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浙江省宁波市2025届高三下学期模拟考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)。
1．（2025·宁波模拟）下列食品添加剂属于强电解质的是
A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A. 亚硝酸钠(NaNO2)是盐类化合物，属于强电解质，在水溶液中能够完全电离成Na+和NO2-离子，A正确；
B. 蔗糖(C12H22O11)属于有机物中的糖类，其水溶液和熔融态均不导电，符合非电解质的定义，B错误；
C. CO2本身不导电，其水溶液导电的原因是CO2与水反应生成H2CO3（碳酸），碳酸部分电离产生H+和HCO3-离子，并非CO2直接电离，因此CO2属于非电解质，C错误；
D. 苯甲酸(C6H5COOH)作为有机弱酸，在水溶液中仅部分电离出H+和C6H5COO-，属于弱电解质，D错误；
正确答案为A。
【分析】题目考查电解质和强电解质的概念，强电解质包括强碱、强酸和大部分盐，选项中亚硝酸钠属于盐，是强电解质，苯甲酸是弱酸，属于弱电解质，蔗糖和二氧化碳是非电解质。
2．（2025·宁波模拟）下列化学用语表示正确的是
A．基态锗原子的简化电子排布式：
B．三氟化硼的电子式：
C．乙烯的空间填充模型：
D．的名称：2，2，3 三甲基丁烷
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．锗是第32号元素，其基态原子的简化电子排布式为，选项A错误；B．硼原子最外层有3个电子，氟原子最外层有7个电子，三氟化硼是共价化合物，其电子式为：，选项B错误；
C．乙烯分子中含有碳碳双键，其空间构型为平面形，空间填充模型为：，选项C错误；
D．根据烷烃的命名规则，最长碳链包含4个碳原子，三个甲基分别位于2号、2号和3号碳原子上，其结构为：，名称是2，2，3-三甲基丁烷，选项D正确；
正确答案是D。
【分析】A．选项中简化电子排布式缺少3d10；
B. 三氟化硼的电子式缺少氟周围未形成共价键的电子；
C．乙烯是平面形分子；
D．根据烷烃系统命名步骤进行命名。
3．（2025·宁波模拟）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．硫酸亚铁具有还原性，可用于处理工业废水中的
B．氨水具有碱性，可将废气中的氮氧化物转化为无害气体
C．碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作加工馒头、面包的膨松剂
D．可溶性铝盐能水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，可用作净水剂
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．硫酸亚铁（FeSO4）具有还原性，能还原六价铬离子（），因此可用于处理含铬工业废水，选项A正确；
B．氨气（NH3）的还原性使其能在高温下将氮氧化物（NO ）还原为氮气（N2），该过程与氨水的碱性无关，选项B错误；
C．碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解产生气体（NH3和CO2），同时能中和面团中的酸性物质，因此可用作面食膨松剂，选项C正确；
D．铝盐在水中水解生成的氢氧化铝胶体（Al(OH)3）具有吸附作用，能有效净化水质，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据氧化还原反应规律，二价铁可与重铬酸根离子发生反应，处理含铬废水；
B．氮氧化物转化为无害气体氮气，会发生氧化还原反应，和氨气是碱性气体无关；
C．根据铵盐受热可分解，可作面包膨松剂；
D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中杂质进行净水。
4．（2025·宁波模拟）硫酸铵在加强热条件下的分解反应方程式为：。下列说法不正确的是
A．(NH4)2SO4水溶液呈酸性 B．N2既有氧化性又有还原性
C．SO2能使石蕊溶液褪色 D．NH3液化时放热
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；氨的性质及用途；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．硫酸铵（(NH4)2SO4）属于强酸弱碱盐，其铵根离子（）会发生水解反应，导致溶液呈现酸性，选项A正确；
B．氮气（N2）分子中氮元素的化合价为0价，处于中间价态，既可以表现出氧化性（例如与氧气反应生成一氧化氮），又可以表现出还原性（例如与氢气反应生成氨气），所以氮气既具有氧化性又具有还原性，选项B正确；
C．二氧化硫（SO2）溶于水后会生成亚硫酸（H2SO3），使石蕊溶液变红。虽然二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，因此石蕊溶液不会褪色，选项C错误；
D．气体液化是一个放热过程，氨气（NH3）液化时会放出热量，选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．硫酸铵溶液中铵根离子会发生水解，使溶液呈酸性；
B．根据化合价变化规律，氮气中氮元素化合价为0价，可升高或降低，升高被氧化，降低被还原；
C．二氧化硫不可漂白指示剂；
D．氨气从气态到液态，是放热过程。
5．（2025·宁波模拟）下列有关化学品安全使用标识及实验相关问题的说法不正确的是
① ②
③ ④
A．运输汽油的油罐车需要贴图①标志
B．图②试剂瓶可盛装浓硝酸、NaOH或CCl4
C．图③装置可用于验证铁的吸氧腐蚀
D．图④装置中使用饱和食盐水可以减小电石与水的反应速率
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；乙炔炔烃；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．汽油是易燃液体，运输汽油的油罐车需要贴图①标志，A选项正确；
B．浓硝酸具有强氧化性和腐蚀性，四氯化碳（CCl4）作为有机溶剂会溶解橡胶，因此不能用橡胶塞试剂瓶存放这两种物质，B选项错误；
C．铁发生吸氧腐蚀时会消耗氧气，导致具支试管内压强降低，使试管中的水进入导管形成水柱上升现象，该装置可用于验证铁的吸氧腐蚀，C选项正确；
D．电石与水反应剧烈，使用饱和食盐水可以降低反应速率，D选项正确；
正确答案为B。
【分析】A．汽油易燃，①标志是可燃物质；
B．橡胶塞会被腐蚀，不可盛放浓硝酸，也不可盛放四氯化碳会溶解橡胶；
C．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，试管内压强降低，导管内会形成水柱；
D．选用饱和食盐水可减缓反应速率。
6．（2025·宁波模拟）铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：
B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA
C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1∶2
D．过量Fe在氯气中燃烧生成FeCl2
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于还原剂。在FeCl3溶液中通入SO2时，FeCl3作为氧化剂，SO2作为还原剂，反应生成FeCl2。这说明Fe3+的氧化性强于SO2，即，选项A正确；
B. 铁与氧气或水蒸气反应生成四氧化三铁(Fe3O4)时，每生成1 mol Fe3O4需要转移8 mol电子。因此，生成0.1 mol Fe3O4时，转移的电子数应为0.8NA，选项B错误；
C．转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOHFe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2∶1，C错误；
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，无论Fe过量还是少量，Fe在氯气中燃烧都生成FeCl3，D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】铁(Fe)与盐酸反应生成氯化亚铁(FeCl2)，与氯气(Cl2)反应生成氯化铁(FeCl3)。这两种铁的氯化物可以相互转化。当氯化亚铁和氯化铁的混合物与氢氧化钠(NaOH)在一定条件下反应时，会生成四氧化三铁(Fe3O4)。此外，铁与水蒸气或氧气反应也能直接生成四氧化三铁。
7．（2025·宁波模拟）从海带灰(含可溶性碘化物、碳酸盐、硫酸盐等)中提取碘元素的实验方案如下所示，下列说法正确的是
A．取滤液加入淀粉溶液可检验海带灰中是否含碘元素
B．分液操作需用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
C．过程①发生的反应为
D．滤液中的，需在萃取前加入过量BaCl2溶液，通过过滤操作除去
【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；分液和萃取；物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A. 淀粉遇I2显蓝色，而I-不与淀粉发生显色反应，因此选项A是错误的；
B. 分液操作用于分离互不相溶的液体，所需的玻璃仪器包括分液漏斗和烧杯，因此选项B是正确的；
C. 过程①在酸性条件下进行，发生的反应为：，因此选项C是错误的；
D. 滤液中的在萃取前不需要去除，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】海带灰中含有I-离子，通过加水浸泡和过滤后，滤液中存在I-。加入硫酸酸化后，再加入氧化剂将I-氧化为I2。随后使用CCl4进行萃取分液，得到I2的CCl4溶液，最后通过蒸馏操作获得单质I2。
8．（2025·宁波模拟）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．氯气与水反应：
B．过氧化钠与水反应产生气体：
C．硫酸铝溶液与足量碳酸氢钠溶液混合：
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解：
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；酯的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 次氯酸(HClO)是弱酸，在离子方程式中应保留其化学式。原离子方程式书写错误，正确写法为：Cl2 + H2O H+ + Cl- + HClO。因此A选项错误；
B. 过氧化钠(Na2O2)是氧化物，在离子方程式中应保留化学式。正确的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑。因此B选项错误；
C. Al3+与HCO3-会发生双水解反应，相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。正确离子方程式为：。因此C选项错误；
D. 乙酸乙酯在NaOH溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，正确离子方程式为：。 故D正确；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A. 次氯酸是弱酸，离子方程式中不可拆开；
B. 过氧化钠不可拆能离子形式；
C. 铝离子和碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
D. 乙酸乙酯在碱性条件下完全水解生成乙酸钠和乙醇。
9．（2025·宁波模拟）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．简单离子半径：S2->O2->Na+ B．键角∠HOH：
C．分子的极性： D．熔点：金刚石>金刚砂
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径大小关系为：，选项A正确；
B．H2O分子中心原子为O原子，其孤电子对数为2；H3O+中的O原子孤电子对数为1。孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，导致键角越小。因此键角∠HOH的大小关系为：，选项B错误；
C．N2H4是极性分子，而乙烯(C2H4)是非极性分子。因此分子极性的大小关系为：，选项C正确；
D．金刚砂(SiC)中，C的原子半径小于Si，因此C-C键键长小于C-Si键键长。键能方面C-C键大于C-Si键，导致熔点关系为金刚石>金刚砂，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．比较微粒半径方法，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
B．水分子和水合氢离子的中心原子氧原子的价层电子对数都是4，但水分子中氧原子有2对孤电子，斥力大，键角小；
C．根据分子结构，N2H4是极性分子，乙烯(C2H4)是非极性分子；
D．金刚石和金刚砂都是共价晶体，比较共价键键长，金刚石中碳碳键键长短，键能大，则熔点高。
10．（2025·宁波模拟）甲醛用途广泛，可合成许多产品，下列说法不正确的是
A．聚合物X的链节可能为
B．试剂Y为浓盐酸时，苯酚与甲醛反应可生成
C．试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成线型结构的酚醛树脂
D．苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的反应类型为缩聚反应
【答案】C
【知识点】合成材料；缩聚反应
【解析】【解答】A. 甲醛与聚乙烯醇发生反应生成维纶，其中聚合物X是聚乙烯醇，其结构单元（链节）为，因此A选项正确；
B. 在酸性条件下，苯酚与甲醛反应可以生成线型酚醛树脂，其结构为，因此B选项正确；
C. 在碱性条件下（如使用浓氨水作为试剂Y），苯酚与过量甲醛反应会形成三维网状结构的酚醛树脂，而非线型结构，因此C选项是错误的；
D. 苯酚与甲醛通过缩聚反应，脱去水分子，生成酚醛树脂，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 根据维纶结构，可推得X的链节；
B. 苯酚和甲醛会发生加成反应；
C. 苯酚和甲醛在碱性条件下反应后生成网状结构酚醛树脂；
D. 酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应生成的。
11．（2025·宁波模拟）研究发现，铁粉球磨法可实现温和条件(45℃、101kPa)合成氨：，其反应过程如图所示，氨的体积分数可高达82.5%。
下列说法不正确的是
A．采用高压条件有利于提高球磨法合成氨的氨产率和经济效益
B．合成氨反应ΔH＜0、ΔS＜0，常温常压下能自发反应
C．过程Ⅰ铁粉球磨活化后产生的缺陷越多，反应速率越快
D．过程Ⅱ中N≡N断裂所需能量来自机械碰撞
【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 虽然高压条件能提高球磨法合成氨的产量，但成本增加会降低经济效益，因此A选项说法错误；
B. 根据热力学公式ΔG=ΔH-TΔS<0（反应自发进行条件），合成氨反应ΔH＜0且ΔS＜0，在常温常压下就能自发进行，故B选项正确；
C. 过程Ⅰ中铁粉经过球磨活化后产生的缺陷越多，对N2的吸附能力越强，反应速率越快，因此C选项正确；
D. 从图示可以看出，过程Ⅱ中N≡N键断裂所需的能量来源于机械碰撞作用，故D选项正确；
正确答案选择A。【分析】根据题目分析，氮气(N2)和氢气(H2)在铁粉催化作用下反应生成氨气(NH3)。
12．（2025·宁波模拟）卡尔·费休水分测定仪可精确测定某些物质中的水分含量，仪器示意图如图，卡氏试剂由KI、SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH组成。其工作原理是待测样品中的水与电解产生的I2发生反应：，直至水分耗尽，电解自动停止，测定电解电路通过的电量即可计算水分含量。已知法拉第常数(1 mol电子所带电量)为F。
下列说法不正确的是
A．B极为阳极，电极反应：
B．测定过程中阳离子从B极区移向A极区
C．样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为
D．若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，测定结果将偏高
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. B电极与电源正极相连，作为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，选项A正确；
B. 在电解过程中，阳离子向阴极移动，因此阳离子从B极区迁移至A极区，选项B正确；
C. 根据化学计量关系2e-~I2~H2O，每通过2mol电子消耗1mol水。样品中水分质量m与电解消耗的电量Q之间的关系应为，选项C错误；
D. 若将该方法用于测定Na2CO3固体中的水分含量，由于I2会与Na2CO3发生反应，导致消耗的I2量增加，从而使测定结果偏高，选项D正确；
正确答案为C。【分析】与外加电源正极相连的B电极作为阳极，阳极发生氧化反应，其电极反应为：。生成的碘单质(I2)会与二氧化硫(SO2)、吡啶(C5H5N)及甲醇(CH3OH)发生反应，反应方程式为：。当水分完全消耗后，电解过程自动终止，此时通过测量电解电路中的电量即可计算出水分的含量。
13．（2025·宁波模拟）CuFeS2中嵌入后形成的化合物X可以用作二次电池正极材料。X的晶胞投影图如图1、图2所示。已知X晶体中Fe、Cu原子个数比为1∶1，下列说法不正确的是
A．X的晶胞可表示为上图3
B．该晶胞中与硫离子距离最近且等距离的钠离子有6个
C．充电时，从X晶体中脱嵌，X发生氧化反应
D．X在空气中加热可能生成Cu2O和Fe3O4
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据晶胞结构图3显示，每个晶胞中含有2个S原子，1个Fe原子，1个Cu原子和1个Na原子，完全符合NaCuFeS2的化学式组成，故A选项正确；B. 晶胞结构分析表明，每个硫离子周围最近且等距离的钠离子数量为3个，故B选项是错误的；
C. 充电过程中，Na+从NaCuFeS2晶体中脱嵌，重新生成CuFeS2，此时Cu的化合价从+1价升高到+2价，发生氧化反应，故C选项正确；
D. NaCuFeS2在空气中加热时，可能生成稳定的氧化物Cu2O和Fe3O4，故D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】化合物X是通过在CuFeS2晶体中嵌入Na+离子形成的。在原始CuFeS2晶体中，各元素的价态为：S(-2价)、Cu(+2价)、Fe(+2价)。当Na+嵌入后，X晶体中Fe与Cu的原子个数比为1：1，此时S和Fe的价态保持不变，而Cu的价态从+2价降低到+1价。为保持电中性，最终形成的化合物X的化学式为NaCuFeS2。
14．（2025·宁波模拟）从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下：
已知：；。下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率
B．相比浓氨水，选用混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率
C．为使充分沉淀，应加入过量的
D．由该工艺流程可推知与F 结合能力弱于与
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ中粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率并提高浸出率，A正确；B．灼烧后得到的铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，使用NH3-NH4Cl混合溶液作为浸取剂可以将CuO转化为[Cu(NH3)4]2+而溶解，从而提高铜的浸取率，B正确；
C．(NH4)2C2O4过量会导致CuC2O4沉淀溶解，发生以下平衡反应：
以及，因此C错误；
D．滤液1中加入NH4F后，Cu2+与F-形成络离子，再加入(NH4)2C2O4转化为CuC2O4沉淀，说明Cu2+与F 的结合能力弱于Cu2+与C2O42-的结合能力，D正确；
答案选C。
【分析】矿铜渣的主要成分包括铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物。经过粉碎和灼烧处理后，转化为铜、铝、硅、钙、铁的氧化物。随后通入氧气，并加入含氨的浸取剂进行浸取，过滤后得到滤渣（主要成分为SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3）和滤液（含有Ca、Cu的离子）。加入过量NH4F后生成CaF2沉淀并过滤除去，滤液2中含有Cu离子，最后加入(NH4)2C2O4过滤得到CuC2O4沉淀。
15．（2025·宁波模拟）25℃时，H2S的电离常数，，H2S饱和溶液的浓度约为0.10 mol/L，，。某兴趣小组进行如下实验：
实验Ⅰ：向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液；
实验Ⅱ：向0.02mol/LMnSO4溶液中通入一定量H2S气体。
若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是
A．工业上可利用反应：除去废水中的
B．实验Ⅰ中，开始时发生反应为
C．实验Ⅰ中，当V[CuSO4(aq)]=20 mL时，溶液中微粒浓度大小：
D．调节实验Ⅱ溶液pH=6，此时c(HS )=1.0×10 4 mol/L且Mn2+开始沉淀，则
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．CuS对应、FeS对应，是同类型的难溶物，CuS溶度积远小于FeS，即FeS可以转化为CuS，工业上可利用反应：除去废水中的，A正确；
B．向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液，==≈，反应能完全进行，所以开始时发生反应为，B正确；
C．实验Ⅰ中，等体积混合后Cu2+过量，由可知，HS-完全反应生成H2S。H2S发生第一步电离生成少量HS-，第二步HS-电离产生极少量S2-，故浓度顺序为，C正确；
D．当pH=6时，c(H+)=1×10-6mol/L，HS-浓度为1.0×10-4mol/L，S2-浓度为：，Mn2+开始沉淀时，Ksp(MnS)==0.02×1.3×10-11=2.6×10-13，D错误；
故选D。
【分析】A．根据同类型难溶物，Ksp越小，溶解度越小，利用沉淀转化，硫化亚铁转化为硫化铜沉淀，除去铜离子；
B．根据反应方程式，计算平衡常数K值，K值远远大于105，进行较为完全；
C．硫酸铜20mL时，得硫化氢溶液，硫化氢是弱酸，部分电离，可比较对应微粒浓度大小；
D．根据硫化氢Ka2，C(H+)和C(HS-)，可求得硫离子浓度，结合锰离子浓度，计算硫化锰Ksp。
16．（2025·宁波模拟）一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1 氯丙烷和2 氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是
A．中间体A为
B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能
C．常温下，丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代
D．升高反应温度，生成1 氯丙烷的速率增大程度小于生成2 氯丙烷的速率增大程度
【答案】D
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析，产物甲为1-氯丙烷，对应的中间体A应为，该选项正确；
B．在反应物转化为中间体的过程中，断裂的化学键包括C-H键和Cl-Cl键（吸收能量），同时形成的H-Cl键会释放能量。整个过程净效应为吸热，说明C-H键与Cl-Cl键的键能之和大于H-Cl键的键能，该选项正确；
C．由于生成产物乙（2-氯丙烷）的活化能较低，反应更容易进行，这表明在丙烷的氯代反应中，上的H原子比上的H原子更易被取代，该选项正确；
D．由于生成1-氯丙烷的活化能较高，温度变化对其反应速率的影响更为显著。升高温度时，1-氯丙烷生成速率的增加幅度会大于2-氯丙烷的速率增加，因此该选项错误；
正确答案为D。【分析】产物甲由于需要更高的活化能，反应速率较慢，产量较少，因此可以确定为1-氯丙烷；而产物乙则是2-氯丙烷。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。
17．（2025·宁波模拟）氮、砷、镓是化工生产中的重要元素。
Ⅰ．含氮化合物X的晶胞如图所示，X有如下转化关系：。
（1）下列说法不正确的是_______。
A. X的化学式为CaCN2
B. HN=C=NH与H2N-C≡N互为同分异构体
C. CO(NH2)2分子中C、N原子的杂化方式均为sp3
D. CO(NH2)2分子中部分元素的第一电离能大小顺序是O>N>C
（2）三分子氨基氰可通过加成反应聚合成六元环状化合物三聚氰胺(1H NMR谱图中仅有一组峰)，三聚氰胺的结构简式是________。
（3）尿素常用作护肤品配料，有助于保持皮肤湿润，而乙醇擦拭皮肤却会导致皮肤干燥，请从结构角度解释以上现象________。
（4）请设计实验方案验证尿素中含有N元素________。
Ⅱ．“Chem is try”小组探究从半导体废料(主要成分为GaAs，含SiO2、CaCO3等杂质)中回收Ga和As，设计了如下流程(流程中所加试剂均足量)：
已知：Ga(OH)3是两性氢氧化物，与Al(OH)3化学性质相似，pH=2.5时开始沉淀。镓和硅的沉淀率随pH变化见下表：
pH 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0
Ga沉淀率% 75.0 98.5 98.9 95.2 86.1 57.4
Si沉淀率% 93.2 98.5 99.2 99.6 86.3 65.2
（5）浸出液中含As、Ga元素的离子为________。
（6）浸出液调节pH至5.0～6.0的目的是________；“系列操作”为________。
（7）工业上常在700℃左右用足量碳还原Ca3(AsO4)2(砷酸钙)获得砷蒸汽，该反应的化学方程式为________。
【答案】(1) C，D
(2)
(3) 尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分
(4) 取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素
(5)
(6) 提高镓的沉淀率 调pH小于2.5，过滤
(7)
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）A．由晶胞图，用均摊法，Ca原子个数为1，C原子个数为1，N原子个数为2 ，X化学式为，A正确；
B．与分子式相同，结构不同，互为同分异构体 ，B正确；
C．中C原子形成3个键，无孤电子对，是杂化；N原子形成3个键，有1对孤电子对，是杂化 ，C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能N>O>C，D错误；
故答案选CD。
（2）分子氨基氰加成聚合，谱图只有一组峰，说明氢原子环境相同 ，其结构为六元环状，各原子连接方式为。
（3）尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子 含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分。
（4）利用含氮化合物与碱共热产生氨气，氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝的性质来检验N元素，取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素。
（5）废料加，，有氧化性，被氧化，与化学性质相似 ，在碱中转化为，转化为。
(6)从沉淀率随pH变化表看，pH调至5.0 ～ 6.0 ，、沉淀率高，可以提高镓的沉淀率；是两性氢氧化物，与化学性质相似，pH=2.5时开始沉淀，为了得到，故系列操作为调pH小于2.5，过滤。
(7)碳还原，碳被氧化为，中被还原为单质，元素以形式存在，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式。
【分析】（1）根据晶胞结构，结合均摊法，可得化合物化学式，同周期元素第一电离能大小比较，氮元素第一电离能大于氧元素；
（2）六元环结构中只有一组峰，说明有一种等效氢，结构对称，推知六元环结构；
（3）尿素难挥发，乙醇易挥发，可带走水分，使皮肤干燥；
（4）可根据氨气性质，使湿润的红色试石蕊纸变蓝验证氮元素；
（5）根据已知信息，砷元素被氧化为砷酸根，镓元素转变为 )；
(6)根据表格中数据，调节pH目的是提高镓的沉淀率；
(7)反应物是C和 Ca3(AsO4)2 ，生成单质砷和对应氧化物。
18．（2025·宁波模拟）烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。
Ⅰ．一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：反应1：。
（1）工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是_______。
A. 加压增大原料气浓度 B. 降低温度
C. 及时分离出S2 D. 改用更高效的催化剂
（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的ΔH=________kJ/mol。
（3）在一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入2 molCO和1molSO2发生反应1，测得v(SO2)与c(SO2)的数值关系如图1所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图1中的________点(填字母标号)。
（4）S2(分子结构：S=S)凝华时聚合生成S8(分子结构：)，请从化学键和能量角度解释降温凝华时S2聚合的原因________。
Ⅱ．湿法脱硫：已知常温下，Ka1(H2SO3)=10 1.9，Ka2(H2SO3)=10 7.2。
（5）电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。
①常温下将SO2气体通入0.100 mol/L NaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，此时溶液中的c(NaHSO3)约为________mol/L。
②电解还原吸收液(主要成分Na2SO3)制取单质硫，阴极的电极反应式为________。
（6）石灰石 石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0～6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2，氧化后脱水结晶获得石膏。主要经历以下两个反应过程：反应2：；反应3：。硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图2所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从的生成视角解释原因________。
【答案】(1) A，D
(2) 410
(3) d
(4) 硫原子半径大，S2分子中π键不稳定易断裂；生成S8分子时形成S-S σ键放出的热量比断开π键吸收的热量多，ΔH＜0，降温凝华时促使反应向放热方向进行，故聚合成S8
(5) 0.083
(6) pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，浓度增大；但H+浓度降低，抑制反应，Ca2+浓度减小的影响大于浓度增大的影响，硫脱除率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A. 加压可以增大原料气浓度，同时增大压强能够加快反应速率，从而提高SO2的吸收速率，选项A符合题意；
B. 降低温度会导致反应速率减慢，使SO2的吸收速率降低，选项B不符合题意；
C. 及时分离出S2对反应速率无直接影响，选项C不符合题意；
D. 使用更高效的催化剂能够提高反应速率，进而加快SO2的吸收速率，选项D符合题意。
答案选AD。
（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)分别为-283 kJ/mol和-722 kJ/mol，可写出以下热化学方程式：① CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283 kJ/mol
② S2(g) + 2O2(g) = 2SO2(g) ΔH2 = -722 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×4 - ②得到目标反应：
其反应焓变ΔH = 4ΔH1 - ΔH2 = 4×(-283 kJ/mol) - (-722 kJ/mol) = 410 kJ/mol；
（3）反应为放热反应。升高温度时，反应速率增大，但平衡逆向移动，导致c(SO2)增大，因此x点会移动到d点；
（4）硫原子半径较大，S2分子中的π键稳定性较差，容易断裂。当生成S8分子时，形成S-S σ键释放的能量多于断开π键吸收的能量（ΔH < 0），因此聚合反应放热。降温凝华过程会促使反应向放热方向进行，最终生成S8；
（5）①SO2气体通入0.100 mol/L NaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，溶液中主要问Na2SO3和NaHSO3的混合物，Ka2=，=0.1，设Na2SO3浓度为0.1xmol/L，NaHSO3浓度为xmol/L，根据Na原子守恒，(2×0.1x+x)mol/L=0.100mol/L，x=0.083mol/L；
②电解还原吸收液Na2SO3制取单质硫，阴极上发生还原反应，得电子生成单质硫，电极反应式为：；
(6)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，浓度增大；但H+浓度降低，逆向进行，Ca2+浓度减小的影响大于浓度增大的影响，硫脱除率下降。
【分析】（1）增大反应速率可增大反应物浓度和使用催化剂；
（2）① CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283 kJ/mol
② S2(g) + 2O2(g) = 2SO2(g) ΔH2 = -722 kJ/mol，根据盖斯定律，可求得目标方程式的焓变；
（3）一氧化碳和二氧化硫反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫浓度增大，同时反应速率增大，应移动到d点；
（4）凝华过程放热，S2分子中存在双键，π键易断裂，聚合时形成稳定的σ键；
（5）根据亚硫酸Ka2表达式，计算亚硫酸根和亚硫酸氢根离子浓度关系，结合钠元素守恒进行计算；
（6）pH较大时，溶液中硫酸根离子浓度增大，钙离子浓度减小，钙离子浓度改变占主导因素，硫脱除率下降。
19．（2025·宁波模拟）“Chemistry”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法：
实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)的制备实验流程：
实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备
反应方程式：。
实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙腈溶液通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。
已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②的配合物通常为无色，易被氧化；③CH3CN(乙腈)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen为邻菲罗啉()。
（1）步骤Ⅰ：取14 g碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太多水，弊端是　 　。
（2）步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是　 　。
（3）步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。
A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)：　 　。
关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3次→关闭真空泵。
a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气
（5）下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜
B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤
D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结合物质的溶解性推测原因　 　。
【答案】（1）减缓反应速率、延长蒸发结晶时间
（2）溶液蓝绿色褪去
（3）C
（4）b→d→c→a→e
（5）B；C；D
（6）CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）若加水过多，会导致反应物浓度降低，主要弊端是：反应速率减慢，蒸发结晶所需时间延长；
（2）Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体，其水溶液呈蓝色。加热回流结束后，溶液颜色由蓝绿色褪去；
（3）根据已知信息，Cu+配合物无色且易氧化，干燥时需隔绝空气，因此选择真空干燥 ，故选C；
（4）实验二的“惰性气体保护”操作需通过反复抽真空和通氮气置换空气，具体步骤为：
关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵；
（5）A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；B．步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；
D．的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；
故选BCD。
(6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
【分析】实验流程中，Cu2(OH)2CO3与高氯酸反应生成Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到蓝绿色晶体Cu(ClO4)2·6H2O。随后在无水乙腈中，铜粉将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作完成制备。由于Cu+的配合物通常无色且易被氧化，干燥时需隔绝空气，故采用真空干燥法。
（1）若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是： 减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。
（2）Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液蓝绿色褪去。
（3）由已知信息可知的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥，故选C。
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现，操作为：关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵。
（5）A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；
B．步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；
D．的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；
故选BCD。
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
20．（2025·宁波模拟）某研究小组按以下路线合成一种治疗肿瘤的靶向药物M(部分反应条件及试剂已简化)。
已知：①；②。请回答：
（1）化合物E中体现酸性的官能团名称是　 　。
（2）化合物C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物A与B互为同系物
B．化合物D有碱性，其碱性比CH3NH2弱
C．试剂X可能是酸性KMnO4溶液
D．化合物I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐
（4）写出D＋F→G的化学方程式　 　。
（5）写出4个同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式　 　。
①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰
②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化
（6）以、1，3 丁二烯和乙醇为有机原料，设计化合物B的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羧基
（2）
（3）B；D
（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；同系物
【解析】【解答】（1）化合物E的结构中含有羧基，体现酸性；
（2）化合物C的结构简式是；
（3）
A. B的结构为，结合A的结构简式，二者不是同系物，故A错误；
B. 化合物D是，含有氨基有碱性，氨基上的孤对电子参与苯环大键共轭，导致N原子结合质子能力变弱，所以D的碱性比CH3NH2弱，故B正确；
C. C生成D是“去氧加氢”的还原反应，试剂X为还原剂，不可能是酸性KMnO4溶液，故C错误；
D. CH3SO3H它具有强酸性，化合物I含有亚氨基，I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐，故D正确；
选BD。
（4） D是，F是，D和F发生取代反应生成和HCl，D＋F→G的化学方程式为；
（5）H是，①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰，说明结构对称；②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化，符合条件的H的同分异构体有、、、、；
(6)
和乙醇发生酯化反应生成，根据信息②，生成；1，3 丁二烯和氯气发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，和反应生成；合成路线为。
【分析】根据信息①，通过逆向推导I的结构，I由、、三部分组成。结合E的结构简式可确定F为。根据H的分子式推断H是，进而得出D为。D与F反应生成G，G的结构为。B经硝酸处理生成C，C比B多一个NO2基团，表明B发生了硝化反应生成C。结合D的结构反推，C经还原反应得到D，因此C为，B为。
（1）根据化合物E的结构简式，可知体现酸性的官能团名称是羧基；
（2）根据以上分析，化合物C的结构简式是；
（3）A. B是，化合物A与B的结构不同，不是同系物，故A错误；
B. 化合物D是，含有氨基有碱性，氨基上的孤对电子参与苯环大键共轭，导致N原子结合质子能力变弱，所以D的碱性比CH3NH2弱，故B正确；
C. C生成D是“去氧加氢”的还原反应，试剂X为还原剂，不可能是酸性KMnO4溶液，故C错误；
D. CH3SO3H它具有强酸性，化合物I含有亚氨基，I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐，故D正确；
选BD。
（4）F是， D是，D和F发生取代反应生成和HCl，D＋F→G的化学方程式为
；
（5）H是，①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰，说明结构对称；②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化，符合条件的H的同分异构体有、、、、；
（6）和乙醇发生酯化反应生成，根据信息②，生成；1，3 丁二烯和氯气发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，和反应生成；合成路线为。
1 / 1浙江省宁波市2025届高三下学期模拟考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)。
1．（2025·宁波模拟）下列食品添加剂属于强电解质的是
A．亚硝酸钠 B．蔗糖 C．二氧化碳 D．苯甲酸
2．（2025·宁波模拟）下列化学用语表示正确的是
A．基态锗原子的简化电子排布式：
B．三氟化硼的电子式：
C．乙烯的空间填充模型：
D．的名称：2，2，3 三甲基丁烷
3．（2025·宁波模拟）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．硫酸亚铁具有还原性，可用于处理工业废水中的
B．氨水具有碱性，可将废气中的氮氧化物转化为无害气体
C．碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用作加工馒头、面包的膨松剂
D．可溶性铝盐能水解生成吸附性强的氢氧化铝胶体，可用作净水剂
4．（2025·宁波模拟）硫酸铵在加强热条件下的分解反应方程式为：。下列说法不正确的是
A．(NH4)2SO4水溶液呈酸性 B．N2既有氧化性又有还原性
C．SO2能使石蕊溶液褪色 D．NH3液化时放热
5．（2025·宁波模拟）下列有关化学品安全使用标识及实验相关问题的说法不正确的是
① ②
③ ④
A．运输汽油的油罐车需要贴图①标志
B．图②试剂瓶可盛装浓硝酸、NaOH或CCl4
C．图③装置可用于验证铁的吸氧腐蚀
D．图④装置中使用饱和食盐水可以减小电石与水的反应速率
6．（2025·宁波模拟）铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：
B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA
C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1∶2
D．过量Fe在氯气中燃烧生成FeCl2
7．（2025·宁波模拟）从海带灰(含可溶性碘化物、碳酸盐、硫酸盐等)中提取碘元素的实验方案如下所示，下列说法正确的是
A．取滤液加入淀粉溶液可检验海带灰中是否含碘元素
B．分液操作需用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯
C．过程①发生的反应为
D．滤液中的，需在萃取前加入过量BaCl2溶液，通过过滤操作除去
8．（2025·宁波模拟）能正确表示下列反应的离子方程式是
A．氯气与水反应：
B．过氧化钠与水反应产生气体：
C．硫酸铝溶液与足量碳酸氢钠溶液混合：
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解：
9．（2025·宁波模拟）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．简单离子半径：S2->O2->Na+ B．键角∠HOH：
C．分子的极性： D．熔点：金刚石>金刚砂
10．（2025·宁波模拟）甲醛用途广泛，可合成许多产品，下列说法不正确的是
A．聚合物X的链节可能为
B．试剂Y为浓盐酸时，苯酚与甲醛反应可生成
C．试剂Y为浓氨水时，苯酚与过量甲醛反应生成线型结构的酚醛树脂
D．苯酚与甲醛反应生成酚醛树脂的反应类型为缩聚反应
11．（2025·宁波模拟）研究发现，铁粉球磨法可实现温和条件(45℃、101kPa)合成氨：，其反应过程如图所示，氨的体积分数可高达82.5%。
下列说法不正确的是
A．采用高压条件有利于提高球磨法合成氨的氨产率和经济效益
B．合成氨反应ΔH＜0、ΔS＜0，常温常压下能自发反应
C．过程Ⅰ铁粉球磨活化后产生的缺陷越多，反应速率越快
D．过程Ⅱ中N≡N断裂所需能量来自机械碰撞
12．（2025·宁波模拟）卡尔·费休水分测定仪可精确测定某些物质中的水分含量，仪器示意图如图，卡氏试剂由KI、SO2、C5H5N(吡啶)和CH3OH组成。其工作原理是待测样品中的水与电解产生的I2发生反应：，直至水分耗尽，电解自动停止，测定电解电路通过的电量即可计算水分含量。已知法拉第常数(1 mol电子所带电量)为F。
下列说法不正确的是
A．B极为阳极，电极反应：
B．测定过程中阳离子从B极区移向A极区
C．样品中水分质量m与电解消耗电量Q的关系为
D．若用于测定Na2CO3固体中的水分含量，测定结果将偏高
13．（2025·宁波模拟）CuFeS2中嵌入后形成的化合物X可以用作二次电池正极材料。X的晶胞投影图如图1、图2所示。已知X晶体中Fe、Cu原子个数比为1∶1，下列说法不正确的是
A．X的晶胞可表示为上图3
B．该晶胞中与硫离子距离最近且等距离的钠离子有6个
C．充电时，从X晶体中脱嵌，X发生氧化反应
D．X在空气中加热可能生成Cu2O和Fe3O4
14．（2025·宁波模拟）从某铜矿渣(主要成分为铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物)可制备草酸铜(CuC2O4)，工艺流程如下：
已知：；。下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ粉碎的目的是加快反应速率、提高浸出率
B．相比浓氨水，选用混合溶液作浸取剂可提高铜浸出率
C．为使充分沉淀，应加入过量的
D．由该工艺流程可推知与F 结合能力弱于与
15．（2025·宁波模拟）25℃时，H2S的电离常数，，H2S饱和溶液的浓度约为0.10 mol/L，，。某兴趣小组进行如下实验：
实验Ⅰ：向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液；
实验Ⅱ：向0.02mol/LMnSO4溶液中通入一定量H2S气体。
若溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是
A．工业上可利用反应：除去废水中的
B．实验Ⅰ中，开始时发生反应为
C．实验Ⅰ中，当V[CuSO4(aq)]=20 mL时，溶液中微粒浓度大小：
D．调节实验Ⅱ溶液pH=6，此时c(HS )=1.0×10 4 mol/L且Mn2+开始沉淀，则
16．（2025·宁波模拟）一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1 氯丙烷和2 氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是
A．中间体A为
B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能
C．常温下，丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代
D．升高反应温度，生成1 氯丙烷的速率增大程度小于生成2 氯丙烷的速率增大程度
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。
17．（2025·宁波模拟）氮、砷、镓是化工生产中的重要元素。
Ⅰ．含氮化合物X的晶胞如图所示，X有如下转化关系：。
（1）下列说法不正确的是_______。
A. X的化学式为CaCN2
B. HN=C=NH与H2N-C≡N互为同分异构体
C. CO(NH2)2分子中C、N原子的杂化方式均为sp3
D. CO(NH2)2分子中部分元素的第一电离能大小顺序是O>N>C
（2）三分子氨基氰可通过加成反应聚合成六元环状化合物三聚氰胺(1H NMR谱图中仅有一组峰)，三聚氰胺的结构简式是________。
（3）尿素常用作护肤品配料，有助于保持皮肤湿润，而乙醇擦拭皮肤却会导致皮肤干燥，请从结构角度解释以上现象________。
（4）请设计实验方案验证尿素中含有N元素________。
Ⅱ．“Chem is try”小组探究从半导体废料(主要成分为GaAs，含SiO2、CaCO3等杂质)中回收Ga和As，设计了如下流程(流程中所加试剂均足量)：
已知：Ga(OH)3是两性氢氧化物，与Al(OH)3化学性质相似，pH=2.5时开始沉淀。镓和硅的沉淀率随pH变化见下表：
pH 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0
Ga沉淀率% 75.0 98.5 98.9 95.2 86.1 57.4
Si沉淀率% 93.2 98.5 99.2 99.6 86.3 65.2
（5）浸出液中含As、Ga元素的离子为________。
（6）浸出液调节pH至5.0～6.0的目的是________；“系列操作”为________。
（7）工业上常在700℃左右用足量碳还原Ca3(AsO4)2(砷酸钙)获得砷蒸汽，该反应的化学方程式为________。
18．（2025·宁波模拟）烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。
Ⅰ．一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：反应1：。
（1）工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是_______。
A. 加压增大原料气浓度 B. 降低温度
C. 及时分离出S2 D. 改用更高效的催化剂
（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)为：-283 kJ/mol、-722 kJ/mol，计算反应1的ΔH=________kJ/mol。
（3）在一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入2 molCO和1molSO2发生反应1，测得v(SO2)与c(SO2)的数值关系如图1所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图1中的________点(填字母标号)。
（4）S2(分子结构：S=S)凝华时聚合生成S8(分子结构：)，请从化学键和能量角度解释降温凝华时S2聚合的原因________。
Ⅱ．湿法脱硫：已知常温下，Ka1(H2SO3)=10 1.9，Ka2(H2SO3)=10 7.2。
（5）电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。
①常温下将SO2气体通入0.100 mol/L NaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，此时溶液中的c(NaHSO3)约为________mol/L。
②电解还原吸收液(主要成分Na2SO3)制取单质硫，阴极的电极反应式为________。
（6）石灰石 石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0～6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2，氧化后脱水结晶获得石膏。主要经历以下两个反应过程：反应2：；反应3：。硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图2所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从的生成视角解释原因________。
19．（2025·宁波模拟）“Chemistry”小组探究Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的合成方法：
实验一：Cu(CH3CN)4ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)的制备实验流程：
实验二：Cu(phen)2ClO4(高氯酸二邻菲罗啉合亚铜)的制备
反应方程式：。
实验步骤：按如图所示搭好装置→检查气密性→关闭滴液漏斗活塞→“惰性气体保护”→将Cu(CH3CN)4ClO4溶于10mL乙腈，通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→将邻菲罗啉的乙腈溶液通过滴液漏斗加入三颈烧瓶→搅拌20 min→通过滴液漏斗滴加新蒸馏的无水乙醚→过滤、干燥。
已知：①Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体；②的配合物通常为无色，易被氧化；③CH3CN(乙腈)沸点81.6℃，与水混溶，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；④phen为邻菲罗啉()。
（1）步骤Ⅰ：取14 g碱式碳酸铜加少量水湿润，搅拌下小心滴加高氯酸至固体几乎完全溶解。若加入太多水，弊端是　 　。
（2）步骤Ⅳ：加热回流结束的标志是　 　。
（3）步骤Ⅵ：最适宜的干燥方法是_______。
A．烘箱烘干 B．低温风干 C．真空干燥 D．滤纸吸干
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现。请从下列操作中选择合适的操作并排序(需要用到下列所有操作)：　 　。
关闭K1→_______→_______→_______→_______→_______(填序号)→重复以上操作3次→关闭真空泵。
a．打开K1 b．打开K2 c．关闭K2 d．抽真空 e．通氮气
（5）下列说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜
B．步骤Ⅳ中加热回流的主要目的是将分解出的结晶水蒸发脱离体系
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为冷却结晶、过滤、洗涤
D．实验二通过滴液漏斗投料过程可能有空气进入装置，应在通风橱内进行
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜。请结合物质的溶解性推测原因　 　。
20．（2025·宁波模拟）某研究小组按以下路线合成一种治疗肿瘤的靶向药物M(部分反应条件及试剂已简化)。
已知：①；②。请回答：
（1）化合物E中体现酸性的官能团名称是　 　。
（2）化合物C的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．化合物A与B互为同系物
B．化合物D有碱性，其碱性比CH3NH2弱
C．试剂X可能是酸性KMnO4溶液
D．化合物I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐
（4）写出D＋F→G的化学方程式　 　。
（5）写出4个同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式　 　。
①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰
②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化
（6）以、1，3 丁二烯和乙醇为有机原料，设计化合物B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】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A. 亚硝酸钠(NaNO2)是盐类化合物，属于强电解质，在水溶液中能够完全电离成Na+和NO2-离子，A正确；
B. 蔗糖(C12H22O11)属于有机物中的糖类，其水溶液和熔融态均不导电，符合非电解质的定义，B错误；
C. CO2本身不导电，其水溶液导电的原因是CO2与水反应生成H2CO3（碳酸），碳酸部分电离产生H+和HCO3-离子，并非CO2直接电离，因此CO2属于非电解质，C错误；
D. 苯甲酸(C6H5COOH)作为有机弱酸，在水溶液中仅部分电离出H+和C6H5COO-，属于弱电解质，D错误；
正确答案为A。
【分析】题目考查电解质和强电解质的概念，强电解质包括强碱、强酸和大部分盐，选项中亚硝酸钠属于盐，是强电解质，苯甲酸是弱酸，属于弱电解质，蔗糖和二氧化碳是非电解质。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．锗是第32号元素，其基态原子的简化电子排布式为，选项A错误；B．硼原子最外层有3个电子，氟原子最外层有7个电子，三氟化硼是共价化合物，其电子式为：，选项B错误；
C．乙烯分子中含有碳碳双键，其空间构型为平面形，空间填充模型为：，选项C错误；
D．根据烷烃的命名规则，最长碳链包含4个碳原子，三个甲基分别位于2号、2号和3号碳原子上，其结构为：，名称是2，2，3-三甲基丁烷，选项D正确；
正确答案是D。
【分析】A．选项中简化电子排布式缺少3d10；
B. 三氟化硼的电子式缺少氟周围未形成共价键的电子；
C．乙烯是平面形分子；
D．根据烷烃系统命名步骤进行命名。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．硫酸亚铁（FeSO4）具有还原性，能还原六价铬离子（），因此可用于处理含铬工业废水，选项A正确；
B．氨气（NH3）的还原性使其能在高温下将氮氧化物（NO ）还原为氮气（N2），该过程与氨水的碱性无关，选项B错误；
C．碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解产生气体（NH3和CO2），同时能中和面团中的酸性物质，因此可用作面食膨松剂，选项C正确；
D．铝盐在水中水解生成的氢氧化铝胶体（Al(OH)3）具有吸附作用，能有效净化水质，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．根据氧化还原反应规律，二价铁可与重铬酸根离子发生反应，处理含铬废水；
B．氮氧化物转化为无害气体氮气，会发生氧化还原反应，和氨气是碱性气体无关；
C．根据铵盐受热可分解，可作面包膨松剂；
D．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中杂质进行净水。
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；氨的性质及用途；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．硫酸铵（(NH4)2SO4）属于强酸弱碱盐，其铵根离子（）会发生水解反应，导致溶液呈现酸性，选项A正确；
B．氮气（N2）分子中氮元素的化合价为0价，处于中间价态，既可以表现出氧化性（例如与氧气反应生成一氧化氮），又可以表现出还原性（例如与氢气反应生成氨气），所以氮气既具有氧化性又具有还原性，选项B正确；
C．二氧化硫（SO2）溶于水后会生成亚硫酸（H2SO3），使石蕊溶液变红。虽然二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，因此石蕊溶液不会褪色，选项C错误；
D．气体液化是一个放热过程，氨气（NH3）液化时会放出热量，选项D正确；
综上所述，正确答案是C。
【分析】A．硫酸铵溶液中铵根离子会发生水解，使溶液呈酸性；
B．根据化合价变化规律，氮气中氮元素化合价为0价，可升高或降低，升高被氧化，降低被还原；
C．二氧化硫不可漂白指示剂；
D．氨气从气态到液态，是放热过程。
5．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；乙炔炔烃；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．汽油是易燃液体，运输汽油的油罐车需要贴图①标志，A选项正确；
B．浓硝酸具有强氧化性和腐蚀性，四氯化碳（CCl4）作为有机溶剂会溶解橡胶，因此不能用橡胶塞试剂瓶存放这两种物质，B选项错误；
C．铁发生吸氧腐蚀时会消耗氧气，导致具支试管内压强降低，使试管中的水进入导管形成水柱上升现象，该装置可用于验证铁的吸氧腐蚀，C选项正确；
D．电石与水反应剧烈，使用饱和食盐水可以降低反应速率，D选项正确；
正确答案为B。
【分析】A．汽油易燃，①标志是可燃物质；
B．橡胶塞会被腐蚀，不可盛放浓硝酸，也不可盛放四氯化碳会溶解橡胶；
C．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，试管内压强降低，导管内会形成水柱；
D．选用饱和食盐水可减缓反应速率。
6．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于还原剂。在FeCl3溶液中通入SO2时，FeCl3作为氧化剂，SO2作为还原剂，反应生成FeCl2。这说明Fe3+的氧化性强于SO2，即，选项A正确；
B. 铁与氧气或水蒸气反应生成四氧化三铁(Fe3O4)时，每生成1 mol Fe3O4需要转移8 mol电子。因此，生成0.1 mol Fe3O4时，转移的电子数应为0.8NA，选项B错误；
C．转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOHFe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2∶1，C错误；
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，无论Fe过量还是少量，Fe在氯气中燃烧都生成FeCl3，D错误；
综上所述，正确答案是A。
【分析】铁(Fe)与盐酸反应生成氯化亚铁(FeCl2)，与氯气(Cl2)反应生成氯化铁(FeCl3)。这两种铁的氯化物可以相互转化。当氯化亚铁和氯化铁的混合物与氢氧化钠(NaOH)在一定条件下反应时，会生成四氧化三铁(Fe3O4)。此外，铁与水蒸气或氧气反应也能直接生成四氧化三铁。
7．【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用；过滤；分液和萃取；物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A. 淀粉遇I2显蓝色，而I-不与淀粉发生显色反应，因此选项A是错误的；
B. 分液操作用于分离互不相溶的液体，所需的玻璃仪器包括分液漏斗和烧杯，因此选项B是正确的；
C. 过程①在酸性条件下进行，发生的反应为：，因此选项C是错误的；
D. 滤液中的在萃取前不需要去除，因此选项D是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】海带灰中含有I-离子，通过加水浸泡和过滤后，滤液中存在I-。加入硫酸酸化后，再加入氧化剂将I-氧化为I2。随后使用CCl4进行萃取分液，得到I2的CCl4溶液，最后通过蒸馏操作获得单质I2。
8．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；酯的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 次氯酸(HClO)是弱酸，在离子方程式中应保留其化学式。原离子方程式书写错误，正确写法为：Cl2 + H2O H+ + Cl- + HClO。因此A选项错误；
B. 过氧化钠(Na2O2)是氧化物，在离子方程式中应保留化学式。正确的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑。因此B选项错误；
C. Al3+与HCO3-会发生双水解反应，相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。正确离子方程式为：。因此C选项错误；
D. 乙酸乙酯在NaOH溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，正确离子方程式为：。 故D正确；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A. 次氯酸是弱酸，离子方程式中不可拆开；
B. 过氧化钠不可拆能离子形式；
C. 铝离子和碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
D. 乙酸乙酯在碱性条件下完全水解生成乙酸钠和乙醇。
9．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径大小关系为：，选项A正确；
B．H2O分子中心原子为O原子，其孤电子对数为2；H3O+中的O原子孤电子对数为1。孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，导致键角越小。因此键角∠HOH的大小关系为：，选项B错误；
C．N2H4是极性分子，而乙烯(C2H4)是非极性分子。因此分子极性的大小关系为：，选项C正确；
D．金刚砂(SiC)中，C的原子半径小于Si，因此C-C键键长小于C-Si键键长。键能方面C-C键大于C-Si键，导致熔点关系为金刚石>金刚砂，选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A．比较微粒半径方法，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
B．水分子和水合氢离子的中心原子氧原子的价层电子对数都是4，但水分子中氧原子有2对孤电子，斥力大，键角小；
C．根据分子结构，N2H4是极性分子，乙烯(C2H4)是非极性分子；
D．金刚石和金刚砂都是共价晶体，比较共价键键长，金刚石中碳碳键键长短，键能大，则熔点高。
10．【答案】C
【知识点】合成材料；缩聚反应
【解析】【解答】A. 甲醛与聚乙烯醇发生反应生成维纶，其中聚合物X是聚乙烯醇，其结构单元（链节）为，因此A选项正确；
B. 在酸性条件下，苯酚与甲醛反应可以生成线型酚醛树脂，其结构为，因此B选项正确；
C. 在碱性条件下（如使用浓氨水作为试剂Y），苯酚与过量甲醛反应会形成三维网状结构的酚醛树脂，而非线型结构，因此C选项是错误的；
D. 苯酚与甲醛通过缩聚反应，脱去水分子，生成酚醛树脂，因此D选项正确；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A. 根据维纶结构，可推得X的链节；
B. 苯酚和甲醛会发生加成反应；
C. 苯酚和甲醛在碱性条件下反应后生成网状结构酚醛树脂；
D. 酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应生成的。
11．【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 虽然高压条件能提高球磨法合成氨的产量，但成本增加会降低经济效益，因此A选项说法错误；
B. 根据热力学公式ΔG=ΔH-TΔS<0（反应自发进行条件），合成氨反应ΔH＜0且ΔS＜0，在常温常压下就能自发进行，故B选项正确；
C. 过程Ⅰ中铁粉经过球磨活化后产生的缺陷越多，对N2的吸附能力越强，反应速率越快，因此C选项正确；
D. 从图示可以看出，过程Ⅱ中N≡N键断裂所需的能量来源于机械碰撞作用，故D选项正确；
正确答案选择A。【分析】根据题目分析，氮气(N2)和氢气(H2)在铁粉催化作用下反应生成氨气(NH3)。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. B电极与电源正极相连，作为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，选项A正确；
B. 在电解过程中，阳离子向阴极移动，因此阳离子从B极区迁移至A极区，选项B正确；
C. 根据化学计量关系2e-~I2~H2O，每通过2mol电子消耗1mol水。样品中水分质量m与电解消耗的电量Q之间的关系应为，选项C错误；
D. 若将该方法用于测定Na2CO3固体中的水分含量，由于I2会与Na2CO3发生反应，导致消耗的I2量增加，从而使测定结果偏高，选项D正确；
正确答案为C。【分析】与外加电源正极相连的B电极作为阳极，阳极发生氧化反应，其电极反应为：。生成的碘单质(I2)会与二氧化硫(SO2)、吡啶(C5H5N)及甲醇(CH3OH)发生反应，反应方程式为：。当水分完全消耗后，电解过程自动终止，此时通过测量电解电路中的电量即可计算出水分的含量。
13．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 根据晶胞结构图3显示，每个晶胞中含有2个S原子，1个Fe原子，1个Cu原子和1个Na原子，完全符合NaCuFeS2的化学式组成，故A选项正确；B. 晶胞结构分析表明，每个硫离子周围最近且等距离的钠离子数量为3个，故B选项是错误的；
C. 充电过程中，Na+从NaCuFeS2晶体中脱嵌，重新生成CuFeS2，此时Cu的化合价从+1价升高到+2价，发生氧化反应，故C选项正确；
D. NaCuFeS2在空气中加热时，可能生成稳定的氧化物Cu2O和Fe3O4，故D选项正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】化合物X是通过在CuFeS2晶体中嵌入Na+离子形成的。在原始CuFeS2晶体中，各元素的价态为：S(-2价)、Cu(+2价)、Fe(+2价)。当Na+嵌入后，X晶体中Fe与Cu的原子个数比为1：1，此时S和Fe的价态保持不变，而Cu的价态从+2价降低到+1价。为保持电中性，最终形成的化合物X的化学式为NaCuFeS2。
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ中粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率并提高浸出率，A正确；B．灼烧后得到的铜、铝、硅、钙、铁的氧化物，使用NH3-NH4Cl混合溶液作为浸取剂可以将CuO转化为[Cu(NH3)4]2+而溶解，从而提高铜的浸取率，B正确；
C．(NH4)2C2O4过量会导致CuC2O4沉淀溶解，发生以下平衡反应：
以及，因此C错误；
D．滤液1中加入NH4F后，Cu2+与F-形成络离子，再加入(NH4)2C2O4转化为CuC2O4沉淀，说明Cu2+与F 的结合能力弱于Cu2+与C2O42-的结合能力，D正确；
答案选C。
【分析】矿铜渣的主要成分包括铜、铝、硅、钙、铁等元素的氧化物或硫化物。经过粉碎和灼烧处理后，转化为铜、铝、硅、钙、铁的氧化物。随后通入氧气，并加入含氨的浸取剂进行浸取，过滤后得到滤渣（主要成分为SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3）和滤液（含有Ca、Cu的离子）。加入过量NH4F后生成CaF2沉淀并过滤除去，滤液2中含有Cu离子，最后加入(NH4)2C2O4过滤得到CuC2O4沉淀。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．CuS对应、FeS对应，是同类型的难溶物，CuS溶度积远小于FeS，即FeS可以转化为CuS，工业上可利用反应：除去废水中的，A正确；
B．向20 mL 0.10mol/LNaHS溶液中滴加0.10mol/LCuSO4溶液，==≈，反应能完全进行，所以开始时发生反应为，B正确；
C．实验Ⅰ中，等体积混合后Cu2+过量，由可知，HS-完全反应生成H2S。H2S发生第一步电离生成少量HS-，第二步HS-电离产生极少量S2-，故浓度顺序为，C正确；
D．当pH=6时，c(H+)=1×10-6mol/L，HS-浓度为1.0×10-4mol/L，S2-浓度为：，Mn2+开始沉淀时，Ksp(MnS)==0.02×1.3×10-11=2.6×10-13，D错误；
故选D。
【分析】A．根据同类型难溶物，Ksp越小，溶解度越小，利用沉淀转化，硫化亚铁转化为硫化铜沉淀，除去铜离子；
B．根据反应方程式，计算平衡常数K值，K值远远大于105，进行较为完全；
C．硫酸铜20mL时，得硫化氢溶液，硫化氢是弱酸，部分电离，可比较对应微粒浓度大小；
D．根据硫化氢Ka2，C(H+)和C(HS-)，可求得硫离子浓度，结合锰离子浓度，计算硫化锰Ksp。
16．【答案】D
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析，产物甲为1-氯丙烷，对应的中间体A应为，该选项正确；
B．在反应物转化为中间体的过程中，断裂的化学键包括C-H键和Cl-Cl键（吸收能量），同时形成的H-Cl键会释放能量。整个过程净效应为吸热，说明C-H键与Cl-Cl键的键能之和大于H-Cl键的键能，该选项正确；
C．由于生成产物乙（2-氯丙烷）的活化能较低，反应更容易进行，这表明在丙烷的氯代反应中，上的H原子比上的H原子更易被取代，该选项正确；
D．由于生成1-氯丙烷的活化能较高，温度变化对其反应速率的影响更为显著。升高温度时，1-氯丙烷生成速率的增加幅度会大于2-氯丙烷的速率增加，因此该选项错误；
正确答案为D。【分析】产物甲由于需要更高的活化能，反应速率较慢，产量较少，因此可以确定为1-氯丙烷；而产物乙则是2-氯丙烷。
17．【答案】(1) C，D
(2)
(3) 尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分
(4) 取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素
(5)
(6) 提高镓的沉淀率 调pH小于2.5，过滤
(7)
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）A．由晶胞图，用均摊法，Ca原子个数为1，C原子个数为1，N原子个数为2 ，X化学式为，A正确；
B．与分子式相同，结构不同，互为同分异构体 ，B正确；
C．中C原子形成3个键，无孤电子对，是杂化；N原子形成3个键，有1对孤电子对，是杂化 ，C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能N>O>C，D错误；
故答案选CD。
（2）分子氨基氰加成聚合，谱图只有一组峰，说明氢原子环境相同 ，其结构为六元环状，各原子连接方式为。
（3）尿素分子中羰基和氨基能与水分子或自身形成更多氢键，分子间作用力强，难挥发，可吸附并锁住水分，乙醇分子 含有一个羟基也能与水形成氢键，但乙基导致分子间作用力较弱，易挥发，挥发过程中会带走皮肤表面的水分。
（4）利用含氮化合物与碱共热产生氨气，氨气使湿润红色石蕊试纸变蓝的性质来检验N元素，取少量尿素晶体于试管中，加入(较浓的)NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，若试纸变蓝，说明尿素中含有氮元素。
（5）废料加，，有氧化性，被氧化，与化学性质相似 ，在碱中转化为，转化为。
(6)从沉淀率随pH变化表看，pH调至5.0 ～ 6.0 ，、沉淀率高，可以提高镓的沉淀率；是两性氢氧化物，与化学性质相似，pH=2.5时开始沉淀，为了得到，故系列操作为调pH小于2.5，过滤。
(7)碳还原，碳被氧化为，中被还原为单质，元素以形式存在，根据得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式。
【分析】（1）根据晶胞结构，结合均摊法，可得化合物化学式，同周期元素第一电离能大小比较，氮元素第一电离能大于氧元素；
（2）六元环结构中只有一组峰，说明有一种等效氢，结构对称，推知六元环结构；
（3）尿素难挥发，乙醇易挥发，可带走水分，使皮肤干燥；
（4）可根据氨气性质，使湿润的红色试石蕊纸变蓝验证氮元素；
（5）根据已知信息，砷元素被氧化为砷酸根，镓元素转变为 )；
(6)根据表格中数据，调节pH目的是提高镓的沉淀率；
(7)反应物是C和 Ca3(AsO4)2 ，生成单质砷和对应氧化物。
18．【答案】(1) A，D
(2) 410
(3) d
(4) 硫原子半径大，S2分子中π键不稳定易断裂；生成S8分子时形成S-S σ键放出的热量比断开π键吸收的热量多，ΔH＜0，降温凝华时促使反应向放热方向进行，故聚合成S8
(5) 0.083
(6) pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，浓度增大；但H+浓度降低，抑制反应，Ca2+浓度减小的影响大于浓度增大的影响，硫脱除率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A. 加压可以增大原料气浓度，同时增大压强能够加快反应速率，从而提高SO2的吸收速率，选项A符合题意；
B. 降低温度会导致反应速率减慢，使SO2的吸收速率降低，选项B不符合题意；
C. 及时分离出S2对反应速率无直接影响，选项C不符合题意；
D. 使用更高效的催化剂能够提高反应速率，进而加快SO2的吸收速率，选项D符合题意。
答案选AD。
（2）已知CO和S2(g)的标准燃烧热(ΔH)分别为-283 kJ/mol和-722 kJ/mol，可写出以下热化学方程式：① CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283 kJ/mol
② S2(g) + 2O2(g) = 2SO2(g) ΔH2 = -722 kJ/mol
根据盖斯定律，将①×4 - ②得到目标反应：
其反应焓变ΔH = 4ΔH1 - ΔH2 = 4×(-283 kJ/mol) - (-722 kJ/mol) = 410 kJ/mol；
（3）反应为放热反应。升高温度时，反应速率增大，但平衡逆向移动，导致c(SO2)增大，因此x点会移动到d点；
（4）硫原子半径较大，S2分子中的π键稳定性较差，容易断裂。当生成S8分子时，形成S-S σ键释放的能量多于断开π键吸收的能量（ΔH < 0），因此聚合反应放热。降温凝华过程会促使反应向放热方向进行，最终生成S8；
（5）①SO2气体通入0.100 mol/L NaOH溶液中，若某时刻溶液的pH=6.2，溶液中主要问Na2SO3和NaHSO3的混合物，Ka2=，=0.1，设Na2SO3浓度为0.1xmol/L，NaHSO3浓度为xmol/L，根据Na原子守恒，(2×0.1x+x)mol/L=0.100mol/L，x=0.083mol/L；
②电解还原吸收液Na2SO3制取单质硫，阴极上发生还原反应，得电子生成单质硫，电极反应式为：；
(6)pH大于6，使SO2的溶解平衡正向移动，浓度增大；但H+浓度降低，逆向进行，Ca2+浓度减小的影响大于浓度增大的影响，硫脱除率下降。
【分析】（1）增大反应速率可增大反应物浓度和使用催化剂；
（2）① CO(g) +O2(g) = CO2(g) ΔH1 = -283 kJ/mol
② S2(g) + 2O2(g) = 2SO2(g) ΔH2 = -722 kJ/mol，根据盖斯定律，可求得目标方程式的焓变；
（3）一氧化碳和二氧化硫反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫浓度增大，同时反应速率增大，应移动到d点；
（4）凝华过程放热，S2分子中存在双键，π键易断裂，聚合时形成稳定的σ键；
（5）根据亚硫酸Ka2表达式，计算亚硫酸根和亚硫酸氢根离子浓度关系，结合钠元素守恒进行计算；
（6）pH较大时，溶液中硫酸根离子浓度增大，钙离子浓度减小，钙离子浓度改变占主导因素，硫脱除率下降。
19．【答案】（1）减缓反应速率、延长蒸发结晶时间
（2）溶液蓝绿色褪去
（3）C
（4）b→d→c→a→e
（5）B；C；D
（6）CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）若加水过多，会导致反应物浓度降低，主要弊端是：反应速率减慢，蒸发结晶所需时间延长；
（2）Cu(ClO4)2·6H2O为蓝绿色晶体，其水溶液呈蓝色。加热回流结束后，溶液颜色由蓝绿色褪去；
（3）根据已知信息，Cu+配合物无色且易氧化，干燥时需隔绝空气，因此选择真空干燥 ，故选C；
（4）实验二的“惰性气体保护”操作需通过反复抽真空和通氮气置换空气，具体步骤为：
关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵；
（5）A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；B．步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；
D．的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；
故选BCD。
(6)实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
【分析】实验流程中，Cu2(OH)2CO3与高氯酸反应生成Cu(ClO4)2溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到蓝绿色晶体Cu(ClO4)2·6H2O。随后在无水乙腈中，铜粉将Cu2+还原为Cu+，步骤Ⅴ通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作完成制备。由于Cu+的配合物通常无色且易被氧化，干燥时需隔绝空气，故采用真空干燥法。
（1）若加入太多水，会导致反应物的浓度降低，弊端是： 减缓反应速率、延长蒸发结晶时间。
（2）Cu(ClO4)2·6H2O(六水合高氯酸铜)为蓝绿色晶体，溶于水后得到蓝色溶液，加热回流结束时，溶液蓝绿色褪去。
（3）由已知信息可知的配合物通常为无色，易被氧化，干燥时需隔绝空气，则适宜的干燥方法是真空干燥，故选C。
（4）实验二“惰性气体保护”需用惰性气体充分置换空气，可通过反复抽真空、通氮气来实现，操作为：关闭K1→打开K2→抽真空→关闭K2→打开K1→通氮气→重复3次→关闭真空泵。
（5）A．步骤Ⅲ应“浓缩”至溶液表面出现晶膜，表明溶液已达到过饱和状态，然后降温结晶，A正确；
B．步骤Ⅳ中“加热回流”的主要目的是在无水乙腈中利用铜粉将Cu2+还原为Cu+，B错误；
C．步骤Ⅴ中“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，C错误；
D．的配合物易被氧化，实验二需在真空环境中进行，不能有空气进入装置，D错误；
故选BCD。
（6）实验方案不采用邻菲罗啉直接与高氯酸亚铜反应制备产物，而是先制得高氯酸四乙晴合亚铜，原因是：CuClO4(高氯酸亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中的溶解度较低，直接与邻菲罗啉反应效率低下 而[Cu(CH3CN)4]ClO4(高氯酸四乙腈合亚铜)在有机溶剂(如乙腈)中溶解度较高，利于反应。
20．【答案】（1）羧基
（2）
（3）B；D
（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；同系物
【解析】【解答】（1）化合物E的结构中含有羧基，体现酸性；
（2）化合物C的结构简式是；
（3）
A. B的结构为，结合A的结构简式，二者不是同系物，故A错误；
B. 化合物D是，含有氨基有碱性，氨基上的孤对电子参与苯环大键共轭，导致N原子结合质子能力变弱，所以D的碱性比CH3NH2弱，故B正确；
C. C生成D是“去氧加氢”的还原反应，试剂X为还原剂，不可能是酸性KMnO4溶液，故C错误；
D. CH3SO3H它具有强酸性，化合物I含有亚氨基，I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐，故D正确；
选BD。
（4） D是，F是，D和F发生取代反应生成和HCl，D＋F→G的化学方程式为；
（5）H是，①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰，说明结构对称；②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化，符合条件的H的同分异构体有、、、、；
(6)
和乙醇发生酯化反应生成，根据信息②，生成；1，3 丁二烯和氯气发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，和反应生成；合成路线为。
【分析】根据信息①，通过逆向推导I的结构，I由、、三部分组成。结合E的结构简式可确定F为。根据H的分子式推断H是，进而得出D为。D与F反应生成G，G的结构为。B经硝酸处理生成C，C比B多一个NO2基团，表明B发生了硝化反应生成C。结合D的结构反推，C经还原反应得到D，因此C为，B为。
（1）根据化合物E的结构简式，可知体现酸性的官能团名称是羧基；
（2）根据以上分析，化合物C的结构简式是；
（3）A. B是，化合物A与B的结构不同，不是同系物，故A错误；
B. 化合物D是，含有氨基有碱性，氨基上的孤对电子参与苯环大键共轭，导致N原子结合质子能力变弱，所以D的碱性比CH3NH2弱，故B正确；
C. C生成D是“去氧加氢”的还原反应，试剂X为还原剂，不可能是酸性KMnO4溶液，故C错误；
D. CH3SO3H它具有强酸性，化合物I含有亚氨基，I与CH3SO3H形成的药物M是一种盐，故D正确；
选BD。
（4）F是， D是，D和F发生取代反应生成和HCl，D＋F→G的化学方程式为
；
（5）H是，①1H NMR谱图有峰面积之比为3∶1的2个峰，说明结构对称；②分子中只含一个六元环，环上的C原子均为sp2杂化，符合条件的H的同分异构体有、、、、；
（6）和乙醇发生酯化反应生成，根据信息②，生成；1，3 丁二烯和氯气发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，和反应生成；合成路线为。
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