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浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期一模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2024高三上·杭州模拟）浙江省博物馆收藏有一批蕴含区域文化特色的文物。下列文物主要成分是有机物的是
A．良渚遗址玉琮 B．宁波朱金木雕
C．吴越鎏金纯银阿育王塔 D．龙泉窑青瓷舟形砚滴
【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、良渚遗址玉琮的主要成分是硅酸盐类矿物，属于无机物，故A不符合题意 ；
B、宁波朱金木雕的主要材料是木材，木材的主要成分为纤维素、木质素等有机高分子化合物，属于有机物，故B符合题意 ；
C、吴越鎏金纯银阿育王塔的主要成分是金、银等金属，属于无机物，故C不符合题意 ；
D、龙泉窑青瓷舟形砚滴的主要成分是硅酸盐陶瓷，属于无机物，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
判断依据：抓住 “有机物含碳且通常为生物来源的高分子（如木材、丝绸）” 这一特点，无机物多为矿物、金属、陶瓷等。
常见文物成分：木雕、书画、丝绸等主要成分为有机物；玉器、金属器、瓷器等主要成分为无机物。
2．（2024高三上·杭州模拟）下列化学用语表示正确的是
A．乙烯中键的电子云轮廓图：
B．的VSEPR模型：
C．加氢产物的名称：2-乙基丁烷
D．的电子式：
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、乙烯分子中的 p-p π 键是由两个碳原子的 p 轨道以 “肩并肩” 方式重叠形成，电子云轮廓图呈镜面对称的两个椭圆瓣， 为 ，A正确；
B、SOCl2分子的中心 S 原子价层电子对数为 3（σ 键数 3，孤电子对数 0），VSEPR 模型应为平面三角形，而图中为三角锥形，B错误；
C、 的加氢产物为 CH3-CH(C2H5)-CH2-CH3，系统命名时应选择最长碳链（含 6 个碳原子），正确名称为 3 - 甲基戊烷，而非 2 - 乙基丁烷，C错误；
D、HCl 是共价化合物，分子中不存在 H+和 Cl-，电子式应为 ，而非离子式，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
π 键电子云特征：p-p π 键电子云呈镜面对称，分布在 σ 键所在平面的上下两侧。
VSEPR 模型判断：中心原子的价层电子对数决定模型形状，SOCl2中 S 原子无孤对电子，模型为平面三角形。
有机物命名规则：选择最长碳链为主链，从离支链最近的一端编号。
电子式书写：共价化合物的电子式不出现离子符号，原子间通过共用电子对结合。
3．（2024高三上·杭州模拟）下列关于物质的性质和用途说法不正确的是
A．有还原性，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用
B．硬度大，可作砂纸磨料
C．难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”
D．纯铝的硬度和强度大，适合制造飞机零件
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硫酸盐；合金及其应用
【解析】【解答】A、SO2具有还原性，能与氧气反应，在食品中适量添加可抑制氧化变质，起到抗氧化和防腐作用，A正确；
B、SiC（碳化硅）属于原子晶体，硬度极高，是工业上常用的砂纸、砂轮磨料，B正确；
C、BaSO4难溶于水和胃酸（盐酸），且不易被 X 射线透过，因此可作为 “钡餐” 用于消化道 X 射线造影，C正确；
D、纯铝的硬度和强度较低，无法满足飞机零件的力学要求。实际用于制造飞机的是铝合金，通过合金化来提高硬度和强度，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
性质决定用途：还原性对应抗氧化、硬度大对应磨料、难溶且阻 X 射线对应钡餐，这些都是性质与用途的直接对应。
常见误区：纯铝质软，不能直接用于制造高强度零件，铝合金才是航空工业的常用材料。
4．（2024高三上·杭州模拟）下列有关的实验，合理的是
A．制取较多氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．吸收氨气且防倒吸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 固体时，会分解为 NH3和 HCl 气体，但在试管口附近又会重新化合生成 NH4Cl，无法持续制得较多氨气，故A不符合题意 ；
B、P2O5是酸性干燥剂，会与碱性气体 NH3发生反应，不能用于干燥氨气，应选用碱石灰等碱性干燥剂，该实验不合理，故B不符合题意 ；
C、氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集；试管口的棉花可以减少空气对流，提高氨气纯度，该实验合理，故C符合题意 ；
D、氨气极易溶于稀 H2SO4，导管直接插入液面下会发生倒吸；煤油的密度比稀硫酸小，浮在上方无法起到防倒吸的作用，该实验不合理，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
制备注意：NH4Cl 受热分解后易重新化合，实验室常用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合加热制氨。
干燥原则：碱性气体不能用酸性干燥剂干燥，氨气需用碱石灰干燥。
收集方法：密度小于空气的气体用向下排空气法，棉花可防止气体对流。
防倒吸设计：吸收极易溶于水的气体时，需用倒扣漏斗、球形干燥管等防倒吸装置。
5．（2024高三上·杭州模拟）化学技术和化学物质可造福人类生活。下列说法不正确的是
A．利用液氮、液氢做火箭推进剂，可有效减少对环境的污染
B．硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂
C．丙三醇有吸水性，可用于配制化妆品
D．氯化镁、硫酸钙等可用作生产豆腐的凝固剂
【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、火箭推进剂需要燃料与氧化剂发生反应释放能量产生推力。液氢是优质燃料，但其燃烧需要氧化剂，反应产物为水，无污染。而液氮是惰性气体，常温下与液氢不发生反应，无法作为氧化剂提供推力，A错误；B、硫酸亚铁（FeSO4）作为混凝剂时，Fe2+在水中易被氧化为Fe3+，Fe3+发生水解反应生成Fe(OH)3胶体。胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质并使其凝聚沉降，从而净化污水。因此，硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂，B正确；
C、丙三醇俗称甘油，分子中含有多个羟基（-OH），羟基具有强吸水性，能吸收空气中的水分并保持湿润。这一性质使其常用于配制化妆品（如护肤品、面霜等），起到保湿作用，C正确；
D、豆腐制作的核心是使豆浆中的蛋白质胶体发生凝聚。氯化镁和硫酸钙均为传统凝固剂：氯化镁通过离子作用破坏蛋白质胶体的稳定性，硫酸钙则通过提供钙离子促使蛋白质凝聚。二者在豆腐生产中广泛应用，D正确；
故答案为：A
【分析】N的化合物做火箭推进剂，主要的是肼（N2H4）作为还原剂，液态四氧化二氮（N2O4）作为氧化剂，注意二氧化氮（NO2）在液态下基本都转化为二氧化氮的二聚物：四氧化二氮，肼与液态四氧化二氮接触就会自燃，可将肼储存在还原剂储箱中，液态四氧化二氮储存在氧化剂储箱中，火箭点火时，二者一起送入燃烧室，接触即自燃，产生大量的气体和热量：。
6．（2024高三上·杭州模拟）六氟合铂酸氙(，其中为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．六氟合铂酸氙中的化合价为价
B．有强氧化性
C．每生成1mol，转移4mol电子
D．是还原产物
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A、在 XePtF6中，Pt 为 +5 价，F 为 -1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，可得 Xe 的化合价为 +1 价，A正确；
B、XePtF6能与水反应生成 Xe、O2等物质，说明它可以氧化 H2O 中的 O 元素，自身被还原，因此具有强氧化性，B正确；
C、反应中 O 元素从 H2O 中的 - 2 价变为 O2中的 0 价，每生成 1mol O2，需要 2mol H2O 参与反应，转移电子数为 4mol，C正确；
D、HF 中的 H 元素来自 H2O（+1 价），F 元素来自 XePtF6（-1 价），反应中二者化合价均未发生变化，因此 HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算 Xe 的化合价。
氧化性判断：物质能氧化其他物质（如 H2O→O2），自身被还原，说明其具有强氧化性。
电子转移计算：通过元素化合价变化的数值，计算转移的电子数。
产物判断：只有化合价发生变化的元素对应的产物，才是氧化产物或还原产物。
7．（2024高三上·杭州模拟）从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了的溶解
B 铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁
C 中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别
D 熔点： 引入乙基减弱了离子间的相互作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇的极性比水小，加入含的水溶液中，会降低该离子络合物的溶解度，使其结晶析出。解释与实例相符，故A不符合题意 ；
B、铁丝在酒精喷灯上灼烧时，铁原子核外电子会发生跃迁，但跃迁产生的光波长不在可见光范围内，因此肉眼观察不到明显焰色变化，并非没有发生电子跃迁。解释与实例不相符，故B符合题意 ；
C、DNA中碱基A与T、G与C之间通过氢键实现互补配对，属于超分子的分子识别作用。解释与实例相符，故C不符合题意 ；
D、中引入了乙基，增大了阳离子的体积，减弱了离子间的相互作用，因此熔点比低。解释与实例相符，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解性影响：极性溶剂中加入弱极性溶剂，会降低极性溶质的溶解度，导致结晶析出。
焰色反应本质：电子跃迁是焰色反应的根本原因，若跃迁产生的光不在可见光区，则观察不到明显焰色。
氢键与超分子：氢键是DNA碱基配对的主要作用力，也是超分子识别的重要方式。
离子晶体熔点：离子间作用力越强，熔点越高；引入较大的有机基团会减弱离子间作用力，使熔点降低。
8．（2024高三上·杭州模拟）下列离子方程式正确的是
A．用除去工业废水中的：
B．溶于水：
C．硫代硫酸钠溶液中加入浓硝酸：
D．漂白粉溶液中通入过量：
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeS 是难溶于水的固体，不能拆写成 S2-，正确的离子方程式应为 Hg2++FeS=HgS+Fe2+，A错误；
B、NO2与水发生歧化反应，生成 HNO3和 NO，配平后的离子方程式为 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，B正确；
C、浓硝酸具有强氧化性，会将 S2O32-氧化为 SO42-，而不是生成 S 和 SO2，C错误；
D、漂白粉溶液中通入过量 CO2时，CaCO3会与过量 CO2、H2O 反应生成可溶的 Ca(HCO3)2，正确的离子方程式应为 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D错误；
解题要点
物质拆分规则：难溶物（如 FeS）、弱电解质、气体不能拆写成离子形式。
氧化还原反应判断：强氧化性物质（如浓硝酸）参与反应时，要考虑其对低价态离子的氧化作用。
量的关系影响：反应物用量不同（如过量 CO2），产物可能不同，需根据量的关系书写方程式。
歧化反应配平：NO2与水的反应是歧化反应，需根据化合价升降配平电子转移。
9．（2024高三上·杭州模拟）物质分离、检验、鉴别和结构分析是化学研究的重要内容。下列说法不正确的是
A．向肉桂醛()中滴加溴水，可检验分子中的碳碳双键
B．经X射线衍射实验获得晶体衍射图，可确定晶体中原子的相对位置
C．可利用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质
D．在新制的悬浊液中滴加适量麦芽糖溶液并加热，有砖红色沉淀生成说明麦芽糖是还原性的糖
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；醛的化学性质
【解析】【解答】A、肉桂醛分子中同时含有碳碳双键和醛基，溴水既能与碳碳双键发生加成反应，也能氧化醛基，因此不能直接用溴水检验碳碳双键。需要先将醛基氧化除去，再检验碳碳双键，A错误；
B、X 射线衍射实验可以获得晶体的衍射图，通过分析衍射图能够确定晶体中原子的相对位置和晶胞结构，B正确；
C、饱和硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是可逆过程，不会改变蛋白质的活性，可用于分离提纯蛋白质，C正确；
D、麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，能在加热条件下与新制的 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀 Cu2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团检验干扰：当分子中同时存在碳碳双键和醛基时，溴水会同时与两者反应，需先排除醛基的干扰再检验碳碳双键。
X 射线衍射应用：X 射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可确定原子的相对位置。
蛋白质盐析：饱和硫酸铵溶液使蛋白质盐析，可用于分离提纯，不影响蛋白质活性。
还原性糖检验：含醛基的糖（如麦芽糖）能与新制 Cu(OH)2悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀。
10．（2024高三上·杭州模拟）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，基态Z原子的p轨道半充满，下列说法正确的是
A．沸点：
B．原子半径：
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：
D．键角：中的中的
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；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、MX3为 PH3，ZX3为 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于 PH3，因此沸点：PH3 < NH3，A错误；
B、原子半径比较：P > C > N > H（同周期从左到右半径减小，同主族从上到下半径增大），即 M > Y > Z > X，B错误；
C、最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3（Z）> H3PO4（M）。同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，C正确；
D、Z2X4为 N2H4，Y2X4为 C2H4。N2H4中 N 原子有一对孤对电子，对成键电子对的排斥力更大，导致键角∠XZX（∠HNH）小于 C2H4中的∠XYX（∠HCH），D错误；
故答案为：C。
【分析】四种主族元素位于三个不同短周期，原子序数依次增大，故X 为 H（第一周期）。
基态 Z 原子的 p 轨道半充满，Z 的价电子排布为 ns2np3，为 N 或 P。
Z 与 M 同主族，且原子序数 M > Z ，若 Z 为 N，则 M 为 P；若 Z 为 P，则 M 为 As。
Y 与 Z 核电荷数相差 1，且原子序数 Y < Z，若 Z 为 N，则 Y 为 C；若 Z 为 P，则 Y 为 Si。
结合原子序数依次增大且分属三个短周期，最终确定：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，M 为 P。
11．（2024高三上·杭州模拟）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如下图所示。
以上各反应的速率方程均可表示为，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60min前，产物T可忽略不计。已知该温度下，。下列说法不正确的是
A．60min前，
B．路径①→②→④中，④是决速步骤
C．60min后，逐渐减小
D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高D的产率
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、60min 前产物 T 可忽略，反应②和③的速率分别为 v2 = k2 c (M) c (Cl2)、v3 = k3 c (M) c (Cl2)。已知 k2：k3 = 21：7 = 3：1，且 c (M)、c (Cl2) 相同，因此 v2：v3 = 3：1。A正确；
B、路径①→②→④中，各步速率常数 k1：k2：k4 = 100：21：4，其中 k4 最小。速率常数越小，反应速率越慢，因此步骤④是该路径的决速步骤。B正确；
C、60min 后，T 开始生成，G 会通过步骤⑤转化为 T，但 D 仅由步骤②生成、步骤④消耗。由于 k2 > k3，D 的生成速率始终快于 G 的生成速率；且 k4 < k5，D 的消耗速率慢于 G 的消耗速率。因此会逐渐增大，而非减小。C错误；
D、合适的催化剂可以改变反应的选择性，优先催化生成 D 的路径；控制反应时间可减少 D 进一步转化为副产物的机会，从而提高 D 的产率。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
速率与速率常数的关系：在反应物浓度相同时，反应速率与速率常数成正比。
决速步骤判断：多步反应中，速率常数最小的步骤是整个反应的决速步骤。
浓度变化趋势：通过比较生成与消耗的速率，判断产物浓度比值的变化。
催化剂与产率：催化剂可改变反应选择性，控制时间可减少副反应，提高目标产物产率。
12．（2024高三上·杭州模拟）下列反应可以得到多卤化物：、。下列说法不正确的是
A．中阴阳离子个数比是
B．苯与在催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯
C．受热分解生成的产物含有
D．能使湿润的淀粉试纸变蓝色
【答案】C
【知识点】晶格能的应用；氧化还原反应；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、CsIBr2属于多卤化物，可拆分为阳离子 Cs+和阴离子 IBr2-，因此阴阳离子个数比为 1：1，A正确；
B、IBr 中 I 显 +1 价、Br 显 -1 价，苯与 IBr 发生取代反应时，I+会取代苯环上的 H 原子，生成碘苯（C6H5I），B正确；
C、非金属性 Br 强于 I，热分解时会生成更稳定的溴化物：CsIBr2受热分解应生成 CsBr（而非 CsI），同时生成 IBr 或卤素单质，因此产物不含 CsI，C错误；
D、IBr 的氧化性强于 I2，能与 KI 发生反应：IBr+KI=KBr+I2，生成的 I2遇淀粉变蓝，因此 IBr 能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，D正确；故答案为：C。
【分析】解决这道题的关键点：
A．多卤化物的离子构成：CsIBr2可拆分为 Cs+和 IBr2-，阴阳离子个数比为 1：1。
B．IBr 的反应特性：IBr 中 I 显 + 1 价、Br 显 - 1 价，苯与 IBr 发生取代时，I+取代苯环 H 生成碘苯。
C．热分解的产物规律：CsIBr2受热分解时，因 Br 的非金属性强于 I，会生成更稳定的 CsBr（而非 CsI）。
D．氧化还原反应判断：IBr 的氧化性强于 I2，能氧化 KI 生成 I2，使淀粉试纸变蓝。
13．（2024高三上·杭州模拟）利用丙烯腈制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是
A．电极a为阴极
B．四甲基溴化铵可增加溶液导电性
C．交换膜为质子交换膜
D．电解过程中，右侧溶液的不变
【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、电极 a 上，丙烯腈（CH2=CHCN）转化为己二腈 [NC(CH2)4CN]，C 元素的平均化合价从 - 1 价变为 - 2 价，发生还原反应，因此电极 a 为阴极。A正确；
B、四甲基溴化铵 [(CH3)4NBr] 是强电解质，在溶液中完全电离为离子，可增强溶液的导电性。B正确；
C、阴极反应会生成 H+，阳极反应会消耗 H+，H+需要通过交换膜从阴极区迁移到阳极区以平衡电荷，因此交换膜为质子交换膜。C正确；
D、右侧为阳极区，发生的电极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+。虽然 H+会通过质子交换膜迁移到左侧，但生成 H+的速率大于迁移速率，导致右侧溶液中 H+浓度增大，pH 减小，而非不变。D错误；
故答案为：D。
【分析】在电极 a（阴极）上，丙烯腈（CH2=CHCN）发生还原反应，两个分子偶联生成己二腈 [NC (CH2)4CN]，同时产生 H+；在电极 b（阳极）上，水溶液中的 H2O 发生氧化反应，生成 O2气体和 H+。阴极产生的 H+和阳极产生的 H+通过质子交换膜从阴极区向阳极区迁移，以平衡溶液电荷。四甲基溴化铵 [(CH3)4NBr] 作为电解质，增强了阴极区溶液的导电性，确保电解顺利进行。
14．（2024高三上·杭州模拟）有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：
已知：R、R'代表烷基。下列说法不正确的是
A．能加快反应速率
B．从图中历程可知，物质Ⅵ比Ⅴ稳定
C．步骤Ⅱ→Ⅲ的历程中，C- R'键比键更容易断裂
D．发生上述反应生成的主要产物是
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、H+在反应中参与了第一步的质子化，之后在步骤 Ⅳ→Ⅴ 中又被释放，属于反应的催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率。A正确；
B、物质 Ⅵ 是最终产物，而 Ⅴ 是中间产物，通常反应的最终产物能量更低、更稳定。B正确；
C、从步骤 Ⅱ→Ⅲ 的转化来看，断裂的是 C-R' 键并生成了 R'-N=C-R 结构，说明 C-R' 键比 C-R 键更容易断裂。C正确；
D、根据反应历程，在步骤 Ⅱ→Ⅲ 中，C-R' 键更容易断裂。对于给定的反应物，环己基是 R，甲基是 R'，断裂的应该是 C - 甲基键，而不是 C - 环己基键，因此主要产物的六元环会保留，七元环不是主要产物。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：H+在反应前后总量不变，属于催化剂，可加快反应速率。
稳定性判断：最终产物通常比中间产物更稳定。
键的断裂：从反应历程的结构变化可判断键的断裂难易。
产物结构预测：根据键的断裂规律，预测产物的正确结构。
15．（2024高三上·杭州模拟）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：。将1.00g硫酸钙加入100mL溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用计测得体系随时间t变化如图。已知：，，，(不考虑水解)。下列说法不正确的是
A．时，以上溶液中存在：
B．保持溶液中，可使水垢中的转化为
C．时刻体系中已达平衡状态
D．时刻后向体系中加入少量固体，溶液的不变
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、t = 0时，溶液为Na2CO3溶液。CO32-的水解以第一步为主，且K 2(H2CO3)很小，说明HCO3-的电离很弱，因此溶液中 c(CO32-) > c(HCO3-)。A正确；
B、沉淀转化反应的平衡常数：
当 时，反应商 ，平衡正向移动，可使CaSO4转化为CaCO3。B正确；
C、pH下降的原因是CO32-被消耗，促进其水解平衡逆向移动，H+浓度增大。t2时刻pH不再变化，说明CO32-的浓度不再变化，但这只能说明CO32-的水解平衡达到了稳定，不能直接说明沉淀转化反应已达平衡。沉淀转化反应的平衡还需要看CaSO4和CaCO3的量是否不再变化，仅pH不变不能作为平衡的判据。C错误；
D、t2时刻后加入少量Na2SO4固体，沉淀转化平衡逆向移动，CO32-浓度增大。但由于此时溶液已处于CO32-水解的稳定状态，CO32-浓度的变化会通过水解平衡的移动来缓冲，最终溶液的pH基本不变。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化平衡常数：通过溶度积计算沉淀转化的平衡常数，判断反应进行的方向。
离子浓度关系：CO32-的水解以第一步为主，且K 2很小，因此 c(CO32-)>c(HCO3-)。
平衡状态判断：pH不变仅说明CO32-的水解平衡稳定，不能直接作为沉淀转化反应的平衡判据。
pH变化缓冲：加入Na2SO4后，沉淀转化平衡逆向移动，但CO32-的水解会缓冲pH的变化，使pH基本不变。
16．（2024高三上·杭州模拟）为探究化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，设计方案进行实验，观察到相关现象。方案设计或结论不正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向2mL 0.1mol/L溶液中加入2滴0.1mol/L溶液，充分振荡后再滴加2滴0.1mol/L溶液 先产生白色混浊，后出现黑色混浊 减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动
B 压强 用注射器吸收20mL和20mL饱和氯水，封闭管口，压缩注射器活塞 氯水颜色变深 增大压强，平衡向逆反应方向移
C 电化学 一段时间后，同时取电极附近溶液，滴加铁氰化钾溶液 左池电极附近的溶液出现蓝色沉淀，右池溶液无明显现象 负极的腐蚀速率快于阴极的腐蚀速率
D 温度 50℃水浴中试管内产生气泡更快 升高温度可以加快反应速率
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、先加入 AgNO3生成 AgCl 白色沉淀，再加入 Na2S 溶液时，发生的是沉淀转化反应：AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+Cl-(aq)。这是因为 Ag2S 的溶度积远小于 AgCl，并非 Ag+(aq)+Cl-(aq) AgCl (s) 平衡的逆向移动。原结论错误，A不正确；
B、压缩注射器活塞，体系体积减小，Cl2浓度增大，颜色变深。对于反应 Cl2(aq)+H2O(l) HCl(aq)+HClO (aq)，增大压强（体积减小）会使平衡向气体分子数减少的方向移动，即逆向移动，进一步增大 Cl2浓度，颜色加深。B正确；
C、左池为原电池，Fe 为负极，发生氧化反应生成 Fe2+，与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀；右池为电解池，Fe 为阴极，被保护，无明显现象。因此负极 Fe 的腐蚀速率快于阴极 Fe，C正确；
D、50℃水浴中 H2O2分解产生气泡更快，说明升高温度可以加快反应速率。D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：沉淀转化≠平衡移动：别把 AgCl→Ag2S 的沉淀转化，误判为 AgCl 溶解平衡的逆向移动。
压强对平衡的影响要细算气体分子数：压缩体积时，Cl2浓度直接变大使颜色变深，同时平衡因气体分子数减少而逆向移动，进一步加深颜色。
分清原电池与电解池的电极作用：左池是原电池（Fe 为负极，被腐蚀），右池是电解池（Fe 为阴极，被保护），负极腐蚀速率远快于阴极。
对比实验必须控制单一变量：只有温度不同时，才能直接得出 “升温加快反应速率” 的结论。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2024高三上·杭州模拟）N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答：
（1）某化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为　 　，已知图中虚线连接的O原子与原子距离最近且相等，晶体中距每个原子最近的O原子有　 　个。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．基态铜原子的价电子排布式为
B．第一电离能
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则分子中存在双键
D．离子键的百分数：
（3）分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为　 　。
（4）已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶　 　吡咯(填“>”、“<”、“=”)。
（5）弱电解质的电离一般是吸热，而 结合的结构说明原因　 　。
【答案】（1）NaCuO2；4
（2）A；B
（3）sp2
（4）>
（5）F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。
故答案为： NaCuO2 ；4；
（2）A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误；
B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误；
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确；
D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确；
故答案为：AB。
（3）由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。
故答案为： sp2 ；
（4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。
故答案为： > ；
（5）任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则 ，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。
故答案为： F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 ；
【分析】(1) 用均摊法计算原子个数，Cu为，O为2，Na为1 ，得化学式 NaCuO2；根据晶体结构，最近的O原子有4个。
(2) Cu的价电子排布为3d 4s ；第一电离能顺序为 F > N > O；NOCl有双键；MgO与CaO相比，CaO的离子键百分比更高。
(3)键角约117°，中心O原子价层电子对数为3 ，故为sp2杂化。
(4) 吡啶N原子孤对电子不参与大π键，吡咯N原子孤对电子参与大π键，故吡啶碱性 > 吡咯。
(5) F-半径小，与水分子形成强烈静电作用，水合释放的热量超过解离吸收的热量，故整体放热。
（1）该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。
（2）A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误；
B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误；
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确；
D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确；
故选：AB。
（3）由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。
（4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。
（5）任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则 ，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。
18．（2024高三上·杭州模拟）从炼铜副产物阳极泥(主要含、、等)中能提炼单质及许多贵金属单质。
已知：固体A中主要含、、、等物质。请回答：
（1）固体B中单质在酸性环境下与、反应生成可溶性的，写出该反应的离子方程式　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．加入固体能促进与反应生成
B．流程中主要体现氧化性
C．电解精炼铜的过程中，电能转化为化学能与热能
D．为简化操作，可将流程中的水浸改为稀硫酸浸取
（3）实验室中可以用代替流程中的
已知：()()，上述转化过程均可逆。
①解释X最终转化为Y的原因　 　。
②验证Y中含有硫元素的实验操作如下：
步骤Ⅰ：取少量Y于试管中，加入浓溶液，充分加热；步骤Ⅱ：___________。
写出步骤Ⅰ的化学方程式　 　，将步骤Ⅱ的实验方案补充完整　 　。
【答案】（1）2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O
（2）A；C
（3）—SO3H中羟基极性强于醇羟基；+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
【知识点】铜的电解精炼；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O，故答案为：2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O；
故答案为： 2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O ；
（2）A．由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；
B．由分析可知，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；
C．电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；
D．将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；
故答案为： AC；
（3）①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为，故答案为：—SO3H中羟基极性强于醇羟基；
②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O，故答案为：+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
故答案为： —SO3H中羟基极性强于醇羟基 ；+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O ； 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 ；
【分析】阳极泥在空气和碳酸钠中焙烧，将 Cu2Se、Ag2S 等转化为 CuO、Ag、Au、Na2SeO3等固体 A，同时生成 CO2气体。固体 A 经水浸后，Na2SeO3溶解进入溶液 A，不溶的 CuO、Ag、Au 等留在固体 B 中。溶液 A 中加入稀硫酸和 SO2，将 SeO32-还原为 Se 单质沉淀。固体 B 经一系列操作，分离出 Au、Ag、Cu 等贵金属。据此解题。
（1）由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O，故答案为：2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O；
（2）A．由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；
B．由分析可知，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；
C．电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；
D．将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；
故选AC；
（3）①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为，故答案为：—SO3H中羟基极性强于醇羟基；
②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O，故答案为：+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
19．（2024高三上·杭州模拟）在天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气(与)。将与协同转化，在减少碳排放的同时得到高附加值化学品。请回答：
（1）T℃时，
①该反应逆过程　 　0(填“>”或“<”)。
②当原料时，的转化率≈　 　(保留一位有效数字)。
③相同条件下，的转化率与反应时间的关系如图所示。说法正确的是　 　。
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、、等产品。
已知：还原产物X的法拉第效率。
当还原得到的和的分别为24%和8%时，　 　。
（3）等离子体催化与协同转化可制得和等产品。在电场的激发下，部分反应历程如下：
ⅰ． ⅱ． ⅲ．___________
ⅳ． ⅴ．
①补充步骤ⅲ的反应历程：　 　。
②当保持通入气体的总物质的量和流速不变，改变电场功率和原料气的组成时，气体的转化率如图所示。当电场功率不变时，在答卷图中画出反应速率随着和比例变化的示意图　 　。
【答案】（1）；0.005；AB
（2）12：1
（3）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学反应速率和化学计量数的关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）在时，，K值很小，说明反应很难正向进行，因反应为等气体体积，，根据，说明反应；
①则该反应逆过程的；
②当原料时，设为1mol，为4mol，的转化率为x，列三段式：，根据平衡常数，由于K值很小，说明转化率极低，在反应物消耗量中可忽略不计，则，，则得到
③ 根据如图所示关系，说法正确的是：
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率：对比有分子筛和无分子筛可以看出，有分子筛达到平衡的时间明显减短，说明分子筛具有催化作用，能加快反应速率，A正确；
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行：有分子筛等于使用了催化剂，催化剂对物质反应具有选择性，可选择性吸附产物，促进反应正向进行，B正确；
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高：两种反应物中，增大的投料比，会导致的转化率升高，而的转化率反而降低，C错误
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大：分子筛作为催化剂，温度过高，可能会使其失去活性，降低催化效率，反而使反应速率降低，D错误；
故答案为：<；0.005；AB。
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、CO、等，则反应的方程式为（未配平）：，当还原得到的CO（得）和（得）的FE%分别为24%和8%时，设转移的总电子数为xmol，由法拉第效率之比，计算得。
故答案为：12：1。
（3）①分析ⅰ-V步反应历程，发现第V步的在中间没有出现过，则第ⅲ步应该为生成的过程，根据ⅰ、ⅱ步的历程特点，第ⅲ步历程为：；②当电场功率不变时，随着和的比例逐渐增大，等于增大了的浓度，平衡右移，的转化率逐渐增大，单位时间内的反应速率也增大，但通入气体的总物质的量和流速不变，随着和的比例大到一定值时，CO2浓度过小，速度会降低，则反应速率随着和比例变化的示意图为：。
故答案为：；。
【分析】(1)① 焓变判断：正反应 很小且 ，故 ，逆反应 。
②设起始 为1 mol、 为4 mol，转化率为 ，代入平衡常数 ，因 极小，近似得 。
③分子筛加快反应速率（催化作用）并吸附产物促进平衡正向移动（AB正确）；增大 投料比会降低其平衡转化率（C错）；温度过高可能使分子筛失活（D错）。
(2) 核心公式：。
电子数关系：生成1 mol CO需2 mol电子，生成1 mol CH4需8 mol电子。
比例计算：设总电子数为 ，则 ，，解得 。
(3) ①历程补充：根据后续步骤出现HO，推测 iii 为 。
②速率变化趋势：随 增大， 反应速率先增大（ 浓度提升促进反应）后减小（ 浓度过低），曲线呈先升后降的“山峰形”。
（1）在时，，K值很小，说明反应很难正向进行，因反应为等气体体积，，根据，说明反应；
①则该反应逆过程的；
②当原料时，设为1mol，为4mol，的转化率为x，列三段式：，根据平衡常数，由于K值很小，说明转化率极低，在反应物消耗量中可忽略不计，则，，则得到
③ 根据如图所示关系，说法正确的是：
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率：对比有分子筛和无分子筛可以看出，有分子筛达到平衡的时间明显减短，说明分子筛具有催化作用，能加快反应速率，A正确；
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行：有分子筛等于使用了催化剂，催化剂对物质反应具有选择性，可选择性吸附产物，促进反应正向进行，B正确；
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高：两种反应物中，增大的投料比，会导致的转化率升高，而的转化率反而降低，C错误
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大：分子筛作为催化剂，温度过高，可能会使其失去活性，降低催化效率，反而使反应速率降低，D错误；
故答案为：<；0.005；AB。
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、CO、等，则反应的方程式为（未配平）：，当还原得到的CO（得）和（得）的FE%分别为24%和8%时，设转移的总电子数为xmol，由法拉第效率之比，计算得。
故答案为：12：1。
（3）①分析ⅰ-V步反应历程，发现第V步的在中间没有出现过，则第ⅲ步应该为生成的过程，根据ⅰ、ⅱ步的历程特点，第ⅲ步历程为：；②当电场功率不变时，随着和的比例逐渐增大，等于增大了的浓度，平衡右移，的转化率逐渐增大，单位时间内的反应速率也增大，但通入气体的总物质的量和流速不变，随着和的比例大到一定值时，CO2浓度过小，速度会降低，则反应速率随着和比例变化的示意图为：。
故答案为：；。
20．（2024高三上·杭州模拟）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备，部分装置如图所示。
Ⅰ．取30g溶于75mL水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下、通入至饱和，再分批次加入70g固体，充分反应后滤去析出的晶体。
Ⅱ．搅拌下向滤液中分批次加入25g，再加入固体至饱和，过滤。
Ⅲ．保持滤液温度20℃左右，加入100mL饱和溶液，过滤得粗产品。
已知：
①制备原理：；
②难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在。
（1）装置图中仪器X的名称是　 　，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为　 　。
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．装置甲中固体A可以为
B．装置乙吸收，有利于提高产率
C．分批次加入的主要目的是防止反应速率过快
D．水中的溶解度：
（4）对粗产品进行重结晶，选择正确操作排序： 　 　：___________→e→___________。
a．将粗产品溶于冰水 b．将粗产品溶于3mol/L溶液
c．冰水洗涤 d．将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌
e．过滤 f．依次用乙醇、乙醚洗涤
g．空气中晾干 h．真空干燥器中干燥
（5）测定高铁酸钾样品的纯度：称取m g高铁酸钾样品，完全溶解于浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾反应后配成100mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至，用c mol/L硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液V mL。该过程中发生反应：
a．
b．
c．
①高铁酸钾样品的纯度=　 　(用含有m、c、V的代数式表示)。
②测得产品的纯度为102.5%，则产物中含有的杂质是　 　(填化学式)。
【答案】（1）三颈烧瓶；NaCl
（2）有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下生成NaClO3(或防止NaClO分解)
（3）C；D
（4）b→ d→ e→ f →h
（5）；Na2FeO4
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯；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
【解析】【解答】（1）装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；
故答案为： 三颈烧瓶 ； NaCl ；
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)；
故答案为： 有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下生成NaClO3(或防止NaClO分解) ；
（3）A．根据分析，装置甲中固体A可以为，A正确；
B．根据分析，装置乙吸收，在强碱性溶液中稳定存在，除去HCl有利于提高产率，B正确；
C．Fe(NO3)3溶液呈酸性，高铁酸盐在酸性条件下不稳定，所以分批次加入的主要目的是防止高铁酸根离子在酸性条件下发生反应，C错误；
D．在溶液中加入KOH饱和溶液析出固体，故水中的溶解度：，D错误；
故答案为： CD；
（4）根据信息：难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在，故重结晶时：将粗产品溶于3mol/L溶液，将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌，过滤，依次用乙醇、乙醚洗涤，在真空干燥器中干燥，操作顺序为：b→ d→ e→ f →h ；
故答案为：b→ d→ e→ f →h ；
（5）①根据题意可找出关系式：，故高铁酸钾样品的纯度=；
②测得产品的纯度为102.5%，则杂质也含高铁酸根，故杂质为Na2FeO4。
故答案为： ； Na2FeO4 ；
【分析】装置甲中固体 A（MnO2）与浓盐酸反应生成 Cl2，经装置乙的饱和 NaCl 溶液除去 HCl 杂质。Cl2通入装置丙的 NaOH 溶液中，在冰水浴下反应生成 NaClO 溶液；再加入过量 NaOH 固体，使溶液呈强碱性。向强碱性 NaClO 溶液中加入 Fe(NO3)3 9H2O，发生氧化还原反应生成高铁酸钠（Na2FeO4）。向含 Na2FeO4的滤液中加入饱和 KOH 溶液，因 K2FeO4溶解度更小而析出，过滤得到粗产品。
(1)装置丙的仪器 X 是三颈烧瓶；步骤 Ⅰ 中 Cl2与 NaOH 反应生成 NaCl 和 NaClO，因 NaCl 溶解度较小，析出的晶体为 NaCl。
(2)控制温度在 20℃以下，既能增大 Cl2在溶液中的溶解度，又能防止高温下 Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO3（或防止 NaClO 分解）。
(3)KMnO4可与浓盐酸反应制 Cl2（A 对）；装置乙除 HCl 可减少副反应（B 对）；分批加 Fe(NO3)3是防止高铁酸根在酸性条件下分解（C 错）；K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4（D 错）。
(4)K2FeO4在强碱性溶液中稳定，故先溶于 3mol/L KOH 溶液（b），注入冷 KOH 饱和溶液析出晶体（d），过滤（e），乙醇、乙醚洗涤（f），真空干燥（h）。
(5)根据反应关系 K2FeO4 ~ 3Fe2+，计算得纯度为 (33cV/m)%；纯度超过 100%，说明杂质含高铁酸根，为 Na2FeO4。
（1）装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)；
（3）A．根据分析，装置甲中固体A可以为，A正确；
B．根据分析，装置乙吸收，在强碱性溶液中稳定存在，除去HCl有利于提高产率，B正确；
C．Fe(NO3)3溶液呈酸性，高铁酸盐在酸性条件下不稳定，所以分批次加入的主要目的是防止高铁酸根离子在酸性条件下发生反应，C错误；
D．在溶液中加入KOH饱和溶液析出固体，故水中的溶解度：，D错误；
故选CD；
（4）根据信息：难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在，故重结晶时：将粗产品溶于3mol/L溶液，将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌，过滤，依次用乙醇、乙醚洗涤，在真空干燥器中干燥，操作顺序为：b→ d→ e→ f →h ；
（5）①根据题意可找出关系式：，故高铁酸钾样品的纯度=；
②测得产品的纯度为102.5%，则杂质也含高铁酸根，故杂质为Na2FeO4。
21．（2024高三上·杭州模拟）某研究小组按下列路线合成新型祛痰药J(部分反应条件已简化)。
已知：
请回答：
（1）化合物E中的含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物C的结构简式为　 　。
（3）下列说法中不正确的是___________。
A．E→F的反应类型是还原反应
B．化合物I中含有手性碳原子
C．将I转化为J有利于提高药物的水溶性
D．J的化学式为
（4）写出F→H的化学方程式　 　。
（5）结合题给信息，写出以异丙醇为原料，合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体　 　。
①分子中除苯环外无其它环
②分子中有2种不同环境的氢原子
③分子中无氮氧键
【答案】（1）(酮)羰基
（2）
（3）A；D
（4）
（5）
（6）、、
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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）根据E的结构简式，化合物E中的含氧官能团的名称为(酮)羰基；
故答案为： (酮)羰基 ；
（2）根据D的结构简式逆推，B是、C是；
故答案为：
（3）A．E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；
B．化合物中含有手性碳原子(*号标出)，故B正确；
C．铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，故C正确；
D．J的化学式为，故D错误；
故答案为： AD；
（4）根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；
故答案为：；
（5）反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为
故答案为：；
（6）①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。
故答案为：、、。
【分析】乙苯（A）经硝化生成硝基乙苯（B），再氧化得到硝基苯乙酮（C），最后用 Na2S 还原硝基为氨基，得到氨基苯乙酮（D），经多步反应生成中间体 E（邻氯苯乙酮）。E 经 SeO2氧化为邻氯苯甲酰甲醛（F），再与异丙胺（G）发生缩合反应生成亚胺中间体 H（）。H 经 KBH4还原得到目标游离碱 I，最后用 HCl 处理成盐，得到祛痰药盐酸盐 J。
（1）根据E的结构简式，化合物E中的含氧官能团的名称为(酮)羰基；
（2）根据D的结构简式逆推，B是、C是；
（3）A．E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；
B．化合物中含有手性碳原子(*号标出)，故B正确；
C．铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，故C正确；
D．J的化学式为，故D错误；
选AD；
（4）根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；
（5）反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为
（6）①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。
1 / 1浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期一模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2024高三上·杭州模拟）浙江省博物馆收藏有一批蕴含区域文化特色的文物。下列文物主要成分是有机物的是
A．良渚遗址玉琮 B．宁波朱金木雕
C．吴越鎏金纯银阿育王塔 D．龙泉窑青瓷舟形砚滴
2．（2024高三上·杭州模拟）下列化学用语表示正确的是
A．乙烯中键的电子云轮廓图：
B．的VSEPR模型：
C．加氢产物的名称：2-乙基丁烷
D．的电子式：
3．（2024高三上·杭州模拟）下列关于物质的性质和用途说法不正确的是
A．有还原性，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用
B．硬度大，可作砂纸磨料
C．难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”
D．纯铝的硬度和强度大，适合制造飞机零件
4．（2024高三上·杭州模拟）下列有关的实验，合理的是
A．制取较多氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．吸收氨气且防倒吸
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·杭州模拟）化学技术和化学物质可造福人类生活。下列说法不正确的是
A．利用液氮、液氢做火箭推进剂，可有效减少对环境的污染
B．硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂
C．丙三醇有吸水性，可用于配制化妆品
D．氯化镁、硫酸钙等可用作生产豆腐的凝固剂
6．（2024高三上·杭州模拟）六氟合铂酸氙(，其中为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．六氟合铂酸氙中的化合价为价
B．有强氧化性
C．每生成1mol，转移4mol电子
D．是还原产物
7．（2024高三上·杭州模拟）从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了的溶解
B 铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化 铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁
C 中碱基A与T、G与C的互补配对 分子间氢键作用实现了超分子的分子识别
D 熔点： 引入乙基减弱了离子间的相互作用
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·杭州模拟）下列离子方程式正确的是
A．用除去工业废水中的：
B．溶于水：
C．硫代硫酸钠溶液中加入浓硝酸：
D．漂白粉溶液中通入过量：
9．（2024高三上·杭州模拟）物质分离、检验、鉴别和结构分析是化学研究的重要内容。下列说法不正确的是
A．向肉桂醛()中滴加溴水，可检验分子中的碳碳双键
B．经X射线衍射实验获得晶体衍射图，可确定晶体中原子的相对位置
C．可利用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质
D．在新制的悬浊液中滴加适量麦芽糖溶液并加热，有砖红色沉淀生成说明麦芽糖是还原性的糖
10．（2024高三上·杭州模拟）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，基态Z原子的p轨道半充满，下列说法正确的是
A．沸点：
B．原子半径：
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：
D．键角：中的中的
11．（2024高三上·杭州模拟）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如下图所示。
以上各反应的速率方程均可表示为，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60min前，产物T可忽略不计。已知该温度下，。下列说法不正确的是
A．60min前，
B．路径①→②→④中，④是决速步骤
C．60min后，逐渐减小
D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高D的产率
12．（2024高三上·杭州模拟）下列反应可以得到多卤化物：、。下列说法不正确的是
A．中阴阳离子个数比是
B．苯与在催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯
C．受热分解生成的产物含有
D．能使湿润的淀粉试纸变蓝色
13．（2024高三上·杭州模拟）利用丙烯腈制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是
A．电极a为阴极
B．四甲基溴化铵可增加溶液导电性
C．交换膜为质子交换膜
D．电解过程中，右侧溶液的不变
14．（2024高三上·杭州模拟）有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：
已知：R、R'代表烷基。下列说法不正确的是
A．能加快反应速率
B．从图中历程可知，物质Ⅵ比Ⅴ稳定
C．步骤Ⅱ→Ⅲ的历程中，C- R'键比键更容易断裂
D．发生上述反应生成的主要产物是
15．（2024高三上·杭州模拟）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：。将1.00g硫酸钙加入100mL溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用计测得体系随时间t变化如图。已知：，，，(不考虑水解)。下列说法不正确的是
A．时，以上溶液中存在：
B．保持溶液中，可使水垢中的转化为
C．时刻体系中已达平衡状态
D．时刻后向体系中加入少量固体，溶液的不变
16．（2024高三上·杭州模拟）为探究化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，设计方案进行实验，观察到相关现象。方案设计或结论不正确的是
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向2mL 0.1mol/L溶液中加入2滴0.1mol/L溶液，充分振荡后再滴加2滴0.1mol/L溶液 先产生白色混浊，后出现黑色混浊 减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动
B 压强 用注射器吸收20mL和20mL饱和氯水，封闭管口，压缩注射器活塞 氯水颜色变深 增大压强，平衡向逆反应方向移
C 电化学 一段时间后，同时取电极附近溶液，滴加铁氰化钾溶液 左池电极附近的溶液出现蓝色沉淀，右池溶液无明显现象 负极的腐蚀速率快于阴极的腐蚀速率
D 温度 50℃水浴中试管内产生气泡更快 升高温度可以加快反应速率
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2024高三上·杭州模拟）N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答：
（1）某化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为　 　，已知图中虚线连接的O原子与原子距离最近且相等，晶体中距每个原子最近的O原子有　 　个。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．基态铜原子的价电子排布式为
B．第一电离能
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则分子中存在双键
D．离子键的百分数：
（3）分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为　 　。
（4）已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶　 　吡咯(填“>”、“<”、“=”)。
（5）弱电解质的电离一般是吸热，而 结合的结构说明原因　 　。
18．（2024高三上·杭州模拟）从炼铜副产物阳极泥(主要含、、等)中能提炼单质及许多贵金属单质。
已知：固体A中主要含、、、等物质。请回答：
（1）固体B中单质在酸性环境下与、反应生成可溶性的，写出该反应的离子方程式　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．加入固体能促进与反应生成
B．流程中主要体现氧化性
C．电解精炼铜的过程中，电能转化为化学能与热能
D．为简化操作，可将流程中的水浸改为稀硫酸浸取
（3）实验室中可以用代替流程中的
已知：()()，上述转化过程均可逆。
①解释X最终转化为Y的原因　 　。
②验证Y中含有硫元素的实验操作如下：
步骤Ⅰ：取少量Y于试管中，加入浓溶液，充分加热；步骤Ⅱ：___________。
写出步骤Ⅰ的化学方程式　 　，将步骤Ⅱ的实验方案补充完整　 　。
19．（2024高三上·杭州模拟）在天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气(与)。将与协同转化，在减少碳排放的同时得到高附加值化学品。请回答：
（1）T℃时，
①该反应逆过程　 　0(填“>”或“<”)。
②当原料时，的转化率≈　 　(保留一位有效数字)。
③相同条件下，的转化率与反应时间的关系如图所示。说法正确的是　 　。
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、、等产品。
已知：还原产物X的法拉第效率。
当还原得到的和的分别为24%和8%时，　 　。
（3）等离子体催化与协同转化可制得和等产品。在电场的激发下，部分反应历程如下：
ⅰ． ⅱ． ⅲ．___________
ⅳ． ⅴ．
①补充步骤ⅲ的反应历程：　 　。
②当保持通入气体的总物质的量和流速不变，改变电场功率和原料气的组成时，气体的转化率如图所示。当电场功率不变时，在答卷图中画出反应速率随着和比例变化的示意图　 　。
20．（2024高三上·杭州模拟）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备，部分装置如图所示。
Ⅰ．取30g溶于75mL水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下、通入至饱和，再分批次加入70g固体，充分反应后滤去析出的晶体。
Ⅱ．搅拌下向滤液中分批次加入25g，再加入固体至饱和，过滤。
Ⅲ．保持滤液温度20℃左右，加入100mL饱和溶液，过滤得粗产品。
已知：
①制备原理：；
②难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在。
（1）装置图中仪器X的名称是　 　，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为　 　。
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．装置甲中固体A可以为
B．装置乙吸收，有利于提高产率
C．分批次加入的主要目的是防止反应速率过快
D．水中的溶解度：
（4）对粗产品进行重结晶，选择正确操作排序： 　 　：___________→e→___________。
a．将粗产品溶于冰水 b．将粗产品溶于3mol/L溶液
c．冰水洗涤 d．将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌
e．过滤 f．依次用乙醇、乙醚洗涤
g．空气中晾干 h．真空干燥器中干燥
（5）测定高铁酸钾样品的纯度：称取m g高铁酸钾样品，完全溶解于浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾反应后配成100mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至，用c mol/L硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液V mL。该过程中发生反应：
a．
b．
c．
①高铁酸钾样品的纯度=　 　(用含有m、c、V的代数式表示)。
②测得产品的纯度为102.5%，则产物中含有的杂质是　 　(填化学式)。
21．（2024高三上·杭州模拟）某研究小组按下列路线合成新型祛痰药J(部分反应条件已简化)。
已知：
请回答：
（1）化合物E中的含氧官能团的名称为　 　。
（2）化合物C的结构简式为　 　。
（3）下列说法中不正确的是___________。
A．E→F的反应类型是还原反应
B．化合物I中含有手性碳原子
C．将I转化为J有利于提高药物的水溶性
D．J的化学式为
（4）写出F→H的化学方程式　 　。
（5）结合题给信息，写出以异丙醇为原料，合成G的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
（6）写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体　 　。
①分子中除苯环外无其它环
②分子中有2种不同环境的氢原子
③分子中无氮氧键
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、良渚遗址玉琮的主要成分是硅酸盐类矿物，属于无机物，故A不符合题意 ；
B、宁波朱金木雕的主要材料是木材，木材的主要成分为纤维素、木质素等有机高分子化合物，属于有机物，故B符合题意 ；
C、吴越鎏金纯银阿育王塔的主要成分是金、银等金属，属于无机物，故C不符合题意 ；
D、龙泉窑青瓷舟形砚滴的主要成分是硅酸盐陶瓷，属于无机物，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
判断依据：抓住 “有机物含碳且通常为生物来源的高分子（如木材、丝绸）” 这一特点，无机物多为矿物、金属、陶瓷等。
常见文物成分：木雕、书画、丝绸等主要成分为有机物；玉器、金属器、瓷器等主要成分为无机物。
2．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、乙烯分子中的 p-p π 键是由两个碳原子的 p 轨道以 “肩并肩” 方式重叠形成，电子云轮廓图呈镜面对称的两个椭圆瓣， 为 ，A正确；
B、SOCl2分子的中心 S 原子价层电子对数为 3（σ 键数 3，孤电子对数 0），VSEPR 模型应为平面三角形，而图中为三角锥形，B错误；
C、 的加氢产物为 CH3-CH(C2H5)-CH2-CH3，系统命名时应选择最长碳链（含 6 个碳原子），正确名称为 3 - 甲基戊烷，而非 2 - 乙基丁烷，C错误；
D、HCl 是共价化合物，分子中不存在 H+和 Cl-，电子式应为 ，而非离子式，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
π 键电子云特征：p-p π 键电子云呈镜面对称，分布在 σ 键所在平面的上下两侧。
VSEPR 模型判断：中心原子的价层电子对数决定模型形状，SOCl2中 S 原子无孤对电子，模型为平面三角形。
有机物命名规则：选择最长碳链为主链，从离支链最近的一端编号。
电子式书写：共价化合物的电子式不出现离子符号，原子间通过共用电子对结合。
3．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；硫酸盐；合金及其应用
【解析】【解答】A、SO2具有还原性，能与氧气反应，在食品中适量添加可抑制氧化变质，起到抗氧化和防腐作用，A正确；
B、SiC（碳化硅）属于原子晶体，硬度极高，是工业上常用的砂纸、砂轮磨料，B正确；
C、BaSO4难溶于水和胃酸（盐酸），且不易被 X 射线透过，因此可作为 “钡餐” 用于消化道 X 射线造影，C正确；
D、纯铝的硬度和强度较低，无法满足飞机零件的力学要求。实际用于制造飞机的是铝合金，通过合金化来提高硬度和强度，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
性质决定用途：还原性对应抗氧化、硬度大对应磨料、难溶且阻 X 射线对应钡餐，这些都是性质与用途的直接对应。
常见误区：纯铝质软，不能直接用于制造高强度零件，铝合金才是航空工业的常用材料。
4．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 固体时，会分解为 NH3和 HCl 气体，但在试管口附近又会重新化合生成 NH4Cl，无法持续制得较多氨气，故A不符合题意 ；
B、P2O5是酸性干燥剂，会与碱性气体 NH3发生反应，不能用于干燥氨气，应选用碱石灰等碱性干燥剂，该实验不合理，故B不符合题意 ；
C、氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集；试管口的棉花可以减少空气对流，提高氨气纯度，该实验合理，故C符合题意 ；
D、氨气极易溶于稀 H2SO4，导管直接插入液面下会发生倒吸；煤油的密度比稀硫酸小，浮在上方无法起到防倒吸的作用，该实验不合理，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
制备注意：NH4Cl 受热分解后易重新化合，实验室常用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合加热制氨。
干燥原则：碱性气体不能用酸性干燥剂干燥，氨气需用碱石灰干燥。
收集方法：密度小于空气的气体用向下排空气法，棉花可防止气体对流。
防倒吸设计：吸收极易溶于水的气体时，需用倒扣漏斗、球形干燥管等防倒吸装置。
5．【答案】A
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；醇类简介；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、火箭推进剂需要燃料与氧化剂发生反应释放能量产生推力。液氢是优质燃料，但其燃烧需要氧化剂，反应产物为水，无污染。而液氮是惰性气体，常温下与液氢不发生反应，无法作为氧化剂提供推力，A错误；B、硫酸亚铁（FeSO4）作为混凝剂时，Fe2+在水中易被氧化为Fe3+，Fe3+发生水解反应生成Fe(OH)3胶体。胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质并使其凝聚沉降，从而净化污水。因此，硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂，B正确；
C、丙三醇俗称甘油，分子中含有多个羟基（-OH），羟基具有强吸水性，能吸收空气中的水分并保持湿润。这一性质使其常用于配制化妆品（如护肤品、面霜等），起到保湿作用，C正确；
D、豆腐制作的核心是使豆浆中的蛋白质胶体发生凝聚。氯化镁和硫酸钙均为传统凝固剂：氯化镁通过离子作用破坏蛋白质胶体的稳定性，硫酸钙则通过提供钙离子促使蛋白质凝聚。二者在豆腐生产中广泛应用，D正确；
故答案为：A
【分析】N的化合物做火箭推进剂，主要的是肼（N2H4）作为还原剂，液态四氧化二氮（N2O4）作为氧化剂，注意二氧化氮（NO2）在液态下基本都转化为二氧化氮的二聚物：四氧化二氮，肼与液态四氧化二氮接触就会自燃，可将肼储存在还原剂储箱中，液态四氧化二氮储存在氧化剂储箱中，火箭点火时，二者一起送入燃烧室，接触即自燃，产生大量的气体和热量：。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A、在 XePtF6中，Pt 为 +5 价，F 为 -1 价，根据化合物中正负化合价代数和为 0，可得 Xe 的化合价为 +1 价，A正确；
B、XePtF6能与水反应生成 Xe、O2等物质，说明它可以氧化 H2O 中的 O 元素，自身被还原，因此具有强氧化性，B正确；
C、反应中 O 元素从 H2O 中的 - 2 价变为 O2中的 0 价，每生成 1mol O2，需要 2mol H2O 参与反应，转移电子数为 4mol，C正确；
D、HF 中的 H 元素来自 H2O（+1 价），F 元素来自 XePtF6（-1 价），反应中二者化合价均未发生变化，因此 HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化合价计算：根据化合物中正负化合价代数和为 0，计算 Xe 的化合价。
氧化性判断：物质能氧化其他物质（如 H2O→O2），自身被还原，说明其具有强氧化性。
电子转移计算：通过元素化合价变化的数值，计算转移的电子数。
产物判断：只有化合价发生变化的元素对应的产物，才是氧化产物或还原产物。
7．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇的极性比水小，加入含的水溶液中，会降低该离子络合物的溶解度，使其结晶析出。解释与实例相符，故A不符合题意 ；
B、铁丝在酒精喷灯上灼烧时，铁原子核外电子会发生跃迁，但跃迁产生的光波长不在可见光范围内，因此肉眼观察不到明显焰色变化，并非没有发生电子跃迁。解释与实例不相符，故B符合题意 ；
C、DNA中碱基A与T、G与C之间通过氢键实现互补配对，属于超分子的分子识别作用。解释与实例相符，故C不符合题意 ；
D、中引入了乙基，增大了阳离子的体积，减弱了离子间的相互作用，因此熔点比低。解释与实例相符，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
溶解性影响：极性溶剂中加入弱极性溶剂，会降低极性溶质的溶解度，导致结晶析出。
焰色反应本质：电子跃迁是焰色反应的根本原因，若跃迁产生的光不在可见光区，则观察不到明显焰色。
氢键与超分子：氢键是DNA碱基配对的主要作用力，也是超分子识别的重要方式。
离子晶体熔点：离子间作用力越强，熔点越高；引入较大的有机基团会减弱离子间作用力，使熔点降低。
8．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeS 是难溶于水的固体，不能拆写成 S2-，正确的离子方程式应为 Hg2++FeS=HgS+Fe2+，A错误；
B、NO2与水发生歧化反应，生成 HNO3和 NO，配平后的离子方程式为 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，B正确；
C、浓硝酸具有强氧化性，会将 S2O32-氧化为 SO42-，而不是生成 S 和 SO2，C错误；
D、漂白粉溶液中通入过量 CO2时，CaCO3会与过量 CO2、H2O 反应生成可溶的 Ca(HCO3)2，正确的离子方程式应为 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D错误；
解题要点
物质拆分规则：难溶物（如 FeS）、弱电解质、气体不能拆写成离子形式。
氧化还原反应判断：强氧化性物质（如浓硝酸）参与反应时，要考虑其对低价态离子的氧化作用。
量的关系影响：反应物用量不同（如过量 CO2），产物可能不同，需根据量的关系书写方程式。
歧化反应配平：NO2与水的反应是歧化反应，需根据化合价升降配平电子转移。
9．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；醛的化学性质
【解析】【解答】A、肉桂醛分子中同时含有碳碳双键和醛基，溴水既能与碳碳双键发生加成反应，也能氧化醛基，因此不能直接用溴水检验碳碳双键。需要先将醛基氧化除去，再检验碳碳双键，A错误；
B、X 射线衍射实验可以获得晶体的衍射图，通过分析衍射图能够确定晶体中原子的相对位置和晶胞结构，B正确；
C、饱和硫酸铵溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是可逆过程，不会改变蛋白质的活性，可用于分离提纯蛋白质，C正确；
D、麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，能在加热条件下与新制的 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀 Cu2O，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团检验干扰：当分子中同时存在碳碳双键和醛基时，溴水会同时与两者反应，需先排除醛基的干扰再检验碳碳双键。
X 射线衍射应用：X 射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可确定原子的相对位置。
蛋白质盐析：饱和硫酸铵溶液使蛋白质盐析，可用于分离提纯，不影响蛋白质活性。
还原性糖检验：含醛基的糖（如麦芽糖）能与新制 Cu(OH)2悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀。
10．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；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、MX3为 PH3，ZX3为 NH3。NH3分子间存在氢键，沸点高于 PH3，因此沸点：PH3 < NH3，A错误；
B、原子半径比较：P > C > N > H（同周期从左到右半径减小，同主族从上到下半径增大），即 M > Y > Z > X，B错误；
C、最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3（Z）> H3PO4（M）。同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，C正确；
D、Z2X4为 N2H4，Y2X4为 C2H4。N2H4中 N 原子有一对孤对电子，对成键电子对的排斥力更大，导致键角∠XZX（∠HNH）小于 C2H4中的∠XYX（∠HCH），D错误；
故答案为：C。
【分析】四种主族元素位于三个不同短周期，原子序数依次增大，故X 为 H（第一周期）。
基态 Z 原子的 p 轨道半充满，Z 的价电子排布为 ns2np3，为 N 或 P。
Z 与 M 同主族，且原子序数 M > Z ，若 Z 为 N，则 M 为 P；若 Z 为 P，则 M 为 As。
Y 与 Z 核电荷数相差 1，且原子序数 Y < Z，若 Z 为 N，则 Y 为 C；若 Z 为 P，则 Y 为 Si。
结合原子序数依次增大且分属三个短周期，最终确定：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，M 为 P。
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、60min 前产物 T 可忽略，反应②和③的速率分别为 v2 = k2 c (M) c (Cl2)、v3 = k3 c (M) c (Cl2)。已知 k2：k3 = 21：7 = 3：1，且 c (M)、c (Cl2) 相同，因此 v2：v3 = 3：1。A正确；
B、路径①→②→④中，各步速率常数 k1：k2：k4 = 100：21：4，其中 k4 最小。速率常数越小，反应速率越慢，因此步骤④是该路径的决速步骤。B正确；
C、60min 后，T 开始生成，G 会通过步骤⑤转化为 T，但 D 仅由步骤②生成、步骤④消耗。由于 k2 > k3，D 的生成速率始终快于 G 的生成速率；且 k4 < k5，D 的消耗速率慢于 G 的消耗速率。因此会逐渐增大，而非减小。C错误；
D、合适的催化剂可以改变反应的选择性，优先催化生成 D 的路径；控制反应时间可减少 D 进一步转化为副产物的机会，从而提高 D 的产率。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
速率与速率常数的关系：在反应物浓度相同时，反应速率与速率常数成正比。
决速步骤判断：多步反应中，速率常数最小的步骤是整个反应的决速步骤。
浓度变化趋势：通过比较生成与消耗的速率，判断产物浓度比值的变化。
催化剂与产率：催化剂可改变反应选择性，控制时间可减少副反应，提高目标产物产率。
12．【答案】C
【知识点】晶格能的应用；氧化还原反应；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、CsIBr2属于多卤化物，可拆分为阳离子 Cs+和阴离子 IBr2-，因此阴阳离子个数比为 1：1，A正确；
B、IBr 中 I 显 +1 价、Br 显 -1 价，苯与 IBr 发生取代反应时，I+会取代苯环上的 H 原子，生成碘苯（C6H5I），B正确；
C、非金属性 Br 强于 I，热分解时会生成更稳定的溴化物：CsIBr2受热分解应生成 CsBr（而非 CsI），同时生成 IBr 或卤素单质，因此产物不含 CsI，C错误；
D、IBr 的氧化性强于 I2，能与 KI 发生反应：IBr+KI=KBr+I2，生成的 I2遇淀粉变蓝，因此 IBr 能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，D正确；故答案为：C。
【分析】解决这道题的关键点：
A．多卤化物的离子构成：CsIBr2可拆分为 Cs+和 IBr2-，阴阳离子个数比为 1：1。
B．IBr 的反应特性：IBr 中 I 显 + 1 价、Br 显 - 1 价，苯与 IBr 发生取代时，I+取代苯环 H 生成碘苯。
C．热分解的产物规律：CsIBr2受热分解时，因 Br 的非金属性强于 I，会生成更稳定的 CsBr（而非 CsI）。
D．氧化还原反应判断：IBr 的氧化性强于 I2，能氧化 KI 生成 I2，使淀粉试纸变蓝。
13．【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、电极 a 上，丙烯腈（CH2=CHCN）转化为己二腈 [NC(CH2)4CN]，C 元素的平均化合价从 - 1 价变为 - 2 价，发生还原反应，因此电极 a 为阴极。A正确；
B、四甲基溴化铵 [(CH3)4NBr] 是强电解质，在溶液中完全电离为离子，可增强溶液的导电性。B正确；
C、阴极反应会生成 H+，阳极反应会消耗 H+，H+需要通过交换膜从阴极区迁移到阳极区以平衡电荷，因此交换膜为质子交换膜。C正确；
D、右侧为阳极区，发生的电极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+。虽然 H+会通过质子交换膜迁移到左侧，但生成 H+的速率大于迁移速率，导致右侧溶液中 H+浓度增大，pH 减小，而非不变。D错误；
故答案为：D。
【分析】在电极 a（阴极）上，丙烯腈（CH2=CHCN）发生还原反应，两个分子偶联生成己二腈 [NC (CH2)4CN]，同时产生 H+；在电极 b（阳极）上，水溶液中的 H2O 发生氧化反应，生成 O2气体和 H+。阴极产生的 H+和阳极产生的 H+通过质子交换膜从阴极区向阳极区迁移，以平衡溶液电荷。四甲基溴化铵 [(CH3)4NBr] 作为电解质，增强了阴极区溶液的导电性，确保电解顺利进行。
14．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、H+在反应中参与了第一步的质子化，之后在步骤 Ⅳ→Ⅴ 中又被释放，属于反应的催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率。A正确；
B、物质 Ⅵ 是最终产物，而 Ⅴ 是中间产物，通常反应的最终产物能量更低、更稳定。B正确；
C、从步骤 Ⅱ→Ⅲ 的转化来看，断裂的是 C-R' 键并生成了 R'-N=C-R 结构，说明 C-R' 键比 C-R 键更容易断裂。C正确；
D、根据反应历程，在步骤 Ⅱ→Ⅲ 中，C-R' 键更容易断裂。对于给定的反应物，环己基是 R，甲基是 R'，断裂的应该是 C - 甲基键，而不是 C - 环己基键，因此主要产物的六元环会保留，七元环不是主要产物。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：H+在反应前后总量不变，属于催化剂，可加快反应速率。
稳定性判断：最终产物通常比中间产物更稳定。
键的断裂：从反应历程的结构变化可判断键的断裂难易。
产物结构预测：根据键的断裂规律，预测产物的正确结构。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、t = 0时，溶液为Na2CO3溶液。CO32-的水解以第一步为主，且K 2(H2CO3)很小，说明HCO3-的电离很弱，因此溶液中 c(CO32-) > c(HCO3-)。A正确；
B、沉淀转化反应的平衡常数：
当 时，反应商 ，平衡正向移动，可使CaSO4转化为CaCO3。B正确；
C、pH下降的原因是CO32-被消耗，促进其水解平衡逆向移动，H+浓度增大。t2时刻pH不再变化，说明CO32-的浓度不再变化，但这只能说明CO32-的水解平衡达到了稳定，不能直接说明沉淀转化反应已达平衡。沉淀转化反应的平衡还需要看CaSO4和CaCO3的量是否不再变化，仅pH不变不能作为平衡的判据。C错误；
D、t2时刻后加入少量Na2SO4固体，沉淀转化平衡逆向移动，CO32-浓度增大。但由于此时溶液已处于CO32-水解的稳定状态，CO32-浓度的变化会通过水解平衡的移动来缓冲，最终溶液的pH基本不变。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化平衡常数：通过溶度积计算沉淀转化的平衡常数，判断反应进行的方向。
离子浓度关系：CO32-的水解以第一步为主，且K 2很小，因此 c(CO32-)>c(HCO3-)。
平衡状态判断：pH不变仅说明CO32-的水解平衡稳定，不能直接作为沉淀转化反应的平衡判据。
pH变化缓冲：加入Na2SO4后，沉淀转化平衡逆向移动，但CO32-的水解会缓冲pH的变化，使pH基本不变。
16．【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、先加入 AgNO3生成 AgCl 白色沉淀，再加入 Na2S 溶液时，发生的是沉淀转化反应：AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+Cl-(aq)。这是因为 Ag2S 的溶度积远小于 AgCl，并非 Ag+(aq)+Cl-(aq) AgCl (s) 平衡的逆向移动。原结论错误，A不正确；
B、压缩注射器活塞，体系体积减小，Cl2浓度增大，颜色变深。对于反应 Cl2(aq)+H2O(l) HCl(aq)+HClO (aq)，增大压强（体积减小）会使平衡向气体分子数减少的方向移动，即逆向移动，进一步增大 Cl2浓度，颜色加深。B正确；
C、左池为原电池，Fe 为负极，发生氧化反应生成 Fe2+，与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀；右池为电解池，Fe 为阴极，被保护，无明显现象。因此负极 Fe 的腐蚀速率快于阴极 Fe，C正确；
D、50℃水浴中 H2O2分解产生气泡更快，说明升高温度可以加快反应速率。D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：沉淀转化≠平衡移动：别把 AgCl→Ag2S 的沉淀转化，误判为 AgCl 溶解平衡的逆向移动。
压强对平衡的影响要细算气体分子数：压缩体积时，Cl2浓度直接变大使颜色变深，同时平衡因气体分子数减少而逆向移动，进一步加深颜色。
分清原电池与电解池的电极作用：左池是原电池（Fe 为负极，被腐蚀），右池是电解池（Fe 为阴极，被保护），负极腐蚀速率远快于阴极。
对比实验必须控制单一变量：只有温度不同时，才能直接得出 “升温加快反应速率” 的结论。
17．【答案】（1）NaCuO2；4
（2）A；B
（3）sp2
（4）>
（5）F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。
故答案为： NaCuO2 ；4；
（2）A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误；
B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误；
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确；
D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确；
故答案为：AB。
（3）由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。
故答案为： sp2 ；
（4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。
故答案为： > ；
（5）任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则 ，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。
故答案为： F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 ；
【分析】(1) 用均摊法计算原子个数，Cu为，O为2，Na为1 ，得化学式 NaCuO2；根据晶体结构，最近的O原子有4个。
(2) Cu的价电子排布为3d 4s ；第一电离能顺序为 F > N > O；NOCl有双键；MgO与CaO相比，CaO的离子键百分比更高。
(3)键角约117°，中心O原子价层电子对数为3 ，故为sp2杂化。
(4) 吡啶N原子孤对电子不参与大π键，吡咯N原子孤对电子参与大π键，故吡啶碱性 > 吡咯。
(5) F-半径小，与水分子形成强烈静电作用，水合释放的热量超过解离吸收的热量，故整体放热。
（1）该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。
（2）A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误；
B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误；
C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确；
D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确；
故选：AB。
（3）由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。
（4）吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。
（5）任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则 ，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。
18．【答案】（1）2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O
（2）A；C
（3）—SO3H中羟基极性强于醇羟基；+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
【知识点】铜的电解精炼；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O，故答案为：2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O；
故答案为： 2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O ；
（2）A．由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；
B．由分析可知，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；
C．电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；
D．将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；
故答案为： AC；
（3）①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为，故答案为：—SO3H中羟基极性强于醇羟基；
②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O，故答案为：+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
故答案为： —SO3H中羟基极性强于醇羟基 ；+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O ； 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 ；
【分析】阳极泥在空气和碳酸钠中焙烧，将 Cu2Se、Ag2S 等转化为 CuO、Ag、Au、Na2SeO3等固体 A，同时生成 CO2气体。固体 A 经水浸后，Na2SeO3溶解进入溶液 A，不溶的 CuO、Ag、Au 等留在固体 B 中。溶液 A 中加入稀硫酸和 SO2，将 SeO32-还原为 Se 单质沉淀。固体 B 经一系列操作，分离出 Au、Ag、Cu 等贵金属。据此解题。
（1）由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O，故答案为：2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O；
（2）A．由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；
B．由分析可知，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；
C．电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；
D．将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；
故选AC；
（3）①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为，故答案为：—SO3H中羟基极性强于醇羟基；
②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为 +NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O，故答案为：+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。
19．【答案】（1）；0.005；AB
（2）12：1
（3）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学反应速率和化学计量数的关系；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）在时，，K值很小，说明反应很难正向进行，因反应为等气体体积，，根据，说明反应；
①则该反应逆过程的；
②当原料时，设为1mol，为4mol，的转化率为x，列三段式：，根据平衡常数，由于K值很小，说明转化率极低，在反应物消耗量中可忽略不计，则，，则得到
③ 根据如图所示关系，说法正确的是：
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率：对比有分子筛和无分子筛可以看出，有分子筛达到平衡的时间明显减短，说明分子筛具有催化作用，能加快反应速率，A正确；
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行：有分子筛等于使用了催化剂，催化剂对物质反应具有选择性，可选择性吸附产物，促进反应正向进行，B正确；
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高：两种反应物中，增大的投料比，会导致的转化率升高，而的转化率反而降低，C错误
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大：分子筛作为催化剂，温度过高，可能会使其失去活性，降低催化效率，反而使反应速率降低，D错误；
故答案为：<；0.005；AB。
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、CO、等，则反应的方程式为（未配平）：，当还原得到的CO（得）和（得）的FE%分别为24%和8%时，设转移的总电子数为xmol，由法拉第效率之比，计算得。
故答案为：12：1。
（3）①分析ⅰ-V步反应历程，发现第V步的在中间没有出现过，则第ⅲ步应该为生成的过程，根据ⅰ、ⅱ步的历程特点，第ⅲ步历程为：；②当电场功率不变时，随着和的比例逐渐增大，等于增大了的浓度，平衡右移，的转化率逐渐增大，单位时间内的反应速率也增大，但通入气体的总物质的量和流速不变，随着和的比例大到一定值时，CO2浓度过小，速度会降低，则反应速率随着和比例变化的示意图为：。
故答案为：；。
【分析】(1)① 焓变判断：正反应 很小且 ，故 ，逆反应 。
②设起始 为1 mol、 为4 mol，转化率为 ，代入平衡常数 ，因 极小，近似得 。
③分子筛加快反应速率（催化作用）并吸附产物促进平衡正向移动（AB正确）；增大 投料比会降低其平衡转化率（C错）；温度过高可能使分子筛失活（D错）。
(2) 核心公式：。
电子数关系：生成1 mol CO需2 mol电子，生成1 mol CH4需8 mol电子。
比例计算：设总电子数为 ，则 ，，解得 。
(3) ①历程补充：根据后续步骤出现HO，推测 iii 为 。
②速率变化趋势：随 增大， 反应速率先增大（ 浓度提升促进反应）后减小（ 浓度过低），曲线呈先升后降的“山峰形”。
（1）在时，，K值很小，说明反应很难正向进行，因反应为等气体体积，，根据，说明反应；
①则该反应逆过程的；
②当原料时，设为1mol，为4mol，的转化率为x，列三段式：，根据平衡常数，由于K值很小，说明转化率极低，在反应物消耗量中可忽略不计，则，，则得到
③ 根据如图所示关系，说法正确的是：
A．分子筛具有催化作用，加快反应速率：对比有分子筛和无分子筛可以看出，有分子筛达到平衡的时间明显减短，说明分子筛具有催化作用，能加快反应速率，A正确；
B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行：有分子筛等于使用了催化剂，催化剂对物质反应具有选择性，可选择性吸附产物，促进反应正向进行，B正确；
C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高：两种反应物中，增大的投料比，会导致的转化率升高，而的转化率反而降低，C错误
D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大：分子筛作为催化剂，温度过高，可能会使其失去活性，降低催化效率，反而使反应速率降低，D错误；
故答案为：<；0.005；AB。
（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、CO、等，则反应的方程式为（未配平）：，当还原得到的CO（得）和（得）的FE%分别为24%和8%时，设转移的总电子数为xmol，由法拉第效率之比，计算得。
故答案为：12：1。
（3）①分析ⅰ-V步反应历程，发现第V步的在中间没有出现过，则第ⅲ步应该为生成的过程，根据ⅰ、ⅱ步的历程特点，第ⅲ步历程为：；②当电场功率不变时，随着和的比例逐渐增大，等于增大了的浓度，平衡右移，的转化率逐渐增大，单位时间内的反应速率也增大，但通入气体的总物质的量和流速不变，随着和的比例大到一定值时，CO2浓度过小，速度会降低，则反应速率随着和比例变化的示意图为：。
故答案为：；。
20．【答案】（1）三颈烧瓶；NaCl
（2）有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下生成NaClO3(或防止NaClO分解)
（3）C；D
（4）b→ d→ e→ f →h
（5）；Na2FeO4
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯；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
【解析】【解答】（1）装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；
故答案为： 三颈烧瓶 ； NaCl ；
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)；
故答案为： 有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下生成NaClO3(或防止NaClO分解) ；
（3）A．根据分析，装置甲中固体A可以为，A正确；
B．根据分析，装置乙吸收，在强碱性溶液中稳定存在，除去HCl有利于提高产率，B正确；
C．Fe(NO3)3溶液呈酸性，高铁酸盐在酸性条件下不稳定，所以分批次加入的主要目的是防止高铁酸根离子在酸性条件下发生反应，C错误；
D．在溶液中加入KOH饱和溶液析出固体，故水中的溶解度：，D错误；
故答案为： CD；
（4）根据信息：难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在，故重结晶时：将粗产品溶于3mol/L溶液，将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌，过滤，依次用乙醇、乙醚洗涤，在真空干燥器中干燥，操作顺序为：b→ d→ e→ f →h ；
故答案为：b→ d→ e→ f →h ；
（5）①根据题意可找出关系式：，故高铁酸钾样品的纯度=；
②测得产品的纯度为102.5%，则杂质也含高铁酸根，故杂质为Na2FeO4。
故答案为： ； Na2FeO4 ；
【分析】装置甲中固体 A（MnO2）与浓盐酸反应生成 Cl2，经装置乙的饱和 NaCl 溶液除去 HCl 杂质。Cl2通入装置丙的 NaOH 溶液中，在冰水浴下反应生成 NaClO 溶液；再加入过量 NaOH 固体，使溶液呈强碱性。向强碱性 NaClO 溶液中加入 Fe(NO3)3 9H2O，发生氧化还原反应生成高铁酸钠（Na2FeO4）。向含 Na2FeO4的滤液中加入饱和 KOH 溶液，因 K2FeO4溶解度更小而析出，过滤得到粗产品。
(1)装置丙的仪器 X 是三颈烧瓶；步骤 Ⅰ 中 Cl2与 NaOH 反应生成 NaCl 和 NaClO，因 NaCl 溶解度较小，析出的晶体为 NaCl。
(2)控制温度在 20℃以下，既能增大 Cl2在溶液中的溶解度，又能防止高温下 Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO3（或防止 NaClO 分解）。
(3)KMnO4可与浓盐酸反应制 Cl2（A 对）；装置乙除 HCl 可减少副反应（B 对）；分批加 Fe(NO3)3是防止高铁酸根在酸性条件下分解（C 错）；K2FeO4溶解度小于 Na2FeO4（D 错）。
(4)K2FeO4在强碱性溶液中稳定，故先溶于 3mol/L KOH 溶液（b），注入冷 KOH 饱和溶液析出晶体（d），过滤（e），乙醇、乙醚洗涤（f），真空干燥（h）。
(5)根据反应关系 K2FeO4 ~ 3Fe2+，计算得纯度为 (33cV/m)%；纯度超过 100%，说明杂质含高铁酸根，为 Na2FeO4。
（1）装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；
（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)；
（3）A．根据分析，装置甲中固体A可以为，A正确；
B．根据分析，装置乙吸收，在强碱性溶液中稳定存在，除去HCl有利于提高产率，B正确；
C．Fe(NO3)3溶液呈酸性，高铁酸盐在酸性条件下不稳定，所以分批次加入的主要目的是防止高铁酸根离子在酸性条件下发生反应，C错误；
D．在溶液中加入KOH饱和溶液析出固体，故水中的溶解度：，D错误；
故选CD；
（4）根据信息：难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在，故重结晶时：将粗产品溶于3mol/L溶液，将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌，过滤，依次用乙醇、乙醚洗涤，在真空干燥器中干燥，操作顺序为：b→ d→ e→ f →h ；
（5）①根据题意可找出关系式：，故高铁酸钾样品的纯度=；
②测得产品的纯度为102.5%，则杂质也含高铁酸根，故杂质为Na2FeO4。
21．【答案】（1）(酮)羰基
（2）
（3）A；D
（4）
（5）
（6）、、
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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）根据E的结构简式，化合物E中的含氧官能团的名称为(酮)羰基；
故答案为： (酮)羰基 ；
（2）根据D的结构简式逆推，B是、C是；
故答案为：
（3）A．E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；
B．化合物中含有手性碳原子(*号标出)，故B正确；
C．铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，故C正确；
D．J的化学式为，故D错误；
故答案为： AD；
（4）根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；
故答案为：；
（5）反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为
故答案为：；
（6）①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。
故答案为：、、。
【分析】乙苯（A）经硝化生成硝基乙苯（B），再氧化得到硝基苯乙酮（C），最后用 Na2S 还原硝基为氨基，得到氨基苯乙酮（D），经多步反应生成中间体 E（邻氯苯乙酮）。E 经 SeO2氧化为邻氯苯甲酰甲醛（F），再与异丙胺（G）发生缩合反应生成亚胺中间体 H（）。H 经 KBH4还原得到目标游离碱 I，最后用 HCl 处理成盐，得到祛痰药盐酸盐 J。
（1）根据E的结构简式，化合物E中的含氧官能团的名称为(酮)羰基；
（2）根据D的结构简式逆推，B是、C是；
（3）A．E→F是E中的甲基变为醛基，“去氢加氧”，反应类型是氧化反应，故A错误；
B．化合物中含有手性碳原子(*号标出)，故B正确；
C．铵盐易溶于水，将I转化为J得到盐，有利于提高药物的水溶性，故C正确；
D．J的化学式为，故D错误；
选AD；
（4）根据题目已知，F与H2NCH(CH3)2反应生成和水，F→H的化学方程式为；
（5）反应催化氧化生成丙酮，丙酮与氨气反应生成HN=C(CH3)2，HN=C(CH3)2被KBH4还原为H2NCH(CH3)2；合成G的路线为
（6）①分子中除苯环外无其它环，②分子中有2种不同环境的氢原子，说明结构对称；③分子中无氮氧键，符合条件的H的同分异构体是、、。
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