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浙江省Z20名校聯盟（浙江省名校新高考研究聯盟）2024-2025學年高三上學期開學考試化學試題
1．（2024高三上·浙江開學考）下列物質屬于鹽的是
A．HNO3 B．K2O2 C．CH3NH3Cl D．Mg3N2
【答案】C
【知識點】物質的簡單分類
【解析】【解答】A．硝酸在水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子，屬于酸，A錯誤；
B．過氧化鉀由鉀離子和過氧根離子構成，屬于氧化物，不是鹽，B錯誤；
C．甲胺(CH3NH2)為一元弱堿，與鹽酸反應生成鹽酸鹽CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl屬于鹽， C正確；
D．氮化鎂的陰離子不是酸根離子，屬于氮化物，不是鹽，D錯誤；
故選C。
【分析】鹽是指由金屬陽離子或者銨根離子與酸根離子構成的化合物。
2．（2024高三上·浙江開學考）下列物質性質與用途具有對應關系的是
A．濃硫酸具有難揮發性，可用于制備氣體
B．具有氧化性，工業上可用氨水吸收除去
C．具有還原性，可用于除去工業廢水中的
D．難溶于水且不被射線透過，可用作鋇餐
【答案】A
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系
【解析】【解答】A．濃硫酸具有難揮發性（高沸點），而鹽酸具有揮發性，實驗室中常用濃硫酸與氯化鈉固體反應來制備HCl氣體，A正確；
B．是酸性氧化物，能與堿發生反應，氨水是一種堿溶液，工業上用氨水吸收SO2利用了SO2酸性氧化物的性質，B錯誤；
C．可用于除去工業廢水中的，是因為 電離產生的S2-能與 結合生成HgS沉淀，與還原性無關，C錯誤；
D．硫酸鋇可用作鋇餐，一方面是因為硫酸鋇難溶于水，另一方面是它不能與胃液中的鹽酸反應，并且不被X射線透過，D錯誤；
故選A。
【分析】A．高沸點酸可制取揮發性酸；
Ｂ． 是酸性氧化物，它能與堿發生反應；
Ｃ． 電離產生的S2-能與 結合生成HgS沉淀；
Ｄ．硫酸鋇難溶于水，且不與鹽酸反應。
3．（2024高三上·浙江開學考）下列表示正確的是
A．丙氨酸的結構簡式：
B．基態氧原子的價電子排布圖為：
C．的價層電子對互斥()模型：
D．中子數為34的鋅原子：
【答案】B
【知識點】原子中的數量關系；原子核外電子排布；結構簡式
【解析】【解答】A．丙氨酸的結構簡式為CH3CH(NH2)COOH， 是甘氨酸的結構簡式，故A錯誤；
B．氧原子的核外電子數為 8，基態氧原子的價電子排布式為2s22p4，電子分布到能量筒并的原子軌道時，優先以自旋相同的方式分別占據不同的軌道，這種排布方式原子的總能量最低，則基態氧原子的價電子排布圖為：，故B正確；
C．的價層電子對數為：，含有2對孤電子對，價層電子對互斥()模型為四面體形，給出的模型是直線形，故C錯誤；
D．鋅原子的質子數為 30，中子數為 34 時，質量數為30 + 34 = 64，該鋅原子應表示為：，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A． 是甘氨酸；
Ｂ．O原子的價電子排布式為2s22p4；
Ｃ． 中心原子O原子的價層電子對數為4，含有2個孤電子對；
Ｄ．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數。
4．（2024高三上·浙江開學考）下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是
A．裝置①可用于制備并測量其體積
B．裝置②可用于制作簡單燃料電池
C．裝置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性強弱
D．裝置④鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用
【答案】B
【知識點】常見化學電源的種類及其工作原理；苯酚的化學性質；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．氨氣極易溶于水，不能用排水法測量其體積，所以裝置①不能用于測量氨氣的體積，A錯誤；
B．斷開K1、閉合K2，可以構成氫氧燃料電池，石墨作電極，硫酸鈉溶液作電解質溶液，故B正確；
C．稀鹽酸具有揮發性，揮發出的氯化氫也能與苯酚鈉反應生成苯酚，干擾碳酸與苯酚酸性強弱的比較，C錯誤；
D．Zn電極應插入硫酸鋅溶液中，Cu電極應插入硫酸銅溶液中，構造錯誤，D錯誤；
答案選B。
【分析】A．氨氣極易溶于水；
Ｂ．氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負極，負極發生氧化反應，通入氧氣的一極為正極，正極發生還原反應；
Ｃ．稀鹽酸具有揮發性，揮發出的氯化氫也能與苯酚鈉反應生成苯酚；
Ｄ．陽離子向正極移動。
5．（2024高三上·浙江開學考）化學與人類社會可持續發展息息相關。下列說法不正確的是
A．工業上，可經過原子利用率都是的兩步反應，實現由乙烯合成乙二醇
B．天然氣作為化工原料主要用于合成氨和生產甲醇等
C．制作豆腐時加入氯化鎂、硫酸鈣等凝固劑，可使豆漿中的蛋白質聚沉
D．乙酸甘油酯在堿性條件下水解，該反應可用于肥皂的生產
【答案】D
【知識點】乙烯的物理、化學性質；化石燃料與基本化工原料；膠體的性質和應用；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．一種以乙烯為原料制備乙二醇的合成方法為：，①②為2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均進入生成物中，原子利用率均為100%，故A正確；
B．天然氣的主要成分為甲烷，在合成氨工業中，甲烷可與水蒸氣反應制取氫氣，氫氣是合成氨的重要原料，在生產甲醇方面，先由甲烷制合成氣，再制得甲醇，故B正確；
C．豆漿為膠體，加入氯化鎂、硫酸鈣等凝固劑能使豆漿中的蛋白質聚沉，從而制作成豆腐，故C正確；
D．乙酸甘油酯不是高級脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解生成乙酸鹽和甘油，不能得到高級脂肪酸鹽，該反應不可用于肥皂的生產，故D錯誤；
故答案選D。
【分析】A．所有原子均進入生成物時原子利用率均為 100%；
Ｂ．天然氣的主要成分是甲烷；
Ｃ．電解質能使膠體發生聚沉；
Ｄ．乙酸甘油酯不是高級脂肪酸甘油酯。
6．（2024高三上·浙江開學考）工業上用(分子結構：)與甲烷為原料制備，發生反應：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．中鍵和鍵數量之比為
B．既是氧化劑又是還原劑
C．生成標準狀況下的氣體，斷開鍵數為
D．若該反應轉移電子數，則被還原的有
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉移數目計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．CS2與CO2結構類似，其結構式為，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，則1molCS2中含有2molσ鍵與2molπ鍵，因此σ鍵與π鍵數量比為1：1，故A錯誤；
B．該反應中，CH4中的C元素化合價升高，則CH4為還原劑，S8中S元素降低，則S8為氧化劑，故B錯誤；
C．標準狀況下，11.2LH2S的物質的量為0.5mol，1個S8中含有8個S-S鍵，根據可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，斷裂1molS-S鍵，數目為，故C正確；
D．該反應中，CH4為還原劑，被氧化，故D錯誤；
故答案選C。
【分析】A．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵；
Ｂ．該反應中，C元素化合價升高，S元素化合價降低；
Ｃ.1個S8中含有8個S-S鍵；
Ｄ．根據得失電子守恒計算。
7．（2024高三上·浙江開學考）類比和推理是學習化學的重要方法，下列結論合理的是
選項 已知 結論
A 冠(冠醚)能識別 冠(冠醚)能識別
B 石墨晶體可以導電 石墨的化學鍵具有金屬鍵的性質
C 擦干已洗凈鐵鍋表面的水，以防生銹 防止潮濕環境下發生化學腐蝕
D 常溫下， 常溫下，溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A.15—冠—5（冠醚）能識別Na+，說明15 - 冠 - 5 的空腔大小適合識別 ，而 12 - 冠 - 4 的空腔較小，適合識別Li+，K+半徑較大，12 - 冠 - 4 不能識別K+，但由于K+的離子直徑比Na+的離子直徑大，而12—冠—4（冠醚）的空腔直徑更小，因此不能識別離子直徑更大的，故A錯誤；
B．擦干已洗凈鐵鍋表面的水，以防生銹，是防止潮濕環境下發生電化學腐蝕，而不是化學腐蝕，在潮濕環境中，鐵鍋表面形成原電池，加速鐵的腐蝕，故B正確；
C．擦干已洗凈鐵鍋表面的水，可以防止潮濕環境下鐵鍋發生電化學腐蝕，不是化學腐蝕，故C錯誤；
D．和屬于不同類型的難溶電解質，則由，不能推測出兩者的溶解度關系，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A．冠醚識別離子是基于冠醚的空腔大小與離子半徑的匹配；
Ｂ．金屬鍵是金屬陽離子與自由電子之間的強烈相互作用；
Ｃ．防止潮濕環境下鐵發生電化學腐蝕；
Ｄ．對于不同類型的難溶電解質，不能直接根據溶度積常數Ksp的大小來比較溶解度的大小。
8．（2024高三上·浙江開學考）下列方程式正確的是
A．溶液中加入稀硫酸：
B．碳酸氫鈉溶液呈堿性：
C．甘油和硝酸發生酯化反應：
D．在酸催化下，苯酚與甲醛反應可生成羥甲基苯酚：
【答案】D
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．溶液中加入稀硫酸，發生歧化反應生成硫單質和二氧化硫，正確離子方程式為，A錯誤；
B．碳酸氫根水解生成碳酸和氫氧根，正確的水解的離子方程式為，B錯誤；
C．甘油和硝酸在濃硫酸催化加熱下發生酯化反應生成，為可逆反應，反應的化學方程式為，C錯誤；
D．苯酚和甲醛在酸催化劑的條件下反應生成，反應方程式為，D正確；
故選D。
【分析】A．在酸性條件下發生歧化反應生成硫和二氧化硫；
Ｂ．碳酸氫鈉水解生成碳酸和氫氧根；
Ｃ．甘油和硝酸發生酯化反應得到；
Ｄ．苯酚與甲醛反應生成。
9．（2024高三上·浙江開學考）有機物經元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，紅外光譜顯示分子中有羧基，質譜和核磁共振氫譜示意圖如下。關于的說法不正確的是
A．能與溴水發生加成反應
B．能與酸性高錳酸鉀發生氧化反應
C．能發生消去反應
D．自身可發生縮聚反應
【答案】A
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．CH3CH(OH)COOH只含羥基、羧基，沒有碳碳雙鍵等能與溴水發生加成反應的官能團，所以不能與溴水發生加成反應，A錯誤；
B．CH3CH(OH)COOH含有羥基，羥基具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化，所以可以與酸性高錳酸鉀發生氧化反應，B正確；
C．醇類發生消去反應的條件是與羥基直接相連的碳原子的相鄰碳原子上有氫原子，CH3CH(OH)COOH含有羥基，且與羥基直接相連的碳原子的相鄰碳原子上有氫原子，能發生消去反應，C正確；
D．CH3CH(OH)COOH含有羥基、羧基，自身能發生縮聚反應，D正確；
故選A。
【分析】由質譜圖可知該有機物相對分子質量為 90，紅外光譜顯示分子中有羧基，羧基的相對分子質量為 45。核磁共振氫譜有 3 組峰，說明分子中有 3 種不同化學環境的氫原子。結合只含碳、氫、氧三種元素，可推出該有機物的結構簡式為CH3CH(OH)COOH。
10．（2024高三上·浙江開學考）主族元素、、、原子序數依次增大，、的價電子數相等，的基態原子核外電子的空間運動狀態共10種，四種元素形成的化合物如圖。
下列說法不正確的是
A．鍵角：
B．分子的極性：
C．簡單離子半徑：
D．四種元素形成的化合物一定是含有共價鍵的離子化合物
【答案】B
【知識點】原子結構與元素的性質；化學鍵；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．YO3為SO3，SO3的中心原子S原子的價層電子對數為，不含孤電子對，為平面三角形，鍵角為120°，為，的中心原子S原子的價層子對數為，含有1對孤電子對，為三角錐形，鍵角小于120°，孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小，因此鍵角：，故A正確；
B．分子的極性與元素的電負性有關，電負性差異越大，分子的極性越強，W2X為H2O，W2Y為H2S，兩者結構均為V形，水分子中O-H鍵的極性大于H2S中S-H鍵的極性，可推斷出H2O分子的極性比H2S的極性大，即：，故B錯誤；
C．電子層數越多則離子半徑越大，當電子層數相同時，質子數越大則離子半徑越小，O2-有2個電子層，K+和S2-都有3個電子層，且K+的質子數大于S2-的質子數，所以簡單離子半徑：，故C正確；
D．四種元素形成的化合物中一定含有K+，而鉀只能失一個電子，因此剩余的非金屬元素之間一定會形成共價鍵，可知四種元素形成的化合物一定是含有共價鍵的離子化合物，比如KHSO4，故D正確；
故答案選B。
【分析】的基態原子核外電子的空間運動狀態共10種 ，且Z形成的離子為Z+，則Z的核外電子排布式為，則Z為K元素，、的價電子數相等 ，結合成鍵情況可知，X為O元素，Y為S元素。
11．（2024高三上·浙江開學考）苯在濃和濃作用下，反應過程中能量變化示意圖如下。下列說法不正確的是
A．對比進程圖，苯更易生成硝基苯的主要原因是該反應速率更快、產物更穩定
B．反應過程中碳原子的雜化方式發生了改變
C．經兩步反應生成產物Ⅰ的反應熱
D．加入選擇性高的催化劑，短時間內可以提高單位時間內產物Ⅰ的產率
【答案】C
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．生成產物 Ⅱ 的反應的活化能比生成產物 Ⅰ 的活化能更低，根據活化能越低反應速率越快的原理，生成產物 Ⅱ（硝基苯）的反應速率更快，又因為產物 Ⅱ 的能量更低，依據能量越低物質越穩定，所以產物 Ⅱ 更穩定，這使得苯更易生成硝基苯，故A正確；
B．M的六元環中與相連的C為雜化，苯環上的碳原子為sp2雜化，因此反應過程中碳原子的雜化方式發生了改變，故B正確；
C．生成產物 Ⅰ 的反應熱不等于E1-E2，反應熱是反應物總能量與生成物總能量的差值，而E1是第一步反應的正反應活化能，E2是第二步反應的逆反應活化能，只是兩種活化能的差值，故C錯誤；
D．催化劑能降低反應的活化能從而加快反應速率，加入選擇性高的催化劑，能加快生成產物 Ⅰ 的反應速率，所以短時間內可以提高單位時間內產物 Ⅰ 的產率，故D正確；
故答案選C。
【分析】A．活化能越大反應速率越慢；
Ｂ．苯環和雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
Ｃ．反應熱是反應物總能量與生成物總能量的差值；
Ｄ．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率。
12．（2024高三上·浙江開學考）丙烯和溴化氫在通常情況下發生加成反應主要得到2-溴丙烷，其機理如下。下列說法不正確的是
A．上述反應中，第一步為反應的決速步驟
B．碳正離子中間體的穩定性：
C．丙烯與鹵化氫加成時，的反應速率最大
D．與加成的主要產物為
【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素；烯烴
【解析】【解答】A．慢反應決定總反應的反應速率，第一步為慢反應，則第一步為反應的決速步驟，A正確；
B．物質的能量越低越穩定，第一步慢反應得到的碳正離子為，說明第一步可以推得碳正離子中間體穩定性：，B正確；
C．該反應的總反應速率由第一步反應決定，第一步反應與氫離子有關，酸性HI>HBr>HCl，則CH3CH=CH2與氫鹵酸反應時速率大小HI>HBr>HCl，C正確；
D．烯烴與HBr反應第一步是氫離子結合有一定負電性的碳原子，由于-CF3為吸電子基團，故與HBr加成的主要產物為，D錯誤；
故選D。
【分析】總反應的反應速率由慢反應決定。
13．（2024高三上·浙江開學考）表面皿中都裝有混合了飽和食鹽水、酚酞和鐵氰化鉀溶液的瓊脂，分別將纏有銅絲的鐵釘(圖A)和纏有鋅皮的鐵釘(圖)放置其中，如圖所示。下列說法不正確的是
A．圖中鐵釘受鋅皮保護，為犧牲陽極的陰極保護法
B．圖中鐵釘上的電極反應式：
C．離子在半凝固態的瓊脂內可定向移動
D．圖中，會出現藍、紅、藍三個色塊
【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；金屬的電化學腐蝕與防護；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．在圖 B 中，鋅和鐵形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅作負極，鐵作正極。在這種情況下，鋅作為陽極被氧化而消耗，從而保護了作為陰極的鐵，這種保護方法叫做犧牲陽極的陰極保護法。所以圖 B 中鐵釘受鋅皮保護，為犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；
B．圖B中鐵作正極，電極反應式為：，故B錯誤；
C．該裝置形成了原電池，原電池工作時，溶液中存在離子的定向移動，在這個裝置中，離子在半凝固態的瓊脂內同樣可定向移動，以形成閉合回路，使原電池能夠正常工作，故C正確；
D．圖A中，鐵作負極，發生氧化反應，其電極反應式為：，Fe2+與反應產生藍色沉淀，銅作正極，其電極反應式為，生成氫氧根，所以銅電極附近變紅，由于銅裹在鐵的中段，所以瓊脂中會出現藍、紅、藍三個色塊，故D正確；
故答案選B。
【分析】在圖 A 中，鐵和銅形成原電池，鐵為負極，電極反應式為，銅為正極，電極反應式為：；在圖 B 中，鋅和鐵形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅作負極，電極反應式為：，鐵作正極，電極反應式為：。
14．（2024高三上·浙江開學考）加熱煮沸的濃溶液和白磷反應可制，該過程同時可獲得。其中一個反應為：。下列說法不正確的是
A．熱穩定性：，沸點：
B．、與都是分子晶體
C．制備過程中有極性鍵、非極性鍵的斷裂，也有極性鍵、非極性鍵的形成
D．已知的配位能力比強，這是由于配體中的P存在3d空軌道
【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；極性鍵和非極性鍵；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．N2H4分子能與水分子形成分子間氫鍵，P2H4只存在范德華力，含有氫鍵的物質沸點高，則沸點：，故A項錯誤；
B．、、都是由分子構成，屬于分子晶體，故B項正確；
C．根據 ，同時可獲得 可知，反應物中存在P-P非極性鍵，O-H極性鍵的斷裂，生成物中存在P-P非極性鍵，P-H極性鍵的形成，故C項正確；
D．當 PH3與過渡金屬中心配位時，P的3d空軌道可與金屬中心的 d 軌道重疊，形成配位鍵，使PH3與過渡金屬生成的配合物更加穩定，因此與金屬離子的配位能力NH3＜PH3，故D項正確；
故選A。
【分析】A．形成分子間氫鍵能提高物質的沸點；
Ｂ．、與均由分子構成；
Ｃ．同種非金屬原子間形成非極性鍵，不同種非金屬原子間形成極性鍵；
Ｄ．配位能力取決于配體給出孤對電子的能力，以及與中心原子形成配位鍵的穩定性。
15．（2024高三上·浙江開學考）常溫下水溶液體系中存在反應：，平衡常數為。體系中所有含碳微粒物質的量分數隨變化關系如圖所示
[例如]。
下列說法不正確的是
A．曲線Ⅱ表示的變化情況
B．的電離平衡常數
C．時，
D．之后曲線Ⅱ、Ⅲ變化的主要原因是轉化為沉淀
【答案】C
【知識點】化學平衡常數；鹽類水解的應用；電離平衡常數
【解析】【解答】A．根據分析，曲線Ⅱ表示的變化情況，故A正確；
B．由圖可知，當c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等時（即曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的交點），溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數：，故B正確；
C．pH=n時，，根據CH3COOH的電離平衡常數：，有，的，，由圖可知pH=n時，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C錯誤；
D．隨著pH的增大，即增大，根據圖像及分析可知，促使③Ag+的水解平衡正向移動，而濃度減小，導致平衡逆向移動，根據分析可知，曲線Ⅱ表示CH3COO-的物質的量分數隨pH變化的關系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系，之后，減小程度較大，但依舊增大，說明增大，增大，符合分析，因此之后曲線Ⅱ、Ⅲ變化的主要原因是轉化為沉淀，故D正確；
故答案選C。
【分析】在溶液中存在平衡：①；
②；
③Ag+的水解平衡；
隨著pH的增大，c(H+)減小，平衡①、③正向移動，c(CH3COOH)、c(Ag+)減小，pH小于（約小于p）CH3COO-濃度增大的影響大于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度增大，pH較大時（約大于p）CH3COO-濃度增大的影響小于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度減小，綜合可知：曲線Ⅰ表示CH3COOH的物質的量分數隨pH變化的關系，曲線Ⅱ表示CH3COO-的物質的量分數隨pH變化的關系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系。
16．（2024高三上·浙江開學考）根據下列實驗目的設計實驗方案，觀察到相關現象。其中方案設計和結論都正確的是
選項 實驗目的 方案設計 現象 結論
A 探究鈉在氧氣中燃燒所得固體產物的成分 取少量固體粉末，加入蒸餾水 有氣體生成 鈉在氧氣中燃燒所得產物為
B 比較水的電離程度 常溫下，用計分別測定和溶液的 均為 同溫下，不同濃度的溶液中水的電離程度相同
C 探究溫度對化學平衡的影響 取溶液于試管中，將試管加熱 溶液變綠 溫度升高平衡逆向移動
D 定性證明配合物(亮黃色)只有在高濃度的條件下才是穩定的 取工業鹽酸于試管中，滴加幾滴硝酸銀飽和溶液 溶液亮黃色褪去，變為很淺的黃色 配合物只有在高濃度的條件下才是穩定的
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】化學平衡的影響因素；鹽類水解的應用；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．鈉燃燒生成的過氧化鈉可以與水反應產生氣體，而若是固體粉末中含有鈉，若固體粉末中含有鈉，鈉會與水發生反應生成氫氣，所以當有氣體生成時，固體不一定為過氧化鈉，也可能含有鈉單質，故A錯誤；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和銨根相互促進水解，但由于醋酸和一水合氨的電離常數相同，故溶液為中性，但水解程度與濃度有關，濃度越小，水解程度越大，不同濃度的 溶液中水的電離程度是不相同的，故B錯誤；
C．在氯化銅溶液中存在平衡：，呈藍色， 呈綠色，加熱，溶液變綠，說明升溫的平衡正向移動，故C錯誤；
D．向鹽酸中滴加幾滴硝酸銀飽和溶液，的平衡正向移動，的濃度減小，說明配合物只有在高濃度的條件下才是穩定的，故D正確；
故答案選D。
【分析】A．鈉也能與水反應生成氫氣；
Ｂ．水解程度與濃度有關，濃度越小，水解程度越大；
Ｃ．升溫平衡向吸熱反應方向移動；
Ｄ．化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
17．（2024高三上·浙江開學考）第Ⅲ族元素、、等元素及其化合物在新材料、工農業生產等方面用途廣泛。
請回答：
（1）基態原子的簡化電子排布式是　 　。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．、中硼原子的雜化方式均為
B．氧化物的化學鍵中離子鍵成分的百分數：
C．與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有5種
D．相同條件下在水中溶解度：氨硼烷()>乙烷
（3）常以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構。將該二聚體溶于生成：。
①該二聚體中存在的化學鍵有　 　。
A．極性鍵 B．氫鍵 C．配位鍵 D．離子鍵 E．金屬鍵
②的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，則的陽離子的結構式為　 　。
（4）①氮化鎵是第三代半導體材料。傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，不采用金屬與制備的原因是　 　。
②的一種晶胞結構如圖所示，若阿伏加德羅常數的值為，則該晶體的密度為　 　(用含、、的式子表示)。
【答案】（1）
（2）A；B
（3）；( 甲基中鍵分開寫亦可)
（4）中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】（1）鎵是第31號元素，鎵原子的基態電子排布式為[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，因此雜化方式不同，故A錯誤；
B．同周期主族元素從左往右，電負性逐漸增大，同主族元素從上往下電負性逐漸減小，因此電負性：O＞B＞Ga，電負性差值越大，離子鍵百分數越大，化學鍵中離子鍵成分的百分數較大的是Ga2O3，故B錯誤；
C．同周期的主族元素從左往右第一電離能呈現增大趨勢，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族電子排布為半充滿狀態，較為穩定，因此與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五種元素，故C正確；
D．氨硼烷分子與水分子間可形成氫鍵，所以相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正確；
故答案選AB。
（3）①以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構，可知該二聚體為，該二聚體中Br和Al之間以極性鍵相連，該二聚體中存在的化學鍵類型為極性鍵，而鋁的最外層為3個電子，因此還存在一個配位鍵，故答案選：AC；
②X的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，因此該配離子中，中心原子Al形成4條單鍵，雜化方式為sp3雜化，其中N原子提供一對孤電子對，配體為CH3CN、Br，因此X的陽離子的結構式為：。
（4）①傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，中存在，鍵能大，反應要求高；也可能使由于，產物中氣體分子數減少，屬于熵減反應不利于反應的進行，故答案為：中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
②該晶胞中含有Ga原子數目為，含有N原子數目為，晶胞底面為菱形，銳角為，邊長為apm，則底面面積，則晶胞體積，則其密度。
【分析】（1）Ga為31號元素，核外共有31個電子，根據構造原理書寫其核外電子排布式；
（2）A．中B原子的價層電子對數為3，中B原子的價層電子對數為4；
Ｂ．離子鍵成分的百分數與元素的電負性差值有關，電負性差值越大，離子鍵成分的百分數越大；
Ｃ．第一電離能是氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量。同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大；
Ｄ．氨硼烷與水分子間能形成氫鍵，乙烷不能；
（3） 二聚體中含有極性鍵和配位鍵；
（4）①氮氣中兩個N原子間形成三鍵，鍵能較大；
②根據均攤法和計算。
（1）鎵是第31號元素，鎵原子的基態電子排布式為[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，因此雜化方式不同，故A錯誤；
B．同周期主族元素從左往右，電負性逐漸增大，同主族元素從上往下電負性逐漸減小，因此電負性：O＞B＞Ga，電負性差值越大，離子鍵百分數越大，化學鍵中離子鍵成分的百分數較大的是Ga2O3，故B錯誤；
C．同周期的主族元素從左往右第一電離能呈現增大趨勢，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族電子排布為半充滿狀態，較為穩定，因此與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五種元素，故C正確；
D．氨硼烷分子與水分子間可形成氫鍵，所以相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正確；
故答案選AB。
（3）①以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構，可知該二聚體為，該二聚體中Br和Al之間以極性鍵相連，該二聚體中存在的化學鍵類型為極性鍵，而鋁的最外層為3個電子，因此還存在一個配位鍵，故答案選：AC；
②X的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，因此該配離子中，中心原子Al形成4條單鍵，雜化方式為sp3雜化，其中N原子提供一對孤電子對，配體為CH3CN、Br，因此X的陽離子的結構式為：。
（4）①傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，中存在，鍵能大，反應要求高；也可能使由于，產物中氣體分子數減少，屬于熵減反應不利于反應的進行，故答案為：中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
②該晶胞中含有Ga原子數目為，含有N原子數目為，晶胞底面為菱形，銳角為，邊長為apm，則底面面積，則晶胞體積，則其密度。
18．（2024高三上·浙江開學考）銅陽極泥(主要含有銅、銀、金、鉛等單質)是一種含貴金屬的可再生資源，一種從銅陽極泥中分離提取多種金屬元素的工藝流程如下(所加試劑均過量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式為
②
請回答：
（1）沉淀的主要成分為　 　(填化學式)，從氧化還原的角度分析，步驟5中體現的性質是　 　。
（2）步驟2中單質金發生反應的離子方程式為　 　。
（3）下列說法正確的是___________。
A．步驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀
B．步驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌、改用濃硫酸等方式加快反應速率
C．溶液1可經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾得到膽礬粗產品
D．溶液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低
（4）溶液中含硫微粒物質的量分數與的關系如圖所示。
步驟4中加入稀硫酸調節溶液可析出，請用離子方程式表示析出的原因　 　。
（5）步驟5需要在堿性環境下進行，設計實驗驗證溶液4中含有　 　。
【答案】（1）、；還原性
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含(其他合理答案亦可)
【知識點】銅及其化合物；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B為、，步驟5中主要作用是將中的銀離子還原為單質銀，所以此處甲醛的作用是還原劑體現還原性。
（2）單質金在HCl酸性條件下，在氧化劑NaClO3的氧化作用下，金與氯離子形成配合物，則對應的離子方程式為。
（3）A．驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀，A正確；
B．驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌加快反應速率，改用濃硫酸溶于水放熱會加快雙氧水分解，反而不利于銀、鉛、銅溶解，B錯誤；
C．液1是硫酸銅溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可得到膽礬粗產品，C正確；
D．液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低，D正確；
故選ACD。
（4）步驟4中加入稀硫酸調節溶液時，由圖可知此條件下亞硫酸根與氫離子更容易結合形成亞硫酸氫根，銀離子將從配合物中脫離出來與氯離子結合生成沉淀析出，對應離子方程式為。
（5）驗證氯離子的操作步驟為，取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含。
【分析】銅陽極泥中含有銅、銀、金、鉛等單質，在步驟 1 中加入了H2SO4、H2O2和NaCl，Pb會與H2SO4反應生成PbSO4沉淀，Ag會與Cl-結合生成AgCl沉淀，在后續步驟 2 中這些沉淀沒有進一步反應，所以沉淀 B 的主要成分為、 ，銅溶解得到硫酸銅溶液，則溶液1為硫酸銅，硫酸銅溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可以得到膽礬，金不溶即沉淀A為氯化銀、硫酸鉛、金，經過步驟2后，Au與氯離子形成配合物溶解，所以沉淀B為氯化銀與硫酸鉛，經過步驟3，氯化銀溶解得到溶液3，經過步驟4得到氯化銀沉淀，在步驟 5 中HCHO將溶液中的銀離子還原為單質銀。
（1）由分析可知，沉淀B為、，步驟5中主要作用是將中的銀離子還原為單質銀，所以此處甲醛的作用是還原劑體現還原性。
（2）單質金在HCl酸性條件下，在氧化劑NaClO3的氧化作用下，金與氯離子形成配合物，則對應的離子方程式為。
（3）A．驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀，A正確；
B．驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌加快反應速率，改用濃硫酸溶于水放熱會加快雙氧水分解，反而不利于銀、鉛、銅溶解，B錯誤；
C．液1是硫酸銅溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可得到膽礬粗產品，C正確；
D．液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低，D正確；
故選ACD。
（4）步驟4中加入稀硫酸調節溶液時，由圖可知此條件下亞硫酸根與氫離子更容易結合形成亞硫酸氫根，銀離子將從配合物中脫離出來與氯離子結合生成沉淀析出，對應離子方程式為。
（5）驗證氯離子的操作步驟為，取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含。
19．（2024高三上·浙江開學考）氫能是一種極具發展潛力的綠色能源，高效、環保的制氫方法是當前研究的熱點問題。
請回答：
（1）甲烷水蒸氣重整制氫：
I．
Ⅱ．
總反應：能自發進行的條件是　 　。
A．低溫 B．高溫 C．任意溫度 D．無法判斷
（2）恒定壓強為時，向某密閉容器中按投料，600℃時平衡體系中部分組分的物質的量分數如下表所示：
組分
物質的量分數
①下列措施中一定能提高H2平衡產率的是　 　。
A．選擇合適的催化劑 B．移除部分
C．向體系中投入少量 D．恒溫恒壓下通入氣體
②用各組分氣體平衡時的分壓代替濃度也可以表示化學反應的平衡常數()，600℃時反應I的平衡常數為　 　(結果保留兩位小數，已知氣體分壓=氣體總壓×各氣體的體積分數)。
（3）硼氫化鈉()水解制氫：常溫下，自水解過程緩慢，需加入催化劑提高其產氫速率。NaBH4在某催化劑表面制氫的微觀過程如圖所示。
①根據上圖寫出水解制氫的離子方程式　 　。
②其他條件相同時，測得平均每克催化劑使用量下，濃度對制氫速率的影響如下圖所示。(已知：濃度較大時，易以形式結晶析出。)
分析質量分數超過后制氫速率下降的可能原因　 　。
③轉化為后，電解溶液又可制得，實現物質的循環利用，電解裝置如圖所示。
陰極上的電極反應式是　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
【知識點】焓變和熵變；化學平衡常數；化學平衡移動原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律可知，總反應=反應I+反應Ⅱ，因此，該反應為氣體分子數增多的反應，可知，根據，當時反應自發進行，根據該反應、可知該反應高溫下可自發進行，故答案選B。
（2）①A．選擇合適的催化劑，只能加快反應速率，對平衡無影響，故A不符合題意；
B．移除CO，降低CO的濃度，可使反應I平衡正向移動，但是反應Ⅱ逆向移動，的平衡產率不一定提高，故B不符合題意；
C．向體系中投入少量，反應為：，能與CO2反應產生和H2O，可知體系中的CO2減小，可知反應Ⅱ、總反應平衡正向移動，的平衡產率一定提高，故C符合題意；
D．恒溫恒壓下通入Ar氣，體積擴大，平衡向氣體分子數增大的方向移動，即反應I平衡正向移動，一定能提高H2平衡產率，故D符合題意；
故答案選CD；
②由表格數據可知，平衡時CO的物質的量分數=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃時反應I的壓強平衡常數為。
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣，發生歸中反應，其離子方程式為：；
②圖中是NaBH4含量對制氫速率的影響，NaBH4濃度較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發揮，對制氫速率較低；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
③電解池陰極得電子發生還原反應，得到電子生成，電極反應式為。
【分析】（1）根據<0時反應自發進行分析；
（2）①化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
②根據計算；
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣；
②濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降 ；
③陰極發生還原反應。
（1）根據蓋斯定律可知，總反應=反應I+反應Ⅱ，因此，該反應為氣體分子數增多的反應，可知，根據，當時反應自發進行，根據該反應、可知該反應高溫下可自發進行，故答案選B。
（2）①A．選擇合適的催化劑，只能加快反應速率，對平衡無影響，故A不符合題意；
B．移除CO，降低CO的濃度，可使反應I平衡正向移動，但是反應Ⅱ逆向移動，的平衡產率不一定提高，故B不符合題意；
C．向體系中投入少量，反應為：，能與CO2反應產生和H2O，可知體系中的CO2減小，可知反應Ⅱ、總反應平衡正向移動，的平衡產率一定提高，故C符合題意；
D．恒溫恒壓下通入Ar氣，體積擴大，平衡向氣體分子數增大的方向移動，即反應I平衡正向移動，一定能提高H2平衡產率，故D符合題意；
故答案選CD；
②由表格數據可知，平衡時CO的物質的量分數=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃時反應I的壓強平衡常數為。
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣，發生歸中反應，其離子方程式為：；
②圖中是NaBH4含量對制氫速率的影響，NaBH4濃度較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發揮，對制氫速率較低；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
③電解池陰極得電子發生還原反應，得到電子生成，電極反應式為。
20．（2024高三上·浙江開學考）氧釩()堿式碳酸銨晶體{}，紫紅色，難溶于水和乙醇，是制備多種含釩產品和催化劑的基礎原料和前驅體。實驗室以為原料制備該晶體，過程如下：
已知：+4價釩的化合物易被氧化。
請回答：
（1）步驟ⅰ生成的同時，還生成一種無毒無害的氣體，請寫出該反應的化學方程式：　 　。
（2）步驟ⅱ可在如圖裝置中進行。
①盛裝溶液的儀器名稱為　 　。上述裝置依次連接的順序為　 　(按氣流方向，用各接口小寫字母表示)。
②實驗時，先打開，一段時間后，當觀察到　 　(填實驗現象)時，再關閉，打開，進行實驗。
（3）下列說法不正確的是___________。
A．已知還原性：濃鹽酸，步驟ⅰ可用濃鹽酸與反應制備，更經濟環保
B．步驟ⅱ中，盛裝溶液和溶液的位置可以互換
C．步驟ⅲ中，可先用冷水洗滌晶體，再用無水乙醇洗滌
D．步驟ⅲ中，為快速得到干燥的產品，可采用高溫烘干的方式
（4）粗產品中釩元素含量的測定：稱取樣品于錐形瓶中，用適量稀硫酸溶解后，加入稍過量的溶液，充分反應后繼續加溶液至稍過量，再用尿素除去過量的，滴入幾滴溶液，用標準溶液滴定至終點，重復三次，消耗標準溶液的平均體積為。
已知：具有還原性，滴定原理為：。
①滴定終點的現象為　 　。
②粗產品中釩元素的質量分數為　 　。
【答案】（1）
（2）恒壓滴(分)液漏斗；；裝置乙中不再產生紅棕色氣體
（3）A；B；D
（4）當滴入最后半滴標準液時，有藍色沉淀生成且半分鐘內沉淀不消失；
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）中加入鹽酸和，微沸數分鐘，反應生成同時生成一種無色無污染的氣體，根據質量守恒定律，該氣體為氮氣，則該化學反應方程式為：。
（2）①根據儀器結構特點可知盛裝溶液的儀器名稱為：恒壓滴(分)液漏斗；
根據分析，丙為制備CO2氣體的發生裝置，甲為除雜裝置，丁為制備氧釩堿式碳酸銨晶體反應裝置，乙為檢驗CO2的裝置，則依次連接的合理順序為：eabfgcd，故答案為：恒壓滴(分)液漏斗；；
②為防止反應生成的氧釩堿式碳酸銨晶體中的被空氣中的氧氣氧化，因此實驗開始時，先關閉K2，打開，丙裝置中碳酸鈣和鹽酸反應產生二氧化碳氣體，鹽酸具有揮發性，則甲裝置為除去HCl氣體，產生的二氧化碳將體系中的空氣排出，當觀察到裝置乙中不再產生紅棕色氣體，說明空氣已排盡，再關閉，打開K2，進行實驗，故答案為：裝置乙中不再產生紅棕色氣體。
（3）A．濃鹽酸具有還原性更強，能與V2O5發生氧化還原反應：V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于產生有毒的Cl2，因此步驟ⅰ不可用濃鹽酸與反應制備，故A錯誤；
B．VOCl2溶液與NH4HCO3溶液混合反應生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨，同時會有氯化銨，晶體過濾后會有氯化銨殘留，因此用飽和碳酸氫銨溶液洗去晶體表面的氯離子，若是交換順序，則氯離子會有殘留，故B錯誤；
C．用乙醇洗滌，減少產品的損失，同時乙醇易揮發，方便干燥，故C正確；
D．用加熱的方法烘干，容易造成晶體失去結晶水，故D錯誤；
故答案選ABD。
（4）①鐵氰化鉀溶液與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，滴定終點時的現象為：當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產生且或半分鐘內沉淀不消失；
②滴定反應為：，，根據離子方程式可得：，則產品中釩元素的質量分數。
【分析】向V2O5中加入6mol/L鹽酸和，反應生成，還生成一種無毒無害的氣體，根據原子守恒可知，該氣體為氮氣，則反應的還學方程式為，向溶液中加入溶液，經抽濾、洗滌得到；步驟ⅱ：裝置丙中，石灰石和稀鹽酸反應制得CO2，稀鹽酸易揮發，制得的CO2中含有HCl雜質，通過裝置甲除去HCl雜質，裝置乙為混合氣體的裝置，裝置丁中，發生反應制得。
（1）中加入鹽酸和，微沸數分鐘，反應生成同時生成一種無色無污染的氣體，根據質量守恒定律，該氣體為氮氣，則該化學反應方程式為：。
（2）①根據儀器結構特點可知盛裝溶液的儀器名稱為：恒壓滴(分)液漏斗；
根據分析，丙為制備CO2氣體的發生裝置，甲為除雜裝置，丁為制備氧釩堿式碳酸銨晶體反應裝置，乙為檢驗CO2的裝置，則依次連接的合理順序為：eabfgcd，故答案為：恒壓滴(分)液漏斗；；
②為防止反應生成的氧釩堿式碳酸銨晶體中的被空氣中的氧氣氧化，因此實驗開始時，先關閉K2，打開，丙裝置中碳酸鈣和鹽酸反應產生二氧化碳氣體，鹽酸具有揮發性，則甲裝置為除去HCl氣體，產生的二氧化碳將體系中的空氣排出，當觀察到裝置乙中不再產生紅棕色氣體，說明空氣已排盡，再關閉，打開K2，進行實驗，故答案為：裝置乙中不再產生紅棕色氣體。
（3）A．濃鹽酸具有還原性更強，能與V2O5發生氧化還原反應：V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于產生有毒的Cl2，因此步驟ⅰ不可用濃鹽酸與反應制備，故A錯誤；
B．VOCl2溶液與NH4HCO3溶液混合反應生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨，同時會有氯化銨，晶體過濾后會有氯化銨殘留，因此用飽和碳酸氫銨溶液洗去晶體表面的氯離子，若是交換順序，則氯離子會有殘留，故B錯誤；
C．用乙醇洗滌，減少產品的損失，同時乙醇易揮發，方便干燥，故C正確；
D．用加熱的方法烘干，容易造成晶體失去結晶水，故D錯誤；
故答案選ABD。
（4）①鐵氰化鉀溶液與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，滴定終點時的現象為：當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產生且或半分鐘內沉淀不消失；
②滴定反應為：，，根據離子方程式可得：，則產品中釩元素的質量分數。
21．（2024高三上·浙江開學考）苯烯莫德是一種小分子藥物，因可抑制多種自身免疫性疾病而成為研究熱點。其合成路線如下：
已知：①
②
請回答：
（1）化合物的官能團名稱是　 　。
（2）化合物的結構簡式是　 　。
（3）下列說法不正確的是___________。
A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基
B．化合物能被酸性高錳酸鉀氧化轉化為化合物
C．的反應涉及加成反應和消去反應
D．苯烯莫德的酸性強于
（4）寫出的化學方程式　 　。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)　 　。
（6）寫出4種同時符合下列條件的化合物的同分異構體的結構簡式　 　。
①能發生銀鏡反應；
②與溶液反應顯紫色；
③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子。
【答案】（1）醛基、醚鍵
（2）
（3）B；D
（4）
（5）
（6）、、、、、、、
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）化合物F為，官能團名稱是：醛基、醚鍵。
（2）根據分析可知，化合物A的結構簡式是：。
（3）A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基，故A正確；
B．化合物E為，結構中的羥基、異丙基均能被酸性高錳酸鉀氧化，因此生成的是，不能生成D，故B錯誤；
C．根據F與H的結構對比可知，F中的醛基被加成，而后消去產生H，故C正確；
D．苯烯莫德為，烴基越長，推電子效應越小，因此中的酚羥基的酸性弱于，故D錯誤；
故答案選BD。
（4）為取代反應，反應為：。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線為：。
（6）F為，滿足下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基；②與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酚羥基；③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子，則符合條件的同分異構體有：、、、、、、、（任寫四種）。
【分析】E在Cu作催化劑的條件下，發生氧化反應得到F，聯想到醇催化氧化生成醛，結合F的結構簡式可知，E的結構簡式為，D發生還原反應生成E，則D為，C與發生取代反應生成D，則C為，A與CH3I發生取代反應生成B，B被酸性高錳酸鉀氧化得到C，則B的結構簡式為，A的結構簡式為 ；F和G反應生成H，結合F、H的結構簡式和G的分子式可知，G的結構簡式為，H發生已知①的反應生成I，I與吡啶發生取代反應得到產物苯烯莫德，則I的結構簡式為。
（1）化合物F為，官能團名稱是：醛基、醚鍵。
（2）根據分析可知，化合物A的結構簡式是：。
（3）A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基，故A正確；
B．化合物E為，結構中的羥基、異丙基均能被酸性高錳酸鉀氧化，因此生成的是，不能生成D，故B錯誤；
C．根據F與H的結構對比可知，F中的醛基被加成，而后消去產生H，故C正確；
D．苯烯莫德為，烴基越長，推電子效應越小，因此中的酚羥基的酸性弱于，故D錯誤；
故答案選BD。
（4）為取代反應，反應為：。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線為：。
（6）F為，滿足下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基；②與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酚羥基；③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子，則符合條件的同分異構體有：、、、、、、、（任寫四種）。
1 / 1浙江省Z20名校聯盟（浙江省名校新高考研究聯盟）2024-2025學年高三上學期開學考試化學試題
1．（2024高三上·浙江開學考）下列物質屬于鹽的是
A．HNO3 B．K2O2 C．CH3NH3Cl D．Mg3N2
2．（2024高三上·浙江開學考）下列物質性質與用途具有對應關系的是
A．濃硫酸具有難揮發性，可用于制備氣體
B．具有氧化性，工業上可用氨水吸收除去
C．具有還原性，可用于除去工業廢水中的
D．難溶于水且不被射線透過，可用作鋇餐
3．（2024高三上·浙江開學考）下列表示正確的是
A．丙氨酸的結構簡式：
B．基態氧原子的價電子排布圖為：
C．的價層電子對互斥()模型：
D．中子數為34的鋅原子：
4．（2024高三上·浙江開學考）下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是
A．裝置①可用于制備并測量其體積
B．裝置②可用于制作簡單燃料電池
C．裝置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性強弱
D．裝置④鹽橋中的陽離子向右池遷移起形成閉合回路的作用
5．（2024高三上·浙江開學考）化學與人類社會可持續發展息息相關。下列說法不正確的是
A．工業上，可經過原子利用率都是的兩步反應，實現由乙烯合成乙二醇
B．天然氣作為化工原料主要用于合成氨和生產甲醇等
C．制作豆腐時加入氯化鎂、硫酸鈣等凝固劑，可使豆漿中的蛋白質聚沉
D．乙酸甘油酯在堿性條件下水解，該反應可用于肥皂的生產
6．（2024高三上·浙江開學考）工業上用(分子結構：)與甲烷為原料制備，發生反應：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是
A．中鍵和鍵數量之比為
B．既是氧化劑又是還原劑
C．生成標準狀況下的氣體，斷開鍵數為
D．若該反應轉移電子數，則被還原的有
7．（2024高三上·浙江開學考）類比和推理是學習化學的重要方法，下列結論合理的是
選項 已知 結論
A 冠(冠醚)能識別 冠(冠醚)能識別
B 石墨晶體可以導電 石墨的化學鍵具有金屬鍵的性質
C 擦干已洗凈鐵鍋表面的水，以防生銹 防止潮濕環境下發生化學腐蝕
D 常溫下， 常溫下，溶解度：
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江開學考）下列方程式正確的是
A．溶液中加入稀硫酸：
B．碳酸氫鈉溶液呈堿性：
C．甘油和硝酸發生酯化反應：
D．在酸催化下，苯酚與甲醛反應可生成羥甲基苯酚：
9．（2024高三上·浙江開學考）有機物經元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，紅外光譜顯示分子中有羧基，質譜和核磁共振氫譜示意圖如下。關于的說法不正確的是
A．能與溴水發生加成反應
B．能與酸性高錳酸鉀發生氧化反應
C．能發生消去反應
D．自身可發生縮聚反應
10．（2024高三上·浙江開學考）主族元素、、、原子序數依次增大，、的價電子數相等，的基態原子核外電子的空間運動狀態共10種，四種元素形成的化合物如圖。
下列說法不正確的是
A．鍵角：
B．分子的極性：
C．簡單離子半徑：
D．四種元素形成的化合物一定是含有共價鍵的離子化合物
11．（2024高三上·浙江開學考）苯在濃和濃作用下，反應過程中能量變化示意圖如下。下列說法不正確的是
A．對比進程圖，苯更易生成硝基苯的主要原因是該反應速率更快、產物更穩定
B．反應過程中碳原子的雜化方式發生了改變
C．經兩步反應生成產物Ⅰ的反應熱
D．加入選擇性高的催化劑，短時間內可以提高單位時間內產物Ⅰ的產率
12．（2024高三上·浙江開學考）丙烯和溴化氫在通常情況下發生加成反應主要得到2-溴丙烷，其機理如下。下列說法不正確的是
A．上述反應中，第一步為反應的決速步驟
B．碳正離子中間體的穩定性：
C．丙烯與鹵化氫加成時，的反應速率最大
D．與加成的主要產物為
13．（2024高三上·浙江開學考）表面皿中都裝有混合了飽和食鹽水、酚酞和鐵氰化鉀溶液的瓊脂，分別將纏有銅絲的鐵釘(圖A)和纏有鋅皮的鐵釘(圖)放置其中，如圖所示。下列說法不正確的是
A．圖中鐵釘受鋅皮保護，為犧牲陽極的陰極保護法
B．圖中鐵釘上的電極反應式：
C．離子在半凝固態的瓊脂內可定向移動
D．圖中，會出現藍、紅、藍三個色塊
14．（2024高三上·浙江開學考）加熱煮沸的濃溶液和白磷反應可制，該過程同時可獲得。其中一個反應為：。下列說法不正確的是
A．熱穩定性：，沸點：
B．、與都是分子晶體
C．制備過程中有極性鍵、非極性鍵的斷裂，也有極性鍵、非極性鍵的形成
D．已知的配位能力比強，這是由于配體中的P存在3d空軌道
15．（2024高三上·浙江開學考）常溫下水溶液體系中存在反應：，平衡常數為。體系中所有含碳微粒物質的量分數隨變化關系如圖所示
[例如]。
下列說法不正確的是
A．曲線Ⅱ表示的變化情況
B．的電離平衡常數
C．時，
D．之后曲線Ⅱ、Ⅲ變化的主要原因是轉化為沉淀
16．（2024高三上·浙江開學考）根據下列實驗目的設計實驗方案，觀察到相關現象。其中方案設計和結論都正確的是
選項 實驗目的 方案設計 現象 結論
A 探究鈉在氧氣中燃燒所得固體產物的成分 取少量固體粉末，加入蒸餾水 有氣體生成 鈉在氧氣中燃燒所得產物為
B 比較水的電離程度 常溫下，用計分別測定和溶液的 均為 同溫下，不同濃度的溶液中水的電離程度相同
C 探究溫度對化學平衡的影響 取溶液于試管中，將試管加熱 溶液變綠 溫度升高平衡逆向移動
D 定性證明配合物(亮黃色)只有在高濃度的條件下才是穩定的 取工業鹽酸于試管中，滴加幾滴硝酸銀飽和溶液 溶液亮黃色褪去，變為很淺的黃色 配合物只有在高濃度的條件下才是穩定的
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江開學考）第Ⅲ族元素、、等元素及其化合物在新材料、工農業生產等方面用途廣泛。
請回答：
（1）基態原子的簡化電子排布式是　 　。
（2）下列說法不正確的是___________。
A．、中硼原子的雜化方式均為
B．氧化物的化學鍵中離子鍵成分的百分數：
C．與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有5種
D．相同條件下在水中溶解度：氨硼烷()>乙烷
（3）常以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構。將該二聚體溶于生成：。
①該二聚體中存在的化學鍵有　 　。
A．極性鍵 B．氫鍵 C．配位鍵 D．離子鍵 E．金屬鍵
②的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，則的陽離子的結構式為　 　。
（4）①氮化鎵是第三代半導體材料。傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，不采用金屬與制備的原因是　 　。
②的一種晶胞結構如圖所示，若阿伏加德羅常數的值為，則該晶體的密度為　 　(用含、、的式子表示)。
18．（2024高三上·浙江開學考）銅陽極泥(主要含有銅、銀、金、鉛等單質)是一種含貴金屬的可再生資源，一種從銅陽極泥中分離提取多種金屬元素的工藝流程如下(所加試劑均過量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式為
②
請回答：
（1）沉淀的主要成分為　 　(填化學式)，從氧化還原的角度分析，步驟5中體現的性質是　 　。
（2）步驟2中單質金發生反應的離子方程式為　 　。
（3）下列說法正確的是___________。
A．步驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀
B．步驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌、改用濃硫酸等方式加快反應速率
C．溶液1可經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾得到膽礬粗產品
D．溶液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低
（4）溶液中含硫微粒物質的量分數與的關系如圖所示。
步驟4中加入稀硫酸調節溶液可析出，請用離子方程式表示析出的原因　 　。
（5）步驟5需要在堿性環境下進行，設計實驗驗證溶液4中含有　 　。
19．（2024高三上·浙江開學考）氫能是一種極具發展潛力的綠色能源，高效、環保的制氫方法是當前研究的熱點問題。
請回答：
（1）甲烷水蒸氣重整制氫：
I．
Ⅱ．
總反應：能自發進行的條件是　 　。
A．低溫 B．高溫 C．任意溫度 D．無法判斷
（2）恒定壓強為時，向某密閉容器中按投料，600℃時平衡體系中部分組分的物質的量分數如下表所示：
組分
物質的量分數
①下列措施中一定能提高H2平衡產率的是　 　。
A．選擇合適的催化劑 B．移除部分
C．向體系中投入少量 D．恒溫恒壓下通入氣體
②用各組分氣體平衡時的分壓代替濃度也可以表示化學反應的平衡常數()，600℃時反應I的平衡常數為　 　(結果保留兩位小數，已知氣體分壓=氣體總壓×各氣體的體積分數)。
（3）硼氫化鈉()水解制氫：常溫下，自水解過程緩慢，需加入催化劑提高其產氫速率。NaBH4在某催化劑表面制氫的微觀過程如圖所示。
①根據上圖寫出水解制氫的離子方程式　 　。
②其他條件相同時，測得平均每克催化劑使用量下，濃度對制氫速率的影響如下圖所示。(已知：濃度較大時，易以形式結晶析出。)
分析質量分數超過后制氫速率下降的可能原因　 　。
③轉化為后，電解溶液又可制得，實現物質的循環利用，電解裝置如圖所示。
陰極上的電極反應式是　 　。
20．（2024高三上·浙江開學考）氧釩()堿式碳酸銨晶體{}，紫紅色，難溶于水和乙醇，是制備多種含釩產品和催化劑的基礎原料和前驅體。實驗室以為原料制備該晶體，過程如下：
已知：+4價釩的化合物易被氧化。
請回答：
（1）步驟ⅰ生成的同時，還生成一種無毒無害的氣體，請寫出該反應的化學方程式：　 　。
（2）步驟ⅱ可在如圖裝置中進行。
①盛裝溶液的儀器名稱為　 　。上述裝置依次連接的順序為　 　(按氣流方向，用各接口小寫字母表示)。
②實驗時，先打開，一段時間后，當觀察到　 　(填實驗現象)時，再關閉，打開，進行實驗。
（3）下列說法不正確的是___________。
A．已知還原性：濃鹽酸，步驟ⅰ可用濃鹽酸與反應制備，更經濟環保
B．步驟ⅱ中，盛裝溶液和溶液的位置可以互換
C．步驟ⅲ中，可先用冷水洗滌晶體，再用無水乙醇洗滌
D．步驟ⅲ中，為快速得到干燥的產品，可采用高溫烘干的方式
（4）粗產品中釩元素含量的測定：稱取樣品于錐形瓶中，用適量稀硫酸溶解后，加入稍過量的溶液，充分反應后繼續加溶液至稍過量，再用尿素除去過量的，滴入幾滴溶液，用標準溶液滴定至終點，重復三次，消耗標準溶液的平均體積為。
已知：具有還原性，滴定原理為：。
①滴定終點的現象為　 　。
②粗產品中釩元素的質量分數為　 　。
21．（2024高三上·浙江開學考）苯烯莫德是一種小分子藥物，因可抑制多種自身免疫性疾病而成為研究熱點。其合成路線如下：
已知：①
②
請回答：
（1）化合物的官能團名稱是　 　。
（2）化合物的結構簡式是　 　。
（3）下列說法不正確的是___________。
A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基
B．化合物能被酸性高錳酸鉀氧化轉化為化合物
C．的反應涉及加成反應和消去反應
D．苯烯莫德的酸性強于
（4）寫出的化學方程式　 　。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)　 　。
（6）寫出4種同時符合下列條件的化合物的同分異構體的結構簡式　 　。
①能發生銀鏡反應；
②與溶液反應顯紫色；
③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物質的簡單分類
【解析】【解答】A．硝酸在水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子，屬于酸，A錯誤；
B．過氧化鉀由鉀離子和過氧根離子構成，屬于氧化物，不是鹽，B錯誤；
C．甲胺(CH3NH2)為一元弱堿，與鹽酸反應生成鹽酸鹽CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl屬于鹽， C正確；
D．氮化鎂的陰離子不是酸根離子，屬于氮化物，不是鹽，D錯誤；
故選C。
【分析】鹽是指由金屬陽離子或者銨根離子與酸根離子構成的化合物。
2．【答案】A
【知識點】物質的組成、結構和性質的關系
【解析】【解答】A．濃硫酸具有難揮發性（高沸點），而鹽酸具有揮發性，實驗室中常用濃硫酸與氯化鈉固體反應來制備HCl氣體，A正確；
B．是酸性氧化物，能與堿發生反應，氨水是一種堿溶液，工業上用氨水吸收SO2利用了SO2酸性氧化物的性質，B錯誤；
C．可用于除去工業廢水中的，是因為 電離產生的S2-能與 結合生成HgS沉淀，與還原性無關，C錯誤；
D．硫酸鋇可用作鋇餐，一方面是因為硫酸鋇難溶于水，另一方面是它不能與胃液中的鹽酸反應，并且不被X射線透過，D錯誤；
故選A。
【分析】A．高沸點酸可制取揮發性酸；
Ｂ． 是酸性氧化物，它能與堿發生反應；
Ｃ． 電離產生的S2-能與 結合生成HgS沉淀；
Ｄ．硫酸鋇難溶于水，且不與鹽酸反應。
3．【答案】B
【知識點】原子中的數量關系；原子核外電子排布；結構簡式
【解析】【解答】A．丙氨酸的結構簡式為CH3CH(NH2)COOH， 是甘氨酸的結構簡式，故A錯誤；
B．氧原子的核外電子數為 8，基態氧原子的價電子排布式為2s22p4，電子分布到能量筒并的原子軌道時，優先以自旋相同的方式分別占據不同的軌道，這種排布方式原子的總能量最低，則基態氧原子的價電子排布圖為：，故B正確；
C．的價層電子對數為：，含有2對孤電子對，價層電子對互斥()模型為四面體形，給出的模型是直線形，故C錯誤；
D．鋅原子的質子數為 30，中子數為 34 時，質量數為30 + 34 = 64，該鋅原子應表示為：，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A． 是甘氨酸；
Ｂ．O原子的價電子排布式為2s22p4；
Ｃ． 中心原子O原子的價層電子對數為4，含有2個孤電子對；
Ｄ．原子符號左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，核外電子數=核內質子數=核電荷數。
4．【答案】B
【知識點】常見化學電源的種類及其工作原理；苯酚的化學性質；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．氨氣極易溶于水，不能用排水法測量其體積，所以裝置①不能用于測量氨氣的體積，A錯誤；
B．斷開K1、閉合K2，可以構成氫氧燃料電池，石墨作電極，硫酸鈉溶液作電解質溶液，故B正確；
C．稀鹽酸具有揮發性，揮發出的氯化氫也能與苯酚鈉反應生成苯酚，干擾碳酸與苯酚酸性強弱的比較，C錯誤；
D．Zn電極應插入硫酸鋅溶液中，Cu電極應插入硫酸銅溶液中，構造錯誤，D錯誤；
答案選B。
【分析】A．氨氣極易溶于水；
Ｂ．氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為負極，負極發生氧化反應，通入氧氣的一極為正極，正極發生還原反應；
Ｃ．稀鹽酸具有揮發性，揮發出的氯化氫也能與苯酚鈉反應生成苯酚；
Ｄ．陽離子向正極移動。
5．【答案】D
【知識點】乙烯的物理、化學性質；化石燃料與基本化工原料；膠體的性質和應用；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．一種以乙烯為原料制備乙二醇的合成方法為：，①②為2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均進入生成物中，原子利用率均為100%，故A正確；
B．天然氣的主要成分為甲烷，在合成氨工業中，甲烷可與水蒸氣反應制取氫氣，氫氣是合成氨的重要原料，在生產甲醇方面，先由甲烷制合成氣，再制得甲醇，故B正確；
C．豆漿為膠體，加入氯化鎂、硫酸鈣等凝固劑能使豆漿中的蛋白質聚沉，從而制作成豆腐，故C正確；
D．乙酸甘油酯不是高級脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解生成乙酸鹽和甘油，不能得到高級脂肪酸鹽，該反應不可用于肥皂的生產，故D錯誤；
故答案選D。
【分析】A．所有原子均進入生成物時原子利用率均為 100%；
Ｂ．天然氣的主要成分是甲烷；
Ｃ．電解質能使膠體發生聚沉；
Ｄ．乙酸甘油酯不是高級脂肪酸甘油酯。
6．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；氧化還原反應；氧化還原反應的電子轉移數目計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．CS2與CO2結構類似，其結構式為，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，則1molCS2中含有2molσ鍵與2molπ鍵，因此σ鍵與π鍵數量比為1：1，故A錯誤；
B．該反應中，CH4中的C元素化合價升高，則CH4為還原劑，S8中S元素降低，則S8為氧化劑，故B錯誤；
C．標準狀況下，11.2LH2S的物質的量為0.5mol，1個S8中含有8個S-S鍵，根據可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，斷裂1molS-S鍵，數目為，故C正確；
D．該反應中，CH4為還原劑，被氧化，故D錯誤；
故答案選C。
【分析】A．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵；
Ｂ．該反應中，C元素化合價升高，S元素化合價降低；
Ｃ.1個S8中含有8個S-S鍵；
Ｄ．根據得失電子守恒計算。
7．【答案】B
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A.15—冠—5（冠醚）能識別Na+，說明15 - 冠 - 5 的空腔大小適合識別 ，而 12 - 冠 - 4 的空腔較小，適合識別Li+，K+半徑較大，12 - 冠 - 4 不能識別K+，但由于K+的離子直徑比Na+的離子直徑大，而12—冠—4（冠醚）的空腔直徑更小，因此不能識別離子直徑更大的，故A錯誤；
B．擦干已洗凈鐵鍋表面的水，以防生銹，是防止潮濕環境下發生電化學腐蝕，而不是化學腐蝕，在潮濕環境中，鐵鍋表面形成原電池，加速鐵的腐蝕，故B正確；
C．擦干已洗凈鐵鍋表面的水，可以防止潮濕環境下鐵鍋發生電化學腐蝕，不是化學腐蝕，故C錯誤；
D．和屬于不同類型的難溶電解質，則由，不能推測出兩者的溶解度關系，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A．冠醚識別離子是基于冠醚的空腔大小與離子半徑的匹配；
Ｂ．金屬鍵是金屬陽離子與自由電子之間的強烈相互作用；
Ｃ．防止潮濕環境下鐵發生電化學腐蝕；
Ｄ．對于不同類型的難溶電解質，不能直接根據溶度積常數Ksp的大小來比較溶解度的大小。
8．【答案】D
【知識點】離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．溶液中加入稀硫酸，發生歧化反應生成硫單質和二氧化硫，正確離子方程式為，A錯誤；
B．碳酸氫根水解生成碳酸和氫氧根，正確的水解的離子方程式為，B錯誤；
C．甘油和硝酸在濃硫酸催化加熱下發生酯化反應生成，為可逆反應，反應的化學方程式為，C錯誤；
D．苯酚和甲醛在酸催化劑的條件下反應生成，反應方程式為，D正確；
故選D。
【分析】A．在酸性條件下發生歧化反應生成硫和二氧化硫；
Ｂ．碳酸氫鈉水解生成碳酸和氫氧根；
Ｃ．甘油和硝酸發生酯化反應得到；
Ｄ．苯酚與甲醛反應生成。
9．【答案】A
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．CH3CH(OH)COOH只含羥基、羧基，沒有碳碳雙鍵等能與溴水發生加成反應的官能團，所以不能與溴水發生加成反應，A錯誤；
B．CH3CH(OH)COOH含有羥基，羥基具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化，所以可以與酸性高錳酸鉀發生氧化反應，B正確；
C．醇類發生消去反應的條件是與羥基直接相連的碳原子的相鄰碳原子上有氫原子，CH3CH(OH)COOH含有羥基，且與羥基直接相連的碳原子的相鄰碳原子上有氫原子，能發生消去反應，C正確；
D．CH3CH(OH)COOH含有羥基、羧基，自身能發生縮聚反應，D正確；
故選A。
【分析】由質譜圖可知該有機物相對分子質量為 90，紅外光譜顯示分子中有羧基，羧基的相對分子質量為 45。核磁共振氫譜有 3 組峰，說明分子中有 3 種不同化學環境的氫原子。結合只含碳、氫、氧三種元素，可推出該有機物的結構簡式為CH3CH(OH)COOH。
10．【答案】B
【知識點】原子結構與元素的性質；化學鍵；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．YO3為SO3，SO3的中心原子S原子的價層電子對數為，不含孤電子對，為平面三角形，鍵角為120°，為，的中心原子S原子的價層子對數為，含有1對孤電子對，為三角錐形，鍵角小于120°，孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小，因此鍵角：，故A正確；
B．分子的極性與元素的電負性有關，電負性差異越大，分子的極性越強，W2X為H2O，W2Y為H2S，兩者結構均為V形，水分子中O-H鍵的極性大于H2S中S-H鍵的極性，可推斷出H2O分子的極性比H2S的極性大，即：，故B錯誤；
C．電子層數越多則離子半徑越大，當電子層數相同時，質子數越大則離子半徑越小，O2-有2個電子層，K+和S2-都有3個電子層，且K+的質子數大于S2-的質子數，所以簡單離子半徑：，故C正確；
D．四種元素形成的化合物中一定含有K+，而鉀只能失一個電子，因此剩余的非金屬元素之間一定會形成共價鍵，可知四種元素形成的化合物一定是含有共價鍵的離子化合物，比如KHSO4，故D正確；
故答案選B。
【分析】的基態原子核外電子的空間運動狀態共10種 ，且Z形成的離子為Z+，則Z的核外電子排布式為，則Z為K元素，、的價電子數相等 ，結合成鍵情況可知，X為O元素，Y為S元素。
11．【答案】C
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素
【解析】【解答】A．生成產物 Ⅱ 的反應的活化能比生成產物 Ⅰ 的活化能更低，根據活化能越低反應速率越快的原理，生成產物 Ⅱ（硝基苯）的反應速率更快，又因為產物 Ⅱ 的能量更低，依據能量越低物質越穩定，所以產物 Ⅱ 更穩定，這使得苯更易生成硝基苯，故A正確；
B．M的六元環中與相連的C為雜化，苯環上的碳原子為sp2雜化，因此反應過程中碳原子的雜化方式發生了改變，故B正確；
C．生成產物 Ⅰ 的反應熱不等于E1-E2，反應熱是反應物總能量與生成物總能量的差值，而E1是第一步反應的正反應活化能，E2是第二步反應的逆反應活化能，只是兩種活化能的差值，故C錯誤；
D．催化劑能降低反應的活化能從而加快反應速率，加入選擇性高的催化劑，能加快生成產物 Ⅰ 的反應速率，所以短時間內可以提高單位時間內產物 Ⅰ 的產率，故D正確；
故答案選C。
【分析】A．活化能越大反應速率越慢；
Ｂ．苯環和雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化；
Ｃ．反應熱是反應物總能量與生成物總能量的差值；
Ｄ．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率。
12．【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素；烯烴
【解析】【解答】A．慢反應決定總反應的反應速率，第一步為慢反應，則第一步為反應的決速步驟，A正確；
B．物質的能量越低越穩定，第一步慢反應得到的碳正離子為，說明第一步可以推得碳正離子中間體穩定性：，B正確；
C．該反應的總反應速率由第一步反應決定，第一步反應與氫離子有關，酸性HI>HBr>HCl，則CH3CH=CH2與氫鹵酸反應時速率大小HI>HBr>HCl，C正確；
D．烯烴與HBr反應第一步是氫離子結合有一定負電性的碳原子，由于-CF3為吸電子基團，故與HBr加成的主要產物為，D錯誤；
故選D。
【分析】總反應的反應速率由慢反應決定。
13．【答案】B
【知識點】電極反應和電池反應方程式；金屬的電化學腐蝕與防護；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．在圖 B 中，鋅和鐵形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅作負極，鐵作正極。在這種情況下，鋅作為陽極被氧化而消耗，從而保護了作為陰極的鐵，這種保護方法叫做犧牲陽極的陰極保護法。所以圖 B 中鐵釘受鋅皮保護，為犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；
B．圖B中鐵作正極，電極反應式為：，故B錯誤；
C．該裝置形成了原電池，原電池工作時，溶液中存在離子的定向移動，在這個裝置中，離子在半凝固態的瓊脂內同樣可定向移動，以形成閉合回路，使原電池能夠正常工作，故C正確；
D．圖A中，鐵作負極，發生氧化反應，其電極反應式為：，Fe2+與反應產生藍色沉淀，銅作正極，其電極反應式為，生成氫氧根，所以銅電極附近變紅，由于銅裹在鐵的中段，所以瓊脂中會出現藍、紅、藍三個色塊，故D正確；
故答案選B。
【分析】在圖 A 中，鐵和銅形成原電池，鐵為負極，電極反應式為，銅為正極，電極反應式為：；在圖 B 中，鋅和鐵形成原電池，鋅比鐵活潑，鋅作負極，電極反應式為：，鐵作正極，電極反應式為：。
14．【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；極性鍵和非極性鍵；晶體的類型與物質的性質的相互關系及應用；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A．N2H4分子能與水分子形成分子間氫鍵，P2H4只存在范德華力，含有氫鍵的物質沸點高，則沸點：，故A項錯誤；
B．、、都是由分子構成，屬于分子晶體，故B項正確；
C．根據 ，同時可獲得 可知，反應物中存在P-P非極性鍵，O-H極性鍵的斷裂，生成物中存在P-P非極性鍵，P-H極性鍵的形成，故C項正確；
D．當 PH3與過渡金屬中心配位時，P的3d空軌道可與金屬中心的 d 軌道重疊，形成配位鍵，使PH3與過渡金屬生成的配合物更加穩定，因此與金屬離子的配位能力NH3＜PH3，故D項正確；
故選A。
【分析】A．形成分子間氫鍵能提高物質的沸點；
Ｂ．、與均由分子構成；
Ｃ．同種非金屬原子間形成非極性鍵，不同種非金屬原子間形成極性鍵；
Ｄ．配位能力取決于配體給出孤對電子的能力，以及與中心原子形成配位鍵的穩定性。
15．【答案】C
【知識點】化學平衡常數；鹽類水解的應用；電離平衡常數
【解析】【解答】A．根據分析，曲線Ⅱ表示的變化情況，故A正確；
B．由圖可知，當c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等時（即曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的交點），溶液的pH=m，則CH3COOH的電離平衡常數：，故B正確；
C．pH=n時，，根據CH3COOH的電離平衡常數：，有，的，，由圖可知pH=n時，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C錯誤；
D．隨著pH的增大，即增大，根據圖像及分析可知，促使③Ag+的水解平衡正向移動，而濃度減小，導致平衡逆向移動，根據分析可知，曲線Ⅱ表示CH3COO-的物質的量分數隨pH變化的關系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系，之后，減小程度較大，但依舊增大，說明增大，增大，符合分析，因此之后曲線Ⅱ、Ⅲ變化的主要原因是轉化為沉淀，故D正確；
故答案選C。
【分析】在溶液中存在平衡：①；
②；
③Ag+的水解平衡；
隨著pH的增大，c(H+)減小，平衡①、③正向移動，c(CH3COOH)、c(Ag+)減小，pH小于（約小于p）CH3COO-濃度增大的影響大于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度增大，pH較大時（約大于p）CH3COO-濃度增大的影響小于Ag+濃度減小的影響，CH3COOAg濃度減小，綜合可知：曲線Ⅰ表示CH3COOH的物質的量分數隨pH變化的關系，曲線Ⅱ表示CH3COO-的物質的量分數隨pH變化的關系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關系。
16．【答案】D
【知識點】化學平衡的影響因素；鹽類水解的應用；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A．鈉燃燒生成的過氧化鈉可以與水反應產生氣體，而若是固體粉末中含有鈉，若固體粉末中含有鈉，鈉會與水發生反應生成氫氣，所以當有氣體生成時，固體不一定為過氧化鈉，也可能含有鈉單質，故A錯誤；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和銨根相互促進水解，但由于醋酸和一水合氨的電離常數相同，故溶液為中性，但水解程度與濃度有關，濃度越小，水解程度越大，不同濃度的 溶液中水的電離程度是不相同的，故B錯誤；
C．在氯化銅溶液中存在平衡：，呈藍色， 呈綠色，加熱，溶液變綠，說明升溫的平衡正向移動，故C錯誤；
D．向鹽酸中滴加幾滴硝酸銀飽和溶液，的平衡正向移動，的濃度減小，說明配合物只有在高濃度的條件下才是穩定的，故D正確；
故答案選D。
【分析】A．鈉也能與水反應生成氫氣；
Ｂ．水解程度與濃度有關，濃度越小，水解程度越大；
Ｃ．升溫平衡向吸熱反應方向移動；
Ｄ．化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動。
17．【答案】（1）
（2）A；B
（3）；( 甲基中鍵分開寫亦可)
（4）中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】（1）鎵是第31號元素，鎵原子的基態電子排布式為[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，因此雜化方式不同，故A錯誤；
B．同周期主族元素從左往右，電負性逐漸增大，同主族元素從上往下電負性逐漸減小，因此電負性：O＞B＞Ga，電負性差值越大，離子鍵百分數越大，化學鍵中離子鍵成分的百分數較大的是Ga2O3，故B錯誤；
C．同周期的主族元素從左往右第一電離能呈現增大趨勢，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族電子排布為半充滿狀態，較為穩定，因此與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五種元素，故C正確；
D．氨硼烷分子與水分子間可形成氫鍵，所以相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正確；
故答案選AB。
（3）①以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構，可知該二聚體為，該二聚體中Br和Al之間以極性鍵相連，該二聚體中存在的化學鍵類型為極性鍵，而鋁的最外層為3個電子，因此還存在一個配位鍵，故答案選：AC；
②X的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，因此該配離子中，中心原子Al形成4條單鍵，雜化方式為sp3雜化，其中N原子提供一對孤電子對，配體為CH3CN、Br，因此X的陽離子的結構式為：。
（4）①傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，中存在，鍵能大，反應要求高；也可能使由于，產物中氣體分子數減少，屬于熵減反應不利于反應的進行，故答案為：中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
②該晶胞中含有Ga原子數目為，含有N原子數目為，晶胞底面為菱形，銳角為，邊長為apm，則底面面積，則晶胞體積，則其密度。
【分析】（1）Ga為31號元素，核外共有31個電子，根據構造原理書寫其核外電子排布式；
（2）A．中B原子的價層電子對數為3，中B原子的價層電子對數為4；
Ｂ．離子鍵成分的百分數與元素的電負性差值有關，電負性差值越大，離子鍵成分的百分數越大；
Ｃ．第一電離能是氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態基態正離子所需要的最低能量。同一周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但 ⅡA 族（ns2全滿）和 ⅤA 族（np3半滿）元素的第一電離能比相鄰元素大；
Ｄ．氨硼烷與水分子間能形成氫鍵，乙烷不能；
（3） 二聚體中含有極性鍵和配位鍵；
（4）①氮氣中兩個N原子間形成三鍵，鍵能較大；
②根據均攤法和計算。
（1）鎵是第31號元素，鎵原子的基態電子排布式為[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，的中心原子B原子的價層電子對數為，硼原子的雜化方式均為，因此雜化方式不同，故A錯誤；
B．同周期主族元素從左往右，電負性逐漸增大，同主族元素從上往下電負性逐漸減小，因此電負性：O＞B＞Ga，電負性差值越大，離子鍵百分數越大，化學鍵中離子鍵成分的百分數較大的是Ga2O3，故B錯誤；
C．同周期的主族元素從左往右第一電離能呈現增大趨勢，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族電子排布為半充滿狀態，較為穩定，因此與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五種元素，故C正確；
D．氨硼烷分子與水分子間可形成氫鍵，所以相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正確；
故答案選AB。
（3）①以二聚體形式存在，且各原子均滿足結構，可知該二聚體為，該二聚體中Br和Al之間以極性鍵相連，該二聚體中存在的化學鍵類型為極性鍵，而鋁的最外層為3個電子，因此還存在一個配位鍵，故答案選：AC；
②X的陽離子是以鋁為中心原子，結構為四面體形的配離子，因此該配離子中，中心原子Al形成4條單鍵，雜化方式為sp3雜化，其中N原子提供一對孤電子對，配體為CH3CN、Br，因此X的陽離子的結構式為：。
（4）①傳統制備是采用與在一定條件下反應制備，中存在，鍵能大，反應要求高；也可能使由于，產物中氣體分子數減少，屬于熵減反應不利于反應的進行，故答案為：中存在，鍵能大，反應要求高；產物中氣體分子數減少(屬于熵減反應)；
②該晶胞中含有Ga原子數目為，含有N原子數目為，晶胞底面為菱形，銳角為，邊長為apm，則底面面積，則晶胞體積，則其密度。
18．【答案】（1）、；還原性
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含(其他合理答案亦可)
【知識點】銅及其化合物；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B為、，步驟5中主要作用是將中的銀離子還原為單質銀，所以此處甲醛的作用是還原劑體現還原性。
（2）單質金在HCl酸性條件下，在氧化劑NaClO3的氧化作用下，金與氯離子形成配合物，則對應的離子方程式為。
（3）A．驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀，A正確；
B．驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌加快反應速率，改用濃硫酸溶于水放熱會加快雙氧水分解，反而不利于銀、鉛、銅溶解，B錯誤；
C．液1是硫酸銅溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可得到膽礬粗產品，C正確；
D．液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低，D正確；
故選ACD。
（4）步驟4中加入稀硫酸調節溶液時，由圖可知此條件下亞硫酸根與氫離子更容易結合形成亞硫酸氫根，銀離子將從配合物中脫離出來與氯離子結合生成沉淀析出，對應離子方程式為。
（5）驗證氯離子的操作步驟為，取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含。
【分析】銅陽極泥中含有銅、銀、金、鉛等單質，在步驟 1 中加入了H2SO4、H2O2和NaCl，Pb會與H2SO4反應生成PbSO4沉淀，Ag會與Cl-結合生成AgCl沉淀，在后續步驟 2 中這些沉淀沒有進一步反應，所以沉淀 B 的主要成分為、 ，銅溶解得到硫酸銅溶液，則溶液1為硫酸銅，硫酸銅溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可以得到膽礬，金不溶即沉淀A為氯化銀、硫酸鉛、金，經過步驟2后，Au與氯離子形成配合物溶解，所以沉淀B為氯化銀與硫酸鉛，經過步驟3，氯化銀溶解得到溶液3，經過步驟4得到氯化銀沉淀，在步驟 5 中HCHO將溶液中的銀離子還原為單質銀。
（1）由分析可知，沉淀B為、，步驟5中主要作用是將中的銀離子還原為單質銀，所以此處甲醛的作用是還原劑體現還原性。
（2）單質金在HCl酸性條件下，在氧化劑NaClO3的氧化作用下，金與氯離子形成配合物，則對應的離子方程式為。
（3）A．驟1中加入的主要作用是使溶解出的轉化為沉淀，A正確；
B．驟1可通過粉碎陽極泥、加熱、攪拌加快反應速率，改用濃硫酸溶于水放熱會加快雙氧水分解，反而不利于銀、鉛、銅溶解，B錯誤；
C．液1是硫酸銅溶液，經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾可得到膽礬粗產品，C正確；
D．液4可返回步驟3中循環使用，但循環多次后可能導致銀的浸出率降低，D正確；
故選ACD。
（4）步驟4中加入稀硫酸調節溶液時，由圖可知此條件下亞硫酸根與氫離子更容易結合形成亞硫酸氫根，銀離子將從配合物中脫離出來與氯離子結合生成沉淀析出，對應離子方程式為。
（5）驗證氯離子的操作步驟為，取一定量溶液4于試管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，靜置后向上層清液中滴加溶液，出現白色沉淀，則含。
19．【答案】（1）
（2）；
（3）；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
【知識點】焓變和熵變；化學平衡常數；化學平衡移動原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）根據蓋斯定律可知，總反應=反應I+反應Ⅱ，因此，該反應為氣體分子數增多的反應，可知，根據，當時反應自發進行，根據該反應、可知該反應高溫下可自發進行，故答案選B。
（2）①A．選擇合適的催化劑，只能加快反應速率，對平衡無影響，故A不符合題意；
B．移除CO，降低CO的濃度，可使反應I平衡正向移動，但是反應Ⅱ逆向移動，的平衡產率不一定提高，故B不符合題意；
C．向體系中投入少量，反應為：，能與CO2反應產生和H2O，可知體系中的CO2減小，可知反應Ⅱ、總反應平衡正向移動，的平衡產率一定提高，故C符合題意；
D．恒溫恒壓下通入Ar氣，體積擴大，平衡向氣體分子數增大的方向移動，即反應I平衡正向移動，一定能提高H2平衡產率，故D符合題意；
故答案選CD；
②由表格數據可知，平衡時CO的物質的量分數=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃時反應I的壓強平衡常數為。
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣，發生歸中反應，其離子方程式為：；
②圖中是NaBH4含量對制氫速率的影響，NaBH4濃度較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發揮，對制氫速率較低；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
③電解池陰極得電子發生還原反應，得到電子生成，電極反應式為。
【分析】（1）根據<0時反應自發進行分析；
（2）①化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動；
②根據計算；
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣；
②濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降 ；
③陰極發生還原反應。
（1）根據蓋斯定律可知，總反應=反應I+反應Ⅱ，因此，該反應為氣體分子數增多的反應，可知，根據，當時反應自發進行，根據該反應、可知該反應高溫下可自發進行，故答案選B。
（2）①A．選擇合適的催化劑，只能加快反應速率，對平衡無影響，故A不符合題意；
B．移除CO，降低CO的濃度，可使反應I平衡正向移動，但是反應Ⅱ逆向移動，的平衡產率不一定提高，故B不符合題意；
C．向體系中投入少量，反應為：，能與CO2反應產生和H2O，可知體系中的CO2減小，可知反應Ⅱ、總反應平衡正向移動，的平衡產率一定提高，故C符合題意；
D．恒溫恒壓下通入Ar氣，體積擴大，平衡向氣體分子數增大的方向移動，即反應I平衡正向移動，一定能提高H2平衡產率，故D符合題意；
故答案選CD；
②由表格數據可知，平衡時CO的物質的量分數=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃時反應I的壓強平衡常數為。
（3）①NaBH4與水反應生成和氫氣，發生歸中反應，其離子方程式為：；
②圖中是NaBH4含量對制氫速率的影響，NaBH4濃度較低時，催化劑表面活性位未被充分利用，催化劑性能未充分發揮，對制氫速率較低；濃度較高時，生成較多的以形式結晶析出，覆蓋在催化劑表面，阻礙與催化劑活性位的接觸(或催化劑活性下降)，制氫速率下降；
③電解池陰極得電子發生還原反應，得到電子生成，電極反應式為。
20．【答案】（1）
（2）恒壓滴(分)液漏斗；；裝置乙中不再產生紅棕色氣體
（3）A；B；D
（4）當滴入最后半滴標準液時，有藍色沉淀生成且半分鐘內沉淀不消失；
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）中加入鹽酸和，微沸數分鐘，反應生成同時生成一種無色無污染的氣體，根據質量守恒定律，該氣體為氮氣，則該化學反應方程式為：。
（2）①根據儀器結構特點可知盛裝溶液的儀器名稱為：恒壓滴(分)液漏斗；
根據分析，丙為制備CO2氣體的發生裝置，甲為除雜裝置，丁為制備氧釩堿式碳酸銨晶體反應裝置，乙為檢驗CO2的裝置，則依次連接的合理順序為：eabfgcd，故答案為：恒壓滴(分)液漏斗；；
②為防止反應生成的氧釩堿式碳酸銨晶體中的被空氣中的氧氣氧化，因此實驗開始時，先關閉K2，打開，丙裝置中碳酸鈣和鹽酸反應產生二氧化碳氣體，鹽酸具有揮發性，則甲裝置為除去HCl氣體，產生的二氧化碳將體系中的空氣排出，當觀察到裝置乙中不再產生紅棕色氣體，說明空氣已排盡，再關閉，打開K2，進行實驗，故答案為：裝置乙中不再產生紅棕色氣體。
（3）A．濃鹽酸具有還原性更強，能與V2O5發生氧化還原反應：V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于產生有毒的Cl2，因此步驟ⅰ不可用濃鹽酸與反應制備，故A錯誤；
B．VOCl2溶液與NH4HCO3溶液混合反應生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨，同時會有氯化銨，晶體過濾后會有氯化銨殘留，因此用飽和碳酸氫銨溶液洗去晶體表面的氯離子，若是交換順序，則氯離子會有殘留，故B錯誤；
C．用乙醇洗滌，減少產品的損失，同時乙醇易揮發，方便干燥，故C正確；
D．用加熱的方法烘干，容易造成晶體失去結晶水，故D錯誤；
故答案選ABD。
（4）①鐵氰化鉀溶液與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，滴定終點時的現象為：當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產生且或半分鐘內沉淀不消失；
②滴定反應為：，，根據離子方程式可得：，則產品中釩元素的質量分數。
【分析】向V2O5中加入6mol/L鹽酸和，反應生成，還生成一種無毒無害的氣體，根據原子守恒可知，該氣體為氮氣，則反應的還學方程式為，向溶液中加入溶液，經抽濾、洗滌得到；步驟ⅱ：裝置丙中，石灰石和稀鹽酸反應制得CO2，稀鹽酸易揮發，制得的CO2中含有HCl雜質，通過裝置甲除去HCl雜質，裝置乙為混合氣體的裝置，裝置丁中，發生反應制得。
（1）中加入鹽酸和，微沸數分鐘，反應生成同時生成一種無色無污染的氣體，根據質量守恒定律，該氣體為氮氣，則該化學反應方程式為：。
（2）①根據儀器結構特點可知盛裝溶液的儀器名稱為：恒壓滴(分)液漏斗；
根據分析，丙為制備CO2氣體的發生裝置，甲為除雜裝置，丁為制備氧釩堿式碳酸銨晶體反應裝置，乙為檢驗CO2的裝置，則依次連接的合理順序為：eabfgcd，故答案為：恒壓滴(分)液漏斗；；
②為防止反應生成的氧釩堿式碳酸銨晶體中的被空氣中的氧氣氧化，因此實驗開始時，先關閉K2，打開，丙裝置中碳酸鈣和鹽酸反應產生二氧化碳氣體，鹽酸具有揮發性，則甲裝置為除去HCl氣體，產生的二氧化碳將體系中的空氣排出，當觀察到裝置乙中不再產生紅棕色氣體，說明空氣已排盡，再關閉，打開K2，進行實驗，故答案為：裝置乙中不再產生紅棕色氣體。
（3）A．濃鹽酸具有還原性更強，能與V2O5發生氧化還原反應：V2O5+6HCl(濃)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于產生有毒的Cl2，因此步驟ⅰ不可用濃鹽酸與反應制備，故A錯誤；
B．VOCl2溶液與NH4HCO3溶液混合反應生成氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨，同時會有氯化銨，晶體過濾后會有氯化銨殘留，因此用飽和碳酸氫銨溶液洗去晶體表面的氯離子，若是交換順序，則氯離子會有殘留，故B錯誤；
C．用乙醇洗滌，減少產品的損失，同時乙醇易揮發，方便干燥，故C正確；
D．用加熱的方法烘干，容易造成晶體失去結晶水，故D錯誤；
故答案選ABD。
（4）①鐵氰化鉀溶液與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，滴定終點時的現象為：當加入最后半滴標準液時，有藍色沉淀產生且或半分鐘內沉淀不消失；
②滴定反應為：，，根據離子方程式可得：，則產品中釩元素的質量分數。
21．【答案】（1）醛基、醚鍵
（2）
（3）B；D
（4）
（5）
（6）、、、、、、、
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）化合物F為，官能團名稱是：醛基、醚鍵。
（2）根據分析可知，化合物A的結構簡式是：。
（3）A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基，故A正確；
B．化合物E為，結構中的羥基、異丙基均能被酸性高錳酸鉀氧化，因此生成的是，不能生成D，故B錯誤；
C．根據F與H的結構對比可知，F中的醛基被加成，而后消去產生H，故C正確；
D．苯烯莫德為，烴基越長，推電子效應越小，因此中的酚羥基的酸性弱于，故D錯誤；
故答案選BD。
（4）為取代反應，反應為：。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線為：。
（6）F為，滿足下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基；②與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酚羥基；③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子，則符合條件的同分異構體有：、、、、、、、（任寫四種）。
【分析】E在Cu作催化劑的條件下，發生氧化反應得到F，聯想到醇催化氧化生成醛，結合F的結構簡式可知，E的結構簡式為，D發生還原反應生成E，則D為，C與發生取代反應生成D，則C為，A與CH3I發生取代反應生成B，B被酸性高錳酸鉀氧化得到C，則B的結構簡式為，A的結構簡式為 ；F和G反應生成H，結合F、H的結構簡式和G的分子式可知，G的結構簡式為，H發生已知①的反應生成I，I與吡啶發生取代反應得到產物苯烯莫德，則I的結構簡式為。
（1）化合物F為，官能團名稱是：醛基、醚鍵。
（2）根據分析可知，化合物A的結構簡式是：。
（3）A．合成路線中碘甲烷的作用是保護酚羥基，故A正確；
B．化合物E為，結構中的羥基、異丙基均能被酸性高錳酸鉀氧化，因此生成的是，不能生成D，故B錯誤；
C．根據F與H的結構對比可知，F中的醛基被加成，而后消去產生H，故C正確；
D．苯烯莫德為，烴基越長，推電子效應越小，因此中的酚羥基的酸性弱于，故D錯誤；
故答案選BD。
（4）為取代反應，反應為：。
（5）參照上述路線，寫出以苯甲醇()為原料合成的路線為：。
（6）F為，滿足下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基；②與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酚羥基；③苯環上有4個取代基，且分子中有5種不同化學環境的氫原子，則符合條件的同分異構體有：、、、、、、、（任寫四種）。
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