资源简介

浙江省新阵地教育联盟2025-2026学年高三上学期10月联考 化学试题
1．（2025高三上·浙江月考）下列物质中，属于纯净物的是
A．盐酸 B．漂白粉 C．冰水混合物 D．铝热剂
2．（2025高三上·浙江月考）石油加工时获得副产物，催化热解可同时回收和。下列说法正确的是
A．石油经分馏、催化裂化和裂解加工时，均主要发生化学变化
B．的形成过程用电子式表示：
C．（结构为）分子中含有非极性键，固态时为共价晶体
D．分子中键的形成：
3．（2025高三上·浙江月考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．晶体硅中的杂质会影响其通信容量，因此必须制备高纯度的硅
B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管仍被保护起来
C．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
D．在某些酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生
4．（2025高三上·浙江月考）在溶有15-冠-5（）的有机溶剂中，苄氯（）与发生反应
下列说法不正确的是
A．电负性：
B．加入15-冠-5能增大苄氯和的化学反应速率
C．离子半径：
D．X中15-冠-5与间存在离子键
5．（2025高三上·浙江月考）下列有关实验的说法不正确的是
A．实验室中未使用完的金属钠应放回原试剂瓶中
B．为防止氯气逸散，可在装氯气的集气瓶口涂抹适量凡士林，使玻璃片与瓶口更紧密
C．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用乙醇溶液冲洗
D．对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理
6．（2025高三上·浙江月考）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．图①检验丙烯醛中含有碳碳双键
B．图②装置用于标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液
C．图③装置用于制备晶体
D．图④加热制取无水
7．（2025高三上·浙江月考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．碳酸氢铵可中和酸并受热分解产生大量气体，故可用作加工馒头、面包和饼干等产品的膨松剂
B．石墨中C原子未杂化的p轨道重叠，电子在整个平面内运动，可制成导电材料
C．聚乳酸具有良好的生物可溶性和可吸收性，故可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释材料
D．活性炭内部疏松多孔，具有强吸附性，故可用于去除水中的和
8．（2025高三上·浙江月考）下列方程式正确的是
A．向溶液中通入少量：
B．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：
C．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
D．硫化钠溶液在空气中氧化变质：
9．（2025高三上·浙江月考）已知，该反应得到的两种有机产物的量几乎一样多，为了得到较单一的有机产物，可先加入环六糊精形成超分子，再加入，如下图所示。下列说法错误的是
A．环六糊精属于多糖，会水解产生单糖
B．A中有机物的主要成分为对氯苯甲醚
C．根据超分子可知，环六糊精腔内极性较小
D．可用萃取法分离环六糊精和有机产物
10．（2025高三上·浙江月考）与（为苯基）在催化下转化为环状碳酸酯（）的一种机理如下：
下列说法正确的是
A．与反应生成环状碳酸酯属于取代反应
B．环状碳酸酯最多能与反应
C．状态Ⅲ为：
D．环状碳酸酯分子中最多3个碳原子共平面
11．（2025高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．已知的燃烧热为，则
B．已知，平衡后保持恒温恒压通入，平衡正向移动，的浓度增大
C．一定条件下，苯乙炔（）可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：
D．已知，及时分离可缩短达到平衡的时间
12．（2025高三上·浙江月考）硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示（其中R为有机物）。下列说法正确的是
A．电极B上总反应式为
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阳极附近
D．当外电路通过时，电极A上产生气体
13．（2025高三上·浙江月考）有顺铂和反铂两种结构如图1，其中顺铂是一种常用的抗肿瘤药物。顺铂进入人体细胞在一定条件下发生水解，生成的与某些碱基结合，从而破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图2所示。
下列说法不正确的是
A．的空间结构与类似
B．顺铂在水中的溶解度大于反铂
C．与铂（Ⅱ）的配位能力：
D．图2，与鸟嘌呤的作用有：a为配位键、b为氢键
14．（2025高三上·浙江月考）钛（Ⅳ）酸铋是一种铁电材料，其中的稳定性直接影响其铁电性能，掺杂可提高光电转化性能，取代部分后的晶胞结构（氧原子未画出）如图所示。下列说法错误的是
A．位于元素周期表的f区
B．该晶体中和的个数比为
C．若平移晶胞使p点至体心，则位于晶胞顶点
D．由题可知难挥发能增强的稳定性从而提升材料性能
15．（2025高三上·浙江月考）菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同pH下体系中与pH关系如图所示（M代表、、、），已知、。下列有关说法正确的是
A．为
B．溶液时，
C．时，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为
D．A点时，体系中
16．（2025高三上·浙江月考）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉和粉，做了如下表所示实验。已知：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
II 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
下列说法不正确的是
A．红褐色沉淀生成的原因是被消耗，促进了的水解
B．实验I中未检测到单质，不能说明和不反应
C．实验II的固体中检测到单质的原因是加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
D．若向的的溶液中加入过量的粉，也可观察到大量的红褐色沉淀
17．（2025高三上·浙江月考）钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”，
（1）下列有关钛的叙述正确的是_________。
A．、、互为同素异形体
B．基态钛原子的价层电子排布式为
C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等
（2）钛金属能导电的原因是　 　。
（3）钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为　 　；在晶胞中原子的配位数为　 　。
（4）因其在能源、生物医学和电子等领域的广泛应用前景而受到关注。一种以钛铁矿（主要成分是，含少量、、等杂质）为原料生产的工艺流程如图所示（部分条件和产物省略）。已知：易水解生成沉淀。
回答下列问题：
①“碱浸”工序的目的是　 　。提高“碱浸”工序速率的措施有　 　（答一条即可）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成的化学方程式为　 　。
③制备晶体。已知溶解度曲线如图所示。
操作方法：　 　，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
18．（2025高三上·浙江月考）甲酸（）是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）制备甲酸：
①该反应自发的条件为　 　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
②反应所需的可从工业尾气中捕获，用质量分数30%的溶液在吸收塔中捕获。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。
（2）25℃时，的电离常数为，；的电离常数为，。则水溶液的pH　 　水溶液的pH（填“”、“＜”或“”）。
（3）反应，使用含氨基物质（化学式为，是一种碳衍生材料）联合催化，可能机理如图所示。下列说法错误的是_________。
A．使用含氨基物质联合Pd-Au催化剂可以增大该反应的活化分子百分数
B．步骤Ⅱ中用重氢气（）代替，若生成和，则可确认反应过程中的加氢方式
C．随着温度升高，反应速率逐渐增大
D．能将控制在催化剂表面，是因为两者间形成了化学键
（4）已知水溶液在密封石英管中的分解反应分为以下两步：
I.（快）
II.（慢）
研究发现，在反应I、II中，仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应II，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。
①温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。
时刻测得、的浓度分别为、，反应II达平衡时，测得的浓度为，则反应II的平衡常数为　 　（用含的代数式表示）。
②相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则点a、b、c、d中，的浓度峰值点可能是　 　（填标号），其原因是　 　。
19．（2025高三上·浙江月考）某化学兴趣小组用如图装置（夹持装置等略）制备氢碘酸。
请回答：
（1）仪器C的名称为　 　。
（2）下列说法正确的是_________。
A．工业制得粗碘中含有氯化钠等杂质，可以先通过升华法提纯，得到的碘单质为非晶体
B．步骤I中随着反应的进行，会促进碘的溶解
C．装置a产生的尾气有和
D．步骤I中，反应体系中紫黑色固体消失，可判定反应基本结束
（3）步骤I反应完成后，关闭，静置、过滤得到滤液，进行步骤II和步骤III，从滤液中得到氢碘酸（质量分数为57%）的所有操作如下，请排序　 　。_______→_______→_______→_______→_______→_______。
①加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸。
②将滤液转移至B中 ③打开通入④加热保持微沸
⑤接通冷凝水 ⑥先停止加热，再通一段时间的后关闭
其中，④加热保持微沸的目的为　 　。
（4）实验室常用浓磷酸与碘化钾固体反应制取少量的，而不用浓硫酸的原因是浓硫酸具有强氧化性，请从结构角度分析浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸不具有强氧化性的原因　 　。
（5）实验室保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝的原因是　 　。
20．（2025高三上·浙江月考）G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
（1）D分子中含氧官能团名称为　 　。
（2）下列说法正确的是_________。
A．F分子中手性碳原子数目为1个
B．与的反应均为取代反应
C．化合物D和化合物E中杂化的碳原子数目相同
D．A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对较大
（3）的化学方程式是　 　。
（4）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为　 　。
（5）写出2种同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式：　 　。
①含有3种不同化学环境的氢原子；
②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。
（6）写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、盐酸是氯化氢的水溶液，含有氯化氢和水等多种成分，属于混合物，故A不符合题意 ；
B、漂白粉是氯气与石灰乳反应的产物，含有氯化钙和次氯酸钙等物质，属于混合物，故B不符合题意 ；
C、冰水混合物中冰和水的本质都是 H2O，只是状态不同，属于纯净物，故C符合题意 ；
D、铝热剂是铝与金属氧化物的混合物，属于混合物，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确纯净物（由一种物质组成）和混合物（由多种物质组成）的定义，逐一分析选项。
2．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A、石油分馏是依据各成分沸点差异进行分离，属于物理变化；催化裂化和裂解会生成新物质，属于化学变化。因此 “均主要发生化学变化” 的说法错误，A错误；
B、MgBr2中，Mg 失去 2 个电子形成 Mg2+，两个 Br 各得 1 个电子形成 Br-。电子式形成过程中，应体现 Mg 的电子转移到两个 Br上：，B错误；
C、S8分子内 S 原子间通过非极性键结合，但固态 S8由分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，而非共价晶体，C错误；
D、H2分子中，两个 H 原子的 1s 轨道相互重叠形成 σ 键，图示准确体现了这一过程，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断石油加工中不同工艺的变化类型（物理变化或化学变化）。
B．分析离子化合物 MgBr2的电子式形成过程是否规范。
C．判断 S8的化学键类型及晶体类型。
D．分析 H2分子中 σ 键的形成原理（原子轨道重叠方式）。
3．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、晶体硅用于半导体材料，其纯度影响导电性能；而 “通信容量” 通常与光纤（二氧化硅）相关，并非晶体硅，A错误；
B、镀锌利用牺牲阳极保护法，锌比铁活泼，镀层破损后，锌仍会优先被腐蚀，从而保护钢管，B正确；
C、硝酸纤维极易燃烧，根据硝化程度不同，可用于生产火药、塑料（如赛璐珞）和涂料等，C正确；
D、在酱油中加入铁强化剂，可补充人体所需铁元素，减少缺铁性贫血问题的发生，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确晶体硅和光纤（二氧化硅）的应用领域差异。
B．分析镀锌钢管的防腐原理（牺牲阳极保护法）。
C．结合硝酸纤维的性质和用途分析。
D．分析铁强化剂在预防缺铁性贫血中的作用。
4．【答案】D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同主族元素，从上到下原子吸引电子的能力减弱，电负性逐渐减小。氟（F）在氯（Cl）上方，故电负性 F＞Cl，A正确；
B、15 - 冠 - 5 是含 5 个氧原子的大环化合物，氧原子的孤对电子可与 Na+形成配位作用，将 Na+“包裹” 带入有机溶剂，提升 NaF 在有机溶剂中的溶解能力，使 NaF 与苄氯的接触更充分，从而加快反应，B正确；
C、F-和 O2-的核外电子层结构均为 2 层 8 电子，但 F 的核电荷数（9）大于 O（8），对核外电子的吸引力更强，故离子半径 F-＜O2-，C正确；
D、15 - 冠 - 5 中的氧原子提供孤对电子，Na+提供空轨道，二者通过配位键结合，并非阴阳离子间的离子键，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．依据同主族元素电负性的递变规律推导。
B．分析 15 - 冠 - 5 的结构对反应体系中物质接触的影响。
C．根据电子层结构相同的离子半径比较规则判断。
D．判断 15 - 冠 - 5 与 Na+结合的化学键本质。
5．【答案】C
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】A、金属钠遇水剧烈反应生成氢气并放热，遇空气易氧化，若随意丢弃会引发火灾或爆炸。放回原试剂瓶能避免其与外界物质接触，是实验室针对活泼金属的规范操作，A正确；
B、氯气有毒且易逸散，集气瓶口涂抹凡士林可填充玻璃片与瓶口的缝隙，利用其黏稠性增强密封性，阻止氯气泄漏，B正确；
C、苯酚沾到皮肤时，若先用水洗，因溶解量少无法有效清除，残留的苯酚会持续腐蚀皮肤；而乙醇能快速溶解苯酚，正确操作应为先用乙醇冲洗去除苯酚，再用水洗净残留乙醇，题干中 “先水后乙醇” 的步骤错误，C错误；
D、重金属离子可与硫化钠等试剂反应生成极难溶于水的硫化物沉淀（如 CuS、HgS），通过过滤分离可降低废液中重金属离子浓度，达到无害化处理目的，D正确；
故答案为：C。【分析】A．基于金属钠的强还原性和反应危险性，判断剩余试剂的处理方式是否合理。
B．分析凡士林的物理性质（黏稠、不与氯气反应）对气体密封的作用。
C．结合苯酚的溶解性（常温下微溶于水、易溶于有机溶剂），判断皮肤接触后的处理步骤是否科学。
D．依据重金属离子（如 Cu2+、Hg2+）的化学性质，判断沉淀法处理废液的可行性。
6．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价；醛的化学性质；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、丙烯醛（CH2=CH-CHO）同时含碳碳双键和醛基，酸性高锰酸钾溶液会同时氧化这两种官能团使其褪色，无法区分是哪种官能团导致的褪色，因此不能直接用于检验碳碳双键。需先通过银氨溶液等试剂除去醛基的干扰，再检验双键，故图①不能达到实验目的， A不能达到目的；
B、用 NaOH 标准溶液滴定醋酸时，醋酸是弱酸，滴定终点生成的醋酸钠溶液呈碱性，选用酚酞指示剂（变色范围 8-10）能准确指示终点；聚四氟乙烯活塞耐碱，可用于盛装 NaOH 溶液，该装置和操作均合理，B能达到目的；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，向铜氨溶液中加入 95% 乙醇，可显著降低其溶解度，促使 [Cu(NH3)4] SO4 H2O 晶体析出，操作设计合理，C能达到目的；
D、CuSO4 5H2O 加热脱水生成无水 CuSO4，该过程可在蒸发皿中进行，加热时搅拌可防止局部过热导致晶体飞溅，装置和操作均符合要求，D能达到目的；
故答案为：A。【分析】A．分析丙烯醛的官能团（碳碳双键、醛基）与酸性高锰酸钾的反应干扰。
B．判断 NaOH 滴定醋酸的装置与指示剂选择是否合理。
C．分析乙醇对铜氨配合物溶解度的影响。
D．判断加热硫酸铜晶体制备无水硫酸铜的装置是否适用。
7．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、碳酸氢铵不仅能中和面团中的酸性物质，还能在受热时分解产生大量气体，使面食结构蓬松，因此可用于馒头、面包等食品的膨松处理，性质与用途完全契合，故A不符合题意 ；
B、石墨中碳原子采取 sp2 杂化，未参与杂化的 p 轨道相互平行重叠，电子可在整个平面内自由移动，这一结构特点使其具备导电性，故而可作为导电材料使用，结构与用途的关联明确，故B不符合题意 ；
C、聚乳酸具有优异的生物可溶性和可吸收性，能在人体生理环境中逐步降解，因此可用于手术缝合线（无需二次拆线）、骨科固定材料（随组织愈合逐渐降解）及药物缓释材料（控制药物释放速率）等医疗场景，性质与用途高度匹配，故C不符合题意 ；
D、活性炭的强吸附性主要针对有机物、色素和异味等分子类物质，而水中的 Ca2+、Mg2+是离子形态，活性炭无法通过吸附作用去除（需借助离子交换树脂或沉淀法），性质与用途不相符，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】要解决这道题，需深度结合物质的结构特点、化学性质与实际用途的逻辑关联逐一分析：
A．从碳酸氢铵的化学行为（酸碱中和、热分解产气）推导其作为膨松剂的合理性。
B．从石墨的原子杂化与轨道重叠方式，阐释其导电性能的结构根源。
C．依据聚乳酸的生物降解特性，分析其在医疗领域的应用逻辑。
D．明确活性炭吸附作用的本质，判断其对金属离子的去除能力。
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na[Al(OH)4] 是强电解质，应拆分为 Na+和 [Al(OH)4]-。通入少量 CO2时，反应的离子方程式为 2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32-+H2O，选项中未拆分 Na[Al(OH)4]，写法错误，A错误；
B、丙烯（CH2=CH-CH3）聚合时，双键打开形成主链，链节应为重复的 - CH2-CH (CH3)- 结构， 方程式为：，B错误；
C、草酸（H2C2O4）是弱酸，离子方程式中不拆分；酸性条件下，MnO4-氧化 C2O42-生成 CO2和 Mn2+，反应，满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；
D、硫化钠溶液中 S2-水解使溶液呈碱性，反应环境中无大量 H+，正确离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断强电解质的拆分及少量 CO2反应的离子方程式正确性。
B．分析丙烯聚合生成聚丙烯的链节结构是否正确。
C．结合草酸的弱酸性（不拆分）及氧化还原反应的守恒关系判断。
D．考虑硫化钠溶液的碱性环境对反应方程式的影响。
9．【答案】A
【知识点】有机物的合成；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、环六糊精由 6 个葡萄糖单元通过糖苷键连成环状，属于低聚糖（寡糖），而多糖的聚合度通常远超 10，因此它不属于多糖；虽能水解产生单糖（葡萄糖），但类别判断错误，A错误；
B、苯甲醚的 - OCH3是邻对位定位基，无环六糊精时邻、对位产物等量生成；加入后，超分子空腔的空间限制仅让对位暴露，使 HClO 优先进攻对位，故 A 中主要产物为对氯苯甲醚，B正确；
C、环六糊精外侧有大量羟基（极性强），腔内以碳氢链为主（极性弱）；苯甲醚极性小，能进入腔内形成超分子，符合 “相似相溶”，说明腔内极性较小，C正确；
D、环六糊精含多个羟基，极性大、易溶于水；有机产物（对氯苯甲醚）极性小、难溶于水，故可用有机溶剂萃取分离，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确环六糊精的糖类归属（低聚糖而非多糖）及水解特性。
B．解析超分子空腔如何通过空间位阻控制反应位点。
C．通过 “相似相溶” 推断环六糊精腔内的极性环境。
D．依据两者溶解性差异判断萃取分离的可行性。
10．【答案】C
【知识点】酯的性质；加成反应
【解析】【解答】A、CO2与环氧乙烷衍生物反应生成环状碳酸酯时，环氧环开环后与 CO2直接结合形成五元环，整个过程没有原子或基团被其他原子 / 基团替代，属于加成反应，而非取代反应，A错误；
B、环状碳酸酯含 1 个碳酸酯基（-O-CO-O-），水解后生成二元醇和碳酸（H2CO3）。1 分子碳酸能与 2 分子 NaOH 反应（H2CO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O），因此 1 mol 该环状碳酸酯最多消耗 2 mol NaOH，B错误；
C、状态 II 显示环氧环的氧与 ZIF-8 结合（带正电）、CO2靠近；状态 IV 为五元环产物与 ZIF-8 结合（带正电）。状态 III 作为过渡态，需同时体现 “环氧环开环后的链状结构、与 ZIF-8 的结合（带正电）、以及与 CO2的初步连接”，C正确；
D、环状碳酸酯中的苯基是平面结构（6 个碳原子共面），与苯环直接相连的碳原子、以及五元环中相邻的碳原子，可通过单键旋转与苯环共面，因此最多共平面的碳原子数远超过 3 个，D错误；
故答案为：C。【分析】A．从 “是否有原子 / 基团被取代” 区分加成与取代反应。
B．依据碳酸酯基水解产物的性质，推导与 NaOH 的反应比例。
C．结合反应机理中 “过渡态需连接前后状态特征” 的逻辑，判断状态 III 结构。
D．基于苯基平面结构及单键旋转的灵活性，分析共面碳原子数。
11．【答案】C
【知识点】燃烧热；焓变和熵变
【解析】【解答】A、CO 的燃烧热对应的反应是 1mol CO (g) 与 mol O2(g) 反应生成 1mol CO2(g)，焓变为 - 283 kJ mol- 。选项中反应为 2mol CO 参与，且未明确产物状态是否为稳定氧化物，不符合燃烧热定义，A错误；
B、恒温恒压时通入 Ar，容器体积会增大，各气体分压降低。反应 2H2S (g) 2H2(g)+S2(g) 正向气体分子数更多，平衡会正向移动，但 H2的浓度因体积增大而减小（浓度 = 物质的量÷ 体积，体积增大幅度超过 H2物质的量增加幅度），B错误；
C、能量图显示产物 b 的能量低于产物 a。物质能量越低越稳定，平衡状态下更稳定的物质占比更大，因此产物 a 的占比小于产物 b，即 a < b，C正确；
D、及时分离 TiCl4会使平衡正向移动，但 TiCl4浓度降低会减慢反应速率，反而延长达到平衡的时间，无法缩短，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据燃烧热 “1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物” 的核心定义，判断反应式是否符合。
B．分析恒温恒压下通入惰性气体对体系体积、物质浓度及平衡的连锁影响。
C．结合能量图中产物能量差异，依据 “能量越低越稳定” 的规律，判断平衡时产物占比。
D．分析分离产物对反应速率及平衡时间的影响。
12．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 B 是阴极，发生水得电子的还原反应，生成 H2和 OH-，反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-）。生成的 OH-与 Mg2+结合为 Mg(OH)2，与 HCO3-反应生成 CO32-，再与 Ca2+生成 CaCO3。通过电子守恒和原子守恒推导，总反应式中 H2O 的系数应为 4，而非选项中的 6，A错误；
B、Cl-在阳极（电极 A）失去电子生成 Cl2；Cl2与水反应生成 HClO 和 HCl；HClO 氧化有机物（R）时，自身被还原为 Cl-，重新回到体系中。可见 Cl-可循环参与反应，B正确；
C、水垢生成依赖 OH-（促进 Mg (OH)2生成）和 CO32-（促进 CaCO3生成），而 OH-由阴极（电极 B）反应产生，因此水垢主要在阴极附近沉降，而非阳极，C错误；
D、电极 A 为阳极，既有 Cl-放电生成 Cl2，又有 H2O 放电生成 O2。由于题目未明确两种反应的比例，无法通过 2 mol e-计算产生气体的总量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．依据阴极（电极 B）的还原反应本质，验证总反应式的守恒关系。
B．追踪 Cl-在整个过程中的转化路径，判断是否形成循环。
C．结合水垢（Mg (OH)2、CaCO3）的生成条件，判断沉降位置。
D．分析阳极（电极 A）的气体产物类型及计量关系的确定性。
13．【答案】A
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】 【解答】A、Pt(NH3)2Cl2中 Pt2+的配位数为 4，且能形成顺反两种异构体，这是平面正方形结构的典型特征（四面体结构的四配位化合物无顺反异构）；而 CH2Cl2的母体甲烷是正四面体结构，其取代产物仍保持四面体构型（任意两个取代基都不共平面）。二者空间结构截然不同，A错误；
B、顺铂中两个 Cl-和两个 NH3呈相邻分布，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子；反铂中两个 Cl-、两个 NH3分别处于对位，分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性溶剂，极性分子更易溶于极性溶剂，因此顺铂在水中的溶解度大于反铂，B正确；
C、顺铂水解生成 Pt(NH3)2(OH) Cl 时，断裂的是 Pt-Cl 键而非 Pt-N 键，说明 Cl-与 Pt2+之间的配位键更易断裂，即 Cl-的配位能力比 NH3弱，C正确；
D、a 处 Pt2+提供空轨道，鸟嘌呤中的 N 原子提供孤对电子，形成的是配位键；b 处存在 O-H 键，其中 H 因 O 的强电负性而带部分正电荷，与另一分子中含孤对电子的 O 原子形成静电作用，属于氢键，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过是否存在顺反异构判断配合物空间结构，再与 CH2Cl2的结构对比。
B．根据分子极性的有无，结合相似相溶原理判断溶解度。
C．通过水解反应中断裂的化学键，推断配体与中心离子的结合强度。
D．依据配位键（空轨道与孤对电子结合）和氢键（电负性差异导致的静电作用）的形成条件判断键型。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、La 属于镧系元素，其基态原子的电子排布为 [Xe] 5d 6s2，价电子包含 5d 轨道电子，根据周期表分区规则（d 区包括价电子为 (n-1) d -9ns -2 的元素），La 应位于 d 区，A正确；
B、 由均摊法可知，的数目为，的数目为，的数目为，和的个数比为，B正确；
C、原晶胞中 p 点 La 的位置平移至体心时，晶胞内所有粒子位置均按相同规律移动，Ti 原子原本的位置会同步平移，最终会分布在晶胞的棱上和体内， 如图：
，而非仅顶点，C错误；
D、题干表明 O2-的稳定性直接影响材料的铁电性能，而掺杂 La 后光电转化性能提升，说明材料的铁电性能增强，即 La3+的引入有助于提高 O2-的稳定性，D正确；
故答案为：C。【分析】A．依据基态原子价电子构型判断元素在周期表中的分区。
B．用均摊法分别计算晶胞中 La3+和 Bi3+的实际数目，再求比例。
C．明确晶胞平移时所有粒子的位置同步变化，分析 Ti 的新位置。
D．结合 “O2-稳定性影响铁电性能” 及 “掺杂 La 提高光电转化性能” 的关联推导。
15．【答案】A
【知识点】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、草酸的第二步电离为 HC2O4- H+ + C2O42-，其电离常数 。当溶液中 时，Ka2 的值等于此时溶液中的 。从图像可见，该平衡点对应的 pH 为 4.2，即= 10-4.2，因此，A正确；
B、纯草酸钙体系难以直接达到 pH=7，需加入其他酸碱调节（如含 Na+、K+等阳离子的试剂）。此时溶液的电荷守恒应包含所有离子： 。选项中忽略了调节 pH 引入的离子，直接得出的等式不成立，B错误；
C、取 pH=12（ c(OH-)=0.1mol/L ），假设溶液中 c(Ca2+)为草酸钙溶解产生的极低浓度（远小于 10-5 mol L- ），则离子积 远小于 ，不会生成氢氧化钙沉淀。即使 pH 更高，因 Ca2+浓度极低，Q 仍无法达到 Ksp，C错误；
D、A 点 pH=1.32， 。草酸的二级电离极弱（ ），此时溶液中主要存在 H2C2O4和 HC2O4-，C2O42-浓度极低（由 Ka2 计算可知远小于 10-4 mol L- ），显然 ，D错误；
故答案为：A。【分析】A．抓住草酸二级电离的表达式特征，利用图像中特定离子浓度相等的点直接推导电离常数。
B．分析 pH=7 时溶液的组成，判断电荷守恒式是否遗漏关键离子。
C．通过溶度积计算 pH>12 时 Ca2+与 OH-的离子积，判断是否超过氢氧化钙的溶度积。
D．结合 A 点 pH 对应的 H+浓度与草酸二级电离的微弱程度，比较离子浓度。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、金属与溶液中的 H+反应，会使 H+浓度下降。Fe3+的水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+）中，H+减少会推动平衡正向进行，从而生成红褐色的 Fe(OH)3沉淀，A正确；
B、实验 I 中没发现 Fe 单质，未必是 Zn 和 Fe3+不反应，更可能是反应生成的 Fe(OH)3沉淀包裹了 Zn 表面，阻碍了 Zn 与 Fe2+的进一步反应，导致 Fe 无法生成，B正确；
C、实验 II 中，Mg 与 H+反应很剧烈，会产生大量气泡。这些气泡能打破 Fe(OH)3沉淀对 Mg 的包裹，让 Mg 持续与 Fe2+发生还原反应，进而生成 Fe 单质，C正确；
D、Cu 的金属活动性比 H 弱，不能与 H+反应，所以溶液 pH 仍维持在 1 左右。而 Fe3+开始沉淀的 pH 约为 1.2，在 pH=1 时，Fe3+难以形成大量 Fe (OH)3沉淀，因此不会观察到红褐色沉淀，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 H+浓度变化对 Fe3+水解平衡的影响。
B．分析 “未检测到 Fe 单质” 是否等同于 “不反应”。
C．探究 Mg 反应时产生的气泡对沉淀包裹的作用。
D．结合 Cu 的活动性及 Fe3+沉淀的 pH 条件判断现象。
17．【答案】（1）B
（2）金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
（3）；6
（4）除去和；适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）；；将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属晶体；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；、、为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；
B．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为，正确；
C．钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；
故答案为：B；
（2）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
故答案为： 金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 ；
（3）据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中原子的配位数为6；
故答案为： ；6；
（4）①由分析，钛铁矿加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，“碱浸”工序的目的是除去和。提高“碱浸”工序速率的措施有适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成，结合质量守恒，反应同时生成硫酸亚铁和水，化学方程式为。
③由图，60℃以下时结晶得到晶体，则操作方法：将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
故答案为： 除去和 ； 适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌） ； ； 将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶 。
【分析】钛铁矿的主要成分是 FeTiO3，还含有FeO、Al2O3、SiO2等少量杂质。首先进行碱浸处理，在此过程中，Al2O3会与氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠，SiO2会转化为硅酸钠，通过过滤操作可将这两种杂质除去。过滤得到的滤渣中加入硫酸，其中的成分会发生反应，生成硫酸亚铁和TiOSO4溶液。之后调节溶液的 pH，使 TiO(OH)2沉淀析出，将该沉淀灼烧可得到二氧化钛，最后对二氧化钛进行还原处理，就能得到 Ti2O3。
（1）A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；、、为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；
B．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为，正确；
C．钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；
故选B；
（2）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
（3）据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中原子的配位数为6；
（4）①由分析，钛铁矿加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，“碱浸”工序的目的是除去和。提高“碱浸”工序速率的措施有适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成，结合质量守恒，反应同时生成硫酸亚铁和水，化学方程式为。
③由图，60℃以下时结晶得到晶体，则操作方法：将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
18．【答案】（1）低温；
（2）<
（3）C；D
（4）；a；加入盐酸后，对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的减小，体系中浓度增大，导致浓度大于时刻的峰值
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①该反应是熵减的反应，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，由反应进行方向的综合判据可知，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；
②二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾，所以碳酸钾溶液浓度偏高时，反应生成的碳酸氢钾会因溶解度偏小而析出，导致设备堵塞；
故答案为： 低温 ； ；
（2）由电离常数可知，甲酸根离子的水解常数Kh===1.0×10—10.3，铵根离子的Kh===1.0×10—9.2，则甲酸铵溶液中铵根离子在溶液中的水解程度大于甲酸根离子，溶液呈酸性，所以1mol/L甲酸铵溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L甲酸铵溶液，溶液pH小于0.1mol/L甲酸铵溶液；
故答案为： < ；
（3）A．催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ中用重氢气代替氢气，反应生成HDO说明重氢气中的D原子与羟基结合生成HDO，氨基中的1个氢原子与钯结合，所以反应生成HDO和DCOO-可以确认反应过程中的加氢方式，B正确；
C．温度过高可能会使催化剂的活性将降低，导致反应速率逐渐减小，C错误；
D．由图可知，氨基能将碳酸氢根离子控制在催化剂表面，是因为两者间形成了氢键，D错误；
故答案为：CD；
（4）①由图可知，t1时刻一氧化碳浓度最大，说明反应I达到平衡，由碳原子个数守恒可知， 甲酸的浓度为1.0 mol/L-0.7 mol/L-0.16 mol/L=0.14 mol/L，则反应I的平衡常数K(I)===5；由方程式可知，反应II达平衡时，氢气和二氧化碳的浓度都为x mol/L，设甲酸的浓度为amol/L，由反应I的平衡常数可知，一氧化碳的浓度为5a mol/L，由碳原子个数守恒可得：a+5a+x=1.0，解得a=，则反应II的平衡常数K==；
②加入0.1 mol/L盐酸后，溶液中的氢离子对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，使得一氧化碳浓度峰值提前，反应II消耗的甲酸的浓度减小，体系中甲酸浓度增大，导致一氧化碳浓度大于t1时刻的峰值，所以一氧化碳新的浓度峰值点可能是a点。
故答案为： ； a ； 加入盐酸后，对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的减小，体系中浓度增大，导致浓度大于时刻的峰值 。
【分析】(1)①反应熵减，结合自发条件（ΔH-TΔS < 0），需低温满足，故为低温。
②K2CO3与 CO2反应生成 KHCO3，其溶解度小于 K2CO3，浓度偏高时析出堵塞设备。
(2)计算 HCOO-和 NH4+的水解常数，NH4+水解程度更大，溶液呈酸性；浓度越高，水解程度越小，H+浓度越低，故 1 mol L- 溶液 pH < 0.1 mol L- 溶液。
(3)A：催化剂降低活化能，增大活化分子百分数。
B：D2替代 H2，产物 HDO 和 DCOO-可确认加氢方式。
C：温度过高可能使催化剂失活，反应速率下降。
D：-NH2与 HCO3-通过氢键结合，非化学键。
(4)①根据碳守恒得 HCOOH 浓度，结合反应 I 平衡常数，推导反应 II 平衡常数为 6x2。
②H+催化加快反应 I，CO 峰值提前且浓度更高，峰值为 a 点。
（1）①该反应是熵减的反应，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，由反应进行方向的综合判据可知，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；
②二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾，所以碳酸钾溶液浓度偏高时，反应生成的碳酸氢钾会因溶解度偏小而析出，导致设备堵塞；
（2）由电离常数可知，甲酸根离子的水解常数Kh===1.0×10—10.3，铵根离子的Kh===1.0×10—9.2，则甲酸铵溶液中铵根离子在溶液中的水解程度大于甲酸根离子，溶液呈酸性，所以1mol/L甲酸铵溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L甲酸铵溶液，溶液pH小于0.1mol/L甲酸铵溶液；
（3）A．催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ中用重氢气代替氢气，反应生成HDO说明重氢气中的D原子与羟基结合生成HDO，氨基中的1个氢原子与钯结合，所以反应生成HDO和DCOO-可以确认反应过程中的加氢方式，B正确；
C．温度过高可能会使催化剂的活性将降低，导致反应速率逐渐减小，C错误；
D．由图可知，氨基能将碳酸氢根离子控制在催化剂表面，是因为两者间形成了氢键，D错误；
故选CD；
（4）①由图可知，t1时刻一氧化碳浓度最大，说明反应I达到平衡，由碳原子个数守恒可知， 甲酸的浓度为1.0 mol/L-0.7 mol/L-0.16 mol/L=0.14 mol/L，则反应I的平衡常数K(I)===5；由方程式可知，反应II达平衡时，氢气和二氧化碳的浓度都为x mol/L，设甲酸的浓度为amol/L，由反应I的平衡常数可知，一氧化碳的浓度为5a mol/L，由碳原子个数守恒可得：a+5a+x=1.0，解得a=，则反应II的平衡常数K==；
②加入0.1 mol/L盐酸后，溶液中的氢离子对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，使得一氧化碳浓度峰值提前，反应II消耗的甲酸的浓度减小，体系中甲酸浓度增大，导致一氧化碳浓度大于t1时刻的峰值，所以一氧化碳新的浓度峰值点可能是a点。
19．【答案】（1）锥形瓶
（2）B；C
（3）②③⑤④①⑥；除尽
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器C的名称为锥形瓶；
故答案为： 锥形瓶 ；
（2）A．碘单质为分子晶体，故A错误；
B．步骤I中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，随着反应的进行，会促进碘的溶解，故B正确；
C．装置a中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，产生的尾气有和，故C正确；
D．步骤I中，发生反应 ，反应体系中紫黑色固体消失，不能判定反应结束，故D错误；
故答案为： B C ；
（3）将滤液转移至B中，打开K2通入N2排出装置内空气，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸，先停止加热，再通一段时间的后关闭，所以操作顺序为②③⑤④①⑥。
故答案为： ②③⑤④①⑥ ； 除尽 ；
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子，所以稀硫酸不具有强氧化性。
故答案为： 浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子 ；
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应CuI，防止催化碘化氢的分解，所以保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝。
故答案为： Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解 ；
【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到质量分数为57%的HI溶液。
(1)根据装置图直接识别仪器名称为锥形瓶。
(2)A：碘是分子晶体，升华法提纯后仍为晶体。
B：反应生成 HI 促进 I2溶解。
C：装置 a 反应生成 HI，尾气含 H2S 和 HI。
D：I2与 I-生成 I3-使紫黑色固体消失，不能判定反应结束。
(3)操作顺序为②（转移滤液）→③（通 N2）→⑤（通冷凝水）→④（微沸除 H2S）→①（蒸馏收集馏分）→⑥（停止后通 N2）；微沸目的是除尽 H2S。
(4)浓硫酸以分子形式存在，稀硫酸中 SO42-结构对称、稳定，故浓硫酸有强氧化性，稀硫酸无。
(5)Cu 与碘单质反应，防止 HI 分解。
（1）根据装置图，仪器C的名称为锥形瓶；
（2）A．碘单质为分子晶体，故A错误；
B．步骤I中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，随着反应的进行，会促进碘的溶解，故B正确；
C．装置a中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，产生的尾气有和，故C正确；
D．步骤I中，发生反应 ，反应体系中紫黑色固体消失，不能判定反应结束，故D错误；
选BC。
（3）将滤液转移至B中，打开K2通入N2排出装置内空气，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸，先停止加热，再通一段时间的后关闭，所以操作顺序为②③⑤④①⑥。
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子，所以稀硫酸不具有强氧化性。
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应CuI，防止催化碘化氢的分解，所以保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝。
20．【答案】（1）羧基、醚键
（2）A；C；D
（3）
（4）
（5）和
（6）
【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；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）D分子中含氧官能团名称为羧基、醚键。
故答案为： 羧基、醚键 ；
（2）A. 根据分析中的F的结构简式，F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子手性碳原子数目为1个，A正确；
B.为取代反应，是酯基生成醇羟基，是还原反应，B错误；
C. 化合物D中由有8个杂化的碳原子，化合物E中有8个杂化的碳原子，C正确；
D. A分子中，1号碳连有连有两个酯基，2号碳连有1个酯基，故1号碳的键极性相对较大，D正确；
故答案为：ACD。
（3）是取代反应，A上的H与B上的Br重新组合形成HBr，化学方程式是。
故答案为： ；
（4）D与五氧化二磷反应成环生成E ，是下方的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基与苯环上的H取代，其结构简式为。
故答案为： ；
（5）G的分子式为，其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：
故答案为：和 ；
（6）利用的方式，可用含有两个酯基的与卤代烃反应，故需合成卤代烃，直接与在甲醇钠、甲醇的条件下反应生成，可按的条件合成，可与甲醛反应生成，合成路线为。
故答案为： ；
【分析】A 与 B 在甲醇钠和甲醇的作用下，通过消去反应脱去 HBr 生成 C；C 经水解后再脱羧基得到 D；D 与五氧化二磷反应形成环状结构生成 E；E 先发生酯化反应生成含 -COOCH3、-OCH3和羰基的中间产物（），该中间产物再与乙二醇反应生成 F()；最终 F 被四氢铝锂还原得到 G。
(1)直接识别 D 分子中含氧官能团为羧基、醚键。
(2)A：分析 F 的结构，确定手性碳原子数目为 1。
B：E→F 是取代反应，F→G 是还原反应。
C：比较 D 和 E 中 sp2 杂化的碳原子数目，相同。
D：比较 A 分子中 1 号碳和 2 号碳的 C-H 键极性，1 号碳极性更大。
(3)A 与 B 发生取代反应，结合原子守恒写出化学方程式。
(4)分析 D→E 的成环方式，推出含五元环的同分异构体结构。
(5)根据水解产物的比例、性质及对称性要求，推导 G 的同分异构体结构。
(6)结合原料和目标产物，设计包含卤代、取代、还原、缩合的合成路线。
（1）D分子中含氧官能团名称为羧基、醚键。
（2）A. 根据分析中的F的结构简式，F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子手性碳原子数目为1个，A正确；
B.为取代反应，是酯基生成醇羟基，是还原反应，B错误；
C. 化合物D中由有8个杂化的碳原子，化合物E中有8个杂化的碳原子，C正确；
D. A分子中，1号碳连有连有两个酯基，2号碳连有1个酯基，故1号碳的键极性相对较大，D正确；
故选ACD。
（3）是取代反应，A上的H与B上的Br重新组合形成HBr，化学方程式是。
（4）D与五氧化二磷反应成环生成E ，是下方的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基与苯环上的H取代，其结构简式为。
（5）G的分子式为，其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：
（6）利用的方式，可用含有两个酯基的与卤代烃反应，故需合成卤代烃，直接与在甲醇钠、甲醇的条件下反应生成，可按的条件合成，可与甲醛反应生成，合成路线为。
1 / 1浙江省新阵地教育联盟2025-2026学年高三上学期10月联考 化学试题
1．（2025高三上·浙江月考）下列物质中，属于纯净物的是
A．盐酸 B．漂白粉 C．冰水混合物 D．铝热剂
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、盐酸是氯化氢的水溶液，含有氯化氢和水等多种成分，属于混合物，故A不符合题意 ；
B、漂白粉是氯气与石灰乳反应的产物，含有氯化钙和次氯酸钙等物质，属于混合物，故B不符合题意 ；
C、冰水混合物中冰和水的本质都是 H2O，只是状态不同，属于纯净物，故C符合题意 ；
D、铝热剂是铝与金属氧化物的混合物，属于混合物，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】要解决这道题，需明确纯净物（由一种物质组成）和混合物（由多种物质组成）的定义，逐一分析选项。
2．（2025高三上·浙江月考）石油加工时获得副产物，催化热解可同时回收和。下列说法正确的是
A．石油经分馏、催化裂化和裂解加工时，均主要发生化学变化
B．的形成过程用电子式表示：
C．（结构为）分子中含有非极性键，固态时为共价晶体
D．分子中键的形成：
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；石油的裂化和裂解
【解析】【解答】A、石油分馏是依据各成分沸点差异进行分离，属于物理变化；催化裂化和裂解会生成新物质，属于化学变化。因此 “均主要发生化学变化” 的说法错误，A错误；
B、MgBr2中，Mg 失去 2 个电子形成 Mg2+，两个 Br 各得 1 个电子形成 Br-。电子式形成过程中，应体现 Mg 的电子转移到两个 Br上：，B错误；
C、S8分子内 S 原子间通过非极性键结合，但固态 S8由分子构成，分子间靠分子间作用力结合，属于分子晶体，而非共价晶体，C错误；
D、H2分子中，两个 H 原子的 1s 轨道相互重叠形成 σ 键，图示准确体现了这一过程，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断石油加工中不同工艺的变化类型（物理变化或化学变化）。
B．分析离子化合物 MgBr2的电子式形成过程是否规范。
C．判断 S8的化学键类型及晶体类型。
D．分析 H2分子中 σ 键的形成原理（原子轨道重叠方式）。
3．（2025高三上·浙江月考）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．晶体硅中的杂质会影响其通信容量，因此必须制备高纯度的硅
B．钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管仍被保护起来
C．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等
D．在某些酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；营养均衡与人体健康的关系
【解析】【解答】A、晶体硅用于半导体材料，其纯度影响导电性能；而 “通信容量” 通常与光纤（二氧化硅）相关，并非晶体硅，A错误；
B、镀锌利用牺牲阳极保护法，锌比铁活泼，镀层破损后，锌仍会优先被腐蚀，从而保护钢管，B正确；
C、硝酸纤维极易燃烧，根据硝化程度不同，可用于生产火药、塑料（如赛璐珞）和涂料等，C正确；
D、在酱油中加入铁强化剂，可补充人体所需铁元素，减少缺铁性贫血问题的发生，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确晶体硅和光纤（二氧化硅）的应用领域差异。
B．分析镀锌钢管的防腐原理（牺牲阳极保护法）。
C．结合硝酸纤维的性质和用途分析。
D．分析铁强化剂在预防缺铁性贫血中的作用。
4．（2025高三上·浙江月考）在溶有15-冠-5（）的有机溶剂中，苄氯（）与发生反应
下列说法不正确的是
A．电负性：
B．加入15-冠-5能增大苄氯和的化学反应速率
C．离子半径：
D．X中15-冠-5与间存在离子键
【答案】D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同主族元素，从上到下原子吸引电子的能力减弱，电负性逐渐减小。氟（F）在氯（Cl）上方，故电负性 F＞Cl，A正确；
B、15 - 冠 - 5 是含 5 个氧原子的大环化合物，氧原子的孤对电子可与 Na+形成配位作用，将 Na+“包裹” 带入有机溶剂，提升 NaF 在有机溶剂中的溶解能力，使 NaF 与苄氯的接触更充分，从而加快反应，B正确；
C、F-和 O2-的核外电子层结构均为 2 层 8 电子，但 F 的核电荷数（9）大于 O（8），对核外电子的吸引力更强，故离子半径 F-＜O2-，C正确；
D、15 - 冠 - 5 中的氧原子提供孤对电子，Na+提供空轨道，二者通过配位键结合，并非阴阳离子间的离子键，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．依据同主族元素电负性的递变规律推导。
B．分析 15 - 冠 - 5 的结构对反应体系中物质接触的影响。
C．根据电子层结构相同的离子半径比较规则判断。
D．判断 15 - 冠 - 5 与 Na+结合的化学键本质。
5．（2025高三上·浙江月考）下列有关实验的说法不正确的是
A．实验室中未使用完的金属钠应放回原试剂瓶中
B．为防止氯气逸散，可在装氯气的集气瓶口涂抹适量凡士林，使玻璃片与瓶口更紧密
C．如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用乙醇溶液冲洗
D．对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理
【答案】C
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】A、金属钠遇水剧烈反应生成氢气并放热，遇空气易氧化，若随意丢弃会引发火灾或爆炸。放回原试剂瓶能避免其与外界物质接触，是实验室针对活泼金属的规范操作，A正确；
B、氯气有毒且易逸散，集气瓶口涂抹凡士林可填充玻璃片与瓶口的缝隙，利用其黏稠性增强密封性，阻止氯气泄漏，B正确；
C、苯酚沾到皮肤时，若先用水洗，因溶解量少无法有效清除，残留的苯酚会持续腐蚀皮肤；而乙醇能快速溶解苯酚，正确操作应为先用乙醇冲洗去除苯酚，再用水洗净残留乙醇，题干中 “先水后乙醇” 的步骤错误，C错误；
D、重金属离子可与硫化钠等试剂反应生成极难溶于水的硫化物沉淀（如 CuS、HgS），通过过滤分离可降低废液中重金属离子浓度，达到无害化处理目的，D正确；
故答案为：C。【分析】A．基于金属钠的强还原性和反应危险性，判断剩余试剂的处理方式是否合理。
B．分析凡士林的物理性质（黏稠、不与氯气反应）对气体密封的作用。
C．结合苯酚的溶解性（常温下微溶于水、易溶于有机溶剂），判断皮肤接触后的处理步骤是否科学。
D．依据重金属离子（如 Cu2+、Hg2+）的化学性质，判断沉淀法处理废液的可行性。
6．（2025高三上·浙江月考）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．图①检验丙烯醛中含有碳碳双键
B．图②装置用于标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液
C．图③装置用于制备晶体
D．图④加热制取无水
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价；醛的化学性质；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、丙烯醛（CH2=CH-CHO）同时含碳碳双键和醛基，酸性高锰酸钾溶液会同时氧化这两种官能团使其褪色，无法区分是哪种官能团导致的褪色，因此不能直接用于检验碳碳双键。需先通过银氨溶液等试剂除去醛基的干扰，再检验双键，故图①不能达到实验目的， A不能达到目的；
B、用 NaOH 标准溶液滴定醋酸时，醋酸是弱酸，滴定终点生成的醋酸钠溶液呈碱性，选用酚酞指示剂（变色范围 8-10）能准确指示终点；聚四氟乙烯活塞耐碱，可用于盛装 NaOH 溶液，该装置和操作均合理，B能达到目的；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，向铜氨溶液中加入 95% 乙醇，可显著降低其溶解度，促使 [Cu(NH3)4] SO4 H2O 晶体析出，操作设计合理，C能达到目的；
D、CuSO4 5H2O 加热脱水生成无水 CuSO4，该过程可在蒸发皿中进行，加热时搅拌可防止局部过热导致晶体飞溅，装置和操作均符合要求，D能达到目的；
故答案为：A。【分析】A．分析丙烯醛的官能团（碳碳双键、醛基）与酸性高锰酸钾的反应干扰。
B．判断 NaOH 滴定醋酸的装置与指示剂选择是否合理。
C．分析乙醇对铜氨配合物溶解度的影响。
D．判断加热硫酸铜晶体制备无水硫酸铜的装置是否适用。
7．（2025高三上·浙江月考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．碳酸氢铵可中和酸并受热分解产生大量气体，故可用作加工馒头、面包和饼干等产品的膨松剂
B．石墨中C原子未杂化的p轨道重叠，电子在整个平面内运动，可制成导电材料
C．聚乳酸具有良好的生物可溶性和可吸收性，故可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释材料
D．活性炭内部疏松多孔，具有强吸附性，故可用于去除水中的和
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、碳酸氢铵不仅能中和面团中的酸性物质，还能在受热时分解产生大量气体，使面食结构蓬松，因此可用于馒头、面包等食品的膨松处理，性质与用途完全契合，故A不符合题意 ；
B、石墨中碳原子采取 sp2 杂化，未参与杂化的 p 轨道相互平行重叠，电子可在整个平面内自由移动，这一结构特点使其具备导电性，故而可作为导电材料使用，结构与用途的关联明确，故B不符合题意 ；
C、聚乳酸具有优异的生物可溶性和可吸收性，能在人体生理环境中逐步降解，因此可用于手术缝合线（无需二次拆线）、骨科固定材料（随组织愈合逐渐降解）及药物缓释材料（控制药物释放速率）等医疗场景，性质与用途高度匹配，故C不符合题意 ；
D、活性炭的强吸附性主要针对有机物、色素和异味等分子类物质，而水中的 Ca2+、Mg2+是离子形态，活性炭无法通过吸附作用去除（需借助离子交换树脂或沉淀法），性质与用途不相符，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】要解决这道题，需深度结合物质的结构特点、化学性质与实际用途的逻辑关联逐一分析：
A．从碳酸氢铵的化学行为（酸碱中和、热分解产气）推导其作为膨松剂的合理性。
B．从石墨的原子杂化与轨道重叠方式，阐释其导电性能的结构根源。
C．依据聚乳酸的生物降解特性，分析其在医疗领域的应用逻辑。
D．明确活性炭吸附作用的本质，判断其对金属离子的去除能力。
8．（2025高三上·浙江月考）下列方程式正确的是
A．向溶液中通入少量：
B．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯：
C．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
D．硫化钠溶液在空气中氧化变质：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na[Al(OH)4] 是强电解质，应拆分为 Na+和 [Al(OH)4]-。通入少量 CO2时，反应的离子方程式为 2[Al(OH)4]-+CO2 = 2Al(OH)3↓ +CO32-+H2O，选项中未拆分 Na[Al(OH)4]，写法错误，A错误；
B、丙烯（CH2=CH-CH3）聚合时，双键打开形成主链，链节应为重复的 - CH2-CH (CH3)- 结构， 方程式为：，B错误；
C、草酸（H2C2O4）是弱酸，离子方程式中不拆分；酸性条件下，MnO4-氧化 C2O42-生成 CO2和 Mn2+，反应，满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；
D、硫化钠溶液中 S2-水解使溶液呈碱性，反应环境中无大量 H+，正确离子方程式应为，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断强电解质的拆分及少量 CO2反应的离子方程式正确性。
B．分析丙烯聚合生成聚丙烯的链节结构是否正确。
C．结合草酸的弱酸性（不拆分）及氧化还原反应的守恒关系判断。
D．考虑硫化钠溶液的碱性环境对反应方程式的影响。
9．（2025高三上·浙江月考）已知，该反应得到的两种有机产物的量几乎一样多，为了得到较单一的有机产物，可先加入环六糊精形成超分子，再加入，如下图所示。下列说法错误的是
A．环六糊精属于多糖，会水解产生单糖
B．A中有机物的主要成分为对氯苯甲醚
C．根据超分子可知，环六糊精腔内极性较小
D．可用萃取法分离环六糊精和有机产物
【答案】A
【知识点】有机物的合成；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、环六糊精由 6 个葡萄糖单元通过糖苷键连成环状，属于低聚糖（寡糖），而多糖的聚合度通常远超 10，因此它不属于多糖；虽能水解产生单糖（葡萄糖），但类别判断错误，A错误；
B、苯甲醚的 - OCH3是邻对位定位基，无环六糊精时邻、对位产物等量生成；加入后，超分子空腔的空间限制仅让对位暴露，使 HClO 优先进攻对位，故 A 中主要产物为对氯苯甲醚，B正确；
C、环六糊精外侧有大量羟基（极性强），腔内以碳氢链为主（极性弱）；苯甲醚极性小，能进入腔内形成超分子，符合 “相似相溶”，说明腔内极性较小，C正确；
D、环六糊精含多个羟基，极性大、易溶于水；有机产物（对氯苯甲醚）极性小、难溶于水，故可用有机溶剂萃取分离，D正确；
故答案为：A。【分析】A．明确环六糊精的糖类归属（低聚糖而非多糖）及水解特性。
B．解析超分子空腔如何通过空间位阻控制反应位点。
C．通过 “相似相溶” 推断环六糊精腔内的极性环境。
D．依据两者溶解性差异判断萃取分离的可行性。
10．（2025高三上·浙江月考）与（为苯基）在催化下转化为环状碳酸酯（）的一种机理如下：
下列说法正确的是
A．与反应生成环状碳酸酯属于取代反应
B．环状碳酸酯最多能与反应
C．状态Ⅲ为：
D．环状碳酸酯分子中最多3个碳原子共平面
【答案】C
【知识点】酯的性质；加成反应
【解析】【解答】A、CO2与环氧乙烷衍生物反应生成环状碳酸酯时，环氧环开环后与 CO2直接结合形成五元环，整个过程没有原子或基团被其他原子 / 基团替代，属于加成反应，而非取代反应，A错误；
B、环状碳酸酯含 1 个碳酸酯基（-O-CO-O-），水解后生成二元醇和碳酸（H2CO3）。1 分子碳酸能与 2 分子 NaOH 反应（H2CO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O），因此 1 mol 该环状碳酸酯最多消耗 2 mol NaOH，B错误；
C、状态 II 显示环氧环的氧与 ZIF-8 结合（带正电）、CO2靠近；状态 IV 为五元环产物与 ZIF-8 结合（带正电）。状态 III 作为过渡态，需同时体现 “环氧环开环后的链状结构、与 ZIF-8 的结合（带正电）、以及与 CO2的初步连接”，C正确；
D、环状碳酸酯中的苯基是平面结构（6 个碳原子共面），与苯环直接相连的碳原子、以及五元环中相邻的碳原子，可通过单键旋转与苯环共面，因此最多共平面的碳原子数远超过 3 个，D错误；
故答案为：C。【分析】A．从 “是否有原子 / 基团被取代” 区分加成与取代反应。
B．依据碳酸酯基水解产物的性质，推导与 NaOH 的反应比例。
C．结合反应机理中 “过渡态需连接前后状态特征” 的逻辑，判断状态 III 结构。
D．基于苯基平面结构及单键旋转的灵活性，分析共面碳原子数。
11．（2025高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．已知的燃烧热为，则
B．已知，平衡后保持恒温恒压通入，平衡正向移动，的浓度增大
C．一定条件下，苯乙炔（）可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：
D．已知，及时分离可缩短达到平衡的时间
【答案】C
【知识点】燃烧热；焓变和熵变
【解析】【解答】A、CO 的燃烧热对应的反应是 1mol CO (g) 与 mol O2(g) 反应生成 1mol CO2(g)，焓变为 - 283 kJ mol- 。选项中反应为 2mol CO 参与，且未明确产物状态是否为稳定氧化物，不符合燃烧热定义，A错误；
B、恒温恒压时通入 Ar，容器体积会增大，各气体分压降低。反应 2H2S (g) 2H2(g)+S2(g) 正向气体分子数更多，平衡会正向移动，但 H2的浓度因体积增大而减小（浓度 = 物质的量÷ 体积，体积增大幅度超过 H2物质的量增加幅度），B错误；
C、能量图显示产物 b 的能量低于产物 a。物质能量越低越稳定，平衡状态下更稳定的物质占比更大，因此产物 a 的占比小于产物 b，即 a < b，C正确；
D、及时分离 TiCl4会使平衡正向移动，但 TiCl4浓度降低会减慢反应速率，反而延长达到平衡的时间，无法缩短，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据燃烧热 “1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物” 的核心定义，判断反应式是否符合。
B．分析恒温恒压下通入惰性气体对体系体积、物质浓度及平衡的连锁影响。
C．结合能量图中产物能量差异，依据 “能量越低越稳定” 的规律，判断平衡时产物占比。
D．分析分离产物对反应速率及平衡时间的影响。
12．（2025高三上·浙江月考）硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示（其中R为有机物）。下列说法正确的是
A．电极B上总反应式为
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阳极附近
D．当外电路通过时，电极A上产生气体
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 B 是阴极，发生水得电子的还原反应，生成 H2和 OH-，反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-）。生成的 OH-与 Mg2+结合为 Mg(OH)2，与 HCO3-反应生成 CO32-，再与 Ca2+生成 CaCO3。通过电子守恒和原子守恒推导，总反应式中 H2O 的系数应为 4，而非选项中的 6，A错误；
B、Cl-在阳极（电极 A）失去电子生成 Cl2；Cl2与水反应生成 HClO 和 HCl；HClO 氧化有机物（R）时，自身被还原为 Cl-，重新回到体系中。可见 Cl-可循环参与反应，B正确；
C、水垢生成依赖 OH-（促进 Mg (OH)2生成）和 CO32-（促进 CaCO3生成），而 OH-由阴极（电极 B）反应产生，因此水垢主要在阴极附近沉降，而非阳极，C错误；
D、电极 A 为阳极，既有 Cl-放电生成 Cl2，又有 H2O 放电生成 O2。由于题目未明确两种反应的比例，无法通过 2 mol e-计算产生气体的总量，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．依据阴极（电极 B）的还原反应本质，验证总反应式的守恒关系。
B．追踪 Cl-在整个过程中的转化路径，判断是否形成循环。
C．结合水垢（Mg (OH)2、CaCO3）的生成条件，判断沉降位置。
D．分析阳极（电极 A）的气体产物类型及计量关系的确定性。
13．（2025高三上·浙江月考）有顺铂和反铂两种结构如图1，其中顺铂是一种常用的抗肿瘤药物。顺铂进入人体细胞在一定条件下发生水解，生成的与某些碱基结合，从而破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图2所示。
下列说法不正确的是
A．的空间结构与类似
B．顺铂在水中的溶解度大于反铂
C．与铂（Ⅱ）的配位能力：
D．图2，与鸟嘌呤的作用有：a为配位键、b为氢键
【答案】A
【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；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】 【解答】A、Pt(NH3)2Cl2中 Pt2+的配位数为 4，且能形成顺反两种异构体，这是平面正方形结构的典型特征（四面体结构的四配位化合物无顺反异构）；而 CH2Cl2的母体甲烷是正四面体结构，其取代产物仍保持四面体构型（任意两个取代基都不共平面）。二者空间结构截然不同，A错误；
B、顺铂中两个 Cl-和两个 NH3呈相邻分布，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子；反铂中两个 Cl-、两个 NH3分别处于对位，分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子。水是极性溶剂，极性分子更易溶于极性溶剂，因此顺铂在水中的溶解度大于反铂，B正确；
C、顺铂水解生成 Pt(NH3)2(OH) Cl 时，断裂的是 Pt-Cl 键而非 Pt-N 键，说明 Cl-与 Pt2+之间的配位键更易断裂，即 Cl-的配位能力比 NH3弱，C正确；
D、a 处 Pt2+提供空轨道，鸟嘌呤中的 N 原子提供孤对电子，形成的是配位键；b 处存在 O-H 键，其中 H 因 O 的强电负性而带部分正电荷，与另一分子中含孤对电子的 O 原子形成静电作用，属于氢键，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过是否存在顺反异构判断配合物空间结构，再与 CH2Cl2的结构对比。
B．根据分子极性的有无，结合相似相溶原理判断溶解度。
C．通过水解反应中断裂的化学键，推断配体与中心离子的结合强度。
D．依据配位键（空轨道与孤对电子结合）和氢键（电负性差异导致的静电作用）的形成条件判断键型。
14．（2025高三上·浙江月考）钛（Ⅳ）酸铋是一种铁电材料，其中的稳定性直接影响其铁电性能，掺杂可提高光电转化性能，取代部分后的晶胞结构（氧原子未画出）如图所示。下列说法错误的是
A．位于元素周期表的f区
B．该晶体中和的个数比为
C．若平移晶胞使p点至体心，则位于晶胞顶点
D．由题可知难挥发能增强的稳定性从而提升材料性能
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、La 属于镧系元素，其基态原子的电子排布为 [Xe] 5d 6s2，价电子包含 5d 轨道电子，根据周期表分区规则（d 区包括价电子为 (n-1) d -9ns -2 的元素），La 应位于 d 区，A正确；
B、 由均摊法可知，的数目为，的数目为，的数目为，和的个数比为，B正确；
C、原晶胞中 p 点 La 的位置平移至体心时，晶胞内所有粒子位置均按相同规律移动，Ti 原子原本的位置会同步平移，最终会分布在晶胞的棱上和体内， 如图：
，而非仅顶点，C错误；
D、题干表明 O2-的稳定性直接影响材料的铁电性能，而掺杂 La 后光电转化性能提升，说明材料的铁电性能增强，即 La3+的引入有助于提高 O2-的稳定性，D正确；
故答案为：C。【分析】A．依据基态原子价电子构型判断元素在周期表中的分区。
B．用均摊法分别计算晶胞中 La3+和 Bi3+的实际数目，再求比例。
C．明确晶胞平移时所有粒子的位置同步变化，分析 Ti 的新位置。
D．结合 “O2-稳定性影响铁电性能” 及 “掺杂 La 提高光电转化性能” 的关联推导。
15．（2025高三上·浙江月考）菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同pH下体系中与pH关系如图所示（M代表、、、），已知、。下列有关说法正确的是
A．为
B．溶液时，
C．时，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为
D．A点时，体系中
【答案】A
【知识点】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、草酸的第二步电离为 HC2O4- H+ + C2O42-，其电离常数 。当溶液中 时，Ka2 的值等于此时溶液中的 。从图像可见，该平衡点对应的 pH 为 4.2，即= 10-4.2，因此，A正确；
B、纯草酸钙体系难以直接达到 pH=7，需加入其他酸碱调节（如含 Na+、K+等阳离子的试剂）。此时溶液的电荷守恒应包含所有离子： 。选项中忽略了调节 pH 引入的离子，直接得出的等式不成立，B错误；
C、取 pH=12（ c(OH-)=0.1mol/L ），假设溶液中 c(Ca2+)为草酸钙溶解产生的极低浓度（远小于 10-5 mol L- ），则离子积 远小于 ，不会生成氢氧化钙沉淀。即使 pH 更高，因 Ca2+浓度极低，Q 仍无法达到 Ksp，C错误；
D、A 点 pH=1.32， 。草酸的二级电离极弱（ ），此时溶液中主要存在 H2C2O4和 HC2O4-，C2O42-浓度极低（由 Ka2 计算可知远小于 10-4 mol L- ），显然 ，D错误；
故答案为：A。【分析】A．抓住草酸二级电离的表达式特征，利用图像中特定离子浓度相等的点直接推导电离常数。
B．分析 pH=7 时溶液的组成，判断电荷守恒式是否遗漏关键离子。
C．通过溶度积计算 pH>12 时 Ca2+与 OH-的离子积，判断是否超过氢氧化钙的溶度积。
D．结合 A 点 pH 对应的 H+浓度与草酸二级电离的微弱程度，比较离子浓度。
16．（2025高三上·浙江月考）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉和粉，做了如下表所示实验。已知：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
II 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
下列说法不正确的是
A．红褐色沉淀生成的原因是被消耗，促进了的水解
B．实验I中未检测到单质，不能说明和不反应
C．实验II的固体中检测到单质的原因是加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
D．若向的的溶液中加入过量的粉，也可观察到大量的红褐色沉淀
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、金属与溶液中的 H+反应，会使 H+浓度下降。Fe3+的水解反应（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+）中，H+减少会推动平衡正向进行，从而生成红褐色的 Fe(OH)3沉淀，A正确；
B、实验 I 中没发现 Fe 单质，未必是 Zn 和 Fe3+不反应，更可能是反应生成的 Fe(OH)3沉淀包裹了 Zn 表面，阻碍了 Zn 与 Fe2+的进一步反应，导致 Fe 无法生成，B正确；
C、实验 II 中，Mg 与 H+反应很剧烈，会产生大量气泡。这些气泡能打破 Fe(OH)3沉淀对 Mg 的包裹，让 Mg 持续与 Fe2+发生还原反应，进而生成 Fe 单质，C正确；
D、Cu 的金属活动性比 H 弱，不能与 H+反应，所以溶液 pH 仍维持在 1 左右。而 Fe3+开始沉淀的 pH 约为 1.2，在 pH=1 时，Fe3+难以形成大量 Fe (OH)3沉淀，因此不会观察到红褐色沉淀，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 H+浓度变化对 Fe3+水解平衡的影响。
B．分析 “未检测到 Fe 单质” 是否等同于 “不反应”。
C．探究 Mg 反应时产生的气泡对沉淀包裹的作用。
D．结合 Cu 的活动性及 Fe3+沉淀的 pH 条件判断现象。
17．（2025高三上·浙江月考）钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”，
（1）下列有关钛的叙述正确的是_________。
A．、、互为同素异形体
B．基态钛原子的价层电子排布式为
C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等
（2）钛金属能导电的原因是　 　。
（3）钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为　 　；在晶胞中原子的配位数为　 　。
（4）因其在能源、生物医学和电子等领域的广泛应用前景而受到关注。一种以钛铁矿（主要成分是，含少量、、等杂质）为原料生产的工艺流程如图所示（部分条件和产物省略）。已知：易水解生成沉淀。
回答下列问题：
①“碱浸”工序的目的是　 　。提高“碱浸”工序速率的措施有　 　（答一条即可）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成的化学方程式为　 　。
③制备晶体。已知溶解度曲线如图所示。
操作方法：　 　，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
【答案】（1）B
（2）金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
（3）；6
（4）除去和；适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）；；将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属晶体；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；、、为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；
B．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为，正确；
C．钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；
故答案为：B；
（2）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
故答案为： 金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 ；
（3）据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中原子的配位数为6；
故答案为： ；6；
（4）①由分析，钛铁矿加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，“碱浸”工序的目的是除去和。提高“碱浸”工序速率的措施有适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成，结合质量守恒，反应同时生成硫酸亚铁和水，化学方程式为。
③由图，60℃以下时结晶得到晶体，则操作方法：将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
故答案为： 除去和 ； 适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌） ； ； 将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶 。
【分析】钛铁矿的主要成分是 FeTiO3，还含有FeO、Al2O3、SiO2等少量杂质。首先进行碱浸处理，在此过程中，Al2O3会与氢氧化钠反应转化为四羟基合铝酸钠，SiO2会转化为硅酸钠，通过过滤操作可将这两种杂质除去。过滤得到的滤渣中加入硫酸，其中的成分会发生反应，生成硫酸亚铁和TiOSO4溶液。之后调节溶液的 pH，使 TiO(OH)2沉淀析出，将该沉淀灼烧可得到二氧化钛，最后对二氧化钛进行还原处理，就能得到 Ti2O3。
（1）A．同素异形体是同种元素组成的不同单质；、、为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；
B．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为，正确；
C．钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；
D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；
故选B；
（2）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动；
（3）据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中原子的配位数为6；
（4）①由分析，钛铁矿加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，“碱浸”工序的目的是除去和。提高“碱浸”工序速率的措施有适当加热（或增大溶液浓度等或搅拌）。
②“碱浸”工序后，硫酸与反应生成，结合质量守恒，反应同时生成硫酸亚铁和水，化学方程式为。
③由图，60℃以下时结晶得到晶体，则操作方法：将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。
18．（2025高三上·浙江月考）甲酸（）是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）制备甲酸：
①该反应自发的条件为　 　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
②反应所需的可从工业尾气中捕获，用质量分数30%的溶液在吸收塔中捕获。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是　 　（填化学式）。
（2）25℃时，的电离常数为，；的电离常数为，。则水溶液的pH　 　水溶液的pH（填“”、“＜”或“”）。
（3）反应，使用含氨基物质（化学式为，是一种碳衍生材料）联合催化，可能机理如图所示。下列说法错误的是_________。
A．使用含氨基物质联合Pd-Au催化剂可以增大该反应的活化分子百分数
B．步骤Ⅱ中用重氢气（）代替，若生成和，则可确认反应过程中的加氢方式
C．随着温度升高，反应速率逐渐增大
D．能将控制在催化剂表面，是因为两者间形成了化学键
（4）已知水溶液在密封石英管中的分解反应分为以下两步：
I.（快）
II.（慢）
研究发现，在反应I、II中，仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应II，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。
①温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。
时刻测得、的浓度分别为、，反应II达平衡时，测得的浓度为，则反应II的平衡常数为　 　（用含的代数式表示）。
②相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则点a、b、c、d中，的浓度峰值点可能是　 　（填标号），其原因是　 　。
【答案】（1）低温；
（2）<
（3）C；D
（4）；a；加入盐酸后，对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的减小，体系中浓度增大，导致浓度大于时刻的峰值
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①该反应是熵减的反应，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，由反应进行方向的综合判据可知，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；
②二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾，所以碳酸钾溶液浓度偏高时，反应生成的碳酸氢钾会因溶解度偏小而析出，导致设备堵塞；
故答案为： 低温 ； ；
（2）由电离常数可知，甲酸根离子的水解常数Kh===1.0×10—10.3，铵根离子的Kh===1.0×10—9.2，则甲酸铵溶液中铵根离子在溶液中的水解程度大于甲酸根离子，溶液呈酸性，所以1mol/L甲酸铵溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L甲酸铵溶液，溶液pH小于0.1mol/L甲酸铵溶液；
故答案为： < ；
（3）A．催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ中用重氢气代替氢气，反应生成HDO说明重氢气中的D原子与羟基结合生成HDO，氨基中的1个氢原子与钯结合，所以反应生成HDO和DCOO-可以确认反应过程中的加氢方式，B正确；
C．温度过高可能会使催化剂的活性将降低，导致反应速率逐渐减小，C错误；
D．由图可知，氨基能将碳酸氢根离子控制在催化剂表面，是因为两者间形成了氢键，D错误；
故答案为：CD；
（4）①由图可知，t1时刻一氧化碳浓度最大，说明反应I达到平衡，由碳原子个数守恒可知， 甲酸的浓度为1.0 mol/L-0.7 mol/L-0.16 mol/L=0.14 mol/L，则反应I的平衡常数K(I)===5；由方程式可知，反应II达平衡时，氢气和二氧化碳的浓度都为x mol/L，设甲酸的浓度为amol/L，由反应I的平衡常数可知，一氧化碳的浓度为5a mol/L，由碳原子个数守恒可得：a+5a+x=1.0，解得a=，则反应II的平衡常数K==；
②加入0.1 mol/L盐酸后，溶液中的氢离子对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，使得一氧化碳浓度峰值提前，反应II消耗的甲酸的浓度减小，体系中甲酸浓度增大，导致一氧化碳浓度大于t1时刻的峰值，所以一氧化碳新的浓度峰值点可能是a点。
故答案为： ； a ； 加入盐酸后，对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的减小，体系中浓度增大，导致浓度大于时刻的峰值 。
【分析】(1)①反应熵减，结合自发条件（ΔH-TΔS < 0），需低温满足，故为低温。
②K2CO3与 CO2反应生成 KHCO3，其溶解度小于 K2CO3，浓度偏高时析出堵塞设备。
(2)计算 HCOO-和 NH4+的水解常数，NH4+水解程度更大，溶液呈酸性；浓度越高，水解程度越小，H+浓度越低，故 1 mol L- 溶液 pH < 0.1 mol L- 溶液。
(3)A：催化剂降低活化能，增大活化分子百分数。
B：D2替代 H2，产物 HDO 和 DCOO-可确认加氢方式。
C：温度过高可能使催化剂失活，反应速率下降。
D：-NH2与 HCO3-通过氢键结合，非化学键。
(4)①根据碳守恒得 HCOOH 浓度，结合反应 I 平衡常数，推导反应 II 平衡常数为 6x2。
②H+催化加快反应 I，CO 峰值提前且浓度更高，峰值为 a 点。
（1）①该反应是熵减的反应，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，由反应进行方向的综合判据可知，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；
②二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾，所以碳酸钾溶液浓度偏高时，反应生成的碳酸氢钾会因溶解度偏小而析出，导致设备堵塞；
（2）由电离常数可知，甲酸根离子的水解常数Kh===1.0×10—10.3，铵根离子的Kh===1.0×10—9.2，则甲酸铵溶液中铵根离子在溶液中的水解程度大于甲酸根离子，溶液呈酸性，所以1mol/L甲酸铵溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L甲酸铵溶液，溶液pH小于0.1mol/L甲酸铵溶液；
（3）A．催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ中用重氢气代替氢气，反应生成HDO说明重氢气中的D原子与羟基结合生成HDO，氨基中的1个氢原子与钯结合，所以反应生成HDO和DCOO-可以确认反应过程中的加氢方式，B正确；
C．温度过高可能会使催化剂的活性将降低，导致反应速率逐渐减小，C错误；
D．由图可知，氨基能将碳酸氢根离子控制在催化剂表面，是因为两者间形成了氢键，D错误；
故选CD；
（4）①由图可知，t1时刻一氧化碳浓度最大，说明反应I达到平衡，由碳原子个数守恒可知， 甲酸的浓度为1.0 mol/L-0.7 mol/L-0.16 mol/L=0.14 mol/L，则反应I的平衡常数K(I)===5；由方程式可知，反应II达平衡时，氢气和二氧化碳的浓度都为x mol/L，设甲酸的浓度为amol/L，由反应I的平衡常数可知，一氧化碳的浓度为5a mol/L，由碳原子个数守恒可得：a+5a+x=1.0，解得a=，则反应II的平衡常数K==；
②加入0.1 mol/L盐酸后，溶液中的氢离子对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，使得一氧化碳浓度峰值提前，反应II消耗的甲酸的浓度减小，体系中甲酸浓度增大，导致一氧化碳浓度大于t1时刻的峰值，所以一氧化碳新的浓度峰值点可能是a点。
19．（2025高三上·浙江月考）某化学兴趣小组用如图装置（夹持装置等略）制备氢碘酸。
请回答：
（1）仪器C的名称为　 　。
（2）下列说法正确的是_________。
A．工业制得粗碘中含有氯化钠等杂质，可以先通过升华法提纯，得到的碘单质为非晶体
B．步骤I中随着反应的进行，会促进碘的溶解
C．装置a产生的尾气有和
D．步骤I中，反应体系中紫黑色固体消失，可判定反应基本结束
（3）步骤I反应完成后，关闭，静置、过滤得到滤液，进行步骤II和步骤III，从滤液中得到氢碘酸（质量分数为57%）的所有操作如下，请排序　 　。_______→_______→_______→_______→_______→_______。
①加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸。
②将滤液转移至B中 ③打开通入④加热保持微沸
⑤接通冷凝水 ⑥先停止加热，再通一段时间的后关闭
其中，④加热保持微沸的目的为　 　。
（4）实验室常用浓磷酸与碘化钾固体反应制取少量的，而不用浓硫酸的原因是浓硫酸具有强氧化性，请从结构角度分析浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸不具有强氧化性的原因　 　。
（5）实验室保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝的原因是　 　。
【答案】（1）锥形瓶
（2）B；C
（3）②③⑤④①⑥；除尽
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器C的名称为锥形瓶；
故答案为： 锥形瓶 ；
（2）A．碘单质为分子晶体，故A错误；
B．步骤I中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，随着反应的进行，会促进碘的溶解，故B正确；
C．装置a中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，产生的尾气有和，故C正确；
D．步骤I中，发生反应 ，反应体系中紫黑色固体消失，不能判定反应结束，故D错误；
故答案为： B C ；
（3）将滤液转移至B中，打开K2通入N2排出装置内空气，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸，先停止加热，再通一段时间的后关闭，所以操作顺序为②③⑤④①⑥。
故答案为： ②③⑤④①⑥ ； 除尽 ；
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子，所以稀硫酸不具有强氧化性。
故答案为： 浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子 ；
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应CuI，防止催化碘化氢的分解，所以保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝。
故答案为： Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应，防止催化碘化氢的分解 ；
【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到质量分数为57%的HI溶液。
(1)根据装置图直接识别仪器名称为锥形瓶。
(2)A：碘是分子晶体，升华法提纯后仍为晶体。
B：反应生成 HI 促进 I2溶解。
C：装置 a 反应生成 HI，尾气含 H2S 和 HI。
D：I2与 I-生成 I3-使紫黑色固体消失，不能判定反应结束。
(3)操作顺序为②（转移滤液）→③（通 N2）→⑤（通冷凝水）→④（微沸除 H2S）→①（蒸馏收集馏分）→⑥（停止后通 N2）；微沸目的是除尽 H2S。
(4)浓硫酸以分子形式存在，稀硫酸中 SO42-结构对称、稳定，故浓硫酸有强氧化性，稀硫酸无。
(5)Cu 与碘单质反应，防止 HI 分解。
（1）根据装置图，仪器C的名称为锥形瓶；
（2）A．碘单质为分子晶体，故A错误；
B．步骤I中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，随着反应的进行，会促进碘的溶解，故B正确；
C．装置a中发生反应I2+H2S=2HI+S↓，产生的尾气有和，故C正确；
D．步骤I中，发生反应 ，反应体系中紫黑色固体消失，不能判定反应结束，故D错误；
选BC。
（3）将滤液转移至B中，打开K2通入N2排出装置内空气，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到氢碘酸，先停止加热，再通一段时间的后关闭，所以操作顺序为②③⑤④①⑥。
（4）浓硫酸的主要存在形式是硫酸分子，稀硫酸中是硫酸根带2个负电荷，硫酸根中的硫是杂化，是正四面体形，结构对称，负电荷分布均匀，体系能量低，比较稳定，不容易得电子，所以稀硫酸不具有强氧化性。
（5）Cu与氢碘酸被氧化生成的碘单质反应CuI，防止催化碘化氢的分解，所以保存质量分数为57%的氢碘酸会加入少量铜丝。
20．（2025高三上·浙江月考）G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
（1）D分子中含氧官能团名称为　 　。
（2）下列说法正确的是_________。
A．F分子中手性碳原子数目为1个
B．与的反应均为取代反应
C．化合物D和化合物E中杂化的碳原子数目相同
D．A分子中，与2号碳相比，1号碳的键极性相对较大
（3）的化学方程式是　 　。
（4）会产生与E互为同分异构体且含五元环的副产物，其结构简式为　 　。
（5）写出2种同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式：　 　。
①含有3种不同化学环境的氢原子；
②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，，X的相对分子质量为60，Y含苯环且能与溶液发生显色反应。
（6）写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
【答案】（1）羧基、醚键
（2）A；C；D
（3）
（4）
（5）和
（6）
【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；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）D分子中含氧官能团名称为羧基、醚键。
故答案为： 羧基、醚键 ；
（2）A. 根据分析中的F的结构简式，F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子手性碳原子数目为1个，A正确；
B.为取代反应，是酯基生成醇羟基，是还原反应，B错误；
C. 化合物D中由有8个杂化的碳原子，化合物E中有8个杂化的碳原子，C正确；
D. A分子中，1号碳连有连有两个酯基，2号碳连有1个酯基，故1号碳的键极性相对较大，D正确；
故答案为：ACD。
（3）是取代反应，A上的H与B上的Br重新组合形成HBr，化学方程式是。
故答案为： ；
（4）D与五氧化二磷反应成环生成E ，是下方的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基与苯环上的H取代，其结构简式为。
故答案为： ；
（5）G的分子式为，其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：
故答案为：和 ；
（6）利用的方式，可用含有两个酯基的与卤代烃反应，故需合成卤代烃，直接与在甲醇钠、甲醇的条件下反应生成，可按的条件合成，可与甲醛反应生成，合成路线为。
故答案为： ；
【分析】A 与 B 在甲醇钠和甲醇的作用下，通过消去反应脱去 HBr 生成 C；C 经水解后再脱羧基得到 D；D 与五氧化二磷反应形成环状结构生成 E；E 先发生酯化反应生成含 -COOCH3、-OCH3和羰基的中间产物（），该中间产物再与乙二醇反应生成 F()；最终 F 被四氢铝锂还原得到 G。
(1)直接识别 D 分子中含氧官能团为羧基、醚键。
(2)A：分析 F 的结构，确定手性碳原子数目为 1。
B：E→F 是取代反应，F→G 是还原反应。
C：比较 D 和 E 中 sp2 杂化的碳原子数目，相同。
D：比较 A 分子中 1 号碳和 2 号碳的 C-H 键极性，1 号碳极性更大。
(3)A 与 B 发生取代反应，结合原子守恒写出化学方程式。
(4)分析 D→E 的成环方式，推出含五元环的同分异构体结构。
(5)根据水解产物的比例、性质及对称性要求，推导 G 的同分异构体结构。
(6)结合原料和目标产物，设计包含卤代、取代、还原、缩合的合成路线。
（1）D分子中含氧官能团名称为羧基、醚键。
（2）A. 根据分析中的F的结构简式，F分子中只有与直接相连的碳原子是手性碳原子手性碳原子数目为1个，A正确；
B.为取代反应，是酯基生成醇羟基，是还原反应，B错误；
C. 化合物D中由有8个杂化的碳原子，化合物E中有8个杂化的碳原子，C正确；
D. A分子中，1号碳连有连有两个酯基，2号碳连有1个酯基，故1号碳的键极性相对较大，D正确；
故选ACD。
（3）是取代反应，A上的H与B上的Br重新组合形成HBr，化学方程式是。
（4）D与五氧化二磷反应成环生成E ，是下方的羧基与苯环上的H取代，则产生的与E互为同分异构体且含五元环的副产物是上方的羧基与苯环上的H取代，其结构简式为。
（5）G的分子式为，其不饱和度为6，G的同分异构体在碱性条件下水解后酸化得到X和Y，且，Y含苯环且能与溶液发生显色反应，则Y含有酚羟基，因此该同分异构体是X与Y形成的酯。X的相对分子质量为60，据此可知X为，因此该同分异构体中含有2个基团，该基团不饱和度为1，苯环的不饱和度为4，不饱和度共为6，则该同分异构体不含其他不饱和结构。其分子中含有17个H原子，且H原子只有3种不同化学环境，说明该分子具有高度对称性，2个在苯环上处于对称位置。如果Cl原子连在苯环侧链中的碳原子上，则无论如何安排都不能得到只含有3种不同化学环境的H原子的结构，所以Cl原子连在苯环上。除外，其他11个H原子只有2种不同化学环境，则应含有一个只有1种化学环境的H原子的取代基，该基团只能为，苯环上未被取代的2个对称的H原子作为第3种化学环境的H原子，由此可得符合条件的同分异构体为：
（6）利用的方式，可用含有两个酯基的与卤代烃反应，故需合成卤代烃，直接与在甲醇钠、甲醇的条件下反应生成，可按的条件合成，可与甲醛反应生成，合成路线为。
1 / 1

展开更多......

收起↑