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浙江省强基联盟2025-2026学年高三上学期8月联考 化学试卷
1．（2025高三上·浙江月考）嫦娥五号返回器带回的月壤中含有，下列关于的说法正确的是
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
2．（2025高三上·浙江月考）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．的名称：2-甲基-3-乙基戊烷
C．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
3．（2025高三上·浙江月考）下列有关铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与氧气反应，可用作食品保存的脱氧剂
B．四氧化三铁具有磁性，可作为3D打印的磁性材料
C．氯化铁具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的铜
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于杀菌消毒
4．（2025高三上·浙江月考）根据元素周期律推测，下列说法正确的是
A．原子半径： B．电负性：
C．非金属性： D．热稳定性：
5．（2025高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．图①探究“丁达尔效应”实验时，视线应顺着光线的方向进行观察
B．图②表示滴定时控制酸式滴定管活塞的操作
C．图③装置可用于探究温度对化学平衡的影响
D．图④装置可用于实验室制备并检验乙烯
6．（2025高三上·浙江月考）下列是硒元素在回收过程中涉及的两个化学反应：
①；
②(浓)。
下列有关叙述不正确的是
A．反应①中，作氧化剂，反应②中浓硫酸作氧化剂
B．的氧化性由强到弱的顺序是
C．与的中心原子均为杂化
D．反应①中每生成，转移电子数为
7．（2025高三上·浙江月考）下列有关物质性质的解释不正确的是
性质 解释
A 酸性： 是吸电子基团 是推电子基团
B 沸点： 前者在分子内形成了氢键，后者在分子间形成了氢键
C 熔点： Fe的金属键比Na强
D 第一电离能： N的非金属性强于O
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·浙江月考）下列离子方程式不正确的是
A．过氧化钠可用于制备氧气：
B．尿素溶于热水转化为铵态氮肥：
C．饱和溶液处理水垢中的硫酸钙：
D．用溶液清除水中余氯
9．（2025高三上·浙江月考）有机物的异构化反应如图所示，下列说法不正确的是
A．X、Y中存在的官能团不完全相同
B．X和Y中所有碳原子可能共平面
C．X和Y互为对映异构体
D．类比上述反应，的异构化产物可能为
10．（2025高三上·浙江月考）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（　　）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．与的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
11．（2025高三上·浙江月考）工业上将和混合气体在压强为0.15MPa时通入反应釜中制备，反应如图1所示分两步完成，反应相同时间后测得和的体积分数随温度变化如图2所示。
下列说法正确的是
A．该反应涉及的反应为Ⅰ． Ⅱ．
B．在时，增大的投料比，的转化率提高
C．其他条件不变时，通入适量氮气可以提高的产率
D．在范围内，其他条件不变时升高温度，的体积分数升高
12．（2025高三上·浙江月考）用可再生能源电还原时，可以生成乙烯、乙醇等，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．该装置可以直接将太阳能转化为化学能
B．从Cu电极迁移到电极
C．阳极发生的反应有
D．阴极区中KCl的加入作用为提高生成率
13．（2025高三上·浙江月考）是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．电子式为，结构式为
B．含有极性共价键和非极性共价键，是非极性分子
C．沸点：
D．分子间存在氢键
14．（2025高三上·浙江月考）物质①发生如下反应，化合物⑤为其主产物，⑥为副产物：
下列说法不正确的是
A．化合物⑤和⑥互为同分异构体
B．③的稳定性弱于④
C．是⑤→⑦的副产物
D．由上述机理推出：(主要产物)
15．（2025高三上·浙江月考）一定温度下，向硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应，溶液中与的关系如图所示，已知代表或，该温度下，下列说法不正确的是
A．图中代表的是
B．该溶液中
C．向该溶液中滴入稀硝酸，减小
D．的平衡常数为
16．（2025高三上·浙江月考）和均具有漂白性，工业上用气体制的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤a的操作包括过滤，洗涤和干燥
B．吸收器中生成的离子方程式为：
C．工业上将制成固体，便于贮存和运输
D．通入空气的目的是驱赶出，使其在吸收器中被充分吸收
17．（2025高三上·浙江月考）I．已知可以除去水煤气中的CO，请回答：
（1）下列说法正确的是___________(填字母)。
A. 电负性： B. 含有键和键
C. Cu变成失去4s轨道上的电子 D. 基态C原子有3种空间运动状态的电子
（2）如图晶胞为面心立方的储氢材料的化学式为________；与Au原子距离最近的铜原子个数为________。
（3）比较键角大小：________。
（4）比较氨基结合质子能力________，请从结构角度说明原因：________。
II．某废渣的主要成分是，从该废渣中回收制备ZnS和Pb的工艺流程如下：
已知：代表。
（5）氧化浸出时，转变为________(填离子符号)。
（6）氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是________。
（7）由滤液a制Cu的离子方程式：________。
（8）浸铅时，碱性过强，滤渣b中除了含之外，可能生成另一种氢氧化物的化学式为________。
（9）写出真空热解时含三种产物的化学方程式：________。
18．（2025高三上·浙江月考）氮氧化物(NOx)是导致酸雨、光化学烟雾的主要污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。研究氮氧化物废气处理是国际环保主要方向之一，某科研团队利用CH4催化还原NOx技术处理工业废气，反应原理如下：
反应①：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
反应②：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
（1）已知反应①能量曲线如图所示，则1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出　 　kJ的热量。
（2）一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中投入一定量的CH4(g)和NO(g)发生反应①，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．单位时间内每断裂4molC-H键，同时断裂4molO-H键
C．c(NO)和c(N2)的浓度比保持不变
D．容器内气体的平均相对分子质量不变
（3）不同温度下发生反应②，CH4的浓度随时间变化如图所示。回答以下问题：
①图中、的关系为：T1　 　T2(填“>”、“＜”或“=”)，b点与c点相比，　 　点(填“b”或“c”)反应速率更快，理由是　 　。
②温度下，10-20min内的平均反应速率v(H2O)　 　，CH4的平衡转化率为　 　。
（4）利用某分子筛作催化剂，也可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示：
上述历程的总反应为　 　。
19．（2025高三上·浙江月考）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I 还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32 +I2=2I + S4O62 ）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是　 　。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　 　；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除　 　及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L 1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为　 　；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为　 　mg·L 1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏　 　。（填“高”或“低”）
20．（2025高三上·浙江月考）化合物J是重要的化工原料，合成路线如下；
已知：Ph—指苯基，NBS指，TMS指。请回答：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　；化合物发生的反应类型是　 　。
（2）化合物G的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．化合物A的水溶性强于B
B．化合物的反应属于取代反应
C．化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I不相同
D．化合物J的分子式是
（4）化合物反应的化学方程式是　 　。
（5）的反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成与J互为同分异构体的副产物的结构简式为　 　。
（6）参考上述路线，以、乙醇、为有机原料，设计化合物的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸的定义要求电离时产生的阳离子全部是H+（氢离子），而FeTiO3（钛酸亚铁）的组成中不含H+，因此不符合酸的定义，A错误；
B、碱的定义要求电离时产生的阴离子全部是OH-（氢氧根离子），FeTiO3的组成中不含OH-，因此不符合碱的定义，B错误；
C、盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子组成的化合物。FeTiO3由Fe2+（亚铁离子）和TiO32-（钛酸根离子）构成，完全符合盐的定义，C正确；
D、氧化物仅由两种元素组成且其中一种为氧元素，而FeTiO3含有Fe、Ti、O三种元素，属于含氧化合物而非氧化物，D错误；故答案为：C。
【分析】本题核心易错点：
混淆 “盐” 与 “氧化物” 的定义：氧化物的严格定义是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物，但 FeTiO3由 Fe（铁）、Ti（钛）、O（氧）三种元素组成，不符合氧化物的判定条件；而盐的定义是由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物，FeTiO3可拆解为 Fe2+（金属阳离子）和 TiO32-（钛酸根阴离子），属于盐类，极易因忽略元素种类误判为氧化物（误选 D）。
对 “酸、碱” 本质的误判：酸的定义是解离时阳离子全部为 H+的化合物，碱是解离时阴离子全部为 OH-的化合物；FeTiO3的构成中既无 H+也无 OH-，若对酸、碱的解离本质理解模糊，易误选 A（酸）或 B（碱）。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为10的氧原子，质子数为8，质量数=8+10=18，应表示为，而非，A错误。
B、的主链有5个碳原子，甲基在2号碳、乙基在3号碳，命名为2-甲基-3-乙基戊烷，B正确。
C、BF3中B原子价层电子对数为， ，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形， 表示为，C错误；
D、基态Cr原子价层电子排布式为，轨道表示式中3d轨道5个电子分占5个轨道且自旋平行、4s轨道1个电子， 表示为：， D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析各选项中化学用语的规范表述，结合原子符号、有机物命名、VSEPR模型、原子轨道表示式的规则判断正误。
3．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铁粉与氧气反应消耗氧气，可作食品脱氧剂，性质与用途对应，故A不符合题意 ；
B、四氧化三铁具有磁性，可用作 3D 打印磁性材料，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、氯化铁中 Fe3+具氧化性，能腐蚀印刷电路板上的铜，性质与用途对应，故C符合题意 ；
D、聚合硫酸铁水解形成胶体用于吸附杂质，而杀菌消毒需强氧化性，二者无对应关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】逐一分析铁及其化合物的性质与用途的对应关系，判断是否匹配。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期原子半径随原子序数增大而减小，Na 在 Al 左侧，原子半径 Na＞Al，A错误；
B、同主族电负性随原子半径增大而减小，C 在 Si 上方，电负性 C＞Si，B正确；
C、同主族非金属性随原子半径增大而减弱，O 在 S 上方，非金属性 O＞S，C错误；
D、Cl 非金属性比 Br 强，HCl 热稳定性比 HBr 好，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据元素周期律（同周期、同主族原子半径、电负性、非金属性及氢化物热稳定性的变化规律），逐一分析选项。
5．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、丁达尔效应需垂直于光线方向观察（才能看到光亮的 “通路”），顺着光线方向无法观察到明显现象，A错误；
B、图②中是碱式滴定管（橡胶管结构），酸式滴定管是玻璃活塞；且操作时应用手指控制玻璃活塞（碱式滴定管才捏橡胶管），B错误；
C、NO2与 N2O4存在平衡：2NO2（红棕色） N2O4（无色），该反应放热。图③中热水、冰水为不同温度条件，可通过气体颜色变化（温度升高，平衡逆向移动，颜色加深；温度降低，平衡正向移动，颜色变浅）探究温度对平衡的影响，C正确；
D、实验室用乙醇制乙烯需170℃，但图④中温度计未插入反应液（测的是蒸气温度，无法控制 170℃）；且乙醇会挥发，挥发的乙醇也能使溴水褪色，无法证明生成了乙烯，D错误；
故答案为：C。【分析】A．在图①的"丁达尔效应"实验中，观察者视线应与入射光线方向保持垂直（避免直视光源）。
B．使用酸式滴定管时，禁止直接旋转活塞，正确操作应左手反握滴定管后再调节活塞。
C．实验现象表明：热水中浓度增大（颜色加深），说明升温使平衡逆向移动，证明该反应为放热反应，该实验能有效探究温度对化学平衡的影响。
D．乙烯制备实验中，170℃下乙醇与浓硫酸反应会同时生成二氧化硫等还原性杂质，若不经过除杂处理会干扰乙烯的检验。
6．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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
【解析】【解答】A、反应①中 HNO3的 N 元素化合价未变，仅作酸；反应②中浓 H2SO4的 S 元素从 +6 降至 +4，作氧化剂，A错误；
B、反应①中 SeO2将 I-氧化为 I2，说明氧化性 SeO2＞I2，B正确；
C、SO2和 SeO2的中心原子价层电子对数均为 ，均为 sp2 杂化，C正确；
D、反应①中生成 1mol I2转移 2mol 电子，生成 0.8mol I2时转移电子数为 1.6NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】从氧化还原反应的氧化剂判断、氧化性比较、中心原子杂化类型、电子转移计算等角度，逐一分析选项。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、羧酸酸性取决于羧基（-COOH）中 H的解离难易：-CF3是吸电子基团，会让羧基中 O-H 键极性增强，H 更易解离；-CH3是推电子基团，会减弱O-H键极性。A正确；
B、氢键对沸点的影响分两种：邻羟基苯甲酸的羟基和羧基在苯环相邻位置，能在分子内形成氢键，削弱了分子间作用力；对羟基苯甲酸的羟基和羧基在对位，只能在分子间形成氢键，增强了分子间作用力。B正确；
C、金属晶体的熔点由金属键强弱决定， 金属键强弱取决于阳离子电荷与半径， Fe 的原子半径比 Na 小，且价电子数更多，金属键的强度更强，因此熔点更高。C正确；
D、第一电离能的关键是电子排布稳定性：N 的电子排布是 2s22p3（p 轨道半充满，结构稳定），O 是 2s22p4（p 轨道非半满），所以 N 的第一电离能反常高于 O；但实际 O 的非金属性强于 N，D错误；
故答案为：D。
【分析】这类题的解题突破口：
羧酸酸性：看基团的吸、推电子性——吸电子基增强酸性，推电子基减弱。
沸点（含氢键物质）：区分分子内、间氢键——分子间氢键沸点高，分子内氢键沸点低。
金属熔点：比金属键强弱——原子半径小、价电子多，金属键强，熔点高。
第一电离能：优先看电子排布稳定性——半满、全满结构的原子，电离能会反常升高（不单纯看非金属性）。
8．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应生成 NaOH 和 O2，离子方程式 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑拆分正确、守恒合理，A正确；
B、尿素在热水中水解生成 NH3和 CO2，而非 NH4+和 CO32-， 正确方程式为：，B错误；
C、因 CaCO3溶度积小于 CaSO4，饱和 Na2CO3溶液可将 CaSO4转化为 CaCO3，离子方程式 CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq) 正确，C正确。
D、S2O32-被 Cl2氧化为 SO42-，Cl2被还原为 Cl-，离子方程式 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+满足得失电子、电荷及原子守恒，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断过氧化钠与水反应的离子方程式是否正确。
B．分析尿素水解的反应事实及离子方程式是否正确。
C．判断沉淀转化的离子方程式是否正确。
D．分析氧化还原反应的离子方程式是否满足守恒关系。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X、Y 官能团不完全相同X 含 “醚键（O 在环中）” 和碳碳双键，Y 含 “羰基（C=O）” 和碳碳双键，官能团存在差异，A正确；
B、X 和 Y 中所有碳原子可能共平面X 的环结构（含 O 的五元环）中，双键、醚键的平面结构可通过单键旋转共面；Y 的环含羰基和双键，羰基与双键的平面结构也可通过单键旋转共面，因此所有碳原子可能共平面，B正确；
C、X 和 Y 互为对映异构体对映异构体的前提是 “分子含手性碳且互为镜像”，但 X、Y 均无手性碳（每个 C 连接的基团无 4 种不同结构），且二者是官能团异构（官能团不同），并非对映异构，C错误；
D、类比反应的异构化产物原反应是环中 O 的位置迁移（醚键转变成羰基），类比可知，目标物质的异构化产物会是环中 O 迁移、生成羰基的结构，D正确；
故答案为：C。
【分析】从官能团种类、碳原子共面性、对映异构体的条件（手性碳）、反应类型类比等角度，逐一分析选项。
官能团判断：对比X、Y的结构，看环中O的成键方式（醚键、羰基），直接区分官能团差异。
原子共面：抓住 “双键（碳碳双键、羰基）为平面结构，单键可旋转”，判断环上碳原子是否能通过旋转共面。
对映异构体判定：先看是否含手性碳（连 4 种不同基团的 C），无手性碳则不可能是对映异构。
反应规律类比：原反应是 “环中醚键转化为羰基”，依此迁移到新结构的异构化方向。
10．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A不符合题意；
B．Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，B符合题意；
C．Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，MQ为NaCl，两者均为离子晶体，C不符合题意；
D．X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH ·H O，其溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素， 分子呈三角锥形 ，则Y为N元素，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，则M为Na元素，Q为Cl元素。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、第一步反应应为 2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，第二步为 S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2(g)，并非题中所给反应，A错误；
B、由图 2 可知，1000℃之后第二步反应才发生，980℃时提高投料比，H2S 转化率不会提高，B错误；
C、通入适量氮气相当于减压，两个反应均为气体分子数增大的反应，平衡正向移动，可提高 H2产率，C正确；
D、在 950~1150℃范围内，第二步反应速率随温度升高增大更快，S2体积分数先升高后降低，并非一直升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应的分步过程。
B．结合温度对反应发生的影响判断投料比的作用。
C．分析减压对平衡的影响。
D．分析温度对 S2体积分数的影响。
12．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置中太阳能先转化为电能，电能再转化为化学能，并非直接将太阳能转化为化学能，A错误；
B、电解池中阳离子向阴极移动，Cu 电极为阴极，K+应向 Cu 电极迁移，而非从 Cu 电极迁移，B错误；
C、阳极发生氧化反应，题中反应为还原反应，应在阴极发生，C错误；
D、阴极区加入 KCl 可调节电解液离子强度、导电性或优化催化环境，促进 CO2还原生成乙烯和乙醇，提高目标产物生成率，D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析能量转化形式。
B．判断离子迁移方向。
C．区分电极反应类型。
D．分析 KCl 的作用。
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、H2O2的结构式为 H-O-O-H，O 原子间为单键，每个 O 原子与一个 H 原子形成单键且每个 O 原子有两对孤对电子，其电子式和结构式表述正确，A正确；
B、H2O2中 O-H 键是极性共价键，O-O 键是非极性共价键；但分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，B错误；
C、H2O2和 H2O 都能形成分子间氢键，且 H2O2相对分子质量更大，分子间范德华力更强，所以沸点 H2O2＞H2O，C正确；
D、H2O2含 O-H 键，O 电负性大且有孤对电子，分子间可形成氢键，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断 H2O2的电子式和结构式是否正确。
B．分析 H2O2的化学键类型及分子极性。
C．比较 H2O2和 H2O 的沸点。
D．判断 H2O2分子间是否存在氢键。
14．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、化合物⑤和⑥分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B、③是仲碳正离子，④是叔碳正离子，叔碳正离子更稳定，故③稳定性弱于④，B正确；
C、⑤→⑦的反应中，会生成多种产物， 是该反应的副产物，C正确；
D、 反应物为，与HBr反应时，质子化脱水生成，不稳定，发生重排后得到稳定性较高的，Br-进攻重排后的碳正离子得主要产物为，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道有机反应题的关键点、突破口：
同分异构体判断：核心看 “分子式相同、结构不同”——化合物⑤和⑥分子式均为 C6H11Br，仅Br原子连接位置不同，结构有差异，可直接判定为同分异构体。
碳正离子稳定性：牢记稳定性顺序“叔碳正离子> 仲碳正离子 > 伯碳正离子”——③是仲碳正离子，④是叔碳正离子，因此③的稳定性弱于④。
消去反应副产物：消去反应的副产物源于 “不同 β-H 的消除”——⑤发生消去反应时，除生成主产物⑦外，还会因其他 β-H 脱离生成不同结构的烯烃，据此可判断副产物种类。
反应规律迁移（高频易错）：原反应中 “叔碳正离子更稳定，加成时 Br-优先进攻叔碳”，但D选项底物为环醇，与 HBr 反应生成的是仲碳正离子（无叔碳正离子），Br-应加成在连羟基的碳原子上，而非选项图示位置，因此D的推断错误。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、c(NH3) 越大，pNH3越小，Ag+与 NH3络合生成 [Ag(NH3)2]+的程度越大，δ{[Ag(NH3)2]+} 越大。图中 δ2随 pNH3增大而减小，说明 δ2代表 δ{[Ag(NH3)2]+}，A正确；
B、根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷数之和等于阴离子所带负电荷数之和，阳离子有 Ag+、[Ag(NH3)2]+、NH4+、H+，阴离子有 NO3-、OH-，故等式
c (Ag+)+c [Ag(NH3)2]++c(NH4+)+c(H+)= c (NO3-)+c (OH-) 成立，B正确；
C、向该溶液中滴入稀硝酸，H+与 NH3反应生成 NH4+，c (NH3) 减小，pNH3增大，
Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡逆向移动，δ{[Ag(NH3)2]+} 减小，C正确；
D、a 点c(Ag+)=，pNH3=3.5，则 c(NH3)=10-3.5。 的平衡常数，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 δ2代表的分布系数。
B．分析溶液的电荷守恒关系。
C．分析稀硝酸对络合平衡的影响。
D．计算反应的平衡常数。
16．【答案】B
【知识点】过滤；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤 a 是从结晶后的混合物中获取固体，操作包括过滤、洗涤和干燥，A正确；
B、吸收器中是碱性环境（有浓 NaOH），离子方程式中不应出现 H+，正确的离子方程式为 2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；
C、固体 NaClO2比 ClO2气体更稳定，便于贮存和运输，C正确；
D、通入空气可驱赶出 ClO2，使其在吸收器中被充分吸收，D正确；
故答案为：B。
【分析】从工艺流程的操作步骤、离子方程式的环境（碱性）、物质状态的优势、通入空气的作用等角度分析选项。
从该制备工艺的流程入手分析：首先，在ClO2发生器中通入空气，其作用是将生成的 ClO2气体 “携带、驱赶” 至吸收器，避免ClO2残留，保证后续能被充分吸收；随后进入吸收器，由于吸收器中加入了浓 NaOH 溶液（环境呈碱性），因此发生的反应为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O（利用 H2O2的还原性，将ClO2还原为ClO2-）；反应完成后，通过真空蒸发、冷却结晶的方式得到 NaClO2的晶体，再经过过滤（分离晶体与母液）、洗涤（去除晶体表面附着的杂质）、干燥这一系列操作，最终得到纯净的NaClO2产品。通过对流程中 “气体作用、反应环境、操作目的” 的拆解，即可对应解答各选项。
17．【答案】(1) A，B，C
(2) 12
(3) >
(4) < 电负性：O大于中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降
(5)
(6) 温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发
(7) 或
(8)
(9)
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．同一周期元素从左到右，电负性递增，电负性：，A正确；
B．CO的成键情况与相似，含有键和键，B正确；
C．Cu变成失去最外层上的电子，即4s轨道上的电子，C正确；
D．C原子含4种不同空间运动状态的电子，D错误。
故答案为：ABC。
（2）根据均摊法可以得出化学式为，配位数之比等于化学式的反比，所以Au周围有12个等距离的Cu。
故答案为： ；12；
（3）N原子上孤电子对与配位后，对成键电子对排斥力减小键角增大，故键角大小：>。
故答案为： > ；
（4）电负性：，中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降，氨基结合质子能力<。
故答案为： < ；电负性：O大于中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降 ；
（5）中的S没有发生化合价变化，变化的是过氧键，所以转变为。
故答案为： ；
（6）氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发。
故答案为： 温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发 ；
（7）由题干可知滤液a中含，可能发生或。
故答案为：或 ；
（8）碱性过强，Pb元素有可能转化为。
故答案为： ；
（9）真空热解时无氧气参与反应，结合中元素，由元素守恒及氧化还原反应原理可得化学方程式：。
故答案为： 。
【分析】对废渣进行氧化浸出处理时，采用 (NH4)2S2O8和 NH3 H2O 作为氧化剂与络合剂。反应后过滤，滤液中形成了 [Cu(NH3)4]2+和 [Zn(NH3)4]2+的络合离子；滤渣 a 包含难溶的 PbSO4和 Fe(OH)3。针对滤液 a，加入 Zn 进行置换反应，可将其中的 Cu 置换出来。除去 Cu 后的溶液中加入 (NH4)2S，利用 ZnS 的难溶性实现 Zn 的沉淀，得到 ZnS。对于滤渣 a，使用 H2A 和 Na2A 进行浸铅操作，反应后过滤，滤渣 b 含有 Fe 元素；滤液 b 经结晶操作得到 PbA，再通过真空热解工艺最终获得纯 Pb。
18．【答案】（1）1162
（2）B；C
（3）<；c；T1（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时， 反应物总能量与生成物总能量差值为5342 kJ-4180 kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2 (g)，完全反应放出1162kJ热量；
故答案为： 1162 ；
（2）A．反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据（m为质量，V为体积），密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；
B．单位时间内断裂4molC-H键（代表正反应，CH4分解 ），同时断裂4molO-H键（代表逆反应，H2O分解），正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；
C．反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；
D．反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；
故答案为：BC；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2 达到平衡时间短，所以T1故答案为： < ； c ； T12，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快 ； ； 80% 。
（4）由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为。
故答案为： 。
【分析】（1）根据反应①的能量曲线，计算反应物与生成物的能量差，得出 1mol CH4(g) 还原 NO (g) 至 N2(g) 完全反应放出的热量。
（2）分析各选项是否符合化学平衡状态的判断依据（正逆反应速率相等、各物质浓度不变等）。
（3）①根据达到平衡的时间判断温度高低，结合温度和浓度分析反应速率快慢；②根据 CH4的浓度变化计算反应速率（利用速率之比等于化学计量数之比求 v (H2O)）和平衡转化率。
（4）根据反应历程，结合原子守恒确定总反应方程式。
（1）由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时， 反应物总能量与生成物总能量差值为5342 kJ-4180 kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2 (g)，完全反应放出1162kJ热量；
（2）A．反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据（m为质量，V为体积），密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；
B．单位时间内断裂4molC-H键（代表正反应，CH4分解 ），同时断裂4molO-H键（代表逆反应，H2O分解），正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；
C．反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；
D．反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；
故选BC；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2 达到平衡时间短，所以T1（4）由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为。
19．【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2；量筒、容量瓶、胶头滴管；氧气；当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80ab；低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
故答案为： 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 ；
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
故答案为： 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 ；
（3）硫代硫酸钠溶液不稳定，使用前需要标定，因此粗配即可，一定物质的量浓度溶液的配制还需要量筒、容量瓶、胶头滴管；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
故答案为： 量筒、容量瓶、胶头滴管 ； 氧气 ；
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
故答案为： 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 ； 80ab ；
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
故答案为： 低 。
【分析】（1）避免扰动水体导致水底还原性杂质进入或氧气逸出，使测定值与实际值一致。
（2）根据氧化还原反应得失电子守恒，写出 Mn (OH)2与 O2反应生成 MnO (OH)2的化学方程式。
（3）明确配制 Na2S2O3溶液所需玻璃仪器，以及蒸馏水煮沸的目的（除氧气等）。
（4）判断滴定终点现象，利用氧化还原反应的定量关系计算溶解氧含量。
（5）分析滴定管尖嘴有气泡对消耗标准液体积的影响，进而判断测量结果的偏差。
20．【答案】（1）羟基、羧基；还原反应
（2）
（3）C；D
（4）
（5）
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，含氧官能团名称是羟基、羧基；为常见的还原剂，B被还原生成C，则化合物发生的反应类型是还原反应；
故答案为： 羟基、羧基 ； 还原反应 ；
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是；
故答案为： ；
（3）A．化合物A()含有的羧基强极性、易与水形成氢键，B()中含有的的极性弱于羧基，则化合物A的水溶性强于B，A正确；
B．由分析可知，F与PhB(OH)2发生取代反应生成G，即化合物的反应属于取代反应，B正确；
C．H和I中的苯环、碳碳双键上的C均采用杂化，则化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I相同，C错误；
D．由J的结构简式可知，化合物J的分子式应为，D错误；
故答案为：CD。
（4）由分析可知，C为，C被催化氧化生成D，则化合物反应的化学方程式是：；
故答案为： ；
（5）是炔基参与成环反应，成键苯环及反应位置不变，则副产物是炔基与另一苯环连接位置改变，与J互为同分异构体，其结构简式为；
故答案为： ；
（6）以、乙醇、为有机原料设计合成，可以参考题干流程中的反应原理，采用逆分析法：由与发生取代反应得到，由与NBS发生取代反应得到，由发生消去反应得到，所以合成路线为：故答案为：
【分析】化合物 A 与甲醇在 H+、加热条件下发生酯化反应，生成化合物 B（）。LiAlH4作为强还原剂，将 B 还原得到化合物 C（）。C 在催化剂、加热条件下被 O2氧化生成化合物 D。D 与 CBr4在 PPh3作用下反应生成化合物 E。E 在 CuI、K3PO4、加热条件下发生取代反应生成化合物 F。F 与 PhB (OH)2发生取代反应生成化合物 G（）。G 与 NBS 发生取代反应生成化合物 H。H 与≡-TMS 发生取代反应生成化合物 I。最后 I 在 PtCl2、加热条件下发生加成反应，最终生成化合物 J。据此解题。
（1）由A的结构简式可知，含氧官能团名称是羟基、羧基；为常见的还原剂，B被还原生成C，则化合物发生的反应类型是还原反应；
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是；
（3）A．化合物A()含有的羧基强极性、易与水形成氢键，B()中含有的的极性弱于羧基，则化合物A的水溶性强于B，A正确；
B．由分析可知，F与PhB(OH)2发生取代反应生成G，即化合物的反应属于取代反应，B正确；
C．H和I中的苯环、碳碳双键上的C均采用杂化，则化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I相同，C错误；
D．由J的结构简式可知，化合物J的分子式应为，D错误；
故选CD。
（4）由分析可知，C为，C被催化氧化生成D，则化合物反应的化学方程式是：；
（5）是炔基参与成环反应，成键苯环及反应位置不变，则副产物是炔基与另一苯环连接位置改变，与J互为同分异构体，其结构简式为；
（6）以、乙醇、为有机原料设计合成，可以参考题干流程中的反应原理，采用逆分析法：由与发生取代反应得到，由与NBS发生取代反应得到，由发生消去反应得到，所以合成路线为：。
1 / 1浙江省强基联盟2025-2026学年高三上学期8月联考 化学试卷
1．（2025高三上·浙江月考）嫦娥五号返回器带回的月壤中含有，下列关于的说法正确的是
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、酸的定义要求电离时产生的阳离子全部是H+（氢离子），而FeTiO3（钛酸亚铁）的组成中不含H+，因此不符合酸的定义，A错误；
B、碱的定义要求电离时产生的阴离子全部是OH-（氢氧根离子），FeTiO3的组成中不含OH-，因此不符合碱的定义，B错误；
C、盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子组成的化合物。FeTiO3由Fe2+（亚铁离子）和TiO32-（钛酸根离子）构成，完全符合盐的定义，C正确；
D、氧化物仅由两种元素组成且其中一种为氧元素，而FeTiO3含有Fe、Ti、O三种元素，属于含氧化合物而非氧化物，D错误；故答案为：C。
【分析】本题核心易错点：
混淆 “盐” 与 “氧化物” 的定义：氧化物的严格定义是由两种元素组成，且其中一种为氧元素的化合物，但 FeTiO3由 Fe（铁）、Ti（钛）、O（氧）三种元素组成，不符合氧化物的判定条件；而盐的定义是由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物，FeTiO3可拆解为 Fe2+（金属阳离子）和 TiO32-（钛酸根阴离子），属于盐类，极易因忽略元素种类误判为氧化物（误选 D）。
对 “酸、碱” 本质的误判：酸的定义是解离时阳离子全部为 H+的化合物，碱是解离时阴离子全部为 OH-的化合物；FeTiO3的构成中既无 H+也无 OH-，若对酸、碱的解离本质理解模糊，易误选 A（酸）或 B（碱）。
2．（2025高三上·浙江月考）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为10的氧原子：
B．的名称：2-甲基-3-乙基戊烷
C．的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为10的氧原子，质子数为8，质量数=8+10=18，应表示为，而非，A错误。
B、的主链有5个碳原子，甲基在2号碳、乙基在3号碳，命名为2-甲基-3-乙基戊烷，B正确。
C、BF3中B原子价层电子对数为， ，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形， 表示为，C错误；
D、基态Cr原子价层电子排布式为，轨道表示式中3d轨道5个电子分占5个轨道且自旋平行、4s轨道1个电子， 表示为：， D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析各选项中化学用语的规范表述，结合原子符号、有机物命名、VSEPR模型、原子轨道表示式的规则判断正误。
3．（2025高三上·浙江月考）下列有关铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A．铁粉能与氧气反应，可用作食品保存的脱氧剂
B．四氧化三铁具有磁性，可作为3D打印的磁性材料
C．氯化铁具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的铜
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于杀菌消毒
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铁粉与氧气反应消耗氧气，可作食品脱氧剂，性质与用途对应，故A不符合题意 ；
B、四氧化三铁具有磁性，可用作 3D 打印磁性材料，性质与用途对应，故B不符合题意 ；
C、氯化铁中 Fe3+具氧化性，能腐蚀印刷电路板上的铜，性质与用途对应，故C符合题意 ；
D、聚合硫酸铁水解形成胶体用于吸附杂质，而杀菌消毒需强氧化性，二者无对应关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】逐一分析铁及其化合物的性质与用途的对应关系，判断是否匹配。
4．（2025高三上·浙江月考）根据元素周期律推测，下列说法正确的是
A．原子半径： B．电负性：
C．非金属性： D．热稳定性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期原子半径随原子序数增大而减小，Na 在 Al 左侧，原子半径 Na＞Al，A错误；
B、同主族电负性随原子半径增大而减小，C 在 Si 上方，电负性 C＞Si，B正确；
C、同主族非金属性随原子半径增大而减弱，O 在 S 上方，非金属性 O＞S，C错误；
D、Cl 非金属性比 Br 强，HCl 热稳定性比 HBr 好，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据元素周期律（同周期、同主族原子半径、电负性、非金属性及氢化物热稳定性的变化规律），逐一分析选项。
5．（2025高三上·浙江月考）下列说法正确的是
A．图①探究“丁达尔效应”实验时，视线应顺着光线的方向进行观察
B．图②表示滴定时控制酸式滴定管活塞的操作
C．图③装置可用于探究温度对化学平衡的影响
D．图④装置可用于实验室制备并检验乙烯
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、丁达尔效应需垂直于光线方向观察（才能看到光亮的 “通路”），顺着光线方向无法观察到明显现象，A错误；
B、图②中是碱式滴定管（橡胶管结构），酸式滴定管是玻璃活塞；且操作时应用手指控制玻璃活塞（碱式滴定管才捏橡胶管），B错误；
C、NO2与 N2O4存在平衡：2NO2（红棕色） N2O4（无色），该反应放热。图③中热水、冰水为不同温度条件，可通过气体颜色变化（温度升高，平衡逆向移动，颜色加深；温度降低，平衡正向移动，颜色变浅）探究温度对平衡的影响，C正确；
D、实验室用乙醇制乙烯需170℃，但图④中温度计未插入反应液（测的是蒸气温度，无法控制 170℃）；且乙醇会挥发，挥发的乙醇也能使溴水褪色，无法证明生成了乙烯，D错误；
故答案为：C。【分析】A．在图①的"丁达尔效应"实验中，观察者视线应与入射光线方向保持垂直（避免直视光源）。
B．使用酸式滴定管时，禁止直接旋转活塞，正确操作应左手反握滴定管后再调节活塞。
C．实验现象表明：热水中浓度增大（颜色加深），说明升温使平衡逆向移动，证明该反应为放热反应，该实验能有效探究温度对化学平衡的影响。
D．乙烯制备实验中，170℃下乙醇与浓硫酸反应会同时生成二氧化硫等还原性杂质，若不经过除杂处理会干扰乙烯的检验。
6．（2025高三上·浙江月考）下列是硒元素在回收过程中涉及的两个化学反应：
①；
②(浓)。
下列有关叙述不正确的是
A．反应①中，作氧化剂，反应②中浓硫酸作氧化剂
B．的氧化性由强到弱的顺序是
C．与的中心原子均为杂化
D．反应①中每生成，转移电子数为
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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
【解析】【解答】A、反应①中 HNO3的 N 元素化合价未变，仅作酸；反应②中浓 H2SO4的 S 元素从 +6 降至 +4，作氧化剂，A错误；
B、反应①中 SeO2将 I-氧化为 I2，说明氧化性 SeO2＞I2，B正确；
C、SO2和 SeO2的中心原子价层电子对数均为 ，均为 sp2 杂化，C正确；
D、反应①中生成 1mol I2转移 2mol 电子，生成 0.8mol I2时转移电子数为 1.6NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】从氧化还原反应的氧化剂判断、氧化性比较、中心原子杂化类型、电子转移计算等角度，逐一分析选项。
7．（2025高三上·浙江月考）下列有关物质性质的解释不正确的是
性质 解释
A 酸性： 是吸电子基团 是推电子基团
B 沸点： 前者在分子内形成了氢键，后者在分子间形成了氢键
C 熔点： Fe的金属键比Na强
D 第一电离能： N的非金属性强于O
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、羧酸酸性取决于羧基（-COOH）中 H的解离难易：-CF3是吸电子基团，会让羧基中 O-H 键极性增强，H 更易解离；-CH3是推电子基团，会减弱O-H键极性。A正确；
B、氢键对沸点的影响分两种：邻羟基苯甲酸的羟基和羧基在苯环相邻位置，能在分子内形成氢键，削弱了分子间作用力；对羟基苯甲酸的羟基和羧基在对位，只能在分子间形成氢键，增强了分子间作用力。B正确；
C、金属晶体的熔点由金属键强弱决定， 金属键强弱取决于阳离子电荷与半径， Fe 的原子半径比 Na 小，且价电子数更多，金属键的强度更强，因此熔点更高。C正确；
D、第一电离能的关键是电子排布稳定性：N 的电子排布是 2s22p3（p 轨道半充满，结构稳定），O 是 2s22p4（p 轨道非半满），所以 N 的第一电离能反常高于 O；但实际 O 的非金属性强于 N，D错误；
故答案为：D。
【分析】这类题的解题突破口：
羧酸酸性：看基团的吸、推电子性——吸电子基增强酸性，推电子基减弱。
沸点（含氢键物质）：区分分子内、间氢键——分子间氢键沸点高，分子内氢键沸点低。
金属熔点：比金属键强弱——原子半径小、价电子多，金属键强，熔点高。
第一电离能：优先看电子排布稳定性——半满、全满结构的原子，电离能会反常升高（不单纯看非金属性）。
8．（2025高三上·浙江月考）下列离子方程式不正确的是
A．过氧化钠可用于制备氧气：
B．尿素溶于热水转化为铵态氮肥：
C．饱和溶液处理水垢中的硫酸钙：
D．用溶液清除水中余氯
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应生成 NaOH 和 O2，离子方程式 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑拆分正确、守恒合理，A正确；
B、尿素在热水中水解生成 NH3和 CO2，而非 NH4+和 CO32-， 正确方程式为：，B错误；
C、因 CaCO3溶度积小于 CaSO4，饱和 Na2CO3溶液可将 CaSO4转化为 CaCO3，离子方程式 CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq) 正确，C正确。
D、S2O32-被 Cl2氧化为 SO42-，Cl2被还原为 Cl-，离子方程式 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+满足得失电子、电荷及原子守恒，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断过氧化钠与水反应的离子方程式是否正确。
B．分析尿素水解的反应事实及离子方程式是否正确。
C．判断沉淀转化的离子方程式是否正确。
D．分析氧化还原反应的离子方程式是否满足守恒关系。
9．（2025高三上·浙江月考）有机物的异构化反应如图所示，下列说法不正确的是
A．X、Y中存在的官能团不完全相同
B．X和Y中所有碳原子可能共平面
C．X和Y互为对映异构体
D．类比上述反应，的异构化产物可能为
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X、Y 官能团不完全相同X 含 “醚键（O 在环中）” 和碳碳双键，Y 含 “羰基（C=O）” 和碳碳双键，官能团存在差异，A正确；
B、X 和 Y 中所有碳原子可能共平面X 的环结构（含 O 的五元环）中，双键、醚键的平面结构可通过单键旋转共面；Y 的环含羰基和双键，羰基与双键的平面结构也可通过单键旋转共面，因此所有碳原子可能共平面，B正确；
C、X 和 Y 互为对映异构体对映异构体的前提是 “分子含手性碳且互为镜像”，但 X、Y 均无手性碳（每个 C 连接的基团无 4 种不同结构），且二者是官能团异构（官能团不同），并非对映异构，C错误；
D、类比反应的异构化产物原反应是环中 O 的位置迁移（醚键转变成羰基），类比可知，目标物质的异构化产物会是环中 O 迁移、生成羰基的结构，D正确；
故答案为：C。
【分析】从官能团种类、碳原子共面性、对映异构体的条件（手性碳）、反应类型类比等角度，逐一分析选项。
官能团判断：对比X、Y的结构，看环中O的成键方式（醚键、羰基），直接区分官能团差异。
原子共面：抓住 “双键（碳碳双键、羰基）为平面结构，单键可旋转”，判断环上碳原子是否能通过旋转共面。
对映异构体判定：先看是否含手性碳（连 4 种不同基团的 C），无手性碳则不可能是对映异构。
反应规律类比：原反应是 “环中醚键转化为羰基”，依此迁移到新结构的异构化方向。
10．（2025高三上·浙江月考）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是（　　）
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C．与的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A不符合题意；
B．Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，B符合题意；
C．Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，MQ为NaCl，两者均为离子晶体，C不符合题意；
D．X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH ·H O，其溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X的核外电子数等于其周期数，则X为H元素， 分子呈三角锥形 ，则Y为N元素，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O元素，M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素，则M为Na元素，Q为Cl元素。
11．（2025高三上·浙江月考）工业上将和混合气体在压强为0.15MPa时通入反应釜中制备，反应如图1所示分两步完成，反应相同时间后测得和的体积分数随温度变化如图2所示。
下列说法正确的是
A．该反应涉及的反应为Ⅰ． Ⅱ．
B．在时，增大的投料比，的转化率提高
C．其他条件不变时，通入适量氮气可以提高的产率
D．在范围内，其他条件不变时升高温度，的体积分数升高
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、第一步反应应为 2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，第二步为 S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2(g)，并非题中所给反应，A错误；
B、由图 2 可知，1000℃之后第二步反应才发生，980℃时提高投料比，H2S 转化率不会提高，B错误；
C、通入适量氮气相当于减压，两个反应均为气体分子数增大的反应，平衡正向移动，可提高 H2产率，C正确；
D、在 950~1150℃范围内，第二步反应速率随温度升高增大更快，S2体积分数先升高后降低，并非一直升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．分析反应的分步过程。
B．结合温度对反应发生的影响判断投料比的作用。
C．分析减压对平衡的影响。
D．分析温度对 S2体积分数的影响。
12．（2025高三上·浙江月考）用可再生能源电还原时，可以生成乙烯、乙醇等，装置如下图所示。下列说法正确的是
A．该装置可以直接将太阳能转化为化学能
B．从Cu电极迁移到电极
C．阳极发生的反应有
D．阴极区中KCl的加入作用为提高生成率
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置中太阳能先转化为电能，电能再转化为化学能，并非直接将太阳能转化为化学能，A错误；
B、电解池中阳离子向阴极移动，Cu 电极为阴极，K+应向 Cu 电极迁移，而非从 Cu 电极迁移，B错误；
C、阳极发生氧化反应，题中反应为还原反应，应在阴极发生，C错误；
D、阴极区加入 KCl 可调节电解液离子强度、导电性或优化催化环境，促进 CO2还原生成乙烯和乙醇，提高目标产物生成率，D正确；
故答案为：D。【分析】A．分析能量转化形式。
B．判断离子迁移方向。
C．区分电极反应类型。
D．分析 KCl 的作用。
13．（2025高三上·浙江月考）是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A．电子式为，结构式为
B．含有极性共价键和非极性共价键，是非极性分子
C．沸点：
D．分子间存在氢键
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、H2O2的结构式为 H-O-O-H，O 原子间为单键，每个 O 原子与一个 H 原子形成单键且每个 O 原子有两对孤对电子，其电子式和结构式表述正确，A正确；
B、H2O2中 O-H 键是极性共价键，O-O 键是非极性共价键；但分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，并非非极性分子，B错误；
C、H2O2和 H2O 都能形成分子间氢键，且 H2O2相对分子质量更大，分子间范德华力更强，所以沸点 H2O2＞H2O，C正确；
D、H2O2含 O-H 键，O 电负性大且有孤对电子，分子间可形成氢键，D正确；
故答案为：B。【分析】A．判断 H2O2的电子式和结构式是否正确。
B．分析 H2O2的化学键类型及分子极性。
C．比较 H2O2和 H2O 的沸点。
D．判断 H2O2分子间是否存在氢键。
14．（2025高三上·浙江月考）物质①发生如下反应，化合物⑤为其主产物，⑥为副产物：
下列说法不正确的是
A．化合物⑤和⑥互为同分异构体
B．③的稳定性弱于④
C．是⑤→⑦的副产物
D．由上述机理推出：(主要产物)
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】A、化合物⑤和⑥分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B、③是仲碳正离子，④是叔碳正离子，叔碳正离子更稳定，故③稳定性弱于④，B正确；
C、⑤→⑦的反应中，会生成多种产物， 是该反应的副产物，C正确；
D、 反应物为，与HBr反应时，质子化脱水生成，不稳定，发生重排后得到稳定性较高的，Br-进攻重排后的碳正离子得主要产物为，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道有机反应题的关键点、突破口：
同分异构体判断：核心看 “分子式相同、结构不同”——化合物⑤和⑥分子式均为 C6H11Br，仅Br原子连接位置不同，结构有差异，可直接判定为同分异构体。
碳正离子稳定性：牢记稳定性顺序“叔碳正离子> 仲碳正离子 > 伯碳正离子”——③是仲碳正离子，④是叔碳正离子，因此③的稳定性弱于④。
消去反应副产物：消去反应的副产物源于 “不同 β-H 的消除”——⑤发生消去反应时，除生成主产物⑦外，还会因其他 β-H 脱离生成不同结构的烯烃，据此可判断副产物种类。
反应规律迁移（高频易错）：原反应中 “叔碳正离子更稳定，加成时 Br-优先进攻叔碳”，但D选项底物为环醇，与 HBr 反应生成的是仲碳正离子（无叔碳正离子），Br-应加成在连羟基的碳原子上，而非选项图示位置，因此D的推断错误。
15．（2025高三上·浙江月考）一定温度下，向硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应，溶液中与的关系如图所示，已知代表或，该温度下，下列说法不正确的是
A．图中代表的是
B．该溶液中
C．向该溶液中滴入稀硝酸，减小
D．的平衡常数为
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、c(NH3) 越大，pNH3越小，Ag+与 NH3络合生成 [Ag(NH3)2]+的程度越大，δ{[Ag(NH3)2]+} 越大。图中 δ2随 pNH3增大而减小，说明 δ2代表 δ{[Ag(NH3)2]+}，A正确；
B、根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷数之和等于阴离子所带负电荷数之和，阳离子有 Ag+、[Ag(NH3)2]+、NH4+、H+，阴离子有 NO3-、OH-，故等式
c (Ag+)+c [Ag(NH3)2]++c(NH4+)+c(H+)= c (NO3-)+c (OH-) 成立，B正确；
C、向该溶液中滴入稀硝酸，H+与 NH3反应生成 NH4+，c (NH3) 减小，pNH3增大，
Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡逆向移动，δ{[Ag(NH3)2]+} 减小，C正确；
D、a 点c(Ag+)=，pNH3=3.5，则 c(NH3)=10-3.5。 的平衡常数，D错误；
故答案为：D。【分析】A．判断 δ2代表的分布系数。
B．分析溶液的电荷守恒关系。
C．分析稀硝酸对络合平衡的影响。
D．计算反应的平衡常数。
16．（2025高三上·浙江月考）和均具有漂白性，工业上用气体制的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤a的操作包括过滤，洗涤和干燥
B．吸收器中生成的离子方程式为：
C．工业上将制成固体，便于贮存和运输
D．通入空气的目的是驱赶出，使其在吸收器中被充分吸收
【答案】B
【知识点】过滤；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、步骤 a 是从结晶后的混合物中获取固体，操作包括过滤、洗涤和干燥，A正确；
B、吸收器中是碱性环境（有浓 NaOH），离子方程式中不应出现 H+，正确的离子方程式为 2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，B错误；
C、固体 NaClO2比 ClO2气体更稳定，便于贮存和运输，C正确；
D、通入空气可驱赶出 ClO2，使其在吸收器中被充分吸收，D正确；
故答案为：B。
【分析】从工艺流程的操作步骤、离子方程式的环境（碱性）、物质状态的优势、通入空气的作用等角度分析选项。
从该制备工艺的流程入手分析：首先，在ClO2发生器中通入空气，其作用是将生成的 ClO2气体 “携带、驱赶” 至吸收器，避免ClO2残留，保证后续能被充分吸收；随后进入吸收器，由于吸收器中加入了浓 NaOH 溶液（环境呈碱性），因此发生的反应为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O（利用 H2O2的还原性，将ClO2还原为ClO2-）；反应完成后，通过真空蒸发、冷却结晶的方式得到 NaClO2的晶体，再经过过滤（分离晶体与母液）、洗涤（去除晶体表面附着的杂质）、干燥这一系列操作，最终得到纯净的NaClO2产品。通过对流程中 “气体作用、反应环境、操作目的” 的拆解，即可对应解答各选项。
17．（2025高三上·浙江月考）I．已知可以除去水煤气中的CO，请回答：
（1）下列说法正确的是___________(填字母)。
A. 电负性： B. 含有键和键
C. Cu变成失去4s轨道上的电子 D. 基态C原子有3种空间运动状态的电子
（2）如图晶胞为面心立方的储氢材料的化学式为________；与Au原子距离最近的铜原子个数为________。
（3）比较键角大小：________。
（4）比较氨基结合质子能力________，请从结构角度说明原因：________。
II．某废渣的主要成分是，从该废渣中回收制备ZnS和Pb的工艺流程如下：
已知：代表。
（5）氧化浸出时，转变为________(填离子符号)。
（6）氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是________。
（7）由滤液a制Cu的离子方程式：________。
（8）浸铅时，碱性过强，滤渣b中除了含之外，可能生成另一种氢氧化物的化学式为________。
（9）写出真空热解时含三种产物的化学方程式：________。
【答案】(1) A，B，C
(2) 12
(3) >
(4) < 电负性：O大于中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降
(5)
(6) 温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发
(7) 或
(8)
(9)
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．同一周期元素从左到右，电负性递增，电负性：，A正确；
B．CO的成键情况与相似，含有键和键，B正确；
C．Cu变成失去最外层上的电子，即4s轨道上的电子，C正确；
D．C原子含4种不同空间运动状态的电子，D错误。
故答案为：ABC。
（2）根据均摊法可以得出化学式为，配位数之比等于化学式的反比，所以Au周围有12个等距离的Cu。
故答案为： ；12；
（3）N原子上孤电子对与配位后，对成键电子对排斥力减小键角增大，故键角大小：>。
故答案为： > ；
（4）电负性：，中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降，氨基结合质子能力<。
故答案为： < ；电负性：O大于中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降 ；
（5）中的S没有发生化合价变化，变化的是过氧键，所以转变为。
故答案为： ；
（6）氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发。
故答案为： 温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发 ；
（7）由题干可知滤液a中含，可能发生或。
故答案为：或 ；
（8）碱性过强，Pb元素有可能转化为。
故答案为： ；
（9）真空热解时无氧气参与反应，结合中元素，由元素守恒及氧化还原反应原理可得化学方程式：。
故答案为： 。
【分析】对废渣进行氧化浸出处理时，采用 (NH4)2S2O8和 NH3 H2O 作为氧化剂与络合剂。反应后过滤，滤液中形成了 [Cu(NH3)4]2+和 [Zn(NH3)4]2+的络合离子；滤渣 a 包含难溶的 PbSO4和 Fe(OH)3。针对滤液 a，加入 Zn 进行置换反应，可将其中的 Cu 置换出来。除去 Cu 后的溶液中加入 (NH4)2S，利用 ZnS 的难溶性实现 Zn 的沉淀，得到 ZnS。对于滤渣 a，使用 H2A 和 Na2A 进行浸铅操作，反应后过滤，滤渣 b 含有 Fe 元素；滤液 b 经结晶操作得到 PbA，再通过真空热解工艺最终获得纯 Pb。
18．（2025高三上·浙江月考）氮氧化物(NOx)是导致酸雨、光化学烟雾的主要污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。研究氮氧化物废气处理是国际环保主要方向之一，某科研团队利用CH4催化还原NOx技术处理工业废气，反应原理如下：
反应①：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
反应②：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
（1）已知反应①能量曲线如图所示，则1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出　 　kJ的热量。
（2）一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中投入一定量的CH4(g)和NO(g)发生反应①，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．单位时间内每断裂4molC-H键，同时断裂4molO-H键
C．c(NO)和c(N2)的浓度比保持不变
D．容器内气体的平均相对分子质量不变
（3）不同温度下发生反应②，CH4的浓度随时间变化如图所示。回答以下问题：
①图中、的关系为：T1　 　T2(填“>”、“＜”或“=”)，b点与c点相比，　 　点(填“b”或“c”)反应速率更快，理由是　 　。
②温度下，10-20min内的平均反应速率v(H2O)　 　，CH4的平衡转化率为　 　。
（4）利用某分子筛作催化剂，也可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示：
上述历程的总反应为　 　。
【答案】（1）1162
（2）B；C
（3）<；c；T1（4）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时， 反应物总能量与生成物总能量差值为5342 kJ-4180 kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2 (g)，完全反应放出1162kJ热量；
故答案为： 1162 ；
（2）A．反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据（m为质量，V为体积），密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；
B．单位时间内断裂4molC-H键（代表正反应，CH4分解 ），同时断裂4molO-H键（代表逆反应，H2O分解），正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；
C．反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；
D．反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；
故答案为：BC；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2 达到平衡时间短，所以T1故答案为： < ； c ； T12，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快 ； ； 80% 。
（4）由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为。
故答案为： 。
【分析】（1）根据反应①的能量曲线，计算反应物与生成物的能量差，得出 1mol CH4(g) 还原 NO (g) 至 N2(g) 完全反应放出的热量。
（2）分析各选项是否符合化学平衡状态的判断依据（正逆反应速率相等、各物质浓度不变等）。
（3）①根据达到平衡的时间判断温度高低，结合温度和浓度分析反应速率快慢；②根据 CH4的浓度变化计算反应速率（利用速率之比等于化学计量数之比求 v (H2O)）和平衡转化率。
（4）根据反应历程，结合原子守恒确定总反应方程式。
（1）由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时， 反应物总能量与生成物总能量差值为5342 kJ-4180 kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2 (g)，完全反应放出1162kJ热量；
（2）A．反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据（m为质量，V为体积），密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；
B．单位时间内断裂4molC-H键（代表正反应，CH4分解 ），同时断裂4molO-H键（代表逆反应，H2O分解），正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；
C．反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；
D．反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；
故选BC；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2 达到平衡时间短，所以T1（4）由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为。
19．（2025高三上·浙江月考）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I 还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32 +I2=2I + S4O62 ）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是　 　。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为　 　。
（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和　 　；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除　 　及二氧化碳。
（4）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L 1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为　 　；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为　 　mg·L 1。
（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏　 　。（填“高”或“低”）
【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2；量筒、容量瓶、胶头滴管；氧气；当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80ab；低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）取水样时，若搅拌水体，会造成水底还原性杂质进入水样中，或者水体中的氧气因搅拌溶解度降低逸出。
故答案为： 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 ；
（2）根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，Mn的化合价由＋2价→＋4价，化合价升高2，氧气中O的化合价由0价→－2价，整体降低4价，最小公倍数为4，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。
故答案为： 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 ；
（3）硫代硫酸钠溶液不稳定，使用前需要标定，因此粗配即可，一定物质的量浓度溶液的配制还需要量筒、容量瓶、胶头滴管；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。
故答案为： 量筒、容量瓶、胶头滴管 ； 氧气 ；
（4）该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据题干，MnO(OH)2把I－氧化成I2，本身被还原成Mn2＋，根据得失电子数目守恒，即有n[MnO(OH)2]×2=n(I2)×2，因此建立关系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3
可得水样中溶解氧的含量为 [（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab。
故答案为： 当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 ； 80ab ；
（5）终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，导致b减小，根据[（ab×10-3）÷4×32×103]÷0.1=80ab，最终结果偏低。
故答案为： 低 。
【分析】（1）避免扰动水体导致水底还原性杂质进入或氧气逸出，使测定值与实际值一致。
（2）根据氧化还原反应得失电子守恒，写出 Mn (OH)2与 O2反应生成 MnO (OH)2的化学方程式。
（3）明确配制 Na2S2O3溶液所需玻璃仪器，以及蒸馏水煮沸的目的（除氧气等）。
（4）判断滴定终点现象，利用氧化还原反应的定量关系计算溶解氧含量。
（5）分析滴定管尖嘴有气泡对消耗标准液体积的影响，进而判断测量结果的偏差。
20．（2025高三上·浙江月考）化合物J是重要的化工原料，合成路线如下；
已知：Ph—指苯基，NBS指，TMS指。请回答：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　；化合物发生的反应类型是　 　。
（2）化合物G的结构简式是　 　。
（3）下列说法不正确的是___________(填字母)。
A．化合物A的水溶性强于B
B．化合物的反应属于取代反应
C．化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I不相同
D．化合物J的分子式是
（4）化合物反应的化学方程式是　 　。
（5）的反应中，若参与成键的苯环及苯环的反应位置不变，则生成与J互为同分异构体的副产物的结构简式为　 　。
（6）参考上述路线，以、乙醇、为有机原料，设计化合物的合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)
【答案】（1）羟基、羧基；还原反应
（2）
（3）C；D
（4）
（5）
（6）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，含氧官能团名称是羟基、羧基；为常见的还原剂，B被还原生成C，则化合物发生的反应类型是还原反应；
故答案为： 羟基、羧基 ； 还原反应 ；
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是；
故答案为： ；
（3）A．化合物A()含有的羧基强极性、易与水形成氢键，B()中含有的的极性弱于羧基，则化合物A的水溶性强于B，A正确；
B．由分析可知，F与PhB(OH)2发生取代反应生成G，即化合物的反应属于取代反应，B正确；
C．H和I中的苯环、碳碳双键上的C均采用杂化，则化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I相同，C错误；
D．由J的结构简式可知，化合物J的分子式应为，D错误；
故答案为：CD。
（4）由分析可知，C为，C被催化氧化生成D，则化合物反应的化学方程式是：；
故答案为： ；
（5）是炔基参与成环反应，成键苯环及反应位置不变，则副产物是炔基与另一苯环连接位置改变，与J互为同分异构体，其结构简式为；
故答案为： ；
（6）以、乙醇、为有机原料设计合成，可以参考题干流程中的反应原理，采用逆分析法：由与发生取代反应得到，由与NBS发生取代反应得到，由发生消去反应得到，所以合成路线为：故答案为：
【分析】化合物 A 与甲醇在 H+、加热条件下发生酯化反应，生成化合物 B（）。LiAlH4作为强还原剂，将 B 还原得到化合物 C（）。C 在催化剂、加热条件下被 O2氧化生成化合物 D。D 与 CBr4在 PPh3作用下反应生成化合物 E。E 在 CuI、K3PO4、加热条件下发生取代反应生成化合物 F。F 与 PhB (OH)2发生取代反应生成化合物 G（）。G 与 NBS 发生取代反应生成化合物 H。H 与≡-TMS 发生取代反应生成化合物 I。最后 I 在 PtCl2、加热条件下发生加成反应，最终生成化合物 J。据此解题。
（1）由A的结构简式可知，含氧官能团名称是羟基、羧基；为常见的还原剂，B被还原生成C，则化合物发生的反应类型是还原反应；
（2）由分析可知，化合物G的结构简式是；
（3）A．化合物A()含有的羧基强极性、易与水形成氢键，B()中含有的的极性弱于羧基，则化合物A的水溶性强于B，A正确；
B．由分析可知，F与PhB(OH)2发生取代反应生成G，即化合物的反应属于取代反应，B正确；
C．H和I中的苯环、碳碳双键上的C均采用杂化，则化合物H中采用杂化的原子数目与化合物I相同，C错误；
D．由J的结构简式可知，化合物J的分子式应为，D错误；
故选CD。
（4）由分析可知，C为，C被催化氧化生成D，则化合物反应的化学方程式是：；
（5）是炔基参与成环反应，成键苯环及反应位置不变，则副产物是炔基与另一苯环连接位置改变，与J互为同分异构体，其结构简式为；
（6）以、乙醇、为有机原料设计合成，可以参考题干流程中的反应原理，采用逆分析法：由与发生取代反应得到，由与NBS发生取代反应得到，由发生消去反应得到，所以合成路线为：。
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