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浙江省嘉兴市2026届高三上学期9月基础测试化学试题
1．（2025高三上·嘉兴月考）含有非极性键的极性分子是
A．CH4 B．H2O2 C．C2H2 D．NH3
2．（2025高三上·嘉兴月考）下列化学用语正确的是
A．的系统命名为：3，5 二甲基己烷
B．中子数为10的氧原子：
C．用电子式表示Na2O的形成过程：
D．HCl分子中σ键的电子云轮廓图：
3．（2025高三上·嘉兴月考）化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A．在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料
B．碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱
C．石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化
D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛
4．（2025高三上·嘉兴月考）下列有关实验的说法不正确的是
A．皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗
B．金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火
C．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风
D．废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理
5．（2025高三上·嘉兴月考）下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C
B．第三周期中电负性最大的元素：Cl
C．酸性：HNO3D．离子键的百分数：Na2O6．（2025高三上·嘉兴月考）钠及其化合物的转化关系如图(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法不正确的是
NaClNaNa2O2NaOHNaClO
A．反应①中每生成1 mol Na同时生成标准状况下22.4 L气体
B．反应②的条件是加热或点燃
C．反应③中每消耗0.1 mol Na2O2，转移电子数目为0.1NA
D．反应④中Cl2既是氧化剂又是还原剂
7．（2025高三上·嘉兴月考）下列有关物质性质或用途的说法中正确的是
A．液态植物油在空气中放置主要因水解而变质
B．浓硝酸可与金属反应，不能用金属容器存放浓硝酸
C．在豆浆中加入溶液可制豆腐，是因为MgCl2溶液使蛋白质变性析出
D．肥皂可洗去油污是因为其结构中含有亲水基和憎水基
8．（2025高三上·嘉兴月考）下列方程式正确的是
A．Ca(OH)2溶液中通入少量SO2气体：2OH ＋SO2=SO＋H2O
B．K2CrO4溶液中加H2SO4后变色：2CrO(黄色)＋2H+Cr2O(橙红色)＋H2O
C．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋HCOONH4＋3NH3＋H2O
D．SiCl4水解：SiCl4＋2H2O=SiO2↓＋4HCl
9．（2025高三上·嘉兴月考）腺嘌呤核苷酸是重要的遗传物质，其结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．可发生取代反应、消去反应和氧化反应
B．与足量H2加成后的产物中有4个手性碳原子
C．1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应
D．完全水解生成的碱基分子式为C5H7N5
10．（2025高三上·嘉兴月考）为探究铁元素的性质，设计并进行如下实验。下列说法不正确的是
　　
A．装置①可垫陶土网用酒精灯加热，且应先于装置②开始加热
B．装置②中的反应方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
C．检验生成气体的还原性：虚线框内选择装置乙，将灼烧后的铜丝趁热伸入试管中
D．反应结束后，取装置②中固体，加稀硫酸溶解，滴加KSCN，溶液未变红色，说明固体中无+3价铁生成
11．（2025高三上·嘉兴月考）一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应：
ⅰ.2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1= 104.7 kJ·mol 1
ⅱ.2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2= 230.7 kJ·mol 1
反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是
A．根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤
B．生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因
C．反应ⅱ在高温条件下自发
D．若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低
12．（2025高三上·嘉兴月考）某电化学制冷装置如图所示。[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列说法正确的是
A．电极a是阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]2+-e =[Fe(H2O)6]3+
B．已知②处的电解液温度比①处的低，则电极b处发生放热反应
C．多孔隔板只起到阻止两电极区阳离子移动的作用
D．电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极
13．（2025高三上·嘉兴月考）金属钼(Mo)形成的某种硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法不正确的是
　　
A．该晶体属于混合型晶体 B．该化合物的化学式为MoS2
C．该物质也可用作润滑剂 D．S原子的配位数为6
14．（2025高三上·嘉兴月考）在金属硫化物负载的Rh Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．此过程从原子利用率角度分析，不符合绿色化学
B．若以CD4为原料发生上述转化，产物溶于H2O可得到CD3COOD和CD3COOH
C．反应过程中，金属元素的化合价不发生变化
D．每消耗1 mol O2，可生成1 mol CH3COOH
15．（2025高三上·嘉兴月考）常温时，Ka1(H2C2O4)=10 1.2，Ka2(H2C2O4)=10 3.8，Ksp(BaC2O4)=10 7.6。下列说法正确的是
A．0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液，有c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O)
B．向H2C2O4溶液中加KOH溶液至中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4)
C．向0.1 mol·L 1 KHC2O4溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色
D．向0.2 mol·L 1 H2C2O4溶液中加等体积、等浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成
16．（2025高三上·嘉兴月考）一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等金属，并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下：
下列说法不正确的是
A．酸浸时可通过将矿石粉碎、搅拌等方法提高浸取效率
B．高压加热时的反应为：4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+
C．Fe可催化NH3分解生成H2，所以冶铁时只需在NH3中加少量H2即可
D．高压加热后的混合液也可用磁选法分离出Fe2O3
17．（2025高三上·嘉兴月考）钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Co位于元素周期表d区
B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键
D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道
（2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)：
①1个晶胞中含有Co3+的个数为　 　，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因　 　。
②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式　 　。设计实验检验气体X　 　(利用化学性质)。
（3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下：
已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制；
Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物；
Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。
①“析晶”时通入的酸性气体A为　 　。
②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O　 　[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。
③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　 　。
18．（2025高三上·嘉兴月考）H2是重要的化工原料。请回答：
（1）以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1= 49.5 kJ·mol 1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2= 90.4 kJ·mol 1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3
①ΔH3=　 　kJ·mol 1。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是　 　。
A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率
C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大
（2）CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)：
步骤Ⅰ　CH42H2＋CO 步骤Ⅱ　H2O2H2
步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是　 　。
（3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO 实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO (aq)＋H2O(g) ΔH= 19.4 kJ·mol 1。
①HCOO 的空间构型为　 　。
②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10 4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO )∶c(HCOOH)=　 　。
③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO )随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线　 　。
19．（2025高三上·嘉兴月考）FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图(加热及夹持装置略)。
已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。
请回答：
（1）FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。
①仪器a的名称是　 　。
②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子　 　、　 　。
③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是　 　(填序号)。
A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚
（2）FeS2的含量测定
产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。
已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne =还原态(无色)。
①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　 　。
②当溶液中出现　 　现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。
③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为　 　。
④下列操作可能导致测定结果偏高的是　 　。
A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
20．（2025高三上·嘉兴月考）化合物I是治疗消化系统疾病的新药凯普拉生，某公司研发的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)：
请回答：
（1）化合物A中官能团的名称是　 　，A→C转化过程中K2CO3的作用是　 　。
（2）F→H的过程中有HCl生成，化合物G的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．化合物A的酸性比苯酚弱
B．化合物H分子间存在氢键
C．反应过程中硫原子的杂化方式发生了变化
D．化合物I可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性
（4）C→D的化学方程式是　 　。
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，写出其中一种的结构简式　 　。
（6）以、和CH3NH2为有机原料，设计化合物的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CH4中仅含 C-H 极性键（不同元素原子间形成）。其分子结构为正四面体，空间结构对称，导致正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，且不含非极性键，A不符合要求；
B、H2O2中存在 O-O 非极性键（同种氧原子间形成），同时含 O-H 极性键。其分子呈不对称的弯曲结构，正负电荷中心无法重合，极性不能抵消，属于极性分子，符合 “含有非极性键的极性分子” 的条件，B符合要求；
C、C2H2分子结构为直线形，结构对称，使得正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，C不符合要求；
D、NH3中仅含 N-H 极性键（不同元素原子间形成），不含非极性键，D不符合要求；
故答案为：B。【分析】A．分析化学键类型与分子对称性。
B．分析化学键类型与分子空间结构。
C．分析分子空间结构与电荷中心分布。
D．分析化学键类型。
2．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链有 6 个碳原子，两个甲基取代基应位于 2 号和 4 号碳（使取代基位置序号之和最小），正确命名应为2，4 - 二甲基己烷，而非 “3，5 - 二甲基己烷”， A错误；
B、氧原子质子数为 8，中子数为 10，则质量数 a=8+10=18，原子符号应为，B错误；
C、Na2O 是离子化合物，形成时 Na 原子失去 1 个电子，O 原子得到 2 个电子，其电子式形成过程为，C正确；
D、HCl 分子中 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，因 H 和 Cl 原子轨道大小不同， 电子云轮廓图为，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据有机物系统命名的 “最小位次和” 原则分析。
B．根据 “原子符号0 X 中，a = 质子数 + 中子数，Z = 质子数” 分析。
C．分析离子化合物 Na2O 的电子式形成过程。
D．根据 HCl 分子中 σ 键的轨道重叠方式分析电子云轮廓图。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A、纯铝性能单一，加入合金元素（如铜、镁等）可制得硬铝。硬铝强度高、密度小，能满足航空航天材料的性能要求，A正确；
B、碳酸钠溶液中碳酸根离子（CO32-）发生水解使溶液呈碱性，因此它既可作为食用碱用于食品加工，也可作为工业用碱用于化工生产，B正确；
C、石油分馏是利用各组分沸点不同进行分离的过程，无新物质生成，属于物理变化；而裂化是将长链烃断裂为短链烃的过程，有新物质生成，属于化学变化。因此 “分馏属于化学变化” 的说法错误，故 C不正确；
D、氯乙烷汽化时会吸收大量热量，能起到冷冻麻醉的效果，可用于肌肉拉伤等情况的镇痛，该过程利用的是物理性质，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析合金对金属性能的改善作用。
B．结合碳酸钠的水解性分析其用途。
C．区分物理变化与化学变化的本质（是否有新物质生成）。
D．分析物质汽化吸热的物理性质应用。
4．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、苯酚沾到皮肤时，应使用酒精清洗（苯酚易溶于酒精）。而稀 NaOH 溶液有强腐蚀性，会损伤皮肤，不能用于冲洗沾有苯酚的皮肤，A不正确；
B、金属 Mg 燃烧时，灭火毯（主要成分为石棉布）能隔绝氧气，且石棉布耐高温，可有效灭火，B正确；
C、硝酸具有强腐蚀性，使用时需做好防护（如戴手套、护目镜等）；同时硝酸易挥发，使用时需注意通风，防止有害气体积聚，C正确；
D、废液中的 Pb2+ 是重金属离子，直接排放会污染环境，应先将其转化为沉淀（如 PbSO4、PbS 等），再将沉淀物集中送至环保单位处理，符合环保规范，D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析苯酚沾到皮肤的正确处理方法及试剂腐蚀性。
B．结合金属 Mg 的燃烧特性与灭火毯的作用分析。
C．根据硝酸的腐蚀性和挥发性分析使用注意事项。
D．分析重金属离子的环保处理要求。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、第一电离能的常规变化规律是同周期从左到右逐渐增大，但 N 原子的核外电子排布为半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻的 O 元素，因此正确顺序应为N > O > C，而非 “O> N > C”，A错误；
B、第三周期元素中，Cl 的非金属性最强，而电负性与非金属性变化趋势一致，因此第三周期中电负性最大的元素是Cl，B正确；
C、N 的非金属性强于 P，因此其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3 > H3PO4，而非 “HNO3 < H3PO4”，C错误；
D、离子键百分数与元素电负性差值有关，电负性差值越大，离子键百分数越高。Na 与 O 的电负性差值大于 Mg 与 O 的电负性差值，因此离子键的百分数：Na2O > MgO，而非 “Na2O < MgO”，D错误；
故答案为：B。【分析】A．结合元素核外电子排布的稳定性分析第一电离能顺序。
B．根据 “非金属性越强，电负性越大” 的规律分析。
C．依据 “元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强” 的规律分析。
D．根据元素电负性差值分析离子键百分数。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①是电解熔融 NaCl，化学方程式为 2NaCl (熔融) 电解生成 2Na 和 Cl2。每生成 2 mol Na，会生成 1 mol Cl2；则生成 1 mol Na 时，生成的 Cl2为 0.5 mol。标准状况下，0.5 mol Cl2的体积为 0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L，而非 22.4 L，A不正确；
B、Na 在常温下与 O2反应生成 Na2O，而生成 Na2O2需要加热或点燃的条件，B正确；
C、反应③的化学方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每 1 mol Na2O2参与反应时，转移 1 mol 电子。因此，0.1 mol Na2O2参与反应时，转移电子数目为 0.1NA， C正确；
D、反应④的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2中的 Cl 部分被氧化为 ClO-，部分被还原为 Cl-，因此 Cl2既是氧化剂又是还原剂， D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析电解熔融 NaCl 的产物及气体体积计算。
B．分析 Na 与 O2反应的条件差异。
C．分析 Na2O2与 H2O 反应的电子转移情况。
D．分析 Cl2与 NaOH 反应中元素的氧化还原情况。
7．【答案】D
【知识点】肥皂、合成洗涤剂；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、液态植物油中含碳碳双键，在空气中放置时，主要因碳碳双键被氧化而变质，而非水解（水解需酸性或碱性等特定条件），A错误；
B、浓硝酸常温下会使铝、铁等金属发生钝化，形成致密氧化膜阻止反应进一步进行，因此可用金属铝或铁质容器存放浓硝酸，并非不能用金属容器存放，B错误；
C、在豆浆中加入 MgCl2溶液制豆腐，是因为 MgCl2使豆浆中的蛋白质胶体发生盐析（物理变化，可逆）；而蛋白质变性是化学变化，通常由强酸、强碱、重金属离子或高温等引起，C错误；
D、肥皂分子结构中含有亲水基（如羧酸钠）和憎水基（烃基），亲水基能与水结合，憎水基能与油污结合，通过乳化作用将油污分散成小液滴而洗去，D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析液态植物油的变质机理。
B．分析浓硝酸与金属的反应及储存容器选择。
C．区分蛋白质的盐析与变性。
D．分析肥皂的去污结构与原理。
8．【答案】B
【知识点】银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(OH)2溶液中通入少量 SO2时，会生成难溶的亚硫酸钙沉淀，正确的离子方程式应为 Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O，而非仅生成 SO32-（忽略 Ca2+与 SO32-的沉淀反应），A错误；
B、K2CrO4中 CrO42-（黄色）在酸性条件下与 H+反应，转化为 Cr2O72-（橙红色），反应式为 2CrO42-（黄色）+2H+=Cr2O72-（橙红色）+H2O，符合反应实际且配平正确，B正确；
C、甲醛（HCHO）结构中相当于含 2 个醛基，1 mol 甲醛与足量银氨溶液反应时，会生成 4 mol Ag，且产物为 (NH4)2CO3，而非 HCOONH4， HCHO＋4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓＋(NH4)2CO3＋6NH3＋2H2O，C错误；
D、SiCl4水解生成的是原硅酸（H4SiO4）和 HCl，而非直接生成 SiO2，正确的方程式应为 SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断少量 SO2与 Ca(OH)2反应是否生成沉淀。
B．分析 CrO42-在酸性条件下的转化反应。
C．明确甲醛与银氨溶液反应的产物及比例。
D．判断 SiCl4水解的实际产物。
9．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、腺嘌呤核苷酸含酯基（磷酸与核糖形成的酯键），可发生酯的水解反应（属于取代反应）；核糖部分的羟基，其邻位碳原子有氢，可发生消去反应；同时分子中存在可被氧化的基团（如羟基），能发生氧化反应。因此该物质可发生取代、消去和氧化反应，A正确；
B、与足量 H2加成仅发生在碱基的不饱和键。原核糖部分五元环上有 4 个手性碳原子，加成后碱基部分新增 3 个手性碳原子 （） ，总共为7 个手性碳原子 ，而非 4 个，B错误；
C、腺嘌呤核苷酸的磷酸部分可电离出 2 个 H+，且含 1 个酯键（水解需消耗 NaOH），因此 1 mol 该物质最多能与3 mol NaOH反应，而非 2 mol，C错误；
D、完全水解生成的碱基为腺嘌呤（）， 其分子式为C5H5N5，而非 C5H7N5，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析分子中官能团对应的反应类型。
B．明确手性碳原子的判断（连有四个不同原子或基团的碳原子）及加成后结构变化。
C．分析磷酸部分的电离与酯键的水解对 NaOH 的消耗量。
D．确定完全水解生成的碱基（腺嘌呤）的分子式。
10．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；常见气体的检验
【解析】【解答】A、装置①是圆底烧瓶，加热时需垫陶土网防止受热不均炸裂。实验时应先加热装置①，利用产生的水蒸气排尽装置内空气，避免铁粉被氧化，之后再加热装置②，A正确；
B、装置②中，铁与水蒸气在高温下反应，生成四氧化三铁（Fe3O4）和氢气（H2），反应的化学方程式为 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；
C、氢气密度比空气小，适合用装置乙检验其还原性。操作时先将铜丝灼烧至变黑（生成 CuO），再趁热伸入氢气中，若黑色固体变红（生成 Cu），可证明氢气具有还原性，C正确；
D、装置②的固体中一定含有 Fe3O4（含 +3 价铁），可能残留未反应的 Fe。加稀硫酸溶解时，Fe3O4反应生成的 Fe3+可能与 Fe 发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致溶液中无 Fe3+，滴加 KSCN 溶液不变红。因此，“溶液未变红” 不能说明固体中无 +3 价铁生成，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．分析装置加热的注意事项及实验操作顺序。
B．明确铁与水蒸气的反应产物及方程式。
C．分析氢气还原性的检验装置与操作。
D．判断产物中 + 3 价铁的存在与否。
11．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、生成 C4H10的路径中，C2H5与C2H4反应生成 * C4H9对应过渡态 TSⅡ，其活化能（过渡态与前中间体的能量差）大于其他步骤，因此是决速步骤，A正确；
B、由能量图可知，生成 C4H8(g) 的路径活化能高于生成 C4H10(g) 的路径，活化能大导致反应速率慢，因此 C4H8(g) 的选择性低，B正确；
C、反应 ii 的 ΔH=-230.7 kJ/mol（放热，ΔH<0），反应后气体分子数减少（3→1），故 ΔS<0。根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温时 - TΔS（正值）增大，ΔG 可能变为正值，反应不自发；该反应低温下自发，C错误；
D、减小入口压强，气体浓度降低，反应速率减慢；两个反应均为气体分子数减少的反应，减压使平衡逆向移动，C2H4转化率降低，D正确；
故答案为：C。【分析】A．决速步骤是活化能最大的基元反应（反应进程中始态与过渡态能量差最大的步骤）。
B．活化能越大，反应速率越慢，选择性越低。
C．根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断反应自发性。
D．压强对反应速率和平衡的影响（气体分子数减少的反应，减压平衡逆向移动）。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
13．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶体层内原子通过共价键结合，层与层之间依靠范德华力连接，同时具备共价晶体和分子晶体的特征，因此属于混合型晶体，A正确；
B、从单层俯视图可见，每个 Mo 原子周围连接 6 个 S 原子，每个 S 原子周围连接 3 个 Mo 原子。Mo 与 S 的原子个数比为 ，因此化学式为MoS2，B正确；
C、该晶体层间以范德华力结合，作用力较弱，层间容易滑动，与石墨的结构和性质相似，因此可作为润滑剂使用，C正确；
D、由单层俯视图可知，每个 S 原子周围距离最近且等距离的 Mo 原子有 3 个，因此 S 原子的配位数为3，而非 6，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据晶体中作用力类型判断晶体类型。
B．通过原子个数比推导化学式。
C．结合晶体层间结构特点分析用途。
D．根据配位数定义（周围最近且等距的原子数）判断。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；绿色化学
【解析】【解答】A、总反应为 ，属于化合反应，所有反应物原子均转化为产物，原子利用率为 100%，符合绿色化学，A错误；
B、若以 CD4为原料，反应会生成 CD3COOD。产物溶于 H2O 时，存在电离平衡
CD3COODCD3COO-+D+，CD3COO- 结合水电离的 H+可得到 CD3COOH，因此最终可得 CD3COOD 和 CD3COOH，B正确；
C、反应历程中，催化剂 Rh-Fe 的成键数目（连接 S 原子的数量）发生改变，说明 Rh 和 Fe 的化合价发生了变化，C错误；
D、由总反应可知，每消耗 1 mol O2，生成2 mol CH3COOH，而非 1 mol，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断反应的原子利用率是否为 100%。
B．分析 CD4作为原料的产物及溶解后的变化。
C．分析反应过程中金属元素的成键与化合价变化。
D．根据总反应确定 O2与 CH3COOH 的物质的量关系。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、对于 H2C2O4溶液，电荷守恒应包含所有离子，正确式为
c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O)+c(OH-)，选项中遗漏了 OH-，A错误；
B、H2C2O4的 pKa1=1.2（当 c (HC2O4-)=c (H2C2O4) 时 pH=1.2），pKa2=3.8（当
c(C2O42-)=c(HC2O4-) 时 pH=3.8）。溶液呈中性时 pH>3.8，此时粒子浓度顺序为
c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)，B正确；
C、HC2O4-的电离常数 Ka2=10-3.8，水解常数 ，HC2O4-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，滴加酚酞不变红，C错误；
D、等体积混合 0.2 mol L- H2C2O4与 BaCl2后，浓度均变为 0.1 mol L- 。反应平衡常数
K==， ，K 值很大，说明反应彻底，有沉淀生成， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断电荷守恒的完整性。
B．结合电离平衡常数与 pH 的关系分析粒子浓度顺序。
C．分析 KHC2O4溶液的酸碱性。
D．通过溶度积计算判断沉淀是否生成。
16．【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、将矿石粉碎能增大接触面积，搅拌可加快反应速率，两种方法都能提高酸浸效率，A正确；
B、酸浸后 Fe 以 Fe2+形式存在，通入 O2在高压加热条件下，Fe2+被氧化为 Fe2O3，反应为
4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+，B正确；
C、Fe 可催化 NH3分解生成 H2，因此冶铁时只需在 NH3中加少量 H2，借助 Fe 的催化作用就能持续产生反应所需 H2， C正确；
D、Fe2O3没有磁性，而磁选法是利用物质的磁性差异进行分离的，因此无法用磁选法分离出 Fe2O3，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析提高浸取效率的操作方法。
B．明确高压加热时的氧化反应方程式。
C．分析 Fe 的催化作用与反应物用量的关系。
D．判断 Fe2O3的磁性及磁选法的适用性。
17．【答案】（1）A；C
（2）16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ；Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O；湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2
（3）HCl；<；2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
故答案为：AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
故答案为： 16 ； Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ； Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O ； 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为
或
。
故答案为： HCl ； < ； 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O 。
【分析】硝酸浸取后，溶液中含 Ni2+、Co2+、Al3+。调节 pH 至 9 时，Ni2+、Co2+、Al3+分别转化为 Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3；其中 Co(OH)2在空气中易被氧化为 Co(OH)3，因此滤泥成分包含 Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3。用氨性溶液进行氨浸时，Ni(OH)3、Co(OH)3会与氨形成含 NH3的配离子而溶解，Al(OH)3不溶成为滤渣，从而实现镍钴与铝的分离，得到含 Co、Ni 配离子的溶液，经后续处理可获得 CoCl2、NiCl2。NiCl2溶液在 HCl 气体氛围中加热结晶，能抑制 Ni2+水解，最终得到 NiCl2 4H2O 晶体。
（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
选AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。
18．【答案】（1）+40.9；AC
（2）CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大
（3）平面三角形；9∶5或1.8；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得；
②A．CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2 的量，H2 的浓度增大，能使平衡正向移动，H2 的转化量增大，但H2 的起始量增大程度更大，会降低H2 的平衡转化率，B错误；
C．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确；
D．分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误；
故答案为： +40.9 ；AC；
（2）步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；
故答案为： CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 ；
（3）①HCOO 的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形；
②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中；
③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO )迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO )低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线为：。
故答案为： 平面三角形 ； 9∶5或1.8； 。
【分析】（1）①用盖斯定律，通过反应 Ⅰ 减反应 Ⅱ 求 ΔH3。
②判断平衡状态标志，分析投料比、压强对平衡的影响，明确平衡常数只与温度有关。
（2）结合 CeO2的强氧化性，说明其可能将 CO 氧化为 CO2，导致 增大。
（3）①确定 HCOO-中心原子价层电子对数及孤电子对，判断为平面三角形。
②用 Ka 表达式，代入 pH=4 时的 c(H+)，计算 c(HCOO-) 与 c(HCOOH) 的比值。
③升温使放热反应平衡逆向移动，结合催化剂活性变化，画出 c(HCOO-) 下降至新平衡的曲线。
（1）①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得；
②A．CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2 的量，H2 的浓度增大，能使平衡正向移动，H2 的转化量增大，但H2 的起始量增大程度更大，会降低H2 的平衡转化率，B错误；
C．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确；
D．分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误；
故选AC。
（2）步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；
（3）①HCOO 的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形；
②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中；
③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO )迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO )低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线为：。
19．【答案】（1）(球形)冷凝管；Fe；N；BD
（2）盐酸、金属锡；溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；90.00%；BC
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器a的名称为(球形)冷凝管；
②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S；
故答案为： (球形)冷凝管 ； Fe ；N；BD；
（2）① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；
②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；
④ A．热的溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；
故答案为： 盐酸、金属锡； 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 ； 90.00% ；BC。
【分析】N2保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁；测定FeS2的含量时，先用王水溶解产品，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，然后用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。
（1）①识别常见实验仪器名称。
②根据配位键形成原理，确定中心原子（Fe）和配位原子（N）。
③依据 S 的溶解性，选择能溶解 S 的试剂（CS2、二苯醚）。
（2）①针对 SnCl2易水解、易氧化的性质，选择抑制水解（盐酸）和防止氧化（金属锡）的试剂。
②根据甲基橙的还原反应，判断滴定终点的颜色变化（红色变无色且半分钟不恢复）。
③利用氧化还原滴定的得失电子守恒，建立 FeS2与 K2Cr2O7的计量关系，计算质量分数。
④分析操作对滴定体积的影响，判断对测定结果的偏高情况（SnCl2过量、滴定管气泡消失）。
（1）①仪器a的名称为(球形)冷凝管；
②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S；
（2）① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；
②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；
④ A．热的溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；
答案选BC。
20．【答案】（1）硝基、羟基；吸收反应生成的HBr
（2）
（3）A；B
（4）＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O
（5）、
（6）或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）化合物A中官能团的名称是硝基、羟基，根据分析，A→C转化过程中K2CO3的作用是吸收反应生成的HBr。
故答案为： 硝基、羟基 ； 吸收反应生成的HBr ；
（2）F→H的过程中有HCl生成，根据分析，化合物G的结构简式是。
故答案为： ；
（3）A. 化合物A中存在硝基，极性增强，酸性比苯酚强，A错误；
B. 化合物H无H-F、N-H、O-H键，无法形成分子间氢键，B错误；
C.中S为杂化，反应过程中硫原子形成了4条键，变为了杂化，杂化方式发生了变化，C正确；
D.化合物I存在氨基，可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性，D正确；
故答案为： AB。
（4）C→D的化学方程式是＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O。
故答案为：＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O ；
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，其中一种的结构简式、。
故答案为：、 ；
（6）
与NaNO2、HCl反应生成，在CuCl存在条件下再与SO2反应转化为。与CH3NH2，NaBH3CN作用产生，与在NaH存在条件下发生取代反应产生目标产物，合成路线为：或。
故答案为：或【分析】化合物 A 与化合物 B 发生取代反应生成化合物 C，结合原子守恒可知，反应还生成 HBr，K2CO3的作用是与生成的 HBr 反应，促使反应正向进行。化合物 C 中的硝基被 Fe/HCl 还原为氨基，得到化合物 D；化合物 D 在 NaNO2、HCl 条件下发生重氮化反应生成化合物 E；化合物 E 在 CuCl、SO2条件下反应生成化合物 F。化合物 F 与化合物 G 在 NaH 作用下反应生成化合物 H，此过程中有 HCl 生成，结合 F 和 H 的结构可推知 G 的结构（ ）；化合物 H 进一步与 CH3NH2、NaBH3CN 反应转化为化合物 I（凯普拉生）。据此解题。
（1）化合物A中官能团的名称是硝基、羟基，根据分析，A→C转化过程中K2CO3的作用是吸收反应生成的HBr。
（2）F→H的过程中有HCl生成，根据分析，化合物G的结构简式是。
（3）A. 化合物A中存在硝基，极性增强，酸性比苯酚强，A错误；
B. 化合物H无H-F、N-H、O-H键，无法形成分子间氢键，B错误；
C.中S为杂化，反应过程中硫原子形成了4条键，变为了杂化，杂化方式发生了变化，C正确；
D.化合物I存在氨基，可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性，D正确；
故选AB。
（4）C→D的化学方程式是＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O。
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，其中一种的结构简式、。
（6）与NaNO2、HCl反应生成，在CuCl存在条件下再与SO2反应转化为。与CH3NH2，NaBH3CN作用产生，与在NaH存在条件下发生取代反应产生目标产物，合成路线为：或。
1 / 1浙江省嘉兴市2026届高三上学期9月基础测试化学试题
1．（2025高三上·嘉兴月考）含有非极性键的极性分子是
A．CH4 B．H2O2 C．C2H2 D．NH3
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CH4中仅含 C-H 极性键（不同元素原子间形成）。其分子结构为正四面体，空间结构对称，导致正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，且不含非极性键，A不符合要求；
B、H2O2中存在 O-O 非极性键（同种氧原子间形成），同时含 O-H 极性键。其分子呈不对称的弯曲结构，正负电荷中心无法重合，极性不能抵消，属于极性分子，符合 “含有非极性键的极性分子” 的条件，B符合要求；
C、C2H2分子结构为直线形，结构对称，使得正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，C不符合要求；
D、NH3中仅含 N-H 极性键（不同元素原子间形成），不含非极性键，D不符合要求；
故答案为：B。【分析】A．分析化学键类型与分子对称性。
B．分析化学键类型与分子空间结构。
C．分析分子空间结构与电荷中心分布。
D．分析化学键类型。
2．（2025高三上·嘉兴月考）下列化学用语正确的是
A．的系统命名为：3，5 二甲基己烷
B．中子数为10的氧原子：
C．用电子式表示Na2O的形成过程：
D．HCl分子中σ键的电子云轮廓图：
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该有机物主链有 6 个碳原子，两个甲基取代基应位于 2 号和 4 号碳（使取代基位置序号之和最小），正确命名应为2，4 - 二甲基己烷，而非 “3，5 - 二甲基己烷”， A错误；
B、氧原子质子数为 8，中子数为 10，则质量数 a=8+10=18，原子符号应为，B错误；
C、Na2O 是离子化合物，形成时 Na 原子失去 1 个电子，O 原子得到 2 个电子，其电子式形成过程为，C正确；
D、HCl 分子中 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，因 H 和 Cl 原子轨道大小不同， 电子云轮廓图为，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据有机物系统命名的 “最小位次和” 原则分析。
B．根据 “原子符号0 X 中，a = 质子数 + 中子数，Z = 质子数” 分析。
C．分析离子化合物 Na2O 的电子式形成过程。
D．根据 HCl 分子中 σ 键的轨道重叠方式分析电子云轮廓图。
3．（2025高三上·嘉兴月考）化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A．在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料
B．碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱
C．石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化
D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A、纯铝性能单一，加入合金元素（如铜、镁等）可制得硬铝。硬铝强度高、密度小，能满足航空航天材料的性能要求，A正确；
B、碳酸钠溶液中碳酸根离子（CO32-）发生水解使溶液呈碱性，因此它既可作为食用碱用于食品加工，也可作为工业用碱用于化工生产，B正确；
C、石油分馏是利用各组分沸点不同进行分离的过程，无新物质生成，属于物理变化；而裂化是将长链烃断裂为短链烃的过程，有新物质生成，属于化学变化。因此 “分馏属于化学变化” 的说法错误，故 C不正确；
D、氯乙烷汽化时会吸收大量热量，能起到冷冻麻醉的效果，可用于肌肉拉伤等情况的镇痛，该过程利用的是物理性质，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析合金对金属性能的改善作用。
B．结合碳酸钠的水解性分析其用途。
C．区分物理变化与化学变化的本质（是否有新物质生成）。
D．分析物质汽化吸热的物理性质应用。
4．（2025高三上·嘉兴月考）下列有关实验的说法不正确的是
A．皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗
B．金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火
C．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风
D．废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、苯酚沾到皮肤时，应使用酒精清洗（苯酚易溶于酒精）。而稀 NaOH 溶液有强腐蚀性，会损伤皮肤，不能用于冲洗沾有苯酚的皮肤，A不正确；
B、金属 Mg 燃烧时，灭火毯（主要成分为石棉布）能隔绝氧气，且石棉布耐高温，可有效灭火，B正确；
C、硝酸具有强腐蚀性，使用时需做好防护（如戴手套、护目镜等）；同时硝酸易挥发，使用时需注意通风，防止有害气体积聚，C正确；
D、废液中的 Pb2+ 是重金属离子，直接排放会污染环境，应先将其转化为沉淀（如 PbSO4、PbS 等），再将沉淀物集中送至环保单位处理，符合环保规范，D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析苯酚沾到皮肤的正确处理方法及试剂腐蚀性。
B．结合金属 Mg 的燃烧特性与灭火毯的作用分析。
C．根据硝酸的腐蚀性和挥发性分析使用注意事项。
D．分析重金属离子的环保处理要求。
5．（2025高三上·嘉兴月考）下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C
B．第三周期中电负性最大的元素：Cl
C．酸性：HNO3D．离子键的百分数：Na2O【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、第一电离能的常规变化规律是同周期从左到右逐渐增大，但 N 原子的核外电子排布为半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻的 O 元素，因此正确顺序应为N > O > C，而非 “O> N > C”，A错误；
B、第三周期元素中，Cl 的非金属性最强，而电负性与非金属性变化趋势一致，因此第三周期中电负性最大的元素是Cl，B正确；
C、N 的非金属性强于 P，因此其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3 > H3PO4，而非 “HNO3 < H3PO4”，C错误；
D、离子键百分数与元素电负性差值有关，电负性差值越大，离子键百分数越高。Na 与 O 的电负性差值大于 Mg 与 O 的电负性差值，因此离子键的百分数：Na2O > MgO，而非 “Na2O < MgO”，D错误；
故答案为：B。【分析】A．结合元素核外电子排布的稳定性分析第一电离能顺序。
B．根据 “非金属性越强，电负性越大” 的规律分析。
C．依据 “元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强” 的规律分析。
D．根据元素电负性差值分析离子键百分数。
6．（2025高三上·嘉兴月考）钠及其化合物的转化关系如图(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法不正确的是
NaClNaNa2O2NaOHNaClO
A．反应①中每生成1 mol Na同时生成标准状况下22.4 L气体
B．反应②的条件是加热或点燃
C．反应③中每消耗0.1 mol Na2O2，转移电子数目为0.1NA
D．反应④中Cl2既是氧化剂又是还原剂
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、反应①是电解熔融 NaCl，化学方程式为 2NaCl (熔融) 电解生成 2Na 和 Cl2。每生成 2 mol Na，会生成 1 mol Cl2；则生成 1 mol Na 时，生成的 Cl2为 0.5 mol。标准状况下，0.5 mol Cl2的体积为 0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L，而非 22.4 L，A不正确；
B、Na 在常温下与 O2反应生成 Na2O，而生成 Na2O2需要加热或点燃的条件，B正确；
C、反应③的化学方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每 1 mol Na2O2参与反应时，转移 1 mol 电子。因此，0.1 mol Na2O2参与反应时，转移电子数目为 0.1NA， C正确；
D、反应④的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2中的 Cl 部分被氧化为 ClO-，部分被还原为 Cl-，因此 Cl2既是氧化剂又是还原剂， D正确；
故答案为：A。【分析】A．分析电解熔融 NaCl 的产物及气体体积计算。
B．分析 Na 与 O2反应的条件差异。
C．分析 Na2O2与 H2O 反应的电子转移情况。
D．分析 Cl2与 NaOH 反应中元素的氧化还原情况。
7．（2025高三上·嘉兴月考）下列有关物质性质或用途的说法中正确的是
A．液态植物油在空气中放置主要因水解而变质
B．浓硝酸可与金属反应，不能用金属容器存放浓硝酸
C．在豆浆中加入溶液可制豆腐，是因为MgCl2溶液使蛋白质变性析出
D．肥皂可洗去油污是因为其结构中含有亲水基和憎水基
【答案】D
【知识点】肥皂、合成洗涤剂；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、液态植物油中含碳碳双键，在空气中放置时，主要因碳碳双键被氧化而变质，而非水解（水解需酸性或碱性等特定条件），A错误；
B、浓硝酸常温下会使铝、铁等金属发生钝化，形成致密氧化膜阻止反应进一步进行，因此可用金属铝或铁质容器存放浓硝酸，并非不能用金属容器存放，B错误；
C、在豆浆中加入 MgCl2溶液制豆腐，是因为 MgCl2使豆浆中的蛋白质胶体发生盐析（物理变化，可逆）；而蛋白质变性是化学变化，通常由强酸、强碱、重金属离子或高温等引起，C错误；
D、肥皂分子结构中含有亲水基（如羧酸钠）和憎水基（烃基），亲水基能与水结合，憎水基能与油污结合，通过乳化作用将油污分散成小液滴而洗去，D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析液态植物油的变质机理。
B．分析浓硝酸与金属的反应及储存容器选择。
C．区分蛋白质的盐析与变性。
D．分析肥皂的去污结构与原理。
8．（2025高三上·嘉兴月考）下列方程式正确的是
A．Ca(OH)2溶液中通入少量SO2气体：2OH ＋SO2=SO＋H2O
B．K2CrO4溶液中加H2SO4后变色：2CrO(黄色)＋2H+Cr2O(橙红色)＋H2O
C．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋HCOONH4＋3NH3＋H2O
D．SiCl4水解：SiCl4＋2H2O=SiO2↓＋4HCl
【答案】B
【知识点】银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Ca(OH)2溶液中通入少量 SO2时，会生成难溶的亚硫酸钙沉淀，正确的离子方程式应为 Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O，而非仅生成 SO32-（忽略 Ca2+与 SO32-的沉淀反应），A错误；
B、K2CrO4中 CrO42-（黄色）在酸性条件下与 H+反应，转化为 Cr2O72-（橙红色），反应式为 2CrO42-（黄色）+2H+=Cr2O72-（橙红色）+H2O，符合反应实际且配平正确，B正确；
C、甲醛（HCHO）结构中相当于含 2 个醛基，1 mol 甲醛与足量银氨溶液反应时，会生成 4 mol Ag，且产物为 (NH4)2CO3，而非 HCOONH4， HCHO＋4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓＋(NH4)2CO3＋6NH3＋2H2O，C错误；
D、SiCl4水解生成的是原硅酸（H4SiO4）和 HCl，而非直接生成 SiO2，正确的方程式应为 SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断少量 SO2与 Ca(OH)2反应是否生成沉淀。
B．分析 CrO42-在酸性条件下的转化反应。
C．明确甲醛与银氨溶液反应的产物及比例。
D．判断 SiCl4水解的实际产物。
9．（2025高三上·嘉兴月考）腺嘌呤核苷酸是重要的遗传物质，其结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．可发生取代反应、消去反应和氧化反应
B．与足量H2加成后的产物中有4个手性碳原子
C．1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应
D．完全水解生成的碱基分子式为C5H7N5
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、腺嘌呤核苷酸含酯基（磷酸与核糖形成的酯键），可发生酯的水解反应（属于取代反应）；核糖部分的羟基，其邻位碳原子有氢，可发生消去反应；同时分子中存在可被氧化的基团（如羟基），能发生氧化反应。因此该物质可发生取代、消去和氧化反应，A正确；
B、与足量 H2加成仅发生在碱基的不饱和键。原核糖部分五元环上有 4 个手性碳原子，加成后碱基部分新增 3 个手性碳原子 （） ，总共为7 个手性碳原子 ，而非 4 个，B错误；
C、腺嘌呤核苷酸的磷酸部分可电离出 2 个 H+，且含 1 个酯键（水解需消耗 NaOH），因此 1 mol 该物质最多能与3 mol NaOH反应，而非 2 mol，C错误；
D、完全水解生成的碱基为腺嘌呤（）， 其分子式为C5H5N5，而非 C5H7N5，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析分子中官能团对应的反应类型。
B．明确手性碳原子的判断（连有四个不同原子或基团的碳原子）及加成后结构变化。
C．分析磷酸部分的电离与酯键的水解对 NaOH 的消耗量。
D．确定完全水解生成的碱基（腺嘌呤）的分子式。
10．（2025高三上·嘉兴月考）为探究铁元素的性质，设计并进行如下实验。下列说法不正确的是
　　
A．装置①可垫陶土网用酒精灯加热，且应先于装置②开始加热
B．装置②中的反应方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
C．检验生成气体的还原性：虚线框内选择装置乙，将灼烧后的铜丝趁热伸入试管中
D．反应结束后，取装置②中固体，加稀硫酸溶解，滴加KSCN，溶液未变红色，说明固体中无+3价铁生成
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；常见气体的检验
【解析】【解答】A、装置①是圆底烧瓶，加热时需垫陶土网防止受热不均炸裂。实验时应先加热装置①，利用产生的水蒸气排尽装置内空气，避免铁粉被氧化，之后再加热装置②，A正确；
B、装置②中，铁与水蒸气在高温下反应，生成四氧化三铁（Fe3O4）和氢气（H2），反应的化学方程式为 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；
C、氢气密度比空气小，适合用装置乙检验其还原性。操作时先将铜丝灼烧至变黑（生成 CuO），再趁热伸入氢气中，若黑色固体变红（生成 Cu），可证明氢气具有还原性，C正确；
D、装置②的固体中一定含有 Fe3O4（含 +3 价铁），可能残留未反应的 Fe。加稀硫酸溶解时，Fe3O4反应生成的 Fe3+可能与 Fe 发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致溶液中无 Fe3+，滴加 KSCN 溶液不变红。因此，“溶液未变红” 不能说明固体中无 +3 价铁生成，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．分析装置加热的注意事项及实验操作顺序。
B．明确铁与水蒸气的反应产物及方程式。
C．分析氢气还原性的检验装置与操作。
D．判断产物中 + 3 价铁的存在与否。
11．（2025高三上·嘉兴月考）一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应：
ⅰ.2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1= 104.7 kJ·mol 1
ⅱ.2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2= 230.7 kJ·mol 1
反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是
A．根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤
B．生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因
C．反应ⅱ在高温条件下自发
D．若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A、生成 C4H10的路径中，C2H5与C2H4反应生成 * C4H9对应过渡态 TSⅡ，其活化能（过渡态与前中间体的能量差）大于其他步骤，因此是决速步骤，A正确；
B、由能量图可知，生成 C4H8(g) 的路径活化能高于生成 C4H10(g) 的路径，活化能大导致反应速率慢，因此 C4H8(g) 的选择性低，B正确；
C、反应 ii 的 ΔH=-230.7 kJ/mol（放热，ΔH<0），反应后气体分子数减少（3→1），故 ΔS<0。根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温时 - TΔS（正值）增大，ΔG 可能变为正值，反应不自发；该反应低温下自发，C错误；
D、减小入口压强，气体浓度降低，反应速率减慢；两个反应均为气体分子数减少的反应，减压使平衡逆向移动，C2H4转化率降低，D正确；
故答案为：C。【分析】A．决速步骤是活化能最大的基元反应（反应进程中始态与过渡态能量差最大的步骤）。
B．活化能越大，反应速率越慢，选择性越低。
C．根据 ΔG=ΔH-TΔS 判断反应自发性。
D．压强对反应速率和平衡的影响（气体分子数减少的反应，减压平衡逆向移动）。
12．（2025高三上·嘉兴月考）某电化学制冷装置如图所示。[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列说法正确的是
A．电极a是阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]2+-e =[Fe(H2O)6]3+
B．已知②处的电解液温度比①处的低，则电极b处发生放热反应
C．多孔隔板只起到阻止两电极区阳离子移动的作用
D．电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
13．（2025高三上·嘉兴月考）金属钼(Mo)形成的某种硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法不正确的是
　　
A．该晶体属于混合型晶体 B．该化合物的化学式为MoS2
C．该物质也可用作润滑剂 D．S原子的配位数为6
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、该晶体层内原子通过共价键结合，层与层之间依靠范德华力连接，同时具备共价晶体和分子晶体的特征，因此属于混合型晶体，A正确；
B、从单层俯视图可见，每个 Mo 原子周围连接 6 个 S 原子，每个 S 原子周围连接 3 个 Mo 原子。Mo 与 S 的原子个数比为 ，因此化学式为MoS2，B正确；
C、该晶体层间以范德华力结合，作用力较弱，层间容易滑动，与石墨的结构和性质相似，因此可作为润滑剂使用，C正确；
D、由单层俯视图可知，每个 S 原子周围距离最近且等距离的 Mo 原子有 3 个，因此 S 原子的配位数为3，而非 6，D错误；
故答案为：D。【分析】A．根据晶体中作用力类型判断晶体类型。
B．通过原子个数比推导化学式。
C．结合晶体层间结构特点分析用途。
D．根据配位数定义（周围最近且等距的原子数）判断。
14．（2025高三上·嘉兴月考）在金属硫化物负载的Rh Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．此过程从原子利用率角度分析，不符合绿色化学
B．若以CD4为原料发生上述转化，产物溶于H2O可得到CD3COOD和CD3COOH
C．反应过程中，金属元素的化合价不发生变化
D．每消耗1 mol O2，可生成1 mol CH3COOH
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；绿色化学
【解析】【解答】A、总反应为 ，属于化合反应，所有反应物原子均转化为产物，原子利用率为 100%，符合绿色化学，A错误；
B、若以 CD4为原料，反应会生成 CD3COOD。产物溶于 H2O 时，存在电离平衡
CD3COODCD3COO-+D+，CD3COO- 结合水电离的 H+可得到 CD3COOH，因此最终可得 CD3COOD 和 CD3COOH，B正确；
C、反应历程中，催化剂 Rh-Fe 的成键数目（连接 S 原子的数量）发生改变，说明 Rh 和 Fe 的化合价发生了变化，C错误；
D、由总反应可知，每消耗 1 mol O2，生成2 mol CH3COOH，而非 1 mol，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断反应的原子利用率是否为 100%。
B．分析 CD4作为原料的产物及溶解后的变化。
C．分析反应过程中金属元素的成键与化合价变化。
D．根据总反应确定 O2与 CH3COOH 的物质的量关系。
15．（2025高三上·嘉兴月考）常温时，Ka1(H2C2O4)=10 1.2，Ka2(H2C2O4)=10 3.8，Ksp(BaC2O4)=10 7.6。下列说法正确的是
A．0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液，有c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O)
B．向H2C2O4溶液中加KOH溶液至中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4)
C．向0.1 mol·L 1 KHC2O4溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色
D．向0.2 mol·L 1 H2C2O4溶液中加等体积、等浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、对于 H2C2O4溶液，电荷守恒应包含所有离子，正确式为
c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O)+c(OH-)，选项中遗漏了 OH-，A错误；
B、H2C2O4的 pKa1=1.2（当 c (HC2O4-)=c (H2C2O4) 时 pH=1.2），pKa2=3.8（当
c(C2O42-)=c(HC2O4-) 时 pH=3.8）。溶液呈中性时 pH>3.8，此时粒子浓度顺序为
c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)，B正确；
C、HC2O4-的电离常数 Ka2=10-3.8，水解常数 ，HC2O4-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，滴加酚酞不变红，C错误；
D、等体积混合 0.2 mol L- H2C2O4与 BaCl2后，浓度均变为 0.1 mol L- 。反应平衡常数
K==， ，K 值很大，说明反应彻底，有沉淀生成， D错误；
故答案为：B。
【分析】A．判断电荷守恒的完整性。
B．结合电离平衡常数与 pH 的关系分析粒子浓度顺序。
C．分析 KHC2O4溶液的酸碱性。
D．通过溶度积计算判断沉淀是否生成。
16．（2025高三上·嘉兴月考）一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等金属，并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下：
下列说法不正确的是
A．酸浸时可通过将矿石粉碎、搅拌等方法提高浸取效率
B．高压加热时的反应为：4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+
C．Fe可催化NH3分解生成H2，所以冶铁时只需在NH3中加少量H2即可
D．高压加热后的混合液也可用磁选法分离出Fe2O3
【答案】D
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、将矿石粉碎能增大接触面积，搅拌可加快反应速率，两种方法都能提高酸浸效率，A正确；
B、酸浸后 Fe 以 Fe2+形式存在，通入 O2在高压加热条件下，Fe2+被氧化为 Fe2O3，反应为
4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+，B正确；
C、Fe 可催化 NH3分解生成 H2，因此冶铁时只需在 NH3中加少量 H2，借助 Fe 的催化作用就能持续产生反应所需 H2， C正确；
D、Fe2O3没有磁性，而磁选法是利用物质的磁性差异进行分离的，因此无法用磁选法分离出 Fe2O3，D错误；
故答案为：D。【分析】A．分析提高浸取效率的操作方法。
B．明确高压加热时的氧化反应方程式。
C．分析 Fe 的催化作用与反应物用量的关系。
D．判断 Fe2O3的磁性及磁选法的适用性。
17．（2025高三上·嘉兴月考）钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．Co位于元素周期表d区
B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键
D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道
（2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)：
①1个晶胞中含有Co3+的个数为　 　，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因　 　。
②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式　 　。设计实验检验气体X　 　(利用化学性质)。
（3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下：
已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制；
Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物；
Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。
①“析晶”时通入的酸性气体A为　 　。
②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O　 　[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。
③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为　 　。
【答案】（1）A；C
（2）16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ；Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O；湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2
（3）HCl；<；2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
故答案为：AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
故答案为： 16 ； Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ； Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O ； 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为
或
。
故答案为： HCl ； < ； 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH 或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O 。
【分析】硝酸浸取后，溶液中含 Ni2+、Co2+、Al3+。调节 pH 至 9 时，Ni2+、Co2+、Al3+分别转化为 Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3；其中 Co(OH)2在空气中易被氧化为 Co(OH)3，因此滤泥成分包含 Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3。用氨性溶液进行氨浸时，Ni(OH)3、Co(OH)3会与氨形成含 NH3的配离子而溶解，Al(OH)3不溶成为滤渣，从而实现镍钴与铝的分离，得到含 Co、Ni 配离子的溶液，经后续处理可获得 CoCl2、NiCl2。NiCl2溶液在 HCl 气体氛围中加热结晶，能抑制 Ni2+水解，最终得到 NiCl2 4H2O 晶体。
（1）A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；
B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；
C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；
D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；
选AC。
（2）①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2 ，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。
②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2：1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。
（3）①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。
②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。
③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。
18．（2025高三上·嘉兴月考）H2是重要的化工原料。请回答：
（1）以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1= 49.5 kJ·mol 1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2= 90.4 kJ·mol 1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3
①ΔH3=　 　kJ·mol 1。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是　 　。
A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率
C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快
D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大
（2）CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)：
步骤Ⅰ　CH42H2＋CO 步骤Ⅱ　H2O2H2
步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是　 　。
（3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO 实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO (aq)＋H2O(g) ΔH= 19.4 kJ·mol 1。
①HCOO 的空间构型为　 　。
②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10 4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO )∶c(HCOOH)=　 　。
③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO )随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线　 　。
【答案】（1）+40.9；AC
（2）CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大
（3）平面三角形；9∶5或1.8；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得；
②A．CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2 的量，H2 的浓度增大，能使平衡正向移动，H2 的转化量增大，但H2 的起始量增大程度更大，会降低H2 的平衡转化率，B错误；
C．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确；
D．分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误；
故答案为： +40.9 ；AC；
（2）步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；
故答案为： CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 ；
（3）①HCOO 的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形；
②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中；
③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO )迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO )低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线为：。
故答案为： 平面三角形 ； 9∶5或1.8； 。
【分析】（1）①用盖斯定律，通过反应 Ⅰ 减反应 Ⅱ 求 ΔH3。
②判断平衡状态标志，分析投料比、压强对平衡的影响，明确平衡常数只与温度有关。
（2）结合 CeO2的强氧化性，说明其可能将 CO 氧化为 CO2，导致 增大。
（3）①确定 HCOO-中心原子价层电子对数及孤电子对，判断为平面三角形。
②用 Ka 表达式，代入 pH=4 时的 c(H+)，计算 c(HCOO-) 与 c(HCOOH) 的比值。
③升温使放热反应平衡逆向移动，结合催化剂活性变化，画出 c(HCOO-) 下降至新平衡的曲线。
（1）①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得；
②A．CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2 的量，H2 的浓度增大，能使平衡正向移动，H2 的转化量增大，但H2 的起始量增大程度更大，会降低H2 的平衡转化率，B错误；
C．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确；
D．分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误；
故选AC。
（2）步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；
（3）①HCOO 的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形；
②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中；
③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO )迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO )低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO )随时间变化至平衡时的曲线为：。
19．（2025高三上·嘉兴月考）FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图(加热及夹持装置略)。
已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。
请回答：
（1）FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。
①仪器a的名称是　 　。
②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子　 　、　 　。
③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是　 　(填序号)。
A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚
（2）FeS2的含量测定
产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。
已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne =还原态(无色)。
①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是　 　。
②当溶液中出现　 　现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。
③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积为15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为　 　。
④下列操作可能导致测定结果偏高的是　 　。
A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】（1）(球形)冷凝管；Fe；N；BD
（2）盐酸、金属锡；溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；90.00%；BC
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①仪器a的名称为(球形)冷凝管；
②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S；
故答案为： (球形)冷凝管 ； Fe ；N；BD；
（2）① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；
②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；
④ A．热的溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；
故答案为： 盐酸、金属锡； 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 ； 90.00% ；BC。
【分析】N2保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁；测定FeS2的含量时，先用王水溶解产品，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，然后用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。
（1）①识别常见实验仪器名称。
②根据配位键形成原理，确定中心原子（Fe）和配位原子（N）。
③依据 S 的溶解性，选择能溶解 S 的试剂（CS2、二苯醚）。
（2）①针对 SnCl2易水解、易氧化的性质，选择抑制水解（盐酸）和防止氧化（金属锡）的试剂。
②根据甲基橙的还原反应，判断滴定终点的颜色变化（红色变无色且半分钟不恢复）。
③利用氧化还原滴定的得失电子守恒，建立 FeS2与 K2Cr2O7的计量关系，计算质量分数。
④分析操作对滴定体积的影响，判断对测定结果的偏高情况（SnCl2过量、滴定管气泡消失）。
（1）①仪器a的名称为(球形)冷凝管；
②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对；
③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S；
（2）① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡；
②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色；
③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：；
④ A．热的溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意；
B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意；
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意；
答案选BC。
20．（2025高三上·嘉兴月考）化合物I是治疗消化系统疾病的新药凯普拉生，某公司研发的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)：
请回答：
（1）化合物A中官能团的名称是　 　，A→C转化过程中K2CO3的作用是　 　。
（2）F→H的过程中有HCl生成，化合物G的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．化合物A的酸性比苯酚弱
B．化合物H分子间存在氢键
C．反应过程中硫原子的杂化方式发生了变化
D．化合物I可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性
（4）C→D的化学方程式是　 　。
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，写出其中一种的结构简式　 　。
（6）以、和CH3NH2为有机原料，设计化合物的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】（1）硝基、羟基；吸收反应生成的HBr
（2）
（3）A；B
（4）＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O
（5）、
（6）或
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）化合物A中官能团的名称是硝基、羟基，根据分析，A→C转化过程中K2CO3的作用是吸收反应生成的HBr。
故答案为： 硝基、羟基 ； 吸收反应生成的HBr ；
（2）F→H的过程中有HCl生成，根据分析，化合物G的结构简式是。
故答案为： ；
（3）A. 化合物A中存在硝基，极性增强，酸性比苯酚强，A错误；
B. 化合物H无H-F、N-H、O-H键，无法形成分子间氢键，B错误；
C.中S为杂化，反应过程中硫原子形成了4条键，变为了杂化，杂化方式发生了变化，C正确；
D.化合物I存在氨基，可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性，D正确；
故答案为： AB。
（4）C→D的化学方程式是＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O。
故答案为：＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O ；
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，其中一种的结构简式、。
故答案为：、 ；
（6）
与NaNO2、HCl反应生成，在CuCl存在条件下再与SO2反应转化为。与CH3NH2，NaBH3CN作用产生，与在NaH存在条件下发生取代反应产生目标产物，合成路线为：或。
故答案为：或【分析】化合物 A 与化合物 B 发生取代反应生成化合物 C，结合原子守恒可知，反应还生成 HBr，K2CO3的作用是与生成的 HBr 反应，促使反应正向进行。化合物 C 中的硝基被 Fe/HCl 还原为氨基，得到化合物 D；化合物 D 在 NaNO2、HCl 条件下发生重氮化反应生成化合物 E；化合物 E 在 CuCl、SO2条件下反应生成化合物 F。化合物 F 与化合物 G 在 NaH 作用下反应生成化合物 H，此过程中有 HCl 生成，结合 F 和 H 的结构可推知 G 的结构（ ）；化合物 H 进一步与 CH3NH2、NaBH3CN 反应转化为化合物 I（凯普拉生）。据此解题。
（1）化合物A中官能团的名称是硝基、羟基，根据分析，A→C转化过程中K2CO3的作用是吸收反应生成的HBr。
（2）F→H的过程中有HCl生成，根据分析，化合物G的结构简式是。
（3）A. 化合物A中存在硝基，极性增强，酸性比苯酚强，A错误；
B. 化合物H无H-F、N-H、O-H键，无法形成分子间氢键，B错误；
C.中S为杂化，反应过程中硫原子形成了4条键，变为了杂化，杂化方式发生了变化，C正确；
D.化合物I存在氨基，可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性，D正确；
故选AB。
（4）C→D的化学方程式是＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O。
（5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，其中一种的结构简式、。
（6）与NaNO2、HCl反应生成，在CuCl存在条件下再与SO2反应转化为。与CH3NH2，NaBH3CN作用产生，与在NaH存在条件下发生取代反应产生目标产物，合成路线为：或。
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