2022届浙江省名校协作体高三下学期3月联考化学试题(解析版).docx

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1、2021学年第二学期浙江省名校协作体试题高三年级化学学科考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 C135.5 Ca40 Fe56 Zn65 Cu64选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题意，不选、多选、错选均不得分)1. 含有共价键的盐是A. CaCl2B. NaHSC. NH2C

2、lD. Mg3N2【答案】B【解析】【详解】A氯化钙为离子化合物，属于盐，只含有离子键，故A不符合题意；B硫氢化钠为离子化合物，属于盐，化合物中含有离子键和共价键，故B符合题意；CNH2Cl为共价化合物，不属于盐，化合物中只含有共价键，故C不符合题意；D氮化镁为离子化合物，属于氮化物，不属于盐，化合物中只含有离子键，故D不符合题意；故选B。2. 下列物质属于电解质且熔融状态下能导电的是A. 蔗糖B. CuC. AlCl3D. Na2CO3【答案】D【解析】【分析】电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。【详解】A蔗糖是非电解质，水溶液和熔融状态下都不导电，A错误；B铜能导电，但是铜是单质，

3、不是电解质，B错误；C氯化铝是共价化合物，熔融状态下没有自由移动的离子，不导电，C错误；D碳酸钠是电解质，熔融状态下能电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，能导电，D正确；答案选D。3. 关于下列仪器使用的说法正确的是A. 仪器、可用于物质分离B. 仪器、使用时需要检漏C. 仪器、可用酒精灯直接加热D. 仪器、使用前需要烘干【答案】B【解析】【详解】A长颈漏斗用于添加液体，梨形分液漏斗常用作分液操作，故A错误；B容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，故B正确；C蒸发皿可以直接加热，烧杯需要垫石棉网加热，C错误；D容量瓶定容时需要加蒸馏水，冷凝管需连通冷水，都不需要烘干，

4、故D错误；故选：B。4. 醋酸是常用的调味品。下列关于醋酸化学用语表述不正确的是A. 键线式：B. 结构式：C. 最简式：CH2OD. 比例模型：【答案】B【解析】【详解】A醋酸的键线式为，故A正确；B结构是共用电子对用短线表示，醋酸的结构式为，故B错误；C最简式是化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，醋酸的最简式是CH2O，故C正确；D比例模型体现的是组成该分子的原子间的大小、分子的空间结构、原子间的连接顺序等，图示为醋酸的比例模型，故D正确；故答案为B。5. 下列物质对应的组成不正确的是A. 天石：FeB. 氰酸钠：NaCNC. 碳铵：(NH4)2CO3D. 黄铜矿：CuFeS2【答

5、案】C【解析】【详解】A天石是铁陨石，主要成分是铁单质，化学式为Fe，A正确；B氰酸钠的化学式是NaCN，B正确；C碳铵是指NH4HCO3，而不是(NH4)2CO3，C错误；D黄铜矿主要成分CuFeS2，D正确；故合理选项C。6. 下列各组物质的相互关系描述正确的是A. 1H2、2H2、3H2互为同位素B. 和互为同系物C. 金刚石、富勒烯互为同素异形体D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同分异构体【答案】C【解析】【详解】A1H2、2H2、3H2是单质，不是原子，因此不能互为同位素，故A错误；B属于酚，属于醇，结构不相似，因此不互为同系物，故B错误；C金刚石、富勒

6、烯都是碳元素形成的不同单质，因此互为同素异形体，故C正确；D(CH3)2CHC2H5是(CH3)2CHCH2CH3，与CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质，故D错误；答案为C。7. 关于反应类型，下列判断不正确的是A. +H2O (取代反应)B. CHCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH(加成反应)C. 2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2(置换反应)D. C6H12O62C2H5OH+2CO2(水解反应)【答案】D【解析】【详解】A该反应属于酯的水解反应，酯的水解属于取代反应，A不符合题意；B甲醛分子的碳氧双键断开，一端加上乙炔断裂CHC-，另一端加上-H，得到HOC

7、H2CCCH2OH，属于加成反应，B不符合题意；C2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，属于置换反应，C不符合题意；DC6H12O62C2H5OH+2CO2是葡萄糖的分解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D符合题意；故选D。8. 向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到钠盐Na2H3IO6，下列有关该反应的说法中错误的是A. 在该反应中碘酸钠作还原剂B. 碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性C. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1D. 反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子【答案】C【解析】【详解】A因I元素的化合价由+5价

8、升至+7价，则在该反应中碘酸钠作还原剂，A项正确；B该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，高碘酸钠为氧化产物，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性，B项正确；C由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，C项错误；D反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1mol(+7)-(+5)=2mol电子，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化还原反应中的基本概念，题目难度不大。由向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到高碘酸钠（Na2H3IO6）可知，反应中I元素的化合价由+

9、5价升高为+7价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。9. 如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是A. 每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体B. 冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体C. 冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大D. lmol冰晶体中最多含有2mol氢键【答案】D【解析】【详解】A每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过氢键作用形成冰晶体，故A错误；B冰晶体虽然具有空间网状结构，但分子之间是氢键，所以是分子晶体，故B错误；C由于氢键有方向性，分子之间的空隙较大，当晶体熔化时，氢键被破坏，水分子之间的空隙减小，故

10、C错误；D每个水分子向外伸出4个氢键与另外四个水分子形成四面体，根据均摊法lmol冰晶体中最多含有2mol氢键，故D正确；故答案为D10. 下列说法正确的是A. FeSO4、Fe(OH)3都可以通过化合反应制得B. 往海带灰的浸泡液中加入过量的氯水，保证I-完全氧化为I2C. 氨气、溴中毒时，要立即到室外呼吸新鲜空气，必要时进行人工呼吸D. AgBr见光易分解，故可用于人工降雨【答案】A【解析】【详解】AFe与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4，Fe(OH)2与O2、H2O反应产生Fe(OH)3，这两种反应都是化合反应，故物质FeSO4、Fe(OH)3可通过化合反应制取得到，A正确；B往海带

11、灰的浸泡液中加入过量的氯水，会将生成的I-氧化为HIO3，B错误；C误吸入溴蒸气中毒后，需立即吸入少量酒精和乙醚的混合蒸气，以便解毒，并到室外呼吸新鲜空气，万不得已不要进行人工呼吸，C错误；DAgBr光照下分解生成Ag，则可用于制感光材料；Agl可在空气中形成结晶核，使水凝结，可用于人工降雨，D错误；故选A。11. 下列说法不正确的是A. 滴瓶中的滴管在加完药品后无需洗净放回原瓶B. 用氯化钴溶液浸泡过的棉花作为简易湿度计，悬挂在家中，以粗略估计空气湿度的大小C. 浓硝酸应保存在带橡胶塞的棕色细口试剂瓶中D. 酒精不能萃取水中的溶质，也不能萃取苯中的溶质【答案】C【解析】【详解】A滴瓶中的滴管

12、专瓶专用，在加完药品后无需洗净放回原瓶，A正确；B无水氯化钴为深蓝色，吸水变成粉红色水合物，故用氯化钴溶液浸泡过的棉花作为简易湿度计，悬挂在家中，以粗略估计空气湿度的大小，B正确；C浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，C错误；D酒精与水、苯互溶，不能萃取水中的溶质，也不能萃取苯中的溶质，D正确；故选C。12. “类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”是相对的，不能违背客观事实。下列“类比”合理的是A. NH3的沸点高于PH3，则CH4的沸点也高于SiH4B. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3C

13、. 钠性质活泼，通常保存在煤油中，则锂也应该保存在煤油中可隔绝空气中的O2和H2OD. NaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，则CaF2固体与浓硫酸可以制备HF【答案】D【解析】【详解】A氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨分子之间形成氢键、PH3分子之间不能形成氢键，所以NH3的沸点高于PH3，甲烷和硅烷中都不存在氢键，所以CH4沸点低于SiH4，故A错误；BNaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应会生成Ag(NH3)2OH，故B错误；C钠性质活泼，通常保存在煤油中，锂的密度比煤油小，则锂也应该保存在石蜡油中可

14、隔绝空气中的O2和H2O，故C错误；DNaCl固体与浓硫酸可以制备HCl，利用的是难挥发性酸制易挥发性酸，HF是气体，也可以从体系中挥发出去，故CaF2固体与浓硫酸可以制备HF，故D正确；故答案为D。13. 能正确表示下列反应的离子方程式是A. 泡沫灭火器的原理：2A13+3+3H2O=2Al(OH)3+3CO2B. Ag(NH3)2OH与浓盐酸反应生成AgCl：Ag(NH3)2+OH-+3H+Cl-=AgCl+2+H2OC. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：H+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD. 粗铜电解精炼(粗铜作阳极，CuSO4溶液作电解液)的总反应：Cu(阳极)Cu

15、(阴极)【答案】B【解析】【详解】A泡沫灭火器的反应原理是Al3+与发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：A13+3= Al(OH)3+3CO2，A错误；BAg(NH3)2OH是可溶性物质，Ag(NH3)2+与浓盐酸电离产生的Cl-反应生成AgCl沉淀，NH3与H+结合成，同时产生水，反应的离子方程式为：Ag(NH3)2+OH-+3H+Cl-=AgCl+2+H2O，B正确；CNaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性时，二者反应的物质的量的比是2：1，反应的离子方程式为：2H+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，C错误；D粗铜电解精炼(粗铜作阳极，C

16、uSO4溶液作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu外，还有Zn、Fe等活动性比Cu强的金属，阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，D错误；故合理选项是B。14. 下列说法中，不正确的是A. 油脂在酸性或碱性条件下水解，都可以得到强亲水性物质甘油B. 用二氧化碳与环氧丙烷制备的高聚物、PLA等产品的广泛使用将有效缓解白色污染C. 合成硝化纤维、醋酸纤维、聚酯纤维均要用到纤维素D. CH2(NH2)CH2COOH不是-氨基酸，但它可以缩聚形成高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A油脂是高级脂肪酸甘油酯，其在酸性条件下水解产生高级脂肪酸与甘油，在碱性条件下水解，产生高级脂肪酸盐和甘油，甘油是丙三醇

17、的俗称，与水混溶，因此油脂在酸性或碱性条件下水解都可以得到强亲水性物质甘油，A正确；B用二氧化碳与环氧丙烷制备的高聚物、PLA等产品，在自然界中能分解，给它们的广泛使用将有效缓解白色污染，B正确；C合成硝化纤维、醋酸纤维均用到纤维素，酯纤维，俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，合成聚酯纤维不需要用到纤维素，C错误；DCH2(NH2)CH2COOH分子中氨基与羧基连接在两个不同的C原子上，因此不属于-氨基酸，但该分子中含有氨基、羧基，因此可以缩聚形成高分子化合物，D正确；故合理选项是C。15. 如图所示化合物是合成纳米管原料之一，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减

18、小的短周期元素，且原子序数均为奇数，Z元素无正化合价，W与Z同周期。则下列叙述正确的是A. 液态XY3气化过程中需要破坏X和Y之间的共价键B. 气态氢化物的稳定性：XZC. 离子半径：Y-Li+D. 与W同主族短周期元素形成的单质可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气【答案】D【解析】【分析】Z元素无正化合价，则Z为F元素，F呈-1价，则WZ即WF中W为+3价，W与Z同周期，XY离子显示Y共用1对电子对即达稳定结构，W、X、Z、Y是原子半径逐渐减小的短周期元素，且原子序数均为奇数，则Y为H，H呈+1价，则XY中X为-3价，X为N元素、W为B元素，据此分析。【详解】A气化是物理变化，液态XY3气化过程中

19、不需要破坏X和Y之间的共价键，A错误；B根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，气态氢化物的稳定性：XLi+，C错误；D与W同主族短周期元素形成的单质即铝，铝可以与氢氧化钠溶液反应产生氢气，D正确；故选D。16. 已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A. 苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B. 环己醇与乙醇互为同系物C. 已二酸与溶液反应有生成D. 环己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B环己醇含有

20、六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。17. 两种盐的稀溶液：amolL-1NaX溶液和bmolL-1NaY溶液。下列说法不正确的是（）A. 若a=b，且pH(NaX)pH(NaY)，则酸性HXb，且c(X-)=c(Y-)，则溶液中c(HX)c(HY)C. 若a=b，且c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则HX为强酸D. 若两溶液等体积混合后c(X

21、-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)=0.1molL-1，则a=b=0.1molL-1【答案】D【解析】【详解】两种溶液浓度相同，说明NaX的碱性更强，对应的的水解程度更强，因此酸性，故A正确；B.并且，根据物料守恒，所以溶液中，故B正确；C.且，因此可以看出没有水解，因此HX为强酸，故C正确；D.两种溶液混合以前，根据物料守恒，若等体积混合，则混合后的体积是混合前的两倍，此时c（X-）+c（HX）=，c（Y-）+c（HY）=，又因为c（X-）+c（HX）=c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L，则a=b=0.2，故D错误；故选：D。18. 设aX+bY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个

22、微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中不正确的是A. 500 mL0.5 molL-1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAB. H2O(g)通过Na2O2(s)使其增重b g时，反应中转移的电子数为C. 合成氨工业中，投料l molN2(g)+3H2(g)可生成NH3(g)的分子数为2NAD. 58 g正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】C【解析】【详解】A500 mL0.5 molL-1的NaCl溶液中含有溶质NaCl的物质的量n(NaCl)=0.5 mol/L0.5 L=0.25 mol，由于1个NaCl电离产生1个Na+、1个Cl-，所以0.25 molNaCl

23、电离产生的离子总物质的量为0.5 mol，且溶液中含有许多溶剂水分子，故该NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，A正确；BH2O(g)通过Na2O2(s)时发生反应：2H2O(g)+2Na2O2(s)=4NaOH+O2，每有2 mol电子转移时，Na2O2(s)固体增重4 g，现在使其增重b g时，则转移的电子的物质的量n(e-)=，则反应过程中转移的电子数目为，B正确；C合成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故合成氨工业中，投料l molN2(g)+3H2(g)生成NH3(g)的物质的量小于2 mol，则反应产生的NH3(g)分子数小于2NA，C错误；D正丁烷和异丁烷分子式都

24、是C4H10，相对分子质量是58，分子中含有10个C-H键和3个C-C键，共13个共价键，58 g正丁烷和异丁烷的混合物中含有物质分子的物质的量是1 mol，则含有的共价键数目为13NA，D正确；故合理选项是C。19. 萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40和160时，得到1-取代产物与2-取代产物的比例分别为96：4和15：85，下列说法正确的是A. 1-取代产物比2-取代产物更稳定B. 与40相比，160时萘的平衡转化率更大C. 选择合适的催化剂同样可以提高2-取代产物比率D. 延长反应时

25、间，最终以1-取代产物为主【答案】C【解析】【详解】A根据图像，2取代产物的能量低于1取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2取代产物比1取代产物稳定，故A错误；B反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；C根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确；D1取代反应和2取代反应都是放热反应，1取代反应活化能低，在低温时相对速率比2取代反应快，因此低温时1取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1取代、2取代相对速率的关键因素，由于2取代产物更稳定，2取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的

26、比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；故选C。20. 在一定温度下，在刚性密闭容器中充入一定量M发生反应：M(g)Q(g)+E(s)，测得M、Q的浓度与时间关系如图所示。已知：生成Q净反应速率v=v正-v逆=k正c(M)-k逆c(Q)。下列说法正确的是A. 净反应速率：abcB. 010min内E的平均速率为0.075molL-1min-1C. M的平衡转化率为16.7%D. 在上述温度下，该反应=0.2【答案】A【解析】【分析】由于投料只有M，故反应达平衡前，c(M)逐渐减小，c(Q)逐渐增大，因此，图中下降的曲线代表c(M)变化，上升的曲线代表c(Q)变

27、化，以此来解析；【详解】A由净反应速率v=v正-v逆=k正c(M)-k逆c(Q)及k正、k逆只受温度影响，知：c(M)越大，c(Q)越小，v越大，由图知：c(M)大小关系为：abc；c(Q)大小关系：abbc，A正确；BE是固体，不能用E的浓度变化表示反应速率，B错误；C由方程式及图可知：10min时，达到平衡且c(M)=c(Q)=0.75mol/L，M的平衡转化率：(M)=100% =100%=83.3%，C错误；D平衡时：c(Q)=0.75mol/L，c(M)=0.90mol/L-0.75mol/L=0.15mol/L，又平衡时，净反应速率v=0，故k正0.15mol/L=k逆0.75mo

28、l/L，则=5，D错误；故选A。21. 化学势在处理气液转变问题时具有重要意义。即物质总是从化学势较高的相转移到化学势较低的相。当物质在气液中的化学势相等时，则转变过程停止，系统达到平衡态。任一单组分系统，恒温下，其气(g)、液(l)态的化学势()与压力(p)关系图正确是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】压强增大化学势增大，物质总是从化学势较高的相转移到化学势较低的相,气态化学势比液态的化学势高，故答案为C22. 氧化石墨烯的结构片段如图所示。一种新的制备方法是用Pt电极，在稀硫酸中对石墨进行电解氧化。电解水产生的大量高活性氧自由基（如：OH）与石墨反应生成了氧化石墨烯。下列说

29、法不正确的是A. 石墨烯应该与电源的正极相连B. 电解过程中可能产生CO2C. 可用稀盐酸代替稀硫酸进行电解D. “OH”的生成：H2O-e-=OH+H+【答案】C【解析】【分析】【详解】A电解池的阳极发生氧化反应，由石墨反应生成了氧化石墨烯为氧化反应，所以石墨烯应该与电源的正极相连，A正确；B电压过高时，电流增大氧化性增强，阳极可能产生CO2，B正确；C稀盐酸代替稀硫酸进行电解会生成氯气影响氧化石墨烯的生成，C错误；D阳极电解水产生的大量高活性氧自由基(如OH)，“OH”的生成的电极方程式：H2O-e-=OH+H+，D正确；答案选C。23. 用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后得到“

30、弱酸盐和弱酸”组成的缓冲溶液，其中存在pH=pKa-1g。25时，用0.1molL-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HA溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图所示。(已知：pKa=-lgKa，100.48=3，酸性HAHCN)，下列说法不正确的是A. HA电离常数Ka=10-4.75B. b点溶液中存在c(A-)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)C. c点溶液中离子浓度的大小关系为：(A-)c(HA)c(H+)c(OH-)D. 若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移【答案】B【解析】【分析】温度不变，酸的电离常

31、数不变，设酸的浓度为cmol/L，由pH=pKa-1g可得pKa =pH+1g，即，化简得，解得c=0.2，则即；【详解】A由分析可知HA电离常数Ka=10-4.75，故A正确；B由分析可知，b点时，故c(HA)=c(A-)，此时溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，故c(A-)+c(OH-)c(HA)+c(H+)，故B错误；C由B项分析可知b点时，故c(HA)=c(A-)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液c(HA)c(OH-)，所以离子浓度的大小关系为：(A-)c(HA)c(H+)c(OH-)，故C正确；D由HA的酸性强于HCN可知，HA的电离常数大于HCN，由pH=pKa-1g可知，当1

32、g相等时，酸的电离常数越大，溶液pH越小，则若将HA改为等体积等浓度的HCN，则pH随NaOH溶液体积的变化曲线竖直上移，故D正确；故答案为B。24. 化合物A( )进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是A. X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷B. 反应过程涉及氧化还原反应C. D的结构可能为：D. 化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同【答案】D【解析】【详解】A由反应循环图可以看出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；B从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；CC与丙烯生成D，

33、根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为 ，故C正确；D根据、 、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同分异构，故D错误；故答案为D25. 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向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色原溶液中可能含有Fe3+B向黄色的硝酸铁溶液中滴加氢碘酸，溶液变为紫红色氧化性Fe3+I-C向苯酚溶液中滴加少量浓溴水，振荡，无白色沉淀苯酚浓度低D取6%的H2O2溶液于两支试管中，分别加入0.1g的CuO和0.1g的Fe2O3粉末，记录10s内收集到的O2体积后者多Fe2O3比CuO催化效果好A. AB. B

34、C. CD. D【答案】A【解析】【详解】A若原溶液中含有Fe3+或Fe2+，溶液都变红，故A正确；B向黄色的硝酸铁溶液中滴加氢碘酸，NO酸性条件下表现强氧化性，会将I-氧化成I2，溶液变为紫红色不能说明Fe3+与I-发生了反应，从而不能比较Fe3+与I-的氧化性强弱，B错误；C溴水少量，生成三溴苯酚易溶于苯，则无白色沉淀，与苯酚浓度大有关，故C错误；DH2O2溶液的体积不一定相同，故不能根据10s内收集到的O2体积的多少比较催化效果，故D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26. 填空。（1）化合物A、B、C的熔点如下表：ABC化学式CH3CH2ClCH3CH2

35、CH2ClCH3NH3Cl熔点/-139-123230化合物C的熔点明显高于A的原因是_。（2）20%的NaCl溶液中滴加乙醇会有白色固体析出，原因是_。【答案】（1）C是离子晶体，A是分子晶体，离子键强于分子间作用力（2）乙醇和水是互溶的，NaCl易溶于水难溶于乙醇，滴加乙醇会使NaCl在溶液中的饱和浓度减小，从而饱和析出【解析】【小问1详解】CH3CH2Cl是由分子构成的分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，分子间作用力比较微弱，因此物质的熔沸点比较低，而CH3NH3Cl为离子晶体，阳离子和Cl-之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，物质的熔沸点较高，故化合物C的熔点明显高于A；【

36、小问2详解】乙醇和水是互溶的，因NaCl易溶于水难溶于乙醇，则20%的NaCl溶液中滴加乙醇会使NaCl在溶液中的饱和浓度减小，从而饱和析出，析出的白色固体是NaCl。27. 已知A为烃，B为烃的含氧衍生物，由等物质的量的A、B组成的混合物0.05mol在0.125mol的氧气中恰好完全燃烧，生成0.1mol的CO2和0.1molH2O，且A与B具有相同的碳原子数。（1）A、B可能的分子组成(任写两种组合)_、_。（2）请写出简要的推断过程_。【答案】（1） . C2H2和C2H6O2 . C2H4和C2H4O2(或C2H6和C2H2O2)（2）依据题中燃烧反应数据可知：1mol混合物+2.5

37、molO22molCO2+2molH2O，从质量守恒的角度可知混合物平均分子式为C2H4O，而A、B等物质的量，A为烃、B为烃的含氧衍生物，A、B具有相同碳原子数，则A、B各含两个碳原子，A、B的组合可以为C2H2和C2H6O2，C2H4和C2H4O2，C2H6和C2H2O2【解析】【分析】依据题中燃烧反应数据可知：1mol混合物+2.5molO22molCO2+2molH2O，从质量守恒的角度可知混合物平均分子式为C2H4O，由于A为烃、B为烃的含氧衍生物，A和B等物质的量，且A与B具有相同的碳原子数，则A和B的碳原子数均为2，A、B的组合可以为C2H2和C2H6O2，C2H4和C2H4O2

38、，C2H6和C2H2O2。【小问1详解】由分析可知，A、B可能的分子组成为C2H2和C2H6O2，C2H4和C2H4O2，C2H6和C2H2O2。【小问2详解】依据题中燃烧反应数据可知：1mol混合物+2.5molO22molCO2+2molH2O，从质量守恒的角度可知混合物平均分子式为C2H4O，而A、B等物质的量，A为烃、B为烃的含氧衍生物，A、B具有相同碳原子数，则A、B各含两个碳原子，A、B的组合可以为C2H2和C2H6O2，C2H4和C2H4O2，C2H6和C2H2O2。28. X是一种有前景的贮氢材料，含有三种短周期元素，高温下加热84gX分解产生0.5mol的离子化合物A和44.

39、8L的气体B(标准状况下)，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X、A发生水解反应均产生一种白色沉淀和B。（1）写出B的电子式_。（2）写出X受热分解的化学方程式_。（3）B连续氧化可以产生2种常见气体，将这两种氧化物溶于冰水可以得到一种弱酸C，酸性比醋酸略强；向C的钠盐加入某物质也可以得到C，下列不适合使用的是_。A. SO2B. HClC. CO2D. 稀H2SO4（4）X在一定条件下能和NaH反应生成H2，计算X材料在该反应中的最大贮氢比_(贮氢比=氢气质量/贮氢材料质量)。（5）X能否与Cl2_发生反应(填“能”或“不能”)，若能，简述理由_(若不能，本问不用回答)【答案】（1）（2）3Mg

40、(NH2)2Mg3N2+4NH3（3）AC（4）1:7（5） . 能 . 氯气是强氧化剂，Mg(NH2)2中氮元素为-3价，具有还原性，两者能发生氧化还原反应【解析】【分析】B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，物质的量为，质量为34g，而X的质量为84g，依据质量守恒定律可知0.5molA的质量为50g，A的相对分子质量为100，X中含N、H元素；X中含三种短周期元素，X、A发生水解反应均产生一种白色沉淀和NH3，且A为离子化合物，则A中含金属元素和氮元素，金属元素为镁元素，白色沉淀为氢氧化镁，A为Mg3N2、X为Mg(NH2)2。【小问1详解】B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，

41、氨气的电子式为：。【小问2详解】由分析可知，X为Mg(NH2)2，受热分解生成Mg3N2和NH3，分解的化学方程式为：3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3。【小问3详解】氨气连续氧化可以产生2种常见气体，将这两种氧化物溶于冰水可以得到一种弱酸C，酸性比醋酸略强，则这两种气体为NO、NO2，弱酸C为HNO2；向亚硝酸钠溶液中加入某物质可以得到亚硝酸：若物质为二氧化硫，二氧化硫有还原性，亚硝酸钠会与二氧化硫发生氧化还原反应，得不到亚硝酸，A正确；盐酸酸性比亚硝酸强，强酸制弱酸，可以得到亚硝酸，B错误；醋酸酸性比碳酸强，而亚硝酸酸性比醋酸强，弱酸不能制强酸，得不到亚硝酸，C正确；硫酸酸性比亚硝酸强

42、，强酸制弱酸，可以得到亚硝酸，D错误；答案选AC。小问4详解】由题意可知，Mg(NH2)2一定条件下与NaH发生氧化还原反应生成H2的化学方程式为：3Mg(NH2)2+12NaH12H2+Mg3N2+4Na3N，若有3molMg(NH2)2参与反应、则生成12molH2，3molMg(NH2)2的质量为3mol56g/mol=168g，12mol氢气的质量为12mol2g/mol=24g，则Mg(NH2)2在该反应中的最大储氢比为24:168=1:7。【小问5详解】X为Mg(NH2)2，其中氮元素化合价为-3价，具有还原性，而氯气是强氧化剂，两者能发生氧化还原反应生成氮气、氯化镁和氯化氢。29

43、. 甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。已知：在标准压强(100KPa)、一定温度下，由最稳定的单质合成lmol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓，用表示，单位：kJmol-1。下表是一些物质的标准摩尔生成焓：物质物质物质物质甲苯(g)50甲醇(g)-201.2苯(g)82.93水(g)-241.8邻二甲苯(g)19间二甲苯(g)17.24对二甲苯(g)17.95三甲苯(g)-16利用苯和甲醇在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：I.C6H6(g)+CH3OH(g)C7H8(g)+H2O(g) H1II.C7H

44、8(g)+CH3OH(g)C8H10(g)+H2O(g) H2III.C8H10(g)+CH3OH(g)C9H12(g)+H2O(g) H3（1）500、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率_，平衡时，的值_(填“增大”、“减小”或“不变”)。投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6：3：1，CH3OH的平衡转化率为_。已知焓变数值越大，受温度影响越大。为相对压力平衡常数，反应I、II的ln随1/T(温度的倒数)的变化如图所示。请在图中画出反应III的ln随1/T(温度

45、的倒数)的变化图_。（2）在体积为V的密闭容器中加入lmol甲醇和lmol甲苯，以分子筛为固体酸催化剂制对二甲苯，该反应只包含如下反应过程：若测得平衡时体系内对、间、邻二甲苯的含量分别为x、y、zmol，请写出生成对二甲苯的平衡常数Kc=_(以x、y、z表示)。工业上用ZSM-5沸石分子筛做催化剂，可使对二甲苯的选择性提高到90%以上。已知分子筛的孔径为0.65nm，分子截面直径：间二甲苯邻二甲苯对二甲苯。请解释这种分子筛能提高对二甲苯的选择性的原因_。【答案】（1） . 减小 . 增大 . 75% . （2） . . 因为只有对二甲苯最小直径小于沸石孔径，因而可以从沸石孔中脱出。而生成的间、邻二甲苯的最小直径大于沸石孔径，扩散困难，因而将在沸石笼中继续发生异构化反应，转变为对二甲苯。随着反应不