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浙江省杭州市西湖区学军海创园,学军西溪,学军紫金港2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·余杭期末）按物质性质分类，N2O5属于
A．酸性氧化物 B．碱性氧化物
C．不成盐氧化物 D．混合物
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸性氧化物指能与碱反应生成盐和水的氧化物。N2O5可与 NaOH 反应生成硝酸钠和水，故A符合题意 ；
B、碱性氧化物需能与酸反应生成盐和水，N2O5无此性质，故B不符合题意 ；
C、不成盐氧化物既不与酸也不与碱反应生成盐和水，N2O5能与碱反应，不属于此类，故C不符合题意 ；
D、N2O5有固定组成，是纯净物，非混合物，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】依据氧化物的分类标准（酸性、碱性、不成盐氧化物的定义），结合 N2O5的化学性质判断其类别。
2．（2025高二上·余杭期末）元素周期表中镓Ga和铝Al同族，位于铝Al的下一周期，曾被称为“类铝”，下列说法不正确的是
A．Al2O3是电解质
B．Ga原子的N层电子皆为同一能级
C．27Al原子的中子数为14
D．Ga位于周期表中第四周期IIIA族
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子的能级分布；电解质与非电解质；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、电解质指在熔融或水溶液中能导电的化合物。熔融时 Al2O3可电离出 Al3+和 O2-，能导电，因此 Al2O3是电解质，A正确；
B、Ga 的核外价电子排布为 4s24p ，N 层电子分布在 4s 和 4p 两个不同能级，并非同一能级，B错误；
C、中子数 = 质量数 - 质子数。27Al 的质量数为 27，质子数为 13，故中子数 = 27-13=14，C正确；
D、Ga 与 Al 同属 ⅢA 族，Al 位于第三周期，Ga 在其下一周期，因此 Ga 处于第四周期 ⅢA 族，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断 Al2O3是否为电解质。
B．分析 Ga 原子 N 层电子的能级归属。
C．计算27Al 原子的中子数。
D．确定 Ga 在周期表中的位置。
3．（2025高二上·余杭期末）下列化学用语表示正确的是
A．过氧化钠的化学式：
B．1、3-丁二烯的键线式：
C．晶体的晶胞：
D．的空间填充模型：
【答案】D
【知识点】离子晶体；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、过氧化钠的化学式是 Na2O2，由 Na+和 O22-构成；题目中给出的 实际是氧化钠（Na2O）的电子式，并非过氧化钠的正确表示，A错误；
B、1，3 - 丁二烯的结构为 CH2=CH-CH=CH2，含两个双键，键线式应体现双键位置； 键线式为，B错误；
C、NaCl 晶体为面心立方结构，每个晶胞含 4 个 Na+和 4 个 Cl-；晶体的晶胞为：，C错误；
D、CH4为正四面体结构，碳原子在中心，氢原子在顶点，空间填充模型能体现原子相对大小和空间排布，的空间填充模型为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分过氧化钠的化学式与氧化钠的电子式。
B．判断 1，3 - 丁二烯键线式是否匹配其结构。
C．判断 NaCl 晶胞结构是否正确。
D．判断 CH4空间填充模型是否正确。
4．（2025高二上·余杭期末）下列说法不正确的是
A．利用图1实验，可以观察钾元素的焰色
B．利用图2实验，可以证明化学能转化成电能
C．利用图3实验，可以检验装置气密性
D．利用图4实验，可以证明极易溶于水
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；焰色反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钾元素焰色为紫色，观察时需透过蓝色钴玻璃过滤钠的黄色干扰。图 1 装置使用蓝色钴玻璃，符合观察钾元素焰色的要求，A正确；
B、图 2 是 Cu-Ag 原电池装置（含盐桥形成闭合回路），电流计指针会偏转，说明有电流产生，可证明化学能转化为电能，B正确；
C、图 3 中长颈漏斗与外界直接相通，用手焐热集气瓶时，气体膨胀会从漏斗口逸出，无法形成压强差，不能检验气密性，C错误；
D、图 4 中向盛 NH3的集气瓶挤入水，NH3迅速溶解使瓶内压强骤降，外界大气压将水压入瓶中形成喷泉，可证明 NH3极易溶于水，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断图 1 实验能否观察钾元素焰色。
B．判断图 2 实验能否证明化学能转化为电能。
C．判断图 3 实验能否检验装置气密性。
D．判断图 4 实验能否证明 NH3极易溶于水。
5．（2025高二上·余杭期末）化学与生产生活息息相关，下列说法不正确的是
A．油漆制造中可以添加乙酸乙酯作为溶剂
B．锅炉除水垢可以加入碳酸氢钠溶液作为除垢剂
C．果蔬汁饮料可以添加苯甲酸钠作为防腐剂
D．污水处理可以加入硫酸亚铁作为混凝剂
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酯的性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、乙酸乙酯对多种油漆有良好溶解性，且挥发性适宜，适合在油漆制造中作为溶剂，A正确；
B、锅炉水垢主要含 CaSO4，需用 Na2CO3溶液处理（利用 CaCO3溶解度小于 CaSO4，使 CaSO4转化为易处理的 CaCO3），而碳酸氢钠无法有效实现这一转化，B错误；
C、苯甲酸钠具有防腐性能，可用于果蔬汁饮料中抑制微生物生长，C正确；
D、硫酸亚铁水解生成 Fe(OH)2，进一步被氧化为 Fe(OH)3胶体，胶体的强吸附性可去除水中悬浮物，适合作为混凝剂，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断乙酸乙酯能否作为油漆溶剂。
B．判断碳酸氢钠是否适合作为锅炉除垢剂。
C．判断苯甲酸钠能否作为果蔬汁防腐剂。
D．判断硫酸亚铁能否作为污水处理混凝剂。
6．（2025高二上·余杭期末）过二硫酸根中存在一个过氧键()，是工业用强氧化剂，可检验存在：。下列说法不正确的是
A．中有一个过氧键()，硫元素的化合价为价
B．上述反应中若有还原剂被氧化，则转移电子
C．与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D．为验证是否强酸，可将酚酞滴入溶液，观察溶液的最终颜色来判断
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氯气的实验室制法；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O82-含 1 个过氧键（-O-O-），过氧键中 O 为 -1 价，其余 O 为 -2 价。设 S 化合价为 x，由电荷守恒：2x + 6×(-2) + 2×(-1) = -2，解得 x=+6，故硫为 +6 价，A正确；
B、反应中 Mn2+（还原剂）从 + 2 价升至 + 7 价，每 mol Mn2+失 5mol 电子。则 0.1mol 还原剂被氧化时，转移电子 0.1×5=0.5mol，B正确；
C、S2O82-氧化性强于 MnO4-，而 MnO4-可氧化 Cl-生成 Cl2，故 K2S2O8能与浓盐酸反应生成黄绿色 Cl2，C正确；
D、Na2S2O8中 S2O82-有强氧化性，会氧化酚酞使其褪色，无法通过酚酞颜色判断酸性强弱，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．确定 S2O82-中硫的化合价及过氧键存在。
B．计算还原剂被氧化时的电子转移量。
C．判断 K2S2O8与浓盐酸能否生成 Cl2。
D．验证 H2S2O8是否为强酸的方法可行性。
7．（2025高二上·余杭期末）结构决定性质。下列结构因素正确且与性质差异匹配的是
选项 性质差异 结构因素
A 硬度：金刚石>石墨 金刚石中碳碳键键能>石墨中碳碳键能
B 键角： 分子氢键数目分子氢键数目
C 酸性： 键长键长
D 的溶解度：溶液溶液 分子极性分子极性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石是立体网状共价晶体（碳原子 sp3 杂化），原子间共价键结合牢固；石墨是层状结构（碳原子 sp2 杂化），层间靠分子间作用力连接，易滑动。硬度差异源于空间结构不同，而非碳碳键键能，A错误；
B、NH3中 N 有 1 对孤电子对，H2O 中 O 有 2 对孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力：H2O > NH3，导致键角 NH3 > H2O，与氢键数目无关，B错误；
C、CF3COOH 中 - CF3是强吸电子基团，使羧基中 H+更易电离；CH3COOH 中 - CH3是供电子基团，抑制 H+电离。酸性差异与基团电子效应有关，与 C-F 键长、C-H 键长无关，C错误；
D、I2和 CCl4均为非极性分子，H2O 是极性分子。根据 “相似相溶” 原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，故 I2在 CCl4中溶解度更大，与分子极性差异一致，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断金刚石与石墨硬度差异的结构因素。
B．分析 NH3与 H2O 键角差异的原因。
C．解释 CF3COOH 与 CH3COOH 酸性差异的结构因素。
D．说明 I2在不同溶剂中溶解度差异的原因。
8．（2025高二上·余杭期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．向中滴加少量溶液：
B．向溶液中通入过量的氯气：
C．电解水溶液：
D．碳酸钠溶液与过量水杨酸反应：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、少量 Ba(HCO3)2完全反应时，Ba2+与 SO42-、HCO3-与 H+需按比例反应，正确的离子方程式应为 2HCO3-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2CO2↑+2H2O，选项中系数配比错误，A错误；
B、Fe2+还原性比 Br-强，过量 Cl2会将两者完全氧化，2mol Fe2+和 4mol Br-共失去 6mol 电子，与 3mol Cl2得到的电子守恒，离子方程式 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-正确，B正确；
C、电解时生成的 OH-会与 Mg2+结合成 Mg (OH)2沉淀，正确的离子方程式应为 ，C错误；
D、水杨酸中羧基酸性强于碳酸，过量时与 CO32-反应应生成 CO2和 H2O，而非 HCO3-， 反应离子方程式为：+22，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断少量 Ba(HCO3)2与过量 H2SO4反应的离子方程式是否正确。
B．分析过量 Cl2与 FeBr2反应的离子方程式是否正确。
C．判断电解 MgCl2水溶液的离子方程式是否正确。
D．分析碳酸钠与过量水杨酸反应的离子方程式是否正确。
9．（2025高二上·余杭期末）有两种钴的配合物A和B，它们的化学式均为，主要区别在于配合物A的溶液中加入时产生沉淀，但加时不产生沉淀，而配合物B则与此相反，但两者可以在一定的条件下相互转化。下列说法不正确的是
A．配合物A中Co和Br成配位键
B．相同浓度配合物A的导电性比B弱
C．配合物B的溶液中有游离的
D．Co的化合价在转化时没有变化
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配合物 A 的结构为 [CoBr(NH3)5] SO4，内界是 [CoBr(NH3)5]2+，其中 Co3+与 Br-通过配位键结合，A正确；
B、A 电离为 [CoBr(NH3)5]2+和 SO42-（每个离子带 2 个电荷），B 电离为 [Co(SO4)(NH3)5]+和 Br-（每个离子带 1 个电荷）。相同浓度时，A 溶液中离子所带总电荷更多，导电性更强，而非更弱，B错误；
C、B 的结构为 [Co(SO4)(NH3)5]Br，电离时 Br-位于外界，会以游离态存在于溶液中，C正确；
D、A 和 B 中 Co 均为 +3 价，二者相互转化时仅配体与外界离子交换，Co 的化合价不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断配合物 A 中 Co 与 Br 是否形成配位键。
B．比较相同浓度下 A 和 B 的导电性强弱。
C．判断配合物 B 的溶液中是否存在游离 Br-。
D．分析转化过程中 Co 的化合价是否变化。
10．（2025高二上·余杭期末）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子，分子为正四面体构型；Z的p能级电子半充满，为无色气体，Q元素焰色试验焰色呈黄色。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．标准浓度溶液可用于滴定
D．QX是一种离子化合物，溶于水能放出氢气
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；焰色反应
【解析】【解答】A、推断元素为 Y=C、Z=N、M=O。同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但第 ⅤA 族（N）因 p 轨道半充满更稳定，第一电离能大于第 ⅥA 族（O），故顺序应为 N>O>C（即 Z>M>Y），而非选项中 M>Z>Y，A错误；
B、电负性规律为同周期从左到右增大（N>C），化合物中电负性大的元素显负价，CH4中 C 显负价说明 C>H，故电负性 N>C>H，B正确；
C、H2C2O4（草酸）具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者可发生氧化还原反应，且反应终点明显，故标准草酸溶液可滴定 KMnO4，C正确；
D、NaH 由 Na+和 H-通过离子键构成，属离子化合物；与水反应生成 NaOH 和 H2，能放出氢气，D正确；
故答案为：A。
【分析】X 只有 1 个 s 能级电子，且原子序数最小，故 X 为 H；Q 焰色试验呈黄色，故 Q 为 Na；为正四面体构型，结合原子序数，Y 为 C；Z 的 p 能级电子半充满，故 Z 为 N； 为无色气体，故 M 为 O。
A．判断同周期元素第一电离能顺序是否正确。
B．分析元素电负性大小关系。
C．判断草酸能否用于滴定高锰酸钾。
D．分析 NaH 的化合物类型及与水的反应。
11．（2025高二上·余杭期末）一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面下列说法正确的是
A．与反应过程中只涉及极性键的断裂和生成
B．的过程中断键，释放能量
C．与中的先结合生成，再分解生成
D．适当提高分压可以加快的反应速率
【答案】D
【知识点】化学键；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应过程中，O2中的 O-O 非极性键断裂，CH4中的 C-H 极性键断裂；同时生成 CO、CO2中的 C-O 极性键和 H2中的 H-H 非极性键。既涉及极性键，也涉及非极性键的变化，并非只涉及极性键，A错误；
B、该过程是 * CH3中的 C-H 键断裂，断键需要吸收能量，而非释放能量，B错误；
C、从反应历程看，O2与 CH4中的 H 先结合生成 H2，之后 H2再与氧结合生成 H2O，并非先生成 H2O 再分解为 H2，C错误；
D、适当提高 O2分压，能增加 O2与催化剂表面的接触机会，加快 O2(g) 转化为 2*O 的速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应中化学键的断裂与生成类型。
B．分析 * CH3→*CH2过程的能量变化。
C．判断 H2O 与 H2的生成顺序。
D．分析 O2分压对反应速率的影响。
12．（2025高二上·余杭期末）一种基于氯碱工艺的新型电解池(如图所示，M、N电极均为惰性电极)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法错误的是
A．若电源为铅酸蓄电池，则Q应与电极相连
B．M电极上发生还原反应，其电极反应式为
C．工作时，右侧工作室的穿过阳离子交换膜往左侧工作室迁移
D．装置工作时，电路中每转移0.6mol电子，同时右侧工作室溶液减轻的质量与左侧工作室溶液增加的质量相差15.6g
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧 N 电极生成气体，是 Cl-放电产生 Cl2，为电解池阳极。铅酸蓄电池中 PbO2是正极，电解池阳极需接电源正极，故 Q 应与 PbO2电极相连，A正确；
B、M 为阴极，发生还原反应。Fe2O3在碱性条件下得电子生成 Fe，电极反应为 ，符合守恒规律，B正确；
C、电解池中阳离子向阴极移动，左侧为阴极区，故右侧 Na+穿过阳离子交换膜移向左侧，C正确；
D、转移 0.6mol 电子时，右侧有 0.6mol Cl-生成 Cl2（质量减少 0.6×71÷2=21.3g），同时 0.6mol Na+移向左侧（质量再减少 0.6×23=13.8g），右侧共减少 35.1g；左侧增加 0.6mol Na+（质量增加 13.8g）。质量差为 35.1-13.8=21.3g≠15.6g，D错误；
故答案为：D。
【分析】电极判断：右侧饱和食盐水处，Cl-放电生成Cl2（气体 a），故右侧（N 电极）为阳极，左侧（M 电极）为阴极。A．明确电解池阳极与电源正极的连接关系。
B．分析阴极反应类型及电极反应式。
C．判断 Na+的移动方向。
D．计算电子转移时两侧溶液的质量差。
13．（2025高二上·余杭期末）氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1>0
B．相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的大
C．相同条件下，HCl的ΔH3+ΔH4比HI的大
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、HF (g) 溶于水放热，说明 HF (g)→HF (aq) 的焓变为负。而 ΔH1是 HF (aq)→HF (g) 的焓变，与溶解过程互为逆过程，焓变符号相反，故 ΔH1>0，A正确；
B、ΔH2是 HX (g) 断裂 H-X 键生成 H (g) 和 X (g) 的焓变（吸热）。H-Cl 键能大于 H-Br 键能，断裂时吸收热量更多，故 HCl 的 ΔH2比 HBr 的大，B正确；
C、ΔH3是 H (g)→H+(g) 的焓变，ΔH4是 H+(g)→H+(aq) 的焓变，两者之和仅与 H 的状态变化有关，与 X 无关，故 HCl 和 HI 的 ΔH3+ΔH4相等，C错误；
D、根据盖斯定律，总反应焓变等于各分步反应焓变之和，故 ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断 HF 的 ΔH1符号与溶解热的关系。B．比较 HCl 和 HBr 的 ΔH2大小。
C．分析 ΔH3+ΔH4与 HX 种类的关系。
D．验证 ΔH 与各步焓变的关系。
14．（2025高二上·余杭期末）常见有机化合物A、B可发生反应：，A和B的质谱图和核磁共振氢谱如下。下列说法不正确的是
A．质谱图的左图为A，右图为B
B．化合物A可被酸性重铬酸钾溶液氧化成
C．核磁共振氢谱的左图为A，右图为B
D．化合物B在碱性溶液中水解是不可逆反应
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】A、反应为 A 与乙酸反应生成 B 和水，属于酯化反应，A 是醇，B 是酯。A 的质谱分子离子峰为 46（乙醇 CH3CH2OH 的相对分子质量），B 的为 88（乙酸乙酯 CH3COOCH2CH3的相对分子质量），故左图为 A，右图为 B，A正确；
B、A 是乙醇（CH3CH2OH），具有还原性，在强氧化剂酸性重铬酸钾作用下，可被逐步氧化，最终生成乙酸（CH3COOH），B正确；
C、A（CH3CH2OH）有 3 种等效氢，峰面积比 3：2：1；B（CH3COOCH2CH3）有 3 种等效氢，峰面积比 3：2：3。因此核磁共振氢谱左图为 B，右图为 A，C错误；
D、B 是乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），在碱性溶液中水解生成乙醇和羧酸盐（如乙酸钠），产物中无酸，反应不可逆，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据质谱图的分子离子峰判断 A 和 B 的对应关系。
B．判断乙醇能否被酸性重铬酸钾氧化为乙酸。
C．根据核磁共振氢谱的峰组数和面积比区分 A 和 B。
D．判断乙酸乙酯在碱性条件下水解是否可逆。
15．（2025高二上·余杭期末）碳酸亚铁是常见难溶物，将过量碳酸亚铁置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数，]，下列有关说法正确的是
A．向体系中通入气体，溶液中保持不变
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．过量水溶液敞开放置会逐渐转化为
D．用的溶液和的溶液等体积混合可制备纯
【答案】B
【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、通入 CO2后，CO32-会与 CO2、H2O 反应生成 HCO3-，导致溶液中 CO32-浓度降低。根据 FeCO3的溶解平衡，CO32-浓度减小会促使平衡正向移动，使 Fe2+浓度增大，并非保持不变，A错误。
B、上层清液中 CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，水解平衡常数
Kh1=>Ka2，说明水解程度较大，则上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，B正确；
C、即使 FeCO3转化为 Fe(OH)2，Fe(OH)2具有还原性，在空气中会迅速被氧化为 Fe(OH)3，不会稳定存在 Fe(OH)2，C错误；
D、 用的溶液和的溶液等体积混合，c()=0.1mol/L、c(Fe2+)=0.1mol/L，根据的电离常数等于，则
c()=，，有FeCO3生成，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析通入 CO2对 Fe2+浓度的影响。
B．判断上层清液中含碳微粒的主要存在形式。
C．分析 FeCO3水溶液敞开放置的产物。
D．判断混合溶液是否生成纯 Fe(OH)2。
16．（2025高二上·余杭期末）探究不同价态含硫物质的转化，下列方案结论不正确的是
　 实验方案 现象 结论
A 往酸性溶液边振荡边逐滴滴加溶液 产生棕褐色沉淀，臭鸡蛋味气体 生成，部分转化成
B 往溶液边振荡边逐滴滴加酸性溶液 溶液无色，聚光电筒照射有丁达尔现象 部分被氧化成S胶体
C 往溶液加入溶液 产生肉红色浊液 反应生成(肉红色)沉淀
D 往酸性溶液振荡滴加溶液 溶液无色澄清，且不随时间变化 被氧化成
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酸性 KMnO4与 Na2S 反应，产生棕褐色沉淀（应为 MnO2，KMnO4被还原产物）和臭鸡蛋气味气体（H2S，S2-转化而来），现象与结论一致，A正确；
B、少量酸性 KMnO4与 Na2S 反应，溶液无色说明 KMnO4被还原；丁达尔现象表明生成胶体（S 胶体，S2-被氧化产物），结论合理，B正确；
C、高浓度 Na2S 与 KMnO4反应生成肉红色浊液，符合 MnS 的特征颜色，结论正确，C正确；
D、若 S2-被氧化为 SO32-，SO32-仍具较强还原性，会继续被酸性 KMnO4氧化，溶液不可能长时间保持无色澄清。实际产物应是更稳定的 SO42-，结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．分析反应产物与现象的对应关系。
B．结合丁达尔现象判断产物类型。
C．根据沉淀颜色判断产物。
D．分析 SO32-的还原性对实验现象的影响。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·余杭期末）乙二胺四乙酸缩写为EDTA，可以用表示，是一种六齿配体有机分子(如图1所示)。乙二胺四乙酸根易与碱金属之外的金属离子形成配合物，常用作络合滴定试剂。
请回答：
（1）EDTA中电负性最大的元素的基态原子为　 　，其轨道表示式为　 　。
（2）EDTA中各原子存在的类型有_______。
A．sp杂化 B．杂化 C．杂化 D．不杂化
（3）乙二胺四乙酸根可以和形成配合离子，图2为和形成的配合物离子形式，可表示为，该配合物离子的配位数为　 　。该离子可用于静脉点滴以排除体内的铅。请写出排铅反应的离子方程式(用表示铅)：　 　。
（4）研究小组制得了补血剂的晶体。图3为研究小组所发表晶体的文献图(连线不表示共价键，且未标注H原子)。图中圈A原子是　 　。
【答案】（1）O；
（2）B；C；D
（3）6；
（4）Na+
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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】（1）EDTA中含有C、O、N、H四种元素，同一周期，电负性从左到右递增，所以电负性大小O> N> C> H，基态原子O的轨道表示式为，
故答案为： O ； ；
（2）EDTA中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，碳原子采取sp2杂化，N原子形成3条共价键，同时存在一对孤电子对，为sp3杂化，H原子不杂化，故选BCD，
故答案为：B C D ；
（3）图2中配合物离子的结构可以看到，与中N、O原子之间形成配位键，周围有2个N原子和4个O原子，所以该配合物离子的配位数为 6，因为离子可以与发生反应，将从体内排出，根据配合物的性质，会取代中的，生成和，所以排铅反应的离子方程式为：，
故答案为：6； ；
（4）在晶体中，是乙二胺四乙酸根，会与Fe3 +形成稳定配合物，从晶体化学式可知，除了配合物部分和结晶水外，还存在Na+，图中未标注的原子，结合晶体整体组成及存在形式判断，圈A原子是Na+ 。
故答案为： Na+ ；
【分析】(1)比较 EDTA 中 C、O、N、H 的电负性，确定最大者为 O；写出 O 的基态原子轨道表示式。
(2)分析各原子成键情况，-CH2- 中 C 为 sp3 杂化，-COOH 中 C 为 sp2 杂化，N 为 sp3 杂化，H 不杂化，判断符合的类型。
(3)根据结构确定 Ca2+周围配位原子数即配位数；依据配合物取代反应，写出 CaY2-与 Pb2+的反应式。
(4)结合晶体组成 NaFeY 2H2O，判断游离的阳离子为 Na+，即图中 A 原子。
（1）EDTA中含有C、O、N、H四种元素，同一周期，电负性从左到右递增，所以电负性大小O> N> C> H，基态原子O的轨道表示式为，
（2）EDTA中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，碳原子采取sp2杂化，N原子形成3条共价键，同时存在一对孤电子对，为sp3杂化，H原子不杂化，故选BCD，
（3）图2中配合物离子的结构可以看到，与中N、O原子之间形成配位键，周围有2个N原子和4个O原子，所以该配合物离子的配位数为 6，因为离子可以与发生反应，将从体内排出，根据配合物的性质，会取代中的，生成和，所以排铅反应的离子方程式为：，
（4）在晶体中，是乙二胺四乙酸根，会与Fe3 +形成稳定配合物，从晶体化学式可知，除了配合物部分和结晶水外，还存在Na+，图中未标注的原子，结合晶体整体组成及存在形式判断，圈A原子是Na+ 。
18．（2025高二上·余杭期末）硫粉与亚硫酸钠共热可制硫代硫酸钠。实验小组以硫化亚铁为主要原料，按下图制取硫代硫酸钠。图中A、B、C和D都是硫单质或硫的化合物(可添加必要的试剂，不含硫的反应物或生成物已省略)。
请回答：
（1）实验小组进行反应I和Ⅱ都是用硫化亚铁和硫酸反应，选用硫酸浓度I　 　Ⅱ(选填“>”、“＜”或“=”)
（2）反应Ⅲ的化学方程式是　 　；反应V的化学方程式是　 　。
（3）的结构如图所示，与的反应方程式为，预测可能的结构是　 　(填序号)。(提示：考虑此反应中得到的电子来自端基氧原子还是端基硫原子)
硫代硫酸根： a. b.
（4）实验小组为验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，请设计实验方案：　 　。
【答案】（1）<
（2）2H2S+SO2=3S↓+2H2O；S+Na2SO3=Na2S2O3
（3）b
（4）取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
【知识点】常见离子的检验；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）具有还原性，浓硫酸具有氧化性，制取H2S需要用稀硫酸，制取SO2需要用浓硫酸，则选用硫酸浓度I<Ⅱ；、
故答案为： < ；
（2）反应Ⅲ为H2S和SO2反应制取S，化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O；反应V为硫和亚硫酸钠制取硫代硫酸钠，化学方程式是S+Na2SO3=Na2S2O3。
故答案为： 2H2S+SO2=3S↓+2H2O ； S+Na2SO3=Na2S2O3 ；
（3）失去电子生成，S的非金属性较弱，故此反应中得到的是端基硫原子的电子，的二倍是，但是实际是，少了2个电荷，故是形成硫链，故选b。
故答案为： b ；
（4）验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，由于硫代硫酸钠易被氧化，则检验过程中不能引入，实验方案：取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，反应生成硫单质溶液变浑浊，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
故答案为： 取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。 。
【分析】要制取硫代硫酸钠（Na2S2O3），需先获取硫（S）和亚硫酸钠（Na2SO3）这两种含硫物质。从原料硫化亚铁（FeS）来看：
FeS 与稀硫酸反应可生成硫化氢（H2S）
FeS 与浓硫酸（或在特定条件下与氧化剂反应）能生成二氧化硫（SO2）
生成的 SO2可与碱反应得到 Na2SO3；而 H2S 和 SO2会发生归中反应生成 S。由此可确定：A 是 H2S，B 是 SO2，C 是 S，D 是 Na2SO3。
（1）具有还原性，浓硫酸具有氧化性，制取H2S需要用稀硫酸，制取SO2需要用浓硫酸，则选用硫酸浓度I<Ⅱ；
（2）反应Ⅲ为H2S和SO2反应制取S，化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O；反应V为硫和亚硫酸钠制取硫代硫酸钠，化学方程式是S+Na2SO3=Na2S2O3。
（3）失去电子生成，S的非金属性较弱，故此反应中得到的是端基硫原子的电子，的二倍是，但是实际是，少了2个电荷，故是形成硫链，故选b。
（4）验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，由于硫代硫酸钠易被氧化，则检验过程中不能引入，实验方案：取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，反应生成硫单质溶液变浑浊，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
19．（2025高二上·余杭期末）使用高效催化剂可大大减少汽车尾气排放出的和含量。
已知：①
②
某科研小组探究了℃时等质量的三种催化剂对还原NO的催化效果(其他条件相同)，所得结果如图1所示。
（1）　 　温(选填“高”或“低”)、　 　压(选填“高”或“低”)有利于提高和的平衡转化率。
（2）使用催化剂　 　效果最好(选填“I”、“II”或“III”)。
（3）A、B两状态下，生成的速率大小关系是　 　。(选填“>”、“＜”或“=”)
（4）若容器容积为，开始加入、，在催化剂I作用在催化剂I作用下达到如图1所示平衡，则反应在该温度下的平衡常数　 　。
（5）在图2坐标系中画出使用催化剂I(其他条件相同)时，时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图。
（6）科研小组将汽车尾气中的CO和NO设计成如图3所示的燃料电池。该电池正极的电极反应式是　 　。石墨II需经常更换，其原因是　 　。
【答案】（1）低；高
（2）I
（3）>
（4）640
（5）
（6）；石墨高温下与氧气反应，消耗石墨
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由已知反应，将①和②乘以2后相加得到目标反应，，反应放热，降低温度平衡正向移动；该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以低温、高压有利于提高NO和CO的平衡转化率。
故答案为： 低 ； 高 ；
（2）相同时间内，催化剂I条件下生成的物质的量最多，说明反应速率最快，催化效果最好。
故答案为： I ；
（3）A点斜率大于B点斜率，斜率越大反应速率越快，所以v(A)>v(B)。
故答案为： > ；
（4）平衡时，根据反应，消耗n(NO)=0.4mol，消耗n(CO)=0.4mol，生成n(CO2) = 0.4mol。平衡时，，，，根据，可得。
故答案为： 640 ；
（5）温度低于时，反应速率小于时的反应速率，所以25s时反应达不到平衡，且温度越高反应速率越快，相同时间内脱氮率越高，当温度高于T1时，则25s时反应达到平衡，但由于该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以温度升高，平衡左移，脱氮率会下降，所以25s时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图为
故答案为： ；
（6）正极发生还原反应，NO得电子生成，电极反应式为；石墨高温下与二氧化碳反应，消耗石墨，所以石墨II需要经常更换。
故答案为： ； 石墨高温下与氧气反应，消耗石墨 。
【分析】（1） 利用盖斯定律判断反应热效应，结合反应前后气体体积变化，分析温度、压强对平衡的影响。
（2） 依据相同时间内生成N2的物质的量，判断催化剂的催化效果。
（3） 通过比较曲线斜率，判断反应速率大小。
（4） 根据平衡时各物质的量，计算浓度，再代入平衡常数表达式求解。
（5） 结合反应速率与温度的关系、反应热效应，分析脱氮率随温度的变化。
（6） 确定正极发生还原反应，写出电极反应式；分析石墨 Ⅱ 需更换的原因（与氧气反应消耗）。
（1）由已知反应，将①和②乘以2后相加得到目标反应，，反应放热，降低温度平衡正向移动；该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以低温、高压有利于提高NO和CO的平衡转化率。
（2）相同时间内，催化剂I条件下生成的物质的量最多，说明反应速率最快，催化效果最好。
（3）A点斜率大于B点斜率，斜率越大反应速率越快，所以v(A)>v(B)。
（4）平衡时，根据反应，消耗n(NO)=0.4mol，消耗n(CO)=0.4mol，生成n(CO2) = 0.4mol。平衡时，，，，根据，可得。
（5）温度低于时，反应速率小于时的反应速率，所以25s时反应达不到平衡，且温度越高反应速率越快，相同时间内脱氮率越高，当温度高于T1时，则25s时反应达到平衡，但由于该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以温度升高，平衡左移，脱氮率会下降，所以25s时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图为
（6）正极发生还原反应，NO得电子生成，电极反应式为；石墨高温下与二氧化碳反应，消耗石墨，所以石墨II需要经常更换。
20．（2025高二上·余杭期末）磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)：
①称，转移入三颈烧瓶中；
②向三颈烧瓶加入氨水100mL，安装实验装置如图；
③在煮沸搅拌中滴完浓溶液，100℃下回流；
④降温后，将氮气管移至液面上，长导管移至液面下；
⑤关闭阀，打开仪器a的瓶塞，向仪器a中注入煮沸过的蒸馏水，盖上仪器a的瓶塞，打开阀，将上层液经长导管压出。重复上述操作直至产品洗净；
⑥过滤后用乙醇洗涤沉淀，干燥后称量得产品1.16g。
请回答：
（1）仪器a的名称是　 　；加入的作用是　 　。
（2）实验室制取可以通过加热浓和溶液，请写出化学方程式　 　，对应的发生装置为　 　(填标号)。
（3）下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤①中的称量仪器可选择托盘天平
B．步骤③中的长导管的作用是冷凝回流
C．步骤⑤中打开阀后，仪器a的瓶塞需用手按压
D．步骤⑥中用乙醇洗涤的目的是除去余氨
（4）步骤⑤判断沉淀是否已经用蒸馏水洗涤干净的具体操作是　 　。
（5）该实验所得四氧化三铁磁性材料的产率为　 　。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁
（2）+ N2↑+NaCl+H2O；B
（3）A；D
（4）取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净
（5）50%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①该过程持续通入氮气，为让液体顺利流下，故仪器a为恒压滴液漏斗；
②氯化铵溶液显酸性，在酸性条件下，硝酸钾可将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁，故其作用为做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； 做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁 ；
（2）①反应物为浓和溶液，在加热的条件下生成氮气，发生归中反应，故其方程式为：+ N2↑+NaCl+H2O；
②该反应为液液混合加热制备气体，故选B；
故答案为：+ N2↑+NaCl+H2O ； B ；
（3）A．托盘天平的精确度为0.1g无法精确称量5.97g，A错误；
B．步骤③中的长导管较长，有冷凝回流的作用，B正确；
C．步骤⑤中打开阀后，三颈烧瓶中内压强增大，恒压滴液漏斗中压强增大，故仪器a的瓶塞需用手按压，C正确；
D．乙醇易挥发，其目的是除去固体中的水，D错误；
故答案为：AD。
（4）沉淀若有杂质，应为氯化铵，故判断沉淀是否已经使用蒸馏水洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净；
故答案为： 取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净 ；
（5）的物质的量为：0.03mol，根据分析中方程式可知，生成四氧化三铁为0.01mol，质量为2.32g，故其产率为：
故答案为： 50% 。
【分析】（1） 仪器 a 为恒压滴液漏斗；KNO3作氧化剂，将 Fe(OH)2氧化为 Fe3O4。
（2） 反应方程式为+ N2↑+NaCl+H2O；属液液加热反应，选装置 B。
（3） 托盘天平精度不够；乙醇洗涤目的是除水，故选 AD。
（4） 取最后一次洗涤液，加硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀则未洗净。
（5） 计算 FeCl2 4H2O 的物质的量，结合反应式得理论产量，再算实际产率。
（1）①该过程持续通入氮气，为让液体顺利流下，故仪器a为恒压滴液漏斗；
②氯化铵溶液显酸性，在酸性条件下，硝酸钾可将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁，故其作用为做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁；
（2）①反应物为浓和溶液，在加热的条件下生成氮气，发生归中反应，故其方程式为：+ N2↑+NaCl+H2O；
②该反应为液液混合加热制备气体，故选B；
（3）A．托盘天平的精确度为0.1g无法精确称量5.97g，A错误；
B．步骤③中的长导管较长，有冷凝回流的作用，B正确；
C．步骤⑤中打开阀后，三颈烧瓶中内压强增大，恒压滴液漏斗中压强增大，故仪器a的瓶塞需用手按压，C正确；
D．乙醇易挥发，其目的是除去固体中的水，D错误；
故选AD。
（4）沉淀若有杂质，应为氯化铵，故判断沉淀是否已经使用蒸馏水洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净；
（5）的物质的量为：0.03mol，根据分析中方程式可知，生成四氧化三铁为0.01mol，质量为2.32g，故其产率为：
21．（2025高二上·余杭期末）卢非酰胺()可由合成路线I或Ⅱ合成，其中I是2024年新方法：
已知：①②
请回答：
（1）化合物J的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物A与溴苯互为同系物
B．G→H的反应类型为消去反应
C．化合物J能与HCl反应生成盐酸盐
D．化合物K的分子式是C10H10F2N4O
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）写出I+J→D的化学方程式　 　。
（5）根据题给信息，用不超过三步的反应设计A的合成路线　 　。(用流程图表示，用乙酸酐和任选的无机试剂合成)
（6）写出所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的结构简式　 　。
【答案】（1）氨基和碳氟键
（2）C
（3）HC≡C-COOC2H5
（4）++H2O
（5）
（6）CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）化合物J为，官能团名称是：氨基和碳氟键。
故答案为： 氨基和碳氟键 ；
（2）A．化合物A分子中含有F原子，而溴苯中不含有F原子，则A与溴苯不互为同系物，A不正确；
B．G→H的反应中，H并非是G分子内去掉小分子的产物，而是G与NaNO2反应的产物，则反应类型不是消去反应，B不正确；
C．化合物J中含有呈碱性的-NH2，能与HCl反应生成盐酸盐，C正确；
D．化合物K为，分子式是C10H8F2N4O，D不正确；
故答案为：C。
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是HC≡C-COOC2H5。
故答案为： HC≡C-COOC2H5 ；
（4）I()和J()反应生成D()和水，化学方程式为++H2O。
故答案为：++H2O ；
（5）根据题给信息②，与反应生成，再水解生成，然后与HBr发生取代反应生成和水，A的合成路线为。
故答案为： ；
（6）G为，分子式为C4H9O2N，则所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的数目，也就是-C4H9的数目，结构简式为CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2。
故答案为： CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2 。
【分析】分析卢非酰胺的合成路线，可通过产物结构逆向推导中间产物，并结合原料官能团变化正向验证：路线 Ⅰ 中，A（含溴原子）与 DPPA、NaOH 等反应生成 B（含叠氮基），结合 D 的分子式（C12H11F2N3O2）和最终产物结构，可推知 B 与 C（C5H6O2，推测为 HC≡C-COOC2H5）在 Cu 催化下反应生成 D， 由D的分子式和目标有机物的结构简式， 可逆推出D为，
路线 Ⅱ 里，E（含醛基）与 SOCl2反应生成 F（含氯原子）；G 与 NaNO2在酸性条件下反应生成 H（含重氮基），H 与 F 反应生成 I，I 再与 J 反应得到 D。整个过程涉及卤代、叠氮生成、加成、取代等官能团转化，通过这些反应逐步构建目标分子结构。
（1）化合物J为，官能团名称是：氨基和碳氟键。
（2）A．化合物A分子中含有F原子，而溴苯中不含有F原子，则A与溴苯不互为同系物，A不正确；
B．G→H的反应中，H并非是G分子内去掉小分子的产物，而是G与NaNO2反应的产物，则反应类型不是消去反应，B不正确；
C．化合物J中含有呈碱性的-NH2，能与HCl反应生成盐酸盐，C正确；
D．化合物K为，分子式是C10H8F2N4O，D不正确；
故选C。
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是HC≡C-COOC2H5。
（4）I()和J()反应生成D()和水，化学方程式为++H2O。
（5）根据题给信息②，与反应生成，再水解生成，然后与HBr发生取代反应生成和水，A的合成路线为。
（6）G为，分子式为C4H9O2N，则所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的数目，也就是-C4H9的数目，结构简式为CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2。
1 / 1浙江省杭州市西湖区学军海创园,学军西溪,学军紫金港2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．（2025高二上·余杭期末）按物质性质分类，N2O5属于
A．酸性氧化物 B．碱性氧化物
C．不成盐氧化物 D．混合物
2．（2025高二上·余杭期末）元素周期表中镓Ga和铝Al同族，位于铝Al的下一周期，曾被称为“类铝”，下列说法不正确的是
A．Al2O3是电解质
B．Ga原子的N层电子皆为同一能级
C．27Al原子的中子数为14
D．Ga位于周期表中第四周期IIIA族
3．（2025高二上·余杭期末）下列化学用语表示正确的是
A．过氧化钠的化学式：
B．1、3-丁二烯的键线式：
C．晶体的晶胞：
D．的空间填充模型：
4．（2025高二上·余杭期末）下列说法不正确的是
A．利用图1实验，可以观察钾元素的焰色
B．利用图2实验，可以证明化学能转化成电能
C．利用图3实验，可以检验装置气密性
D．利用图4实验，可以证明极易溶于水
5．（2025高二上·余杭期末）化学与生产生活息息相关，下列说法不正确的是
A．油漆制造中可以添加乙酸乙酯作为溶剂
B．锅炉除水垢可以加入碳酸氢钠溶液作为除垢剂
C．果蔬汁饮料可以添加苯甲酸钠作为防腐剂
D．污水处理可以加入硫酸亚铁作为混凝剂
6．（2025高二上·余杭期末）过二硫酸根中存在一个过氧键()，是工业用强氧化剂，可检验存在：。下列说法不正确的是
A．中有一个过氧键()，硫元素的化合价为价
B．上述反应中若有还原剂被氧化，则转移电子
C．与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D．为验证是否强酸，可将酚酞滴入溶液，观察溶液的最终颜色来判断
7．（2025高二上·余杭期末）结构决定性质。下列结构因素正确且与性质差异匹配的是
选项 性质差异 结构因素
A 硬度：金刚石>石墨 金刚石中碳碳键键能>石墨中碳碳键能
B 键角： 分子氢键数目分子氢键数目
C 酸性： 键长键长
D 的溶解度：溶液溶液 分子极性分子极性
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二上·余杭期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．向中滴加少量溶液：
B．向溶液中通入过量的氯气：
C．电解水溶液：
D．碳酸钠溶液与过量水杨酸反应：
9．（2025高二上·余杭期末）有两种钴的配合物A和B，它们的化学式均为，主要区别在于配合物A的溶液中加入时产生沉淀，但加时不产生沉淀，而配合物B则与此相反，但两者可以在一定的条件下相互转化。下列说法不正确的是
A．配合物A中Co和Br成配位键
B．相同浓度配合物A的导电性比B弱
C．配合物B的溶液中有游离的
D．Co的化合价在转化时没有变化
10．（2025高二上·余杭期末）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子，分子为正四面体构型；Z的p能级电子半充满，为无色气体，Q元素焰色试验焰色呈黄色。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．标准浓度溶液可用于滴定
D．QX是一种离子化合物，溶于水能放出氢气
11．（2025高二上·余杭期末）一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面下列说法正确的是
A．与反应过程中只涉及极性键的断裂和生成
B．的过程中断键，释放能量
C．与中的先结合生成，再分解生成
D．适当提高分压可以加快的反应速率
12．（2025高二上·余杭期末）一种基于氯碱工艺的新型电解池(如图所示，M、N电极均为惰性电极)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法错误的是
A．若电源为铅酸蓄电池，则Q应与电极相连
B．M电极上发生还原反应，其电极反应式为
C．工作时，右侧工作室的穿过阳离子交换膜往左侧工作室迁移
D．装置工作时，电路中每转移0.6mol电子，同时右侧工作室溶液减轻的质量与左侧工作室溶液增加的质量相差15.6g
13．（2025高二上·余杭期末）氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法错误的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1>0
B．相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的大
C．相同条件下，HCl的ΔH3+ΔH4比HI的大
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
14．（2025高二上·余杭期末）常见有机化合物A、B可发生反应：，A和B的质谱图和核磁共振氢谱如下。下列说法不正确的是
A．质谱图的左图为A，右图为B
B．化合物A可被酸性重铬酸钾溶液氧化成
C．核磁共振氢谱的左图为A，右图为B
D．化合物B在碱性溶液中水解是不可逆反应
15．（2025高二上·余杭期末）碳酸亚铁是常见难溶物，将过量碳酸亚铁置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数，]，下列有关说法正确的是
A．向体系中通入气体，溶液中保持不变
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．过量水溶液敞开放置会逐渐转化为
D．用的溶液和的溶液等体积混合可制备纯
16．（2025高二上·余杭期末）探究不同价态含硫物质的转化，下列方案结论不正确的是
　 实验方案 现象 结论
A 往酸性溶液边振荡边逐滴滴加溶液 产生棕褐色沉淀，臭鸡蛋味气体 生成，部分转化成
B 往溶液边振荡边逐滴滴加酸性溶液 溶液无色，聚光电筒照射有丁达尔现象 部分被氧化成S胶体
C 往溶液加入溶液 产生肉红色浊液 反应生成(肉红色)沉淀
D 往酸性溶液振荡滴加溶液 溶液无色澄清，且不随时间变化 被氧化成
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·余杭期末）乙二胺四乙酸缩写为EDTA，可以用表示，是一种六齿配体有机分子(如图1所示)。乙二胺四乙酸根易与碱金属之外的金属离子形成配合物，常用作络合滴定试剂。
请回答：
（1）EDTA中电负性最大的元素的基态原子为　 　，其轨道表示式为　 　。
（2）EDTA中各原子存在的类型有_______。
A．sp杂化 B．杂化 C．杂化 D．不杂化
（3）乙二胺四乙酸根可以和形成配合离子，图2为和形成的配合物离子形式，可表示为，该配合物离子的配位数为　 　。该离子可用于静脉点滴以排除体内的铅。请写出排铅反应的离子方程式(用表示铅)：　 　。
（4）研究小组制得了补血剂的晶体。图3为研究小组所发表晶体的文献图(连线不表示共价键，且未标注H原子)。图中圈A原子是　 　。
18．（2025高二上·余杭期末）硫粉与亚硫酸钠共热可制硫代硫酸钠。实验小组以硫化亚铁为主要原料，按下图制取硫代硫酸钠。图中A、B、C和D都是硫单质或硫的化合物(可添加必要的试剂，不含硫的反应物或生成物已省略)。
请回答：
（1）实验小组进行反应I和Ⅱ都是用硫化亚铁和硫酸反应，选用硫酸浓度I　 　Ⅱ(选填“>”、“＜”或“=”)
（2）反应Ⅲ的化学方程式是　 　；反应V的化学方程式是　 　。
（3）的结构如图所示，与的反应方程式为，预测可能的结构是　 　(填序号)。(提示：考虑此反应中得到的电子来自端基氧原子还是端基硫原子)
硫代硫酸根： a. b.
（4）实验小组为验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，请设计实验方案：　 　。
19．（2025高二上·余杭期末）使用高效催化剂可大大减少汽车尾气排放出的和含量。
已知：①
②
某科研小组探究了℃时等质量的三种催化剂对还原NO的催化效果(其他条件相同)，所得结果如图1所示。
（1）　 　温(选填“高”或“低”)、　 　压(选填“高”或“低”)有利于提高和的平衡转化率。
（2）使用催化剂　 　效果最好(选填“I”、“II”或“III”)。
（3）A、B两状态下，生成的速率大小关系是　 　。(选填“>”、“＜”或“=”)
（4）若容器容积为，开始加入、，在催化剂I作用在催化剂I作用下达到如图1所示平衡，则反应在该温度下的平衡常数　 　。
（5）在图2坐标系中画出使用催化剂I(其他条件相同)时，时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图。
（6）科研小组将汽车尾气中的CO和NO设计成如图3所示的燃料电池。该电池正极的电极反应式是　 　。石墨II需经常更换，其原因是　 　。
20．（2025高二上·余杭期末）磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在氛围中进行)：
①称，转移入三颈烧瓶中；
②向三颈烧瓶加入氨水100mL，安装实验装置如图；
③在煮沸搅拌中滴完浓溶液，100℃下回流；
④降温后，将氮气管移至液面上，长导管移至液面下；
⑤关闭阀，打开仪器a的瓶塞，向仪器a中注入煮沸过的蒸馏水，盖上仪器a的瓶塞，打开阀，将上层液经长导管压出。重复上述操作直至产品洗净；
⑥过滤后用乙醇洗涤沉淀，干燥后称量得产品1.16g。
请回答：
（1）仪器a的名称是　 　；加入的作用是　 　。
（2）实验室制取可以通过加热浓和溶液，请写出化学方程式　 　，对应的发生装置为　 　(填标号)。
（3）下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤①中的称量仪器可选择托盘天平
B．步骤③中的长导管的作用是冷凝回流
C．步骤⑤中打开阀后，仪器a的瓶塞需用手按压
D．步骤⑥中用乙醇洗涤的目的是除去余氨
（4）步骤⑤判断沉淀是否已经用蒸馏水洗涤干净的具体操作是　 　。
（5）该实验所得四氧化三铁磁性材料的产率为　 　。
21．（2025高二上·余杭期末）卢非酰胺()可由合成路线I或Ⅱ合成，其中I是2024年新方法：
已知：①②
请回答：
（1）化合物J的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物A与溴苯互为同系物
B．G→H的反应类型为消去反应
C．化合物J能与HCl反应生成盐酸盐
D．化合物K的分子式是C10H10F2N4O
（3）化合物C的结构简式是　 　。
（4）写出I+J→D的化学方程式　 　。
（5）根据题给信息，用不超过三步的反应设计A的合成路线　 　。(用流程图表示，用乙酸酐和任选的无机试剂合成)
（6）写出所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的结构简式　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸性氧化物指能与碱反应生成盐和水的氧化物。N2O5可与 NaOH 反应生成硝酸钠和水，故A符合题意 ；
B、碱性氧化物需能与酸反应生成盐和水，N2O5无此性质，故B不符合题意 ；
C、不成盐氧化物既不与酸也不与碱反应生成盐和水，N2O5能与碱反应，不属于此类，故C不符合题意 ；
D、N2O5有固定组成，是纯净物，非混合物，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】依据氧化物的分类标准（酸性、碱性、不成盐氧化物的定义），结合 N2O5的化学性质判断其类别。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子的能级分布；电解质与非电解质；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、电解质指在熔融或水溶液中能导电的化合物。熔融时 Al2O3可电离出 Al3+和 O2-，能导电，因此 Al2O3是电解质，A正确；
B、Ga 的核外价电子排布为 4s24p ，N 层电子分布在 4s 和 4p 两个不同能级，并非同一能级，B错误；
C、中子数 = 质量数 - 质子数。27Al 的质量数为 27，质子数为 13，故中子数 = 27-13=14，C正确；
D、Ga 与 Al 同属 ⅢA 族，Al 位于第三周期，Ga 在其下一周期，因此 Ga 处于第四周期 ⅢA 族，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断 Al2O3是否为电解质。
B．分析 Ga 原子 N 层电子的能级归属。
C．计算27Al 原子的中子数。
D．确定 Ga 在周期表中的位置。
3．【答案】D
【知识点】离子晶体；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、过氧化钠的化学式是 Na2O2，由 Na+和 O22-构成；题目中给出的 实际是氧化钠（Na2O）的电子式，并非过氧化钠的正确表示，A错误；
B、1，3 - 丁二烯的结构为 CH2=CH-CH=CH2，含两个双键，键线式应体现双键位置； 键线式为，B错误；
C、NaCl 晶体为面心立方结构，每个晶胞含 4 个 Na+和 4 个 Cl-；晶体的晶胞为：，C错误；
D、CH4为正四面体结构，碳原子在中心，氢原子在顶点，空间填充模型能体现原子相对大小和空间排布，的空间填充模型为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分过氧化钠的化学式与氧化钠的电子式。
B．判断 1，3 - 丁二烯键线式是否匹配其结构。
C．判断 NaCl 晶胞结构是否正确。
D．判断 CH4空间填充模型是否正确。
4．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；焰色反应；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、钾元素焰色为紫色，观察时需透过蓝色钴玻璃过滤钠的黄色干扰。图 1 装置使用蓝色钴玻璃，符合观察钾元素焰色的要求，A正确；
B、图 2 是 Cu-Ag 原电池装置（含盐桥形成闭合回路），电流计指针会偏转，说明有电流产生，可证明化学能转化为电能，B正确；
C、图 3 中长颈漏斗与外界直接相通，用手焐热集气瓶时，气体膨胀会从漏斗口逸出，无法形成压强差，不能检验气密性，C错误；
D、图 4 中向盛 NH3的集气瓶挤入水，NH3迅速溶解使瓶内压强骤降，外界大气压将水压入瓶中形成喷泉，可证明 NH3极易溶于水，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断图 1 实验能否观察钾元素焰色。
B．判断图 2 实验能否证明化学能转化为电能。
C．判断图 3 实验能否检验装置气密性。
D．判断图 4 实验能否证明 NH3极易溶于水。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酯的性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、乙酸乙酯对多种油漆有良好溶解性，且挥发性适宜，适合在油漆制造中作为溶剂，A正确；
B、锅炉水垢主要含 CaSO4，需用 Na2CO3溶液处理（利用 CaCO3溶解度小于 CaSO4，使 CaSO4转化为易处理的 CaCO3），而碳酸氢钠无法有效实现这一转化，B错误；
C、苯甲酸钠具有防腐性能，可用于果蔬汁饮料中抑制微生物生长，C正确；
D、硫酸亚铁水解生成 Fe(OH)2，进一步被氧化为 Fe(OH)3胶体，胶体的强吸附性可去除水中悬浮物，适合作为混凝剂，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断乙酸乙酯能否作为油漆溶剂。
B．判断碳酸氢钠是否适合作为锅炉除垢剂。
C．判断苯甲酸钠能否作为果蔬汁防腐剂。
D．判断硫酸亚铁能否作为污水处理混凝剂。
6．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氯气的实验室制法；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O82-含 1 个过氧键（-O-O-），过氧键中 O 为 -1 价，其余 O 为 -2 价。设 S 化合价为 x，由电荷守恒：2x + 6×(-2) + 2×(-1) = -2，解得 x=+6，故硫为 +6 价，A正确；
B、反应中 Mn2+（还原剂）从 + 2 价升至 + 7 价，每 mol Mn2+失 5mol 电子。则 0.1mol 还原剂被氧化时，转移电子 0.1×5=0.5mol，B正确；
C、S2O82-氧化性强于 MnO4-，而 MnO4-可氧化 Cl-生成 Cl2，故 K2S2O8能与浓盐酸反应生成黄绿色 Cl2，C正确；
D、Na2S2O8中 S2O82-有强氧化性，会氧化酚酞使其褪色，无法通过酚酞颜色判断酸性强弱，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．确定 S2O82-中硫的化合价及过氧键存在。
B．计算还原剂被氧化时的电子转移量。
C．判断 K2S2O8与浓盐酸能否生成 Cl2。
D．验证 H2S2O8是否为强酸的方法可行性。
7．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A、金刚石是立体网状共价晶体（碳原子 sp3 杂化），原子间共价键结合牢固；石墨是层状结构（碳原子 sp2 杂化），层间靠分子间作用力连接，易滑动。硬度差异源于空间结构不同，而非碳碳键键能，A错误；
B、NH3中 N 有 1 对孤电子对，H2O 中 O 有 2 对孤电子对。孤电子对与成键电子对的排斥力：H2O > NH3，导致键角 NH3 > H2O，与氢键数目无关，B错误；
C、CF3COOH 中 - CF3是强吸电子基团，使羧基中 H+更易电离；CH3COOH 中 - CH3是供电子基团，抑制 H+电离。酸性差异与基团电子效应有关，与 C-F 键长、C-H 键长无关，C错误；
D、I2和 CCl4均为非极性分子，H2O 是极性分子。根据 “相似相溶” 原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，故 I2在 CCl4中溶解度更大，与分子极性差异一致，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断金刚石与石墨硬度差异的结构因素。
B．分析 NH3与 H2O 键角差异的原因。
C．解释 CF3COOH 与 CH3COOH 酸性差异的结构因素。
D．说明 I2在不同溶剂中溶解度差异的原因。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、少量 Ba(HCO3)2完全反应时，Ba2+与 SO42-、HCO3-与 H+需按比例反应，正确的离子方程式应为 2HCO3-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2CO2↑+2H2O，选项中系数配比错误，A错误；
B、Fe2+还原性比 Br-强，过量 Cl2会将两者完全氧化，2mol Fe2+和 4mol Br-共失去 6mol 电子，与 3mol Cl2得到的电子守恒，离子方程式 2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-正确，B正确；
C、电解时生成的 OH-会与 Mg2+结合成 Mg (OH)2沉淀，正确的离子方程式应为 ，C错误；
D、水杨酸中羧基酸性强于碳酸，过量时与 CO32-反应应生成 CO2和 H2O，而非 HCO3-， 反应离子方程式为：+22，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断少量 Ba(HCO3)2与过量 H2SO4反应的离子方程式是否正确。
B．分析过量 Cl2与 FeBr2反应的离子方程式是否正确。
C．判断电解 MgCl2水溶液的离子方程式是否正确。
D．分析碳酸钠与过量水杨酸反应的离子方程式是否正确。
9．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、配合物 A 的结构为 [CoBr(NH3)5] SO4，内界是 [CoBr(NH3)5]2+，其中 Co3+与 Br-通过配位键结合，A正确；
B、A 电离为 [CoBr(NH3)5]2+和 SO42-（每个离子带 2 个电荷），B 电离为 [Co(SO4)(NH3)5]+和 Br-（每个离子带 1 个电荷）。相同浓度时，A 溶液中离子所带总电荷更多，导电性更强，而非更弱，B错误；
C、B 的结构为 [Co(SO4)(NH3)5]Br，电离时 Br-位于外界，会以游离态存在于溶液中，C正确；
D、A 和 B 中 Co 均为 +3 价，二者相互转化时仅配体与外界离子交换，Co 的化合价不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断配合物 A 中 Co 与 Br 是否形成配位键。
B．比较相同浓度下 A 和 B 的导电性强弱。
C．判断配合物 B 的溶液中是否存在游离 Br-。
D．分析转化过程中 Co 的化合价是否变化。
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；焰色反应
【解析】【解答】A、推断元素为 Y=C、Z=N、M=O。同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但第 ⅤA 族（N）因 p 轨道半充满更稳定，第一电离能大于第 ⅥA 族（O），故顺序应为 N>O>C（即 Z>M>Y），而非选项中 M>Z>Y，A错误；
B、电负性规律为同周期从左到右增大（N>C），化合物中电负性大的元素显负价，CH4中 C 显负价说明 C>H，故电负性 N>C>H，B正确；
C、H2C2O4（草酸）具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者可发生氧化还原反应，且反应终点明显，故标准草酸溶液可滴定 KMnO4，C正确；
D、NaH 由 Na+和 H-通过离子键构成，属离子化合物；与水反应生成 NaOH 和 H2，能放出氢气，D正确；
故答案为：A。
【分析】X 只有 1 个 s 能级电子，且原子序数最小，故 X 为 H；Q 焰色试验呈黄色，故 Q 为 Na；为正四面体构型，结合原子序数，Y 为 C；Z 的 p 能级电子半充满，故 Z 为 N； 为无色气体，故 M 为 O。
A．判断同周期元素第一电离能顺序是否正确。
B．分析元素电负性大小关系。
C．判断草酸能否用于滴定高锰酸钾。
D．分析 NaH 的化合物类型及与水的反应。
11．【答案】D
【知识点】化学键；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应过程中，O2中的 O-O 非极性键断裂，CH4中的 C-H 极性键断裂；同时生成 CO、CO2中的 C-O 极性键和 H2中的 H-H 非极性键。既涉及极性键，也涉及非极性键的变化，并非只涉及极性键，A错误；
B、该过程是 * CH3中的 C-H 键断裂，断键需要吸收能量，而非释放能量，B错误；
C、从反应历程看，O2与 CH4中的 H 先结合生成 H2，之后 H2再与氧结合生成 H2O，并非先生成 H2O 再分解为 H2，C错误；
D、适当提高 O2分压，能增加 O2与催化剂表面的接触机会，加快 O2(g) 转化为 2*O 的速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断反应中化学键的断裂与生成类型。
B．分析 * CH3→*CH2过程的能量变化。
C．判断 H2O 与 H2的生成顺序。
D．分析 O2分压对反应速率的影响。
12．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧 N 电极生成气体，是 Cl-放电产生 Cl2，为电解池阳极。铅酸蓄电池中 PbO2是正极，电解池阳极需接电源正极，故 Q 应与 PbO2电极相连，A正确；
B、M 为阴极，发生还原反应。Fe2O3在碱性条件下得电子生成 Fe，电极反应为 ，符合守恒规律，B正确；
C、电解池中阳离子向阴极移动，左侧为阴极区，故右侧 Na+穿过阳离子交换膜移向左侧，C正确；
D、转移 0.6mol 电子时，右侧有 0.6mol Cl-生成 Cl2（质量减少 0.6×71÷2=21.3g），同时 0.6mol Na+移向左侧（质量再减少 0.6×23=13.8g），右侧共减少 35.1g；左侧增加 0.6mol Na+（质量增加 13.8g）。质量差为 35.1-13.8=21.3g≠15.6g，D错误；
故答案为：D。
【分析】电极判断：右侧饱和食盐水处，Cl-放电生成Cl2（气体 a），故右侧（N 电极）为阳极，左侧（M 电极）为阴极。A．明确电解池阳极与电源正极的连接关系。
B．分析阴极反应类型及电极反应式。
C．判断 Na+的移动方向。
D．计算电子转移时两侧溶液的质量差。
13．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、HF (g) 溶于水放热，说明 HF (g)→HF (aq) 的焓变为负。而 ΔH1是 HF (aq)→HF (g) 的焓变，与溶解过程互为逆过程，焓变符号相反，故 ΔH1>0，A正确；
B、ΔH2是 HX (g) 断裂 H-X 键生成 H (g) 和 X (g) 的焓变（吸热）。H-Cl 键能大于 H-Br 键能，断裂时吸收热量更多，故 HCl 的 ΔH2比 HBr 的大，B正确；
C、ΔH3是 H (g)→H+(g) 的焓变，ΔH4是 H+(g)→H+(aq) 的焓变，两者之和仅与 H 的状态变化有关，与 X 无关，故 HCl 和 HI 的 ΔH3+ΔH4相等，C错误；
D、根据盖斯定律，总反应焓变等于各分步反应焓变之和，故 ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断 HF 的 ΔH1符号与溶解热的关系。B．比较 HCl 和 HBr 的 ΔH2大小。
C．分析 ΔH3+ΔH4与 HX 种类的关系。
D．验证 ΔH 与各步焓变的关系。
14．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；羧酸简介；酯的性质
【解析】【解答】A、反应为 A 与乙酸反应生成 B 和水，属于酯化反应，A 是醇，B 是酯。A 的质谱分子离子峰为 46（乙醇 CH3CH2OH 的相对分子质量），B 的为 88（乙酸乙酯 CH3COOCH2CH3的相对分子质量），故左图为 A，右图为 B，A正确；
B、A 是乙醇（CH3CH2OH），具有还原性，在强氧化剂酸性重铬酸钾作用下，可被逐步氧化，最终生成乙酸（CH3COOH），B正确；
C、A（CH3CH2OH）有 3 种等效氢，峰面积比 3：2：1；B（CH3COOCH2CH3）有 3 种等效氢，峰面积比 3：2：3。因此核磁共振氢谱左图为 B，右图为 A，C错误；
D、B 是乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），在碱性溶液中水解生成乙醇和羧酸盐（如乙酸钠），产物中无酸，反应不可逆，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据质谱图的分子离子峰判断 A 和 B 的对应关系。
B．判断乙醇能否被酸性重铬酸钾氧化为乙酸。
C．根据核磁共振氢谱的峰组数和面积比区分 A 和 B。
D．判断乙酸乙酯在碱性条件下水解是否可逆。
15．【答案】B
【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、通入 CO2后，CO32-会与 CO2、H2O 反应生成 HCO3-，导致溶液中 CO32-浓度降低。根据 FeCO3的溶解平衡，CO32-浓度减小会促使平衡正向移动，使 Fe2+浓度增大，并非保持不变，A错误。
B、上层清液中 CO32-会发生水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，水解平衡常数
Kh1=>Ka2，说明水解程度较大，则上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，B正确；
C、即使 FeCO3转化为 Fe(OH)2，Fe(OH)2具有还原性，在空气中会迅速被氧化为 Fe(OH)3，不会稳定存在 Fe(OH)2，C错误；
D、 用的溶液和的溶液等体积混合，c()=0.1mol/L、c(Fe2+)=0.1mol/L，根据的电离常数等于，则
c()=，，有FeCO3生成，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．分析通入 CO2对 Fe2+浓度的影响。
B．判断上层清液中含碳微粒的主要存在形式。
C．分析 FeCO3水溶液敞开放置的产物。
D．判断混合溶液是否生成纯 Fe(OH)2。
16．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、酸性 KMnO4与 Na2S 反应，产生棕褐色沉淀（应为 MnO2，KMnO4被还原产物）和臭鸡蛋气味气体（H2S，S2-转化而来），现象与结论一致，A正确；
B、少量酸性 KMnO4与 Na2S 反应，溶液无色说明 KMnO4被还原；丁达尔现象表明生成胶体（S 胶体，S2-被氧化产物），结论合理，B正确；
C、高浓度 Na2S 与 KMnO4反应生成肉红色浊液，符合 MnS 的特征颜色，结论正确，C正确；
D、若 S2-被氧化为 SO32-，SO32-仍具较强还原性，会继续被酸性 KMnO4氧化，溶液不可能长时间保持无色澄清。实际产物应是更稳定的 SO42-，结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．分析反应产物与现象的对应关系。
B．结合丁达尔现象判断产物类型。
C．根据沉淀颜色判断产物。
D．分析 SO32-的还原性对实验现象的影响。
17．【答案】（1）O；
（2）B；C；D
（3）6；
（4）Na+
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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】（1）EDTA中含有C、O、N、H四种元素，同一周期，电负性从左到右递增，所以电负性大小O> N> C> H，基态原子O的轨道表示式为，
故答案为： O ； ；
（2）EDTA中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，碳原子采取sp2杂化，N原子形成3条共价键，同时存在一对孤电子对，为sp3杂化，H原子不杂化，故选BCD，
故答案为：B C D ；
（3）图2中配合物离子的结构可以看到，与中N、O原子之间形成配位键，周围有2个N原子和4个O原子，所以该配合物离子的配位数为 6，因为离子可以与发生反应，将从体内排出，根据配合物的性质，会取代中的，生成和，所以排铅反应的离子方程式为：，
故答案为：6； ；
（4）在晶体中，是乙二胺四乙酸根，会与Fe3 +形成稳定配合物，从晶体化学式可知，除了配合物部分和结晶水外，还存在Na+，图中未标注的原子，结合晶体整体组成及存在形式判断，圈A原子是Na+ 。
故答案为： Na+ ；
【分析】(1)比较 EDTA 中 C、O、N、H 的电负性，确定最大者为 O；写出 O 的基态原子轨道表示式。
(2)分析各原子成键情况，-CH2- 中 C 为 sp3 杂化，-COOH 中 C 为 sp2 杂化，N 为 sp3 杂化，H 不杂化，判断符合的类型。
(3)根据结构确定 Ca2+周围配位原子数即配位数；依据配合物取代反应，写出 CaY2-与 Pb2+的反应式。
(4)结合晶体组成 NaFeY 2H2O，判断游离的阳离子为 Na+，即图中 A 原子。
（1）EDTA中含有C、O、N、H四种元素，同一周期，电负性从左到右递增，所以电负性大小O> N> C> H，基态原子O的轨道表示式为，
（2）EDTA中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，碳原子采取sp2杂化，N原子形成3条共价键，同时存在一对孤电子对，为sp3杂化，H原子不杂化，故选BCD，
（3）图2中配合物离子的结构可以看到，与中N、O原子之间形成配位键，周围有2个N原子和4个O原子，所以该配合物离子的配位数为 6，因为离子可以与发生反应，将从体内排出，根据配合物的性质，会取代中的，生成和，所以排铅反应的离子方程式为：，
（4）在晶体中，是乙二胺四乙酸根，会与Fe3 +形成稳定配合物，从晶体化学式可知，除了配合物部分和结晶水外，还存在Na+，图中未标注的原子，结合晶体整体组成及存在形式判断，圈A原子是Na+ 。
18．【答案】（1）<
（2）2H2S+SO2=3S↓+2H2O；S+Na2SO3=Na2S2O3
（3）b
（4）取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
【知识点】常见离子的检验；含硫物质的性质及综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）具有还原性，浓硫酸具有氧化性，制取H2S需要用稀硫酸，制取SO2需要用浓硫酸，则选用硫酸浓度I<Ⅱ；、
故答案为： < ；
（2）反应Ⅲ为H2S和SO2反应制取S，化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O；反应V为硫和亚硫酸钠制取硫代硫酸钠，化学方程式是S+Na2SO3=Na2S2O3。
故答案为： 2H2S+SO2=3S↓+2H2O ； S+Na2SO3=Na2S2O3 ；
（3）失去电子生成，S的非金属性较弱，故此反应中得到的是端基硫原子的电子，的二倍是，但是实际是，少了2个电荷，故是形成硫链，故选b。
故答案为： b ；
（4）验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，由于硫代硫酸钠易被氧化，则检验过程中不能引入，实验方案：取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，反应生成硫单质溶液变浑浊，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
故答案为： 取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。 。
【分析】要制取硫代硫酸钠（Na2S2O3），需先获取硫（S）和亚硫酸钠（Na2SO3）这两种含硫物质。从原料硫化亚铁（FeS）来看：
FeS 与稀硫酸反应可生成硫化氢（H2S）
FeS 与浓硫酸（或在特定条件下与氧化剂反应）能生成二氧化硫（SO2）
生成的 SO2可与碱反应得到 Na2SO3；而 H2S 和 SO2会发生归中反应生成 S。由此可确定：A 是 H2S，B 是 SO2，C 是 S，D 是 Na2SO3。
（1）具有还原性，浓硫酸具有氧化性，制取H2S需要用稀硫酸，制取SO2需要用浓硫酸，则选用硫酸浓度I<Ⅱ；
（2）反应Ⅲ为H2S和SO2反应制取S，化学方程式是2H2S+SO2=3S↓+2H2O；反应V为硫和亚硫酸钠制取硫代硫酸钠，化学方程式是S+Na2SO3=Na2S2O3。
（3）失去电子生成，S的非金属性较弱，故此反应中得到的是端基硫原子的电子，的二倍是，但是实际是，少了2个电荷，故是形成硫链，故选b。
（4）验证制备的硫代硫酸钠中是否含硫酸钠杂质，由于硫代硫酸钠易被氧化，则检验过程中不能引入，实验方案：取适量样品放入试管中溶于除氧蒸馏水中，然后用过量稀盐酸除去，反应生成硫单质溶液变浑浊，静置，取上层清液，加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则含有硫酸钠，反之则无。
19．【答案】（1）低；高
（2）I
（3）>
（4）640
（5）
（6）；石墨高温下与氧气反应，消耗石墨
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由已知反应，将①和②乘以2后相加得到目标反应，，反应放热，降低温度平衡正向移动；该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以低温、高压有利于提高NO和CO的平衡转化率。
故答案为： 低 ； 高 ；
（2）相同时间内，催化剂I条件下生成的物质的量最多，说明反应速率最快，催化效果最好。
故答案为： I ；
（3）A点斜率大于B点斜率，斜率越大反应速率越快，所以v(A)>v(B)。
故答案为： > ；
（4）平衡时，根据反应，消耗n(NO)=0.4mol，消耗n(CO)=0.4mol，生成n(CO2) = 0.4mol。平衡时，，，，根据，可得。
故答案为： 640 ；
（5）温度低于时，反应速率小于时的反应速率，所以25s时反应达不到平衡，且温度越高反应速率越快，相同时间内脱氮率越高，当温度高于T1时，则25s时反应达到平衡，但由于该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以温度升高，平衡左移，脱氮率会下降，所以25s时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图为
故答案为： ；
（6）正极发生还原反应，NO得电子生成，电极反应式为；石墨高温下与二氧化碳反应，消耗石墨，所以石墨II需要经常更换。
故答案为： ； 石墨高温下与氧气反应，消耗石墨 。
【分析】（1） 利用盖斯定律判断反应热效应，结合反应前后气体体积变化，分析温度、压强对平衡的影响。
（2） 依据相同时间内生成N2的物质的量，判断催化剂的催化效果。
（3） 通过比较曲线斜率，判断反应速率大小。
（4） 根据平衡时各物质的量，计算浓度，再代入平衡常数表达式求解。
（5） 结合反应速率与温度的关系、反应热效应，分析脱氮率随温度的变化。
（6） 确定正极发生还原反应，写出电极反应式；分析石墨 Ⅱ 需更换的原因（与氧气反应消耗）。
（1）由已知反应，将①和②乘以2后相加得到目标反应，，反应放热，降低温度平衡正向移动；该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，所以低温、高压有利于提高NO和CO的平衡转化率。
（2）相同时间内，催化剂I条件下生成的物质的量最多，说明反应速率最快，催化效果最好。
（3）A点斜率大于B点斜率，斜率越大反应速率越快，所以v(A)>v(B)。
（4）平衡时，根据反应，消耗n(NO)=0.4mol，消耗n(CO)=0.4mol，生成n(CO2) = 0.4mol。平衡时，，，，根据，可得。
（5）温度低于时，反应速率小于时的反应速率，所以25s时反应达不到平衡，且温度越高反应速率越快，相同时间内脱氮率越高，当温度高于T1时，则25s时反应达到平衡，但由于该反应正反应焓变小于0，为放热反应，所以温度升高，平衡左移，脱氮率会下降，所以25s时容器内反应的脱氮率(NO转化率)与温度的关系图为
（6）正极发生还原反应，NO得电子生成，电极反应式为；石墨高温下与二氧化碳反应，消耗石墨，所以石墨II需要经常更换。
20．【答案】（1）恒压滴液漏斗；做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁
（2）+ N2↑+NaCl+H2O；B
（3）A；D
（4）取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净
（5）50%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①该过程持续通入氮气，为让液体顺利流下，故仪器a为恒压滴液漏斗；
②氯化铵溶液显酸性，在酸性条件下，硝酸钾可将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁，故其作用为做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ； 做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁 ；
（2）①反应物为浓和溶液，在加热的条件下生成氮气，发生归中反应，故其方程式为：+ N2↑+NaCl+H2O；
②该反应为液液混合加热制备气体，故选B；
故答案为：+ N2↑+NaCl+H2O ； B ；
（3）A．托盘天平的精确度为0.1g无法精确称量5.97g，A错误；
B．步骤③中的长导管较长，有冷凝回流的作用，B正确；
C．步骤⑤中打开阀后，三颈烧瓶中内压强增大，恒压滴液漏斗中压强增大，故仪器a的瓶塞需用手按压，C正确；
D．乙醇易挥发，其目的是除去固体中的水，D错误；
故答案为：AD。
（4）沉淀若有杂质，应为氯化铵，故判断沉淀是否已经使用蒸馏水洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净；
故答案为： 取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净 ；
（5）的物质的量为：0.03mol，根据分析中方程式可知，生成四氧化三铁为0.01mol，质量为2.32g，故其产率为：
故答案为： 50% 。
【分析】（1） 仪器 a 为恒压滴液漏斗；KNO3作氧化剂，将 Fe(OH)2氧化为 Fe3O4。
（2） 反应方程式为+ N2↑+NaCl+H2O；属液液加热反应，选装置 B。
（3） 托盘天平精度不够；乙醇洗涤目的是除水，故选 AD。
（4） 取最后一次洗涤液，加硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀则未洗净。
（5） 计算 FeCl2 4H2O 的物质的量，结合反应式得理论产量，再算实际产率。
（1）①该过程持续通入氮气，为让液体顺利流下，故仪器a为恒压滴液漏斗；
②氯化铵溶液显酸性，在酸性条件下，硝酸钾可将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁，故其作用为做氧化剂，将氢氧化亚铁氧化为四氧化三铁；
（2）①反应物为浓和溶液，在加热的条件下生成氮气，发生归中反应，故其方程式为：+ N2↑+NaCl+H2O；
②该反应为液液混合加热制备气体，故选B；
（3）A．托盘天平的精确度为0.1g无法精确称量5.97g，A错误；
B．步骤③中的长导管较长，有冷凝回流的作用，B正确；
C．步骤⑤中打开阀后，三颈烧瓶中内压强增大，恒压滴液漏斗中压强增大，故仪器a的瓶塞需用手按压，C正确；
D．乙醇易挥发，其目的是除去固体中的水，D错误；
故选AD。
（4）沉淀若有杂质，应为氯化铵，故判断沉淀是否已经使用蒸馏水洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀则未洗涤干净；
（5）的物质的量为：0.03mol，根据分析中方程式可知，生成四氧化三铁为0.01mol，质量为2.32g，故其产率为：
21．【答案】（1）氨基和碳氟键
（2）C
（3）HC≡C-COOC2H5
（4）++H2O
（5）
（6）CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）化合物J为，官能团名称是：氨基和碳氟键。
故答案为： 氨基和碳氟键 ；
（2）A．化合物A分子中含有F原子，而溴苯中不含有F原子，则A与溴苯不互为同系物，A不正确；
B．G→H的反应中，H并非是G分子内去掉小分子的产物，而是G与NaNO2反应的产物，则反应类型不是消去反应，B不正确；
C．化合物J中含有呈碱性的-NH2，能与HCl反应生成盐酸盐，C正确；
D．化合物K为，分子式是C10H8F2N4O，D不正确；
故答案为：C。
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是HC≡C-COOC2H5。
故答案为： HC≡C-COOC2H5 ；
（4）I()和J()反应生成D()和水，化学方程式为++H2O。
故答案为：++H2O ；
（5）根据题给信息②，与反应生成，再水解生成，然后与HBr发生取代反应生成和水，A的合成路线为。
故答案为： ；
（6）G为，分子式为C4H9O2N，则所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的数目，也就是-C4H9的数目，结构简式为CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2。
故答案为： CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2 。
【分析】分析卢非酰胺的合成路线，可通过产物结构逆向推导中间产物，并结合原料官能团变化正向验证：路线 Ⅰ 中，A（含溴原子）与 DPPA、NaOH 等反应生成 B（含叠氮基），结合 D 的分子式（C12H11F2N3O2）和最终产物结构，可推知 B 与 C（C5H6O2，推测为 HC≡C-COOC2H5）在 Cu 催化下反应生成 D， 由D的分子式和目标有机物的结构简式， 可逆推出D为，
路线 Ⅱ 里，E（含醛基）与 SOCl2反应生成 F（含氯原子）；G 与 NaNO2在酸性条件下反应生成 H（含重氮基），H 与 F 反应生成 I，I 再与 J 反应得到 D。整个过程涉及卤代、叠氮生成、加成、取代等官能团转化，通过这些反应逐步构建目标分子结构。
（1）化合物J为，官能团名称是：氨基和碳氟键。
（2）A．化合物A分子中含有F原子，而溴苯中不含有F原子，则A与溴苯不互为同系物，A不正确；
B．G→H的反应中，H并非是G分子内去掉小分子的产物，而是G与NaNO2反应的产物，则反应类型不是消去反应，B不正确；
C．化合物J中含有呈碱性的-NH2，能与HCl反应生成盐酸盐，C正确；
D．化合物K为，分子式是C10H8F2N4O，D不正确；
故选C。
（3）由分析可知，化合物C的结构简式是HC≡C-COOC2H5。
（4）I()和J()反应生成D()和水，化学方程式为++H2O。
（5）根据题给信息②，与反应生成，再水解生成，然后与HBr发生取代反应生成和水，A的合成路线为。
（6）G为，分子式为C4H9O2N，则所有含硝基-NO2的化合物G的同分异构体的数目，也就是-C4H9的数目，结构简式为CH3CH2CH2CH2NO2、CH3CH2CH(CH3)NO2、(CH3)2CHCH2NO2、(CH3)3CNO2。
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