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浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题
1．（2024高三上·浙江开学考）下列物质属于盐的是
A．HNO3 B．K2O2 C．CH3NH3Cl D．Mg3N2
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．硝酸在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A错误；
B．过氧化钾由钾离子和过氧根离子构成，属于氧化物，不是盐，B错误；
C．甲胺(CH3NH2)为一元弱碱，与盐酸反应生成盐酸盐CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl属于盐， C正确；
D．氮化镁的阴离子不是酸根离子，属于氮化物，不是盐，D错误；
故选C。
【分析】盐是指由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子构成的化合物。
2．（2024高三上·浙江开学考）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸具有难挥发性，可用于制备气体
B．具有氧化性，工业上可用氨水吸收除去
C．具有还原性，可用于除去工业废水中的
D．难溶于水且不被射线透过，可用作钡餐
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．浓硫酸具有难挥发性（高沸点），而盐酸具有挥发性，实验室中常用浓硫酸与氯化钠固体反应来制备HCl气体，A正确；
B．是酸性氧化物，能与碱发生反应，氨水是一种碱溶液，工业上用氨水吸收SO2利用了SO2酸性氧化物的性质，B错误；
C．可用于除去工业废水中的，是因为 电离产生的S2-能与 结合生成HgS沉淀，与还原性无关，C错误；
D．硫酸钡可用作钡餐，一方面是因为硫酸钡难溶于水，另一方面是它不能与胃液中的盐酸反应，并且不被X射线透过，D错误；
故选A。
【分析】A．高沸点酸可制取挥发性酸；
Ｂ． 是酸性氧化物，它能与碱发生反应；
Ｃ． 电离产生的S2-能与 结合生成HgS沉淀；
Ｄ．硫酸钡难溶于水，且不与盐酸反应。
3．（2024高三上·浙江开学考）下列表示正确的是
A．丙氨酸的结构简式：
B．基态氧原子的价电子排布图为：
C．的价层电子对互斥()模型：
D．中子数为34的锌原子：
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构简式
【解析】【解答】A．丙氨酸的结构简式为CH3CH(NH2)COOH， 是甘氨酸的结构简式，故A错误；
B．氧原子的核外电子数为 8，基态氧原子的价电子排布式为2s22p4，电子分布到能量筒并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，这种排布方式原子的总能量最低，则基态氧原子的价电子排布图为：，故B正确；
C．的价层电子对数为：，含有2对孤电子对，价层电子对互斥()模型为四面体形，给出的模型是直线形，故C错误；
D．锌原子的质子数为 30，中子数为 34 时，质量数为30 + 34 = 64，该锌原子应表示为：，故D错误；
故答案选B。
【分析】A． 是甘氨酸；
Ｂ．O原子的价电子排布式为2s22p4；
Ｃ． 中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
4．（2024高三上·浙江开学考）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．装置①可用于制备并测量其体积
B．装置②可用于制作简单燃料电池
C．装置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱
D．装置④盐桥中的阳离子向右池迁移起形成闭合回路的作用
【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；苯酚的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．氨气极易溶于水，不能用排水法测量其体积，所以装置①不能用于测量氨气的体积，A错误；
B．断开K1、闭合K2，可以构成氢氧燃料电池，石墨作电极，硫酸钠溶液作电解质溶液，故B正确；
C．稀盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性强弱的比较，C错误；
D．Zn电极应插入硫酸锌溶液中，Cu电极应插入硫酸铜溶液中，构造错误，D错误；
答案选B。
【分析】A．氨气极易溶于水；
Ｂ．氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
Ｃ．稀盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与苯酚钠反应生成苯酚；
Ｄ．阳离子向正极移动。
5．（2024高三上·浙江开学考）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．工业上，可经过原子利用率都是的两步反应，实现由乙烯合成乙二醇
B．天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇等
C．制作豆腐时加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉
D．乙酸甘油酯在碱性条件下水解，该反应可用于肥皂的生产
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；化石燃料与基本化工原料；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．一种以乙烯为原料制备乙二醇的合成方法为：，①②为2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均进入生成物中，原子利用率均为100%，故A正确；
B．天然气的主要成分为甲烷，在合成氨工业中，甲烷可与水蒸气反应制取氢气，氢气是合成氨的重要原料，在生产甲醇方面，先由甲烷制合成气，再制得甲醇，故B正确；
C．豆浆为胶体，加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂能使豆浆中的蛋白质聚沉，从而制作成豆腐，故C正确；
D．乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解生成乙酸盐和甘油，不能得到高级脂肪酸盐，该反应不可用于肥皂的生产，故D错误；
故答案选D。
【分析】A．所有原子均进入生成物时原子利用率均为 100%；
Ｂ．天然气的主要成分是甲烷；
Ｃ．电解质能使胶体发生聚沉；
Ｄ．乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯。
6．（2024高三上·浙江开学考）工业上用(分子结构：)与甲烷为原料制备，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键和键数量之比为
B．既是氧化剂又是还原剂
C．生成标准状况下的气体，断开键数为
D．若该反应转移电子数，则被还原的有
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CS2与CO2结构类似，其结构式为，双键含有1个σ键和1个π键，则1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；
B．该反应中，CH4中的C元素化合价升高，则CH4为还原剂，S8中S元素降低，则S8为氧化剂，故B错误；
C．标准状况下，11.2LH2S的物质的量为0.5mol，1个S8中含有8个S-S键，根据可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，数目为，故C正确；
D．该反应中，CH4为还原剂，被氧化，故D错误；
故答案选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
Ｂ．该反应中，C元素化合价升高，S元素化合价降低；
Ｃ.1个S8中含有8个S-S键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．（2024高三上·浙江开学考）类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是
选项 已知 结论
A 冠(冠醚)能识别 冠(冠醚)能识别
B 石墨晶体可以导电 石墨的化学键具有金属键的性质
C 擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈 防止潮湿环境下发生化学腐蚀
D 常温下， 常温下，溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.15—冠—5（冠醚）能识别Na+，说明15 - 冠 - 5 的空腔大小适合识别 ，而 12 - 冠 - 4 的空腔较小，适合识别Li+，K+半径较大，12 - 冠 - 4 不能识别K+，但由于K+的离子直径比Na+的离子直径大，而12—冠—4（冠醚）的空腔直径更小，因此不能识别离子直径更大的，故A错误；
B．擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈，是防止潮湿环境下发生电化学腐蚀，而不是化学腐蚀，在潮湿环境中，铁锅表面形成原电池，加速铁的腐蚀，故B正确；
C．擦干已洗净铁锅表面的水，可以防止潮湿环境下铁锅发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故C错误；
D．和属于不同类型的难溶电解质，则由，不能推测出两者的溶解度关系，故D错误；
故答案选B。
【分析】A．冠醚识别离子是基于冠醚的空腔大小与离子半径的匹配；
Ｂ．金属键是金属阳离子与自由电子之间的强烈相互作用；
Ｃ．防止潮湿环境下铁发生电化学腐蚀；
Ｄ．对于不同类型的难溶电解质，不能直接根据溶度积常数Ksp的大小来比较溶解度的大小。
8．（2024高三上·浙江开学考）下列方程式正确的是
A．溶液中加入稀硫酸：
B．碳酸氢钠溶液呈碱性：
C．甘油和硝酸发生酯化反应：
D．在酸催化下，苯酚与甲醛反应可生成羟甲基苯酚：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．溶液中加入稀硫酸，发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫，正确离子方程式为，A错误；
B．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，正确的水解的离子方程式为，B错误；
C．甘油和硝酸在浓硫酸催化加热下发生酯化反应生成，为可逆反应，反应的化学方程式为，C错误；
D．苯酚和甲醛在酸催化剂的条件下反应生成，反应方程式为，D正确；
故选D。
【分析】A．在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫；
Ｂ．碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧根；
Ｃ．甘油和硝酸发生酯化反应得到；
Ｄ．苯酚与甲醛反应生成。
9．（2024高三上·浙江开学考）有机物经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示分子中有羧基，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。关于的说法不正确的是
A．能与溴水发生加成反应
B．能与酸性高锰酸钾发生氧化反应
C．能发生消去反应
D．自身可发生缩聚反应
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．CH3CH(OH)COOH只含羟基、羧基，没有碳碳双键等能与溴水发生加成反应的官能团，所以不能与溴水发生加成反应，A错误；
B．CH3CH(OH)COOH含有羟基，羟基具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，所以可以与酸性高锰酸钾发生氧化反应，B正确；
C．醇类发生消去反应的条件是与羟基直接相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，CH3CH(OH)COOH含有羟基，且与羟基直接相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；
D．CH3CH(OH)COOH含有羟基、羧基，自身能发生缩聚反应，D正确；
故选A。
【分析】由质谱图可知该有机物相对分子质量为 90，红外光谱显示分子中有羧基，羧基的相对分子质量为 45。核磁共振氢谱有 3 组峰，说明分子中有 3 种不同化学环境的氢原子。结合只含碳、氢、氧三种元素，可推出该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH。
10．（2024高三上·浙江开学考）主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。
下列说法不正确的是
A．键角：
B．分子的极性：
C．简单离子半径：
D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，为，的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，因此键角：，故A正确；
B．分子的极性与元素的电负性有关，电负性差异越大，分子的极性越强，W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，水分子中O-H键的极性大于H2S中S-H键的极性，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：，故B错误；
C．电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，O2-有2个电子层，K+和S2-都有3个电子层，且K+的质子数大于S2-的质子数，所以简单离子半径：，故C正确；
D．四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；
故答案选B。
【分析】的基态原子核外电子的空间运动状态共10种 ，且Z形成的离子为Z+，则Z的核外电子排布式为，则Z为K元素，、的价电子数相等 ，结合成键情况可知，X为O元素，Y为S元素。
11．（2024高三上·浙江开学考）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A．对比进程图，苯更易生成硝基苯的主要原因是该反应速率更快、产物更稳定
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．经两步反应生成产物Ⅰ的反应热
D．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物Ⅰ的产率
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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．生成产物 Ⅱ 的反应的活化能比生成产物 Ⅰ 的活化能更低，根据活化能越低反应速率越快的原理，生成产物 Ⅱ（硝基苯）的反应速率更快，又因为产物 Ⅱ 的能量更低，依据能量越低物质越稳定，所以产物 Ⅱ 更稳定，这使得苯更易生成硝基苯，故A正确；
B．M的六元环中与相连的C为杂化，苯环上的碳原子为sp2杂化，因此反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变，故B正确；
C．生成产物 Ⅰ 的反应热不等于E1-E2，反应热是反应物总能量与生成物总能量的差值，而E1是第一步反应的正反应活化能，E2是第二步反应的逆反应活化能，只是两种活化能的差值，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能从而加快反应速率，加入选择性高的催化剂，能加快生成产物 Ⅰ 的反应速率，所以短时间内可以提高单位时间内产物 Ⅰ 的产率，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．反应热是反应物总能量与生成物总能量的差值；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
12．（2024高三上·浙江开学考）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是
A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤
B．碳正离子中间体的稳定性：
C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大
D．与加成的主要产物为
【答案】D
【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；烯烃
【解析】【解答】A．慢反应决定总反应的反应速率，第一步为慢反应，则第一步为反应的决速步骤，A正确；
B．物质的能量越低越稳定，第一步慢反应得到的碳正离子为，说明第一步可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确；
C．该反应的总反应速率由第一步反应决定，第一步反应与氢离子有关，酸性HI>HBr>HCl，则CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；
D．烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误；
故选D。
【分析】总反应的反应速率由慢反应决定。
13．（2024高三上·浙江开学考）表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是
A．图中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B．图中铁钉上的电极反应式：
C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D．图中，会出现蓝、红、蓝三个色块
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在图 B 中，锌和铁形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极。在这种情况下，锌作为阳极被氧化而消耗，从而保护了作为阴极的铁，这种保护方法叫做牺牲阳极的阴极保护法。所以图 B 中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．图B中铁作正极，电极反应式为：，故B错误；
C．该装置形成了原电池，原电池工作时，溶液中存在离子的定向移动，在这个装置中，离子在半凝固态的琼脂内同样可定向移动，以形成闭合回路，使原电池能够正常工作，故C正确；
D．图A中，铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：，Fe2+与反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；
故答案选B。
【分析】在图 A 中，铁和铜形成原电池，铁为负极，电极反应式为，铜为正极，电极反应式为：；在图 B 中，锌和铁形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，电极反应式为：，铁作正极，电极反应式为：。
14．（2024高三上·浙江开学考）加热煮沸的浓溶液和白磷反应可制，该过程同时可获得。其中一个反应为：。下列说法不正确的是
A．热稳定性：，沸点：
B．、与都是分子晶体
C．制备过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、非极性键的形成
D．已知的配位能力比强，这是由于配体中的P存在3d空轨道
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．N2H4分子能与水分子形成分子间氢键，P2H4只存在范德华力，含有氢键的物质沸点高，则沸点：，故A项错误；
B．、、都是由分子构成，属于分子晶体，故B项正确；
C．根据 ，同时可获得 可知，反应物中存在P-P非极性键，O-H极性键的断裂，生成物中存在P-P非极性键，P-H极性键的形成，故C项正确；
D．当 PH3与过渡金属中心配位时，P的3d空轨道可与金属中心的 d 轨道重叠，形成配位键，使PH3与过渡金属生成的配合物更加稳定，因此与金属离子的配位能力NH3＜PH3，故D项正确；
故选A。
【分析】A．形成分子间氢键能提高物质的沸点；
Ｂ．、与均由分子构成；
Ｃ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｄ．配位能力取决于配体给出孤对电子的能力，以及与中心原子形成配位键的稳定性。
15．（2024高三上·浙江开学考）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为。体系中所有含碳微粒物质的量分数随变化关系如图所示
[例如]。
下列说法不正确的是
A．曲线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，曲线Ⅱ表示的变化情况，故A正确；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数：，故B正确；
C．pH=n时，，根据CH3COOH的电离平衡常数：，有，的，，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C错误；
D．随着pH的增大，即增大，根据图像及分析可知，促使③Ag+的水解平衡正向移动，而浓度减小，导致平衡逆向移动，根据分析可知，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系，之后，减小程度较大，但依旧增大，说明增大，增大，符合分析，因此之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀，故D正确；
故答案选C。
【分析】在溶液中存在平衡：①；
②；
③Ag+的水解平衡；
随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①、③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH小于（约小于p）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于p）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，综合可知：曲线Ⅰ表示CH3COOH的物质的量分数随pH变化的关系，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。
16．（2024高三上·浙江开学考）根据下列实验目的设计实验方案，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分 取少量固体粉末，加入蒸馏水 有气体生成 钠在氧气中燃烧所得产物为
B 比较水的电离程度 常温下，用计分别测定和溶液的 均为 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
C 探究温度对化学平衡的影响 取溶液于试管中，将试管加热 溶液变绿 温度升高平衡逆向移动
D 定性证明配合物(亮黄色)只有在高浓度的条件下才是稳定的 取工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液 溶液亮黄色褪去，变为很浅的黄色 配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钠燃烧生成的过氧化钠可以与水反应产生气体，而若是固体粉末中含有钠，若固体粉末中含有钠，钠会与水发生反应生成氢气，所以当有气体生成时，固体不一定为过氧化钠，也可能含有钠单质，故A错误；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但水解程度与浓度有关，浓度越小，水解程度越大，不同浓度的 溶液中水的电离程度是不相同的，故B错误；
C．在氯化铜溶液中存在平衡：，呈蓝色， 呈绿色，加热，溶液变绿，说明升温的平衡正向移动，故C错误；
D．向盐酸中滴加几滴硝酸银饱和溶液，的平衡正向移动，的浓度减小，说明配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的，故D正确；
故答案选D。
【分析】A．钠也能与水反应生成氢气；
Ｂ．水解程度与浓度有关，浓度越小，水解程度越大；
Ｃ．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
17．（2024高三上·浙江开学考）第Ⅲ族元素、、等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。
请回答：
（1）基态原子的简化电子排布式是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．、中硼原子的杂化方式均为
B．氧化物的化学键中离子键成分的百分数：
C．与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有5种
D．相同条件下在水中溶解度：氨硼烷()>乙烷
（3）常以二聚体形式存在，且各原子均满足结构。将该二聚体溶于生成：。
①该二聚体中存在的化学键有　 　。
A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键
②的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，则的阳离子的结构式为　 　。
（4）①氮化镓是第三代半导体材料。传统制备是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是　 　。
②的一种晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(用含、、的式子表示)。
【答案】（1）
（2）A；B
（3）；( 甲基中键分开写亦可)
（4）中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）镓是第31号元素，镓原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，因此杂化方式不同，故A错误；
B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞B＞Ga，电负性差值越大，离子键百分数越大，化学键中离子键成分的百分数较大的是Ga2O3，故B错误；
C．同周期的主族元素从左往右第一电离能呈现增大趋势，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族电子排布为半充满状态，较为稳定，因此与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五种元素，故C正确；
D．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正确；
故答案选AB。
（3）①以二聚体形式存在，且各原子均满足结构，可知该二聚体为，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，而铝的最外层为3个电子，因此还存在一个配位键，故答案选：AC；
②X的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，因此该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN、Br，因此X的阳离子的结构式为：。
（4）①传统制备是采用与在一定条件下反应制备，中存在，键能大，反应要求高；也可能使由于，产物中气体分子数减少，属于熵减反应不利于反应的进行，故答案为：中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
②该晶胞中含有Ga原子数目为，含有N原子数目为，晶胞底面为菱形，锐角为，边长为apm，则底面面积，则晶胞体积，则其密度。
【分析】（1）Ga为31号元素，核外共有31个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）A．中B原子的价层电子对数为3，中B原子的价层电子对数为4；
Ｂ．离子键成分的百分数与元素的电负性差值有关，电负性差值越大，离子键成分的百分数越大；
Ｃ．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｄ．氨硼烷与水分子间能形成氢键，乙烷不能；
（3） 二聚体中含有极性键和配位键；
（4）①氮气中两个N原子间形成三键，键能较大；
②根据均摊法和计算。
（1）镓是第31号元素，镓原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，因此杂化方式不同，故A错误；
B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞B＞Ga，电负性差值越大，离子键百分数越大，化学键中离子键成分的百分数较大的是Ga2O3，故B错误；
C．同周期的主族元素从左往右第一电离能呈现增大趋势，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族电子排布为半充满状态，较为稳定，因此与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五种元素，故C正确；
D．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正确；
故答案选AB。
（3）①以二聚体形式存在，且各原子均满足结构，可知该二聚体为，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，而铝的最外层为3个电子，因此还存在一个配位键，故答案选：AC；
②X的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，因此该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN、Br，因此X的阳离子的结构式为：。
（4）①传统制备是采用与在一定条件下反应制备，中存在，键能大，反应要求高；也可能使由于，产物中气体分子数减少，属于熵减反应不利于反应的进行，故答案为：中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
②该晶胞中含有Ga原子数目为，含有N原子数目为，晶胞底面为菱形，锐角为，边长为apm，则底面面积，则晶胞体积，则其密度。
18．（2024高三上·浙江开学考）铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀的主要成分为　 　(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是　 　。
（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C．溶液1可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾粗产品
D．溶液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低
（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。
步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因　 　。
（5）步骤5需要在碱性环境下进行，设计实验验证溶液4中含有　 　。
【答案】（1）、；还原性
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含(其他合理答案亦可)
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B为、，步骤5中主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为。
（3）A．骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀，A正确；
B．骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；
D．液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；
故选ACD。
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为。
（5）验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含。
【分析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，在步骤 1 中加入了H2SO4、H2O2和NaCl，Pb会与H2SO4反应生成PbSO4沉淀，Ag会与Cl-结合生成AgCl沉淀，在后续步骤 2 中这些沉淀没有进一步反应，所以沉淀 B 的主要成分为、 ，铜溶解得到硫酸铜溶液，则溶液1为硫酸铜，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可以得到胆矾，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀，在步骤 5 中HCHO将溶液中的银离子还原为单质银。
（1）由分析可知，沉淀B为、，步骤5中主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为。
（3）A．骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀，A正确；
B．骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；
D．液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；
故选ACD。
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为。
（5）验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含。
19．（2024高三上·浙江开学考）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法是当前研究的热点问题。
请回答：
（1）甲烷水蒸气重整制氢：
I．
Ⅱ．
总反应：能自发进行的条件是　 　。
A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断
（2）恒定压强为时，向某密闭容器中按投料，600℃时平衡体系中部分组分的物质的量分数如下表所示：
组分
物质的量分数
①下列措施中一定能提高H2平衡产率的是　 　。
A．选择合适的催化剂 B．移除部分
C．向体系中投入少量 D．恒温恒压下通入气体
②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数()，600℃时反应I的平衡常数为　 　(结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①根据上图写出水解制氢的离子方程式　 　。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过后制氢速率下降的可能原因　 　。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。
阴极上的电极反应式是　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。
（2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；
B．移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；
C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意；
D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；
故答案选CD；
②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：；
②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。
【分析】（1）根据<0时反应自发进行分析；
（2）①化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②根据计算；
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气；
②浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ；
③阴极发生还原反应。
（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。
（2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；
B．移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；
C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意；
D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；
故答案选CD；
②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：；
②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。
20．（2024高三上·浙江开学考）氧钒()碱式碳酸铵晶体{}，紫红色，难溶于水和乙醇，是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。实验室以为原料制备该晶体，过程如下：
已知：+4价钒的化合物易被氧化。
请回答：
（1）步骤ⅰ生成的同时，还生成一种无毒无害的气体，请写出该反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅱ可在如图装置中进行。
①盛装溶液的仪器名称为　 　。上述装置依次连接的顺序为　 　(按气流方向，用各接口小写字母表示)。
②实验时，先打开，一段时间后，当观察到　 　(填实验现象)时，再关闭，打开，进行实验。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．已知还原性：浓盐酸，步骤ⅰ可用浓盐酸与反应制备，更经济环保
B．步骤ⅱ中，盛装溶液和溶液的位置可以互换
C．步骤ⅲ中，可先用冷水洗涤晶体，再用无水乙醇洗涤
D．步骤ⅲ中，为快速得到干燥的产品，可采用高温烘干的方式
（4）粗产品中钒元素含量的测定：称取样品于锥形瓶中，用适量稀硫酸溶解后，加入稍过量的溶液，充分反应后继续加溶液至稍过量，再用尿素除去过量的，滴入几滴溶液，用标准溶液滴定至终点，重复三次，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：具有还原性，滴定原理为：。
①滴定终点的现象为　 　。
②粗产品中钒元素的质量分数为　 　。
【答案】（1）
（2）恒压滴(分)液漏斗；；装置乙中不再产生红棕色气体
（3）A；B；D
（4）当滴入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀生成且半分钟内沉淀不消失；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）中加入盐酸和，微沸数分钟，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：。
（2）①根据仪器结构特点可知盛装溶液的仪器名称为：恒压滴(分)液漏斗；
根据分析，丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，乙为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为：eabfgcd，故答案为：恒压滴(分)液漏斗；；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开，丙装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则甲装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到装置乙中不再产生红棕色气体，说明空气已排尽，再关闭，打开K2，进行实验，故答案为：装置乙中不再产生红棕色气体。
（3）A．浓盐酸具有还原性更强，能与V2O5发生氧化还原反应：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于产生有毒的Cl2，因此步骤ⅰ不可用浓盐酸与反应制备，故A错误；
B．VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的氯离子，若是交换顺序，则氯离子会有残留，故B错误；
C．用乙醇洗涤，减少产品的损失，同时乙醇易挥发，方便干燥，故C正确；
D．用加热的方法烘干，容易造成晶体失去结晶水，故D错误；
故答案选ABD。
（4）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且或半分钟内沉淀不消失；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒元素的质量分数。
【分析】向V2O5中加入6mol/L盐酸和，反应生成，还生成一种无毒无害的气体，根据原子守恒可知，该气体为氮气，则反应的还学方程式为，向溶液中加入溶液，经抽滤、洗涤得到；步骤ⅱ：装置丙中，石灰石和稀盐酸反应制得CO2，稀盐酸易挥发，制得的CO2中含有HCl杂质，通过装置甲除去HCl杂质，装置乙为混合气体的装置，装置丁中，发生反应制得。
（1）中加入盐酸和，微沸数分钟，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：。
（2）①根据仪器结构特点可知盛装溶液的仪器名称为：恒压滴(分)液漏斗；
根据分析，丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，乙为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为：eabfgcd，故答案为：恒压滴(分)液漏斗；；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开，丙装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则甲装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到装置乙中不再产生红棕色气体，说明空气已排尽，再关闭，打开K2，进行实验，故答案为：装置乙中不再产生红棕色气体。
（3）A．浓盐酸具有还原性更强，能与V2O5发生氧化还原反应：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于产生有毒的Cl2，因此步骤ⅰ不可用浓盐酸与反应制备，故A错误；
B．VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的氯离子，若是交换顺序，则氯离子会有残留，故B错误；
C．用乙醇洗涤，减少产品的损失，同时乙醇易挥发，方便干燥，故C正确；
D．用加热的方法烘干，容易造成晶体失去结晶水，故D错误；
故答案选ABD。
（4）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且或半分钟内沉淀不消失；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒元素的质量分数。
21．（2024高三上·浙江开学考）苯烯莫德是一种小分子药物，因可抑制多种自身免疫性疾病而成为研究热点。其合成路线如下：
已知：①
②
请回答：
（1）化合物的官能团名称是　 　。
（2）化合物的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基
B．化合物能被酸性高锰酸钾氧化转化为化合物
C．的反应涉及加成反应和消去反应
D．苯烯莫德的酸性强于
（4）写出的化学方程式　 　。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应；
②与溶液反应显紫色；
③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子。
【答案】（1）醛基、醚键
（2）
（3）B；D
（4）
（5）
（6）、、、、、、、
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物F为，官能团名称是：醛基、醚键。
（2）根据分析可知，化合物A的结构简式是：。
（3）A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基，故A正确；
B．化合物E为，结构中的羟基、异丙基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此生成的是，不能生成D，故B错误；
C．根据F与H的结构对比可知，F中的醛基被加成，而后消去产生H，故C正确；
D．苯烯莫德为，烃基越长，推电子效应越小，因此中的酚羟基的酸性弱于，故D错误；
故答案选BD。
（4）为取代反应，反应为：。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线为：。
（6）F为，满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有：、、、、、、、（任写四种）。
【分析】E在Cu作催化剂的条件下，发生氧化反应得到F，联想到醇催化氧化生成醛，结合F的结构简式可知，E的结构简式为，D发生还原反应生成E，则D为，C与发生取代反应生成D，则C为，A与CH3I发生取代反应生成B，B被酸性高锰酸钾氧化得到C，则B的结构简式为，A的结构简式为 ；F和G反应生成H，结合F、H的结构简式和G的分子式可知，G的结构简式为，H发生已知①的反应生成I，I与吡啶发生取代反应得到产物苯烯莫德，则I的结构简式为。
（1）化合物F为，官能团名称是：醛基、醚键。
（2）根据分析可知，化合物A的结构简式是：。
（3）A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基，故A正确；
B．化合物E为，结构中的羟基、异丙基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此生成的是，不能生成D，故B错误；
C．根据F与H的结构对比可知，F中的醛基被加成，而后消去产生H，故C正确；
D．苯烯莫德为，烃基越长，推电子效应越小，因此中的酚羟基的酸性弱于，故D错误；
故答案选BD。
（4）为取代反应，反应为：。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线为：。
（6）F为，满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有：、、、、、、、（任写四种）。
1 / 1浙江省Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题
1．（2024高三上·浙江开学考）下列物质属于盐的是
A．HNO3 B．K2O2 C．CH3NH3Cl D．Mg3N2
2．（2024高三上·浙江开学考）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸具有难挥发性，可用于制备气体
B．具有氧化性，工业上可用氨水吸收除去
C．具有还原性，可用于除去工业废水中的
D．难溶于水且不被射线透过，可用作钡餐
3．（2024高三上·浙江开学考）下列表示正确的是
A．丙氨酸的结构简式：
B．基态氧原子的价电子排布图为：
C．的价层电子对互斥()模型：
D．中子数为34的锌原子：
4．（2024高三上·浙江开学考）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．装置①可用于制备并测量其体积
B．装置②可用于制作简单燃料电池
C．装置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱
D．装置④盐桥中的阳离子向右池迁移起形成闭合回路的作用
5．（2024高三上·浙江开学考）化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是
A．工业上，可经过原子利用率都是的两步反应，实现由乙烯合成乙二醇
B．天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇等
C．制作豆腐时加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉
D．乙酸甘油酯在碱性条件下水解，该反应可用于肥皂的生产
6．（2024高三上·浙江开学考）工业上用(分子结构：)与甲烷为原料制备，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键和键数量之比为
B．既是氧化剂又是还原剂
C．生成标准状况下的气体，断开键数为
D．若该反应转移电子数，则被还原的有
7．（2024高三上·浙江开学考）类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是
选项 已知 结论
A 冠(冠醚)能识别 冠(冠醚)能识别
B 石墨晶体可以导电 石墨的化学键具有金属键的性质
C 擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈 防止潮湿环境下发生化学腐蚀
D 常温下， 常温下，溶解度：
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江开学考）下列方程式正确的是
A．溶液中加入稀硫酸：
B．碳酸氢钠溶液呈碱性：
C．甘油和硝酸发生酯化反应：
D．在酸催化下，苯酚与甲醛反应可生成羟甲基苯酚：
9．（2024高三上·浙江开学考）有机物经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示分子中有羧基，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。关于的说法不正确的是
A．能与溴水发生加成反应
B．能与酸性高锰酸钾发生氧化反应
C．能发生消去反应
D．自身可发生缩聚反应
10．（2024高三上·浙江开学考）主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。
下列说法不正确的是
A．键角：
B．分子的极性：
C．简单离子半径：
D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物
11．（2024高三上·浙江开学考）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A．对比进程图，苯更易生成硝基苯的主要原因是该反应速率更快、产物更稳定
B．反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C．经两步反应生成产物Ⅰ的反应热
D．加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物Ⅰ的产率
12．（2024高三上·浙江开学考）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是
A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤
B．碳正离子中间体的稳定性：
C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大
D．与加成的主要产物为
13．（2024高三上·浙江开学考）表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是
A．图中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B．图中铁钉上的电极反应式：
C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D．图中，会出现蓝、红、蓝三个色块
14．（2024高三上·浙江开学考）加热煮沸的浓溶液和白磷反应可制，该过程同时可获得。其中一个反应为：。下列说法不正确的是
A．热稳定性：，沸点：
B．、与都是分子晶体
C．制备过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、非极性键的形成
D．已知的配位能力比强，这是由于配体中的P存在3d空轨道
15．（2024高三上·浙江开学考）常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为。体系中所有含碳微粒物质的量分数随变化关系如图所示
[例如]。
下列说法不正确的是
A．曲线Ⅱ表示的变化情况
B．的电离平衡常数
C．时，
D．之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀
16．（2024高三上·浙江开学考）根据下列实验目的设计实验方案，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分 取少量固体粉末，加入蒸馏水 有气体生成 钠在氧气中燃烧所得产物为
B 比较水的电离程度 常温下，用计分别测定和溶液的 均为 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
C 探究温度对化学平衡的影响 取溶液于试管中，将试管加热 溶液变绿 温度升高平衡逆向移动
D 定性证明配合物(亮黄色)只有在高浓度的条件下才是稳定的 取工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液 溶液亮黄色褪去，变为很浅的黄色 配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江开学考）第Ⅲ族元素、、等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。
请回答：
（1）基态原子的简化电子排布式是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．、中硼原子的杂化方式均为
B．氧化物的化学键中离子键成分的百分数：
C．与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有5种
D．相同条件下在水中溶解度：氨硼烷()>乙烷
（3）常以二聚体形式存在，且各原子均满足结构。将该二聚体溶于生成：。
①该二聚体中存在的化学键有　 　。
A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键
②的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，则的阳离子的结构式为　 　。
（4）①氮化镓是第三代半导体材料。传统制备是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是　 　。
②的一种晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(用含、、的式子表示)。
18．（2024高三上·浙江开学考）铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀的主要成分为　 　(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是　 　。
（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C．溶液1可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾粗产品
D．溶液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低
（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。
步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因　 　。
（5）步骤5需要在碱性环境下进行，设计实验验证溶液4中含有　 　。
19．（2024高三上·浙江开学考）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法是当前研究的热点问题。
请回答：
（1）甲烷水蒸气重整制氢：
I．
Ⅱ．
总反应：能自发进行的条件是　 　。
A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断
（2）恒定压强为时，向某密闭容器中按投料，600℃时平衡体系中部分组分的物质的量分数如下表所示：
组分
物质的量分数
①下列措施中一定能提高H2平衡产率的是　 　。
A．选择合适的催化剂 B．移除部分
C．向体系中投入少量 D．恒温恒压下通入气体
②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数()，600℃时反应I的平衡常数为　 　(结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①根据上图写出水解制氢的离子方程式　 　。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过后制氢速率下降的可能原因　 　。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。
阴极上的电极反应式是　 　。
20．（2024高三上·浙江开学考）氧钒()碱式碳酸铵晶体{}，紫红色，难溶于水和乙醇，是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。实验室以为原料制备该晶体，过程如下：
已知：+4价钒的化合物易被氧化。
请回答：
（1）步骤ⅰ生成的同时，还生成一种无毒无害的气体，请写出该反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤ⅱ可在如图装置中进行。
①盛装溶液的仪器名称为　 　。上述装置依次连接的顺序为　 　(按气流方向，用各接口小写字母表示)。
②实验时，先打开，一段时间后，当观察到　 　(填实验现象)时，再关闭，打开，进行实验。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．已知还原性：浓盐酸，步骤ⅰ可用浓盐酸与反应制备，更经济环保
B．步骤ⅱ中，盛装溶液和溶液的位置可以互换
C．步骤ⅲ中，可先用冷水洗涤晶体，再用无水乙醇洗涤
D．步骤ⅲ中，为快速得到干燥的产品，可采用高温烘干的方式
（4）粗产品中钒元素含量的测定：称取样品于锥形瓶中，用适量稀硫酸溶解后，加入稍过量的溶液，充分反应后继续加溶液至稍过量，再用尿素除去过量的，滴入几滴溶液，用标准溶液滴定至终点，重复三次，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：具有还原性，滴定原理为：。
①滴定终点的现象为　 　。
②粗产品中钒元素的质量分数为　 　。
21．（2024高三上·浙江开学考）苯烯莫德是一种小分子药物，因可抑制多种自身免疫性疾病而成为研究热点。其合成路线如下：
已知：①
②
请回答：
（1）化合物的官能团名称是　 　。
（2）化合物的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基
B．化合物能被酸性高锰酸钾氧化转化为化合物
C．的反应涉及加成反应和消去反应
D．苯烯莫德的酸性强于
（4）写出的化学方程式　 　。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应；
②与溶液反应显紫色；
③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A．硝酸在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A错误；
B．过氧化钾由钾离子和过氧根离子构成，属于氧化物，不是盐，B错误；
C．甲胺(CH3NH2)为一元弱碱，与盐酸反应生成盐酸盐CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl属于盐， C正确；
D．氮化镁的阴离子不是酸根离子，属于氮化物，不是盐，D错误；
故选C。
【分析】盐是指由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子构成的化合物。
2．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．浓硫酸具有难挥发性（高沸点），而盐酸具有挥发性，实验室中常用浓硫酸与氯化钠固体反应来制备HCl气体，A正确；
B．是酸性氧化物，能与碱发生反应，氨水是一种碱溶液，工业上用氨水吸收SO2利用了SO2酸性氧化物的性质，B错误；
C．可用于除去工业废水中的，是因为 电离产生的S2-能与 结合生成HgS沉淀，与还原性无关，C错误；
D．硫酸钡可用作钡餐，一方面是因为硫酸钡难溶于水，另一方面是它不能与胃液中的盐酸反应，并且不被X射线透过，D错误；
故选A。
【分析】A．高沸点酸可制取挥发性酸；
Ｂ． 是酸性氧化物，它能与碱发生反应；
Ｃ． 电离产生的S2-能与 结合生成HgS沉淀；
Ｄ．硫酸钡难溶于水，且不与盐酸反应。
3．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；结构简式
【解析】【解答】A．丙氨酸的结构简式为CH3CH(NH2)COOH， 是甘氨酸的结构简式，故A错误；
B．氧原子的核外电子数为 8，基态氧原子的价电子排布式为2s22p4，电子分布到能量筒并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，这种排布方式原子的总能量最低，则基态氧原子的价电子排布图为：，故B正确；
C．的价层电子对数为：，含有2对孤电子对，价层电子对互斥()模型为四面体形，给出的模型是直线形，故C错误；
D．锌原子的质子数为 30，中子数为 34 时，质量数为30 + 34 = 64，该锌原子应表示为：，故D错误；
故答案选B。
【分析】A． 是甘氨酸；
Ｂ．O原子的价电子排布式为2s22p4；
Ｃ． 中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
Ｄ．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数。
4．【答案】B
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；苯酚的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．氨气极易溶于水，不能用排水法测量其体积，所以装置①不能用于测量氨气的体积，A错误；
B．断开K1、闭合K2，可以构成氢氧燃料电池，石墨作电极，硫酸钠溶液作电解质溶液，故B正确；
C．稀盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性强弱的比较，C错误；
D．Zn电极应插入硫酸锌溶液中，Cu电极应插入硫酸铜溶液中，构造错误，D错误；
答案选B。
【分析】A．氨气极易溶于水；
Ｂ．氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
Ｃ．稀盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢也能与苯酚钠反应生成苯酚；
Ｄ．阳离子向正极移动。
5．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；化石燃料与基本化工原料；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．一种以乙烯为原料制备乙二醇的合成方法为：，①②为2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均进入生成物中，原子利用率均为100%，故A正确；
B．天然气的主要成分为甲烷，在合成氨工业中，甲烷可与水蒸气反应制取氢气，氢气是合成氨的重要原料，在生产甲醇方面，先由甲烷制合成气，再制得甲醇，故B正确；
C．豆浆为胶体，加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂能使豆浆中的蛋白质聚沉，从而制作成豆腐，故C正确；
D．乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解生成乙酸盐和甘油，不能得到高级脂肪酸盐，该反应不可用于肥皂的生产，故D错误；
故答案选D。
【分析】A．所有原子均进入生成物时原子利用率均为 100%；
Ｂ．天然气的主要成分是甲烷；
Ｃ．电解质能使胶体发生聚沉；
Ｄ．乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯。
6．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CS2与CO2结构类似，其结构式为，双键含有1个σ键和1个π键，则1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；
B．该反应中，CH4中的C元素化合价升高，则CH4为还原剂，S8中S元素降低，则S8为氧化剂，故B错误；
C．标准状况下，11.2LH2S的物质的量为0.5mol，1个S8中含有8个S-S键，根据可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，数目为，故C正确；
D．该反应中，CH4为还原剂，被氧化，故D错误；
故答案选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
Ｂ．该反应中，C元素化合价升高，S元素化合价降低；
Ｃ.1个S8中含有8个S-S键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.15—冠—5（冠醚）能识别Na+，说明15 - 冠 - 5 的空腔大小适合识别 ，而 12 - 冠 - 4 的空腔较小，适合识别Li+，K+半径较大，12 - 冠 - 4 不能识别K+，但由于K+的离子直径比Na+的离子直径大，而12—冠—4（冠醚）的空腔直径更小，因此不能识别离子直径更大的，故A错误；
B．擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈，是防止潮湿环境下发生电化学腐蚀，而不是化学腐蚀，在潮湿环境中，铁锅表面形成原电池，加速铁的腐蚀，故B正确；
C．擦干已洗净铁锅表面的水，可以防止潮湿环境下铁锅发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故C错误；
D．和属于不同类型的难溶电解质，则由，不能推测出两者的溶解度关系，故D错误；
故答案选B。
【分析】A．冠醚识别离子是基于冠醚的空腔大小与离子半径的匹配；
Ｂ．金属键是金属阳离子与自由电子之间的强烈相互作用；
Ｃ．防止潮湿环境下铁发生电化学腐蚀；
Ｄ．对于不同类型的难溶电解质，不能直接根据溶度积常数Ksp的大小来比较溶解度的大小。
8．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．溶液中加入稀硫酸，发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫，正确离子方程式为，A错误；
B．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，正确的水解的离子方程式为，B错误；
C．甘油和硝酸在浓硫酸催化加热下发生酯化反应生成，为可逆反应，反应的化学方程式为，C错误；
D．苯酚和甲醛在酸催化剂的条件下反应生成，反应方程式为，D正确；
故选D。
【分析】A．在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫；
Ｂ．碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧根；
Ｃ．甘油和硝酸发生酯化反应得到；
Ｄ．苯酚与甲醛反应生成。
9．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．CH3CH(OH)COOH只含羟基、羧基，没有碳碳双键等能与溴水发生加成反应的官能团，所以不能与溴水发生加成反应，A错误；
B．CH3CH(OH)COOH含有羟基，羟基具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，所以可以与酸性高锰酸钾发生氧化反应，B正确；
C．醇类发生消去反应的条件是与羟基直接相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，CH3CH(OH)COOH含有羟基，且与羟基直接相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；
D．CH3CH(OH)COOH含有羟基、羧基，自身能发生缩聚反应，D正确；
故选A。
【分析】由质谱图可知该有机物相对分子质量为 90，红外光谱显示分子中有羧基，羧基的相对分子质量为 45。核磁共振氢谱有 3 组峰，说明分子中有 3 种不同化学环境的氢原子。结合只含碳、氢、氧三种元素，可推出该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH。
10．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，为，的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，因此键角：，故A正确；
B．分子的极性与元素的电负性有关，电负性差异越大，分子的极性越强，W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，水分子中O-H键的极性大于H2S中S-H键的极性，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：，故B错误；
C．电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，O2-有2个电子层，K+和S2-都有3个电子层，且K+的质子数大于S2-的质子数，所以简单离子半径：，故C正确；
D．四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；
故答案选B。
【分析】的基态原子核外电子的空间运动状态共10种 ，且Z形成的离子为Z+，则Z的核外电子排布式为，则Z为K元素，、的价电子数相等 ，结合成键情况可知，X为O元素，Y为S元素。
11．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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．生成产物 Ⅱ 的反应的活化能比生成产物 Ⅰ 的活化能更低，根据活化能越低反应速率越快的原理，生成产物 Ⅱ（硝基苯）的反应速率更快，又因为产物 Ⅱ 的能量更低，依据能量越低物质越稳定，所以产物 Ⅱ 更稳定，这使得苯更易生成硝基苯，故A正确；
B．M的六元环中与相连的C为杂化，苯环上的碳原子为sp2杂化，因此反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变，故B正确；
C．生成产物 Ⅰ 的反应热不等于E1-E2，反应热是反应物总能量与生成物总能量的差值，而E1是第一步反应的正反应活化能，E2是第二步反应的逆反应活化能，只是两种活化能的差值，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能从而加快反应速率，加入选择性高的催化剂，能加快生成产物 Ⅰ 的反应速率，所以短时间内可以提高单位时间内产物 Ⅰ 的产率，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．反应热是反应物总能量与生成物总能量的差值；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
12．【答案】D
【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；烯烃
【解析】【解答】A．慢反应决定总反应的反应速率，第一步为慢反应，则第一步为反应的决速步骤，A正确；
B．物质的能量越低越稳定，第一步慢反应得到的碳正离子为，说明第一步可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确；
C．该反应的总反应速率由第一步反应决定，第一步反应与氢离子有关，酸性HI>HBr>HCl，则CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；
D．烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误；
故选D。
【分析】总反应的反应速率由慢反应决定。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在图 B 中，锌和铁形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极。在这种情况下，锌作为阳极被氧化而消耗，从而保护了作为阴极的铁，这种保护方法叫做牺牲阳极的阴极保护法。所以图 B 中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．图B中铁作正极，电极反应式为：，故B错误；
C．该装置形成了原电池，原电池工作时，溶液中存在离子的定向移动，在这个装置中，离子在半凝固态的琼脂内同样可定向移动，以形成闭合回路，使原电池能够正常工作，故C正确；
D．图A中，铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：，Fe2+与反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；
故答案选B。
【分析】在图 A 中，铁和铜形成原电池，铁为负极，电极反应式为，铜为正极，电极反应式为：；在图 B 中，锌和铁形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，电极反应式为：，铁作正极，电极反应式为：。
14．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．N2H4分子能与水分子形成分子间氢键，P2H4只存在范德华力，含有氢键的物质沸点高，则沸点：，故A项错误；
B．、、都是由分子构成，属于分子晶体，故B项正确；
C．根据 ，同时可获得 可知，反应物中存在P-P非极性键，O-H极性键的断裂，生成物中存在P-P非极性键，P-H极性键的形成，故C项正确；
D．当 PH3与过渡金属中心配位时，P的3d空轨道可与金属中心的 d 轨道重叠，形成配位键，使PH3与过渡金属生成的配合物更加稳定，因此与金属离子的配位能力NH3＜PH3，故D项正确；
故选A。
【分析】A．形成分子间氢键能提高物质的沸点；
Ｂ．、与均由分子构成；
Ｃ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｄ．配位能力取决于配体给出孤对电子的能力，以及与中心原子形成配位键的稳定性。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析，曲线Ⅱ表示的变化情况，故A正确；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数：，故B正确；
C．pH=n时，，根据CH3COOH的电离平衡常数：，有，的，，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C错误；
D．随着pH的增大，即增大，根据图像及分析可知，促使③Ag+的水解平衡正向移动，而浓度减小，导致平衡逆向移动，根据分析可知，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系，之后，减小程度较大，但依旧增大，说明增大，增大，符合分析，因此之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀，故D正确；
故答案选C。
【分析】在溶液中存在平衡：①；
②；
③Ag+的水解平衡；
随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①、③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH小于（约小于p）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于p）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，综合可知：曲线Ⅰ表示CH3COOH的物质的量分数随pH变化的关系，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。
16．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．钠燃烧生成的过氧化钠可以与水反应产生气体，而若是固体粉末中含有钠，若固体粉末中含有钠，钠会与水发生反应生成氢气，所以当有气体生成时，固体不一定为过氧化钠，也可能含有钠单质，故A错误；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但水解程度与浓度有关，浓度越小，水解程度越大，不同浓度的 溶液中水的电离程度是不相同的，故B错误；
C．在氯化铜溶液中存在平衡：，呈蓝色， 呈绿色，加热，溶液变绿，说明升温的平衡正向移动，故C错误；
D．向盐酸中滴加几滴硝酸银饱和溶液，的平衡正向移动，的浓度减小，说明配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的，故D正确；
故答案选D。
【分析】A．钠也能与水反应生成氢气；
Ｂ．水解程度与浓度有关，浓度越小，水解程度越大；
Ｃ．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｄ．化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
17．【答案】（1）
（2）A；B
（3）；( 甲基中键分开写亦可)
（4）中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）镓是第31号元素，镓原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，因此杂化方式不同，故A错误；
B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞B＞Ga，电负性差值越大，离子键百分数越大，化学键中离子键成分的百分数较大的是Ga2O3，故B错误；
C．同周期的主族元素从左往右第一电离能呈现增大趋势，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族电子排布为半充满状态，较为稳定，因此与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五种元素，故C正确；
D．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正确；
故答案选AB。
（3）①以二聚体形式存在，且各原子均满足结构，可知该二聚体为，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，而铝的最外层为3个电子，因此还存在一个配位键，故答案选：AC；
②X的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，因此该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN、Br，因此X的阳离子的结构式为：。
（4）①传统制备是采用与在一定条件下反应制备，中存在，键能大，反应要求高；也可能使由于，产物中气体分子数减少，属于熵减反应不利于反应的进行，故答案为：中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
②该晶胞中含有Ga原子数目为，含有N原子数目为，晶胞底面为菱形，锐角为，边长为apm，则底面面积，则晶胞体积，则其密度。
【分析】（1）Ga为31号元素，核外共有31个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
（2）A．中B原子的价层电子对数为3，中B原子的价层电子对数为4；
Ｂ．离子键成分的百分数与元素的电负性差值有关，电负性差值越大，离子键成分的百分数越大；
Ｃ．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量。同一周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2全满）和 ⅤA 族（np3半满）元素的第一电离能比相邻元素大；
Ｄ．氨硼烷与水分子间能形成氢键，乙烷不能；
（3） 二聚体中含有极性键和配位键；
（4）①氮气中两个N原子间形成三键，键能较大；
②根据均摊法和计算。
（1）镓是第31号元素，镓原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1。
（2）A．的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，因此杂化方式不同，故A错误；
B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞B＞Ga，电负性差值越大，离子键百分数越大，化学键中离子键成分的百分数较大的是Ga2O3，故B错误；
C．同周期的主族元素从左往右第一电离能呈现增大趋势，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族电子排布为半充满状态，较为稳定，因此与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五种元素，故C正确；
D．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正确；
故答案选AB。
（3）①以二聚体形式存在，且各原子均满足结构，可知该二聚体为，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，而铝的最外层为3个电子，因此还存在一个配位键，故答案选：AC；
②X的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，因此该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN、Br，因此X的阳离子的结构式为：。
（4）①传统制备是采用与在一定条件下反应制备，中存在，键能大，反应要求高；也可能使由于，产物中气体分子数减少，属于熵减反应不利于反应的进行，故答案为：中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
②该晶胞中含有Ga原子数目为，含有N原子数目为，晶胞底面为菱形，锐角为，边长为apm，则底面面积，则晶胞体积，则其密度。
18．【答案】（1）、；还原性
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含(其他合理答案亦可)
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B为、，步骤5中主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为。
（3）A．骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀，A正确；
B．骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；
D．液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；
故选ACD。
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为。
（5）验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含。
【分析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，在步骤 1 中加入了H2SO4、H2O2和NaCl，Pb会与H2SO4反应生成PbSO4沉淀，Ag会与Cl-结合生成AgCl沉淀，在后续步骤 2 中这些沉淀没有进一步反应，所以沉淀 B 的主要成分为、 ，铜溶解得到硫酸铜溶液，则溶液1为硫酸铜，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可以得到胆矾，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀，在步骤 5 中HCHO将溶液中的银离子还原为单质银。
（1）由分析可知，沉淀B为、，步骤5中主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为。
（3）A．骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀，A正确；
B．骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；
D．液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；
故选ACD。
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为。
（5）验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含。
19．【答案】（1）
（2）；
（3）；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。
（2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；
B．移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；
C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意；
D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；
故答案选CD；
②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：；
②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。
【分析】（1）根据<0时反应自发进行分析；
（2）①化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②根据计算；
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气；
②浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ；
③阴极发生还原反应。
（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。
（2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；
B．移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；
C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意；
D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；
故答案选CD；
②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。
（3）①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：；
②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。
20．【答案】（1）
（2）恒压滴(分)液漏斗；；装置乙中不再产生红棕色气体
（3）A；B；D
（4）当滴入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀生成且半分钟内沉淀不消失；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）中加入盐酸和，微沸数分钟，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：。
（2）①根据仪器结构特点可知盛装溶液的仪器名称为：恒压滴(分)液漏斗；
根据分析，丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，乙为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为：eabfgcd，故答案为：恒压滴(分)液漏斗；；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开，丙装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则甲装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到装置乙中不再产生红棕色气体，说明空气已排尽，再关闭，打开K2，进行实验，故答案为：装置乙中不再产生红棕色气体。
（3）A．浓盐酸具有还原性更强，能与V2O5发生氧化还原反应：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于产生有毒的Cl2，因此步骤ⅰ不可用浓盐酸与反应制备，故A错误；
B．VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的氯离子，若是交换顺序，则氯离子会有残留，故B错误；
C．用乙醇洗涤，减少产品的损失，同时乙醇易挥发，方便干燥，故C正确；
D．用加热的方法烘干，容易造成晶体失去结晶水，故D错误；
故答案选ABD。
（4）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且或半分钟内沉淀不消失；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒元素的质量分数。
【分析】向V2O5中加入6mol/L盐酸和，反应生成，还生成一种无毒无害的气体，根据原子守恒可知，该气体为氮气，则反应的还学方程式为，向溶液中加入溶液，经抽滤、洗涤得到；步骤ⅱ：装置丙中，石灰石和稀盐酸反应制得CO2，稀盐酸易挥发，制得的CO2中含有HCl杂质，通过装置甲除去HCl杂质，装置乙为混合气体的装置，装置丁中，发生反应制得。
（1）中加入盐酸和，微沸数分钟，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：。
（2）①根据仪器结构特点可知盛装溶液的仪器名称为：恒压滴(分)液漏斗；
根据分析，丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，乙为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为：eabfgcd，故答案为：恒压滴(分)液漏斗；；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开，丙装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则甲装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到装置乙中不再产生红棕色气体，说明空气已排尽，再关闭，打开K2，进行实验，故答案为：装置乙中不再产生红棕色气体。
（3）A．浓盐酸具有还原性更强，能与V2O5发生氧化还原反应：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于产生有毒的Cl2，因此步骤ⅰ不可用浓盐酸与反应制备，故A错误；
B．VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的氯离子，若是交换顺序，则氯离子会有残留，故B错误；
C．用乙醇洗涤，减少产品的损失，同时乙醇易挥发，方便干燥，故C正确；
D．用加热的方法烘干，容易造成晶体失去结晶水，故D错误；
故答案选ABD。
（4）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且或半分钟内沉淀不消失；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒元素的质量分数。
21．【答案】（1）醛基、醚键
（2）
（3）B；D
（4）
（5）
（6）、、、、、、、
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物F为，官能团名称是：醛基、醚键。
（2）根据分析可知，化合物A的结构简式是：。
（3）A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基，故A正确；
B．化合物E为，结构中的羟基、异丙基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此生成的是，不能生成D，故B错误；
C．根据F与H的结构对比可知，F中的醛基被加成，而后消去产生H，故C正确；
D．苯烯莫德为，烃基越长，推电子效应越小，因此中的酚羟基的酸性弱于，故D错误；
故答案选BD。
（4）为取代反应，反应为：。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线为：。
（6）F为，满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有：、、、、、、、（任写四种）。
【分析】E在Cu作催化剂的条件下，发生氧化反应得到F，联想到醇催化氧化生成醛，结合F的结构简式可知，E的结构简式为，D发生还原反应生成E，则D为，C与发生取代反应生成D，则C为，A与CH3I发生取代反应生成B，B被酸性高锰酸钾氧化得到C，则B的结构简式为，A的结构简式为 ；F和G反应生成H，结合F、H的结构简式和G的分子式可知，G的结构简式为，H发生已知①的反应生成I，I与吡啶发生取代反应得到产物苯烯莫德，则I的结构简式为。
（1）化合物F为，官能团名称是：醛基、醚键。
（2）根据分析可知，化合物A的结构简式是：。
（3）A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基，故A正确；
B．化合物E为，结构中的羟基、异丙基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此生成的是，不能生成D，故B错误；
C．根据F与H的结构对比可知，F中的醛基被加成，而后消去产生H，故C正确；
D．苯烯莫德为，烃基越长，推电子效应越小，因此中的酚羟基的酸性弱于，故D错误；
故答案选BD。
（4）为取代反应，反应为：。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线为：。
（6）F为，满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有：、、、、、、、（任写四种）。
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