浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）2025届高三上学期第一次联考化学试题（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 V-51 Ga—70
选择题部分
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. 下列物质属于盐的是
A. HNO3B. K2O2C. CH3NH3ClD. Mg3N2
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸属于酸，A错误；
B．过氧化钾属于过氧化物，B错误；
C．甲胺(CH3NH2)为一元弱碱，与盐酸反应生成盐酸盐CH3NH3Cl，即CH3NH3Cl属于盐， C正确；
D．氮化镁的阴离子不是酸根离子，所以氮化镁不属于盐，D错误；
故选C。
2. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有难挥发性，可用于制备气体
B. 具有氧化性，工业上可用氨水吸收除去
C. 具有还原性，可用于除去工业废水中的
D. 难溶于水且不被射线透过，可用作钡餐
【答案】A
【解析】
【详解】A．由高沸点酸制取挥发性酸的原理可知，具有难挥发性的浓硫酸可用于制备氯化氢气体，A正确；
B．是酸性氧化物，工业上可用氨水吸收除去，B错误；
C．可用于除去工业废水中的，是生成难溶性的硫化汞，与还原性无关，C错误；
D．硫酸钡可用作钡餐是因为硫酸钡难溶于水，不能与胃液中的盐酸反应，且不被X射线透过，D错误；
故选A。
3. 下列表示正确的是
A. 丙氨酸的结构简式：
B. 基态氧原子的价电子排布图为：
C. 的价层电子对互斥()模型：
D. 中子数为34的锌原子：
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙氨酸的结构简式：CH3CH(NH2)COOH，故A错误；
B．根据洪特规则，电子分布到能量筒并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，这种排布方式原子的总能量最低，则基态氧原子的价电子排布图为：，故B正确；
C．的价层电子对数为：，含有2对孤电子对，价层电子对互斥()模型为：，故C错误；
D．锌为30号元素，中子数为34的锌原子：，故D错误；
故答案选B。
4. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A. 装置①可用于制备并测量其体积
B. 装置②可用于制作简单燃料电池
C. 装置③可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱
D. 装置④盐桥中的阳离子向右池迁移起形成闭合回路的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气极易溶于水，不能用装有水的量气管测量氨气的体积，A错误；
B．闭合K1，形成电解池，右侧石墨为阴极，H+放电产生氢气，左侧石墨为阳极，OH-放电生成氧气，然后断开K1、闭合K2，形成简单燃料电池，右侧石墨为负极，左侧石墨为正极，故B正确；
C．盐酸易挥发，可能HCl也进入到苯酚钠溶液中，使之生成苯酚，没有排除HCl的干扰，C错误；
D．Zn电极应插入硫酸锌溶液中，Cu电极应插入硫酸铜溶液中，构造错误，D错误；
答案选B。
5. 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. 工业上，可经过原子利用率都是的两步反应，实现由乙烯合成乙二醇
B. 天然气作为化工原料主要用于合成氨和生产甲醇等
C. 制作豆腐时加入氯化镁、硫酸钙等凝固剂，可使豆浆中的蛋白质聚沉
D. 乙酸甘油酯在碱性条件下水解，该反应可用于肥皂的生产
【答案】D
【解析】
【详解】A．一种以乙烯为原料制备乙二醇的合成方法为：，应①②分别为2CH2=CH2+O2→2、+H2O→CH2OHCH2OH，所有原子均进入生成物中，原子利用率均为100%，故A正确；
B．天然气的燃烧产物为二氧化碳和水，是一种清洁的燃料，它作为化工原料则主要用于合成氨和生产甲醇等，故B正确；
C．豆浆为胶体，加入氯化镁、硫酸钙等电解质能使豆浆中的蛋白质聚沉，故C正确；
D．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，但乙酸甘油酯不是高级脂肪酸甘油酯，故乙酸甘油酯在碱性条件下水解反应不可用于肥皂的生产，故D错误；
故答案选D。
6. 工业上用(分子结构：)与甲烷为原料制备，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 中键和键数量之比为
B. 既是氧化剂又是还原剂
C. 生成标准状况下的气体，断开键数为
D. 若该反应转移电子数，则被还原的有
【答案】C
【解析】
【详解】A．CS2的结构为：，一个双键中含有一个σ键、一个π键，因此1mlCS2中含有2mlσ键与2mlπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；
B．反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价，CH4做还原剂，S元素化合价由0价降至-2价，S8做氧化剂，故B错误；
C．标准状况下，11.2LH2S为0.5ml，1个S8中含有8个S-S键，根据可知，每生成0.5mlH2S消耗0.125mlS8，断裂1mlS-S键，即断开键数为，故C正确；
D．CH4中-4价升至CS2中+4价，有，反应转移8NA个电子，即每消耗1 mlCH4，甲烷化合价升高，是被氧化，故D错误；
故答案选C。
7. 类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．15—冠—5（冠醚）能识别Na+，说明直径与Na+匹配，但由于K+的离子直径比Na+的离子直径大，而12—冠—4（冠醚）的空腔直径更小，因此不能识别离子直径更大的，故A错误；
B．因石墨中碳原子采用sp2杂化，所有p轨道相互平行且相互重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动，所以石墨晶体可以导电，石墨中的化学键含金属键成分，故B正确；
C．擦干已洗净铁锅表面的水，可以防止潮湿环境下铁锅发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故C错误；
D．和组成不相似，则由，不能推测出两者的溶解度关系，故D错误；
故答案选B。
8. 下列方程式正确的是
A. 溶液中加入稀硫酸：
B. 碳酸氢钠溶液呈碱性：
C. 甘油和硝酸发生酯化反应：
D. 在酸催化下，苯酚与甲醛反应可生成羟甲基苯酚：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与稀硫酸反应生成硫单质和二氧化硫，，A错误；
B．碳酸氢钠溶液显碱性，因为碳酸氢根水解的离子方程式为，B错误；
C．甘油和硝酸在浓硫酸催化加热下发生酯化反应且该反应为可逆反应，，C错误；
D．苯酚和甲醛在酸催化剂的条件下可发生加成反应，生成邻羟甲基苯酚，D正确；
故选D。
9. 有机物经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，红外光谱显示分子中有羧基，质谱和核磁共振氢谱示意图如下。关于的说法不正确的是
A. 能与溴水发生加成反应B. 能与酸性高锰酸钾发生氧化反应
C. 能发生消去反应D. 自身可发生缩聚反应
【答案】A
【解析】
【分析】由质谱图可知，有机物A相对分子质量为90；由核磁共振氢谱可知，A有4种等效氢，且峰面积比为3∶1∶1∶1，即每种等效氢原子个数之比为3∶1∶1∶1，则A有中含有甲基；A只含C、H、O三种元素，A分子中有羧基，则除去羧基、甲基后所剩基团的相对分子质量为90-45-15=30，结合4种等效氢的氢原子个数之比为3∶1∶1∶1，可知所剩基团为-CH(OH)-，所有的结构简式为CH3CH(OH)COOH，据此解答。
【详解】A．CH3CH(OH)COOH只含羟基、羧基，不能与溴水发生加成反应，A错误；
B．CH3CH(OH)COOH含有羟基，可以与酸性高锰酸钾发生氧化反应，B正确；
C．CH3CH(OH)COOH含有羟基，且与羟基直接相连的碳原子的相邻碳原子上有氢原子，能发生消去反应，C正确；
D．CH3CH(OH)COOH含有羟基、羧基，自身可酯化发生缩聚反应，D正确；
故选A。
10. 主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。
下列说法不正确的是
A. 键角：
B. 分子的极性：
C. 简单离子半径：
D. 四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为主族元素，且原子序数依次增大，X连接2根共价键，Y连接6根共价键，X、Y的价电子数相等说明为同主族元素，因此，X、Y分别为O、S元素，Z的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，即为且形成的是+1价的离子，可知Z为K元素；W形成1根共价键，可知W为H元素，综合可知，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K元素。
【详解】A．YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，为，的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，因此键角：，故A正确；
B．W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，但由于O的电负性比S的大，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：，故B错误；
C．电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，可知简单离子半径：，故C正确；
D．四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；
故答案选B。
11. 苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是
A. 对比进程图，苯更易生成硝基苯的主要原因是该反应速率更快、产物更稳定
B. 反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变
C. 经两步反应生成产物Ⅰ的反应热
D. 加入选择性高的催化剂，短时间内可以提高单位时间内产物Ⅰ的产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．M六元环中与相连的C为杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，因此反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变，故B正确；
C．E1是第一步反应的正反应的活化能，E2是第二步反应的逆反应的活化能，只是两种活化能的差值，不是生成产物Ⅰ的反应热，故C错误；
D．加入选择性高的催化剂，可以加快反应的速率，提高单位时间内产物Ⅰ的产率，故D正确；
故答案选C。
12. 丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到溴丙烷，其机理如下：
下列说法不正确的是
A. 上述反应中，第一步为反应的决速步骤
B. 碳正离子中间体稳定性：
C. 丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大
D. 与加成的主要产物为
【答案】D
【解析】
【详解】A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确；
B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：>，B正确；
C．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确；
D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于F为吸电子基团，，故与加成的主要产物为，D错误；
故选D。
13. 表面皿中都装有混合了饱和食盐水、酚酞和铁氰化钾溶液的琼脂，分别将缠有铜丝的铁钉(图A)和缠有锌皮的铁钉(图)放置其中，如图所示。下列说法不正确的是
A. 图中铁钉受锌皮保护，为牺牲阳极的阴极保护法
B. 图中铁钉上的电极反应式：
C. 离子在半凝固态的琼脂内可定向移动
D. 图中，会出现蓝、红、蓝三个色块
【答案】B
【解析】
【分析】图A中，根据题中条件可知，形成原电池，其中铁为负极，电极反应式为：，铜为正极，电极反应式为：；图B中，根据题中条件可知，形成原电池，其中锌作负极，电极反应式为：，铁作正极，电极反应式为：，据此作答。
【详解】A．B中铁为正极，锌为负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．根据分析可知，图B中铁作正极，电极反应式为：，故B错误；
C．该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；
D．根据以上分析可知，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为：，Fe2+与反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；
故答案选B。
14. 加热煮沸的浓溶液和白磷反应可制，该过程同时可获得。其中一个反应为：。下列说法不正确的是
A. 为四面体结构，其中键角约为
B. 、与都是分子晶体
C. 已知的配位能力比强，这是由于配体中的存在空轨道
D. 反应过程中有极性键、非极性键的断裂，也有极性键、非极性键的形成
【答案】A
【解析】
【详解】A．为正四面体结构，四个面均为正三角形，键角为，故A项错误；
B．、与都是分子晶体，故B项正确；
C．利用N的孤电子对与过渡金属配位形成配位键，而的中心原子P有空的d轨道，可以接受过渡金属d轨道上的电子形成配位键，使与过渡金属生成的配合物更加稳定，因此与金属离子的配位能力NH3＜PH3，故C项正确；
D．反应过程中有水分子中的O-H极性键断裂、分子中的P-P非极性键的断裂，分子中有P-H极性键形成、P2H4分子中有P-P非极性共价键形成，故D项正确；
故本题选A。
15. 常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为。体系中所有含碳微粒物质的量分数随变化关系如图所示
[例如]。
下列说法不正确的是
A. 曲线Ⅱ表示的变化情况
B. 的电离平衡常数
C. 时，
D. 之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】在溶液中存在平衡：①；
②；
③Ag+的水解平衡；
随着pH的增大，c(H+)减小，平衡①、③正向移动，c(CH3COOH)、c(Ag+)减小，pH小于（约小于p）CH3COO-浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较大时（约大于p）CH3COO-浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg浓度减小，综合可知：曲线Ⅰ表示CH3COOH的物质的量分数随pH变化的关系，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系。
【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示的变化情况，故A正确；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数：，故B正确；
C．pH=n时，，根据CH3COOH的电离平衡常数：，有，的， ，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C错误；
D．随着pH的增大，即增大，根据图像及分析可知，促使③Ag+的水解平衡正向移动，而浓度减小，导致平衡逆向移动，根据分析可知，曲线Ⅱ表示CH3COO-的物质的量分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随pH变化的关系， 之后，减小程度较大，但依旧增大，说明增大，增大，符合分析，因此之后曲线Ⅱ、Ⅲ变化的主要原因是转化为沉淀，故D正确；
故答案选C。
16. 根据下列实验目的设计实验方案，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠燃烧生成的过氧化钠可以与水反应产生气体，而若是固体粉末中含有钠，则钠与水反应时也会有气体生成，故有气体生成时固体不一定为过氧化钠，故A错误；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根和铵根相互促进水解，但由于醋酸和一水合氨的电离常数相同，故溶液为中性，但浓度越小，水解程度越大，则不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不相同，故B错误；
C．当CuCl2浓度小时，溶液中浓度相对大，因此溶液就呈蓝色；当CuCl2溶液浓度较大时，溶液中的浓度大，因而离子浓度大，溶液颜色就靠近黄色而呈黄绿色。在中等浓度的氯化铜溶液中，与浓度相当，溶液就呈现黄色和蓝色的复合色—绿色。因此溶液变绿说明浓度增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：，向盐酸中滴加几滴硝酸银饱和溶液，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，反应平衡向右移动，的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故D正确；
故答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(共5小题，共52分)
17. 第Ⅲ族元素、、等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。
请回答：
（1）基态原子的简化电子排布式是___________。
（2）下列说法不正确的是___________。
A. 、中硼原子的杂化方式均为
B. 氧化物的化学键中离子键成分的百分数：
C. 与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有5种
D. 相同条件下在水中溶解度：氨硼烷()>乙烷
（3）常以二聚体形式存在，且各原子均满足结构。将该二聚体溶于生成：。
①该二聚体中存在的化学键有___________。
A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键
②的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，则的阳离子的结构式为___________。
（4）①氮化镓是第三代半导体材料。传统制备是采用与在一定条件下反应制备，不采用金属与制备的原因是___________。
②的一种晶胞结构如图所示，若阿伏伽德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________(用含、、的式子表示)。
【答案】（1） （2）AB
（3） ①. ②. ( 甲基中键分开写亦可)
（4） ①. 中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应) ②.
【解析】
【小问1详解】
镓是第31号元素，镓原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s24p1。
【小问2详解】
A．的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，的中心原子B原子的价层电子对数为，硼原子的杂化方式均为，因此杂化方式不同，故A错误；
B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，因此电负性：O＞B＞Ga，电负性差值越大，离子键百分数越大，化学键中离子键成分的百分数较大的是Ga2O3，故B错误；
C．同周期的主族元素从左往右第一电离能呈现增大趋势，Ga位于第Ⅲ族，由于第ⅡA族电子排布为半充满状态，较为稳定，因此与同周期的主族元素中，第一电离能比大的有：Ca、Ge、As、Se、Br，共五种元素，故C正确；
D．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，故D正确；
故答案选AB。
【小问3详解】
①以二聚体形式存在，且各原子均满足结构，可知该二聚体为，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，而铝的最外层为3个电子，因此还存在一个配位键，故答案选：AC；
②X的阳离子是以铝为中心原子，结构为四面体形的配离子，因此该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN、Br，因此X的阳离子的结构式为：。
【小问4详解】
①传统制备是采用与在一定条件下反应制备，中存在，键能大，反应要求高；也可能使由于，产物中气体分子数减少，属于熵减反应不利于反应的进行，故答案为：中存在，键能大，反应要求高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；
②该晶胞中含有Ga原子数目为，含有N原子数目为，晶胞底面为菱形，锐角为，边长为apm，则底面面积，则晶胞体积，则其密度。
18. 铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀的主要成分为___________(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是___________。
（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀
B. 步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C. 溶液1可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾粗产品
D. 溶液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低
（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。
步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因___________。
（5）步骤5需要在碱性环境下进行，设计实验验证溶液4中含有___________。
【答案】（1） ①. 、 ②. 还原性
（2） （3）ACD
（4）
（5）取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含(其他合理答案亦可)
【解析】
【分析】铜阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，经过步骤1后，铜溶解得到硫酸铜溶液即溶液1，银与铅溶解后分别得到氯化银与硫酸铅沉淀，金不溶即沉淀A为氯化银、硫酸铅、金，经过步骤2后，Au与氯离子形成配合物溶解，所以沉淀B为氯化银与硫酸铅，经过步骤3，氯化银溶解得到溶液3，经过步骤4得到氯化银沉淀。
【小问1详解】
由分析可知，沉淀B为、，步骤5中主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性。
【小问2详解】
单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为。
【小问3详解】
A．骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀，A正确；
B．骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C正确；
D．液4可返回步骤3中循环使用，但循环多次后可能导致银的浸出率降低，D正确；
故选ACD。
【小问4详解】
步骤4中加入稀硫酸调节溶液时，由图可知此条件下亚硫酸根与氢离子更容易结合形成亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为。
【小问5详解】
验证氯离子的操作步骤为，取一定量溶液4于试管中，加足量稀酸化，再加足量溶液，静置后向上层清液中滴加溶液，出现白色沉淀，则含。
19. 氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法是当前研究的热点问题。
请回答：
（1）甲烷水蒸气重整制氢：
I．
Ⅱ．
总反应：能自发进行的条件是___________。
A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断
（2）恒定压强为时，向某密闭容器中按投料，600℃时平衡体系中部分组分的物质的量分数如下表所示：
①下列措施中一定能提高H2平衡产率的是___________。
A．选择合适的催化剂 B．移除部分
C．向体系中投入少量 D．恒温恒压下通入气体
②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数()，600℃时反应I的平衡常数为___________(结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。
（3）硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①根据上图写出水解制氢的离子方程式___________。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。)
分析质量分数超过后制氢速率下降的可能原因___________。
③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。
阴极上的电极反应式是___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 ③.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。
【小问2详解】
①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意；
B．移除CO，降低CO浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；
C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意；
D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意；
故答案选CD；
②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。
【小问3详解】
①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：；
②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。
20. 氧钒()碱式碳酸铵晶体{}，紫红色，难溶于水和乙醇，是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。实验室以为原料制备该晶体，过程如下：
已知：+4价钒的化合物易被氧化。
请回答：
（1）步骤ⅰ生成的同时，还生成一种无毒无害的气体，请写出该反应的化学方程式： ___________。
（2）步骤ⅱ可在如图装置中进行。
①盛装溶液的仪器名称为___________。上述装置依次连接的顺序为___________(按气流方向，用各接口小写字母表示)。
②实验时，先打开，一段时间后，当观察到___________(填实验现象)时，再关闭，打开，进行实验。
（3）下列说法不正确的是___________。
A. 已知还原性：浓盐酸，步骤ⅰ可用浓盐酸与反应制备，更经济环保
B. 步骤ⅱ中，盛装溶液和溶液的位置可以互换
C. 步骤ⅲ中，可先用冷水洗涤晶体，再用无水乙醇洗涤
D. 步骤ⅲ中，为快速得到干燥的产品，可采用高温烘干的方式
（4）粗产品中钒元素含量的测定：称取样品于锥形瓶中，用适量稀硫酸溶解后，加入稍过量的溶液，充分反应后继续加溶液至稍过量，再用尿素除去过量的，滴入几滴溶液，用标准溶液滴定至终点，重复三次，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：具有还原性，滴定原理为：。
①滴定终点的现象为___________。
②粗产品中钒元素的质量分数为___________。
【答案】（1）
（2） ① 恒压滴(分)液漏斗 ②. ③. 装置乙中不再产生红棕色气体 （3）ABD
（4） ①. 当滴入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀生成且半分钟内沉淀不消失 ②.
【解析】
【分析】实验室以制备氧钒碱式碳酸铵晶体，步骤ⅰ反应制备，同时有无色无污染氮气生成，步骤ⅱ将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，析出紫红色晶体，步骤ⅱ中实验装置丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，发生反应，最后进行抽滤和洗涤得到产品，据此解答。
【小问1详解】
中加入盐酸和，微沸数分钟，反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为： 。
【小问2详解】
①根据仪器结构特点可知盛装溶液的仪器名称为：恒压滴(分)液漏斗；
根据分析，丙为制备CO2气体的发生装置，甲为除杂装置，丁为制备氧钒碱式碳酸铵晶体反应装置，乙为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为：eabfgcd，故答案为：恒压滴(分)液漏斗；；
②为防止反应生成的氧钒碱式碳酸铵晶体中的被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开，丙装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则甲装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到装置乙中不再产生红棕色气体，说明空气已排尽，再关闭，打开K2，进行实验，故答案为：装置乙中不再产生红棕色气体。
【小问3详解】
A．浓盐酸具有还原性更强，能与V2O5发生氧化还原反应：V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2↑ +3H2O，但由于产生有毒的Cl2，因此步骤ⅰ不可用浓盐酸与反应制备，故A错误；
B．VOCl2溶液与NH4HCO3溶液混合反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵，同时会有氯化铵，晶体过滤后会有氯化铵残留，因此用饱和碳酸氢铵溶液洗去晶体表面的氯离子，若是交换顺序，则氯离子会有残留，故B错误；
C．用乙醇洗涤，减少产品的损失，同时乙醇易挥发，方便干燥，故C正确；
D．用加热的方法烘干，容易造成晶体失去结晶水，故D错误；
故答案选ABD。
【小问4详解】
①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：当加入最后半滴标准液时，有蓝色沉淀产生且或半分钟内沉淀不消失；
②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒元素的质量分数。
21. 苯烯莫德是一种小分子药物，因可抑制多种自身免疫性疾病而成为研究热点。其合成路线如下：
已知：①
②
请回答：
（1）化合物的官能团名称是___________。
（2）化合物的结构简式是___________。
（3）下列说法不正确的是___________。
A. 合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基
B. 化合物能被酸性高锰酸钾氧化转化为化合物
C. 的反应涉及加成反应和消去反应
D. 苯烯莫德的酸性强于
（4）写出的化学方程式___________。
（5）参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式___________。
①能发生银镜反应；
②与溶液反应显紫色；
③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子。
【答案】（1）醛基、醚键
（2） （3）BD
（4） （5） （6）、、、、、、、
【解析】
【分析】观察F结构简式，可以得出A中含有苯环，结合A分子式可知，A的不饱和度为4，可得A为，A与CH3I发生取代反应生成B，结合B分子式（不饱和度为4），以及F结构简式，可得B为，B发生氧化反应生成C，C为，根据D的分子式（不饱和度为5），可知C与2-溴丙烷发生取代反应生成D，即D为，D到E发生还原反应，E为，结合H的结构以及G的分子式，可知G的结构为，H发生题干信息①的反应生成I，I为，I→产物发生取代反应。
【小问1详解】
化合物F为，官能团名称是：醛基、醚键。
【小问2详解】
根据分析可知，化合物A的结构简式是：。
【小问3详解】
A．合成路线中碘甲烷的作用是保护酚羟基，故A正确；
B．化合物E为，结构中的羟基、异丙基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此生成的是，不能生成D，故B错误；
C．根据F与H的结构对比可知，F中的醛基被加成，而后消去产生H，故C正确；
D．苯烯莫德为，烃基越长，推电子效应越小，因此中的酚羟基的酸性弱于，故D错误；
故答案选BD。
【小问4详解】
为取代反应，反应为：。
【小问5详解】
参照上述路线，写出以苯甲醇()为原料合成的路线为：。
【小问6详解】
F为，满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③苯环上有4个取代基，且分子中有5种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体有：、、、、、、、（任写四种）。选项
已知
结论
A
冠(冠醚)能识别
冠(冠醚)能识别
B
石墨晶体可以导电
石墨的化学键具有金属键的性质
C
擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈
防止潮湿环境下发生化学腐蚀
D
常温下，
常温下，溶解度：
选项
实验目的
方案设计
现象
结论
A
探究钠在氧气中燃烧所得固体产物的成分
取少量固体粉末，加入蒸馏水
有气体生成
钠在氧气中燃烧所得产物为
B
比较水的电离程度
常温下，用计分别测定和溶液的
均为
同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同
C
探究温度对化学平衡的影响
取溶液于试管中，将试管加热
溶液变绿
温度升高平衡逆向移动
D
定性证明配合物(亮黄色)只有在高浓度的条件下才是稳定的
取工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液
溶液亮黄色褪去，变为很浅的黄色
配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的
组分
物质的量分数