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浙江省Z20联盟2026届高三上学期一模 化学试题
1．（2025·浙江模拟）下列属于含有非极性键的离子化合物的是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江模拟）下列化学用语表示正确的是
A．的价电子排布图为：
B．乙炔的结构简式为：
C．有机物的名称为：2-乙基丁烷
D．分子中化学键的电子云轮廓图：
3．（2025·浙江模拟）金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列说法不正确的是
A．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，其中主要的合金元素是铬和镍
B．金属钠在熔融状态下可以用于冶炼金属钛
C．工业上通常采用电解熔融氯化铝、氧化镁的方式制备金属铝和镁
D．氯化铁可用于眼镜架、钟表、电子元件等含铜类五金部件的刻蚀
4．（2025·浙江模拟）黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为，下列说法正确的是
A．离子键百分数： B．离子半径：
C．沸点： D．碱性：
5．（2025·浙江模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理
B．滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水
C．与钠的燃烧实验有关的图标包含：
D．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
6．（2025·浙江模拟）下列关于的说法正确的是
A．的价层电子对互斥模型：
B．检验气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为
C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：
D．有还原性，因此不能用浓硫酸干燥
7．（2025·浙江模拟）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．甲醛具有较强的还原性，可用于消毒和制作生物标本
B．硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，故可作制作豆腐的凝固剂
C．常温下铁与浓硫酸发生钝化，故可用钢瓶储存运输浓硫酸
D．碳纳米管的比表面积大，有优良的电学性能，故可用于生产电池和传感器等
8．（2025·浙江模拟）下列方程式正确的是
A．氯化铝溶液中加过量氨水：
B．小苏打溶液与溶液混合：
C．甲醛与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应：
D．少量气体通入苯酚钠溶液中：
9．（2025·浙江模拟）滴滴涕(DDT)是一种有机氯杀虫剂。下列说法不正确的是
A．DDT、DDD中各有1个手性碳
B．可用溴水鉴别DDT和DDE
C．DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为
D．DDT转化为DDE属于消去反应
10．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．图1可用于测定醋酸浓度
B．图2可用于乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯
C．图3可用于制备
D．图4可用于制备含NaClO的消毒液
11．（2025·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．，加水稀释，增大
B．，压缩容器体积，平衡向逆方向移动，气体颜色变浅
C．，该反应在高温条件下更易自发进行
D．，增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大
12．（2025·浙江模拟）我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示：下列说法不正确的是
A．该离子交换膜为阳离子交换膜
B．b极发生的电极反应为
C．理论上每转移电子，分解H2S气体22.4 L(标况)
D．能量转化方式主要为光能→电能→化学能
13．（2025·浙江模拟）嫦娥石的一种伴生矿物为方石英，其晶胞结构如图所示：下列说法不正确的是
A．晶体类型为共价晶体 B．该物质的化学式为
C．键角 D．该物质的熔点比金刚石低
14．（2025·浙江模拟）肉桂酸(3—苯基丙烯酸)是一种天然有机物，其与水加成引入羟基的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A．肉桂酸分子中所有原子可能共平面
B．H+为该反应的催化剂
C．步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关
D．与水加成得到的产物可以发生氧化、加成、取代、加聚等反应
15．（2025·浙江模拟），饱和溶液中，，，。下列描述不正确的是
A．
B．向溶液中滴入几滴酚酞试剂(变色范围：8.2-10.0)，溶液呈粉红色
C．溶液中：
D．向悬浊液中加入足量增大
16．（2025·浙江模拟）“复方氯乙烷气雾剂”为氯乙烷的有机溶液，测定其中氯乙烷含量的步骤如下：
下列说法不正确的是
A．步骤①，量取试样时不能用碱式滴定管
B．步骤①，将NaOH水溶液改成NaOH乙醇溶液不会影响氯乙烷百分含量的测定
C．步骤②，若加入的稀硝酸不足，则会使氯乙烷百分含量测定结果偏低
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确
17．（2025·浙江模拟）第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答：
（1）尿素分子与形成配合物，下列说法不正确的是_______。
A．基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5
B．元素中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O
C．尿素中N原子的配位能力强于中的N原子的配位能力
D．八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是N
（2）的氧化性大于，请从结构的角度解释　 　．
（3）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。
已知：相邻原子间的最近距离之比，则　 　；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为　 　。
（4）以主要成分为的铁钴矿(杂质为、)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，Fe、Co元素完全转化为单质。回答下列问题：
①下列说法不正确的是　 　
A.气体中含有等气体
B.为了加快酸浸步骤的反应速率，可以将稀硫酸改为浓硫酸
C.“调”时反应的离子方程式为：
D.该工艺条件下，可推知还原性：
②酸浸后滤液中的阳离子有：　 　。
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为　 　，完全转化为的操作是　 　。
18．（2025·浙江模拟）油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有，需要回收处理并加以利用。查阅文献知，对的处理有多种方法。
（1）克劳斯工艺。已知反应：
反应I：
反应II：
①反应III：　 　
②某温度下，不同的浓度比对的转化率的影响如图1所示。一定温度下，当，的转化率随混合气流速的变化曲线如图2所示。
下列说法正确的是　 　
A.若浓度比过高，的转化率会降低
B.若浓度比过低，在较高温度下可能会生成，降低硫的产率
C.结合实际工业生产效益(时间成本、效率成本)分析，混合气流速适宜范围是
D.流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足
③可以用作脱除的催化剂，吸附过程如图所示：
图甲和图乙两种吸附方式中，图乙比图甲的吸附能力强，请从结构角度分析其原因：　 　。
（2）MDEA脱硫法：MDEA吸收的原理为：
①用MDEA吸收，得到的MDEA溶液和的的混合溶液，298K时该混合溶液的pH=　 　(已知：298K时，电离常数，)
②工业上通常用通入水蒸气的方式实现的混合溶液向和的转化，从平衡角度解释通入水蒸气的作用　 　
③利用如图装置也可以实现的混合溶液向和的转化，该电解池阳极区的反应方程式为　 　。
19．（2025·浙江模拟）亚硝酰氯(NOCl，熔点为，沸点为)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：。可由与在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
制备NOCl步骤如下：
①排Ａ、Ｂ中的空气：先打开_______，关闭_______，打开Ａ中分液漏斗活塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭，可观察到B中(现象1)，停止滴加稀硝酸。
②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内(现象2)时，再通入。
（1）长颈漏斗a的作用是　 　。
（2）写出干燥管b内所放试剂的名称　 　(填1种)。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭
B．现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，现象2是充满黄绿色气体
C．C装置中冰盐水的作用主要是降低反应速率
D．因实验在通风橱内进行，、处均不需要尾气处理
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是　 　。
（5）NOCl纯度的测定：采用银量法测定产品中Cl含量以确定纯度
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤　 　：
滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的。
已知：常温下，，，，，。
称量C中所得液体溶于水，转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管涂凡士林、检漏、水洗→(_______)→装液→(_______)→调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→(_______)→向其中加入少量硝基苯→(_______)→用标准溶液滴定→(_______)→读数
a.滴加指示剂溶液
b.润洗，从滴定管下口放出液体
c.滴加指示剂硫酸铁铵溶液
d.润洗，从滴定管上口倒出液体
e．准确移取标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至沉淀变为砖红色
g．滴定至溶液呈浅红色
h．右手将滴定管倾斜左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。
i．将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出，即可赶出气泡
②硝基苯的作用是　 　；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，NOCl的纯度为　 　。
20．（2025·浙江模拟）氧氟沙星是一种人工合成、广谱抗菌的氟喹诺酮类药物，主要用于革兰阴性菌所致的呼吸道、咽喉、中耳、鼻窦、肠道等部位的急、慢性感染，其一种合成路线如下。
已知：①
②
请回答：
（1）A中含氧官能团的名称为　 　；E和F反应的目的是　 　。
（2）推断H的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是_______
A．化合物A酸化后水溶性增强
B．化合物A→C反应同时生成二甲胺
C．化合物F中中心原子B的杂化方式为杂化
D．化合物E的分子式为
（4）写出化合物C→D的化学反应方程式　 　。
（5）E→氧氟沙星()的反应过程中会生成分子式为的副产物，写出一种可能的副产物的结构简式　 　。
（6）合成化合物B的过程中会生成一种中间产物，以甲醇、乙醇为原料，设计M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；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、由 Ca2+和 C22-通过离子键结合，属于离子化合物；C22-内部存在碳碳三键（同种元素原子间的共价键），即非极性键，A符合要求；
B、由 Mg2+和 Cl-通过离子键形成，是离子化合物，但只含离子键，不含共价键（更无同元素原子间的非极性键），B不符合要求；
C、由 H 和 O 通过共价键形成，属于共价化合物，不是离子化合物，C不符合要求；
D、由 Na+和 OH-通过离子键形成，是离子化合物；但 OH-内部是 O-H 键（不同种元素原子间的极性键），不含非极性键，D不符合要求；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需明确离子化合物和非极性键的定义，再逐一分析选项：
离子化合物：由阴阳离子通过离子键形成的化合物。
非极性键：同种元素原子之间形成的共价键。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、Mn2+的价电子排布式为 3d5，但价电子排布图需体现电子在轨道中的填充情况（每个轨道的电子自旋方向等），仅写 3d5不能完整表示排布图， 价电子排布图为：，A错误；
B、乙炔的结构简式需体现碳碳三键，正确写法应为 HC≡CH，不能省略三键，B错误；
C、有机物命名时应选择最长碳链为主链，该有机物（ ）主链有 5 个碳原子，甲基在 3 号碳原子上，正确名称为 3 - 甲基戊烷，而非 2 - 乙基丁烷，C错误；
D、HCl 分子中的 σ 键由 H 的 s 轨道（球形）与 Cl 的 p 轨道（哑铃形）“头碰头” 重叠形成， 其电子云轮廓图为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．价电子排布图需体现电子在轨道中的填充方式（含自旋方向），而非仅写价电子排布式。
B．乙炔中不饱和键（如碳碳三键）不能省略，需完整体现核心官能团。
C．有机物命名：优先选最长碳链为主链，避免误将支链当作主链导致编号错误。
D．明确 σ 键 “头碰头” 的轨道重叠特点，匹配 H 的 s 轨道与 Cl 的 p 轨道重叠形式。
3．【答案】C
【知识点】合金及其应用；合理利用金属资源
【解析】【解答】明确各选项涉及的金属材料特性、冶炼原理，判断说法是否正确：
A、不锈钢抗腐蚀能力强，主要因含合金元素铬（使表面形成致密氧化膜）和镍（增强抗腐蚀能力），A正确；
B、金属钠还原性强，在熔融状态下可从钛的化合物中置换出金属钛，可用于冶炼钛，B正确；
C、氯化铝是共价化合物，熔融时不电离，无法通过电解熔融氯化铝制备铝；氧化镁熔点极高，工业上是电解熔融氯化镁来制备镁，而非电解熔融氧化镁，C错误；
D、氯化铁能与铜发生反应（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+），可用于刻蚀含铜的五金部件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点有以下几方面：
容易误认为氯化铝是离子化合物，忽略其共价化合物的本质，从而错误认为可以通过电解熔融氯化铝制备金属铝；对金属冶炼的电解法适用条件掌握不牢，未明确共价化合物熔融不电离的特点，导致在氯化铝的冶炼应用上出现错误判断。
4．【答案】B
【知识点】化学键；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、离子键百分数取决于成键原子的电负性差值，电负性差值越大，离子键百分数越高。K 与 O 的电负性差值大于 Al 与 O 的电负性差值，因此离子键百分数：K2O＞Al2O3，A错误；
B、O2-和 F-电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小。O 的核电荷数小于 F，故离子半径：O2-＞F-，B正确；
C、SiO2是原子晶体，原子晶体通过共价键形成空间网状结构，沸点很高；HF 是分子晶体，分子晶体靠分子间作用力结合，沸点较低。因此沸点：SiO2＞HF，C错误；
D、同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性 Mg＞Al。金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．离子键百分数与成键原子的电负性差值直接相关，电负性差值越大，离子键百分数越高。
B．当离子电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
C．原子晶体（如 SiO2）通过共价键形成空间网状结构，沸点远高于分子晶体（如 HF）。
D．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
5．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验安全及事故处理；酸（碱）式滴定管的使用；几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、高锰酸钾是强氧化剂，实验中取出但未用完的高锰酸钾，若确认未被污染，可配成溶液后，通过还原反应（如加入适量还原性试剂）或稀释等常规方式进行安全处理，避免其直接丢弃造成安全隐患，A正确；
B、滴定管（有旋塞控制液体滴加）、容量瓶（有瓶塞用于定容密封）、分液漏斗（有旋塞控制液体分离），这些仪器若漏水会导致实验误差或试剂泄漏。因此使用前必须检查是否漏水，这是保证实验准确性和安全性的关键操作，B正确；
C、钠的燃烧实验风险源于：钠具有强还原性，遇水会剧烈反应生成氢气并放热；燃烧时会引发火灾。而 “当心触电”图标对应的是用电安全风险，与钠燃烧实验的风险类型无关。因此该选项中涉及的图标与实验风险不匹配，C错误；
D、碱具有腐蚀性，不慎沾到皮肤上时，需立即用大量水冲洗以稀释碱液、降低腐蚀程度，随后涂上1% 的硼酸（弱酸）中和残留的碱，这是实验室碱灼伤的标准急救流程，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．关注药品特性（如高锰酸钾的氧化性），判断其处理方式是否安全合理。
B．明确滴定管、容量瓶、分液漏斗的结构（带旋塞 / 瓶塞），此类仪器使用前需检查是否漏水。
C．分析实验（如钠燃烧）的核心风险（强还原性、火灾），判断对应安全图标是否恰当。
D．牢记碱灼伤的流程（大量水冲洗 + 弱酸中和），据此判断操作是否正确。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A：SO2中心 S 原子 价层电子对数为2+=3， （计算方式：成键电子对 2 + 孤电子对 1），价层电子对互斥模型应为平面三角形，而题目中模型与之不符，A错误；
B、能使品红溶液褪色的气体不止 SO2（如某些强氧化性气体也可能有此效果），仅通过品红褪色不能确定气体一定是 SO2，检验需结合褪色后加热恢复红色等后续操作，B错误；
C、工业石灰石 - 石膏法脱硫中，CaCO3、SO2与 O2在加热条件下反应生成 CaSO4和 CO2，反应方程式为 ，C正确；
D、SO2中 S 为 +4 价，浓硫酸中 S 为 +6 价，二者无中间价态，不会发生归中反应，因此 SO2可用浓硫酸干燥，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过计算中心原子价层电子对数（成键电子对 + 孤电子对）判断模型形状。
B．能使品红褪色的气体不止 SO2，需结合后续特征（如加热复色）确认。
C．明确石灰石 - 石膏法脱硫的反应物（CaCO3、SO2、O2）和产物（CaSO4、CO2），结合氧化还原配平反应。
D．判断 SO2与浓硫酸是否发生氧化还原反应（无中间价态则不反应，可干燥）。
7．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；甲醛；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、甲醛用于消毒、制作生物标本，是因为其醛基能与蛋白质发生反应，使蛋白质变性或交联，而非因为还原性，性质与用途的逻辑不匹配，故A符合题意 ；
B、硫酸钙溶解后提供的钙离子可与豆浆中的大豆蛋白结合，使蛋白质聚沉，这一性质直接说明其可作为豆腐凝固剂，故B不符合题意 ；
C、常温下铁与浓硫酸发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止进一步反应，这一性质直接支撑了钢瓶可储存运输浓硫酸的用途，故C不符合题意 ；
D、碳纳米管比表面积大且电学性能优良，这些结构和性质使其适合用于生产电池（作电极）和传感器等，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．核心看物质的 “关键性质” 是否直接对应用途，而非无关性质（如甲醛用在消毒 / 标本，靠的是蛋白质变性，不是还原性）。
B．明确物质发挥作用时的核心反应（如硫酸钙作凝固剂是让蛋白质聚沉）。
C．常温下铁遇浓硫酸的钝化现象（形成致密氧化膜），是其可储存运输的关键依据。
D．物质的特殊结构（如碳纳米管大比表面积、优良电学性能）直接支撑对应功能（电池、传感器）。
8．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；镁、铝的重要化合物；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯化铝与过量氨水反应，生成氢氧化铝沉淀（氢氧化铝不溶于过量氨水），离子方程式，A错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）与 FeCl3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳， 离子方程式为：，该反应的离子方程式符合双水解的规律，B正确；
C、甲醛与足量新制氢氧化铜悬浊液反应，在碱性条件下最终生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水， 反应的化学方程式为：HCHO+4Cu(OH)2 +2NaOHNa2 CO3 +2Cu2 O↓+6H2 O，C错误；
D、少量 CO2通入苯酚钠溶液中，生成苯酚和碳酸氢钠（因苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根）， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．关注物质特性（如 Al(OH)3不溶于弱碱氨水），避免因反应物过量误判产物。
B．识别双水解反应（如 HCO3-与 Fe3+的相互促进水解），明确此类反应的产物规律。
C．分析甲醛与新制 Cu(OH)2的反应时，需考虑碱性环境对产物（碳酸根）的影响。
D．依据 “强酸制弱酸”，结合碳酸、苯酚、碳酸氢根的酸性顺序，判断 CO2与苯酚钠反应的产物为碳酸氢根。
9．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的鉴别；有机物的结构和性质；卤代烃简介
【解析】【解答】A、手性碳的核心是 “四价连接基团完全不同”。观察 DDT 和 DDD 的分子结构，所有碳原子均存在重复连接的原子或基团（如多个氯原子、相同的烃基片段），不存在任何一个连有四种不同原子 / 基团的碳原子，故二者均不含手性碳，A错误；
B、鉴别两种有机物的关键是找到官能团差异 ——DDE 分子中含碳碳双键，而 DDT 分子中无碳碳双键。碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，DDT 因无此官能团无法使溴水褪色，因此溴水可作为鉴别二者的试剂，B正确；
C、DDT 分子中含 5 个氯原子，卤代烃与 NaOH 水溶液反应时，每个氯原子水解会消耗 1 mol NaOH；同时，水解生成的酚羟基具有酸性，会进一步与 NaOH 发生中和反应。 方程式为：，则DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为，C正确；
D、对比 DDT 与 DDE 的结构可知，DDT 转化为 DDE 的过程中，分子内脱去了 2 分子 HCl，同时形成了 1 个碳碳双键。这一变化完全契合消去反应 “从饱和化合物中脱去小分子、形成不饱和键” 的定义，属于消去反应，D正确；
故答案为：A。【分析】A．紧扣 “连有四种不同原子或基团的碳原子” 这一本质，排除不符合结构要求的物质；
B．利用官能团的特有反应（如碳碳双键与溴水的加成反应），区分无对应官能团的物质；
C．明确卤代烃水解时，卤素原子取代消耗 NaOH 的量，以及水解产物（如酚羟基）额外消耗 NaOH 的情况；
D．依据 “消去反应生成不饱和键、脱去小分子” 的关键特征，匹配反应前后物质结构变化。
10．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的实验室制法；中和滴定；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、用 NaOH 溶液测定醋酸浓度时，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；醋酸与 NaOH 反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂（甲基橙在碱性条件下变色不灵敏），因此图 1 装置不符合实验要求，A错误；
B、乙醇在浓硫酸作用下加热到 170℃制备乙烯时，温度计需插入液面以下（以准确测量反应液的温度），而图 2 中温度计未插入液面以下，无法控制反应温度，B错误；
C、浓氨水与碱石灰混合可释放 NH3（碱石灰吸水且放热，促进 NH3挥发）；球形干燥管中的碱石灰可干燥 NH3（NH3是碱性气体，碱石灰不与其反应）；NH3密度比空气小，可用向下排空气法收集，因此图 3 装置可用于制备 NH3，C正确；
D、图 4 为电解饱和食盐水装置，与电源正极相连的石墨为阳极，Cl-在阳极放电生成 Cl2；与电源负极相连的铁为阴极，H+放电生成 H2和 NaOH。由于 Cl2在阳极区，NaOH 在阴极区，二者无法充分接触反应，不能制备含 NaClO 的消毒液（NaClO 需 Cl2与 NaOH 在同一区域反应生成），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．滴定实验：强碱（NaOH）用碱式滴定管，碱性滴定终点选酚酞作指示剂。
B．乙烯制备：温度计需插入反应液液面下，精准控制 170℃反应温度。
C．氨气制备：碱石灰兼具吸水和放热作用，氨气用向下排空气法收集，干燥选碱性干燥剂。
D．电解制备消毒液：需保证阳极生成的 Cl2与阴极生成的 NaOH 充分接触反应。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、对于放热反应 ，加水稀释时，主平衡正向移动以减弱浓度降低的影响，同时生成的 HClO 会发生电离平衡 。由于 Cl-仅来自主反应，而 HClO 会进一步电离消耗，导致稀释后 Cl-浓度下降幅度小于 HClO 浓度下降幅度，因此 比值增大，A正确；
B、吸热反应 的正反应是气体分子数增多的反应。压缩容器体积时，压强瞬间增大，平衡虽会逆向移动以减弱压强变化，但 “体积减小” 对浓度的影响是直接且主导的 ——NO2的浓度因体积骤减而急剧增大，气体颜色会明显变深（逆向移动仅能部分抵消浓度增大的趋势，无法改变颜色加深的结果），B错误；
C、反应 的 ΔH > 0（吸热）、ΔS > 0（固体参与反应生成 2 种气体，熵值显著增大）。根据 ΔH - TΔS 判据：低温时，ΔH 的正值主导，ΔH - TΔS 可能大于 0（非自发）；高温时，TΔS 的正值逐渐占据主导，更易满足 ΔH - TΔS < 0，因此反应在高温下更易自发进行，C正确；
D、增大反应物浓度时，体系中分子总数增多，而活化分子的比例（百分数）由温度、催化剂等因素决定，与浓度无关，因此单位体积内的活化分子总数会随浓度增大而增多，有效碰撞频率提升，反应速率加快，D正确；
故答案为：B。【分析】A．不局限于 “勒夏特列原理” 的简单应用，需结合浓度变化的比例关系、多平衡（如主反应 + 电离平衡）叠加影响，判断比值变化；
B．压缩体积时，平衡移动的 “减弱” 作用与浓度直接增大的 “主导” 作用需区分，明确颜色变化由浓度决定。
C．紧扣 “ΔH - TΔS < 0” 核心判据，同时明确 ΔH（焓变）和 ΔS（熵变）的正负对温度依赖性的影响；
D．反应速率的快慢取决于 “单位体积内活化分子总数” 而非 “活化分子百分数”。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由电子流向可知，a 极为正极（H+得电子生成 H2），b 极为负极（I-失电子生成 I3-）。H+从 b 极区通过离子交换膜向 a 极区移动，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；
B、b 极上 I-失电子生成 I3-，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式书写合理，B正确；
C、H2S 转化为 S 时，S 元素化合价从 - 2 升至 0，每 mol H2S 反应失去 2 mol 电子。因此，每转移 1 mol 电子，分解的 H2S 为 0.5 mol，标况下体积为11.2 L（而非 22.4 L），C错误；
D、装置中光能先转化为电能（光电催化），再通过电极反应转化为化学能（H2和 S 的生成），能量转化形式为光能→电能→化学能，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合装置图示与电子转移方向分析：a 极上 H+得电子生成 H2，发生还原反应，故 a 极为正极；b 极上 I-失电子生成 I3-，发生氧化反应，故 b 极为负极。H+从 b 极区经离子交换膜向 a 极区移动，可判断该离子交换膜为阳离子交换膜。基于电极极性、离子移动及物质转化，进一步分析各选项。
13．【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算
【解析】【解答】A、方石英中 Si 原子与 O 原子通过共价键形成立体网状结构，符合共价晶体特征，A正确；
B、用均摊法计算：Si 原子在顶点（8×=1）、面心（6×=3）、体内（4 个），共 8 个；O 原子在体内共 16 个，Si、O 原子个数比 1：2，化学式为 SiO2，B正确；
C、O 原子形成 2 个 σ 键，含 2 个孤电子对，价层电子对数 4，杂化方式为 sp3，sp3 杂化键角约 109°28'，故∠AED≠180°，C错误；
D、方石英与金刚石均为共价晶体，Si-O 键长大于 C-C 键，键能更小，因此方石英熔点比金刚石低，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．依据 “原子通过共价键形成立体网状结构” 这一共价晶体核心特征。
B．运用 “均摊法”，明确顶点、面心、体内原子的贡献比例，精准推导原子个数比。
C．通过 “σ 键数 + 孤电子对数” 确定杂化类型（如 sp3），再结合杂化轨道空间构型（正四面体）判断键角是否符合。
D．抓住 “键长越长，键能越小，熔点越低” 的规律，对比 Si - O 键与 C - C 键的键长和键能。
14．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、肉桂酸（ ）中碳原子均为 sp2 杂化，苯环、碳碳双键、羧基的平面可通过单键旋转重合，因此分子中所有原子可能共平面，A正确；
B、H+在反应中先参与反应被消耗，后又生成，符合 “催化剂参与反应且最终再生” 的特征，因此 H+是该反应的催化剂，B正确；
C、羧基是吸电子基团，使碳碳双键中与羧基相连的碳电子云密度变化，利于 H+进攻形成碳正离子，因此步骤 Ⅰ 形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关，C正确；
D、与水加成的产物（ ）含羟基、羧基，可发生氧化（羟基的氧化）、加成（苯环的加成）、取代（羟基、羧基的取代）反应，但因无碳碳双键等不饱和键，不能发生加聚反应，D错误；
故答案为：D。【分析】A．原子共面判断：依据 sp2 杂化原子的平面性及单键可旋转的特点，分析各平面是否能重合。
B．催化剂判断：抓住 “参与反应后又再生” 的核心特征，判断 H+的作用。
C．考查碳正离子形成：结合羧基的吸电子效应，分析其对碳碳双键电子云密度的影响。
D．考查反应类型判断：根据产物官能团（羟基、羧基），排除含加聚反应的选项。
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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、CaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：。
已知饱和溶液中，由于溶解时和的物质的量之比为1：1，因此。根据溶度积的定义：，A正确；
B、溶液中，分步水解显碱性，主要由第一步水解决定： 。水解平衡常数。
设，则（因水解程度小，），代入得：，解得。则，，小于酚酞的变色范围（8.2~10.0），因此滴加酚酞溶液呈无色，B错误；
C、对于的电离，有，，两式相乘得。又因，则，代入上式可得：
。结合的电离常数（，）和，可推导出，C正确；
D、已知，，显然。
悬浊液中，而饱和溶液中，前者远小于后者。向悬浊液中加入足量，会溶解并电离出，使溶液中增大，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需结合溶度积计算、盐类水解的 pH 判断、电离平衡与水解平衡的竞争、沉淀转化的溶度积比较等知识点，逐一深入分析选项：
A．利用饱和溶液中离子浓度的乘积，直接根据计算。
B．通过水解平衡常数推导浓度，进而计算pH，与酚酞变色范围对比。
C．结合、和，推导与的大小关系。
D．依据大小，判断加入后浓度的变化。
16．【答案】C
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、试样为氯乙烷的有机溶液，氯乙烷会腐蚀碱式滴定管的橡胶管（有机试剂与橡胶发生溶胀反应），因此量取时不能使用碱式滴定管，A正确；
B、氯乙烷在 NaOH 水溶液中水解生成 NaCl，在 NaOH 乙醇溶液中消去也生成 NaCl，两种反应均使 Cl-完全释放且计量比为 1：1，因此更换试剂不影响氯乙烷含量的测定，B正确；
C、若稀硝酸不足，残留的 NaOH 会与 AgNO3反应：NaOH+AgNO3=AgOH↓+NaNO3，AgOH 易分解为 Ag2O（棕黑色沉淀），导致最终称量的固体（AgCl+Ag2O）质量偏多。根据 Cl-与 AgCl 的计量关系，会错误地认为 Cl-含量偏高，从而使氯乙烷百分含量测定结果偏高（而非偏低），C错误；
D、水洗可去除 AgCl 表面的可溶性杂质（如 NaNO3等），乙醇洗可去除沉淀表面的水分（减少 AgCl 因溶解导致的损失），两步洗涤协同作用使沉淀质量的测定更准确，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确氯乙烷（有机试剂）对碱式滴定管橡胶部件的腐蚀性，排除不适配仪器。
B．判断卤代烃水解与消去反应的共同产物（NaCl），确定试剂更换不影响 Cl-计量。
C．聚焦稀硝酸不足时，NaOH 与 AgNO3的副反应（生成 AgOH 及分解产物 Ag2O）对沉淀质量的增重影响，推导结果偏高的逻辑。
D．区分水洗（除可溶性杂质）与乙醇洗（除水分、减少沉淀溶解损失）的不同作用，明确洗涤对结果准确性的保障。
17．【答案】（1）C；D
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子。
（3）3：1：1；12
（4）B；Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；；加热固体至恒重
【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；晶胞的计算；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5，A正确；
B．同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：CC．因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于中的N原子的配位能力，C错误；
D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；
故答案为：CD。
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则的氧化性大于。
故答案为： 两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子；
（3）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。
故答案为： 3：1：1 ；12；
（4）①A．由分析可知，气体中含有等气体，A正确；
B．Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改为浓硫酸，B错误；
C．“调”时和、、反应生成黄钠铁矾，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：
D．由分析可知，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，被氧化为，而没有被氧化，说明还原性：，D正确；
故选B；
②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，NaClO将氧化为，将转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；受热分解可以得到，完全转化为的操作是加热固体至恒重。
故答案为： B ； Mg2+、Fe2+、Co2+、H+ ； ； 加热固体至恒重 ；
【分析】 铁钴矿（主要成分为 FeCo2S4，杂质含 MgO、SiO2） ，向矿中加入焦炭并通入空气焙烧，Fe、Co 元素被还原为单质；C 元素转化为 CO、CO2；S 元素被氧化为 SO2；再加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含 Fe2+、Co2+、Mg2+，滤渣为不溶于酸的 SiO2；然后向滤液中加 NaClO，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加 Na2CO3调节 pH，生成黄钠铁矾 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12] 沉淀并过滤除去，接着向滤液中加 NaF，使 Mg2+转化为 MgF2沉淀并过滤除去，最后向滤液中加 NaClO 和 Na2CO3，将 Co2+氧化为 Co3+，进而转化为 Co(OH)3沉淀；最后焙烧 Co(OH)3得到 Co2O3。
（1）A．基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5，A正确；
B．同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：CC．因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于中的N原子的配位能力，C错误；
D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；
故选CD。
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则的氧化性大于。
（3）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。
（4）①A．由分析可知，气体中含有等气体，A正确；
B．Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改为浓硫酸，B错误；
C．“调”时和、、反应生成黄钠铁矾，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：
D．由分析可知，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，被氧化为，而没有被氧化，说明还原性：，D正确；
故选B；
②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，NaClO将氧化为，将转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；受热分解可以得到，完全转化为的操作是加热固体至恒重。
18．【答案】（1）-314；ABD；硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强
（2）10；反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由盖斯定律可知反应III；
②A．由图1可知，浓度比过高，的转化率会降低，A正确；
B．若浓度比过低，较高温度下S2可能会与氧气生成，降低硫的产率，B正确；
C．气流速若为，时间成本较高，混合气流速适宜范围是， C错误；
D．流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；
故答案选ABD。
③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
故答案为： -314 ； ABD ； 硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强 ；
（2）
故，298 K时，故，故。
②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。
③的混合溶液中在阳极转化为，通过阳离子交换膜到阴极区生成，故阳极区的电极方程式为：。
故答案为：10； 反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动 ； 。
【分析】(1)①运用盖斯定律，将反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 按比例叠加，计算反应 Ⅲ 的 ΔH。
②结合图 1 分析浓度比对 H2S 转化率的影响；结合反应原理分析浓度比过低时的副反应；结合图 2 和工业效益分析混合气流速范围；分析流速过高时的接触时间对转化率的影响。
③从微粒电性角度，分析 H2S 中原子与 Al2O3中原子的电性作用，对比图甲、图乙的吸附方式差异。
(2)①利用电离平衡常数公式，结合已知浓度计算 c (OH-)，再通过水的离子积计算 c (H+)，进而得到 pH。
②从平衡移动角度，分析温度（放热反应）和 H2S 溶解度对反应
R2NCH3(aq)+H2S(aq) R2NCH3H+(aq)+HS-(aq) 的影响。
③明确电解池阳极的氧化反应，结合 HS-的转化产物，写出阳极区的电极反应方程式。
（1）①由盖斯定律可知反应III；
②A．由图1可知，浓度比过高，的转化率会降低，A正确；
B．若浓度比过低，较高温度下S2可能会与氧气生成，降低硫的产率，B正确；
C．气流速若为，时间成本较高，混合气流速适宜范围是， C错误；
D．流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；
故答案选ABD。
③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
（2）故，298 K时，故，故。
②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。
③的混合溶液中在阳极转化为，通过阳离子交换膜到阴极区生成，故阳极区的电极方程式为：。
19．【答案】（1）平衡压强，避免C中压强过大
（2）氯化钙、五氧化二磷、硅胶
（3）C；D
（4）抽气(或通干燥氮气)
（5）bhecg；使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；73.36%或73.4%
【知识点】中和滴定；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）长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。
故答案为： 平衡压强，避免C中压强过大 ；
（2）干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。
故答案为： 氯化钙、五氧化二磷、硅胶 ；
（3）A．由分析可知，步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭，A正确；
B．由分析可知，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；
C．亚硝酰氯的沸点为，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；
D．NO和NO2都是有毒气体，、处均需要尾气处理，D错误；
故答案为： CD。
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。
故答案为： 抽气(或通干燥氮气) ；
（5）①滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作指示剂，当标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；
②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028mol，NOCl的纯度为。
故答案为： bhecg ； 使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN ； 73.36%或73.4% ；
【分析】本实验旨在制备易与水反应的 NOCl，因此整个制备过程需严格保持干燥环境。装置 A 中，铜与稀硝酸反应生成 NO；装置 B 对 NO 进行干燥处理后，将其导入装置 D；装置 D 中，干燥纯净的氯气与 NO 在冰盐水浴条件下反应生成 NOCl，同时装置 D 还能防止空气中的水蒸气进入，避免 NOCl 水解；实验操作时，先打开 K1、K2，关闭 K3，滴加稀硝酸产生 NO，利用 NO 将装置内的空气排尽（因 NO 易被氧气氧化为 NO2，当观察到装置 B 中红棕色的 NO2完全消失时，说明空气已排尽，装置内充满 NO）；随后关闭 K1、K2，向装置 C 三颈瓶中通入干燥纯净的 Cl2，待瓶内充满黄绿色的 Cl2后，打开 K1、K3，即可进行 NOCl 的制备。
(1)分析长颈漏斗在装置中平衡压强的作用。
(2)根据干燥管的作用，选择能干燥空气的固态干燥剂（如氯化钙、五氧化二磷、硅胶）。
(3)结合实验操作流程、装置作用（冰盐水防止 NOCl 气化）、尾气毒性，判断选项正误。
(4)通过抽气或通干燥氮气，排出装置内的 NO 以减少其在产品中的含量。
(5)①依据银量法滴定步骤，按 “润洗→排气泡→加试剂→加指示剂→滴定终点判断” 的逻辑选择操作。
②明确硝基苯覆盖 AgCl 沉淀，防止其转化为 AgSCN 的作用。
③利用滴定数据，结合 NOCl 与 Cl-的计量关系，通过化学计算得出纯度。
（1）长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。
（2）干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。
（3）A．由分析可知，步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭，A正确；
B．由分析可知，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；
C．亚硝酰氯的沸点为，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；
D．NO和NO2都是有毒气体，、处均需要尾气处理，D错误；
故选CD。
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。
（5）①滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作指示剂，当标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；
②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028mol，NOCl的纯度为。
20．【答案】（1）醚键；保护E中羧基；
（2）
（3）A；B
（4）+CH3CH2OH
（5）或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为醚键。EF过程中羧基转化为-COOB-，G氧氟沙星过程中羧基又产生了，说明E和F反应的目的是保护E中羧基。
故答案为： 醚键 ； 保护E中羧基；
（2）G和H发生已知信息①的反应原理得到氧氟沙星，由G和氧氟沙星的结构简式可以推知H为。
故答案为： ；
（3）A．化合物A中含有氨基，酸化后可以得到，极性增大，水是极性分子，根据相似相溶原理，水溶性增强，A正确；
B．A和(CH3)2NCH=C(COOC2H5)2发生取代反应生成C，同时生成(CH3)2NH（二甲胺），B正确；
C．化合物F中中心原子B形成3个键，且不含孤电子对，杂化方式为杂化，C错误；
D．由化合物E的结构简式可知，且分子式为，D错误；
故答案为：AB。
（4）CD的过程中，1个酯基先发生水解得到羧基，羧基再发生取代反应生成D，该反应中还有乙醇生成，化学方程式为：+CH3CH2OH。
故答案为：+CH3CH2OH
（5）E中含有2个F原子和1个羧基，其中1个羧基和1个F原子和发生取代反应即可得到分子式为的副产物：或。
故答案为：或 ；
（6）甲醇发生催化氧化反应生成甲醛，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，甲醛和乙醛发生已知信息②的机理得到HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO和NH3发生取代反应生成H2NCH2CH2CHO，H2NCH2CH2CHO和甲醇发生取代反应生成(CH3)2NCH2CH2CHO，(CH3)2NCH2CH2CHO发生氧化反应生成(CH3)2NCH2CH2COOH，合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】A 与 (CH3)2NCH=C (COOC2H5)2的反应，通过官能团变化（A 中活性基团取代不饱和结构上的对应基团），判定为取代反应，直接推导中间产物 C 的结构框架；D 到 E 的转化明确标注 “碱性水解 + 酸化”，核心是酯基（-COOC2H5）水解生成羧基（-COOH），结合 C 的结构逆向反推D为，G 与 H 生成氧氟沙星的反应给出明确原理，聚焦氧氟沙星分子中含有的六元含氮杂环结构，反向拆解出 H 需提供的环系片段，确定 H 的结构为
中间产物推导链：以 C→D→E→G 的官能团转化为主线，每一步均围绕 “前体官能团反应特性→产物官能团生成规律”，逐步完善各物质的结构细节，确保推导连贯。据此解题。
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为醚键。EF过程中羧基转化为-COOB-，G氧氟沙星过程中羧基又产生了，说明E和F反应的目的是保护E中羧基。
（2）G和H发生已知信息①的反应原理得到氧氟沙星，由G和氧氟沙星的结构简式可以推知H为。
（3）A．化合物A中含有氨基，酸化后可以得到，极性增大，水是极性分子，根据相似相溶原理，水溶性增强，A正确；
B．A和(CH3)2NCH=C(COOC2H5)2发生取代反应生成C，同时生成(CH3)2NH（二甲胺），B正确；
C．化合物F中中心原子B形成3个键，且不含孤电子对，杂化方式为杂化，C错误；
D．由化合物E的结构简式可知，且分子式为，D错误；
故选AB。
（4）CD的过程中，1个酯基先发生水解得到羧基，羧基再发生取代反应生成D，该反应中还有乙醇生成，化学方程式为：+CH3CH2OH。
（5）E中含有2个F原子和1个羧基，其中1个羧基和1个F原子和发生取代反应即可得到分子式为的副产物：或。
（6）甲醇发生催化氧化反应生成甲醛，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，甲醛和乙醛发生已知信息②的机理得到HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO和NH3发生取代反应生成H2NCH2CH2CHO，H2NCH2CH2CHO和甲醇发生取代反应生成(CH3)2NCH2CH2CHO，(CH3)2NCH2CH2CHO发生氧化反应生成(CH3)2NCH2CH2COOH，合成路线为：。
1 / 1浙江省Z20联盟2026届高三上学期一模 化学试题
1．（2025·浙江模拟）下列属于含有非极性键的离子化合物的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、由 Ca2+和 C22-通过离子键结合，属于离子化合物；C22-内部存在碳碳三键（同种元素原子间的共价键），即非极性键，A符合要求；
B、由 Mg2+和 Cl-通过离子键形成，是离子化合物，但只含离子键，不含共价键（更无同元素原子间的非极性键），B不符合要求；
C、由 H 和 O 通过共价键形成，属于共价化合物，不是离子化合物，C不符合要求；
D、由 Na+和 OH-通过离子键形成，是离子化合物；但 OH-内部是 O-H 键（不同种元素原子间的极性键），不含非极性键，D不符合要求；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需明确离子化合物和非极性键的定义，再逐一分析选项：
离子化合物：由阴阳离子通过离子键形成的化合物。
非极性键：同种元素原子之间形成的共价键。
2．（2025·浙江模拟）下列化学用语表示正确的是
A．的价电子排布图为：
B．乙炔的结构简式为：
C．有机物的名称为：2-乙基丁烷
D．分子中化学键的电子云轮廓图：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、Mn2+的价电子排布式为 3d5，但价电子排布图需体现电子在轨道中的填充情况（每个轨道的电子自旋方向等），仅写 3d5不能完整表示排布图， 价电子排布图为：，A错误；
B、乙炔的结构简式需体现碳碳三键，正确写法应为 HC≡CH，不能省略三键，B错误；
C、有机物命名时应选择最长碳链为主链，该有机物（ ）主链有 5 个碳原子，甲基在 3 号碳原子上，正确名称为 3 - 甲基戊烷，而非 2 - 乙基丁烷，C错误；
D、HCl 分子中的 σ 键由 H 的 s 轨道（球形）与 Cl 的 p 轨道（哑铃形）“头碰头” 重叠形成， 其电子云轮廓图为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．价电子排布图需体现电子在轨道中的填充方式（含自旋方向），而非仅写价电子排布式。
B．乙炔中不饱和键（如碳碳三键）不能省略，需完整体现核心官能团。
C．有机物命名：优先选最长碳链为主链，避免误将支链当作主链导致编号错误。
D．明确 σ 键 “头碰头” 的轨道重叠特点，匹配 H 的 s 轨道与 Cl 的 p 轨道重叠形式。
3．（2025·浙江模拟）金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列说法不正确的是
A．不锈钢具有很强的抗腐蚀能力，其中主要的合金元素是铬和镍
B．金属钠在熔融状态下可以用于冶炼金属钛
C．工业上通常采用电解熔融氯化铝、氧化镁的方式制备金属铝和镁
D．氯化铁可用于眼镜架、钟表、电子元件等含铜类五金部件的刻蚀
【答案】C
【知识点】合金及其应用；合理利用金属资源
【解析】【解答】明确各选项涉及的金属材料特性、冶炼原理，判断说法是否正确：
A、不锈钢抗腐蚀能力强，主要因含合金元素铬（使表面形成致密氧化膜）和镍（增强抗腐蚀能力），A正确；
B、金属钠还原性强，在熔融状态下可从钛的化合物中置换出金属钛，可用于冶炼钛，B正确；
C、氯化铝是共价化合物，熔融时不电离，无法通过电解熔融氯化铝制备铝；氧化镁熔点极高，工业上是电解熔融氯化镁来制备镁，而非电解熔融氧化镁，C错误；
D、氯化铁能与铜发生反应（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+），可用于刻蚀含铜的五金部件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点有以下几方面：
容易误认为氯化铝是离子化合物，忽略其共价化合物的本质，从而错误认为可以通过电解熔融氯化铝制备金属铝；对金属冶炼的电解法适用条件掌握不牢，未明确共价化合物熔融不电离的特点，导致在氯化铝的冶炼应用上出现错误判断。
4．（2025·浙江模拟）黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为，下列说法正确的是
A．离子键百分数： B．离子半径：
C．沸点： D．碱性：
【答案】B
【知识点】化学键；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、离子键百分数取决于成键原子的电负性差值，电负性差值越大，离子键百分数越高。K 与 O 的电负性差值大于 Al 与 O 的电负性差值，因此离子键百分数：K2O＞Al2O3，A错误；
B、O2-和 F-电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小。O 的核电荷数小于 F，故离子半径：O2-＞F-，B正确；
C、SiO2是原子晶体，原子晶体通过共价键形成空间网状结构，沸点很高；HF 是分子晶体，分子晶体靠分子间作用力结合，沸点较低。因此沸点：SiO2＞HF，C错误；
D、同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性 Mg＞Al。金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．离子键百分数与成键原子的电负性差值直接相关，电负性差值越大，离子键百分数越高。
B．当离子电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
C．原子晶体（如 SiO2）通过共价键形成空间网状结构，沸点远高于分子晶体（如 HF）。
D．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
5．（2025·浙江模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．实验中取出但未用完的高锰酸钾可配成溶液再进行常规处理
B．滴定管、容量瓶和分液漏斗使用前都需要检查是否漏水
C．与钠的燃烧实验有关的图标包含：
D．不慎将碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验安全及事故处理；酸（碱）式滴定管的使用；几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、高锰酸钾是强氧化剂，实验中取出但未用完的高锰酸钾，若确认未被污染，可配成溶液后，通过还原反应（如加入适量还原性试剂）或稀释等常规方式进行安全处理，避免其直接丢弃造成安全隐患，A正确；
B、滴定管（有旋塞控制液体滴加）、容量瓶（有瓶塞用于定容密封）、分液漏斗（有旋塞控制液体分离），这些仪器若漏水会导致实验误差或试剂泄漏。因此使用前必须检查是否漏水，这是保证实验准确性和安全性的关键操作，B正确；
C、钠的燃烧实验风险源于：钠具有强还原性，遇水会剧烈反应生成氢气并放热；燃烧时会引发火灾。而 “当心触电”图标对应的是用电安全风险，与钠燃烧实验的风险类型无关。因此该选项中涉及的图标与实验风险不匹配，C错误；
D、碱具有腐蚀性，不慎沾到皮肤上时，需立即用大量水冲洗以稀释碱液、降低腐蚀程度，随后涂上1% 的硼酸（弱酸）中和残留的碱，这是实验室碱灼伤的标准急救流程，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．关注药品特性（如高锰酸钾的氧化性），判断其处理方式是否安全合理。
B．明确滴定管、容量瓶、分液漏斗的结构（带旋塞 / 瓶塞），此类仪器使用前需检查是否漏水。
C．分析实验（如钠燃烧）的核心风险（强还原性、火灾），判断对应安全图标是否恰当。
D．牢记碱灼伤的流程（大量水冲洗 + 弱酸中和），据此判断操作是否正确。
6．（2025·浙江模拟）下列关于的说法正确的是
A．的价层电子对互斥模型：
B．检验气体的方法是将气体通入品红溶液，若溶液褪色，则该气体为
C．工业脱硫常用石灰石-石膏法，反应原理为：
D．有还原性，因此不能用浓硫酸干燥
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A：SO2中心 S 原子 价层电子对数为2+=3， （计算方式：成键电子对 2 + 孤电子对 1），价层电子对互斥模型应为平面三角形，而题目中模型与之不符，A错误；
B、能使品红溶液褪色的气体不止 SO2（如某些强氧化性气体也可能有此效果），仅通过品红褪色不能确定气体一定是 SO2，检验需结合褪色后加热恢复红色等后续操作，B错误；
C、工业石灰石 - 石膏法脱硫中，CaCO3、SO2与 O2在加热条件下反应生成 CaSO4和 CO2，反应方程式为 ，C正确；
D、SO2中 S 为 +4 价，浓硫酸中 S 为 +6 价，二者无中间价态，不会发生归中反应，因此 SO2可用浓硫酸干燥，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过计算中心原子价层电子对数（成键电子对 + 孤电子对）判断模型形状。
B．能使品红褪色的气体不止 SO2，需结合后续特征（如加热复色）确认。
C．明确石灰石 - 石膏法脱硫的反应物（CaCO3、SO2、O2）和产物（CaSO4、CO2），结合氧化还原配平反应。
D．判断 SO2与浓硫酸是否发生氧化还原反应（无中间价态则不反应，可干燥）。
7．（2025·浙江模拟）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．甲醛具有较强的还原性，可用于消毒和制作生物标本
B．硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，故可作制作豆腐的凝固剂
C．常温下铁与浓硫酸发生钝化，故可用钢瓶储存运输浓硫酸
D．碳纳米管的比表面积大，有优良的电学性能，故可用于生产电池和传感器等
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；甲醛；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、甲醛用于消毒、制作生物标本，是因为其醛基能与蛋白质发生反应，使蛋白质变性或交联，而非因为还原性，性质与用途的逻辑不匹配，故A符合题意 ；
B、硫酸钙溶解后提供的钙离子可与豆浆中的大豆蛋白结合，使蛋白质聚沉，这一性质直接说明其可作为豆腐凝固剂，故B不符合题意 ；
C、常温下铁与浓硫酸发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止进一步反应，这一性质直接支撑了钢瓶可储存运输浓硫酸的用途，故C不符合题意 ；
D、碳纳米管比表面积大且电学性能优良，这些结构和性质使其适合用于生产电池（作电极）和传感器等，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．核心看物质的 “关键性质” 是否直接对应用途，而非无关性质（如甲醛用在消毒 / 标本，靠的是蛋白质变性，不是还原性）。
B．明确物质发挥作用时的核心反应（如硫酸钙作凝固剂是让蛋白质聚沉）。
C．常温下铁遇浓硫酸的钝化现象（形成致密氧化膜），是其可储存运输的关键依据。
D．物质的特殊结构（如碳纳米管大比表面积、优良电学性能）直接支撑对应功能（电池、传感器）。
8．（2025·浙江模拟）下列方程式正确的是
A．氯化铝溶液中加过量氨水：
B．小苏打溶液与溶液混合：
C．甲醛与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应：
D．少量气体通入苯酚钠溶液中：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；镁、铝的重要化合物；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、氯化铝与过量氨水反应，生成氢氧化铝沉淀（氢氧化铝不溶于过量氨水），离子方程式，A错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）与 FeCl3溶液混合，发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳， 离子方程式为：，该反应的离子方程式符合双水解的规律，B正确；
C、甲醛与足量新制氢氧化铜悬浊液反应，在碱性条件下最终生成碳酸根离子、氧化亚铜沉淀和水， 反应的化学方程式为：HCHO+4Cu(OH)2 +2NaOHNa2 CO3 +2Cu2 O↓+6H2 O，C错误；
D、少量 CO2通入苯酚钠溶液中，生成苯酚和碳酸氢钠（因苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根）， 离子方程式为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．关注物质特性（如 Al(OH)3不溶于弱碱氨水），避免因反应物过量误判产物。
B．识别双水解反应（如 HCO3-与 Fe3+的相互促进水解），明确此类反应的产物规律。
C．分析甲醛与新制 Cu(OH)2的反应时，需考虑碱性环境对产物（碳酸根）的影响。
D．依据 “强酸制弱酸”，结合碳酸、苯酚、碳酸氢根的酸性顺序，判断 CO2与苯酚钠反应的产物为碳酸氢根。
9．（2025·浙江模拟）滴滴涕(DDT)是一种有机氯杀虫剂。下列说法不正确的是
A．DDT、DDD中各有1个手性碳
B．可用溴水鉴别DDT和DDE
C．DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为
D．DDT转化为DDE属于消去反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的鉴别；有机物的结构和性质；卤代烃简介
【解析】【解答】A、手性碳的核心是 “四价连接基团完全不同”。观察 DDT 和 DDD 的分子结构，所有碳原子均存在重复连接的原子或基团（如多个氯原子、相同的烃基片段），不存在任何一个连有四种不同原子 / 基团的碳原子，故二者均不含手性碳，A错误；
B、鉴别两种有机物的关键是找到官能团差异 ——DDE 分子中含碳碳双键，而 DDT 分子中无碳碳双键。碳碳双键能与溴水发生加成反应使溴水褪色，DDT 因无此官能团无法使溴水褪色，因此溴水可作为鉴别二者的试剂，B正确；
C、DDT 分子中含 5 个氯原子，卤代烃与 NaOH 水溶液反应时，每个氯原子水解会消耗 1 mol NaOH；同时，水解生成的酚羟基具有酸性，会进一步与 NaOH 发生中和反应。 方程式为：，则DDT与溶液完全反应，最多消耗的物质的量为，C正确；
D、对比 DDT 与 DDE 的结构可知，DDT 转化为 DDE 的过程中，分子内脱去了 2 分子 HCl，同时形成了 1 个碳碳双键。这一变化完全契合消去反应 “从饱和化合物中脱去小分子、形成不饱和键” 的定义，属于消去反应，D正确；
故答案为：A。【分析】A．紧扣 “连有四种不同原子或基团的碳原子” 这一本质，排除不符合结构要求的物质；
B．利用官能团的特有反应（如碳碳双键与溴水的加成反应），区分无对应官能团的物质；
C．明确卤代烃水解时，卤素原子取代消耗 NaOH 的量，以及水解产物（如酚羟基）额外消耗 NaOH 的情况；
D．依据 “消去反应生成不饱和键、脱去小分子” 的关键特征，匹配反应前后物质结构变化。
10．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．图1可用于测定醋酸浓度
B．图2可用于乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯
C．图3可用于制备
D．图4可用于制备含NaClO的消毒液
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的实验室制法；中和滴定；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、用 NaOH 溶液测定醋酸浓度时，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；醋酸与 NaOH 反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂（甲基橙在碱性条件下变色不灵敏），因此图 1 装置不符合实验要求，A错误；
B、乙醇在浓硫酸作用下加热到 170℃制备乙烯时，温度计需插入液面以下（以准确测量反应液的温度），而图 2 中温度计未插入液面以下，无法控制反应温度，B错误；
C、浓氨水与碱石灰混合可释放 NH3（碱石灰吸水且放热，促进 NH3挥发）；球形干燥管中的碱石灰可干燥 NH3（NH3是碱性气体，碱石灰不与其反应）；NH3密度比空气小，可用向下排空气法收集，因此图 3 装置可用于制备 NH3，C正确；
D、图 4 为电解饱和食盐水装置，与电源正极相连的石墨为阳极，Cl-在阳极放电生成 Cl2；与电源负极相连的铁为阴极，H+放电生成 H2和 NaOH。由于 Cl2在阳极区，NaOH 在阴极区，二者无法充分接触反应，不能制备含 NaClO 的消毒液（NaClO 需 Cl2与 NaOH 在同一区域反应生成），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．滴定实验：强碱（NaOH）用碱式滴定管，碱性滴定终点选酚酞作指示剂。
B．乙烯制备：温度计需插入反应液液面下，精准控制 170℃反应温度。
C．氨气制备：碱石灰兼具吸水和放热作用，氨气用向下排空气法收集，干燥选碱性干燥剂。
D．电解制备消毒液：需保证阳极生成的 Cl2与阴极生成的 NaOH 充分接触反应。
11．（2025·浙江模拟）下列说法不正确的是
A．，加水稀释，增大
B．，压缩容器体积，平衡向逆方向移动，气体颜色变浅
C．，该反应在高温条件下更易自发进行
D．，增大反应物浓度，单位体积内活化分子总数增大
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、对于放热反应 ，加水稀释时，主平衡正向移动以减弱浓度降低的影响，同时生成的 HClO 会发生电离平衡 。由于 Cl-仅来自主反应，而 HClO 会进一步电离消耗，导致稀释后 Cl-浓度下降幅度小于 HClO 浓度下降幅度，因此 比值增大，A正确；
B、吸热反应 的正反应是气体分子数增多的反应。压缩容器体积时，压强瞬间增大，平衡虽会逆向移动以减弱压强变化，但 “体积减小” 对浓度的影响是直接且主导的 ——NO2的浓度因体积骤减而急剧增大，气体颜色会明显变深（逆向移动仅能部分抵消浓度增大的趋势，无法改变颜色加深的结果），B错误；
C、反应 的 ΔH > 0（吸热）、ΔS > 0（固体参与反应生成 2 种气体，熵值显著增大）。根据 ΔH - TΔS 判据：低温时，ΔH 的正值主导，ΔH - TΔS 可能大于 0（非自发）；高温时，TΔS 的正值逐渐占据主导，更易满足 ΔH - TΔS < 0，因此反应在高温下更易自发进行，C正确；
D、增大反应物浓度时，体系中分子总数增多，而活化分子的比例（百分数）由温度、催化剂等因素决定，与浓度无关，因此单位体积内的活化分子总数会随浓度增大而增多，有效碰撞频率提升，反应速率加快，D正确；
故答案为：B。【分析】A．不局限于 “勒夏特列原理” 的简单应用，需结合浓度变化的比例关系、多平衡（如主反应 + 电离平衡）叠加影响，判断比值变化；
B．压缩体积时，平衡移动的 “减弱” 作用与浓度直接增大的 “主导” 作用需区分，明确颜色变化由浓度决定。
C．紧扣 “ΔH - TΔS < 0” 核心判据，同时明确 ΔH（焓变）和 ΔS（熵变）的正负对温度依赖性的影响；
D．反应速率的快慢取决于 “单位体积内活化分子总数” 而非 “活化分子百分数”。
12．（2025·浙江模拟）我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示：下列说法不正确的是
A．该离子交换膜为阳离子交换膜
B．b极发生的电极反应为
C．理论上每转移电子，分解H2S气体22.4 L(标况)
D．能量转化方式主要为光能→电能→化学能
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由电子流向可知，a 极为正极（H+得电子生成 H2），b 极为负极（I-失电子生成 I3-）。H+从 b 极区通过离子交换膜向 a 极区移动，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；
B、b 极上 I-失电子生成 I3-，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式书写合理，B正确；
C、H2S 转化为 S 时，S 元素化合价从 - 2 升至 0，每 mol H2S 反应失去 2 mol 电子。因此，每转移 1 mol 电子，分解的 H2S 为 0.5 mol，标况下体积为11.2 L（而非 22.4 L），C错误；
D、装置中光能先转化为电能（光电催化），再通过电极反应转化为化学能（H2和 S 的生成），能量转化形式为光能→电能→化学能，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合装置图示与电子转移方向分析：a 极上 H+得电子生成 H2，发生还原反应，故 a 极为正极；b 极上 I-失电子生成 I3-，发生氧化反应，故 b 极为负极。H+从 b 极区经离子交换膜向 a 极区移动，可判断该离子交换膜为阳离子交换膜。基于电极极性、离子移动及物质转化，进一步分析各选项。
13．（2025·浙江模拟）嫦娥石的一种伴生矿物为方石英，其晶胞结构如图所示：下列说法不正确的是
A．晶体类型为共价晶体 B．该物质的化学式为
C．键角 D．该物质的熔点比金刚石低
【答案】C
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶胞的计算
【解析】【解答】A、方石英中 Si 原子与 O 原子通过共价键形成立体网状结构，符合共价晶体特征，A正确；
B、用均摊法计算：Si 原子在顶点（8×=1）、面心（6×=3）、体内（4 个），共 8 个；O 原子在体内共 16 个，Si、O 原子个数比 1：2，化学式为 SiO2，B正确；
C、O 原子形成 2 个 σ 键，含 2 个孤电子对，价层电子对数 4，杂化方式为 sp3，sp3 杂化键角约 109°28'，故∠AED≠180°，C错误；
D、方石英与金刚石均为共价晶体，Si-O 键长大于 C-C 键，键能更小，因此方石英熔点比金刚石低，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．依据 “原子通过共价键形成立体网状结构” 这一共价晶体核心特征。
B．运用 “均摊法”，明确顶点、面心、体内原子的贡献比例，精准推导原子个数比。
C．通过 “σ 键数 + 孤电子对数” 确定杂化类型（如 sp3），再结合杂化轨道空间构型（正四面体）判断键角是否符合。
D．抓住 “键长越长，键能越小，熔点越低” 的规律，对比 Si - O 键与 C - C 键的键长和键能。
14．（2025·浙江模拟）肉桂酸(3—苯基丙烯酸)是一种天然有机物，其与水加成引入羟基的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A．肉桂酸分子中所有原子可能共平面
B．H+为该反应的催化剂
C．步骤Ⅰ形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关
D．与水加成得到的产物可以发生氧化、加成、取代、加聚等反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、肉桂酸（ ）中碳原子均为 sp2 杂化，苯环、碳碳双键、羧基的平面可通过单键旋转重合，因此分子中所有原子可能共平面，A正确；
B、H+在反应中先参与反应被消耗，后又生成，符合 “催化剂参与反应且最终再生” 的特征，因此 H+是该反应的催化剂，B正确；
C、羧基是吸电子基团，使碳碳双键中与羧基相连的碳电子云密度变化，利于 H+进攻形成碳正离子，因此步骤 Ⅰ 形成的碳正离子与羧基的吸电子效应有关，C正确；
D、与水加成的产物（ ）含羟基、羧基，可发生氧化（羟基的氧化）、加成（苯环的加成）、取代（羟基、羧基的取代）反应，但因无碳碳双键等不饱和键，不能发生加聚反应，D错误；
故答案为：D。【分析】A．原子共面判断：依据 sp2 杂化原子的平面性及单键可旋转的特点，分析各平面是否能重合。
B．催化剂判断：抓住 “参与反应后又再生” 的核心特征，判断 H+的作用。
C．考查碳正离子形成：结合羧基的吸电子效应，分析其对碳碳双键电子云密度的影响。
D．考查反应类型判断：根据产物官能团（羟基、羧基），排除含加聚反应的选项。
15．（2025·浙江模拟），饱和溶液中，，，。下列描述不正确的是
A．
B．向溶液中滴入几滴酚酞试剂(变色范围：8.2-10.0)，溶液呈粉红色
C．溶液中：
D．向悬浊液中加入足量增大
【答案】B
【知识点】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、CaSO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：。
已知饱和溶液中，由于溶解时和的物质的量之比为1：1，因此。根据溶度积的定义：，A正确；
B、溶液中，分步水解显碱性，主要由第一步水解决定： 。水解平衡常数。
设，则（因水解程度小，），代入得：，解得。则，，小于酚酞的变色范围（8.2~10.0），因此滴加酚酞溶液呈无色，B错误；
C、对于的电离，有，，两式相乘得。又因，则，代入上式可得：
。结合的电离常数（，）和，可推导出，C正确；
D、已知，，显然。
悬浊液中，而饱和溶液中，前者远小于后者。向悬浊液中加入足量，会溶解并电离出，使溶液中增大，D正确；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需结合溶度积计算、盐类水解的 pH 判断、电离平衡与水解平衡的竞争、沉淀转化的溶度积比较等知识点，逐一深入分析选项：
A．利用饱和溶液中离子浓度的乘积，直接根据计算。
B．通过水解平衡常数推导浓度，进而计算pH，与酚酞变色范围对比。
C．结合、和，推导与的大小关系。
D．依据大小，判断加入后浓度的变化。
16．（2025·浙江模拟）“复方氯乙烷气雾剂”为氯乙烷的有机溶液，测定其中氯乙烷含量的步骤如下：
下列说法不正确的是
A．步骤①，量取试样时不能用碱式滴定管
B．步骤①，将NaOH水溶液改成NaOH乙醇溶液不会影响氯乙烷百分含量的测定
C．步骤②，若加入的稀硝酸不足，则会使氯乙烷百分含量测定结果偏低
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使氯乙烷百分含量测定结果更准确
【答案】C
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、试样为氯乙烷的有机溶液，氯乙烷会腐蚀碱式滴定管的橡胶管（有机试剂与橡胶发生溶胀反应），因此量取时不能使用碱式滴定管，A正确；
B、氯乙烷在 NaOH 水溶液中水解生成 NaCl，在 NaOH 乙醇溶液中消去也生成 NaCl，两种反应均使 Cl-完全释放且计量比为 1：1，因此更换试剂不影响氯乙烷含量的测定，B正确；
C、若稀硝酸不足，残留的 NaOH 会与 AgNO3反应：NaOH+AgNO3=AgOH↓+NaNO3，AgOH 易分解为 Ag2O（棕黑色沉淀），导致最终称量的固体（AgCl+Ag2O）质量偏多。根据 Cl-与 AgCl 的计量关系，会错误地认为 Cl-含量偏高，从而使氯乙烷百分含量测定结果偏高（而非偏低），C错误；
D、水洗可去除 AgCl 表面的可溶性杂质（如 NaNO3等），乙醇洗可去除沉淀表面的水分（减少 AgCl 因溶解导致的损失），两步洗涤协同作用使沉淀质量的测定更准确，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确氯乙烷（有机试剂）对碱式滴定管橡胶部件的腐蚀性，排除不适配仪器。
B．判断卤代烃水解与消去反应的共同产物（NaCl），确定试剂更换不影响 Cl-计量。
C．聚焦稀硝酸不足时，NaOH 与 AgNO3的副反应（生成 AgOH 及分解产物 Ag2O）对沉淀质量的增重影响，推导结果偏高的逻辑。
D．区分水洗（除可溶性杂质）与乙醇洗（除水分、减少沉淀溶解损失）的不同作用，明确洗涤对结果准确性的保障。
17．（2025·浙江模拟）第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答：
（1）尿素分子与形成配合物，下列说法不正确的是_______。
A．基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5
B．元素中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O
C．尿素中N原子的配位能力强于中的N原子的配位能力
D．八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是N
（2）的氧化性大于，请从结构的角度解释　 　．
（3）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。
已知：相邻原子间的最近距离之比，则　 　；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为　 　。
（4）以主要成分为的铁钴矿(杂质为、)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示：
已知：“焙烧”后，Fe、Co元素完全转化为单质。回答下列问题：
①下列说法不正确的是　 　
A.气体中含有等气体
B.为了加快酸浸步骤的反应速率，可以将稀硫酸改为浓硫酸
C.“调”时反应的离子方程式为：
D.该工艺条件下，可推知还原性：
②酸浸后滤液中的阳离子有：　 　。
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为　 　，完全转化为的操作是　 　。
【答案】（1）C；D
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子。
（3）3：1：1；12
（4）B；Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；；加热固体至恒重
【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；晶胞的计算；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5，A正确；
B．同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：CC．因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于中的N原子的配位能力，C错误；
D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；
故答案为：CD。
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则的氧化性大于。
故答案为： 两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子；
（3）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。
故答案为： 3：1：1 ；12；
（4）①A．由分析可知，气体中含有等气体，A正确；
B．Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改为浓硫酸，B错误；
C．“调”时和、、反应生成黄钠铁矾，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：
D．由分析可知，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，被氧化为，而没有被氧化，说明还原性：，D正确；
故选B；
②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，NaClO将氧化为，将转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；受热分解可以得到，完全转化为的操作是加热固体至恒重。
故答案为： B ； Mg2+、Fe2+、Co2+、H+ ； ； 加热固体至恒重 ；
【分析】 铁钴矿（主要成分为 FeCo2S4，杂质含 MgO、SiO2） ，向矿中加入焦炭并通入空气焙烧，Fe、Co 元素被还原为单质；C 元素转化为 CO、CO2；S 元素被氧化为 SO2；再加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含 Fe2+、Co2+、Mg2+，滤渣为不溶于酸的 SiO2；然后向滤液中加 NaClO，将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加 Na2CO3调节 pH，生成黄钠铁矾 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12] 沉淀并过滤除去，接着向滤液中加 NaF，使 Mg2+转化为 MgF2沉淀并过滤除去，最后向滤液中加 NaClO 和 Na2CO3，将 Co2+氧化为 Co3+，进而转化为 Co(OH)3沉淀；最后焙烧 Co(OH)3得到 Co2O3。
（1）A．基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态原子与基态离子未成对电子数之比为4：5，A正确；
B．同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：CC．因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于中的N原子的配位能力，C错误；
D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；
故选CD。
（2）两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则的氧化性大于。
（3）设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。
（4）①A．由分析可知，气体中含有等气体，A正确；
B．Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改为浓硫酸，B错误；
C．“调”时和、、反应生成黄钠铁矾，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：
D．由分析可知，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，被氧化为，而没有被氧化，说明还原性：，D正确；
故选B；
②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；
③“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，NaClO将氧化为，将转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；受热分解可以得到，完全转化为的操作是加热固体至恒重。
18．（2025·浙江模拟）油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有，需要回收处理并加以利用。查阅文献知，对的处理有多种方法。
（1）克劳斯工艺。已知反应：
反应I：
反应II：
①反应III：　 　
②某温度下，不同的浓度比对的转化率的影响如图1所示。一定温度下，当，的转化率随混合气流速的变化曲线如图2所示。
下列说法正确的是　 　
A.若浓度比过高，的转化率会降低
B.若浓度比过低，在较高温度下可能会生成，降低硫的产率
C.结合实际工业生产效益(时间成本、效率成本)分析，混合气流速适宜范围是
D.流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足
③可以用作脱除的催化剂，吸附过程如图所示：
图甲和图乙两种吸附方式中，图乙比图甲的吸附能力强，请从结构角度分析其原因：　 　。
（2）MDEA脱硫法：MDEA吸收的原理为：
①用MDEA吸收，得到的MDEA溶液和的的混合溶液，298K时该混合溶液的pH=　 　(已知：298K时，电离常数，)
②工业上通常用通入水蒸气的方式实现的混合溶液向和的转化，从平衡角度解释通入水蒸气的作用　 　
③利用如图装置也可以实现的混合溶液向和的转化，该电解池阳极区的反应方程式为　 　。
【答案】（1）-314；ABD；硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强
（2）10；反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由盖斯定律可知反应III；
②A．由图1可知，浓度比过高，的转化率会降低，A正确；
B．若浓度比过低，较高温度下S2可能会与氧气生成，降低硫的产率，B正确；
C．气流速若为，时间成本较高，混合气流速适宜范围是， C错误；
D．流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；
故答案选ABD。
③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
故答案为： -314 ； ABD ； 硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强 ；
（2）
故，298 K时，故，故。
②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。
③的混合溶液中在阳极转化为，通过阳离子交换膜到阴极区生成，故阳极区的电极方程式为：。
故答案为：10； 反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动 ； 。
【分析】(1)①运用盖斯定律，将反应 Ⅰ 和反应 Ⅱ 按比例叠加，计算反应 Ⅲ 的 ΔH。
②结合图 1 分析浓度比对 H2S 转化率的影响；结合反应原理分析浓度比过低时的副反应；结合图 2 和工业效益分析混合气流速范围；分析流速过高时的接触时间对转化率的影响。
③从微粒电性角度，分析 H2S 中原子与 Al2O3中原子的电性作用，对比图甲、图乙的吸附方式差异。
(2)①利用电离平衡常数公式，结合已知浓度计算 c (OH-)，再通过水的离子积计算 c (H+)，进而得到 pH。
②从平衡移动角度，分析温度（放热反应）和 H2S 溶解度对反应
R2NCH3(aq)+H2S(aq) R2NCH3H+(aq)+HS-(aq) 的影响。
③明确电解池阳极的氧化反应，结合 HS-的转化产物，写出阳极区的电极反应方程式。
（1）①由盖斯定律可知反应III；
②A．由图1可知，浓度比过高，的转化率会降低，A正确；
B．若浓度比过低，较高温度下S2可能会与氧气生成，降低硫的产率，B正确；
C．气流速若为，时间成本较高，混合气流速适宜范围是， C错误；
D．流速大于时，转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；
故答案选ABD。
③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。
（2）故，298 K时，故，故。
②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。
③的混合溶液中在阳极转化为，通过阳离子交换膜到阴极区生成，故阳极区的电极方程式为：。
19．（2025·浙江模拟）亚硝酰氯(NOCl，熔点为，沸点为)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：。可由与在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
制备NOCl步骤如下：
①排Ａ、Ｂ中的空气：先打开_______，关闭_______，打开Ａ中分液漏斗活塞。滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后关闭，可观察到B中(现象1)，停止滴加稀硝酸。
②通反应气体：打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内(现象2)时，再通入。
（1）长颈漏斗a的作用是　 　。
（2）写出干燥管b内所放试剂的名称　 　(填1种)。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭
B．现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，现象2是充满黄绿色气体
C．C装置中冰盐水的作用主要是降低反应速率
D．因实验在通风橱内进行，、处均不需要尾气处理
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是　 　。
（5）NOCl纯度的测定：采用银量法测定产品中Cl含量以确定纯度
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤　 　：
滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的。
已知：常温下，，，，，。
称量C中所得液体溶于水，转移至容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管涂凡士林、检漏、水洗→(_______)→装液→(_______)→调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→(_______)→向其中加入少量硝基苯→(_______)→用标准溶液滴定→(_______)→读数
a.滴加指示剂溶液
b.润洗，从滴定管下口放出液体
c.滴加指示剂硫酸铁铵溶液
d.润洗，从滴定管上口倒出液体
e．准确移取标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至沉淀变为砖红色
g．滴定至溶液呈浅红色
h．右手将滴定管倾斜左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。
i．将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，使溶液从尖嘴流出，即可赶出气泡
②硝基苯的作用是　 　；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，NOCl的纯度为　 　。
【答案】（1）平衡压强，避免C中压强过大
（2）氯化钙、五氧化二磷、硅胶
（3）C；D
（4）抽气(或通干燥氮气)
（5）bhecg；使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；73.36%或73.4%
【知识点】中和滴定；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）长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。
故答案为： 平衡压强，避免C中压强过大 ；
（2）干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。
故答案为： 氯化钙、五氧化二磷、硅胶 ；
（3）A．由分析可知，步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭，A正确；
B．由分析可知，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；
C．亚硝酰氯的沸点为，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；
D．NO和NO2都是有毒气体，、处均需要尾气处理，D错误；
故答案为： CD。
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。
故答案为： 抽气(或通干燥氮气) ；
（5）①滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作指示剂，当标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；
②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028mol，NOCl的纯度为。
故答案为： bhecg ； 使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN ； 73.36%或73.4% ；
【分析】本实验旨在制备易与水反应的 NOCl，因此整个制备过程需严格保持干燥环境。装置 A 中，铜与稀硝酸反应生成 NO；装置 B 对 NO 进行干燥处理后，将其导入装置 D；装置 D 中，干燥纯净的氯气与 NO 在冰盐水浴条件下反应生成 NOCl，同时装置 D 还能防止空气中的水蒸气进入，避免 NOCl 水解；实验操作时，先打开 K1、K2，关闭 K3，滴加稀硝酸产生 NO，利用 NO 将装置内的空气排尽（因 NO 易被氧气氧化为 NO2，当观察到装置 B 中红棕色的 NO2完全消失时，说明空气已排尽，装置内充满 NO）；随后关闭 K1、K2，向装置 C 三颈瓶中通入干燥纯净的 Cl2，待瓶内充满黄绿色的 Cl2后，打开 K1、K3，即可进行 NOCl 的制备。
(1)分析长颈漏斗在装置中平衡压强的作用。
(2)根据干燥管的作用，选择能干燥空气的固态干燥剂（如氯化钙、五氧化二磷、硅胶）。
(3)结合实验操作流程、装置作用（冰盐水防止 NOCl 气化）、尾气毒性，判断选项正误。
(4)通过抽气或通干燥氮气，排出装置内的 NO 以减少其在产品中的含量。
(5)①依据银量法滴定步骤，按 “润洗→排气泡→加试剂→加指示剂→滴定终点判断” 的逻辑选择操作。
②明确硝基苯覆盖 AgCl 沉淀，防止其转化为 AgSCN 的作用。
③利用滴定数据，结合 NOCl 与 Cl-的计量关系，通过化学计算得出纯度。
（1）长颈漏斗a的作用是平衡压强，避免C中压强过大。
（2）干燥管b的作用是干燥空气，防止空气中水蒸气进入C装置，所放试剂的名称为氯化钙、五氧化二磷、硅胶等。
（3）A．由分析可知，步骤①中排A、B中的空气：先打开、，关闭，A正确；
B．由分析可知，滴入适量稀硝酸，B中出现红棕色，待红棕色消失后，B和C中充满NO，NO不溶于水，则现象1为锥形瓶中的液面下降，长颈漏斗中的液面上升，打开F中分液漏斗的活塞，当C中三颈烧瓶内充满氯气，再通入NO，现象2是充满黄绿色气体，B正确；
C．亚硝酰氯的沸点为，C装置中冰盐水的作用主要是避免NOCl气化，C错误；
D．NO和NO2都是有毒气体，、处均需要尾气处理，D错误；
故选CD。
（4）装置C，反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的NO含量，可采用的方法是：抽气(或通干燥氮气)将NO排出装置。
（5）①滴定原理为：先用过量标准溶液沉淀，再以标准溶液回滴剩余的，用溶液作指示剂，当标准溶过量时，溶液呈浅红色，则补全测定步骤为：润洗，从滴定管下口放出液体、右手将滴定管倾斜30℃左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴、准确移取标准溶液加入锥形瓶、滴加指示剂硫酸铁铵溶液、滴定至溶液呈浅红色，故答案为：bhecg；
②由于AgSCN的溶度积小于AgCl，AgCl可能转化为AgSCN，硝基苯的作用是使AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN；
③重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为，过量的n(Ag+)=0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，则于Cl-发生反应的n(Ag+)=0.025L×0.2mol/L-0.0022mol=0.0028mol，NOCl的纯度为。
20．（2025·浙江模拟）氧氟沙星是一种人工合成、广谱抗菌的氟喹诺酮类药物，主要用于革兰阴性菌所致的呼吸道、咽喉、中耳、鼻窦、肠道等部位的急、慢性感染，其一种合成路线如下。
已知：①
②
请回答：
（1）A中含氧官能团的名称为　 　；E和F反应的目的是　 　。
（2）推断H的结构简式　 　。
（3）下列说法正确的是_______
A．化合物A酸化后水溶性增强
B．化合物A→C反应同时生成二甲胺
C．化合物F中中心原子B的杂化方式为杂化
D．化合物E的分子式为
（4）写出化合物C→D的化学反应方程式　 　。
（5）E→氧氟沙星()的反应过程中会生成分子式为的副产物，写出一种可能的副产物的结构简式　 　。
（6）合成化合物B的过程中会生成一种中间产物，以甲醇、乙醇为原料，设计M的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】（1）醚键；保护E中羧基；
（2）
（3）A；B
（4）+CH3CH2OH
（5）或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为醚键。EF过程中羧基转化为-COOB-，G氧氟沙星过程中羧基又产生了，说明E和F反应的目的是保护E中羧基。
故答案为： 醚键 ； 保护E中羧基；
（2）G和H发生已知信息①的反应原理得到氧氟沙星，由G和氧氟沙星的结构简式可以推知H为。
故答案为： ；
（3）A．化合物A中含有氨基，酸化后可以得到，极性增大，水是极性分子，根据相似相溶原理，水溶性增强，A正确；
B．A和(CH3)2NCH=C(COOC2H5)2发生取代反应生成C，同时生成(CH3)2NH（二甲胺），B正确；
C．化合物F中中心原子B形成3个键，且不含孤电子对，杂化方式为杂化，C错误；
D．由化合物E的结构简式可知，且分子式为，D错误；
故答案为：AB。
（4）CD的过程中，1个酯基先发生水解得到羧基，羧基再发生取代反应生成D，该反应中还有乙醇生成，化学方程式为：+CH3CH2OH。
故答案为：+CH3CH2OH
（5）E中含有2个F原子和1个羧基，其中1个羧基和1个F原子和发生取代反应即可得到分子式为的副产物：或。
故答案为：或 ；
（6）甲醇发生催化氧化反应生成甲醛，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，甲醛和乙醛发生已知信息②的机理得到HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO和NH3发生取代反应生成H2NCH2CH2CHO，H2NCH2CH2CHO和甲醇发生取代反应生成(CH3)2NCH2CH2CHO，(CH3)2NCH2CH2CHO发生氧化反应生成(CH3)2NCH2CH2COOH，合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】A 与 (CH3)2NCH=C (COOC2H5)2的反应，通过官能团变化（A 中活性基团取代不饱和结构上的对应基团），判定为取代反应，直接推导中间产物 C 的结构框架；D 到 E 的转化明确标注 “碱性水解 + 酸化”，核心是酯基（-COOC2H5）水解生成羧基（-COOH），结合 C 的结构逆向反推D为，G 与 H 生成氧氟沙星的反应给出明确原理，聚焦氧氟沙星分子中含有的六元含氮杂环结构，反向拆解出 H 需提供的环系片段，确定 H 的结构为
中间产物推导链：以 C→D→E→G 的官能团转化为主线，每一步均围绕 “前体官能团反应特性→产物官能团生成规律”，逐步完善各物质的结构细节，确保推导连贯。据此解题。
（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称为醚键。EF过程中羧基转化为-COOB-，G氧氟沙星过程中羧基又产生了，说明E和F反应的目的是保护E中羧基。
（2）G和H发生已知信息①的反应原理得到氧氟沙星，由G和氧氟沙星的结构简式可以推知H为。
（3）A．化合物A中含有氨基，酸化后可以得到，极性增大，水是极性分子，根据相似相溶原理，水溶性增强，A正确；
B．A和(CH3)2NCH=C(COOC2H5)2发生取代反应生成C，同时生成(CH3)2NH（二甲胺），B正确；
C．化合物F中中心原子B形成3个键，且不含孤电子对，杂化方式为杂化，C错误；
D．由化合物E的结构简式可知，且分子式为，D错误；
故选AB。
（4）CD的过程中，1个酯基先发生水解得到羧基，羧基再发生取代反应生成D，该反应中还有乙醇生成，化学方程式为：+CH3CH2OH。
（5）E中含有2个F原子和1个羧基，其中1个羧基和1个F原子和发生取代反应即可得到分子式为的副产物：或。
（6）甲醇发生催化氧化反应生成甲醛，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，甲醛和乙醛发生已知信息②的机理得到HOCH2CH2CHO，HOCH2CH2CHO和NH3发生取代反应生成H2NCH2CH2CHO，H2NCH2CH2CHO和甲醇发生取代反应生成(CH3)2NCH2CH2CHO，(CH3)2NCH2CH2CHO发生氧化反应生成(CH3)2NCH2CH2COOH，合成路线为：。
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