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浙江省桐乡市2025届高三下学期5月模拟测试 化学试题
1．（2025·桐乡市模拟）下列属于非极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025·桐乡市模拟）下列化学用语表示正确的是
A．的电子式：
B．的价层电子排布式：
C．的VSEPR模型：
D．的晶胞：
3．（2025·桐乡市模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，医疗上可用于“钡餐”
B．是一种红棕色粉末，可用作红色颜料
C．维C具有还原性，常用作食品中的防腐剂
D．聚丙烯酸钠具有大量亲水基团，是一种高吸水性树脂
4．（2025·桐乡市模拟）有关下列实验的说法正确的是
A．图甲可用于实验室制取氨气
B．图乙可用于硫代硫酸钠与酸反应速率的测定
C．图丙为滴定法测定试样中草酸的含量
D．图丁可用于中和反应反应热的测定
5．（2025·桐乡市模拟）高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法为：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．是还原剂，是还原产物
B．生成，转移电子的数目为
C．作消毒剂，是因为与水反应后生成了胶体
D．由反应知，该条件下氧化性：
6．（2025·桐乡市模拟）结构决定物质的性质，下列实例与解释关系说法不正确的是
　 实例 解释
A 向悬浊液中滴加足量浓氨水形成深蓝色溶液 与的作用力强于与的作用力
B 石墨可制成导电材料 石墨中的碳原子未杂化的p轨道相互平行重叠使得p轨道中的电子可在整个碳原子平面运动
C 乙二醇用于生产汽车防冻液 乙二醇与水混合显著降低水的凝固点
D 盐卤可用于豆腐的制作 盐卤使豆浆中的蛋白质聚沉
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·桐乡市模拟）下列离子方程式不正确的是
A．铝与过量的溶液反应：
B．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：
C．在溶液中加热：
D．溶液中通入少量
8．（2025·桐乡市模拟）下列有关H、C、N、O等元素及其化合物说法正确的是
A．第一电离能：C>N>O>H
B．化合物极性：
C．酸性：
D．H、C、N、O形成的化合物中一定只含共价键
9．（2025·桐乡市模拟）某实验小组提纯苯甲酸(含有少量和泥沙)的实验流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ中趁热过滤的目的是除去泥沙且减少苯甲酸的析出损失
C．操作Ⅲ中系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．用标准溶液滴定苯甲酸待测液，可以选择甲基橙作指示剂
10．（2025·桐乡市模拟）下列说法正确的是
A．能使酸性高锰酸钾褪色说明其含有碳碳双键
B．用新制的氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能够鉴别甲苯、三氯甲烷、乙醛和乙醇
C．在阿司匹林()中加入稀硫酸、水解后，再直接滴加溶液可检验酚羟基
D．用浓溴水能够除去苯中混有的少量苯酚
11．（2025·桐乡市模拟）下列说法不正确的是
A．高温有利于反应的自发进行
B．对有气体参加的化学反应，缩小体积，单位体积内活化分子数增多但活化分子百分数不变
C．为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水，红棕色加深；说明正反应活化能小于逆反应活化能
D．工业合成氨反应：，其他条件不变，增大投料比可提高的平衡转化率
12．（2025·桐乡市模拟）盐酸羟胺可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，装置、正极反应机理如图所示。
下列有关说法不正确的是
A．该电池的总反应为：
B．上述反应中的X、Y分别为
C．Pt电极上的反应：
D．制取，有通过交换膜
13．（2025·桐乡市模拟）由O、F、I组成化学式为的化合物，其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中白球“〇”代表F原子
B．该化合物在固态时所属晶体类型为共价晶体
C．该化合物中Ⅰ原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
14．（2025·桐乡市模拟）卤代烃(以三甲基溴丁烷水解为例)在碱性条件下的水解机理如下(已知水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易)：下列说法正确的是
A．在碱性条件下的水解速率由第Ⅱ步决定
B．水解过程中碳原子的杂化方式不变
C．稳定性：
D．水解速率：
15．（2025·桐乡市模拟）将过量粉末置于水中达到平衡：。
已知：，的电离常数，
下列有关说法不正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒主要为
C．要实现向的转化，需加入溶液的
D．
16．（2025·桐乡市模拟）实验中的银镜可以采用以下方式进行清洗：
已知：和氧化性几乎相同；在水溶液中无色
下列说法不正确的是
A．步骤1中使用的是为了增大，加快与Ag的反应速率
B．步骤1中Ag并未全部反应，可能被包裹在步骤2的黄色固体中
C．取试管③洗涤后的上层清液，滴加溶液可检验步骤2是否洗涤干净
D．步骤3中黄色固体转化为无色溶液的离子方程式为
17．（2025·桐乡市模拟）钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：
（1）关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子
B．的离子半径小于的离子半径
C．电子排布为的处于基态
D．Co的第三电离能大于第二电离能
（2）某钴氧化物的晶胞结构如图所示：
①该氧化物的化学式为　 　。
②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为　 　。
（3）与形成的配合物的稳定性高于，从配位键强度分析原因　 　。
（4）工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图：
已知：
沉淀
恰好完全 沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有　 　。(写出两种)
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，发生的离子方程式为　 　。
③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂，发生反应：，实验测得：当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大(如图所示)，其原因是　 　。
④向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　 　。
18．（2025·桐乡市模拟）“双碳”背景下，以为原料合成等原料有重要的意义。涉及到的反应如下：
Ⅰ．加氢制甲醇
已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
（1）计算：　 　。
（2）维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。
已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。
①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是　 　。
A．升高温度 B．增大压强
C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂 D．使用能分离的分子筛
②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是　 　。
③240℃时，反应ⅰ的　 　(对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。
（3）钛网电极是　 　极(填“阳”或“阴”)，写出生成的电极反应式　 　。
Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。
（4）MgO活化催化的能力大于，试从结构角度分析原因　 　。
19．（2025·桐乡市模拟）氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为：
Ⅰ．制备：流程如图1。
Ⅱ．由制备无水：将与液体混合并加热，制得无水，装置如图2(夹持和加热装置略)。
已知：①沸点为77℃；②反应方程式为：
请回答：
（1）图2中仪器B的名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．检验稀溶液中是否残留，可滴加少量酸性高锰酸钾
B．图2中的加热宜采用水浴的方式
C．图2中的无水可替换为碱石灰
D．可采用同样方式由制备
（3）请对图1中“系列操作”排序：　 　。
_______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。
a．冷却至室温 b．用饱和溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜
e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因　 　。
（5）用莫尔法测定无水的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节，滴加指示剂溶液。不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。
平行测试3次，平均消耗标准溶液15.00mL。
①无水的纯度为　 　。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
20．（2025·桐乡市模拟）双氯芬酸钠是常用镇痛剂，某研究小组按下列路线合成其中间体双氯芬酸G：
已知：
请回答下列问题：
（1）化合物C中的官能团的名称为　 　。
（2）E的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．化合物A的碱性强于甲胺
B．化合物B中的碳原子可能共平面
C．1mol化合物D最多能消耗
D．A→…→E的目的是为了把氯原子引入到需要位置
（4）C→D的化学方程式为　 　。
（5）设计以苯和乙烯为原料合成F的合成路线(其他无机试剂任选)：　 　。
（6）化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，写出4种符合系列条件的H的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种；②能发生银镜反应
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、中心C原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）。
分子构型为直线形，C原子位于中心，两个O原子对称分布于两侧，分子的正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，A正确；
B、中心N原子的价层电子对数计算为：键数（3） 孤电子对数（）。
分子构型为三角锥形，N原子上的孤电子对破坏了分子的对称性，导致正负电荷中心不重叠，属于极性分子，B错误；
C、中心O原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）。
分子构型为V形，O原子上的两对孤电子对使分子呈不对称结构，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，C错误；
D、中心O原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）（价层电子对互斥理论中，O3的中心O原子价层电子对数为3，分子构型为V形）。分子中存在不对称的电子云分布，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需深度结合价层电子对互斥理论、分子空间构型与极性的内在关联，从“电子对计算、构型判断、电荷中心重叠性”三个层级逐一剖析：
核心逻辑是：通过价层电子对互斥理论确定分子空间构型，再依据构型的对称性判断正负电荷中心是否重叠——若重叠则为非极性分子，否则为极性分子。
2．【答案】B
【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、H2O是共价化合物，电子式中仅需体现原子间的共用电子对，无需中括号（中括号用于离子化合物的离子电荷标注），正确电子式为，A错误；
B、Fe的原子序数为26，基态Fe的价电子排布为3d64s2；Fe2+形成时，先失去能量较高的4s轨道电子，因此价层电子排布式为3d6，B正确；
C、计算SO32-中S的价层电子对数：σ键数（3） 孤电子对数（），VSEPR模型应为四面体形，而选项中模型为平面三角形，与计算结果矛盾，C错误；
D、NaCl晶胞为面心立方结构（阴、阳离子分别位于面心和顶点，或反之）， 其晶胞应为 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需从化学用语的规范本质、电子排布的原理、VSEPR模型的计算逻辑、晶胞结构的特征四个维度深度剖析：
A．共价化合物电子式无中括号，离子化合物才需用中括号标注电荷；
B．明确过渡金属离子的电子失去顺序（先失最外层s电子）；
C．通过“σ键数+孤电子对数”计算价层电子对数，推导空间模型；
D．牢记NaCl晶胞的面心立方特征，区分与其他晶胞（如金刚石、CsCl）的差异。
3．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；硫酸盐；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、BaSO4不溶于水和酸，且对 X 射线有阻射性，这一特性使其能在医疗 “钡餐” 检查中清晰显影，性质与用途完全匹配，A正确；
B、Fe2O3呈红棕色，利用其颜色属性可作为红色颜料（如油漆、涂料中的红色成分），B正确；
C、维 C 的还原性使其能阻止食品被氧化（作抗氧化剂），但 “防腐剂” 的核心是抑制微生物繁殖，维 C 不具备此功能，概念混淆，C错误；
D、聚丙烯酸钠含大量亲水基团（如 - COONa），能强力吸水，属于高吸水性树脂（如尿不湿的核心材料），D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “抗氧化剂” 和 “防腐剂” 的概念混淆。维 C 因具有还原性可作食品抗氧化剂，防止食品被氧化，但它不能抑制微生物生长，不是防腐剂，容易在此处判断错误；
对物质性质与用途的关联理解不精准。需明确每种物质的核心性质（如 BaSO4的 X 射线阻射性、Fe2O3的颜色、聚丙烯酸钠的亲水基团）与对应用途的直接逻辑，避免因性质记忆模糊导致误判。
4．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4Cl 受热分解生成 NH3和 HCl，但二者在试管口遇冷会重新化合为 NH4Cl，无法通过该装置持续制得 NH3，A错误；
B、硫代硫酸钠与酸反应生成的 SO2易溶于水，且装置缺乏测量时间的仪器，无法通过 “测气体体积” 的方式测定反应速率，B错误；
C、酸性 KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，C错误；
D、图丁装置具备温度计（测温度变化）、搅拌器（使反应均匀）、隔热层（减少热量损失），完全满足中和反应反应热测定的装置要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查实验原理可行性：分析 NH4Cl 分解后产物的可逆化合，判断制氨方法不可行。
B．考查反应速率测定条件：明确反应速率测定需同时测量气体体积和时间，图乙缺少时间测量装置且 SO2易溶。
C．根据酸性 KMnO4的强氧化性，判断其应盛放在酸式滴定管。
D．紧扣中和热测定对隔热、温度测量、搅拌的核心需求，判断图丁装置符合。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、在反应 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中：
Fe3+中 Fe 元素化合价从 +3 升高到 FeO42-中的 +6，化合价升高，失电子，作还原剂；
ClO-中 Cl 元素化合价从 +1 降低到 Cl-中的 -1，化合价降低，得电子，被还原，Cl-是还原产物，A正确；
B、Fe 元素从 +3 价升高到 +6 价，每个 Fe 原子失去 6-3=3 个电子。生成 1mol FeO42-时，Fe 元素的物质的量为 1mol，转移电子的物质的量为 1mol×3=3mol，转移电子数目为 3NA，B正确；
C、Na2FeO4作消毒剂的原因是其具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，从而杀菌消毒；而 FeO42-与水反应生成的胶体（Fe(OH)3胶体）主要作用是吸附水中的悬浮杂质（用于净水），并非消毒的原因，C错误；
D、反应中，ClO-是氧化剂（得电子，被还原），FeO42-是氧化产物（失电子，被氧化）。根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此氧化性：ClO- > FeO42-， D 正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应中元素化合价变化，Fe3+中 Fe 元素从 +3 价升高到 FeO42-中的 +6 价，失电子，故 Fe3+是还原剂；ClO-中 Cl 元素从 + 1 价降低到 Cl-中的 - 1 价，得电子被还原，Cl-是还原产物。
B．Fe 元素化合价变化为 3 价，所以每生成 1mol FeO42-，转移电子的物质的量为 3mol，对应电子数目为 3NA。
C．Na2FeO4作消毒剂是因为其具有强氧化性，能杀菌消毒；而其与水反应生成的胶体主要用于吸附杂质净水，二者功能不同，需明确区分。
D．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应中 ClO-是氧化剂，FeO42-是氧化产物，故氧化性 ClO- > FeO42-。
6．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、Cu(OH)2悬浊液存在溶解平衡： ，滴加浓氨水时，NH3与 Cu2+结合成 [Cu(NH3)4]2+，使平衡右移。但这一过程仅体现 NH3能与 Cu2+形成稳定配合物，无法直接比较 NH3与 OH-和 Cu2+的作用力强弱（因为 OH-与 Cu2+形成的是难溶物，NH3形成的是可溶性配合物，作用形式不同），A错误；
B、石墨中碳原子的未杂化 p 轨道相互平行重叠，p 轨道电子可在整个碳原子平面内离域运动，从而使石墨具有导电性，可作为导电材料，B正确；
C、乙二醇与水混合后，能通过分子间作用显著降低水的凝固点，因此可用于生产汽车防冻液（防止低温结冰），C正确；
D、豆浆属于胶体，盐卤（电解质）能使豆浆中的蛋白质胶体粒子聚沉，从而用于豆腐制作，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．Cu(OH)2悬浊液中溶解平衡的移动仅说明 NH3能与 Cu2+形成稳定配合物，不能直接证明 NH3与 Cu2+的作用力强于 OH-与 Cu2+的作用力，因为二者作用形式（难溶物与可溶性配合物）不同。
B．石墨中碳原子未杂化的 p 轨道相互平行重叠，电子可离域运动，这是其能导电的结构本质。
C．乙二醇与水混合降低凝固点，这是其用于汽车防冻液的关键原理。
D．盐卤作为电解质使豆浆中蛋白质胶体聚沉，这是豆腐制作的核心机制。
7．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铝与过量 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气， 反应的化学方程式为， 符合反应事实、得失电子及原子守恒，A正确；
B、铅酸蓄电池放电时，正极 PbO2得电子，实际产物是 PbSO4（而非 Pb2+），正确的电极反应式 为，B错误；
C、CH3CONH2在 NaOH 溶液中加热发生水解，生成 CH3COO-和 NH3，离子方程式为 ，符合反应规律及守恒要求，C正确；
D、NaClO 溶液中通入少量 SO2，发生氧化还原反应，ClO-被还原为 Cl-，SO2被氧化为 SO42-，同时生成 HClO，离子方程式为 ： ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对铅酸蓄电池正极反应产物的判断错误。铅酸蓄电池放电时，正极 PbO2得电子的产物是 PbSO4，而非 Pb2+，容易因忽略硫酸根的参与而写错电极反应式。
对氧化还原反应中产物的判断不准确。如在 NaClO 与 SO2的反应中，需明确 NaClO 的氧化性和 SO2的还原性，以及反应产物的种类和比例，避免因对氧化还原规律掌握不牢而判断失误。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、C、N、O 同属第二周期，第一电离能通常随原子序数增大而增大，但 N 原子的 2p 轨道为半满稳定结构，其第一电离能大于 O。因此正确顺序应为N > O > C，而非 C > N > O，A错误；
B、NH3分子呈三角锥形，电荷分布不均匀，属于极性分子；CH4为正四面体结构，电荷分布对称，属于非极性分子。因此分子极性应为NH3 > CH4，B错误；
C、HCOOH 的羧基直接连接 H 原子，CH3COOH 的羧基连接 - CH3。烃基（-CH3）具有推电子效应，会使羧基电离 H+的难度增大，故酸性HCOOH > CH3COOH，C正确；
D、H、C、N、O 可形成如 NH4HCO3的化合物，其中 NH4+与 HCO3-之间为离子键，而离子内部（如 HCO3-中的原子间）为共价键，并非只含共价键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．第一电离能需注意 N 原子 2p 轨道半满的特殊稳定性，其第一电离能大于 O，故同周期顺序为 N > O > C。
B．分子极性判断依据空间结构对称性，NH3是极性分子，CH4是非极性分子，极性 NH3 > CH4。
C．羧酸酸性与烃基推电子效应有关，烃基越大推电子效应越强，羧基电离 H+越难，故 HCOOH 酸性强于 CH3COOH。
D．H、C、N、O 可形成含离子键和共价键的化合物（如 NH4HCO3），并非一定只含共价键。
9．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、操作 Ⅰ 中加水溶解需保证苯甲酸完全溶解，因此依据其溶解度估算加水量，A正确；
B、苯甲酸溶解度随温度升高而增大，操作 Ⅱ 趁热过滤可除去泥沙，同时减少苯甲酸因降温结晶的析出损失，B正确；
C、滤液中苯甲酸溶解度随温度降低而减小，因此操作 Ⅲ 的系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；
D、用 NaOH 滴定苯甲酸，终点产物为苯甲酸钠，其水解显碱性，应选择酚酞作指示剂（酚酞在碱性条件下变色）；甲基橙在酸性条件下变色，不适合该滴定，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合粗苯甲酸的溶解度数据估算加水量，既要保证苯甲酸完全溶解（避免未溶部分随杂质流失），又无需过量加水（防止后续结晶时浓度过低，影响析出效率），为后续分离奠定基础。
趁热过滤环节：苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，而泥沙始终不溶于水。趁热过滤可在高温下快速分离泥沙，同时避免温度降低导致苯甲酸提前结晶，减少目标物质的析出损失。
结晶与提纯环节：滤液中含苯甲酸和 NaCl，二者溶解度特性差异明显 ——NaCl 的溶解度受温度影响极小，冷却时几乎不析出；而苯甲酸溶解度随温度降低急剧减小，冷却滤液可使苯甲酸以晶体形式大量析出。后续通过过滤分离晶体与含 NaCl 的母液，再经洗涤（去除表面附着的 NaCl 杂质）、干燥，最终得到纯净的苯甲酸。据此解题。
10．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、CH2=CHCHO 中碳碳双键和醛基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能仅通过其使酸性高锰酸钾褪色就说明含有碳碳双键，A错误；
B、新制氢氧化铜悬浊液与乙醇互溶不分层；与乙醛加热生成砖红色沉淀；与甲苯混合后甲苯在上层（因甲苯密度小于水）；与三氯甲烷混合后三氯甲烷在下层（因三氯甲烷密度大于水）。四种物质现象不同，可鉴别，B正确；
C、阿司匹林水解后溶液呈酸性，需先加碱中和酸，再滴加 FeCl3溶液才能检验酚羟基，直接滴加无法检验，C错误；
D、浓溴水与苯酚生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，无法通过过滤等方法分离，不能用浓溴水除去苯中少量苯酚，D错误；
故答案为：A。【分析】A．CH2=CHCHO 中碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾氧化，不能仅据此说明含碳碳双键。
B．新制氢氧化铜悬浊液与甲苯（上层）、三氯甲烷（下层）、乙醛（砖红色沉淀）、乙醇（互溶不分层）的现象不同，可鉴别。
C．阿司匹林水解后溶液呈酸性，需加碱中和后才能用 FeCl3检验酚羟基。
D．浓溴水与苯酚生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，无法有效除杂。
11．【答案】D
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A、反应 CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g) 为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应。根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 ΔG<0，反应可自发进行，A正确；
B、对有气体参加的反应，缩小体积（增大压强），单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，因此保持不变，B正确；
C、反应 2NO2 N2O4，将密闭烧瓶浸入热水后红棕色加深，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，C正确；
D、工业合成氨反应中，增大投料比 ，即 N2过量，根据平衡移动原理，N2的平衡转化率会降低（因 H2相对不足，N2不能充分反应），D错误；
故答案为：D。
【分析】A．反应 CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g) 是吸热且熵增的反应，根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 ΔG<0，反应自发进行。
B．缩小体积增大压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，故不变。
C.2NO2 N2O4浸入热水红棕色加深，平衡逆向移动，正反应放热，因此正反应活化能小于逆反应活化能。
D．合成氨反应中增大，N2过量，其平衡转化率降低，H2转化率提高。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极反应为 NO+3e-+4H+=NH3OH+，负极反应为 H2-2e-=2H+。根据得失电子守恒，将正极反应 ×2 + 负极反应 ×3，可得总反应为 2NO+3H2+2HCl=2NH2OH HCl，A正确；
B、从正极反应机理看，X 为 H+（参与反应的粒子），Y 为 NH3OH+（反应最终生成的阳离子），B正确；
C、Pt 电极为负极，H2在负极失电子生成 H+，电极反应为 H2-2e-=2H+，C正确；
D、制取 1mol NH2OH HCl 时，正极消耗 4mol H+，负极生成 3mol H+。根据电荷守恒，只有 3mol H+通过交换膜（从负极区进入正极区），而非 4mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】由装置图和电子流向可知，含 Fe 的电极为原电池正极，在盐酸环境中，NO 在正极得电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+；Pt 电极为负极，H2在负极失电子发生氧化反应生成 H+，电极反应式为H2-2e-=2H+。原电池工作时，H+通过氢离子交换膜由负极区向正极区迁移。据此解题。
13．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、黑球为 I 原子（半径最大），白球形成 2 个共价键（代表 O 原子），灰球形成 1 个共价键（代表 F 原子），故白球不是 F 原子，A错误；
B、该化合物由分子构成，固态时属于分子晶体，而非共价晶体（共价晶体由原子直接通过共价键构成），B错误；
C、化合物中 F 为 - 1 价，O 为 - 2 价，根据化合价代数和为 0，I 为 + 5 价。I 原子价电子数为 7，成键数目（与 1 个 F、3 个 O 成键，其中 1 个 O 为双键）与价电子数不相等，说明 I 原子存在孤对电子，C正确；
D、化合物中存在碘氧单键和碘氧双键，单键与双键键长不同，故碘氧键键长不相等，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据原子半径（I 最大为黑球）和成键数目（白球形成 2 个共价键为 O，灰球形成 1 个共价键为 F），判断白球不是 F 原子。
B．该化合物由分子构成，属于分子晶体，而非共价晶体。
C．通过化合价代数和（F 为 - 1、O 为 - 2，I 为 + 5）及 I 原子价电子数（7）与成键数目，推出 I 原子存在孤对电子。
D．存在碘氧单键和双键，单双键键长不同，故碘氧键键长不相等。
14．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应速率由活化能大的步骤决定。由势能图可知，历程 Ⅰ 的活化能更大，因此水解速率由历程 Ⅰ 决定，而非历程 Ⅱ，A错误；
B、(CH3)3CBr 中与 Br 相连的 C 为 sp3 杂化，而生成的 (CH3)3C+中 C 为 sp2 杂化，水解过程中碳原子的杂化方式发生了改变，B错误；
C、物质能量越低越稳定。从势能图看，(CH3)3C…OH 的能量低于 (CH3)3C…Br，因此稳定性 (CH3)3C…OH > (CH3)3C…Br，C错误；
D、水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易。(CH3)3CBr 水解形成的 (CH3)3C+比 (CH3)2CHCH2Br 水解形成的碳正离子更稳定，因此水解速率 (CH3)2CHCH2Br < (CH3)3CBr，D正确；
故答案为：D。【分析】要解决这道题，需结合反应速率的决定步骤、碳原子杂化方式、物质稳定性与能量的关系、碳正离子稳定性对水解速率的影响等知识点，逐一分析选项：
A．活化能越大的步骤，反应越慢，总反应速率由慢反应（活化能大的步骤）决定；
B．分析反应过程中碳原子的成键情况，确定杂化类型发生改变；
C．物质能量越低越稳定，通过势能图中过渡态的能量高低判断稳定性；
D．碳正离子越稳定，水解反应越容易，速率越快。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据物料守恒，上层清液中 Ca2+的浓度等于所有含碳微粒（C2O42-、HC2O4-、H2C2O4）的浓度之和，即 ，A正确；
B、先计算 CaC2O4溶解产生的 C2O42-浓度： 。再分析 C2O42-的水解：其水解常数 ，水解程度极小，因此含碳微粒主要为 C2O42-，而非 HC2O4-，B错误；
C、沉淀转化反应为 CaC2O4 + SO42- CaSO4 + C2O42-，平衡常数 。要使反应正向进行，需 Q < K，即
，代入，解得 ，因此需加入 Na2SO4溶液的浓度大于 1 mol/L，C正确；
D、反应 Ca2++HC2O4- CaC2O4(s)+H+的平衡常数 K ，D正确；
故答案为：B。【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对含碳微粒主要存在形式的判断：容易忽略草酸根离子水解程度极小，错误认为含碳微粒主要是 HC2O4-，实则主要为 C2O42-；
沉淀转化平衡常数的计算与应用：在分析 CaC2O4向 CaSO4转化时，需准确根据平衡常数和溶度积计算所需 SO42-浓度，容易因计算或逻辑错误导致判断失误；
反应平衡常数的推导：结合电离常数和溶度积推导目标反应平衡常数时，容易混淆公式中各常数的关系，导致计算错误。
16．【答案】B
【知识点】常见离子的检验；银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、I2-KI 溶液中存在平衡 I2+I- I3-，加入 KI 可增大 I2的溶解度，提高 c (I2)，从而加快 I2（或 I3-）与 Ag 的反应速率，A正确；
B、AgI 能溶于 Na2S2O3溶液，而 Ag 不能。步骤 3 后得到无色溶液，说明黄色固体只有 AgI，即步骤 1 中 Ag 已全部反应，未被包裹在黄色固体中，B错误；
C、取试管③洗涤后的上层清液，滴加 AgNO3溶液，若产生黄色沉淀（AgI），说明洗涤液含 I-，步骤 2 未洗涤干净；若无沉淀，说明已洗涤干净，C正确；
D、步骤 3 中黄色固体 AgI 与 S2O32-反应，生成 I-和 [Ag(S2O3)2]3-，离子方程式为AgI+2S2O32-=I-+[Ag(S2O3)2]3-，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．利用 I2-KI 体系中的 I2+I- I3-平衡，KI 的加入能提升 I2溶解度与浓度，进而加快与 Ag 的反应速率。
B．Ag 不溶于 Na2S2O3溶液，而 AgI 可溶解，步骤 3 得到无色溶液，说明黄色固体仅为 AgI，即 Ag 已完全反应。
C．检验步骤 2 是否洗涤干净，核心是检测洗涤液中是否残留 I-，通过滴加 AgNO3溶液观察是否产生黄色 AgI 沉淀即可判断。
D．AgI 与 S2O32-反应生成可溶的 [Ag (S2O3)2]3-和 I-，据此推导离子方程式。
17．【答案】（1）B；D
（2）；
（3）电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于
（4）适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大；富集、提纯 (或分离和)
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
故答案为： ； ；
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
故答案为： 电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于 ；
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
故答案为： 适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 ； ；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大 ； 富集、提纯 (或分离和) 。
【分析】(1)A．基态 Co 原子 3d 轨道有 2 对成对电子。
B．Co3+与 Fe2+核外电子层结构相同，Co3+核电荷数大，离子半径小。
C．基态 Co+价层电子排布为 3d74s 。
D．原子逐级电离能递增，Co 第三电离能大于第二电离能。
(2)①通过均摊法计算晶胞中 Co2+、Co3+、O2-的个数，得出化学式为 Co3O4。
②三价钴有强氧化性，与浓盐酸加热反应生成 Cl2。
(3)N 电负性小于 O，NH3更易给出孤电子对，配位能力强于 H2O，故 [Co(NH3)6]2+更稳定。
(4)①提高酸浸效率的措施：提高酸浓度、升高温度、粉碎矿石等。
②氧化过程离子方程式：依据得失电子、电荷及原子守恒，写出方程式。
③pH 增大，c (H+) 减小，使萃取平衡正向移动，Co2+萃取率增大。
④掌握萃取、反萃取的目的：富集、提纯 Co2+（或分离 Co2+和 Mn2+）。
（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故选BD。
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
18．【答案】-90.6；B；>236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小；；阳；；Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化中的碳氧键
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol；
故答案为： -90.6 ；
（2）①A．升高温度反应速率加快，但反应ⅱ、反应ⅲ逆向移动，不利于提高二氧化碳的转化率，A不符合题意；
B．增大压强反应速率加快，反应ⅱ、反应ⅲ正向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，B符合题意；
C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂能使反应ⅱ速率加快，但不能改变平衡转化率，不影响提高二氧化碳的转化率，C不符合题意；
D．使用能分离H2O的分子筛会导致H2O的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；
②大于236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态，反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，综合以上两方面的原因，甲醇的选择性随温度T的增大而减小；
③由图知，时，，。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则平衡时CO2的物质的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，则由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，，则总物质的量，p(H2)=，p(CO2)=，p(CO)=，p(H2O)=，Kp==；
故答案为： B ； >236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小 ； ；
（3）由图可知，钛网电极上水放电生成氧气，发生氧化反应，钛网电极为阳极，石墨电极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，电极反应式为；
故答案为： 阳 ； ；
（4）MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。
故答案为： Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化中的碳氧键 。
【分析】(1)根据盖斯定律，反应 ⅲ= 反应 ⅱ- 反应 ⅰ，计算得 ΔH3=ΔH2-ΔH1=-90.6 kJ mol- 。
(2)①增大压强可加快反应速率，且使反应 ⅱ、ⅲ 正向移动，提高 CO2转化率。
②T>236℃时，反应 ⅰ 吸热正向移动生成更多 CO，反应 ⅱ 放热逆向移动减少 CH3OH，故甲醇选择性减小。
③通过设起始量，结合转化率和选择性计算各物质平衡分压，得出反应 ⅰ 的 Kp。
(3)钛网电极上水放电生成 O2，为阳极；石墨电极上 CO2得电子结合 H+生成 H2C2O4，据此书写电极反应式。
(4)Mg 电负性小于 Al，MgO 中 O 的电子云密度更大，更易进攻活化 CO2中的碳氧键，故 MgO 活化催化 CO2能力更强。
19．【答案】（1）(球形)干燥管
（2）A；C；D
（3）dahcg
（4）产物中具有强还原性，可将还原为
（5）81.25%；过低，部分转化为：过高，可能生成，均会使消耗的偏多
【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）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。
故答案为： (球形)干燥管 ；
（2）A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀溶液中是否残留，A错误；
B． 已知沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止挥发，B正确；
C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水不可替换为碱石灰，C错误；
D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热通常不能得到、得到氢氧化铁等，通过则可得到无水，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由制备，D错误；
故答案为： ACD。
（3）图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；
故答案为： dahcg；
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：，产物中具有强还原性，可将还原为。
故答案为：产物中具有强还原性，可将还原为 ；
（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水的纯度为。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是：过低，发生2+2H+，部分转化为，过高，可能生成，均会使消耗的偏多。
故答案为： 81.25% ；过低，部分转化为：过高，可能生成，均会使消耗的偏多 。
【分析】废铁屑经稀盐酸溶解，发生反应生成氯化亚铁溶液，过滤除去不溶物后，向滤液中通入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁；随后向氯化铁溶液中加入铁粉，使其还原为氯化亚铁，再次通入氯气氧化，得到高浓度的氯化铁溶液。将该浓氯化铁溶液（或稀氯化铁溶液）置于氯化氢气流中，经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作，得到 FeCl3 6H2O 晶体。将 FeCl3 6H2O 与液态 SOCl2混合并加热，在烧瓶内发生反应，制备无水 FeCl3。实验中，无水氯化钙作为干燥剂，用于吸收装置内的水蒸气，维持烧瓶内干燥环境；产生的尾气用氢氧化钠溶液进行吸收处理，以防止污染。
（1）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。
（2）A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀溶液中是否残留，A错误；
B． 已知沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止挥发，B正确；
C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水不可替换为碱石灰，C错误；
D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热通常不能得到、得到氢氧化铁等，通过则可得到无水，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由制备，D错误；
选ACD。
（3）图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；
故选dahcg；
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：，产物中具有强还原性，可将还原为。
（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水的纯度为。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是：过低，发生2+2H+，部分转化为，过高，可能生成，均会使消耗的偏多。
20．【答案】（1）酰胺基，磺酸基
（2）
（3）A；C
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由C结构，化合物C中的官能团的名称为酰胺基，磺酸基；
故答案为： 酰胺基，磺酸基 ；
（2）由分析，E为；
故答案为： ；
（3）A．甲基为供电子基团，使得甲胺更容易结合氢离子，故甲胺碱性强于化合物A，错误；
B．B为，与苯环直接相连的原子共面、与羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，则化合物B中的碳原子可能共平面，正确；
C．D为，其中酰胺基、磺酸基能和氢氧化钠发生碱性水解，氯原子和氢氧化钠反应生成酚羟基，酚羟基又能和氢氧化钠反应，则1mol化合物D最多能消耗的氢氧化钠数大于，错误；
D．A→…→E的目的是保护氨基对位氢，从而把氯原子引入到需要位置，正确；
故答案为：AC；
（4）C和氯气发生取代反应，在磺酸基的间位引入2个氯原子，反应为：；
故答案为： ；
（5）乙烯和氧气催化生成环氧乙烷，发生已知反应原理生成，羟基氧化为醛基，醛基氧化为羧基得到产物F，故流程为：；
故答案为： ；
（6）F为，F中除苯环外，含有2个碳、2个氧、1个不饱和度；化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，符合系列条件的H的同分异构体：①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种，则结构对称；②能发生银镜反应，则含醛基或为甲酸酯，结构可以为：。
故答案为：
【分析】A为苯胺（），苯环上连有氨基（-NH2）；A 发生取代反应，氨基中的一个氢原子被乙酰基（-COCH3）取代，生成 B（）；B 的苯环上引入磺酸基（-SO3H），通过亲电取代反应生成 C；C 的苯环上发生取代反应，引入两个氯原子（-Cl），生成 D（）。D 在酸性条件下发生水解反应，-HNCOCH3水解为 - NH2，同时脱去磺酸基，生成 E（），F结构为苯乙酸（）。E 中的氨基（-NH2）与 F 中的羧基（-COOH）在一定条件下发生取代反应（酰胺化反应），生成含酰胺键（-NHCO-）的化合物 G。
（1）由C结构，化合物C中的官能团的名称为酰胺基，磺酸基；
（2）由分析，E为；
（3）A．甲基为供电子基团，使得甲胺更容易结合氢离子，故甲胺碱性强于化合物A，错误；
B．B为，与苯环直接相连的原子共面、与羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，则化合物B中的碳原子可能共平面，正确；
C．D为，其中酰胺基、磺酸基能和氢氧化钠发生碱性水解，氯原子和氢氧化钠反应生成酚羟基，酚羟基又能和氢氧化钠反应，则1mol化合物D最多能消耗的氢氧化钠数大于，错误；
D．A→…→E的目的是保护氨基对位氢，从而把氯原子引入到需要位置，正确；
故选AC；
（4）C和氯气发生取代反应，在磺酸基的间位引入2个氯原子，反应为：；
（5）乙烯和氧气催化生成环氧乙烷，发生已知反应原理生成，羟基氧化为醛基，醛基氧化为羧基得到产物F，故流程为：；
（6）F为，F中除苯环外，含有2个碳、2个氧、1个不饱和度；化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，符合系列条件的H的同分异构体：①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种，则结构对称；②能发生银镜反应，则含醛基或为甲酸酯，结构可以为：。
1 / 1浙江省桐乡市2025届高三下学期5月模拟测试 化学试题
1．（2025·桐乡市模拟）下列属于非极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、中心C原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）。
分子构型为直线形，C原子位于中心，两个O原子对称分布于两侧，分子的正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，A正确；
B、中心N原子的价层电子对数计算为：键数（3） 孤电子对数（）。
分子构型为三角锥形，N原子上的孤电子对破坏了分子的对称性，导致正负电荷中心不重叠，属于极性分子，B错误；
C、中心O原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）。
分子构型为V形，O原子上的两对孤电子对使分子呈不对称结构，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，C错误；
D、中心O原子的价层电子对数计算为：键数（2） 孤电子对数（）（价层电子对互斥理论中，O3的中心O原子价层电子对数为3，分子构型为V形）。分子中存在不对称的电子云分布，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D错误；
故答案为：A。
【分析】要解决这道题，需深度结合价层电子对互斥理论、分子空间构型与极性的内在关联，从“电子对计算、构型判断、电荷中心重叠性”三个层级逐一剖析：
核心逻辑是：通过价层电子对互斥理论确定分子空间构型，再依据构型的对称性判断正负电荷中心是否重叠——若重叠则为非极性分子，否则为极性分子。
2．（2025·桐乡市模拟）下列化学用语表示正确的是
A．的电子式：
B．的价层电子排布式：
C．的VSEPR模型：
D．的晶胞：
【答案】B
【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、H2O是共价化合物，电子式中仅需体现原子间的共用电子对，无需中括号（中括号用于离子化合物的离子电荷标注），正确电子式为，A错误；
B、Fe的原子序数为26，基态Fe的价电子排布为3d64s2；Fe2+形成时，先失去能量较高的4s轨道电子，因此价层电子排布式为3d6，B正确；
C、计算SO32-中S的价层电子对数：σ键数（3） 孤电子对数（），VSEPR模型应为四面体形，而选项中模型为平面三角形，与计算结果矛盾，C错误；
D、NaCl晶胞为面心立方结构（阴、阳离子分别位于面心和顶点，或反之）， 其晶胞应为 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需从化学用语的规范本质、电子排布的原理、VSEPR模型的计算逻辑、晶胞结构的特征四个维度深度剖析：
A．共价化合物电子式无中括号，离子化合物才需用中括号标注电荷；
B．明确过渡金属离子的电子失去顺序（先失最外层s电子）；
C．通过“σ键数+孤电子对数”计算价层电子对数，推导空间模型；
D．牢记NaCl晶胞的面心立方特征，区分与其他晶胞（如金刚石、CsCl）的差异。
3．（2025·桐乡市模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．不溶于水和酸，且不容易被X射线透过，医疗上可用于“钡餐”
B．是一种红棕色粉末，可用作红色颜料
C．维C具有还原性，常用作食品中的防腐剂
D．聚丙烯酸钠具有大量亲水基团，是一种高吸水性树脂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；硫酸盐；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、BaSO4不溶于水和酸，且对 X 射线有阻射性，这一特性使其能在医疗 “钡餐” 检查中清晰显影，性质与用途完全匹配，A正确；
B、Fe2O3呈红棕色，利用其颜色属性可作为红色颜料（如油漆、涂料中的红色成分），B正确；
C、维 C 的还原性使其能阻止食品被氧化（作抗氧化剂），但 “防腐剂” 的核心是抑制微生物繁殖，维 C 不具备此功能，概念混淆，C错误；
D、聚丙烯酸钠含大量亲水基团（如 - COONa），能强力吸水，属于高吸水性树脂（如尿不湿的核心材料），D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对 “抗氧化剂” 和 “防腐剂” 的概念混淆。维 C 因具有还原性可作食品抗氧化剂，防止食品被氧化，但它不能抑制微生物生长，不是防腐剂，容易在此处判断错误；
对物质性质与用途的关联理解不精准。需明确每种物质的核心性质（如 BaSO4的 X 射线阻射性、Fe2O3的颜色、聚丙烯酸钠的亲水基团）与对应用途的直接逻辑，避免因性质记忆模糊导致误判。
4．（2025·桐乡市模拟）有关下列实验的说法正确的是
A．图甲可用于实验室制取氨气
B．图乙可用于硫代硫酸钠与酸反应速率的测定
C．图丙为滴定法测定试样中草酸的含量
D．图丁可用于中和反应反应热的测定
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4Cl 受热分解生成 NH3和 HCl，但二者在试管口遇冷会重新化合为 NH4Cl，无法通过该装置持续制得 NH3，A错误；
B、硫代硫酸钠与酸反应生成的 SO2易溶于水，且装置缺乏测量时间的仪器，无法通过 “测气体体积” 的方式测定反应速率，B错误；
C、酸性 KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应盛放在酸式滴定管中，C错误；
D、图丁装置具备温度计（测温度变化）、搅拌器（使反应均匀）、隔热层（减少热量损失），完全满足中和反应反应热测定的装置要求，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查实验原理可行性：分析 NH4Cl 分解后产物的可逆化合，判断制氨方法不可行。
B．考查反应速率测定条件：明确反应速率测定需同时测量气体体积和时间，图乙缺少时间测量装置且 SO2易溶。
C．根据酸性 KMnO4的强氧化性，判断其应盛放在酸式滴定管。
D．紧扣中和热测定对隔热、温度测量、搅拌的核心需求，判断图丁装置符合。
5．（2025·桐乡市模拟）高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法为：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．是还原剂，是还原产物
B．生成，转移电子的数目为
C．作消毒剂，是因为与水反应后生成了胶体
D．由反应知，该条件下氧化性：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、在反应 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中：
Fe3+中 Fe 元素化合价从 +3 升高到 FeO42-中的 +6，化合价升高，失电子，作还原剂；
ClO-中 Cl 元素化合价从 +1 降低到 Cl-中的 -1，化合价降低，得电子，被还原，Cl-是还原产物，A正确；
B、Fe 元素从 +3 价升高到 +6 价，每个 Fe 原子失去 6-3=3 个电子。生成 1mol FeO42-时，Fe 元素的物质的量为 1mol，转移电子的物质的量为 1mol×3=3mol，转移电子数目为 3NA，B正确；
C、Na2FeO4作消毒剂的原因是其具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，从而杀菌消毒；而 FeO42-与水反应生成的胶体（Fe(OH)3胶体）主要作用是吸附水中的悬浮杂质（用于净水），并非消毒的原因，C错误；
D、反应中，ClO-是氧化剂（得电子，被还原），FeO42-是氧化产物（失电子，被氧化）。根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，因此氧化性：ClO- > FeO42-， D 正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应中元素化合价变化，Fe3+中 Fe 元素从 +3 价升高到 FeO42-中的 +6 价，失电子，故 Fe3+是还原剂；ClO-中 Cl 元素从 + 1 价降低到 Cl-中的 - 1 价，得电子被还原，Cl-是还原产物。
B．Fe 元素化合价变化为 3 价，所以每生成 1mol FeO42-，转移电子的物质的量为 3mol，对应电子数目为 3NA。
C．Na2FeO4作消毒剂是因为其具有强氧化性，能杀菌消毒；而其与水反应生成的胶体主要用于吸附杂质净水，二者功能不同，需明确区分。
D．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应中 ClO-是氧化剂，FeO42-是氧化产物，故氧化性 ClO- > FeO42-。
6．（2025·桐乡市模拟）结构决定物质的性质，下列实例与解释关系说法不正确的是
　 实例 解释
A 向悬浊液中滴加足量浓氨水形成深蓝色溶液 与的作用力强于与的作用力
B 石墨可制成导电材料 石墨中的碳原子未杂化的p轨道相互平行重叠使得p轨道中的电子可在整个碳原子平面运动
C 乙二醇用于生产汽车防冻液 乙二醇与水混合显著降低水的凝固点
D 盐卤可用于豆腐的制作 盐卤使豆浆中的蛋白质聚沉
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、Cu(OH)2悬浊液存在溶解平衡： ，滴加浓氨水时，NH3与 Cu2+结合成 [Cu(NH3)4]2+，使平衡右移。但这一过程仅体现 NH3能与 Cu2+形成稳定配合物，无法直接比较 NH3与 OH-和 Cu2+的作用力强弱（因为 OH-与 Cu2+形成的是难溶物，NH3形成的是可溶性配合物，作用形式不同），A错误；
B、石墨中碳原子的未杂化 p 轨道相互平行重叠，p 轨道电子可在整个碳原子平面内离域运动，从而使石墨具有导电性，可作为导电材料，B正确；
C、乙二醇与水混合后，能通过分子间作用显著降低水的凝固点，因此可用于生产汽车防冻液（防止低温结冰），C正确；
D、豆浆属于胶体，盐卤（电解质）能使豆浆中的蛋白质胶体粒子聚沉，从而用于豆腐制作，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．Cu(OH)2悬浊液中溶解平衡的移动仅说明 NH3能与 Cu2+形成稳定配合物，不能直接证明 NH3与 Cu2+的作用力强于 OH-与 Cu2+的作用力，因为二者作用形式（难溶物与可溶性配合物）不同。
B．石墨中碳原子未杂化的 p 轨道相互平行重叠，电子可离域运动，这是其能导电的结构本质。
C．乙二醇与水混合降低凝固点，这是其用于汽车防冻液的关键原理。
D．盐卤作为电解质使豆浆中蛋白质胶体聚沉，这是豆腐制作的核心机制。
7．（2025·桐乡市模拟）下列离子方程式不正确的是
A．铝与过量的溶液反应：
B．铅酸蓄电池放电时正极的电极反应式：
C．在溶液中加热：
D．溶液中通入少量
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铝与过量 NaOH 溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气， 反应的化学方程式为， 符合反应事实、得失电子及原子守恒，A正确；
B、铅酸蓄电池放电时，正极 PbO2得电子，实际产物是 PbSO4（而非 Pb2+），正确的电极反应式 为，B错误；
C、CH3CONH2在 NaOH 溶液中加热发生水解，生成 CH3COO-和 NH3，离子方程式为 ，符合反应规律及守恒要求，C正确；
D、NaClO 溶液中通入少量 SO2，发生氧化还原反应，ClO-被还原为 Cl-，SO2被氧化为 SO42-，同时生成 HClO，离子方程式为 ： ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对铅酸蓄电池正极反应产物的判断错误。铅酸蓄电池放电时，正极 PbO2得电子的产物是 PbSO4，而非 Pb2+，容易因忽略硫酸根的参与而写错电极反应式。
对氧化还原反应中产物的判断不准确。如在 NaClO 与 SO2的反应中，需明确 NaClO 的氧化性和 SO2的还原性，以及反应产物的种类和比例，避免因对氧化还原规律掌握不牢而判断失误。
8．（2025·桐乡市模拟）下列有关H、C、N、O等元素及其化合物说法正确的是
A．第一电离能：C>N>O>H
B．化合物极性：
C．酸性：
D．H、C、N、O形成的化合物中一定只含共价键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、C、N、O 同属第二周期，第一电离能通常随原子序数增大而增大，但 N 原子的 2p 轨道为半满稳定结构，其第一电离能大于 O。因此正确顺序应为N > O > C，而非 C > N > O，A错误；
B、NH3分子呈三角锥形，电荷分布不均匀，属于极性分子；CH4为正四面体结构，电荷分布对称，属于非极性分子。因此分子极性应为NH3 > CH4，B错误；
C、HCOOH 的羧基直接连接 H 原子，CH3COOH 的羧基连接 - CH3。烃基（-CH3）具有推电子效应，会使羧基电离 H+的难度增大，故酸性HCOOH > CH3COOH，C正确；
D、H、C、N、O 可形成如 NH4HCO3的化合物，其中 NH4+与 HCO3-之间为离子键，而离子内部（如 HCO3-中的原子间）为共价键，并非只含共价键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．第一电离能需注意 N 原子 2p 轨道半满的特殊稳定性，其第一电离能大于 O，故同周期顺序为 N > O > C。
B．分子极性判断依据空间结构对称性，NH3是极性分子，CH4是非极性分子，极性 NH3 > CH4。
C．羧酸酸性与烃基推电子效应有关，烃基越大推电子效应越强，羧基电离 H+越难，故 HCOOH 酸性强于 CH3COOH。
D．H、C、N、O 可形成含离子键和共价键的化合物（如 NH4HCO3），并非一定只含共价键。
9．（2025·桐乡市模拟）某实验小组提纯苯甲酸(含有少量和泥沙)的实验流程如图所示：
下列说法不正确的是
A．操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ中趁热过滤的目的是除去泥沙且减少苯甲酸的析出损失
C．操作Ⅲ中系列操作为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．用标准溶液滴定苯甲酸待测液，可以选择甲基橙作指示剂
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、操作 Ⅰ 中加水溶解需保证苯甲酸完全溶解，因此依据其溶解度估算加水量，A正确；
B、苯甲酸溶解度随温度升高而增大，操作 Ⅱ 趁热过滤可除去泥沙，同时减少苯甲酸因降温结晶的析出损失，B正确；
C、滤液中苯甲酸溶解度随温度降低而减小，因此操作 Ⅲ 的系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；
D、用 NaOH 滴定苯甲酸，终点产物为苯甲酸钠，其水解显碱性，应选择酚酞作指示剂（酚酞在碱性条件下变色）；甲基橙在酸性条件下变色，不适合该滴定，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合粗苯甲酸的溶解度数据估算加水量，既要保证苯甲酸完全溶解（避免未溶部分随杂质流失），又无需过量加水（防止后续结晶时浓度过低，影响析出效率），为后续分离奠定基础。
趁热过滤环节：苯甲酸的溶解度随温度升高显著增大，而泥沙始终不溶于水。趁热过滤可在高温下快速分离泥沙，同时避免温度降低导致苯甲酸提前结晶，减少目标物质的析出损失。
结晶与提纯环节：滤液中含苯甲酸和 NaCl，二者溶解度特性差异明显 ——NaCl 的溶解度受温度影响极小，冷却时几乎不析出；而苯甲酸溶解度随温度降低急剧减小，冷却滤液可使苯甲酸以晶体形式大量析出。后续通过过滤分离晶体与含 NaCl 的母液，再经洗涤（去除表面附着的 NaCl 杂质）、干燥，最终得到纯净的苯甲酸。据此解题。
10．（2025·桐乡市模拟）下列说法正确的是
A．能使酸性高锰酸钾褪色说明其含有碳碳双键
B．用新制的氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能够鉴别甲苯、三氯甲烷、乙醛和乙醇
C．在阿司匹林()中加入稀硫酸、水解后，再直接滴加溶液可检验酚羟基
D．用浓溴水能够除去苯中混有的少量苯酚
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、CH2=CHCHO 中碳碳双键和醛基均能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能仅通过其使酸性高锰酸钾褪色就说明含有碳碳双键，A错误；
B、新制氢氧化铜悬浊液与乙醇互溶不分层；与乙醛加热生成砖红色沉淀；与甲苯混合后甲苯在上层（因甲苯密度小于水）；与三氯甲烷混合后三氯甲烷在下层（因三氯甲烷密度大于水）。四种物质现象不同，可鉴别，B正确；
C、阿司匹林水解后溶液呈酸性，需先加碱中和酸，再滴加 FeCl3溶液才能检验酚羟基，直接滴加无法检验，C错误；
D、浓溴水与苯酚生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，无法通过过滤等方法分离，不能用浓溴水除去苯中少量苯酚，D错误；
故答案为：A。【分析】A．CH2=CHCHO 中碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾氧化，不能仅据此说明含碳碳双键。
B．新制氢氧化铜悬浊液与甲苯（上层）、三氯甲烷（下层）、乙醛（砖红色沉淀）、乙醇（互溶不分层）的现象不同，可鉴别。
C．阿司匹林水解后溶液呈酸性，需加碱中和后才能用 FeCl3检验酚羟基。
D．浓溴水与苯酚生成的 2，4，6 - 三溴苯酚易溶于苯，无法有效除杂。
11．（2025·桐乡市模拟）下列说法不正确的是
A．高温有利于反应的自发进行
B．对有气体参加的化学反应，缩小体积，单位体积内活化分子数增多但活化分子百分数不变
C．为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水，红棕色加深；说明正反应活化能小于逆反应活化能
D．工业合成氨反应：，其他条件不变，增大投料比可提高的平衡转化率
【答案】D
【知识点】热化学方程式；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A、反应 CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g) 为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应。根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 ΔG<0，反应可自发进行，A正确；
B、对有气体参加的反应，缩小体积（增大压强），单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，因此保持不变，B正确；
C、反应 2NO2 N2O4，将密闭烧瓶浸入热水后红棕色加深，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，正反应活化能小于逆反应活化能，C正确；
D、工业合成氨反应中，增大投料比 ，即 N2过量，根据平衡移动原理，N2的平衡转化率会降低（因 H2相对不足，N2不能充分反应），D错误；
故答案为：D。
【分析】A．反应 CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g) 是吸热且熵增的反应，根据 ΔG=ΔH-TΔS，高温下 ΔG<0，反应自发进行。
B．缩小体积增大压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数由温度决定，故不变。
C.2NO2 N2O4浸入热水红棕色加深，平衡逆向移动，正反应放热，因此正反应活化能小于逆反应活化能。
D．合成氨反应中增大，N2过量，其平衡转化率降低，H2转化率提高。
12．（2025·桐乡市模拟）盐酸羟胺可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，装置、正极反应机理如图所示。
下列有关说法不正确的是
A．该电池的总反应为：
B．上述反应中的X、Y分别为
C．Pt电极上的反应：
D．制取，有通过交换膜
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极反应为 NO+3e-+4H+=NH3OH+，负极反应为 H2-2e-=2H+。根据得失电子守恒，将正极反应 ×2 + 负极反应 ×3，可得总反应为 2NO+3H2+2HCl=2NH2OH HCl，A正确；
B、从正极反应机理看，X 为 H+（参与反应的粒子），Y 为 NH3OH+（反应最终生成的阳离子），B正确；
C、Pt 电极为负极，H2在负极失电子生成 H+，电极反应为 H2-2e-=2H+，C正确；
D、制取 1mol NH2OH HCl 时，正极消耗 4mol H+，负极生成 3mol H+。根据电荷守恒，只有 3mol H+通过交换膜（从负极区进入正极区），而非 4mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】由装置图和电子流向可知，含 Fe 的电极为原电池正极，在盐酸环境中，NO 在正极得电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+；Pt 电极为负极，H2在负极失电子发生氧化反应生成 H+，电极反应式为H2-2e-=2H+。原电池工作时，H+通过氢离子交换膜由负极区向正极区迁移。据此解题。
13．（2025·桐乡市模拟）由O、F、I组成化学式为的化合物，其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是
A．图中白球“〇”代表F原子
B．该化合物在固态时所属晶体类型为共价晶体
C．该化合物中Ⅰ原子存在孤对电子
D．该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、黑球为 I 原子（半径最大），白球形成 2 个共价键（代表 O 原子），灰球形成 1 个共价键（代表 F 原子），故白球不是 F 原子，A错误；
B、该化合物由分子构成，固态时属于分子晶体，而非共价晶体（共价晶体由原子直接通过共价键构成），B错误；
C、化合物中 F 为 - 1 价，O 为 - 2 价，根据化合价代数和为 0，I 为 + 5 价。I 原子价电子数为 7，成键数目（与 1 个 F、3 个 O 成键，其中 1 个 O 为双键）与价电子数不相等，说明 I 原子存在孤对电子，C正确；
D、化合物中存在碘氧单键和碘氧双键，单键与双键键长不同，故碘氧键键长不相等，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据原子半径（I 最大为黑球）和成键数目（白球形成 2 个共价键为 O，灰球形成 1 个共价键为 F），判断白球不是 F 原子。
B．该化合物由分子构成，属于分子晶体，而非共价晶体。
C．通过化合价代数和（F 为 - 1、O 为 - 2，I 为 + 5）及 I 原子价电子数（7）与成键数目，推出 I 原子存在孤对电子。
D．存在碘氧单键和双键，单双键键长不同，故碘氧键键长不相等。
14．（2025·桐乡市模拟）卤代烃(以三甲基溴丁烷水解为例)在碱性条件下的水解机理如下(已知水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易)：下列说法正确的是
A．在碱性条件下的水解速率由第Ⅱ步决定
B．水解过程中碳原子的杂化方式不变
C．稳定性：
D．水解速率：
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应速率由活化能大的步骤决定。由势能图可知，历程 Ⅰ 的活化能更大，因此水解速率由历程 Ⅰ 决定，而非历程 Ⅱ，A错误；
B、(CH3)3CBr 中与 Br 相连的 C 为 sp3 杂化，而生成的 (CH3)3C+中 C 为 sp2 杂化，水解过程中碳原子的杂化方式发生了改变，B错误；
C、物质能量越低越稳定。从势能图看，(CH3)3C…OH 的能量低于 (CH3)3C…Br，因此稳定性 (CH3)3C…OH > (CH3)3C…Br，C错误；
D、水解过程中形成的碳正离子越稳定，反应越容易。(CH3)3CBr 水解形成的 (CH3)3C+比 (CH3)2CHCH2Br 水解形成的碳正离子更稳定，因此水解速率 (CH3)2CHCH2Br < (CH3)3CBr，D正确；
故答案为：D。【分析】要解决这道题，需结合反应速率的决定步骤、碳原子杂化方式、物质稳定性与能量的关系、碳正离子稳定性对水解速率的影响等知识点，逐一分析选项：
A．活化能越大的步骤，反应越慢，总反应速率由慢反应（活化能大的步骤）决定；
B．分析反应过程中碳原子的成键情况，确定杂化类型发生改变；
C．物质能量越低越稳定，通过势能图中过渡态的能量高低判断稳定性；
D．碳正离子越稳定，水解反应越容易，速率越快。
15．（2025·桐乡市模拟）将过量粉末置于水中达到平衡：。
已知：，的电离常数，
下列有关说法不正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒主要为
C．要实现向的转化，需加入溶液的
D．
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据物料守恒，上层清液中 Ca2+的浓度等于所有含碳微粒（C2O42-、HC2O4-、H2C2O4）的浓度之和，即 ，A正确；
B、先计算 CaC2O4溶解产生的 C2O42-浓度： 。再分析 C2O42-的水解：其水解常数 ，水解程度极小，因此含碳微粒主要为 C2O42-，而非 HC2O4-，B错误；
C、沉淀转化反应为 CaC2O4 + SO42- CaSO4 + C2O42-，平衡常数 。要使反应正向进行，需 Q < K，即
，代入，解得 ，因此需加入 Na2SO4溶液的浓度大于 1 mol/L，C正确；
D、反应 Ca2++HC2O4- CaC2O4(s)+H+的平衡常数 K ，D正确；
故答案为：B。【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对含碳微粒主要存在形式的判断：容易忽略草酸根离子水解程度极小，错误认为含碳微粒主要是 HC2O4-，实则主要为 C2O42-；
沉淀转化平衡常数的计算与应用：在分析 CaC2O4向 CaSO4转化时，需准确根据平衡常数和溶度积计算所需 SO42-浓度，容易因计算或逻辑错误导致判断失误；
反应平衡常数的推导：结合电离常数和溶度积推导目标反应平衡常数时，容易混淆公式中各常数的关系，导致计算错误。
16．（2025·桐乡市模拟）实验中的银镜可以采用以下方式进行清洗：
已知：和氧化性几乎相同；在水溶液中无色
下列说法不正确的是
A．步骤1中使用的是为了增大，加快与Ag的反应速率
B．步骤1中Ag并未全部反应，可能被包裹在步骤2的黄色固体中
C．取试管③洗涤后的上层清液，滴加溶液可检验步骤2是否洗涤干净
D．步骤3中黄色固体转化为无色溶液的离子方程式为
【答案】B
【知识点】常见离子的检验；银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、I2-KI 溶液中存在平衡 I2+I- I3-，加入 KI 可增大 I2的溶解度，提高 c (I2)，从而加快 I2（或 I3-）与 Ag 的反应速率，A正确；
B、AgI 能溶于 Na2S2O3溶液，而 Ag 不能。步骤 3 后得到无色溶液，说明黄色固体只有 AgI，即步骤 1 中 Ag 已全部反应，未被包裹在黄色固体中，B错误；
C、取试管③洗涤后的上层清液，滴加 AgNO3溶液，若产生黄色沉淀（AgI），说明洗涤液含 I-，步骤 2 未洗涤干净；若无沉淀，说明已洗涤干净，C正确；
D、步骤 3 中黄色固体 AgI 与 S2O32-反应，生成 I-和 [Ag(S2O3)2]3-，离子方程式为AgI+2S2O32-=I-+[Ag(S2O3)2]3-，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．利用 I2-KI 体系中的 I2+I- I3-平衡，KI 的加入能提升 I2溶解度与浓度，进而加快与 Ag 的反应速率。
B．Ag 不溶于 Na2S2O3溶液，而 AgI 可溶解，步骤 3 得到无色溶液，说明黄色固体仅为 AgI，即 Ag 已完全反应。
C．检验步骤 2 是否洗涤干净，核心是检测洗涤液中是否残留 I-，通过滴加 AgNO3溶液观察是否产生黄色 AgI 沉淀即可判断。
D．AgI 与 S2O32-反应生成可溶的 [Ag (S2O3)2]3-和 I-，据此推导离子方程式。
17．（2025·桐乡市模拟）钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：
（1）关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子
B．的离子半径小于的离子半径
C．电子排布为的处于基态
D．Co的第三电离能大于第二电离能
（2）某钴氧化物的晶胞结构如图所示：
①该氧化物的化学式为　 　。
②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为　 　。
（3）与形成的配合物的稳定性高于，从配位键强度分析原因　 　。
（4）工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图：
已知：
沉淀
恰好完全 沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有　 　。(写出两种)
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，发生的离子方程式为　 　。
③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂，发生反应：，实验测得：当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大(如图所示)，其原因是　 　。
④向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　 　。
【答案】（1）B；D
（2）；
（3）电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于
（4）适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大；富集、提纯 (或分离和)
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
故答案为： ； ；
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
故答案为： 电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于 ；
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
故答案为： 适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 ； ；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大 ； 富集、提纯 (或分离和) 。
【分析】(1)A．基态 Co 原子 3d 轨道有 2 对成对电子。
B．Co3+与 Fe2+核外电子层结构相同，Co3+核电荷数大，离子半径小。
C．基态 Co+价层电子排布为 3d74s 。
D．原子逐级电离能递增，Co 第三电离能大于第二电离能。
(2)①通过均摊法计算晶胞中 Co2+、Co3+、O2-的个数，得出化学式为 Co3O4。
②三价钴有强氧化性，与浓盐酸加热反应生成 Cl2。
(3)N 电负性小于 O，NH3更易给出孤电子对，配位能力强于 H2O，故 [Co(NH3)6]2+更稳定。
(4)①提高酸浸效率的措施：提高酸浓度、升高温度、粉碎矿石等。
②氧化过程离子方程式：依据得失电子、电荷及原子守恒，写出方程式。
③pH 增大，c (H+) 减小，使萃取平衡正向移动，Co2+萃取率增大。
④掌握萃取、反萃取的目的：富集、提纯 Co2+（或分离 Co2+和 Mn2+）。
（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故选BD。
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
18．（2025·桐乡市模拟）“双碳”背景下，以为原料合成等原料有重要的意义。涉及到的反应如下：
Ⅰ．加氢制甲醇
已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
（1）计算：　 　。
（2）维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。
已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。
①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是　 　。
A．升高温度 B．增大压强
C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂 D．使用能分离的分子筛
②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是　 　。
③240℃时，反应ⅰ的　 　(对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。
Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。
（3）钛网电极是　 　极(填“阳”或“阴”)，写出生成的电极反应式　 　。
Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。
（4）MgO活化催化的能力大于，试从结构角度分析原因　 　。
【答案】-90.6；B；>236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小；；阳；；Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化中的碳氧键
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol；
故答案为： -90.6 ；
（2）①A．升高温度反应速率加快，但反应ⅱ、反应ⅲ逆向移动，不利于提高二氧化碳的转化率，A不符合题意；
B．增大压强反应速率加快，反应ⅱ、反应ⅲ正向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，B符合题意；
C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂能使反应ⅱ速率加快，但不能改变平衡转化率，不影响提高二氧化碳的转化率，C不符合题意；
D．使用能分离H2O的分子筛会导致H2O的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；
②大于236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态，反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，综合以上两方面的原因，甲醇的选择性随温度T的增大而减小；
③由图知，时，，。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则平衡时CO2的物质的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，则由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，，则总物质的量，p(H2)=，p(CO2)=，p(CO)=，p(H2O)=，Kp==；
故答案为： B ； >236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小 ； ；
（3）由图可知，钛网电极上水放电生成氧气，发生氧化反应，钛网电极为阳极，石墨电极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，电极反应式为；
故答案为： 阳 ； ；
（4）MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。
故答案为： Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化中的碳氧键 。
【分析】(1)根据盖斯定律，反应 ⅲ= 反应 ⅱ- 反应 ⅰ，计算得 ΔH3=ΔH2-ΔH1=-90.6 kJ mol- 。
(2)①增大压强可加快反应速率，且使反应 ⅱ、ⅲ 正向移动，提高 CO2转化率。
②T>236℃时，反应 ⅰ 吸热正向移动生成更多 CO，反应 ⅱ 放热逆向移动减少 CH3OH，故甲醇选择性减小。
③通过设起始量，结合转化率和选择性计算各物质平衡分压，得出反应 ⅰ 的 Kp。
(3)钛网电极上水放电生成 O2，为阳极；石墨电极上 CO2得电子结合 H+生成 H2C2O4，据此书写电极反应式。
(4)Mg 电负性小于 Al，MgO 中 O 的电子云密度更大，更易进攻活化 CO2中的碳氧键，故 MgO 活化催化 CO2能力更强。
19．（2025·桐乡市模拟）氯化铁是重要的化工原料，其实验室制备方法为：
Ⅰ．制备：流程如图1。
Ⅱ．由制备无水：将与液体混合并加热，制得无水，装置如图2(夹持和加热装置略)。
已知：①沸点为77℃；②反应方程式为：
请回答：
（1）图2中仪器B的名称是　 　。
（2）下列说法不正确的是_______。
A．检验稀溶液中是否残留，可滴加少量酸性高锰酸钾
B．图2中的加热宜采用水浴的方式
C．图2中的无水可替换为碱石灰
D．可采用同样方式由制备
（3）请对图1中“系列操作”排序：　 　。
_______→_______→_______→_______→_______ (填字母)。
a．冷却至室温 b．用饱和溶液洗涤 c．用浓HCl洗涤 d．蒸发至出现晶膜
e．蒸发至出现大量固体 f．常温干燥 g．低温干燥 h．过滤 i．趁热过滤
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因　 　。
（5）用莫尔法测定无水的纯度：准确称取0.4000g样品配成100mL溶液，移取25.00mL于锥形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽铁离子形成稳定配合物，调节，滴加指示剂溶液。不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。
平行测试3次，平均消耗标准溶液15.00mL。
①无水的纯度为　 　。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是　 　。
【答案】（1）(球形)干燥管
（2）A；C；D
（3）dahcg
（4）产物中具有强还原性，可将还原为
（5）81.25%；过低，部分转化为：过高，可能生成，均会使消耗的偏多
【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）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。
故答案为： (球形)干燥管 ；
（2）A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀溶液中是否残留，A错误；
B． 已知沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止挥发，B正确；
C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水不可替换为碱石灰，C错误；
D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热通常不能得到、得到氢氧化铁等，通过则可得到无水，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由制备，D错误；
故答案为： ACD。
（3）图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；
故答案为： dahcg；
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：，产物中具有强还原性，可将还原为。
故答案为：产物中具有强还原性，可将还原为 ；
（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水的纯度为。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是：过低，发生2+2H+，部分转化为，过高，可能生成，均会使消耗的偏多。
故答案为： 81.25% ；过低，部分转化为：过高，可能生成，均会使消耗的偏多 。
【分析】废铁屑经稀盐酸溶解，发生反应生成氯化亚铁溶液，过滤除去不溶物后，向滤液中通入氯气，将氯化亚铁氧化为氯化铁；随后向氯化铁溶液中加入铁粉，使其还原为氯化亚铁，再次通入氯气氧化，得到高浓度的氯化铁溶液。将该浓氯化铁溶液（或稀氯化铁溶液）置于氯化氢气流中，经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作，得到 FeCl3 6H2O 晶体。将 FeCl3 6H2O 与液态 SOCl2混合并加热，在烧瓶内发生反应，制备无水 FeCl3。实验中，无水氯化钙作为干燥剂，用于吸收装置内的水蒸气，维持烧瓶内干燥环境；产生的尾气用氢氧化钠溶液进行吸收处理，以防止污染。
（1）根据结构可知，图2中仪器B的名称是(球形)干燥管。
（2）A． 亚铁离子、氯离子在酸性条件下均能还原高锰酸钾溶液出现褪色现象，则不能通过滴加少量酸性高锰酸钾检验稀溶液中是否残留，A错误；
B． 已知沸点为77℃，图2中的加热宜采用水浴的方式，以控制加热温度防止挥发，B正确；
C． 无水CaCl2主要作用是干燥，防止氢氧化钠溶液中水蒸气进入到发生装置中，而碱石灰会与二氧化硫、HCl反应，从而失去干燥作用，则图2中的无水不可替换为碱石灰，C错误；
D．氯化铁溶液易水解，不采取措施直接加热通常不能得到、得到氢氧化铁等，通过则可得到无水，而硫酸钠是不挥发性强酸的钠盐，不会水解，在控制一定温度下加热可由制备，D错误；
选ACD。
（3）图1中氯化铁稀溶液经“系列操作”得到，氯化铁是挥发性强酸的弱碱盐，应采用冷却结晶法获得晶体、经过滤后洗涤干燥，由于氯化铁易水解，采用浓盐酸洗涤，氢离子浓度大可抑制其水解又不会引入杂质，还可以减少产品损失，而低温干燥可以防止晶体失去结晶水；故对图1中“系列操作”排序：d．先蒸发浓缩，蒸发至出现晶膜，此时溶液达到饱和状态；a．冷却至室温析出晶体；h．过滤分离出晶体；c．用浓HCl洗涤，洗去晶体表面的杂质；g．低温干燥；
故选dahcg；
（4）制得的无水含有少量还原性杂质，试分析原因为：根据信息②反应方程式为：，产物中具有强还原性，可将还原为。
（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3，根据方程式可知n(FeCl3)=n(AgNO3)=×0.1000mol·L-1 ×0.01500L=5×10-4mol，产品无水的纯度为。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是：过低，发生2+2H+，部分转化为，过高，可能生成，均会使消耗的偏多。
20．（2025·桐乡市模拟）双氯芬酸钠是常用镇痛剂，某研究小组按下列路线合成其中间体双氯芬酸G：
已知：
请回答下列问题：
（1）化合物C中的官能团的名称为　 　。
（2）E的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．化合物A的碱性强于甲胺
B．化合物B中的碳原子可能共平面
C．1mol化合物D最多能消耗
D．A→…→E的目的是为了把氯原子引入到需要位置
（4）C→D的化学方程式为　 　。
（5）设计以苯和乙烯为原料合成F的合成路线(其他无机试剂任选)：　 　。
（6）化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，写出4种符合系列条件的H的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种；②能发生银镜反应
【答案】（1）酰胺基，磺酸基
（2）
（3）A；C
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由C结构，化合物C中的官能团的名称为酰胺基，磺酸基；
故答案为： 酰胺基，磺酸基 ；
（2）由分析，E为；
故答案为： ；
（3）A．甲基为供电子基团，使得甲胺更容易结合氢离子，故甲胺碱性强于化合物A，错误；
B．B为，与苯环直接相连的原子共面、与羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，则化合物B中的碳原子可能共平面，正确；
C．D为，其中酰胺基、磺酸基能和氢氧化钠发生碱性水解，氯原子和氢氧化钠反应生成酚羟基，酚羟基又能和氢氧化钠反应，则1mol化合物D最多能消耗的氢氧化钠数大于，错误；
D．A→…→E的目的是保护氨基对位氢，从而把氯原子引入到需要位置，正确；
故答案为：AC；
（4）C和氯气发生取代反应，在磺酸基的间位引入2个氯原子，反应为：；
故答案为： ；
（5）乙烯和氧气催化生成环氧乙烷，发生已知反应原理生成，羟基氧化为醛基，醛基氧化为羧基得到产物F，故流程为：；
故答案为： ；
（6）F为，F中除苯环外，含有2个碳、2个氧、1个不饱和度；化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，符合系列条件的H的同分异构体：①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种，则结构对称；②能发生银镜反应，则含醛基或为甲酸酯，结构可以为：。
故答案为：
【分析】A为苯胺（），苯环上连有氨基（-NH2）；A 发生取代反应，氨基中的一个氢原子被乙酰基（-COCH3）取代，生成 B（）；B 的苯环上引入磺酸基（-SO3H），通过亲电取代反应生成 C；C 的苯环上发生取代反应，引入两个氯原子（-Cl），生成 D（）。D 在酸性条件下发生水解反应，-HNCOCH3水解为 - NH2，同时脱去磺酸基，生成 E（），F结构为苯乙酸（）。E 中的氨基（-NH2）与 F 中的羧基（-COOH）在一定条件下发生取代反应（酰胺化反应），生成含酰胺键（-NHCO-）的化合物 G。
（1）由C结构，化合物C中的官能团的名称为酰胺基，磺酸基；
（2）由分析，E为；
（3）A．甲基为供电子基团，使得甲胺更容易结合氢离子，故甲胺碱性强于化合物A，错误；
B．B为，与苯环直接相连的原子共面、与羰基直接相连的原子共面，单键可以旋转，则化合物B中的碳原子可能共平面，正确；
C．D为，其中酰胺基、磺酸基能和氢氧化钠发生碱性水解，氯原子和氢氧化钠反应生成酚羟基，酚羟基又能和氢氧化钠反应，则1mol化合物D最多能消耗的氢氧化钠数大于，错误；
D．A→…→E的目的是保护氨基对位氢，从而把氯原子引入到需要位置，正确；
故选AC；
（4）C和氯气发生取代反应，在磺酸基的间位引入2个氯原子，反应为：；
（5）乙烯和氧气催化生成环氧乙烷，发生已知反应原理生成，羟基氧化为醛基，醛基氧化为羧基得到产物F，故流程为：；
（6）F为，F中除苯环外，含有2个碳、2个氧、1个不饱和度；化合物H是F的同系物，比F多1个碳原子，符合系列条件的H的同分异构体：①分子中含有苯环，且氢原子种类有4种，则结构对称；②能发生银镜反应，则含醛基或为甲酸酯，结构可以为：。
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