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【高考真題】浙江省2025年1月普通高校招生選考科目考試化學試題
一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，環選、多選、錯選均不得分)
1．（2025·浙江）下列屬于極性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】極性分子和非極性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有極性共價鍵，且正負電荷中心不重合，屬于極性分子，A符合題意；
B．N2分子中含有非極性共價鍵，且正負電荷中心重合，屬于非極性分子，B不符合題意；
C．He是單原子分子，正負電荷中心重合，因此屬于非極性分子，C不符合題意；
D．CH4是由極性鍵形成的正四面體結構，結構對稱，正負電荷中心重合，因此屬于非極性分子，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】本題是對分子極性的考查，屬于極性分子的，其正負電荷的中心不重合；若正負電荷的中心不重合，則為極性分子。據此結合選項所給物質的結構分析。
2．（2025·浙江）下列化學用語表示不正確的是
A．基態S原子的電子排布式：
B．質量數為14的碳原子：
C．乙烯的結構簡式：
D．的電子式：
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；結構簡式；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．硫原子質子數為16，其基態S原子的電子排布式：，A錯誤；
B．質量數標在元素符號的左上角，因此碳原子質子數為6，質量數為14的碳原子表示為：，B正確；
C．乙烯的分子結構中含有碳碳雙鍵，其結構簡式為：，C正確；
D．水是共價化合物，水分子中O原子是中心原子，含有2個未成對電子，分別與H形成共價鍵，因此其電子式為，D正確；
故答案為：A
【分析】A、S的原子序數為16，據此確定其核外電子排布式。
B、質量數標在元素符號左上角，質子數標在元素符號左下角。
C、乙烯的結構簡式為CH2＝CH2。
D、根據O原子的最外層電子情況書寫H2O的電子式。
3．（2025·浙江）化學與生產生活密切相關，下列說法不正確的是
A．具有強氧化性，可用于殺菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水劑
C．溶液呈堿性，可用于除油污
D．硬鋁密度小、強度高，抗腐蝕能力強，可用作飛機材料
【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；鹽類水解的應用；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．具有強氧化性，能使蛋白質發生變性，因此ClO2可用于殺菌消毒，A正確；
B．聚丙烯屬于有機合成高分子材料，只含疏水基團，不含有親水基團，因此不能用作吸水劑，B錯誤；
C．溶液由于碳酸根離子的水解，使溶液呈堿性，油污在堿性條件下發生水解反應，因此可用于除油污，C正確；
D．硬鋁合金具有密度小、強度高的優良特性，且其表面會形成致密的氧化膜，對內層金屬起到保護作用，因此其抗腐蝕性強，可用作航空材料，D正確；
故答案為：B
【分析】A、ClO2的強氧化性可用于殺菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水劑。
C、Na2CO3溶液顯堿性，能使油污發生堿性水解。
D、硬鋁的強度高、抗腐蝕性能強等特點，可用做航空材料。
4．（2025·浙江）根據元素周期律，下列說法不正確的是
A．第一電離能：N＞O＞S
B．化合物中鍵的極性：SiCl4＞PCl3
C．堿性：LiOH＞KOH
D．化合物中離子鍵百分數：MgO＞Al2O3
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性鍵和非極性鍵；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．同周期元素，核電荷數越大，第一電離能越大；ⅡA與ⅢA，ⅤA與ⅥA反常，因此第一電離能：N＞O＞S，A正確；
B．同周期元素，核電荷數越大，電負性越大，因此電負性Si＜P＜Cl，電負性差值越大，鍵的極性越大，因此化合物中鍵的極性：SiCl4＞PCl3，B正確；
C．同一主族元素，核電荷數越大，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強。由于金屬性Li＜K，所以堿性：LiOH＜KOH，C錯誤；
D．同周期元素，核電荷數越大，電負性越大，因此電負性Mg＜Al，因此Mg與O的電負性差值＞Al與O的電負性差值，電負性差值越大離子鍵百分數越大，因此化合物中離子鍵百分數：MgO＞Al2O3，D正確；
故答案為：C
【分析】A、同周期元素，從左到右，第一電離能逐漸增大，但ⅡA、ⅤA元素處于全滿、半滿穩定結構，第一電離能較大。
B、電負性差值越大，則共價鍵的極性越強。
C、金屬性越強，則其最高價氧化物對應水化物的堿性越強。
D、元素電負性的差值越大，則形成的化合物中離子鍵的百分數越大。
5．（2025·浙江）關于實驗室安全，下列說法不正確的是
A．若不慎鹽酸沾到皮膚上，應立即用大量水沖洗，然后用溶液沖洗
B．實驗室制備時，可用溶液吸收尾氣
C．水銀易揮發，若不慎有水銀灑落，無需處理
D．難溶于水，可用處理廢水中的，再將沉淀物集中送至環保單位進一步處理
【答案】C
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；氯氣的化學性質；化學實驗安全及事故處理
【解析】【解答】A．不慎將強酸沾到皮膚上，應立即用大量水沖洗，將其稀釋，再涂上3%~5%的NaHCO3溶液除去剩余的酸，A正確；
B．Cl2是有毒氣體，能與NaOH溶液反應，因此可用NaOH溶液進行尾氣處理，B正確；
C．水銀是重金屬，有毒，硫能與汞反應生成硫化汞，若不慎有水銀灑落，可撒上硫粉進行處理，防止汞蒸氣中毒，C錯誤；
D．PbS難溶于水，Na2S可與Pb2+反應生成硫化鉛沉淀，所以除去廢水中Pb2+等重金屬離子常用沉淀法，D正確；
故答案為：C
【分析】A、酸可用3%~5%的NaHCO3溶液除去。
B、Cl2可用NaOH溶液吸收。
C、水銀有毒，可用硫粉進行吸收處理。
D、PbS難溶于水，可除去廢水中的Pb2+。
6．（2025·浙江）關于溴的性質，下列說法不正確的是
A．可被氧化為
B．與水溶液反應的還原產物為
C．，說明氧化性：
D．與足量溶液反應生成和，轉移電子
【答案】D
【知識點】氧化還原反應；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．由于氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2可將氧化為，A項正確；
B．Br2的氧化性能將SO2氧化成SO42－，自身被還原為Br－，因此還原產物為，B項正確；
C．根據反應可知，氧化劑為，氧化產物為，氧化性：氧化劑＞氧化產物，因此氧化性：，C項正確；
D．與足量溶液反應生成和，該反應的化學方程式為：，3mol參與反應，轉移5mol電子，D項錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Cl2能將Br－氧化成Br2。
B、Br2具有氧化性，SO2具有還原性，二者可反應生成H2SO4和HBr。
C、結合氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性分析。
D、根據反應過程中元素化合價變化分析。
7．（2025·浙江）下列物質的結構或性質不能說明其用途的是
A．葡萄糖分子結構中有多個羥基，故葡萄糖可與銀氨溶液反應制作銀鏡
B．具有網狀結構的交聯橡膠彈性好、強度高，故可用作汽車輪胎材料
C．的碳、硅原子間通過共價鍵形成空間網狀結構，硬度大，故可用作砂輪磨料
D．能中和酸并受熱分解產生氣體，故可用作加工饅頭的膨松劑
【答案】A
【知識點】探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，醛基具有還原性，能與銀氨溶液發生銀鏡反應，因此可用于制作銀鏡，A符合題意；
B．橡膠的分子鏈可以交聯，交聯后的橡膠受外力作用發生變形時，具有迅速復原的能力，因此具有彈性好，強度高等良好的物理力學性能和穩定的化學性質，所以可用作汽車輪胎材料，B不符合題意；
C．SiC中原子間以共價鍵形成空間網狀結構，具有熔點高、硬度大等特點，因此可用作砂輪、砂紙的磨料，C不符合題意；
D．可與酸反應生成二氧化碳氣體，且不穩定，受熱分解產生大量二氧化碳氣體，因此可用作食品膨松劑，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、葡萄糖的結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，其中－CHO具有還原性，可發生銀鏡反應。
B、橡膠的分子鏈可以交聯，使得其具有良好的彈性和強度高等特點。
C、SiC為共價晶體，具有熔點高、硬度大的特點。
D、NaHCO3不穩定受熱易分解，產生CO2；且與酸反應也能產生CO2，可用作食品膨松劑。
8．（2025·浙江）下列方程式不正確的是
A．與濃鹽酸反應：
B．與反應：
C．將少量灼熱的加入中：
D．將通入酸性溶液：
【答案】D
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；二氧化硫的性質；乙醇的催化氧化實驗；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成MnCl2、Cl2和H2O，選項所給離子方程式正確，A正確；
B．二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，HNO3為強酸，可拆解成離子形式，選項所給離子方程式正確，B正確；
C．乙醇與CuO發生催化氧化反應，生成乙醛，CuO被還原生成Cu，選項所給方程式正確，C正確；
D．二氧化硫與酸性高錳酸鉀溶液反應生成硫酸鉀、硫酸錳和硫酸，該反應的離子方程式為：，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，據此書寫其離子方程式。
B、NO2與H2O反應生成強酸HNO3和NO，據此書寫其離子方程式。
C、CH3CH2OH與CuO在加熱條件下反應生成CH3CHO、Cu和H2O，據此書寫其化學方程式。
D、SO2具有還原性，KMnO4具有氧化性，二者反應生成Mn2＋、SO42－，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫其離子方程式。
9．（2025·浙江）抗壞血酸(維生素C)是常用的抗氧化劑。
下列說法不正確的是
A．可用質譜法鑒別抗壞血酸和脫氫抗壞血酸
B．抗壞血酸可發生縮聚反應
C．脫氫抗壞血酸不能與溶液反應
D．1個脫氫抗壞血酸分子中有2個手性碳原子
【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質；縮聚反應
【解析】【解答】A．抗壞血酸和脫氫抗壞血酸的相對分子質量不同，而質譜法可以測量有機物的相對分子質量，所以可用質譜法鑒別抗壞血酸和脫氫抗壞血酸，A正確；
B．由抗壞血酸的結構簡式可知，抗壞血酸中含有4個羥基，因此抗壞血酸可與多元羧酸發生縮聚反應，B正確；
C．由脫氫抗壞血酸的結構簡式可知，脫氫抗壞血酸中含有酯基，酯基能發生堿性水解反應，因此脫氫抗壞血酸能與溶液反應，C錯誤；
D．由脫氫抗壞血酸的結構簡式可知，1個脫氫抗壞血酸分子中有2個手性碳原子，如圖所示：，D正確；
故答案為：C
【分析】A、質譜法用于測定有機物的相對分子質量，而二者的相對分子質量不同。
B、分子結構中含有多個羥基，能與多元羧酸發生縮聚反應。
C、分子結構中含有酯基，能與NaOH溶液發生水解反應。
D、連接有4個不同的原子或原子團的碳原子，稱為手性碳原子。
10．（2025·浙江）提純粗品(含少量的和)得到純品的方案如下，所用試劑為溶液、溶液、鹽酸和溶液。
下列說法不正確的是
A．用過量的溶液除去
B．通過生成沉淀后過濾除去
C．4種試劑的使用順序為溶液、溶液、鹽酸、溶液
D．調后的濾液蒸發至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得純品
【答案】C
【知識點】物質的分離與提純；粗鹽提純
【解析】【解答】A．SO42－能與Ba2＋形成BaSO4沉淀，為防止引入新的雜質，除去時用BaCl2溶液，過量的BaCl2可以使離子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正確；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分別用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反應生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，過濾除去，B正確；
C．過量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四種試劑使用時Na2CO3要在BaCl2之后；為防止生成的沉淀溶解，鹽酸放在過濾沉淀后再加入，C錯誤；
D．過濾后再加入HCl調節濾液的pH值，最后蒸發至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得純品，D正確；
故答案為：C
【分析】粗鹽提純實驗中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分別用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。為使溶液中的離子完全沉淀，所加試劑必須過量，而過量試劑需進一步除去，因此實驗過程中必須先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同時，除去過量的BaCl2溶液。將所有沉淀過濾除去后，再往濾液中滴加稀鹽酸至中性，除去過量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，經過蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，即可得到NaCl純品。據此結合選項分析。
11．（2025·浙江）下列說法正確的是
A．常溫常壓下和混合無明顯現象，則反應在該條件下不自發
B．，升高溫度，平衡逆移，則反應的平衡常數減小
C．，則正反應的活化能大于逆反應的活化能
D．，則
【答案】B
【知識點】吸熱反應和放熱反應；蓋斯定律及其應用；焓變和熵變；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A．當ΔG=ΔH-TΔS＜0時，反應自發進行。該反應中ΔH＜0、ΔS＜0，溫度較低時ΔG＜0，因此該反應在低溫時能自發進行，A錯誤；
B．升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆移，因此平衡常數減小，B正確；
C．該反應為放熱反應，所以，即正反應的活化能小于逆反應的活化能，C錯誤；
D．，根據蓋斯定律，反應①－反應②得到目標反應Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目標反應的反應熱ΔH=。由于相對大小未知，因此無法確定ΔH的正負，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、當ΔG=ΔH-TΔS＜0時，反應能自發進行，據此判斷反應自發進行的條件。
B、平衡常數只與溫度有關，結合溫度對平衡移動的影響分析。
C、該反應為放熱反應，所以活化能：正反應＜逆反應。
D、根據蓋斯定律分析。
12．（2025·浙江）一種可充放電電池的結構示意圖如圖所示。該電池放電時，產物為和，隨溫度升高Q(消耗轉移的電子數)增大。下列說法不正確的是
A．熔融鹽中的物質的量分數影響充放電速率
B．充放電時，優先于通過固態電解質膜
C．放電時，隨溫度升高Q增大，是因為正極區轉化為
D．充電時，鋰電極接電源負極
【答案】C
【知識點】化學電源新型電池；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由于充放電時有參與或生成，因此熔融鹽中的物質的量分數影響充放電速率，A正確；
B．離子半徑：＜，因此優先于通過固態電解質膜，B正確；
C．放電時，正極發生得電子的還原反應，中氧原子為-1價，中氧原子為-2價，因此隨溫度升高Q增大，正極區轉化為，C錯誤；
D．充電時，鋰電極為陰極，與電源的負極相連，D正確；
故答案為：C
【分析】該電池放電過程中，Li發生失電子的氧化反應，生成Li＋，因此負極的電極反應式為Li－e－=Li＋。通入O2的電極為正極，發生的電子的還原反應，生成O2－或O22－，因此正極的電極反應式為O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。隨溫度升高，Q（1molO2轉移電子數）增大，說明溫度升高過程中，正極區O22－轉化為O2－。據此結合選項分析。
13．（2025·浙江）某化合物的晶胞如圖所示，下列說法不正確的是
A．晶體類型為混合晶體
B．與二價鐵形成配位鍵
C．該化合物與水反應有難溶物生成
D．該化合物熱穩定性比高
【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；晶胞的計算；晶體的定義
【解析】【解答】A．晶體中含有離子鍵、配位鍵、分子間作用力。具有分子晶體和離子晶體的特性，因此屬于混合晶體，A正確；
B．分子中N原子提供孤電子對，Fe2+提供空軌道，二者通過配位鍵形成[Fe(NH3)2]2+，B正確；
C．與水反應可以生成Fe(OH)2沉淀，該反應的化學方程式為+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正確；
D．中離子半徑：[Fe(NH3)2]2+＞Fe2+，使得[Fe(NH3)2]2+與Cl-之間的鍵能小于Fe2+與Cl-之間的鍵能，因此熱穩定性小于FeCl2，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據晶體所含作用力分析。
B、配位鍵是由一方提供空軌道，一方提供孤電子對形成的。
C、Fe(NH3)2Cl2與H2O反應生成Fe(OH)2沉淀。
D、結合離子鍵的強弱分析二者的穩定性。
14．（2025·浙江）化合物A在一定條件下可轉變為酚E及少量副產物，該反應的主要途徑如下：
下列說法不正確的是
A．為該反應的催化劑
B．化合物A的一溴代物有7種
C．步驟Ⅲ，苯基遷移能力強于甲基
D．化合物E可發生氧化、加成和取代反應
【答案】B
【知識點】催化劑；化學反應速率的影響因素；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】A．由圖可知H+參與了反應，且反應過程中又生成H+，即反應前后不變，因此H+是反應的催化劑，A正確；
B．化合物A中含有6種等效氫原子，因此化合物A的一溴代物有6種，分別是：、、、、、，B錯誤；
C．步驟III中C反應生成D的過程中，苯基發生了遷移，甲基沒有遷移，說明苯基的遷移能力強于甲基，C正確；
D．化合物E中有酚羥基可以發生氧化反應，苯環可以發生加成反應和取代反應，D正確；
故答案為：B
【分析】A、H＋參與反應，同時又生成，屬于催化劑。
B、根據有機物A所含的等效氫個數，確定一氯代物的個數。
C、根據步驟Ⅲ中反應過程中苯基發生遷移，而甲基不發生遷移，從而比較二者的遷移能力強弱。
D、根據E的結構簡式，確定其所能發生反應的類型。
15．（2025·浙江）時，的電離常數。下列描述不正確的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，則
【答案】D
【知識點】化學平衡常數；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A．，該反應的平衡常數K==，A正確；
B．，該反應的平衡常數K==，B正確；
C．，該反應的平衡常數K==，C正確；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D錯誤；
故答案為：D
【分析】此題是對平衡常數計算的考查，結合相關平衡常數的表達式進行計算即可。H2CO3的電離常數、。據此結合選項分析。
16．（2025·浙江）蛋白質中N元素含量可按下列步驟測定：
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ，須加入過量濃，以確保N元素完全轉化為
B．步驟Ⅱ，濃溶液過量，有利于氨的蒸出
C．步驟Ⅲ，用定量、過量鹽酸標準溶液吸收，以甲基紅(變色的范圍：)為指示劑，用標準溶液滴定，經計算可得N元素的含量
D．尿素樣品、樣品的N元素含量均可按上述步驟測定
【答案】D
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量
【解析】【解答】A．步驟Ⅰ，加入的濃需過量，使蛋白質中的氨基和酰胺基全部轉化為，進而準確的計算N元素含量，A正確；
B．根據反應+OH- NH3·H2O NH3+H2O，當NaOH過量時，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正確；
C．步驟Ⅲ，用定量、過量鹽酸標準溶液吸收后，過量的HCl用標準NaOH溶液滴定，反應后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定終點溶液顯酸性，用甲基紅作為指示劑，C正確；
D．在濃硫酸、K2SO4和催化劑CuSO4作用下中的N元素不會轉化為，因此不能按上述步驟測定，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、濃硫酸過量，可確保將蛋白質中的氨基和酰胺基完全轉化為NH4＋。
B、濃NaOH溶液過量，有利于NH3的逸出。
C、滴定終點溶液的溶質為NaCl和NH4Cl，溶液顯酸性，用甲基橙做指示劑。
D、NaNO3中氮元素無法轉化為NH4＋，因此不能用上述方法。
二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)
17．（2025·浙江）磷是生命活動中不可或缺的元素。請回答：
（1）關于ⅤA族元素原子結構的描述，下列說法正確的是_______。
A．基態P原子軌道上的電子自旋方向相同
B．的最外層電子數為18
C．的半徑小于的半徑
D．電子排布為的P原子處于激發態
（2）某化合物的晶胞如圖。
①化學式是　 　；
②將該化合物加入到含少量石蕊的中，實驗現象是　 　(從酸堿性和溶解性角度推測)。
（3）兩分子脫水聚合得到一分子，從的結構角度分析差異的原因　 　。
（4）興趣小組對某磷灰石[主要成分為和少量]進行探究，設計了兩種制備的方法：
Ⅰ.用稍過量的濃與磷灰石反應，得到溶液、少量氣體、渣(主要成分為)。
Ⅱ.將磷灰石脫水、還原，得到的白磷燃燒后與水反應制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的雜質酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣為硫源，設計實驗制備無水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，該反應的化學方程式是　 　。
【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液變藍，有氣體放出
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子
（4）鹽酸、氫氟酸；碳酸鈉溶液；過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌；加熱脫水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；物質的分離與提純；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）A．基態P原子價電子排布式為3s23p3，根據洪特規則，軌道上的3個電子自旋方向相同，故A正確；
B．基態As原子價電子排布式為4s24p3，的價電子排布式為4s2，最外層電子數為2，故B錯誤；
C．比多一個電子層，所以的半徑大于的半徑，故C錯誤；
D．基態P原子的電子排布式為的，電子排布為的P原子處于激發態，故D正確；
故答案為：AD
（2）①根據均攤原則，晶胞中Cl原子數、P原子數、Ca原子數，所以化學式是Ca3PCl3。
故答案為：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P顯-3價，將該化合物加入到含少量石蕊的中，反應生成氯化鈣、氫氧化鈣、PH3氣體，溶液呈堿性，實驗現象是溶液變藍，有氣體放出。
故答案為： 溶液變藍，有氣體放出
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子，所以的大于的。
故答案為：中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子
（4）①方法I中，和濃硫酸反應生成硫酸鈣、磷酸、氫氟酸、鹽酸，氫氟酸和反應生成SiF4氣體和水，所得溶液中含有的雜質酸是鹽酸、氫氟酸。
故答案為： 鹽酸、氫氟酸
②碳酸鈉和硫酸鈣反應，硫酸鈣轉化為碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，溶液A是碳酸鈉溶液；過濾出碳酸鈣，得硫酸鈉、碳酸鈉混合液，加硫酸除碳酸鈉，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得，系列操作B是過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，加熱脫水得無水硫酸鈉，操作C是加熱脫水。
故答案為： 碳酸鈉溶液 ； 過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌； 加熱脫水
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，根據元素守恒，可燃性氣體為CO，該反應的化學方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案為：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基態P原子的3p軌道上有3個電子，自旋平行。
B、基態的價電子排布式為4s2，最外層只有2個電子。
C、核電荷數相同，核外電子數越多，離子半徑越大。
D、3s軌道上的一個電子吸收能量后躍遷到3p軌道上，為激發態。
（2）①根據“均攤法”確定晶胞中原子個數比，從而得到化學式。
②Ca3PCl3與H2O反應產生PH3，PH3溶于水溶液顯堿性，能使石蕊溶液變藍色。
（3）H3PO4中含有一個非羥基氫原子，而H4P2O7中含有兩個非羥基氫原子，非羥基氫原子越多，越容易電離出H＋，使得酸性越強。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能產生鹽酸和氫氟酸。
②由CaSO4制備Na2SO4，可先加入Na2CO3，發生反應CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，過濾得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸將Na2CO3轉化為Na2SO4；再對溶液進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，得到無水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O與C、SiO2反應生成CaSiO3、P4和CO，據此寫出反應的化學方程式。
（1）A．基態P原子價電子排布式為3s23p3，根據洪特規則，軌道上的3個電子自旋方向相同，故A正確；
B．基態As原子價電子排布式為4s24p3，的價電子排布式為4s2，最外層電子數為2，故B錯誤；
C．比多一個電子層，所以的半徑大于的半徑，故C錯誤；
D．基態P原子的電子排布式為的，電子排布為的P原子處于激發態，故D正確；
選AD。
（2）①根據均攤原則，晶胞中Cl原子數、P原子數、Ca原子數，所以化學式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P顯-3價，將該化合物加入到含少量石蕊的中，反應生成氯化鈣、氫氧化鈣、PH3氣體，溶液呈堿性，實驗現象是溶液變藍，有氣體放出。
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和濃硫酸反應生成硫酸鈣、磷酸、氫氟酸、鹽酸，氫氟酸和反應生成SiF4氣體和水，所得溶液中含有的雜質酸是鹽酸、氫氟酸。
②碳酸鈉和硫酸鈣反應，硫酸鈣轉化為碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，溶液A是碳酸鈉溶液；過濾出碳酸鈣，得硫酸鈉、碳酸鈉混合液，加硫酸除碳酸鈉，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得，系列操作B是過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，加熱脫水得無水硫酸鈉，操作C是加熱脫水。
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，根據元素守恒，可燃性氣體為CO，該反應的化學方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
18．（2025·浙江）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途廣泛的化工原料。請回答：
（1）用氨和甲醇在閉容器中合成二甲胺，反應方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改變甲醇平衡轉化率的因素是_______。
A．溫度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．壓強 D．催化劑
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，則1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是　 　。
（4）上述電化學方法產率不高，工業中常用如下反應生產HCON(CH3)2：。某條件下反應自發且熵減，則反應在該條件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反應制備HCON(CH3)2。在恒溫密閉容器中，投料比，催化劑M足量。反應方程式如下：
Ⅳ．
V．
三種物質的物質的量百分比隨反應時間變化如圖所示。
(例：HCOOH的物質的量百分比
①請解釋HCOOH的物質的量百分比隨反應時間變化的原因(不考慮催化劑M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。請從化學鍵角度解釋原因　 　。
【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢；用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度
【知識點】化學平衡的影響因素；鹽類水解的原理；電解池工作原理及應用；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）A．已知化學反應必然有熱效應，故改變溫度化學平衡一定能夠發生改變，即改變溫度一定能夠改變甲醇的平衡轉化率，A符合題意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 將增大CH3OH的轉化率，相反減小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，將減小CH3OH的平衡轉化率，B符合題意；
C．由題干方程式可知，反應前后氣體的體積不變，故改變壓強不能使上述化學平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，C不合題意；
D．催化劑只能同等幅度的改變正逆化學反應速率，故不能使平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，D不合題意；
故答案為：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，則[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常數為：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案為：5.4
（3）已知電解池中陰極發生還原反應，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案為：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反應生產HCON(CH3)2的反應方程式是一個某條件下反應自發且熵減，根據自由能變＜0時反應自發可知，則反應在該條件下<0。
故答案為：＜
（5）①由題干圖示信息可知，t時刻之前HCOOH的物質的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t時刻之后HCOOH逐漸減小至不變，HCON(CH3)2繼續增大，故t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢。
故答案為：t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢
②用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
故答案為：用H2作氫原需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
【分析】（1）甲醇的平衡轉化率改變，則平衡發生移動。結合溫度、濃度、壓強、催化劑對平衡移動的影響分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此計算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常數，進而計算溶液中c(H+)，從而得出溶液的pH。
（3）陰極上CO2發生得電子的還原反應，與[(CH3)2NH2]＋反應生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，據此寫出電極反應式。
（4）反應自發進行，則ΔG=ΔH-TΔS＜0，據此判斷反應的熱效應。
（5）①結合濃度對反應速率的影響分析。
②結合化學鍵鍵能對反應的影響分析。
（1）A．已知化學反應必然有熱效應，故改變溫度化學平衡一定能夠發生改變，即改變溫度一定能夠改變甲醇的平衡轉化率，A符合題意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 將增大CH3OH的轉化率，相反減小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，將減小CH3OH的平衡轉化率，B符合題意；
C．由題干方程式可知，反應前后氣體的體積不變，故改變壓強不能使上述化學平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，C不合題意；
D．催化劑只能同等幅度的改變正逆化學反應速率，故不能使平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，D不合題意；
故答案為：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，則[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常數為：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案為：5.4；
（3）已知電解池中陰極發生還原反應，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案為：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反應生產HCON(CH3)2的反應方程式是一個某條件下反應自發且熵減，根據自由能變＜0時反應自發可知，則反應在該條件下<0，故答案為：＜；
（5）①由題干圖示信息可知，t時刻之前HCOOH的物質的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t時刻之后HCOOH逐漸減小至不變，HCON(CH3)2繼續增大，故t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢，故答案為：t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢；
②用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度，故答案為：用H2作氫原需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
19．（2025·浙江）某研究小組探究AlCl3催化氯苯與氯化亞砜(SOCl2)轉化為化合物Z()的反應。實驗流程為：
已知：
①實驗在通風櫥內進行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升華。
③氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水。
請回答：
（1）在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置如圖所示，此處漏斗的作用是　 　。
（2）寫出下圖中干燥管內可用的酸性固體干燥劑　 　(填1種)。
（3）步驟Ⅰ，下列說法正確的是_______。
A．氯苯試劑可能含有水，在使用前應作除水處理
B．三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度
C．因實驗在通風櫥內進行，X處無需連接尾氣吸收裝置
D．反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束
（4）步驟Ⅱ，加入冰水的作用是　 　。
（5）步驟Ⅲ，從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作如下，請排序　 　(填序號)。
①減壓蒸餾 ②用乙醚萃取、分液 ③過濾 ④再次萃取、分液，合并有機相 ⑤加入無水Na2SO4干燥劑吸水
（6）AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂，原因是　 　。
【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3
（2）P2O5、硅膠
（3）A；B；D
（4）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率
（5）②④⑤③①
（6）AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂
【知識點】配合物的成鍵情況；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）已知AlCl3易升華，即受熱之后變為蒸汽，遇冷之后又凝華為固體，故在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3。
故答案為：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3
（2）酸性干燥劑一般用于干燥酸性或中性氣體，常見的酸性固體干燥劑有五氧化二磷或硅膠等，它可以吸收水分，此處干燥HCl和SO2等氣體，應該使用P2O5、硅膠。
故答案為：P2O5、硅膠
（3）A．由題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯試劑可能含有水，故在使用前應作除水處理，A正確；
B．由題干信息可知，AlCl3易升華，故三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度，B正確；
C．由(2)題干信息可知，X處裝入干燥劑起到干燥作用，而未能吸收尾氣，故因實驗在通風櫥內進行，X處仍需連接尾氣吸收裝置以增加實驗的安全性和環保性，C錯誤；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反應過程中能夠產生難溶于有機物的HCl氣泡，則可知反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束，D正確；
故答案為：ABD
（4）步驟Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，結合題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而難溶于有機物，因此步驟Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同時冰水可以降低反應速率。
故答案為：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率
（5）步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干信息：氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水，步驟Ⅲ從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作為：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有機相，加入無水Na2SO4干燥劑吸水，過濾出Na2SO4晶體，即得到氯苯和Z的混合，在進行減壓蒸餾。
故答案為：②④⑤③①
（6）已知AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，故AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl健的斷裂。
故答案為：AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂
【分析】（1）AlCl3易升華，漏斗用于收集AlCl3。
（2）酸性固體干燥劑有P2O5、硅膠。
（3）A、氯苯試劑中可能含有水，需除去水，防止SOCl2與H2O反應。
B、冰水浴可降低反應溫度。
C、任何有有害氣體參與的反應，都需進行尾氣處理。
D、反應過程中有HCl氣體生成，當不再產生氣泡時，說明反應已完全。
（4）將入冰水可除去除去混合物中的SOCl2和AlCl3，實現有機物和無機物的分離。
（5）步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干中各物質的性質分析分離操作。
（6）AlCl3能與Cl－形成配位離子[AlCl4]－，從而促進SOCl2反應中S－Cl化學鍵的斷裂。
（1）已知AlCl3易升華，即受熱之后變為蒸汽，遇冷之后又凝華為固體，故在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3，故答案為：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3；
（2）酸性干燥劑一般用于干燥酸性或中性氣體，常見的酸性固體干燥劑有五氧化二磷或硅膠等，它可以吸收水分，此處干燥HCl和SO2等氣體，應該使用P2O5、硅膠，故答案為：P2O5、硅膠；
（3）A．由題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯試劑可能含有水，故在使用前應作除水處理，A正確；
B．由題干信息可知，AlCl3易升華，故三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度，B正確；
C．由(2)題干信息可知，X處裝入干燥劑起到干燥作用，而未能吸收尾氣，故因實驗在通風櫥內進行，X處仍需連接尾氣吸收裝置以增加實驗的安全性和環保性，C錯誤；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反應過程中能夠產生難溶于有機物的HCl氣泡，則可知反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束，D正確；
故答案為：ABD；
（4）由分析可知，步驟Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，結合題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而難溶于有機物，故步驟Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同時冰水可以降低反應速率；故答案為：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率；
（5）由分析可知，步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干信息：氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水，步驟Ⅲ從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作為：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有機相，加入無水Na2SO4干燥劑吸水，過濾出Na2SO4晶體，即得到氯苯和Z的混合，在進行減壓蒸餾，故答案為：②④⑤③①；
（6）已知AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，故AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl健的斷裂，故答案為：AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂。
20．（2025·浙江）化合物I有特定發光性能，在新型有機發光二極管的開發中具有潛在價值，其結構如下：
某研究小組按以下路線合成該化合物(部分反應條件及試劑已簡化)：
已知：
①
②
③(等)
請回答：
（1）化合物I中體現酸性的官能團名稱是　 　。
（2）下列說法正確的是_______。
A．化合物A的酸性比苯甲酸弱
B．化合物B既可與酸反應又可與堿反應
C．E→F反應過程中只發生加成反應
D．化合物H中存在分子內氫鍵
（3）G的結構簡式是　 　。
（4）C+D→E的化學方程式是　 　。
（5）寫出3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式　 　。
①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子；
②與過量反應生成鄰苯二酚()。(已知)
（6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇為有機原料，設計化合物的合成路線(用流程圖表，無機試劑任選)　 　。
【答案】（1）羥基
（2）B；D
（3）
（4）+
（5）、、
（6）；+CH2=CHCOOH+
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）I中體現酸性的官能團名稱是酚羥基。
故答案為：羥基
（2）A．溴原子在苯環上具有吸電子效應使得A中羧基更容易電離出氫離子，使其酸性增強，故化合物A中的酸性比苯甲酸強，錯誤；
B．化合物B中含有酯基，可以發生酸性水解也可以發生堿性水解，故既可與酸反應又可與堿反應，正確；
C．E中硝基還原為氨基得到F，E→F反應過程中發生加成反應，同時鐵和稀鹽酸也會發生置換反應，錯誤；
D．當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；化合物H中酚羥基和臨近氮能形成分子內氫鍵，正確；
故答案為：BD
（3）由分析，G為：。
故答案為：
（4）CD發生已知②反應生成E，結合DE化學式，D為、E為，故C+D→E的化學方程式是+。
故答案為：+
（5）B除苯環外含有1個溴、3個碳、2個氧、1個不飽和度；3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的：①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子，則應該為對稱結構；②與過量反應生成鄰苯二酚，結合已知反應原理； 可以為：、、。
故答案為：、、
（6）結合結構，流程可以為中甲基首先氧化為羧基得到，再和乙醇發生取代反應生成，再和NH2NH2轉化為；1，3-丁二烯、丙烯酸發生已知③反應生成，和發生已知②反應生成產物，故流程為：；
+CH2=CHCOOH+。
故答案為：；
+CH2=CHCOOH+
【分析】由流程可知，A與CH3OH在SOCl2作用下發生取代反應生成B，B與NH2NH2發生已知反應①生成C，因此C的結構簡式為為。C與D在POCl3的作用下發生已知反應②，生成E，E在Fe/HCl的作用發生－NO2的還原反應，生成F。結合F的結構簡式可知E的結構簡式為；D的結構簡式為。F與G在CH3COOH/C2H5OH加熱條件下反應生成H，結合H的結構簡式和G的分子式可知，G的結構簡式為。H進一步轉化生成I。據此結合題干設問分析作答。
（1）由I結構可知，I中體現酸性的官能團名稱是酚羥基；
（2）A．溴原子在苯環上具有吸電子效應使得A中羧基更容易電離出氫離子，使其酸性增強，故化合物A中的酸性比苯甲酸強，錯誤；
B．化合物B中含有酯基，可以發生酸性水解也可以發生堿性水解，故既可與酸反應又可與堿反應，正確；
C．E中硝基還原為氨基得到F，E→F反應過程中發生加成反應，同時鐵和稀鹽酸也會發生置換反應，錯誤；
D．當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；化合物H中酚羥基和臨近氮能形成分子內氫鍵，正確；
故選BD；
（3）由分析，G為：；
（4）CD發生已知②反應生成E，結合DE化學式，D為、E為，故C+D→E的化學方程式是+；
（5）B除苯環外含有1個溴、3個碳、2個氧、1個不飽和度；3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的：①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子，則應該為對稱結構；②與過量反應生成鄰苯二酚，結合已知反應原理； 可以為：、、；
（6）結合結構，流程可以為中甲基首先氧化為羧基得到，再和乙醇發生取代反應生成，再和NH2NH2轉化為；1，3-丁二烯、丙烯酸發生已知③反應生成，和發生已知②反應生成產物，故流程為：；
+CH2=CHCOOH+。
1 / 1【高考真題】浙江省2025年1月普通高校招生選考科目考試化學試題
一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，環選、多選、錯選均不得分)
1．（2025·浙江）下列屬于極性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江）下列化學用語表示不正確的是
A．基態S原子的電子排布式：
B．質量數為14的碳原子：
C．乙烯的結構簡式：
D．的電子式：
3．（2025·浙江）化學與生產生活密切相關，下列說法不正確的是
A．具有強氧化性，可用于殺菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水劑
C．溶液呈堿性，可用于除油污
D．硬鋁密度小、強度高，抗腐蝕能力強，可用作飛機材料
4．（2025·浙江）根據元素周期律，下列說法不正確的是
A．第一電離能：N＞O＞S
B．化合物中鍵的極性：SiCl4＞PCl3
C．堿性：LiOH＞KOH
D．化合物中離子鍵百分數：MgO＞Al2O3
5．（2025·浙江）關于實驗室安全，下列說法不正確的是
A．若不慎鹽酸沾到皮膚上，應立即用大量水沖洗，然后用溶液沖洗
B．實驗室制備時，可用溶液吸收尾氣
C．水銀易揮發，若不慎有水銀灑落，無需處理
D．難溶于水，可用處理廢水中的，再將沉淀物集中送至環保單位進一步處理
6．（2025·浙江）關于溴的性質，下列說法不正確的是
A．可被氧化為
B．與水溶液反應的還原產物為
C．，說明氧化性：
D．與足量溶液反應生成和，轉移電子
7．（2025·浙江）下列物質的結構或性質不能說明其用途的是
A．葡萄糖分子結構中有多個羥基，故葡萄糖可與銀氨溶液反應制作銀鏡
B．具有網狀結構的交聯橡膠彈性好、強度高，故可用作汽車輪胎材料
C．的碳、硅原子間通過共價鍵形成空間網狀結構，硬度大，故可用作砂輪磨料
D．能中和酸并受熱分解產生氣體，故可用作加工饅頭的膨松劑
8．（2025·浙江）下列方程式不正確的是
A．與濃鹽酸反應：
B．與反應：
C．將少量灼熱的加入中：
D．將通入酸性溶液：
9．（2025·浙江）抗壞血酸(維生素C)是常用的抗氧化劑。
下列說法不正確的是
A．可用質譜法鑒別抗壞血酸和脫氫抗壞血酸
B．抗壞血酸可發生縮聚反應
C．脫氫抗壞血酸不能與溶液反應
D．1個脫氫抗壞血酸分子中有2個手性碳原子
10．（2025·浙江）提純粗品(含少量的和)得到純品的方案如下，所用試劑為溶液、溶液、鹽酸和溶液。
下列說法不正確的是
A．用過量的溶液除去
B．通過生成沉淀后過濾除去
C．4種試劑的使用順序為溶液、溶液、鹽酸、溶液
D．調后的濾液蒸發至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得純品
11．（2025·浙江）下列說法正確的是
A．常溫常壓下和混合無明顯現象，則反應在該條件下不自發
B．，升高溫度，平衡逆移，則反應的平衡常數減小
C．，則正反應的活化能大于逆反應的活化能
D．，則
12．（2025·浙江）一種可充放電電池的結構示意圖如圖所示。該電池放電時，產物為和，隨溫度升高Q(消耗轉移的電子數)增大。下列說法不正確的是
A．熔融鹽中的物質的量分數影響充放電速率
B．充放電時，優先于通過固態電解質膜
C．放電時，隨溫度升高Q增大，是因為正極區轉化為
D．充電時，鋰電極接電源負極
13．（2025·浙江）某化合物的晶胞如圖所示，下列說法不正確的是
A．晶體類型為混合晶體
B．與二價鐵形成配位鍵
C．該化合物與水反應有難溶物生成
D．該化合物熱穩定性比高
14．（2025·浙江）化合物A在一定條件下可轉變為酚E及少量副產物，該反應的主要途徑如下：
下列說法不正確的是
A．為該反應的催化劑
B．化合物A的一溴代物有7種
C．步驟Ⅲ，苯基遷移能力強于甲基
D．化合物E可發生氧化、加成和取代反應
15．（2025·浙江）時，的電離常數。下列描述不正確的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，則
16．（2025·浙江）蛋白質中N元素含量可按下列步驟測定：
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ，須加入過量濃，以確保N元素完全轉化為
B．步驟Ⅱ，濃溶液過量，有利于氨的蒸出
C．步驟Ⅲ，用定量、過量鹽酸標準溶液吸收，以甲基紅(變色的范圍：)為指示劑，用標準溶液滴定，經計算可得N元素的含量
D．尿素樣品、樣品的N元素含量均可按上述步驟測定
二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)
17．（2025·浙江）磷是生命活動中不可或缺的元素。請回答：
（1）關于ⅤA族元素原子結構的描述，下列說法正確的是_______。
A．基態P原子軌道上的電子自旋方向相同
B．的最外層電子數為18
C．的半徑小于的半徑
D．電子排布為的P原子處于激發態
（2）某化合物的晶胞如圖。
①化學式是　 　；
②將該化合物加入到含少量石蕊的中，實驗現象是　 　(從酸堿性和溶解性角度推測)。
（3）兩分子脫水聚合得到一分子，從的結構角度分析差異的原因　 　。
（4）興趣小組對某磷灰石[主要成分為和少量]進行探究，設計了兩種制備的方法：
Ⅰ.用稍過量的濃與磷灰石反應，得到溶液、少量氣體、渣(主要成分為)。
Ⅱ.將磷灰石脫水、還原，得到的白磷燃燒后與水反應制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的雜質酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣為硫源，設計實驗制備無水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，該反應的化學方程式是　 　。
18．（2025·浙江）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途廣泛的化工原料。請回答：
（1）用氨和甲醇在閉容器中合成二甲胺，反應方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改變甲醇平衡轉化率的因素是_______。
A．溫度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．壓強 D．催化劑
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，則1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是　 　。
（4）上述電化學方法產率不高，工業中常用如下反應生產HCON(CH3)2：。某條件下反應自發且熵減，則反應在該條件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反應制備HCON(CH3)2。在恒溫密閉容器中，投料比，催化劑M足量。反應方程式如下：
Ⅳ．
V．
三種物質的物質的量百分比隨反應時間變化如圖所示。
(例：HCOOH的物質的量百分比
①請解釋HCOOH的物質的量百分比隨反應時間變化的原因(不考慮催化劑M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。請從化學鍵角度解釋原因　 　。
19．（2025·浙江）某研究小組探究AlCl3催化氯苯與氯化亞砜(SOCl2)轉化為化合物Z()的反應。實驗流程為：
已知：
①實驗在通風櫥內進行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升華。
③氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水。
請回答：
（1）在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置如圖所示，此處漏斗的作用是　 　。
（2）寫出下圖中干燥管內可用的酸性固體干燥劑　 　(填1種)。
（3）步驟Ⅰ，下列說法正確的是_______。
A．氯苯試劑可能含有水，在使用前應作除水處理
B．三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度
C．因實驗在通風櫥內進行，X處無需連接尾氣吸收裝置
D．反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束
（4）步驟Ⅱ，加入冰水的作用是　 　。
（5）步驟Ⅲ，從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作如下，請排序　 　(填序號)。
①減壓蒸餾 ②用乙醚萃取、分液 ③過濾 ④再次萃取、分液，合并有機相 ⑤加入無水Na2SO4干燥劑吸水
（6）AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂，原因是　 　。
20．（2025·浙江）化合物I有特定發光性能，在新型有機發光二極管的開發中具有潛在價值，其結構如下：
某研究小組按以下路線合成該化合物(部分反應條件及試劑已簡化)：
已知：
①
②
③(等)
請回答：
（1）化合物I中體現酸性的官能團名稱是　 　。
（2）下列說法正確的是_______。
A．化合物A的酸性比苯甲酸弱
B．化合物B既可與酸反應又可與堿反應
C．E→F反應過程中只發生加成反應
D．化合物H中存在分子內氫鍵
（3）G的結構簡式是　 　。
（4）C+D→E的化學方程式是　 　。
（5）寫出3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的結構簡式　 　。
①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子；
②與過量反應生成鄰苯二酚()。(已知)
（6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇為有機原料，設計化合物的合成路線(用流程圖表，無機試劑任選)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】極性分子和非極性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有極性共價鍵，且正負電荷中心不重合，屬于極性分子，A符合題意；
B．N2分子中含有非極性共價鍵，且正負電荷中心重合，屬于非極性分子，B不符合題意；
C．He是單原子分子，正負電荷中心重合，因此屬于非極性分子，C不符合題意；
D．CH4是由極性鍵形成的正四面體結構，結構對稱，正負電荷中心重合，因此屬于非極性分子，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】本題是對分子極性的考查，屬于極性分子的，其正負電荷的中心不重合；若正負電荷的中心不重合，則為極性分子。據此結合選項所給物質的結構分析。
2．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；結構簡式；電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合
【解析】【解答】A．硫原子質子數為16，其基態S原子的電子排布式：，A錯誤；
B．質量數標在元素符號的左上角，因此碳原子質子數為6，質量數為14的碳原子表示為：，B正確；
C．乙烯的分子結構中含有碳碳雙鍵，其結構簡式為：，C正確；
D．水是共價化合物，水分子中O原子是中心原子，含有2個未成對電子，分別與H形成共價鍵，因此其電子式為，D正確；
故答案為：A
【分析】A、S的原子序數為16，據此確定其核外電子排布式。
B、質量數標在元素符號左上角，質子數標在元素符號左下角。
C、乙烯的結構簡式為CH2＝CH2。
D、根據O原子的最外層電子情況書寫H2O的電子式。
3．【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；鹽類水解的應用；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點
【解析】【解答】A．具有強氧化性，能使蛋白質發生變性，因此ClO2可用于殺菌消毒，A正確；
B．聚丙烯屬于有機合成高分子材料，只含疏水基團，不含有親水基團，因此不能用作吸水劑，B錯誤；
C．溶液由于碳酸根離子的水解，使溶液呈堿性，油污在堿性條件下發生水解反應，因此可用于除油污，C正確；
D．硬鋁合金具有密度小、強度高的優良特性，且其表面會形成致密的氧化膜，對內層金屬起到保護作用，因此其抗腐蝕性強，可用作航空材料，D正確；
故答案為：B
【分析】A、ClO2的強氧化性可用于殺菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水劑。
C、Na2CO3溶液顯堿性，能使油污發生堿性水解。
D、硬鋁的強度高、抗腐蝕性能強等特點，可用做航空材料。
4．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性鍵和非極性鍵；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．同周期元素，核電荷數越大，第一電離能越大；ⅡA與ⅢA，ⅤA與ⅥA反常，因此第一電離能：N＞O＞S，A正確；
B．同周期元素，核電荷數越大，電負性越大，因此電負性Si＜P＜Cl，電負性差值越大，鍵的極性越大，因此化合物中鍵的極性：SiCl4＞PCl3，B正確；
C．同一主族元素，核電荷數越大，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強。由于金屬性Li＜K，所以堿性：LiOH＜KOH，C錯誤；
D．同周期元素，核電荷數越大，電負性越大，因此電負性Mg＜Al，因此Mg與O的電負性差值＞Al與O的電負性差值，電負性差值越大離子鍵百分數越大，因此化合物中離子鍵百分數：MgO＞Al2O3，D正確；
故答案為：C
【分析】A、同周期元素，從左到右，第一電離能逐漸增大，但ⅡA、ⅤA元素處于全滿、半滿穩定結構，第一電離能較大。
B、電負性差值越大，則共價鍵的極性越強。
C、金屬性越強，則其最高價氧化物對應水化物的堿性越強。
D、元素電負性的差值越大，則形成的化合物中離子鍵的百分數越大。
5．【答案】C
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；氯氣的化學性質；化學實驗安全及事故處理
【解析】【解答】A．不慎將強酸沾到皮膚上，應立即用大量水沖洗，將其稀釋，再涂上3%~5%的NaHCO3溶液除去剩余的酸，A正確；
B．Cl2是有毒氣體，能與NaOH溶液反應，因此可用NaOH溶液進行尾氣處理，B正確；
C．水銀是重金屬，有毒，硫能與汞反應生成硫化汞，若不慎有水銀灑落，可撒上硫粉進行處理，防止汞蒸氣中毒，C錯誤；
D．PbS難溶于水，Na2S可與Pb2+反應生成硫化鉛沉淀，所以除去廢水中Pb2+等重金屬離子常用沉淀法，D正確；
故答案為：C
【分析】A、酸可用3%~5%的NaHCO3溶液除去。
B、Cl2可用NaOH溶液吸收。
C、水銀有毒，可用硫粉進行吸收處理。
D、PbS難溶于水，可除去廢水中的Pb2+。
6．【答案】D
【知識點】氧化還原反應；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．由于氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2可將氧化為，A項正確；
B．Br2的氧化性能將SO2氧化成SO42－，自身被還原為Br－，因此還原產物為，B項正確；
C．根據反應可知，氧化劑為，氧化產物為，氧化性：氧化劑＞氧化產物，因此氧化性：，C項正確；
D．與足量溶液反應生成和，該反應的化學方程式為：，3mol參與反應，轉移5mol電子，D項錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Cl2能將Br－氧化成Br2。
B、Br2具有氧化性，SO2具有還原性，二者可反應生成H2SO4和HBr。
C、結合氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性分析。
D、根據反應過程中元素化合價變化分析。
7．【答案】A
【知識點】探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，醛基具有還原性，能與銀氨溶液發生銀鏡反應，因此可用于制作銀鏡，A符合題意；
B．橡膠的分子鏈可以交聯，交聯后的橡膠受外力作用發生變形時，具有迅速復原的能力，因此具有彈性好，強度高等良好的物理力學性能和穩定的化學性質，所以可用作汽車輪胎材料，B不符合題意；
C．SiC中原子間以共價鍵形成空間網狀結構，具有熔點高、硬度大等特點，因此可用作砂輪、砂紙的磨料，C不符合題意；
D．可與酸反應生成二氧化碳氣體，且不穩定，受熱分解產生大量二氧化碳氣體，因此可用作食品膨松劑，D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A、葡萄糖的結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，其中－CHO具有還原性，可發生銀鏡反應。
B、橡膠的分子鏈可以交聯，使得其具有良好的彈性和強度高等特點。
C、SiC為共價晶體，具有熔點高、硬度大的特點。
D、NaHCO3不穩定受熱易分解，產生CO2；且與酸反應也能產生CO2，可用作食品膨松劑。
8．【答案】D
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；二氧化硫的性質；乙醇的催化氧化實驗；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成MnCl2、Cl2和H2O，選項所給離子方程式正確，A正確；
B．二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，HNO3為強酸，可拆解成離子形式，選項所給離子方程式正確，B正確；
C．乙醇與CuO發生催化氧化反應，生成乙醛，CuO被還原生成Cu，選項所給方程式正確，C正確；
D．二氧化硫與酸性高錳酸鉀溶液反應生成硫酸鉀、硫酸錳和硫酸，該反應的離子方程式為：，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、MnO2與濃鹽酸在加熱條件下反應生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，據此書寫其離子方程式。
B、NO2與H2O反應生成強酸HNO3和NO，據此書寫其離子方程式。
C、CH3CH2OH與CuO在加熱條件下反應生成CH3CHO、Cu和H2O，據此書寫其化學方程式。
D、SO2具有還原性，KMnO4具有氧化性，二者反應生成Mn2＋、SO42－，結合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫其離子方程式。
9．【答案】C
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質；縮聚反應
【解析】【解答】A．抗壞血酸和脫氫抗壞血酸的相對分子質量不同，而質譜法可以測量有機物的相對分子質量，所以可用質譜法鑒別抗壞血酸和脫氫抗壞血酸，A正確；
B．由抗壞血酸的結構簡式可知，抗壞血酸中含有4個羥基，因此抗壞血酸可與多元羧酸發生縮聚反應，B正確；
C．由脫氫抗壞血酸的結構簡式可知，脫氫抗壞血酸中含有酯基，酯基能發生堿性水解反應，因此脫氫抗壞血酸能與溶液反應，C錯誤；
D．由脫氫抗壞血酸的結構簡式可知，1個脫氫抗壞血酸分子中有2個手性碳原子，如圖所示：，D正確；
故答案為：C
【分析】A、質譜法用于測定有機物的相對分子質量，而二者的相對分子質量不同。
B、分子結構中含有多個羥基，能與多元羧酸發生縮聚反應。
C、分子結構中含有酯基，能與NaOH溶液發生水解反應。
D、連接有4個不同的原子或原子團的碳原子，稱為手性碳原子。
10．【答案】C
【知識點】物質的分離與提純；粗鹽提純
【解析】【解答】A．SO42－能與Ba2＋形成BaSO4沉淀，為防止引入新的雜質，除去時用BaCl2溶液，過量的BaCl2可以使離子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正確；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分別用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反應生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，過濾除去，B正確；
C．過量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四種試劑使用時Na2CO3要在BaCl2之后；為防止生成的沉淀溶解，鹽酸放在過濾沉淀后再加入，C錯誤；
D．過濾后再加入HCl調節濾液的pH值，最后蒸發至大量固體析出，趁熱過濾、洗滌、干燥后即得純品，D正確；
故答案為：C
【分析】粗鹽提純實驗中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分別用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。為使溶液中的離子完全沉淀，所加試劑必須過量，而過量試劑需進一步除去，因此實驗過程中必須先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同時，除去過量的BaCl2溶液。將所有沉淀過濾除去后，再往濾液中滴加稀鹽酸至中性，除去過量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，經過蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，即可得到NaCl純品。據此結合選項分析。
11．【答案】B
【知識點】吸熱反應和放熱反應；蓋斯定律及其應用；焓變和熵變；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A．當ΔG=ΔH-TΔS＜0時，反應自發進行。該反應中ΔH＜0、ΔS＜0，溫度較低時ΔG＜0，因此該反應在低溫時能自發進行，A錯誤；
B．升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆移，因此平衡常數減小，B正確；
C．該反應為放熱反應，所以，即正反應的活化能小于逆反應的活化能，C錯誤；
D．，根據蓋斯定律，反應①－反應②得到目標反應Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目標反應的反應熱ΔH=。由于相對大小未知，因此無法確定ΔH的正負，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、當ΔG=ΔH-TΔS＜0時，反應能自發進行，據此判斷反應自發進行的條件。
B、平衡常數只與溫度有關，結合溫度對平衡移動的影響分析。
C、該反應為放熱反應，所以活化能：正反應＜逆反應。
D、根據蓋斯定律分析。
12．【答案】C
【知識點】化學電源新型電池；原電池工作原理及應用；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．由于充放電時有參與或生成，因此熔融鹽中的物質的量分數影響充放電速率，A正確；
B．離子半徑：＜，因此優先于通過固態電解質膜，B正確；
C．放電時，正極發生得電子的還原反應，中氧原子為-1價，中氧原子為-2價，因此隨溫度升高Q增大，正極區轉化為，C錯誤；
D．充電時，鋰電極為陰極，與電源的負極相連，D正確；
故答案為：C
【分析】該電池放電過程中，Li發生失電子的氧化反應，生成Li＋，因此負極的電極反應式為Li－e－=Li＋。通入O2的電極為正極，發生的電子的還原反應，生成O2－或O22－，因此正極的電極反應式為O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。隨溫度升高，Q（1molO2轉移電子數）增大，說明溫度升高過程中，正極區O22－轉化為O2－。據此結合選項分析。
13．【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；晶胞的計算；晶體的定義
【解析】【解答】A．晶體中含有離子鍵、配位鍵、分子間作用力。具有分子晶體和離子晶體的特性，因此屬于混合晶體，A正確；
B．分子中N原子提供孤電子對，Fe2+提供空軌道，二者通過配位鍵形成[Fe(NH3)2]2+，B正確；
C．與水反應可以生成Fe(OH)2沉淀，該反應的化學方程式為+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正確；
D．中離子半徑：[Fe(NH3)2]2+＞Fe2+，使得[Fe(NH3)2]2+與Cl-之間的鍵能小于Fe2+與Cl-之間的鍵能，因此熱穩定性小于FeCl2，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據晶體所含作用力分析。
B、配位鍵是由一方提供空軌道，一方提供孤電子對形成的。
C、Fe(NH3)2Cl2與H2O反應生成Fe(OH)2沉淀。
D、結合離子鍵的強弱分析二者的穩定性。
14．【答案】B
【知識點】催化劑；化學反應速率的影響因素；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】A．由圖可知H+參與了反應，且反應過程中又生成H+，即反應前后不變，因此H+是反應的催化劑，A正確；
B．化合物A中含有6種等效氫原子，因此化合物A的一溴代物有6種，分別是：、、、、、，B錯誤；
C．步驟III中C反應生成D的過程中，苯基發生了遷移，甲基沒有遷移，說明苯基的遷移能力強于甲基，C正確；
D．化合物E中有酚羥基可以發生氧化反應，苯環可以發生加成反應和取代反應，D正確；
故答案為：B
【分析】A、H＋參與反應，同時又生成，屬于催化劑。
B、根據有機物A所含的等效氫個數，確定一氯代物的個數。
C、根據步驟Ⅲ中反應過程中苯基發生遷移，而甲基不發生遷移，從而比較二者的遷移能力強弱。
D、根據E的結構簡式，確定其所能發生反應的類型。
15．【答案】D
【知識點】化學平衡常數；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質
【解析】【解答】A．，該反應的平衡常數K==，A正確；
B．，該反應的平衡常數K==，B正確；
C．，該反應的平衡常數K==，C正確；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D錯誤；
故答案為：D
【分析】此題是對平衡常數計算的考查，結合相關平衡常數的表達式進行計算即可。H2CO3的電離常數、。據此結合選項分析。
16．【答案】D
【知識點】中和滴定；探究物質的組成或測量物質的含量
【解析】【解答】A．步驟Ⅰ，加入的濃需過量，使蛋白質中的氨基和酰胺基全部轉化為，進而準確的計算N元素含量，A正確；
B．根據反應+OH- NH3·H2O NH3+H2O，當NaOH過量時，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正確；
C．步驟Ⅲ，用定量、過量鹽酸標準溶液吸收后，過量的HCl用標準NaOH溶液滴定，反應后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定終點溶液顯酸性，用甲基紅作為指示劑，C正確；
D．在濃硫酸、K2SO4和催化劑CuSO4作用下中的N元素不會轉化為，因此不能按上述步驟測定，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、濃硫酸過量，可確保將蛋白質中的氨基和酰胺基完全轉化為NH4＋。
B、濃NaOH溶液過量，有利于NH3的逸出。
C、滴定終點溶液的溶質為NaCl和NH4Cl，溶液顯酸性，用甲基橙做指示劑。
D、NaNO3中氮元素無法轉化為NH4＋，因此不能用上述方法。
17．【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液變藍，有氣體放出
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子
（4）鹽酸、氫氟酸；碳酸鈉溶液；過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌；加熱脫水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知識點】原子核外電子排布；晶胞的計算；物質的分離與提純；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）A．基態P原子價電子排布式為3s23p3，根據洪特規則，軌道上的3個電子自旋方向相同，故A正確；
B．基態As原子價電子排布式為4s24p3，的價電子排布式為4s2，最外層電子數為2，故B錯誤；
C．比多一個電子層，所以的半徑大于的半徑，故C錯誤；
D．基態P原子的電子排布式為的，電子排布為的P原子處于激發態，故D正確；
故答案為：AD
（2）①根據均攤原則，晶胞中Cl原子數、P原子數、Ca原子數，所以化學式是Ca3PCl3。
故答案為：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P顯-3價，將該化合物加入到含少量石蕊的中，反應生成氯化鈣、氫氧化鈣、PH3氣體，溶液呈堿性，實驗現象是溶液變藍，有氣體放出。
故答案為： 溶液變藍，有氣體放出
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子，所以的大于的。
故答案為：中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子
（4）①方法I中，和濃硫酸反應生成硫酸鈣、磷酸、氫氟酸、鹽酸，氫氟酸和反應生成SiF4氣體和水，所得溶液中含有的雜質酸是鹽酸、氫氟酸。
故答案為： 鹽酸、氫氟酸
②碳酸鈉和硫酸鈣反應，硫酸鈣轉化為碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，溶液A是碳酸鈉溶液；過濾出碳酸鈣，得硫酸鈉、碳酸鈉混合液，加硫酸除碳酸鈉，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得，系列操作B是過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，加熱脫水得無水硫酸鈉，操作C是加熱脫水。
故答案為： 碳酸鈉溶液 ； 過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌； 加熱脫水
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，根據元素守恒，可燃性氣體為CO，該反應的化學方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案為：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基態P原子的3p軌道上有3個電子，自旋平行。
B、基態的價電子排布式為4s2，最外層只有2個電子。
C、核電荷數相同，核外電子數越多，離子半徑越大。
D、3s軌道上的一個電子吸收能量后躍遷到3p軌道上，為激發態。
（2）①根據“均攤法”確定晶胞中原子個數比，從而得到化學式。
②Ca3PCl3與H2O反應產生PH3，PH3溶于水溶液顯堿性，能使石蕊溶液變藍色。
（3）H3PO4中含有一個非羥基氫原子，而H4P2O7中含有兩個非羥基氫原子，非羥基氫原子越多，越容易電離出H＋，使得酸性越強。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能產生鹽酸和氫氟酸。
②由CaSO4制備Na2SO4，可先加入Na2CO3，發生反應CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，過濾得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸將Na2CO3轉化為Na2SO4；再對溶液進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，得到無水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O與C、SiO2反應生成CaSiO3、P4和CO，據此寫出反應的化學方程式。
（1）A．基態P原子價電子排布式為3s23p3，根據洪特規則，軌道上的3個電子自旋方向相同，故A正確；
B．基態As原子價電子排布式為4s24p3，的價電子排布式為4s2，最外層電子數為2，故B錯誤；
C．比多一個電子層，所以的半徑大于的半徑，故C錯誤；
D．基態P原子的電子排布式為的，電子排布為的P原子處于激發態，故D正確；
選AD。
（2）①根據均攤原則，晶胞中Cl原子數、P原子數、Ca原子數，所以化學式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P顯-3價，將該化合物加入到含少量石蕊的中，反應生成氯化鈣、氫氧化鈣、PH3氣體，溶液呈堿性，實驗現象是溶液變藍，有氣體放出。
（3）中含有1個非羥基氧，含有2個非羥基氧，非羥基氧越多越易電離出氫離子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和濃硫酸反應生成硫酸鈣、磷酸、氫氟酸、鹽酸，氫氟酸和反應生成SiF4氣體和水，所得溶液中含有的雜質酸是鹽酸、氫氟酸。
②碳酸鈉和硫酸鈣反應，硫酸鈣轉化為碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，溶液A是碳酸鈉溶液；過濾出碳酸鈣，得硫酸鈉、碳酸鈉混合液，加硫酸除碳酸鈉，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得，系列操作B是過濾、加硫酸、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，加熱脫水得無水硫酸鈉，操作C是加熱脫水。
③方法Ⅱ中，脫水得到的(足量)與炭(C)、高溫下反應，生成白磷和另一種可燃性氣體，根據元素守恒，可燃性氣體為CO，該反應的化學方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
18．【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢；用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度
【知識點】化學平衡的影響因素；鹽類水解的原理；電解池工作原理及應用；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）A．已知化學反應必然有熱效應，故改變溫度化學平衡一定能夠發生改變，即改變溫度一定能夠改變甲醇的平衡轉化率，A符合題意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 將增大CH3OH的轉化率，相反減小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，將減小CH3OH的平衡轉化率，B符合題意；
C．由題干方程式可知，反應前后氣體的體積不變，故改變壓強不能使上述化學平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，C不合題意；
D．催化劑只能同等幅度的改變正逆化學反應速率，故不能使平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，D不合題意；
故答案為：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，則[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常數為：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案為：5.4
（3）已知電解池中陰極發生還原反應，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案為：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反應生產HCON(CH3)2的反應方程式是一個某條件下反應自發且熵減，根據自由能變＜0時反應自發可知，則反應在該條件下<0。
故答案為：＜
（5）①由題干圖示信息可知，t時刻之前HCOOH的物質的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t時刻之后HCOOH逐漸減小至不變，HCON(CH3)2繼續增大，故t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢。
故答案為：t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢
②用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
故答案為：用H2作氫原需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
【分析】（1）甲醇的平衡轉化率改變，則平衡發生移動。結合溫度、濃度、壓強、催化劑對平衡移動的影響分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此計算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常數，進而計算溶液中c(H+)，從而得出溶液的pH。
（3）陰極上CO2發生得電子的還原反應，與[(CH3)2NH2]＋反應生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，據此寫出電極反應式。
（4）反應自發進行，則ΔG=ΔH-TΔS＜0，據此判斷反應的熱效應。
（5）①結合濃度對反應速率的影響分析。
②結合化學鍵鍵能對反應的影響分析。
（1）A．已知化學反應必然有熱效應，故改變溫度化學平衡一定能夠發生改變，即改變溫度一定能夠改變甲醇的平衡轉化率，A符合題意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 將增大CH3OH的轉化率，相反減小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，將減小CH3OH的平衡轉化率，B符合題意；
C．由題干方程式可知，反應前后氣體的體積不變，故改變壓強不能使上述化學平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，C不合題意；
D．催化劑只能同等幅度的改變正逆化學反應速率，故不能使平衡發生移動，即不能改變CH3OH的平衡轉化率，D不合題意；
故答案為：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的電離常數為Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，則[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常數為：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案為：5.4；
（3）已知電解池中陰極發生還原反應，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有機溶液中電化學還原CO2制備HCON(CH3)2陰極上生成HCON(CH3)2的電極反應方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案為：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反應生產HCON(CH3)2的反應方程式是一個某條件下反應自發且熵減，根據自由能變＜0時反應自發可知，則反應在該條件下<0，故答案為：＜；
（5）①由題干圖示信息可知，t時刻之前HCOOH的物質的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t時刻之后HCOOH逐漸減小至不變，HCON(CH3)2繼續增大，故t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢，故答案為：t時刻之前反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的快，t時刻之后由于濃度的影響導致反應Ⅳ的速率比反應Ⅴ的慢；
②用H2作氫源需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度，故答案為：用H2作氫原需要斷裂H-H鍵，用SiH4作氫源需要斷裂Si-H鍵，由于Si原子半徑大于H，Si-H的鍵能比H-H小，所以用SiH4代替H2作為氫源與CO2反應生成HCOOH，可以降低反應所需溫度。
19．【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3
（2）P2O5、硅膠
（3）A；B；D
（4）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率
（5）②④⑤③①
（6）AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂
【知識點】配合物的成鍵情況；物質的分離與提純；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）已知AlCl3易升華，即受熱之后變為蒸汽，遇冷之后又凝華為固體，故在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3。
故答案為：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3
（2）酸性干燥劑一般用于干燥酸性或中性氣體，常見的酸性固體干燥劑有五氧化二磷或硅膠等，它可以吸收水分，此處干燥HCl和SO2等氣體，應該使用P2O5、硅膠。
故答案為：P2O5、硅膠
（3）A．由題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯試劑可能含有水，故在使用前應作除水處理，A正確；
B．由題干信息可知，AlCl3易升華，故三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度，B正確；
C．由(2)題干信息可知，X處裝入干燥劑起到干燥作用，而未能吸收尾氣，故因實驗在通風櫥內進行，X處仍需連接尾氣吸收裝置以增加實驗的安全性和環保性，C錯誤；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反應過程中能夠產生難溶于有機物的HCl氣泡，則可知反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束，D正確；
故答案為：ABD
（4）步驟Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，結合題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而難溶于有機物，因此步驟Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同時冰水可以降低反應速率。
故答案為：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率
（5）步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干信息：氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水，步驟Ⅲ從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作為：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有機相，加入無水Na2SO4干燥劑吸水，過濾出Na2SO4晶體，即得到氯苯和Z的混合，在進行減壓蒸餾。
故答案為：②④⑤③①
（6）已知AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，故AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl健的斷裂。
故答案為：AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂
【分析】（1）AlCl3易升華，漏斗用于收集AlCl3。
（2）酸性固體干燥劑有P2O5、硅膠。
（3）A、氯苯試劑中可能含有水，需除去水，防止SOCl2與H2O反應。
B、冰水浴可降低反應溫度。
C、任何有有害氣體參與的反應，都需進行尾氣處理。
D、反應過程中有HCl氣體生成，當不再產生氣泡時，說明反應已完全。
（4）將入冰水可除去除去混合物中的SOCl2和AlCl3，實現有機物和無機物的分離。
（5）步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干中各物質的性質分析分離操作。
（6）AlCl3能與Cl－形成配位離子[AlCl4]－，從而促進SOCl2反應中S－Cl化學鍵的斷裂。
（1）已知AlCl3易升華，即受熱之后變為蒸汽，遇冷之后又凝華為固體，故在無水氣氛中提純少量AlCl3的簡易升華裝置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3，故答案為：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗內壁凝華為AlCl3固體，收集AlCl3；
（2）酸性干燥劑一般用于干燥酸性或中性氣體，常見的酸性固體干燥劑有五氧化二磷或硅膠等，它可以吸收水分，此處干燥HCl和SO2等氣體，應該使用P2O5、硅膠，故答案為：P2O5、硅膠；
（3）A．由題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯試劑可能含有水，故在使用前應作除水處理，A正確；
B．由題干信息可知，AlCl3易升華，故三頸燒瓶置于冰水浴中，是為了控制反應溫度，B正確；
C．由(2)題干信息可知，X處裝入干燥劑起到干燥作用，而未能吸收尾氣，故因實驗在通風櫥內進行，X處仍需連接尾氣吸收裝置以增加實驗的安全性和環保性，C錯誤；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反應過程中能夠產生難溶于有機物的HCl氣泡，則可知反應體系中不再產生氣泡時，可判定反應基本結束，D正確；
故答案為：ABD；
（4）由分析可知，步驟Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，結合題干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而難溶于有機物，故步驟Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同時冰水可以降低反應速率；故答案為：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，實現有機相與無機相的分離，同時降低反應的速率；
（5）由分析可知，步驟Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，結合題干信息：氯苯溶于乙醚，難溶于水；Z易溶于乙醚，難溶于水；乙醚不易溶于水，步驟Ⅲ從混合物M2中得到Z粗產物的所有操作為：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有機相，加入無水Na2SO4干燥劑吸水，過濾出Na2SO4晶體，即得到氯苯和Z的混合，在進行減壓蒸餾，故答案為：②④⑤③①；
（6）已知AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，故AlCl3可促進氯苯與SOCl2反應中S-Cl健的斷裂，故答案為：AlCl3易與Cl-形成絡合物[AlCl4]-，促使SOCl2反應中S-Cl鍵的斷裂。
20．【答案】（1）羥基
（2）B；D
（3）
（4）+
（5）、、
（6）；+CH2=CHCOOH+
【知識點】有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）I中體現酸性的官能團名稱是酚羥基。
故答案為：羥基
（2）A．溴原子在苯環上具有吸電子效應使得A中羧基更容易電離出氫離子，使其酸性增強，故化合物A中的酸性比苯甲酸強，錯誤；
B．化合物B中含有酯基，可以發生酸性水解也可以發生堿性水解，故既可與酸反應又可與堿反應，正確；
C．E中硝基還原為氨基得到F，E→F反應過程中發生加成反應，同時鐵和稀鹽酸也會發生置換反應，錯誤；
D．當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；化合物H中酚羥基和臨近氮能形成分子內氫鍵，正確；
故答案為：BD
（3）由分析，G為：。
故答案為：
（4）CD發生已知②反應生成E，結合DE化學式，D為、E為，故C+D→E的化學方程式是+。
故答案為：+
（5）B除苯環外含有1個溴、3個碳、2個氧、1個不飽和度；3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的：①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子，則應該為對稱結構；②與過量反應生成鄰苯二酚，結合已知反應原理； 可以為：、、。
故答案為：、、
（6）結合結構，流程可以為中甲基首先氧化為羧基得到，再和乙醇發生取代反應生成，再和NH2NH2轉化為；1，3-丁二烯、丙烯酸發生已知③反應生成，和發生已知②反應生成產物，故流程為：；
+CH2=CHCOOH+。
故答案為：；
+CH2=CHCOOH+
【分析】由流程可知，A與CH3OH在SOCl2作用下發生取代反應生成B，B與NH2NH2發生已知反應①生成C，因此C的結構簡式為為。C與D在POCl3的作用下發生已知反應②，生成E，E在Fe/HCl的作用發生－NO2的還原反應，生成F。結合F的結構簡式可知E的結構簡式為；D的結構簡式為。F與G在CH3COOH/C2H5OH加熱條件下反應生成H，結合H的結構簡式和G的分子式可知，G的結構簡式為。H進一步轉化生成I。據此結合題干設問分析作答。
（1）由I結構可知，I中體現酸性的官能團名稱是酚羥基；
（2）A．溴原子在苯環上具有吸電子效應使得A中羧基更容易電離出氫離子，使其酸性增強，故化合物A中的酸性比苯甲酸強，錯誤；
B．化合物B中含有酯基，可以發生酸性水解也可以發生堿性水解，故既可與酸反應又可與堿反應，正確；
C．E中硝基還原為氨基得到F，E→F反應過程中發生加成反應，同時鐵和稀鹽酸也會發生置換反應，錯誤；
D．當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；化合物H中酚羥基和臨近氮能形成分子內氫鍵，正確；
故選BD；
（3）由分析，G為：；
（4）CD發生已知②反應生成E，結合DE化學式，D為、E為，故C+D→E的化學方程式是+；
（5）B除苯環外含有1個溴、3個碳、2個氧、1個不飽和度；3個同時符合下列條件的化合物B的同分異構體的：①核磁共振氫譜表明：分子中有4種不同化學環境的氫原子，則應該為對稱結構；②與過量反應生成鄰苯二酚，結合已知反應原理； 可以為：、、；
（6）結合結構，流程可以為中甲基首先氧化為羧基得到，再和乙醇發生取代反應生成，再和NH2NH2轉化為；1，3-丁二烯、丙烯酸發生已知③反應生成，和發生已知②反應生成產物，故流程為：；
+CH2=CHCOOH+。
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