【精品解析】浙江省2025届高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试化学试题（2024年12月）

浙江省2025届高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试化学试题（2024年12月）
1．（2024高三上·浙江模拟）下列物质的组成不正确的是
A．3-甲基戊烷：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3
B．铜蓝：CuS
C．石炭酸：C6H5COOH
D．加热到150℃的石膏：2CaSO4·H2O
2．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．欲除去废水中的Cu2+、Hg2+离子，工业废水处理过程中可用Na2S作沉淀剂
B．非遗文化“打铁花”，铁水被击打化作无数火树银花点亮夜空照，此过程涉及到焰色试验
C．波尔多液(胆矾与石灰乳混合制得)作为一种常见的农药，防治虫害时涉及到蛋白质的变性
D．纤维素硝酸酯(又称硝酸纤维)，极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
3．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．羰基硫(COS)的电子式：
B．白磷的结构式：
C．乙炔分子中π键示意图：
D．乙醛的核磁共振氢谱：
4．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．图①装置可用于探究卤族元素性质的递变
B．图②操作可排出盛有[Ag(NH3)2]OH滴定管尖嘴内的气泡
C．图③装置可验证无外力下气体可通过分子的扩散自发地混合均匀
D．图④装置可用于精密测量雨水的酸度
5．（2024高三上·浙江模拟）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．蛋白质是人类必需的营养物质，从动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂
B．向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测
C．表面活性剂烷基磺酸根离子可将油渍等污垢包裹在胶束内腔，起到去污作用
D．甜味剂三氯蔗糖的甜度是蔗糖的600倍，可供糖尿病患者食用
6．（2024高三上·浙江模拟）用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S＋Cr2O＋H+=Cu2+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
反应②： FeS＋Cr2O＋H+=Fe3+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
7．（2024高三上·浙江模拟）化学方法呈现科学研究、化学学习等过程中常用的一般方法，下列说法不正确的是
选项 科学研究 化学方法
A 价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构 理论模型
B 金刚砂具有类似金刚石结构的结构，可用作砂纸的磨料 预测与类比
C 探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同 变量控制
D 进行“探究乙酸性质”实验的同时，需要实验者做好实验规划 化学实验设计
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三上·浙江模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．高炉炼铁的主要反应：
B．R3N(R代表烃基)在水中可能存在平衡：
C．HSO3X(X代表卤素)与足量氢氧化钠溶液反应：
D．蓝铜矿[主要成分为2CuCO3·Cu(OH)2]与焦炭反应：
9．（2024高三上·浙江模拟）某种医用胶经元素分析仪测得存在碳、氢、氧、氮4种元素，由质谱分析法测定出其相对分子质量为153.0，红外光谱和核磁共振氢谱图如下。下列有关医用胶的说法不正确的是
已知：该医用胶的成分具有单组分、无溶剂、黏结时无须特殊处理，聚合速度较快。
A．氰基具有较强的极性，对碳碳双键基团有活化作用，故此常温、常压下即可发生加聚反应
B．氰基体积小且可形成氢键，增大了聚合物分子与蛋白质分子间作用力，从而表现出强黏合性
C．该化合物中存在具有极性的酯基，可发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解
D．对分子进行结构修饰，增加多个碳碳双键，从而形成可反复加热熔融加工的体型共聚物
10．（2024高三上·浙江模拟）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，W原子位于周期表的第13列。下列说法不正确的是
A．第二电离能：Y > Z > X B．热稳定性：XH4>HZ
C．氧化性强弱：YZ > HYZ3 D．失电子能力：WH > BH
11．（2024高三上·浙江模拟）已知Cl2溶于水存在以下平衡：
I Cl2＋H2OHCl＋HClO K1 = 4.0×10-4
II Cl-＋Cl2Cl K2 = 0.20
298K时，测得Cl2在不同浓度的盐酸溶液中的溶解度(见表)和盐酸浓度与溶解Cl2及含氯微粒变化关系(见图)。下列说法不正确的是
盐酸浓度() 0.200 0.500 1.000 2.000 3.000 4.000
Cl2溶解度() 0.0620 0.0630 0.0665 0.740 0.0830 0.0910
A．盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大
B．当c(HCl) =1.000 mol·L-1时，溶液中c(Cl2)=0.0530 mol·L-1，此时c(Cl) < c(HClO)
C．除去Cl2中的HCl气体时，为降低Cl2的溶解应使用浓NaCl溶液效果更佳
D．曲线b代表盐酸浓度与HClO浓度变化关系
12．（2024高三上·浙江模拟）研究表明：在高压下可发生聚合，甚至改变成键方式，在高压下MgCO3中碳酸根离子形成环状三聚体如图所示，下列说法正确的是
A．该种环状三聚体是一种有机阴离子
B．该种环状三聚体中，O的杂化方式有2种
C．高压下，相较于单个碳酸根离子，该种环状三聚体更稳定
D．该种环状三聚体与Mg2＋形成的化合物中，化学键种类有极性共价键、离子键及配位键
13．（2024高三上·浙江模拟）为测定阿伏加德罗常数，某研究小组试图利用电解法根据电极上析出物质的质量来测验，其实验方案的要点为：
①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如下图所示。
②在电流强度为IA，通电时间为t秒钟后，精准测得某电极上析出的铜的质量为mg。
下列说法不正确的是
A．电极B反应方程式：2Cl-_2e-=Cl2 ↑
B．电流方向：F→B→A→C→D→E
C．为精确测定质量，应在高温下烘干电极再测量，从而减少O2的溶解
D．结合测得的析出物质的质量，算出1mol金属所含的原子：[已知单个电子的电荷量为q=1.6×10-19C，Q为流经电路的电荷总量，Q(C)=I(A)×t(s)]
14．（2024高三上·浙江模拟）氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1： 机理2：
机理3：
三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是
A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化
B．“中间体2”存在离域π键
C．“中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子
D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高
15．（2024高三上·浙江模拟）在pH=7含AgCl(s)的溶液中，一定c(Cl-)范围内存在平衡关系：
Ag+＋Cl-AgCl K1
AgCl＋Cl-AgCl K2
AgCl＋Cl-AgCl K3
AgCl＋Cl-AgCl K4
已知lgc(Ag+)、lgc(AgCl)、lgc(AgCl)和lgc(AgCl)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况
B．随c(Cl-)增大，保持不变
C．P点的横坐标为2c-a
D．M点存在c(Ag+)＋c(H+) = c(Cl-)＋c(OH-)＋c(AgCl)＋5c(AgCl)
16．（2024高三上·浙江模拟）为探究物质的理化性质，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 方案设计 现象 结论
A 取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，再用干冰盖上 观察到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光 金属镁可以跟二氧化碳反应，而且也说明了干冰易升华
B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中 铜丝恢复亮红色 醇可与氧化铜发生氧化反应
C 将一块未打磨的Al片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入等体积等物质的量浓度的FeSO4溶液和CuCl2溶液中 FeSO4溶液中无明显现 象；CuCl2溶液中Al片表面有红色物质附着 Cl-能加速破坏Al片表面的氧化膜
D 向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁 出现蓝色晶体 增大溶剂极性可以改变溶质溶解度
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三上·浙江模拟）非金属氮化物在生产、生活和科研中应用广泛。请回答：
（1）基态N原子的电子云有　 　个伸展方向；NH3的沸点比PH3的　 　 (填“高”或“低”)，原因是　 　；写出Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式　 　。
（2）AlCr2具有体心四方结构，如图所示。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为　 　(列出计算表达式)。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．第三电离能大小：F>O>N>C
B．SO2F2的结构类似H2SO4，SO2F2中的键角∠OSO<∠FSF
C．熔点大小：AlF3>AlBr3>AlCl3，推测AlF3为离子化合物
D．能量最低的F+的2p轨道存在一个单电子
E．得到一个电子释放的能量：Cl(g)>Br(g)
（4）工业上，邻硝基苯酚()常用于染料的中间体，生产硫化染料。相关的酸的电离常数如下表所示：
物质 邻硝基苯酚 对硝基苯酚 苯酚
pKa 7.22 7.15 10.0
常温下，邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，请结合氢键的相关知识解释原因　 　(可画图并配上文字解释说明)。
18．（2024高三上·浙江模拟）固态化合物Y的组成为Cu2S·GeFeS2，以Y为原料实现如下转化。
已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物。
请回答：
（1）固体D的化学式为　 　；用电子式表示液体E中主要成分　 　；步骤Ⅲ中，液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，写出其化学方程式　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．气体B是形成酸雨的“罪魁祸首”
B．固体C中可能含有Mg(NO2)2
C．浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合得到王水
D．强度：Mg-C键> Ge-C键
（3）写出溶液G中所有的阴离子　 　；设计实验验证Y中含有Cu元素　 　。
19．（2024高三上·浙江模拟）1，3-丁二烯是合成橡胶和合成树脂的原料。请回答：
（1）在573K，可通过使丁烯脱氢制取1，3-丁二烯：
反应I C4H8(g)C4H6(g)＋H2(g) ΔH1= +115.73 kJ mol 1
已知：该条件下，1mol H2完全燃烧所放出的热量为242kJ。
①写出丁烯燃烧的热化学方程式　 　。
②有利于提高C4H8平衡转化率的条件是　 　。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
③工业生产中，丁烯催化脱氢反应通常加入水蒸气反应，其理由是　 　。
（2）丁烯的氧化反应过程会有多个副反应同时发生，如下所示。各反应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)随温度的变化关系如下表所示。
主反应I 1-C4H8 +O21，3-C4H6 + H2O
副反应I 1-C4H8iC4H8
副反应Ⅱ 1-C4H8c-2-C4H8
副反应Ⅲ 1-C4H8t-2-C4H8
副反应Ⅳ 1-C4H8+4O24CO+4H2O
副反应V 1-C4H8 + 6O24CO2 + 4H2O
副反应Ⅵ 1-C4H8 + 4O24CO2 + 4H2
各反应在不同温度下的吉布斯自由能ΔG
结合表格数据：
①在1000K下可能会非自发的反应是　 　，判断依据是　 　。
②分析上图中当温度超过600K时1，3-丁二烯产率几乎为零的原因　 　。
（3）某一温度下，丁烯催化脱氢制取丁二烯在20 L刚性容器内，冲入1mol反应气体，达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，该条件下反应平衡常数　 　。
（4）一种微生物-光电化学弱酸性复合系统可高效实现固定CO2并转化为CH4，正极上的电极反应式是：　 　。
20．（2024高三上·浙江模拟）无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示：
请回答：
（1）利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的　 　(填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀
C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
（3）实验流程中的“一系列操作”是：　 　，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式　 　。
（4）用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为　 　。
②产物ZnCl2的纯度为　 　(保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是　 　。
21．（2024高三上·浙江模拟）有机物M是合成治疗汉坦病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物 A 制备M的合成路线如下：
已知：①；
②；
③碳碳双键直接相连的碳上的H(即为α-H)易发生取代反应：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。
请回答：
（1）化合物M的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．为提高化合物H的产率，可在F→H中添加吸水剂CaO
B．D→E中所使用到的试剂为KOH的乙醇溶液
C．化合物C中六元环所有原子在同一平面上，则氧原子采用sp2杂化
D．化合物F的酸性强于
（3）化合物G的结构简式是　 　。
（4）写出F+G→H的化学方程式　 　。
（5）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体Q的结构简式　 　。
①含有结构；
②1mol Q最多消耗4mol NaOH；
③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的系统命名为3-甲基戊烷，A正确；
B．铜蓝化学成分为CuS，B正确；
C．石炭酸是苯酚的俗名，化学式为C6H5OH，C错误；
D．石膏(CaSO4·2H2O)加热到150℃时，会失去部分结晶水而生成熟石膏(2CaSO4·H2O)，D正确；
故答案为：C。
【分析】熟悉常见物质的俗名与化学式的关系，以及有机物的系统命名。
2．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．S2-分别与Cu2+、Hg2+反应生成的CuS、HgS难溶于水，则工业废水处理过程中可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+，A正确；
B．“打铁花”，是铁水化作银花，不涉及焰色试验，B错误；
C．波尔多液由胆矾和石灰乳混合制成，其中的铜盐能使蛋白质变性，用于防治虫害时涉及到蛋白质的变性，C正确；
D．硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料等，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.可通过沉淀法进行除杂。
B. 焰色反应是许多金属单质及其化合物在火焰上灼烧时会使火焰呈现特殊的特征颜色。
C.重金属盐能使蛋白质变性。
D.熟悉常见物质的性质及其用途。
3．【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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．羰基硫(COS)与二氧化碳(CO2)结构相似，其结构式为O=C=O，则其其电子式为：，A错误；
B．由分析可知，白磷的结构式： ，B正确；
C．由分析可知，乙炔分子中π键示意图： ，C正确；
D．乙醛分子中有2种等效氢原子，原子个数比为3∶1，则其核磁共振氢谱图中有两组峰，且峰值高低之比为3：1，故核磁共振氢谱： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.羰基硫(COS)与二氧化碳(CO2)是等电子体，结构相似。
B.P原子最外层有5个电子，白磷分子中的P原子形成三个共价键， 还有一个孤电子对。
C.乙炔分子中，C原子与C原子之间有 一个和2个π键 。
D.核磁共振氢谱中的峰数组数代表分子中氢原子的种类数，峰值高低比例可以算出每种H的比例关系 。
4．【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；性质实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．氧化性：Cl2＞Br2＞I2，图1装置中，新制氯水中的氯气能氧化溴离子、碘离子，溴水中的Br2能氧化碘离子，可验证卤族元素单质之间的氧化性强弱，故A正确；
B．根据分析中碱式滴定管中排气泡的方法，图2操作 可排出盛有[Ag(NH3)2]OH滴定管尖嘴内的气泡 ，故B正确；
C．氯气密度大于氢气，氯气在上层会由于重力作用而下沉，无法验证自发混合扩散，故C错误；
D． 图④装置可用于精密测量雨水的酸度 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可通过氧化还原反应比较元素单质的氧化性。
B.碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而使溶液充满尖嘴，排出气泡。
C.氯气密度大于氢气，氯气会由于重力作用而下沉。
D.pH计可精密测量溶液的pH。
5．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A． 蛋白质是人类必需的营养物质，从动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂 ，A正确；
B．浓硝酸能使蛋白质变黄（蛋白质的颜色反应），可用来鉴别部分蛋白质，B错误；
C．烷基磺酸根离子中的疏水性烷基可以吸附在污垢表面，使其易于清洗，从而起到去污作用，C正确；
D．三氯蔗糖在人体不参与代谢，不被人体吸收，热量值为零，可供糖尿病患者食用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.蛋白质是人类必需的营养物质，动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂。
B.浓硝酸能使蛋白质变黄，可用于鉴别部分蛋白质。
C.根据相似相溶原理进行分析。
D.三氯蔗糖在人体不参与代谢，不被人体吸收，热量值为零。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．由分析可知，处理等物质的量的时，反应①和②中消耗的物质的量不相等，A错误；
B．由分析可知，用相同物质的量的和处理时，消耗更多，B正确；
C．反应前后，还原剂中部分元素化合价升高，氧化剂中部分元素化合价降低，结合分析可知， 反应① 中为还原剂，为氧化剂，且物质的量之比为3∶5，C正确；
D．由反应②可知，FeS与发生氧化还原反应生成的在水中形成胶体还可吸附悬浮杂质，D正确；
故答案为：A。
【分析】反应①②的离子方程式分别为：、。
7．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构，采用的化学方法为理论模型，故A正确；
B．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，采用了预测与类比的化学方法，故B正确；
C．探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同，避免温度、浓度的影响，采用的化学方法为变量控制，故C正确；
D．化学实验设计要在实验者实施化学实验之前，做好实验规划，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构。
B.金刚砂(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大
C.通过控制变量法进行探究不同因素对 Fe3+催化H2O2分解的影响。
D.化学实验设计要在实验者实施化学实验之前，做好实验规划。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．高炉炼铁中主要反应的化学方程式为，A正确；
B．R3N(胺)中的N原子有孤对电子，能与水中电离的H+结合， 则R3N(R代表烃基)在水中可能存在平衡：，B正确；
C．HSO3X为强酸，反应的离子方程式应该是，C错误；
D．涉及反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A. 高炉炼铁中，焦炭与二氧化碳在高温下生成还原剂CO，CO再还原制取Fe。
B.R3N(胺)中的N原子有孤对电子，能与水中电离的H+结合。
C.HSO3X为强酸。
D.注意原子数目守恒。
9．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A．氰基中的碳氮三键稳定，具有较强的极性，对碳碳双键具有活化作用，使其在常温常压下即可加聚反应，A正确；
B．氰基体积小且可形成氢键，能够深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基、羧基形成较强的相互作用，从而表现出强黏合性，B正确；
C．酯基能发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解，C正确；
D．增加多个碳碳双键，形成可反复加热熔融加工的线型共聚物，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.氰基中的碳氮三键稳定，具有较强的极性。
B.氰基体积小且可形成氢键。
C.酯基能发生水解反应。
D. 注意体型共聚物在成型后既不溶解也不熔融。
10．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．第二电离能即失去第二个电子的能力，由分析可知，X、Y、Z分别为碳元素、氧元素、氟元素，F失去2p4的电子，O失去2p3的电子，半充满比较稳定，C失去2p1的电子，同样是2p上的电子，2p3半充满比较稳定，F的原子核对电子吸引力大，所以第二电离能O>F>C，故A正确；
B．由分析可知，X、Z分别为碳元素、氟元素，二者位于同周期，非金属性较强的元素氢化物较稳定，非金属性：F＞C，则 热稳定性：XH4＜HZ ，故B错误；
C．OF和HOF3相比较，中O为+3价，HOF3中O为+2价，F越多，阻碍了O得电子，氧化性变弱，故C正确；
D．AlH和BH结构相似，Al的金属性比B强，更容易失去电子，故D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大， X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，且同周期，可推出 X、Y基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为碳元素，Y为氧元素， X、Y与Z位于同一周期， 则Z为氟元素， 所以W位于第三周，结合W原子位于周期表的第13列，可推出W为铝元素。
11．【答案】B
【知识点】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．由表中数据可知，Cl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，故A正确；
B．由表中数据可知，当c(HCl) =1.000 mol·L-1时，Cl2溶解度为0.0665 mol·L-1，溶液中c(Cl2)=0.0530 mol·L-1，结合，得，，得，所以c(Cl)＞c(HClO)，故B错误；
C．涉及平衡为Cl2+H2OHCl+HClO，除去Cl2中的HCl气体时，可以增大氯离子浓度，利于平衡逆向移动，降低Cl2的溶解，应使用浓NaCl溶液，故C正确；
D．平衡I随盐酸浓度增大而利于逆向移动，则HClO浓度越小，即对数越小，所以变化关系可以用曲线b代表，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.Cl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大。
B.根据平衡常数进行分析。
C.根据化学平衡影响因素分析。
D.平衡I随盐酸浓度增大而利于逆向移动。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．碳酸镁在高压下化合物中碳酸根离子形成环状三聚体，碳酸盐属于无机盐，因此该环状三聚体是一种无机阴离子，故A错误；
B．改环状三聚体中氧原子的价层电子对数都为4，因此都采用sp3杂化，故B错误；
C．碳酸镁在高压下化合物中的碳酸根离子形成环状三聚体，说明环状三聚体比单个碳酸根离子更稳定，故C正确；
D．环状三聚体与镁离子形成的化合物中含有极性共价键、离子键，不存在配位键，故D错误；
故答案为：C
【分析】A、碳酸盐属于无机盐。
B、环状三聚体中O原子的价层电子对数都是4，都采用sp3杂化。
C、高压下，单个CO32-可形成环状三聚体，说明环状三聚体更稳定。
D、根据化合物结构确定其所含的化学键类型。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知， 电极B反应方程式：2Cl-_2e-=Cl2↑ ，A正确；
B．由分析可知，B为阳极，A为阴极，电路连接应遵循电流计串联，电源负极接电流表负极，电流表的正极接U形管A电极，B电极接电源的正极，所以线路连接顺序为：E接D，C接A，B接F；电流是由电源正极流向负极，故电流方向为F→B→A→C→D→E，B正确；
C．防止Cu被氧化，在有空气存在的情况下，烘干电极必须采用低温烘干的方法，C错误；
D．Q=It，则，其物质的量为：，由Cu～2e-、生成Cu的质量为mg得，，解得，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息及装置图可知，该装置为电解池，U形管通入G中的气体是氯气，则B极附近发生反应为，即B极失电子发生氧化反应，所以B极为阳极，则A极为阴极。
14．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，因此碳负离子采用杂化，故A正确；
B．“中间体2”中碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，因此该中间体的离域π键为，故B错误；
C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，其中杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；
D．“中间体4”中存在碳碳三键，键角与双键键角差异较大，容易断键，所以“中间体4”反应活性高，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、“中间体1”至少11个原子共平面，则碳负离子应为平面型结构。
B、结合“中间体2”中碳正离子的结构分析。
C、结合“中间体3”中碳负离子的成键情况分析。
D、“中间体4”中存在碳碳三键，比双键更容易断裂。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况，A正确；
B．是反应 的平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，也不变，B正确；
C．根据图示信息可知，M点是曲线③、曲线④的交点，说明，，M点的横坐标为a，说明lgc(Cl-)=a，K4=10-a，N点是曲线②、曲线④的交点，说明，根据，N点的横坐标为c，lgc(Cl-)=c，，结合K4=10-a，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据AgCl＋Cl-AgCl ，可知，，，P点的横坐标为2c-a，C正确；
D．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则，相当于是，从左往右lgc(Cl-)增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知pH=7，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据题干所给反应方程式可知，lgc(Ag+)随lgc(Cl-)增大而减小，则曲线①表示lgc(Ag+)和的变化关系；第二个方程与第三个方程相加，可得到AgCl＋2Cl-AgCl ，其平衡常数为，则，所以，根据斜率可知，曲线③的比值为2，因此曲线③表示随变化情况；后三个方程式相加可得AgCl＋3Cl-AgCl ，其平衡常数为，则，所以，曲线④的比值为3，因此曲线④表示和的变化关系；也可知曲线②表示和的变化关系。
16．【答案】A
【知识点】醇类简介；羧酸简介；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．镁粉可以在干冰内剧烈燃烧，发出耀眼白光，说明干冰易升华且镁与二氧化碳发生反应，A正确；
B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是醇与氧化铜发生反应将其还原，也可能是因为物质中含羧基，与表面氧化铜反应将其消耗，B错误；
C．对比实验将Al分别放入FeSO4溶液和CuCl2溶液中，探究阴离子对Al表面氧化膜的影响，但二者溶液中阴离子和阳离子种类均不同，未控制单一变量，C错误；
D．向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，降低了溶剂的极性，硫酸四氨合铜(II)在乙醇中溶解度降低，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据方案设计及实验现象，分析物质的性质。
17．【答案】（1）4；高；(二者均为分子晶体)NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3＋2H2O(或Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋2NH3＋2NH3·H2O或Ca3SiO5＋4NH4Cl＋2H2O=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3·H2O)
（2）[或]
（3）ABD
（4）邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)；(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氮原子核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，电子云有4个伸展方向；NH3和PH3均为分子晶体，NH3的分子可以形成氢键，PH3的分子间不可以形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高；Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应可以生成CaSiO3、CaCl2、NH3，其化学方程式为Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，故答案为：4；高；二者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O；
（2）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1=2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2=4；根据物质的化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1∶2，则处于顶角位置的黑球为Al。金属原子的空间占有率为，故答案为：；
（3）A．失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，B项错误；
C．已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决于范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若AlF3也为分子晶体，其摩尔质量更小，熔点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，C项正确；
D．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，D项错误；
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，半径：ClBr(g)，故E正确；
故选ABD；
（4）邻硝基苯酚能形成分子内氢键(其结构表示为：)，使酚羟基难电离出H+，而降低其酸性，所以邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)，(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性。
【分析】（1）电子云的伸展方向：s电子云有一个伸展方向，p电子云有三个伸展方向，d电子云有五个伸展方向，f电子云有七个伸展方向。分子晶体中含氢键的物质的熔沸点较高。
（2）根据均摊法算出黑球与白球的个数，金属原子的空间占有率为。
（3）A．碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素。
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大。
C．注意为共价化合物，属于分子晶体，一般分子晶体的熔沸点随物质的相对分子质量的增大而增大。
D．F+的电子排布式为1s22s22p4。
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强。
（4）邻硝基苯酚形成分子内氢键。
（1）氮原子核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，电子云有4个伸展方向；NH3和PH3均为分子晶体，NH3的分子可以形成氢键，PH3的分子间不可以形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高；Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应可以生成CaSiO3、CaCl2、NH3，其化学方程式为Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，故答案为：4；高；二者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O；
（2）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1=2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2=4；根据物质的化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1∶2，则处于顶角位置的黑球为Al。金属原子的空间占有率为，故答案为：；
（3）A．失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，B项错误；
C．已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决于范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若AlF3也为分子晶体，其摩尔质量更小，熔点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，C项正确；
D．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，D项错误；
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，半径：ClBr(g)，故E正确；
故选ABD；
（4）邻硝基苯酚能形成分子内氢键(其结构表示为：)，使酚羟基难电离出H+，而降低其酸性，所以邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)，(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性。
18．【答案】（1）GeO2；；GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3
（2）C；D
（3）NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素
【知识点】键能、键长、键角及其应用；无机物的推断；物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）由分析知，固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；
（2）A．由分析知，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；
B．固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；
C．王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误
D．根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；
故选CD。
（3）由分析知，溶液G中的阴离子有NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。
【分析】根据Y的化学式，可推出各元素化合价为铜为+1，铁为+2，硫为-2，锗为+2，结合流程图信息，操作Ⅰ是Cu2S·GeFeS2与浓硝酸反应，浓硝酸具有强氧化性，则气体B为NO2；由于 Ge与Si同族 ，固体D为氧化物，且不溶于浓硝酸，可推出D为GeO2，溶液G中主要含有Cu2+、Fe3+、、；Mg与NO2在光照条件下反应生成N2和MgO，即固体C为MgO；操作Ⅱ中加入浓盐酸后进行分液，水溶液为盐酸溶液，说明得到的液体E与水溶液不互溶，应该为非极性分子，根据（1），操作Ⅲ是 液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，可推出GeO2转化得到的是GeCl4，即E是GeCl4；GeCl4与CH3MgCl发生反应生成MgCl2和CH3GeCl3，即化合物F为CH3GeCl3。
（1）由分析知，固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；
（2）A．由分析知，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；
B．固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；
C．王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误
D．根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；
故选CD。
（3）由分析知，溶液G中的阴离子有NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。
19．【答案】（1）C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27kJ mol 1；C；为反应供热；降低反应体系的分压
（2）副反应Ⅲ；根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0；ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大)当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、VI自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、VI程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小
（3）0.025
（4）CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①在573K，1molH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·mol-1。根据盖斯定律，（反应I+反应Ⅱ）可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·mol-1+(-242kJ·mol-1)=- 126.27 kJ·mol-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1。
②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。
答案为①C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1②C ③为反应供热；降低反应体系的分压。
（2）①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。
答案为①反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1mol增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xmol，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5mol；则平衡常数。
答案为0.025。
（4）CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
答案为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
【分析】（1）①根据已知信息可写出 H2完全燃烧的热化学方程式，结合反应 I 和盖斯定律，得到 丁烯燃烧的热化学方程式。
②根据化学平衡的影响因素进行分析。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气相当于加热。
（2）①反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS＜0。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比，结合化学平衡三段式进行分析。
（4）CO2→CH4，碳元素化合价从＋4降到－4，得电子发生还原反应，结合原子数目和电荷守恒进行分析。
（1）①在573K，1molH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·mol-1。根据盖斯定律，（反应I+反应Ⅱ）可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·mol-1+(-242kJ·mol-1)=- 126.27 kJ·mol-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1。
②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。
答案为①C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1②C ③为反应供热；降低反应体系的分压。
（2）①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。
答案为①反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1mol增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xmol，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5mol；则平衡常数。
答案为0.025。
（4）CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
答案为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
20．【答案】（1）酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗
（2）D
（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热
【知识点】盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
【分析】根据题干信息及流程图可知，操作Ⅰ是ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反应，经操作Ⅱ得到的滤液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]与CO2反应生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀与盐酸反应，得到的滤液3中主要成分是ZnCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，再经一系列操作可得到无水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
21．【答案】（1）(酮)羰基、羧基、醛基、醚键
（2）A；B；C
（3）
（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M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键，故答案为：(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；
（2）A．F（）和G（）反应中添加吸水剂CaO，H（）中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；
B．D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；
C．化合物C（）中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；
D．O的电负性大于N，所以化合物F（）中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；
故选ABC；
（3）由分析知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；
（5）F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；
（6）由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为：。
【分析】根据流程图信息，B+C→D，结合C、D的结构简式和B的分子式，可推出B的结构简式为；A→B发生氧化反应，结合A的分子式和B的结构简式，可推出A的结构简式是；E→F发生已知信息①的反应，结合E的分子式和F的结构简式，可推出E的结构简式为
；F+G→H发生已知信息②的反应，结合F、H的结构简式和G的分子式，可推出G的结构简式为。
（1）化合物M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键，故答案为：(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；
（2）A．F（）和G（）反应中添加吸水剂CaO，H（）中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；
B．D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；
C．化合物C（）中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；
D．O的电负性大于N，所以化合物F（）中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；
故选ABC；
（3）由分析知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；
（5）F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；
（6）由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为：。
1 / 1浙江省2025届高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试化学试题（2024年12月）
1．（2024高三上·浙江模拟）下列物质的组成不正确的是
A．3-甲基戊烷：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3
B．铜蓝：CuS
C．石炭酸：C6H5COOH
D．加热到150℃的石膏：2CaSO4·H2O
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的系统命名为3-甲基戊烷，A正确；
B．铜蓝化学成分为CuS，B正确；
C．石炭酸是苯酚的俗名，化学式为C6H5OH，C错误；
D．石膏(CaSO4·2H2O)加热到150℃时，会失去部分结晶水而生成熟石膏(2CaSO4·H2O)，D正确；
故答案为：C。
【分析】熟悉常见物质的俗名与化学式的关系，以及有机物的系统命名。
2．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．欲除去废水中的Cu2+、Hg2+离子，工业废水处理过程中可用Na2S作沉淀剂
B．非遗文化“打铁花”，铁水被击打化作无数火树银花点亮夜空照，此过程涉及到焰色试验
C．波尔多液(胆矾与石灰乳混合制得)作为一种常见的农药，防治虫害时涉及到蛋白质的变性
D．纤维素硝酸酯(又称硝酸纤维)，极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；焰色反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．S2-分别与Cu2+、Hg2+反应生成的CuS、HgS难溶于水，则工业废水处理过程中可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+，A正确；
B．“打铁花”，是铁水化作银花，不涉及焰色试验，B错误；
C．波尔多液由胆矾和石灰乳混合制成，其中的铜盐能使蛋白质变性，用于防治虫害时涉及到蛋白质的变性，C正确；
D．硝酸纤维可用于生产火药、塑料和涂料等，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.可通过沉淀法进行除杂。
B. 焰色反应是许多金属单质及其化合物在火焰上灼烧时会使火焰呈现特殊的特征颜色。
C.重金属盐能使蛋白质变性。
D.熟悉常见物质的性质及其用途。
3．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．羰基硫(COS)的电子式：
B．白磷的结构式：
C．乙炔分子中π键示意图：
D．乙醛的核磁共振氢谱：
【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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．羰基硫(COS)与二氧化碳(CO2)结构相似，其结构式为O=C=O，则其其电子式为：，A错误；
B．由分析可知，白磷的结构式： ，B正确；
C．由分析可知，乙炔分子中π键示意图： ，C正确；
D．乙醛分子中有2种等效氢原子，原子个数比为3∶1，则其核磁共振氢谱图中有两组峰，且峰值高低之比为3：1，故核磁共振氢谱： ，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.羰基硫(COS)与二氧化碳(CO2)是等电子体，结构相似。
B.P原子最外层有5个电子，白磷分子中的P原子形成三个共价键， 还有一个孤电子对。
C.乙炔分子中，C原子与C原子之间有 一个和2个π键 。
D.核磁共振氢谱中的峰数组数代表分子中氢原子的种类数，峰值高低比例可以算出每种H的比例关系 。
4．（2024高三上·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．图①装置可用于探究卤族元素性质的递变
B．图②操作可排出盛有[Ag(NH3)2]OH滴定管尖嘴内的气泡
C．图③装置可验证无外力下气体可通过分子的扩散自发地混合均匀
D．图④装置可用于精密测量雨水的酸度
【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；性质实验方案的设计；酸（碱）式滴定管的使用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．氧化性：Cl2＞Br2＞I2，图1装置中，新制氯水中的氯气能氧化溴离子、碘离子，溴水中的Br2能氧化碘离子，可验证卤族元素单质之间的氧化性强弱，故A正确；
B．根据分析中碱式滴定管中排气泡的方法，图2操作 可排出盛有[Ag(NH3)2]OH滴定管尖嘴内的气泡 ，故B正确；
C．氯气密度大于氢气，氯气在上层会由于重力作用而下沉，无法验证自发混合扩散，故C错误；
D． 图④装置可用于精密测量雨水的酸度 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性：Cl2＞Br2＞I2，可通过氧化还原反应比较元素单质的氧化性。
B.碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而使溶液充满尖嘴，排出气泡。
C.氯气密度大于氢气，氯气会由于重力作用而下沉。
D.pH计可精密测量溶液的pH。
5．（2024高三上·浙江模拟）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．蛋白质是人类必需的营养物质，从动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂
B．向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测
C．表面活性剂烷基磺酸根离子可将油渍等污垢包裹在胶束内腔，起到去污作用
D．甜味剂三氯蔗糖的甜度是蔗糖的600倍，可供糖尿病患者食用
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A． 蛋白质是人类必需的营养物质，从动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂 ，A正确；
B．浓硝酸能使蛋白质变黄（蛋白质的颜色反应），可用来鉴别部分蛋白质，B错误；
C．烷基磺酸根离子中的疏水性烷基可以吸附在污垢表面，使其易于清洗，从而起到去污作用，C正确；
D．三氯蔗糖在人体不参与代谢，不被人体吸收，热量值为零，可供糖尿病患者食用，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.蛋白质是人类必需的营养物质，动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂。
B.浓硝酸能使蛋白质变黄，可用于鉴别部分蛋白质。
C.根据相似相溶原理进行分析。
D.三氯蔗糖在人体不参与代谢，不被人体吸收，热量值为零。
6．（2024高三上·浙江模拟）用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S＋Cr2O＋H+=Cu2+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
反应②： FeS＋Cr2O＋H+=Fe3+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．由分析可知，处理等物质的量的时，反应①和②中消耗的物质的量不相等，A错误；
B．由分析可知，用相同物质的量的和处理时，消耗更多，B正确；
C．反应前后，还原剂中部分元素化合价升高，氧化剂中部分元素化合价降低，结合分析可知， 反应① 中为还原剂，为氧化剂，且物质的量之比为3∶5，C正确；
D．由反应②可知，FeS与发生氧化还原反应生成的在水中形成胶体还可吸附悬浮杂质，D正确；
故答案为：A。
【分析】反应①②的离子方程式分别为：、。
7．（2024高三上·浙江模拟）化学方法呈现科学研究、化学学习等过程中常用的一般方法，下列说法不正确的是
选项 科学研究 化学方法
A 价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构 理论模型
B 金刚砂具有类似金刚石结构的结构，可用作砂纸的磨料 预测与类比
C 探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同 变量控制
D 进行“探究乙酸性质”实验的同时，需要实验者做好实验规划 化学实验设计
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构，采用的化学方法为理论模型，故A正确；
B．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，采用了预测与类比的化学方法，故B正确；
C．探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同，避免温度、浓度的影响，采用的化学方法为变量控制，故C正确；
D．化学实验设计要在实验者实施化学实验之前，做好实验规划，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A.价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构。
B.金刚砂(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大
C.通过控制变量法进行探究不同因素对 Fe3+催化H2O2分解的影响。
D.化学实验设计要在实验者实施化学实验之前，做好实验规划。
8．（2024高三上·浙江模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．高炉炼铁的主要反应：
B．R3N(R代表烃基)在水中可能存在平衡：
C．HSO3X(X代表卤素)与足量氢氧化钠溶液反应：
D．蓝铜矿[主要成分为2CuCO3·Cu(OH)2]与焦炭反应：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．高炉炼铁中主要反应的化学方程式为，A正确；
B．R3N(胺)中的N原子有孤对电子，能与水中电离的H+结合， 则R3N(R代表烃基)在水中可能存在平衡：，B正确；
C．HSO3X为强酸，反应的离子方程式应该是，C错误；
D．涉及反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A. 高炉炼铁中，焦炭与二氧化碳在高温下生成还原剂CO，CO再还原制取Fe。
B.R3N(胺)中的N原子有孤对电子，能与水中电离的H+结合。
C.HSO3X为强酸。
D.注意原子数目守恒。
9．（2024高三上·浙江模拟）某种医用胶经元素分析仪测得存在碳、氢、氧、氮4种元素，由质谱分析法测定出其相对分子质量为153.0，红外光谱和核磁共振氢谱图如下。下列有关医用胶的说法不正确的是
已知：该医用胶的成分具有单组分、无溶剂、黏结时无须特殊处理，聚合速度较快。
A．氰基具有较强的极性，对碳碳双键基团有活化作用，故此常温、常压下即可发生加聚反应
B．氰基体积小且可形成氢键，增大了聚合物分子与蛋白质分子间作用力，从而表现出强黏合性
C．该化合物中存在具有极性的酯基，可发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解
D．对分子进行结构修饰，增加多个碳碳双键，从而形成可反复加热熔融加工的体型共聚物
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A．氰基中的碳氮三键稳定，具有较强的极性，对碳碳双键具有活化作用，使其在常温常压下即可加聚反应，A正确；
B．氰基体积小且可形成氢键，能够深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基、羧基形成较强的相互作用，从而表现出强黏合性，B正确；
C．酯基能发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解，C正确；
D．增加多个碳碳双键，形成可反复加热熔融加工的线型共聚物，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.氰基中的碳氮三键稳定，具有较强的极性。
B.氰基体积小且可形成氢键。
C.酯基能发生水解反应。
D. 注意体型共聚物在成型后既不溶解也不熔融。
10．（2024高三上·浙江模拟）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，W原子位于周期表的第13列。下列说法不正确的是
A．第二电离能：Y > Z > X B．热稳定性：XH4>HZ
C．氧化性强弱：YZ > HYZ3 D．失电子能力：WH > BH
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．第二电离能即失去第二个电子的能力，由分析可知，X、Y、Z分别为碳元素、氧元素、氟元素，F失去2p4的电子，O失去2p3的电子，半充满比较稳定，C失去2p1的电子，同样是2p上的电子，2p3半充满比较稳定，F的原子核对电子吸引力大，所以第二电离能O>F>C，故A正确；
B．由分析可知，X、Z分别为碳元素、氟元素，二者位于同周期，非金属性较强的元素氢化物较稳定，非金属性：F＞C，则 热稳定性：XH4＜HZ ，故B错误；
C．OF和HOF3相比较，中O为+3价，HOF3中O为+2价，F越多，阻碍了O得电子，氧化性变弱，故C正确；
D．AlH和BH结构相似，Al的金属性比B强，更容易失去电子，故D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大， X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，且同周期，可推出 X、Y基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为碳元素，Y为氧元素， X、Y与Z位于同一周期， 则Z为氟元素， 所以W位于第三周，结合W原子位于周期表的第13列，可推出W为铝元素。
11．（2024高三上·浙江模拟）已知Cl2溶于水存在以下平衡：
I Cl2＋H2OHCl＋HClO K1 = 4.0×10-4
II Cl-＋Cl2Cl K2 = 0.20
298K时，测得Cl2在不同浓度的盐酸溶液中的溶解度(见表)和盐酸浓度与溶解Cl2及含氯微粒变化关系(见图)。下列说法不正确的是
盐酸浓度() 0.200 0.500 1.000 2.000 3.000 4.000
Cl2溶解度() 0.0620 0.0630 0.0665 0.740 0.0830 0.0910
A．盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大
B．当c(HCl) =1.000 mol·L-1时，溶液中c(Cl2)=0.0530 mol·L-1，此时c(Cl) < c(HClO)
C．除去Cl2中的HCl气体时，为降低Cl2的溶解应使用浓NaCl溶液效果更佳
D．曲线b代表盐酸浓度与HClO浓度变化关系
【答案】B
【知识点】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．由表中数据可知，Cl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，故A正确；
B．由表中数据可知，当c(HCl) =1.000 mol·L-1时，Cl2溶解度为0.0665 mol·L-1，溶液中c(Cl2)=0.0530 mol·L-1，结合，得，，得，所以c(Cl)＞c(HClO)，故B错误；
C．涉及平衡为Cl2+H2OHCl+HClO，除去Cl2中的HCl气体时，可以增大氯离子浓度，利于平衡逆向移动，降低Cl2的溶解，应使用浓NaCl溶液，故C正确；
D．平衡I随盐酸浓度增大而利于逆向移动，则HClO浓度越小，即对数越小，所以变化关系可以用曲线b代表，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.Cl2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大。
B.根据平衡常数进行分析。
C.根据化学平衡影响因素分析。
D.平衡I随盐酸浓度增大而利于逆向移动。
12．（2024高三上·浙江模拟）研究表明：在高压下可发生聚合，甚至改变成键方式，在高压下MgCO3中碳酸根离子形成环状三聚体如图所示，下列说法正确的是
A．该种环状三聚体是一种有机阴离子
B．该种环状三聚体中，O的杂化方式有2种
C．高压下，相较于单个碳酸根离子，该种环状三聚体更稳定
D．该种环状三聚体与Mg2＋形成的化合物中，化学键种类有极性共价键、离子键及配位键
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．碳酸镁在高压下化合物中碳酸根离子形成环状三聚体，碳酸盐属于无机盐，因此该环状三聚体是一种无机阴离子，故A错误；
B．改环状三聚体中氧原子的价层电子对数都为4，因此都采用sp3杂化，故B错误；
C．碳酸镁在高压下化合物中的碳酸根离子形成环状三聚体，说明环状三聚体比单个碳酸根离子更稳定，故C正确；
D．环状三聚体与镁离子形成的化合物中含有极性共价键、离子键，不存在配位键，故D错误；
故答案为：C
【分析】A、碳酸盐属于无机盐。
B、环状三聚体中O原子的价层电子对数都是4，都采用sp3杂化。
C、高压下，单个CO32-可形成环状三聚体，说明环状三聚体更稳定。
D、根据化合物结构确定其所含的化学键类型。
13．（2024高三上·浙江模拟）为测定阿伏加德罗常数，某研究小组试图利用电解法根据电极上析出物质的质量来测验，其实验方案的要点为：
①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如下图所示。
②在电流强度为IA，通电时间为t秒钟后，精准测得某电极上析出的铜的质量为mg。
下列说法不正确的是
A．电极B反应方程式：2Cl-_2e-=Cl2 ↑
B．电流方向：F→B→A→C→D→E
C．为精确测定质量，应在高温下烘干电极再测量，从而减少O2的溶解
D．结合测得的析出物质的质量，算出1mol金属所含的原子：[已知单个电子的电荷量为q=1.6×10-19C，Q为流经电路的电荷总量，Q(C)=I(A)×t(s)]
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知， 电极B反应方程式：2Cl-_2e-=Cl2↑ ，A正确；
B．由分析可知，B为阳极，A为阴极，电路连接应遵循电流计串联，电源负极接电流表负极，电流表的正极接U形管A电极，B电极接电源的正极，所以线路连接顺序为：E接D，C接A，B接F；电流是由电源正极流向负极，故电流方向为F→B→A→C→D→E，B正确；
C．防止Cu被氧化，在有空气存在的情况下，烘干电极必须采用低温烘干的方法，C错误；
D．Q=It，则，其物质的量为：，由Cu～2e-、生成Cu的质量为mg得，，解得，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息及装置图可知，该装置为电解池，U形管通入G中的气体是氯气，则B极附近发生反应为，即B极失电子发生氧化反应，所以B极为阳极，则A极为阴极。
14．（2024高三上·浙江模拟）氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1： 机理2：
机理3：
三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是
A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化
B．“中间体2”存在离域π键
C．“中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子
D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，因此碳负离子采用杂化，故A正确；
B．“中间体2”中碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，因此该中间体的离域π键为，故B错误；
C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，其中杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；
D．“中间体4”中存在碳碳三键，键角与双键键角差异较大，容易断键，所以“中间体4”反应活性高，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、“中间体1”至少11个原子共平面，则碳负离子应为平面型结构。
B、结合“中间体2”中碳正离子的结构分析。
C、结合“中间体3”中碳负离子的成键情况分析。
D、“中间体4”中存在碳碳三键，比双键更容易断裂。
15．（2024高三上·浙江模拟）在pH=7含AgCl(s)的溶液中，一定c(Cl-)范围内存在平衡关系：
Ag+＋Cl-AgCl K1
AgCl＋Cl-AgCl K2
AgCl＋Cl-AgCl K3
AgCl＋Cl-AgCl K4
已知lgc(Ag+)、lgc(AgCl)、lgc(AgCl)和lgc(AgCl)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况
B．随c(Cl-)增大，保持不变
C．P点的横坐标为2c-a
D．M点存在c(Ag+)＋c(H+) = c(Cl-)＋c(OH-)＋c(AgCl)＋5c(AgCl)
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况，A正确；
B．是反应 的平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，也不变，B正确；
C．根据图示信息可知，M点是曲线③、曲线④的交点，说明，，M点的横坐标为a，说明lgc(Cl-)=a，K4=10-a，N点是曲线②、曲线④的交点，说明，根据，N点的横坐标为c，lgc(Cl-)=c，，结合K4=10-a，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据AgCl＋Cl-AgCl ，可知，，，P点的横坐标为2c-a，C正确；
D．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则，相当于是，从左往右lgc(Cl-)增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知pH=7，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据题干所给反应方程式可知，lgc(Ag+)随lgc(Cl-)增大而减小，则曲线①表示lgc(Ag+)和的变化关系；第二个方程与第三个方程相加，可得到AgCl＋2Cl-AgCl ，其平衡常数为，则，所以，根据斜率可知，曲线③的比值为2，因此曲线③表示随变化情况；后三个方程式相加可得AgCl＋3Cl-AgCl ，其平衡常数为，则，所以，曲线④的比值为3，因此曲线④表示和的变化关系；也可知曲线②表示和的变化关系。
16．（2024高三上·浙江模拟）为探究物质的理化性质，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
选项 方案设计 现象 结论
A 取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，再用干冰盖上 观察到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光 金属镁可以跟二氧化碳反应，而且也说明了干冰易升华
B 灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中 铜丝恢复亮红色 醇可与氧化铜发生氧化反应
C 将一块未打磨的Al片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入等体积等物质的量浓度的FeSO4溶液和CuCl2溶液中 FeSO4溶液中无明显现 象；CuCl2溶液中Al片表面有红色物质附着 Cl-能加速破坏Al片表面的氧化膜
D 向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁 出现蓝色晶体 增大溶剂极性可以改变溶质溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】醇类简介；羧酸简介；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．镁粉可以在干冰内剧烈燃烧，发出耀眼白光，说明干冰易升华且镁与二氧化碳发生反应，A正确；
B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是醇与氧化铜发生反应将其还原，也可能是因为物质中含羧基，与表面氧化铜反应将其消耗，B错误；
C．对比实验将Al分别放入FeSO4溶液和CuCl2溶液中，探究阴离子对Al表面氧化膜的影响，但二者溶液中阴离子和阳离子种类均不同，未控制单一变量，C错误；
D．向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，降低了溶剂的极性，硫酸四氨合铜(II)在乙醇中溶解度降低，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据方案设计及实验现象，分析物质的性质。
17．（2024高三上·浙江模拟）非金属氮化物在生产、生活和科研中应用广泛。请回答：
（1）基态N原子的电子云有　 　个伸展方向；NH3的沸点比PH3的　 　 (填“高”或“低”)，原因是　 　；写出Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式　 　。
（2）AlCr2具有体心四方结构，如图所示。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为　 　(列出计算表达式)。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．第三电离能大小：F>O>N>C
B．SO2F2的结构类似H2SO4，SO2F2中的键角∠OSO<∠FSF
C．熔点大小：AlF3>AlBr3>AlCl3，推测AlF3为离子化合物
D．能量最低的F+的2p轨道存在一个单电子
E．得到一个电子释放的能量：Cl(g)>Br(g)
（4）工业上，邻硝基苯酚()常用于染料的中间体，生产硫化染料。相关的酸的电离常数如下表所示：
物质 邻硝基苯酚 对硝基苯酚 苯酚
pKa 7.22 7.15 10.0
常温下，邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，请结合氢键的相关知识解释原因　 　(可画图并配上文字解释说明)。
【答案】（1）4；高；(二者均为分子晶体)NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3＋2H2O(或Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋2NH3＋2NH3·H2O或Ca3SiO5＋4NH4Cl＋2H2O=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3·H2O)
（2）[或]
（3）ABD
（4）邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)；(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）氮原子核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，电子云有4个伸展方向；NH3和PH3均为分子晶体，NH3的分子可以形成氢键，PH3的分子间不可以形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高；Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应可以生成CaSiO3、CaCl2、NH3，其化学方程式为Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，故答案为：4；高；二者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O；
（2）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1=2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2=4；根据物质的化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1∶2，则处于顶角位置的黑球为Al。金属原子的空间占有率为，故答案为：；
（3）A．失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，B项错误；
C．已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决于范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若AlF3也为分子晶体，其摩尔质量更小，熔点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，C项正确；
D．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，D项错误；
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，半径：ClBr(g)，故E正确；
故选ABD；
（4）邻硝基苯酚能形成分子内氢键(其结构表示为：)，使酚羟基难电离出H+，而降低其酸性，所以邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)，(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性。
【分析】（1）电子云的伸展方向：s电子云有一个伸展方向，p电子云有三个伸展方向，d电子云有五个伸展方向，f电子云有七个伸展方向。分子晶体中含氢键的物质的熔沸点较高。
（2）根据均摊法算出黑球与白球的个数，金属原子的空间占有率为。
（3）A．碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素。
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大。
C．注意为共价化合物，属于分子晶体，一般分子晶体的熔沸点随物质的相对分子质量的增大而增大。
D．F+的电子排布式为1s22s22p4。
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强。
（4）邻硝基苯酚形成分子内氢键。
（1）氮原子核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，电子云有4个伸展方向；NH3和PH3均为分子晶体，NH3的分子可以形成氢键，PH3的分子间不可以形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高；Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应可以生成CaSiO3、CaCl2、NH3，其化学方程式为Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，故答案为：4；高；二者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O；
（2）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1=2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2=4；根据物质的化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1∶2，则处于顶角位置的黑球为Al。金属原子的空间占有率为，故答案为：；
（3）A．失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，B项错误；
C．已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决于范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若AlF3也为分子晶体，其摩尔质量更小，熔点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，C项正确；
D．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，D项错误；
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，半径：ClBr(g)，故E正确；
故选ABD；
（4）邻硝基苯酚能形成分子内氢键(其结构表示为：)，使酚羟基难电离出H+，而降低其酸性，所以邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)，(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性。
18．（2024高三上·浙江模拟）固态化合物Y的组成为Cu2S·GeFeS2，以Y为原料实现如下转化。
已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物。
请回答：
（1）固体D的化学式为　 　；用电子式表示液体E中主要成分　 　；步骤Ⅲ中，液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，写出其化学方程式　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．气体B是形成酸雨的“罪魁祸首”
B．固体C中可能含有Mg(NO2)2
C．浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合得到王水
D．强度：Mg-C键> Ge-C键
（3）写出溶液G中所有的阴离子　 　；设计实验验证Y中含有Cu元素　 　。
【答案】（1）GeO2；；GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3
（2）C；D
（3）NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素
【知识点】键能、键长、键角及其应用；无机物的推断；物质的分离与提纯；物质检验实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）由分析知，固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；
（2）A．由分析知，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；
B．固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；
C．王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误
D．根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；
故选CD。
（3）由分析知，溶液G中的阴离子有NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。
【分析】根据Y的化学式，可推出各元素化合价为铜为+1，铁为+2，硫为-2，锗为+2，结合流程图信息，操作Ⅰ是Cu2S·GeFeS2与浓硝酸反应，浓硝酸具有强氧化性，则气体B为NO2；由于 Ge与Si同族 ，固体D为氧化物，且不溶于浓硝酸，可推出D为GeO2，溶液G中主要含有Cu2+、Fe3+、、；Mg与NO2在光照条件下反应生成N2和MgO，即固体C为MgO；操作Ⅱ中加入浓盐酸后进行分液，水溶液为盐酸溶液，说明得到的液体E与水溶液不互溶，应该为非极性分子，根据（1），操作Ⅲ是 液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，可推出GeO2转化得到的是GeCl4，即E是GeCl4；GeCl4与CH3MgCl发生反应生成MgCl2和CH3GeCl3，即化合物F为CH3GeCl3。
（1）由分析知，固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；
（2）A．由分析知，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；
B．固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；
C．王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误
D．根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；
故选CD。
（3）由分析知，溶液G中的阴离子有NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。
19．（2024高三上·浙江模拟）1，3-丁二烯是合成橡胶和合成树脂的原料。请回答：
（1）在573K，可通过使丁烯脱氢制取1，3-丁二烯：
反应I C4H8(g)C4H6(g)＋H2(g) ΔH1= +115.73 kJ mol 1
已知：该条件下，1mol H2完全燃烧所放出的热量为242kJ。
①写出丁烯燃烧的热化学方程式　 　。
②有利于提高C4H8平衡转化率的条件是　 　。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
③工业生产中，丁烯催化脱氢反应通常加入水蒸气反应，其理由是　 　。
（2）丁烯的氧化反应过程会有多个副反应同时发生，如下所示。各反应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)随温度的变化关系如下表所示。
主反应I 1-C4H8 +O21，3-C4H6 + H2O
副反应I 1-C4H8iC4H8
副反应Ⅱ 1-C4H8c-2-C4H8
副反应Ⅲ 1-C4H8t-2-C4H8
副反应Ⅳ 1-C4H8+4O24CO+4H2O
副反应V 1-C4H8 + 6O24CO2 + 4H2O
副反应Ⅵ 1-C4H8 + 4O24CO2 + 4H2
各反应在不同温度下的吉布斯自由能ΔG
结合表格数据：
①在1000K下可能会非自发的反应是　 　，判断依据是　 　。
②分析上图中当温度超过600K时1，3-丁二烯产率几乎为零的原因　 　。
（3）某一温度下，丁烯催化脱氢制取丁二烯在20 L刚性容器内，冲入1mol反应气体，达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，该条件下反应平衡常数　 　。
（4）一种微生物-光电化学弱酸性复合系统可高效实现固定CO2并转化为CH4，正极上的电极反应式是：　 　。
【答案】（1）C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27kJ mol 1；C；为反应供热；降低反应体系的分压
（2）副反应Ⅲ；根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0；ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大)当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、VI自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、VI程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小
（3）0.025
（4）CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①在573K，1molH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·mol-1。根据盖斯定律，（反应I+反应Ⅱ）可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·mol-1+(-242kJ·mol-1)=- 126.27 kJ·mol-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1。
②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。
答案为①C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1②C ③为反应供热；降低反应体系的分压。
（2）①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。
答案为①反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1mol增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xmol，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5mol；则平衡常数。
答案为0.025。
（4）CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
答案为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
【分析】（1）①根据已知信息可写出 H2完全燃烧的热化学方程式，结合反应 I 和盖斯定律，得到 丁烯燃烧的热化学方程式。
②根据化学平衡的影响因素进行分析。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气相当于加热。
（2）①反应自发进行的条件是ΔG=ΔH-TΔS＜0。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比，结合化学平衡三段式进行分析。
（4）CO2→CH4，碳元素化合价从＋4降到－4，得电子发生还原反应，结合原子数目和电荷守恒进行分析。
（1）①在573K，1molH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·mol-1。根据盖斯定律，（反应I+反应Ⅱ）可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·mol-1+(-242kJ·mol-1)=- 126.27 kJ·mol-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1。
②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。
答案为①C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ mol 1②C ③为反应供热；降低反应体系的分压。
（2）①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。
答案为①反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1mol增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xmol，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5mol；则平衡常数。
答案为0.025。
（4）CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
答案为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
20．（2024高三上·浙江模拟）无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示：
请回答：
（1）利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的　 　(填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀
C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
（3）实验流程中的“一系列操作”是：　 　，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式　 　。
（4）用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2mol·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为　 　。
②产物ZnCl2的纯度为　 　(保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是　 　。
【答案】（1）酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗
（2）D
（3）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
（4）消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；89.5% (或0.895)；放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热
【知识点】盐类水解的应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
【分析】根据题干信息及流程图可知，操作Ⅰ是ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，FeO、CuO不反应，经操作Ⅱ得到的滤液2中主要含有Na2[Zn(OH)4]，操作Ⅲ是Na2[Zn(OH)4]与CO2反应生成Zn(OH)2沉淀，操作Ⅳ是Zn(OH)2沉淀与盐酸反应，得到的滤液3中主要成分是ZnCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，再经一系列操作可得到无水ZnCl2。
（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
21．（2024高三上·浙江模拟）有机物M是合成治疗汉坦病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物 A 制备M的合成路线如下：
已知：①；
②；
③碳碳双键直接相连的碳上的H(即为α-H)易发生取代反应：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。
请回答：
（1）化合物M的含氧官能团名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是___________。
A．为提高化合物H的产率，可在F→H中添加吸水剂CaO
B．D→E中所使用到的试剂为KOH的乙醇溶液
C．化合物C中六元环所有原子在同一平面上，则氧原子采用sp2杂化
D．化合物F的酸性强于
（3）化合物G的结构简式是　 　。
（4）写出F+G→H的化学方程式　 　。
（5）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体Q的结构简式　 　。
①含有结构；
②1mol Q最多消耗4mol NaOH；
③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）(酮)羰基、羧基、醛基、醚键
（2）A；B；C
（3）
（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M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键，故答案为：(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；
（2）A．F（）和G（）反应中添加吸水剂CaO，H（）中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；
B．D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；
C．化合物C（）中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；
D．O的电负性大于N，所以化合物F（）中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；
故选ABC；
（3）由分析知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；
（5）F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；
（6）由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为：。
【分析】根据流程图信息，B+C→D，结合C、D的结构简式和B的分子式，可推出B的结构简式为；A→B发生氧化反应，结合A的分子式和B的结构简式，可推出A的结构简式是；E→F发生已知信息①的反应，结合E的分子式和F的结构简式，可推出E的结构简式为
；F+G→H发生已知信息②的反应，结合F、H的结构简式和G的分子式，可推出G的结构简式为。
（1）化合物M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键，故答案为：(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；
（2）A．F（）和G（）反应中添加吸水剂CaO，H（）中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；
B．D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；
C．化合物C（）中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；
D．O的电负性大于N，所以化合物F（）中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；
故选ABC；
（3）由分析知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（4）结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；
（5）F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；
（6）由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为：。
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