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2022-2023学年四川省内江市第六中学高三上学期入学考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年四川省内江市第六中学高三上学期入学考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
四川省内江市第六中学2022-2023学年高三上学期入学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析，下列说法正确的是
A．BaSO4、CH3COONH4都属于强电解质
B．SiO2、NO2都属于酸性氧化物
C．NaCl溶液、牛奶都属于溶液
D．CuSO4·5H2O、水玻璃都属于纯净物
【答案】A
【详解】A. BaSO4、CH3COONH4属于盐类，其溶于水的部分可以完全电离，故其是强电解质，A正确；
B.酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，并且化合价不变。NO2和碱发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C.牛奶属于胶体，故C错误；
D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；
正确答案：A。
2．工业上利用反应检查氯气管道是否漏气。下列说法不正确的是
A．将浓氨水接近管道，若产生白烟说明管道漏气
B．的电子式为：
C．中只含有离子键
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【详解】A．将浓氨水接近氯气管道，若产生白烟则有氯化铵生成说明管道漏气，故A正确；
B．中氮氮为共价键，其电子式为：，故B正确；
C．中只既含有离子键，也还有共价键，故C错误；
D．该反应中氯气为氧化剂，氨气还原剂，物质的量之比为，故D正确；
故选C。
3．设表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．标准状况下，完全燃烧后生成的分子个数约为
B．与含有的中子数均为
C．溶液中含有个
D．盐酸与足量共热，转移的电子数为
【答案】B
【详解】A．标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．D2O与H218O的摩尔质量均为20g/mol，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为，且两者中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；
C．溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；
D．50mL 12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度变小，无法继续反应，转移的电子数小于，故D错误；
故选：B。
4．下列颜色变化不是因化学反应引起的是
A．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝 B．鸡皮遇浓硝酸呈黄色
C．蔗糖遇浓硫酸变黑 D．钠燃烧时火焰呈黄色
【答案】D
【详解】A．氯气与碘离子发生化学反应生成碘，碘与淀粉变蓝，与化学反应有关，故A不选；
B．鸡皮遇稀硝酸发生颜色反应，与化学反应有关，故B不选；
C．蔗糖遇浓硫酸脱水生成碳，与化学反应有关，故C不选；
D．钠燃烧时火焰呈黄色，是焰色反应，属于物理变化，故D选；
故选：D。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．氯气溶于水：
B．亚磷酸是一种二元弱酸，在其中加入过量的烧碱溶液：
C．酸性溶液中与反应生成：
D．溶液中加足量溶液：
【答案】D
【详解】A．氯气溶于水，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．亚磷酸是一种二元弱酸，其中加入过量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=+2H2O，B错误；
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，离子方程式为，C错误；
D．碳酸氢钠中加入足量的氢氧化钡溶液，生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式正确，D正确；
故答案选D。
6．下列说法不正确的是
A．用溶液可以洗去蔬菜、水果等的残留农药
B．将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内是为了催熟水果
C．使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力会减弱
D．用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液可以使多数有毒的农药发生水解，能有效降低农药残留量，故A正确；
B．将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内，可以吸收水果释放出的乙烯，有利于水果延长水果的成熟，故B错误；
C．使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，钙、镁离子会与高级脂肪酸盐反应生成沉淀，使肥皂去污能力减弱，故C正确；
D．用二氧化碳制全降解塑料，可以减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应和实现碳中和，故D正确；
故选B。
7．常温下，下列实验一定能证明为弱电解质的是
A．0.1mol/LNaA溶液的
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出
D．将的醋酸和溶液稀释相同倍数，溶液的值变化较小
【答案】D
【详解】A．常温下，0.1mol/LNaA溶液的pH为7说明NaA为强酸强碱盐，则HA为强酸，故A不符合题意；
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色说明HA溶液呈酸性，但不能证明HA为弱酸，故B不符合题意；
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出说明HA的酸性强于碳酸，但不能证明HA为弱酸，故C不符合题意；
D．将pH=2的醋酸和HA溶液稀释相同倍数，HA溶液的pH值变化较小说明HA是在溶液中部分电离的弱酸，故D符合题意；
故选D。
8．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC（g）平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断错误是
A．x+y>z B．平衡向正反应方向移动 C．B的转化率降低 D．C的体积分数下降
【答案】B
【分析】将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不发生移动，则A的浓度为0.25mol/L，但实际为0.30mol/L，说明扩大容器体积减小压强时平衡逆向移动，所以x+y>z。
【详解】A．根据分析可知x+y>z，故A正确；
B．根据分析可知平衡逆向移动，故B错误；
C．平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；
D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D正确；
综上所述答案为B.
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①氯化钠饱和溶液
②
③海水
④
⑤重晶石()
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①②⑤
【答案】D
【详解】①氯化钠饱和溶液中分别通入氨气和二氧化碳气体，析出碳酸氢钠晶体，转化可以实现；
②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝溶液加入氨水反应生成氢氧化铝沉淀，转化可以实现；
③海水中加入石灰乳，其中的氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，但氯化镁溶液受热时发生水解产生氢氧化镁，无法得到氯化镁晶体，转化不能实现；
④氮气与氧气在点燃条件下不能生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，转化不能实现；
⑤重晶石加入到饱和碳酸钠溶液中反复浸取，转化为难溶的碳酸钡，碳酸钡加入盐酸反应生成氯化钡，转化可以实现；
答案选D。
10．在一定条件下，对于反应，物质 C 的体积分数(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由图可以知道压强一定时温度越高，C物质的体积分数(C%)越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；温度一定时压强越高，C物质的体积分数(C%)越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，即正方向为熵增加的方向，即△S＞0；所以该反应为△H＜0，△S＞0；
故选A。
11．一种二次电池的装置如图所示，电池放电时正极反应式为。下列说法中不正确的是
A．放电时，电解质溶液中向碳纳米材料区移动
B．放电时，负极反应式
C．充电时，电池总反应为
D．非水电解质可以是的乙醇溶液
【答案】D
【分析】放电时正极上CO2得电子生成C，负极上Na失电子生成Na+，故碳纳米材料极为正极，钠电极为负极。总反应方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
【详解】A．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，即Na+向碳纳米材料区移动，A正确；
B．放电时，钠电极为负极，反应方程式为Na-e-=Na+，B正确；
C．充电过程电池反应为放电过程的逆反应，则方程式为2Na2CO3+C=4Na+3CO2↑，C正确；
D．钠可以和乙醇反应，故非水电解质不能是NaClO4的乙醇溶液，D错误；
故答案选D。
12．下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是
选项
离子组
试剂X
离子方程式
A
过量的盐酸
B
透明溶液中：
过量的铜粉
C
溶液
D
的溶液中：
双氧水
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向溶液中加入过量的盐酸，酸性条件下硝酸根离子与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向透明溶液中加入过量的铜粉，溶液中铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为，故B正确；
C．向溶液中加入硫酸氢钠溶液，溶液中钡离子、碳酸氢根离子与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向PH为1的溶液中，硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
13．可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥ B．②③⑤
C．①③④ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，①符合题意；
②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO，反应进行的方向相同，反应不一定达平衡状态，②不符合题意；
③不管反应是否达到平衡，各物质表示的反应速率之比都等于化学计量数之比，③不符合题意；
④混合气体的颜色不再改变，则NO2的浓度不变，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的质量不变，体积不变，则密度始终不变，当密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不符合题意；
⑥混合气体的质量始终不变，平均相对分子质量不变时，气体的物质的量不变，则反应达平衡状态，⑥符合题意；
综合以上分析，①④⑥符合题意，故选A。
14．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．高温下，与足量水蒸气反应，生成的分子数目为
B．室温下，的溶液中，由水电离的离子数目为
C．氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为
D．常温下，和混合气体中，含有的原子数目为
【答案】D
【详解】A．铁和水蒸气在高温下反应时，3molFe～4molH2，故0.2mol铁反应时，生成NA个氢气分子，故A错误；
B．25℃时，1LpH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根为0.1mol且几乎全部来自氢氧化钠的电离，氢离子为10-13mol全部来自水的电离，而水电离出的氢氧根的个数与其电离出的氢离子的个数相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的物质的量也为10-13mol，个数为10-13NA个，故B错误；
C．氢氧燃料电池中正极上放电的是氧气，标况下22.4L氧气的物质的量为，由于反应后变为-2价，故1mol氧气转移4NA个电子，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为，而两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故D正确；
故选：D。
15．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．，则氢气的燃烧热为
B．已知的，则金刚石比石墨稳定
C．含的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量，则中和热的热化学方程式为
D．已知，，则
【答案】D
【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时所释放出来的热量，由热化学方程式可知，氢气燃烧生成气态水，则氢气的燃烧热不是241.8kJ/mol，故A错误；
B．由方程式可知，石墨转化为金刚石的反应时金刚石的能量比石墨能量高的吸热反应，则能量低的石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．题给方程式没有标明各物质的聚集状态，则该方程式不是表示中和热的热化学方程式，故C错误；
D．等物质的量的碳完全燃烧放出的热量多于不完全燃烧放出的热量，则反应的焓变△H1<△H2，D正确；
故选D。
16．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸
无砖红色沉淀产生
淀粉未水解
C
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡
沉淀由白色变为红褐色
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
D
将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
证明乙烯能使KMnO4溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．蛋白质溶液中滴加饱和氯化钠溶液析出蛋白质固体的过程为发生盐析，不是发生变性，故A错误；
B．葡萄糖溶液与新制的氢氧化铜悬浊液在酸性条件下不反应，所以淀粉溶液和稀硫酸混合加热后，再加新制的氢氧化铜悬浊液煮沸，无砖红色沉淀产生不能判断淀粉是否发生水解，故B错误；
C．将氯化铁溶液加入氢氧化镁悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色说明溶解度大的氢氧化镁转化为溶解度小的氢氧化铁，故C正确；
D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选C。
17．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．O2在电极b上发生还原反应
B．溶液中OH-向电极a移动
C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5
D．负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【答案】C
【详解】A．b电极为正极，氧气在电极b上得电子，发生还原反应，A正确；
B．原电池中阴离子在电解质溶液中向负极移动，则溶液中OH-向电极a移动，B正确；
C．NH3在负极失电子得N2，O2在正极得电子氧元素变为-2价，根据得失电子守恒有4NH3~12e-~3O2，则消耗NH3与O2的物质的量之比=4：3，C错误；
D．氨气在负极失电子得氮气，结合电解质溶液为KOH溶液写出负极的电极反应式为2NH3-6e- +6OH-=N2+6H2O，D正确；
故选C。
18．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列说法错误的是
A．R的最高价氧化物对应的水化物为强酸
B．简单氢化物的稳定性：Y
D．简单离子半径：Y>Z>W
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物，则X为H元素、Y为O元素；由缓冲溶液的主要成分结构中W为正一价阳离子、R形成5个共价键可知，W为Na元素、R为P元素；由原子序数：3Y=Z+R可知，Z为F元素。
【详解】A．磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故A错误；
B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性弱于氟元素，所以水的稳定性弱于氟化氢，故B正确；
C．过氧化氢和过氧化钠都具有强氧化性，都是具有漂白性的化合物，故C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的离子半径为O2—>F—>Na+，故D正确；
故选A。
19．柠檬酸苯甲酯是一种重要的有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．柠檬酸苯甲酯的所有碳原子可以共平面
B．1mol柠檬酸苯甲酯最多能与6molH2发生加成反应
C．柠檬酸苯甲酯能发生取代反应、氧化反应
D．1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH
【答案】C
【详解】A．含有多个饱和碳原子，具有四面体的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故A错误；
B．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3molH2，故B错误；
C．柠檬酸苯甲酯含有羧基，能与醇类发生取代反应，能燃烧，发生氧化反应，故C正确；
D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应时，消耗3mol NaOH，故D错误；
故选：C。
20．也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。可溶于水，在水中易分解，产生的为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：
反应①，平衡常数为；
反应②，平衡常数为；
总反应：，平衡常数为K。
下列叙述正确的是
A．升高温度，K增大 B．
C．适当升温可提高消毒效率 D．压强增大，减小
【答案】C
【详解】A．由总反应： 可知，正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A项错误；
B．由，B项错误；
C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；
答案选C。
21．现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H2C=HB+HC—
【答案】D
【详解】A．由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A正确；
B．由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；
C．由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；
D．由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；
故选D。
二、填空题
22．常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为，也可表示为，还含少量等杂质)通过如图方法制取。
已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的如表。
金属离子
开始沉淀时
1.9
3.3
6.2
沉淀完全时
3.2
5.2
8.0
(1)熔融时发生反应的化学方程式为_______，滤渣Ⅰ的化学式为_______。
(2)滤液Ⅰ中除外还含金属的阳离子有_______，为使滤液Ⅰ的杂质离子沉淀完全，需用氨水调，则a的范围是_______。
(3)继续加氨水至时，所发生反应的离子方程式为_______。
(4)向过滤Ⅲ所得滤液中加入粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_______。
(5)为得到纯净的，需要洗涤，检验是否洗涤干净的方法是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则洗涤干净
【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2；
（1）
高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：；加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；故答案为；H2SiO3；
（2）
锆英砂中含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，滤液Ⅰ中除Na+外还含金属的阳离子有：ZrO2+、Fe3+、Al3+；需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；故答案为ZrO2+、Fe3+、Al3+；5.2～6.2；
（3）
加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为： ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；
（4）
过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：；故答案为；
（5）
沉淀上附着的杂质为氯离子，用稀硝酸和硝酸银来检验洗液中是否含有氯离子即可，其操作为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净；故答案为取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净。
三、实验题
23．已知：ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，且能发生反应：ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(l)
(1)装置A中发生反应的化学方程式是______；
(2)装置B的作用是______，不能用装置F代替装置E，理由______；
(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是______(填标号)；
A．过滤 B．蒸发结晶 C．蒸馏 D．分液
(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：
①
②ICl+KI═I2+KCl
③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用a mol•L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。
实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。
①滴定过程中可用______作指示剂。
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1______(填“偏大”或“偏小)。
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为______mol，由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。
【答案】 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O 除去氯气中的氯化氢 装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解 C 淀粉溶液 偏小 5a(V2-V1)×10-3
【详解】（1）氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O。
（2）浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢。由于ICl易水解，所以不能用装置F代替装置E的理由是装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，故答案为：除去氯气中的氯化氢；装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解。
（3）由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，答案选C。
（4）①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂。
②由于碘离子易被氧化，因此滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则生成的单质碘减小，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小，即会导致V1偏小。
③实验2中比实验1多消耗的溶液体积为(V2－V1)mL，其物质的量的是0．001a(V2－V1)mol。根据方程式②ICl+KI＝I2+KCl和③I2＋2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0.001a(V2－V1)mol÷2，因此根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.0005a(V2－V1)mol×＝5a(V2－V1)×10－3mol。
四、原理综合题
24．是一种重要的化工原料，用煤化工生产中产生的和制取的反应为：(g)+3(g) (g)+ (g) ΔH，已知相关物质的化学键键能数据如表所示：
化学键
a
b
c
d
e
回答下列问题：
(1)_______。(用含字母的代数式表示)
(2)在恒容密闭容器中投入和发生反应，实验测得不同温度和压强下，平衡时的物质的量变化如图1所示。
①的关系由大到小为_______。
②M点，的转化率为_______。
③在、时，图中N点_______(填“>”“<”或“=”)。
(3)用与制备时有副产物生成。其他条件相同时，测得不同温度下转化率及含碳生成物的选择性数据如表：
转化率/%
选择性/%
230
12.83
47.75
52.25
250
17.63
36.22
63.77
270
15.96
59.78
40.22
制备的适宜温度为_______，理由是_______。
(4)与合成近年来备受关注。在有“氧空位”的催化剂上合成的反应机理如图2所示。
①存在键断裂的反应过程是_______(填数字)。
②由与直接合成的总反应方程式是_______。
【答案】(1)2a+3b−c−3d−3e
(2) p1>p2>p3
(3) 250℃ 在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高
(4) 2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O
【解析】（1）
由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：ΔH=(2a+3b−c−3d−3e)kJ/mol，故答案为：2a+3b−c−3d−3e；
（2）
①该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，由图可知，相同温度时，p1、p2、p3条件下，甲醇的物质的量依次减小，则压强p1、p2、p3依次减小，故答案为：p1>p2>p3；
②由图可知，M点时甲醇的物质的量为0.25mol，由方程式和碳原子原子个数守恒可知，二氧化碳的转化率为×100%=25%，故答案为：25%；
③由图可知，p2、512K条件下，N点甲醇的物质的量小于平衡时甲醇的物质的量，说明反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
（3）
由表格数据可知，在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高，则制备甲醇的适宜温度为250℃，故答案为：250℃；在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高；
（4）
①由图可知，反应4是存在氢氧键断裂的反应，故答案为：4；
②由图可知，二氧化碳与甲醇直接合成碳酸二甲酯的反应为催化剂作用下，二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应的化学方程式为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O，故答案为：2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O。
五、结构与性质
25．嫦娥五号带回的月球土壤中可能存在金、银、铜、铁、锌、铼等元素。
(1)鉴定月球土壤的元素组成，可采用的方法是_______。
A．光谱分析 B．质谱分析 C．X-射线衍射分析
(2)铼位于第六周期，与锰属于同一副族。类比锰，写出基态铼(Re)原子的价层电子排布式_______。
(3)第二电离能(I2)：I2(Cu)_______ I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(4)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为。
①IMI分子中碳原子的杂化方式有_______。
②中，氯原子的价层电子对数为_______，其立体构型为_______。
③常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物( )为液态而非固态，其原因可能是_______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】(1)A
(2)
(3) > Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能
(4) sp3、sp2 4 正四面体 该化合物中阴、阳离子体积大，所带电荷数，形成离子晶体的晶格能小，熔点低
(5) 六方最密堆积 或
【分析】（1）中根据分析方法的应用进行判断；（2）中根据元素所在周期表中位置判断；（3）利用原子的电子排布式结合洪特规则进行判断；（4）根据原子成键特点及杂化轨道理论进行判断原子杂化类型及分子空间构型；利用熔点的判断方法即晶体类型及作用力进行判断物质的熔沸点；（5）根据晶胞密度计算公式进行计算；
（1）
A．光谱分析用于鉴别元素，故A符合题意；
B．质谱法检测有机物的相对分子质量；故B不符合题意；
C．X-射线衍射分析用于测定晶体和非晶体，故C不符合题意；
故选答案A；
（2）
根据铼在周期表的位置进行判断，基态铼(Re)原子的价层电子排布式为5d56s2；故答案为：5d56s2；
（3）
第二电离能是指失去第二个电子时所需要的能量，根据原子的电子排布式，利用洪特规则进行判断；Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能；故答案为：Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能；
（4）
①根据IMI的结构简式中碳原子形成的化学键判断，形成四个单键的碳原子采用sp3杂化，形成一个双键的碳原子采用sp2，故答案为：sp3、sp2；②高氯酸根离子根据中心原子氯原子的最外层电子数及成键数判断其价层电子对数为4；其立体构型利用杂化理论判断，为sp3杂化的正四面体；③该化合物中阴、阳离子体积大，所带电荷数，形成离子晶体的晶格能小，熔点低；
（5）
根据原子堆积方式如图判断为：六方最密堆积；根据密度计算公式 ；该晶胞实际含有的原子个数为： ；故密度为；故答案为：；
【点睛】此题考查物质结构与性质；注意晶胞密度计算中晶胞实际含有原子个数利用均摊法进行判断。
四川省内江市第六中学2022-2023学年高三上学期入学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析，下列说法正确的是
A．BaSO4、CH3COONH4都属于强电解质
B．SiO2、NO2都属于酸性氧化物
C．NaCl溶液、牛奶都属于溶液
D．CuSO4·5H2O、水玻璃都属于纯净物
【答案】A
【详解】A. BaSO4、CH3COONH4属于盐类，其溶于水的部分可以完全电离，故其是强电解质，A正确；
B.酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，并且化合价不变。NO2和碱发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C.牛奶属于胶体，故C错误；
D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；
正确答案：A。
2．工业上利用反应检查氯气管道是否漏气。下列说法不正确的是
A．将浓氨水接近管道，若产生白烟说明管道漏气
B．的电子式为：
C．中只含有离子键
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【详解】A．将浓氨水接近氯气管道，若产生白烟则有氯化铵生成说明管道漏气，故A正确；
B．中氮氮为共价键，其电子式为：，故B正确；
C．中只既含有离子键，也还有共价键，故C错误；
D．该反应中氯气为氧化剂，氨气还原剂，物质的量之比为，故D正确；
故选C。
3．设表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．标准状况下，完全燃烧后生成的分子个数约为
B．与含有的中子数均为
C．溶液中含有个
D．盐酸与足量共热，转移的电子数为
【答案】B
【详解】A．标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．D2O与H218O的摩尔质量均为20g/mol，故20gD2O与20gH218O的物质的量均为，且两者中均含10个中子，故1mol两者中均含10NA个中子，故B正确；
C．溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；
D．50mL 12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度变小，无法继续反应，转移的电子数小于，故D错误；
故选：B。
4．下列颜色变化不是因化学反应引起的是
A．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝 B．鸡皮遇浓硝酸呈黄色
C．蔗糖遇浓硫酸变黑 D．钠燃烧时火焰呈黄色
【答案】D
【详解】A．氯气与碘离子发生化学反应生成碘，碘与淀粉变蓝，与化学反应有关，故A不选；
B．鸡皮遇稀硝酸发生颜色反应，与化学反应有关，故B不选；
C．蔗糖遇浓硫酸脱水生成碳，与化学反应有关，故C不选；
D．钠燃烧时火焰呈黄色，是焰色反应，属于物理变化，故D选；
故选：D。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．氯气溶于水：
B．亚磷酸是一种二元弱酸，在其中加入过量的烧碱溶液：
C．酸性溶液中与反应生成：
D．溶液中加足量溶液：
【答案】D
【详解】A．氯气溶于水，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；
B．亚磷酸是一种二元弱酸，其中加入过量的烧碱溶液，离子方程式为H3PO3+2OH-=+2H2O，B错误；
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，离子方程式为，C错误；
D．碳酸氢钠中加入足量的氢氧化钡溶液，生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式正确，D正确；
故答案选D。
6．下列说法不正确的是
A．用溶液可以洗去蔬菜、水果等的残留农药
B．将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内是为了催熟水果
C．使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力会减弱
D．用二氧化碳制全降解塑料，可以缓解温室效应
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，碱性溶液可以使多数有毒的农药发生水解，能有效降低农药残留量，故A正确；
B．将浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放入新鲜的水果箱内，可以吸收水果释放出的乙烯，有利于水果延长水果的成熟，故B错误；
C．使用含钙、镁离子浓度较大的地下水洗衣服，钙、镁离子会与高级脂肪酸盐反应生成沉淀，使肥皂去污能力减弱，故C正确；
D．用二氧化碳制全降解塑料，可以减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应和实现碳中和，故D正确；
故选B。
7．常温下，下列实验一定能证明为弱电解质的是
A．0.1mol/LNaA溶液的
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出
D．将的醋酸和溶液稀释相同倍数，溶液的值变化较小
【答案】D
【详解】A．常温下，0.1mol/LNaA溶液的pH为7说明NaA为强酸强碱盐，则HA为强酸，故A不符合题意；
B．0.1mol/LHA溶液中滴入石蕊试液呈红色说明HA溶液呈酸性，但不能证明HA为弱酸，故B不符合题意；
C．蛋壳浸泡在0.1mol/LHA溶液中有气体放出说明HA的酸性强于碳酸，但不能证明HA为弱酸，故C不符合题意；
D．将pH=2的醋酸和HA溶液稀释相同倍数，HA溶液的pH值变化较小说明HA是在溶液中部分电离的弱酸，故D符合题意；
故选D。
8．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC（g）平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L。下列有关判断错误是
A．x+y>z B．平衡向正反应方向移动 C．B的转化率降低 D．C的体积分数下降
【答案】B
【分析】将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不发生移动，则A的浓度为0.25mol/L，但实际为0.30mol/L，说明扩大容器体积减小压强时平衡逆向移动，所以x+y>z。
【详解】A．根据分析可知x+y>z，故A正确；
B．根据分析可知平衡逆向移动，故B错误；
C．平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；
D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D正确；
综上所述答案为B.
9．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
①氯化钠饱和溶液
②
③海水
④
⑤重晶石()
A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①②⑤
【答案】D
【详解】①氯化钠饱和溶液中分别通入氨气和二氧化碳气体，析出碳酸氢钠晶体，转化可以实现；
②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝溶液加入氨水反应生成氢氧化铝沉淀，转化可以实现；
③海水中加入石灰乳，其中的氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，但氯化镁溶液受热时发生水解产生氢氧化镁，无法得到氯化镁晶体，转化不能实现；
④氮气与氧气在点燃条件下不能生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，转化不能实现；
⑤重晶石加入到饱和碳酸钠溶液中反复浸取，转化为难溶的碳酸钡，碳酸钡加入盐酸反应生成氯化钡，转化可以实现；
答案选D。
10．在一定条件下，对于反应，物质 C 的体积分数(C%)与温度、压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由图可以知道压强一定时温度越高，C物质的体积分数(C%)越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；温度一定时压强越高，C物质的体积分数(C%)越小，说明增大压强平衡向逆反应移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动即m+n＜c+d，所以正方向为气体物质的量增大的方向，即正方向为熵增加的方向，即△S＞0；所以该反应为△H＜0，△S＞0；
故选A。
11．一种二次电池的装置如图所示，电池放电时正极反应式为。下列说法中不正确的是
A．放电时，电解质溶液中向碳纳米材料区移动
B．放电时，负极反应式
C．充电时，电池总反应为
D．非水电解质可以是的乙醇溶液
【答案】D
【分析】放电时正极上CO2得电子生成C，负极上Na失电子生成Na+，故碳纳米材料极为正极，钠电极为负极。总反应方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
【详解】A．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，即Na+向碳纳米材料区移动，A正确；
B．放电时，钠电极为负极，反应方程式为Na-e-=Na+，B正确；
C．充电过程电池反应为放电过程的逆反应，则方程式为2Na2CO3+C=4Na+3CO2↑，C正确；
D．钠可以和乙醇反应，故非水电解质不能是NaClO4的乙醇溶液，D错误；
故答案选D。
12．下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是
选项
离子组
试剂X
离子方程式
A
过量的盐酸
B
透明溶液中：
过量的铜粉
C
溶液
D
的溶液中：
双氧水
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向溶液中加入过量的盐酸，酸性条件下硝酸根离子与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向透明溶液中加入过量的铜粉，溶液中铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为，故B正确；
C．向溶液中加入硫酸氢钠溶液，溶液中钡离子、碳酸氢根离子与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向PH为1的溶液中，硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
13．可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥ B．②③⑤
C．①③④ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，①符合题意；
②单位时间内生成n mol O2的同时，生成2n mol NO，反应进行的方向相同，反应不一定达平衡状态，②不符合题意；
③不管反应是否达到平衡，各物质表示的反应速率之比都等于化学计量数之比，③不符合题意；
④混合气体的颜色不再改变，则NO2的浓度不变，反应达平衡状态，④符合题意；
⑤混合气体的质量不变，体积不变，则密度始终不变，当密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不符合题意；
⑥混合气体的质量始终不变，平均相对分子质量不变时，气体的物质的量不变，则反应达平衡状态，⑥符合题意；
综合以上分析，①④⑥符合题意，故选A。
14．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．高温下，与足量水蒸气反应，生成的分子数目为
B．室温下，的溶液中，由水电离的离子数目为
C．氢氧燃料电池正极消耗(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为
D．常温下，和混合气体中，含有的原子数目为
【答案】D
【详解】A．铁和水蒸气在高温下反应时，3molFe～4molH2，故0.2mol铁反应时，生成NA个氢气分子，故A错误；
B．25℃时，1LpH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根为0.1mol且几乎全部来自氢氧化钠的电离，氢离子为10-13mol全部来自水的电离，而水电离出的氢氧根的个数与其电离出的氢离子的个数相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的物质的量也为10-13mol，个数为10-13NA个，故B错误；
C．氢氧燃料电池中正极上放电的是氧气，标况下22.4L氧气的物质的量为，由于反应后变为-2价，故1mol氧气转移4NA个电子，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为，而两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故D正确；
故选：D。
15．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．，则氢气的燃烧热为
B．已知的，则金刚石比石墨稳定
C．含的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量，则中和热的热化学方程式为
D．已知，，则
【答案】D
【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时所释放出来的热量，由热化学方程式可知，氢气燃烧生成气态水，则氢气的燃烧热不是241.8kJ/mol，故A错误；
B．由方程式可知，石墨转化为金刚石的反应时金刚石的能量比石墨能量高的吸热反应，则能量低的石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．题给方程式没有标明各物质的聚集状态，则该方程式不是表示中和热的热化学方程式，故C错误；
D．等物质的量的碳完全燃烧放出的热量多于不完全燃烧放出的热量，则反应的焓变△H1<△H2，D正确；
故选D。
16．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液
均有固体析出
蛋白质均发生变性
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸
无砖红色沉淀产生
淀粉未水解
C
将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡
沉淀由白色变为红褐色
验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
D
将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
证明乙烯能使KMnO4溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．蛋白质溶液中滴加饱和氯化钠溶液析出蛋白质固体的过程为发生盐析，不是发生变性，故A错误；
B．葡萄糖溶液与新制的氢氧化铜悬浊液在酸性条件下不反应，所以淀粉溶液和稀硫酸混合加热后，再加新制的氢氧化铜悬浊液煮沸，无砖红色沉淀产生不能判断淀粉是否发生水解，故B错误；
C．将氯化铁溶液加入氢氧化镁悬浊液中，振荡，沉淀由白色变为红褐色说明溶解度大的氢氧化镁转化为溶解度小的氢氧化铁，故C正确；
D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色不能说明乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选C。
17．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．O2在电极b上发生还原反应
B．溶液中OH-向电极a移动
C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5
D．负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【答案】C
【详解】A．b电极为正极，氧气在电极b上得电子，发生还原反应，A正确；
B．原电池中阴离子在电解质溶液中向负极移动，则溶液中OH-向电极a移动，B正确；
C．NH3在负极失电子得N2，O2在正极得电子氧元素变为-2价，根据得失电子守恒有4NH3~12e-~3O2，则消耗NH3与O2的物质的量之比=4：3，C错误；
D．氨气在负极失电子得氮气，结合电解质溶液为KOH溶液写出负极的电极反应式为2NH3-6e- +6OH-=N2+6H2O，D正确；
故选C。
18．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列说法错误的是
A．R的最高价氧化物对应的水化物为强酸
B．简单氢化物的稳定性：Y
D．简单离子半径：Y>Z>W
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，常温下X与Y可组成两种液态二元化合物，则X为H元素、Y为O元素；由缓冲溶液的主要成分结构中W为正一价阳离子、R形成5个共价键可知，W为Na元素、R为P元素；由原子序数：3Y=Z+R可知，Z为F元素。
【详解】A．磷元素的最高价氧化物对应的水化物磷酸为中强酸，故A错误；
B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性弱于氟元素，所以水的稳定性弱于氟化氢，故B正确；
C．过氧化氢和过氧化钠都具有强氧化性，都是具有漂白性的化合物，故C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的离子半径为O2—>F—>Na+，故D正确；
故选A。
19．柠檬酸苯甲酯是一种重要的有机物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．柠檬酸苯甲酯的所有碳原子可以共平面
B．1mol柠檬酸苯甲酯最多能与6molH2发生加成反应
C．柠檬酸苯甲酯能发生取代反应、氧化反应
D．1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH
【答案】C
【详解】A．含有多个饱和碳原子，具有四面体的结构特征，则所有的碳原子不可能共平面，故A错误；
B．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量H2加成，最多消耗3molH2，故B错误；
C．柠檬酸苯甲酯含有羧基，能与醇类发生取代反应，能燃烧，发生氧化反应，故C正确；
D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基，则1mol柠檬酸苯甲酯与足量的氢氧化钠溶液反应时，消耗3mol NaOH，故D错误；
故选：C。
20．也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。可溶于水，在水中易分解，产生的为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：
反应①，平衡常数为；
反应②，平衡常数为；
总反应：，平衡常数为K。
下列叙述正确的是
A．升高温度，K增大 B．
C．适当升温可提高消毒效率 D．压强增大，减小
【答案】C
【详解】A．由总反应： 可知，正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A项错误；
B．由，B项错误；
C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；
答案选C。
21．现有HA、HB和H2C三种酸，室温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是
A．a点时的溶液中由水电离出的c(OH—)=3×10-13mol·L-1
B．b点对应溶液中：c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)
C．曲线c点对应溶液中：c(H+)+c(HB)=c(OH—)
D．已知H2C的一级电离为H2C=H++HC—，常温下0.1mol·L-1的H2C溶液中c(H+)=0.11mol·L-1，则往NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H2C=HB+HC—
【答案】D
【详解】A．由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，说明HA是强酸，在溶液中完全电离，a点时的溶液中氢离子浓度为=mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=3×10-13mol/L，故A正确；
B．由图可知，b点对应的溶液为等浓度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，说明溶液中HB的电离程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的浓度大小顺序为c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正确；
C．由图可知，c点对应的溶液为NaB溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正确；
D．由H2C的一级电离方程式可知，H2C在溶液中第一步电离是完全电离，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反应的离子方程式为B—+H+=HB，故D错误；
故选D。
二、填空题
22．常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为，也可表示为，还含少量等杂质)通过如图方法制取。
已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的如表。
金属离子
开始沉淀时
1.9
3.3
6.2
沉淀完全时
3.2
5.2
8.0
(1)熔融时发生反应的化学方程式为_______，滤渣Ⅰ的化学式为_______。
(2)滤液Ⅰ中除外还含金属的阳离子有_______，为使滤液Ⅰ的杂质离子沉淀完全，需用氨水调，则a的范围是_______。
(3)继续加氨水至时，所发生反应的离子方程式为_______。
(4)向过滤Ⅲ所得滤液中加入粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_______。
(5)为得到纯净的，需要洗涤，检验是否洗涤干净的方法是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则洗涤干净
【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2；
（1）
高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：；加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；故答案为；H2SiO3；
（2）
锆英砂中含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质，ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，滤液Ⅰ中除Na+外还含金属的阳离子有：ZrO2+、Fe3+、Al3+；需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；故答案为ZrO2+、Fe3+、Al3+；5.2～6.2；
（3）
加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为： ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；
（4）
过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：；故答案为；
（5）
沉淀上附着的杂质为氯离子，用稀硝酸和硝酸银来检验洗液中是否含有氯离子即可，其操作为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净；故答案为取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净。
三、实验题
23．已知：ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，且能发生反应：ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(l)
(1)装置A中发生反应的化学方程式是______；
(2)装置B的作用是______，不能用装置F代替装置E，理由______；
(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是______(填标号)；
A．过滤 B．蒸发结晶 C．蒸馏 D．分液
(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：
①
②ICl+KI═I2+KCl
③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用a mol•L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。
实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。
①滴定过程中可用______作指示剂。
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1______(填“偏大”或“偏小)。
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为______mol，由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。
【答案】 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O 除去氯气中的氯化氢 装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解 C 淀粉溶液 偏小 5a(V2-V1)×10-3
【详解】（1）氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O。
（2）浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢。由于ICl易水解，所以不能用装置F代替装置E的理由是装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，故答案为：除去氯气中的氯化氢；装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解。
（3）由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，答案选C。
（4）①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂。
②由于碘离子易被氧化，因此滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则生成的单质碘减小，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小，即会导致V1偏小。
③实验2中比实验1多消耗的溶液体积为(V2－V1)mL，其物质的量的是0．001a(V2－V1)mol。根据方程式②ICl+KI＝I2+KCl和③I2＋2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6可知：ICl～2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0.001a(V2－V1)mol÷2，因此根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.0005a(V2－V1)mol×＝5a(V2－V1)×10－3mol。
四、原理综合题
24．是一种重要的化工原料，用煤化工生产中产生的和制取的反应为：(g)+3(g) (g)+ (g) ΔH，已知相关物质的化学键键能数据如表所示：
化学键
a
b
c
d
e
回答下列问题：
(1)_______。(用含字母的代数式表示)
(2)在恒容密闭容器中投入和发生反应，实验测得不同温度和压强下，平衡时的物质的量变化如图1所示。
①的关系由大到小为_______。
②M点，的转化率为_______。
③在、时，图中N点_______(填“>”“<”或“=”)。
(3)用与制备时有副产物生成。其他条件相同时，测得不同温度下转化率及含碳生成物的选择性数据如表：
转化率/%
选择性/%
230
12.83
47.75
52.25
250
17.63
36.22
63.77
270
15.96
59.78
40.22
制备的适宜温度为_______，理由是_______。
(4)与合成近年来备受关注。在有“氧空位”的催化剂上合成的反应机理如图2所示。
①存在键断裂的反应过程是_______(填数字)。
②由与直接合成的总反应方程式是_______。
【答案】(1)2a+3b−c−3d−3e
(2) p1>p2>p3
(3) 250℃ 在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高
(4) 2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O
【解析】（1）
由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：ΔH=(2a+3b−c−3d−3e)kJ/mol，故答案为：2a+3b−c−3d−3e；
（2）
①该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，由图可知，相同温度时，p1、p2、p3条件下，甲醇的物质的量依次减小，则压强p1、p2、p3依次减小，故答案为：p1>p2>p3；
②由图可知，M点时甲醇的物质的量为0.25mol，由方程式和碳原子原子个数守恒可知，二氧化碳的转化率为×100%=25%，故答案为：25%；
③由图可知，p2、512K条件下，N点甲醇的物质的量小于平衡时甲醇的物质的量，说明反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
（3）
由表格数据可知，在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高，则制备甲醇的适宜温度为250℃，故答案为：250℃；在250℃时，二氧化碳的平衡转化率最大，甲醇的选择性最高；
（4）
①由图可知，反应4是存在氢氧键断裂的反应，故答案为：4；
②由图可知，二氧化碳与甲醇直接合成碳酸二甲酯的反应为催化剂作用下，二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应的化学方程式为2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O，故答案为：2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O。
五、结构与性质
25．嫦娥五号带回的月球土壤中可能存在金、银、铜、铁、锌、铼等元素。
(1)鉴定月球土壤的元素组成，可采用的方法是_______。
A．光谱分析 B．质谱分析 C．X-射线衍射分析
(2)铼位于第六周期，与锰属于同一副族。类比锰，写出基态铼(Re)原子的价层电子排布式_______。
(3)第二电离能(I2)：I2(Cu)_______ I2(Zn)(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(4)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为。
①IMI分子中碳原子的杂化方式有_______。
②中，氯原子的价层电子对数为_______，其立体构型为_______。
③常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物( )为液态而非固态，其原因可能是_______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】(1)A
(2)
(3) > Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能
(4) sp3、sp2 4 正四面体 该化合物中阴、阳离子体积大，所带电荷数，形成离子晶体的晶格能小，熔点低
(5) 六方最密堆积 或
【分析】（1）中根据分析方法的应用进行判断；（2）中根据元素所在周期表中位置判断；（3）利用原子的电子排布式结合洪特规则进行判断；（4）根据原子成键特点及杂化轨道理论进行判断原子杂化类型及分子空间构型；利用熔点的判断方法即晶体类型及作用力进行判断物质的熔沸点；（5）根据晶胞密度计算公式进行计算；
（1）
A．光谱分析用于鉴别元素，故A符合题意；
B．质谱法检测有机物的相对分子质量；故B不符合题意；
C．X-射线衍射分析用于测定晶体和非晶体，故C不符合题意；
故选答案A；
（2）
根据铼在周期表的位置进行判断，基态铼(Re)原子的价层电子排布式为5d56s2；故答案为：5d56s2；
（3）
第二电离能是指失去第二个电子时所需要的能量，根据原子的电子排布式，利用洪特规则进行判断；Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能；故答案为：Cu+的3d能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第二电离能大于锌的第二电离能；
（4）
①根据IMI的结构简式中碳原子形成的化学键判断，形成四个单键的碳原子采用sp3杂化，形成一个双键的碳原子采用sp2，故答案为：sp3、sp2；②高氯酸根离子根据中心原子氯原子的最外层电子数及成键数判断其价层电子对数为4；其立体构型利用杂化理论判断，为sp3杂化的正四面体；③该化合物中阴、阳离子体积大，所带电荷数，形成离子晶体的晶格能小，熔点低；
（5）
根据原子堆积方式如图判断为：六方最密堆积；根据密度计算公式 ；该晶胞实际含有的原子个数为： ；故密度为；故答案为：；
【点睛】此题考查物质结构与性质；注意晶胞密度计算中晶胞实际含有原子个数利用均摊法进行判断。
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