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浙江省台州市2025届高三下学期二模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·台州模拟）下列物质分类正确的是
A．冰醋酸——弱电解质 B．水玻璃——纯净物
C．磁性氧化铁——碱性氧化物 D．氨水——共价化合物
2．（2025·台州模拟）下列化学用语书写正确的是
A．的电子式：
B．基态原子的电子排布式：
C．激发态钠离子的电子排布图：
D．乙醇的分子式：
3．（2025·台州模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料
B．导光性强，可用于制作光导纤维
C．具有强氧化性，可用作漂白剂
D．溶液显酸性，可用于蚀刻覆铜板
4．（2025·台州模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z同主族。已知Y的气态氢化物热稳定性强于X的气态氢化物，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于W的最高价氧化物对应水化物。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．化学键的极性：键键
5．（2025·台州模拟）下列实验操作或事故处理方法正确的是
A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网
B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸
C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏
D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存
6．（2025·台州模拟）是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是
A．与反应中，氧化产物与还原产物的比例是
B．450℃，1标准大气压下，与充分反应后气体体积大于
C．使酸性溶液褪色，体现了的漂白性
D．工业上用石灰石浆液和空气吸收制备石膏，每吸收转移电子
7．（2025·台州模拟）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．聚四氟乙烯中的键键能高，可耐酸碱腐蚀
B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品
C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤
D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子
8．（2025·台州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．铜与浓硫酸加热：
B．溶液中通入少量：
C．溶液与过量：
D．铝与溶液：
9．（2025·台州模拟）葡萄糖和果糖生成蔗糖的反应为：
下列关于该反应中有机物的性质或结构的说法不正确的是
A．可以用红外光谱法鉴别葡萄糖与果糖
B．葡萄糖与果糖为同分异构体，葡萄糖与蔗糖为同系物
C．如果使用浓硫酸做催化剂，反应过程中可能产生刺激性气味的气体
D．1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子
10．（2025·台州模拟）用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，下列实验操作或分析正确的是
A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准溶液
B．量取待测盐酸时，选用量程为的量筒以提高精度
C．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当出现浅红色且半分钟内不褪色时停止滴定
D．若指示剂改为甲基橙，则测得盐酸浓度偏高
11．（2025·台州模拟）下列说法正确的是
A．反应常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素
B．合成氨反应，使用铁触媒作催化剂可降低反应活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但活化分子的百分数并没有改变
C．在新制氯水平衡体系中加入少量固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的增大，的浓度减小
D．已知的燃烧热为， ， ，则
12．（2025·台州模拟）一种离子液体电池可以在供电的同时将转化为，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
13．（2025·台州模拟）化合物是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为)，两种晶胞的体积比。下列说法正确的是
A．化合物W的类型I与类型II化学式不相同
B．类型I与类型II均为分子晶体
C．类型I与类型II的晶体密度之比为
D．两种类型中的所有原子均有轨道参与成键
14．（2025·台州模拟）化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中中检测出含的三元环结构。下列说法正确的是
A．的价层电子排布为半充满，故性质稳定，不作该转化的催化剂
B．X为丙烷，中共有三种化学环境的氢原子
C．转化②③④均为非氧化还原反应
D．途径中副反应的化学方程式为
15．（2025·台州模拟）氨与可形成两种无色的配离子和，存在如下平衡：
①
②
制备过程为：在持续通入的氛围下，将固体投入未知浓度的氨水中，得到澄清溶液，下列说法不正确的是
A．随着浓度由0开始逐渐增大，的平衡浓度呈先增大后减小的趋势
B．若所得溶液中与的浓度相等，则
C．若观察到溶液变为淡蓝色，应重做实验并增加通入量
D．所得溶液中必定存在
16．（2025·台州模拟）尼泊金乙酯微溶于水，是常见的食品防腐剂，可利用对羟基苯甲酸与乙醇制备，所得粗产品中含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质，利用如下流程提纯尼泊金乙酯：
已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水；
②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
尼泊金乙酯 114 297
对羟基苯甲酸 213 336
下列说法正确的是
A．试剂a、b可分别为溶液、盐酸
B．操作I为过滤，操作II为重结晶
C．可以用溶液检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净
D．相同温度下，电离平衡常数
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·台州模拟）铁元素是生命活动中不可或缺的元素。
（1）无水晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。
A．元素位于周期表第九列
B．晶体中的离子键比晶体中的离子键更强
C．晶体中存在范德华力
D．晶体中离子的配位数为6
（2）①基态比更稳定的原因是　 　。
②和在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的溶液比溶液酸性更强的原因　 　。
（3）某研究小组在隔绝空气的条件下，用与混合液制备纯净的纳米，实验流程如下：
已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。
①试剂X的最佳选择是　 　。
A.　　　B.　　　C.　　　　D.
②步骤Ⅱ中操作Y是　 　。
③步骤Ⅳ中系列操作Z是　 　。
（4）邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与形成橙红色的配离子，对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定浓度。R中氮原子的杂化方式为　 　；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺除去溶液中的，请写出该反应的离子方程式　 　；然后调节溶液的范围为2 9，加入，开展测定实验。请解释选择该范围的原因　 　。
18．（2025·台州模拟）乙醇是一种重要的工业原料。请回答：
（1）工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应：
主反应：
副反应I：
副反应Ⅱ：
①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是　 　。
A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡
B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率
C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小
②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则 H1　 　 H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式)　 　。
（3）乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答：
①H2的平衡产率：a点　 　b点(填“＞”、“＜”或“=”)。
②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是　 　。
A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点
B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数
C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小
D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移
（4）Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因　 　。
19．（2025·台州模拟）铟(，IIIA族)的化合物硒铟铜(，)是一种重要的半导体材料，制备流程如下：
已知：①为细粉状晶体，难溶于水，、均易溶于水与乙二醇，酸浸时杂质不溶解。
②，。
请回答：
（1）下列说法正确的是_______。
A．步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎
B．步骤②中酸浸选用的酸可以用硫酸或盐酸
C．步骤③中一定会用到蒸发皿
D．步骤③中的干燥方法不能用高温烘干
（2）步骤②酸浸时，如果控制溶液，能否得到溶液？　 　(填“能”或“不能”)，请结合计算分析原因　 　。(溶液中离子浓度低于视作不存在)
（3）步骤④、⑤均在如图装置中完成(夹持、加热与搅拌装置均省略)，下列说法不正确的是_______。
A．装置a的名称是三颈烧瓶
B．通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化
C．步骤⑥中固液分离时为提高产率，可用多层滤纸进行过滤
D．步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂
（4）步骤⑥洗涤时需要检验固体表面的杂质离子是否洗净，具体步骤包含在如下操作中：
a.在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液
b.如有沉淀生成，则证明产品中仍含有
c.如无沉淀生成，则证明产品中不含
d.取少量产品投入盛有蒸馏水的烧杯中，过滤并取滤液
e.取最后一次洗涤后的滤液于烧杯中
请排序：　 　(填字母序号)。
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，将铜铟硒中的替换为，得到另一种半导体材料铜铝硒，两种半导体具有相同的黄铜矿型结构，但导电能力更弱，请从化学键角度解释原因　 　。
20．（2025·台州模拟）某有机物K的合成路线如下：
已知：①F→G包含加成，消去两种反应类型；
②与性质类似。
请回答：
（1）A的结构简式为　 　。
（2）D→E参与反应的官能团名称为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．E→F的反应类型是氧化反应
B．化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化
C．化合物G中的所有原子不可能共平面
D．化合物J中N原子的p轨道能提供一对电子形成配位键
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，写出H→I的化学方程式　 　。
（5）写出3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　 　。
①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子；
②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基。
（6）请以苯为有机原料，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】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、冰醋酸是纯净的醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在水溶液中只能部分电离，符合弱电解质的定义，A正确；
B、水玻璃是硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液，由溶质和溶剂两种物质组成，属于混合物，而非纯净物，B错误；
C、磁性氧化铁是四氧化三铁（Fe3O4），它与酸反应时会生成两种盐（Fe2+盐和 Fe3+盐）和水，不符合碱性氧化物 “与酸反应只生成一种盐和水” 的定义，C错误；
D、氨水是氨气（NH3）溶于水形成的混合物，包含 NH3、H2O、NH3 H2O 等多种微粒，而共价化合物是纯净物，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：电解质判断误区：误将冰醋酸（纯净物）排除在弱电解质外，混淆 “醋酸” 与 “醋酸溶液” 的概念。
混合物误判纯净物：把水玻璃、氨水这类溶液，错认为纯净物或化合物。
碱性氧化物概念模糊：忽略 Fe3O4与酸生成两种盐，误将其归为碱性氧化物。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，分子中氢原子与氯原子通过共用电子对结合，不存在离子键，正确的电子式应为 ，A错误；
B、As 是 33 号元素，根据构造原理，其基态原子的电子排布式应为 1s22s22p63s23p63d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，B错误；
C、基态 Na+的电子排布式为 1s22s22p6，而该排布图中 3s 轨道有 1 个电子，说明电子从 2p 轨道跃迁到了 3s 轨道，属于激发态，C正确；
D、C2H5OH 是乙醇的结构简式，它的分子式应体现所有原子的个数，即 C2H6O，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：共价化合物电子式书写误区：误将共价化合物 HCl 当成离子化合物，用离子电子式的形式书写，忽略了 HCl 是通过共用电子对成键的本质。
电子排布式遗漏能级：书写 33 号元素 As 的电子排布式时，容易遗漏 3d 能级，违背了构造原理的填充顺序。
激发态与基态混淆：对 Na+的基态电子排布（1s22s22p6）不熟悉，无法判断 3s 轨道出现电子的排布图属于激发态。
分子式与结构简式混淆：把乙醇的结构简式 C2H5OH 当成分子式，忽略了分子式需要准确表示分子中所有原子的种类和数目（C2H6O）。
3．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A、AlN 陶瓷是新型无机非金属材料，具有耐高温、硬度大等优良性能，能在高温环境下保持稳定，因此可作为火箭的隔热覆板材料，A正确；
B、SiO2（二氧化硅）对光的传导能力强，是制造光导纤维的核心原料，能高效传输光信号，B正确；
C、Na2O2（过氧化钠）中氧元素为 - 1 价，容易得到电子表现出强氧化性，能氧化有机色素使其褪色，因此可作为漂白剂，C正确；
D、FeCl3溶液蚀刻覆铜板的原理是 Fe3+的氧化性，它能与 Cu 发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而不是因为溶液显酸性，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．AlN 陶瓷耐高温、化学性质稳定，这一性质直接对应其作为火箭隔热材料的用途，逻辑成立。
B．SiO2导光性强，是光导纤维的核心成分，这是教材中明确的 “性质→用途” 对应关系。
C．氧为 - 1 价，易发生还原反应表现强氧化性，能氧化色素，因此可作漂白剂，因果清晰。
D．该反应是 Fe3+氧化 Cu，而非利用溶液酸性，选项混淆了性质与用途的因果关系，这是判断其错误的关键。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z 和 W 同周期，从左到右原子半径减小，故半径 Z > W。W 的电子层数比 X 多，一般电子层数越多半径越大，故半径 W > X。因此原子半径顺序为：Z > W > X，A正确；
B、若 X 为 N，Y 为 O，N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常大于 O，所以 “X 的第一电离能小于 Y” 不总是成立，B错误；
C、Z 和 W 同周期，从左到右电负性增强，故电负性 W > Z，C错误；
D、键的极性与成键元素电负性差值正相关。已知电负性 Y > Z，W > Z，因此 Y 与 W 的电负性差值大于 Y 与 Z 的差值，故 Y-W 键的极性 > Y-Z 键，D错误；
故答案为：A。
【分析】元素位置推断：气态氢化物热稳定性：Y 的氢化物 > X 的氢化物 → 非金属性 Y > X。
最高价氧化物对应水化物酸性：Z 的酸 Z。
Y、Z 同主族，且原子序数 X < Y < Z < W。综合可得元素在周期表中的相对位置：为 （其中X和Y，Z和W不一定相邻）。
5．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、蒸馏装置的安装必须遵循 “从下到上” 的原则，应先放置酒精灯和石棉网，再固定蒸馏烧瓶，最后安装温度计、冷凝管和接收器。选项中操作顺序颠倒，容易导致装置不稳或加热不当，A错误；
B、浓硫酸密度大且溶于乙醇时会剧烈放热，若将乙醇倒入浓硫酸中，易造成液体暴沸飞溅。正确操作是先加乙醇，再缓慢注入浓硫酸并搅拌，冷却后最后加乙酸。选项中顺序颠倒，存在安全隐患，B错误；
C、轻微烫伤时，应先用大量冷水冲洗降温，但水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中 “挑破水泡” 的操作违反安全处理规范，C错误；
D、金属钠化学性质极活泼，易与空气中的氧气、水反应并放热，随意丢弃易引发火灾。未用完的钠屑应放回原试剂瓶妥善保存，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．必须遵循 “从下到上” 的顺序，先确定酒精灯位置，再固定烧瓶，最后安装其他部件。选项颠倒了顺序，会导致装置不稳定或加热位置错误。
B．浓硫酸密度大且溶于乙醇时剧烈放热，必须 “酸入水”，将浓硫酸缓慢注入乙醇中。选项顺序颠倒，易造成暴沸飞溅，存在安全隐患。
C．轻微烫伤的水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中 “挑破水泡” 的操作违反安全处理规范。
D．金属钠化学性质极活泼，随意丢弃易引发火灾，未用完的钠屑必须放回原试剂瓶。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O。H2S 中的 S 被氧化为 S（氧化产物），共 2 mol。SO2中的 S 被还原为 S（还原产物），共 1 mol。因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：1，A正确；
B、反应 2SO2+O2 2SO3是可逆反应，反应物不能完全转化。若 1 L SO2完全反应，会消耗 0.5 L O2并生成 1 L SO3，气体总体积变为 1 L。但因反应可逆，SO2不能完全消耗，所以反应后气体总体积必然大于 1 L，B正确；
C 、KMnO4是强氧化剂，SO2使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为 SO2被氧化，体现了还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，这里是氧化还原反应，C错误；
D、反应为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。S 元素从 +4 价（SO2）被氧化到 +6 价（CaSO4），每 1 mol SO2参与反应，转移 2 mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．SO2与 H2S 反应生成 S，H2S 中的 S 被氧化（氧化产物，2 份），SO2中的 S 被还原（还原产物，1 份），氧化产物与还原产物比例为 2：1。
B．反应 2SO2+O2 2SO3为可逆反应，1 L SO2无法完全消耗，因此反应后气体总体积必然大于 1 L。
C．SO2使酸性 KMnO4溶液褪色，发生了氧化还原反应，SO2被氧化体现还原性。
D．在工业制备石膏的反应中，S 元素从 SO2中的 + 4 价被氧化为 CaSO4中的 + 6 价，每 1 mol SO2参与反应，转移 2 mol 电子。
7．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚四氟乙烯中的 C-F 键键能高，化学稳定性极强，因此能耐酸碱腐蚀，性质和用途直接对应，A不符合题意；
B、聚乙烯塑料无毒，化学性质稳定，不易与食品发生反应，因此可用于食品包装，性质和用途直接对应，B不符合题意；
C、甘油（丙三醇）含有多个羟基，能与水形成氢键，具有良好的吸湿性，可保持皮肤湿润，因此用于护肤，性质和用途直接对应，C不符合题意；
D、聚乙炔能作为导电高分子，是因为其分子中存在交替的单双键结构，形成了共轭 π 电子体系，电子可以在链上移动，这与 “含碳量高” 没有直接关系，性质和用途不对应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
聚乙炔导电原因混淆：误以为 “含碳量高” 是其导电的原因，忽略其导电性源于共轭 π 电子体系。
甘油护肤原理不清：只知甘油可护肤，忽略其吸湿性来自羟基与水形成氢键的结构本质。
高分子性质对应偏差：混淆聚四氟乙烯（C-F 键能高）和聚乙烯（无毒稳定）的核心特性与用途的对应关系。
8．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成H+和SO42-。正确的离子方程式应为：
Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO2↑+SO42-+2H2O，A错误；
B、I-的还原性强于Fe2+，少量Cl2优先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，B正确；
C、Ba(OH)2过量时，HCO3-与OH-按1：1反应，不会生成CO32-。正确的离子方程式应为：
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C错误；
D、所给方程式原子不守恒，正确的离子方程式应为：
2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．浓硫酸中 H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成离子。
B．I-的还原性强于 Fe2+，少量 Cl2优先氧化 I-，方程式符合反应先后规律。
C．Ba(OH)2过量时，HCO3-与 OH-按 1：1 反应，不会生成 CO32-。
D．方程式中氢、氧原子数目不守恒。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；单糖的性质和用途；同系物
【解析】【解答】A、葡萄糖含醛基，果糖含羰基，官能团种类不同，红外光谱会显示不同的特征吸收峰，因此可用红外光谱法鉴别二者，A正确；
B、葡萄糖与果糖分子式相同（C6H12O6）、结构不同，互为同分异构体；而葡萄糖是单糖（C6H12O6），蔗糖是二糖（C12H22O11），二者分子组成上相差的不是若干个 CH2原子团，不满足同系物的定义，B错误；
C、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，作为催化剂时，可能使糖类脱水炭化，碳与浓硫酸反应生成有刺激性气味的 SO2气体，因此反应过程中可能产生刺激性气味的气体，C正确；
D、链式葡萄糖分子（HOCH2(CHOH)4CHO）中，中间 4 个碳原子均连接 4 个不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此 1 个葡萄糖 (链式) 分子中有 4 个手性碳原子，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
同系物判断误区：误将葡萄糖和蔗糖当作同系物，忽略了同系物要求 “分子组成相差若干个 CH2原子团” 的核心条件。
手性碳判断不清：对链式葡萄糖的手性碳数目判断不准，需注意只有连接 4 个不同基团的碳原子才是手性碳。
浓硫酸性质混淆：只记得脱水性，忽略其强氧化性，想不到会产生 SO2气体。
红外光谱理解不深：不清楚红外光谱是通过官能团特征峰来鉴别物质，对区分葡萄糖和果糖的依据理解不到位。
10．【答案】C
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A 、滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后，必须再用标准 NaOH 溶液润洗 2-3 次，否则残留的水会稀释标准液，导致消耗的 NaOH 体积偏大，计算出的盐酸浓度偏高，A错误；
B、量筒属于粗量器，精度仅为 0.1 mL，无法精确量取 20.00 mL 的溶液。应选用精度为 0.01 mL 的酸式滴定管，B错误；
C、滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点，应停止滴定，C正确；
D、甲基橙的变色范围为 pH 3.1—4.4，在酸性环境下变色。用 NaOH 滴定盐酸时，使用甲基橙会使滴定终点提前，消耗的 NaOH 体积偏小，导致测得的盐酸浓度偏低，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．蒸馏水润洗后若不用标准液润洗，残留水会稀释 NaOH，导致消耗体积偏大，浓度计算偏高。
B．量筒精度仅 0.1 mL，无法满足 20.00 mL 的精度要求，应选用酸式滴定管（精度 0.01 mL）。
C．滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化，当溶液由无色变为浅红色且半分钟不褪色时，即为终点。
D．甲基橙在 pH 3.1—4.4 变色，会使终点提前，NaOH 消耗体积偏小，导致测得盐酸浓度偏低。
11．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 是一个吸热反应（），同时也是一个熵增反应（）。根据吉布斯自由能判据 ，该反应在常温下能自发进行，说明熵变是主导因素，A正确；
B、催化剂（如铁触媒）的作用是降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而提高活化分子的百分数，并同等程度地加快正、逆反应速率。B错误；
C、新制氯水中存在平衡 。加入少量NaCl固体，会使溶液中 浓度增大，导致上述平衡逆向移动， 浓度减小，pH增大，同时HClO的浓度也减小。但水的电离平衡 会因 浓度降低而正向移动，并非所有平衡都逆向移动，C错误；
D、根据燃烧热的定义， 对应的产物是液态水：已知：根据盖斯定律，，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．该反应为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应，常温下能自发，说明熵变是主导因素。
B．催化剂降低活化能，会提高活化分子的百分数，而非不改变。
C．加入 NaCl 使 Cl-浓度升高，Cl2+H2O H++Cl-+HClO 逆向移动，H+浓度降低，水的电离平衡正向移动，并非所有平衡都逆向。
D．燃烧热要求生成液态水，通过盖斯定律可得 ΔH1=ΔH2-2ΔH3，而非 ΔH1=ΔH2+ΔH3。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a电极上 Zn 被氧化为 Zn2+，所以 a 是负极。但 [EMIM]+在反应中作为质子源和促进剂，自身并未被氧化，A错误；
B、b 电极是正极，CO2被还原为 CH4，同时生成的 CO32-会与 Zn2+结合生成 ZnCO3。电极反应式为：5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-，B正确；
C、电解质中含有少量水，水也可以提供质子（H+），所以 [EMIM]+不是唯一的质子源，C错误；
D、[EMIM]+作为促进剂，是通过与 Zn2+形成 [ZnNHC]2+等中间体，降低反应的活化能，加快反应速率，而不是单纯增加电荷浓度来增强离子电流强度，D错误；
故答案为：B。
【分析】碳纳米管电极通入 CO2，CO2被还原为 CH4，同时生成的 CO32-与 Zn2+结合为 ZnCO3，该电极发生还原反应、得到电子，因此为正极，电极反应式为：
5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-；Zn 电极上 Zn 失电子被氧化为 Zn2+，发生氧化反应，因此为负极。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、类型I晶胞：；O原子的个数=16；化学式为 。
类型II晶胞：；；化学式为 。两种类型化学式相同，A错误；
B、该化合物是金属氧化物，由阴、阳离子构成，属于离子晶体，而非分子晶体，B错误；
C、密度公式为 。设M的相对原子质量为，阿伏加德罗常数为，则：类型I晶胞质量：；类型II晶胞质量：；已知体积比 ，则密度比：；因此密度比为 ，C正确；
D、O原子的价电子排布为 ，成键时仅用2p轨道，不涉及d轨道，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
均摊法计算原子数失误：对晶胞顶点、棱、面、体心的原子贡献比例记忆或应用错误，导致 M 和 O 的原子数算错，进而误判化学式。
晶体类型判断偏差：看到 “氧化物” 就想当然认为是分子晶体，忽略了金属氧化物多为离子晶体的本质。
密度比计算误区：直接用体积比 65：32 当作密度比，或在代入密度公式时，混淆了质量与体积的比例关系，导致结果颠倒。
成键轨道理解不深：误以为所有原子成键都涉及 d 轨道，忽略了 O 原子价层只有 2s、2p 轨道，成键时不使用 d 轨道。
14．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、Mn+在整个反应循环中先参与反应，后又再生，符合催化剂 “先消耗后生成” 的特征，因此它是该转化的催化剂。A错误；
B、根据产物为丙酮和副产物 (CH3)2CHOH，可推断 X 为丙烷（C3H8）。 从副反应来看，中共有三种化学环境的氢原子，B正确；
C、转化④中，N2O 被还原为 N2，同时 [(C3H6) Mn]+被氧化，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应。C错误；
D、 Mn+为催化剂，途径中副反应的化学方程式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．Mn+在反应中循环再生，是催化剂。
B．X 为丙烷，[(C3H7)Mn(OH)]+的结构为 (CH3)2CH-Mn(OH)+，含 3 种化学环境的氢。
C．转化④中 N2O→N2，有化合价变化，是氧化还原反应。
D．副反应是生成 [(C3H7)Mn(OH)]+，并非直接生成 Mn+。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、当浓度从0开始增大时，反应①正向进行，浓度先增大；当浓度足够大时，反应②正向进行，消耗生成，因此浓度先增大后减小。A正确。
B、总反应为：
当溶液中时，代入平衡常数表达式：；解得。B正确；
C、淡蓝色是的特征颜色，说明被空气中的氧化。实验在氛围下进行，若出现淡蓝色，说明未被完全隔绝，应重做实验并增加通入量。C正确；
D、溶液中的电荷守恒式为：
物料守恒式为：
将物料守恒代入电荷守恒，得到质子守恒式：；D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
浓度变化判断错误：只考虑第一步生成 [Cu(NH3)]+，忽略高浓度 NH3时会进一步配位消耗它，误判浓度一直升高。
总平衡常数计算错误：不会把两步平衡常数相乘得到总常数，代入浓度关系时化简出错，导致计算结果偏差。
离子性质记忆不清：忘记 Cu+容易被氧气氧化为 Cu2+，不能根据淡蓝色现象判断实验操作问题。
守恒关系乱用模板：直接照搬普通氨水质子守恒式，没有结合本题配位体系推导，造成离子关系式判断失误。
16．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂 a 为饱和 Na2CO3溶液，作用是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为可溶的钠盐；试剂 b 为盐酸，作用是将钠盐重新转化为酸和酯，便于后续分离。A正确；
B、操作 I 和操作 II 均为过滤操作，并非 “操作 I 为过滤，操作 II 为蒸发结晶”。B错误；
C、尼泊金乙酯和对羟基苯甲酸都含有酚羟基，均可与 FeCl3溶液发生显色反应，因此无法用 FeCl3检验产品中是否残留对羟基苯甲酸。C错误；
D、邻羟基苯甲酸根离子可通过分子内氢键分散负电荷，稳定性更强，羟基上的氢更难电离；而对羟基苯甲酸根离子主要通过共轭效应稳定，羟基氢电离程度更大，故电离平衡常数：对羟基苯甲酸 > 邻羟基苯甲酸。D错误；
故答案为：A。
【分析】提纯尼泊金乙酯的核心思路是利用溶解度差异和酸碱反应实现分离：先将粗品加入饱和 Na2CO3溶液，对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯会转化为可溶于水的钠盐，而对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通过过滤（操作 I）分离出固体。合并滤液和洗涤液后，加入盐酸（试剂 b）调节 pH，将钠盐重新转化为酸和酯，再利用溶解度差异蒸发浓缩、结晶，再次过滤（操作 II）得到纯品。
17．【答案】（1）C；D
（2）的价层电子排布为，是半充满结构，比的价层电子排布更稳定；化合价比更高，吸电子比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出
（3）C；搅拌；过滤，洗涤，干燥
（4）；；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；
B．的半径比大，因此晶体中的离子键比晶体中的离子键弱，B错误；
C．中共价键占一定的百分比，因此晶体存在范德华力，C正确；
D．由晶体的晶胞可知，离最近的Cl-的个数为6，因此晶体中离子的配位数为6，D正确；
故答案为：CD。
（2）①基态的价层电子排布为，是半充满结构，比基态的价层电子排布更稳定。
②化合价比更高，吸电子能力比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出，因此同浓度的溶液比溶液酸性更强。
故答案为：的价层电子排布为，是半充满结构，比的价层电子排布更稳定 ；化合价比更高，吸电子比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出 ；
（3）隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
①加入过量试剂X，使得与完全转化为与沉淀，故试剂X应为碱溶液，而过量的在加热时易分解挥发从而可以除去，因此试剂X的最佳选择是C。
②根据分析，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，因此步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。
③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米，因此步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。
故答案为： C ； 搅拌 ； 过滤，洗涤，干燥 ；
（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为；与盐酸羟胺反应生成与氮气，该反应的离子方程式为；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的范围为2 9。
故答案为： ； ； 当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位 。
【分析】(1)Fe 位于第四周期第 Ⅷ 列（第 8 列），不是第 9 列。[Fe (H2O)4]2+半径大于 Fe2+，离子键更弱。FeCl2晶体含共价键，存在范德华力；Fe2+的配位数为 6。
(2)Fe3+价层电子排布为 3d5（半充满），比 Fe2+的 3d6更稳定。Fe3+吸电子能力更强，使配位水的 O-H 键极性增大，更易电离出 H+，故 FeCl3溶液酸性更强。
(3) 隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
试剂 X 选 NH3 H2O（氨水），过量可加热除去，不引入杂质。步骤 Ⅱ 操作 Y 为搅拌，使沉淀均匀转化。步骤 Ⅳ 操作 Z 为过滤、洗涤、干燥，得到纯净纳米 Fe3O4。
(4)邻二氮菲中 N 原子为sp2杂化。与盐酸羟胺反应生成与氮气， 据此书写离子方程式。pH 2~9可防止 H+与 N 配位、OH-与 Fe2+反应，保证配位反应顺利进行。
（1）A．元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；
B．的半径比大，因此晶体中的离子键比晶体中的离子键弱，B错误；
C．中共价键占一定的百分比，因此晶体存在范德华力，C正确；
D．由晶体的晶胞可知，离最近的Cl-的个数为6，因此晶体中离子的配位数为6，D正确；
故选CD。
（2）①基态的价层电子排布为，是半充满结构，比基态的价层电子排布更稳定。
②化合价比更高，吸电子能力比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出，因此同浓度的溶液比溶液酸性更强。
（3）隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
①加入过量试剂X，使得与完全转化为与沉淀，故试剂X应为碱溶液，而过量的在加热时易分解挥发从而可以除去，因此试剂X的最佳选择是C。
②根据分析，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，因此步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。
③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米，因此步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。
（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为；与盐酸羟胺反应生成与氮气，该反应的离子方程式为；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的范围为2 9。
18．【答案】（1）CD；＜
（2）
（3）＜；CD
（4）Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学平衡常数；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）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。
A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；
B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；
C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；
故选CD。
②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大， H1＜ H2。
故答案为： CD ； ＜ ；
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：。
故答案为： ；
（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。
②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；
B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数，B不正确；
C．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；
D．在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；
故答案为： ＜ ；CD。
（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。
故答案为： Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大 。
【分析】（1）①利用 “变量不变则平衡” 判断平衡状态；恒容充惰性气体不改变浓度，平衡不移动；催化剂不改变活化能和平衡。
②升温时比值减小，说明主反应吸热更多，故 ΔH1 < ΔH2。
（2）根据产物比例和守恒关系，写出阴极还原反应式。
（3）增加水醇比促进 H2生成，平衡常数随温度变化；氧醇比增大减少炭覆盖；拐点源于两反应的移动程度差异。
（4）键角变化：乙醇氧与 Al 形成配位键，孤对电子排斥力减弱，使∠COH 增大。
（1）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。
A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；
B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；
C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；
故选CD。
②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大， H1＜ H2。
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：。
（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。
②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；
B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数，B不正确；
C．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；
D．在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；
故选CD。
（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。
19．【答案】（1）A；D
（2）不能；使用的计算后离子为时，约为4，故时溶液中几乎不存在，不可能得到制备所需的溶液
（3）B；C
（4）eac
（5）与相比，的电负性更大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A. 步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；
B. 因为最终要得到溶液，若用硫酸酸浸会引入杂质，而用盐酸酸浸不会引入新的杂质，所以酸浸选用的酸可以用盐酸，不能用硫酸，B错误；
C. 步骤③从溶液结晶干燥得到晶体，不一定会用到蒸发皿，C错误；
D.晶体高温烘干时可能会失去结晶水，所以步骤③中的干燥方法不能用高温烘干，D正确；
故答案为： A D ；
（2）时，根据，可得：，溶液中几乎不存在，不能得到制备所需的溶液；
故答案为： 不能 ； 使用的计算后离子为时，约为4，故时溶液中几乎不存在，不可能得到制备所需的溶液 ；
（3）A. 装置a的名称是三颈烧瓶，A正确；
B. 通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化，B错误；
C.为细粉状晶体，用多层滤纸过滤可能会使部分产品吸附在滤纸上造成损失， C错误；
D.难溶于水，步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂，D正确；
故答案为： B C ；
（4）要检验固体表面的是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含，所以操作顺序为eac；
故答案为： eac ；
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，的电负性比大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此导电能力更弱。
故答案为：与相比，的电负性更大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱 。
【分析】将含铟矿石经焙烧得到含 In2O3的混合固体；酸浸、过滤后得到 InCl3溶液，再经结晶、干燥得到 InCl3 4H2O 晶体；将 InCl3 4H2O 与 Cu(CH3COO)2 H2O、Na2Se 在乙二醇中溶解，加热反应；最后经固液分离、洗涤、干燥，得到 CuInSe2晶体。
（1）A. 步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；
B. 因为最终要得到溶液，若用硫酸酸浸会引入杂质，而用盐酸酸浸不会引入新的杂质，所以酸浸选用的酸可以用盐酸，不能用硫酸，B错误；
C. 步骤③从溶液结晶干燥得到晶体，不一定会用到蒸发皿，C错误；
D.晶体高温烘干时可能会失去结晶水，所以步骤③中的干燥方法不能用高温烘干，D正确；
（2）时，根据，可得：，溶液中几乎不存在，不能得到制备所需的溶液；
（3）A. 装置a的名称是三颈烧瓶，A正确；
B. 通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化，B错误；
C.为细粉状晶体，用多层滤纸过滤可能会使部分产品吸附在滤纸上造成损失， C错误；
D.难溶于水，步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂，D正确；
（4）要检验固体表面的是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含，所以操作顺序为eac；
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，的电负性比大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此导电能力更弱。
20．【答案】（1）
（2）酰胺基
（3）A；D
（4）
（5）、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为。
故答案为： ；
（2）由分析可知，D→E过程中酰胺基在碱性环境中发生水解。
故答案为： 酰胺基 ；
（3）A．由分析可知，E→F过程中硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，A错误；
B．A→C中氨基转化为酰胺基，C→D过程中使用的浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，D→E中酰胺基又转发为氨基，化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化，B正确；
C．化合物G中含有甲基，所有原子不可能共平面，C正确；
D．由分析可知，化合物J为，N为sp2杂化，其孤电子对参与形成了大键，不能提供一对电子形成配位键，D错误；
故答案为：AD；
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，H在碱性环境中水解生成I，结合H的分子式可以推知H为，H→I的化学方程式为：。
故答案为：
（5）H的同分异构体满足条件：①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子，说明其是对称的结构，含有3种环境的H原子；②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基，则满足条件的同分异构体为：、、。
故答案为：、、 ；
（6）苯先发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯再发生反应反应生成苯胺，苯胺和CS2反应生成，和苯胺反应生成，合成路线为：
故答案为：
【分析】有机物 K 的合成路线详解
分支一（苯并咪唑环片段 G 的合成）：A（C7H9NO）与乙酸酐（B）发生乙酰化反应，保护氨基，得到 C（C9H11NO2）。C 在浓硝酸、浓硫酸条件下发生苯环上的硝化反应，引入硝基得到 D，结合C的分子式可知C为，A和发生取代反应生成C，结合A的分子式可知A为，D 在 KOH 溶液中加热，发生酰胺水解反应，脱去乙酰基得到 E（）。E 在 Fe/HCl 条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基，得到 F（）。F 与 CO2在催化剂作用下，通过加成、消去反应环化，形成苯并咪唑环结构，得到 G。
分支二（侧链片段 J 的合成）：H（C9H11NO3）在 NaOH 溶液中加热，发生水解反应，得到 I（C7H9NO2）。I 与 SOCl2发生氯化反应，羟基被氯原子取代，得到 J（C7H8NOCl）。
G 与 J 发生亲核取代反应，G 中的活泼羟基与 J 中的氯原子结合，脱去一分子 HCl，形成醚键，最终得到目标产物 K。可以推知J为，I为，H为，以此解答。
（1）由分析可知，A为。
（2）由分析可知，D→E过程中酰胺基在碱性环境中发生水解。
（3）A．由分析可知，E→F过程中硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，A错误；
B．A→C中氨基转化为酰胺基，C→D过程中使用的浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，D→E中酰胺基又转发为氨基，化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化，B正确；
C．化合物G中含有甲基，所有原子不可能共平面，C正确；
D．由分析可知，化合物J为，N为sp2杂化，其孤电子对参与形成了大键，不能提供一对电子形成配位键，D错误；
故选AD。
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，H在碱性环境中水解生成I，结合H的分子式可以推知H为，H→I的化学方程式为：。
（5）H的同分异构体满足条件：①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子，说明其是对称的结构，含有3种环境的H原子；②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基，则满足条件的同分异构体为：、、。
（6）苯先发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯再发生反应反应生成苯胺，苯胺和CS2反应生成，和苯胺反应生成，合成路线为：。
1 / 1浙江省台州市2025届高三下学期二模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·台州模拟）下列物质分类正确的是
A．冰醋酸——弱电解质 B．水玻璃——纯净物
C．磁性氧化铁——碱性氧化物 D．氨水——共价化合物
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、冰醋酸是纯净的醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在水溶液中只能部分电离，符合弱电解质的定义，A正确；
B、水玻璃是硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液，由溶质和溶剂两种物质组成，属于混合物，而非纯净物，B错误；
C、磁性氧化铁是四氧化三铁（Fe3O4），它与酸反应时会生成两种盐（Fe2+盐和 Fe3+盐）和水，不符合碱性氧化物 “与酸反应只生成一种盐和水” 的定义，C错误；
D、氨水是氨气（NH3）溶于水形成的混合物，包含 NH3、H2O、NH3 H2O 等多种微粒，而共价化合物是纯净物，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：电解质判断误区：误将冰醋酸（纯净物）排除在弱电解质外，混淆 “醋酸” 与 “醋酸溶液” 的概念。
混合物误判纯净物：把水玻璃、氨水这类溶液，错认为纯净物或化合物。
碱性氧化物概念模糊：忽略 Fe3O4与酸生成两种盐，误将其归为碱性氧化物。
2．（2025·台州模拟）下列化学用语书写正确的是
A．的电子式：
B．基态原子的电子排布式：
C．激发态钠离子的电子排布图：
D．乙醇的分子式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，分子中氢原子与氯原子通过共用电子对结合，不存在离子键，正确的电子式应为 ，A错误；
B、As 是 33 号元素，根据构造原理，其基态原子的电子排布式应为 1s22s22p63s23p63d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，B错误；
C、基态 Na+的电子排布式为 1s22s22p6，而该排布图中 3s 轨道有 1 个电子，说明电子从 2p 轨道跃迁到了 3s 轨道，属于激发态，C正确；
D、C2H5OH 是乙醇的结构简式，它的分子式应体现所有原子的个数，即 C2H6O，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：共价化合物电子式书写误区：误将共价化合物 HCl 当成离子化合物，用离子电子式的形式书写，忽略了 HCl 是通过共用电子对成键的本质。
电子排布式遗漏能级：书写 33 号元素 As 的电子排布式时，容易遗漏 3d 能级，违背了构造原理的填充顺序。
激发态与基态混淆：对 Na+的基态电子排布（1s22s22p6）不熟悉，无法判断 3s 轨道出现电子的排布图属于激发态。
分子式与结构简式混淆：把乙醇的结构简式 C2H5OH 当成分子式，忽略了分子式需要准确表示分子中所有原子的种类和数目（C2H6O）。
3．（2025·台州模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料
B．导光性强，可用于制作光导纤维
C．具有强氧化性，可用作漂白剂
D．溶液显酸性，可用于蚀刻覆铜板
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物；钠的氧化物
【解析】【解答】A、AlN 陶瓷是新型无机非金属材料，具有耐高温、硬度大等优良性能，能在高温环境下保持稳定，因此可作为火箭的隔热覆板材料，A正确；
B、SiO2（二氧化硅）对光的传导能力强，是制造光导纤维的核心原料，能高效传输光信号，B正确；
C、Na2O2（过氧化钠）中氧元素为 - 1 价，容易得到电子表现出强氧化性，能氧化有机色素使其褪色，因此可作为漂白剂，C正确；
D、FeCl3溶液蚀刻覆铜板的原理是 Fe3+的氧化性，它能与 Cu 发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而不是因为溶液显酸性，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．AlN 陶瓷耐高温、化学性质稳定，这一性质直接对应其作为火箭隔热材料的用途，逻辑成立。
B．SiO2导光性强，是光导纤维的核心成分，这是教材中明确的 “性质→用途” 对应关系。
C．氧为 - 1 价，易发生还原反应表现强氧化性，能氧化色素，因此可作漂白剂，因果清晰。
D．该反应是 Fe3+氧化 Cu，而非利用溶液酸性，选项混淆了性质与用途的因果关系，这是判断其错误的关键。
4．（2025·台州模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z同主族。已知Y的气态氢化物热稳定性强于X的气态氢化物，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于W的最高价氧化物对应水化物。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．化学键的极性：键键
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z 和 W 同周期，从左到右原子半径减小，故半径 Z > W。W 的电子层数比 X 多，一般电子层数越多半径越大，故半径 W > X。因此原子半径顺序为：Z > W > X，A正确；
B、若 X 为 N，Y 为 O，N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常大于 O，所以 “X 的第一电离能小于 Y” 不总是成立，B错误；
C、Z 和 W 同周期，从左到右电负性增强，故电负性 W > Z，C错误；
D、键的极性与成键元素电负性差值正相关。已知电负性 Y > Z，W > Z，因此 Y 与 W 的电负性差值大于 Y 与 Z 的差值，故 Y-W 键的极性 > Y-Z 键，D错误；
故答案为：A。
【分析】元素位置推断：气态氢化物热稳定性：Y 的氢化物 > X 的氢化物 → 非金属性 Y > X。
最高价氧化物对应水化物酸性：Z 的酸 Z。
Y、Z 同主族，且原子序数 X < Y < Z < W。综合可得元素在周期表中的相对位置：为 （其中X和Y，Z和W不一定相邻）。
5．（2025·台州模拟）下列实验操作或事故处理方法正确的是
A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网
B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸
C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏
D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；化学实验安全及事故处理；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、蒸馏装置的安装必须遵循 “从下到上” 的原则，应先放置酒精灯和石棉网，再固定蒸馏烧瓶，最后安装温度计、冷凝管和接收器。选项中操作顺序颠倒，容易导致装置不稳或加热不当，A错误；
B、浓硫酸密度大且溶于乙醇时会剧烈放热，若将乙醇倒入浓硫酸中，易造成液体暴沸飞溅。正确操作是先加乙醇，再缓慢注入浓硫酸并搅拌，冷却后最后加乙酸。选项中顺序颠倒，存在安全隐患，B错误；
C、轻微烫伤时，应先用大量冷水冲洗降温，但水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中 “挑破水泡” 的操作违反安全处理规范，C错误；
D、金属钠化学性质极活泼，易与空气中的氧气、水反应并放热，随意丢弃易引发火灾。未用完的钠屑应放回原试剂瓶妥善保存，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．必须遵循 “从下到上” 的顺序，先确定酒精灯位置，再固定烧瓶，最后安装其他部件。选项颠倒了顺序，会导致装置不稳定或加热位置错误。
B．浓硫酸密度大且溶于乙醇时剧烈放热，必须 “酸入水”，将浓硫酸缓慢注入乙醇中。选项顺序颠倒，易造成暴沸飞溅，存在安全隐患。
C．轻微烫伤的水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中 “挑破水泡” 的操作违反安全处理规范。
D．金属钠化学性质极活泼，随意丢弃易引发火灾，未用完的钠屑必须放回原试剂瓶。
6．（2025·台州模拟）是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是
A．与反应中，氧化产物与还原产物的比例是
B．450℃，1标准大气压下，与充分反应后气体体积大于
C．使酸性溶液褪色，体现了的漂白性
D．工业上用石灰石浆液和空气吸收制备石膏，每吸收转移电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O。H2S 中的 S 被氧化为 S（氧化产物），共 2 mol。SO2中的 S 被还原为 S（还原产物），共 1 mol。因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：1，A正确；
B、反应 2SO2+O2 2SO3是可逆反应，反应物不能完全转化。若 1 L SO2完全反应，会消耗 0.5 L O2并生成 1 L SO3，气体总体积变为 1 L。但因反应可逆，SO2不能完全消耗，所以反应后气体总体积必然大于 1 L，B正确；
C 、KMnO4是强氧化剂，SO2使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为 SO2被氧化，体现了还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，这里是氧化还原反应，C错误；
D、反应为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。S 元素从 +4 价（SO2）被氧化到 +6 价（CaSO4），每 1 mol SO2参与反应，转移 2 mol 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．SO2与 H2S 反应生成 S，H2S 中的 S 被氧化（氧化产物，2 份），SO2中的 S 被还原（还原产物，1 份），氧化产物与还原产物比例为 2：1。
B．反应 2SO2+O2 2SO3为可逆反应，1 L SO2无法完全消耗，因此反应后气体总体积必然大于 1 L。
C．SO2使酸性 KMnO4溶液褪色，发生了氧化还原反应，SO2被氧化体现还原性。
D．在工业制备石膏的反应中，S 元素从 SO2中的 + 4 价被氧化为 CaSO4中的 + 6 价，每 1 mol SO2参与反应，转移 2 mol 电子。
7．（2025·台州模拟）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．聚四氟乙烯中的键键能高，可耐酸碱腐蚀
B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品
C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤
D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、聚四氟乙烯中的 C-F 键键能高，化学稳定性极强，因此能耐酸碱腐蚀，性质和用途直接对应，A不符合题意；
B、聚乙烯塑料无毒，化学性质稳定，不易与食品发生反应，因此可用于食品包装，性质和用途直接对应，B不符合题意；
C、甘油（丙三醇）含有多个羟基，能与水形成氢键，具有良好的吸湿性，可保持皮肤湿润，因此用于护肤，性质和用途直接对应，C不符合题意；
D、聚乙炔能作为导电高分子，是因为其分子中存在交替的单双键结构，形成了共轭 π 电子体系，电子可以在链上移动，这与 “含碳量高” 没有直接关系，性质和用途不对应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
聚乙炔导电原因混淆：误以为 “含碳量高” 是其导电的原因，忽略其导电性源于共轭 π 电子体系。
甘油护肤原理不清：只知甘油可护肤，忽略其吸湿性来自羟基与水形成氢键的结构本质。
高分子性质对应偏差：混淆聚四氟乙烯（C-F 键能高）和聚乙烯（无毒稳定）的核心特性与用途的对应关系。
8．（2025·台州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．铜与浓硫酸加热：
B．溶液中通入少量：
C．溶液与过量：
D．铝与溶液：
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铝的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成H+和SO42-。正确的离子方程式应为：
Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO2↑+SO42-+2H2O，A错误；
B、I-的还原性强于Fe2+，少量Cl2优先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，B正确；
C、Ba(OH)2过量时，HCO3-与OH-按1：1反应，不会生成CO32-。正确的离子方程式应为：
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C错误；
D、所给方程式原子不守恒，正确的离子方程式应为：
2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．浓硫酸中 H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成离子。
B．I-的还原性强于 Fe2+，少量 Cl2优先氧化 I-，方程式符合反应先后规律。
C．Ba(OH)2过量时，HCO3-与 OH-按 1：1 反应，不会生成 CO32-。
D．方程式中氢、氧原子数目不守恒。
9．（2025·台州模拟）葡萄糖和果糖生成蔗糖的反应为：
下列关于该反应中有机物的性质或结构的说法不正确的是
A．可以用红外光谱法鉴别葡萄糖与果糖
B．葡萄糖与果糖为同分异构体，葡萄糖与蔗糖为同系物
C．如果使用浓硫酸做催化剂，反应过程中可能产生刺激性气味的气体
D．1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；单糖的性质和用途；同系物
【解析】【解答】A、葡萄糖含醛基，果糖含羰基，官能团种类不同，红外光谱会显示不同的特征吸收峰，因此可用红外光谱法鉴别二者，A正确；
B、葡萄糖与果糖分子式相同（C6H12O6）、结构不同，互为同分异构体；而葡萄糖是单糖（C6H12O6），蔗糖是二糖（C12H22O11），二者分子组成上相差的不是若干个 CH2原子团，不满足同系物的定义，B错误；
C、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，作为催化剂时，可能使糖类脱水炭化，碳与浓硫酸反应生成有刺激性气味的 SO2气体，因此反应过程中可能产生刺激性气味的气体，C正确；
D、链式葡萄糖分子（HOCH2(CHOH)4CHO）中，中间 4 个碳原子均连接 4 个不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此 1 个葡萄糖 (链式) 分子中有 4 个手性碳原子，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
同系物判断误区：误将葡萄糖和蔗糖当作同系物，忽略了同系物要求 “分子组成相差若干个 CH2原子团” 的核心条件。
手性碳判断不清：对链式葡萄糖的手性碳数目判断不准，需注意只有连接 4 个不同基团的碳原子才是手性碳。
浓硫酸性质混淆：只记得脱水性，忽略其强氧化性，想不到会产生 SO2气体。
红外光谱理解不深：不清楚红外光谱是通过官能团特征峰来鉴别物质，对区分葡萄糖和果糖的依据理解不到位。
10．（2025·台州模拟）用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，下列实验操作或分析正确的是
A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准溶液
B．量取待测盐酸时，选用量程为的量筒以提高精度
C．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当出现浅红色且半分钟内不褪色时停止滴定
D．若指示剂改为甲基橙，则测得盐酸浓度偏高
【答案】C
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A 、滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后，必须再用标准 NaOH 溶液润洗 2-3 次，否则残留的水会稀释标准液，导致消耗的 NaOH 体积偏大，计算出的盐酸浓度偏高，A错误；
B、量筒属于粗量器，精度仅为 0.1 mL，无法精确量取 20.00 mL 的溶液。应选用精度为 0.01 mL 的酸式滴定管，B错误；
C、滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点，应停止滴定，C正确；
D、甲基橙的变色范围为 pH 3.1—4.4，在酸性环境下变色。用 NaOH 滴定盐酸时，使用甲基橙会使滴定终点提前，消耗的 NaOH 体积偏小，导致测得的盐酸浓度偏低，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．蒸馏水润洗后若不用标准液润洗，残留水会稀释 NaOH，导致消耗体积偏大，浓度计算偏高。
B．量筒精度仅 0.1 mL，无法满足 20.00 mL 的精度要求，应选用酸式滴定管（精度 0.01 mL）。
C．滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化，当溶液由无色变为浅红色且半分钟不褪色时，即为终点。
D．甲基橙在 pH 3.1—4.4 变色，会使终点提前，NaOH 消耗体积偏小，导致测得盐酸浓度偏低。
11．（2025·台州模拟）下列说法正确的是
A．反应常温下能自发进行，表明熵变是决定该反应能否自发进行的主要因素
B．合成氨反应，使用铁触媒作催化剂可降低反应活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但活化分子的百分数并没有改变
C．在新制氯水平衡体系中加入少量固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的增大，的浓度减小
D．已知的燃烧热为， ， ，则
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 是一个吸热反应（），同时也是一个熵增反应（）。根据吉布斯自由能判据 ，该反应在常温下能自发进行，说明熵变是主导因素，A正确；
B、催化剂（如铁触媒）的作用是降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而提高活化分子的百分数，并同等程度地加快正、逆反应速率。B错误；
C、新制氯水中存在平衡 。加入少量NaCl固体，会使溶液中 浓度增大，导致上述平衡逆向移动， 浓度减小，pH增大，同时HClO的浓度也减小。但水的电离平衡 会因 浓度降低而正向移动，并非所有平衡都逆向移动，C错误；
D、根据燃烧热的定义， 对应的产物是液态水：已知：根据盖斯定律，，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．该反应为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应，常温下能自发，说明熵变是主导因素。
B．催化剂降低活化能，会提高活化分子的百分数，而非不改变。
C．加入 NaCl 使 Cl-浓度升高，Cl2+H2O H++Cl-+HClO 逆向移动，H+浓度降低，水的电离平衡正向移动，并非所有平衡都逆向。
D．燃烧热要求生成液态水，通过盖斯定律可得 ΔH1=ΔH2-2ΔH3，而非 ΔH1=ΔH2+ΔH3。
12．（2025·台州模拟）一种离子液体电池可以在供电的同时将转化为，电解质为离子液体及少量水，其中的是一种季铵离子，在电池中作电解质、质子源和促进剂。该电池如图所示运行一段时间后，碳纳米管表面可检测出有生成。
下列说法正确的是
A．a电极为负极，在该电极上被氧化
B．b电极反应式为：
C．是电池中唯一的质子源
D．作为电池促进剂的原理是通过生成增加电荷浓度，从而增强了离子电流强度
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a电极上 Zn 被氧化为 Zn2+，所以 a 是负极。但 [EMIM]+在反应中作为质子源和促进剂，自身并未被氧化，A错误；
B、b 电极是正极，CO2被还原为 CH4，同时生成的 CO32-会与 Zn2+结合生成 ZnCO3。电极反应式为：5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-，B正确；
C、电解质中含有少量水，水也可以提供质子（H+），所以 [EMIM]+不是唯一的质子源，C错误；
D、[EMIM]+作为促进剂，是通过与 Zn2+形成 [ZnNHC]2+等中间体，降低反应的活化能，加快反应速率，而不是单纯增加电荷浓度来增强离子电流强度，D错误；
故答案为：B。
【分析】碳纳米管电极通入 CO2，CO2被还原为 CH4，同时生成的 CO32-与 Zn2+结合为 ZnCO3，该电极发生还原反应、得到电子，因此为正极，电极反应式为：
5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-；Zn 电极上 Zn 失电子被氧化为 Zn2+，发生氧化反应，因此为负极。
13．（2025·台州模拟）化合物是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为)，两种晶胞的体积比。下列说法正确的是
A．化合物W的类型I与类型II化学式不相同
B．类型I与类型II均为分子晶体
C．类型I与类型II的晶体密度之比为
D．两种类型中的所有原子均有轨道参与成键
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、类型I晶胞：；O原子的个数=16；化学式为 。
类型II晶胞：；；化学式为 。两种类型化学式相同，A错误；
B、该化合物是金属氧化物，由阴、阳离子构成，属于离子晶体，而非分子晶体，B错误；
C、密度公式为 。设M的相对原子质量为，阿伏加德罗常数为，则：类型I晶胞质量：；类型II晶胞质量：；已知体积比 ，则密度比：；因此密度比为 ，C正确；
D、O原子的价电子排布为 ，成键时仅用2p轨道，不涉及d轨道，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
均摊法计算原子数失误：对晶胞顶点、棱、面、体心的原子贡献比例记忆或应用错误，导致 M 和 O 的原子数算错，进而误判化学式。
晶体类型判断偏差：看到 “氧化物” 就想当然认为是分子晶体，忽略了金属氧化物多为离子晶体的本质。
密度比计算误区：直接用体积比 65：32 当作密度比，或在代入密度公式时，混淆了质量与体积的比例关系，导致结果颠倒。
成键轨道理解不深：误以为所有原子成键都涉及 d 轨道，忽略了 O 原子价层只有 2s、2p 轨道，成键时不使用 d 轨道。
14．（2025·台州模拟）化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中中检测出含的三元环结构。下列说法正确的是
A．的价层电子排布为半充满，故性质稳定，不作该转化的催化剂
B．X为丙烷，中共有三种化学环境的氢原子
C．转化②③④均为非氧化还原反应
D．途径中副反应的化学方程式为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、Mn+在整个反应循环中先参与反应，后又再生，符合催化剂 “先消耗后生成” 的特征，因此它是该转化的催化剂。A错误；
B、根据产物为丙酮和副产物 (CH3)2CHOH，可推断 X 为丙烷（C3H8）。 从副反应来看，中共有三种化学环境的氢原子，B正确；
C、转化④中，N2O 被还原为 N2，同时 [(C3H6) Mn]+被氧化，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应。C错误；
D、 Mn+为催化剂，途径中副反应的化学方程式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．Mn+在反应中循环再生，是催化剂。
B．X 为丙烷，[(C3H7)Mn(OH)]+的结构为 (CH3)2CH-Mn(OH)+，含 3 种化学环境的氢。
C．转化④中 N2O→N2，有化合价变化，是氧化还原反应。
D．副反应是生成 [(C3H7)Mn(OH)]+，并非直接生成 Mn+。
15．（2025·台州模拟）氨与可形成两种无色的配离子和，存在如下平衡：
①
②
制备过程为：在持续通入的氛围下，将固体投入未知浓度的氨水中，得到澄清溶液，下列说法不正确的是
A．随着浓度由0开始逐渐增大，的平衡浓度呈先增大后减小的趋势
B．若所得溶液中与的浓度相等，则
C．若观察到溶液变为淡蓝色，应重做实验并增加通入量
D．所得溶液中必定存在
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、当浓度从0开始增大时，反应①正向进行，浓度先增大；当浓度足够大时，反应②正向进行，消耗生成，因此浓度先增大后减小。A正确。
B、总反应为：
当溶液中时，代入平衡常数表达式：；解得。B正确；
C、淡蓝色是的特征颜色，说明被空气中的氧化。实验在氛围下进行，若出现淡蓝色，说明未被完全隔绝，应重做实验并增加通入量。C正确；
D、溶液中的电荷守恒式为：
物料守恒式为：
将物料守恒代入电荷守恒，得到质子守恒式：；D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
浓度变化判断错误：只考虑第一步生成 [Cu(NH3)]+，忽略高浓度 NH3时会进一步配位消耗它，误判浓度一直升高。
总平衡常数计算错误：不会把两步平衡常数相乘得到总常数，代入浓度关系时化简出错，导致计算结果偏差。
离子性质记忆不清：忘记 Cu+容易被氧气氧化为 Cu2+，不能根据淡蓝色现象判断实验操作问题。
守恒关系乱用模板：直接照搬普通氨水质子守恒式，没有结合本题配位体系推导，造成离子关系式判断失误。
16．（2025·台州模拟）尼泊金乙酯微溶于水，是常见的食品防腐剂，可利用对羟基苯甲酸与乙醇制备，所得粗产品中含有对羟基苯甲酸和对羟基苯甲酸聚合物两种杂质，利用如下流程提纯尼泊金乙酯：
已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水；
②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解度
尼泊金乙酯 114 297
对羟基苯甲酸 213 336
下列说法正确的是
A．试剂a、b可分别为溶液、盐酸
B．操作I为过滤，操作II为重结晶
C．可以用溶液检验最终产品中对羟基苯甲酸是否除净
D．相同温度下，电离平衡常数
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、试剂 a 为饱和 Na2CO3溶液，作用是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为可溶的钠盐；试剂 b 为盐酸，作用是将钠盐重新转化为酸和酯，便于后续分离。A正确；
B、操作 I 和操作 II 均为过滤操作，并非 “操作 I 为过滤，操作 II 为蒸发结晶”。B错误；
C、尼泊金乙酯和对羟基苯甲酸都含有酚羟基，均可与 FeCl3溶液发生显色反应，因此无法用 FeCl3检验产品中是否残留对羟基苯甲酸。C错误；
D、邻羟基苯甲酸根离子可通过分子内氢键分散负电荷，稳定性更强，羟基上的氢更难电离；而对羟基苯甲酸根离子主要通过共轭效应稳定，羟基氢电离程度更大，故电离平衡常数：对羟基苯甲酸 > 邻羟基苯甲酸。D错误；
故答案为：A。
【分析】提纯尼泊金乙酯的核心思路是利用溶解度差异和酸碱反应实现分离：先将粗品加入饱和 Na2CO3溶液，对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯会转化为可溶于水的钠盐，而对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通过过滤（操作 I）分离出固体。合并滤液和洗涤液后，加入盐酸（试剂 b）调节 pH，将钠盐重新转化为酸和酯，再利用溶解度差异蒸发浓缩、结晶，再次过滤（操作 II）得到纯品。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·台州模拟）铁元素是生命活动中不可或缺的元素。
（1）无水晶体的晶胞如图所示，下列说法正确的是_______。
A．元素位于周期表第九列
B．晶体中的离子键比晶体中的离子键更强
C．晶体中存在范德华力
D．晶体中离子的配位数为6
（2）①基态比更稳定的原因是　 　。
②和在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的溶液比溶液酸性更强的原因　 　。
（3）某研究小组在隔绝空气的条件下，用与混合液制备纯净的纳米，实验流程如下：
已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。
①试剂X的最佳选择是　 　。
A.　　　B.　　　C.　　　　D.
②步骤Ⅱ中操作Y是　 　。
③步骤Ⅳ中系列操作Z是　 　。
（4）邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与形成橙红色的配离子，对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定浓度。R中氮原子的杂化方式为　 　；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺除去溶液中的，请写出该反应的离子方程式　 　；然后调节溶液的范围为2 9，加入，开展测定实验。请解释选择该范围的原因　 　。
【答案】（1）C；D
（2）的价层电子排布为，是半充满结构，比的价层电子排布更稳定；化合价比更高，吸电子比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出
（3）C；搅拌；过滤，洗涤，干燥
（4）；；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A．元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；
B．的半径比大，因此晶体中的离子键比晶体中的离子键弱，B错误；
C．中共价键占一定的百分比，因此晶体存在范德华力，C正确；
D．由晶体的晶胞可知，离最近的Cl-的个数为6，因此晶体中离子的配位数为6，D正确；
故答案为：CD。
（2）①基态的价层电子排布为，是半充满结构，比基态的价层电子排布更稳定。
②化合价比更高，吸电子能力比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出，因此同浓度的溶液比溶液酸性更强。
故答案为：的价层电子排布为，是半充满结构，比的价层电子排布更稳定 ；化合价比更高，吸电子比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出 ；
（3）隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
①加入过量试剂X，使得与完全转化为与沉淀，故试剂X应为碱溶液，而过量的在加热时易分解挥发从而可以除去，因此试剂X的最佳选择是C。
②根据分析，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，因此步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。
③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米，因此步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。
故答案为： C ； 搅拌 ； 过滤，洗涤，干燥 ；
（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为；与盐酸羟胺反应生成与氮气，该反应的离子方程式为；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的范围为2 9。
故答案为： ； ； 当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位 。
【分析】(1)Fe 位于第四周期第 Ⅷ 列（第 8 列），不是第 9 列。[Fe (H2O)4]2+半径大于 Fe2+，离子键更弱。FeCl2晶体含共价键，存在范德华力；Fe2+的配位数为 6。
(2)Fe3+价层电子排布为 3d5（半充满），比 Fe2+的 3d6更稳定。Fe3+吸电子能力更强，使配位水的 O-H 键极性增大，更易电离出 H+，故 FeCl3溶液酸性更强。
(3) 隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
试剂 X 选 NH3 H2O（氨水），过量可加热除去，不引入杂质。步骤 Ⅱ 操作 Y 为搅拌，使沉淀均匀转化。步骤 Ⅳ 操作 Z 为过滤、洗涤、干燥，得到纯净纳米 Fe3O4。
(4)邻二氮菲中 N 原子为sp2杂化。与盐酸羟胺反应生成与氮气， 据此书写离子方程式。pH 2~9可防止 H+与 N 配位、OH-与 Fe2+反应，保证配位反应顺利进行。
（1）A．元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；
B．的半径比大，因此晶体中的离子键比晶体中的离子键弱，B错误；
C．中共价键占一定的百分比，因此晶体存在范德华力，C正确；
D．由晶体的晶胞可知，离最近的Cl-的个数为6，因此晶体中离子的配位数为6，D正确；
故选CD。
（2）①基态的价层电子排布为，是半充满结构，比基态的价层电子排布更稳定。
②化合价比更高，吸电子能力比更强，使配位的的吸引电子能力增强，导致键的极性增强，更易电离出，因此同浓度的溶液比溶液酸性更强。
（3）隔绝空气，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为与沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，陈化使固体沉淀颗粒变大，再过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米。
①加入过量试剂X，使得与完全转化为与沉淀，故试剂X应为碱溶液，而过量的在加热时易分解挥发从而可以除去，因此试剂X的最佳选择是C。
②根据分析，在与混合液中加入过量氨水，使得与完全转化为沉淀，搅拌悬浊液并加热，使得悬浊液转化为，因此步骤Ⅱ中操作Y是搅拌。
③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米，再经过过滤、洗涤、干燥制得纯净的纳米，因此步骤Ⅳ中系列操作Z是过滤、洗涤、干燥。
（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为；与盐酸羟胺反应生成与氮气，该反应的离子方程式为；当浓度高时，邻二氮菲中的优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；若浓度较高时，与反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的范围为2 9。
18．（2025·台州模拟）乙醇是一种重要的工业原料。请回答：
（1）工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂的作用下发生如下自发反应：
主反应：
副反应I：
副反应Ⅱ：
①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是　 　。
A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡
B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率
C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小
②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值减小，则 H1　 　 H2 (填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式)　 　。
（3）乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比的关系如图中X曲线所示，请回答：
①H2的平衡产率：a点　 　b点(填“＞”、“＜”或“=”)。
②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比=0.5，保持H2平衡产率为m%不变，可得到Y曲线(部分)，将图像划分为有炭区和无炭区，下列判断正确的是　 　。
A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点
B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数
C．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小
D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移
（4）Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因　 　。
【答案】（1）CD；＜
（2）
（3）＜；CD
（4）Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学平衡常数；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）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。
A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；
B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；
C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；
故选CD。
②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大， H1＜ H2。
故答案为： CD ； ＜ ；
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：。
故答案为： ；
（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。
②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；
B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数，B不正确；
C．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；
D．在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；
故答案为： ＜ ；CD。
（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。
故答案为： Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大 。
【分析】（1）①利用 “变量不变则平衡” 判断平衡状态；恒容充惰性气体不改变浓度，平衡不移动；催化剂不改变活化能和平衡。
②升温时比值减小，说明主反应吸热更多，故 ΔH1 < ΔH2。
（2）根据产物比例和守恒关系，写出阴极还原反应式。
（3）增加水醇比促进 H2生成，平衡常数随温度变化；氧醇比增大减少炭覆盖；拐点源于两反应的移动程度差异。
（4）键角变化：乙醇氧与 Al 形成配位键，孤对电子排斥力减弱，使∠COH 增大。
（1）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。
A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；
B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；
C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；
D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；
故选CD。
②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大， H1＜ H2。
（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mol e-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：。
（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。
②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；
B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数，B不正确；
C．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；
D．在拐点处，增大，表明H2O的生成量增多，即反应Ⅱ逆向进行的程度更大，所以曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移，D正确；
故选CD。
（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与、成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角增大。
19．（2025·台州模拟）铟(，IIIA族)的化合物硒铟铜(，)是一种重要的半导体材料，制备流程如下：
已知：①为细粉状晶体，难溶于水，、均易溶于水与乙二醇，酸浸时杂质不溶解。
②，。
请回答：
（1）下列说法正确的是_______。
A．步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎
B．步骤②中酸浸选用的酸可以用硫酸或盐酸
C．步骤③中一定会用到蒸发皿
D．步骤③中的干燥方法不能用高温烘干
（2）步骤②酸浸时，如果控制溶液，能否得到溶液？　 　(填“能”或“不能”)，请结合计算分析原因　 　。(溶液中离子浓度低于视作不存在)
（3）步骤④、⑤均在如图装置中完成(夹持、加热与搅拌装置均省略)，下列说法不正确的是_______。
A．装置a的名称是三颈烧瓶
B．通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化
C．步骤⑥中固液分离时为提高产率，可用多层滤纸进行过滤
D．步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂
（4）步骤⑥洗涤时需要检验固体表面的杂质离子是否洗净，具体步骤包含在如下操作中：
a.在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液
b.如有沉淀生成，则证明产品中仍含有
c.如无沉淀生成，则证明产品中不含
d.取少量产品投入盛有蒸馏水的烧杯中，过滤并取滤液
e.取最后一次洗涤后的滤液于烧杯中
请排序：　 　(填字母序号)。
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，将铜铟硒中的替换为，得到另一种半导体材料铜铝硒，两种半导体具有相同的黄铜矿型结构，但导电能力更弱，请从化学键角度解释原因　 　。
【答案】（1）A；D
（2）不能；使用的计算后离子为时，约为4，故时溶液中几乎不存在，不可能得到制备所需的溶液
（3）B；C
（4）eac
（5）与相比，的电负性更大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A. 步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；
B. 因为最终要得到溶液，若用硫酸酸浸会引入杂质，而用盐酸酸浸不会引入新的杂质，所以酸浸选用的酸可以用盐酸，不能用硫酸，B错误；
C. 步骤③从溶液结晶干燥得到晶体，不一定会用到蒸发皿，C错误；
D.晶体高温烘干时可能会失去结晶水，所以步骤③中的干燥方法不能用高温烘干，D正确；
故答案为： A D ；
（2）时，根据，可得：，溶液中几乎不存在，不能得到制备所需的溶液；
故答案为： 不能 ； 使用的计算后离子为时，约为4，故时溶液中几乎不存在，不可能得到制备所需的溶液 ；
（3）A. 装置a的名称是三颈烧瓶，A正确；
B. 通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化，B错误；
C.为细粉状晶体，用多层滤纸过滤可能会使部分产品吸附在滤纸上造成损失， C错误；
D.难溶于水，步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂，D正确；
故答案为： B C ；
（4）要检验固体表面的是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含，所以操作顺序为eac；
故答案为： eac ；
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，的电负性比大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此导电能力更弱。
故答案为：与相比，的电负性更大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱 。
【分析】将含铟矿石经焙烧得到含 In2O3的混合固体；酸浸、过滤后得到 InCl3溶液，再经结晶、干燥得到 InCl3 4H2O 晶体；将 InCl3 4H2O 与 Cu(CH3COO)2 H2O、Na2Se 在乙二醇中溶解，加热反应；最后经固液分离、洗涤、干燥，得到 CuInSe2晶体。
（1）A. 步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；
B. 因为最终要得到溶液，若用硫酸酸浸会引入杂质，而用盐酸酸浸不会引入新的杂质，所以酸浸选用的酸可以用盐酸，不能用硫酸，B错误；
C. 步骤③从溶液结晶干燥得到晶体，不一定会用到蒸发皿，C错误；
D.晶体高温烘干时可能会失去结晶水，所以步骤③中的干燥方法不能用高温烘干，D正确；
（2）时，根据，可得：，溶液中几乎不存在，不能得到制备所需的溶液；
（3）A. 装置a的名称是三颈烧瓶，A正确；
B. 通入气体的目的是排出装置内的空气，防止被氧化，B错误；
C.为细粉状晶体，用多层滤纸过滤可能会使部分产品吸附在滤纸上造成损失， C错误；
D.难溶于水，步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂，D正确；
（4）要检验固体表面的是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含，所以操作顺序为eac；
（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，的电负性比大，与形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此导电能力更弱。
20．（2025·台州模拟）某有机物K的合成路线如下：
已知：①F→G包含加成，消去两种反应类型；
②与性质类似。
请回答：
（1）A的结构简式为　 　。
（2）D→E参与反应的官能团名称为　 　。
（3）下列说法不正确的是_______。
A．E→F的反应类型是氧化反应
B．化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化
C．化合物G中的所有原子不可能共平面
D．化合物J中N原子的p轨道能提供一对电子形成配位键
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，写出H→I的化学方程式　 　。
（5）写出3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　 　。
①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子；
②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基。
（6）请以苯为有机原料，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）
（2）酰胺基
（3）A；D
（4）
（5）、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为。
故答案为： ；
（2）由分析可知，D→E过程中酰胺基在碱性环境中发生水解。
故答案为： 酰胺基 ；
（3）A．由分析可知，E→F过程中硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，A错误；
B．A→C中氨基转化为酰胺基，C→D过程中使用的浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，D→E中酰胺基又转发为氨基，化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化，B正确；
C．化合物G中含有甲基，所有原子不可能共平面，C正确；
D．由分析可知，化合物J为，N为sp2杂化，其孤电子对参与形成了大键，不能提供一对电子形成配位键，D错误；
故答案为：AD；
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，H在碱性环境中水解生成I，结合H的分子式可以推知H为，H→I的化学方程式为：。
故答案为：
（5）H的同分异构体满足条件：①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子，说明其是对称的结构，含有3种环境的H原子；②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基，则满足条件的同分异构体为：、、。
故答案为：、、 ；
（6）苯先发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯再发生反应反应生成苯胺，苯胺和CS2反应生成，和苯胺反应生成，合成路线为：
故答案为：
【分析】有机物 K 的合成路线详解
分支一（苯并咪唑环片段 G 的合成）：A（C7H9NO）与乙酸酐（B）发生乙酰化反应，保护氨基，得到 C（C9H11NO2）。C 在浓硝酸、浓硫酸条件下发生苯环上的硝化反应，引入硝基得到 D，结合C的分子式可知C为，A和发生取代反应生成C，结合A的分子式可知A为，D 在 KOH 溶液中加热，发生酰胺水解反应，脱去乙酰基得到 E（）。E 在 Fe/HCl 条件下发生还原反应，硝基被还原为氨基，得到 F（）。F 与 CO2在催化剂作用下，通过加成、消去反应环化，形成苯并咪唑环结构，得到 G。
分支二（侧链片段 J 的合成）：H（C9H11NO3）在 NaOH 溶液中加热，发生水解反应，得到 I（C7H9NO2）。I 与 SOCl2发生氯化反应，羟基被氯原子取代，得到 J（C7H8NOCl）。
G 与 J 发生亲核取代反应，G 中的活泼羟基与 J 中的氯原子结合，脱去一分子 HCl，形成醚键，最终得到目标产物 K。可以推知J为，I为，H为，以此解答。
（1）由分析可知，A为。
（2）由分析可知，D→E过程中酰胺基在碱性环境中发生水解。
（3）A．由分析可知，E→F过程中硝基被还原为氨基，反应类型是还原反应，A错误；
B．A→C中氨基转化为酰胺基，C→D过程中使用的浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，D→E中酰胺基又转发为氨基，化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化，B正确；
C．化合物G中含有甲基，所有原子不可能共平面，C正确；
D．由分析可知，化合物J为，N为sp2杂化，其孤电子对参与形成了大键，不能提供一对电子形成配位键，D错误；
故选AD。
（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，H在碱性环境中水解生成I，结合H的分子式可以推知H为，H→I的化学方程式为：。
（5）H的同分异构体满足条件：①核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子，说明其是对称的结构，含有3种环境的H原子；②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基，则满足条件的同分异构体为：、、。
（6）苯先发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯再发生反应反应生成苯胺，苯胺和CS2反应生成，和苯胺反应生成，合成路线为：。
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