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浙江省名校协作体2025届高三上学期开学测试化学试题
1．（2024高三上·浙江开学考）硫酸铜铵晶体属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】硫酸铜铵晶体在水溶液中电离产生铵根离子、铜离子、硫酸根离子，属于盐，故选C。
【分析】盐是指由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子构成的化合物。
2．（2024高三上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．电解饱和食盐水可制取金属钠
B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐
D．纯碱可用于去除物品表面的油污
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．使用惰性电极电解饱和食盐水时，产物是氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到金属钠。若要制取金属钠，需要电解熔融的氯化钠，A错误；
B．在高温条件下，碳酸钙会分解生成氧化钙和二氧化碳，生成的氧化钙会与燃煤烟气中的二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤烟气中的SO2，B正确；
C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，生成的氯化钡易溶于水，钡离子是重金属离子，会使人发生重金属中毒，而医疗上检查肠胃的钡餐通常使用的是硫酸钡，C正确；
D．纯碱溶液水解显碱性，而油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下会发生水解反应，生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，从而达到去除油污的目的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｂ．石灰石的主要成分为碳酸钙；
Ｃ．碳酸钡能溶于盐酸生成氯化钡；
Ｄ．油污在碱性条件下水解。
3．（2024高三上·浙江开学考）下列化学用语正确的是
A．核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
B．基态原子核外电子排布式为：
C．2-甲基丁烷的键线式：
D．次氯酸的电子式
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是M原子得到2个电子形成的，核外有a个电子，则M原子核外电子数为a-2，原子的质子数等于核外电子数，则其质子数为a-2，b个中子，其质量数为a-2+b，则M的原子符号为，A错误；
B．Cr为24号元素，核外共有24个电子，则基态原子核外电子排布式为：，B错误；
C.2-甲基丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，键线式中用线段表示碳 - 碳键，端点和拐点表示碳原子，氢原子省略不写，则2-甲基丁烷的键线式为：，C正确；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，其电子式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ．Cr为24号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ.2 - 甲基丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3；
Ｄ．次氯酸的结构式为H-O-Cl。
4．（2024高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．金属锂、钠、钾应保存在煤油中
B．蒸馏操作时需用到仪器：
C．萃取时分液漏斗振荡几次之后打开上口玻璃塞放气
D．点燃可燃性气体前，应先检验气体的纯度
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．金属锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，钠和钾的密度比煤油大，可以保存在煤油中，A错误；
B．该仪器为球形冷凝管，蒸馏操作使用的是直形冷凝管，B错误；
C．萃取时分液漏斗振荡几次之后，应打开活塞放气，而不是打开上口玻璃塞放气，C错误；
D．可燃性气体与空气混合达到一定浓度时，遇明火会发生爆炸，所以点燃可燃性气体前，应先检验气体的纯度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．金属锂的密度比煤油小；
Ｂ．图示仪器为球形冷凝管；
Ｃ．根据分液漏斗的使用解答；
Ｄ．可燃性气体与空气混合达到一定浓度时，遇明火会发生爆炸。
5．（2024高三上·浙江开学考）硫脲(CS(NH2)2)是一种有机合成中常用的试剂，对于反应，下列说法正确的是
A．X的化学式为HCONH2
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．氧化性I2＞S
D．每产生32gS单质，转移NA个电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据质量守恒可知，反应前有1个C、1个S、2个N、4个H、1个O、2个I，反应后有1个S、2个H、2个I，所以X中含有1个C、2个N、2个H、1个O，X的化学式为CO(NH2)2，A错误；
B．在反应中 CS(NH2)2 中S元素化合价从-2价升高到0价，生成S单质，S是氧化产物；I
2中I元素化合价从0价降低到-1价，生成HI，HI是还原产物。根据化学计量数可知氧化产物S与还原产物HI物质的量之比为1：2，B错误；
C．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中I2作氧化剂，S为氧化产物，故氧化性I2＞S，C正确；
D．由题干反应方程式可知，反应中S的化合价由-2价升高到0价，每产生32gS单质，转移=2NA个电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据化学反应前后原子种类和数目不变来确定物质的化学式，通过分析元素化合价的变化判断氧化产物、还原产物以及电子转移情况，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性强弱。
6．（2024高三上·浙江开学考）下列反应的方程式正确的是
A．溶液中通入过量：
B．向中投入固体：
C．浓硝酸见光分解：
D．的燃烧热为，则
【答案】A
【知识点】燃烧热；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A．亚硫酸的酸性强于碳酸，且SO2过量，则溶液中通入过量生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为：，A正确；
B．与水反应时，既是氧化剂又是还原剂，氧气中的O来自，则正确的反应离子方程式为：，B错误；
C．浓硝酸见光分解生成NO2，反应的化学方程式为：，C错误；
D．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，H2燃烧的稳定氧化物是液态水而不是气态水，H2的燃烧热为，则，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．亚硫酸的酸性强于碳酸；
Ｂ． 与水反应时， 既是氧化剂又是还原剂；
Ｃ．浓硝酸分解生成NO2；
Ｄ．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。
7．（2024高三上·浙江开学考）材料的组成、结构与性能关系密切，下列说法不合理的是
选项 材料 改进 作用
A 铝制品 使用氧化剂进行表面处理 增强抗腐蚀性
B 聚氯乙烯树脂 加入增塑剂 增加硬度
C 植物油 氢化处理 不易变质
D 水泥 加入石膏 调节硬化速度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合金及其应用；塑料的老化和降解；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．铝制品使用氧化剂进行表面处理，会在铝表面形成一层致密的氧化铝薄膜，这层薄膜能够阻止内部的铝进一步被氧化，从而增强抗腐蚀性，A正确；
B．聚氯乙烯树脂加入增塑剂的目的是降低树脂的硬度，增加柔韧性和可塑性，而不是增加硬度，B错误；
C．植物油中含有碳碳双键，容易被氧化而变质。氢化处理可以使碳碳双键与氢气发生加成反应，减少碳碳双键的含量，从而使植物油不易变质，C正确；
D．水泥在硬化过程中速度较快，加入石膏可以调节其硬化速度，使水泥的硬化过程更加可控，D正确；
故答案为：B。
【分析】材料的组成和结构决定其性能，通过对材料进行适当的改进，可以改变其性能以满足不同的需求。
8．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制备氢氧化铁胶体
B．图②装置可用于收集
C．图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物
D．图④装置可证明苯与液溴发生了取代反应
【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；苯酚的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体的正确方法是将饱和氯化铁溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故A错误；
B．一氧化氮难溶于水，且不与水发生反应，根据排水集气法的适用条件（难溶于水且不与水反应的气体），能用图②的排水集气法收集一氧化氮气体，故B正确；
C．苯酚在常温下在水中的溶解度较小，二者混合会得到乳浊液。过滤是用于分离固体和液体混合物的方法，而乳浊液是液体和液体的混合物，不能用过滤方法分离苯酚和水的混合物，故C错误；
D．液溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，所以将反应生成的气体直接通入硝酸银溶液不能说明苯与液溴发生了取代反应，故D错误；
故答案选B。
【分析】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；
Ｂ．NO不溶于水；
Ｃ．苯酚在常温下在水中的溶解度较小；
Ｄ．液溴具有挥发性。
9．（2024高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮
B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物
C．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；蔗糖与淀粉的性质实验；核酸
【解析】【解答】A．丙醛含有醛基，具有还原性，溴的四氯化碳溶液与丙醛、丙酮均不反应，无法鉴别，A错误；
B．丁苯橡胶、聚乙烯是通过加聚反应获得的高聚物，而聚酯纤维是通过缩聚反应获得的，B错误；
C．DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对，A（腺嘌呤）与 T（胸腺嘧啶）配对，G（鸟嘌呤）与 C（胞嘧啶）配对，C正确；
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量 NaOH 溶液，此时溶液呈碱性，碘水会与 NaOH 反应，无法检验淀粉是否存在，不能判断淀粉是否完全水解，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．鉴别物质时，根据各物质的特性，选择合适的试剂，在鉴别过程中，各物质与所选试剂反应应出现不同的现象；
Ｂ．聚酯纤维通过缩聚反应制得；
Ｃ．DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对；
Ｄ．碘水会与NaOH反应。
10．（2024高三上·浙江开学考）有机物G的合成路线如下，下列说法正确的是
A．Z→G发生了取代反应
B．上述物质中含有手性碳原子的物质有2种
C．1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗2molNaOH
D．物质Z中所有原子可能共平面
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．Z→G的反应并非取代反应，A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该过程涉及的物质中，只有G含有手性碳原子，如图：，B错误；
C．Y 中含有一个酯基和一个氯原子，酯基水解时，1mol酯基消耗1molNaOH，氯原子水解时，1mol氯原子消耗1molNaOH，则1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗2molNaOH，C正确；
D．物质 Z 中含有饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体结构，导致与饱和碳原子相连的原子不可能都在同一平面上，所以物质 Z 中所有原子不可能共平面，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．取代反应是指有机化合物分子中任何一个原子或基团被试剂中同类型的其它原子或基团所取代的反应；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．Y中酯基和Cl原子能与NaOH反应；
Ｄ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
11．（2024高三上·浙江开学考）W、R、Q、X、Y、Z是原子序数依次递增的前两周期主族元素，基态R原子无未成对电子，基态Q原子有2个未成对电子。W、R、X、Z四种元素可以组成离子化合物：，其阴、阳离子均为正四面体结构。下列说法正确的是
A．阴阳离子中均含有配位键
B．分子空间结构为平面形
C．一定是非极性分子
D．氢化物热稳定性：
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．中的阴离子为，含有配位键，阳离子为，含有配位键，A正确；
B．为N2H4，N原子采用sp3杂化，分子空间结构不是平面形，B错误；
C．为CHF=CHF或者CF2=CH2，分子正负电荷中心不重合，一定是极性分子，C错误；
D．元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>N，故氢化物热稳定性H2O＞NH3，但H2O2的热稳定性弱于NH3，D错误；
故答案为：A。
【分析】基态R原子无未成对电子，前两周期主族元素中，基态原子无未成对电子的是Be（1s22s2），则R为Be元素，基态Q原子有2个未成对电子，则可能是C（1s22s22p2）或O（1s22s22p4），W、R、X、Z四种元素可以组成离子化合物 ，其阴、阳离子均为正四面体结构，是正四面体结构，所以阳离子为，则X为N元素，W为H元素，Z为F元素。
12．（2024高三上·浙江开学考）某研究团队通过膜电解法制得纯碱，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高浓度烧碱，其装置如图所示。其中膜a、b为离子交换膜，双极膜c在直流电的作用下，中间界面层水发生解离产生H+和OH-。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜
B．制得7.5g甘氨酸，盐室1增重2.2g
C．碱室2反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．一段时间后，碱室1浓度变小，碱室2浓度变大
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．盐室 2 中Na+经过膜 a 进入盐室 1，说明膜 a 允许阳离子通过，所以膜 a 为阳离子交换膜，而不是阴离子交换膜，A错误；
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，电路中通过0.1mole-，有0.1molNa+由盐室2进入盐室1，其质量为2.3g，同时阴极发生反应：2+2e-=H2↑+2，电路中通过0.1mole-，生成0.05molH2，质量为0.1g，盐室 1 增重为2.3g - 0.1g = 2.2g，B正确；
C．碱室 2 为阳极室，阳极发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，C错误；
D．碱室 1 中，碱室 2 中Na+经膜 b 进入碱室 1，同时双极膜 c 产生的OH-也进入碱室 1，所以碱室 1 中NaOH浓度变大，碱室 2 中OH-放电生成O2，Na+又进入碱室 1，所以碱室 2 中NaOH浓度变小，D错误；
故答案为：B。
【分析】由图可知，盐室 2 中产生甘氨酸，说明双极膜c中的H+向左移动，电极 A 为阴极，电极反应式为：2+2e-=H2↑+2，电极 B 为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，盐室 2 中Na+经过膜 a 进入盐室 1，说明膜 a 允许阳离子通过，所以膜 a 为阳离子交换膜。
13．（2024高三上·浙江开学考）在溶液中加入溶液，能得到紫色的溶液，继续加入稀硫酸，立即有蓝色的生成，该蓝色物质能被乙醚萃取，下列说法不正确的是
A．结构为：
B．在酸性溶液继续反应可能会生成
C．和均能氧化
D．与晶体类型不同，后者难以被乙醚萃取
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．铬元素常见化合价+3、+6，氧元素常见化合价有-2价和-1价，则中铬元素的化合价为+6价，氧元素的化合价有-2价和-1价，设-2价O和-1价O的个数分别为x、y，则x+y=5、2x+y=6，解得x=1、y=4，说明分子中含有过氧键，结构中含有2个O-O键，1个Cr=O键，4个Cr-O键，其结构式为，故A错误；
B．含有过氧键，酸性条件下能反应生成铬离子、氧气和水，故B正确；
C．、都含有过氧键，具有强氧化性， 具有还原性，因此和均能氧化 ，故C正确；
D．中含钾离子，属于离子晶体，能被乙醚萃取可知，说明是分子晶体，与晶体类型不同，故D正确；
故选A。
【分析】A．中Cr为+6价，结构中含有2个O-O键，1个Cr=O键，4个Cr-O键；
Ｂ．中含有2个O-O键，说明其具有强氧化性；
Ｃ．、 均具有强氧化性；
Ｄ．是分子晶体，为离子晶体。
14．（2024高三上·浙江开学考）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示：
已知：，；
，，
下列说法正确的是
A．饱和溶液中：
B．为提高的产率，使用溶液“沉锰”效果更好
C．溶液中，
D．反应的平衡常数为
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．饱和溶液中 ，存在物料守恒。F元素的存在形式有F-、HF，则有，故A错误；
B．碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠溶液强，使用碳酸钠溶液 “沉锰” 时，由于碱性过强，可能会使锰离子转化为氢氧化锰沉淀，从而降低碳酸锰的产率，故B错误；
C．碳酸氢根离子在溶液中的水解常数为Kh==≈2.2×10-8＞Ka2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中碳酸浓度大于碳酸根离子浓度，则， 故C错误；
D． 的平衡常数K====≈1.3×106，故D正确；
故选D。
【分析】 用含少量的溶液制备 ，向MnSO4溶液中加入NaF溶液，转化为MgF2沉淀除去，过滤除去MgF2后加入碳酸氢钠溶液沉锰，发生反应：得到 。
15．（2024高三上·浙江开学考）一氯代烃在溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下：
已知：
①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定
②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表：
一氯代烃
水解相对速率 1 1.7 30000
③一定条件下，只改变叔丁基氯()浓度或溶液浓度对反应速率的影响示意图如下：
下列说法不正确的是
A．碳正离子的稳定性：
B．反应的活化能：步骤I<步骤Ⅱ
C．结构中双键能有效稳定碳正离子
D．叔丁基氯在和的混合溶液中发生反应，可能生成和
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；取代反应
【解析】【解答】A．推电子基团能力：，推电子基团能够使碳正离子的正电荷得到分散，推电子基团能力越强，碳正离子正电荷分散程度越大。所以碳正离子正电荷分散程度：，碳正离子正电荷越分散，结构越稳定，因此碳正离子的稳定性：，A项正确；
B．当叔丁基氯浓度增大时，反应速率增大，这表明反应速率主要取决于叔丁基氯的浓度，即步骤 Ⅰ 是决定反应速率的步骤，而决定反应速率的步骤活化能较大；当NaOH溶液浓度增大时，反应速率不变，说明步骤 Ⅱ 对反应速率影响较小，其活化能较小，所以反应的活化能：步骤I>步骤 Ⅱ，B项错误；
C．由表格可知碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大，水解相对速率最大，是因为结构中双键能有效稳定碳正离子，C项正确；
D．根据“单分子亲核取代反应”的反应机理，一氯代烃中氯元素可被阴离子取代，因此叔丁基氯在和的混合溶液中发生反应，溶液中存在OH-和F-两种阴离子，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项正确；
答案选D。
【分析】A．碳正离子正电荷越分散，结构越稳定；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｃ．碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大；
Ｄ反应过程中一氯代烃中氯元素可被阴离子取代。
16．（2024高三上·浙江开学考）下列实验方案、现象和结论都正确的是
　 实验方案 实验现象 实验结论
A 向均盛有2mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液的两支试管中分别加入2mL0.1mol/L草酸溶液和2mL0.2mol/L草酸溶液 加入0.2mol/L草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
B 常温下，用pH计测定0.1mol/LNaHR溶液的pH pH=9.12 H2R为二元弱酸
C 向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中滴加几滴稀氯化钠溶液 溶液变浑浊 蛋白质发生盐析
D 向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等浓度的Na2S溶液，充分反应后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，0.1mol/L2mL酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为0.1mol/L×0.002L×=0.0005mol， 2mL0.1mol/L 草酸溶液中草酸的物质的量为0.0002mol，2mL0.2mol/L草酸溶液中草酸的物质的量为0.0004mol，加入草酸溶液均不足量，高锰酸钾溶液不能褪色，A不合题意；
B．常温下，用pH计测定0.1mol/LNaHR溶液的pH，若H2R是二元弱酸，则pH=9.12可知HR-的水解大于电离，若H2R为一元弱酸，则HR-只水解也能使溶液显碱性，即不能说明H2R为二元弱酸，B不合题意；
C．使蛋白质发生盐析应该加入浓的盐溶液，而不是稀溶液，C错误；
D．向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等浓度的Na2S溶液，充分反应后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液，S2-不足，观察到先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，说明存在沉淀的转化ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，故可说明，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．该实验中加入的草酸不足；
Ｂ．若 H2R 为一元弱酸，则HR-只水解，也能使溶液显碱性；
Ｃ．蛋白质的盐析应加入浓溶液；
Ｄ．沉淀转化是由溶解度大的沉淀转化为溶解度小的沉淀。
17．（2024高三上·浙江开学考）氮、氟等是组成化合物的常见元素。请回答：
（1）某种防蛀牙膏添加剂的晶胞如图所示，其化学式为　 　，晶体类型是　 　。
（2）下列说法正确的是______。
A．第二电离能：
B．电负性：
C．熔点：单晶硅>碳化硅>金刚石
D．相同条件下在不同溶剂中的溶解度：
（3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面。则1号氮原子的杂化方式为　 　，配位能力1号氮原子　 　2号氮原子(填“>”、“=”或“<”)。
（4）高性能炸药的结构如图，比较键角大小，分子中　 　(填“>”，“<”或“=”)高性能炸药中，其原因为　 　。
【答案】（1）SrF2；离子晶体
（2）B；D
（3）sp2；＜
（4）＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Sr的个数为：=4，F-的个数为：8，故其化学式为SrF2，SrF2为活泼金属元素和活泼非金属元素组成，属于离子化合物，故该晶体类型是离子晶体，故答案为：SrF2；离子晶体；
（2）A．C、N、O失去第二个电子，分别为失去2p1、2p2、2p3上的电子，故第二电离能：，A错误；
B．根据同一主族从上往下元素电负性依次减弱可知，SiH4中Si显正电性，H显负电性，故电负性：，B正确；
C．已知单晶硅、碳化硅、金刚石均为共价晶体，且键长：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔点：单晶硅＜碳化硅＜金刚石，C错误；
D．已知O3是极性很弱的极性分子，H2O为极性分子，CCl4是非极性分子，故根据相似相溶原理可知，相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：，D正确；
故答案为：BD；
（3）已知咪唑是平面结构、分子中存在大π键，则1号氮原子的杂化方式为sp2，2号N原子由1个电子参与形成大π键，1号N原子中的孤电子对参与形成大π键，故2号N原子更容易给出孤电子对形成配位键，即配位能力更强，故答案为：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸药中，故答案为：＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；
【分析】（1）根据均摊法计算； SrF2 由Sr2+和F-构成，属于离子晶体；
（2）A．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｂ．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素；
Ｃ．熔点：共价晶体>离子晶体>分子晶体；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
（3） 中N原子的价层电子对数为3；配位原子提供孤电子对；
（4） 孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
（1）由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Sr的个数为：=4，F-的个数为：8，故其化学式为SrF2，SrF2为活泼金属元素和活泼非金属元素组成，属于离子化合物，故该晶体类型是离子晶体，故答案为：SrF2；离子晶体；
（2）A．C、N、O失去第二个电子，分别为失去2p1、2p2、2p3上的电子，故第二电离能：，A错误；
B．根据同一主族从上往下元素电负性依次减弱可知，SiH4中Si显正电性，H显负电性，故电负性：，B正确；
C．已知单晶硅、碳化硅、金刚石均为共价晶体，且键长：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔点：单晶硅＜碳化硅＜金刚石，C错误；
D．已知O3是极性很弱的极性分子，H2O为极性分子，CCl4是非极性分子，故根据相似相溶原理可知，相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：，D正确；
故答案为：BD；
（3）已知咪唑是平面结构、分子中存在大π键，则1号氮原子的杂化方式为sp2，2号N原子由1个电子参与形成大π键，1号N原子中的孤电子对参与形成大π键，故2号N原子更容易给出孤电子对形成配位键，即配位能力更强，故答案为：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸药中，故答案为：＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；
18．（2024高三上·浙江开学考）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：)
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　 　；
根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子　 　；
(可供选择的试剂：稀盐酸、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溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；常见离子的检验；含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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，故答案为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．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．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．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．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；
故答案为：BD；
（3）①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O+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，故答案为：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，故答案为：；
（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-=++H2O， 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子即，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故设计实验为：取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有，故答案为：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有。
【分析】氮气和氢气发生合成氨，氨气和COCl2发生反应I：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl制得CO(NH2)2，向CO(NH2)2中加入NaClO溶液发生反应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与NaOH溶液发生反应：2NO2+2OH-=++H2O。
（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，故答案为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．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．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．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．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；
故答案为：BD；
（3）①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O+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，故答案为：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，故答案为：；
（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-=++H2O， 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子即，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故设计实验为：取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有，故答案为：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有。
19．（2024高三上·浙江开学考）乙酸是重要的有机化工原料之一，在一定条件下，甲醇气体和气体可以合成液态乙酸。该过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：　
反应Ⅱ：　
反应Ⅲ：　
反应Ⅳ：　
按要求回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的　 　，反应Ⅱ自发进行条件是　 　(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
（2）在一个恒压密闭容器中加入0.20molCH3OH气体和0.22molCO气体发生反应I．测得甲醇的转化率随温度的变化关系如图1所示，其中曲线I表示在5个不同温度下，均经过5min时测得的甲醇的转化率变化曲线，曲线Ⅱ表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在温度下，达到平衡时容器的体积刚好为。
①该反应达到平衡后，下列措施既能提高反应速率又能提高乙酸的产率的有　 　。
A．分离出部分乙酸　B．升高温度　C．缩小容器体积　D．改用高效催化剂
②在温度为T2时，反应I的平衡常数为K=　 　
③曲线Ⅱ在T1~T2阶段，甲醇转化率随温度变化降低的原因是　 　。
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示。在t1时刻加入高效催化剂，画出t1之后甲醇物质的量的变化曲线　 　。
（3）有科学家研究在通电条件下，由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，阳极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）-874kJ/mol；低温
（2）C；500；正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
（3）2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由题干已知：反应Ⅰ：　，反应Ⅱ：　，反应Ⅳ：　，则(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反应Ⅱ：　是一个的反应，故反应Ⅱ在低温下自发进行，故答案为：-874kJ/mol；低温；
（2）①由题干可知，反应Ⅰ：　正反应是一个气体体积减小的放热反应，据此分析解题：
A．分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，乙酸的产率不变，A不合题意；
B．升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡逆向移动，乙酸的产率降低，B不合题意；
C．缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C符合题意；
D．改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D不合题意；
故选C；
②由曲线Ⅰ可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故平衡常数K===500，故答案为：500；
③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反应Ⅰ：　达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低，故答案为：正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示，在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH的平衡转化率为80%，即剩余的CH3OH的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线为：，故答案为：；
（3）电解时阳极发生氧化反应，故由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，则阴极上CO得电子和氢离子反应生成乙酸、阳极上甲醇失电子生成乙酸和氢离子，阴极、阳极反应式分别为2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
【分析】（1）根据盖斯定律，将(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得；根据时反应自发进行分析；
（2）①化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②根据K=计算；
③升温反应的平衡向吸热反应方向移动；
④加入催化剂，反应速率加快，但反应的平衡不移动；
（3）阳极发生氧化反应。
（1）由题干已知：反应Ⅰ：　，反应Ⅱ：　，反应Ⅳ：　，则(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反应Ⅱ：　是一个的反应，故反应Ⅱ在低温下自发进行，故答案为：-874kJ/mol；低温；
（2）①由题干可知，反应Ⅰ：　正反应是一个气体体积减小的放热反应，据此分析解题：
A．分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，乙酸的产率不变，A不合题意；
B．升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡逆向移动，乙酸的产率降低，B不合题意；
C．缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C符合题意；
D．改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D不合题意；
故选C；
②
由曲线Ⅰ可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故平衡常数K===500，故答案为：500；
③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反应Ⅰ：　达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低，故答案为：正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示，在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH的平衡转化率为80%，即剩余的CH3OH的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线为：，故答案为：；
（3）电解时阳极发生氧化反应，故由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，则阴极上CO得电子和氢离子反应生成乙酸、阳极上甲醇失电子生成乙酸和氢离子，阴极、阳极反应式分别为2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
20．（2024高三上·浙江开学考）铋酸钠()常用作分析试剂、氧化剂，如在钢铁分析中测定锰等。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。
I．制取铋酸钠()：
在溶液中，与充分搅拌反应制取，实验装置如下图所示：
已知：
①固体呈白色且难溶于水
②粉末呈浅黄色，不溶于冷水，在空气逐渐分解，遇沸水或酸溶液迅速分解
（1）丙中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）丙中反应完成后，需及时关闭，原因是　 　，甲中的作用是　 　。
（3）反应结束后，为从丙中获取，请从下列选项中选出最合理的操作并排序：　 　。
______→______→______→______(填标号)。
a．冷水洗涤　b．热水洗涤　c．自然晾干　d．在干燥器中干燥　e．在冰水中冷却　f．快速过滤
Ⅱ．探究的应用：利用测定溶液中含量
（4）在试管中加入和的混合液，然后加入一定量的，充分反应分离出剩余的，向所得滤液中加入足量溶液，充分反应后转移至碘量瓶中，用溶液滴定至浅黄色，加入淀粉溶液，继续用溶液滴定至终点，共消耗溶液。
(已知：、，均未配平)
①混合液中的含量为　 　(用含、、c的代数式表示)；
②在滴定过程中，下列实验操作会使测定结果偏高的是　 　(填标号)。
a．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
b．滴定时碘量瓶中溶液酸性太强
c．碘量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡
e．没有分离出剩余的，直接加入足量溶液
【答案】；防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解；吸收多余的氯气；efad；；be
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）丙中发生反应为碱性环境下氯气将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，氯化合价由0变为-1、Bi化合价由+3变为+5，结合电子守恒可知，离子方程式为；
（2）铋酸钠在酸中会逐渐分解，氯气和水会生成盐酸和和次氯酸，当丙中白色固体消失时，可以初步判断丙中反应已完成，此时应立即进行的操作是关闭K3和K1、打开K2，以防止NaBiO3分解，同时不产生过量氯气，多余的氯气被NaOH吸收；
故答案为：防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解；吸收多余的氯气；
（3）据已知信息，不溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品应该：e．在冰水中冷却，析出晶体；f．用布氏漏斗抽滤，加快过滤速率；a．冷水洗涤，减少溶解损失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；
故答案为：efad；
（4）①根据反应原理可知最后生成碘单质，碘单质被c mol L-1Na2S2O3反应，碘单质被反应完，Na2S2O3的物质的量为，，Na2S2O3的物质的量为碘单质的物质的量2倍，根据，锰离子的物质的量为碘单质的2.5倍，故硫酸锰的质量为，故含量为；
②a．滴定终点时俯视读数，则读数偏小，则体积偏小，故碘单质偏小，故结果偏小，a不符合题意；
b．碘量瓶中溶液酸性太强，Na2S2O3发生歧化反应，导致消耗的碘的含量偏小，碘单质偏高，b符合题意；
c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 ，对结果无影响，故c不符合题意；
d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡，读数偏小，则体积偏小，结果偏低，d不符合题意；
e．没有分离出剩余的Na与KI反应，生成碘单质，则最终测定的碘含量偏高，e符合题意；
故答案为：be。
故答案为：；be。
【分析】 在溶液中，与充分搅拌反应制取 ，则需要先制备，装置甲中，浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成，浓盐酸易挥发，制得的中含有HCl杂质，装置乙中用饱和食盐水除去氯气中的HCl杂质，除杂后的氯气通入装置丙中，发生反应： 制得 ， 遇沸水或酸溶液迅速分解，因此装置甲中NaOH溶液的作用是防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，装置丁用于吸收尾气，应为NaOH溶液。
21．（2024高三上·浙江开学考）某研究小组通过下列路线合成平喘药物利喘贝。
已知：
①
②
③
请回答：
（1）化合物A中含有官能团的名称是　 　。
（2）化合物F的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是______。
A．化合物B的酸性比化合物A强
B．利喘贝的分子式为：
C．化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应
D．利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化合物F
（4）写出G→利喘贝的化学方程式　 　。
（5）C俗称香兰素，是一种重要的食品增香剂，设计以和为原料合成香兰素的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①是苯的二取代物；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的H，无-O-O-结构。
【答案】（1）羟基和醛基
（2）
（3）B；D
（4）+HCl
（5）
（6）、、或
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成路线图可知，化合物A中含有官能团的名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的结构简式是，故答案为：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的结构简式为：，由于Br的电负性比C的大，为吸电子基团，导致化合物B中羟基的极性比化合物A中强，故化合物B的酸性比化合物A强，A正确；
B. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝的分子式为：，B错误；
C. 由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应，C正确；
D. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下不可转化为化合物F，而是生成，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知，G的结构简式为：，C7H7NO2的结构简式为：，故G→利喘贝的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl；
（5）本题采用逆向合成法，根据已知信息②可知，C俗称香兰素即可由加热脱去一分子CO2即可，则可由经过氧化等步骤转化得到，由于酚羟基易被氧化，可采取将酚羟基和碱溶液反应、氧化羟基后再酸化后恢复成酚羟基，据已知信息③可知，可由和OHCCOOH转化得到，由此分析确定合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C9H10O3，不饱和度为：=5，①是苯的二取代物，②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的H，无-O-O-结构，则同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
【分析】A与溴反应生成B，B与甲醇在甲醇钠条件下反应得到C，结合A、C的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为，C与CH3I在NaOH条件下反应生成D，结合D的分子式可知，D的结构简式为，D与CH2(COOCH3)2发生反应得到E，E在酸性条件下水解得到F，则F的结构简式为，与SOCl2发生已知①的反应得到G，结合G的分子式可知，G的结构简式为，与C7H7NO2反应得到目标产物利喘贝，结合G和利喘贝的结构简式可知，C7H7NO2的结构简式为。
（1）由题干合成路线图可知，化合物A中含有官能团的名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的结构简式是，故答案为：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的结构简式为：，由于Br的电负性比C的大，为吸电子基团，导致化合物B中羟基的极性比化合物A中强，故化合物B的酸性比化合物A强，A正确；
B. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝的分子式为：，B错误；
C. 由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应，C正确；
D. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下不可转化为化合物F，而是生成，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知，G的结构简式为：，C7H7NO2的结构简式为：，故G→利喘贝的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl；
（5）本题采用逆向合成法，根据已知信息②可知，C俗称香兰素即可由加热脱去一分子CO2即可，则可由经过氧化等步骤转化得到，由于酚羟基易被氧化，可采取将酚羟基和碱溶液反应、氧化羟基后再酸化后恢复成酚羟基，据已知信息③可知，可由和OHCCOOH转化得到，由此分析确定合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C9H10O3，不饱和度为：=5，①是苯的二取代物，②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的H，无-O-O-结构，则同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
1 / 1浙江省名校协作体2025届高三上学期开学测试化学试题
1．（2024高三上·浙江开学考）硫酸铜铵晶体属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．混合物
2．（2024高三上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．电解饱和食盐水可制取金属钠
B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，故不可用作医疗上检查肠胃的钡餐
D．纯碱可用于去除物品表面的油污
3．（2024高三上·浙江开学考）下列化学用语正确的是
A．核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
B．基态原子核外电子排布式为：
C．2-甲基丁烷的键线式：
D．次氯酸的电子式
4．（2024高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．金属锂、钠、钾应保存在煤油中
B．蒸馏操作时需用到仪器：
C．萃取时分液漏斗振荡几次之后打开上口玻璃塞放气
D．点燃可燃性气体前，应先检验气体的纯度
5．（2024高三上·浙江开学考）硫脲(CS(NH2)2)是一种有机合成中常用的试剂，对于反应，下列说法正确的是
A．X的化学式为HCONH2
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1
C．氧化性I2＞S
D．每产生32gS单质，转移NA个电子
6．（2024高三上·浙江开学考）下列反应的方程式正确的是
A．溶液中通入过量：
B．向中投入固体：
C．浓硝酸见光分解：
D．的燃烧热为，则
7．（2024高三上·浙江开学考）材料的组成、结构与性能关系密切，下列说法不合理的是
选项 材料 改进 作用
A 铝制品 使用氧化剂进行表面处理 增强抗腐蚀性
B 聚氯乙烯树脂 加入增塑剂 增加硬度
C 植物油 氢化处理 不易变质
D 水泥 加入石膏 调节硬化速度
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．图①装置可用于制备氢氧化铁胶体
B．图②装置可用于收集
C．图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物
D．图④装置可证明苯与液溴发生了取代反应
9．（2024高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别丙醛与丙酮
B．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物
C．DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量NaOH溶液，再加入碘水可判断淀粉是否完全水解
10．（2024高三上·浙江开学考）有机物G的合成路线如下，下列说法正确的是
A．Z→G发生了取代反应
B．上述物质中含有手性碳原子的物质有2种
C．1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗2molNaOH
D．物质Z中所有原子可能共平面
11．（2024高三上·浙江开学考）W、R、Q、X、Y、Z是原子序数依次递增的前两周期主族元素，基态R原子无未成对电子，基态Q原子有2个未成对电子。W、R、X、Z四种元素可以组成离子化合物：，其阴、阳离子均为正四面体结构。下列说法正确的是
A．阴阳离子中均含有配位键
B．分子空间结构为平面形
C．一定是非极性分子
D．氢化物热稳定性：
12．（2024高三上·浙江开学考）某研究团队通过膜电解法制得纯碱，甘氨酸(H2NCH2COOH)和高浓度烧碱，其装置如图所示。其中膜a、b为离子交换膜，双极膜c在直流电的作用下，中间界面层水发生解离产生H+和OH-。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜
B．制得7.5g甘氨酸，盐室1增重2.2g
C．碱室2反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+
D．一段时间后，碱室1浓度变小，碱室2浓度变大
13．（2024高三上·浙江开学考）在溶液中加入溶液，能得到紫色的溶液，继续加入稀硫酸，立即有蓝色的生成，该蓝色物质能被乙醚萃取，下列说法不正确的是
A．结构为：
B．在酸性溶液继续反应可能会生成
C．和均能氧化
D．与晶体类型不同，后者难以被乙醚萃取
14．（2024高三上·浙江开学考）室温下，用含少量的溶液制备的过程如题图所示：
已知：，；
，，
下列说法正确的是
A．饱和溶液中：
B．为提高的产率，使用溶液“沉锰”效果更好
C．溶液中，
D．反应的平衡常数为
15．（2024高三上·浙江开学考）一氯代烃在溶液中发生取代反应，其中被称为“单分子亲核取代反应”的机理如下：
已知：
①已知碳正离子正电荷越分散，结构越稳定
②一定条件下，一氯代烃只发生“单分子亲核取代反应”的水解相对速率与烃基的关系如下表：
一氯代烃
水解相对速率 1 1.7 30000
③一定条件下，只改变叔丁基氯()浓度或溶液浓度对反应速率的影响示意图如下：
下列说法不正确的是
A．碳正离子的稳定性：
B．反应的活化能：步骤I<步骤Ⅱ
C．结构中双键能有效稳定碳正离子
D．叔丁基氯在和的混合溶液中发生反应，可能生成和
16．（2024高三上·浙江开学考）下列实验方案、现象和结论都正确的是
　 实验方案 实验现象 实验结论
A 向均盛有2mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液的两支试管中分别加入2mL0.1mol/L草酸溶液和2mL0.2mol/L草酸溶液 加入0.2mol/L草酸溶液的试管中溶液褪色更快 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
B 常温下，用pH计测定0.1mol/LNaHR溶液的pH pH=9.12 H2R为二元弱酸
C 向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中滴加几滴稀氯化钠溶液 溶液变浑浊 蛋白质发生盐析
D 向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等浓度的Na2S溶液，充分反应后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江开学考）氮、氟等是组成化合物的常见元素。请回答：
（1）某种防蛀牙膏添加剂的晶胞如图所示，其化学式为　 　，晶体类型是　 　。
（2）下列说法正确的是______。
A．第二电离能：
B．电负性：
C．熔点：单晶硅>碳化硅>金刚石
D．相同条件下在不同溶剂中的溶解度：
（3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面。则1号氮原子的杂化方式为　 　，配位能力1号氮原子　 　2号氮原子(填“>”、“=”或“<”)。
（4）高性能炸药的结构如图，比较键角大小，分子中　 　(填“>”，“<”或“=”)高性能炸药中，其原因为　 　。
18．（2024高三上·浙江开学考）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：)
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　 　；
根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子　 　；
(可供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、(NH4)2Fe(SO4)2溶液、KSCN溶液、KMnO4溶液)
19．（2024高三上·浙江开学考）乙酸是重要的有机化工原料之一，在一定条件下，甲醇气体和气体可以合成液态乙酸。该过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：　
反应Ⅱ：　
反应Ⅲ：　
反应Ⅳ：　
按要求回答下列问题：
（1）反应Ⅲ的　 　，反应Ⅱ自发进行条件是　 　(填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
（2）在一个恒压密闭容器中加入0.20molCH3OH气体和0.22molCO气体发生反应I．测得甲醇的转化率随温度的变化关系如图1所示，其中曲线I表示在5个不同温度下，均经过5min时测得的甲醇的转化率变化曲线，曲线Ⅱ表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在温度下，达到平衡时容器的体积刚好为。
①该反应达到平衡后，下列措施既能提高反应速率又能提高乙酸的产率的有　 　。
A．分离出部分乙酸　B．升高温度　C．缩小容器体积　D．改用高效催化剂
②在温度为T2时，反应I的平衡常数为K=　 　
③曲线Ⅱ在T1~T2阶段，甲醇转化率随温度变化降低的原因是　 　。
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示。在t1时刻加入高效催化剂，画出t1之后甲醇物质的量的变化曲线　 　。
（3）有科学家研究在通电条件下，由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，阳极的电极反应式为　 　。
20．（2024高三上·浙江开学考）铋酸钠()常用作分析试剂、氧化剂，如在钢铁分析中测定锰等。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。
I．制取铋酸钠()：
在溶液中，与充分搅拌反应制取，实验装置如下图所示：
已知：
①固体呈白色且难溶于水
②粉末呈浅黄色，不溶于冷水，在空气逐渐分解，遇沸水或酸溶液迅速分解
（1）丙中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）丙中反应完成后，需及时关闭，原因是　 　，甲中的作用是　 　。
（3）反应结束后，为从丙中获取，请从下列选项中选出最合理的操作并排序：　 　。
______→______→______→______(填标号)。
a．冷水洗涤　b．热水洗涤　c．自然晾干　d．在干燥器中干燥　e．在冰水中冷却　f．快速过滤
Ⅱ．探究的应用：利用测定溶液中含量
（4）在试管中加入和的混合液，然后加入一定量的，充分反应分离出剩余的，向所得滤液中加入足量溶液，充分反应后转移至碘量瓶中，用溶液滴定至浅黄色，加入淀粉溶液，继续用溶液滴定至终点，共消耗溶液。
(已知：、，均未配平)
①混合液中的含量为　 　(用含、、c的代数式表示)；
②在滴定过程中，下列实验操作会使测定结果偏高的是　 　(填标号)。
a．滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数
b．滴定时碘量瓶中溶液酸性太强
c．碘量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥
d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡
e．没有分离出剩余的，直接加入足量溶液
21．（2024高三上·浙江开学考）某研究小组通过下列路线合成平喘药物利喘贝。
已知：
①
②
③
请回答：
（1）化合物A中含有官能团的名称是　 　。
（2）化合物F的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是______。
A．化合物B的酸性比化合物A强
B．利喘贝的分子式为：
C．化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应
D．利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下可转化为化合物F
（4）写出G→利喘贝的化学方程式　 　。
（5）C俗称香兰素，是一种重要的食品增香剂，设计以和为原料合成香兰素的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　
（6）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①是苯的二取代物；
②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的H，无-O-O-结构。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】硫酸铜铵晶体在水溶液中电离产生铵根离子、铜离子、硫酸根离子，属于盐，故选C。
【分析】盐是指由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子构成的化合物。
2．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；盐类水解的应用；二氧化硫的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．使用惰性电极电解饱和食盐水时，产物是氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到金属钠。若要制取金属钠，需要电解熔融的氯化钠，A错误；
B．在高温条件下，碳酸钙会分解生成氧化钙和二氧化碳，生成的氧化钙会与燃煤烟气中的二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，可以起到固硫的作用，可用于消除燃煤烟气中的SO2，B正确；
C．BaCO3不溶于水，但溶于盐酸，生成的氯化钡易溶于水，钡离子是重金属离子，会使人发生重金属中毒，而医疗上检查肠胃的钡餐通常使用的是硫酸钡，C正确；
D．纯碱溶液水解显碱性，而油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下会发生水解反应，生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，从而达到去除油污的目的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｂ．石灰石的主要成分为碳酸钙；
Ｃ．碳酸钡能溶于盐酸生成氯化钡；
Ｄ．油污在碱性条件下水解。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．是M原子得到2个电子形成的，核外有a个电子，则M原子核外电子数为a-2，原子的质子数等于核外电子数，则其质子数为a-2，b个中子，其质量数为a-2+b，则M的原子符号为，A错误；
B．Cr为24号元素，核外共有24个电子，则基态原子核外电子排布式为：，B错误；
C.2-甲基丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，键线式中用线段表示碳 - 碳键，端点和拐点表示碳原子，氢原子省略不写，则2-甲基丁烷的键线式为：，C正确；
D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，其电子式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
Ｂ．Cr为24号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ.2 - 甲基丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3；
Ｄ．次氯酸的结构式为H-O-Cl。
4．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A．金属锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，钠和钾的密度比煤油大，可以保存在煤油中，A错误；
B．该仪器为球形冷凝管，蒸馏操作使用的是直形冷凝管，B错误；
C．萃取时分液漏斗振荡几次之后，应打开活塞放气，而不是打开上口玻璃塞放气，C错误；
D．可燃性气体与空气混合达到一定浓度时，遇明火会发生爆炸，所以点燃可燃性气体前，应先检验气体的纯度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．金属锂的密度比煤油小；
Ｂ．图示仪器为球形冷凝管；
Ｃ．根据分液漏斗的使用解答；
Ｄ．可燃性气体与空气混合达到一定浓度时，遇明火会发生爆炸。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据质量守恒可知，反应前有1个C、1个S、2个N、4个H、1个O、2个I，反应后有1个S、2个H、2个I，所以X中含有1个C、2个N、2个H、1个O，X的化学式为CO(NH2)2，A错误；
B．在反应中 CS(NH2)2 中S元素化合价从-2价升高到0价，生成S单质，S是氧化产物；I
2中I元素化合价从0价降低到-1价，生成HI，HI是还原产物。根据化学计量数可知氧化产物S与还原产物HI物质的量之比为1：2，B错误；
C．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中I2作氧化剂，S为氧化产物，故氧化性I2＞S，C正确；
D．由题干反应方程式可知，反应中S的化合价由-2价升高到0价，每产生32gS单质，转移=2NA个电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据化学反应前后原子种类和数目不变来确定物质的化学式，通过分析元素化合价的变化判断氧化产物、还原产物以及电子转移情况，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性强弱。
6．【答案】A
【知识点】燃烧热；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A．亚硫酸的酸性强于碳酸，且SO2过量，则溶液中通入过量生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为：，A正确；
B．与水反应时，既是氧化剂又是还原剂，氧气中的O来自，则正确的反应离子方程式为：，B错误；
C．浓硝酸见光分解生成NO2，反应的化学方程式为：，C错误；
D．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，H2燃烧的稳定氧化物是液态水而不是气态水，H2的燃烧热为，则，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．亚硫酸的酸性强于碳酸；
Ｂ． 与水反应时， 既是氧化剂又是还原剂；
Ｃ．浓硝酸分解生成NO2；
Ｄ．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。
7．【答案】B
【知识点】合金及其应用；塑料的老化和降解；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．铝制品使用氧化剂进行表面处理，会在铝表面形成一层致密的氧化铝薄膜，这层薄膜能够阻止内部的铝进一步被氧化，从而增强抗腐蚀性，A正确；
B．聚氯乙烯树脂加入增塑剂的目的是降低树脂的硬度，增加柔韧性和可塑性，而不是增加硬度，B错误；
C．植物油中含有碳碳双键，容易被氧化而变质。氢化处理可以使碳碳双键与氢气发生加成反应，减少碳碳双键的含量，从而使植物油不易变质，C正确；
D．水泥在硬化过程中速度较快，加入石膏可以调节其硬化速度，使水泥的硬化过程更加可控，D正确；
故答案为：B。
【分析】材料的组成和结构决定其性能，通过对材料进行适当的改进，可以改变其性能以满足不同的需求。
8．【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；苯酚的性质及用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体的正确方法是将饱和氯化铁溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故A错误；
B．一氧化氮难溶于水，且不与水发生反应，根据排水集气法的适用条件（难溶于水且不与水反应的气体），能用图②的排水集气法收集一氧化氮气体，故B正确；
C．苯酚在常温下在水中的溶解度较小，二者混合会得到乳浊液。过滤是用于分离固体和液体混合物的方法，而乳浊液是液体和液体的混合物，不能用过滤方法分离苯酚和水的混合物，故C错误；
D．液溴具有挥发性，挥发出的溴也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色溴化银沉淀，所以将反应生成的气体直接通入硝酸银溶液不能说明苯与液溴发生了取代反应，故D错误；
故答案选B。
【分析】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；
Ｂ．NO不溶于水；
Ｃ．苯酚在常温下在水中的溶解度较小；
Ｄ．液溴具有挥发性。
9．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；蔗糖与淀粉的性质实验；核酸
【解析】【解答】A．丙醛含有醛基，具有还原性，溴的四氯化碳溶液与丙醛、丙酮均不反应，无法鉴别，A错误；
B．丁苯橡胶、聚乙烯是通过加聚反应获得的高聚物，而聚酯纤维是通过缩聚反应获得的，B错误；
C．DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对，A（腺嘌呤）与 T（胸腺嘧啶）配对，G（鸟嘌呤）与 C（胞嘧啶）配对，C正确；
D．淀粉与稀硫酸共热，冷却后加入过量 NaOH 溶液，此时溶液呈碱性，碘水会与 NaOH 反应，无法检验淀粉是否存在，不能判断淀粉是否完全水解，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．鉴别物质时，根据各物质的特性，选择合适的试剂，在鉴别过程中，各物质与所选试剂反应应出现不同的现象；
Ｂ．聚酯纤维通过缩聚反应制得；
Ｃ．DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用互补配对；
Ｄ．碘水会与NaOH反应。
10．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．Z→G的反应并非取代反应，A错误；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该过程涉及的物质中，只有G含有手性碳原子，如图：，B错误；
C．Y 中含有一个酯基和一个氯原子，酯基水解时，1mol酯基消耗1molNaOH，氯原子水解时，1mol氯原子消耗1molNaOH，则1molY与NaOH溶液反应，最多能消耗2molNaOH，C正确；
D．物质 Z 中含有饱和碳原子，饱和碳原子具有四面体结构，导致与饱和碳原子相连的原子不可能都在同一平面上，所以物质 Z 中所有原子不可能共平面，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．取代反应是指有机化合物分子中任何一个原子或基团被试剂中同类型的其它原子或基团所取代的反应；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．Y中酯基和Cl原子能与NaOH反应；
Ｄ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征。
11．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．中的阴离子为，含有配位键，阳离子为，含有配位键，A正确；
B．为N2H4，N原子采用sp3杂化，分子空间结构不是平面形，B错误；
C．为CHF=CHF或者CF2=CH2，分子正负电荷中心不重合，一定是极性分子，C错误；
D．元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，非金属性：O>N，故氢化物热稳定性H2O＞NH3，但H2O2的热稳定性弱于NH3，D错误；
故答案为：A。
【分析】基态R原子无未成对电子，前两周期主族元素中，基态原子无未成对电子的是Be（1s22s2），则R为Be元素，基态Q原子有2个未成对电子，则可能是C（1s22s22p2）或O（1s22s22p4），W、R、X、Z四种元素可以组成离子化合物 ，其阴、阳离子均为正四面体结构，是正四面体结构，所以阳离子为，则X为N元素，W为H元素，Z为F元素。
12．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．盐室 2 中Na+经过膜 a 进入盐室 1，说明膜 a 允许阳离子通过，所以膜 a 为阳离子交换膜，而不是阴离子交换膜，A错误；
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，电路中通过0.1mole-，有0.1molNa+由盐室2进入盐室1，其质量为2.3g，同时阴极发生反应：2+2e-=H2↑+2，电路中通过0.1mole-，生成0.05molH2，质量为0.1g，盐室 1 增重为2.3g - 0.1g = 2.2g，B正确；
C．碱室 2 为阳极室，阳极发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，C错误；
D．碱室 1 中，碱室 2 中Na+经膜 b 进入碱室 1，同时双极膜 c 产生的OH-也进入碱室 1，所以碱室 1 中NaOH浓度变大，碱室 2 中OH-放电生成O2，Na+又进入碱室 1，所以碱室 2 中NaOH浓度变小，D错误；
故答案为：B。
【分析】由图可知，盐室 2 中产生甘氨酸，说明双极膜c中的H+向左移动，电极 A 为阴极，电极反应式为：2+2e-=H2↑+2，电极 B 为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，盐室 2 中Na+经过膜 a 进入盐室 1，说明膜 a 允许阳离子通过，所以膜 a 为阳离子交换膜。
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．铬元素常见化合价+3、+6，氧元素常见化合价有-2价和-1价，则中铬元素的化合价为+6价，氧元素的化合价有-2价和-1价，设-2价O和-1价O的个数分别为x、y，则x+y=5、2x+y=6，解得x=1、y=4，说明分子中含有过氧键，结构中含有2个O-O键，1个Cr=O键，4个Cr-O键，其结构式为，故A错误；
B．含有过氧键，酸性条件下能反应生成铬离子、氧气和水，故B正确；
C．、都含有过氧键，具有强氧化性， 具有还原性，因此和均能氧化 ，故C正确；
D．中含钾离子，属于离子晶体，能被乙醚萃取可知，说明是分子晶体，与晶体类型不同，故D正确；
故选A。
【分析】A．中Cr为+6价，结构中含有2个O-O键，1个Cr=O键，4个Cr-O键；
Ｂ．中含有2个O-O键，说明其具有强氧化性；
Ｃ．、 均具有强氧化性；
Ｄ．是分子晶体，为离子晶体。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．饱和溶液中 ，存在物料守恒。F元素的存在形式有F-、HF，则有，故A错误；
B．碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠溶液强，使用碳酸钠溶液 “沉锰” 时，由于碱性过强，可能会使锰离子转化为氢氧化锰沉淀，从而降低碳酸锰的产率，故B错误；
C．碳酸氢根离子在溶液中的水解常数为Kh==≈2.2×10-8＞Ka2，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液中碳酸浓度大于碳酸根离子浓度，则， 故C错误；
D． 的平衡常数K====≈1.3×106，故D正确；
故选D。
【分析】 用含少量的溶液制备 ，向MnSO4溶液中加入NaF溶液，转化为MgF2沉淀除去，过滤除去MgF2后加入碳酸氢钠溶液沉锰，发生反应：得到 。
15．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；取代反应
【解析】【解答】A．推电子基团能力：，推电子基团能够使碳正离子的正电荷得到分散，推电子基团能力越强，碳正离子正电荷分散程度越大。所以碳正离子正电荷分散程度：，碳正离子正电荷越分散，结构越稳定，因此碳正离子的稳定性：，A项正确；
B．当叔丁基氯浓度增大时，反应速率增大，这表明反应速率主要取决于叔丁基氯的浓度，即步骤 Ⅰ 是决定反应速率的步骤，而决定反应速率的步骤活化能较大；当NaOH溶液浓度增大时，反应速率不变，说明步骤 Ⅱ 对反应速率影响较小，其活化能较小，所以反应的活化能：步骤I>步骤 Ⅱ，B项错误；
C．由表格可知碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大，水解相对速率最大，是因为结构中双键能有效稳定碳正离子，C项正确；
D．根据“单分子亲核取代反应”的反应机理，一氯代烃中氯元素可被阴离子取代，因此叔丁基氯在和的混合溶液中发生反应，溶液中存在OH-和F-两种阴离子，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项正确；
答案选D。
【分析】A．碳正离子正电荷越分散，结构越稳定；
Ｂ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｃ．碳正离子结构越稳定，水解相对速率越大；
Ｄ反应过程中一氯代烃中氯元素可被阴离子取代。
16．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，0.1mol/L2mL酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为0.1mol/L×0.002L×=0.0005mol， 2mL0.1mol/L 草酸溶液中草酸的物质的量为0.0002mol，2mL0.2mol/L草酸溶液中草酸的物质的量为0.0004mol，加入草酸溶液均不足量，高锰酸钾溶液不能褪色，A不合题意；
B．常温下，用pH计测定0.1mol/LNaHR溶液的pH，若H2R是二元弱酸，则pH=9.12可知HR-的水解大于电离，若H2R为一元弱酸，则HR-只水解也能使溶液显碱性，即不能说明H2R为二元弱酸，B不合题意；
C．使蛋白质发生盐析应该加入浓的盐溶液，而不是稀溶液，C错误；
D．向0.1mol/LZnSO4溶液中滴加少量等浓度的Na2S溶液，充分反应后再滴加少量0.1mol/LCuSO4溶液，S2-不足，观察到先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，说明存在沉淀的转化ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，故可说明，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．该实验中加入的草酸不足；
Ｂ．若 H2R 为一元弱酸，则HR-只水解，也能使溶液显碱性；
Ｃ．蛋白质的盐析应加入浓溶液；
Ｄ．沉淀转化是由溶解度大的沉淀转化为溶解度小的沉淀。
17．【答案】（1）SrF2；离子晶体
（2）B；D
（3）sp2；＜
（4）＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Sr的个数为：=4，F-的个数为：8，故其化学式为SrF2，SrF2为活泼金属元素和活泼非金属元素组成，属于离子化合物，故该晶体类型是离子晶体，故答案为：SrF2；离子晶体；
（2）A．C、N、O失去第二个电子，分别为失去2p1、2p2、2p3上的电子，故第二电离能：，A错误；
B．根据同一主族从上往下元素电负性依次减弱可知，SiH4中Si显正电性，H显负电性，故电负性：，B正确；
C．已知单晶硅、碳化硅、金刚石均为共价晶体，且键长：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔点：单晶硅＜碳化硅＜金刚石，C错误；
D．已知O3是极性很弱的极性分子，H2O为极性分子，CCl4是非极性分子，故根据相似相溶原理可知，相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：，D正确；
故答案为：BD；
（3）已知咪唑是平面结构、分子中存在大π键，则1号氮原子的杂化方式为sp2，2号N原子由1个电子参与形成大π键，1号N原子中的孤电子对参与形成大π键，故2号N原子更容易给出孤电子对形成配位键，即配位能力更强，故答案为：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸药中，故答案为：＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；
【分析】（1）根据均摊法计算； SrF2 由Sr2+和F-构成，属于离子晶体；
（2）A．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｂ．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性是同主族元素中最大的应该是同主族中位于最上方的元素；
Ｃ．熔点：共价晶体>离子晶体>分子晶体；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
（3） 中N原子的价层电子对数为3；配位原子提供孤电子对；
（4） 孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
（1）由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Sr的个数为：=4，F-的个数为：8，故其化学式为SrF2，SrF2为活泼金属元素和活泼非金属元素组成，属于离子化合物，故该晶体类型是离子晶体，故答案为：SrF2；离子晶体；
（2）A．C、N、O失去第二个电子，分别为失去2p1、2p2、2p3上的电子，故第二电离能：，A错误；
B．根据同一主族从上往下元素电负性依次减弱可知，SiH4中Si显正电性，H显负电性，故电负性：，B正确；
C．已知单晶硅、碳化硅、金刚石均为共价晶体，且键长：C-C＜Si-C＜Si-Si，故熔点：单晶硅＜碳化硅＜金刚石，C错误；
D．已知O3是极性很弱的极性分子，H2O为极性分子，CCl4是非极性分子，故根据相似相溶原理可知，相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：，D正确；
故答案为：BD；
（3）已知咪唑是平面结构、分子中存在大π键，则1号氮原子的杂化方式为sp2，2号N原子由1个电子参与形成大π键，1号N原子中的孤电子对参与形成大π键，故2号N原子更容易给出孤电子对形成配位键，即配位能力更强，故答案为：sp2；＜；
（4）已知NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，故NH3分子中＜高性能炸药中，故答案为：＜；NH3中N周围还有1对孤电子对，而高性能炸药中NH3中的孤电子对用于形成配位键变为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；
18．【答案】（1）4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl
（2）B；D
（3）8.7×10-7；
（4）2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；常见离子的检验；含氮物质的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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，故答案为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．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．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．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．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；
故答案为：BD；
（3）①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O+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，故答案为：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，故答案为：；
（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-=++H2O， 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子即，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故设计实验为：取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有，故答案为：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有。
【分析】氮气和氢气发生合成氨，氨气和COCl2发生反应I：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl制得CO(NH2)2，向CO(NH2)2中加入NaClO溶液发生反应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与NaOH溶液发生反应：2NO2+2OH-=++H2O。
（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，故答案为：4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl；
（2）A．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．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．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．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；
故答案为：BD；
（3）①N2H4是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O+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，故答案为：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，故答案为：；
（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-=++H2O， 根据所提供的试剂，设计实验检验溶液A中较低价态的含氧酸根离子即，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故设计实验为：取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有，故答案为：2NO2+2OH-=++H2O；取A溶液少许与一试管，向其中加入足量的稀硫酸酸化，然后滴加KMnO4溶液，充分震荡反应后，若溶液紫红色褪去，说明含有。
19．【答案】（1）-874kJ/mol；低温
（2）C；500；正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
（3）2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由题干已知：反应Ⅰ：　，反应Ⅱ：　，反应Ⅳ：　，则(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反应Ⅱ：　是一个的反应，故反应Ⅱ在低温下自发进行，故答案为：-874kJ/mol；低温；
（2）①由题干可知，反应Ⅰ：　正反应是一个气体体积减小的放热反应，据此分析解题：
A．分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，乙酸的产率不变，A不合题意；
B．升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡逆向移动，乙酸的产率降低，B不合题意；
C．缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C符合题意；
D．改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D不合题意；
故选C；
②由曲线Ⅰ可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故平衡常数K===500，故答案为：500；
③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反应Ⅰ：　达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低，故答案为：正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示，在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH的平衡转化率为80%，即剩余的CH3OH的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线为：，故答案为：；
（3）电解时阳极发生氧化反应，故由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，则阴极上CO得电子和氢离子反应生成乙酸、阳极上甲醇失电子生成乙酸和氢离子，阴极、阳极反应式分别为2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
【分析】（1）根据盖斯定律，将(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得；根据时反应自发进行分析；
（2）①化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②根据K=计算；
③升温反应的平衡向吸热反应方向移动；
④加入催化剂，反应速率加快，但反应的平衡不移动；
（3）阳极发生氧化反应。
（1）由题干已知：反应Ⅰ：　，反应Ⅱ：　，反应Ⅳ：　，则(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：，根据盖斯定律可知，=[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/mol，反应Ⅱ：　是一个的反应，故反应Ⅱ在低温下自发进行，故答案为：-874kJ/mol；低温；
（2）①由题干可知，反应Ⅰ：　正反应是一个气体体积减小的放热反应，据此分析解题：
A．分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，乙酸的产率不变，A不合题意；
B．升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡逆向移动，乙酸的产率降低，B不合题意；
C．缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C符合题意；
D．改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D不合题意；
故选C；
②
由曲线Ⅰ可知：T2温度下，5min时测得的甲醇的转化率为60%，故转化的甲醇的物质的量为0.20mol×60%=0.12mol，则转化的CO的物质的量为0.12mol，故平衡时甲醇的物质的量为0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，故平衡常数K===500，故答案为：500；
③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反应Ⅰ：　达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低，故答案为：正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡转化率降低；
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2所示，在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH的平衡转化率为80%，即剩余的CH3OH的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线为：，故答案为：；
（3）电解时阳极发生氧化反应，故由甲醇水溶液和CO来合成乙酸，则阴极上CO得电子和氢离子反应生成乙酸、阳极上甲醇失电子生成乙酸和氢离子，阴极、阳极反应式分别为2CO+4H++4e-=CH3COOH、2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：2CH3OH-4e-=CH3COOH+4H+。
20．【答案】；防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解；吸收多余的氯气；efad；；be
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）丙中发生反应为碱性环境下氯气将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，氯化合价由0变为-1、Bi化合价由+3变为+5，结合电子守恒可知，离子方程式为；
（2）铋酸钠在酸中会逐渐分解，氯气和水会生成盐酸和和次氯酸，当丙中白色固体消失时，可以初步判断丙中反应已完成，此时应立即进行的操作是关闭K3和K1、打开K2，以防止NaBiO3分解，同时不产生过量氯气，多余的氯气被NaOH吸收；
故答案为：防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解；吸收多余的氯气；
（3）据已知信息，不溶于冷水，在空气或热水中逐渐分解，为从丙中获取粗产品应该：e．在冰水中冷却，析出晶体；f．用布氏漏斗抽滤，加快过滤速率；a．冷水洗涤，减少溶解损失；d．在干燥器中干燥，防止其分解；
故答案为：efad；
（4）①根据反应原理可知最后生成碘单质，碘单质被c mol L-1Na2S2O3反应，碘单质被反应完，Na2S2O3的物质的量为，，Na2S2O3的物质的量为碘单质的物质的量2倍，根据，锰离子的物质的量为碘单质的2.5倍，故硫酸锰的质量为，故含量为；
②a．滴定终点时俯视读数，则读数偏小，则体积偏小，故碘单质偏小，故结果偏小，a不符合题意；
b．碘量瓶中溶液酸性太强，Na2S2O3发生歧化反应，导致消耗的碘的含量偏小，碘单质偏高，b符合题意；
c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未干燥 ，对结果无影响，故c不符合题意；
d．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，达到终点有气泡，读数偏小，则体积偏小，结果偏低，d不符合题意；
e．没有分离出剩余的Na与KI反应，生成碘单质，则最终测定的碘含量偏高，e符合题意；
故答案为：be。
故答案为：；be。
【分析】 在溶液中，与充分搅拌反应制取 ，则需要先制备，装置甲中，浓盐酸和高锰酸钾固体反应生成，浓盐酸易挥发，制得的中含有HCl杂质，装置乙中用饱和食盐水除去氯气中的HCl杂质，除杂后的氯气通入装置丙中，发生反应： 制得 ， 遇沸水或酸溶液迅速分解，因此装置甲中NaOH溶液的作用是防止氯气过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解，装置丁用于吸收尾气，应为NaOH溶液。
21．【答案】（1）羟基和醛基
（2）
（3）B；D
（4）+HCl
（5）
（6）、、或
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干合成路线图可知，化合物A中含有官能团的名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的结构简式是，故答案为：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的结构简式为：，由于Br的电负性比C的大，为吸电子基团，导致化合物B中羟基的极性比化合物A中强，故化合物B的酸性比化合物A强，A正确；
B. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝的分子式为：，B错误；
C. 由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应，C正确；
D. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下不可转化为化合物F，而是生成，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知，G的结构简式为：，C7H7NO2的结构简式为：，故G→利喘贝的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl；
（5）本题采用逆向合成法，根据已知信息②可知，C俗称香兰素即可由加热脱去一分子CO2即可，则可由经过氧化等步骤转化得到，由于酚羟基易被氧化，可采取将酚羟基和碱溶液反应、氧化羟基后再酸化后恢复成酚羟基，据已知信息③可知，可由和OHCCOOH转化得到，由此分析确定合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C9H10O3，不饱和度为：=5，①是苯的二取代物，②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的H，无-O-O-结构，则同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
【分析】A与溴反应生成B，B与甲醇在甲醇钠条件下反应得到C，结合A、C的结构简式和B的分子式可知，B的结构简式为，C与CH3I在NaOH条件下反应生成D，结合D的分子式可知，D的结构简式为，D与CH2(COOCH3)2发生反应得到E，E在酸性条件下水解得到F，则F的结构简式为，与SOCl2发生已知①的反应得到G，结合G的分子式可知，G的结构简式为，与C7H7NO2反应得到目标产物利喘贝，结合G和利喘贝的结构简式可知，C7H7NO2的结构简式为。
（1）由题干合成路线图可知，化合物A中含有官能团的名称是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；
（2）由分析可知，化合物F的结构简式是，故答案为：；
（3）A. 由分析可知，化合物B的结构简式为：，由于Br的电负性比C的大，为吸电子基团，导致化合物B中羟基的极性比化合物A中强，故化合物B的酸性比化合物A强，A正确；
B. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝的分子式为：，B错误；
C. 由分析可知，D的结构简式为：，结合D到E的转化条件可知，化合物D转化为E的过程涉及加成、消去两步反应，C正确；
D. 由题干流程图中，利喘贝的结构简式可知，利喘贝在氢氧化钠溶液加热的条件下不可转化为化合物F，而是生成，D错误；
故答案为：BD；
（4）由分析可知，G的结构简式为：，C7H7NO2的结构简式为：，故G→利喘贝的化学方程式为：+HCl，故答案为：+HCl；
（5）本题采用逆向合成法，根据已知信息②可知，C俗称香兰素即可由加热脱去一分子CO2即可，则可由经过氧化等步骤转化得到，由于酚羟基易被氧化，可采取将酚羟基和碱溶液反应、氧化羟基后再酸化后恢复成酚羟基，据已知信息③可知，可由和OHCCOOH转化得到，由此分析确定合成路线为：，故答案为：；
（6）由题干信息可知，D的分子式为：C9H10O3，不饱和度为：=5，①是苯的二取代物，②谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的H，无-O-O-结构，则同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式有：、、、，故答案为：、、、。
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