高三化学开学摸底考（浙江专用）-2024-2025学年高中下学期开学摸底考试卷

2025届高三下学期开学摸底考试卷 化 学 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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．下列物质属于强电解质的是( ) A．邻羟基苯甲酸 B．SO3 C．C2H5NH3Cl D．Mg(OH)2 2．下列说法不正确的是( ) A．重金属盐能使蛋白质变性，但吞服“钡餐”不会引起中毒 B．与中都含有一样的核糖 C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱 D．Ti-Fe合金和La-Ni合金能大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料 3．下列表示不正确的是( ) A．基态Cr原子核外电子排布式为：[Ar]3d44s2 B．SO32-的VSEPR模型： C．N，N'-二甲基苯甲酰胺的结构简式： D．用电子云轮廓图表示乙烯分子中的键： 4．下列实验装置图使用不正确的是( ) A．图①装置可用于测气体的体积 B．图②装置可用于胆矾晶体的分解 C．图③装置可用于测定中和热 D．装置④可用于测定醋酸的浓度 5．中国航天科技发展举世瞩目，2024年6月25日“嫦娥六号”采用液氢和液氧作为主推进剂，成功携带月球样品返回地球。下列说法正确的是( ) A．登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅 B．“嫦娥六号”所带回的月壤可以通过红外光谱测得所含有的元素种类 C．返回器外壁的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料 D．已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH＝-483.6kJ·mol−1 ，则H2燃烧热ΔH＝-241.8kJ·mol−1 6．以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu(CH3COO)2+N2H4+2H2O=Cu2O↓+N2↑+8CH3COOH。下列说法不正确的是( ) A．Cu(CH3COO)2是氧化剂 B．还原性：N2H4＞Cu2O C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 D．生成0.5molCu2O时转移1mol电子 7．物质的结构决定性质、用途，下列说法不正确的是( ) 选项 结构 性质、用途 A 橡胶硫化使线型高分子链之间以二硫键结合 具有更好的强度、韧性和化学稳定性 B 臭氧分子中的共价键为极性共价键且为极性分子 在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度 C 丙烯酸钠加少量交联剂再聚合形成网状聚丙烯酸钠树脂 具有高吸水性和保水能力且难溶于水 D 金刚石的共价键键长很短、键能很大且具有方向性 硬度最大，很容易锤击而破碎 8．下列化学反应表示不正确的是( ) A．黄铁矿的燃烧：4FeS2+11O28SO2＋2Fe2O3 B．十水碳酸钠与硝酸铵反应：Na2CO3·10H2O+2NH4NO3= 2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O C．酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量：5SO2+2MnO4-+2H2O=15SO42-+2Mn2++4H+ D．英和焦炭在高温的氮气流中制备氮化硅：3SiO2+3C+2N2Si3N4+3CO2 9．某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。 其中，—Bu—表示 下列说法不正确的是( ) A．试剂b的名称是甲醛 B．试剂a的结构简式是 C．F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3 D．由E合成1 mol BU[6]时，共有12 mol H2O生成 10．W、X、Y、Z四种短周期主族元素，W在IA族且与其他元素不同周期，X元素的电负性仅次于氟元素，的基态原子中单电子与成对电子个数比为，原子电子总数与原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是( ) A．、的氢化物中均可能同时含极性键和非极性键 B．键角：YX2+＜YX2- C．W、X可形成离子化合物，也可形成共价化合物 D．第一电离能： 11．乙醇-水催化重整发生如下反应： Ⅰ．C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+174kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.0kJ·mol−1 恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时CO2和CO的选择性随温度的变化如下图所示。 已知：ⅰ．的选择性(或2) ⅱ．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1 下列说法不正确的是( ) A．C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) kJ·mol-1 B．当T=706℃时，平衡体系中和的物质的量：n(H2)＜n(H2O) C．当T=500℃时，体系中总反应：C2H5OH＋2H2OCO2+CO＋5H2(g) D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率 12．利用可逆动态吡唑银分子为(五元平面环)，可实现高效丙烯电催化氧化制备1，2-丙二醇。吡唑银分子由于与之间的氢键作用，对具有较强的吸附作用，而解离形成空位后，对的吸附作用减弱，加快与丙烯分子耦合，反应机理如图。下列叙述错误的是( ) A．中的N-H键不稳定 B．中N的杂化方式只有sp2 C．图中甲为该反应的催化剂 D．利用该反应机理可由1，3-戊二烯制备HOCH2CH=CHCH(CH3)OH 13．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．放电时，电解质溶液中电流的方向是由Zn电极流向另一电极 B．放电时，每生成1molHCOO-，转移2NA个电子 C．充电时，Zn电极周围pH降低 D．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成 14．利用半导体催化剂以太阳光为驱动力，通过选择性两电子氧还原反应合成H2O2，是一种绿色环保、可持续发展的合成方法。二维平面材料K-CCN光催化合成的机理图如下，下列说法错误的是( ) A．电负性：N＞C＞H B．H2O2是极性分子，O2是非极性分子 C．材料中C、N原子杂化类型均为sp2 D．生成H2O2的过程中涉及反应*O2-+2H++ e-=H2O 15．向CaC2O4饱和溶液(有足量CaC2O4固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaC2O4溶解，总反应为CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4。平衡时lg[c(Ca2+)]，分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2C2O4、HC2O4-或C2O42-)。比如，。已知。 下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ表示lg[c(Ca2+)]~pH的变化关系 B．时，溶液中c(Cl－)＞cHC2O4-+2cH2C2O4 C．总反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数 D．pH=5时，C2O42-和HC2O4-的分布系数关系为 16．从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb有+2和+4两种价态，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是( ) A．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 C．浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐减弱 D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 第II卷(非选择题 共52分) 二、非选择题：本题共4小题，共52分。 17．(16分)氮及其化合物对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可制备硝酸和肼(N2H4，具有较强还原性)。 (1)写出过量NH3发生反应I的化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．硝酸能使蛋白质变性 B．步骤Ⅱ应将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中 C．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质 D．实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，且用无水CaCl2干燥 (3)①N2H4是一种二元弱碱：时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 (已知：N2H4+H+N2H5+ K=8.7×10-7) ②若硝酸的结构可表示为：，已知硝酸与水分子可形成结晶水合物2HNO3•H2O，每个水分子形成三个氢键，含有六元环状结构。请写出2HNO3•H2O的结构式 (氢键用“…”表示)。 (4)已知反应Ⅲ歧化生成两种含氧酸盐，写出该反应的离子方程式 ； (5)N、P、As同属于ⅤA族，下列说法正确的是___ ___。 A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)，且电负性：N＞P＞As B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱 C．简单氢化物的还原性：NH3＞PH3＞AsH3 D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为 (6)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因 ，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3列出计算式即可)。 18．(12分)利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。 CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为： I CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 II CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 III CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝-90kJ·mol−1 (1)计算反应I的焓变 。 (2)以250℃、5Mpa、n(H2)：n(CO2)=3的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。 A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低 B．随着压强增大，甲醇的产率将增大 C．随着n(H2)：n(CO2)的增加，CO的转化率将下降 D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大 (3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285 kJ·mol−1和726 kJ·mol−1，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为 (保留一位小数)。 在铁基催化剂上CO2加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应： 第一步：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0 第二步：nCO(g)＋2nH2(g)CnH2n(g)＋nH2O(g) ΔH＜0 第二步的机理及可能的副反应如图 已知：CO2(g)的第一电离能为1330 kJ·mol−1，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为3665 kJ·mol−1 (4)下列说法不正确的是___________。 A．第一步反应中，在催化剂表面，CO2倾向于通过给出电子的方式进行活化 B．Fe基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长 C．Fe基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例 D．该过程中可能产生CH3CH2CH3等副产品 (5)在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，CO2的转化率将 (填“增大”或“减小”)，原因为 ，产物中将 ，原因为 (结合反应机理中的步骤来回答)。 19．(12分)亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。某兴趣小组根据反应CaO2+2NOCa(NO2)2，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙。(夹持装置略)。 已知：①Ca(NO2)2熔点为390℃，易潮解，易溶于水 ②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O； 回答下列问题： (1)基态钙原子核外有 种能量状态的电子。 (2)仪器X的名称是 ，装置连接顺序为： (填标号)； A→___________→C→___________→___________→E (3)下列说法正确的是___________。 A．恒压滴液漏斗的作用是使稀硝酸顺利滴下并减少稀硝酸挥发 B．反应前后通氮气的作用相同 C．装置D的作用是除去挥发的硝酸 D．可用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2 (4)写出装置E中的离子方程式 。 (5)①某Ca(NO2)2样品中混有杂质Ca(NO3)2，通过以下方法可测定产品纯度：称量4.110g样品溶于水，加Na2SO4固体，充分振荡，过滤后滤液定容至250mL，取25.00mL进行以下操作： “煮沸”时发生反应：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；“还原NO3-”时加入25.00mL 0.1000 mol∙L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准液，“滴定剩余Fe2+”时消耗0.0100 mol∙L-1的K2Cr2O7标准溶液16.60mL。则样品中Ca(NO2)2的质量分数为 。 ②下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小的是 。 A．滴定完毕后立即读数 B．煮沸过程中不充分，未使NO2-除尽 C．滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗 20．(12分)某研究小组以苯为原料，按下列路线合成哮喘病甲磺司特药物的中间体I： 已知： ① ② ③(易被氧化) 请回答： (1)有机物Ⅰ中的含氮官能团名称是 。 (2)有机物F的结构简式是 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．F→G属于取代反应，D→E属于还原反应 B．C→D的过程中可能产生副产物 C．有机物B的酸性比苯酚强 D．有机物I的分子式为C15H24SNO4 (4)写出B→C的化学方程式 。 (5)写出上述流程中A→……→B的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出4种同时符合下列条件有机物C的同分异构体 。 ①谱和IR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，不存在结构和结构； ②分子中只含2个六元环，其中一个是苯环。 试卷第1页，共3页 11 / 12 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高三下学期开学摸底考试卷 化学·答题卡 注意事项 第I卷（请用2B铅笔填涂） 1JAJIBJICJID] 6[AJIBIICIID] 11AJIBIICJID] 2AJ[BI[CIID] 7AJBIICHD] 12A][BI[CIID] 3[A][BI[CI[D] 8(AIIBIICIID] 13(A][B]ICI[D] 4AJIB]IC]IDI 9A]IBJIC]ID] 14AJIBJICJ[D] 5IAJBIICJIDI 10.JA][BIICI[D] 15JAJIB]IC][D] 16[AJIBJICJID] 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答》 17.(16分) (1) (2分)2) (2分) (3) (2分) (2分) (4) (2分) (5) (2分) (6 (2分) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效： 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(12分) (1)】 2分) (2) (2分) (3) (2分) (4) (2分) (5 1分) (1分) (1分) (1分) 19.(12分) (1) 1分) (2) (1分) (2分) 3) 2分) (4) (2分) (5 (2分) (2分) 20.(12分) (1) (1分) (2) (1分)3) (2分) (4) (2分) (5) (3分) (6) 3分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025届高三下学期开学摸底考试卷 化 学 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对分子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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．下列物质属于强电解质的是( ) A．邻羟基苯甲酸 B．SO3 C．C2H5NH3Cl D．Mg(OH)2 【答案】C 【解析】A项，邻羟基苯甲酸为弱酸，在溶液中部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，故A错误；B项，三氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故B错误；C项，C2H5NH3Cl为盐类物质，在溶液中能完全电离出自由移动的离子，属于强电解质，故C正确；D项，氢氧化镁为中强碱，在溶液中部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，故D错误；故选C。 2．下列说法不正确的是( ) A．重金属盐能使蛋白质变性，但吞服“钡餐”不会引起中毒 B．与中都含有一样的核糖 C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱 D．Ti-Fe合金和La-Ni合金能大量吸收H2生成金属氢化物，可用作储氢材料 【答案】B 【解析】A项，“钡餐”是硫酸钡，硫酸钡不溶于水，也不与稀盐酸反应，吞服后不能被人体吸收，不会引起中毒，A正确；B项，RNA 中的糖是核糖，DNA 中的糖是脱氧核糖，B错误；C项，碳酸钠和碳酸氢钠均为强碱弱酸盐，水解使溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，C正确；D项，Ti-Fe合金和La-Ni合金能大量吸收H2生成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，D正确；故选C。 3．下列表示不正确的是( ) A．基态Cr原子核外电子排布式为：[Ar]3d44s2 B．SO32-的VSEPR模型： C．N，N'-二甲基苯甲酰胺的结构简式： D．用电子云轮廓图表示乙烯分子中的键： 【答案】A 【解析】A项，根据洪特规则及能量最低原理可知，基态Cr原子核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，A错误；B项，SO32-的价层电子对数目为4，故其VSEPR模型为四面体形，B正确；C项，的系统命名为，N，N'-二甲基苯甲酰胺，C正确；D项，乙烯分子中的π键电子云轮廓图为镜面对称，D正确；故选A。 4．下列实验装置图使用不正确的是( ) A．图①装置可用于测气体的体积 B．图②装置可用于胆矾晶体的分解 C．图③装置可用于测定中和热 D．装置④可用于测定醋酸的浓度 【答案】D 【解析】A项，图①装置，气体可将集气瓶中溶液挤压进入量筒中，可用于测气体的体积，A正确；B项，图②装置，胆矾晶体可于坩埚中加热分解，B正确；C项，图③装置可用于测定中和热，C正确；D项，滴定终点呈碱性，指示剂应选择酚酞，D错误；故选D。 5．中国航天科技发展举世瞩目，2024年6月25日“嫦娥六号”采用液氢和液氧作为主推进剂，成功携带月球样品返回地球。下列说法正确的是( ) A．登月中所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅 B．“嫦娥六号”所带回的月壤可以通过红外光谱测得所含有的元素种类 C．返回器外壁的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料 D．已知：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH＝-483.6kJ·mol−1 ，则H2燃烧热ΔH＝-241.8kJ·mol−1 【答案】C 【解析】A项，芯片材料是高纯度硅，而非二氧化硅，A错误；B项，用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息；测月壤所含有的元素种类可以通过光谱仪测量，B错误；C项，返回器外壁的高温结构陶瓷，其性能优良耐高温，属于新型无机非金属材料，C正确；D项，燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；氢气燃烧热应该生成液态水而非气态水，D错误；故选C。 6．以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu(CH3COO)2+N2H4+2H2O=Cu2O↓+N2↑+8CH3COOH。下列说法不正确的是( ) A．Cu(CH3COO)2是氧化剂 B．还原性：N2H4＞Cu2O C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 D．生成0.5molCu2O时转移1mol电子 【答案】C 【解析】A项，根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A正确；B项，根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B正确；C项，Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D项，生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D正确；故选C。 7．物质的结构决定性质、用途，下列说法不正确的是( ) 选项 结构 性质、用途 A 橡胶硫化使线型高分子链之间以二硫键结合 具有更好的强度、韧性和化学稳定性 B 臭氧分子中的共价键为极性共价键且为极性分子 在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度 C 丙烯酸钠加少量交联剂再聚合形成网状聚丙烯酸钠树脂 具有高吸水性和保水能力且难溶于水 D 金刚石的共价键键长很短、键能很大且具有方向性 硬度最大，很容易锤击而破碎 【答案】B 【解析】A项，硫化的过程就是将这些链之间加上二硫键，使一条条的链变成一个网状大整体，无论是强度还是弹性都增加了，A正确；B项，O3虽然为极性分子，但极性微弱，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，B错误；C项，丙烯酸钠加少量交联剂再聚合形成网状聚丙烯酸钠树脂，具有高吸水性和保水能力且难溶于水，C正确；D项，金刚石的共价键键长很短、键能很大且具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子错位而断裂，D正确；故选B。 8．下列化学反应表示不正确的是( ) A．黄铁矿的燃烧：4FeS2+11O28SO2＋2Fe2O3 B．十水碳酸钠与硝酸铵反应：Na2CO3·10H2O+2NH4NO3= 2NaNO3+2NH3↑+CO2↑+11H2O C．酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量：5SO2+2MnO4-+2H2O=15SO42-+2Mn2++4H+ D．英和焦炭在高温的氮气流中制备氮化硅：3SiO2+3C+2N2Si3N4+3CO2 【答案】D 【解析】A项，黄铁矿的燃烧是FeS2与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，化学方程式正确，A正确；B项，十水碳酸钠与硝酸铵反应生成硝酸钠、二氧化碳、水、氨气，化学方程式正确，B正确；C项，酸性KMnO4溶液测定空气中SO2含量，MnO4-与SO2发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平即可，离子方程式正确，C正确；D项，石英和焦炭在高温的氮气流中制备氮化硅，反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，D错误；故选D。 9．某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。 其中，—Bu—表示 下列说法不正确的是( ) A．试剂b的名称是甲醛 B．试剂a的结构简式是 C．F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3 D．由E合成1 mol BU[6]时，共有12 mol H2O生成 【答案】D 【解析】E和试剂a反应后生成F，F和试剂b反应牛成BU[6]，结合E和BU[6]的结构，可知a为 ，F为，b为HCHO。A项，试剂b为HCHO，名称是甲醛，A正确；B项，试剂a的结构简式为﹐B正确；C项，F为，该物质分子中含有3种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比是l：1：3，C正确；D项，每1 mol E和试剂a反应生成F时，同时反应生成2 mol水， F和b反应生成BU[6]生成6 mol水，由E合成l mol BU[6]时，共生成H2O的物质的量为：6×2 mol+6 mol=18 mol H2O生成，D错误；故选D。 10．W、X、Y、Z四种短周期主族元素，W在IA族且与其他元素不同周期，X元素的电负性仅次于氟元素，的基态原子中单电子与成对电子个数比为，原子电子总数与原子的最外层电子数相同。下列说法不正确的是( ) A．、的氢化物中均可能同时含极性键和非极性键 B．键角：YX2+＜YX2- C．W、X可形成离子化合物，也可形成共价化合物 D．第一电离能： 【答案】B 【解析】W、X、Y、Z是短周期主族元素， X元素的电负性仅次于氟元素，X是O元素；Y的基态原子中单电子与成对电子个数比为3∶4，Y是N元素；Z原子电子总数与X原子的最外层电子数相同，Z是C元素；W与其他元素不在同一周期，W为第一周期或第三周期的元素，综上有W、X、Y、Z分别为H或Na、O、N、C。A项，X、Y的氢化物中如H2O2、N2H4中同时含极性键和非极性键，A正确；B项，NO2+中N原子价电子对数为2，无孤电子对，空间构型为直线形，键角180°；NO2-中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为V形，所以键角NO2+>NO2-，B错误；C项，若W为H元素， H、O可形成共价化合物，若W为Na元素，与O可形成离子化合物，C正确；D项，同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N>O>C，D正确；故选B。 11．乙醇-水催化重整发生如下反应： Ⅰ．C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+174kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.0kJ·mol−1 恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时CO2和CO的选择性随温度的变化如下图所示。 已知：ⅰ．的选择性(或2) ⅱ．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1 下列说法不正确的是( ) A．C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g) kJ·mol-1 B．当T=706℃时，平衡体系中和的物质的量：n(H2)＜n(H2O) C．当T=500℃时，体系中总反应：C2H5OH＋2H2OCO2+CO＋5H2(g) D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率 【答案】B 【解析】由图可知随温度升高CO2的选择性逐渐降低，而CO的选择性逐渐升高，当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，温度低于500℃时以CO2的选择性占主导，温度高于500℃时以CO的选择性占主导。A项，根据盖斯定律可知，I+2×Ⅱ= C2H5OH(g)＋H2O(g)2CO(g)＋4H2(g)，则，A正确；B项，当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则K==1，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)> n(H2O)，B错误；C项，当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：C2H5OH＋2H2OCO2+CO＋5H2(g)，C正确；D项，恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选B。 12．利用可逆动态吡唑银分子为(五元平面环)，可实现高效丙烯电催化氧化制备1，2-丙二醇。吡唑银分子由于与之间的氢键作用，对具有较强的吸附作用，而解离形成空位后，对的吸附作用减弱，加快与丙烯分子耦合，反应机理如图。下列叙述错误的是( ) A．中的N-H键不稳定 B．中N的杂化方式只有sp2 C．图中甲为该反应的催化剂 D．利用该反应机理可由1，3-戊二烯制备HOCH2CH=CHCH(CH3)OH 【答案】C 【解析】A项，N-H解离形成H空位后，对*OH的吸附作用减弱，因此N-H键不稳定，A正确；B项，为平面结构，所以两个N原子和3个C原子均为sp2杂化，分子中存在大键，B正确；C项，本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂，此反应中，甲去质子化生成乙，不符合催化剂定义，C错误；D项，该反应原理是丙烯与水发生反应生成1，2-丙二醇，即碳碳双键两端加—OH基团，利用该原理1，3-丁二烯即CH2=CH—CH=CH2与水发生1，4-加成反应可制备HOCH2CH=CHCH2OH，D正确；故选C。 13．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是( ) A．放电时，电解质溶液中电流的方向是由Zn电极流向另一电极 B．放电时，每生成1molHCOO-，转移2NA个电子 C．充电时，Zn电极周围pH降低 D．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成 【答案】C 【解析】由题干图示信息可知，充电时，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，则充电时，电池总反应为：2 Zn(OH)42-2Zn+4OH-+O2↑+2H2O，放电时，Zn作负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-，另一极为正极，电极反应为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-。A项，由分析可知，放电时，Zn为负极，故电解质溶液中电流的方向是由负极即Zn电极流向另一电极即正极，A正确；B项，放电时，正极的电极反应为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，则每生成1molHCOO-，转移2NA个电子，B正确；C项，充电时，该电极反应式为：Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，故Zn电极周围的pH增大，C错误；D项，由图示可知，使用催化剂Sn或者s-SnLi均能使生成CO的活化能增大，且CO具有的能量比HCOOH具有的能量高，则HCOOH更稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi可以有效减少副产物CO的生成，D正确；故选C。 14．利用半导体催化剂以太阳光为驱动力，通过选择性两电子氧还原反应合成H2O2，是一种绿色环保、可持续发展的合成方法。二维平面材料K-CCN光催化合成的机理图如下，下列说法错误的是( ) A．电负性：N＞C＞H B．H2O2是极性分子，O2是非极性分子 C．材料中C、N原子杂化类型均为sp2 D．生成H2O2的过程中涉及反应*O2-+2H++ e-=H2O 【答案】C 【解析】A项，元素非金属性越强，电负性越大，电负性：N＞C＞H，故A正确；B项，H2O2的空间构型是二面角结构，正负电荷中心不重合，所以H2O2是极性分子， O2只含分极性共价键，是非极性分子，故B正确；C项，氰基(-CN)中碳原子形成2个σ键，杂化类型为sp，故C错误；D项，据图可知，生成H2O2的过程中涉及反应*O2-+2H++ e-=H2O，故D正确；故选C。 15．向CaC2O4饱和溶液(有足量CaC2O4固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进CaC2O4溶解，总反应为CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4。平衡时lg[c(Ca2+)]，分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示(其中M代表H2C2O4、HC2O4-或C2O42-)。比如，。已知。 下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ表示lg[c(Ca2+)]~pH的变化关系 B．时，溶液中c(Cl－)＞cHC2O4-+2cH2C2O4 C．总反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数 D．pH=5时，C2O42-和HC2O4-的分布系数关系为 【答案】B 【解析】增大c(Ca2+)，CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4平衡逆向进行，c(H＋)增大，故曲线II代表lg[c(Ca2+)]与pH的变化关系；H2C2O4为二元中强酸，分布电离H2C2O4H++HC2O4-，HC2O4-H++C2O42-，随着酸性减弱，H2C2O4含量减小，HC2O4-含量增大后减小，C2O42-含量越高。故曲线I代表δ(H2C2O4)与pH的变化关系，曲线III代表δ(HC2O4-)与pH的变化关系，曲线IV代表δ(C2O42-)与pH的变化关系。A项，增大c(Ca2+)，CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4平衡逆向进行，c(H＋)增大，故曲线II代表lg[c(Ca2+)]，A错误；B项，溶液中存在电荷守恒①2cCa2＋＋cH＋＝2cC2O42-＋cHC2O4-+ c(Cl－)+c(OH―)，物料守恒②cCa2＋=cC2O42-＋cHC2O4-＋cH2C2O4，将①-②得cH＋＝c(Cl－)+c(OH―)- cHC2O4--2cH2C2O4；当pH=3时c(H＋)＞c(OH―)，所以c(Cl－)＞cHC2O4-+2cH2C2O4，B正确；C项，当pH=1.27时，，；当pH=4.27时，，；总反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的 ，C错误；D项，pH=5时，c(H＋)= 10-5mol·L-1，，，C2O42-和HC2O4-的分布系数关系为，D错误；故选B。 16．从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb有+2和+4两种价态，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是( ) A．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 C．浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐减弱 D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 【答案】C 【解析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2+AsO2- +2OH-= AsO43-+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。A项，“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，A错误；B项，“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误；C项，浸出液“氧化”过程中，发生反应H2O2+ AsO2-+2OH-= AsO43-+2H2O，消耗了氢氧根离子，溶液的碱性逐渐减弱，C正确；D项，洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误；故选C。 第II卷(非选择题 共52分) 二、非选择题：本题共4小题，共52分。 17．(16分)氮及其化合物对生命、生产生活意义重大。NH3是重要的化工原料，可制备硝酸和肼(N2H4，具有较强还原性)。 (1)写出过量NH3发生反应I的化学方程式 。 (2)下列说法不正确的是______。 A．硝酸能使蛋白质变性 B．步骤Ⅱ应将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中 C．硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质 D．实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，且用无水CaCl2干燥 (3)①N2H4是一种二元弱碱：时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为 (已知：N2H4+H+N2H5+ K=8.7×10-7) ②若硝酸的结构可表示为：，已知硝酸与水分子可形成结晶水合物2HNO3•H2O，每个水分子形成三个氢键，含有六元环状结构。请写出2HNO3•H2O的结构式 (氢键用“…”表示)。 (4)已知反应Ⅲ歧化生成两种含氧酸盐，写出该反应的离子方程式 ； (5)N、P、As同属于ⅤA族，下列说法正确的是___ ___。 A．原子半径：r(N)＞r(P)＞r(As)，且电负性：N＞P＞As B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱 C．简单氢化物的还原性：NH3＞PH3＞AsH3 D．黑砷和黑磷的结构相似(如图)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为 (6)已知NH4F晶胞结构如图所示，M处的NH4+(其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因 ，该晶胞的晶胞参数如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=_____ g· cm-3列出计算式即可)。 【答案】(1)4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl(2分) (2)BD(2分) (3)8.7×10-7(2分) (2分) (4) 2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O(2分) (5)BD(2分) (6) NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分) (2分) 【解析】(1)由题干流程图可知，反应I为NH3与COCl2发生取代反应生成CO(NH2)2和HCl，过量的NH3与HCl反应生成NH4Cl，故过量NH3发生反应I的化学方程式为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；(2)A项，硝酸是一种具有强氧化性的强酸，故能使蛋白质变性，A正确；B项，由题干信息可知，N2H4具有强还原性，而NaClO具有强氧化性，故步骤Ⅱ不能将CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否则生成的N2H4将被过量的NaClO氧化，应将NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B错误；C项，根据氧化还原反应的规律可知，硝酸工业排放的NOx尾气可用NH3处理，生成无污染的物质N2和H2O，反应方程式为：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正确；D项，已知NH3能与CaCl2形成络合物，故实验室可借助浓氨水和熟石灰反应快速制取少量氨气，不能用无水CaCl2干燥，应该用碱石灰进行干燥，D错误；故选BD；(3)①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2ON2H5++OH-，25℃时，N2H4第一步电离平衡常数Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14=8.7×10-7；②若硝酸的结构可表示为：，硝酸与水分子可形成一水合二硝酸结晶水合物(2HNO3•H2O)，水分子中的2个H原子与硝酸分子中的非羟基氧原子形成2个氢键，水分子中的氧原子与硝酸分子中的氢原子形成1个氢键，一水合二硝酸的结构式 ；(4)由题干流程图可知，反应Ⅲ即NO2与NaOH溶液反应，发生歧化生成两种含氧酸盐即为NaNO3、NaNO2，则该反应的离子方程式为：2NO2+2OH-= NO3-+ NO2-+H2O；(5)A项，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；B项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；C项，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C错误；D项，黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As−As键，以As−As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共用，每个As−As键被2个六元环共用，则晶体单层中As原子与As−As键的个数比为，D正确； 故选BD。(6)M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：NH4+与F-形成氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、NH4+的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)= a2c×10-21cm3，则该晶体的密度ρ= g·cm−3。 18．(12分)利用可再生资源生产绿氢和温室气体CO2生产甲醇是碳资源高效循环利用的有效途径。 CO2加氢气制甲醇体系中，若不考虑生成烷烃和多碳醇等副反应，主要反应为： I CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 II CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 III CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝-90kJ·mol−1 (1)计算反应I的焓变 。 (2)以250℃、5Mpa、n(H2)：n(CO2)=3的平衡为基础，探讨温度，压强和原料气组成对平衡的影响，以下说法错误的是___________。 A．随着温度升高，甲醇的百分含量将降低 B．随着压强增大，甲醇的产率将增大 C．随着n(H2)：n(CO2)的增加，CO的转化率将下降 D．若在原料气里加入CO，则CO2转化率将增大 (3)若只关注反应I，氢气和甲醇的燃烧热分别为285 kJ·mol−1和726 kJ·mol−1，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为 (保留一位小数)。 在铁基催化剂上CO2加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应： 第一步：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0 第二步：nCO(g)＋2nH2(g)CnH2n(g)＋nH2O(g) ΔH＜0 第二步的机理及可能的副反应如图 已知：CO2(g)的第一电离能为1330 kJ·mol−1，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为3665 kJ·mol−1 (4)下列说法不正确的是___________。 A．第一步反应中，在催化剂表面，CO2倾向于通过给出电子的方式进行活化 B．Fe基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长 C．Fe基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例 D．该过程中可能产生CH3CH2CH3等副产品 (5)在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，CO2的转化率将 (填“增大”或“减小”)，原因为 ，产物中将 ，原因为 (结合反应机理中的步骤来回答)。 【答案】(1)-49 kJ·mol−1(2分) (2)CD(2分) (3)84.9%(2分) (4)AC(2分) (5) 增大(1分) 降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，CO2可以更充分转化，所以转化率增大(1分) 增大(1分) 步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大(1分) 【解析】(1)反应I=反应II+反应III，则由盖斯定律得反应I的焓变ΔH1=ΔH1+ΔH1=41 kJ·mol−1-90 kJ·mol−1=-49 kJ·mol−1；(2)A项，随着温度升高，反应I、III平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，甲醇的百分含量将降低，A正确；B项，随着压强增大，反应I、III平衡正向移动，有利于甲醇的生成，甲醇的产率将增大，B正确；C项，随着n(H2)：n(CO2)的增加，相当于CO2的量不变，增加氢气的量，反应III平衡正向移动，CO的转化率将升高，C错误；D项，若在原料气里加入CO，CO和H2将发生反应III，H2被消耗，导致H2浓度减小，不利于反应I、II正向进行，则CO2转化率将减小，D错误；故选CD；(3)根据反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，消耗3molH2生成1molCH3OH，且氢气和甲醇的燃烧热分别为285 kJ·mol−1和726 kJ·mol−1，则绿氢生产绿甲醇的理论能量转化效率为；(4)A项，由第一步反应式可知，反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，CO2倾向于通过得到电子的方式进行活化，A错误；B项，由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，即不利于碳链的增长，B正确；C项，由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越难形成短链烯烃，即越不利于提高短链烯烃的比例，C错误；D项，由图可知，该过程中可能产生CH3CH2R，即可能产生CH3CH2CH3等副产品，D正确；故选AC；(5)在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，则CO2的转化率将增大，其原因为：降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，CO2可以更充分转化，所以转化率增大；同时产物中将增大，其原因为：步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，从而增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。 19．(12分)亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。某兴趣小组根据反应CaO2+2NOCa(NO2)2，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙。(夹持装置略)。 已知：①Ca(NO2)2熔点为390℃，易潮解，易溶于水 ②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③2NO2-+4H++2I-=I2+2NO↑+2H2O； 回答下列问题： (1)基态钙原子核外有 种能量状态的电子。 (2)仪器X的名称是 ，装置连接顺序为： (填标号)； A→___________→C→___________→___________→E (3)下列说法正确的是___________。 A．恒压滴液漏斗的作用是使稀硝酸顺利滴下并减少稀硝酸挥发 B．反应前后通氮气的作用相同 C．装置D的作用是除去挥发的硝酸 D．可用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2 (4)写出装置E中的离子方程式 。 (5)①某Ca(NO2)2样品中混有杂质Ca(NO3)2，通过以下方法可测定产品纯度：称量4.110g样品溶于水，加Na2SO4固体，充分振荡，过滤后滤液定容至250mL，取25.00mL进行以下操作： “煮沸”时发生反应：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；“还原NO3-”时加入25.00mL 0.1000 mol∙L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准液，“滴定剩余Fe2+”时消耗0.0100 mol∙L-1的K2Cr2O7标准溶液16.60mL。则样品中Ca(NO2)2的质量分数为 。 ②下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小的是 。 A．滴定完毕后立即读数 B．煮沸过程中不充分，未使NO2-除尽 C．滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗 【答案】(1)6(1分) (2)三颈烧瓶(1分) A→D→C→B→C→E(2分) (3)AC(2分) (4)3 MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O(2分) (5) 90.02%(2分) B(2分) 【解析】制取Ca(NO2)2时，需将NO通入CaO2中，但空气中的O2会干扰实验，则实验前应往装置内先通N2，实验结束时需再通入N2，排尽装置内的NO，防止污染空气。实验制得的NO中混有HNO3蒸气，应先用水处理，再用无水CaCl2进行干燥；干燥的NO与CaO2反应后，未反应的NO用KMnO4溶液吸收。(1)钙为20号元素，基态钙原子的电子排布式1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，相同轨道的电子的能量相同，则钙原子核外有6种能量状态的电子；(2)仪器X的名称是三颈烧瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO与CaO2反应制取Ca(NO2)2，余气用KMnO4溶液吸收，为防止E中产生的水蒸气进入B装置，在B、E装置间再添加C装置，则装置连接顺序为：A→D→C→B→C→E。(3)A项，恒压滴液漏斗能保持漏斗内外压强恒定，便于稀硝酸顺利滴下，还可减少稀硝酸挥发，A正确；B项，反应前通N2，排尽装置内的空气，防止NO被氧化，反应后通N2，排尽装置内的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空气，B不正确；C项，硝酸是挥发性酸，制得的NO中混有硝酸蒸气，装置D的作用是除去挥发的硝酸，C正确；D项，Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能将KI氧化为I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2，D不正确；故选AC。(4)装置E中，NO被KMnO4氧化为HNO3，KMnO4被还原为Mn2+等，离子方程式为3 MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5 NO3-+2H2O。(5)将样品溶于水，加入Na2SO4固体，充分振荡，生成CaSO4沉淀，过滤后往滤液中加入NH4Cl溶液煮沸，发生反应NH4++NO2-=N2↑+2H2O，从而除去NO2-；往反应后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2标准液，将NO3-全部还原，再滴加K2Cr2O7标准溶液测定过量的Fe2+，从而计算出Ca(NO3)2的含量，最后得出样品的纯度。①由反应可得出关系式：NO3-——3Fe2+、6Fe2+——Cr2O72-，依据得失电子守恒可得：0.1000mol/L×0.025L=n(NO3-)×3+0.0100mol/L×0.0166L×6，n(NO3-)=0.0005mol，w[Ca(NO3)2]=≈9.98%，则样品中Ca(NO2)2的质量分数为1-9.98%=90.02%。②A项，滴定完毕后立即读数，可能有少量K2Cr2O7标准溶液挂在液面上方的滴定管内壁上，导致读数偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大，A不符合题意；B项，煮沸过程中不充分，未使NO2-除尽，则消耗Fe2+偏大，Ca(NO3)2含量偏大，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小，B符合题意；C项，滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗，K2Cr2O7标准液用量偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大，C不符合题意；故选B。 20．(12分)某研究小组以苯为原料，按下列路线合成哮喘病甲磺司特药物的中间体I： 已知： ① ② ③(易被氧化) 请回答： (1)有机物Ⅰ中的含氮官能团名称是 。 (2)有机物F的结构简式是 。 (3)下列说法正确的是___________。 A．F→G属于取代反应，D→E属于还原反应 B．C→D的过程中可能产生副产物 C．有机物B的酸性比苯酚强 D．有机物I的分子式为C15H24SNO4 (4)写出B→C的化学方程式 。 (5)写出上述流程中A→……→B的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。 (6)写出4种同时符合下列条件有机物C的同分异构体 。 ①谱和IR谱检测表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，不存在结构和结构； ②分子中只含2个六元环，其中一个是苯环。 【答案】(1)酰胺基(1分) (2)CH3-S-CH2-CH2-COOH (1分) (3)ABC(2分) (4)或(2分) (5) (3分) (6)(3分) 【解析】根据反应条件可知，F到G发生的已知反应①，故F到G是—COOH中的羟基被—Cl代替，再根据I的结构简式，推测G的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COCl，故F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；根据反应条件，可知D到E发生的是已知反应③，故D到E的变化是硝基变成了氨基，故E的结构简式为；根据B的化学式和D的结构简式，推测B的结构简式为，则C的结构简式为，C到D发生的是已知反应②。(1)根据I的结构简式可知，I中的含氮官能团的名称为酰胺基；(2)根据分析可知，有机物F的结构简式为CH3-S-CH2-CH2-COOH；(3)A项，F到G是羧基中的羟基被氯原子取代，属于取代反应，D到E硝基变为氨基，去氧加氢属于还原反应，A正确；B项，C到D过程中断键位置可以是左边碳氧键断，也可以是右边碳氧键断，所以有可能产生副产物，B正确；C项，有机物B中含有硝基，硝基是吸电子基，使O-H极性变大，O-H更容易断裂，故酸性增强，C正确；D项，有机物I的分子式为C15H23SNO4，D错误；故选ABC；(4)根据分析，B的结构简式为，C的结构简式为，B到C发生的取代反应，故反应方程式为，也可以写成；(5)A到B是在苯环上引入了羟基和硝基，故反应流程可以为；(6)根据给出的条件，可写出4种同分异构体分别为：。 试卷第1页，共3页 19 / 21 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三下学期开学摸底考试卷 化学·参考答案 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 C B A D C C B D D B B C C C B C 二、非选择题，共4题，共52分。 17．(16分) (1)4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl(2分) (2)BD(2分) (3)8.7×10-7(2分) (2分) (4) 2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O(2分) (5)BD(2分) (6) NH4+与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性(2分) (2分) 18．(12分) (1)-49 kJ·mol−1(2分) (2)CD(2分) (3)84.9%(2分) (4)AC(2分) (5) 增大(1分) 降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，CO2可以更充分转化，所以转化率增大(1分) 增大(1分) 步骤VⅢ的产物可以停留较长时间阻止反应正向进行，增加步骤IX的反应机会，造成增大(1分) 19．(12分) (1)6(1分) (2)三颈烧瓶(1分) A→D→C→B→C→E(2分) (3)AC(2分) (4)3 MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O(2分) (5) 90.02%(2分) B(2分) 20．(12分) (1)酰胺基(1分) (2)CH3-S-CH2-CH2-COOH (1分) (3)ABC(2分) (4)或(2分) (5) (3分) (6)(3分) 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高三下学期开学摸底考试卷 化学·答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准 考生禁填：缺考标记 口 条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 违纪标记 □ 2.选择题必须用2B铅笔填涂：非选择题必须用0.5mm黑色签字笔 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 答题，不得用铅笔或圆珠笔答题：字体工整，笔迹清嘶。 3,请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案 选择题填涂样例： 无效：在草稿纸，试题卷上答题无效。 正确填涂■ 4,保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破 错误填涂[×]「][/门 第I卷（请用2B铅笔填涂） 1.A][B]tC][D] 6.[A][B]IC][D] 1.A1[B][C]D] 2(A][BJIC]ID] 7AJIBJICJD] 12AJB]IC][D] 3.A[B1[C1[D 8[A][B][C][D] 13.[AJ[B][C][D] 4AJ[B][C][D] 9.[AJ[BJICJ[D] 14[AJ[B][C][D] 5.AJ[B][C1[D1 10AJ[BJ[C][D] 15.[AJ[B][C][D] 16.[AJ[B]IC][D] 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答） 17.(16分) () (2分)(2) (2分) (3) (2分) (2分) (4) (2分) (5) (2分) (6) (2分) (2分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(12分) (1) (2分) (2) (2分) (3) (2分) (4) (2分) (5) (1分) (1分) (1分) (1分) 19.(12分) (1) (1分) (2) (1分) (2分) (3) (2分) 4) (2分) (5) (2分) (2分) 20.(12分) (1) (1分) (2)」 (1分) (3)】 (2分) (4 (2分) (5 (3分) (6 (3分) 请在各题目的答恶区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！