浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二上学期8月返校联考化学试题
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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高二上·浙江开学考）含有非极性共价键的离子化合物的是
A． B． C． D．
2．（2024高二上·浙江开学考）下列有关化学用语表示正确的是
A．中子数为20的氯离子：
B．的空间构型为直线型
C．乙烯的结构简式：
D．溶液中的水合离子：
3．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．与互为同素异形体 B．和互为同位素
C．甲醇与二甲醚互为同分异构体 D．乙酸和硬脂酸互为同系物
4．（2024高二上·浙江开学考）下列关于实验操作说法不正确的是
A．检验葡萄糖的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都要新制
B．试管内附着的硫可用热的碱溶液清洗，附着的银可用浓氨水清洗
C．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液煮沸至红褐色可制得氢氧化铁胶体
D．可通过与盐酸反应热效应的不同，鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体
5．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．硬铝的硬度比铝大，利用了合金原子改变了铝原子原有的规则层状排列
B．明矾、、等作为水处理剂，利用了其杀菌消毒的作用
C．氢氟酸腐蚀玻璃可生产磨砂玻璃，利用了二氧化硅酸性氧化物的性质
D．浓硫酸干燥、、等气体，利用了浓硫酸的吸水性
6．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．可使紫色石蕊先变红后褪色
B．在空气里受热能迅速被氧化成
C．工业上用电解氯化钠溶液制取金属钠
D．久置的铝片插入氢氧化钠溶液中不反应
7．（2024高二上·浙江开学考）向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A．二氧化碳：、、、
B．氨气：、、、
C．氯化氢：、、、
D．二氧化硫：、、、
8．（2024高二上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．天然气作为化工原料可用于合成氨和生产甲醇
B．煤的干馏得到煤焦油，从中分离可获得苯
C．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
D．石油分馏和石油裂化均可获得汽油，二者性质相同
9．（2024高二上·浙江开学考）下列实验装置使用正确的是
A．图①装置用于测定中和反应的反应热
B．图②装置用于实验室制取并收集氨气
C．图③装置用于比较C与Si的非金属性强弱
D．图④装置用于和的取代反应并有油状液体生成
10．（2024高二上·浙江开学考）关于营养物质，下列说法不正确的是
A．利用蛋白质的变性可以分离、提纯蛋白质
B．久置的食用油有“哈喇”味，因其含有碳碳双键
C．根据灼烧时产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花
D．淀粉、蛋白质、油脂能在酸性条件下水解
11．（2024高二上·浙江开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是（ ）
A．制备：溶液和
B．金属Mg制备：溶液
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
12．（2024高二上·浙江开学考）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知的还原产物为。下列说法不正确的是
A．中铁的价态为，
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应②的离子方程式为
D．反应①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为
13．（2024高二上·浙江开学考）下列离子方程式正确的是
A．碳酸氢钠溶液中加入足量的盐酸：
B．中投入固体：
C．向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸：
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
14．（2024高二上·浙江开学考）W、X、Z、Y为4种短周期的主族元素，原子序数依次增大，W和Z、X和Y均同主族，且X的原子序数是Y的一半，4种元素形成的化合物如图。下列说法不正确的是
A．离子半径：
B．化合物ZW与水反应可产生一种气体
C．Y的氧化物对应的水化物为强酸
D．简单氢化物的稳定性和沸点高低均
15．（2024高二上·浙江开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中含有数为
B．和的固体混合物中含有的阳离子数为
C．标准状况下，所含有的原子数目为
D．溶液中含有的离子数为
16．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．含有叁键的的化学性质稳定，则的化学性质也很稳定
B．碳和浓硝酸反应生成和，则硫和浓硝酸反应生成和
C．足量Fe与稀硝酸反应生成，则足量Fe与反应也生成
D．具有强氧化性，则过氧乙酸()也具有较强的氧化性
17．（2024高二上·浙江开学考）药物中间体X结构如图，下列说法不正确的是
A．含有4种官能团
B．在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应
C．与足量的、反应，最多消耗、的物质的量之比为
D．能使酸性溶液褪色，但不能证明其分子中含有碳碳双键
18．（2024高二上·浙江开学考）根据能量变化示意图，下列说法不正确的是
A．
B．和发生此反应的活化能是
C．从气体转为液体需要释放的热量
D．
19．（2024高二上·浙江开学考）下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．制备乙酸乙酯的实验中将酯蒸出
B．硫酸工业中使用作催化剂
C．工业合成氨选择左右的条件进行
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
20．（2024高二上·浙江开学考）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．电池为二次电池
B．电池工作时，通过隔膜向Zn极移动
C．电池工作时，发生氧化反应
D．负极的电极反应式为：
21．（2024高二上·浙江开学考）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到化学平衡状态
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③各气体物质的物质的量浓度
④气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量
A．②③⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤
22．（2024高二上·浙江开学考）在容积为2L的固定的容器中发生X、Y、Z均为气体的反应。温度为时，各物质的n随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为、时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A．容器中的反应为：
B．图a中反应达到平衡时，Y在10s内的反应速率为
C．增大压强，增加了单位体积内的活化分子数，平衡向正反应方向移动
D．该反应正反应的反应热
23．（2024高二上·浙江开学考）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号 压强/Mpa 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
A B D
Ⅰ 0.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4
下列说法不正确的是
A．B物质的状态只可能为气态
B．Ⅰ中反应达到平衡时，A的转化率为
C．均平衡后，两容器正反应速率ⅠⅡ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入和，平衡向右移动
24．（2024高二上·浙江开学考）乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是
A．反应①中双氧水起催化作用
B．为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作
D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸
25．（2024高二上·浙江开学考）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 操作 现象 结论
A 探究的化学键类型 将固体溶于水，进行导电性实验 若溶液导电 中含有离子键
B 验证浓硝酸受热分解产物 加热浓硝酸，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液 若溶液变蓝 则说明产物中有为
C 探究KI与反应的限度 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入少量溶液 若有淡黄色沉淀 则KI与的反应存在一定限度
D 探究反应热 向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中 一段时间后，若热水侧颜色变深，冷水侧变浅 则说明
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
26．（2024高二上·浙江开学考）碳及其化合物的种类繁多，应用广泛。请按要求填空：
（1）写出二氧化碳的电子式是 。
（2）请写出工业制备粗硅的化学方程式： 。
（3）二氧化碳与溶液按物质的量混合充分反应，请写出其离子方程式： 。
（4）请用一条离子方程式来说明结合能力：： 。
27．（2024高二上·浙江开学考）氨气的用途非常广泛，以下是氨气的部分转化关系：
已知：肼()又称联氨，还原性强于氨气。
请回答下列问题：
（1）请写出的结构式 ；的水溶液为二元弱碱，请写出其与足量的稀硫酸反应生成酸式盐的化学式： 。
（2）工业上常用碱液吸收法处理工业制备硝酸的尾气。请写出在空气充足的条件下，用溶液吸收的化学方程式： 。
（3）下列说法正确的是_______。
A．上述转化关系中既表现出氧化性，又表现出还原性
B．通入氧化炉后直接生成
C．若无剩余，红色固体的组分可能有3种情况
D．为了提高的产量，需加入过量的
（4）使用浓硝酸进行实验2，其现象如下：反应剧烈，铜丝逐渐变细，溶液变绿，试管上方出现红棕色气体。
①工业生产中为了盛放大量浓硝酸，可以选择 作为罐体材料。
a．铜 b．铂 c．铝 d．镁
②为探究反应后溶液呈绿色的原因，某同学取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，请用化学方程式解释可能的原因是： 。
（5）在实验1：高温下过量的与发生反应。设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体： 。
28．（2024高二上·浙江开学考）聚乙烯醇(PVA)是一种用途非常广泛的水溶性高聚合物，性能介于塑料和橡胶之间；聚羟基丁酸酯(PHB)可用于制造可降解塑料。现用石油裂解气来制备聚乙烯醇和聚羟基丁酸酯。合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）B分子中官能团的名称 。
（2）写出G的结构简式 。
（3）B与乙炔反应生成C为加成反应，请写出其化学方程式： 。
（4）下列说法正确的是_______。
A．聚羟基丁酸酯(PHB)有固定熔沸点
B．在溶液中完全水解需要
C．G若发生分子内酯化反应，可得到1个五元环的酯类物质
D．用碳酸钠溶液或新制均可以鉴别A、B、E
（5）E有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有E的同分异构体的结构简式 。
①该有机物能与氢氧化钠反应 ②结构中只含一个甲基
29．（2024高二上·浙江开学考）亚硝酰氯()可作为有机合成试剂。某研究小组利用如下图所示装置制备，并分离回收未反应的原料。
已知：①
②沸点：为，为，为。
③易与水反应，也能与反应。
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称是： 。
（2）实验前先通入氩气，作用是 ，若不通氩气，应先通入 。
（3）请用题给仪器按合理顺序组装并填入虚线框(某些仪器可重复) 。
（4）已知与水反应生成2种酸，写出化学方程式： 。
（5）尾气回收应选择一下哪种方式： 。
a．通溶液 b．通入气囊 c．直接点燃
30．（2024高二上·浙江开学考）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。有一种方法将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应
为：。
反应包含：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）反应Ⅰ的 。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
①图1中的对应曲线是 (填“a”或“b”)。
②若反应Ⅱ是慢反应，请在图2中画出能量变化示意图： 。
③时，反应的平衡常数 (保留2位小数)
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系图3
研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
分析提高选择性的原因： 。
（4）科学家利用和电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图4所示：写出电极B上生成乙烯的反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A．只含共价键，属于共价化合物，故不选A；
B．由镁离子和氯离子构成，只含离子键，是离子化合物，故不选B；
C．由Na+、构成，属于离子化合物，中含有O-O非极性键，故选C；
D．由Na+、OH-构成，是离子化合物，OH-中含有O-H极性键，故不选D；
选C。
【分析】离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。非极性共价键是同种非金属元素之间形成的共价键。
2．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；结构简式
【解析】【解答】A．氯离子带一个单位负电荷，中子数为20的氯离子，其质子数为17、质量数为17+20=37，表示为，A正确；
B．H2O的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，其空间构型为V型，B错误；
C．乙烯中含有碳碳双键，碳碳双键不能省略，其结构简式为，C错误；
D．水分子是极性分子，其中氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷，Na+会吸引水分子中带部分负电荷的氧原子形成水合钠离子，Cl-会吸引水分子中带部分正电荷的氢原子形成水合氯离子，氯离子的半径大于钠离子，D错误；
故选A。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B． 为V型；
Ｃ．乙烯的官能团为碳碳双键；
Ｄ．水分子是极性分子，其中氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷。
3．【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．同素异形体是由同种元素组成的不同单质，与是由氢元素组成的同种单质，它们不是同素异形体，A错误；
B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，和是两种元素，质子数不同，不满足同位素的定义，B错误；
C．甲醇CH3OH与二甲醚CH3OCH3分子式不同，不互为同分异构体，C错误；
D．乙酸CH3COOH、硬脂酸C17H35COOH都是饱和一元羧酸，结构相似，分子组成上相差 16个CH2原子团，互为同系物，D正确；
故选D。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ．质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
4．【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；醛的化学性质；银镜反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．在银镜反应中，银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质，所以银氨溶液要新制，氢氧化铜悬浊液，若不是新制的，氢氧化铜可能会部分分解为氧化铜等物质，影响与葡萄糖的反应效果，所以也需要新制，故A正确；
B．硫能与热的碱溶液反应而被除去，银不与浓氨水反应，应该用稀硝酸清洗附着的银，故B错误；
C．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得氢氧化铁胶体，故C正确；
D．碳酸钠与盐酸反应放热，碳酸氢钠与盐酸反应吸热，可通过与盐酸反应热效应的不同，鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，故D正确；
故选B。
【分析】A．银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质，银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质；
Ｂ．银不与浓氨水反应；
Ｃ．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液煮沸至红褐色即得到氢氧化铁胶体；
Ｄ．碳酸钠和碳酸氢钠反应的热效应不同。
5．【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．合金的硬度一般比其成分金属大，原因是合金原子改变了金属原子原有的规则层状排列，使原子间的作用力发生变化，硬铝是铝的合金，其硬度比铝大，A正确；
B．明矾作为水处理剂，是因为明矾溶于水后形成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用，但不能杀菌消毒，B错误；
C．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，所以该反应不能体现二氧化硅作为酸性氧化物的性质，C错误；
D．浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，D错误；
故选A。
【分析】A．合金的硬度大于纯金属；
Ｂ．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
Ｃ．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐；
Ｄ．浓硫酸不能干燥碱性气体。
6．【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．为酸，具有酸性，使紫色石蕊先变红，但不具有漂白性，不能使紫色石蕊褪色，A错误；
B．具有还原性，在空气里受热能迅速被氧化成，B正确；
C．工业上电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，，工业上用电解熔融氯化钠制取金属钠，C错误；
D．久置的铝片表面有一层氧化铝薄膜，氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，D错误；
故选B。
【分析】A．亚硫酸不具有漂白性；
Ｂ．具有较强的还原性；
Ｃ．电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｄ．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水。
7．【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳会和反应生成碳酸氢根离子，不能大量共存，故A错误；
B．氨气溶于水会形成氨水，Mg2+与OH-发生反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．、、、之间不反应，通入HCl后也不反应，能够大量共存，故C正确；
D．具有氧化性，SO2具有还原性，二者因发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；
答案选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。碳酸氢根在酸性，碱性条件下都不能共存，二氧化硫通入溶液中生成亚硫酸，要考虑亚硫酸在水溶液中的各种离子。
8．【答案】D
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A．天然气主要成为CH4，在合成氨工业中，可通过甲烷与水蒸气反应制取氢气，氢气是合成氨的重要原料，在生产甲醇时，甲烷经重整制得一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲醇，所以天然气能作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，A正确；
B．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的过程，得到煤焦油等产物。煤焦油是含有多种芳香族化合物的复杂混合物，从中通过分馏等方法可分离获得苯，B正确；
C．天然橡胶是线型结构，硫化时，通过硫原子使高分子链之间形成化学键，由线型结构转变为网状结构，从而改善橡胶的性能，C正确；
D．石油分馏获得的汽油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，属于轻质油，其性质比较稳定；石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃，获得的汽油中含有不饱和烃，性质比较活泼，二者性质不同，D错误；
答案选D。
【分析】A．天然气的主要成分为甲烷；
Ｂ．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的过程；
Ｃ．天然橡胶是线型结构，天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构；
Ｄ．石油分馏获得的汽油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃。
9．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；中和热的测定；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．测定中和反应的反应热时，为了减少热量散失，装置应该尽可能密封，且需要使用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，图①装置中没有环形玻璃搅拌棒，会导致反应不充分，热量测量不准确，A错误；
B．实验室制取氨气是用氯化铵和氢氧化钙，固体混合加热，氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集。图②中收集氨气的导管没有伸到试管底部，会导致收集的氨气不纯，B错误；
C．碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液可以出去二氧化碳中混有的氯化氢气体，然后通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，非金属性：C>Si，C正确；
D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，不能使用铝箔套，D错误；
答案选C。
【分析】A．该装置缺少环形玻璃搅拌棒；
Ｂ．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集；
Ｃ．比较 C 与 Si 的非金属性强弱，可以通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱来实现；
Ｄ．甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳。
10．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．蛋白质的变性是不可逆过程，而分离、提纯蛋白质常用盐析的方法，盐析是可逆的物理变化，A错误；
B．久置的食用油有 “哈喇” 味，是因为其含有的碳碳双键被氧化，发生了氧化反应，B正确；
C．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；棉花主要成分是纤维素，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，所以根据灼烧时产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，C正确；
D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，蛋白质在酸性条件下水解生成氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，D正确；
故选A。
【分析】A．蛋白质的变性是不可逆过程；
Ｂ．食用油含碳碳双键，易被氧化；
Ｃ．蚕丝主要成分是蛋白质，棉花主要成分是纤维素；
Ｄ．淀粉、蛋白质、油脂能在酸性条件下水解。
11．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气和氯气点燃生成HCl，故A符合题意；
B、电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，不能得到Mg，故B不符合题意；
C、向NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳才能得到NaHCO3，故C不符合题意；
D、SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据各物质之间的转化关系解答。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．可以写成，其中铁元素的价态为，，A错误；
B．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，反应中各元素的化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，B正确；
C．的还原产物为，溶液显碱性，溶液中不可能含有大量H+，正确的离子方程式为，C错误；
D．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，该反应中，Fe元素的化合价升高，Fe为还原剂，N元素化合价降低，NaNO2为氧化剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为3： 1，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH。
13．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸氢钠在溶液中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，则正确的离子方程式：+H+═CO2↑+H2O，A错误；
B． 该反应中，既是氧化剂又是还原剂，水中的O元素生成氢氧根离子，部分过氧化钠中的O元素转化为氢氧根离子的氧，所以离子方程式为，B错误；
C．生成的Fe3+具有氧化性，碘离子有还原性，能发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+ 6H++ 2 I- = 6H2O + I2 + 2Fe2+，C错误；
D．恰好完全沉淀时， 和 物质的量之比为1：1，反应的离子方程式为：，D正确；
故选D。
【分析】A．碳酸氢钠在溶液中电离产生钠离子和碳酸氢根离子；
Ｂ． 与水反应时， 既是氧化剂也是还原剂；
Ｃ．Fe3+具有还原性，能氧化碘离子；
Ｄ．恰好完全沉淀， 和 物质的量之比为1：1。
14．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，S2-有三个电子层，半径最大，Na+和O2-，核外电子排布相同，核电荷越多，半径越小，故O2->Na+，则离子半径：S2->O2->Na+，即 ，A正确
B．化合物ZW是NaH，与水反应生成氢气，B正确；
C．Y 为 S，其氧化物对应的水化物有H2SO3和H2SO4，H2SO3是弱酸，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O>S，所以简单氢化物稳定性H2O>H2S，X的氢化物对应是水，水分子间存在氢键，其沸点高于H2S，则 简单氢化物的稳定性和沸点高低均 ，D正确；
答案选C。
【分析】短周期主族元素中，同主族元素原子序数相差 8 或 18 等。已知 X 和 Y 同主族且 X 的原子序数是 Y 的一半，符合此条件的是 O 和 S，即 X 为 O，Y 为 S。W 和 Z 同主族，由化合物的结构可知 Z 为 +1 价阳离子，W 为 -1 价阴离子，结合原子序数依次增大，可知 Z 为 Na，W 为 H。
15．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，几乎没有H+，不能根据溶液体积和浓度计算H+数目，A错误；
B．硫酸氢钠和亚硫酸氢钾的摩尔质量均为120g/mol，阳离子分别是钠离子和钾离子，和的固体混合物的物质的量是1mol，所以其中含有的阳离子数为，B正确；
C．标准状况下是液体，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量，也就无法计算原子数目，C错误；
D．在溶液中会发生水解，则溶液中含有的离子数小于，D错误；
答案选B。
【分析】A．浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在；
Ｂ．固体混合物中的阳离子为钠离子和钾离子；
Ｃ．标况下为液态；
Ｄ．在溶液中会发生水解：。
16．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氯气的化学性质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A． 中含有氮氮叁键，由于氮原子半径小，氮氮叁键键能大，所以化学性质稳定，但中碳碳叁键的键能相对较小，且碳碳叁键中有两个π键，π键不稳定，易发生加成等反应，化学性质活泼，故A错误；
B． 碳和浓硝酸反应生成和 ，碳的最高价为+4价，硫的最高价为+6价，硫和浓硝酸反应时，硫被氧化为硫酸，故B错误；
C．氯气氧化性很强，与铁反应生成FeCl3，故C错误；
D．中含有O-O键，因此具有强氧化性，过氧乙酸()中也含有O-O，也具有较强的氧化性，故D正确；
故选：D。
【分析】A．碳碳三键性质活泼；
Ｂ．硫的最高正价为+6价；
Ｃ．氯气具有强氧化性，与Fe反应生成氯化铁；
Ｄ．过氧乙酸含有过氧键。
17．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．X中含有四种官能团：酯基、羧基、碳碳双键、羟基，故A正确；
B．X中含有羧基和羟基，能发生取代反应，含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，含有羟基，能发生氧化反应，碳碳双键、苯环与氢气的加成反应属于还原反应，含有碳碳双键，能发生加聚反应，故B正确；
C．能与氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，能与氢氧化钠反应的有羧基、酯基，与足量的、反应，最多消耗、的物质的量之比为=3：1，故C不正确；
D．羟基、碳碳双键都能使酸性溶液褪色，故不能证明其分子中含有碳碳双键，故D正确；
答案选C。
【分析】X中含有羧基、醇羟基、酯基、碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质。
18．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，和 反应生成1molNH3(g)的反应热为(a-b)kJ，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=2(a﹣b)kJ mol-1=-2(b﹣a)kJ mol-1，A正确；
B．由图可知，正反应的活化能是，B错误；
C．由图可知，1molNH3从气体到液体释放能量akJ能量，C正确；
D．和N2(g)+3H2(g)2NH3(l) 互为逆反应，则 ，D正确；
答案选B。
【分析】A．=逆反应的活化能-正反应的活化能；
Ｂ．结合图示分析；
Ｃ．气态转化为液态放出热量；
Ｄ．互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反。
19．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，将酯蒸出，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，平衡会向正反应方向移动，从而促进乙酸乙酯的生成，A正确；
B．催化剂只能同等程度地改变正、逆反应速率，不能使平衡发生移动，B错误；
C．工业合成氨反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择500℃左右的条件主要是因为在此温度下催化剂的活性较高，能加快反应速率，而不是基于平衡移动原理，C错误；
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生，是因为锌置换出铜，形成铜锌原电池反应加快反应速率，没有涉及平衡移动，D错误；
故选A。
【分析】化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
20．【答案】B
【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
【解析】【解答】A．一次电池是不能充电重复使用的电池，二次电池（充电电池）可以通过充电反复使用。碱性锌锰电池不能充电，属于一次电池，不是二次电池，故A错误；
B．电池工作时，阴离子向负极移动，则通过隔膜向负极（Zn）移动，故B正确；
C．电池工作时，为正极，正极发生还原反应，故C错误；
D．电池工作时，Zn为负极，由于是碱性环境，Zn失去电子后与OH-反应，其电极反应式为：，故D错误；
故选B。
【分析】根据 可知，反应过程中，Zn发生氧化反应，则锌为负极，电极反应式为，MnO2为正极。
21．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①该反应前后气体的化学计量数之和相等，在恒容密闭容器中，即气体的物质的量始终不变，体积不变，气体物质的量不变，则压强始终不变，不是变量，不能据此判断反应达到平衡状态，①不符合题意；
②由于A呈固态，反应过程中气体的质量会发生变化，密度是变量，当密度不再变化时，反应达到平衡状态，故②符合题意；
③当各气体物质的物质的量浓度不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③符合题意；
④反应前后气体的化学计量数之和相等，气体的总物质的量始终不变，不是变量，不能据此判断反应达到平衡状态，故④不符合题意；
⑤由于A呈固态，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡的过程中混合气体总物质的量始终不变，混合气体的总质量发生变化，根据混合气体的平均摩尔质量=，混合气体的平均相对分子质量发生变化，则混合气体的平均相对分子质量不再发生变化能说明反应达到平衡状态，故⑤符合题意；
能说明反应达到平衡状态的是②③⑤，答案选A。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断。
22．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．X、Y是反应物，Z是生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，10s时达到平衡状态，X物质的量减少1.20-0.40=0.80mol，Y物质的量减少1.00-0.20=0.80mol，Z增加1.60mol，则X、Y、Z的计量数之比为1：1：2，则容器中的反应为：，A错误；
B．Y在10s内的反应速率为，B错误；
C．反应前后气体分子数不变，增大压强，增加了单位体积内的活化分子数，但正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，C错误；
D．由图 b 可知，T1时先达到平衡，说明T1>T2，温度高时Z的浓度大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应， ，D正确；
答案选D。
【分析】A．化学反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．该反应前后气体分子数不变；
Ｄ．升高温度平衡向吸热反应方向移动。
23．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在恒容密闭容器中，Ⅱ 中起始投入量是 Ⅰ 的两倍。若 B 为非气态，反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，Ⅱ 中 D 的平衡物质的量应为 Ⅰ 中 D 平衡物质的量的 2 倍；但实际 Ⅱ 中 D 的平衡物质的量大于 0.2mol，大于 Ⅰ 中 D 平衡物质的量的 2 倍，说明增大压强平衡正向移动，所以该反应是气体体积减小的反应，B 物质的状态只可能为气态，A正确；
B．Ⅰ 中生成 D 的物质的量为 0.1mol，根据化学计量数之比，消耗 A 的物质的量为 0.1mol，A 的起始物质的量为 0.2mol，那么 A 的转化率为，B正确；
C．Ⅱ 中起始物质的量是 Ⅰ 的两倍，容器体积相同，所以 Ⅱ 中各物质的浓度更大。在其他条件相同的情况下，浓度越大，反应速率越快，所以均平衡后，两容器正反应速率 Ⅰ<Ⅱ，C正确；
D．对于Ⅰ，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D不正确；
答案选D。
【分析】A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．浓度越大，反应速率越快；
Ｄ．计算浓度熵，与平衡常数比较判断平衡移动方向。
24．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．反应①是铜屑在稀硫酸和双氧水作用下生成硫酸铜溶液，在该反应中，双氧水是氧化剂，将铜氧化，并非起催化作用，A错误；
B．虽然升高温度能加快化学反应速率，但双氧水受热易分解，温度过高会导致双氧水大量分解，从而使反应①的速率降低，且不利于铜的氧化反应进行，所以不是温度越高越好，B错误；
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C正确；
D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，而冰醋酸是纯的乙酸，为防止反应过于剧烈等情况，一般不会直接使用冰醋酸，D错误；
故选C。
【分析】铜屑表面有油污，油污在碱性条件下能水解，因此用热碱液除去铜屑表面油污，加入稀硫酸和过氧化氢，铜反应生成硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中加热纯碱反应得到碱式碳酸铜，碱式碳酸铜与X反应得到乙酸铜，经步骤Ⅲ得到乙酸铜晶体。
25．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．固体溶于水，电离产生铝离子和氯离子，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，实际上为共价化合物，不含离子键，A错误；
B．加热浓硝酸，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝。因为浓硝酸受热分解产生的气体中可能有NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸能将I-氧化为I2使淀粉变蓝，但也可能是浓硝酸受热分解产生的O2将I-氧化，不能仅根据溶液变蓝就说明产物中有NO2，B错误；
C．取与溶液，充分反应后产生碘单质，碘溶解在水中颜色为棕黄色颜色干扰观察沉淀的颜色，无法确定是淡黄色沉淀，C错误；
D． 向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中 ，一段时间后，说明平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应 ，D正确；
故选D。
【分析】A． 时共价化合物，不含离子键；
Ｂ．硝酸易挥发，挥发出来的硝酸也能氧化碘化钾；
Ｃ．该实验中过量；
Ｄ．升高温度平衡向吸热方向移动。
26．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）二氧化碳是共价化合物，其结构式为O=C=O，则电子式为；
（2）工业上制备粗硅是利用焦炭还原二氧化硅，二氧化硅与焦炭在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为；
（3）当CO2少量时，与NaOH反应的离子方程式为：，CO2过量时，与NaOH反应的离子方程式为， 二氧化碳与溶液按物质的量混合充分反应 ，介于少量和过量之间，会同时生成和，则反应的离子方程式为：；
（4）会与碳酸氢根离子反应，说明抢夺氢离子能力更强，反应的离子方程式为。
【分析】（1）CO2为共价化合物；
（2）二氧化硅与焦炭在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；
（3）二氧化碳与氢氧化钠溶液反应时，会因二者物质的量的比例不同而生成不同的产物；
（4）结合H+能力强的物质能够从结合合H+能力弱的物质所形成的盐中夺取合H+。
（1）二氧化碳是共价化合物，其电子式为；
（2）工业上制备粗硅是利用焦炭还原二氧化硅，其化学方程式为；
（3）二氧化碳与反应恰好生成碳酸钠时的离子方程式为，此时二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量为1：2，若继续如果2mol二氧化碳要和氢氧化钠反应，需要4mol氢氧化钠，题目中二氧化碳与氢氧化钠的物质的量之比为2：3，氢氧化钠量不够，则过量的二氧化碳会与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，因此二氧化碳与溶液按物质的量反应的离子方程式为；
（4）会与碳酸氢根离子反应，说明抢夺氢离子能力更强，反应的离子方程式为。
27．【答案】（1）；
（2）
（3）A；C
（4）c；
（5）将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；令取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明有一氧化氮
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）为共价化合物，其结构式为；由于的水溶液为二元弱碱，所以他在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此与稀硫酸反应生成酸式盐的化学式为；
（2）由于通入了空气，因此氧气会氧化，N的化合价从+4价升到+5价，其化学方程式为；
（3）A.和Na反应，氨中氢的化合价降低，表现为氧化性，又被次氯酸钠氧化为肼，氨表现为还原性，A正确；
B.氨通入氧化炉后先被氧化为NO，B错误；
C.红色固体只能为氧化亚铜、铜，所以有三种情况：①只有氧化亚铜；②只有铜；③可能同时有氧化亚铜和铜，C正确；
D.具有强氧化性，过量会把生成的肼氧化，D错误；
故选AC。
（4）反应后的溶液呈绿色的原因可能是二氧化氮在溶液中达到饱和，二氧化氮的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，二者混合后呈绿色，取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，可能是因为二氧化氮与水发生反应；
（5）氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气。
【分析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与CuO反应生成红色固体Cu和混合气体，NH3与Na反应生成NaNH2，NH3在氧化炉中与氧气反应生成NO，NO被O2氧化为NO2，NO2在吸收塔中发生反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜。
（1）为共价化合物，其结构式为；由于的水溶液为二元弱碱，所以他在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此与稀硫酸反应生成酸式盐的化学式为；
（2）由于通入了空气，因此氧气会氧化，N的化合价从+4价升到+5价，其化学方程式为；
（3）A.和Na反应，氨中氢的化合价降低，表现为氧化性，又被次氯酸钠氧化为肼，氨表现为还原性，A正确；
B.氨通入氧化炉后先被氧化为NO，B错误；
C.红色固体只能为氧化亚铜、铜，所以有三种情况：①只有氧化亚铜；②只有铜；③可能同时有氧化亚铜和铜，C正确；
D.具有强氧化性，过量会把生成的肼氧化，D错误；
故选AC。
（4）反应后的溶液呈绿色的原因可能是二氧化氮在溶液中达到饱和，二氧化氮的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，二者混合后呈绿色，取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，可能是因为二氧化氮与水发生反应；
（5）氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有
氨气。
28．【答案】（1）羧基
（2）
（3）
（4）D
（5），
【知识点】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；酯的性质
【解析】【解答】（1）B为，官能团的名称羧基；
（2）根据分析可知，G的结构简式；
（3）与乙炔反应生成，化学方程式：；
（4）A．聚羟基丁酸酯(PHB)因n值不确定，没有固定熔沸点，A错误；
B．在溶液中完全水解需要，B错误；
C．若发生分子内酯化反应，可得到1个四元环的酯类物质，C错误；
D．碳酸钠溶液：互溶、反应有气体产生、分层且在上层；新制：与水互溶、与溶解、分层且在上层，D正确；
故选D。
（5）的同分异构体，①能与氢氧化钠反应说明有羧基，②结构中只含一个甲基，则无支链，其同分异构体为和；
【分析】由图可知，G在一定条件下发生加聚反应生成 聚羟基丁酸酯 ，则G的结构简式为，F与氢气发生加成反应生成，则F的结构简式为，石油裂解气主要含有乙烯，乙烯与水发生加成反应生成A，A为，被酸性高锰酸钾氧化为B（），与乙炔发生加成反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为，发生加聚反应生成，在碱性条件下水解得到。
（1）B为，官能团的名称羧基；
（2）根据分析可知，G的结构简式；
（3）与乙炔反应生成，化学方程式：；
（4）A．聚羟基丁酸酯(PHB)因n值不确定，没有固定熔沸点，A错误；
B．在溶液中完全水解需要，B错误；
C．若发生分子内酯化反应，可得到1个四元环的酯类物质，C错误；
D．碳酸钠溶液：互溶、反应有气体产生、分层且在上层；新制：与水互溶、与溶解、分层且在上层，D正确；
故选D。
（5）的同分异构体，①能与氢氧化钠反应说明有羧基，②结构中只含一个甲基，则无支链，其同分异构体为和；
29．【答案】（1）干燥管或球形干燥管
（2）排尽装置中的空气，防止与空气中的氧气与水蒸气反应；氯气或
（3）ACCB
（4）
（5）b
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器B的名称是：干燥管或球形干燥管；
（2）因一氧化氮和能和氧气反应，所以通入氩气的作用是排尽装置中的空气，防止一氧化氮和与氧气反应；又因易水解，排尽装置中的空气是防止与空气中的氧气与水蒸气反应；若不通氩气，应先通入氯气；
（3）根据分析，可知需要连接两个低温浴槽，仪器连接顺序ACCB；
（4）与水反应生成2种酸，化学方程式
（5）尾气为NO，NO不与溶液反应，也不可燃，应采用气囊收集，故选b；
【分析】装置连接好后，先通入氩气 排尽装置中的空气，因为 NO 会与空气中的O2反应，且 NOCl 易与水反应，空气中的水汽会使 NOCl 水解，装置中使用干燥管可防止外界水汽进入装置，将已干燥的 NO 和Cl2混合气通入装有催化剂的反应装置，发生反应，低温浴槽1控制温度，低温浴槽2控制温度T≤-34℃，此时Cl2会气化分离出来，而 NOCl 仍为液态留在装置中，实现未反应Cl2与产物 NOCl 的分离 ，NOCl 和未反应的 NO 等尾气需回收处理。
（1）仪器B的名称是：干燥管或球形干燥管；
（2）因一氧化氮和能和氧气反应，所以通入氩气的作用是排尽装置中的空气，防止一氧化氮和与氧气反应；又因易水解，排尽装置中的空气是防止与空气中的氧气与水蒸气反应；若不通氩气，应先通入氯气；
（3）根据分析，可知需要连接两个低温浴槽，仪器连接顺序ACCB；
（4）与水反应生成2种酸，化学方程式
（5）尾气为NO，NO不与溶液反应，也不可燃，应采用气囊收集，故选b；
30．【答案】（1）
（2）b；；10.92
（3）的投入消耗了部分，使得消耗的发生反应生成了
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应 Ⅰ 乘以3+反应 Ⅱ可得 ，解得反应Ⅰ的=-29kJ/mol。
（2）①根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量增多，故CH4的曲线为b；
②反应Ⅰ为放热反应，由能量高到能量低，反应Ⅱ为吸热反应，由能量低到能量高，且反应Ⅱ为慢反应，故反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，能量变化示意图为；
③560℃时反应达平衡，剩余的CH4的物质的量为1.6mmol，若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；故平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
（4）电极B上为甲烷失电子生成乙烯，电极反应式为。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①升高温度反应向吸热反应方向进行；
②活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
③根据K=计算；
（3） 的存在改变了反应的历程，抑制了其他副反应的发生，促进了 的生成，从而提高了\ 的选择性；
（4）电极A上，CO2转化为CO，发生还原反应，则电极A为正极，电极B为负极，负极发生氧化反应。
（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②，总反应命名为③。根据盖斯定律，将方程式③-②再除以3得①，即（③-②）÷3=①，故反应Ⅰ的=(-67-20)÷3 kJ/mol =-29kJ/mol。
（2）①根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量增多，故CH4的曲线为b；
②反应Ⅰ为放热反应，由能量高到能量低，反应Ⅱ为吸热反应，由能量低到能量高，且反应Ⅱ为慢反应，故反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，能量变化示意图为；
③560℃时反应达平衡，剩余的CH4的物质的量为1.6mmol，若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；故平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
（4）电极B上为甲烷失电子生成乙烯，电极反应式为。
1 / 1浙江省浙南名校联盟2024-2025学年高二上学期8月返校联考化学试题
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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高二上·浙江开学考）含有非极性共价键的离子化合物的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A．只含共价键，属于共价化合物，故不选A；
B．由镁离子和氯离子构成，只含离子键，是离子化合物，故不选B；
C．由Na+、构成，属于离子化合物，中含有O-O非极性键，故选C；
D．由Na+、OH-构成，是离子化合物，OH-中含有O-H极性键，故不选D；
选C。
【分析】离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。非极性共价键是同种非金属元素之间形成的共价键。
2．（2024高二上·浙江开学考）下列有关化学用语表示正确的是
A．中子数为20的氯离子：
B．的空间构型为直线型
C．乙烯的结构简式：
D．溶液中的水合离子：
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；结构简式
【解析】【解答】A．氯离子带一个单位负电荷，中子数为20的氯离子，其质子数为17、质量数为17+20=37，表示为，A正确；
B．H2O的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，其空间构型为V型，B错误；
C．乙烯中含有碳碳双键，碳碳双键不能省略，其结构简式为，C错误；
D．水分子是极性分子，其中氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷，Na+会吸引水分子中带部分负电荷的氧原子形成水合钠离子，Cl-会吸引水分子中带部分正电荷的氢原子形成水合氯离子，氯离子的半径大于钠离子，D错误；
故选A。
【分析】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B． 为V型；
Ｃ．乙烯的官能团为碳碳双键；
Ｄ．水分子是极性分子，其中氧原子带部分负电荷，氢原子带部分正电荷。
3．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．与互为同素异形体 B．和互为同位素
C．甲醇与二甲醚互为同分异构体 D．乙酸和硬脂酸互为同系物
【答案】D
【知识点】同素异形体；同分异构现象和同分异构体；同系物；元素、核素
【解析】【解答】A．同素异形体是由同种元素组成的不同单质，与是由氢元素组成的同种单质，它们不是同素异形体，A错误；
B．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，和是两种元素，质子数不同，不满足同位素的定义，B错误；
C．甲醇CH3OH与二甲醚CH3OCH3分子式不同，不互为同分异构体，C错误；
D．乙酸CH3COOH、硬脂酸C17H35COOH都是饱和一元羧酸，结构相似，分子组成上相差 16个CH2原子团，互为同系物，D正确；
故选D。
【分析】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
Ｂ．质子数相同，中子数不同的不同原子互为同位素；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
4．（2024高二上·浙江开学考）下列关于实验操作说法不正确的是
A．检验葡萄糖的银氨溶液和氢氧化铜悬浊液都要新制
B．试管内附着的硫可用热的碱溶液清洗，附着的银可用浓氨水清洗
C．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液煮沸至红褐色可制得氢氧化铁胶体
D．可通过与盐酸反应热效应的不同，鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体
【答案】B
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；醛的化学性质；银镜反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．在银镜反应中，银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质，所以银氨溶液要新制，氢氧化铜悬浊液，若不是新制的，氢氧化铜可能会部分分解为氧化铜等物质，影响与葡萄糖的反应效果，所以也需要新制，故A正确；
B．硫能与热的碱溶液反应而被除去，银不与浓氨水反应，应该用稀硝酸清洗附着的银，故B错误；
C．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得氢氧化铁胶体，故C正确；
D．碳酸钠与盐酸反应放热，碳酸氢钠与盐酸反应吸热，可通过与盐酸反应热效应的不同，鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，故D正确；
故选B。
【分析】A．银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质，银氨溶液放置时间过长，会产生易爆炸的物质；
Ｂ．银不与浓氨水反应；
Ｃ．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液煮沸至红褐色即得到氢氧化铁胶体；
Ｄ．碳酸钠和碳酸氢钠反应的热效应不同。
5．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．硬铝的硬度比铝大，利用了合金原子改变了铝原子原有的规则层状排列
B．明矾、、等作为水处理剂，利用了其杀菌消毒的作用
C．氢氟酸腐蚀玻璃可生产磨砂玻璃，利用了二氧化硅酸性氧化物的性质
D．浓硫酸干燥、、等气体，利用了浓硫酸的吸水性
【答案】A
【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；合金及其应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．合金的硬度一般比其成分金属大，原因是合金原子改变了金属原子原有的规则层状排列，使原子间的作用力发生变化，硬铝是铝的合金，其硬度比铝大，A正确；
B．明矾作为水处理剂，是因为明矾溶于水后形成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用，但不能杀菌消毒，B错误；
C．酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐，所以该反应不能体现二氧化硅作为酸性氧化物的性质，C错误；
D．浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，D错误；
故选A。
【分析】A．合金的硬度大于纯金属；
Ｂ．明矾水解生成氢氧化铝胶体；
Ｃ．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，四氟化硅不是盐；
Ｄ．浓硫酸不能干燥碱性气体。
6．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．可使紫色石蕊先变红后褪色
B．在空气里受热能迅速被氧化成
C．工业上用电解氯化钠溶液制取金属钠
D．久置的铝片插入氢氧化钠溶液中不反应
【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．为酸，具有酸性，使紫色石蕊先变红，但不具有漂白性，不能使紫色石蕊褪色，A错误；
B．具有还原性，在空气里受热能迅速被氧化成，B正确；
C．工业上电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，，工业上用电解熔融氯化钠制取金属钠，C错误；
D．久置的铝片表面有一层氧化铝薄膜，氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，D错误；
故选B。
【分析】A．亚硫酸不具有漂白性；
Ｂ．具有较强的还原性；
Ｃ．电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气；
Ｄ．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水。
7．（2024高二上·浙江开学考）向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A．二氧化碳：、、、
B．氨气：、、、
C．氯化氢：、、、
D．二氧化硫：、、、
【答案】C
【知识点】离子反应发生的条件；离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳会和反应生成碳酸氢根离子，不能大量共存，故A错误；
B．氨气溶于水会形成氨水，Mg2+与OH-发生反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．、、、之间不反应，通入HCl后也不反应，能够大量共存，故C正确；
D．具有氧化性，SO2具有还原性，二者因发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；
答案选C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。碳酸氢根在酸性，碱性条件下都不能共存，二氧化硫通入溶液中生成亚硫酸，要考虑亚硫酸在水溶液中的各种离子。
8．（2024高二上·浙江开学考）下列说法不正确的是
A．天然气作为化工原料可用于合成氨和生产甲醇
B．煤的干馏得到煤焦油，从中分离可获得苯
C．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
D．石油分馏和石油裂化均可获得汽油，二者性质相同
【答案】D
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A．天然气主要成为CH4，在合成氨工业中，可通过甲烷与水蒸气反应制取氢气，氢气是合成氨的重要原料，在生产甲醇时，甲烷经重整制得一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲醇，所以天然气能作为化工原料用于合成氨和生产甲醇，A正确；
B．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的过程，得到煤焦油等产物。煤焦油是含有多种芳香族化合物的复杂混合物，从中通过分馏等方法可分离获得苯，B正确；
C．天然橡胶是线型结构，硫化时，通过硫原子使高分子链之间形成化学键，由线型结构转变为网状结构，从而改善橡胶的性能，C正确；
D．石油分馏获得的汽油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，属于轻质油，其性质比较稳定；石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃，获得的汽油中含有不饱和烃，性质比较活泼，二者性质不同，D错误；
答案选D。
【分析】A．天然气的主要成分为甲烷；
Ｂ．煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的过程；
Ｃ．天然橡胶是线型结构，天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构；
Ｄ．石油分馏获得的汽油是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃。
9．（2024高二上·浙江开学考）下列实验装置使用正确的是
A．图①装置用于测定中和反应的反应热
B．图②装置用于实验室制取并收集氨气
C．图③装置用于比较C与Si的非金属性强弱
D．图④装置用于和的取代反应并有油状液体生成
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；中和热的测定；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．测定中和反应的反应热时，为了减少热量散失，装置应该尽可能密封，且需要使用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，图①装置中没有环形玻璃搅拌棒，会导致反应不充分，热量测量不准确，A错误；
B．实验室制取氨气是用氯化铵和氢氧化钙，固体混合加热，氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集。图②中收集氨气的导管没有伸到试管底部，会导致收集的氨气不纯，B错误；
C．碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液可以出去二氧化碳中混有的氯化氢气体，然后通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，非金属性：C>Si，C正确；
D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，不能使用铝箔套，D错误；
答案选C。
【分析】A．该装置缺少环形玻璃搅拌棒；
Ｂ．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集；
Ｃ．比较 C 与 Si 的非金属性强弱，可以通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱来实现；
Ｄ．甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳。
10．（2024高二上·浙江开学考）关于营养物质，下列说法不正确的是
A．利用蛋白质的变性可以分离、提纯蛋白质
B．久置的食用油有“哈喇”味，因其含有碳碳双键
C．根据灼烧时产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花
D．淀粉、蛋白质、油脂能在酸性条件下水解
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．蛋白质的变性是不可逆过程，而分离、提纯蛋白质常用盐析的方法，盐析是可逆的物理变化，A错误；
B．久置的食用油有 “哈喇” 味，是因为其含有的碳碳双键被氧化，发生了氧化反应，B正确；
C．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；棉花主要成分是纤维素，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，所以根据灼烧时产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，C正确；
D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，蛋白质在酸性条件下水解生成氨基酸，油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，D正确；
故选A。
【分析】A．蛋白质的变性是不可逆过程；
Ｂ．食用油含碳碳双键，易被氧化；
Ｃ．蚕丝主要成分是蛋白质，棉花主要成分是纤维素；
Ｄ．淀粉、蛋白质、油脂能在酸性条件下水解。
11．（2024高二上·浙江开学考）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是（ ）
A．制备：溶液和
B．金属Mg制备：溶液
C．纯碱工业：溶液
D．硫酸工业：
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；纯碱工业（侯氏制碱法）
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气和氯气点燃生成HCl，故A符合题意；
B、电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，不能得到Mg，故B不符合题意；
C、向NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳才能得到NaHCO3，故C不符合题意；
D、SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据各物质之间的转化关系解答。
12．（2024高二上·浙江开学考）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知的还原产物为。下列说法不正确的是
A．中铁的价态为，
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应②的离子方程式为
D．反应①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．可以写成，其中铁元素的价态为，，A错误；
B．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，反应中各元素的化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，B正确；
C．的还原产物为，溶液显碱性，溶液中不可能含有大量H+，正确的离子方程式为，C错误；
D．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，该反应中，Fe元素的化合价升高，Fe为还原剂，N元素化合价降低，NaNO2为氧化剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为3： 1，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH。
13．（2024高二上·浙江开学考）下列离子方程式正确的是
A．碳酸氢钠溶液中加入足量的盐酸：
B．中投入固体：
C．向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸：
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸氢钠在溶液中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，则正确的离子方程式：+H+═CO2↑+H2O，A错误；
B． 该反应中，既是氧化剂又是还原剂，水中的O元素生成氢氧根离子，部分过氧化钠中的O元素转化为氢氧根离子的氧，所以离子方程式为，B错误；
C．生成的Fe3+具有氧化性，碘离子有还原性，能发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+ 6H++ 2 I- = 6H2O + I2 + 2Fe2+，C错误；
D．恰好完全沉淀时， 和 物质的量之比为1：1，反应的离子方程式为：，D正确；
故选D。
【分析】A．碳酸氢钠在溶液中电离产生钠离子和碳酸氢根离子；
Ｂ． 与水反应时， 既是氧化剂也是还原剂；
Ｃ．Fe3+具有还原性，能氧化碘离子；
Ｄ．恰好完全沉淀， 和 物质的量之比为1：1。
14．（2024高二上·浙江开学考）W、X、Z、Y为4种短周期的主族元素，原子序数依次增大，W和Z、X和Y均同主族，且X的原子序数是Y的一半，4种元素形成的化合物如图。下列说法不正确的是
A．离子半径：
B．化合物ZW与水反应可产生一种气体
C．Y的氧化物对应的水化物为强酸
D．简单氢化物的稳定性和沸点高低均
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，S2-有三个电子层，半径最大，Na+和O2-，核外电子排布相同，核电荷越多，半径越小，故O2->Na+，则离子半径：S2->O2->Na+，即 ，A正确
B．化合物ZW是NaH，与水反应生成氢气，B正确；
C．Y 为 S，其氧化物对应的水化物有H2SO3和H2SO4，H2SO3是弱酸，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O>S，所以简单氢化物稳定性H2O>H2S，X的氢化物对应是水，水分子间存在氢键，其沸点高于H2S，则 简单氢化物的稳定性和沸点高低均 ，D正确；
答案选C。
【分析】短周期主族元素中，同主族元素原子序数相差 8 或 18 等。已知 X 和 Y 同主族且 X 的原子序数是 Y 的一半，符合此条件的是 O 和 S，即 X 为 O，Y 为 S。W 和 Z 同主族，由化合物的结构可知 Z 为 +1 价阳离子，W 为 -1 价阴离子，结合原子序数依次增大，可知 Z 为 Na，W 为 H。
15．（2024高二上·浙江开学考）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中含有数为
B．和的固体混合物中含有的阳离子数为
C．标准状况下，所含有的原子数目为
D．溶液中含有的离子数为
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A．浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，几乎没有H+，不能根据溶液体积和浓度计算H+数目，A错误；
B．硫酸氢钠和亚硫酸氢钾的摩尔质量均为120g/mol，阳离子分别是钠离子和钾离子，和的固体混合物的物质的量是1mol，所以其中含有的阳离子数为，B正确；
C．标准状况下是液体，不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量，也就无法计算原子数目，C错误；
D．在溶液中会发生水解，则溶液中含有的离子数小于，D错误；
答案选B。
【分析】A．浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在；
Ｂ．固体混合物中的阳离子为钠离子和钾离子；
Ｃ．标况下为液态；
Ｄ．在溶液中会发生水解：。
16．（2024高二上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．含有叁键的的化学性质稳定，则的化学性质也很稳定
B．碳和浓硝酸反应生成和，则硫和浓硝酸反应生成和
C．足量Fe与稀硝酸反应生成，则足量Fe与反应也生成
D．具有强氧化性，则过氧乙酸()也具有较强的氧化性
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；氯气的化学性质；乙炔炔烃
【解析】【解答】A． 中含有氮氮叁键，由于氮原子半径小，氮氮叁键键能大，所以化学性质稳定，但中碳碳叁键的键能相对较小，且碳碳叁键中有两个π键，π键不稳定，易发生加成等反应，化学性质活泼，故A错误；
B． 碳和浓硝酸反应生成和 ，碳的最高价为+4价，硫的最高价为+6价，硫和浓硝酸反应时，硫被氧化为硫酸，故B错误；
C．氯气氧化性很强，与铁反应生成FeCl3，故C错误；
D．中含有O-O键，因此具有强氧化性，过氧乙酸()中也含有O-O，也具有较强的氧化性，故D正确；
故选：D。
【分析】A．碳碳三键性质活泼；
Ｂ．硫的最高正价为+6价；
Ｃ．氯气具有强氧化性，与Fe反应生成氯化铁；
Ｄ．过氧乙酸含有过氧键。
17．（2024高二上·浙江开学考）药物中间体X结构如图，下列说法不正确的是
A．含有4种官能团
B．在一定条件下能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应
C．与足量的、反应，最多消耗、的物质的量之比为
D．能使酸性溶液褪色，但不能证明其分子中含有碳碳双键
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．X中含有四种官能团：酯基、羧基、碳碳双键、羟基，故A正确；
B．X中含有羧基和羟基，能发生取代反应，含有碳碳双键和苯环，能发生加成反应，含有羟基，能发生氧化反应，碳碳双键、苯环与氢气的加成反应属于还原反应，含有碳碳双键，能发生加聚反应，故B正确；
C．能与氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键，能与氢氧化钠反应的有羧基、酯基，与足量的、反应，最多消耗、的物质的量之比为=3：1，故C不正确；
D．羟基、碳碳双键都能使酸性溶液褪色，故不能证明其分子中含有碳碳双键，故D正确；
答案选C。
【分析】X中含有羧基、醇羟基、酯基、碳碳双键，具有羧酸、醇、酯和烯烃的性质。
18．（2024高二上·浙江开学考）根据能量变化示意图，下列说法不正确的是
A．
B．和发生此反应的活化能是
C．从气体转为液体需要释放的热量
D．
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A．由图可知，和 反应生成1molNH3(g)的反应热为(a-b)kJ，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=2(a﹣b)kJ mol-1=-2(b﹣a)kJ mol-1，A正确；
B．由图可知，正反应的活化能是，B错误；
C．由图可知，1molNH3从气体到液体释放能量akJ能量，C正确；
D．和N2(g)+3H2(g)2NH3(l) 互为逆反应，则 ，D正确；
答案选B。
【分析】A．=逆反应的活化能-正反应的活化能；
Ｂ．结合图示分析；
Ｃ．气态转化为液态放出热量；
Ｄ．互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反。
19．（2024高二上·浙江开学考）下列事实能用平衡移动原理解释的是
A．制备乙酸乙酯的实验中将酯蒸出
B．硫酸工业中使用作催化剂
C．工业合成氨选择左右的条件进行
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，将酯蒸出，减小了生成物的浓度，根据平衡移动原理，平衡会向正反应方向移动，从而促进乙酸乙酯的生成，A正确；
B．催化剂只能同等程度地改变正、逆反应速率，不能使平衡发生移动，B错误；
C．工业合成氨反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择500℃左右的条件主要是因为在此温度下催化剂的活性较高，能加快反应速率，而不是基于平衡移动原理，C错误；
D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生，是因为锌置换出铜，形成铜锌原电池反应加快反应速率，没有涉及平衡移动，D错误；
故选A。
【分析】化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
20．（2024高二上·浙江开学考）碱性锌锰电池的总反应为，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．电池为二次电池
B．电池工作时，通过隔膜向Zn极移动
C．电池工作时，发生氧化反应
D．负极的电极反应式为：
【答案】B
【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
【解析】【解答】A．一次电池是不能充电重复使用的电池，二次电池（充电电池）可以通过充电反复使用。碱性锌锰电池不能充电，属于一次电池，不是二次电池，故A错误；
B．电池工作时，阴离子向负极移动，则通过隔膜向负极（Zn）移动，故B正确；
C．电池工作时，为正极，正极发生还原反应，故C错误；
D．电池工作时，Zn为负极，由于是碱性环境，Zn失去电子后与OH-反应，其电极反应式为：，故D错误；
故选B。
【分析】根据 可知，反应过程中，Zn发生氧化反应，则锌为负极，电极反应式为，MnO2为正极。
21．（2024高二上·浙江开学考）在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到化学平衡状态
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③各气体物质的物质的量浓度
④气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量
A．②③⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①该反应前后气体的化学计量数之和相等，在恒容密闭容器中，即气体的物质的量始终不变，体积不变，气体物质的量不变，则压强始终不变，不是变量，不能据此判断反应达到平衡状态，①不符合题意；
②由于A呈固态，反应过程中气体的质量会发生变化，密度是变量，当密度不再变化时，反应达到平衡状态，故②符合题意；
③当各气体物质的物质的量浓度不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故③符合题意；
④反应前后气体的化学计量数之和相等，气体的总物质的量始终不变，不是变量，不能据此判断反应达到平衡状态，故④不符合题意；
⑤由于A呈固态，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡的过程中混合气体总物质的量始终不变，混合气体的总质量发生变化，根据混合气体的平均摩尔质量=，混合气体的平均相对分子质量发生变化，则混合气体的平均相对分子质量不再发生变化能说明反应达到平衡状态，故⑤符合题意；
能说明反应达到平衡状态的是②③⑤，答案选A。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断。
22．（2024高二上·浙江开学考）在容积为2L的固定的容器中发生X、Y、Z均为气体的反应。温度为时，各物质的n随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为、时发生反应，Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A．容器中的反应为：
B．图a中反应达到平衡时，Y在10s内的反应速率为
C．增大压强，增加了单位体积内的活化分子数，平衡向正反应方向移动
D．该反应正反应的反应热
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．X、Y是反应物，Z是生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，10s时达到平衡状态，X物质的量减少1.20-0.40=0.80mol，Y物质的量减少1.00-0.20=0.80mol，Z增加1.60mol，则X、Y、Z的计量数之比为1：1：2，则容器中的反应为：，A错误；
B．Y在10s内的反应速率为，B错误；
C．反应前后气体分子数不变，增大压强，增加了单位体积内的活化分子数，但正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，C错误；
D．由图 b 可知，T1时先达到平衡，说明T1>T2，温度高时Z的浓度大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应， ，D正确；
答案选D。
【分析】A．化学反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．该反应前后气体分子数不变；
Ｄ．升高温度平衡向吸热反应方向移动。
23．（2024高二上·浙江开学考）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号 压强/Mpa 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
A B D
Ⅰ 0.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.4 0.4
下列说法不正确的是
A．B物质的状态只可能为气态
B．Ⅰ中反应达到平衡时，A的转化率为
C．均平衡后，两容器正反应速率ⅠⅡ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入和，平衡向右移动
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．在恒容密闭容器中，Ⅱ 中起始投入量是 Ⅰ 的两倍。若 B 为非气态，反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，Ⅱ 中 D 的平衡物质的量应为 Ⅰ 中 D 平衡物质的量的 2 倍；但实际 Ⅱ 中 D 的平衡物质的量大于 0.2mol，大于 Ⅰ 中 D 平衡物质的量的 2 倍，说明增大压强平衡正向移动，所以该反应是气体体积减小的反应，B 物质的状态只可能为气态，A正确；
B．Ⅰ 中生成 D 的物质的量为 0.1mol，根据化学计量数之比，消耗 A 的物质的量为 0.1mol，A 的起始物质的量为 0.2mol，那么 A 的转化率为，B正确；
C．Ⅱ 中起始物质的量是 Ⅰ 的两倍，容器体积相同，所以 Ⅱ 中各物质的浓度更大。在其他条件相同的情况下，浓度越大，反应速率越快，所以均平衡后，两容器正反应速率 Ⅰ<Ⅱ，C正确；
D．对于Ⅰ，平衡时A、B、D物质的量均为0.1mol，C为0.05mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D不正确；
答案选D。
【分析】A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．浓度越大，反应速率越快；
Ｄ．计算浓度熵，与平衡常数比较判断平衡移动方向。
24．（2024高二上·浙江开学考）乙酸铜常用作有机合成的催化剂或氧化剂。实验室中制备乙酸铜的流程如图所示。下列说法正确的是
A．反应①中双氧水起催化作用
B．为提高化学反应速率，反应①反应温度越高越好
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ存在相同的操作
D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为冰醋酸
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．反应①是铜屑在稀硫酸和双氧水作用下生成硫酸铜溶液，在该反应中，双氧水是氧化剂，将铜氧化，并非起催化作用，A错误；
B．虽然升高温度能加快化学反应速率，但双氧水受热易分解，温度过高会导致双氧水大量分解，从而使反应①的速率降低，且不利于铜的氧化反应进行，所以不是温度越高越好，B错误；
C．步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有固体生成，因此需要进行固液分离，因此，存在相同的操作为过滤，C正确；
D．反应③碱式碳酸铜固体中加入的试剂X为醋酸溶液，而冰醋酸是纯的乙酸，为防止反应过于剧烈等情况，一般不会直接使用冰醋酸，D错误；
故选C。
【分析】铜屑表面有油污，油污在碱性条件下能水解，因此用热碱液除去铜屑表面油污，加入稀硫酸和过氧化氢，铜反应生成硫酸铜溶液，向硫酸铜溶液中加热纯碱反应得到碱式碳酸铜，碱式碳酸铜与X反应得到乙酸铜，经步骤Ⅲ得到乙酸铜晶体。
25．（2024高二上·浙江开学考）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 操作 现象 结论
A 探究的化学键类型 将固体溶于水，进行导电性实验 若溶液导电 中含有离子键
B 验证浓硝酸受热分解产物 加热浓硝酸，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液 若溶液变蓝 则说明产物中有为
C 探究KI与反应的限度 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入少量溶液 若有淡黄色沉淀 则KI与的反应存在一定限度
D 探究反应热 向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中 一段时间后，若热水侧颜色变深，冷水侧变浅 则说明
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．固体溶于水，电离产生铝离子和氯离子，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，实际上为共价化合物，不含离子键，A错误；
B．加热浓硝酸，将产生的气体通入淀粉碘化钾溶液，若溶液变蓝。因为浓硝酸受热分解产生的气体中可能有NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸能将I-氧化为I2使淀粉变蓝，但也可能是浓硝酸受热分解产生的O2将I-氧化，不能仅根据溶液变蓝就说明产物中有NO2，B错误；
C．取与溶液，充分反应后产生碘单质，碘溶解在水中颜色为棕黄色颜色干扰观察沉淀的颜色，无法确定是淡黄色沉淀，C错误；
D． 向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中 ，一段时间后，说明平衡向生成NO2的方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以逆反应为吸热反应，则正反应 ，D正确；
故选D。
【分析】A． 时共价化合物，不含离子键；
Ｂ．硝酸易挥发，挥发出来的硝酸也能氧化碘化钾；
Ｃ．该实验中过量；
Ｄ．升高温度平衡向吸热方向移动。
二、填空题
26．（2024高二上·浙江开学考）碳及其化合物的种类繁多，应用广泛。请按要求填空：
（1）写出二氧化碳的电子式是 。
（2）请写出工业制备粗硅的化学方程式： 。
（3）二氧化碳与溶液按物质的量混合充分反应，请写出其离子方程式： 。
（4）请用一条离子方程式来说明结合能力：： 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）二氧化碳是共价化合物，其结构式为O=C=O，则电子式为；
（2）工业上制备粗硅是利用焦炭还原二氧化硅，二氧化硅与焦炭在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为；
（3）当CO2少量时，与NaOH反应的离子方程式为：，CO2过量时，与NaOH反应的离子方程式为， 二氧化碳与溶液按物质的量混合充分反应 ，介于少量和过量之间，会同时生成和，则反应的离子方程式为：；
（4）会与碳酸氢根离子反应，说明抢夺氢离子能力更强，反应的离子方程式为。
【分析】（1）CO2为共价化合物；
（2）二氧化硅与焦炭在高温条件下反应生成硅和一氧化碳；
（3）二氧化碳与氢氧化钠溶液反应时，会因二者物质的量的比例不同而生成不同的产物；
（4）结合H+能力强的物质能够从结合合H+能力弱的物质所形成的盐中夺取合H+。
（1）二氧化碳是共价化合物，其电子式为；
（2）工业上制备粗硅是利用焦炭还原二氧化硅，其化学方程式为；
（3）二氧化碳与反应恰好生成碳酸钠时的离子方程式为，此时二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量为1：2，若继续如果2mol二氧化碳要和氢氧化钠反应，需要4mol氢氧化钠，题目中二氧化碳与氢氧化钠的物质的量之比为2：3，氢氧化钠量不够，则过量的二氧化碳会与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，因此二氧化碳与溶液按物质的量反应的离子方程式为；
（4）会与碳酸氢根离子反应，说明抢夺氢离子能力更强，反应的离子方程式为。
27．（2024高二上·浙江开学考）氨气的用途非常广泛，以下是氨气的部分转化关系：
已知：肼()又称联氨，还原性强于氨气。
请回答下列问题：
（1）请写出的结构式 ；的水溶液为二元弱碱，请写出其与足量的稀硫酸反应生成酸式盐的化学式： 。
（2）工业上常用碱液吸收法处理工业制备硝酸的尾气。请写出在空气充足的条件下，用溶液吸收的化学方程式： 。
（3）下列说法正确的是_______。
A．上述转化关系中既表现出氧化性，又表现出还原性
B．通入氧化炉后直接生成
C．若无剩余，红色固体的组分可能有3种情况
D．为了提高的产量，需加入过量的
（4）使用浓硝酸进行实验2，其现象如下：反应剧烈，铜丝逐渐变细，溶液变绿，试管上方出现红棕色气体。
①工业生产中为了盛放大量浓硝酸，可以选择 作为罐体材料。
a．铜 b．铂 c．铝 d．镁
②为探究反应后溶液呈绿色的原因，某同学取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，请用化学方程式解释可能的原因是： 。
（5）在实验1：高温下过量的与发生反应。设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体： 。
【答案】（1）；
（2）
（3）A；C
（4）c；
（5）将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气；观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；令取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明有一氧化氮
【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】（1）为共价化合物，其结构式为；由于的水溶液为二元弱碱，所以他在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此与稀硫酸反应生成酸式盐的化学式为；
（2）由于通入了空气，因此氧气会氧化，N的化合价从+4价升到+5价，其化学方程式为；
（3）A.和Na反应，氨中氢的化合价降低，表现为氧化性，又被次氯酸钠氧化为肼，氨表现为还原性，A正确；
B.氨通入氧化炉后先被氧化为NO，B错误；
C.红色固体只能为氧化亚铜、铜，所以有三种情况：①只有氧化亚铜；②只有铜；③可能同时有氧化亚铜和铜，C正确；
D.具有强氧化性，过量会把生成的肼氧化，D错误；
故选AC。
（4）反应后的溶液呈绿色的原因可能是二氧化氮在溶液中达到饱和，二氧化氮的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，二者混合后呈绿色，取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，可能是因为二氧化氮与水发生反应；
（5）氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有氨气。
【分析】NH3与NaClO发生氧化还原生成N2H4，NH3与CuO反应生成红色固体Cu和混合气体，NH3与Na反应生成NaNH2，NH3在氧化炉中与氧气反应生成NO，NO被O2氧化为NO2，NO2在吸收塔中发生反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜。
（1）为共价化合物，其结构式为；由于的水溶液为二元弱碱，所以他在水溶液中结合水电离出来的H+从而使溶液呈碱性，由于是二元弱碱，所以会结合两个氢离子变成，因此与稀硫酸反应生成酸式盐的化学式为；
（2）由于通入了空气，因此氧气会氧化，N的化合价从+4价升到+5价，其化学方程式为；
（3）A.和Na反应，氨中氢的化合价降低，表现为氧化性，又被次氯酸钠氧化为肼，氨表现为还原性，A正确；
B.氨通入氧化炉后先被氧化为NO，B错误；
C.红色固体只能为氧化亚铜、铜，所以有三种情况：①只有氧化亚铜；②只有铜；③可能同时有氧化亚铜和铜，C正确；
D.具有强氧化性，过量会把生成的肼氧化，D错误；
故选AC。
（4）反应后的溶液呈绿色的原因可能是二氧化氮在溶液中达到饱和，二氧化氮的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，二者混合后呈绿色，取少量该绿色溶液，向绿色溶液中加入适量的水后，溶液变为蓝色，可能是因为二氧化氮与水发生反应；
（5）氨气会被氧化铜氧化，尾气中比较活泼的气体一定不是氮气，那就应该是氮氧化物气体，即验证二氧化氮和一氧化氮；由于氮氧化物气体中，只有二氧化氮有颜色，所以观察气体颜色，只要气体显红棕色，就说明有二氧化氮；另取少量气体于集气瓶中，通入少量的氧气，如果气体颜色加深，就说明其中有一氧化氮；NH3过量，则尾气中含有氨气，将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口，若试纸变蓝，说明尾气中含有
氨气。
28．（2024高二上·浙江开学考）聚乙烯醇(PVA)是一种用途非常广泛的水溶性高聚合物，性能介于塑料和橡胶之间；聚羟基丁酸酯(PHB)可用于制造可降解塑料。现用石油裂解气来制备聚乙烯醇和聚羟基丁酸酯。合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）B分子中官能团的名称 。
（2）写出G的结构简式 。
（3）B与乙炔反应生成C为加成反应，请写出其化学方程式： 。
（4）下列说法正确的是_______。
A．聚羟基丁酸酯(PHB)有固定熔沸点
B．在溶液中完全水解需要
C．G若发生分子内酯化反应，可得到1个五元环的酯类物质
D．用碳酸钠溶液或新制均可以鉴别A、B、E
（5）E有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有E的同分异构体的结构简式 。
①该有机物能与氢氧化钠反应 ②结构中只含一个甲基
【答案】（1）羧基
（2）
（3）
（4）D
（5），
【知识点】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；酯的性质
【解析】【解答】（1）B为，官能团的名称羧基；
（2）根据分析可知，G的结构简式；
（3）与乙炔反应生成，化学方程式：；
（4）A．聚羟基丁酸酯(PHB)因n值不确定，没有固定熔沸点，A错误；
B．在溶液中完全水解需要，B错误；
C．若发生分子内酯化反应，可得到1个四元环的酯类物质，C错误；
D．碳酸钠溶液：互溶、反应有气体产生、分层且在上层；新制：与水互溶、与溶解、分层且在上层，D正确；
故选D。
（5）的同分异构体，①能与氢氧化钠反应说明有羧基，②结构中只含一个甲基，则无支链，其同分异构体为和；
【分析】由图可知，G在一定条件下发生加聚反应生成 聚羟基丁酸酯 ，则G的结构简式为，F与氢气发生加成反应生成，则F的结构简式为，石油裂解气主要含有乙烯，乙烯与水发生加成反应生成A，A为，被酸性高锰酸钾氧化为B（），与乙炔发生加成反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为，发生加聚反应生成，在碱性条件下水解得到。
（1）B为，官能团的名称羧基；
（2）根据分析可知，G的结构简式；
（3）与乙炔反应生成，化学方程式：；
（4）A．聚羟基丁酸酯(PHB)因n值不确定，没有固定熔沸点，A错误；
B．在溶液中完全水解需要，B错误；
C．若发生分子内酯化反应，可得到1个四元环的酯类物质，C错误；
D．碳酸钠溶液：互溶、反应有气体产生、分层且在上层；新制：与水互溶、与溶解、分层且在上层，D正确；
故选D。
（5）的同分异构体，①能与氢氧化钠反应说明有羧基，②结构中只含一个甲基，则无支链，其同分异构体为和；
29．（2024高二上·浙江开学考）亚硝酰氯()可作为有机合成试剂。某研究小组利用如下图所示装置制备，并分离回收未反应的原料。
已知：①
②沸点：为，为，为。
③易与水反应，也能与反应。
请回答下列问题：
（1）仪器B的名称是： 。
（2）实验前先通入氩气，作用是 ，若不通氩气，应先通入 。
（3）请用题给仪器按合理顺序组装并填入虚线框(某些仪器可重复) 。
（4）已知与水反应生成2种酸，写出化学方程式： 。
（5）尾气回收应选择一下哪种方式： 。
a．通溶液 b．通入气囊 c．直接点燃
【答案】（1）干燥管或球形干燥管
（2）排尽装置中的空气，防止与空气中的氧气与水蒸气反应；氯气或
（3）ACCB
（4）
（5）b
【知识点】常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器B的名称是：干燥管或球形干燥管；
（2）因一氧化氮和能和氧气反应，所以通入氩气的作用是排尽装置中的空气，防止一氧化氮和与氧气反应；又因易水解，排尽装置中的空气是防止与空气中的氧气与水蒸气反应；若不通氩气，应先通入氯气；
（3）根据分析，可知需要连接两个低温浴槽，仪器连接顺序ACCB；
（4）与水反应生成2种酸，化学方程式
（5）尾气为NO，NO不与溶液反应，也不可燃，应采用气囊收集，故选b；
【分析】装置连接好后，先通入氩气 排尽装置中的空气，因为 NO 会与空气中的O2反应，且 NOCl 易与水反应，空气中的水汽会使 NOCl 水解，装置中使用干燥管可防止外界水汽进入装置，将已干燥的 NO 和Cl2混合气通入装有催化剂的反应装置，发生反应，低温浴槽1控制温度，低温浴槽2控制温度T≤-34℃，此时Cl2会气化分离出来，而 NOCl 仍为液态留在装置中，实现未反应Cl2与产物 NOCl 的分离 ，NOCl 和未反应的 NO 等尾气需回收处理。
（1）仪器B的名称是：干燥管或球形干燥管；
（2）因一氧化氮和能和氧气反应，所以通入氩气的作用是排尽装置中的空气，防止一氧化氮和与氧气反应；又因易水解，排尽装置中的空气是防止与空气中的氧气与水蒸气反应；若不通氩气，应先通入氯气；
（3）根据分析，可知需要连接两个低温浴槽，仪器连接顺序ACCB；
（4）与水反应生成2种酸，化学方程式
（5）尾气为NO，NO不与溶液反应，也不可燃，应采用气囊收集，故选b；
30．（2024高二上·浙江开学考）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。有一种方法将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应
为：。
反应包含：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）反应Ⅰ的 。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
①图1中的对应曲线是 (填“a”或“b”)。
②若反应Ⅱ是慢反应，请在图2中画出能量变化示意图： 。
③时，反应的平衡常数 (保留2位小数)
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系图3
研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
分析提高选择性的原因： 。
（4）科学家利用和电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图4所示：写出电极B上生成乙烯的反应式为 。
【答案】（1）
（2）b；；10.92
（3）的投入消耗了部分，使得消耗的发生反应生成了
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应 Ⅰ 乘以3+反应 Ⅱ可得 ，解得反应Ⅰ的=-29kJ/mol。
（2）①根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量增多，故CH4的曲线为b；
②反应Ⅰ为放热反应，由能量高到能量低，反应Ⅱ为吸热反应，由能量低到能量高，且反应Ⅱ为慢反应，故反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，能量变化示意图为；
③560℃时反应达平衡，剩余的CH4的物质的量为1.6mmol，若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；故平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
（4）电极B上为甲烷失电子生成乙烯，电极反应式为。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①升高温度反应向吸热反应方向进行；
②活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
③根据K=计算；
（3） 的存在改变了反应的历程，抑制了其他副反应的发生，促进了 的生成，从而提高了\ 的选择性；
（4）电极A上，CO2转化为CO，发生还原反应，则电极A为正极，电极B为负极，负极发生氧化反应。
（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②，总反应命名为③。根据盖斯定律，将方程式③-②再除以3得①，即（③-②）÷3=①，故反应Ⅰ的=(-67-20)÷3 kJ/mol =-29kJ/mol。
（2）①根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量增多，故CH4的曲线为b；
②反应Ⅰ为放热反应，由能量高到能量低，反应Ⅱ为吸热反应，由能量低到能量高，且反应Ⅱ为慢反应，故反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，能量变化示意图为；
③560℃时反应达平衡，剩余的CH4的物质的量为1.6mmol，若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；故平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
（4）电极B上为甲烷失电子生成乙烯，电极反应式为。
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