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2024届浙江省金华市东阳市高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·东阳模拟）下列物质中不属于电解质的是
A．HI B． C．KOH D．
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．HI是酸，在水溶液中能导电，因此属于电解质，A不符合题意；
B．是盐，在水溶液中能导电，因此属于电解质，B不符合题意；
C．KOH是碱，在水溶液中能导电，因此属于电解质，C不符合题意；
D．属于非电解质，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对电解质判断的考查，结合电解质的概念进行分析即可。电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。据此结合选项所给物质进行分析即可。
2．（2024高三下·东阳模拟）侯氏制碱法将氨碱法制取碳酸钠和合成氨相互联合。下列说法不正确的是
A．合成氨工业可为制取碳酸钠提供
B．氨碱法将通入氨的饱和氯化钠溶液
C．碳酸钠固体溶于水吸热
D．比热稳定性好
【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．合成氨工业原料气中的CO可转化为二氧化碳，因此可为制取碳酸钠提供，故A正确；
B．氨气极易溶于水中，因此氨碱法氨气通入饱和氯化钠溶液中，再将通入氨的饱和氯化钠溶液，故B正确；
C．碳酸钠固体溶于水的过程中放出热量，故C错误；
D．受热分解生成、二氧化碳和水，受热不分解，因此稳定性：＞，故D正确。
故答案为：C
【分析】A、合成氨工业原料气中的CO可转化为CO2。
B、NH3极易溶于水，因此先通NH3，再通CO2。
C、Na2CO3固体溶于水放热。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解。
3．（2024高三下·东阳模拟）下列表示不正确的是
A．基态N原子的价层电子排布图：
B．分子的VSEPR模型：
C．用电子式表示的形成：
D．2，2，3-三甲基己烷的键线式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．基态N原子的价电子排布式为：2s22p3，因此基态N原子的价层电子排布图：，故A正确；
B．PH3分子中心原子的价电子对数为：=4，含有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为，故B正确；
C．K2S为离子化合物，由K＋和S2－构成，因此用电子式表示K2S的形成：，故C正确；
D.2，2，3-三甲基己烷的最长碳链为6个碳原子，键线式：，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据基态N原子的价电子排布式确定其价电子排布图。
B、根据中心P原子的价层电子对数确定其VSEPR模型结构。
C、K2S是由K＋和S2－构成的，据此确定其形成过程。
D、根据有机物的名称确定其最长碳链和取代基的位置，从而确定有机物的键线式。
4．（2024高三下·东阳模拟）我国古代四大发明之一的黑火药，由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，其爆炸反应为。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成1mol 转移电子的数目为4
B．该反应的气态产物均是非极性分子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3
D．火药爆炸过程中会产生能形成酸雨的气体
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；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．由方程式可知，只有C元素的化合价升高，由0价变为+4价，转移4个电子。因此每生成1molCO2，转移电子的物质的量为4mol，故A正确；
B．该反应的气态产物N2、CO2的正负电荷中心重合，均为非极性分子，故B正确；
C．氧化产物为CO2，还原产物为K2S和N2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，故C错误；
D．火药爆炸过程会放出大量热引发硫磺燃烧生成SO2，SO2溶于雨水使得雨水酸性增强，形成硫酸型酸雨，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据元素化合价变化计算转移电子数。
B、N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，都属于非极性分子。
C、根据价态变化确定氧化产物和还原产物，结合反应的化学方程式确定二者的物质的量之比。
D、火药爆炸过程中产生SO2，溶于雨水，使得雨水酸性增强。
5．（2024高三下·东阳模拟）下列说法正确的是
A．pH=11的氨水和pH=3的盐酸混合后的溶液，若，则溶液呈中性
B．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
C．25℃时，将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=6
D．0.1溶液的pH小于7不能说明为弱电解质
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若溶液中，由电荷守恒可得，溶液中，因此溶液呈中性，故A正确；
B．在100℃时，KW=10-12，pH约为6的纯水呈中性，故B错误；
C.25℃时，溶液的pH=6显酸性，将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍显碱性，故C错误；
D.0.1溶液的pH小于7，是由于溶液中存在NH4+的水解，说明为弱电解质，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合电荷守恒分析。
B、纯水中c(H＋)=c(OH－)，显中性。
C、NaOH溶液稀释，碱性减弱，但pH仍大于7。
D、NH4＋水解，说明NH3·H2O是弱碱。
6．（2024高三下·东阳模拟）下列说法正确的是
A．有毒，不能用作食品添加剂
B．石油工业中可以通过结构的调整，使链状烃转化为芳香烃
C．液体润湿全部滴定管内壁后，将液体从滴定管上部倒出
D．焰火、激光、LED灯光都与原子核外电子从基态到激发态释放能量有关
【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；原料与能源的合理利用；酸（碱）式滴定管的使用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．有毒，但可以作食品添加剂，起到防腐作用。如：可作肉制品的防腐剂，故A错误；
B．石油工业中可以通过结构的调整（催化重整），使链状烃转化为芳香烃，故B正确；
C．滴定管润洗时，液体润湿全部滴定管内壁后，将液体从滴定管下部放出，故C错误；
D．焰火、激光、LED灯光都与原子核外电子由激发态跃迁到基态时释放能量有关，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NaNO2可做食品添加剂。
B、石油催化重整可得到环状烃。
C、根据滴定管的润洗操作分析。
D、电子从激发态到基态的过程中释放能量。
7．（2024高三下·东阳模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成或结构变化 性质变化与解释
A 钢铁 加入适量铬、镍等合金元素 可在铁表面形成一层致密的镍、铬氧化膜，增强铁的抗腐蚀性能
B 苯酚 通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基 硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增强，羟基上的H更易电离
C 橡胶 在橡胶中添加炭黑 炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性能
D 纤维素 用乙酰基取代纤维素上的羟基 纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．加入铬能使钢铁表面形成致密且紧固的氧化膜，防止内部的铁与氧气接触，加入镍是使钢铁耐酸，碱腐蚀，A正确；
B．苯酚通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基，苯环上的亲电取代，硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增强，羟基上的H更易电离，B正确；
C．炭黑是最常用的补强填料，在很多橡胶制品中都会加入炭黑来提高制品的补强性能，使得耐磨性能增强，C错误；
D．用乙酰基取代纤维素上的羟基成酯，纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力减弱，D正确；
故答案为：C
【分析】A、加入铬可形成致密氧化膜，加入镍可增强耐酸碱腐蚀。
B、硝基的吸电子作用使得酚羟基中氢氧键的极性增强。
C、添加炭黑可提高补强性能，增强耐磨性。
D、羟基为亲水基团，羟基减少，吸水能力减弱。
8．（2024高三下·东阳模拟）下列实验装置使用或实验结果不正确的是
A．图①装置用电石和饱和食盐水反应制备乙炔 B．图②装置和混合一段时间后有油状液体生成
C．图③装置往溶液滴加足量氨水，反应后再加95%乙醇出现深蓝色晶体 D．图④装置用于探究水溶性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；铜及其化合物；乙炔炔烃；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．电石和饱和食盐水反应制备乙炔的反应不需要加热，属于为固液不加热装置，A正确；
B．铝箔套可避光，而和混合需要光照一段时间后有油状液体生成，B错误；
C．图③装置往溶液滴加足量氨水，开始生成浅蓝色的碱式硫酸铜沉淀[Cu2(OH)2SO4]，继续加入足量氨水时，沉淀溶解得到深蓝色的铜氨溶液若；在该溶液中加入乙醇，即得到深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4 H2O，C正确；
D．SO2溶于水，使得试管内液面上升，图④装置用于探究水溶性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、电石和饱和食盐水制乙炔的反应不需加热。
B、CH4与Cl2的反应需要光照条件。
C、根据Cu2+与氨水的反应分析。
D、根据试管中产生的现象分析。
9．（2024高三下·东阳模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．含等物质的量的和的溶液混合的离子方程式：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．表示气体燃烧热的热化学方程式：
D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶：n
【答案】B
【知识点】燃烧热；常见化学电源的种类及其工作原理；缩聚反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．含等物质的量的（在水溶液中产生NH4＋、H＋和SO42－）和的溶液混合生成、和，离子方程式：，故A正确；
B．铅酸蓄电池充电时阳极上PbSO4转化为PbO2，因此阳极的电极反应式为：，故B错误；
C．在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。C元素的指定产物为CO2(g)、H元素的指定产物为H2O(l)、N元素的指定产物为N2(g)。因此表示气体燃烧热的热化学方程式： ，故C正确；
D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶是羧基与羟基脱水发生缩聚反应，化学方程式为：n，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、NH4＋、H＋和SO42－都能与Ba(OH)2反应。
B、铅蓄电池充电时阳极上PbSO4发生失电子的氧化反应生成PbO2。
C、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
D、对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应，结合酯化反应的原理，书写反应的化学方程式。
10．（2024高三下·东阳模拟）下列说法不正确的是
A．质谱法可精确测定相对分子质量，也可确定简单分子的分子式
B．X射线衍射实验可测定青蒿素的分子结构
C．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别环己烷、乙醛和苯甲酸溶液
D．核酸是由许多核苷酸单体形成的不可水解的天然高分子化合物
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的鉴别；核酸
【解析】【解答】A．质谱法可精确测定相对分子质量，也可确定简单分子的分子式（如C3H8），故A正确；
B．X射线衍射实验可确定晶体的结构，因此通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故B正确；
C．新制氢氧化铜悬浊液可与乙醛在加热条件下产生砖红色沉淀，苯甲酸具有酸性，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2＋，使溶液变蓝；环己烷与新制氢氧化铜悬浊液不反应，故C正确；
D．核酸可以水解生成核苷酸，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、质谱法可确定相对分子质量。
B、X射线衍射实验可测定晶体结构。
C、根据新制Cu(OH)2与环己烷、乙醛和苯甲酸的反应现象分析。
D、核酸可水解生成核苷酸。
11．（2024高三下·东阳模拟）F可用于制造人工角膜，具有良好的生物相容性，化学性质稳定，合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．由A生成B发生加成反应
B．E分子中杂化的C原子数多于杂化的C原子数
C．C易溶于水，分子中含有两种亲水基团
D．D的结构简式可能为
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断
【解析】【解答】A．由分析得，A生成B发生加成反应，故A正确；
B．E的结构为或CH2=CHCH2COOCH3，存在2个碳原子采用sp3杂化，存在3个碳原子采用sp2杂化，因此杂化的C原子数更多，故B错误；
C．C的结构为或HOOCCH2CH2CH2OH，均含有-OH和-COOH两种亲水基团，因此该物质易溶于水，故C正确；
D．由分析得，D的结构简式可能为，故D正确；
故答案为：B
【分析】A与HCN反应生成B，B水解生成C，C与浓硫酸反应生成D，D与CH3OH反应生成E。E在催化剂作用下反应生成高分子化合物F，因此E中含有碳碳双键。由E的分子式可知，A转化为B的过程中引入－CN，因此A生成B的过程中发生加成反应，A中含有碳碳双键。BF发生水解反应－CN转化为－COOH。C在浓硫酸作用下生成D，且E中含有碳碳双键，因此C发生醇的消去反应，即A中含有－OH，因此A的结构简式为CH2=CH－CH2OH。B的结构简式为或NCCH2CH2CH2OH；C的结构简式为或HOOCCH2CH2CH2OH；D的结构简式为或CH2=CHCH2COOH；E的结构简式为或CH2=CHCH2COOCH3；F的结构简式为或。据此结合选项分析。
12．（2024高三下·东阳模拟）微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，示意图如图所示。下列说法正确的是
A．该装置能同时实现海水淡化、化学能转化为电能
B．当消耗标况下氧气11.2L时，透过X、Y交换膜的离子总数是个
C．负极反应为
D．Y为阴离子交换膜
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，阴离子通过阴离子交换膜向负极移动，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水。该装置工作时为原电池，将化学能转化为电能，A正确；
B．由图可知，通入氧气的电极为正极，发生得电子的还原反应，消耗标况下氧气11.2L（即0.5mol），0.5mol氧气得到电子，因此Y阳离子交换膜通过2NA离子，同时X阴离子交换膜也通过2NA离子，所以透过X、Y交换膜的离子总数是4NA个，B错误；
C．由图可知，负极为有机弱酸性废水CH3COO-的电极，发生失电子的氧化反应，溶液为酸性，因此负极的电极反应为，C错误；
D．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的。所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，D错误；
故答案为：A
【分析】右侧通入空气，空气中的O2在b电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，因此右侧b电极为正极。海水中的Na＋通过Y膜进入右侧，因此Y膜为阳离子交换膜；Cl－通过X膜进入左侧，因此X膜为阴离子交换膜。左侧a电极上CH3COO－发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋。据此结合选项分析。
13．（2024高三下·东阳模拟）X、Y、Z、M、Q五种前四周期元素，原子序数依次增大，X的s能级电子数量是p能级的两倍，Z元素形成的某种单质是极性分子，基态M的价电子排布式是，含Z、M的物质常用于自来水消毒，的3d能级处于半充满状态。下列说法正确的是
A．含氧酸的酸性：X＜Y＜M
B．X、Z可形成原子最外层均满足结构的共价化合物
C．过量单质Q与单质M反应生成
D．同周期元素中，第一电离能比Y小的元素共有4种
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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N、Z为O，M为Cl、Q为Fe。
A．非金属性Cl＞N＞C，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。因此最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，Cl的含氧酸之一HClO为弱酸，酸性小于HNO3，该选项未强调是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，故A错误；
B．为C2O3，其结构式为：，最外层均满足结构，且为共价化合物，故B正确；
C．Fe与Cl2的化学方程式为：，即使Fe过量，Fe与FeCl3固体也不反应，产物仍为FeCl3，故C错误；
D．Y为N元素，2p能级为半充满稳定结构，第一电离能大于O。因此同周期元素中，第一电离能比N小的元素共有5种，分别为Li、Be、B、C、O，故D错误；
故答案为：B
【分析】X的s能级电子数量是p能级的两倍，则其核外电子排布式为1s22s22p2，因此X为C元素。Z元素形成的某种单质是极性分子，该单质为O3，因此Z为O元素。结合X、Y、Z原子序数依次增大可知，Y为N元素。基态M的价电子排布式是， M位于ⅦA族，含Z、M的物质常用于自来水消毒（ClO2），因此M为Cl元素。的3d能级处于半充满状态，因此Q的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，因此Q为Fe元素。据此结合元素周期律分析选项。
14．（2024高三下·东阳模拟）已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是
A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行
B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷
D．取水解液，加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率，则该反应即为基元反应。因此图中历程1为基元反应，故A正确；
B．卤代烃不溶于水，水解生成的醇可溶于水。因此分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用时变化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；
C．原子半径：I＞Cl，因此化学键键长：C-I＞C-Cl。C-Cl键能更大，即相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷，故C正确；
D．取水解液，加入稀硝酸酸化，除去过量的OH-，再加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据水解速率方程确定基元反应。
B、卤代烃难溶于水，醇可溶于水，因此可通过分层消失确定反应终点，从而确定反应速率。
C、由原子半径大小判断化学键键能大小，从而比较水解速率大小。
D、检验卤素原子时，应先除去过量的OH-，再加AgNO3溶液。
15．（2024高三下·东阳模拟）感光材料CdS，常采用往溶液中通入至饱和后[]，通过调节溶液pH来生产。下列说法不正确的是
已知：①、及、。②CdS晶体的晶胞如图所示。
A．Cds的饱和溶液中，
B．欲使沉淀的滤液中达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准[]，应控制溶液的pH≥1
C．溶液中缓慢滴加少量溶液，得到、CdS混合沉淀
D．在CdS晶体中离子的配位数为4(与离子最近且等距离的)
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Ksp(CdS)=c(Cd2＋)×c(S2－)=10－26可知，Cds的饱和溶液中c(S2－)=10-13mol/L，，因此，，，所以溶液中，，故A正确；
B．当溶液中时，，，即，，pH=1，故B正确；
C．，即，。当溶液中S2-恰好完全沉淀，即溶液中c(S2－)=10-5mol/L时，根据可得，此时溶液中c(Cd2＋)10-21mol/L，即，，还未开始沉淀，所以往溶液中缓慢滴加少量溶液，无法得到、CdS混合沉淀，故C错误；
D．由晶胞结构图可知，在CdS晶体中离子的配位数为4，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据Ksp(CdS)计算溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算溶液中c(HS－)，从而得出二者的相对大小。
B、根据溶液中c(Cd2＋)计算此时溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算此时溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH值。
C、计算溶液中c(Cd2＋)×c(S2－)，与Ksp(CdS)比较，从而判断是否有沉淀生成。
D、根据晶胞结构图分析。
16．（2024高三下·东阳模拟）根据实验目的设计方案并进行实验，下列有关方案设计、实验现象或结论都正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 比较Cu和Fe的金属性强弱 取同浓度的①、②溶液，滴加同浓度氨水 ①先沉淀后溶解，②沉淀后不溶解 金属性：Cu＜Fe
B 检验己烯中的碳碳双键 取少量己烯，加入溴的四氯化碳溶液，振荡 上下两层均无色 己烯中含碳碳双键
C 比较配离子的稳定性 向盛有少量蒸馏水的试管里加2滴，然后再加2滴硫氰化钾溶液 溶液由黄色变血红色 与形成的配离子更稳定
D 比较温度对反应速率的影响 将2mL 0.1mol/L 溶液(A)浸入0℃水浴中、2mL 0.05mol/L 溶液(B)浸入50℃水浴中，再同时滴加0.1mol/L稀硫酸2mL B溶液比A溶液先出现浑浊 温度越高，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；烯烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．取同浓度的①、②溶液，滴加同浓度氨水，CuCl2先生成Cu（OH）2沉淀，与氨水继续反应，生成。FeCl3生成Fe（OH）3沉淀，该实验不能比较Fe、Cu金属性的大小，故A错误；
B．取少量己烯，加入溴的四氯化碳溶液，振荡，溴的四氯化碳溶液褪色，生成的卤代烃与CCl4互溶，溶液不分层，故B错误；
C．向盛有少量蒸馏水的试管里加2滴，然后再加2滴硫氰化钾溶液，溶液不变色，说明Fe3+与CN-形成的配离子更稳定，故C错误；
D．两份混合溶液体积相同，浓度相同，但温度不同，热水中出现浑浊所需时间更短，说明反应速率更快。从而得出升温加可加快化学反应速率，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、该实验过程中无法比较Fe、Cu的活动性强弱。
B、反应生成的溴己烷与CCl4互溶，不分层。
C、滴加KSCN溶液，溶液颜色不变，说明Fe3＋与CN－配位更稳定。
D、探究温度对反应速率的影响，则需控制温度不同，其余条件相同。
17．（2024高三下·东阳模拟）锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、、、等。请回答：
（1）的阴离子的空间构型为　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．离子半径：
B．基态As的最高能级的电子排布式为
C．与形成配位键的能力：
D．电负性：F>O>As>P
（3）一种类石墨的聚合物g-可由三聚氰胺()制得，合成三聚氰胺的单体结构简式是　 　。三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是　 　。
（4）尖晶石结构的(x、y为整数)是一种常用的正极材料。已知晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“”表示。
该正极材料的化学式是　 　，若该晶胞的晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为　 　(列出计算表达式，不必化简。为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）正四面体
（2）
（3）NH2CN；温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
（4）LiMn2O4；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）的阴离子中，B的价层电子对数为：，无孤电子对，属于SP3杂化，空间构型为正四面体。
故答案为：正四面体（2）A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，离子半径：，故A正确；
B．基态As的最高能级的电子排布式为，故B错误；
C．Cl电负性比H大，因此BCl3吸引电子的能力比BH3强，更能吸引NH3的N上的孤电子对，形成配位键，因此与形成配位键的能力：，故C正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：F＞O＞P＞As，故D错误；
故答案为：AC
（3）由图可知，合成三聚氰胺的单体结构简式是：NH2CN；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水。
故答案为： NH2CN ； 温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
（4）由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4，A中氧离子位于体内，数目为4，●位于体心和顶点，数目为，B中氧离子位于体内，数目为4，●位于顶点，数目为， 为体内，数目为4，则一个晶胞内O2 、●、 数目比为32：8：16=4：1：2，结合化学式LiMnxOy可知，x为2，y为4，化学式为：LiMn2O4。
②由①分析知，一个晶胞中含8个LiMn2O4，则该晶体的密度为。
故答案为：LiMn2O4；
【分析】（1）根据价层电子对数确定BH4－的空间构型。
（2）A电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
B、根据As的核外电子排布式确定最高能级的电子排布式。
C、根据电负性Cl＞H分析。
D、从左到右，从下到上，电负性逐渐增强。
（3）根据三聚氰胺的结构式确定其合成单体。温度升高可破坏分子间氢键，使三聚氰胺与水分子形成氢键，从而增大水溶性。
（4）根据均摊法确定晶胞中Mn、O原子的个数，从而得到正极材料的化学式。根据公式计算晶胞的密度。
18．（2024高三下·东阳模拟）固体发生如下转化。
请回答：
（1）固体中所含的化学键为　 　，写出加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．的键角比的键角大
B．只用稀硝酸不能验证是否全部氧化为
C．气体1可用作高温炼铁的原料气
D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁
（3）请依据非氧化还原反应，设计实验验证“固体混合物”中含硫元素的微粒　 　。
（4）写出与足量炭黑反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）离子键，共价键；Cl-、、ClO-、OH-
（2）
（3）取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-
（4）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）由Na+和亚硫酸根离子构成，所含的化学键为：离子键，共价键；由分析得，加“过量氯水”后，S2-最终被氧化为硫酸根，氯水中含有阴离子Cl-、ClO-、OH-，加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子为：Cl-、、ClO-、OH-。
故答案为： 离子键，共价键 ；Cl-、、ClO-、OH-（2）A．有1个孤电子对，为sp2杂化，无孤电子对，为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，的键角更大，故A错误；
B．与稀硝酸反应生成和NO，NO与空气中的O2反应，生成红棕色气体NO2，用稀硝酸验证是否全部氧化为时，若有红棕色气体生成，即未全部氧化为，故B错误；
C．气体1为CO，可用作高温炼铁的原料气，故C正确；
D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁，故D正确；
故答案为：AB
（3）“固体混合物”中含硫元素的微粒为Na2S，验证S2-的操作为：取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-。
故答案为： 取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-
（4）固体与足量炭黑在1100℃时反应，生成CO和Na2S，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）含有阴阳离子，存在离子键；原子团中含有共价键。氯水具有氧化性，能将S2－氧化成SO42－，据此确定溶液中的阴离子。
（2）A、根据中心原子的杂化方式，以及孤电子对的影响，比较二者的键角大小。
B、若含有Na2SO3，加入稀硝酸，可发生氧化还原反应，据此分析。
C、气体1为CO，具有还原性。
D、结合过滤操作分析。
（3）“固体混合物”中含硫微粒为Na2S，结合Na2S的性质确定实验方案。
（4）Na2SO3与C反应生成Na2S和CO，据此写出反应的化学方程式。
19．（2024高三下·东阳模拟）氨是最重要的化学品之一，氨的合成及氮氧化物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题。请回答：
（1）新型Zn-电池能将捕获的转化为，再将电解制氨，过程如下图所示。电极c上的电极反应式是　 　。
（2）已知： ； 若的正反应活化能为，则其逆反应活化能为　 　(用含的代数式表示)。
（3）在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需用铜氨液除去其中的CO，其反应为： ，铜氨液吸收CO的适宜条件是　 　。由配位键形成的阳离子中，配位原子是　 　。
（4）在不同压强下，氮气、氢气以1∶3的体积比通入，反应达平衡时氨的体积分数与温度的计算结果如图所示，当、时，氮气的转化率　 　。该温度时，反应的平衡常数　 　(气体A的分压=气体总压强×气体A的体积分数，结果化为最简式)。
（5）氨化脱硝过程发生反应 .氨氮比、催化剂种类都会影响的产率，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得产率与氨氮比、催化剂种类与温度的关系如下图。
①上述氨化脱销过程中，下列说法正确的是　 　。
A．温度越高，反应速率一定越快
B．氨化脱硝反应中氨氮物质的量之比越大，脱销效率越高
C．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，提高平衡产率
D．M点对应的速率
②分析420℃的脱硝效率低于390℃的脱硝效率可能的原因　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）低温高压；N、C
（4）1/3(或33.3%)；
（5）D；420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低
【知识点】配合物的成键情况；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）c电极上得电子变为，电极反应式为：。
故答案为：（2）反应①；反应②，可得目标反应，，正反应活化能为，则其逆反应活化能为。
故答案为：
（3）压强越大，CO和NH3的溶解度越大，反应放热，温度越高，CO转化率越低，即铜氨液吸收CO的适宜条件是低温高压；中Cu提供空轨道，N、C提供孤电子对，形成配位键，配位原子为N、C；
故答案为：低温高压；N、C
（4）设生成氨气的物质的量为xmol，反应开始时通入氮气的物质的量为a，可得三段式：，平衡时总物质的量为（4a-2x）mol，此时NH3体积分数为20%，即，，N2转化率为（或33.3%）；总物质的量为mol，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为、、，；
故答案为： 1/3(或33.3%) ；
（5）①A．温度会影响催化剂的活性，因此温度越高化学反应速率也不一定会更快，故A错误；
B．由图可知，氨化脱硝反应中氨氮物质的量之比为1时，脱销效率最高，故B错误；
C．催化剂对平衡时的产率无影响，故C错误；
D．由于催化剂对平衡时的产率无影响，因此当反应达到平衡时，催化剂A、B对应的N2产率相同，由此可知，M点反应还未达到平衡状态，，故D正确；
故答案为：D
②420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低。
故答案为： 420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低
【分析】（1）电极c上NO2－发生得电子的还原反应生成NH3，据此写出电极反应式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，从而计算正逆反应的活化能。
（3）结合温度、压强对气体溶解度和平衡移动的影响分析。反应条件。根据阳离子的结构确定配位原子。
（4）设生成n(NH3)=xmol，通入n(N2)=amol，列出平衡三段式，由平衡时NH3的体积分数计算三段式中变化量和平衡量，进而计算转化率和平衡常数。
（5）①A、温度过高会影响催化剂的活性。
B、结合图中氨氮比的变化曲线分析。
C、使用催化剂可加快反应速率，但平衡不发生移动。
D、根据M点时反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。
②420℃时温度较高，催化剂活性降低，使得反应速率减慢，从而导致脱硝效率降低。
20．（2024高三下·东阳模拟）纳米被广泛用于结构陶瓷、催化材料等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米：
已知：在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。
请回答：
（1）煅烧过程盛放固体的仪器名称为　 　。
（2）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确_______。
A．步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ的操作B是蒸馏
B．纳米属于离子晶体，熔点高于大块晶体
C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，需再次萃取
D．中，仅阴离子中存在配位键
（4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，则理论上　 　。
（5）设计如下实验过程测定溶液Ⅲ中的的浓度：
①兴趣小组认为从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
②虚线框内操作可以用下列操作　 　代替。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）坩埚
（2）
（3）
（4）13∶32
（5）偏低；AC
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）固体煅烧，其煅烧盛放固体的仪器名称为坩埚.
故答案为：坩埚
（2）步骤Ⅳ是铵根、铝离子和碳酸氢根反应生成沉淀、二氧化碳和水，其发生反应的离子方程式为.
故答案为：
（3）A．根据信息当盐酸浓度降低时，化合物解离，则步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ是溶液和乙醚分开，则步骤Ⅲ的操作B是蒸馏，故A正确；
B．纳米熔点与大块晶体一样高，故B错误；
C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，则制备的纳米氧化铝不纯，因此需再次萃取，故C正确；
D．中阴离子中存在配位键，阳离子也存在配位键，氧原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道，故D错误；
故答案为：AC
（4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，反应的离子方程式为，因此理论上13∶32。
故答案为：13∶32
（5）①溶液Ⅲ中是化合物，铁离子形成配合物，加锌，铁离子没有完全和锌反应，因此消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏低，因此从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果偏低.
故答案为：偏低
②A．加过量铝与加入过量锌一样，因此能代替，故A符合题意；
B．加入过量铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，过量铁和盐酸反应，亚铁离子、氯离子和酸性高锰酸钾反应，会导致测得结果偏高，故B不符合题意；
C．铁离子与过量二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，煮沸，将二氧化硫逸出，再与酸性高锰酸钾溶液反应，故C符合题意；
D．过量KI与铁离子反应生成亚铁离子、单质碘，煮沸，碘离子不反应，碘离子、亚铁离子都与酸性高锰酸钾溶液投影，导致结果偏高，故D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】（1）固体的加热需要用坩埚。
（2）步骤Ⅳ中NH4＋、Al3＋与HCO3－反应生成NH4AlO(OH)HCO3↓、CO2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）A、互溶液体的分离用蒸馏。
B、同一种物质，熔点相同。
C、若检测到Fe3＋，则说明制得的纳米Al2O3不纯。
D、该物质中阴阳离子都存在配位键。
（4）根据反应的离子方程式进行计算。
（5）①当Fe3＋形成配合物时，加入Zn，Fe3＋与Zn不反应，据此分析。
②根据选项中所加物质发生的反应进行分析。
21．（2024高三下·东阳模拟）化合物H是一种药物中间体，其合成路线如图所示：
已知：
i.+。
ii.。
请回答：
（1）写出B的结构简式为　 　。
（2）G中官能团的名称为　 　。
（3）有人认为，E不必经过F，而是E先和试剂X反应。则E和试剂X反应的化学方程式为　 　。
（4）下列说法不正确的是_______。
A．A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基
B．C→D的现象是溶液由橙色变绿色
C．1mol H水解时最多可消耗2mol NaOH
D．试剂X是
（5）设计以环己酮和为原料制备的合成路线：　 　(无机试剂任选)。
（6）写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式　 　。
①不能与氯化铁发生显色反应，但能发生银镜反应。
②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反应。
③核磁共振氢谱有4组吸收峰。
【答案】（1）
（2）(酚)羟基、(酮)羰基、羧基
（3）＋NH3→＋C2H5OH；
（4）C
（5）
（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）由分析得，B的结构为。
故答案为：故答案为：
（2）G的结构为，含有(酚)羟基、(酮)羰基、羧基。
故答案为： (酚)羟基、(酮)羰基、羧基
（3）试剂X为NH3，E与NH3反应生成和C2H5OH ，化学方程式为：＋NH3→＋C2H5OH。
故答案为：＋NH3→＋C2H5OH
（4）A．由分析得，A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基，故A正确；
B．重铬酸钾溶液为橙色，被C还原为Cr3+，Cr3+溶液为绿色，故B正确；
C．H中2个酚羟基，1个酰胺基均能与NaOH反应，1mol H水解时最多可消耗3mol NaOH，故C错误；
D．由分析得，试剂X为NH3，故D正确；
故答案为：C
（5）与CH3MgBr发生已知ii中的反应，生成，在浓硫酸加热条件下生成，与Br2发生加成反应生成，与NaOH溶液在加热条件下发生取代反应，生成，合成路线为：。
故答案为：
（6）H的同分异构体①不能与氯化铁发生显色反应，但能发生银镜反应，说明不含酚羟基，含有醛基；②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反应；③核磁共振氢谱有4组吸收峰，具有四种等效氢，符合条件的结构为：、、、。
故答案为：、、、
【分析】C被酸性高锰酸钾氧化为D，根据D的结构和C的分子式可知，C为，B→C的反应参考已知ii，即B的结构为，A→B的反应参考已知i，结合A的分子式可知，A的结构为，D发生取代反应生成E，E水解得到F，F的结构为，生成D的反应参考已知i，即G的结构为，G与试剂X在加热条件下生成H，结合H的结构，试剂X为NH3。据此结合题干设问分析作答。
1 / 12024届浙江省金华市东阳市高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·东阳模拟）下列物质中不属于电解质的是
A．HI B． C．KOH D．
2．（2024高三下·东阳模拟）侯氏制碱法将氨碱法制取碳酸钠和合成氨相互联合。下列说法不正确的是
A．合成氨工业可为制取碳酸钠提供
B．氨碱法将通入氨的饱和氯化钠溶液
C．碳酸钠固体溶于水吸热
D．比热稳定性好
3．（2024高三下·东阳模拟）下列表示不正确的是
A．基态N原子的价层电子排布图：
B．分子的VSEPR模型：
C．用电子式表示的形成：
D．2，2，3-三甲基己烷的键线式：
4．（2024高三下·东阳模拟）我国古代四大发明之一的黑火药，由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，其爆炸反应为。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成1mol 转移电子的数目为4
B．该反应的气态产物均是非极性分子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3
D．火药爆炸过程中会产生能形成酸雨的气体
5．（2024高三下·东阳模拟）下列说法正确的是
A．pH=11的氨水和pH=3的盐酸混合后的溶液，若，则溶液呈中性
B．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性
C．25℃时，将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=6
D．0.1溶液的pH小于7不能说明为弱电解质
6．（2024高三下·东阳模拟）下列说法正确的是
A．有毒，不能用作食品添加剂
B．石油工业中可以通过结构的调整，使链状烃转化为芳香烃
C．液体润湿全部滴定管内壁后，将液体从滴定管上部倒出
D．焰火、激光、LED灯光都与原子核外电子从基态到激发态释放能量有关
7．（2024高三下·东阳模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成或结构变化 性质变化与解释
A 钢铁 加入适量铬、镍等合金元素 可在铁表面形成一层致密的镍、铬氧化膜，增强铁的抗腐蚀性能
B 苯酚 通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基 硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增强，羟基上的H更易电离
C 橡胶 在橡胶中添加炭黑 炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性能
D 纤维素 用乙酰基取代纤维素上的羟基 纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三下·东阳模拟）下列实验装置使用或实验结果不正确的是
A．图①装置用电石和饱和食盐水反应制备乙炔 B．图②装置和混合一段时间后有油状液体生成
C．图③装置往溶液滴加足量氨水，反应后再加95%乙醇出现深蓝色晶体 D．图④装置用于探究水溶性
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三下·东阳模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．含等物质的量的和的溶液混合的离子方程式：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．表示气体燃烧热的热化学方程式：
D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶：n
10．（2024高三下·东阳模拟）下列说法不正确的是
A．质谱法可精确测定相对分子质量，也可确定简单分子的分子式
B．X射线衍射实验可测定青蒿素的分子结构
C．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别环己烷、乙醛和苯甲酸溶液
D．核酸是由许多核苷酸单体形成的不可水解的天然高分子化合物
11．（2024高三下·东阳模拟）F可用于制造人工角膜，具有良好的生物相容性，化学性质稳定，合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．由A生成B发生加成反应
B．E分子中杂化的C原子数多于杂化的C原子数
C．C易溶于水，分子中含有两种亲水基团
D．D的结构简式可能为
12．（2024高三下·东阳模拟）微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，示意图如图所示。下列说法正确的是
A．该装置能同时实现海水淡化、化学能转化为电能
B．当消耗标况下氧气11.2L时，透过X、Y交换膜的离子总数是个
C．负极反应为
D．Y为阴离子交换膜
13．（2024高三下·东阳模拟）X、Y、Z、M、Q五种前四周期元素，原子序数依次增大，X的s能级电子数量是p能级的两倍，Z元素形成的某种单质是极性分子，基态M的价电子排布式是，含Z、M的物质常用于自来水消毒，的3d能级处于半充满状态。下列说法正确的是
A．含氧酸的酸性：X＜Y＜M
B．X、Z可形成原子最外层均满足结构的共价化合物
C．过量单质Q与单质M反应生成
D．同周期元素中，第一电离能比Y小的元素共有4种
14．（2024高三下·东阳模拟）已知基元反应的速率符合质量作用定律，如基元反应，(k为速率常数)。卤代烃RX发生水解反应有两种历程，能量变化如下图所示，下列说法不正确的是
A．若RX的水解速率，则反应按历程1进行
B．调节NaOH浓度，观察分层现象消失的用时变化，可确定RX的水解历程
C．相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷
D．取水解液，加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子
15．（2024高三下·东阳模拟）感光材料CdS，常采用往溶液中通入至饱和后[]，通过调节溶液pH来生产。下列说法不正确的是
已知：①、及、。②CdS晶体的晶胞如图所示。
A．Cds的饱和溶液中，
B．欲使沉淀的滤液中达到国家Ⅱ类地表水质量控制标准[]，应控制溶液的pH≥1
C．溶液中缓慢滴加少量溶液，得到、CdS混合沉淀
D．在CdS晶体中离子的配位数为4(与离子最近且等距离的)
16．（2024高三下·东阳模拟）根据实验目的设计方案并进行实验，下列有关方案设计、实验现象或结论都正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 比较Cu和Fe的金属性强弱 取同浓度的①、②溶液，滴加同浓度氨水 ①先沉淀后溶解，②沉淀后不溶解 金属性：Cu＜Fe
B 检验己烯中的碳碳双键 取少量己烯，加入溴的四氯化碳溶液，振荡 上下两层均无色 己烯中含碳碳双键
C 比较配离子的稳定性 向盛有少量蒸馏水的试管里加2滴，然后再加2滴硫氰化钾溶液 溶液由黄色变血红色 与形成的配离子更稳定
D 比较温度对反应速率的影响 将2mL 0.1mol/L 溶液(A)浸入0℃水浴中、2mL 0.05mol/L 溶液(B)浸入50℃水浴中，再同时滴加0.1mol/L稀硫酸2mL B溶液比A溶液先出现浑浊 温度越高，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三下·东阳模拟）锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、、、等。请回答：
（1）的阴离子的空间构型为　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．离子半径：
B．基态As的最高能级的电子排布式为
C．与形成配位键的能力：
D．电负性：F>O>As>P
（3）一种类石墨的聚合物g-可由三聚氰胺()制得，合成三聚氰胺的单体结构简式是　 　。三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是　 　。
（4）尖晶石结构的(x、y为整数)是一种常用的正极材料。已知晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“”表示。
该正极材料的化学式是　 　，若该晶胞的晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为　 　(列出计算表达式，不必化简。为阿伏加德罗常数的值)。
18．（2024高三下·东阳模拟）固体发生如下转化。
请回答：
（1）固体中所含的化学键为　 　，写出加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．的键角比的键角大
B．只用稀硝酸不能验证是否全部氧化为
C．气体1可用作高温炼铁的原料气
D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁
（3）请依据非氧化还原反应，设计实验验证“固体混合物”中含硫元素的微粒　 　。
（4）写出与足量炭黑反应的化学方程式　 　。
19．（2024高三下·东阳模拟）氨是最重要的化学品之一，氨的合成及氮氧化物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题。请回答：
（1）新型Zn-电池能将捕获的转化为，再将电解制氨，过程如下图所示。电极c上的电极反应式是　 　。
（2）已知： ； 若的正反应活化能为，则其逆反应活化能为　 　(用含的代数式表示)。
（3）在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需用铜氨液除去其中的CO，其反应为： ，铜氨液吸收CO的适宜条件是　 　。由配位键形成的阳离子中，配位原子是　 　。
（4）在不同压强下，氮气、氢气以1∶3的体积比通入，反应达平衡时氨的体积分数与温度的计算结果如图所示，当、时，氮气的转化率　 　。该温度时，反应的平衡常数　 　(气体A的分压=气体总压强×气体A的体积分数，结果化为最简式)。
（5）氨化脱硝过程发生反应 .氨氮比、催化剂种类都会影响的产率，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得产率与氨氮比、催化剂种类与温度的关系如下图。
①上述氨化脱销过程中，下列说法正确的是　 　。
A．温度越高，反应速率一定越快
B．氨化脱硝反应中氨氮物质的量之比越大，脱销效率越高
C．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，提高平衡产率
D．M点对应的速率
②分析420℃的脱硝效率低于390℃的脱硝效率可能的原因　 　。
20．（2024高三下·东阳模拟）纳米被广泛用于结构陶瓷、催化材料等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米：
已知：在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。
请回答：
（1）煅烧过程盛放固体的仪器名称为　 　。
（2）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确_______。
A．步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ的操作B是蒸馏
B．纳米属于离子晶体，熔点高于大块晶体
C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，需再次萃取
D．中，仅阴离子中存在配位键
（4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，则理论上　 　。
（5）设计如下实验过程测定溶液Ⅲ中的的浓度：
①兴趣小组认为从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
②虚线框内操作可以用下列操作　 　代替。
A．
B．
C．
D．
21．（2024高三下·东阳模拟）化合物H是一种药物中间体，其合成路线如图所示：
已知：
i.+。
ii.。
请回答：
（1）写出B的结构简式为　 　。
（2）G中官能团的名称为　 　。
（3）有人认为，E不必经过F，而是E先和试剂X反应。则E和试剂X反应的化学方程式为　 　。
（4）下列说法不正确的是_______。
A．A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基
B．C→D的现象是溶液由橙色变绿色
C．1mol H水解时最多可消耗2mol NaOH
D．试剂X是
（5）设计以环己酮和为原料制备的合成路线：　 　(无机试剂任选)。
（6）写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式　 　。
①不能与氯化铁发生显色反应，但能发生银镜反应。
②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反应。
③核磁共振氢谱有4组吸收峰。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．HI是酸，在水溶液中能导电，因此属于电解质，A不符合题意；
B．是盐，在水溶液中能导电，因此属于电解质，B不符合题意；
C．KOH是碱，在水溶液中能导电，因此属于电解质，C不符合题意；
D．属于非电解质，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对电解质判断的考查，结合电解质的概念进行分析即可。电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。据此结合选项所给物质进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．合成氨工业原料气中的CO可转化为二氧化碳，因此可为制取碳酸钠提供，故A正确；
B．氨气极易溶于水中，因此氨碱法氨气通入饱和氯化钠溶液中，再将通入氨的饱和氯化钠溶液，故B正确；
C．碳酸钠固体溶于水的过程中放出热量，故C错误；
D．受热分解生成、二氧化碳和水，受热不分解，因此稳定性：＞，故D正确。
故答案为：C
【分析】A、合成氨工业原料气中的CO可转化为CO2。
B、NH3极易溶于水，因此先通NH3，再通CO2。
C、Na2CO3固体溶于水放热。
D、NaHCO3不稳定，受热易分解。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．基态N原子的价电子排布式为：2s22p3，因此基态N原子的价层电子排布图：，故A正确；
B．PH3分子中心原子的价电子对数为：=4，含有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为，故B正确；
C．K2S为离子化合物，由K＋和S2－构成，因此用电子式表示K2S的形成：，故C正确；
D.2，2，3-三甲基己烷的最长碳链为6个碳原子，键线式：，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据基态N原子的价电子排布式确定其价电子排布图。
B、根据中心P原子的价层电子对数确定其VSEPR模型结构。
C、K2S是由K＋和S2－构成的，据此确定其形成过程。
D、根据有机物的名称确定其最长碳链和取代基的位置，从而确定有机物的键线式。
4．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；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．由方程式可知，只有C元素的化合价升高，由0价变为+4价，转移4个电子。因此每生成1molCO2，转移电子的物质的量为4mol，故A正确；
B．该反应的气态产物N2、CO2的正负电荷中心重合，均为非极性分子，故B正确；
C．氧化产物为CO2，还原产物为K2S和N2，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，故C错误；
D．火药爆炸过程会放出大量热引发硫磺燃烧生成SO2，SO2溶于雨水使得雨水酸性增强，形成硫酸型酸雨，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据元素化合价变化计算转移电子数。
B、N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，都属于非极性分子。
C、根据价态变化确定氧化产物和还原产物，结合反应的化学方程式确定二者的物质的量之比。
D、火药爆炸过程中产生SO2，溶于雨水，使得雨水酸性增强。
5．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若溶液中，由电荷守恒可得，溶液中，因此溶液呈中性，故A正确；
B．在100℃时，KW=10-12，pH约为6的纯水呈中性，故B错误；
C.25℃时，溶液的pH=6显酸性，将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液仍显碱性，故C错误；
D.0.1溶液的pH小于7，是由于溶液中存在NH4+的水解，说明为弱电解质，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、结合电荷守恒分析。
B、纯水中c(H＋)=c(OH－)，显中性。
C、NaOH溶液稀释，碱性减弱，但pH仍大于7。
D、NH4＋水解，说明NH3·H2O是弱碱。
6．【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；原料与能源的合理利用；酸（碱）式滴定管的使用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．有毒，但可以作食品添加剂，起到防腐作用。如：可作肉制品的防腐剂，故A错误；
B．石油工业中可以通过结构的调整（催化重整），使链状烃转化为芳香烃，故B正确；
C．滴定管润洗时，液体润湿全部滴定管内壁后，将液体从滴定管下部放出，故C错误；
D．焰火、激光、LED灯光都与原子核外电子由激发态跃迁到基态时释放能量有关，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、NaNO2可做食品添加剂。
B、石油催化重整可得到环状烃。
C、根据滴定管的润洗操作分析。
D、电子从激发态到基态的过程中释放能量。
7．【答案】C
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．加入铬能使钢铁表面形成致密且紧固的氧化膜，防止内部的铁与氧气接触，加入镍是使钢铁耐酸，碱腐蚀，A正确；
B．苯酚通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基，苯环上的亲电取代，硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增强，羟基上的H更易电离，B正确；
C．炭黑是最常用的补强填料，在很多橡胶制品中都会加入炭黑来提高制品的补强性能，使得耐磨性能增强，C错误；
D．用乙酰基取代纤维素上的羟基成酯，纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力减弱，D正确；
故答案为：C
【分析】A、加入铬可形成致密氧化膜，加入镍可增强耐酸碱腐蚀。
B、硝基的吸电子作用使得酚羟基中氢氧键的极性增强。
C、添加炭黑可提高补强性能，增强耐磨性。
D、羟基为亲水基团，羟基减少，吸水能力减弱。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；铜及其化合物；乙炔炔烃；甲烷的取代反应
【解析】【解答】A．电石和饱和食盐水反应制备乙炔的反应不需要加热，属于为固液不加热装置，A正确；
B．铝箔套可避光，而和混合需要光照一段时间后有油状液体生成，B错误；
C．图③装置往溶液滴加足量氨水，开始生成浅蓝色的碱式硫酸铜沉淀[Cu2(OH)2SO4]，继续加入足量氨水时，沉淀溶解得到深蓝色的铜氨溶液若；在该溶液中加入乙醇，即得到深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4 H2O，C正确；
D．SO2溶于水，使得试管内液面上升，图④装置用于探究水溶性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、电石和饱和食盐水制乙炔的反应不需加热。
B、CH4与Cl2的反应需要光照条件。
C、根据Cu2+与氨水的反应分析。
D、根据试管中产生的现象分析。
9．【答案】B
【知识点】燃烧热；常见化学电源的种类及其工作原理；缩聚反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．含等物质的量的（在水溶液中产生NH4＋、H＋和SO42－）和的溶液混合生成、和，离子方程式：，故A正确；
B．铅酸蓄电池充电时阳极上PbSO4转化为PbO2，因此阳极的电极反应式为：，故B错误；
C．在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。C元素的指定产物为CO2(g)、H元素的指定产物为H2O(l)、N元素的指定产物为N2(g)。因此表示气体燃烧热的热化学方程式： ，故C正确；
D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶是羧基与羟基脱水发生缩聚反应，化学方程式为：n，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、NH4＋、H＋和SO42－都能与Ba(OH)2反应。
B、铅蓄电池充电时阳极上PbSO4发生失电子的氧化反应生成PbO2。
C、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
D、对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应，结合酯化反应的原理，书写反应的化学方程式。
10．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的鉴别；核酸
【解析】【解答】A．质谱法可精确测定相对分子质量，也可确定简单分子的分子式（如C3H8），故A正确；
B．X射线衍射实验可确定晶体的结构，因此通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故B正确；
C．新制氢氧化铜悬浊液可与乙醛在加热条件下产生砖红色沉淀，苯甲酸具有酸性，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2＋，使溶液变蓝；环己烷与新制氢氧化铜悬浊液不反应，故C正确；
D．核酸可以水解生成核苷酸，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、质谱法可确定相对分子质量。
B、X射线衍射实验可测定晶体结构。
C、根据新制Cu(OH)2与环己烷、乙醛和苯甲酸的反应现象分析。
D、核酸可水解生成核苷酸。
11．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断
【解析】【解答】A．由分析得，A生成B发生加成反应，故A正确；
B．E的结构为或CH2=CHCH2COOCH3，存在2个碳原子采用sp3杂化，存在3个碳原子采用sp2杂化，因此杂化的C原子数更多，故B错误；
C．C的结构为或HOOCCH2CH2CH2OH，均含有-OH和-COOH两种亲水基团，因此该物质易溶于水，故C正确；
D．由分析得，D的结构简式可能为，故D正确；
故答案为：B
【分析】A与HCN反应生成B，B水解生成C，C与浓硫酸反应生成D，D与CH3OH反应生成E。E在催化剂作用下反应生成高分子化合物F，因此E中含有碳碳双键。由E的分子式可知，A转化为B的过程中引入－CN，因此A生成B的过程中发生加成反应，A中含有碳碳双键。BF发生水解反应－CN转化为－COOH。C在浓硫酸作用下生成D，且E中含有碳碳双键，因此C发生醇的消去反应，即A中含有－OH，因此A的结构简式为CH2=CH－CH2OH。B的结构简式为或NCCH2CH2CH2OH；C的结构简式为或HOOCCH2CH2CH2OH；D的结构简式为或CH2=CHCH2COOH；E的结构简式为或CH2=CHCH2COOCH3；F的结构简式为或。据此结合选项分析。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，阴离子通过阴离子交换膜向负极移动，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水。该装置工作时为原电池，将化学能转化为电能，A正确；
B．由图可知，通入氧气的电极为正极，发生得电子的还原反应，消耗标况下氧气11.2L（即0.5mol），0.5mol氧气得到电子，因此Y阳离子交换膜通过2NA离子，同时X阴离子交换膜也通过2NA离子，所以透过X、Y交换膜的离子总数是4NA个，B错误；
C．由图可知，负极为有机弱酸性废水CH3COO-的电极，发生失电子的氧化反应，溶液为酸性，因此负极的电极反应为，C错误；
D．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的。所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，D错误；
故答案为：A
【分析】右侧通入空气，空气中的O2在b电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，因此右侧b电极为正极。海水中的Na＋通过Y膜进入右侧，因此Y膜为阳离子交换膜；Cl－通过X膜进入左侧，因此X膜为阴离子交换膜。左侧a电极上CH3COO－发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋。据此结合选项分析。
13．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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N、Z为O，M为Cl、Q为Fe。
A．非金属性Cl＞N＞C，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。因此最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，Cl的含氧酸之一HClO为弱酸，酸性小于HNO3，该选项未强调是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，故A错误；
B．为C2O3，其结构式为：，最外层均满足结构，且为共价化合物，故B正确；
C．Fe与Cl2的化学方程式为：，即使Fe过量，Fe与FeCl3固体也不反应，产物仍为FeCl3，故C错误；
D．Y为N元素，2p能级为半充满稳定结构，第一电离能大于O。因此同周期元素中，第一电离能比N小的元素共有5种，分别为Li、Be、B、C、O，故D错误；
故答案为：B
【分析】X的s能级电子数量是p能级的两倍，则其核外电子排布式为1s22s22p2，因此X为C元素。Z元素形成的某种单质是极性分子，该单质为O3，因此Z为O元素。结合X、Y、Z原子序数依次增大可知，Y为N元素。基态M的价电子排布式是， M位于ⅦA族，含Z、M的物质常用于自来水消毒（ClO2），因此M为Cl元素。的3d能级处于半充满状态，因此Q的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，因此Q为Fe元素。据此结合元素周期律分析选项。
14．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；卤代烃简介
【解析】【解答】A．基元反应的速率符合质量作用定律，若RX的水解速率，则该反应即为基元反应。因此图中历程1为基元反应，故A正确；
B．卤代烃不溶于水，水解生成的醇可溶于水。因此分层现象消失即水解完毕，观察分层现象消失的用时变化，可确定化学反应的速率，从而确定RX的水解历程，故B正确；
C．原子半径：I＞Cl，因此化学键键长：C-I＞C-Cl。C-Cl键能更大，即相同条件下，按反应历程2，碘代烷水解速率要快于氯代烷，故C正确；
D．取水解液，加入稀硝酸酸化，除去过量的OH-，再加溶液，根据沉淀颜色可判断卤代烃RX中的卤素原子，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据水解速率方程确定基元反应。
B、卤代烃难溶于水，醇可溶于水，因此可通过分层消失确定反应终点，从而确定反应速率。
C、由原子半径大小判断化学键键能大小，从而比较水解速率大小。
D、检验卤素原子时，应先除去过量的OH-，再加AgNO3溶液。
15．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Ksp(CdS)=c(Cd2＋)×c(S2－)=10－26可知，Cds的饱和溶液中c(S2－)=10-13mol/L，，因此，，，所以溶液中，，故A正确；
B．当溶液中时，，，即，，pH=1，故B正确；
C．，即，。当溶液中S2-恰好完全沉淀，即溶液中c(S2－)=10-5mol/L时，根据可得，此时溶液中c(Cd2＋)10-21mol/L，即，，还未开始沉淀，所以往溶液中缓慢滴加少量溶液，无法得到、CdS混合沉淀，故C错误；
D．由晶胞结构图可知，在CdS晶体中离子的配位数为4，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据Ksp(CdS)计算溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算溶液中c(HS－)，从而得出二者的相对大小。
B、根据溶液中c(Cd2＋)计算此时溶液中c(S2－)，结合H2S的电离平衡常数计算此时溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH值。
C、计算溶液中c(Cd2＋)×c(S2－)，与Ksp(CdS)比较，从而判断是否有沉淀生成。
D、根据晶胞结构图分析。
16．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；烯烃；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．取同浓度的①、②溶液，滴加同浓度氨水，CuCl2先生成Cu（OH）2沉淀，与氨水继续反应，生成。FeCl3生成Fe（OH）3沉淀，该实验不能比较Fe、Cu金属性的大小，故A错误；
B．取少量己烯，加入溴的四氯化碳溶液，振荡，溴的四氯化碳溶液褪色，生成的卤代烃与CCl4互溶，溶液不分层，故B错误；
C．向盛有少量蒸馏水的试管里加2滴，然后再加2滴硫氰化钾溶液，溶液不变色，说明Fe3+与CN-形成的配离子更稳定，故C错误；
D．两份混合溶液体积相同，浓度相同，但温度不同，热水中出现浑浊所需时间更短，说明反应速率更快。从而得出升温加可加快化学反应速率，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、该实验过程中无法比较Fe、Cu的活动性强弱。
B、反应生成的溴己烷与CCl4互溶，不分层。
C、滴加KSCN溶液，溶液颜色不变，说明Fe3＋与CN－配位更稳定。
D、探究温度对反应速率的影响，则需控制温度不同，其余条件相同。
17．【答案】（1）正四面体
（2）
（3）NH2CN；温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
（4）LiMn2O4；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）的阴离子中，B的价层电子对数为：，无孤电子对，属于SP3杂化，空间构型为正四面体。
故答案为：正四面体（2）A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，离子半径：，故A正确；
B．基态As的最高能级的电子排布式为，故B错误；
C．Cl电负性比H大，因此BCl3吸引电子的能力比BH3强，更能吸引NH3的N上的孤电子对，形成配位键，因此与形成配位键的能力：，故C正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：F＞O＞P＞As，故D错误；
故答案为：AC
（3）由图可知，合成三聚氰胺的单体结构简式是：NH2CN；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水。
故答案为： NH2CN ； 温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
（4）由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4，A中氧离子位于体内，数目为4，●位于体心和顶点，数目为，B中氧离子位于体内，数目为4，●位于顶点，数目为， 为体内，数目为4，则一个晶胞内O2 、●、 数目比为32：8：16=4：1：2，结合化学式LiMnxOy可知，x为2，y为4，化学式为：LiMn2O4。
②由①分析知，一个晶胞中含8个LiMn2O4，则该晶体的密度为。
故答案为：LiMn2O4；
【分析】（1）根据价层电子对数确定BH4－的空间构型。
（2）A电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
B、根据As的核外电子排布式确定最高能级的电子排布式。
C、根据电负性Cl＞H分析。
D、从左到右，从下到上，电负性逐渐增强。
（3）根据三聚氰胺的结构式确定其合成单体。温度升高可破坏分子间氢键，使三聚氰胺与水分子形成氢键，从而增大水溶性。
（4）根据均摊法确定晶胞中Mn、O原子的个数，从而得到正极材料的化学式。根据公式计算晶胞的密度。
18．【答案】（1）离子键，共价键；Cl-、、ClO-、OH-
（2）
（3）取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-
（4）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应方程式的配平；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）由Na+和亚硫酸根离子构成，所含的化学键为：离子键，共价键；由分析得，加“过量氯水”后，S2-最终被氧化为硫酸根，氯水中含有阴离子Cl-、ClO-、OH-，加“过量氯水”后的溶液中的所有阴离子为：Cl-、、ClO-、OH-。
故答案为： 离子键，共价键 ；Cl-、、ClO-、OH-（2）A．有1个孤电子对，为sp2杂化，无孤电子对，为sp3杂化，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，的键角更大，故A错误；
B．与稀硝酸反应生成和NO，NO与空气中的O2反应，生成红棕色气体NO2，用稀硝酸验证是否全部氧化为时，若有红棕色气体生成，即未全部氧化为，故B错误；
C．气体1为CO，可用作高温炼铁的原料气，故C正确；
D．过滤时，滤纸要对折两次后打开成圆锥形，放入漏斗且紧贴内壁，故D正确；
故答案为：AB
（3）“固体混合物”中含硫元素的微粒为Na2S，验证S2-的操作为：取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-。
故答案为： 取样，加水溶解，加硫酸铜溶液，产生黑色沉淀，则含S2-
（4）固体与足量炭黑在1100℃时反应，生成CO和Na2S，化学方程式为：。
故答案为：
【分析】（1）含有阴阳离子，存在离子键；原子团中含有共价键。氯水具有氧化性，能将S2－氧化成SO42－，据此确定溶液中的阴离子。
（2）A、根据中心原子的杂化方式，以及孤电子对的影响，比较二者的键角大小。
B、若含有Na2SO3，加入稀硝酸，可发生氧化还原反应，据此分析。
C、气体1为CO，具有还原性。
D、结合过滤操作分析。
（3）“固体混合物”中含硫微粒为Na2S，结合Na2S的性质确定实验方案。
（4）Na2SO3与C反应生成Na2S和CO，据此写出反应的化学方程式。
19．【答案】（1）
（2）
（3）低温高压；N、C
（4）1/3(或33.3%)；
（5）D；420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低
【知识点】配合物的成键情况；盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）c电极上得电子变为，电极反应式为：。
故答案为：（2）反应①；反应②，可得目标反应，，正反应活化能为，则其逆反应活化能为。
故答案为：
（3）压强越大，CO和NH3的溶解度越大，反应放热，温度越高，CO转化率越低，即铜氨液吸收CO的适宜条件是低温高压；中Cu提供空轨道，N、C提供孤电子对，形成配位键，配位原子为N、C；
故答案为：低温高压；N、C
（4）设生成氨气的物质的量为xmol，反应开始时通入氮气的物质的量为a，可得三段式：，平衡时总物质的量为（4a-2x）mol，此时NH3体积分数为20%，即，，N2转化率为（或33.3%）；总物质的量为mol，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为、、，；
故答案为： 1/3(或33.3%) ；
（5）①A．温度会影响催化剂的活性，因此温度越高化学反应速率也不一定会更快，故A错误；
B．由图可知，氨化脱硝反应中氨氮物质的量之比为1时，脱销效率最高，故B错误；
C．催化剂对平衡时的产率无影响，故C错误；
D．由于催化剂对平衡时的产率无影响，因此当反应达到平衡时，催化剂A、B对应的N2产率相同，由此可知，M点反应还未达到平衡状态，，故D正确；
故答案为：D
②420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低。
故答案为： 420℃催化剂活性差(温度高，催化剂失活)，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率降低
【分析】（1）电极c上NO2－发生得电子的还原反应生成NH3，据此写出电极反应式。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热，从而计算正逆反应的活化能。
（3）结合温度、压强对气体溶解度和平衡移动的影响分析。反应条件。根据阳离子的结构确定配位原子。
（4）设生成n(NH3)=xmol，通入n(N2)=amol，列出平衡三段式，由平衡时NH3的体积分数计算三段式中变化量和平衡量，进而计算转化率和平衡常数。
（5）①A、温度过高会影响催化剂的活性。
B、结合图中氨氮比的变化曲线分析。
C、使用催化剂可加快反应速率，但平衡不发生移动。
D、根据M点时反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。
②420℃时温度较高，催化剂活性降低，使得反应速率减慢，从而导致脱硝效率降低。
20．【答案】（1）坩埚
（2）
（3）
（4）13∶32
（5）偏低；AC
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）固体煅烧，其煅烧盛放固体的仪器名称为坩埚.
故答案为：坩埚
（2）步骤Ⅳ是铵根、铝离子和碳酸氢根反应生成沉淀、二氧化碳和水，其发生反应的离子方程式为.
故答案为：
（3）A．根据信息当盐酸浓度降低时，化合物解离，则步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ是溶液和乙醚分开，则步骤Ⅲ的操作B是蒸馏，故A正确；
B．纳米熔点与大块晶体一样高，故B错误；
C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，则制备的纳米氧化铝不纯，因此需再次萃取，故C正确；
D．中阴离子中存在配位键，阳离子也存在配位键，氧原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道，故D错误；
故答案为：AC
（4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，反应的离子方程式为，因此理论上13∶32。
故答案为：13∶32
（5）①溶液Ⅲ中是化合物，铁离子形成配合物，加锌，铁离子没有完全和锌反应，因此消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏低，因此从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果偏低.
故答案为：偏低
②A．加过量铝与加入过量锌一样，因此能代替，故A符合题意；
B．加入过量铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，过量铁和盐酸反应，亚铁离子、氯离子和酸性高锰酸钾反应，会导致测得结果偏高，故B不符合题意；
C．铁离子与过量二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，煮沸，将二氧化硫逸出，再与酸性高锰酸钾溶液反应，故C符合题意；
D．过量KI与铁离子反应生成亚铁离子、单质碘，煮沸，碘离子不反应，碘离子、亚铁离子都与酸性高锰酸钾溶液投影，导致结果偏高，故D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】（1）固体的加热需要用坩埚。
（2）步骤Ⅳ中NH4＋、Al3＋与HCO3－反应生成NH4AlO(OH)HCO3↓、CO2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）A、互溶液体的分离用蒸馏。
B、同一种物质，熔点相同。
C、若检测到Fe3＋，则说明制得的纳米Al2O3不纯。
D、该物质中阴阳离子都存在配位键。
（4）根据反应的离子方程式进行计算。
（5）①当Fe3＋形成配合物时，加入Zn，Fe3＋与Zn不反应，据此分析。
②根据选项中所加物质发生的反应进行分析。
21．【答案】（1）
（2）(酚)羟基、(酮)羰基、羧基
（3）＋NH3→＋C2H5OH；
（4）C
（5）
（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）由分析得，B的结构为。
故答案为：故答案为：
（2）G的结构为，含有(酚)羟基、(酮)羰基、羧基。
故答案为： (酚)羟基、(酮)羰基、羧基
（3）试剂X为NH3，E与NH3反应生成和C2H5OH ，化学方程式为：＋NH3→＋C2H5OH。
故答案为：＋NH3→＋C2H5OH
（4）A．由分析得，A转化为B、F转化为G的设计目的是保护酚羟基，故A正确；
B．重铬酸钾溶液为橙色，被C还原为Cr3+，Cr3+溶液为绿色，故B正确；
C．H中2个酚羟基，1个酰胺基均能与NaOH反应，1mol H水解时最多可消耗3mol NaOH，故C错误；
D．由分析得，试剂X为NH3，故D正确；
故答案为：C
（5）与CH3MgBr发生已知ii中的反应，生成，在浓硫酸加热条件下生成，与Br2发生加成反应生成，与NaOH溶液在加热条件下发生取代反应，生成，合成路线为：。
故答案为：
（6）H的同分异构体①不能与氯化铁发生显色反应，但能发生银镜反应，说明不含酚羟基，含有醛基；②1mol最多能与含4mol NaOH的溶液恰好完全反应；③核磁共振氢谱有4组吸收峰，具有四种等效氢，符合条件的结构为：、、、。
故答案为：、、、
【分析】C被酸性高锰酸钾氧化为D，根据D的结构和C的分子式可知，C为，B→C的反应参考已知ii，即B的结构为，A→B的反应参考已知i，结合A的分子式可知，A的结构为，D发生取代反应生成E，E水解得到F，F的结构为，生成D的反应参考已知i，即G的结构为，G与试剂X在加热条件下生成H，结合H的结构，试剂X为NH3。据此结合题干设问分析作答。
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