2025浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考化学试题含解析

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考生须知：
1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
5.可能用到的相对原子质量：
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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. 下列物质中不属于酸性氧化物的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】酸性氧化物即是能和碱反应生成盐和水的氧化物，反应为复分解反应；
【详解】A．能与碱溶液反应生成盐和水，是复分解反应，属于酸性氧化物，A不符合题意；
B．与碱反应，发生歧化反应，不属于酸性氧化物，B符合题意；
C．能与碱溶液反应生成盐和水，是复分解反应，属于酸性氧化物，C不符合题意；
D．能与碱溶液反应生成盐和水，是复分解反应，属于酸性氧化物，D不符合题意；
故选B。
2. 下列说法不正确的是
A. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B. 硫酸的沸点高，主要是因为分子间形成了氢键
C. 碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
D. 工业上将氯气通入石灰水中制漂白粉
【答案】D
【解析】
【详解】A．液氨常用作制冷剂是由于液氨汽化时吸收大量的热，A正确；
B．硫酸分子间可形成氢键，使硫酸沸点较高，B正确；
C．碳酸钠和碳酸氢钠均为强碱弱酸盐，水解使溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，C正确；
D．工业制备漂白粉是向石灰乳中通入氯气，D错误；
故选D。
3. 下列表示不正确的是
A. 的电子式：
B. 的键电子云图：
C. 的空间结构：直线形
D. 基态原子的价层电子轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮原子最外层电子数为5，故的电子式为，A不正确；
B．H原子s能级的电子云轮廓图为球形，Cl原子p能级的电子云轮廓图呈哑铃形，则HCl中H原子和Cl原子形成键，该键电子云图为，B正确；
C．中N原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为直线形，C正确；
D．为24号元素，价电子排布式为，故其价层电子轨道表示式为，D正确；
故选A。
4. 下列实验装置能达到实验目的的是
A. 装置①验证与水反应的能量变化B. 装置②证明乙炔能使溴水褪色
C. 装置③排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡D. 装置④干燥氨气
【答案】A
【解析】
【详解】A．将Na2O2与H2O反应，若观察到U型管左低右高，则说明Na2O2与H2O的反应为放热反应，若U型管左高右低则说明为吸热反应，故A正确；
B．电石中含有的CaC2、CaS等能与水反应生成C2H2、H2S等，乙炔中混有的H2S也能使溴水褪色，不能证明乙炔能使溴水褪色，故B错误；
C．酸性高锰酸钾具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装，故C错误；
D．P2O5不仅吸收H2O(g)、而且吸收NH3，不能用P2O5干燥NH3，可用碱石灰干燥NH3，故D错误；
答案选A。
5. 下列说法不正确的是
A. 现代石油化工采用银作催化剂，用乙烯和氧气制备环氧乙烷的反应是原子经济性反应
B. 硬铝是一种铝合金，其密度小强度高，是制造飞机的理想材料
C. 煤的干馏是指将煤在空气中加强热使之分解的过程
D. 港口、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，常用外加电流法对其进行保护
【答案】C
【解析】
【详解】A．现代石油化工采用银作催化剂，用乙烯和氧气制备环氧乙烷，原子利用率为100%，是原子经济性反应，A正确；
B．硬铝是一种铝合金，其密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料，B正确；
C．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，C错误；
D．港口、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，常用外加电流法使钢制管桩与电源负极相连，使其被迫成为阴极而受到保护，D正确；
故选C。
6. 过二硫酸钠()是工业上常用的强氧化剂，与过二硫酸钠反应的离子方程式为：(未配平)。下列说法不正确的是
A. 过二硫酸钠中O(价)和O(价)含量之比为
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是
C. 氧化性：
D. 若生成，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】D
【解析】
【分析】离子方程式为：，据此作答。
【详解】A．过二硫酸钠中过氧链上的2个氧为-1，两端的6个氧为-2，所以O(价)和O(价)含量之比为，故A正确；
B．反应中过二硫酸根为氧化剂，二价锰离子为还原剂，根据分析可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是，故B正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：，故C正确；
D．根据分析可知，若生成，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)，故D错误；
答案选D。
7. 下列结构或性质不能解释其用途的是
选项
结构或性质
用途
A
电解质溶液能使蛋白质聚沉
盐卤点豆腐
B
碳化硅具有金刚石类似的结构
碳化硅可用作耐高温结构材料
C
一个分子周围有12个紧邻分子干冰中分子的空间利用率高
干冰在工业上广泛用作制冷剂
D
橡胶硫化后，分子中碳碳双键被打开，线型结构变成网状结构
硫化后的橡胶可用于制造轮胎
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐卤点豆腐与胶体的聚沉有关，A正确；
B．碳化硅与金刚石类似结构，属于共价晶体，熔点高，可用作耐高温结构材料，B正确；
C．干冰升华吸热，在工业上广泛用作制冷剂，与其空间利用率无关，C错误；
D．网状高分子具有热固性，可于制造轮胎，D正确；
答案选C。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 溶液与浓盐酸混合：
B. 将足量溶液滴入浊液中：
C. 将通入含的溶液中：
D. 白色固体加入氨水中得到无色溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液与浓盐酸混合生成氯气，离子方程式为，A错误；
B．将足量溶液滴入浊液中生成氢氧化铁沉淀和硫酸镁，离子方程式为，B正确；
C．还原性，故将通入含的溶液中的离子反应为：，C错误；
D．白色固体加入氨水中得到无色溶液，离子方程式为，D错误；
故选B。
9. 黄酮哌酯是一种解痉药，以下物质是合成黄酮哌酯的中间体，其结构如下图。下列说法正确的是
A. 分子中存在5种官能团
B. 一定条件下，能发生水解反应
C. 分子中的碳原子有可能全部共平面
D. 与足量发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少3种
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中含有羧基、羰基、醚键、碳碳双键共4种官能团，A错误；
B．该分子中含有羧基、羰基、醚键、碳碳双键，不能发生水解反应，B错误；
C．该分子中苯环和双键均为平面结构，其上C原子均为sp2杂化，甲基的碳原子连在双键碳原子上，由于单键可以旋转，故分子中的碳原子可能全部共平面，C正确；
D．羰基、碳碳双键和苯环均能与氢气发生加成反应，故与足量发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少羰基、碳碳双键2种，其中羰基又转化为羟基，即官能团的种类减少不是3种，D错误；
故选C。
10. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。W与其他元素不在同一周期， X、Y、Z处于同一周期。X的s能级电子数量是p能级的两倍，Z的第一电离能小于同周期相邻元素，W原子的半径在同周期主族元素中最小。下列说法正确的是
A. 键角：B. Z元素的对应的单质一定是非极性分子
C. 空间构型为三角锥形D. Y的简单氢化物的沸点高于X的沸点
【答案】CD
【解析】
【分析】X的s能级电子数量是p能级的两倍，1s22s22p2，即X为C元素，Z的第一电离能都小于同周期相邻元素，又Z处于第二周期，可推知Z为O元素，则Y为N元素，W与其他元素不在同一周期，W原子的半径在同周期主族元素中最小，为Cl元素，据此作答。
【详解】A．通过价层电子对计算，可知结构为三角锥形，结构为正四面体，所以
，故A错误；
B．O3是极性分子，故B错误；
C．价层电子对为4，孤对电子数为1，所以空间构型为三角锥形，故C正确；
D．NH3中存在分子间氢键，所以沸点高于CH4的沸点，故D正确；
答案选CD。
11. 某浓度碳酸钠溶液的随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. a点的水解程度最小
B. b点水的电离程度最大
C. 向上述溶液中通入，减小
D. c点溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】加热碳酸钠溶液，存在碳酸根离子的水解平衡和水的电离平衡，温度升高平衡均正向移动，pH先上升说明，碳酸根离子水解平衡占主导，碱性增强，随后pH下降，说明水的电离平衡占主导，由于Kw变大，c(OH-)、c(H+)浓度均变大，pH变小。
【详解】A．升高温度促进水解平衡正向移动，故a点的水解程度最小，A正确；
B．升高温度促进水的电离，故c点水的电离程度最大，B不正确；
C．向上述溶液中通入，与水反应生成一水合氨，电离出氢氧根离子，抑制离子水解，浓度变大，浓度不变，故减小，C正确；
D．根据物料守恒，c点溶液中存在，D正确；
故选B。
12. 电化学合成氨进一步提高了人类合成氨的产量。现采用双极膜(解离出、分别移至两级室溶液)，通过电解溶液制取氨，该装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极b接电源的负极
B. 电解一段时间后I室的值增大
C. 双极膜中解离出的向电极b极移动
D. 理论上电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为电解池装置，I室中a电极发生电极反应：，为电解池阴极，则II室中b电极为电解池阳极，发生电极反应：。
【详解】A．根据分析可知，电极b为阳极，应与电源正极相连，A错误；
B．根据分析，I室中a电极发生电极反应：，溶液中氢离子浓度减少，则电解一段时间后I室的值增大，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，即双极膜中解离出的向电极a极移动，C错误；
D．结合a电极发生电极反应：，b电极发生电极反应：，根据得失电子守恒可知，电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为
1：2，D错误；
答案选B。
13. 已知：
(1)
(2)同一个C原子连接着一个和的物质不稳定，会失去一个分子。下列说法不正确的是
A. 与在一定条件下可生成
B. 欲使正反应完全，需不断将水从反应体系中蒸出
C. 是该反应的催化剂，溶液酸性越强，催化效果越好
D. 以和为原料可合成乌洛托品()
【答案】C
【解析】
【详解】A． 根据题中信息可知最终转化为，与在一定条件下可生成，A正确；
B．在平衡体系中不断将水从反应体系中蒸出，使反应正向进行，B正确；
C．开始参与反应，最后生成，是该反应的催化剂，溶液酸性越强，不利于最后一步产物的生成，催化效果不一定好，C错误；
D．以和为原料反应发生，可以合成乌洛托品
()，D正确；
故答案为：C。
14. 在电子工业中有广泛的应用，氯化物有、、等，实验证实为共价化合物，为离子化合物(含一种简单阳离子和一种复杂阴离子且基态阳离子中没有未成对电子)，下列说法不正确的是
A. 中元素的化合价为价B. 中阴离子的中心原子采用杂化方式
C. 的熔点可能低于D. 中每个原子最外层均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题意，基态镓原子电子排布式为，含有一种简单阳离子和一种复杂阴离子，且阳离子没有未成对电子，则阳离子为，阴离子为，则阳离子Ga的化合价为+1，阴离子Ga的化合价为+3，没有+2价，A错误；
B．由A项可知，阴离子为，该阴离子σ成键电子对数为4，孤对电子数为，则阴离子中心原子的杂化方式为杂化，B正确；
C．氯化镓为共价化合物，属于分子晶体，F的电负性强于Cl，氟化镓为离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，C正确；
D．为共价化合物，Ga与3个Cl共用电子对，Ga2Cl6以GaCl3的二聚体形式存在，结构中存在配位键，结构式为，因此每个原子最外层均满足8电子稳定结构，D正确；
故选A。
15. 已知，，，
。
下列说法正确的是
A. 向漂白粉溶液中通入少量气体的离子方程式为
B. 向的溶液中加入等体积的的溶液可生成白色沉淀
C. 室温下，向溶液中通入气体至，此时溶液中的
D. 向物质的量浓度均为的和的混合溶液中无论滴加少量的还是溶液，均可导致溶液的值出现较大变化。
【答案】B
【解析】
【分析】根据电离常数可知酸性。
【详解】A．酸性，向漂白粉溶液中通入少量气体生成碳酸钙沉淀、次氯酸，对应的离子方程式为，A错误；
B．向的溶液中加入等体积的的溶液混合后溶液中，，根据可知，，，，；根据可知，溶液中，，计算可得，此时溶液中，，有白色沉淀生成，B正确；
C．向溶液中通入气体至，，
，，即，C错误；
D．物质的量浓度均为的和的混合溶液存在、、，使得溶液具有缓冲能力，滴加少量的还是溶液，均可导致溶液的值变化不大，D错误；
故答案为：B。
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
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
实验目的
方案设计
现象
结论
A
探究实验室的溶液是否变质
取少量溶液于洁净试管中，加入溶液后再加入足量盐酸
最终无白色沉淀存在
溶液没有变质
B
探究是否能够催化分解
向的溶液中加入几滴1ml/L的溶液
无明显现象
不能催化分解
C
证明是弱电解质
分别测定等浓度盐酸和溶液的
前者小
是弱电解质
D
探究淀粉是否完全水解
向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热一段时间后冷却，向冷却液中直接加入几滴碘水
溶液变蓝
淀粉有剩余
【解析】
【详解】A．加入足量盐酸后无白色沉淀，说明不含有硫酸钡，则溶液没有变质，故A正确；
B．向的溶液中加入几滴的1ml/L溶液，无明显现象，只能说明不能催化分解，不能说明不能催化分解，故B错误；
C．测定等浓度的盐酸和溶液的，前者小，可以说明是弱电解质，故C正确；
D．向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热一段时间后冷却，这个过程会促使淀粉水解，向冷却液中直接加入几滴碘水，溶液变蓝，说明还有淀粉剩余，故D正确；
答案选B。
二、非选择题(共5大题，共52分)
17. 著名的催化剂的主要成分是和。请回答：
（1）的晶体类型是___________，遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式：___________。
（2）与在一定条件下反应生成，一定要存放于等惰性气体中，请从结构的角度解释原因：___________。
（3）在其他条件相同时，的水解反应速率___________的水解反应速率(填“>”、“ ②. 对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O键的极性更强，更易断裂 （4）BD
（5） ① TiO2 ②. 6
【解析】
【小问1详解】
Al(C2H5)3中Al与-CH2CH3通过共价键相连，故晶体类型为分子晶体，与水剧烈反应，根据Al元素性质可知，反应生成Al(OH)3，根据原子守恒可知，另一个产物为乙烷，故反应方程式为，该空分别填分子晶体，；
【小问2详解】
Ti核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Ti3+的价层电子排布式为3d1，容易失去1个电子形成3d轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧气氧化，因此需要被保存在惰性气体中，该空填Ti3+的价层电子排布式为3d1，容易失去1个电子形成3d轨道全空的稳定结构，故容易被空气中的氧气氧化；
【小问3详解】
CH3COOCH2CF3和CH3COOCH2CH3均能发生酯的水解反应，对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O键的极性更强，更易断裂，故其水解反应速率更快，该空分别填>，对比-CH3，-CF3为吸电子基，使得CH3COOCH2CF3中C-O键的极性更强，更易断裂；
【小问4详解】
A．Cl-的价层电子排布式为3s23p6，A错误；
B．Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子，形成半满的稳定状态，Mn2+的价层电子排布式为3d5，为半满的稳定状态，其第三电离能更高，B正确；
C．C2H5-为推电子基，使N的电子云密度变大，对周围H+的吸引力更强，而其水解需要与水电离出的OH-结合，因此其较铵根离子更稳定，故其水解能力比的弱，C错误；
D．NH3水溶液为弱碱性，可与AlCl3反应，化学方程式为，D正确；
本题选BD；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，该晶胞中Ti原子个数为，O原子个数为，故该氧化物化学式为TiO2，如图可知晶胞体心Ti与周围6个O相连，故Ti的配位数为6，该空分别填TiO2，6。
18. 常用作杀虫剂和媒染剂，光气()是有机合成中的重要原料，它们有如下转化关系：
已知：①CCl4+2SO3+E；
②激光拉曼光谱和红外光谱显示A晶体中含有两种阳离子和一种阴离子，其中一种阳离子呈正四面体构型，阴离子呈三角锥形，且A中。
请回答以下问题：
（1）气体D的化学式为___________；溶液C中溶质的组成为___________(用化学式表式)。
（2）写出溶液与足量反应的化学方程式___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. 在酸性条件下水解生成和
B. 化合物E在潮湿环境中能腐蚀某些金属
C. 在水溶液中最多可消耗
D. 气体D在一定条件下可能和发生反应
（4）验证A中存在N元素的实验方案。
①实验方案：取少量A完全溶于稀，然后___________(请将实验方案补充完整)。
②写出A与稀反应的离子方程式___________(已知：A溶于稀生成红色沉淀，溶液变为蓝色)。
【答案】（1） ①. NH3 ②. Na2SO3、Na2SO4、NaOH
（2） （3）BD
（4） ①. 加入过量的氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝则说明是A中含有氮元素，反之则无。 ②.
【解析】
【分析】溶液与足量的SO2反应生成白色沉淀A，根据已知②得A晶体中含有两种阳离子和一种阴离子，其中一种阳离子呈正四面体构型，结合反应物元素组成，该阳离子为，阴离子呈三角锥形为，且A中，可推出另外一种阳离子为Cu+，则A是亚硫酸亚铜铵，据此解题。
【小问1详解】
①溶液与足量的SO2反应生成和，溶液B中含，加入过量NaOH溶液加热，产生气体为NH3，故答案为：NH3；
②溶液与足量的SO2反应后，溶液B中含和H2SO3，加入过量NaOH溶液加热得到溶液C，溶液C中的溶质为Na2SO3、Na2SO4、NaOH，故答案为：Na2SO3、Na2SO4、NaOH；
【小问2详解】
据分析得，溶液与足量的SO2反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
A．水解生成和，但酸性环境下NH3能与酸发生反应，A错误；
B．根据已知①原子守恒得，化合物E为Cl2O5S2，Cl2O5S2溶于水可以得到H2SO4和HCl，故化合物E在潮湿环境中能腐蚀某些金属，B正确；
C．在水溶液中与NaOH反应，氯原子被羟基取代得到H2CO3消耗2mlNaOH，H2CO3再与2mlNaOH反应得到Na2CO3，在水溶液中最多可消耗4mlNaOH，C错误；
D．气体D为NH3，氢元素的化合价为+1价，AlH3中金属无负价，所以AlH3中氢元素的化合价为-1价，AlH3和NH3之间可以发生氧化还原反应生成H2，D正确；
故选BD；
【小问4详解】
①A为，证明N元素，可证明A中的，检验方法为加入过量的氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝则说明是A中含有氮元素，反之则无，故答案为：加入过量的氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝则说明是A中含有氮元素，反之则无；
②已知A溶于稀生成红色沉淀，溶液变为蓝色，故A与稀反应的离子方程式为，故答案为：。
19. 氢气是一种清洁能源，工业制氢有多种途径。
（1）利用水煤气转化法制氢涉及的反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
在一定温度下，向容积固定为的密闭容器中加入足量的和，起始压强为，发生反应I和Ⅱ。后达到平衡，此时的转化率为，的物质的量为。
①反应I能自发进行条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②下列说法正确的是___________。
a．增大的用量，反应I生成的速率增大
b．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅱ已达到平衡
c．平衡时的体积分数可能大于三分之二
d．除去体系中的可提高平衡时的含量
③此温度下反应Ⅱ的化学平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。
（2）另一种绿色环保制氢技术“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为。实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应初期有生成并放出。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。
①下列叙述正确的是___________。
a．电负性，因此吸附在上的H略带正电
b．升高温度生成的反应速率一定加快
c．吸附在上的H原子在步骤Ⅰ后生成了水
d．该制氢技术绿色环保原因之一是铁可以循环利用
②在其他条件相同时，测得的转化率、的产率随变化如图所示。
请分析的产率随增加而增大的可能原因是___________。
（3）电解水制“绿氢”的技术也不断被突破，科技工作者设计了耦合高效制的方法，相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，其装置如下图所示。则阳极电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. 高温 ②. bd ③. 7
（2） ①. acd ②. 碳酸氢根与铁反应生成的碳酸铁转化为作为反应的催化剂
（3）
【解析】
【分析】（1）根据判断反应自发进行所需条件；有气体参与的可逆反应，密度、压强均可能影响反应平衡；
（2）铁粉与碳酸氢钠在催化剂存在下反应生成氢气和甲酸，根据题目所给示意图分析，步骤Ⅰ碳酸氢根离子与铁反应生成碳酸铁和氢气，随着反应进行，碳酸氢根通过活性转化为；
（3）根据题目所给示意图，b区甲醛反应生成，发生氧化反应，产生氢气，已知相同电量下氢气的理论产量事传统电解水的2倍，则该电解池每转移2ml电子，产生2ml氢气，据此分析；
【小问1详解】
①根据，反应Ⅰ是熵增，焓变大于0的反应，即，，则高温条件下有利于反应自发进行；
②a．增大C(s)的用量，由于碳单质是固体，增大碳的用量，不能增大浓度，生成一氧化碳速率不增加，a错误；
b．根据，反应Ⅰ由固体参与，随着反应的进行，气体整体质量增大，当密度保持不变时，气体质量不变，则反应Ⅱ已达到平衡，b正确；
c．反应中水只能转化为氢气，水的转化率为70%，则氢气的物质的量为0.7ml，一氧化碳的物质的量为0.1ml，则此时氢气的体积分数为，二氧化碳的体积未知，故氢气的体积分数必定小于三分之二，c错误；
d．除去体系中的二氧化碳，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，一氧化碳减少，反应Ⅰ平衡也向正反应方向进行，可以提高平衡时氢气的含量，d正确；
综上所述，选bd；
③分别设反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的水的物质的量为x、yml，列出三段式：、，已知平衡时，水的转化率为70%，一氧化碳的物质的量为0.1ml，即1-x-y=0.3ml，x-y=0.1，解得x=0.4，y=0.3，故平衡时二氧化碳的物质的量为0.3ml，反应前总压强为2MPa，气体的物质的量共为1ml，反应后气体总量为1.4ml，则反应后总压强为，利用分压计算反应Ⅱ的平衡常数；
【小问2详解】
①a．根据元素周期律，电负性O＞H，而H元素可以接受1个电子形成稳定结构，Fe则不行，故电负性大小：O＞H＞Fe，根据流程图示意，氢气断裂，一个氢原子吸附在氧负离子上，氧带负电，H略带正电，a正确；
b．升高温度反应速率增加，但可能导致催化剂失活，导致反应速率降低，b错误；
c．根据题目所给流程图，氢气断裂出两个氢原子，一个吸附在氧负离子上，一个吸附在亚铁离子上，经
过步骤Ⅰ，吸附在亚铁离子上的H形成了水分子，c正确；
d．该技术原理中，Fe可以循环利用，是绿色环保原因之一，d正确；
综上所述，选acd；
②铁先与碳酸氢根反应生成氢气和碳酸铁，随着反应的进行，碳酸铁迅速转化为活性，作为生产甲酸的催化剂，故碳酸氢根的浓度增大，导致甲酸的产率增大；
【小问3详解】
根据分析，甲醛被氧化为，则b电极区为阳极，a电极区为阴极，已知相同电量下，该电解技术氢气的理论产量是传统电解水的2倍，则阳极的电极反应式推理为甲醛失去2ml电子形成甲酸根离子和1ml氢气，阴极的电极反应式为氢氧根得到2ml电子形成1ml氢气，故阳极的电极反应式为。
20. 实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________；装置f中的试剂是___________；装置c的作用是___________。
（2）请将下列部分操作步骤进行排序：___________；
组装装置→检查装置气密性→加入药品→通冷凝水→( )→( )→( )
A．加热装置b B．加热装置a C．通入一段时间
（3）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验I：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗
(滴定过程中号转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。则：
①___________。(用、、c、V表示)
②下列对于滴定实验中仪器使用以及操作过程，说法正确的是___________。
a．用标准液润洗滴定管时，润洗液从滴定管上口放出
b．注入或放出液体后，需等后才能读数
c．若使用烧杯滴定，滴定管下端伸入烧杯内约，右手持玻璃棒搅拌溶液，左手操作滴定管
d．标准溶液滴定时应选用为指示剂
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 浓硫酸 ③. 冷凝回流，提高其转化率
（2）C→B→A （3） ①. ②. bc
【解析】
【分析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2•4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2•4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解；实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。
【小问1详解】
根据装置图，仪器a的名称是三颈烧瓶；遇水极易反应生成两种酸性气体，为防止水进入装置中，装置f中的试剂是浓硫酸；装置c是冷凝管，沸点低，c的作用是冷凝回流，提高其转化率。
【小问2详解】
实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g) FeCl2+4SO2+8HCl，所以操作步骤为：组装装置→检查装置气密性→加入药品→通冷凝水→通入一段时间→加热装置a→加热装置b。
小问3详解】
①滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3ml；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为ml，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3ml)：ml，解得n=；
②a．用标准液润洗滴定管时，润洗液从滴定管下口放出，故A错误；
b．注入或放出液体后，使附着在内壁上的溶液流下后再取读数，所以需等后才能读数，故b正确；
c．若使用烧杯滴定，滴定管下端伸入烧杯内约，右手持玻璃棒搅拌溶液，左手操作滴定管，故c正确；
d．遇Fe3+溶液立即变为血红色，标准溶液滴定时，不能指示滴定终点，所以不能用作指示剂，故d错误；
选bc。
21. 化合物I是一种治疗脑血管疾病的药物，其合成路线如下：
已知：
（1）化合物G中含氧官能团名称是___________。
（2）化合物F的结构简式是___________。
（3）下列说法正确的是___________。
A. C→D的反应类型为还原反应B. 与浓硫酸共热可得
C. 化合物A的酸性弱于D. I的分子式为
（4）写出H→I的化学方程式___________。
（5）设计以和为原料合成喹啉衍生物()的路线(用流程图表示，无机试剂和有机溶剂任选)___________。
（6）写出4种符合下列条件的I的同分异构体的结构简式___________。
i．苯环上有四个取代基：
ii．分子中有4种不同化学环境的氢原子；
iii．该有机物能使显色，且除了苯环外还有一个环状结构。
【答案】（1）醚键、酰胺基
（2） （3）AC
（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH
（5） （6）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝作用下A（）与发生取代反应生成B（），盐酸作用下B与亚硝酸钠反应生成C（），C与硫氢化铵溶液发生还原反应生成D（），D与乙酸酐发生取代反应生成E（），E与F（）发生取代反应生成G（），G经过多步反应生成H（），H在吡啶存在的条件下乙酸酐发生取代反应生成I（）。
【小问1详解】
根据分析，G为，含氧官能团名称是醚键、酰胺基；
【小问2详解】
根据分析，F为；
【小问3详解】
A．根据分析，C→D时-NO转化为-NH2，反应类型为还原反应，A正确；
B．为卤代烃，需在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成丙烯，B错误；
C．A为，甲基为推电子基团，连接苯环后使-OH中的O-H键极性减小，导致H+不容易电离，因此酸性小于，C正确；
D．I（）的分子式为C16H25NO3；
故选AC；
【小问4详解】
根据分析可知，H→I的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH
【小问5详解】
合成可采用题目中已知的方法，即用和反应制得，可由还原制得，可由氧化得到，可以用水
解得到，用CH3CHO与HCN加成得到，因此流程为；
【小问6详解】
I的同分异构体中，苯环上有四个取代基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称性较好，该有机物能使FeCl3显色，说明含有酚羟基，除了苯环外还有一个环状结构，符合结构的同分异构体有。