[化学][二模]浙江省嘉兴市2024届高三下学期化学二模试卷(解析版)

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一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中含有共价键的盐是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．只含有共价键，但不属于盐，故A不符合题意；
B．由铵根和硝酸根离子构成，属于盐，含有离子键、共价键，故B符合题意；
C．MgCl2由Mg2+、Cl-构成，只含离子键，故C不符合题意；
D．NaOH由Na+、OH-构成，含有离子键、共价键，但属于碱，故D不符合题意；
故选：B。
2. 工业上将CO2通入到NH3的饱和NaCl溶液中制取NaHCO3，下列说法不正确的是（ ）
A. 食品膨松剂的成份之一是NaHCO3
B. 电离出H+使NaHCO3溶液显酸性
C. NaHCO3不稳定，受热容易分解
D. 盐酸与NaHCO3反应放出大量气泡并吸收热量
【答案】B
【解析】A．NaHCO3受热易分解，产生的CO2气体受热膨胀，从而使食品变得膨松，所以食品膨松剂的成份之一是NaHCO3，A正确；
B．在溶液中电离趋势小于水解趋势，从而使NaHCO3溶液显碱性，B不正确；
C．NaHCO3的热稳定性差，受热容易分解产生CO2气体等，C正确；
D．盐酸与NaHCO3反应，生成NaCl、CO2等，放出大量气泡，此反应为吸热反应，D正确；
故选B。
3. 下列表示不正确的是（ ）
A. 的电子式：
B. 的价层电子对互斥模型：
C. 的键的模型：
D. 的名称：1，3，4-三甲苯
【答案】D
【解析】A．结构式为O=C=O，电子式：，故A正确；
B．的中心原子O形成2个σ键，2个孤电子对，价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为，故B正确；
C．的键形成过程为：，模型为，故C正确；
D．的名称：1，2，4-三甲苯，编序号要使数字和尽量小，因此，序号应为：，故D错误；
故选D。
4. 高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，制备的一种方法其原理：，下列说法不正确的是（ ）
A. Fe3+是还原剂
B. H2O既不是还原产物也不是氧化产物
C. 生成，转移电子
D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为
【答案】C
【解析】A．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，A正确；
B．反应中H和O的化合价均未改变，故H2O既不是还原产物也不是氧化产物，B正确；
C．反应中Fe3+的化合价升高到+6价，则生成，转移3ml电子，C错误；
D．反应中是氧化产物，Cl-是还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；
故答案为：C。
5. 室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 溶液：
B. 的溶液：
C. 水电离产生的的溶液：
D. 使甲基橙变红的溶液：
【答案】A
【解析】A．在溶液中四种离子不发生任何反应，可以大量共存，故A正确；
B．与发生反应生成特征蓝色沉淀而不能大量共存，且Fe2+与高锰酸根发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；
C．水电离产生的的溶液，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，在酸、碱溶液中均不能大量共存，故C错误；
D．使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中硝酸根和发生氧化还原反应不能大量共存，故D错误；
故选A。
6. 镁及其合金是用途很广的金属材料。从海水中获取镁的主要步骤如下：
下列说法正确的是（ ）
A. 试剂①可以选用氢氧化钙溶液或氢氧化钠溶液，试剂②可以选用浓盐酸或
B. 操作I是指向海水中直接倒入过量试剂①，然后过滤得到沉淀
C. 操作Ⅱ是蒸发浓缩至有大量晶体析出、过滤、洗涤、烘干冷却
D. 实验室熔融无水时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器
【答案】D
【分析】海水中加入试剂①氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，操作Ⅰ为过滤操作，过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过操作Ⅱ浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；据此分析解。
【详解】A．分析可知试剂①可以选用的试剂为氢氧化钙溶液或氢氧化钠溶液，用来沉淀镁离子，试剂②可以选用稀盐酸或，水解后生成HCl与SO2，故A错误；
B．操作I是指向母液中直接倒入过量试剂①，而不是海水中，然后过滤得到沉淀，故B错误；
C．操作Ⅱ是加热蒸发至出现大量晶体，趁热过滤、洗涤、干燥，得到MgCl2晶体，然后将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故C错误；
D．实验室熔融无水时需酒精喷灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳等仪器，因为的熔点较高需要酒精喷灯，故D正确；
故选D。
7. 根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是（ ）
【答案】B
【解析】A．铝中加入一定量的等制成合金，可以增强材料的强度强度、抗腐蚀能力，故A正确；
B．水泥里掺入一定比例的石膏可以提高水泥的硬化速度和强度，强度不是抗压能力，故B错误；
C．液态油脂催化加氢增加了油脂饱和程度，油脂的抗氧化性能增强，故C正确；
D．聚乙炔中掺入等金属，分子间出现了多余的自由电子，可以增强导电性，故D正确；
故选B。
8. 利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是（ ）
A. 图①装置可用于验证钢铁的吸氧腐蚀
B. 图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成
C. 图③装置可通过加水分离两种物质
D. 图④装置可制取乙二酸
【答案】A
【解析】A．铁钉发生吸氧腐蚀消耗氧气，右侧的玻璃导管形成水柱，可以证明发生吸氧腐蚀，A正确；
B．硝酸具有挥发性，也可以氧化碘离子生成碘，使KI-淀粉溶液变蓝，不能说明浓分解生成，B错误；
C．苯和四氯化碳互溶，不能通过加水分离，C错误；
D．乙二醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，不能制得乙二酸，D错误；
故选A。
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. 实验中可将未用完的钾、白磷放回到原试剂瓶
B. 实验室用电石制取乙炔，了减缓反应速率，常用饱和食盐水代替水作反应试剂
C. 用加热使碘升华的方法除去铁粉中混有的
D. 用银氨溶液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸乙酯和溴苯
【答案】C
【解析】A．钾、白磷等物质易燃烧，为防止发生火灾，实验中可将未用完的钾、白磷放回到原试剂瓶，A正确；
B．电石与水反应非常剧烈，为了减缓反应速率，可用饱和食盐水代替水，B正确；
C．加热使碘升华，但铁粉与碘反应生成FeI2，C错误；
D．银氨溶液与乙醇互溶；与乙醛反应有银镜生成；与乙酸乙酯不反应，不互溶，乙酸乙酯在上层；与溴苯不反应，不互溶，溴苯在下层；现象各不相同，可以鉴别，D正确；
故选C。
10. 下列化学反应与方程式不相符的是（ ）
A. 向银氨溶液中加入过量盐酸：
B. 溶液中加入产生沉淀：
C. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：
D. 乙醇与酸性溶液反应：
【答案】A
【解析】A．银氨溶液中存在[Ag(NH3) 2] +，银氨溶液滴加盐酸，生成氯化银沉淀，离子方程式为：[Ag(NH3) 2] ++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2+2H2O，故A错误；
B．FeSO4溶液中加入H2O2产生氢氧化铁沉淀，其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O═2Fe(OH)3↓+4H+，故B正确；
C．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀，化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故C正确；
D．乙醇被酸性重铬酸钾氧化为乙酸、铬离子和水，离子方程式为：，故D正确；
故选：A。
11. 聚乙烯醇缩甲醛(维纶)是一种优质的合成材料，可用于生产服装、绳索等，一种合成路线如下所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X的结构简式为
B. 试剂Y可以是氢氧化钠溶液
C. 甲醛易溶于水，其水溶液具有杀菌、防腐的作用
D. 生成需要和
【答案】D
【分析】CH≡CH和CH3COOH发生加成反应，CH≡CH断开一条π键，CH3COOH断开-OH，生成，即X为，X在催化剂、加热条件下发生加聚反应生成M，M在试剂Y作用下发生酯基的水解反应生成N，Y可以是稀硫酸或NaOH溶液，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，X的结构简式为，A正确；
B．根据分析，试剂Y可以是氢氧化钠溶液，B正确；
C．甲醛易溶于水，其水溶液是福尔马林，具有杀菌、防腐的作用，C正确；
D．Q为高聚物，2分子N的链节和1分子甲醛发生缩聚反应生成1分子Q的链节，D错误；
答案选D。
12. 化合物可用作电极材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y同周期，Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等。基态W原子的价层电子排布式为。该电极材料所含阴离子的结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 简单离子半径：
B. 简单氢化物的熔沸点：
C. X单质在Y单质中燃烧，其产物中含有非极性共价键
D. W原子有15种空间运动状态不同的电子
【答案】C
【分析】基态W原子的价层电子排布式为，其核外电子排布：，为Fe元素；Z原子可形成5个共价键，为第VA族元素，Y原子可形成2个共价键，为第VIA族元素，结合Y原子的电子总数与Z原子的L层电子数相等可知，Y为O元素，Z为P元素，X、Y同周期，结合化合物可知，X为Li。
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，则离子半径：，A正确；
B．水分子间存在氢键，则简单氢化物的熔沸点：，B正确；
C．Li在氧气中燃烧生成氧化锂，不含非极性共价键，C错误；
D．铁原子的原子轨道数为15，故空间运动状态有15种，D正确；
答案选C。
13. 水系双离子电池原理如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 放电时，电极a作电源的正极，发生氧化反应最终变为
B. 充电时，水系电池中，a电极附近溶液的碱性增强
C. 充电时，b电极上的电极反应式为
D. 当完全放电时，则b电极质量减轻
【答案】D
【分析】由图可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu、发生得电子的还原反应，b极上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2、发生失电子的氧化反应，则a极为正极、b极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-xe-═Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极、b极为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。
【详解】A．放电时为原电池，a极为正极、b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu,故A错误；
B．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极上OH-失电子生成水，阳极附近的碱性减弱，故B错误；
C．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阴极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，故C错误；
D．放电时为原电池，a极上发生反应Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu,则1mlCu3(PO4)2完全放电时，转移电子6ml,有6mlNa+发生迁移，则b电极质量减轻6ml×23g/ml=，故D正确；
故选：D。
14. CH3CHO在NaOH溶液作用下制取2-丁烯醛的历程如下：
已知：反应(3)的平衡常数较小
下列说法不正确的是（ ）
A. OH-是该反应的催化剂
B. CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易电离出H+
C. 反应(4)加热失水有利于反应(3)平衡正向移动
D. CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下最多可得到2种羟基醛
【答案】D
【解析】A．反应(1)中，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，反应(3)中，与H2O电离出的H+结合为，从而生成OH-，则OH-是该反应的催化剂，A正确；
B．由反应(1)可知，CH3CHO电离出的H+与OH-反应生成H2O，而CH3CH3与OH-不能发生反应，则CH3CHO分子中甲基上的“”比中的“”更易电离出H+，B正确；
C．反应(4)加热失水，可减少生成物浓度，从而促进反应(3)的平衡正向移动，C正确；
D．CH3CHO与CH3CH2CHO的混合液在NaOH溶液作用下发生羟醛缩合反应，同种醛、不同种醛都可发生此类反应，则最多可得到4种羟基醛，D不正确；
故选D。
15. 天然水体中的与空气中的保持平衡。某地溶洞(假设岩石成分只有)的水体中(或)与的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 直线②的X表示
B. 该溶洞水体时，溶液中
C. 体系中存在
D. 体系中存在
【答案】D
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大， pH较小时浓度大于，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此直线① 代表，②代表，③代表Ca2+。
【详解】A．根据分析可知，直线②的X表示，A错误；
B．越大，c(X)越小，该溶洞水体时，根据图中信息可知，故溶液中，B错误；
C．由于调节体系中pH值时所用的物质未知，所以无法确定体系中存在的物料守恒，只有当体系中的物质只有CaCO3时才满足，但体系中还有碳酸，故C错误；
D．由图可知，b点时pH=9.0，，则体系中，D正确；
答案选D。
16. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是（ ）
【答案】C
【解析】A．向溶液中加入少量氯水，萃取后，层无色，溶液变红，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到的还原性强于Br-，故A正确；
B．NaOH溶液少量，与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，加入FeCl3后白色沉淀变为红褐色沉淀，则生成Fe(OH)3红褐色沉淀，为沉淀的转化，则的溶解度更小，故B正确；
C．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，可知苯环活化取代基，故C错误；
D．将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故D正确；
故选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 硅材料在生产、生活中占有重有地位。回答下列问题：
（1）基态原子的电子排布式________________。
（2）某含硅化合物的长链状结构(片段)截取部分如图所示。该化合物的晶体类型是___________。
（3）下列有关硅及其化合物说法正确是___________。
A. 在晶体和晶体结构中均是杂化
B. 常温下粗硅与盐酸反应制取，再以高温还原得到高纯硅
C. 比易水解原因之一是键能弱于
D. 晶体的X射线图谱显示有明锐的衍射峰
（4）硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。硅酸盐中的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构成的简单阴离子(图a)，也有以硅氧四面体结构单元构成的无限延长的单链(图b)、双链(图c)等更复杂的结构。
写出图c所示阴离子的化学式___________。
（5）碳和硅的有关化学键键能、键长如下所示：
硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多，试从共价键的成键角度解释原因_______________________________。
（6）已知晶体的密度为，其晶胞结构如图所示。阿伏加德罗常数值为，则晶胞中两个原子之间的距离为___________。
【答案】（1） （2）分子晶体 （3）ACD （4）
（5）①硅烷中的键和键的键能小于烷烃分子中键和键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；②的原子半径大，原子之间形成的单键较长，轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键
（6）
【解析】（1）Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，则核外电子排布式为：；
（2）根据某含硅化合物的长链状结构(片段)截取部分可知，的空间结构不是空间网状结构，是分子晶体；
（3）A．晶体硅和晶体中的Si原子价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，两种晶体中Si原子杂化类型都是sp3杂化，故A正确；
B．高纯硅的制取是以初步冶炼得到的粗硅为原料，在加热条件下与氯化氢气体反应，制成气态化合物SiHCl3，与杂质分离，然后在高温条件下用氢气还原，重新得到硅和氯化氢气体，这样就去掉了杂质，得到高纯硅，故B错误；
C．比易水解原因之一是键能弱于，共价键容易断裂，故C正确；
D．晶体的X射线图谱上能看到分立的斑点或明锐的衍射峰，非晶体的X射线图谱上能看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，故D正确；
答案选ACD；
（4）根据结构类推，红线圈中为重复部分，有4个Si，有4个O与另一个重复部分平分，占一半，则O个数为9+4=11，再结合硅为+4价，O为-2价可知，图c所示阴离子的化学式为；
（5）①硅烷中的键和键的键能小于烷烃分子中键和键的键能，稳定性差，易断裂，导致长链硅烷难以形成；
②的原子半径大，原子之间形成的单键较长，轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键，因此，硅与碳同族，也有系列含氢化合物，但硅的含氢化合物在种类和数量上都远不如碳的含氢化合物多；
（6）根据均摊法可知，一个晶胞中含有8+6=4个C，4个Si，设晶胞的参数为a，则=，a=，晶胞中两个原子之间的距离为边长的对角线的一半，即为。
18. Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化：
已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以的形式存在，溶液呈亮黄色。
请回答：
（1）依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为_____________________，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有________________。
（2）Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式_______________________________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 固体A中可能含有FeOB. 无色气体E能完全溶于水
C. 溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解D. 溶液B可溶解铜
（4）写出F→G反应的化学方程式______________________________________________。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子_________________________________________。
【答案】（1）
（2） （3）D
（4） 取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有
【分析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转化为黄色的溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。
【详解】（1）依据B[]→C[Fe(SCN)3]→D[]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为。由分析可知，无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有。
（2）Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/ml=34g/ml，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为。
（3）A．因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确；
B．无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确；
C．因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确；
D．溶液B为，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确；
故选D。
（4）F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验和I-的存在，用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。
19. 研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量是当今研究热点。
（1）已知常温常压下的燃烧放热，请写出表示燃烧热的热化学方程式___________________________________________________。
（2）1雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：
① ②
时，反应②的平衡常数为K，溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，溶液中浓度为___________(用题中的字母表示，忽略的电离)。
（3）目前和已经被用作工业捕碳剂，它们与可发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
为研究温度对捕获效率的影响，在某温度下，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体(用氨气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中气体的浓度。然后分别在温度为下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：
①请解释容器内气体浓度呈现如图1所示的变化趋势的原因________________。
②反应Ⅱ在温度为时，溶液随时间变化的趋势曲线如图2所示，当时间达到时，将该体系升温至，请在图2中画出时刻至平衡时，溶液的变化总趋势曲线___________。
（4）研究表明，气体可被电还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。
下列说法正确的是___________。
A. 电解质水溶液的酸性越强，越有利于气体电化学还原
B. a催化剂条件下，电还原的活化能约为
C. c催化剂条件下，电还原的活化能小于电还原的活化能，更容易发生的电还原
D. 电还原为从易到难的顺序为c、a、b
【答案】（1） （2）
（3）①区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于的捕获
②
（4）CD
【解析】（1）燃烧热对应1ml可燃物，的燃烧放热，则1mlCO燃烧放热为，燃烧热的热化学方程式；
（2）溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，则溶液中的浓度为，根据反应的平衡常数为K，则，解得溶液中浓度为；
（3）①在图1中，CO2的浓度存在最低点，则在区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以被捕获的浓度随温度升高而增多，未被捕获的就越少，区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于的捕获；
②反应在温度为T1时达到化学平衡，迅速升高温度到T2，这一瞬间溶液的pH不变，反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，溶液中NH4HCO3浓度减小，(NH4)2CO3浓度增大，则溶液碱性增强，pH增大，一段时间后达到新的化学平衡，溶液的pH不再发生变化，据此画出图形；
（4）A．由图(a)、(b)对照可知，c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原，因此发生哪类电还原由催化剂决定，A错误；
B．由图(a)可知，a催化剂条件下，电还原的活化能约为，B错误；
C．c催化剂条件下，CO2电还原活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原，C正确；
D．上述“CO2→CO”和“H+→H2”是竞争关系，(a)的能垒越小，(b)的能垒越大，越有利于CO2还原为CO，仅从图中能量相对值定性比较无法得出结论，还需要定量分析，∆E=E(a)-E(b)越小，CO2→CO还原越容易进行，催化剂a作用时，∆E=(0.51-0.27)eV=0.24eV，催化剂b作用时，∆E=[-0.08-(-0.22)]eV=0.14eV，催化剂c作用时，∆E=(0.22-0.60)eV=-0.38eV，因此，三种催化剂作用由易到难的是c、b、a，D正确；
答案选CD。
20. 高锰酸钾()为紫黑色固体小颗粒，易溶于水，是一种强氧化剂。
查阅资料：①锰酸钾()为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，这是锰酸根()
的特征颜色。其在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应。
②一些物质溶解度随温度变化单位：
某实验小组设计如下实验步骤用制备
I．高锰酸钾的制备
II．高锰酸钾的提取
III．高锰酸钾的纯度测定
①准确称取样品，用容量瓶配成溶液；②称取高纯度固体，全部置于锥形瓶中，再加入溶液和纯净水后盖上表面皿，于水浴加热振荡全部溶解；③用以上溶液趁热滴定。重复②~③，滴定3次。请回答：
（1）装置a的名称是___________，其作用①是平衡气压使液体按一定的速率顺利流下；②是__________________________。
（2）装置A中漂白粉可用___________代替。
A. B. C. D.
（3）上述装置存在一处缺陷导致产率降低，改进的方法是________________。
（4）步骤Ⅱ为了获得杂质较少的晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→_________→_________→_________→_________→干燥→晶体
a．用少量冰水洗涤 b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤
c．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热 d．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热
e．减压过滤 f．趁热过滤 g．缓慢降温结晶
（5）下列说法正确的是___________。
A. 步骤I装置C中应盛放浓
B. 轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全
C. 步骤III中的可用或代替
D. 一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如右图，则本次消耗的溶液体积为
（6）某次滴定，称取固体质量，消耗溶液体积，计算该次滴定实验测得的高锰酸钾含量是___________(精确到小数点后两位)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗 防止浓盐酸挥发 （2）C
（3）在AB之间增加一个盛有饱和溶液的洗气瓶
（4）d g e a （5）BD （6）96.41
【分析】已知漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，分液漏斗中为浓盐酸，二者发生归中反应生成氯气和氯化钙，则装置A中制备Cl2的化学方程式，Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率，装置C中可盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气。
【详解】（1）装置a的名称是恒压滴液漏斗，可以使得烧瓶和恒压滴液漏斗内外压强始终保持相等，则其作用是平衡压强，使液体顺利滴下，同时还能防止其中的浓盐酸挥发；
（2）漂白粉中的次氯酸钙与HCl发生归中反应生成氯气，四个选项中只有能与HCl发生归中反应生成氯气，故装置A中漂白粉可用代替；
（3）由于高锰酸钾溶液与HCl反应生成的氯气中含有HCl，故在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶以除去Cl2中的HCl，可以提高高锰酸钾的产率；
（4）根据题目所给溶解度等信息，结晶步骤中为得到杂质较少的粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中小火加热蒸发发至溶液出现晶膜，停止加热缓慢降温结晶减压过滤少量冰水洗涤干燥晶体；答案为d g e a；
（5）A. 步骤I装置C中应盛放NaOH溶液，吸收未反应的氯气，A错误；
B. 锰酸钾的水溶液呈深绿色，轻轻摇动装置B，若容器内壁未见暗绿色，说明反应完全，B正确；
C.硝酸可与草酸钠发生氧化还原反应，步骤III中的不能用代替，C错误；
D. 一次平行操作滴定前与滴定后(终点)读数如图所示，起始读数为0.40mL，终点读数为22.30mL，则本次消耗的溶液体积为，D正确；
故选BD；
（6）根据离子方程式，可知与草酸反应的定量关系2~，21.85mL溶液中的物质的量为n==0.004ml，则纯度为=96.41%。
21. 某研究小组通过以下路线合成抗肿瘤药物阿贝西利(Abemaciclib)
已知：
①
②
（1）化合物A的含氧官能团的名称是___________。
（2）化合物H的结构简式是________________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 化合物B的碱性比苯胺()的强
B. D→E的反应类型为消去反应
C. 化合物E和F可通过红外光谱区别
D. 化合物与足量加成后的产物中有3个手性碳原子
（4）写出B→D的化学方程式_________________________________________。
（5）写出满足下列条件D的同分异构体的结构简式___________(不考虑顺反异构)。
①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连；
②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，存在氮氮双键结构。
（6）是制备的重要原料，请利用以上相关信息，以和为原料，设计合成的路线________________(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）硝基 （2） （3）CD
（4）
（5）、、、
（6）
【分析】A→B 根据分子式多了两个氢，故为硝基还原，B为 ，B→D方程式为，根据DE结构式，知 D→E为取代反应，E为 ，E→F为取代反应， F→G为取代反应， 由G→产物知H为 ；
【详解】（1）化合物A含氧官能团的名称是硝基；
（2）由G→产物知化合物H的结构简式是；
（3）A．化合物B由于受F、Br电负性大，使氨基极性增大，更不易结合水中H+，碱性比苯胺()的弱，A错误；
B．D→E为取代反应，B错误；
C．E为与F化学键不一样可通过红外光谱区别，C正确；
D．化合物与足量加成后的产物中环上碳原子均为手性碳，产物中有3个手性碳原子，D正确；
故选CD。
（4）B→D的化学方程式；
（5）D的同分异构体①分子中含有苯环，所有卤原子直接连在苯环上，氮原子不与苯环直接相连，存在氮氮双键结构，则氮氮双键与苯环间连有一个碳，
②谱和IR谱分析表明：有3种不同化学环境的氢原子，为对称结构，D的同分异构体的结构简式：、、、；
（6）根据已知信息②，增加碳原子，后发生消去反应、加成反应、取代反应改变官能团种类和数目，流程如下：。物质
组成和结构变化
性能变化
A
铝
加入一定量的
强度、抗腐蚀能力增强
B
水泥
加入一定量石膏
抗压能力提高
C
液态油脂
催化加氢
抗氧化性提高
D
聚乙炔
掺入等金属
导电性提高
实验目的
方案设计
现象
结论
A
探究、的还原性强弱
向溶液中加入少量氯水后，分成两份：
①一份加萃取
②另一份加入溶液
①溶液无明显变化
②溶液变红色
的还原性强于
B
探究与溶解度差异
①向试管中加入 溶液，再加入2~4滴溶液
②向上述试管中滴加4滴溶液
①有白色沉淀产生
②白色沉淀变为红褐色沉淀
的溶解度更小
C
探究取代基对苯环的影响
取甲苯，滴入5滴的酸性溶液
溶液褪为无色
取代基对苯环具有活化作用
D
探究铝在浓硝酸中是否会形成致密氧化膜
将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入溶液
铝片表面未见到紫红色固体
铝片表面已形成致密的氧化膜
图a
图b
图c
化学键
键能/
348
615
812
413
226
318
键长/
154
133
120
109
235
150
物质
0
20
40
60
70
80
28
34.2
40.1
45.8
47.2
51.3
2.8
6.4
12.6
22.2
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