化學試題注意事項：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分為100分，考試用時90分鐘。2.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。3.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Fe56Cr52一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學與科技、生活、文化等密切相關，下列說法正確的是A.利用合成了脂肪酸：實現了無機小分子向有機高分子的轉變C.蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化D.制墨是將松木在窯內燜燒，發生不完全燃燒【答案】D【解析】【詳解】A．脂肪酸屬于有機小分子化合物，而不是有機高分子，A錯誤；B．純堿是碳酸鈉，而發酵過程中中和酸常用的是小蘇打（NaHCO3），B錯誤；C．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙的過程中，堿液與纖維素發生化學反應，生成新的物質，因此涉及化學變化，C錯誤；D．制墨時松木在密閉窯內燜燒，因氧氣不足發生不完全燃燒，生成碳顆粒（煙灰）作為制墨原料，D正確；故選DB.的電子式為：【答案】C【解析】【詳解】A．H2O2中兩個氧都是sp3雜化，是半開書頁型的，兩個O在書軸上，兩個氫分別和兩個O相連，但不在同一平面上，四個原子不共線，A錯誤；B．O2的電子式為：，B錯誤；D．沒有標況，不確定的物質的量，不能確定消耗高錳酸根離子的量，D錯誤；故選C。3.下列各組物質的鑒別方法中，不可行的是A.過氧化鈉和硫黃：加水，振蕩B.苯和甲苯：滴加溴水，振蕩C.氯化鈉和氯化鉀：焰色試驗D.水晶和玻璃：X射線衍射實驗【答案】B【解析】【詳解】A．過氧化鈉可以與水發生反應生成可溶性的氫氧化鈉、并放出氧氣，硫不溶于水，現象不同，可以鑒別，A可行；B．苯和甲苯都能萃取溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上層，不能用溴水鑒別苯和甲苯，B不可行；C．鈉的焰色反應為黃色，鉀的焰色反應為紫色(需透過藍色鈷玻璃)，二者可以用焰色試驗鑒別，C可行；D．水晶為晶體，玻璃為非晶體，進行X射線衍射實驗，產生分立的斑點或明銳的衍射峰的為水晶，觀察不到分立的斑點或明銳的衍射峰的為玻璃，D可行；故選B。【答案】C【解析】選C。5.化學上常用標準電極電勢(氧化型/還原型)比較物質氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越強。利用表格所給的數據進行分析，下列說法錯誤的是氧化型/還原型(Co3+/Co2+)(Fe3+/Fe2+)(Cl2/Cl)酸性介質1.84V0.77V1.36V氧化型/還原型[Co(OH)3/Co(OH)2][Fe(OH)3/Fe(OH)2](ClO/Cl)堿性介質0.17VXV0.89VA.推測：X<0.77B.Fe3O4與濃鹽酸發生反應：Fe3O4+8HCl(濃)=FeCl2+2FeCl3+4H2OC.Co3O4與濃鹽酸發生反應：Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2OD.在等濃度的Co2+、Fe2+、Cl的混合液中，還原性：Co2+>Cl>Fe2+【答案】D【解析】【分析】化學上常用標準電極電勢數據φθ（氧化型/還原型）比較物質氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越強，結合次氯酸和次氯酸鹽的性質解題，據此分析解題。【詳解】A．因為氧化性Fe3+＞Fe(OH)3，所以電極電勢(Fe3+/Fe2+)＞[Fe(OH)3/Fe(OH)2]，推測：x＜0.77，故A正確；B．Fe3O4與濃鹽酸的反應為Fe3O4+8HCl(濃)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，故B正確；C．Co3O4與濃鹽酸發生反應生成氯化亞鈷、氯氣和水，反應的離子方程式為Co3O4＋8HCl(濃)＝3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O，故C正確；D．(Co3+/Co2+)>(Cl2/Cl)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性Co3+>Cl2>Fe3+，所以還原性Co2+<Cl<Fe2+，故D錯誤；故答案選D。6.二氟化氧常用作高能火箭推進系統中的氧化劑，一種在溫和條件下制取的工藝如圖所示。下列說法正確的是A.反應I中氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶3C.反應I~Ⅳ中，氟元素化合價發生變化的反應有3個【答案】D【解析】【分析】反應Ⅰ為H2O2與KMnO4、KF、HF反應轉化為O2、K2MnF6、H2O，方程式為3H2O2+2KMnO4+2KF+10HF=3O2↑+2K2MnF6+8H2O①，反應Ⅱ為HF、SbCl5反應生成SbF5、HCl，方程式為：5HF+SbCl5=SbF5+5HCl②，反應Ⅲ為K2MnF6與SbF5反應生成MnF3、KSbF6、F2，方程式為2K2MnF6+4SbF5=2MnF3+4KSbF6+F2↑③，反應Ⅳ的方程式為：2F2+2KOH=OF2+2KF+H2O④，據此回答。【詳解】A．根據①方程式可知，反應I中氧化產物和還原產物的物質的量之比為3:2，A錯誤；B．根據方程式①可知，還原性H2O2>K2MnF6，根據方程式③可知，氧化性K2MnF6>MnF3，B錯誤；C．根據四個方程式可知，氟元素化合價發生變化的反應有2個，分別為Ⅲ和Ⅳ，C錯誤；D．根據OF2~2F2~8SbF5+4K2MnF6可知，生成8molSbF5需要40molHF，生成4molK2MnF6需要20molHF，則制取1molOF2，至少需加入60molHF，D正確；故選D。A.W、X、Y、Z四種元素的單質中W的熔點最高C.W、X的簡單氫化物中沸點較高的是X【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且W、X、Y屬于不同族的短周期元素。W的外層電子數是其內層電子數的2倍，則W為C元素；每個周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一電離能都比左右相鄰元素的高，由于配合物中Y在外界，Y可形成簡單陽離子，則Y屬于金屬元素，故X和Y分別為N和Mg；Z的M層未成對電子數為4，則其3d軌道上有4個不成對電子，其核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，Z為Fe元素。【詳解】A．W、X、Y、Z四種元素的單質中，N元素的單質形成分子晶體，Mg和Fe均形成金屬晶體，C元素既可以形成金剛石又可以形成石墨，石墨的熔點最高，A正確；C．W、X的簡單氫化物分別為甲烷和氨氣，氨氣能形成氫鍵，導致其沸點較高，C正確；故選B。8.根據下列實驗操作、現象得出的結論正確的是選項實驗操作現象結論A將溴乙烷與NaOH乙醇溶液加熱反應產生的氣體通入盛有酸性高錳酸鉀溶液的試管中試管中的溶液紫紅色褪去溴乙烷發生了消去反應，生成了乙烯氣體B向FeCl2、KBr的混合溶液中滴入少量氯水，充分反應后再加入一定量的CCl4，振蕩、靜置分層，觀察下層顏色；再向上層溶液中滴加KSCN溶液下層溶液呈無色，往上層溶液中滴加KSCN溶液后，溶液變為血紅色氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+C向某溶液中加入NaOH濃溶液并加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍D向滴有KSCN的FeCl3溶液中通入SO2溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．將溴乙烷與NaOH乙醇溶液加熱，反應產生的氣體使酸性高錳酸鉀溶液褪色，可能是溴乙烷發生消去反應生成乙烯的還原作用，也可能是溶液中揮發出的乙醇的還原作用，A不正確；B．向FeCl2、KBr的混合溶液中滴入少量氯水，充分反應后再加入一定量的CCl4，液體分層，上下兩層溶液都呈無色，上層溶液能使KSCN溶液變紅，則表明反應生成了Fe3+，但不能肯定有Br2生成，則不能確定發生反應Cl2+2Br=2Cl+Br2，也就是不能肯定氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，B不正確；D．向滴有KSCN的FeCl3溶液中通入SO2，溶液褪色，表明SO2具有還原性，因為Fe(SCN)3屬于無機物，所以SO2不表現出漂白性，D不正確；故選C。9.我國化學工作者開發了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉化路線如下所示。下列敘述錯誤的是A.PLA在堿性條件下可發生降解反應B.MP的化學名稱是丙酸甲酯C.MP的同分異構體中含羧基的有3種D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據PLA的結構簡式，聚乳酸是其分子中的羧基與另一分子中的羥基發生反應聚合得到的，含有酯基結構，可以在堿性條件下發生降解反應，A正確；B．根據MP的結果，MP可視為丙酸和甲醇發生酯化反應得到的，因此其化學名稱為丙酸甲酯，B正確；C．MP的同分異構體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；D．MMA中含有雙鍵結構，可以發生加聚反應生成高分子，D正確；故答案選C。選項試劑①試劑②A氨水BCDA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】綜上所述，本題選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.某工廠利用銅屑脫除鋅浸出液中的，并制備，流程如下“脫氯”步驟僅元素化合價發生改變。下列說法正確的是鋅浸出液中相關成分(其他成分無干擾)離子濃度(g/L)1450.031D.脫氯液凈化后電解，可在陰極得到【答案】BD【解析】【詳解】A．由分析得，“浸銅”時，銅屑不能溶解完全，Cu在“脫氯”步驟還需要充當還原劑，故A錯誤；B．“脫氯”步驟中僅Cu元素的化合價發生改變，得到CuCl固體，即Cu的化合價升高，Cu2+的化合價降低，發生歸中反應，離子方程式為：Cu+2Cl+Cu2+=2CuCl，故B正確；C．由分析可知，銅屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反應的離子方程式為：Cu+2H++H2O2=Cu2+2H2O，故C錯誤；D．由分析可知，脫氯液凈化后電解，Zn2+可在陰極得到電子生成Zn，故D正確；故選BD。A.取ag該混合物充分加熱，質量減少bgB.取ag該混合物與足量NaOH溶液充分反應，得到bg溶液C.取ag該混合物與足量稀鹽酸反應，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體D.取ag該混合物與足量稀硫酸反應，逸出氣體經干燥后用堿石灰吸收，質量增加bg【答案】B【解析】故選B。A.電解時不能用銅電極來代替鐵電極【答案】CD【解析】答案選CD。14.丙烯可發生如下轉化(反應條件略)：下列說法不正確的是A.產物M有2種且互為同分異構體(不考慮立體異構)【答案】CD【解析】【分析】丙烯與HOCl發生加成反應得到M，M有CH3CHClCH2OH和CH3CHOHCH2Cl兩種可能的結構，在Ca(OH)2環境下脫去HCl生成物質Y()，Y在H+環境水解引入羥基再脫H+得到主產物Z；Y與CO2可發生反應得到物質P()。【詳解】A．據分析，產物M有2種且互為同分異構體(不考慮立體異構)，故A正確；B．據分析，H+促進Y中醚鍵的水解，后又脫離，使Z成為主產物，在該過程中，H+是催化劑，故其可提高Y→Z轉化的反應速率，故B正確；C．從題干部分可看出，是a處碳氧鍵斷裂，故a處碳氧鍵比b處更易斷裂，故C錯誤；D．Y→P是CO2與Y反應，沒有小分子生成，不是縮聚反應，該工藝有利于消耗CO2，減輕溫室效應，故D錯誤；故答案為CD。15.中國科學院理化所發現利用PdCdS可使PLA()轉化為丙酮酸()的速率顯著提高，并且優異的穩定性確保了Pd—CdS可以維持100h的反應性能，其反應機理如圖所示，PdCdS在光照條件下產生帶正電空穴(用h+表示，可捕獲電子)和電子。下列說法錯誤的是A.PdCdS可作乳酸制備丙酮酸的催化劑B.在相同條件下，適當增加光的強度有利于加快反應速率C.整個過程中，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1：1D.當180gPLA完全轉化成丙酮酸時，理論上PdCdS中至少產生4molh+【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知乳酸在PdCdS上可發生轉化生成丙酮酸，PdCdS可做該轉化的催化劑，故A正確；B．根據圖像可知，增加光的強度可產生更多的帶正電空穴和電子，氧氣結合氫離子轉化為羥基自由基，故B正確；C．由圖可知，生成DFF的總反應為為?+nH2On+nH2，則氧化產物DFF與還原產物H2的物質的量之比為1：1，故C正確；D．由圖可知PdCdS在光照條件下產生1molh+時同時產生1mol電子，180gPLA完全水解生成乳酸的物質的量大于2.5mol，乳酸發生反應：2e=+2H+，則2.5mol乳酸反應時轉移5mol電子，因此，理論上PdCdS中產生5molh+也不能將180gPLA完全水解生成的乳酸完全氧化，故D錯誤。故選：D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.在自然界中的存在形式有兩種——閃鋅礦與纖鋅礦，其中閃鋅礦屬立方晶系(其晶胞為立方體)，纖鋅礦屬六方晶系(其晶胞為底面菱形的直四棱柱)。請回答下列問題：①關于12吡啶偶氮2萘酚的下列說法正確的是___________。A．12吡啶偶氮2萘酚存在順反異構體B．氮原子的雜化方式為、③12吡啶偶氮2萘酚中的羥基替換為醛基后，其名稱為12吡啶偶氮2萘甲醛，其沸點顯著降低，原因為___________。（3）閃鋅礦晶胞為面心立方(如圖1)，纖鋅礦晶胞為六方(如圖2)。兩者形成的晶體密度相等。①纖鋅礦中占據S形成的正四面體空隙中，則原子1的分數坐標為___________。②已知閃鋅礦晶胞邊長為apm，纖鋅礦晶胞底面邊長為bpm，纖鋅礦晶胞的高為___________(用含a、b的代數式表示)（2）①.A②.4③.12吡啶偶氮2萘酚可以形成分子間氫鍵，12吡啶偶氮2萘甲醛不能形成分子間氫鍵【解析】【小問1詳解】【小問2詳解】①A．12吡啶偶氮2萘酚中苯環在N=N同側或異側，故存在順反異構體，A正確；B．吡啶環中氮原子的雜化方式為，偶氮中氮原子形成雙鍵，雜化方式為，B錯誤；故選A；③12吡啶偶氮2萘酚可以形成分子間氫鍵，12吡啶偶氮2萘甲醛不能形成分子間氫鍵，故沸點顯著降低；【小問3詳解】17.鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：已知：最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2O存在，在堿性介質中以CrO存在。回答下列問題：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為___________(填化學式)。（3）“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是___________。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果，若pH<9時，會導致___________；pH>9時，會導致___________。（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時，溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或VO，上述性質說明V2O5具有___________(填標號)。A．酸性B．堿性C．兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為___________。【答案】（1）Na2CrO4（4）①.磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理②.會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀（5）C（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O【解析】【分析】由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉化為相應的最高價含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到氫氧化鋁濾渣和濾液；向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子，調節溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氫氧化鉻。【小問1詳解】由分析可知，煅燒過程中，鉻元素轉化為鉻酸鈉，故答案為：Na2CrO4；【小問2詳解】由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故答案為：Fe2O3；【小問3詳解】【小問4詳解】由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9時，磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時，會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，故答案為：磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀；【小問5詳解】由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應生成鹽和水，也能與堿溶液發生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；【小問6詳解】由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉化為鉻離子，反應的離子方程式為2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案為：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。【配制溶液】【測定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。（1）下列儀器在本實驗中必須用到的有_______(填名稱)。（3）步驟I中“微熱”的原因是_______。（4）步驟Ⅲ中，若未“立即滴定”，則會導致測定的鐵含量_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。溶液現象空白實驗紫紅色不褪去實驗I紫紅色不褪去實驗ⅱ紫紅色明顯變淺表中試劑X為_______；根據該實驗可得出的結論是_______。【答案】（1）容量瓶、量筒（3）提高試樣與濃鹽酸反應速率，同時可以減少濃鹽酸的揮發和氯化鐵的升華（6）①.更安全，對環境更友好②.H2O③.酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值【解析】【小問1詳解】配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但給出的為堿式滴定管，因此給出儀器中，本實驗必須用到容量瓶、量筒；【小問2詳解】【小問3詳解】步驟I中“微熱”是為了提高試樣與濃鹽酸反應速率，同時微熱可以減少濃鹽酸的揮發和氯化鐵的升華；【小問4詳解】步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，導致測定的鐵含量偏小；【小問5詳解】【小問6詳解】19.硫及其化合物具有廣泛用途。（1）S在元素周期表中的位置是___________，基態S原子的價層電子排布式是___________。（4）如圖是硫