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浙江省舟山市2022-2023学年高三化学上学期首考模拟试题（三）（Word版附解析）
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这是一份浙江省舟山市2022-2023学年高三化学上学期首考模拟试题（三）（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列物质在液态能导电的是， 化学和生活、社会发展息息相关， 下列表示正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江省舟山市2022-2023学年高三首考化学模拟试题卷(三)
考生须知：
1.本卷试题分为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。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Fe56 Cu64 Ag108 Ba137
第I卷(选择题 50分)
一、单选题(本大题共有25个小题，每个题均只有一个正确选项，其中每个小题2分，共计50分)。
1. 下列说法不正确的是
A. 新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)可用于鉴别葡萄糖、甘油、乙醛
B. 卤代烃、油脂、蛋白质均可以在碱性条件下实现水解
C. 淀粉和纤维素都属于多糖，生物体可利用酶将它们消化以提供能量
D. 预防新型冠状病毒，常以喷洒酒精的方式对公共场所进行消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别时，不生成砖红沉淀者为甘油，生成砖红沉淀，且有刺激性气味者为乙醛，没有刺激性气味者为葡萄糖，A正确；
B．卤代烃在碱性条件下水解生成醇类物质，油脂是酯类，酯基在碱性条件下能水解，蛋白质含肽键，肽键在碱性条件下能水解，B正确；
C．淀粉和纤维素都属于多糖，生物体可利用酶的催化作用，使它们水解生成葡萄糖，葡萄糖发生氧化反应，放出热量，给生物体提供能量，C正确；
D．公共场所消毒通常使用消毒液，喷洒酒精，有可能引起火灾，公共场所不宜使用，D错误；
故选D。
2. 为了制备并收集一瓶干燥的氨气，下列有关装置错误的是浓氨水氧化钙
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．生石灰溶于水放出大量热，在生石灰上滴加浓氨水，产生大量氨气，A正确；
B．氯化钙能吸收氨气，应该用碱石灰干燥氨气，B错误；
C．收集氨气短导管进气，长导管出气，C正确；
D．氨气极易溶于水，用稀硫酸吸收氨气时要考虑防倒吸，D正确；
故选B。
3. 下列物质在液态能导电的是
A. HCl B. MgCl2
C. CH3CH=CH2 D. CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl是共价化合物，只能在水溶液中导电，纯液态不导电，A项错误；
B．氯化镁是离子化合物，纯液态导电，B项正确；
C．丙烯是有机物，是非电解质，不导电，C项错误；
D．乙醇是非电解质，不导电，D项错误；
答案选B。
4. 化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突破，所涉元素都是短周期元素
B. 1938年德国物理学家进行过中子撞击铀核的裂变实验，其中生成的钡元素是第五周期第IIA族元素，猜测其单质可与水发生置换反应
C. “人造太阳”的核燃料是氚、氚，、互为同素异形体
D. “嫦娥五号”返回舱推带的月壤中含有高能原料，是一种核素，3g的和2g的具有相同的中子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．锗(Ge)位于第四周期，为长周期元素，故A错误；
B．钡元素是第六周期第IIA族元素，故B错误；
C．、质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C错误；
D．3g的含有的中子数为 ，2g的含有的中子数为，二者具有相同的中子数，故D正确；
故选D。
5. 磷酸亚铁锂()为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有以下两种：
方法一：将、、焦炭按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
方法二：将、、。按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法不正确的是
A. 方法一中的原料焦炭起到还原剂的作用，也可用其他还原性物质代替
B. 方法二所得产品中可能会混有，导致纯度降低
C. 上述两种方法均应在隔绝空气条件下进行
D. 上述两种方法均应将原料研磨、充分混合
【答案】B
【解析】
【详解】A．方法一中的原料焦炭起到还原剂的作用，其他还原性物质如一氧化碳等也可代替，故A正确；
B．受热易分解，故所得产品中不存在，故B错误；
C．由于产品中Fe是+2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故C正确；
D．原料进行研磨后颗粒变小，表面积增大，进行充分混合，使反应更加充分，故D正确；
故答案为B。
6. 下列表示正确的是
A. 过氧化氢的电子式： B. 2-丁烯的结构简式：CH2=CHCH2CH3
C. 基态氧原子的轨道表示式： D. 乙炔的空间填充模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，只含共价键，不含离子键，电子式应为，A错误；
B．CH2=CHCH2CH3为1-丁烯，2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，B错误；
C．基态氧原子的轨道表示式应为，C错误；
D．乙炔分子为直线形，C原子半径比H原子大，空间填充模型为，D正确；
综上所述答案为D。
【点睛】书写基态原子核外电子(或价电子)的轨道表示式时，首先考虑洪特规则，电子先分占同一能级的不同原子轨道，且自旋状态相同，再考虑泡利原理，同一原子轨道最多排布2个电子，且自旋状态相反。
7. 有关漂白粉和漂白液的说法正确的是
A. 漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C. 工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D. 漂白液的有效成分是Na2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉的成分含有氯化钙、次氯酸钙，漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，都属于混合物，故A错误；
B．漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙的混合物，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故B正确；
C．澄清石灰水浓度较低，工业上是将氯气通入石灰乳来制取漂白粉的，故C错误；
D．漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，有效成分是次氯酸钠，故D错误；
故选B。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. H2SO4(稀) SO2NH4HSO3(NH4)2SO3
B NH3NONO2HNO3
C. FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3
D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成(NH4)2SO3，故A错误；
B．氨气在催化剂作用下可被氧气氧化生成NO，NO被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，转化关系正确，故B正确；
C．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；
D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误；
故选B。
9. 天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该脱硫过程中Fe2(SO4)3可循环利用
B. 由脱硫过程可知，氧化性：Fe2(SO4)3
D. 副产物硫单质可以用来制硫酸及杀虫剂等
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为FeSO4，过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3，所以Fe2(SO4)3可循环利用，A正确；
B．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S，所以氧化性Fe2(SO4)3＞S，B错误；
C．标况下2.24L O2为0.1mol，参与反应时转移0.4mol电子，H2S被氧化为S，化合价升高2价，所以脱除0.2molH2S，质量为0.2mol×34g/mol=6.8g，C正确；
D．S单质具有杀虫杀菌作用，且S单质通过燃烧生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，可以用来制造硫酸，D正确；
综上所述答案为B。
10. 中华古诗词精深唯美，下列有关说法不正确的是
A. “百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”：制玻璃的原料之一可用作制光导纤维
B. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”：烟花利用的“焰色反应”属于化学变化
C. “独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”：鉴别丝和飞絮可用灼烧的方法
D. “粉身碎骨全不怕，要留清白在人间”：有化学能和热能的相互转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2既是制造玻璃的原料，也是光导纤维的主要成分，A正确；
B．“焰色反应”与原子核外电子跃迁释放能量有关，属于物理变化，B错误；
C．飞絮的主要成分是纤维，“丝”的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，而纤维没有，C正确；
D．高温煅烧碳酸钙，有化学反应提供热能，再利用热能使碳酸钙分解，热能转化为化学能，D正确；
故选B。
11. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 丙烯醛与足量溴水反应：
B. 中投入固体：
C. 在溶液中滴加过量的澄清石灰水：
D. 用HI溶液溶解固体：
【答案】A
【解析】
【详解】A．与碳碳双键发生加成反应，同时与生成的HBrO具有较强的氧化性，可以将—CHO氧化为—COOH，反应的离子方程式为，A正确；
B．与水的反应中，既作氧化剂又作还原剂，水中氧元素化合价没有变化，反应的离子方程式为，B错误；
C．在溶液中滴加过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙和水，反应的离子方程式为，C错误；
D．具有较强的氧化性，具有较强的还原性，二者会发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，D错误;
故选A。
12. 菱镁矿(主要成分为，还含有少量、)制备的流程如图。下列说法正确的是
A. 步骤(Ⅰ)得到的滤渣主要成分为 B. 步骤(Ⅱ)发生的反应有2个
C. 步骤(Ⅲ)操作可在蒸发皿中进行 D. 滤液Y中加入足量氨水可得到白色沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】菱镁矿中加入盐酸，SiO2不与盐酸反应，则滤渣为SiO2，滤液X中加入足量NaOH，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠，滤液Y为偏铝酸钠，氢氧化镁灼烧生成氧化镁。
【详解】A．菱镁矿主要成分为，还含有少量、等，加入足量盐酸，过滤，滤渣是，A正确；
B．滤液X中含有的阳离子主要有、、，加入足量溶液后，发生的反应至少有3个，B错误；
C．步骤(Ⅲ)灼烧在坩埚中进行，C错误；
D．滤液Y主要成分为，加入足量氨水无法生成白色沉淀，D错误；
故答案选A。
13. 有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 铝片可与冷水剧烈反应 B. 铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C. 氧化铝是碱性氧化物 D. 氢氧化铝能溶于稀氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝片不能与冷水剧烈反应，A错误；
B．铝热反应放出大量的热量使生成的铁熔化，可用于焊接钢轨，B正确；
C．氧化铝是两性氧化物，C错误；
D．氢氧化铝能溶于氢氧化钠等强碱，不能溶于稀氨水等弱碱，D错误；
故选B。
14. 亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]是一种黄色颜料。以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. “调pH”时选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物
B. “还原”后可用KSCN溶液检验Fe3+是否被完全还原
C. “反应”时Fe2+提供孤电子对给予CN-形成配位键
D. “滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3
【答案】C
【解析】
【分析】含铁废水中含有Fe2(SO4)3及少量NiSO4，CuSO4等，向其中加入FeO或NiO，反应消耗溶液中的H+，调整溶液pH，弃去滤液，再向固体中同时加入H2SO4、Fe，H2SO4溶解Fe(OH)3生成Fe3+，Fe与溶液中Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，然后加入NaCN、CaCl2，FeSO4、CaCl2加入反应器后过滤得到滤渣CaSO4，滤液最后得到K4Fe(CN)6，说明反应器中还生成Na4Fe(CN)6，根据元素守恒知还生成NaCl，向滤液中加入Na2CO3，得到更难溶的CaCO3，在转化罐中加入KCl溶液，过滤、洗涤、干燥得到K4Fe(CN)6，说明在转化罐中发生反应，溶解度大Na4Fe(CN)6的转化为溶解度较小的K4Fe(CN)6。
【详解】A．由于以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等] ，“调pH”时不能引入杂质元素，结合废水成分可知选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物，A正确；
B．Fe3+与KSCN作用使溶液变为红色，“还原”后加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+被完全还原，据此检验Fe3+的存在，B正确；
C．“反应”时Fe2+提供空轨道，与CN-形成配位键，C错误；
D．根据上述分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3，D正确；
故合理选项是C。
15. 利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如图所示，下列说法错误的是
已知：
①反应Ⅰ：
②反应Ⅲ：
A. 反应Ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B. 反应Ⅱ的热化学方程式为
C. 用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应焓变为，则
D. 上述循环过程中至少涉及4种能量转化形式
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ为在热能作用下的分解反应，反应吸热，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；
B．由盖斯定律可知，反应-（Ⅰ+Ⅲ）得反应： ，B正确；
C．气态硫单质能量高于固态硫单质能量，故用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应放热更多，放热焓变为负值，则，C错误；
D．上述循环过程中涉及太阳能、热能、化学能、电能等至少4种能量转化形式，D正确；
故选C。
16. 化合物Y具有增强免疫等功效，可由X制得。下列有关X、Y的说法正确的是
A. 一定条件下X可发生加成和消去反应 B. 1molY最多能与4molNaOH反应
C. 生成Y的同时有生成 D. X、Y分子中均不存在手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中的羟基均为酚羟基，不能发生消去反应，选项A错误；
B．Y中含有两个苯环和一个碳碳双键，1molY最多能与5molNaOH反应，选项B错误；
C．X→Y发生取代反应，还有小分子生成，选项C错误：
D．X、Y中不存在手性碳原子，选项D正确；
答案选D。
17. 半衰期为反应物消耗一半所需的时间，某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化剂作用下发生聚合反应生成聚降冰片烯，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图所示，下列说法正确的是
A. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B. 条件②，0～125min，降冰片烯反应的平均速率为
C. 其他条件相同时，若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率
D. 其他条件相同时，将条件①中降冰片烯起始浓度增加为，则半衰期为250min
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据①和③的曲线变化可知，降冰片烯的反应速率相等，则降冰片烯浓度与反应速率没有关系，A错误；
B．0-125min，降冰片烯的浓度变化量为3mol/L，则平均反应速率为，B错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的平衡转化率，C错误；
D．条件①中反应速率为，且根据A中分析可知，降冰片烯浓度对反应速率没有影响，则将条件①的降冰片烯起始浓度增加为6mol/L，其浓度降为3mol/L需要250min，半衰期为250min，D正确；
故答案选D。
18. 2，6-二氨基庚二酸(RH2)是1949年由科学家沃克(E.Work)从白喉棒杆菌的水解物中发现的一种氨基酸，对眼睛、呼吸道和皮肤有刺激作用，其结构简式为。其中一种三槽电渗析法制备2，6-二氨基庚二酸的装置工作原理如图所示(电极均为惰性电极)。下列说法不正确的是
A. 交换膜A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜
B. 装置工作一段时间后，阳极区可能生成氨基酸内盐类的结晶
C. 阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，还可获得副产品氢氧化钠
D. 若用氢氧燃料电池作电源，当生成1 mol RH2时，电源的正极消耗气体11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧为阴极，水中氢离子放电发生还原反应生成氢气；右侧为阳极，水中氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气。
【详解】A．电解池中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，故交换膜A为阳离子交换膜，钠离子进入左侧得到浓氢氧化钠溶液；B为阴离子交换膜，R2-进入右侧得到浓RH2溶液，A正确；
B．装置工作一段时间后，R2-进入右侧得到浓RH2溶液，故阳极区可能生成氨基酸内盐类的结晶，B正确；
C．由分析可知，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钠离子进入左侧得到浓氢氧化钠溶液，C正确；
D．没有标况，不能计算消耗气体体积的多少，D错误；
故选D。
19. 高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β-羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如下：
下列说法正确的是
A HEMA具有顺反异构
B. 1mol高聚物A可以与(m+n) mol NaOH反应
C. NVP分子式为C6H8NO
D. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
【答案】B
【解析】
【详解】A．HEMA结构中碳碳双键的其中一个不饱和碳原子连接2个氢原子，不符合顺反异构的条件，HEMA没有顺反异构，故A错误；
B．根据高聚物的结构简式，能与氢氧化钠反应的结构是酯基和酰胺键，1mol高聚物中含有nmol酯基和mmol酰胺键，1mol该高聚物最多与(m+n)molNaOH反应，故B正确；
C．NVP分子中含有6个碳原子、9个氢原子、1个氮原子、1个氧原子，分子式为C6H9NO，故C错误；
D．根据反应方程式，该反应是碳碳双键之间发生加聚反应生成高聚物，故D错误；
答案为B。
20. 短周期主族元素W、X、Y、Z、Q 原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如下图。Z核外最外层电子数与X 核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是
A. 原子半径大小：Y＞Z＞Q
B. 该化合物中Y 原子不满足8 电子稳定结构
C. 该化合物中，W、X、Y、Z、Q 之间均为共价键
D. Q元素对应的单质能与水反应，也能与乙醇反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的原子半径在周期表中最小，则W为H元素；而Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，可知X处于第二周期，Q形成+1价阳离子，故Q处于IA族，化合物结构中X形成4个共价键、Y形成3个共价键、X形成2个共价键，故X为C元素，结合原子序数可知Y为N元素，Z为O元素、Q为Na元素。
【详解】由分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为Na元素。
A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Q(钠)＞Li＞Y(N)＞Z(氧)，A错误；
B．该化合物中N原子形成3个共价键，满足8电子稳定结构，B错误；
C．该化合物中钠离子与阴离子之间形成离子键，C错误；
D．钠与既能与水反应产生氢气，也能与乙醇反应产生氢气，D正确；
故合理选项是D。
21. 有关的说法不正确的是
A. 可以发生取代、加成、消去、氧化、还原反应
B. 结构中共含有6个手性碳原子
C. 在一定条件下可被氧气氧化，生成醛类物质
D. 1 mol该物质最多可与4 mol H2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质含有-OH，能发生取代反应、β-消去反应，含有C=C和C≡C，能发生加成反应和氧化反应，含有羰基，能发生还原反应，A正确；
B．结构中共有6个手性碳原子，如图所示，B正确；
C．分子中没有可被氧气氧化成醛基的官能团，C错误；
D．1molC=O、C=C各需要1molH2加成，1molC≡C需要2molH2完全加成，最多可与4molH2发生加成反应，D正确；
故选C。
22. 某荧光材料由与组成，其摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构如图所示。下列叙述不正确的是
A. 该晶体的化学式是XY
B. 该晶胞参数为anm，则其晶体密度为
C. 的配位数是4，的配位数也是4
D. 若A点的原子坐标为，则B点的原子坐标为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为，Y2-个数为4，X2+与Y2-个数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确；
B．1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质量为，晶胞体积为，因此晶体密度，故B项错误；
C．由图可知，距离X2+最近且等距的Y2-有4个，距离Y2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；
D．若A点的原子坐标为，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，同理从左至右也可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，因此B点的原子坐标为，故D项正确；
综上所述，不正确的是B项。
23. 下列“类比”结果不正确的是
A. 的沸点比的高，则的沸点比的高
B. 实验测得水溶液的pH小于7，所以水溶液的pH均小于7
C. 常温下，与NaOH溶液反应能生成NaCl和NaClO，则与NaOH溶液反应也能生成NaBr和NaBrO
D. 甘油中的羟基与形成络合物而使沉淀溶解，则也能与形成络合物而使沉淀溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．烷烃的沸点随着碳原子数增多而升高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，故有的沸点比的高，则的沸点比的高，类比合理，A不合题意；
B．实验测得水溶液的pH小于7，是由于的电离大于水解，电离大于水解，所以NaHC2O4水溶液的pH小于7，而的电离小于水解，故NaHCO3的水溶液pH大于7，类比不合理，B符合题意；
C．Cl、Br是同一主族元素，单质的性质具有相似性，则常温下，与NaOH溶液反应能生成NaCl和NaClO，则与NaOH溶液反应也能生成NaBr和NaBrO，类比合理，C不合题意；
D．甘油中羟基中存在孤电子对，能与形成络合物而使沉淀溶解，则中N原子周围也存在孤电子对，也能与形成络合物而使沉淀溶解，类比合理，D不合题意；
故答案为：B。
24. 三元弱酸亚砷酸()在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法错误的是
A. 的第三步电离平衡常数
B. 的物质的量分数先减小后增大
C. 时
D. ，存在的含砷微粒仅有、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，当时，pH=c，氢离子浓度为10-c，则的第三步电离平衡常数，A正确；
B．由图可知，的物质的量分数一直在减小，B错误；
C．由图可知，时浓度最大且，则此时溶质主要为，故有，C正确；
D．由图可知，，已经不存在，此时存在的含砷微粒仅有、、，D正确；
故选B。
25. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应是可逆反应
D
向AgNO3，溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag＋与NH3·H2O能大量共存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；
B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；
C．取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该不含Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；
D．向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag＋与NH3·H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，Ag(NH3)2OH 可溶于水，D错误；
故答案为：C。
第II卷(非选择题 50分)
26. 我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为___________，N、C、Co中第一电离能最大的是___________(填元素符号)。
（2）在空气中SO会被氧化成。的空间构型是___________，中S原子采用___________杂化。
（3）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为___________。
（4）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为___________，它的硬度超过金刚石的主要原因是___________。
（5）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为___________。
【答案】（1） ①. 3d74s2 ②. N
（2） ①. 三角锥形 ②. sp3
（3）3:4 （4） ①. C3N4 ②. 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（5）(，，)
【解析】
【小问1详解】
Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
【小问2详解】
中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
【小问3详解】
(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C-C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
【小问4详解】
根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C-C键长比C-N键长长，C-C键能比C-N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键。
【小问5详解】
根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)。
27. 黄色固体X是由四种元素组成的化合物，用作颜料和食品的抗结剂，为测定其组成，进行如下实验。已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，溶液F中只含有一种溶质。回答下列问题：
（1）固体X的组成元素是_______。
（2）混合气体A中所含物质的化学式为_______。
（3）实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。
（4）证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。
（5）X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）K、Fe、C、N
（2）SO2、CO （3）Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O
（4）取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀
（5）5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O
【解析】
【分析】已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。
【小问2详解】
由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。
【小问3详解】
由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O。
【小问4详解】
检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。
【小问5详解】
由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K): n(Fe) : n(C) : n(N)= 0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O。
28. 丙烯是最重要的基础化工原料之一，丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域.回答下列问题：
（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：已知标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成化合物的焓变，记作.在下，气态丙烷的标准生成焓，气态丙烯的标准生成焓，单质的标准生成焓为零。生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，则上述反应的_______
（2）时，将充入某恒容刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：
时间
0
60
120
180
240
300
360
压强
100
136
163
178
180
180
180
①已知：.前，用的分压变化表示上述脱氢反应的平均反应速率为_______kPa/min。
②时，反应的平衡常数_______(为用各气体分压代替气体的浓度表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
③已知：。在时，向体积可变的恒压密闭容器中通入一定量的，有助于提高丙烯产率。原因是_______
（3）丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是_______
A. 相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行
B. 相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强是氢气
C. 恒温恒容下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到其限度
D. 通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率
（4）科学家研究开发了利用太阳能在酸性介质中将工业排放的电催化获得丙烯的技术，有利于实现“碳中和”，原理如图所示
阴极的电极反应式为_______
【答案】（1）
（2） ①. ②. 320 ③. 通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动 （3）AB
（4）
【解析】
【小问1详解】
【小问2详解】
①
起始的压强：，设时反应生成为，则、，时气体总压强，得，.
②时，时达到平衡状态，平衡时气体总压强为，设平衡生成分压为，则、、，得，即，，
③通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动
【小问3详解】
A．有氧与参与的催化脱氢，氢气被氧气氧化生成水为放热反应，为脱氢供热，反应更容易进行，A正确；
B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，反应为：，说明相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，B正确；
C．恒温恒容下，容器体积不变，气体总质量也不变，故混合气体的密度任何时候均不变，混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到其限度，C错误；
D．当通入更多的氧气，可能将丙烯、丙烷氧化，反而不利于提高丙烷转化率和提高丙烯的产量，D错误；
故选AB。
【小问4详解】
阴极的电极反应式为
29. 铁黄(FeOOH)可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]制取铁黄的过程如下：
已知：① “除钛”时TiO2＋发生水解反应TiO2＋＋H2O⇌TiO2↓＋2H＋；
② 实验中Fe2＋开始生成Fe(OH)2沉淀时pH=6.3，Fe3＋开始生成FeOOH时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。
（1）检验废液中存在Fe2＋的方法是_______。
（2）“除钛”时需进行加热，目的是_______。
（3）“氧化”时的离子方程式为_______。
（4）为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000 mol·L-1 H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3＋＋3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100 mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.400 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。
① 实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4,为不影响测定结果，指示剂可使用_______(填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。(已知NaHC2O4溶液呈酸性)
②计算该产品的纯度_____ (写出计算过程)。
（5）控制pH= 4～4.5，温度80～85 ℃，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，摩尔质量为392 g·mol-1]与KClO3可发生反应：6Fe2＋＋ClO＋9H2O=6FeOOH↓＋12H＋＋Cl-。反应过程中沉淀的颜色变化为灰绿→墨绿→红棕→淡黄。请补充完整由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，_______，过滤、洗涤、干燥后得到铁黄产品。(可选用的仪器和试剂：恒温水浴槽、2 mol·L-1 NaOH溶液、KClO3固体)
【答案】（1）取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋
（2）加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行
（3）4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋
（4） ①. 酚酞 ②. 89.0%
（5）将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色
【解析】
【分析】废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]，首先加铁粉将硫酸铁还原成硫酸亚铁，然后加水使TiO(SO4)2发生水解反应生成TiO2，过滤后在滤液中加氨水调节pH在6左右，再通入氧气氧化，得到FeOOH沉淀，过滤即可，据此分析解答。
【小问1详解】
检验亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否生成蓝色沉淀，也可利用其还原性加酸性高锰酸钾，观察高锰酸钾是否褪色，故答案为：取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋；
【小问2详解】
“除钛”利用的是水解反应原理，水解是吸热的，加热能促进水解，且能加快反应速率，故答案为：加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；
【小问3详解】
“氧化”时亚铁离子与氧气反应生成FeOOH，根据得失电子守恒可得反应：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋，故答案为：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋；
【小问4详解】
滴定过程中过量剩余硫酸与过量草酸钠反应生成的H2C2O4与标准液氢氧化钠反应生成Na2C2O4，终点溶液呈碱性，应选用变色范围在8.2-10.0的酚酞作指示剂；根据反应过程可得：，则消耗氢氧化钠的物质的量等于剩余硫酸中氢离子的总物质的量，则；则与FeOOH反应的氢离子的物质的量，再根据：，可得：，该产品的纯度=；故答案为：酚酞；89.0%；
【小问5详解】
由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，再将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；故答案为：将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；
30. 2－氨－3－氯苯甲酸是重要的医药中间体，其制备流程如图：
回答下列相关问题：
（1）的名称是____，反应②的反应类型为____。
（2）A的分子式为C7H7NO2，写出其结构简式____。
（3）反应⑥生成2－氨－3－氯苯甲酸化学方程式为____。
（4）与互为同分异构体，且符合以下条件的芳香族化合物____种。
①能发生银镜反应；②红外光谱显示苯环连有－NO2。
（5）实验证明上述流程的目标产物的产率很低。据此，研究人员提出将步骤⑤设计为以下三步，产率有了一定提高。
请从步骤⑤产率低的原因进行推测：上述过程能提高产率的原因可能是____。
（6）以为主要原料(其它原料任选)，设计合成路线，用最少的步骤制备含酰胺键的聚合物____。
【答案】（1） ①. 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) ②. 氧化反应
（2） （3）+H2O+ CH3COOH
（4）13 （5）利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代
（6）
【解析】
【分析】甲苯和浓硝酸发生邻位取代生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯中甲基被氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A为，A发生经过反应④、⑤、⑥生成2-氨-3-氯苯甲酸，则2-氨-3-氯苯甲酸的结构简式为。
【小问1详解】
的名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；反应②是-CH3被氧化成-COOH的过程，反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；氧化反应；
【小问2详解】
邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A的结构简式为，故答案为：；
【小问3详解】
在酸性条件下水解生成2-氨-3-氯苯甲酸，反应的化学方程式为+H2O+ CH3COOH ，故答案为： +H2O+ CH3COOH；
【小问4详解】
与互为同分异体的芳香族化合物满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基结构，②红外光谱显示有-NO2，若苯环上有三个取代基则分别为：-CHO、-OH、-NO2，当-CHO、-NO2处于邻位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于间位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于对位时，-OH有2种位置，若苯环上有两个取代基则分别为-OOCH、-NO2，在苯环上有邻、间、对三种位置，因此符合条件的同分异构体共有13种，故答案为：13；
【小问5详解】
步骤⑤产率低的原因可能是存在氯原子取代羧基的另一个间位氢原子，从而影响产率，新方案利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代，然后再还原，从而提高了产率，故答案为：利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代；
【小问6详解】
浙江省舟山市2022-2023学年高三首考化学模拟试题卷(三)
考生须知：
1.本卷试题分为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。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Fe56 Cu64 Ag108 Ba137
第I卷(选择题 50分)
一、单选题(本大题共有25个小题，每个题均只有一个正确选项，其中每个小题2分，共计50分)。
1. 下列说法不正确的是
A. 新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)可用于鉴别葡萄糖、甘油、乙醛
B. 卤代烃、油脂、蛋白质均可以在碱性条件下实现水解
C. 淀粉和纤维素都属于多糖，生物体可利用酶将它们消化以提供能量
D. 预防新型冠状病毒，常以喷洒酒精的方式对公共场所进行消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别时，不生成砖红沉淀者为甘油，生成砖红沉淀，且有刺激性气味者为乙醛，没有刺激性气味者为葡萄糖，A正确；
B．卤代烃在碱性条件下水解生成醇类物质，油脂是酯类，酯基在碱性条件下能水解，蛋白质含肽键，肽键在碱性条件下能水解，B正确；
C．淀粉和纤维素都属于多糖，生物体可利用酶的催化作用，使它们水解生成葡萄糖，葡萄糖发生氧化反应，放出热量，给生物体提供能量，C正确；
D．公共场所消毒通常使用消毒液，喷洒酒精，有可能引起火灾，公共场所不宜使用，D错误；
故选D。
2. 为了制备并收集一瓶干燥的氨气，下列有关装置错误的是浓氨水氧化钙
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．生石灰溶于水放出大量热，在生石灰上滴加浓氨水，产生大量氨气，A正确；
B．氯化钙能吸收氨气，应该用碱石灰干燥氨气，B错误；
C．收集氨气短导管进气，长导管出气，C正确；
D．氨气极易溶于水，用稀硫酸吸收氨气时要考虑防倒吸，D正确；
故选B。
3. 下列物质在液态能导电的是
A. HCl B. MgCl2
C. CH3CH=CH2 D. CH3CH2OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl是共价化合物，只能在水溶液中导电，纯液态不导电，A项错误；
B．氯化镁是离子化合物，纯液态导电，B项正确；
C．丙烯是有机物，是非电解质，不导电，C项错误；
D．乙醇是非电解质，不导电，D项错误；
答案选B。
4. 化学和生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突破，所涉元素都是短周期元素
B. 1938年德国物理学家进行过中子撞击铀核的裂变实验，其中生成的钡元素是第五周期第IIA族元素，猜测其单质可与水发生置换反应
C. “人造太阳”的核燃料是氚、氚，、互为同素异形体
D. “嫦娥五号”返回舱推带的月壤中含有高能原料，是一种核素，3g的和2g的具有相同的中子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．锗(Ge)位于第四周期，为长周期元素，故A错误；
B．钡元素是第六周期第IIA族元素，故B错误；
C．、质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C错误；
D．3g的含有的中子数为 ，2g的含有的中子数为，二者具有相同的中子数，故D正确；
故选D。
5. 磷酸亚铁锂()为近年来新开发的锂离子电池电极材料，目前主要的制备方法有以下两种：
方法一：将、、焦炭按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
方法二：将、、。按一定比例混合，在高温下煅烧制得产品。
下列说法不正确的是
A. 方法一中的原料焦炭起到还原剂的作用，也可用其他还原性物质代替
B. 方法二所得产品中可能会混有，导致纯度降低
C. 上述两种方法均应在隔绝空气条件下进行
D. 上述两种方法均应将原料研磨、充分混合
【答案】B
【解析】
【详解】A．方法一中的原料焦炭起到还原剂的作用，其他还原性物质如一氧化碳等也可代替，故A正确；
B．受热易分解，故所得产品中不存在，故B错误；
C．由于产品中Fe是+2价具有还原性，所以制备过程均应在隔绝空气条件下进行，故C正确；
D．原料进行研磨后颗粒变小，表面积增大，进行充分混合，使反应更加充分，故D正确；
故答案为B。
6. 下列表示正确的是
A. 过氧化氢的电子式： B. 2-丁烯的结构简式：CH2=CHCH2CH3
C. 基态氧原子的轨道表示式： D. 乙炔的空间填充模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，只含共价键，不含离子键，电子式应为，A错误；
B．CH2=CHCH2CH3为1-丁烯，2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，B错误；
C．基态氧原子的轨道表示式应为，C错误；
D．乙炔分子为直线形，C原子半径比H原子大，空间填充模型为，D正确；
综上所述答案为D。
【点睛】书写基态原子核外电子(或价电子)的轨道表示式时，首先考虑洪特规则，电子先分占同一能级的不同原子轨道，且自旋状态相同，再考虑泡利原理，同一原子轨道最多排布2个电子，且自旋状态相反。
7. 有关漂白粉和漂白液的说法正确的是
A. 漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C. 工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
D. 漂白液的有效成分是Na2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉的成分含有氯化钙、次氯酸钙，漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，都属于混合物，故A错误；
B．漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙的混合物，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故B正确；
C．澄清石灰水浓度较低，工业上是将氯气通入石灰乳来制取漂白粉的，故C错误；
D．漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，有效成分是次氯酸钠，故D错误；
故选B。
8. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A. H2SO4(稀) SO2NH4HSO3(NH4)2SO3
B NH3NONO2HNO3
C. FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3
D. AlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀硫酸和铜不反应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成(NH4)2SO3，故A错误；
B．氨气在催化剂作用下可被氧气氧化生成NO，NO被氧气氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，转化关系正确，故B正确；
C．氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；
D．氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在浓盐酸作用下加热，故D错误；
故选B。
9. 天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 该脱硫过程中Fe2(SO4)3可循环利用
B. 由脱硫过程可知，氧化性：Fe2(SO4)3
D. 副产物硫单质可以用来制硫酸及杀虫剂等
【答案】B
【解析】
【详解】A．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为FeSO4，过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3，所以Fe2(SO4)3可循环利用，A正确；
B．过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S，所以氧化性Fe2(SO4)3＞S，B错误；
C．标况下2.24L O2为0.1mol，参与反应时转移0.4mol电子，H2S被氧化为S，化合价升高2价，所以脱除0.2molH2S，质量为0.2mol×34g/mol=6.8g，C正确；
D．S单质具有杀虫杀菌作用，且S单质通过燃烧生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，可以用来制造硫酸，D正确；
综上所述答案为B。
10. 中华古诗词精深唯美，下列有关说法不正确的是
A. “百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”：制玻璃的原料之一可用作制光导纤维
B. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”：烟花利用的“焰色反应”属于化学变化
C. “独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”：鉴别丝和飞絮可用灼烧的方法
D. “粉身碎骨全不怕，要留清白在人间”：有化学能和热能的相互转化
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2既是制造玻璃的原料，也是光导纤维的主要成分，A正确；
B．“焰色反应”与原子核外电子跃迁释放能量有关，属于物理变化，B错误；
C．飞絮的主要成分是纤维，“丝”的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，而纤维没有，C正确；
D．高温煅烧碳酸钙，有化学反应提供热能，再利用热能使碳酸钙分解，热能转化为化学能，D正确；
故选B。
11. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 丙烯醛与足量溴水反应：
B. 中投入固体：
C. 在溶液中滴加过量的澄清石灰水：
D. 用HI溶液溶解固体：
【答案】A
【解析】
【详解】A．与碳碳双键发生加成反应，同时与生成的HBrO具有较强的氧化性，可以将—CHO氧化为—COOH，反应的离子方程式为，A正确；
B．与水的反应中，既作氧化剂又作还原剂，水中氧元素化合价没有变化，反应的离子方程式为，B错误；
C．在溶液中滴加过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙和水，反应的离子方程式为，C错误；
D．具有较强的氧化性，具有较强的还原性，二者会发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，D错误;
故选A。
12. 菱镁矿(主要成分为，还含有少量、)制备的流程如图。下列说法正确的是
A. 步骤(Ⅰ)得到的滤渣主要成分为 B. 步骤(Ⅱ)发生的反应有2个
C. 步骤(Ⅲ)操作可在蒸发皿中进行 D. 滤液Y中加入足量氨水可得到白色沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】菱镁矿中加入盐酸，SiO2不与盐酸反应，则滤渣为SiO2，滤液X中加入足量NaOH，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠，滤液Y为偏铝酸钠，氢氧化镁灼烧生成氧化镁。
【详解】A．菱镁矿主要成分为，还含有少量、等，加入足量盐酸，过滤，滤渣是，A正确；
B．滤液X中含有的阳离子主要有、、，加入足量溶液后，发生的反应至少有3个，B错误；
C．步骤(Ⅲ)灼烧在坩埚中进行，C错误；
D．滤液Y主要成分为，加入足量氨水无法生成白色沉淀，D错误；
故答案选A。
13. 有关铝及其化合物的说法正确的是
A. 铝片可与冷水剧烈反应 B. 铝热反应放出的热量使生成的铁熔化
C. 氧化铝是碱性氧化物 D. 氢氧化铝能溶于稀氨水
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝片不能与冷水剧烈反应，A错误；
B．铝热反应放出大量的热量使生成的铁熔化，可用于焊接钢轨，B正确；
C．氧化铝是两性氧化物，C错误；
D．氢氧化铝能溶于氢氧化钠等强碱，不能溶于稀氨水等弱碱，D错误；
故选B。
14. 亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]是一种黄色颜料。以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等]为原料合成亚铁氰化钾的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. “调pH”时选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物
B. “还原”后可用KSCN溶液检验Fe3+是否被完全还原
C. “反应”时Fe2+提供孤电子对给予CN-形成配位键
D. “滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3
【答案】C
【解析】
【分析】含铁废水中含有Fe2(SO4)3及少量NiSO4，CuSO4等，向其中加入FeO或NiO，反应消耗溶液中的H+，调整溶液pH，弃去滤液，再向固体中同时加入H2SO4、Fe，H2SO4溶解Fe(OH)3生成Fe3+，Fe与溶液中Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，然后加入NaCN、CaCl2，FeSO4、CaCl2加入反应器后过滤得到滤渣CaSO4，滤液最后得到K4Fe(CN)6，说明反应器中还生成Na4Fe(CN)6，根据元素守恒知还生成NaCl，向滤液中加入Na2CO3，得到更难溶的CaCO3，在转化罐中加入KCl溶液，过滤、洗涤、干燥得到K4Fe(CN)6，说明在转化罐中发生反应，溶解度大Na4Fe(CN)6的转化为溶解度较小的K4Fe(CN)6。
【详解】A．由于以含铁废水[主要成分为Fe2(SO4)3，含少量NiSO4，CuSO4等] ，“调pH”时不能引入杂质元素，结合废水成分可知选用的试剂X可以是钢和镍的氧化物，A正确；
B．Fe3+与KSCN作用使溶液变为红色，“还原”后加入KSCN溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+被完全还原，据此检验Fe3+的存在，B正确；
C．“反应”时Fe2+提供空轨道，与CN-形成配位键，C错误；
D．根据上述分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是CaCO3，D正确；
故合理选项是C。
15. 利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储过程如图所示，下列说法错误的是
已知：
①反应Ⅰ：
②反应Ⅲ：
A. 反应Ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B. 反应Ⅱ的热化学方程式为
C. 用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应焓变为，则
D. 上述循环过程中至少涉及4种能量转化形式
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ为在热能作用下的分解反应，反应吸热，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；
B．由盖斯定律可知，反应-（Ⅰ+Ⅲ）得反应： ，B正确；
C．气态硫单质能量高于固态硫单质能量，故用S(g)替代反应Ⅲ中S(s)，反应放热更多，放热焓变为负值，则，C错误；
D．上述循环过程中涉及太阳能、热能、化学能、电能等至少4种能量转化形式，D正确；
故选C。
16. 化合物Y具有增强免疫等功效，可由X制得。下列有关X、Y的说法正确的是
A. 一定条件下X可发生加成和消去反应 B. 1molY最多能与4molNaOH反应
C. 生成Y的同时有生成 D. X、Y分子中均不存在手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中的羟基均为酚羟基，不能发生消去反应，选项A错误；
B．Y中含有两个苯环和一个碳碳双键，1molY最多能与5molNaOH反应，选项B错误；
C．X→Y发生取代反应，还有小分子生成，选项C错误：
D．X、Y中不存在手性碳原子，选项D正确；
答案选D。
17. 半衰期为反应物消耗一半所需的时间，某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化剂作用下发生聚合反应生成聚降冰片烯，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图所示，下列说法正确的是
A. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B. 条件②，0～125min，降冰片烯反应的平均速率为
C. 其他条件相同时，若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率
D. 其他条件相同时，将条件①中降冰片烯起始浓度增加为，则半衰期为250min
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据①和③的曲线变化可知，降冰片烯的反应速率相等，则降冰片烯浓度与反应速率没有关系，A错误；
B．0-125min，降冰片烯的浓度变化量为3mol/L，则平均反应速率为，B错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的平衡转化率，C错误；
D．条件①中反应速率为，且根据A中分析可知，降冰片烯浓度对反应速率没有影响，则将条件①的降冰片烯起始浓度增加为6mol/L，其浓度降为3mol/L需要250min，半衰期为250min，D正确；
故答案选D。
18. 2，6-二氨基庚二酸(RH2)是1949年由科学家沃克(E.Work)从白喉棒杆菌的水解物中发现的一种氨基酸，对眼睛、呼吸道和皮肤有刺激作用，其结构简式为。其中一种三槽电渗析法制备2，6-二氨基庚二酸的装置工作原理如图所示(电极均为惰性电极)。下列说法不正确的是
A. 交换膜A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜
B. 装置工作一段时间后，阳极区可能生成氨基酸内盐类的结晶
C. 阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，还可获得副产品氢氧化钠
D. 若用氢氧燃料电池作电源，当生成1 mol RH2时，电源的正极消耗气体11.2 L
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧为阴极，水中氢离子放电发生还原反应生成氢气；右侧为阳极，水中氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气。
【详解】A．电解池中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，故交换膜A为阳离子交换膜，钠离子进入左侧得到浓氢氧化钠溶液；B为阴离子交换膜，R2-进入右侧得到浓RH2溶液，A正确；
B．装置工作一段时间后，R2-进入右侧得到浓RH2溶液，故阳极区可能生成氨基酸内盐类的结晶，B正确；
C．由分析可知，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钠离子进入左侧得到浓氢氧化钠溶液，C正确；
D．没有标况，不能计算消耗气体体积的多少，D错误；
故选D。
19. 高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β-羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如下：
下列说法正确的是
A HEMA具有顺反异构
B. 1mol高聚物A可以与(m+n) mol NaOH反应
C. NVP分子式为C6H8NO
D. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
【答案】B
【解析】
【详解】A．HEMA结构中碳碳双键的其中一个不饱和碳原子连接2个氢原子，不符合顺反异构的条件，HEMA没有顺反异构，故A错误；
B．根据高聚物的结构简式，能与氢氧化钠反应的结构是酯基和酰胺键，1mol高聚物中含有nmol酯基和mmol酰胺键，1mol该高聚物最多与(m+n)molNaOH反应，故B正确；
C．NVP分子中含有6个碳原子、9个氢原子、1个氮原子、1个氧原子，分子式为C6H9NO，故C错误；
D．根据反应方程式，该反应是碳碳双键之间发生加聚反应生成高聚物，故D错误；
答案为B。
20. 短周期主族元素W、X、Y、Z、Q 原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如下图。Z核外最外层电子数与X 核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是
A. 原子半径大小：Y＞Z＞Q
B. 该化合物中Y 原子不满足8 电子稳定结构
C. 该化合物中，W、X、Y、Z、Q 之间均为共价键
D. Q元素对应的单质能与水反应，也能与乙醇反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的原子半径在周期表中最小，则W为H元素；而Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，可知X处于第二周期，Q形成+1价阳离子，故Q处于IA族，化合物结构中X形成4个共价键、Y形成3个共价键、X形成2个共价键，故X为C元素，结合原子序数可知Y为N元素，Z为O元素、Q为Na元素。
【详解】由分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为Na元素。
A．同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Q(钠)＞Li＞Y(N)＞Z(氧)，A错误；
B．该化合物中N原子形成3个共价键，满足8电子稳定结构，B错误；
C．该化合物中钠离子与阴离子之间形成离子键，C错误；
D．钠与既能与水反应产生氢气，也能与乙醇反应产生氢气，D正确；
故合理选项是D。
21. 有关的说法不正确的是
A. 可以发生取代、加成、消去、氧化、还原反应
B. 结构中共含有6个手性碳原子
C. 在一定条件下可被氧气氧化，生成醛类物质
D. 1 mol该物质最多可与4 mol H2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质含有-OH，能发生取代反应、β-消去反应，含有C=C和C≡C，能发生加成反应和氧化反应，含有羰基，能发生还原反应，A正确；
B．结构中共有6个手性碳原子，如图所示，B正确；
C．分子中没有可被氧气氧化成醛基的官能团，C错误；
D．1molC=O、C=C各需要1molH2加成，1molC≡C需要2molH2完全加成，最多可与4molH2发生加成反应，D正确；
故选C。
22. 某荧光材料由与组成，其摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构如图所示。下列叙述不正确的是
A. 该晶体的化学式是XY
B. 该晶胞参数为anm，则其晶体密度为
C. 的配位数是4，的配位数也是4
D. 若A点的原子坐标为，则B点的原子坐标为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为，Y2-个数为4，X2+与Y2-个数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确；
B．1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质量为，晶胞体积为，因此晶体密度，故B项错误；
C．由图可知，距离X2+最近且等距的Y2-有4个，距离Y2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；
D．若A点的原子坐标为，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，同理从左至右也可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，因此B点的原子坐标为，故D项正确；
综上所述，不正确的是B项。
23. 下列“类比”结果不正确的是
A. 的沸点比的高，则的沸点比的高
B. 实验测得水溶液的pH小于7，所以水溶液的pH均小于7
C. 常温下，与NaOH溶液反应能生成NaCl和NaClO，则与NaOH溶液反应也能生成NaBr和NaBrO
D. 甘油中的羟基与形成络合物而使沉淀溶解，则也能与形成络合物而使沉淀溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．烷烃的沸点随着碳原子数增多而升高，碳原子数相同时，支链越多沸点越低，故有的沸点比的高，则的沸点比的高，类比合理，A不合题意；
B．实验测得水溶液的pH小于7，是由于的电离大于水解，电离大于水解，所以NaHC2O4水溶液的pH小于7，而的电离小于水解，故NaHCO3的水溶液pH大于7，类比不合理，B符合题意；
C．Cl、Br是同一主族元素，单质的性质具有相似性，则常温下，与NaOH溶液反应能生成NaCl和NaClO，则与NaOH溶液反应也能生成NaBr和NaBrO，类比合理，C不合题意；
D．甘油中羟基中存在孤电子对，能与形成络合物而使沉淀溶解，则中N原子周围也存在孤电子对，也能与形成络合物而使沉淀溶解，类比合理，D不合题意；
故答案为：B。
24. 三元弱酸亚砷酸()在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。向溶液中滴加NaOH溶液，关于该过程的说法错误的是
A. 的第三步电离平衡常数
B. 的物质的量分数先减小后增大
C. 时
D. ，存在的含砷微粒仅有、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，当时，pH=c，氢离子浓度为10-c，则的第三步电离平衡常数，A正确；
B．由图可知，的物质的量分数一直在减小，B错误；
C．由图可知，时浓度最大且，则此时溶质主要为，故有，C正确；
D．由图可知，，已经不存在，此时存在的含砷微粒仅有、、，D正确；
故选B。
25. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液
溶液变红
KI与FeCl3的反应是可逆反应
D
向AgNO3，溶液中滴加过量氨水
得到澄清溶液
Ag＋与NH3·H2O能大量共存
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．可能为NaClO溶液，与盐酸反应生成氯气，氯气使品红溶液褪色，不能证明钠盐为含硫元素的钠盐，A错误；
B．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能证明亚铁离子具有还原性，B错误；
C．取5mL 0.1mol·L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液，由于Fe3+量少，如果不是可逆反应，则反应后溶液中应该不含Fe3+，但是充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，C正确；
D．向AgNO3，溶液中滴加过量氨水，得到澄清溶液不是因为Ag＋与NH3·H2O能大量共存，而是发生反应AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，Ag(NH3)2OH 可溶于水，D错误；
故答案为：C。
第II卷(非选择题 50分)
26. 我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为___________，N、C、Co中第一电离能最大的是___________(填元素符号)。
（2）在空气中SO会被氧化成。的空间构型是___________，中S原子采用___________杂化。
（3）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为___________。
（4）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为___________，它的硬度超过金刚石的主要原因是___________。
（5）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为___________。
【答案】（1） ①. 3d74s2 ②. N
（2） ①. 三角锥形 ②. sp3
（3）3:4 （4） ①. C3N4 ②. 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（5）(，，)
【解析】
【小问1详解】
Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
【小问2详解】
中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
【小问3详解】
(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C-C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
【小问4详解】
根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C-C键长比C-N键长长，C-C键能比C-N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键。
【小问5详解】
根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)。
27. 黄色固体X是由四种元素组成的化合物，用作颜料和食品的抗结剂，为测定其组成，进行如下实验。已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，溶液F中只含有一种溶质。回答下列问题：
（1）固体X的组成元素是_______。
（2）混合气体A中所含物质的化学式为_______。
（3）实验中溶液B由X转化而来的溶质与KOH反应的总离子方程式为_______。
（4）证明沉淀G中的金属元素已完全沉淀的方法是_______。
（5）X与酸性KMnO4溶液反应，可生成一种与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）K、Fe、C、N
（2）SO2、CO （3）Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O
（4）取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀
（5）5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O
【解析】
【分析】已知气体D能使澄清石灰水变浑浊，则D为CO2，无色气体C和CuO反应生成CO2，可以推知C为CO，物质的量为，则X中含有0.12molC；混合液体B和NaOH溶液在加热条件下生成刺激性气体E，则E为NH3，物质的量为，则X中含有0.12molN；混合溶液B和NaOH溶液反应生成红褐色沉淀G，则G为Fe(OH)3，物质的量为，则X中含有0.02molFe；溶液F中只含有一种溶质，则只能是KOH，说明X中含有K元素，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，固体X的组成元素是K、Fe、C、N。
【小问2详解】
由分析可知，无色气体C为CO，黄色固体X和浓硫酸反应生成混合气体A能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，则混合气体A中除了CO之外还有SO2。
【小问3详解】
由分析可知，X中含有0.02molFe、0.12molN，则混合溶液中Fe3＋和NH的物质的量之比为1:6，B和NaOH溶液反应生成NH3和Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：Fe3＋ + 6NH + 9OH- = Fe(OH)3↓ + 6NH3↑ + 6H2O。
【小问4详解】
检验Fe3+是否沉淀完全的方法是：取少量溶液F，滴入KSCN溶液，若未出现血红色，证明Fe3＋已完全沉淀。
【小问5详解】
由分析可知，7.36g黄色固体X中含有0.02molFe、0.12molC、0.12molN，则K物质的量为=0.08mol，黄色固体X中n(K): n(Fe) : n(C) : n(N)= 0.08mol：0.02molFe：0.12molC：0.12mol=4:1:6:6，X为K4Fe(CN)6，与X组成元素相同，但式量比其小39的化合物为K3Fe(CN)6，X与酸性KMnO4溶液反应生成K3Fe(CN)6，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：5K4Fe(CN)6 + KMnO4 + 4H2SO4 = 5K3Fe(CN)6 + MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O。
28. 丙烯是最重要的基础化工原料之一，丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域.回答下列问题：
（1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：已知标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成化合物的焓变，记作.在下，气态丙烷的标准生成焓，气态丙烯的标准生成焓，单质的标准生成焓为零。生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，则上述反应的_______
（2）时，将充入某恒容刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：
时间
0
60
120
180
240
300
360
压强
100
136
163
178
180
180
180
①已知：.前，用的分压变化表示上述脱氢反应的平均反应速率为_______kPa/min。
②时，反应的平衡常数_______(为用各气体分压代替气体的浓度表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
③已知：。在时，向体积可变的恒压密闭容器中通入一定量的，有助于提高丙烯产率。原因是_______
（3）丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是_______
A. 相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行
B. 相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强是氢气
C. 恒温恒容下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到其限度
D. 通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率
（4）科学家研究开发了利用太阳能在酸性介质中将工业排放的电催化获得丙烯的技术，有利于实现“碳中和”，原理如图所示
阴极的电极反应式为_______
【答案】（1）
（2） ①. ②. 320 ③. 通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动 （3）AB
（4）
【解析】
【小问1详解】
【小问2详解】
①
起始的压强：，设时反应生成为，则、，时气体总压强，得，.
②时，时达到平衡状态，平衡时气体总压强为，设平衡生成分压为，则、、，得，即，，
③通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动
【小问3详解】
A．有氧与参与的催化脱氢，氢气被氧气氧化生成水为放热反应，为脱氢供热，反应更容易进行，A正确；
B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，反应为：，说明相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，B正确；
C．恒温恒容下，容器体积不变，气体总质量也不变，故混合气体的密度任何时候均不变，混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到其限度，C错误；
D．当通入更多的氧气，可能将丙烯、丙烷氧化，反而不利于提高丙烷转化率和提高丙烯的产量，D错误；
故选AB。
【小问4详解】
阴极的电极反应式为
29. 铁黄(FeOOH)可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]制取铁黄的过程如下：
已知：① “除钛”时TiO2＋发生水解反应TiO2＋＋H2O⇌TiO2↓＋2H＋；
② 实验中Fe2＋开始生成Fe(OH)2沉淀时pH=6.3，Fe3＋开始生成FeOOH时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。
（1）检验废液中存在Fe2＋的方法是_______。
（2）“除钛”时需进行加热，目的是_______。
（3）“氧化”时的离子方程式为_______。
（4）为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000 mol·L-1 H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3＋＋3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100 mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.400 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。
① 实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4,为不影响测定结果，指示剂可使用_______(填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。(已知NaHC2O4溶液呈酸性)
②计算该产品的纯度_____ (写出计算过程)。
（5）控制pH= 4～4.5，温度80～85 ℃，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，摩尔质量为392 g·mol-1]与KClO3可发生反应：6Fe2＋＋ClO＋9H2O=6FeOOH↓＋12H＋＋Cl-。反应过程中沉淀的颜色变化为灰绿→墨绿→红棕→淡黄。请补充完整由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，_______，过滤、洗涤、干燥后得到铁黄产品。(可选用的仪器和试剂：恒温水浴槽、2 mol·L-1 NaOH溶液、KClO3固体)
【答案】（1）取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋
（2）加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行
（3）4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋
（4） ①. 酚酞 ②. 89.0%
（5）将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色
【解析】
【分析】废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]，首先加铁粉将硫酸铁还原成硫酸亚铁，然后加水使TiO(SO4)2发生水解反应生成TiO2，过滤后在滤液中加氨水调节pH在6左右，再通入氧气氧化，得到FeOOH沉淀，过滤即可，据此分析解答。
【小问1详解】
检验亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否生成蓝色沉淀，也可利用其还原性加酸性高锰酸钾，观察高锰酸钾是否褪色，故答案为：取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋；
【小问2详解】
“除钛”利用的是水解反应原理，水解是吸热的，加热能促进水解，且能加快反应速率，故答案为：加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；
【小问3详解】
“氧化”时亚铁离子与氧气反应生成FeOOH，根据得失电子守恒可得反应：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋，故答案为：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋；
【小问4详解】
滴定过程中过量剩余硫酸与过量草酸钠反应生成的H2C2O4与标准液氢氧化钠反应生成Na2C2O4，终点溶液呈碱性，应选用变色范围在8.2-10.0的酚酞作指示剂；根据反应过程可得：，则消耗氢氧化钠的物质的量等于剩余硫酸中氢离子的总物质的量，则；则与FeOOH反应的氢离子的物质的量，再根据：，可得：，该产品的纯度=；故答案为：酚酞；89.0%；
【小问5详解】
由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，再将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；故答案为：将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；
30. 2－氨－3－氯苯甲酸是重要的医药中间体，其制备流程如图：
回答下列相关问题：
（1）的名称是____，反应②的反应类型为____。
（2）A的分子式为C7H7NO2，写出其结构简式____。
（3）反应⑥生成2－氨－3－氯苯甲酸化学方程式为____。
（4）与互为同分异构体，且符合以下条件的芳香族化合物____种。
①能发生银镜反应；②红外光谱显示苯环连有－NO2。
（5）实验证明上述流程的目标产物的产率很低。据此，研究人员提出将步骤⑤设计为以下三步，产率有了一定提高。
请从步骤⑤产率低的原因进行推测：上述过程能提高产率的原因可能是____。
（6）以为主要原料(其它原料任选)，设计合成路线，用最少的步骤制备含酰胺键的聚合物____。
【答案】（1） ①. 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) ②. 氧化反应
（2） （3）+H2O+ CH3COOH
（4）13 （5）利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代
（6）
【解析】
【分析】甲苯和浓硝酸发生邻位取代生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯中甲基被氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A为，A发生经过反应④、⑤、⑥生成2-氨-3-氯苯甲酸，则2-氨-3-氯苯甲酸的结构简式为。
【小问1详解】
的名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；反应②是-CH3被氧化成-COOH的过程，反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；氧化反应；
【小问2详解】
邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A，则A的结构简式为，故答案为：；
【小问3详解】
在酸性条件下水解生成2-氨-3-氯苯甲酸，反应的化学方程式为+H2O+ CH3COOH ，故答案为： +H2O+ CH3COOH；
【小问4详解】
与互为同分异体的芳香族化合物满足：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基结构，②红外光谱显示有-NO2，若苯环上有三个取代基则分别为：-CHO、-OH、-NO2，当-CHO、-NO2处于邻位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于间位时，-OH有4种位置，当-CHO、-NO2处于对位时，-OH有2种位置，若苯环上有两个取代基则分别为-OOCH、-NO2，在苯环上有邻、间、对三种位置，因此符合条件的同分异构体共有13种，故答案为：13；
【小问5详解】
步骤⑤产率低的原因可能是存在氯原子取代羧基的另一个间位氢原子，从而影响产率，新方案利用磺酸基占位，减少5号位上H原子的取代，然后再还原，从而提高了产率，故答案为：利用磺酸基 (- SO3H)占位，减少5号位上H原子的取代；
【小问6详解】
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