浙江省嘉興市2025屆高考仿真模擬化學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)在人體內(nèi)發(fā)生的變化及其對(duì)人的生命活動(dòng)所起的作用敘述不正確的是：A．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動(dòng)）B．纖維素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動(dòng)）C．植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D．酶通常是一類(lèi)具有高選擇催化性能的蛋白質(zhì)2、已知短周期元素M、N、P、Q最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，常溫下X、Z、W均可與Y反應(yīng)，M、P、Q的原子序數(shù)及0.1mol/LX、Z、W溶液的pH如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．N原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等B．M的離子半徑小于N的離子半徑C．P氫化物穩(wěn)定性大于Q氫化物穩(wěn)定性D．X、W兩物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類(lèi)型相同3、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．生活中可用氫氟酸在玻璃器皿上做標(biāo)記B．液態(tài)HCl不能導(dǎo)電，說(shuō)明HCl是共價(jià)化合物C．杜康用高粱釀酒的原理是通過(guò)蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來(lái)D．“霾塵積聚難見(jiàn)路人”，霧和霾所形成的氣溶膠具有丁達(dá)爾效應(yīng)4、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢(shì)如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))。下列說(shuō)法不正確的是()A．M點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點(diǎn)時(shí)，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷增大D．當(dāng)n(NaOH)＝0.1mol時(shí)，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)5、石墨烯是只由一層碳原子所構(gòu)成的平面薄膜，其結(jié)構(gòu)模型見(jiàn)如圖。有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．晶體中碳原子鍵全部是碳碳單鍵B．石墨烯與金剛石都是碳的同素異形體C．石墨烯中所有碳原子可以處于同一個(gè)平面D．從石墨中剝離得到石墨烯需克服分子間作用力6、海水是巨大的資源寶庫(kù)，從海水中可以提取鎂、溴等產(chǎn)品。某興趣小組以MgBr2為原料，模擬從海水中制備溴和鎂。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．工業(yè)上步驟①常用Ca(OH)2代替NaOHB．設(shè)計(jì)步驟②、③、④的目的是為了富集溴C．步驟④中試劑X可選用飽和二氧化硫水溶液D．工業(yè)上實(shí)現(xiàn)步驟⑥，通常用氫氣還原氯化鎂7、下列變化過(guò)程中，需要破壞離子鍵的是（）A．氯化氫溶于水 B．鐵熔化 C．干冰升華 D．氯化鈉溶于水8、常溫下，某H2CO3溶液的pH約為5.5，c(CO32-)約為5×10-11mol?L-1，該溶液中濃度最小的離子是()A．CO32- B．HCO3- C．H+ D．OH-9、下列說(shuō)法正確的是()A．分子晶體中一定存在共價(jià)鍵B．某化合物存在金屬陽(yáng)離子，則一定是離子化合物C．HF比H2O穩(wěn)定，因?yàn)榉肿娱g存在氫鍵D．CS2、PCl5具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)10、25℃時(shí)，0.1mol?L-1的3種溶液

①鹽酸

②氨水

③CH3COONa溶液．下列說(shuō)法中，不正確的是（）A．3種溶液中pH最小的是①B．3種溶液中水的電離程度最大的是②C．①與②等體積混合后溶液顯酸性D．①與③等體積混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）11、NH5屬于離子晶體。與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，它也能跟乙醇發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)，并都產(chǎn)生氫氣。有關(guān)NH5敘述正確的是（）A．與乙醇反應(yīng)時(shí)，NH5被氧化B．NH5中N元素的化合價(jià)為+5價(jià)C．1molNH5中含有5molN-H鍵D．1molNH5與H2O完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子2mol12、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)，其中A是四元化合物，C是能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，D是淡黃色固體化合物，E是單質(zhì)。各物質(zhì)之間存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分產(chǎn)物未標(biāo)出)。下列說(shuō)法不正確的是A．簡(jiǎn)單離子半徑大小關(guān)系：c＞d＞eB．簡(jiǎn)單陰離子的還原性：a＞c＞dC．氫化物的沸點(diǎn)：c＞dD．C和E反應(yīng)生成F是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)之一13、鋰空氣充電電池有望成為電動(dòng)汽車(chē)的實(shí)用儲(chǔ)能設(shè)備。工作原理示意圖如下，下列敘述正確的是A．該電池工作時(shí)Li+向負(fù)極移動(dòng)B．Li2SO4溶液可作該電池電解質(zhì)溶液C．電池充電時(shí)間越長(zhǎng)，電池中Li2O含量越多D．電池工作時(shí)，正極可發(fā)生：2Li++O2+2e-=Li2O214、2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予了鋰離子電池開(kāi)發(fā)的三位科學(xué)家。一種鋰離子電池的反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)。其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．放電時(shí)，Li+由b極向a極遷移B．放電時(shí)，若轉(zhuǎn)移0.02mol電子，石墨電極將減重0.14gC．充電時(shí)，a極接外電源的正極D．該廢舊電池進(jìn)行“充電處理”有利于鋰在LiCoO2極回收15、三元催化轉(zhuǎn)化器能同時(shí)凈化汽車(chē)尾氣中的碳?xì)浠衔?HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金，合金負(fù)載量不同時(shí)或不同的工藝制備的合金對(duì)汽車(chē)尾氣處理的影響如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．圖甲表明，其他條件相同時(shí)，三種尾氣的轉(zhuǎn)化率隨合金負(fù)載量的增大而增大B．圖乙表明，尾氣的起燃溫度隨合金負(fù)載量的增大而降低C．圖甲和圖乙表明，合金負(fù)載量越大催化劑活性越高D．圖丙和圖丁表明，工藝2制得的合金的催化性能優(yōu)于工藝1制得的合金16、2012年，國(guó)際純粹與應(yīng)用化學(xué)聯(lián)合會(huì)(IUPAC)宣布第116號(hào)元素命名為鉝(Livermorium)，元素符號(hào)是Lv，以紀(jì)念勞倫斯利弗莫爾國(guó)家實(shí)驗(yàn)室(LLNL)對(duì)元素發(fā)現(xiàn)作出的貢獻(xiàn)。下列有關(guān)敘述中不正確的是①Lv的非金屬性比S強(qiáng)②Lv元素原子的內(nèi)層電子共有110個(gè)③Lv是過(guò)渡金屬元素④Lv元素原子的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸⑤Lv元素的最高價(jià)氧化物的化學(xué)式為L(zhǎng)vO3A．①③④ B．①②④ C．③⑤ D．②⑤17、以太陽(yáng)能為熱源，熱化學(xué)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保的制氫方法，其流程圖如下：相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：反應(yīng)I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)＝2HI(aq)+H2SO4(aq)；ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反應(yīng)II：H2SO4(aq)＝SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)；ΔH2

=+327kJ·mol-1反應(yīng)III：2HI(aq)＝H2(g)+I2(g)；ΔH3

=+172kJ·mol-1下列說(shuō)法不正確的是（）A．該過(guò)程實(shí)現(xiàn)了太陽(yáng)能到化學(xué)能的轉(zhuǎn)化B．SO2和I2對(duì)總反應(yīng)起到了催化劑的作用C．總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2H2O(l)＝2H2

(g)+O2(g)；ΔH

=+286kJ·mol-1D．該過(guò)程降低了水分解制氫反應(yīng)的活化能，但總反應(yīng)的ΔH不變18、依據(jù)Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)出韋斯頓標(biāo)準(zhǔn)電池，其簡(jiǎn)易裝置如圖。下列有關(guān)該電池的說(shuō)法正確的是()A．電池工作時(shí)Cd2＋向電極B移動(dòng)B．電極A上發(fā)生反應(yīng)Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C．電極B上發(fā)生反應(yīng)Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D．反應(yīng)中每生成amolHg轉(zhuǎn)移3amol電子19、常溫下，用0.1000mol·L-1的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的氨水，滴定曲線(xiàn)如圖所示，滴加20.00mL鹽酸時(shí)所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．點(diǎn)①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B．點(diǎn)②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C．點(diǎn)③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D．該氨水的濃度為0.1000mol·L-120、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和解釋或結(jié)論都一定正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論A某鉀鹽溶于鹽酸后，產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味氣體，將其通入澄清石灰水有白色沉淀出現(xiàn)該鉀鹽是B將少量的溴水分別滴入溶液、溶液中，再分別滴加振蕩下層分別呈無(wú)色和紫紅色還原性：C將充滿(mǎn)的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深反應(yīng)的D將受熱分解產(chǎn)生的氣體通入某溶液溶液變渾濁，繼續(xù)通入該氣體，渾濁消失該溶液是溶液A．A B．B C．C D．D21、某種化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，X的原子半徑是元素周期表中最小的。下列敘述正確的是A．WX的水溶液呈堿性B．由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物的水溶液一定呈堿性C．元素非金屬性的順序?yàn)椋篩>Z>QD．該化合物中與Y單鍵相連的Q不滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)22、已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液，Na2S溶液的反應(yīng)情況如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列幾種物質(zhì)的溶解度大小的比較中，正確的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS二、非選擇題(共84分)23、（14分）普魯卡因M（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為）可用作臨床麻醉劑，熔點(diǎn)約60℃。它的一條合成路線(xiàn)如下圖所示（部分反應(yīng)試劑和條件已省略）：已知：B和乙醛互為同分異構(gòu)體；的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定。完成下列填空：(1)比A多兩個(gè)碳原子，且一氯代物只有3種的A的同系物的名稱(chēng)是____________。(2)寫(xiě)出反應(yīng)①和反應(yīng)③的反應(yīng)類(lèi)型反應(yīng)①_______________，反應(yīng)③_______________。(3)寫(xiě)出試劑a和試劑b的名稱(chēng)或化學(xué)式試劑a________________，試劑b____________________。(4)反應(yīng)②中將試劑a緩緩滴入C中的理由是_____________________________。(5)寫(xiě)出B和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式B________________________，F(xiàn)________________(6)寫(xiě)出一種同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________________。①能與鹽酸反應(yīng)②能與碳酸氫鈉反應(yīng)③苯環(huán)上有2種不同環(huán)境的氫原子24、（12分）環(huán)氧樹(shù)脂因其具有良好的機(jī)械性能、絕緣性能以及與各種材料的粘結(jié)性能，已廣泛應(yīng)用于涂料和膠黏劑等領(lǐng)域。下面是制備一種新型環(huán)氧樹(shù)脂G的合成路線(xiàn)：已知以下信息：①+H2O②+NaOH+NaCl+H2O③回答下列問(wèn)題：（1）A是一種烯烴，化學(xué)名稱(chēng)為_(kāi)____，C中官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)____、____。（2）由C生成D反應(yīng)方程式為_(kāi)______。（3）由B生成C的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)______。（4）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______。（5）E的二氯代物有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫(xiě)出其中能同時(shí)滿(mǎn)足以下條件的芳香化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________、_______。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3∶2∶1。（6）假設(shè)化合物D、F和NaOH恰好完全反應(yīng)生成1mol單一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，則G的n值理論上應(yīng)等于_______。25、（12分）無(wú)水硫酸銅在加熱至650℃時(shí)開(kāi)始分解生成氧化銅和氣體．某活動(dòng)小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)，探究不同溫度下氣體產(chǎn)物的組成．實(shí)驗(yàn)裝置如下：每次實(shí)驗(yàn)后均測(cè)定B、C質(zhì)量的改變和E中收集到氣體的體積．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下（E中氣體體積已折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況）：實(shí)驗(yàn)組別溫度稱(chēng)取CuSO4質(zhì)量/gB增重質(zhì)量/gC增重質(zhì)量/gE中收集到氣體/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中A中的現(xiàn)象是______．D中無(wú)水氯化鈣的作用是_______．（2）在測(cè)量E中氣體體積時(shí)，應(yīng)注意先_______，然后調(diào)節(jié)水準(zhǔn)管與量氣管的液面相平，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，測(cè)得氣體體積______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）．（3）實(shí)驗(yàn)①中B中吸收的氣體是_____．實(shí)驗(yàn)②中E中收集到的氣體是______．（4）推測(cè)實(shí)驗(yàn)②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為：_______．（5）根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析，實(shí)驗(yàn)③中理論上C增加的質(zhì)量Y3=_______g．（6）結(jié)合平衡移動(dòng)原理，比較T3和T4溫度的高低并說(shuō)明理由________．26、（10分）肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應(yīng)制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（實(shí)驗(yàn)一）制備N(xiāo)aClO溶液（實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示）(1)配制30%NaOH溶液時(shí)，所需玻璃儀器除量筒外，還有_____（填標(biāo)號(hào)）A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒(2)錐形瓶中發(fā)生反應(yīng)化學(xué)程式是_____________________________。（實(shí)驗(yàn)二）制取水合肼。（實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示）控制反應(yīng)溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應(yīng)。加熱蒸餾三頸燒瓶?jī)?nèi)的溶液，收集108-114餾分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填標(biāo)號(hào)）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是____________。蒸餾時(shí)需要減壓，原因是______________。（實(shí)驗(yàn)三）測(cè)定餾分中肼含量。(4)水合肼具有還原性，可以生成氮?dú)狻y(cè)定水合肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可采用下列步驟：a．稱(chēng)取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證滴定過(guò)程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)______________，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積。d．進(jìn)一步操作與數(shù)據(jù)處理(5)滴定時(shí)，碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在______________滴定管中（選填：“酸式”或“堿式”）水合肼與碘溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_____。27、（12分）二氧化硫（SO2）是一種在空間地理、環(huán)境科學(xué)、地質(zhì)勘探等領(lǐng)域受到廣泛研究的一種氣體。Ⅰ.某研究小組設(shè)計(jì)了一套制備及檢驗(yàn)SO2部分性質(zhì)的裝置，如圖1所示。（1）儀器A的名稱(chēng)______________，導(dǎo)管b的作用______________。（2）裝置乙的作用是為了觀(guān)察生成SO2的速率，則裝置乙中加入的試劑是______________。（3）①實(shí)驗(yàn)前有同學(xué)提出質(zhì)疑：該裝置沒(méi)有排空氣，而空氣中的O2氧化性強(qiáng)于SO2，因此裝置丁中即使有渾濁現(xiàn)象也不能說(shuō)明是SO2導(dǎo)致的。請(qǐng)你寫(xiě)出O2與Na2S溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式______________。②為進(jìn)一步檢驗(yàn)裝置丁產(chǎn)生渾濁現(xiàn)象的原因，進(jìn)行新的實(shí)驗(yàn)探究。實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象見(jiàn)表。序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象1向10ml1mol·L-1的Na2S溶液中通O215min后，溶液才出現(xiàn)渾濁2向10ml1mol·L-1的Na2S溶液中通SO2溶液立即出現(xiàn)黃色渾濁由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知：該實(shí)驗(yàn)條件下Na2S溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象是SO2導(dǎo)致的。你認(rèn)為上表實(shí)驗(yàn)1反應(yīng)較慢的原因可能是______________。Ⅱ.鐵礦石中硫元素的測(cè)定可以使用燃燒碘量法，其原理是在高溫下將樣品中的硫元素轉(zhuǎn)化為SO2，以淀粉和碘化鉀的酸性混合溶液為SO2吸收液，在SO2吸收的同時(shí)用0.0010mol·L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，檢測(cè)裝置如圖2所示：[查閱資料]①實(shí)驗(yàn)進(jìn)行5min，樣品中的S元素都可轉(zhuǎn)化為SO2②2IO3－＋5SO2＋4H2O=8H＋＋5SO42－＋I(xiàn)2③I2＋SO2＋2H2=2I－＋SO42－＋4H＋④IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O（4）工業(yè)設(shè)定的滴定終點(diǎn)現(xiàn)象是______________。（5）實(shí)驗(yàn)一：空白試驗(yàn)，不放樣品進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，5min后測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V1mL實(shí)驗(yàn)二：加入1g樣品再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，5min后測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為V2mL比較數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)V1遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于V2，可忽略不計(jì)V1。測(cè)得V2的體積如表序號(hào)123KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.029.9810.00該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為_(kāi)_____________。28、（14分）鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。(1)鐵原子核外有__________種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的電子，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)______________。(2)實(shí)驗(yàn)室常用K3[Fe(CN)6]檢驗(yàn)Fe2+，[Fe(CN)6]3－中三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______(用元素符號(hào)表示)，CN－中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n(σ)∶n(π)=__________；HCN中C原子軌道的雜化類(lèi)型為_(kāi)_________。HCN的沸點(diǎn)為25.7℃，既遠(yuǎn)大于N2的沸點(diǎn)(-195.8℃)也大于HCl的沸點(diǎn)(-85℃)的原因是__________。(3)FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價(jià)性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子(Fe2Cl6)存在，該雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)_______，其中Fe的配位數(shù)為_(kāi)____________。(4)鐵氮化合物(Fe4N)在磁記錄材料領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用前景，其晶胞如上圖所示。以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中b位置Fe原子的坐標(biāo)為(0，，)、(，0，)和(，，0)，則a位置Fe原子和N原子的坐標(biāo)分別為_(kāi)_________、__________。N與Fe原子之間最短距離apm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該鐵氮化合物的密度是__________g·cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)。29、（10分）Ga、N、Ni、As等元素常用于制造高科技材料。回答下列問(wèn)題:（1）基態(tài)As原子核外電子排布式為[Ar]_____。（2）元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個(gè)電子形成氣態(tài)負(fù)一價(jià)離子時(shí)所放出的能量稱(chēng)作第一電子親和能（E1）。第二周期部分元素的E1變化趨勢(shì)如圖所示,其中除氮元素外，其他元素的E1自左向右依次增大的原因是___________；氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是________。（3）我國(guó)科學(xué)家最近成功合成了世界上首個(gè)五氮陰離子鹽（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R表示）。經(jīng)X射線(xiàn)衍射測(cè)得化合物R的晶體結(jié)構(gòu),其局部結(jié)構(gòu)如圖所示。圖中虛線(xiàn)代表氫鍵,其表示式為（NH4+）N—H…Cl、_______、_________。（4）8-羥基喹啉鋁（分子式為C27H18AlN3O3）用于發(fā)光材料及電子傳輸材料,可由LiAlH與8-羥基喹啉（）合成。LiAlH中陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)__;8-羥基喹啉所含元素中電負(fù)性最大的是___（填元素符號(hào)）,N、O的雜化方式依次為_(kāi)__、____。（5）GaAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,其晶胞參數(shù)為apm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則GaAs的密度是_______g·cm-3（列出計(jì)算表達(dá)式）。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、B【解析】

A.淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能釋放出能量，故A正確；B.人體內(nèi)沒(méi)有水解纖維素的酶，它在人體內(nèi)主要是加強(qiáng)胃腸蠕動(dòng)，有通便功能，不能被消化功能，故B錯(cuò)誤；C.植物油含不飽和脂肪酸酯，分子中含有碳碳雙鍵具有烯烴的性質(zhì)，能使Br2/CCl4褪色，故C正確；D.酶是蛋白質(zhì)，具有高選擇性和催化性能，故D正確；答案選B。2、A【解析】

短周期元素M、N、P、Q最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為X、Y、Z、W，M是短周期中原子半徑最大的元素，則M為Na元素，則X為NaOH；0.1mol/L的W溶液pH=1，則W為一元含氧強(qiáng)酸，且Q的原子序數(shù)大于Na元素，則Q為Cl元素、W為HClO4；0.1

mol/L的Z溶液pH=0.7，則氫離子濃度為10-0.7mol/L=0.2mol/L，故Z為二元強(qiáng)酸，且P的原子序數(shù)大于Na元素，則P為S元素、Z為H2SO4；常溫下X、Z、W均可與Y反應(yīng)，則Y為兩性氫氧化物，則Y為Al(OH)3、N為Al元素，據(jù)此解答。【詳解】A．N為Al元素，原子核外有3個(gè)電子層數(shù)，最外層電子數(shù)為3，其電子層與最外層電子數(shù)相等，故A正確；B．Na+、Al3+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑Na+＞Al3+，故B錯(cuò)誤；C．非金屬性Cl＞S，故簡(jiǎn)單氫化物穩(wěn)定性：HCl＞H2S，故C錯(cuò)誤；D．NaOH為離子化合物，含有離子鍵、共價(jià)鍵，HClO4為分子化合物，分子內(nèi)只含有共價(jià)鍵，二者含有化學(xué)鍵不全相同，故D錯(cuò)誤；故答案為：A。【點(diǎn)睛】“三看”法快速判斷簡(jiǎn)單微粒半徑的大小：一看電子層數(shù)：最外層電子數(shù)相同時(shí)，電子層數(shù)越多，半徑越大；二看核電荷數(shù)：當(dāng)電子層結(jié)構(gòu)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，半徑越小；三看核外電子數(shù)：當(dāng)電子層數(shù)和核電荷數(shù)均相同時(shí)，核外電子數(shù)越多，半徑越大。3、C【解析】

A．玻璃中含SiO2，會(huì)跟HF反應(yīng)，所以生活中常用氫氟酸刻蝕玻璃，A正確；B．HCl是由共價(jià)鍵構(gòu)成的共價(jià)化合物，B正確；C．高粱中不含乙醇，高粱釀酒是利用葡萄糖分解生成酒精與二氧化碳的原理，故C錯(cuò)誤；D．所有膠體都具有丁達(dá)爾效應(yīng)，D正確。答案選C。4、C【解析】A．M點(diǎn)是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應(yīng)得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時(shí)水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，A正確；B．在M點(diǎn)時(shí)溶液中存在電荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正確；C．銨根離子水解顯酸性，結(jié)合水解平衡常數(shù)分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，隨氫氧化鈉固體加入，反應(yīng)生成一水合氨濃度增大，平衡常數(shù)不變，則c(H+)/c(NH4+)減小，C錯(cuò)誤；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當(dāng)n（NaOH）=0.1mol時(shí)，恰好反應(yīng)生成氯化鈉和一水合氨，根據(jù)物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正確；答案選C。5、A【解析】

A.石墨烯內(nèi)部碳原子的排列方式與石墨單原子層一樣，以sp2雜化軌道成鍵，每個(gè)碳原子中的三個(gè)電子與周?chē)娜齻€(gè)碳原子形成三個(gè)σ鍵以外，余下的一個(gè)電子與其它原子的電子之間形成離域大π鍵，故A錯(cuò)誤；B.石墨烯和金剛石都是碳元素的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，故B正確；C.石墨烯中的碳原子采取sp2雜化，形成了平面六元并環(huán)結(jié)構(gòu)，所有碳原子處于同一個(gè)平面，故C正確；D.石墨結(jié)構(gòu)中，石墨層與層之間存在分子間作用力，所以從石墨中剝離得到石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力，故D正確；答案選A。6、D【解析】

由流程可知，MgBr2與NaOH反生成氫氧化鎂和NaBr，則濾液含NaBr，②中氯氣可氧化溴離子生成溴，③吹出溴，④中試劑X為二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯氣與HBr反應(yīng)生成溴；氫氧化鎂與鹽酸反應(yīng)生成MgCl2溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到MgCl2?6H2O，在HCl氣流中加熱MgCl2?6H2O，使其脫去結(jié)晶水得到無(wú)水MgCl2，⑥中電解熔融MgCl2生成Mg，以此來(lái)解答?！驹斀狻緼.工業(yè)上步驟①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正確；B.海水中溴離子濃度較低，步驟②、③、④的目的是為了富集溴，故B正確；C.步驟④中試劑X可選用飽和二氧化硫水溶液，與溴單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正確；D.Mg為活潑金屬，其還原性強(qiáng)于氫氣，氫氣無(wú)法還原氯化鎂，工業(yè)上實(shí)現(xiàn)步驟⑥，通常用電解法，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】Mg為活潑金屬，用一般的還原劑無(wú)法將其還原為金屬單質(zhì)，只能用最強(qiáng)有力的氧化還原反應(yīng)手段——電解，將其還原，但同時(shí)需注意，根據(jù)陰極的放電順序知，電解含Mg2+的水溶液時(shí)，水電離的H+會(huì)優(yōu)先放電，Mg2+不能在陰極得到電子，不能被還原得到金屬單質(zhì)，因此工業(yè)上常用電解熔融MgCl2的方法制取金屬鎂，類(lèi)似的還有金屬活動(dòng)順序表中鋁以前的金屬，如常用電解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金屬鋁和金屬鈉。7、D【解析】

A．HCl溶于水發(fā)生電離生成氫離子和氯離子，破壞共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B．鐵熔化破壞金屬鍵，故B錯(cuò)誤；C．干冰升華發(fā)生物理變化，只破壞分子間作用力，故C錯(cuò)誤；D．氯化鈉中只存在離子鍵，溶于水發(fā)生電離而破壞離子鍵，故D正確；故選：D。【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)鍵，側(cè)重考查基本概念，明確離子鍵和共價(jià)鍵區(qū)別是解本題關(guān)鍵，發(fā)生物理變化時(shí)不發(fā)生化學(xué)鍵斷裂，C為解答易錯(cuò)點(diǎn)。8、A【解析】

已知常溫下某H2CO3溶液的pH約為5.5，則c（OH-）=10-8.5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步電離程度大于第二步電離程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-），已知c(CO32-)約為5×10-11mol/L，所以該溶液中濃度最低的離子是CO32-；故選A。9、B【解析】

A．稀有氣體分子中不含化學(xué)鍵，多原子構(gòu)成的分子中含共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B．化合物中存在金屬陽(yáng)離子，則一定含有離子鍵，一定是離子化合物，故B正確；C．氟化氫比H2O穩(wěn)定，是因?yàn)闅浞矁r(jià)鍵強(qiáng)度大的緣故，與氫鍵無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．PCl5中氯原子最外層有7個(gè)電子，需要結(jié)合一個(gè)電子達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，磷原子最外層有5個(gè)電子，化合價(jià)為+5價(jià)，5+5=10，P原子最外層不是8電子結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選B。10、B【解析】①鹽酸PH<7，

②氨水電離呈堿性

③CH3COONa水解呈堿性，pH最小的是①，故A正確；①鹽酸電離出氫離子、②氨水電離出氫氧根離子，抑制水電離，CH3COONa水解促進(jìn)水電離，所以電離程度最大的是③，故B錯(cuò)誤；①與②等體積混合后恰好生成氯化銨，氯化銨水解呈酸性，故C正確；①與③等體積混合后恰好完全反應(yīng)生成醋酸和氯化鈉，根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正確。點(diǎn)睛：任意溶液中，陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)一定等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)；如醋酸和氯化鈉的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。11、A【解析】

反應(yīng)NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，NH5的5個(gè)H原子中有1個(gè)H原子，化合價(jià)由﹣1價(jià)變?yōu)?價(jià)，水中H元素化合價(jià)由+1價(jià)變?yōu)?價(jià)，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，【詳解】A．NH5也能跟乙醇發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)，并都產(chǎn)生氫氣，則乙醇作氧化劑，NH5作還原劑而被氧化，A正確；B．NH5的電子式為，N元素的化合價(jià)為﹣3價(jià)，B錯(cuò)誤；C．NH5的電子式為，1molNH5中含有4molN-H鍵，C錯(cuò)誤；D．1molNH5與H2O完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=1mol×[0-(-1)]=1mol，D錯(cuò)誤；故選A。12、C【解析】

短周期主族元素a、b、c、d、e原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)物質(zhì)，C是能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，則C為NH3。根據(jù)圖示A能與酸或堿反應(yīng)，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，則A為弱酸形成的銨鹽，而B(niǎo)能與淡黃色固體D反應(yīng)生成單質(zhì)E，則B為CO2、D為Na2O2、E為O2，而A是四元化合物，則A為(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO與水；結(jié)合原子序數(shù)可知a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na?！驹斀狻緼．c、d、e簡(jiǎn)單離子分別為N3－、O2－、Na＋，三者電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：c(N3－)＞d(O2－)＞e(Na＋)，正確，A不選；B．a(chǎn)、c、d分別是H、N、O元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，則對(duì)應(yīng)的陰離子還原性越弱。非金屬性a(H)＜c(N)＜d(O)，則簡(jiǎn)單陰離子的還原性：a(H－)＞c(N3－)＞d(O2－)，正確，B不選；C．c為N、d為O，c、d的氫化物分別是NH3、H2O，常溫下氨氣為氣體，而水為液體，氫化物沸點(diǎn)：c(NH3)＜d(H2O)，錯(cuò)誤，C選；D．C為NH3，E是O2，C與E的反應(yīng)是氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO與水，是工業(yè)制硝酸的基礎(chǔ)反應(yīng)，正確，D不選。答案選C。13、D【解析】

A．原電池中，陽(yáng)離子應(yīng)該向正極移動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．單質(zhì)鋰會(huì)與水反應(yīng)生成氫氧化鋰和氫氣，所以電解質(zhì)溶液不能使用任何水溶液，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．電池充電的時(shí)候應(yīng)該將放電的反應(yīng)倒過(guò)來(lái)，所以將正極反應(yīng)逆向進(jìn)行，正極上的Li應(yīng)該逐漸減少，所以電池充電時(shí)間越長(zhǎng)，Li2O含量應(yīng)該越少，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．題目給出正極反應(yīng)為：xLi++O2+xe-=LixO2，所以當(dāng)x=2時(shí)反應(yīng)為：2Li++O2+2e-=Li2O2；所以選項(xiàng)D正確。14、D【解析】

根據(jù)鋰離子電池的反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2(x＜1)可判斷出，放電時(shí)Li元素化合價(jià)升高，LixC6（可看作單質(zhì)Li和C）作負(fù)極，Co元素化合價(jià)降低。【詳解】A．放電時(shí)是b極為負(fù)極，a極為正極，Li+由負(fù)極移向正極，即由b極移向a極，A正確；B．放電時(shí)石墨電極發(fā)生Li-e-=Li+,若轉(zhuǎn)移0.02mol電子，則有0.02molLi參與反應(yīng)，電極減重為0.02×7=0.14g，B正確；C．充電時(shí)，原來(lái)的正極作陽(yáng)極，與外接電源的正極相連，C正確；D．“充電處理”時(shí)，Li+在陰極得電子生成Li，石墨為陰極，故該廢舊電池進(jìn)行“充電處理”有利于鋰在石墨極回收，D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】充電時(shí)為電解裝置，電池的正極與外電源的正極相連，作電解池的陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電池的負(fù)極與外電源的負(fù)極相連，作電解池的陰極，發(fā)生還原反應(yīng)。判斷電極時(shí)可以通過(guò)判斷電池反應(yīng)中元素化合價(jià)的變化來(lái)進(jìn)行。15、D【解析】

A.根據(jù)圖甲所示可知：在400℃時(shí)，三種氣體的轉(zhuǎn)化率在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)最大，A錯(cuò)誤；B.圖乙表明，尾氣的起燃溫度在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)最低，其它各種合金負(fù)載量時(shí)起燃溫度都比2g/L時(shí)的高，B錯(cuò)誤；C.圖甲表示只有在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)尾氣轉(zhuǎn)化率最大，而圖乙表示的是只有在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)尾氣轉(zhuǎn)化率最低，可見(jiàn)并不是合金負(fù)載量越大催化劑活性越高，C錯(cuò)誤；D.圖丙表示工藝1在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)，尾氣轉(zhuǎn)化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大，而圖丁表示工藝2在合金負(fù)載量為2g/L時(shí)，尾氣轉(zhuǎn)化率在尾氣的起燃溫度為200℃時(shí)已經(jīng)很高，且高于工藝1，因此制得的合金的催化性能：工藝2優(yōu)于工藝1，D正確；故合理選項(xiàng)是D。16、A【解析】

①第116號(hào)元素命名為鉝，元素符號(hào)是Lv，根據(jù)命名得出Lv是金屬，故①錯(cuò)誤；②第116號(hào)元素命名為鉝，是第VIA元素，最外層有6個(gè)電子，因此Lv元素原子的內(nèi)層電子共有110個(gè)，故②正確；③Lv是第VIA元素，不是過(guò)渡金屬元素，故③錯(cuò)誤；④Lv是金屬，Lv元素原子的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為堿，故④錯(cuò)誤；⑤Lv元素是第VIA元素，最高價(jià)為+6價(jià)，其最高價(jià)氧化物的化學(xué)式為L(zhǎng)vO3，故⑤正確；根據(jù)前面分析得出A符合題意。綜上所述，答案為A?！军c(diǎn)睛】同主族從上到下非金屬性減弱，金屬性增強(qiáng)；同周期從左到右非金屬性增強(qiáng)，金屬性減弱。17、C【解析】

A、通過(guò)流程圖，反應(yīng)II和III，實(shí)現(xiàn)了太陽(yáng)能到化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，故A說(shuō)法正確；B、根據(jù)流程總反應(yīng)為H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化劑的作用，故B說(shuō)法正確；C、反應(yīng)I+反應(yīng)II+反應(yīng)III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g)△H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)△H=＋572kJ·mol－1，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D、△H只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，該過(guò)程降低了水分解制氫的活化能，△H不變，故D說(shuō)法正確。18、B【解析】

根據(jù)電池反應(yīng)方程式可知：在反應(yīng)中Cd(Hg)極作負(fù)極，Cd失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生Cd2+，Hg作溶劑，不參加反應(yīng)，另一極Hg為正極，Cd2＋向負(fù)電荷較多的電極A移動(dòng)，A錯(cuò)誤、B正確；根據(jù)總反應(yīng)方程式可知物質(zhì)B電極上的Hg不參加反應(yīng)，C錯(cuò)誤；根據(jù)方程式可知每生成3molHg，轉(zhuǎn)移2mole-，則生成amolHg轉(zhuǎn)移mol的電子，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是B。19、C【解析】

條件“滴加20.00mL鹽酸時(shí)所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式，實(shí)際上是溶液中的物料守恒關(guān)系式；進(jìn)一步可知，V(HCl)=20mL即為滴定終點(diǎn)，原來(lái)氨水的濃度即為0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液即可認(rèn)為是NH4Cl的溶液，在此基礎(chǔ)上分析溶液中粒子濃度的大小關(guān)系，更為簡(jiǎn)便?！驹斀狻緼．V(HCl)=20mL時(shí)，溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立；所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半時(shí)，溶液中就有以下等式成立：c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)；A項(xiàng)正確；B．點(diǎn)②時(shí)溶液呈中性，所以有c(H+)=c(OH-)；根據(jù)電荷守恒式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-)；B項(xiàng)正確；C．點(diǎn)③即為中和滴定的終點(diǎn)，此時(shí)溶液可視作NH4Cl溶液；由于NH4+的水解程度較小，所以c(NH4+)＞c(H+)；C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由條件“滴加20.00mL鹽酸時(shí)所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即為滴定終點(diǎn)，那么原來(lái)氨水的濃度即為0.1mol/L；D項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】對(duì)于溶液混合發(fā)生反應(yīng)的體系，若要判斷溶液中粒子濃度的大小關(guān)系，可以先考慮反應(yīng)后溶液的組成，在此基礎(chǔ)上再結(jié)合電離和水解等規(guī)律進(jìn)行判斷，會(huì)大大降低問(wèn)題的復(fù)雜程度。20、C【解析】

A.若該鉀鹽是，可以得到完全一樣的現(xiàn)象，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.溴可以將氧化成，證明氧化性，則還原性有，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.紅棕色變深說(shuō)明濃度增大，即平衡逆向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理可知正反應(yīng)放熱，C項(xiàng)正確；D.碳酸氫銨受熱分解得到和，通入后渾濁不會(huì)消失，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】注意A項(xiàng)中注明了“無(wú)味”氣體，如果沒(méi)有注明無(wú)味氣體，亞硫酸鹽和亞硫酸氫鹽與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的也可以使澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀。21、A【解析】

由圖分析，X只能形成一個(gè)共價(jià)鍵，又X的原子半徑是元素周期表中最小的，故X為H，W為五種短周期元素中原子序數(shù)最大的，且可形成+1價(jià)的離子，應(yīng)為Na，Y可成四個(gè)鍵，Y為C，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，Q為O，則Z為N，據(jù)此解答?！驹斀狻坑蓤D分析，X只能形成一個(gè)共價(jià)鍵，又X的原子半徑是元素周期表中最小的，故X為H，W為五種短周期元素中原子序數(shù)最大的，且可形成+1價(jià)的離子，應(yīng)為Na，Y可成四個(gè)鍵，Y為C，Q核外最外層電子數(shù)與Y核外電子總數(shù)相同，Q為O，則Z為N，A.WX為NaH，其與水反應(yīng)生成NaOH和氫氣，溶液顯堿性，故A正確；B.由X、Y、Q、W四種元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于HC2O4-的電離程度大于其水解程度，則其水溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；C.同周期元素從左到右主族元素原子非金屬性依次增強(qiáng)，則元素的非金屬性Q＞Z＞Y，故C錯(cuò)誤；D.該化合物中與Y單鍵相連的Q，與Y共用一對(duì)電子，并得到了W失去的一個(gè)電子，滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤；故選A。22、A【解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，說(shuō)明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，說(shuō)明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故選A。二、非選擇題(共84分)23、1,2-二甲苯（或鄰二甲苯）取代反應(yīng)還原反應(yīng)濃硝酸，濃硫酸濃硫酸防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物(CH3)2NH（任寫(xiě)一種）【解析】

B和乙醛互為同分異構(gòu)體，且的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，則B為，由F與B反應(yīng)產(chǎn)物結(jié)構(gòu)可知，C2H7N的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H3C﹣NH﹣CH3。由普魯卡因M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（），可知C6H6的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，與環(huán)氧乙烷發(fā)生類(lèi)似加成反應(yīng)得到C為，對(duì)比C、D分子式可知，C發(fā)生硝化反應(yīng)得到D，由普魯卡因M的結(jié)構(gòu)可知發(fā)生對(duì)位取代反應(yīng)，故D為，D發(fā)生氧化反應(yīng)得到E為，E與HOCH2CH2N（CH3）2發(fā)生酯化反應(yīng)得到G為，G中硝基被還原為氨基得到普魯卡因，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）比A多兩個(gè)碳原子，且一氯代物只有3種的A的同系物為，名稱(chēng)是1，2﹣二甲苯，故答案為1，2﹣二甲苯；（2）反應(yīng)①屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)③屬于還原反應(yīng)，故答案為取代反應(yīng)；還原反應(yīng)；（3）反應(yīng)②為硝化反應(yīng)，試劑a為濃硝酸、濃硫酸，反應(yīng)③為酯化反應(yīng)，試劑b為濃硫酸，故答案為濃硝酸、濃硫酸；濃硫酸；（4）反應(yīng)②中將試劑a緩緩滴入C中的理由是：防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物，故答案為防止出現(xiàn)多硝基取代的副產(chǎn)物；（5）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：H3C﹣NH﹣CH3，故答案為；H3C﹣NH﹣CH3；（6）一種同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的D（）的同分異構(gòu)體：①能與鹽酸反應(yīng)，含有氨基，②能與碳酸氫鈉反應(yīng)，含有羧基，③苯環(huán)上有2種不同環(huán)境的氫原子，可以是含有2個(gè)不同的取代基處于對(duì)位，符合條件的同分異構(gòu)體為等，故答案為。24、丙烯加成反應(yīng)氯原子、羥基+NaOH+NaCl+H2O+NaOH+NaCl+H2O8【解析】

根據(jù)D的分子結(jié)構(gòu)可知A為鏈狀結(jié)構(gòu)，故A為CH3CH=CH2；A和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B為CH2=CHCH2Cl，B和HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C為

或，C在堿性條件下脫去HCl生成D；由F結(jié)構(gòu)可知苯酚和E發(fā)生信息①的反應(yīng)生成F，則E為

；D和F聚合生成G，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)以上分析，A為CH3CH=CH2，化學(xué)名稱(chēng)為丙烯；C為

，故含官能團(tuán)的名稱(chēng)為氯原子、羥基。本小題答案為：丙烯；氯原子、羥基。（2）C在堿性條件下脫去HCl生成D，化學(xué)方程式為：（或）。故本小題答案為：（或）。（3）B和HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C。本小題答案為：加成反應(yīng)。（4）根據(jù)信息提示①和流程圖中則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。本小題答案為：。（5）E的二氯代物有多種同分異構(gòu)體，同時(shí)滿(mǎn)足以下條件的芳香化合物：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；②核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3∶2∶1，說(shuō)明分子中有3種類(lèi)型的氫原子，且個(gè)數(shù)比為3：2：1。則符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、。本小題答案為：、。（6）根據(jù)信息②和③，每消耗1molD，反應(yīng)生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，生成NaCl和H2O的總物質(zhì)的量為765g/76.5g/mol=10mol，由G的結(jié)構(gòu)可知，要生成1mol單一聚合度的G，需要(n+2)molD，則(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理論上應(yīng)等于8。本小題答案為：8。25、白色固體變黑吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化冷卻至室溫偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4溫度更高，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根據(jù)無(wú)水硫酸銅在加熱至650℃時(shí)開(kāi)始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現(xiàn)象，根據(jù)堿石灰和無(wú)水氯化鈣的作用分析；(2)氣體溫度較高，氣體體積偏大，應(yīng)注意先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說(shuō)明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測(cè)得氣體體積偏?。?3)實(shí)驗(yàn)中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣；(4)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為：＝0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物質(zhì)的量為：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗(yàn)②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為：32＝0.032g，根據(jù)質(zhì)量守恒實(shí)驗(yàn)③中理論上C增加的質(zhì)量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)③④的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2?！驹斀狻?1)因?yàn)闊o(wú)水硫酸銅在加熱至650℃時(shí)開(kāi)始分解生成氧化銅和氣體，故實(shí)驗(yàn)過(guò)程中A中的現(xiàn)象是白色固體變黑，因?yàn)閴A石灰能夠吸水，D中無(wú)水氯化鈣的作用是吸收水蒸氣，防止裝置E中的水進(jìn)入裝置C，影響C的質(zhì)量變化，故答案為：白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質(zhì)量變化；(2)加熱條件下，氣體溫度較高，在測(cè)量E中氣體體積時(shí)，應(yīng)注意先冷卻至室溫，若水準(zhǔn)管內(nèi)液面高于量氣管，說(shuō)明內(nèi)部氣壓大于外界大氣壓，測(cè)得氣體體積偏小，故答案為：冷卻至室溫偏小；(3)實(shí)驗(yàn)中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣，故答案為：SO3；O2；(4)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的質(zhì)量為：0.256g，物質(zhì)的量為：＝0.004mol，氧氣的質(zhì)量為：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物質(zhì)的量為：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質(zhì)的量之比等于2：2：2；1，則實(shí)驗(yàn)②中CuSO4分解反應(yīng)方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸銅的物質(zhì)的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質(zhì)量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的質(zhì)量為：0.16g，氧氣的質(zhì)量為：32＝0.032g，實(shí)驗(yàn)③中理論上C增加的質(zhì)量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)③④的數(shù)據(jù)可知，T4溫度生成氧氣更多，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2，故T4溫度更高，故答案為：T4溫度更高，因?yàn)镾O3分解為SO2和O2是吸熱反應(yīng)，溫度高有利于生成更多的O2。26、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產(chǎn)品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時(shí)，具體步驟是計(jì)算、稱(chēng)量、溶解，NaOH固體時(shí)需要放在燒杯中稱(chēng)，量取水時(shí)需要量筒，溶解時(shí)需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據(jù)制取水合肼（N2H4·H2O）的反應(yīng)原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物和反應(yīng)物分析判斷；水合肼（N2H4·H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據(jù)反應(yīng)原理確定反應(yīng)終點(diǎn)；（5）根據(jù)碘溶液的性質(zhì)確定所用儀器；（6）根據(jù)N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O進(jìn)行計(jì)算?！驹斀狻浚?）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時(shí)，溶解時(shí)需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價(jià)，具有還原性，若次氯酸鈉過(guò)量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會(huì)氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應(yīng)是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會(huì)降低物質(zhì)的沸點(diǎn)，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，減壓會(huì)降低物質(zhì)的沸點(diǎn)；（4）根據(jù)反應(yīng)N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，終點(diǎn)時(shí)碘過(guò)量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時(shí)，碘具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠管，則碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應(yīng)生成氮?dú)?、碘化氫和水，反?yīng)的化學(xué)方程式為N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質(zhì)的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=82%，故答案為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%?！军c(diǎn)睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價(jià)，具有還原性，若次氯酸鈉過(guò)量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會(huì)氧化水合肼是解答關(guān)鍵，也是易錯(cuò)點(diǎn)。27、蒸餾燒瓶平衡分液漏斗與蒸餾燒瓶的壓強(qiáng)，使液體順利流下或平衡壓強(qiáng)使液體順利流下飽和亞硫酸氫鈉溶液O2+2H2O+2Na2S==4NaOH+2S↓氧氣在水中的溶解度比二氧化硫小吸收液出現(xiàn)穩(wěn)定的藍(lán)色0.096%【解析】

根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)裝置分析解答；根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及氧化還原反應(yīng)原理分析書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式；根據(jù)滴定原理分析解答。【詳解】（1）根據(jù)圖中儀器構(gòu)造及作用分析，儀器A為蒸餾燒瓶；導(dǎo)管b是為了平衡氣壓，有利于液體流出；故答案為：蒸餾燒瓶；平衡氣壓，有利于液體流出；（2）裝置B的作用之一是觀(guān)察SO2的生成速率，其中的液體最好是既能觀(guān)察氣體產(chǎn)生的速率，也不反應(yīng)消耗氣體，SO2與飽和NaHSO3溶液不反應(yīng)，也不能溶解，可以選擇使用；故答案為：飽和NaHSO3溶液；（3）①氧氣與Na2S反應(yīng)生成硫單質(zhì)和氫氧化鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為：Na2S+O2=S↓+2NaOH；故答案為：Na2S+O2=S↓+2NaOH；②氧氣在水中的溶解度比二氧化硫小，導(dǎo)致上表實(shí)驗(yàn)1反應(yīng)較慢，故答案為：氧氣在水中的溶解度比二氧化硫??；（4）可知滴定終點(diǎn)時(shí)生成了I2，故滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘溶液不變色。故答案為：溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘溶液不變色；（5）V(KIO3)=，根據(jù)滴定原理及反應(yīng)中得失電子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3n(KIO3)=3×0.0010mol·L-1×0.01L=3×10-5mol，則該份鐵礦石樣品中硫元素的質(zhì)量百分含量為，故答案為：0.096%。28、26[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5N>C>Fe1：2sp雜化HCN為極性分子且分子間存在氫鍵，而N2為非極性分子，HCl分子間無(wú)氫鍵4(0，0，0)(，，)×1030【解析】

(1)原子核外有多少電子，就存在多少不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；根據(jù)F