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浙江省Z20名校联盟2025届高三下学期第三次联考 化学试卷
1．（2025·浙江模拟）下列只含极性键的极性分子是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）下列表示正确的是
A．异丙基的结构简式：
B．激发态H原子的轨道表示式：
C．N-甲基乙酰胺的键线式为：
D．与互为同位素
3．（2025·浙江模拟）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法不正确的是
A．生活中常用聚乙烯制成的薄膜来包装水果、蔬菜等食物
B．等离子体具有良好的导电性和流动性，可以用于制造等离子体显示器等
C．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是电化学保护法的牺牲阳极法
4．（2025·浙江模拟）物质的结构决定物质的性质，下列说法正确的是
A．相同浓度的和[Cu(NH3)4]2+氧化性：前者>后者
B．金刚石中碳碳键键长较短，键能和硬度很大，不容易因锤击而破碎
C．由于水分子间存在氢键，所以稳定性：
D．甘油是粘稠液体是因为甘油分子间存在较强的范德华力
5．（2025·浙江模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．轻微烫伤或烧伤时，可用冷水处理，然后涂上烫伤膏即可
B．苯酚不慎沾到皮肤上，先用抹布擦拭，再用以上的水冲洗
C．探究钠与水的反应时需要注意：
D．镁燃烧起火不可用泡沫灭火器灭火
6．（2025·浙江模拟）设是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．羟胺中氧的价层电子对数为
B．和的固体混合物中含，则混合物中质子数为
C．中含阴离子个数为
D．由甘氨酸形成的三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为
7．（2025·浙江模拟）下列有关物质的性质和用途不具有对应关系的是
A．纤维素主链上的羟基可与硝酸发生反应，故可制备“无烟火药”硝化纤维
B．乙醇受热易挥发，故酿米酒需晾凉米饭后加酒曲
C．过氧碳酸钠具有较强氧化性，故可用漂白衣物
D．铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等优越性质，可以做飞机外壳部件
8．（2025·浙江模拟）下列离子方程式正确的是
A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：
B．氯乙酸乙酯在足量溶液中加热：
C．少量通入苯酚钠溶液中：（已知：的，苯酚的）
D．向溶液中滴加过量的硫酸：
9．（2025·浙江模拟）如下图所示的自催化反应，Y作催化剂。下列说法正确的是
A．X能在碱性条件下水解生成
B．碱性：Y强于X
C．Y中所有碳原子均共平面
D．随增大，该反应速率会一直增大
10．（2025·浙江模拟）下列实验装置正确，且能达到相应实验目的的是
A.验证反应有生成 B.验证铁粉与水蒸气反应有产生
C.制备无水 D.除去固体中少量的
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．依据相同温度下可逆反应的浓度商Q与平衡常数K大小的比较，可推断反应进行的方向
B．平衡：中，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能也依次增大
D．在合成氨反应中：，一定条件下，将通入恒容的容器中反应，当物质的量分数不变时不能判断可逆反应是否达平衡状态
12．（2025·浙江模拟）电解法制取有广泛用途的，工作原理如图1所示。已知：只在强碱性条件下稳定。下列说法不正确的
A．离子交换膜应该选择阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为：
C．由图2可知，N点浓度低是由于过高，铁电极上可能有生成
D．电解产生（标况）时，电路中转移电子数目为
13．（2025·浙江模拟）氮和氧是构建化合物的常见元素，某的晶胞如图。
下列说法不正确的是
A．该氮氧化物中N都呈价
B．该晶体中氮原子的杂化方式有两种
C．与足量红棕色气体反应生成的化学方程式为：
D．晶体类型是分子晶体
14．（2025·浙江模拟）傅克酰基化反应的机理如下：
已知：步骤Ⅱ为决速步
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ还生成
B．与发生傅克酰基化反应的速率：苯>甲苯
C．该机理涉及加成反应和消去反应
D．根据机理，苯也可以与反应，所得的产物为
15．（2025·浙江模拟）室温下，用只含少量的溶液制备的过程如图所示。已知。下列说法不正确的是
A．“除镁”得到的上层清液中：
B．溶液的约为8，可得出：
C．反应的平衡常数
D．“沉锰”后的滤液中：
16．（2025·浙江模拟）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
已知：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为
B．若消耗的溶液的体积为，则废水中苯酚含量为
C．步骤Ⅱ中加入的溶液不能过量
D．由于有挥发性，可能会造成测定结果偏高
17．（2025·浙江模拟）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）下列叙述正确的是____________。
A．基态价电子排布式是
B．离子半径：
C．是碱性氧化物
D．的第三电离能大于的第三电离能
（2）的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　 　，的配位数为　 　。
（3）（见图）是晶型转变的诱导剂。熔点：　 　（填“>”“<”或“=”），从结构角度分析原因　 　。
（4）锰锌铁氧体元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
①氨浸后溶液B中存在的阳离子有　 　（填写化学式），操作1是　 　，操作2是　 　。
②沉锰反应的离子方程式为　 　。
18．（2025·浙江模拟）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：
（1）其他条件不变时，下列措施有利于提高平衡转化率的是__________（填序号）。
A．恒容下，按原投料比继续充入和
B．恒压下充入
C．降低温度
D．选择更高效的催化剂
（2）研究表明，催化氧化的反应速率方程为：。式
中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，n为常数。在不同下将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图1所示。下列说法正确的是___________。
A．温度越高，反应速率越大
B．的曲线可以代表平衡转化率所对应的曲线
C．越大，反应速率最大值对应温度越低
D．由图可知，工业生产中为了追求生产效率，应尽可能选择低温
（3）根据图1，在图2中画出不同转化率与最适宜温度的大致曲线　 　。（曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度）
（4）尾气吸收是硫酸工业必须要考虑的问题，某研究小组用溶液吸收尾气中的生成溶液或溶液。已知：的。
①的溶液的　 　。
②保险粉连二亚硫酸钠是一种重要的还原剂，广泛应用于纺织、印染、食品抗氧化等领域，可以通过电解溶液制备，装置如图：
a．写出阴极的电极反应式　 　。
b．已知的结构为，请从共价键角度解释具有强还原性的原因　 　。
19．（2025·浙江模拟）甘氨酸亚铁是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如下图（夹持和加热、搅拌仪器已省略）。
已知：
i．柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ii．易溶于水，难溶于乙醇。
iii．通入溶液中的反应：（黑色）
实验步骤：
Ⅰ．关闭活塞，打开活塞和，加入适量稀硫酸（铁屑足量），当出现____________现象后关闭活塞。
Ⅱ．____________，磁力搅拌器不断搅拌，B中生成沉淀。
Ⅲ．在恒温条件下继续磁力搅拌，然后向B中滴加甘氨酸和柠檬酸溶液，调节溶液至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅳ．反应完成后，向B的反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称为　 　。
（2）步骤Ⅰ中横线处的现象是　 　。
（3）下列说法正确的是____________。
A．步骤Ⅰ中的铁屑可以改为铁粉，从而加快反应速率
B．步骤Ⅱ横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中
C．步骤Ⅲ可以用水浴加热
D．步骤Ⅳ中洗涤剂可以用冰水
（4）写出B中生成甘氨酸亚铁的化学方程式　 　。
（5）步骤Ⅲ中加入少量柠檬酸的一个作用是能调节溶液促进溶解，另一个作用是　 　。
（6）已知甘氨酸亚铁的结构为：，请分析，等浓度溶液导电能力远弱于溶液的原因　 　。
20．（2025·浙江模拟）巴洛沙韦酯K（）能抑制流感病毒帽状依赖型核酸内切酶，从而抑制病毒的合成。其部分优化路线如下：
已知：①是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去。
②。
③。
（1）化合物B中的官能团名称是　 　。
（2）化合物A的结构简式为　 　。
（3）写出过程③的化学方程式　 　。
（4）下列说法正确的是____________。
A．化合物G可发生水解、消去反应
B．过程②可能会生成
C．过程④为还原反应，产生手性碳原子
D．K的分子式为
（5）写出同时符合下列条件的化合物G的4种同分异构体的结构简式　 　。
①含有结构
②能发生银镜反应的芳香族化合物，苯环上有4个取代基，不直接与F原子相连，且含基团
③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子
（6）乙醛和L（）为原料可合成化合物B，利用已知信息和流程路线中的相关信息，设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、中的属于不同原子之间形成的极性键，但分子的结构为平面三角形，整个分子中电荷分布对称，键的极性相互抵消，属于非极性分子，A错误；
B、的结构为，其中键属于非极性键，尽管H2O2分子为极性分子，结构不对称，但不满足“只含极性键”的条件，B错误；
C、的结构为，其中的键属于非极性键，且C2H6的结构高度对称，键的极性相互抵消，属于非极性分子，C错误；
D、臭氧分子中三个氧原子通过 三中心四电子大键连接，中心氧原子采取 杂化 ，形成两个σ键和一个孤电子对，大π键的电子云分布不均匀从而产生极性，所以臭氧分子中的共价键为极性键，同时由于电荷中心不重合，使臭氧分子的结构为V形，导致电荷分布不对称，属于极性分子，D正确；
故答案为：D
【分析】由不同元素原子之间形成的共价键叫极性键；由同种元素原子之间形成的共价键绝大部分叫非极性键；同时由极性键形成的分子结构中电荷分布不对称的分子通常属于极性分子，由极性键形成的分子结构中电荷分布对称的分子通常属于非极性分子；但是要注意特例，臭氧分子的空间结构与水分子的相似，其分子有极性，但很微弱，仅是水分子的极性的28%。臭氧分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的。由于臭氧的极性微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素、核素；结构简式
【解析】【解答】A、异丙基的结构就是在丙烷的结构基础上，CH3CH2CH3，2号碳原子失去1个氢原子形成的基团，结构为：，A正确；
B、原子轨道的能级规则为主量子数n对应角量子数l的取值范围是0≤lC、N-甲基乙酰胺结构简式为：，其中氮原子需满足3价（与羰基碳、甲基碳、氢原子各成1个σ键），但在选项的键线式中，氮原子仅体现2个σ键（羰基碳、甲基碳），缺少与氢原子的键，则正确的键线式为：，C错误；
D、同位素是指的同一元素形成的中子数不同的原子，不是分子，所以与不是互为同位素，但是在分子结构层面上看，两者是硫元素（S）形成的不同结构单质，所以与互为同素异形体，D错误；
故答案为：A
【分析】同素异形体：由同种元素组成的不同单质，因原子排列方式不同而具有不同性质。例如，碳的同素异形体有石墨和金刚石。
同位素：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子。例如，氢的同位素有氕、氘和氚。
3．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；聚合反应
【解析】【解答】A、聚乙烯（PE）是一种无毒、化学稳定性高、耐水耐腐蚀的塑料，广泛用于食品包装，如保鲜膜、塑料袋等，它符合食品安全标准，能有效保护水果、蔬菜，A正确；B、等离子体是由自由电子、离子和中性粒子组成的物质状态，具有高导电性和流动性。等离子体显示器（PDP）正是利用等离子体在电场中发光的原理工作，B正确；
C、纯碱也就是碳酸钠，溶液呈碱性，能通过皂化反应去除油脂类污渍，因为油脂是甘油三酯，可被碱水解为水溶性物质。但汽油污渍的主要成分是烃类化合物（属于非极性物质，不与碱反应。热的纯碱溶液无法有效分解或溶解汽油污渍，反而可能因碱性残留损伤衣物。汽油污渍通常需用有机溶剂（如酒精）或表面活性剂（如洗涤剂）清洗，C错误；
D、电热水器内胆通常为钢铁材质，易发生电化学腐蚀，镁的金属活动性比铁强，优先被氧化腐蚀，从而保护内胆。这属于电化学保护法中的牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故答案为：C
【分析】牺牲阳极阴极保护法是一种防止金属腐蚀的方法，即将还原性较强的金属作为保护极，与被保护金属相连构成原电池，还原性较强的金属将作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀；牺牲阳极的阴极保护法常被应用于保护如水中钢桩、海轮外壳等，以水中钢铁闸门为例，其保护方式通常是在轮船外壳水线以下或靠近螺旋桨的舵上焊接锌块，以此来预防船壳等部件的腐蚀。
4．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、配位化合物中，配体对中心离子电荷分散效应影响氧化性。当Cu2+与NH3形成[Cu(NH3)4]2+时NH3的孤电子对进入Cu2+的空轨道，会分散中心离子的正电荷。而氧化性本质是得电子能力，正电荷越集中，得电子能力越强。因此，游离的Cu2+比配位后的[Cu(NH3)4]2+更易获得电子，氧化性：Cu2+>[Cu(NH3)4]2+，A正确；B、金刚石中C-C键键长短、键能大，故硬度极高，抗划痕；但共价键是定向排列的共价网络，受锤击时，应力会沿共价键连接方向集中，导致共价键断裂，因此金刚石脆性强，易被锤击破碎，B错误；
C、H2O与H2S的稳定性，由H-O键能和H-S键能相对大小决定，O非金属性强，H-O键能更大，更难断裂；氢键是水分子间的相互作用，仅影响熔沸点、溶解性等物理性质，与化学稳定性无关，C错误；
D、甘油HOCH2CH(OH)CH2OH含3个羟基，羟基间可形成分子间氢键，而非范德华力，氢键使分子间作用力显著增强，导致甘油呈粘稠液体。范德华力整体弱于氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】氢键是一种非化学键的相互作用力，其中氢原子与若与电负性大、半径小的原子Y（O，F和N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，氢键通常情况下仅影响物理性质（如沸点），不改变化学键强度。一般情况下，化学键的强度高于氢键，氢键高于范德华力。
5．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、实验过程中发生轻微烫伤或烧伤时，对于轻微烫伤或烧伤，应立即用冷水冲洗（至少10-15分钟）以降温、减轻疼痛和减少组织损伤，然后涂抹烫伤膏进行保护。这是标准的急救处理方法，A正确；B、苯酚是一种腐蚀性和有毒的化学物质，皮肤接触后，标准处理方法是：立即用大量流动清水冲洗至少15分钟，而不是先用抹布擦拭。用抹布擦拭可能扩散化学物质或加重皮肤损伤。冲洗水温度应适中（一般为15-25℃），不能使用65℃以上的热水，因为高温水会增加皮肤渗透性，促进苯酚吸收，并可能造成烫伤，加重伤害。正确步骤是冲洗后就医，必要时使用特定解毒剂，B错误；
C、钠与水反应放热、生成氢气，属于易燃易爆气体，要注意通风，防氢气聚集。反应十分剧烈，液体易溅出，需戴护目镜。需要用镊子取钠，实验后洗手，操作提示合理，C正确；
D、镁燃烧时温度极高，泡沫灭火器中的水或化学泡沫会与镁反应，产生氢气并加剧火势，甚至导致爆炸。镁起火应使用D类灭火器（金属火灾专用）、干燥沙子或专用灭火剂覆盖，D错误；
故答案为：B
【分析】钠与水反应的过程中：首先钠有于钠的密度较低，其次反应生成的氢气，所以钠会浮在水面上；然后由于反应放热，温度升高，钠会熔化成一个小球；由于反应迅速，和产生的氢气，熔化的钠小球会在水面快速游动；由于反应的剧烈，钠小球会滋滋作响，如果钠的剂量过大，钠小球会烧起来甚至发生爆炸；反应生成氢氧化钠使得水会变成碱性，如果加入酚酞指示剂，溶液会变成红色。
6．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数；酰胺
【解析】【解答】A、羟胺(NH2OH)中，氧原子形成两个单键（O-H键和O-N键），并有两对孤对电子，因此，氧原子的价层电子对数为4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每个氧原子有4对价层电子对，所以总价层电子对数为0.1×4=0.4 mol，即0.4NA，A正确；B、NaCl中：Na的原子序数为11，有11个质子，Cl的原子序数为17，有17个质子，可得出总质子数=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序数7，7个质子；4个H原子各1个质子，共4个质子），Cl的原子序数为17，有17个质子，总质子数=7+4+17=28。混合物中含1molCl-，意味着有1mol化学单元（NaCl或NH4Cl），因为每个单元提供一个Cl-，无论NaCl和NH4Cl的比例如何，总质子数为1×28=28 mol，即28NA，B正确；
C、CaH2是离子化合物，由Ca2+和两个H-组成，每个CaH2单元中有2个阴离子（H-）。0.1molCaH2中含有阴离子的物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，阴离子个数为0.2NA，C错误；
D、三肽由三个氨基酸形成，形成两个肽键，且三肽的分子量为189g/mol，可计算18.9g三肽的物质的量为18.9/189=0.1 mol，每个三肽分子中有两个肽键，所以肽键总物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，肽键数目为0.2NA，D正确；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
7．【答案】B
【知识点】合金及其应用；钠的重要化合物；铝的化学性质；乙醇的物理、化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、纤维素分子中的羟基（—OH）具有反应活性，可与硝酸发生酯化反应生成硝化纤维。硝化纤维是“无烟火药”的主要成分，因此羟基的反应性的性质与制备硝化纤维的用途直接对应，A正确；B、乙醇受热易挥发是乙醇的物理性质，但酿米酒过程中“晾凉米饭”的主要目的是为了控制温度，避免高温杀死酒曲中的酵母菌和霉菌，确保发酵过程顺利进行。发酵产生乙醇后，高温可能导致乙醇挥发，但这并非“晾凉米饭”的直接原因。因此，乙醇易挥发的性质与晾凉米饭以加酒曲的用途不直接对应B错误；
C、过氧碳酸钠在水中能分解生成过氧化氢，而H2O2具有较强的氧化性，能氧化分解色素和污渍，因此常用于漂白衣物。其氧化性的性质与漂白衣物的用途直接对应，C正确；
D、铝合金的密度小、强度高和耐腐蚀等性质使其非常适合用于飞机外壳部件，以减轻重量、增强结构强度并抵抗环境腐蚀。其物理和化学性质与做飞机材料的用途直接对应，D正确；
故答案为：B
【分析】作答此类题型时，一定要注意物质的性质和用途是否存在因果逻辑关系，因为在选项中会出现性质正确，用途正确，但二者没有因果关系的选项，亦或者性质、用途只对了一半的选项，我们都需要慎重考虑。
8．【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀硝酸具有强氧化性，而硫化亚铁中的硫离子（S2-）易被氧化，实际反应中，硝酸会将硫化物氧化为硫单质或硫酸盐，不会生成H2S气体，实际发生的反应为：，A错误；B、氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）的结构中含有酯基（-COOC2H5）和活泼氯原子（-CH2Cl），两者均可与OH-反应，在足量NaOH和加热条件下，酯基水解生成羧酸盐和乙醇，氯原子水解：由于氯受邻位羰基活化，易被羟基取代，生成羟乙酸盐。因此正确反应为：，原方程式只考虑酯水解，未考虑氯的水解，B错误；
C、由题干给定的信息可知，电离常数的相对大小：Ka1(H2SO3)>Ka（苯酚)>Ka2(H2SO3)，酸性：H2SO3>苯酚>HSO3-。少量SO2通入苯酚钠时，强酸制弱酸应生成SO32-，因此正确反应为：，C错误；
D、[Cu(NH3)4]2+是铜氨络离子，加入硫酸，提供H+后，H+与NH3结合形成NH4+，破坏络合物，释放Cu2+，因此其正确的离子方程式：，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．【答案】B
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X含酯类结构，类似碳酸酯，碱性条件下水解时，生成CO2会与碱反应生成CO32-，不会直接放出CO2，A错误；B、X上的N处于酰胺键中，羰基吸电子使N电子密度降低，碱性弱；Y上的N为仲胺，无吸电子共轭，N电子密度高，碱性强。故碱性：Y>X，B正确。
C、Y含环己烷环，碳原子为sp3杂化，则环己环上的碳原子不可能共平面，C错误；
D、Y是催化剂，反应速率受催化剂浓度、底物浓度、温度等影响。催化剂浓度增大时，初期速率可能上升，但不会“一直增大”，D错误；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
10．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸共热制得Cl2，但浓盐酸挥发的HCl会与AgNO3反应生成AgCl沉淀，干扰Cl2的检验，同时Cl2与水反应也生成Cl-，也会干扰检验结果，A错误；B、铁粉与水蒸气反应的方程式为：，湿润棉花提供水蒸气，铁粉高温反应生成H2，H2通入肥皂液形成可点燃的气泡，验证H2的生成，但是试管口要略微向下倾斜，如若向下倾斜会使得液化后的水蒸气进入试管内，导致试管炸裂，B错误；
C、胆矾即CuSO4·5H2O，加热失去结晶水即可得无水CuSO4，CuSO4加热不氧化，无需防氧，结晶水失去后也无需防湿，通N2的主要目的是将水蒸气及时排除，加快实验的进程，C正确；
D、除去Na2CO3中NaHCO3，需加热固体：，加热固体应选坩埚，但装置中用蒸发皿加热固体，蒸发皿用于蒸发溶液，D错误；
故答案为：C
【分析】坩埚：用于灼烧自身体积较小固体物质，可直接加热，无需垫石棉网；
蒸发皿：蒸发滤液，结晶获得滤液中的溶质，可直接加热，无需垫石棉网；
11．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、根据所学的化学平衡原理可知：当浓度商Q>K时，反应逆向进行；当Q=K时，反应达到平衡，A正确；B、反应放热（ΔH<0），表明形成新键释放的能量大于断裂旧键吸收的能量设断裂2molNO2，中的键所需能量为Ea，断裂1molN2O4中的键所需能量为Eb，可得反应放热：正向反应ΔH=Ea Eb<0，因此Ea，故断裂2molNO2的键所需能量小于断裂1molN2O4的键所需能量，B正确；
C、第二周期主族元素中，电负性从左到右依次增大，Li最小，F最大。但第一电离能并非单调增大：Be（1s22s2）全满稳定，电离能高于B（1s22s22p ），N（1s22s22p3）半满稳定，电离能高于O（1s22s22p4），因此，电离能趋势为：Be>B，N>O，C错误；
D、初始投料n(N2)：n(H2)=1：1，但化学计量比为1：3，设初始n(N2)=a，n(H2)=a，n(NH3)=0，总物质的量=2a。反应后，设消耗N2为xmol，则：n(N2)=a–x、n(H2)=a-3x、n(NH3)=2x，故总物质的量=(a-x)+(a-3x)+2x=2a-2x，N2物质的量分数：，因此，在整个反应过程中，N2物质的量分数恒为1/2，始终不变，当它不变时，不能作为判断平衡状态的依据，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
12．【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在电解池中，阳极反应为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，消耗OH-，阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，产生OH-。为了维持阳极室的高OH-浓度以保证Na2FeO4的稳定性，所以要求OH-应从阴极室向阳极室迁移。阳离子交换膜只允许阳离子（如Na+）通过，而阴离子交换膜才允许阴离子（如OH-）通过。因此，应选择阴离子交换膜，而非阳离子交换膜，A错误；B、该反应正确描述了铁在碱性条件下被氧化为高铁酸根（FeO42-）的过程，铁从0价升至+6价，失去6个电子，并与OH-反应，电极反应式为 ，B正确；
C、图2显示，当c(NaOH)=14mol·L- 即c(OH-)过高时，Na2FeO4浓度在N点较低。这是因为高OH-浓度可能导致铁电极表面生成Fe(OH)3沉淀，形成钝化层，阻碍铁进一步氧化为FeO42-，C正确；
D、标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。6.72LH2的物质的量为：6.72/22.4=0.3mol。阴极反应为2H2O+2e-→H2+2OH-，每产生1molH2需转移2mol电子。因此，0.3molH2对应转移电子数为0.3×2=0.6mol，即0.6NA，D正确；
故答案为：A
【分析】图1中，Fe电极为阳极，此处Fe被氧化为，不断消耗OH-，阳极式为：；Ni为阴极，此处水中的被还原为H2，不断生成OH-，阴极式为；则中间的离子交换膜为阴离子交换膜，经交换膜从右侧进入左侧。
图2中：已知Na2FeO4只在强碱性条件下稳定：当NaOH的浓度从6增至14（M→最高点）：碱性增强，FeO42-稳定性提高，浓度上升。当NaOH的浓度超过14（最高点→N）：虽仍为强碱性，但浓度下降的原因并非稳定性降低，强碱性仍稳定，更可能是过高的OH-影响电极反应速率、离子迁移等。
13．【答案】D
【知识点】离子晶体；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、N2O5中，无论是固态离子形式（[NO2+][NO3-]）还是气态分子形式（O2N-O-NO2），氮的氧化态均为+5，A正确；
B、根据价层电子对互斥理论可知，在中的孤对电子为，则微粒VSEPR模型为直线形，中心N原子杂化类型为：杂化；在中的孤对电子为，则微粒VSEPR模型为平面三角形，中心N原子杂化类型为：杂化，B正确；
C、具有强氧化性，在将氧化为时，还有生成，N由+4价升高到+5价，发生氧化反应，O3中的一个O从0价降低到-2价，发生还原反应，据此可以推断出反应的化学方程式为：，C正确；
D、根据晶胞中N原子和O原子的结合可知，晶胞中存在2种微粒，一种为：；一种为：，则晶体类型为：离子晶体，D错误；
故答案为：D
【分析】晶体，一般包括离子晶体、分子晶体、原子晶体、金属晶体四种类型，可以依据构成晶体的微粒和微粒间的作用判断：
离子晶体的构成微粒是阴、阳离子，微粒间的作用是离子键。
原子晶体的构成微粒是原子，微粒间的作用是共价键。
分子晶体的构成微粒是分子，微粒间的作用为分子间作用力。
金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，微粒间的作用是金属键。
14．【答案】B
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、在步骤Ⅰ中酰氯和AlCl3反应生成的酰基阳离子，结合原子守恒可知，步骤Ⅰ还生成，A正确；
B、傅克酰基化反应可以看成是一个取代反应，甲苯中的甲基会活化苯环上对位和邻位的H原子，使得反应的速率比苯快，因此与发生傅克酰基化反应的速率：苯<甲苯，B错误；
C、由图可知，步骤Ⅱ中酰基阳离子加成到芳香环上形成一个带正电的化合物，因此为加成反应，步骤III中为带正电的化合物失去质子重新芳香化的过程，因此为消去反应，C正确；
D、的结构简式为，根据傅克酰基化反应的机理，苯也可以与发生傅克酰基化的取代反应，所得的产物为和CH3COOH，D正确；
故答案为：B
【分析】傅克酰基化反应的机理解读：步骤I：酰基正离子形成，酰氯（R-CO-Cl）与路易斯酸AlCl3作用，Cl-作为路易斯碱与AlCl3结合，生成AlCl4+，促使酰氯解离出酰基正离子；
步骤II：决速步，取代反应的核心，反应本质：苯环进攻酰基正离子的缺电子碳，形成环己烯型碳正离子中间体，苯环暂时破坏芳香性，正电荷离域在环上，该步活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的速率。
步骤III：去质子化，恢复芳香性，碳正离子中间体失去邻位质子，重新形成苯环的共轭π键，恢复芳香性，最终生成酰基苯。
15．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、“除镁”得到的上层清液中：c(F-)=5.2×10-6 mol L-1，除镁步骤通过加入NaF溶液沉淀Mg2+，生成MgF2。上层清液为饱和MgF2溶液，满足溶度积：。
若假设Mg2+沉淀完全，则可认为[Mg2+]=1.0×10-5mol·L- ，代入公式可得：，A错误；
B、0.1mol·L- NaHCO3溶液的pH约为8，且NaHCO3为两性物质，但在此显碱性，说明的水解程度大于其电离程度，即：，且，可以推断出：，则可得出：，B正确；
C、的总反应可分解为以下步骤：
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
结合盖斯定律，可以推断出总反应平衡常数为：
，和选项一致，C正确；
D．“沉锰”后的滤液中含有、及少量的和，阳离子：Na+（来自加入的NaF和NaHCO3）、H+，阴离子：HCO3-、OH-、CO32-（来自NaHCO3）、SO42-（初始MnSO4的残留）、F-（除镁后残留），电荷平衡要求：总正电荷浓度=总负电荷浓度。SO42-和CO32-为二价离子，电荷浓度为2c(SO42-)和2c(CO32-)；其他离子为一价。存在的电荷守恒关系：，D正确；
故答案为：A
【分析】在流程图中，首先是除镁步骤（加NaF溶液）：利用MgF2的低溶度积Ksp=5.2×10-11，使Mg2+与F-反应沉淀：，同时NaF溶于水，F-会水解：；同时，原料MnSO4是强酸弱碱盐，溶液微酸性，Mn2+水解：，H+会与F-结合生成HF，导致F-降低，影响除镁效果。所以在流程中需通过NaF过量或控制pH弱酸性，避免H+过多消耗F-保证除镁完全；然后是沉锰步骤（加NaHCO3溶液）：NaHCO3中HCO3-兼具电离和水解的能力，而反应为电离与沉淀的耦合：，Mn2+结合CO32-，促进HCO3-电离，生成的H+与另一分子HCO3-反应：，推动反应正向进行。
16．【答案】C
【知识点】中和滴定；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、步骤I中加入过量H2SO4酸化的KBr溶液，KBrO3在酸性条件下与Br-反应生成Br2，则反应的离子方程式为：，A正确；
B、计算步骤I生成的总Br2：由反应式，，对应生成：；计算过量Br2的物质的量：设滴定消耗Na2S2O3的体积为V3mL，则：。由I2~2S2O32-和Br2~I2，得：；计算与苯酚反应的Br2：；推导苯酚的物质的量：因1mol苯酚消耗3molBr2，故：；计算废水中苯酚的浓度：废水体积为：V2mL（即V2×10-3L），浓度为：，B正确；
C、步骤II中，加入KI溶液使剩余Br2转化为I2：Br2+2I →I2+2Br 。为确保Br2完全反应，避免因KI不足导致部分Br2未转化，进而使滴定测得的I2量偏低，导致剩余Br2计算值偏低，与苯酚反应的Br2计算值偏高，苯酚结果偏高，需加入过量KI。过量KI不影响后续Na2S2O3滴定I2。因此，KI应过量，C错误；
D、Br2易挥发，若在加入废水前或反应过程中Br2挥发，则初始Br2实际量减少，但计算仍以理论初始量为准，根据苯酚含量的计算公式可知：，会导致与苯酚反应的Br2计算值偏高，因测得剩余Br2偏低，苯酚结果偏高，D正确；
故答案为：C
【分析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用加入用硫酸酸化的过量KBr溶液将转化为：；再加入的废水，利用消耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶液消耗剩余的，发生反应：，最后用溶液滴定，根据消耗的溶液体积计算废水中苯酚的含量，实验通过“先加过量试剂（Br2），再滴定剩余试剂”的思路，将苯酚的取代反应与碘量法的氧化还原滴定结合，间接测定苯酚含量，因苯酚无直接滴定的特征反应，故设计“过量溴反应+剩余溴滴定”的策略。整个流程围绕“溴的生成→苯酚反应→剩余溴的碘量法滴定”展开，利用多步反应的计量关系串联，实现苯酚的定量测定。
17．【答案】（1）B；D
（2）MnO2；6
（3）<；中阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱，所以熔点低于
（4）[Zn(NH3)4]2+、、H+；过滤；煮沸或加热；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；离子方程式的书写；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）A、Mn是25号元素，是Mn原子失去2个电子形成，其基态价电子排布式是，A错误；
B、对于同种元素的离子，核外电子数越多，离子半径越大，核外电子数比多，所以离子半径：，B正确；
C、能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；
D、的价电子排布式为，3d轨道处于半充满稳定状态，再失去一个电子较难；价电子排布式为，失去一个电子后3d轨道达到半充满稳定状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）、根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离Mn最近且相邻的O为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）、是由有机阳离子和组成的离子液体，其阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱；所以熔点低于；
（4）、①、氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，则氨浸后溶液B中存在的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是将固体A和溶液B分离的操作，故操作1为过滤；操作2为将含[Zn(NH3)4]2+的溶液进行煮沸或加热脱氨，得到固体；
②、沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2，沉锰反应的离子方程式为。
【分析】锰锌铁氧体首先通过氨浸+操作1（过滤）：分离Zn与Mn、Fe，因为Zn2+与氨水形成稳定配合物[Zn(NH3)4]2+溶在溶剂中，Mn2+、Fe3+则不形成稳定氨配合物，留在固体A中；滤液为溶液B，实现Zn与Mn、Fe的初步分离；接着从溶液B反应到ZnO（操作2），这一步骤加酸破坏氨配合物，同时中和氨水，使，然后加碱调pH，沉淀Zn(OH)2，接着受热分解得到ZnO；
同时固体A反应到MnO2+溶液C，完成沉锰步骤，先是酸溶，固体A是Mn、Fe的氧化物加H2SO4溶解，生成Mn2+和Fe3+，接着加KMnO4，酸性条件下发生归中反应：，Mn2+被氧化为MnO2沉淀，过滤后得MnO2，剩余含Fe3+的溶液C；最后，加还原剂还原Fe3+：，加H2C2O4·2H2O，生成产物FeC2O4·2H2O。
（1）A．Mn是25号元素，是Mn原子失去2个电子形成，其基态价电子排布式是，A错误；
B．对于同种元素的离子，核外电子数越多，离子半径越大，核外电子数比多，所以离子半径：，B正确；
C．能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；
D．的价电子排布式为，3d轨道处于半充满稳定状态，再失去一个电子较难；价电子排布式为，失去一个电子后3d轨道达到半充满稳定状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，D正确；
故选BD。
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离Mn最近且相邻的O为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）是由有机阳离子和组成的离子液体，其阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱；所以熔点低于；
（4）①氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，则氨浸后溶液B中存在的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是将固体A和溶液B分离的操作，故操作1为过滤；操作2为将含[Zn(NH3)4]2+的溶液进行煮沸或加热脱氨，得到固体；
②沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2，沉锰反应的离子方程式为。
18．【答案】（1）A；C
（2）C
（3）
（4）10；2+2e-+2H+=+2H2O；S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂
【知识点】氧化还原反应；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、A、恒容下，按原投料比继续充入和，等效于增大压强，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，A正确；
B、恒压下充入，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B错误；
C、该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，C正确；
D、选择更高效的催化剂，不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，D错误；
故答案为：AC；
（2）、A、根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，A错误；
B、从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，B错误；
C、从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，C正确；
D、从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，但应尽可能选择低温，可能导致反应速率过慢，导致SO3产率降低，D错误；
故答案为：C；
（3）、对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小，因此，反应的转化率与最适宜温度的关系曲线示意图可表示为：。
（4）、①、室温时，的溶液中的水解常数，，，pH=10；
②、a、由图可知，阴极的电极反应式为在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2+2e-+2H+=+2H2O；
b、已知的结构为，从共价键角度解释具有强还原性的原因：S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂。
【分析】化学平衡中转化率的变化主要受到以下因素的影响：若正反应是吸热反应，升高温度，转化率升高，降低温度，转化率降低；若正反应为放热反应，升高温度，转化率降低，降低温度，转化率升高。
对于mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)类型的反应，若m+n>p+q时，压强增大，A、B的转化率升高；压强减小，A、B的转化率降低；m+n加入惰性气体，如果容器的体积不变（总压强增大）A、B的转化率不变。如果容器的压强不变（容器的体积增大），m+n>p+q时，A、B的转化率降低，m+n分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
（1）A．恒容下，按原投料比继续充入和，等效于增大压强，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，A选；
B．恒压下充入，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B不选；
C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，C选；
D．选择更高效的催化剂，不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，D不选；
故选AC。
（2）A．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故A错误；
B．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，故B错误；
C．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故C正确；
D．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，但应尽可能选择低温，可能导致反应速率过慢，导致SO3产率降低，故D错误；
故答案为：C。
（3）对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小，因此，反应的转化率与最适宜温度的关系曲线示意图可表示为。
（4）①室温时，的溶液中的水解常数，，，pH=10；
②a．由图可知，阴极的电极反应式为在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2+2e-+2H+=+2H2O；
b．已知的结构为，从共价键角度解释具有强还原性的原因：S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂。
19．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）C中出现大量黑色沉淀
（3）B；C
（4）
（5）防止二价铁被氧化
（6）甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】、（1）、根据装置B的整体框架可以推测仪器b为恒压滴液漏斗。
（2）、结合分析知，步骤Ⅰ的目的是利用A中产生的氢气将整体装置中的空气排空，结合已知信息iii知，当C中出现大量黑色沉淀(Pd)时，即可关闭活塞。
（3）、A、铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过于剧烈，而铁屑与硫酸反应速率适中，A错误；
B、步骤Ⅱ的目的是利用A中产生的氢气将A中的硫酸亚铁溶液压入B中，则横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中，B正确；
C、步骤Ⅲ在恒温条件下进行，水的沸点为，故可以用水浴加热，C正确；
D、已知信息中提到易溶于水，则步骤Ⅳ中的洗涤剂不能是冰水，D错误；
故答案为：BC；
（4）、B中甘氨酸和碳酸亚铁反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：。
（5）、已知信息中提到柠檬酸具有酸性和还原性，则柠檬酸的另一个作用是作还原剂，防止二价铁被氧化；
（6）、甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，故其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多，等浓度溶液导电能力远弱于溶液。
【分析】装置A：首先打开阀门K1、K3，关闭K2，向A的分液漏斗加入稀硫酸与铁屑反应，，反应生成FeSO4，用于提供Fe2+原料，和H2，用于排尽装置内空气，防止Fe2+被氧化。
装置B：配位反应的核心容器，排氧后，通过H2的压力或阀门控制使A中FeSO4溶液进入B，同时从分液漏斗b滴加甘氨酸+少量柠檬酸混合液。其中甘氨酸（H2NCH2COOH）：含氨基（-NH2）和羧基（-COOH），其中羧基会与Fe2+发生配位反应，形成(H2NCH2COO)2Fe，NH4HCO3用于中和反应生成的H+，维持弱碱性环境，避免Fe2+水解为Fe(OH)2沉淀。而柠檬酸具有还原性，进一步抑制残留O2氧化Fe2+，同时利用弱酸性辅助调节pH，平衡NH4HCO3的碱性，稳定Fe2+。
装置C：利用反应：，检验H2的排氧效果，出现黑色沉淀时，证明H2已充满装置，装置内O2已除净。
反应结束后，向B中加入乙醇，甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]易溶于水，难溶于乙醇，乙醇降低其溶解度，促使产物析出，过滤即可获得固体产品。
（1）仪器b为恒压滴液漏斗。
（2）结合分析知，步骤Ⅰ的目的是利用A中产生的氢气将整体装置中的空气排空，结合已知信息iii知，当C中出现大量黑色沉淀(Pd)时，即可关闭活塞。
（3）A．铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过于剧烈，而铁屑与硫酸反应速率适中，A错误；
B．步骤Ⅱ的目的是利用A中产生的氢气将A中的硫酸亚铁溶液压入B中，则横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中，B正确；
C．步骤Ⅲ在恒温条件下进行，水的沸点为，故可以用水浴加热，C正确；
D．已知信息中提到易溶于水，则步骤Ⅳ中的洗涤剂不能是冰水，D错误；
故选BC。
（4）B中甘氨酸和碳酸亚铁反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：。
（5）已知信息中提到柠檬酸具有酸性和还原性，则柠檬酸的另一个作用是作还原剂，防止二价铁被氧化。
（6）甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，故其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多，等浓度溶液导电能力远弱于溶液。
20．【答案】（1）氨基、醚键
（2）
（3）
（4）B；C
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、根据B的结构式可知，化合物B中有两种官能团：氨基、醚键。
（2）、结合分析知，A的结构简式为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH。
（3）、结合分析知，D为，E为，对比二者结构，可确定过程③的化学方程式：。
（4）、A、化合物G为，含F原子，可氢氧化钠水溶液、加热的条件下发生水解反应，但它不能发生消去反应，A错误；
B、过程②中C在甲基磺酸、条件下反应，已知是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去，脱去时可能会产生叔丁基阳离子和二氧化碳，B正确；
C、过程④过程中，F中的酮羰基被还原为醇羟基，该反应为还原反应，中-OH所连的碳原子属于手性碳原子（连有4个不同原子或基团的饱和碳原子），C正确；
D、K为，分子式为，D错误；
故答案为：BC；
（5）、化合物G为，分子式为，其同分异构体满足：①含有结构；②能发生银镜反应(含-CHO)，且苯环上有4个取代基，苯环不直接与F原子相连，且含基团；③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子，说明其结构有一定的对称性，则符合题意的有：、、、，共4种。
（6）、化合物B为，参照过程⑦知，和发生取代反应可得到B和HCl，参照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反应得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛经转化得到，由以上分析可确定合成路线：。
【分析】对比B和C的结构简式并结合A的分子式知，A中可能含有含氮杂环、羰基，B中可能含有含氨基、双醚键，因此A为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH，将 B 的醚键侧链引入 A 的骨架，同时暂时保护氨基，避免副反应，构建中间体 C 的基本结构；A和B发生取代反应生成C和CH3OH，根据已知信息①，C在80℃、甲基磺酸条件下脱去，将氨基脱保护化，则D为，接着D到E的过程中通过环化或侧链断裂，去除冗余基团，保留含氮杂环的核心骨架 E，为后续偶联做准备，E和G的反应中，G的醇羟基与E的酸性氢同时脱水成键推动反应形成G-E的偶联产物H，构建一个复杂的多环结构，同时对比G、H结构简式并结合E的分子式知，E为，即E和G发生取代反应生成H和H2O，H和I发生取代反应，NaH是一种强碱，能夺取H的活泼氢，并在KI的作用下促进多环结构形成酯键，引入侧链，最终合成巴洛沙韦酯K和HCl。
（1）化合物B中有两种官能团：氨基、醚键。
（2）结合分析知，A的结构简式为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH。
（3）结合分析知，D为，E为，对比二者结构，可确定过程③的化学方程式：。
（4）A．化合物G为，含F原子，可氢氧化钠水溶液、加热的条件下发生水解反应，但它不能发生消去反应，A错误；
B．过程②中C在甲基磺酸、条件下反应，已知是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去，脱去时可能会产生叔丁基阳离子和二氧化碳，B正确；
C．过程④过程中，F中的酮羰基被还原为醇羟基，该反应为还原反应，中-OH所连的碳原子属于手性碳原子（连有4个不同原子或基团的饱和碳原子），C正确；
D．K为，分子式为，D错误；
故选BC。
（5）化合物G为，分子式为，其同分异构体满足：①含有结构；②能发生银镜反应(含-CHO)，且苯环上有4个取代基，苯环不直接与F原子相连，且含基团；③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子，说明其结构有一定的对称性，则符合题意的有：、、、，共4种。
（6）化合物B为，参照过程⑦知，和发生取代反应可得到B和HCl，参照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反应得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛经转化得到，由以上分析可确定合成路线：。
1 / 1浙江省Z20名校联盟2025届高三下学期第三次联考 化学试卷
1．（2025·浙江模拟）下列只含极性键的极性分子是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、中的属于不同原子之间形成的极性键，但分子的结构为平面三角形，整个分子中电荷分布对称，键的极性相互抵消，属于非极性分子，A错误；
B、的结构为，其中键属于非极性键，尽管H2O2分子为极性分子，结构不对称，但不满足“只含极性键”的条件，B错误；
C、的结构为，其中的键属于非极性键，且C2H6的结构高度对称，键的极性相互抵消，属于非极性分子，C错误；
D、臭氧分子中三个氧原子通过 三中心四电子大键连接，中心氧原子采取 杂化 ，形成两个σ键和一个孤电子对，大π键的电子云分布不均匀从而产生极性，所以臭氧分子中的共价键为极性键，同时由于电荷中心不重合，使臭氧分子的结构为V形，导致电荷分布不对称，属于极性分子，D正确；
故答案为：D
【分析】由不同元素原子之间形成的共价键叫极性键；由同种元素原子之间形成的共价键绝大部分叫非极性键；同时由极性键形成的分子结构中电荷分布不对称的分子通常属于极性分子，由极性键形成的分子结构中电荷分布对称的分子通常属于非极性分子；但是要注意特例，臭氧分子的空间结构与水分子的相似，其分子有极性，但很微弱，仅是水分子的极性的28%。臭氧分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的。由于臭氧的极性微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度。
2．（2025·浙江模拟）下列表示正确的是
A．异丙基的结构简式：
B．激发态H原子的轨道表示式：
C．N-甲基乙酰胺的键线式为：
D．与互为同位素
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素、核素；结构简式
【解析】【解答】A、异丙基的结构就是在丙烷的结构基础上，CH3CH2CH3，2号碳原子失去1个氢原子形成的基团，结构为：，A正确；
B、原子轨道的能级规则为主量子数n对应角量子数l的取值范围是0≤lC、N-甲基乙酰胺结构简式为：，其中氮原子需满足3价（与羰基碳、甲基碳、氢原子各成1个σ键），但在选项的键线式中，氮原子仅体现2个σ键（羰基碳、甲基碳），缺少与氢原子的键，则正确的键线式为：，C错误；
D、同位素是指的同一元素形成的中子数不同的原子，不是分子，所以与不是互为同位素，但是在分子结构层面上看，两者是硫元素（S）形成的不同结构单质，所以与互为同素异形体，D错误；
故答案为：A
【分析】同素异形体：由同种元素组成的不同单质，因原子排列方式不同而具有不同性质。例如，碳的同素异形体有石墨和金刚石。
同位素：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子。例如，氢的同位素有氕、氘和氚。
3．（2025·浙江模拟）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法不正确的是
A．生活中常用聚乙烯制成的薄膜来包装水果、蔬菜等食物
B．等离子体具有良好的导电性和流动性，可以用于制造等离子体显示器等
C．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是电化学保护法的牺牲阳极法
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；聚合反应
【解析】【解答】A、聚乙烯（PE）是一种无毒、化学稳定性高、耐水耐腐蚀的塑料，广泛用于食品包装，如保鲜膜、塑料袋等，它符合食品安全标准，能有效保护水果、蔬菜，A正确；B、等离子体是由自由电子、离子和中性粒子组成的物质状态，具有高导电性和流动性。等离子体显示器（PDP）正是利用等离子体在电场中发光的原理工作，B正确；
C、纯碱也就是碳酸钠，溶液呈碱性，能通过皂化反应去除油脂类污渍，因为油脂是甘油三酯，可被碱水解为水溶性物质。但汽油污渍的主要成分是烃类化合物（属于非极性物质，不与碱反应。热的纯碱溶液无法有效分解或溶解汽油污渍，反而可能因碱性残留损伤衣物。汽油污渍通常需用有机溶剂（如酒精）或表面活性剂（如洗涤剂）清洗，C错误；
D、电热水器内胆通常为钢铁材质，易发生电化学腐蚀，镁的金属活动性比铁强，优先被氧化腐蚀，从而保护内胆。这属于电化学保护法中的牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故答案为：C
【分析】牺牲阳极阴极保护法是一种防止金属腐蚀的方法，即将还原性较强的金属作为保护极，与被保护金属相连构成原电池，还原性较强的金属将作为负极发生氧化反应而消耗，被保护的金属作为正极就可以避免腐蚀；牺牲阳极的阴极保护法常被应用于保护如水中钢桩、海轮外壳等，以水中钢铁闸门为例，其保护方式通常是在轮船外壳水线以下或靠近螺旋桨的舵上焊接锌块，以此来预防船壳等部件的腐蚀。
4．（2025·浙江模拟）物质的结构决定物质的性质，下列说法正确的是
A．相同浓度的和[Cu(NH3)4]2+氧化性：前者>后者
B．金刚石中碳碳键键长较短，键能和硬度很大，不容易因锤击而破碎
C．由于水分子间存在氢键，所以稳定性：
D．甘油是粘稠液体是因为甘油分子间存在较强的范德华力
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、配位化合物中，配体对中心离子电荷分散效应影响氧化性。当Cu2+与NH3形成[Cu(NH3)4]2+时NH3的孤电子对进入Cu2+的空轨道，会分散中心离子的正电荷。而氧化性本质是得电子能力，正电荷越集中，得电子能力越强。因此，游离的Cu2+比配位后的[Cu(NH3)4]2+更易获得电子，氧化性：Cu2+>[Cu(NH3)4]2+，A正确；B、金刚石中C-C键键长短、键能大，故硬度极高，抗划痕；但共价键是定向排列的共价网络，受锤击时，应力会沿共价键连接方向集中，导致共价键断裂，因此金刚石脆性强，易被锤击破碎，B错误；
C、H2O与H2S的稳定性，由H-O键能和H-S键能相对大小决定，O非金属性强，H-O键能更大，更难断裂；氢键是水分子间的相互作用，仅影响熔沸点、溶解性等物理性质，与化学稳定性无关，C错误；
D、甘油HOCH2CH(OH)CH2OH含3个羟基，羟基间可形成分子间氢键，而非范德华力，氢键使分子间作用力显著增强，导致甘油呈粘稠液体。范德华力整体弱于氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】氢键是一种非化学键的相互作用力，其中氢原子与若与电负性大、半径小的原子Y（O，F和N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键，氢键通常情况下仅影响物理性质（如沸点），不改变化学键强度。一般情况下，化学键的强度高于氢键，氢键高于范德华力。
5．（2025·浙江模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．轻微烫伤或烧伤时，可用冷水处理，然后涂上烫伤膏即可
B．苯酚不慎沾到皮肤上，先用抹布擦拭，再用以上的水冲洗
C．探究钠与水的反应时需要注意：
D．镁燃烧起火不可用泡沫灭火器灭火
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、实验过程中发生轻微烫伤或烧伤时，对于轻微烫伤或烧伤，应立即用冷水冲洗（至少10-15分钟）以降温、减轻疼痛和减少组织损伤，然后涂抹烫伤膏进行保护。这是标准的急救处理方法，A正确；B、苯酚是一种腐蚀性和有毒的化学物质，皮肤接触后，标准处理方法是：立即用大量流动清水冲洗至少15分钟，而不是先用抹布擦拭。用抹布擦拭可能扩散化学物质或加重皮肤损伤。冲洗水温度应适中（一般为15-25℃），不能使用65℃以上的热水，因为高温水会增加皮肤渗透性，促进苯酚吸收，并可能造成烫伤，加重伤害。正确步骤是冲洗后就医，必要时使用特定解毒剂，B错误；
C、钠与水反应放热、生成氢气，属于易燃易爆气体，要注意通风，防氢气聚集。反应十分剧烈，液体易溅出，需戴护目镜。需要用镊子取钠，实验后洗手，操作提示合理，C正确；
D、镁燃烧时温度极高，泡沫灭火器中的水或化学泡沫会与镁反应，产生氢气并加剧火势，甚至导致爆炸。镁起火应使用D类灭火器（金属火灾专用）、干燥沙子或专用灭火剂覆盖，D错误；
故答案为：B
【分析】钠与水反应的过程中：首先钠有于钠的密度较低，其次反应生成的氢气，所以钠会浮在水面上；然后由于反应放热，温度升高，钠会熔化成一个小球；由于反应迅速，和产生的氢气，熔化的钠小球会在水面快速游动；由于反应的剧烈，钠小球会滋滋作响，如果钠的剂量过大，钠小球会烧起来甚至发生爆炸；反应生成氢氧化钠使得水会变成碱性，如果加入酚酞指示剂，溶液会变成红色。
6．（2025·浙江模拟）设是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．羟胺中氧的价层电子对数为
B．和的固体混合物中含，则混合物中质子数为
C．中含阴离子个数为
D．由甘氨酸形成的三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；阿伏加德罗常数；酰胺
【解析】【解答】A、羟胺(NH2OH)中，氧原子形成两个单键（O-H键和O-N键），并有两对孤对电子，因此，氧原子的价层电子对数为4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每个氧原子有4对价层电子对，所以总价层电子对数为0.1×4=0.4 mol，即0.4NA，A正确；B、NaCl中：Na的原子序数为11，有11个质子，Cl的原子序数为17，有17个质子，可得出总质子数=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序数7，7个质子；4个H原子各1个质子，共4个质子），Cl的原子序数为17，有17个质子，总质子数=7+4+17=28。混合物中含1molCl-，意味着有1mol化学单元（NaCl或NH4Cl），因为每个单元提供一个Cl-，无论NaCl和NH4Cl的比例如何，总质子数为1×28=28 mol，即28NA，B正确；
C、CaH2是离子化合物，由Ca2+和两个H-组成，每个CaH2单元中有2个阴离子（H-）。0.1molCaH2中含有阴离子的物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，阴离子个数为0.2NA，C错误；
D、三肽由三个氨基酸形成，形成两个肽键，且三肽的分子量为189g/mol，可计算18.9g三肽的物质的量为18.9/189=0.1 mol，每个三肽分子中有两个肽键，所以肽键总物质的量为0.1×2=0.2 mol，因此，肽键数目为0.2NA，D正确；
故答案为：C
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
7．（2025·浙江模拟）下列有关物质的性质和用途不具有对应关系的是
A．纤维素主链上的羟基可与硝酸发生反应，故可制备“无烟火药”硝化纤维
B．乙醇受热易挥发，故酿米酒需晾凉米饭后加酒曲
C．过氧碳酸钠具有较强氧化性，故可用漂白衣物
D．铝合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等优越性质，可以做飞机外壳部件
【答案】B
【知识点】合金及其应用；钠的重要化合物；铝的化学性质；乙醇的物理、化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、纤维素分子中的羟基（—OH）具有反应活性，可与硝酸发生酯化反应生成硝化纤维。硝化纤维是“无烟火药”的主要成分，因此羟基的反应性的性质与制备硝化纤维的用途直接对应，A正确；B、乙醇受热易挥发是乙醇的物理性质，但酿米酒过程中“晾凉米饭”的主要目的是为了控制温度，避免高温杀死酒曲中的酵母菌和霉菌，确保发酵过程顺利进行。发酵产生乙醇后，高温可能导致乙醇挥发，但这并非“晾凉米饭”的直接原因。因此，乙醇易挥发的性质与晾凉米饭以加酒曲的用途不直接对应B错误；
C、过氧碳酸钠在水中能分解生成过氧化氢，而H2O2具有较强的氧化性，能氧化分解色素和污渍，因此常用于漂白衣物。其氧化性的性质与漂白衣物的用途直接对应，C正确；
D、铝合金的密度小、强度高和耐腐蚀等性质使其非常适合用于飞机外壳部件，以减轻重量、增强结构强度并抵抗环境腐蚀。其物理和化学性质与做飞机材料的用途直接对应，D正确；
故答案为：B
【分析】作答此类题型时，一定要注意物质的性质和用途是否存在因果逻辑关系，因为在选项中会出现性质正确，用途正确，但二者没有因果关系的选项，亦或者性质、用途只对了一半的选项，我们都需要慎重考虑。
8．（2025·浙江模拟）下列离子方程式正确的是
A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：
B．氯乙酸乙酯在足量溶液中加热：
C．少量通入苯酚钠溶液中：（已知：的，苯酚的）
D．向溶液中滴加过量的硫酸：
【答案】D
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀硝酸具有强氧化性，而硫化亚铁中的硫离子（S2-）易被氧化，实际反应中，硝酸会将硫化物氧化为硫单质或硫酸盐，不会生成H2S气体，实际发生的反应为：，A错误；B、氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）的结构中含有酯基（-COOC2H5）和活泼氯原子（-CH2Cl），两者均可与OH-反应，在足量NaOH和加热条件下，酯基水解生成羧酸盐和乙醇，氯原子水解：由于氯受邻位羰基活化，易被羟基取代，生成羟乙酸盐。因此正确反应为：，原方程式只考虑酯水解，未考虑氯的水解，B错误；
C、由题干给定的信息可知，电离常数的相对大小：Ka1(H2SO3)>Ka（苯酚)>Ka2(H2SO3)，酸性：H2SO3>苯酚>HSO3-。少量SO2通入苯酚钠时，强酸制弱酸应生成SO32-，因此正确反应为：，C错误；
D、[Cu(NH3)4]2+是铜氨络离子，加入硫酸，提供H+后，H+与NH3结合形成NH4+，破坏络合物，释放Cu2+，因此其正确的离子方程式：，D正确；
故答案为：D
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
9．（2025·浙江模拟）如下图所示的自催化反应，Y作催化剂。下列说法正确的是
A．X能在碱性条件下水解生成
B．碱性：Y强于X
C．Y中所有碳原子均共平面
D．随增大，该反应速率会一直增大
【答案】B
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；酰胺；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X含酯类结构，类似碳酸酯，碱性条件下水解时，生成CO2会与碱反应生成CO32-，不会直接放出CO2，A错误；B、X上的N处于酰胺键中，羰基吸电子使N电子密度降低，碱性弱；Y上的N为仲胺，无吸电子共轭，N电子密度高，碱性强。故碱性：Y>X，B正确。
C、Y含环己烷环，碳原子为sp3杂化，则环己环上的碳原子不可能共平面，C错误；
D、Y是催化剂，反应速率受催化剂浓度、底物浓度、温度等影响。催化剂浓度增大时，初期速率可能上升，但不会“一直增大”，D错误；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
10．（2025·浙江模拟）下列实验装置正确，且能达到相应实验目的的是
A.验证反应有生成 B.验证铁粉与水蒸气反应有产生
C.制备无水 D.除去固体中少量的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；铁的化学性质；实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸共热制得Cl2，但浓盐酸挥发的HCl会与AgNO3反应生成AgCl沉淀，干扰Cl2的检验，同时Cl2与水反应也生成Cl-，也会干扰检验结果，A错误；B、铁粉与水蒸气反应的方程式为：，湿润棉花提供水蒸气，铁粉高温反应生成H2，H2通入肥皂液形成可点燃的气泡，验证H2的生成，但是试管口要略微向下倾斜，如若向下倾斜会使得液化后的水蒸气进入试管内，导致试管炸裂，B错误；
C、胆矾即CuSO4·5H2O，加热失去结晶水即可得无水CuSO4，CuSO4加热不氧化，无需防氧，结晶水失去后也无需防湿，通N2的主要目的是将水蒸气及时排除，加快实验的进程，C正确；
D、除去Na2CO3中NaHCO3，需加热固体：，加热固体应选坩埚，但装置中用蒸发皿加热固体，蒸发皿用于蒸发溶液，D错误；
故答案为：C
【分析】坩埚：用于灼烧自身体积较小固体物质，可直接加热，无需垫石棉网；
蒸发皿：蒸发滤液，结晶获得滤液中的溶质，可直接加热，无需垫石棉网；
11．（2025·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．依据相同温度下可逆反应的浓度商Q与平衡常数K大小的比较，可推断反应进行的方向
B．平衡：中，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能也依次增大
D．在合成氨反应中：，一定条件下，将通入恒容的容器中反应，当物质的量分数不变时不能判断可逆反应是否达平衡状态
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、根据所学的化学平衡原理可知：当浓度商Q>K时，反应逆向进行；当Q=K时，反应达到平衡，A正确；B、反应放热（ΔH<0），表明形成新键释放的能量大于断裂旧键吸收的能量设断裂2molNO2，中的键所需能量为Ea，断裂1molN2O4中的键所需能量为Eb，可得反应放热：正向反应ΔH=Ea Eb<0，因此Ea，故断裂2molNO2的键所需能量小于断裂1molN2O4的键所需能量，B正确；
C、第二周期主族元素中，电负性从左到右依次增大，Li最小，F最大。但第一电离能并非单调增大：Be（1s22s2）全满稳定，电离能高于B（1s22s22p ），N（1s22s22p3）半满稳定，电离能高于O（1s22s22p4），因此，电离能趋势为：Be>B，N>O，C错误；
D、初始投料n(N2)：n(H2)=1：1，但化学计量比为1：3，设初始n(N2)=a，n(H2)=a，n(NH3)=0，总物质的量=2a。反应后，设消耗N2为xmol，则：n(N2)=a–x、n(H2)=a-3x、n(NH3)=2x，故总物质的量=(a-x)+(a-3x)+2x=2a-2x，N2物质的量分数：，因此，在整个反应过程中，N2物质的量分数恒为1/2，始终不变，当它不变时，不能作为判断平衡状态的依据，D正确；
故答案为：C
【分析】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
12．（2025·浙江模拟）电解法制取有广泛用途的，工作原理如图1所示。已知：只在强碱性条件下稳定。下列说法不正确的
A．离子交换膜应该选择阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为：
C．由图2可知，N点浓度低是由于过高，铁电极上可能有生成
D．电解产生（标况）时，电路中转移电子数目为
【答案】A
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、在电解池中，阳极反应为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，消耗OH-，阴极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，产生OH-。为了维持阳极室的高OH-浓度以保证Na2FeO4的稳定性，所以要求OH-应从阴极室向阳极室迁移。阳离子交换膜只允许阳离子（如Na+）通过，而阴离子交换膜才允许阴离子（如OH-）通过。因此，应选择阴离子交换膜，而非阳离子交换膜，A错误；B、该反应正确描述了铁在碱性条件下被氧化为高铁酸根（FeO42-）的过程，铁从0价升至+6价，失去6个电子，并与OH-反应，电极反应式为 ，B正确；
C、图2显示，当c(NaOH)=14mol·L- 即c(OH-)过高时，Na2FeO4浓度在N点较低。这是因为高OH-浓度可能导致铁电极表面生成Fe(OH)3沉淀，形成钝化层，阻碍铁进一步氧化为FeO42-，C正确；
D、标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol。6.72LH2的物质的量为：6.72/22.4=0.3mol。阴极反应为2H2O+2e-→H2+2OH-，每产生1molH2需转移2mol电子。因此，0.3molH2对应转移电子数为0.3×2=0.6mol，即0.6NA，D正确；
故答案为：A
【分析】图1中，Fe电极为阳极，此处Fe被氧化为，不断消耗OH-，阳极式为：；Ni为阴极，此处水中的被还原为H2，不断生成OH-，阴极式为；则中间的离子交换膜为阴离子交换膜，经交换膜从右侧进入左侧。
图2中：已知Na2FeO4只在强碱性条件下稳定：当NaOH的浓度从6增至14（M→最高点）：碱性增强，FeO42-稳定性提高，浓度上升。当NaOH的浓度超过14（最高点→N）：虽仍为强碱性，但浓度下降的原因并非稳定性降低，强碱性仍稳定，更可能是过高的OH-影响电极反应速率、离子迁移等。
13．（2025·浙江模拟）氮和氧是构建化合物的常见元素，某的晶胞如图。
下列说法不正确的是
A．该氮氧化物中N都呈价
B．该晶体中氮原子的杂化方式有两种
C．与足量红棕色气体反应生成的化学方程式为：
D．晶体类型是分子晶体
【答案】D
【知识点】离子晶体；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、N2O5中，无论是固态离子形式（[NO2+][NO3-]）还是气态分子形式（O2N-O-NO2），氮的氧化态均为+5，A正确；
B、根据价层电子对互斥理论可知，在中的孤对电子为，则微粒VSEPR模型为直线形，中心N原子杂化类型为：杂化；在中的孤对电子为，则微粒VSEPR模型为平面三角形，中心N原子杂化类型为：杂化，B正确；
C、具有强氧化性，在将氧化为时，还有生成，N由+4价升高到+5价，发生氧化反应，O3中的一个O从0价降低到-2价，发生还原反应，据此可以推断出反应的化学方程式为：，C正确；
D、根据晶胞中N原子和O原子的结合可知，晶胞中存在2种微粒，一种为：；一种为：，则晶体类型为：离子晶体，D错误；
故答案为：D
【分析】晶体，一般包括离子晶体、分子晶体、原子晶体、金属晶体四种类型，可以依据构成晶体的微粒和微粒间的作用判断：
离子晶体的构成微粒是阴、阳离子，微粒间的作用是离子键。
原子晶体的构成微粒是原子，微粒间的作用是共价键。
分子晶体的构成微粒是分子，微粒间的作用为分子间作用力。
金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，微粒间的作用是金属键。
14．（2025·浙江模拟）傅克酰基化反应的机理如下：
已知：步骤Ⅱ为决速步
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ还生成
B．与发生傅克酰基化反应的速率：苯>甲苯
C．该机理涉及加成反应和消去反应
D．根据机理，苯也可以与反应，所得的产物为
【答案】B
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；取代反应；加成反应
【解析】【解答】A、在步骤Ⅰ中酰氯和AlCl3反应生成的酰基阳离子，结合原子守恒可知，步骤Ⅰ还生成，A正确；
B、傅克酰基化反应可以看成是一个取代反应，甲苯中的甲基会活化苯环上对位和邻位的H原子，使得反应的速率比苯快，因此与发生傅克酰基化反应的速率：苯<甲苯，B错误；
C、由图可知，步骤Ⅱ中酰基阳离子加成到芳香环上形成一个带正电的化合物，因此为加成反应，步骤III中为带正电的化合物失去质子重新芳香化的过程，因此为消去反应，C正确；
D、的结构简式为，根据傅克酰基化反应的机理，苯也可以与发生傅克酰基化的取代反应，所得的产物为和CH3COOH，D正确；
故答案为：B
【分析】傅克酰基化反应的机理解读：步骤I：酰基正离子形成，酰氯（R-CO-Cl）与路易斯酸AlCl3作用，Cl-作为路易斯碱与AlCl3结合，生成AlCl4+，促使酰氯解离出酰基正离子；
步骤II：决速步，取代反应的核心，反应本质：苯环进攻酰基正离子的缺电子碳，形成环己烯型碳正离子中间体，苯环暂时破坏芳香性，正电荷离域在环上，该步活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的速率。
步骤III：去质子化，恢复芳香性，碳正离子中间体失去邻位质子，重新形成苯环的共轭π键，恢复芳香性，最终生成酰基苯。
15．（2025·浙江模拟）室温下，用只含少量的溶液制备的过程如图所示。已知。下列说法不正确的是
A．“除镁”得到的上层清液中：
B．溶液的约为8，可得出：
C．反应的平衡常数
D．“沉锰”后的滤液中：
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、“除镁”得到的上层清液中：c(F-)=5.2×10-6 mol L-1，除镁步骤通过加入NaF溶液沉淀Mg2+，生成MgF2。上层清液为饱和MgF2溶液，满足溶度积：。
若假设Mg2+沉淀完全，则可认为[Mg2+]=1.0×10-5mol·L- ，代入公式可得：，A错误；
B、0.1mol·L- NaHCO3溶液的pH约为8，且NaHCO3为两性物质，但在此显碱性，说明的水解程度大于其电离程度，即：，且，可以推断出：，则可得出：，B正确；
C、的总反应可分解为以下步骤：
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
，平衡常数为：；
结合盖斯定律，可以推断出总反应平衡常数为：
，和选项一致，C正确；
D．“沉锰”后的滤液中含有、及少量的和，阳离子：Na+（来自加入的NaF和NaHCO3）、H+，阴离子：HCO3-、OH-、CO32-（来自NaHCO3）、SO42-（初始MnSO4的残留）、F-（除镁后残留），电荷平衡要求：总正电荷浓度=总负电荷浓度。SO42-和CO32-为二价离子，电荷浓度为2c(SO42-)和2c(CO32-)；其他离子为一价。存在的电荷守恒关系：，D正确；
故答案为：A
【分析】在流程图中，首先是除镁步骤（加NaF溶液）：利用MgF2的低溶度积Ksp=5.2×10-11，使Mg2+与F-反应沉淀：，同时NaF溶于水，F-会水解：；同时，原料MnSO4是强酸弱碱盐，溶液微酸性，Mn2+水解：，H+会与F-结合生成HF，导致F-降低，影响除镁效果。所以在流程中需通过NaF过量或控制pH弱酸性，避免H+过多消耗F-保证除镁完全；然后是沉锰步骤（加NaHCO3溶液）：NaHCO3中HCO3-兼具电离和水解的能力，而反应为电离与沉淀的耦合：，Mn2+结合CO32-，促进HCO3-电离，生成的H+与另一分子HCO3-反应：，推动反应正向进行。
16．（2025·浙江模拟）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
已知：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中发生反应的离子方程式为
B．若消耗的溶液的体积为，则废水中苯酚含量为
C．步骤Ⅱ中加入的溶液不能过量
D．由于有挥发性，可能会造成测定结果偏高
【答案】C
【知识点】中和滴定；苯酚的化学性质；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、步骤I中加入过量H2SO4酸化的KBr溶液，KBrO3在酸性条件下与Br-反应生成Br2，则反应的离子方程式为：，A正确；
B、计算步骤I生成的总Br2：由反应式，，对应生成：；计算过量Br2的物质的量：设滴定消耗Na2S2O3的体积为V3mL，则：。由I2~2S2O32-和Br2~I2，得：；计算与苯酚反应的Br2：；推导苯酚的物质的量：因1mol苯酚消耗3molBr2，故：；计算废水中苯酚的浓度：废水体积为：V2mL（即V2×10-3L），浓度为：，B正确；
C、步骤II中，加入KI溶液使剩余Br2转化为I2：Br2+2I →I2+2Br 。为确保Br2完全反应，避免因KI不足导致部分Br2未转化，进而使滴定测得的I2量偏低，导致剩余Br2计算值偏低，与苯酚反应的Br2计算值偏高，苯酚结果偏高，需加入过量KI。过量KI不影响后续Na2S2O3滴定I2。因此，KI应过量，C错误；
D、Br2易挥发，若在加入废水前或反应过程中Br2挥发，则初始Br2实际量减少，但计算仍以理论初始量为准，根据苯酚含量的计算公式可知：，会导致与苯酚反应的Br2计算值偏高，因测得剩余Br2偏低，苯酚结果偏高，D正确；
故答案为：C
【分析】测定经处理后的废水中苯酚的含量的实验方法为：先用加入用硫酸酸化的过量KBr溶液将转化为：；再加入的废水，利用消耗废水中的苯酚转化为三溴苯酚沉淀：，进行过滤，在滤液中加入过量KI溶液消耗剩余的，发生反应：，最后用溶液滴定，根据消耗的溶液体积计算废水中苯酚的含量，实验通过“先加过量试剂（Br2），再滴定剩余试剂”的思路，将苯酚的取代反应与碘量法的氧化还原滴定结合，间接测定苯酚含量，因苯酚无直接滴定的特征反应，故设计“过量溴反应+剩余溴滴定”的策略。整个流程围绕“溴的生成→苯酚反应→剩余溴的碘量法滴定”展开，利用多步反应的计量关系串联，实现苯酚的定量测定。
17．（2025·浙江模拟）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）下列叙述正确的是____________。
A．基态价电子排布式是
B．离子半径：
C．是碱性氧化物
D．的第三电离能大于的第三电离能
（2）的某种氧化物的四方晶胞及其在平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　 　，的配位数为　 　。
（3）（见图）是晶型转变的诱导剂。熔点：　 　（填“>”“<”或“=”），从结构角度分析原因　 　。
（4）锰锌铁氧体元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
①氨浸后溶液B中存在的阳离子有　 　（填写化学式），操作1是　 　，操作2是　 　。
②沉锰反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）B；D
（2）MnO2；6
（3）<；中阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱，所以熔点低于
（4）[Zn(NH3)4]2+、、H+；过滤；煮沸或加热；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；离子方程式的书写；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）A、Mn是25号元素，是Mn原子失去2个电子形成，其基态价电子排布式是，A错误；
B、对于同种元素的离子，核外电子数越多，离子半径越大，核外电子数比多，所以离子半径：，B正确；
C、能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；
D、的价电子排布式为，3d轨道处于半充满稳定状态，再失去一个电子较难；价电子排布式为，失去一个电子后3d轨道达到半充满稳定状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）、根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离Mn最近且相邻的O为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）、是由有机阳离子和组成的离子液体，其阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱；所以熔点低于；
（4）、①、氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，则氨浸后溶液B中存在的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是将固体A和溶液B分离的操作，故操作1为过滤；操作2为将含[Zn(NH3)4]2+的溶液进行煮沸或加热脱氨，得到固体；
②、沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2，沉锰反应的离子方程式为。
【分析】锰锌铁氧体首先通过氨浸+操作1（过滤）：分离Zn与Mn、Fe，因为Zn2+与氨水形成稳定配合物[Zn(NH3)4]2+溶在溶剂中，Mn2+、Fe3+则不形成稳定氨配合物，留在固体A中；滤液为溶液B，实现Zn与Mn、Fe的初步分离；接着从溶液B反应到ZnO（操作2），这一步骤加酸破坏氨配合物，同时中和氨水，使，然后加碱调pH，沉淀Zn(OH)2，接着受热分解得到ZnO；
同时固体A反应到MnO2+溶液C，完成沉锰步骤，先是酸溶，固体A是Mn、Fe的氧化物加H2SO4溶解，生成Mn2+和Fe3+，接着加KMnO4，酸性条件下发生归中反应：，Mn2+被氧化为MnO2沉淀，过滤后得MnO2，剩余含Fe3+的溶液C；最后，加还原剂还原Fe3+：，加H2C2O4·2H2O，生成产物FeC2O4·2H2O。
（1）A．Mn是25号元素，是Mn原子失去2个电子形成，其基态价电子排布式是，A错误；
B．对于同种元素的离子，核外电子数越多，离子半径越大，核外电子数比多，所以离子半径：，B正确；
C．能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；
D．的价电子排布式为，3d轨道处于半充满稳定状态，再失去一个电子较难；价电子排布式为，失去一个电子后3d轨道达到半充满稳定状态，所以Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，D正确；
故选BD。
（2）根据“均摊法”，晶胞中含个Mn、个O，则该氧化物化学式为MnO2；由图，距离Mn最近且相邻的O为6个，故配位数(紧邻的阴离子数)为6；
（3）是由有机阳离子和组成的离子液体，其阳离子半径比Na+大，阴阳离子作用力减弱；所以熔点低于；
（4）①氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，则氨浸后溶液B中存在的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、、H+；操作1是将固体A和溶液B分离的操作，故操作1为过滤；操作2为将含[Zn(NH3)4]2+的溶液进行煮沸或加热脱氨，得到固体；
②沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2，沉锰反应的离子方程式为。
18．（2025·浙江模拟）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：
（1）其他条件不变时，下列措施有利于提高平衡转化率的是__________（填序号）。
A．恒容下，按原投料比继续充入和
B．恒压下充入
C．降低温度
D．选择更高效的催化剂
（2）研究表明，催化氧化的反应速率方程为：。式
中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，n为常数。在不同下将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图1所示。下列说法正确的是___________。
A．温度越高，反应速率越大
B．的曲线可以代表平衡转化率所对应的曲线
C．越大，反应速率最大值对应温度越低
D．由图可知，工业生产中为了追求生产效率，应尽可能选择低温
（3）根据图1，在图2中画出不同转化率与最适宜温度的大致曲线　 　。（曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度）
（4）尾气吸收是硫酸工业必须要考虑的问题，某研究小组用溶液吸收尾气中的生成溶液或溶液。已知：的。
①的溶液的　 　。
②保险粉连二亚硫酸钠是一种重要的还原剂，广泛应用于纺织、印染、食品抗氧化等领域，可以通过电解溶液制备，装置如图：
a．写出阴极的电极反应式　 　。
b．已知的结构为，请从共价键角度解释具有强还原性的原因　 　。
【答案】（1）A；C
（2）C
（3）
（4）10；2+2e-+2H+=+2H2O；S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂
【知识点】氧化还原反应；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、A、恒容下，按原投料比继续充入和，等效于增大压强，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，A正确；
B、恒压下充入，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B错误；
C、该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，C正确；
D、选择更高效的催化剂，不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，D错误；
故答案为：AC；
（2）、A、根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，A错误；
B、从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，B错误；
C、从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，C正确；
D、从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，但应尽可能选择低温，可能导致反应速率过慢，导致SO3产率降低，D错误；
故答案为：C；
（3）、对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小，因此，反应的转化率与最适宜温度的关系曲线示意图可表示为：。
（4）、①、室温时，的溶液中的水解常数，，，pH=10；
②、a、由图可知，阴极的电极反应式为在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2+2e-+2H+=+2H2O；
b、已知的结构为，从共价键角度解释具有强还原性的原因：S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂。
【分析】化学平衡中转化率的变化主要受到以下因素的影响：若正反应是吸热反应，升高温度，转化率升高，降低温度，转化率降低；若正反应为放热反应，升高温度，转化率降低，降低温度，转化率升高。
对于mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)类型的反应，若m+n>p+q时，压强增大，A、B的转化率升高；压强减小，A、B的转化率降低；m+n加入惰性气体，如果容器的体积不变（总压强增大）A、B的转化率不变。如果容器的压强不变（容器的体积增大），m+n>p+q时，A、B的转化率降低，m+n分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
电解方程式的书写方法： (1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电 ②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化 ③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质 ④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+浓度较大时在H+之前放电。
（1）A．恒容下，按原投料比继续充入和，等效于增大压强，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，A选；
B．恒压下充入，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B不选；
C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，C选；
D．选择更高效的催化剂，不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，D不选；
故选AC。
（2）A．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故A错误；
B．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，故B错误；
C．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故C正确；
D．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，但应尽可能选择低温，可能导致反应速率过慢，导致SO3产率降低，故D错误；
故答案为：C。
（3）对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小，因此，反应的转化率与最适宜温度的关系曲线示意图可表示为。
（4）①室温时，的溶液中的水解常数，，，pH=10；
②a．由图可知，阴极的电极反应式为在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2+2e-+2H+=+2H2O；
b．已知的结构为，从共价键角度解释具有强还原性的原因：S原子半径较大，S-S键长较长，键能较小易断裂；氧原子电负性较大，S原子带正电，S原子间排斥作用较大，S-S键易断裂。
19．（2025·浙江模拟）甘氨酸亚铁是一种新型的铁营养强化剂。实验室制备甘氨酸亚铁部分装置如下图（夹持和加热、搅拌仪器已省略）。
已知：
i．柠檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和还原性。
ii．易溶于水，难溶于乙醇。
iii．通入溶液中的反应：（黑色）
实验步骤：
Ⅰ．关闭活塞，打开活塞和，加入适量稀硫酸（铁屑足量），当出现____________现象后关闭活塞。
Ⅱ．____________，磁力搅拌器不断搅拌，B中生成沉淀。
Ⅲ．在恒温条件下继续磁力搅拌，然后向B中滴加甘氨酸和柠檬酸溶液，调节溶液至5.5左右，使反应物充分反应。
Ⅳ．反应完成后，向B的反应混合物中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得到粗产品，将粗产品纯化后得精品。
回答下列问题：
（1）仪器b的名称为　 　。
（2）步骤Ⅰ中横线处的现象是　 　。
（3）下列说法正确的是____________。
A．步骤Ⅰ中的铁屑可以改为铁粉，从而加快反应速率
B．步骤Ⅱ横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中
C．步骤Ⅲ可以用水浴加热
D．步骤Ⅳ中洗涤剂可以用冰水
（4）写出B中生成甘氨酸亚铁的化学方程式　 　。
（5）步骤Ⅲ中加入少量柠檬酸的一个作用是能调节溶液促进溶解，另一个作用是　 　。
（6）已知甘氨酸亚铁的结构为：，请分析，等浓度溶液导电能力远弱于溶液的原因　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）C中出现大量黑色沉淀
（3）B；C
（4）
（5）防止二价铁被氧化
（6）甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多
【知识点】常用仪器及其使用；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】、（1）、根据装置B的整体框架可以推测仪器b为恒压滴液漏斗。
（2）、结合分析知，步骤Ⅰ的目的是利用A中产生的氢气将整体装置中的空气排空，结合已知信息iii知，当C中出现大量黑色沉淀(Pd)时，即可关闭活塞。
（3）、A、铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过于剧烈，而铁屑与硫酸反应速率适中，A错误；
B、步骤Ⅱ的目的是利用A中产生的氢气将A中的硫酸亚铁溶液压入B中，则横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中，B正确；
C、步骤Ⅲ在恒温条件下进行，水的沸点为，故可以用水浴加热，C正确；
D、已知信息中提到易溶于水，则步骤Ⅳ中的洗涤剂不能是冰水，D错误；
故答案为：BC；
（4）、B中甘氨酸和碳酸亚铁反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：。
（5）、已知信息中提到柠檬酸具有酸性和还原性，则柠檬酸的另一个作用是作还原剂，防止二价铁被氧化；
（6）、甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，故其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多，等浓度溶液导电能力远弱于溶液。
【分析】装置A：首先打开阀门K1、K3，关闭K2，向A的分液漏斗加入稀硫酸与铁屑反应，，反应生成FeSO4，用于提供Fe2+原料，和H2，用于排尽装置内空气，防止Fe2+被氧化。
装置B：配位反应的核心容器，排氧后，通过H2的压力或阀门控制使A中FeSO4溶液进入B，同时从分液漏斗b滴加甘氨酸+少量柠檬酸混合液。其中甘氨酸（H2NCH2COOH）：含氨基（-NH2）和羧基（-COOH），其中羧基会与Fe2+发生配位反应，形成(H2NCH2COO)2Fe，NH4HCO3用于中和反应生成的H+，维持弱碱性环境，避免Fe2+水解为Fe(OH)2沉淀。而柠檬酸具有还原性，进一步抑制残留O2氧化Fe2+，同时利用弱酸性辅助调节pH，平衡NH4HCO3的碱性，稳定Fe2+。
装置C：利用反应：，检验H2的排氧效果，出现黑色沉淀时，证明H2已充满装置，装置内O2已除净。
反应结束后，向B中加入乙醇，甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]易溶于水，难溶于乙醇，乙醇降低其溶解度，促使产物析出，过滤即可获得固体产品。
（1）仪器b为恒压滴液漏斗。
（2）结合分析知，步骤Ⅰ的目的是利用A中产生的氢气将整体装置中的空气排空，结合已知信息iii知，当C中出现大量黑色沉淀(Pd)时，即可关闭活塞。
（3）A．铁粉表面积大，与硫酸反应速率过快，反应不易控制，可能导致反应过于剧烈，而铁屑与硫酸反应速率适中，A错误；
B．步骤Ⅱ的目的是利用A中产生的氢气将A中的硫酸亚铁溶液压入B中，则横线处操作为：关闭，打开，将A中溶液压入到B中，B正确；
C．步骤Ⅲ在恒温条件下进行，水的沸点为，故可以用水浴加热，C正确；
D．已知信息中提到易溶于水，则步骤Ⅳ中的洗涤剂不能是冰水，D错误；
故选BC。
（4）B中甘氨酸和碳酸亚铁反应生成甘氨酸亚铁，反应的化学方程式：。
（5）已知信息中提到柠檬酸具有酸性和还原性，则柠檬酸的另一个作用是作还原剂，防止二价铁被氧化。
（6）甘氨酸亚铁的结构中存在配位键，使得它在水中难以完全解离成离子，故其溶液中自由移动的离子的浓度比溶液中的离子浓度小的多，等浓度溶液导电能力远弱于溶液。
20．（2025·浙江模拟）巴洛沙韦酯K（）能抑制流感病毒帽状依赖型核酸内切酶，从而抑制病毒的合成。其部分优化路线如下：
已知：①是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去。
②。
③。
（1）化合物B中的官能团名称是　 　。
（2）化合物A的结构简式为　 　。
（3）写出过程③的化学方程式　 　。
（4）下列说法正确的是____________。
A．化合物G可发生水解、消去反应
B．过程②可能会生成
C．过程④为还原反应，产生手性碳原子
D．K的分子式为
（5）写出同时符合下列条件的化合物G的4种同分异构体的结构简式　 　。
①含有结构
②能发生银镜反应的芳香族化合物，苯环上有4个取代基，不直接与F原子相连，且含基团
③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子
（6）乙醛和L（）为原料可合成化合物B，利用已知信息和流程路线中的相关信息，设计合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
【答案】（1）氨基、醚键
（2）
（3）
（4）B；C
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）、根据B的结构式可知，化合物B中有两种官能团：氨基、醚键。
（2）、结合分析知，A的结构简式为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH。
（3）、结合分析知，D为，E为，对比二者结构，可确定过程③的化学方程式：。
（4）、A、化合物G为，含F原子，可氢氧化钠水溶液、加热的条件下发生水解反应，但它不能发生消去反应，A错误；
B、过程②中C在甲基磺酸、条件下反应，已知是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去，脱去时可能会产生叔丁基阳离子和二氧化碳，B正确；
C、过程④过程中，F中的酮羰基被还原为醇羟基，该反应为还原反应，中-OH所连的碳原子属于手性碳原子（连有4个不同原子或基团的饱和碳原子），C正确；
D、K为，分子式为，D错误；
故答案为：BC；
（5）、化合物G为，分子式为，其同分异构体满足：①含有结构；②能发生银镜反应(含-CHO)，且苯环上有4个取代基，苯环不直接与F原子相连，且含基团；③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子，说明其结构有一定的对称性，则符合题意的有：、、、，共4种。
（6）、化合物B为，参照过程⑦知，和发生取代反应可得到B和HCl，参照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反应得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛经转化得到，由以上分析可确定合成路线：。
【分析】对比B和C的结构简式并结合A的分子式知，A中可能含有含氮杂环、羰基，B中可能含有含氨基、双醚键，因此A为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH，将 B 的醚键侧链引入 A 的骨架，同时暂时保护氨基，避免副反应，构建中间体 C 的基本结构；A和B发生取代反应生成C和CH3OH，根据已知信息①，C在80℃、甲基磺酸条件下脱去，将氨基脱保护化，则D为，接着D到E的过程中通过环化或侧链断裂，去除冗余基团，保留含氮杂环的核心骨架 E，为后续偶联做准备，E和G的反应中，G的醇羟基与E的酸性氢同时脱水成键推动反应形成G-E的偶联产物H，构建一个复杂的多环结构，同时对比G、H结构简式并结合E的分子式知，E为，即E和G发生取代反应生成H和H2O，H和I发生取代反应，NaH是一种强碱，能夺取H的活泼氢，并在KI的作用下促进多环结构形成酯键，引入侧链，最终合成巴洛沙韦酯K和HCl。
（1）化合物B中有两种官能团：氨基、醚键。
（2）结合分析知，A的结构简式为，A和B发生取代反应生成C和CH3OH。
（3）结合分析知，D为，E为，对比二者结构，可确定过程③的化学方程式：。
（4）A．化合物G为，含F原子，可氢氧化钠水溶液、加热的条件下发生水解反应，但它不能发生消去反应，A错误；
B．过程②中C在甲基磺酸、条件下反应，已知是叔丁氧羰基的缩写，甲基磺酸条件下容易脱去，脱去时可能会产生叔丁基阳离子和二氧化碳，B正确；
C．过程④过程中，F中的酮羰基被还原为醇羟基，该反应为还原反应，中-OH所连的碳原子属于手性碳原子（连有4个不同原子或基团的饱和碳原子），C正确；
D．K为，分子式为，D错误；
故选BC。
（5）化合物G为，分子式为，其同分异构体满足：①含有结构；②能发生银镜反应(含-CHO)，且苯环上有4个取代基，苯环不直接与F原子相连，且含基团；③核磁共振氢谱显示含4种不同环境的H原子，说明其结构有一定的对称性，则符合题意的有：、、、，共4种。
（6）化合物B为，参照过程⑦知，和发生取代反应可得到B和HCl，参照已知信息②知，CH3CH2OH和CH2ClCHO可反应得到，而CH3CH2OH和CH2ClCHO可由乙醛经转化得到，由以上分析可确定合成路线：。
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