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浙江省A9协作体2026届高三上学期8月暑假返校联考 化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）下列物质属于非极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语表示不正确的是
A．基态Cr原子的价层电子排布图：
B．的空间填充模型：
C．氯化铵的电子式：
D．的价层电子对互斥模型：
3．（2025高三上·浙江开学考）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．分子的极性： B．分子的键角：
C．酸性：HI>HBr D．第一电离能：Na>Mg>Al
4．（2025高三上·浙江开学考）在实验室制备下列物质，下列说法正确的是
A. 制备铜氨溶液 B. 制备胶体
C. 制取晶体 D. 制备干燥的
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·浙江开学考）关于的性质，下列说法不正确的是
A．由反应可知，氧化性：
B．等质量的和，前者氧化能力正好是后者的2.5倍
C．由反应(未配平)推测，还原产物X是
D．由可知，制备1mol的，转移1mol
6．（2025高三上·浙江开学考）下列方程式不正确的是
A．苯酚钠中通入少量：+CO2+H2O=+
B．向明矾溶液中加入溶液至沉淀质量最大：
C．少量气体通入酸性溶液：
D．向NaClO溶液中通入少量：
7．（2025高三上·浙江开学考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．醋酸纤维是一种易燃易爆的再生纤维，可用于制作炸药的原料
B．表面活性剂分子结构有两亲特性(亲水亲油)，通过乳化作用将油污分散到水中而除去
C．离子液体常温下呈液态，可导电且不易挥发，可作为一种优良的液态导电材料
D．较高压强和温度下得到的是低密度聚乙烯，可用于制作薄膜
8．（2025高三上·浙江开学考）提纯苯甲酸粗品(含有NaCl、泥沙等杂质)，得到苯甲酸纯品的方案如下。
下列说法不正确的是
A．一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥
B．重结晶要求杂质必须在溶剂中溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大
C．趁热过滤的目的：除去泥沙，减少苯甲酸的析出，提升产率
D．步骤III不宜用乙醇洗涤，可用冷水洗涤2~3次
9．（2025高三上·浙江开学考）我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，某步反应如下(“Ph-”代表苯基)。
下列说法不正确的是
A．主产物(4a)与副产物(5a)，可用红外光谱法加以区分
B．4a分子仅存在1个手性碳，且最多有20个碳原子共面
C．5a可以在NaOH溶液中发生水解
D．反应的过程中，发生的反应类型有加成、取代反应
10．（2025高三上·浙江开学考）下列关于物质性质的说法，不正确的是
A．在溶液中的溶解度比在中的溶解度大
B．对羟基苯甲酸比邻羟基苯甲酸在水中溶解度小，但酸性强
C．是非极性分子，但是在水中溶解度比较大，原因之一是可以与水反应
D．吡啶比吡咯在水中溶解度大
11．（2025高三上·浙江开学考）乙炔加氢是得到高纯度乙烯的一种重要方法。主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ： △H1=-176kJ·mol-1
反应Ⅱ： △H2=-320kJ·mol-1
一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅲ： △H3=-144kJ·mol-1，该反应低温自发
B．对于反应Ⅱ，已知速率方程，在恒温恒容条件下，充入一定量的，此时的速率减小，平衡逆移
C．由图1可知，220℃以后乙炔转化率减小的原因：温度过高，反应Ⅱ受温度变化影响程度大，平衡逆移程度超过了反应Ⅰ正移程度，乙炔转化率减小
D．图2，在120~240℃范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ乙炔的转化速率大小关系为：
12．（2025高三上·浙江开学考）一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。
下列说法不正确的是
A．充电时，电解质溶液pH值减小
B．放电时，电池总反应：
C．充电时，移向气体扩散电极
D．放电时，当电路中转移1mol时，电解质溶液质量增加了8g
13．（2025高三上·浙江开学考）马格努斯(Magnus)绿盐是一种无机化合物，由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．Pt配位数为4，但Pt不是杂化
B．观察晶胞，该盐本质上是一维线性结构
C．该物质化学式可表示为：
D．该物质可能不耐高温，受热易分解
14．（2025高三上·浙江开学考）卤代烃的水解存在两种机理，分别用和表示。(X：F、Cl、Br、I)
：(卤代烃容易形成碳正离子中间体，存在重排现象以形成更稳定的中间体)
：(卤代烃相对不易形成碳正离子，无中间体；中心碳周围空间位阻小，可直接从X的背面进攻中心碳)
下列说法不正确的是
A．增大对反应的反应速率几乎无影响，但对反应的速率影响呈正相关
B．相同条件下，水环境中溴代烷发生水解的速度大小：
C．不容易发生水解，容易发生的水解
D．发生水解反应，在重排作用下，更多的生成
15．（2025高三上·浙江开学考）25℃时，某工业废水中存在浓度均为0.01mol/L与，某小组进行如下实验研究。
物质 相关 相关
相关常数
实验Ⅰ：取10mL废水，先加适量稀盐酸溶液，再通入气体，观察现象；
实验Ⅱ：取10mL废水，先加入足量的浓度为0.01mol/LNaCl溶液，过滤得AgCl沉淀，在滤液中继续加入过量的溶液沉镉()，完成、的有效分离。
下列说法不正确的是
A．饱和溶液中存在：
B．实验Ⅱ加入过量溶液后产生沉淀，该反应可保证沉淀完全
C．实验Ⅰ中存在反应：
D．在浓度为0.02mol/L溶液中，等体积加入0.02mol/L溶液，反应初始生成沉淀
16．（2025高三上·浙江开学考）某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe量5mg/mL，现按下列步骤测定实际Fe含量：
已知：邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比。线性回归方程：(Q为浓度，单位：mg/mL)
下列说法不正确的是
A．若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其他还原性物质
B．步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中被氧化，提高测定结果的准确性
C．步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH值相对稳定，若pH过低，会导致吸光度A偏高
D．步骤Ⅲ测得吸光度，则原补铁剂中Fe的实际含量为4.8mg/mL
17．（2025高三上·浙江开学考）I．Zn在自然界中存在多种形式的矿物，如闪锌矿(ZnS)、菱锌矿()、红锌矿(ZnO)等，我国的锌矿一般与铅共生，称为铅锌矿。
（1）下列说法正确的是___________。
A. 基态硫原子核外电子有8种空间运动状态
B. 晶体中离子键百分数大小：ZnSC. 若Zn的价层电子排布式为，则Zn原子处于激发态，通过电子跃迁回到基态会产生吸收光谱
D. 配离子的稳定性：
（2）一种铅锌化合物的晶胞如图所示，则该化合物的化学式________。
（3）化合物A、B、C、D，如下表所示。(已知：)
A(硫氰酸) B(异硫氰酸) C(正氰酸) D(异氰酸)
结构式
结构简式 HSCN SCNH HOCN OCNH
(常温下) 1.1 -(水中分解) 3.92 3.7
①化合物A、B的沸点由大到小比较：HSCN________SCNH(填写“>”或“<”)；从结构角度说明化合物A、C、D酸性强弱的原因：________。
②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，写出该反应的化学方程式：________。
Ⅱ．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，不变，ZnS转变为；
②酒石酸：，记作；室温下，PbA、均难溶于水。
（4）写出氧化浸出步骤中，CuCl固体与浸出液反应的离子方程式：________。
（5）沉锌步骤中，试剂X的引入，不会引入新元素，合适的试剂X是________。
（6）分离PbA后的滤液中，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是________，检验方法是________。
18．（2025高三上·浙江开学考）利用工业废气中的可以制备焦亚硫酸钠()。
已知：：，；；，；：，
（1）某未饱和的浓溶液，下列措施可以显著提升溶液中浓度方法有___________。
A．通入适量气体 B．加热
C．加适量水稀释 D．加适量NaOH
（2）工业上，通过煅烧炉一多级串联反应釜等设备转化，离心分离可得到焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，具体反应如下：
第一步：
第二步：
第三步：；
当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的悬浊液逐渐转化为固体。
①写出离子的结构式：　 　。
②常温下，若第二步反应恰好完全反应，溶液中溶质存在物料守恒：　 　。
（3）常温下，某研究小组将0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中，溶液的pH值约为　 　。(，，忽略溶液体积变化)
（4）理论研究、与的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的和的混合溶液中，随的增加，平衡转化率的变化如图所示。
0~bmol区间，平衡转化率先升高后下降，请结合所发生的离子方程式分析原因：　 　。
（5）请在图中画出0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图　 　。
19．（2025高三上·浙江开学考）二甘氨酸合铜存在顺式和反式两种结构，它是一种具有生物活性的有机金属配合物，广泛应用于化学、生物学、医学等领域中，某研究小组设计了如下制备流程：
步骤Ⅰ：取5.0g固体，加水溶解，再慢慢加入体积比1：1氨水并不断搅拌，直至沉淀恰好溶解，得深蓝色溶液，再加入足量较浓NaOH溶液，使沉淀完全。抽滤、洗涤，得沉淀备用。
步骤Ⅱ：称取4.5g甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟。
步骤Ⅲ：冷却后，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得顺式晶体。
已知条件：
①二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，加热至130℃脱水，228℃分解；
②二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)；热稳定性：反式>顺式；
③形成二甘氨酸合铜的过程中：溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜；
回答下列问题：
（1）呈平面四边形，与中心配位的元素是　 　(填写元素符号)。
（2）步骤Ⅱ中冰水浴冷却20分钟的目的是　 　。
（3）在步骤Ⅲ洗涤采用先1：3酒精溶液后丙酮洗涤的优点　 　。
（4）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中，为了加快实验速度，也可以用NaOH溶液直接与溶液反应制备氢氧化铜
B．实验中多次采取抽滤操作的优点是可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品
C．步骤Ⅱ中，加入95%乙醇的目的是减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，有利于晶体析出
D．65~70℃优先析出顺式二甘氨酸合铜，原因是该反应的活化能大
（5）已知晶体的质量为mg，经过一系列滴定等操作后测得晶体中的物质的量为nmol，则x=　 　。(列出表达式)
（6）研究小组在制备顺式二甘氨酸合铜过程中，由于温度控制不当，产品中混入了少量反式二甘氨酸合铜杂质，请设计实验方案除去杂质　 　。
20．（2025高三上·浙江开学考）美洛昔康(Meloxicam)是一种非甾体抗炎药(H)，某课题组设计了如下合成路径。
已知：①
②+
③
④
⑤，反应中仅给出一个甲基。
（1）化合物H中的含氧官能团有　 　。(写官能团名称)
（2）化合物E的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．化合物A可以与溴水发生取代反应，生成白色沉淀
B．化合物X：，已知虚线框中原子共平面，2号N原子结合质子能力更强
C．化合物C的水溶性比D好
D．化合物H存在分子内氢键
（4）请写出F转化为G的化学方程式　 　。
（5）由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，请写出该副产物J的结构简式　 　。
已知：生成H的同时有另一种小分子产物生成，该分子与H的五元环“”区域作用，先发生加成反应(存在键的断裂)，后发生消去反应，得到该副产物J；
（6）由1，3-丁二烯，为原料，设计化合物的合成路线，其中T表示为，(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、H2O2的空间构型为二面角，分子结构不对称，正负电荷中心无法重合，因此属于极性分子，故A不符合题意 ；
B、SiO2是原子晶体，其结构是由 Si 原子和 O 原子通过共价键直接构成的空间网状结构，不存在 SiO2分子，因此不涉及分子极性的判断，故B不符合题意 ；
C、CHCl3的分子结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于极性分子，故C不符合题意 ；
D、SO3的空间构型为平面正三角形，分子结构对称，正负电荷中心完全重合，因此属于非极性分子，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．分析分子空间结构的对称性。
B．判断物质的晶体类型，明确是否存在分子。
C．分析分子结构的对称性。
D．分析分子空间结构的对称性。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cr是24号元素，其价层电子并非按“3d44s2”排布，而是因半满结构更稳定，形成“3d54s ”的特殊排布。价层电子排布图中，3d轨道的5个电子分别占据5个轨道（遵循洪特规则的“分占且自旋平行”），4s轨道有1个电子，完全符合电子排布的能量最低原理和洪特规则，A正确；
B、Cl2O中O是中心原子，先计算价层电子对：（其中孤电子对为2），因此分子结构为V形（Cl-O-Cl）。再看原子半径：O原子半径小于Cl原子，所以空间填充模型中，中心的O原子（小球）小于两侧的Cl原子（大球），模型与实际结构完全匹配，B正确；
C、氯化铵是离子化合物，由NH4+和Cl-构成。电子式书写时，阴离子Cl-必须用中括号括起，并标出最外层8个电子，但题中Cl-既未标电子也未加中括号，正确的电子式应为 ，因此该选项表示错误，C不正确；
D、NH3中N的价层电子对数=成键电子对（3）+孤电子对（1）=4，根据价层电子对互斥理论，其价层电子对互斥模型为四面体形（不考虑孤对电子的“理想模型”），图示完全符合四面体的结构特征，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．突破“全满/半满”特殊电子排布的理解。
B．结合“价层电子对计算+原子半径差异”双维度判断。
C．严格遵循“离子化合物电子式的阴离子标注规范”。
D．清晰区分“价层电子对互斥模型”与“分子空间构型”的差异。
3．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；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、O 的电负性大于 S，H2O 中 O 与 H 的电负性差异更大，分子极性更强，故 H2O 的极性大于 H2S，A正确；
B、Cl 的电负性小于 F，NF3中 F 吸引电子能力强，使 N 的孤对电子排斥作用减弱，键角减小；NCl3中 Cl 电负性较低，N 的孤对电子排斥更明显，键角更大，故 NCl3的键角大于 NF3，B正确；
C、I 的原子半径大于 Br，H-I 键长更长，键更易断裂，在水溶液中更易电离出 H+，因此 HI 的酸性强于 HBr，C正确；
D、同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 Mg 的价电子排布为 3s2（全满稳定结构），其第一电离能大于 Al；Na 的金属性强于 Mg，第一电离能小于 Mg。因此第一电离能顺序应为 Mg > Al > Na，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．根据中心原子电负性判断分子极性强弱。
B．分析配体电负性对中心原子孤对电子排斥作用的影响。
C．根据共价键键长与酸性的关系分析。
D．结合同周期元素第一电离能的变化规律及特殊结构（全满、半满）分析。
4．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；氨的实验室制法；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、往硫酸铜溶液里加氨水时，初期氨水少量，会生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水加至足量，沉淀会因形成稳定的四氨合铜离子而溶解，最终得到澄清的铜氨溶液，此过程符合制备要求，A正确；
B、实验室制备氢氧化铁胶体，必须用饱和氯化铁溶液，因其氯离子能促进胶体形成；若换用硫酸铁溶液，硫酸根会抑制胶体生成，无法得到目标胶体，B错误；
C、碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，若直接加热其溶液，只会加速分解，无法得到碳酸氢钠晶体，需通过其他方法（如侯氏制碱法）制备，C错误；
D、浓氨水和生石灰反应可制氨气，但五氧化二磷是酸性干燥剂，会与碱性的氨气发生反应，不能用于干燥；应选用碱石灰（碱性干燥剂），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．把握氨水过量对反应产物的影响。
B．明确胶体制备对试剂的特定要求。
C．关注碳酸氢钠的热稳定性特点。
D．判断干燥剂与氨气的化学相容性。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、在反应2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl中，Cl2作为氧化剂，被还原为Cl-；ClO2是氧化产物。根据氧化还原反应的“强弱规律”，氧化剂的氧化性必然大于氧化产物的氧化性，因此Cl2的氧化性强于ClO2，A正确；
B、氧化能力的本质是单位质量物质转移电子的多少。ClO2摩尔质量为67.5g/mol，每个分子转移5e-；Cl2摩尔质量为71g/mol，每个分子转移2e-。计算等质量时的电子转移比： ，即ClO2的氧化能力约为Cl2的2.63倍，并非题干所述的2.5倍，B不正确；
C、反应中10I-→5I2，I元素从-1价升至0价，共失去10e-。根据电子守恒，2ClO2需得到10e-，即每个ClO2分子得5e-。ClO2中Cl为+4价，得5e-后化合价变为-1价，故还原产物X是Cl-，C正确；
D、在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O + 2NaCl中，生成ClO2时，Cl从+5价降至+4价，每生成1mol ClO2，Cl原子得1mol e-，因此制备1mol ClO2转移1mol e-，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．紧扣“氧化剂氧化性强于氧化产物”的氧化还原核心规律。
B．突破“简单倍数”误区，通过“物质的量+单粒子电子转移数”双重维度计算。
C．运用“电子得失守恒+化合价推演”的双轨验证法。
D．聚焦“元素化合价变化与电子转移的定量关联”。
6．【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，这一特性决定了苯酚钠与 CO2反应时，无论 CO2用量多少，都只能生成苯酚和碳酸氢钠。反应产物符合酸性强弱逻辑，A正确；
B、明矾（KAl(SO4)2）中 Al3+ 与 SO42- 的物质的量比为 1：2。沉淀质量由硫酸钡（BaSO4）和氢氧化铝（Al(OH)3）共同决定，但硫酸钡的摩尔质量远大于氢氧化铝。当 SO42- 完全沉淀时（需 2mol Ba2+，即 2mol Ba(OH)2），引入的 4mol OH - 会使 Al3+ 转化为 [Al(OH)4]-（而非 Al(OH)3沉淀），此时沉淀全为 BaSO4，质量达到最大。离子反应的配比完全符合这一逻辑，B正确；
C、反应中，MnO4-（Mn 为 +7 价）被还原为 Mn2+（+2 价），每个 Mn 原子得 5 个电子；H2S 中 S 为 - 2 价，被氧化为 S 单质（0 价），每个 S 原子失 2 个电子。根据电子守恒，得电子总数必须等于失电子总数，因此 MnO4- 与 H2S 的化学计量数比应为 2：5（2×5=5×2）。题中给出的化学计量数（3：2）不符合电子守恒，配平错误，C不正确；
D、NaClO 具有强氧化性，SO2具有还原性，少量 SO2通入时，二者发生氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，ClO- 被还原为 Cl-，同时生成 HClO（因 ClO-过量，部分与产物 H+结合）。反应产物符合氧化还原规律，D正确；
故答案为：C。【分析】A．依据 “强酸制弱酸” 及酸性层级（碳酸＞苯酚＞碳酸氢根）判断产物。
B．明确 “沉淀质量” 与 “沉淀物质的量” 的差异，聚焦硫酸钡的质量占比。
C．通过电子得失守恒验证氧化还原反应的配平合理性。
D．分析氧化还原反应中物质的氧化性、还原性及产物合理性。
7．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、醋酸纤维并非易燃易爆物质，而硝化纤维因具有易燃易爆的特性，才是制作炸药的原料。醋酸纤维的性质无法支撑其作为炸药原料的用途，A不能说明；
B、表面活性剂分子具有亲水、亲油的两亲结构，能通过乳化作用将油污分散成小液滴并均匀分散到水中，这一性质直接解释了其去除油污的用途，B能说明；
C、离子液体常温下呈液态、具备导电性且不易挥发，这些性质使其能作为优良的液态导电材料，性质与用途逻辑匹配，C能说明；
D、在较高压强和温度下得到的低密度聚乙烯，分子链含较多支链，密度低。这一性质使其适合制作薄膜，性质与用途对应明确，D能说明；
故答案为：A。【分析】A．明确不同纤维的性质差异。
B．关联 “两亲特性” 与 “乳化去污” 的逻辑。
C．结合 “常温液态、可导电、不易挥发” 的性质分析用途合理性。
D．分析 “制备条件 - 结构 - 性质 - 用途” 的关联链。
8．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；溶解度、饱和溶液的概念
【解析】【解答】A、结晶完成后，需通过 “过滤” 分离晶体与母液，“洗涤” 去除晶体表面残留的母液杂质，“干燥” 得到纯净固体，这三步操作逻辑连贯，A正确；
B、重结晶的关键是被提纯物质（样品）的溶解度随温度变化显著（高温易溶、低温易析出），而杂质需满足 “溶解度极大（留在母液）” 或 “溶解度极小（提前过滤）”。题干中 “杂质溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大” 的描述完全违背重结晶原理，B错误；
C、趁热过滤时温度高，苯甲酸溶解度大，此时过滤既能除去泥沙等不溶性杂质，又能避免苯甲酸因降温析出而损失，从而提高最终产率，C正确；
D、乙醇对苯甲酸的溶解性强，若用乙醇洗涤会使晶体大量溶解流失；冷水能有效洗去 NaCl 等杂质，且苯甲酸在冷水中溶解度小，可最大程度减少晶体损失，因此宜用冷水洗涤，D正确；
故答案为：B。【分析】A．明确结晶后纯品分离的完整流程。
B．颠覆对 “样品与杂质溶解度要求” 的认知误区。
C．挖掘温度对苯甲酸溶解度的影响与操作收益。
D．基于溶剂对苯甲酸的溶解性差异分析洗涤合理性。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、主产物 4a 无羟基，副产物 5a 含羟基，羟基在红外光谱中具有特征性的 O-H 伸缩振动峰，而 4a 缺乏该峰，因此可通过红外光谱法明确区分，A正确；
B、4a 中仅 1 个碳原子连接四个不同基团（手性碳的核心定义）；分子中苯环、羰基均为平面结构，单键可旋转使多个平面重叠，经逐一计数，最多有 20 个碳原子共面 (方框中的碳共平面) ，B正确；
C、5a 的官能团为酮羰基和醇羟基，无酯基、卤代烃、酰胺等能在 NaOH 溶液中发生水解的基团，因此无法发生水解反应，C不正确；
D、反应中碳碳双键与醛基的加成（双键断裂成单键）、α- 溴代丙酮中 Br 被取代（Br 原子被其他基团替换），因此反应类型涵盖加成和取代，D正确；
故答案为：C。【分析】A．聚焦官能团的红外光谱 “指纹区” 差异。
B．突破手性碳定义，结合 “平面结构 + 单键旋转” 的共面极限分析。
C．直击 “水解反应的官能团前提”—— 需含酯基、卤代烃等可断裂的极性键结构。
D．从 “键的断裂与形成” 角度分析反应本质。
10．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、O3是 V 形极性分子，CCl4是正四面体对称的非极性溶剂，而 CClF3因 F、Cl 电负性差异呈极性。根据相似相溶，极性分子 O3在极性溶剂 CClF3中溶解度远大于非极性溶剂 CCl4，A正确；
B、对羟基苯甲酸的羟基与羧基呈对位，可与水分子形成分子间氢键，因此在水中溶解度更大；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，既削弱了与水的氢键作用（溶解度小），又因氢键稳定羧酸根负离子（酸性更强）。题干中 “溶解度小”“酸性强” 的描述完全颠倒了二者的性质差异，B不正确；
C、Cl2是非极性分子，但能与水发生反应（Cl2+H2O HCl+HClO），反应动态平衡持续促进其溶解，因此在水中溶解度较大，C正确；
D、吡啶中 N 原子孤对电子不参与环共轭，易与水分子形成氢键；吡咯中 N 原子孤对电子参与环共轭，与水形成氢键的能力极弱，因此吡啶在水中溶解度更大，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．突破 “极性分子 - 极性溶剂” 的相似相溶核心逻辑。
B．判断氢键对溶解度、酸性的单向影响，区分分子间 / 分子内氢键的截然差异。
C．打破 “非极性分子难溶于极性溶剂” 的常规认知，聚焦反应促溶的特殊路径。
D．考查N 原子孤对电子的 “共轭与否” 对氢键形成的决定性影响。
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由反应 Ⅱ- 反应 Ⅰ 得反应 Ⅲ，ΔH3 = -320 kJ/mol - (-176 kJ/mol) = -144 kJ/mol。反应 Ⅲ 气体分子数减少（ΔS < 0），且 ΔH < 0，根据 ΔG = ΔH - TΔS，低温下 TΔS 绝对值小，ΔG < 0，反应自发，A正确；
B、速率方程 v (C2H2) = kc (H2) c- 5(C2H6) 中，C2H6浓度指数为 - 0.5，恒温恒容充入 C2H6，其浓度增大，速率反而减小；同时，充入产物 C2H6使反应 Ⅱ 平衡逆向移动，B 正确；
C、题目明确 “反应均未达平衡”，此时转化率由反应速率（或催化剂活性）决定，而非平衡移动。220℃后转化率下降是因为高温使催化剂活性降低，并非 “反应 Ⅱ 平衡逆移程度超过反应 Ⅰ 正移程度”，C不正确；
D、 。由图 2 可知，乙烯选择性（>80%）远大于乙烷（<20%），说明反应 Ⅰ 转化的乙炔量（v1）远大于反应 Ⅱ（v2），D正确；
故答案为：C。【分析】A．通过盖斯定律推导 ΔH，结合熵变与吉布斯自由能公式颠覆常规自发判断。
B．聚焦速率方程中 “负指数浓度项” 的反直觉规律，结合平衡移动的逆向逻辑。
C．打破 “平衡移动主导转化率” 的思维定式，明确非平衡态下催化剂活性的决定性作用。
D．重构 “产物选择性” 的定义式，通过选择性差异推导反应速率的大小关系。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电总反应是放电的逆反应（H2+2LiH2PO4=2Li+2H3PO4），生成的 H3PO4酸性远强于 LiH2PO4，导致溶液中 H+浓度剧增，pH 显著减小，A正确；
B、放电时 Li 为负极（Li-e-=Li+），正极 H3PO4中 H+得电子生成 H2（2H3PO4+2e-=H2↑+2H2PO4-），两者耦合后总反应为 2Li+2H3PO4=H2↑+2LiH2PO4，B正确；
C、充电时为电解池，气体扩散电极为阳极（发生氧化反应），根据电解池 “阴离子向阳极移动” 的规律，H2PO4-向气体扩散电极移动，C正确；
D、放电时，1mol e-转移对应 1mol Li+（质量 7g）进入溶液，同时生成 0.5mol H2（质量 1g）逸出，溶液质量净增 7g-1g= 6g，而非 8g，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．分析充电总反应对溶液酸性的影响。
B．结合正负极电极反应推导总反应。
C．明确电解池中阴离子的移动规律。
D．通过 “进入溶液的质量 - 逸出气体的质量” 计算净变化。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、由晶胞可知，Pt 的配位数为 4，但配体形成平面正方形结构（而非四面体）。sp3 杂化对应四面体构型，因此 Pt 并非 sp3 杂化，A正确；
B、该盐由 [Pt(NH3)4]2+和 [PtCl4]2-交替成链，形成一维线性的链状结构，本质上属于一维结构，B正确；
C、该物质由正负配离子组成，实际化学式为 [Pt(NH3)4][PtCl4]，而非中性分子 Pt(NH3)2Cl2。题干中 “由正负配离子构成” 的描述直接指向其离子型组成，C不正确；
D、配合物中配位键较弱，NH3配体受热易脱离中心原子分解逸出，因此该物质不耐高温，受热易分解，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．区分平面正方形与四面体结构对应的杂化类型。
B．分析晶胞中离子的排列方式对结构维度的影响。
C．明确 “正负配离子构成” 对化学式的决定性影响。
D．结合配合物中配位键的强弱分析热稳定性。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、 的决速步是碳正离子形成，仅与卤代烃浓度有关，因此增大 c (OH-) 对其速率几乎无影响；SN2是一步反应，速率与卤代烃、OH-浓度均相关，增大 c (OH-) 会加快其速率，A正确；
B、 速率取决于碳正离子稳定性，叔碳正离子（如 (CH3)3C+）因烷基的超共轭和给电子诱导效应，正电荷分散程度最高，稳定性最强；仲碳正离子（如 (CH3)2CH+）、伯碳正离子（如 CH3CH2+）、甲基碳正离子（CH3+）稳定性依次减弱。因此溴代烷 水解速率顺序为：(CH3)3CBr > (CH3)2CHBr > CH3CH2Br > CH3Br，B正确；
C、该卤代烃为桥头碳氯代物，桥头碳因环的刚性无法形成平面碳正离子（ 难以发生）；同时，桥头碳周围空间位阻极大，OH-无法从 X 的背面进攻中心碳（ SN2 也难以发生），因此既不容易发生 水解，也不容易发生 SN2 水解，C不正确；
D、(CH3)3CCH2Br 形成的伯碳正离子不稳定，会发生甲基迁移重排为更稳定的叔碳正离子， 进而生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．区分 S 1 “决速步为碳正离子形成” 与 S 2 “一步反应” 的速率本质。
B．掌握 “碳正离子稳定性” 对 S 1 速率的决定性作用。
C．考查“空间位阻与环刚性” 对两种机理。
D．利用 “碳正离子重排趋向稳定结构” 的规律分析。
15．【答案】D
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Ag2S 的 Ksp 极小，S2-浓度极低，其水解（S2- + H2O HS- + OH-）使溶液呈强碱性（c (OH-) > c (H+)）。同时，S2-的水解常数 Kh= ，水解程度极大，导致 c (HS-) 远大于 c (S2-)，因此离子浓度顺序为 c (OH-) > c (H+) > c (HS-) > c (S2-)，A正确；
B、CdCO3的 Ksp=1.0×10- 2，过量 NH4HCO3提供充足 CO32-。当 c (CO32-)≥1.0×10-7mol/L 时，由 Ksp=c (Cd2+) c (CO32-) 得 c (Cd2+)≤=1×10-5mol/L，满足沉淀完全（残留离子≤10-5mol/L）的标准，B正确；
C、 实验Ⅰ中存在反应：，该反应的平衡常数==4×109，C正确；
D、等体积混合后，Cd2+和 S2-浓度均为 0.01mol/L，离子积 Qc=c (Cd2+) c (S2-)=10-4。CdS 的 Ksp (1.5×10-29) 远小于 Cd(OH)2的 Ksp (5.0×10- 5)，热力学上 CdS 的生成趋势远大于 Cd (OH)2，因此优先生成 CdS 而非 Cd(OH)2，D不正确；
故答案为：D。
【分析】A．结合 S2-的水解规律分析离子浓度顺序。
B．利用 K 计算 Cd2+的残留浓度。
C．通过多重平衡常数的推导计算 K 值。
D．比较 CdS 和 Cd (OH)2的 K ，判断优先沉淀的物质。
16．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾具有强氧化性，若补铁剂中存在其他还原性物质（如未标注的抗氧化剂等），会与高锰酸钾发生氧化还原反应，导致消耗的高锰酸钾体积异常偏大，最终计算出的 Fe 含量远超实际值，A正确；
B、盐酸羟胺作为还原剂，可将可能存在的 Fe3+还原为 Fe2+，同时防止溶液中 Fe2+被空气氧化，确保 Fe2+完全与邻二氮菲配位显色，从根本上保证测定结果的准确性，B正确；
C、pH 过低时，邻二氮菲分子中的 N 原子会结合 H+，使其孤对电子被质子化 “占据”，大幅降低与 Fe2+的配位能力，导致配合物 [Fe(phen)3]2+的生成量锐减，吸光度 A 显著偏低，而非偏高，C不正确；
D、将 A=0.74 代入线性方程，得显色后 Fe2+浓度 Q==0.0048 mg/mL。显色液总体积 50 mL，故 Fe 总质量 = 0.0048 mg/mL×50 mL=0.24 mg。该质量来自步骤 I 中 5 mL 稀释液，而原补铁剂 1 mL 被稀释至 100 mL，因此 5 mL 稀释液的 Fe 含量是原 1 mL 补铁剂的 。设原浓度为 C，则 0.24 mg = C×1 mL × ，解得 C=4.8 mg/mL，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确酸性高锰酸钾的强氧化性及还原性杂质的干扰逻辑。
B．理解还原剂对 Fe2+的保护作用。
C．突破 “pH 对配位能力” 的认知，分析 N 原子质子化对配位的抑制。
D．建立 “吸光度 - 浓度 - 原溶液含量” 的换算链条。
17．【答案】(1) B，D
(2)
(3) < 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN
(4) 或者：
(5) (NH4)2S溶液
(6) 取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在
【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．S是第16号元素，基态硫()原子核外电子有1+1+3+1+3=9种空间运动状态，A错误；
B．电负性O大于S，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，故晶体中离子键百分数大小：ZnSC．激发态，通过电子跃迁回到基态会产生发射光谱，C错误；
D．Cu2+（d9）的电子构型与NH3配体结合时，形成稳定正方形结构；而Zn2+（d10）的四面体构型稳定性较差，D正确；
故答案为：BD；
（2）含有的Pb数目为，Zn数目为，F数目为18个，故化合物的化学式；
故答案为： ；
（3）①SCNH含有N-H可以形成氢键，使沸点升高，HSCN不能形成氢键，故沸点由大到小比较：HSCNOCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN；
②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，则等电子体为，写出该反应的化学方程式；
故答案为： < ； 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN
（4）氧化浸出步骤中(NH4)2S2O8做氧化剂，CuCl做还原剂，生成二价铜的硫酸根，反应的离子方程式：或者：；
故答案为：或者： 。
（5）沉锌步骤中生成ZnS，不引入新元素，合适的试剂X是(NH4)2S溶液；
故答案为： (NH4)2S溶液 ；
（6）分离PbA后的滤液中含有氧化浸出后生成的硫酸根，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是，检验方法是取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
故答案为：；取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
【分析】废渣经 (NH4)2S2O8与 NH3 H2O 组成的氧化浸出体系处理，借助强氧化性与碱性环境的协同作用，使 Cu、Zn 转化为可溶性氨配合物 [Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+进入滤液；而 Pb 因生成难溶的 PbSO4，Fe 因生成 Fe(OH)3，共同形成滤渣 1 被截留。滤液中加入 Zn 单质，利用金属活动性差异置换出 Cu，完成铜的分离；除铜后的溶液中加入 (NH4)2S，通过 Zn2+与 S2-的沉淀反应生成 ZnS。滤渣 1 用 H2A 和 Na2A 浸取处理时，铝元素进入滤液，Fe 元素因无法形成可溶性配合物留存为滤渣 2；含 Pb 的滤液经结晶得到 PbA，再通过真空热解最终获得纯 Pb。整个流程依托氧化浸出 - 配合物分离 - 置换沉淀 - 选择性浸出的多步化学转化，利用物质在溶解性、氧化性、配位能力上的差异，实现了 Cu、Zn、Pb、Fe 的有效分离与提纯。
18．【答案】（1）D
（2）或者；
（3）12.6
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．未饱和的浓溶液，通入适量气体，增加浓度（反应物），推动平衡右移，浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；
B．电离为吸热过程，升温促进电离，浓度增大，同时因温度升高会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；
C．虽促进电离，但体积增大导致总浓度降低，C错误；
D．加适量NaOH中和使平衡右移，浓度显著增加，D正确；
故答案为：D；
（2）①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，其中S为+4价，故结构式为：或者；
②根据物料守恒：，，故混合液中；
故答案为：或者 ； ；
（3）0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L，可得，则pH值约为12.6；
故答案为： 12.6 ；
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降；
故答案为： 0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降 ；
（5）根据①中分析可知0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 H2S 的电离平衡，分析各措施对 S2-浓度的影响，选能显著促进电离平衡右移的选项。
(2)①根据 S 和 O 的成键特点及化合价，推导 S2O52-的结构式。
②结合两种溶质的物料守恒，推导混合溶液中 Na+的物料守恒式。
(3)先确定反应产物组成缓冲溶液，再通过 S2-的水解平衡常数计算 OH-浓度，进而求 pH。
(4)分析不同阶段 SO2与 SO32-、HCO3-的反应，结合平衡移动解释 SO32-转化率的变化。
(5)根据 HCO3-参与的反应及平衡移动，绘制其平衡转化率变化趋势图。
（1） A．未饱和的浓溶液，通入适量气体，增加浓度（反应物），推动平衡右移，浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；
B．电离为吸热过程，升温促进电离，浓度增大，同时因温度升高会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；
C．虽促进电离，但体积增大导致总浓度降低，C错误；
D．加适量NaOH中和使平衡右移，浓度显著增加，D正确；
故选D；
（2）①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，其中S为+4价，故结构式为：或者；
②根据物料守恒：，，故混合液中；
（3）0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L，可得，则pH值约为12.6；
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降；
（5）根据①中分析可知0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图。
19．【答案】（1）N，O
（2）确保产品充分析出，提高产率
（3）产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分
（4）A；D
（5）
（6）采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心配位的元素是N，O；
故答案为： N，O ；
（2）二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率；
故答案为： 确保产品充分析出，提高产率 ；
（3）二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分；
故答案为： 产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分 ；
（4）A．实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时溶液直接与反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为沉淀，A错误；
B．多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；
C．加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；
D．二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析出反式二甘氨酸合铜，D错误；
故答案为：AD；
（5）根据关系式：H2NCH2COO)2Cu~xH2O，；
故答案为： ；
（6）溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，故分离时需要低温，采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品。
故答案为： 采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品 。
【分析】向 CuSO4溶液中滴加氨水，先通过复分解反应生成 Cu(OH)2蓝色沉淀；继续滴加氨水，Cu(OH)2与 NH3形成配位键，转化为深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+溶液。随后加入过量 NaOH 溶液，利用 OH-与 [Cu(NH3)4]2+的竞争配位（或破坏氨配合物稳定性），使 Cu(OH)2沉淀析出，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的 Cu(OH)2。将 Cu(OH)2与甘氨酸混合溶解，控制 65~70℃的反应温度（促进配位反应速率与产物稳定性），边搅拌边加入 Cu(OH)2至沉淀完全溶解。趁热抽滤除去未溶解杂质，向滤液中加入 95% 乙醇（利用 “相似相溶” 原理降低产物溶解度），冷却析晶后在冰水浴中进一步结晶以提高纯度。最后通过 “酒精 - 丙酮” 分级洗涤（酒精减少晶体溶解损失，丙酮快速除水干燥），制得目标产物。
（1）H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心配位的元素是N，O；
（2）二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率；
（3）二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分；
（4）A．实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时溶液直接与反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为沉淀，A错误；
B．多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；
C．加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；
D．二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析出反式二甘氨酸合铜，D错误；
故选AD；
（5）根据关系式：H2NCH2COO)2Cu~xH2O，；
（6）溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，故分离时需要低温，采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品。
20．【答案】（1）羟基、酰胺基、硫酰胺基(写对2个即可)
（2）
（3）B；D
（4）+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O
（5）
（6）
【知识点】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H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团有羟基、酰胺基、硫酰胺基；
故答案为： 羟基、酰胺基、硫酰胺基(写对2个即可) ；
（2）根据分析，E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．与溴水不反应，无沉淀生成，A错误；
B．化合物X（）中1号N原子孤电子对参与形成了大键，2号N原子孤电子对没有参与形成大键，所以2号N原子结合质子能力更强，B正确；
C. 化合物D为钠盐，易溶于水，化合物C难溶于水，C错误；
D. 化合物H中含有羟基，与相邻氧原子能形成分子内氢键，D正确；
故答案为：BD；
（4）根据分析，F转化为G的化学方程式为+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O；
故答案为：+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O ；
（5）G的结构简式为，G与X反应生成H，分析三者结构简式，由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，该副产物J的结构简式应为；
故答案为： ；
（6）
发生信息①反应生成，与发生信息②反应生成，与T2发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，发生信息③反应生成，发生信息④ 反应生成。由1，3-丁二烯，为原料，合成化合物的路线可设计如下：。
故答案为： 。
【分析】从目标产物逆向推导，结合 D 的结构含苯环及 A 的分子式，可确定 A 为甲苯（）。A 与 SO2Cl2发生取代反应，生成苯环甲基邻位含磺酰氯基团的 B（）；B 经酸性高锰酸钾氧化（甲基转化为羧基）后，与甲醇发生酯化反应生成 C（羧基变为甲酯基）；C 进一步反应形成含硫氮杂环结构的 D（）。
D 与 ClCH2COOCH3发生取代反应（杂环上的 N 原子取代氯原子）生成 E（）；E 在 C2H5OH 和 C2H5ONa 作用下，经缩合与消除反应形成含烯醇结构的 F（）。
依据反应信息，F 与 (CH3)2SO4、NaOH 发生 N - 甲基化反应生成 G（）；G 再与试剂 X 反应得到最终产物 H。据此解题。
（1）根据H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团有羟基、酰胺基、硫酰胺基；
（2）根据分析，E的结构简式为；
（3）A．与溴水不反应，无沉淀生成，A错误；
B．化合物X（）中1号N原子孤电子对参与形成了大键，2号N原子孤电子对没有参与形成大键，所以2号N原子结合质子能力更强，B正确；
C. 化合物D为钠盐，易溶于水，化合物C难溶于水，C错误；
D. 化合物H中含有羟基，与相邻氧原子能形成分子内氢键，D正确；
故选BD；
（4）根据分析，F转化为G的化学方程式为+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O；
（5）G的结构简式为，G与X反应生成H，分析三者结构简式，由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，该副产物J的结构简式应为；
（6）发生信息①反应生成，与发生信息②反应生成，与T2发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，发生信息③反应生成，发生信息④ 反应生成。由1，3-丁二烯，为原料，合成化合物的路线可设计如下：。
1 / 1浙江省A9协作体2026届高三上学期8月暑假返校联考 化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）下列物质属于非极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、H2O2的空间构型为二面角，分子结构不对称，正负电荷中心无法重合，因此属于极性分子，故A不符合题意 ；
B、SiO2是原子晶体，其结构是由 Si 原子和 O 原子通过共价键直接构成的空间网状结构，不存在 SiO2分子，因此不涉及分子极性的判断，故B不符合题意 ；
C、CHCl3的分子结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于极性分子，故C不符合题意 ；
D、SO3的空间构型为平面正三角形，分子结构对称，正负电荷中心完全重合，因此属于非极性分子，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．分析分子空间结构的对称性。
B．判断物质的晶体类型，明确是否存在分子。
C．分析分子结构的对称性。
D．分析分子空间结构的对称性。
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语表示不正确的是
A．基态Cr原子的价层电子排布图：
B．的空间填充模型：
C．氯化铵的电子式：
D．的价层电子对互斥模型：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Cr是24号元素，其价层电子并非按“3d44s2”排布，而是因半满结构更稳定，形成“3d54s ”的特殊排布。价层电子排布图中，3d轨道的5个电子分别占据5个轨道（遵循洪特规则的“分占且自旋平行”），4s轨道有1个电子，完全符合电子排布的能量最低原理和洪特规则，A正确；
B、Cl2O中O是中心原子，先计算价层电子对：（其中孤电子对为2），因此分子结构为V形（Cl-O-Cl）。再看原子半径：O原子半径小于Cl原子，所以空间填充模型中，中心的O原子（小球）小于两侧的Cl原子（大球），模型与实际结构完全匹配，B正确；
C、氯化铵是离子化合物，由NH4+和Cl-构成。电子式书写时，阴离子Cl-必须用中括号括起，并标出最外层8个电子，但题中Cl-既未标电子也未加中括号，正确的电子式应为 ，因此该选项表示错误，C不正确；
D、NH3中N的价层电子对数=成键电子对（3）+孤电子对（1）=4，根据价层电子对互斥理论，其价层电子对互斥模型为四面体形（不考虑孤对电子的“理想模型”），图示完全符合四面体的结构特征，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．突破“全满/半满”特殊电子排布的理解。
B．结合“价层电子对计算+原子半径差异”双维度判断。
C．严格遵循“离子化合物电子式的阴离子标注规范”。
D．清晰区分“价层电子对互斥模型”与“分子空间构型”的差异。
3．（2025高三上·浙江开学考）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．分子的极性： B．分子的键角：
C．酸性：HI>HBr D．第一电离能：Na>Mg>Al
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；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、O 的电负性大于 S，H2O 中 O 与 H 的电负性差异更大，分子极性更强，故 H2O 的极性大于 H2S，A正确；
B、Cl 的电负性小于 F，NF3中 F 吸引电子能力强，使 N 的孤对电子排斥作用减弱，键角减小；NCl3中 Cl 电负性较低，N 的孤对电子排斥更明显，键角更大，故 NCl3的键角大于 NF3，B正确；
C、I 的原子半径大于 Br，H-I 键长更长，键更易断裂，在水溶液中更易电离出 H+，因此 HI 的酸性强于 HBr，C正确；
D、同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 Mg 的价电子排布为 3s2（全满稳定结构），其第一电离能大于 Al；Na 的金属性强于 Mg，第一电离能小于 Mg。因此第一电离能顺序应为 Mg > Al > Na，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．根据中心原子电负性判断分子极性强弱。
B．分析配体电负性对中心原子孤对电子排斥作用的影响。
C．根据共价键键长与酸性的关系分析。
D．结合同周期元素第一电离能的变化规律及特殊结构（全满、半满）分析。
4．（2025高三上·浙江开学考）在实验室制备下列物质，下列说法正确的是
A. 制备铜氨溶液 B. 制备胶体
C. 制取晶体 D. 制备干燥的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；氨的实验室制法；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、往硫酸铜溶液里加氨水时，初期氨水少量，会生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水加至足量，沉淀会因形成稳定的四氨合铜离子而溶解，最终得到澄清的铜氨溶液，此过程符合制备要求，A正确；
B、实验室制备氢氧化铁胶体，必须用饱和氯化铁溶液，因其氯离子能促进胶体形成；若换用硫酸铁溶液，硫酸根会抑制胶体生成，无法得到目标胶体，B错误；
C、碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，若直接加热其溶液，只会加速分解，无法得到碳酸氢钠晶体，需通过其他方法（如侯氏制碱法）制备，C错误；
D、浓氨水和生石灰反应可制氨气，但五氧化二磷是酸性干燥剂，会与碱性的氨气发生反应，不能用于干燥；应选用碱石灰（碱性干燥剂），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．把握氨水过量对反应产物的影响。
B．明确胶体制备对试剂的特定要求。
C．关注碳酸氢钠的热稳定性特点。
D．判断干燥剂与氨气的化学相容性。
5．（2025高三上·浙江开学考）关于的性质，下列说法不正确的是
A．由反应可知，氧化性：
B．等质量的和，前者氧化能力正好是后者的2.5倍
C．由反应(未配平)推测，还原产物X是
D．由可知，制备1mol的，转移1mol
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、在反应2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl中，Cl2作为氧化剂，被还原为Cl-；ClO2是氧化产物。根据氧化还原反应的“强弱规律”，氧化剂的氧化性必然大于氧化产物的氧化性，因此Cl2的氧化性强于ClO2，A正确；
B、氧化能力的本质是单位质量物质转移电子的多少。ClO2摩尔质量为67.5g/mol，每个分子转移5e-；Cl2摩尔质量为71g/mol，每个分子转移2e-。计算等质量时的电子转移比： ，即ClO2的氧化能力约为Cl2的2.63倍，并非题干所述的2.5倍，B不正确；
C、反应中10I-→5I2，I元素从-1价升至0价，共失去10e-。根据电子守恒，2ClO2需得到10e-，即每个ClO2分子得5e-。ClO2中Cl为+4价，得5e-后化合价变为-1价，故还原产物X是Cl-，C正确；
D、在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O + 2NaCl中，生成ClO2时，Cl从+5价降至+4价，每生成1mol ClO2，Cl原子得1mol e-，因此制备1mol ClO2转移1mol e-，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．紧扣“氧化剂氧化性强于氧化产物”的氧化还原核心规律。
B．突破“简单倍数”误区，通过“物质的量+单粒子电子转移数”双重维度计算。
C．运用“电子得失守恒+化合价推演”的双轨验证法。
D．聚焦“元素化合价变化与电子转移的定量关联”。
6．（2025高三上·浙江开学考）下列方程式不正确的是
A．苯酚钠中通入少量：+CO2+H2O=+
B．向明矾溶液中加入溶液至沉淀质量最大：
C．少量气体通入酸性溶液：
D．向NaClO溶液中通入少量：
【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，这一特性决定了苯酚钠与 CO2反应时，无论 CO2用量多少，都只能生成苯酚和碳酸氢钠。反应产物符合酸性强弱逻辑，A正确；
B、明矾（KAl(SO4)2）中 Al3+ 与 SO42- 的物质的量比为 1：2。沉淀质量由硫酸钡（BaSO4）和氢氧化铝（Al(OH)3）共同决定，但硫酸钡的摩尔质量远大于氢氧化铝。当 SO42- 完全沉淀时（需 2mol Ba2+，即 2mol Ba(OH)2），引入的 4mol OH - 会使 Al3+ 转化为 [Al(OH)4]-（而非 Al(OH)3沉淀），此时沉淀全为 BaSO4，质量达到最大。离子反应的配比完全符合这一逻辑，B正确；
C、反应中，MnO4-（Mn 为 +7 价）被还原为 Mn2+（+2 价），每个 Mn 原子得 5 个电子；H2S 中 S 为 - 2 价，被氧化为 S 单质（0 价），每个 S 原子失 2 个电子。根据电子守恒，得电子总数必须等于失电子总数，因此 MnO4- 与 H2S 的化学计量数比应为 2：5（2×5=5×2）。题中给出的化学计量数（3：2）不符合电子守恒，配平错误，C不正确；
D、NaClO 具有强氧化性，SO2具有还原性，少量 SO2通入时，二者发生氧化还原反应，SO2被氧化为 SO42-，ClO- 被还原为 Cl-，同时生成 HClO（因 ClO-过量，部分与产物 H+结合）。反应产物符合氧化还原规律，D正确；
故答案为：C。【分析】A．依据 “强酸制弱酸” 及酸性层级（碳酸＞苯酚＞碳酸氢根）判断产物。
B．明确 “沉淀质量” 与 “沉淀物质的量” 的差异，聚焦硫酸钡的质量占比。
C．通过电子得失守恒验证氧化还原反应的配平合理性。
D．分析氧化还原反应中物质的氧化性、还原性及产物合理性。
7．（2025高三上·浙江开学考）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．醋酸纤维是一种易燃易爆的再生纤维，可用于制作炸药的原料
B．表面活性剂分子结构有两亲特性(亲水亲油)，通过乳化作用将油污分散到水中而除去
C．离子液体常温下呈液态，可导电且不易挥发，可作为一种优良的液态导电材料
D．较高压强和温度下得到的是低密度聚乙烯，可用于制作薄膜
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、醋酸纤维并非易燃易爆物质，而硝化纤维因具有易燃易爆的特性，才是制作炸药的原料。醋酸纤维的性质无法支撑其作为炸药原料的用途，A不能说明；
B、表面活性剂分子具有亲水、亲油的两亲结构，能通过乳化作用将油污分散成小液滴并均匀分散到水中，这一性质直接解释了其去除油污的用途，B能说明；
C、离子液体常温下呈液态、具备导电性且不易挥发，这些性质使其能作为优良的液态导电材料，性质与用途逻辑匹配，C能说明；
D、在较高压强和温度下得到的低密度聚乙烯，分子链含较多支链，密度低。这一性质使其适合制作薄膜，性质与用途对应明确，D能说明；
故答案为：A。【分析】A．明确不同纤维的性质差异。
B．关联 “两亲特性” 与 “乳化去污” 的逻辑。
C．结合 “常温液态、可导电、不易挥发” 的性质分析用途合理性。
D．分析 “制备条件 - 结构 - 性质 - 用途” 的关联链。
8．（2025高三上·浙江开学考）提纯苯甲酸粗品(含有NaCl、泥沙等杂质)，得到苯甲酸纯品的方案如下。
下列说法不正确的是
A．一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥
B．重结晶要求杂质必须在溶剂中溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大
C．趁热过滤的目的：除去泥沙，减少苯甲酸的析出，提升产率
D．步骤III不宜用乙醇洗涤，可用冷水洗涤2~3次
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；溶解度、饱和溶液的概念
【解析】【解答】A、结晶完成后，需通过 “过滤” 分离晶体与母液，“洗涤” 去除晶体表面残留的母液杂质，“干燥” 得到纯净固体，这三步操作逻辑连贯，A正确；
B、重结晶的关键是被提纯物质（样品）的溶解度随温度变化显著（高温易溶、低温易析出），而杂质需满足 “溶解度极大（留在母液）” 或 “溶解度极小（提前过滤）”。题干中 “杂质溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大” 的描述完全违背重结晶原理，B错误；
C、趁热过滤时温度高，苯甲酸溶解度大，此时过滤既能除去泥沙等不溶性杂质，又能避免苯甲酸因降温析出而损失，从而提高最终产率，C正确；
D、乙醇对苯甲酸的溶解性强，若用乙醇洗涤会使晶体大量溶解流失；冷水能有效洗去 NaCl 等杂质，且苯甲酸在冷水中溶解度小，可最大程度减少晶体损失，因此宜用冷水洗涤，D正确；
故答案为：B。【分析】A．明确结晶后纯品分离的完整流程。
B．颠覆对 “样品与杂质溶解度要求” 的认知误区。
C．挖掘温度对苯甲酸溶解度的影响与操作收益。
D．基于溶剂对苯甲酸的溶解性差异分析洗涤合理性。
9．（2025高三上·浙江开学考）我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，某步反应如下(“Ph-”代表苯基)。
下列说法不正确的是
A．主产物(4a)与副产物(5a)，可用红外光谱法加以区分
B．4a分子仅存在1个手性碳，且最多有20个碳原子共面
C．5a可以在NaOH溶液中发生水解
D．反应的过程中，发生的反应类型有加成、取代反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；加成反应；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、主产物 4a 无羟基，副产物 5a 含羟基，羟基在红外光谱中具有特征性的 O-H 伸缩振动峰，而 4a 缺乏该峰，因此可通过红外光谱法明确区分，A正确；
B、4a 中仅 1 个碳原子连接四个不同基团（手性碳的核心定义）；分子中苯环、羰基均为平面结构，单键可旋转使多个平面重叠，经逐一计数，最多有 20 个碳原子共面 (方框中的碳共平面) ，B正确；
C、5a 的官能团为酮羰基和醇羟基，无酯基、卤代烃、酰胺等能在 NaOH 溶液中发生水解的基团，因此无法发生水解反应，C不正确；
D、反应中碳碳双键与醛基的加成（双键断裂成单键）、α- 溴代丙酮中 Br 被取代（Br 原子被其他基团替换），因此反应类型涵盖加成和取代，D正确；
故答案为：C。【分析】A．聚焦官能团的红外光谱 “指纹区” 差异。
B．突破手性碳定义，结合 “平面结构 + 单键旋转” 的共面极限分析。
C．直击 “水解反应的官能团前提”—— 需含酯基、卤代烃等可断裂的极性键结构。
D．从 “键的断裂与形成” 角度分析反应本质。
10．（2025高三上·浙江开学考）下列关于物质性质的说法，不正确的是
A．在溶液中的溶解度比在中的溶解度大
B．对羟基苯甲酸比邻羟基苯甲酸在水中溶解度小，但酸性强
C．是非极性分子，但是在水中溶解度比较大，原因之一是可以与水反应
D．吡啶比吡咯在水中溶解度大
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、O3是 V 形极性分子，CCl4是正四面体对称的非极性溶剂，而 CClF3因 F、Cl 电负性差异呈极性。根据相似相溶，极性分子 O3在极性溶剂 CClF3中溶解度远大于非极性溶剂 CCl4，A正确；
B、对羟基苯甲酸的羟基与羧基呈对位，可与水分子形成分子间氢键，因此在水中溶解度更大；邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，既削弱了与水的氢键作用（溶解度小），又因氢键稳定羧酸根负离子（酸性更强）。题干中 “溶解度小”“酸性强” 的描述完全颠倒了二者的性质差异，B不正确；
C、Cl2是非极性分子，但能与水发生反应（Cl2+H2O HCl+HClO），反应动态平衡持续促进其溶解，因此在水中溶解度较大，C正确；
D、吡啶中 N 原子孤对电子不参与环共轭，易与水分子形成氢键；吡咯中 N 原子孤对电子参与环共轭，与水形成氢键的能力极弱，因此吡啶在水中溶解度更大，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．突破 “极性分子 - 极性溶剂” 的相似相溶核心逻辑。
B．判断氢键对溶解度、酸性的单向影响，区分分子间 / 分子内氢键的截然差异。
C．打破 “非极性分子难溶于极性溶剂” 的常规认知，聚焦反应促溶的特殊路径。
D．考查N 原子孤对电子的 “共轭与否” 对氢键形成的决定性影响。
11．（2025高三上·浙江开学考）乙炔加氢是得到高纯度乙烯的一种重要方法。主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ： △H1=-176kJ·mol-1
反应Ⅱ： △H2=-320kJ·mol-1
一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅲ： △H3=-144kJ·mol-1，该反应低温自发
B．对于反应Ⅱ，已知速率方程，在恒温恒容条件下，充入一定量的，此时的速率减小，平衡逆移
C．由图1可知，220℃以后乙炔转化率减小的原因：温度过高，反应Ⅱ受温度变化影响程度大，平衡逆移程度超过了反应Ⅰ正移程度，乙炔转化率减小
D．图2，在120~240℃范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ乙炔的转化速率大小关系为：
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、由反应 Ⅱ- 反应 Ⅰ 得反应 Ⅲ，ΔH3 = -320 kJ/mol - (-176 kJ/mol) = -144 kJ/mol。反应 Ⅲ 气体分子数减少（ΔS < 0），且 ΔH < 0，根据 ΔG = ΔH - TΔS，低温下 TΔS 绝对值小，ΔG < 0，反应自发，A正确；
B、速率方程 v (C2H2) = kc (H2) c- 5(C2H6) 中，C2H6浓度指数为 - 0.5，恒温恒容充入 C2H6，其浓度增大，速率反而减小；同时，充入产物 C2H6使反应 Ⅱ 平衡逆向移动，B 正确；
C、题目明确 “反应均未达平衡”，此时转化率由反应速率（或催化剂活性）决定，而非平衡移动。220℃后转化率下降是因为高温使催化剂活性降低，并非 “反应 Ⅱ 平衡逆移程度超过反应 Ⅰ 正移程度”，C不正确；
D、 。由图 2 可知，乙烯选择性（>80%）远大于乙烷（<20%），说明反应 Ⅰ 转化的乙炔量（v1）远大于反应 Ⅱ（v2），D正确；
故答案为：C。【分析】A．通过盖斯定律推导 ΔH，结合熵变与吉布斯自由能公式颠覆常规自发判断。
B．聚焦速率方程中 “负指数浓度项” 的反直觉规律，结合平衡移动的逆向逻辑。
C．打破 “平衡移动主导转化率” 的思维定式，明确非平衡态下催化剂活性的决定性作用。
D．重构 “产物选择性” 的定义式，通过选择性差异推导反应速率的大小关系。
12．（2025高三上·浙江开学考）一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。
下列说法不正确的是
A．充电时，电解质溶液pH值减小
B．放电时，电池总反应：
C．充电时，移向气体扩散电极
D．放电时，当电路中转移1mol时，电解质溶液质量增加了8g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电总反应是放电的逆反应（H2+2LiH2PO4=2Li+2H3PO4），生成的 H3PO4酸性远强于 LiH2PO4，导致溶液中 H+浓度剧增，pH 显著减小，A正确；
B、放电时 Li 为负极（Li-e-=Li+），正极 H3PO4中 H+得电子生成 H2（2H3PO4+2e-=H2↑+2H2PO4-），两者耦合后总反应为 2Li+2H3PO4=H2↑+2LiH2PO4，B正确；
C、充电时为电解池，气体扩散电极为阳极（发生氧化反应），根据电解池 “阴离子向阳极移动” 的规律，H2PO4-向气体扩散电极移动，C正确；
D、放电时，1mol e-转移对应 1mol Li+（质量 7g）进入溶液，同时生成 0.5mol H2（质量 1g）逸出，溶液质量净增 7g-1g= 6g，而非 8g，D不正确；
故答案为：D。【分析】A．分析充电总反应对溶液酸性的影响。
B．结合正负极电极反应推导总反应。
C．明确电解池中阴离子的移动规律。
D．通过 “进入溶液的质量 - 逸出气体的质量” 计算净变化。
13．（2025高三上·浙江开学考）马格努斯(Magnus)绿盐是一种无机化合物，由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．Pt配位数为4，但Pt不是杂化
B．观察晶胞，该盐本质上是一维线性结构
C．该物质化学式可表示为：
D．该物质可能不耐高温，受热易分解
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、由晶胞可知，Pt 的配位数为 4，但配体形成平面正方形结构（而非四面体）。sp3 杂化对应四面体构型，因此 Pt 并非 sp3 杂化，A正确；
B、该盐由 [Pt(NH3)4]2+和 [PtCl4]2-交替成链，形成一维线性的链状结构，本质上属于一维结构，B正确；
C、该物质由正负配离子组成，实际化学式为 [Pt(NH3)4][PtCl4]，而非中性分子 Pt(NH3)2Cl2。题干中 “由正负配离子构成” 的描述直接指向其离子型组成，C不正确；
D、配合物中配位键较弱，NH3配体受热易脱离中心原子分解逸出，因此该物质不耐高温，受热易分解，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．区分平面正方形与四面体结构对应的杂化类型。
B．分析晶胞中离子的排列方式对结构维度的影响。
C．明确 “正负配离子构成” 对化学式的决定性影响。
D．结合配合物中配位键的强弱分析热稳定性。
14．（2025高三上·浙江开学考）卤代烃的水解存在两种机理，分别用和表示。(X：F、Cl、Br、I)
：(卤代烃容易形成碳正离子中间体，存在重排现象以形成更稳定的中间体)
：(卤代烃相对不易形成碳正离子，无中间体；中心碳周围空间位阻小，可直接从X的背面进攻中心碳)
下列说法不正确的是
A．增大对反应的反应速率几乎无影响，但对反应的速率影响呈正相关
B．相同条件下，水环境中溴代烷发生水解的速度大小：
C．不容易发生水解，容易发生的水解
D．发生水解反应，在重排作用下，更多的生成
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、 的决速步是碳正离子形成，仅与卤代烃浓度有关，因此增大 c (OH-) 对其速率几乎无影响；SN2是一步反应，速率与卤代烃、OH-浓度均相关，增大 c (OH-) 会加快其速率，A正确；
B、 速率取决于碳正离子稳定性，叔碳正离子（如 (CH3)3C+）因烷基的超共轭和给电子诱导效应，正电荷分散程度最高，稳定性最强；仲碳正离子（如 (CH3)2CH+）、伯碳正离子（如 CH3CH2+）、甲基碳正离子（CH3+）稳定性依次减弱。因此溴代烷 水解速率顺序为：(CH3)3CBr > (CH3)2CHBr > CH3CH2Br > CH3Br，B正确；
C、该卤代烃为桥头碳氯代物，桥头碳因环的刚性无法形成平面碳正离子（ 难以发生）；同时，桥头碳周围空间位阻极大，OH-无法从 X 的背面进攻中心碳（ SN2 也难以发生），因此既不容易发生 水解，也不容易发生 SN2 水解，C不正确；
D、(CH3)3CCH2Br 形成的伯碳正离子不稳定，会发生甲基迁移重排为更稳定的叔碳正离子， 进而生成，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．区分 S 1 “决速步为碳正离子形成” 与 S 2 “一步反应” 的速率本质。
B．掌握 “碳正离子稳定性” 对 S 1 速率的决定性作用。
C．考查“空间位阻与环刚性” 对两种机理。
D．利用 “碳正离子重排趋向稳定结构” 的规律分析。
15．（2025高三上·浙江开学考）25℃时，某工业废水中存在浓度均为0.01mol/L与，某小组进行如下实验研究。
物质 相关 相关
相关常数
实验Ⅰ：取10mL废水，先加适量稀盐酸溶液，再通入气体，观察现象；
实验Ⅱ：取10mL废水，先加入足量的浓度为0.01mol/LNaCl溶液，过滤得AgCl沉淀，在滤液中继续加入过量的溶液沉镉()，完成、的有效分离。
下列说法不正确的是
A．饱和溶液中存在：
B．实验Ⅱ加入过量溶液后产生沉淀，该反应可保证沉淀完全
C．实验Ⅰ中存在反应：
D．在浓度为0.02mol/L溶液中，等体积加入0.02mol/L溶液，反应初始生成沉淀
【答案】D
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、Ag2S 的 Ksp 极小，S2-浓度极低，其水解（S2- + H2O HS- + OH-）使溶液呈强碱性（c (OH-) > c (H+)）。同时，S2-的水解常数 Kh= ，水解程度极大，导致 c (HS-) 远大于 c (S2-)，因此离子浓度顺序为 c (OH-) > c (H+) > c (HS-) > c (S2-)，A正确；
B、CdCO3的 Ksp=1.0×10- 2，过量 NH4HCO3提供充足 CO32-。当 c (CO32-)≥1.0×10-7mol/L 时，由 Ksp=c (Cd2+) c (CO32-) 得 c (Cd2+)≤=1×10-5mol/L，满足沉淀完全（残留离子≤10-5mol/L）的标准，B正确；
C、 实验Ⅰ中存在反应：，该反应的平衡常数==4×109，C正确；
D、等体积混合后，Cd2+和 S2-浓度均为 0.01mol/L，离子积 Qc=c (Cd2+) c (S2-)=10-4。CdS 的 Ksp (1.5×10-29) 远小于 Cd(OH)2的 Ksp (5.0×10- 5)，热力学上 CdS 的生成趋势远大于 Cd (OH)2，因此优先生成 CdS 而非 Cd(OH)2，D不正确；
故答案为：D。
【分析】A．结合 S2-的水解规律分析离子浓度顺序。
B．利用 K 计算 Cd2+的残留浓度。
C．通过多重平衡常数的推导计算 K 值。
D．比较 CdS 和 Cd (OH)2的 K ，判断优先沉淀的物质。
16．（2025高三上·浙江开学考）某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe量5mg/mL，现按下列步骤测定实际Fe含量：
已知：邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比。线性回归方程：(Q为浓度，单位：mg/mL)
下列说法不正确的是
A．若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其他还原性物质
B．步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中被氧化，提高测定结果的准确性
C．步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH值相对稳定，若pH过低，会导致吸光度A偏高
D．步骤Ⅲ测得吸光度，则原补铁剂中Fe的实际含量为4.8mg/mL
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铁盐和亚铁盐的相互转变；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾具有强氧化性，若补铁剂中存在其他还原性物质（如未标注的抗氧化剂等），会与高锰酸钾发生氧化还原反应，导致消耗的高锰酸钾体积异常偏大，最终计算出的 Fe 含量远超实际值，A正确；
B、盐酸羟胺作为还原剂，可将可能存在的 Fe3+还原为 Fe2+，同时防止溶液中 Fe2+被空气氧化，确保 Fe2+完全与邻二氮菲配位显色，从根本上保证测定结果的准确性，B正确；
C、pH 过低时，邻二氮菲分子中的 N 原子会结合 H+，使其孤对电子被质子化 “占据”，大幅降低与 Fe2+的配位能力，导致配合物 [Fe(phen)3]2+的生成量锐减，吸光度 A 显著偏低，而非偏高，C不正确；
D、将 A=0.74 代入线性方程，得显色后 Fe2+浓度 Q==0.0048 mg/mL。显色液总体积 50 mL，故 Fe 总质量 = 0.0048 mg/mL×50 mL=0.24 mg。该质量来自步骤 I 中 5 mL 稀释液，而原补铁剂 1 mL 被稀释至 100 mL，因此 5 mL 稀释液的 Fe 含量是原 1 mL 补铁剂的 。设原浓度为 C，则 0.24 mg = C×1 mL × ，解得 C=4.8 mg/mL，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确酸性高锰酸钾的强氧化性及还原性杂质的干扰逻辑。
B．理解还原剂对 Fe2+的保护作用。
C．突破 “pH 对配位能力” 的认知，分析 N 原子质子化对配位的抑制。
D．建立 “吸光度 - 浓度 - 原溶液含量” 的换算链条。
17．（2025高三上·浙江开学考）I．Zn在自然界中存在多种形式的矿物，如闪锌矿(ZnS)、菱锌矿()、红锌矿(ZnO)等，我国的锌矿一般与铅共生，称为铅锌矿。
（1）下列说法正确的是___________。
A. 基态硫原子核外电子有8种空间运动状态
B. 晶体中离子键百分数大小：ZnSC. 若Zn的价层电子排布式为，则Zn原子处于激发态，通过电子跃迁回到基态会产生吸收光谱
D. 配离子的稳定性：
（2）一种铅锌化合物的晶胞如图所示，则该化合物的化学式________。
（3）化合物A、B、C、D，如下表所示。(已知：)
A(硫氰酸) B(异硫氰酸) C(正氰酸) D(异氰酸)
结构式
结构简式 HSCN SCNH HOCN OCNH
(常温下) 1.1 -(水中分解) 3.92 3.7
①化合物A、B的沸点由大到小比较：HSCN________SCNH(填写“>”或“<”)；从结构角度说明化合物A、C、D酸性强弱的原因：________。
②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，写出该反应的化学方程式：________。
Ⅱ．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，不变，ZnS转变为；
②酒石酸：，记作；室温下，PbA、均难溶于水。
（4）写出氧化浸出步骤中，CuCl固体与浸出液反应的离子方程式：________。
（5）沉锌步骤中，试剂X的引入，不会引入新元素，合适的试剂X是________。
（6）分离PbA后的滤液中，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是________，检验方法是________。
【答案】(1) B，D
(2)
(3) < 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN
(4) 或者：
(5) (NH4)2S溶液
(6) 取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在
【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．S是第16号元素，基态硫()原子核外电子有1+1+3+1+3=9种空间运动状态，A错误；
B．电负性O大于S，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，故晶体中离子键百分数大小：ZnSC．激发态，通过电子跃迁回到基态会产生发射光谱，C错误；
D．Cu2+（d9）的电子构型与NH3配体结合时，形成稳定正方形结构；而Zn2+（d10）的四面体构型稳定性较差，D正确；
故答案为：BD；
（2）含有的Pb数目为，Zn数目为，F数目为18个，故化合物的化学式；
故答案为： ；
（3）①SCNH含有N-H可以形成氢键，使沸点升高，HSCN不能形成氢键，故沸点由大到小比较：HSCNOCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN；
②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，则等电子体为，写出该反应的化学方程式；
故答案为： < ； 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN
（4）氧化浸出步骤中(NH4)2S2O8做氧化剂，CuCl做还原剂，生成二价铜的硫酸根，反应的离子方程式：或者：；
故答案为：或者： 。
（5）沉锌步骤中生成ZnS，不引入新元素，合适的试剂X是(NH4)2S溶液；
故答案为： (NH4)2S溶液 ；
（6）分离PbA后的滤液中含有氧化浸出后生成的硫酸根，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是，检验方法是取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
故答案为：；取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。
【分析】废渣经 (NH4)2S2O8与 NH3 H2O 组成的氧化浸出体系处理，借助强氧化性与碱性环境的协同作用，使 Cu、Zn 转化为可溶性氨配合物 [Cu(NH3)4]2+、[Zn(NH3)4]2+进入滤液；而 Pb 因生成难溶的 PbSO4，Fe 因生成 Fe(OH)3，共同形成滤渣 1 被截留。滤液中加入 Zn 单质，利用金属活动性差异置换出 Cu，完成铜的分离；除铜后的溶液中加入 (NH4)2S，通过 Zn2+与 S2-的沉淀反应生成 ZnS。滤渣 1 用 H2A 和 Na2A 浸取处理时，铝元素进入滤液，Fe 元素因无法形成可溶性配合物留存为滤渣 2；含 Pb 的滤液经结晶得到 PbA，再通过真空热解最终获得纯 Pb。整个流程依托氧化浸出 - 配合物分离 - 置换沉淀 - 选择性浸出的多步化学转化，利用物质在溶解性、氧化性、配位能力上的差异，实现了 Cu、Zn、Pb、Fe 的有效分离与提纯。
18．（2025高三上·浙江开学考）利用工业废气中的可以制备焦亚硫酸钠()。
已知：：，；；，；：，
（1）某未饱和的浓溶液，下列措施可以显著提升溶液中浓度方法有___________。
A．通入适量气体 B．加热
C．加适量水稀释 D．加适量NaOH
（2）工业上，通过煅烧炉一多级串联反应釜等设备转化，离心分离可得到焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，具体反应如下：
第一步：
第二步：
第三步：；
当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的悬浊液逐渐转化为固体。
①写出离子的结构式：　 　。
②常温下，若第二步反应恰好完全反应，溶液中溶质存在物料守恒：　 　。
（3）常温下，某研究小组将0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中，溶液的pH值约为　 　。(，，忽略溶液体积变化)
（4）理论研究、与的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的和的混合溶液中，随的增加，平衡转化率的变化如图所示。
0~bmol区间，平衡转化率先升高后下降，请结合所发生的离子方程式分析原因：　 　。
（5）请在图中画出0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图　 　。
【答案】（1）D
（2）或者；
（3）12.6
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．未饱和的浓溶液，通入适量气体，增加浓度（反应物），推动平衡右移，浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；
B．电离为吸热过程，升温促进电离，浓度增大，同时因温度升高会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；
C．虽促进电离，但体积增大导致总浓度降低，C错误；
D．加适量NaOH中和使平衡右移，浓度显著增加，D正确；
故答案为：D；
（2）①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，其中S为+4价，故结构式为：或者；
②根据物料守恒：，，故混合液中；
故答案为：或者 ； ；
（3）0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L，可得，则pH值约为12.6；
故答案为： 12.6 ；
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降；
故答案为： 0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降 ；
（5）根据①中分析可知0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图。
故答案为： 。
【分析】(1)根据 H2S 的电离平衡，分析各措施对 S2-浓度的影响，选能显著促进电离平衡右移的选项。
(2)①根据 S 和 O 的成键特点及化合价，推导 S2O52-的结构式。
②结合两种溶质的物料守恒，推导混合溶液中 Na+的物料守恒式。
(3)先确定反应产物组成缓冲溶液，再通过 S2-的水解平衡常数计算 OH-浓度，进而求 pH。
(4)分析不同阶段 SO2与 SO32-、HCO3-的反应，结合平衡移动解释 SO32-转化率的变化。
(5)根据 HCO3-参与的反应及平衡移动，绘制其平衡转化率变化趋势图。
（1） A．未饱和的浓溶液，通入适量气体，增加浓度（反应物），推动平衡右移，浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；
B．电离为吸热过程，升温促进电离，浓度增大，同时因温度升高会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；
C．虽促进电离，但体积增大导致总浓度降低，C错误；
D．加适量NaOH中和使平衡右移，浓度显著增加，D正确；
故选D；
（2）①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，其中S为+4价，故结构式为：或者；
②根据物料守恒：，，故混合液中；
（3）0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L，可得，则pH值约为12.6；
（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降；
（5）根据①中分析可知0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图。
19．（2025高三上·浙江开学考）二甘氨酸合铜存在顺式和反式两种结构，它是一种具有生物活性的有机金属配合物，广泛应用于化学、生物学、医学等领域中，某研究小组设计了如下制备流程：
步骤Ⅰ：取5.0g固体，加水溶解，再慢慢加入体积比1：1氨水并不断搅拌，直至沉淀恰好溶解，得深蓝色溶液，再加入足量较浓NaOH溶液，使沉淀完全。抽滤、洗涤，得沉淀备用。
步骤Ⅱ：称取4.5g甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟。
步骤Ⅲ：冷却后，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得顺式晶体。
已知条件：
①二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，加热至130℃脱水，228℃分解；
②二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)；热稳定性：反式>顺式；
③形成二甘氨酸合铜的过程中：溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜；
回答下列问题：
（1）呈平面四边形，与中心配位的元素是　 　(填写元素符号)。
（2）步骤Ⅱ中冰水浴冷却20分钟的目的是　 　。
（3）在步骤Ⅲ洗涤采用先1：3酒精溶液后丙酮洗涤的优点　 　。
（4）下列说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ中，为了加快实验速度，也可以用NaOH溶液直接与溶液反应制备氢氧化铜
B．实验中多次采取抽滤操作的优点是可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品
C．步骤Ⅱ中，加入95%乙醇的目的是减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，有利于晶体析出
D．65~70℃优先析出顺式二甘氨酸合铜，原因是该反应的活化能大
（5）已知晶体的质量为mg，经过一系列滴定等操作后测得晶体中的物质的量为nmol，则x=　 　。(列出表达式)
（6）研究小组在制备顺式二甘氨酸合铜过程中，由于温度控制不当，产品中混入了少量反式二甘氨酸合铜杂质，请设计实验方案除去杂质　 　。
【答案】（1）N，O
（2）确保产品充分析出，提高产率
（3）产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分
（4）A；D
（5）
（6）采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心配位的元素是N，O；
故答案为： N，O ；
（2）二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率；
故答案为： 确保产品充分析出，提高产率 ；
（3）二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分；
故答案为： 产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分 ；
（4）A．实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时溶液直接与反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为沉淀，A错误；
B．多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；
C．加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；
D．二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析出反式二甘氨酸合铜，D错误；
故答案为：AD；
（5）根据关系式：H2NCH2COO)2Cu~xH2O，；
故答案为： ；
（6）溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，故分离时需要低温，采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品。
故答案为： 采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品 。
【分析】向 CuSO4溶液中滴加氨水，先通过复分解反应生成 Cu(OH)2蓝色沉淀；继续滴加氨水，Cu(OH)2与 NH3形成配位键，转化为深蓝色的 [Cu(NH3)4]2+溶液。随后加入过量 NaOH 溶液，利用 OH-与 [Cu(NH3)4]2+的竞争配位（或破坏氨配合物稳定性），使 Cu(OH)2沉淀析出，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的 Cu(OH)2。将 Cu(OH)2与甘氨酸混合溶解，控制 65~70℃的反应温度（促进配位反应速率与产物稳定性），边搅拌边加入 Cu(OH)2至沉淀完全溶解。趁热抽滤除去未溶解杂质，向滤液中加入 95% 乙醇（利用 “相似相溶” 原理降低产物溶解度），冷却析晶后在冰水浴中进一步结晶以提高纯度。最后通过 “酒精 - 丙酮” 分级洗涤（酒精减少晶体溶解损失，丙酮快速除水干燥），制得目标产物。
（1）H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心配位的元素是N，O；
（2）二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率；
（3）二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分；
（4）A．实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时溶液直接与反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为沉淀，A错误；
B．多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；
C．加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；
D．二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析出反式二甘氨酸合铜，D错误；
故选AD；
（5）根据关系式：H2NCH2COO)2Cu~xH2O，；
（6）溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，故分离时需要低温，采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品。
20．（2025高三上·浙江开学考）美洛昔康(Meloxicam)是一种非甾体抗炎药(H)，某课题组设计了如下合成路径。
已知：①
②+
③
④
⑤，反应中仅给出一个甲基。
（1）化合物H中的含氧官能团有　 　。(写官能团名称)
（2）化合物E的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．化合物A可以与溴水发生取代反应，生成白色沉淀
B．化合物X：，已知虚线框中原子共平面，2号N原子结合质子能力更强
C．化合物C的水溶性比D好
D．化合物H存在分子内氢键
（4）请写出F转化为G的化学方程式　 　。
（5）由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，请写出该副产物J的结构简式　 　。
已知：生成H的同时有另一种小分子产物生成，该分子与H的五元环“”区域作用，先发生加成反应(存在键的断裂)，后发生消去反应，得到该副产物J；
（6）由1，3-丁二烯，为原料，设计化合物的合成路线，其中T表示为，(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羟基、酰胺基、硫酰胺基(写对2个即可)
（2）
（3）B；D
（4）+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O
（5）
（6）
【知识点】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H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团有羟基、酰胺基、硫酰胺基；
故答案为： 羟基、酰胺基、硫酰胺基(写对2个即可) ；
（2）根据分析，E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）A．与溴水不反应，无沉淀生成，A错误；
B．化合物X（）中1号N原子孤电子对参与形成了大键，2号N原子孤电子对没有参与形成大键，所以2号N原子结合质子能力更强，B正确；
C. 化合物D为钠盐，易溶于水，化合物C难溶于水，C错误；
D. 化合物H中含有羟基，与相邻氧原子能形成分子内氢键，D正确；
故答案为：BD；
（4）根据分析，F转化为G的化学方程式为+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O；
故答案为：+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O ；
（5）G的结构简式为，G与X反应生成H，分析三者结构简式，由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，该副产物J的结构简式应为；
故答案为： ；
（6）
发生信息①反应生成，与发生信息②反应生成，与T2发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，发生信息③反应生成，发生信息④ 反应生成。由1，3-丁二烯，为原料，合成化合物的路线可设计如下：。
故答案为： 。
【分析】从目标产物逆向推导，结合 D 的结构含苯环及 A 的分子式，可确定 A 为甲苯（）。A 与 SO2Cl2发生取代反应，生成苯环甲基邻位含磺酰氯基团的 B（）；B 经酸性高锰酸钾氧化（甲基转化为羧基）后，与甲醇发生酯化反应生成 C（羧基变为甲酯基）；C 进一步反应形成含硫氮杂环结构的 D（）。
D 与 ClCH2COOCH3发生取代反应（杂环上的 N 原子取代氯原子）生成 E（）；E 在 C2H5OH 和 C2H5ONa 作用下，经缩合与消除反应形成含烯醇结构的 F（）。
依据反应信息，F 与 (CH3)2SO4、NaOH 发生 N - 甲基化反应生成 G（）；G 再与试剂 X 反应得到最终产物 H。据此解题。
（1）根据H的结构简式可得，化合物H中的含氧官能团有羟基、酰胺基、硫酰胺基；
（2）根据分析，E的结构简式为；
（3）A．与溴水不反应，无沉淀生成，A错误；
B．化合物X（）中1号N原子孤电子对参与形成了大键，2号N原子孤电子对没有参与形成大键，所以2号N原子结合质子能力更强，B正确；
C. 化合物D为钠盐，易溶于水，化合物C难溶于水，C错误；
D. 化合物H中含有羟基，与相邻氧原子能形成分子内氢键，D正确；
故选BD；
（4）根据分析，F转化为G的化学方程式为+(CH3)2SO4+NaOH→+CH3OSO3Na+H2O；
（5）G的结构简式为，G与X反应生成H，分析三者结构简式，由G转化为H的过程中，会生成一种副产物J，J的分子式比H多一个“”，该副产物J的结构简式应为；
（6）发生信息①反应生成，与发生信息②反应生成，与T2发生加成反应生成，发生水解反应生成，发生催化氧化生成，发生信息③反应生成，发生信息④ 反应生成。由1，3-丁二烯，为原料，合成化合物的路线可设计如下：。
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