资源简介

浙江省绍兴市2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·绍兴模拟）下列物质属于含非极性键的极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．双氧水的结构式为：，含有非极性键，其分子呈 扭曲的书页式结构：， 导致正电荷中心与负电荷中心不重合，是极性分子，A符合题意；
B．属于离子化合物，电子式为：，含有离子键和非极性共价键，B不符合题意；
C．中只含极性键，空间结构为正四面体，正负电荷重心重合，为非极性分子，C不符合题意；
D．的结构简式为，空间结构为，所有原子处于同一平面，含有极性键键、非极性键键，正负电荷重心重合，为非极性分子，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】同种非金属元素之间形成非极性键，不同种非金属元素形成极性键，据此判断。
2．（2025·绍兴模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．质量数为18的氧原子：
B．π键的电子云图：
C．基态Cu的价电子排布式：
D．的名称：2，3，3，5，5-五甲基己烷
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A．氧原子质子数是8，质量数为18：，A正确；
B．原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠导致电子在核间出现的概率增大而形成的共价键是π键，则电子云图正确，B正确；
C．基态Cu的原子序数是29，价电子排布式：，C正确；
D．的名称：2，2，4，4，5-五甲基己烷，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.质量数为18，质子数为8.A项正确；
B.π电子云为镜面对称，B项正确；
C.铜d轨道要为全面状态，更加稳定；
D.对烷烃命名时，1.选取最长碳链为主链，2.编序号，从距离取代基近的一端进行编号，然后命名即可。
3．（2025·绍兴模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．能与和反应生成，可用作潜水艇中的供氧剂
B．溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液”
C．75%(体积分数)的乙醇溶液具有强氧化性，可用作消毒剂
D．具有抗氧化性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，可用作潜水艇中的供氧剂，A正确；
B．FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液”，B正确；
C.75%(体积分数)的乙醇溶液具有消毒作用，但没有强氧化性，C错误；
D．SO2具有还原性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为常见供氧剂，可以与人呼出的水和二氧化碳反应产生氧气；
B.氯化铁与铜反应进行腐蚀电板；从而达到印刷电路的目的；
C.乙醇消毒液利用其蛋白质变性，而非氧化性；
D.二氧化硫具有还原性，可以与氧气反应，可以防止葡萄酒变质。
4．（2025·绍兴模拟）下列说法不正确的是
A．图①装置用于制取无水固体
B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色
C．图③表示腐蚀类物质
D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃)
【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH) 2而不是MgCl2，应该在HCl氛围中加热，A错误；
B．铜和浓硝酸生成红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO，B正确；
C．图③表示腐蚀类物质，使用过程中要注意安全，C正确；
D．乙醇(沸点为78.4℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.氯化镁溶液加热蒸干时，水解产生的氯化氢容易挥发，最终无法得到氯化镁晶体。
B.红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO；
D.沸点一般相差20℃才能进行蒸馏。
5．（2025·绍兴模拟）下列有关实验说法不正确的是
A．金属钠着火时，可用干燥细沙覆盖灭火
B．做焰色反应前，铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C．未用完的白磷需要放回原试剂瓶
D．少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；化学应用的安全与规则意识
6．（2025·绍兴模拟）X、Y、Z、M、N五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最丰富的元素。Z原子的2p轨道有4个电子且与M同主族，Y与Z相邻。下列说法不正确的是
A．单质氧化性：
B．键角：
C．水解产生两种强酸
D．化合物中离子键百分数：
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．非金属性O＞S，则单质氧化性：，A正确；
B．中心原子O的价层电子对数是，有1对孤对电子，中心原子O的价层电子对数是，有2对孤对电子，两种粒子均采用杂化，孤对电子越多，斥力越大，键角越小，故减小：，B正确；
C．NCl3水解反应：，产物中为弱碱，HClO为弱酸，无强酸生成，C错误；
D．O的电负性大于S，CaO中离子键百分数更高，D正确；
故答案为：C。
【分析】X是宇宙中含量最丰富的元素，则X为H元素，Z原子的2p轨道有4个电子，则Z的价电子排布式为，Z为O元素，Z与M同主族，则M为S元素，Y与Z相邻，Y的原子序数比Z小，则Y为N，N为第五种元素，原子序数最大，为Cl，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、M为S、N为Cl，据此解题。
A.比较单质氧化性，即比较非金属性大小即可；
B.杂化方式相同时，孤电子数目越多，键角越小；
C.．NCl3水解得到氨气和次氯酸，没有强酸；
D.金属离子相同时，非金属性越强，离子键百分含量越大。
7．（2025·绍兴模拟）下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 聚乳酸()中含有酯基 聚乳酸可用于制备可降解塑料
B Ti-Fe合金能与结合成金属氢化物 Ti-Fe合金可用于储存
C 金刚石中的碳采取杂化轨道形成共价键三维骨架结构 金刚石可用作地质钻探材料
D 铵盐与碱共热可生成 实验室可用和制取
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；合金及其应用；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．聚乳酸中含有酯基，易水解，能在微生物的作用降解生成乳酸，故聚乳酸可用于制备可降解塑料，A不符合题意；
B．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，Ti-Fe合金能与结合成金属氢化物，故Ti-Fe合金可用于储存，B不符合题意；
C．金刚石中的碳采取杂化轨道形成共价键三维骨架结构，这一结构使金刚石具有高硬度、高熔点的特性，故金刚石可用作地质钻探材料，C不符合题意；
D．铵盐与碱共热可生成，实验室可用NH4Cl和制取，NH4NO3受热或经撞击易发生爆炸，不用于实验室制备NH3，D符合题意；
故选D。
【分析】A.根据聚乳酸通过缩聚反应得到，可以水解，故可以作为降解材料
B.储氢合金可以储存氢气，用于安全可靠的运算氢气；
C.金刚石是空间立体网状结构，比较稳定，硬度大；
D.实验室制备氨气选择氯化铵，不能选择硝酸铵，会发生爆炸。
8．（2025·绍兴模拟）下列离子方程式正确的是
A．用硝酸溶液溶解FeS：
B．往溶液中滴入少量盐酸：
C．往溶液中通入足量：
D．足量镁粉与溶液反应：
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．硝酸是强氧化性酸，用硝酸溶液溶解FeS时，两者会发生氧化还原反应，不会生成H2S，不符合客观事实，A错误；
B．向Na2CO3溶液中滴入少量盐酸时，H+优先与反应生成，而非直接生成CO2，正确的离子方程式为：，B错误；
C．因碳酸的酸性强于次氯酸，根据“较强酸制较弱酸”的规律，二氧化碳与水反应生成的碳酸会与次氯酸钙反应，又因二氧化碳足量，所以生成的是碳酸氢钙，则向溶液中通入足量CO2反应生成和，其离子方程式为：，C正确；
D．足量Mg与溶液反应时，Mg先将Fe3+还原为Fe2+，因Mg足量，还会进一步将Fe2+还原为Fe，则总反应的离子方程式为：，D错误；
故选C。
【分析】A.硝酸具有强氧化性，会氧化硫化氢；
B.盐酸少量时，应该生成碳酸氢根；
D.由于镁过量，镁会置换出铁单质。
9．（2025·绍兴模拟）一些害虫体内的酶会使DDT发生催化反应脱去HCl变成DDE。
下列说法不正确的是
A．可以用红外光谱鉴别DDT和DDE
B．DDT在氢氧化钠水溶液中加热可以转化成DDE
C．DDE中所有原子可能在同一平面上
D．DDT和DDE中均不含手性碳
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．DDE中含有碳碳双键，DDT中不含有碳碳双键，故可用可以用红外光谱鉴别DDT和DDE，A正确；
B．DDT在氢氧化钠水溶液中加热发生的是水解反应，应在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应转化为DDE，B错误；
C．DDE中碳碳双键、苯环上的原子共面，碳碳单键可以旋转，则碳碳双键可与苯环在同一平面内，DDE所有原子可能共面，C正确；
D．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，DDT和DDE中均不含手性碳，D正确；
故选B。
【分析】A.二者官能团不同，可以利用红外光谱进行鉴别；
B.在碱性条件下水解，氯原子也会水解，无法转化；
C.碳碳单键可以旋转，则碳碳双键可与苯环在同一平面内；
D.饱和碳且连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子。与图可知，都不含手性碳。
10．（2025·绍兴模拟）在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是
A．中Cr的化合价为
B．反应①中作氧化剂
C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7
D．反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，故A正确；
B．在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中仅作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，故C正确；
D．反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据题目该物质结构可知，氧原子有四个是-1价，一个是-2价，据此确定铬的化合价；
B.有反应可知，过氧化氢中氧的化合价升高，做还原剂；
C.根据化合价升降相等即可确定氧化剂与还原剂之比；
D.根据过氧化氢与氧气之间转移电子关系即可。
11．（2025·绍兴模拟）下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则的
B．已知 ，则
C．恒温恒容容器中发生反应，百分含量不再发生变化，说明反应达到平衡状态
D． ，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大
【答案】D
【知识点】热化学方程式；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．已知HF气体溶于水放热，说明HF溶解过程放热(ΔH<0)，但HF是弱酸，电离过程需要克服H-F键的强键能，因此电离过程吸热，则的ΔH>0，A错误；
B．已知 ，因为该反应前后气体分子数不变，所以该反应的熵变，而不是ΔS<0，B错误；
C．恒温恒容容器中发生反应，该反应是固体分解生成气体的可逆反应，反应体系中的物质的量之比始终为2∶1，即百分含量始终不变，则百分含量不再发生变化，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．ΔH＜0，正反应为放热反应，则逆反应的活化能大于正反应的活化能，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大，D正确；
故选D。
【分析】A.氢氟酸为弱酸，其电离方程式为可逆过程；
B.该反应反应前后气体个数不变，熵变等于0；
C.反应体系中的物质的量之比始终为2∶1，即百分含量始终不变，不能作为平衡标志的判断。
12．（2025·绍兴模拟）近年来，由阴极还原主导的电有机合成反应得到了更多的研究关注。2021年，Waldvogel和Morandi等人报道了一类电化学“穿梭”成对电解反应(如下图所示)。该反应有助于我们得到B有价值的气态烯烃化合物和实现对某些污染物的高效降解。
下列说法不正确的是
A．图中A是电池的负极
B．图中B端所连电极反应：
C．每生成1mol乙烯，转移电子数为
D．通过该电解反应，我们可以将“六六六”()转化为苯，实现对该农药的高效降解
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，左侧为阴极，则图中A是电池的负极，A正确；
B．由分析可知，图中B端所连电极为阳极，电极反应为：，B正确；
C．由分析可知，每生成1mol乙烯，转移电子数为，C错误；
D．“六六六”曾被广泛用作杀虫剂，但是它具有高毒性且不易降解，选取“六六六”作为实验对象，由电解原理可知，在经过三次连续的双卤化反应后，转化为苯，实现对该农药的高效降解，D正确；
故选C。
【分析】左侧电极反应Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br-中，碳元素化合价降低，发生还原反应，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，电极反应为：，据此解答。
A.根据图中物质转换过程化合价变化可知，B为正极，A为负极；
B.溴离子失电子变成溴正离子，据此完成电极反应即可；
C.根据C的化合价变化可知，每生成1mol乙烯，转移电子数为；
D.根据上述电解原理，“六六六”最终变成苯，达到降解目的。
13．（2025·绍兴模拟）南开大学孙忠明组于2022年成功合成无机二茂铁，其中环状配体以π电子配位，结构如图。已知：结构类似苯环，存在大π键。
下列说法不正确的是
A．为平面结构
B．中参与形成大π键的轨道是未杂化的3p
C．中Fe的价态为
D．从结构角度分析比白磷更稳定
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的结构类似苯环，苯环是平面结构，因此也是平面结构，A正确；
B．中存在大π键，参与形成大π键的轨道是未杂化的3p轨道，B正确；
C．根据电荷平衡，的总电荷为-2，而的电荷为-2，因此Fe的价态应为+2，C错误；
D．从结构角度分析，存在大π键，比白磷更稳定，D正确；
故选C。
【分析】A.由图可知，该结构形成共轭大派键，属于平面构型；
B.形成大π键就是未参与杂化的P轨道形成的；
C.根据根元素化合价代数和等于0即可判断；
D.该离子形成大π键，比较稳定。
14．（2025·绍兴模拟）某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法正确的是
A．X为，是该反应的催化剂
B．化合物I和V属于同系物且都不存在顺反异构
C．化合物Ⅲ的一氯取代物只有一种
D．该反应的总反应是一个加成反应
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；加成反应
15．（2025·绍兴模拟）25℃时，的电离常数，；。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．0.1mol/L溶液
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据方程式：，则，A项正确；
B．根据方程式：，则，B项正确；
C．根据方程式：，则，C项正确；
D．的电离常数远大于，则只考虑第一步电离，则，解得，D项错误；
答案选D。
【分析】A.该反应为草酸跟的水解反应，可以根据水的离子积与电离常数可以得到其水解常数；
B.根据反应写出平衡常数表达式，在于电离常数进行转化可以得到；
C.根据反应写出平衡常数表达式，结合草酸铁的溶度积和草酸电离常数即可进行转化得到
D.根据草酸第一步电离即可得到其氢离子浓度。
16．（2025·绍兴模拟）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾()，其工艺流程如图所示：
已知：①能溶于水，和均难溶于水。②萃取原理：，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是
A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同
C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水
D．测定磷酸二氢钾()的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强酸性，发生强酸制取弱酸的反应，故A错误；
B．根据分析可知，流程中分离提纯操作I是过滤，操作Ⅱ是分液，故B错误；
C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水，N为氯化铵，故C正确；
D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，用标准NaOH溶液滴定，终点时的溶液显碱性，应该使用酚酞做指示剂，故D错误；
故选：C。
【分析】磷酸钙粉碎后，加入浓硫酸，反应生成磷酸和硫酸钙，过滤，向得到的滤液中加入KCl，发生反应：KCl+H3PO4=KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂萃取HCl，分液，得到含有KH2PO4的水相，继续加入乙醇，降低KH2PO4的溶解度，析出沉淀，过滤，得到KH2PO4，有机相中加入氨水，中和HCl，分液后，得到有机萃取剂和氯化铵溶液，氯化铵溶液经过一系列操作得到副产品氯化铵，据此分析作答。
A.酸浸没有发生氧化还原反，体现硫酸的酸性；
B.操作1得到固体和液体，为过滤，操作2 得到2种液体，为分液；
C.M为氨水，则副产物为氯化铵，可以做氮肥；
D. 磷酸二氢钾与氢氧化钠反应完全时，显碱性，应该选择酚酞。
17．（2025·绍兴模拟）硫是工业生产中的重要元素。请回答：
（1）关于ⅥA族元素原子结构和性质的描述，下列说法正确的是_______。
A．第二电离能：基态O原子大于基态N原子
B．基态Se的简化电子排布式为
C．分子中所有原子均满足8电子结构
D．还原性强于
（2）硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业，其晶胞如图所示。
①1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为　 　。
②将一定浓度的硫化钠溶液和氯化铁溶液混合，实验现象是　 　(从水解角度推测)。
（3）酸性：，从、的结构角度分析原因　 　。
（4）工业上制备硫酸的原理示意图如下：
①若以黄铁矿为原料，则步骤Ⅰ的化学反应方程式为　 　。
②步骤Ⅱ当表面红热后，适当冷却后再继续加热，其原因可能是　 　。步骤Ⅲ产生的尾气经冷却后仍存在的污染性气体有　 　。
A． B． C．硫酸雾 D．
③当中时得到，其钾盐与水反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）A；C；D
（2）；产生无色气体和红褐色沉淀
（3）负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好
（4）；该反应正反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性；BC；
【知识点】晶胞的计算；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；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A．基态2p能级为半充满状态，较稳定，第二电离能：基态O原子大于基态N原子，A项正确；
B．基态Se原子序数为34，简化电子排布式为，B项错误；
C．的结构式为，所有原子均满足8电子结构，C项正确；
D．半径大于，失电子能力强，还原性强于，D项正确；
故答案为：ACD；
（2）①从晶胞图算出，1个晶胞中有黑球代表的离子个，白球代表的离子有8个，则1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为；
②硫化钠溶液中存在、，氯化铁溶液中存在，二者混合后，相互促进水解平衡正移，水解程度增大，生成气体、红褐色沉淀，从而发生双水解反应；
（3）从结构分析，中心原子价层电子对数为，空间构型为正四面体，而中心原子价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，二者比较，结构对称性好，稳定性更好，且组成比多1个原子，则负电荷比更分散，稳定性更好；故答案为：负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好；
（4）①黄铁矿的主要成分为，在沸腾炉中与氧气充分反应生成，反应化学方程式为；②步骤Ⅱ发生该反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性，反应速率减小，步骤Ⅲ发生该反应为放热反应，放热使温度升高，形成硫酸酸雾，而步骤Ⅱ发生的反应为可逆反应，进入步骤Ⅲ的气体中含有，故尾气存在的污染性气体有及硫酸雾；
③可相当于，与水反应化学方程式为。
【分析】（1）A.氮的价电子为半满状态，比较稳定，其电离能异常的高；
B.硒简化电子排布式为，
C.硫形成2个共价键，氯形成一个共价键，恰好都满足8电子结构；
D.非金属性越强，其离子还原性越强。
（2）根据结构，利用均摊法即可得到每个晶胞含有离子数目，即可计算
（3）根据硫酸根和亚硫酸根的结构可知，越对称，越稳定，
（4）该反应为放热反应，停止加热后，反应可以持续进行。
（1）A．基态2p能级为半充满状态，较稳定，第二电离能：基态O原子大于基态N原子，A项正确；
B．基态Se原子序数为34，简化电子排布式为，B项错误；
C．的结构式为，所有原子均满足8电子结构，C项正确；
D．半径大于，失电子能力强，还原性强于，D项正确；
故答案为：ACD；
（2）①从晶胞图算出，1个晶胞中有黑球代表的离子个，白球代表的离子有8个，则1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为；
②硫化钠溶液中存在、，氯化铁溶液中存在，二者混合后，相互促进水解平衡正移，水解程度增大，生成气体、红褐色沉淀，从而发生双水解反应；
（3）从结构分析，中心原子价层电子对数为，空间构型为正四面体，而中心原子价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，二者比较，结构对称性好，稳定性更好，且组成比多1个原子，则负电荷比更分散，稳定性更好；故答案为：负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好；
（4）①黄铁矿的主要成分为，在沸腾炉中与氧气充分反应生成，反应化学方程式为；
②步骤Ⅱ发生该反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性，反应速率减小，步骤Ⅲ发生该反应为放热反应，放热使温度升高，形成硫酸酸雾，而步骤Ⅱ发生的反应为可逆反应，进入步骤Ⅲ的气体中含有，故尾气存在的污染性气体有及硫酸雾；
③可相当于，与水反应化学方程式为。
18．（2025·绍兴模拟）工业上常用的合成氨的方法反应方程式： 。请回答：
（1）有关温度对该反应自发性的影响，下列说法正确的是_______。
A．高温自发 B．低温自发
C．任何温度下均自发 D．任何温度下均不自发
（2）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。
A．升高温度有利于提高该反应的平衡转化率
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，有利于加快反应速率
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而发生爆炸事故
D．原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒
（3）氨合成反应需要高纯的和，因此原料气在通入合成塔前需进行净化。净化体系中会发生以下反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，，，则　 　。
②由于反应Ⅱ不仅会降低和的分压，还会引入烷烃杂质。实验研究发现，恒温恒压下，增大可以降低反应Ⅱ的速率，结合反应Ⅱ和Ⅲ，试从催化剂的角度解释原因　 　(提示：碳化铁能催化反应Ⅱ的进行)。
③仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图　 　。
（4）某研究团队构筑耦合的NiO/Cu纳米电催化剂加速硝酸盐电还原成氨气，电源正极所连电极为NiO/Cu，负极所连电极为惰性电极，电解质溶液为KOH溶液，请写出阴极的电极反应式　 　。
【答案】（1）B
（2）C；D
（3）-41.2；恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低；
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）合成氨反应为熵减的放热反应，自发时，则该反应为低温自发，选B；
（2）A．正反应放热，升高温度平衡左移，故升温不利于提高该反应的平衡转化率，A错误；
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，容器体积扩大，反应相关各气体浓度同等幅度下降，反应速率下降，B错误；
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而导致金属设备的脆性和裂缝、会引发发生爆炸事故，C正确；
D．原料气中的杂质气体如硫、氯、磷、氧等化合物会对催化剂产生毒害作用，故原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒，D正确；
选CD；
（3）①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，得到反应①；反应②；变化③，，根据盖斯定律，反应①-反应②+变化③=反应Ⅰ，则=-41.2。
②已知碳化铁能催化反应Ⅱ的进行，则从催化剂的角度解释原因为：恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低。
③反应Ⅱ为放热反应，焓变=正反应活化能-逆反应的活化能=生成物的总能量-反应物的总能量，仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。则补充完成该反应过程的能量变化示意图为：。
（4）阴极发生还原反应，则该电极上，在碱性条件下硝酸盐被还原成氨气，电极反应式。
【分析】（1）根据自发时，可以得到低温可以自发进行；
（2）A.该反应放热，温度越高不易于提高转化率；
B.混有稀有气体不参与反应，不会加快反应速率；
（3）①根据各物质燃烧热，写出燃烧反应的热化学方程式，根据盖斯定律即可得到反应1焓变；
② 降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低
（1）合成氨反应为熵减的放热反应，自发时，则该反应为低温自发，选B；
（2）A．正反应放热，升高温度平衡左移，故升温不利于提高该反应的平衡转化率，A错误；
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，容器体积扩大，反应相关各气体浓度同等幅度下降，反应速率下降，B错误；
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而导致金属设备的脆性和裂缝、会引发发生爆炸事故，C正确；
D．原料气中的杂质气体如硫、氯、磷、氧等化合物会对催化剂产生毒害作用，故原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒，D正确；
选CD；
（3）①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，得到反应①；反应②；变化③，，根据盖斯定律，反应①-反应②+变化③=反应Ⅰ，则=-41.2。
②已知碳化铁能催化反应Ⅱ的进行，则从催化剂的角度解释原因为：恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低。
③反应Ⅱ为放热反应，焓变=正反应活化能-逆反应的活化能=生成物的总能量-反应物的总能量，仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。则补充完成该反应过程的能量变化示意图为：。
（4）阴极发生还原反应，则该电极上，在碱性条件下硝酸盐被还原成氨气，电极反应式。
19．（2025·绍兴模拟）某研究小组以废铁屑(含少量杂质FeS)为原料制备摩尔盐。实验流程如下：
已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇。请回答：
（1）下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污
B．步骤Ⅲ中炭黑的作用是与铁、稀构成原电池，加快反应速率
C．步骤Ⅳ中磁铁的作用是吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸
D．步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
（2）步骤Ⅲ装置如图甲，该装置中试剂X为　 　。
（3）常压过滤装置如图a，若改用图b装置效果更好，其优点有　 　(写两点)。
（4）步骤Ⅵ“一系列操作”包括用无水乙醇洗涤，无水乙醇的作用是　 　。
（5）硫酸亚铁溶液不稳定，空气中容易被氧化为：；硫酸亚铁铵溶液在空气更稳定，适宜作氧化还原反应中的滴定剂，结合可能的离子方程式解释原因　 　。
（6）用硫酸亚铁铵溶液标定未知浓度的酸性溶液：称取3.92g的六水合硫酸亚铁铵配成溶液，用未知浓度的酸性溶液进行滴定。假设到达滴定终点时，所用酸性溶液体积为20.00mL，则该酸性溶液的浓度为　 　(保留小数点后两位)。
【答案】（1）A；B；C
（2）饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液
（3）过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出
（4）减小产品的损失，除去产品表面的水
（5），水解增大了，从而抑制了氧化
（6）0.10
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解析】用溶液除去废铁屑表面的油污，过滤得到铁，加入炭黑的作用是与铁、稀构成原电池，加快反应速率，用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，滤液主要为硫酸亚铁溶液，加入硫酸铵溶液，采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到摩尔盐晶体。
（1）A.水解显碱性，油污在碱性条件下水解，即步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污，正确；B.炭黑与铁、稀构成原电池，可以加快反应速率，正确；C. 步骤Ⅳ中先用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，正确；D. 步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，错误；故选ABC；
（2）废铁屑中含少量杂质FeS，FeS与稀硫酸生成硫化氢气体，为了防止污染空气，常用饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液除去；
（3）若改用图b装置效果更好，其优点有：过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出；
（4）已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇，无水乙醇的作用是：减小产品的损失，除去产品表面的水；
（5），水解增大了，使逆向移动，从而抑制了氧化；
【(6)题详解】根据，则六水合硫酸亚铁铵物质的量等于亚铁离子物质的量等于高锰酸钾物质的量的五倍，六水合硫酸亚铁铵物质的量等于，则高锰酸钾物质的量等于，溶液的浓度为。
【分析】（1）A.碳酸钠呈碱性，可以去油污；
B.形成原电池，可以加快反应速率；
C.过滤时，铁屑的存在可能堵塞滤纸，所以要除去；
（2）该反应有硫化氢产生，为吸收硫化氢可以选择硫酸铜或者碱液；
（3）该装置为抽滤装置，相比一般过滤而言，过滤速度更快
（4）对于易溶于水的物质，用无水乙醇洗涤，可以减小损失；
（5）铵盐水解，使其显酸性，会抑制亚铁被氧化。
（1）A.水解显碱性，油污在碱性条件下水解，即步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污，正确；B.炭黑与铁、稀构成原电池，可以加快反应速率，正确；C. 步骤Ⅳ中先用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，正确；D. 步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，错误；故选ABC；
（2）废铁屑中含少量杂质FeS，FeS与稀硫酸生成硫化氢气体，为了防止污染空气，常用饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液除去；
（3）若改用图b装置效果更好，其优点有：过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出；
（4）已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇，无水乙醇的作用是：减小产品的损失，除去产品表面的水；
（5），水解增大了，使逆向移动，从而抑制了氧化；
（6）根据，则六水合硫酸亚铁铵物质的量等于亚铁离子物质的量等于高锰酸钾物质的量的五倍，六水合硫酸亚铁铵物质的量等于，则高锰酸钾物质的量等于，溶液的浓度为。
20．（2025·绍兴模拟）H是制备治疗感染药物依拉环素的一种中间体，其合成路线如下(部分反应条件已简化)：
注：表示。
已知：①；②。请回答：
（1）化合物G的含氧官能团名称是　 　。
（2）化合物D的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．A→B过程中可能生成副产物
B．D→E中硝酸的作用是作氧化剂
C．1molD转化成1molG过程中两次消耗BnBr的物质的量相同
D．H具有碱性能与HCl反应
（4）写出A→B的化学方程式　 　。
（5）参照上述路线，设计以3-氯环己烯()、邻甲基苯甲腈()、苯酚为原料合成的路线(用流程图表示，试剂任选)　 　。已知：活性可以选择性氧化醇羟基，而不氧化碳碳双键。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②分子中只有两个六元碳环，其中一个是苯环
③含3个碳氧双键
【答案】（1）酯基、醚键
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6）、、、
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中基团之间的关系；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【分析】结合G的结构可知，CH3I取代了F原子邻位C上的H，则B的结构为：，C的分子式为C6H6O，结合G的结构可知，C为苯酚，B和C先发生酯化反应，再在BBr3条件下将醚键转化为羟基，则D的结构为，D和硝酸反应发生苯环上的取代，再与发生取代反应得到E，E的结构为，加入Na2S2O4，硝基转化为氨基，F的结构为，再加入取代氨基上的H得到G。
（1）
由化合物G的结构可知，其含氧官能团名称是：酯基、醚键；
（2）
根据分析可知，化合物D的结构简式是；
（3）
A．强碱性环境下，羧基中的H也会参与反应，故A→B过程中可能生成副产物，A正确；
B．D→E发生的是取代反应，没有化合价变化，B错误；
C.1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr，故消耗的物质的量不相同，C错误；
D．H中存在氨基，故具有碱性能与HCl反应，D正确；
故选BC。
（4）
结合分析可知：A→B的化学方程式为：；
（5）
结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物，合成路线为：；
【(6)题详解】
化合物D的结构为：，结合条件写出四种同分异构体为：、、、。
【分析】（1）根据流程G的结构简式可知，含氧官能团为 酯基、醚键 ；
（2）根据上述分析可得到D的结构；
（3）B.D→E发生的是取代反应，硝酸作用是催化剂；
C.由上述转化可知，1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr；
（4） A→B 为取代反应，在复的邻位取代一个甲基，据此写出该反应即可。
（5）结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物。
（1）由化合物G的结构可知，其含氧官能团名称是：酯基、醚键；
（2）根据分析可知，化合物D的结构简式是；
（3）A．强碱性环境下，羧基中的H也会参与反应，故A→B过程中可能生成副产物，A正确；
B．D→E发生的是取代反应，没有化合价变化，B错误；
C.1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr，故消耗的物质的量不相同，C错误；
D．H中存在氨基，故具有碱性能与HCl反应，D正确；
故选BC。
（4）结合分析可知：A→B的化学方程式为：；
（5）结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物，合成路线为：；
（6）化合物D的结构为：，结合条件写出四种同分异构体为：、、、。
1 / 1浙江省绍兴市2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·绍兴模拟）下列物质属于含非极性键的极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025·绍兴模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．质量数为18的氧原子：
B．π键的电子云图：
C．基态Cu的价电子排布式：
D．的名称：2，3，3，5，5-五甲基己烷
3．（2025·绍兴模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．能与和反应生成，可用作潜水艇中的供氧剂
B．溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液”
C．75%(体积分数)的乙醇溶液具有强氧化性，可用作消毒剂
D．具有抗氧化性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化
4．（2025·绍兴模拟）下列说法不正确的是
A．图①装置用于制取无水固体
B．图②中试管内先出现红棕色气体，后变无色
C．图③表示腐蚀类物质
D．图④装置不能有效分离苯(沸点为80.1℃)和乙醇(沸点为78.4℃)
5．（2025·绍兴模拟）下列有关实验说法不正确的是
A．金属钠着火时，可用干燥细沙覆盖灭火
B．做焰色反应前，铂丝用稀硫酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C．未用完的白磷需要放回原试剂瓶
D．少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布
6．（2025·绍兴模拟）X、Y、Z、M、N五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最丰富的元素。Z原子的2p轨道有4个电子且与M同主族，Y与Z相邻。下列说法不正确的是
A．单质氧化性：
B．键角：
C．水解产生两种强酸
D．化合物中离子键百分数：
7．（2025·绍兴模拟）下列结构或性质不能解释其用途的是
选项 结构或性质 用途
A 聚乳酸()中含有酯基 聚乳酸可用于制备可降解塑料
B Ti-Fe合金能与结合成金属氢化物 Ti-Fe合金可用于储存
C 金刚石中的碳采取杂化轨道形成共价键三维骨架结构 金刚石可用作地质钻探材料
D 铵盐与碱共热可生成 实验室可用和制取
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·绍兴模拟）下列离子方程式正确的是
A．用硝酸溶液溶解FeS：
B．往溶液中滴入少量盐酸：
C．往溶液中通入足量：
D．足量镁粉与溶液反应：
9．（2025·绍兴模拟）一些害虫体内的酶会使DDT发生催化反应脱去HCl变成DDE。
下列说法不正确的是
A．可以用红外光谱鉴别DDT和DDE
B．DDT在氢氧化钠水溶液中加热可以转化成DDE
C．DDE中所有原子可能在同一平面上
D．DDT和DDE中均不含手性碳
10．（2025·绍兴模拟）在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的，其分子结构为。不稳定，在水溶液中进一步与反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出。其中涉及的两个反应方程式：①(未配平，下同)；②(仅作还原剂)。下列说法不正确的是
A．中Cr的化合价为
B．反应①中作氧化剂
C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7
D．反应②若生成标准状况下的气体11.2L，则反应转移的电子数为
11．（2025·绍兴模拟）下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则的
B．已知 ，则
C．恒温恒容容器中发生反应，百分含量不再发生变化，说明反应达到平衡状态
D． ，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大
12．（2025·绍兴模拟）近年来，由阴极还原主导的电有机合成反应得到了更多的研究关注。2021年，Waldvogel和Morandi等人报道了一类电化学“穿梭”成对电解反应(如下图所示)。该反应有助于我们得到B有价值的气态烯烃化合物和实现对某些污染物的高效降解。
下列说法不正确的是
A．图中A是电池的负极
B．图中B端所连电极反应：
C．每生成1mol乙烯，转移电子数为
D．通过该电解反应，我们可以将“六六六”()转化为苯，实现对该农药的高效降解
13．（2025·绍兴模拟）南开大学孙忠明组于2022年成功合成无机二茂铁，其中环状配体以π电子配位，结构如图。已知：结构类似苯环，存在大π键。
下列说法不正确的是
A．为平面结构
B．中参与形成大π键的轨道是未杂化的3p
C．中Fe的价态为
D．从结构角度分析比白磷更稳定
14．（2025·绍兴模拟）某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法正确的是
A．X为，是该反应的催化剂
B．化合物I和V属于同系物且都不存在顺反异构
C．化合物Ⅲ的一氯取代物只有一种
D．该反应的总反应是一个加成反应
15．（2025·绍兴模拟）25℃时，的电离常数，；。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．0.1mol/L溶液
16．（2025·绍兴模拟）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾()，其工艺流程如图所示：
已知：①能溶于水，和均难溶于水。②萃取原理：，HCl易溶于有机萃取剂。下列说法正确的是
A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．流程中分离提纯操作Ⅰ与操作Ⅱ相同
C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水
D．测定磷酸二氢钾()的含量，可用甲基橙为指示剂，用标准NaOH溶液滴定
17．（2025·绍兴模拟）硫是工业生产中的重要元素。请回答：
（1）关于ⅥA族元素原子结构和性质的描述，下列说法正确的是_______。
A．第二电离能：基态O原子大于基态N原子
B．基态Se的简化电子排布式为
C．分子中所有原子均满足8电子结构
D．还原性强于
（2）硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业，其晶胞如图所示。
①1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为　 　。
②将一定浓度的硫化钠溶液和氯化铁溶液混合，实验现象是　 　(从水解角度推测)。
（3）酸性：，从、的结构角度分析原因　 　。
（4）工业上制备硫酸的原理示意图如下：
①若以黄铁矿为原料，则步骤Ⅰ的化学反应方程式为　 　。
②步骤Ⅱ当表面红热后，适当冷却后再继续加热，其原因可能是　 　。步骤Ⅲ产生的尾气经冷却后仍存在的污染性气体有　 　。
A． B． C．硫酸雾 D．
③当中时得到，其钾盐与水反应的化学方程式为　 　。
18．（2025·绍兴模拟）工业上常用的合成氨的方法反应方程式： 。请回答：
（1）有关温度对该反应自发性的影响，下列说法正确的是_______。
A．高温自发 B．低温自发
C．任何温度下均自发 D．任何温度下均不自发
（2）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_______。
A．升高温度有利于提高该反应的平衡转化率
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，有利于加快反应速率
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而发生爆炸事故
D．原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒
（3）氨合成反应需要高纯的和，因此原料气在通入合成塔前需进行净化。净化体系中会发生以下反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，，，则　 　。
②由于反应Ⅱ不仅会降低和的分压，还会引入烷烃杂质。实验研究发现，恒温恒压下，增大可以降低反应Ⅱ的速率，结合反应Ⅱ和Ⅲ，试从催化剂的角度解释原因　 　(提示：碳化铁能催化反应Ⅱ的进行)。
③仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图　 　。
（4）某研究团队构筑耦合的NiO/Cu纳米电催化剂加速硝酸盐电还原成氨气，电源正极所连电极为NiO/Cu，负极所连电极为惰性电极，电解质溶液为KOH溶液，请写出阴极的电极反应式　 　。
19．（2025·绍兴模拟）某研究小组以废铁屑(含少量杂质FeS)为原料制备摩尔盐。实验流程如下：
已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇。请回答：
（1）下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污
B．步骤Ⅲ中炭黑的作用是与铁、稀构成原电池，加快反应速率
C．步骤Ⅳ中磁铁的作用是吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸
D．步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
（2）步骤Ⅲ装置如图甲，该装置中试剂X为　 　。
（3）常压过滤装置如图a，若改用图b装置效果更好，其优点有　 　(写两点)。
（4）步骤Ⅵ“一系列操作”包括用无水乙醇洗涤，无水乙醇的作用是　 　。
（5）硫酸亚铁溶液不稳定，空气中容易被氧化为：；硫酸亚铁铵溶液在空气更稳定，适宜作氧化还原反应中的滴定剂，结合可能的离子方程式解释原因　 　。
（6）用硫酸亚铁铵溶液标定未知浓度的酸性溶液：称取3.92g的六水合硫酸亚铁铵配成溶液，用未知浓度的酸性溶液进行滴定。假设到达滴定终点时，所用酸性溶液体积为20.00mL，则该酸性溶液的浓度为　 　(保留小数点后两位)。
20．（2025·绍兴模拟）H是制备治疗感染药物依拉环素的一种中间体，其合成路线如下(部分反应条件已简化)：
注：表示。
已知：①；②。请回答：
（1）化合物G的含氧官能团名称是　 　。
（2）化合物D的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．A→B过程中可能生成副产物
B．D→E中硝酸的作用是作氧化剂
C．1molD转化成1molG过程中两次消耗BnBr的物质的量相同
D．H具有碱性能与HCl反应
（4）写出A→B的化学方程式　 　。
（5）参照上述路线，设计以3-氯环己烯()、邻甲基苯甲腈()、苯酚为原料合成的路线(用流程图表示，试剂任选)　 　。已知：活性可以选择性氧化醇羟基，而不氧化碳碳双键。
（6）写出4种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②分子中只有两个六元碳环，其中一个是苯环
③含3个碳氧双键
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．双氧水的结构式为：，含有非极性键，其分子呈 扭曲的书页式结构：， 导致正电荷中心与负电荷中心不重合，是极性分子，A符合题意；
B．属于离子化合物，电子式为：，含有离子键和非极性共价键，B不符合题意；
C．中只含极性键，空间结构为正四面体，正负电荷重心重合，为非极性分子，C不符合题意；
D．的结构简式为，空间结构为，所有原子处于同一平面，含有极性键键、非极性键键，正负电荷重心重合，为非极性分子，D不符合题意；
故答案为：D。
【分析】同种非金属元素之间形成非极性键，不同种非金属元素形成极性键，据此判断。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A．氧原子质子数是8，质量数为18：，A正确；
B．原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠导致电子在核间出现的概率增大而形成的共价键是π键，则电子云图正确，B正确；
C．基态Cu的原子序数是29，价电子排布式：，C正确；
D．的名称：2，2，4，4，5-五甲基己烷，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.质量数为18，质子数为8.A项正确；
B.π电子云为镜面对称，B项正确；
C.铜d轨道要为全面状态，更加稳定；
D.对烷烃命名时，1.选取最长碳链为主链，2.编序号，从距离取代基近的一端进行编号，然后命名即可。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2能与H2O和CO2反应生成O2，可用作潜水艇中的供氧剂，A正确；
B．FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷电路板制作的“腐蚀液”，B正确；
C.75%(体积分数)的乙醇溶液具有消毒作用，但没有强氧化性，C错误；
D．SO2具有还原性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为常见供氧剂，可以与人呼出的水和二氧化碳反应产生氧气；
B.氯化铁与铜反应进行腐蚀电板；从而达到印刷电路的目的；
C.乙醇消毒液利用其蛋白质变性，而非氧化性；
D.二氧化硫具有还原性，可以与氧气反应，可以防止葡萄酒变质。
4．【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，加热盐酸易挥发，加热促进水解，所以蒸干得到的固体是Mg(OH) 2而不是MgCl2，应该在HCl氛围中加热，A错误；
B．铜和浓硝酸生成红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO，B正确；
C．图③表示腐蚀类物质，使用过程中要注意安全，C正确；
D．乙醇(沸点为78.4℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法分离，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.氯化镁溶液加热蒸干时，水解产生的氯化氢容易挥发，最终无法得到氯化镁晶体。
B.红棕色二氧化氮气体，红棕色二氧化氮气体和水生成无色NO；
D.沸点一般相差20℃才能进行蒸馏。
5．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；化学应用的安全与规则意识
6．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．非金属性O＞S，则单质氧化性：，A正确；
B．中心原子O的价层电子对数是，有1对孤对电子，中心原子O的价层电子对数是，有2对孤对电子，两种粒子均采用杂化，孤对电子越多，斥力越大，键角越小，故减小：，B正确；
C．NCl3水解反应：，产物中为弱碱，HClO为弱酸，无强酸生成，C错误；
D．O的电负性大于S，CaO中离子键百分数更高，D正确；
故答案为：C。
【分析】X是宇宙中含量最丰富的元素，则X为H元素，Z原子的2p轨道有4个电子，则Z的价电子排布式为，Z为O元素，Z与M同主族，则M为S元素，Y与Z相邻，Y的原子序数比Z小，则Y为N，N为第五种元素，原子序数最大，为Cl，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、M为S、N为Cl，据此解题。
A.比较单质氧化性，即比较非金属性大小即可；
B.杂化方式相同时，孤电子数目越多，键角越小；
C.．NCl3水解得到氨气和次氯酸，没有强酸；
D.金属离子相同时，非金属性越强，离子键百分含量越大。
7．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；合金及其应用；塑料的老化和降解
【解析】【解答】A．聚乳酸中含有酯基，易水解，能在微生物的作用降解生成乳酸，故聚乳酸可用于制备可降解塑料，A不符合题意；
B．储氢合金是一类能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，Ti-Fe合金能与结合成金属氢化物，故Ti-Fe合金可用于储存，B不符合题意；
C．金刚石中的碳采取杂化轨道形成共价键三维骨架结构，这一结构使金刚石具有高硬度、高熔点的特性，故金刚石可用作地质钻探材料，C不符合题意；
D．铵盐与碱共热可生成，实验室可用NH4Cl和制取，NH4NO3受热或经撞击易发生爆炸，不用于实验室制备NH3，D符合题意；
故选D。
【分析】A.根据聚乳酸通过缩聚反应得到，可以水解，故可以作为降解材料
B.储氢合金可以储存氢气，用于安全可靠的运算氢气；
C.金刚石是空间立体网状结构，比较稳定，硬度大；
D.实验室制备氨气选择氯化铵，不能选择硝酸铵，会发生爆炸。
8．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．硝酸是强氧化性酸，用硝酸溶液溶解FeS时，两者会发生氧化还原反应，不会生成H2S，不符合客观事实，A错误；
B．向Na2CO3溶液中滴入少量盐酸时，H+优先与反应生成，而非直接生成CO2，正确的离子方程式为：，B错误；
C．因碳酸的酸性强于次氯酸，根据“较强酸制较弱酸”的规律，二氧化碳与水反应生成的碳酸会与次氯酸钙反应，又因二氧化碳足量，所以生成的是碳酸氢钙，则向溶液中通入足量CO2反应生成和，其离子方程式为：，C正确；
D．足量Mg与溶液反应时，Mg先将Fe3+还原为Fe2+，因Mg足量，还会进一步将Fe2+还原为Fe，则总反应的离子方程式为：，D错误；
故选C。
【分析】A.硝酸具有强氧化性，会氧化硫化氢；
B.盐酸少量时，应该生成碳酸氢根；
D.由于镁过量，镁会置换出铁单质。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．DDE中含有碳碳双键，DDT中不含有碳碳双键，故可用可以用红外光谱鉴别DDT和DDE，A正确；
B．DDT在氢氧化钠水溶液中加热发生的是水解反应，应在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应转化为DDE，B错误；
C．DDE中碳碳双键、苯环上的原子共面，碳碳单键可以旋转，则碳碳双键可与苯环在同一平面内，DDE所有原子可能共面，C正确；
D．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，DDT和DDE中均不含手性碳，D正确；
故选B。
【分析】A.二者官能团不同，可以利用红外光谱进行鉴别；
B.在碱性条件下水解，氯原子也会水解，无法转化；
C.碳碳单键可以旋转，则碳碳双键可与苯环在同一平面内；
D.饱和碳且连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子。与图可知，都不含手性碳。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，故A正确；
B．在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B错误；
C．反应②中仅作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，故C正确；
D．反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据题目该物质结构可知，氧原子有四个是-1价，一个是-2价，据此确定铬的化合价；
B.有反应可知，过氧化氢中氧的化合价升高，做还原剂；
C.根据化合价升降相等即可确定氧化剂与还原剂之比；
D.根据过氧化氢与氧气之间转移电子关系即可。
11．【答案】D
【知识点】热化学方程式；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．已知HF气体溶于水放热，说明HF溶解过程放热(ΔH<0)，但HF是弱酸，电离过程需要克服H-F键的强键能，因此电离过程吸热，则的ΔH>0，A错误；
B．已知 ，因为该反应前后气体分子数不变，所以该反应的熵变，而不是ΔS<0，B错误；
C．恒温恒容容器中发生反应，该反应是固体分解生成气体的可逆反应，反应体系中的物质的量之比始终为2∶1，即百分含量始终不变，则百分含量不再发生变化，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．ΔH＜0，正反应为放热反应，则逆反应的活化能大于正反应的活化能，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大，D正确；
故选D。
【分析】A.氢氟酸为弱酸，其电离方程式为可逆过程；
B.该反应反应前后气体个数不变，熵变等于0；
C.反应体系中的物质的量之比始终为2∶1，即百分含量始终不变，不能作为平衡标志的判断。
12．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，左侧为阴极，则图中A是电池的负极，A正确；
B．由分析可知，图中B端所连电极为阳极，电极反应为：，B正确；
C．由分析可知，每生成1mol乙烯，转移电子数为，C错误；
D．“六六六”曾被广泛用作杀虫剂，但是它具有高毒性且不易降解，选取“六六六”作为实验对象，由电解原理可知，在经过三次连续的双卤化反应后，转化为苯，实现对该农药的高效降解，D正确；
故选C。
【分析】左侧电极反应Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br-中，碳元素化合价降低，发生还原反应，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，电极反应为：，据此解答。
A.根据图中物质转换过程化合价变化可知，B为正极，A为负极；
B.溴离子失电子变成溴正离子，据此完成电极反应即可；
C.根据C的化合价变化可知，每生成1mol乙烯，转移电子数为；
D.根据上述电解原理，“六六六”最终变成苯，达到降解目的。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的结构类似苯环，苯环是平面结构，因此也是平面结构，A正确；
B．中存在大π键，参与形成大π键的轨道是未杂化的3p轨道，B正确；
C．根据电荷平衡，的总电荷为-2，而的电荷为-2，因此Fe的价态应为+2，C错误；
D．从结构角度分析，存在大π键，比白磷更稳定，D正确；
故选C。
【分析】A.由图可知，该结构形成共轭大派键，属于平面构型；
B.形成大π键就是未参与杂化的P轨道形成的；
C.根据根元素化合价代数和等于0即可判断；
D.该离子形成大π键，比较稳定。
14．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；同系物；加成反应
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据方程式：，则，A项正确；
B．根据方程式：，则，B项正确；
C．根据方程式：，则，C项正确；
D．的电离常数远大于，则只考虑第一步电离，则，解得，D项错误；
答案选D。
【分析】A.该反应为草酸跟的水解反应，可以根据水的离子积与电离常数可以得到其水解常数；
B.根据反应写出平衡常数表达式，在于电离常数进行转化可以得到；
C.根据反应写出平衡常数表达式，结合草酸铁的溶度积和草酸电离常数即可进行转化得到
D.根据草酸第一步电离即可得到其氢离子浓度。
16．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“酸浸”是利用了浓硫酸的强酸性，发生强酸制取弱酸的反应，故A错误；
B．根据分析可知，流程中分离提纯操作I是过滤，操作Ⅱ是分液，故B错误；
C．若副产品N为氮肥，则试剂M可选择氨水，N为氯化铵，故C正确；
D．测定磷酸二氢钾(KH2PO4)的含量，用标准NaOH溶液滴定，终点时的溶液显碱性，应该使用酚酞做指示剂，故D错误；
故选：C。
【分析】磷酸钙粉碎后，加入浓硫酸，反应生成磷酸和硫酸钙，过滤，向得到的滤液中加入KCl，发生反应：KCl+H3PO4=KH2PO4+HCl，加入有机萃取剂萃取HCl，分液，得到含有KH2PO4的水相，继续加入乙醇，降低KH2PO4的溶解度，析出沉淀，过滤，得到KH2PO4，有机相中加入氨水，中和HCl，分液后，得到有机萃取剂和氯化铵溶液，氯化铵溶液经过一系列操作得到副产品氯化铵，据此分析作答。
A.酸浸没有发生氧化还原反，体现硫酸的酸性；
B.操作1得到固体和液体，为过滤，操作2 得到2种液体，为分液；
C.M为氨水，则副产物为氯化铵，可以做氮肥；
D. 磷酸二氢钾与氢氧化钠反应完全时，显碱性，应该选择酚酞。
17．【答案】（1）A；C；D
（2）；产生无色气体和红褐色沉淀
（3）负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好
（4）；该反应正反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性；BC；
【知识点】晶胞的计算；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；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A．基态2p能级为半充满状态，较稳定，第二电离能：基态O原子大于基态N原子，A项正确；
B．基态Se原子序数为34，简化电子排布式为，B项错误；
C．的结构式为，所有原子均满足8电子结构，C项正确；
D．半径大于，失电子能力强，还原性强于，D项正确；
故答案为：ACD；
（2）①从晶胞图算出，1个晶胞中有黑球代表的离子个，白球代表的离子有8个，则1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为；
②硫化钠溶液中存在、，氯化铁溶液中存在，二者混合后，相互促进水解平衡正移，水解程度增大，生成气体、红褐色沉淀，从而发生双水解反应；
（3）从结构分析，中心原子价层电子对数为，空间构型为正四面体，而中心原子价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，二者比较，结构对称性好，稳定性更好，且组成比多1个原子，则负电荷比更分散，稳定性更好；故答案为：负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好；
（4）①黄铁矿的主要成分为，在沸腾炉中与氧气充分反应生成，反应化学方程式为；②步骤Ⅱ发生该反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性，反应速率减小，步骤Ⅲ发生该反应为放热反应，放热使温度升高，形成硫酸酸雾，而步骤Ⅱ发生的反应为可逆反应，进入步骤Ⅲ的气体中含有，故尾气存在的污染性气体有及硫酸雾；
③可相当于，与水反应化学方程式为。
【分析】（1）A.氮的价电子为半满状态，比较稳定，其电离能异常的高；
B.硒简化电子排布式为，
C.硫形成2个共价键，氯形成一个共价键，恰好都满足8电子结构；
D.非金属性越强，其离子还原性越强。
（2）根据结构，利用均摊法即可得到每个晶胞含有离子数目，即可计算
（3）根据硫酸根和亚硫酸根的结构可知，越对称，越稳定，
（4）该反应为放热反应，停止加热后，反应可以持续进行。
（1）A．基态2p能级为半充满状态，较稳定，第二电离能：基态O原子大于基态N原子，A项正确；
B．基态Se原子序数为34，简化电子排布式为，B项错误；
C．的结构式为，所有原子均满足8电子结构，C项正确；
D．半径大于，失电子能力强，还原性强于，D项正确；
故答案为：ACD；
（2）①从晶胞图算出，1个晶胞中有黑球代表的离子个，白球代表的离子有8个，则1mol硫化钠晶胞中含有的离子总数为；
②硫化钠溶液中存在、，氯化铁溶液中存在，二者混合后，相互促进水解平衡正移，水解程度增大，生成气体、红褐色沉淀，从而发生双水解反应；
（3）从结构分析，中心原子价层电子对数为，空间构型为正四面体，而中心原子价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，二者比较，结构对称性好，稳定性更好，且组成比多1个原子，则负电荷比更分散，稳定性更好；故答案为：负电荷比更分散，稳定性更好；为正四面体，结构对称性好，稳定性更好；
（4）①黄铁矿的主要成分为，在沸腾炉中与氧气充分反应生成，反应化学方程式为；
②步骤Ⅱ发生该反应为放热反应，温度过高平衡逆向移动，不利于生成，且影响催化剂活性，反应速率减小，步骤Ⅲ发生该反应为放热反应，放热使温度升高，形成硫酸酸雾，而步骤Ⅱ发生的反应为可逆反应，进入步骤Ⅲ的气体中含有，故尾气存在的污染性气体有及硫酸雾；
③可相当于，与水反应化学方程式为。
18．【答案】（1）B
（2）C；D
（3）-41.2；恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低；
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）合成氨反应为熵减的放热反应，自发时，则该反应为低温自发，选B；
（2）A．正反应放热，升高温度平衡左移，故升温不利于提高该反应的平衡转化率，A错误；
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，容器体积扩大，反应相关各气体浓度同等幅度下降，反应速率下降，B错误；
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而导致金属设备的脆性和裂缝、会引发发生爆炸事故，C正确；
D．原料气中的杂质气体如硫、氯、磷、氧等化合物会对催化剂产生毒害作用，故原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒，D正确；
选CD；
（3）①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，得到反应①；反应②；变化③，，根据盖斯定律，反应①-反应②+变化③=反应Ⅰ，则=-41.2。
②已知碳化铁能催化反应Ⅱ的进行，则从催化剂的角度解释原因为：恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低。
③反应Ⅱ为放热反应，焓变=正反应活化能-逆反应的活化能=生成物的总能量-反应物的总能量，仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。则补充完成该反应过程的能量变化示意图为：。
（4）阴极发生还原反应，则该电极上，在碱性条件下硝酸盐被还原成氨气，电极反应式。
【分析】（1）根据自发时，可以得到低温可以自发进行；
（2）A.该反应放热，温度越高不易于提高转化率；
B.混有稀有气体不参与反应，不会加快反应速率；
（3）①根据各物质燃烧热，写出燃烧反应的热化学方程式，根据盖斯定律即可得到反应1焓变；
② 降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低
（1）合成氨反应为熵减的放热反应，自发时，则该反应为低温自发，选B；
（2）A．正反应放热，升高温度平衡左移，故升温不利于提高该反应的平衡转化率，A错误；
B．当温度、压强一定时，原料中添加少量惰性气体，容器体积扩大，反应相关各气体浓度同等幅度下降，反应速率下降，B错误；
C．早期用低碳钢制备合成氨设备，高温高压下易受氢气的腐蚀而导致金属设备的脆性和裂缝、会引发发生爆炸事故，C正确；
D．原料气中的杂质气体如硫、氯、磷、氧等化合物会对催化剂产生毒害作用，故原料气须经过干燥净化处理，可防止催化剂中毒，D正确；
选CD；
（3）①标准状况下，CO和的燃烧热分别为和，得到反应①；反应②；变化③，，根据盖斯定律，反应①-反应②+变化③=反应Ⅰ，则=-41.2。
②已知碳化铁能催化反应Ⅱ的进行，则从催化剂的角度解释原因为：恒温恒压，增大，降低了CO的分压，促使反应Ⅲ平衡逆向移动(或者反应Ⅲ速率降低)，减少积碳的形成，从而减少碳化铁的形成，反应速率降低。
③反应Ⅱ为放热反应，焓变=正反应活化能-逆反应的活化能=生成物的总能量-反应物的总能量，仅考虑反应Ⅱ，假设其为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。则补充完成该反应过程的能量变化示意图为：。
（4）阴极发生还原反应，则该电极上，在碱性条件下硝酸盐被还原成氨气，电极反应式。
19．【答案】（1）A；B；C
（2）饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液
（3）过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出
（4）减小产品的损失，除去产品表面的水
（5），水解增大了，从而抑制了氧化
（6）0.10
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解析】用溶液除去废铁屑表面的油污，过滤得到铁，加入炭黑的作用是与铁、稀构成原电池，加快反应速率，用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，滤液主要为硫酸亚铁溶液，加入硫酸铵溶液，采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到摩尔盐晶体。
（1）A.水解显碱性，油污在碱性条件下水解，即步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污，正确；B.炭黑与铁、稀构成原电池，可以加快反应速率，正确；C. 步骤Ⅳ中先用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，正确；D. 步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，错误；故选ABC；
（2）废铁屑中含少量杂质FeS，FeS与稀硫酸生成硫化氢气体，为了防止污染空气，常用饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液除去；
（3）若改用图b装置效果更好，其优点有：过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出；
（4）已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇，无水乙醇的作用是：减小产品的损失，除去产品表面的水；
（5），水解增大了，使逆向移动，从而抑制了氧化；
【(6)题详解】根据，则六水合硫酸亚铁铵物质的量等于亚铁离子物质的量等于高锰酸钾物质的量的五倍，六水合硫酸亚铁铵物质的量等于，则高锰酸钾物质的量等于，溶液的浓度为。
【分析】（1）A.碳酸钠呈碱性，可以去油污；
B.形成原电池，可以加快反应速率；
C.过滤时，铁屑的存在可能堵塞滤纸，所以要除去；
（2）该反应有硫化氢产生，为吸收硫化氢可以选择硫酸铜或者碱液；
（3）该装置为抽滤装置，相比一般过滤而言，过滤速度更快
（4）对于易溶于水的物质，用无水乙醇洗涤，可以减小损失；
（5）铵盐水解，使其显酸性，会抑制亚铁被氧化。
（1）A.水解显碱性，油污在碱性条件下水解，即步骤Ⅰ中溶液的作用是去除废铁屑表面的油污，正确；B.炭黑与铁、稀构成原电池，可以加快反应速率，正确；C. 步骤Ⅳ中先用磁铁吸附过量的铁屑，防止常压过滤时堵塞滤纸，正确；D. 步骤Ⅵ中一系列操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，错误；故选ABC；
（2）废铁屑中含少量杂质FeS，FeS与稀硫酸生成硫化氢气体，为了防止污染空气，常用饱和硫酸铜溶液或NaOH溶液除去；
（3）若改用图b装置效果更好，其优点有：过滤速度快、得到的晶体比较干燥、防止硫酸亚铁晶体析出；
（4）已知：摩尔盐能溶于水，难溶于乙醇，无水乙醇的作用是：减小产品的损失，除去产品表面的水；
（5），水解增大了，使逆向移动，从而抑制了氧化；
（6）根据，则六水合硫酸亚铁铵物质的量等于亚铁离子物质的量等于高锰酸钾物质的量的五倍，六水合硫酸亚铁铵物质的量等于，则高锰酸钾物质的量等于，溶液的浓度为。
20．【答案】（1）酯基、醚键
（2）
（3）B；C
（4）
（5）
（6）、、、
【知识点】有机物中的官能团；有机分子中基团之间的关系；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【分析】结合G的结构可知，CH3I取代了F原子邻位C上的H，则B的结构为：，C的分子式为C6H6O，结合G的结构可知，C为苯酚，B和C先发生酯化反应，再在BBr3条件下将醚键转化为羟基，则D的结构为，D和硝酸反应发生苯环上的取代，再与发生取代反应得到E，E的结构为，加入Na2S2O4，硝基转化为氨基，F的结构为，再加入取代氨基上的H得到G。
（1）
由化合物G的结构可知，其含氧官能团名称是：酯基、醚键；
（2）
根据分析可知，化合物D的结构简式是；
（3）
A．强碱性环境下，羧基中的H也会参与反应，故A→B过程中可能生成副产物，A正确；
B．D→E发生的是取代反应，没有化合价变化，B错误；
C.1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr，故消耗的物质的量不相同，C错误；
D．H中存在氨基，故具有碱性能与HCl反应，D正确；
故选BC。
（4）
结合分析可知：A→B的化学方程式为：；
（5）
结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物，合成路线为：；
【(6)题详解】
化合物D的结构为：，结合条件写出四种同分异构体为：、、、。
【分析】（1）根据流程G的结构简式可知，含氧官能团为 酯基、醚键 ；
（2）根据上述分析可得到D的结构；
（3）B.D→E发生的是取代反应，硝酸作用是催化剂；
C.由上述转化可知，1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr；
（4） A→B 为取代反应，在复的邻位取代一个甲基，据此写出该反应即可。
（5）结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物。
（1）由化合物G的结构可知，其含氧官能团名称是：酯基、醚键；
（2）根据分析可知，化合物D的结构简式是；
（3）A．强碱性环境下，羧基中的H也会参与反应，故A→B过程中可能生成副产物，A正确；
B．D→E发生的是取代反应，没有化合价变化，B错误；
C.1molD转化生成E时消耗1molBnBr，再经反应生成1molG过程中消耗2molBnBr，故消耗的物质的量不相同，C错误；
D．H中存在氨基，故具有碱性能与HCl反应，D正确；
故选BC。
（4）结合分析可知：A→B的化学方程式为：；
（5）结合已知信息，可先将酸化使得氰基转化为羧基，再发生类似BD的反应，先水解再用二氧化锰氧化羟基，最后两步产物反应得到目标产物，合成路线为：；
（6）化合物D的结构为：，结合条件写出四种同分异构体为：、、、。
1 / 1

展开更多......

收起↑