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2024浙江省稽阳联谊学校高三上学期11月联考试题化学PDF版含答案
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非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17.（共10分）
（1） ， 6 （各1分，共2分）
（2）CD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出孤电子对，故[PtCl2(PH3)2]更稳定。(2分)
（4）12（2分） （2分）
18.（共10分）
（1）5H2C2O4+2MnO4-+6H+ =10CO2↑+8H2O+2Mn2+ （2分，乙二酸写成结构式或结构简式或含2个结晶水的化学式都正确，未配平给1分）
（2）① （2分）
②ABC （2分。漏选得1分，有错不得分）
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。 （各1分，共2分）
（3）将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。（或其他合理答案）（证明氧化性和还原性各1分，共2分）
19.（共10分）
（1）＋124 （1分）
①减小气体浓度（或分压），使平衡右移，提高C3H8(g)转化率。（1分。提到平衡右移或丙烷转化率即可给分）
②1:3.8（5:19或0.263）（2分）
（3）（2分。C点之前低于丙烯，C点之后高于丙烯。有错不得分）
（4）①A （1分）
②反应温度较低、节约能源；氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动；利用氢气和氧气反应放热，维持热量平衡；产品容易分离、副产物少。（写出1点即可，1分）
（5）BD （2分。对1个给1分，有错不得分）
20（共10分）
C（1分）
AB（2分。漏选得1分，有错不得分）
Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O（2分）（未配平给1分）
防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解。（2分）（写对一条给1分）
Cr2O72- （1分） 96.0%（2分）（不考虑有效数字）
21题（共12分）
（1）氨基、硝基 （1分）（有错别字不给分，只写对1个也不给分）
（2）BD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3） （1分）
（4）
（2分）（漏写H2O，扣1分）
（3分） （各1分）
（3分）
（若对硝基甲苯经氯代、水解、氧化三步制对硝基苯甲醛，扣1分）
试题解析
1．碳纳米材料主要成分为碳的单质
2．O3分子结构为V形分子；邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的；聚丙烯结构简式为：
3．硫酸钡用饱和碳酸钠溶液处理，可转为碳酸钡，碳酸钡难溶于水，可溶于酸
4．维生素C具有还原性，因此可用于食品中的抗氧化剂
5．A：瓷坩埚中含有二氧化硅，高热条件下易与NaOH反应导致坩埚破裂；B：反应过程中，有溴单质挥发出来，也能与硝酸银溶液产生沉淀；C：生成的乙炔中含有硫化氢等杂质，也能使高锰酸钾溶液褪色，应先通过硫酸铜溶液，再用酸性高锰酸钾溶液检验；D：打开止水夹，用热毛巾或浸过冰水的毛巾捂住圆底烧瓶，使NaOH溶液与氯气接触后，即可看到喷泉现象
6．分析转化关系图，可知：过程I反应的离子方程式为：NO2-+2H++e-=NO+H2O；过程II发生反应的离子方程式为：NO+NH4++2H++3e- = H2O+N2H4；过程III：N2H4= N2+4H++4e-；过程I-III的总反应为：NO2-+NH4+=N2+2H2O；
A：根据总反应式，整个过程，转化1ml NO2- 向大气释放1ml N2;B:过程I、II反应均消耗氢离子，使水体酸性减弱；C：N2H4能结合水电离出的氢离子而使溶液显碱性；D：过程II中铵根离子中氮元素化合价升高，发生氧化反应。
7．A: HONH2分子中氧原子上有两个孤电子对，氮原子上有一个孤电子对，所以33g HONH2中，各原子最外层孤电子对总数为3NA；B: Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，所以7.8g Na2O2固体中含有离子总数为0.3NA，正确；C:氯气与水反应是可逆反应，N(Cl-)+N(HClO)+N(ClO-)<0.2NA；D:随反应进行，浓硝酸变稀硝酸，还原产物变为NO，相同物质的量的铜生成气体分子数减少，所以6.4g Cu与一定体积浓硝酸恰好完全反应，则生成气体分子数小于0.2NA
8．A：如ClCH2NH2与CH3NHCl互为同分异构体，CH3NO2与CH3ONO互为同分异构，CHFClBr存在对映异构体，等；B：苯酚和苯甲酸常下均为固体，不能通过蒸馏的方法进行分离；C：乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通加聚反应可得到低密度聚乙烯
9．A：碘离子还原性比亚铁离子强，向FeI2溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘离子；B：AgCl不溶于水，对应的离子方程式应为AgCl+ 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]+ +Cl -+2H2O C：Ba(OH)2少量时，氢氧根只与铁离子反应，氢氧化钡对应的离子全部参加反应，所以对应离子方程式为3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓D：硫氢化钠溶液少量，铜离子足量，不可能生成硫化氢气体，所以对应离子方程式为： Cu2+ + HS- = CuS↓+ H+
10．A: 可推测a为丁烯二酸酸酐，四个碳原子均为sp2杂化，所以a分子所有原子在同一个平面上； B:酸酐能和NaOH溶液反应，N中含有羧基和酯基，它们均能与NaOH溶液发生反应;C: 反应1为加聚反应生成聚合物，反应2酯酐与醇的取代反应。D: 试剂b的结构简式为：
11．A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大，除E外均为非金属元素。主族元素原子半径最小的元素为氢，所以A为H； B的电子排布式为1s22s22p3，为N；C与B位于同一周期，C基态原子有2个未成对电子，则C为O；D的单质是重要的半导体材料，为Si;基态E+有电子填充的轨道无成单电子，则E+价层电子排布为3d10，E为Cu。A:O >N>H>Si，正确；B：D与A形成化合物为SiH4，为分子晶体；C：A与B可形成N2H4，A与C可形成H2O2，它们均为含有非极性键的极性分子；D：由A、B、C、E四种元素可组成盐[Cu(NH3)4](NO3)2，加入无水乙醇降低了其在水中的溶解度，能析出蓝色沉淀
12．A：根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均得到电子，生成硫化亚铜，正极反应式为；B：“单独构建该步电池时效率较低”，可推测Cu2S对步骤2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率；C：则消耗6.5g锌时，转移2ml电子，得到的精铜质量等于6.4g；D：根据信息，步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，x值也越大，极板质量增加也越多
13．A：生成P1的活化能低，反应速率快，但P2能量低，更稳定，所以反应过程中，产物P1的浓度先增大，因P2不断生成，使平衡向生成P2方向移动，P1浓度减小；B：过渡态能量越高，反应的活化能越高，但反应的∆H与活化能高低无直接关系； C：P1⇌ P2为放热过程，升高温度，有利于平衡向逆方向移动，达到平衡时，生成的产物中P2的百分含量减小；D：反应过程中，υ(HNO) >υ(Z)= υ(P1) + υ(P2)
14．A:步骤①会产生二氧化硫有毒气体，可用石灰乳吸收；B:硫酸浓度增大，反应速率加快，能加快浸出速率，适当加热也能加快浸出速率；C:若先Na2SO3溶液，则会使铜离子直接与亚硫酸根结合生成亚硫酸铜等沉淀，不利于生成CuCl；D:无水乙醇可洗去水，加快干燥速度
15．A：实验①反应后的得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl溶液，根据碳酸的电离常数可知，溶液中碳酸根的水解平衡进行的程度最大，所以溶液中粒子浓度关系为：c(Na+) >c(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；B：实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，由于碳酸根离子能发生水解反应，所以c(Ca2+) > 5×10-4ml/L > c(CO32-)；C：③根据有关常数，可知总反应Ca2++2HCO3- = CaCO3↓+ H2CO3↑的反应平衡常数K=5.3×104，由于碳酸分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得；D: ②中，Qsp[CaCO3]≈10-2 > 2.5×10-9；Qsp[Ca(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7=10-0.3×10-6< 5.5×10-6，所以只生成CaCO3；Qsp[MgCO3]≈10-2 > 1×10-5；Qsp[Mg(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7>1.8×10-11，能同时生成MgCO3和，Mg(OH)2沉淀可能为碱式盐；
16．A:硫酸没有挥发性，不会看到白烟现象; B: 硫酸铜氨溶液中滴加少量硫酸出现蓝色沉淀，是因为硫酸破坏了铜氨离子的结构，释放出的氨与铜离子反应生成了氢氧化铜沉淀;C:检验亚铁离子应该用K3[Fe(CN)6]溶液;
17：本题以“磷单质及其化合物”为载体，考查《物质结构与性质》的主干知识和核心素养。
知道核外电子排布的构造原理和排布规则（泡利原理、洪特规则、能量最低原理），熟悉1-36号元素基态原子的核外电子排布，正确书写和区别电子排布式和轨道表示式；能分析判断价层电子和电子的能量。需注意区别原子中所有电子的排布和价层电子的排布，核外运动能量不同的电子与核外运动状态不同的电子。P为15号元素，最外层电子即为价层电子，有5个，3s能级上2个，3p能级上3个。该激发态P原子的电子在10个原子轨道上运动，在1s、2s、2p、3s、3p、3d运动的电子能量不同，其中在2p的3个简并轨道、3p的3个简并轨道上运动的电子能量相同，共6种。
（2）判断物质中原子的杂化类型和空间结构，能够根据物质的结构判断晶体的类型与性质。三种磷单质中，磷原子的价电子数为5个，磷原子间均以单键相连接，剩余1对孤电子对，价层电子对数为4，属于sp3杂化，磷原子不可能处在一个平面上。白磷由白磷分子构成，白磷晶体属于分子晶体；黑鳞具有与石墨类似的层状结构，层间是范德华力，层内相邻原子是共价键，还具有类似金属晶体的导电性，黑鳞晶体是混合型晶体。白磷的相对分子质量最小，分子间作用力最弱，在三种晶体中熔沸点最低。
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故[PtCl2(PH3)2]更稳定。
（5）识别常见晶胞的结构，掌握晶胞结构的简单计算方法。如果把Al和P都看成碳原子，则变成金刚石的晶胞结构，如果把P去掉，则变成干冰的晶胞结构。要分析P原子周围最紧邻的P原子数，可以选择任意一个P原子来考察。譬如以右下后方的P和Al（都记为1）做分析：
1
1
1号Al参与构成8个同样的晶胞，除了给出的这个晶胞，另外7个晶胞中，有3个晶胞与这个晶胞共1个面（正下方、正右方、正后方），3个晶胞与这个晶胞共1条棱（右下方、后下方、右后方），还有1个晶胞与这个晶胞共顶角（右下后方）。
这个晶胞内的3个P都与1号P最紧邻，与这个晶胞共面的3个晶胞中各有2个P与1号P最紧邻，与这个晶胞共棱的3个晶胞中各有1个P与1号P最紧邻，与这个晶胞共顶角的晶胞中没有与1号P最紧邻的P，所以1号P原子周围最紧邻的P原子数为：3+3×2+3×1 =12个。
如果做换位思考，由于晶胞中Al和P的个数相等，位置等价（若将Al和P原子都看作是碳原子，则该晶胞为金刚石晶胞），所以P原子周围最紧邻的P原子数，跟Al原子周围最紧邻的Al原子数相等，而Al原子周围最紧邻的Al原子数（晶胞中Al的排布与干冰中CO2分子的排布相同）容易得出是12个。
该晶胞中含有4个AlP，由立方晶胞密度计算公式：ρ=nM/NAa3，得到晶胞的边长a = （4M/NA）-3,，两个最近P原子间的距离为面对角线长度的一半。
18：本题以“乙二酸（草酸）-乙二酸酐-草酸钙”的转化关系为主线，考查从“物质结构-元素价态-物质类别”的视角认识物质的性质和用途，探究物质间转化关系的能力。重点考查物质的结构、性质与转化关系。主要涉及物质的氧化性还原性，酸性碱性，溶解性等中学化学的核心知识。试题融合了物质结构、有机化学、无机化学和化学实验等多模块知识，综合性较强，陌生度较大。
草酸是一种强还原剂，由于性质比较稳定，故在分析化学上可用作定量测定一些氧化性物质含量或浓度的试剂。该反应是氧化还原型离子反应，可考查离子方程式的书写和氧化还原反应的配平能力。草酸是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳。高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，若写成其他形式如MnO2则不给分。（草酸写成H2C2O4·2H2O也正确）
（2）①由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成。
②根据题意，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2 = 2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A选项正确；由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+ CaCl2↓=CaC2O4+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B选项正确；羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强（羟基极性增强，羟基氢容易电离出来）；甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸。C选项正确。乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。D选项不正确。
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。
（3）类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于CO2氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。
19：本题以工业生产和科学研究中的“丙烷制备丙烯”的3个不断改进优化的反应原理为线索，考查化学反应原理的主干知识和关键能力。
（1）由盖斯定律，可得ΔH1 = ΔH2－ΔH3/2 = ＋124kJ/ml。
（2）①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度（或分压）减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动（右移），提高了C3H8(g)的转化率 。
②根据图1，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1 ml，则起始时C3H8为0.4 ml，Ar为0.6 ml,。运用三段式法计算:
C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)
开始量/ml 0.4 0 0
变化量/ml 0.2 0.2 0.2
平衡量/ml 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.2 ml，C3H6为0.2 ml，H2为0.2 ml，Ar为0.6 ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为100 kPa× kPa，故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=503kPa×503kPa503kPa= 503 kPa≈16.7 kPa。
要将C3H8的平衡转化率提高到60%，假设起始时C3H8为1ml，Ar为xml,。运用三段式法计算:
C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)
开始量/ml 1 0 0
变化量/ml 0.6 0.6 0.6
平衡量/ml 0.4 0.6 0.6
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.4 ml，C3H6为0.6 ml，H2为0.6 ml，Ar为x ml，则C3H8(g)分压为100kPa×0.4/(1.6+x)，C3H6(g)、H2(g)的分压均为100 kPa×0.6/(1.6+x) ，根据温度不变平衡常数相等：
x=3.8 （说明：本题用浓度平衡常数Kc同样可求得结果。）
（3）增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压（体积缩小）的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图。
（4）反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS>0，所以该反应在任何温度下都能自发进行。选项A正确。
升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小。选项B不正确。
通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或CO2，使丙烯的产率降低或得不到丙烯。选项C不正确。
将水液化分离出来，可提高C3H8的转化率，但不能加快反应速率。选项D不正确。
与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低（任何温度下都自发）、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少。
（5）CO2催化氧化C3H8脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果。选项A正确。
表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确。
催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数。选项C正确。
催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加。选项D错误。
20. （1）实验室的研磨仪器为研钵
（2）A. Fe3O4具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象；B. Cl-干扰酸性KMnO4检验Fe2+；C. 氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可知，NaNO3和KMnO4的作用是氧化单层石墨烯；D. 将石墨研成细粉，可增大石墨粒子表面积，提高后续反应程度。
（3）Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
（4）防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解。
Cr2O72- + H2O⇌2CrO42- + 2H+，题中为酸性条件，存在形式为Cr2O72- ；
A=0.6带入c=1.600A-0.060得c=0.90，p=25×0.900−0.90025×0.900×100%=96.0%
21. B的结构为，C的结构为，
D的结构为，E的结构为，I的结构为
（1）氨基、硝基
（2）在A→B的反应中，K2CO3可与生成的HCl反应，作缚酸剂，有利于提高化合物B的产率，A选项合理；设计C+D→E是为了保护氨基（F→G复原），但该反应类型为取代反应，B选项不合理；化合物H中含碳氟键和醛基，能发生水解反应和银镜反应，C选项合理；对比瑞替加滨二盐酸盐的形成，酰胺键的碱性很弱与HCl不反应，因此化合物G只能生成一盐酸盐，D选项不合理。
（3）
（4）
（5）化合物C为C9H12N2O2，它的同分异构体限定条件中含有苯环和含有酰胺基，因为不饱和度为5，所以含1个苯环和1个酰胺基、则余“C2NO”，另限制无氮氮键和氮氧键，且分子中共有4种不同化学环境的氢原子，综合可知，同分异构体结构简式有：
（6）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
C
A
D
A
B
D
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
C
D
B
C
A
C
C
D
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17.（共10分）
（1） ， 6 （各1分，共2分）
（2）CD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出孤电子对，故[PtCl2(PH3)2]更稳定。(2分)
（4）12（2分） （2分）
18.（共10分）
（1）5H2C2O4+2MnO4-+6H+ =10CO2↑+8H2O+2Mn2+ （2分，乙二酸写成结构式或结构简式或含2个结晶水的化学式都正确，未配平给1分）
（2）① （2分）
②ABC （2分。漏选得1分，有错不得分）
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。 （各1分，共2分）
（3）将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。（或其他合理答案）（证明氧化性和还原性各1分，共2分）
19.（共10分）
（1）＋124 （1分）
①减小气体浓度（或分压），使平衡右移，提高C3H8(g)转化率。（1分。提到平衡右移或丙烷转化率即可给分）
②1:3.8（5:19或0.263）（2分）
（3）（2分。C点之前低于丙烯，C点之后高于丙烯。有错不得分）
（4）①A （1分）
②反应温度较低、节约能源；氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动；利用氢气和氧气反应放热，维持热量平衡；产品容易分离、副产物少。（写出1点即可，1分）
（5）BD （2分。对1个给1分，有错不得分）
20（共10分）
C（1分）
AB（2分。漏选得1分，有错不得分）
Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O（2分）（未配平给1分）
防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解。（2分）（写对一条给1分）
Cr2O72- （1分） 96.0%（2分）（不考虑有效数字）
21题（共12分）
（1）氨基、硝基 （1分）（有错别字不给分，只写对1个也不给分）
（2）BD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3） （1分）
（4）
（2分）（漏写H2O，扣1分）
（3分） （各1分）
（3分）
（若对硝基甲苯经氯代、水解、氧化三步制对硝基苯甲醛，扣1分）
试题解析
1．碳纳米材料主要成分为碳的单质
2．O3分子结构为V形分子；邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的；聚丙烯结构简式为：
3．硫酸钡用饱和碳酸钠溶液处理，可转为碳酸钡，碳酸钡难溶于水，可溶于酸
4．维生素C具有还原性，因此可用于食品中的抗氧化剂
5．A：瓷坩埚中含有二氧化硅，高热条件下易与NaOH反应导致坩埚破裂；B：反应过程中，有溴单质挥发出来，也能与硝酸银溶液产生沉淀；C：生成的乙炔中含有硫化氢等杂质，也能使高锰酸钾溶液褪色，应先通过硫酸铜溶液，再用酸性高锰酸钾溶液检验；D：打开止水夹，用热毛巾或浸过冰水的毛巾捂住圆底烧瓶，使NaOH溶液与氯气接触后，即可看到喷泉现象
6．分析转化关系图，可知：过程I反应的离子方程式为：NO2-+2H++e-=NO+H2O；过程II发生反应的离子方程式为：NO+NH4++2H++3e- = H2O+N2H4；过程III：N2H4= N2+4H++4e-；过程I-III的总反应为：NO2-+NH4+=N2+2H2O；
A：根据总反应式，整个过程，转化1ml NO2- 向大气释放1ml N2;B:过程I、II反应均消耗氢离子，使水体酸性减弱；C：N2H4能结合水电离出的氢离子而使溶液显碱性；D：过程II中铵根离子中氮元素化合价升高，发生氧化反应。
7．A: HONH2分子中氧原子上有两个孤电子对，氮原子上有一个孤电子对，所以33g HONH2中，各原子最外层孤电子对总数为3NA；B: Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，所以7.8g Na2O2固体中含有离子总数为0.3NA，正确；C:氯气与水反应是可逆反应，N(Cl-)+N(HClO)+N(ClO-)<0.2NA；D:随反应进行，浓硝酸变稀硝酸，还原产物变为NO，相同物质的量的铜生成气体分子数减少，所以6.4g Cu与一定体积浓硝酸恰好完全反应，则生成气体分子数小于0.2NA
8．A：如ClCH2NH2与CH3NHCl互为同分异构体，CH3NO2与CH3ONO互为同分异构，CHFClBr存在对映异构体，等；B：苯酚和苯甲酸常下均为固体，不能通过蒸馏的方法进行分离；C：乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通加聚反应可得到低密度聚乙烯
9．A：碘离子还原性比亚铁离子强，向FeI2溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘离子；B：AgCl不溶于水，对应的离子方程式应为AgCl+ 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]+ +Cl -+2H2O C：Ba(OH)2少量时，氢氧根只与铁离子反应，氢氧化钡对应的离子全部参加反应，所以对应离子方程式为3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓D：硫氢化钠溶液少量，铜离子足量，不可能生成硫化氢气体，所以对应离子方程式为： Cu2+ + HS- = CuS↓+ H+
10．A: 可推测a为丁烯二酸酸酐，四个碳原子均为sp2杂化，所以a分子所有原子在同一个平面上； B:酸酐能和NaOH溶液反应，N中含有羧基和酯基，它们均能与NaOH溶液发生反应;C: 反应1为加聚反应生成聚合物，反应2酯酐与醇的取代反应。D: 试剂b的结构简式为：
11．A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大，除E外均为非金属元素。主族元素原子半径最小的元素为氢，所以A为H； B的电子排布式为1s22s22p3，为N；C与B位于同一周期，C基态原子有2个未成对电子，则C为O；D的单质是重要的半导体材料，为Si;基态E+有电子填充的轨道无成单电子，则E+价层电子排布为3d10，E为Cu。A:O >N>H>Si，正确；B：D与A形成化合物为SiH4，为分子晶体；C：A与B可形成N2H4，A与C可形成H2O2，它们均为含有非极性键的极性分子；D：由A、B、C、E四种元素可组成盐[Cu(NH3)4](NO3)2，加入无水乙醇降低了其在水中的溶解度，能析出蓝色沉淀
12．A：根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均得到电子，生成硫化亚铜，正极反应式为；B：“单独构建该步电池时效率较低”，可推测Cu2S对步骤2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率；C：则消耗6.5g锌时，转移2ml电子，得到的精铜质量等于6.4g；D：根据信息，步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，x值也越大，极板质量增加也越多
13．A：生成P1的活化能低，反应速率快，但P2能量低，更稳定，所以反应过程中，产物P1的浓度先增大，因P2不断生成，使平衡向生成P2方向移动，P1浓度减小；B：过渡态能量越高，反应的活化能越高，但反应的∆H与活化能高低无直接关系； C：P1⇌ P2为放热过程，升高温度，有利于平衡向逆方向移动，达到平衡时，生成的产物中P2的百分含量减小；D：反应过程中，υ(HNO) >υ(Z)= υ(P1) + υ(P2)
14．A:步骤①会产生二氧化硫有毒气体，可用石灰乳吸收；B:硫酸浓度增大，反应速率加快，能加快浸出速率，适当加热也能加快浸出速率；C:若先Na2SO3溶液，则会使铜离子直接与亚硫酸根结合生成亚硫酸铜等沉淀，不利于生成CuCl；D:无水乙醇可洗去水，加快干燥速度
15．A：实验①反应后的得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl溶液，根据碳酸的电离常数可知，溶液中碳酸根的水解平衡进行的程度最大，所以溶液中粒子浓度关系为：c(Na+) >c(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；B：实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，由于碳酸根离子能发生水解反应，所以c(Ca2+) > 5×10-4ml/L > c(CO32-)；C：③根据有关常数，可知总反应Ca2++2HCO3- = CaCO3↓+ H2CO3↑的反应平衡常数K=5.3×104，由于碳酸分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得；D: ②中，Qsp[CaCO3]≈10-2 > 2.5×10-9；Qsp[Ca(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7=10-0.3×10-6< 5.5×10-6，所以只生成CaCO3；Qsp[MgCO3]≈10-2 > 1×10-5；Qsp[Mg(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7>1.8×10-11，能同时生成MgCO3和，Mg(OH)2沉淀可能为碱式盐；
16．A:硫酸没有挥发性，不会看到白烟现象; B: 硫酸铜氨溶液中滴加少量硫酸出现蓝色沉淀，是因为硫酸破坏了铜氨离子的结构，释放出的氨与铜离子反应生成了氢氧化铜沉淀;C:检验亚铁离子应该用K3[Fe(CN)6]溶液;
17：本题以“磷单质及其化合物”为载体，考查《物质结构与性质》的主干知识和核心素养。
知道核外电子排布的构造原理和排布规则（泡利原理、洪特规则、能量最低原理），熟悉1-36号元素基态原子的核外电子排布，正确书写和区别电子排布式和轨道表示式；能分析判断价层电子和电子的能量。需注意区别原子中所有电子的排布和价层电子的排布，核外运动能量不同的电子与核外运动状态不同的电子。P为15号元素，最外层电子即为价层电子，有5个，3s能级上2个，3p能级上3个。该激发态P原子的电子在10个原子轨道上运动，在1s、2s、2p、3s、3p、3d运动的电子能量不同，其中在2p的3个简并轨道、3p的3个简并轨道上运动的电子能量相同，共6种。
（2）判断物质中原子的杂化类型和空间结构，能够根据物质的结构判断晶体的类型与性质。三种磷单质中，磷原子的价电子数为5个，磷原子间均以单键相连接，剩余1对孤电子对，价层电子对数为4，属于sp3杂化，磷原子不可能处在一个平面上。白磷由白磷分子构成，白磷晶体属于分子晶体；黑鳞具有与石墨类似的层状结构，层间是范德华力，层内相邻原子是共价键，还具有类似金属晶体的导电性，黑鳞晶体是混合型晶体。白磷的相对分子质量最小，分子间作用力最弱，在三种晶体中熔沸点最低。
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故[PtCl2(PH3)2]更稳定。
（5）识别常见晶胞的结构，掌握晶胞结构的简单计算方法。如果把Al和P都看成碳原子，则变成金刚石的晶胞结构，如果把P去掉，则变成干冰的晶胞结构。要分析P原子周围最紧邻的P原子数，可以选择任意一个P原子来考察。譬如以右下后方的P和Al（都记为1）做分析：
1
1
1号Al参与构成8个同样的晶胞，除了给出的这个晶胞，另外7个晶胞中，有3个晶胞与这个晶胞共1个面（正下方、正右方、正后方），3个晶胞与这个晶胞共1条棱（右下方、后下方、右后方），还有1个晶胞与这个晶胞共顶角（右下后方）。
这个晶胞内的3个P都与1号P最紧邻，与这个晶胞共面的3个晶胞中各有2个P与1号P最紧邻，与这个晶胞共棱的3个晶胞中各有1个P与1号P最紧邻，与这个晶胞共顶角的晶胞中没有与1号P最紧邻的P，所以1号P原子周围最紧邻的P原子数为：3+3×2+3×1 =12个。
如果做换位思考，由于晶胞中Al和P的个数相等，位置等价（若将Al和P原子都看作是碳原子，则该晶胞为金刚石晶胞），所以P原子周围最紧邻的P原子数，跟Al原子周围最紧邻的Al原子数相等，而Al原子周围最紧邻的Al原子数（晶胞中Al的排布与干冰中CO2分子的排布相同）容易得出是12个。
该晶胞中含有4个AlP，由立方晶胞密度计算公式：ρ=nM/NAa3，得到晶胞的边长a = （4M/NA）-3,，两个最近P原子间的距离为面对角线长度的一半。
18：本题以“乙二酸（草酸）-乙二酸酐-草酸钙”的转化关系为主线，考查从“物质结构-元素价态-物质类别”的视角认识物质的性质和用途，探究物质间转化关系的能力。重点考查物质的结构、性质与转化关系。主要涉及物质的氧化性还原性，酸性碱性，溶解性等中学化学的核心知识。试题融合了物质结构、有机化学、无机化学和化学实验等多模块知识，综合性较强，陌生度较大。
草酸是一种强还原剂，由于性质比较稳定，故在分析化学上可用作定量测定一些氧化性物质含量或浓度的试剂。该反应是氧化还原型离子反应，可考查离子方程式的书写和氧化还原反应的配平能力。草酸是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳。高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，若写成其他形式如MnO2则不给分。（草酸写成H2C2O4·2H2O也正确）
（2）①由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成。
②根据题意，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2 = 2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A选项正确；由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+ CaCl2↓=CaC2O4+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B选项正确；羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强（羟基极性增强，羟基氢容易电离出来）；甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸。C选项正确。乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。D选项不正确。
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。
（3）类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于CO2氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。
19：本题以工业生产和科学研究中的“丙烷制备丙烯”的3个不断改进优化的反应原理为线索，考查化学反应原理的主干知识和关键能力。
（1）由盖斯定律，可得ΔH1 = ΔH2－ΔH3/2 = ＋124kJ/ml。
（2）①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度（或分压）减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动（右移），提高了C3H8(g)的转化率 。
②根据图1，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1 ml，则起始时C3H8为0.4 ml，Ar为0.6 ml,。运用三段式法计算:
C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)
开始量/ml 0.4 0 0
变化量/ml 0.2 0.2 0.2
平衡量/ml 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.2 ml，C3H6为0.2 ml，H2为0.2 ml，Ar为0.6 ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为100 kPa× kPa，故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=503kPa×503kPa503kPa= 503 kPa≈16.7 kPa。
要将C3H8的平衡转化率提高到60%，假设起始时C3H8为1ml，Ar为xml,。运用三段式法计算:
C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)
开始量/ml 1 0 0
变化量/ml 0.6 0.6 0.6
平衡量/ml 0.4 0.6 0.6
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.4 ml，C3H6为0.6 ml，H2为0.6 ml，Ar为x ml，则C3H8(g)分压为100kPa×0.4/(1.6+x)，C3H6(g)、H2(g)的分压均为100 kPa×0.6/(1.6+x) ，根据温度不变平衡常数相等：
x=3.8 （说明：本题用浓度平衡常数Kc同样可求得结果。）
（3）增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压（体积缩小）的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图。
（4）反应Ⅱ的ΔH2<0，ΔS>0，所以该反应在任何温度下都能自发进行。选项A正确。
升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小。选项B不正确。
通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或CO2，使丙烯的产率降低或得不到丙烯。选项C不正确。
将水液化分离出来，可提高C3H8的转化率，但不能加快反应速率。选项D不正确。
与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低（任何温度下都自发）、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少。
（5）CO2催化氧化C3H8脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果。选项A正确。
表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确。
催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数。选项C正确。
催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加。选项D错误。
20. （1）实验室的研磨仪器为研钵
（2）A. Fe3O4具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象；B. Cl-干扰酸性KMnO4检验Fe2+；C. 氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可知，NaNO3和KMnO4的作用是氧化单层石墨烯；D. 将石墨研成细粉，可增大石墨粒子表面积，提高后续反应程度。
（3）Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
（4）防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解。
Cr2O72- + H2O⇌2CrO42- + 2H+，题中为酸性条件，存在形式为Cr2O72- ；
A=0.6带入c=1.600A-0.060得c=0.90，p=25×0.900−0.90025×0.900×100%=96.0%
21. B的结构为，C的结构为，
D的结构为，E的结构为，I的结构为
（1）氨基、硝基
（2）在A→B的反应中，K2CO3可与生成的HCl反应，作缚酸剂，有利于提高化合物B的产率，A选项合理；设计C+D→E是为了保护氨基（F→G复原），但该反应类型为取代反应，B选项不合理；化合物H中含碳氟键和醛基，能发生水解反应和银镜反应，C选项合理；对比瑞替加滨二盐酸盐的形成，酰胺键的碱性很弱与HCl不反应，因此化合物G只能生成一盐酸盐，D选项不合理。
（3）
（4）
（5）化合物C为C9H12N2O2，它的同分异构体限定条件中含有苯环和含有酰胺基，因为不饱和度为5，所以含1个苯环和1个酰胺基、则余“C2NO”，另限制无氮氮键和氮氧键，且分子中共有4种不同化学环境的氢原子，综合可知，同分异构体结构简式有：
（6）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
C
A
D
A
B
D
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
C
D
B
C
A
C
C
D
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