浙江省2025届高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试化学试题（2024年12月）

这是一份浙江省2025届高三普通高校招生模拟选考科目模拟考试化学试题（2024年12月），共31页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列物质的组成不正确的是
A．3-甲基戊烷：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3 B．铜蓝：CuS
C．石炭酸：C6H5COOHD．加热到150℃的石膏：2CaSO4·H2O
2．下列说法不正确的是
A．欲除去废水中的Cu2+、Hg2+离子，工业废水处理过程中可用Na2S作沉淀剂
B．非遗文化“打铁花”，铁水被击打化作无数火树银花点亮夜空照，此过程涉及到焰色试验
C．波尔多液(胆矾与石灰乳混合制得)作为一种常见的农药，防治虫害时涉及到蛋白质的变性
D．纤维素硝酸酯(又称硝酸纤维)，极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
3．下列说法不正确的是
A．羰基硫(COS)的电子式：
B．白磷的结构式：
C．乙炔分子中π键示意图：
D．乙醛的核磁共振氢谱：
4．下列说法不正确的是
A．图①装置可用于探究卤族元素性质的递变
B．图②操作可排出盛有[Ag(NH3)2]OH滴定管尖嘴内的气泡
C．图③装置可验证无外力下气体可通过分子的扩散自发地混合均匀
D．图④装置可用于精密测量雨水的酸度
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．蛋白质是人类必需的营养物质，从动物皮、骨中提取的明胶可用作食品增稠剂
B．向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，该反应常用于蛋白质的分析检测
C．表面活性剂烷基磺酸根离子可将油渍等污垢包裹在胶束内腔，起到去污作用
D．甜味剂三氯蔗糖的甜度是蔗糖的600倍，可供糖尿病患者食用
6．用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S＋Cr2O＋H+=Cu2+＋S＋Cr3+＋H2O(未配平)
反应②： FeS＋Cr2O＋H+=Fe3+＋S＋Cr3+＋H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
7．化学方法呈现科学研究、化学学习等过程中常用的一般方法，下列说法不正确的是
A．AB．BC．CD．D
8．下列化学反应与方程式不相符的是
A．高炉炼铁的主要反应：
B．R3N(R代表烃基)在水中可能存在平衡：
C．HSO3X(X代表卤素)与足量氢氧化钠溶液反应：
D．蓝铜矿[主要成分为2CuCO3·Cu(OH)2]与焦炭反应：
9．某种医用胶经元素分析仪测得存在碳、氢、氧、氮4种元素，由质谱分析法测定出其相对分子质量为153.0，红外光谱和核磁共振氢谱图如下。下列有关医用胶的说法不正确的是
已知：该医用胶的成分具有单组分、无溶剂、黏结时无须特殊处理，聚合速度较快。
A．氰基具有较强的极性，对碳碳双键基团有活化作用，故此常温、常压下即可发生加聚反应
B．氰基体积小且可形成氢键，增大了聚合物分子与蛋白质分子间作用力，从而表现出强黏合性
C．该化合物中存在具有极性的酯基，可发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解
D．对分子进行结构修饰，增加多个碳碳双键，从而形成可反复加热熔融加工的体型共聚物
10．X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，W原子位于周期表的第13列。下列说法不正确的是
A．第二电离能：Y > Z > XB．热稳定性：XH4>HZ
C．氧化性强弱：YZ > HYZ3D．失电子能力：WH > BH
11．已知Cl2溶于水存在以下平衡：
I Cl2＋H2OHCl＋HClO K1 = 4.0×10-4
II Cl-＋Cl2Cl K2 = 0.20
298K时，测得Cl2在不同浓度的盐酸溶液中的溶解度(见表)和盐酸浓度与溶解Cl2及含氯微粒变化关系(见图)。下列说法不正确的是
A．盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大
B．当c(HCl) =1.000 ml·L-1时，溶液中c(Cl2)=0.0530 ml·L-1，此时c(Cl) < c(HClO)
C．除去Cl2中的HCl气体时，为降低Cl2的溶解应使用浓NaCl溶液效果更佳
D．曲线b代表盐酸浓度与HClO浓度变化关系
12．研究表明：在高压下可发生聚合，甚至改变成键方式，在高压下MgCO3中碳酸根离子形成环状三聚体如图所示，下列说法正确的是
A．该种环状三聚体是一种有机阴离子
B．该种环状三聚体中，O的杂化方式有2种
C．高压下，相较于单个碳酸根离子，该种环状三聚体更稳定
D．该种环状三聚体与Mg2＋形成的化合物中，化学键种类有极性共价键、离子键及配位键
13．为测定阿伏加德罗常数，某研究小组试图利用电解法根据电极上析出物质的质量来测验，其实验方案的要点为：
①用直流电电解氯化铜溶液，所用仪器如下图所示。
②在电流强度为IA，通电时间为t秒钟后，精准测得某电极上析出的铜的质量为mg。
下列说法不正确的是
A．电极B反应方程式：2Cl-_2e-=Cl2 ↑
B．电流方向：F→B→A→C→D→E
C．为精确测定质量，应在高温下烘干电极再测量，从而减少O2的溶解
D．结合测得的析出物质的质量，算出1ml金属所含的原子：[已知单个电子的电荷量为q=1.6×10-19C，Q为流经电路的电荷总量，Q(C)=I(A)×t(s)]
14．氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。
机理1： 机理2：
机理3：
三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是
A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化
B．“中间体2”存在离域π键
C．“中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子
D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高
15．在pH=7含AgCl(s)的溶液中，一定c(Cl-)范围内存在平衡关系：
Ag+＋Cl-AgCl K1
AgCl＋Cl-AgCl K2
AgCl＋Cl-AgCl K3
AgCl＋Cl-AgCl K4
已知lgc(Ag+)、lgc(AgCl)、lgc(AgCl)和lgc(AgCl)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况
B．随c(Cl-)增大，保持不变
C．P点的横坐标为2c-a
D．M点存在c(Ag+)＋c(H+) = c(Cl-)＋c(OH-)＋c(AgCl)＋5c(AgCl)
16．为探究物质的理化性质，设计方案并进行实验，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
二、解答题
17．非金属氮化物在生产、生活和科研中应用广泛。请回答：
(1)基态N原子的电子云有 个伸展方向；NH3的沸点比PH3的 (填“高”或“低”)，原因是 ；写出Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。
(2)AlCr2具有体心四方结构，如图所示。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为 (列出计算表达式)。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．第三电离能大小：F>O>N>C
B．SO2F2的结构类似H2SO4，SO2F2中的键角∠OSOAlBr3>AlCl3，推测AlF3为离子化合物
D．能量最低的F+的2p轨道存在一个单电子
E．得到一个电子释放的能量：Cl(g)>Br(g)
(4)工业上，邻硝基苯酚()常用于染料的中间体，生产硫化染料。相关的酸的电离常数如下表所示：
常温下，邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，请结合氢键的相关知识解释原因 (可画图并配上文字解释说明)。
18．固态化合物Y的组成为Cu2S·GeFeS2，以Y为原料实现如下转化。
已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物。
请回答：
(1)固体D的化学式为 ；用电子式表示液体E中主要成分 ；步骤Ⅲ中，液体E以物质的量之比1：1与CH3MgCl反应，该反应为构建Ge-C键，写出其化学方程式 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．气体B是形成酸雨的“罪魁祸首”
B．固体C中可能含有Mg(NO2)2
C．浓盐酸与浓硝酸按体积比1：3混合得到王水
D．强度：Mg-C键> Ge-C键
(3)写出溶液G中所有的阴离子 ；设计实验验证Y中含有Cu元素 。
19．1,3-丁二烯是合成橡胶和合成树脂的原料。请回答：
(1)在573K，可通过使丁烯脱氢制取1,3-丁二烯：
反应I C4H8(g)C4H6(g)＋H2(g) ΔH1= +115.73 kJ∙ml−1
已知：该条件下，1ml H2完全燃烧所放出的热量为242kJ。
①写出丁烯燃烧的热化学方程式 。
②有利于提高C4H8平衡转化率的条件是 。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
③工业生产中，丁烯催化脱氢反应通常加入水蒸气反应，其理由是 。
(2)丁烯的氧化反应过程会有多个副反应同时发生，如下所示。各反应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)随温度的变化关系如下表所示。
主反应I 1-C4H8 +O21，3-C4H6 + H2O
副反应I 1-C4H8iC4H8
副反应Ⅱ 1-C4H8c-2-C4H8
副反应Ⅲ 1-C4H8t-2-C4H8
副反应Ⅳ 1-C4H8+4O24CO+4H2O
副反应V 1-C4H8 + 6O24CO2 + 4H2O
副反应Ⅵ 1-C4H8 + 4O24CO2 + 4H2
各反应在不同温度下的吉布斯自由能ΔG

结合表格数据：
①在1000K下可能会非自发的反应是 ，判断依据是 。
②分析上图中当温度超过600K时1,3-丁二烯产率几乎为零的原因 。
(3)某一温度下，丁烯催化脱氢制取丁二烯在20 L刚性容器内，冲入1ml反应气体，达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，该条件下反应平衡常数 。
(4)一种微生物-光电化学弱酸性复合系统可高效实现固定CO2并转化为CH4，正极上的电极反应式是： 。
20．无水ZnCl2常用作为生产活性炭的活化剂。现以一种主要成分为ZnO的炼锌烟尘(含有少量的FeO、CuO)来制备无水氯化锌，相关实验流程如下：
已知：①无水氯化锌具有较强的吸水性，其反应原理为：ZnCl2＋H2O=Zn(OH)Cl＋HCl↑。
②Zn及其化合物的性质与Al相似，pH>11时，Zn(OH)2可转化为。
③研究小组利用市售的氯化锌制备无水氯化锌，依次采用除水(氯化氢气体“置换”)、升华相结合的方法，装置如图所示：
请回答：
(1)利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的 (填浓硫酸的相关性质)；盛装浓硫酸的仪器名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌，使其与杂质分离
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，应通入足量CO2，使Zn元素能够完全沉淀
C．除水阶段，为提高除水速度，应加快HCl和N2的气流速度
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
(3)实验流程中的“一系列操作”是： ，洗涤，干燥；最终得到氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，写出发生的反应方程式 。
(4)用天平称量0.9000 g产品，置于250mL锥形瓶中，加入100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并加入50mg铬黑T指示剂，最后用浓度为0.2ml·L-1的EDTA(乙二胺四乙酸，简写H2Y)标准溶液滴定至溶液呈亮蓝色(离子方程式为Zn2+＋Y2-=ZnY)。平行测定三次，同时做空白试验，平均消耗EDTA标准溶液体积为29.60mL。
①做空白试验的目的为 。
②产物ZnCl2的纯度为 (保留三位有效数字)。
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可采取的措施是 。
21．有机物M是合成治疗汉坦病毒药物的中间体。某实验室由芳香化合物 A 制备M的合成路线如下：
已知：①；
②；
③碳碳双键直接相连的碳上的H(即为α-H)易发生取代反应：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。
请回答：
(1)化合物M的含氧官能团名称是 。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．为提高化合物H的产率，可在F→H中添加吸水剂CaO
B．D→E中所使用到的试剂为KOH的乙醇溶液
C．化合物C中六元环所有原子在同一平面上，则氧原子采用sp2杂化
D．化合物F的酸性强于
(3)化合物G的结构简式是 。
(4)写出F+G→H的化学方程式 。
(5)写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体Q的结构简式 。
①含有结构；
②1ml Q最多消耗4ml NaOH；
③核磁共振氢谱中有6组吸收峰。
(6)参照上述合成路线和信息，设计以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选) 。
选项
科学研究
化学方法
A
价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构
理论模型
B
金刚砂具有类似金刚石结构的结构，可用作砂纸的磨料
预测与类比
C
探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同
变量控制
D
进行“探究乙酸性质”实验的同时，需要实验者做好实验规划
化学实验设计
盐酸浓度()
0.200
0.500
1.000
2.000
3.000
4.000
Cl2溶解度()
0.0620
0.0630
0.0665
0.740
0.0830
0.0910
选项
方案设计
现象
结论
A
取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，再用干冰盖上
观察到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光
金属镁可以跟二氧化碳反应，而且也说明了干冰易升华
B
灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中
铜丝恢复亮红色
醇可与氧化铜发生氧化反应
C
将一块未打磨的Al片剪成相同的两小片，相同温度下分别投入等体积等物质的量浓度的FeSO4溶液和CuCl2溶液中
FeSO4溶液中无明显现
象；CuCl2溶液中Al片表面有红色物质附着
Cl-能加速破坏A1片表面的氧化膜
D
向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，并用玻璃棒摩擦试管壁
出现蓝色晶体
增大溶剂极性可以改变溶质溶解度
物质
邻硝基苯酚
对硝基苯酚
苯酚
pKa
7.22
7.15
10.0
参考答案：
1．C
【详解】A．3-甲基戊烷：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，A正确；
B．铜蓝化学成分为CuS，B正确；
C．石炭酸是苯酚的俗名，化学式C6H5OH，C错误；
D．石膏(CaSO4·2H2O)加热到150℃时，会失去部分结晶水而生成熟石膏(2CaSO4·H2O)，D正确；
答案选C。
2．B
【详解】A．CuS、HgS难溶于水，常以Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+、Hg2+等，A正确；
B．非遗文化“打铁花”，是铁水化作银花，并不是利用焰色试验，B错误；
C．波尔多液由胆矾和石灰乳混合制成，含有重金属，可以使蛋白质变性，是一种常见的农药，防治虫害时涉及到蛋白质的变性，C正确；
D．硝酸纤维是一种人造纤维，可用于生产火药、塑料和涂料等，D正确；
故选B。
3．A
【详解】
A．羰基硫(COS)与二氧化碳(CO2)是等电子体，结构相似，C原子与O原子形成双键，与S原子形成双键，其电子式为：，A错误；
B．P原子最外层有5个电子，白磷分子中，P原子与P原子之间形成三个共价键，还有一个孤电子对，白磷的结构式：，B正确；
C．乙炔分子中，C原子与C原子之间有一个和2个π键，分子中π键示意图：，C正确；
D．乙醛分子中有2种等效氢原子，原子个数比为3∶1，故核磁共振氢谱：，D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．氯水中的氯气能氧化溴离子、碘离子生成单质溴和单质碘，溴水能氧化碘离子生成单质碘，因此可用图1所示装置验证卤族元素单质之间的氧化性强弱，故A正确；
B．碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而使溶液充满尖嘴，排出气泡，故B正确；
C．氯气密度大于氢气，且氯气在上层会由于重力作用而下沉，无法验证自发混合扩散，故C错误；
D．雨水的酸度可以由pH计进行精密的测量，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．蛋白质是人类必需的营养物质，从动物骨和皮经熬制可以得到明胶，明胶是很好的动物胶和食品增稠剂，A正确；
B．向蛋白质溶液加入浓硝酸立刻有黄色沉淀生成，这称为蛋白质的颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质，B错误；
C．烷基磺酸根离子中的疏水性烷基可以吸附在污垢表面，使其易于清洗，从而起到去污作用，C正确；
D．三氯蔗糖在人体不参与代谢，不被人体吸收，热量值为零，可供糖尿病患者食用，D正确；
故选B。
6．A
【分析】根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程式如下：①；②，由此分析回答。
【详解】A．由分析可知，处理等物质的量的时，反应①和②中消耗的物质的量不相等，A错误；
B．由分析可知，用相同物质的量的和处理时，消耗更多，B正确；
C．由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则为还原剂，为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5，C正确；
D．用FeS处理废水不仅可以除去，生成的在水中形成胶体还可吸附悬浮杂质，D正确；
故选A。
7．D
【详解】A．价层电子对互斥模型可用来预测分子的空间结构，采用的化学方法为理论模型，故A正确；
B．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大，所以可用作砂纸和砂轮的磨料，采用了预测与类比的化学方法，故B正确；
C．探究“Fe3+催化H2O2的分解”需要控制温度、浓度等因素相同，避免温度、浓度的影响，采用的化学方法为变量控制，故C正确；
D．“化学实验设计是指实验者在实施化学实验之前，根据一定的实验目的，运用化学知识与技能，按照一定的实验方法，对实验的原理、试剂、仪器与装置、步骤和方法等所进行的规划”，而不是进行实验的同时进行规划，故D错误；
故选D。
8．C
【详解】A．高炉炼铁中，焦炭与二氧化碳在高温下生成还原剂CO，CO再还原制取Fe，反应的化学方程式为，A正确；
B．R3N(胺)中的N原子有孤对电子，能与水中电离的H+结合，反应的方程式为，B正确；
C．对于HSO3X(X代表卤素)与足量氢氧化钠溶液反应，根据氧化还原反应和离子反应的原理，S元素从+4价氧化为+6价，HSO3X为强酸，反应的离子方程式应该是，C错误；
D．根据原子守恒可知2CuCO3·Cu(OH)2与焦炭一起高温加热时，可以生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，D正确；
故选C。
9．D
【详解】A．氰基中的碳氮三键稳定，具有较强的极性，对碳碳双键具有活化作用，使其在常温常压下即可加聚反应，A正确；
B．氰基体积小且可形成氢键，能够深入蛋白质内部与蛋白质端基的氨基、羧基形成较强的相互作用，从而表现出强黏合性，B正确；
C．酯基的存在是能发生水解反应，有利于医用胶使用后的降解，C正确；
D．增加多个碳碳双键，形成可反复加热熔融加工的线型共聚物而不是体型共聚物，D错误；
故选D。
10．B
【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y与Z位于同一周期，且X、Y基态原子核外均有2个未成对电子，基态原子核的核外电子排布式为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为碳元素，Y为氧元素，Z为氟元素，W原子位于周期表的第13列，W为铝元素。
【详解】A．第二电离能即失去第二个电子的能力，F失去2p4的电子，O失去2p3的电子，半充满比较稳定，C失去2p1的电子，同样是2p上的电子，2p3半充满比较稳定，F的原子核对电子吸引力大，所以第二电离能O>F>C，故A正确；
B．同一周期F的非金属性强于C，所以氢化物的热稳定性更强，故B错误；
C．OF和HOF3相比较，中O为+3价，HOF3中O为+2价，F越多，阻碍了O得电子，氧化性变弱，故C正确；
D．AlH和BH结构相似，Al的金属性比B强，更容易失去电子，故D正确；
答案选B。
11．B
【详解】A．由表中数据可知，盐酸浓度越大，Cl2的溶解度也随之增大，故A正确；
B．当c(HCl) =1.000 ml·L-1时，Cl2溶解度0.0665 ml·L-1，溶液中c(Cl2)=0.0530 ml·L-1，，得，，得，所以c(Cl)＞c(HClO)，故B错误；
C．除去Cl2中的HCl气体时，可以增大氯离子浓度，平衡I逆向移动，降低Cl2的溶解，应使用浓NaCl溶液，故C正确；
D．盐酸浓度越大，平衡I逆向移动，则HClO浓度越小，即对数越小，所以变化关系可以用曲线b代表，故D正确；
答案选B。
12．C
【详解】A．碳酸盐属于无机化合物，由题意可知，碳酸镁在高压下化合物中碳酸根离子形成环状三聚体，则环状三聚体是一种无机阴离子，故A错误；
B．由图可知，环状三聚体中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式只有sp3，故B错误；
C．碳酸镁在高压下化合物中碳酸根离子形成环状三聚体，说明环状三聚体比单个碳酸根离子更稳定，故C正确；
D．由图可知，环状三聚体与镁离子形成的化合物中含有极性共价键、离子键，不存在配位键，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】A．B为电解池的阳极，溶液中的氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，反应的离子方程式为：，A正确；
B．依据装置图分析可知U形管通入G中的气体是氯气，所以B电极为阳极，A为阴极，电路连接应遵循电流计串联，电源负极接电流表负极，电流表的正极接U形管A电极，B电极接电源的正极，所以线路连接顺序为：E接D，C接A，B接F；电流是由电源正极流向负极，故电流方向为F→B→A→C→D→E，B正确；
C．防止Cu被氧化，在有空气存在的情况下，烘干电极必须采用低温烘干的方法，防止Cu被氧化，C错误；
D．Q=It，则，其物质的量为：，由Cu～2e-、生成Cu的质量为mg得，，解得，D正确；
故答案：C。
14．B
【详解】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，为杂化，故A正确；
B．“中间体2”存在碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，该中间体离域π键为，故B错误；
C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；
D．“中间体4”存在碳碳三键，键角与双键差异较大，容易断键，因此“中间体4”反应活性高，故D正确；
故选：B。
15．D
【分析】根据反应Ag+＋Cl-AgCl 可知，随着lgc(Cl-)增大，lgc(Ag+)逐渐减小，由此可判断出曲线①为lgc(Ag+)随变化情况；由反应AgCl＋Cl-AgCl 、AgCl＋Cl-AgCl 相加可得：AgCl＋2Cl-AgCl ，有，，，根据斜率可知，曲线③的比值为2，因此曲线③表示随变化情况；由反应AgCl＋Cl-AgCl、AgCl＋Cl-AgCl、AgCl＋Cl-AgCl，相加可得：AgCl＋3Cl-AgCl ，有，，，曲线④的比值为3，因此曲线④表示随变化情况；也可知曲线②表示随变化情况；
【详解】A．由分析可知，曲线③表示lgc(AgCl)随lgc(Cl-)变化情况，A正确；
B．是反应 的平衡常数，因此温度不变则随c(Cl-)增大，保持不变，B正确；
C．P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，，M点的横坐标为a，可知lgc(Cl-)=a，K4=10-a，N点是曲线②、曲线④的交点，说明此时，根据，N点的横坐标为c，lgc(Cl-)=c，，结合K4=10-a，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据AgCl＋Cl-AgCl ，可知，，，P点的横坐标为2c-a，C正确；
D．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则，相当于是，看似是电荷守恒，但是观察横坐标从左往右lgc(Cl-)增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知pH=7，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，D错误；
故答案为：D。
16．A
【详解】A．镁粉可以在干冰内剧烈燃烧，发出耀眼白光，说明干冰易升华且镁与二氧化碳发生反应，A正确；
B．灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有待测溶液的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是醇与氧化铜发生反应将其还原，也可能是因为物质中含羧基，与表面氧化铜反应将其消耗，B错误；
C．对比实验将Al分别放入FeSO4溶液和CuCl2溶液中，探究阴离子对Al表面氧化膜的影响，但二者溶液中阴离子和阳离子种类均不同，未控制单一变量，C错误；
D．向硫酸四氨合铜(II)溶液中加入8mL95%乙醇溶液，降低了溶剂的极性，硫酸四氨合铜(II)在乙醇中溶解度降低，用玻璃棒摩擦试管壁，析出晶体，D错误；
答案选A。
17．(1) 4 高 (二者均为分子晶体)NH3存在分子间氢键 Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3＋2H2O(或Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋2NH3＋2NH3·H2O或Ca3SiO5＋4NH4Cl＋2H2O=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3·H2O)
(2)[或]
(3)ABD
(4)邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)；(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性
【详解】（1）氮原子核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，电子云有4个伸展方向；NH3和PH3均为分子晶体，NH3的分子可以形成氢键，PH3的分子间不可以形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高；Ca3SiO5与足量NH4Cl溶液反应可以生成CaSiO3、CaCl2、NH3，其化学方程式为Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，故答案为：4；高；二者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键；Ca3SiO5＋4NH4Cl=CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O；
（2）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1=2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2=4；根据物质的化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1∶2，则处于顶角位置的黑球为Al。金属原子的空间占有率为，故答案为：；
（3）A．失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；
B．O的电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，B项错误；
C．已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决于范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若AlF3也为分子晶体，其摩尔质量更小，熔点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，C项正确；
D．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，D项错误；
E．原子半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，半径：ClBr(g)，故E正确；
故选ABD；
（4）
邻硝基苯酚能形成分子内氢键(其结构表示为：)，使酚羟基难电离出H+，而降低其酸性，所以邻羟基苯酚的pKa比对硝基苯酚更小，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键(其结构表示为：)，(导致形成了稳定的六元环结构)使酚羟基难电离出H+而降低其酸性。
18．(1) GeO2 GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3
(2)CD
(3) NO、OH-、SO 取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素
【分析】固态化合物Y化学式为Cu2S·GeFeS2，可知化合价铜为+1价，铁为+2价，硫为-2价，锗为+2价，加入足量浓硝酸，说明得到的气体B是NO2，由于浓硝酸具有强氧化性且为足量，可知溶液G中含有Cu2+、Fe3+、、、H+，还有少量，根据已知Ge与Si同族，固体D为氧化物，+2价的Ge被氧化后生成的氧化为D为GeO2， 操作Ⅱ中加入浓盐酸后进行分液，水溶液为盐酸溶液，说明得到的液体E与水溶液不互溶，应该为非极性的分子，可知GeO2转化得到的是GeCl4，GeCl4与CH3MgCl发生反应，根据题中问题可知生成的F为CH3GeCl3，固体C是NO2与镁发生反应产生，NO2中氮元素化合价下降生成氮气，据此作答。
【详解】（1）
由分析知，固体D的化学式为GeO2；液体E中主要成分为GeCl4，Ge和Cl共用1对电子，故GeCl4电子式为；步骤Ⅲ中，GeCl4与CH3MgCl以物质的量之比1∶1进行反应，该反应为构建Ge-C键，化学方程式为GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3；
（2）A．由分析知，气体B为NO2，NO2与空气中的水和氧气反应生成硝酸，是形成酸雨的“罪魁祸首”，A正确；
B．固体C是NO2与镁发生反应产生，镁具有还原性，故固体C中可能含有Mg(NO2)2，B正确；
C．王水是浓盐酸与浓硝酸按体积比3∶1混合得到，C错误
D．根据(1)中GeCl4＋CH3MgCl=MgCl2＋CH3GeCl3反应可知，存在Mg-C键的断裂及Ge-C键的生成，因此Ge-C键更稳定，即Mg-C键弱于Ge-C键，D错误；
故选CD。
（3）由分析知，溶液G中的阴离子有NO、OH-、SO；取少量溶液G(或取少量Y用硝酸酸化)，加入足量的氨水，静置(或过滤)，若上层溶液(或滤液)呈深蓝色，则说明含有铜元素。
19．(1) C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27kJ∙ml−1 C 为反应供热；降低反应体系的分压
(2) 副反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大)当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、VI自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、VI程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小
(3)0.025
(4)CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O
【详解】（1）①在573K，1mlH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·ml-1。根据盖斯定律，（反应I+反应Ⅱ）可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·ml-1+(-242kJ·ml-1)=- 126.27 kJ·ml-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ∙ml−1。
②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。
③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。
答案为①C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ∙ml−1 ②C ③为反应供热；降低反应体系的分压。
（2）①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。
②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1,3-丁二烯产率几乎为零。
答案为①反应Ⅲ 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0 ②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1ml增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xml，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5ml；则平衡常数。
答案为0.025。
（4）CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
答案为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
20．(1) 酸性、高沸点性(或难挥发性) 恒压滴液漏斗
(2)D
(3) 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑
(4) 消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差) 89.5% (或0.895) 放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热
【分析】炼锌烟尘中含有ZnO及少量的FeO、CuO，用NaOH碱浸，ZnO与NaOH反应被溶解生成Na2[Zn(OH)4]，向滤液中通入CO2，使Na2[Zn(OH)4]生成Zn(OH)2沉淀，然后用盐酸酸浸得到ZnCl2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnCl2晶体，然后经过处理最终得到无水ZnCl2。
由装置图可知，利用浓硫酸的高沸点、酸性，氯化钠固体、浓硫酸加热反应生成HCl，用浓硫酸干燥氯化氢；氯化锌升华进入管式炉Ⅱ，凝华得到高纯度无水氯化锌，实验结束时应该先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉I。
【详解】（1）由分析可知，利用浓硫酸与氯化钠制备HCl(g)，该反应体现了硫酸的酸性、高沸点性(或难挥发性)，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，故答案为：酸性、高沸点性(或难挥发性)；恒压滴液漏斗；
（2）A．步骤Ⅰ，加入过量氢氧化钠的作用是充分溶解氧化锌生成Na2[Zn(OH)4]，通过过滤使其与杂质分离，故A项正确；
B．步骤Ⅲ起到调节溶液pH值，发生反应2CO2+Na2[Zn(OH)4]=Zn(OH)2↓+2NaHCO3，应通入足量CO2，使[Zn(OH)4]-能够完全沉淀，故B项正确；
C．加快HCl和N2的气流速度，可以提高除水速度，故C项正确；
D．由分析知实验结束时先撤去管式炉Ⅱ、再撤去管式炉I，故D项错误；
故选D。
（3）由分析知，实验流程中的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的氯化锌晶体[ZnCl2·xH2O(x=1~4)]，将其与SOCl2混合并加热，可得到无水ZnCl2，其化学方程式为ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；ZnCl2·xH2O＋xSOCl2=ZnCl2＋xSO2↑＋2xHCl↑；
（4）①通过做空白试验做对比，可以消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响，故答案为：消除蒸馏水中能与EDTA反应的物质对测定结果的影响(或消除系统内误差)；
②29.60mL溶液中含EDTA的物质的量为，与EDTA以物质的量之比反应，则0.9000g产品中ZnCl2的质量为，则产品中ZnCl2的质量分数为，故答案为：89.5%；
③部分指示剂或指示剂与金属离子形成的配合物在水中溶解度较小，以致使滴定终点拖长(称为指示剂的僵化)。为增大有关物质的溶解度消除这一影响，可通过提高溶解度或减小反应速率的措施来消除，具体可采取的措施有放慢滴定速度、加入适当的有机溶剂、适当加热，故答案为：放慢滴定速度/加入适当的有机溶剂/适当加热。
21．(1)(酮)羰基、羧基、醛基、醚键
(2)ABC
(3)
(4)
(5)、、、、、、、、、
(6)
【分析】
由信息可知，A为，A与O2在催化剂下被氧化生成B，则B为，B与C在一定条件下生成D，D发生消去反应生成E，由E的分子式可推知E为，E与NaIO4在催化剂下发生已知①的反应生成F，F与G在催化剂下发生已知②的反应生成H，由H和F的结构简式可推知G为，H在催化剂下生成M，据此回答。
【详解】（1）
化合物M的结构简式为，所以其含氧官能团名称是(酮)羰基、羧基、醛基、醚键，故答案为：(酮)羰基、羧基、醛基、醚键；
（2）
A．F（）和G（）反应中添加吸水剂CaO，H（）中的羧基也会发生反应，降低化合物H的产率，故A错误；
B．D生成E的反应为醇的消去反应，所使用到的试剂为浓硫酸，故B错误；
C．化合物C（）中六元环所有原子在同一平面上，环中的氧原子采用sp2杂化，化合物C中还有一个与环以单键连接的氧，该原子为sp3杂化，故C错误；
D．O的电负性大于N，所以化合物F（）中的羧基更易电离出氢离子，所以化合物F的酸性强于，故D正确；
故选ABC；
（3）
由分析知，化合物G的结构简式为，故答案为：；
（4）
结合已知②，可推知G为，则F和G生成H的化学方程式为：，故答案为：；
（5）
F为，Q为F的同分异构体，由信息可知Q中含和4个－OH、一个－CHO或三个－OH、一个－COOH，结合核磁共振氢谱有6组吸收峰推知其结构可能有：、、、、、、、、、；
（6）
由题目信息，要以丙烯(CH3-CH=CH2)和为原料合成的合成路线可设计为： 。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
C
B
A
D
C
D
B
题号
11
12
13
14
15
16




答案
B
C
C
B
D
A