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2024届浙江省精诚联盟高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·浙江模拟）下列物质不能用作金属冶炼还原剂的是
A．C B．CO C． D．S
2．（2024高三下·浙江模拟）铝可溶于NaOH溶液：，下列说法正确的是
A．工业上可借助此反应规模化制备
B．中Al原子为杂化
C．反应后溶液碱性增强
D．Al是一种两性化合物
3．（2024高三下·浙江模拟）下列化学用语或符号，正确的是
A．提示实验中要配带护目镜：
B．的价层电子对互斥模型（VSEPR）模型：
C．新戊烷的结构简式：
D．用电子式表示的形成过程：
4．（2024高三下·浙江模拟）在溶液中能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
5．（2024高三下·浙江模拟）某小组设计如下实验方案除去肉桂醛（）中的肉桂醇（）杂质，下列说法不正确的是
已知：①室温下，肉桂醛、肉桂醇均为微溶于水的油状液体；
②提纯时，肉桂醛与发生：。
A．步骤I中，饱和须加过量
B．步骤I中，可用少量氯仿洗涤组分1
C．步骤Ⅱ为加稀硫酸溶解固体，可在分液漏斗中进行
D．步骤Ⅱ中，可降低肉桂醛在水中的溶解度
6．（2024高三下·浙江模拟）下列实验装置或操作，正确的是
A．用图①操作称量NaOH固体
B．用图②比较、的水解能力
C．用图③装置制取乙酸乙酯，可提高平衡产率
D．用图④装置观察生铁的吸氧腐蚀
7．（2024高三下·浙江模拟）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和足量转化为无毒物质，得到电子数为
B．溶液中含O原子数为
C．含个键的气体占据体积为2.24L
D．1molCO和个的质量比为7∶4
8．（2024高三下·浙江模拟）下列关于有机物的说法不正确的是
A．可用水鉴别苯、四氯化碳和乙醇三种无色液体
B．聚苯乙烯在氯仿中因分子链之间的缠绕状态被破坏而溶解
C．纤维素乙酸酯易燃烧，是生产炸药的重要原料
D．除去乙炔中的杂质气体可选用NaOH溶液
9．（2024高三下·浙江模拟）表示下列过程的方程式不正确的是
A．乙烯加聚：
B．酸化的碘化钾淀粉试纸检验食盐中的碘：
C．一元弱酸电离：
D．氯化氢将硅与杂质分离：
10．（2024高三下·浙江模拟）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，可用如下方法合成：
下列说法正确的是
A．试剂a是酸性溶液 B．有机物X不易溶于水
C．有机物Z是 D．催化剂反应前后质量不变
11．（2024高三下·浙江模拟）室温离子液体L由X、Y、Z、M、W五种原子序数依次增大的短周期元素组成，结构如图所示。已知Y、Z、M位于同一周期且基态原子中未成对电子数各不相同，Z与W同主族。下列说法正确的是
A．室温下，L的导电性强于X、Z、M组成的盐
B．室温下，相同浓度的含氧酸的pH：
C．电负性：
D．Y或Z与M元素均不能形成平面形分子
12．（2024高三下·浙江模拟）下列关于电解质溶液的说法不正确的是
A．室温下，弱酸HA的，HA的电离度为1%
B．室温下，稀溶液中，
C．室温下，的溶液的
D．室温下，加水稀释溶液，保持不变
13．（2024高三下·浙江模拟）中国古典科技文献《墨娥小录》记载颜料铜青的制法：“硇砂二两，明矾三两，好醋三升，二味为末，入醋内浸。次将熟铜板十斤，…‥以炭火烧通红，入药蘸……另用好醋槽一斗入盆内，将铜板子用草板子隔放，淹三日，一度刮，故名长生柜。”下列说法正确的是
已知：铜青的组成可能是或。
A．若用铁盆盛“醋槽”，可加速铜青的形成
B．负极电极反应式可能为
C．“草板子”作正极材料，同时可加大铜片与空气的接触面积
D．用X射线衍射法分析铜青，无法确定铜青的组成
14．（2024高三下·浙江模拟）镍催化下，可还原苯甲腈为苯甲胺，反应过程如下：
下列说法不正确的是
A．反应过程说明苯环是一个很稳定的结构
B．中加入少量，可抑制副反应发生
C．控制pH使苯甲胺转化为可溶性胺盐，与副产物分离
D．苯甲亚胺分子的所有原子可能在同一平面
15．（2024高三下·浙江模拟）25℃，一定压强的某密闭容器中加入溶液，滴加盐酸或NaOH溶液（此时全溶于水且全部视作），溶液中三种含碳粒子的分布系数随溶液pOH变化如下图。下列说法不正确的是
A．
B．a点：
C．b点NaOH的体积小于10.00mL
D．c点：
16．（2024高三下·浙江模拟）下列实验中，操作、现象、解释或结论均正确的是
序号 操作 现象 解释或结论
A 用NaOH标准溶液滴定稀硫酸待测液时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度变化 记录温度传感器显示的起始温度、最高温度 用计算反应中的热量变化
B 室温下，将等质量镁（足量）分别放入等体积的HA、HB两种酸溶液中 只生成，且2分钟后酸HA收集到的更多 酸性：
C 溶液中加入足量溶液，再加入溶液 先出现白色沉淀，后变生黑色沉淀 相同温度下，
D 将己烷与溴水的混合液置于光亮处 一段时间后，溴水褪色 己烷与在光照下发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三下·浙江模拟）金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答：
（1）锶（Sr）、钛（Ti）、氧（O）组成的晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。
①该晶体属于　 　（写晶体类型名称）。
②请用小黑点在晶胞示意图中标出O所在的位置　 　。
（2）具有高能量密度的是值得深入研究的电池正极材料。
①与Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是　 　（填写元素符号）。
②基态Co原子的核外电子排布式是　 　。
（3）下列说法正确的是________（填序号）。
A．离子势：
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素有2种
C．基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等
D．离子键百分比：
（4）金属与的配合物在一定条件下可发生如下转化：
①当分子中有个配位键时，的物质的量是　 　mol。
②与Na反应后，结构模型中所示的∠1将会　 　（选填“增大”“减小”或“不变”），原因是　 　。
18．（2024高三下·浙江模拟）某矿石的组成为，以此为原料实现如下转化：
已知：矿石与HF反应时，元素化合价均未发生变化。
请回答：
（1）下列说法正确的是________（填序号）。
A．是由极性键形成的极性分子
B．的氧化性弱于
C．矿石中Si与O形成相互独立的正四面体结构
D．固体A中含有
（2）与矿石中金属阳离子的配位能力由强到弱的顺序是　 　。
（3）生成深蓝色溶液的化学方程式为　 　。
（4）遇酸会迅速分解，请设计实验证明氧化产物与还原产物　 　。遇酸分解的离子方程式为　 　。
19．（2024高三下·浙江模拟）具备高储氢密度和低成本优势，被认为是极具应用潜力的储氢材料。请回答：
（1）通过水解反应可高效制氢，反应有：
反应1：
反应2：
反应3：
则： 　 　
（2）等质量的在不同环境下发生反应I的产氢率如下图所示：
①在下发生水解，前3min放出（已换算为标准状况），则水解反应中消耗速率为　 　（计算结果保留3位小数）。
②在溶液中的产氢率明显快于纯水，已知该现象只与有关。溶液能加快产氢速率的原因是　 　。
（3）在300-400℃和2.4~4MPa氢气压强下，Mg可与反应：。
①恒容密闭容器中加入及足量，在四种温度下反应5min，的转化率如下表所示：
温度/℃ 300 330 360 400
转化率 10% 50% 50% 33.3%
400℃时，压强平衡常数　 　（是用组分的平衡压强代替浓度而求得的平衡常数），下列说法正确的是　 　（填序号）。
A.与的总能量低于的能量
B.若在350℃下反应5min，转化率大于50%
C.若360℃时反应持续至10min，转化率增大
D.将中的化学能转化为电能时，参与负极反应
②贮氢合金中氢镁原子个数比为，当氢镁原子个数比为时恒温压缩容器，请画出气体压强p与x的变化曲线　 　。
20．（2024高三下·浙江模拟）二氧化氯是一种绿色氧化剂，可作漂白剂和饮用水消毒剂。易溶于水（相同条件下，在水中的溶解度约为的5倍，与水的反应可忽略）。某兴趣小组采用如下装置制备，原理为：。
请回答：
（1）装稀硫酸的仪器的名称是　 　。
（2）抽气泵作用是：①抽入空气稀释气体；②　 　。
（3）在水中的溶解度大于的原因是　 　。
（4）已知：、被还原的程度随pH的不同而变化，具体情况如下：①；②。取装置II中的溶液1.00mL，稀释至20.00mL，加过量KI后用标准溶液滴定，消耗标准液amL。将滴定后溶液用稀硫酸调溶液pH至，补加KI且除酸后再次滴定，又消耗标准溶液bmL（注：两次滴定均只发生反应）。求纯度　 　（用含a、b的式子表示）。
（5）装置III中可加入的试剂有________（填序号）。
A．饱和食盐水 B．溶液
C．NaOH和溶液 D．溶液
（6）下列说法不正确的是________（填序号）。
A．垫上石棉网，用酒精灯煮沸装置I内溶液以加快反应
B．抽气泵的抽气速率对的产率没有影响
C．待装置II的进气管中不再产生气泡，再关闭抽气泵
D．冷却装置I中反应后的溶液，得到的晶体可作化肥
21．（2024高三下·浙江模拟）有机物X是一种重要的医药中间体，一种合成路线如下：
已知：。
请回答：
（1）B的官能团名称是　 　。
（2）C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是________（填序号）。
A．甲苯转化为A的反应条件为
B．B可通过分子内反应生成盐
C．D在酸性条件下水解会生成
D．E→X转化只涉及取代反应
（4）写出G→H的化学方程式　 　。
（5）设计以A和HCHO为有机原料合成B的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的甲苯的同分异构体的结构简式　 　（不考虑立体异构）。
①分子有2个环且环间共用2个碳原子，不存在“”结构。
②核磁共振氢谱显示分子中有3种不同氢原子。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】S与金属反应生成硫化物，不能作金属冶炼的还原剂，能用作金属冶炼的还原剂有C、H2、CO。
故答案为：D
【分析】S与金属单质反应生成金属硫化物，体现了S的氧化性。
2．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；铝的化学性质
【解析】【解答】A．工业生产Al要消耗大量电能，再用Al制备成本太高，A项错误；
B．中Al原子的价层电子对数为4，采用杂化，B项正确；
C．反应消耗氢氧化钠，溶液中降低，碱性减弱，C项错误；
D．Al是单质，不属于两性化合物，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、工业上采用电解熔融Al2O3制备金属铝，耗能大。
B、根据中心原子的价层电子对数，确定其杂化方式。
C、反应过程中c(OH－)减小，溶液的碱性减弱。
D、Al是单质，不属于化合物。
3．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．实验时必须佩戴护目镜，为提示实验中要配带护目镜的标志，故A正确；
B．的O原子价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，所以其VSEPR模型为四面体形，且O原子半径大于F原子，含有2对孤电子对。因此VSEPR模型为，故B错误；
C． 为异戊烷，新戊烷的结构简式为，故C错误；
D．为离子化合物，含有O22-，因此其形成过程为，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、图示为护目镜。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、新戊烷分子中含有5个碳原子，且含有2个甲基。
D、CaO2是由一个Ca2＋和一个O22－构成的，据此确定其形成过程。
4．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子共存
【解析】【解答】A．与会发生双水解，不课大量共存，A项错误；
B．与会形成沉淀，因此不可大量共存，B项错误；
C．与会生成沉淀，因此不可大量共存，C项错误；
D．选项中所给离子相互间不反应，可大量共存，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、Ti4＋与HCOO－可发生完全双水解。
B、Ag＋能与CrO42－反应生成Ag2CrO4沉淀。
C、Ba2＋能与SO32－反应生成BaSO3沉淀。
D、溶液中各个离子相互间不反应。
5．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；加成反应
【解析】【解答】A．肉桂醛与的反应为可逆反应，过量可促使反应正向进行，提高肉桂醛的转化率，A项正确；
B．据流程图可知，肉桂醇可溶于氯仿、不溶于氯仿。因此可用少量氯仿洗去固体表面的杂质，B项正确；
C．分液漏斗用于添加液体，不能作为反应容器，C项符合题意；
D．可提高溶剂的极性，因此可降低极性较弱的有机物肉桂醛在水中的溶解度，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、NaHSO3过量，可促使平衡正向移动。
B、根据物质的溶解性分析。
C、分液漏斗不能用于溶解。
D、Na2SO4可提高溶液的极性。
6．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．NaOH固体易吸水潮解，且具有腐蚀性，须放在烧杯或称量瓶中进行称量，故A错误；
B．与的溶解度不同，所以饱和、溶液的浓度不同，浓度会影响离子的水解程度。因此无法比较、的水解能力，故B错误；
C．球形冷凝管的作用是冷凝回流，酯会被冷凝回流，因此无法收集，故C错误；
D．Fe发生吸氧腐蚀后试管内压强减小，导管内会形成一段水柱，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、易吸水潮解的固体应在小烧杯或称量瓶中称量。
B、要比较CO32－、HCO3－的水解能力，应保证二者的浓度相同。
C、球形冷凝管起到冷凝回流作用，无法收集到乙酸乙酯。
D、若发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，水中导管口会形成一段稳定的水柱。
7．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．据题意，反应时转化为和，二氧化氮中氮元素由+4价变为0价，得到4个电子。因此得到电子数为，故A正确；
B．溶液中含O原子数为0.5mol·L－1×0.1L×3×NA=0.15NA，但溶液中和中均有O原子，故B错误；
C.1个分子中有3个σ键，含个σ键的气体在标准状况下才是2.24L，故C错误；
D.1molCO的质量为28g，（即0.5mol）个的质量为8g，质量比为7∶2，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、转化为的无毒物质为N2和H2O，根据元素化合价变化计算转移电子数。
B、NaNO3溶液中含有H2O，H2O分子中也含有氧原子。
C、一个三键中含有1个σ键和2个π键，据此计算。
D、根据m=n×M计算CO、CH4的质量，从而得出其质量比。
8．【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；高分子材料；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．苯不溶于水且密度比水小，不溶于水且密度比水大，乙醇能溶于水。因此可用水鉴别，A项正确；
B．聚苯乙烯为线型高分子材料，其溶解是因分子链的缠绕状态被破坏，从而溶入有机溶剂中，B项正确；
C．纤维素乙酸酯不易燃烧，因此不能用于生产炸药，C项符合题意；
D．溶于水呈酸性，会被氢氧化钠溶液吸收，乙炔不与NaOH反应，因此可用NaOH溶液除去乙炔中混有的H2S，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据密度大小和水溶性分析。
B、根据聚苯乙烯的线型结构分析。
C、纤维素乙酸酯不易燃烧。
D、乙炔与NaOH溶液不反应，而H2S可以。
9．【答案】A
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；硅和二氧化硅；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，该反应的化学方程式为，故A错误；
B．酸化的碘化钾淀粉试纸检验食盐中的碘时，与I-反应生成I2，淀粉遇碘变蓝色。其反应的离子方程式为，故B正确；
C．是一元弱酸，部分电离产生H+，由原子守恒和电荷守恒得的电离方程式为：，故C正确；
D．氯化氢与Si反应生成沸点较低的SiHCl3，从而将硅与固态杂质分离，该反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯。
B、加碘盐中加入KIO3，IO3－与I－在酸性条件下反应生成I2。
C、一元弱酸H2BO3电离产生H＋和B(OH)4－。
D、Si与HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，与固体杂质分离。
10．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；酮
【解析】【解答】A．CH3CH=CH2分子中有碳碳双键，且双键碳原子上连了2个氢原子，能被酸性氧化生成CO2，不能生成C3H6O，因此试剂a不是酸性溶液，故A错误；
B．X与HCN发生加成反应生成(Y)，结合Y的结构简式可知，有机物X为丙酮，丙酮能与水互溶，故B错误；
C．在作用下先水解生成羧基，羧基再发生酯化反应，对比与的结构简式可知，Z是，故C正确；
D．水解时会生成，能与反应，所以反应后质量增大，故D错误；
故答案为：C
【分析】CH3CH=CH2和试剂a在催化剂作用下转化为(X)CH3COCH3，CH3COCH3与HCN发生加成反应生成(Y)，水解生成羧基，然后与甲醇发生酯化反应引入酯基，其中的羟基发生消去反应引入碳碳双键。
11．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；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、Y、Z、M、W五种原子分别是H、C、N、F、P。
A．离子液体L室温下呈液态、能导电，呈固体、不存在可自由移动的离子，因此不能导电，A项正确；
B．B项未说明是“最高价含氧酸”，因此无法判断，B项错误；
C．从左到右，从下到上，电负性逐渐增大，因此电负性，C项错误；
D．Y、Z与M形成、，分子中均有双键，因此都属于平面形分子，D项错误；
故答案为：A
【分析】由结构图可知，X可形成1个共价键，且原子序数最小，因此X为为H或F。Y形成4个共价键，最外层电子数为4，因此Y为C或Si。Z形成3个共价键，其最外层电子数为5，因此Z为N、P。W形成5个共价键，所以W为N或P。又W的原子序数最大，因此W为P；则Z为N。原子序数依次增大，所以X为H、Y为C、M为F。据此结合元素周期律分析选项。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．室温下，弱酸HA的，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，由HAH++A-，发生电离的c(HA)=c(H+)=10-3mol/L，因此电离度，A项正确；
B．溶液中，，溶液呈中性，所以溶液中，因此溶液中，B项错误；
C．常温下，，又，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，所以此时溶液的，C项正确；
D．由元素质量守恒可知，，室温下，加水稀释溶液，Kb保持不变，因此溶液中保持不变，D项正确；
故答案为：B
【分析】A、pH=3的HA溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，结合HA的电离方程式计算HA的电离度。
B、Na2SO4溶液中，c(Na＋)=2c(Na2SO4)，且Na2SO4溶液显中性，溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，据此计算。
C、结合Kw的数值进行计算。
D、加水稀释过程中，NH3·H2O的电离平衡常数保持不变，据此分析。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铜板与铁盆接触盛“醋槽”，铁铜接触形成了原电池，铜作正极受保护，故A错误；
B．由题意可知，Cu腐蚀后生成，因此负极的电极反应式可能为，故B正确；
C ．“草板子”不导电，无法形成闭合回路，因此不能作正极（正极是铜板中的杂质），故C错误；
D．用X射线衍射法分析铜青，可确定晶体组成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、铁铜形成原电池，铜做正极。
B、Cu生成“铜青”的过程中发生失电子的氧化反应，结合“铜青”的成分确定负极的电极反应式。
C、“草板子”不能导电，因此不能做电极材料。
D、X射线衍射法可确定晶体的组成。
14．【答案】C
【知识点】酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．在Ni催化下，苯环不能参与加成反应，体现了苯环的稳定性，A项正确；
B．第④步反应生成，因此在中加入少量，可抑制副反应，B项正确；
C．苯甲基是推电子基团，因此碱性：二苯甲胺＞苯甲胺。当苯甲胺参与反应时，碱性更强的二苯甲胺早已转化为胺盐，C项错误；
D．单键可以自由旋转，因此苯环与双键可能在同一平面上，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、整个过程中，苯环不参与反应，体现了苯环的稳定性。
B、反应④中生成NH3，加入NH3可抑制副反应的发生。
C、根据二苯甲胺与本甲胺碱性的强弱分析。
D、单键可自由旋转，据此判断共平面原子。
15．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．加盐酸时发生反应：，则，加NaOH溶液时发生反应：，，pOH=7.7时，pH=14-7.7=6.3，此时溶液中c(H+)=10-6.3mol/L，当pH=7.7时，溶液中c(H2CO3)=c()，因此=106.3，pOH=5.7时，pH=14-5.7=8.3，c(H+)=10-8.3mol/L，c(OH-)=10-5.7mol/L。当pH=5.7时，溶液中c(H2CO3)=c()，则，解得，，当时，代入得c(OH-)=10-3.7mol/L，即，故A正确；
B．由电荷守恒可得：；由物料守恒可得：。二者联立可得：。又a点溶液中，所以。由于溶液呈酸性，，所以，故B正确；
C．假设NaOH用量为10.00mL，反应结束瞬间，因水解程度：＞，所以重新平衡后。即需要再加少量NaOH使转化为，故C错误；
D．由c点坐标可得，(因为在同一份溶液中，忽略体积因素)，因，将、代入表达式可得，，所以，c点有，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据pH=5.7、pH=7.7计算H2CO3的电离平衡常数，再结合b点时c(HCO3－)=c(CO32－)计算此时溶液中c(OH－)，从而得出pOH。
B、根据电荷守恒和物料守恒进行分析。
C、根据HCO3－、CO32－的水解程度分析。
D、由H2CO3的电离常数进行计算。
16．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验；烷烃
【解析】【解答】A．中和滴定时，锥形瓶未采取保温措施，会导致部分热量散失，因此不能计算反应过程中热量的变化，A项错误；
B．等pH时，酸性越弱，酸的浓度越大，平均反应速率越快，完全反反应产生的H2越多。室温下，将等质量镁（足量）分别放入等体积pH=3的HA、HB两种酸溶液中，2分钟后酸HA收集到的H2更多，说明酸性HA＜HB，B项正确；
C．AgNO3溶液中加入足量CuCl2溶液产生的白色沉淀为AgCl，过量的CuCl2直接与K2S反应生成CuS黑色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，C项错误；
D．己烷与溴水不反应。光照褪色，可能是HBrO见光分解造成Br2持续与水反应，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、测定中和热时，装置需采用保温措施，防止热量散失。
B、等pH的两种酸溶液，酸性越弱，则酸的浓度越大，平均反应速率越大，酸完全反应生成H2的量越多。
C、要比较两种沉淀的Ksp大小，需两种两种沉淀的转化。
D、己烷与溴水不反应。
17．【答案】（1）离子晶体；
（2）Fe；
（3）
（4）；减小；反应时Mn得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1变小
【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；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①晶体中含有Sr，根据元素周期律，Sr是活泼金属，故为离子晶体。
故答案为：离子晶体
②因“Sr、Ti、O三种粒子的间距均相等”，所以O位于面心或棱心，又“Sr与O的间距要大于Ti与O的间距”，所以O位于棱心，又一个晶胞中有3个O，故晶胞的12条棱心都有O，据此作图。
故答案为：
（2）①Co、Ni属于第四周期第VIII族元素，所以同一周期同一族的元素是Fe。
故答案为：Fe
②Co元素原子序数为27，根据核外电子排布规则，基态Co原子的核外电子排布式是。
故答案为：
（3）A．根据元素周期律和定义，半径：，则离子势：Ni3+>Ni2+>Mn2+，A项正确；
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的只有Na元素，B项错误；
C．基态O原子核外电子排布为，则基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等.C项正确；
D．根据“对角线原则”，Li与Mg相似，离子键百分比：，D项错误；
故答案为：AC
（4）①1个分子中有11个配位键（5个Mn←C、Mn→H、5个C←O），所以当存在个配位键时，为。
故答案为：
②与Na反应后变成阴离子，Mn原子有一孤电子对，对共用电子对的排斥力增大，导致∠1减小。
故答案为：减小； 反应时Mn得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1变小
【分析】（1）①该晶体中含有阴阳离子，属于离子晶体。
②根据晶体中原子个数比，结合原子的最小间距大小确定氧原子在晶胞中的位置。
（2）①与Co、Ni位于同一族，则为第Ⅷ族。
②Co的原子序数为27，据此确定基态Co原子的核外电子排布式。
（3）A、根据离子所带电荷数和离子半径的大小分析。
B、第一电离能：Na＜Al＜Mg。
C、根据基态O原子的核外电子排布式分析。
D、根据对角线规则分析。
（4）①一个HMn(CO)5分子中含有11个配位键，据此确定其物质的量。
②反应过程中Mn得到电子，形成孤电子对，使得键角变小。
18．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明是氧化产物；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】（1）A．呈正四面体，是极性键形成的非极性分子，A项错误；
B．形成配合物后，中心离子的电子云密度增大，对电子吸引力减小，氧化性弱于，B项正确；
C．如果是独立的正四面体，则8个Si原子需要32个O原子，C项错误；
D．由固体组成可知，Fe元素呈+2、+3价，故固体A中含有，D项正确；
故答案为：BD
（2）由可知，不能与形成配合物。的配体可被替代，而不能，故与配位能力：。
故答案为：
（3）生成蓝色溶液是转化为，据此可写出方程式：。
故答案为：
（4）由氧化还原知识可知，分解生成与，据此可设计实验进行证明：取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明氧化产物是；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是。相应的方程式。
故答案为：
【分析】（1）A、SiF4为非极性分子。
B、形成配合物后，[FeF6]3－中心离子Fe3＋电子云密度增大，对电子的吸引力减小。
C、Si、O原子形成四面体网状结构。
D、根据矿石中Fe元素的价态分析。
（2）F－不能与Fe2＋形成配合物；H2[CuF4]能与氨水形成深蓝色溶液，而H3[FeF6]不能，据此判断配位能力强弱。
（3）形成的深蓝色溶液中，所含溶质为[Cu(NH3)4]F2，据此写出反应的化学方程式。
（4）Na2FeO4分解产生的物质为Fe3＋和O2，结合Fe3＋和O2的检验设计实验。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
19．【答案】（1）-283
（2）0.037；水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率
（3）0.5；BD；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）据盖斯定律，。
故答案为： -283
（2）①下发生水解，生成标况下需要固体0.11g，所以反应速率为0.037g/min。
故答案为： 0.037
②据题意反应速率加快与有关，在水中会发生水解使溶液呈酸性，据此可知：水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率。
故答案为：水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率
（3）①由表中数据可知，，恒容密闭容器中加入，的转化率33.3%，则反应掉原来的，剩余，400℃时已达平衡状态，；由表格中数据可知，温度升高，平衡转化率减小，故反应为放热反应，即生成物总能量高于反应物总能量，A项错误；从速率角度看，升温，速率加快，转化率高于330℃；从平衡角度分析，降低温度，平衡转化率增大。故在350℃下反应5min，转化率大于50%，B项正确。360℃时反应已达平衡，延长反应时间，转化率不变，C项错误。在原电池中，发生氧化反应，作负极，D项正确；故选 BD。
故答案为：0.5；D；
②增大压强，平衡右移，x值增大。平衡后不变，即不变，据此作图。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①根据反应放出H2的体积，计算参与反应的m(MgH2)，再根据公式计算反应速率。
②MgCl2溶液中存在Mg2＋的水解，使得溶液中c(H＋)增大，进而加快了H2的生成速率。
（3）①根据400℃时H2的转化率计算平衡时H2的压强，从而计算该温度下压强平衡常数。
A、根据温度对平衡移动的影响分析反应的热效应，从而得出反应物与生成物总能量的相对大小。
B、结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
C、360℃时反应达到平衡状态，延长反应时间，转化率不变。
D、MgH2发生失电子的氧化反应，为负极反应。
②增大压强，平衡正向移动，x值增大，但压强平衡常数不变，据此画图。
20．【答案】（1）分液漏斗
（2）将装置I中的抽入装置II中
（3）为V形分子，是极性分子，更易溶于水等极性溶剂
（4）
（5）
（6）
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】（1）据仪器的构造可知，装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗（2）装置I制取ClO2，将制取的ClO2通入装置II中吸收，抽气泵作用是：①通过抽气，使空气进入装置，防止浓度过高而爆炸、②通过抽气，使装置内气体有序流动，由装置I进入装置II中溶解。
故答案为： 将装置I中的抽入装置II中
（3）是非极性分子，为V形分子，是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性大的溶质易溶于水等极性溶剂，所以在水中的溶解度大于；
故答案为：为V形分子，是极性分子，更易溶于水等极性溶剂
（4）接近中性时，发生反应：、，调节pH后发生反应：，设有，，则：，，解得，，所以纯度为。
故答案为：
（5）装置III的作用是除去尾气中的、，因两者均有氧化性，可选择除去，可与NaOH反应，可氧化，即可用为组合试剂除去。
故答案为：BC
（6）A．在题中所给脱氧空气条件下煮沸，会导致水解生成和，降低的产率，故A符合题意；
B．抽气速率过快，不能充分溶解，故B符合题意；
C．抽气过程中，装置II中的进气管一直有气泡，故C符合题意；
D．装置I中的溶液有、，可作氮肥和钾肥，故D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】（1）根据图示仪器确定名称。
（2）抽气泵可将ClO2抽入装置Ⅱ中。
（3）结合“相似相容”原理分析。
（4）根据发生反应的离子方程式计算。
（5）装置Ⅲ的作用是除去尾气中的Cl2和ClO2，因此所加试剂需能与Cl2、ClO2反应。结合Cl2、ClO2的性质和选项所给物质分析。
（6）A、加热煮沸过程中(NH4)2SO3转化为NH3和SO2。
B、若抽气速率过快，ClO2不能充分溶解。
C、抽气过程中，装置Ⅱ中的进气管一直会有气泡产生。
D、装置Ⅰ反应后的溶液中含有(NH4)2SO4、K2SO4，可做化肥。
21．【答案】（1）羧基、氨基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）、、、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，其官能团名称是羧基、氨基。
故答案为：羧基、氨基
（2）C的分子式为C10H13NO2，和(D)在催化剂作用下反应生成(E)，对比D、E结构简式，结合与甲醇反应生成C可知，C的结构简式是。
故答案为：
（3）A．苯环上甲基发生取代反应条件为/光照，故A错误；
B．B的结构简式为，其中含有羧基、氨基，能发生反应生成盐，故B正确；
C．D的结构简式为，其中含有酯基、酰胺基，水解后生成，可放出，故C正确；
D．的分子式为C16H13N2O2Br，F的分子式为C16H17N2Br，对比E、F的分子式可知，E→F为去氧原子、加氢原子的还原反应，故D错误；
故答案为：BC
（4）由以上分子可知，E→F为去氧原子、加氢原子的还原反应，则F的结构简式为，F的分子式为C16H17N2Br、G的分子式为C17H17N3，对比F、G分子式可知，F→G的反应为CN原子团被Br取代，则G的结构简式为，与反应生成H，H的分子式为C21H19N3O2S2、G的分子式为C17H17N3、的分子式为C4H3S2O2Cl，结合X的结构简式，则H的结构简式为，且反应还生成了HCl，所以G→H的化学方程式为。
故答案为：
（5）要合成，根据题给信息，需合成，而为羟基羧酸，可通过HCN与反应制得；催化氧化可得到，则可通过与HCHO加成后水解得到，合成流程为
。
故答案为：
（6）甲苯的分子式为，即比同碳原子数的链状烷烃少8个H原子，根据信息：“分子有2个环且环间共用2个碳原子”可推知存在结构（波浪线表示未知，该结构中两个环，比同碳原子数的链状烷烃少4个H原子，），说明还有2个碳碳双键，又有“3种不同氢原子”，说明分子具有对称性，所以符合要求的同分异构体为、、、。
故答案为：、、、
【分析】发生苯环侧链甲基上的取代反应生成(A)，经过一系列反应转化为，与甲醇在SO2Cl2作用下反应生成(C)，和(D)在催化剂作用下反应生成(E)，在BH3作用下被还原为(F)，与Zn(CN)2发生取代反应生成(G)，与反应生成(H)，和I反应生成(X)。据此结合题干设问分析作答。
1 / 12024届浙江省精诚联盟高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·浙江模拟）下列物质不能用作金属冶炼还原剂的是
A．C B．CO C． D．S
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】S与金属反应生成硫化物，不能作金属冶炼的还原剂，能用作金属冶炼的还原剂有C、H2、CO。
故答案为：D
【分析】S与金属单质反应生成金属硫化物，体现了S的氧化性。
2．（2024高三下·浙江模拟）铝可溶于NaOH溶液：，下列说法正确的是
A．工业上可借助此反应规模化制备
B．中Al原子为杂化
C．反应后溶液碱性增强
D．Al是一种两性化合物
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；铝的化学性质
【解析】【解答】A．工业生产Al要消耗大量电能，再用Al制备成本太高，A项错误；
B．中Al原子的价层电子对数为4，采用杂化，B项正确；
C．反应消耗氢氧化钠，溶液中降低，碱性减弱，C项错误；
D．Al是单质，不属于两性化合物，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、工业上采用电解熔融Al2O3制备金属铝，耗能大。
B、根据中心原子的价层电子对数，确定其杂化方式。
C、反应过程中c(OH－)减小，溶液的碱性减弱。
D、Al是单质，不属于化合物。
3．（2024高三下·浙江模拟）下列化学用语或符号，正确的是
A．提示实验中要配带护目镜：
B．的价层电子对互斥模型（VSEPR）模型：
C．新戊烷的结构简式：
D．用电子式表示的形成过程：
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．实验时必须佩戴护目镜，为提示实验中要配带护目镜的标志，故A正确；
B．的O原子价层电子对数为2+×(6-2×1)=4，所以其VSEPR模型为四面体形，且O原子半径大于F原子，含有2对孤电子对。因此VSEPR模型为，故B错误；
C． 为异戊烷，新戊烷的结构简式为，故C错误；
D．为离子化合物，含有O22-，因此其形成过程为，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、图示为护目镜。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、新戊烷分子中含有5个碳原子，且含有2个甲基。
D、CaO2是由一个Ca2＋和一个O22－构成的，据此确定其形成过程。
4．（2024高三下·浙江模拟）在溶液中能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；离子共存
【解析】【解答】A．与会发生双水解，不课大量共存，A项错误；
B．与会形成沉淀，因此不可大量共存，B项错误；
C．与会生成沉淀，因此不可大量共存，C项错误；
D．选项中所给离子相互间不反应，可大量共存，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、Ti4＋与HCOO－可发生完全双水解。
B、Ag＋能与CrO42－反应生成Ag2CrO4沉淀。
C、Ba2＋能与SO32－反应生成BaSO3沉淀。
D、溶液中各个离子相互间不反应。
5．（2024高三下·浙江模拟）某小组设计如下实验方案除去肉桂醛（）中的肉桂醇（）杂质，下列说法不正确的是
已知：①室温下，肉桂醛、肉桂醇均为微溶于水的油状液体；
②提纯时，肉桂醛与发生：。
A．步骤I中，饱和须加过量
B．步骤I中，可用少量氯仿洗涤组分1
C．步骤Ⅱ为加稀硫酸溶解固体，可在分液漏斗中进行
D．步骤Ⅱ中，可降低肉桂醛在水中的溶解度
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；加成反应
【解析】【解答】A．肉桂醛与的反应为可逆反应，过量可促使反应正向进行，提高肉桂醛的转化率，A项正确；
B．据流程图可知，肉桂醇可溶于氯仿、不溶于氯仿。因此可用少量氯仿洗去固体表面的杂质，B项正确；
C．分液漏斗用于添加液体，不能作为反应容器，C项符合题意；
D．可提高溶剂的极性，因此可降低极性较弱的有机物肉桂醛在水中的溶解度，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、NaHSO3过量，可促使平衡正向移动。
B、根据物质的溶解性分析。
C、分液漏斗不能用于溶解。
D、Na2SO4可提高溶液的极性。
6．（2024高三下·浙江模拟）下列实验装置或操作，正确的是
A．用图①操作称量NaOH固体
B．用图②比较、的水解能力
C．用图③装置制取乙酸乙酯，可提高平衡产率
D．用图④装置观察生铁的吸氧腐蚀
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；常用仪器及其使用；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A．NaOH固体易吸水潮解，且具有腐蚀性，须放在烧杯或称量瓶中进行称量，故A错误；
B．与的溶解度不同，所以饱和、溶液的浓度不同，浓度会影响离子的水解程度。因此无法比较、的水解能力，故B错误；
C．球形冷凝管的作用是冷凝回流，酯会被冷凝回流，因此无法收集，故C错误；
D．Fe发生吸氧腐蚀后试管内压强减小，导管内会形成一段水柱，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、易吸水潮解的固体应在小烧杯或称量瓶中称量。
B、要比较CO32－、HCO3－的水解能力，应保证二者的浓度相同。
C、球形冷凝管起到冷凝回流作用，无法收集到乙酸乙酯。
D、若发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，水中导管口会形成一段稳定的水柱。
7．（2024高三下·浙江模拟）表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和足量转化为无毒物质，得到电子数为
B．溶液中含O原子数为
C．含个键的气体占据体积为2.24L
D．1molCO和个的质量比为7∶4
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．据题意，反应时转化为和，二氧化氮中氮元素由+4价变为0价，得到4个电子。因此得到电子数为，故A正确；
B．溶液中含O原子数为0.5mol·L－1×0.1L×3×NA=0.15NA，但溶液中和中均有O原子，故B错误；
C.1个分子中有3个σ键，含个σ键的气体在标准状况下才是2.24L，故C错误；
D.1molCO的质量为28g，（即0.5mol）个的质量为8g，质量比为7∶2，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、转化为的无毒物质为N2和H2O，根据元素化合价变化计算转移电子数。
B、NaNO3溶液中含有H2O，H2O分子中也含有氧原子。
C、一个三键中含有1个σ键和2个π键，据此计算。
D、根据m=n×M计算CO、CH4的质量，从而得出其质量比。
8．（2024高三下·浙江模拟）下列关于有机物的说法不正确的是
A．可用水鉴别苯、四氯化碳和乙醇三种无色液体
B．聚苯乙烯在氯仿中因分子链之间的缠绕状态被破坏而溶解
C．纤维素乙酸酯易燃烧，是生产炸药的重要原料
D．除去乙炔中的杂质气体可选用NaOH溶液
【答案】C
【知识点】乙炔炔烃；高分子材料；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．苯不溶于水且密度比水小，不溶于水且密度比水大，乙醇能溶于水。因此可用水鉴别，A项正确；
B．聚苯乙烯为线型高分子材料，其溶解是因分子链的缠绕状态被破坏，从而溶入有机溶剂中，B项正确；
C．纤维素乙酸酯不易燃烧，因此不能用于生产炸药，C项符合题意；
D．溶于水呈酸性，会被氢氧化钠溶液吸收，乙炔不与NaOH反应，因此可用NaOH溶液除去乙炔中混有的H2S，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据密度大小和水溶性分析。
B、根据聚苯乙烯的线型结构分析。
C、纤维素乙酸酯不易燃烧。
D、乙炔与NaOH溶液不反应，而H2S可以。
9．（2024高三下·浙江模拟）表示下列过程的方程式不正确的是
A．乙烯加聚：
B．酸化的碘化钾淀粉试纸检验食盐中的碘：
C．一元弱酸电离：
D．氯化氢将硅与杂质分离：
【答案】A
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；硅和二氧化硅；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应，该反应的化学方程式为，故A错误；
B．酸化的碘化钾淀粉试纸检验食盐中的碘时，与I-反应生成I2，淀粉遇碘变蓝色。其反应的离子方程式为，故B正确；
C．是一元弱酸，部分电离产生H+，由原子守恒和电荷守恒得的电离方程式为：，故C正确；
D．氯化氢与Si反应生成沸点较低的SiHCl3，从而将硅与固态杂质分离，该反应的化学方程式为，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、乙烯发生加聚反应，生成聚乙烯。
B、加碘盐中加入KIO3，IO3－与I－在酸性条件下反应生成I2。
C、一元弱酸H2BO3电离产生H＋和B(OH)4－。
D、Si与HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，与固体杂质分离。
10．（2024高三下·浙江模拟）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，可用如下方法合成：
下列说法正确的是
A．试剂a是酸性溶液 B．有机物X不易溶于水
C．有机物Z是 D．催化剂反应前后质量不变
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；酮
【解析】【解答】A．CH3CH=CH2分子中有碳碳双键，且双键碳原子上连了2个氢原子，能被酸性氧化生成CO2，不能生成C3H6O，因此试剂a不是酸性溶液，故A错误；
B．X与HCN发生加成反应生成(Y)，结合Y的结构简式可知，有机物X为丙酮，丙酮能与水互溶，故B错误；
C．在作用下先水解生成羧基，羧基再发生酯化反应，对比与的结构简式可知，Z是，故C正确；
D．水解时会生成，能与反应，所以反应后质量增大，故D错误；
故答案为：C
【分析】CH3CH=CH2和试剂a在催化剂作用下转化为(X)CH3COCH3，CH3COCH3与HCN发生加成反应生成(Y)，水解生成羧基，然后与甲醇发生酯化反应引入酯基，其中的羟基发生消去反应引入碳碳双键。
11．（2024高三下·浙江模拟）室温离子液体L由X、Y、Z、M、W五种原子序数依次增大的短周期元素组成，结构如图所示。已知Y、Z、M位于同一周期且基态原子中未成对电子数各不相同，Z与W同主族。下列说法正确的是
A．室温下，L的导电性强于X、Z、M组成的盐
B．室温下，相同浓度的含氧酸的pH：
C．电负性：
D．Y或Z与M元素均不能形成平面形分子
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；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、Y、Z、M、W五种原子分别是H、C、N、F、P。
A．离子液体L室温下呈液态、能导电，呈固体、不存在可自由移动的离子，因此不能导电，A项正确；
B．B项未说明是“最高价含氧酸”，因此无法判断，B项错误；
C．从左到右，从下到上，电负性逐渐增大，因此电负性，C项错误；
D．Y、Z与M形成、，分子中均有双键，因此都属于平面形分子，D项错误；
故答案为：A
【分析】由结构图可知，X可形成1个共价键，且原子序数最小，因此X为为H或F。Y形成4个共价键，最外层电子数为4，因此Y为C或Si。Z形成3个共价键，其最外层电子数为5，因此Z为N、P。W形成5个共价键，所以W为N或P。又W的原子序数最大，因此W为P；则Z为N。原子序数依次增大，所以X为H、Y为C、M为F。据此结合元素周期律分析选项。
12．（2024高三下·浙江模拟）下列关于电解质溶液的说法不正确的是
A．室温下，弱酸HA的，HA的电离度为1%
B．室温下，稀溶液中，
C．室温下，的溶液的
D．室温下，加水稀释溶液，保持不变
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．室温下，弱酸HA的，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，由HAH++A-，发生电离的c(HA)=c(H+)=10-3mol/L，因此电离度，A项正确；
B．溶液中，，溶液呈中性，所以溶液中，因此溶液中，B项错误；
C．常温下，，又，所以溶液中c(H+)=10-8mol/L，所以此时溶液的，C项正确；
D．由元素质量守恒可知，，室温下，加水稀释溶液，Kb保持不变，因此溶液中保持不变，D项正确；
故答案为：B
【分析】A、pH=3的HA溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，结合HA的电离方程式计算HA的电离度。
B、Na2SO4溶液中，c(Na＋)=2c(Na2SO4)，且Na2SO4溶液显中性，溶液中c(OH－)=10－7mol·L－1，据此计算。
C、结合Kw的数值进行计算。
D、加水稀释过程中，NH3·H2O的电离平衡常数保持不变，据此分析。
13．（2024高三下·浙江模拟）中国古典科技文献《墨娥小录》记载颜料铜青的制法：“硇砂二两，明矾三两，好醋三升，二味为末，入醋内浸。次将熟铜板十斤，…‥以炭火烧通红，入药蘸……另用好醋槽一斗入盆内，将铜板子用草板子隔放，淹三日，一度刮，故名长生柜。”下列说法正确的是
已知：铜青的组成可能是或。
A．若用铁盆盛“醋槽”，可加速铜青的形成
B．负极电极反应式可能为
C．“草板子”作正极材料，同时可加大铜片与空气的接触面积
D．用X射线衍射法分析铜青，无法确定铜青的组成
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．铜板与铁盆接触盛“醋槽”，铁铜接触形成了原电池，铜作正极受保护，故A错误；
B．由题意可知，Cu腐蚀后生成，因此负极的电极反应式可能为，故B正确；
C ．“草板子”不导电，无法形成闭合回路，因此不能作正极（正极是铜板中的杂质），故C错误；
D．用X射线衍射法分析铜青，可确定晶体组成，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、铁铜形成原电池，铜做正极。
B、Cu生成“铜青”的过程中发生失电子的氧化反应，结合“铜青”的成分确定负极的电极反应式。
C、“草板子”不能导电，因此不能做电极材料。
D、X射线衍射法可确定晶体的组成。
14．（2024高三下·浙江模拟）镍催化下，可还原苯甲腈为苯甲胺，反应过程如下：
下列说法不正确的是
A．反应过程说明苯环是一个很稳定的结构
B．中加入少量，可抑制副反应发生
C．控制pH使苯甲胺转化为可溶性胺盐，与副产物分离
D．苯甲亚胺分子的所有原子可能在同一平面
【答案】C
【知识点】酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．在Ni催化下，苯环不能参与加成反应，体现了苯环的稳定性，A项正确；
B．第④步反应生成，因此在中加入少量，可抑制副反应，B项正确；
C．苯甲基是推电子基团，因此碱性：二苯甲胺＞苯甲胺。当苯甲胺参与反应时，碱性更强的二苯甲胺早已转化为胺盐，C项错误；
D．单键可以自由旋转，因此苯环与双键可能在同一平面上，D项正确；
故答案为：C
【分析】A、整个过程中，苯环不参与反应，体现了苯环的稳定性。
B、反应④中生成NH3，加入NH3可抑制副反应的发生。
C、根据二苯甲胺与本甲胺碱性的强弱分析。
D、单键可自由旋转，据此判断共平面原子。
15．（2024高三下·浙江模拟）25℃，一定压强的某密闭容器中加入溶液，滴加盐酸或NaOH溶液（此时全溶于水且全部视作），溶液中三种含碳粒子的分布系数随溶液pOH变化如下图。下列说法不正确的是
A．
B．a点：
C．b点NaOH的体积小于10.00mL
D．c点：
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．加盐酸时发生反应：，则，加NaOH溶液时发生反应：，，pOH=7.7时，pH=14-7.7=6.3，此时溶液中c(H+)=10-6.3mol/L，当pH=7.7时，溶液中c(H2CO3)=c()，因此=106.3，pOH=5.7时，pH=14-5.7=8.3，c(H+)=10-8.3mol/L，c(OH-)=10-5.7mol/L。当pH=5.7时，溶液中c(H2CO3)=c()，则，解得，，当时，代入得c(OH-)=10-3.7mol/L，即，故A正确；
B．由电荷守恒可得：；由物料守恒可得：。二者联立可得：。又a点溶液中，所以。由于溶液呈酸性，，所以，故B正确；
C．假设NaOH用量为10.00mL，反应结束瞬间，因水解程度：＞，所以重新平衡后。即需要再加少量NaOH使转化为，故C错误；
D．由c点坐标可得，(因为在同一份溶液中，忽略体积因素)，因，将、代入表达式可得，，所以，c点有，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据pH=5.7、pH=7.7计算H2CO3的电离平衡常数，再结合b点时c(HCO3－)=c(CO32－)计算此时溶液中c(OH－)，从而得出pOH。
B、根据电荷守恒和物料守恒进行分析。
C、根据HCO3－、CO32－的水解程度分析。
D、由H2CO3的电离常数进行计算。
16．（2024高三下·浙江模拟）下列实验中，操作、现象、解释或结论均正确的是
序号 操作 现象 解释或结论
A 用NaOH标准溶液滴定稀硫酸待测液时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度变化 记录温度传感器显示的起始温度、最高温度 用计算反应中的热量变化
B 室温下，将等质量镁（足量）分别放入等体积的HA、HB两种酸溶液中 只生成，且2分钟后酸HA收集到的更多 酸性：
C 溶液中加入足量溶液，再加入溶液 先出现白色沉淀，后变生黑色沉淀 相同温度下，
D 将己烷与溴水的混合液置于光亮处 一段时间后，溴水褪色 己烷与在光照下发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；比较弱酸的相对强弱的实验；烷烃
【解析】【解答】A．中和滴定时，锥形瓶未采取保温措施，会导致部分热量散失，因此不能计算反应过程中热量的变化，A项错误；
B．等pH时，酸性越弱，酸的浓度越大，平均反应速率越快，完全反反应产生的H2越多。室温下，将等质量镁（足量）分别放入等体积pH=3的HA、HB两种酸溶液中，2分钟后酸HA收集到的H2更多，说明酸性HA＜HB，B项正确；
C．AgNO3溶液中加入足量CuCl2溶液产生的白色沉淀为AgCl，过量的CuCl2直接与K2S反应生成CuS黑色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，C项错误；
D．己烷与溴水不反应。光照褪色，可能是HBrO见光分解造成Br2持续与水反应，D项错误；
故答案为：B
【分析】A、测定中和热时，装置需采用保温措施，防止热量散失。
B、等pH的两种酸溶液，酸性越弱，则酸的浓度越大，平均反应速率越大，酸完全反应生成H2的量越多。
C、要比较两种沉淀的Ksp大小，需两种两种沉淀的转化。
D、己烷与溴水不反应。
17．（2024高三下·浙江模拟）金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答：
（1）锶（Sr）、钛（Ti）、氧（O）组成的晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。
①该晶体属于　 　（写晶体类型名称）。
②请用小黑点在晶胞示意图中标出O所在的位置　 　。
（2）具有高能量密度的是值得深入研究的电池正极材料。
①与Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是　 　（填写元素符号）。
②基态Co原子的核外电子排布式是　 　。
（3）下列说法正确的是________（填序号）。
A．离子势：
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素有2种
C．基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等
D．离子键百分比：
（4）金属与的配合物在一定条件下可发生如下转化：
①当分子中有个配位键时，的物质的量是　 　mol。
②与Na反应后，结构模型中所示的∠1将会　 　（选填“增大”“减小”或“不变”），原因是　 　。
【答案】（1）离子晶体；
（2）Fe；
（3）
（4）；减小；反应时Mn得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1变小
【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；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①晶体中含有Sr，根据元素周期律，Sr是活泼金属，故为离子晶体。
故答案为：离子晶体
②因“Sr、Ti、O三种粒子的间距均相等”，所以O位于面心或棱心，又“Sr与O的间距要大于Ti与O的间距”，所以O位于棱心，又一个晶胞中有3个O，故晶胞的12条棱心都有O，据此作图。
故答案为：
（2）①Co、Ni属于第四周期第VIII族元素，所以同一周期同一族的元素是Fe。
故答案为：Fe
②Co元素原子序数为27，根据核外电子排布规则，基态Co原子的核外电子排布式是。
故答案为：
（3）A．根据元素周期律和定义，半径：，则离子势：Ni3+>Ni2+>Mn2+，A项正确；
B．与Al同周期且第一电离能小于Al的只有Na元素，B项错误；
C．基态O原子核外电子排布为，则基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等.C项正确；
D．根据“对角线原则”，Li与Mg相似，离子键百分比：，D项错误；
故答案为：AC
（4）①1个分子中有11个配位键（5个Mn←C、Mn→H、5个C←O），所以当存在个配位键时，为。
故答案为：
②与Na反应后变成阴离子，Mn原子有一孤电子对，对共用电子对的排斥力增大，导致∠1减小。
故答案为：减小； 反应时Mn得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1变小
【分析】（1）①该晶体中含有阴阳离子，属于离子晶体。
②根据晶体中原子个数比，结合原子的最小间距大小确定氧原子在晶胞中的位置。
（2）①与Co、Ni位于同一族，则为第Ⅷ族。
②Co的原子序数为27，据此确定基态Co原子的核外电子排布式。
（3）A、根据离子所带电荷数和离子半径的大小分析。
B、第一电离能：Na＜Al＜Mg。
C、根据基态O原子的核外电子排布式分析。
D、根据对角线规则分析。
（4）①一个HMn(CO)5分子中含有11个配位键，据此确定其物质的量。
②反应过程中Mn得到电子，形成孤电子对，使得键角变小。
18．（2024高三下·浙江模拟）某矿石的组成为，以此为原料实现如下转化：
已知：矿石与HF反应时，元素化合价均未发生变化。
请回答：
（1）下列说法正确的是________（填序号）。
A．是由极性键形成的极性分子
B．的氧化性弱于
C．矿石中Si与O形成相互独立的正四面体结构
D．固体A中含有
（2）与矿石中金属阳离子的配位能力由强到弱的顺序是　 　。
（3）生成深蓝色溶液的化学方程式为　 　。
（4）遇酸会迅速分解，请设计实验证明氧化产物与还原产物　 　。遇酸分解的离子方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明是氧化产物；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】（1）A．呈正四面体，是极性键形成的非极性分子，A项错误；
B．形成配合物后，中心离子的电子云密度增大，对电子吸引力减小，氧化性弱于，B项正确；
C．如果是独立的正四面体，则8个Si原子需要32个O原子，C项错误；
D．由固体组成可知，Fe元素呈+2、+3价，故固体A中含有，D项正确；
故答案为：BD
（2）由可知，不能与形成配合物。的配体可被替代，而不能，故与配位能力：。
故答案为：
（3）生成蓝色溶液是转化为，据此可写出方程式：。
故答案为：
（4）由氧化还原知识可知，分解生成与，据此可设计实验进行证明：取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明氧化产物是；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是。相应的方程式。
故答案为：
【分析】（1）A、SiF4为非极性分子。
B、形成配合物后，[FeF6]3－中心离子Fe3＋电子云密度增大，对电子的吸引力减小。
C、Si、O原子形成四面体网状结构。
D、根据矿石中Fe元素的价态分析。
（2）F－不能与Fe2＋形成配合物；H2[CuF4]能与氨水形成深蓝色溶液，而H3[FeF6]不能，据此判断配位能力强弱。
（3）形成的深蓝色溶液中，所含溶质为[Cu(NH3)4]F2，据此写出反应的化学方程式。
（4）Na2FeO4分解产生的物质为Fe3＋和O2，结合Fe3＋和O2的检验设计实验。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
19．（2024高三下·浙江模拟）具备高储氢密度和低成本优势，被认为是极具应用潜力的储氢材料。请回答：
（1）通过水解反应可高效制氢，反应有：
反应1：
反应2：
反应3：
则： 　 　
（2）等质量的在不同环境下发生反应I的产氢率如下图所示：
①在下发生水解，前3min放出（已换算为标准状况），则水解反应中消耗速率为　 　（计算结果保留3位小数）。
②在溶液中的产氢率明显快于纯水，已知该现象只与有关。溶液能加快产氢速率的原因是　 　。
（3）在300-400℃和2.4~4MPa氢气压强下，Mg可与反应：。
①恒容密闭容器中加入及足量，在四种温度下反应5min，的转化率如下表所示：
温度/℃ 300 330 360 400
转化率 10% 50% 50% 33.3%
400℃时，压强平衡常数　 　（是用组分的平衡压强代替浓度而求得的平衡常数），下列说法正确的是　 　（填序号）。
A.与的总能量低于的能量
B.若在350℃下反应5min，转化率大于50%
C.若360℃时反应持续至10min，转化率增大
D.将中的化学能转化为电能时，参与负极反应
②贮氢合金中氢镁原子个数比为，当氢镁原子个数比为时恒温压缩容器，请画出气体压强p与x的变化曲线　 　。
【答案】（1）-283
（2）0.037；水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率
（3）0.5；BD；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）据盖斯定律，。
故答案为： -283
（2）①下发生水解，生成标况下需要固体0.11g，所以反应速率为0.037g/min。
故答案为： 0.037
②据题意反应速率加快与有关，在水中会发生水解使溶液呈酸性，据此可知：水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率。
故答案为：水解使溶液呈酸性，浓度增大，增强了氧化性，加快了生成速率；能溶解表面沉积的保护层，促进与水接触，提高了水解速率
（3）①由表中数据可知，，恒容密闭容器中加入，的转化率33.3%，则反应掉原来的，剩余，400℃时已达平衡状态，；由表格中数据可知，温度升高，平衡转化率减小，故反应为放热反应，即生成物总能量高于反应物总能量，A项错误；从速率角度看，升温，速率加快，转化率高于330℃；从平衡角度分析，降低温度，平衡转化率增大。故在350℃下反应5min，转化率大于50%，B项正确。360℃时反应已达平衡，延长反应时间，转化率不变，C项错误。在原电池中，发生氧化反应，作负极，D项正确；故选 BD。
故答案为：0.5；D；
②增大压强，平衡右移，x值增大。平衡后不变，即不变，据此作图。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①根据反应放出H2的体积，计算参与反应的m(MgH2)，再根据公式计算反应速率。
②MgCl2溶液中存在Mg2＋的水解，使得溶液中c(H＋)增大，进而加快了H2的生成速率。
（3）①根据400℃时H2的转化率计算平衡时H2的压强，从而计算该温度下压强平衡常数。
A、根据温度对平衡移动的影响分析反应的热效应，从而得出反应物与生成物总能量的相对大小。
B、结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
C、360℃时反应达到平衡状态，延长反应时间，转化率不变。
D、MgH2发生失电子的氧化反应，为负极反应。
②增大压强，平衡正向移动，x值增大，但压强平衡常数不变，据此画图。
20．（2024高三下·浙江模拟）二氧化氯是一种绿色氧化剂，可作漂白剂和饮用水消毒剂。易溶于水（相同条件下，在水中的溶解度约为的5倍，与水的反应可忽略）。某兴趣小组采用如下装置制备，原理为：。
请回答：
（1）装稀硫酸的仪器的名称是　 　。
（2）抽气泵作用是：①抽入空气稀释气体；②　 　。
（3）在水中的溶解度大于的原因是　 　。
（4）已知：、被还原的程度随pH的不同而变化，具体情况如下：①；②。取装置II中的溶液1.00mL，稀释至20.00mL，加过量KI后用标准溶液滴定，消耗标准液amL。将滴定后溶液用稀硫酸调溶液pH至，补加KI且除酸后再次滴定，又消耗标准溶液bmL（注：两次滴定均只发生反应）。求纯度　 　（用含a、b的式子表示）。
（5）装置III中可加入的试剂有________（填序号）。
A．饱和食盐水 B．溶液
C．NaOH和溶液 D．溶液
（6）下列说法不正确的是________（填序号）。
A．垫上石棉网，用酒精灯煮沸装置I内溶液以加快反应
B．抽气泵的抽气速率对的产率没有影响
C．待装置II的进气管中不再产生气泡，再关闭抽气泵
D．冷却装置I中反应后的溶液，得到的晶体可作化肥
【答案】（1）分液漏斗
（2）将装置I中的抽入装置II中
（3）为V形分子，是极性分子，更易溶于水等极性溶剂
（4）
（5）
（6）
【知识点】相似相溶原理及其应用；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质
【解析】【解答】（1）据仪器的构造可知，装稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗。
故答案为：分液漏斗（2）装置I制取ClO2，将制取的ClO2通入装置II中吸收，抽气泵作用是：①通过抽气，使空气进入装置，防止浓度过高而爆炸、②通过抽气，使装置内气体有序流动，由装置I进入装置II中溶解。
故答案为： 将装置I中的抽入装置II中
（3）是非极性分子，为V形分子，是极性分子，根据“相似相溶”原理，极性大的溶质易溶于水等极性溶剂，所以在水中的溶解度大于；
故答案为：为V形分子，是极性分子，更易溶于水等极性溶剂
（4）接近中性时，发生反应：、，调节pH后发生反应：，设有，，则：，，解得，，所以纯度为。
故答案为：
（5）装置III的作用是除去尾气中的、，因两者均有氧化性，可选择除去，可与NaOH反应，可氧化，即可用为组合试剂除去。
故答案为：BC
（6）A．在题中所给脱氧空气条件下煮沸，会导致水解生成和，降低的产率，故A符合题意；
B．抽气速率过快，不能充分溶解，故B符合题意；
C．抽气过程中，装置II中的进气管一直有气泡，故C符合题意；
D．装置I中的溶液有、，可作氮肥和钾肥，故D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】（1）根据图示仪器确定名称。
（2）抽气泵可将ClO2抽入装置Ⅱ中。
（3）结合“相似相容”原理分析。
（4）根据发生反应的离子方程式计算。
（5）装置Ⅲ的作用是除去尾气中的Cl2和ClO2，因此所加试剂需能与Cl2、ClO2反应。结合Cl2、ClO2的性质和选项所给物质分析。
（6）A、加热煮沸过程中(NH4)2SO3转化为NH3和SO2。
B、若抽气速率过快，ClO2不能充分溶解。
C、抽气过程中，装置Ⅱ中的进气管一直会有气泡产生。
D、装置Ⅰ反应后的溶液中含有(NH4)2SO4、K2SO4，可做化肥。
21．（2024高三下·浙江模拟）有机物X是一种重要的医药中间体，一种合成路线如下：
已知：。
请回答：
（1）B的官能团名称是　 　。
（2）C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是________（填序号）。
A．甲苯转化为A的反应条件为
B．B可通过分子内反应生成盐
C．D在酸性条件下水解会生成
D．E→X转化只涉及取代反应
（4）写出G→H的化学方程式　 　。
（5）设计以A和HCHO为有机原料合成B的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的甲苯的同分异构体的结构简式　 　（不考虑立体异构）。
①分子有2个环且环间共用2个碳原子，不存在“”结构。
②核磁共振氢谱显示分子中有3种不同氢原子。
【答案】（1）羧基、氨基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）、、、
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B的结构简式为，其官能团名称是羧基、氨基。
故答案为：羧基、氨基
（2）C的分子式为C10H13NO2，和(D)在催化剂作用下反应生成(E)，对比D、E结构简式，结合与甲醇反应生成C可知，C的结构简式是。
故答案为：
（3）A．苯环上甲基发生取代反应条件为/光照，故A错误；
B．B的结构简式为，其中含有羧基、氨基，能发生反应生成盐，故B正确；
C．D的结构简式为，其中含有酯基、酰胺基，水解后生成，可放出，故C正确；
D．的分子式为C16H13N2O2Br，F的分子式为C16H17N2Br，对比E、F的分子式可知，E→F为去氧原子、加氢原子的还原反应，故D错误；
故答案为：BC
（4）由以上分子可知，E→F为去氧原子、加氢原子的还原反应，则F的结构简式为，F的分子式为C16H17N2Br、G的分子式为C17H17N3，对比F、G分子式可知，F→G的反应为CN原子团被Br取代，则G的结构简式为，与反应生成H，H的分子式为C21H19N3O2S2、G的分子式为C17H17N3、的分子式为C4H3S2O2Cl，结合X的结构简式，则H的结构简式为，且反应还生成了HCl，所以G→H的化学方程式为。
故答案为：
（5）要合成，根据题给信息，需合成，而为羟基羧酸，可通过HCN与反应制得；催化氧化可得到，则可通过与HCHO加成后水解得到，合成流程为
。
故答案为：
（6）甲苯的分子式为，即比同碳原子数的链状烷烃少8个H原子，根据信息：“分子有2个环且环间共用2个碳原子”可推知存在结构（波浪线表示未知，该结构中两个环，比同碳原子数的链状烷烃少4个H原子，），说明还有2个碳碳双键，又有“3种不同氢原子”，说明分子具有对称性，所以符合要求的同分异构体为、、、。
故答案为：、、、
【分析】发生苯环侧链甲基上的取代反应生成(A)，经过一系列反应转化为，与甲醇在SO2Cl2作用下反应生成(C)，和(D)在催化剂作用下反应生成(E)，在BH3作用下被还原为(F)，与Zn(CN)2发生取代反应生成(G)，与反应生成(H)，和I反应生成(X)。据此结合题干设问分析作答。
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