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浙江省温州市2023届高三化学下学期5月三模试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省温州市2023届高三化学下学期5月三模试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 关于反应，下列说法正确的是， 下列反应的离子方程式正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
温州市普通高中2023届高三第三次适应性考试
化学试题卷
考生须知：
1.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。
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷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。
4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须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。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 I 127 Ce 140
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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. 下列物质中属于易分解的弱酸的是
A. HClO B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO为弱酸，见光或受热易分解，故A符合题意；
B．为羧酸，不易分解，故B不符合题意；
C．为强酸，故C不符合题意；
D．为强酸，故D不符合题意；
故选：A。
2. KSCN是的常用指示剂，下列说法正确的是
A. K元素位于周期表ds区 B. KSCN溶液呈血红色
C. 是强电解质 D. KSCN属于盐类
【答案】D
【解析】
【详解】A．K元素位于周期表s区，故A错误；
B．KSCN溶液是无色，故B错误；
C． 是难电离的物质，属于弱电解质，故C错误；
D．KSCN由酸根和金属阳离子构成，属于盐类，故D正确；
故选D。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 质量数为78、中子数为44的Se原子： B. 的VSEPR模型：
C. 苯分子中大π键示意图： D. 氨基的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．核素左上角代表质量数，左下角代表质子数，则质量数为78、中子数为44的Se原子质子数为78-44=34，故可表示为：，A错误；
B．的价层电子对数==3，所以其VSEPR模型平面三角形，实际分子构型为V形，B错误；
C．苯分子中存在大π键，介于碳碳单键与碳碳双键一种特殊的键，上述图示结构正确，C正确；
D．上述氨基的电子式中N原子缺少孤电子对，D错误；
故选C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 溶于水呈酸性，可用于泳池消毒 B. Zn比较活泼，可用于水库铁闸门的防护
C. 是抗氧化剂，可用于葡萄酒保质 D. 具有还原性，可用于制备高纯硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中含有Cu2+能够使蛋白质变性，可用于泳池消毒，与溶于水呈酸性无关，故A对应关系不正确；
B．Zn比较活泼，和Fe构成原电池作负极，Fe作正极被保护，故B对应关系正确；
C．具有还原性，可以作抗氧化剂，用于葡萄酒保质，故C对应关系正确；
D．具有还原性，可用于制备高纯硅，故D对应关系正确；
故选A。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A. La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定金属氢化物
B. 铝遇冷的浓硫酸形成氧化膜，同时可产生大量二氧化硫
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D. 铁可以被高温水蒸气氧化生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．La-Ni储氢合金是一种新型合金材料，能吸收大量氢气，并与氢气结合成金属氢化物，但在加热条件下该金属氢化物不稳定可分解出氢气，故A错误；
B．冷的浓硫酸具有强氧化性能使Al钝化，在Al表面形成致密氧化膜，同时会产生少量二氧化硫，故B正确；
C．具有强的氧化性，可氧化KI生成碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；
D．高温下铁与水蒸气反应生成和氢气，故D正确；
故选：A。
6. 关于反应，下列说法正确的是
A. 既是氧化剂又是还原剂 B. 是氧化产物
C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3 D. 生成1mol ，转移4mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】反应中，F元素化合价始终为-1价，KMnO4转化为K2MnF6，Mn元素化合价从+7降低到+4价，所以KMnO4做氧化剂，而H2O2中O元素化合价从-1价升高到0价，作还原剂，据此结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．依据上述分析可知，KMnO4为氧化剂，是还原剂，A错误；
B．是Mn元素得电子化合价降低得到的还原产物，B错误；
C．结合化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂物质的量之比为2：3，C正确；
D．过氧化氢中O元素为-1价，所以生成1mol ，转移2mol电子，D错误；
故选C。
7. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入少量：
B. 溶液中加入少量硫酸镁固体：
C. 溶液中滴入少量NaHS溶液：
D. 铁粉与过量稀硝酸反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据强酸制取弱酸的原理，向NaClO溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式，故A正确；
B．溶液中加入少量硫酸镁固体生成沉淀，离子方程式为：，故B错误；
C．AgNO3溶液中滴入少量的NaHS溶液，HS-离子不能拆开，正确的离子方程式为：2Ag++HS-=Ag2S↓+H+，故C错误；
D．铁粉与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，故D错误；
故选A。
8. 东莨菪内酯可用于治疗支气管疾病和哮端，结构简式如图。下列说法正确是
A. 分子中存在3种官能团
B. 该物质用足量氢气还原后的产物分子中有4个手性碳原子
C. 1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗1mol
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该分子中存在醚键、羟基、酯基和碳碳双键共4种官能团，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该物质用足量氢气还原后的产物为，手性碳原子的个数和位置为，共4个，故B正确；
C．该物质中含有碳碳双键和发生加成反应，含有酚羟基，苯环可以和溴水发生取代反应，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mol ，故C错误；
D．该物质中酯基和酚羟基都可以和NaOH反应且酯基水解后又生成1个酚羟基，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH，故D错误；
故选B。
9. 下列说法正确的是
A. 纤维素可用于生产纸张、棉纱、葡萄糖、合成纤维等
B. 聚氯乙烯塑料制品不能用于餐具和食品包装
C. 动物脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，不能使溴水褪色
D. 天然氨基酸均为熔点较高的无色晶体，能溶于乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素可以用于生产人造纤维，不用于生产合成纤维，故A错误；
B．聚氯乙烯有毒，不能用于餐具和食品包装，故B正确；
C．动物脂肪是饱和高级脂肪酸的甘油酯，结构中无碳碳双键，但能和溴水发生萃取而使溴水褪色，故C错误；
D．天然氨基酸为分子晶体，熔沸点较低，故D错误；
故选B。
10. 化合物中心原子采取杂化，常温下为无色液体，沸点42.1℃。在空气中加热发生如下反应：，下列说法不正确的是
A. 分子结构式为：如图所示
B. 难溶于水，易溶于有机溶剂
C. 可分解生成Ni和CO
D. 与性质相似，在空气中加热生成FeO
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心原子采取杂化，分子结构为正四面体构型，故A正确；
B．由结构可知为非极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水易溶于有机溶剂，故B正确；
C．受热分解配位键断裂生成Ni和CO，故C正确；
D．空气中加热最终生成Fe2O3，故D错误；
故选：D。
11. 通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列说法正确的是
A. 电解液E为阳极电解液，呈酸性
B. 电极B的电极反应：
C. 中间层的、分别透过选择性离子膜向A、B极迁移
D. 若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，A极氮元素价态降低得电子，故A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，故A错误；
B．B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-= NO+4H+，故B错误；
C．由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A极迁移，故C错误；
D．由图可知，A极NO→NH3～5e-，B极NO→NO～3e-，根据电子得失守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，故D正确；
故选：D。
12. A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点：
B. 同周期元素第一电离能小于C的有5种
C. 氧化物对应水化物的酸性：
D. A、D和C、E形成的化合物中可能均含有非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大，A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn，n=2，价电子排布2s22p2，为C元素，A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等，判断A为O元素，B为N元素，D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，判断D为Cl元素，E为K元素。
【详解】A．简单氢化物中B为NH3，C为H2O，分子间都可以形成氢键，沸点高，水分子形成氢键多，沸点最高，A和D形成的氢化物，相对分子质量越大，沸点越高，氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HCl＞CH3，故A错误；
B．C为O元素，为第二周期，从左到右增大趋势，第ⅡA、ⅤA元素原子的第一电离能大于同周期相邻元素原子，同周期元素第一电离能小于C的有Li、Be、B、C，共4种，故B错误；
C．最高价氧化物对应水化物酸性为D＞B＞A，不是最高价氧化物对应水化物形成的酸性不一定，如HClO＜H2CO3，故C错误；
D．A、D形成的化合物C2Cl4中含非极性键，C、E形成的化合物可以是K2O2含有非极性共价键，故D正确；
故选：D。
13. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH的变化如图。下列有关说法中正确的是
A. a点溶液未达到电离平衡状态
B. 离子总浓度越大，溶液导电能力越强
C. 向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同
D. b点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．加水稀释过程中，a点、b点都达到了电离平衡，故A错误；
B．导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B正确；
C．根据电荷守恒，溶液呈中性，，a点醋酸浓度大，向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，a点消耗的氢氧化钠溶液比b点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的是a点大于b点，故C错误；
D．b点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
14. 标准状态下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A＋B→产物”的活化分子]的相对能量如表所示：
物质
相对能量/
91.3
33.2
-296.8
-395.7
0
142.7
237.2
-96.1
下列说法不正确的是
A.
B. 反应不能自发进行
C. 相同条件下，比速率快
D. 1mol (g)的总键能大于1mol NO(g)总键能
【答案】C
【解析】
【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3kJ/mol+（-395.7kJ/mol）-[33.2kJ/mol+（-296.8kJ/mol）]=-40.8kJ/mol，故A正确；
B．H=生成物总能量-反应物总能量=+285.4kJ/mol＞0，且S＜0，则任何温度下H-TS＞0，即反应不能自发进行，故B正确；
C．反应的活化能=活化分子能量-反应物总能量=-96.1kJ/mol-（-296.8kJ/mol+142.7kJ/mol）=58kJ/mol，反应的活化能为237.2kJ/mol-（91.3kJ/mol+142.7kJ/mol）=3.2kJ/mol＜58kJ/mol，反应的活化能越高，反应速率越慢，则相同条件下，比速率慢，故C错误；
D．反应ΔH=生成物总能量-反应物总能量=2×33.2kJ/mol-2×91.3kJ/mol-0kJ/mol=-116.2kJ/mol，为放热反应，焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，则该反应反应物总键能＜生成物总键能，即1molNO(g)和0.5molO2总键能＜1molNO2(g)的总键能，所以1molNO2(g)的总键能大于1molNO(g)总键能，故D正确；
故选：C。
15. 是常见的二元弱酸(电离常数，)。氢氧化铁[]、氢氧化锌[]均为难溶多元弱碱，硫化锌[]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。下列有关说法不正确的是
A. 因为的，所以
B. 饱和溶液中的
C. 分别向等体积等浓度的、溶液中通入等物质的量的沉淀ZnS后，前者更小
D. 的溶液与相同物质的量的反应，只沉淀ZnS
【答案】D
【解析】
【详解】A．在水溶液中的电离方程式为：、，Ka1=，Ka2=，因为的，可以任务c(H+)≈c(HS-),所以，故A正确；
B．Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：，设c(Fe3+)=amol/L，则c(OH-)=3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a1×10-10mol/L，故B正确；
C．是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制的电离，c(S2-)更大，沉淀Zn2+更加彻底，更小，故C正确；
D．氢氧化锌的，则当0.1mol/L的溶液中Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=，pH=，则的溶液与相同物质的量的反应，除了沉淀ZnS还会生成，故D错误；
故选D。
+
16. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是
方案设计
现象
结论
A
向露置在空气中的固体中加入稀盐酸
溶液中产生气泡
固体已经变质
B
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中
产生黑、白两种固体
钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应
C
向2mL 2 溶液中滴加2滴4稀盐酸
溶液中产生气泡
该溶液中混有杂质
D
向插有温度计的10mL 0.1 溶液中加入一定量NaOH固体
有刺激性气味产生，温度计示数增大
反应为放热反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠本身与盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，故A错误；
B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，则产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，故B正确；
C．碳酸根离子结合质子能力强于碳酸氢根离子的，盐酸少量，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无明显现象，不会产生气泡，故C错误；
D．NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体中时，由于氢氧化钠固体溶于水本身放热，所以不能据此说明该反应是放热反应，故D错误；
故选：B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为_______。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/()
……
Fe
759
1561
2597
5290
……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是：_______。
（3）关于晶体下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C. 晶体中的键能>KCN中的键能
D. 晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
（5）图2晶胞中的个数为_______，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为_______nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） （2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多 （3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，价层电子排布式为，基态Fe原子价层电子的轨道表示式为： ；
【小问2详解】
Fe原子价层电子排布式为，Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多；
【小问3详解】
关于晶体
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等，A正确；
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：，B正确；
C. 在晶体中的键能等于KCN中的键能，C错误；
D. 由图1可知，在晶胞中、 原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6，D正确；故选C；
【小问4详解】
因为普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，所以普鲁士蓝本身是无毒的；
【小问5详解】
晶胞中，个数为：，个数为：，与、比值为1:1，所以个数为4；晶胞的棱长为，图1中位于每个晶胞中心，图2中位于小正方体的中心，则相邻之间的最短距离为nm。
18. 固体化合物X(式量介于100～160之间)由两种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：固体单质B为黑色，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸。请回答下列问题：
（1）X的化学式为_______；A、B分别为_______ (写名称)。
（2）绿色溶液E中除、外的主要离子有_______。写出单质A与浓盐酸反应的离子方程式_______。
（3）X在氨水中用空气处理，形成深蓝色溶液，同时生成黑色固体B。写出该反应的离子方程式_______。
（4）在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，设计实验检验所得混合气体中，常温常压下呈气态的物质_______。
【答案】（1） ①. Cu2C2 ②. 铜、炭
（2） ①. [CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+ ②. 2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑
（3）Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O
（4）将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO
【解析】
【分析】气体F通入澄清石灰水中生成白色沉淀，该白色沉淀是CaCO3，物质的量为=0.05mol，则固体单质B为C，物质的量为0.05mol，固体单质A和浓盐酸反应生成溶液D，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸HCuCl2，溶液D中加入H2O2溶液后得到绿色溶液E，CuCl2在很浓的水溶液中形成[CuCl4]2-呈现黄绿色，可以推知A为Cu，X中Cu元素物质的量为，X中n(Cu)：n(C)=1：1，X式量介于100～160之间，则X的化学式为Cu2C2，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，X的化学式为Cu2C2；A、B分别为铜、炭。
【小问2详解】
由分析可知，绿色溶液E中除、外的主要离子有[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+；单质Cu与浓盐酸反应生成含氯的一元弱酸HCuCl2和H2，离子方程式为：2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑ 。
【小问3详解】
Cu2C2在氨水中用空气处理，和空气中的O2发生氧化还原反应形成深蓝色的 [Cu(NH3)]2+溶液，同时生成黑色固体C，离子方程式为：Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O。
【小问4详解】
在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，S元素化合价下降可能产生SO2，C元素化合价下降可能产生CO或CO2，验证方法是：将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO。
19. 某些有机物在氧载体的作用下部分氧化，反应混合气可制备合成气(CO、)。反应体系中主要反应有：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
反应ⅳ
请回答：
（1）H表示25℃，101kPa下的焓。则_______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）①反应ⅲ的平衡常数[x(B)表示组分B平衡时的摩尔分数]。其他条件不变，会导致反应ⅲ减小的条件是_______。
A.升温 B.降温 C.加压 D.减压 E.恒容容器中再通入一定量(g)
②T℃下，测定上述所有反应达平衡时的体系中，反应iv的平衡常数，、、，忽略其他反应。则反应ⅲ的平衡常数_______(用含a、b的最简式子表示)。
（3）恒压，多组分混合气体的平衡体系中，气体组分的摩尔分数与温度的关系如图所示，用虚线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个平衡区域，可推断出合成气的最佳形成条件。
①下列说法正确的是_______。
A.平衡区域Ⅰ显示，被还原的反应为放热反应
B.平衡区域Ⅰ，的摩尔分数基本不变，可能的原因是反应ⅲ的活化能大，反应不发生
C.平衡区域Ⅱ，的摩尔分数先增大的可能原因是反应ⅳ受温度的影响程度大于反应ⅰ、ⅱ
D.平衡区域Ⅰ与平衡区域Ⅱ,参与了不同的反应
②平衡区域Ⅲ，基于上述的主要反应，趋近于1的可能原因是：_______。
（4）通过测定固体中，可判断氧载体参与有机物氧化的主要反应及原理。证据显示，氧载体参与反应后的铁氧固体混合物中只存在FeO一种氧化物，相关数据如下表。
温度/℃
200
400
600
1000
6.25
3.26
2.58
∞
依据表格中的数据，在图中画出200～1000℃之间的FeO的摩尔分数(%)变化趋势，并标注起点值_______：
【答案】（1）小于 （2） ①. BCE ②.
（3） ①. CD ②. 平衡区域Ⅲ温度较高，反应ⅲ吸热，正向反应程度最大，为主要影响的反应，=1
（4）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应ⅱ-反应ⅰ可以得到，该反应是吸热反应，则小于。
【小问2详解】
①反应ⅲ 是气体体积增大的吸热反应，平衡常数，则升高温度，加压、恒容容器中再通入一定量(g)都可以使平衡正向移动，减小，故选BCE；
②T℃下，测定上述所有反应达平衡时的体系中，、、，反应iv的平衡常数，则，=a，=，。
【小问3详解】
①A．平衡区域Ⅰ显示，温度升高，CO2的摩尔分数减少，说明平衡正向移动，则CO2被还原的反应为吸热反应，故A错误；
B．反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，平衡区域Ⅰ，CH4的摩尔分数基本不变，可能的原因是升高温度反应ⅲ正向移动的程度等于反应ⅱ逆向移动的程度，故B错误；
C．反应ⅳ是吸热反应生成CO和H2O，平衡区域Ⅱ，H2O的摩尔分数先增大的同时CO的摩尔分数增大，的摩尔分数减小，可能的原因是反应ⅳ受温度的影响程度大于反应ⅰ、ⅱ，故C正确；
D．平衡区域Ⅰ显示CH4的摩尔分数基本不变，CO2参与反应ⅱ和ⅲ，平衡区域Ⅱ，H2O的摩尔分数先增大，CO2主要参与反应ⅳ，故D正确；
故选CD；
②平衡区域Ⅲ，基于上述的主要反应，趋近于1的可能原因是：平衡区域Ⅲ温度较高，反应ⅲ吸热，正向反应程度最大，为主要影响的反应，=1。
【小问4详解】
氧载体参与反应后的铁氧固体混合物中只存在FeO一种氧化物，200℃时，，则铁氧固体混合物可以表示为4FeO21Fe，FeO的摩尔分数为=16%，同理600℃时，FeO的摩尔分数为44.4%，1000℃时趋近与无穷大，则FeO的摩尔分数趋近于0，在图中画出200～1000℃之间的FeO的摩尔分数(%)变化趋势，并标注起点值为 。
20. 是优良的催化剂和水处理剂，工业上利用难溶于水的固体阴离子交换树脂(可表示为)，采用离子交换法制备超细，流程如下：
已知：
Ⅰ.合成均匀的纳米胶体
在图1装置中加入60mL 0.02 (纯度99%以上)溶液，水浴加热下分批加入稍过量的阴离子交换树脂，搅拌，反应结束后，过滤，得胶体。
实验中随着树脂的加入，测得刚开始pH值上升较快，pH值达到8.0附近后，上升开始变得极度缓慢，pH值达到9.0附近后，又开始有较明显小幅上升。
（1）图1中搅拌器的作用为：_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 步骤②，所得滤渣的主要成分为
B. 步骤①，总反应为：
C. 步骤①，当时，交换反应基本完成
D. 步骤①，水浴温度过高，离子交换速度过快，可能导致所得胶粒不均匀
Ⅱ.碎粉焙烧
（3）步骤⑤在图2高温悬浮煅烧炉中进行。写出该焙烧反应方程式：_______；
若煅烧炉下方通入预热空气的流速过小，带来的后果是：_______。
Ⅲ.实验并计算阴离子交换树脂用量
本次制备实验中，交换树脂最佳加入量为反应所需用量的1.2倍。采用以下滴定法测定单位质量树脂所能交换的阴离子的量。已知：为砖红色沉淀。实验过程中，溶液体积变化忽略不计。
（4）从下列选项中选择最佳操作并排序：_______。
称取阴离子交换树脂2.000g→a→→→→→重复滴定2-3次→计算
a.加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盖上瓶塞并充分摇匀，静置、过滤
b.向浸泡液中加调pH，同时稀释至100mL
c.向浸泡液中加稀硝酸调pH，同时稀释至100mL
d.用移液管移取25.00ml稀释后浸泡液于锥形瓶中
e.用移液管移取25.00ml 0.1 溶液于锥形瓶中
f.滴加2-3滴溶液
g.用稀释后的浸泡液滴定
h用0.1 溶液滴定
（5）滴定过程中调pH的目的是_______；滴定中平均消耗滴定管中溶液15.00mL。则本次制备实验中交换树脂的最佳加入量为：_______g
【答案】（1）搅拌，使固液充分接触反应 （2）BD
（3） ①. 4+ O24CeO2+6H2O ②. 焙烧粉末不能悬浮于空中充分分散、充分焙烧
（4）b→d→f→h （5） ①. 防止CrO与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O ②. 4.23
【解析】
【分析】工业上利用难溶于水的固体阴离子交换树脂(可表示为R+OH−)，采用离子交换法制备超细CeO2，Ce(NO3)3在阴离子交换树脂中40℃水浴加热得到Ce(OH)3胶体，再经过真空蒸发、干燥、粉化、焙烧得到超细CeO2。
【小问1详解】
图1中搅拌器的作用为：搅拌，使固液充分接触反应。
【小问2详解】
A．Ce(OH)3胶体可以通过滤纸，不能通过过滤得到沉淀，故A错误；
B．Ce(NO3)3在阴离子交换树脂中40℃水浴加热得到Ce(OH)3胶体，离子方程式为：，故B正确；
C．实验中随着树脂的加入，测得刚开始pH值上升较快，pH值达到8.0附近后，上升开始变得极度缓慢，pH值达到9.0附近后，又开始有较明显小幅上升，说明当pH=8.0时，交换反应还没有完成，故C错误；
D．升高温度离子交换速率会增大，若步骤①中水浴温度过高，离子交换速度过快，可能导致所得胶粒不均匀，故D正确；
故选BD。
【小问3详解】
步骤⑤在图2高温悬浮煅烧炉中进行，和O2反应生成CeO2和H2O，化学方程式为：4+ O24CeO2+6H2O。若煅烧炉下方通入预热空气的流速过小，带来的后果是：焙烧粉末不能悬浮于空中充分分散、充分焙烧。
【小问4详解】
称取阴离子交换树脂2.000g后加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盖上瓶塞并充分摇匀，静置、过滤，向浸泡液中加调pH，同时稀释至100mL，用移液管移取25.00ml稀释后的浸泡液于锥形瓶中，滴加2-3滴溶液作指示剂，用0.1 溶液滴定，重复滴定2-3次→计算，最佳操作并排序为：b→d→f→h。
【小问5详解】
CrO会与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O，因此滴定过程中调pH的目的是：防止CrO与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O；称取阴离子交换树脂2.000g后加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盐酸中的Cl-进入阴离子交换树脂中，剩余的Cl-用0.1 溶液滴定，滴定中平均消耗滴定管中溶液15.00mL，说明剩余Cl-的物质的量为0.10.015L=0.0015mol，则盐酸浸泡过程中交换的Cl-为0.08L0.1-0.0015mol=0.002mol，即2g的阴离子交换树脂可以交换0.002mol阴离子，60mL 0.02 溶液中NO的物质的量为0.06L0.023=0.0036mol，则理论上需要阴离子交换树脂2=3.6g，交换树脂最佳加入量为反应所需用量的1.2倍，则本次制备实验中交换树脂的最佳加入量为：3.6g1.2=4.23g。
21. 某研究小组根据铜催化的端炔-叠氮化物点击反应原理，按下列路线合成某三唑类化合物I。
①
②
请回答：
（1）化合物A的官能团名称是_______。
（2）化合物B的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 化合物A所有的原子可能共面 B. 化合物D具有碱性
C. D→E、H→I的反应类型均为取代反应 D. 化合物I的分子式是
（4）写出G＋E→H的化学方程式_______。
（5）设计以乙烯、甲醛为原料合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) _______。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含两个独立六元环，且不直接相连；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。
【答案】（1）碳碳双键 氨基
（2） （3）BD
（4） （5）
（6）
【解析】
【分析】根据C的结构简式并结合B的分子式与A的关系分析， B 的结构简式为 ，逆推法分析可知D的结构简式为 ，E ，F为乙烯，H的结构简式为 。据此解答。
【小问1详解】
A的结构简式为 ，其官能团为碳碳双键和氨基。
【小问2详解】
根据C的结构简式并结合B的分子式与A的关系分析，B的结构简式为： 。
【小问3详解】
A. 化合物A中有个一个碳原子形成四个共价键，不可能所有的原子共面；B. 化合物D的结构简式为 ，含有氨基，具有碱性；C. D→E为取代反应，H→I为加成反应；D. 化合物I的分子式是，故选BD。
【小问4详解】
G＋E→H的化学方程式为 。
【小问5详解】
以乙烯、甲醛为原料合成G，根据逆推原则分析，需要生成，可以由醛和氢气加成得到羟基，两个溴原子可以通过碳碳双键的加成反应生成，故先生成的路线为CH2=CHCHO，则乙醛和甲醛可以得到该物质，乙烯和氧气反应生成乙醛，故合成路线为：
【小问6详解】
温州市普通高中2023届高三第三次适应性考试
化学试题卷
考生须知：
1.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。
2.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷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。
4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须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。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 I 127 Ce 140
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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. 下列物质中属于易分解的弱酸的是
A. HClO B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO为弱酸，见光或受热易分解，故A符合题意；
B．为羧酸，不易分解，故B不符合题意；
C．为强酸，故C不符合题意；
D．为强酸，故D不符合题意；
故选：A。
2. KSCN是的常用指示剂，下列说法正确的是
A. K元素位于周期表ds区 B. KSCN溶液呈血红色
C. 是强电解质 D. KSCN属于盐类
【答案】D
【解析】
【详解】A．K元素位于周期表s区，故A错误；
B．KSCN溶液是无色，故B错误；
C． 是难电离的物质，属于弱电解质，故C错误；
D．KSCN由酸根和金属阳离子构成，属于盐类，故D正确；
故选D。
3. 下列化学用语表示正确的是
A. 质量数为78、中子数为44的Se原子： B. 的VSEPR模型：
C. 苯分子中大π键示意图： D. 氨基的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．核素左上角代表质量数，左下角代表质子数，则质量数为78、中子数为44的Se原子质子数为78-44=34，故可表示为：，A错误；
B．的价层电子对数==3，所以其VSEPR模型平面三角形，实际分子构型为V形，B错误；
C．苯分子中存在大π键，介于碳碳单键与碳碳双键一种特殊的键，上述图示结构正确，C正确；
D．上述氨基的电子式中N原子缺少孤电子对，D错误；
故选C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 溶于水呈酸性，可用于泳池消毒 B. Zn比较活泼，可用于水库铁闸门的防护
C. 是抗氧化剂，可用于葡萄酒保质 D. 具有还原性，可用于制备高纯硅
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中含有Cu2+能够使蛋白质变性，可用于泳池消毒，与溶于水呈酸性无关，故A对应关系不正确；
B．Zn比较活泼，和Fe构成原电池作负极，Fe作正极被保护，故B对应关系正确；
C．具有还原性，可以作抗氧化剂，用于葡萄酒保质，故C对应关系正确；
D．具有还原性，可用于制备高纯硅，故D对应关系正确；
故选A。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A. La-Ni储氢合金在加热条件下可与氢气反应生成稳定金属氢化物
B. 铝遇冷的浓硫酸形成氧化膜，同时可产生大量二氧化硫
C. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D. 铁可以被高温水蒸气氧化生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．La-Ni储氢合金是一种新型合金材料，能吸收大量氢气，并与氢气结合成金属氢化物，但在加热条件下该金属氢化物不稳定可分解出氢气，故A错误；
B．冷的浓硫酸具有强氧化性能使Al钝化，在Al表面形成致密氧化膜，同时会产生少量二氧化硫，故B正确；
C．具有强的氧化性，可氧化KI生成碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；
D．高温下铁与水蒸气反应生成和氢气，故D正确；
故选：A。
6. 关于反应，下列说法正确的是
A. 既是氧化剂又是还原剂 B. 是氧化产物
C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3 D. 生成1mol ，转移4mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】反应中，F元素化合价始终为-1价，KMnO4转化为K2MnF6，Mn元素化合价从+7降低到+4价，所以KMnO4做氧化剂，而H2O2中O元素化合价从-1价升高到0价，作还原剂，据此结合氧化还原反应的规律分析解答。
【详解】A．依据上述分析可知，KMnO4为氧化剂，是还原剂，A错误；
B．是Mn元素得电子化合价降低得到的还原产物，B错误；
C．结合化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂物质的量之比为2：3，C正确；
D．过氧化氢中O元素为-1价，所以生成1mol ，转移2mol电子，D错误；
故选C。
7. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向NaClO溶液中通入少量：
B. 溶液中加入少量硫酸镁固体：
C. 溶液中滴入少量NaHS溶液：
D. 铁粉与过量稀硝酸反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据强酸制取弱酸的原理，向NaClO溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式，故A正确；
B．溶液中加入少量硫酸镁固体生成沉淀，离子方程式为：，故B错误；
C．AgNO3溶液中滴入少量的NaHS溶液，HS-离子不能拆开，正确的离子方程式为：2Ag++HS-=Ag2S↓+H+，故C错误；
D．铁粉与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，故D错误；
故选A。
8. 东莨菪内酯可用于治疗支气管疾病和哮端，结构简式如图。下列说法正确是
A. 分子中存在3种官能团
B. 该物质用足量氢气还原后的产物分子中有4个手性碳原子
C. 1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗1mol
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该分子中存在醚键、羟基、酯基和碳碳双键共4种官能团，故A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该物质用足量氢气还原后的产物为，手性碳原子的个数和位置为，共4个，故B正确；
C．该物质中含有碳碳双键和发生加成反应，含有酚羟基，苯环可以和溴水发生取代反应，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2mol ，故C错误；
D．该物质中酯基和酚羟基都可以和NaOH反应且酯基水解后又生成1个酚羟基，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH，故D错误；
故选B。
9. 下列说法正确的是
A. 纤维素可用于生产纸张、棉纱、葡萄糖、合成纤维等
B. 聚氯乙烯塑料制品不能用于餐具和食品包装
C. 动物脂肪是高级脂肪酸的甘油酯，不能使溴水褪色
D. 天然氨基酸均为熔点较高的无色晶体，能溶于乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素可以用于生产人造纤维，不用于生产合成纤维，故A错误；
B．聚氯乙烯有毒，不能用于餐具和食品包装，故B正确；
C．动物脂肪是饱和高级脂肪酸的甘油酯，结构中无碳碳双键，但能和溴水发生萃取而使溴水褪色，故C错误；
D．天然氨基酸为分子晶体，熔沸点较低，故D错误；
故选B。
10. 化合物中心原子采取杂化，常温下为无色液体，沸点42.1℃。在空气中加热发生如下反应：，下列说法不正确的是
A. 分子结构式为：如图所示
B. 难溶于水，易溶于有机溶剂
C. 可分解生成Ni和CO
D. 与性质相似，在空气中加热生成FeO
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心原子采取杂化，分子结构为正四面体构型，故A正确；
B．由结构可知为非极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水易溶于有机溶剂，故B正确；
C．受热分解配位键断裂生成Ni和CO，故C正确；
D．空气中加热最终生成Fe2O3，故D错误；
故选：D。
11. 通过NO协同耦合反应，实现了NO的电催化歧化，并同时合成了双氮产物(和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法，装置如图。下列说法正确的是
A. 电解液E为阳极电解液，呈酸性
B. 电极B的电极反应：
C. 中间层的、分别透过选择性离子膜向A、B极迁移
D. 若电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，A极氮元素价态降低得电子，故A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-=NO+4H+，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，A极为阴极，电极反应式为NO+5H++5e-=NH3+H2O，则电解液E为阴极电解液，呈酸性，故A错误；
B．B极为阳极，电极反应式为NO+2H2O-3e-= NO+4H+，故B错误；
C．由两极反应式可知，阳极区产生氢离子，阴极区消耗氢离子，故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A极迁移，故C错误；
D．由图可知，A极NO→NH3～5e-，B极NO→NO～3e-，根据电子得失守恒，电解一段时间后，取两极所有产物于溶液中反应，可得硝酸盐和硝酸，故D正确；
故选：D。
12. A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子最外层电子排布式为；A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点：
B. 同周期元素第一电离能小于C的有5种
C. 氧化物对应水化物的酸性：
D. A、D和C、E形成的化合物中可能均含有非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为20号以前的元素，原子序数逐渐增大，A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn，n=2，价电子排布2s22p2，为C元素，A与C同一周期，基态C原子的s轨道与p轨道电子数相等，判断A为O元素，B为N元素，D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，它们相互作用形成的离子的电子层结构相同，并且离子最高能级的电子对数等于其最高能层的电子层数，判断D为Cl元素，E为K元素。
【详解】A．简单氢化物中B为NH3，C为H2O，分子间都可以形成氢键，沸点高，水分子形成氢键多，沸点最高，A和D形成的氢化物，相对分子质量越大，沸点越高，氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HCl＞CH3，故A错误；
B．C为O元素，为第二周期，从左到右增大趋势，第ⅡA、ⅤA元素原子的第一电离能大于同周期相邻元素原子，同周期元素第一电离能小于C的有Li、Be、B、C，共4种，故B错误；
C．最高价氧化物对应水化物酸性为D＞B＞A，不是最高价氧化物对应水化物形成的酸性不一定，如HClO＜H2CO3，故C错误；
D．A、D形成的化合物C2Cl4中含非极性键，C、E形成的化合物可以是K2O2含有非极性共价键，故D正确；
故选：D。
13. 在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力与pH的变化如图。下列有关说法中正确的是
A. a点溶液未达到电离平衡状态
B. 离子总浓度越大，溶液导电能力越强
C. 向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，溶液中的相同
D. b点后，溶液中加水稀释，所有离子浓度均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．加水稀释过程中，a点、b点都达到了电离平衡，故A错误；
B．导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，因此离子总浓度越大，溶液导电能力越强，故B正确；
C．根据电荷守恒，溶液呈中性，，a点醋酸浓度大，向a、b两点溶液中分别滴入同一NaOH溶液至中性，a点消耗的氢氧化钠溶液比b点消耗的氢氧化钠溶液多，因此溶液中的是a点大于b点，故C错误；
D．b点后，溶液中加水稀释，醋酸根、氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
14. 标准状态下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A＋B→产物”的活化分子]的相对能量如表所示：
物质
相对能量/
91.3
33.2
-296.8
-395.7
0
142.7
237.2
-96.1
下列说法不正确的是
A.
B. 反应不能自发进行
C. 相同条件下，比速率快
D. 1mol (g)的总键能大于1mol NO(g)总键能
【答案】C
【解析】
【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3kJ/mol+（-395.7kJ/mol）-[33.2kJ/mol+（-296.8kJ/mol）]=-40.8kJ/mol，故A正确；
B．H=生成物总能量-反应物总能量=+285.4kJ/mol＞0，且S＜0，则任何温度下H-TS＞0，即反应不能自发进行，故B正确；
C．反应的活化能=活化分子能量-反应物总能量=-96.1kJ/mol-（-296.8kJ/mol+142.7kJ/mol）=58kJ/mol，反应的活化能为237.2kJ/mol-（91.3kJ/mol+142.7kJ/mol）=3.2kJ/mol＜58kJ/mol，反应的活化能越高，反应速率越慢，则相同条件下，比速率慢，故C错误；
D．反应ΔH=生成物总能量-反应物总能量=2×33.2kJ/mol-2×91.3kJ/mol-0kJ/mol=-116.2kJ/mol，为放热反应，焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，则该反应反应物总键能＜生成物总键能，即1molNO(g)和0.5molO2总键能＜1molNO2(g)的总键能，所以1molNO2(g)的总键能大于1molNO(g)总键能，故D正确；
故选：C。
15. 是常见的二元弱酸(电离常数，)。氢氧化铁[]、氢氧化锌[]均为难溶多元弱碱，硫化锌[]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。下列有关说法不正确的是
A. 因为的，所以
B. 饱和溶液中的
C. 分别向等体积等浓度的、溶液中通入等物质的量的沉淀ZnS后，前者更小
D. 的溶液与相同物质的量的反应，只沉淀ZnS
【答案】D
【解析】
【详解】A．在水溶液中的电离方程式为：、，Ka1=，Ka2=，因为的，可以任务c(H+)≈c(HS-),所以，故A正确；
B．Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：，设c(Fe3+)=amol/L，则c(OH-)=3amol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a1×10-10mol/L，故B正确；
C．是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制的电离，c(S2-)更大，沉淀Zn2+更加彻底，更小，故C正确；
D．氢氧化锌的，则当0.1mol/L的溶液中Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=，pH=，则的溶液与相同物质的量的反应，除了沉淀ZnS还会生成，故D错误；
故选D。
+
16. 探究钠及其化合物的性质，下列方案设计、现象及结论都正确的是
方案设计
现象
结论
A
向露置在空气中的固体中加入稀盐酸
溶液中产生气泡
固体已经变质
B
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，伸入盛有的集气瓶中
产生黑、白两种固体
钠的还原性强，与二氧化碳发生了置换反应
C
向2mL 2 溶液中滴加2滴4稀盐酸
溶液中产生气泡
该溶液中混有杂质
D
向插有温度计的10mL 0.1 溶液中加入一定量NaOH固体
有刺激性气味产生，温度计示数增大
反应为放热反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠本身与盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，故A错误；
B．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，则产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，故B正确；
C．碳酸根离子结合质子能力强于碳酸氢根离子的，盐酸少量，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，无明显现象，不会产生气泡，故C错误；
D．NH4Cl溶液中加入一定量NaOH固体中时，由于氢氧化钠固体溶于水本身放热，所以不能据此说明该反应是放热反应，故D错误；
故选：B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为_______。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/()
……
Fe
759
1561
2597
5290
……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是：_______。
（3）关于晶体下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C. 晶体中的键能>KCN中的键能
D. 晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
（5）图2晶胞中的个数为_______，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为_______nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） （2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多 （3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，价层电子排布式为，基态Fe原子价层电子的轨道表示式为： ；
【小问2详解】
Fe原子价层电子排布式为，Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多；
【小问3详解】
关于晶体
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等，A正确；
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：，B正确；
C. 在晶体中的键能等于KCN中的键能，C错误；
D. 由图1可知，在晶胞中、 原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6，D正确；故选C；
【小问4详解】
因为普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，所以普鲁士蓝本身是无毒的；
【小问5详解】
晶胞中，个数为：，个数为：，与、比值为1:1，所以个数为4；晶胞的棱长为，图1中位于每个晶胞中心，图2中位于小正方体的中心，则相邻之间的最短距离为nm。
18. 固体化合物X(式量介于100～160之间)由两种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：
已知：固体单质B为黑色，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸。请回答下列问题：
（1）X的化学式为_______；A、B分别为_______ (写名称)。
（2）绿色溶液E中除、外的主要离子有_______。写出单质A与浓盐酸反应的离子方程式_______。
（3）X在氨水中用空气处理，形成深蓝色溶液，同时生成黑色固体B。写出该反应的离子方程式_______。
（4）在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，设计实验检验所得混合气体中，常温常压下呈气态的物质_______。
【答案】（1） ①. Cu2C2 ②. 铜、炭
（2） ①. [CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+ ②. 2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑
（3）Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O
（4）将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO
【解析】
【分析】气体F通入澄清石灰水中生成白色沉淀，该白色沉淀是CaCO3，物质的量为=0.05mol，则固体单质B为C，物质的量为0.05mol，固体单质A和浓盐酸反应生成溶液D，溶液D中除盐酸外仅有一种含氯的一元弱酸HCuCl2，溶液D中加入H2O2溶液后得到绿色溶液E，CuCl2在很浓的水溶液中形成[CuCl4]2-呈现黄绿色，可以推知A为Cu，X中Cu元素物质的量为，X中n(Cu)：n(C)=1：1，X式量介于100～160之间，则X的化学式为Cu2C2，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，X的化学式为Cu2C2；A、B分别为铜、炭。
【小问2详解】
由分析可知，绿色溶液E中除、外的主要离子有[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、Cu2+；单质Cu与浓盐酸反应生成含氯的一元弱酸HCuCl2和H2，离子方程式为：2Cu+4H++4Cl-=2HCuCl2+H2↑ 。
【小问3详解】
Cu2C2在氨水中用空气处理，和空气中的O2发生氧化还原反应形成深蓝色的 [Cu(NH3)]2+溶液，同时生成黑色固体C，离子方程式为：Cu2C2+O2+8NH3H2O=2[Cu(NH3)]2++4OH-+2C+6H2O。
【小问4详解】
在加热条件下，过量C与发生物质的量比为1：1的氧化还原反应，S元素化合价下降可能产生SO2，C元素化合价下降可能产生CO或CO2，验证方法是：将反应后混合气体依次通过品红溶液和足量氢氧化钠溶液中，若品红溶液褪色，则证明有SO2，若氢氧化钠溶液中有气泡，则证明有CO。
19. 某些有机物在氧载体的作用下部分氧化，反应混合气可制备合成气(CO、)。反应体系中主要反应有：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
反应ⅳ
请回答：
（1）H表示25℃，101kPa下的焓。则_______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）①反应ⅲ的平衡常数[x(B)表示组分B平衡时的摩尔分数]。其他条件不变，会导致反应ⅲ减小的条件是_______。
A.升温 B.降温 C.加压 D.减压 E.恒容容器中再通入一定量(g)
②T℃下，测定上述所有反应达平衡时的体系中，反应iv的平衡常数，、、，忽略其他反应。则反应ⅲ的平衡常数_______(用含a、b的最简式子表示)。
（3）恒压，多组分混合气体的平衡体系中，气体组分的摩尔分数与温度的关系如图所示，用虚线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个平衡区域，可推断出合成气的最佳形成条件。
①下列说法正确的是_______。
A.平衡区域Ⅰ显示，被还原的反应为放热反应
B.平衡区域Ⅰ，的摩尔分数基本不变，可能的原因是反应ⅲ的活化能大，反应不发生
C.平衡区域Ⅱ，的摩尔分数先增大的可能原因是反应ⅳ受温度的影响程度大于反应ⅰ、ⅱ
D.平衡区域Ⅰ与平衡区域Ⅱ,参与了不同的反应
②平衡区域Ⅲ，基于上述的主要反应，趋近于1的可能原因是：_______。
（4）通过测定固体中，可判断氧载体参与有机物氧化的主要反应及原理。证据显示，氧载体参与反应后的铁氧固体混合物中只存在FeO一种氧化物，相关数据如下表。
温度/℃
200
400
600
1000
6.25
3.26
2.58
∞
依据表格中的数据，在图中画出200～1000℃之间的FeO的摩尔分数(%)变化趋势，并标注起点值_______：
【答案】（1）小于 （2） ①. BCE ②.
（3） ①. CD ②. 平衡区域Ⅲ温度较高，反应ⅲ吸热，正向反应程度最大，为主要影响的反应，=1
（4）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应ⅱ-反应ⅰ可以得到，该反应是吸热反应，则小于。
【小问2详解】
①反应ⅲ 是气体体积增大的吸热反应，平衡常数，则升高温度，加压、恒容容器中再通入一定量(g)都可以使平衡正向移动，减小，故选BCE；
②T℃下，测定上述所有反应达平衡时的体系中，、、，反应iv的平衡常数，则，=a，=，。
【小问3详解】
①A．平衡区域Ⅰ显示，温度升高，CO2的摩尔分数减少，说明平衡正向移动，则CO2被还原的反应为吸热反应，故A错误；
B．反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，平衡区域Ⅰ，CH4的摩尔分数基本不变，可能的原因是升高温度反应ⅲ正向移动的程度等于反应ⅱ逆向移动的程度，故B错误；
C．反应ⅳ是吸热反应生成CO和H2O，平衡区域Ⅱ，H2O的摩尔分数先增大的同时CO的摩尔分数增大，的摩尔分数减小，可能的原因是反应ⅳ受温度的影响程度大于反应ⅰ、ⅱ，故C正确；
D．平衡区域Ⅰ显示CH4的摩尔分数基本不变，CO2参与反应ⅱ和ⅲ，平衡区域Ⅱ，H2O的摩尔分数先增大，CO2主要参与反应ⅳ，故D正确；
故选CD；
②平衡区域Ⅲ，基于上述的主要反应，趋近于1的可能原因是：平衡区域Ⅲ温度较高，反应ⅲ吸热，正向反应程度最大，为主要影响的反应，=1。
【小问4详解】
氧载体参与反应后的铁氧固体混合物中只存在FeO一种氧化物，200℃时，，则铁氧固体混合物可以表示为4FeO21Fe，FeO的摩尔分数为=16%，同理600℃时，FeO的摩尔分数为44.4%，1000℃时趋近与无穷大，则FeO的摩尔分数趋近于0，在图中画出200～1000℃之间的FeO的摩尔分数(%)变化趋势，并标注起点值为 。
20. 是优良的催化剂和水处理剂，工业上利用难溶于水的固体阴离子交换树脂(可表示为)，采用离子交换法制备超细，流程如下：
已知：
Ⅰ.合成均匀的纳米胶体
在图1装置中加入60mL 0.02 (纯度99%以上)溶液，水浴加热下分批加入稍过量的阴离子交换树脂，搅拌，反应结束后，过滤，得胶体。
实验中随着树脂的加入，测得刚开始pH值上升较快，pH值达到8.0附近后，上升开始变得极度缓慢，pH值达到9.0附近后，又开始有较明显小幅上升。
（1）图1中搅拌器的作用为：_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 步骤②，所得滤渣的主要成分为
B. 步骤①，总反应为：
C. 步骤①，当时，交换反应基本完成
D. 步骤①，水浴温度过高，离子交换速度过快，可能导致所得胶粒不均匀
Ⅱ.碎粉焙烧
（3）步骤⑤在图2高温悬浮煅烧炉中进行。写出该焙烧反应方程式：_______；
若煅烧炉下方通入预热空气的流速过小，带来的后果是：_______。
Ⅲ.实验并计算阴离子交换树脂用量
本次制备实验中，交换树脂最佳加入量为反应所需用量的1.2倍。采用以下滴定法测定单位质量树脂所能交换的阴离子的量。已知：为砖红色沉淀。实验过程中，溶液体积变化忽略不计。
（4）从下列选项中选择最佳操作并排序：_______。
称取阴离子交换树脂2.000g→a→→→→→重复滴定2-3次→计算
a.加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盖上瓶塞并充分摇匀，静置、过滤
b.向浸泡液中加调pH，同时稀释至100mL
c.向浸泡液中加稀硝酸调pH，同时稀释至100mL
d.用移液管移取25.00ml稀释后浸泡液于锥形瓶中
e.用移液管移取25.00ml 0.1 溶液于锥形瓶中
f.滴加2-3滴溶液
g.用稀释后的浸泡液滴定
h用0.1 溶液滴定
（5）滴定过程中调pH的目的是_______；滴定中平均消耗滴定管中溶液15.00mL。则本次制备实验中交换树脂的最佳加入量为：_______g
【答案】（1）搅拌，使固液充分接触反应 （2）BD
（3） ①. 4+ O24CeO2+6H2O ②. 焙烧粉末不能悬浮于空中充分分散、充分焙烧
（4）b→d→f→h （5） ①. 防止CrO与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O ②. 4.23
【解析】
【分析】工业上利用难溶于水的固体阴离子交换树脂(可表示为R+OH−)，采用离子交换法制备超细CeO2，Ce(NO3)3在阴离子交换树脂中40℃水浴加热得到Ce(OH)3胶体，再经过真空蒸发、干燥、粉化、焙烧得到超细CeO2。
【小问1详解】
图1中搅拌器的作用为：搅拌，使固液充分接触反应。
【小问2详解】
A．Ce(OH)3胶体可以通过滤纸，不能通过过滤得到沉淀，故A错误；
B．Ce(NO3)3在阴离子交换树脂中40℃水浴加热得到Ce(OH)3胶体，离子方程式为：，故B正确；
C．实验中随着树脂的加入，测得刚开始pH值上升较快，pH值达到8.0附近后，上升开始变得极度缓慢，pH值达到9.0附近后，又开始有较明显小幅上升，说明当pH=8.0时，交换反应还没有完成，故C错误；
D．升高温度离子交换速率会增大，若步骤①中水浴温度过高，离子交换速度过快，可能导致所得胶粒不均匀，故D正确；
故选BD。
【小问3详解】
步骤⑤在图2高温悬浮煅烧炉中进行，和O2反应生成CeO2和H2O，化学方程式为：4+ O24CeO2+6H2O。若煅烧炉下方通入预热空气的流速过小，带来的后果是：焙烧粉末不能悬浮于空中充分分散、充分焙烧。
【小问4详解】
称取阴离子交换树脂2.000g后加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盖上瓶塞并充分摇匀，静置、过滤，向浸泡液中加调pH，同时稀释至100mL，用移液管移取25.00ml稀释后的浸泡液于锥形瓶中，滴加2-3滴溶液作指示剂，用0.1 溶液滴定，重复滴定2-3次→计算，最佳操作并排序为：b→d→f→h。
【小问5详解】
CrO会与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O，因此滴定过程中调pH的目的是：防止CrO与浸泡液中剩余的H+反应生成Cr2O；称取阴离子交换树脂2.000g后加入80.00ml 0.1盐酸浸泡，盐酸中的Cl-进入阴离子交换树脂中，剩余的Cl-用0.1 溶液滴定，滴定中平均消耗滴定管中溶液15.00mL，说明剩余Cl-的物质的量为0.10.015L=0.0015mol，则盐酸浸泡过程中交换的Cl-为0.08L0.1-0.0015mol=0.002mol，即2g的阴离子交换树脂可以交换0.002mol阴离子，60mL 0.02 溶液中NO的物质的量为0.06L0.023=0.0036mol，则理论上需要阴离子交换树脂2=3.6g，交换树脂最佳加入量为反应所需用量的1.2倍，则本次制备实验中交换树脂的最佳加入量为：3.6g1.2=4.23g。
21. 某研究小组根据铜催化的端炔-叠氮化物点击反应原理，按下列路线合成某三唑类化合物I。
①
②
请回答：
（1）化合物A的官能团名称是_______。
（2）化合物B的结构简式是_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 化合物A所有的原子可能共面 B. 化合物D具有碱性
C. D→E、H→I的反应类型均为取代反应 D. 化合物I的分子式是
（4）写出G＋E→H的化学方程式_______。
（5）设计以乙烯、甲醛为原料合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选) _______。
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含两个独立六元环，且不直接相连；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。
【答案】（1）碳碳双键 氨基
（2） （3）BD
（4） （5）
（6）
【解析】
【分析】根据C的结构简式并结合B的分子式与A的关系分析， B 的结构简式为 ，逆推法分析可知D的结构简式为 ，E ，F为乙烯，H的结构简式为 。据此解答。
【小问1详解】
A的结构简式为 ，其官能团为碳碳双键和氨基。
【小问2详解】
根据C的结构简式并结合B的分子式与A的关系分析，B的结构简式为： 。
【小问3详解】
A. 化合物A中有个一个碳原子形成四个共价键，不可能所有的原子共面；B. 化合物D的结构简式为 ，含有氨基，具有碱性；C. D→E为取代反应，H→I为加成反应；D. 化合物I的分子式是，故选BD。
【小问4详解】
G＋E→H的化学方程式为 。
【小问5详解】
以乙烯、甲醛为原料合成G，根据逆推原则分析，需要生成，可以由醛和氢气加成得到羟基，两个溴原子可以通过碳碳双键的加成反应生成，故先生成的路线为CH2=CHCHO，则乙醛和甲醛可以得到该物质，乙烯和氧气反应生成乙醛，故合成路线为：
【小问6详解】
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