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浙江省金华市2023-2024学年高二下学期6月期末考试化学试题
1．（2024高二下·金华期末）下列材料主要成分属于新型无机非金属材料的是
A．大理石 B．富勒烯 C．钛合金 D．聚酰胺纤维
2．（2024高二下·金华期末）下列化学用语正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．三氟化硼分子的VSEPR模型：
C．2，2，3-三甲基戊烷的键线式：
D．氯化氢分子中键的电子云图：
3．（2024高二下·金华期末）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本
B．硝酸铵受热易分解，可用作化肥
C．纳米能与酸反应，可用作磁性材料
D．具有漂白性，可用作食品防腐剂
4．（2024高二下·金华期末）应用广泛，下列描述正确的是
A．是弱电解质
B．溶液显酸性
C．基态的价层电子排布图：
D．石膏绷带制作原理为：
5．（2024高二下·金华期末）下列说法不正确的是
A．易溶于水，含的废水可以直接排放
B．进行化学实验通常需要佩戴护目镜，以保护眼睛
C．固体不能随便丢弃，可配成溶液后，再进行处理
D．苯酚有毒，如不慎沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗
6．（2024高二下·金华期末）下列描述不正确的是
A．Ⅹ射线衍射实验可测定青蒿素的晶体结构
B．可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙醛、乙酸乙酯
C．可用新制悬浊液鉴别己烷、甲酸、乙醛
D．凡士林的主要成分是烷烃
7．（2024高二下·金华期末）下列实验装置中能达到实验目的的是
A．装置用于除去中少量HCl B．装置用于实验室制备
C．装置可观察钠在空气中燃烧的现象 D．操作称量NaOH固体
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高二下·金华期末）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1mol中配位键个数为
B．1.8g含有的中子数为
C．1mol晶体硅含有共价键数目为
D．1L氨水中，含氮微粒数目为
9．（2024高二下·金华期末）关于反应，下列说法不正确的是
A．氧化产物为和
B．1mol被5mol还原
C．每生成1mol，转移10mol电子
D．在此反应中体现氧化性和酸性
10．（2024高二下·金华期末）下列离子方程式正确的是
A．氯化铁溶液腐蚀铜板：
B．往氯水中加入溶液：
C．往溶液中通入过量：
D．溶液中加入少量：
11．（2024高二下·金华期末）钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金的重要原料，如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法不正确的是
A．电子的移动方向为由石墨经导线流向钴电极
B．阳极的电极反应式为：
C．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16g
D．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小
12．（2024高二下·金华期末）一种高分子丙的合成路线如下。下列说法正确的是
A．物质M可以是
B．丙水解可重新生成乙分子和M
C．乙分子中至少有13个碳原子共平面
D．1mol丙能和3nmolNaOH溶液反应
13．（2024高二下·金华期末）X、Y、Z、W是前四周期的主族元素，原子序数依次增加，X和Y均有两个未成对电子，Z是第三周期简单离子半径最小的元素，W基态原子的电子的空间运动状态有10种，且无未成对电子。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．最高价氧化物对应的水化物的碱性：
C．离子键成分：
D．空间结构是三角锥形
14．（2024高二下·金华期末）某研究小组为了探究不同条件对乙酸乙酯水解速率的影响，设计并完成了如下实验：
①取3支试管分别加入4mL 2mo/L 溶液、4mL 4mol/L NaOH溶液和4mL蒸馏水。
②再分别向3支试管中加入4mL乙酸乙酯，振荡、静置。
③常温下，每隔3min记录酯层减少体积。
④65℃水浴下重复上述实验。
(常温) (65℃) NaOH (常温) NaOH (65℃) 蒸馏水 (常温) 蒸馏水 (65℃)
3 0.3 0.4 1 1.2 0 0
6 0.6 1.0 1.4 2.4 0 0
9 1.4 2.4 1.6 3.4 0 0.2
12 2.2 4.0 1.6 4.0 0 0.2
下列说法不正确的是
A．水解速率不能用电导率传感器定量测定溶液电导率来进行比较
B．其他条件相同时，乙酸乙酯的水解速率：碱性环境酸性环境中性环境
C．随着反应温度的升高，水解程度增大
D．在酸性环境下，乙酸乙酯也能完全水解
15．（2024高二下·金华期末）常温下，往0.35mol/L溶液中通入一定量。已知：，，，，下列说法不正确的是
A．HClO酸性大于
B．时，滴入酚酞试液，溶液呈无色
C．溶液时，存在沉淀
D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在
16．（2024高二下·金华期末）在实验室进行下列实验，实验现象或实验结论不合理的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 碳酸钠固体中加入少量水 温度升高 此过程发生了放热反应
B 将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后从铁电极附近取出少量溶液，滴入2滴溶液 无蓝色物质生成 铁未发生腐蚀
C 0.1mol/L溶液温度升高，测其pH变化 pH升高 温度升高，水解产生浓度增加
D 向盛有2mL 0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L 溶液，振荡试管，然后向其中滴加4滴0.1mol/L KI溶液 生成白色沉淀，后转化为黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高二下·金华期末）金属在生活生产中应用广泛，请回答：
（1）铜元素位于周期表　 　区。
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①；②；③；④，有关这些微粒的叙述，正确的是_______。
A．电离一个电子所需最低能量：
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．微粒半径：
D．得电子能力：
（3）1mol分子间有2mol氢键(如下图所示)，1mol固态分子间有3mol氢键，请在图中画出与图中分子直接相连的所有氢键　 　。
（4）理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶胞结构如下：
①该晶胞中粒子个数比　 　，晶体类型为　 　。
②设X的最简式的相对分子质量为Mr，则X晶体的密度为　 　(列出算式)。
18．（2024高二下·金华期末）HI是医药及农药的原料，关于HI的转化如下图：
已知：。请回答：
（1）写出棕黄色溶液A中所有阴离子　 　。
（2）根据步骤③④，给出相关微粒与结合能力由弱到强的顺序　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤②需涉及到分液操作 B．无色溶液F中不可能含有
C．白色固体G是AgCl D．与的配位能力：
（4）写出步骤①中化学反应的离子方程式　 　。
（5）设计实验检验溶液D中的金属阳离子　 　。
19．（2024高二下·金华期末）甲烷和甲醇是工业上重要的资源，甲烷能通过重整反应得到氢气，以甲醇为燃料的燃料电池有良好的应用前景。
（1）与重整的主要反应为：
反应Ⅰ： 。
反应Ⅱ： 。
反应Ⅲ： 。
在与重整体系中通入适量，可减少的生成，反应的　 　。
（2）工业上常用甲烷和水蒸气重整制备氢气，在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1mol和1mol，起始压强为0.2MPa，体系中发生如下反应：
反应Ⅳ：；
反应Ⅴ：。
①下列说法正确的是　 　。
A．氢气的体积分数肯定小于75%
B．加入催化剂能提高平衡转化率
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅳ平衡正向移动
D．反应体系中气体相对分子质量不变时到达化学平衡状态
②该条件下，反应达平衡时的转化率80%，的物质的量为0.4mol，则反应Ⅳ的平衡常数　 　(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③向反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是　 　。
（3）甲醇燃料电池已经广泛应用于生活中。
①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇放电的电极反应式为　 　。
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→b→　 　→j(用b~j等代号表示)。
20．（2024高二下·金华期末）某兴趣小组用铜屑(含少量铁)按下列流程制备少量无水。
已知：①；②易溶于水和乙醇，几乎不溶于乙酸乙酯；③熔点、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A．步骤①须在通风橱中进行，气体用饱和溶液吸收
B．步骤②调pH适合的物质是NaOH或氨水
C．步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热
D．步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇可析出更多的硝酸铜晶体
（2）某同学设计如下实验装置完成步骤④(夹持及控温装置省略)。
①仪器B的名称是　 　，上述装置有一处不合理，请提出改进方案　 　。
②装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞　 　(填“a”、“b”或“a和b”)。
③写出步骤④发生反应的化学方程式　 　。
（3）无水产品纯度的测定。称取0.320g样品，溶于水配成100mL溶液。移取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加75mL水，15mL缓冲溶液(pH约为10)及0.2g紫脲酸铵指示剂，用0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠(，水溶液显酸性)标准滴定溶液滴定至溶液呈蓝紫色；重复上述实验两次，测得滴定所需溶液平均值为20.00mL。(已知：)
①滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择下图中　 　。
A． B． C． D．
②该产品纯度为　 　。
21．（2024高二下·金华期末）某研究小组按下列路线合成抗失眠药物卤沙唑仑(部分反应条件已简化)。
已知信息：①；②。请回答：
（1）化合物F的含氧官能团名称是　 　。
（2）化合物Y的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物B具有酸性，且酸性比苯甲酸强
B．化合物X分子中所有原子同平面，其中氮原子的杂化方式是
C．反应⑥发生加成反应和消去反应
D．卤沙唑仑可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（4）写出反应④的化学方程式　 　。
（5）利用以上合成路线中的相关信息，设计以乙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含六元环。
②谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A． 大理石属于传统无机非金属材料，故A不符合；
B． 富勒烯是碳元素组成的单质，属于新型无机非金属材料，故B符合；
C． 钛合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，故C不符合；
D． 聚酰胺纤维，是一种合成高分子材料，属于有机材料，不属于无机非金属材料，故D不符合；
故答案为：B
【分析】此题是对材料分类分类的考查，结合选项所给物质进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．O原子最外层有6个电子，因此HClO中O原子分别与H、Cl形成1对共用电子对，电子式为， A项错误；
B．三氟化硼分子中心原子价层电子对数为3+=3+0=3，因此其VSEPR模型为平面正三角形，B项错误；
C.2，2，3-三甲基戊烷属于烷烃，分子中最长碳链有5个碳原子，2号位有2个甲基，3号位有1个甲基，则该键线式正确，C项正确；
D．HCl中H原子的1s轨道提供1个未成对的电子，Cl原子的3p轨道提供1个未成对的电子，二者形成s-pσ键，电子云图为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据原子最外层电子数确定HClO的成键情况，从而得到其电子式。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、根据有机物的名称确定其最长碳链，以及支链的位置，从而得到其键线式。
D、根据H、Cl原子提供的电子，确定是σ键的类型。
3．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本，性质和用途对应，A选；
B．硝酸铵受热易分解的性质与其用作化肥的用途无关，B不选；
C．纳米Fe3O4具有磁性，因此纳米四氧化三铁可作铁磁性材料，该应用与其能与酸反应的性质无关，C不选；
D．SO2具有杀菌防腐作用，可用作食品防腐剂，该应用与其具有漂白性无关，D不选；
故答案为：A
【分析】A、结合甲醛的杀菌防腐性质分析。
B、硝酸铵作化肥，是由于含有氮元素。
C、纳米Fe3O4用作磁性材料，是由于其具有磁性。
D、SO2用作防腐剂，是由于SO2具有防腐杀菌作用。
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．在水溶液中或熔融状态下完全电离的化合物为强电解质，在熔融状态下可以完全电离，因此属于强电解质，A项错误；
B．是强酸强碱盐，其水溶液显中性，B项错误；
C．钙原子的原子序数是20，最外层含有2个电子。当失去最外层2个电子式，形成钙离子离子，因此钙离子的价层电子排布，为，C项错误；
D．石膏绷带制作原理为，随着水化反应的进行，石膏中的钙离子与硫酸根离子结合，形成结晶，这些结晶相互连接，形成坚固的结构，方程式为：，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。
B、CaSO4的水溶液显中性。
C、Ca2＋是由Ca原子失去最外层2个电子形成，据此确定Ca2＋的价层电子排布图。
D、结合石膏绷带的制作原理分析。
5．【答案】A
【知识点】苯酚的性质及用途；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．Ba2＋属于重金属离子，因此含BaCl2的废水含不可以直接排放，会造成环境污染，A错误；
B．进行化学实验通常需要佩戴护目镜，防止液体溅入眼睛中，B正确；
C．Na2O2固体不能随便丢弃，防止遇到还原剂发生爆炸，应配成溶液后，再进行处理，C正确；
D．常温下，苯酚微溶于水，易溶于乙醇，因此不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用乙醇冲洗后再用水冲洗，D正确；
故答案为：A
【分析】A、Ba2＋为重金属离子，会造成重金属污染。
B、化学实验过程中，应佩戴护目镜。
C、实验剩余的Na2O2应配制成溶液再进行集中处理，不可随意丢弃。
D、苯酚沾到皮肤上，应用乙醇冲洗，再用水冲洗。
6．【答案】B
【知识点】有机物的鉴别；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．通过X射线衍射实验可得到键长、键角等分子结构信息，从而可测定青蒿素的晶体结构，A正确；
B．乙醇、乙醛均和碳酸钠溶液不反应但互溶，两者现象一样，无法鉴别；乙酸乙酯和碳酸钠溶液既不反应也不互溶，出现分层，B错误；
C．新制Cu(OH)2悬浊液可与乙醛在加热条件下产生砖红色沉淀；与甲酸反应形成蓝色溶液；己烷与新制氢氧化铜悬浊液不反应也不互溶，出现分层，三者现象均不同，可以鉴别，C正确；
D．凡士林的主要成分是从石油中提取出来的矿脂，矿脂属于烷烃，D正确；
故答案为：B
【分析】A、X射线衍射实验可测定晶体结构。
B、根据乙醇、乙醛、乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液混合的现象分析。
C、根据己烷、甲酸、乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应的现象分析。
D、凡士林的主要成分为矿脂，属于烷烃。
7．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；除杂
【解析】【解答】A．亚硫酸氢钠与氯气和氯化氢都能反应，因此不能用饱和亚硫酸氢钠除去Cl2中少量HCl，A错误；
B．氯化铵分解产生氨气和氯化氢，在试管口二者会重新生成氯化铵，因此不能用加热分解氯化铵制备氨气，B错误；
C．固体加热需在坩埚中进行，在坩埚中加热钠，能观察钠在空气中燃烧的现象，可以达到实验目的，C正确；
D．氢氧化钠固体易潮解，且有强腐蚀性，不能直接在滤纸上称量，因此在烧杯中称量，D错误；
故答案为：C
【分析】A、除去Cl2中混有的HCl，应用饱和NaCl溶液。
B、NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合形成NH4Cl。
C、Na在坩埚中加热燃烧，产生黄色火焰。
D、NaOH固体易吸水潮解，应在烧杯中称量。
8．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个中含有4个配位键，因此1mol中所含配位键的个数为4，A项正确；
B.1.8g的物质的量为0.05mol，一个分子中含有20个中子，因此1.8g中所含中子数为0.05mol×20×NA=NA，B项正确；
C.1mol晶体硅中含有2mol共价键，数目为2，C项错误；
D.1L0.1mol/L氨水的物质的量为0.1mol，根据氮元素守恒可得，溶液中含氮的微粒数为0.1，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、1个[Cu(NH3)4]2＋中含有4个配位键。
B、根据公式计算其物质的量，结合分子中所中子个数计算。
C、根据Si的结构分析。
D、根据氮元素质量守恒分析。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+6价，因此硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，A正确；
B．根据化学方程式可知，1mol和7mol反应生成2.5mol二氧化氮和2.5molNO，因此反应过程中有1mol被5mol氧化，B错误；
C．中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+6价，1mol参与反应，转移10mol电子。由化学方程式可知，当生成1mol硝酸铜时，转移10mol电子，C正确；
D．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，被还原，作氧化剂，体现了氧化性，生成物有，因此反应过程中HNO3还体现了酸性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、存在元素化合价升高的物质发生氧化反应，所得产物为氧化产物。
B、根据反应的化学方程式进行计算。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、反应过程中提供酸根离子，则体现了酸性。
10．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．FeCl3可以和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的离子方程式为：，A错误；
B．氯水中含有Cl-和HClO，往氯水中加入溶液生成AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：，B正确；
C．往溶液中通入过量生成沉淀和可溶性NaHCO3，该反应的离子方程式为：，C错误；
D．溶液中加入少量生成碳酸钠，NH4＋不参与反应，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
B、AgNO3与氯水中的Cl－形成AgCl沉淀。
C、Al(OH)4－与过量的CO2反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－。
D、NaOH少量，则HCO3－参与反应，NH4＋不参与反应。
11．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．石墨电极为阳极，钴电极为阴极，电子由（石墨电极）阳极经导线流向（钴电极）阴极，故A选项正确；
B．阳极上H2O发生失电子的氧化反应，生成O2和H＋，因此阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B选项正确；
C．根据得失电子守恒可得，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，因此Ⅰ室溶液质量减少18g，故C选项错误；
D．放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大；Ⅱ室溶液pH减小，而Ⅰ室电解水导致硫酸浓度增大，Ⅰ室pH也减小，故D选项正确；
故答案为：C
【分析】该电解池装置中，石墨电极与电源的正极相连，为阳极，水在阳极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动。钴电极与电源的负极相连，为阴极，钴离子在阴极发生得电子的还原反应生成钴，其电极反应式为Co2++2e-=Co。Ⅲ室中氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动。电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2Co +O2↑+4H+，据此结合选项分析。
12．【答案】A
【知识点】酯的性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由丙的结构简式可知，物质M可以是，能发生反应n+n→+nCH3OH，A正确；
B．乙到丙有甲醇生成，因此丙分子和甲醇反应重新生成乙分子和， B错误；
C．苯是平面结构，苯环处于对位的碳原子及其相连的原子在同一直线上，碳碳单键可以旋转，至少有9个碳原子共平面；连接两个苯环的碳原子为四面体结构，乙分子中至多有13个碳原子共平面，故C错误；
D.由丙的结构简式分析，1mol丙水解产生nmol碳酸和2nmol酚羟基，氢氧化钠溶液足量时，能和4nmolNaOH溶液反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据丙的结构简式及反应原理，确定M的结构简式。
B、结合丙的结构简式可知丙和CH3OH反应可生成乙和M。
C、根据苯的平面型结构和单键的自由旋转确定共平面的碳原子。
D、丙水解产生酚羟基和羧基都能与NaOH反应。
13．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，X为C、Y为O、Z为Al、W为Ca。A．X为C元素，Z为Al元素，同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小。因此第一电离能：AlB．金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。由于金属性：Ca>Al，因此最高价氧化物对应的水化物的碱性：Al(OH)3C．电负性：Ca＜Al，因此CaO、Al2O3离子键成分依次减小，C正确；
D．中心C原子的价层电子对数为，无孤对电子，因此其空间结构是平面三角形，D错误；
故答案为：D
【分析】Z是第三周期简单离子半径最小的元素，因此Z为Al。X、Y的原子序数小于Z，且含有两个未成对电子，因此二者的核外电子排布式为1s22s22p2和1s22s22p4，所以X为C、Y为O。W基态原子的电子空间运动状态有10种，且无未成对电子，因此其核外电子排布式为1s22s22p63s3p64s2，所以W为Ca。据此结合元素周期律分析选项。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】A．乙酸乙酯在稀硫酸中水解得到乙酸，在氢氧化钠溶液中水解得到乙酸钠，乙酸是弱电解质，乙酸钠是强电解质，等浓度的乙酸和乙酸钠导电能力不同，因此不能用电导率传感器定量测定溶液电导率来比较水解速率，A正确；
B． 相同时间相同温度不同环境时，酯层减少体积为：碱性环境酸性环境中性环境，说明其他条件相同时，乙酸乙酯的水解速率：碱性环境酸性环境中性环境，B正确；
C．相同时间相同环境时，酯层减少体积为：65℃常温，说明随着反应温度升高，水解程度增大，C正确；
D． 酯化反应是可逆反应，在酸性环境下，乙酸乙酯不能完全水解，D不正确；
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下，乙酸乙酯水解生成弱电解质CH3COOH；碱性条件下水解生成强电解质CH3COONa，两溶液中离子浓度不同，导电性不同。
B、根据不同酸碱性条件下酯层体积减小的量判断乙酸乙酯水解的速率。
C、根据不同温度下酯层体积的减小，判断温度对乙酸乙酯水解反应的影响。
D、酸性条件下，乙酸乙酯的水解反应为可逆反应。
15．【答案】D
【知识点】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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．Ka(HClO)=4.0×10-8>Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以酸性：HClO＞，A正确；
B．Ka(HClO)=4.0×10-8，当c(ClO-)=c(HClO)时c(H+)=4.0×10-8 mol/L，pH=8-lg4=7.4<8。而酚酞的变色范围是8.2~10，因此此时酚酞并未变红，溶液呈无色，B正确；
C．向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，此时溶液中c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=，所以。根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35mol/L，由氯原子守恒得：c(ClO-)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2mol/L，c(HClO)=0.5mol/L。由于溶液pH=7，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c()+c()，则2c(Ca2+)=c(ClO-)+2c()+c()，0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35 mol/L，则0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c()+c()，所以2c()+c()=0.5mol/L。H2CO3的二级电离平衡常数Ka2=4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，所以，结合等式2c()+c()=0.5 mol/L，可知c()≈0.5mol/L，c()=0.5mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4mol/L，因c(Ca2+)·c()=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，反应向形成沉淀的方向进行，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，C正确；
D．H2CO3是二元弱酸，在水中分步电离，因此溶液中c(H+)＞c()。主要是部分电离得到，而且电离程度十分微弱，因此H2CO3电离出的程度大于电离产生的程度，故c()和c(OH-)要小于c()；Kh1=，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6 mol/L，c(OH-)=10-8.4mol/L，c()≈c(H+)=10-5.6mol/L，代入Kh1，可得c()=4.7×10-11mol/L故答案为：D
【分析】A、根据电离常数的大小比较酸性强弱。
B、根据c(HClO)=c(ClO－)结合HClO的电离常数计算此时溶液的pH，结合酚酞变色的pH范围，确定此时溶液是否变色。
C、当pH=7时，溶液中c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，结合HClO、H2CO3的电离常数计算溶液中c(CO32－)，结合CaCO3的溶度积Ksp，判断是否有沉淀产生。
D、根据H2CO3的电离常数计算溶液中的离子浓度，从而判断离子浓度的相对大小。
16．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碳酸钠溶解过程中放出热量，为放热过程，但不属于放热反应，放热反应系化学变化，故A说法错误；
B．金属活动性：Zn＞Fe，因此锌为负极、铁为正极，正极不会形成亚铁离子，滴入2滴溶液不会生成蓝色沉淀，铁未被腐蚀，故B说法正确；
C．醋酸钠水解反应为吸热反应，溶液温度升高，醋酸根水解程度增大，浓度增大，pH增大，故C说法正确；
D．向盛有2mL0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L溶液，AgNO3完全反应，产生白色沉淀。振荡后再滴加4滴0.1mol/L KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，即AgCl转转为AgI，因此可证明，故D说法正确；
故答案为：A
【分析】A、溶解过程为物理变化，属于放热过程，不属于放热反应。
B、金属活动性Zn＞Fe，Zn做负极，溶液中不存在Fe2＋。
C、CH3COO－的水解反应为吸热反应，升高温度，促进CH3COO－的水解，产生更多的OH－。
D、实验过程中存在AgCl转化为AgI，可证明二者Ksp的相对大小。
17．【答案】（1）ds
（2）A；C
（3）(简化版，画出氨气分子周围六条氢键即可)
（4）；共价晶体；
【知识点】晶胞的计算；含有氢键的物质；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，则铜元素位于周期表ds区。
故答案为：ds
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+；
A． ①为基态Al+，再电离1个电离1个电子所需能量最大；②为激发态Al原子，电离1个电子所需能量最小；电离一个电子所需最低能量：，A正确；
B．据分析，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③④，B不正确；
C．同种元素的原子半径大于离子，同种元素且核外电子数相同时，基态能量较低半径较小，则微粒半径：，C正确；
D．同种元素的阳离子电荷越高、半径越小越易得电子，得电子能力：，D不正确；
故答案为：AC
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，则氨气分子周围有六条氢键，与图中分子直接相连的所有氢键为(。
故答案为：(
（4）①该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为8×+4×+1=4，Hg原子位于棱上、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为4×+6×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2；该晶体为由原子构成的绝缘材料，则不是金属晶体，其晶体类型为共价晶体。
故答案为： ；共价晶体
②X的相对分子质量为，则该晶胞的质量为，由图可知，该晶胞的体积为x2ynm3，即是 x2ycm3，则该晶胞的密度。
故答案为：
【分析】（1）根据Cu核外电子排布式确定其在周期表中的分区位置。
（2）四种微粒中，①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+，据此结合选项分析。
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，据此确定图中NH3分子的所有氢键。
（4）①根据均摊法确定晶胞中粒子的个数比。该晶体为原子构成的绝缘材料，因此属于共价晶体。
②根据公式计算晶体密度。
（1）Cu是29号元素，基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，则铜元素位于周期表ds区。
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+；
A． ①为基态Al+，再电离1个电离1个电子所需能量最大；②为激发态Al原子，电离1个电子所需能量最小；电离一个电子所需最低能量：，A正确；
B．据分析，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③④，B不正确；
C．同种元素的原子半径大于离子，同种元素且核外电子数相同时，基态能量较低半径较小，则微粒半径：，C正确；
D．同种元素的阳离子电荷越高、半径越小越易得电子，得电子能力：，D不正确；
选AC。
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，则氨气分子周围有六条氢键，与图中分子直接相连的所有氢键为。
（4）①该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为8×+4×+1=4，Hg原子位于棱上、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为4×+6×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2；该晶体为由原子构成的绝缘材料，则不是金属晶体，其晶体类型为共价晶体。
②X的相对分子质量为，则该晶胞的质量为，由图可知，该晶胞的体积为x2ynm3，即是 x2ycm3，则该晶胞的密度。
18．【答案】（1）、、、(写出前三种即得分，不写不扣分，写上不扣分)
（2）
（3）A；C
（4）或
（5）取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有
【知识点】配合物的成键情况；常见离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析可知，HI溶液与少量的NaClO4，反应生成碘单质和氯离子，溶液中存在平衡，则推知棕黄色溶液A中所有阴离子有Cl 、I 、、OH 。
故答案为：、、、(写出前三种即得分，不写不扣分，写上不扣分)
（2）根据步骤③④，加入氨水后，氯化银溶解，Ag+与NH3结合生成，而碘化银不变，故相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序为Cl-故答案为：Cl-（3）A.溶液A经过多次萃取、分液才能将碘单质去除掉，A正确；
B.氯化银与氨水反应生成，故溶液F中含有，B错误；
C.根据分析可知，溶液F中加入硝酸生成氯化银，C正确；
D.根据步骤③④可知，与NH3的配位能力：Ag+故答案为：AC
（4）步骤①中碘离子与NaClO4反应生成碘单质和氯离子，其化学反应的离子方程式为8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O。
故答案为：8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O
（5）溶液D中含有钠离子和银离子，故检验方法为：取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+。
故答案为： 取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有
【分析】HI溶液中加入少量的NaClO4，两者发生氧化还原反应生成碘单质，因此棕黄色溶液A中主要含有碘单质、Na+、Cl-、I 、；经过步骤②多次萃取后，碘单质被去除，水溶液B中主要含有Na+、Cl-、I 、，加入足量的硝酸银，生成浅黄色固体C，C中可能有氯化银和碘化银，固体C加入足量氨水，氯化银与氨水反应生成无色溶液F和黄色固体碘化银，无色溶液F含有，其中加入硝酸生成白色固体G，推知G为氯化银。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据分析可知，HI溶液与少量的NaClO4，反应生成碘单质和氯离子，溶液中存在平衡，则推知棕黄色溶液A中所有阴离子有Cl 、I 、、OH 。
（2）根据步骤③④，加入氨水后，氯化银溶解，Ag+与NH3结合生成，而碘化银不变，故相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序为Cl-（3）A.溶液A经过多次萃取、分液才能将碘单质去除掉，A正确；
B.氯化银与氨水反应生成，故溶液F中含有，B错误；
C.根据分析可知，溶液F中加入硝酸生成氯化银，C正确；
D.根据步骤③④可知，与NH3的配位能力：Ag+答案选AC。
（4）步骤①中碘离子与NaClO4反应生成碘单质和氯离子，其化学反应的离子方程式为8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O。
（5）溶液D中含有钠离子和银离子，故检验方法为：取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+。
19．【答案】（1）
（2）AD；；CaO可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大
（3）；a→b→(e→h)→j
【知识点】盖斯定律及其应用；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应可得，则。
故答案为：
（2）①A．根据反应Ⅳ，若1mol和1mol完全反应，则生成的氢气体积分数为75%，由于该反应为可逆反应，且发生反应反应Ⅴ，则氢气的体积分数肯定小于75%，A正确；
B．加入催化剂，只提高反应速率，不改变平衡转化率，B错误；
C．恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体，物质浓度不变，则反应Ⅳ平衡不移动，C错误；
D．反应Ⅳ为气体分子数增大的反应，则体系中气体相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：AD
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，则三段式关系为、
；反应达平衡时的转化率为80%，的物质的量为0.4mol，则，，解得、，平衡时甲烷、水、一氧化碳、二氧化碳和氢气的物质的量为0.4mol、0.2mol、0.4mol、0.2mol和2mol，气体总物质的量为，总压强为，因此反应Ⅳ的平衡常数。
故答案为：0.4
③向反应体系中加入适量多孔CaO，可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；同时CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大。
故答案为： CaO可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大
（3）①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇失电子与生成二氧化碳和水，电极反应式为。
故答案为：
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，途径b→e→h→j对应的活化能最低，因此最可行。
故答案为： a→b→(e→h)→j
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①A、若反应Ⅳ完全反应，则H2的体积分数为75%，结合反应的可逆性和反应V分析。
B、催化剂不影响该平衡移动。
C、恒容充入惰性气体，体系的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，即压强减小，据此分析平衡移动。
D、分析反应过程中混合气体的相对分子质量是否发生变化，若发生变化，则当其不变时，可逆反应达到平衡状态。
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，据此结合平衡三段式进行计算。
③加入的CaO能吸收CO2，且反应放热，温度升高，结合温度对平衡移动的影响分析。
（3）①该固体燃料中，CH3OH发生失电子的氧化反应，生成CO2，据此写出电极反应式。
②最可行的途径，则反应对应的活化能最小，据此结合能量变化图分析。
（1）根据盖斯定律，反应可得，则。
（2）①
A．根据反应Ⅳ，若1mol和1mol完全反应，则生成的氢气体积分数为75%，由于该反应为可逆反应，且发生反应反应Ⅴ，则氢气的体积分数肯定小于75%，A正确；
B．加入催化剂，只提高反应速率，不改变平衡转化率，B错误；
C．恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体，物质浓度不变，则反应Ⅳ平衡不移动，C错误；
D．反应Ⅳ为气体分子数增大的反应，则体系中气体相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，D正确；
答案选AD。
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，则三段式关系为、
；反应达平衡时的转化率为80%，的物质的量为0.4mol，则，，解得、，平衡时甲烷、水、一氧化碳、二氧化碳和氢气的物质的量为0.4mol、0.2mol、0.4mol、0.2mol和2mol，气体总物质的量为，总压强为，因此反应Ⅳ的平衡常数。
③向反应体系中加入适量多孔CaO，可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；同时CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大。
（3）①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇失电子与生成二氧化碳和水，电极反应式为；
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，途径b→e→h→j对应的活化能最低，因此最可行。
20．【答案】（1）B；D
（2）干燥管；在A、B之间增加干燥装置；b；
（3）B；94%
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）A．铜屑(含少量铁)与足量硝酸反应时有NO生成，则步骤①须在通风橱中进行，根据信息①NO气体可用饱和溶液吸收，A正确；
B．步骤②用NaOH或氨水调pH会引入杂质，适合的物质是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜等，B不正确；
C．用冷却热饱和溶液可得到，则步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热，C正确；
D．根据信息②易溶于水和乙醇，步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇会导致溶解，不能析出更多的硝酸铜晶体，D不正确；
故答案为：BD
（2）①仪器B的名称是干燥管，使晶体脱水时，应保持干燥环境，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入A中影响A中的硝酸铜晶体脱水反应，则：上述装置有一处不合理，请提出改进方案：在A、B之间增加干燥装置。
故答案为： 干燥管 ； 在A、B之间增加干燥装置
②由恒压滴液漏斗的构造可知，只要打开活塞b液体就能顺利滴下，则装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞b。
故答案为：b
③根据信息③遇水剧烈水解生成两种酸性气体，它们是氯化氢和二氧化硫，则步骤④发生反应的化学方程式：。
故答案为：
（3）①已知0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠()水溶液显酸性，则使用酸性滴定管，酸式滴定管下端为玻璃塞，其排气泡的方式为：快速放液，滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择B 。
故答案为：B
②按，该产品纯度为94%。
故答案为：94%
【分析】（1）A、步骤①反应过程中产生有毒气体氮氧化物，需在通风橱中进行。
B、为防止引入新的杂质，应用CuO或Cu(OH)2或CuCO3调节溶液的pH值。
C、结合蒸发结晶操作分析。
D、Cu(NO3)2易溶于乙醇。
（2）①根据图示仪器确定其名称。SOCl2遇水剧烈水解，因此在A、B装置之间需增加一个干燥装置。
②向仪器A中滴加SOCl2时，需打开b处的活塞。
③步骤④中Cu(NO3)2·3H2O与SOCl2反应生成Cu(NO3)2、SO2和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（3）①标准液显酸性，应使用酸式滴定管盛装，结合酸式滴定管的排气泡操作分析。
②根据反应Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋，结合消耗标准液的量进行计算。
（1）A．铜屑(含少量铁)与足量硝酸反应时有NO生成，则步骤①须在通风橱中进行，根据信息①NO气体可用饱和溶液吸收，A正确；
B．步骤②用NaOH或氨水调pH会引入杂质，适合的物质是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜等，B不正确；
C．用冷却热饱和溶液可得到，则步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热，C正确；
D．根据信息②易溶于水和乙醇，步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇会导致溶解，不能析出更多的硝酸铜晶体，D不正确；
选BD。
（2）①仪器B的名称是干燥管，使晶体脱水时，应保持干燥环境，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入A中影响A中的硝酸铜晶体脱水反应，则：上述装置有一处不合理，请提出改进方案：在A、B之间增加干燥装置。
②由恒压滴液漏斗的构造可知，只要打开活塞b液体就能顺利滴下，则装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞b。
③根据信息③遇水剧烈水解生成两种酸性气体，它们是氯化氢和二氧化硫，则步骤④发生反应的化学方程式：。
（3）①已知0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠()水溶液显酸性，则使用酸性滴定管，酸式滴定管下端为玻璃塞，其排气泡的方式为：快速放液，滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择B 。
②按，该产品纯度为94%。
21．【答案】（1）羟基、酰胺基、(酮)羰基
（2）
（3）A；D
（4）
（5）(其它合理答案均可)
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构式，化合物F的含氧官能团名称是羟基、酰胺基、(酮)羰基。
故答案为： 羟基、酰胺基、(酮)羰基
（2）根据E到F的反应，可知其反应为取代反应，化合物Y的结构简式是H2NCH2CH2OH。
故答案为： H2NCH2CH2OH
（3）A．B为，F为吸电子基团，导致羧基易电离出氢离子，则化合物B的酸性比苯甲酸强，A正确；
B．根据分析X为，其中氮原子的杂化方式是sp3，有一对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，不是所有原子同平面，B错误；
C．反应⑥按照加成消除反应机理进行生成目标产物，C错误；
D．卤沙唑仑含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：AD
（4）根据分析E为，反应④的化学方程式→。
故答案为；
（5）以乙烯为原料合成根据逆合成分析法，目标产物可以由CH3COCl和合成，其中可以由得到，可由加成得到。CH3COCl可由取代得到，可由氧化得到或者先加成生成乙醇，乙醇氧化为乙酸，故合成路线如下：(其它合理答案均可)。
故答案为：(其它合理答案均可)
（6）①分子中含六元环。②1H NMR谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。符合条件的的同分异构体的结构简式：
故答案为：
【分析】根据合成路线，A发生氧化反应生成B，B为，根据X的分子式和D的结构式知，C发生取代反应生成D，其中X为，C为，根据F的结构式知，D发生取代反应生成E，E为，F已知信息②反应生成卤沙唑仑，据此结合题干设问分析作答。
（1）根据F的结构式，化合物F的含氧官能团名称是羟基、酰胺基、(酮)羰基；
（2）根据E到F的反应，可知其反应为取代反应，化合物Y的结构简式是；
（3）A．B为，F为吸电子基团，导致羧基易电离出氢离子，则化合物B的酸性比苯甲酸强，A正确；
B．根据分析X为，其中氮原子的杂化方式是sp3，有一对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，不是所有原子同平面，B错误；
C．反应⑥按照加成消除反应机理进行生成目标产物，C错误；
D．卤沙唑仑含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：AD；
（4）根据分析E为，反应④的化学方程式
（5）以乙烯为原料合成根据逆合成分析法，目标产物可以由CH3COCl和合成，其中可以由得到，可由加成得到。CH3COCl可由取代得到，可由氧化得到或者先加成生成乙醇，乙醇氧化为乙酸，故合成路线如下：(其它合理答案均可)
（6）①分子中含六元环。②1H NMR谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。符合条件的的同分异构体的结构简式：。
1 / 1浙江省金华市2023-2024学年高二下学期6月期末考试化学试题
1．（2024高二下·金华期末）下列材料主要成分属于新型无机非金属材料的是
A．大理石 B．富勒烯 C．钛合金 D．聚酰胺纤维
【答案】B
【知识点】含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A． 大理石属于传统无机非金属材料，故A不符合；
B． 富勒烯是碳元素组成的单质，属于新型无机非金属材料，故B符合；
C． 钛合金，属于金属材料，不属于无机非金属材料，故C不符合；
D． 聚酰胺纤维，是一种合成高分子材料，属于有机材料，不属于无机非金属材料，故D不符合；
故答案为：B
【分析】此题是对材料分类分类的考查，结合选项所给物质进行分析即可。
2．（2024高二下·金华期末）下列化学用语正确的是
A．次氯酸的电子式：
B．三氟化硼分子的VSEPR模型：
C．2，2，3-三甲基戊烷的键线式：
D．氯化氢分子中键的电子云图：
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．O原子最外层有6个电子，因此HClO中O原子分别与H、Cl形成1对共用电子对，电子式为， A项错误；
B．三氟化硼分子中心原子价层电子对数为3+=3+0=3，因此其VSEPR模型为平面正三角形，B项错误；
C.2，2，3-三甲基戊烷属于烷烃，分子中最长碳链有5个碳原子，2号位有2个甲基，3号位有1个甲基，则该键线式正确，C项正确；
D．HCl中H原子的1s轨道提供1个未成对的电子，Cl原子的3p轨道提供1个未成对的电子，二者形成s-pσ键，电子云图为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据原子最外层电子数确定HClO的成键情况，从而得到其电子式。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、根据有机物的名称确定其最长碳链，以及支链的位置，从而得到其键线式。
D、根据H、Cl原子提供的电子，确定是σ键的类型。
3．（2024高二下·金华期末）物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本
B．硝酸铵受热易分解，可用作化肥
C．纳米能与酸反应，可用作磁性材料
D．具有漂白性，可用作食品防腐剂
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．甲醛水溶液具有杀菌防腐性质，可用于制作生物标本，性质和用途对应，A选；
B．硝酸铵受热易分解的性质与其用作化肥的用途无关，B不选；
C．纳米Fe3O4具有磁性，因此纳米四氧化三铁可作铁磁性材料，该应用与其能与酸反应的性质无关，C不选；
D．SO2具有杀菌防腐作用，可用作食品防腐剂，该应用与其具有漂白性无关，D不选；
故答案为：A
【分析】A、结合甲醛的杀菌防腐性质分析。
B、硝酸铵作化肥，是由于含有氮元素。
C、纳米Fe3O4用作磁性材料，是由于其具有磁性。
D、SO2用作防腐剂，是由于SO2具有防腐杀菌作用。
4．（2024高二下·金华期末）应用广泛，下列描述正确的是
A．是弱电解质
B．溶液显酸性
C．基态的价层电子排布图：
D．石膏绷带制作原理为：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．在水溶液中或熔融状态下完全电离的化合物为强电解质，在熔融状态下可以完全电离，因此属于强电解质，A项错误；
B．是强酸强碱盐，其水溶液显中性，B项错误；
C．钙原子的原子序数是20，最外层含有2个电子。当失去最外层2个电子式，形成钙离子离子，因此钙离子的价层电子排布，为，C项错误；
D．石膏绷带制作原理为，随着水化反应的进行，石膏中的钙离子与硫酸根离子结合，形成结晶，这些结晶相互连接，形成坚固的结构，方程式为：，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。
B、CaSO4的水溶液显中性。
C、Ca2＋是由Ca原子失去最外层2个电子形成，据此确定Ca2＋的价层电子排布图。
D、结合石膏绷带的制作原理分析。
5．（2024高二下·金华期末）下列说法不正确的是
A．易溶于水，含的废水可以直接排放
B．进行化学实验通常需要佩戴护目镜，以保护眼睛
C．固体不能随便丢弃，可配成溶液后，再进行处理
D．苯酚有毒，如不慎沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗
【答案】A
【知识点】苯酚的性质及用途；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．Ba2＋属于重金属离子，因此含BaCl2的废水含不可以直接排放，会造成环境污染，A错误；
B．进行化学实验通常需要佩戴护目镜，防止液体溅入眼睛中，B正确；
C．Na2O2固体不能随便丢弃，防止遇到还原剂发生爆炸，应配成溶液后，再进行处理，C正确；
D．常温下，苯酚微溶于水，易溶于乙醇，因此不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用乙醇冲洗后再用水冲洗，D正确；
故答案为：A
【分析】A、Ba2＋为重金属离子，会造成重金属污染。
B、化学实验过程中，应佩戴护目镜。
C、实验剩余的Na2O2应配制成溶液再进行集中处理，不可随意丢弃。
D、苯酚沾到皮肤上，应用乙醇冲洗，再用水冲洗。
6．（2024高二下·金华期末）下列描述不正确的是
A．Ⅹ射线衍射实验可测定青蒿素的晶体结构
B．可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙醛、乙酸乙酯
C．可用新制悬浊液鉴别己烷、甲酸、乙醛
D．凡士林的主要成分是烷烃
【答案】B
【知识点】有机物的鉴别；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A．通过X射线衍射实验可得到键长、键角等分子结构信息，从而可测定青蒿素的晶体结构，A正确；
B．乙醇、乙醛均和碳酸钠溶液不反应但互溶，两者现象一样，无法鉴别；乙酸乙酯和碳酸钠溶液既不反应也不互溶，出现分层，B错误；
C．新制Cu(OH)2悬浊液可与乙醛在加热条件下产生砖红色沉淀；与甲酸反应形成蓝色溶液；己烷与新制氢氧化铜悬浊液不反应也不互溶，出现分层，三者现象均不同，可以鉴别，C正确；
D．凡士林的主要成分是从石油中提取出来的矿脂，矿脂属于烷烃，D正确；
故答案为：B
【分析】A、X射线衍射实验可测定晶体结构。
B、根据乙醇、乙醛、乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液混合的现象分析。
C、根据己烷、甲酸、乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液反应的现象分析。
D、凡士林的主要成分为矿脂，属于烷烃。
7．（2024高二下·金华期末）下列实验装置中能达到实验目的的是
A．装置用于除去中少量HCl B．装置用于实验室制备
C．装置可观察钠在空气中燃烧的现象 D．操作称量NaOH固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；除杂
【解析】【解答】A．亚硫酸氢钠与氯气和氯化氢都能反应，因此不能用饱和亚硫酸氢钠除去Cl2中少量HCl，A错误；
B．氯化铵分解产生氨气和氯化氢，在试管口二者会重新生成氯化铵，因此不能用加热分解氯化铵制备氨气，B错误；
C．固体加热需在坩埚中进行，在坩埚中加热钠，能观察钠在空气中燃烧的现象，可以达到实验目的，C正确；
D．氢氧化钠固体易潮解，且有强腐蚀性，不能直接在滤纸上称量，因此在烧杯中称量，D错误；
故答案为：C
【分析】A、除去Cl2中混有的HCl，应用饱和NaCl溶液。
B、NH4Cl分解生成NH3和HCl，NH3和HCl又会化合形成NH4Cl。
C、Na在坩埚中加热燃烧，产生黄色火焰。
D、NaOH固体易吸水潮解，应在烧杯中称量。
8．（2024高二下·金华期末）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1mol中配位键个数为
B．1.8g含有的中子数为
C．1mol晶体硅含有共价键数目为
D．1L氨水中，含氮微粒数目为
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个中含有4个配位键，因此1mol中所含配位键的个数为4，A项正确；
B.1.8g的物质的量为0.05mol，一个分子中含有20个中子，因此1.8g中所含中子数为0.05mol×20×NA=NA，B项正确；
C.1mol晶体硅中含有2mol共价键，数目为2，C项错误；
D.1L0.1mol/L氨水的物质的量为0.1mol，根据氮元素守恒可得，溶液中含氮的微粒数为0.1，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、1个[Cu(NH3)4]2＋中含有4个配位键。
B、根据公式计算其物质的量，结合分子中所中子个数计算。
C、根据Si的结构分析。
D、根据氮元素质量守恒分析。
9．（2024高二下·金华期末）关于反应，下列说法不正确的是
A．氧化产物为和
B．1mol被5mol还原
C．每生成1mol，转移10mol电子
D．在此反应中体现氧化性和酸性
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+6价，因此硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，A正确；
B．根据化学方程式可知，1mol和7mol反应生成2.5mol二氧化氮和2.5molNO，因此反应过程中有1mol被5mol氧化，B错误；
C．中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+6价，1mol参与反应，转移10mol电子。由化学方程式可知，当生成1mol硝酸铜时，转移10mol电子，C正确；
D．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，被还原，作氧化剂，体现了氧化性，生成物有，因此反应过程中HNO3还体现了酸性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、存在元素化合价升高的物质发生氧化反应，所得产物为氧化产物。
B、根据反应的化学方程式进行计算。
C、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
D、反应过程中提供酸根离子，则体现了酸性。
10．（2024高二下·金华期末）下列离子方程式正确的是
A．氯化铁溶液腐蚀铜板：
B．往氯水中加入溶液：
C．往溶液中通入过量：
D．溶液中加入少量：
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．FeCl3可以和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，该反应的离子方程式为：，A错误；
B．氯水中含有Cl-和HClO，往氯水中加入溶液生成AgCl沉淀，该反应的离子方程式为：，B正确；
C．往溶液中通入过量生成沉淀和可溶性NaHCO3，该反应的离子方程式为：，C错误；
D．溶液中加入少量生成碳酸钠，NH4＋不参与反应，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化成Cu2＋。
B、AgNO3与氯水中的Cl－形成AgCl沉淀。
C、Al(OH)4－与过量的CO2反应生成Al(OH)3沉淀和HCO3－。
D、NaOH少量，则HCO3－参与反应，NH4＋不参与反应。
11．（2024高二下·金华期末）钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金的重要原料，如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法不正确的是
A．电子的移动方向为由石墨经导线流向钴电极
B．阳极的电极反应式为：
C．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16g
D．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．石墨电极为阳极，钴电极为阴极，电子由（石墨电极）阳极经导线流向（钴电极）阴极，故A选项正确；
B．阳极上H2O发生失电子的氧化反应，生成O2和H＋，因此阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故B选项正确；
C．根据得失电子守恒可得，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，因此Ⅰ室溶液质量减少18g，故C选项错误；
D．放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大；Ⅱ室溶液pH减小，而Ⅰ室电解水导致硫酸浓度增大，Ⅰ室pH也减小，故D选项正确；
故答案为：C
【分析】该电解池装置中，石墨电极与电源的正极相连，为阳极，水在阳极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动。钴电极与电源的负极相连，为阴极，钴离子在阴极发生得电子的还原反应生成钴，其电极反应式为Co2++2e-=Co。Ⅲ室中氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动。电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2Co +O2↑+4H+，据此结合选项分析。
12．（2024高二下·金华期末）一种高分子丙的合成路线如下。下列说法正确的是
A．物质M可以是
B．丙水解可重新生成乙分子和M
C．乙分子中至少有13个碳原子共平面
D．1mol丙能和3nmolNaOH溶液反应
【答案】A
【知识点】酯的性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．由丙的结构简式可知，物质M可以是，能发生反应n+n→+nCH3OH，A正确；
B．乙到丙有甲醇生成，因此丙分子和甲醇反应重新生成乙分子和， B错误；
C．苯是平面结构，苯环处于对位的碳原子及其相连的原子在同一直线上，碳碳单键可以旋转，至少有9个碳原子共平面；连接两个苯环的碳原子为四面体结构，乙分子中至多有13个碳原子共平面，故C错误；
D.由丙的结构简式分析，1mol丙水解产生nmol碳酸和2nmol酚羟基，氢氧化钠溶液足量时，能和4nmolNaOH溶液反应，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据丙的结构简式及反应原理，确定M的结构简式。
B、结合丙的结构简式可知丙和CH3OH反应可生成乙和M。
C、根据苯的平面型结构和单键的自由旋转确定共平面的碳原子。
D、丙水解产生酚羟基和羧基都能与NaOH反应。
13．（2024高二下·金华期末）X、Y、Z、W是前四周期的主族元素，原子序数依次增加，X和Y均有两个未成对电子，Z是第三周期简单离子半径最小的元素，W基态原子的电子的空间运动状态有10种，且无未成对电子。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．最高价氧化物对应的水化物的碱性：
C．离子键成分：
D．空间结构是三角锥形
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析可知，X为C、Y为O、Z为Al、W为Ca。A．X为C元素，Z为Al元素，同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小。因此第一电离能：AlB．金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。由于金属性：Ca>Al，因此最高价氧化物对应的水化物的碱性：Al(OH)3C．电负性：Ca＜Al，因此CaO、Al2O3离子键成分依次减小，C正确；
D．中心C原子的价层电子对数为，无孤对电子，因此其空间结构是平面三角形，D错误；
故答案为：D
【分析】Z是第三周期简单离子半径最小的元素，因此Z为Al。X、Y的原子序数小于Z，且含有两个未成对电子，因此二者的核外电子排布式为1s22s22p2和1s22s22p4，所以X为C、Y为O。W基态原子的电子空间运动状态有10种，且无未成对电子，因此其核外电子排布式为1s22s22p63s3p64s2，所以W为Ca。据此结合元素周期律分析选项。
14．（2024高二下·金华期末）某研究小组为了探究不同条件对乙酸乙酯水解速率的影响，设计并完成了如下实验：
①取3支试管分别加入4mL 2mo/L 溶液、4mL 4mol/L NaOH溶液和4mL蒸馏水。
②再分别向3支试管中加入4mL乙酸乙酯，振荡、静置。
③常温下，每隔3min记录酯层减少体积。
④65℃水浴下重复上述实验。
(常温) (65℃) NaOH (常温) NaOH (65℃) 蒸馏水 (常温) 蒸馏水 (65℃)
3 0.3 0.4 1 1.2 0 0
6 0.6 1.0 1.4 2.4 0 0
9 1.4 2.4 1.6 3.4 0 0.2
12 2.2 4.0 1.6 4.0 0 0.2
下列说法不正确的是
A．水解速率不能用电导率传感器定量测定溶液电导率来进行比较
B．其他条件相同时，乙酸乙酯的水解速率：碱性环境酸性环境中性环境
C．随着反应温度的升高，水解程度增大
D．在酸性环境下，乙酸乙酯也能完全水解
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；酯的性质
【解析】【解答】A．乙酸乙酯在稀硫酸中水解得到乙酸，在氢氧化钠溶液中水解得到乙酸钠，乙酸是弱电解质，乙酸钠是强电解质，等浓度的乙酸和乙酸钠导电能力不同，因此不能用电导率传感器定量测定溶液电导率来比较水解速率，A正确；
B． 相同时间相同温度不同环境时，酯层减少体积为：碱性环境酸性环境中性环境，说明其他条件相同时，乙酸乙酯的水解速率：碱性环境酸性环境中性环境，B正确；
C．相同时间相同环境时，酯层减少体积为：65℃常温，说明随着反应温度升高，水解程度增大，C正确；
D． 酯化反应是可逆反应，在酸性环境下，乙酸乙酯不能完全水解，D不正确；
故答案为：D
【分析】A、酸性条件下，乙酸乙酯水解生成弱电解质CH3COOH；碱性条件下水解生成强电解质CH3COONa，两溶液中离子浓度不同，导电性不同。
B、根据不同酸碱性条件下酯层体积减小的量判断乙酸乙酯水解的速率。
C、根据不同温度下酯层体积的减小，判断温度对乙酸乙酯水解反应的影响。
D、酸性条件下，乙酸乙酯的水解反应为可逆反应。
15．（2024高二下·金华期末）常温下，往0.35mol/L溶液中通入一定量。已知：，，，，下列说法不正确的是
A．HClO酸性大于
B．时，滴入酚酞试液，溶液呈无色
C．溶液时，存在沉淀
D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在
【答案】D
【知识点】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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．Ka(HClO)=4.0×10-8>Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以酸性：HClO＞，A正确；
B．Ka(HClO)=4.0×10-8，当c(ClO-)=c(HClO)时c(H+)=4.0×10-8 mol/L，pH=8-lg4=7.4<8。而酚酞的变色范围是8.2~10，因此此时酚酞并未变红，溶液呈无色，B正确；
C．向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，此时溶液中c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=，所以。根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35mol/L，由氯原子守恒得：c(ClO-)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2mol/L，c(HClO)=0.5mol/L。由于溶液pH=7，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c()+c()，则2c(Ca2+)=c(ClO-)+2c()+c()，0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35 mol/L，则0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c()+c()，所以2c()+c()=0.5mol/L。H2CO3的二级电离平衡常数Ka2=4.7×10-11，pH=7，c(H+)=10-7mol/L，所以，结合等式2c()+c()=0.5 mol/L，可知c()≈0.5mol/L，c()=0.5mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4mol/L，因c(Ca2+)·c()=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，反应向形成沉淀的方向进行，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，C正确；
D．H2CO3是二元弱酸，在水中分步电离，因此溶液中c(H+)＞c()。主要是部分电离得到，而且电离程度十分微弱，因此H2CO3电离出的程度大于电离产生的程度，故c()和c(OH-)要小于c()；Kh1=，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6 mol/L，c(OH-)=10-8.4mol/L，c()≈c(H+)=10-5.6mol/L，代入Kh1，可得c()=4.7×10-11mol/L故答案为：D
【分析】A、根据电离常数的大小比较酸性强弱。
B、根据c(HClO)=c(ClO－)结合HClO的电离常数计算此时溶液的pH，结合酚酞变色的pH范围，确定此时溶液是否变色。
C、当pH=7时，溶液中c(H＋)=c(OH－)=10－7mol·L－1，结合HClO、H2CO3的电离常数计算溶液中c(CO32－)，结合CaCO3的溶度积Ksp，判断是否有沉淀产生。
D、根据H2CO3的电离常数计算溶液中的离子浓度，从而判断离子浓度的相对大小。
16．（2024高二下·金华期末）在实验室进行下列实验，实验现象或实验结论不合理的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 碳酸钠固体中加入少量水 温度升高 此过程发生了放热反应
B 将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后从铁电极附近取出少量溶液，滴入2滴溶液 无蓝色物质生成 铁未发生腐蚀
C 0.1mol/L溶液温度升高，测其pH变化 pH升高 温度升高，水解产生浓度增加
D 向盛有2mL 0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L 溶液，振荡试管，然后向其中滴加4滴0.1mol/L KI溶液 生成白色沉淀，后转化为黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碳酸钠溶解过程中放出热量，为放热过程，但不属于放热反应，放热反应系化学变化，故A说法错误；
B．金属活动性：Zn＞Fe，因此锌为负极、铁为正极，正极不会形成亚铁离子，滴入2滴溶液不会生成蓝色沉淀，铁未被腐蚀，故B说法正确；
C．醋酸钠水解反应为吸热反应，溶液温度升高，醋酸根水解程度增大，浓度增大，pH增大，故C说法正确；
D．向盛有2mL0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L溶液，AgNO3完全反应，产生白色沉淀。振荡后再滴加4滴0.1mol/L KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，即AgCl转转为AgI，因此可证明，故D说法正确；
故答案为：A
【分析】A、溶解过程为物理变化，属于放热过程，不属于放热反应。
B、金属活动性Zn＞Fe，Zn做负极，溶液中不存在Fe2＋。
C、CH3COO－的水解反应为吸热反应，升高温度，促进CH3COO－的水解，产生更多的OH－。
D、实验过程中存在AgCl转化为AgI，可证明二者Ksp的相对大小。
17．（2024高二下·金华期末）金属在生活生产中应用广泛，请回答：
（1）铜元素位于周期表　 　区。
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①；②；③；④，有关这些微粒的叙述，正确的是_______。
A．电离一个电子所需最低能量：
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．微粒半径：
D．得电子能力：
（3）1mol分子间有2mol氢键(如下图所示)，1mol固态分子间有3mol氢键，请在图中画出与图中分子直接相连的所有氢键　 　。
（4）理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶胞结构如下：
①该晶胞中粒子个数比　 　，晶体类型为　 　。
②设X的最简式的相对分子质量为Mr，则X晶体的密度为　 　(列出算式)。
【答案】（1）ds
（2）A；C
（3）(简化版，画出氨气分子周围六条氢键即可)
（4）；共价晶体；
【知识点】晶胞的计算；含有氢键的物质；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，则铜元素位于周期表ds区。
故答案为：ds
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+；
A． ①为基态Al+，再电离1个电离1个电子所需能量最大；②为激发态Al原子，电离1个电子所需能量最小；电离一个电子所需最低能量：，A正确；
B．据分析，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③④，B不正确；
C．同种元素的原子半径大于离子，同种元素且核外电子数相同时，基态能量较低半径较小，则微粒半径：，C正确；
D．同种元素的阳离子电荷越高、半径越小越易得电子，得电子能力：，D不正确；
故答案为：AC
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，则氨气分子周围有六条氢键，与图中分子直接相连的所有氢键为(。
故答案为：(
（4）①该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为8×+4×+1=4，Hg原子位于棱上、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为4×+6×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2；该晶体为由原子构成的绝缘材料，则不是金属晶体，其晶体类型为共价晶体。
故答案为： ；共价晶体
②X的相对分子质量为，则该晶胞的质量为，由图可知，该晶胞的体积为x2ynm3，即是 x2ycm3，则该晶胞的密度。
故答案为：
【分析】（1）根据Cu核外电子排布式确定其在周期表中的分区位置。
（2）四种微粒中，①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+，据此结合选项分析。
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，据此确定图中NH3分子的所有氢键。
（4）①根据均摊法确定晶胞中粒子的个数比。该晶体为原子构成的绝缘材料，因此属于共价晶体。
②根据公式计算晶体密度。
（1）Cu是29号元素，基态核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1，则铜元素位于周期表ds区。
（2）由铝原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①为基态Al+；②为激发态Al原子；③为基态Al原子；④为基态Al2+；
A． ①为基态Al+，再电离1个电离1个电子所需能量最大；②为激发态Al原子，电离1个电子所需能量最小；电离一个电子所需最低能量：，A正确；
B．据分析，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①③④，B不正确；
C．同种元素的原子半径大于离子，同种元素且核外电子数相同时，基态能量较低半径较小，则微粒半径：，C正确；
D．同种元素的阳离子电荷越高、半径越小越易得电子，得电子能力：，D不正确；
选AC。
（3）每一个氢键被两个分子共用，1mol固态分子间有3mol氢键，则氨气分子周围有六条氢键，与图中分子直接相连的所有氢键为。
（4）①该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为8×+4×+1=4，Hg原子位于棱上、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为4×+6×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb=4∶4∶8=1∶1∶2；该晶体为由原子构成的绝缘材料，则不是金属晶体，其晶体类型为共价晶体。
②X的相对分子质量为，则该晶胞的质量为，由图可知，该晶胞的体积为x2ynm3，即是 x2ycm3，则该晶胞的密度。
18．（2024高二下·金华期末）HI是医药及农药的原料，关于HI的转化如下图：
已知：。请回答：
（1）写出棕黄色溶液A中所有阴离子　 　。
（2）根据步骤③④，给出相关微粒与结合能力由弱到强的顺序　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤②需涉及到分液操作 B．无色溶液F中不可能含有
C．白色固体G是AgCl D．与的配位能力：
（4）写出步骤①中化学反应的离子方程式　 　。
（5）设计实验检验溶液D中的金属阳离子　 　。
【答案】（1）、、、(写出前三种即得分，不写不扣分，写上不扣分)
（2）
（3）A；C
（4）或
（5）取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有
【知识点】配合物的成键情况；常见离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析可知，HI溶液与少量的NaClO4，反应生成碘单质和氯离子，溶液中存在平衡，则推知棕黄色溶液A中所有阴离子有Cl 、I 、、OH 。
故答案为：、、、(写出前三种即得分，不写不扣分，写上不扣分)
（2）根据步骤③④，加入氨水后，氯化银溶解，Ag+与NH3结合生成，而碘化银不变，故相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序为Cl-故答案为：Cl-（3）A.溶液A经过多次萃取、分液才能将碘单质去除掉，A正确；
B.氯化银与氨水反应生成，故溶液F中含有，B错误；
C.根据分析可知，溶液F中加入硝酸生成氯化银，C正确；
D.根据步骤③④可知，与NH3的配位能力：Ag+故答案为：AC
（4）步骤①中碘离子与NaClO4反应生成碘单质和氯离子，其化学反应的离子方程式为8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O。
故答案为：8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O
（5）溶液D中含有钠离子和银离子，故检验方法为：取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+。
故答案为： 取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有
【分析】HI溶液中加入少量的NaClO4，两者发生氧化还原反应生成碘单质，因此棕黄色溶液A中主要含有碘单质、Na+、Cl-、I 、；经过步骤②多次萃取后，碘单质被去除，水溶液B中主要含有Na+、Cl-、I 、，加入足量的硝酸银，生成浅黄色固体C，C中可能有氯化银和碘化银，固体C加入足量氨水，氯化银与氨水反应生成无色溶液F和黄色固体碘化银，无色溶液F含有，其中加入硝酸生成白色固体G，推知G为氯化银。据此结合题干设问分析作答。
（1）根据分析可知，HI溶液与少量的NaClO4，反应生成碘单质和氯离子，溶液中存在平衡，则推知棕黄色溶液A中所有阴离子有Cl 、I 、、OH 。
（2）根据步骤③④，加入氨水后，氯化银溶解，Ag+与NH3结合生成，而碘化银不变，故相关微粒与Ag+结合能力由弱到强的顺序为Cl-（3）A.溶液A经过多次萃取、分液才能将碘单质去除掉，A正确；
B.氯化银与氨水反应生成，故溶液F中含有，B错误；
C.根据分析可知，溶液F中加入硝酸生成氯化银，C正确；
D.根据步骤③④可知，与NH3的配位能力：Ag+答案选AC。
（4）步骤①中碘离子与NaClO4反应生成碘单质和氯离子，其化学反应的离子方程式为8H+ ++12I- =4+Cl-+4H2O 或 8H+++8I-=4I2+Cl- +4H2O。
（5）溶液D中含有钠离子和银离子，故检验方法为：取溶液D于两支试管中，向其中一支试管中加入NaCl溶液，若产生白色沉淀，则有Ag+；取洁净的铂丝蘸取另一支试管中的溶液，置于酒精灯火焰上灼烧，若观察到黄色火焰，则有Na+。
19．（2024高二下·金华期末）甲烷和甲醇是工业上重要的资源，甲烷能通过重整反应得到氢气，以甲醇为燃料的燃料电池有良好的应用前景。
（1）与重整的主要反应为：
反应Ⅰ： 。
反应Ⅱ： 。
反应Ⅲ： 。
在与重整体系中通入适量，可减少的生成，反应的　 　。
（2）工业上常用甲烷和水蒸气重整制备氢气，在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1mol和1mol，起始压强为0.2MPa，体系中发生如下反应：
反应Ⅳ：；
反应Ⅴ：。
①下列说法正确的是　 　。
A．氢气的体积分数肯定小于75%
B．加入催化剂能提高平衡转化率
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅳ平衡正向移动
D．反应体系中气体相对分子质量不变时到达化学平衡状态
②该条件下，反应达平衡时的转化率80%，的物质的量为0.4mol，则反应Ⅳ的平衡常数　 　(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③向反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是　 　。
（3）甲醇燃料电池已经广泛应用于生活中。
①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇放电的电极反应式为　 　。
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→b→　 　→j(用b~j等代号表示)。
【答案】（1）
（2）AD；；CaO可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大
（3）；a→b→(e→h)→j
【知识点】盖斯定律及其应用；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应可得，则。
故答案为：
（2）①A．根据反应Ⅳ，若1mol和1mol完全反应，则生成的氢气体积分数为75%，由于该反应为可逆反应，且发生反应反应Ⅴ，则氢气的体积分数肯定小于75%，A正确；
B．加入催化剂，只提高反应速率，不改变平衡转化率，B错误；
C．恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体，物质浓度不变，则反应Ⅳ平衡不移动，C错误；
D．反应Ⅳ为气体分子数增大的反应，则体系中气体相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：AD
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，则三段式关系为、
；反应达平衡时的转化率为80%，的物质的量为0.4mol，则，，解得、，平衡时甲烷、水、一氧化碳、二氧化碳和氢气的物质的量为0.4mol、0.2mol、0.4mol、0.2mol和2mol，气体总物质的量为，总压强为，因此反应Ⅳ的平衡常数。
故答案为：0.4
③向反应体系中加入适量多孔CaO，可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；同时CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大。
故答案为： CaO可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大
（3）①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇失电子与生成二氧化碳和水，电极反应式为。
故答案为：
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，途径b→e→h→j对应的活化能最低，因此最可行。
故答案为： a→b→(e→h)→j
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①A、若反应Ⅳ完全反应，则H2的体积分数为75%，结合反应的可逆性和反应V分析。
B、催化剂不影响该平衡移动。
C、恒容充入惰性气体，体系的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，即压强减小，据此分析平衡移动。
D、分析反应过程中混合气体的相对分子质量是否发生变化，若发生变化，则当其不变时，可逆反应达到平衡状态。
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，据此结合平衡三段式进行计算。
③加入的CaO能吸收CO2，且反应放热，温度升高，结合温度对平衡移动的影响分析。
（3）①该固体燃料中，CH3OH发生失电子的氧化反应，生成CO2，据此写出电极反应式。
②最可行的途径，则反应对应的活化能最小，据此结合能量变化图分析。
（1）根据盖斯定律，反应可得，则。
（2）①
A．根据反应Ⅳ，若1mol和1mol完全反应，则生成的氢气体积分数为75%，由于该反应为可逆反应，且发生反应反应Ⅴ，则氢气的体积分数肯定小于75%，A正确；
B．加入催化剂，只提高反应速率，不改变平衡转化率，B错误；
C．恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体，物质浓度不变，则反应Ⅳ平衡不移动，C错误；
D．反应Ⅳ为气体分子数增大的反应，则体系中气体相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，D正确；
答案选AD。
②设反应Ⅳ中水的转化量为xmol，反应Ⅴ中水的转化量为ymol，则三段式关系为、
；反应达平衡时的转化率为80%，的物质的量为0.4mol，则，，解得、，平衡时甲烷、水、一氧化碳、二氧化碳和氢气的物质的量为0.4mol、0.2mol、0.4mol、0.2mol和2mol，气体总物质的量为，总压强为，因此反应Ⅳ的平衡常数。
③向反应体系中加入适量多孔CaO，可以吸收，反应Ⅴ平衡正移，的产率增大；同时CaO和反应放热，提供热量，温度升高，反应Ⅳ平衡正移，的产率增大。
（3）①在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，甲醇失电子与生成二氧化碳和水，电极反应式为；
②甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，途径b→e→h→j对应的活化能最低，因此最可行。
20．（2024高二下·金华期末）某兴趣小组用铜屑(含少量铁)按下列流程制备少量无水。
已知：①；②易溶于水和乙醇，几乎不溶于乙酸乙酯；③熔点、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A．步骤①须在通风橱中进行，气体用饱和溶液吸收
B．步骤②调pH适合的物质是NaOH或氨水
C．步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热
D．步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇可析出更多的硝酸铜晶体
（2）某同学设计如下实验装置完成步骤④(夹持及控温装置省略)。
①仪器B的名称是　 　，上述装置有一处不合理，请提出改进方案　 　。
②装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞　 　(填“a”、“b”或“a和b”)。
③写出步骤④发生反应的化学方程式　 　。
（3）无水产品纯度的测定。称取0.320g样品，溶于水配成100mL溶液。移取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加75mL水，15mL缓冲溶液(pH约为10)及0.2g紫脲酸铵指示剂，用0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠(，水溶液显酸性)标准滴定溶液滴定至溶液呈蓝紫色；重复上述实验两次，测得滴定所需溶液平均值为20.00mL。(已知：)
①滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择下图中　 　。
A． B． C． D．
②该产品纯度为　 　。
【答案】（1）B；D
（2）干燥管；在A、B之间增加干燥装置；b；
（3）B；94%
【知识点】中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）A．铜屑(含少量铁)与足量硝酸反应时有NO生成，则步骤①须在通风橱中进行，根据信息①NO气体可用饱和溶液吸收，A正确；
B．步骤②用NaOH或氨水调pH会引入杂质，适合的物质是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜等，B不正确；
C．用冷却热饱和溶液可得到，则步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热，C正确；
D．根据信息②易溶于水和乙醇，步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇会导致溶解，不能析出更多的硝酸铜晶体，D不正确；
故答案为：BD
（2）①仪器B的名称是干燥管，使晶体脱水时，应保持干燥环境，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入A中影响A中的硝酸铜晶体脱水反应，则：上述装置有一处不合理，请提出改进方案：在A、B之间增加干燥装置。
故答案为： 干燥管 ； 在A、B之间增加干燥装置
②由恒压滴液漏斗的构造可知，只要打开活塞b液体就能顺利滴下，则装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞b。
故答案为：b
③根据信息③遇水剧烈水解生成两种酸性气体，它们是氯化氢和二氧化硫，则步骤④发生反应的化学方程式：。
故答案为：
（3）①已知0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠()水溶液显酸性，则使用酸性滴定管，酸式滴定管下端为玻璃塞，其排气泡的方式为：快速放液，滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择B 。
故答案为：B
②按，该产品纯度为94%。
故答案为：94%
【分析】（1）A、步骤①反应过程中产生有毒气体氮氧化物，需在通风橱中进行。
B、为防止引入新的杂质，应用CuO或Cu(OH)2或CuCO3调节溶液的pH值。
C、结合蒸发结晶操作分析。
D、Cu(NO3)2易溶于乙醇。
（2）①根据图示仪器确定其名称。SOCl2遇水剧烈水解，因此在A、B装置之间需增加一个干燥装置。
②向仪器A中滴加SOCl2时，需打开b处的活塞。
③步骤④中Cu(NO3)2·3H2O与SOCl2反应生成Cu(NO3)2、SO2和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（3）①标准液显酸性，应使用酸式滴定管盛装，结合酸式滴定管的排气泡操作分析。
②根据反应Cu2＋＋H2Y2－=CuY2－＋2H＋，结合消耗标准液的量进行计算。
（1）A．铜屑(含少量铁)与足量硝酸反应时有NO生成，则步骤①须在通风橱中进行，根据信息①NO气体可用饱和溶液吸收，A正确；
B．步骤②用NaOH或氨水调pH会引入杂质，适合的物质是氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜等，B不正确；
C．用冷却热饱和溶液可得到，则步骤③中，蒸发浓缩的具体操作是将溶液置于蒸发皿中，控制温度加热浓缩，加热至溶液表面出现极薄的晶膜时，停止加热，C正确；
D．根据信息②易溶于水和乙醇，步骤③中，冷却结晶后加入适量乙醇会导致溶解，不能析出更多的硝酸铜晶体，D不正确；
选BD。
（2）①仪器B的名称是干燥管，使晶体脱水时，应保持干燥环境，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进入A中影响A中的硝酸铜晶体脱水反应，则：上述装置有一处不合理，请提出改进方案：在A、B之间增加干燥装置。
②由恒压滴液漏斗的构造可知，只要打开活塞b液体就能顺利滴下，则装置改进后，向仪器A中缓慢滴加时，需打开活塞b。
③根据信息③遇水剧烈水解生成两种酸性气体，它们是氯化氢和二氧化硫，则步骤④发生反应的化学方程式：。
（3）①已知0.02mol/L乙二胺四乙酸二钠()水溶液显酸性，则使用酸性滴定管，酸式滴定管下端为玻璃塞，其排气泡的方式为：快速放液，滴定前，需要将装有标准滴定溶液中的气泡排尽，应选择B 。
②按，该产品纯度为94%。
21．（2024高二下·金华期末）某研究小组按下列路线合成抗失眠药物卤沙唑仑(部分反应条件已简化)。
已知信息：①；②。请回答：
（1）化合物F的含氧官能团名称是　 　。
（2）化合物Y的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物B具有酸性，且酸性比苯甲酸强
B．化合物X分子中所有原子同平面，其中氮原子的杂化方式是
C．反应⑥发生加成反应和消去反应
D．卤沙唑仑可在酸性或碱性条件下发生水解反应
（4）写出反应④的化学方程式　 　。
（5）利用以上合成路线中的相关信息，设计以乙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含六元环。
②谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。
【答案】（1）羟基、酰胺基、(酮)羰基
（2）
（3）A；D
（4）
（5）(其它合理答案均可)
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构式，化合物F的含氧官能团名称是羟基、酰胺基、(酮)羰基。
故答案为： 羟基、酰胺基、(酮)羰基
（2）根据E到F的反应，可知其反应为取代反应，化合物Y的结构简式是H2NCH2CH2OH。
故答案为： H2NCH2CH2OH
（3）A．B为，F为吸电子基团，导致羧基易电离出氢离子，则化合物B的酸性比苯甲酸强，A正确；
B．根据分析X为，其中氮原子的杂化方式是sp3，有一对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，不是所有原子同平面，B错误；
C．反应⑥按照加成消除反应机理进行生成目标产物，C错误；
D．卤沙唑仑含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：AD
（4）根据分析E为，反应④的化学方程式→。
故答案为；
（5）以乙烯为原料合成根据逆合成分析法，目标产物可以由CH3COCl和合成，其中可以由得到，可由加成得到。CH3COCl可由取代得到，可由氧化得到或者先加成生成乙醇，乙醇氧化为乙酸，故合成路线如下：(其它合理答案均可)。
故答案为：(其它合理答案均可)
（6）①分子中含六元环。②1H NMR谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。符合条件的的同分异构体的结构简式：
故答案为：
【分析】根据合成路线，A发生氧化反应生成B，B为，根据X的分子式和D的结构式知，C发生取代反应生成D，其中X为，C为，根据F的结构式知，D发生取代反应生成E，E为，F已知信息②反应生成卤沙唑仑，据此结合题干设问分析作答。
（1）根据F的结构式，化合物F的含氧官能团名称是羟基、酰胺基、(酮)羰基；
（2）根据E到F的反应，可知其反应为取代反应，化合物Y的结构简式是；
（3）A．B为，F为吸电子基团，导致羧基易电离出氢离子，则化合物B的酸性比苯甲酸强，A正确；
B．根据分析X为，其中氮原子的杂化方式是sp3，有一对孤电子对，分子空间构型是三角锥形，不是所有原子同平面，B错误；
C．反应⑥按照加成消除反应机理进行生成目标产物，C错误；
D．卤沙唑仑含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；
故答案为：AD；
（4）根据分析E为，反应④的化学方程式
（5）以乙烯为原料合成根据逆合成分析法，目标产物可以由CH3COCl和合成，其中可以由得到，可由加成得到。CH3COCl可由取代得到，可由氧化得到或者先加成生成乙醇，乙醇氧化为乙酸，故合成路线如下：(其它合理答案均可)
（6）①分子中含六元环。②1H NMR谱和IR谱表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，无氮氧键。符合条件的的同分异构体的结构简式：。
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