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浙江省名校協作體2025屆高三上學期開學測試化學試題
1．（2024高三上·浙江開學考）硫酸銅銨晶體屬于
A．酸 B．堿 C．鹽 D．混合物
【答案】C
【知識點】物質的簡單分類
【解析】【解答】硫酸銅銨晶體在水溶液中電離產生銨根離子、銅離子、硫酸根離子，屬于鹽，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）下列說法不正確的是
A．電解飽和食鹽水可制取金屬鈉
B．石灰石在高溫下可用于消除燃煤煙氣中的SO2
C．BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，故不可用作醫療上檢查腸胃的鋇餐
D．純堿可用于去除物品表面的油污
【答案】A
【知識點】以氯堿工業為基礎的化工生產簡介；鹽類水解的應用；二氧化硫的性質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．使用惰性電極電解飽和食鹽水時，產物是氫氣、氯氣和氫氧化鈉，無法得到金屬鈉。若要制取金屬鈉，需要電解熔融的氯化鈉，A錯誤；
B．在高溫條件下，碳酸鈣會分解生成氧化鈣和二氧化碳，生成的氧化鈣會與燃煤煙氣中的二氧化硫、氧氣反應生成硫酸鈣，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤煙氣中的SO2，B正確；
C．BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，生成的氯化鋇易溶于水，鋇離子是重金屬離子，會使人發生重金屬中毒，而醫療上檢查腸胃的鋇餐通常使用的是硫酸鋇，C正確；
D．純堿溶液水解顯堿性，而油污的主要成分是油脂，油脂在堿性條件下會發生水解反應，生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，從而達到去除油污的目的，D正確；
故答案為：A。
【分析】A．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣；
Ｂ．石灰石的主要成分為碳酸鈣；
Ｃ．碳酸鋇能溶于鹽酸生成氯化鋇；
Ｄ．油污在堿性條件下水解。
3．（2024高三上·浙江開學考）下列化學用語正確的是
A．核外有a個電子，b個中子，M的原子符號為
B．基態原子核外電子排布式為：
C．2-甲基丁烷的鍵線式：
D．次氯酸的電子式
【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；有機化合物的命名；元素、核素；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．是M原子得到2個電子形成的，核外有a個電子，則M原子核外電子數為a-2，原子的質子數等于核外電子數，則其質子數為a-2，b個中子，其質量數為a-2+b，則M的原子符號為，A錯誤；
B．Cr為24號元素，核外共有24個電子，則基態原子核外電子排布式為：，B錯誤；
C.2-甲基丁烷的結構簡式為CH3CH(CH3)CH2CH3，鍵線式中用線段表示碳 - 碳鍵，端點和拐點表示碳原子，氫原子省略不寫，則2-甲基丁烷的鍵線式為：，C正確；
D．次氯酸的結構式為H-O-Cl，其電子式為：，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．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；
Ｂ．Cr為24號元素，根據構造原理書寫其核外電子排布式；
Ｃ.2 - 甲基丁烷的結構簡式為CH3CH(CH3)CH2CH3；
Ｄ．次氯酸的結構式為H-O-Cl。
4．（2024高三上·浙江開學考）下列有關說法正確的是
A．金屬鋰、鈉、鉀應保存在煤油中
B．蒸餾操作時需用到儀器：
C．萃取時分液漏斗振蕩幾次之后打開上口玻璃塞放氣
D．點燃可燃性氣體前，應先檢驗氣體的純度
【答案】D
【知識點】鈉的化學性質；常用儀器及其使用；蒸餾與分餾；分液和萃取
【解析】【解答】A．金屬鋰的密度比煤油小，不能保存在煤油中，應保存在石蠟油中，鈉和鉀的密度比煤油大，可以保存在煤油中，A錯誤；
B．該儀器為球形冷凝管，蒸餾操作使用的是直形冷凝管，B錯誤；
C．萃取時分液漏斗振蕩幾次之后，應打開活塞放氣，而不是打開上口玻璃塞放氣，C錯誤；
D．可燃性氣體與空氣混合達到一定濃度時，遇明火會發生爆炸，所以點燃可燃性氣體前，應先檢驗氣體的純度，D正確；
故答案為：D。
【分析】A．金屬鋰的密度比煤油小；
Ｂ．圖示儀器為球形冷凝管；
Ｃ．根據分液漏斗的使用解答；
Ｄ．可燃性氣體與空氣混合達到一定濃度時，遇明火會發生爆炸。
5．（2024高三上·浙江開學考）硫脲(CS(NH2)2)是一種有機合成中常用的試劑，對于反應，下列說法正確的是
A．X的化學式為HCONH2
B．氧化產物與還原產物物質的量之比為2：1
C．氧化性I2＞S
D．每產生32gS單質，轉移NA個電子
【答案】C
【知識點】氧化還原反應；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．根據質量守恒可知，反應前有1個C、1個S、2個N、4個H、1個O、2個I，反應后有1個S、2個H、2個I，所以X中含有1個C、2個N、2個H、1個O，X的化學式為CO(NH2)2，A錯誤；
B．在反應中 CS(NH2)2 中S元素化合價從-2價升高到0價，生成S單質，S是氧化產物；I
2中I元素化合價從0價降低到-1價，生成HI，HI是還原產物。根據化學計量數可知氧化產物S與還原產物HI物質的量之比為1：2，B錯誤；
C．在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，反應中I2作氧化劑，S為氧化產物，故氧化性I2＞S，C正確；
D．由題干反應方程式可知，反應中S的化合價由-2價升高到0價，每產生32gS單質，轉移=2NA個電子，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】根據化學反應前后原子種類和數目不變來確定物質的化學式，通過分析元素化合價的變化判斷氧化產物、還原產物以及電子轉移情況，根據氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性來比較氧化性強弱。
6．（2024高三上·浙江開學考）下列反應的方程式正確的是
A．溶液中通入過量：
B．向中投入固體：
C．濃硝酸見光分解：
D．的燃燒熱為，則
【答案】A
【知識點】燃燒熱；離子方程式的書寫；鈉的氧化物
【解析】【解答】A．亞硫酸的酸性強于碳酸，且SO2過量，則溶液中通入過量生成NaHSO3和CO2，反應的離子方程式為：，A正確；
B．與水反應時，既是氧化劑又是還原劑，氧氣中的O來自，則正確的反應離子方程式為：，B錯誤；
C．濃硝酸見光分解生成NO2，反應的化學方程式為：，C錯誤；
D．燃燒熱是指1mol純物質完全燃燒生成穩定氧化物時所放出的熱量，H2燃燒的穩定氧化物是液態水而不是氣態水，H2的燃燒熱為，則，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A．亞硫酸的酸性強于碳酸；
Ｂ． 與水反應時， 既是氧化劑又是還原劑；
Ｃ．濃硝酸分解生成NO2；
Ｄ．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量。
7．（2024高三上·浙江開學考）材料的組成、結構與性能關系密切，下列說法不合理的是
選項 材料 改進 作用
A 鋁制品 使用氧化劑進行表面處理 增強抗腐蝕性
B 聚氯乙烯樹脂 加入增塑劑 增加硬度
C 植物油 氫化處理 不易變質
D 水泥 加入石膏 調節硬化速度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】合金及其應用；塑料的老化和降解；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．鋁制品使用氧化劑進行表面處理，會在鋁表面形成一層致密的氧化鋁薄膜，這層薄膜能夠阻止內部的鋁進一步被氧化，從而增強抗腐蝕性，A正確；
B．聚氯乙烯樹脂加入增塑劑的目的是降低樹脂的硬度，增加柔韌性和可塑性，而不是增加硬度，B錯誤；
C．植物油中含有碳碳雙鍵，容易被氧化而變質。氫化處理可以使碳碳雙鍵與氫氣發生加成反應，減少碳碳雙鍵的含量，從而使植物油不易變質，C正確；
D．水泥在硬化過程中速度較快，加入石膏可以調節其硬化速度，使水泥的硬化過程更加可控，D正確；
故答案為：B。
【分析】材料的組成和結構決定其性能，通過對材料進行適當的改進，可以改變其性能以滿足不同的需求。
8．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是
A．圖①裝置可用于制備氫氧化鐵膠體
B．圖②裝置可用于收集
C．圖③裝置可用于常溫下分離苯酚和水的混合物
D．圖④裝置可證明苯與液溴發生了取代反應
【答案】B
【知識點】苯的結構與性質；苯酚的性質及用途；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．將氯化鐵溶液滴入氫氧化鈉溶液中發生的反應為氯化鐵溶液與氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化鈉，無法制得氫氧化鐵膠體，制備氫氧化鐵膠體的正確方法是將飽和氯化鐵溶液逐滴加入沸水中，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故A錯誤；
B．一氧化氮難溶于水，且不與水發生反應，根據排水集氣法的適用條件（難溶于水且不與水反應的氣體），能用圖②的排水集氣法收集一氧化氮氣體，故B正確；
C．苯酚在常溫下在水中的溶解度較小，二者混合會得到乳濁液。過濾是用于分離固體和液體混合物的方法，而乳濁液是液體和液體的混合物，不能用過濾方法分離苯酚和水的混合物，故C錯誤；
D．液溴具有揮發性，揮發出的溴也能與硝酸銀溶液反應生成淡黃色溴化銀沉淀，所以將反應生成的氣體直接通入硝酸銀溶液不能說明苯與液溴發生了取代反應，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A．氯化鐵和氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵沉淀；
Ｂ．NO不溶于水；
Ｃ．苯酚在常溫下在水中的溶解度較小；
Ｄ．液溴具有揮發性。
9．（2024高三上·浙江開學考）下列有關說法正確的是
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鑒別丙醛與丙酮
B．丁苯橡膠、聚酯纖維、聚乙烯都是通過加聚反應獲得的高聚物
C．DNA分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對
D．淀粉與稀硫酸共熱，冷卻后加入過量NaOH溶液，再加入碘水可判斷淀粉是否完全水解
【答案】C
【知識點】有機物中的官能團；蔗糖與淀粉的性質實驗；核酸
【解析】【解答】A．丙醛含有醛基，具有還原性，溴的四氯化碳溶液與丙醛、丙酮均不反應，無法鑒別，A錯誤；
B．丁苯橡膠、聚乙烯是通過加聚反應獲得的高聚物，而聚酯纖維是通過縮聚反應獲得的，B錯誤；
C．DNA 分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對，A（腺嘌呤）與 T（胸腺嘧啶）配對，G（鳥嘌呤）與 C（胞嘧啶）配對，C正確；
D．淀粉與稀硫酸共熱，冷卻后加入過量 NaOH 溶液，此時溶液呈堿性，碘水會與 NaOH 反應，無法檢驗淀粉是否存在，不能判斷淀粉是否完全水解，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．鑒別物質時，根據各物質的特性，選擇合適的試劑，在鑒別過程中，各物質與所選試劑反應應出現不同的現象；
Ｂ．聚酯纖維通過縮聚反應制得；
Ｃ．DNA 分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對；
Ｄ．碘水會與NaOH反應。
10．（2024高三上·浙江開學考）有機物G的合成路線如下，下列說法正確的是
A．Z→G發生了取代反應
B．上述物質中含有手性碳原子的物質有2種
C．1molY與NaOH溶液反應，最多能消耗2molNaOH
D．物質Z中所有原子可能共平面
【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；加成反應；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．Z→G的反應并非取代反應，A錯誤；
B．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，已知同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，該過程涉及的物質中，只有G含有手性碳原子，如圖：，B錯誤；
C．Y 中含有一個酯基和一個氯原子，酯基水解時，1mol酯基消耗1molNaOH，氯原子水解時，1mol氯原子消耗1molNaOH，則1molY與NaOH溶液反應，最多能消耗2molNaOH，C正確；
D．物質 Z 中含有飽和碳原子，飽和碳原子具有四面體結構，導致與飽和碳原子相連的原子不可能都在同一平面上，所以物質 Z 中所有原子不可能共平面，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．取代反應是指有機化合物分子中任何一個原子或基團被試劑中同類型的其它原子或基團所取代的反應；
Ｂ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｃ．Y中酯基和Cl原子能與NaOH反應；
Ｄ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征。
11．（2024高三上·浙江開學考）W、R、Q、X、Y、Z是原子序數依次遞增的前兩周期主族元素，基態R原子無未成對電子，基態Q原子有2個未成對電子。W、R、X、Z四種元素可以組成離子化合物：，其陰、陽離子均為正四面體結構。下列說法正確的是
A．陰陽離子中均含有配位鍵
B．分子空間結構為平面形
C．一定是非極性分子
D．氫化物熱穩定性：
【答案】A
【知識點】原子結構與元素的性質；判斷簡單分子或離子的構型；極性分子和非極性分子；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．中的陰離子為，含有配位鍵，陽離子為，含有配位鍵，A正確；
B．為N2H4，N原子采用sp3雜化，分子空間結構不是平面形，B錯誤；
C．為CHF=CHF或者CF2=CH2，分子正負電荷中心不重合，一定是極性分子，C錯誤；
D．元素的非金屬性越強，氫化物的熱穩定性越強，非金屬性：O>N，故氫化物熱穩定性H2O＞NH3，但H2O2的熱穩定性弱于NH3，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】基態R原子無未成對電子，前兩周期主族元素中，基態原子無未成對電子的是Be（1s22s2），則R為Be元素，基態Q原子有2個未成對電子，則可能是C（1s22s22p2）或O（1s22s22p4），W、R、X、Z四種元素可以組成離子化合物 ，其陰、陽離子均為正四面體結構，是正四面體結構，所以陽離子為，則X為N元素，W為H元素，Z為F元素。
12．（2024高三上·浙江開學考）某研究團隊通過膜電解法制得純堿，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高濃度燒堿，其裝置如圖所示。其中膜a、b為離子交換膜，雙極膜c在直流電的作用下，中間界面層水發生解離產生H+和OH-。下列說法正確的是
A．膜a為陰離子交換膜
B．制得7.5g甘氨酸，鹽室1增重2.2g
C．堿室2反應式：2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．一段時間后，堿室1濃度變小，堿室2濃度變大
【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．鹽室 2 中Na+經過膜 a 進入鹽室 1，說明膜 a 允許陽離子通過，所以膜 a 為陽離子交換膜，而不是陰離子交換膜，A錯誤；
B．由H2NCH2COO-+H+=H2NCH2COOH可知，制得7.5g甘氨酸即=0.1mol，知生成0.1mol甘氨酸，電路中通過0.1mole-，有0.1molNa+由鹽室2進入鹽室1，其質量為2.3g，同時陰極發生反應：2+2e-=H2↑+2，電路中通過0.1mole-，生成0.05molH2，質量為0.1g，鹽室 1 增重為2.3g - 0.1g = 2.2g，B正確；
C．堿室 2 為陽極室，陽極發生氧化反應，電極反應式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，C錯誤；
D．堿室 1 中，堿室 2 中Na+經膜 b 進入堿室 1，同時雙極膜 c 產生的OH-也進入堿室 1，所以堿室 1 中NaOH濃度變大，堿室 2 中OH-放電生成O2，Na+又進入堿室 1，所以堿室 2 中NaOH濃度變小，D錯誤；
故答案為：B。
【分析】由圖可知，鹽室 2 中產生甘氨酸，說明雙極膜c中的H+向左移動，電極 A 為陰極，電極反應式為：2+2e-=H2↑+2，電極 B 為陽極，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，鹽室 2 中Na+經過膜 a 進入鹽室 1，說明膜 a 允許陽離子通過，所以膜 a 為陽離子交換膜。
13．（2024高三上·浙江開學考）在溶液中加入溶液，能得到紫色的溶液，繼續加入稀硫酸，立即有藍色的生成，該藍色物質能被乙醚萃取，下列說法不正確的是
A．結構為：
B．在酸性溶液繼續反應可能會生成
C．和均能氧化
D．與晶體類型不同，后者難以被乙醚萃取
【答案】A
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．鉻元素常見化合價+3、+6，氧元素常見化合價有-2價和-1價，則中鉻元素的化合價為+6價，氧元素的化合價有-2價和-1價，設-2價O和-1價O的個數分別為x、y，則x+y=5、2x+y=6，解得x=1、y=4，說明分子中含有過氧鍵，結構中含有2個O-O鍵，1個Cr=O鍵，4個Cr-O鍵，其結構式為，故A錯誤；
B．含有過氧鍵，酸性條件下能反應生成鉻離子、氧氣和水，故B正確；
C．、都含有過氧鍵，具有強氧化性， 具有還原性，因此和均能氧化 ，故C正確；
D．中含鉀離子，屬于離子晶體，能被乙醚萃取可知，說明是分子晶體，與晶體類型不同，故D正確；
故選A。
【分析】A．中Cr為+6價，結構中含有2個O-O鍵，1個Cr=O鍵，4個Cr-O鍵；
Ｂ．中含有2個O-O鍵，說明其具有強氧化性；
Ｃ．、 均具有強氧化性；
Ｄ．是分子晶體，為離子晶體。
14．（2024高三上·浙江開學考）室溫下，用含少量的溶液制備的過程如題圖所示：
已知：，；
，，
下列說法正確的是
A．飽和溶液中：
B．為提高的產率，使用溶液“沉錳”效果更好
C．溶液中，
D．反應的平衡常數為
【答案】D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．飽和溶液中 ，存在物料守恒。F元素的存在形式有F-、HF，則有，故A錯誤；
B．碳酸鈉溶液的堿性比碳酸氫鈉溶液強，使用碳酸鈉溶液 “沉錳” 時，由于堿性過強，可能會使錳離子轉化為氫氧化錳沉淀，從而降低碳酸錳的產率，故B錯誤；
C．碳酸氫根離子在溶液中的水解常數為Kh==≈2.2×10-8＞Ka2，則碳酸氫根離子在溶液中的水解程度大于電離程度，溶液中碳酸濃度大于碳酸根離子濃度，則， 故C錯誤；
D． 的平衡常數K====≈1.3×106，故D正確；
故選D。
【分析】 用含少量的溶液制備 ，向MnSO4溶液中加入NaF溶液，轉化為MgF2沉淀除去，過濾除去MgF2后加入碳酸氫鈉溶液沉錳，發生反應：得到 。
15．（2024高三上·浙江開學考）一氯代烴在溶液中發生取代反應，其中被稱為“單分子親核取代反應”的機理如下：
已知：
①已知碳正離子正電荷越分散，結構越穩定
②一定條件下，一氯代烴只發生“單分子親核取代反應”的水解相對速率與烴基的關系如下表：
一氯代烴
水解相對速率 1 1.7 30000
③一定條件下，只改變叔丁基氯()濃度或溶液濃度對反應速率的影響示意圖如下：
下列說法不正確的是
A．碳正離子的穩定性：
B．反應的活化能：步驟I<步驟Ⅱ
C．結構中雙鍵能有效穩定碳正離子
D．叔丁基氯在和的混合溶液中發生反應，可能生成和
【答案】B
【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；取代反應
【解析】【解答】A．推電子基團能力：，推電子基團能夠使碳正離子的正電荷得到分散，推電子基團能力越強，碳正離子正電荷分散程度越大。所以碳正離子正電荷分散程度：，碳正離子正電荷越分散，結構越穩定，因此碳正離子的穩定性：，A項正確；
B．當叔丁基氯濃度增大時，反應速率增大，這表明反應速率主要取決于叔丁基氯的濃度，即步驟 Ⅰ 是決定反應速率的步驟，而決定反應速率的步驟活化能較大；當NaOH溶液濃度增大時，反應速率不變，說明步驟 Ⅱ 對反應速率影響較小，其活化能較小，所以反應的活化能：步驟I>步驟 Ⅱ，B項錯誤；
C．由表格可知碳正離子結構越穩定，水解相對速率越大，水解相對速率最大，是因為結構中雙鍵能有效穩定碳正離子，C項正確；
D．根據“單分子親核取代反應”的反應機理，一氯代烴中氯元素可被陰離子取代，因此叔丁基氯在和的混合溶液中發生反應，溶液中存在OH-和F-兩種陰離子，叔丁基氯中的氯可能被OH-取代生成，也可能被F-取代生成，可能生成和，D項正確；
答案選D。
【分析】A．碳正離子正電荷越分散，結構越穩定；
Ｂ．活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
Ｃ．碳正離子結構越穩定，水解相對速率越大；
Ｄ反應過程中一氯代烴中氯元素可被陰離子取代。
16．（2024高三上·浙江開學考）下列實驗方案、現象和結論都正確的是
　 實驗方案 實驗現象 實驗結論
A 向均盛有2mL0.1mol/L酸性高錳酸鉀溶液的兩支試管中分別加入2mL0.1mol/L草酸溶液和2mL0.2mol/L草酸溶液 加入0.2mol/L草酸溶液的試管中溶液褪色更快 其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越快
B 常溫下，用pH計測定0.1mol/LNaHR溶液的pH pH=9.12 H2R為二元弱酸
C 向盛有2mL雞蛋清溶液的試管中滴加幾滴稀氯化鈉溶液 溶液變渾濁 蛋白質發生鹽析
D 向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等濃度的Na2S溶液，充分反應后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液 先產生白色沉淀，后產生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應的離子方程式為5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，0.1mol/L2mL酸性高錳酸鉀溶液完全反應需要草酸的物質的量為0.1mol/L×0.002L×=0.0005mol， 2mL0.1mol/L 草酸溶液中草酸的物質的量為0.0002mol，2mL0.2mol/L草酸溶液中草酸的物質的量為0.0004mol，加入草酸溶液均不足量，高錳酸鉀溶液不能褪色，A不合題意；
B．常溫下，用pH計測定0.1mol/LNaHR溶液的pH，若H2R是二元弱酸，則pH=9.12可知HR-的水解大于電離，若H2R為一元弱酸，則HR-只水解也能使溶液顯堿性，即不能說明H2R為二元弱酸，B不合題意；
C．使蛋白質發生鹽析應該加入濃的鹽溶液，而不是稀溶液，C錯誤；
D．向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等濃度的Na2S溶液，充分反應后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液，S2-不足，觀察到先產生白色沉淀，后產生黑色沉淀，說明存在沉淀的轉化ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，故可說明，D正確；
故答案為：D。
【分析】A．該實驗中加入的草酸不足；
Ｂ．若 H2R 為一元弱酸，則HR-只水解，也能使溶液顯堿性；
Ｃ．蛋白質的鹽析應加入濃溶液；
Ｄ．沉淀轉化是由溶解度大的沉淀轉化為溶解度小的沉淀。
17．（2024高三上·浙江開學考）氮、氟等是組成化合物的常見元素。請回答：
（1）某種防蛀牙膏添加劑的晶胞如圖所示，其化學式為　 　，晶體類型是　 　。
（2）下列說法正確的是______。
A．第二電離能：
B．電負性：
C．熔點：單晶硅>碳化硅>金剛石
D．相同條件下在不同溶劑中的溶解度：
（3）已知3個及以上原子若處于同一平面，且有彼此平行的p軌道，則可“肩并肩”重疊形成大鍵。已知咪唑結構為：，所有原子共平面。則1號氮原子的雜化方式為　 　，配位能力1號氮原子　 　2號氮原子(填“>”、“=”或“<”)。
（4）高性能炸藥的結構如圖，比較鍵角大小，分子中　 　(填“>”，“<”或“=”)高性能炸藥中，其原因為　 　。
【答案】（1）SrF2；離子晶體
（2）B；D
（3）sp2；＜
（4）＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；判斷簡單分子或離子的構型；配合物的成鍵情況；晶胞的計算
【解析】【解答】（1）由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數為：=4，F-的個數為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體，故答案為：SrF2；離子晶體；
（2）A．C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：，A錯誤；
B．根據同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：，B正確；
C．已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；
D．已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：，D正確；
故答案為：BD；
（3）已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強，故答案為：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸藥中，故答案為：＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用；
【分析】（1）根據均攤法計算； SrF2 由Sr2+和F-構成，屬于離子晶體；
（2）A．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；
Ｂ．電負性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力。同主族元素從上到下，電負性逐漸減小，所以電負性是同主族元素中最大的應該是同主族中位于最上方的元素；
Ｃ．熔點：共價晶體>離子晶體>分子晶體；
Ｄ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑。
（3） 中N原子的價層電子對數為3；配位原子提供孤電子對；
（4） 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。
（1）由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數為：=4，F-的個數為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體，故答案為：SrF2；離子晶體；
（2）A．C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：，A錯誤；
B．根據同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：，B正確；
C．已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；
D．已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：，D正確；
故答案為：BD；
（3）已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強，故答案為：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸藥中，故答案為：＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用；
18．（2024高三上·浙江開學考）氮及其化合物對生命、生產生活意義重大。NH3是重要的化工原料，可制備硝酸和肼(N2H4，具有較強還原性)。
（1）寫出過量NH3發生反應I的化學方程式　 　。
（2）下列說法不正確的是______。
A．硝酸能使蛋白質變性
B．步驟Ⅱ應將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中
C．硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質
D．實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，且用無水CaCl2干燥
（3）①N2H4是一種二元弱堿：時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1的值為　 　(已知：)
②若硝酸的結構可表示為：，已知硝酸與水分子可形成結晶水合物2HNO3 H2O，每個水分子形成三個氫鍵，含有六元環狀結構。請寫出2HNO3 H2O的結構式　 　(氫鍵用“…”表示)。
（4）已知反應Ⅲ歧化生成兩種含氧酸鹽，寫出該反應的離子方程式　 　；
根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子　 　；
(可供選擇的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、(NH4)2Fe(SO4)2溶液、KSCN溶液、KMnO4溶液)
【答案】（1）4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl
（2）B；D
（3）8.7×10-7；
（4）2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；常見離子的檢驗；含氮物質的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由題干流程圖可知，反應I為NH3與COCl2發生取代反應生成CO(NH2)2和HCl，過量的NH3與HCl反應生成NH4Cl，故過量NH3發生反應I的化學方程式為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故答案為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．硝酸是一種具有強氧化性的強酸，故能使蛋白質變性，A正確；
B．由題干信息可知，N2H4具有強還原性，而NaClO具有強氧化性，故步驟Ⅱ不能將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否則生成的N2H4將被過量的NaClO氧化，應將NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B錯誤；
C．根據氧化還原反應的規律可知，硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質N2和H2O，反應方程式為：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正確；
D．已知NH3能與CaCl2形成絡合物，故實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，不能用無水CaCl2干燥，應該用堿石灰進行干燥，D錯誤；
故答案為：BD；
（3）①N2H4是一種二元弱堿，其第一步電離方程式是N2H4+H2O+OH-，25℃時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14 =8.7×10-7，故答案為：8.7×10-7；
②若硝酸的結構可表示為：，硝酸與水分子可形成一水合二硝酸結晶水合物（2HNO3 H2O），水分子中的2個H原子與硝酸分子中的非羥基氧原子形成2個氫鍵，水分子中的氧原子與硝酸分子中的氫原子形成1個氫鍵，一水合二硝酸的結構式，故答案為：；
（4）由題干流程圖可知，反應Ⅲ即NO2與NaOH溶液反應，發生歧化生成兩種含氧酸鹽即為NaNO3、NaNO2，則該反應的離子方程式為：2NO2+2OH-=++H2O， 根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子即，具有還原性能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故設計實驗為：取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有，故答案為：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有。
【分析】氮氣和氫氣發生合成氨，氨氣和COCl2發生反應I：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl制得CO(NH2)2，向CO(NH2)2中加入NaClO溶液發生反應Ⅱ得到N2H4；氨催化氧化生成NO，NO氧化得到NO2，NO2溶于水生成硝酸，NO2與NaOH溶液發生反應：2NO2+2OH-=++H2O。
（1）由題干流程圖可知，反應I為NH3與COCl2發生取代反應生成CO(NH2)2和HCl，過量的NH3與HCl反應生成NH4Cl，故過量NH3發生反應I的化學方程式為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故答案為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．硝酸是一種具有強氧化性的強酸，故能使蛋白質變性，A正確；
B．由題干信息可知，N2H4具有強還原性，而NaClO具有強氧化性，故步驟Ⅱ不能將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否則生成的N2H4將被過量的NaClO氧化，應將NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B錯誤；
C．根據氧化還原反應的規律可知，硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質N2和H2O，反應方程式為：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正確；
D．已知NH3能與CaCl2形成絡合物，故實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，不能用無水CaCl2干燥，應該用堿石灰進行干燥，D錯誤；
故答案為：BD；
（3）①N2H4是一種二元弱堿，其第一步電離方程式是N2H4+H2O+OH-，25℃時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14 =8.7×10-7，故答案為：8.7×10-7；
②若硝酸的結構可表示為：，硝酸與水分子可形成一水合二硝酸結晶水合物（2HNO3 H2O），水分子中的2個H原子與硝酸分子中的非羥基氧原子形成2個氫鍵，水分子中的氧原子與硝酸分子中的氫原子形成1個氫鍵，一水合二硝酸的結構式，故答案為：；
（4）由題干流程圖可知，反應Ⅲ即NO2與NaOH溶液反應，發生歧化生成兩種含氧酸鹽即為NaNO3、NaNO2，則該反應的離子方程式為：2NO2+2OH-=++H2O， 根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子即，具有還原性能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故設計實驗為：取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有，故答案為：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有。
19．（2024高三上·浙江開學考）乙酸是重要的有機化工原料之一，在一定條件下，甲醇氣體和氣體可以合成液態乙酸。該過程可能涉及的反應如下：
反應Ⅰ：　
反應Ⅱ：　
反應Ⅲ：　
反應Ⅳ：　
按要求回答下列問題：
（1）反應Ⅲ的　 　，反應Ⅱ自發進行條件是　 　(填“低溫”、“高溫”或“任何溫度”)。
（2）在一個恒壓密閉容器中加入0.20molCH3OH氣體和0.22molCO氣體發生反應I．測得甲醇的轉化率隨溫度的變化關系如圖1所示，其中曲線I表示在5個不同溫度下，均經過5min時測得的甲醇的轉化率變化曲線，曲線Ⅱ表示不同溫度下甲醇的平衡轉化率變化曲線，已知在溫度下，達到平衡時容器的體積剛好為。
①該反應達到平衡后，下列措施既能提高反應速率又能提高乙酸的產率的有　 　。
A．分離出部分乙酸　B．升高溫度　C．縮小容器體積　D．改用高效催化劑
②在溫度為T2時，反應I的平衡常數為K=　 　
③曲線Ⅱ在T1~T2階段，甲醇轉化率隨溫度變化降低的原因是　 　。
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示。在t1時刻加入高效催化劑，畫出t1之后甲醇物質的量的變化曲線　 　。
（3）有科學家研究在通電條件下，由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，陽極的電極反應式為　 　。
【答案】（1）-874kJ/mol；低溫
（2）C；500；正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
（3）2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡的影響因素；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）由題干已知：反應Ⅰ：　，反應Ⅱ：　，反應Ⅳ：　，則(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反應Ⅲ：，根據蓋斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反應Ⅱ：　是一個的反應，故反應Ⅱ在低溫下自發進行，故答案為：-874kJ/mol；低溫；
（2）①由題干可知，反應Ⅰ：　正反應是一個氣體體積減小的放熱反應，據此分析解題：
A．分離出部分乙酸，導致生成物濃度不變，反應速率不變，平衡不移動，乙酸的產率不變，A不合題意；
B．升高溫度，反應速率加快，正反應為放熱反應，故平衡逆向移動，乙酸的產率降低，B不合題意；
C．縮小容器體積即增大壓強，反應物、生成物的濃度均增大，反應速率加快，正反應是一個氣體體積減小的方向，故平衡正向移動，乙酸的產率增大，C符合題意；
D．改用高效催化劑，反應速率加快，但平衡不移動，乙酸的產率不變，D不合題意；
故選C；
②由曲線Ⅰ可知：T2溫度下，5min時測得的甲醇的轉化率為60%，故轉化的甲醇的物質的量為0.20mol×60%=0.12mol，則轉化的CO的物質的量為0.12mol，故平衡時甲醇的物質的量為0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物質的量為0.22mol-0.12mol=0.1mol，則生成乙酸的物質的量為0.12mol，故平衡常數K===500，故答案為：500；
③由題干圖像信息可知，曲線Ⅱ在T1~T2階段，反應Ⅰ：　達到化學平衡，升高溫度，平衡逆向移動，則導致甲醇轉化率隨溫度升高而降低，故答案為：正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示，在t1時刻加入高效催化劑，則反應速率加快，最終達到化學平衡，但平衡不移動，即最終CH3OH的平衡轉化率為80%，即剩余的CH3OH的物質的量為0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物質的量的變化曲線為：，故答案為：；
（3）電解時陽極發生氧化反應，故由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，則陰極上CO得電子和氫離子反應生成乙酸、陽極上甲醇失電子生成乙酸和氫離子，陰極、陽極反應式分別為2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案為：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
【分析】（1）根據蓋斯定律，將(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得；根據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K=計算；
③升溫反應的平衡向吸熱反應方向移動；
④加入催化劑，反應速率加快，但反應的平衡不移動；
（3）陽極發生氧化反應。
（1）由題干已知：反應Ⅰ：　，反應Ⅱ：　，反應Ⅳ：　，則(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反應Ⅲ：，根據蓋斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反應Ⅱ：　是一個的反應，故反應Ⅱ在低溫下自發進行，故答案為：-874kJ/mol；低溫；
（2）①由題干可知，反應Ⅰ：　正反應是一個氣體體積減小的放熱反應，據此分析解題：
A．分離出部分乙酸，導致生成物濃度不變，反應速率不變，平衡不移動，乙酸的產率不變，A不合題意；
B．升高溫度，反應速率加快，正反應為放熱反應，故平衡逆向移動，乙酸的產率降低，B不合題意；
C．縮小容器體積即增大壓強，反應物、生成物的濃度均增大，反應速率加快，正反應是一個氣體體積減小的方向，故平衡正向移動，乙酸的產率增大，C符合題意；
D．改用高效催化劑，反應速率加快，但平衡不移動，乙酸的產率不變，D不合題意；
故選C；
②
由曲線Ⅰ可知：T2溫度下，5min時測得的甲醇的轉化率為60%，故轉化的甲醇的物質的量為0.20mol×60%=0.12mol，則轉化的CO的物質的量為0.12mol，故平衡時甲醇的物質的量為0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物質的量為0.22mol-0.12mol=0.1mol，則生成乙酸的物質的量為0.12mol，故平衡常數K===500，故答案為：500；
③由題干圖像信息可知，曲線Ⅱ在T1~T2階段，反應Ⅰ：　達到化學平衡，升高溫度，平衡逆向移動，則導致甲醇轉化率隨溫度升高而降低，故答案為：正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示，在t1時刻加入高效催化劑，則反應速率加快，最終達到化學平衡，但平衡不移動，即最終CH3OH的平衡轉化率為80%，即剩余的CH3OH的物質的量為0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物質的量的變化曲線為：，故答案為：；
（3）電解時陽極發生氧化反應，故由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，則陰極上CO得電子和氫離子反應生成乙酸、陽極上甲醇失電子生成乙酸和氫離子，陰極、陽極反應式分別為2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案為：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
20．（2024高三上·浙江開學考）鉍酸鈉()常用作分析試劑、氧化劑，如在鋼鐵分析中測定錳等。某興趣小組設計實驗制取鉍酸鈉并探究其應用。
I．制取鉍酸鈉()：
在溶液中，與充分攪拌反應制取，實驗裝置如下圖所示：
已知：
①固體呈白色且難溶于水
②粉末呈淺黃色，不溶于冷水，在空氣逐漸分解，遇沸水或酸溶液迅速分解
（1）丙中發生反應的離子方程式為　 　。
（2）丙中反應完成后，需及時關閉，原因是　 　，甲中的作用是　 　。
（3）反應結束后，為從丙中獲取，請從下列選項中選出最合理的操作并排序：　 　。
______→______→______→______(填標號)。
a．冷水洗滌　b．熱水洗滌　c．自然晾干　d．在干燥器中干燥　e．在冰水中冷卻　f．快速過濾
Ⅱ．探究的應用：利用測定溶液中含量
（4）在試管中加入和的混合液，然后加入一定量的，充分反應分離出剩余的，向所得濾液中加入足量溶液，充分反應后轉移至碘量瓶中，用溶液滴定至淺黃色，加入淀粉溶液，繼續用溶液滴定至終點，共消耗溶液。
(已知：、，均未配平)
①混合液中的含量為　 　(用含、、c的代數式表示)；
②在滴定過程中，下列實驗操作會使測定結果偏高的是　 　(填標號)。
a．滴定前平視讀數，滴定終點時俯視讀數
b．滴定時碘量瓶中溶液酸性太強
c．碘量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥
d．滴定前滴定管尖嘴內無氣泡，達到終點有氣泡
e．沒有分離出剩余的，直接加入足量溶液
【答案】；防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解；吸收多余的氯氣；efad；；be
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；物質的分離與提純；中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）丙中發生反應為堿性環境下氯氣將Bi(OH)3氧化為NaBiO3，氯化合價由0變為-1、Bi化合價由+3變為+5，結合電子守恒可知，離子方程式為；
（2）鉍酸鈉在酸中會逐漸分解，氯氣和水會生成鹽酸和和次氯酸，當丙中白色固體消失時，可以初步判斷丙中反應已完成，此時應立即進行的操作是關閉K3和K1、打開K2，以防止NaBiO3分解，同時不產生過量氯氣，多余的氯氣被NaOH吸收；
故答案為：防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解；吸收多余的氯氣；
（3）據已知信息，不溶于冷水，在空氣或熱水中逐漸分解，為從丙中獲取粗產品應該：e．在冰水中冷卻，析出晶體；f．用布氏漏斗抽濾，加快過濾速率；a．冷水洗滌，減少溶解損失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；
故答案為：efad；
（4）①根據反應原理可知最后生成碘單質，碘單質被c mol L-1Na2S2O3反應，碘單質被反應完，Na2S2O3的物質的量為，，Na2S2O3的物質的量為碘單質的物質的量2倍，根據，錳離子的物質的量為碘單質的2.5倍，故硫酸錳的質量為，故含量為；
②a．滴定終點時俯視讀數，則讀數偏小，則體積偏小，故碘單質偏小，故結果偏小，a不符合題意；
b．碘量瓶中溶液酸性太強，Na2S2O3發生歧化反應，導致消耗的碘的含量偏小，碘單質偏高，b符合題意；
c．錐形瓶用蒸餾水洗滌后未干燥 ，對結果無影響，故c不符合題意；
d．滴定前滴定管尖嘴內無氣泡，達到終點有氣泡，讀數偏小，則體積偏小，結果偏低，d不符合題意；
e．沒有分離出剩余的Na與KI反應，生成碘單質，則最終測定的碘含量偏高，e符合題意；
故答案為：be。
故答案為：；be。
【分析】 在溶液中，與充分攪拌反應制取 ，則需要先制備，裝置甲中，濃鹽酸和高錳酸鉀固體反應生成，濃鹽酸易揮發，制得的中含有HCl雜質，裝置乙中用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl雜質，除雜后的氯氣通入裝置丙中，發生反應： 制得 ， 遇沸水或酸溶液迅速分解，因此裝置甲中NaOH溶液的作用是防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解，裝置丁用于吸收尾氣，應為NaOH溶液。
21．（2024高三上·浙江開學考）某研究小組通過下列路線合成平喘藥物利喘貝。
已知：
①
②
③
請回答：
（1）化合物A中含有官能團的名稱是　 　。
（2）化合物F的結構簡式是　 　。
（3）下列說法不正確的是______。
A．化合物B的酸性比化合物A強
B．利喘貝的分子式為：
C．化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應
D．利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下可轉化為化合物F
（4）寫出G→利喘貝的化學方程式　 　。
（5）C俗稱香蘭素，是一種重要的食品增香劑，設計以和為原料合成香蘭素的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)　 　
（6）寫出3種同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式　 　。
①是苯的二取代物；
②譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的H，無-O-O-結構。
【答案】（1）羥基和醛基
（2）
（3）B；D
（4）+HCl
（5）
（6）、、或
【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）由題干合成路線圖可知，化合物A中含有官能團的名稱是羥基和醛基，故答案為：羥基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的結構簡式是，故答案為：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的結構簡式為：，由于Br的電負性比C的大，為吸電子基團，導致化合物B中羥基的極性比化合物A中強，故化合物B的酸性比化合物A強，A正確；
B. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝的分子式為：，B錯誤；
C. 由分析可知，D的結構簡式為：，結合D到E的轉化條件可知，化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應，C正確；
D. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下不可轉化為化合物F，而是生成，D錯誤；
故答案為：BD；
（4）由分析可知，G的結構簡式為：，C7H7NO2的結構簡式為：，故G→利喘貝的化學方程式為：+HCl，故答案為：+HCl；
（5）本題采用逆向合成法，根據已知信息②可知，C俗稱香蘭素即可由加熱脫去一分子CO2即可，則可由經過氧化等步驟轉化得到，由于酚羥基易被氧化，可采取將酚羥基和堿溶液反應、氧化羥基后再酸化后恢復成酚羥基，據已知信息③可知，可由和OHCCOOH轉化得到，由此分析確定合成路線為：，故答案為：；
（6）由題干信息可知，D的分子式為：C9H10O3，不飽和度為：=5，①是苯的二取代物，②譜和IR譜檢測表明：分子中共有3種不同化學環境的H，無-O-O-結構，則同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式有：、、、，故答案為：、、、。
【分析】A與溴反應生成B，B與甲醇在甲醇鈉條件下反應得到C，結合A、C的結構簡式和B的分子式可知，B的結構簡式為，C與CH3I在NaOH條件下反應生成D，結合D的分子式可知，D的結構簡式為，D與CH2(COOCH3)2發生反應得到E，E在酸性條件下水解得到F，則F的結構簡式為，與SOCl2發生已知①的反應得到G，結合G的分子式可知，G的結構簡式為，與C7H7NO2反應得到目標產物利喘貝，結合G和利喘貝的結構簡式可知，C7H7NO2的結構簡式為。
（1）由題干合成路線圖可知，化合物A中含有官能團的名稱是羥基和醛基，故答案為：羥基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的結構簡式是，故答案為：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的結構簡式為：，由于Br的電負性比C的大，為吸電子基團，導致化合物B中羥基的極性比化合物A中強，故化合物B的酸性比化合物A強，A正確；
B. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝的分子式為：，B錯誤；
C. 由分析可知，D的結構簡式為：，結合D到E的轉化條件可知，化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應，C正確；
D. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下不可轉化為化合物F，而是生成，D錯誤；
故答案為：BD；
（4）由分析可知，G的結構簡式為：，C7H7NO2的結構簡式為：，故G→利喘貝的化學方程式為：+HCl，故答案為：+HCl；
（5）本題采用逆向合成法，根據已知信息②可知，C俗稱香蘭素即可由加熱脫去一分子CO2即可，則可由經過氧化等步驟轉化得到，由于酚羥基易被氧化，可采取將酚羥基和堿溶液反應、氧化羥基后再酸化后恢復成酚羥基，據已知信息③可知，可由和OHCCOOH轉化得到，由此分析確定合成路線為：，故答案為：；
（6）由題干信息可知，D的分子式為：C9H10O3，不飽和度為：=5，①是苯的二取代物，②譜和IR譜檢測表明：分子中共有3種不同化學環境的H，無-O-O-結構，則同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式有：、、、，故答案為：、、、。
1 / 1浙江省名校協作體2025屆高三上學期開學測試化學試題
1．（2024高三上·浙江開學考）硫酸銅銨晶體屬于
A．酸 B．堿 C．鹽 D．混合物
2．（2024高三上·浙江開學考）下列說法不正確的是
A．電解飽和食鹽水可制取金屬鈉
B．石灰石在高溫下可用于消除燃煤煙氣中的SO2
C．BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，故不可用作醫療上檢查腸胃的鋇餐
D．純堿可用于去除物品表面的油污
3．（2024高三上·浙江開學考）下列化學用語正確的是
A．核外有a個電子，b個中子，M的原子符號為
B．基態原子核外電子排布式為：
C．2-甲基丁烷的鍵線式：
D．次氯酸的電子式
4．（2024高三上·浙江開學考）下列有關說法正確的是
A．金屬鋰、鈉、鉀應保存在煤油中
B．蒸餾操作時需用到儀器：
C．萃取時分液漏斗振蕩幾次之后打開上口玻璃塞放氣
D．點燃可燃性氣體前，應先檢驗氣體的純度
5．（2024高三上·浙江開學考）硫脲(CS(NH2)2)是一種有機合成中常用的試劑，對于反應，下列說法正確的是
A．X的化學式為HCONH2
B．氧化產物與還原產物物質的量之比為2：1
C．氧化性I2＞S
D．每產生32gS單質，轉移NA個電子
6．（2024高三上·浙江開學考）下列反應的方程式正確的是
A．溶液中通入過量：
B．向中投入固體：
C．濃硝酸見光分解：
D．的燃燒熱為，則
7．（2024高三上·浙江開學考）材料的組成、結構與性能關系密切，下列說法不合理的是
選項 材料 改進 作用
A 鋁制品 使用氧化劑進行表面處理 增強抗腐蝕性
B 聚氯乙烯樹脂 加入增塑劑 增加硬度
C 植物油 氫化處理 不易變質
D 水泥 加入石膏 調節硬化速度
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江開學考）下列說法正確的是
A．圖①裝置可用于制備氫氧化鐵膠體
B．圖②裝置可用于收集
C．圖③裝置可用于常溫下分離苯酚和水的混合物
D．圖④裝置可證明苯與液溴發生了取代反應
9．（2024高三上·浙江開學考）下列有關說法正確的是
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鑒別丙醛與丙酮
B．丁苯橡膠、聚酯纖維、聚乙烯都是通過加聚反應獲得的高聚物
C．DNA分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對
D．淀粉與稀硫酸共熱，冷卻后加入過量NaOH溶液，再加入碘水可判斷淀粉是否完全水解
10．（2024高三上·浙江開學考）有機物G的合成路線如下，下列說法正確的是
A．Z→G發生了取代反應
B．上述物質中含有手性碳原子的物質有2種
C．1molY與NaOH溶液反應，最多能消耗2molNaOH
D．物質Z中所有原子可能共平面
11．（2024高三上·浙江開學考）W、R、Q、X、Y、Z是原子序數依次遞增的前兩周期主族元素，基態R原子無未成對電子，基態Q原子有2個未成對電子。W、R、X、Z四種元素可以組成離子化合物：，其陰、陽離子均為正四面體結構。下列說法正確的是
A．陰陽離子中均含有配位鍵
B．分子空間結構為平面形
C．一定是非極性分子
D．氫化物熱穩定性：
12．（2024高三上·浙江開學考）某研究團隊通過膜電解法制得純堿，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高濃度燒堿，其裝置如圖所示。其中膜a、b為離子交換膜，雙極膜c在直流電的作用下，中間界面層水發生解離產生H+和OH-。下列說法正確的是
A．膜a為陰離子交換膜
B．制得7.5g甘氨酸，鹽室1增重2.2g
C．堿室2反應式：2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．一段時間后，堿室1濃度變小，堿室2濃度變大
13．（2024高三上·浙江開學考）在溶液中加入溶液，能得到紫色的溶液，繼續加入稀硫酸，立即有藍色的生成，該藍色物質能被乙醚萃取，下列說法不正確的是
A．結構為：
B．在酸性溶液繼續反應可能會生成
C．和均能氧化
D．與晶體類型不同，后者難以被乙醚萃取
14．（2024高三上·浙江開學考）室溫下，用含少量的溶液制備的過程如題圖所示：
已知：，；
，，
下列說法正確的是
A．飽和溶液中：
B．為提高的產率，使用溶液“沉錳”效果更好
C．溶液中，
D．反應的平衡常數為
15．（2024高三上·浙江開學考）一氯代烴在溶液中發生取代反應，其中被稱為“單分子親核取代反應”的機理如下：
已知：
①已知碳正離子正電荷越分散，結構越穩定
②一定條件下，一氯代烴只發生“單分子親核取代反應”的水解相對速率與烴基的關系如下表：
一氯代烴
水解相對速率 1 1.7 30000
③一定條件下，只改變叔丁基氯()濃度或溶液濃度對反應速率的影響示意圖如下：
下列說法不正確的是
A．碳正離子的穩定性：
B．反應的活化能：步驟I<步驟Ⅱ
C．結構中雙鍵能有效穩定碳正離子
D．叔丁基氯在和的混合溶液中發生反應，可能生成和
16．（2024高三上·浙江開學考）下列實驗方案、現象和結論都正確的是
　 實驗方案 實驗現象 實驗結論
A 向均盛有2mL0.1mol/L酸性高錳酸鉀溶液的兩支試管中分別加入2mL0.1mol/L草酸溶液和2mL0.2mol/L草酸溶液 加入0.2mol/L草酸溶液的試管中溶液褪色更快 其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越快
B 常溫下，用pH計測定0.1mol/LNaHR溶液的pH pH=9.12 H2R為二元弱酸
C 向盛有2mL雞蛋清溶液的試管中滴加幾滴稀氯化鈉溶液 溶液變渾濁 蛋白質發生鹽析
D 向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等濃度的Na2S溶液，充分反應后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液 先產生白色沉淀，后產生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江開學考）氮、氟等是組成化合物的常見元素。請回答：
（1）某種防蛀牙膏添加劑的晶胞如圖所示，其化學式為　 　，晶體類型是　 　。
（2）下列說法正確的是______。
A．第二電離能：
B．電負性：
C．熔點：單晶硅>碳化硅>金剛石
D．相同條件下在不同溶劑中的溶解度：
（3）已知3個及以上原子若處于同一平面，且有彼此平行的p軌道，則可“肩并肩”重疊形成大鍵。已知咪唑結構為：，所有原子共平面。則1號氮原子的雜化方式為　 　，配位能力1號氮原子　 　2號氮原子(填“>”、“=”或“<”)。
（4）高性能炸藥的結構如圖，比較鍵角大小，分子中　 　(填“>”，“<”或“=”)高性能炸藥中，其原因為　 　。
18．（2024高三上·浙江開學考）氮及其化合物對生命、生產生活意義重大。NH3是重要的化工原料，可制備硝酸和肼(N2H4，具有較強還原性)。
（1）寫出過量NH3發生反應I的化學方程式　 　。
（2）下列說法不正確的是______。
A．硝酸能使蛋白質變性
B．步驟Ⅱ應將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中
C．硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質
D．實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，且用無水CaCl2干燥
（3）①N2H4是一種二元弱堿：時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1的值為　 　(已知：)
②若硝酸的結構可表示為：，已知硝酸與水分子可形成結晶水合物2HNO3 H2O，每個水分子形成三個氫鍵，含有六元環狀結構。請寫出2HNO3 H2O的結構式　 　(氫鍵用“…”表示)。
（4）已知反應Ⅲ歧化生成兩種含氧酸鹽，寫出該反應的離子方程式　 　；
根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子　 　；
(可供選擇的試劑：稀鹽酸、稀硫酸、(NH4)2Fe(SO4)2溶液、KSCN溶液、KMnO4溶液)
19．（2024高三上·浙江開學考）乙酸是重要的有機化工原料之一，在一定條件下，甲醇氣體和氣體可以合成液態乙酸。該過程可能涉及的反應如下：
反應Ⅰ：　
反應Ⅱ：　
反應Ⅲ：　
反應Ⅳ：　
按要求回答下列問題：
（1）反應Ⅲ的　 　，反應Ⅱ自發進行條件是　 　(填“低溫”、“高溫”或“任何溫度”)。
（2）在一個恒壓密閉容器中加入0.20molCH3OH氣體和0.22molCO氣體發生反應I．測得甲醇的轉化率隨溫度的變化關系如圖1所示，其中曲線I表示在5個不同溫度下，均經過5min時測得的甲醇的轉化率變化曲線，曲線Ⅱ表示不同溫度下甲醇的平衡轉化率變化曲線，已知在溫度下，達到平衡時容器的體積剛好為。
①該反應達到平衡后，下列措施既能提高反應速率又能提高乙酸的產率的有　 　。
A．分離出部分乙酸　B．升高溫度　C．縮小容器體積　D．改用高效催化劑
②在溫度為T2時，反應I的平衡常數為K=　 　
③曲線Ⅱ在T1~T2階段，甲醇轉化率隨溫度變化降低的原因是　 　。
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示。在t1時刻加入高效催化劑，畫出t1之后甲醇物質的量的變化曲線　 　。
（3）有科學家研究在通電條件下，由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，陽極的電極反應式為　 　。
20．（2024高三上·浙江開學考）鉍酸鈉()常用作分析試劑、氧化劑，如在鋼鐵分析中測定錳等。某興趣小組設計實驗制取鉍酸鈉并探究其應用。
I．制取鉍酸鈉()：
在溶液中，與充分攪拌反應制取，實驗裝置如下圖所示：
已知：
①固體呈白色且難溶于水
②粉末呈淺黃色，不溶于冷水，在空氣逐漸分解，遇沸水或酸溶液迅速分解
（1）丙中發生反應的離子方程式為　 　。
（2）丙中反應完成后，需及時關閉，原因是　 　，甲中的作用是　 　。
（3）反應結束后，為從丙中獲取，請從下列選項中選出最合理的操作并排序：　 　。
______→______→______→______(填標號)。
a．冷水洗滌　b．熱水洗滌　c．自然晾干　d．在干燥器中干燥　e．在冰水中冷卻　f．快速過濾
Ⅱ．探究的應用：利用測定溶液中含量
（4）在試管中加入和的混合液，然后加入一定量的，充分反應分離出剩余的，向所得濾液中加入足量溶液，充分反應后轉移至碘量瓶中，用溶液滴定至淺黃色，加入淀粉溶液，繼續用溶液滴定至終點，共消耗溶液。
(已知：、，均未配平)
①混合液中的含量為　 　(用含、、c的代數式表示)；
②在滴定過程中，下列實驗操作會使測定結果偏高的是　 　(填標號)。
a．滴定前平視讀數，滴定終點時俯視讀數
b．滴定時碘量瓶中溶液酸性太強
c．碘量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥
d．滴定前滴定管尖嘴內無氣泡，達到終點有氣泡
e．沒有分離出剩余的，直接加入足量溶液
21．（2024高三上·浙江開學考）某研究小組通過下列路線合成平喘藥物利喘貝。
已知：
①
②
③
請回答：
（1）化合物A中含有官能團的名稱是　 　。
（2）化合物F的結構簡式是　 　。
（3）下列說法不正確的是______。
A．化合物B的酸性比化合物A強
B．利喘貝的分子式為：
C．化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應
D．利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下可轉化為化合物F
（4）寫出G→利喘貝的化學方程式　 　。
（5）C俗稱香蘭素，是一種重要的食品增香劑，設計以和為原料合成香蘭素的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)　 　
（6）寫出3種同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式　 　。
①是苯的二取代物；
②譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的H，無-O-O-結構。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物質的簡單分類
【解析】【解答】硫酸銅銨晶體在水溶液中電離產生銨根離子、銅離子、硫酸根離子，屬于鹽，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】以氯堿工業為基礎的化工生產簡介；鹽類水解的應用；二氧化硫的性質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．使用惰性電極電解飽和食鹽水時，產物是氫氣、氯氣和氫氧化鈉，無法得到金屬鈉。若要制取金屬鈉，需要電解熔融的氯化鈉，A錯誤；
B．在高溫條件下，碳酸鈣會分解生成氧化鈣和二氧化碳，生成的氧化鈣會與燃煤煙氣中的二氧化硫、氧氣反應生成硫酸鈣，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤煙氣中的SO2，B正確；
C．BaCO3不溶于水，但溶于鹽酸，生成的氯化鋇易溶于水，鋇離子是重金屬離子，會使人發生重金屬中毒，而醫療上檢查腸胃的鋇餐通常使用的是硫酸鋇，C正確；
D．純堿溶液水解顯堿性，而油污的主要成分是油脂，油脂在堿性條件下會發生水解反應，生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，從而達到去除油污的目的，D正確；
故答案為：A。
【分析】A．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣；
Ｂ．石灰石的主要成分為碳酸鈣；
Ｃ．碳酸鋇能溶于鹽酸生成氯化鋇；
Ｄ．油污在堿性條件下水解。
3．【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；有機化合物的命名；元素、核素；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．是M原子得到2個電子形成的，核外有a個電子，則M原子核外電子數為a-2，原子的質子數等于核外電子數，則其質子數為a-2，b個中子，其質量數為a-2+b，則M的原子符號為，A錯誤；
B．Cr為24號元素，核外共有24個電子，則基態原子核外電子排布式為：，B錯誤；
C.2-甲基丁烷的結構簡式為CH3CH(CH3)CH2CH3，鍵線式中用線段表示碳 - 碳鍵，端點和拐點表示碳原子，氫原子省略不寫，則2-甲基丁烷的鍵線式為：，C正確；
D．次氯酸的結構式為H-O-Cl，其電子式為：，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．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；
Ｂ．Cr為24號元素，根據構造原理書寫其核外電子排布式；
Ｃ.2 - 甲基丁烷的結構簡式為CH3CH(CH3)CH2CH3；
Ｄ．次氯酸的結構式為H-O-Cl。
4．【答案】D
【知識點】鈉的化學性質；常用儀器及其使用；蒸餾與分餾；分液和萃取
【解析】【解答】A．金屬鋰的密度比煤油小，不能保存在煤油中，應保存在石蠟油中，鈉和鉀的密度比煤油大，可以保存在煤油中，A錯誤；
B．該儀器為球形冷凝管，蒸餾操作使用的是直形冷凝管，B錯誤；
C．萃取時分液漏斗振蕩幾次之后，應打開活塞放氣，而不是打開上口玻璃塞放氣，C錯誤；
D．可燃性氣體與空氣混合達到一定濃度時，遇明火會發生爆炸，所以點燃可燃性氣體前，應先檢驗氣體的純度，D正確；
故答案為：D。
【分析】A．金屬鋰的密度比煤油小；
Ｂ．圖示儀器為球形冷凝管；
Ｃ．根據分液漏斗的使用解答；
Ｄ．可燃性氣體與空氣混合達到一定濃度時，遇明火會發生爆炸。
5．【答案】C
【知識點】氧化還原反應；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．根據質量守恒可知，反應前有1個C、1個S、2個N、4個H、1個O、2個I，反應后有1個S、2個H、2個I，所以X中含有1個C、2個N、2個H、1個O，X的化學式為CO(NH2)2，A錯誤；
B．在反應中 CS(NH2)2 中S元素化合價從-2價升高到0價，生成S單質，S是氧化產物；I
2中I元素化合價從0價降低到-1價，生成HI，HI是還原產物。根據化學計量數可知氧化產物S與還原產物HI物質的量之比為1：2，B錯誤；
C．在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，反應中I2作氧化劑，S為氧化產物，故氧化性I2＞S，C正確；
D．由題干反應方程式可知，反應中S的化合價由-2價升高到0價，每產生32gS單質，轉移=2NA個電子，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】根據化學反應前后原子種類和數目不變來確定物質的化學式，通過分析元素化合價的變化判斷氧化產物、還原產物以及電子轉移情況，根據氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性來比較氧化性強弱。
6．【答案】A
【知識點】燃燒熱；離子方程式的書寫；鈉的氧化物
【解析】【解答】A．亞硫酸的酸性強于碳酸，且SO2過量，則溶液中通入過量生成NaHSO3和CO2，反應的離子方程式為：，A正確；
B．與水反應時，既是氧化劑又是還原劑，氧氣中的O來自，則正確的反應離子方程式為：，B錯誤；
C．濃硝酸見光分解生成NO2，反應的化學方程式為：，C錯誤；
D．燃燒熱是指1mol純物質完全燃燒生成穩定氧化物時所放出的熱量，H2燃燒的穩定氧化物是液態水而不是氣態水，H2的燃燒熱為，則，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】A．亞硫酸的酸性強于碳酸；
Ｂ． 與水反應時， 既是氧化劑又是還原劑；
Ｃ．濃硝酸分解生成NO2；
Ｄ．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量。
7．【答案】B
【知識點】合金及其應用；塑料的老化和降解；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．鋁制品使用氧化劑進行表面處理，會在鋁表面形成一層致密的氧化鋁薄膜，這層薄膜能夠阻止內部的鋁進一步被氧化，從而增強抗腐蝕性，A正確；
B．聚氯乙烯樹脂加入增塑劑的目的是降低樹脂的硬度，增加柔韌性和可塑性，而不是增加硬度，B錯誤；
C．植物油中含有碳碳雙鍵，容易被氧化而變質。氫化處理可以使碳碳雙鍵與氫氣發生加成反應，減少碳碳雙鍵的含量，從而使植物油不易變質，C正確；
D．水泥在硬化過程中速度較快，加入石膏可以調節其硬化速度，使水泥的硬化過程更加可控，D正確；
故答案為：B。
【分析】材料的組成和結構決定其性能，通過對材料進行適當的改進，可以改變其性能以滿足不同的需求。
8．【答案】B
【知識點】苯的結構與性質；苯酚的性質及用途；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．將氯化鐵溶液滴入氫氧化鈉溶液中發生的反應為氯化鐵溶液與氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化鈉，無法制得氫氧化鐵膠體，制備氫氧化鐵膠體的正確方法是將飽和氯化鐵溶液逐滴加入沸水中，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故A錯誤；
B．一氧化氮難溶于水，且不與水發生反應，根據排水集氣法的適用條件（難溶于水且不與水反應的氣體），能用圖②的排水集氣法收集一氧化氮氣體，故B正確；
C．苯酚在常溫下在水中的溶解度較小，二者混合會得到乳濁液。過濾是用于分離固體和液體混合物的方法，而乳濁液是液體和液體的混合物，不能用過濾方法分離苯酚和水的混合物，故C錯誤；
D．液溴具有揮發性，揮發出的溴也能與硝酸銀溶液反應生成淡黃色溴化銀沉淀，所以將反應生成的氣體直接通入硝酸銀溶液不能說明苯與液溴發生了取代反應，故D錯誤；
故答案選B。
【分析】A．氯化鐵和氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵沉淀；
Ｂ．NO不溶于水；
Ｃ．苯酚在常溫下在水中的溶解度較小；
Ｄ．液溴具有揮發性。
9．【答案】C
【知識點】有機物中的官能團；蔗糖與淀粉的性質實驗；核酸
【解析】【解答】A．丙醛含有醛基，具有還原性，溴的四氯化碳溶液與丙醛、丙酮均不反應，無法鑒別，A錯誤；
B．丁苯橡膠、聚乙烯是通過加聚反應獲得的高聚物，而聚酯纖維是通過縮聚反應獲得的，B錯誤；
C．DNA 分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對，A（腺嘌呤）與 T（胸腺嘧啶）配對，G（鳥嘌呤）與 C（胞嘧啶）配對，C正確；
D．淀粉與稀硫酸共熱，冷卻后加入過量 NaOH 溶液，此時溶液呈堿性，碘水會與 NaOH 反應，無法檢驗淀粉是否存在，不能判斷淀粉是否完全水解，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．鑒別物質時，根據各物質的特性，選擇合適的試劑，在鑒別過程中，各物質與所選試劑反應應出現不同的現象；
Ｂ．聚酯纖維通過縮聚反應制得；
Ｃ．DNA 分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對；
Ｄ．碘水會與NaOH反應。
10．【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；加成反應；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A．Z→G的反應并非取代反應，A錯誤；
B．手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，已知同時連有4個互不相同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，該過程涉及的物質中，只有G含有手性碳原子，如圖：，B錯誤；
C．Y 中含有一個酯基和一個氯原子，酯基水解時，1mol酯基消耗1molNaOH，氯原子水解時，1mol氯原子消耗1molNaOH，則1molY與NaOH溶液反應，最多能消耗2molNaOH，C正確；
D．物質 Z 中含有飽和碳原子，飽和碳原子具有四面體結構，導致與飽和碳原子相連的原子不可能都在同一平面上，所以物質 Z 中所有原子不可能共平面，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．取代反應是指有機化合物分子中任何一個原子或基團被試劑中同類型的其它原子或基團所取代的反應；
Ｂ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｃ．Y中酯基和Cl原子能與NaOH反應；
Ｄ．飽和碳原子具有甲烷的結構特征。
11．【答案】A
【知識點】原子結構與元素的性質；判斷簡單分子或離子的構型；極性分子和非極性分子；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．中的陰離子為，含有配位鍵，陽離子為，含有配位鍵，A正確；
B．為N2H4，N原子采用sp3雜化，分子空間結構不是平面形，B錯誤；
C．為CHF=CHF或者CF2=CH2，分子正負電荷中心不重合，一定是極性分子，C錯誤；
D．元素的非金屬性越強，氫化物的熱穩定性越強，非金屬性：O>N，故氫化物熱穩定性H2O＞NH3，但H2O2的熱穩定性弱于NH3，D錯誤；
故答案為：A。
【分析】基態R原子無未成對電子，前兩周期主族元素中，基態原子無未成對電子的是Be（1s22s2），則R為Be元素，基態Q原子有2個未成對電子，則可能是C（1s22s22p2）或O（1s22s22p4），W、R、X、Z四種元素可以組成離子化合物 ，其陰、陽離子均為正四面體結構，是正四面體結構，所以陽離子為，則X為N元素，W為H元素，Z為F元素。
12．【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．鹽室 2 中Na+經過膜 a 進入鹽室 1，說明膜 a 允許陽離子通過，所以膜 a 為陽離子交換膜，而不是陰離子交換膜，A錯誤；
B．由H2NCH2COO-+H+=H2NCH2COOH可知，制得7.5g甘氨酸即=0.1mol，知生成0.1mol甘氨酸，電路中通過0.1mole-，有0.1molNa+由鹽室2進入鹽室1，其質量為2.3g，同時陰極發生反應：2+2e-=H2↑+2，電路中通過0.1mole-，生成0.05molH2，質量為0.1g，鹽室 1 增重為2.3g - 0.1g = 2.2g，B正確；
C．堿室 2 為陽極室，陽極發生氧化反應，電極反應式為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，C錯誤；
D．堿室 1 中，堿室 2 中Na+經膜 b 進入堿室 1，同時雙極膜 c 產生的OH-也進入堿室 1，所以堿室 1 中NaOH濃度變大，堿室 2 中OH-放電生成O2，Na+又進入堿室 1，所以堿室 2 中NaOH濃度變小，D錯誤；
故答案為：B。
【分析】由圖可知，鹽室 2 中產生甘氨酸，說明雙極膜c中的H+向左移動，電極 A 為陰極，電極反應式為：2+2e-=H2↑+2，電極 B 為陽極，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，鹽室 2 中Na+經過膜 a 進入鹽室 1，說明膜 a 允許陽離子通過，所以膜 a 為陽離子交換膜。
13．【答案】A
【知識點】氧化還原反應
【解析】【解答】A．鉻元素常見化合價+3、+6，氧元素常見化合價有-2價和-1價，則中鉻元素的化合價為+6價，氧元素的化合價有-2價和-1價，設-2價O和-1價O的個數分別為x、y，則x+y=5、2x+y=6，解得x=1、y=4，說明分子中含有過氧鍵，結構中含有2個O-O鍵，1個Cr=O鍵，4個Cr-O鍵，其結構式為，故A錯誤；
B．含有過氧鍵，酸性條件下能反應生成鉻離子、氧氣和水，故B正確；
C．、都含有過氧鍵，具有強氧化性， 具有還原性，因此和均能氧化 ，故C正確；
D．中含鉀離子，屬于離子晶體，能被乙醚萃取可知，說明是分子晶體，與晶體類型不同，故D正確；
故選A。
【分析】A．中Cr為+6價，結構中含有2個O-O鍵，1個Cr=O鍵，4個Cr-O鍵；
Ｂ．中含有2個O-O鍵，說明其具有強氧化性；
Ｃ．、 均具有強氧化性；
Ｄ．是分子晶體，為離子晶體。
14．【答案】D
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．飽和溶液中 ，存在物料守恒。F元素的存在形式有F-、HF，則有，故A錯誤；
B．碳酸鈉溶液的堿性比碳酸氫鈉溶液強，使用碳酸鈉溶液 “沉錳” 時，由于堿性過強，可能會使錳離子轉化為氫氧化錳沉淀，從而降低碳酸錳的產率，故B錯誤；
C．碳酸氫根離子在溶液中的水解常數為Kh==≈2.2×10-8＞Ka2，則碳酸氫根離子在溶液中的水解程度大于電離程度，溶液中碳酸濃度大于碳酸根離子濃度，則， 故C錯誤；
D． 的平衡常數K====≈1.3×106，故D正確；
故選D。
【分析】 用含少量的溶液制備 ，向MnSO4溶液中加入NaF溶液，轉化為MgF2沉淀除去，過濾除去MgF2后加入碳酸氫鈉溶液沉錳，發生反應：得到 。
15．【答案】B
【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；取代反應
【解析】【解答】A．推電子基團能力：，推電子基團能夠使碳正離子的正電荷得到分散，推電子基團能力越強，碳正離子正電荷分散程度越大。所以碳正離子正電荷分散程度：，碳正離子正電荷越分散，結構越穩定，因此碳正離子的穩定性：，A項正確；
B．當叔丁基氯濃度增大時，反應速率增大，這表明反應速率主要取決于叔丁基氯的濃度，即步驟 Ⅰ 是決定反應速率的步驟，而決定反應速率的步驟活化能較大；當NaOH溶液濃度增大時，反應速率不變，說明步驟 Ⅱ 對反應速率影響較小，其活化能較小，所以反應的活化能：步驟I>步驟 Ⅱ，B項錯誤；
C．由表格可知碳正離子結構越穩定，水解相對速率越大，水解相對速率最大，是因為結構中雙鍵能有效穩定碳正離子，C項正確；
D．根據“單分子親核取代反應”的反應機理，一氯代烴中氯元素可被陰離子取代，因此叔丁基氯在和的混合溶液中發生反應，溶液中存在OH-和F-兩種陰離子，叔丁基氯中的氯可能被OH-取代生成，也可能被F-取代生成，可能生成和，D項正確；
答案選D。
【分析】A．碳正離子正電荷越分散，結構越穩定；
Ｂ．活化能越大反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟；
Ｃ．碳正離子結構越穩定，水解相對速率越大；
Ｄ反應過程中一氯代烴中氯元素可被陰離子取代。
16．【答案】D
【知識點】化學反應速率的影響因素；鹽類水解的應用；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應的離子方程式為5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，0.1mol/L2mL酸性高錳酸鉀溶液完全反應需要草酸的物質的量為0.1mol/L×0.002L×=0.0005mol， 2mL0.1mol/L 草酸溶液中草酸的物質的量為0.0002mol，2mL0.2mol/L草酸溶液中草酸的物質的量為0.0004mol，加入草酸溶液均不足量，高錳酸鉀溶液不能褪色，A不合題意；
B．常溫下，用pH計測定0.1mol/LNaHR溶液的pH，若H2R是二元弱酸，則pH=9.12可知HR-的水解大于電離，若H2R為一元弱酸，則HR-只水解也能使溶液顯堿性，即不能說明H2R為二元弱酸，B不合題意；
C．使蛋白質發生鹽析應該加入濃的鹽溶液，而不是稀溶液，C錯誤；
D．向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等濃度的Na2S溶液，充分反應后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液，S2-不足，觀察到先產生白色沉淀，后產生黑色沉淀，說明存在沉淀的轉化ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，故可說明，D正確；
故答案為：D。
【分析】A．該實驗中加入的草酸不足；
Ｂ．若 H2R 為一元弱酸，則HR-只水解，也能使溶液顯堿性；
Ｃ．蛋白質的鹽析應加入濃溶液；
Ｄ．沉淀轉化是由溶解度大的沉淀轉化為溶解度小的沉淀。
17．【答案】（1）SrF2；離子晶體
（2）B；D
（3）sp2；＜
（4）＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；判斷簡單分子或離子的構型；配合物的成鍵情況；晶胞的計算
【解析】【解答】（1）由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數為：=4，F-的個數為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體，故答案為：SrF2；離子晶體；
（2）A．C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：，A錯誤；
B．根據同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：，B正確；
C．已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；
D．已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：，D正確；
故答案為：BD；
（3）已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強，故答案為：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸藥中，故答案為：＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用；
【分析】（1）根據均攤法計算； SrF2 由Sr2+和F-構成，屬于離子晶體；
（2）A．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；
Ｂ．電負性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力。同主族元素從上到下，電負性逐漸減小，所以電負性是同主族元素中最大的應該是同主族中位于最上方的元素；
Ｃ．熔點：共價晶體>離子晶體>分子晶體；
Ｄ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑。
（3） 中N原子的價層電子對數為3；配位原子提供孤電子對；
（4） 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。
（1）由題干晶胞圖可知，一個晶胞中含有Sr的個數為：=4，F-的個數為：8，故其化學式為SrF2，SrF2為活潑金屬元素和活潑非金屬元素組成，屬于離子化合物，故該晶體類型是離子晶體，故答案為：SrF2；離子晶體；
（2）A．C、N、O失去第二個電子，分別為失去2p1、2p2、2p3上的電子，故第二電離能：，A錯誤；
B．根據同一主族從上往下元素電負性依次減弱可知，SiH4中Si顯正電性，H顯負電性，故電負性：，B正確；
C．已知單晶硅、碳化硅、金剛石均為共價晶體，且鍵長：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔點：單晶硅＜碳化硅＜金剛石，C錯誤；
D．已知O3是極性很弱的極性分子，H2O為極性分子，CCl4是非極性分子，故根據相似相溶原理可知，相同條件下O3在不同溶劑中的溶解度：，D正確；
故答案為：BD；
（3）已知咪唑是平面結構、分子中存在大π鍵，則1號氮原子的雜化方式為sp2，2號N原子由1個電子參與形成大π鍵，1號N原子中的孤電子對參與形成大π鍵，故2號N原子更容易給出孤電子對形成配位鍵，即配位能力更強，故答案為：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸藥中，故答案為：＜；NH3中N周圍還有1對孤電子對，而高性能炸藥中NH3中的孤電子對用于形成配位鍵變為成鍵電子對，而孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對之間的排斥作用；
18．【答案】（1）4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl
（2）B；D
（3）8.7×10-7；
（4）2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；常見離子的檢驗；含氮物質的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）由題干流程圖可知，反應I為NH3與COCl2發生取代反應生成CO(NH2)2和HCl，過量的NH3與HCl反應生成NH4Cl，故過量NH3發生反應I的化學方程式為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故答案為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．硝酸是一種具有強氧化性的強酸，故能使蛋白質變性，A正確；
B．由題干信息可知，N2H4具有強還原性，而NaClO具有強氧化性，故步驟Ⅱ不能將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否則生成的N2H4將被過量的NaClO氧化，應將NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B錯誤；
C．根據氧化還原反應的規律可知，硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質N2和H2O，反應方程式為：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正確；
D．已知NH3能與CaCl2形成絡合物，故實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，不能用無水CaCl2干燥，應該用堿石灰進行干燥，D錯誤；
故答案為：BD；
（3）①N2H4是一種二元弱堿，其第一步電離方程式是N2H4+H2O+OH-，25℃時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14 =8.7×10-7，故答案為：8.7×10-7；
②若硝酸的結構可表示為：，硝酸與水分子可形成一水合二硝酸結晶水合物（2HNO3 H2O），水分子中的2個H原子與硝酸分子中的非羥基氧原子形成2個氫鍵，水分子中的氧原子與硝酸分子中的氫原子形成1個氫鍵，一水合二硝酸的結構式，故答案為：；
（4）由題干流程圖可知，反應Ⅲ即NO2與NaOH溶液反應，發生歧化生成兩種含氧酸鹽即為NaNO3、NaNO2，則該反應的離子方程式為：2NO2+2OH-=++H2O， 根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子即，具有還原性能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故設計實驗為：取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有，故答案為：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有。
【分析】氮氣和氫氣發生合成氨，氨氣和COCl2發生反應I：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl制得CO(NH2)2，向CO(NH2)2中加入NaClO溶液發生反應Ⅱ得到N2H4；氨催化氧化生成NO，NO氧化得到NO2，NO2溶于水生成硝酸，NO2與NaOH溶液發生反應：2NO2+2OH-=++H2O。
（1）由題干流程圖可知，反應I為NH3與COCl2發生取代反應生成CO(NH2)2和HCl，過量的NH3與HCl反應生成NH4Cl，故過量NH3發生反應I的化學方程式為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，故答案為：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．硝酸是一種具有強氧化性的強酸，故能使蛋白質變性，A正確；
B．由題干信息可知，N2H4具有強還原性，而NaClO具有強氧化性，故步驟Ⅱ不能將CO(NH2)2溶液滴入NaClO溶液中，否則生成的N2H4將被過量的NaClO氧化，應將NaClO溶液滴入CO(NH2)2溶液中，B錯誤；
C．根據氧化還原反應的規律可知，硝酸工業排放的NOx尾氣可用NH3處理，生成無污染的物質N2和H2O，反應方程式為：6NOx+4xNH3=(2x+3)N2+6xH2O，C正確；
D．已知NH3能與CaCl2形成絡合物，故實驗室可借助濃氨水和熟石灰反應快速制取少量氨氣，不能用無水CaCl2干燥，應該用堿石灰進行干燥，D錯誤；
故答案為：BD；
（3）①N2H4是一種二元弱堿，其第一步電離方程式是N2H4+H2O+OH-，25℃時，N2H4第一步電離平衡常數Kb1===K×Kw=8.7×107×10-14 =8.7×10-7，故答案為：8.7×10-7；
②若硝酸的結構可表示為：，硝酸與水分子可形成一水合二硝酸結晶水合物（2HNO3 H2O），水分子中的2個H原子與硝酸分子中的非羥基氧原子形成2個氫鍵，水分子中的氧原子與硝酸分子中的氫原子形成1個氫鍵，一水合二硝酸的結構式，故答案為：；
（4）由題干流程圖可知，反應Ⅲ即NO2與NaOH溶液反應，發生歧化生成兩種含氧酸鹽即為NaNO3、NaNO2，則該反應的離子方程式為：2NO2+2OH-=++H2O， 根據所提供的試劑，設計實驗檢驗溶液A中較低價態的含氧酸根離子即，具有還原性能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故設計實驗為：取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有，故答案為：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少許與一試管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震蕩反應后，若溶液紫紅色褪去，說明含有。
19．【答案】（1）-874kJ/mol；低溫
（2）C；500；正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
（3）2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡的影響因素；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）由題干已知：反應Ⅰ：　，反應Ⅱ：　，反應Ⅳ：　，則(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反應Ⅲ：，根據蓋斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反應Ⅱ：　是一個的反應，故反應Ⅱ在低溫下自發進行，故答案為：-874kJ/mol；低溫；
（2）①由題干可知，反應Ⅰ：　正反應是一個氣體體積減小的放熱反應，據此分析解題：
A．分離出部分乙酸，導致生成物濃度不變，反應速率不變，平衡不移動，乙酸的產率不變，A不合題意；
B．升高溫度，反應速率加快，正反應為放熱反應，故平衡逆向移動，乙酸的產率降低，B不合題意；
C．縮小容器體積即增大壓強，反應物、生成物的濃度均增大，反應速率加快，正反應是一個氣體體積減小的方向，故平衡正向移動，乙酸的產率增大，C符合題意；
D．改用高效催化劑，反應速率加快，但平衡不移動，乙酸的產率不變，D不合題意；
故選C；
②由曲線Ⅰ可知：T2溫度下，5min時測得的甲醇的轉化率為60%，故轉化的甲醇的物質的量為0.20mol×60%=0.12mol，則轉化的CO的物質的量為0.12mol，故平衡時甲醇的物質的量為0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物質的量為0.22mol-0.12mol=0.1mol，則生成乙酸的物質的量為0.12mol，故平衡常數K===500，故答案為：500；
③由題干圖像信息可知，曲線Ⅱ在T1~T2階段，反應Ⅰ：　達到化學平衡，升高溫度，平衡逆向移動，則導致甲醇轉化率隨溫度升高而降低，故答案為：正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示，在t1時刻加入高效催化劑，則反應速率加快，最終達到化學平衡，但平衡不移動，即最終CH3OH的平衡轉化率為80%，即剩余的CH3OH的物質的量為0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物質的量的變化曲線為：，故答案為：；
（3）電解時陽極發生氧化反應，故由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，則陰極上CO得電子和氫離子反應生成乙酸、陽極上甲醇失電子生成乙酸和氫離子，陰極、陽極反應式分別為2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案為：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
【分析】（1）根據蓋斯定律，將(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得；根據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K=計算；
③升溫反應的平衡向吸熱反應方向移動；
④加入催化劑，反應速率加快，但反應的平衡不移動；
（3）陽極發生氧化反應。
（1）由題干已知：反應Ⅰ：　，反應Ⅱ：　，反應Ⅳ：　，則(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反應Ⅲ：，根據蓋斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反應Ⅱ：　是一個的反應，故反應Ⅱ在低溫下自發進行，故答案為：-874kJ/mol；低溫；
（2）①由題干可知，反應Ⅰ：　正反應是一個氣體體積減小的放熱反應，據此分析解題：
A．分離出部分乙酸，導致生成物濃度不變，反應速率不變，平衡不移動，乙酸的產率不變，A不合題意；
B．升高溫度，反應速率加快，正反應為放熱反應，故平衡逆向移動，乙酸的產率降低，B不合題意；
C．縮小容器體積即增大壓強，反應物、生成物的濃度均增大，反應速率加快，正反應是一個氣體體積減小的方向，故平衡正向移動，乙酸的產率增大，C符合題意；
D．改用高效催化劑，反應速率加快，但平衡不移動，乙酸的產率不變，D不合題意；
故選C；
②
由曲線Ⅰ可知：T2溫度下，5min時測得的甲醇的轉化率為60%，故轉化的甲醇的物質的量為0.20mol×60%=0.12mol，則轉化的CO的物質的量為0.12mol，故平衡時甲醇的物質的量為0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物質的量為0.22mol-0.12mol=0.1mol，則生成乙酸的物質的量為0.12mol，故平衡常數K===500，故答案為：500；
③由題干圖像信息可知，曲線Ⅱ在T1~T2階段，反應Ⅰ：　達到化學平衡，升高溫度，平衡逆向移動，則導致甲醇轉化率隨溫度升高而降低，故答案為：正反應是一個放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，導致甲醇的平衡轉化率降低；
④在溫度為T1時，甲醇的物質的量隨時間的變化如圖2所示，在t1時刻加入高效催化劑，則反應速率加快，最終達到化學平衡，但平衡不移動，即最終CH3OH的平衡轉化率為80%，即剩余的CH3OH的物質的量為0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物質的量的變化曲線為：，故答案為：；
（3）電解時陽極發生氧化反應，故由甲醇水溶液和CO來合成乙酸，則陰極上CO得電子和氫離子反應生成乙酸、陽極上甲醇失電子生成乙酸和氫離子，陰極、陽極反應式分別為2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案為：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
20．【答案】；防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解；吸收多余的氯氣；efad；；be
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；物質的分離與提純；中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）丙中發生反應為堿性環境下氯氣將Bi(OH)3氧化為NaBiO3，氯化合價由0變為-1、Bi化合價由+3變為+5，結合電子守恒可知，離子方程式為；
（2）鉍酸鈉在酸中會逐漸分解，氯氣和水會生成鹽酸和和次氯酸，當丙中白色固體消失時，可以初步判斷丙中反應已完成，此時應立即進行的操作是關閉K3和K1、打開K2，以防止NaBiO3分解，同時不產生過量氯氣，多余的氯氣被NaOH吸收；
故答案為：防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解；吸收多余的氯氣；
（3）據已知信息，不溶于冷水，在空氣或熱水中逐漸分解，為從丙中獲取粗產品應該：e．在冰水中冷卻，析出晶體；f．用布氏漏斗抽濾，加快過濾速率；a．冷水洗滌，減少溶解損失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；
故答案為：efad；
（4）①根據反應原理可知最后生成碘單質，碘單質被c mol L-1Na2S2O3反應，碘單質被反應完，Na2S2O3的物質的量為，，Na2S2O3的物質的量為碘單質的物質的量2倍，根據，錳離子的物質的量為碘單質的2.5倍，故硫酸錳的質量為，故含量為；
②a．滴定終點時俯視讀數，則讀數偏小，則體積偏小，故碘單質偏小，故結果偏小，a不符合題意；
b．碘量瓶中溶液酸性太強，Na2S2O3發生歧化反應，導致消耗的碘的含量偏小，碘單質偏高，b符合題意；
c．錐形瓶用蒸餾水洗滌后未干燥 ，對結果無影響，故c不符合題意；
d．滴定前滴定管尖嘴內無氣泡，達到終點有氣泡，讀數偏小，則體積偏小，結果偏低，d不符合題意；
e．沒有分離出剩余的Na與KI反應，生成碘單質，則最終測定的碘含量偏高，e符合題意；
故答案為：be。
故答案為：；be。
【分析】 在溶液中，與充分攪拌反應制取 ，則需要先制備，裝置甲中，濃鹽酸和高錳酸鉀固體反應生成，濃鹽酸易揮發，制得的中含有HCl雜質，裝置乙中用飽和食鹽水除去氯氣中的HCl雜質，除雜后的氯氣通入裝置丙中，發生反應： 制得 ， 遇沸水或酸溶液迅速分解，因此裝置甲中NaOH溶液的作用是防止氯氣過量使溶液呈酸性，導致NaBiO3分解，裝置丁用于吸收尾氣，應為NaOH溶液。
21．【答案】（1）羥基和醛基
（2）
（3）B；D
（4）+HCl
（5）
（6）、、或
【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）由題干合成路線圖可知，化合物A中含有官能團的名稱是羥基和醛基，故答案為：羥基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的結構簡式是，故答案為：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的結構簡式為：，由于Br的電負性比C的大，為吸電子基團，導致化合物B中羥基的極性比化合物A中強，故化合物B的酸性比化合物A強，A正確；
B. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝的分子式為：，B錯誤；
C. 由分析可知，D的結構簡式為：，結合D到E的轉化條件可知，化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應，C正確；
D. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下不可轉化為化合物F，而是生成，D錯誤；
故答案為：BD；
（4）由分析可知，G的結構簡式為：，C7H7NO2的結構簡式為：，故G→利喘貝的化學方程式為：+HCl，故答案為：+HCl；
（5）本題采用逆向合成法，根據已知信息②可知，C俗稱香蘭素即可由加熱脫去一分子CO2即可，則可由經過氧化等步驟轉化得到，由于酚羥基易被氧化，可采取將酚羥基和堿溶液反應、氧化羥基后再酸化后恢復成酚羥基，據已知信息③可知，可由和OHCCOOH轉化得到，由此分析確定合成路線為：，故答案為：；
（6）由題干信息可知，D的分子式為：C9H10O3，不飽和度為：=5，①是苯的二取代物，②譜和IR譜檢測表明：分子中共有3種不同化學環境的H，無-O-O-結構，則同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式有：、、、，故答案為：、、、。
【分析】A與溴反應生成B，B與甲醇在甲醇鈉條件下反應得到C，結合A、C的結構簡式和B的分子式可知，B的結構簡式為，C與CH3I在NaOH條件下反應生成D，結合D的分子式可知，D的結構簡式為，D與CH2(COOCH3)2發生反應得到E，E在酸性條件下水解得到F，則F的結構簡式為，與SOCl2發生已知①的反應得到G，結合G的分子式可知，G的結構簡式為，與C7H7NO2反應得到目標產物利喘貝，結合G和利喘貝的結構簡式可知，C7H7NO2的結構簡式為。
（1）由題干合成路線圖可知，化合物A中含有官能團的名稱是羥基和醛基，故答案為：羥基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的結構簡式是，故答案為：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的結構簡式為：，由于Br的電負性比C的大，為吸電子基團，導致化合物B中羥基的極性比化合物A中強，故化合物B的酸性比化合物A強，A正確；
B. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝的分子式為：，B錯誤；
C. 由分析可知，D的結構簡式為：，結合D到E的轉化條件可知，化合物D轉化為E的過程涉及加成、消去兩步反應，C正確；
D. 由題干流程圖中，利喘貝的結構簡式可知，利喘貝在氫氧化鈉溶液加熱的條件下不可轉化為化合物F，而是生成，D錯誤；
故答案為：BD；
（4）由分析可知，G的結構簡式為：，C7H7NO2的結構簡式為：，故G→利喘貝的化學方程式為：+HCl，故答案為：+HCl；
（5）本題采用逆向合成法，根據已知信息②可知，C俗稱香蘭素即可由加熱脫去一分子CO2即可，則可由經過氧化等步驟轉化得到，由于酚羥基易被氧化，可采取將酚羥基和堿溶液反應、氧化羥基后再酸化后恢復成酚羥基，據已知信息③可知，可由和OHCCOOH轉化得到，由此分析確定合成路線為：，故答案為：；
（6）由題干信息可知，D的分子式為：C9H10O3，不飽和度為：=5，①是苯的二取代物，②譜和IR譜檢測表明：分子中共有3種不同化學環境的H，無-O-O-結構，則同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式有：、、、，故答案為：、、、。
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