2022年秋季高三开学摸底考化学试卷01（浙江专用）（解析版）

绝密★考试结束前

2022年秋季高三开学摸底考试卷01（浙江专用）

化学

（满分100分）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl

35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ga70Ge73As75Se79Br80Ag108Cd112I127

Te128Ba137

选择题部分（共50分）

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每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、多选、错选均不得分）

1.水溶液呈酸性的盐是（）

A.H2sChB.A1C13C.K2SO3D.NaHCCh

【答案】B

【解析】A项，H2so4属于强酸，在水溶液中由于H2so4的电离使溶液呈酸性，A错误；B项，A1C1,

属于强酸弱碱盐，在水溶液中由于AF+的水解而使溶液呈酸性，B正确；C项，K2sCh属于强碱弱酸盐，在

水溶液中由于亚硫酸根离子的水解而使溶液呈碱性，C错误；D项，NaHCCh属于弱酸的酸式盐，在水溶液

中由于碳酸氢根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度使溶液呈碱性，D错误；故选B。

2.下列属于强电解质的是

A.饱和食盐水B.冰醋酸C.NH3H2OD.次氯酸钠

【答案】D

【解析】A项，饱和食盐水为氯化钠水溶液，不属于电解质，故A不符合题意；B项，冰醋酸即为乙

酸，为一元弱酸，故B不符合题意；C项，NH,H?O为一元弱碱，属于弱电解质，故C不符合题意；D项,

次氯酸钠属于盐，为强电解质，故D符合题意；故选D。

3.配制50g质量分数5%的氯化钠溶液不需要用到的玻璃仪器是（）

A.B.c.D.

【答案】B

【解析】配制50g质量分数5%的氯化钠溶液需要氯化钠的质量为50gx5%=2.5g,需要水的质量为

50g-2.5g=47.5g,用托盘天平称取2.5g氯化钠，放入烧杯中，用量筒量取47.5mL的水，倒入烧杯中溶解,

并用玻璃棒搅拌，不需要容量瓶，故选B。

4.下列物质的化学成分不正确的是（）

A.绿矶：ZnSO4-7H2OB.磁性氧化铁：Fe3O4

D.酚醛树脂:

C17H35COOCH2

【答案】A

【解析】A项，绿矶的化学成分为：FeSO4-7H2O,A项错误；B项，四氧化三铁是一种无机物，化学

式为Fe.Q4,为具有磁性的黑色晶体，B项正确；C项，硬脂酸甘油酯是指由一分子甘油和三分子硬脂酸酯

C17H35COOCH;

化生成的甘油酯，结构简式为：C17H35COOCH,C项正确：D项，酚醛树脂是由苯酚醛或其衍生物缩聚

C17H35COOCH2

而得，结构简式为:CHr—,D项正确；故选A。

5.下列表示不生够的是（

A.乙酸的最简式：CH2OB.乙二醛的结构简式：OHCCHO

C.2.3-二甲基戊烷的键线式:D.足球烯的比例模型:

【答案】D

【解析】A项，乙酸的分子式是C2H4。2,最简式为CH2O,故A正确；B项，乙二醛分子中含有2个

醛基，结构简式为OHCCHO,故B正确；C项，2.3-二甲基戊烷的键线式为,故C正确;

D项,故D错误；故选D。

6.下列说法正确的是()

A.天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点

B.若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致

C.天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯

D.石油分储产物汽油是纯净物

【答案】C

【解析】A项，天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯，但多是混合物，没有固定的熔点、沸点，故A错

误；B项，两种二肽的结构虽不同，但水解可能得到相同的水解产物，如CH3cH(NH2)CONHCH2coOH和

CH2(NH2)CONHCH(CH3)COOH,水解均得至|JCH3cH(NH2)COOH和CH2(NH2)COOH,故B错误；c项，天

然油脂主要成分是高级脂肪酸甘油酯，故C正确；D项，石油是混合物，石油分储得到的储分是不同沸点

范围的混合物，故D错误；故选C。

7.下列说法不正确的是()

A.16。和18。互为同位素

B.S6和S8互为同素异形体

C.甘氨酸和硝基乙烷互为同分异构体

0O

D.和II互为同系物

H0-C-HHO—CH,—C-H

【答案】D

【解析】A项，怖。和18。中质子数都是8,中子数分别是8和10,属于氧元素的不同核素，故互为同

位素，故A正确；B项，S6和S8属于不同的单质,且都是由硫元素组成的构成，故互为同素异形体，故B

正确；C项，甘氨酸的结构简式为NH2cH2coOH,硝基乙烷的结构简式为CH3CH2NO2,两者化学式相同,

OO

结构不同，互为同分异构体，故C正确；D项,为甲酸，属于陵酸，而II属

HO—C—HHO-CH,-C—H

于醇、醛，不是同一系列物质，不可能互为同系物，故D不正确；故选D。

8.下列说法正确的是()

A.高温下Na与Fe2O3反应生成Fe和Na2O2

B.乙烯在一定条件下可直接氯化为氯乙烯

C.工业上以CL和石灰水为原料生产漂白粉

D.以海水提取食盐后的母液为原料生产碘单质

【答案】B

【解析】A项，Na2O2具有氧化性，高温下Fe和NazOz会发生氧化还原反应，故A错误；B项，乙烯

可以发生加成反应，在一定条件下可与HC1反应生成氯乙烯，故B正确；C项，工业上以CL和石灰乳为

原料生产漂白粉，故C错误；D项，生产碘单质原料为海带，以海水提取食盐后的母液为原料不能生产碘

单质，故D错误；故选B。

9.下列说法正确的是（）

A.工业上利用C和SiCh反应冶炼得到粗硅，说明C的非金属性比Si强

B.工业上制硫酸用含硫矿石如FeS2在接触室中与氧气反应生成二氧化硫

C.加热HgO可以得到单质汞，同时生成氧气

D.氨气在催化剂作用下与氧气直接反应生成二氧化氮

【答案】C

【解析】A项，该反应原理是生成低沸点易挥发的CO,促使反应向生成Si的方向进行，A错误；B项,

接触法制硫酸是使用含硫矿石在沸腾炉中燃烧产生S02,进而在接触室中与02催化氧化生成SO3,最后在

吸收塔中用98.3%浓硫酸吸收制得发烟硫酸，B错误；C项，HgO不稳定，加热可分解为Hg和C正确;

D项，氨气在催化剂作用下与氧气的反应产物为NO,D错误：故选C。

10.汽车发生碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2T，若反应过程中共转

移电子1.25mol,则下列判断正确的是（）

A.NaN3是氧化剂B.共生成0.625mol氧化产物

C.氧化产物比还原产物多1.75molD.消耗的氧化剂是还原剂的5倍

【答案】C

【解析】A项，该反应中，NaN3中N的化合价由一价升高到。价，KNO3中N的化合价由+5价降低

到0价，故NM为还原剂，KNO3为氧化剂，A错误；B项，由化学方程式可知，每lOmolNaN3参加反应,

消耗2molKNO3,转移lOmol电子，故若反应过程中共转移电子1.25mol,就有1.25molNaN3>0.25molKNO3

参加反应，则生成1.875mol氧化产物，0.125mol还原产物，B错误；C项，由B选项可知，若反应过程中

共转移电子1.25mol,会生成1.875mol氧化产物，0.125mol还原产物,氧化产物比还原产物多L75mol,C

正确；D项，由A选项可知，NaN3为还原剂，KNCh为氧化剂，消耗的还原剂是氧化剂的5倍，D错误：

故选c。

11.下列说法不正确的是（）

A.为除去乙酸乙酯中的乙醇，可向其中加入水进行多次萃取分液

B.“静置”也是一种必要的实验操作，比如：淀粉和硫酸加热水解实验后需静置冷却后才能滴加碘水来

检验水解程度，滴定管读数前、移液管移取液体、萃取分液时等

C.利用控制溶液的pH可分离不同的蛋白质（含氨基和竣基）分子

D.测NaClO溶液pH：用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸中部，变色后

与标准比色卡比对

【答案】D

【解析】A项，乙醇与水互溶，水与乙酸乙酯分层，则除去乙酸乙酯中的乙醉，可向其中加入水进行

多次萃取分液，A正确；B项，“静置”时可充分反应或充分混合、分层等，所以“静置”也是一种必要的实验

操作，B正确；C项，蛋白质中的氨基可以与H+反应成盐而溶于水中，而-COOH能与OH反应成盐溶于水,

所以蛋白质不同氨基数量和-COOH数量导致在不同pH下溶解性不同，从而达到分离，C正确；D项，次

氯酸钠溶液具有漂白性，会漂白试纸，不能用pH试纸测定其pH,D错误；故选D。

12.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）

A.60gsiCh和12g金刚石中各含有4NA个Si-0键和4NA个C-C键

B.含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数为1.2NA个

C.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NA

D.0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为I.ONA

【答案】C

【解析】A项，60克SiCh物质的量为Imol,每个硅原子与4个氧原子连接，但每个氧原子同时与两个

硅原子连接，所以每个硅原子所连接的氧原子数为两个，60克SiO2所含的硅氧键数目为2NA;12克金刚石,

碳原子的物质的量为Imol,每个碳原子同时与另外4个碳原子连接在一起，另外的碳原子也与其他4个碳

原子连接在一起，则每个碳原子实际连接的碳原子数目为两个，所以12克金刚石所含的碳碳键数目为2NA,

A错误；B项，4.8克碳元素的物质的量为0.4mol,在石墨晶体中，每个碳原子与其他三个碳原子形成共价

键连接在一起，其他碳原子与另外三个碳原子连接在一起，则每个碳原子实际连接的碳原子数目为1.5个，

所以所含共价键数为0.6NA,B错误；C项，乙烯和丙烯的最简式都是CH2,2.8克的混合气体则相当于有

0.2molCH2,所以所含碳原子数为0.2NA,C正确；D项，乙酸乙酯在酸性条件下的水解为可逆反应，生成

的乙醇分子数应小于0.5NA,D错误；故选C。

13.下列反应的离子方程式正确的是（）

+

A.丙烯醛与足量漠水反应：CH2=CHCHO+2Br2+H2O^CH2BrCHBrCOOH+2H+2Br-

B.凡出。中投入Na2O2固体：2H2i8O+2Na2C)2=4Na++4OH-+i802T

2+2

C.少量Cb通入Na2sO3溶液中：SO3+C12+H2O=2H+2Cr+SO4-

D.用酸性高锯酸钾溶液滴定草酸：2Mn(V+16H++5c2O4"=2Mn2++10CO2T+8H2。

【答案】A

【解析】A项，Bn与C=C发生加成反应，同时Br2具有较强的氧化性将-CHO氧化为-C00H,所以方

程式书写为CH2=CHCHO+2Br2+H2OTCH2BrCHBrCOOH+2H++2B「，A项正确；B项，Na?。?与水的反应中，

NazCh既是氧化剂又是还原剂，而水化合价没有任何变化，所以方程式应该为2Na2Ch+2H2i8O=4Nai8OH+

O2T，B项错误；C项，少量的Cb与Na2sCh反应，足量的S(V一与产生的H+反应，方程式应该为

22

3SO3+CI2+H2O=2HSO3-+2C1+SO4-,C项错误：D项，草酸为弱酸离子方程式不拆，

+2+

2MnO4+6H+5H2C2O4=2Mn+10CO2t+8H2O,D项错误；故选A。

14.下列有关有机物结构、性质和用途说法不正确的是()

A.环己烷与滨水混合振荡后，在光照条件下可以发生取代反应

B.蛋白质的二级结构主要依靠肽键中氨基酸残基之间形成的氢键而实现

C.裂化汽油可以使滨水和酸性KMnCh溶液褪色，且两者褪色原理相同

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，烷烧与卤素单质在光照条件下发生取代反应，环己烷与澳混合振荡后，在光照条件下

也可以发生取代反应，A项正确；B项，蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NW上的氢原子与短基上的氧

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烧，可与澳水发生加成反应，与酸性高锦酸

钾发生氧化反应，褪色原理不同，C项错误；D项，乙醇可拆写成C2H4・比0的形式，物质的量相同的C2H4

和C2H4,比0完全燃烧时，消耗氧气的量相同，D项正确；故选C。

有关化合物(HZC=HC'),下别说法正确的是(

分子中至少有4个碳原子共直线

分子中只含有2种官能团，1个手性碳原子

Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗ImolNaOH

D.该物质具有弱碱性

【答案】D

【解析】A项，苯环上，连有取代基的两个碳原子和与它们相连的取代基中的碳原子是共直线的；碳

碳双键上的两个碳原子与苯环上连接的碳原子形成类似乙烯结构，三个碳原子不可能在同一直线：氧原子

与两个碳原子单键连接，形成V形；故分子中至少有3个碳原子共直线，A错误；B项，分子中含有碳碳

双键、酯基、仲胺共3种官能团，1个手性碳原子(与酯基碳连接的碳原子)，B错误；C项，一个该分子中

酯基水解得到一个段基和一个酚羟基，均能与NaOH反应，故Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可

消耗2moiNaOH,C错误；D项，官能团仲胺具有弱碱性，则该物质具有弱碱性，D正确；故选D。

16.我国拟于2028年实施火星取样返回任务。火星土壤中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、

X、Y、Z。W为地壳中含量最多的元素，且W、Z位于同一族。X、Y、Z为同周期互不相邻的元素，Z的

最外层电子数是X和Y的最外层电子数之和。下列说法正确的是()

A.熔点：YW2<ZW2

B.最简单氢化物的稳定性：W>Z>Y

C.ZW2和ZW3分子的VSEPR模型不同

D.工业上通常利用电解熔融XW的方法来制备X的单质

【答案】B

【解析】W为地壳中含量最多的元素，W为O,W与Z同主族，所以Z为S,X、Y、Z为同周期互不

相邻的元素，Z的最外层电子数是X和Y的最外层电子数之和，Z第VIA族，所以X和Y分别为第n和

IVA族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，所以X为Mg,Y为Si,综上，W为O,

X为Mg,Y为Si,Z为S。A项，YW2(SiCh)为共价晶体，ZW2(SCh)为分子晶体，所以SiCh熔点大，A

错误；B项，W、Y、Z简单耙化物分别为HzO、SiH」、H2S,非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，

即H2O>H2S>SiH4,B正确；C项，SO2的价层电子对数为2+3(6-2x2)=2+1=3,VSEPR模型为平面三角

形，SO3的价层电子对数为3+g(6-3x2)=3+0=3,VSEPR模型也为平面三角形，而者相同，C错误；D项,

工'加上用电解熔融MgCL的方法制备金属镁，而不是MgO,因为MgO熔点高，D错误；故选B。

17.下列说法正确的是()

A.25℃时，水电离出的。(H+)<1.0x107moi.丁|溶液，其pH>7

B.25℃时，pH=3的HC1与pH=ll的MOH溶液混合，测得pH>7,则MOH为弱碱

C.25℃时，若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,滴入lO.OmLNaR浓溶液，测得pH=b,b>a,

则HR是弱酸

D.25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY,若以犬）=以丫一）+。但丫），则HX为强酸

【答案】D

【解析】A项，常温卜,，水电离出的c（H+）＜L0xl（y7molL",溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A

错误；B项，选项中没有说明两溶液是等体积混合，故无法判断MOH是强碱还是弱碱，故B错误；C项，

若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL,滴入lO.OmLNaR浓溶液，则气离子浓度减半，

pH增大，b＞a,因此无法判断HR是弱酸，故C错误；D项，在NaY溶液中，根据物料守恒有：c（Na+）=c（Y

一）+c（HY）,两溶液中c（Na+）相等，说明在NaX溶液中，c（Na+）=c（X3,说明X-不水解，则HX为强酸，故D

正确。

18.环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构型的相对能量图（位能）

如图所示。下列说法正确的是（）

B.C6H⑵半椅型＞=C6H⑵船型,AH=+39.3kJ/mol

C.C6H⑵椅型）的标准燃烧热AH大于C6H12（船型）

D.相同条件下C。乩豕椅3n生成扭船型的速率大于生成船型

【答案】C

【解析】A项，物质的能量越低越稳定，由图可知，四种结构中，椅型的能量最低最稳定，故A错误;

B项,图可知,CeH.半椅型）=C6H⑵船型）是放热反应，并且放出能量为（46-6.7）kJ-mol-1,热化学方程式为:

C6H|2＜半椅型）=06上1|2＜船型）AH=-39.3kJmol-l,故B错误；C项，四种结构中，椅型的能量最低最稳定，故Imol

环己烷充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量最少，则C,Hix椅型）的标准燃烧热AH大于

C（,Hl2（m）,故C正确；D项，由图可知，椅型转化成扭船型，椅型转化成扭船型后再转变为船型，椅型转

化成扭船型的活化能大，反应的活化能越高，反应速率越慢，则不能得出结论：相同条件下C,H1式椅型,生成

扭船型的速率大于生成船型，故D错误；故选C。

19.相同温度和压强下，关于物质端的大小比较合理的是（）

A.1molO2（g）＞lmolCO2（g）B.2molH2O（1）＞2molHiO（g）

C.lmolP（s,白磷）＞lmolP（s,红磷）D.1molC2H6（g）＜1molCHKg）

【答案】C

【解析】A项，当气体物质的量相等时，气体分子中含有的原子数越多，其牖值就越大，故端值1molO2（g）

＜1molCC）2（g）,A错误;B项，等物质的量的物质，气态物质含有的炳值大于液体物质的,燃值,则2molH2O⑴

＜2molH2O（g）,B错误；C项，由于红磷中P的排列比白磷中的P的排列更有序，lmolP（s,白磷）＞lmolP（s,

红磷），C正确；D项，当气体物质的量相等时，气体分子中含有的原子数越多，其端值就越大，故嫡值1mol

CH4（g）＜lmolC2H6（g）,D错误；故选C。

20.一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究固体催化剂作用下的A的分解反应：

A（g）=l/2B（g）+3/2C（g）0体系的总压强P随时间t的变化如下表所示：

t/min0100150250420540580900

P/kPa12.113.313.915.117.1418.5819.06a

下列说法不正确的是（）

A.100~250min,消耗A的平均速率为0.012kPa-minT

B.推测a肯定为22.9

C.适当升高体系温度，改用表面积更大的催化剂可加快反应速率

D.其他条件不变，改用容积更小的刚性反应器，反应速率不变

【答案】B

【解析】项，消耗的平均速率为;（1255.10-7130.03；）mKiPna

A100~250mi„,A=0.012kPa-min-1,故A正确；B

项，反应进行到900min前可能已经达到平衡，所以推测a可能小于22.9,故B错误；C项，升高体系温度、

改用表面积更大的催化剂可加快反应速率，故C正确；D项，条件不变，反应速率不变，故D正确；选B。

21.有一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，如图所示。反应在KC1电解液的流动池中

进行，电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是（）

+2C「+2H2。

A.泡沫镇电极附近溶液pH减小

B.通电时，图中阴离子从上往下迁移通过阴离子交换膜

C.用该方法制备环氧乙烷的过程总反应为CH2=CH2+HOCJ凡+HC1

D.当电路中通过2moi电子时，泡沫银电极上会产生22.4L气体（标准状况）

【答案】D

【解析】山题下信息可知，柏电极上cr失电子转化为Cb,铀电极为阳极，阳极反应式为2C「-2e-=C12,

溶液中发生反应CI2+H2O=HC1+H0C1,C2H4+HOCITHOCH2cH£1,CICH2CH2OH+OH——>

Q+C1+H2O,阳极区总反应式为C2H4-2e+20H-一区+H2O,银电极为阴极，阴极反应式为

2H2O+2e=H2t+2OH-,制备的总反应式为CH2=CH2+H?O里鲤区+代£A项，银电极为阴极，阴极反应

式为2H2O+2e-=H2T+2OH,有0田生成，泡沫镇电极附近溶液pH增大，A错误；B项，伯电极为阳极，银

电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e=H2T+2OH-,阳极溶液中发生反应C1CH2CH2OH+OH-->

区+。-+比0需要0H:0H-从下往上迁移通过阴离子交换膜，B错误；C项，阳极区总反应式为

C2H4-2e-+2OH-区+比0,阴极反应式为2H2O+2e=H2T+20H:制备的总反应式为

CH2=CH2+H2O里昼区+比3C错误；D项，当电路中通过2moi电子时，根据电子转移守恒可知，泡沫

银电极上生成气气为Imol,标准状况下械气体积是22.4L,D正确：故选D。

22.一种由A、B、C三种元素组成的新物质是潜在的拓扑绝缘材料，其结构如图甲、乙所示（晶胞参数

已在图中标出）。下列说法不正确的是（）

乙

A.图乙是该物质的晶胞单元

B.晶胞中A、B、C三种原子的个数比为1：1：2

C.A、B原子之间最短的距离为也xnm

2

D.该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为6

【答案】D

【解析】A项，晶胞是晶体的最小重复单元，对比图甲和图乙，图乙是该物质的晶胞单元，A正确；B

项，山图乙知，晶胞中A的数目为8x(+4x；+l=4,B的数目为6x；+4x；=4,C的数目为8,则晶胞中

A、B、C三种原子的个数比为1：1：2,B正确；C项，A、B原子之间最短的距离是面对角线长的称，即

1&xnm,C正确；D项，该晶体中，1个B原子周围距离最近的C原子数为4,D错误；故选D。

2

23.实验室用O.lmol/L的NaOH溶液滴定20mLO.lmobH的HAuCL,溶液。溶液中，含氯微粒a、b的

分布系数6、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。[比如HAuCL的分布系数，

o,、C(HAUC1)

6(HAUC14)=4]

C(HAUC14)+C(AUC14)«下列叙述错误的是()

A.x点对应溶液的pH约为5

B.p点对应的溶液中，2C(H+)+C(HAUC14)=2C(OH)+C(AUC14)

C.微粒b为AuCb,该滴定可选酚献作指示剂

D.滴定到q点时，溶液中C(HAUC14)>C(AUCL<)

【答案】D

【解析】A项，由图像可知,当V((NaOH)=0时，对应溶液的pH=3,此时溶液中的c(H+)=O.OOImolL」，

c(H+)-c(AuCl；)10咒10-3

\7幺匚、n=:"10-5,X点时，根据图像有C(HAUC14)=C(AUC14),则此时的

C(HAUC14J0.1-10

K,=c(H^)«10-5,pH=­lgc(H，卜5,A正确；B项，p点时，V((NaOH)=10mL,根据电荷守恒有：

c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(AuCb),根据物料守恒有Oc(Na+)=c(HAuCU)+c(AuCU),两式联立方程消去c(Na+),

+

解得:2C(H)+C(HAUC14)=2C(OH)+C(AUC14),B正确；C项，随着NaOH的加入,HAuCk逐渐减少,AUC14

逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCL微粒b为AuClr,滴定到q点时，V((NaOH)=20mL,两者恰

好完全反应，生成NaAuCk溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚猷作指示剂，C正确；D项，滴定到q点时，

V((NaOH)=20mL,由图可知c(AuCL)>c(HAuC14),D错误；故选D。

24.脯氨酸是二十二种构成蛋白质的氨基酸之一，是其中唯一的亚氨基酸。BenjaminList发现脯氨酸

可以催化不对称有机反应，因此获得了2021年的诺贝尔化学奖。下图是脯氨酸催化的羟醛缩合反应，机理

如图。下列说法不正确的是()

HZO

A.反应原料中的原子100%转化为产物

B.由图中可知肺氨酸的结构为H

C.该过程涉及了加成反应和消去反应

D.若原料用2-丁酮和苯甲醛，则产物可能为

【答案】B

【解析】A项，如图所示，反应原料HCHO和RCHO参与的反应均为加成反应，则原料种的原子100%

H

N

转化为产物，A正确；B项，由图中可知，催化剂脯氨酸的结构为HOOC、，B错误；C项，如图

所示，该过程涉及了加成反应和消去反应，C正确；D项，若原料用2-丁酮（）和苯甲醛

O

故选B。

25.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

选项实验操作实验现象实验结论

向盛有饱和Na2s2O3溶液的试管中溶液变浑浊且有气体

A说明生成了S和H2s

滴加稀盐酸生成

室温下，用pH试纸测定浓度均为

NaClO溶液的pH较

B0.1moL/L的NaClO溶液、酸性：HC1O<CH3COOH

大

CHjCOONa溶液的pH

向ImLO.lmoL/LNaOH溶液中滴入

沉淀颜色变化：白色

C2滴O.lmoL/LMgCL溶液，再滴入2Ksp：Cu(OH)2<Mg(OH)2

一蓝色

滴0.1moL/LCuSO4溶液

在两支试管中各加入2mL5%H2O2两支试管中都有气泡

Fe3+对H2O2分解的催化效

D溶液，再分别滴入FeCh和CuCh溶产生，滴入FeCb溶

果强于Cu2+

液，摇匀液产生的气泡更快些

【答案】D

【解析】A项，Na2s2。3溶液与稀盐酸反应生成单质硫和二氧化硫气体，溶液变浑浊且有气体生成，该

反应为氧化还原反应，硫元素的价态即有升高又有降低；若要都生成S和H2S,硫元素的价态均降低，不符

合氧化还原反应发生的规律，故A错误；B项，NaClO溶液具有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能测出

O.lmoL/L的NaClO溶液的pH,无法得出结论，故B错误；C项，向ImLO.ImoL/LNaOH溶液中滴入2滴

O.lmoL/LMgCb溶液，生成了氢氧化镁白色沉淀，由于反应发生后氢氧化钠溶液过量，再滴入2滴

0.1moL/LCuSO4溶液，氢氧化钠溶液与硫酸铜直接反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能证明发生了沉淀的转

化，不能得出结论，故C错误；D项，在两支试管中各加入2mL5%比。2溶液，再分别滴入FeCb和CuCL

溶液，摇匀，两支试管中都有气泡产生，滴入FeCb溶液产生的气泡更快些，由于两种溶液中，阴离子种类

相同，阳离子种类不同，所以可以得出Fe3+对H2O2分解的催化效果强于CiP+的结论，故D正确；故选D。

非选择题部分

二、非选择题（本大题共5小题，共50分）

26.（8分）Ge、GaAs、CdTe、CdSe等均为重要的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。回答下

歹1J问题：

（l）Ge基态原子核外电子排布式为[Ar]。

（2）第四周期主族元素中，第一电离能介于Ga、As之间的元素是（填元素符号）。

（3）确的化合物TeCh、TeO3、H?Te三种物质中，FhTe的中心原子杂化类型为,分子构型为V形

的是_______

（4）GaCb熔点为77.9℃,气体在270℃左右以二聚体存在，GaCL二聚体的结构式为：GaFs熔点

为1000℃,GaCb熔点低于GaF3的原因是。

（5）CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。

已知Cd、Se的半径分别为anm和bnm,则CdSe的密度为gvnr%列出计算表达式，NA表示阿

伏加德罗常数的值）。

【答案】（1）3小°4s24P2（1分）（2）Ca、Ge、Se（l分）

（3）sp3杂化（1分）TeCh、H2Te（l分）

（4—分）

GaCb为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体,

cr

熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCb熔点低于GaF3（l分）

4x191

⑸N、（中）3x103（2分）

>/3

【解析】⑴Ge位于第四周期第IVA族，原子的核外电子排布式为[Ar]3d"）4s24P2；⑵同周期元素第一电

离能从左到右有增大的趋势，但第IIA元素>IHA元素，第VA元素〉VIA元素，Ga、As分别是第IIIA、VA

元素，因此第四周期主族元素中第一电离能介于Ga、As之间的元素是Ca、Ge、Se；（3）H?Te分子的中心原

子价层电子对数为2+gx（6-2xl）=4,采取sp3杂化，有2对孤对电子，空间构型为V形，TeO2分子的中

心原子价层电子对数为2+；X（6-2X2）=3,有1对孤对电子，空间构型为V形，TeCh分子的中心原子价层

电子对数为3+gx（6-2x3）=3,无孤对电子，空间构型为平面三角形。（4）GaCb二聚体的结构式为

cl\/C'/c,

）GaGa[。GaCb为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏

cr

离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCb熔点低于GaF3；（5）该晶胞中所含有的Cd原子个数为

4x191

8xg+6xg=4,Se原子位于晶胞内部，有4个，晶胞参数为丝茨nm,则其密度为

NA（当丝g.cml

v3

27.（10分）固体盐X由四种常见元素组成，其中仅含一种金属元素，有如图转化关系:

已知：H中溶质仅为一种常见正盐。黄绿色气体C密度为相同条件下H2的33.75倍。

请回答:

（DX的组成元素为,固体F成分为

（2）固体X在水中也可反应生成气体B,同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀，请写出该反应化学方

程式

(3)向血红色溶液I中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，产物中含有与血红色物质组成元素相同

的微粒，请写出该反应可能的离子方程式—。

(4)气体C的化学式为；将气体C通入KOH溶液，微热，恰好完全反应，生成两种物

质的量之比1：5的盐，写出这两种盐的化学式__________________,设计定量实验方案验证上述比例关系

【答案】(l)Fe、H、C、0(1分)Fe2O3,K2CO3(1分)

(2)Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2T+H2O(2分)

(3)2Fe(SCN)3+2I-I2+2Fe(SCN)3-(2分)

(4)ClCh(l分)KChKC1OM1分)取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、

称量得固体质量mi；合并洗涤液和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将

沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量m2,若m2=5mi,则可验证上述比例关系(2分)

【解析】固体氧化物G与稀盐酸反应后与KSCN溶液反应，溶液呈血红色,说明含有Fe3+,则G为FezCh,

物质的量为金第T=°,°lmol,n(Fe3+)=0.02mol,黄绿色混合气体A+B+C通过浓硫酸后气体质量减少

0.36g,得到黄绿色混合气体B+C,则A为水蒸气，物质的量为光)，=0.02“。/,黄绿色混合气体B+C

1।82g/mol

与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀D3.00g为碳酸钙，物质的量为威：3=003mH,黄绿色气体C密

度为相同条件下H2的33.75倍，故B为CO2,物质的量为0.03mol,气体C的相对分子质量为33.75x2=67.5,

可推知C为CIO?,H中溶质仅为一种常见正盐，且与足量稀盐酸反应产生无色气体CO?,根据固体X与氯

酸钾反应可知H应该为钾盐，故为K2cCh;固体X在水中也可反应生成气体B,同时生成一种的相对较稳

定的白色沉淀，白色沉淀不为氢氧化亚铁，只能为FeCCh。(1)综上分析，固体盐X由四种常见元素组成，

其中仅含一种金属元素，X的组成元素为Fe、H、C、O,固体F成分为FezCh、K2CO3；(2)固体X在水中

也可反应生成气体CCh,同时生成一种的相对较稳定的白色沉淀FeCCh,该反应化学方程式

Fe(HCO3)2=FeCO3+CO2T+H2O;⑶向血红色溶液I中加入足量的KI溶液，发生氧化还原反应，碘离子被氧

化生成碘单质，产物中含有与血红色物质组成元素相同的微粒，Fe(SCN)3被还原，铁元素价态降低，反应

可能的离子方程式为2Fe(SCN)3+2r=I2+2Fe(SCN)j；(4)气体C的化学式为CIO2;将气体CQ通入KOH溶

液，微热，恰好完全反应，生成两种物质的量之比1：5的盐，根据氧化还原反应原理，生成KC1,氯元素

化合价降5,则生成化合价比+4高的氧化产物的化合价应该为+5价，则生成KCICh，两种盐的化学式KC1、

KCIO3；取适量溶液，加入过量硝酸银溶液，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得固体质量n；合并洗涤液

和滤液，向其中加入足量亚硝酸钠溶液，再加入足量硝酸银和稀硝酸，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得

固体质量m2,若m2=5m”则可验证上述比例关系。

28.(10分)我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是CCh的综合利用，如工业

利用CO2合成CH3OH,再合成CHQCH3。

I.CO2(g)+3H2(g)CH30H(g)+H?O(g)(主反应)

ILCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)(副反应)

请回答：

(1)工业原料气配比中需加入一定量的CO,原因是。

(2)在温度为T,恒压P的条件下，充入Imol的CCh和3m0IH2此时体积为2升，发生1、II反应达平

衡时CO的物质的量为0.2mol,H2O的物质的量分数为2/7,求：(保留2位小数)

①CCh的转化率o

②反应1的平衡常数K为。

(3)二甲醛在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲懒

III.2cH30H(g)二^CH3OCH3(g)+H2O(g)AH3(主反应)

IV.2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)公印(副反应)

在一定条件下发生反应的能量关系如图所示

反应过程

①当反应一定时间，测得副产品C2H4的含量特别高，分析原因___________________。

②为提高反应in生成CH30cH3的选择性(转化的CH30H中生成二甲醛的百分比),下列措施中合适的是

A.适当增大压强B.升高温度

C.使用合适催化剂D.未达平衡时及时分离产品

(4)研究表明，在催化剂M的催化下，出与CCh合成CHQH,主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)

MIIM

2Mli।2H*2H*

()=C=OC—()AA+BA2M+CH3OH+H2O

H

则A、B结构是

【答案】⑴抑制副反应的发生；与此。反应使反应I正向移动，提高C02的转化率(1分)

⑵80%(2分)4.70或18.82/P2(2分)

(3)对于副反应AH4<0,且ASX),该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的C2HM2

分)CD(2分)

MH

II

OCM

II(1分)

HH—O

【解析】(1)加入CO