氮氧原子形成2个大π键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.相同条件下，三键比双键稳定。
B.N2O与NO2+均为直线型。
C.N2O的结构式为N=N=O，在一定条件下可分解为O2和N2。
D.N2O的结构式为N=N=O，氮氮原子之间与氮氧原子之间分别含有1个σ键，边上的氮氧原子形成2个大π键。
7．（2024高三上·浏阳开学考）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成(结构如图)。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，N原子中2p能级上电子为半满结构，较为稳定，电离能反常高于相邻的O，第一电离能大于同周期与之相邻的元素，则第一电离能：CB、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，该化合物中O的电负性较大，可以和H之间形成氢键，B正确；
C、Be和Al处在元素周期表的对角线上，而处在对角线的元素性质相似，如都具有两性，C正确；
D、H、N、O虽然都是非金属元素但是任然可以可以形成离子化合物，如，其中其中NH4+和NO3-为离子，D正确；
故答案为：A
【分析】X的最外层电子数等于内层电子数，短周期主族元素中，只有Be满足此条件，原子序数4，电子排布1s22s2，最外层2个电子，内层2个电子，因此X为Be；Y是有机物分子骨架元素，有机物分子骨架元素通常为C，原子序数6，因此Y为C；Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物，室温下常见的液态化合物为H2O和H2O2，由H和O形成，W原子序数最小，Q原子序数最大，且原子序数依次增大，因此W为H，Q为O；原子序数依次增大，Z原子序数介于6和8之间，为N，原子序数7。
8．（2024高三上·浏阳开学考）下列化学用语表示错误的是
A．碳化硅的化学式：SiC
B．甲醛中π键的电子云轮廓图：
C．的电子式：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、碳化硅是原子晶体，Si与C之间通过共价键结合，原子个数比为1：1，化学式SiC正确体现了原子组成，A正确；
B、甲醛中存在C=O，其中一个键一个σ键，π键由C、O的p轨道通过肩并肩的方式重叠形成，电子云轮廓图为哑铃形，键的电子云轮廓图：，B正确；
C、碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式需标注阴阳离子及离子电荷，图示符合离子化合物电子式的书写规则，正确的电子式为：，C正确；
D、邻羟基苯甲醛，羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，但图示中氢键表示为羟基的O与醛基的H结合，而醛基的H与C相连C电负性小，无法形成氢键，分子内氢键表示错误，D错误；
故答案为：D
【分析】氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
9．（2024高三上·浏阳开学考）离子液体有独特的优良性能。某离子液体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．原子的杂化轨道类型均为
C．中所含键的数目为
D．最简单氢化物的沸点：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，F电负性最强，电离能最高；N因2p轨道半满，电离能高于同周期相邻元素，但仍低于F，故第一电离能：F>N>C，A错误；
B、由离子液体的结构可知，杂环中的N参与C=N双键，为sp2杂化，是典型的平面三角形结构，而侧链连接的N为单键饱和，是sp3杂化，因此N原子杂化类型有sp2和sp3，B错误；
C、由离子液体的结构可知，离子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由此可以推断出1molY中所含σ键的数目为1mol×28×NAmol-1=28NA，C错误；
D、氟化氢和氨分子都能形成氢键，氟化氢分子形成的分子间氢键强于氨分子，沸点高于氨分子；磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子；磷化氢是极性分子，甲烷是非极性分子，磷化氢的分子间作用力大于甲烷分子，沸点高于甲烷分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为，D正确；
故答案为：D
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
10．（2024高三上·浏阳开学考）超氧化钾被称为“化学氧自救剂”，可用于煤矿井下急救。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。下列有关说法正确的是
A．K+位于O构成的八面体空隙中
B．超氧化钾的化学式为K2O2
C．晶体中K+的配位数是8
D．超氧化钾晶体中只存在离子键
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；晶胞的计算；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、通过均摊法并观察晶胞结构可知K+位于体心和棱心，而面心立方堆积中，棱心和体心位置恰好对应八面体空隙。因此，K+确实填充在 O 构成的八面体空隙中，A正确；
B、判断晶体的化学式需要用到“均摊法”计算，根据结构可知：晶胞中含个K+、个O，则超氧化钾的化学式为KO2，B错误；
C、以面心立方堆积的 O 为参照，K+填充八面体空隙时，每个K+周围有6个紧邻的 O ，因此，K+的配位数是6，C错误；
D、超氧化钾是离子晶体，K+与 O 之间通过离子键结合，但 O 内部的O-O键是共价键，两个O原子通过共用电子对结合。因此，晶体中同时存在离子键和共价键，D错误；
故答案为：A
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
11．（2024高三上·浏阳开学考）冠醚是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是
A．1mol 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）
B．18-冠-6分子间不能形成氢键
C．图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能
D．若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；阿伏加德罗定律及推论；超分子
【解析】【解答】A、根据图A可知，18-冠-6的σ键包括：12个C-O键、6个C-C键和24个C-H键，总计42个σ键，因此1mol18-冠-6含σ键的数目为42NA，A正确；
B、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，18-冠-6分子分子中不含和N、O、F成键的氢原子，不能形成氢键，B正确；
C、根据图B可知，与18-冠-6的空腔大小匹配，且与氧原子之间通过弱相互作用，类似配位不是化学键，形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能，C正确；
D、F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，取代后会吸电子，导致O的孤对电子密度减少，O与K+的结合依赖孤对电子，孤对电子密度降低，相互作用减弱，超分子稳定性下降，D错误；
故答案为：D
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．（2024高三上·浏阳开学考）实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B．酸性条件下的氧化性：
C．可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
【答案】B
【知识点】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；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、反应Ⅰ：，其中作氧化剂，氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，而氯离子作还原剂，氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；
B、在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性：，Ⅱ在碱性条件显得氧化性：，Ⅲ得氧化性：，所处的环境不同，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误；
C、酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，选项中原子和电荷均守恒，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、高锰酸钠的摩尔质量为：142g/mol，28.4g高锰酸钠为0.2mol，结合方程式 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 可知，ClO3-和MnO4-之间的定量关系为：，推断出理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
13．（2024高三上·浏阳开学考）具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成乙醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是
A．该反应过程中的原子利用率为100%
B．物质c为乙烷催化氧化的重要催化剂
C．过程中铁的价态没有发生改变
D．由于电负性O＞N＞Fe，所以的O原子与催化剂上的Fe产生吸附
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从反应路径看：反应物为N2O和C2H6，但反应生成了副产物N2，中明确标注N2脱离催化循环。这说明N2O中的N原子未全部进入乙醇，存在“原子浪费”的现象，原子利用率不为100%，A错误；
B、催化剂的核心特征是：参与反应，但反应前后化学性质和质量不变，观察反应过程可知物质c是N2O与Fe活性位点作用后的中间产物，图中a→b→c是连续反应步骤，c会继续与C2H6反应，并非“反应前后不变”的物质，因此，物质c是中间产物，非催化剂，B错误；
C、反应中Fe作为活性中心，参与氧化还原过程，价态随反应步骤变化：物质a中Fe为+2价；物质c中Fe为+4价；显然，Fe的价态发生了变化，C错误；
D、根据电负性的判断规律可知：O＞N＞Fe，O的电负性强，对Fe的吸引能力强，故N2O的O原子与催化剂上的Fe产生吸附，D正确；
故答案为：D
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
14．（2024高三上·浏阳开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．的溶液中含有分子数为
B．溶于过量稀硝酸，电子转移数为
C．和的固体混合物中含有的离子总数为
D．的溶液中离子数为
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、该选项未指定溶液体积，无法确定分子数。浓度 1.0 mol·L- 表示每升溶液含 1.0 mol CH3COOH，但分子数取决于体积，无法计算所含分子数，A错误；
B、铁与过量稀硝酸反应时，铁被氧化为 Fe3+，对应的化学方程式为：，铁从 0 价升至 +3 价，每 mol Fe 失去 3 mol 电子，电子转移数为 3NA，B错误；
C、Na2O2 和 Na2S 的摩尔质量均为 78 g/mol，Na2O2的结构如图所示：，含有1 mol 含 2 mol Na+ 和 1 mol O22-，共 3 mol 离子，而Na2S中1 mol 含 2 mol Na+ 和 1 mol S2-，共 3 mol 离子，78 g 混合物的总物质的量为 1 mol，无论 Na2O2 和 Na2S 的比例如何，总离子数均为 3 mol，即 3NA个离子，C正确；
D、溶液在水中会逐渐水解，对应的水解方程式为：，因此可知数目小于，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分。)
15．（2024高三上·浏阳开学考）硫酸四氨合铜晶体在工业上用途广泛，常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。现以铜粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。(已知：在水中的溶解度随温度的升高而增大)
I．溶液的制备
①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。
②在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。
③趁热过滤得蓝色溶液。
（1）A仪器的名称为________。
（2）第③步中，趁热过滤的目的是________。
Ⅱ．晶体的制备
将上述制备的溶液按如图所示进行操作
（3）已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式：________。
（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，请结合物质结构与性质知识解释乙醇的作用：________，此处不采用浓缩结晶的原因是________。
Ⅲ．氨含量的测定
精确称取w g晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 mL 0.5mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗mL NaOH溶液。
（5）为了减少误差，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl溶液时最好使用________(填“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。
（6）样品中氨的质量分数的表达式为________(用含w、、的代数式表式)。
（7）下列实验操作可能使氨含量的测定结果偏高的是___________(填标号)。
A. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
C. 将样品液中的氨全部蒸出后，未用蒸馏水冲洗导管内壁
D. 取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
【答案】(1) 坩埚
(2) 趁热过滤，能防止结晶，减小的损失
(3)
(4) 降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出 硫酸四氨合铜晶体受热容易分解
(5) 甲基橙
(6)
(7) B，D
【知识点】物质的分离与提纯；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）、灼烧铜粉应在坩埚中进行，故A仪器的名称为坩埚；
（2）、趁热过滤，能防止结晶，减小的损失；
（3）、向所得溶液中加入适量，生成Cu2(OH)2SO4的离子方程式为：；
（4）、加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出，不用浓缩结晶的方法是因为硫酸四氨合铜晶体受热容易分解；答案为降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出；硫酸四氨合铜晶体受热容易分解；
（5）、溶液是氯化铵和HCl混合物，氯化铵溶液为酸性溶液，滴定终点溶液呈酸性，故应该选择甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
（6）、由题意可得：n(HCl)=n(NH3)+(NaOH)，故n(NH3)=n(HCl)-(NaOH)=0.5mol/LV110-3L-0.5mol/LV210-3L=0.5(V1-V2)10-3mol，样品中氨的质量分数的表达式为；
（7）、A、滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管，则相当于稀释了NaOH溶液，V2偏大，氨含量偏低，A错误；
B、读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则V2偏小，氨含量偏高，B正确；
C、将样品液中的氨全部蒸出后，未用蒸馏水冲洗导管内壁，则部分氨损失，滴定时消耗 NaOH溶液的体积偏大，即V2偏大，氨含量偏低，C错误；
D、未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，则盐酸有损失，导致消耗的NaOH溶液体积偏小，V2偏小，氨含量偏高，D正确；
故答案为：BD；
【分析】I.CuSO4溶液的制备：利用坩埚灼烧铜粉，得到氧化铜，接着蒸发皿中30mL3mol/LH2SO4，加入CuO，加热搅拌，生成硫酸铜溶液，利用CuSO4溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可减少CuSO4结晶损失，获得热的CuSO4溶液。
Ⅱ.硫酸四氨合铜晶体的制备
先向CuSO4溶液加适量浓氨水，生成浅蓝色Cu(OH)2沉淀，然后加过量浓氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成配合物[Cu(NH3)4]2+，最后加95%乙醇，搅拌后静置，利用乙醇降[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，析出深蓝色晶体。
Ⅲ.氨含量测定（晶体纯度计算）
晶体溶解后，加足量10%NaOH，加热并通水蒸气，使[Cu(NH3)4]2+分解，然后吸收NH3，NH3被V1mL0.500mol/L盐酸完全吸收，最后用V2mL0.500mol/LNaOH滴定过量HCl；
16．（2024高三上·浏阳开学考）X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的前四周期元素。X元素的最简单氢化物是天然气的主要成分；Y和Z能形成ZY与ZY2两种离子化合物，其中一种为常用的供氧剂；R元素在短周期，其最高正价与最低负价的代数和为4；W元素有多种氧化物，其中一种为红色涂料的主要成分。回答下列问题：
(1)X在元素周期表中的位置是　 　。
(2)Z2 Y2中含有的化学键类型为　 　
(3)元素Y和R的最简单氢化物的沸点由高到低顺序为　 　（填化学式）。
(4)无机盐W2(RY4)3在T. F菌存在的酸性溶液中可实现天然气的催化除杂，其原理如图所示：
①写出过程i中发生反应的离子方程式：　 　 ；
②过程ii中的氧化剂是　 　；
③有关上述过程的说法正确的是　 　（填标号）。
A． WRY4是该过程的催化剂
B．该过程需要不断添加W2(RY4)3溶液
C．该过程O2间接氧化H2S .
【答案】第二周期第IVA族；（非极性）共价键、离子键；H2O＞H2S；2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；O2；C
【知识点】化学键；晶体熔沸点的比较；离子方程式的书写；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)、X为碳元素，在周期表中的位置是：第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；
(2)、Z2 Y2是过氧化钠Na2O2，其含有的化学键的类型为：（非极性）共价键和离子键，故答案为：（非极性）共价键、离子键；
(3)、元素Y和元素R的最简单氢化物分别是水和硫化氢，水分子中含有氢键，沸点较高，沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2S；
(4)、①、由图可以看出，过程i铁离子被还原为亚铁离子，硫化氢被氧化为单质硫，其离子方程式为：2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；故答案为：2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；
②、过程ii中加入了氧气，作氧化剂，故答案为：O2；
③、A、WRY4是中间产物，错误，A错误；
B、从图中可以看出W2(RY4)3溶液可以循环使用，不需不断补充，B错误；
C、从循环图中可以看出，该过程中O2间接氧化H2S，C正确；
故答案为：C；
【分析】天然气的主要成分是甲烷，因此X的最简单氢化物为CH4，故X为C，原子序数为6；常见的供氧剂包括过氧化物或超氧化物；Y和ZY2表示离子化合物，例如ZY可能为MgO，ZY2可能为MgO2，其中MgO2可作为供氧剂，Y为氧O，原子序数为8；Z为Mg，原子序数为12，且原子序数：X=612，故R为S；W的原子序数需大于R，且为前四周期元素，原子序数≤36，红色涂料的主要成分常见为氧化铁（Fe2O3，铁红），而铁有多种氧化物，其中Fe2O3为红色颜料，同时铁的原子序数为26，大于16，且在第四周期，故W为Fe。
17．（2024高三上·浏阳开学考）山药素-1是从山药根茎中提取的具有抗菌消炎活性的物质，它的一种合成方法如下图：
（1）化合物I的结构简式为　 　。由化合物I制备化合物Ⅱ的反应与以下反应　 　的反应类型相同。
A． B．
C． D．
（2）化合物Ⅲ的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种。
①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种；
②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀；
③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6。
（3）化合物Ⅳ的含氧官能团名称为　 　。
（4）由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是　 　。
（5）从官能团转化的角度解释化合物VII转化为山药素-1的过程中，先加碱后加酸的原因　 　。
【答案】（1）；AD
（2）8
（3）羟基、醚键、醛基
（4）CO2
（5）提高化合物VII的转化率
【知识点】有机物中的官能团；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）、由分析可知，Ⅰ的结构简式为，由化合物Ⅰ制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反应，选项A、D都是烃与氯气发生取代反应；选项B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，选项C是C2H4Cl2发生消去反应，故反应属于取代反应是AD；
（2）、根据流程图可知：化合物Ⅲ为，其分子式C10H12O4，其同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，说明物质分子中有醛基，根据物质的分子式可知其不饱和度为5，除去苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，故满足条件的同分异构体有：、、、、，共8种；
（3）、根据化合物Ⅳ的结构为，可知其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、醛基；
（4）、对比化合物Ⅴ和化合物Ⅵ的结构，化合物Ⅵ比化合物Ⅴ少一个碳原子和两个氧原子，由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是CO2；
（5）、化合物VII转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的盐转化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加碱后加酸是为了提高化合物VII的转化率；
【分析】化合物Ⅰ的分子式为C9H12O2，在光照的条件下和氯气发生取代反应，I中烷基末端的-CH3被-CH2Cl取代，引入氯代烷基官能团，为后续羰基化做准备，因此推测Ⅱ为：，同理Ⅰ的结构简式为；I→III在CO、PdCl2催化、HCl溶液的条件下发生羰基化反应，-CH2Cl转化为-CH2COOH，引入羧酸官能团；III→V：化合物IV（含酚羟基、甲氧基、醛基）、(CH3CO)2O、(CH3CH2)3N、加热的条件下，IV的-OH与乙酸酐在有机碱催化下，生成-OCOCH3，保护酚羟基，避免后续反应干扰；III的-COOH与IV的-CHO在碱存在下缩合，脱水形成C=C-COOH结构；V→VI：在催化剂、加热的条件下，-COOH脱除CO2，生成-CH=CH-；VI→VII：在I2、光照的条件下，通过自由基介导的环化，两个苯环与中间双键融合，构建多环芳烃的结构；VII→山药素-1：脱保护，NaOH溶液、加热、HCl溶液的条件下，-OCOCH3水解为-OH（酚羟基），经酸化后得到目标产物山药素-1的特征官能团。
（1）由分析可知，Ⅰ的结构简式为，由化合物Ⅰ制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反应，选项A、D都是烃与氯气发生取代反应；选项B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，选项C是C2H4Cl2发生消去反应，故反应属于取代反应是AD；
（2）根据流程图可知：化合物Ⅲ为，其分子式C10H12O4，其同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，说明物质分子中有醛基，根据物质的分子式可知其不饱和度为5，除去苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，故满足条件的同分异构体有：、、、、，共8种；
（3）根据化合物Ⅳ的结构为，可知其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、醛基；
（4）对比化合物Ⅴ和化合物Ⅵ的结构，化合物Ⅵ比化合物Ⅴ少一个碳原子和两个氧原子，由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是CO2；
（5）化合物VII转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的盐转化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加碱后加酸是为了提高化合物VII的转化率。
18．（2024高三上·浏阳开学考）氟代硼铍酸钾晶体KBBF()是一种非线性光学晶体材料，广泛应用于激光、光刻录等领域，长方体晶胞如图甲所示(其中钾原子已经给出，氧原子略去)。回答下列问题：
（1）下列为铍元素不同微粒对应的轨道表示式，则其再失去一个电子需要能量最小的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）中铍原子的杂化类型是　 　，其分子空间结构为　 　。
（3）KBBF所含的5种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（4）三卤化硼的熔沸点如图乙所示，、、、的熔沸点呈该变化的原因是　 　。
（5）若该KBBF晶体的晶胞参数分别为a pm和c pm，其中M代表KBBF的摩尔质量，表示阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为　 　(请用含有a、c、M和的代数式表示)。
【答案】（1）C
（2）sp杂化；直线形
（3）F>O>Be>B>K
（4）四种物质均为组成结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，故熔沸点升高
（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；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）、铍元素的原子序数为4，基态原子电子排布式为，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，其失去一个电子需要的能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能，则由题给有关轨道表示式可知，再失去一个电子需要能量最小的应是，故答案为：C；
（2）、BeF2中铍原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，则铍原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间结构为直线形；
（3）、同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，由于B失去的是2p上的电子，p轨道上的电子能量较高，容易失去，所以B的第一电离能小于Be，K原子半径大，在这五种元素中，第一电离能最小，所以5种元素的第一电离能由大到小的顺序是F>O>Be>B>K；
（4）、组成结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸，点越高，4种三卤化硼都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔沸点依次升高；
（5）、晶胞中位于顶点和体内的钾原子的个数为，由化学式可知，晶胞中含有3个KBBF，设晶体密度为，由晶胞质量公式可得：，解得；
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
（1）铍元素的原子序数为4，基态原子电子排布式为，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，其失去一个电子需要的能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能，则由题给有关轨道表示式可知，再失去一个电子需要能量最小的应是，故选C。
（2）BeF2中铍原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，则铍原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
（3）同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，由于B失去的是2p上的电子，p轨道上的电子能量较高，容易失去，所以B的第一电离能小于Be，K原子半径大，在这五种元素中，第一电离能最小，所以5种元素的第一电离能由大到小的顺序是F>O>Be>B>K。
（4）组成结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸，点越高，4种三卤化硼都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔沸点依次升高。
（5）晶胞中位于顶点和体内的钾原子的个数为，由化学式可知，晶胞中含有3个KBBF，设晶体密度为，由晶胞质量公式可得：，解得。
1 / 1湖南省长沙浏阳景雅高级中学2025届高三上学期入学考试化学试题
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．（2024高三上·浏阳开学考）化学和生活、科技、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．大量开发可燃冰作为新能源有利于实现碳达峰、碳中和
B．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料是新型无机非金属材料
C．华为新上市的mate60pro手机引发关注，其CPU基础材料是
D．光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与氮氧化合物有关
2．（2024高三上·浏阳开学考）近年来，我国科学家在新物质、新材料、新能源等诸多领域不断取得新突破，下列说法错误的是
A．我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是ⅣA 元素
B．利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：化学能→电能
D．嫦娥五号带回来的月壤中的嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]，其成分属于无机盐
3．（2024高三上·浏阳开学考）下列叙述正确的是
A．KBr的电子式：
B．聚乙炔的结构简式：
C．的空间结构：平面三角形
D．的名称：2-甲基-2-丁烯
4．（2024高三上·浏阳开学考）X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电子，Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是（　　）
A．X、Y组成的化合物有可燃性
B．X、Q组成的化合物有还原性
C．Z、W组成的化合物能与水反应
D．W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
5．（2024高三上·浏阳开学考）下列离子方程式书写错误的是
A．用氢氟酸雕刻玻璃：
B．用绿矾处理酸性废水中的
C．用泡沫灭火器灭火的原理：
D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：
6．（2024高三上·浏阳开学考）下列说法错误的是（　　）
A．相同条件下比稳定
B．与的空间构型相同
C．中键比键更易断裂
D．中键和大键的数目不相等
7．（2024高三上·浏阳开学考）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成(结构如图)。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
8．（2024高三上·浏阳开学考）下列化学用语表示错误的是
A．碳化硅的化学式：SiC
B．甲醛中π键的电子云轮廓图：
C．的电子式：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
9．（2024高三上·浏阳开学考）离子液体有独特的优良性能。某离子液体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．原子的杂化轨道类型均为
C．中所含键的数目为
D．最简单氢化物的沸点：
10．（2024高三上·浏阳开学考）超氧化钾被称为“化学氧自救剂”，可用于煤矿井下急救。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞。下列有关说法正确的是
A．K+位于O构成的八面体空隙中
B．超氧化钾的化学式为K2O2
C．晶体中K+的配位数是8
D．超氧化钾晶体中只存在离子键
11．（2024高三上·浏阳开学考）冠醚是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是
A．1mol 18-冠-6含键的数目为（为阿伏加德罗常数的值）
B．18-冠-6分子间不能形成氢键
C．图B中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能
D．若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强
12．（2024高三上·浏阳开学考）实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B．酸性条件下的氧化性：
C．可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
13．（2024高三上·浏阳开学考）具有开放性铁位点的金属有机框架材料，可以用于乙烷的催化氧化形成乙醇，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是
A．该反应过程中的原子利用率为100%
B．物质c为乙烷催化氧化的重要催化剂
C．过程中铁的价态没有发生改变
D．由于电负性O＞N＞Fe，所以的O原子与催化剂上的Fe产生吸附
14．（2024高三上·浏阳开学考）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．的溶液中含有分子数为
B．溶于过量稀硝酸，电子转移数为
C．和的固体混合物中含有的离子总数为
D．的溶液中离子数为
二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分。)
15．（2024高三上·浏阳开学考）硫酸四氨合铜晶体在工业上用途广泛，常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。现以铜粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。(已知：在水中的溶解度随温度的升高而增大)
I．溶液的制备
①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。
②在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。
③趁热过滤得蓝色溶液。
（1）A仪器的名称为________。
（2）第③步中，趁热过滤的目的是________。
Ⅱ．晶体的制备
将上述制备的溶液按如图所示进行操作
（3）已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式：________。
（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，请结合物质结构与性质知识解释乙醇的作用：________，此处不采用浓缩结晶的原因是________。
Ⅲ．氨含量的测定
精确称取w g晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 mL 0.5mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.5mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗mL NaOH溶液。
（5）为了减少误差，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl溶液时最好使用________(填“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。
（6）样品中氨的质量分数的表达式为________(用含w、、的代数式表式)。
（7）下列实验操作可能使氨含量的测定结果偏高的是___________(填标号)。
A. 滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
B. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
C. 将样品液中的氨全部蒸出后，未用蒸馏水冲洗导管内壁
D. 取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁
16．（2024高三上·浏阳开学考）X、Y、Z、R、W为五种原子序数依次增大的前四周期元素。X元素的最简单氢化物是天然气的主要成分；Y和Z能形成ZY与ZY2两种离子化合物，其中一种为常用的供氧剂；R元素在短周期，其最高正价与最低负价的代数和为4；W元素有多种氧化物，其中一种为红色涂料的主要成分。回答下列问题：
(1)X在元素周期表中的位置是　 　。
(2)Z2 Y2中含有的化学键类型为　 　
(3)元素Y和R的最简单氢化物的沸点由高到低顺序为　 　（填化学式）。
(4)无机盐W2(RY4)3在T. F菌存在的酸性溶液中可实现天然气的催化除杂，其原理如图所示：
①写出过程i中发生反应的离子方程式：　 　 ；
②过程ii中的氧化剂是　 　；
③有关上述过程的说法正确的是　 　（填标号）。
A． WRY4是该过程的催化剂
B．该过程需要不断添加W2(RY4)3溶液
C．该过程O2间接氧化H2S .
17．（2024高三上·浏阳开学考）山药素-1是从山药根茎中提取的具有抗菌消炎活性的物质，它的一种合成方法如下图：
（1）化合物I的结构简式为　 　。由化合物I制备化合物Ⅱ的反应与以下反应　 　的反应类型相同。
A． B．
C． D．
（2）化合物Ⅲ的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种。
①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种；
②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀；
③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6。
（3）化合物Ⅳ的含氧官能团名称为　 　。
（4）由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是　 　。
（5）从官能团转化的角度解释化合物VII转化为山药素-1的过程中，先加碱后加酸的原因　 　。
18．（2024高三上·浏阳开学考）氟代硼铍酸钾晶体KBBF()是一种非线性光学晶体材料，广泛应用于激光、光刻录等领域，长方体晶胞如图甲所示(其中钾原子已经给出，氧原子略去)。回答下列问题：
（1）下列为铍元素不同微粒对应的轨道表示式，则其再失去一个电子需要能量最小的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
（2）中铍原子的杂化类型是　 　，其分子空间结构为　 　。
（3）KBBF所含的5种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（4）三卤化硼的熔沸点如图乙所示，、、、的熔沸点呈该变化的原因是　 　。
（5）若该KBBF晶体的晶胞参数分别为a pm和c pm，其中M代表KBBF的摩尔质量，表示阿伏加德罗常数的值，则晶体密度为　 　(请用含有a、c、M和的代数式表示)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A、可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧后生成CO2，仍会增加温室气体排放。虽然可燃冰可替代部分化石燃料，但其开发仍会释放大量CO2，且甲烷本身是强效温室气体，因此不利于实现碳中和，A错误；B、氮化硼（BN）陶瓷具有高耐热性、高绝缘性和低密度等特性，属于新型无机非金属材料，广泛应用于航天器推进系统，B正确；
C、CPU芯片的半导体基础材料是单晶硅，而非SiO2，SiO2用于制造光纤、玻璃或芯片绝缘层，但CPU核心材料是硅单质，C错误；
D、光化学烟雾主要与氮氧化物和碳氢化合物有关，臭氧层空洞主要由氟氯烃和溴代烃引起，温室效应主要与CO2、CH4等有关，三者并非都与氮氧化物直接相关，D错误；
故答案为：B
【分析】光化学烟雾：由汽车尾气等排放的氮氧化物（NO ）和挥发性有机物在阳光照射下发生光化学反应形成的有毒烟雾，主要污染物为臭氧（O3）、过氧乙酰硝酸酯（PAN）等，会刺激呼吸道、损害植物，降低大气能见度。
臭氧层空洞：氟氯代烷（如氟利昂）等物质进入平流层后，在紫外线作用下分解出氯原子，催化破坏臭氧（O3），导致平流层臭氧浓度大幅降低形成 “空洞”，使到达地面的紫外线增强，危害生物 DNA、增加人类皮肤癌风险。
温室效应：大气中 CO2、甲烷（CH4）等温室气体吸收地面长波辐射，使地球升温，主要由化石燃料燃烧、森林砍伐等引发，导致冰川融化、极端天气增多。
2．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；无机化合物与有机化合物的概念；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、我国的“硅-石墨烯-锗高速晶体管”技术上取得突破，其中碳（C）、硅（Si）、锗（Ge）均位于元素周期表第ⅣA族，属于同族元素，A正确；B、利用CO2合成脂肪酸、聚碳酸酯可降解塑料，可将CO2转化为固态产品，减少大气中CO2含量，助力“碳中和”，B正确；
C、钙钛矿太阳能电池的能量转化形式为光能转化为电能，而非化学能转化为电能。太阳能电池通过光伏效应将光能直接转化为电能，不涉及化学能转换，C错误；
D、嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是一种磷酸盐矿物，由金属离子（Ca2+、Y3+、Fe2+/Fe3+）与磷酸根（PO43-）组成，属于无机盐，D正确；
故答案为：C
【分析】碳中和的核心目标是减少大气中温室气体（以二氧化碳为主）浓度，缓解全球气候变暖，推动全球气候治理，实现生态环境可持续发展。
3．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、选项中没有标注Br的负电荷，且未完整表示电子对，KBr的正确电子式为：，A错误；
B、乙炔单体为HC≡CHHC≡CH，聚乙炔是由乙炔聚合得到的高分子化合物，且聚乙炔的结构为单双键交替结构，故正确的结构简式为，B正确；
C、的中心硫原子有3个氧原子和1对孤对电子，中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，C错误；
D、主链应包含双键，最长碳链为4个碳，双键位置最近端编号，主链为丁烯，双键在1-2位，取代基在2号碳，因此CH3CH2C(CH3)=CH2的系统命名为2-甲基-1-丁烯，D错误；
故答案为：B
【分析】烷烃的系统命名法口诀：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前，标位置，连短线；不同基，简到繁，相同基，合并算，而烯烃的命名方法：与烷烃相似，即：长、多、近、简、小的命名原则，但不同点是主链必须含有双键或叁键。
4．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；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
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为碳元素，若X为氢元素，则X、Y组成的化合物为烃，具有可燃性，A不符合题意；
B．由分析可知，Q为硫元素，若X为氢元素，则X、Q组成的H2S具有还原性，B不符合题意；
C．由分析可知，Z、W分别为氧元素、钠元素，组成的化合物为Na2O或Na2O2，均能与水反应，C不符合题意；
D．由分析可知，W、Q分别是钠元素、硫元素，组成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，W元素的焰色试验呈黄色，可推出W为钠元素，则Q位于第三周期，Y、Z位于第二周期，根据Z和Q同族且Z的原子序数是Q的一半，设Z、Q原子最外层电子数为x，则2（2+x）=2+8+x，解得x=6，所以Z为氧元素，Q为硫元素。Y原子核外有两个单电子，且位于第二周期，可推出Y为碳元素；根据X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，可推出X最外层电子数为1，而X只能位于第一周期或第二周期，则X为氢元素或锂元素。
5．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氢氟酸（HF）是弱酸，在溶液中不完全电离，不能拆分为H+和F-的离子形式，故用氢氟酸雕刻玻璃的正确离子方程式为：，A错误；
B、用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，且原子平衡：左边6Fe、2Cr、7O、14H，右边6Fe、2Cr、7O、14H且电荷平衡：左边6×(2+)+(-2)+14×(1+)=+12-2+14=+24，右边6×(3+)+2×(3+)=+18+6=+24，故正确的离子方程式为：
，B正确；
C、原子平衡：左边1Al、3H、3C、9O，右边Al(OH)3： 1Al、3O、3H；3CO2： 3C、6O；总计1Al、3C、3H、9O，电荷平衡：左边Al3+（+3）和3HCO3-（3×(-1) = -3），总电荷0；右边均为中性分子或沉淀，总电荷0，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、电解饱和食盐水的总反应：阳极氧化Cl-生成Cl2，阴极还原H2O生成H2和OH-，其中原子平衡：左边2Cl、4H、2O：，右边2OH-： 2O、2H；H2： 2H；Cl2： 2Cl；总计2Cl、4H、2O，电荷平衡：左边2Cl-（-2），H2O中性，总电荷-2；右边2OH-（-2），H2和Cl2中性，总电荷-2，故正确的离子方程式为：，D正确；
故答案为：A
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
6．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．N2、O2的结构式分别为N≡N、O=O，相同条件下，N2的键能较大，较稳定，A不符合题意；
B．N2O与NO2+均为直线型，B不符合题意；
C．N2O的结构式为N=N=O，在一定条件下可分解为O2和N2，说明中键比键更易断裂 ，C不符合题意；
D．N2O的结构式为N=N=O，氮氮原子之间与氮氧原子之间分别含有1个σ键，边上的氮氧原子形成2个大π键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.相同条件下，三键比双键稳定。
B.N2O与NO2+均为直线型。
C.N2O的结构式为N=N=O，在一定条件下可分解为O2和N2。
D.N2O的结构式为N=N=O，氮氮原子之间与氮氧原子之间分别含有1个σ键，边上的氮氧原子形成2个大π键。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；含有氢键的物质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，N原子中2p能级上电子为半满结构，较为稳定，电离能反常高于相邻的O，第一电离能大于同周期与之相邻的元素，则第一电离能：CB、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，该化合物中O的电负性较大，可以和H之间形成氢键，B正确；
C、Be和Al处在元素周期表的对角线上，而处在对角线的元素性质相似，如都具有两性，C正确；
D、H、N、O虽然都是非金属元素但是任然可以可以形成离子化合物，如，其中其中NH4+和NO3-为离子，D正确；
故答案为：A
【分析】X的最外层电子数等于内层电子数，短周期主族元素中，只有Be满足此条件，原子序数4，电子排布1s22s2，最外层2个电子，内层2个电子，因此X为Be；Y是有机物分子骨架元素，有机物分子骨架元素通常为C，原子序数6，因此Y为C；Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物，室温下常见的液态化合物为H2O和H2O2，由H和O形成，W原子序数最小，Q原子序数最大，且原子序数依次增大，因此W为H，Q为O；原子序数依次增大，Z原子序数介于6和8之间，为N，原子序数7。
8．【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、碳化硅是原子晶体，Si与C之间通过共价键结合，原子个数比为1：1，化学式SiC正确体现了原子组成，A正确；
B、甲醛中存在C=O，其中一个键一个σ键，π键由C、O的p轨道通过肩并肩的方式重叠形成，电子云轮廓图为哑铃形，键的电子云轮廓图：，B正确；
C、碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式需标注阴阳离子及离子电荷，图示符合离子化合物电子式的书写规则，正确的电子式为：，C正确；
D、邻羟基苯甲醛，羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，但图示中氢键表示为羟基的O与醛基的H结合，而醛基的H与C相连C电负性小，无法形成氢键，分子内氢键表示错误，D错误；
故答案为：D
【分析】氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，F电负性最强，电离能最高；N因2p轨道半满，电离能高于同周期相邻元素，但仍低于F，故第一电离能：F>N>C，A错误；
B、由离子液体的结构可知，杂环中的N参与C=N双键，为sp2杂化，是典型的平面三角形结构，而侧链连接的N为单键饱和，是sp3杂化，因此N原子杂化类型有sp2和sp3，B错误；
C、由离子液体的结构可知，离子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由此可以推断出1molY中所含σ键的数目为1mol×28×NAmol-1=28NA，C错误；
D、氟化氢和氨分子都能形成氢键，氟化氢分子形成的分子间氢键强于氨分子，沸点高于氨分子；磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子；磷化氢是极性分子，甲烷是非极性分子，磷化氢的分子间作用力大于甲烷分子，沸点高于甲烷分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为，D正确；
故答案为：D
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
10．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；晶胞的计算；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、通过均摊法并观察晶胞结构可知K+位于体心和棱心，而面心立方堆积中，棱心和体心位置恰好对应八面体空隙。因此，K+确实填充在 O 构成的八面体空隙中，A正确；
B、判断晶体的化学式需要用到“均摊法”计算，根据结构可知：晶胞中含个K+、个O，则超氧化钾的化学式为KO2，B错误；
C、以面心立方堆积的 O 为参照，K+填充八面体空隙时，每个K+周围有6个紧邻的 O ，因此，K+的配位数是6，C错误；
D、超氧化钾是离子晶体，K+与 O 之间通过离子键结合，但 O 内部的O-O键是共价键，两个O原子通过共用电子对结合。因此，晶体中同时存在离子键和共价键，D错误；
故答案为：A
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；阿伏加德罗定律及推论；超分子
【解析】【解答】A、根据图A可知，18-冠-6的σ键包括：12个C-O键、6个C-C键和24个C-H键，总计42个σ键，因此1mol18-冠-6含σ键的数目为42NA，A正确；
B、氢键是一种分子间作用力，主要发生在氢原子与电负性较大的原子（如氟、氧、氮）之间，18-冠-6分子分子中不含和N、O、F成键的氢原子，不能形成氢键，B正确；
C、根据图B可知，与18-冠-6的空腔大小匹配，且与氧原子之间通过弱相互作用，类似配位不是化学键，形成超分子结构，体现超分子的分子识别功能，C正确；
D、F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，取代后会吸电子，导致O的孤对电子密度减少，O与K+的结合依赖孤对电子，孤对电子密度降低，相互作用减弱，超分子稳定性下降，D错误；
故答案为：D
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
12．【答案】B
【知识点】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；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A、反应Ⅰ：，其中作氧化剂，氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，而氯离子作还原剂，氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；
B、在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性：，Ⅱ在碱性条件显得氧化性：，Ⅲ得氧化性：，所处的环境不同，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误；
C、酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，选项中原子和电荷均守恒，故正确的离子方程式为：，C正确；
D、高锰酸钠的摩尔质量为：142g/mol，28.4g高锰酸钠为0.2mol，结合方程式 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 可知，ClO3-和MnO4-之间的定量关系为：，推断出理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，D正确；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从反应路径看：反应物为N2O和C2H6，但反应生成了副产物N2，中明确标注N2脱离催化循环。这说明N2O中的N原子未全部进入乙醇，存在“原子浪费”的现象，原子利用率不为100%，A错误；
B、催化剂的核心特征是：参与反应，但反应前后化学性质和质量不变，观察反应过程可知物质c是N2O与Fe活性位点作用后的中间产物，图中a→b→c是连续反应步骤，c会继续与C2H6反应，并非“反应前后不变”的物质，因此，物质c是中间产物，非催化剂，B错误；
C、反应中Fe作为活性中心，参与氧化还原过程，价态随反应步骤变化：物质a中Fe为+2价；物质c中Fe为+4价；显然，Fe的价态发生了变化，C错误；
D、根据电负性的判断规律可知：O＞N＞Fe，O的电负性强，对Fe的吸引能力强，故N2O的O原子与催化剂上的Fe产生吸附，D正确；
故答案为：D
【分析】在催化循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。
14．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、该选项未指定溶液体积，无法确定分子数。浓度 1.0 mol·L- 表示每升溶液含 1.0 mol CH3COOH，但分子数取决于体积，无法计算所含分子数，A错误；
B、铁与过量稀硝酸反应时，铁被氧化为 Fe3+，对应的化学方程式为：，铁从 0 价升至 +3 价，每 mol Fe 失去 3 mol 电子，电子转移数为 3NA，B错误；
C、Na2O2 和 Na2S 的摩尔质量均为 78 g/mol，Na2O2的结构如图所示：，含有1 mol 含 2 mol Na+ 和 1 mol O22-，共 3 mol 离子，而Na2S中1 mol 含 2 mol Na+ 和 1 mol S2-，共 3 mol 离子，78 g 混合物的总物质的量为 1 mol，无论 Na2O2 和 Na2S 的比例如何，总离子数均为 3 mol，即 3NA个离子，C正确；
D、溶液在水中会逐渐水解，对应的水解方程式为：，因此可知数目小于，D错误；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
15．【答案】(1) 坩埚
(2) 趁热过滤，能防止结晶，减小的损失
(3)
(4) 降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出 硫酸四氨合铜晶体受热容易分解
(5) 甲基橙
(6)
(7) B，D
【知识点】物质的分离与提纯；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）、灼烧铜粉应在坩埚中进行，故A仪器的名称为坩埚；
（2）、趁热过滤，能防止结晶，减小的损失；
（3）、向所得溶液中加入适量，生成Cu2(OH)2SO4的离子方程式为：；
（4）、加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出，不用浓缩结晶的方法是因为硫酸四氨合铜晶体受热容易分解；答案为降低溶剂的极性，促使硫酸四氨合铜晶体析出；硫酸四氨合铜晶体受热容易分解；
（5）、溶液是氯化铵和HCl混合物，氯化铵溶液为酸性溶液，滴定终点溶液呈酸性，故应该选择甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
（6）、由题意可得：n(HCl)=n(NH3)+(NaOH)，故n(NH3)=n(HCl)-(NaOH)=0.5mol/LV110-3L-0.5mol/LV210-3L=0.5(V1-V2)10-3mol，样品中氨的质量分数的表达式为；
（7）、A、滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管，则相当于稀释了NaOH溶液，V2偏大，氨含量偏低，A错误；
B、读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则V2偏小，氨含量偏高，B正确；
C、将样品液中的氨全部蒸出后，未用蒸馏水冲洗导管内壁，则部分氨损失，滴定时消耗 NaOH溶液的体积偏大，即V2偏大，氨含量偏低，C错误；
D、未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，则盐酸有损失，导致消耗的NaOH溶液体积偏小，V2偏小，氨含量偏高，D正确；
故答案为：BD；
【分析】I.CuSO4溶液的制备：利用坩埚灼烧铜粉，得到氧化铜，接着蒸发皿中30mL3mol/LH2SO4，加入CuO，加热搅拌，生成硫酸铜溶液，利用CuSO4溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可减少CuSO4结晶损失，获得热的CuSO4溶液。
Ⅱ.硫酸四氨合铜晶体的制备
先向CuSO4溶液加适量浓氨水，生成浅蓝色Cu(OH)2沉淀，然后加过量浓氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成配合物[Cu(NH3)4]2+，最后加95%乙醇，搅拌后静置，利用乙醇降[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，析出深蓝色晶体。
Ⅲ.氨含量测定（晶体纯度计算）
晶体溶解后，加足量10%NaOH，加热并通水蒸气，使[Cu(NH3)4]2+分解，然后吸收NH3，NH3被V1mL0.500mol/L盐酸完全吸收，最后用V2mL0.500mol/LNaOH滴定过量HCl；
16．【答案】第二周期第IVA族；（非极性）共价键、离子键；H2O＞H2S；2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；O2；C
【知识点】化学键；晶体熔沸点的比较；离子方程式的书写；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(1)、X为碳元素，在周期表中的位置是：第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；
(2)、Z2 Y2是过氧化钠Na2O2，其含有的化学键的类型为：（非极性）共价键和离子键，故答案为：（非极性）共价键、离子键；
(3)、元素Y和元素R的最简单氢化物分别是水和硫化氢，水分子中含有氢键，沸点较高，沸点由高到低的顺序为：H2O＞H2S；
(4)、①、由图可以看出，过程i铁离子被还原为亚铁离子，硫化氢被氧化为单质硫，其离子方程式为：2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；故答案为：2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+；
②、过程ii中加入了氧气，作氧化剂，故答案为：O2；
③、A、WRY4是中间产物，错误，A错误；
B、从图中可以看出W2(RY4)3溶液可以循环使用，不需不断补充，B错误；
C、从循环图中可以看出，该过程中O2间接氧化H2S，C正确；
故答案为：C；
【分析】天然气的主要成分是甲烷，因此X的最简单氢化物为CH4，故X为C，原子序数为6；常见的供氧剂包括过氧化物或超氧化物；Y和ZY2表示离子化合物，例如ZY可能为MgO，ZY2可能为MgO2，其中MgO2可作为供氧剂，Y为氧O，原子序数为8；Z为Mg，原子序数为12，且原子序数：X=612，故R为S；W的原子序数需大于R，且为前四周期元素，原子序数≤36，红色涂料的主要成分常见为氧化铁（Fe2O3，铁红），而铁有多种氧化物，其中Fe2O3为红色颜料，同时铁的原子序数为26，大于16，且在第四周期，故W为Fe。
17．【答案】（1）；AD
（2）8
（3）羟基、醚键、醛基
（4）CO2
（5）提高化合物VII的转化率
【知识点】有机物中的官能团；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）、由分析可知，Ⅰ的结构简式为，由化合物Ⅰ制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反应，选项A、D都是烃与氯气发生取代反应；选项B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，选项C是C2H4Cl2发生消去反应，故反应属于取代反应是AD；
（2）、根据流程图可知：化合物Ⅲ为，其分子式C10H12O4，其同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，说明物质分子中有醛基，根据物质的分子式可知其不饱和度为5，除去苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，故满足条件的同分异构体有：、、、、，共8种；
（3）、根据化合物Ⅳ的结构为，可知其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、醛基；
（4）、对比化合物Ⅴ和化合物Ⅵ的结构，化合物Ⅵ比化合物Ⅴ少一个碳原子和两个氧原子，由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是CO2；
（5）、化合物VII转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的盐转化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加碱后加酸是为了提高化合物VII的转化率；
【分析】化合物Ⅰ的分子式为C9H12O2，在光照的条件下和氯气发生取代反应，I中烷基末端的-CH3被-CH2Cl取代，引入氯代烷基官能团，为后续羰基化做准备，因此推测Ⅱ为：，同理Ⅰ的结构简式为；I→III在CO、PdCl2催化、HCl溶液的条件下发生羰基化反应，-CH2Cl转化为-CH2COOH，引入羧酸官能团；III→V：化合物IV（含酚羟基、甲氧基、醛基）、(CH3CO)2O、(CH3CH2)3N、加热的条件下，IV的-OH与乙酸酐在有机碱催化下，生成-OCOCH3，保护酚羟基，避免后续反应干扰；III的-COOH与IV的-CHO在碱存在下缩合，脱水形成C=C-COOH结构；V→VI：在催化剂、加热的条件下，-COOH脱除CO2，生成-CH=CH-；VI→VII：在I2、光照的条件下，通过自由基介导的环化，两个苯环与中间双键融合，构建多环芳烃的结构；VII→山药素-1：脱保护，NaOH溶液、加热、HCl溶液的条件下，-OCOCH3水解为-OH（酚羟基），经酸化后得到目标产物山药素-1的特征官能团。
（1）由分析可知，Ⅰ的结构简式为，由化合物Ⅰ制备化合物Ⅱ的反应类型为取代反应，选项A、D都是烃与氯气发生取代反应；选项B是苯在光照条件下和氯气发生加成反应，选项C是C2H4Cl2发生消去反应，故反应属于取代反应是AD；
（2）根据流程图可知：化合物Ⅲ为，其分子式C10H12O4，其同分异构体同时满足下列条件：①含有苯环且苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种化学环境的氢原子；②能与新制Cu(OH)2反应，生成砖红色沉淀，说明物质分子中有醛基，根据物质的分子式可知其不饱和度为5，除去苯环的不饱和度，只有一个醛基；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：2：3：6，说明分子中有4种不同化学环境的氢原子，数目分别为1、2、3、6，故满足条件的同分异构体有：、、、、，共8种；
（3）根据化合物Ⅳ的结构为，可知其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、醛基；
（4）对比化合物Ⅴ和化合物Ⅵ的结构，化合物Ⅵ比化合物Ⅴ少一个碳原子和两个氧原子，由化合物Ⅴ制备Ⅵ时，生成的气体是CO2；
（5）化合物VII转化为山药素-1的过程发生的是酯基水解，酯在碱性条件下水解更彻底，再加入酸将酚羟基的盐转化为酚羟基得目标产物山药素-1，若直接加酸，由于酯在酸性条件下的水解可逆，产率较低，故先加碱后加酸是为了提高化合物VII的转化率。
18．【答案】（1）C
（2）sp杂化；直线形
（3）F>O>Be>B>K
（4）四种物质均为组成结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，故熔沸点升高
（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；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）、铍元素的原子序数为4，基态原子电子排布式为，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，其失去一个电子需要的能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能，则由题给有关轨道表示式可知，再失去一个电子需要能量最小的应是，故答案为：C；
（2）、BeF2中铍原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，则铍原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间结构为直线形；
（3）、同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，由于B失去的是2p上的电子，p轨道上的电子能量较高，容易失去，所以B的第一电离能小于Be，K原子半径大，在这五种元素中，第一电离能最小，所以5种元素的第一电离能由大到小的顺序是F>O>Be>B>K；
（4）、组成结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸，点越高，4种三卤化硼都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔沸点依次升高；
（5）、晶胞中位于顶点和体内的钾原子的个数为，由化学式可知，晶胞中含有3个KBBF，设晶体密度为，由晶胞质量公式可得：，解得；
【分析】利用VSEPR推断分子或离子的空间构型的具体步骤如下：
确定中心原子A价层电子对数目。中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目；确定价层电子对的空间构型。由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离；分子空间构型的确定。价层电子对有成键电子对和孤电子对之分。中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是键对数，价层电子对的总数减去键对数，得孤对数。根据键对数和孤对数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型；
元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
（1）铍元素的原子序数为4，基态原子电子排布式为，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，其失去一个电子需要的能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能，则由题给有关轨道表示式可知，再失去一个电子需要能量最小的应是，故选C。
（2）BeF2中铍原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，则铍原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间结构为直线形。
（3）同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，由于B失去的是2p上的电子，p轨道上的电子能量较高，容易失去，所以B的第一电离能小于Be，K原子半径大，在这五种元素中，第一电离能最小，所以5种元素的第一电离能由大到小的顺序是F>O>Be>B>K。
（4）组成结构相似的分子晶体，一般相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸，点越高，4种三卤化硼都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔沸点依次升高。
（5）晶胞中位于顶点和体内的钾原子的个数为，由化学式可知，晶胞中含有3个KBBF，设晶体密度为，由晶胞质量公式可得：，解得。
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