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浙江省第二届NBchem高考模拟考试2026届高三上学期第一次联考化学试题
1．（2025·浙江模拟）下列含有共价键的正盐是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】化学键；物质的简单分类
【解析】【解答】A．由Ca2+和构成，属于正盐，结构中Cl与O原子之间形成共价键，A项符合题意；
B．属于酸，B项不符合题意；
C．由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C项不符合题意；
D．属于酸式盐，不属于正盐，D项不符合题意；
答案选A。
【解析】盐指的是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物，碳酸氢钠是酸式盐。
2．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．Ge的基态原子简化电子排布式：
B．CH3CH2OCHO的名称：甲酸乙酯
C．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为
D．甲烷分子中共价键电子轮廓图为：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；含有氢键的物质；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．Ge为32号元素，位于第4周期第ⅣA族，其简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，A不正确；
B．CH3CH2OCHO的结构简式又可写成HCOOCH2CH3，其名称为：甲酸乙酯，B正确；
C．根据冰的晶体结构，可知1个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键，但1个氢键被2个水分子共用，则平均1mol冰晶体中存在着2mol氢键，C不正确；
D．甲烷CH4分子空间构型为正四面体，碳原子发生sp3杂化，D不正确；
故选B。
【分析】A．根据元素在周期表中位置作答；
B．结合有机物结构进行命名；
C.1mol冰晶体中存在2mol氢键；
D．甲烷的空间结构是正四面体。
3．（2025·浙江模拟）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是（　　）
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小，故半径大小为，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，故，故B不符合题意；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C不符合题意；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势；
D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．（2025·浙江模拟）利用热重分析法测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验。下列相关说法错误的是
A．坩埚使用前需洗净、擦干，置于180℃烘箱中干燥1小时
B．称重前应将灼热的坩埚转移至干燥器中迅速盖紧干燥器
C．用坩埚钳夹持灼热的坩埚时需先将坩埚钳预热
D．在中，存在配位键和氢键等作用力
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．由于坩埚表面可能存在的水分等杂质，为保证实验的准确性，坩埚使用前需洗净、擦干，置于180℃烘箱中干燥1小时，该说法正确，故A不符合题意；
B．因高温下称重也会影响称量的准确性，故称重前应将灼热的坩埚转移至干燥器中，待坩埚冷却至室温后再盖紧干燥器盖进行称重，该说法错误，故B符合题意；
C．用坩埚钳夹持灼热的坩埚时需先将坩埚钳预热，防止坩埚钳因温度骤变而损坏，同时也能避免坩埚因温度差异而破裂，该说法正确，故C不符合题意；
D．根据结构，提供空轨道，提供孤电子对，形成配位键，同时分子之间存在氢键等作用力，该说法正确，故D不符合题意；
故选B。
【解答】考查实验仪器的使用方法和注意事项，坩埚钳预热后再夹持坩埚，防止坩埚遇冷炸裂；坩埚使用前需洗净，擦干，减少实验误差；称重前应将灼热的坩埚在干燥器中冷却至室温。
5．（2025·浙江模拟）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．工业上利用氯气与冷的石灰乳制备漂白粉、漂粉精
B．工业上利用二氧化氮与水反应生成硝酸
C．“杯酚”是一种超分子，能通过“分子识别”来分离和
D．工业生产中，乙烯能通过原子利用率为100%的两步反应制备出乙二醇
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；乙烯的物理、化学性质；超分子
【解析】【解答】A．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，二者是漂白粉的成分，A正确；
B．工业制硝酸利用二氧化氮与水反应，生成硝酸和一氧化氮，B正确；
C．杯酚与C60形成超分子，而杯酚并不是超分子，C错误；
D．乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，两步反应的原子利用率都为100%，D正确；
故答案选C。
【分析】A．根据氯气和氢氧化钙反应分析；
B．；
C．杯酚不是超分子。
D．加成反应的原子利用率是100% 。
6．（2025·浙江模拟）下列有关操作不能实现反应目的或对应反应方程式不正确的是
A．实验室利用制取：
B．把滴入溶液来制取银氨溶液：
C．利用电解法制备消毒剂：
D．强酸性物质能使牙齿的釉质层[主要成分为]逐渐溶解(的，，)：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．三氯化锑在水中水解生成三氧化二锑和，方程式无误，A正确；
B．硝酸银和氨水反应生成硝酸二氨合银，离子方程式为：，B正确；
C．在碱性条件下，电解为高铁酸根离子（）。反应式中，从+3价被氧化为+6价，失去3个电子，反应式书写正确，C正确；
D．在强酸性条件下溶解，由于磷酸不是强酸，正确离子方程式为：，D错误；
故答案选D。
【分析】题目考查方程式书写，在强酸性条件下，HPO42-和H2PO4-都不存在，最终生成H3PO4。
7．（2025·浙江模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成和结构变化 性能变化
A 玻璃 掺杂硼酸盐 耐腐蚀性增强
B 淀粉 主链上接枝含强亲水基团的支链 吸水能力提高
C 钢铁 调整合金中各金属元素的比例 硬度、强度改变
D 聚氯乙烯 添加增塑剂邻苯二甲酸二丁酯 稳定性增强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．玻璃中掺杂硼酸盐后，玻璃的耐腐蚀性增强，A正确；
B．在淀粉或纤维素的主链上接枝带有强亲水基团的支链，可以提高它们的吸水能力，B正确；
C．改变合金中各金属元素的比例，可使钢铁的硬度和强度发生改变，C正确；
D．向聚氯乙烯中加入增塑剂可以提高柔韧性，要提高耐热性需要加入热稳定剂，D错误；
故选D。
【分析】增强物质稳定性需加入热稳定剂。
8．（2025·浙江模拟）由下列实验操作及其现象不能推出相应结论的是
选项 实验操作及其现象 实验结论
A 将点燃的镁条迅速伸入集满的集气瓶中，产生白烟和黑色固体 具有氧化性
B 用pH计测得碳酸钠溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH 酸性：碳酸>苯酚
C 盛有稀盐酸的试管中加入锌片，产生气泡；再将铜丝插入试管且接触锌片，产生气泡的速率增大 反应速率：电化学腐蚀>化学腐蚀
D 用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变 为极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．镁与CO2反应，生成氧化镁和碳单质，二氧化碳体现氧化性，A项正确；
B．若用pH计测定等浓度的碳酸钠溶液和苯酚钠溶液的pH，根据水解原理，此时可由溶液pH大小，比较碳酸氢根和苯酚酸性强弱，但题中没有明确两者浓度关系，不能比较碳酸和苯酚的酸性，B项错误；
C． 将铜丝插入试管且接触锌片和稀盐酸可形成原电池，加快了反应，所以电化学腐蚀速率更快，C项正确；
D．毛皮摩擦过的橡胶棒带电，靠近液流，液流方向改变，说明为极性分子，D项正确；
答案选B。
【分析】A．根据方程式2Mg+CO2=2MgO+C分析；
B．两溶液浓度未知，无法比较对应酸的酸性强弱；
C．金属腐蚀速率快慢： 电化学腐蚀>化学腐蚀 ；
D．极性分子的正负电中心不重合。
9．（2025·浙江模拟）布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如下图所示的成酯修饰。
下列说法正确的是
A．布洛芬分子中存在2个手性碳
B．酯化后的布洛芬分子中有两种官能团
C．酯化后的布洛芬分子的碱性强于苯胺
D．1mol的布洛芬可以反应2mol NaOH
【答案】B,C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．布洛芬的结构中，与羧基相连的α-碳（即CH(CH3)-COOH中的CH碳），连接的是苯环、异丙基（-CH(CH3)2）、-COOH、H，四个不同基团，所以是1个手性碳，A错误；
B．根据题中有机物结构可知，酯化后官能团是酯基和氨基2种，B正确；
C．酯化后的分子含吡啶环，吡啶的碱性比苯胺强（因为苯胺中氨基的N孤对电子与苯环共轭，N原子电子云密度减小，结合质子能力减弱，碱性弱；吡啶中N孤对电子在sp2轨道，不与苯环共轭，结合质子能力强，碱性强）。所以酯化后的分子含吡啶基，碱性强于苯胺，C正确；
D．布洛芬结构中只有一个羧基，与NaOH反应是1：1，所以1 mol布洛芬消耗1 mol NaOH，D错误；
故选BC。
【分析】A．手性碳原子指的是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子；
B．根据有机物结构简式分析；
C．吡啶的碱性比苯胺强；
D．羧基能电离氢离子，和氢氧化钠等物质的量反应。
10．（2025·浙江模拟）Cu的化合物种类多样，性质也十分有趣，下列说法中正确的是
A．可以蒸发溶液来制备固体
B．欲得到，可以在其溶液中加入乙醇使晶体析出
C．在电解精铜的过程中，原粗铜中所含的杂质，如金、银、铂等沉积在阴极底部，是提炼贵金属的原料
D．CuS可溶于稀硝酸，也可以溶解于稀硫酸
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．属于强酸弱碱盐，铜离子会水解，生成氢氧化铜，而不是固体，A错误
B．在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小。根据结晶的原理，向其溶液中加入乙醇，可降低的溶解度，从而使晶体析出，B正确；
C．根据电解精铜原理，粗铜作阳极，纯铜作阴极。粗铜中金、银、铂等不活泼金属，因为难以失去电子，会以单质形式沉积在阳极底部（称为“阳极泥”），并非阴极底部。阳极泥是提炼贵金属的原料，C错误；
D．稀硝酸具有强氧化性，中具有还原性，二者会发生氧化还原反应，所以可溶于稀硝酸；而稀硫酸不具有强氧化性，且的溶度积非常小，所以不溶于稀硫酸。所以D错误；
综上，答案是B。
【分析】A．在溶液中会发生水解反应：；
B．乙醇极性比水小，在水溶液中加入乙醇可降低溶剂极性；
C．金、银、铂等不活泼金属沉积在阳极底部，称为“阳极泥”；
D．稀硫酸不能使硫化铜溶解。
11．（2025·浙江模拟）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理
B．由于，说明该反应过程的活化能是
C．该反应过程的焓变是
D．升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A．催化剂参与反应，能够改变反应途径，降低反应的活化能，根据图示可知反应过程b有催化剂参与，A正确；
B．反应过程a未使用催化剂，活化能大于E1，反应过程b使用了催化剂，活化能为E1，B错误；
C．反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，因此，即焓变是-||，C正确；
D．升高温度，活化分子数目变多，有效碰撞概率增大，反应速率上升，D正确；
故答案选B。
【分析】A．根据催化剂作用作答，其可参与化学反应；
B．根据曲线a变化趋势，可知活化能大于E1；
C．根据反应物和生成物相对能量大小可得反应焓变；
D．升高温度可使反应速率增大。
12．（2025·浙江模拟）为处理工业尾气中的，某课题小组以硫化钠溶液为电解质溶液通过电化学的方法将转变为，同时将电解质溶液中的硫元素转化成高附加值的硫酸盐，装置示意图如下图所示，下列说法不正确的是
A．阴极发生还原反应
B．当阴极消耗22.4 LNO2(标准状况下测定)时，整个电路中通过7 mol电子
C．该电解池的阳极反应式为：
D．向反应完全后的溶液(硫离子反应完全)加入铜离子，则该溶液用于电镀的产品光泽比硫酸铜溶液更好
【答案】C
【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
【解析】【解答】A．电解池中阴极得电子，发生还原反应，A正确；
B．阴极消耗标准状况下22.4 L（1 mol）NO2时，由分析知，电路转移7 mol电子，B正确；
C．电解质溶液为Na2S溶液，硫化钠是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，电极反应式中不能用H+，应用OH-，C错误；
D．电解过程中产生的NH3会与Cu2+形成络合离子[Cu(NH3)4]2+，配离子的形成能降低溶液中Cu2+浓度，从而减缓了阴极的铜沉积速率，这种缓慢的沉积过程使镀层更致密、均匀，最终呈现更光亮的外观，产品光泽更好，D正确；
答案选C。
【分析】装置为电解池，根据电解原理，阳极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为：，分析作答。
13．（2025·浙江模拟）是一种强碱性无机化合物，常用于有机合成及工业制备中。在液氨中，可以发生类似于水的电离，其平衡常数为，乙醇的。下列关于说法正确的是
A．只有离子键，为离子化合物，且碱性强于NaOH
B．该物质中三种元素N的最简单离子半径最小
C．可通过钠单质与液氨反应，反应方程式为：
D．可以和乙醇发生取代反应生成
【答案】C
【知识点】化学键；取代反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．离子化合物中阴离子为，氮元素和氢元素之间是共价键，对应的共轭酸为NH3，电离常数，小于NaOH对应的共轭酸即水的电离平衡常数，结合质子的能力比NaOH结合质子的能力强，碱性强于 NaOH，故A错误；
B．根据微粒半径大小比较方法，该物质中三种元素N的最简单离子半径最大，N3->Na+>H+，故B错误；
C．钠是一种活泼的金属，可以与液氨反应生成 和氢气，反应方程式为：，故C正确；
D．因为中氮原子可结合质子，所以 是强碱 （对应液氨的碱性），乙醇的Ka=10-16，说明乙醇是极弱的酸 。强碱与弱酸乙醇反应时，发生的是酸碱中和反应，生成 CH3 CH2 O 和 NH3 ，乙醇和不会直接发生取代反应生成 ，故D错误；
故选C。
【分析】A．结构中N原子上有孤电子对，可结合质子，显碱性；
B．比较微粒半径时，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
C．根据钠和液氨性质分析；
D．与乙醇发生中和反应。
14．（2025·浙江模拟）化合物A在250℃下可转变为化合物D，该反应被认为是经过如下途径完成的：
已知：①
②化合物A在250℃下为液态，反应结束冷却至常温后凝固。
下列说法不正确的是
A．化合物A中碳原子只有一种杂化方式
B．反应在非密闭容器中进行，推测B→C的转化可逆
C．四元环不稳定，能量较高，有利于C→D的转化
D．使用进行反应，只得到了，说明上述机理是错误的
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据A的结构，可知碳原子形成双键，杂化方式均为sp2杂化，A项正确；
B．根据B→C转化原理，结合原子守恒，生成物中有氮气，所以反应在非密闭容器中进行，B项错误；
C．四元环不稳定，能量较高，会朝向能量更低的物质转化，即有利于C→D的转化，C项正确；
D．根据已知①，若机理正确，使用进行反应，中的还可能在氨基上，D项正确；
答案选B。
【分析】A．形成双键的碳原子杂化方式是sp2；
B．反应有气体生成；
C．物质能量越低越稳定；
D．根据已知条件 分析作答。
15．（2025·浙江模拟）25℃时，的电离常数，；，，不考虑的水解，下列描述不正确的是
A．pH：饱和溶液饱和溶液
B．：饱和溶液饱和溶液
C．饱和溶液中
D．浓度为0.1 溶液中滴加溶液，有沉淀产生
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．由于，所以碳酸镁溶解度比碳酸钙大，则碳酸镁饱和溶液中碳酸根浓度大，则溶液碱性强，pH大，A正确；
B．由于，碳酸钙比碳酸镁的溶解度小，溶液中小，生成也小，故 ：饱和溶液饱和溶液，B错误；
C．的第一步电离生成，第二步电离生成，由于很小，说明第二步电离程度极小，饱和溶液中 ，C正确；
D．在溶液中，发生电离生成碳酸根。结合碳酸Ka2，在的溶液中，远大于。当滴加溶液时，离子积会大于，故有沉淀产生，D正确；
故选B。
【分析】 和是同类型难溶物，Ksp越大，饱和溶液中溶解度越大，则碳酸镁饱和溶液中碳酸根离子浓度较大，对应溶液碱性越强；碳酸根离子浓度越大，水解生成的碳酸分子浓度越大，据此分析。
16．（2025·浙江模拟）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下：
已知：①高温下，分解为MnO，分解为和MgO；
②
下列说法不正确的是
A．步骤A，应加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤
B．步骤B，将替换为，开始显著分解的温度升高
C．步骤C，提高氨水溶液中含量，可提高产品纯度
D．步骤D，将温度升高为95℃，Mn沉淀率提高
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．步骤A，过量NaOH和SiO2和充分反应，过滤后硅酸钠进入滤液，分离出含锰固体，A正确；
B．MnCO3分解生成氧化锰和二氧化碳，若将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，故将N2替换为CO2，MnCO3开始显著分解的温度升高，B正确；
C．步骤C，提高氨水-溶液中含量，导致一水合氨含量减小，不利于反应进行，而利于反应的进行，不能提高产品纯度，C错误；
D．升高温度，[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，则Mn沉淀率提高，D正确；
故选C。
【分析】 菱锰矿 中加入氢氧化钠，发生反应SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤后滤渣为MnCO3和 ，在N2氛围内焙烧，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸锰液，再沉锰制得MnCO3。
17．（2025·浙江模拟）过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．基态铬原子中存在10对成对电子
B．元素位于元素周期表第14列
C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关
D．配位键的强度：
（2）某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为　 　。
（3）化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。
①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式　 　。
②化合物A、B分别结合质子后，测得的给质子能力比弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由　 　。
③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、溶液反应，得到含有[]的溶液。
(ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是　 　。
(ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式　 　。
（4）以铜锌矿(主要成分为，含有PbS和少量)原料实现如下转化：
①步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式　 　。
②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子　 　(按照离子浓度大小顺序)。
③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行”　 　。
【答案】（1）B；D
（2）或
（3）或；电负性，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；防止由于温度过高而分解；
（4）；、、；取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；分子间作用力对物质的状态等方面的影响；焰色反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；
B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确；
C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；
D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。
（2）由图可知，原子在顶点和面心，个数为，原子在棱上和面心，个数为，原子在内部和顶点，个数为，在内部和顶点，个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或；
（3）①根据信息，化合物X的熔、沸点更为显著，可知化合物X分子间作用力更大，故X为氰酸铵，其电子式可表示为或；
② 化合物A为，存在键、B为，存在键。由于O的电负性比S大，所以键的极性比键的极性强。在和中，H与其他原子形成的键受键和键极性影响，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；而键极性弱，中较难解离，给质子能力更弱；
③(ⅰ)受热易分解，体系温度降至低温让更多过氧化氢参与反应，从而顺利得到含有[]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止分解。
(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应的离子方程式为：
（4）①根据转化关系，步骤Ⅰ中发生转化后，生成气体二氧化硫，对应的化学方程式为：；
②根据题中前后物质转化，加入试剂有硫酸和溴化钾，则溶液D中，除、、外，大量存在的离子还有、、，离子浓度从大到小为、、；
③证明步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。
【分析】铜锌矿中通入足量的、控温，加入足量硫酸后，生成二氧化硫气体，溶液中有铜离子，锌离子，具有还原性的二氧化硫通入溶液后，可把三价铁还原为二价铁，铜离子还原为亚铁离子，加入溴化钾后，生成和，则溶液D中除、、外，大量存在的是和，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则浓度大于，原料中还含有，因此离子浓度从大到小为、、。
（1）A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；
B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确；
C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；
D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。
（2）由图可知，的个数为，的个数为，的个数为，的个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或；
（3）①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在键，B中存在键。由于O的电负性比S大，所以键的极性比键的极性强。在和中，H与其他原子形成的键受键和键极性影响，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；而键极性弱，中较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止分解
。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为：
（4）①由分析可知，步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式为：；②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子、、；③证明步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。
18．（2025·浙江模拟）硫氧化物()和氮氧化物()是造成大气污染的主要污染物。请回答：
（1）在一密闭容器中充入足量，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中的是　 　。
A．提高体系内的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水
②溶液中硫元素主要以　 　形式存在(填写含硫微粒符号)。
③在水溶液中，以如图1所示两种结构存在：
按照稳定性大小对二者进行排序　 　，请说明理由　 　(写出两点即可)。
（2）研究小组甲发现，较高温度下在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率：
Ⅳ
Ⅴ
已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。
在浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。
①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因　 　。
②若提高浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线　 　。
（3）研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原时，工业烟气中存在的少量会造成脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因　 　。
【答案】（1）CD；；AA)；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强
（2）温度升高，中的键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；
（3）浓度升高，平衡正移，造成与反应的减少
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1） ① A．提高体系内的压强，平衡Ⅰ正向移动，溶液中增大，故A不符合要求；
B．加入足量盐酸时，溶液中c（）浓度增大，平衡Ⅱ和平衡Ⅲ均逆向移动，会使浓度增大，故B不符合要求；
C． 反应Ⅰ ，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，故C符合要求；
D．加水稀释，平衡Ⅰ正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，故D符合要求；
② 由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；
③ O的电负性大，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定；
（2） ① 温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，生成增多的活性自由基（、），活性自由基的浓度增大，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高；
② 提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ的平衡正向移动生成更多的，促使反应Ⅴ生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为
；
（3）工业烟气中少量会与CO反应，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。
【分析】（1）①A.加压利于平衡向气体体积减小的方向移动；
B.加入足量盐酸时溶液中c(H+)增大， Ⅱ和Ⅲ平衡逆向移动；
C.SO2(g)=S02(aq)放热，升高温度时平衡逆向移动；
D.加水稀释时，SO2(g) =SO2(aq)的平衡正向移动；
②根据题干中反应Ⅱ和 Ⅲ 的平衡常数，说明以反应Ⅱ为主。
③键的极性强，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强。
（2）①开始温度升高能加快反应，产生较多的活性自由基；当温度达到一定时，自由基易两两结合“湮灭”。
②提高浓度，利于反应 Ⅳ 正向移动，则反应Ⅴ会生成较多活性自由基。
（3） 存在的少量会与CO反应，使得参与还原的CO减少。
（1）A．提高体系内的压强，根据平衡Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，溶液中增大，故A不符合要求；
B．加入足量盐酸，盐酸提供，根据平衡Ⅱ和平衡Ⅲ，浓度增大，平衡均逆向移动，会使浓度增大，故B不符合要求；
C．反应Ⅰ，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，故C符合要求；
D．加水稀释，平衡Ⅰ正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，故D符合要求；
由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定；
（2）温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，活性自由基（、）生成增多，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为；
（3）工业烟气中少量会与CO反应，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。
19．（2025·浙江模拟）阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种历史悠久的解热镇痛药，近年来发现其具有治疗心脏病以及抗癌功效，具有良好的开发前景，一般由水杨酸乙酰化得到。其主要反应式为：
制备流程如下：
提示：水杨酸和乙酸酐水溶性良好，乙酰水杨酸微溶于水，且热稳定性较差。
请回答：
（1）在本制备流程中HX为　 　，步骤Ⅰ在圆底烧瓶中进行，适合用　 　加热方式。
（2）步骤Ⅱ中有相关操作如下
a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中，　 　(填一操作)下缓缓加入15mL水
b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品 c)静置，使晶体完全析出
d)加热浓缩溶液至出现晶膜 e)用热水洗涤晶体
f)抽滤，并用少量冷水洗涤 g)加入活性炭并煮沸
请你选择合适的操作a→　 　。
（3）用实验证明粗产品中存在水杨酸　 　。
（4）下列说法不正确的是___________。
A．水杨酸粗产品中可能混合有和，可用红外光谱法进行分离提纯
B．制备实验中，浓硫酸的作用是催化剂
C．反应温度较低时，反应后的产品中有水杨酸；反应温度较高时，反应后的产品中则有高聚物
D．产品的纯化可以用重结晶法，先将粗产品溶于少量沸乙醇中，再向乙醇溶液中添加热水直至溶液中出现混浊，再持续加热
（5）将纯化后的产品溶解在中性乙醇中，在10℃下，用0.1000mol/L的NaOH进行滴定，并加入无色酚酞，当　 　，记下读数V，平行滴定三次。
体积记录如下：
体积(mL) 82.00 98.00 74.00
则乙酰水杨酸的产率为　 　。
（6）请比较与乙醇的反应活性：　 　(填“大于”，“小于”)并解释　 　。
【答案】（1）；水浴
（2）搅拌；(a)cfb或
（3）取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在
（4）A；D
（5）最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色；78.00%
（6）大于；酰氯中的氯原子是高效离去基团，比碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化)
【知识点】物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验；中和滴定
【解析】【解答】（1）反应前后遵循原子守恒，故HX为；反应温度为，故采用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中（乙酰水杨酸热稳定性差），搅拌下缓缓加入15mL水（水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水），c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；
故答案为：(a)cfb或。
（3 水杨酸结构中羟基和苯环直接相连，属于酚类，可根据酚类物质能与氯化铁溶液显紫色证明粗产品中存在水杨酸，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；
B．实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；
C．水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；
故答案为：AD。
（5）根据乙酰水杨酸的结构，官能团中有羧基，和氢氧化钠等物质的量进行反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，10mmol水杨酸和30mmol乙酸酐（过量），理论生成的乙酰水杨酸为10mmol，乙酰水杨酸产品的物质的量为（98mL与另2次数据偏差较大，舍去），乙酰水杨酸产率。
(6)氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断，使与乙醇反应活性大于。
【分析】（1）反应前后原子的种类和数目不变； 步骤Ⅰ的反应温度为，可用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离。
（3）根据水杨酸所含官能团进行分析。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键。
B．浓硫酸的作用是催化剂。
C．水杨酸分子中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物。
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品。
（5）以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点。
（6）键长较大的键能越小，越易断裂，反应中活性较大。
（1）根据化学反应方程式，X为；反应加热需控制温度，故采用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中（乙酰水杨酸热稳定性差），搅拌下缓缓加入15mL水（水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水），c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；
故答案为：(a)cfb或。
（3）水杨酸结构中含有酚羟基，而乙酰水杨酸结构中不含酚羟基，故检验水杨酸的试剂为溶液，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；
B．实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；
C．水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；
故答案为：AD。
（5）乙酰水杨酸结构中含有羧基，能与NaOH反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，10mmol水杨酸和30mmol乙酸酐（过量），理论生成的乙酰水杨酸为10mmol，乙酰水杨酸产品的物质的量为（98mL与另2次数据偏差较大，舍去），乙酰水杨酸产率。
（6）酰氯中的氯原子是高效离去基团，比碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化)，使与乙醇反应活性大于。
20．（2025·浙江模拟）药物利特昔替尼(化合物H)可以治疗斑秃，某一种合成路线如下(部分反应条件和试剂省略)
提示：1.为叔丁基羰基；为苄氧羰基
2.；
请回答：
（1）利特昔替尼的含氧官能团为　 　，A→B的目的是　 　。
（2）化合物D的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．从化合物B到化合物C发生还原反应
B．C→D的过程中存在一种可以使无色酚酞变红的气体(标况下)
C．化合物F和H的杂化原子数相同
D．化合物D中有2个手性碳
（4）F→H的反应过程中，存在一个中间产物M，请写出M→H的化学反应方程式　 　。(M的化学式为，G的分子式为)
（5）化合物E中有两个N，分别为(a)(b)，请你判断结合HCl的N为　 　，理由是　 　。
（6）请你设计以和化合物G和，得到利特昔替尼的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】（1）酰胺基；保护氨基
（2）
（3）B；C
（4）或者或者
（5）(b)；由于烷基给电子，羰基吸电子，所以后者N上电子云密度更大
（6）
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据利特普替尼的结构简式可知，含氧官能团为酰胺基，A→B的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被破坏。
（2）BC为加成反应，结合E的结构，可推知化合物D的结构简式为：。
（3）A. 由合成路线可知，从化合物B到化合物C，反应涉及加氢（不饱和键变为饱和键）等过程，符合 “还原反应（得氢或失氧）” 的定义，因此该过程发生还原反应，A 说法正确；
B. C→D的反应中，加入NaHCO3，可能生成CO2气体。但其水溶液（碳酸）呈酸性，不能使无色酚酞变红，B 说法错误；
C.F中sp3杂化原子数较多，H中因存在共轭双键、酰胺键等，部分原子为sp2杂化，sp3杂化原子数更少。因此，两者sp3杂化的原子数不相同，C 说法错误；
D.根据D的结构简式，可知结构中有2个手性碳，分别为环上N原子的邻位碳和间位碳。
（4）中间产物M（C12H15N5）与G（C3H5ClO）反应，结合条件（一定浓度H2、NaHCO3），M→H的化学反应方程式为：
（5）结合HCl的N为b，理由是：烷基是推电子集团，羰基是吸电子集团，所以后者N上电子云密度更大。
(6)得到利特昔替尼的合成路线为
【分析】根据合成路线分析，A与(Boc)2O反应生成B，后续转化后生成物质E结构中有氨基，可知A→B是为了保护氨基，B→C，在H2/PtO2作用下发生反应，涉及还原反应，C→D：试剂为CbzCl（苄氧羰基氯）和NaHCO3，结合提示 1 中 “-Cbz为苄氧羰基（另一种保护基）”，可知此步为引入苄氧羰基保护基，不难推出D的结构简式为：
。D→E：试剂为4 mol/L HCl，强酸条件下易引发保护基脱除反应（如-Boc或-Cbz脱除），生成含游离氨基（与HCl成盐）的E。E→F：试剂为含Cl的杂环化合物与DIPEA（有机碱），发生亲核取代反应，构建杂环结构，向目标分子骨架靠近。F→H：经中间产物M，与G（C3H3ClO)在 “一定浓度H2、NaHCO3” 条件下反应，最终生成目标分子H：。
（1）由分析知，利特普替尼的含氧官能团为酰胺基，A→B的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被破坏。
（2）由分析可知，化合物D的结构简式为：。
（3）A. 从化合物B到化合物C，反应涉及加氢（不饱和键变为饱和键）等过程，符合 “还原反应（得氢或失氧）” 的定义，因此该过程可发生还原反应，A 说法正确；
B. C→D的反应中，试剂包含NaHCO3，反应可能生成CO2气体。但CO2是酸性气体，其水溶液（碳酸）呈酸性，不能使无色酚酞变红，B 说法错误；
C. sp3杂化的原子需满足 “价层电子对为 4”（如形成 4 个单键的C、含 1 对孤电子对 + 3 个单键的N等）。对比化合物F和H的结构：F中部分原子因参与环结构或饱和键，sp3杂化原子数较多；H中因存在共轭双键、酰胺键等，部分原子为sp2杂化，sp3杂化原子数更少。因此，两者sp3杂化的原子数不相同，C 说法错误；
D.通过D的结构简式可知有2个手性碳，分别为环上N原子的邻位碳和间位碳。
（4）中间产物M（C12H15N5）与G（C3H5ClO）反应，结合条件（一定浓度H2、NaHCO3），M→H的化学反应方程式为：
（5）断结合HCl的N为b，理由是：由于烷基给电子，羰基吸电子，所以后者N上电子云密度更大。
（6）得到利特昔替尼的合成路线为：
1 / 1浙江省第二届NBchem高考模拟考试2026届高三上学期第一次联考化学试题
1．（2025·浙江模拟）下列含有共价键的正盐是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．Ge的基态原子简化电子排布式：
B．CH3CH2OCHO的名称：甲酸乙酯
C．1mol冰晶体中存在着4mol氢键，其结构为
D．甲烷分子中共价键电子轮廓图为：
3．（2025·浙江模拟）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是（　　）
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
4．（2025·浙江模拟）利用热重分析法测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验。下列相关说法错误的是
A．坩埚使用前需洗净、擦干，置于180℃烘箱中干燥1小时
B．称重前应将灼热的坩埚转移至干燥器中迅速盖紧干燥器
C．用坩埚钳夹持灼热的坩埚时需先将坩埚钳预热
D．在中，存在配位键和氢键等作用力
5．（2025·浙江模拟）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．工业上利用氯气与冷的石灰乳制备漂白粉、漂粉精
B．工业上利用二氧化氮与水反应生成硝酸
C．“杯酚”是一种超分子，能通过“分子识别”来分离和
D．工业生产中，乙烯能通过原子利用率为100%的两步反应制备出乙二醇
6．（2025·浙江模拟）下列有关操作不能实现反应目的或对应反应方程式不正确的是
A．实验室利用制取：
B．把滴入溶液来制取银氨溶液：
C．利用电解法制备消毒剂：
D．强酸性物质能使牙齿的釉质层[主要成分为]逐渐溶解(的，，)：
7．（2025·浙江模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成和结构变化 性能变化
A 玻璃 掺杂硼酸盐 耐腐蚀性增强
B 淀粉 主链上接枝含强亲水基团的支链 吸水能力提高
C 钢铁 调整合金中各金属元素的比例 硬度、强度改变
D 聚氯乙烯 添加增塑剂邻苯二甲酸二丁酯 稳定性增强
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·浙江模拟）由下列实验操作及其现象不能推出相应结论的是
选项 实验操作及其现象 实验结论
A 将点燃的镁条迅速伸入集满的集气瓶中，产生白烟和黑色固体 具有氧化性
B 用pH计测得碳酸钠溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH 酸性：碳酸>苯酚
C 盛有稀盐酸的试管中加入锌片，产生气泡；再将铜丝插入试管且接触锌片，产生气泡的速率增大 反应速率：电化学腐蚀>化学腐蚀
D 用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变 为极性分子
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·浙江模拟）布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如下图所示的成酯修饰。
下列说法正确的是
A．布洛芬分子中存在2个手性碳
B．酯化后的布洛芬分子中有两种官能团
C．酯化后的布洛芬分子的碱性强于苯胺
D．1mol的布洛芬可以反应2mol NaOH
10．（2025·浙江模拟）Cu的化合物种类多样，性质也十分有趣，下列说法中正确的是
A．可以蒸发溶液来制备固体
B．欲得到，可以在其溶液中加入乙醇使晶体析出
C．在电解精铜的过程中，原粗铜中所含的杂质，如金、银、铂等沉积在阴极底部，是提炼贵金属的原料
D．CuS可溶于稀硝酸，也可以溶解于稀硫酸
11．（2025·浙江模拟）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理
B．由于，说明该反应过程的活化能是
C．该反应过程的焓变是
D．升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升
12．（2025·浙江模拟）为处理工业尾气中的，某课题小组以硫化钠溶液为电解质溶液通过电化学的方法将转变为，同时将电解质溶液中的硫元素转化成高附加值的硫酸盐，装置示意图如下图所示，下列说法不正确的是
A．阴极发生还原反应
B．当阴极消耗22.4 LNO2(标准状况下测定)时，整个电路中通过7 mol电子
C．该电解池的阳极反应式为：
D．向反应完全后的溶液(硫离子反应完全)加入铜离子，则该溶液用于电镀的产品光泽比硫酸铜溶液更好
13．（2025·浙江模拟）是一种强碱性无机化合物，常用于有机合成及工业制备中。在液氨中，可以发生类似于水的电离，其平衡常数为，乙醇的。下列关于说法正确的是
A．只有离子键，为离子化合物，且碱性强于NaOH
B．该物质中三种元素N的最简单离子半径最小
C．可通过钠单质与液氨反应，反应方程式为：
D．可以和乙醇发生取代反应生成
14．（2025·浙江模拟）化合物A在250℃下可转变为化合物D，该反应被认为是经过如下途径完成的：
已知：①
②化合物A在250℃下为液态，反应结束冷却至常温后凝固。
下列说法不正确的是
A．化合物A中碳原子只有一种杂化方式
B．反应在非密闭容器中进行，推测B→C的转化可逆
C．四元环不稳定，能量较高，有利于C→D的转化
D．使用进行反应，只得到了，说明上述机理是错误的
15．（2025·浙江模拟）25℃时，的电离常数，；，，不考虑的水解，下列描述不正确的是
A．pH：饱和溶液饱和溶液
B．：饱和溶液饱和溶液
C．饱和溶液中
D．浓度为0.1 溶液中滴加溶液，有沉淀产生
16．（2025·浙江模拟）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下：
已知：①高温下，分解为MnO，分解为和MgO；
②
下列说法不正确的是
A．步骤A，应加入过量NaOH溶液，充分反应后过滤
B．步骤B，将替换为，开始显著分解的温度升高
C．步骤C，提高氨水溶液中含量，可提高产品纯度
D．步骤D，将温度升高为95℃，Mn沉淀率提高
17．（2025·浙江模拟）过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．基态铬原子中存在10对成对电子
B．元素位于元素周期表第14列
C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关
D．配位键的强度：
（2）某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为　 　。
（3）化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。
①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式　 　。
②化合物A、B分别结合质子后，测得的给质子能力比弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由　 　。
③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、溶液反应，得到含有[]的溶液。
(ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是　 　。
(ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式　 　。
（4）以铜锌矿(主要成分为，含有PbS和少量)原料实现如下转化：
①步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式　 　。
②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子　 　(按照离子浓度大小顺序)。
③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行”　 　。
18．（2025·浙江模拟）硫氧化物()和氮氧化物()是造成大气污染的主要污染物。请回答：
（1）在一密闭容器中充入足量，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中的是　 　。
A．提高体系内的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水
②溶液中硫元素主要以　 　形式存在(填写含硫微粒符号)。
③在水溶液中，以如图1所示两种结构存在：
按照稳定性大小对二者进行排序　 　，请说明理由　 　(写出两点即可)。
（2）研究小组甲发现，较高温度下在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率：
Ⅳ
Ⅴ
已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。
在浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。
①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因　 　。
②若提高浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线　 　。
（3）研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原时，工业烟气中存在的少量会造成脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因　 　。
19．（2025·浙江模拟）阿司匹林(乙酰水杨酸)是一种历史悠久的解热镇痛药，近年来发现其具有治疗心脏病以及抗癌功效，具有良好的开发前景，一般由水杨酸乙酰化得到。其主要反应式为：
制备流程如下：
提示：水杨酸和乙酸酐水溶性良好，乙酰水杨酸微溶于水，且热稳定性较差。
请回答：
（1）在本制备流程中HX为　 　，步骤Ⅰ在圆底烧瓶中进行，适合用　 　加热方式。
（2）步骤Ⅱ中有相关操作如下
a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中，　 　(填一操作)下缓缓加入15mL水
b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品 c)静置，使晶体完全析出
d)加热浓缩溶液至出现晶膜 e)用热水洗涤晶体
f)抽滤，并用少量冷水洗涤 g)加入活性炭并煮沸
请你选择合适的操作a→　 　。
（3）用实验证明粗产品中存在水杨酸　 　。
（4）下列说法不正确的是___________。
A．水杨酸粗产品中可能混合有和，可用红外光谱法进行分离提纯
B．制备实验中，浓硫酸的作用是催化剂
C．反应温度较低时，反应后的产品中有水杨酸；反应温度较高时，反应后的产品中则有高聚物
D．产品的纯化可以用重结晶法，先将粗产品溶于少量沸乙醇中，再向乙醇溶液中添加热水直至溶液中出现混浊，再持续加热
（5）将纯化后的产品溶解在中性乙醇中，在10℃下，用0.1000mol/L的NaOH进行滴定，并加入无色酚酞，当　 　，记下读数V，平行滴定三次。
体积记录如下：
体积(mL) 82.00 98.00 74.00
则乙酰水杨酸的产率为　 　。
（6）请比较与乙醇的反应活性：　 　(填“大于”，“小于”)并解释　 　。
20．（2025·浙江模拟）药物利特昔替尼(化合物H)可以治疗斑秃，某一种合成路线如下(部分反应条件和试剂省略)
提示：1.为叔丁基羰基；为苄氧羰基
2.；
请回答：
（1）利特昔替尼的含氧官能团为　 　，A→B的目的是　 　。
（2）化合物D的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是___________。
A．从化合物B到化合物C发生还原反应
B．C→D的过程中存在一种可以使无色酚酞变红的气体(标况下)
C．化合物F和H的杂化原子数相同
D．化合物D中有2个手性碳
（4）F→H的反应过程中，存在一个中间产物M，请写出M→H的化学反应方程式　 　。(M的化学式为，G的分子式为)
（5）化合物E中有两个N，分别为(a)(b)，请你判断结合HCl的N为　 　，理由是　 　。
（6）请你设计以和化合物G和，得到利特昔替尼的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学键；物质的简单分类
【解析】【解答】A．由Ca2+和构成，属于正盐，结构中Cl与O原子之间形成共价键，A项符合题意；
B．属于酸，B项不符合题意；
C．由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C项不符合题意；
D．属于酸式盐，不属于正盐，D项不符合题意；
答案选A。
【解析】盐指的是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子形成的化合物，碳酸氢钠是酸式盐。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；含有氢键的物质；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．Ge为32号元素，位于第4周期第ⅣA族，其简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，A不正确；
B．CH3CH2OCHO的结构简式又可写成HCOOCH2CH3，其名称为：甲酸乙酯，B正确；
C．根据冰的晶体结构，可知1个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键，但1个氢键被2个水分子共用，则平均1mol冰晶体中存在着2mol氢键，C不正确；
D．甲烷CH4分子空间构型为正四面体，碳原子发生sp3杂化，D不正确；
故选B。
【分析】A．根据元素在周期表中位置作答；
B．结合有机物结构进行命名；
C.1mol冰晶体中存在2mol氢键；
D．甲烷的空间结构是正四面体。
3．【答案】A
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小，故半径大小为，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，故，故B不符合题意；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C不符合题意；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势；
D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．由于坩埚表面可能存在的水分等杂质，为保证实验的准确性，坩埚使用前需洗净、擦干，置于180℃烘箱中干燥1小时，该说法正确，故A不符合题意；
B．因高温下称重也会影响称量的准确性，故称重前应将灼热的坩埚转移至干燥器中，待坩埚冷却至室温后再盖紧干燥器盖进行称重，该说法错误，故B符合题意；
C．用坩埚钳夹持灼热的坩埚时需先将坩埚钳预热，防止坩埚钳因温度骤变而损坏，同时也能避免坩埚因温度差异而破裂，该说法正确，故C不符合题意；
D．根据结构，提供空轨道，提供孤电子对，形成配位键，同时分子之间存在氢键等作用力，该说法正确，故D不符合题意；
故选B。
【解答】考查实验仪器的使用方法和注意事项，坩埚钳预热后再夹持坩埚，防止坩埚遇冷炸裂；坩埚使用前需洗净，擦干，减少实验误差；称重前应将灼热的坩埚在干燥器中冷却至室温。
5．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；乙烯的物理、化学性质；超分子
【解析】【解答】A．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，二者是漂白粉的成分，A正确；
B．工业制硝酸利用二氧化氮与水反应，生成硝酸和一氧化氮，B正确；
C．杯酚与C60形成超分子，而杯酚并不是超分子，C错误；
D．乙烯和氧气反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，两步反应的原子利用率都为100%，D正确；
故答案选C。
【分析】A．根据氯气和氢氧化钙反应分析；
B．；
C．杯酚不是超分子。
D．加成反应的原子利用率是100% 。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．三氯化锑在水中水解生成三氧化二锑和，方程式无误，A正确；
B．硝酸银和氨水反应生成硝酸二氨合银，离子方程式为：，B正确；
C．在碱性条件下，电解为高铁酸根离子（）。反应式中，从+3价被氧化为+6价，失去3个电子，反应式书写正确，C正确；
D．在强酸性条件下溶解，由于磷酸不是强酸，正确离子方程式为：，D错误；
故答案选D。
【分析】题目考查方程式书写，在强酸性条件下，HPO42-和H2PO4-都不存在，最终生成H3PO4。
7．【答案】D
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．玻璃中掺杂硼酸盐后，玻璃的耐腐蚀性增强，A正确；
B．在淀粉或纤维素的主链上接枝带有强亲水基团的支链，可以提高它们的吸水能力，B正确；
C．改变合金中各金属元素的比例，可使钢铁的硬度和强度发生改变，C正确；
D．向聚氯乙烯中加入增塑剂可以提高柔韧性，要提高耐热性需要加入热稳定剂，D错误；
故选D。
【分析】增强物质稳定性需加入热稳定剂。
8．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．镁与CO2反应，生成氧化镁和碳单质，二氧化碳体现氧化性，A项正确；
B．若用pH计测定等浓度的碳酸钠溶液和苯酚钠溶液的pH，根据水解原理，此时可由溶液pH大小，比较碳酸氢根和苯酚酸性强弱，但题中没有明确两者浓度关系，不能比较碳酸和苯酚的酸性，B项错误；
C． 将铜丝插入试管且接触锌片和稀盐酸可形成原电池，加快了反应，所以电化学腐蚀速率更快，C项正确；
D．毛皮摩擦过的橡胶棒带电，靠近液流，液流方向改变，说明为极性分子，D项正确；
答案选B。
【分析】A．根据方程式2Mg+CO2=2MgO+C分析；
B．两溶液浓度未知，无法比较对应酸的酸性强弱；
C．金属腐蚀速率快慢： 电化学腐蚀>化学腐蚀 ；
D．极性分子的正负电中心不重合。
9．【答案】B,C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．布洛芬的结构中，与羧基相连的α-碳（即CH(CH3)-COOH中的CH碳），连接的是苯环、异丙基（-CH(CH3)2）、-COOH、H，四个不同基团，所以是1个手性碳，A错误；
B．根据题中有机物结构可知，酯化后官能团是酯基和氨基2种，B正确；
C．酯化后的分子含吡啶环，吡啶的碱性比苯胺强（因为苯胺中氨基的N孤对电子与苯环共轭，N原子电子云密度减小，结合质子能力减弱，碱性弱；吡啶中N孤对电子在sp2轨道，不与苯环共轭，结合质子能力强，碱性强）。所以酯化后的分子含吡啶基，碱性强于苯胺，C正确；
D．布洛芬结构中只有一个羧基，与NaOH反应是1：1，所以1 mol布洛芬消耗1 mol NaOH，D错误；
故选BC。
【分析】A．手性碳原子指的是与四个不同的原子或原子团相连的碳原子；
B．根据有机物结构简式分析；
C．吡啶的碱性比苯胺强；
D．羧基能电离氢离子，和氢氧化钠等物质的量反应。
10．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．属于强酸弱碱盐，铜离子会水解，生成氢氧化铜，而不是固体，A错误
B．在乙醇中的溶解度比在水中的溶解度小。根据结晶的原理，向其溶液中加入乙醇，可降低的溶解度，从而使晶体析出，B正确；
C．根据电解精铜原理，粗铜作阳极，纯铜作阴极。粗铜中金、银、铂等不活泼金属，因为难以失去电子，会以单质形式沉积在阳极底部（称为“阳极泥”），并非阴极底部。阳极泥是提炼贵金属的原料，C错误；
D．稀硝酸具有强氧化性，中具有还原性，二者会发生氧化还原反应，所以可溶于稀硝酸；而稀硫酸不具有强氧化性，且的溶度积非常小，所以不溶于稀硫酸。所以D错误；
综上，答案是B。
【分析】A．在溶液中会发生水解反应：；
B．乙醇极性比水小，在水溶液中加入乙醇可降低溶剂极性；
C．金、银、铂等不活泼金属沉积在阳极底部，称为“阳极泥”；
D．稀硫酸不能使硫化铜溶解。
11．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A．催化剂参与反应，能够改变反应途径，降低反应的活化能，根据图示可知反应过程b有催化剂参与，A正确；
B．反应过程a未使用催化剂，活化能大于E1，反应过程b使用了催化剂，活化能为E1，B错误；
C．反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，因此，即焓变是-||，C正确；
D．升高温度，活化分子数目变多，有效碰撞概率增大，反应速率上升，D正确；
故答案选B。
【分析】A．根据催化剂作用作答，其可参与化学反应；
B．根据曲线a变化趋势，可知活化能大于E1；
C．根据反应物和生成物相对能量大小可得反应焓变；
D．升高温度可使反应速率增大。
12．【答案】C
【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
【解析】【解答】A．电解池中阴极得电子，发生还原反应，A正确；
B．阴极消耗标准状况下22.4 L（1 mol）NO2时，由分析知，电路转移7 mol电子，B正确；
C．电解质溶液为Na2S溶液，硫化钠是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，电极反应式中不能用H+，应用OH-，C错误；
D．电解过程中产生的NH3会与Cu2+形成络合离子[Cu(NH3)4]2+，配离子的形成能降低溶液中Cu2+浓度，从而减缓了阴极的铜沉积速率，这种缓慢的沉积过程使镀层更致密、均匀，最终呈现更光亮的外观，产品光泽更好，D正确；
答案选C。
【分析】装置为电解池，根据电解原理，阳极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：阴极得电子，发生还原反应，电极反应式为：，分析作答。
13．【答案】C
【知识点】化学键；取代反应；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．离子化合物中阴离子为，氮元素和氢元素之间是共价键，对应的共轭酸为NH3，电离常数，小于NaOH对应的共轭酸即水的电离平衡常数，结合质子的能力比NaOH结合质子的能力强，碱性强于 NaOH，故A错误；
B．根据微粒半径大小比较方法，该物质中三种元素N的最简单离子半径最大，N3->Na+>H+，故B错误；
C．钠是一种活泼的金属，可以与液氨反应生成 和氢气，反应方程式为：，故C正确；
D．因为中氮原子可结合质子，所以 是强碱 （对应液氨的碱性），乙醇的Ka=10-16，说明乙醇是极弱的酸 。强碱与弱酸乙醇反应时，发生的是酸碱中和反应，生成 CH3 CH2 O 和 NH3 ，乙醇和不会直接发生取代反应生成 ，故D错误；
故选C。
【分析】A．结构中N原子上有孤电子对，可结合质子，显碱性；
B．比较微粒半径时，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
C．根据钠和液氨性质分析；
D．与乙醇发生中和反应。
14．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据A的结构，可知碳原子形成双键，杂化方式均为sp2杂化，A项正确；
B．根据B→C转化原理，结合原子守恒，生成物中有氮气，所以反应在非密闭容器中进行，B项错误；
C．四元环不稳定，能量较高，会朝向能量更低的物质转化，即有利于C→D的转化，C项正确；
D．根据已知①，若机理正确，使用进行反应，中的还可能在氨基上，D项正确；
答案选B。
【分析】A．形成双键的碳原子杂化方式是sp2；
B．反应有气体生成；
C．物质能量越低越稳定；
D．根据已知条件 分析作答。
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；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．由于，所以碳酸镁溶解度比碳酸钙大，则碳酸镁饱和溶液中碳酸根浓度大，则溶液碱性强，pH大，A正确；
B．由于，碳酸钙比碳酸镁的溶解度小，溶液中小，生成也小，故 ：饱和溶液饱和溶液，B错误；
C．的第一步电离生成，第二步电离生成，由于很小，说明第二步电离程度极小，饱和溶液中 ，C正确；
D．在溶液中，发生电离生成碳酸根。结合碳酸Ka2，在的溶液中，远大于。当滴加溶液时，离子积会大于，故有沉淀产生，D正确；
故选B。
【分析】 和是同类型难溶物，Ksp越大，饱和溶液中溶解度越大，则碳酸镁饱和溶液中碳酸根离子浓度较大，对应溶液碱性越强；碳酸根离子浓度越大，水解生成的碳酸分子浓度越大，据此分析。
16．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．步骤A，过量NaOH和SiO2和充分反应，过滤后硅酸钠进入滤液，分离出含锰固体，A正确；
B．MnCO3分解生成氧化锰和二氧化碳，若将N2替换为CO2，c(CO2)浓度变大，不利于MnCO3的分解，故将N2替换为CO2，MnCO3开始显著分解的温度升高，B正确；
C．步骤C，提高氨水-溶液中含量，导致一水合氨含量减小，不利于反应进行，而利于反应的进行，不能提高产品纯度，C错误；
D．升高温度，[Mn(NH3)4]CO3分解生成MnCO3和NH3，则Mn沉淀率提高，D正确；
故选C。
【分析】 菱锰矿 中加入氢氧化钠，发生反应SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤后滤渣为MnCO3和 ，在N2氛围内焙烧，再加入氨水-(NH4)2CO3溶液浸锰，过滤除去CaMg(CO3)2，得到含有[Mn(NH3)4]CO3的浸锰液，再沉锰制得MnCO3。
17．【答案】（1）B；D
（2）或
（3）或；电负性，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；防止由于温度过高而分解；
（4）；、、；取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；分子间作用力对物质的状态等方面的影响；焰色反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；
B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确；
C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；
D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。
（2）由图可知，原子在顶点和面心，个数为，原子在棱上和面心，个数为，原子在内部和顶点，个数为，在内部和顶点，个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或；
（3）①根据信息，化合物X的熔、沸点更为显著，可知化合物X分子间作用力更大，故X为氰酸铵，其电子式可表示为或；
② 化合物A为，存在键、B为，存在键。由于O的电负性比S大，所以键的极性比键的极性强。在和中，H与其他原子形成的键受键和键极性影响，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；而键极性弱，中较难解离，给质子能力更弱；
③(ⅰ)受热易分解，体系温度降至低温让更多过氧化氢参与反应，从而顺利得到含有[]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止分解。
(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应的离子方程式为：
（4）①根据转化关系，步骤Ⅰ中发生转化后，生成气体二氧化硫，对应的化学方程式为：；
②根据题中前后物质转化，加入试剂有硫酸和溴化钾，则溶液D中，除、、外，大量存在的离子还有、、，离子浓度从大到小为、、；
③证明步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。
【分析】铜锌矿中通入足量的、控温，加入足量硫酸后，生成二氧化硫气体，溶液中有铜离子，锌离子，具有还原性的二氧化硫通入溶液后，可把三价铁还原为二价铁，铜离子还原为亚铁离子，加入溴化钾后，生成和，则溶液D中除、、外，大量存在的是和，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则浓度大于，原料中还含有，因此离子浓度从大到小为、、。
（1）A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；
B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确；
C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；
D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。
（2）由图可知，的个数为，的个数为，的个数为，的个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或；
（3）①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在键，B中存在键。由于O的电负性比S大，所以键的极性比键的极性强。在和中，H与其他原子形成的键受键和键极性影响，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；而键极性弱，中较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止分解
。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为：
（4）①由分析可知，步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式为：；②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子、、；③证明步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。
18．【答案】（1）CD；；AA)；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强
（2）温度升高，中的键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；
（3）浓度升高，平衡正移，造成与反应的减少
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1） ① A．提高体系内的压强，平衡Ⅰ正向移动，溶液中增大，故A不符合要求；
B．加入足量盐酸时，溶液中c（）浓度增大，平衡Ⅱ和平衡Ⅲ均逆向移动，会使浓度增大，故B不符合要求；
C． 反应Ⅰ ，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，故C符合要求；
D．加水稀释，平衡Ⅰ正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，故D符合要求；
② 由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；
③ O的电负性大，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定；
（2） ① 温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，生成增多的活性自由基（、），活性自由基的浓度增大，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高；
② 提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ的平衡正向移动生成更多的，促使反应Ⅴ生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为
；
（3）工业烟气中少量会与CO反应，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。
【分析】（1）①A.加压利于平衡向气体体积减小的方向移动；
B.加入足量盐酸时溶液中c(H+)增大， Ⅱ和Ⅲ平衡逆向移动；
C.SO2(g)=S02(aq)放热，升高温度时平衡逆向移动；
D.加水稀释时，SO2(g) =SO2(aq)的平衡正向移动；
②根据题干中反应Ⅱ和 Ⅲ 的平衡常数，说明以反应Ⅱ为主。
③键的极性强，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强。
（2）①开始温度升高能加快反应，产生较多的活性自由基；当温度达到一定时，自由基易两两结合“湮灭”。
②提高浓度，利于反应 Ⅳ 正向移动，则反应Ⅴ会生成较多活性自由基。
（3） 存在的少量会与CO反应，使得参与还原的CO减少。
（1）A．提高体系内的压强，根据平衡Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，溶液中增大，故A不符合要求；
B．加入足量盐酸，盐酸提供，根据平衡Ⅱ和平衡Ⅲ，浓度增大，平衡均逆向移动，会使浓度增大，故B不符合要求；
C．反应Ⅰ，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中减小，故C符合要求；
D．加水稀释，平衡Ⅰ正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中降低，故D符合要求；
由平衡Ⅱ的，平衡Ⅲ的可知，溶液中硫元素主要以形式存在；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，键键能小于键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定；
（2）温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，活性自由基（、）生成增多，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；提高浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为；
（3）工业烟气中少量会与CO反应，消耗了用于选择性催化还原的CO，导致参与还原的CO减少，从而使脱除率大幅下降。
19．【答案】（1）；水浴
（2）搅拌；(a)cfb或
（3）取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在
（4）A；D
（5）最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色；78.00%
（6）大于；酰氯中的氯原子是高效离去基团，比碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化)
【知识点】物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验；中和滴定
【解析】【解答】（1）反应前后遵循原子守恒，故HX为；反应温度为，故采用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中（乙酰水杨酸热稳定性差），搅拌下缓缓加入15mL水（水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水），c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；
故答案为：(a)cfb或。
（3 水杨酸结构中羟基和苯环直接相连，属于酚类，可根据酚类物质能与氯化铁溶液显紫色证明粗产品中存在水杨酸，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；
B．实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；
C．水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；
故答案为：AD。
（5）根据乙酰水杨酸的结构，官能团中有羧基，和氢氧化钠等物质的量进行反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，10mmol水杨酸和30mmol乙酸酐（过量），理论生成的乙酰水杨酸为10mmol，乙酰水杨酸产品的物质的量为（98mL与另2次数据偏差较大，舍去），乙酰水杨酸产率。
(6)氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断，使与乙醇反应活性大于。
【分析】（1）反应前后原子的种类和数目不变； 步骤Ⅰ的反应温度为，可用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离。
（3）根据水杨酸所含官能团进行分析。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键。
B．浓硫酸的作用是催化剂。
C．水杨酸分子中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物。
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品。
（5）以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点。
（6）键长较大的键能越小，越易断裂，反应中活性较大。
（1）根据化学反应方程式，X为；反应加热需控制温度，故采用水浴加热。
（2）步骤Ⅱ是将反应混合物分离除杂，得到乙酰水杨酸粗产品，混合物中含有水杨酸、乙酸酐、乙酰水杨酸、乙酸及硫酸，根据物质的溶解性不同分离，步骤为a)将反应后的圆底烧瓶放在冷水中（乙酰水杨酸热稳定性差），搅拌下缓缓加入15mL水（水杨酸和乙酸酐、乙酸、硫酸溶于水），c)静置，使晶体完全析出，f)抽滤，并用少量冷水洗涤，b)抽干，得乙酰水杨酸粗产品；
故答案为：(a)cfb或。
（3）水杨酸结构中含有酚羟基，而乙酰水杨酸结构中不含酚羟基，故检验水杨酸的试剂为溶液，实验方法为：取少量粗产品，溶入几滴乙醇中，并滴加1-2滴1%三氯化铁溶液，如果发生显色反应，说明有水杨酸存在。
（4）A．红外光谱法可以鉴定有机物化学基团及化学键，不能分离提纯有机物，A错误；
B．实验加入2滴浓硫酸，浓硫酸的作用是催化剂，B正确；
C．水杨酸结构中含有酚羟基、羧基，可以发生缩聚反应生成高聚物，C正确；
D．乙酰水杨酸的热稳定性差，粗产品用乙醇（不是沸乙醇）溶解，再向乙醇溶液中添加冷水，结晶，抽滤洗涤干燥得到产品，而不是热水、持续加热，D错误；
故答案为：AD。
（5）乙酰水杨酸结构中含有羧基，能与NaOH反应，以无色酚酞为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，溶液由无色变粉红色，且30s不褪色，为滴定终点；根据化学方程式可知，10mmol水杨酸和30mmol乙酸酐（过量），理论生成的乙酰水杨酸为10mmol，乙酰水杨酸产品的物质的量为（98mL与另2次数据偏差较大，舍去），乙酰水杨酸产率。
（6）酰氯中的氯原子是高效离去基团，比碱性小(或者说稳定)，碳氯键容易断(或氯的半径大于氧，键长大于键，因此键容易断；或酰氯中氯原子的强吸电子效应显著增强了羰基碳的正电性，容易与O结合；或酰氯与乙醇的反应无需额外活化，而乙酸与乙醇的反应需要催化)，使与乙醇反应活性大于。
20．【答案】（1）酰胺基；保护氨基
（2）
（3）B；C
（4）或者或者
（5）(b)；由于烷基给电子，羰基吸电子，所以后者N上电子云密度更大
（6）
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据利特普替尼的结构简式可知，含氧官能团为酰胺基，A→B的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被破坏。
（2）BC为加成反应，结合E的结构，可推知化合物D的结构简式为：。
（3）A. 由合成路线可知，从化合物B到化合物C，反应涉及加氢（不饱和键变为饱和键）等过程，符合 “还原反应（得氢或失氧）” 的定义，因此该过程发生还原反应，A 说法正确；
B. C→D的反应中，加入NaHCO3，可能生成CO2气体。但其水溶液（碳酸）呈酸性，不能使无色酚酞变红，B 说法错误；
C.F中sp3杂化原子数较多，H中因存在共轭双键、酰胺键等，部分原子为sp2杂化，sp3杂化原子数更少。因此，两者sp3杂化的原子数不相同，C 说法错误；
D.根据D的结构简式，可知结构中有2个手性碳，分别为环上N原子的邻位碳和间位碳。
（4）中间产物M（C12H15N5）与G（C3H5ClO）反应，结合条件（一定浓度H2、NaHCO3），M→H的化学反应方程式为：
（5）结合HCl的N为b，理由是：烷基是推电子集团，羰基是吸电子集团，所以后者N上电子云密度更大。
(6)得到利特昔替尼的合成路线为
【分析】根据合成路线分析，A与(Boc)2O反应生成B，后续转化后生成物质E结构中有氨基，可知A→B是为了保护氨基，B→C，在H2/PtO2作用下发生反应，涉及还原反应，C→D：试剂为CbzCl（苄氧羰基氯）和NaHCO3，结合提示 1 中 “-Cbz为苄氧羰基（另一种保护基）”，可知此步为引入苄氧羰基保护基，不难推出D的结构简式为：
。D→E：试剂为4 mol/L HCl，强酸条件下易引发保护基脱除反应（如-Boc或-Cbz脱除），生成含游离氨基（与HCl成盐）的E。E→F：试剂为含Cl的杂环化合物与DIPEA（有机碱），发生亲核取代反应，构建杂环结构，向目标分子骨架靠近。F→H：经中间产物M，与G（C3H3ClO)在 “一定浓度H2、NaHCO3” 条件下反应，最终生成目标分子H：。
（1）由分析知，利特普替尼的含氧官能团为酰胺基，A→B的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被破坏。
（2）由分析可知，化合物D的结构简式为：。
（3）A. 从化合物B到化合物C，反应涉及加氢（不饱和键变为饱和键）等过程，符合 “还原反应（得氢或失氧）” 的定义，因此该过程可发生还原反应，A 说法正确；
B. C→D的反应中，试剂包含NaHCO3，反应可能生成CO2气体。但CO2是酸性气体，其水溶液（碳酸）呈酸性，不能使无色酚酞变红，B 说法错误；
C. sp3杂化的原子需满足 “价层电子对为 4”（如形成 4 个单键的C、含 1 对孤电子对 + 3 个单键的N等）。对比化合物F和H的结构：F中部分原子因参与环结构或饱和键，sp3杂化原子数较多；H中因存在共轭双键、酰胺键等，部分原子为sp2杂化，sp3杂化原子数更少。因此，两者sp3杂化的原子数不相同，C 说法错误；
D.通过D的结构简式可知有2个手性碳，分别为环上N原子的邻位碳和间位碳。
（4）中间产物M（C12H15N5）与G（C3H5ClO）反应，结合条件（一定浓度H2、NaHCO3），M→H的化学反应方程式为：
（5）断结合HCl的N为b，理由是：由于烷基给电子，羰基吸电子，所以后者N上电子云密度更大。
（6）得到利特昔替尼的合成路线为：
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