浙江省高考科目临海、新昌两地2022-2023学年高三适应性考试5月模考化学 Word版含解析

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浙江省选考科目两地适应性考试化学试题考生须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用，黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108In-115I-127Ba-137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.下列物质中含非极性键的盐是A.NH4ClB.Na2C2O4C.Mg3N2D.Na2O2【答案】B【解析】【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；【详解】A．氯化铵的铵根离子中含有氮氢极性共价键，A不合题意；B．Na2C2O4草酸盐，草酸根离子中含有碳碳非极性共价键，B符合题意；C．氮化镁不属于盐，C不合题意；D．过氧化钠为氧化物，不属于盐，D不合题意；故选B。2.氯化钠应用广泛，下列说法正确的是A.侯氏制碱法是将足量CO2通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出Na2CO3晶体B.氯碱工业采用阴离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠C.用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，该样品一定是氯化钠

1D.饱和氯化钠溶液能使蛋白质盐析【答案】D【解析】【详解】A．侯氏制碱法是将足量二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A错误；B．为防止氯气与氢氧化钠溶液和氢气反应，氯碱工业采用阳离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠，故B错误；C．用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色说明样品中含有钠元素，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，故C错误；D．饱和氯化钠溶液能降低蛋白质的溶解度，使蛋白质析出而产生盐析，故D正确；故选D。3.下列化学用语或表述正确的是A.石膏化学式：2CaSO4∙H2OB.CaH2的电子式：C.Cu元素位于周期表ds区D.丙炔球棍模型：【答案】C【解析】【详解】A．石膏的化学式：CaSO4∙2H2O，故A错误；B．CaH2是离子化合物，其电子式：，故B错误；C．Cu基态原子价电子为3d104s1，铜位于周期表ds区，故C正确；D．丙炔是直线形结构，而该球棍模型不是直线形，故D错误。综上所述，答案为C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.乙二醇的熔点低，可用作生产汽车防冻液B.NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂C.ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒D.单晶硅熔点高，可用作半导体材料【答案】A【解析】【详解】A

2．乙二醇具有沸点高，熔点低、不易挥发、热稳定性好、化学性能稳定的特性，所以常用作生产汽车防冻液，故A正确；B．碳酸氢钠溶液能与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀、二氧化碳和水，所以碳酸氢钠溶液可用作泡沫灭火剂，故B错误；C．二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以二氧化氯可用于自来水消毒，则可用于自来水消毒与气体的颜色无关，故C错误；D．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故D错误；故选A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.不是所有的铵盐受热分解都能放出NH3B.Fe和高温水蒸气反应可生成Fe2O3C.漂白粉与洁厕灵可混合使用以提高消毒效果D.工业制硫酸中需先将SO2压缩，再进行催化氧化【答案】A【解析】【详解】A．不是所有的铵盐受热分解都能放出氨气，如硝酸铵受热分解生成一氧化二氮和水，故A正确；B．铁和高温水蒸气反应可生成四氧化三铁和氢气，故B错误；C．漂白粉的主要成分次氯酸钙和洁厕灵的主要成分盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，反应生成有毒的氯气，可能会造成意外事故的发生，所以漂白粉与洁厕灵不能混合使用，故C错误；D．催化剂作用下二氧化硫和氧气在高温条件下反应生成三氧化硫，该反应在常压条件下反应，所以工业制硫酸中不需要将二氧化硫压缩，故D错误；故选A。6.关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是A.NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1C.NaN3既是还原产物又是氧化产物D.生成1molNaN3，共转移4mol电子【答案】C【解析】【详解】A．由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱酸的原理，故A错误；

3B．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B错误；C．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物又是氧化产物，故C正确；D．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol××2=mol，故D错误；故选C。7.下列离子方程式书写正确的是A.用FeS除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓B.向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)C.在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2OD.向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．FeS为沉淀不能拆，用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+HgS↓+Fe2+，A错误；B．向饱和食盐水中加浓盐酸，氯离子浓度增大，促使氯离子和钠离子析出氯化钠固体：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)，B正确；C．在Na2S溶液中滴加NaClO溶液发生氧化还原反应生成硫单质和氯离子、同时生成氢氧根离子：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，C错误；D．Fe(SCN)3为络合物不能拆，向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3+Fe=6SCN-+3Fe2+，D错误；故选B。8.下列说法不正确的是A.天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂B.共价键的方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性C.糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物D.蛋白质的一级结构与肽键的形成有关【答案】A【解析】【详解】A

4．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，能溶于强酸或强碱溶液中，大部分能溶于水，难溶于乙醇、乙醚，故A错误；B．金刚石是共价晶体，晶体中碳碳键具有饱和性和方向性，其中方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性，故B正确；C．从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，故C正确；D．蛋白质是生物大分子，具有明显的结构层次性，由低层到高层可分为一级结构、二级结构、三级结构和四级结构，蛋白质的一级结构是指肽链的氨基酸组成及其排列顺序，则蛋白质的一级结构与肽键的形成有关，故D正确；故选A。9.某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是A.X与酸能形成盐B.1molX最多能与3mol溴水反应C.X最多消耗6molNaOHD.X中含有1个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有酰胺基，能与酸发生水解反应生成盐，故A正确；B．由结构简式可知，X分子中含有酚羟基和碳碳双键，能与溴水发生取代反应和加成反应，则1molX最多能与3mol溴水反应，故B正确；C．由结构简式可知，X分子中含有的羧基、酰胺基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1molX最多消耗6mol氢氧化钠，X分子的物质的量未知，则无法计算消耗氢氧化钠的物质的量，故C错误；D．由结构简式可知，X分子中与酰胺基相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；故选C。10.X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X在电池能源领域有重要而广泛的用途，Y的价层空轨道数目是半充满轨道数目的一半，Z的一种单质是常见的消毒剂，M与X为同主族元素，Q是地壳中含量最多的金属元素，下列说法不正确的是A.X的2s电子云比1s电子云更扩散B.Z与Q形成的晶体是典型的分子晶体

5C.五种元素的原子中第一电离能最高的是ZD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Q【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X在电池能源领域有重要而广泛的用途，则X为Li元素；Y的价层空轨道数目是半充满轨道数目的一半，则Y为C元素；Z的一种单质是常见的消毒剂，则Z为O元素；M与X为同主族元素，则M为Na元素；Q是地壳中含量最多的金属元素，则Q为Al元素。【详解】A．1s轨道离原子核的距离较近较，而2s轨道相对于1s轨道来说离原子核的距离就要远些了，所以锂原子的2s电子云比1s电子云更扩散，故A正确；B．氧化铝是共价键百分数大于离子键百分数的过渡晶体，不是分子晶体，故B错误；C．非金属元素的第一电离能大于金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则五种元素的原子中第一电离能最高的是氧原子，故C正确；D．碳元素的最高价氧化物对应水化物为弱酸碳酸，铝元素的最高价氧化物对应水化物为两性氢氧化物氢氧化铝，所以碳酸的酸性强于氢氧化铝，故D正确；故选B。11.电解法转化CO2可实现CO2资源化。利用如图所示电解法吸收CO2并制得HCOOK，下列说法不正确的是A.a端接电源的正极B.Sn片上发生的电极反应为：2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCOC.标准状况下，电路中转移1mole—阳极产生5.6L气体D.电解一段时间后，阳极区需要补充KHCO3溶液【答案】C【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子。

6【详解】A．由分析可知，铂片为电解池的阳极，故A正确；B．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCO，故B正确；C．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，所以电路中转移1mol电子时，阳极产生气体的体积大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C错误；D．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则电解一段时间后，阳极区需要补充碳酸氢钾溶液，故D正确；故选C。12.氯化二乙基铝(CH3CH2)2AlCl既能形成稳定的二聚体，也能形成三聚体。(CH3CH2)2AlCl三聚体所有原子最外层电子均达到稳定结构，结构如图所示，下列推测不合理的是A.(CH3CH2)2AlCl三聚体分子中含有3个配位键，每个Al的配位数是4B.(CH3CH2)2AlCl的三聚体为非极性分子C.(CH3CH2)2AlCl与O2完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢D.(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子中中心离子是铝离子，氯离子和乙基是配体，铝离子的配位数为4，故A正确；B．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子是结构对称的非极性分子，故B正确；C．由质量守恒定律可知，(CH3CH2)2AlCl一定条件下与氧气完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢，故C正确；D．氯元素的电负性大于溴元素，铝氯键强于铝溴键，则水解时(CH3CH2)2AlCl的铝氯键比(CH3CH2)2AlBr的铝溴键难以断裂，比(CH3CH2)2AlBr更难水解，故D错误；故选D。

713.亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是A.曲线①表示lgc(H2PO)随pOH的变化B.pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol•L-1C.反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K=1.0×10-5.3D.浓度均为0.1mol•L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液中将增大【答案】D【解析】【分析】任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-=+H2O、+OH-=+H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc()先增大后减小，lgc()逐渐增大，故曲线①表示c()，曲线②表示c()，曲线③表示c(H3RO3)，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线②表示c()随pOH的变化，故A错误；B．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1 mol•L-1，故2c(H3RO3)+c()=0.1 mol•L-1，故B错误；C．根据a点知，c()=c()时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10

8-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌+H+减去⇌+H+，可得H3RO3+⇌2，则平衡常数K==105.3，故C错误；D．浓度均为0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小，的水解平衡常数不变，根据可知，该比值增大，故D正确；故选：D。14.叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr下列说法不正确是A.过渡态能量：①＞②＞③B.(CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2C.若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大D.向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5

9低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；故选B。15.印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列说法不正确的是A.椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳B.弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀C.将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化D.海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大【答案】D【解析】【详解】A．由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳，A正确；B．弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B正确；C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，较高浓度的碳酸根离子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)转化为CaCO3(s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；D．海水中CO2浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D错误；故选D。16.下列实验设计、现象和结论都正确的是选项实验目的实验设计现象和结论A探究温度对化学平衡的影响加热0.5mol•L-1CuCl2蓝色溶液加热溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-吸热

10B比较AgBr和AgCl的Ksp大小向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)C证明干燥的氯气不具有漂白性将干燥的氯气通入盛放红色鲜花的集气瓶中红色鲜花颜色褪去，说明干燥的氯气有漂白性D探究浓度对反应速率的影响室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片B试管中无明显现象，说明浓度越大反应速率越慢A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．加热0.5mol•L-1氯化铜蓝色溶液，溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4H2O的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故A正确；B．没有明确混合溶液中氯化钠和溴化钠的浓度是否相等，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，不能说明溴化银的溶度积小于氯化银，故B错误；C．干燥的氯气没有漂白性，红色鲜花颜色褪去是因为氯气与水反应生成的次氯酸应强氧化性而表现漂白性，故C错误；D．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影响，故D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硫及其化合物有许多用途。请回答：（1）基态硫原子的价电子排布图为_______。（2）S的某些同素异形体由S8环构成，S8环中∠S－S－S平均键角最接近______(填序号)。A.120°B.105°C.112°D.180°（3）比较H2S和C2H5SH的酸性：H2S_______C2H5SH(填＞”、“<”或“=”)，并从结构的角度说明理由______。

11（4）胆矾(CuSO4•5H2O)属于一种复杂的离子晶体，其部分结构示意图如图所示，根据其结构将其化学式改写成配合物形式______；加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______；阴离子SO的空间构型为______。（5）Cu、In与S形成的某化合物晶体的晶胞如图，该化合物的化学式为_____。该晶胞形状为长方体，长为xnm，宽为xnm，高为ynm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为______g•cm-3。【答案】（1）（2）B（3）①.＞②.C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S（4）①.[Cu(H2O)4]SO4•H2O②.氢键、配位键③.正四面体形（5）①.CuInS2②.【解析】【小问1详解】硫元素的原子序数为16，基态原子的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为，故答案为：；

12【小问2详解】由图可知，S8分子中硫原子的杂化方式为sp3杂化，杂化轨道的键角是109°28'，受两对孤对电子对，成键电子对的斥力影响，S－S－S平均键角平均键角小于109°28'，则S－S－S平均键角最接近105°，故选B；【小问3详解】C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S，所以H2S的酸性强于C2H5SH，故答案为：＞；C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S；【小问4详解】由图可知，蓝色晶体胆矾的中心离子为铜离子，水分子为配体，四水合铜离子为内界，硫酸根离子为外界，改写成配合物形式的化学式为[Cu(H2O)4]SO4•H2O；加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用为氢键、配位键；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]SO4•H2O；氢键、配位键；正四面体形，【小问5详解】由晶胞结构可知，位于晶胞中顶点、面上和体心的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面上的铟原子个数为4×+6×=4，位于体内的硫原子个数为8，则化合物的化学式为CuInS2；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30x2yd，解得d=，故答案为：CuInS2；。18.难溶化合物X由3种分属不同周期的元素组成，按如图流程进行相关实验：流程中溶液均为无色，溶液B的溶质只含正盐，溶液G、H中均含有配离子，气体A是一种无色无味的酸性氧化物，反应均充分进行，请回答：（1）组成固体X的3种元素是_______(填元素符号)，溶液E中多核阳离子的电子式为______。

13（2）写出溶液G生成白色固体C的离子方程式______。（3）写出溶液B生成白色固体F的化学方程式______。（4）设计实验证明溶液G、H中含有的配离子种类不同______。【答案】（1）①.Ag、Al、O②.（2）Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO（3）[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O（4）取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同【解析】【分析】流程中溶液均为无色，溶液B的溶质只含正盐，溶液G、H中均含有配离子，气体A是一种无色无味的酸性氧化物，反应均充分进行，则A为二氧化碳气体，由无色溶液B与足量盐酸反应生成白色固体F可知，F为氯化银沉淀，则固体X中含有银元素；由白色固体C能溶于足量氢氧化钠溶液得到溶液G，溶液G与氢氟酸反应得到溶液H、与足量二氧化碳反应生成白色固体C可知，C为氢氧化铝、G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则固体X中含有铝元素；由难溶化合物X由3种分属不同周期的元素组成可知，X中含有O元素；由银原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由铝原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由X的质量可知，X中含有的氧元素的物质的量为=0.6mol，则X中银、铝、氧的物质的量比为0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，X的化学式为AgAlO2；结合流程可知，B为[Ag(NH3)2]2CO3、D为二氧化碳、E为氯化铵。【小问1详解】由分析可知，固体X的化学式为AgAlO2，组成固体X的3种元素是银元素、铝元素和氧元素；E为氯化铵，多核阳离子铵根离子的电子式为，故答案为：Ag、Al、O；；【小问2详解】由分析可知，溶液G生成白色固体C反应为四羟基合铝酸钠溶液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Al(OH)+CO2=Al(OH)3↓+HCO，故答案为：Al(OH)+

14CO2=Al(OH)3↓+HCO；【小问3详解】由分析可知，溶液B生成白色固体F的反应为[Ag(NH3)2]2CO3溶液与足量盐酸反应生成氯化银沉淀、氯化铵、二氧化碳气体和水，反应的为化学方程式[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O，故答案为：[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O；【小问4详解】由分析可知，G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则证明溶液G、H中含有的配离子种类不同的实验为取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，四羟基合铝酸钠溶液中先出现氢氧化铝白色沉淀，后沉淀溶解消失，而六氟合铝酸钠溶液中无明显现象，说明四羟基合铝酸钠溶液、六氟合铝酸钠溶液中含有的配离子种类不同，分别为氢氧根离子、氟离子，故答案为：取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同。19.我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ•mol-1（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ•mol-1、-200.6kJ•mol-1、-241.8(一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓，单质的摩尔生成焓为0)。则反应I的△H1=______kJ•mol-1。（2）当压强分别p1、p2时，将=1：3的混合气体置于闭容器中反应，不同温度下平衡体系中CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性如图1所示。在p1压强下，曲线______代表CH3OH的选择性，原因是______。（3）向VL密闭容器中通入3molH2、1molCO2，在催化剂作用下发生反应。相同时间内，温度对CO2转化率及CH3OH和CO产率的影响如图2所示。在某温度下，体系在tmin时达到平衡状态。此时CO2

15的转化率为30%，CO2对CH3OH的选择性为40%。已知：CH3OH(或CO)的选择性=下列说法正确的是______。A.CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，CO2转化率增大B.反应II的平衡常数为0.031C.则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1D.曲线b表示CH3OH的产率（4）Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，图3为合成CH3OH在无催化剂时，CH3OH的物质的量与时间的关系，请在图3中画出CH3OH在Cu/ZnO纳米片存在下，CH3OH物质的量的变化曲线______。【答案】（1）-48.9（2）①.①②.反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低（3）AB

16（4）【解析】【小问1详解】已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，单质的摩尔生成焓为0，经分析可知=生成物的生成焓-反应物的生成焓，反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的=kJ·mol-1+(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9kJ·mol-1；答案：-48.9；【小问2详解】反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，图中实线①表示P1压强下CH3OH的选择性、虚线②表示P2压强下CH3OH的选择性，③表示P2压强下CO的选择性，④表示P1压强下CO的选择性，⑤为CO的平衡转化率曲线；答案：答案：①；反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低；因此①表示P1压强下CH3OH的选择性；【小问3详解】A.反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，CO2转化率增大，图中显示随温度升高，CO2的转化率增大，其原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，导致CO2转化率增大，A正确；B.由题目信息可知，转化CO2为1mol=0.3mol，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH为0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以达平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol

17，反应II的平衡常数K===0.031，B正确；C.由选项B分析可知：达平衡H2转化0.18mol+30.12mo=0.54mol，则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1，C错误；D.反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的产率减小，所以表示甲醇产率随温度变化的曲线是a，表示一氧化碳产率随温度变化的曲线是b，D错误；故答案选AB。【小问4详解】在Cu/ZnO纳米片存在下，反应应速率加快，达平衡时间变短，Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，CH3OH物质的量增多，答案：。20.工业上以铬铁矿(FeCr2O4质量分数为a%，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程图如图，回答下列问题：（1）焙烧目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，写出转化过程中生成可溶性含铝组分的化学方程式：______。（2）下列有关说法不正确的是______。A.蒸发结晶时如果长时间蒸发，有利于提高Na2Cr2O7•2H2O的产率B.除了Na2Cr2O7外，在上述工艺流程中可循环利用的物质还有H2SO4C.含铁元素的化合物可在中和过程中被除去

18D.焙烧时气流与矿料逆流而行，其目的是增大反应物接触面积，提高反应速率（3）蒸发结晶，盛放样品的容器名称是_______。（4）酸化的目的是(结合离子方程式说明)______。（5）利用氧化还原滴定法测定Na2Cr2O7•2H2O产品的纯度，从下列选项中选择合适的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“(_______)”内填写一种操作，均用字母表示]。用______(称量产品2.50g)→在烧杯中__________→用容量瓶__________→用移液管(取25.00mL所配溶液于锥形瓶中)→加入足量碘化钠溶液→加入3滴淀粉指示剂→用______(用0.1200mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定)→_________并且内不恢复原来的颜色，消耗标准溶液40.00mL仪器：a.碱式滴定管；b.酸式滴定管；c.电子天平；d.托盘天平；操作：e.加硫酸溶解；f.加盐酸溶解；g.配制250mL溶液；h.观察到溶液蓝色褪去：i.观察到溶液变成蓝色（6）若以铬铁矿为原料制备mkg硼化铬(CrB)，在工艺流程中Cr损失b%，则至少需要铬铁矿的质量为______kg(用含字母的计算式表示)。【答案】（1）Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑（2）AC（3）蒸发皿（4）H+浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率（5）①.c②.e③.g④.a⑤.h（6）【解析】【分析】由题给流程可知，铬铁矿中加入纯碱与氧气高温条件下焙烧，将铬酸亚铁铬酸钠和氧化铁，将氧化铝和二氧化硅转化为偏铝酸钠和硅酸钠，加入水浸取、过滤得到含有氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH使偏铝酸钠和硅酸钠转化为氢氧化铝和硅酸沉淀；过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，溶液经蒸发结晶、过滤得到含有硫酸钠的副产品和滤液；滤液经冷却结晶、过滤得到红矾钠晶体和含有硫酸的母液，母液中的硫酸可以循环利用。【小问1详解】由分析可知，转化过程中生成可溶性含铝组分的反应为氧化铝和碳酸钠高温条件下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑；【小问2详解】

19A．由分析可知，蒸发结晶的目的是除去溶液中的硫酸钠，则蒸发结晶时如果长时间蒸发，会析出红矾钠晶体，导致红矾钠晶体的产率降低，故错误；B．由分析可知，母液中的硫酸可以循环利用，故正确；C．由分析可知，焙烧得到的氧化铁在浸取过程中被除去，故错误；D．焙烧时气流与矿料逆流而行的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率，故正确；故选AC；【小问3详解】蒸发结晶时，盛放样品的容器为蒸发皿，故答案为：蒸发皿；【小问4详解】由分析可知，加入稀硫酸酸化的目的是溶液中氢离子浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡向正反应方向移动，重铬酸钠的物质的量增大、产率增大，故答案为：H+浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；【小问5详解】利用氧化还原滴定法测定红矾钠晶体的纯度的实验过程为用电子天平称量2.50g产品，在烧杯中加硫酸溶解样品，用容量瓶配制得到250mL溶液，用移液管量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量碘化钠溶液与重铬酸钠溶液完全反应，加入3滴淀粉做指示剂，用盛有0.1200mol•L-1硫代硫酸钠标准溶液的碱式滴定管滴定，观察到溶液变成蓝色并且30s内不恢复原来的颜色，消耗标准溶液40.00mL，故答案为：c；e；g；a；h；【小问6详解】设铬铁矿的质量为xkg，以铬铁矿为原料制备mkg硼化铬，在工艺流程中铬元素损失b%，由铬原子个数守恒可得：×2=，解得x=，故答案为：。21.某研究小组按下列路线以马来酸酐(A)为原料合成吡唑酸(H)：

20已知：①R－COOHRCOCl②R－OHR－Br③R－CNR－CH2NH2请回答：（1）下列说法一定不正确的是_______。A.化合物F→G为还原反应B.化合物E可以归类为醇类C.化合物A中的所有原子共平面D.化合物H的分子式为C8H7O2N3BrCl（2）化合物B中的含氧官能团名称为_______，化合物C的结构简式是_______。（3）化合物D+X→E的反应由加成、消去、取代三步反应构成，写出其中加成反应的化学方程式________。（4）写出符合下列条件的X的2种同分异构体的结构简式：_______(不考虑立体异构)。①含有一个六元环；②1H－NMR检测表明仅含1种氢（5）根据题给信息，设计以丙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。【答案】（1）AD（2）①.酯基、羧基②.（3）+（4）、（5）

21【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与甲醇发生取代反应生成，则B为；与溴化氢发生加成反应生成，则C为；与SOCl2发生取代反应生成，与先后发生加成反应、消去反应和取代反应生成，则E为；与POBr3发生取代反应生成，一定条件下发生消去反应生成，则G为；酸性条件下发生水解反应生成。【小问1详解】A．由分析可知，化合物F→G的反应为一定条件下发生消去反应生成，故错误；B．由分析可知，化合物E的结构简式为，由官能团可知，化合物E分子中含有醇羟基，可以归类为醇类，故正确；C．由结构简式可知，化合物A中碳碳双键、碳氧双键和氧原子都为平面结构，则分子中所有原子共平面，故正确；D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C9H5O2N3BrCl，故错误；故选AD；

22【小问2详解】由分析可知，化合物B的结构简式为，分子中的含氧官能团为羧基、酯基；化合物C的结构简式，故答案为：酯基、羧基；；【小问3详解】化合物D+X→E反应先发生加成反应的反应为与发生加成反应生成，反应的化学方程式为+，故答案为：+；【小问4详解】化合物X的同分异构体含有一个六元环，1H－NMR检测表明仅含1种氢说明分子结构对称，分子中含有的六元环为含有3个氮原子的杂环，侧链为氯原子和2个处于对称位置的甲基，则符合条件的结构简式、，故答案为：、；【小问5详解】由题给信息可知，以丙烯为原料合成的合成步骤为丙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2—二溴丙烷，1，2—二溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成1，2—丙二醇，铜做催化剂条件下，1，2—丙二醇与氧气共热发生催化氧化反应生成，与氢氰酸发生加成反应生成，与四氢合硼酸钠发生还原反应生成，合成路线为，故答案为：。

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