浙江省 9+1 高中联盟2024-2025学年高三上学期11月期中考试-化学试题（含答案）

第第页浙江省9+1高中联盟2024-2025学年高三上学期11月期中考试-化学试题一、选择题(本大题共16题。每小题3分，共48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．[Ag(NH3)2]OH(氢氧化二氨合银)属于A．碱 B．酸 C．盐 D．氧化物2．下列说法不正确的是A．ClO2具有强氧化性，能用于杀菌、消毒B．Na2CO3溶液呈碱性，可用作厨房油污的清洗剂C．绿矾(FeSO4·7H2O)有氧化性，可用于重铬酸根(Cr2D．Ti-Fe合金和La-Ni合金能大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料3．下列化学用语不正确的是A．用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成：B．石膏的化学式：2CaSO4·H2OC．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：D．2，3，3-三甲基戊烷的键线式：4．下列实验装置图使用不正确的是A．图①装置可用于测气体的体积B．图②装置可用于胆矾晶体的分解C．图③装置可用于测定中和热D．装置④可用于测定醋酸的浓度5．下列说法不正确的是A．通过石油的裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料B．Al(OH)3、BaCO3、Mg(OH)2都能与胃酸反应可制成抗酸药C．柠檬黄、碳酸氢铵、亚硝酸钠、硫酸锌和维生素C是常见的食品添加剂D．煤、石油燃烧生成的SO2及汽车尾气排放的氮氧化合物是酸雨的主要成因6．白磷有毒，不慎沾到皮肤上可用稀硫酸铜溶液解毒，可能发生如下两个反应：①2P4+20CuSO4+32H2O=20Cu↓+8H3PO4+20H2SO4②11P4+60CuSO4+96H2O=20X↓+24H3PO4+60H2SO4，下列说法不正确的是A．X是Cu3PB．H3PO4均是氧化产物C．若反应①有1molP4参与反应，转移20mol电子D．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：657．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．46g14N16O2和12C16O2混合气体所含的电子数为23NAB．1L0.1mol/LCH3COONH4溶液(pH=7)中NH4C．常温常压下，2.24LCH4含有的原子数大于0.5NAD．0.1mol苯中含有σ键数目为0.6NA8．下列反应的离子方程式正确的是A．NaAl(OH)4溶液中通入过量CO2气体：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+HB．Na2S溶液中加入稀硫酸：SO42-+3S2-+8H+=4S↓+4HC．阿司匹林与足量NaOH溶液共热：+2OH-→+CH3COO-+H2OD．硫酸酸化的KI溶液露置在空气中：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O9．有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢两种元素，其质谱图和核磁共振氢谱图分别如下图所示，下列有关A的说法不正确的是A．分子式为C6H12 B．不可能所有碳原子均为sp3杂化C．可能能发生加聚反应 D．满足条件的结构共有两种10．X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期元素。其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Y和Z相邻；M元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一个电子。下列说法不正确的是A．化合物M2Z：共价键成分>离子键成分B．单质熔点M>Z>XC．原子半径：M>Y>Z>XD．YX3、X3Z+空间构型均为三角锥形11．NO的氧化反应：2NO+O2⇌2NO2分两步进行：Ⅰ.2NO⇌N2O2Ⅱ．N2O2+O2⇌2NO2，其能量变化示意图如下图l。恒容密闭容器中充入一定量的NO和O2，控制反应温度为T3和T4，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如下图2。下列说法不正确的是A．升温，NO的平衡转化率降低B．氧化反应的决速步骤为过程ⅡC．结合图2信息可知：转化相同量的NO，T4耗时更长D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，对过程Ⅱ速率的影响小于温度12．乙烯与溴单质加成反应的反应机理如下图所示。下列有关说法不正确的是A．溴鎓离子中溴原子的杂化方式为sp3B．碳碳双键处电子云密度更大，比单键更容易与正电性的微粒发生反应C．相同条件下乙烯分别与溴的CCl4溶液和溴水反应，速率：前者＞后者D．乙烯与溴水反应的产物可能包含13．一种基于氯碱工艺的新型电解池如下图，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中(忽略水的电离)，下列说法不正确的是A．右侧电解室生成的气体为Cl2B．阳极电极方程式为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-C．应选择阳离子交换膜D．理论上每消耗1molFe2O3，右侧电解室溶液减少351g14．Al(CH3)3常温常压下为液体，易燃易水解。下列说法不正确的是A．Al(CH3)3结构简式为B．Al(CH3)3与足量NaOH溶液反应生成白色沉淀和气体C．Al(CH3)3着火后不可用泡沫灭火器灭火D．Al(CH3)3可与AsH3形成配合物15．某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)=0.1mol/L通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与-lgc关系如下图所示，c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol/L。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法不正确的是A．③为pH与-lgc(S2-)的关系曲线B．Ka(H2S)=10-7.1C．0.1mol/LH2S溶液中存在c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-)D．该温度下，反应NiS(s)+Cd2+(aq)⇌CdS(s)+Ni2+(aq)的K=10-7.616．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是

实验目的实验设计现象结论A探究浓度对平衡的影响向2mL0.1mol/L的K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol/LNaOH溶液溶液由橙色变为黄色减小生成物浓度，化学平衡正向移动B比较F-与SCN-结合Fe3+的能力向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡溶液颜色无明显变化结合Fe3+的能力：F->SCN-

C探究Fe2+是否有还原性向2mLFeCl2溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液紫红色褪去Fe2+有还原性D比较Mg、Al金属性强弱分别向Mg(OH)2、Al(OH)3固体中加入过量NaOH溶液Mg(OH)2固体不溶解、Al(OH)3固体溶解金属性：Mg>AlA．A B．B C．C D．D二、非选择题((本大题共5题，共52分)17．氮和卤素是构建化合物的常见元素。（1）某化合物晶胞如下图，其化学式是，N周围紧邻的Al原子数为。（2）下列说法正确的是_______。A．电负性：O>C>HB．O的第二电离能<N的第二电离能C．Se的基态原子价层电子排布式为3d104s24p4D．NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力（3）氨硼烷(NH3BH3)是固体储氢材料，其中B原子的杂化方式为，比较键角∠HNH：NH3NH3BH3(填“>”、“<”或“=”")，请说明理由。（4）氯的部分含氧酸结构如下图，按照酸性由强到弱对其排序(用化学式表示)，请说明理由。18．二氯化二硫(S2Cl2)是一种结构与双氧水(H2O2)相似，常温下为黄红色的液体，是一种重要的化工原料。已知：①物质A、B均为二元化合物；②常温下A为无色气体，当冷却到77K时，变成橙红色液体，是SO2的等电子体(原子数和价电子数均相等)；③B是棕黄色固体；④CuCl+HCl⇌H[CuCl2]。（1）写出S2Cl2与水反应的化学方程式。（2）下列说法正确的是_______。A．S2Cl2是一种含有极性键和非极性键的非极性分子B．S2Cl2与水和氧化铜的反应均为氧化还原反应C．气体N能用浓硫酸干燥D．溶液E中加水稀释可能重新产生白色沉淀C（3）①用惰性电极电解B和NaCl混合溶液，制得白色沉淀C和气体D，白色沉淀C在电解池的极产生(填“阴”或“阳”)。②若电解足够长的时间，气体D的成分为。（4）在真空中将CuO和足量S一起混合加热也可生成物质A，同时生成一种黑色二元固体X，X不溶于水、可溶于浓硝酸、两种元素质量比为4：l。①写出该反应的化学反应方程式：。②设计实验检验×溶于过量浓硝酸后溶液中除NO3-以外的阴离子19．氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。氨催化氧化制NO是工业制备硝酸的核心过程：主反应：4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)AH=-905kJ/mol副反应：4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)AH=-1268kJ/mol而在雷电的作用下，氮气被氧气直接氧化成NO，最终转化成硝酸。（1）写出氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式：。（2）在20个大气压、铁触媒的作用下，经历相同时间反应产物的产率和温度的关系如下表所示：t/℃产率%4505506507508008509009501000……NO19.037.562.581.596.596.593.185.573.0……N261.537.518.16.41.52.06.712.025.1……下列说法不正确的是_______。A．工业上进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在800C~850℃B．活化能大小：主反应≤副反应C．降温降压一定能提高NO的平衡产率D．选择合适的催化剂，可以提高NO的选择性（3）硝酸生产中的尾气主要是NO，对环境的影响很大。氨气的催化还原法是常见的处理方法之一。其中用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为1：1、2：1、3：1时，经历相同时间得到NO脱除率曲线如下图1所示：①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是。②解释800℃以后曲线b中NO的脱除率先降后升的可能原因是。（4）电解法可以将NO，与另一污染性气体SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。电解原理如下图所示：①计算常温下0.01mol/L的(NH4)2SO4的pH值为(已知：Kw=1.0×10-14Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，lg3=0.48)②若通入NO2，其电极反应式为。20．叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的气源。某兴趣小组用水合朋(N2H4·H2O)还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠，流程如下：已知：①相关物质的性质如下表：物质CH3OH亚硝酸甲酯(CH3ONO)水合腓(N2H4·H2O)NaN3熔点℃-97-17-40275沸点℃67.1-12

300(40℃以上易分解)②水合腓与亚硝酸甲酯反应放热。（1）写出反应2的化学方程式。（2）下列说法正确的是_______。A．为控制反应2的温度，可采用冷水浴或缓慢通入CH3ONO气体B．操作2包含蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、低温干燥等步骤C．为加快反应1速率，可用98%浓硫酸替代70%硫酸D．可用重结晶法提纯NaN3粗产品（3）实验室模拟操作1的实验装置(减压蒸馏)如下图：①冷凝水的进口是(填“a”或“b”)。②采用减压蒸馏的原因是。③步骤：调节压强→通冷凝水→热水浴加热→收集馏分。请给出收集馏分后的操作排序：收集馏分→→→→。a．撤去热水浴冷却至常温b．慢慢打开旋塞A和Bc．停止通冷凝水d．关闭抽气泵（4）实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLamol/L(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液V2mL，则产品纯度为。21．某研究小组按下列合成路线合成具有抗炎、抗癌及心血管保护等作用的药物白藜芦醇。（1）化合物F的官能团名称是。（2）化合物Ⅰ的结构简式是。（3）下列说法正确的是_______。A．白藜芦醇的分子式为C14H12O3B．C→D转化的这一步是为了保护酚羟基C．已知化合物H中有甲氧基(-OCH3)，则H的结构简式为D．检验化合物D中是否混有化合物C，可选用NaHCO3溶液（4）写出A→B的化学方程式。（5）利用以上合成路线中的相关信息，设计以苯甲酸和甲醇为原料合成的路线((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D的同分异构体的结构简式。①含有苯环，不含其他环；②能发生银镜反应；③不含-O-O-；④1H-NMR谱表明，分子中有4种不同化学环境的氢。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、[Ag(NH3)2]OH在水溶液中电离，产生阳离子B、酸在电离时，生成的阳离子应全部是H+。但[Ag(NH3C、盐的构成需有金属离子（或铵根离子）和酸根离子（如CO32−、SO42−等）。D、氧化物仅含两种元素，且其一为氧元素。而[Ag(NH3)2]OH包含Ag、【分析】本题围绕物质分类（碱、酸、盐、氧化物）的定义，判断[AgA．依据碱的定义（电离出的阴离子全部是OH−的化合物），分析[B．依据酸的定义（电离出的阳离子全部是H+的化合物），分析[C．依据盐的定义（由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物），分析[AgD．依据氧化物的定义（由两种元素组成，且其中一种是氧元素的化合物），分析[Ag2．【答案】C【解析】【解答】A、ClO2B、Na2CO3溶液中，CO32−C、绿矾（FeSO4⋅7H2O）中Fe元素为+2价，+2价的Fe具有较强的还原性。重铬酸根（Cr2O72−）中CrD、Ti−Fe合金和La−Ni合金能够大量吸收【分析】A．强氧化性物质可使蛋白质变性，用于杀菌消毒，分析ClO2B．依据Na2C．分析绿矾中Fe元素的化合价，判断其氧化性或还原性，结合与Cr2D．根据合金吸收和释放H23．【答案】B【解析】【解答】A、p-pπ键是由两个p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，题中给出的电子云轮廓图能够体现这种“肩并肩”重叠的特征，A正确；B、石膏的正确化学式是CaSO4⋅2HC、对于SO2，中心S原子的价层电子对数计算如下：成键电子对为2（与2个O原子成键），孤电子对=6−2×22=1，则总价层电子对数为D、2，3，3-三甲基戊烷的主链有5个碳原子，2号碳原子上连接1个甲基，3号碳原子上连接2个甲基。键线式的特点是省略碳原子和氢原子，只表示碳链和支链的连接情况，题中给出的键线式与该结构相符，D正确；

故答案为：B。【分析】本题围绕化学用语（电子云图示、化学式、VSEPR模型、键线式）的规范表达，判断选项正误。需结合各化学用语的定义、物质结构特征逐一分析。A．明确p-pπ键的形成方式（两个p轨道“肩并肩”重叠），判断电子云图示是否符合。B．区分石膏和熟石膏的化学式，牢记石膏的正确组成。C．通过计算SO2D．根据有机物名称（2，3，3-三甲基戊烷），分析主链碳原子数、支链（甲基）的位置，判断键线式是否正确。4．【答案】D【解析】【解答】A、当气体通入集气瓶时，会使集气瓶内压强增大，从而将集气瓶中的溶液挤压进入量筒，此时量筒中液体的体积就等于通入气体的体积，该装置能够实现测气体体积的功能，A正确；B、胆矾受热分解的反应需要在耐高温的坩埚中进行，图②装置中提供了坩埚和酒精灯，能够满足胆矾晶体加热分解的实验条件，B正确；C、中和热测定实验中，为了减少热量损失，需要有隔热层；为了准确测量反应前后的温度变化，需要温度计；为了使酸碱充分反应、热量均匀分布，需要玻璃搅拌器。图③装置中包含隔热层、温度计和玻璃搅拌器，能够满足测定中和热的实验要求，C正确；D、醋酸与NaOH发生中和反应生成CH3COOH，CH3C00Na溶液呈碱性。甲基橙的变色范围是3.1-4.4，适用于酸性范围的滴定终点判断；而酚酞的变色范围是8.2-10.0，更适合碱性终点的判断。在用NaOH标准溶液滴定醋酸时，应选择酚酞作指示剂，图中使用甲基橙是错误的，D错误；

故答案为：D。【分析】本题围绕实验装置的用途及原理，判断装置使用是否正确。需结合各实验（测气体体积、晶体分解、中和热测定、酸碱滴定）的操作要求、仪器特性逐一分析。A．利用气体压强差将液体压入量筒，通过量筒中液体体积确定气体体积，分析装置是否满足该原理。B．胆矾晶体分解需要在耐高温的容器中进行，判断装置中的仪器（坩埚、酒精灯）是否适用于该反应。C．中和热测定需要隔热装置、温度计、搅拌器等，分析图③装置是否具备这些关键部件。D．根据醋酸与NaOH反应后溶液的酸碱性，选择合适的指示剂，分析图中指示剂（甲基橙）是否适用。5．【答案】B【解析】【解答】A、石油裂化主要是为了获得汽油等轻质燃料油；而石油裂解属于深度裂化，能够将大分子烃断裂为小分子烃，从而获取乙烯、丙烯、甲烷等重要的化工原料，A正确；B、抗酸药需要能与胃酸（主要成分为盐酸）反应，且反应产物不能对人体产生危害。Al(OH)3、Mg(OH)2与盐酸反应分别生成AlCl3、MgClC、柠檬黄是一种合成色素，可作为着色剂用于改变食品色泽；碳酸氢铵可作为食品的高级发酵剂使用，属于膨松剂；亚硝酸钠在合理使用的情况下，可作为防腐剂延长食品保质期；硫酸锌能够补充食品中的锌元素，属于营养强化剂；维生素C具有抗氧化性，可作为抗氧化剂防止食品氧化变质。这些物质都属于常见的食品添加剂，C正确；D、酸雨是指pH<5.6的雨水，其中含有多种无机酸和有机酸，绝大部分是硫酸和硝酸。煤、石油燃烧时会产生SO2，汽车尾气会排放氮氧化合物（如NO、NO2），这些物质进入大气后，会与水发生反应生成硫酸、硝酸等酸性物质，从而导致酸雨的形成。所以煤、石油燃烧生成的SO【分析】本题围绕石油加工产物、抗酸药成分、食品添加剂类别、酸雨成因等知识，判断选项说法正误。需结合各物质的性质、用途及反应原理逐一分析。A．明确石油裂化和裂解的目的及产物差异，判断能否得到乙烯、丙烯、甲烷等化工原料。B．分析各物质与胃酸（盐酸）反应的产物是否安全，判断能否制成抗酸药。C．了解常见食品添加剂的种类及作用，判断所列举物质是否属于食品添加剂。D．明确酸雨的形成与SO26．【答案】D【解析】【解答】A、在反应②中，根据原子守恒，反应左边有60个Cu原子、44个P原子（来自11P4），反应右边H3PO4中含有24个P原子，则20X中应含有44−24=20个P原子；同时，Cu原子全部存在于X中，即20X中含有60个Cu原子，由此可知，X中CuB、氧化产物是指在氧化还原反应中，元素化合价升高后得到的产物。在这两个反应中，P元素的化合价均由0价升高到+5价，最终生成H3PO4C、在反应①中，P元素的化合价由0价升高到+5价（每个P原子升高5价），Cu元素的化合价由+2价降低到0价（每个Cu原子降低2价）。当有2molP4参与反应时，P原子失去的电子总数为2mol×4×5=40mol（1个P4D、在反应②中，化合价降低的元素有Cu（由+2价降低到+1价）和部分P（由0价降低到-3价），对应的氧化剂为CuSO4和部分P4；化合价升高的元素是部分P（由0价升高到+5价），对应的还原剂为部分P4，氧化剂的物质的量：60molCuSO4（提供Cu2+）加上5molP4（11molP4【分析】本题围绕白磷与硫酸铜溶液反应的两个氧化还原反应，考查原子守恒、氧化产物判断、电子转移计算及氧化剂与还原剂物质的量之比分析。需结合反应中元素化合价变化、原子守恒规律逐一判断选项。A．依据原子守恒（反应前后原子种类、数目不变），分析反应②中Cu、P原子的分布，确定X的组成。B．明确氧化产物的定义（元素化合价升高得到的产物），分析两个反应中P元素的化合价变化。C．分析反应①中P、Cu元素的化合价变化，结合化合价变化量与电子转移的关系，计算1molD．确定反应②中化合价降低的元素（氧化剂对应的元素）和化合价升高的元素（还原剂对应的元素），分别找出氧化剂和还原剂的物质的量，进而计算二者之比。7．【答案】A【解析】【解答】A、对于14N16O2，其摩尔质量为46g/mol，1mol该物质中含有的电子数为7+8×2=23mol（N原子电子数为7，O原子电子数为8），那么46g14N16O2的物质的量为46g46g/mol=1mol，含有的电子数为23NA，对于12C16O2，其摩尔质量为44g/molB、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，在水溶液中，NH4+会发生水解反应：NH4++HC、在常温常压下，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol。那么2.24LCH4的物质的量小于2.24L22.4L/mol=0.1mol，又因为1molCH4D、苯分子的结构中，含有6个碳碳σ键和6个碳氢σ键，总共12个σ键，那么0.1mol苯中含有的σ键数目为0.1mol×12【分析】本题围绕阿伏加德罗常数（NA）的应用，考查混合气体电子数、盐类水解、气体摩尔体积及分子中σA．分别计算14N16OB．考虑CH3COONH4C．依据常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，计算2.24D．明确苯分子的结构，分析其中σ键的种类和数量，进而计算0.1mol苯中σ8．【答案】D【解析】【解答】A、当CO2过量时，Na[Al(OH)4]与CO2反应的产物应为Al(OH)3B、Na2S与稀硫酸反应的本质是S2−与H+结合生成H2S（H2C、阿司匹林的结构中含有羧基（−COOH）、酯基（−COO−）以及与苯环直接相连的酚羟基（−OH），这些官能团均能与NaOH发生反应。羧基与NaOH反应生成−COONa；酯基水解后生成的羧基也会与NaOH反应生成−COONa；酚羟基同样会与NaOH反应生成D、在硫酸酸化的条件下，KI溶液中的I−具有还原性，会被空气中的O2氧化为I2。该反应中，I元素的化合价从-1价升高到0价，O元素的化合价从0价降低到-2价。根据电子转移守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为4I−+OB．明确Na2C．析阿司匹林分子中官能团（羧基、酯基、酚羟基）与NaOH的反应情况，判断离子方程式是否正确。D．依据氧化还原反应原理，分析I−被O9．【答案】B【解析】【解答】先确定分子式：质谱图中质荷比最大值为84，即相对分子质量为84，仅含CH，用商余法：84÷12=7，但C7H0不合理；调整为C6H12（12×6+1×12=84），故分子式为A、相对分子质量84，仅含C、H，计算得分子式C6B、若为环己烷（环状结构，C均为单键），C原子杂化方式为sp3；若为(CH3)2C=C、若结构为(CHD、符合条件的结构为环己烷、(CH3)2CA．通过质谱图相对分子质量、元素组成推导分子式。B．含碳碳双键的有机物可发生加聚反应。C．含碳碳双键的有机物可发生加聚反应。D．根据氢环境和不饱和度，确定可能的结构种类。10．【答案】A【解析】【解答】A、Na2O是典型离子化合物，离子键成分大于共价键，A错误；B、M（Na）是金属晶体，常温下为固态；Z（O2）、X（H2）是分子晶体，常温下为气态。分子晶体熔点：相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高（O2相对分子质量＞H2），故熔点：Na＞O2＞H2，B正确；C、M（Na）：3个电子层；Y（N）、Z（O）：2个电子层，同周期N在O左侧（半径N＞O）；X（H）：1个电子层，故原子半径：Na＞N＞O＞H，C正确；D、YX3即NH3：中心N原子价层电子对=3（成键）+1（孤电子对）=4，VSEPR模型四面体，空间构型三角锥形；X3Z+即H3O+：中心O原子价层电子对=3（成键）+1（孤电子对）=4，VSEPR模型四面体，空间构型三角锥形；故两者空间构型均为三角锥形，D正确；

故答案为：A。【分析】X是宇宙中含量最多的元素，X为H（宇宙中H元素丰度最高）；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，最高能级为2p（2p有3个轨道，电子自旋同向、分占不同轨道），结合原子序数递增，Y为N（N的电子排布：1sY和Z相邻，原子序数递增，Z为O（N、O同周期相邻）；M元素原子中只有两种形状的电子云（s、p电子云），最外层只有1个电子，电子排布为[Ne11．【答案】D【解析】【解答】A、从能量图看，总反应2NO+O2=2B、基元反应的速率由慢反应（活化能大的步骤）决定，能量图中，步骤Ⅰ活化能Ea1小于步骤Ⅱ活化能EC、图2中，虽然T4>T3，但实际T4D、升温时，步骤Ⅰ（2NO⇌N2O2）平衡逆移，N2O2浓度减小，会使步骤Ⅱ（N【分析】本题围绕反应2NO+O2=212．【答案】C【解析】【解答】A、溴鎓离子中，溴原子与2个碳原子成键（σ键），且存在孤电子对。计算价层电子对：溴原子最外层7个电子，因带1个正电荷，参与成键后，价层电子对=2（σ键数）+7−1−2×12=4。价层电子对为4时，杂化方式为spB、碳碳双键由π键和σ键组成，π键电子云分布在双键两侧，电子云密度大，使得双键带部分负电，容易吸引正电性的微粒，发生亲电加成反应；而单键主要是σ键，电子云密度相对低，反应活性弱。所以碳碳双键更易与正电性微粒反应，B正确；C、溴的CCl4溶液中，CCl4是非极性分子，难以诱导溴水中，H2O是极性分子，易诱导Br2极性增强，产生更多溴鎓离子，加速溴鎓离子形成，反应速率更快；因此，相同条件下，乙烯与溴水反应速率大于与溴的CClD、溴水中除Br2外，还存在HBrO（次溴酸）。乙烯与HBrO可发生加成反应，HBrO中溴鎓离子与乙烯双键加成，−OH连接到另一个碳原子上，可能生成BrCH2CH2【分析】本题围绕乙烯与溴单质的加成反应机理，从杂化方式、双键性质、溶剂对反应速率影响、产物可能性等角度，结合反应历程及相关化学知识，判断各选项正误。A．根据杂化轨道理论，通过计算溴原子价层电子对数判断杂化方式。B．判断碳碳双键电子云密度与亲电反应活性的关系。C．判断溶剂极性对Br2D．明确溴水成分复杂性与加成产物的多样性。13．【答案】B【解析】【解答】A、右侧电解室为饱和食盐水，Cl−是还原性最强的阴离子，在阳极（与电源正极相连）失电子生成Cl2，反应为B、左侧电极上Fe2O3转化为Fe，FeC、若用阴离子交换膜，阴极产生的OH−会移向阳极，与阳极生成的Cl2反应（Cl2+2OH−=Cl−D、消耗1molFe2阳极反应：2Cl−−2e−=Cl离子移动：6molNa+阳极室溶液减少质量=Cl2质量+Na+质量=故答案为：B。

【分析】本题围绕新型电解池，结合氯碱工业原理，分析电极反应、离子交换膜作用及溶液质量变化。需先判断电极类型，再推导电极反应，结合离子移动和电子守恒分析选项。

A．判断阳极反应及产物，依据氯碱工业中阳极阴离子放电规律。B．区分阴、阳极，判断电极反应式的电极类型是否正确。C．分析离子交换膜类型对反应的影响，避免阳极产物与阴极产物反应。D．利用电子守恒，计算阳极室溶液质量变化（Cl2逸出+Na14．【答案】B【解析】【解答】A、AlCl3中Al与Cl形成3条共价键，推测Al(CH3)B、Al(CH3)3水解生成AlAl(OH)3与足量C、泡沫灭火器含H2O，Al(D、AsH3中As有孤电子对，Al(CH3)【分析】本题围绕Al(A．类比AlCl3结构，判断AlB．分析Al(CH3C．结合Al(D．判断配位键形成条件（孤电子对+空轨道）。15．【答案】C【解析】【解答】A、pH增大，HS−、S2−浓度均增大（因H2S电离受抑制减弱），且相同pH下，HS−浓度>S2−浓度（分步电离，第一步更易）。因Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，相同S2−浓度时，Ni2+浓度>CdB、选点（4.2，3.9），此时c(H+)=10−4.2mol/L，C、H2S分步电离：H2S⇌H++HS第一步电离产生H+和HS−，第二步电离极弱，故c(H+)>c(HS−)>c(S2−)。但水的电离也产生OH−，且S2−浓度极低（KD、由曲线①③交点，c(Cd2+)=c(S2−)=10−13mol/L，则Ksp(CdS)=10【分析】本题围绕H2S饱和溶液中离子浓度与pH的关系，结合溶度积（Ksp）、电离常数（Ka）分析离子浓度排序、曲线对应关系及反应平衡常数。需利用A．根据Ksp大小（Ksp(NiS)>Ksp(CdS)），判断相同S2−B．利用H2S第一步电离常数C．分析H2D．利用K=Ksp(NiS)K16．【答案】C【解析】【解答】A、向K2Cr2O7溶液（橙色，含Cr2O72−）中加NaOHB、等浓度KF、KSCN混合液中加FeCl3，无明显颜色（未生成Fe(SCN)2+），说明Fe3+更易与C、FeCl2溶液中含Cl−，酸性KMnO4可氧化Cl−（2MnO4−+10ClD、Mg(OH)2与NaOH不反应（碱性强，不溶于强碱）；Al(OH)3溶于NaOH（体现两性，碱性弱于【分析】本题围绕4组实验，分别从浓度对平衡的影响、配体结合能力、还原性判断、金属性比较角度，结合反应原理和物质性质分析选项正误。需逐一拆解实验设计、现象与结论的逻辑关系。A．利用可逆反应Cr2O7B．通过Fe3+与F−、C．酸性KMnO4褪色的干扰因素（Cl−也有还原性），判断D．利用氢氧化物与NaOH的反应性，比较金属性（金属性越强，对应氢氧化物碱性越强）。17．【答案】（1）AlN；4（2）A；D（3）sp3；<；NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小（4）HClO3>HClO2>HClO；氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强。【解析】【解答】（1）由图可知，Al原子位于六方晶胞的顶点和体内，Al原子个数为：4×112+4×16（2）A．同周期元素，从左到右电负性逐渐增强，则电负性：O>C>H，A正确；B．N失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p2，而O失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p3，处于半充满的稳定状态，难失去电子，因此O的第二电离能＞N的第二电离能，B错误；C．Se的原子序数为34，因此它的基态原子价层电子排布式为4s24p4，C错误；D．NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力，D正确；故答案为：AD。（3）NH3BH3中存在N与B原子配位键，故B原子形成了4个σ键，因此B原子的杂化方式为sp3；NH3与NH3BH3的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小，因此键角：NH3<NH3BH3。故答案为：sp3；<；NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小；

（4）氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强，因此酸性由强到弱排列顺序：HClO3>HClO2>HClO。

故答案为：HClO3>HClO2>HClO；氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强。。

【分析】（1）用均摊法算晶胞中原子个数确定化学式，观察晶胞结构找N周围紧邻Al原子数。

（2）用均摊法算晶胞中原子个数确定化学式，观察晶胞结构找N周围紧邻Al原子数。

（3）根据B原子成键数判断杂化，对比NH3和NH3BH3中N的孤电子对影响键角。

（4）依据氯氧双键数目影响羟基极性，进而影响酸性。（1）由图可知，Al原子位于六方晶胞的顶点和体内，Al原子个数为：4×112+4×（2）A．同周期元素，从左到右电负性逐渐增强，则电负性：O>C>H，A正确；B．N失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p2，而O失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p3，处于半充满的稳定状态，难失去电子，因此O的第二电离能＞N的第二电离能，B错误；C．Se的原子序数为34，因此它的基态原子价层电子排布式为4s24p4，C错误；D．NH4F晶体中存在离子键、共价键和氢键等作用力，D正确；答案选AD。（3）NH3BH3中存在N与B原子配位键，故B原子形成了4个σ键，因此B原子的杂化方式为sp3；NH3与NH3BH3的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而NH3中有孤对电子，孤对电子对成键电子排斥力大，键角变小，因此键角：NH3<NH3BH3。（4）氧电负性强于氯，氯氧双键数目越多，羟基的极性越大，越容易电离出H+，酸性越强，因此酸性由强到弱排列顺序：HClO3>HClO2>HClO。18．【答案】（1）2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S↓（2）C；D（3）阴；Cl2、O2、H2（4）2CuO+5SΔ2S2O+Cu2S；取反应后的溶液加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有SO【解析】【解答】（1）S2Cl2与水反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S；

故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S↓（2）A．S2Cl2结构与双氧水相似，是极性分子，所以A错误；B．S2Cl2与氧化铜反应无化合价变化，为非氧化还原反应，所以B错误；C．SO2与H2SO4中硫的化合价分别为+4和+6的相邻价态，两者不发生氧化还原反应，因此C正确；D．据平衡移动原理，当F中加入水后，CuCl+HCl⇌H[CuCl2]逆向移动，因此D正确；故答案为：CD；（3）①根据电解原理，Cu2+在阴极得电子，所以CuCl在阴极产生；②氯离子在阳极失电子变成Cl2、当氯化铜浓度越来越小则开始电解氯化钠溶液，最后电解氢氧化钠溶液，因而在两极开始产生O2、H2；

故答案为：阴；Cl2、O2、H2；（4）①由于黑色固体X是铜的硫化物，根据两者的质量比为4：1可推断其为CuS，即可写出方程式：2CuO+5S=Δ2S2O+Cu2S；②取反应后的溶液加入氯化钡(硝酸钡或氢氧化钡)溶液，若生成白色沉淀，则含有SO42-故答案为：2CuO+5SΔ2S2O+Cu2S；取反应后的溶液加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有SO42-。

【分析】S2Cl2与H2O反应：生成强酸M（HCl）、气体N（SO2等含硫氧化物）和硫磺。S2Cl2与CuO在100-400℃反应：生成二元化合物A（结合等电子体信息推测为S2O）和棕黄色固体二元化合物B（含铜、硫或氯的化合物），B经石墨电极电解：得到白色沉淀C（含Cu+相关，如CuCl）和气体D（可能为Cl2、O2、H2等），C与强酸M（HCl）反应生成溶液E（如H[CuCl2]）。（1）S2Cl2与水反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=4HCl↑+SO2↑+3S；（2）A．S2Cl2结构与双氧水相似，是极性分子，所以A错误；B．S2Cl2与氧化铜反应无化合价变化，为非氧化还原反应，所以B错误；C．SO2与H2SO4中硫的化合价分别为+4和+6的相邻价态，两者不发生氧化还原反应，因此C正确；D．据平衡移动原理，当F中加入水后，CuCl+HCl⇌H[CuCl2]逆向移动，因此D正确；故答案选CD；（3）①根据电解原理，Cu2+在阴极得电子，所以CuCl在阴极产生；②氯离子在阳极失电子变成Cl2、当氯化铜浓度越来越小则开始电解氯化钠溶液，最后电解氢氧化钠溶液，因而在两极开始产生O2、H2；（4）①由于黑色固体X是铜的硫化物，根据两者的质量比为4：1可推断其为CuS，即可写出方程式：2CuO+5S=Δ2S2O+Cu2S；②取反应后的溶液加入氯化钡(硝酸钡或氢氧化钡)溶液，若生成白色沉淀，则含有SO19．【答案】（1）N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+181.5kJ/mol（2）B；C（3）1：1；800℃以后NO脱除率下降的原因可能是温度过高，导致催化剂活性下降；1200℃以后NO的脱除率略有升高可能是高温下NO自身分解程度增加（4）5.48；NO+7e-+8H+=NH4++2H【解析】【解答】（1）根据盖斯定理，12(主反应-副反应)得反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)，故△H=+181.5kJ/mol。

故答案为：N2(g)+O2(g)⇌（2）A．根据表格数据可知，800℃~850℃时NO的产率较高，则进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在800C~850℃，A正确；B．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，根据表格可知，副反应的速率大于主反应，故副反应的活化能较小，B错误；C．由于体系中两个反应的同时存在，压强的减小对两个反应的影响程度不同，有可能造成对副反应的影响更大，导致NO的选择性下降，C错误；D．合适的催化剂可以提高反应的选择性，D正确。故答案为：BC；（3）①氨气的浓度越大，速率越快，NO的脱除率越高；c曲线NO的脱除率最低，因此投料比为1：1；②脱除率下降的原因是800℃以后NO脱除率下降的原因可能是温度过高，导致催化剂活性下降；1200℃以后NO的脱除率略有升高可能是高温下NO自身分解程度增加。

故答案为：1：1；800℃以后NO脱除率下降的原因可能是温度过高，导致催化剂活性下降；1200℃以后NO的脱除率略有升高可能是高温下NO自身分解程度增加；（4）①根据铵根离子的水解方程式：NH4++H2O⇌NH3⋅H②由图，NO2在阴极失电子发生还原反应转变成铵根离子，根据元素守恒和电荷守恒即可得NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O。

故答案为：5.48；NO+7e-+8H+=NH4++2H2O。

【分析】（1）利用盖斯定律，通过主反应和副反应的组合，消去NH3，得到N（2）结合表格数据，分析温度对产率的影响、活化能与反应速率关系、压强/温度对平衡的影响、催化剂的选择性。（3）根据NH3浓度对反应速率的影响，判断曲线对应的投料比；结合温度对催化剂活性、NO（4）利用NH4+水解平衡，结合电离常数计算pH；根据电解池阴、阳极反应规律，推导（1）根据盖斯定理，12(主反应-副反应)得反应N2(g)+O2(g)⇌（2）A．根据表格数据可知，800℃~850℃时NO的产率较高，则进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在800C~850℃，A正确；B．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，根据表格可知，副反应的速率大于主反应，故副反应的活化能较小，B错误；C．由于体系中两个反应的同时存在，压强的减小对两个反应的影响程度不同，有可能造成对副反应的影响更大，导致NO的选择性下降，C错误；D．合适的催化剂可以提高反应的选择性，D正确。故选BC；（3）①氨气的浓度越大，速率越快，NO的脱除率越高；c曲线NO的脱除率最低，因此投料比为1：1；②脱除率下降的原因是800℃以后NO脱除率下降的原因可能是温度过高，导致催化剂活性下降；1200℃以后NO的脱除率略有升高可能是高温下NO自身分解程度增加。（4）①根据铵根离子的水解方程式：NH4++H2O⇌NH3⋅H②由图，NO2在阴极失电子发生还原反应转变成铵根离子，根据元素守恒和电荷守恒即可得NO2+7e-+8H+=NH4++2H20．【答案】（1）CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O（2）A；D（3）b；减压蒸馏能降低甲醇沸点，使甲醇能在较低温度下蒸出，减少NaN3分解；a；c；b；d（4）26(aV1-bV2)%【解析】【解答】（1）反应2为得到CH3ONO加入NaOH水合肼溶液反应生成NaN3和CH3OH，结合质量守恒，还生成水，反应为：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；

故答案为：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；（2）A．已知，水合腓与亚硝酸甲酯反应放热且NaN3在40℃以上易分解，则为控制反应2的温度，可采用冷水浴或缓慢通入CH3ONO气体，正确；B．操作2包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等步骤，错误；C．浓硫酸中氢离子浓度较小，且具有强氧化性，会氧化亚硝酸钠，不能用98%浓硫酸替代70%硫酸，错误；D．为了提高产品纯度，可用重结晶法提纯NaN3粗产品，正确；故答案为：AD；（3）①冷凝水下进上出，则冷凝水的进口是b。②采用减压蒸馏的原因是减压蒸馏能降低甲醇沸点，使甲醇能在较低温度下蒸出，减少NaN3分解；③减压蒸馏结束首先撤去酒精灯冷却至室温，撤去冷凝水、恢复至常压关闭抽气泵，故收集馏分后的操作排序：收集馏分→a．撤去热水浴冷却至常温（停止加热蒸馏）→c．停止通冷凝水（停止冷凝）→b．慢慢打开旋塞A和B→d．关闭抽气（完成减压蒸馏操作）；

故答案为：b；减压蒸馏能降低甲醇沸点，使甲醇能在较低温度下蒸出，减少NaN3分解；a；c；b；d；（4）结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=aV1×10-3mol，n[((NH4)2Fe(SO4)2]=bV2×10-3mol，与NaN3反应的n[NH4)2Ce(NO3)6]=aV1×10-3mol-bV2×10-3mol=(aV1-bV2)×10-3mol，产品纯度为65g/mol×aV1-bV2×10-3【分析】NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，得到NaN3，其中混有水合肼、NaOH、CH3OH，通过蒸馏将甲醇分离，得到A溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品；测定产品纯度，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算；（1）依据反应物和产物，结合质量守恒补全水，写方程式。（2）结合反应放热、物质性质、浓硫酸特性（强氧化性）、提纯方法分析。（3）依据冷凝水流向（下进上出）、减压蒸馏作用（降沸点，防NaN3分解）、操作顺序（停加热→停冷凝水→通大气→关抽气泵）分析。（4）利用滴定反应的定量关系，通过(NH4)2Ce(NO3)6总物质的量、与铁离子反应的量，算与NaN3反应的量，进而求纯度。（1）反应2为得到CH3ONO加入NaOH水合肼溶液反应生成NaN3和CH3OH，结合质量守恒，还生成水，反应为：CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；（2）A．已知，水合腓与亚硝酸甲酯反应放热且NaN3在40℃以上易分解，则为控制反应2的温度，可采用冷水浴或缓慢通入CH3ONO气体，正确；B．操作2包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等步骤，错误；