資源簡介

浙江省Z20名校聯盟2025屆高三下學期第三次聯考 化學試卷
1．（2025·浙江模擬）下列只含極性鍵的極性分子是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模擬）下列表示正確的是
A．異丙基的結構簡式：
B．激發態H原子的軌道表示式：
C．N-甲基乙酰胺的鍵線式為：
D．與互為同位素
3．（2025·浙江模擬）化學與生產、生活、科技密切相關。下列說法不正確的是
A．生活中常用聚乙烯制成的薄膜來包裝水果、蔬菜等食物
B．等離子體具有良好的導電性和流動性，可以用于制造等離子體顯示器等
C．用熱的純堿溶液可清洗衣物上的汽油污漬
D．電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是電化學保護法的犧牲陽極法
4．（2025·浙江模擬）物質的結構決定物質的性質，下列說法正確的是
A．相同濃度的和[Cu(NH3)4]2+氧化性：前者>后者
B．金剛石中碳碳鍵鍵長較短，鍵能和硬度很大，不容易因錘擊而破碎
C．由于水分子間存在氫鍵，所以穩定性：
D．甘油是粘稠液體是因為甘油分子間存在較強的范德華力
5．（2025·浙江模擬）關于實驗室安全，下列說法不正確的是
A．輕微燙傷或燒傷時，可用冷水處理，然后涂上燙傷膏即可
B．苯酚不慎沾到皮膚上，先用抹布擦拭，再用以上的水沖洗
C．探究鈉與水的反應時需要注意：
D．鎂燃燒起火不可用泡沫滅火器滅火
6．（2025·浙江模擬）設是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是
A．羥胺中氧的價層電子對數為
B．和的固體混合物中含，則混合物中質子數為
C．中含陰離子個數為
D．由甘氨酸形成的三肽（相對分子質量：189）中的肽鍵數目為
7．（2025·浙江模擬）下列有關物質的性質和用途不具有對應關系的是
A．纖維素主鏈上的羥基可與硝酸發生反應，故可制備“無煙火藥”硝化纖維
B．乙醇受熱易揮發，故釀米酒需晾涼米飯后加酒曲
C．過氧碳酸鈉具有較強氧化性，故可用漂白衣物
D．鋁合金具有密度小、強度高、耐腐蝕等優越性質，可以做飛機外殼部件
8．（2025·浙江模擬）下列離子方程式正確的是
A．硫化亞鐵溶于稀硝酸中：
B．氯乙酸乙酯在足量溶液中加熱：
C．少量通入苯酚鈉溶液中：（已知：的，苯酚的）
D．向溶液中滴加過量的硫酸：
9．（2025·浙江模擬）如下圖所示的自催化反應，Y作催化劑。下列說法正確的是
A．X能在堿性條件下水解生成
B．堿性：Y強于X
C．Y中所有碳原子均共平面
D．隨增大，該反應速率會一直增大
10．（2025·浙江模擬）下列實驗裝置正確，且能達到相應實驗目的的是
A.驗證反應有生成 B.驗證鐵粉與水蒸氣反應有產生
C.制備無水 D.除去固體中少量的
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·浙江模擬）下列說法不正確的是
A．依據相同溫度下可逆反應的濃度商Q與平衡常數K大小的比較，可推斷反應進行的方向
B．平衡：中，斷裂中的共價鍵所需能量小于斷裂中的共價鍵所需能量
C．依據第二周期主族元素電負性依次增大，可推斷它們的第一電離能也依次增大
D．在合成氨反應中：，一定條件下，將通入恒容的容器中反應，當物質的量分數不變時不能判斷可逆反應是否達平衡狀態
12．（2025·浙江模擬）電解法制取有廣泛用途的，工作原理如圖1所示。已知：只在強堿性條件下穩定。下列說法不正確的
A．離子交換膜應該選擇陽離子交換膜
B．陽極的電極反應式為：
C．由圖2可知，N點濃度低是由于過高，鐵電極上可能有生成
D．電解產生（標況）時，電路中轉移電子數目為
13．（2025·浙江模擬）氮和氧是構建化合物的常見元素，某的晶胞如圖。
下列說法不正確的是
A．該氮氧化物中N都呈價
B．該晶體中氮原子的雜化方式有兩種
C．與足量紅棕色氣體反應生成的化學方程式為：
D．晶體類型是分子晶體
14．（2025·浙江模擬）傅克酰基化反應的機理如下：
已知：步驟Ⅱ為決速步
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ還生成
B．與發生傅克酰基化反應的速率：苯>甲苯
C．該機理涉及加成反應和消去反應
D．根據機理，苯也可以與反應，所得的產物為
15．（2025·浙江模擬）室溫下，用只含少量的溶液制備的過程如圖所示。已知。下列說法不正確的是
A．“除鎂”得到的上層清液中：
B．溶液的約為8，可得出：
C．反應的平衡常數
D．“沉錳”后的濾液中：
16．（2025·浙江模擬）化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。
已知：
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ中發生反應的離子方程式為
B．若消耗的溶液的體積為，則廢水中苯酚含量為
C．步驟Ⅱ中加入的溶液不能過量
D．由于有揮發性，可能會造成測定結果偏高
17．（2025·浙江模擬）錳氧化物具有較大應用價值，回答下列問題：
（1）下列敘述正確的是____________。
A．基態價電子排布式是
B．離子半徑：
C．是堿性氧化物
D．的第三電離能大于的第三電離能
（2）的某種氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如圖所示，該氧化物化學式為　 　，的配位數為　 　。
（3）（見圖）是晶型轉變的誘導劑。熔點：　 　（填“>”“<”或“=”），從結構角度分析原因　 　。
（4）錳鋅鐵氧體元件是電子線路中的基礎組成部分。某實驗室利用廢棄電子產品中的錳鋅鐵氧體制備和，可用于電池，催化劑等行業，其工藝流程如下：
①氨浸后溶液B中存在的陽離子有　 　（填寫化學式），操作1是　 　，操作2是　 　。
②沉錳反應的離子方程式為　 　。
18．（2025·浙江模擬）硫酸工業在國民經濟中占有重要地位。接觸法制硫酸的關鍵反應為的催化氧化：
（1）其他條件不變時，下列措施有利于提高平衡轉化率的是__________（填序號）。
A．恒容下，按原投料比繼續充入和
B．恒壓下充入
C．降低溫度
D．選擇更高效的催化劑
（2）研究表明，催化氧化的反應速率方程為：。式
中：k為反應速率常數，隨溫度t升高而增大；為平衡轉化率，為某時刻轉化率，n為常數。在不同下將一系列溫度下的k、值代入上述速率方程，得到曲線，如圖1所示。下列說法正確的是___________。
A．溫度越高，反應速率越大
B．的曲線可以代表平衡轉化率所對應的曲線
C．越大，反應速率最大值對應溫度越低
D．由圖可知，工業生產中為了追求生產效率，應盡可能選擇低溫
（3）根據圖1，在圖2中畫出不同轉化率與最適宜溫度的大致曲線　 　。（曲線上v最大值所對應溫度稱為該下反應的最適宜溫度）
（4）尾氣吸收是硫酸工業必須要考慮的問題，某研究小組用溶液吸收尾氣中的生成溶液或溶液。已知：的。
①的溶液的　 　。
②保險粉連二亞硫酸鈉是一種重要的還原劑，廣泛應用于紡織、印染、食品抗氧化等領域，可以通過電解溶液制備，裝置如圖：
a．寫出陰極的電極反應式　 　。
b．已知的結構為，請從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因　 　。
19．（2025·浙江模擬）甘氨酸亞鐵是一種新型的鐵營養強化劑。實驗室制備甘氨酸亞鐵部分裝置如下圖（夾持和加熱、攪拌儀器已省略）。
已知：
i．檸檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和還原性。
ii．易溶于水，難溶于乙醇。
iii．通入溶液中的反應：（黑色）
實驗步驟：
Ⅰ．關閉活塞，打開活塞和，加入適量稀硫酸（鐵屑足量），當出現____________現象后關閉活塞。
Ⅱ．____________，磁力攪拌器不斷攪拌，B中生成沉淀。
Ⅲ．在恒溫條件下繼續磁力攪拌，然后向B中滴加甘氨酸和檸檬酸溶液，調節溶液至5.5左右，使反應物充分反應。
Ⅳ．反應完成后，向B的反應混合物中加入無水乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌得到粗產品，將粗產品純化后得精品。
回答下列問題：
（1）儀器b的名稱為　 　。
（2）步驟Ⅰ中橫線處的現象是　 　。
（3）下列說法正確的是____________。
A．步驟Ⅰ中的鐵屑可以改為鐵粉，從而加快反應速率
B．步驟Ⅱ橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中
C．步驟Ⅲ可以用水浴加熱
D．步驟Ⅳ中洗滌劑可以用冰水
（4）寫出B中生成甘氨酸亞鐵的化學方程式　 　。
（5）步驟Ⅲ中加入少量檸檬酸的一個作用是能調節溶液促進溶解，另一個作用是　 　。
（6）已知甘氨酸亞鐵的結構為：，請分析，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液的原因　 　。
20．（2025·浙江模擬）巴洛沙韋酯K（）能抑制流感病毒帽狀依賴型核酸內切酶，從而抑制病毒的合成。其部分優化路線如下：
已知：①是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去。
②。
③。
（1）化合物B中的官能團名稱是　 　。
（2）化合物A的結構簡式為　 　。
（3）寫出過程③的化學方程式　 　。
（4）下列說法正確的是____________。
A．化合物G可發生水解、消去反應
B．過程②可能會生成
C．過程④為還原反應，產生手性碳原子
D．K的分子式為
（5）寫出同時符合下列條件的化合物G的4種同分異構體的結構簡式　 　。
①含有結構
②能發生銀鏡反應的芳香族化合物，苯環上有4個取代基，不直接與F原子相連，且含基團
③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子
（6）乙醛和L（）為原料可合成化合物B，利用已知信息和流程路線中的相關信息，設計合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】極性鍵和非極性鍵；極性分子和非極性分子
【解析】【解答】A、中的屬于不同原子之間形成的極性鍵，但分子的結構為平面三角形，整個分子中電荷分布對稱，鍵的極性相互抵消，屬于非極性分子，A錯誤；
B、的結構為，其中鍵屬于非極性鍵，盡管H2O2分子為極性分子，結構不對稱，但不滿足“只含極性鍵”的條件，B錯誤；
C、的結構為，其中的鍵屬于非極性鍵，且C2H6的結構高度對稱，鍵的極性相互抵消，屬于非極性分子，C錯誤；
D、臭氧分子中三個氧原子通過 三中心四電子大鍵連接，中心氧原子采取 雜化 ，形成兩個σ鍵和一個孤電子對，大π鍵的電子云分布不均勻從而產生極性，所以臭氧分子中的共價鍵為極性鍵，同時由于電荷中心不重合，使臭氧分子的結構為V形，導致電荷分布不對稱，屬于極性分子，D正確；
故答案為：D
【分析】由不同元素原子之間形成的共價鍵叫極性鍵；由同種元素原子之間形成的共價鍵絕大部分叫非極性鍵；同時由極性鍵形成的分子結構中電荷分布不對稱的分子通常屬于極性分子，由極性鍵形成的分子結構中電荷分布對稱的分子通常屬于非極性分子；但是要注意特例，臭氧分子的空間結構與水分子的相似，其分子有極性，但很微弱，僅是水分子的極性的28%。臭氧分子中的共價鍵是極性鍵，其中心氧原子是呈正電性的，而端位的兩個氧原子是呈負電性的。由于臭氧的極性微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度。
2．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；元素、核素；結構簡式
【解析】【解答】A、異丙基的結構就是在丙烷的結構基礎上，CH3CH2CH3，2號碳原子失去1個氫原子形成的基團，結構為：，A正確；
B、原子軌道的能級規則為主量子數n對應角量子數l的取值范圍是0≤lC、N-甲基乙酰胺結構簡式為：，其中氮原子需滿足3價（與羰基碳、甲基碳、氫原子各成1個σ鍵），但在選項的鍵線式中，氮原子僅體現2個σ鍵（羰基碳、甲基碳），缺少與氫原子的鍵，則正確的鍵線式為：，C錯誤；
D、同位素是指的同一元素形成的中子數不同的原子，不是分子，所以與不是互為同位素，但是在分子結構層面上看，兩者是硫元素（S）形成的不同結構單質，所以與互為同素異形體，D錯誤；
故答案為：A
【分析】同素異形體：由同種元素組成的不同單質，因原子排列方式不同而具有不同性質。例如，碳的同素異形體有石墨和金剛石。
同位素：質子數相同而中子數不同的同一元素的不同原子。例如，氫的同位素有氕、氘和氚。
3．【答案】C
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；鹽類水解的應用；聚合反應
【解析】【解答】A、聚乙烯（PE）是一種無毒、化學穩定性高、耐水耐腐蝕的塑料，廣泛用于食品包裝，如保鮮膜、塑料袋等，它符合食品安全標準，能有效保護水果、蔬菜，A正確；B、等離子體是由自由電子、離子和中性粒子組成的物質狀態，具有高導電性和流動性。等離子體顯示器（PDP）正是利用等離子體在電場中發光的原理工作，B正確；
C、純堿也就是碳酸鈉，溶液呈堿性，能通過皂化反應去除油脂類污漬，因為油脂是甘油三酯，可被堿水解為水溶性物質。但汽油污漬的主要成分是烴類化合物（屬于非極性物質，不與堿反應。熱的純堿溶液無法有效分解或溶解汽油污漬，反而可能因堿性殘留損傷衣物。汽油污漬通常需用有機溶劑（如酒精）或表面活性劑（如洗滌劑）清洗，C錯誤；
D、電熱水器內膽通常為鋼鐵材質，易發生電化學腐蝕，鎂的金屬活動性比鐵強，優先被氧化腐蝕，從而保護內膽。這屬于電化學保護法中的犧牲陽極的陰極保護法，D正確；
故答案為：C
【分析】犧牲陽極陰極保護法是一種防止金屬腐蝕的方法，即將還原性較強的金屬作為保護極，與被保護金屬相連構成原電池，還原性較強的金屬將作為負極發生氧化反應而消耗，被保護的金屬作為正極就可以避免腐蝕；犧牲陽極的陰極保護法常被應用于保護如水中鋼樁、海輪外殼等，以水中鋼鐵閘門為例，其保護方式通常是在輪船外殼水線以下或靠近螺旋槳的舵上焊接鋅塊，以此來預防船殼等部件的腐蝕。
4．【答案】A
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；配合物的成鍵情況；化學鍵和分子間作用力的區別；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A、配位化合物中，配體對中心離子電荷分散效應影響氧化性。當Cu2+與NH3形成[Cu(NH3)4]2+時NH3的孤電子對進入Cu2+的空軌道，會分散中心離子的正電荷。而氧化性本質是得電子能力，正電荷越集中，得電子能力越強。因此，游離的Cu2+比配位后的[Cu(NH3)4]2+更易獲得電子，氧化性：Cu2+>[Cu(NH3)4]2+，A正確；B、金剛石中C-C鍵鍵長短、鍵能大，故硬度極高，抗劃痕；但共價鍵是定向排列的共價網絡，受錘擊時，應力會沿共價鍵連接方向集中，導致共價鍵斷裂，因此金剛石脆性強，易被錘擊破碎，B錯誤；
C、H2O與H2S的穩定性，由H-O鍵能和H-S鍵能相對大小決定，O非金屬性強，H-O鍵能更大，更難斷裂；氫鍵是水分子間的相互作用，僅影響熔沸點、溶解性等物理性質，與化學穩定性無關，C錯誤；
D、甘油HOCH2CH(OH)CH2OH含3個羥基，羥基間可形成分子間氫鍵，而非范德華力，氫鍵使分子間作用力顯著增強，導致甘油呈粘稠液體。范德華力整體弱于氫鍵，D錯誤；
故答案為：A
【分析】氫鍵是一種非化學鍵的相互作用力，其中氫原子與若與電負性大、半徑小的原子Y（O，F和N等）接近，在X與Y之間以氫為媒介，生成X-H…Y形式的一種特殊的分子間或分子內相互作用，稱為氫鍵，氫鍵通常情況下僅影響物理性質（如沸點），不改變化學鍵強度。一般情況下，化學鍵的強度高于氫鍵，氫鍵高于范德華力。
5．【答案】B
【知識點】鈉的化學性質；苯酚的性質及用途；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A、實驗過程中發生輕微燙傷或燒傷時，對于輕微燙傷或燒傷，應立即用冷水沖洗（至少10-15分鐘）以降溫、減輕疼痛和減少組織損傷，然后涂抹燙傷膏進行保護。這是標準的急救處理方法，A正確；B、苯酚是一種腐蝕性和有毒的化學物質，皮膚接觸后，標準處理方法是：立即用大量流動清水沖洗至少15分鐘，而不是先用抹布擦拭。用抹布擦拭可能擴散化學物質或加重皮膚損傷。沖洗水溫度應適中（一般為15-25℃），不能使用65℃以上的熱水，因為高溫水會增加皮膚滲透性，促進苯酚吸收，并可能造成燙傷，加重傷害。正確步驟是沖洗后就醫，必要時使用特定解毒劑，B錯誤；
C、鈉與水反應放熱、生成氫氣，屬于易燃易爆氣體，要注意通風，防氫氣聚集。反應十分劇烈，液體易濺出，需戴護目鏡。需要用鑷子取鈉，實驗后洗手，操作提示合理，C正確；
D、鎂燃燒時溫度極高，泡沫滅火器中的水或化學泡沫會與鎂反應，產生氫氣并加劇火勢，甚至導致爆炸。鎂起火應使用D類滅火器（金屬火災專用）、干燥沙子或專用滅火劑覆蓋，D錯誤；
故答案為：B
【分析】鈉與水反應的過程中：首先鈉有于鈉的密度較低，其次反應生成的氫氣，所以鈉會浮在水面上；然后由于反應放熱，溫度升高，鈉會熔化成一個小球；由于反應迅速，和產生的氫氣，熔化的鈉小球會在水面快速游動；由于反應的劇烈，鈉小球會滋滋作響，如果鈉的劑量過大，鈉小球會燒起來甚至發生爆炸；反應生成氫氧化鈉使得水會變成堿性，如果加入酚酞指示劑，溶液會變成紅色。
6．【答案】C
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；阿伏加德羅常數；酰胺
【解析】【解答】A、羥胺(NH2OH)中，氧原子形成兩個單鍵（O-H鍵和O-N鍵），并有兩對孤對電子，因此，氧原子的價層電子對數為4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每個氧原子有4對價層電子對，所以總價層電子對數為0.1×4=0.4 mol，即0.4NA，A正確；B、NaCl中：Na的原子序數為11，有11個質子，Cl的原子序數為17，有17個質子，可得出總質子數=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序數7，7個質子；4個H原子各1個質子，共4個質子），Cl的原子序數為17，有17個質子，總質子數=7+4+17=28。混合物中含1molCl-，意味著有1mol化學單元（NaCl或NH4Cl），因為每個單元提供一個Cl-，無論NaCl和NH4Cl的比例如何，總質子數為1×28=28 mol，即28NA，B正確；
C、CaH2是離子化合物，由Ca2+和兩個H-組成，每個CaH2單元中有2個陰離子（H-）。0.1molCaH2中含有陰離子的物質的量為0.1×2=0.2 mol，因此，陰離子個數為0.2NA，C錯誤；
D、三肽由三個氨基酸形成，形成兩個肽鍵，且三肽的分子量為189g/mol，可計算18.9g三肽的物質的量為18.9/189=0.1 mol，每個三肽分子中有兩個肽鍵，所以肽鍵總物質的量為0.1×2=0.2 mol，因此，肽鍵數目為0.2NA，D正確；
故答案為：C
【分析】阿伏加德羅定律在使用時要注意以下幾個方面：
前提條件：指問題設置的前提(外界因素)，如標準狀況，常溫常壓，溫度為25℃、壓強為1.01×105Pa等。若后面設置的量為物質的體積，則需要考慮所給物質是否為氣體、是否為標準狀況。若后面所給的量為物質的質量或物質的量，則不需要考慮物質所處環境是否為標準狀況。22.4L/mol是在標準狀況(0 ℃，1.01×105Pa)下的氣體摩爾體積；物質狀態：22.4L/mol使用的對象是氣體(包括混合氣體)，只有氣體才可用氣體摩爾體積；氣體單質的組成除常見的雙原子分子外，還有單原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
7．【答案】B
【知識點】合金及其應用；鈉的重要化合物；鋁的化學性質；乙醇的物理、化學性質；多糖的性質和用途
【解析】【解答】A、纖維素分子中的羥基（—OH）具有反應活性，可與硝酸發生酯化反應生成硝化纖維。硝化纖維是“無煙火藥”的主要成分，因此羥基的反應性的性質與制備硝化纖維的用途直接對應，A正確；B、乙醇受熱易揮發是乙醇的物理性質，但釀米酒過程中“晾涼米飯”的主要目的是為了控制溫度，避免高溫殺死酒曲中的酵母菌和霉菌，確保發酵過程順利進行。發酵產生乙醇后，高溫可能導致乙醇揮發，但這并非“晾涼米飯”的直接原因。因此，乙醇易揮發的性質與晾涼米飯以加酒曲的用途不直接對應B錯誤；
C、過氧碳酸鈉在水中能分解生成過氧化氫，而H2O2具有較強的氧化性，能氧化分解色素和污漬，因此常用于漂白衣物。其氧化性的性質與漂白衣物的用途直接對應，C正確；
D、鋁合金的密度小、強度高和耐腐蝕等性質使其非常適合用于飛機外殼部件，以減輕重量、增強結構強度并抵抗環境腐蝕。其物理和化學性質與做飛機材料的用途直接對應，D正確；
故答案為：B
【分析】作答此類題型時，一定要注意物質的性質和用途是否存在因果邏輯關系，因為在選項中會出現性質正確，用途正確，但二者沒有因果關系的選項，亦或者性質、用途只對了一半的選項，我們都需要慎重考慮。
8．【答案】D
【知識點】苯酚的化學性質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A、稀硝酸具有強氧化性，而硫化亞鐵中的硫離子（S2-）易被氧化，實際反應中，硝酸會將硫化物氧化為硫單質或硫酸鹽，不會生成H2S氣體，實際發生的反應為：，A錯誤；B、氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）的結構中含有酯基（-COOC2H5）和活潑氯原子（-CH2Cl），兩者均可與OH-反應，在足量NaOH和加熱條件下，酯基水解生成羧酸鹽和乙醇，氯原子水解：由于氯受鄰位羰基活化，易被羥基取代，生成羥乙酸鹽。因此正確反應為：，原方程式只考慮酯水解，未考慮氯的水解，B錯誤；
C、由題干給定的信息可知，電離常數的相對大小：Ka1(H2SO3)>Ka（苯酚)>Ka2(H2SO3)，酸性：H2SO3>苯酚>HSO3-。少量SO2通入苯酚鈉時，強酸制弱酸應生成SO32-，因此正確反應為：，C錯誤；
D、[Cu(NH3)4]2+是銅氨絡離子，加入硫酸，提供H+后，H+與NH3結合形成NH4+，破壞絡合物，釋放Cu2+，因此其正確的離子方程式：，D正確；
故答案為：D
【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個方面來判斷：是否符合守恒規律。
離子方程式的書寫應當滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關系，否則離子方程式的書寫錯誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實；是否正確使用符號；拆分是否正確；離子反應是否寫全；是否符合量的關系。
9．【答案】B
【知識點】有機分子中基團之間的關系；有機物的結構和性質；酰胺；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A、X含酯類結構，類似碳酸酯，堿性條件下水解時，生成CO2會與堿反應生成CO32-，不會直接放出CO2，A錯誤；B、X上的N處于酰胺鍵中，羰基吸電子使N電子密度降低，堿性弱；Y上的N為仲胺，無吸電子共軛，N電子密度高，堿性強。故堿性：Y>X，B正確。
C、Y含環己烷環，碳原子為sp3雜化，則環己環上的碳原子不可能共平面，C錯誤；
D、Y是催化劑，反應速率受催化劑濃度、底物濃度、溫度等影響。催化劑濃度增大時，初期速率可能上升，但不會“一直增大”，D錯誤；
故答案為：B
【分析】對于常見的“可能共面”的問法：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、碳氧雙鍵、苯環均為平面結構，可能出現所有原子都共面的場景。反觀，但凡出現類似甲烷基本結構的化合物分子，則不可能出現所有原子都共面的場景。
出現類似甲烷的基本結構，看作甲烷的部分最多有3個原子共面。
出現類似乙烯的基本結構，看作乙烯的部分最多有6個原子共面。
出現類似乙炔的基本結構，看作乙炔的部分，4個原子均在同一條直線上（一定共面）。
出現含有苯環C6H6的基本結構，看作苯環的部分最多有6+6=12個原子共面，且對角原子共線。
10．【答案】C
【知識點】氯氣的實驗室制法；鐵的化學性質；實驗裝置綜合；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、MnO2與濃鹽酸共熱制得Cl2，但濃鹽酸揮發的HCl會與AgNO3反應生成AgCl沉淀，干擾Cl2的檢驗，同時Cl2與水反應也生成Cl-，也會干擾檢驗結果，A錯誤；B、鐵粉與水蒸氣反應的方程式為：，濕潤棉花提供水蒸氣，鐵粉高溫反應生成H2，H2通入肥皂液形成可點燃的氣泡，驗證H2的生成，但是試管口要略微向下傾斜，如若向下傾斜會使得液化后的水蒸氣進入試管內，導致試管炸裂，B錯誤；
C、膽礬即CuSO4·5H2O，加熱失去結晶水即可得無水CuSO4，CuSO4加熱不氧化，無需防氧，結晶水失去后也無需防濕，通N2的主要目的是將水蒸氣及時排除，加快實驗的進程，C正確；
D、除去Na2CO3中NaHCO3，需加熱固體：，加熱固體應選坩堝，但裝置中用蒸發皿加熱固體，蒸發皿用于蒸發溶液，D錯誤；
故答案為：C
【分析】坩堝：用于灼燒自身體積較小固體物質，可直接加熱，無需墊石棉網；
蒸發皿：蒸發濾液，結晶獲得濾液中的溶質，可直接加熱，無需墊石棉網；
11．【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；反應熱和焓變；化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷
【解析】【解答】A、根據所學的化學平衡原理可知：當濃度商Q>K時，反應逆向進行；當Q=K時，反應達到平衡，A正確；B、反應放熱（ΔH<0），表明形成新鍵釋放的能量大于斷裂舊鍵吸收的能量設斷裂2molNO2，中的鍵所需能量為Ea，斷裂1molN2O4中的鍵所需能量為Eb，可得反應放熱：正向反應ΔH=Ea Eb<0，因此Ea，故斷裂2molNO2的鍵所需能量小于斷裂1molN2O4的鍵所需能量，B正確；
C、第二周期主族元素中，電負性從左到右依次增大，Li最小，F最大。但第一電離能并非單調增大：Be（1s22s2）全滿穩定，電離能高于B（1s22s22p ），N（1s22s22p3）半滿穩定，電離能高于O（1s22s22p4），因此，電離能趨勢為：Be>B，N>O，C錯誤；
D、初始投料n(N2)：n(H2)=1：1，但化學計量比為1：3，設初始n(N2)=a，n(H2)=a，n(NH3)=0，總物質的量=2a。反應后，設消耗N2為xmol，則：n(N2)=a–x、n(H2)=a-3x、n(NH3)=2x，故總物質的量=(a-x)+(a-3x)+2x=2a-2x，N2物質的量分數：，因此，在整個反應過程中，N2物質的量分數恒為1/2，始終不變，當它不變時，不能作為判斷平衡狀態的依據，D正確；
故答案為：C
【分析】化學平衡狀態的標志可概括為“一等五不變”，“一等”即正反應速率等于逆反應速率，其意義是針對反應體系中同一反應物（或生成物）而言的，而不是同一反應中的不同物質。若用同一反應中不同物質來表示正反應速率和逆反應速率，必須要求兩速率反向（切忌單向速率）且兩速率之比等于其對應的化學計量數之比。“五不變”即反應混合物中各組分的濃度保持不變，其意義是指各組分的物質的量不變；各組分的濃度不變；各組分的百分含量不變；反應物的轉化率不變；對于全為氣體的可逆反應，當左右氣體含量之比相同時，混合氣體總物質的量不變。
12．【答案】A
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A、在電解池中，陽極反應為：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，消耗OH-，陰極反應為：2H2O+2e-=H2+2OH-，產生OH-。為了維持陽極室的高OH-濃度以保證Na2FeO4的穩定性，所以要求OH-應從陰極室向陽極室遷移。陽離子交換膜只允許陽離子（如Na+）通過，而陰離子交換膜才允許陰離子（如OH-）通過。因此，應選擇陰離子交換膜，而非陽離子交換膜，A錯誤；B、該反應正確描述了鐵在堿性條件下被氧化為高鐵酸根（FeO42-）的過程，鐵從0價升至+6價，失去6個電子，并與OH-反應，電極反應式為 ，B正確；
C、圖2顯示，當c(NaOH)=14mol·L- 即c(OH-)過高時，Na2FeO4濃度在N點較低。這是因為高OH-濃度可能導致鐵電極表面生成Fe(OH)3沉淀，形成鈍化層，阻礙鐵進一步氧化為FeO42-，C正確；
D、標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol。6.72LH2的物質的量為：6.72/22.4=0.3mol。陰極反應為2H2O+2e-→H2+2OH-，每產生1molH2需轉移2mol電子。因此，0.3molH2對應轉移電子數為0.3×2=0.6mol，即0.6NA，D正確；
故答案為：A
【分析】圖1中，Fe電極為陽極，此處Fe被氧化為，不斷消耗OH-，陽極式為：；Ni為陰極，此處水中的被還原為H2，不斷生成OH-，陰極式為；則中間的離子交換膜為陰離子交換膜，經交換膜從右側進入左側。
圖2中：已知Na2FeO4只在強堿性條件下穩定：當NaOH的濃度從6增至14（M→最高點）：堿性增強，FeO42-穩定性提高，濃度上升。當NaOH的濃度超過14（最高點→N）：雖仍為強堿性，但濃度下降的原因并非穩定性降低，強堿性仍穩定，更可能是過高的OH-影響電極反應速率、離子遷移等。
13．【答案】D
【知識點】離子晶體；分子晶體；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氧化還原反應方程式的配平
【解析】【解答】A、N2O5中，無論是固態離子形式（[NO2+][NO3-]）還是氣態分子形式（O2N-O-NO2），氮的氧化態均為+5，A正確；
B、根據價層電子對互斥理論可知，在中的孤對電子為，則微粒VSEPR模型為直線形，中心N原子雜化類型為：雜化；在中的孤對電子為，則微粒VSEPR模型為平面三角形，中心N原子雜化類型為：雜化，B正確；
C、具有強氧化性，在將氧化為時，還有生成，N由+4價升高到+5價，發生氧化反應，O3中的一個O從0價降低到-2價，發生還原反應，據此可以推斷出反應的化學方程式為：，C正確；
D、根據晶胞中N原子和O原子的結合可知，晶胞中存在2種微粒，一種為：；一種為：，則晶體類型為：離子晶體，D錯誤；
故答案為：D
【分析】晶體，一般包括離子晶體、分子晶體、原子晶體、金屬晶體四種類型，可以依據構成晶體的微粒和微粒間的作用判斷：
離子晶體的構成微粒是陰、陽離子，微粒間的作用是離子鍵。
原子晶體的構成微粒是原子，微粒間的作用是共價鍵。
分子晶體的構成微粒是分子，微粒間的作用為分子間作用力。
金屬晶體的構成微粒是金屬陽離子和自由電子，微粒間的作用是金屬鍵。
14．【答案】B
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；取代反應；加成反應
【解析】【解答】A、在步驟Ⅰ中酰氯和AlCl3反應生成的酰基陽離子，結合原子守恒可知，步驟Ⅰ還生成，A正確；
B、傅克酰基化反應可以看成是一個取代反應，甲苯中的甲基會活化苯環上對位和鄰位的H原子，使得反應的速率比苯快，因此與發生傅克酰基化反應的速率：苯<甲苯，B錯誤；
C、由圖可知，步驟Ⅱ中酰基陽離子加成到芳香環上形成一個帶正電的化合物，因此為加成反應，步驟III中為帶正電的化合物失去質子重新芳香化的過程，因此為消去反應，C正確；
D、的結構簡式為，根據傅克酰基化反應的機理，苯也可以與發生傅克酰基化的取代反應，所得的產物為和CH3COOH，D正確；
故答案為：B
【分析】傅克酰基化反應的機理解讀：步驟I：酰基正離子形成，酰氯（R-CO-Cl）與路易斯酸AlCl3作用，Cl-作為路易斯堿與AlCl3結合，生成AlCl4+，促使酰氯解離出酰基正離子；
步驟II：決速步，取代反應的核心，反應本質：苯環進攻酰基正離子的缺電子碳，形成環己烯型碳正離子中間體，苯環暫時破壞芳香性，正電荷離域在環上，該步活化能最高，反應速率最慢，決定整個反應的速率。
步驟III：去質子化，恢復芳香性，碳正離子中間體失去鄰位質子，重新形成苯環的共軛π鍵，恢復芳香性，最終生成酰基苯。
15．【答案】A
【知識點】鹽類水解的原理；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A、“除鎂”得到的上層清液中：c(F-)=5.2×10-6 mol L-1，除鎂步驟通過加入NaF溶液沉淀Mg2+，生成MgF2。上層清液為飽和MgF2溶液，滿足溶度積：。
若假設Mg2+沉淀完全，則可認為[Mg2+]=1.0×10-5mol·L- ，代入公式可得：，A錯誤；
B、0.1mol·L- NaHCO3溶液的pH約為8，且NaHCO3為兩性物質，但在此顯堿性，說明的水解程度大于其電離程度，即：，且，可以推斷出：，則可得出：，B正確；
C、的總反應可分解為以下步驟：
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
結合蓋斯定律，可以推斷出總反應平衡常數為：
，和選項一致，C正確；
D．“沉錳”后的濾液中含有、及少量的和，陽離子：Na+（來自加入的NaF和NaHCO3）、H+，陰離子：HCO3-、OH-、CO32-（來自NaHCO3）、SO42-（初始MnSO4的殘留）、F-（除鎂后殘留），電荷平衡要求：總正電荷濃度=總負電荷濃度。SO42-和CO32-為二價離子，電荷濃度為2c(SO42-)和2c(CO32-)；其他離子為一價。存在的電荷守恒關系：，D正確；
故答案為：A
【分析】在流程圖中，首先是除鎂步驟（加NaF溶液）：利用MgF2的低溶度積Ksp=5.2×10-11，使Mg2+與F-反應沉淀：，同時NaF溶于水，F-會水解：；同時，原料MnSO4是強酸弱堿鹽，溶液微酸性，Mn2+水解：，H+會與F-結合生成HF，導致F-降低，影響除鎂效果。所以在流程中需通過NaF過量或控制pH弱酸性，避免H+過多消耗F-保證除鎂完全；然后是沉錳步驟（加NaHCO3溶液）：NaHCO3中HCO3-兼具電離和水解的能力，而反應為電離與沉淀的耦合：，Mn2+結合CO32-，促進HCO3-電離，生成的H+與另一分子HCO3-反應：，推動反應正向進行。
16．【答案】C
【知識點】中和滴定；苯酚的化學性質；離子方程式的書寫；氧化還原反應的電子轉移數目計算；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A、步驟I中加入過量H2SO4酸化的KBr溶液，KBrO3在酸性條件下與Br-反應生成Br2，則反應的離子方程式為：，A正確；
B、計算步驟I生成的總Br2：由反應式，，對應生成：；計算過量Br2的物質的量：設滴定消耗Na2S2O3的體積為V3mL，則：。由I2~2S2O32-和Br2~I2，得：；計算與苯酚反應的Br2：；推導苯酚的物質的量：因1mol苯酚消耗3molBr2，故：；計算廢水中苯酚的濃度：廢水體積為：V2mL（即V2×10-3L），濃度為：，B正確；
C、步驟II中，加入KI溶液使剩余Br2轉化為I2：Br2+2I →I2+2Br 。為確保Br2完全反應，避免因KI不足導致部分Br2未轉化，進而使滴定測得的I2量偏低，導致剩余Br2計算值偏低，與苯酚反應的Br2計算值偏高，苯酚結果偏高，需加入過量KI。過量KI不影響后續Na2S2O3滴定I2。因此，KI應過量，C錯誤；
D、Br2易揮發，若在加入廢水前或反應過程中Br2揮發，則初始Br2實際量減少，但計算仍以理論初始量為準，根據苯酚含量的計算公式可知：，會導致與苯酚反應的Br2計算值偏高，因測得剩余Br2偏低，苯酚結果偏高，D正確；
故答案為：C
【分析】測定經處理后的廢水中苯酚的含量的實驗方法為：先用加入用硫酸酸化的過量KBr溶液將轉化為：；再加入的廢水，利用消耗廢水中的苯酚轉化為三溴苯酚沉淀：，進行過濾，在濾液中加入過量KI溶液消耗剩余的，發生反應：，最后用溶液滴定，根據消耗的溶液體積計算廢水中苯酚的含量，實驗通過“先加過量試劑（Br2），再滴定剩余試劑”的思路，將苯酚的取代反應與碘量法的氧化還原滴定結合，間接測定苯酚含量，因苯酚無直接滴定的特征反應，故設計“過量溴反應+剩余溴滴定”的策略。整個流程圍繞“溴的生成→苯酚反應→剩余溴的碘量法滴定”展開，利用多步反應的計量關系串聯，實現苯酚的定量測定。
17．【答案】（1）B；D
（2）MnO2；6
（3）<；中陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱，所以熔點低于
（4）[Zn(NH3)4]2+、、H+；過濾；煮沸或加熱；
【知識點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算；離子方程式的書寫；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】（1）A、Mn是25號元素，是Mn原子失去2個電子形成，其基態價電子排布式是，A錯誤；
B、對于同種元素的離子，核外電子數越多，離子半徑越大，核外電子數比多，所以離子半徑：，B正確；
C、能和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，不是堿性氧化物，C錯誤；
D、的價電子排布式為，3d軌道處于半充滿穩定狀態，再失去一個電子較難；價電子排布式為，失去一個電子后3d軌道達到半充滿穩定狀態，所以Mn的第三電離能大于Fe的第三電離能，D正確；
故答案為：BD；
（2）、根據“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離Mn最近且相鄰的O為6個，故配位數(緊鄰的陰離子數)為6；
（3）、是由有機陽離子和組成的離子液體，其陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱；所以熔點低于；
（4）、①、氨浸的作用是將鋅元素轉移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進行煮沸或加熱脫氨，得到固體；
②、沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發生歸中反應生成MnO2，沉錳反應的離子方程式為。
【分析】錳鋅鐵氧體首先通過氨浸+操作1（過濾）：分離Zn與Mn、Fe，因為Zn2+與氨水形成穩定配合物[Zn(NH3)4]2+溶在溶劑中，Mn2+、Fe3+則不形成穩定氨配合物，留在固體A中；濾液為溶液B，實現Zn與Mn、Fe的初步分離；接著從溶液B反應到ZnO（操作2），這一步驟加酸破壞氨配合物，同時中和氨水，使，然后加堿調pH，沉淀Zn(OH)2，接著受熱分解得到ZnO；
同時固體A反應到MnO2+溶液C，完成沉錳步驟，先是酸溶，固體A是Mn、Fe的氧化物加H2SO4溶解，生成Mn2+和Fe3+，接著加KMnO4，酸性條件下發生歸中反應：，Mn2+被氧化為MnO2沉淀，過濾后得MnO2，剩余含Fe3+的溶液C；最后，加還原劑還原Fe3+：，加H2C2O4·2H2O，生成產物FeC2O4·2H2O。
（1）A．Mn是25號元素，是Mn原子失去2個電子形成，其基態價電子排布式是，A錯誤；
B．對于同種元素的離子，核外電子數越多，離子半徑越大，核外電子數比多，所以離子半徑：，B正確；
C．能和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，不是堿性氧化物，C錯誤；
D．的價電子排布式為，3d軌道處于半充滿穩定狀態，再失去一個電子較難；價電子排布式為，失去一個電子后3d軌道達到半充滿穩定狀態，所以Mn的第三電離能大于Fe的第三電離能，D正確；
故選BD。
（2）根據“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離Mn最近且相鄰的O為6個，故配位數(緊鄰的陰離子數)為6；
（3）是由有機陽離子和組成的離子液體，其陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱；所以熔點低于；
（4）①氨浸的作用是將鋅元素轉移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進行煮沸或加熱脫氨，得到固體；
②沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發生歸中反應生成MnO2，沉錳反應的離子方程式為。
18．【答案】（1）A；C
（2）C
（3）
（4）10；2+2e-+2H+=+2H2O；S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂
【知識點】氧化還原反應；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）、A、恒容下，按原投料比繼續充入和，等效于增大壓強，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，A正確；
B、恒壓下充入，容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡逆向移動，不能提高平衡轉化率，B錯誤；
C、該反應是放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，C正確；
D、選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態，不能提高平衡轉化率，D錯誤；
故答案為：AC；
（2）、A、根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，A錯誤；
B、從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷=0.88的條件下是平衡轉化率，B錯誤；
C、從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，C正確；
D、從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，但應盡可能選擇低溫，可能導致反應速率過慢，導致SO3產率降低，D錯誤；
故答案為：C；
（3）、對于放熱的可逆反應，該反應的最適宜溫度為催化劑的催化活性最好時所對應的溫度，在該溫度下化學反應速率最大，SO2的轉化率也最大；當溫度高于最適宜溫度后，催化劑的催化活性逐漸減小，催化劑對化學反應速率的影響超過了溫度升高對化學反應速率的影響，因此化學反應速率逐漸減小，SO2的轉化率也逐漸減小，因此，反應的轉化率與最適宜溫度的關系曲線示意圖可表示為：。
（4）、①、室溫時，的溶液中的水解常數，，，pH=10；
②、a、由圖可知，陰極的電極反應式為在陰極得到電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2+2e-+2H+=+2H2O；
b、已知的結構為，從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因：S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂。
【分析】化學平衡中轉化率的變化主要受到以下因素的影響：若正反應是吸熱反應，升高溫度，轉化率升高，降低溫度，轉化率降低；若正反應為放熱反應，升高溫度，轉化率降低，降低溫度，轉化率升高。
對于mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)類型的反應，若m+n>p+q時，壓強增大，A、B的轉化率升高；壓強減小，A、B的轉化率降低；m+n加入惰性氣體，如果容器的體積不變（總壓強增大）A、B的轉化率不變。如果容器的壓強不變（容器的體積增大），m+n>p+q時，A、B的轉化率降低，m+n分析化學反應速率和化學平衡圖像題的方法：一看面（縱、橫坐標的意義）；二看線（線的走向和變化趨勢）；三看點（起點拐點終點）；四看輔助線（如等溫線、等壓線、平衡線）；五看量的變化（如濃度變化、溫度變化），然后聯想平衡移動原理，分析條件對反應速率、化學平衡移動的影響，最后利用原理，結合圖像，分析圖像中所代表反應速率變化或化學平衡的線，作出判斷。
電解方程式的書寫方法： (1)寫出溶液中存在的離子(2)比較放電順序(3)寫出電極反應，推測其他產物；書寫時要注意：①陰極不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質)中陽離子放電 ②陽極材料若是金屬電極(Au、Pt除外)，溶液中的陰離子不反應，電極金屬失電子被氧化 ③電解水溶液時，K+～Al3+不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬單質 ④電解水溶液時，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+濃度較大時在H+之前放電。
（1）A．恒容下，按原投料比繼續充入和，等效于增大壓強，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，A選；
B．恒壓下充入，容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡逆向移動，不能提高平衡轉化率，B不選；
C．該反應是放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，C選；
D．選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態，不能提高平衡轉化率，D不選；
故選AC。
（2）A．根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，故A錯誤；
B．從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷=0.88的條件下是平衡轉化率，故B錯誤；
C．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，故C正確；
D．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，但應盡可能選擇低溫，可能導致反應速率過慢，導致SO3產率降低，故D錯誤；
故答案為：C。
（3）對于放熱的可逆反應，該反應的最適宜溫度為催化劑的催化活性最好時所對應的溫度，在該溫度下化學反應速率最大，SO2的轉化率也最大；當溫度高于最適宜溫度后，催化劑的催化活性逐漸減小，催化劑對化學反應速率的影響超過了溫度升高對化學反應速率的影響，因此化學反應速率逐漸減小，SO2的轉化率也逐漸減小，因此，反應的轉化率與最適宜溫度的關系曲線示意圖可表示為。
（4）①室溫時，的溶液中的水解常數，，，pH=10；
②a．由圖可知，陰極的電極反應式為在陰極得到電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2+2e-+2H+=+2H2O；
b．已知的結構為，從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因：S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂。
19．【答案】（1）恒壓滴液漏斗
（2）C中出現大量黑色沉淀
（3）B；C
（4）
（5）防止二價鐵被氧化
（6）甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多
【知識點】常用儀器及其使用；實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】、（1）、根據裝置B的整體框架可以推測儀器b為恒壓滴液漏斗。
（2）、結合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結合已知信息iii知，當C中出現大量黑色沉淀(Pd)時，即可關閉活塞。
（3）、A、鐵粉表面積大，與硫酸反應速率過快，反應不易控制，可能導致反應過于劇烈，而鐵屑與硫酸反應速率適中，A錯誤；
B、步驟Ⅱ的目的是利用A中產生的氫氣將A中的硫酸亞鐵溶液壓入B中，則橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中，B正確；
C、步驟Ⅲ在恒溫條件下進行，水的沸點為，故可以用水浴加熱，C正確；
D、已知信息中提到易溶于水，則步驟Ⅳ中的洗滌劑不能是冰水，D錯誤；
故答案為：BC；
（4）、B中甘氨酸和碳酸亞鐵反應生成甘氨酸亞鐵，反應的化學方程式：。
（5）、已知信息中提到檸檬酸具有酸性和還原性，則檸檬酸的另一個作用是作還原劑，防止二價鐵被氧化；
（6）、甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，故其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液。
【分析】裝置A：首先打開閥門K1、K3，關閉K2，向A的分液漏斗加入稀硫酸與鐵屑反應，，反應生成FeSO4，用于提供Fe2+原料，和H2，用于排盡裝置內空氣，防止Fe2+被氧化。
裝置B：配位反應的核心容器，排氧后，通過H2的壓力或閥門控制使A中FeSO4溶液進入B，同時從分液漏斗b滴加甘氨酸+少量檸檬酸混合液。其中甘氨酸（H2NCH2COOH）：含氨基（-NH2）和羧基（-COOH），其中羧基會與Fe2+發生配位反應，形成(H2NCH2COO)2Fe，NH4HCO3用于中和反應生成的H+，維持弱堿性環境，避免Fe2+水解為Fe(OH)2沉淀。而檸檬酸具有還原性，進一步抑制殘留O2氧化Fe2+，同時利用弱酸性輔助調節pH，平衡NH4HCO3的堿性，穩定Fe2+。
裝置C：利用反應：，檢驗H2的排氧效果，出現黑色沉淀時，證明H2已充滿裝置，裝置內O2已除凈。
反應結束后，向B中加入乙醇，甘氨酸亞鐵[(H2NCH2COO)2Fe]易溶于水，難溶于乙醇，乙醇降低其溶解度，促使產物析出，過濾即可獲得固體產品。
（1）儀器b為恒壓滴液漏斗。
（2）結合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結合已知信息iii知，當C中出現大量黑色沉淀(Pd)時，即可關閉活塞。
（3）A．鐵粉表面積大，與硫酸反應速率過快，反應不易控制，可能導致反應過于劇烈，而鐵屑與硫酸反應速率適中，A錯誤；
B．步驟Ⅱ的目的是利用A中產生的氫氣將A中的硫酸亞鐵溶液壓入B中，則橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中，B正確；
C．步驟Ⅲ在恒溫條件下進行，水的沸點為，故可以用水浴加熱，C正確；
D．已知信息中提到易溶于水，則步驟Ⅳ中的洗滌劑不能是冰水，D錯誤；
故選BC。
（4）B中甘氨酸和碳酸亞鐵反應生成甘氨酸亞鐵，反應的化學方程式：。
（5）已知信息中提到檸檬酸具有酸性和還原性，則檸檬酸的另一個作用是作還原劑，防止二價鐵被氧化。
（6）甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，故其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液。
20．【答案】（1）氨基、醚鍵
（2）
（3）
（4）B；C
（5）、、、
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）、根據B的結構式可知，化合物B中有兩種官能團：氨基、醚鍵。
（2）、結合分析知，A的結構簡式為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH。
（3）、結合分析知，D為，E為，對比二者結構，可確定過程③的化學方程式：。
（4）、A、化合物G為，含F原子，可氫氧化鈉水溶液、加熱的條件下發生水解反應，但它不能發生消去反應，A錯誤；
B、過程②中C在甲基磺酸、條件下反應，已知是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去，脫去時可能會產生叔丁基陽離子和二氧化碳，B正確；
C、過程④過程中，F中的酮羰基被還原為醇羥基，該反應為還原反應，中-OH所連的碳原子屬于手性碳原子（連有4個不同原子或基團的飽和碳原子），C正確；
D、K為，分子式為，D錯誤；
故答案為：BC；
（5）、化合物G為，分子式為，其同分異構體滿足：①含有結構；②能發生銀鏡反應(含-CHO)，且苯環上有4個取代基，苯環不直接與F原子相連，且含基團；③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子，說明其結構有一定的對稱性，則符合題意的有：、、、，共4種。
（6）、化合物B為，參照過程⑦知，和發生取代反應可得到B和HCl，參照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反應得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛經轉化得到，由以上分析可確定合成路線：。
【分析】對比B和C的結構簡式并結合A的分子式知，A中可能含有含氮雜環、羰基，B中可能含有含氨基、雙醚鍵，因此A為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH，將 B 的醚鍵側鏈引入 A 的骨架，同時暫時保護氨基，避免副反應，構建中間體 C 的基本結構；A和B發生取代反應生成C和CH3OH，根據已知信息①，C在80℃、甲基磺酸條件下脫去，將氨基脫保護化，則D為，接著D到E的過程中通過環化或側鏈斷裂，去除冗余基團，保留含氮雜環的核心骨架 E，為后續偶聯做準備，E和G的反應中，G的醇羥基與E的酸性氫同時脫水成鍵推動反應形成G-E的偶聯產物H，構建一個復雜的多環結構，同時對比G、H結構簡式并結合E的分子式知，E為，即E和G發生取代反應生成H和H2O，H和I發生取代反應，NaH是一種強堿，能奪取H的活潑氫，并在KI的作用下促進多環結構形成酯鍵，引入側鏈，最終合成巴洛沙韋酯K和HCl。
（1）化合物B中有兩種官能團：氨基、醚鍵。
（2）結合分析知，A的結構簡式為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH。
（3）結合分析知，D為，E為，對比二者結構，可確定過程③的化學方程式：。
（4）A．化合物G為，含F原子，可氫氧化鈉水溶液、加熱的條件下發生水解反應，但它不能發生消去反應，A錯誤；
B．過程②中C在甲基磺酸、條件下反應，已知是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去，脫去時可能會產生叔丁基陽離子和二氧化碳，B正確；
C．過程④過程中，F中的酮羰基被還原為醇羥基，該反應為還原反應，中-OH所連的碳原子屬于手性碳原子（連有4個不同原子或基團的飽和碳原子），C正確；
D．K為，分子式為，D錯誤；
故選BC。
（5）化合物G為，分子式為，其同分異構體滿足：①含有結構；②能發生銀鏡反應(含-CHO)，且苯環上有4個取代基，苯環不直接與F原子相連，且含基團；③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子，說明其結構有一定的對稱性，則符合題意的有：、、、，共4種。
（6）化合物B為，參照過程⑦知，和發生取代反應可得到B和HCl，參照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反應得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛經轉化得到，由以上分析可確定合成路線：。
1 / 1浙江省Z20名校聯盟2025屆高三下學期第三次聯考 化學試卷
1．（2025·浙江模擬）下列只含極性鍵的極性分子是
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】極性鍵和非極性鍵；極性分子和非極性分子
【解析】【解答】A、中的屬于不同原子之間形成的極性鍵，但分子的結構為平面三角形，整個分子中電荷分布對稱，鍵的極性相互抵消，屬于非極性分子，A錯誤；
B、的結構為，其中鍵屬于非極性鍵，盡管H2O2分子為極性分子，結構不對稱，但不滿足“只含極性鍵”的條件，B錯誤；
C、的結構為，其中的鍵屬于非極性鍵，且C2H6的結構高度對稱，鍵的極性相互抵消，屬于非極性分子，C錯誤；
D、臭氧分子中三個氧原子通過 三中心四電子大鍵連接，中心氧原子采取 雜化 ，形成兩個σ鍵和一個孤電子對，大π鍵的電子云分布不均勻從而產生極性，所以臭氧分子中的共價鍵為極性鍵，同時由于電荷中心不重合，使臭氧分子的結構為V形，導致電荷分布不對稱，屬于極性分子，D正確；
故答案為：D
【分析】由不同元素原子之間形成的共價鍵叫極性鍵；由同種元素原子之間形成的共價鍵絕大部分叫非極性鍵；同時由極性鍵形成的分子結構中電荷分布不對稱的分子通常屬于極性分子，由極性鍵形成的分子結構中電荷分布對稱的分子通常屬于非極性分子；但是要注意特例，臭氧分子的空間結構與水分子的相似，其分子有極性，但很微弱，僅是水分子的極性的28%。臭氧分子中的共價鍵是極性鍵，其中心氧原子是呈正電性的，而端位的兩個氧原子是呈負電性的。由于臭氧的極性微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度。
2．（2025·浙江模擬）下列表示正確的是
A．異丙基的結構簡式：
B．激發態H原子的軌道表示式：
C．N-甲基乙酰胺的鍵線式為：
D．與互為同位素
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；元素、核素；結構簡式
【解析】【解答】A、異丙基的結構就是在丙烷的結構基礎上，CH3CH2CH3，2號碳原子失去1個氫原子形成的基團，結構為：，A正確；
B、原子軌道的能級規則為主量子數n對應角量子數l的取值范圍是0≤lC、N-甲基乙酰胺結構簡式為：，其中氮原子需滿足3價（與羰基碳、甲基碳、氫原子各成1個σ鍵），但在選項的鍵線式中，氮原子僅體現2個σ鍵（羰基碳、甲基碳），缺少與氫原子的鍵，則正確的鍵線式為：，C錯誤；
D、同位素是指的同一元素形成的中子數不同的原子，不是分子，所以與不是互為同位素，但是在分子結構層面上看，兩者是硫元素（S）形成的不同結構單質，所以與互為同素異形體，D錯誤；
故答案為：A
【分析】同素異形體：由同種元素組成的不同單質，因原子排列方式不同而具有不同性質。例如，碳的同素異形體有石墨和金剛石。
同位素：質子數相同而中子數不同的同一元素的不同原子。例如，氫的同位素有氕、氘和氚。
3．（2025·浙江模擬）化學與生產、生活、科技密切相關。下列說法不正確的是
A．生活中常用聚乙烯制成的薄膜來包裝水果、蔬菜等食物
B．等離子體具有良好的導電性和流動性，可以用于制造等離子體顯示器等
C．用熱的純堿溶液可清洗衣物上的汽油污漬
D．電熱水器用鎂棒防止內膽腐蝕，原理是電化學保護法的犧牲陽極法
【答案】C
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；鹽類水解的應用；聚合反應
【解析】【解答】A、聚乙烯（PE）是一種無毒、化學穩定性高、耐水耐腐蝕的塑料，廣泛用于食品包裝，如保鮮膜、塑料袋等，它符合食品安全標準，能有效保護水果、蔬菜，A正確；B、等離子體是由自由電子、離子和中性粒子組成的物質狀態，具有高導電性和流動性。等離子體顯示器（PDP）正是利用等離子體在電場中發光的原理工作，B正確；
C、純堿也就是碳酸鈉，溶液呈堿性，能通過皂化反應去除油脂類污漬，因為油脂是甘油三酯，可被堿水解為水溶性物質。但汽油污漬的主要成分是烴類化合物（屬于非極性物質，不與堿反應。熱的純堿溶液無法有效分解或溶解汽油污漬，反而可能因堿性殘留損傷衣物。汽油污漬通常需用有機溶劑（如酒精）或表面活性劑（如洗滌劑）清洗，C錯誤；
D、電熱水器內膽通常為鋼鐵材質，易發生電化學腐蝕，鎂的金屬活動性比鐵強，優先被氧化腐蝕，從而保護內膽。這屬于電化學保護法中的犧牲陽極的陰極保護法，D正確；
故答案為：C
【分析】犧牲陽極陰極保護法是一種防止金屬腐蝕的方法，即將還原性較強的金屬作為保護極，與被保護金屬相連構成原電池，還原性較強的金屬將作為負極發生氧化反應而消耗，被保護的金屬作為正極就可以避免腐蝕；犧牲陽極的陰極保護法常被應用于保護如水中鋼樁、海輪外殼等，以水中鋼鐵閘門為例，其保護方式通常是在輪船外殼水線以下或靠近螺旋槳的舵上焊接鋅塊，以此來預防船殼等部件的腐蝕。
4．（2025·浙江模擬）物質的結構決定物質的性質，下列說法正確的是
A．相同濃度的和[Cu(NH3)4]2+氧化性：前者>后者
B．金剛石中碳碳鍵鍵長較短，鍵能和硬度很大，不容易因錘擊而破碎
C．由于水分子間存在氫鍵，所以穩定性：
D．甘油是粘稠液體是因為甘油分子間存在較強的范德華力
【答案】A
【知識點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；配合物的成鍵情況；化學鍵和分子間作用力的區別；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】A、配位化合物中，配體對中心離子電荷分散效應影響氧化性。當Cu2+與NH3形成[Cu(NH3)4]2+時NH3的孤電子對進入Cu2+的空軌道，會分散中心離子的正電荷。而氧化性本質是得電子能力，正電荷越集中，得電子能力越強。因此，游離的Cu2+比配位后的[Cu(NH3)4]2+更易獲得電子，氧化性：Cu2+>[Cu(NH3)4]2+，A正確；B、金剛石中C-C鍵鍵長短、鍵能大，故硬度極高，抗劃痕；但共價鍵是定向排列的共價網絡，受錘擊時，應力會沿共價鍵連接方向集中，導致共價鍵斷裂，因此金剛石脆性強，易被錘擊破碎，B錯誤；
C、H2O與H2S的穩定性，由H-O鍵能和H-S鍵能相對大小決定，O非金屬性強，H-O鍵能更大，更難斷裂；氫鍵是水分子間的相互作用，僅影響熔沸點、溶解性等物理性質，與化學穩定性無關，C錯誤；
D、甘油HOCH2CH(OH)CH2OH含3個羥基，羥基間可形成分子間氫鍵，而非范德華力，氫鍵使分子間作用力顯著增強，導致甘油呈粘稠液體。范德華力整體弱于氫鍵，D錯誤；
故答案為：A
【分析】氫鍵是一種非化學鍵的相互作用力，其中氫原子與若與電負性大、半徑小的原子Y（O，F和N等）接近，在X與Y之間以氫為媒介，生成X-H…Y形式的一種特殊的分子間或分子內相互作用，稱為氫鍵，氫鍵通常情況下僅影響物理性質（如沸點），不改變化學鍵強度。一般情況下，化學鍵的強度高于氫鍵，氫鍵高于范德華力。
5．（2025·浙江模擬）關于實驗室安全，下列說法不正確的是
A．輕微燙傷或燒傷時，可用冷水處理，然后涂上燙傷膏即可
B．苯酚不慎沾到皮膚上，先用抹布擦拭，再用以上的水沖洗
C．探究鈉與水的反應時需要注意：
D．鎂燃燒起火不可用泡沫滅火器滅火
【答案】B
【知識點】鈉的化學性質；苯酚的性質及用途；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A、實驗過程中發生輕微燙傷或燒傷時，對于輕微燙傷或燒傷，應立即用冷水沖洗（至少10-15分鐘）以降溫、減輕疼痛和減少組織損傷，然后涂抹燙傷膏進行保護。這是標準的急救處理方法，A正確；B、苯酚是一種腐蝕性和有毒的化學物質，皮膚接觸后，標準處理方法是：立即用大量流動清水沖洗至少15分鐘，而不是先用抹布擦拭。用抹布擦拭可能擴散化學物質或加重皮膚損傷。沖洗水溫度應適中（一般為15-25℃），不能使用65℃以上的熱水，因為高溫水會增加皮膚滲透性，促進苯酚吸收，并可能造成燙傷，加重傷害。正確步驟是沖洗后就醫，必要時使用特定解毒劑，B錯誤；
C、鈉與水反應放熱、生成氫氣，屬于易燃易爆氣體，要注意通風，防氫氣聚集。反應十分劇烈，液體易濺出，需戴護目鏡。需要用鑷子取鈉，實驗后洗手，操作提示合理，C正確；
D、鎂燃燒時溫度極高，泡沫滅火器中的水或化學泡沫會與鎂反應，產生氫氣并加劇火勢，甚至導致爆炸。鎂起火應使用D類滅火器（金屬火災專用）、干燥沙子或專用滅火劑覆蓋，D錯誤；
故答案為：B
【分析】鈉與水反應的過程中：首先鈉有于鈉的密度較低，其次反應生成的氫氣，所以鈉會浮在水面上；然后由于反應放熱，溫度升高，鈉會熔化成一個小球；由于反應迅速，和產生的氫氣，熔化的鈉小球會在水面快速游動；由于反應的劇烈，鈉小球會滋滋作響，如果鈉的劑量過大，鈉小球會燒起來甚至發生爆炸；反應生成氫氧化鈉使得水會變成堿性，如果加入酚酞指示劑，溶液會變成紅色。
6．（2025·浙江模擬）設是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是
A．羥胺中氧的價層電子對數為
B．和的固體混合物中含，則混合物中質子數為
C．中含陰離子個數為
D．由甘氨酸形成的三肽（相對分子質量：189）中的肽鍵數目為
【答案】C
【知識點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；阿伏加德羅常數；酰胺
【解析】【解答】A、羥胺(NH2OH)中，氧原子形成兩個單鍵（O-H鍵和O-N鍵），并有兩對孤對電子，因此，氧原子的價層電子對數為4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每個氧原子有4對價層電子對，所以總價層電子對數為0.1×4=0.4 mol，即0.4NA，A正確；B、NaCl中：Na的原子序數為11，有11個質子，Cl的原子序數為17，有17個質子，可得出總質子數=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序數7，7個質子；4個H原子各1個質子，共4個質子），Cl的原子序數為17，有17個質子，總質子數=7+4+17=28。混合物中含1molCl-，意味著有1mol化學單元（NaCl或NH4Cl），因為每個單元提供一個Cl-，無論NaCl和NH4Cl的比例如何，總質子數為1×28=28 mol，即28NA，B正確；
C、CaH2是離子化合物，由Ca2+和兩個H-組成，每個CaH2單元中有2個陰離子（H-）。0.1molCaH2中含有陰離子的物質的量為0.1×2=0.2 mol，因此，陰離子個數為0.2NA，C錯誤；
D、三肽由三個氨基酸形成，形成兩個肽鍵，且三肽的分子量為189g/mol，可計算18.9g三肽的物質的量為18.9/189=0.1 mol，每個三肽分子中有兩個肽鍵，所以肽鍵總物質的量為0.1×2=0.2 mol，因此，肽鍵數目為0.2NA，D正確；
故答案為：C
【分析】阿伏加德羅定律在使用時要注意以下幾個方面：
前提條件：指問題設置的前提(外界因素)，如標準狀況，常溫常壓，溫度為25℃、壓強為1.01×105Pa等。若后面設置的量為物質的體積，則需要考慮所給物質是否為氣體、是否為標準狀況。若后面所給的量為物質的質量或物質的量，則不需要考慮物質所處環境是否為標準狀況。22.4L/mol是在標準狀況(0 ℃，1.01×105Pa)下的氣體摩爾體積；物質狀態：22.4L/mol使用的對象是氣體(包括混合氣體)，只有氣體才可用氣體摩爾體積；氣體單質的組成除常見的雙原子分子外，還有單原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
7．（2025·浙江模擬）下列有關物質的性質和用途不具有對應關系的是
A．纖維素主鏈上的羥基可與硝酸發生反應，故可制備“無煙火藥”硝化纖維
B．乙醇受熱易揮發，故釀米酒需晾涼米飯后加酒曲
C．過氧碳酸鈉具有較強氧化性，故可用漂白衣物
D．鋁合金具有密度小、強度高、耐腐蝕等優越性質，可以做飛機外殼部件
【答案】B
【知識點】合金及其應用；鈉的重要化合物；鋁的化學性質；乙醇的物理、化學性質；多糖的性質和用途
【解析】【解答】A、纖維素分子中的羥基（—OH）具有反應活性，可與硝酸發生酯化反應生成硝化纖維。硝化纖維是“無煙火藥”的主要成分，因此羥基的反應性的性質與制備硝化纖維的用途直接對應，A正確；B、乙醇受熱易揮發是乙醇的物理性質，但釀米酒過程中“晾涼米飯”的主要目的是為了控制溫度，避免高溫殺死酒曲中的酵母菌和霉菌，確保發酵過程順利進行。發酵產生乙醇后，高溫可能導致乙醇揮發，但這并非“晾涼米飯”的直接原因。因此，乙醇易揮發的性質與晾涼米飯以加酒曲的用途不直接對應B錯誤；
C、過氧碳酸鈉在水中能分解生成過氧化氫，而H2O2具有較強的氧化性，能氧化分解色素和污漬，因此常用于漂白衣物。其氧化性的性質與漂白衣物的用途直接對應，C正確；
D、鋁合金的密度小、強度高和耐腐蝕等性質使其非常適合用于飛機外殼部件，以減輕重量、增強結構強度并抵抗環境腐蝕。其物理和化學性質與做飛機材料的用途直接對應，D正確；
故答案為：B
【分析】作答此類題型時，一定要注意物質的性質和用途是否存在因果邏輯關系，因為在選項中會出現性質正確，用途正確，但二者沒有因果關系的選項，亦或者性質、用途只對了一半的選項，我們都需要慎重考慮。
8．（2025·浙江模擬）下列離子方程式正確的是
A．硫化亞鐵溶于稀硝酸中：
B．氯乙酸乙酯在足量溶液中加熱：
C．少量通入苯酚鈉溶液中：（已知：的，苯酚的）
D．向溶液中滴加過量的硫酸：
【答案】D
【知識點】苯酚的化學性質；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A、稀硝酸具有強氧化性，而硫化亞鐵中的硫離子（S2-）易被氧化，實際反應中，硝酸會將硫化物氧化為硫單質或硫酸鹽，不會生成H2S氣體，實際發生的反應為：，A錯誤；B、氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）的結構中含有酯基（-COOC2H5）和活潑氯原子（-CH2Cl），兩者均可與OH-反應，在足量NaOH和加熱條件下，酯基水解生成羧酸鹽和乙醇，氯原子水解：由于氯受鄰位羰基活化，易被羥基取代，生成羥乙酸鹽。因此正確反應為：，原方程式只考慮酯水解，未考慮氯的水解，B錯誤；
C、由題干給定的信息可知，電離常數的相對大小：Ka1(H2SO3)>Ka（苯酚)>Ka2(H2SO3)，酸性：H2SO3>苯酚>HSO3-。少量SO2通入苯酚鈉時，強酸制弱酸應生成SO32-，因此正確反應為：，C錯誤；
D、[Cu(NH3)4]2+是銅氨絡離子，加入硫酸，提供H+后，H+與NH3結合形成NH4+，破壞絡合物，釋放Cu2+，因此其正確的離子方程式：，D正確；
故答案為：D
【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個方面來判斷：是否符合守恒規律。
離子方程式的書寫應當滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關系，否則離子方程式的書寫錯誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實；是否正確使用符號；拆分是否正確；離子反應是否寫全；是否符合量的關系。
9．（2025·浙江模擬）如下圖所示的自催化反應，Y作催化劑。下列說法正確的是
A．X能在堿性條件下水解生成
B．堿性：Y強于X
C．Y中所有碳原子均共平面
D．隨增大，該反應速率會一直增大
【答案】B
【知識點】有機分子中基團之間的關系；有機物的結構和性質；酰胺；有機分子中原子共線、共面的判斷
【解析】【解答】A、X含酯類結構，類似碳酸酯，堿性條件下水解時，生成CO2會與堿反應生成CO32-，不會直接放出CO2，A錯誤；B、X上的N處于酰胺鍵中，羰基吸電子使N電子密度降低，堿性弱；Y上的N為仲胺，無吸電子共軛，N電子密度高，堿性強。故堿性：Y>X，B正確。
C、Y含環己烷環，碳原子為sp3雜化，則環己環上的碳原子不可能共平面，C錯誤；
D、Y是催化劑，反應速率受催化劑濃度、底物濃度、溫度等影響。催化劑濃度增大時，初期速率可能上升，但不會“一直增大”，D錯誤；
故答案為：B
【分析】對于常見的“可能共面”的問法：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、碳氧雙鍵、苯環均為平面結構，可能出現所有原子都共面的場景。反觀，但凡出現類似甲烷基本結構的化合物分子，則不可能出現所有原子都共面的場景。
出現類似甲烷的基本結構，看作甲烷的部分最多有3個原子共面。
出現類似乙烯的基本結構，看作乙烯的部分最多有6個原子共面。
出現類似乙炔的基本結構，看作乙炔的部分，4個原子均在同一條直線上（一定共面）。
出現含有苯環C6H6的基本結構，看作苯環的部分最多有6+6=12個原子共面，且對角原子共線。
10．（2025·浙江模擬）下列實驗裝置正確，且能達到相應實驗目的的是
A.驗證反應有生成 B.驗證鐵粉與水蒸氣反應有產生
C.制備無水 D.除去固體中少量的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知識點】氯氣的實驗室制法；鐵的化學性質；實驗裝置綜合；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】A、MnO2與濃鹽酸共熱制得Cl2，但濃鹽酸揮發的HCl會與AgNO3反應生成AgCl沉淀，干擾Cl2的檢驗，同時Cl2與水反應也生成Cl-，也會干擾檢驗結果，A錯誤；B、鐵粉與水蒸氣反應的方程式為：，濕潤棉花提供水蒸氣，鐵粉高溫反應生成H2，H2通入肥皂液形成可點燃的氣泡，驗證H2的生成，但是試管口要略微向下傾斜，如若向下傾斜會使得液化后的水蒸氣進入試管內，導致試管炸裂，B錯誤；
C、膽礬即CuSO4·5H2O，加熱失去結晶水即可得無水CuSO4，CuSO4加熱不氧化，無需防氧，結晶水失去后也無需防濕，通N2的主要目的是將水蒸氣及時排除，加快實驗的進程，C正確；
D、除去Na2CO3中NaHCO3，需加熱固體：，加熱固體應選坩堝，但裝置中用蒸發皿加熱固體，蒸發皿用于蒸發溶液，D錯誤；
故答案為：C
【分析】坩堝：用于灼燒自身體積較小固體物質，可直接加熱，無需墊石棉網；
蒸發皿：蒸發濾液，結晶獲得濾液中的溶質，可直接加熱，無需墊石棉網；
11．（2025·浙江模擬）下列說法不正確的是
A．依據相同溫度下可逆反應的濃度商Q與平衡常數K大小的比較，可推斷反應進行的方向
B．平衡：中，斷裂中的共價鍵所需能量小于斷裂中的共價鍵所需能量
C．依據第二周期主族元素電負性依次增大，可推斷它們的第一電離能也依次增大
D．在合成氨反應中：，一定條件下，將通入恒容的容器中反應，當物質的量分數不變時不能判斷可逆反應是否達平衡狀態
【答案】C
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；反應熱和焓變；化學平衡常數；化學平衡狀態的判斷
【解析】【解答】A、根據所學的化學平衡原理可知：當濃度商Q>K時，反應逆向進行；當Q=K時，反應達到平衡，A正確；B、反應放熱（ΔH<0），表明形成新鍵釋放的能量大于斷裂舊鍵吸收的能量設斷裂2molNO2，中的鍵所需能量為Ea，斷裂1molN2O4中的鍵所需能量為Eb，可得反應放熱：正向反應ΔH=Ea Eb<0，因此Ea，故斷裂2molNO2的鍵所需能量小于斷裂1molN2O4的鍵所需能量，B正確；
C、第二周期主族元素中，電負性從左到右依次增大，Li最小，F最大。但第一電離能并非單調增大：Be（1s22s2）全滿穩定，電離能高于B（1s22s22p ），N（1s22s22p3）半滿穩定，電離能高于O（1s22s22p4），因此，電離能趨勢為：Be>B，N>O，C錯誤；
D、初始投料n(N2)：n(H2)=1：1，但化學計量比為1：3，設初始n(N2)=a，n(H2)=a，n(NH3)=0，總物質的量=2a。反應后，設消耗N2為xmol，則：n(N2)=a–x、n(H2)=a-3x、n(NH3)=2x，故總物質的量=(a-x)+(a-3x)+2x=2a-2x，N2物質的量分數：，因此，在整個反應過程中，N2物質的量分數恒為1/2，始終不變，當它不變時，不能作為判斷平衡狀態的依據，D正確；
故答案為：C
【分析】化學平衡狀態的標志可概括為“一等五不變”，“一等”即正反應速率等于逆反應速率，其意義是針對反應體系中同一反應物（或生成物）而言的，而不是同一反應中的不同物質。若用同一反應中不同物質來表示正反應速率和逆反應速率，必須要求兩速率反向（切忌單向速率）且兩速率之比等于其對應的化學計量數之比。“五不變”即反應混合物中各組分的濃度保持不變，其意義是指各組分的物質的量不變；各組分的濃度不變；各組分的百分含量不變；反應物的轉化率不變；對于全為氣體的可逆反應，當左右氣體含量之比相同時，混合氣體總物質的量不變。
12．（2025·浙江模擬）電解法制取有廣泛用途的，工作原理如圖1所示。已知：只在強堿性條件下穩定。下列說法不正確的
A．離子交換膜應該選擇陽離子交換膜
B．陽極的電極反應式為：
C．由圖2可知，N點濃度低是由于過高，鐵電極上可能有生成
D．電解產生（標況）時，電路中轉移電子數目為
【答案】A
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A、在電解池中，陽極反應為：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，消耗OH-，陰極反應為：2H2O+2e-=H2+2OH-，產生OH-。為了維持陽極室的高OH-濃度以保證Na2FeO4的穩定性，所以要求OH-應從陰極室向陽極室遷移。陽離子交換膜只允許陽離子（如Na+）通過，而陰離子交換膜才允許陰離子（如OH-）通過。因此，應選擇陰離子交換膜，而非陽離子交換膜，A錯誤；B、該反應正確描述了鐵在堿性條件下被氧化為高鐵酸根（FeO42-）的過程，鐵從0價升至+6價，失去6個電子，并與OH-反應，電極反應式為 ，B正確；
C、圖2顯示，當c(NaOH)=14mol·L- 即c(OH-)過高時，Na2FeO4濃度在N點較低。這是因為高OH-濃度可能導致鐵電極表面生成Fe(OH)3沉淀，形成鈍化層，阻礙鐵進一步氧化為FeO42-，C正確；
D、標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol。6.72LH2的物質的量為：6.72/22.4=0.3mol。陰極反應為2H2O+2e-→H2+2OH-，每產生1molH2需轉移2mol電子。因此，0.3molH2對應轉移電子數為0.3×2=0.6mol，即0.6NA，D正確；
故答案為：A
【分析】圖1中，Fe電極為陽極，此處Fe被氧化為，不斷消耗OH-，陽極式為：；Ni為陰極，此處水中的被還原為H2，不斷生成OH-，陰極式為；則中間的離子交換膜為陰離子交換膜，經交換膜從右側進入左側。
圖2中：已知Na2FeO4只在強堿性條件下穩定：當NaOH的濃度從6增至14（M→最高點）：堿性增強，FeO42-穩定性提高，濃度上升。當NaOH的濃度超過14（最高點→N）：雖仍為強堿性，但濃度下降的原因并非穩定性降低，強堿性仍穩定，更可能是過高的OH-影響電極反應速率、離子遷移等。
13．（2025·浙江模擬）氮和氧是構建化合物的常見元素，某的晶胞如圖。
下列說法不正確的是
A．該氮氧化物中N都呈價
B．該晶體中氮原子的雜化方式有兩種
C．與足量紅棕色氣體反應生成的化學方程式為：
D．晶體類型是分子晶體
【答案】D
【知識點】離子晶體；分子晶體；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氧化還原反應方程式的配平
【解析】【解答】A、N2O5中，無論是固態離子形式（[NO2+][NO3-]）還是氣態分子形式（O2N-O-NO2），氮的氧化態均為+5，A正確；
B、根據價層電子對互斥理論可知，在中的孤對電子為，則微粒VSEPR模型為直線形，中心N原子雜化類型為：雜化；在中的孤對電子為，則微粒VSEPR模型為平面三角形，中心N原子雜化類型為：雜化，B正確；
C、具有強氧化性，在將氧化為時，還有生成，N由+4價升高到+5價，發生氧化反應，O3中的一個O從0價降低到-2價，發生還原反應，據此可以推斷出反應的化學方程式為：，C正確；
D、根據晶胞中N原子和O原子的結合可知，晶胞中存在2種微粒，一種為：；一種為：，則晶體類型為：離子晶體，D錯誤；
故答案為：D
【分析】晶體，一般包括離子晶體、分子晶體、原子晶體、金屬晶體四種類型，可以依據構成晶體的微粒和微粒間的作用判斷：
離子晶體的構成微粒是陰、陽離子，微粒間的作用是離子鍵。
原子晶體的構成微粒是原子，微粒間的作用是共價鍵。
分子晶體的構成微粒是分子，微粒間的作用為分子間作用力。
金屬晶體的構成微粒是金屬陽離子和自由電子，微粒間的作用是金屬鍵。
14．（2025·浙江模擬）傅克酰基化反應的機理如下：
已知：步驟Ⅱ為決速步
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ還生成
B．與發生傅克酰基化反應的速率：苯>甲苯
C．該機理涉及加成反應和消去反應
D．根據機理，苯也可以與反應，所得的產物為
【答案】B
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；取代反應；加成反應
【解析】【解答】A、在步驟Ⅰ中酰氯和AlCl3反應生成的酰基陽離子，結合原子守恒可知，步驟Ⅰ還生成，A正確；
B、傅克酰基化反應可以看成是一個取代反應，甲苯中的甲基會活化苯環上對位和鄰位的H原子，使得反應的速率比苯快，因此與發生傅克酰基化反應的速率：苯<甲苯，B錯誤；
C、由圖可知，步驟Ⅱ中酰基陽離子加成到芳香環上形成一個帶正電的化合物，因此為加成反應，步驟III中為帶正電的化合物失去質子重新芳香化的過程，因此為消去反應，C正確；
D、的結構簡式為，根據傅克酰基化反應的機理，苯也可以與發生傅克酰基化的取代反應，所得的產物為和CH3COOH，D正確；
故答案為：B
【分析】傅克酰基化反應的機理解讀：步驟I：酰基正離子形成，酰氯（R-CO-Cl）與路易斯酸AlCl3作用，Cl-作為路易斯堿與AlCl3結合，生成AlCl4+，促使酰氯解離出酰基正離子；
步驟II：決速步，取代反應的核心，反應本質：苯環進攻酰基正離子的缺電子碳，形成環己烯型碳正離子中間體，苯環暫時破壞芳香性，正電荷離域在環上，該步活化能最高，反應速率最慢，決定整個反應的速率。
步驟III：去質子化，恢復芳香性，碳正離子中間體失去鄰位質子，重新形成苯環的共軛π鍵，恢復芳香性，最終生成酰基苯。
15．（2025·浙江模擬）室溫下，用只含少量的溶液制備的過程如圖所示。已知。下列說法不正確的是
A．“除鎂”得到的上層清液中：
B．溶液的約為8，可得出：
C．反應的平衡常數
D．“沉錳”后的濾液中：
【答案】A
【知識點】鹽類水解的原理；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較
【解析】【解答】A、“除鎂”得到的上層清液中：c(F-)=5.2×10-6 mol L-1，除鎂步驟通過加入NaF溶液沉淀Mg2+，生成MgF2。上層清液為飽和MgF2溶液，滿足溶度積：。
若假設Mg2+沉淀完全，則可認為[Mg2+]=1.0×10-5mol·L- ，代入公式可得：，A錯誤；
B、0.1mol·L- NaHCO3溶液的pH約為8，且NaHCO3為兩性物質，但在此顯堿性，說明的水解程度大于其電離程度，即：，且，可以推斷出：，則可得出：，B正確；
C、的總反應可分解為以下步驟：
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
，平衡常數為：；
結合蓋斯定律，可以推斷出總反應平衡常數為：
，和選項一致，C正確；
D．“沉錳”后的濾液中含有、及少量的和，陽離子：Na+（來自加入的NaF和NaHCO3）、H+，陰離子：HCO3-、OH-、CO32-（來自NaHCO3）、SO42-（初始MnSO4的殘留）、F-（除鎂后殘留），電荷平衡要求：總正電荷濃度=總負電荷濃度。SO42-和CO32-為二價離子，電荷濃度為2c(SO42-)和2c(CO32-)；其他離子為一價。存在的電荷守恒關系：，D正確；
故答案為：A
【分析】在流程圖中，首先是除鎂步驟（加NaF溶液）：利用MgF2的低溶度積Ksp=5.2×10-11，使Mg2+與F-反應沉淀：，同時NaF溶于水，F-會水解：；同時，原料MnSO4是強酸弱堿鹽，溶液微酸性，Mn2+水解：，H+會與F-結合生成HF，導致F-降低，影響除鎂效果。所以在流程中需通過NaF過量或控制pH弱酸性，避免H+過多消耗F-保證除鎂完全；然后是沉錳步驟（加NaHCO3溶液）：NaHCO3中HCO3-兼具電離和水解的能力，而反應為電離與沉淀的耦合：，Mn2+結合CO32-，促進HCO3-電離，生成的H+與另一分子HCO3-反應：，推動反應正向進行。
16．（2025·浙江模擬）化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。
已知：
下列說法不正確的是
A．步驟Ⅰ中發生反應的離子方程式為
B．若消耗的溶液的體積為，則廢水中苯酚含量為
C．步驟Ⅱ中加入的溶液不能過量
D．由于有揮發性，可能會造成測定結果偏高
【答案】C
【知識點】中和滴定；苯酚的化學性質；離子方程式的書寫；氧化還原反應的電子轉移數目計算；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A、步驟I中加入過量H2SO4酸化的KBr溶液，KBrO3在酸性條件下與Br-反應生成Br2，則反應的離子方程式為：，A正確；
B、計算步驟I生成的總Br2：由反應式，，對應生成：；計算過量Br2的物質的量：設滴定消耗Na2S2O3的體積為V3mL，則：。由I2~2S2O32-和Br2~I2，得：；計算與苯酚反應的Br2：；推導苯酚的物質的量：因1mol苯酚消耗3molBr2，故：；計算廢水中苯酚的濃度：廢水體積為：V2mL（即V2×10-3L），濃度為：，B正確；
C、步驟II中，加入KI溶液使剩余Br2轉化為I2：Br2+2I →I2+2Br 。為確保Br2完全反應，避免因KI不足導致部分Br2未轉化，進而使滴定測得的I2量偏低，導致剩余Br2計算值偏低，與苯酚反應的Br2計算值偏高，苯酚結果偏高，需加入過量KI。過量KI不影響后續Na2S2O3滴定I2。因此，KI應過量，C錯誤；
D、Br2易揮發，若在加入廢水前或反應過程中Br2揮發，則初始Br2實際量減少，但計算仍以理論初始量為準，根據苯酚含量的計算公式可知：，會導致與苯酚反應的Br2計算值偏高，因測得剩余Br2偏低，苯酚結果偏高，D正確；
故答案為：C
【分析】測定經處理后的廢水中苯酚的含量的實驗方法為：先用加入用硫酸酸化的過量KBr溶液將轉化為：；再加入的廢水，利用消耗廢水中的苯酚轉化為三溴苯酚沉淀：，進行過濾，在濾液中加入過量KI溶液消耗剩余的，發生反應：，最后用溶液滴定，根據消耗的溶液體積計算廢水中苯酚的含量，實驗通過“先加過量試劑（Br2），再滴定剩余試劑”的思路，將苯酚的取代反應與碘量法的氧化還原滴定結合，間接測定苯酚含量，因苯酚無直接滴定的特征反應，故設計“過量溴反應+剩余溴滴定”的策略。整個流程圍繞“溴的生成→苯酚反應→剩余溴的碘量法滴定”展開，利用多步反應的計量關系串聯，實現苯酚的定量測定。
17．（2025·浙江模擬）錳氧化物具有較大應用價值，回答下列問題：
（1）下列敘述正確的是____________。
A．基態價電子排布式是
B．離子半徑：
C．是堿性氧化物
D．的第三電離能大于的第三電離能
（2）的某種氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如圖所示，該氧化物化學式為　 　，的配位數為　 　。
（3）（見圖）是晶型轉變的誘導劑。熔點：　 　（填“>”“<”或“=”），從結構角度分析原因　 　。
（4）錳鋅鐵氧體元件是電子線路中的基礎組成部分。某實驗室利用廢棄電子產品中的錳鋅鐵氧體制備和，可用于電池，催化劑等行業，其工藝流程如下：
①氨浸后溶液B中存在的陽離子有　 　（填寫化學式），操作1是　 　，操作2是　 　。
②沉錳反應的離子方程式為　 　。
【答案】（1）B；D
（2）MnO2；6
（3）<；中陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱，所以熔點低于
（4）[Zn(NH3)4]2+、、H+；過濾；煮沸或加熱；
【知識點】原子核外電子排布；元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算；離子方程式的書寫；微粒半徑大小的比較
【解析】【解答】（1）A、Mn是25號元素，是Mn原子失去2個電子形成，其基態價電子排布式是，A錯誤；
B、對于同種元素的離子，核外電子數越多，離子半徑越大，核外電子數比多，所以離子半徑：，B正確；
C、能和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，不是堿性氧化物，C錯誤；
D、的價電子排布式為，3d軌道處于半充滿穩定狀態，再失去一個電子較難；價電子排布式為，失去一個電子后3d軌道達到半充滿穩定狀態，所以Mn的第三電離能大于Fe的第三電離能，D正確；
故答案為：BD；
（2）、根據“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離Mn最近且相鄰的O為6個，故配位數(緊鄰的陰離子數)為6；
（3）、是由有機陽離子和組成的離子液體，其陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱；所以熔點低于；
（4）、①、氨浸的作用是將鋅元素轉移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進行煮沸或加熱脫氨，得到固體；
②、沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發生歸中反應生成MnO2，沉錳反應的離子方程式為。
【分析】錳鋅鐵氧體首先通過氨浸+操作1（過濾）：分離Zn與Mn、Fe，因為Zn2+與氨水形成穩定配合物[Zn(NH3)4]2+溶在溶劑中，Mn2+、Fe3+則不形成穩定氨配合物，留在固體A中；濾液為溶液B，實現Zn與Mn、Fe的初步分離；接著從溶液B反應到ZnO（操作2），這一步驟加酸破壞氨配合物，同時中和氨水，使，然后加堿調pH，沉淀Zn(OH)2，接著受熱分解得到ZnO；
同時固體A反應到MnO2+溶液C，完成沉錳步驟，先是酸溶，固體A是Mn、Fe的氧化物加H2SO4溶解，生成Mn2+和Fe3+，接著加KMnO4，酸性條件下發生歸中反應：，Mn2+被氧化為MnO2沉淀，過濾后得MnO2，剩余含Fe3+的溶液C；最后，加還原劑還原Fe3+：，加H2C2O4·2H2O，生成產物FeC2O4·2H2O。
（1）A．Mn是25號元素，是Mn原子失去2個電子形成，其基態價電子排布式是，A錯誤；
B．對于同種元素的離子，核外電子數越多，離子半徑越大，核外電子數比多，所以離子半徑：，B正確；
C．能和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，不是堿性氧化物，C錯誤；
D．的價電子排布式為，3d軌道處于半充滿穩定狀態，再失去一個電子較難；價電子排布式為，失去一個電子后3d軌道達到半充滿穩定狀態，所以Mn的第三電離能大于Fe的第三電離能，D正確；
故選BD。
（2）根據“均攤法”，晶胞中含個Mn、個O，則該氧化物化學式為MnO2；由圖，距離Mn最近且相鄰的O為6個，故配位數(緊鄰的陰離子數)為6；
（3）是由有機陽離子和組成的離子液體，其陽離子半徑比Na+大，陰陽離子作用力減弱；所以熔點低于；
（4）①氨浸的作用是將鋅元素轉移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進行煮沸或加熱脫氨，得到固體；
②沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發生歸中反應生成MnO2，沉錳反應的離子方程式為。
18．（2025·浙江模擬）硫酸工業在國民經濟中占有重要地位。接觸法制硫酸的關鍵反應為的催化氧化：
（1）其他條件不變時，下列措施有利于提高平衡轉化率的是__________（填序號）。
A．恒容下，按原投料比繼續充入和
B．恒壓下充入
C．降低溫度
D．選擇更高效的催化劑
（2）研究表明，催化氧化的反應速率方程為：。式
中：k為反應速率常數，隨溫度t升高而增大；為平衡轉化率，為某時刻轉化率，n為常數。在不同下將一系列溫度下的k、值代入上述速率方程，得到曲線，如圖1所示。下列說法正確的是___________。
A．溫度越高，反應速率越大
B．的曲線可以代表平衡轉化率所對應的曲線
C．越大，反應速率最大值對應溫度越低
D．由圖可知，工業生產中為了追求生產效率，應盡可能選擇低溫
（3）根據圖1，在圖2中畫出不同轉化率與最適宜溫度的大致曲線　 　。（曲線上v最大值所對應溫度稱為該下反應的最適宜溫度）
（4）尾氣吸收是硫酸工業必須要考慮的問題，某研究小組用溶液吸收尾氣中的生成溶液或溶液。已知：的。
①的溶液的　 　。
②保險粉連二亞硫酸鈉是一種重要的還原劑，廣泛應用于紡織、印染、食品抗氧化等領域，可以通過電解溶液制備，裝置如圖：
a．寫出陰極的電極反應式　 　。
b．已知的結構為，請從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因　 　。
【答案】（1）A；C
（2）C
（3）
（4）10；2+2e-+2H+=+2H2O；S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂
【知識點】氧化還原反應；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）、A、恒容下，按原投料比繼續充入和，等效于增大壓強，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，A正確；
B、恒壓下充入，容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡逆向移動，不能提高平衡轉化率，B錯誤；
C、該反應是放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，C正確；
D、選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態，不能提高平衡轉化率，D錯誤；
故答案為：AC；
（2）、A、根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，A錯誤；
B、從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷=0.88的條件下是平衡轉化率，B錯誤；
C、從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，C正確；
D、從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，但應盡可能選擇低溫，可能導致反應速率過慢，導致SO3產率降低，D錯誤；
故答案為：C；
（3）、對于放熱的可逆反應，該反應的最適宜溫度為催化劑的催化活性最好時所對應的溫度，在該溫度下化學反應速率最大，SO2的轉化率也最大；當溫度高于最適宜溫度后，催化劑的催化活性逐漸減小，催化劑對化學反應速率的影響超過了溫度升高對化學反應速率的影響，因此化學反應速率逐漸減小，SO2的轉化率也逐漸減小，因此，反應的轉化率與最適宜溫度的關系曲線示意圖可表示為：。
（4）、①、室溫時，的溶液中的水解常數，，，pH=10；
②、a、由圖可知，陰極的電極反應式為在陰極得到電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2+2e-+2H+=+2H2O；
b、已知的結構為，從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因：S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂。
【分析】化學平衡中轉化率的變化主要受到以下因素的影響：若正反應是吸熱反應，升高溫度，轉化率升高，降低溫度，轉化率降低；若正反應為放熱反應，升高溫度，轉化率降低，降低溫度，轉化率升高。
對于mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)類型的反應，若m+n>p+q時，壓強增大，A、B的轉化率升高；壓強減小，A、B的轉化率降低；m+n加入惰性氣體，如果容器的體積不變（總壓強增大）A、B的轉化率不變。如果容器的壓強不變（容器的體積增大），m+n>p+q時，A、B的轉化率降低，m+n分析化學反應速率和化學平衡圖像題的方法：一看面（縱、橫坐標的意義）；二看線（線的走向和變化趨勢）；三看點（起點拐點終點）；四看輔助線（如等溫線、等壓線、平衡線）；五看量的變化（如濃度變化、溫度變化），然后聯想平衡移動原理，分析條件對反應速率、化學平衡移動的影響，最后利用原理，結合圖像，分析圖像中所代表反應速率變化或化學平衡的線，作出判斷。
電解方程式的書寫方法： (1)寫出溶液中存在的離子(2)比較放電順序(3)寫出電極反應，推測其他產物；書寫時要注意：①陰極不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質)中陽離子放電 ②陽極材料若是金屬電極(Au、Pt除外)，溶液中的陰離子不反應，電極金屬失電子被氧化 ③電解水溶液時，K+～Al3+不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬單質 ④電解水溶液時，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+濃度較大時在H+之前放電。
（1）A．恒容下，按原投料比繼續充入和，等效于增大壓強，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，A選；
B．恒壓下充入，容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡逆向移動，不能提高平衡轉化率，B不選；
C．該反應是放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，有利于提高平衡轉化率，C選；
D．選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態，不能提高平衡轉化率，D不選；
故選AC。
（2）A．根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，故A錯誤；
B．從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷=0.88的條件下是平衡轉化率，故B錯誤；
C．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，故C正確；
D．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，但應盡可能選擇低溫，可能導致反應速率過慢，導致SO3產率降低，故D錯誤；
故答案為：C。
（3）對于放熱的可逆反應，該反應的最適宜溫度為催化劑的催化活性最好時所對應的溫度，在該溫度下化學反應速率最大，SO2的轉化率也最大；當溫度高于最適宜溫度后，催化劑的催化活性逐漸減小，催化劑對化學反應速率的影響超過了溫度升高對化學反應速率的影響，因此化學反應速率逐漸減小，SO2的轉化率也逐漸減小，因此，反應的轉化率與最適宜溫度的關系曲線示意圖可表示為。
（4）①室溫時，的溶液中的水解常數，，，pH=10；
②a．由圖可知，陰極的電極反應式為在陰極得到電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2+2e-+2H+=+2H2O；
b．已知的結構為，從共價鍵角度解釋具有強還原性的原因：S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂。
19．（2025·浙江模擬）甘氨酸亞鐵是一種新型的鐵營養強化劑。實驗室制備甘氨酸亞鐵部分裝置如下圖（夾持和加熱、攪拌儀器已省略）。
已知：
i．檸檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和還原性。
ii．易溶于水，難溶于乙醇。
iii．通入溶液中的反應：（黑色）
實驗步驟：
Ⅰ．關閉活塞，打開活塞和，加入適量稀硫酸（鐵屑足量），當出現____________現象后關閉活塞。
Ⅱ．____________，磁力攪拌器不斷攪拌，B中生成沉淀。
Ⅲ．在恒溫條件下繼續磁力攪拌，然后向B中滴加甘氨酸和檸檬酸溶液，調節溶液至5.5左右，使反應物充分反應。
Ⅳ．反應完成后，向B的反應混合物中加入無水乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌得到粗產品，將粗產品純化后得精品。
回答下列問題：
（1）儀器b的名稱為　 　。
（2）步驟Ⅰ中橫線處的現象是　 　。
（3）下列說法正確的是____________。
A．步驟Ⅰ中的鐵屑可以改為鐵粉，從而加快反應速率
B．步驟Ⅱ橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中
C．步驟Ⅲ可以用水浴加熱
D．步驟Ⅳ中洗滌劑可以用冰水
（4）寫出B中生成甘氨酸亞鐵的化學方程式　 　。
（5）步驟Ⅲ中加入少量檸檬酸的一個作用是能調節溶液促進溶解，另一個作用是　 　。
（6）已知甘氨酸亞鐵的結構為：，請分析，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液的原因　 　。
【答案】（1）恒壓滴液漏斗
（2）C中出現大量黑色沉淀
（3）B；C
（4）
（5）防止二價鐵被氧化
（6）甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多
【知識點】常用儀器及其使用；實驗裝置綜合；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】、（1）、根據裝置B的整體框架可以推測儀器b為恒壓滴液漏斗。
（2）、結合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結合已知信息iii知，當C中出現大量黑色沉淀(Pd)時，即可關閉活塞。
（3）、A、鐵粉表面積大，與硫酸反應速率過快，反應不易控制，可能導致反應過于劇烈，而鐵屑與硫酸反應速率適中，A錯誤；
B、步驟Ⅱ的目的是利用A中產生的氫氣將A中的硫酸亞鐵溶液壓入B中，則橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中，B正確；
C、步驟Ⅲ在恒溫條件下進行，水的沸點為，故可以用水浴加熱，C正確；
D、已知信息中提到易溶于水，則步驟Ⅳ中的洗滌劑不能是冰水，D錯誤；
故答案為：BC；
（4）、B中甘氨酸和碳酸亞鐵反應生成甘氨酸亞鐵，反應的化學方程式：。
（5）、已知信息中提到檸檬酸具有酸性和還原性，則檸檬酸的另一個作用是作還原劑，防止二價鐵被氧化；
（6）、甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，故其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液。
【分析】裝置A：首先打開閥門K1、K3，關閉K2，向A的分液漏斗加入稀硫酸與鐵屑反應，，反應生成FeSO4，用于提供Fe2+原料，和H2，用于排盡裝置內空氣，防止Fe2+被氧化。
裝置B：配位反應的核心容器，排氧后，通過H2的壓力或閥門控制使A中FeSO4溶液進入B，同時從分液漏斗b滴加甘氨酸+少量檸檬酸混合液。其中甘氨酸（H2NCH2COOH）：含氨基（-NH2）和羧基（-COOH），其中羧基會與Fe2+發生配位反應，形成(H2NCH2COO)2Fe，NH4HCO3用于中和反應生成的H+，維持弱堿性環境，避免Fe2+水解為Fe(OH)2沉淀。而檸檬酸具有還原性，進一步抑制殘留O2氧化Fe2+，同時利用弱酸性輔助調節pH，平衡NH4HCO3的堿性，穩定Fe2+。
裝置C：利用反應：，檢驗H2的排氧效果，出現黑色沉淀時，證明H2已充滿裝置，裝置內O2已除凈。
反應結束后，向B中加入乙醇，甘氨酸亞鐵[(H2NCH2COO)2Fe]易溶于水，難溶于乙醇，乙醇降低其溶解度，促使產物析出，過濾即可獲得固體產品。
（1）儀器b為恒壓滴液漏斗。
（2）結合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結合已知信息iii知，當C中出現大量黑色沉淀(Pd)時，即可關閉活塞。
（3）A．鐵粉表面積大，與硫酸反應速率過快，反應不易控制，可能導致反應過于劇烈，而鐵屑與硫酸反應速率適中，A錯誤；
B．步驟Ⅱ的目的是利用A中產生的氫氣將A中的硫酸亞鐵溶液壓入B中，則橫線處操作為：關閉，打開，將A中溶液壓入到B中，B正確；
C．步驟Ⅲ在恒溫條件下進行，水的沸點為，故可以用水浴加熱，C正確；
D．已知信息中提到易溶于水，則步驟Ⅳ中的洗滌劑不能是冰水，D錯誤；
故選BC。
（4）B中甘氨酸和碳酸亞鐵反應生成甘氨酸亞鐵，反應的化學方程式：。
（5）已知信息中提到檸檬酸具有酸性和還原性，則檸檬酸的另一個作用是作還原劑，防止二價鐵被氧化。
（6）甘氨酸亞鐵的結構中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，故其溶液中自由移動的離子的濃度比溶液中的離子濃度小的多，等濃度溶液導電能力遠弱于溶液。
20．（2025·浙江模擬）巴洛沙韋酯K（）能抑制流感病毒帽狀依賴型核酸內切酶，從而抑制病毒的合成。其部分優化路線如下：
已知：①是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去。
②。
③。
（1）化合物B中的官能團名稱是　 　。
（2）化合物A的結構簡式為　 　。
（3）寫出過程③的化學方程式　 　。
（4）下列說法正確的是____________。
A．化合物G可發生水解、消去反應
B．過程②可能會生成
C．過程④為還原反應，產生手性碳原子
D．K的分子式為
（5）寫出同時符合下列條件的化合物G的4種同分異構體的結構簡式　 　。
①含有結構
②能發生銀鏡反應的芳香族化合物，苯環上有4個取代基，不直接與F原子相連，且含基團
③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子
（6）乙醛和L（）為原料可合成化合物B，利用已知信息和流程路線中的相關信息，設計合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）　 　。
【答案】（1）氨基、醚鍵
（2）
（3）
（4）B；C
（5）、、、
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）、根據B的結構式可知，化合物B中有兩種官能團：氨基、醚鍵。
（2）、結合分析知，A的結構簡式為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH。
（3）、結合分析知，D為，E為，對比二者結構，可確定過程③的化學方程式：。
（4）、A、化合物G為，含F原子，可氫氧化鈉水溶液、加熱的條件下發生水解反應，但它不能發生消去反應，A錯誤；
B、過程②中C在甲基磺酸、條件下反應，已知是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去，脫去時可能會產生叔丁基陽離子和二氧化碳，B正確；
C、過程④過程中，F中的酮羰基被還原為醇羥基，該反應為還原反應，中-OH所連的碳原子屬于手性碳原子（連有4個不同原子或基團的飽和碳原子），C正確；
D、K為，分子式為，D錯誤；
故答案為：BC；
（5）、化合物G為，分子式為，其同分異構體滿足：①含有結構；②能發生銀鏡反應(含-CHO)，且苯環上有4個取代基，苯環不直接與F原子相連，且含基團；③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子，說明其結構有一定的對稱性，則符合題意的有：、、、，共4種。
（6）、化合物B為，參照過程⑦知，和發生取代反應可得到B和HCl，參照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反應得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛經轉化得到，由以上分析可確定合成路線：。
【分析】對比B和C的結構簡式并結合A的分子式知，A中可能含有含氮雜環、羰基，B中可能含有含氨基、雙醚鍵，因此A為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH，將 B 的醚鍵側鏈引入 A 的骨架，同時暫時保護氨基，避免副反應，構建中間體 C 的基本結構；A和B發生取代反應生成C和CH3OH，根據已知信息①，C在80℃、甲基磺酸條件下脫去，將氨基脫保護化，則D為，接著D到E的過程中通過環化或側鏈斷裂，去除冗余基團，保留含氮雜環的核心骨架 E，為后續偶聯做準備，E和G的反應中，G的醇羥基與E的酸性氫同時脫水成鍵推動反應形成G-E的偶聯產物H，構建一個復雜的多環結構，同時對比G、H結構簡式并結合E的分子式知，E為，即E和G發生取代反應生成H和H2O，H和I發生取代反應，NaH是一種強堿，能奪取H的活潑氫，并在KI的作用下促進多環結構形成酯鍵，引入側鏈，最終合成巴洛沙韋酯K和HCl。
（1）化合物B中有兩種官能團：氨基、醚鍵。
（2）結合分析知，A的結構簡式為，A和B發生取代反應生成C和CH3OH。
（3）結合分析知，D為，E為，對比二者結構，可確定過程③的化學方程式：。
（4）A．化合物G為，含F原子，可氫氧化鈉水溶液、加熱的條件下發生水解反應，但它不能發生消去反應，A錯誤；
B．過程②中C在甲基磺酸、條件下反應，已知是叔丁氧羰基的縮寫，甲基磺酸條件下容易脫去，脫去時可能會產生叔丁基陽離子和二氧化碳，B正確；
C．過程④過程中，F中的酮羰基被還原為醇羥基，該反應為還原反應，中-OH所連的碳原子屬于手性碳原子（連有4個不同原子或基團的飽和碳原子），C正確；
D．K為，分子式為，D錯誤；
故選BC。
（5）化合物G為，分子式為，其同分異構體滿足：①含有結構；②能發生銀鏡反應(含-CHO)，且苯環上有4個取代基，苯環不直接與F原子相連，且含基團；③核磁共振氫譜顯示含4種不同環境的H原子，說明其結構有一定的對稱性，則符合題意的有：、、、，共4種。
（6）化合物B為，參照過程⑦知，和發生取代反應可得到B和HCl，參照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反應得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛經轉化得到，由以上分析可確定合成路線：。
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