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高考化学选择题基础天天练-70天
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【新科技】化学促进了科技的进步与发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是
A．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱 B．利用煤的气化和液化提供清洁燃料
C．利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水 D．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
【答案】C
【详解】A．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，A不符合题意；
B．煤的气化和液化过程中均生成新物质，涉及化学变化，B不符合题意；
C．蛋白质溶液属于胶体，食盐水属于溶液，胶体具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水，胶体发生丁达尔效应的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，C符合题意；
D．二氧化碳转化为淀粉（C6H10O5）n或葡萄糖C6H12O6，有新物质生成，涉及化学变化，D不符合题意；
故选C。
2．电石可通过如下反应制得：、。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式： B．的空间构型为四面体形
C．的电子式为 D．二氧化碳晶体属于共价晶体
【答案】C
【详解】A．基态原子的电子排布式为，则的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A错误；
B．中C的价层电子对为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误；
C．是离子化合物，由和构成，电子式为：，故C正确；
D．二氧化碳晶体属于分子晶体，故D错误。
答案选C。
3．【新方法】氯化铯(CsCl)是一种分析试剂，制备方法为：。下列说法正确的是
A．的VSEPR模型为V形
B．电负性：O>H>C
C．中的键角大于中的键角
D．基态Cs原子最外层电子的电子云轮廓图为哑铃状
【答案】C
【详解】A．的中心原子C的价层电子对数为，VSEPR模型为直线形，A错误；
B．同一周期从左到右元素的电负性逐渐增大，电负性O>C；元素的非金属性：C>H；电负性：C>H，故电负性：O>C>H，B错误；
C．的中心原子C的价层电子对数为，空间构型为平面三角形，键角为120°C；的中心原子O的价层电子对数为，空间构型为V形，键角为105°C；键角：，C正确；
D．Cs为IA元素，基态Cs原子最外层电子为s轨道上的电子，电子云轮廓图为球形，D错误；
故答案为：C。
4．【改编】部分含碘的物质有如下转化关系。已知：为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A．标准状况下，4.48L中含原子数为0.4
B．1L溶液中含数小于0.1
C．在反应①中生成0.3mol 时转移电子数为0.6
D．在反应②中生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子数为0.25
【答案】D
【分析】反应①为：，反应②为：。
【详解】A．在标准状况下，碘单质呈固态，无法计算4.48L中所含原子数，A错误；
B．为强酸强碱盐，KI不水解，1L溶液中含数等于0.1，B错误；
C．反应①为：，KIO3中I由+5价降低为0价，生成0.3mol 时转移0.5mol电子，C错误；
D．反应②为：，I2既是氧化剂又是还原剂，KI为还原产物，KIO3为氧化产物，生成0.1mol时，消耗0.25mol(氧化剂)，个数为0.25，D正确；
故选D。
5．【新科技】光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法不正确的是
A．该高分子材料可降解 B．聚碳酸异山梨醇酯分子中有2种官能团
C．反应式中化合物为甲醇 D．该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【详解】A．根据高分子结构可知，含酯基可以降解，A正确；
B．聚碳酸异山梨醇酯分子中有醚键，酯基，羟基3种官能团，B错误；
C．反应式中异山梨醇释放出一个氢原子与碳酸二甲酯释放出的甲氧基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C正确；
D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子物质生成，属于缩聚反应，D正确；
故选B；
6．一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列离子方程式可正确解释相应变化的是
A 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀
B 硫化钠溶液出现乳白色浑浊
C 氯水颜色逐渐褪去
D 过氧化钠变为白色粉末
【答案】B
【详解】A．硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀是因为发生了反应12Fe2++3O2+6H2O=8Fe3++4Fe(OH)3↓，A错误；
B．硫化钠溶液出现乳白色浑浊，是因为硫离子被氧气氧化生成了硫单质，B正确；
C．氯水颜色逐渐褪去，是因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，C错误；
D．过氧化钠变为白色粉末，是因为发生反应2Na2O2+2CO2=2+O2，并不会生成碳酸氢根离子，D错误；
故答案选B。
7．翡翠石是自然界一种常见的矿石，其主要成分是，X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。在短周期中，Y原子半径最大，X、M的简单氢化物分子的空间结构分别为V形和正四面体形。下列叙述错误的是
A．第一电离能：M>Z>Y B．熔点：
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z D．简单氢化物的稳定性：X>M
【答案】B
【分析】Y为短周期主族中原子半径最大的元素，则Y是Na；X的氢化物为V形，原子序数小于11，X是O；M的氢化物为正四面体，原子序数大于11，则M为Si；Z的原子序数介于Na（11）和Si（14）之间，且为主族元素，化学式YZM2X6对应NaZSi2O6，由化合价代数和为0，可推断Z为+3价，则Z为Al，综上所述：X是O、Y是Na、Z为Al、M为Si，据此解答。
【详解】A．同周期元素第一电离能随着原子序数增大有增大的趋势，所以第一电离能：，A正确；
B．为共价晶体，熔点很高；为离子晶体，离子晶体熔沸点一般低于共价晶体，B错误；
C．同一周期主族元素从左往右，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性减弱，即碱性：＞，C正确；
D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性O＞Si，所以简单气态氢化物的稳定性：＞，D正确；
故选B。
8．下列装置不能达到实验目的的是
A．装置甲可用于提纯胡萝卜素 B．装置乙可用于验证铁的吸氧腐蚀
C．装置丙可用于检验干燥的氯气是否具有漂白性 D．装置丁可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
【答案】C
【详解】A．装置甲是利用胡萝卜素与杂质在硅胶（固定相）和溶剂（流动相）中的分配差异来提纯胡萝卜素，A能达到实验目的；
B．铁在中性食盐水（吸氧腐蚀条件）下，试管内氧气被消耗，压强减小，通过导管中红墨水液面上升可验证铁的吸氧腐蚀，B能达到实验目的；
C．氯气先通过NaOH溶液，氯气会与NaOH溶液发生反应，无法得到干燥氯气，不能检验干燥的氯气是否具有漂白性，C不能达到实验目的；
D．碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠受热不分解，碳酸钠比碳酸氢钠稳定，可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，D能达到实验目的；
答案选C。
9．替代晶体中部分的位置，但由于二者的离子半径和化合价不同会导致部分脱离形成“氧空位”以保证晶体的电中性。晶胞结构如下图，密度为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是
A．晶体中与最近且等距的有6个
B．晶胞的边长为
C．若a为晶胞顶点，则c位于棱心
D．若b处被计替代，则该物质的化学式为
【答案】D
【详解】A．由晶胞的结构可知，晶体中与O2-最近且等距的Mg2+位于其上下左右前后，共6个，A正确；
B．设晶胞的边长为apm，根据均摊法，晶胞中含有O2-的数目为8×+6×=4，Mg2+离子的数目为12×+1=4，则晶胞的质量为，晶胞的体积为a3×10-30cm3，则ρ===，a=，B正确；
C．由晶胞的结构可知，若a为晶胞顶点，则c位于棱心，C正确；
D．若b处Mg2+被Li+替代，部分O2-脱离形成“氧空位”，则该物质的化学式为LiMg3O3.5，D错误；
故答案为：D。
10．脑啡肽分子的结构简式如下图，下列有关脑啡肽分子的说法错误的是
A．分子间可形成氢键 B．分子中含有3个手性碳原子
C．由五种氨基酸分子缩合生成 D．能发生取代、氧化、缩合反应
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，脑啡肽分子中含有的羧基、羟基和氨基，分子间可形成氢键，故A正确；
B．由结构简式可知，脑啡肽分子中含有如图*所示的3个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构简式可知，脑啡肽分子是由、、 、共4种氨基酸分子缩合生成，故C错误；
D．由结构简式可知，脑啡肽分子中含有的羧基、羟基和氨基，能发生取代反应、氧化反应、缩聚反应，故D正确；
故选C。
12．【新科技】可作为光催化水生产物质X的高效催化剂，反应部分机理如题图所示。下列说法不正确的是
A．在激光作用下，发生氧化反应
B．元素位于元素周期表d区
C．物质X为
D．工业上煅烧制备的反应：
【答案】A
【详解】A．在激光作用下，和反应生成和Co3+，Co元素化合价由+价上升+3价，作还原剂，则作氧化剂发生还原反应，A错误；
B．Co为27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，位于元素周期表d区，B正确；
C．反应III中Co4+化合价降低发生还原反应生成Co3O4，则H2O中O元素化合价上升发生氧化反应生成O2，则X为，C正确；
D．工业上煅烧制备的反应，该过程中和O2反应生成，Co元素化合价上升，O元素化合价下降，C元素化合价不变，则同时有CO2生成，化学方程式为：，D正确；
故选A。
13．硼氢化合物燃料电池实现了发电和制氢的同步，其原理如图所示。下列叙述错误的是
A．交换膜M为阴离子交换膜
B．a极电势高于b极电势
C．b极反应式为
D．标准状况下a极生成11.2LH2，时，有0.125mol被还原
【答案】D
【分析】根据图示，a极H2O转化成H2，发生还原反应，故a极是正极，b极为负极，负极发生氧化反应生成，据此分析回答问题。
【详解】A．电池工作时，a极反应为，产生的向负极迁移，故交换膜M为阴离子交换膜，A正确；
B．在原电池中，正极电势高于负极电势时，才能自发放电，故a极电势高于b极电势，B正确；
C．b极发生氧化反应，根据电荷守恒，电极反应式为，C正确；
D．a极反应式为，标准状况下11.2LH2的物质的量为0.5mol，得到1mol电子，有0.125mol 被氧化，D错误；
故选D。
3月28日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Ni 59 Cu 64
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活密切相关。下列过程不涉及化学变化的是
A．石油的分馏 B．热碱液去油污 C．煤的气化 D．生产人造奶油
【答案】A
【详解】A．石油分馏是利用组分的沸点不同进行分离的方法，不涉及化学变化，A正确；
B．热碱液去油污发生皂化反应，有新物质生成，属于化学变化，B错误；
C．煤的气化是将其转化为可燃气体的过程，主要反应为碳与水蒸气反应生成H2、CO等气体的过程，有新物质生成，属于化学变化，C错误；
D．生产人造奶油是油脂的氢化过程，生成新物质，属于化学变化，D错误；
故选A。
2．下列化学用语表述正确的是
A．基态Ga原子的简化电子排布式：
B．的VSEPR模型：
C．反-2-丁烯的球棍模型：
D．的晶体类型：分子晶体
【答案】D
【详解】A．为31号元素，基态原子的简化电子排布式为，A错误；
B．中中心氮原子上孤电子对数为，价层电子对数为采取杂化，VSEPR模型是，B错误；
C．甲基位于碳碳双键的异侧时为反式结构，故反-2-丁烯的球棍模型为，C错误；
D．由分子构成，晶体类型为分子晶体，D正确；
故选D。
3．【新情境】8月15日为全国生态日，多地开展污水处理主题活动，集中处理污水汇集发酵产生的、、和、甲硫醇、等。下列说法正确的是
A．分子的极性： B．共价键的键能：
C．键角： D．分子中三键的键长：
【答案】B
【详解】A．为非极性分子，为极性分子，分子的极性：，故A错误；
B．和结构相似，O原子半径小于原子半径，键长：键能大于键能，故B正确；
C．H2S、NH3的VSEPR模型都是四面体形，中S原子含有2个孤电子对，中N原子含有1个孤电子对，键角：，故C错误；
D．原子半径大于O的原子半径，分子中三键的键长：，故D错误；
答案选B。
4．硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，中质子总数为
B．的溶液中，含S微粒总数目为
C．反应①每生成，转移电子数目为
D．反应②每生成还原产物，则溶液中阴离子的数目减少
【答案】A
【详解】A．中含有32个质子，标准状况下，的物质的量为0.5mol，所含质子数为，A正确；
B．无溶液体积，无法计算含S微粒总数目，B错误；
C．反应①中SO2的S元素由+4价下降到0价，H2S的S元素由-2价上升到0价，化学方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，的物质的量为，每生成0.3mol S，消耗0.1mol SO2，转移电子数目为，C错误；
D．反应②中S由0价下降到-2价被还原生成S2-，又由0价上升到+4价被氧化为，离子方程式为，每生成S2-消耗3mol OH-，同时生成0.5mol，但由于和会水解，则溶液中阴离子减少的数目小于，D错误；
故选A。
5．【新科技】我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，合成方法如下：
下列说法不正确的是
A．M分子中含有2个手性碳原子
B．M在碱性条件下水解开环得到
C．PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团
D．合成1mol PM，理论上需要n mol M和1mol苯甲醇
【答案】B
【详解】
A．由结构简式可知，M分子中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故A正确；
B．由结构简式可知，M中含有酯基，在酸性条件下水解开环得到，碱性条件下水解会生成相应的羧酸盐，故B错误；
C．由结构简式可知，PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团，故C正确；
D．由结构简式可知，理论上，合成1mol PM需要消耗n mol M和1mol苯甲醇，故D正确；
故选B。
6．化学反应中有颜色变化之美。下列相关离子方程式表示不正确的是
A．向溶液中滴加稀硫酸出现黄色沉淀：
B．向溶液中加入出现红褐色沉淀：
C．向酸性溶液中通入后溶液紫色褪去：
D．向溶液中加入后溶液变为黄色：
【答案】B
【详解】A．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，被还原生成S，出现黄色沉淀，同时也被氧化生成SO2，反应的离子方程式为：，A正确；
B．向FeSO4溶液中加入H2O2，Fe2+被H2O2氧化生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：，B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中通入SO2，被还原生成Mn2+，SO2被氧化为，两者发生氧化还原反应使溶液紫色褪去，反应的离子方程式为：，C正确；
D．向HI溶液中加入H2O2，I 被H2O2氧化为I2，H2O2被I 还原生成H2O，反应的离子方程式为：，D正确；
故选B。
7．【新科技】我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是
A．W、X、Y、Z四种元素的单质中W的熔点最高
B．中提供电子对与形成配位键
C．W、X的简单氢化物中沸点较高的是X
D．Y的氢氧化物难溶于溶液，可溶于溶液
【答案】B
【分析】W、X 、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y分别为N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Z为Fe元素。
【详解】A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A正确；
B．碳的电负性小于氮，则CN-中碳更容易提供孤电子对，中CN-的C原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，而不是亚铁离子，B错误；
C．W、X的简单氢化物分别为甲烷和氨气，氨气能形成氢键，导致其沸点较高，C正确；
D．Y的氢氧化物是氢氧化镁，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于氯化钠溶液，但是，氯化铵溶液中铵根离子水解生成氢离子可以破坏的氢氧化镁沉淀溶解平衡，因此可以溶于溶液，D正确；
故选B。
8．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备H2 B．用乙装置制备NH3
C．用丙装置验证NaHCO3的分解 D．用丁装置在铁上镀铜
【答案】A
【详解】A．打开分液漏斗活塞、打开弹簧夹，稀盐酸和锌反应生成氯化锌和氢气，锌在隔板上，关闭弹簧夹，装置中压强增大，盐酸进入漏斗中，锌和稀盐酸分离，反应停止，能制备氢气，A正确；
B．收集氨气导管应该伸到试管底部且其试管口放一团棉花，防止氨气和空气对流导致氨气不纯，B错误；
C．CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，C错误；
D．电解时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，丁装置铁为阳极失去电子生成二价铁离子，铜为阴极溶液中的铜离子得到电子得到铜，在铁上镀铜时，应该为镀层金属Cu作阳极，待镀制品作阴极，D错误；
故选A。
9．锰氧化物具有较大应用价值，的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，当有氧原子脱出时，出现氧空位，设该四方晶胞参数为、、，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．该锰氧化物的化学式为
B．晶体密度为
C．位于距离最近的O构成的八面体中心
D．出现氧空位时，的化合价降低
【答案】B
【详解】A．根据均摊法可知，该晶胞中的个数为，O的个数为，该锰氧化物的化学式为，A正确；
B．，晶体密度，B错误；
C．从图中可以看出，体内的周围有6个等距离的O，位于距离最近的O构成的八面体中心，C正确；
D．当晶体中有氧原子脱出时，出现氧空位，O的化合价由-2价升为0价，失去电子，由电子守恒，(Ⅳ)得到电子化合价降低，D正确；
故选B。
10．布洛芬(Z)常用于缓解发热和疼痛，合成布洛芬的部分转化如下图所示，下列说法正确的是
A．Y、Z易溶于水 B．Y不能发生消去反应
C．Y和Z可以发生酯化反应 D．Z中所有碳原子可能位于同一平面上
【答案】C
【详解】A．Y和Z中虽含有亲水基团，但由于烃基较大，在水中几乎不溶解，A项错误；
B．Y中含有羟基，且与含羟基的碳原子相邻的碳原子上连有H，可发生消去反应，B项错误；
C．Y中含有羟基、Z中含有羧基，二者可以发生酯化反应，C项正确；
D．Z中含有杂化的碳原子，该碳原子连接了3个C，其不可能位于同一平面上，D项错误；
故选C。
12．在KI、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰丙酮（），观察到溶液中无色与蓝色交替出现，主要转化如下图。下列说法中错误的是
A．反应①生成1mol转移4mol B．淀粉做指示剂
C．②的离子方程式为 D．最终溶液呈蓝色
【答案】D
【详解】A．反应①中H+和反应生成Cl-和ClO2，Cl元素由+3价下降到-1价，生成1mol转移4mol，A正确；
B．在KI、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰丙酮()，反应过程中有I2生成，观察到溶液中无色与蓝色交替出现，则应该使用淀粉做指示剂，B正确；
C．反应②中ClO2和I-反应生成I2和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；
D．反应③中乙酰丙酮()过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误；
故选D。
13．为既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，合作小组利用反应设计如图所示电池（离子交换膜为阴离子交换膜）。下列说法正确的是
A．电流不可以通过离子交换膜
B．电子由电极经负载流向电极
C．相同状况下，左右两侧电极室中产生的气体体积比为
D．负极反应式为
【答案】D
【分析】由可知，中N元素化合价升高，中N元素化合价降低，所以在电极A发生氧化反应，电极A为负极，电极反应式为；在电极B发生还原反应，电极B为正极，电极反应式为，据此回答。
【详解】A．离子交换膜允许阴离子通过，阴离子定向移动可形成电流，所以电流可以通过离子交换膜，A错误；
B．在反应中，中N元素化合价升高，中N元素化合价降低，所以在电极A发生氧化反应，电极A为负极；在电极B发生还原反应，电极B为正极。电子由负极（电极A ）经负载流向正极（电极B ），B错误；
C．根据电池总反应，相同状况下，左右两侧电极室中产生的体积比等于物质的量之比为4:3，C错误；
D．负极上发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，根据电荷守恒和原子守恒，负极反应式为，D正确；
故选D。
3月29日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2025年是故宫博物院建院100周年。化学为文物保护和修复提供先进的技术和方法。下列有关说法错误的是
A．用对纸张类文物脱酸，可减缓纤维素的水解
B．金属、玻璃器耐酸碱、耐高温，不会被任何物质腐蚀
C．利用双氧水的强氧化性清除木制文物表面霉斑
D．用黏结强度高的高分子胶小心接合修复陶瓷文物
【答案】B
【解析】A．用MgCO3脱酸可中和纸张中的酸性物质，防止纤维素在酸性条件下水解降解，A正确；
B．金属和玻璃器虽具有一定耐酸碱、耐高温性，但并非绝对不被腐蚀，如金属可被强酸、盐等腐蚀，玻璃可被氢氟酸腐蚀，B错误；
C．双氧水具有强氧化性，可破坏霉菌细胞结构，达到杀菌除霉效果，适用于木制文物表面清洁，C正确；
D．高分子胶（如环氧树脂）具有高黏结强度和稳定性，常用于陶瓷文物的接合修复，D正确；
故选B。
2．下列有关化学用语表达正确的是
A．的电子式为： B．的结构示意图为：
C．、、互为同位素 D．乙烯的结构简式为：
【答案】D
【解析】
A．是离子化合物，由Na+和过氧根离子（）构成，电子式为：，A错误；
B．Na+的质子数为11（与钠原子相同），核外电子数为10，结构示意图应为，B错误；
C．同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子，而、、为分子，并非原子，不互为同位素，C错误；
D．乙烯分子中含碳碳双键，结构简式需保留双键，正确表示为，D正确；
故选D。
3．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，1.8 g甲基()中含有的中子数为
B．1 mol 通入水中，转移电子数为
C．11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为
D．0．1 mol 完全转化为氢氧化铁胶体，生成个胶粒
【答案】A
【解析】A．，，则，。含6个中子，D含1个中子，一个分子含有9个中子。根据公式，含个中子，A正确；
B．反应过程中实际转移电子数与反应程度有关，Cl2与水的反应可逆，无法完全反应，该反应过程中实际转移电子数小于，B错误；
C．未注明气体是否处于标准状态，无法计算11.2 L甲烷乙烯混合物的物质的量，C错误；
D．胶粒是多个分子的聚合体，实际胶粒数小于，D错误；
故答案选A。
4．利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
A．实验室制备并收集氨气 B．制备无水晶体
C．证明苯环使羟基活化 D．用乙醇萃取中的硫
【答案】B
【解析】A．实验室加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物能制取NH3，但氨气能和氯化钙反应，则不能用氯化钙干燥氨气，A不符合题意；
B．加热时会水解生成氢氧化镁，氢氧化镁受热还可能分解生成氧化镁，故需要在氯化氢气流中(抑制发生水解)加热脱去其结晶水，同时碱石灰能吸收剩余HCl，能制备无水晶体，B符合题意；
C．苯和溴水不反应，而苯酚和溴水发生取代反应生成2,4,6-三溴苯酚白色沉淀，说明羟基使苯环活化，而不是苯环使羟基活化。该实验不能证明苯环使羟基活化，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．萃取剂需与原溶剂互不相溶，但乙醇和二硫化碳互溶，则不能用乙醇萃取中的硫，该实验不能达到目的，D不符合题意；
故选B。
5．下列方程式与事实相符的是
A．少量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体(该气体遇空气变红棕色)：
B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，溶液变浑浊：+CO2+H2O→
C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水产生沉淀：
D．FeS去除废水中的Hg2+：
【答案】B
【解析】A．少量铁粉与稀硝酸反应生成Fe(NO3)3、NO和水，离子方程式为 ，A错误；
B．酸性：H2CO3>苯酚>，根据“较强酸制较弱酸”的规律，向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H2O→，B正确；
C．AlCl3溶液中滴加过量氨水生成Al(OH)3和NH4Cl，离子方程式为，C错误；
D．FeS不溶于水，不能拆成离子形式，离子方程式为，D错误；
故答案为B。
6．下列物质转化在给定条件下能实现的是
A．铝土矿(主要成分)
B．盐卤(含)溶液无水
C．
D．NaCl溶液
【答案】A
【解析】A．铝土矿的主要成分氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠溶液能与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧分解氧化铝，则物质转化在给定条件下能实现，A正确；
B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和盐酸，蒸发氯化镁溶液时，氯化氢受热挥发，平衡会不断右移直至水解趋于完全得到氢氧化镁，无法制得无水氯化镁，则物质转化在给定条件下不能实现，B错误；
C．硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则物质转化在给定条件下不能实现，C错误；
D．铁与氯气反应只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则物质转化在给定条件下不能实现，D错误；
故选Ａ。
7．一种从植物中提取的抗氧化性活性成分的结构如图，下列说法错误的是
A．存在顺反异构
B．含有3种官能团
C．不能与反应生成
D．1 mol该物质最多可与反应
【答案】D
【解析】A．该分子中含有两个碳碳双键，每个双键两端的碳原子均连接了不同的原子或基团，则存在顺反异构，A正确；
B．该分子中含有酚羟基、碳碳双键和酯基，共3种官能团，B正确；
C．因酸性：H2CO3>苯酚>，根据”较强酸制较弱酸“规律，该物质(含有的酚羟基)不能与NaHCO3反应生成CO2，C正确；
D．1 mol该物质含2 mol酚羟基(消耗2 mol NaOH)、1 mol酚酯基(水解生成羧酸和酚羟基，共消耗2 mol NaOH）、1 mol醇酯基(水解生成羧酸和醇，消耗1 mol NaOH），则1 mol该物质最多可与反 应，D错误；
故选D。
8．下图是由Pb、S两种元素组成的结晶型化合物的立方晶胞结构(晶胞参数α=β=γ=90°且a=b≠c)。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．该物质的化学式为PbS2 B．该晶体密度为
C．M的分数坐标为(0，，1) D．M、N处S的核间距为a nm
【答案】B
【解析】A．据“均摊法”，晶胞中含个Pb、个S，该物质的化学式为PbS，A错误；
B．结合A分析，晶体密度为，B正确；
C．M在xyz轴上坐标投影分别为、0、c，的分数坐标为(，0，c)，C错误；
D．M、N处S的核间距为前面四边形面对角线的二分之一，为nm，D错误；
故选B。
9．一种由短周期主族元素组成的化合物(结构如图所示)在有机合成、能源存储等领域有广泛应用，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为32，基态原子的电子云轮廓图只有一种，和同主族。下列有关叙述正确的是
A．键角： B．第一电离能：
C．简单氢化物的沸点 D．常温下所有元素单质均呈气态
【答案】C
【分析】基态W原子的电子云轮廓图只有一种，W是H元素，阳离子带一个正电荷，阳离子中X连4个键，说明其价电子为5，应该为N元素，X和Z同主族，Z为P元素，原子序数总和为32，Y为F元素；
【解析】A．和NH3中N原子都采用sp3杂化，NH3中N原子上有1个孤电子对，对成键电子对的斥力增大，故键角变小，即键角>NH3，故A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，故N的第一电离能大于P，F的第一电离能大于N，故第一电离能：F>N>P，故B错误；
C．氨分子间形成氢键，使得其沸点升高，故简单氢化物的沸点，故C正确；
D．P单质在常温下是固体，故D错误；
故选C。
10．下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 将NaHS固体溶于水，进行导电性实验，电流计指针偏转 NaHS固体中含有
B 向饱和溶液中加入足量氯水，有无色气体产生 氯水中有HClO
C 常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入等体积等物质的量浓度的溶液和溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，析出现象明显 作用下，铝片表面的氧化膜易被破坏
D 向某黄色溶液中加入淀粉-KI溶液，溶液呈蓝色 溶液中一定含
【答案】C
【解析】A．导电性实验只能说明溶液中有离子存在，无法证明固体本身含有S2-，A错误；
B．氯气溶于水生成HCl和HClO，HCl可与溶液反应生成的无色气体CO2，无法确定含有HClO，B错误；
C．未经打磨的铝片表面有氧化铝，氯化铜溶液中Cl-可破坏铝片表面的氧化膜，暴露出来的铝可以与氯化铜溶液反应，而硫酸铜溶液不能破坏铝片的氧化膜，C正确；
D．淀粉-KI变蓝只能说明存在强氧化剂，不一定是Fe3+，可能有其他氧化剂，D错误；
故答案为C。
11．苯在浓、浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的取代产物，Y为苯的加成产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂，使反应的降低
【答案】A
【解析】A．根据图示可知，产物Ⅱ比反应产物Ⅰ的能量更低，物质含有的能量越低，物质的稳定性越强；且过渡态2-2比过渡态2-1的活化能低，反应更容易发生，因此从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ，A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，为产物Ⅰ，Y为苯的取代产物，为产物Ⅱ，B错误；
C．由图可知，M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，C的杂化方式改变，苯中大π键发生改变，C错误；
D．当反应产生产物Y时，浓硫酸作催化剂，而催化剂只会改变反应历程，不会改变反应的，D错误；
故答案选A。
13．利用电化学原理既能输出电能，又能合成有机物。如图所示装置在输出电能的同时可合成苯胺。该电池工作时，下列说法错误的是
A．Al电极为负极
B．H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移
C．多孔惰性电极的电极反应式为
D．每转移3 mol电子，理论上可消耗27 g Al
【答案】C
【分析】
由图可知，左侧硝基苯生成苯胺，硝基苯被还原，则多孔惰性电极为正极，电极反应式为，右侧失电子生成，电极为负极，电池工作时，H+从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移；
【解析】A．由分析可知，电极为负极，A项正确；
B．由分析可知，电池工作时，阳离子移向电池正极，从负极区经过高分子电解质膜向正极区迁移，B项正确；
C．由分析可知多孔惰性电极的电极反应式为，C项错误；
D．由分析可知，电池工作时，负极失电子生成，每转移3 mol电子，理论上消耗1 mol，质量为27 g，D项正确；
故答案选C。
3月30日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（改编）自然资源是可持续发展的关键，下列对黑、吉、辽、内蒙古四地资源的叙述错误的是（ ）
A. 黑龙江省——石油：由多种碳氢化合物组成的混合物
B. 吉林省——木材：其主要成分纤维素属于多糖
C. 辽宁省——菱镁矿：其主要成分碳酸镁属于无机盐
D. 内蒙古自治区——稀土矿：稀土元素包括周期表、和镧系元素，共22种元素
【答案】D
【详解】区元素指的是元素周期表中的镧系元素和锕系元素，稀土元素包括、和镧系元素，共17种元素，错误。
2．使用如下实验装置，可以达到预期目的的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A 项，三溴苯酚溶于苯，无法过滤除去。B项，乙酸乙酯和乙醇的沸点相近，无法蒸馏分离。D项，分解生成与，无剩余。
3．氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。四种氟化物的熔、沸点如下表所示，下列说法错误的是
氟化物
熔点/℃ 993 x m
沸点/℃ 1695 y n
A．的VSEPR模型为四面体形
B．比易与形成配离子
C．、、、
D．中存在离子键、极性键和非极性键
【答案】B
【详解】A．中心原子(氧原子)的杂化方式为，则OF2的VSEPR模型为四面体形，A正确；
B．F的电负性大于N，N F中成键电子对偏向F，导致中的N原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则不易与形成配离子，B错误；
C．中的、的电荷数与中的阳、阴离子的电荷数相同，但、的半径小，的离子键更强，熔、沸点更高，则x<993、y<1695；和均为分子晶体，的相对分子质量大于的相对分子质量，相对分子质量越大，物质的熔、沸点就越高，则m> 223.8、n> 144.8，C正确；
D．与的相互作用为离子键，中存在极性键和非极性键，中存在极性键，则中存在离子键、极性键和非极性键，D正确；
故选B。
4．下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A Na2SO3溶液是否变质 取少量久置的Na2SO3溶液向其中滴加BaCl2，观察现象
B 向5mL浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加2滴溶液，观察现象
C 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象
D 氯水久置，pH值会逐渐减小 每隔一段时间，使用pH试纸测定氯水的pH值，并记录数据进行比较
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．亚硫酸钠和氯化钡也会生成白色沉淀，不能检验Na2SO3溶液是否变质，A不符合题意；
B．向5mL浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加2滴溶液，银离子不足，而先产生黄色沉淀，证明，能达到实验目的，B符合题意；
C．乙醇和水均会和钠单质生成氢气，不能检验乙醇中是否含有水，C不符合题意；
D．氯水溶液中HClO具有漂白性，无法用pH试纸准确测量其pH，，D不符合题意；
故选B。
6．下列常见微粒中键、键判断正确的是（　　）
A．与结构相似，分子中键与键的数目之比为
B．与结构相似，分子中含键数目
C．与结构相似，中含有的键数目为
D．已知反应，若该反应中有键断裂，则形成的键数目为
【答案】C
【分析】单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；
【详解】A．分子的结构简式为CH2=CHC≡N，其中含有6个σ键和3个π键，所以σ键与π键数目之比为2∶1，A错误；
B．CO物质的量不确定，不能计算键数目，B错误；
C．与结构相似， 结构为，在1个含有1个键，中含有的键数目为，C错误；
D．若该反应中有4molN-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，D错误；
故选C。
7．钙钛矿具有独特的晶体结构，广泛应用于传感器、固体电阻器等诸多领域。图1、2均为钙钛矿型化合物，其中图1中另两种离子为、，图2中另两种离子为和。
下列说法错误的是
A．钛酸钙的化学式为 B．图2中，Y为
C．中含有配位键 D．晶胞中与每个紧邻的有12个
【答案】B
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中Ca2+数为 、A离子数为、B离子数为1，根据化合价代数和等于0，A是O2-、B是Ti4+，钛酸钙的化学式为，故A正确；
B．根据均摊原则，图2中，数为、X离子数为1、Y离子数，根据化合价代数和等于0，Y为、X为，故B错误；
C．N原子能形成3个共价键，中有1个N-H键为配位键，故C正确；
D．根据图示，图1中与每个紧邻的有12个，故D正确；
选B。
8．某药物的合成中有以下反应过程。下列说法正确的是（ ）
A．A→B过程中丙酮是催化剂 B．B物质有6种官能团
C．B→C过程中需控制条件降低NaClO的氧化性 D．C物质不能发生羟醛缩合反应
【答案】C
【详解】A．A→B过程中，试剂为CH3COCH3（丙酮）和CH3COCl（乙酰氯），乙酰氯为酰化剂，使A中部分羟基发生反应；结合A和B结构式可知，丙酮参与反应，并形成环状化合物，作为反应物而非催化剂（催化剂需反应前后不变），A错误；
B．B物质的官能团包括羟基（－OH）、酯基（－OCOCH3）、醚键（－O－）、碳碳双键（C=C），共4种，并非6种，B错误；
C．B→C过程中，NaClO为氧化剂，目标产物C含醛基（－CHO）；NaClO氧化性较强，若不控制条件易将醛基进一步氧化为羧基（－COOH），需降低其氧化性以避免过度氧化，C正确；
D．羟醛缩合需分子含α－H的醛/酮，C中醛基（－CHO）的α－C（与－CHO直接相连的碳）上有氢原子（α－H），可发生羟醛缩合，D错误；
故答案为C。
11．（改编）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法正确的是
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．对于生成的反应，浓作脱水剂
C．由苯得到时，苯中的大键没有变化
D．X、均为苯的取代产物
【答案】A
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，A正确；
B．苯的硝化反应中浓作催化剂，B错误；
C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，C错误；
D．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，D错误；
故选A。
12．“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是
A．相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍
B．阴极反应：
C．电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动
D．阳极反应：
【答案】A
【分析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误；阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确；
答案选A。
3月31日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Pr 141
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【本地人文】下列陕西、山西、青海三省及宁夏自治区古建或文物涉及的化学知识叙述正确的是
A．西周晚期的毛公鼎是一种以铜锡合金为主的材料，锡的添加增强了合金硬度
B．建于辽代的应县木塔进行木材防腐所使用的雄黄是砷元素的一种氧化物
C．新石器时代的马家窑文化彩陶以石英砂、纯碱、石灰石为原料烧制而成
D．西夏时期的鎏金铜牛以青铜为胎，表面鎏金。鎏金工艺利用了铜的活泼性强于金的性质
【答案】A
【解析】A．一般情况下，合金的硬度比各组分金属都大，所以铜锡合金中添加锡可以增强合金硬度，A正确；
B．雄黄是四硫化四砷的俗称，是砷元素的一种硫化物，B错误；
C．彩陶是以黏土为原料高温烧制而成的硅酸盐产品，C错误；
D．鎏金工艺利用了汞的沸点相对较低，受热易挥发，而金的熔点相对较高的性质，D错误；
故选A。
2．下列说法正确的是
A．重结晶法提纯苯甲酸晶体实验涉及的图标只有
B．滴定实验接近滴定终点时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁对实验结果无影响
C．为了便于观察，可在试管中做钠与水的反应实验
D．含硝酸银的废液，直接倒入废液缸中
【答案】B
【解析】A．做重结晶法提纯苯甲酸晶体实验涉及的图标还有，A错误；
B．滴定接近终点时，用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，因溶质总量不变，故不会影响实验结果，B正确；
C．钠与水反应剧烈，直接在试管中进行存在爆炸风险，C错误；
D．含硝酸银的废液需特殊处理(如沉淀银离子)，直接倒入废液缸可能污染环境，D错误；
故答案选B。
3．物质微观结构决定性质，进而影响用途。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 用洗涤剂清洗餐具 洗涤剂中的表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束
B 王水能溶解铂 浓盐酸提高了铂的还原性
C 熔点：C2H5NH3NO3D 臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 臭氧的极性很弱
【答案】C
【解析】A．洗涤剂中的表面活性剂通过形成疏水基向内、亲水基向外的胶束来乳化油污，解释正确，A不符合题意；
B．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比1:3混合而成，能溶解铂，是因为浓盐酸提供的大量与金属离子形成稳定的络离子，降低了金属的电极电势，增强了金属的还原性，从而使反应能够进行，解释正确，B不符合题意；
C．和都属于离子晶体，的熔点低于是因为引入乙基增大了离子半径，削弱离子键作用，而不是改变了晶体类型，C符合题意；
D．臭氧分子极性较弱，更易溶于非极性的CCl4，符合相似相溶原理，解释正确，D不符合题意；
故答案选C。
4．吡啶为无色液体，能与水混溶，呈碱性。下列说法错误的是
A．吡啶属于极性分子 B．吡啶类分子中均含有σ、π键
C．沸点：吡啶＜2-甲基吡啶 D．碱性：吡啶＞2-甲基吡啶＞3-甲基吡啶
【答案】D
【解析】A．吡啶分子中含N原子，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A 正确；
B．吡啶类分子中有单键和双键，单键为σ键，双键含π键，因此均含有σ、π键，B正确；
C．2-甲基吡啶相对分子质量大于吡啶，分子间作用力更强，沸点更高，C正确；
D．甲基为给电子基团，能增强碱性，邻位效应最强，间位次之，故碱性顺序应为2-甲基吡啶>3-甲基吡啶>吡啶，D错误；
故选D。
5．某小组设计实验探究氯气的部分性质，装置如图所示。下列叙述错误的是
A．其他条件相同，撤去热水浴，上述试管中变色速率减慢
B．①中Pt极收集到的气体比极收集到的气体少，可能是与生成的碱发生了反应
C．②中石蕊溶液先变红后褪色，可证明氯气有漂白性
D．③中溶液变为棕黄色，说明氯的非金属性比溴的强
【答案】C
【分析】由图可知，①中与直流电源正极相连的Pt电极为电解池的阳极，在阳极失去电子发生氧化反应生成，银电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成和；②中氯气与石蕊溶液先变红后褪色；③中氯气将溶液中Br-氧化为Br2；④中氯气与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸：，据此分析解答。
【解析】A．加热加快反应速率，故撤去热水浴，上述试管中变色速率减慢，A正确；
B．由分析可知，Pt电极收集到氯气，Ag电极收集的为氢气，转移电子数相等，则氯气和氢气的物质的量相等，但是①中Pt极收集到的气体比极收集到的气体少，可能是与生成的碱发生了反应，B正确；
C．②中石蕊溶液先变红后褪色，氯气和水反应生成盐酸显酸性，次氯酸具有漂白性，而氯气没有漂白性，C错误；
D．由分析可知，中发生的反应为氯气与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴单质，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，溴元素的化合价升高被氧化，溴单质是反应的氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴即氯的非金属性比溴的强，D正确；
故答案为：C。
7．一定条件下，某共轭二烯烃X与溴单质按物质的量之比发生加成反应的反应进程及能量变化如图所示(图中均为正值)。下列说法正确的是
A．相同条件下，产物比产物稳定
B．
C．反应开始阶段，生成与生成的速率相等
D．生成或的总反应均为吸热反应
【答案】A
【解析】A．物质的能量越低越稳定，的能量低，较稳定，A项正确；
B．由图可知，生成的反应，为反应物到中间产物吸收的热量，为中间产物到释放的热量，为放热反应，故其反应热，B项错误；
C．由图可知，中间产物转化为的活化能更小，所以开始阶段生成的反应速率更快，C项错误；
D．由图可知，生成与的总反应均为放热反应，D项错误。
故答案选A；
8．元素a～g为短周期主族元素，其原子序数与电负性的关系如表。下列说法不正确的是
元素代号 a b c d e f g
原子序数 n n+1 n+2 n+4 n+5 n+6 n+10
电负性 3.0 3.5 4.0 0.9 x 1.5 3.0
A．原子半径： B．的电负性：
C．第一电离能： D．最简单氢化物沸点：
【答案】C
【分析】由c的电负性4.0 确定其为氟（原子序数 9），得n=7，由此推出：a 是原子序数7的氮，b 是原子序数8的氧，e是原子序数12 的镁，f是原子序数 13 的铝，g是原子序数 17 的氯。
【解析】A．第三周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，原子半径：Na（d）> Mg（e）> Al（f）> Cl（g），A正确；
B．e（Mg）的电负性x介于Na（0.9）和Al（1.5）之间，镁的电负性约为1.2，符合范围，B正确；
C．因N的2p轨道半充满更稳定，第一电离能：N（a）的电离能高于O（b），正确顺序应为O < N < F，C错误；
D．因NH3分子间存在氢键，NH3（a）的沸点高于HCl（g），D正确；
故选C。
9．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 操作及现象 结论
A 将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制中，加热，生成砖红色沉淀 葡萄糖属于还原性糖
B 将溶液和稀混合，生成的气体可使品红溶液褪色 被稀硫酸氧化成
C 取两支试管，分别放入两颗完全相同的锌粒和等体积、等浓度的稀盐酸，其中一支试管中滴加1~2滴硫酸铜溶液，该试管中产生气体更快 硫酸铜是该反应的催化剂
D 乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应
【答案】A
【解析】A．葡萄糖与新制在碱性条件下加热生成砖红色沉淀，可证明其属于还原性糖，A正确；
B．与稀硫酸反应生成和，使品红褪色，但该反应为自身的歧化反应，稀硫酸不是氧化剂，B错误；
C．加入后，置换出，Zn、Cu与稀盐酸形成微电池，加快反应速率，被消耗，硫酸铜并非催化剂，C错误；
D．生成的乙烯中混有的乙醇、二氧化硫等还原性气体也可以使溴水褪色，无法证明乙醇发生消去反应，D错误；
故选A。
10．乙酸晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．1个乙酸晶胞中有2个乙酸分子
B．晶体中存在极性键、非极性键和分子间作用力
C．1个乙酸分子中最多有6个原子共平面
D．相对分子质量：(接近乙酸的沸点的乙酸蒸气的测定值)
【答案】A
【解析】A．根据乙酸晶胞图结合均摊法可知1个乙酸晶胞中有4个乙酸分子，A错误；
B．乙酸晶体中存在C-H、C-O等极性键、C-C非极性键和分子间作用力，B正确；
C．以羧基上的C为中心，2个C和2个O因杂化的C使4个原子一定共平面，结合单键的旋转，羟基上的H 和甲基上的1个H也可以固定在平面上，综上1个乙酸分子中最多有6个原子共平面，C正确；
D．接近乙酸的沸点的乙酸蒸气中存在因氢键而缔合的分子使相对分子质量增大，D正确；
故选A。
13．载人航天器内采用电化学方法富集(装置如图)，进入萨巴蒂尔反应器(反应为： )，再通过电解水系统再生，实现的“自销”和的“自产”，下列说法不正确的是
A．富集时，正极发生的反应：
B．通过萨巴蒂尔反应可知，航天器无需额外携带液氢
C．富集装置中转移电子时，可产生标准状况下气体
D．萨巴蒂尔反应放热可用于为反应提供高温，电解水所需电能可能来自太阳能或上图装置
【答案】B
【分析】根据总反应可知通入空气的电极为正极，在该电极发生还原反应，通入氢气为负极，电极方程式为。
【解析】A．根据分析可知正极反应式为：，A正确；
B．由萨巴蒂尔反应可知：，由电解水可知，电解获得的的量不够萨巴蒂尔反应所需的量，故需额外补充氢气，B错误；
C．负极反应式为：，故转移电子时，可产生标况下气体，C正确；
D．萨巴蒂尔反应放热可用于为反应提供高温，电解水所需电能可能来自太阳能或本题装置，D正确；
故选B。
3月31日
可能用到的相对原子质量：Li 7 C 12 O 16 As 75
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【传统文化】“齐天圣鼓”又称“猴鼓”，起源于唐朝，是中国非物质文化遗产之一，下列说法正确的是
A．可用84消毒液对牛皮面进行擦拭消毒
B．竹钉的主要成分彻底水解后，产物有还原性
C．与铜铆钉相比，采用铁铆钉固定铜质鼓环使用寿命更长
D．桐油是桐籽提炼的油脂，油脂属于天然高分子
【答案】B
【解析】A．84消毒液具有强氧化性，会使牛皮中的蛋白质发生变性，从而损坏鼓面，故不可用84消毒液对牛皮面进行擦拭消毒，A错误；
B．竹钉的主要成分是纤维素，纤维素彻底水解后生成葡萄糖，葡萄糖有还原性，B正确；
C．鼓环常与手接触，易沾上汗液，使铁与铜形成原电池，铁钉作负极，被腐蚀，故铜质鼓环不宜采用铁质铆钉固定，C错误；
D．桐油是天然植物油，其主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，不属于天然高分子，D错误；
故选B。
2．利用下列题给仪器或材料(夹持装置任选)和试剂可以完成的实验是
仪器或材料 试管，烧杯，导管，表面皿，酒精灯，分液漏斗，玻璃棒，滤纸，漏斗
试剂 蒸馏水，钠，碘水，锌片，铜片，无水乙醇，浓硫酸
A．设计酸性锌铜原电池 B．在空气中灼烧钠块
C．萃取碘水中的碘单质 D．实验室制乙烯
【答案】A
【解析】A．将浓硫酸缓慢加入盛有蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌稀释得到稀硫酸，将锌片和铜片斜靠着放入稀硫酸中可以构成酸性锌铜原电池，则题给仪器和试剂可以完成酸性锌铜原电池的实验设计，A正确；
B．在空气中灼烧钠块时需要用到的仪器为小刀、表面皿、滤纸、三脚架、泥三角和坩埚，则题给仪器没有给坩埚，所以不能完成在空气中灼烧钠块的实验设计，B错误；
C．萃取碘水中的碘单质需要用到不溶于水的有机溶剂，则题给试剂不能完成萃取碘水中的碘单质的实验设计，C错误；
D．实验室制备乙烯的反应为无水乙醇和浓硫酸在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，实验时需要用到的仪器为试管、温度计、导管、酒精灯和水槽，则题给仪器不能完成实验室制乙烯的实验设计，D错误；
故选A。
3．元素化合物的种类繁多，是构成物质世界的基础。下列有关元素化合物的说法，正确的是
A．、和均可通过化合反应直接生成
B．糖类、蛋白质、油脂均可发生水解反应
C．常温下，铁、铝和铜与浓硫酸均不发生化学反应
D．乙烯、苯均能发生加成反应，但均不能发生取代反应
【答案】A
【解析】A．，，，因此、和均可通过化合反应直接生成，A正确；
B．糖类中单糖不能水解，二糖、多糖可以水解，油脂、蛋白质均可以发生水解，B错误；
C．常温下，铜和浓硫酸不反应，加热条件下可以反应，铁和铝常温下遇浓硫酸会钝化，表面生成一层致密的氧化膜，发生化学反应，C错误；
D．苯易发生取代反应，难发生加成反应，但能与氢气在一定条件下发生加成反应，乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，D错误；
故答案选 A。
4．物质的结构决定性质，下列解释错误的是
选项 性质 解释
A 熔点：水晶>干冰 比的式量更大
B 酸性：丙酸<甲酸 乙基的推电子作用削弱了氧氢键的极性
C 甲醛易溶于水 甲醛是极性分子且可与水分子形成氢键
D 聚乙炔有导电性 聚乙炔中碳原子为：杂化可形成共轭长链
【答案】A
【解析】A．水晶（SiO2）熔点高于干冰（CO2）的主要原因是SiO2为共价晶体，具有强大的共价键网络，而CO2为分子晶体，分子间作用力较弱；解释仅提及式量更大，忽略了晶体结构差异，A错误；
B．丙酸酸性弱于甲酸是由于乙基的推电子诱导效应削弱了羧基中O-H键的极性，使质子更难解离，B正确；
C．甲醛易溶于水因其为极性分子，且羰基氧原子可作为氢键受体与水分子形成氢键，C正确；
D．聚乙炔中碳原子为杂化可形成共轭长链，共轭大键体系为电荷传递提供了通路，D正确；
故选A。
5．白磷和红磷是磷元素的两种常见同素异形体。白磷()与浓硫酸反应的化学方程式为(浓)。设是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．已知P4为正四面体分子，1 mol 中含有共价键的数目为4
B．0．1 溶液中的数目为0.2
C．2 mol SO2和1 mol O2充分反应生成的SO3的分子数目小于2
D．每生成11.2 L，转移的电子数为10
【答案】C
【解析】A．白磷（P4）分子为正四面体结构，每个分子含有6个P-P共价键，因此1 mol P4中共价键数目为6 NA，A错误；B．题中未提供0.1 mol L-1 H2SO4溶液的体积，无法计算溶液中H+的数目，B错误；C．SO2和O2生成SO3的反应为可逆反应，即2 mol SO2和1 mol O2无法完全转化为SO3，因此生成的SO3分子数一定小于理论最大值2 NA，C正确；D．题中并未明确11.2 L是标准状况下的体积，因此的物质的量无法计算，即反应转移的电子数无法计算，D错误；故答案选C。
6．下列反应对应的离子方程式有错误的是
A．AgI悬浊液加入铁粉进行转化：
B．溶液中加入硫酸：
C．酸雨形成过程涉及的氧化：
D．溶液与稀硫酸产生硼酸：
【答案】A
【解析】A．铁粉与AgI反应，Fe被氧化为，而不是，正确的离子方程式应为，A错误；
B．K2CrO4溶液中加入硫酸，铬酸根在酸性条件下转化为重铬酸根，离子方程式为：，B正确；
C．酸雨形成中，H2SO3（亚硫酸）被O2氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C正确；
D．Na2B4O5(OH)4（硼砂）在水溶液中电离出，与H+反应生成硼酸（H3BO3），离子方程式为：，D正确；
故选A。
7．玛巴洛沙韦是一种特效抗流感药物，属于病毒RNA聚合酶抑制剂，其特点是“只需吃一次”，其分子结构如图所示。下列有关该分子说法错误的是
A．含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构
B．可能与、等结合而降低药效
C．饱和碳原子中有3个手性碳原子
D．与机体生物大分子的功能基团结合而发挥药效
【答案】C
【解析】A．由分子结构可知，该物质的分子结构中含有碳酸酯、酰胺、芳香环等结构，A正确；
B．(硫醚键)中的硫原子有孤电子对，能与、等金属离子形成配位键，可能会降低药物的药效， B正确；
C．连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，结合分子结构可知，饱和碳原子中有2个手性碳原子，如图标注“*”的碳原子：，C错误；
D．该物质属于病毒RNA聚合酶抑制剂，与机体生物大分子(如蛋白质、核酸等)的功能基团结合而发挥药效，D正确；
故选C。
9．下列实验操作和现象对应解释错误的是
选项 实验操作和现象 解释
A 向饱和氨盐水中通入过量，有晶体析出
B 向热溶液中加少量油脂，充分振荡，不再分层 油脂在碱性条件下水解
C 向溶液中通入气体，产生黑色沉淀 还原性：
D 向溶液中加入同浓度KI溶液和几滴KSCN溶液，溶液变红
【答案】C
【解析】A．向饱和氨盐水中通入过量CO2，该反应是侯氏制碱法的核心反应，生成的NaHCO3因溶解度较小而以晶体形式析出，A正确；
B．向热Na2CO3溶液中加少量油脂，加热促进Na2CO3水解，溶液碱性增强，油脂发生皂化反应完全水解为溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，因此不再分层，B正确；
C．向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀（CuS），反应能发生是因为CuS的溶解度极小，不溶于稀硫酸，与H2S和H2SO4的还原性强弱无关，C错误；
D．加入的KI溶液过量，充分反应后，加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中仍有Fe3+剩余，说明反应物不能完全转化，即Fe3+与I-的氧化还原反应为可逆反应，D正确；
故答案选C。
10．如图所示的物质转化关系中，N为常见的无色无味的液体，N与固体M剧烈反应，产生无色气体R和固体Q，R燃烧时伴有浓烟，Q的焰色为砖红色，F为某类调味品的主要成分之一。
下列说法错误的是
A．R→E的过程含加成反应 B．E分子中σ键和π键的个数比为6：1
C．M和Q中均含离子键和非极性共价键 D．R可用于切割和焊接金属
【答案】C
【分析】N为常见的无色无味的液体，N与固体M剧烈反应，产生无色气体R和固体Q，R燃烧时伴有浓烟，Q的焰色为砖红色，钙元素的焰色反应为砖红色，联想乙炔的制取可知M、N、Q、R分别为CaC2、H2O、Ca(OH)2、C2H2，C2H2与水反应生成CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，CH3COOH是食醋的主要成分之一，则E、F分别为CH3CHO、CH3COOH。
【解析】A．，该反应先发生加成反应生成乙烯醇，后异构化生成乙醛，A正确；
B．CH3CHO分子中含6个σ键和1个π键，个数比为6:1，B正确；
C．CaC2中含离子键和非极性共价键、Ca(OH)2中含离子键和极性共价键，C错误；
D．炔氧焰的温度可达3000℃，可用于切割和焊接金属，D正确；
故答案选C。
11．等物质的量的1，3-丁二烯与HBr发生反应，得到两种加成产物P1和P2，其能量-反应进程图如下。反应后，在25℃，P1占、P2占；在，P1占、P2占。下列说法错误的是
A．P1为1，2-加成产物，P2为1，4-加成产物
B．1，3-丁二烯与HBr生成P2反应焓变为
C．因生成P1的活化能低，故低温时产物以P1居多
D．在，延长反应时间，会增大
【答案】D
【解析】A．CH2=CH-CH=CH2与HBr发生1，2-加成时只有一个碳碳双键发生反应，CH2=CH-CHBr-CH3是CH2=CH-CH=CH2与HBr发生1，2-加成的产物，CH2=CH-CH=CH2与HBr发生1，4-加成时2个碳碳双键均发生反应，原碳碳单键转化成双键，CH3CH=CHCH2Br是CH2=CH-CH=CH2与HBr发生1，4-加成的产物，故A正确；
B．根据图示，第一步反应的反应热为，第二步生成P2反应的焓变为，根据盖斯定律，1，3-丁二烯与HBr生成P2反应焓变为，故B正确；
C．根据图示，生成P1的活化能低，所以低温时生成P1的速率大，产物以P1居多，故C正确；
D．反应后，在25℃，P1占、P2占，在，P1占、P2占，温度低时生成P2的反应速率更慢，但由图示可知P2的能量更低，更稳定，则延长反应时间，会减小，故D错误；
选D。
12．锂铁砷是一种性能独特的超导材料，其中一种立方晶胞结构如图1所示，Li+与As3-的正视图和俯视图如图2所示。若晶胞参数为a nm，M点As3-的坐标为，设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．图1中M、N的间距为
B．与Li+等距且最近的Li+有12个
C．密度为
D．若晶胞中一个As3-被Se2-替换，则Fe(Ⅱ)与Fe(0)的个数比为5：1
【答案】D
【解析】A．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，M、N的间距为面对角线的一半，为，A正确；
B．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，若Li+位于顶点，其他的Li+位于面心，与Li+等距且最近的Li+有12个，B正确；
C．从Li+和As3-的正视图、俯视图以及M点As3-的坐标可以看出，Li+和As3-处在8个小立方体的体心，交错排列，上下底面的而心、棱心、顶点都是Fe2+，均摊法可得晶胞中有4个As3-、4个Li+、=4个Fe2+，密度为，C正确；
D．由C可知，1个晶胞中有4个Fe2+，4个As3-，4个Li+。当1个As3-被Se2-取代后，总负电荷减少1，则Fe2+通过降价成Fe使得正负电荷代数和为0，则4个Fe2+中有0.5个降为0价，因此Fe2+=3.5，Fe=0.5，Fe(Ⅱ)Fe(0)的个数比为7：1，D错误；
故选D。
13．某化合物的分子式为，主要用作生产高效低毒有机农药的原料，其结构如图，已知、、是原子序数依次增大且不同族的短周期元素，三者的价电子数之和为18；的族序数为周期数的三倍，电负性：。下列说法错误的是
A．为非极性分子
B．简单离子半径：
C．中的化合价为+5
D．简单氢化物的热稳定性：
【答案】A
【分析】的族序数为周期数的三倍，则X为O，且在结构式中成双键；Y成5个键应为第五主族元素，且序数大于X，则Y是P；Z成单键，且序数大于Y，则Y是Cl；且符合电负性：且三者的价电子数之和为18；据此作答。
【解析】A．由题干可知，、、依次为、、。中心原子P的价层电子对数是，其空间构型不是正四面体结构，则其为极性分子，A项错误；
B．简单离子半径：，B项正确；
C．中的化合价为，C项正确；
D．的非金属性大于，简单氢化物的热稳定性：，D项正确；
故答案选A。
14．一种可充放电电池的结构示意图如图所示。电解质为溶液。
下列说法不正确的是
A．多层复合结构有利于为的反应提供丰富活性位点
B．放电时，a极为正极，发生氧化反应
C．放电时发生，供电能力下降，可通过向电解质溶液添加正丁醇改善
D．充电时，b电极接电源的负极
【答案】B
【分析】可充放电电池放电时Zn(b电极)作负极失电子形成，(a电极)作正极得电子形成；充电时Zn(b电极)为阴极，极反应：，阳极(a电极)极反应：。
【解析】A．多层复合结构接触面积大，有利于为的反应提供丰富活性位点，A正确；
B．放电时a为正极，发生还原反应，B错误；
C．由于生成的易溶于水，单质损失，供电能力下降，向电解质溶液添加适量正丁醇可使溶剂极性减弱，减少的溶解，改善供电能力，C正确；
D．充电时，b电极是阴极应接电源的负极，D正确；
故选B。
4月1日
可能用到的相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Co 59 Ni 59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【新科技】“国之重器”是我国科技综合实力的结晶。下列说法错误的是
A．江门“中微子实验”所用的不锈钢网架中含量最高的元素是铬
B．“复兴号”车厢连接处所用聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯
C．“望宇”登月服所用的聚酰亚胺隔热层属于有机高分子材料
D．“深地一号”制造钻头所用的金刚石为共价晶体
【答案】A
【详解】A．不锈钢是铁的合金，含量最高的元素是铁，主要合金元素为Ni（镍）和Cr（铬），Cr能提高耐腐蚀性，Ni能增强韧性，铬是合金元素但含量远低于铁，A错误；
B．“复兴号”车厢连接处所用聚四氟乙烯单体为四氟乙烯，B正确；
C．聚酰亚胺耐高温，隔热性能好，可用于制作宇航服，是高分子有机材料，C正确；
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为共价晶体，D正确；
故选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．氢氧根的电子式：
B．基态价层电子的轨道表示式：
C．中共价键的电子云图形：
D．1-丁烯分子结构模型：
【答案】D
【详解】
A．氢氧根（）带有1个单位负电荷，其正确的电子式应为：，而选项中给出的电子式没有体现出负电荷，A错误；
B．基态原子的价层电子排布式为，失去2个电子形成时，先失去4s轨道上的2个电子，所以基态价层电子排布式为，根据洪特规则，3d轨道上的6个电子应分占不同轨道且自旋平行，选项中给出的轨道表示式不符合洪特规则，B错误；
C．分子中存在的是键，电子云图形应为球形对称的，而选项中给出的电子云图形不符合键的电子云特征，C错误；
D．1 - 丁烯的结构简式为，选项中给出的分子结构模型能正确表示1-丁烯的结构，D正确;
故选D。
3．没食子酸甲酯具有抗氧化、抗癌、抗炎活性，其结构如图所示。下列关于该分子的说法正确的是
A．分子式为C7H6O5 B．分子中所有原子可能处于同一平面
C．能被酸性高锰酸钾溶液氧化 D．1 mol分子最多能消耗5 mol NaOH
【答案】C
【详解】A．由结构简式可知，该分子含有8个C原子、8个H原子和5个O原子，其分子式为C8H8O5，A错误；
B．由结构简式可知，没食子酸甲酯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子(甲基中碳原子)，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，B错误；
C．由结构简式可知，分子中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C正确；
D．由结构简式可知，没食子酸甲酯分子中含有的酚羟基和酯基均能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol分子最多能消耗4 mol NaOH，D错误；
故选C。
4．【改编】设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol 中含有质子的数目为
B．78 g 与足量反应，转移电子的数目为
C．标准状况下，22.4 L 中含有键的数目为
D．1 L 0.1 mol/L溶液中含有的数目为
【答案】B
【详解】A．D(氘)原子中含1个质子，O原子中含8个质子，1 mol 中含有质子的物质的量为，数目为，A项错误；
B．78 g 为 ，与反应的化学方程式为， 参与反应时，转移1 mol电子，数目为，B项正确；
C．标准状况下，为液体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，C项错误；
D．在溶液中会发生水解，则 溶液中含有的数目小于，D项错误；
故选B。
5．【原创】利用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是
A．粗铜电解制精铜 B．验证的漂白性
C．制备并验证乙炔 D．除去中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．电解精炼铜时，与直流电源正极相连的粗铜作精炼池的阳极，精铜作阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，则题给装置能达到精炼铜的实验目的，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则题给装置无法达到验证二氧化硫漂白性的实验目的，B错误；
C．电石中含有的硫化钙也能与水反应生成能使溴水褪色的硫化氢等气体，则题给装置无法达到制备并验证乙炔的实验目的，C错误；
D．二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，则题给装置无法达到除去二氧化碳中混有二氧化硫的实验目的，D错误；
故选A。
6．下列离子方程式或化学方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加溶液产生白色沉淀：
B．丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：
C．向酸性溶液中滴加溶液，溶液褪色并产生气泡：
D．向悬浊液中滴加溶液，产生黑色沉淀：
【答案】D
【详解】A．离子方程式中Ba2+、OH 、H+、的系数未配平，正确应为，A错误；
B．丙烯与Br2的加成反应产物应为1,2-二溴丙烷，而非1,1-二溴丙烷，正确应为，B错误；
C．反应中电子转移数目未配平，正确应为，C错误；
D．AgCl与S2-反应生成更难溶的Ag2S，离子方程式为，，D正确；
故答案为D。
7．X、Y、Z、W、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大。基态X、Y、W原子均有两个单电子，Y和W同族，W的原子序数是Y的2倍，Z元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是
A．原子半径： B．Y、Z组成的两种化合物都是碱性氧化物
C．简单氢化物的沸点： D．与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】B
【分析】元素推断：Y和W同族且W原子序数是Y的2倍，结合短周期主族元素，Y为O（8），W为S（16）。X、Y、W基态原子均有两个单电子：X为C（2p2），Y为O（2p4），W为S（3p4）。Z焰色试验呈黄色，为Na（11）。Q为Cl（17）。
【详解】A．第三周期原子半径Na＞S＞Cl，A正确；
B．Na2O是碱性氧化物，但Na2O2不是（与水反应生成O2），B错误；
C．H2O能形成分子间氢键，沸点高于CH4，C正确；
D．Na2C2与水反应生成C2H2（非极性分子），D正确；
故选B。
8．【新情境】利用铜基催化剂可将温室气体中的与转化为，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．M、N、P分子中均含键和键
B．过程Ⅰ和Ⅱ中均存在键的断裂
C．该反应的原子利用率可达100%
D．使用铜基催化剂能改变总反应的活化能与焓变
【答案】C
【详解】A．M为，分子中只含碳氢单键，仅有σ键，不含π键；N为，结构式为O=C=O，含σ键和π键；P为含σ键和π键，A错误；
B．过程Ⅰ涉及中键断裂（生成），但过程Ⅱ是和结合，无键断裂，B错误；
C．该反应为，反应物原子全部转化为产物，无其他副产物，原子利用率100%，C正确；
D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误；
故答案为C。
10．高铁酸盐具有氧化降解、絮凝沉降和消毒杀菌等多项功能，电解法制备高铁酸盐工艺简单，装置如图所示，以铁、碳作电极材料，溶液作电解质溶液，阳极发生析氧副反应。下列说法错误的是
A．电极b为碳电极
B．电极电势：
C．生成的电极反应：
D．每生成的同时，生成
【答案】D
【分析】以铁、碳作电极材料，溶液作电解质溶液制备高铁酸盐，则铁为阳极失去电子在碱性条件下发生氧化反应生成：，同时发生副反应生成氧气：，碳电极为阴极，发生还原反应生成氢气：，结合图示，a为阳极、b为阴极；
【详解】A．电极b产生氢气，氢气为阴极还原产物，故电极b为阴极，阴极材料为惰性电极碳，A正确；
B．M为电源正极（连接阳极），N为电源负极（连接阴极），电源正极电势高于负极，故M>N，B正确；
C．Fe在阳极被氧化为，碱性条件下用OH 配平电荷和原子，电极反应为，C正确；
D．生成1mol 时Fe失6mol e ，但阳极存在析氧副反应，导致阳极总失电子数大于6mol，由阴极反应可知，生成氢气的物质的量大于3mol，D错误；
故选D。
13．现代工业中镍的化合物应用广泛。图1是镍的一种配合物的结构，图2是一种镍的氧化物的立方晶胞。下列说法错误的是
A．镍元素位于元素周期表中d区
B．图1分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
C．图2晶体对应的化学式为NiO
D．图2晶胞中的配位数都是6
【答案】B
【详解】A．镍是28号元素，电子排布式为，最后一个电子填入3d轨道，属于d区元素，A正确；
B．图1分子中，Ni与N之间存在配位键（箭头所示），分子内C-C、C-N、N-O、O-H等为共价键，但氢键（）是分子间作用力，不属于化学键，B错误；
C．图2为镍的氧化物的立方晶胞，其中小球表示（半径小于Ni）棱心与体心，有个，大球表示Ni（半径大于O）位于顶点和面心，有个，Ni与O个数比为1:1，化学式为NiO，C正确；
D．图2为NiO晶胞结构，属于离子晶体，类似NaCl型，每个周围有6个最近的，每个周围也有6个最近的，的配位数都是6，D正确；
故选B。
。
4月2日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．“绿色、智能、节俭、文明”的第19届亚运会在杭州圆满闭幕。下列说法不正确的是（ ）
A. 主会场“大莲花”采取自然采光方式有利于实现“碳中和”
B. 吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分中含有二氧化硅
C. 氢燃料汽车使用的燃料电池将化学能转化为电能
D. 火炬“薪火”的燃料“零碳甲醇”是用和合成的,“零碳甲醇”使用时会生成
【答案】B
【详解】主会场“大莲花”采取自然采光方式，充分利用了太阳光，节省能源，有利于实现“碳中和”，正确；硅是半导体材料，吉祥物“江南忆”机器人所采用的芯片的主要成 分为晶体硅，错误；燃料电池是化学电池，可将化学能转化为电能，正确；因为火炬“薪火”的燃料“零碳甲醇”是用和合成的，所以“零碳甲醇”燃烧时依然会生成，正确。
2.下列化学用语表述不正确的是
A．次氯酸钠的电子式：
B．固体HF中的链状结构：
C．基态Fe2+的电子排布式：[Ar]3d54s1
D．的模型：
【答案】C
【详解】A．次氯酸钠是离子化合物，O原子得到Na原子失去的一个电子，O和Cl原子再形成一对共用电子，则次氯酸钠的电子式为：，A正确；
B．在固体HF中，一个HF分子中的氢原子与另一个HF分子中的氟原子之间形成分子间氢键，多个HF分子通过氢键作用连接成链状结构：，B正确；
C．铁是26号元素，铁的基态原子电子排布为：，则亚铁离子的电子排布式为：，C错误；
D．的中心原子S周围的价层电子对数为：3+=4，有1对孤电子对，则的模型为：，D正确；
故选C。
3.实验室制备铜氨溶液并进行铁钉镀铜实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是（　　）
A．除油污 B．除铁锈
C．制铜氨溶液 D．镀铜
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．给溶液加热，促进水解，溶液碱性增强，更利于除油污，A正确；
B．铁锈主要成分为，加入稀盐酸发生反应，B正确；
C．溶液中加足量氨水，生成铜氨溶液，C正确；
D．铁钉镀铜需用电解池，铜片作阳极，铁钉作阴极，铜氨溶液为电解质溶液，D错误；
故答案选D。
4．有机溶剂18-冠-6()与形成X()，可促进反应的进行。下列说法不正确的是（　　）
A．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同
B．X中18-冠-6与间存在离子键
C．电负性：
D．第一电离能：
【答案】B
【详解】A．18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道均为，类型相同，A正确；
B．18-冠-6与形成超分子X，18-冠-6（有机分子）与间是分弱配位键，离子键只存在阳离子与阴离子之间，B错误；
C．元素非金属性越强，电负性越大，K属于活泼金属，故电负性：，C正确；
D．N的2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素O，D正确；
故选B。
（新考法）阅读下列材料，完成下面小题。
催化反应广泛存在，如植物光合作用、铁触媒催化合成氨、合成火箭燃料N2H4 (液态，燃烧热为622kJ/mol)、铜催化重整CH4和H2O制H2和CO等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO，通过选择性催化还原技术，NH3将柴油车尾气中的NO2转化为N2。
5．下列说法不正确的是（ ）
A．植物光合作用过程中，酶能提高CO2和H2O中活化分子的百分数
B．NH3将NO2转化为N2的反应中催化剂能加快化学反应速率
C．酸性条件下锑电催化还原CO2时，HCOOH的生成速率小于CO
D．铁触媒催化合成氨的反应中，铁触媒能减小反应的活化能
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．N2H4的燃烧：
B．CH4和H2O催化重整制H2和CO：
C．锑电催化还原CO2生成HCOOH的阴极反应：
D．NH3将柴油车尾气中的NO2无害化：
7．下列有关反应描述不正确的是
A．合成氨温度选择400~500℃的原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大
B．铁触媒催化合成氨时，铁触媒提高了单位时间内N2的转化率
C．催化重整CH4和H2O制H2时，H2在催化剂铜表面脱附过程的△S>0
D．CO2转化为HCOOH时，C原子轨道的杂化类型没有发生变化
【答案】5．C 6．B 7．D
【解析】5．A．植物光合作用过程中，酶为催化剂，能降低反应活化能，增大该反应的活化分子百分数，加快反应速率，A错误；
B．催化剂能降低反应活化能，增大该反应的活化分子百分数，加快化学反应速率，B正确；
C．已知，酸性条件下锑电催化还原CO，生成HCOOH的选择性大于CO，则酸性条件下锑电催化还原CO2生成两种产物的速率：v(CO)D．铁触媒能降低活化能，增大该反应的活化分子百分数，加快反应速率，D正确；
故选A；
6．A．N2H4的燃烧要生成液态水，正确的热化学方程式：，A错误；
B．CH4和H2O催化重整制H2和CO，结合质量守恒，反应为：，B正确；
C．锑电催化还原CO2生成HCOOH的阴极反应为酸性条件下，二氧化碳得到电子发生还原生成甲酸：，C错误；
D．工业尾气中NH3的无害化处理反应生成氮气而不是污染性NO，反应为：，D错误；
故选B；
7．A．合成氨温度选择400~500℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，利于催化反应进行，A正确；
B．铁触媒催化合成氨时，铁触媒能降低活化能，增大该反应的活化分子百分数，提高了单位时间内N2的转化率，B正确；
C．H2在催化剂Cu表面脱附过程为物质熵增的过程，△S>0，正确；
D．CO2转化为HCOOH时，C原子轨道的杂化类型由sp杂化转化成，sp2杂化，发生了变化，D错误；
故选D。
8．（新考法）化合物Y是合成丹参醇的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是（　　）
A．X分子中含手性碳原子
B．X转化为的过程中与反应生成
C．与以物质的量发生加成反应时可得3种产物
D．X、Y可用酸性溶液进行鉴别
【答案】C
【分析】与CH3MgBr反应生成，发生水解反应得到。
【详解】A．手性碳原子连有四个不一样的基团，X分子中不含手性碳原子，故A项错误；
B．X转化为Y的过程中与CH3MgBr反应生成，故B项错误；
C．Y与Br2以物质的量1∶1发生1，2-加成反应时可得2种产物，发生1，4-加成反应时可得产物，故Y与Br2以物质的量1∶1发生加成反应时可得3种产物，故C项正确；
D．X、Y均含有碳碳双键，均使酸性KMnO4溶液褪色，不可以用酸性KMnO4溶液进行鉴别，故D项错误；
故本题选C。
9．（改编）科学家基于水/有机双相电解质开发了一种新型的铜锌二次电池，双相电解质建立了离子选择性界面，仅允许氯离子迁移，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 充电时，石墨电极与电源正极相连
B. 充电时，石墨电极上可发生电极反应
C. 放电时，氯离子向石墨电极迁移
D. 放电时，理论上电路中每转移电子，锌电极质量增加
【答案】C
【详解】原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，放电时，氯离子移向负极，即向锌电极迁移，错误；电路中转移的电子数要与溶液中移动的离子数一致，比如转移电子对应一价的离子是，而对应二价的离子是，放电时，根据负极反应式，理论上电路中每转移电子，有向锌电极迁移，即锌电极质量增加的质量，应为，正确。
10．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向FeSO4溶液中先加入KSCN溶液，再加入H2O2溶液，溶液变成红色 还原性：
B 向NaHCO3溶液中加入等浓度、等体积的溶液，出现白色沉淀 结合的能力：
C 向ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀 溶度积：
D 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象 非金属性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向FeSO4溶液中先加入KSCN溶液，再加入H2O2溶液，溶液变成红色，亚铁离子被氧化为铁离子，亚铁离子做还原剂，过氧化氢被还原，证明还原性：，A错误；
B．向溶液中滴入NaHCO3溶液，产生白色沉淀，说明发生了，在该反应中电离出H+、而结合了H+，显然可以说明结合H+的能力比强，B正确；
C．Na2S与硫酸铜直接反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp，C错误；
D．将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，生成白色胶状物H2SiO3，说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但由于HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，所以不能说明Cl的非金属性强于Si，D错误；
故选B。
11.以催化的反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应过程中有非极性共价键断裂和形成
B．反应过程中的化合价没有改变
C．催化剂参加了反应并降低了反应焓变
D．反应的化学方程式：
【答案】A
【详解】A．反应中有氧气参与反应，且生成了氮气，所以反应过程中有非极性共价键断裂和形成，A正确；
B．在题给的反应历程中，的成键数发生了改变，即的化合价发生了变化，B错误；
C．催化剂只能改变化学反应速率，不能影响焓变，C错误；
D．流程中有氧气的参与，反应的化学方程式：，D错误；
故答案选A。
14．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是
A．该物质的化学式为KCaF3
B．与等距且最近的有12个
C．该晶体的密度计算式为
D．在该物质品胞结构的另一种表示中，处于各顶角位置，则处于棱心位置
【答案】C
【详解】A．根据均摊法，K+位于晶胞顶点，个数为，Ca2+位于晶胞体心，所以个数为1，F 位于晶胞面心，个数为，所以化学式为KCaF3，故A正确；
B．K+位于晶胞顶点，F-位于晶胞面心，所以与K+等距且最近的F-有个，故B正确；
C．由A可知，一个晶胞中有一个KCaF3，则密度计算式应该为，故C错误；
D．以Ca2+为顶点时，F-处于棱心位置，故D正确；
故选C。
4月3日
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 Na 23 S 32 K 39 Ca 40 Cu 64 Pt 195
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【传统文化】中华文明源远流长，文物记载着历史的灿烂成就。下列文物的主要成分为硅酸盐的是
A．仰韶文化彩陶盆 B．故宫大理石螭首 C．鎏金铜缸 D．水晶杯
【答案】A
【详解】A．仰韶文化彩陶盆的主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．故宫大理石螭首的主要成分是碳酸钙，B不符合题意；
C．鎏金铜缸属于合金材料，C不符合题意；
D．水晶杯的主要成分为二氧化硅，D不符合题意；
故选A。
2．下列化学用语表述正确的是
A．基态原子的价层电子轨道表示式：
B．用电子式表示的形成：
C．的离子结构示意图：
D．的名称：2-乙基丁烷
【答案】A
【详解】A．铜是29号元素，基态原子的价层电子排布式为，轨道表示式：，A正确；
B．H2S是共价化合物，H、S原子间通过共用电子对结合，其形成过程为：，B错误；
C．该离子质子数是17，离子结构示意图为，C错误；
D．的最长链有5个碳原子，3号位是甲基，命名为：3-甲基戊烷，D错误；
故选A。
3．神舟航天员在中国空间站进行太空实验——过饱和醋酸钠溶液结晶形成温热的“冰球”。下列说法正确的是
A．醋酸钠是非电解质 B．过饱和醋酸钠溶液结晶过程中
C．过饱和醋酸钠溶液结晶过程中 D．向水中加入醋酸钠，水的电离被抑制
【答案】C
【详解】A．醋酸钠是盐，在水溶液中完全电离，是(强)电解质，A错误；
B．溶液结晶过程中，溶液中的离子以固体析出，ΔS<0，B错误；
C．溶液结晶过程中形成离子键，ΔH<0，C正确；
D．向水中加入醋酸钠后，醋酸钠水解促进水的电离，D错误；
故选C。
4．下列各组物质中，按照图示关系在一定条件下不能一步转化的是
选项 X Y Z W
A
B Al
C S FeS
D HClO HCl
【答案】B
【详解】A．可以有这一条路线：，A不符合题意；
B．Al与O2反应生成氧化铝，氧化铝不能一步转化为氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸反应生成AlCl3，AlCl3不能一步转化为Al，B符合题意；
C．可以有这一条路线：，C不符合题意；
D．可以有这一条路线：，D不符合题意；
故答案选B。
5．Ca与B组成的金属硼化物的晶胞结构如图所示，已知正八面体中B-B键的键长为r pm，晶胞参数为a pm，晶胞中钙原子的分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．该金属硼化物含有离子键和共价键
B．Ca的配位数为24
C．N点原子的分数坐标为
D．该金属硼化物的密度为
【答案】C
【详解】A．该金属硼化物中，Ca为活泼金属形成Ca2+，B原子间通过共价键形成B6正八面体簇，Ca2+与B6簇间通过离子键结合，故含离子键和共价键，A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的正八面体中都有3个硼原子与钙原子的距离最近，共有24个，则钙原子的配位数为24，B正确；
C．N点所在正八面体体心为坐标原点，B-B键的键长为r pm，N点到原点的距离为 ，晶胞参数为a pm ，N点在z轴的分数坐标为，所以N点原子的分数坐标为，C错误；
D．1个晶胞中，Ca有1个，而硼原子组成的正八面体结构B6的个数为1个，则该金属硼化物的密度为，D正确；
选C。
6．金属复合电极材料电催化氢气还原制备甲醛和乙醇的可能机理如图1所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应相对能量变化如图2(带*表示吸附态)所示。下列说法错误的是
A．X为“”
B．电催化氢气还原制备甲醛时，原子利用率为100%
C．利用Cu/La复合电极材料电催化还原生成的速率比单纯的电极的快
D．金属复合电极材料电催化氢气还原制备甲醛和乙醇有利于实现碳中和
【答案】B
【详解】A．由图可知，酸性条件下转化为，结合质量守恒可知，X为，故A正确；
B．电催化氢气还原制备甲醛时，氢气和二氧化碳反应生成甲醛和水，则原子利用率不是100%，故B错误；
C．结合图3可知，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是活化能降低，生成乙醇与甲醛的速率大，故C正确；
D．金属复合电极材料电催化氢气还原制备甲醛和乙醇，减少了二氧化碳的排放，有利于实现碳中和，故D正确；
故选B。
7．下列有关化学概念或性质的判断正确的是
A．超分子具有自组装的特征，如人体细胞和细胞器的双分子膜
B．键是由成键原子的轨道“肩并肩”重叠形成的，如分子中的键
C．晶体与非晶体的本质差异在于其是否具有固定熔点，如金刚石与活性炭
D．活泼金属元素与活泼非金属元素形成的化合物一定属于离子化合物，如
【答案】A
【详解】A．超分子通过分子间作用力(如氢键、范德华力等)自组装形成，例如细胞膜的双层磷脂结构属于超分子自组装的特征，A正确；
B．σ键是由原子轨道“头碰头”重叠形成的，而“肩并肩”重叠形成的是π键，也不一定只有p轨道才可形成σ键，B错误；
C．晶体与非晶体的本质差异在于内部结构是否有序(晶体长程有序

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