浙江省绍兴市稽阳联谊2022-2023学年高三年级上册11月期中联考化学 含解析

2022年11月稽阳联谊学校高三联考

化学选考试题

可能用到的相对原子质量：H-lLi-7C-12N-140-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5

K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。

考生须知：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷纸

和答题纸上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试

卷上的作答一律无效，选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如

要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可

先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无

效。

4.可能用到的相对原子量：H-lC-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32

Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137

第I卷

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.下列含有非极性共价键的盐是

A.NH4C1B.CaC2O4C.Na2O2D.BaCl,

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH4cl是含有极性共价键的盐，故不选A；

B.CaC?。,含有C-C键，是含有非极性共价键的盐，故选B；

C.Na?。?是含有非极性共价键的氧化物，故不选C；

D.BaC“只含离子键，故不选D；

选B。

2.下列物质属于弱电解质的是

A.NH3B.KNO3C.FeD.CH3coOH

【答案】D

【解析】

【详解】A.NH3在水溶液中或熔融状态下自身不能电离，NE属于非电解质，A不符合题意：

B.侬。3在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和NO；,KNO3为强电解质，B不符合题意;

C.Fe为单质，不属于电解质，C不符合题意；

D.CH3co0H为弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质；D符合题意；

故选D。

3.重结晶法提纯苯甲酸实验操作中需要用到的仪器是

【答案】A

【解析】

【详解】含杂质的粗苯甲酸由于杂质和苯甲酸的溶解度受温度的影响变化不同，可用重结晶法提纯苯甲

酸，一般步躲为：加热溶解，趁热过滤，冷却结晶。实验过程中用到了烧杯，没有用到分液漏斗、蒸储

烧瓶、蒸发皿，故选A。

4.下列物质对应的化学式正确的是

A.金刚砂：SiO2B.硫磺晶体：S8

C.明研：KCr(SO4)212H2OD.油酸：C17H31COOH

【答案】B

【解析】

【详解】A.金刚砂化学式为SiC,故A错误；

B.硫磺晶体化学式为S8,故B正确：

C.明矶为KA1(SO4)2・12H2。,故C错误：

D.油酸化学式为C1,H33co0H,故D错误；

故选B。

5.下列表示正确的是

▲zCHjOH

A.钺原子最外层原子轨道的电子云图B.葡萄糖的一种环状结构：的J

)|OH

c.基态铜原子价层电子的轨道表示式：jjjfJEKHI]D-co?的空间填充模型：QoQ

【答案】B

【解析】

【详解】A.被原子最外层原子占据2s轨道，电子云图为球形，故A错误；

C.基态铜原子价层电子排布式为3出。4$],轨道表示式为H,故c错误；

3d4s

D.CO2是直线形分子，碳原子半径大于氧原子，空间填充模型为8。，故D错误；

选B。

6.下列说法不氐现的是

A.天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇

B.水果罐头中常加入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质

C.煤的干储和石油分储都属于物理变化

D.人造脂肪又称硬化油，可用于制造肥皂和人造奶油

【答案】C

【解析】

【详解】A.天然气作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，故A正确；

B.抗坏血酸是维生素C,维生素C具有还原性，水果罐头中常加入抗坏血酸作为抗氧化剂，防止变质,

故B正确；

C.煤的干储属于化学变化，故C错误；

D.人造脂肪又称硬化油、氢化油，是植物油与氢气发生加成反应的产物，可用于制造肥皂和人造奶油,

故D正确；

选Co

7.下列说法不无硼的是

A.甲胺和苯胺互为同系物

B.金刚石和C$0互为同素异形体

C.邻氨基苯甲醛（）和苯甲酰胺（）互为同分异构体

D.18。和160互为同位素

【答案】A

【解析】

【详解】A.甲胺中含甲基和氨基，苯胺中含有苯环和氨基，二者结构不相似，不互为同系物，A符合题

屈、;

B.金刚石和C6G都属于碳单质，互为同素异形体，B不符合题意；

C.邻氨基苯甲醛和苯甲酰胺的分子式均为C7H7ON,且结构不同，互为同分异构体，C不符合题意；

D.18。和脩0是氧元素的不同核素，互为同位素，D不符合题意；

故选A,

8.下歹『'类比''合理的是

A.乙醇能与水以任意比互溶，则戊醇也可以与水以任意比互溶

B.BF?是非极性分子，则NF3也是非极性分子

C.氨可还原氧化铜，则阴（N2HJ也可还原氧化铜

D.Na与H2。反应生成NaOH和H?,则Fe与H2。反应生成Fe（OH）3和H2

【答案】C

【解析】

【详解】A.乙醇中的憎水基团甲基小，则乙醇的-OH和水中的-OH之间的氢键使乙醇能与水以任意比互

溶，而戊醇中的煌基较大、亲油性强，使戊醇微溶于水，A不符合题意；

B.三氟化硼里中心原子B形成三个B-F键，无孤对电子，其空间结构为平面三角形，NB里中心原子N

除形成三个N-F键外，还有一对孤对电子，其空间结构为三角锥形，NF3是极性分子，B不符合题意；

C.N2H&中氮元素为-2价，N?H4具有还原性，可还原氧化铜为铜单质，C符合题意；

D.Fe与水蒸气反应生成Fe、。」和H2,D不符合题意；

故选C。

9.下列说法不无硬的是

A.工业上常以98%左右的粗硅为原料制备高纯硅

B.工业上以纯碱、石膏和石英砂为原料制取玻璃

C.工业上为得到纯度较高的铜，常将火法炼铜得到的粗铜经过电解精炼制得

D,工业上常用的一种“吹出法”从海水提溟技术主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸微塔、冷凝器

【答案】B

【解析】

【详解】A.工业上制备高纯硅，一般先制得98%左右的粗硅，再以其为原料制备高纯硅，A不符合题意；

B.工业上以纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃，B符合题意；

C.火法炼铜得到的粗铜中含有多种杂质，如锌、银等，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯，C不符合题

意；

D.利用“吹出法”从海水提澳，主要包括氧化（将海水中溪离子氧化为澳单质）、吹出（利用空气将生成的

漠吹出）、吸收（用二氧化硫将溟还原为氢漠酸，使其与空气分离）、蒸镭（用氯气将氢漠酸氧化为澳单质

后蒸偏分离）等环节，主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸储塔、冷凝器，D不符合题意；

故选B。

10.汽车的安全气囊内有叠氮化钠与硝酸钾等物质，受到猛烈撞击时迅速发生反应：

K）NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2T,下列说法正确的是

A.KNO3中N元素被氧化B.32.5gNaN?参加反应，生成0.8mol还原产物

C.氧化产物与还原产物质量比为1:15D.生成标准状况下71.68LN2,转移电子数为2NA

【答案】D

【解析】

【分析】在10NaN3+2KNO3=K2O+5Na?O+16N2T反应中，叠氮化钠里氮元素的化合价由-g价升高

到0价，KN。?的氮元素由+5价降到了0价，则NaN?是还原剂，KNC2是氧化剂，氧化产物和还原产物

都是氮气，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为15：

【详解】A.KN。,的氮元素由+5价降到了0价，N元素被还原，A错误；

325g

B.32.5gNaN3为八=0.5mol,从反应可知，此时生成0.5molxl.6=0.8molN2,其中还原产物

65g/mol

为0.8molx」-=0.05mol,B错误；

16

C.当反应生成16moiN2时，其中有Imol来自硝酸钾，15mol自于NaNs，所以氧化产物与还原产物的物

质的量之比为15：1,C错误；

D.从反应可以看出，每转移lOmol电子，生成16moiN2,所以转移2moi电子，就会生成3.2molN?,标

准状况下为3.2molx22.4L/mol=71.68L,D正确；

故选D。

11.下列说法正确的是

A.氨气、澳中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，必要时进行人工呼吸

B.铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜

C.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出

D.溪乙烷与NaOH的乙醇溶液共热后，向溶液中加入AgNOs产生淡黄色沉淀，说明有B厂生成

【答案】B

【解析】

【详解】A.氨气、嗅中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，不可进行人工呼吸，A错误；

B.铝热反应非常剧烈且放出大量热，为防止安全事故的发生，操作时要戴上石棉手套和护目镜，B正确；

C.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管下口放出，C错误；

D.检验滨乙烷水解产物中的澳离子，需先中和过量的碱，防止碱和硝酸银生成氢氧化银沉淀干扰实验，

D错误；

故选B。

12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.50mL2mol-L-'Fe(SCN)3溶液中有O.INA个Fe?+

B.Imol苯分子中共有12NA个P轨道参与杂化

C.含ImolCfi,的可燃冰中，所含电子数为IONA

D.标准状况下，22.4L的二氯甲烷和甲酸的混合物中含C—H键数目为2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe(SCNb属于络合物，只能解离出来极少量的Fe“，A错误；

B.苯分子中的六个碳原子均采取sp2杂化，即每个碳原子有两个P轨道参与杂化，故Imol苯分子中共有

12NA个P轨道参与杂化，B正确；

C.可燃冰即天然气水合物，其化学式为CH「8H2。，当含lmolCH4时，可燃冰所含电子数不只IONA,

C错误；

D.二氯甲烷、甲酸在标准状况都不是气体，22.4L混合物的物质的量不是Imol,故无法计算C-H键数

目，D错误；

故选B。

13.下列离子方程式或化学方程式正确的是

2+T3+

A.Fe%溶液中滴加少量H2O2,溶液变棕黄色的原因是：2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O

B.小苏打溶液中滴加NaAlO,溶液：HCO；+AlO"+H2O=A1(OH)3J+CO2T

+

C.NaHSOs溶液中通少量的氯气：HSO；+Cl,+H2O=SO；-+2CP+3H

D.TiCl,溶于热水可发生反应：TiCL+(x+2)H2O=TiO2-xH2OJ+4Ha

【答案】D

【解析】

【详解】A.碘离子还原性强于亚铁离子，故少量过氧化氢会首先和碘离子反应生成碘单质，反应为

+

2I+H2O2+2H=I2+2H2O,A错误;

B.小苏打溶液中滴加NaA102溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子：

HCO；+A1O-+H2O=A1(OH)3J+CO；,B错误；

C.NaHSOs溶液中通少量的氯气会生成硫酸根离子和二氧化硫气体：

4HSO3+C12=80^+2CF+3SO2T+2H,0,C错误；

D.TiCl&溶于热水可发生水解反应生成TiC^“H?。沉淀：

TiCl4+(x+2)H2O=TiO2XH2OJMHC1,D正确；

故选D。

14.下列说法正确的是

A.纤维素与硝酸作用生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料

B.向鸡蛋清溶液中加入硝酸银溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解

C.葡萄糖在酶催化下可以水解转变为乙醇

D.高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高，可用于生产食品包装袋

【答案】A

【解析】

【详解】A.纤维素与硝酸发生酯化反应生成的硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料，故A正确;

B.向鸡蛋清溶液中加入硝酸银溶液，蛋白质变性产生沉淀，加水后沉淀不能溶解，故B错误；

C.葡萄糖在酶催化下可以分解生成乙醇和二氧化碳，故C错误；

D.高密度聚乙烯的支链较少，软化温度较高，可用于生板、桶、管、瓶等，故D错误；

选A。

15.阿比朵尔结构式如图，下列说法不走硬的是

A.与酸、碱或盐溶液都能反应生成盐

B.一定条件下能发生水解，加成，氧化，还原反应

C.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3moiNaOH

D.与足量氢气加成后所得有机物分子中含有7个手性碳原子

【答案】C

【解析】

【详解】A.结构中含酯基、酚羟基和澳原子，可与NaOH发生反应生成盐；含有次氨基，可与酸反应生

成盐；另外，酚羟基和碳酸钠溶液能反应生成碳酸氢钠溶液，A不符合题意；

B.结构中含酯基和澳原子，可发生水解反应；含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成（或还原）反

应；含有酚羟基，容易发生氧化反应，B不符合题意；

C.Imol该物质含有Imol酯基，可消耗ImolNaOH；含有Imol酚羟基，可消耗ImolNaOH；含Imol

滨原子，先发生水解反应消耗ImolNaOH生成Imol酚羟基，Imol酚羟基再消耗ImolNaOH,故该物

质最多可消耗4moiNaOH,C符合题意；

16.W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增大。W元素的原子最外层电子数是次外层的3

倍；X元素的原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相

邻元素；Y元素是地壳中含量最多的金属元素；Z元素的单质可做半导体材料；M基态原子核外有9种

不同空间运动状态的电子，且只有一个不成对电子，下列说法正确的是

A.MW1的键角比MW；的键角小B.第一电离能：W>Z>M>X>Y

C.原子半径：W>X>Y>Z>MD.ZW2的熔点比ZM4的熔点低

【答案】A

【解析】

【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增大，W元素的原子最外层电子数是次外层的

3倍，则W为氧元素：X元素的原子核外S能级上的电子总数与P能级上的电子总数相等，但第一电离能

都高于同周期相邻元素，则X为金属镁；Y元素是地壳中含量最多的金属元素，Y为金属铝；Z元素的单

质可做半导体材料，Z为硅；M基态原子核外有9种不同空间运动状态的电子，且只有一个不成对电子,

则M为氯元素；综上，W、X、Y、Z、M分别为0、Mg、Al、Si、Cl。

【详解】A.CIO：中心原子Cl的价层电子对数为：2+7+1[2X2=4,采取sp3杂化，孤电子对数为2；

7+1—4x2

C1O；中心原子C1的价层电子对数为：4+——-——=4,采取sp3杂化，无孤电子对，故C10：的键角

比C10；的小，A正确；

B.Mg、Al、Si、Cl属于第三周期元素，第一电离能：Cl>Si>Mg>Al,B错误；

C.0为第二周期元素，其半径小于第三周期的Mg、Al、Si、Cl的半径，C错误；

D.Si。2属于原子晶体，熔点高，SiCl4属于分子晶体，熔点低，D错误；

故选Ao

17.已知25℃,醋酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是

酸醋酸次氯酸

K“=2.98x10-8

电离平衡常数Ka=1.75x10-5

A.25℃,相同pH的CH3coONa、NaClO溶液中，阴离子总数较大的是NaClO溶液

B.25℃时，等体积等浓度的CH3coONa和NaClO溶液稀释相同倍数后CH3coONa的pH更小

C.pH都为3的HC1和HC10等体积混合后，混合液的pH保持不变

D.等体积且pH都为3的CH3coOH和HC1O分别与足量的NaOH反应，CH3coOH消耗NaOH更

多

【答案】B

【解析】

【分析】根据表中电离平衡常数数据可知，酸性：醋酸〉次氯酸。

【详解】A.相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越

大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，则水解程度大小顺序是：同浓度的醋酸根水解程度小于次氯酸

根，那么相同pH的CH3coONa、NaClO溶液中醋酸根浓度大于次氯酸根浓度，两溶液中的氢氧根浓度

相同，故阴离子总数较大的是CH3coONa溶液，A错误；

B.等体积等浓度的CH3coONa和NaClO溶液，由于次氯酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度，

NaClO溶液的碱性更强，稀释相同倍数后仍是NaClO溶液的碱性强，即CH3coONa的pH更小，B正

确；

C.pH都为3HC1和HC1O等体积混合，由于两溶液密度不同，混合后体积不等于二者体积加和，混合

液的pH会略有变化，C错误；

D.CH3coOH和HC1O溶液的pH都为3,说明次氯酸的浓度更大，二者又等体积，则溶液中次氯酸的

物质的量大于醋酸，与足量的NaOH反应，HC10消耗NaOH更多，D错误；

故选B。

18.已知：在标准压强(10IkPa)、298K下，由最稳定的单质合成Imol物质B的反应焙变，叫作物质B

的标准摩尔生成熔，用AHm：(kJ-moL)表示。部分物质的AfH：有如图所示关系。

也值)、N2(g)＞。21)的标准摩尔生成烙为0。下列有关判断正确的是

A.NO(g)的键能小于N2(g)与O?(g)的键能之和

B.根据图中信息，可判断热稳定性肿大于氨

C.0.5molN?和1.5molH2合成氨，正反应的活化能一定大于45.9kJ.mo「

D.NO与NH3反应的热化学方程式为：

6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH=-1815kJmor'

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图知,NO(g)的标准摩尔生成熔为91.3kJmol>,则N2(g)+C)2(g)=2NO(g)的AH=反应物键能

之和-生成物键能之和>0,即2moiNO(g)的键能小于lmolN2(g)与ImolC)2(g)的键能之和，A错误；

B.NH3(g)的标准摩尔生成焰为-45.9kJmolT,N2H4⑴的标准摩尔生成焰为50.6kJ-mollN2和H2反应生

成N%放热，而生成N2H4吸热，则NH3的能量比N2H4低，热稳定性睇小于氨，B错误；

C.合成氨反应属于放热反应，OSmolN2和ISmolH2合成氨，AH=正反应的活化能-逆反应的活化能=

-45.9kJmor\由于逆反应活化能未知，正反应的活化能的值不能确定，C错误；

D.由题图数据可计算出：①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=一91.8kJ•moL，®N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=

182.6kJmor',③2H2(g)+Ch(g)=2H2O(g)AH=-483.6kJ-moP1，

6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(g)可由一3②-2①+3③得到，则其反应热

AH=-3x182.6kJmol-1-2x(-91.8kJ-mo「)一3x483.6kJ-mol-1=-1815kJ-mol-1,D正确；

故选D。

19.常温下某同学将一定量的NO?充入注射器中后封口，测得拉伸和压缩注射器的活塞过程中气体透光

率随时间的变化如图所示（己知气体颜色越深，透光率越小；2NC>2.N2O4AH<0）»下列说法正确

的是

70-

65:

60-

55:

50:

45：

40-

时间

A.b点操作为压缩针管，因此c（NC）2）：b>d

B.d点的操作为拉伸注射器到任意位置

C.e点平均相对分子质量与a点相等

D.若注射器绝热，Kb<Kc

【答案】C

【解析】

【分析】由图知，b点开始压缩针管，NO2浓度增大，气体颜色加深，透光率减小，从b点到d点过程中,

压强增大，平衡正向移动；d点开始拉伸针管，NO?浓度逐渐减小，气体颜色变浅，透光率增大，从d点

到e点过程中，压强减小，平衡逆向移动，由于最后的透光率与最初的相同，d点的操作为拉伸注射器到

原始位置。

【详解】A.由图知，b点透光率大于d点，则c（NC）2）：b<d,A错误；

B.d点的操作为拉伸注射器到原始位置，B错误；

C.e点与b点透光率相同，则两点处的C（NC）2）、C（N2OJ均对应相等，混合气体的平均相对分子质量

与a点相等，C正确；

D.该反应正向放热，温度越高，K越小，从b点到c点过程中，平衡正向移动，b点的温度小于c点的，

故Kb〉K「D错误；

故选Co

20.已知C12（g）+CO（g）«0。21）的速率方程丫=1<1（0,）-（€：0）（1<为速率常数），该反应可认

为经过以下反应历程：

第一步:Cl2(g)-2Cl(g)快速平衡

第二步：a(g)+co(g).coa(g)快速平衡

第三步：coci(g)+ci2(g)coci2(g)+ci(g)慢反应

下列说法正确的是

A.第三步反应的活化能较低，是决速反应

B.C1是该总反应的中间产物，COC1是该总反应的催化剂

C.c(Cl2)>c(CO)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大

D.升温、加入催化剂可使k增大导致反应速率加快

【答案】D

【解析】

【详解】A.第三步反应反应速率较小，则反应的活化能较大，总反应的速率主要取决于第三步反应，第

三步反应是决速反应，故A错误；

B.。和COC1是该总反应的中间产物，但没有出现在第一个反应的反应物中，COC1不是该总反应的催

化剂，故B错误；

C.从速率方程v=kc；(Cl,)-c(CO)中可以看出，c(CO)、c(CL)分别增大相同的倍数，对总反应速率的

影响程度c(CO)大，故C错误：

D.升温、加入催化剂可以提高反应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，故D正确。

故选D。

21.钠离子电池使用的电极材料主要是钠盐，相较于锂盐而言储量更丰富，价格更低廉。某钠离子电池结

构如图所示，电极A为含钠过渡金属氧化物(NaTMC)2)，电极B为硬碳，充电时Na卡得电子成为Na

嵌入硬碳中。下列说法正确的是

化物（NaJ'MOJ

A.放电时，A是原电池的负极

B.放电时，外电路通过amol电子时，A电极电解质损失amolNa*

C.充电时，电极A为阳极，反应可表示为NaTMO2—xe=Na-TMC）2+xNa+

D,单位质量的负极材料钠离子电池比锂离子电池可以提供更多的电量

【答案】C

【解析】

【详解】充电时Na得电子成为Na嵌入硬碳中，则硬碳为电解池的阴极，为电池的负极，即电极B为电

池的负极，A为电池的正极。

A.电极B为电池的负极，充电时，与外接直流电源的负极相连，A错误；

B.放电时，A电极（正极）电极反应式为Na-xTMO2+xNa++xe-=NaTMO2,Na+从负极向A电极迁

移，然后参与电极反应，故A电极电解质中不损失Na+,B错误；

C.放电时，为原电池装置，A为正极，充电时A为阳极，电极反应式为

+

NaTMO2-xe=Naj_xTMO2+xNa,C正确；

D.单位质量的负极材料钠离子电池比锂离子电池可以提供更少的电量，D错误；

故选C。

22.桔红色液体氯化漠（BrCl）属于卤素互化物，性质与卤素相似，下列推测不合理的是

A.常温下，在四氯化碳中的溶解度BrCl比Br?小

B.BiCi的氧化性比IC1强

C.Br€l可与Mg反应生成MgBq、MgCl2

D.苯酚可与BrCl反应主要生成三氯苯酚和溪化氢

【答案】D

【解析】

【详解】A.Br2为非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，而BQ1为极性分子，根据相似相溶原理，常

温下，在四氯化碳中的溶解度BrCl比B"小，A正确；

B.BrCl和IC1中Br、I均为+1价，Br比I更难失电子，则Br+比「更易得电子，因此BrCl的氧化性强于

IC1,B正确;

C.BrCl的性质与卤素类似，Bn、Cl2可与Mg反应生成MgBr2和MgCl2,则BrCl可与Mg反应生成MgBr2

和MgCb,C正确；

D.苯酚与BrCl反应生成三漠苯酚和HCLD错误；

故答案选D。

23.两份20.00mL0.lmol/LNa2cO3溶液中，分别滴加未知浓度的HC1溶液和BaCl,溶液，两溶液中

的pH和-Igc（COj）随所加入溶液体积的变化如图所示，下列有关说法不正确的是（已知：

9

Ksp（BaCO3）=2.6xl（r）

r（BaCip/mL4o302；010__止（对）过

10203040r（HCl）/mL

A.实线代表Na2cO3溶液的pH随滴加HC1体积的变化

B.a点溶液满足：2c（Cr）+c（H+）=2c（CO^）+c（HCO；）+c（OH-）

C.b点溶液中Ba?+已经沉淀完全

D.HC1滴定Na2cO3溶液时，选择酚醐和甲基橙做指示剂的终点不同

【答案】B

【解析】

【分析】CO；与H+作用时，当H+量较少时生成HC0；,当H+量较多时生成CO2,故实线代表Na2c

溶液的pH随滴加HC1体积的变化，虚线则代表Tgc(CO：)随滴加的BaCl2体积的变化。

【详解】A.由分析知，实线代表Na2cO3溶液的pH随滴加HC1体积的变化，A不符合题意；

B.a点溶液溶质为等浓度的Na2cO3、NaHCO3,NaCl,由电荷守恒知，a点溶液满足：

c(Na+)+c(H+)=2c(CO^)+c(HCO3)+c(OH-)+c(Cr),由原子守恒知，

3c(Na+)=4[c(CO^)+c(HCO；)+c(cr)],二者联立可得

c(CK)+c(HCO；)+3c(H+)=2c(CO})+3c(OH-),B符合题意；

C.由图知，b点时滴加的BaCL溶液为20mL,由于曲线上出现了突跃，代表Ba?+已经沉淀完全，C不符

合题意；

D.用酚醐作指示剂时滴定的总反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,用甲基橙作指示剂时滴定的总反应

为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2t+H2O,故二者滴定终点不同，D不符合题意；

故选B。

24.重晶石矿(含有较多的Si。2)。重晶石矿常见三种处理方法如下：

l11

热分解法：BaSO』(s)=BaO(s)+SO2(g)+^O2(g)AH,=+551.76kJ-morASl=242J-mof-K-；

碳热还原法：

-1-1

BaSO4(s)+4C(s)=BaS(g)+4CO(g)AH2=4437.48kJ-moE'AS,=328J-mol-K；

沉淀转化法：BaSC)4(s)+C0；(aq).•BaCC)3(s)+S0：(aq),

已知婚变与嫡变是同一温度下的数值，下列说法不正确的是

A.高温有利于碳热还原法自发进行

B.沉淀转化法的优点是节能、环保

C.热分解法获得BaO的同时，还生成SO”可联合生产硫酸，因此比碳热还原法更优

D.碳热还原法所得BaS可能含BaSiC^、Si等杂质，需进一步提纯

【答案】C

【解析】

【详解】A.AGMAH-TASO的反应可自发进行，碳热还原法对应的反应：AS>0,AH>。，故高温有利

于碳热还原法自发进行，A不符合题意；

B.沉淀转化法无需加热，也不产生二氧化硫等对大气有污染的气体，有节能、环保的优点，B不符合题

忌；

C.硫酸铁是一种相对稳定的化合物，热分解法获得BaO所需的温度比碳热还原法的要高，故热分解法能

耗高，不经济，碳热还原法更优，C符合题意；

D.由于重晶石矿中含有较多的SiO?,碳热还原法所得的BaS中可能含BaSiOa、Si等杂质，需进一步提

纯，D不符合题意；

故选C。

25.下列方案设计、现象和结论正确的是

方案设计现象和结论

观察到锌皮附近的琼脂变红色，

将裹有锌皮的铁钉放入滴加了酚配和K,[Fe(CN)6]的热琼脂溶

A则锌皮发生了电化学腐蚀，锌做

液中

负极

向Na2cO3溶液中加入醋酸，将产生的气体通入苯酚钠水溶液观察到苯酚钠溶液变浑浊，说明

B

中碳酸的酸性比苯酚强

向放有少量脱脂棉的试管中加入几滴H2。和几滴浓硫酸，充未观察到砖红色沉淀生成，说明

C

分搅拌后，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热纤维素没有发生水解

在大试管中加入2g苯酚、过量的质量分数为40%的甲醛溶

观察到固体生成，固体为网状结

D液，置于水浴中加热片刻，加入0.5mL浓氨水，继续在水浴中

构的酚醛树脂

加热

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.观察到铁钉附近的琼脂变红色，则锌皮发生了电化学腐蚀，锌做负极，铁钉作正极，故A错

误；

B.由于醋酸有挥发性，使溶液变浑浊的可能是醋酸和苯酚钠反应，故B错误；

C.加入新制氢氧化铜之前要加氢氧化钠溶液调节至碱性，再加热，故C错误；

D.甲醛和苯酚在水浴中加热，再加入少量氨水，再加热得到固体，该固体为酚醛树脂，故D正确。

综上所述，答案为D。

第n卷

二、非选择题（本大题共5小题，共50分）

26.过渡金属元素铭（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。三价倍离子

的一种配离子结构如图所示，回答下列问题：

（1）下列说法不正确的是

①Cr在元素周期表中位于；属于硫原子激发态的简化电子排布式且能量较低的是

_____________«（填标号）

A.[Ne]3s23P4B.[Ne]3s23P43d2C.[Ne]3s23p23d2D.[Ne]3s23p24s2

②配体H?NCH2cH2NH2中N原子的价层孤电子对占据中心三价倍离子的杂化轨道。（填标

号）

A.spB.sp2C.sp3D.dsp3E.d2sp3F.d3sp3

③该配离子中所含的。键和兀键的个数比为；配体中C、N、H三种非金属元素的电负性

由大到小的顺序是。

（2）两种有机物的相关数据如下表：

物质邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸

水溶解性（20℃）<lg-L-'5g-L-'

pK4（20℃）3.914.48

常温下，邻羟基苯甲酸的水溶解性比对羟基苯甲酸小，而邻羟基苯甲酸的酸性比对羟基苯甲酸强，原因

是。

（3）利用皮秒激光照射悬浮在中醇溶液中的多臂碳纳米管可以合成T-碳，T-碳的晶体结构可看成金

刚石晶体中每个碳原子被正四面体结构单元（由四个碳原子组成）取代，如图所示，已知T-碳晶胞参数为

apm,NA为阿伏加德罗常数。T-碳晶体的摩尔体积Vm=nr"mo「（列出算式）。

立体图俯视图

【答案】⑴①.第四周期VIB族②.D③.E@.8:1⑤.N>C>H

（2）邻羟基苯甲酸中邻位上的羟基可与竣基形成分子内氢键，不仅导致竣基中的羟基的极性更大，酸性增

强，而且还使其与水分子之间不易形成氢键，水溶解性不大；（或对羟基苯甲酸对位的羟基无法与叛基形成

分子内氢键，更易与水分子之间形成氢键，故酸性比邻羟基苯甲酸弱，水溶解性大）

（3）aXxlO^

32

【解析】

【小问1详解】

①铭为24号元素，位于元素周期表第四周期V1B族；A为基态硫原子的简化电子排布式[Ne]3s23P4,B

为S2-的简化电子排布式[Ne]3s23P,C和D都是硫原子激发态的简化电子排布式，由于能量

4s<3d,所以能量较低的是[Ne]3s23P24s2,故选D；

②CJ+的价层电子排布式为3/，由结构可知配离子与配体形成6配位，则中心CP+的杂化方式为

d2sp③，故选E；

③由于配位键属于。键，配离子中所含的。键为32,兀键为4,故个数比为8:1：配体中三种非金属元素

为N、C、H,电负性由大到小的顺序是N>C>H；

【小问2详解】

常温下，邻羟基苯甲酸水溶解性比对羟基苯甲酸小，而邻羟基苯甲酸的酸性比对羟基苯甲酸强，原因是

邻羟基苯甲酸中邻位上的羟基可与竣基形成分子内氢键，不仅导致竣基中的羟基的极性更大，酸性增强，

而且还使其与水分子之间不易形成氢键，水溶解性不大；（或对羟基苯甲酸对位的羟基无法与竣基形成分子

内氢键，更易与水分子之间形成氢键，故酸性比邻羟基苯甲酸弱，水溶解性大）；

【小问3详解】

金刚石的晶胞中碳原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个，一个晶胞

中单独占有碳原子数目=4+8X1+6X；=8,T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四

个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为8x4=32个。T-碳晶胞参数为apm,NA为阿伏

NJQNX136

加德罗常数•T-碳晶体的摩尔体积Vm=x(ax1012)*234=Am3-moP1«

3232

27.化合物X不含结晶水，由五种常见的元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：

己知：①气体C有刺激性气味，遇HC1产生白烟；②所加试剂均过量

请回答：

(1)组成X的五种元素为N、H和(填元素符号)：气体C的VSEPR模型名称为

(2)化合物X与Na2s反应为非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式_____________。

(3)写出黑色固体A溶于浓HNOa得到绿色溶液，发生反应的离子方程式为o

(4)OH\S?-及气体C与化合物X中的金属阳离子结合能力由弱到强的顺序为,设计

实验证明o

【答案】(1)①.CuSO②.四面体

(2)CU(NH3)4SO4+Na2S=CuSJ+Na2SO4+4NH3T

+2+

(3)CuS+8H+8NO；=Cu+8NO2T+SO^+4H2O

(4)①.OET<NH3<S2-②.取适量CuSO&溶液于试管中，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉

淀，再滴加氨水沉淀溶解得到深蓝色溶液；向深蓝色溶液中滴加硫化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色

沉淀。

【解析】

【分析】黑色沉淀A加浓HNO3,生成绿色溶液，加入溶液变蓝，说明沉淀A为CuS为0.015mol,推知

X中有Cu为0.96g,白色沉淀D为BaSCh为0.015mol,推知X中含有SO：0.015mol,1.44g；气体C有

刺激性气味遇到HC1产生白烟，因此C为NH3,质量为1.02g,0.06mol,以此分析；

【小问1详解】

根据分析，X中的元素为N、H、S、Cu、0；根据分析C为NH3,以N为中心价电子数为

3+二=4,则N%的VSEPR模型为四面体；

2

故答案为：S、Cu、0；四面体；

【小问2详解】

根据分析，X与Na2s生成CuS、NH3、Na2sO4；

U

故答案为：C（NH3）4SO4+Na2S=CuSJ+Na2SO4+4NH,T；

小问3详解】

CuS与浓NH03反应生成N02气体；

+2+

故答案为：CuS+8H+8N0；=Cu+8NO2T+SO^+4H2O；

【小问4详解】

取适量CuSCU溶液于试管中，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉淀CU2（OH）2so4,再滴加氨水沉淀溶解得

到深蓝色溶液，由于N%的配位能力很强，碱式铜盐很容易溶解得到[CU（NH3）4]2+；向深蓝色溶液中滴加硫

化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色沉淀CuS,则金属阳离子结合能力OHYNH3Vs2-；

故答案为：OHYNH3Vs2-；取适量CuSO4溶液于试管中，滴加少量氨水，产生蓝色絮状沉淀，再滴加氨

水沉淀溶解得到深蓝色溶液：向深蓝色溶液中滴加硫化钠溶液后深蓝色溶液褪去，产生黑色沉淀。

28.皴基硫（COS）主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目

前，我国已经实现了在催化剂（丫一&2。3）、低温条件下的精度脱除COS。脱除COS的反应为：

I.氢解反应:COS（g）+H2（g）-H2S（g）+CO（g）AH^-HkJ/mol；

n.水解反应：COS（g）+H2O（g）H2s（g）+CO2（g）AH2=-35kJ/mol0

（1）①将H2O与COS以体积比1:2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2。与

COS的体积比1:6,则该温度下，脱除反应II的平衡常数K=（保留两位小数）。②两个反

应在热力学上趋势均不大，其原因是。（热力学全称热动力学，是研究热现象中物质系统在

平衡时的性质和建立能量的平衡关系，以及状态发生变化时系统与外界相互作用的学科。）

（2）在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应I•设起始充入的n（H2）:n（COS）=m,相同时间内

测得COS转化率与m和温度（T）的关系如图1所示，下列说法正确的是。

A.m(<m2

B.曲线m1温度高于T°,COS转化率减小的可能原因为催化剂活性降低或者有副反应发生

C.曲线m?温度高于T。，a点COS转化率大于b点，因此COS转化率减小不可能是因为平衡逆移

D.若在绝热、恒容密闭容器中进行反应，当容器内压强不再变化时可以判断反应已达平衡

y(cos)=3o

（3）已知气体COS和H2。的体积分数均为1.5%、-测得不同。2含量（PPm是比率的

V(H2S)T

表示，表示“百万分之……”）下反应相同时间，CO?产率随温度的变化曲线如图2所示:

①试分析超过200℃后，。2含量越高CO?产率明显下降的原因_____________。

②催化剂（Y-42。3）具有高比表面积，气氛中的氧气会吸附在A12O3表面，试分析超过200℃后催化剂

中毒的原因_____________。

③若其他条件相同，以起始量门（>12）：11（035）=1开始反应，使用不同催化剂I、II进行对比实验，请

在图3中画出在惟化剂I、催化齐UH（催化效率I>11）作用下反应相同时间，COS转化率随温度（T）的变

化曲线。

【答案】（1）①.2.67②.两个反应均为放热较少的反应(2)BD

(3)①,温度超过200℃,以COS被氧化为主，氧气含量高，与COS发生氧化反应明显；另外COS

的水解反应放热，温度升高会使水解反应平衡逆向移动而使CO2产率下降；②.cos中的硫元素被

氧化成s(s*)和硫酸盐，覆盖在催化剂表面引起催化剂中毒或cos中的硫元素