2024年高考化学终极押题密卷3（浙江卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（浙江卷）一．选择题（共16小题）1．下列物质不属于有机物的是（）A．甲醇（CH3OH） B．尿素[CO（NH2）2] C．硫氰化钠（NaSCN） D．葡萄糖（C6H12O6）2．下列化学用语使用正确的是（）A．甲胺的电子式： B．某烷烃名称为2，5﹣二甲基戊烷 C．中子数为7的碳原子： D．SO3的价层电子对互斥模型：3．下列离子方程式正确的是（）A．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+ C．FeO与稀硝酸反应：FeO+2H+═Fe2++H2O D．硫化钠溶液中加入少量氯化铁溶液：S2﹣+2Fe3+═2Fe2++S↓4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．常温常压下，17gNH3含有10NA个电子 B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中，H原子总数为0.6NA C．1molMg分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，产生的气体标况下体积均为22.4L D．28g乙烯和丙烯的混合物中，原子总数为6NA5．在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色溶液。K+、H+、、 B．碱性条件：Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣ C．水电离出的c（H+）＝1×10﹣9mol/L的溶液：Al3+、I﹣、Mg2+、 D．制作印刷电路板的腐蚀液：Cu2+、、H+、Ag+6．科学家研究发现：等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（）A．BF3和CO32﹣是等电子体，均为平面正三角形结构 B．B3N3H6和苯（C6H6）是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道 C．NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构 D．CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°7．X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的短周期元素，X的某种原子不含中子，Y与Z同周期，Y基态原子有3个未成对电子，Z元素原子的价层电子排布为nsnnp2n，短周期中R电负性最小。下列说法不正确的是（）A．X2Z2分子中既含极性键也含非极性键 B．第一电离能：Y＞Z＞R C．与的空间构型均为平面三角形 D．Y的最高价氧化物的水化物为强酸8．已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（）A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族 B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8 D．若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子9．下列反应过程中的能量变化不符合如图的是（）A． B． C．NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl+H2O D．2NH4Cl+Ba（OH）2⋅8H2O═BaCl2+8NH3↑+10H2O10．通过如图所示装置可实现将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，并回收钴，同时可借助其降解乙酸盐生成CO2其中电极材料均为石墨，右侧装置为原电池（工作时应保持厌氧环境和pH稳定）。下列说法不正确的是（）A．装置工作时，乙室pH减小 B．乙室电极反应式为：LiCoO2+4H++e﹣＝Li++Co2++2H2O C．装置工作时，甲室发生还原反应：Co2++2e﹣＝Co D．装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室11．下列说法不正确的是（）A．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸溶液 B．可用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯 C．可用X射线衍射技术测定青蒿素的分子结构 D．将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取12．55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：Ⅰ、RBr⇌R++Br﹣慢Ⅱ、快Ⅲ、快已知，当R基团不同时，水解相对速率如下R（CH3）3C（CH3）2CHCH3CH2CH3相对速率1000.023x0.0034下列说法不正确的是（）A．第一步反应的活化能最高 B．加入AgNO3，能促进溴代烷的水解 C．可以预测x的值介于0.0034～0.023之间 D．下列卤代烃水解速率顺序为：（CH3）3C﹣Cl＞（CH3）3C﹣Br＞（CH3）3C﹣I13．室温下，向10mL浓度均为0.1mol⋅L﹣1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.1mol⋅L﹣1的BaCl2溶液。已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，Ksp（BaCO3）＝5×10﹣9，Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6，Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12，Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6，Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12。下列说法不正确的是（）A．加入10mL的BaCl2溶液后，在上层清液中滴加BaCl2溶液无明显现象 B．Na2CO3溶液中存在关系， C．在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加几滴稀盐酸，pH几乎不变 D．向Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，可能生成碱式碳酸镁14．下列实验能达到目的的是（）实验目的实验方法或操作A测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上，变色稳定后与标准比色卡对照B检验淀粉是否水解淀粉和稀硫酸混合加热，一段时间后再加入少量新制Cu（OH）2，加热，观察是否有砖红色沉淀产生C比较氧化性：Cl2＞Br2＞I2向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液D探究温度对反应速率的影响向2支盛有2mL5%H2O2溶液同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，盛有热水烧杯中的试管产生气泡的速率大于盛有冷水烧杯中的试管A．A B．B C．C D．D15．下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是（）A．NH4Cl溶液中加入等体积等浓度的氨水：c（NH3⋅H2O）＞c（Cl﹣）＞c（） B．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．新制氯水中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HClO）+2c（ClO﹣） D．同浓度条件下，①氨水、②NH4HSO4溶液、③（NH4）2SO4溶液、④NH4Fe（SO4）2溶液比较大小关系：②＞④＞③＞①16．氨（NH3）中氢含量高，是一种优良的储氢载体，可通过氨热分解法制氢气。在一定温度下，将0.1molNH3通入3L的刚性密闭容器中进行反应2NH3⇌N2+3H2（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．t1时反应达到平衡，0∼t1时间内的反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1 B．该反应的平衡常数约为K＝1.33×10﹣4 C．t2时加入催化剂可同时改变该反应的速率和ΔH D．t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，曲线b表示压缩后N2分压的变化二．解答题（共4小题）17．C、H、O、N是生命元素。请回答：（1）下列说法正确的是。A．第一电离能：O＞N＞C＞HB．电负性：O＞N＞C＞HC．酸性：HCOOH＜CH3COOH＜CH2ClCOOHD．键角：＞CH8＞NH3＞（2）键中N的杂化方式；画出的结构式（用“→”表示配位键）。（3）H、N、O与Cu能形成一种阳离子M，呈轴向狭长的八面体结构（如图所示）。①阳离子M的化学式为，加热时M首先失去的组分是，该组分的分子空间构型为。②可选用（填“X射线衍射仪”或“质谱仪”）判断M中的Cu﹣N键相同。③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，各级反应的平衡常数分别为K1，K2，K3，K4，如K2＝。请从结构角度解释K1＞K2＞K3＞K4的原因。18．研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量是当今研究热点。（1）已知常温常压下1gCO的燃烧放热10.07kJ，请写出表示CO燃烧热的热化学方程式。（2）1雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①CO2（g）⇌CO2（aq）②CO2（aq）+H2O（l）⇌H+（aq）+（aq）25℃时，反应②的平衡常数为K，溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol•L﹣1•kPa﹣1，当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为mol•L﹣1（用题中的字母表示，忽略的电离）。（3）目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下反应：反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）反应Ⅱ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氨气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。则：①请解释容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势的原因。②反应Ⅱ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示，当时间达到t1时，将该体系升温至T2，请在图2中画出t1时刻至平衡时，溶液的pH变化总趋势曲线。（4）研究表明，CO2气体可被电还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应进程中（H+被还原为H2的反应可同时发生），相对能量变化如图。下列说法正确的是。A．电解质水溶液的酸性越强，越有利于CO2气体电化学还原B．a催化剂条件下，CO2电还原的活化能约为0.68eVC．c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原D．CO2电还原为CO从易到难的顺序为c、a、b19．海水中的卤素资源。地球是一颗蓝色星球，浩瀚的海洋覆盖了70%以上的地球表面，是蕴藏着极为丰富化学资源的“聚宝盆”，其中氯化物含量很高，氯和同族的氟、溴、碘、砹总称为卤素。（1）氯在元素周期表中的位置是。（2）下列关于卤族元素性质的比较，不正确的是。A.酸性：HIO4＞HBrO4＞HClO4B.原子半径：I＞Br＞ClC.还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣D.非金属性：Cl＞Br＞I（3）将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度减小的是。A.B.C.Mg2+D.Fe3+（4）氯气的水溶液即氯水，某学习小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是。A.图1表示氯水pH随时间的变化B.图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化C.图3表示氯水的电导率随时间的变化D.图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化20．化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：已知：①结构与苯相似；②R﹣ClR﹣NH﹣NH2（R代表烃基）。请回答：（1）化合物I含有的官能团名称是。（2）反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是。（3）下列说法不正确的是。A.反应④的反应类型是氧化反应B.反应⑥除生成H外，还生成C.已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2则E中所有原子均在同一平面上D.化合物J中有3个手性碳原子（4）化合物A的分子式为C7H10N2，写出反应①的化学方程式。（5）设计以氯苯为原料合成物质K（）的路线（用流程图表示，无机试剂任选）（6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）。①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②1H﹣NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。三．工艺流程题（共1小题）21．某研究小组以白云石【主要成分为CaMg（CO3）2】为原料制备无水碳酸镁，流程如图：（1）步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是，步骤Ⅲ，重镁水溶液中主要溶质的化学式是。（2）下列说法正确的是。A.步骤Ⅱ，在溶解过程中可加入硫酸，加入MgCl2⋅6H2O可适当除去原料中的钙元素B.步骤Ⅳ产生的CO2和滤液可循环利用C.步骤Ⅳ热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的CO2，促进反应正向进行D.步骤Ⅴ，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁（3）步骤Ⅲ过程中需将温度控制在20℃，原因是。（4）为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为cmol/L的EDTA标准溶液进行滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_____”上填写一件最关键仪器，“（ㅤㅤ）内填写一种操作，均用字母表示]。用分析天平（称量mg产品）→用烧杯（）→用（配制250mL的溶液A）→用移液管（）→在中（）→用（盛装EDTA溶液滴定Ca2+，消耗V1mL）仪器：a.烧杯；b.滴定管；c.容量瓶；d.锥形瓶操作：e.加水溶解；f.加盐酸溶解；g.加入三乙醇胺、NaOH和钙指示剂；h.量取25.00mL溶液A（5）如要测定产品中Mg2+含量，还需继续以下实验：量取25.00mL溶液A，稀释至250mL得到溶液B，另取25.00mL溶液B于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑T指示剂后，用上述EDTA标准溶液滴定Ca2+、Mg2+总量（Ca2+、Mg2+与EDTA按物质的量1：1反应），消耗V2mL，根据本次实验计算产品中镁元素的质量分数。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（浙江卷）参考答案与试题解析一．选择题（共16小题）1．下列物质不属于有机物的是（）A．甲醇（CH3OH） B．尿素[CO（NH2）2] C．硫氰化钠（NaSCN） D．葡萄糖（C6H12O6）【考点】无机化合物与有机化合物的概念．【专题】物质的分类专题．【答案】C【分析】有机化合物是含有碳元素的化合物，除去碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，因为碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等的化学性质更类似于无机化合物，据此分析作答。【解答】解：A．甲醇属于有机物，故A错误；B．尿素[CO（NH2）2]是含有碳元素的化合物，属于有机物，故B错误；C．硫氰化钠（NaSCN）虽然含有碳元素，但其结构与性质更接近无机物，属于无机物，故C正确；D．葡萄糖是含有碳元素的化合物，属于有机物，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查有机物化合物的概念与判断，属于基本知识的考查，难度不大。2．下列化学用语使用正确的是（）A．甲胺的电子式： B．某烷烃名称为2，5﹣二甲基戊烷 C．中子数为7的碳原子： D．SO3的价层电子对互斥模型：【考点】化学式或化学符号及名称的综合；烷烃的命名；电子式；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【答案】D【分析】A．甲胺分子中N原子含有1对孤电子对；B．不存在2，5﹣二甲基戊烷；C．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质子数+中子数＝质量数；D．SO3分子中价层电子对数为3+（6﹣3×2）＝3，其VSEPR模型为平面三角形。【解答】解：A．甲胺是共价化合物，结构简式为CH3NH2，C、H原子间共用1对电子对，N、H原子间共用1对电子对，N、C原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故A错误；B．不存在2，5﹣二甲基戊烷，（CH3）2CH（CH2）3CH3的正确名称为2﹣甲基己烷，故B错误；C．中子数为7的碳原子的质量数＝7+6＝13，该核素符号为C，故C错误；D．SO3分子中价层电子对数为3+（6﹣3×2）＝3，其VSEPR模型为平面三角形，无孤电子对，即价层电子对互斥模型为，故D正确；故选：D。【点评】本题考查核素、电子式、烷烃命名和VSEPR模型等常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。3．下列离子方程式正确的是（）A．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+ C．FeO与稀硝酸反应：FeO+2H+═Fe2++H2O D．硫化钠溶液中加入少量氯化铁溶液：S2﹣+2Fe3+═2Fe2++S↓【考点】离子方程式的书写；氯水的性质及成分；硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转化．【专题】离子反应专题．【答案】B【分析】A．一水合氨是弱碱，不能拆分；B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；C．硝酸具有氧化性；D．硫化钠溶液中加入少量氯化铁溶液，反应生成FeS、S、氯化钠。【解答】解：A．一水合氨部分电离，氯化镁溶液与氨水反应的离子方程式为Mg2++2NH3•H2O＝Mg（OH）2↓+2，故A错误；B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：2+Ca2++2OH−＝CaCO3↓+2H2O+，故B正确；C．硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，即离子方程式为：3FeO+10H++＝3Fe3++NO↑+5H2O，，故C错误；D．硫化钠溶液中加入少量的氯化铁溶液的离子反应为3S2﹣+2Fe3+═2FeS+S↓，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式的正误判断，侧重分析能力和运用能力考查，把握离子方程式的书写规则、物质性质、发生的反应是解题关键，注意掌握与量有关离子方程式的书写方法，题目难度中等。4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．常温常压下，17gNH3含有10NA个电子 B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中，H原子总数为0.6NA C．1molMg分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，产生的气体标况下体积均为22.4L D．28g乙烯和丙烯的混合物中，原子总数为6NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】B【分析】A．1个氨气中含有10个电子，17gNH3的物质的量为1mol，含有10NA电子；B．乙醇溶液中，乙醇分子和水分子都含有氢原子，根据题中数据计算出溶液中含有的氢原子数目；C．1molMg分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，生成氢气和二氧化硫气体，生成1mol氢气单质转移2mol，生成1mol二氧化硫气体，电子转移2mol，根据电子守恒分析判断；D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2。【解答】解：A．17g氨气的物质的量为1mol，1个氨气中含有10个电子，17gNH3含有10NA个电子，故A正确；B．10g质量分数为46%的乙醇中含有乙醇的质量为4.6g，乙醇的物质的量＝0.1mol，含有0.6mol氢原子，该乙醇溶液中水分子的质量分数为54%，则水的物质的量为：＝0.3mol，含有0.6mol氢原子，则该乙醇溶液中总共含有氢原子的物质的量为1.2mol，含有的氢原子的总数为1.2NA，故B错误；C．1molMg分别与稀硫酸和浓硫酸完全反应，生成氢气和二氧化硫气体，生成1mol氢气电子转移2mol，生成1mol二氧化硫气体，电子转移2mol，根据电子守恒可知，产生的气体物质的量相同，标况下体积均为22.4L，故C正确；D．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量＝＝2mol，含原子为6NA个，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题培养了学生的灵活应用能力。5．在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色溶液。K+、H+、、 B．碱性条件：Ba2+、Na+、Cl﹣、ClO﹣ C．水电离出的c（H+）＝1×10﹣9mol/L的溶液：Al3+、I﹣、Mg2+、 D．制作印刷电路板的腐蚀液：Cu2+、、H+、Ag+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【答案】B【分析】A．无色溶液中不含有色离子；B．碱性溶液中含有大量氢氧根离子；C．水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性；D．制作印刷电路板的腐蚀液含有【解答】解：A．在水溶液中呈紫色，不符合无色条件，且H+、反应生成CO2和H2O，所以不能大量共存，故A错误；B．碱性溶液中含有大量氢氧根离子，碱性条件下这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故B正确；C．水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，Al3+在水电离出的c（H+）＝1×10﹣9mol/L的溶液中生成沉淀而不能大量共存，故C错误；D．制作印刷电路板的腐蚀液含有Fe2+，硝酸能氧化Fe2+而不能大量共存，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，题目难度不大。6．科学家研究发现：等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（）A．BF3和CO32﹣是等电子体，均为平面正三角形结构 B．B3N3H6和苯（C6H6）是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道 C．NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构 D．CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°【考点】“等电子原理”的应用．【专题】化学键与晶体结构．【答案】A【分析】A、BF3和CO32﹣原子总数为4，价电子总数都为24，是等电子体，BF3成3个σ键，B原子不含孤对电子，采取sp2杂化，为平面正三角形，等电子体的结构相似；B、B3N3H6和苯原子总数为12，价电子总数都为30，是等电子体；B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的；C、NH3和PCl3原子总数为4，NH3价电子总数为8，PCl3原子总数为26，不是等电子体；D、CH4和NH4+原子总数为5，价电子总数都为8，是等电子体，为正四面体结构，键角均为109°28′；【解答】解：A、BF3和CO32﹣原子总数为4，价电子总数都为24，是等电子体，BF3成3个σ键，B原子不含孤对电子，采取sp2杂化，为平面正三角形，等电子体的空间结构相同，故CO32﹣也为平面正三角形，故A正确；B、B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，故B错误；C、NH3和PCl3原子总数为4，NH3价电子总数为8，PCl3原子总数为26，不是等电子体，但二者都为三角锥型结构，故C错误；D、CH4和NH4+原子总数为5，价电子总数都为8，是等电子体，为正四面体结构，键角均为109°28′，不是60°，故D错误；故选：A。【点评】本题考查等电子体判断、空间结构等，难度中等，注意离子价电子总数计算用原子的价电子总数﹣离子所带的电荷．7．X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的短周期元素，X的某种原子不含中子，Y与Z同周期，Y基态原子有3个未成对电子，Z元素原子的价层电子排布为nsnnp2n，短周期中R电负性最小。下列说法不正确的是（）A．X2Z2分子中既含极性键也含非极性键 B．第一电离能：Y＞Z＞R C．与的空间构型均为平面三角形 D．Y的最高价氧化物的水化物为强酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】C【分析】X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的短周期元素，其中X的某种原子不含中子，可知X为H元素；Z元素原子的价层电子排布为nsnnp2n，而n＝2，则其价电子排布式为2s22p4，故Z为O元素；Y与Z同周期，Y基态原子有3个未成对电子，其价电子排布式为2s22p3，故Y为N元素；短周期中R电负性最小，可知R为Na元素。【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、R为Na元素；A．H2O2的结构式为H—O—O—H，氢原子与氧原子之间形成极性键，氧原子之间形成非极性键，故A正确；B．N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素，而Na是金属元素，三种中Na的第一电离能最小，则第一电离能：N＞O＞Na，故B正确；C．中N原子孤电子对数＝＝0、价层电子对数＝0+3＝3，离子空间构型为平面三角形，而中N原子孤电子对数＝＝1、价层电子对数＝1+2＝3，离子空间构型为V形，故C错误；D．Y的最高价氧化物的水化物是HNO3，硝酸属于强酸，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律、核外电子排布，明确空间构型与VSEPR模型关系。8．已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（）A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族 B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8 D．若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子【考点】氧化还原反应的基本概念及规律；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应的计算；元素周期表的结构及其应用．【专题】氧化还原反应专题．【答案】C【分析】根据过氧化铬（CrO5）的结构式，可知，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，降低3价，4个CrO5中，共有16个﹣1价的O，其中有14个升高为0价，有2个降低为﹣2价，据此分析作答。【解答】解：A．Cr的原子序数为24，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，故A正确；B．根据CrO5的结构可知，CrO5含有2个过氧键，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价降低，部分O元素化合价升高，CrO5既作氧化剂，又作还原剂，故B正确；C．根据B中分析可知，4个Cr共降低4×3＝12价，生成7个O2共升高7×2×1＝14价，根据升降守恒可知，4个CrO5中还有2个﹣1价的O降低为﹣2价，既6个H2O中，有2个H2O是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：（2+2）＝7：4，故C错误；D．根据C中分析可知，有关系式：4CrO5～14e﹣，若有1molCrO5发生该反应，则反应中共转移1mol××NAmol﹣1＝3.5NA个电子，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查学生对氧化还原反应原理的熟练应用的程度，特别是化合价升降守恒的应用，属于基本知识的考查，难度中等。9．下列反应过程中的能量变化不符合如图的是（）A． B． C．NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl+H2O D．2NH4Cl+Ba（OH）2⋅8H2O═BaCl2+8NH3↑+10H2O【考点】吸热反应和放热反应．【答案】A【分析】图中反应物具有总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应。A．可燃物的燃烧为放热反应；B．碳与二氧化碳的化合为吸热反应；C．碳酸氢钠与盐酸反应为吸热反应；D．氯化铵与八水氢氧化钡反应为吸热反应。【解答】解：A．甲烷的燃烧为放热反应，故A错误；B．碳与二氧化碳的化合为吸热反应，故B正确；C．碳酸氢钠与盐酸反应为吸热反应，故C正确；D．氯化铵与八水氢氧化钡反应为吸热反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查能量变化图以及常见吸热反应、放热反应，属于基础题，难度小。10．通过如图所示装置可实现将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，并回收钴，同时可借助其降解乙酸盐生成CO2其中电极材料均为石墨，右侧装置为原电池（工作时应保持厌氧环境和pH稳定）。下列说法不正确的是（）A．装置工作时，乙室pH减小 B．乙室电极反应式为：LiCoO2+4H++e﹣＝Li++Co2++2H2O C．装置工作时，甲室发生还原反应：Co2++2e﹣＝Co D．装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室【考点】原电池与电解池的综合．【专题】电化学专题．【答案】A【分析】右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，右侧乙室发生转化：LiCoO2（s）→Co2+，发生还原反应，故乙室为正极室，乙室电极反应式为LiCoO2+4H++e﹣═Li++Co2++2H2O，则右侧细菌电极室为负极室，可知左池甲室为阴极室、细菌电极室为阳极，阴极室电极反应式为Co2++2e﹣═Co，阳极室电极反应式为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣＝2CO2↑+7H+，氢离子、金属阳离子通过阳膜移向甲室。【解答】解：A．乙室中LiCoO2（s）→Co2+，同时得到Li+，LiCoO2（s）中的氧结合溶液中氢离子生成水，装置工作一段时间后，乙室的pH在增大，乙室应补充盐酸，故A错误；B．电解质溶液为酸性，右侧乙室发生转化：LiCoO2（s）→Co2+，乙室电极反应式为：LiCoO2+4H++e﹣═Li++Co2++2H2O，故B正确；C．左池甲室为阴极室、细菌电极室为阳极，阴极室电极反应式为Co2++2e﹣═Co，故C正确；D．甲室电极反应式为Co2++2e﹣═Co，乙室电极反应式为：2LiCoO2+8H++2e﹣═2Li++2Co2++4H2O，根据电极方程式可知，装置工作一段时间后，应定时将乙室溶液转移至甲室，故D正确；故选：A。【点评】本题考查原电池和电解池，侧重考查学生原电池和电解池原理的掌握情况，题目难度中等。11．下列说法不正确的是（）A．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸溶液 B．可用溴的四氯化碳溶液除去乙烷中混有的乙烯 C．可用X射线衍射技术测定青蒿素的分子结构 D．将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取【考点】有机物的鉴别；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】B【分析】A．乙醇和新制氢氧化铜悬浊液互溶，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，乙酸可以溶解氢氧化铜；B．乙烯和溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br能溶于四氯化碳，乙烷溶于四氯化碳溶液；C．X射线衍射技术能判断分子结构；D．萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的操作方法。【解答】解：A．乙醇与新制氢氧化铜溶液互溶，乙醛与氢氧化铜反应有砖红色沉淀生成，乙酸可以溶解氢氧化铜，现象各不相同，可以进行鉴别，故A正确；B．乙烯与溴发生加成反应，但乙烷易溶于四氯化碳，导致乙烷损失，故B错误；C．X射线衍射技术能判断分子结构，所以可用X射线衍射技术测定青蒿素的分子结构，故C正确；D．根据萃取的概念知，将有机溶剂与粉碎后的玫瑰花瓣混合，进行搅拌和浸泡，该提取方法为萃取，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的鉴别、除杂等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质性质的差异性、萃取的概念等知识点是解本题关键，题目难度不大。12．55℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：Ⅰ、RBr⇌R++Br﹣慢Ⅱ、快Ⅲ、快已知，当R基团不同时，水解相对速率如下R（CH3）3C（CH3）2CHCH3CH2CH3相对速率1000.023x0.0034下列说法不正确的是（）A．第一步反应的活化能最高 B．加入AgNO3，能促进溴代烷的水解 C．可以预测x的值介于0.0034～0.023之间 D．下列卤代烃水解速率顺序为：（CH3）3C﹣Cl＞（CH3）3C﹣Br＞（CH3）3C﹣I【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】D【分析】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；B．加入AgNO3，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，促使RBr⇌R++Br﹣正向减小；C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于0.0034～0.023之间；D．氯原子半径小于溴、小于碘，形成的碳氯键键能更大，更难断裂，则卤代烃水解速率顺序为：（CH3）3C﹣Cl＞（CH3）3C﹣Br＞（CH3）3C﹣I。【解答】解：A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则第一步反应的活化能最高，故A正确；B．加入AgNO3，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，促使RBr⇌R++Br﹣正向减小，故能促进溴代烷的水解，故B正确；C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于0.0034～0.023之间，故C正确；D．氯原子半径小于溴、小于碘，形成的碳氯键键能更大，更难断裂，则卤代烃水解速率顺序为：（CH3）3C﹣Cl＞（CH3）3C﹣Br＞（CH3）3C﹣I，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查了有机物的结构、性质、分压原理的分析判断，题目难度中等，掌握卤代烃的性质是解答该题的关键。13．室温下，向10mL浓度均为0.1mol⋅L﹣1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入0.1mol⋅L﹣1的BaCl2溶液。已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10﹣7，Ka1＝4.2×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11，Ksp（BaCO3）＝5×10﹣9，Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6，Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12，Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6，Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12。下列说法不正确的是（）A．加入10mL的BaCl2溶液后，在上层清液中滴加BaCl2溶液无明显现象 B．Na2CO3溶液中存在关系， C．在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加几滴稀盐酸，pH几乎不变 D．向Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，可能生成碱式碳酸镁【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【答案】D【分析】A．加入10mL的BaCl2溶液后，发生反应+Ba2+＝BaCO3↓，此时溶液中c（）＝0.05mol/L，c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（）＝c（Ba2+），c（）＝c（Ba2+），所以此溶液中不存在；B．Na2CO3溶液中水解生成和OH﹣，溶液呈碱性，溶液中存在关系；C．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加几滴稀盐酸，发生反应+H+＝CO2↑+H2O，溶液中c（）增大，pH几乎不变；D．向Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，发生反应+Mg2+＝MgCO3↓，由于Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6＞Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12，所以不可能生成碱式碳酸镁。【解答】解：A．加入10mL的BaCl2溶液后，发生反应+Ba2+＝BaCO3↓，此时溶液中c（）＝0.05mol/L，c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（）＝c（Ba2+），所以此溶液中不存在，在上层清液中滴加BaCl2溶液无明显现象，故A正确；B．Na2CO3溶液中水解生成和OH﹣，溶液呈碱性，溶液中存在关系，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加几滴稀盐酸，发生反应+H+＝CO2↑+H2O，溶液中c（）增大，pH几乎不变，故C正确；D．向Na2CO3和NaHCO3混合溶液加入0.1mol•L﹣1MgCl2溶液，发生反应+Mg2+＝MgCO3↓，由于Ksp（MgCO3）＝6.8×10﹣6＞Ksp（Mg（OH）2）＝4.9×10﹣12，所以不可能生成碱式碳酸镁，故D错误；故选：D。【点评】本题考查难溶物的溶解破坏，涉及到沉淀的生成条件等知识，题目难度中等，根据所学基础知识即可解答。14．下列实验能达到目的的是（）实验目的实验方法或操作A测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上，变色稳定后与标准比色卡对照B检验淀粉是否水解淀粉和稀硫酸混合加热，一段时间后再加入少量新制Cu（OH）2，加热，观察是否有砖红色沉淀产生C比较氧化性：Cl2＞Br2＞I2向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液D探究温度对反应速率的影响向2支盛有2mL5%H2O2溶液同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，盛有热水烧杯中的试管产生气泡的速率大于盛有冷水烧杯中的试管A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A．84消毒液具有强氧化性，可使pH试纸褪色；B．淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；C．过量氯水分别与NaBr、KI反应；D．热水烧杯与冷水烧杯的温度不同。【解答】解：A．84消毒液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定84消毒液的pH，故A错误；B．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉是否水解，故B错误；C．过量氯水分别与NaBr、KI反应，由实验操作和现象，不能比较Br2、I2的氧化性强弱，故C错误；D．热水烧杯与冷水烧杯的温度不同，只有一个变量，则可探究温度对反应速率的影响，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、pH测定、物质的检验、氧化性比较、反应速率、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15．下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是（）A．NH4Cl溶液中加入等体积等浓度的氨水：c（NH3⋅H2O）＞c（Cl﹣）＞c（） B．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） C．新制氯水中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HClO）+2c（ClO﹣） D．同浓度条件下，①氨水、②NH4HSO4溶液、③（NH4）2SO4溶液、④NH4Fe（SO4）2溶液比较大小关系：②＞④＞③＞①【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【答案】B【分析】A．NH4Cl溶液中加入等体积等浓度的氨水反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性；B．NH4HSO4溶液和NaOH溶液等物质的量混合，溶液显酸性，则向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，物质的量：氢氧化钠大于硫酸氢铵；C．新制氯水中，根据电荷守恒得到c（H+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），再根据物料守恒得到c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣），结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析质子守恒关系；D．浓度条件下，①氨水、②NH4HSO4溶液、③（NH4）2SO4溶液、④NH4Fe（SO4）2溶液中一水合氨中铵根离子浓度最小，③（NH4）2SO4溶液中铵根离子浓度最大，②NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，④NH4Fe（SO4）2溶液中亚铁离子水解显酸性，抑制铵根离子的水解。【解答】解：A．NH4Cl溶液中加入等体积等浓度的氨水反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，溶液中微粒浓度c（Cl﹣）＞c（）＞c（NH3⋅H2O），故A错误；B．NH4HSO4溶液和NaOH溶液等物质的量混合，溶液显酸性，则向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，物质的量：氢氧化钠大于硫酸氢铵，则c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣），故B正确；C．新制氯水中，根据电荷守恒得到c（H+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），再根据物料守恒得到c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣），将两个守恒相加得到c（H+）＝c（HClO）+2c（ClO﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．浓度条件下，①氨水、②NH4HSO4溶液、③（NH4）2SO4溶液、④NH4Fe（SO4）2溶液中一水合氨中铵根离子浓度最小，③（NH4）2SO4溶液中铵根离子浓度最大，②NH4HSO4溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，④NH4Fe（SO4）2溶液中亚铁离子水解显酸性，抑制铵根离子的水解，大小关系：③＞②＞④＞①，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解、离子浓度关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。16．氨（NH3）中氢含量高，是一种优良的储氢载体，可通过氨热分解法制氢气。在一定温度下，将0.1molNH3通入3L的刚性密闭容器中进行反应2NH3⇌N2+3H2（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．t1时反应达到平衡，0∼t1时间内的反应速率v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1 B．该反应的平衡常数约为K＝1.33×10﹣4 C．t2时加入催化剂可同时改变该反应的速率和ΔH D．t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，曲线b表示压缩后N2分压的变化【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【答案】C【分析】A．v（H2）＝；B．逆反应的平衡常数K＝；C．加入催化剂可以改变反应的速率，但是不能改变反应的ΔH；D．容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动；【解答】解：A．密闭容器中0.1molNH3总压为200kPa，结合2NH3⇌N2+3H2可知如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量为n（H2）＝mol＝0.06mol，故v（H2）＝＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1，故A正确；B．由A中分析可知，平衡时n（H2）＝0.06mol，则n（N2）＝0.02mol，反应的氨气的物质的量为0.04mol，剩余n（NH3）＝0.06mol，故逆反应的平衡常数K＝＝＝＝1.33×10﹣4，故B正确；C．加入催化剂可以改变反应的速率，但是不能改变反应的ΔH，故C错误；D．容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原来2倍小，N2分压变化趋势的曲线是b，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。二．解答题（共4小题）17．C、H、O、N是生命元素。请回答：（1）下列说法正确的是BD。A．第一电离能：O＞N＞C＞HB．电负性：O＞N＞C＞HC．酸性：HCOOH＜CH3COOH＜CH2ClCOOHD．键角：＞CH8＞NH3＞（2）键中N的杂化方式sp3；画出的结构式（用“→”表示配位键）。（3）H、N、O与Cu能形成一种阳离子M，呈轴向狭长的八面体结构（如图所示）。①阳离子M的化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]2+，加热时M首先失去的组分是H2O，该组分的分子空间构型为V形。②可选用X射线衍射仪（填“X射线衍射仪”或“质谱仪”）判断M中的Cu﹣N键相同。③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，各级反应的平衡常数分别为K1，K2，K3，K4，如K2＝。请从结构角度解释K1＞K2＞K3＞K4的原因配体间的排斥力渐大，使Cu2+周围的电子云密度越来越大。【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【答案】（1）BD；（2）sp3；；（3）①[Cu（NH3）4（H2O）2]2+；H2O；V形；②X射线衍射仪；③配体间的排斥力渐大，使Cu2+周围的电子云密度越来越大。【分析】（1）A．C、N、O位于同一周期，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，但是VA族p轨道处于半满结构，比较稳定；B．C、N、O位于同一周期，同一周期从左至右原子序数递增、原子半径递减、电负性逐渐增强；C．甲基为推电子基团，导致羧基中﹣O﹣H键的极性减小，酸性减弱，Cl电负性较强，C﹣Cl的共用电子对偏向氯原子，通过传导作用导致羧基中﹣O﹣H键的极性增大，酸性增强；D．中心原子碳原子的价层电子对数为3+×（4﹣1﹣3×1）＝3，碳原子采取sp2杂化，平面三角形，键角120°，CH4中心原子碳原子的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，碳原子采取sp3杂化，正四面体形，键角109°28′，NH3中心原子N原子的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，氮原子采取sp3杂化，三角锥形，键角107°18′，中心原子N原子的价层电子对数为2+×（5+1﹣2×1）＝4，氮原子采取sp3杂化，V形，约键角105°；（2）的中心原子N原子的价层电子对数为4+×（5﹣1﹣4×1）＝4，N原子采取sp3杂化；中存在N、H之间的配位键，其中H+提供空轨道、N原子提供孤电子对；（3）①由题目所给该阳离子的结构可知，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]2+；因为H2O中O的电负性大于NH3中N的电负性，氧对孤电子对的吸引力更强，所以水分子中孤电子对与铜离子形成的配位键较弱；②质谱仪可以获得分子的质荷比，一般最大质荷比等于其相对分子质量；③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，结合的NH3越多，配体间的排斥力渐大，使Cu2+周围的电子云密度越来越大。【解答】解：（1）A．，C、N、O位于同一周期，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，H的第一电离能在四种元素中最小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；B．同一周期从左至右原子序数递增、原子半径递减、电负性逐渐增强，C、N、O位于同一周期，H的电负性在四种元素中最小，所以电负性O＞N＞C＞H，故B正确；C．，Cl电负性较强，C﹣Cl的共用电子对偏向氯原子，通过传导作用导致羧基中﹣O﹣H键的极性增大，酸性增强，甲基为推电子基团，导致羧基中﹣O﹣H键的极性减小，酸性减弱，即酸性：HCOOH＞CH3COOH，所以酸性强弱为CH3COOH＜HCOOH＜CH2ClCOOH，故C错误；D．中心原子碳原子的价层电子对数为3+×（4﹣1﹣3×1）＝3，碳原子采取sp2杂化，平面三角形，键角120°，CH4中心原子碳原子的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，碳原子采取sp3杂化，正四面体形，键角109°28′，NH3中心原子N原子的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，氮原子采取sp3杂化，三角锥形，键角107°18′，中心原子N原子的价层电子对数为2+×（5+1﹣2×1）＝4，氮原子采取sp3杂化，V形，约键角105°，所以键角＞CH4＞NH3＞，故D正确；故答案为：BD；（2）的中心原子N原子的价层电子对数为4+×（5﹣1﹣4×1）＝4，N原子采取sp3杂化；中存在N、H之间的配位键，其中H+提供空轨道、N原子提供孤电子对，其结构式（用“→”表示配位键）为，故答案为：sp3；；（3）①由题目所给该阳离子的结构可知，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]2+；因为H2O中O的电负性大于NH3中N的电负性，氧对孤电子对的吸引力更强，所以水分子中孤电子对与铜离子形成的配位键较弱，即该化合物加热时首先失去的组分是H2O；H2O的中心原子氧原子的价层电子对数为2+×（6﹣2×1）＝4，中心原子采取sp3杂化，分子空间构型为V形，故答案为：[Cu（NH3）4（H2O）2]2+；H2O；V形；②X射线衍射仪可以测定物质结构，质谱仪可以获得分子的质荷比，一般最大质荷比等于其相对分子质量，因此可选用X射线衍射仪判断M中的Cu﹣N键是否相同，故答案为：X射线衍射仪；③Cu2+转化为M阳离子时，需逐级结合NH3分子，结合的NH3越多，配体间的排斥力渐大，使Cu2+周围的电子云密度越来越大，所以K1＞K2＞K3＞K4，故答案为：配体间的排斥力渐大，使Cu2+周围的电子云密度越来越大。【点评】本题是物质结构与性质的综合考查，涉及元素推断、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、配合物、化学键、分子结构与性质等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。18．研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量是当今研究热点。（1）已知常温常压下1gCO的燃烧放热10.07kJ，请写出表示CO燃烧热的热化学方程式CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣282kJ/mol。（2）1雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①CO2（g）⇌CO2（aq）②CO2（aq）+H2O（l）⇌H+（aq）+（aq）25℃时，反应②的平衡常数为K，溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol•L﹣1•kPa﹣1，当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为mol•L﹣1（用题中的字母表示，忽略的电离）。（3）目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下反应：反应Ⅰ：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）⇌（NH4）2CO3（aq）反应Ⅱ：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氨气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。则：①请解释容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势的原因在T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。②反应Ⅱ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示，当时间达到t1时，将该体系升温至T2，请在图2中画出t1时刻至平衡时，溶液的pH变化总趋势曲线。（4）研究表明，CO2气体可被电还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应进程中（H+被还原为H2的反应可同时发生），相对能量变化如图。下列说法正确的是CD。A．电解质水溶液的酸性越强，越有利于CO2气体电化学还原B．a催化剂条件下，CO2电还原的活化能约为0.68eVC．c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原D．CO2电还原为CO从易到难的顺序为c、a、b【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣282kJ/mol；（2）；（3）①在T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获；②；（4）CD。【分析】（1）燃烧热对应1mol可燃物，1gCO的燃烧放热10.07kJ/mol，则1molCO燃烧放热为10.07×28＝281.96kJ/mol≈282kJ；（2）溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol/（L•kPa），当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，则溶液中CO2的浓度为pxymol/L，根据反应CO2（aq）+H2O（l）⇌H+（aq）+（aq）的平衡常数为K＝；（3）①在图1中，CO2的浓度存在最低点，则在T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动；②反应在温度为T1时达到化学平衡，迅速升高温度到T2，这一瞬间溶液的pH不变，反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，溶液中NH4HCO3浓度减小，（NH4）2CO3浓度增大，则溶液碱性增强，pH增大，一段时间后达到新的化学平衡，溶液的pH不再发生变化；（4）A．由图（a）、（b）对照可知，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原；B．由图（a）可知，a催化剂条件下，CO2电还原的活化能约为0.51eV；C．c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能；D．上述“CO2→CO”和“H+→H2”是竞争关系，（a）的能垒越小，（b）的能垒越大，越有利于CO2还原为CO，仅从图中能量相对值定性比较无法得出结论，还需要定量分析，△E＝E（a）﹣E（b）越小，CO2→CO还原越容易进行，催化剂a作用时，△E＝（0.51﹣0.27）eV＝0.24eV，催化剂b作用时，△E＝[﹣0.08﹣（﹣0.22）]eV＝0.14eV，催化剂c作用时，△E＝（0.22﹣0.60）eV＝﹣0.38eV。【解答】解：（1）燃烧热对应1mol可燃物，1gCO的燃烧放热10.07kJ/mol，则1molCO燃烧放热为10.07×28＝281.96kJ/mol≈282kJ，燃烧热的热化学方程式CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣282kJ/mol，故答案为：CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣282kJ/mol；（2）溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol/（L•kPa），当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，则溶液中CO2的浓度为pxymol/L，根据反应CO2（aq）+H2O（l）⇌H+（aq）+（aq）的平衡常数为K＝＝，则，解得溶液中H+浓度为mol/L，故答案为：；（3）①在图1中，CO2的浓度存在最低点，则在T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获，故答案为：在T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获；②反应在温度为T1时达到化学平衡，迅速升高温度到T2，这一瞬间溶液的pH不变，反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，溶液中NH4HCO3浓度减小，（NH4）2CO3浓度增大，则溶液碱性增强，pH增大，一段时间后达到新的化学平衡，溶液的pH不再发生变化，据此画出图形为，故答案为：；（4）A．由图（a）、（b）对照可知，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原，因此发生哪类电还原由催化剂决定，故A错误；B．由图（a）可知，a催化剂条件下，CO2电还原的活化能约为0.51eV，故B错误；C．c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，故C正确；D．上述“CO2→CO”和“H+→H2”是竞争关系，（a）的能垒越小，（b）的能垒越大，越有利于CO2还原为CO，仅从图中能量相对值定性比较无法得出结论，还需要定量分析，△E＝E（a）﹣E（b）越小，CO2→CO还原越容易进行，催化剂a作用时，△E＝（0.51﹣0.27）eV＝0.24eV，催化剂b作用时，△E＝[﹣0.08﹣（﹣0.22）]eV＝0.14eV，催化剂c作用时，△E＝（0.22﹣0.60）eV＝﹣0.38eV，因此，三种催化剂作用由易到难的是c、b、a，故D正确；故答案为：CD。【点评】本题考查反应热计算、化学平衡状态及其影响因素、对图象的分析问题、化学平衡常数计算等，属于拼合型题目，是高考热点题型，平衡常数计算为易错点，题目有利于培养学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。19．海水中的卤素资源。地球是一颗蓝色星球，浩瀚的海洋覆盖了70%以上的地球表面，是蕴藏着极为丰富化学资源的“聚宝盆”，其中氯化物含量很高，氯和同族的氟、溴、碘、砹总称为卤素。（1）氯在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族。（2）下列关于卤族元素性质的比较，不正确的是A。A.酸性：HIO4＞HBrO4＞HClO4B.原子半径：I＞Br＞ClC.还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣D.非金属性：Cl＞Br＞I（3）将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度减小的是AB。A.B.C.Mg2+D.Fe3+（4）氯气的水溶液即氯水，某学习小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是C。A.图1表示氯水pH随时间的变化B.图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化C.图3表示氯水的电导率随时间的变化D.图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化【考点】卤素原子结构及其性质的比较；氯及其化合物的综合应用；氯水的性质及成分．【专题】卤族元素．【答案】（1）第三周期第ⅦA族；（2）A；（3）AB；（4）C。【分析】（1）氯元素核电荷数17，原子核外三个电子层，最外层电子数7；（2）A．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B．电子层数越多原子半径越大；C．非金属性越强，形成阴离子的还原性越弱；D．同主族从上到下，非金属性依次减弱；（3）溶液中通入氯气，得到氯水，氯水中含有氯离子、氢离子、次氯酸根离子、氯气分子、次氯酸分子等离子，根据这些微粒和选项中离子之间的反应来回答；（4）饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO；②HClO⇌H++ClO﹣，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，而随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向右移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答。【解答】解：（1）氯在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族；（2）A．非金属性：I＜Br＜Cl，最高价氧化物对应水化物的酸性：HIO4＜HBrO4＜HClO4，故A错误；B．同主族从上到下，原子半径依次增大，原子半径：I＞Br＞Cl，故B正确；C．非金属性：I＜Br＜Cl，还原性：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故C正确；D．同主族从上到下，非金属性依次减弱，非金属性：Cl＞Br＞I，故D正确；故答案为：A；（3）A．会被氯气氧化为硫酸根离子，浓度会减小，故A正确；B．和氯水中的氢离子之间会发生反应，浓度会减小，故B正确；C．Mg2+和氯水中的离子之间不会发生反应，浓度不会减小，故C错误；D．Fe3+和氯水中的离子之间不会发生反应，浓度不会减小，故D错误；故答案为：AB；（4）A．氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO、HClO⇌H++ClO﹣，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向右移动，最终会变为盐酸，氢离子浓度增大，溶液pH不断减小，故A错误；B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向右移动，氯离子浓度不断增大，故B错误；C．溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，故C正确；D．反应生成氧气，氧气体积分数不断增大，故D错误；故答案为：C。【点评】本题考查比较综合，涉及氯气的性质及应用等知识点，侧重于学生的分析能力的考查，学注意掌握平衡移动的原理，题目难度中等。20．化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：已知：①结构与苯相似；②R﹣ClR﹣NH﹣NH2（R代表烃基）。请回答：（1）化合物I含有的官能团名称是氨基、羟基。（2）反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是。（3）下列说法不正确的是BCD。A.反应④的反应类型是氧化反应B.反应⑥除生成H外，还生成C.已知化合物E中的N原子杂化方式均为sp2则E中所有原子均在同一平面上D.化合物J中有3个手性碳原子（4）化合物A的分子式为C7H10N2，写出反应①的化学方程式。（5）设计以氯苯为原料合成物质K（）的路线（用流程图表示，无机试剂任选）（6）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）。①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②1H﹣NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）氨基、羟基；（2）；（3）BCD；（4）；（5）；（6）。【分析】化合物A的分子式为C7H10N2，A和HCl发生取代反应生成B，则A为，B和H2NNH2发生取代反应生成C，C和环己酮发生加成反应然后发生消去反应生成D，D发生氧化反应生成E，反应⑤为取代反应，产物中有HBr，F为，H发生取代反应生成J，根据I、J的结构简式知，H为；（5）以氯苯为原料合成物质K（），氯苯和氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生氧化反应生成，和取代反应生成目标产物，氯苯和H2NNH2发生取代反应生成。【解答】解：（1）化合物I含有的官能团名称是氨基、羟基，故答案为：氨基、羟基；（2）反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是，故答案为：；（3）A.D脱氢发生氧化反应生成E，反应④的反应类型是氧化反应，故A正确；B.反应⑥除生成H外，还生成（CH3）3COH，故B错误；C.已知化合物E中的N原子杂化方式为sp2、sp3，饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以E中所有原子一定不在同一平面上，故C错误；D.化合物J中有2个手性碳原子，故D错误；故答案为：BCD；（4）反应①的化学方程式为，故答案为：；（5）以氯苯为原料合成物质K（），氯苯和氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生氧化反应生成，和取代反应生成目标产物，氯苯和H2NNH2发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：；（6）B的同分异构体同时符合下列条件：①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②1H﹣NMR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构，符合条件的结构简式为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。三．工艺流程题（共1小题）21．某研究小组以白云石【主要成分为CaMg（CO3）2】为原料制备无水碳酸镁，流程如图：（1）步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是坩埚，步骤Ⅲ，重镁水溶液中主要溶质的化学式是Mg（HCO3）2。（2）下列说法正确的是BC。A.步骤Ⅱ，在溶解过程中可加入硫酸，加入MgCl2⋅6H2O可适当除去原料中的钙元素B.步骤Ⅳ产生的CO2和滤液可循环利用C.步骤Ⅳ热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的CO2，促进反应正向进行D.步骤Ⅴ，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁（3）步骤Ⅲ过程中需将温度控制在20℃，原因是温度过低，反应速率慢；温度过高，CO2的溶解度降低，且Mg（HCO3）2易分解生成MgCO3⋅3H2O。（4）为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为cmol/