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2024届浙江省五校联盟高三下学期5月联考三模化学试题
1．（2024高三下·浙江模拟）下列物质溶于水能导电，且属于非电解质的是
A．P2O5 B．Cl2 C．CH3COOH D．AlCl3
2．（2024高三下·浙江模拟）实验室将FeCl3饱和溶液滴入沸水中可制得胶体，下列说法不正确的是
A．FeCl3溶液可用于制作印刷电路板
B．胶体呈红褐色，也可以将FeCl3加入NaOH溶液中制得
C．可用丁达尔效应区分FeCl3溶液和胶体
D．直径为80nm的微粒不属于胶体
3．（2024高三下·浙江模拟）下列表示正确的是
A．醛基的电子式：
B．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
C．H2O2分子的球棍模型：
D．某烷烃名称为：2-甲基-3-乙基戊烷
4．（2024高三下·浙江模拟）水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3
C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高
D．生成1molN2，反应转移电子数为
5．（2024高三下·浙江模拟）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：、、、
B．使甲基橙变红色的溶液：、、、
C．在氨水中：、、、
D．常温下，的溶液：、、、
6．（2024高三下·浙江模拟）从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3 6H2O结晶
B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水
C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥
D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色
7．（2024高三下·浙江模拟）材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能和用途也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用，下列叙述不合理的是
　 材料 组成、结构或生产条件变化 性能变化及用途
A 钢铁 表面进行发蓝处理 增强耐腐蚀性，用于制造化工设备
B 聚氯乙烯 加入增塑剂和热稳定剂 可塑性与稳定性更好，可用于食品包装材料
C 玻璃 加入一些金属氧化物或盐 制彩色玻璃，用于建筑和装饰
D 液态植物油 制成氢化植物油 性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三下·浙江模拟）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．图①装置用于配置100g5%的Na2CO3溶液
B．图②装置用于NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液
C．图③装置用于验证铁的吸氧腐蚀
D．图④装置用于制备晶体
9．（2024高三下·浙江模拟）关于有机物检测，下列说法不正确的是
A．用新制的氢氧化铜可鉴别甲苯、溴苯、乙醇、乙醛
B．用核磁共振氢谱可鉴别CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3
C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物质量可计算出有机物的实验式
D．将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应
10．（2024高三下·浙江模拟）下列化学反应的方程式正确的是
A．H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．溶液滴入FeCl2溶液中：
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：
11．（2024高三下·浙江模拟）物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应。下列说法正确的是
A．符合以上条件的A的结构有2种
B．物质E遇氯化铁溶液显紫色
C．B→C的反应中可能存在副产物C12H16O3
D．C→D的反应类型为取代反应
12．（2024高三下·浙江模拟）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的简单离子半径最大，Y与Z相邻，Z、M的核电荷数之比为2∶3，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法不正确的是
A．简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞Q
B．电负性：Z＞Y＞X＞Q＞M
C．X、Z元素形成的单质分子不都是非极性分子
D．Y与M、Q形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共价晶体
13．（2024高三下·浙江模拟）利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的进入MnO2而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是
A．上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极
B．启动电源1时，阴极上的电极反应：
C．启动电源2时，中的脱出进入腔室2
D．当有脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H2
14．（2024高三下·浙江模拟）一定条件下，CH4与反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是
A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I
B．与CD4反应的过渡态1能量变化应为图中曲线c
C．若与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3种
D．与CH2D2反应，产物的产量
15．（2024高三下·浙江模拟）已知：常温下，氢硫酸H2S的电离常数、，，。往10mL0.1mol/LH2S(pH约为4.1)溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是
A．0.1mol/LH2S溶液中存在
B．H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，
C．滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，会产生FeS沉淀
D．FeS固体能用于去除工业废水中的
16．（2024高三下·浙江模拟）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Fe和S反应特点 将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。 混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色 该反应为放热反应
B 比较沉淀的Ksp大小 向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌 氯化银溶解，碘化银无变化 Ksp：AgCl>AgI
C 判断平衡移动的方向 将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉 红棕色逐渐变浅 可逆反应平衡正向移动
D 检验Na2S2O3样品是否含有Na2SO4杂质 取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，过滤，向滤液中滴加少量BaCl2溶液 滤液中出现浑浊 该样品中含有Na2SO4杂质
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三下·浙江模拟）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答：
（1）基态F原子核外电子的空间运动状态有　 　种。下列属于氯原子激发态且能量较低的是　 　。(填标号)
a． 　　　　b．
c．　　　d．
（2）下列说法不正确的是_______
A．熔点
B．化学键中离子键成分的百分数
C．第三电离能：
D．与中心原子的杂化方式相同
（3）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构　 　。
（4）已知键能：，请说明理由：　 　。
（5）已知某晶体的结构，其晶胞中阴离子(阳离子未画出)的位置如图1所示，其晶胞中的阳离子(隐去阴离子)在xz、yz和xy平面投影均如图2所示。
则
①其化学式为　 　；
②每个的配位数(紧邻的F原子数)为　 　。
18．（2024高三下·浙江模拟）固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化：
已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水
（1）①固体D的成分为　 　，溶液E中含氮微粒有　 　。
②写出反应Ⅱ的化学反应方程式　 　。
③溶液F加热可得纳米，过程中pH会明显下降，原因是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行
B．固体X可溶于浓氨水
C．溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂
D．反应Ⅲ中发生的离子反应有：
（3）已知能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验　 　。
19．（2024高三下·浙江模拟）煤燃烧过程中会产生大气污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2资源再利用是目前研究的热点之一。
（1）用惰性电极(Pt)电解CO2吸收液(假设溶液成分为饱和NaHCO3溶液)，阴极区通入CO2可以制得HCOONa，请写出阴极的电解电极方程式　 　。
（2）已知：，CO、NO在铁催化剂表面进行如下两步反应：
反应I：　 　
反应II：
①反应自发进行的条件为：　 　。
②完成反应I的化学方程式：　 　。
（3）某课题组为研究CO存在下铁对NO的催化还原反应，设计了三组对照实验。分别如下：第1、2组将等量的Fe置于石英管内，通入N2吹扫约10min，然后分别通入一定量NO或NO和CO混合气体后，两端密封开始加热升温，测NO的转化率；第3组与第2组其它条件相同，但没有Fe参与实验，测NO的转化率，得出结果如图。
①下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用空气替代N2，对实验结果有影响
B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，反应达到平衡状态
C．增加铁的质量和表面积，能降低该反应的活化能，提高反应速率，提高NO的平衡转化率
D．当温度小于750K，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主
②请解释图1中750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：　 　。
③若该反应的正、逆反应速率可表示为、，、分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2.2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图所示。已知该温度下K=27/20，则a点时　 　。(结果保留两位有效数字)
20．（2024高三下·浙江模拟）醋酸亚铬水合物{(相对分子质量376)}是常用的氧气吸收剂，为深红色晶体，难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的部分化学方程式如下：
①
②
③
实验步骤：
①配制实验所需溶液。
②如图连接好仪器，检查装置气密性。
③在仪器2中放入6.34gCrCl3、7.50g锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X。
④在仪器1中放入35.00mL6.00mol/L盐酸。
⑤……
⑥抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。
请回答：
（1）仪器1的名称为　 　。
（2）仪器4所放的试剂X的作用是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．本实验中所有配制溶液的水都需要用去氧水
B．实验所用的醋酸钠溶液的浓度尽可能大
C．步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行
D．步骤⑥为洗涤产品，可先用冷水洗，后用乙醚洗
（4）实验中须控制Zn过量，其目的有　 　。
（5）步骤⑤中，涉及的操作如下，请按操作的先后顺序进行排序：　 　，装置3中有红色晶体析出。
_______→_______→e→_______→_______
a．打开止水夹A b．打开止水夹B c．关闭止水夹A d．关闭止水夹B
e．打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间
（6）最后获得的醋酸亚铬水合物产品质量为5.64g，则产品的产率为　 　(结果保留三位有效数字)。
21．（2024高三下·浙江模拟）某课题组设计合成一种多元酸内酯X，合成路线如下：
已知：①
②Cope重排反应：
请回答：
（1）写出F中含有官能团的名称　 　。
（2）写出D的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．A→B和D→E均经历Cope重排 B．化合物X的分子式为：C13H18O8
C．化合物C中含有4个手性碳原子 D．B→C的反应类型为取代反应
（4）写出G→X的化学反应方程式　 　。
（5）写出4种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)　 　。
①含有1个六元环(不含其他环结构)
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，含碳氧双键。
（6）以化合物和为原料，设计合成的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．P2O5的水溶液中起导电作用的是P2O5与H2O反应生成H3PO4电离产生的离子，因此P2O5属于非电解质，故A符合题意；
B．氯气是单质，单质既不属于电解质也不属于非电解质，故B不合题意；
C．醋酸在水溶液里自身能电离出可自由移动的离子，因此醋酸水溶液能导电，所以醋酸是电解质，故C不合题意；
D．AlCl3在水溶液里自身能电离出可自由移动的离子，因此AlCl3水溶液能导电，所以AlCl3是电解质，故D不合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对非电解质的考查， 结合非电解质的概念进行分析即可。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
2．【答案】B
【知识点】铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．FeCl3溶液能和铜单质反应，因此可用于制作印刷电路板，A正确；
B．制取胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；将FeCl3加入NaOH溶液中会生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，B错误；
C．胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能，因此可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液，C正确；
D．根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，分散质微粒直径小于1nm的为溶液，分散质微粒直径1nm～100nm之间的为胶体，分散质微粒直径大于100nm的为浊液；直径为80nm的微粒为纯净物，因此不属于胶体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化。
B、FeCl3溶液中加入NaOH生成Fe(OH)3沉淀。
C、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔效应鉴别胶体和溶液。
D、胶体属于混合物。
3．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．醛基中存在碳氧双键，因此其电子式为，A错误；
B．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B错误；
C．H2O2分子中中心O原子价层电子对数为，采用sp3杂化，其球棍模型为，C错误；
D．烷烃命名时应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，侧链为取代基，2该有机物的命名正确，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据醛基的结构简式-CHO确定其电子式。
B、根据SO2中S原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、计算H2O2中氧原子的价层电子对数，从而确定其空间结构和球棍模型。
D、结合烷烃的命名规则分析。
4．【答案】C
【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．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，发生得电子的还原反应，因此NaClO是氧化剂。NH3中氮元素的化合价由-3价升高为0价，发生失电子的氧化反应，因此NH3是还原剂，故A正确；
B．N2是氧化产物，NaCl是还原产物，因此氧化产物与还原产物物质的量之比为1：3，故B正确；
C．反应温度过高，NaClO发生分解反应，使得氨氮的去除率降低，故C错误；
D．由反应的化学方程式可知，当生成1分子N2时，转移6个电子。因此生成1molN2，反应转移电子数为，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应过程中存在元素化合价升高的为还原剂，存在元素化合价降低的为氧化剂。
B、发生氧化反应所得的产物为氧化产物，发生还原反应所得的产物为还原产物。结合反应的化学方程式，确定二者的物质的量之比。
C、反应温度过高，NaClO发生分解反应，无法将NH3氧化。
D、根据元素化合价变化，计算转移电子数。
5．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．该组离子相互间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H＋能与F－形成弱电解质HF，二者不可大量共存，故B错误；
C．氨水能与银离子反应形成络合物，不可大量共存，故C错误；
D．的溶液呈酸性，含有大量H+，、均能与氢离子反应不能大量共存，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、溶液中的离子相互间不反应。
B、使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋。
C、Ag＋能与NH3·H2O形成[Ag(NH3)2]＋。
D、该溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，含有大量的H＋。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制Al3＋水解并有利于结晶析出AlCl3 6H2O，A正确；
B．使用无水乙醇洗涤，有利于减少晶体溶解损失且利于干燥，因此不用水洗涤，B错误；
C．步骤Ⅲ为了防止Al3＋水解且为了加速干燥，应采用减压干燥或低温干燥，C正确；
D．SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；
故答案为：B
【分析】A、步骤Ⅰ通入HCl可抑制Al3＋的水解。
B、步骤Ⅱ用水洗涤会导致晶体部分溶解。
C、步骤Ⅲ减压干燥或低温干燥，可加快干燥速率，同时抑制Al3＋的水解。
D、步骤Ⅳ中SOCl2与H2O发生反应SOCl2＋H2O=2HCl＋SO2。
7．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；塑料的老化和降解；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．钢铁表面表面进行发蓝处理，可在表面形成一层保护膜，增强耐腐蚀性，用于制造化工设备，A正确；
B．聚氯乙烯有毒，因此不能用于食品包装，B错误；
C．玻璃中加入一些金属氧化物或盐，使其呈现不同颜色，可以用于建筑和装饰，C正确；
D．液态植物油制成氢化植物油降低其不饱和度，使其性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油，D正确；
故答案为：B
【分析】A、钢铁表面进行发蓝处理，形成了一层保护膜。
B、聚氯乙烯有毒。
C、玻璃中加入金属氧化物或盐，可呈现不同的颜色。
D、氢化植物油性质稳定，不易变质。
8．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；金属的电化学腐蚀与防护；中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．配制一定质量分数的溶液无需使用容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液才需使用容量瓶，A错误；
B．聚四氟乙烯活塞不和氢氧化钠溶液反应，可以用于盛放碱性溶液，B正确；
C．铁吸氧腐蚀使得试管中压强减小，玻璃管中红墨水上升，因可用于验证铁的吸氧腐蚀，C正确；
D．加入乙醇，使得溶解度减小，从而析出，因此可制备晶体，D正确；
故答案为：A
【分析】A、配制一定质量分数的溶液不需用到容量瓶。
B、聚四氟乙烯与NaOH不反应。
C、若发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，玻璃管内红墨水上升；若发生析氢腐蚀，试管内压强增大，玻璃管内红墨水下降。
D、加入乙醇，可析出。
9．【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（官能团）的检验；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．加入新制的氢氧化铜，分层，有机层在下层的为溴苯，在上层的为甲苯；不分层的，加热产生砖红色沉淀的为乙醛，无明显现象的为乙醇。四种物质产生的现象不同，因此可鉴别，故A正确；
B．CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3中H的种类均为3，但核磁共振氢谱的位移不同，因此可用核磁共振氢谱鉴别，故B正确；
C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物中二氧化碳和水的质量，根据质量守恒定律确定原子个数比，从而可计算出有机物的实验式，故C正确；
D．乙醇具有挥发性，加热所得的气体中含有乙醇，通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，引起褪色的原因可能是1-溴丁烷发生消去反应生成的烯烃，也可能是挥发出的乙醇，故D不正确；
故答案为：D
【分析】A、根据新制Cu(OH)2悬浊液与四种物质反应产生的现象进行分析。
B、两种物质产生的核磁共振氢谱的化学位移不同。
C、根据质量守恒定律进行计算。
D、反应生成的烯烃和挥发出来的乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色。
10．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酸性：H2SO3＜HCl，弱酸无法制得强酸，因此H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液不反应，A错误；
B．铅酸电池在充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，因此阳极的电极反应式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误；
C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，该反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D．酸性：羧基＞酚羟基，因此当水杨酸过量时，酚羟基不参与反应，离子方程式为+ H2O+CO2↑，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据强酸制弱酸原理分析。
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、反应生成KFe[[Fe(CN)6]]沉淀。
D、Na2CO3少量，则水杨酸过量，羧基参与反应，酚羟基不反应。
11．【答案】C
【知识点】有机物的合成；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，符合以上条件的A的结构简式为，只有有1种，A错误；
B．物质E的结构简式为，不含酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，B错误；
C．B→C的反应中可能存在1分子B与2分子甲醛反应生成，该副产物的分子式为C12H16O3，C正确；
D．C→D的反应为消去羟基生成碳碳双键的反应，因此反应类型为消去反应，D错误；
故答案为：C
【分析】物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应，则B含有醛基，因此A中存在-CH2OH，B和甲醛加成得到C，则B中醛基邻位C上有H(α-H)，C能发生消去反应，则B的α-H有2个。因此A、B、E分别为、、；C为，D为，据此结合选项分析。
12．【答案】D
【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；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析知，X为H，Y为N，Z为O，M为Mg，Q为Si，
A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：O＞N＞Si，因此简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小。因此电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正确；
C．H、O元素形成的单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2属于非极性分子，O3属于极性分子，故C正确；
D．N与Mg形成的化合物Mg3N2由离子构成，因此属于离子晶体，故D错误；
故答案为：D
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，因此X为H。同周期Y的简单离子的半径最大，因此Y为N。Y与Z相邻，因此Z为O。Z、M的核电荷数之比为2：3，则M的核电荷数为12，因此M为Mg。基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等，则基态Q原子的价电子排布式为3s23p2，因此Q为Si。据此结合元素周期律分析选项。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极1为阳极，电极2为阴极，故A正确；
B．由分析可知，启动电源1时，阴极的电极反应式为：，故B正确；
C．启动电源2时，中的脱出，并进入腔室2，故C正确；
D．当Li+脱出时，电极2为阴极，电极2上O2参与反应，无H2产生，故D错误；
故答案为：D
【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2而形成，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极相连，电极反应式为：；电极1作阳极，与电源正极相连，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：，据此分析解答。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A． 由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，因此涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A正确；
B． 已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，反应速率越慢，故B正确；
C． 根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。因此生成的氘代甲醇共有两种，故C错误；
D． 直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H生成羟基，因此氘代甲醇的产量，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、反应所需的活化能越大，反应速率越慢；结合“直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢”分析。
C、若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。
D、O更容易与H生成羟基，因此生成CHD2OH产量更多。
15．【答案】B
【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.0.1mol/LH2S溶液中存在电离平衡(H2S以第一步电离为主)、、，0.1mol/LH2S溶液的pH约为4.1，因此溶液中，，，则溶液中。因此溶液中离子浓度关系：，故A正确；
B．H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，溶液中。结合电荷守恒：可知，，因此溶液中，，溶液体积变大，溶液中，因此，故B错误；
C．往10mL0.1mol/LH2S溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，二者恰好完全反应生成NaHS。滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，发生反应，该反应的平衡常数为，因此会产生FeS沉淀，故 C正确；
D．溶度积：FeS＞HgS，难溶电解质易转化为更难溶的电解质。因此可用FeS固体除去工业废水中的，故 D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据电离常数计算溶液中离子浓度，从而得出大小关系。
B、结合电荷守恒分析。
C、根据反应的平衡常数分析。
D、结合难溶电解质易转换为更难溶电解质分析。
16．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．引发反应后混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色，说明该反应为放热反应，A正确；
B．相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明溶解度：AgCl>AgI，因此溶度积Ksp：AgCl>AgI，B正确；
C．将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，物质浓度减小，气体颜色变浅，与平衡移动无关，C错误；
D．先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，生成不溶于酸的钡的沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，样品变质后含有Na2SO4杂质，D正确；
故答案为：C
【分析】A、引发反应后混合物持续保持红热，说明反应过程中放出热量。
B、AgCl、AgI的组成和结构相似，溶解度越大，则溶度积Ksp越大。
C、向外拉的过程中体积增大，浓度减小，因此溶液变浅。
D、先加足量的稀盐酸，排除S2O32－、SO32－、CO32－和Ag＋的干扰。
17．【答案】（1）5；b
（2）
（3）
（4）氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：
（5）K2NaAlF6；12
【知识点】原子核外电子排布；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）F的原子序数为9，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，原子轨道数为5，所以其核外电子的空间运动状态有5种。
基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5；
a．核外有18个电子，不是氯原子；
b．，基态氯原子3s能级上的1个电子跃迁到3p能级上，属于氯原子的激发态；
c．，基态氯原子3p能级上的2个电子跃迁到3d能级上，属于氯原子的激发态，且能量高于；
d．核外有15个电子，不是氯原子；
故答案为：b
（2）A．为离子晶体、为分子晶体，故熔点，正确；
B．电负性氯大于溴、钠小于镁，则化学键中离子键成分的百分数，错误；
C．同一周期随着原子序数变大，相应电离能变大，O2-、N2-的电子排布分别为、，N2-更容易失去第3个电子达到2s的全满较稳定状态，故第三电离能：，错误；
D．分子中Xe原子的价层电子对数为，为sp3杂化；分子中O原子的价层电子对数为，为sp3杂化，正确；
故答案为：BC
（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为.
故答案为：故答案为：
（4）氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：。
故答案为： 氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：
（5）据“均摊法”，晶胞中含个，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个，结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含个Na+、8个K+，其化学式为K2NaAlF6；钾离子处于顶点和面心构成的正四面体中，结合空间结构可知，每个中的3个F原子距离钾离子最近，则每个的配位数(紧邻的F原子数)为12。
故答案为： K2NaAlF6 ；12
【分析】（1）根据基态F原子的核外电子排布式分析。
（2）二者的晶体类型不同，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。
B、电负性：Cl＞Br、Mg＞Na，据此判断化学键中所含离子键的百分数。
C、根据基态原子失去第三个电子的难易程度分析，越容易失去电子，则电离能越小。
D、根据中心原子的价层电子对数分析。
（3）固态氟化氢中氢键，结合氢键的结构分析。
（4）原子半径：F＜Cl，因此原子核之间的排斥力强，键能小。
（5）①根据“均摊法”确定晶体的化学式。
②根据晶胞结构确定K+的配位数。
18．【答案】（1）SiO2；、、；；F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降
（2）
（3）取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由分析可知，固体D的成分为SiO2；溶液D加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有的溶液E，则其中含氮微粒有、、。
故答案为： SiO2 ；、、
②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式。
故答案为：
③F为，溶液F加热可得纳米，反应为，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液pH会明显下降。
故答案为： F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降
（2）A．反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚（为硅酸盐制品）中进行，正确；
B．固体X含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误；
C．溶液A为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确；
D．反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：，正确；
故答案为：CD
（3）已知能溶于较浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。
故答案为： 取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素
【分析】固态化合物M的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X由两种氧化物组成，质量与M相同，因此X为氧化铜、二氧化硅。X中加入氢氧化钠，发生反应SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，CuO与NaOH溶液不反应。因此溶液A为Na2SiO3、NaOH混合溶液；固体A为CuO。氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具有氧化性， CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F不含硫酸根离子，则为。据此结合题干设问分析作答。
19．【答案】（1）
（2）2NO+2Fe=2FeO+N2；低温自发；2NO+2Fe=2FeO+N2
（3）AD；反应1随温度升高催化剂失活；3.9
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）阴极的电解电极方程式。
故答案为：（2）该反应ΔS<0，由反应自发时ΔG=ΔH TΔS<0，则低温自发；反应I+反应II=总反应，则反应I为2NO+2Fe=2FeO+N2。
故答案为：低温自发；2NO+2Fe=2FeO+N2
（3）①A．其他条件不变时，用空气替代N2，空气会氧化NO，对实验结果有影响， A正确；
B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，可能为某一时刻不能判断反应达到平衡状态，B错误；
C．增加铁的质量和表面积，不能降低该反应的活化能，不能提高NO的平衡转化率，C错误；
D．由图当温度小于750K，1，2曲线几乎重合，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主，D正确；
故答案为：AD
②750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：反应1随温度升高催化剂失活。
故答案为： 反应1随温度升高催化剂失活
③平衡时=，则
，
a点时列三段式为：
。
故答案为：3.9
【分析】（1）阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成HCOO－，据此写出阴极的电极反应式。
（2）①根据ΔH－TΔS＜0分析反应自发进行的条件。
②用总反应减去反应Ⅱ，即可得到反应Ⅰ的化学方程式。
（3）①A、空气中的O2会将NO氧化。
B、c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等。
C、增加Fe的质量和表面积，不能改变反应所需的活化能。
D、当温度小于750K时，曲线1、2几乎重合。
②随着温度升高，反应1的催化剂失活。
③根据平衡三段式进行计算。
20．【答案】（1）分液漏斗
（2）防止空气进入装置3
（3）
（4）①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2
（5）c、b、d、a
（6）75%
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗。
故答案为：分液漏斗
（2）仪器4所放的试剂X的作用是防止空气进入装置3。
故答案为： 防止空气进入装置3
（3）A．本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化，故正确；
B．醋酸钠水解使溶液呈碱性，为防止Cr2+生成Cr(OH)2，实验所用的醋酸钠溶液的浓度不能过大，故错误；
C．抽滤后用乙醚洗涤产品，乙醚是一种吸入性麻醉药，乙醚应在通风环境好的情况下使用，所以乙醚没有通风橱不能用，步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行，故正确；
D.难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇，所以可先用冷水洗，后用乙醚洗，故正确；
故答案为：ACD
（4）本实验中Zn须过量，其原因是：①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2。
故答案为： ①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2
（5）关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，装置3中有红色晶体析出，故排序为c、b、e、d、a。
故答案为： c、b、d、a
（6）实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到的质量为，则该实验所得产品的产率为。
故答案为： 75%
【分析】用去氧蒸馏水配制实验所需溶液，如图连接好仪器，检查装置气密性，在仪器2中放入CrCl3、锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X，在仪器1中放入盐酸，先关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，发生反应，装置3中有红色晶体析出，抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。
21．【答案】（1）醛基、羟基
（2）
（3）
（4）
（5）\、、（其他符合条件也可）
（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的结构可知，F的官能团为醛基、羟基。
故答案为：醛基、羟基
（2）由分析得，D的结构简式为。
故答案为：
（3）A．D→E经历Cope重排，A→B没有，故A错误；
B．由X的结构可知，分子式为：C13H18O8，故B正确；
C．化合物C中含有4个手性碳原子，如图，故C正确；
D．B→C的反应类型为氧化反应，故D错误；
故答案为：BC
（4）G的结构为，G在一定条件下发生分子内的酯化反应，生成X，化学方程式为：。
故答案为：
（5）①含有1个六元环(不含其他环结构)；
②分子中共有5种不同化学环境的氢原子，含碳氧双键；C的化学式为C9H12O，不饱和度为4，符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)为：\、、（其他符合条件也可）。
故答案为：\、、（其他符合条件也可）
（6）与HBr加成得到，与Mg在乙醚的条件下生成，与生成，发生消去反应生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A与乙炔在加热的条件下发生加成反应生成B，B与RCO3H生成C，C→D参考已知①，可得D的结构为，D在加热条件下发生Cope重排得到E，结合E的分子式和F的结构，可得E的结构为，E被氧化为F，F在银氨溶液和H+作用下-CHO转化为-COOH，G的结构为，G在一定条件下发生分子内的酯化反应，生成X。据此结合题干设问分析作答。
1 / 12024届浙江省五校联盟高三下学期5月联考三模化学试题
1．（2024高三下·浙江模拟）下列物质溶于水能导电，且属于非电解质的是
A．P2O5 B．Cl2 C．CH3COOH D．AlCl3
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．P2O5的水溶液中起导电作用的是P2O5与H2O反应生成H3PO4电离产生的离子，因此P2O5属于非电解质，故A符合题意；
B．氯气是单质，单质既不属于电解质也不属于非电解质，故B不合题意；
C．醋酸在水溶液里自身能电离出可自由移动的离子，因此醋酸水溶液能导电，所以醋酸是电解质，故C不合题意；
D．AlCl3在水溶液里自身能电离出可自由移动的离子，因此AlCl3水溶液能导电，所以AlCl3是电解质，故D不合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对非电解质的考查， 结合非电解质的概念进行分析即可。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
2．（2024高三下·浙江模拟）实验室将FeCl3饱和溶液滴入沸水中可制得胶体，下列说法不正确的是
A．FeCl3溶液可用于制作印刷电路板
B．胶体呈红褐色，也可以将FeCl3加入NaOH溶液中制得
C．可用丁达尔效应区分FeCl3溶液和胶体
D．直径为80nm的微粒不属于胶体
【答案】B
【知识点】铁及其化合物的性质实验；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．FeCl3溶液能和铜单质反应，因此可用于制作印刷电路板，A正确；
B．制取胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；将FeCl3加入NaOH溶液中会生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体，B错误；
C．胶体能产生丁达尔效应，而溶液不能，因此可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液，C正确；
D．根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，分散质微粒直径小于1nm的为溶液，分散质微粒直径1nm～100nm之间的为胶体，分散质微粒直径大于100nm的为浊液；直径为80nm的微粒为纯净物，因此不属于胶体，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将Cu氧化。
B、FeCl3溶液中加入NaOH生成Fe(OH)3沉淀。
C、胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，可用丁达尔效应鉴别胶体和溶液。
D、胶体属于混合物。
3．（2024高三下·浙江模拟）下列表示正确的是
A．醛基的电子式：
B．SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
C．H2O2分子的球棍模型：
D．某烷烃名称为：2-甲基-3-乙基戊烷
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．醛基中存在碳氧双键，因此其电子式为，A错误；
B．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，采用sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B错误；
C．H2O2分子中中心O原子价层电子对数为，采用sp3杂化，其球棍模型为，C错误；
D．烷烃命名时应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，侧链为取代基，2该有机物的命名正确，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据醛基的结构简式-CHO确定其电子式。
B、根据SO2中S原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、计算H2O2中氧原子的价层电子对数，从而确定其空间结构和球棍模型。
D、结合烷烃的命名规则分析。
4．（2024高三下·浙江模拟）水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3
C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高
D．生成1molN2，反应转移电子数为
【答案】C
【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．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，发生得电子的还原反应，因此NaClO是氧化剂。NH3中氮元素的化合价由-3价升高为0价，发生失电子的氧化反应，因此NH3是还原剂，故A正确；
B．N2是氧化产物，NaCl是还原产物，因此氧化产物与还原产物物质的量之比为1：3，故B正确；
C．反应温度过高，NaClO发生分解反应，使得氨氮的去除率降低，故C错误；
D．由反应的化学方程式可知，当生成1分子N2时，转移6个电子。因此生成1molN2，反应转移电子数为，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、反应过程中存在元素化合价升高的为还原剂，存在元素化合价降低的为氧化剂。
B、发生氧化反应所得的产物为氧化产物，发生还原反应所得的产物为还原产物。结合反应的化学方程式，确定二者的物质的量之比。
C、反应温度过高，NaClO发生分解反应，无法将NH3氧化。
D、根据元素化合价变化，计算转移电子数。
5．（2024高三下·浙江模拟）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：、、、
B．使甲基橙变红色的溶液：、、、
C．在氨水中：、、、
D．常温下，的溶液：、、、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．该组离子相互间不发生反应，可以大量共存，故A正确；
B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H＋能与F－形成弱电解质HF，二者不可大量共存，故B错误；
C．氨水能与银离子反应形成络合物，不可大量共存，故C错误；
D．的溶液呈酸性，含有大量H+，、均能与氢离子反应不能大量共存，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、溶液中的离子相互间不反应。
B、使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量的H＋。
C、Ag＋能与NH3·H2O形成[Ag(NH3)2]＋。
D、该溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，含有大量的H＋。
6．（2024高三下·浙江模拟）从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3 6H2O结晶
B．步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水
C．步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥
D．步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制Al3＋水解并有利于结晶析出AlCl3 6H2O，A正确；
B．使用无水乙醇洗涤，有利于减少晶体溶解损失且利于干燥，因此不用水洗涤，B错误；
C．步骤Ⅲ为了防止Al3＋水解且为了加速干燥，应采用减压干燥或低温干燥，C正确；
D．SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；
故答案为：B
【分析】A、步骤Ⅰ通入HCl可抑制Al3＋的水解。
B、步骤Ⅱ用水洗涤会导致晶体部分溶解。
C、步骤Ⅲ减压干燥或低温干燥，可加快干燥速率，同时抑制Al3＋的水解。
D、步骤Ⅳ中SOCl2与H2O发生反应SOCl2＋H2O=2HCl＋SO2。
7．（2024高三下·浙江模拟）材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能和用途也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用，下列叙述不合理的是
　 材料 组成、结构或生产条件变化 性能变化及用途
A 钢铁 表面进行发蓝处理 增强耐腐蚀性，用于制造化工设备
B 聚氯乙烯 加入增塑剂和热稳定剂 可塑性与稳定性更好，可用于食品包装材料
C 玻璃 加入一些金属氧化物或盐 制彩色玻璃，用于建筑和装饰
D 液态植物油 制成氢化植物油 性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；塑料的老化和降解；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．钢铁表面表面进行发蓝处理，可在表面形成一层保护膜，增强耐腐蚀性，用于制造化工设备，A正确；
B．聚氯乙烯有毒，因此不能用于食品包装，B错误；
C．玻璃中加入一些金属氧化物或盐，使其呈现不同颜色，可以用于建筑和装饰，C正确；
D．液态植物油制成氢化植物油降低其不饱和度，使其性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油，D正确；
故答案为：B
【分析】A、钢铁表面进行发蓝处理，形成了一层保护膜。
B、聚氯乙烯有毒。
C、玻璃中加入金属氧化物或盐，可呈现不同的颜色。
D、氢化植物油性质稳定，不易变质。
8．（2024高三下·浙江模拟）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．图①装置用于配置100g5%的Na2CO3溶液
B．图②装置用于NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液
C．图③装置用于验证铁的吸氧腐蚀
D．图④装置用于制备晶体
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；金属的电化学腐蚀与防护；中和滴定；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．配制一定质量分数的溶液无需使用容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液才需使用容量瓶，A错误；
B．聚四氟乙烯活塞不和氢氧化钠溶液反应，可以用于盛放碱性溶液，B正确；
C．铁吸氧腐蚀使得试管中压强减小，玻璃管中红墨水上升，因可用于验证铁的吸氧腐蚀，C正确；
D．加入乙醇，使得溶解度减小，从而析出，因此可制备晶体，D正确；
故答案为：A
【分析】A、配制一定质量分数的溶液不需用到容量瓶。
B、聚四氟乙烯与NaOH不反应。
C、若发生吸氧腐蚀，试管内压强减小，玻璃管内红墨水上升；若发生析氢腐蚀，试管内压强增大，玻璃管内红墨水下降。
D、加入乙醇，可析出。
9．（2024高三下·浙江模拟）关于有机物检测，下列说法不正确的是
A．用新制的氢氧化铜可鉴别甲苯、溴苯、乙醇、乙醛
B．用核磁共振氢谱可鉴别CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3
C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物质量可计算出有机物的实验式
D．将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应
【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（官能团）的检验；乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．加入新制的氢氧化铜，分层，有机层在下层的为溴苯，在上层的为甲苯；不分层的，加热产生砖红色沉淀的为乙醛，无明显现象的为乙醇。四种物质产生的现象不同，因此可鉴别，故A正确；
B．CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3中H的种类均为3，但核磁共振氢谱的位移不同，因此可用核磁共振氢谱鉴别，故B正确；
C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物中二氧化碳和水的质量，根据质量守恒定律确定原子个数比，从而可计算出有机物的实验式，故C正确；
D．乙醇具有挥发性，加热所得的气体中含有乙醇，通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，引起褪色的原因可能是1-溴丁烷发生消去反应生成的烯烃，也可能是挥发出的乙醇，故D不正确；
故答案为：D
【分析】A、根据新制Cu(OH)2悬浊液与四种物质反应产生的现象进行分析。
B、两种物质产生的核磁共振氢谱的化学位移不同。
C、根据质量守恒定律进行计算。
D、反应生成的烯烃和挥发出来的乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色。
10．（2024高三下·浙江模拟）下列化学反应的方程式正确的是
A．H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．溶液滴入FeCl2溶液中：
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．酸性：H2SO3＜HCl，弱酸无法制得强酸，因此H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液不反应，A错误；
B．铅酸电池在充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，因此阳极的电极反应式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误；
C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，该反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；
D．酸性：羧基＞酚羟基，因此当水杨酸过量时，酚羟基不参与反应，离子方程式为+ H2O+CO2↑，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据强酸制弱酸原理分析。
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、反应生成KFe[[Fe(CN)6]]沉淀。
D、Na2CO3少量，则水杨酸过量，羧基参与反应，酚羟基不反应。
11．（2024高三下·浙江模拟）物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应。下列说法正确的是
A．符合以上条件的A的结构有2种
B．物质E遇氯化铁溶液显紫色
C．B→C的反应中可能存在副产物C12H16O3
D．C→D的反应类型为取代反应
【答案】C
【知识点】有机物的合成；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．由分析可知，符合以上条件的A的结构简式为，只有有1种，A错误；
B．物质E的结构简式为，不含酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，B错误；
C．B→C的反应中可能存在1分子B与2分子甲醛反应生成，该副产物的分子式为C12H16O3，C正确；
D．C→D的反应为消去羟基生成碳碳双键的反应，因此反应类型为消去反应，D错误；
故答案为：C
【分析】物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应，则B含有醛基，因此A中存在-CH2OH，B和甲醛加成得到C，则B中醛基邻位C上有H(α-H)，C能发生消去反应，则B的α-H有2个。因此A、B、E分别为、、；C为，D为，据此结合选项分析。
12．（2024高三下·浙江模拟）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的简单离子半径最大，Y与Z相邻，Z、M的核电荷数之比为2∶3，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法不正确的是
A．简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞Q
B．电负性：Z＞Y＞X＞Q＞M
C．X、Z元素形成的单质分子不都是非极性分子
D．Y与M、Q形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共价晶体
【答案】D
【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；原子晶体（共价晶体）；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】由分析知，X为H，Y为N，Z为O，M为Mg，Q为Si，
A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：O＞N＞Si，因此简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；
B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小。因此电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正确；
C．H、O元素形成的单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2属于非极性分子，O3属于极性分子，故C正确；
D．N与Mg形成的化合物Mg3N2由离子构成，因此属于离子晶体，故D错误；
故答案为：D
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，因此X为H。同周期Y的简单离子的半径最大，因此Y为N。Y与Z相邻，因此Z为O。Z、M的核电荷数之比为2：3，则M的核电荷数为12，因此M为Mg。基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等，则基态Q原子的价电子排布式为3s23p2，因此Q为Si。据此结合元素周期律分析选项。
13．（2024高三下·浙江模拟）利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的进入MnO2而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是
A．上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极
B．启动电源1时，阴极上的电极反应：
C．启动电源2时，中的脱出进入腔室2
D．当有脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H2
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极1为阳极，电极2为阴极，故A正确；
B．由分析可知，启动电源1时，阴极的电极反应式为：，故B正确；
C．启动电源2时，中的脱出，并进入腔室2，故C正确；
D．当Li+脱出时，电极2为阴极，电极2上O2参与反应，无H2产生，故D错误；
故答案为：D
【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2而形成，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极相连，电极反应式为：；电极1作阳极，与电源正极相连，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：，据此分析解答。
14．（2024高三下·浙江模拟）一定条件下，CH4与反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是
A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I
B．与CD4反应的过渡态1能量变化应为图中曲线c
C．若与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3种
D．与CH2D2反应，产物的产量
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A． 由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，因此涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A正确；
B． 已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，反应速率越慢，故B正确；
C． 根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。因此生成的氘代甲醇共有两种，故C错误；
D． 直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H生成羟基，因此氘代甲醇的产量，故D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中化学键的变化分析。
B、反应所需的活化能越大，反应速率越慢；结合“直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢”分析。
C、若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。
D、O更容易与H生成羟基，因此生成CHD2OH产量更多。
15．（2024高三下·浙江模拟）已知：常温下，氢硫酸H2S的电离常数、，，。往10mL0.1mol/LH2S(pH约为4.1)溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是
A．0.1mol/LH2S溶液中存在
B．H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，
C．滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，会产生FeS沉淀
D．FeS固体能用于去除工业废水中的
【答案】B
【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.0.1mol/LH2S溶液中存在电离平衡(H2S以第一步电离为主)、、，0.1mol/LH2S溶液的pH约为4.1，因此溶液中，，，则溶液中。因此溶液中离子浓度关系：，故A正确；
B．H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，溶液中。结合电荷守恒：可知，，因此溶液中，，溶液体积变大，溶液中，因此，故B错误；
C．往10mL0.1mol/LH2S溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，二者恰好完全反应生成NaHS。滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，发生反应，该反应的平衡常数为，因此会产生FeS沉淀，故 C正确；
D．溶度积：FeS＞HgS，难溶电解质易转化为更难溶的电解质。因此可用FeS固体除去工业废水中的，故 D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据电离常数计算溶液中离子浓度，从而得出大小关系。
B、结合电荷守恒分析。
C、根据反应的平衡常数分析。
D、结合难溶电解质易转换为更难溶电解质分析。
16．（2024高三下·浙江模拟）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Fe和S反应特点 将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。 混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色 该反应为放热反应
B 比较沉淀的Ksp大小 向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌 氯化银溶解，碘化银无变化 Ksp：AgCl>AgI
C 判断平衡移动的方向 将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉 红棕色逐渐变浅 可逆反应平衡正向移动
D 检验Na2S2O3样品是否含有Na2SO4杂质 取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，过滤，向滤液中滴加少量BaCl2溶液 滤液中出现浑浊 该样品中含有Na2SO4杂质
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．引发反应后混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色，说明该反应为放热反应，A正确；
B．相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明溶解度：AgCl>AgI，因此溶度积Ksp：AgCl>AgI，B正确；
C．将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，物质浓度减小，气体颜色变浅，与平衡移动无关，C错误；
D．先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，生成不溶于酸的钡的沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，样品变质后含有Na2SO4杂质，D正确；
故答案为：C
【分析】A、引发反应后混合物持续保持红热，说明反应过程中放出热量。
B、AgCl、AgI的组成和结构相似，溶解度越大，则溶度积Ksp越大。
C、向外拉的过程中体积增大，浓度减小，因此溶液变浅。
D、先加足量的稀盐酸，排除S2O32－、SO32－、CO32－和Ag＋的干扰。
17．（2024高三下·浙江模拟）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答：
（1）基态F原子核外电子的空间运动状态有　 　种。下列属于氯原子激发态且能量较低的是　 　。(填标号)
a． 　　　　b．
c．　　　d．
（2）下列说法不正确的是_______
A．熔点
B．化学键中离子键成分的百分数
C．第三电离能：
D．与中心原子的杂化方式相同
（3）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构　 　。
（4）已知键能：，请说明理由：　 　。
（5）已知某晶体的结构，其晶胞中阴离子(阳离子未画出)的位置如图1所示，其晶胞中的阳离子(隐去阴离子)在xz、yz和xy平面投影均如图2所示。
则
①其化学式为　 　；
②每个的配位数(紧邻的F原子数)为　 　。
【答案】（1）5；b
（2）
（3）
（4）氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：
（5）K2NaAlF6；12
【知识点】原子核外电子排布；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）F的原子序数为9，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，原子轨道数为5，所以其核外电子的空间运动状态有5种。
基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5；
a．核外有18个电子，不是氯原子；
b．，基态氯原子3s能级上的1个电子跃迁到3p能级上，属于氯原子的激发态；
c．，基态氯原子3p能级上的2个电子跃迁到3d能级上，属于氯原子的激发态，且能量高于；
d．核外有15个电子，不是氯原子；
故答案为：b
（2）A．为离子晶体、为分子晶体，故熔点，正确；
B．电负性氯大于溴、钠小于镁，则化学键中离子键成分的百分数，错误；
C．同一周期随着原子序数变大，相应电离能变大，O2-、N2-的电子排布分别为、，N2-更容易失去第3个电子达到2s的全满较稳定状态，故第三电离能：，错误；
D．分子中Xe原子的价层电子对数为，为sp3杂化；分子中O原子的价层电子对数为，为sp3杂化，正确；
故答案为：BC
（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为.
故答案为：故答案为：
（4）氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：。
故答案为： 氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：
（5）据“均摊法”，晶胞中含个，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个，结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含个Na+、8个K+，其化学式为K2NaAlF6；钾离子处于顶点和面心构成的正四面体中，结合空间结构可知，每个中的3个F原子距离钾离子最近，则每个的配位数(紧邻的F原子数)为12。
故答案为： K2NaAlF6 ；12
【分析】（1）根据基态F原子的核外电子排布式分析。
（2）二者的晶体类型不同，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。
B、电负性：Cl＞Br、Mg＞Na，据此判断化学键中所含离子键的百分数。
C、根据基态原子失去第三个电子的难易程度分析，越容易失去电子，则电离能越小。
D、根据中心原子的价层电子对数分析。
（3）固态氟化氢中氢键，结合氢键的结构分析。
（4）原子半径：F＜Cl，因此原子核之间的排斥力强，键能小。
（5）①根据“均摊法”确定晶体的化学式。
②根据晶胞结构确定K+的配位数。
18．（2024高三下·浙江模拟）固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化：
已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水
（1）①固体D的成分为　 　，溶液E中含氮微粒有　 　。
②写出反应Ⅱ的化学反应方程式　 　。
③溶液F加热可得纳米，过程中pH会明显下降，原因是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行
B．固体X可溶于浓氨水
C．溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂
D．反应Ⅲ中发生的离子反应有：
（3）已知能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验　 　。
【答案】（1）SiO2；、、；；F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降
（2）
（3）取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由分析可知，固体D的成分为SiO2；溶液D加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有的溶液E，则其中含氮微粒有、、。
故答案为： SiO2 ；、、
②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式。
故答案为：
③F为，溶液F加热可得纳米，反应为，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液pH会明显下降。
故答案为： F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降
（2）A．反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚（为硅酸盐制品）中进行，正确；
B．固体X含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误；
C．溶液A为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确；
D．反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：，正确；
故答案为：CD
（3）已知能溶于较浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。
故答案为： 取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素
【分析】固态化合物M的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X由两种氧化物组成，质量与M相同，因此X为氧化铜、二氧化硅。X中加入氢氧化钠，发生反应SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，CuO与NaOH溶液不反应。因此溶液A为Na2SiO3、NaOH混合溶液；固体A为CuO。氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具有氧化性， CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F不含硫酸根离子，则为。据此结合题干设问分析作答。
19．（2024高三下·浙江模拟）煤燃烧过程中会产生大气污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2资源再利用是目前研究的热点之一。
（1）用惰性电极(Pt)电解CO2吸收液(假设溶液成分为饱和NaHCO3溶液)，阴极区通入CO2可以制得HCOONa，请写出阴极的电解电极方程式　 　。
（2）已知：，CO、NO在铁催化剂表面进行如下两步反应：
反应I：　 　
反应II：
①反应自发进行的条件为：　 　。
②完成反应I的化学方程式：　 　。
（3）某课题组为研究CO存在下铁对NO的催化还原反应，设计了三组对照实验。分别如下：第1、2组将等量的Fe置于石英管内，通入N2吹扫约10min，然后分别通入一定量NO或NO和CO混合气体后，两端密封开始加热升温，测NO的转化率；第3组与第2组其它条件相同，但没有Fe参与实验，测NO的转化率，得出结果如图。
①下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用空气替代N2，对实验结果有影响
B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，反应达到平衡状态
C．增加铁的质量和表面积，能降低该反应的活化能，提高反应速率，提高NO的平衡转化率
D．当温度小于750K，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主
②请解释图1中750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：　 　。
③若该反应的正、逆反应速率可表示为、，、分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2.2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图所示。已知该温度下K=27/20，则a点时　 　。(结果保留两位有效数字)
【答案】（1）
（2）2NO+2Fe=2FeO+N2；低温自发；2NO+2Fe=2FeO+N2
（3）AD；反应1随温度升高催化剂失活；3.9
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡状态的判断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）阴极的电解电极方程式。
故答案为：（2）该反应ΔS<0，由反应自发时ΔG=ΔH TΔS<0，则低温自发；反应I+反应II=总反应，则反应I为2NO+2Fe=2FeO+N2。
故答案为：低温自发；2NO+2Fe=2FeO+N2
（3）①A．其他条件不变时，用空气替代N2，空气会氧化NO，对实验结果有影响， A正确；
B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，可能为某一时刻不能判断反应达到平衡状态，B错误；
C．增加铁的质量和表面积，不能降低该反应的活化能，不能提高NO的平衡转化率，C错误；
D．由图当温度小于750K，1，2曲线几乎重合，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主，D正确；
故答案为：AD
②750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：反应1随温度升高催化剂失活。
故答案为： 反应1随温度升高催化剂失活
③平衡时=，则
，
a点时列三段式为：
。
故答案为：3.9
【分析】（1）阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成HCOO－，据此写出阴极的电极反应式。
（2）①根据ΔH－TΔS＜0分析反应自发进行的条件。
②用总反应减去反应Ⅱ，即可得到反应Ⅰ的化学方程式。
（3）①A、空气中的O2会将NO氧化。
B、c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等。
C、增加Fe的质量和表面积，不能改变反应所需的活化能。
D、当温度小于750K时，曲线1、2几乎重合。
②随着温度升高，反应1的催化剂失活。
③根据平衡三段式进行计算。
20．（2024高三下·浙江模拟）醋酸亚铬水合物{(相对分子质量376)}是常用的氧气吸收剂，为深红色晶体，难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的部分化学方程式如下：
①
②
③
实验步骤：
①配制实验所需溶液。
②如图连接好仪器，检查装置气密性。
③在仪器2中放入6.34gCrCl3、7.50g锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X。
④在仪器1中放入35.00mL6.00mol/L盐酸。
⑤……
⑥抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。
请回答：
（1）仪器1的名称为　 　。
（2）仪器4所放的试剂X的作用是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．本实验中所有配制溶液的水都需要用去氧水
B．实验所用的醋酸钠溶液的浓度尽可能大
C．步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行
D．步骤⑥为洗涤产品，可先用冷水洗，后用乙醚洗
（4）实验中须控制Zn过量，其目的有　 　。
（5）步骤⑤中，涉及的操作如下，请按操作的先后顺序进行排序：　 　，装置3中有红色晶体析出。
_______→_______→e→_______→_______
a．打开止水夹A b．打开止水夹B c．关闭止水夹A d．关闭止水夹B
e．打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间
（6）最后获得的醋酸亚铬水合物产品质量为5.64g，则产品的产率为　 　(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）防止空气进入装置3
（3）
（4）①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2
（5）c、b、d、a
（6）75%
【知识点】盐类水解的应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗。
故答案为：分液漏斗
（2）仪器4所放的试剂X的作用是防止空气进入装置3。
故答案为： 防止空气进入装置3
（3）A．本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化，故正确；
B．醋酸钠水解使溶液呈碱性，为防止Cr2+生成Cr(OH)2，实验所用的醋酸钠溶液的浓度不能过大，故错误；
C．抽滤后用乙醚洗涤产品，乙醚是一种吸入性麻醉药，乙醚应在通风环境好的情况下使用，所以乙醚没有通风橱不能用，步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行，故正确；
D.难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇，所以可先用冷水洗，后用乙醚洗，故正确；
故答案为：ACD
（4）本实验中Zn须过量，其原因是：①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2。
故答案为： ①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2
（5）关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，装置3中有红色晶体析出，故排序为c、b、e、d、a。
故答案为： c、b、d、a
（6）实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到的质量为，则该实验所得产品的产率为。
故答案为： 75%
【分析】用去氧蒸馏水配制实验所需溶液，如图连接好仪器，检查装置气密性，在仪器2中放入CrCl3、锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X，在仪器1中放入盐酸，先关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，发生反应，装置3中有红色晶体析出，抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。
21．（2024高三下·浙江模拟）某课题组设计合成一种多元酸内酯X，合成路线如下：
已知：①
②Cope重排反应：
请回答：
（1）写出F中含有官能团的名称　 　。
（2）写出D的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．A→B和D→E均经历Cope重排 B．化合物X的分子式为：C13H18O8
C．化合物C中含有4个手性碳原子 D．B→C的反应类型为取代反应
（4）写出G→X的化学反应方程式　 　。
（5）写出4种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)　 　。
①含有1个六元环(不含其他环结构)
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，含碳氧双键。
（6）以化合物和为原料，设计合成的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)　 　。
【答案】（1）醛基、羟基
（2）
（3）
（4）
（5）\、、（其他符合条件也可）
（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的结构可知，F的官能团为醛基、羟基。
故答案为：醛基、羟基
（2）由分析得，D的结构简式为。
故答案为：
（3）A．D→E经历Cope重排，A→B没有，故A错误；
B．由X的结构可知，分子式为：C13H18O8，故B正确；
C．化合物C中含有4个手性碳原子，如图，故C正确；
D．B→C的反应类型为氧化反应，故D错误；
故答案为：BC
（4）G的结构为，G在一定条件下发生分子内的酯化反应，生成X，化学方程式为：。
故答案为：
（5）①含有1个六元环(不含其他环结构)；
②分子中共有5种不同化学环境的氢原子，含碳氧双键；C的化学式为C9H12O，不饱和度为4，符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)为：\、、（其他符合条件也可）。
故答案为：\、、（其他符合条件也可）
（6）与HBr加成得到，与Mg在乙醚的条件下生成，与生成，发生消去反应生成，合成路线为：。
故答案为：
【分析】A与乙炔在加热的条件下发生加成反应生成B，B与RCO3H生成C，C→D参考已知①，可得D的结构为，D在加热条件下发生Cope重排得到E，结合E的分子式和F的结构，可得E的结构为，E被氧化为F，F在银氨溶液和H+作用下-CHO转化为-COOH，G的结构为，G在一定条件下发生分子内的酯化反应，生成X。据此结合题干设问分析作答。
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