2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学模拟试卷B

20231月浙江省一般高校招生选考科目B(考试时间：90分钟 总分值100分)可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 Cl35.5K39 Ca40 Fe56 Cu64 Ge73 Ag108 Ba137选择题局部一、选择题〔本大题共25250分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分〕以下关于物质的分类的是( )A．尿素—有机物 B．云—气溶胶C．纤维素—纯洁物【答案】C

D．硝酸—共价化合物【解析】A项，尿素的化学式为：CO(NH2)2，含有碳和氢两种元素，属于有机物，A正确；B项，云1~100纳米之间，属于气溶胶，B正确；C项，纤维素的化学式为：(C6H10O6)n，属于混合物，C错误；D项，硝酸的化学式为HNO3分子中只含有非金属元素，且不含铵根离子，属于共价化合物，D正确；应选C。以下属于强电解质且熔融状态能导电的是( )A．CH3OH【答案】B

B．CH3COONa C．H2SO4 D．AlCl3【解析】A项，CH3OH熔融状态下不导电，且不是电解质，A项错误；B项，CH3COONa熔融状态下导电，且为强电解质，B项正确；C项，H2SO4熔融状态下不导电，为强电解质，C项错误；D项，AlCl3熔融状态下不导电，为强电解质，D项错误；应选B。名称为“蒸发皿”的仪器是()A．【答案】A

B． C． D．【解析】A项， 名称为蒸发皿，A符合题意；B项， 名称为研钵，B不符合题意；C项，名称为外表皿，C不符合题意；D项， 名称为坩埚，D不符合题意；应选A。4．以下物质对应的化学名称及化学式均正确的选项是( )乙醚：CH3OCH3C．熟石膏：2CaSO4·H2O【答案】C

D．甘氨酸：H2NCH2COOH【解析】A项，乙醚的化学式为C4H10O，CH3OCH3是甲醚的构造简式，故A错误；B项，明矾晶体的化学式为KAl(S·12O，故BC项，生石膏的化学式为CaS·22O，熟石膏的化学式为2CaSO4·H2OC正确；D项，甘氨酸的化学式为C2H5NO2，H2NCH2COOH是构造简式，故D错误；应选C。以下化学用语或图示表达正确的选项是( )1818Cl17B．BF3的空间构造模型：C．N2的电子式：D．基态氮原子价层电子轨道表示式：【答案】B3【解析】A项，中子数为18的氯原子：35Cl，故A不正确；B项，BF的空间构造模型依据杂化轨道317理论，B3+0，sp2杂化，属于平面三角形，故B正确；C项，N2的电子式依据最外层电子进展推断：

，故C不准确；D项，基态氮原子价层电子轨道表示式： ，故D不正确；应选B。以下说法正确的选项是( )A．聚氯乙烯薄膜可以用来包装食品B．自然气是高热值的清洁能源C．可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是一种自然高分子材料D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反响供给能量【答案】B【解析】A项，聚乙烯属于无毒高分子，而聚氯乙烯有毒，所以不能用聚氯乙烯替代聚乙烯生产食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品，故A错误；B项，自然气的主要成分是甲烷，甲烷含氢量高、是高热值的清洁能源，故B正确；C项，可降解餐具用聚乳酸制造，聚乳酸是一种人工合成的高分子材料、不是自然高分子材料，故C错误；D项，人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不能被水解，故D错误；应选B。以下说法的是( )A． 与 是同系物B．HCOOCH3与CH3OCHO是同种物质C．碳纳米管和石墨烯是同素异形体D．异戊烷和2，2－二甲基丙烷是同分异构体【答案】A【解析】A-CH2-的一类有机物，两者的构造不相像，不属于同系物，A错误；B项，两者均为甲酸甲酯，是同一种物质，B正确；C项，碳纳米管和石墨烯都是碳的单质，但是是不同的物质，属于同素异形体，C正确；D项，两者的化学式均为C5H12，是同分异构体，D正确；应选A。位于广东的中国“散裂中子源”科学装置在锂电池、铁基超导、分子争论、超分子争论等领域取得20234月被评为“广东科技创成果特等奖”，以下表达错误的选项是3种不同的空间运动状态B．基态Fe3+3d5C．NH3的立体构型为三角锥形D．分子识别和自组装都是超分子的特征【答案】A【解析】A项，空间运动状态就是电子的轨道数，基态锂原子只有1s2s两个轨道有电子，只有两种不同的空间运动状态，A错误；B项，基态Fe3+3d5，B正确；C项，NH3中N原子价4，孤电子对数为1，立体构型为三角锥形，C正确；D项，超分子具有分子识别和自组装的特征，D正确；应选A。以下说法正确的选项是( )A．氯气有毒，所以可用作纸张的漂白剂B．明矾有杀菌消毒的作用，所以可用来处理污水C．石英坩埚耐高温，所以可用来加热熔化碱石灰等固体D．常温下铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁罐来贮运浓硫酸【答案】D【解析】A项，氯气与水反响生成具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，常用作纸张的漂白剂，故A错误；B项，明矾不具有强氧化性，不具有杀菌消毒的作用，故B错误；C项，碱石灰中的氧化C错误；D项，DD。关于反响KI+3H2S+5KIO3=3K2SO4+3I2+3H2O，以下说法正确的选项是( )A．KIO3发生氧化反响B．复原产物是K2SO4C3molH2S25mol电子D．复原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5【答案】C【解析】A项，KIO3中碘在反响中化合价降低，发生复原反响，故A错误；B项，复原产物是碘，B错误；C3molH2S时，5molKIO35mol×5=25mol电子，故C正确；D1molKI3molH2S5molKIO34：5，故D错误；应选C。以下有关试验操作的说法正确的选项是( )A．分液漏斗在使用前要将上口玻璃塞和漏斗颈上的旋塞芯取出，都涂上凡士林、并转动，使它们油膜均匀透亮，转动自如B．用pH计测定溶液的pH时，需先用蒸馏水洗净，然后再插入溶液C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干D．将金属钠在研体中研成粉末，使钠与水反响的试验更安全【答案】C【解析】A项，分液漏斗在使用前要将漏斗颈上的旋塞芯取出，涂上凡士林，但不行太多，以免堵塞流液孔。将分液漏斗插入塞槽内转动使油膜均匀透亮，且转动自如。然后关闭旋塞，往漏斗内注水，检查旋塞处是否漏水，不漏水的分液漏斗方可使用，A错误；B项，用pH计测定溶液的pH时，事先不能用蒸馏水洗净，B错误；C项，蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干，防止安全事故的发生，C正确；D项，钠的熔点低，极易和水以及氧气反响，不能将金属钠在研体中研成粉末，应当用小刀切割一小块金属钠，用滤纸吸干外表煤油，然后投入盛有水的烧杯中，使钠与水反响，D错误；应选C。设NA为阿伏伽德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )0g由甲醛(HCHO)与乙酸组成的混合物中所含共用电子对数目为4NAB．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+离子数目为0.1NAC9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2NAD．11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反响中，6molCuSO4能氧化白磷的分子数为1.1NA【答案】A【解析】A项，甲醛和乙酸的最简式均为CH2O，则甲醛(HCHO)和乙酸中的共用电子对数目一样，则30gA 共用电子对数目为30g/mol×4N/mol=4NA正确；BpH=1的盐酸溶液中c(H+)=10-1mol/LA Kw1.01014水电离出的c(H+)=c(OH-)=c(H+) 1.0101=1.0×10-13mol/L，故B错误；C项，铅蓄电池正极反响式为PbO2+4H++SO2-+2e-=PbSO+2H

O，1molPbO64g2mol，4 4

29.6g2mol因此正极质量增加9.6g，转移电子物质的量为

64g

=0.3mol，故C错误；D项，依据反响方程式，4P元素化合价由0-3价和+5Cu+2+1CuSO、46mol14 4 P，复原剂为P，6mol硫酸铜氧化P的物质的量有：45=0.3mol，故D错误；应选A。13．能正确表示以下变化的方程式是4 4 A．血红色溶液Fe(SCN3B2C2+2O=2Cu++4+23C．Na2S2O3溶液中参加稀硫酸：3SO23

2-+2H+=2SO

2-+4S↓+HO42D．少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2HClO42【答案】D【解析A项Fe(SCN3为络合物，发生局部电离，所以电离方程式为Fe(SCN3 A错误；B项，铜电极为活性电极，所以阳极铜失电子生成铜离子，而不是水中的氢氧根离子失电子，B4错误；C项，Na2S2O3与稀硫酸发生反响会生成硫单质、二氧化硫和水，产物有误，C错误；D项，二氧SO2通入NaClO溶液中后的离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO2-+Cl-+2HClO，D正确；应选D。4以下有关有机物构造、性质和用途说法不正确的选项是( )A．环己烷与溴水混合振荡后，在光照条件下可以发生取代反响B．蛋白质的二级构造主要依靠肽键中氨基酸残基之间形成的氢键而实现C．裂化汽油可以使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，且两者褪色原理一样D．等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等【答案】C【解析】A项，烷烃与卤素单质在光照条件下发生取代反响，环己烷与溴混合振荡后，在光照条件下也可以发生取代反响，A项正确；B-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B项正确；C项，裂化汽油含有不饱和烃，可与溴水发生加成反响，与酸性高锰酸钾发生氧化反响，褪色原理不同，C项错误；D项，乙醇可拆写成C2H4·H2O的形式，物质的量一样的C2H4和C2H4·H2O完全燃烧时，消耗氧气的量一样，D项正确；应选C。异烟肼是一种抗结核药物的主要成分，可通过以下路线合成.吡啶(以下有关说法错误的选项是( )

)与苯的性质相像。A．45种B．异烟酸中第一电离能最大的元素是NC．异烟肼属于分子晶体【答案】A

D．反响①为氧化反响，反响②为取代反响【解析A项－甲基吡啶的二氯取代物有7种分别为 、 、 、 、、 、 ，A错误；B项，元素非金属性越强，第一电离能越大，而第VA族元素大于相邻元素的第一电离能故异烟酸中第一电离能最大的元素是N，B正确；C项，异烟肼分子间通过分子间作用力构成晶体，属于分子晶体，C正确；D项，反响①为4-甲基吡啶中的甲基被氧化为羧基，发生氧化反响；反响②为异烟酸中羧基中的羟基被-NH-NH2取代，发生取代反响，DA。16．X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的简洁阳离子与YX-含有一样的电子数，W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍。以下说法不正确的选项是( )第一电离能大小：Z>Y>XB．X和Y可以组成X2Y型化合物C．工业上常用电解法制备元素Z的单质D．Z、W的最高价氧化物均具有很高的熔点【答案】A【解析】X、Y、Z、WY元素最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al元素；Z的简洁阳离子是Al3+，10个电子，Z的简洁阳离子与YX-含有一样的电子数，YX-10个电子，YO8个电子，则X为H元素；W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍，且W原子序数大于Al，则W为Si元素；综上所述，X为H元素，Y为O元素，Z为Al元素，WSi元素。A项，非金属性越强，第一电离能越大，非金属性O>H>Al，则第一电离能大小：Y>X>Z，A错误；B项，XH元素，Y为O元素，可以组成X2Y型化合物即为H2O，B正确；C项，Z为较活泼金属，工业上常用电解法氧化铝的方法制备元素Al的单质，C正确；D项，Z、W的最高价氧化物分别为Al2O3、SiO2，均具有很高的熔点，D正确；应选A。25℃时两种酸HAHB15.0×10-41.7×10-5。以下表达正确的选项是()A．25℃时，等pH和等体积的HA溶液、HB溶液，加蒸馏水稀释一样的倍数后的pH：HA溶液＜HB溶液5℃时，等浓度的NaANaB溶液中，水的电离程度：前者＜后者5℃时，等浓度的HA、HB溶液中各参加同浓度的NaOH溶液至中性，所需NaOH溶液的体积：前者＜后者5℃时，等浓度的HA、HB溶液分别与NaOH固体反响后呈中性的溶液中(无视溶液体积变化)：c(A－)=c(B-)【答案】B【解析】25℃时两种酸HAHB15.0×10-41.7×10-5HA＞HB。A项，25℃时，等pH和等体积的HA溶液、HB溶液，加蒸馏水稀释一样的倍数后，酸性较强的酸其pH变化大，所以稀释后的pH：HA溶液＞HB溶液，A错误；B项，酸越弱，酸根离子越简洁水解，水的电离程度越大，25℃时，等浓度的NaANaB溶液中，水的电离程度：前者＜后者，B正确；C项，25℃时，等浓度的HA、HB溶液中各参加同浓度的NaOH溶液，恰好反响时溶液显碱性，但后者的水解程度大，溶液碱性更强，要使溶液显中性，酸应当是过量的，因此所需NaOH溶液的体积：前者＞后者，C错误；D项，依据选项C25℃时，等浓度的HA、HB溶液分别与NaOH固体反响后呈中性的溶液中(无视钠离子浓度不同，依据电荷守恒可知(－)(BD错误；应选B。奥地利物理学家Boltzmann首次把熵和混乱度定量地联系起来，即S=klnΩ(kBoltzmann常数，Ω为混乱度，也即微观状态数，可粗略地看作空间排列的可能性数)。在一样的温度和压强下，以下关于熵的大小排序的是( )A．一样质量时：C(s，金刚石)＞C(s，石墨)＞C(s，富勒烯)B．1molSO2(g)>lmolCO2(g)＞1molO2(g)＞1molH2(g)C．2molH2O(g)＞1molH2O(g)＞lmolH2O(1)＞1molH2O(s)D．1molCH3CH2CH3(g)＞lmolCH3CH3(g)＞lmolCH4(g)【答案】A【解析】A项，质量一样时，金刚石和石墨的物质的量一样，从构造上看，金刚石比石墨排列有序，熵值低，所以一样质量时，熵值：C(s，金刚石)<C(s，石墨)A错误；B项，物质的量一样时，相对分子质量越大，熵值越高，故B正确；C项，同种物质而言，气态熵值大于液态熵值大于固态，物质的量越多熵值越大，故C正确；D项，物质的量一样时，相对分子质量越大，熵值越高，故D正确；应选A。(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。：反响I：C3H8O3(g)II：2C3H4O(g)+O2(g)

C3H4O(g)+2H2O(g)△H1>0Ea1(活化能)2C3H4O2(g)△H2>0Ea2(活化能)甘油常压沸点为290℃，工业生产选择反响温度为300℃常压下进展。以下说法的是( A．当H2O的体积分数保持不变，说明反响到达平衡状态B．固体催化剂肯定时，增加其外表积可提高化学反响速率，增大甘油的平衡转化率C．丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂D．假设转变条件增大反响II的平衡常数，反响II肯定向正反响方向移动，且平衡移动过程中逆反响速领先减小后增加【答案】B【解析】A项，恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反响到达平衡状态，A正确；B项，增加其外表积但浓度不变，平衡不肯定，甘油的平衡转化率不变，B错误；C项，活化能越小反响速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反响I的反响速率加快反响II的反响速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；D项，反响II是吸热反响，假设反响II的平衡常数增大，则为上升温度，平衡正向移动，反响II肯定向正反响方向移动，平衡移动过程中逆反响速领先减小后增加，D正确；应选B。反响A(g) 4B(g)+C(g)，在100℃和T℃时，A的物质的量浓度(单位：molL1)随时间变化的有关试验数据见下表：时间/min012345100/℃0.800.550.350.200.150.15T/℃1.000.650.350.180.180.18以下有关该反响的描述正确的选项是( )A100℃时，2min内用B表示的化学反响速率为0.1125molL1min1B．T℃下，3min时反响刚好到达平衡状态C．依据上表内A浓度变化，可知浓度越大，反响速率越大D．从表中可以看出T100【答案】C【解析】A100℃时，2min内A0.80mol/L-0.35mol/L=0.45mol/L，依据方程式可知B0.45mol/L×4=1.8mol/LB表示的化学反响速率为1.8mol/L2min

=0.9molL-1min-1，A错误；B项，T℃下，3min及以后A的物质的量浓度均不发生转变，说明3min2~3min之间反响就已经到达平衡，B错误；CAC正确；D项，由表格数据可知，T℃下，反响先到达平衡，说明T℃下反响速率更快，则T＞100，D错误；应选C。近日“宁德时代”宜布2023年实现钠离子电池产业化，钠离子电池以其低本钱、高安全性及其优异电化学属性等成为锂离子电池的首选“备胎”，其充放电过程是Na+在正负极间的镶嵌与脱嵌。以下说法的是()Na+

A．放电时负极区钠单质失去电子B．充电时Na+由“B极”向“A极”移动C．由于未使用稀缺的锂钴元素，量产后该电池生产本钱比锂离子电池低DNaFeFe(CN)6，充电时的电极反响为：Na1+xFeFe(CN)6-xe-=NaFeFe(CN)6+x【答案】AA极为负极，BA极为阴极，BA项，该电池充放电过程是Na+在正负极间的镶嵌与脱嵌，不存在钠单质的失电子，A错误；B项，充电时阳离子从阳极向阴极移动，即Na+由B极向A极移动，B正确；C项，稀缺的锂钴元素的价格比锂更高，该C正确；D项，充电时正极得电子，电极反响为：Na1+xFeFe(CN)6xe-=NaFeFe(CN)6+xNa+，D正确；应选A。关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，以下推想合理的是( )A．(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2OB．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反响：NH4++OH-=NH3↑+H2OC．假设肯定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反响生成CrO5(Cr为+6价)，推想CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质D．用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O72-+H2O(或橙黄色)变为橙色【答案】C

2CrO42-+2H+逆向移动，溶液由黄色【解析】A项，-3价的氮元素具有复原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会上升，A错误；B项，在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反响NH++OH-=NH↑+HO，还发生反响CrO2-+HO 2CrO

2-+2H+正向移动，B错误；4 3 2 2 7 2 4C(NH)CrO溶液与HO反响生成CrO，Cr为+6价，O为6价，则CrO

可能具有分42 2 7 2 2 5 5 5子稳定性差，易分解的性质，C正确；D项，(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O72-具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化复原反响，D错误；应选C。23．25℃时往20.00mL0.1mol·L-1HX溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液体系中-1gc(HX)、-lgc(X-)、NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如下图。以下说法正确的选项是( )A．曲线②表示-lgc(HX)与溶液pH的关系B．a点对应的溶液中：c(H+)+2c(HX)=c(OH-)-c(X-)C．b点对应的溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)D．25℃时，HX10-4【答案】C【解析】A20.00mL0.1mol·L−1HX0.1mol·L−1NaOH溶液，发生反响：NaOH+HX=NaX+H2O，体系中−lgc(HX)随溶液pH的增大而增大，−lgc(X−)随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示−lgc(HX)与溶液pH的关系，A错误；B项，a点对应的溶液中存在HX和NaX两种溶质，且二者的物质的量之比为1∶1，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(X−)+c(OH−)，物料守恒式为2c(Na+)=c(X−)+c(HX)，联立电荷守恒式及物料守恒式可得：2c(H+)+c(HX)=2c(OH−)+c(X−)，B错误；C项，b点对应的溶液pH=10即c(O−)>c(+NaX和NaOc(Na+)>c(−c(N+)>c(−)>c(O−)>c(+CD−lgc(HX)lgc(−，c(HX)=c(X−)，HX的电离平衡常数Ka=c(H+)=10−4.7610−5，D错误；应选C。324．铼的协作物(ReO3CHMTO表示)可催化醛烯烃基化，反响过程如下图。3以下表达错误的选项是( )A．ReO2(CH3)=CR1R2是反响的中间体醛烯烃基化反响为N2=C1R2+3CHO+P(6H3TRCH=CR2+2↑+O=P(6H53有机物N2=CR1R2中的N8电子构造，则N与N原子之间是单键存在反响：【答案】C

+3P(C6H5)3→O=P(C6H5)3+【解析】A项，由题干可得，ReO2(CH3)=CR1R2是反响的中间体，A正确；B项，醛烯烃基化反响为N=CRR+RCHO+P(CH)

T

CH=CRR+N↑+O=P(CH

)，B正确；C项，由于下一步得到2 1 2 3

6 53

3 1 2 2

6 53N2有，可知，有机物N2=CR1R2中的N与N原子之间是三键，C错误；D项，由题干可直接得知，存在反应： +3P(C6H5)3→O=P(C6H5)3+ ，D正确；应选C。25．以下方案设计、现象和结论有的是( )目的 方案设计

现象和结论比较HCO

-与Al(OH)

的酸性

NaAlO

溶液中滴加NaHCO溶

消灭白色沉淀3 3 2 3液 能确定：酸性3 HCO-＞3 2mL0.1mol·L-1NaOH溶液中滴

白色沉淀转化为红褐色沉淀Mg(OH)、Fe(OH)溶解度加20.1mol·L-1MgCl溶液，2 3 2再滴加2滴0.1mol·L-1的FeCl3溶液

能确定：溶解度Mg(OH)＞Fe(OH)2 3试管123中分别装有3mL的苯、C 推断基团之间的影响 甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴0.1mol·L-1

1、2不褪色，3褪色不能确定：苯环影响甲基D Fe3+I2的氧化性强弱

向含有淀粉的KI溶液中滴入

溶液变蓝【答案】B

Fe(NO3)3溶液，观看溶液颜色变化不能确定：氧化性Fe3+＞I23 2 3 【解析】A项，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，消灭白色沉淀，AlO-+HCO-=Al(OH)3↓+CO2-，能确定：酸性HCO-＞Al(OH)，方案设计、现象和结论均正确，故A不符合题意；B项，2mL0.1mol·L-1NaOH20.1mol·L-1MgCl223 2 3 FeCl3溶液，直接与过量的氢氧化钠反响，红褐色沉淀，不能确定：溶解度Mg(OH)2＞Fe(OH)3，方案设计有问题，方案设计、现象和结论有不正确，故B符合题意；C1、2、3中分别装有3mL的30.1mol·L-1酸性高锰酸钾溶液，振荡，盛甲苯的试管中酸性高锰酸钾溶液褪色，试管1、2不褪色，3褪色，无法证明环己烷不使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定：苯环影响甲基，使甲基变得更简洁被氧化，题中不正确的方案设计，得到的现象、结论正确，故C不符合题意；3D项，向含有淀粉的KIFe(NO3)3溶液，观看溶液颜色变化，Fe3+NO-均能将I-氧化，溶液变蓝，不能确定：氧化性Fe3+＞I2，题中不正确的方案设计，得到的现象和结论正确，故D不符合题意；应选B。3非选择题局部二、非选择题〔650分〕26．(8分)碳族化合物在争论和生产中有很多重要用途，请答复以下问题：SiH4中硅元素为+4价，则H、Si、O、C的电负性由大到小的挨次为 。基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为 。邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低；请解释其缘由 。氮化硅(Si3N4)是一种耐磨损、耐高温的构造陶瓷材料，其局部空间构造如下图，其构造中每个原子杂化类型一样且均到达8电子稳定构造，请比较晶体构造中键角大小：N—Si—N Si—N—Si(填“>”“<”“=”)。某锂电池的负极材料是将锂原子嵌入到两层石墨烯层中间其晶体构造如图该晶体中最近的两个碳原子核间距离为anm，石墨烯层间距离为bnm，则该晶体的密度为 (用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。【答案】(1)O>C>H>Si(1分) (2) (1分)(3)邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者(2分)7126(4)>(1分) (5) 3 (3分)9a2bN2 A

1021【解析】(1)同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性渐渐减弱，元素电负性减弱；SiH4中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的挨次为O>C>H>Si；(2)32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态锗原子(Ge)价层电子的轨道表示式为 ；(3)氢键的存在会导致物质熔沸点的转变邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点偏低，对羟基苯甲酸存在分子间氢键，使沸点偏高，故前者沸点低于后者(4)构造中每个原子杂化类型一样均为sp343硅原子成键，1N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；(5)晶胞中锂原子位于顶点，一个晶胞中原子数目为811；碳原子位于晶胞内部和面上，一个晶胞中原子数目为881+267+612gan3an，2 NA由于地面为平行四边形且底角为60°，则底面积为

3(3a)2×10-14cm2bnm，则晶胞体2371263积为 9a2b1021cm3，所以密度为3

g/cm3。22 9a2bN2A

102127．(10分)盐X由三种常见元素组成，某科学兴趣小组称取4.84g盐X进展试验，数据和现象如下：：①气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸取。②取D25.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液体积15.00mL。请答复：试剂Y为 ，气体B中的成分有 (填分子式)。(2)盐X的化学式为 。X的稀溶液中通入足量SO2气体，反响的离子方程式为 。某学生将带火星的木条放入气体B中，木条复燃，据此能否推断气体B中相对分子质量较大的成分具有助燃性 (填“能”或“不能”)，理由是 。【答案】(1)KSCN溶液(1分) NO、O(1分) (2)Fe(NO)(2分)2 2 333 2 2 (3)Fe3++3NO-+5SO+4HO=Fe2++3NO↑+5SO2-+8H+(3分3 2 2 (4)能(1分) 气体B中O2的体积分数与空气中O2的体积分数接近，带火星的木条在空气中不能复燃，即可说明NO2有助燃性(2分)【解析】试验中，参加试剂Y后，变成血红色，说明盐X中含有铁元素，且YKSCN溶液，反推可知红棕色固体A1.6g(0.01mol)，溶液C为氯化铁溶液；红棕色气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸取，则气体B应为NO2和O2混合气体，溶液D为稀硝酸。取D25.00mL，0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，消耗NaOH15.00mL，则稀硝酸中硝酸的物质的量为：2 。(1)由分析可知，试剂YKSCN溶液；气体B中的成分有NO、O；(2)由分析可知，盐XFe、N、O三种元素，Fe0.02mol，N0.06mol，则盐2 中除去铁元素和N元素的质量外，含有的O元素的物质的量为： ，所以盐X中FNO三种元素的原子个数比为0.00.00.18=所以盐X的化学式为Fe(NO)；33XFe(NO)Fe(NO)的稀溶液中通入足量SO

33 33 23 2 2 酸性溶液中，将SO2氧化为硫酸根，其离子方程式为：Fe3++3NO-+5SO+4HO=Fe2++3NO↑+5SO2-+8H+3 2 2 由上述分析可知，气体B中，O2的物质的量为： ，则NO2和O2的物质的量之比为0.06：0.015=4：1，则O2在气体B中的体积分数与空气中O2的体积分数接近，带火星的木条在空气中不能复燃，则将带火星的木条放入气体B中，木条复燃，可以说明NO2有助燃性。28．(10分)某化学兴趣小组对工业合成氨、工业制硝酸的化学原理进展了相关探究。：反响Ⅰ N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH1=－92.4kJ·mol–1反响Ⅱ 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH2=－907.28kJ·mol−1反响Ⅲ 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH3=－112.3kJ·mol−1工业上承受肯定投料比高温(400~500℃)高压(10MPa~30MPa)有催化剂的条件下合成氨以下有关说法正确的选项是 。A．选择高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，使键能较大的N2分子易断键B．承受高温(400~500C)、高压(10MPa~30MPa)条件时，合成氨平衡混合物中NH3体积分数最高C．广义上，合成氨、尿素以及硝酸的生产均为石油化工D．承受循环操作，主要是为了提高平衡混合物中氨的含量①反响Ⅱ是接触氧化反响氨分子向铂网外表的集中是氨接触反响过程的掌握步骤在如图中画出肯定条件下氨氧化率y与氨空气在催化剂外表的停留时间x的关系曲线 。②由于条件的掌握等不利因素，氨的接触氧化过程中会发生多种副反响生成N2。请写出其中属于．的化学方程式(至少两条)： 、 。③工业制硝酸设备中有热交换器组件，请说明热交换器存在的必要性： 。该小组同学为了探究NH3不易直接催化氧化生成NO2的缘由，做了如下的争论：查阅资料知：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反响历程分两步：i.2NO(g)

N2O2(g)(快) KP2 2 2 2 ii.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢) v=k·p(NO)·p(O2 2 2 2 p(B)表示气体B的分压(即组分B的物质的量分数×总压)2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)的速率v=k·p2(NO)·p(O2)，则k= 。(含有KP、k2的表达式。k、k

)2)②k与温度的关系如下图。综合争论证据，该小组得出NH3不易直接催化氧化生成NO2的缘由是： 。【答案】(1)AC(2分) (2) (1分)4NH3+3O2 2N2+6H2O(1分) 4NH3+6NO=5N2+6H2O(1分) 利用余热，节约能源(1分)(3)KP·k2(2分) 氨气的催化氧化为放热反响，由图可知，k随着温度的上升而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮(2分)【解析】(1)A项，反响物为气体，故高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，且在催化剂上有利于其化学键的断裂，A正确；BNH3体积分数，B错误；C项，以自然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素，甚至制取硝酸都成为石油化工，C正确；D项，承受循环操作主要是为了提高原材料的利用率，D错误；应选AC；(2)①氨空气在催化剂外表的停留时间越长，其氧化率越高，但是当到达平衡后，则氧化率不在变化，故图像可以表示为：；②氨气催化氧化过程中氨气可能被氧气氧化为氮气，方程式为：4NH3+32 2N+624N3+6NO=52+6O；③热交换器的目的合成氨放热反响，可以利用热量对氨的催化氧化中进展加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；(3)①总反响可以分为i和ii两步，且ii的反响较慢，故总反响速率由反响ii打算即v=2即k·2(NO)·p(O2)==k·p(NO2)·p(2即k=·k2②反响2NO(g)+2(g) 2N2(g)v=k·p2(NO)·p(O2)，氨气的催化氧化为放热反响，由图可知，k不易转化为二氧化氮。29．(10分)SnCl4是一种重要的工业原料，常用作媒染剂等。SnCl4常温下是无色液体，在潮湿空气中易水解，熔点-34.6℃114℃。工业上制备SnCl4的工艺流程如图：请答复以下问题；6粗锡电解精炼时，常用硅氟酸(H2SiF6)和硅氟酸亚锡(SnSiF6)为电解液。(H2SiF6)为强酸，则用硅氟酸溶解氧化亚锡的离子方程式为 。阴极的电极反响式为 ，依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，推断SiF2-离子的空间构型是 ，硅的杂化类型是 。6某同学模拟工业制法设计了由Sn与Cl2反响制取SnCl4的试验装置：①a中浓盐酸与烧瓶内固体反响生成Cl2，则烧瓶内固体可以选用 ，仪器b的名称为 。②装置D的主要缺点是 ，除此之外，整套装置还有的缺点是 。③制取SnCl4中可能会产生少量SnCl2，为测定产品中SnCl4的含量，可选用重铬酸钾标准液滴定，准确称取该样品mg250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000molL-1重铬酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL，则产品中SnCl4的含量为 %(用含m的代数式表示)，测定SnCl4含量会随在烧杯中配制时间的增加而渐渐增大，其缘由可能是 (用离子方程式表示)。【答案】(1)2H++SnO=Sn2++H2O(1分)Sn2++2e-=Sn(1分)八面体(1分)sp3d2(1分)(2)①KMnO4或KClO3(1分) 蒸馏烧瓶(1分)②缺少温度计(1分)EF之间缺少枯燥装置(1分)100-855(1分)m③2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O(1分)Sn-2=Sn2en将阴极的Sn与氯气反响生成SnC4(2由装置图可知装置AKMn4KClO3与浓盐酸制备氯气，装置B为饱和食盐水除去氯化氢气体，装置C为浓硫酸枯燥氯气，