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浙江省杭州市下城区浙江省杭州第十四中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·拱墅期末）下列物质中，属于有机盐的是
A． B． C． D．
2．（2025高二上·拱墅期末）下列措施抑制水的电离的是（　　）
A．加热 B．加入NaOH溶液
C．加入CuSO4固体 D．加入Na2CO3固体
3．（2025高二上·拱墅期末）下列化学用语或表述正确的是
A．的空间结构：V形
B．KI的电子式：
C．基态Ni原子价电子轨道表示式：
D．的名称：3-甲基戊烷
4．（2025高二上·拱墅期末）下列关于石油、煤和天然气的说法正确的是
A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，是一种高效清洁能源
B．石油裂化可提高汽油的产量，裂化汽油可用于萃取溴水中的溴
C．煤中含有苯和甲苯，通过干馏后分馏的方式可以分离提纯
D．天然气、石油、煤等化石燃料都是混合物，属于可再生能源
5．（2025高二上·拱墅期末）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
　 结构或性质 用途
A 具有还原性 可用作自来水的消毒剂
B 甘油结构中含能与水形成氢键的羟基 甘油可用作保湿类护肤品
C 中，N原子半径小，共价键强 可用作反应的保护气
D 电子能在石墨层状结构移动 石墨可以做电极材料
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高二上·拱墅期末）三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：，下列有关该反应的说法正确的是
A．当被氧化时，生成氧气
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．当转移电子6mol时，生成的还原产物为2mol
D．三氟化氯的氧化性强于三氟化溴
7．（2025高二上·拱墅期末）《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰(主要成分是)浸泡的溶液。下列有关说法错误的是
A．是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性
B．中阴离子的空间结构为平面三角形
C．向溶液中加入少量固体，与均增大
D．在溶液中存在：
8．（2025高二上·拱墅期末）类比是研究物质性质的常用方法之一、下列类比正确的是
①Cu与能化合生成，则Fe与能化合生成
②Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成
③可以治疗胃酸过多，则NaOH也可以治疗胃酸过多
④Fe可以置换出溶液中的铜，则Al也可以置换出溶液中的铜
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
9．（2025高二上·拱墅期末）短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Z同主族，Y元素在周期表中非金属性最强，其原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等。四种元素能组成如图所示化合物，下列说法正确的是
A．原子半径：
B．四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为Y
C．简单气态氢化物的沸点：
D．第一电离能：
10．（2025高二上·拱墅期末）代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．()含键的数目为
B．的溶液含的数目为
C．与足量水完全反应，转移的电子数为
D．硝基与二氧化氮所含的电子数均为
11．（2025高二上·拱墅期末）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。工业上制备高铁酸钾的流程如下图所示：
下列说法错误的是
A．K2FeO4中铁元素的化合价为+6价
B．用无水乙醇洗涤可以减少产品的损耗
C．反应II中的氧化剂是Fe(NO3)3
D．高铁酸根离子具有强氧化性，能杀菌消毒
12．（2025高二上·拱墅期末）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．工业废水中的用去除：
C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
13．（2025高二上·拱墅期末）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
14．（2025高二上·拱墅期末）2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如右图所示。下列说法正确的是（　　）
A．放电时，甲电极为正极，OH-移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O
C．充电时，电池的甲电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni(OH)2
15．（2025高二上·拱墅期末）在水溶液中，可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与形成配离子达平衡时，与的关系如图。
下列说法正确的是
A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中的平衡浓度：
B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时
C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率
16．（2025高二上·拱墅期末）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 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有
B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力：
C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性：
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①已知与在同一主族上基态原子的核外电子排布式为　 　。
②比较键角的大小：气态分子　 　离子(填“>”、“<”或“=”)。
（2）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：下列相关说法正确的是___________。
A．富马酸分子中键和键的数目比是10：3
B．富马酸分子中C的杂化方式有、
C．富马酸分子可以形成分子内氢键，使得富马酸一级和二级电离常数变大
D．富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为
（3）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在、和平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为　 　。
②Fe原子的配位数为　 　。
③该晶胞参数，。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
18．（2025高二上·拱墅期末）黄铜矿(主要成分为，含少量、、、等元素)的综合利用具有重要意义。
（1）下列说法正确的是：___________。
A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，属于亲水基团，插入空气泡中，随空气泡上浮至液体表层
B．工业上，气体A经催化氧化、用水吸收后制得一种用途十分广泛的强酸
C．炉渣C的主要成分为
D．B中主要含，若忽略杂质参与的反应，每获得，转移的电子数为
（2）粗铜经电解精炼可得到精铜和阳极泥(含有、等贵金属)。
①工业上，在富氧条件下，可用溶液溶解、。其中转化为；写出Au溶解时的离子反应式：　 　。
②实验室分离金银合金中的和。实验方案：取一定量合金，与足量硝酸充分反应，过滤、洗涤沉淀并干燥，得到　 　(化学式)，滤液用来还原，理论上得到　 　。
（3）B中除了外，含有少量铁元素。验证中含有铁元素的方法如下：取少量与热的浓硝酸充分反应，然后加入足量浓氨水，过滤；沉淀用稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素。写出溶于热的浓硝酸时的离子方程式　 　。
19．（2025高二上·拱墅期末）氨基甲酸铵()为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。已知：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）写出分解生成与气体的热化学方程式：　 　。
（2）恒容条件下，分解生成与气体，实验测得数据如下表所示：
T/K 293 298 303 308 313
p/kPa 8.60 11.40 16.24 20.86 30.66
①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内总压强不再改变 B．
C．的值不再改变 D．的体积分数不再改变
②某温度下，该反应平衡时容器内总压强为，写出该反应的压强平衡常数的计算式　 　(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。
③随着温度升高，逐渐　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
④某温度下，达到平衡后，欲增加的平衡浓度，可采取的措施有　 　(填标号)。
A．加 B．加催化剂 C．减小体积增大压强 D．移走
（3）已知：(C为常数)，根据上表实验数据得到下图，则该反应的反应热　 　。
20．（2025高二上·拱墅期末）高锰酸钾可用作氧化剂、消毒剂、漂白剂等。实验室模拟工业制备高锰酸钾常用工艺流程如下：
制备原理：反应①
反应②
反应③
滴定反应：
已知：见光、受热均易分解；的溶解度比小得多。请回答：
（1）固体A加强热熔融过程中，不能使用瓷坩埚的原因是　 　，通入的目的是中和掉反应②不断生成的，使反应②顺利进行。不选用中和的原因是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．蒸发至有大量晶体析出时停止加热
B．通入过多会生成大量，蒸发时会与一起析出
C．为减少溶解损失，应选择乙醇为洗涤剂
D．宜采用低温烘干的方法来干燥产品
（3）实验室通常用基准确定所制备高锰酸钾的含量，步骤如下：
I．配制溶液：将所得的全部产品，用煮沸的蒸馏水溶解，配成溶液，置于暗处保存。
II．测定溶液浓度：称取于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，加入溶液，充分混合后加热至75~85℃，趁热用溶液滴定至终点。在此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检漏→　 　，滴定管准备完成。
a．用蒸馏水洗涤滴定管
b．用溶液润洗滴定管
c．从棕色滴定管上口加入高于“0”刻度的溶液
d．从无色滴定管上口加入高于“0”刻度的溶液
e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据
f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
III．消耗溶液20.00mL时达滴定终点，溶液现象是　 　。产品中的质量为　 　。
21．（2025高二上·拱墅期末）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，以为原料合成氯吡格雷的路线如图：
已知：①，。
②。
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型是　 　，X的结构简式为　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．有机物A能与新制的氢氧化铜悬浊液反应
B．有机物C中含氧官能团是酯基
C．有机物Y的键线式为
D．氯吡格雷的分子式是
（3）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)　 　。
流程图的表示方法为：原料中间产物……目标产物
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】根据有机盐的定义，草酸即乙二酸是有机酸，和氨水反应生成草酸铵属于有机盐，、和属于无机盐；
答案选B。
【分析】考查物质分类，有机酸或者有机碱与其他的碱或酸反应生成的盐为有机盐。
2．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．水的电离吸热，加热促进水的电离，A不符合题意；
B．NaOH可以电离出氢氧根，抑制水的电离，B符合题意；
C．Cu2+可以结合水电离出的氢氧根，促进水的电离，C不符合题意；
D．碳酸根可以结合水电离出的氢离子，促进水的电离，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】酸、碱可以抑制水的电离。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．中心原子Be价层电子对数：，无孤电子对，空间结构为直线型，A错误；
B．KI是钾盐，为离子化合物，电子式为：，B错误；
C．为价电子的电子排布式，C错误；
D．的名称：3-甲基戊烷，D正确；
答案选D。
【分析】分子中心原子的价层电子对数是2，空间结构是直线形；碘化钾是离子化合物；根据有机物命名，为3-甲基戊烷。
4．【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，具有可燃性，是一种高效清洁能源，A项正确；
B．溴水能和裂化汽油中的不饱和烃发生加成反应，裂化汽油不能用于萃取溴水中的溴，B项错误；
C．煤中不含苯和甲苯，煤的干馏能获得煤焦油，煤焦油经分馏可得到苯、甲苯等，C项错误；
D．天然气、石油、煤都属于化石能源，属于非再生能源，D项错误；
答案选A。
【分析】A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物；
B．裂化汽油中含不饱和烃；
C．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物；
D．可再生能源包括风能、水能和生物质能等。
5．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A．因二氧化氯具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂，A错误；
B．甘油是丙三醇，结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，官能团是羟基，能与水分子形成氢键，为皮肤保湿，因此甘油可做保湿类护肤品，B正确；
C．N2分子中氮原子之间存在三键，键能较大，故N2的化学性质相对稳定，因此氮气可作反应的保护气，C正确；
D．石墨层内存在自由移动的电子，故石墨可导电，可以做电极材料，D正确；
故选A。
【分析】A．考查氯及其化合物性质，二氧化氯具有强氧化性；
B．根据甘油结构分析，其可与水互溶；
C．N2分子结构式为NN，分子稳定；
D．从石墨结构分析，石墨可导电。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据化合价变化可知，5molH2O中有2molH2O中氧元素化合价升高，发生了氧化反应，生成1molO2，则0.5molH2O被氧化时，生成了0.25molO2，A错误；
B．该反应3molBrF3中作为氧化剂的BrF3有2mol，作为还原剂的BrF3有1mol，H2O中有2mol为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B错误；
C．根据方程式，转移6mol电子，还原产物Br2物质的量为1mol，C错误；
D．根据氧化性：，则还原性：，因此三氟化氯的氧化性强于三氟化溴，D正确；
故答案选D。
【分析】 根据方程式分析，三氟化溴中氟元素化合价没有变化，部分溴元素化合价从+3价降低为0价，生成溴单质，部分溴元素化合价从+3价升高到+5价，生成溴酸，水中部分氧元素化合价从-2升高到0价，生成氧气，故按方程式化学计量数发生反应时，转移6mol电子，据此分析。
7．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．是强碱弱酸盐，在溶液中第一步水解反应的离子方程式为：+H2O+OH-，溶液呈碱性，故A正确；
B．中心原子价层电子对数=3+=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，故B正确；
C．根据水解平衡+H2O+OH-，加入少量固体，氢氧根浓度增大，平衡左移，减小，故C错误；
D．在溶液中存在电荷守恒：，故D正确；
故答案为C。
【分析】题目考查碳酸钾相关知识，碳酸钾是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，存在平衡CO32-+H2OHCO3-+OH ；溶液中存在电荷守恒，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数。
8．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】①Cl2具有强氧化性，Cu与Cl2能化合生成CuCl2，Fe与Cl2能化合生成FeCl3，故①正确；
②Na在空气中燃烧生成Na2O2，故②错误；
③NaHCO3碱性较弱，能够与胃酸HCl反应，本身对人无刺激性，因此可以治疗胃酸过多，NaOH碱性强，有腐蚀性，因此不可以治疗胃酸过多，故③错误；
④Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，Al也是比较活泼的金属，在金属活动性顺序表中排在Cu的前边，故Al也可以置换出CuSO4溶液中的铜，故④正确；
可见上述类推合理的是①④。
答案选A。
【分析】①氯气和铁单质反应生成氯化铁；②钠和氧气燃烧反应生成过氧化钠；③氢氧化钠具有腐蚀性；④根据活泼金属性质规律分析。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A． W、X、Y、Z 依次为N、O、F和S，根据元素周期律，同周期主族元素从左向右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：，A错误；
B．Y为F元素，没有最高价含氧酸，B错误；
C．H2O和HF中含有氢键，沸点比H2S高，常温下，水为液态， HF 为气态，故沸点H2O>HF>H2S，C正确；
D．同周期主族元素从左到右，第一电离能总体上呈增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，第一电离能大于O，则第一电离能：F>N>O，D错误；
故选C。
【分析】根据化合物结构图，X形成化学键个数为2且 最外层电子数是次外层电子数的3倍， 则X为O，可得Z为S， Y元素在周期表中非金属性最强， Y为F，推知W为N，据此分析。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据分子结构，1mpl分子中含有16mol键，因此（0.1mol）中含有的键的数目为1.6，A选项错误；
B．溶液体积未知，无法利用公式计算的物质的量，B选项错误；
C．为1mol，其与水反应发生过氧根的自身歧化反应，1mol与水反应转移1mol电子，故与足量水完全反应，转移的电子数为NA，C选项错误；
D.1个硝基和1个二氧化氮含有的电子数均为7+8×2=23，因此硝基与（）二氧化氮所含的电子数均为，D选项正确；
故选D。
【分析】A．根据结构图求算键数目；
B．根据公式n=cv，缺少V的数据；
C．根据反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移2mol电子；
D．硝基是中性原子团。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；化合价与化学式
【解析】【解答】A．根据化合物中各元素化合价代数和为 0，K2FeO4中K为+1价、O为-2价，得Fe元素的化合价为+6 价，A正确；
B．高铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，可减少产品的损耗，B正确；
C．由流程图可知，硝酸铁被氧化得到高铁酸钾，故硝酸铁为还原剂，C错误；
D．铁元素的化合价为+6 价，价态高具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D正确；
答案选C。
【分析】由高铁酸钾化学式K2FeO4，可得铁的化合价为+6，化合物具有强氧化性，能杀菌消毒，是多功能水处理剂。
12．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银与稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，A不正确；
B．的溶解度小于，发生沉淀的转化，FeS为难溶物，应写化学式，则正确的离子方程式为，B不正确；
C．用SO2吸收吹出的Br2，生成氢溴酸HBr和硫酸，反应的离子方程式为，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为，D不正确；
故选C。
【分析】A．稀硝酸的还原产物是NO；
Ｂ．FeS为难溶物，应保留化学式；
Ｃ．溴与二氧化硫发生氧化还原反应；
Ｄ．草酸为弱酸，保留化学式。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验①中，0~2 小时内 SeO42-浓度从 5.0×10-5 mol L- 降到 1.0×10-5 mol L- ，浓度变化为 4.0×10-5 mol L- ，时间 2h，计算得速率为 2.0×10-5 mol L- h- ，A错误；
B、实验③溶液呈弱碱性，离子方程式中不能出现 H+，而选项中的方程式含 8H+，与碱性环境冲突，B 错误；
C、实验①纳米铁质量（8mg）大于实验②（2mg），其他条件相同，①中 SeO42-浓度下降更快，说明增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D、虽然 pH=6 时去除效果优于 pH=8，但 pH 过小（酸性过强）时，纳米铁会优先与 H+反应，减少与 SeO42-的反应，故 “pH 越小效果越好” 不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A. 依据反应速率公式，结合图像中浓度变化计算速率。
B. 根据实验③的 pH 环境（pH=8，弱碱性）判断离子方程式是否合理。
C. 对比实验①和②（仅纳米铁质量不同），分析纳米铁质量对反应速率的影响。
D. 结合实验②（pH=6）和③（pH=8）的结果，及极端酸性条件的影响分析。
14．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A.放电时为原电池，OH-向负极甲电极移动，A错误；
B.放电时，乙电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，B错误；
C.充电时，碳电极作阴极，应与电源的负极相连，C错误；
D.放电时，正极电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，D正确；
故合理选项是D。
【分析】由原理图可知，用电器工作时为原电池，此时吸附了H2的碳纳米管即甲作负极，乙作正极得电子，由图中物质转化电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电器工作时为电解池，甲电极作阴极，乙电极作阳极，据此分析。
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，当纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；
B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会与形成Y配离子，则减小，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；
C．由分析可知，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；
D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.液中。
B.Q点时，。
C.设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数。
D.由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大。
16．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．根据Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，发现②溶液颜色由蓝色变绿色，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B．条件相同的情况下，溶液没有变成红色，说明三价铁离子没有结合硫氰根离子，而是与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C．根据题中条件，两溶液中铵根离子不相同，铵根离子会水解，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误；
D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据对比实验，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2；
B．铁氰化钾溶液显红色；
C．变量不唯一，不能的正确结论；
D．保证其他条件相同，改变温度，探究温度对反应速率影响。
17．【答案】（1）；
（2）D
（3）；4；
【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
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，基态原子的核外电子排布式为：；
②气态分子的中心原子价层电子对数是3，杂化方式为，空间构型为平面三角形，键角约为120°；而中心原子价层电子对数是4，杂化方式为，空间构型为三角锥形，键角约为109°，故的键角大于的键角。
故答案为：；。
（2）根据结构模型知结构简式为：
A．由富马酸分子的结构简式可知，分子中σ键和π键的数目比为11：3，A错误；
B．富马酸分子中的C原子化学键分别是C=O、C=C，均是杂化，B错误；
C．富马酸分子中两个羧基位于C=C的两侧，不能形成分子内氢键，C错误；
D．根据周期表中元素电负性变化规律，富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe，D正确；
故答案为：D。
（3）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：；硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为：；铁原子8个位于面心，其个数为：，据此分析解答以下问题：
①该超导材料的1个晶胞中有2个K原子、4个Se原子、4个Fe原子，则其最简化学式为：；
②由晶胞结构图可知，位于面上的Fe原子与位于棱上的2个Se原子和内部的1个Se原子的距离最近，共用该Fe原子的紧邻的晶胞中还有1个体心的Se原子与该Fe原子距离最近，所以Fe原子的配位数为4；
③该晶胞参数为：，，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为：。
故答案为：；4；。
【分析】 (1) 键角大小比较可看中心原子杂化类型：sp>>；
(2) 分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键 ； C=O、C=C，是杂化；
(3) 晶胞中计算原子个数用均摊法，在顶点原子占，棱上原子占，面心原子占，体心原子占1，化学式为原子个数最简比；根据晶胞质量公式计算密度。
（1）①Se为34号元素，位于周期表中第四周期第VIA族，则基态原子的核外电子排布式为：；
②气态分子的中心原子无孤对电子，杂化方式为，空间构型为平面三角形，键角约为120°；而得到2个电子后，中心原子有一对孤对电子，则杂化方式为，空间构型为三角锥形，键角约为109°，故的键角大于的键角。
故答案为：；。
（2）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：，结构简式为：，下列相关说法正确的是：
A．根据在分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由富马酸分子的结构简式可知，分子中σ键和π键的数目比为11：3，A错误；
B．富马酸分子中的C原子化学键分别是C=O、C=C，均是杂化，B错误；
C．富马酸分子中两个羧基位于C=C的两侧，不能形成分子内氢键，C错误；
D．在周期表，一般元素的非金属性越强，电负性越大，故富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe，D正确；
故答案为：D。
（3）由平面投影图得到晶胞图形可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：；硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为：；铁原子8个位于面心，其个数为：，据此分析解答以下问题：
①该超导材料的1个晶胞中有2个K原子、4个Se原子、4个Fe原子，则其最简化学式为：；
②由晶胞结构图可知，位于面上的Fe原子与位于棱上的2个Se原子和内部的1个Se原子的距离最近，共用该Fe原子的紧邻的晶胞中还有1个体心的Se原子与该Fe原子距离最近，所以Fe原子的配位数为4；
③该晶胞参数为：，，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为：。
故答案为：；4；。
18．【答案】（1）C；D
（2）；；4
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．烃基属于憎水基团， A项错误；
B．气体A为，经催化氧化后可生成，应用浓硫酸吸收制硫酸，用水吸收会产生酸雾，B项错误；
C．氧化亚铁和二氧化硅高温反应生成，炉渣C的主要成分为，C项正确；
D．反应方程式为，由方程式可知生成1molCu，电子转移3mol，转移的电子数为，D项正确；
答案选CD；
（2）①根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为；
②取一定量合金，与足量硝酸充分反应，可溶于硝酸，不溶，过滤后滤渣中存在，洗涤干燥后得到纯净的；把还原为银单质，根据电子得失守恒，根据关系式2，可知可得到；
（3）与热的浓硝酸发生氧化还原反应，被氧化为铜离子，S被氧化为，被还原为，反应的离子方程式为。
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe、Au、Ag、As等元素)，粉碎浮选后得到精矿通入空气焙烧主要发生反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，混合气冷却后，气体A为SO2，固体为As2O3，固体加入浓盐酸反应后得到一元酸D，含Cu2S、FeO等的固体加入沙子(主要成分是SiO2)高温反应生成熔渣，C为FeSiO3，B中主要含Cu2S通入一定量的空气发生反应CuS+O2=2Cu+SO2，据此分析解题。
（1）A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，烃基属于憎水基团， A项错误；
B．气体A为，经催化氧化后可生成，用浓硫酸吸收可制硫酸，B项错误；
C．由分析可知炉渣C的主要成分为，C项正确；
D．B中主要含，与在高温下反应，生成和，反应方程式为，由方程式可知生成1molCu，电子转移3mol，转移的电子数为，D项正确；
答案选CD；
（2）①工业上，在富氧条件下，用溶液溶解，转化为，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为；
②取一定量合金，与足量硝酸充分反应，可溶于硝酸，不溶，过滤后滤渣中存在，洗涤干燥后得到纯净的；滤液中存在用来还原，得到单质，同时转化为，根据得失电子守恒可知可得到；
（3）与热的浓硝酸发生氧化还原反应，由+1价升高到+2价，S被氧化为，被还原为，反应的离子方程式为。
19．【答案】（1）
（2）AC；；增大；D
（3）+144.2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：；
（2）①A．根据方程式，正向是气体分子数增大的反应，恒温恒容条件下，若压强不变，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．平衡时，NH3的正反应速率应该为CO2逆反应速率的2倍，即，故B错误；
C．当反应达到平衡状态时，各组分浓度不再改变，故C正确；
D．根据方程式，生成的NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，故D错误；
故选AC；
②总压强为p，NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故各自分压、，；
③根据表格中的数据，随着温度升高，压强增大，则增大；
④A．是固体，增大固体的量，不影响平衡移动，故A错误；
B．催化剂不影响平衡移动，故B错误；
C．温度不变，则不变，p(NH3)与p(CO2)之比仍然满足2：1，则各气体浓度不变，故C错误；
D．移走，利于平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故D正确；
故选D；
（3）图上的坐标点代入得：69.50=- H×3.19×10-3+C和53.64=- H×3.30×10-3+C，联立求解得， H=+144.2。
【分析】（1）根据盖斯定律作答；
（2）①化学平衡状态判断依据是变量不变，根据方程式，压强是变量，生成物氨气和二氧化碳按物质的量2：1生成，即氨气的物质的量分数不是变量； 表示平衡常数；
② 按照生成物物质的量之比计算各成分分压，计算压强平衡常数；
③ 由表格数据变化作答；
④ 根据平衡移动原理，增加氨气的平衡浓度，可采取措施使平衡正向移动；
(3) 由已知关系式 ，代入图中数据计算。
（1）由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：；
（2）①A．恒温恒容条件下，随着氨基甲酸铵的分解，容器内总压强不断增大，若压强不变，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．平衡时，NH3的正反应速率应该为CO2逆反应速率的2倍，即，故B错误；
C．当反应达到平衡状态时，浓度商的值不再改变，故C正确；
D．该反应生成的NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，故D错误；
故选AC；
②总压强为p，NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故各自分压、，；
③根据表格中的数据，随着温度升高，压强增大，则增大，其主要原因是：氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH3和CO2的平衡分压均增大，压强平衡常数增大；
④A．加入固体，不影响平衡移动，故A错误；
B．加催化剂，不影响平衡移动，故B错误；
C．减小体积增大压强，容器内各气体浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但最终达到平衡后，由于不变，p(NH3)与p(CO2)之比仍然满足2：1，则各气体浓度不变，故C错误；
D．移走，利于平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故D正确；
故选D；
（3）图上的点代入得：69.50=- H×3.19×10-3+C和53.64=- H×3.30×10-3+C，联立求解得， H=+144.2。
20．【答案】（1）瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅会与熔融KOH反应；HCl会被氧化，两者不能共存
（2）B；D
（3）bcfe；溶液呈微红色，且30s不褪色；7.900g
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 反应② ，瓷坩埚中有SiO2，氢氧化钾和SiO2会发生反应；高锰酸钾会氧化 生成氯气；
故答案为：瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅会与熔融KOH反应；HCl会被氧化，两者不能共存；
（2）A．见光、受热均易分解 ，故A错误；
B．由题中信息可知，的溶解度比小得多 ，若通入过多二氧化碳，生成碳酸氢钾，蒸发时碳酸氢钾会与高锰酸钾一起析出，导致产品中混有杂质，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，能将乙醇直接氧化为乙酸，不能选择乙醇为洗涤剂，故C错误；
D．由题给信息可知，干燥产品应采用低温烘干的方法，故D正确；
故答案为BD。
（3）由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则测定高锰酸钾溶液浓度时应选用棕色酸式滴定管，滴定实验操作步骤为检查滴定管是否漏水、用标准溶液润洗滴定管、向滴定管中装高锰酸钾溶液至“0”刻度以上、排气泡后，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记录数据；
实验过程为用紫红色的高锰酸钾滴定无色的草酸钠，因此到达滴定终点时溶液的现象是溶液呈微红色，且30s不褪色；由滴定反应的方程式可得计量关系：，0.6700g草酸钠的物质的量为，则产品中高锰酸钾的质量为。
故答案为：bcfe；溶液呈微红色，且30s不褪色；7.900g；
【分析】根据制备原理方程式结合工艺流程，，反应②，固体A是、、混合物
，加热后得到固体B含K2MnO4和，加入去离子水，通入二氧化碳后，得到和，溶解后趁热过滤除去二氧化锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤和洗涤烘干后得到产品，据此分析。
（1）固体A中含有氢氧化钾，熔融氢氧化钾能与瓷坩埚中的二氧化硅反应，会腐蚀坩埚，则加强热熔融过程中不能使用瓷坩埚；通入二氧化碳的目的是中和掉反应②不断生成的氢氧根离子，使反应②顺利进行，盐酸具有还原性，反应生成的高锰酸钾具有强氧化性，能将盐酸氧化。
（2）A．由题给流程可知，蒸发浓缩后，冷却结晶时才有晶体析出，故A错误；
B．由题给信息可知，若通入过多二氧化碳，二氧化碳与碳酸钾溶液反应会生成大量溶解度较低的碳酸氢钾，蒸发时碳酸氢钾会与高锰酸钾一起析出，导致产品中混有杂质，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，能将乙醇直接氧化为乙酸，则为减少高锰酸钾损失，不能选择乙醇为洗涤剂，故C错误；
D．由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则干燥产品应采用低温烘干的方法，故D正确；
故答案为BD。
（3）由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则测定高锰酸钾溶液浓度时应选用棕色酸式滴定管，滴定管的准备操作顺序为滴定管检漏后，用高锰酸钾溶液润洗滴定管，从棕色滴定管上口加入高于“0”刻度的高锰酸钾溶液，轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液无气泡，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记录数据；实验过程为用紫红色的高锰酸钾滴定无色的草酸钠，因此到达滴定终点时溶液的现象是溶液呈微红色，且30s不褪色；由滴定反应的方程式可得计量关系：，0.6700g草酸钠的物质的量为，则产品中高锰酸钾的质量为。
21．【答案】（1）取代反应；CH3OH
（2）A；C
（3）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】（1）根据物质D和E结构，可知D→E的反应类型是取代反应，X的结构简式为CH3OH。
（2）A．有机物A为，含醛基，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，故A正确；
B． 有机物C为，其中含氧官能团是羧基，故B错误；
C．由路线图可知，Y与D中的—NH2反应，Y中Br原子和D中—NH2的氢原子结合生成HBr，根据信息反应②，中虚线处为成键位置，故Y与D发生了取代反应，有机物Y的键线式为，C正确；
D． 根据氯吡格雷结构，可得其分子式是C16H16O2NSCl，D错误。
故答案为：AC；
（3）在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。
【分析】由有机物D的结构可知A结构中含有苯环，结合已知信息 ① 可推得A为，B为，C为，C→D反应中可看出D物质中有酯基生成，发生酯化反应，故X为CH3OH，根据信息反应②，，根据D和E的结构简式、结合Y的分子式，可知Y为；
（1）据分析，D→E的反应类型是取代反应，X的结构简式为CH3OH。
（2）A．有机物A为，含醛基，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，故A正确；
B． 有机物C为，其中含氧官能团是羧基，故B错误；
C．对比D与E的结构简式可知，Y与D中的—NH2反应，且Br原子未出现在E中，根据信息反应②，中虚线处为成键位置，故Y与D发生了取代反应，有机物Y的键线式为，C正确；
D． 氯吡格雷的分子式是C16H16O2NSCl，D错误。
故答案为：AC；
（3）在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。
1 / 1浙江省杭州市下城区浙江省杭州第十四中学2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·拱墅期末）下列物质中，属于有机盐的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】根据有机盐的定义，草酸即乙二酸是有机酸，和氨水反应生成草酸铵属于有机盐，、和属于无机盐；
答案选B。
【分析】考查物质分类，有机酸或者有机碱与其他的碱或酸反应生成的盐为有机盐。
2．（2025高二上·拱墅期末）下列措施抑制水的电离的是（　　）
A．加热 B．加入NaOH溶液
C．加入CuSO4固体 D．加入Na2CO3固体
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．水的电离吸热，加热促进水的电离，A不符合题意；
B．NaOH可以电离出氢氧根，抑制水的电离，B符合题意；
C．Cu2+可以结合水电离出的氢氧根，促进水的电离，C不符合题意；
D．碳酸根可以结合水电离出的氢离子，促进水的电离，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】酸、碱可以抑制水的电离。
3．（2025高二上·拱墅期末）下列化学用语或表述正确的是
A．的空间结构：V形
B．KI的电子式：
C．基态Ni原子价电子轨道表示式：
D．的名称：3-甲基戊烷
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．中心原子Be价层电子对数：，无孤电子对，空间结构为直线型，A错误；
B．KI是钾盐，为离子化合物，电子式为：，B错误；
C．为价电子的电子排布式，C错误；
D．的名称：3-甲基戊烷，D正确；
答案选D。
【分析】分子中心原子的价层电子对数是2，空间结构是直线形；碘化钾是离子化合物；根据有机物命名，为3-甲基戊烷。
4．（2025高二上·拱墅期末）下列关于石油、煤和天然气的说法正确的是
A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，是一种高效清洁能源
B．石油裂化可提高汽油的产量，裂化汽油可用于萃取溴水中的溴
C．煤中含有苯和甲苯，通过干馏后分馏的方式可以分离提纯
D．天然气、石油、煤等化石燃料都是混合物，属于可再生能源
【答案】A
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，具有可燃性，是一种高效清洁能源，A项正确；
B．溴水能和裂化汽油中的不饱和烃发生加成反应，裂化汽油不能用于萃取溴水中的溴，B项错误；
C．煤中不含苯和甲苯，煤的干馏能获得煤焦油，煤焦油经分馏可得到苯、甲苯等，C项错误；
D．天然气、石油、煤都属于化石能源，属于非再生能源，D项错误；
答案选A。
【分析】A．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物；
B．裂化汽油中含不饱和烃；
C．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物；
D．可再生能源包括风能、水能和生物质能等。
5．（2025高二上·拱墅期末）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是
　 结构或性质 用途
A 具有还原性 可用作自来水的消毒剂
B 甘油结构中含能与水形成氢键的羟基 甘油可用作保湿类护肤品
C 中，N原子半径小，共价键强 可用作反应的保护气
D 电子能在石墨层状结构移动 石墨可以做电极材料
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；含氯化合物的漂白作用
【解析】【解答】A．因二氧化氯具有强氧化性，可用作自来水的消毒剂，A错误；
B．甘油是丙三醇，结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，官能团是羟基，能与水分子形成氢键，为皮肤保湿，因此甘油可做保湿类护肤品，B正确；
C．N2分子中氮原子之间存在三键，键能较大，故N2的化学性质相对稳定，因此氮气可作反应的保护气，C正确；
D．石墨层内存在自由移动的电子，故石墨可导电，可以做电极材料，D正确；
故选A。
【分析】A．考查氯及其化合物性质，二氧化氯具有强氧化性；
B．根据甘油结构分析，其可与水互溶；
C．N2分子结构式为NN，分子稳定；
D．从石墨结构分析，石墨可导电。
6．（2025高二上·拱墅期末）三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：，下列有关该反应的说法正确的是
A．当被氧化时，生成氧气
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．当转移电子6mol时，生成的还原产物为2mol
D．三氟化氯的氧化性强于三氟化溴
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据化合价变化可知，5molH2O中有2molH2O中氧元素化合价升高，发生了氧化反应，生成1molO2，则0.5molH2O被氧化时，生成了0.25molO2，A错误；
B．该反应3molBrF3中作为氧化剂的BrF3有2mol，作为还原剂的BrF3有1mol，H2O中有2mol为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B错误；
C．根据方程式，转移6mol电子，还原产物Br2物质的量为1mol，C错误；
D．根据氧化性：，则还原性：，因此三氟化氯的氧化性强于三氟化溴，D正确；
故答案选D。
【分析】 根据方程式分析，三氟化溴中氟元素化合价没有变化，部分溴元素化合价从+3价降低为0价，生成溴单质，部分溴元素化合价从+3价升高到+5价，生成溴酸，水中部分氧元素化合价从-2升高到0价，生成氧气，故按方程式化学计量数发生反应时，转移6mol电子，据此分析。
7．（2025高二上·拱墅期末）《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰(主要成分是)浸泡的溶液。下列有关说法错误的是
A．是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性
B．中阴离子的空间结构为平面三角形
C．向溶液中加入少量固体，与均增大
D．在溶液中存在：
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．是强碱弱酸盐，在溶液中第一步水解反应的离子方程式为：+H2O+OH-，溶液呈碱性，故A正确；
B．中心原子价层电子对数=3+=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，故B正确；
C．根据水解平衡+H2O+OH-，加入少量固体，氢氧根浓度增大，平衡左移，减小，故C错误；
D．在溶液中存在电荷守恒：，故D正确；
故答案为C。
【分析】题目考查碳酸钾相关知识，碳酸钾是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，存在平衡CO32-+H2OHCO3-+OH ；溶液中存在电荷守恒，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数。
8．（2025高二上·拱墅期末）类比是研究物质性质的常用方法之一、下列类比正确的是
①Cu与能化合生成，则Fe与能化合生成
②Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成
③可以治疗胃酸过多，则NaOH也可以治疗胃酸过多
④Fe可以置换出溶液中的铜，则Al也可以置换出溶液中的铜
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；钠的化学性质
【解析】【解答】①Cl2具有强氧化性，Cu与Cl2能化合生成CuCl2，Fe与Cl2能化合生成FeCl3，故①正确；
②Na在空气中燃烧生成Na2O2，故②错误；
③NaHCO3碱性较弱，能够与胃酸HCl反应，本身对人无刺激性，因此可以治疗胃酸过多，NaOH碱性强，有腐蚀性，因此不可以治疗胃酸过多，故③错误；
④Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，Al也是比较活泼的金属，在金属活动性顺序表中排在Cu的前边，故Al也可以置换出CuSO4溶液中的铜，故④正确；
可见上述类推合理的是①④。
答案选A。
【分析】①氯气和铁单质反应生成氯化铁；②钠和氧气燃烧反应生成过氧化钠；③氢氧化钠具有腐蚀性；④根据活泼金属性质规律分析。
9．（2025高二上·拱墅期末）短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Z同主族，Y元素在周期表中非金属性最强，其原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等。四种元素能组成如图所示化合物，下列说法正确的是
A．原子半径：
B．四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为Y
C．简单气态氢化物的沸点：
D．第一电离能：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A． W、X、Y、Z 依次为N、O、F和S，根据元素周期律，同周期主族元素从左向右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：，A错误；
B．Y为F元素，没有最高价含氧酸，B错误；
C．H2O和HF中含有氢键，沸点比H2S高，常温下，水为液态， HF 为气态，故沸点H2O>HF>H2S，C正确；
D．同周期主族元素从左到右，第一电离能总体上呈增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，第一电离能大于O，则第一电离能：F>N>O，D错误；
故选C。
【分析】根据化合物结构图，X形成化学键个数为2且 最外层电子数是次外层电子数的3倍， 则X为O，可得Z为S， Y元素在周期表中非金属性最强， Y为F，推知W为N，据此分析。
10．（2025高二上·拱墅期末）代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．()含键的数目为
B．的溶液含的数目为
C．与足量水完全反应，转移的电子数为
D．硝基与二氧化氮所含的电子数均为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．根据分子结构，1mpl分子中含有16mol键，因此（0.1mol）中含有的键的数目为1.6，A选项错误；
B．溶液体积未知，无法利用公式计算的物质的量，B选项错误；
C．为1mol，其与水反应发生过氧根的自身歧化反应，1mol与水反应转移1mol电子，故与足量水完全反应，转移的电子数为NA，C选项错误；
D.1个硝基和1个二氧化氮含有的电子数均为7+8×2=23，因此硝基与（）二氧化氮所含的电子数均为，D选项正确；
故选D。
【分析】A．根据结构图求算键数目；
B．根据公式n=cv，缺少V的数据；
C．根据反应方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，转移2mol电子；
D．硝基是中性原子团。
11．（2025高二上·拱墅期末）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。工业上制备高铁酸钾的流程如下图所示：
下列说法错误的是
A．K2FeO4中铁元素的化合价为+6价
B．用无水乙醇洗涤可以减少产品的损耗
C．反应II中的氧化剂是Fe(NO3)3
D．高铁酸根离子具有强氧化性，能杀菌消毒
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；化合价与化学式
【解析】【解答】A．根据化合物中各元素化合价代数和为 0，K2FeO4中K为+1价、O为-2价，得Fe元素的化合价为+6 价，A正确；
B．高铁酸钾易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，可减少产品的损耗，B正确；
C．由流程图可知，硝酸铁被氧化得到高铁酸钾，故硝酸铁为还原剂，C错误；
D．铁元素的化合价为+6 价，价态高具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D正确；
答案选C。
【分析】由高铁酸钾化学式K2FeO4，可得铁的化合价为+6，化合物具有强氧化性，能杀菌消毒，是多功能水处理剂。
12．（2025高二上·拱墅期末）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：
B．工业废水中的用去除：
C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．银与稀硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，A不正确；
B．的溶解度小于，发生沉淀的转化，FeS为难溶物，应写化学式，则正确的离子方程式为，B不正确；
C．用SO2吸收吹出的Br2，生成氢溴酸HBr和硫酸，反应的离子方程式为，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为，D不正确；
故选C。
【分析】A．稀硝酸的还原产物是NO；
Ｂ．FeS为难溶物，应保留化学式；
Ｃ．溴与二氧化硫发生氧化还原反应；
Ｄ．草酸为弱酸，保留化学式。
13．（2025高二上·拱墅期末）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验①中，0~2 小时内 SeO42-浓度从 5.0×10-5 mol L- 降到 1.0×10-5 mol L- ，浓度变化为 4.0×10-5 mol L- ，时间 2h，计算得速率为 2.0×10-5 mol L- h- ，A错误；
B、实验③溶液呈弱碱性，离子方程式中不能出现 H+，而选项中的方程式含 8H+，与碱性环境冲突，B 错误；
C、实验①纳米铁质量（8mg）大于实验②（2mg），其他条件相同，①中 SeO42-浓度下降更快，说明增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D、虽然 pH=6 时去除效果优于 pH=8，但 pH 过小（酸性过强）时，纳米铁会优先与 H+反应，减少与 SeO42-的反应，故 “pH 越小效果越好” 不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A. 依据反应速率公式，结合图像中浓度变化计算速率。
B. 根据实验③的 pH 环境（pH=8，弱碱性）判断离子方程式是否合理。
C. 对比实验①和②（仅纳米铁质量不同），分析纳米铁质量对反应速率的影响。
D. 结合实验②（pH=6）和③（pH=8）的结果，及极端酸性条件的影响分析。
14．（2025高二上·拱墅期末）2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如右图所示。下列说法正确的是（　　）
A．放电时，甲电极为正极，OH-移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O
C．充电时，电池的甲电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni(OH)2
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A.放电时为原电池，OH-向负极甲电极移动，A错误；
B.放电时，乙电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，B错误；
C.充电时，碳电极作阴极，应与电源的负极相连，C错误；
D.放电时，正极电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-=2H2O，两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，D正确；
故合理选项是D。
【分析】由原理图可知，用电器工作时为原电池，此时吸附了H2的碳纳米管即甲作负极，乙作正极得电子，由图中物质转化电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电器工作时为电解池，甲电极作阴极，乙电极作阳极，据此分析。
15．（2025高二上·拱墅期末）在水溶液中，可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与形成配离子达平衡时，与的关系如图。
下列说法正确的是
A．的X、Y转化为配离子时，两溶液中的平衡浓度：
B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时
C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，当纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；
B．Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会与形成Y配离子，则减小，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；
C．由分析可知，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；
D．由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.液中。
B.Q点时，。
C.设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数。
D.由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大。
16．（2025高二上·拱墅期末）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 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有
B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力：
C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性：
D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．根据Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，发现②溶液颜色由蓝色变绿色，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确；
B．条件相同的情况下，溶液没有变成红色，说明三价铁离子没有结合硫氰根离子，而是与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确；
C．根据题中条件，两溶液中铵根离子不相同，铵根离子会水解，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误；
D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据对比实验，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2；
B．铁氰化钾溶液显红色；
C．变量不唯一，不能的正确结论；
D．保证其他条件相同，改变温度，探究温度对反应速率影响。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①已知与在同一主族上基态原子的核外电子排布式为　 　。
②比较键角的大小：气态分子　 　离子(填“>”、“<”或“=”)。
（2）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：下列相关说法正确的是___________。
A．富马酸分子中键和键的数目比是10：3
B．富马酸分子中C的杂化方式有、
C．富马酸分子可以形成分子内氢键，使得富马酸一级和二级电离常数变大
D．富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为
（3）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在、和平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为　 　。
②Fe原子的配位数为　 　。
③该晶胞参数，。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　 　(列出计算式)。
【答案】（1）；
（2）D
（3）；4；
【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
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，基态原子的核外电子排布式为：；
②气态分子的中心原子价层电子对数是3，杂化方式为，空间构型为平面三角形，键角约为120°；而中心原子价层电子对数是4，杂化方式为，空间构型为三角锥形，键角约为109°，故的键角大于的键角。
故答案为：；。
（2）根据结构模型知结构简式为：
A．由富马酸分子的结构简式可知，分子中σ键和π键的数目比为11：3，A错误；
B．富马酸分子中的C原子化学键分别是C=O、C=C，均是杂化，B错误；
C．富马酸分子中两个羧基位于C=C的两侧，不能形成分子内氢键，C错误；
D．根据周期表中元素电负性变化规律，富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe，D正确；
故答案为：D。
（3）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：；硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为：；铁原子8个位于面心，其个数为：，据此分析解答以下问题：
①该超导材料的1个晶胞中有2个K原子、4个Se原子、4个Fe原子，则其最简化学式为：；
②由晶胞结构图可知，位于面上的Fe原子与位于棱上的2个Se原子和内部的1个Se原子的距离最近，共用该Fe原子的紧邻的晶胞中还有1个体心的Se原子与该Fe原子距离最近，所以Fe原子的配位数为4；
③该晶胞参数为：，，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为：。
故答案为：；4；。
【分析】 (1) 键角大小比较可看中心原子杂化类型：sp>>；
(2) 分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键 ； C=O、C=C，是杂化；
(3) 晶胞中计算原子个数用均摊法，在顶点原子占，棱上原子占，面心原子占，体心原子占1，化学式为原子个数最简比；根据晶胞质量公式计算密度。
（1）①Se为34号元素，位于周期表中第四周期第VIA族，则基态原子的核外电子排布式为：；
②气态分子的中心原子无孤对电子，杂化方式为，空间构型为平面三角形，键角约为120°；而得到2个电子后，中心原子有一对孤对电子，则杂化方式为，空间构型为三角锥形，键角约为109°，故的键角大于的键角。
故答案为：；。
（2）富马酸亚铁()是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：，结构简式为：，下列相关说法正确的是：
A．根据在分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由富马酸分子的结构简式可知，分子中σ键和π键的数目比为11：3，A错误；
B．富马酸分子中的C原子化学键分别是C=O、C=C，均是杂化，B错误；
C．富马酸分子中两个羧基位于C=C的两侧，不能形成分子内氢键，C错误；
D．在周期表，一般元素的非金属性越强，电负性越大，故富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe，D正确；
故答案为：D。
（3）由平面投影图得到晶胞图形可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：；硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为：；铁原子8个位于面心，其个数为：，据此分析解答以下问题：
①该超导材料的1个晶胞中有2个K原子、4个Se原子、4个Fe原子，则其最简化学式为：；
②由晶胞结构图可知，位于面上的Fe原子与位于棱上的2个Se原子和内部的1个Se原子的距离最近，共用该Fe原子的紧邻的晶胞中还有1个体心的Se原子与该Fe原子距离最近，所以Fe原子的配位数为4；
③该晶胞参数为：，，若阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为：。
故答案为：；4；。
18．（2025高二上·拱墅期末）黄铜矿(主要成分为，含少量、、、等元素)的综合利用具有重要意义。
（1）下列说法正确的是：___________。
A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，属于亲水基团，插入空气泡中，随空气泡上浮至液体表层
B．工业上，气体A经催化氧化、用水吸收后制得一种用途十分广泛的强酸
C．炉渣C的主要成分为
D．B中主要含，若忽略杂质参与的反应，每获得，转移的电子数为
（2）粗铜经电解精炼可得到精铜和阳极泥(含有、等贵金属)。
①工业上，在富氧条件下，可用溶液溶解、。其中转化为；写出Au溶解时的离子反应式：　 　。
②实验室分离金银合金中的和。实验方案：取一定量合金，与足量硝酸充分反应，过滤、洗涤沉淀并干燥，得到　 　(化学式)，滤液用来还原，理论上得到　 　。
（3）B中除了外，含有少量铁元素。验证中含有铁元素的方法如下：取少量与热的浓硝酸充分反应，然后加入足量浓氨水，过滤；沉淀用稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明含有铁元素。写出溶于热的浓硝酸时的离子方程式　 　。
【答案】（1）C；D
（2）；；4
（3）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．烃基属于憎水基团， A项错误；
B．气体A为，经催化氧化后可生成，应用浓硫酸吸收制硫酸，用水吸收会产生酸雾，B项错误；
C．氧化亚铁和二氧化硅高温反应生成，炉渣C的主要成分为，C项正确；
D．反应方程式为，由方程式可知生成1molCu，电子转移3mol，转移的电子数为，D项正确；
答案选CD；
（2）①根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为；
②取一定量合金，与足量硝酸充分反应，可溶于硝酸，不溶，过滤后滤渣中存在，洗涤干燥后得到纯净的；把还原为银单质，根据电子得失守恒，根据关系式2，可知可得到；
（3）与热的浓硝酸发生氧化还原反应，被氧化为铜离子，S被氧化为，被还原为，反应的离子方程式为。
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe、Au、Ag、As等元素)，粉碎浮选后得到精矿通入空气焙烧主要发生反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，混合气冷却后，气体A为SO2，固体为As2O3，固体加入浓盐酸反应后得到一元酸D，含Cu2S、FeO等的固体加入沙子(主要成分是SiO2)高温反应生成熔渣，C为FeSiO3，B中主要含Cu2S通入一定量的空气发生反应CuS+O2=2Cu+SO2，据此分析解题。
（1）A．黄铜矿粉末浮选时，浮选剂分子的一端与矿粉结合，另一端为烃基，烃基属于憎水基团， A项错误；
B．气体A为，经催化氧化后可生成，用浓硫酸吸收可制硫酸，B项错误；
C．由分析可知炉渣C的主要成分为，C项正确；
D．B中主要含，与在高温下反应，生成和，反应方程式为，由方程式可知生成1molCu，电子转移3mol，转移的电子数为，D项正确；
答案选CD；
（2）①工业上，在富氧条件下，用溶液溶解，转化为，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为；
②取一定量合金，与足量硝酸充分反应，可溶于硝酸，不溶，过滤后滤渣中存在，洗涤干燥后得到纯净的；滤液中存在用来还原，得到单质，同时转化为，根据得失电子守恒可知可得到；
（3）与热的浓硝酸发生氧化还原反应，由+1价升高到+2价，S被氧化为，被还原为，反应的离子方程式为。
19．（2025高二上·拱墅期末）氨基甲酸铵()为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。已知：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）写出分解生成与气体的热化学方程式：　 　。
（2）恒容条件下，分解生成与气体，实验测得数据如下表所示：
T/K 293 298 303 308 313
p/kPa 8.60 11.40 16.24 20.86 30.66
①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内总压强不再改变 B．
C．的值不再改变 D．的体积分数不再改变
②某温度下，该反应平衡时容器内总压强为，写出该反应的压强平衡常数的计算式　 　(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。
③随着温度升高，逐渐　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
④某温度下，达到平衡后，欲增加的平衡浓度，可采取的措施有　 　(填标号)。
A．加 B．加催化剂 C．减小体积增大压强 D．移走
（3）已知：(C为常数)，根据上表实验数据得到下图，则该反应的反应热　 　。
【答案】（1）
（2）AC；；增大；D
（3）+144.2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：；
（2）①A．根据方程式，正向是气体分子数增大的反应，恒温恒容条件下，若压强不变，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．平衡时，NH3的正反应速率应该为CO2逆反应速率的2倍，即，故B错误；
C．当反应达到平衡状态时，各组分浓度不再改变，故C正确；
D．根据方程式，生成的NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，故D错误；
故选AC；
②总压强为p，NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故各自分压、，；
③根据表格中的数据，随着温度升高，压强增大，则增大；
④A．是固体，增大固体的量，不影响平衡移动，故A错误；
B．催化剂不影响平衡移动，故B错误；
C．温度不变，则不变，p(NH3)与p(CO2)之比仍然满足2：1，则各气体浓度不变，故C错误；
D．移走，利于平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故D正确；
故选D；
（3）图上的坐标点代入得：69.50=- H×3.19×10-3+C和53.64=- H×3.30×10-3+C，联立求解得， H=+144.2。
【分析】（1）根据盖斯定律作答；
（2）①化学平衡状态判断依据是变量不变，根据方程式，压强是变量，生成物氨气和二氧化碳按物质的量2：1生成，即氨气的物质的量分数不是变量； 表示平衡常数；
② 按照生成物物质的量之比计算各成分分压，计算压强平衡常数；
③ 由表格数据变化作答；
④ 根据平衡移动原理，增加氨气的平衡浓度，可采取措施使平衡正向移动；
(3) 由已知关系式 ，代入图中数据计算。
（1）由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：；
（2）①A．恒温恒容条件下，随着氨基甲酸铵的分解，容器内总压强不断增大，若压强不变，则反应达到平衡状态，故A正确；
B．平衡时，NH3的正反应速率应该为CO2逆反应速率的2倍，即，故B错误；
C．当反应达到平衡状态时，浓度商的值不再改变，故C正确；
D．该反应生成的NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，故D错误；
故选AC；
②总压强为p，NH3和CO2的物质的量之比恒为2：1，故各自分压、，；
③根据表格中的数据，随着温度升高，压强增大，则增大，其主要原因是：氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH3和CO2的平衡分压均增大，压强平衡常数增大；
④A．加入固体，不影响平衡移动，故A错误；
B．加催化剂，不影响平衡移动，故B错误；
C．减小体积增大压强，容器内各气体浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但最终达到平衡后，由于不变，p(NH3)与p(CO2)之比仍然满足2：1，则各气体浓度不变，故C错误；
D．移走，利于平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，故D正确；
故选D；
（3）图上的点代入得：69.50=- H×3.19×10-3+C和53.64=- H×3.30×10-3+C，联立求解得， H=+144.2。
20．（2025高二上·拱墅期末）高锰酸钾可用作氧化剂、消毒剂、漂白剂等。实验室模拟工业制备高锰酸钾常用工艺流程如下：
制备原理：反应①
反应②
反应③
滴定反应：
已知：见光、受热均易分解；的溶解度比小得多。请回答：
（1）固体A加强热熔融过程中，不能使用瓷坩埚的原因是　 　，通入的目的是中和掉反应②不断生成的，使反应②顺利进行。不选用中和的原因是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．蒸发至有大量晶体析出时停止加热
B．通入过多会生成大量，蒸发时会与一起析出
C．为减少溶解损失，应选择乙醇为洗涤剂
D．宜采用低温烘干的方法来干燥产品
（3）实验室通常用基准确定所制备高锰酸钾的含量，步骤如下：
I．配制溶液：将所得的全部产品，用煮沸的蒸馏水溶解，配成溶液，置于暗处保存。
II．测定溶液浓度：称取于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，加入溶液，充分混合后加热至75~85℃，趁热用溶液滴定至终点。在此过程中要用到滴定管，选出其正确操作并按顺序写出字母：检漏→　 　，滴定管准备完成。
a．用蒸馏水洗涤滴定管
b．用溶液润洗滴定管
c．从棕色滴定管上口加入高于“0”刻度的溶液
d．从无色滴定管上口加入高于“0”刻度的溶液
e．调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下，记录数据
f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
g．轻轻挤压玻璃球使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡
III．消耗溶液20.00mL时达滴定终点，溶液现象是　 　。产品中的质量为　 　。
【答案】（1）瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅会与熔融KOH反应；HCl会被氧化，两者不能共存
（2）B；D
（3）bcfe；溶液呈微红色，且30s不褪色；7.900g
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1） 反应② ，瓷坩埚中有SiO2，氢氧化钾和SiO2会发生反应；高锰酸钾会氧化 生成氯气；
故答案为：瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅会与熔融KOH反应；HCl会被氧化，两者不能共存；
（2）A．见光、受热均易分解 ，故A错误；
B．由题中信息可知，的溶解度比小得多 ，若通入过多二氧化碳，生成碳酸氢钾，蒸发时碳酸氢钾会与高锰酸钾一起析出，导致产品中混有杂质，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，能将乙醇直接氧化为乙酸，不能选择乙醇为洗涤剂，故C错误；
D．由题给信息可知，干燥产品应采用低温烘干的方法，故D正确；
故答案为BD。
（3）由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则测定高锰酸钾溶液浓度时应选用棕色酸式滴定管，滴定实验操作步骤为检查滴定管是否漏水、用标准溶液润洗滴定管、向滴定管中装高锰酸钾溶液至“0”刻度以上、排气泡后，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记录数据；
实验过程为用紫红色的高锰酸钾滴定无色的草酸钠，因此到达滴定终点时溶液的现象是溶液呈微红色，且30s不褪色；由滴定反应的方程式可得计量关系：，0.6700g草酸钠的物质的量为，则产品中高锰酸钾的质量为。
故答案为：bcfe；溶液呈微红色，且30s不褪色；7.900g；
【分析】根据制备原理方程式结合工艺流程，，反应②，固体A是、、混合物
，加热后得到固体B含K2MnO4和，加入去离子水，通入二氧化碳后，得到和，溶解后趁热过滤除去二氧化锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤和洗涤烘干后得到产品，据此分析。
（1）固体A中含有氢氧化钾，熔融氢氧化钾能与瓷坩埚中的二氧化硅反应，会腐蚀坩埚，则加强热熔融过程中不能使用瓷坩埚；通入二氧化碳的目的是中和掉反应②不断生成的氢氧根离子，使反应②顺利进行，盐酸具有还原性，反应生成的高锰酸钾具有强氧化性，能将盐酸氧化。
（2）A．由题给流程可知，蒸发浓缩后，冷却结晶时才有晶体析出，故A错误；
B．由题给信息可知，若通入过多二氧化碳，二氧化碳与碳酸钾溶液反应会生成大量溶解度较低的碳酸氢钾，蒸发时碳酸氢钾会与高锰酸钾一起析出，导致产品中混有杂质，故B正确；
C．高锰酸钾具有强氧化性，能将乙醇直接氧化为乙酸，则为减少高锰酸钾损失，不能选择乙醇为洗涤剂，故C错误；
D．由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则干燥产品应采用低温烘干的方法，故D正确；
故答案为BD。
（3）由题给信息可知，高锰酸钾见光、受热均易分解，则测定高锰酸钾溶液浓度时应选用棕色酸式滴定管，滴定管的准备操作顺序为滴定管检漏后，用高锰酸钾溶液润洗滴定管，从棕色滴定管上口加入高于“0”刻度的高锰酸钾溶液，轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液无气泡，调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下记录数据；实验过程为用紫红色的高锰酸钾滴定无色的草酸钠，因此到达滴定终点时溶液的现象是溶液呈微红色，且30s不褪色；由滴定反应的方程式可得计量关系：，0.6700g草酸钠的物质的量为，则产品中高锰酸钾的质量为。
21．（2025高二上·拱墅期末）氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，以为原料合成氯吡格雷的路线如图：
已知：①，。
②。
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型是　 　，X的结构简式为　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．有机物A能与新制的氢氧化铜悬浊液反应
B．有机物C中含氧官能团是酯基
C．有机物Y的键线式为
D．氯吡格雷的分子式是
（3）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)　 　。
流程图的表示方法为：原料中间产物……目标产物
【答案】（1）取代反应；CH3OH
（2）A；C
（3）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】（1）根据物质D和E结构，可知D→E的反应类型是取代反应，X的结构简式为CH3OH。
（2）A．有机物A为，含醛基，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，故A正确；
B． 有机物C为，其中含氧官能团是羧基，故B错误；
C．由路线图可知，Y与D中的—NH2反应，Y中Br原子和D中—NH2的氢原子结合生成HBr，根据信息反应②，中虚线处为成键位置，故Y与D发生了取代反应，有机物Y的键线式为，C正确；
D． 根据氯吡格雷结构，可得其分子式是C16H16O2NSCl，D错误。
故答案为：AC；
（3）在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。
【分析】由有机物D的结构可知A结构中含有苯环，结合已知信息 ① 可推得A为，B为，C为，C→D反应中可看出D物质中有酯基生成，发生酯化反应，故X为CH3OH，根据信息反应②，，根据D和E的结构简式、结合Y的分子式，可知Y为；
（1）据分析，D→E的反应类型是取代反应，X的结构简式为CH3OH。
（2）A．有机物A为，含醛基，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，故A正确；
B． 有机物C为，其中含氧官能团是羧基，故B错误；
C．对比D与E的结构简式可知，Y与D中的—NH2反应，且Br原子未出现在E中，根据信息反应②，中虚线处为成键位置，故Y与D发生了取代反应，有机物Y的键线式为，C正确；
D． 氯吡格雷的分子式是C16H16O2NSCl，D错误。
故答案为：AC；
（3）在NaCN/NH4Cl条件下反应生成，然后在酸性条件下得到，最后在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到，合成路线流程图为：。
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