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浙江省衢州、丽水、湖州三地市2025届高三下学期4月教学质量检测化学试题
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·湖州模拟）下列物质属于碱的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、KOH 在水溶液中电离为 K+和 OH-，阴离子只有 OH-，完全符合碱的定义，因此 KOH 属于碱，故A符合题意 ；
B、Na2O 是碱性氧化物，它与水反应生成 NaOH，但其本身不能直接电离出 OH-，故B不符合题意 ；
C、CH3OH 是甲醇，属于有机物，是非电解质，在水溶液中不能电离，故C不符合题意 ；
D、H2SO4在水溶液中电离出的阴离子是 SO42-，阳离子是 H+，属于酸，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】 这道题的核心是碱的定义：电离时产生的阴离子全部为 OH-的化合物才属于碱。
2．（2025·湖州模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
B．碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
C．淀粉能发生酯化反应，其产物可用于生产可降解塑料
D．不锈钢的主要元素是铬和镍，可用于生产餐具、医疗器材等
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、碳酸钠（Na2CO3）是强碱弱酸盐，溶于水后碳酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此可用作食用碱或工业用碱，A正确；
B、碳化硅（SiC）俗称金刚砂，具有很高的硬度和耐磨性，是优质的磨料，常用于制作砂纸、砂轮等，B正确；
C、淀粉是多糖，分子内含有大量羟基，能与酸发生酯化反应。其酯化产物可用于生产可降解塑料，有助于减少白色污染，C正确；
D、不锈钢是铁的合金，主要元素是铁，同时含有铬、镍等元素以增强其耐腐蚀性，可用于生产餐具、医疗器材等。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对不锈钢组成的误解：容易误认为不锈钢的主要成分是铬和镍，而忽略了其本质是铁合金，主要元素是铁，铬、镍等是重要的合金元素。
对碳酸钠性质的混淆：虽然名称中带有 “碱”，但碳酸钠（Na2CO3）是盐，其水溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，这一点容易与碱的概念混淆。
对淀粉化学性质的陌生：不清楚淀粉作为多糖，其分子中含有大量羟基，因此可以发生酯化反应，这是判断 C 选项的关键。
对碳化硅用途的不熟悉：碳化硅（SiC）硬度大，作为磨料的应用场景（砂纸、砂轮）容易被忽略，导致对 B 选项的判断出现偏差。
3．（2025·湖州模拟）下列化学用语表示正确的是
A．2-丁烯的键线式： B．乙醚的结构简式：
C．氨气的球棍模型： D．的电子式：
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、2 - 丁烯的结构为 CH3CH=CHCH3，主链含 4 个碳原子，碳碳双键位于 2 号和 3 号碳原子之间。键线式书写时省略碳、氢原子，仅用线段表示共价键，拐点和端点代表碳原子， 键线式为：，A正确；
B、乙醚是由两个乙基通过氧原子连接形成的醚类物质，其正确的结构简式为，B错误；
C、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形。题目中的球棍模型呈现平面三角形，与 NH3 的实际空间结构不符，且键角标注也不符合三角锥形的特征，C错误；
D、HBr 是共价化合物，H 原子与 Br 原子之间通过共用一对电子形成共价键，电子式应书写为 （Br 原子周围补充 6 个孤电子），而非标注阴阳离子的形式；该选项误将共价化合物按离子化合物的电子式规则书写，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题突破口：
明确物质结构：2 - 丁烯的双键在 2 号碳，主链 4 个碳，键线式要体现出双键位置和碳链长度。
乙醚是两个乙基连在 O 上，结构简式是 CH3CH2OCH2CH3，而 CH3OCH3是二甲醚，二者易混淆。
掌握空间构型：NH3 中 N 有 1 对孤电子对，价层电子对互斥理论决定其为三角锥形，不是平面三角形，键角也不是 120°。
区分化合物类型：HBr 是共价化合物，电子式中不能出现 H+ 和 Br-，应写成共用电子对形式，避免按离子化合物的方式书写。
4．（2025·湖州模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上烫伤药膏
B．观察钠在空气中燃烧的现象需戴护目镜，且不能近距离俯视坩埚
C．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分
D．苯酚不慎沾到皮肤上，可用酒精或65℃以上的水冲洗
【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、轻微烫伤时，先用洁净的冷水冲洗，能快速降低局部皮肤温度，减轻组织损伤，之后再涂抹烫伤药膏进行后续处理，该操作符合安全规范，A正确；
B、钠在空气中燃烧反应剧烈，可能出现固体飞溅，观察时必须佩戴护目镜保护眼睛，同时不能近距离俯视坩埚，避免高温物质造成伤害，B正确；
C、对于有利用价值的有机废液，可以根据各组分沸点的差异，通过蒸馏操作回收特定馏分，实现资源再利用，C正确；
D、苯酚具有腐蚀性且易溶于酒精，不慎沾到皮肤时，应先用酒精冲洗，再用常温水清洗。严禁使用 65℃以上的热水冲洗，高温会加重皮肤灼伤，同时加速苯酚的吸收，造成更大伤害，D错误；
故答案为：D
【分析】解题突破口：
烫伤处理的核心原则：先通过冷水快速降温，减轻损伤，再用药膏处理，这是所有烫伤处理的基础逻辑。
钠燃烧实验的风险点：反应剧烈且有固体飞溅，护目镜和保持安全距离是规避风险的关键。
有机废液回收的原理：利用沸点差异进行蒸馏，是分离和回收液态有机物的常用方法。
苯酚处理的禁忌：苯酚易溶于酒精，可用酒精擦洗，但严禁用 65℃以上热水，高温会加重灼伤并加速吸收，这是判断 D 选项错误的核心依据。
5．（2025·湖州模拟）下列说法不正确的是
A．处于最低能量状态的原子叫基态原子
B．、、原子半径逐渐减小
C．粉末状固体肯定不是晶体
D．、、稳定性逐渐减弱
【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；晶体的定义；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 、原子的能量状态由核外电子排布决定，处于最低能量状态的原子最稳定，被称为基态原子，这是原子结构的基本定义，A正确；
B、K、Na、Li 属于第 ⅠA 族，同主族元素从上到下电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，因此原子半径顺序为 K > Na > Li，即 K、Na、Li 原子半径逐渐减小，B正确；
C、晶体的本质是内部粒子（原子、离子或分子）在三维空间呈周期性有序排列，与物质的宏观外观（如粉末状或块状）无关。很多粉末状固体（如氯化钠粉末）仍然是晶体，只是颗粒很小，C错误；
D、F、Cl、Br 属于第 ⅦA 族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，而非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此 HF、HCl、HBr 的稳定性逐渐减弱，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题突破口：
概念辨析：晶体的判断依据是内部粒子的有序排列，而非宏观形态；
周期律应用：同主族元素的原子半径和非金属性变化规律是判断选项的核心。
定义精准性：基态原子的定义是原子结构的基础。
6．（2025·湖州模拟）关于的性质，下列说法不正确的是
A．有一定毒性，但可用作食品添加剂
B．酸性条件下能使淀粉溶液变蓝，说明该条件下氧化性：
C．、、三种微粒中，氧化性最强的是
D．被足量酸性氧化为，转移电子的数目为
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NaNO2有一定毒性，但在严格控制剂量的前提下，可用作食品防腐剂和护色剂，这是食品工业中的常见应用，A正确；
B、在酸性条件下，NaNO2能将 KI 中的 I-氧化为 I2，使淀粉 - KI 溶液变蓝。根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，说明该条件下 NO2-的氧化性强于 I2，B正确；
C、对于含氮元素的微粒，其氧化性通常随中心 N 原子化合价的升高而增强。NO2-中 N 为 +3 价，NO2中 N 为 +4 价，NO2+中 N 为 +5 价。因此，氧化性最强的应该是 NO2+，而非 NO2-，C错误；
D、NaNO2被氧化为 NaNO3时，N 元素的化合价从 + 3 价升高到 + 5 价，每个 N 原子失去 2 个电子。因此，1mol NaNO2参与反应时，转移的电子数为 2NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
A．应用常识：了解 NaNO2在食品工业中的限量使用；
B．氧化还原规律：利用 “氧化剂> 氧化产物” 判断。
C．利用 “化合价越高，氧化性越强” 判断。
D．电子转移计算：通过化合价升降法，直接计算出 1mol NaNO2氧化为 NaNO3时的电子转移数。
7．（2025·湖州模拟）物质结构决定性质，下列说法不正确的是
A．纤维素结构单元中具有多个羟基，故纯棉衣物具有良好的吸汗性
B．在较低压力和温度下制得的聚乙烯支链较少，故属于低密度聚乙烯
C．石墨中每个碳原子有一个未参与杂化的电子，故石墨有类似于金属晶体的导电性
D．由于施加电场可使液晶的长轴取向发生不同程度的改变，故液晶可显示文字或图像
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；晶体的定义
【解析】【解答】A、纤维素的结构单元是葡萄糖，每个葡萄糖单元含有多个羟基（—OH），羟基具有亲水性，因此纯棉衣物能通过这些羟基吸附水分子，表现出良好的吸汗性，A正确；
B、低密度聚乙烯（LDPE）是在高温高压下通过自由基聚合得到的，分子链支化程度高、支链多；而高密度聚乙烯（HDPE）是在较低压力和温度下，在催化剂作用下制得的，分子链支化程度低、支链少。因此，在较低压力和温度下制得的聚乙烯应属于高密度聚乙烯，B错误；
C、石墨中每个碳原子采取 sp2 杂化，形成平面层状结构，每个碳原子还有一个未参与杂化的 2p 电子，这些电子在层内形成离域大 π 键，电子可以在层内自由移动，使石墨具有类似金属的导电性，C正确；
D、液晶分子的排列方向会受到外加电场的调控，其长轴取向会发生改变，从而改变对光的透过或反射性质，因此可以利用这一特性来显示文字或图像，D正确；
故答案为：B。
【分析】A. 纤维素的吸汗性：结构单元葡萄糖含多个羟基（—OH），羟基的亲水性是吸汗性的核心原因。
B. 聚乙烯类型：关键区分点—— 低密度聚乙烯（高温高压、支链多），高密度聚乙烯（低温低压、支链少），选项将二者条件与结构的对应关系颠倒。
C. 石墨导电性：碳原子 sp2 杂化后，未参与杂化的 2p 电子形成离域 π 键，使层内可自由导电。
D. 液晶显示原理：电场调控分子长轴取向，改变光学性质，从而实现图像、文字显示。
8．（2025·湖州模拟）下列方程式正确的是
A．酸催化条件下制酚醛树脂：n+n
B．要注入炽热铁水的模具必须干燥的原因：
C．乙醇中加入酸性溶液：
D．向溶液中通入过量的：
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；乙醇的物理、化学性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A 、酸催化下苯酚与甲醛缩聚时，酚羟基邻位的两个氢会参与反应，生成的酚醛树脂结构中，苯环应与亚甲基（-CH2-）相连： 化学方程式为：n+nHCHO，A错误；
B、炽热的铁与水蒸气在高温下反应，生成的是四氧化三铁（Fe3O4）和氢气，而不是氢氧化铁
（Fe(OH)3）， 化学方程式为：，B错误；
C、在酸性条件下，乙醇（CH3CH2OH）被重铬酸根离子（Cr2O72-）氧化为乙酸（CH3COOH），Cr 元素从 + 6 价被还原为 + 3 价， 离子方程式为：，C正确；
D、当 Cl2过量时，Fe2+和 Br-会被完全氧化。正确的 离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 酚醛树脂缩聚：酸催化产物的苯环连接方式及端基结构与题目给出的结构不符，产物书写错误。
B. 铁与水蒸气反应：高温下产物应为 Fe3O4和 H2，而非 Fe(OH)3，产物种类判断错误。
C. 氧化还原守恒：乙醇被氧化为乙酸，Cr2O72-被还原为 Cr3+，通过化合价升降法验证，电子、原子和电荷均守恒。
D. 离子反应配比：过量 Cl2会将 Fe2+和 Br-全部氧化，正确配比应为 2Fe2+：4Br-：3Cl2，题目方程式中 Br-未被完全氧化。
9．（2025·湖州模拟）关于阿司匹林有效成分乙酰水杨酸()分子结构的测定和官能团的检验，下列说法正确的是
A．元素分析仪可确定乙酰水杨酸的分子式，红外光谱可确定分子中含有羧基和酯基
B．X射线衍射仪可测定乙酰水杨酸分子中键长、键角、键能等数据
C．将阿司匹林研碎后加入适量水，在上层清液中滴加石蕊溶液可检验羧基
D．将阿司匹林研碎后加入适量水，在上层清液中加入几滴稀硫酸，再滴入几滴溶液可检验水解产物中的酚羟基
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、元素分析仪只能确定有机化合物的元素组成和各元素的质量分数，从而推导出实验式，无法直接确定分子式；红外光谱可以通过特征吸收峰来确定分子中含有的官能团，如羧基和酯基。A错误；
B、X 射线衍射仪可以测定晶体中原子的排列方式，从而得到键长、键角等结构数据，但不能直接测定键能，键能通常通过热化学或光谱方法计算得到。B错误；
C、乙酰水杨酸中的羧基具有酸性，阿司匹林在水中部分溶解，上层清液中含有少量电离出的 H+，能使石蕊溶液变红，因此可以通过滴加石蕊溶液来检验羧基的存在，C正确；
D、Fe3+ 与酚羟基的显色反应需要在弱酸性或中性条件下进行。先加入稀硫酸使酯基水解生成酚羟基，但此时溶液酸性过强，苯酚难以电离，无法与 Fe3+ 形成有色配合物。需要先加入 NaHCO3溶液中和过量的硫酸，调节 pH 后再滴入 FeCl3溶液，才能观察到显色。D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 元素分析与红外光谱：元素分析仪只能得到实验式，分子式需要结合质谱等数据确定；红外光谱用于官能团鉴定。
B. X 射线衍射：可测键长、键角，但不能直接测定键能。
C. 羧基酸性：乙酰水杨酸的羧基可部分电离，使溶液呈酸性，使石蕊溶液变红。
D. 显色反应条件：Fe3+与酚羟基显色需要弱酸性环境，强酸性条件下无法显色，需先中和过量酸。
10．（2025·湖州模拟）某实验小组按照“研磨→灰化→溶解→过滤→检验”的步骤检验菠菜中铁元素(主要以难溶的存在)，下列说法不正确的是
A．向研磨后的菠菜汁中加入和溶液未观察到溶液变红，说明菠菜不含铁元素
B．灰化步骤能除去有机质且将铁元素转化为铁的氧化物，有利于后续检验
C．溶解步骤，可选用稀硝酸
D．检验步骤，加入溶液后有蓝色沉淀生成说明菠菜中含有铁元素
【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、菠菜中的铁主要以难溶的 FeC2O4形式存在，直接向研磨后的菠菜汁中加入 H2O2和 KSCN 溶液时，FeC2O4无法溶解并电离出 Fe2+，H2O2也就无法将其氧化为 Fe3+，因此溶液不会变红。这不能说明菠菜不含铁元素，A错误；
B、灰化步骤通过高温灼烧，除去了菠菜中的有机杂质，同时将难溶的 FeC2O4转化为铁的氧化物，使铁元素更容易被后续的酸溶解和检验，B正确；
C、稀硝酸是一种强氧化性酸，它可以溶解灰化后生成的铁的氧化物，并将铁元素氧化为可溶性的 Fe3+，便于后续的检验操作，C正确；
D、K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液与 Fe2+反应会生成特征的蓝色沉淀（滕氏蓝）。因此，在检验步骤中加入该试剂后有蓝色沉淀生成，可证明菠菜中含有铁元素，D正确；
故答案为：A。
【分析】A. 存在形式：铁以难溶的 FeC2O4存在，直接加入试剂无法反应，不能得出不含铁的结论。
B. 灰化目的：除去有机物，将铁转化为易溶的氧化物，便于后续操作。
C. 溶解原理：稀硝酸既能溶解氧化物，又能将铁氧化为 Fe3+。
D. 特征反应：K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+生成蓝色沉淀，是检验 Fe2+的特征方法。
11．（2025·湖州模拟）下列说法正确的是
A．可燃物的燃烧均为放热熵增的过程，故能自发进行
B．某反应的正反应活化能小于逆反应活化能，则该反应
C．对于反应：，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，则一定处于化学平衡状态
D．升高温度平衡向吸热方向移动，原因是吸热方向反应物分子中活化分子的百分数增大，放热方向减小
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应自发的判据是吉布斯自由能变 ΔG<0，而非仅看放热或熵增。可燃物燃烧虽为放热（ΔH<0），但熵变并非一定增大，如 2H2 (g)+O2 (g) 燃烧生成 2H2O (g) 的反应为熵减过程，仅在一定条件下自发， A错误；
B、根据反应热的定量计算公式，ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能。若正反应活化能小于逆反应活化能，计算所得 ΔH 为负值，说明该反应是放热反应 ，B正确；
C、 对于反应，假设投入5molCO和8molH2，消耗的CO和H2物质的量均为xmol，，则混合气体的平均摩尔质量为，此时反应过程中混合气体的平均摩尔质量不变化，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，则不一定处于化学平衡状态，C错误；
D、升高温度时，吸热、放热方向的活化分子百分数都会增大，并非放热方向减小。平衡向吸热方向移动的核心原因是，吸热方向活化分子百分数的增幅远大于放热方向，导致吸热反应速率的提升幅度超过放热反应速率，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 反应自发性：摒弃 “放热必自发” 的误区，牢记 ΔG 综合判据，明确燃烧反应存在熵减特例。
B. 反应热计算：核心公式 ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能，直接通过数值大小关系判断 ΔH 符号。
C. 平衡判据：关注反应中固体物质（C），明确 “平均摩尔质量不变” 需结合反应配比判断，并非绝对平衡标志。
D. 温度影响本质：升高温度活化分子百分数 “普遍增大”，平衡移动取决于正、逆反应速率的增幅差异。
12．（2025·湖州模拟）异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下：
下列说法正确的是
A．异烟腙分子式为
B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应
C．香草醛分子中最多16个原子共平面
D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗
【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、根据异烟腙的结构简式，逐一数清各原子数目，其分子式应为 C14H13N3O3，而非 C14H14N3O3，A错误；
B、异烟肼分子中含有氨基（—NHNH2）和酰胺基（—CONH—）。氨基显碱性，可与酸反应；酰胺基在碱性条件下可发生水解反应，因此异烟肼既能与酸反应，又能与碱反应，B正确；
C、香草醛的苯环和醛基均为平面结构，与苯环直接相连的 —OH、—OCH3中的氧原子可与苯环共面。甲基（—CH3）中最多有 1 个氢原子可通过单键旋转与苯环共面。经分析，最多有 17 个原子共平面，而非 16 个，C错误；
D、香草醛分子中，酚羟基邻位的氢原子可与 Br2发生取代反应，醛基可被 Br2氧化，因此 1mol 香草醛与浓溴水反应时，消耗的 Br2总量大于 1mol，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 分子式判断：严格按照结构简式逐一计数，避免氢原子数漏算或多算。
B. 官能团性质：氨基（碱性）和酰胺基（可水解）的双重性质，决定了异烟肼的两性。
C. 共面分析：苯环为核心平面，通过单键旋转判断甲基氢的共面可能性，最多 17 个原子共面。
D. 反应定量：酚羟基邻位取代和醛基氧化均消耗 Br2，总消耗量大于 1mol。
13．（2025·湖州模拟）()又称高氯酸氯酰，固态以离子形式存在，与水发生非氧化还原反应，下列说法不正确的是
A．有较强的氧化性
B．与水反应只生成一种含氧酸
C．含有键
D．固态中存在的阴阳离子分别为、
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、Cl2O6中氯元素的化合价为 + 5 和 + 7，处于较高价态，因此具有较强的氧化性，A正确；
B、固态 Cl2O6以离子形式存在，其中氯元素为 + 5 和 + 7 价。与水发生非氧化还原反应时，化合价保持不变，生成的含氧酸应为 HClO4（对应 + 7 价）和 HClO3（对应 + 5 价），并非只生成一种，B错误；
C、单键为 σ 键，双键中包含 1 个 σ 键。根据 Cl2O6的结构，分子内共有 7 个 σ 键，因此 1 mol Cl2O6含有 7 mol σ 键，C正确；
D、固态 Cl2O6以离子形式存在，其中 + 7 价的氯对应 ClO4-，+5 价的氯对应 ClO2+，因此阴阳离子分别为 ClO4-和 ClO2+，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
A. 氧化性：氯元素处于 + 5、+7 高价态，具有强氧化性。
B. 反应产物：非氧化还原反应中元素化合价不变，+5 和 + 7 价氯分别生成 HClO3和 HClO4，产物为两种。
C. σ 键计数：单键全为 σ 键，双键含 1 个 σ 键，按结构数出共 7 个 σ 键。
D. 离子构成：根据氯的化合价，固态时形成 ClO4-和 ClO2+。
14．（2025·湖州模拟）某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。
下列说法不正确的是
A．甲池中，质子经内电路移向极
B．理论上，甲池中消耗的和乙池中生成的的物质的量之比为
C．乙池应选用阳离子交换膜
D．乙池的总反应方程式：
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
15．（2025·湖州模拟）一定温度下，将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液，(代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图。
下列说法正确的是
A．该温度下，
B．a点处：
C．溶液中的在点时达到最大
D．点处：约为
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、Ag2CrO4的溶度积公式为：
当V(NaCl)=1.0 mL时，，，代入得：，A错误。
B、点溶液中存在的离子有：Ag+、CrO42-、Cl-、H+、OH-。
电荷守恒式应为：，选项漏写了，B错误。
C、滴加NaCl时，Ag+不断生成AgCl沉淀，促使Ag2CrO4的溶解平衡正向移动，释放出更多CrO42-。
在b点（V=2.0 mL）时，0.10 mmol Ag2CrO4恰好完全转化为AgCl，此时溶液中CrO42-浓度达到最大值，之后溶液体积增大，浓度才会被稀释，C正确。
D、c点加入3.5 mL NaCl溶液，溶液总体积为。
物料守恒：。
，D错误；
故答案为：C。
【分析】
本题是沉淀溶解平衡的图像分析题，核心是先判断三条曲线分别对应哪种离子，再利用溶度积公式、电荷守恒和物料守恒逐一分析选项。
向Ag2CrO4悬浊液中滴加NaCl溶液，AgCl溶解度更小，Ag+会优先与Cl-结合生成沉淀。
最上方曲线：CrO42-，因为Ag2CrO4溶解出的CrO42-不会与Cl-反应，浓度变化平缓。
中间曲线：Cl-，随着NaCl加入，浓度先增后因生成AgCl而略有波动。
最下方曲线：Ag+，因AgCl沉淀生成，浓度急剧下降。据此解题。
16．（2025·湖州模拟）硫酸四氨合铜晶体中铜含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤I，和反应破坏了稳定性，从而释放出
B．步骤II，需过量，以确保完全还原为
C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂
D．计算元素含量必须需要的数据有：晶体的质量、固体的质量、滴定时消耗标准溶液的浓度和体积
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、[Cu(NH3)4]2+存在解离平衡：[Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3。加入稀 H2SO4后，H+与 NH3反应生成 NH4+，使平衡正向移动，释放出 Cu2+，A正确；
B、步骤 II 中，KI 不仅是还原剂，还是沉淀剂。过量的 KI 可以保证 Cu2+被完全还原为 CuI，并生成足够的 I2，确保后续滴定准确，B正确；
C、淀粉与 I2形成的深蓝色络合物会包裹 I2，导致终点滞后。因此，应在 I2浓度较低、溶液呈浅黄色时再加入淀粉指示剂，C正确；
D、铜含量的计算依据是滴定反应：2Cu2+ ~ I2 ~ 2Na2S2O3。因此，只需要知道：
[Cu (NH3)4] SO4 H2O 晶体的质量（用于计算理论含量）
Na2S2O3标准溶液的浓度和体积（用于计算实际 Cu 的物质的量）
KI 只需保证过量，无需精确测定其质量，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定实验展开，核心是理解每一步反应的原理、试剂作用以及定量计算的逻辑关系，逐一分析选项的正误。
步骤 I：稀 H2SO4提供的 H+与配合物中的 NH3结合，破坏了 [Cu(NH3)4]2+的配位键，使 Cu2+释放到溶液中。
步骤 II：过量的 KI 将 Cu2+还原为 CuI 沉淀，同时 I-被氧化为 I2，确保 Cu2+完全反应。
步骤 III：用 Na2S2O3标准溶液滴定生成的 I2，通过滴定数据计算 Cu 的含量。
二、非选择题(本大题共4小题，52分)。
17．（2025·湖州模拟）第VIA族元素及其化合物有许多用途。请回答：
（1）关于第VIA族元素的描述，下列说法不正确的是_______。
A．基态原子的价层电子轨道表示式为
B．基态原子核外电子运动状态有8种
C．电子排布式为的S原子，用光谱仪可捕捉到发射光谱
D．第一电离能：
（2）某化合物晶体的晶胞如图，该化合物的化学式为　 　。
（3）S的某种同素异形体由环()构成，环中平均键角最接近_______(填字母)。
A． B． C． D．
（4）与的空间结构相似，同为形，但的极性很强，而的极性很小，请从原子的电负性、中心原子上的孤电子对等角度说明理由：　 　。
（5）用黄铜矿(主要成分为)制取三氧化二铁的工艺流程如图所示：
①操作b是　 　。
②滤液中溶质的主要成分为　 　(填化学式)。
③气体的主要成分是一种大气污染物，高温焙烧时若金属元素均转化为高价态氧化物，黄铜矿粉末高温焙烧的反应方程式为　 　，设计实验方案检验气体　 　。
【答案】（1）D
（2）
（3）A
（4）氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差；中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性
（5）过滤；；；将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）A．基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，A正确；
B．基态原子核外有8个电子，8个电子的运动状态各不相同，则电子的运动状态有8种，B正确；
C．电子排布式为，说明S原子核外有一个电子从3s能级跃迁到了3p能级上，S处于激发态，不稳定，电子从激发态回到基态会释放能量，用光谱仪可捕捉到发射光谱，C正确；
D．同主族元素的第一电离能从上到下依次减小，则第一电离能：，D错误；
故答案为：D。
（2）晶胞中Cu位于8个顶点和4个面上及一个体内，In位于6个面上和4条棱上，S位于体内，则一个晶胞中含Cu：个，含In：个，含S8个，则该化合物的化学式为。
故答案为： ；
（3）环中的S的键电子对数为2，孤电子对数为2，S采取sp3杂化，则平均键角要小于，最接近，选A。
故答案为：A；
（4）从原子的电负性来看，成键原子的电负性差越大，键的极性越大，氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差，则可能出现的极性很强而的极性很小的情况；从中心原子上的孤电子对的角度来看，中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性，而使的极性很小。
故答案为： 氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差；中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性 ；
（5）流程图中，黄铜矿(主要成分为)经高温焙烧可得到金属氧化物和气体，金属氧化物经酸溶后转化为金属阳离子，往过滤所得的滤液中先通氯气再通氨气可以将铁元素转化为，再次过滤可得到，经灼烧得到三氧化二铁。
①操作b实现了固液分离，b是过滤。
②滤液A中含有等，通入氯气是为了将可能存在的亚铁离子氧化为正三价铁离子，加入氨气后，与反应生成和，故滤液中溶质的主要成分为。
③黄铜矿(主要成分为)高温焙烧时产生的气体为SO2，SO2是一种大气污染物，同时金属元素均转化为高价态氧化物，即产物还有，根据电子得失守恒和原子守恒，高温焙烧的反应方程式为；检验SO2气体的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色，说明该气体为二氧化硫。
故答案为： 过滤 ； ； ； 将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色 。
【分析】黄铜矿粉末在高温下与 O2焙烧，生成金属氧化物和 SO2气体；金属氧化物用 6mol L- 盐酸酸溶，过滤得到单质铜和含 Fe3+、Cu2+的滤液 A；向滤液 A 中通入 Cl2氧化可能存在的 Fe2+，再通入 NH3调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀；过滤得到 Fe (OH)3滤渣，经灼烧得到 Fe2O3，滤液中主要含 NH4Cl。
(1)基态 S 原子价层电子排布为 3s23p4，轨道表示式正确。
基态 O 原子有 8 个电子，运动状态共 8 种。
激发态 S 原子（[Ne] 3s 3p5）回到基态会释放能量，可捕捉到发射光谱。
同主族第一电离能：S > Se，故 D 错误。
(2)Cu：个，In： 个；S：8 个，化学式：CuInS2
(3)S 原子采取 sp3 杂化，含 2 个孤电子对，键角略小于 109°28'，最接近 105°。
(4) 电负性差：O-H > O-F，H2O 键极性更强。
孤电子对：OF2中 O 的两个孤电子对抵消了 F-O 键的极性，使分子极性很小。
(5) 操作 b：过滤（分离 Fe(OH)3沉淀）。滤液 C 溶质：NH4Cl。焙烧反应：检验 SO2：通入品红溶液褪色，加热后恢复红色。
（1）A．基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，A正确；
B．基态原子核外有8个电子，8个电子的运动状态各不相同，则电子的运动状态有8种，B正确；
C．电子排布式为，说明S原子核外有一个电子从3s能级跃迁到了3p能级上，S处于激发态，不稳定，电子从激发态回到基态会释放能量，用光谱仪可捕捉到发射光谱，C正确；
D．同主族元素的第一电离能从上到下依次减小，则第一电离能：，D错误；
故选D。
（2）晶胞中Cu位于8个顶点和4个面上及一个体内，In位于6个面上和4条棱上，S位于体内，则一个晶胞中含Cu：个，含In：个，含S8个，则该化合物的化学式为。
（3）环中的S的键电子对数为2，孤电子对数为2，S采取sp3杂化，则平均键角要小于，最接近，选A。
（4）从原子的电负性来看，成键原子的电负性差越大，键的极性越大，氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差，则可能出现的极性很强而的极性很小的情况；从中心原子上的孤电子对的角度来看，中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性，而使的极性很小。
（5）流程图中，黄铜矿(主要成分为)经高温焙烧可得到金属氧化物和气体，金属氧化物经酸溶后转化为金属阳离子，往过滤所得的滤液中先通氯气再通氨气可以将铁元素转化为，再次过滤可得到，经灼烧得到三氧化二铁。
①操作b实现了固液分离，b是过滤。
②滤液A中含有等，通入氯气是为了将可能存在的亚铁离子氧化为正三价铁离子，加入氨气后，与反应生成和，故滤液中溶质的主要成分为。
③黄铜矿(主要成分为)高温焙烧时产生的气体为SO2，SO2是一种大气污染物，同时金属元素均转化为高价态氧化物，即产物还有，根据电子得失守恒和原子守恒，高温焙烧的反应方程式为；检验SO2气体的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色，说明该气体为二氧化硫。
18．（2025·湖州模拟）通过电化学、热化学方法转化为等高附加值化学品，符合绿色化学理念。
请回答：
（1）电化学方法。将转化为，可采用如图1所示装置。电极上发生的电极反应式是　 　。
（2）热化学方法。相关热化学方程式如下：
I：
II：
III：
①　 　。
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，平衡常数，则转化为的平衡转化率为　 　。
A.90.0% B.50.0% C.25.0% D.10.0%
③可以用所含碳元素物质的量占碳元素总物质的量的百分比，表示、、三种物质的平衡组成。总压、投料，测得、、三种物质的平衡组成随温度升高的变化曲线如下图所示。请解释平衡组成变化的原因　 　。
④保持容积不变，投料，容器中只发生反应III，反应(转化为的转化率)随温度变化如下图所示。请在下图中画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线　 　。(不考虑催化剂失活)
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，请从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因　 　。
【答案】（1）
（2）-49.30；B；温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；；水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，CO2在电极B上得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
故答案为： ；
（2）①由盖斯定律可知，反应I+反应II可得反应III，则；
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，列出“三段式：
平衡常数，x≈0.5，则转化为的平衡转化率为=50%，故选B；
③反应I是吸热反应，反应II是放热反应，和CH3OH平衡浓度随着温度的上升而减小，CO平衡浓度随着温度的上升而增大，说明随温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；
④由图可知，X(转化为的转化率)最高时，反应达到平衡，反应未达到平衡时，反应相比tmin较大，当反应达到平衡时，和tmin时相等，画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线为；
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因为：水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间。
故答案为： -49.30 ； B ； 温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度 ； ； 水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间 ；
【分析】(1)电极B为阴极，CO2得电子被还原为CH3OH，结合质子交换膜提供的H+，配平得：
(2) ①根据盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，故
②列三段式，代入平衡常数 ，解得 ，转化率为 。
③反应Ⅰ（吸热）升温正向移动，反应Ⅱ（放热）升温逆向移动；升温后反应Ⅰ正向移动程度更大，导致CO2含量降低。
④未达平衡时，2t min转化率高于t min；达平衡后，二者相等。曲线整体先升后降，峰值与t曲线重合。
⑤ 甲醇中甲基为推电子基，使O上电子云密度更高，氢键更强；水分子中O形成的氢键更多，电子云密度更低，氢键更弱。
（1）由图可知，CO2在电极B上得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
（2）①由盖斯定律可知，反应I+反应II可得反应III，则；
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，列出“三段式：
平衡常数，x≈0.5，则转化为的平衡转化率为=50%，故选B；
③反应I是吸热反应，反应II是放热反应，和CH3OH平衡浓度随着温度的上升而减小，CO平衡浓度随着温度的上升而增大，说明随温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；
④由图可知，X(转化为的转化率)最高时，反应达到平衡，反应未达到平衡时，反应相比tmin较大，当反应达到平衡时，和tmin时相等，画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线为；
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因为：水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间。
19．（2025·湖州模拟）氢化铝锂()是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。
已知：①、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。
②乙醚微溶于水，沸点34.5℃，易燃；苯的沸点80.1℃。
③相关物质溶解性表如下
乙醚 可溶 可溶 微溶 难溶
苯 易溶 难溶 难溶 难溶
请回答：
（1）图1中仪器a的名称是　 　。
（2）写出步骤I中与反应的化学方程式　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤I需在无水环境反应
B．球形干燥管的主要作用是吸收尾气
C．步骤II的操作为真空条件下过滤
D．乙醚沸点低，主要原因是难以形成分子间氢键
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是　 　。
（5）步骤III加入苯的作用是　 　。
（6）25℃，常压下，测定(不含和)纯度的主要步骤如下(装置如图2所示)：
①记录量气管B起始体积读数
②调整量气管中液面高度，读数
③打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞
④称取产品加入圆底烧瓶A
⑤在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)和水的混合液
上述操作正确的顺序为　 　。
_______→①→_______→_______→_______。
⑥计算的质量分数为　 　(用含、的代数式表达)。(量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）
（3）A；C；D
（4）生成的难溶于乙醚，会附着在表面
（5）除去中的，有利于析出
（6）④→①→⑤→③→②；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）步骤I中与生成和氯化锂，反应的化学方程式；
故答案为： ；
（3）A．、遇水均会发生剧烈水解，步骤I需在无水环境反应，A正确；
B．球形干燥管防止空气中水蒸汽进入装置，B错误；
C．因、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，步骤II的操作为真空条件下过滤，C正确；
D．乙醚中是醚键，为C-O单键，难以形成分子间氢键，故沸点低，D正确；
故答案为：ACD；
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是生成的难溶于乙醚，会附着在表面，且在乙醚中溶解度小，过量使用可以提高产率；
故答案为： 生成的难溶于乙醚，会附着在表面 ；
（5）在苯中易溶，在苯中难溶，加入苯作用：除去中的，有利于析出；
故答案为： 除去中的，有利于析出 ；
（6），常压下，准确称取产品，调整液面相平后记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)、水混合液，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，反应结束后调整量气管，使液面相平，记录读数为，操作正确的顺序为④→①→⑤→③→②
；LiAlH4与水反应的化学方程式：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑；根据题意可知，加入10mL液体，10mL液体也需要占据装置空间，因此收集到氢气的体积为(V1-10-V2)mL，根据反应方程式，LiAlH4的物质的量为氢气的，为mol，质量分数为=。
故答案为： ④→①→⑤→③→② ； 。
【分析】(1)仪器a为恒压滴液漏斗，其结构特点是支管平衡气压，使液体顺利流下。
(2)根据元素守恒配平，步骤Ⅰ的反应为：
(3)A：LiH、LiAlH4遇水剧烈水解，步骤Ⅰ需在无水环境下进行，正确。
B：球形干燥管的作用是防止空气中水蒸气进入装置，而非吸收尾气，错误。
C：为防止产物水解，步骤Ⅱ需在真空条件下过滤，正确。
D：乙醚分子间难以形成氢键，导致沸点低，正确。
(4)LiH适当过量可提高产率。原因是生成的LiCl难溶于乙醚，会附着在LiH表面；LiH在乙醚中溶解度小，过量使用可使AlCl3反应更完全。
(5)AlCl3在苯中易溶，而LiAlH4难溶。加入苯可除去LiAlH4中的AlCl3，并促使LiAlH4结晶析出。
(6)操作顺序：④（称量样品）→①（记录起始体积）→⑤（加入反应液）→③（滴加反应）→②（记录终态体积）。
质量分数计算：
a. 反应生成H2的体积为：
b. 根据反应 ，
c. 质量分数表达式为：
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；
（2）步骤I中与生成和氯化锂，反应的化学方程式；
（3）A．、遇水均会发生剧烈水解，步骤I需在无水环境反应，A正确；
B．球形干燥管防止空气中水蒸汽进入装置，B错误；
C．因、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，步骤II的操作为真空条件下过滤，C正确；
D．乙醚中是醚键，为C-O单键，难以形成分子间氢键，故沸点低，D正确；
故选ACD；
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是生成的难溶于乙醚，会附着在表面，且在乙醚中溶解度小，过量使用可以提高产率；
（5）在苯中易溶，在苯中难溶，加入苯作用：除去中的，有利于析出；
（6），常压下，准确称取产品，调整液面相平后记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)、水混合液，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，反应结束后调整量气管，使液面相平，记录读数为，操作正确的顺序为④→①→⑤→③→②
；LiAlH4与水反应的化学方程式：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑；根据题意可知，加入10mL液体，10mL液体也需要占据装置空间，因此收集到氢气的体积为(V1-10-V2)mL，根据反应方程式，LiAlH4的物质的量为氢气的，为mol，质量分数为=。
20．（2025·湖州模拟）化合物是一种重要的中间体，某研究小组按以下路线合成(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：①RCOR'。
②。
③(、、等)。
请回答：
（1）化合物G中的含氮官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物在水中溶解度较大
B．的酸性比强
C．化合物既能发生还原反应，又能发生氧化反应
D．过程中发生了消去反应
（3）B的结构简式是　 　。
（4）的化学方程式是　 　。
（5）写出3个同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子
②氟原子与苯环直接相连
③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子
（6）以、、1，3-丁二烯、丙酮和乙醇为有机原料，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）酰胺基
（2）B；C
（3）
（4）
（5）
（6）2
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中的含氮官能团名称是酰胺基。
故答案为： 酰胺基 ；
（2）A．化合物中不含羟基、羧基、氨基等亲水基团，在水中溶解度较小，A错误；
B．中含有2个-COOH，酸性比强，B正确；
C．化合物中含有-CN和苯环，可以和H2发生还原（加成）反应，-CN也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C正确；
D．由分析可知，F和发生取代反应生成G，没有发生消去反应，D错误；
故答案为： B C ；
（3）由分析可知，B的结构简式是。
故答案为：。
（4）D和H2先发生加成反应将-CN转化为-NH2，D中-NH2再和酯基发生取代反应生成E，同时有乙醇生成，化学方程式为：。
故答案为：。
（5）由分析可知，C为，C的同分异构体满足条件：①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子，结合C的不饱和度可知其中含有碳碳双键；②氟原子与苯环直接相连；③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体为：。
故答案为：。
（6）和CH2(COOH)2发生已知信息①生成，和发生已知信息③生成，和乙醇发生酯化反应生成，和HAl(C4H9)2反应生成，和氢气发生加成反应生成。
故答案为：2
【分析】从 G 的结构简式可以看出，分子中存在的含氮官能团是酰胺基（或酰胺键）。A（含醛基）与 CH2(COOH)2发生已知信息①的反应，属于Knoevenagel 缩合，生成含碳碳双键的羧酸 B（）。B 中的羧基与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成酯 C（）。C 中的碳碳双键与 NC-CH2-COOC2H5发生加成反应，生成 D。
D 中的 - CN 在 H2、催化剂作用下发生还原反应生成 - NH2，随后 - NH2与分子内的酯基发生分子内取代反应，形成含内酰胺环的 E（）。根据已知信息②，E 中的酯基在 HAl (C4H9)2作用下发生还原反应，被还原为 - CH2OH，得到 F（）。F 中的
- CH2OH 与邻苯二酚衍生物发生取代反应，生成最终产物 G。据此解题。
（1）由G的结构简式可知，化合物G中的含氮官能团名称是酰胺基。
（2）A．化合物中不含羟基、羧基、氨基等亲水基团，在水中溶解度较小，A错误；
B．中含有2个-COOH，酸性比强，B正确；
C．化合物中含有-CN和苯环，可以和H2发生还原（加成）反应，-CN也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C正确；
D．由分析可知，F和发生取代反应生成G，没有发生消去反应，D错误；
故选BC。
（3）由分析可知，B的结构简式是。
（4）D和H2先发生加成反应将-CN转化为-NH2，D中-NH2再和酯基发生取代反应生成E，同时有乙醇生成，化学方程式为：。
（5）由分析可知，C为，C的同分异构体满足条件：①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子，结合C的不饱和度可知其中含有碳碳双键；②氟原子与苯环直接相连；③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体为：。
（6）和CH2(COOH)2发生已知信息①生成，和发生已知信息③生成，和乙醇发生酯化反应生成，和HAl(C4H9)2反应生成，和氢气发生加成反应生成，合成路线为：。
1 / 1浙江省衢州、丽水、湖州三地市2025届高三下学期4月教学质量检测化学试题
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·湖州模拟）下列物质属于碱的是
A． B． C． D．
2．（2025·湖州模拟）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱
B．碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
C．淀粉能发生酯化反应，其产物可用于生产可降解塑料
D．不锈钢的主要元素是铬和镍，可用于生产餐具、医疗器材等
3．（2025·湖州模拟）下列化学用语表示正确的是
A．2-丁烯的键线式： B．乙醚的结构简式：
C．氨气的球棍模型： D．的电子式：
4．（2025·湖州模拟）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水处理，降低局部温度，然后涂上烫伤药膏
B．观察钠在空气中燃烧的现象需戴护目镜，且不能近距离俯视坩埚
C．实验结束后，有利用价值的有机废液，可蒸馏回收特定馏分
D．苯酚不慎沾到皮肤上，可用酒精或65℃以上的水冲洗
5．（2025·湖州模拟）下列说法不正确的是
A．处于最低能量状态的原子叫基态原子
B．、、原子半径逐渐减小
C．粉末状固体肯定不是晶体
D．、、稳定性逐渐减弱
6．（2025·湖州模拟）关于的性质，下列说法不正确的是
A．有一定毒性，但可用作食品添加剂
B．酸性条件下能使淀粉溶液变蓝，说明该条件下氧化性：
C．、、三种微粒中，氧化性最强的是
D．被足量酸性氧化为，转移电子的数目为
7．（2025·湖州模拟）物质结构决定性质，下列说法不正确的是
A．纤维素结构单元中具有多个羟基，故纯棉衣物具有良好的吸汗性
B．在较低压力和温度下制得的聚乙烯支链较少，故属于低密度聚乙烯
C．石墨中每个碳原子有一个未参与杂化的电子，故石墨有类似于金属晶体的导电性
D．由于施加电场可使液晶的长轴取向发生不同程度的改变，故液晶可显示文字或图像
8．（2025·湖州模拟）下列方程式正确的是
A．酸催化条件下制酚醛树脂：n+n
B．要注入炽热铁水的模具必须干燥的原因：
C．乙醇中加入酸性溶液：
D．向溶液中通入过量的：
9．（2025·湖州模拟）关于阿司匹林有效成分乙酰水杨酸()分子结构的测定和官能团的检验，下列说法正确的是
A．元素分析仪可确定乙酰水杨酸的分子式，红外光谱可确定分子中含有羧基和酯基
B．X射线衍射仪可测定乙酰水杨酸分子中键长、键角、键能等数据
C．将阿司匹林研碎后加入适量水，在上层清液中滴加石蕊溶液可检验羧基
D．将阿司匹林研碎后加入适量水，在上层清液中加入几滴稀硫酸，再滴入几滴溶液可检验水解产物中的酚羟基
10．（2025·湖州模拟）某实验小组按照“研磨→灰化→溶解→过滤→检验”的步骤检验菠菜中铁元素(主要以难溶的存在)，下列说法不正确的是
A．向研磨后的菠菜汁中加入和溶液未观察到溶液变红，说明菠菜不含铁元素
B．灰化步骤能除去有机质且将铁元素转化为铁的氧化物，有利于后续检验
C．溶解步骤，可选用稀硝酸
D．检验步骤，加入溶液后有蓝色沉淀生成说明菠菜中含有铁元素
11．（2025·湖州模拟）下列说法正确的是
A．可燃物的燃烧均为放热熵增的过程，故能自发进行
B．某反应的正反应活化能小于逆反应活化能，则该反应
C．对于反应：，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，则一定处于化学平衡状态
D．升高温度平衡向吸热方向移动，原因是吸热方向反应物分子中活化分子的百分数增大，放热方向减小
12．（2025·湖州模拟）异烟肼是一种抗结核药物，可以与香草醛反应生成异烟腙，其转化过程如下：
下列说法正确的是
A．异烟腙分子式为
B．异烟肼既能与酸反应又能与碱反应
C．香草醛分子中最多16个原子共平面
D．香草醛与浓溴水反应时，最多消耗
13．（2025·湖州模拟）()又称高氯酸氯酰，固态以离子形式存在，与水发生非氧化还原反应，下列说法不正确的是
A．有较强的氧化性
B．与水反应只生成一种含氧酸
C．含有键
D．固态中存在的阴阳离子分别为、
14．（2025·湖州模拟）某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。
下列说法不正确的是
A．甲池中，质子经内电路移向极
B．理论上，甲池中消耗的和乙池中生成的的物质的量之比为
C．乙池应选用阳离子交换膜
D．乙池的总反应方程式：
15．（2025·湖州模拟）一定温度下，将配制成悬浊液，向其中滴加的溶液，(代表、或)随加入溶液体积(V)的变化关系如图。
下列说法正确的是
A．该温度下，
B．a点处：
C．溶液中的在点时达到最大
D．点处：约为
16．（2025·湖州模拟）硫酸四氨合铜晶体中铜含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤I，和反应破坏了稳定性，从而释放出
B．步骤II，需过量，以确保完全还原为
C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂
D．计算元素含量必须需要的数据有：晶体的质量、固体的质量、滴定时消耗标准溶液的浓度和体积
二、非选择题(本大题共4小题，52分)。
17．（2025·湖州模拟）第VIA族元素及其化合物有许多用途。请回答：
（1）关于第VIA族元素的描述，下列说法不正确的是_______。
A．基态原子的价层电子轨道表示式为
B．基态原子核外电子运动状态有8种
C．电子排布式为的S原子，用光谱仪可捕捉到发射光谱
D．第一电离能：
（2）某化合物晶体的晶胞如图，该化合物的化学式为　 　。
（3）S的某种同素异形体由环()构成，环中平均键角最接近_______(填字母)。
A． B． C． D．
（4）与的空间结构相似，同为形，但的极性很强，而的极性很小，请从原子的电负性、中心原子上的孤电子对等角度说明理由：　 　。
（5）用黄铜矿(主要成分为)制取三氧化二铁的工艺流程如图所示：
①操作b是　 　。
②滤液中溶质的主要成分为　 　(填化学式)。
③气体的主要成分是一种大气污染物，高温焙烧时若金属元素均转化为高价态氧化物，黄铜矿粉末高温焙烧的反应方程式为　 　，设计实验方案检验气体　 　。
18．（2025·湖州模拟）通过电化学、热化学方法转化为等高附加值化学品，符合绿色化学理念。
请回答：
（1）电化学方法。将转化为，可采用如图1所示装置。电极上发生的电极反应式是　 　。
（2）热化学方法。相关热化学方程式如下：
I：
II：
III：
①　 　。
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，平衡常数，则转化为的平衡转化率为　 　。
A.90.0% B.50.0% C.25.0% D.10.0%
③可以用所含碳元素物质的量占碳元素总物质的量的百分比，表示、、三种物质的平衡组成。总压、投料，测得、、三种物质的平衡组成随温度升高的变化曲线如下图所示。请解释平衡组成变化的原因　 　。
④保持容积不变，投料，容器中只发生反应III，反应(转化为的转化率)随温度变化如下图所示。请在下图中画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线　 　。(不考虑催化剂失活)
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，请从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因　 　。
19．（2025·湖州模拟）氢化铝锂()是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。
已知：①、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解。
②乙醚微溶于水，沸点34.5℃，易燃；苯的沸点80.1℃。
③相关物质溶解性表如下
乙醚 可溶 可溶 微溶 难溶
苯 易溶 难溶 难溶 难溶
请回答：
（1）图1中仪器a的名称是　 　。
（2）写出步骤I中与反应的化学方程式　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤I需在无水环境反应
B．球形干燥管的主要作用是吸收尾气
C．步骤II的操作为真空条件下过滤
D．乙醚沸点低，主要原因是难以形成分子间氢键
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是　 　。
（5）步骤III加入苯的作用是　 　。
（6）25℃，常压下，测定(不含和)纯度的主要步骤如下(装置如图2所示)：
①记录量气管B起始体积读数
②调整量气管中液面高度，读数
③打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞
④称取产品加入圆底烧瓶A
⑤在分液漏斗中加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)和水的混合液
上述操作正确的顺序为　 　。
_______→①→_______→_______→_______。
⑥计算的质量分数为　 　(用含、的代数式表达)。(量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为。
20．（2025·湖州模拟）化合物是一种重要的中间体，某研究小组按以下路线合成(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：①RCOR'。
②。
③(、、等)。
请回答：
（1）化合物G中的含氮官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物在水中溶解度较大
B．的酸性比强
C．化合物既能发生还原反应，又能发生氧化反应
D．过程中发生了消去反应
（3）B的结构简式是　 　。
（4）的化学方程式是　 　。
（5）写出3个同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子
②氟原子与苯环直接相连
③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子
（6）以、、1，3-丁二烯、丙酮和乙醇为有机原料，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】A
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、KOH 在水溶液中电离为 K+和 OH-，阴离子只有 OH-，完全符合碱的定义，因此 KOH 属于碱，故A符合题意 ；
B、Na2O 是碱性氧化物，它与水反应生成 NaOH，但其本身不能直接电离出 OH-，故B不符合题意 ；
C、CH3OH 是甲醇，属于有机物，是非电解质，在水溶液中不能电离，故C不符合题意 ；
D、H2SO4在水溶液中电离出的阴离子是 SO42-，阳离子是 H+，属于酸，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】 这道题的核心是碱的定义：电离时产生的阴离子全部为 OH-的化合物才属于碱。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、碳酸钠（Na2CO3）是强碱弱酸盐，溶于水后碳酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此可用作食用碱或工业用碱，A正确；
B、碳化硅（SiC）俗称金刚砂，具有很高的硬度和耐磨性，是优质的磨料，常用于制作砂纸、砂轮等，B正确；
C、淀粉是多糖，分子内含有大量羟基，能与酸发生酯化反应。其酯化产物可用于生产可降解塑料，有助于减少白色污染，C正确；
D、不锈钢是铁的合金，主要元素是铁，同时含有铬、镍等元素以增强其耐腐蚀性，可用于生产餐具、医疗器材等。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对不锈钢组成的误解：容易误认为不锈钢的主要成分是铬和镍，而忽略了其本质是铁合金，主要元素是铁，铬、镍等是重要的合金元素。
对碳酸钠性质的混淆：虽然名称中带有 “碱”，但碳酸钠（Na2CO3）是盐，其水溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，这一点容易与碱的概念混淆。
对淀粉化学性质的陌生：不清楚淀粉作为多糖，其分子中含有大量羟基，因此可以发生酯化反应，这是判断 C 选项的关键。
对碳化硅用途的不熟悉：碳化硅（SiC）硬度大，作为磨料的应用场景（砂纸、砂轮）容易被忽略，导致对 B 选项的判断出现偏差。
3．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、2 - 丁烯的结构为 CH3CH=CHCH3，主链含 4 个碳原子，碳碳双键位于 2 号和 3 号碳原子之间。键线式书写时省略碳、氢原子，仅用线段表示共价键，拐点和端点代表碳原子， 键线式为：，A正确；
B、乙醚是由两个乙基通过氧原子连接形成的醚类物质，其正确的结构简式为，B错误；
C、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形。题目中的球棍模型呈现平面三角形，与 NH3 的实际空间结构不符，且键角标注也不符合三角锥形的特征，C错误；
D、HBr 是共价化合物，H 原子与 Br 原子之间通过共用一对电子形成共价键，电子式应书写为 （Br 原子周围补充 6 个孤电子），而非标注阴阳离子的形式；该选项误将共价化合物按离子化合物的电子式规则书写，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题突破口：
明确物质结构：2 - 丁烯的双键在 2 号碳，主链 4 个碳，键线式要体现出双键位置和碳链长度。
乙醚是两个乙基连在 O 上，结构简式是 CH3CH2OCH2CH3，而 CH3OCH3是二甲醚，二者易混淆。
掌握空间构型：NH3 中 N 有 1 对孤电子对，价层电子对互斥理论决定其为三角锥形，不是平面三角形，键角也不是 120°。
区分化合物类型：HBr 是共价化合物，电子式中不能出现 H+ 和 Br-，应写成共用电子对形式，避免按离子化合物的方式书写。
4．【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理；化学应用的安全与规则意识
【解析】【解答】A、轻微烫伤时，先用洁净的冷水冲洗，能快速降低局部皮肤温度，减轻组织损伤，之后再涂抹烫伤药膏进行后续处理，该操作符合安全规范，A正确；
B、钠在空气中燃烧反应剧烈，可能出现固体飞溅，观察时必须佩戴护目镜保护眼睛，同时不能近距离俯视坩埚，避免高温物质造成伤害，B正确；
C、对于有利用价值的有机废液，可以根据各组分沸点的差异，通过蒸馏操作回收特定馏分，实现资源再利用，C正确；
D、苯酚具有腐蚀性且易溶于酒精，不慎沾到皮肤时，应先用酒精冲洗，再用常温水清洗。严禁使用 65℃以上的热水冲洗，高温会加重皮肤灼伤，同时加速苯酚的吸收，造成更大伤害，D错误；
故答案为：D
【分析】解题突破口：
烫伤处理的核心原则：先通过冷水快速降温，减轻损伤，再用药膏处理，这是所有烫伤处理的基础逻辑。
钠燃烧实验的风险点：反应剧烈且有固体飞溅，护目镜和保持安全距离是规避风险的关键。
有机废液回收的原理：利用沸点差异进行蒸馏，是分离和回收液态有机物的常用方法。
苯酚处理的禁忌：苯酚易溶于酒精，可用酒精擦洗，但严禁用 65℃以上热水，高温会加重灼伤并加速吸收，这是判断 D 选项错误的核心依据。
5．【答案】C
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；晶体的定义；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 、原子的能量状态由核外电子排布决定，处于最低能量状态的原子最稳定，被称为基态原子，这是原子结构的基本定义，A正确；
B、K、Na、Li 属于第 ⅠA 族，同主族元素从上到下电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，因此原子半径顺序为 K > Na > Li，即 K、Na、Li 原子半径逐渐减小，B正确；
C、晶体的本质是内部粒子（原子、离子或分子）在三维空间呈周期性有序排列，与物质的宏观外观（如粉末状或块状）无关。很多粉末状固体（如氯化钠粉末）仍然是晶体，只是颗粒很小，C错误；
D、F、Cl、Br 属于第 ⅦA 族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，而非金属性越强，其简单氢化物越稳定，因此 HF、HCl、HBr 的稳定性逐渐减弱，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题突破口：
概念辨析：晶体的判断依据是内部粒子的有序排列，而非宏观形态；
周期律应用：同主族元素的原子半径和非金属性变化规律是判断选项的核心。
定义精准性：基态原子的定义是原子结构的基础。
6．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、NaNO2有一定毒性，但在严格控制剂量的前提下，可用作食品防腐剂和护色剂，这是食品工业中的常见应用，A正确；
B、在酸性条件下，NaNO2能将 KI 中的 I-氧化为 I2，使淀粉 - KI 溶液变蓝。根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物” 的规律，说明该条件下 NO2-的氧化性强于 I2，B正确；
C、对于含氮元素的微粒，其氧化性通常随中心 N 原子化合价的升高而增强。NO2-中 N 为 +3 价，NO2中 N 为 +4 价，NO2+中 N 为 +5 价。因此，氧化性最强的应该是 NO2+，而非 NO2-，C错误；
D、NaNO2被氧化为 NaNO3时，N 元素的化合价从 + 3 价升高到 + 5 价，每个 N 原子失去 2 个电子。因此，1mol NaNO2参与反应时，转移的电子数为 2NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
A．应用常识：了解 NaNO2在食品工业中的限量使用；
B．氧化还原规律：利用 “氧化剂> 氧化产物” 判断。
C．利用 “化合价越高，氧化性越强” 判断。
D．电子转移计算：通过化合价升降法，直接计算出 1mol NaNO2氧化为 NaNO3时的电子转移数。
7．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；晶体的定义
【解析】【解答】A、纤维素的结构单元是葡萄糖，每个葡萄糖单元含有多个羟基（—OH），羟基具有亲水性，因此纯棉衣物能通过这些羟基吸附水分子，表现出良好的吸汗性，A正确；
B、低密度聚乙烯（LDPE）是在高温高压下通过自由基聚合得到的，分子链支化程度高、支链多；而高密度聚乙烯（HDPE）是在较低压力和温度下，在催化剂作用下制得的，分子链支化程度低、支链少。因此，在较低压力和温度下制得的聚乙烯应属于高密度聚乙烯，B错误；
C、石墨中每个碳原子采取 sp2 杂化，形成平面层状结构，每个碳原子还有一个未参与杂化的 2p 电子，这些电子在层内形成离域大 π 键，电子可以在层内自由移动，使石墨具有类似金属的导电性，C正确；
D、液晶分子的排列方向会受到外加电场的调控，其长轴取向会发生改变，从而改变对光的透过或反射性质，因此可以利用这一特性来显示文字或图像，D正确；
故答案为：B。
【分析】A. 纤维素的吸汗性：结构单元葡萄糖含多个羟基（—OH），羟基的亲水性是吸汗性的核心原因。
B. 聚乙烯类型：关键区分点—— 低密度聚乙烯（高温高压、支链多），高密度聚乙烯（低温低压、支链少），选项将二者条件与结构的对应关系颠倒。
C. 石墨导电性：碳原子 sp2 杂化后，未参与杂化的 2p 电子形成离域 π 键，使层内可自由导电。
D. 液晶显示原理：电场调控分子长轴取向，改变光学性质，从而实现图像、文字显示。
8．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；乙醇的物理、化学性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A 、酸催化下苯酚与甲醛缩聚时，酚羟基邻位的两个氢会参与反应，生成的酚醛树脂结构中，苯环应与亚甲基（-CH2-）相连： 化学方程式为：n+nHCHO，A错误；
B、炽热的铁与水蒸气在高温下反应，生成的是四氧化三铁（Fe3O4）和氢气，而不是氢氧化铁
（Fe(OH)3）， 化学方程式为：，B错误；
C、在酸性条件下，乙醇（CH3CH2OH）被重铬酸根离子（Cr2O72-）氧化为乙酸（CH3COOH），Cr 元素从 + 6 价被还原为 + 3 价， 离子方程式为：，C正确；
D、当 Cl2过量时，Fe2+和 Br-会被完全氧化。正确的 离子方程式为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 酚醛树脂缩聚：酸催化产物的苯环连接方式及端基结构与题目给出的结构不符，产物书写错误。
B. 铁与水蒸气反应：高温下产物应为 Fe3O4和 H2，而非 Fe(OH)3，产物种类判断错误。
C. 氧化还原守恒：乙醇被氧化为乙酸，Cr2O72-被还原为 Cr3+，通过化合价升降法验证，电子、原子和电荷均守恒。
D. 离子反应配比：过量 Cl2会将 Fe2+和 Br-全部氧化，正确配比应为 2Fe2+：4Br-：3Cl2，题目方程式中 Br-未被完全氧化。
9．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、元素分析仪只能确定有机化合物的元素组成和各元素的质量分数，从而推导出实验式，无法直接确定分子式；红外光谱可以通过特征吸收峰来确定分子中含有的官能团，如羧基和酯基。A错误；
B、X 射线衍射仪可以测定晶体中原子的排列方式，从而得到键长、键角等结构数据，但不能直接测定键能，键能通常通过热化学或光谱方法计算得到。B错误；
C、乙酰水杨酸中的羧基具有酸性，阿司匹林在水中部分溶解，上层清液中含有少量电离出的 H+，能使石蕊溶液变红，因此可以通过滴加石蕊溶液来检验羧基的存在，C正确；
D、Fe3+ 与酚羟基的显色反应需要在弱酸性或中性条件下进行。先加入稀硫酸使酯基水解生成酚羟基，但此时溶液酸性过强，苯酚难以电离，无法与 Fe3+ 形成有色配合物。需要先加入 NaHCO3溶液中和过量的硫酸，调节 pH 后再滴入 FeCl3溶液，才能观察到显色。D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 元素分析与红外光谱：元素分析仪只能得到实验式，分子式需要结合质谱等数据确定；红外光谱用于官能团鉴定。
B. X 射线衍射：可测键长、键角，但不能直接测定键能。
C. 羧基酸性：乙酰水杨酸的羧基可部分电离，使溶液呈酸性，使石蕊溶液变红。
D. 显色反应条件：Fe3+与酚羟基显色需要弱酸性环境，强酸性条件下无法显色，需先中和过量酸。
10．【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A、菠菜中的铁主要以难溶的 FeC2O4形式存在，直接向研磨后的菠菜汁中加入 H2O2和 KSCN 溶液时，FeC2O4无法溶解并电离出 Fe2+，H2O2也就无法将其氧化为 Fe3+，因此溶液不会变红。这不能说明菠菜不含铁元素，A错误；
B、灰化步骤通过高温灼烧，除去了菠菜中的有机杂质，同时将难溶的 FeC2O4转化为铁的氧化物，使铁元素更容易被后续的酸溶解和检验，B正确；
C、稀硝酸是一种强氧化性酸，它可以溶解灰化后生成的铁的氧化物，并将铁元素氧化为可溶性的 Fe3+，便于后续的检验操作，C正确；
D、K3[Fe(CN)6]（铁氰化钾）溶液与 Fe2+反应会生成特征的蓝色沉淀（滕氏蓝）。因此，在检验步骤中加入该试剂后有蓝色沉淀生成，可证明菠菜中含有铁元素，D正确；
故答案为：A。
【分析】A. 存在形式：铁以难溶的 FeC2O4存在，直接加入试剂无法反应，不能得出不含铁的结论。
B. 灰化目的：除去有机物，将铁转化为易溶的氧化物，便于后续操作。
C. 溶解原理：稀硝酸既能溶解氧化物，又能将铁氧化为 Fe3+。
D. 特征反应：K3[Fe(CN)6] 与 Fe2+生成蓝色沉淀，是检验 Fe2+的特征方法。
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应自发的判据是吉布斯自由能变 ΔG<0，而非仅看放热或熵增。可燃物燃烧虽为放热（ΔH<0），但熵变并非一定增大，如 2H2 (g)+O2 (g) 燃烧生成 2H2O (g) 的反应为熵减过程，仅在一定条件下自发， A错误；
B、根据反应热的定量计算公式，ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能。若正反应活化能小于逆反应活化能，计算所得 ΔH 为负值，说明该反应是放热反应 ，B正确；
C、 对于反应，假设投入5molCO和8molH2，消耗的CO和H2物质的量均为xmol，，则混合气体的平均摩尔质量为，此时反应过程中混合气体的平均摩尔质量不变化，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，则不一定处于化学平衡状态，C错误；
D、升高温度时，吸热、放热方向的活化分子百分数都会增大，并非放热方向减小。平衡向吸热方向移动的核心原因是，吸热方向活化分子百分数的增幅远大于放热方向，导致吸热反应速率的提升幅度超过放热反应速率，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 反应自发性：摒弃 “放热必自发” 的误区，牢记 ΔG 综合判据，明确燃烧反应存在熵减特例。
B. 反应热计算：核心公式 ΔH = 正反应活化能 - 逆反应活化能，直接通过数值大小关系判断 ΔH 符号。
C. 平衡判据：关注反应中固体物质（C），明确 “平均摩尔质量不变” 需结合反应配比判断，并非绝对平衡标志。
D. 温度影响本质：升高温度活化分子百分数 “普遍增大”，平衡移动取决于正、逆反应速率的增幅差异。
12．【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、根据异烟腙的结构简式，逐一数清各原子数目，其分子式应为 C14H13N3O3，而非 C14H14N3O3，A错误；
B、异烟肼分子中含有氨基（—NHNH2）和酰胺基（—CONH—）。氨基显碱性，可与酸反应；酰胺基在碱性条件下可发生水解反应，因此异烟肼既能与酸反应，又能与碱反应，B正确；
C、香草醛的苯环和醛基均为平面结构，与苯环直接相连的 —OH、—OCH3中的氧原子可与苯环共面。甲基（—CH3）中最多有 1 个氢原子可通过单键旋转与苯环共面。经分析，最多有 17 个原子共平面，而非 16 个，C错误；
D、香草醛分子中，酚羟基邻位的氢原子可与 Br2发生取代反应，醛基可被 Br2氧化，因此 1mol 香草醛与浓溴水反应时，消耗的 Br2总量大于 1mol，D错误；
故答案为：B。
【分析】A. 分子式判断：严格按照结构简式逐一计数，避免氢原子数漏算或多算。
B. 官能团性质：氨基（碱性）和酰胺基（可水解）的双重性质，决定了异烟肼的两性。
C. 共面分析：苯环为核心平面，通过单键旋转判断甲基氢的共面可能性，最多 17 个原子共面。
D. 反应定量：酚羟基邻位取代和醛基氧化均消耗 Br2，总消耗量大于 1mol。
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、Cl2O6中氯元素的化合价为 + 5 和 + 7，处于较高价态，因此具有较强的氧化性，A正确；
B、固态 Cl2O6以离子形式存在，其中氯元素为 + 5 和 + 7 价。与水发生非氧化还原反应时，化合价保持不变，生成的含氧酸应为 HClO4（对应 + 7 价）和 HClO3（对应 + 5 价），并非只生成一种，B错误；
C、单键为 σ 键，双键中包含 1 个 σ 键。根据 Cl2O6的结构，分子内共有 7 个 σ 键，因此 1 mol Cl2O6含有 7 mol σ 键，C正确；
D、固态 Cl2O6以离子形式存在，其中 + 7 价的氯对应 ClO4-，+5 价的氯对应 ClO2+，因此阴阳离子分别为 ClO4-和 ClO2+，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题突破口：
A. 氧化性：氯元素处于 + 5、+7 高价态，具有强氧化性。
B. 反应产物：非氧化还原反应中元素化合价不变，+5 和 + 7 价氯分别生成 HClO3和 HClO4，产物为两种。
C. σ 键计数：单键全为 σ 键，双键含 1 个 σ 键，按结构数出共 7 个 σ 键。
D. 离子构成：根据氯的化合价，固态时形成 ClO4-和 ClO2+。
14．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、Ag2CrO4的溶度积公式为：
当V(NaCl)=1.0 mL时，，，代入得：，A错误。
B、点溶液中存在的离子有：Ag+、CrO42-、Cl-、H+、OH-。
电荷守恒式应为：，选项漏写了，B错误。
C、滴加NaCl时，Ag+不断生成AgCl沉淀，促使Ag2CrO4的溶解平衡正向移动，释放出更多CrO42-。
在b点（V=2.0 mL）时，0.10 mmol Ag2CrO4恰好完全转化为AgCl，此时溶液中CrO42-浓度达到最大值，之后溶液体积增大，浓度才会被稀释，C正确。
D、c点加入3.5 mL NaCl溶液，溶液总体积为。
物料守恒：。
，D错误；
故答案为：C。
【分析】
本题是沉淀溶解平衡的图像分析题，核心是先判断三条曲线分别对应哪种离子，再利用溶度积公式、电荷守恒和物料守恒逐一分析选项。
向Ag2CrO4悬浊液中滴加NaCl溶液，AgCl溶解度更小，Ag+会优先与Cl-结合生成沉淀。
最上方曲线：CrO42-，因为Ag2CrO4溶解出的CrO42-不会与Cl-反应，浓度变化平缓。
中间曲线：Cl-，随着NaCl加入，浓度先增后因生成AgCl而略有波动。
最下方曲线：Ag+，因AgCl沉淀生成，浓度急剧下降。据此解题。
16．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、[Cu(NH3)4]2+存在解离平衡：[Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3。加入稀 H2SO4后，H+与 NH3反应生成 NH4+，使平衡正向移动，释放出 Cu2+，A正确；
B、步骤 II 中，KI 不仅是还原剂，还是沉淀剂。过量的 KI 可以保证 Cu2+被完全还原为 CuI，并生成足够的 I2，确保后续滴定准确，B正确；
C、淀粉与 I2形成的深蓝色络合物会包裹 I2，导致终点滞后。因此，应在 I2浓度较低、溶液呈浅黄色时再加入淀粉指示剂，C正确；
D、铜含量的计算依据是滴定反应：2Cu2+ ~ I2 ~ 2Na2S2O3。因此，只需要知道：
[Cu (NH3)4] SO4 H2O 晶体的质量（用于计算理论含量）
Na2S2O3标准溶液的浓度和体积（用于计算实际 Cu 的物质的量）
KI 只需保证过量，无需精确测定其质量，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定实验展开，核心是理解每一步反应的原理、试剂作用以及定量计算的逻辑关系，逐一分析选项的正误。
步骤 I：稀 H2SO4提供的 H+与配合物中的 NH3结合，破坏了 [Cu(NH3)4]2+的配位键，使 Cu2+释放到溶液中。
步骤 II：过量的 KI 将 Cu2+还原为 CuI 沉淀，同时 I-被氧化为 I2，确保 Cu2+完全反应。
步骤 III：用 Na2S2O3标准溶液滴定生成的 I2，通过滴定数据计算 Cu 的含量。
17．【答案】（1）D
（2）
（3）A
（4）氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差；中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性
（5）过滤；；；将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）A．基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，A正确；
B．基态原子核外有8个电子，8个电子的运动状态各不相同，则电子的运动状态有8种，B正确；
C．电子排布式为，说明S原子核外有一个电子从3s能级跃迁到了3p能级上，S处于激发态，不稳定，电子从激发态回到基态会释放能量，用光谱仪可捕捉到发射光谱，C正确；
D．同主族元素的第一电离能从上到下依次减小，则第一电离能：，D错误；
故答案为：D。
（2）晶胞中Cu位于8个顶点和4个面上及一个体内，In位于6个面上和4条棱上，S位于体内，则一个晶胞中含Cu：个，含In：个，含S8个，则该化合物的化学式为。
故答案为： ；
（3）环中的S的键电子对数为2，孤电子对数为2，S采取sp3杂化，则平均键角要小于，最接近，选A。
故答案为：A；
（4）从原子的电负性来看，成键原子的电负性差越大，键的极性越大，氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差，则可能出现的极性很强而的极性很小的情况；从中心原子上的孤电子对的角度来看，中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性，而使的极性很小。
故答案为： 氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差；中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性 ；
（5）流程图中，黄铜矿(主要成分为)经高温焙烧可得到金属氧化物和气体，金属氧化物经酸溶后转化为金属阳离子，往过滤所得的滤液中先通氯气再通氨气可以将铁元素转化为，再次过滤可得到，经灼烧得到三氧化二铁。
①操作b实现了固液分离，b是过滤。
②滤液A中含有等，通入氯气是为了将可能存在的亚铁离子氧化为正三价铁离子，加入氨气后，与反应生成和，故滤液中溶质的主要成分为。
③黄铜矿(主要成分为)高温焙烧时产生的气体为SO2，SO2是一种大气污染物，同时金属元素均转化为高价态氧化物，即产物还有，根据电子得失守恒和原子守恒，高温焙烧的反应方程式为；检验SO2气体的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色，说明该气体为二氧化硫。
故答案为： 过滤 ； ； ； 将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色 。
【分析】黄铜矿粉末在高温下与 O2焙烧，生成金属氧化物和 SO2气体；金属氧化物用 6mol L- 盐酸酸溶，过滤得到单质铜和含 Fe3+、Cu2+的滤液 A；向滤液 A 中通入 Cl2氧化可能存在的 Fe2+，再通入 NH3调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀；过滤得到 Fe (OH)3滤渣，经灼烧得到 Fe2O3，滤液中主要含 NH4Cl。
(1)基态 S 原子价层电子排布为 3s23p4，轨道表示式正确。
基态 O 原子有 8 个电子，运动状态共 8 种。
激发态 S 原子（[Ne] 3s 3p5）回到基态会释放能量，可捕捉到发射光谱。
同主族第一电离能：S > Se，故 D 错误。
(2)Cu：个，In： 个；S：8 个，化学式：CuInS2
(3)S 原子采取 sp3 杂化，含 2 个孤电子对，键角略小于 109°28'，最接近 105°。
(4) 电负性差：O-H > O-F，H2O 键极性更强。
孤电子对：OF2中 O 的两个孤电子对抵消了 F-O 键的极性，使分子极性很小。
(5) 操作 b：过滤（分离 Fe(OH)3沉淀）。滤液 C 溶质：NH4Cl。焙烧反应：检验 SO2：通入品红溶液褪色，加热后恢复红色。
（1）A．基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为，A正确；
B．基态原子核外有8个电子，8个电子的运动状态各不相同，则电子的运动状态有8种，B正确；
C．电子排布式为，说明S原子核外有一个电子从3s能级跃迁到了3p能级上，S处于激发态，不稳定，电子从激发态回到基态会释放能量，用光谱仪可捕捉到发射光谱，C正确；
D．同主族元素的第一电离能从上到下依次减小，则第一电离能：，D错误；
故选D。
（2）晶胞中Cu位于8个顶点和4个面上及一个体内，In位于6个面上和4条棱上，S位于体内，则一个晶胞中含Cu：个，含In：个，含S8个，则该化合物的化学式为。
（3）环中的S的键电子对数为2，孤电子对数为2，S采取sp3杂化，则平均键角要小于，最接近，选A。
（4）从原子的电负性来看，成键原子的电负性差越大，键的极性越大，氧和氢的电负性差大于氟与氧的电负性差，则可能出现的极性很强而的极性很小的情况；从中心原子上的孤电子对的角度来看，中氧原子有两个孤电子对，抵消了中共用电子对偏向而产生的极性，而使的极性很小。
（5）流程图中，黄铜矿(主要成分为)经高温焙烧可得到金属氧化物和气体，金属氧化物经酸溶后转化为金属阳离子，往过滤所得的滤液中先通氯气再通氨气可以将铁元素转化为，再次过滤可得到，经灼烧得到三氧化二铁。
①操作b实现了固液分离，b是过滤。
②滤液A中含有等，通入氯气是为了将可能存在的亚铁离子氧化为正三价铁离子，加入氨气后，与反应生成和，故滤液中溶质的主要成分为。
③黄铜矿(主要成分为)高温焙烧时产生的气体为SO2，SO2是一种大气污染物，同时金属元素均转化为高价态氧化物，即产物还有，根据电子得失守恒和原子守恒，高温焙烧的反应方程式为；检验SO2气体的方法是：将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热煮沸溶液，恢复红色，说明该气体为二氧化硫。
18．【答案】（1）
（2）-49.30；B；温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；；水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，CO2在电极B上得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
故答案为： ；
（2）①由盖斯定律可知，反应I+反应II可得反应III，则；
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，列出“三段式：
平衡常数，x≈0.5，则转化为的平衡转化率为=50%，故选B；
③反应I是吸热反应，反应II是放热反应，和CH3OH平衡浓度随着温度的上升而减小，CO平衡浓度随着温度的上升而增大，说明随温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；
④由图可知，X(转化为的转化率)最高时，反应达到平衡，反应未达到平衡时，反应相比tmin较大，当反应达到平衡时，和tmin时相等，画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线为；
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因为：水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间。
故答案为： -49.30 ； B ； 温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度 ； ； 水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间 ；
【分析】(1)电极B为阴极，CO2得电子被还原为CH3OH，结合质子交换膜提供的H+，配平得：
(2) ①根据盖斯定律，反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，故
②列三段式，代入平衡常数 ，解得 ，转化率为 。
③反应Ⅰ（吸热）升温正向移动，反应Ⅱ（放热）升温逆向移动；升温后反应Ⅰ正向移动程度更大，导致CO2含量降低。
④未达平衡时，2t min转化率高于t min；达平衡后，二者相等。曲线整体先升后降，峰值与t曲线重合。
⑤ 甲醇中甲基为推电子基，使O上电子云密度更高，氢键更强；水分子中O形成的氢键更多，电子云密度更低，氢键更弱。
（1）由图可知，CO2在电极B上得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
（2）①由盖斯定律可知，反应I+反应II可得反应III，则；
②某温度下，反应III在恒容密闭容器中进行，和的投料浓度分别为、，列出“三段式：
平衡常数，x≈0.5，则转化为的平衡转化率为=50%，故选B；
③反应I是吸热反应，反应II是放热反应，和CH3OH平衡浓度随着温度的上升而减小，CO平衡浓度随着温度的上升而增大，说明随温度升高，反应I正向移动的程度大于反应II逆向移动的程度；
④由图可知，X(转化为的转化率)最高时，反应达到平衡，反应未达到平衡时，反应相比tmin较大，当反应达到平衡时，和tmin时相等，画出25 300℃之间、反应随温度升高的变化曲线为；
⑤已知甲醇分子间氢键()键能为，冰中水分子间氢键()键能为，从结构角度解释甲醇分子间氢键强于水分子间氢键的原因为：水分子中的氧形成的氢键数目多于甲醇分子中的氧，导致水分子中氧上的电子云密度更小，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间；甲醇分子中的甲基为推电子基，导致甲醇分子中氧上的电子云密度大于水分子中氧上的电子云密度，故水分子间氢键的强度弱于甲醇分子间。
19．【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）
（3）A；C；D
（4）生成的难溶于乙醚，会附着在表面
（5）除去中的，有利于析出
（6）④→①→⑤→③→②；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；
故答案为： 恒压滴液漏斗 ；
（2）步骤I中与生成和氯化锂，反应的化学方程式；
故答案为： ；
（3）A．、遇水均会发生剧烈水解，步骤I需在无水环境反应，A正确；
B．球形干燥管防止空气中水蒸汽进入装置，B错误；
C．因、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，步骤II的操作为真空条件下过滤，C正确；
D．乙醚中是醚键，为C-O单键，难以形成分子间氢键，故沸点低，D正确；
故答案为：ACD；
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是生成的难溶于乙醚，会附着在表面，且在乙醚中溶解度小，过量使用可以提高产率；
故答案为： 生成的难溶于乙醚，会附着在表面 ；
（5）在苯中易溶，在苯中难溶，加入苯作用：除去中的，有利于析出；
故答案为： 除去中的，有利于析出 ；
（6），常压下，准确称取产品，调整液面相平后记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)、水混合液，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，反应结束后调整量气管，使液面相平，记录读数为，操作正确的顺序为④→①→⑤→③→②
；LiAlH4与水反应的化学方程式：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑；根据题意可知，加入10mL液体，10mL液体也需要占据装置空间，因此收集到氢气的体积为(V1-10-V2)mL，根据反应方程式，LiAlH4的物质的量为氢气的，为mol，质量分数为=。
故答案为： ④→①→⑤→③→② ； 。
【分析】(1)仪器a为恒压滴液漏斗，其结构特点是支管平衡气压，使液体顺利流下。
(2)根据元素守恒配平，步骤Ⅰ的反应为：
(3)A：LiH、LiAlH4遇水剧烈水解，步骤Ⅰ需在无水环境下进行，正确。
B：球形干燥管的作用是防止空气中水蒸气进入装置，而非吸收尾气，错误。
C：为防止产物水解，步骤Ⅱ需在真空条件下过滤，正确。
D：乙醚分子间难以形成氢键，导致沸点低，正确。
(4)LiH适当过量可提高产率。原因是生成的LiCl难溶于乙醚，会附着在LiH表面；LiH在乙醚中溶解度小，过量使用可使AlCl3反应更完全。
(5)AlCl3在苯中易溶，而LiAlH4难溶。加入苯可除去LiAlH4中的AlCl3，并促使LiAlH4结晶析出。
(6)操作顺序：④（称量样品）→①（记录起始体积）→⑤（加入反应液）→③（滴加反应）→②（记录终态体积）。
质量分数计算：
a. 反应生成H2的体积为：
b. 根据反应 ，
c. 质量分数表达式为：
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；
（2）步骤I中与生成和氯化锂，反应的化学方程式；
（3）A．、遇水均会发生剧烈水解，步骤I需在无水环境反应，A正确；
B．球形干燥管防止空气中水蒸汽进入装置，B错误；
C．因、在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，步骤II的操作为真空条件下过滤，C正确；
D．乙醚中是醚键，为C-O单键，难以形成分子间氢键，故沸点低，D正确；
故选ACD；
（4）为提高产品的产率，应选择适当过量而不是过量，原因是生成的难溶于乙醚，会附着在表面，且在乙醚中溶解度小，过量使用可以提高产率；
（5）在苯中易溶，在苯中难溶，加入苯作用：除去中的，有利于析出；
（6），常压下，准确称取产品，调整液面相平后记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与的反应速率)、水混合液，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，反应结束后调整量气管，使液面相平，记录读数为，操作正确的顺序为④→①→⑤→③→②
；LiAlH4与水反应的化学方程式：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑；根据题意可知，加入10mL液体，10mL液体也需要占据装置空间，因此收集到氢气的体积为(V1-10-V2)mL，根据反应方程式，LiAlH4的物质的量为氢气的，为mol，质量分数为=。
20．【答案】（1）酰胺基
（2）B；C
（3）
（4）
（5）
（6）2
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中的含氮官能团名称是酰胺基。
故答案为： 酰胺基 ；
（2）A．化合物中不含羟基、羧基、氨基等亲水基团，在水中溶解度较小，A错误；
B．中含有2个-COOH，酸性比强，B正确；
C．化合物中含有-CN和苯环，可以和H2发生还原（加成）反应，-CN也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C正确；
D．由分析可知，F和发生取代反应生成G，没有发生消去反应，D错误；
故答案为： B C ；
（3）由分析可知，B的结构简式是。
故答案为：。
（4）D和H2先发生加成反应将-CN转化为-NH2，D中-NH2再和酯基发生取代反应生成E，同时有乙醇生成，化学方程式为：。
故答案为：。
（5）由分析可知，C为，C的同分异构体满足条件：①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子，结合C的不饱和度可知其中含有碳碳双键；②氟原子与苯环直接相连；③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体为：。
故答案为：。
（6）和CH2(COOH)2发生已知信息①生成，和发生已知信息③生成，和乙醇发生酯化反应生成，和HAl(C4H9)2反应生成，和氢气发生加成反应生成。
故答案为：2
【分析】从 G 的结构简式可以看出，分子中存在的含氮官能团是酰胺基（或酰胺键）。A（含醛基）与 CH2(COOH)2发生已知信息①的反应，属于Knoevenagel 缩合，生成含碳碳双键的羧酸 B（）。B 中的羧基与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成酯 C（）。C 中的碳碳双键与 NC-CH2-COOC2H5发生加成反应，生成 D。
D 中的 - CN 在 H2、催化剂作用下发生还原反应生成 - NH2，随后 - NH2与分子内的酯基发生分子内取代反应，形成含内酰胺环的 E（）。根据已知信息②，E 中的酯基在 HAl (C4H9)2作用下发生还原反应，被还原为 - CH2OH，得到 F（）。F 中的
- CH2OH 与邻苯二酚衍生物发生取代反应，生成最终产物 G。据此解题。
（1）由G的结构简式可知，化合物G中的含氮官能团名称是酰胺基。
（2）A．化合物中不含羟基、羧基、氨基等亲水基团，在水中溶解度较小，A错误；
B．中含有2个-COOH，酸性比强，B正确；
C．化合物中含有-CN和苯环，可以和H2发生还原（加成）反应，-CN也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C正确；
D．由分析可知，F和发生取代反应生成G，没有发生消去反应，D错误；
故选BC。
（3）由分析可知，B的结构简式是。
（4）D和H2先发生加成反应将-CN转化为-NH2，D中-NH2再和酯基发生取代反应生成E，同时有乙醇生成，化学方程式为：。
（5）由分析可知，C为，C的同分异构体满足条件：①分子中除苯环外，还有1个六元含氧杂环，且不与苯环共用碳原子，结合C的不饱和度可知其中含有碳碳双键；②氟原子与苯环直接相连；③核磁共振氢谱表明：分子中有5种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；满足条件的同分异构体为：。
（6）和CH2(COOH)2发生已知信息①生成，和发生已知信息③生成，和乙醇发生酯化反应生成，和HAl(C4H9)2反应生成，和氢气发生加成反应生成，合成路线为：。
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