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浙江省名校协作体2023-2024学年高三化学上学期开学适应性试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高三化学上学期开学适应性试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题
高三年级化学试题
选择题部分
一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求)
1. 下列物质中，既不属于酸性氧化物又不属于碱性氧化物的是
A. ClO2 B. SiO2 C. MgO D. N2O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO2不能与水反应生成对应的酸，不是碱性氧化物，同时ClO2不属于酸性氧化物，A选；
B．SiO2能与强碱溶液反应生成正盐和水，属于酸性氧化物，B不选；
C．MgO能与强酸溶液反应生成正盐和水，属于碱性氧化物，C不选；
D．N2O3是HNO2的酸酐，所以2NaOH+N2O3=2NaNO2+H2O，N2O3属于酸性氧化物，D不选；
故选：A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 丙烯氰的键线式： B. 基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C. H2O的结构式：H-O-H D. HClO的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯氰为CH2CHCN，键线式为，故A正确；
B．基态As原子的价层电子排布式为4s24p3，故B错误；
C．H2O中为O-H键，结构式为H-O-H，故C正确；
D．HClO的结构式为H-O-Cl，空间填充模型为，故D正确；
故答案选B。
3. 镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是
A. Li2SO4易溶于水 B. LiOH是受热不易分解的强碱
C. Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象 D. Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Li2SO4与硫酸镁性质类似易溶于水，故A正确；
B．LiOH和Mg(OH)2性质类似，Mg(OH)2是难溶于水的弱碱，受热易分解，因此LiOH也是难溶于水的弱碱，加热易分解，故B错误；
C．Mg与浓硫酸不产生钝化，Li遇浓硫酸也不会产生钝化现象，故C正确；
D．MgCO3受热易分解生成MgO和CO2，Li2CO3受热也分解，生成Li2O和CO2，故D正确；
答案选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 碳化硅熔点很高，可用于制作砂轮磨料
B. Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
C. 生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座
D. Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2)
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅熔点高和制作砂轮磨料之间没有因果关系，碳化硅硬度大，可用于制作砂轮磨料，故A不正确；
B．Al(OH)3呈弱碱性，可用于中和胃酸中的酸，故B正确；
C．生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座，因果关系正确，故C正确；
D．Na2SO3有还原性，氯气有氧化性，可用于水处理中脱氯(Cl2)，故D正确；
答案选A。
5. 下列有关说法错误的是
图①
图②
图③
图④
A. 图①实验能用于证明氨气极易溶于水
B. 图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2
C. 由图③实验可知增大气体总压强化学平衡向左移动
D. 利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．图①实验为利用氨气做喷泉实验，通过圆底烧瓶内产生负压，证明氨气极易溶于水，A正确；
B．图②实验中，SO2密度比空气大，集气瓶内导管左长右短，可用于收集SO2，烧杯内干燥管插入NaOH溶液中，用于吸收多余的SO2，B正确；
C．图③实验中，由于反应前后气体的分子数相等，所以增大气体总压强，化学平衡不发生移动，C错误；
D．图④实验中，通过U形管内液面左高右低，确定左侧为吸氧腐蚀，右侧为析氢腐蚀，从而探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀，D正确；
故选C。
6. 下列说法正确的是
A. 纤维素能发生酯化反应，而淀粉不能
B. 乳糖、淀粉、纤维素和糖原都属于多糖
C. 涤纶中的长纤维称为人造丝，短纤维称为人造棉
D. 聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后具有一定的导电性能
【答案】D
【解析】
【详解】A．纤维素和淀粉均有羟基，均能发生酯化反应，A项错误；
B．乳糖属于二糖，淀粉、纤维素和糖原都属于多糖，B项错误；
C．涤纶是物质经化学变化后制成的合成纤维，C项错误；
D．聚苯胺、聚苯等经过特殊改造后能够像金属一样具有导电性能，用适当物质掺杂处理即可使其能导电，D项正确；
答案选D。
7. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. 和的空间结构都是正四面体形
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
8. X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 简单离子半径：
C. 简单气态氢化物的热稳定性：
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，分别为2p2、2p4，即X为C元素，Z为O，则Y为N元素；W与Z同族，则W为S元素；R的最外层电子数与最内层电子数相等，即最外层电子数为2，且原子序数大于16，则R为Ca元素，综上，X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、S、Ca元素；由上述分析可知，X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、S、Ca元素；
【详解】A．N、O位于第二周期元素，但N原子的2p3结构属于半充满的稳定结构，舍去1个电子所需能量大，所以元素第一电离能: I1(N) > I1(O)，选项A正确；
B．S2-、Ca2+的核外电子数均为18，二者核外电子排布相同，但Ca2+的质子数多，对最外层电子数的引力强，电子Ca2+ 的半径小于S2-，即离子半径:S2- > Ca2+，选项B错误；
C．非金属性: O > S，非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越强，则热稳定性:H2O > H2S，选项C错误；
D．碳酸是弱酸，硫酸是强酸，即最高价氧化物对应水化物的酸性: H2SO4 > H2CO3，选项D错误；
答案选A。
9. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-+3H++SO
B. 将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C. 将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2•12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D. 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2有强氧化性，具有还原性，Cl2能将氧化为，而Cl2是少量的，则生成的能与反应生成，反应的离子方程式为，A错误；
B．将少量溶液滴入溶液中，反应的离子方程式为，B错误；
C．将溶液滴入明矾溶液中至沉淀质量最大，反应的离子方程式为，C正确；
D．电离出的优先和氢氧化钠溶液反应，同物质的量浓度同体积的溶液与氢氧化钠溶液混合，OH-只与反应，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
10. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B. 一定温度下，1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中NH的物质的量均小于0.5NA，且前者更少
C. 1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NA
D. 1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和为0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝基-NO2既没有得电子也未失电子，46 g二氧化氮(NO2)的物质的量，故1mol硝基中含有的电子数与二氧化氮中的相同，均为23NA，故A正确；
B．盐溶液越稀，盐类水解程度越大，故1 L 0.50 mol•L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol•L-1 NH4Cl溶液含NH物质的量不同，且是前者大，故B错误；
C．过氧化钠和二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移NA个电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，故1mol过氧化钠转移2NA个电子，故C错误；
D．部分水解生成邻苯二甲酸，依据物料守恒可知，1L 0.01mol•L-1溶液中， 和 的离子数目之和小于0.01NA，故D错误；
故选：A。
11. 高分子树脂X的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 高分子X中存在氢键
B. 甲的结构简式为
C. ①的反应中有水生成
D. 高分子X水解可得到乙
【答案】D
【解析】
【分析】CH2=CHCN与H2O、H+加热条件下反应生成甲为CH2=CHCOOH，根据高分子X的结构简式，乙的分子式可知，乙的结构简式为，甲与乙发生加聚反应生成高分子X。
【详解】A．根据高分子X的结构简式可知，其内部存在-NH-结构，存在氢键，A正确；
B．根据分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，B正确；
C．反应①为2个与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，C正确；
D．甲和乙发生加聚反应生成高分子X，而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到乙，D错误；
故答案选D。
12. 室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是
A. 分钟内，M的平均反应速率为
B. 反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大
C. 反应①的活化能比反应②的活化能大
D. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，M起始浓度为0.5mol/L，反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；①；②，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=△c(A)，由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L=3：5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①、②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，M的平均反应速率为，故A正确；
B． 反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，故B错误；
C． 由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=△c(M )-c(Z)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，则v(Y)：v(Z)=0.075mol/L：0.125mol/L=3：5，即v(Y)＜v(Z)、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故C正确；
D． 由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5mol/L，则c(Z)=×0.5mol/L=0.3125mol/L，c(Y)= ×0.5mol/L=0.1875mol·L－1，反应结束时A转化为Z的转化率为，故D正确；
故选B。
13. 中国科学院研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述正确的是
A. 放电时，极电极反应式为
B. 充电时，接电池负极，该电极发生氧化反应
C. 充电时，右侧贮液器中溶液浓度减小
D. 放电时，电路中转移电子时，负极区电解质溶液增重
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示及总反应可知，放电时，N为负极，Zn失去电子，发生氧化反应，M为正极，得电子，发生还原反应；充电时，N为阴极，得电子，发生还原反应，M为阳极，失去电子，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析，放电时，M为电池正极，得电子，发生还原反应，电极反应式为，故A项错误；
B．充电时，N为阴极，接电池负极，得电子，发生还原反应，故B项错误；
C．充电时，右侧贮液器中得到电子生成Zn，离子减少，溶液浓度减小，故C项正确；
D．放电时，Zn失电子后与氢氧根生成，当电路中转移2mol电子时，溶液增加的质量为1molZn和2molOH-的质量之和，大于65g，故D项错误。
故答案选：C。
【点睛】本题根据原电池和电解池的原理，判断电池的正负极，得失电子情况，根据图示进行解题。
14. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A. (Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B. M中的化合价为
C. 该过程有非极性键的形成
D. 该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；
B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；
综上所述，本题选B。
15. 已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是
A. 由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()
C. 因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【解析】
【详解】A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1，溶液呈酸性，则溶液中离子浓度大小的顺序为c(H+)>c()>c()>c(OH-)，A不正确；
B．实验2中逐滴加入5mL水，溶液中水解平衡正向移动，水解程度不断增大， c(OH-)增大，pH增大，B正确；
C．实验3随着NaOH的加入，先生成，再生成，所以可出现两次突跃，的电离大于水解，溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，水解呈碱性，应选用酚酞作指示剂，C正确；
D．实验4可知，白色沉淀转化为黑色沉淀是MnS转化为CuS，说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，D正确；
故选A。
16. 下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物
反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引
铁与水蒸气在高温下反应，生成
B
为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
具有还原性
C
取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液
加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀
和既发生氧化还原反应，也发生双水解
D
向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液
溶液变血红色
与的配位能力小于
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是，并不能确定一定生成，A错误；
B．Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是使高锰酸钾褪色，B错误；
C．取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了。加入稀盐酸和溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀，说明Fe3+将氧化为，C正确；
D．向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。
故选C。
二、非选择题
17. 普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为_______。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/()
……
Fe
759
1561
2597
5290
……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是：_______。
（3）关于晶体下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C. 晶体中的键能>KCN中的键能
D. 晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
（5）图2晶胞中的个数为_______，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为_______nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） （2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多 （3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，价层电子排布式为，基态Fe原子价层电子的轨道表示式为： ；
小问2详解】
Fe原子价层电子排布式为，Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多；
【小问3详解】
关于晶体
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等，A正确；
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：，B正确；
C. 在晶体中的键能等于KCN中的键能，C错误；
D. 由图1可知，在晶胞中、 原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6，D正确；故选C；
【小问4详解】
因为普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，所以普鲁士蓝本身是无毒的；
【小问5详解】
晶胞中，个数为：，个数为：，与、比值为1:1，所以个数为4；晶胞的棱长为，图1中位于每个晶胞中心，图2中位于小正方体的中心，则相邻之间的最短距离为nm。
18. 溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免_______ ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是_______。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入_______，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是_______(填字母)。
A. NaCl溶液 B. Na2CO3溶液 C. SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为_______。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
序号
A
B
C
试剂组成
1 mol/LNaBr溶液
l mol/LNaBr溶液
将B中反应后溶液
20% H2SO4
98% H2SO4
用水稀释
实验现象
无明显现象
溶液呈棕红色放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了_______。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案：_______。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是_______(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2） ①. Fe2+、Br- ②. 铁粉 ③. b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4） ①. Br2 ②. SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ③. 稀硫酸
【解析】
【分析】根据题中流程图可知，海水浓缩、酸化后加氯气发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，热空气吹出溴，且FeBr2或Fe均具有还原性，用碳酸钠溶液吸收溴，Br2歧化为Br和Br-，再用硫酸酸化歧化后的溶液得到Br2，发生5Br-+ Br+6H+=3Br2+3H2O。
【小问1详解】
海水呈碱性，通入氯气容易发生2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-，从而消耗较多的氯气；
【小问2详解】
具有脱氯作用的离子是Fe2+和Br-离子，均具还原性；失去脱氯作用后的溶液再加入铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，脱氯作用恢复，因此加入物质是铁粉；A溶液吸收溴后，发生歧化反应即3Br2+6OH-=5Br-+ Br+3H2O，需要在碱性环境，a：NaCl呈中性不符合，b：Na2CO3溶液呈碱性合理，c：SO2会与溴发生氧化还原反应，不会使Br2发生歧化反应，不合理；
【小问3详解】
再用硫酸酸化歧化后的溶液发生化合价归中反应，离子方程式为：5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O；
【小问4详解】
B中溶液呈红棕色说明产生了Br2；C中溶液颜色变浅，甲判断的理由是SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，若乙同学分析合理，实验方案是用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察下层是否呈红棕色，因此答案是：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；酸化歧化反应后的溶液宜选用稀硫酸，因为浓硫酸可氧化溴离子。
19. 低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，___________。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有___________。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是___________。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：___________。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为___________。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图___________。
【答案】（1）80.24
（2）BC （3） ①. AC ②. 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4） ①. 96% ②.
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
【小问2详解】
反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故答案选BC；
【小问3详解】
①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
答案选AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
小问4详解】
①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
20. 铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A. 步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B. 步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C. 步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D. 应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是___________。
a．烧杯 b．坩埚 c．蒸发皿 d．马弗炉 e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是___________。
（3）下列操作或描述不正确的是___________。
A. 为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B. 抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C. 让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D. ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→____→_____→______→i→______→_______→e；__________。
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是：___________。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度___________。
【答案】（1）AD （2） ①. bd ②. ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O （3）D
（4） ①. d→b→c→g→i→f→h→e ②. 促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【解析】
【分析】将 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O按2：1的物质的量的比溶解在一定量的蒸馏水中，并将混合溶液水浴加热至75℃，然后加入75℃(NH4)2C2O4·2H2O溶液，发生反应：Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓，产生的盐经抽滤、洗涤、干燥后得到纯净ZnFe2(C2O4)3·6H2O，然后在无氧条件下灼烧分解产生ZnFe2O4。
【小问1详解】
A．反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此步骤①，将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热，A正确；
B．为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，B错误；
C．根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3·6H2O从溶液中析出，滤液中含有、，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，C错误；
D．根据反应Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓可知在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，D正确；
故合理选项是AD；
【小问2详解】
实验步骤④是在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O制取ZnFe2O4，应该将药品放置坩埚中在马弗炉中进行加热，故合理选项是bd；
灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O分解产生ZnFe2O4的化学反应方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
【小问3详解】
A．过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A正确；
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，B正确；
C．自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，C正确；
D．从含有的溶液中过滤分离出来的ZnFe2(C2O4)3·6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无，所以ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，D错误；
故合理选项是D；
【小问4详解】
某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)制取纯净的ZnSO4·7H2O，首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3 mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净ZnSO4·7H2O，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
【小问5详解】
滴定过程中消耗0.0500 mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL，即相当于ZnFe2O4的质量m(ZnFe2O4)=9.64 mg/mL×25.00 mL=241 mg=0.241 g，所以该样品的纯度为。
21. 盐酸洛美沙星是一种氟喹诺酮药物，具有抗肿瘤活性。某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：
请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. 化合物A分子中所有原子一定共平面
B. 根据合成路线推测，化合物C能与其他物质发生缩聚反应
C. 化合物G中含有配位键
D. 洛美沙星的分子式为
（2）化合物B的官能团名称是_______；化合物H的结构简式是_______。
（3）写出D→E的化学方程式_______。
（4）写出3种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；
②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；
③分子中还有一个五元碳环。
（5）以苯胺()和甲氧亚甲基丙二酸二甲酯[]为原料，设计合成如下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】（1）AD （2） ①. 氨基、碳氟键 ②.
（3）+C2H5OH
（4）、、、 （5）
【解析】
【分析】E与C2H5Br在K2CO3/DMF作用下反应生成F，结合E的分子式及F的结构简式可知，F比E多2个C原子，两者发生取代反应，推出E为，D在ph2O作用下反应生成E，结合D、E的分子式可推知相差2个C、6个H、1个O，则另生成一分子乙醇，可推知D为，逆推法可推知B为，A为，G与在DMSO作用下反应生成H，根据H的分子式推知H为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析；
【小问1详解】
A. 化合物A为，分子中含有硝基，空间构型是平面三角形，C-N键可以旋转，故所有原子不一定共平面，选项A不正确；
B.化合物C为，根据合成路线推测，能与其他物质发生缩聚反应，选项B正确；
C. B原子最外层电子数为3，化合物G中B形成4个价键，故含有配位键，选项C正确；
D. 根据结构简式可知，洛美沙星的分子式为，选项D不正确；
答案选AD；
【小问2详解】
化合物B为，官能团名称是氨基、碳氟键；化合物H的结构简式是；
【小问3详解】
根据分析可知，D→E的化学方程式为+C2H5OH；
【小问4详解】
F为，其同分异构体符合条件：①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；③分子中还有一个五元碳环，则符合条件的同分异构体有、、、；
【小问5详解】
2023学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题
高三年级化学试题
选择题部分
一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求)
1. 下列物质中，既不属于酸性氧化物又不属于碱性氧化物的是
A. ClO2 B. SiO2 C. MgO D. N2O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．ClO2不能与水反应生成对应的酸，不是碱性氧化物，同时ClO2不属于酸性氧化物，A选；
B．SiO2能与强碱溶液反应生成正盐和水，属于酸性氧化物，B不选；
C．MgO能与强酸溶液反应生成正盐和水，属于碱性氧化物，C不选；
D．N2O3是HNO2的酸酐，所以2NaOH+N2O3=2NaNO2+H2O，N2O3属于酸性氧化物，D不选；
故选：A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 丙烯氰的键线式： B. 基态As原子的价层电子排布式：3d104s24d5
C. H2O的结构式：H-O-H D. HClO的空间填充模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙烯氰为CH2CHCN，键线式为，故A正确；
B．基态As原子的价层电子排布式为4s24p3，故B错误；
C．H2O中为O-H键，结构式为H-O-H，故C正确；
D．HClO的结构式为H-O-Cl，空间填充模型为，故D正确；
故答案选B。
3. 镁、锂的性质相似，下列有关锂的说法不正确的是
A. Li2SO4易溶于水 B. LiOH是受热不易分解的强碱
C. Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象 D. Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Li2SO4与硫酸镁性质类似易溶于水，故A正确；
B．LiOH和Mg(OH)2性质类似，Mg(OH)2是难溶于水的弱碱，受热易分解，因此LiOH也是难溶于水的弱碱，加热易分解，故B错误；
C．Mg与浓硫酸不产生钝化，Li遇浓硫酸也不会产生钝化现象，故C正确；
D．MgCO3受热易分解生成MgO和CO2，Li2CO3受热也分解，生成Li2O和CO2，故D正确；
答案选B。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A. 碳化硅熔点很高，可用于制作砂轮磨料
B. Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多
C. 生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座
D. Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2)
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化硅熔点高和制作砂轮磨料之间没有因果关系，碳化硅硬度大，可用于制作砂轮磨料，故A不正确；
B．Al(OH)3呈弱碱性，可用于中和胃酸中的酸，故B正确；
C．生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座，因果关系正确，故C正确；
D．Na2SO3有还原性，氯气有氧化性，可用于水处理中脱氯(Cl2)，故D正确；
答案选A。
5. 下列有关说法错误的是
图①
图②
图③
图④
A. 图①实验能用于证明氨气极易溶于水
B. 图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2
C. 由图③实验可知增大气体总压强化学平衡向左移动
D. 利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．图①实验为利用氨气做喷泉实验，通过圆底烧瓶内产生负压，证明氨气极易溶于水，A正确；
B．图②实验中，SO2密度比空气大，集气瓶内导管左长右短，可用于收集SO2，烧杯内干燥管插入NaOH溶液中，用于吸收多余的SO2，B正确；
C．图③实验中，由于反应前后气体的分子数相等，所以增大气体总压强，化学平衡不发生移动，C错误；
D．图④实验中，通过U形管内液面左高右低，确定左侧为吸氧腐蚀，右侧为析氢腐蚀，从而探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀，D正确；
故选C。
6. 下列说法正确的是
A. 纤维素能发生酯化反应，而淀粉不能
B. 乳糖、淀粉、纤维素和糖原都属于多糖
C. 涤纶中的长纤维称为人造丝，短纤维称为人造棉
D. 聚苯胺、聚苯等经过掺杂处理后具有一定的导电性能
【答案】D
【解析】
【详解】A．纤维素和淀粉均有羟基，均能发生酯化反应，A项错误；
B．乳糖属于二糖，淀粉、纤维素和糖原都属于多糖，B项错误；
C．涤纶是物质经化学变化后制成的合成纤维，C项错误；
D．聚苯胺、聚苯等经过特殊改造后能够像金属一样具有导电性能，用适当物质掺杂处理即可使其能导电，D项正确；
答案选D。
7. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A. 和的空间结构都是正四面体形
B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
8. X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，W与Z同族。R的最外层电子数与最内层电子数相等。下列说法正确的是
A. 元素第一电离能：
B. 简单离子半径：
C. 简单气态氢化物的热稳定性：
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R属于元素周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大，X和Z的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，分别为2p2、2p4，即X为C元素，Z为O，则Y为N元素；W与Z同族，则W为S元素；R的最外层电子数与最内层电子数相等，即最外层电子数为2，且原子序数大于16，则R为Ca元素，综上，X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、S、Ca元素；由上述分析可知，X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、S、Ca元素；
【详解】A．N、O位于第二周期元素，但N原子的2p3结构属于半充满的稳定结构，舍去1个电子所需能量大，所以元素第一电离能: I1(N) > I1(O)，选项A正确；
B．S2-、Ca2+的核外电子数均为18，二者核外电子排布相同，但Ca2+的质子数多，对最外层电子数的引力强，电子Ca2+ 的半径小于S2-，即离子半径:S2- > Ca2+，选项B错误；
C．非金属性: O > S，非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越强，则热稳定性:H2O > H2S，选项C错误；
D．碳酸是弱酸，硫酸是强酸，即最高价氧化物对应水化物的酸性: H2SO4 > H2CO3，选项D错误；
答案选A。
9. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-+3H++SO
B. 将少量NaAlO2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C. 将Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2•12H2O]溶液中至沉淀质量最大：Al3++2SO+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D. 同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2有强氧化性，具有还原性，Cl2能将氧化为，而Cl2是少量的，则生成的能与反应生成，反应的离子方程式为，A错误；
B．将少量溶液滴入溶液中，反应的离子方程式为，B错误；
C．将溶液滴入明矾溶液中至沉淀质量最大，反应的离子方程式为，C正确；
D．电离出的优先和氢氧化钠溶液反应，同物质的量浓度同体积的溶液与氢氧化钠溶液混合，OH-只与反应，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
10. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1 mol硝基(—NO2)与46 g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA
B. 一定温度下，1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液中NH的物质的量均小于0.5NA，且前者更少
C. 1 mol过氧化钠分别与足量CO2、SO2反应，转移的电子数均为2NA
D. 1L0.01 mol·L-1溶液中， 和 的离子数目之和为0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝基-NO2既没有得电子也未失电子，46 g二氧化氮(NO2)的物质的量，故1mol硝基中含有的电子数与二氧化氮中的相同，均为23NA，故A正确；
B．盐溶液越稀，盐类水解程度越大，故1 L 0.50 mol•L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol•L-1 NH4Cl溶液含NH物质的量不同，且是前者大，故B错误；
C．过氧化钠和二氧化碳的反应为过氧化钠的歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移NA个电子；而过氧化钠和SO2反应后氧元素由-1价变为-2价，故1mol过氧化钠转移2NA个电子，故C错误；
D．部分水解生成邻苯二甲酸，依据物料守恒可知，1L 0.01mol•L-1溶液中， 和 的离子数目之和小于0.01NA，故D错误；
故选：A。
11. 高分子树脂X的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 高分子X中存在氢键
B. 甲的结构简式为
C. ①的反应中有水生成
D. 高分子X水解可得到乙
【答案】D
【解析】
【分析】CH2=CHCN与H2O、H+加热条件下反应生成甲为CH2=CHCOOH，根据高分子X的结构简式，乙的分子式可知，乙的结构简式为，甲与乙发生加聚反应生成高分子X。
【详解】A．根据高分子X的结构简式可知，其内部存在-NH-结构，存在氢键，A正确；
B．根据分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，B正确；
C．反应①为2个与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，C正确；
D．甲和乙发生加聚反应生成高分子X，而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到乙，D错误；
故答案选D。
12. 室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是
A. 分钟内，M的平均反应速率为
B. 反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大
C. 反应①的活化能比反应②的活化能大
D. 如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，M起始浓度为0.5mol/L，反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；①；②，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=△c(A)，由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L=3：5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①、②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，M的平均反应速率为，故A正确；
B． 反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，故B错误；
C． 由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=△c(M )-c(Z)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，则v(Y)：v(Z)=0.075mol/L：0.125mol/L=3：5，即v(Y)＜v(Z)、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故C正确；
D． 由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5mol/L，则c(Z)=×0.5mol/L=0.3125mol/L，c(Y)= ×0.5mol/L=0.1875mol·L－1，反应结束时A转化为Z的转化率为，故D正确；
故选B。
13. 中国科学院研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述正确的是
A. 放电时，极电极反应式为
B. 充电时，接电池负极，该电极发生氧化反应
C. 充电时，右侧贮液器中溶液浓度减小
D. 放电时，电路中转移电子时，负极区电解质溶液增重
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示及总反应可知，放电时，N为负极，Zn失去电子，发生氧化反应，M为正极，得电子，发生还原反应；充电时，N为阴极，得电子，发生还原反应，M为阳极，失去电子，发生氧化反应。
【详解】A．根据分析，放电时，M为电池正极，得电子，发生还原反应，电极反应式为，故A项错误；
B．充电时，N为阴极，接电池负极，得电子，发生还原反应，故B项错误；
C．充电时，右侧贮液器中得到电子生成Zn，离子减少，溶液浓度减小，故C项正确；
D．放电时，Zn失电子后与氢氧根生成，当电路中转移2mol电子时，溶液增加的质量为1molZn和2molOH-的质量之和，大于65g，故D项错误。
故答案选：C。
【点睛】本题根据原电池和电解池的原理，判断电池的正负极，得失电子情况，根据图示进行解题。
14. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A. (Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B. M中的化合价为
C. 该过程有非极性键的形成
D. 该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；
B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；
C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；
D．从整个过程来看， 4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；
综上所述，本题选B。
15. 已知：常温下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。
实验4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀。
下列说法不正确的是
A. 由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()
C. 因实验3可出现两次突跃，指示剂应选用甲基橙和酚酞
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【解析】
【详解】A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1，溶液呈酸性，则溶液中离子浓度大小的顺序为c(H+)>c()>c()>c(OH-)，A不正确；
B．实验2中逐滴加入5mL水，溶液中水解平衡正向移动，水解程度不断增大， c(OH-)增大，pH增大，B正确；
C．实验3随着NaOH的加入，先生成，再生成，所以可出现两次突跃，的电离大于水解，溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，水解呈碱性，应选用酚酞作指示剂，C正确；
D．实验4可知，白色沉淀转化为黑色沉淀是MnS转化为CuS，说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，D正确；
故选A。
16. 下列有关铁及其化合物的实验方案，对应的现象和结论都正确的是
选项
实验方案
现象
结论
A
将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物
反应结束后有黑色固体生成，且该固体被磁铁吸引
铁与水蒸气在高温下反应，生成
B
为了验证的还原性，取溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液紫色褪去
具有还原性
C
取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液
加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色。加入稀盐酸和溶液后产生白色沉淀
和既发生氧化还原反应，也发生双水解
D
向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液
溶液变血红色
与的配位能力小于
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将红热的铁与水蒸气在高温条件下反应，反应结束后，将磁铁靠近产物，该固体被磁铁吸引，该固体可以是Fe也可以是，并不能确定一定生成，A错误；
B．Cl-也具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，并不能确定是使高锰酸钾褪色，B错误；
C．取溶液与试管中，逐滴加入溶液至过量。再加入过量稀盐酸和溶液，加入稀盐酸前，溶液由黄色变为红棕色，说明发生水解反应产生了。加入稀盐酸和溶液后产生不溶于盐酸的白色沉淀，说明Fe3+将氧化为，C正确；
D．向少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，无明显现象，现象错误，D错误。
故选C。
二、非选择题
17. 普鲁士蓝的化学式为，其结构如图1(可能位于中心的未标出)或图2(、未标出)所示。
请回答：
（1）基态Fe价电子轨道表示式为_______。
（2）已知铁的电离能数据如下：
电离能/()
……
Fe
759
1561
2597
5290
……
则，铁的第四电离能()大于第三电离能()的可能原因是：_______。
（3）关于晶体下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：
C. 晶体中的键能>KCN中的键能
D. 晶胞中、原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6
（4）可溶性氰化物(如KCN)有剧毒，但普鲁士蓝却无毒，请从结构角度解释普鲁士蓝无毒的原因是_______。
（5）图2晶胞中的个数为_______，设普鲁士蓝的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则相邻之间的最短距离为_______nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） （2）Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多 （3）C
（4）普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
（5） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
Fe是26号元素，价层电子排布式为，基态Fe原子价层电子的轨道表示式为： ；
小问2详解】
Fe原子价层电子排布式为，Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多；
【小问3详解】
关于晶体
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等，A正确；
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：，B正确；
C. 在晶体中的键能等于KCN中的键能，C错误；
D. 由图1可知，在晶胞中、 原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6，D正确；故选C；
【小问4详解】
因为普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，所以普鲁士蓝本身是无毒的；
【小问5详解】
晶胞中，个数为：，个数为：，与、比值为1:1，所以个数为4；晶胞的棱长为，图1中位于每个晶胞中心，图2中位于小正方体的中心，则相邻之间的最短距离为nm。
18. 溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免_______ ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是_______。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入_______，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是_______(填字母)。
A. NaCl溶液 B. Na2CO3溶液 C. SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为_______。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
序号
A
B
C
试剂组成
1 mol/LNaBr溶液
l mol/LNaBr溶液
将B中反应后溶液
20% H2SO4
98% H2SO4
用水稀释
实验现象
无明显现象
溶液呈棕红色放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了_______。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案：_______。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是_______(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2） ①. Fe2+、Br- ②. 铁粉 ③. b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4） ①. Br2 ②. SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ③. 稀硫酸
【解析】
【分析】根据题中流程图可知，海水浓缩、酸化后加氯气发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，热空气吹出溴，且FeBr2或Fe均具有还原性，用碳酸钠溶液吸收溴，Br2歧化为Br和Br-，再用硫酸酸化歧化后的溶液得到Br2，发生5Br-+ Br+6H+=3Br2+3H2O。
【小问1详解】
海水呈碱性，通入氯气容易发生2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-，从而消耗较多的氯气；
【小问2详解】
具有脱氯作用的离子是Fe2+和Br-离子，均具还原性；失去脱氯作用后的溶液再加入铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，脱氯作用恢复，因此加入物质是铁粉；A溶液吸收溴后，发生歧化反应即3Br2+6OH-=5Br-+ Br+3H2O，需要在碱性环境，a：NaCl呈中性不符合，b：Na2CO3溶液呈碱性合理，c：SO2会与溴发生氧化还原反应，不会使Br2发生歧化反应，不合理；
【小问3详解】
再用硫酸酸化歧化后的溶液发生化合价归中反应，离子方程式为：5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O；
【小问4详解】
B中溶液呈红棕色说明产生了Br2；C中溶液颜色变浅，甲判断的理由是SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，若乙同学分析合理，实验方案是用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察下层是否呈红棕色，因此答案是：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；酸化歧化反应后的溶液宜选用稀硫酸，因为浓硫酸可氧化溴离子。
19. 低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，___________。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有___________。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是___________。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：___________。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为___________。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图___________。
【答案】（1）80.24
（2）BC （3） ①. AC ②. 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4） ①. 96% ②.
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
【小问2详解】
反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故答案选BC；
【小问3详解】
①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
答案选AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
小问4详解】
①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
20. 铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A. 步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B. 步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C. 步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D. 应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是___________。
a．烧杯 b．坩埚 c．蒸发皿 d．马弗炉 e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是___________。
（3）下列操作或描述不正确的是___________。
A. 为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B. 抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C. 让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D. ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→____→_____→______→i→______→_______→e；__________。
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是：___________。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度___________。
【答案】（1）AD （2） ①. bd ②. ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O （3）D
（4） ①. d→b→c→g→i→f→h→e ②. 促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【解析】
【分析】将 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O按2：1的物质的量的比溶解在一定量的蒸馏水中，并将混合溶液水浴加热至75℃，然后加入75℃(NH4)2C2O4·2H2O溶液，发生反应：Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓，产生的盐经抽滤、洗涤、干燥后得到纯净ZnFe2(C2O4)3·6H2O，然后在无氧条件下灼烧分解产生ZnFe2O4。
【小问1详解】
A．反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此步骤①，将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热，A正确；
B．为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，B错误；
C．根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3·6H2O从溶液中析出，滤液中含有、，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，C错误；
D．根据反应Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓可知在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，D正确；
故合理选项是AD；
【小问2详解】
实验步骤④是在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O制取ZnFe2O4，应该将药品放置坩埚中在马弗炉中进行加热，故合理选项是bd；
灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O分解产生ZnFe2O4的化学反应方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
【小问3详解】
A．过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A正确；
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，B正确；
C．自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，C正确；
D．从含有的溶液中过滤分离出来的ZnFe2(C2O4)3·6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无，所以ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，D错误；
故合理选项是D；
【小问4详解】
某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)制取纯净的ZnSO4·7H2O，首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3 mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净ZnSO4·7H2O，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
【小问5详解】
滴定过程中消耗0.0500 mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL，即相当于ZnFe2O4的质量m(ZnFe2O4)=9.64 mg/mL×25.00 mL=241 mg=0.241 g，所以该样品的纯度为。
21. 盐酸洛美沙星是一种氟喹诺酮药物，具有抗肿瘤活性。某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：
请回答：
（1）下列说法不正确的是_______。
A. 化合物A分子中所有原子一定共平面
B. 根据合成路线推测，化合物C能与其他物质发生缩聚反应
C. 化合物G中含有配位键
D. 洛美沙星的分子式为
（2）化合物B的官能团名称是_______；化合物H的结构简式是_______。
（3）写出D→E的化学方程式_______。
（4）写出3种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；
②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；
③分子中还有一个五元碳环。
（5）以苯胺()和甲氧亚甲基丙二酸二甲酯[]为原料，设计合成如下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】（1）AD （2） ①. 氨基、碳氟键 ②.
（3）+C2H5OH
（4）、、、 （5）
【解析】
【分析】E与C2H5Br在K2CO3/DMF作用下反应生成F，结合E的分子式及F的结构简式可知，F比E多2个C原子，两者发生取代反应，推出E为，D在ph2O作用下反应生成E，结合D、E的分子式可推知相差2个C、6个H、1个O，则另生成一分子乙醇，可推知D为，逆推法可推知B为，A为，G与在DMSO作用下反应生成H，根据H的分子式推知H为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析；
【小问1详解】
A. 化合物A为，分子中含有硝基，空间构型是平面三角形，C-N键可以旋转，故所有原子不一定共平面，选项A不正确；
B.化合物C为，根据合成路线推测，能与其他物质发生缩聚反应，选项B正确；
C. B原子最外层电子数为3，化合物G中B形成4个价键，故含有配位键，选项C正确；
D. 根据结构简式可知，洛美沙星的分子式为，选项D不正确；
答案选AD；
【小问2详解】
化合物B为，官能团名称是氨基、碳氟键；化合物H的结构简式是；
【小问3详解】
根据分析可知，D→E的化学方程式为+C2H5OH；
【小问4详解】
F为，其同分异构体符合条件：①谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子；②IR谱检测表明：苯环上有多酚羟基且相邻，且分子不含-CN，含-N=O；③分子中还有一个五元碳环，则符合条件的同分异构体有、、、；
【小问5详解】
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