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浙江省县域教研联盟2025届高三上学期模拟考试化学试题
1．（2024高三上·浙江模拟）下列属于弱电解质的是
A．H3PO4 B．H2SO4 C．HNO3 D．HCl
2．（2024高三上·浙江模拟）下列表示正确的是
A．CaO2的电子式为
B．SO3的VSEPR模型为
C．84号元素的价层电子排布式为6s26p4
D．TNT的结构简式为
3．（2024高三上·浙江模拟）H2O2是一种重要的化合物，下列说法不正确的是
A．是一种非极性分子
B．应避光、避热、密封保存
C．常温常压下，粘稠程度：H2O2>H2O
D．可与N2H4共同作为火箭推进剂
4．（2024高三上·浙江模拟）下列说法正确的是
A．实验室通常利用NaOH(s)和NH4Cl(s)制备氨气
B．澄清石灰水常用于实验室制取氯气的尾气处理
C．用电石制取乙炔时，需要用饱和食盐水洗气
D．应标注于乙醇与钠反应的实验操作图标中
5．（2024高三上·浙江模拟）化学与生活关系密切，下列说法不正确的是
A．碳酸氢钠可以用于制备膨松剂
B．使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理
C．明矾净水是利用了Al(OH)3胶体的吸附性
D．油脂的摄入可以促进人体对水溶性维生素的吸收
6．（2024高三上·浙江模拟）电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X（未配平），下列说法不正确的是
A．X表示O2
B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式
C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA
D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
7．（2024高三上·浙江模拟）下列说法正确的是
A．O3是极性分子，因此在水中的溶解度比在CCl4中的大
B．干冰中分子的堆积比冰的紧密，因此干冰的密度比冰的大
C．向饱和食盐水中加入浓盐酸可以促进晶体析出是通过改变溶剂极性实现的
D．使用硫化剂可将线型橡胶连接为网状结构，交联程度越大，弹性、耐磨性越好
8．（2024高三上·浙江模拟）下列离子方程式正确的是
A．Na2O2固体投入水中：
B．NaCl溶液滴入KMnO4酸性溶液：
C．利用稀硫酸、KNO3、铜片制硝酸铜：
D．用浓氨水吸收少量SO2尾气：
9．（2024高三上·浙江模拟）有机物X的结构如图所示，下列关于X的说法不正确的是
A．分子式为C21H30O2
B．X分子中至少含有3个手性碳原子
C．与溴水反应时1molX最多消耗4molBr2
D．若核磁共振氢谱显示-C5H11结构中有2种氢，则X中有5个甲基
10．（2024高三上·浙江模拟）X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期，Y元素原子的第一电离能比相邻元素高，Z和W同主族，Z是同周期原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A．键角： B．键能：XZC．钾盐晶体熔点：KZ11．（2024高三上·浙江模拟）工业通过高温煅烧焦炭与SrSO4（硫酸锶）混合物，并通入一定量的空气，采用反应一或反应二制备SrS(s)：
反应一：
反应二：
已知：
随温度升高，反应产物种类、物质的量的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．
B．800℃时，反应二的平衡常数K<1
C．当温度高于415℃时，体系内的主反应变为
D．通入空气的作用是利用CO和O2反应放出的热量为制备过程供能
12．（2024高三上·浙江模拟）甲苯与甲醇可以在碱性分子筛作用下通过侧链烷基化反应制苯乙烯，分子筛种类对反应的影响如图所示：
经检测发现X由三种二甲苯组成，下列说法正确的是
A．产物Y有4种可能的结构
B．分子筛的酸碱性对制备过程中苯乙烯的选择性没有影响
C．两次氢原子迁移的本质是发生了取代反应
D．如将甲苯的-CH3替换为-CD3，生成苯乙烯的同时可得到副产物D2O
13．（2024高三上·浙江模拟）一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是
A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2
B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜
C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl
D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现
14．（2024高三上·浙江模拟）聚氯化磷腈（P3N3Cl6）熔点为113℃，低压下50℃即可升华，在有机溶剂中由反应3PCl5+3NH4Cl=P3N3Cl6+12HCl制备。聚氯化磷腈中包含有一个六元环，环上原子分为二配位与四配位两种结构。下列说法正确的是
A．P3N3Cl6的结构式可能为
B．P3N3Cl6为分子晶体，熔点比结构相似的P3N3Br6更高
C．P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2P N相互发生加成反应制得
D．P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N，分别为sp3杂化与sp杂化
15．（2024高三上·浙江模拟）室温下向含有Cu2+、Hg2+、Ag+的溶液中逐滴加入Na2S溶液，溶液中pX与pS的关系如图所示：已知： 、、；；。下列说法正确的是
A．室温下的K=1013.2
B．M与N随着pS增大会交于一点，在该点对应的两种金属硫化物Ksp相等
C．直线L代表CuS悬浊液中Cu2+与的浓度关系
D．自然界中原生铜硫化物经氧化、淋滤后变为CuSO4溶液，可将底层深处的HgS转为CuS
16．（2024高三上·浙江模拟）下列方案设计和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 判断固体化合物是否是铵盐 取少量样品加水溶解，加足量NaOH溶液并加热，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，观察现象 若试纸变蓝，说明该化合物属于铵盐
B 检验铁粉与水蒸气反应产物中铁元素的价态 取反应后的固体溶于足量稀硫酸，并滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液未显红色，说明产物中铁元素为二价铁
C 研究淀粉的水解程度 取0.5g淀粉于试管中，加适量20%的硫酸溶液，沸水浴加热5min，再滴加足量NaOH溶液，加入适量碘水，观察现象 若溶液未显蓝色，说明淀粉已经水解完全
D 验证反应物浓度增大可加快反应速率 在甲、乙两支试管中均加入1mL0.01 mol L-1高锰酸钾溶液，再分别同时加入0.1 mol L-1和0.05 mol L-1的草酸溶液各1mL，观察现象 若甲试管中溶液紫色先褪去，说明反应物浓度增大时，反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江模拟）C和S是构建化合物的重要元素，请回答：
（1）下列关于C和S及其同族元素的说法正确的是 。
A．同周期主族元素中，电负性比S大的元素有2种
B．Ge可以作为半导体材料，S元素可应用于农药的制备
C．热稳定性CO2＞CS2
D．Se的简化电子排布式为[Ar]4s24p4
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，写出阴离子的结构式　 　。
②从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因　 　。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，该化合物的化学式为　 　，其中Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为　 　。
18．（2024高三上·浙江模拟） K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化（所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发）：
请回答：
（1）混合气体A由两种单质组成，其成分为　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物
B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好
C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为
D．溶液C溶液呈碱性的原因是的水解
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因　 　。
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式　 　。
（5）已知显紫红色，设计实验证明：酸性溶液中氧化性：　 　。
19．（2024高三上·浙江模拟）锑（Sb）元素的单质与化合物有着广泛的用途。请回答：
（1）锑元素在自然界大多以辉锑矿（主要成分为Sb2S3）形式存在，冶炼的原理为：
反应：
已知该反应在400℃以上才能自发进行，　 　0（填“<”“>”或“=”）。
（2）Sb3+的水解方程式为，下列叙述正确的是 。
A．配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解溶质
B．在较高温度下配制氯化锑溶液
C．氯化锑溶液中加入少量氨水制备氧化锑
D．配制成较浓的氯化锑溶液有利于得到氧化锑固体
（3）工业上可利用真空冶金法处理脆硫铅锑矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）得到Sb2S3蒸汽，总反应方程式为：，随着温度升高，固体产物依次变为气态，达到平衡时Sb2S3、PbS与FeS的蒸汽压（）与温度（T）的关系如图所示：
下列说法不正确的是 。
A．可通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集
B．900K时Sb2S3、PbS大量挥发，FeS仍为非气态
C．相比传统的高温冶炼，真空冶金法的优点是提高了资源的利用率，低碳高效
D．T1时总反应的平衡常数
（4）锑-空气燃料电池是新一代高能量密度电池，电池的负极为金属锑单质，电解质溶液为浓NaOH溶液，锑离子在浓的强碱溶液中以形式存在，两极之间存在阳离子交换膜。当负极溶解2mol锑时，通过阳离子交换膜的离子数为　 　（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
（5）二维锑片是一种新型电化学催化剂，一定条件下可以催化CO2向有机物的转化过程，部分反应历程如下图所示（*表示过渡态），已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，请将过渡态与产物之间的连线补充完整　 　。
20．（2024高三上·浙江模拟）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：
+CH3COOH+H2O
某小组根据以下实验流程制备乙酰苯胺：
已知：①苯胺易被氧化，乙酰苯胺在碱性条件下水解；
②各物质性质如下表所示：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
苯胺 93 6.2 184 微溶于水 易溶于乙醇、乙醚
乙酸 60 16.7 118.1 易溶于水
乙酰苯胺 135 115 304 微溶于冷水，溶于热水
请回答：
（1）锌粉的主要作用是　 　。
（2）如图为步骤Ⅰ的实验装置（加热和夹持仪器已省略）。请回答：
①图中仪器a的名称为　 　，应使用的加热方式为　 　(填“水浴”或“油浴”)。
②下列说法正确的是　 　。
A．上述装置中至少有2处错误
B．上述装置中仪器b起到分馏的作用，沸点高的优先被分离蒸出
C．步骤Ⅱ中可用测定熔点的方式验证产物是否纯净
D．步骤Ⅱ中应收集锥形瓶中的物质进行分离提纯
（3）试从平衡移动角度解释：制备过程中温度控制在105℃左右的原因是　 　。
（4）纯化与分析
①得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验　 　。
→ → → →过滤→洗涤→干燥
a．冷却结晶 b．加冷水溶解 c．趁热过滤 d．活性炭脱色 e．加热水溶解 f．加乙醇溶解
②该实验最终得到纯品10.0g，则乙酰苯胺的产率是　 　（结果保留一位小数）。
21．（2024高三上·浙江模拟）化合物I是制备抗疟药物的一种关键中间体，其合成路线如下：
已知：①原料a、b均仅含C、H、O元素；
②化合物D可与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀；
③。
请回答：
（1）化合物A的官能团名称为　 　，化合物F的结构简式为　 　。
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为　 　。
（3）下列说法不正确的是 。
A．化合物A易形成氢键，故可与水任意比互溶
B．C→D转化中碳原子的杂化方式发生了改变
C．D→E转化中，有π键的断裂与形成
D．化合物I的分子式为C27H28N2O4
（4）设计以和上述合成路线中的其他有机物为原料合成化合物H的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出所有符合下列条件的原料b的同分异构体的结构简式：　 　。
①属于芳香化合物，能发生水解反应；
②核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A符合题意；
B．在水溶液中完全电离，属于强电解质，B不符合题意；
C．在水溶液中完全电离，属于强电解质，C不符合题意；
D．在水溶液中完全电离，属于强电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】弱电解质在一定条件下部分电离。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A． CaO2的电子式为，故A错误；
B．中心原子S的价层电子对数为3+×(6-3×2)=3，则其价层电子对互斥模型为平面三角形，所以的VSEPR模型为，故B错误；
C． 由分析可知，84号元素位于周期表中第六周期第ⅥA族，其价层电子排布式6s26p4，故C正确；
D． TNT的结构简式为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. CaO2为离子化合物，注意过氧根。
B.根据中心原子的价层电子对数进行分析。
C.84号元素原子核外有6个电子层，其电子数从里到外依次为2、8、18、32、18、6。
D.TNT是三硝基甲苯。
3．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；过氧化氢
【解析】【解答】A． H2O2的结构是呈现书本形状，分子内正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．双氧水易挥发，在光照或加热条件下易分解，所以应避光、避热、密封保存 ，B正确；
C．常温常压下，H2O2是一种淡蓝色的黏稠液体，粘稠程度：H2O2>H2O ，C正确；
D．H2O2与N2H4在燃烧时能够释放大量的热量和生成大量气体， 可共同作为火箭推进剂 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.非极性分子的正负电荷中心重合。
B.双氧水易挥发，在光照或加热条件下易分解。
C.常温常压下，H2O2是一种淡蓝色的黏稠液体。
D.H2O2与N2H4在燃烧时能够释放大量的热量和生成大量气体。
4．【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．由分析可知，实验室通常用和NH4Cl(s)加热制取氨气，A错误；
B．澄清石灰水中Ca(OH)2的溶解度较小，吸收效果不好，实验室制取氯气的尾气处理通常用NaOH溶液吸收，B错误；
C．用电石制取乙炔时，使用饱和食盐水可以减缓反应速率并获得平稳的气流 ，C错误；
D．该标识表示不能接触皮肤，金属钠接触皮肤会剧烈反应腐蚀皮肤，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.实验室制备氨气的原理是2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
B.澄清石灰水中Ca(OH)2的溶解度较小。
C.用电石制取乙炔时，使用饱和食盐水可以减缓反应速率并获得平稳的气流 。
D.熟悉常见实验室危险标识。
5．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体，所以可以用于制备膨松剂，A正确；
B．石膏的主要成分硫酸钙属于电解质，豆浆属于胶体，由分析可知，使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理，B正确；
C．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水溶液中电离出的铝离子水解形成的氢氧化铝胶体可吸附净水，C正确；
D．油脂的摄入可以促进人体对脂溶性维生素的吸收，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体。
B.胶体遇电解质发生聚沉。
C.胶体具有吸附性。
D.油脂可以促进人体对脂溶性维生素的吸收。
6．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据反应前后原子数目、得失电子守恒可知，X为O2，故A正确；
B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式：饱和碳原子为sp3杂化，—C≡N中碳原子为sp杂化，故B正确；
C．由分析可知，反应前后，氧元素化合价由-2升为0，2molH2O反应转移4mol电子，则1molCH2=CHCN参与反应时，转移的电子数为NA，故C错误；
D．由分析可知，反应前后，碳元素化合价降低，氧元素化合价升高，则CH2=CHCN是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据反应前后原子数目、得失电子守恒可知，该反应的化学方程式为4CH2=CHCN+2H2O=2NC(CH2)4CN+O2↑。
7．【答案】B
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．O3是极性分子，但极性微弱，在水中的溶解度仍比在CCl4中的小，A不正确；
B．干冰（CO2）中分子采取面心立方堆积，而冰中每个水分子与周围的4个水分子以氢键相连，干冰比冰分子排列紧密，且CO2的相对分子质量(44)大于水的相对分子质量(18)，因此干冰的密度比冰的大，B正确；
C．向饱和食盐水中加入浓盐酸，增大了溶液中的c(Cl-)，从而降低NaCl的溶解度，所以浓盐酸可以促进晶体析出是通过改变溶质浓度实现的，C不正确；
D．使用硫化剂可将线型橡胶连接为网状结构，橡胶的交联程度越大，弹性越差，但耐磨性越好，D不正确；
故答案为：B。
【分析】A.O3是极性分子，但其极性微弱。
B.干冰（CO2）中分子采取面心立方堆积，而冰中每个水分子与周围的4个水分子以氢键相连。
C.向饱和食盐水中加入浓盐酸，增大了溶液中的c(Cl-)，从而降低NaCl的溶解度。
D.橡胶的交联程度越大，弹性越差。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Na2O2固体不能拆成离子形式，正确的离子方程式是：，A错误；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，正确的离子方程式是：，B错误；
C．稀硫酸、KNO3、铜片反应生成硝酸铜的离子方程式是：，C正确；
D．浓氨水与少量SO2反应生成的亚硫酸铵为强电解质，能完全电离，正确的离子方程式是：，D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
9．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；苯酚的化学性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据有机物的结构简式，可推出其分子式为C21H30O2，A正确；
B．由分析可知，该分子中除-C5H11外含有2个手性碳原子，即至少含有2个手性碳原子，B不正确；
C．由分析可知，与溴水反应时1molX最多消耗4molBr2，C正确；
D．若核磁共振氢谱显示-C5H11结构中有2种氢，可推出-C5H11的结构简式为-CH2C(CH3)3，则X中有5个甲基，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.注意各原子的数目。
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
C.酚羟基邻、对位上的氢原子，以及碳碳双键能与Br2发生反应。
D.根据核磁共振氢谱中氢原子种类，推出其结构简式。
10．【答案】D
【知识点】离子晶体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为氮元素，中N的价层电子对数为，中N的价层电子对数为，二者均为四面体，结合价层电子互斥理论，中有2对孤电子对，孤对电子对N-H键排斥力较大，使其键角变小，则键角： ，A错误；
B．由分析可知，Z、W分别氯元素、溴元素，结合同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径：Z＜W，XZ的键长更短，键能更大，B错误；
C．KCl与KBr都为离子晶体，结合半径：Cl-＜Br-，离子键强度：KCl＞KBr，则熔点：KCl＞KBr，C错误；
D．有机物CCl3NH2中-CCl3为吸电子基团，导致N的电子云密度降低，使其对H的吸引力减弱，CH3NH2中-CH3为推电子基团，使N的电子云密度增强，接受质子的能力增强，故碱性：CH3NH2> CCl3NH2，D正确；
故本题为：D。
【分析】根据题干信息， X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期， 则可推出X为氢元素；Z是同周期原子半径最小的主族元素，Z和W同主族，可推出Z、W为卤素元素，则Z是氯元素，W是溴元素； Y元素原子的第一电离能比相邻元素高， 则Y为铍元素或氮元素。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应一可由反应二和已知信息中第一个反应得到，则，A项错误；
B.800℃时，，则反应二的平衡常数K＜1，B项正确；
C．根据图像反应，当温度高于415℃时，各物质的物质的量的变化为：几乎为0，稳定不变，均减小，增加，则为主反应，C项错误；
D．CO和O2反应放热，为制备过程供能的同时降低CO的排放量，减小污染，D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律进行分析。
B.反应二的平衡常数K。
C.根据温度在某个范围时，各物质含量的变化进行分析。
D.CO和O2反应放热。
12．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为3种可能的结构： 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯，A项错误；
B．由分析可知，分子筛的酸碱性对制备过程中苯乙烯的选择性有影响，B项错误；
C．从图中可看出，两次氢原子迁移的本质是发生了加成反应、消去反应，C项错误；
D．从图中可看出，生成苯乙烯的同时可得到副产物H2O，而H2O分子中的2个H原子是甲苯的-CH3上的H，故将甲苯的-CH3替换为-CD3，则生成D2O，D项正确；
故答案为：D。
【分析】根据图示流程信息可知，甲苯与甲醇在碱性分子筛作用下生成了苯乙烯和氢气；甲苯与甲醇在酸性分子筛作用下生成了X（邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯中的一种）；X与甲苯在酸性分子筛作用下继续反应生成Y（ 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯中的一种 ）和苯；二甲苯与甲醇在酸性分子筛作用下继续反应生成Y（ 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯中的一种 ）和水。
13．【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2，故A正确；
B．根据电极反应式，氯离子生成氯化银，可以不使用离子交换膜，故与传统氯碱工业相比，该双联装置可避免使用离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，W电极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，即装置Ⅱ中的W电极质量的变化为△m(Ag)， △m(Ag)=mg，则转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，装置I中X电极生成 LiCl，则装置I中可制得m(LiCl)=，故C错误；
D．由分析可知，Z电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，W电极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓，随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，附近有白色沉淀出现，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息及装置图可知，装置Ⅰ为原电池，Li+移向X电极，说明X作正极，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，则Y作负极；装置Ⅱ为电解池，W为阳极，其电极反应式为Ag-e-=Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓，Z为阴极，其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A．根据题干信息中反应方程式及聚氯化磷腈的结构（有一个六元环，环上原子分为二配位与四配位两种结构）， P3N3Cl6的结构式可能为，A错误；
B．P3N3Cl6、P3N3Br6均为分子晶体，结构相似，结合分析可知，相对分子质量较高的熔沸点较大，所以P3N3Br6 的熔点更高，B错误；
C．P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2PN中氮磷三键断开一条键，相互发生加成反应制得，C正确；
D．P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N，分别为sp3d杂化与sp2杂化，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息中反应方程式及聚氯化磷腈的结构进行分析。
B.一般分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，分子量越大，则熔沸点越高。
C.Cl2PN中氮磷三键断开一条键，可发生加成反应。
D.P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N。
15．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．室温下的，A正确；
B．Ksp只与温度有关，B错误；
C．由分析可知，曲线L表示和的关系，C错误；
D． 根据题干信息，，而HgS和CuS是相同类型的沉淀，则HgS不能转为CuS，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息可知，溶液中Cu2+、Hg2+的pX与pS的关系图相似，即直线斜率相等， 结合和图示信息，可推出曲线L表示和的关系，曲线M表示和的关系，则直线N代表和的关系。
16．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．根据湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明产生NH3，结合分析可知，原样品可能为铵盐或Mg3N2等，A不正确；
B．根据加入的KSCN溶液未显红色，说明加入稀硫酸反应后的溶液中不含有Fe3+，但固体产物中可能含Fe3+，加硫酸溶解后，Fe3+被内部的Fe(未与水蒸气反应)还原，所以产物中铁元素不一定都为二价铁，B不正确；
C．根据溶液未显蓝色，不能说明淀粉已经水解完全，因为碘水中的I2可能与过量的NaOH反应，使溶液中不含有I2，C不正确；
D．相同条件下，甲、乙试管中草酸足量，且甲中草酸浓度较大，根据甲试管中溶液紫色先褪去，说明甲试管内反应速率快，从而说明反应物浓度增大，反应速率越快，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，注意铵盐、Mg3N2均能与强碱在加热下反应生成氨气。
B.KSCN溶液遇Fe3+变红。
C.碘水中的I2可能与过量的NaOH反应，使溶液中不含有I2，注意加碘水前需使溶液呈酸性。
D.根据控制变量法分析，注意草酸需足量。
17．【答案】（1）B；C
（2）；稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原
（3）Li2CN2；4
【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；晶胞的计算；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素中，从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素有Cl共1种，A不正确；
B．Ge位于金属与非金属的分界线附近，则可以作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素，它们位于元素周期表的右上角，则S元素可应用于农药的制备，B正确；
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能，所以热稳定性CO2＞CS2，C正确；
D．Se为第四周期第ⅥA族元素，则Se的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D不正确；
故选BC。
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C原子数目为=2，N原子数目为=4，Li+数目为=4，C、N、Li+的个数比为2：4：4=1：2：2，该化合物的化学式为Li2CN2；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为4。
【分析】（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素的电负性从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素只有Cl。
B．位于金属与非金属的分界线附近的元素可作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素。
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能。
D．Se为第四周期第ⅥA族元素。
（2）①根据反应前后原子数目与得失电子守恒进行分析。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差。
（3）根据晶胞沿z轴方向的投影，可推出8个Li+都位于面上，结合晶胞均摊法算出各原子个数。
（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素中，从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素有Cl共1种，A不正确；
B．Ge位于金属与非金属的分界线附近，则可以作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素，它们位于元素周期表的右上角，则S元素可应用于农药的制备，B正确；
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能，所以热稳定性CO2＞CS2，C正确；
D．Se为第四周期第ⅥA族元素，则Se的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D不正确；
故选BC。
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C原子数目为=2，N原子数目为=4，Li+数目为=4，C、N、Li+的个数比为2：4：4=1：2：2，该化合物的化学式为Li2CN2；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为4。
18．【答案】（1）O2、Cl2
（2）A；D
（3）①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）
（4）
（5）向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性（其他合理答案也可给分）
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）混合气体A由两种单质组成，而且是K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；
（2）A. K2FeO4作净水剂，+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确；
B. K2FeO4中Fe的价层轨道为3d1，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误；
C.溶液B中的阳离子除Fe3+、K+外，还应该有H+，C错误；
D. 溶液C溶液呈碱性的原因加入硫化钠溶液后，溶液中含发生水解，D正确；
答案选AD；
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因：①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）；
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，阳极电极反应式为：；
（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以设计实验，用作氧化剂生成。向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性。
【分析】根据题干信息，K2FeO4在中性或酸性条件下不稳定，在酸性条件下发生氧化还原反应生成两种气体，可推出这两种气体是O2、Cl2，且铁元素化合价由+6降为+3，则步骤Ⅰ中涉及反应为2FeO42-+12H++2Cl-=O2↑+Cl2↑+2Fe3++6H2O，所以溶液B中主要含有Fe3+；根据试题（3）可知，沉淀D是Fe2S3，则步骤Ⅱ涉及反应是2Fe3++3S2-=Fe2S3。
（1）混合气体A由两种单质组成，而且是K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；
（2）A. K2FeO4作净水剂，+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确；
B. K2FeO4中Fe的价层轨道为3d1，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误；
C.溶液B中的阳离子除Fe3+、K+外，还应该有H+，C错误；
D. 溶液C溶液呈碱性的原因加入硫化钠溶液后，溶液中含发生水解，D正确；
答案选AD；
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因：①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）；
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，阳极电极反应式为：；
（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以设计实验，用作氧化剂生成。向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性。
19．【答案】（1）>
（2）A；C
（3）B；D
（4）6NA
（5）
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）反应Sb2S3(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g)的 S＞0，该反应在400℃以上才能自发进行，根据 G= H-T S＜0的反应能自发进行可知，该反应的的 H＞0。
（2）A．根据SbCl3水解的方程式可知，配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解，A项正确；
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解，生成Sb2O3，使溶液变浑浊，不能在较高温度下配制氯化锑溶液，B项错误；
C．氯化锑溶液中加入少量氨水，氨水消耗HCl，使水解平衡正向移动，从而制得氧化锑，C项正确；
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
答案选AC。
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态，则可以通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集，A项正确；
B．由图可知，900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，且随着温度的进一步升高，PbS(g)的蒸汽压显著增大，故900K时PbS没有大量挥发，B项错误；
C．根据真空冶炼法的总反应可知，相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效，C项正确；
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，D项错误；
答案选BD。
（4）金属锑为负极，由题意知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，当负极溶解2mol锑时，负极区消耗12molOH-、生成2mol，为平衡电荷，通过阳离子交换膜的离子物质的量为6mol，则通过阳离子交换膜的离子数为6NA。（5）已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，说明生成HCOOH的活化能最小，结合图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2，故将过渡态与产物之间的连线补充为。
【分析】（1）反应自发进行的条件是 G= H-T S＜0。
（2）A．配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解。
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解。
C．氯化锑溶液中加入的少量氨水消耗HCl，利于水解平衡正向移动。
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态。
B.900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，900K以上，PbS(g)的蒸汽压随温度升高而显著增大。
C．相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效。
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，
（4）金属锑为负极，根据题干信息可知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，据此分析。
（5）反应速率较快的反应，其活化能较小，结合原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2。
（1）反应Sb2S3(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g)的 S＞0，该反应在400℃以上才能自发进行，根据 G= H-T S＜0的反应能自发进行可知，该反应的的 H＞0。
（2）A．根据SbCl3水解的方程式可知，配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解，A项正确；
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解，生成Sb2O3，使溶液变浑浊，不能在较高温度下配制氯化锑溶液，B项错误；
C．氯化锑溶液中加入少量氨水，氨水消耗HCl，使水解平衡正向移动，从而制得氧化锑，C项正确；
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
答案选AC。
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态，则可以通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集，A项正确；
B．由图可知，900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，且随着温度的进一步升高，PbS(g)的蒸汽压显著增大，故900K时PbS没有大量挥发，B项错误；
C．根据真空冶炼法的总反应可知，相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效，C项正确；
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，D项错误；
答案选BD。
（4）金属锑为负极，由题意知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，当负极溶解2mol锑时，负极区消耗12molOH-、生成2mol，为平衡电荷，通过阳离子交换膜的离子物质的量为6mol，则通过阳离子交换膜的离子数为6NA。
（5）已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，说明生成HCOOH的活化能最小，结合图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2，故将过渡态与产物之间的连线补充为。
20．【答案】（1）防止苯胺在反应过程中被氧化
（2）圆底烧瓶；油浴；AC
（3）温度过低无法蒸出水，温度过高则蒸出大量乙酸
（4）edca；67.3%
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化；
（2）①图中仪器a的名称为圆底烧瓶；由实验流程可知，各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热，温度才能升高到105℃及以上；
②A．上述装置中存在的错误有：冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封，A正确；
B．仪器b为分馏柱，在分馏过程中，低沸点的成分在蒸气中的含量高，因此沸点低的物质优先被蒸出，B错误；
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃，故用测定熔点的方式验证产物是否纯净，C正确；
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点可知，锥形瓶中主要含水，圆底烧瓶中主要含苯胺、乙酰苯胺和乙酸，则应收集圆底烧瓶中的物质进行分离，D错误；
故选AC。
（3）该反应为可逆反应，制备过程中若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低；
（4）①根据乙酰苯胺溶解性信息，重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品，答案为edca；
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，其；
【分析】（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化。
（2）①根据仪器特征进行分析；各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热。
②A．冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封。
B．仪器b为分馏柱。
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃。
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点进行分析。
（3）该反应为可逆反应，若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低。
（4）①重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品。
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，结合进行分析。
（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化；
（2）①图中仪器a的名称为圆底烧瓶；由实验流程可知，各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热，温度才能升高到105℃及以上；
②A．上述装置中存在的错误有：冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封，A正确；
B．仪器b为分馏柱，在分馏过程中，低沸点的成分在蒸气中的含量高，因此沸点低的物质优先被蒸出，B错误；
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃，故用测定熔点的方式验证产物是否纯净，C正确；
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点可知，锥形瓶中主要含水，圆底烧瓶中主要含苯胺、乙酰苯胺和乙酸，则应收集圆底烧瓶中的物质进行分离，D错误；
故选AC。
（3）该反应为可逆反应，制备过程中若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低；
（4）①根据乙酰苯胺溶解性信息，重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品，答案为edca；
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，其；
21．【答案】（1）羟基或酚羟基；
（2）
（3）A；D
（4）
（5）、
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）A中官能团名称为羟基或酚羟基，由分析可知，F的结构简式为；
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为；
（3）A．醇在水中的溶解度与其分子量和结构有关，随着碳原子增多，其溶解度减小，化合物A虽含有-OH，可形成氢键，但不能与水以任意比互溶，A错误，符合题意；
B．C→D转化过程中，C中-CH2OH的C的价层电子对数为，则C为sp3杂化，D中-CHO的C的价层电子对数为，其杂化方式为sp2杂化，B正确，不符合题意；
C．D→E转化中，D中-CHO的-C=O断裂，形成E中-C=C-，故存在π键的断裂与形成，C正确，不符合题意；
D．由图可知，I的分子式为C27H30N2O4，D错误，符合题意；
本题选AD；
（4）形成H，根据结构对比和上述合成路线可知，可先与甲醛发生③的反应生成，再在一定条件下，将-CH2OH氧化成-CHO，再与CH3NO2反应生成，最后催化加氢，得到H（），故其合成路线图如下：；
（5）原料b的分子式为C9H10O2，其同分异构体包含如下条件：①含有苯环，可水解即包含酯基，②核磁共振氢谱中有4组峰，即含有4类H，其个数比为6∶2∶1∶1，故存在2个位置相同的-CH3，综合看其同分异构体为，。
【分析】根据A的结构简式和B的分子式，可推出A→B发生取代反应，则B的结构简式为；根据B、C的结构简式，可推出原料a是HCHO；根据C、E的结构简式，结合D的分子式，可推出D的结构简式为；根据E、G的结构简式，结合F的分子式，可推出E→F发生还原反应，则F的结构简式为为，原料b为，结合有机物的性质进行分析。
（1）A中官能团名称为羟基或酚羟基，由分析可知，F的结构简式为；
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为；
（3）A．醇在水中的溶解度与其分子量和结构有关，随着碳原子增多，其溶解度减小，化合物A虽含有-OH，可形成氢键，但不能与水以任意比互溶，A错误，符合题意；
B．C→D转化过程中，C中-CH2OH的C的价层电子对数为，则C为sp3杂化，D中-CHO的C的价层电子对数为，其杂化方式为sp2杂化，B正确，不符合题意；
C．D→E转化中，D中-CHO的-C=O断裂，形成E中-C=C-，故存在π键的断裂与形成，C正确，不符合题意；
D．由图可知，I的分子式为C27H30N2O4，D错误，符合题意；
本题选AD；
（4）形成H，根据结构对比和上述合成路线可知，可先与甲醛发生③的反应生成，再在一定条件下，将-CH2OH氧化成-CHO，再与CH3NO2反应生成，最后催化加氢，得到H（），故其合成路线图如下：；
（5）原料b的分子式为C9H10O2，其同分异构体包含如下条件：①含有苯环，可水解即包含酯基，②核磁共振氢谱中有4组峰，即含有4类H，其个数比为6∶2∶1∶1，故存在2个位置相同的-CH3，综合看其同分异构体为，。
1 / 1浙江省县域教研联盟2025届高三上学期模拟考试化学试题
1．（2024高三上·浙江模拟）下列属于弱电解质的是
A．H3PO4 B．H2SO4 C．HNO3 D．HCl
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．在水溶液中部分电离，属于弱电解质，A符合题意；
B．在水溶液中完全电离，属于强电解质，B不符合题意；
C．在水溶液中完全电离，属于强电解质，C不符合题意；
D．在水溶液中完全电离，属于强电解质，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】弱电解质在一定条件下部分电离。
2．（2024高三上·浙江模拟）下列表示正确的是
A．CaO2的电子式为
B．SO3的VSEPR模型为
C．84号元素的价层电子排布式为6s26p4
D．TNT的结构简式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A． CaO2的电子式为，故A错误；
B．中心原子S的价层电子对数为3+×(6-3×2)=3，则其价层电子对互斥模型为平面三角形，所以的VSEPR模型为，故B错误；
C． 由分析可知，84号元素位于周期表中第六周期第ⅥA族，其价层电子排布式6s26p4，故C正确；
D． TNT的结构简式为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. CaO2为离子化合物，注意过氧根。
B.根据中心原子的价层电子对数进行分析。
C.84号元素原子核外有6个电子层，其电子数从里到外依次为2、8、18、32、18、6。
D.TNT是三硝基甲苯。
3．（2024高三上·浙江模拟）H2O2是一种重要的化合物，下列说法不正确的是
A．是一种非极性分子
B．应避光、避热、密封保存
C．常温常压下，粘稠程度：H2O2>H2O
D．可与N2H4共同作为火箭推进剂
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；过氧化氢
【解析】【解答】A． H2O2的结构是呈现书本形状，分子内正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．双氧水易挥发，在光照或加热条件下易分解，所以应避光、避热、密封保存 ，B正确；
C．常温常压下，H2O2是一种淡蓝色的黏稠液体，粘稠程度：H2O2>H2O ，C正确；
D．H2O2与N2H4在燃烧时能够释放大量的热量和生成大量气体， 可共同作为火箭推进剂 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.非极性分子的正负电荷中心重合。
B.双氧水易挥发，在光照或加热条件下易分解。
C.常温常压下，H2O2是一种淡蓝色的黏稠液体。
D.H2O2与N2H4在燃烧时能够释放大量的热量和生成大量气体。
4．（2024高三上·浙江模拟）下列说法正确的是
A．实验室通常利用NaOH(s)和NH4Cl(s)制备氨气
B．澄清石灰水常用于实验室制取氯气的尾气处理
C．用电石制取乙炔时，需要用饱和食盐水洗气
D．应标注于乙醇与钠反应的实验操作图标中
【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．由分析可知，实验室通常用和NH4Cl(s)加热制取氨气，A错误；
B．澄清石灰水中Ca(OH)2的溶解度较小，吸收效果不好，实验室制取氯气的尾气处理通常用NaOH溶液吸收，B错误；
C．用电石制取乙炔时，使用饱和食盐水可以减缓反应速率并获得平稳的气流 ，C错误；
D．该标识表示不能接触皮肤，金属钠接触皮肤会剧烈反应腐蚀皮肤，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.实验室制备氨气的原理是2NH4Cl +Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
B.澄清石灰水中Ca(OH)2的溶解度较小。
C.用电石制取乙炔时，使用饱和食盐水可以减缓反应速率并获得平稳的气流 。
D.熟悉常见实验室危险标识。
5．（2024高三上·浙江模拟）化学与生活关系密切，下列说法不正确的是
A．碳酸氢钠可以用于制备膨松剂
B．使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理
C．明矾净水是利用了Al(OH)3胶体的吸附性
D．油脂的摄入可以促进人体对水溶性维生素的吸收
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体，所以可以用于制备膨松剂，A正确；
B．石膏的主要成分硫酸钙属于电解质，豆浆属于胶体，由分析可知，使用石膏制豆腐是利用了蛋白质聚沉的原理，B正确；
C．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水溶液中电离出的铝离子水解形成的氢氧化铝胶体可吸附净水，C正确；
D．油脂的摄入可以促进人体对脂溶性维生素的吸收，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体。
B.胶体遇电解质发生聚沉。
C.胶体具有吸附性。
D.油脂可以促进人体对脂溶性维生素的吸收。
6．（2024高三上·浙江模拟）电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X（未配平），下列说法不正确的是
A．X表示O2
B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式
C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA
D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据反应前后原子数目、得失电子守恒可知，X为O2，故A正确；
B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式：饱和碳原子为sp3杂化，—C≡N中碳原子为sp杂化，故B正确；
C．由分析可知，反应前后，氧元素化合价由-2升为0，2molH2O反应转移4mol电子，则1molCH2=CHCN参与反应时，转移的电子数为NA，故C错误；
D．由分析可知，反应前后，碳元素化合价降低，氧元素化合价升高，则CH2=CHCN是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据反应前后原子数目、得失电子守恒可知，该反应的化学方程式为4CH2=CHCN+2H2O=2NC(CH2)4CN+O2↑。
7．（2024高三上·浙江模拟）下列说法正确的是
A．O3是极性分子，因此在水中的溶解度比在CCl4中的大
B．干冰中分子的堆积比冰的紧密，因此干冰的密度比冰的大
C．向饱和食盐水中加入浓盐酸可以促进晶体析出是通过改变溶剂极性实现的
D．使用硫化剂可将线型橡胶连接为网状结构，交联程度越大，弹性、耐磨性越好
【答案】B
【知识点】分子晶体；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A．O3是极性分子，但极性微弱，在水中的溶解度仍比在CCl4中的小，A不正确；
B．干冰（CO2）中分子采取面心立方堆积，而冰中每个水分子与周围的4个水分子以氢键相连，干冰比冰分子排列紧密，且CO2的相对分子质量(44)大于水的相对分子质量(18)，因此干冰的密度比冰的大，B正确；
C．向饱和食盐水中加入浓盐酸，增大了溶液中的c(Cl-)，从而降低NaCl的溶解度，所以浓盐酸可以促进晶体析出是通过改变溶质浓度实现的，C不正确；
D．使用硫化剂可将线型橡胶连接为网状结构，橡胶的交联程度越大，弹性越差，但耐磨性越好，D不正确；
故答案为：B。
【分析】A.O3是极性分子，但其极性微弱。
B.干冰（CO2）中分子采取面心立方堆积，而冰中每个水分子与周围的4个水分子以氢键相连。
C.向饱和食盐水中加入浓盐酸，增大了溶液中的c(Cl-)，从而降低NaCl的溶解度。
D.橡胶的交联程度越大，弹性越差。
8．（2024高三上·浙江模拟）下列离子方程式正确的是
A．Na2O2固体投入水中：
B．NaCl溶液滴入KMnO4酸性溶液：
C．利用稀硫酸、KNO3、铜片制硝酸铜：
D．用浓氨水吸收少量SO2尾气：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．Na2O2固体不能拆成离子形式，正确的离子方程式是：，A错误；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，正确的离子方程式是：，B错误；
C．稀硫酸、KNO3、铜片反应生成硝酸铜的离子方程式是：，C正确；
D．浓氨水与少量SO2反应生成的亚硫酸铵为强电解质，能完全电离，正确的离子方程式是：，D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
9．（2024高三上·浙江模拟）有机物X的结构如图所示，下列关于X的说法不正确的是
A．分子式为C21H30O2
B．X分子中至少含有3个手性碳原子
C．与溴水反应时1molX最多消耗4molBr2
D．若核磁共振氢谱显示-C5H11结构中有2种氢，则X中有5个甲基
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；苯酚的化学性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．根据有机物的结构简式，可推出其分子式为C21H30O2，A正确；
B．由分析可知，该分子中除-C5H11外含有2个手性碳原子，即至少含有2个手性碳原子，B不正确；
C．由分析可知，与溴水反应时1molX最多消耗4molBr2，C正确；
D．若核磁共振氢谱显示-C5H11结构中有2种氢，可推出-C5H11的结构简式为-CH2C(CH3)3，则X中有5个甲基，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.注意各原子的数目。
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
C.酚羟基邻、对位上的氢原子，以及碳碳双键能与Br2发生反应。
D.根据核磁共振氢谱中氢原子种类，推出其结构简式。
10．（2024高三上·浙江模拟）X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期，Y元素原子的第一电离能比相邻元素高，Z和W同主族，Z是同周期原子半径最小的元素。下列说法正确的是
A．键角： B．键能：XZC．钾盐晶体熔点：KZ【答案】D
【知识点】离子晶体；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为氮元素，中N的价层电子对数为，中N的价层电子对数为，二者均为四面体，结合价层电子互斥理论，中有2对孤电子对，孤对电子对N-H键排斥力较大，使其键角变小，则键角： ，A错误；
B．由分析可知，Z、W分别氯元素、溴元素，结合同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，则原子半径：Z＜W，XZ的键长更短，键能更大，B错误；
C．KCl与KBr都为离子晶体，结合半径：Cl-＜Br-，离子键强度：KCl＞KBr，则熔点：KCl＞KBr，C错误；
D．有机物CCl3NH2中-CCl3为吸电子基团，导致N的电子云密度降低，使其对H的吸引力减弱，CH3NH2中-CH3为推电子基团，使N的电子云密度增强，接受质子的能力增强，故碱性：CH3NH2> CCl3NH2，D正确；
故本题为：D。
【分析】根据题干信息， X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期， 则可推出X为氢元素；Z是同周期原子半径最小的主族元素，Z和W同主族，可推出Z、W为卤素元素，则Z是氯元素，W是溴元素； Y元素原子的第一电离能比相邻元素高， 则Y为铍元素或氮元素。
11．（2024高三上·浙江模拟）工业通过高温煅烧焦炭与SrSO4（硫酸锶）混合物，并通入一定量的空气，采用反应一或反应二制备SrS(s)：
反应一：
反应二：
已知：
随温度升高，反应产物种类、物质的量的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．
B．800℃时，反应二的平衡常数K<1
C．当温度高于415℃时，体系内的主反应变为
D．通入空气的作用是利用CO和O2反应放出的热量为制备过程供能
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应一可由反应二和已知信息中第一个反应得到，则，A项错误；
B.800℃时，，则反应二的平衡常数K＜1，B项正确；
C．根据图像反应，当温度高于415℃时，各物质的物质的量的变化为：几乎为0，稳定不变，均减小，增加，则为主反应，C项错误；
D．CO和O2反应放热，为制备过程供能的同时降低CO的排放量，减小污染，D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律进行分析。
B.反应二的平衡常数K。
C.根据温度在某个范围时，各物质含量的变化进行分析。
D.CO和O2反应放热。
12．（2024高三上·浙江模拟）甲苯与甲醇可以在碱性分子筛作用下通过侧链烷基化反应制苯乙烯，分子筛种类对反应的影响如图所示：
经检测发现X由三种二甲苯组成，下列说法正确的是
A．产物Y有4种可能的结构
B．分子筛的酸碱性对制备过程中苯乙烯的选择性没有影响
C．两次氢原子迁移的本质是发生了取代反应
D．如将甲苯的-CH3替换为-CD3，生成苯乙烯的同时可得到副产物D2O
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为3种可能的结构： 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯，A项错误；
B．由分析可知，分子筛的酸碱性对制备过程中苯乙烯的选择性有影响，B项错误；
C．从图中可看出，两次氢原子迁移的本质是发生了加成反应、消去反应，C项错误；
D．从图中可看出，生成苯乙烯的同时可得到副产物H2O，而H2O分子中的2个H原子是甲苯的-CH3上的H，故将甲苯的-CH3替换为-CD3，则生成D2O，D项正确；
故答案为：D。
【分析】根据图示流程信息可知，甲苯与甲醇在碱性分子筛作用下生成了苯乙烯和氢气；甲苯与甲醇在酸性分子筛作用下生成了X（邻二甲苯、对二甲苯、间二甲苯中的一种）；X与甲苯在酸性分子筛作用下继续反应生成Y（ 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯中的一种 ）和苯；二甲苯与甲醇在酸性分子筛作用下继续反应生成Y（ 1-2-3-三甲苯、1-2-4-三甲苯、1-3-5-三甲苯中的一种 ）和水。
13．（2024高三上·浙江模拟）一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是
A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2
B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜
C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl
D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现
【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】A．由分析可知，电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2，故A正确；
B．根据电极反应式，氯离子生成氯化银，可以不使用离子交换膜，故与传统氯碱工业相比，该双联装置可避免使用离子交换膜，故B正确；
C．由分析可知，W电极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，即装置Ⅱ中的W电极质量的变化为△m(Ag)， △m(Ag)=mg，则转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，装置I中X电极生成 LiCl，则装置I中可制得m(LiCl)=，故C错误；
D．由分析可知，Z电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，W电极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓，随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，附近有白色沉淀出现，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息及装置图可知，装置Ⅰ为原电池，Li+移向X电极，说明X作正极，其电极反应式为2H++2e-=H2↑，则Y作负极；装置Ⅱ为电解池，W为阳极，其电极反应式为Ag-e-=Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓，Z为阴极，其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
14．（2024高三上·浙江模拟）聚氯化磷腈（P3N3Cl6）熔点为113℃，低压下50℃即可升华，在有机溶剂中由反应3PCl5+3NH4Cl=P3N3Cl6+12HCl制备。聚氯化磷腈中包含有一个六元环，环上原子分为二配位与四配位两种结构。下列说法正确的是
A．P3N3Cl6的结构式可能为
B．P3N3Cl6为分子晶体，熔点比结构相似的P3N3Br6更高
C．P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2P N相互发生加成反应制得
D．P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N，分别为sp3杂化与sp杂化
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A．根据题干信息中反应方程式及聚氯化磷腈的结构（有一个六元环，环上原子分为二配位与四配位两种结构）， P3N3Cl6的结构式可能为，A错误；
B．P3N3Cl6、P3N3Br6均为分子晶体，结构相似，结合分析可知，相对分子质量较高的熔沸点较大，所以P3N3Br6 的熔点更高，B错误；
C．P3N3Cl6也可以通过三分子的Cl2PN中氮磷三键断开一条键，相互发生加成反应制得，C正确；
D．P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N，分别为sp3d杂化与sp2杂化，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息中反应方程式及聚氯化磷腈的结构进行分析。
B.一般分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关，分子量越大，则熔沸点越高。
C.Cl2PN中氮磷三键断开一条键，可发生加成反应。
D.P3N3Cl6中四配位的原子是P，二配位的是N。
15．（2024高三上·浙江模拟）室温下向含有Cu2+、Hg2+、Ag+的溶液中逐滴加入Na2S溶液，溶液中pX与pS的关系如图所示：已知： 、、；；。下列说法正确的是
A．室温下的K=1013.2
B．M与N随着pS增大会交于一点，在该点对应的两种金属硫化物Ksp相等
C．直线L代表CuS悬浊液中Cu2+与的浓度关系
D．自然界中原生铜硫化物经氧化、淋滤后变为CuSO4溶液，可将底层深处的HgS转为CuS
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．室温下的，A正确；
B．Ksp只与温度有关，B错误；
C．由分析可知，曲线L表示和的关系，C错误；
D． 根据题干信息，，而HgS和CuS是相同类型的沉淀，则HgS不能转为CuS，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息可知，溶液中Cu2+、Hg2+的pX与pS的关系图相似，即直线斜率相等， 结合和图示信息，可推出曲线L表示和的关系，曲线M表示和的关系，则直线N代表和的关系。
16．（2024高三上·浙江模拟）下列方案设计和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 判断固体化合物是否是铵盐 取少量样品加水溶解，加足量NaOH溶液并加热，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，观察现象 若试纸变蓝，说明该化合物属于铵盐
B 检验铁粉与水蒸气反应产物中铁元素的价态 取反应后的固体溶于足量稀硫酸，并滴加KSCN溶液，观察现象 若溶液未显红色，说明产物中铁元素为二价铁
C 研究淀粉的水解程度 取0.5g淀粉于试管中，加适量20%的硫酸溶液，沸水浴加热5min，再滴加足量NaOH溶液，加入适量碘水，观察现象 若溶液未显蓝色，说明淀粉已经水解完全
D 验证反应物浓度增大可加快反应速率 在甲、乙两支试管中均加入1mL0.01 mol L-1高锰酸钾溶液，再分别同时加入0.1 mol L-1和0.05 mol L-1的草酸溶液各1mL，观察现象 若甲试管中溶液紫色先褪去，说明反应物浓度增大时，反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铵离子检验；二价铁离子和三价铁离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．根据湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明产生NH3，结合分析可知，原样品可能为铵盐或Mg3N2等，A不正确；
B．根据加入的KSCN溶液未显红色，说明加入稀硫酸反应后的溶液中不含有Fe3+，但固体产物中可能含Fe3+，加硫酸溶解后，Fe3+被内部的Fe(未与水蒸气反应)还原，所以产物中铁元素不一定都为二价铁，B不正确；
C．根据溶液未显蓝色，不能说明淀粉已经水解完全，因为碘水中的I2可能与过量的NaOH反应，使溶液中不含有I2，C不正确；
D．相同条件下，甲、乙试管中草酸足量，且甲中草酸浓度较大，根据甲试管中溶液紫色先褪去，说明甲试管内反应速率快，从而说明反应物浓度增大，反应速率越快，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，注意铵盐、Mg3N2均能与强碱在加热下反应生成氨气。
B.KSCN溶液遇Fe3+变红。
C.碘水中的I2可能与过量的NaOH反应，使溶液中不含有I2，注意加碘水前需使溶液呈酸性。
D.根据控制变量法分析，注意草酸需足量。
17．（2024高三上·浙江模拟）C和S是构建化合物的重要元素，请回答：
（1）下列关于C和S及其同族元素的说法正确的是 。
A．同周期主族元素中，电负性比S大的元素有2种
B．Ge可以作为半导体材料，S元素可应用于农药的制备
C．热稳定性CO2＞CS2
D．Se的简化电子排布式为[Ar]4s24p4
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，写出阴离子的结构式　 　。
②从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因　 　。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，该化合物的化学式为　 　，其中Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为　 　。
【答案】（1）B；C
（2）；稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原
（3）Li2CN2；4
【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；晶胞的计算；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素中，从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素有Cl共1种，A不正确；
B．Ge位于金属与非金属的分界线附近，则可以作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素，它们位于元素周期表的右上角，则S元素可应用于农药的制备，B正确；
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能，所以热稳定性CO2＞CS2，C正确；
D．Se为第四周期第ⅥA族元素，则Se的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D不正确；
故选BC。
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C原子数目为=2，N原子数目为=4，Li+数目为=4，C、N、Li+的个数比为2：4：4=1：2：2，该化合物的化学式为Li2CN2；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为4。
【分析】（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素的电负性从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素只有Cl。
B．位于金属与非金属的分界线附近的元素可作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素。
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能。
D．Se为第四周期第ⅥA族元素。
（2）①根据反应前后原子数目与得失电子守恒进行分析。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差。
（3）根据晶胞沿z轴方向的投影，可推出8个Li+都位于面上，结合晶胞均摊法算出各原子个数。
（1）A．S位于第三周期，第三周期主族元素中，从左到右元素的电负性依次增大，则电负性比S大的元素有Cl共1种，A不正确；
B．Ge位于金属与非金属的分界线附近，则可以作为半导体材料，农药中常含有氟、氯、硫、磷等元素，它们位于元素周期表的右上角，则S元素可应用于农药的制备，B正确；
C．O与S为同主族元素，S在O的下方，S的原子半径大于O，则C=O键的键能大于C=S键的键能，所以热稳定性CO2＞CS2，C正确；
D．Se为第四周期第ⅥA族元素，则Se的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p4，D不正确；
故选BC。
（2）①已知，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为。
②稀硫酸发生完全电离，生成的呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原。
（3）某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C原子数目为=2，N原子数目为=4，Li+数目为=4，C、N、Li+的个数比为2：4：4=1：2：2，该化合物的化学式为Li2CN2；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数（最近且等距的阴离子数）为4。
18．（2024高三上·浙江模拟） K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化（所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发）：
请回答：
（1）混合气体A由两种单质组成，其成分为　 　。
（2）下列说法正确的是 。
A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物
B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好
C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为
D．溶液C溶液呈碱性的原因是的水解
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因　 　。
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式　 　。
（5）已知显紫红色，设计实验证明：酸性溶液中氧化性：　 　。
【答案】（1）O2、Cl2
（2）A；D
（3）①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）
（4）
（5）向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性（其他合理答案也可给分）
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；无机物的推断；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）混合气体A由两种单质组成，而且是K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；
（2）A. K2FeO4作净水剂，+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确；
B. K2FeO4中Fe的价层轨道为3d1，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误；
C.溶液B中的阳离子除Fe3+、K+外，还应该有H+，C错误；
D. 溶液C溶液呈碱性的原因加入硫化钠溶液后，溶液中含发生水解，D正确；
答案选AD；
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因：①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）；
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，阳极电极反应式为：；
（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以设计实验，用作氧化剂生成。向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性。
【分析】根据题干信息，K2FeO4在中性或酸性条件下不稳定，在酸性条件下发生氧化还原反应生成两种气体，可推出这两种气体是O2、Cl2，且铁元素化合价由+6降为+3，则步骤Ⅰ中涉及反应为2FeO42-+12H++2Cl-=O2↑+Cl2↑+2Fe3++6H2O，所以溶液B中主要含有Fe3+；根据试题（3）可知，沉淀D是Fe2S3，则步骤Ⅱ涉及反应是2Fe3++3S2-=Fe2S3。
（1）混合气体A由两种单质组成，而且是K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；
（2）A. K2FeO4作净水剂，+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确；
B. K2FeO4中Fe的价层轨道为3d1，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误；
C.溶液B中的阳离子除Fe3+、K+外，还应该有H+，C错误；
D. 溶液C溶液呈碱性的原因加入硫化钠溶液后，溶液中含发生水解，D正确；
答案选AD；
（3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因：①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率（其他合理答案也可给分）；
（4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，阳极电极反应式为：；
（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以设计实验，用作氧化剂生成。向K2FeO4溶液中加入足量MnSO4和稀硫酸，振荡后溶液显紫色，（另取一份K2FeO4溶液，向其中加入足量稀硫酸，溶液褪为无色），说明氧化性。
19．（2024高三上·浙江模拟）锑（Sb）元素的单质与化合物有着广泛的用途。请回答：
（1）锑元素在自然界大多以辉锑矿（主要成分为Sb2S3）形式存在，冶炼的原理为：
反应：
已知该反应在400℃以上才能自发进行，　 　0（填“<”“>”或“=”）。
（2）Sb3+的水解方程式为，下列叙述正确的是 。
A．配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解溶质
B．在较高温度下配制氯化锑溶液
C．氯化锑溶液中加入少量氨水制备氧化锑
D．配制成较浓的氯化锑溶液有利于得到氧化锑固体
（3）工业上可利用真空冶金法处理脆硫铅锑矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）得到Sb2S3蒸汽，总反应方程式为：，随着温度升高，固体产物依次变为气态，达到平衡时Sb2S3、PbS与FeS的蒸汽压（）与温度（T）的关系如图所示：
下列说法不正确的是 。
A．可通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集
B．900K时Sb2S3、PbS大量挥发，FeS仍为非气态
C．相比传统的高温冶炼，真空冶金法的优点是提高了资源的利用率，低碳高效
D．T1时总反应的平衡常数
（4）锑-空气燃料电池是新一代高能量密度电池，电池的负极为金属锑单质，电解质溶液为浓NaOH溶液，锑离子在浓的强碱溶液中以形式存在，两极之间存在阳离子交换膜。当负极溶解2mol锑时，通过阳离子交换膜的离子数为　 　（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
（5）二维锑片是一种新型电化学催化剂，一定条件下可以催化CO2向有机物的转化过程，部分反应历程如下图所示（*表示过渡态），已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，请将过渡态与产物之间的连线补充完整　 　。
【答案】（1）>
（2）A；C
（3）B；D
（4）6NA
（5）
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）反应Sb2S3(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g)的 S＞0，该反应在400℃以上才能自发进行，根据 G= H-T S＜0的反应能自发进行可知，该反应的的 H＞0。
（2）A．根据SbCl3水解的方程式可知，配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解，A项正确；
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解，生成Sb2O3，使溶液变浑浊，不能在较高温度下配制氯化锑溶液，B项错误；
C．氯化锑溶液中加入少量氨水，氨水消耗HCl，使水解平衡正向移动，从而制得氧化锑，C项正确；
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
答案选AC。
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态，则可以通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集，A项正确；
B．由图可知，900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，且随着温度的进一步升高，PbS(g)的蒸汽压显著增大，故900K时PbS没有大量挥发，B项错误；
C．根据真空冶炼法的总反应可知，相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效，C项正确；
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，D项错误；
答案选BD。
（4）金属锑为负极，由题意知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，当负极溶解2mol锑时，负极区消耗12molOH-、生成2mol，为平衡电荷，通过阳离子交换膜的离子物质的量为6mol，则通过阳离子交换膜的离子数为6NA。（5）已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，说明生成HCOOH的活化能最小，结合图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2，故将过渡态与产物之间的连线补充为。
【分析】（1）反应自发进行的条件是 G= H-T S＜0。
（2）A．配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解。
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解。
C．氯化锑溶液中加入的少量氨水消耗HCl，利于水解平衡正向移动。
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态。
B.900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，900K以上，PbS(g)的蒸汽压随温度升高而显著增大。
C．相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效。
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，
（4）金属锑为负极，根据题干信息可知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，据此分析。
（5）反应速率较快的反应，其活化能较小，结合原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2。
（1）反应Sb2S3(s)+3ZnO(s)+3C(s)=2Sb(s)+3ZnS(s)+3CO(g)的 S＞0，该反应在400℃以上才能自发进行，根据 G= H-T S＜0的反应能自发进行可知，该反应的的 H＞0。
（2）A．根据SbCl3水解的方程式可知，配制氯化锑溶液时先用浓盐酸溶解SbCl3，可抑制氯化锑的水解，A项正确；
B．盐类的水解一般是吸热过程，在较高温度下会促进氯化锑的水解，生成Sb2O3，使溶液变浑浊，不能在较高温度下配制氯化锑溶液，B项错误；
C．氯化锑溶液中加入少量氨水，氨水消耗HCl，使水解平衡正向移动，从而制得氧化锑，C项正确；
D．盐溶液的浓度越小、越有利于其水解，故配制较浓的氯化锑溶液不利于得到氧化锑固体，D项错误；
答案选AC。
（3）A．随着温度升高，固体产物依次变为气态，则可以通过控制温度，使气态产物中的各个组分逐一冷凝，实现铅、锑、铁的分离与富集，A项正确；
B．由图可知，900K时PbS蒸汽压的lgpθ较小，且随着温度的进一步升高，PbS(g)的蒸汽压显著增大，故900K时PbS没有大量挥发，B项错误；
C．根据真空冶炼法的总反应可知，相比传统的高温冶炼，真空冶炼法提高了资源的利用率，低碳高效，C项正确；
D．由图可知，T1时Sb2S3(g)的lgpθ=a，则Sb2S3(g)的蒸汽压为10aPa，PbS(g)的lgpθ=0，PbS(g)的蒸汽压为1Pa，此时总反应的平衡常数Kp=(10a)3×(1)4=103a，D项错误；
答案选BD。
（4）金属锑为负极，由题意知，负极的电极反应式为Sb-3e-+6OH-=，当负极溶解2mol锑时，负极区消耗12molOH-、生成2mol，为平衡电荷，通过阳离子交换膜的离子物质的量为6mol，则通过阳离子交换膜的离子数为6NA。
（5）已知在二维锑片表面更生成HCOOH的速度更快，说明生成HCOOH的活化能最小，结合图示、兼顾原子守恒，生成过渡态*OCHO的活化能最小，则过渡态*OCHO转化成HCOOH，过渡态*COOH转化成CO和H2O，过渡态*H转化成H2，故将过渡态与产物之间的连线补充为。
20．（2024高三上·浙江模拟）乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：
+CH3COOH+H2O
某小组根据以下实验流程制备乙酰苯胺：
已知：①苯胺易被氧化，乙酰苯胺在碱性条件下水解；
②各物质性质如下表所示：
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
苯胺 93 6.2 184 微溶于水 易溶于乙醇、乙醚
乙酸 60 16.7 118.1 易溶于水
乙酰苯胺 135 115 304 微溶于冷水，溶于热水
请回答：
（1）锌粉的主要作用是　 　。
（2）如图为步骤Ⅰ的实验装置（加热和夹持仪器已省略）。请回答：
①图中仪器a的名称为　 　，应使用的加热方式为　 　(填“水浴”或“油浴”)。
②下列说法正确的是　 　。
A．上述装置中至少有2处错误
B．上述装置中仪器b起到分馏的作用，沸点高的优先被分离蒸出
C．步骤Ⅱ中可用测定熔点的方式验证产物是否纯净
D．步骤Ⅱ中应收集锥形瓶中的物质进行分离提纯
（3）试从平衡移动角度解释：制备过程中温度控制在105℃左右的原因是　 　。
（4）纯化与分析
①得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验　 　。
→ → → →过滤→洗涤→干燥
a．冷却结晶 b．加冷水溶解 c．趁热过滤 d．活性炭脱色 e．加热水溶解 f．加乙醇溶解
②该实验最终得到纯品10.0g，则乙酰苯胺的产率是　 　（结果保留一位小数）。
【答案】（1）防止苯胺在反应过程中被氧化
（2）圆底烧瓶；油浴；AC
（3）温度过低无法蒸出水，温度过高则蒸出大量乙酸
（4）edca；67.3%
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化；
（2）①图中仪器a的名称为圆底烧瓶；由实验流程可知，各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热，温度才能升高到105℃及以上；
②A．上述装置中存在的错误有：冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封，A正确；
B．仪器b为分馏柱，在分馏过程中，低沸点的成分在蒸气中的含量高，因此沸点低的物质优先被蒸出，B错误；
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃，故用测定熔点的方式验证产物是否纯净，C正确；
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点可知，锥形瓶中主要含水，圆底烧瓶中主要含苯胺、乙酰苯胺和乙酸，则应收集圆底烧瓶中的物质进行分离，D错误；
故选AC。
（3）该反应为可逆反应，制备过程中若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低；
（4）①根据乙酰苯胺溶解性信息，重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品，答案为edca；
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，其；
【分析】（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化。
（2）①根据仪器特征进行分析；各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热。
②A．冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封。
B．仪器b为分馏柱。
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃。
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点进行分析。
（3）该反应为可逆反应，若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低。
（4）①重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品。
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，结合进行分析。
（1）苯胺为还原性液体，易被氧化，加入锌粉可以防止反应过程中苯胺被氧化；
（2）①图中仪器a的名称为圆底烧瓶；由实验流程可知，各物质在105℃反应1h，应采用油浴加热，温度才能升高到105℃及以上；
②A．上述装置中存在的错误有：冷凝水应从冷凝管下端进，上端出；锥形瓶不能用塞子密封，A正确；
B．仪器b为分馏柱，在分馏过程中，低沸点的成分在蒸气中的含量高，因此沸点低的物质优先被蒸出，B错误；
C．由各物质性质表格可知，当产物纯净时，熔点为115℃，若产物不纯净，该混合物的熔点会低于115℃，故用测定熔点的方式验证产物是否纯净，C正确；
D．在105℃下反应后，根据各物质的沸点可知，锥形瓶中主要含水，圆底烧瓶中主要含苯胺、乙酰苯胺和乙酸，则应收集圆底烧瓶中的物质进行分离，D错误；
故选AC。
（3）该反应为可逆反应，制备过程中若温度低于105℃，无法蒸出产物水使平衡正向移动；若温度过高导致蒸出大量乙酸，产物产率降低；
（4）①根据乙酰苯胺溶解性信息，重结晶提纯乙酰苯胺过程中，应加热水溶解，可以加活性炭吸附杂质，为防止乙酰苯胺析出，加入活性炭后应趁热过滤除杂质，最后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥，得乙酰苯胺纯品，答案为edca；
②，，可知乙酸过量，按苯胺计算乙酰苯胺的理论产量为0.11mol，其；
21．（2024高三上·浙江模拟）化合物I是制备抗疟药物的一种关键中间体，其合成路线如下：
已知：①原料a、b均仅含C、H、O元素；
②化合物D可与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀；
③。
请回答：
（1）化合物A的官能团名称为　 　，化合物F的结构简式为　 　。
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为　 　。
（3）下列说法不正确的是 。
A．化合物A易形成氢键，故可与水任意比互溶
B．C→D转化中碳原子的杂化方式发生了改变
C．D→E转化中，有π键的断裂与形成
D．化合物I的分子式为C27H28N2O4
（4）设计以和上述合成路线中的其他有机物为原料合成化合物H的路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出所有符合下列条件的原料b的同分异构体的结构简式：　 　。
①属于芳香化合物，能发生水解反应；
②核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1。
【答案】（1）羟基或酚羟基；
（2）
（3）A；D
（4）
（5）、
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）A中官能团名称为羟基或酚羟基，由分析可知，F的结构简式为；
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为；
（3）A．醇在水中的溶解度与其分子量和结构有关，随着碳原子增多，其溶解度减小，化合物A虽含有-OH，可形成氢键，但不能与水以任意比互溶，A错误，符合题意；
B．C→D转化过程中，C中-CH2OH的C的价层电子对数为，则C为sp3杂化，D中-CHO的C的价层电子对数为，其杂化方式为sp2杂化，B正确，不符合题意；
C．D→E转化中，D中-CHO的-C=O断裂，形成E中-C=C-，故存在π键的断裂与形成，C正确，不符合题意；
D．由图可知，I的分子式为C27H30N2O4，D错误，符合题意；
本题选AD；
（4）形成H，根据结构对比和上述合成路线可知，可先与甲醛发生③的反应生成，再在一定条件下，将-CH2OH氧化成-CHO，再与CH3NO2反应生成，最后催化加氢，得到H（），故其合成路线图如下：；
（5）原料b的分子式为C9H10O2，其同分异构体包含如下条件：①含有苯环，可水解即包含酯基，②核磁共振氢谱中有4组峰，即含有4类H，其个数比为6∶2∶1∶1，故存在2个位置相同的-CH3，综合看其同分异构体为，。
【分析】根据A的结构简式和B的分子式，可推出A→B发生取代反应，则B的结构简式为；根据B、C的结构简式，可推出原料a是HCHO；根据C、E的结构简式，结合D的分子式，可推出D的结构简式为；根据E、G的结构简式，结合F的分子式，可推出E→F发生还原反应，则F的结构简式为为，原料b为，结合有机物的性质进行分析。
（1）A中官能团名称为羟基或酚羟基，由分析可知，F的结构简式为；
（2）B→C的原子利用率为100%，化学方程式为；
（3）A．醇在水中的溶解度与其分子量和结构有关，随着碳原子增多，其溶解度减小，化合物A虽含有-OH，可形成氢键，但不能与水以任意比互溶，A错误，符合题意；
B．C→D转化过程中，C中-CH2OH的C的价层电子对数为，则C为sp3杂化，D中-CHO的C的价层电子对数为，其杂化方式为sp2杂化，B正确，不符合题意；
C．D→E转化中，D中-CHO的-C=O断裂，形成E中-C=C-，故存在π键的断裂与形成，C正确，不符合题意；
D．由图可知，I的分子式为C27H30N2O4，D错误，符合题意；
本题选AD；
（4）形成H，根据结构对比和上述合成路线可知，可先与甲醛发生③的反应生成，再在一定条件下，将-CH2OH氧化成-CHO，再与CH3NO2反应生成，最后催化加氢，得到H（），故其合成路线图如下：；
（5）原料b的分子式为C9H10O2，其同分异构体包含如下条件：①含有苯环，可水解即包含酯基，②核磁共振氢谱中有4组峰，即含有4类H，其个数比为6∶2∶1∶1，故存在2个位置相同的-CH3，综合看其同分异构体为，。
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