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江苏省南京市、盐城市2025届高三一模考前模拟化学试题
1．（2025·南京模拟）2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于
A．分子晶体 B．金属晶体 C．离子晶体 D．共价晶体
2．（2025·南京模拟）反应在碘量法分析中有重要应用。下列说法正确的是
A．HI的电子式为
B．H2O是含有极性键的极性分子
C．基态O原子的电子排布式为
D．As元素的化合价由＋5转变为＋3
3．（2025·南京模拟）下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲溶解废易拉罐细屑
B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液
C．用装置丙制取沉淀
D．用装置丁灼烧制取
4．（2025·南京模拟）丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是
A．沸点高低：
B．半径大小：
C．电离能大小：
D．提供空轨道，原子提供孤电子对
（2025·南京模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
元素周期表中VIIA族元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；可溶于苯、等有机溶剂，极易水解；加碘盐中主要添加的是；卤素互化物(如ICl、)具有强氧化性；卤化银具有感光性。
5．下列说法正确的是
A．的键角大于的键角
B．是由极性键构成的非极性分子
C．HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
D．的中心原子S采用杂化
6．下列化学反应表示正确的是
A．溶于水：
B．ICl溶于NaOH溶液：
C．水解：
D．用溶液吸收：
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．HF具有酸性，可用于雕刻玻璃
B．受热可分解，可用于食盐碘添加剂
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．有强氧化性，可用于水体杀菌消毒剂
8．（2025·南京模拟）合成氨反应为。下列说法正确的是
A．该反应
B．
C．反应中每消耗转移电子
D．实际生产中以低温、高压、高活性催化剂的条件来提高氨气产率
9．（2025·南京模拟）工业用镁还原制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法不正确的是
A．工业上可通过电解熔融制取金属Mg
B．用金属Mg还原过程中需要通入作保护气
C．“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离
D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg
10．（2025·南京模拟）化合物Z是合成维生素E的一种中间体，其合成路线如下图：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子均可能共平面
B．Y分子中杂化的碳原子个数有7个
C．Y分子中含有2个手性碳原子
D．Z能发生消去反应
11．（2025·南京模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 探究方案
A Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小关系 用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小
B 碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较 向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化
C SO2是否具有漂白性 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D 探究1—溴丁烷的消去产物 向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·南京模拟）室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
2 向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
3 将浓度均为0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
4 向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生
下列有关说法正确的是
A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)
B．实验2说明NaHSO3溶液具有漂白性
C．依据实验3的现象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.5×10-5的结论
D．实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2
13．（2025·南京模拟）甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为
反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol 1
反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol 1
在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性= × 100％
下列说法正确的是
A．一定温度下，增大可提高CO的选择性
B．平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率
C．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大
14．（2025·南京模拟）利用锰银矿(主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质)制备硫酸锰和银。
（1）用蔗糖(C12H22O11)、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。
①提高锰元素浸出率的措施　 　(任写—条)。
②蔗糖还原 MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为　 　。
③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示：
水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为　 　。
（2）在空气中用 NaCN 溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN)2]-的浸出液， 再用锌粉置换得银。
①浸出反应的离子方程式：　 　。
②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：　 　。
③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是　 　。
（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得 MnSO4·H2O， 煅烧 MnSO4·H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中 B 段所示物质的化学式为　 　(写出计算过程)。
15．（2025·南京模拟）化合物J是一种新型口服直接Xa因子抑制剂，其合成路线如下：
注：Et表示
（1）化合物A的碱性比的　 　(填“强”或“弱”或“无差别”)。
（2）D的分子式为，D的结构简式为　 　。
（3）C→E的反应类型是　 　。
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为　 　。
（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物；
②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐。
（6）已知：。写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．（2025·南京模拟）乙二胺四乙酸铁钠(化学式)是一种重要补铁剂，某小组以铁屑为原料制备并测定其含量。
已知：①是一种配合物，微溶于乙醇，时水中的溶解度为。
②乙二胺四乙酸(，用表示)是一种弱酸。
Ⅰ.制备
实验室用铁屑制备的主要流程如下：
（1）“酸浸”时，下列措施一定能提高铁元素浸出率的是　 　
A．升高温度 B．加快搅拌速率 C．缩短浸取时间
（2）向酸浸所得滤液中通入足量，过程中浓度减少的离子有　 　(填离子符号)。
（3）“制备”步骤，向氧化所得的溶液中加入一定量，控制反应温度为，加入溶液调节为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊。其中发生的反应为。
①从反应后的混合物中获得较高产率的粗品的实验操作是，　 　，过滤，水洗，干燥。检验是否洗净的试剂是　 　
②保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液的变化如图1所示。过低或过高产品产率均减小的主要原因是　 　。
Ⅱ.测定产品的纯度
样品中乙二胺四乙酸铁钠纯度可用标准溶液滴定。原理是在为发生反应：，二甲酚橙作指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变黄色。
（4）补充完整实验方案：准确称取样品，溶于一定量的蒸馏水，加入掩蔽剂排除干扰，得到待测溶液，将溶液完全转移到容量瓶中定容；按规定操作分别将标准溶液和待测溶液装入如图2所示的滴定管中：　 　。
17．（2025·南京模拟）研究的综合利用具有重要的意义。
Ⅰ.催化重整制氢气
一种与催化重整制取的过程如图1所示。在反应管中加入和催化剂，先通入，待步骤Ⅰ完成后，再将以一定流速通入，并控制温度为，进行步骤Ⅱ。
（1）写出步骤Ⅱ中发生主要反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤Ⅱ中还存在少量副反应：，测得出口处和的流量随时间变化如图2所示。
①时出口处气体流量略高于的原因是　 　。
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是　 　。
Ⅱ.用于烟气脱硝
（3）烟气脱硝相关反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
①反应Ⅲ的　 　。
②反应Ⅰ和反应II的平衡常数分别为、，则相同温度下反应Ⅲ的　 　(用、表示)。
（4）模拟烟气脱硝：一定条件下，将、和按匀速通过催化脱硝反应器，测得去除率和转化率随反应温度的变化如图3所示。
①当温度低于时，的去除率随温度升高而升高，可能原因是　 　。
②当温度高于时，的去除率随温度升高而降低，可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】SiC中的Si和C以共价键结合，SiC中只含共价键，SiC属于共价晶体，故选D。【分析】只含共价键的物质是共价化合物。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；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、碘化氢是共价化合物，分子中氢原子与碘原子通过共用电子对结合，不存在阴阳离子，其电子式为，A不正确；
B、水分子中氢氧键是极性共价键，氧原子采取 sp3 杂化，存在两对孤电子对，分子空间构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；
C、氧是 8 号元素，基态氧原子核外有 8 个电子，电子排布式应为 1s22s22p4，选项中 2p 轨道仅写 2 个电子，C错误；
D、在亚砷酸中砷元素为 + 3 价，反应后生成砷酸，砷元素变为+5 价，化合价是从 + 3 升高至 + 5，并非由 + 5 变为 + 3，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式判断：共价化合物的电子式以共用电子对表示，离子化合物才会出现阴阳离子符号。
分子极性：含极性键的分子若空间构型不对称（如 V 形），则为极性分子。
电子排布式：需遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，氧原子 2p 轨道应填充 4 个电子。
化合价变化：根据化合物中各元素化合价代数和为零，计算反应前后砷元素的化合价，判断升降方向。
3．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、废易拉罐主要成分为铝，铝可与强碱氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，装置甲通过分液漏斗控制氢氧化钠溶液加入，能有效溶解易拉罐碎屑，A不符合题意；
B、溶解后溶液中含不溶性杂质，装置乙为过滤操作，借助玻璃棒引流可将固液分离，得到澄清的溶液，B不符合题意；
C、偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，可发生反应生成氢氧化铝沉淀，装置丙能完成沉淀制备，C不符合题意；
D、灼烧氢氧化铝需在高温条件下进行，应使用坩埚而非蒸发皿，蒸发皿无法承受高温灼烧，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铝的溶解：铝单质能与强碱溶液反应生成可溶性的四羟基合铝酸盐，以此实现铝与杂质的初步分离。
过滤操作：分离固体与液体混合物需使用过滤装置，同时注意玻璃棒引流的规范操作。
沉淀制备：向四羟基合铝酸盐溶液中通入二氧化碳（弱酸），可析出氢氧化铝沉淀。
高温灼烧仪器选择：固体高温分解需选用耐高温的坩埚，蒸发皿仅适用于蒸发浓缩溶液，不可用于强热灼烧。
4．【答案】C
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、CH4、NH3、H2O 的相对分子质量相近，但 H2O 和 NH3分子间存在氢键，且 H2O 的氢键更强，因此沸点高低顺序为 CH4 < NH3 < H2O，A正确；
B、C、N、O 为同周期相邻元素，原子序数依次增大，原子核对核外电子的吸引力增强，原子半径依次减小，即 r (O) < r (N) < r (C)，B正确；
C、C、N、O 为同周期元素，一般第一电离能随原子序数增大而增大，但 N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于相邻的 O 原子，因此正确顺序为 I1(C) < I1(O) < I1(N)，C错误；
D、在二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+作为中心离子提供空轨道，N 原子作为配位原子提供孤电子对，形成配位键，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断分子间是否存在氢键及相对分子质量，从而比较沸点高低。
B．利用同周期元素原子半径从左到右逐渐减小的规律。
C．注意同周期元素中，第 ⅡA 族和第 ⅤA 族元素因电子排布全满或半满，第一电离能出现 “反常”。
D．明确中心离子提供空轨道，配位原子提供孤电子对。
【答案】5．C
6．B
7．D
【知识点】极性分子和非极性分子；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、ClO3-的中心 Cl 原子有 1 对孤电子对，而 ClO4-的中心 Cl 原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对之间的斥力 > 成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以 ClO3-的键角小于 ClO4-的键角，A错误；
B、IF3分子的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中包含 2 对孤电子对，分子空间构型为不对称的 T 形，因此是极性分子，B错误；
C、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；
D、SOCl2的中心 S 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），因此采用 sp3 杂化，D 错误；
故答案为：C。
（2）A、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A错误；
B、ICl 中 I 为 + 1 价，Cl 为 - 1 价，与 NaOH 反应时，+1 价的 I 转化为 IO-，-1 价的 Cl 转化为 Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；
C、SOCl2水解生成的是 SO2和 HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C 错误；
D、Br2与 Na2CO3溶液反应，除了生成 Br-和 BrO3-，还会生成 CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；
故答案为：B。
（3）A、HF 用于雕刻玻璃，是因为它能与 SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；
B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；
C、AgI 用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；
故答案为：D。
【分析】(1) A．ClO3-有 1 对孤电子对，ClO4-无孤电子对，孤电子对越多键角越小，故 ClO3-键角更小。
B．IF3中心 I 有 2 对孤电子对，构型为 T 形，不对称，是极性分子。
C．HCl、HBr、HI 无氢键，相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点依次升高。
D．OCl2中 S 原子价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），采用 sp3 杂化。
(2)A．Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，不能拆成离子，应保留化学式。
B．ICl 中 I 为 + 1 价，与 NaOH 反应生成 IO-，Cl 为 - 1 价生成 Cl-，方程式符合守恒规则。
C．SOCl2水解生成 SO2和 HCl，不是 H2SO4，产物错误。
D．Br2与 Na2CO3反应除生成 Br-、BrO3-外，还生成 CO2，方程式漏写产物且系数不守恒。
(3)A．HF 雕刻玻璃是因为能与 SiO2反应，和酸性无关。
B．KIO3作碘添加剂是因为含碘元素，补充人体所需碘，与受热分解无关。
C．AgI 人工降雨是作为凝结核，与感光性无关。
D．ClO2的强氧化性使其能杀菌消毒，性质与用途直接对应。
5．A、ClO3-的中心 Cl 原子有 1 对孤电子对，而 ClO4-的中心 Cl 原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对之间的斥力 > 成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以 ClO3-的键角小于 ClO4-的键角，A错误；
B、IF3分子的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中包含 2 对孤电子对，分子空间构型为不对称的 T 形，因此是极性分子，B错误；
C、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；
D、SOCl2的中心 S 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），因此采用 sp3 杂化，D 错误；
故答案为：C。
6．A、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A错误；
B、ICl 中 I 为 + 1 价，Cl 为 - 1 价，与 NaOH 反应时，+1 价的 I 转化为 IO-，-1 价的 Cl 转化为 Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；
C、SOCl2水解生成的是 SO2和 HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C 错误；
D、Br2与 Na2CO3溶液反应，除了生成 Br-和 BrO3-，还会生成 CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；
故答案为：B。
7．A、HF 用于雕刻玻璃，是因为它能与 SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；
B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；
C、AgI 用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、合成氨反应中，反应物气体总物质的量为 4mol，生成物为 2mol，反应后气体分子数减少，体系混乱度降低，因此熵变 ΔS < 0，A错误；
B、反应焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，氮气分子中是 N≡N 键，不是 N-N 键，正确表达式应为 ΔH = E (N≡N) + 3E (H-H) - 6E (N-H)，B错误；
C、氢元素在反应中从 0 价升高至 + 1 价，每消耗 3mol 氢气，共有 6mol 氢原子失去电子，因此转移电子总数为 6mol，C正确；
D、实际生产中需兼顾反应速率和平衡产率，低温虽有利于平衡正向移动，但会导致反应速率过慢，因此工业上通常采用适宜温度、压强和催化剂的条件，而非单纯低温，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：气体分子数减少的反应，熵变小于 0。
键能计算：氮气分子为三键结构，计算焓变时需使用三键键能。
电子转移：根据元素化合价变化，结合反应计量数计算转移电子数。
工业生产条件：需在平衡移动和反应速率之间寻找最优条件，低温会降低反应速率，并非实际生产的最佳选择。
9．【答案】B
【知识点】氮气的化学性质；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化镁熔点极高，电解熔融氧化镁会消耗大量能源，工业上通常选择电解熔点更低的熔融氯化镁来制取金属镁 ，A正确；
B、在高温或点燃条件下，金属镁能与氮气发生反应生成氮化镁，因此还原四氯化钛的过程中不能用氮气作保护气，需选用化学性质更稳定的氩气等惰性气体 ，B错误；
C、钛的熔点很高，而金属镁和氯化镁的沸点相对较低，真空蒸馏可以降低体系压强，使镁和氯化镁在较低温度下气化，从而实现与钛的分离 ，C正确；
D、常温下钛不与稀盐酸反应，而镁能与稀盐酸发生反应并溶解，因此可用稀盐酸浸泡海绵钛，除去其中混有的少量镁 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】工业上通常采用电解熔融氯化镁的方法生产金属镁，避免了高熔点氧化镁电解的高能耗。得到的镁在高温下作为还原剂，与四氯化钛发生置换反应，生成氯化镁和金属钛，反应方程式为：，后续通过真空蒸馏的方式，利用镁和氯化镁沸点较低的特点，使其气化分离，从而得到纯度较高的海绵钛产品。
10．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A．苯及直接连接苯环的原子、乙烯、乙炔分子中所有原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，根据图知，该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；
B．饱和碳原子采用杂化，Y分子中杂化的碳原子个数有8个，故B错误；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子中连接－CH2OH的碳原子为手性碳原子，有1个手性碳原子，故C错误；
D．Z分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据苯环平面、乙烯平衡和乙炔共线进行旋转即可；
B.杂化的碳原子 即为C-C单键的碳原子；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此判断即可；
D.和羟基相邻的邻位碳上若没有氢原子，无法消去。
11．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；卤代烃简介；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、要比较 K (HClO) 与 K (HCN) 的大小，需要测量相同浓度的 NaClO 溶液和 NaCN 溶液的 pH。如果浓度不同，水解程度不具可比性，无法准确判断酸的强弱，A方案不能达到目的；
B、向碘的 CCl4溶液中加入等体积浓 KI 溶液，振荡后，若有机层（下层）颜色变浅，说明 I2从 CCl4层转移到了 KI 层，这证明了碘在浓 KI 溶液中的溶解能力比在 CCl4中的更强，B方案能达到目的；
C、向 SO2水溶液中滴加 KMnO4溶液，溶液褪色，这是因为 SO2将 MnO4-还原，体现了 SO2的还原性，而非漂白性。SO2的漂白性是与有色物质结合生成无色物质，不能用于漂白 KMnO4这类强氧化性物质，C方案不能达到目的；
D、1 - 溴丁烷在 NaOH 乙醇溶液中消去，产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，溶液褪色不能证明有烯烃生成，因为加热时挥发的乙醇也能使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰了产物的检验，D方案不能达到目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题的关键在于：
控制变量：比较弱酸酸性强弱时，必须保证盐溶液的浓度相同。
萃取与溶解：通过观察有机层颜色变化，判断溶质在不同溶剂中的溶解能力。
漂白性与还原性：区分 SO2使有色物质褪色的原理，是漂白性还是还原性。
干扰排除：检验消去产物时，要考虑挥发的反应物对实验现象的干扰。
12．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；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、在 0.1mol/L 的 NaHSO3溶液中，存在两个核心守恒：
物料守恒：Na 元素的总浓度等于所有含 S 微粒的浓度之和，即 c (Na+) = c (HSO3-) + c (SO32-) + c (H2SO3)。
电荷守恒：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即 c (Na+) + c (H+) = c (HSO3-) + 2c (SO32-) + c (OH-)。
将物料守恒式代入电荷守恒式，消去 c (Na+)，即可得到：c (H+) = c (OH-) + c (SO32-) - c (H2SO3)，A正确；
B、实验 2 中，NaHSO3溶液使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为 HSO3-具有还原性，将 MnO4-（紫红色）还原为 Mn2+（无色），这体现的是 NaHSO3的还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，而 KMnO4是强氧化剂，B错误；
C、实验 3 中，等体积混合后，c (Ba2+) = 0.005mol/L，c (HSO3-) = 0.005mol/L。HSO3-会部分电离出 SO32-，因此 c (SO32-) < 0.005mol/L。此时离子积 Qc = c (Ba2+) × c (SO32-) < 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5。因为有沉淀生成，说明 Qc > Ksp (BaSO3)，所以可以得出 Ksp (BaSO3) < 2.5×10-5的结论，C错误；
D、实验 4 中，NaHSO3与稀盐酸反应，遵循强酸制弱酸的原理，生成的刺激性气体是 SO2，反应方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑。Cl2的生成需要更强的氧化剂，稀盐酸不具备此性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕 NaHSO3溶液的多重性质展开，核心是考查电解质溶液中的守恒关系、氧化还原反应本质、溶度积计算以及复分解反应规律，解题的关键在于：
A．熟练运用物料守恒和电荷守恒，推导溶液中离子浓度的定量关系。
B．区分 SO2（或 HSO3-）使有色物质褪色是源于还原性还是漂白性。
C．通过计算混合后离子的浓度积（Qc），与溶度积（Ksp）进行比较，判断沉淀生成的条件。
D．依据强酸制弱酸的原理，判断复分解反应的产物。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、增大，反应Ⅰ正向移动（生成更多CO2），反应Ⅱ（CO2转CO）逆向移动，CO的选择性会降低，A错误；
B、初始（H2O过量），反应Ⅰ中CH3OH与H2O按1：1消耗，反应Ⅱ中H2O是生成物；因此CH3OH消耗比例更高，其转化率一定大于H2O的转化率，B正确；
C、反应Ⅰ、Ⅱ均吸热，升温时反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2；温度较低时H2产率随升温增大（反应Ⅰ主导），温度较高时增速放缓（反应Ⅱ消耗H2），曲线①（快速上升后平缓）对应CH3OH转化率，而非H2产率，C错误；
D、平衡常数仅与温度有关，温度不变时，降低压强不改变反应Ⅰ的平衡常数，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
平衡移动对选择性的影响：增大会推动反应Ⅰ正向生成更多CO2，同时抑制反应Ⅱ（CO2转CO），从而降低CO的选择性。
转化率的比较逻辑：初始H2O过量，反应Ⅰ中CH3OH与H2O按1：1消耗，且反应Ⅱ会生成H2O，因此CH3OH的消耗比例更高，转化率必然大于H2O。
曲线的对应关系：反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2，升温时H2产率应先增后缓，而曲线①快速上升后平缓，对应CH3OH的转化率（升温持续正向移动）。
平衡常数的影响因素：平衡常数只与温度有关，压强变化不改变平衡常数。
14．【答案】（1）加热或粉碎、充分搅拌等；；水矿比大于2：1时硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降
（2）；随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
（3）
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；
②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为；
③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；
故答案为： 加热或粉碎、充分搅拌等 ； ； 水矿比大于2：1时硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降 ；
（2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN)2]-，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为；
②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为，含有Cu的个数是，则晶胞的化学式为；
故答案为： ； 随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低 ； ；
（3）n(Mn) = n(MnSO4·H2O) == 0.9mol；
m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g；
n(O)==1.2mol，n(Mn)：n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为。
故答案为： 。
【分析】（1）①从反应速率影响因素（温度、接触面积等）分析提高浸出率的措施；
②依据氧化还原反应中元素化合价变化配平化学方程式；
③分析水矿比过大对反应物浓度及反应速率的影响。
（2）①根据氧化还原反应规律（Ag 被氧化、O2被还原）及守恒原则书写离子方程式；
②结合 CN-的水解平衡分析 pH 对其浓度及银浸出率的影响；
③用均摊法计算晶胞中 Cu、Ag 原子数比以确定化学式。
（3）利用 Mn 元素守恒计算其物质的量，结合剩余固体质量求出 O 的物质的量，通过原子个数比确定化学式。
（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；
②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为；
③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；
（2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN)2]-，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为；
②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为，含有Cu的个数是，则晶胞的化学式为；
（3）n(Mn) = n(MnSO4·H2O) == 0.9mol；
m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g；
n(O)==1.2mol，n(Mn)：n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为。
15．【答案】（1）弱
（2）
（3）取代
（4）
（5）或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；
故答案为： 弱 ；
（2）根据分析，D的分子式为，D的结构简式为；
故答案为： ；
（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；
故答案为： 取代 ；
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为；
故答案为： ；
（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；
故答案为：或 ；
（6）已知：。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：。
故答案为：
【分析】化合物 A 与 PCl5发生羰基氯化反应得到 B，再经 Li2CO3/DMF 条件脱除 HCl，形成不饱和内酰胺结构得到 C。C 与D在 TEA 催化下发生亲核取代，得到哌啶酮衍生物 E，D的分子式为，可推知为取代反应，D为，同时生成HCl，E 与对甲氧基苯肼衍生物（）在 Et3N 作用下缩合，生成F（），再经 TFA 脱保护、环化，生成吡唑并吡啶酮骨架 G。G 与碘代苯在 K2CO3、CuI 和 8 - 羟基喹啉催化下进行乌尔曼偶联，得到芳基取代产物 H。H 与氯甲酸异丁酯反应形成活性酯 I，最后经 NH2 H2O 氨解，将酯基转化为酰胺基，得到目标产物 J。
（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；
（2）根据分析，D的分子式为，D的结构简式为；
（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为；
（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；
（6）已知：。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：。
16．【答案】B；、；冷却至室温，加入乙醇；溶液和稀硝酸；过低，电离出的浓度小(或过低，在水中溶出量小)，过大，转为，溶液中浓度减小；准确量取(均可)待测溶液于锥形瓶中，调节溶液至，滴加滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作次
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）能够提高矿石中元素浸出率的方法一般是：适当提高温度、适当提高浓度、矿石粉碎、加速搅拌等，但是考虑此题加入的是稀盐酸，升高温度会让盐酸挥发，导致矿石反应不彻底，所以不能选择“升高温度”。
故答案为：B；
（2）向酸浸所得滤液中通入足量O2，溶液中浸出的Fe2+，在酸性情况下与氧气反应，所以此过程中浓度减少的离子有Fe2+和H+；
故答案为：Fe2+和H+；
（3）①结合题目意思，NaFeY 3H2O是微溶于乙醇，20℃时水中的溶解度为4.3g，常温下溶解度低，使用乙醇溶解和降低温度都有利于其产品析出。
故答案为：冷却至室温，加入乙醇；
②由于溶液中存在大量未消耗的氯离子，所以应该检测洗涤液中是否存在氯离子。
故答案为：AgNO3溶液和稀硝酸，
③ pH过低，H4Y在水中溶出量小，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，所以产率降低。
故答案为：pH过低，H4Y电离出的Y4 浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小；
（4）滴定操作中，应该先加入一定体积的待测液，调节pH，再加入指示剂，随后开展滴定操作，观察到终点颜色变化且30秒不变色，说明到达终点，并重复2~3次操作，
故答案为：准确量取25.00mL(10~30mL均可)待测溶液X于锥形瓶中，调节溶液pH至5~6，滴加2~3滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加0.01000mol L 1 Zn2+标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作2~3次。
【分析】铁屑先加入过量盐酸进行酸浸，反应生成氯化亚铁和氢气；接着通入氧气，将氯化亚铁氧化为氯化铁；之后加入乙二胺四乙酸（H4Y）和碳酸氢钠，在适宜条件下反应生成 NaFeY 配合物，再经后续分离操作得到 NaFeY 3H2O 粗品。
17．【答案】；步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成；分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低；；；温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快；高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)步骤Ⅱ中反应物是碳酸钙和甲烷，发生反应生成氧化钙、CO和氢气，主要反应的化学方程式：；
故答案为： ；
(2)①步骤Ⅱ反应化学方程式：生成与的物质的量相等，步骤Ⅱ中还存在少量副反应：生成CO，则时出口处气体流量略高于的原因是：步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成；
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是：分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低；
故答案为： 步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成 ；分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低 ；
(3)①根据盖斯定律，反应I-反应II可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ的-985.2-(-116.2)=；
②反应I-反应II可得反应Ⅲ，两式相减则平衡常数相除，则相同温度下反应Ⅲ的；
故答案为： ；；
(4)①当温度低于时，催化剂活性较佳，且温度逐渐升高反应速率加快，因此的去除率随温度升高而升高，可能原因是：温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快；
②当温度高于时，反应物加入氧气，能与甲烷发生燃烧反应，使甲烷的量减少，反应物浓度减小，使脱硝反应速率减慢，的去除率随温度升高而降低，可能原因是：高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢。
故答案为： 温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快 ；高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢。
【分析】(1) 根据流程和产物，步骤 Ⅱ 是碳酸钙和甲烷在催化剂、800℃下反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气，配平即可。
(2) ① 主反应生成等物质的量的 CO 和 H2，副反应消耗 H2并生成 CO，导致 0~7min 时 CO 流量高于 H2。
② 15min 后甲烷分解生成碳和氢气，碳覆盖在催化剂表面使其活性降低，同时甲烷浓度下降，故 CO 流量骤降、H2流量升高。
(3)① 反应 Ⅲ = 反应 Ⅰ 反应 Ⅱ，代入焓变数据计算得 ΔH = -869 kJ mol- 。
② 平衡常数与反应式对应，两式相减则平衡常数相除，即；
(4) ① 低于 780K 时，温度升高使催化剂活性增强、反应速率加快，NO 去除率提升。
② 高于 780K 时，甲烷与氧气发生燃烧，参与脱硝的甲烷减少，反应速率减慢，NO 去除率下降。
1 / 1江苏省南京市、盐城市2025届高三一模考前模拟化学试题
1．（2025·南京模拟）2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于
A．分子晶体 B．金属晶体 C．离子晶体 D．共价晶体
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】SiC中的Si和C以共价键结合，SiC中只含共价键，SiC属于共价晶体，故选D。【分析】只含共价键的物质是共价化合物。
2．（2025·南京模拟）反应在碘量法分析中有重要应用。下列说法正确的是
A．HI的电子式为
B．H2O是含有极性键的极性分子
C．基态O原子的电子排布式为
D．As元素的化合价由＋5转变为＋3
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；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、碘化氢是共价化合物，分子中氢原子与碘原子通过共用电子对结合，不存在阴阳离子，其电子式为，A不正确；
B、水分子中氢氧键是极性共价键，氧原子采取 sp3 杂化，存在两对孤电子对，分子空间构型为 V 形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；
C、氧是 8 号元素，基态氧原子核外有 8 个电子，电子排布式应为 1s22s22p4，选项中 2p 轨道仅写 2 个电子，C错误；
D、在亚砷酸中砷元素为 + 3 价，反应后生成砷酸，砷元素变为+5 价，化合价是从 + 3 升高至 + 5，并非由 + 5 变为 + 3，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子式判断：共价化合物的电子式以共用电子对表示，离子化合物才会出现阴阳离子符号。
分子极性：含极性键的分子若空间构型不对称（如 V 形），则为极性分子。
电子排布式：需遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，氧原子 2p 轨道应填充 4 个电子。
化合价变化：根据化合物中各元素化合价代数和为零，计算反应前后砷元素的化合价，判断升降方向。
3．（2025·南京模拟）下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲溶解废易拉罐细屑
B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液
C．用装置丙制取沉淀
D．用装置丁灼烧制取
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、废易拉罐主要成分为铝，铝可与强碱氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，装置甲通过分液漏斗控制氢氧化钠溶液加入，能有效溶解易拉罐碎屑，A不符合题意；
B、溶解后溶液中含不溶性杂质，装置乙为过滤操作，借助玻璃棒引流可将固液分离，得到澄清的溶液，B不符合题意；
C、偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，可发生反应生成氢氧化铝沉淀，装置丙能完成沉淀制备，C不符合题意；
D、灼烧氢氧化铝需在高温条件下进行，应使用坩埚而非蒸发皿，蒸发皿无法承受高温灼烧，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
铝的溶解：铝单质能与强碱溶液反应生成可溶性的四羟基合铝酸盐，以此实现铝与杂质的初步分离。
过滤操作：分离固体与液体混合物需使用过滤装置，同时注意玻璃棒引流的规范操作。
沉淀制备：向四羟基合铝酸盐溶液中通入二氧化碳（弱酸），可析出氢氧化铝沉淀。
高温灼烧仪器选择：固体高温分解需选用耐高温的坩埚，蒸发皿仅适用于蒸发浓缩溶液，不可用于强热灼烧。
4．（2025·南京模拟）丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是
A．沸点高低：
B．半径大小：
C．电离能大小：
D．提供空轨道，原子提供孤电子对
【答案】C
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、CH4、NH3、H2O 的相对分子质量相近，但 H2O 和 NH3分子间存在氢键，且 H2O 的氢键更强，因此沸点高低顺序为 CH4 < NH3 < H2O，A正确；
B、C、N、O 为同周期相邻元素，原子序数依次增大，原子核对核外电子的吸引力增强，原子半径依次减小，即 r (O) < r (N) < r (C)，B正确；
C、C、N、O 为同周期元素，一般第一电离能随原子序数增大而增大，但 N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于相邻的 O 原子，因此正确顺序为 I1(C) < I1(O) < I1(N)，C错误；
D、在二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+作为中心离子提供空轨道，N 原子作为配位原子提供孤电子对，形成配位键，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断分子间是否存在氢键及相对分子质量，从而比较沸点高低。
B．利用同周期元素原子半径从左到右逐渐减小的规律。
C．注意同周期元素中，第 ⅡA 族和第 ⅤA 族元素因电子排布全满或半满，第一电离能出现 “反常”。
D．明确中心离子提供空轨道，配位原子提供孤电子对。
（2025·南京模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
元素周期表中VIIA族元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；可溶于苯、等有机溶剂，极易水解；加碘盐中主要添加的是；卤素互化物(如ICl、)具有强氧化性；卤化银具有感光性。
5．下列说法正确的是
A．的键角大于的键角
B．是由极性键构成的非极性分子
C．HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
D．的中心原子S采用杂化
6．下列化学反应表示正确的是
A．溶于水：
B．ICl溶于NaOH溶液：
C．水解：
D．用溶液吸收：
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．HF具有酸性，可用于雕刻玻璃
B．受热可分解，可用于食盐碘添加剂
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．有强氧化性，可用于水体杀菌消毒剂
【答案】5．C
6．B
7．D
【知识点】极性分子和非极性分子；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、ClO3-的中心 Cl 原子有 1 对孤电子对，而 ClO4-的中心 Cl 原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对之间的斥力 > 成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以 ClO3-的键角小于 ClO4-的键角，A错误；
B、IF3分子的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中包含 2 对孤电子对，分子空间构型为不对称的 T 形，因此是极性分子，B错误；
C、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；
D、SOCl2的中心 S 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），因此采用 sp3 杂化，D 错误；
故答案为：C。
（2）A、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A错误；
B、ICl 中 I 为 + 1 价，Cl 为 - 1 价，与 NaOH 反应时，+1 价的 I 转化为 IO-，-1 价的 Cl 转化为 Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；
C、SOCl2水解生成的是 SO2和 HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C 错误；
D、Br2与 Na2CO3溶液反应，除了生成 Br-和 BrO3-，还会生成 CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；
故答案为：B。
（3）A、HF 用于雕刻玻璃，是因为它能与 SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；
B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；
C、AgI 用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；
故答案为：D。
【分析】(1) A．ClO3-有 1 对孤电子对，ClO4-无孤电子对，孤电子对越多键角越小，故 ClO3-键角更小。
B．IF3中心 I 有 2 对孤电子对，构型为 T 形，不对称，是极性分子。
C．HCl、HBr、HI 无氢键，相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点依次升高。
D．OCl2中 S 原子价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），采用 sp3 杂化。
(2)A．Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，不能拆成离子，应保留化学式。
B．ICl 中 I 为 + 1 价，与 NaOH 反应生成 IO-，Cl 为 - 1 价生成 Cl-，方程式符合守恒规则。
C．SOCl2水解生成 SO2和 HCl，不是 H2SO4，产物错误。
D．Br2与 Na2CO3反应除生成 Br-、BrO3-外，还生成 CO2，方程式漏写产物且系数不守恒。
(3)A．HF 雕刻玻璃是因为能与 SiO2反应，和酸性无关。
B．KIO3作碘添加剂是因为含碘元素，补充人体所需碘，与受热分解无关。
C．AgI 人工降雨是作为凝结核，与感光性无关。
D．ClO2的强氧化性使其能杀菌消毒，性质与用途直接对应。
5．A、ClO3-的中心 Cl 原子有 1 对孤电子对，而 ClO4-的中心 Cl 原子没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对之间的斥力 > 成键电子对之间的斥力，因此孤电子对越多，键角越小。所以 ClO3-的键角小于 ClO4-的键角，A错误；
B、IF3分子的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中包含 2 对孤电子对，分子空间构型为不对称的 T 形，因此是极性分子，B错误；
C、HCl、HBr、HI 均为分子晶体，且都不存在氢键，其熔沸点主要由范德华力决定。相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。因此三者的熔沸点依次升高，C正确；
D、SOCl2的中心 S 原子的价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），因此采用 sp3 杂化，D 错误；
故答案为：C。
6．A、Cl2与水反应生成的 HClO 是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆成离子。正确的离子方程式应为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，A错误；
B、ICl 中 I 为 + 1 价，Cl 为 - 1 价，与 NaOH 反应时，+1 价的 I 转化为 IO-，-1 价的 Cl 转化为 Cl-，离子方程式为：ICl+2OH-=Cl-+IO-+H2O，B正确；
C、SOCl2水解生成的是 SO2和 HCl，正确的离子方程式应为：SOCl2+H2O=2H++2Cl-+SO2↑，C 错误；
D、Br2与 Na2CO3溶液反应，除了生成 Br-和 BrO3-，还会生成 CO2气体，正确的离子方程式应为：3Br2+3CO32-=5Br-+BrO3-+3CO2↑，D错误；
故答案为：B。
7．A、HF 用于雕刻玻璃，是因为它能与 SiO2反应，这与其酸性强弱无关，A错误；
B、KIO3用作食盐碘添加剂，是因为它含有碘元素，可补充人体所需的碘，与其受热易分解的性质无关，B错误；
C、AgI 用于人工降雨，是因为它能作为凝结核，促使水蒸气凝结，与其感光性无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能够破坏细菌、病毒的结构，从而达到杀菌消毒的效果，因此可用于水体杀菌消毒剂，D正确；
故答案为：D。
8．（2025·南京模拟）合成氨反应为。下列说法正确的是
A．该反应
B．
C．反应中每消耗转移电子
D．实际生产中以低温、高压、高活性催化剂的条件来提高氨气产率
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；焓变和熵变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、合成氨反应中，反应物气体总物质的量为 4mol，生成物为 2mol，反应后气体分子数减少，体系混乱度降低，因此熵变 ΔS < 0，A错误；
B、反应焓变等于反应物总键能减去生成物总键能，氮气分子中是 N≡N 键，不是 N-N 键，正确表达式应为 ΔH = E (N≡N) + 3E (H-H) - 6E (N-H)，B错误；
C、氢元素在反应中从 0 价升高至 + 1 价，每消耗 3mol 氢气，共有 6mol 氢原子失去电子，因此转移电子总数为 6mol，C正确；
D、实际生产中需兼顾反应速率和平衡产率，低温虽有利于平衡正向移动，但会导致反应速率过慢，因此工业上通常采用适宜温度、压强和催化剂的条件，而非单纯低温，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
熵变判断：气体分子数减少的反应，熵变小于 0。
键能计算：氮气分子为三键结构，计算焓变时需使用三键键能。
电子转移：根据元素化合价变化，结合反应计量数计算转移电子数。
工业生产条件：需在平衡移动和反应速率之间寻找最优条件，低温会降低反应速率，并非实际生产的最佳选择。
9．（2025·南京模拟）工业用镁还原制备金属Ti，工艺流程如图。下列说法不正确的是
A．工业上可通过电解熔融制取金属Mg
B．用金属Mg还原过程中需要通入作保护气
C．“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离
D．制得海绵钛中含有少量金属Mg，可以用稀盐酸浸泡除Mg
【答案】B
【知识点】氮气的化学性质；金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、氧化镁熔点极高，电解熔融氧化镁会消耗大量能源，工业上通常选择电解熔点更低的熔融氯化镁来制取金属镁 ，A正确；
B、在高温或点燃条件下，金属镁能与氮气发生反应生成氮化镁，因此还原四氯化钛的过程中不能用氮气作保护气，需选用化学性质更稳定的氩气等惰性气体 ，B错误；
C、钛的熔点很高，而金属镁和氯化镁的沸点相对较低，真空蒸馏可以降低体系压强，使镁和氯化镁在较低温度下气化，从而实现与钛的分离 ，C正确；
D、常温下钛不与稀盐酸反应，而镁能与稀盐酸发生反应并溶解，因此可用稀盐酸浸泡海绵钛，除去其中混有的少量镁 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】工业上通常采用电解熔融氯化镁的方法生产金属镁，避免了高熔点氧化镁电解的高能耗。得到的镁在高温下作为还原剂，与四氯化钛发生置换反应，生成氯化镁和金属钛，反应方程式为：，后续通过真空蒸馏的方式，利用镁和氯化镁沸点较低的特点，使其气化分离，从而得到纯度较高的海绵钛产品。
10．（2025·南京模拟）化合物Z是合成维生素E的一种中间体，其合成路线如下图：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子均可能共平面
B．Y分子中杂化的碳原子个数有7个
C．Y分子中含有2个手性碳原子
D．Z能发生消去反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；醇类简介
【解析】【解答】A．苯及直接连接苯环的原子、乙烯、乙炔分子中所有原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，单键可以旋转，根据图知，该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；
B．饱和碳原子采用杂化，Y分子中杂化的碳原子个数有8个，故B错误；
C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y分子中连接－CH2OH的碳原子为手性碳原子，有1个手性碳原子，故C错误；
D．Z分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据苯环平面、乙烯平衡和乙炔共线进行旋转即可；
B.杂化的碳原子 即为C-C单键的碳原子；
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此判断即可；
D.和羟基相邻的邻位碳上若没有氢原子，无法消去。
11．（2025·南京模拟）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 探究方案
A Ka(HClO)与Ka(HCN)的大小关系 用pH计测量NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的Ka大小
B 碘在浓KI溶液中与CCl4中的溶解能力比较 向碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察有机层颜色的变化
C SO2是否具有漂白性 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴KMnO4溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D 探究1—溴丁烷的消去产物 向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质；卤代烃简介；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、要比较 K (HClO) 与 K (HCN) 的大小，需要测量相同浓度的 NaClO 溶液和 NaCN 溶液的 pH。如果浓度不同，水解程度不具可比性，无法准确判断酸的强弱，A方案不能达到目的；
B、向碘的 CCl4溶液中加入等体积浓 KI 溶液，振荡后，若有机层（下层）颜色变浅，说明 I2从 CCl4层转移到了 KI 层，这证明了碘在浓 KI 溶液中的溶解能力比在 CCl4中的更强，B方案能达到目的；
C、向 SO2水溶液中滴加 KMnO4溶液，溶液褪色，这是因为 SO2将 MnO4-还原，体现了 SO2的还原性，而非漂白性。SO2的漂白性是与有色物质结合生成无色物质，不能用于漂白 KMnO4这类强氧化性物质，C方案不能达到目的；
D、1 - 溴丁烷在 NaOH 乙醇溶液中消去，产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，溶液褪色不能证明有烯烃生成，因为加热时挥发的乙醇也能使酸性 KMnO4溶液褪色，干扰了产物的检验，D方案不能达到目的；
故答案为：B。
【分析】本题解题的关键在于：
控制变量：比较弱酸酸性强弱时，必须保证盐溶液的浓度相同。
萃取与溶解：通过观察有机层颜色变化，判断溶质在不同溶剂中的溶解能力。
漂白性与还原性：区分 SO2使有色物质褪色的原理，是漂白性还是还原性。
干扰排除：检验消去产物时，要考虑挥发的反应物对实验现象的干扰。
12．（2025·南京模拟）室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1mol/LNaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
2 向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去
3 将浓度均为0.01mol/L的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀
4 向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生
下列有关说法正确的是
A．0.1mol·L-1NaHSO3溶液中存在c(H+)=c(OH-)+c()-c(H2SO3)
B．实验2说明NaHSO3溶液具有漂白性
C．依据实验3的现象，不能得出Ksp(BaSO3)＜2.5×10-5的结论
D．实验4中生成的刺激性气体可能为Cl2
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；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、在 0.1mol/L 的 NaHSO3溶液中，存在两个核心守恒：
物料守恒：Na 元素的总浓度等于所有含 S 微粒的浓度之和，即 c (Na+) = c (HSO3-) + c (SO32-) + c (H2SO3)。
电荷守恒：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即 c (Na+) + c (H+) = c (HSO3-) + 2c (SO32-) + c (OH-)。
将物料守恒式代入电荷守恒式，消去 c (Na+)，即可得到：c (H+) = c (OH-) + c (SO32-) - c (H2SO3)，A正确；
B、实验 2 中，NaHSO3溶液使酸性 KMnO4溶液褪色，是因为 HSO3-具有还原性，将 MnO4-（紫红色）还原为 Mn2+（无色），这体现的是 NaHSO3的还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，而 KMnO4是强氧化剂，B错误；
C、实验 3 中，等体积混合后，c (Ba2+) = 0.005mol/L，c (HSO3-) = 0.005mol/L。HSO3-会部分电离出 SO32-，因此 c (SO32-) < 0.005mol/L。此时离子积 Qc = c (Ba2+) × c (SO32-) < 0.005 × 0.005 = 2.5×10-5。因为有沉淀生成，说明 Qc > Ksp (BaSO3)，所以可以得出 Ksp (BaSO3) < 2.5×10-5的结论，C错误；
D、实验 4 中，NaHSO3与稀盐酸反应，遵循强酸制弱酸的原理，生成的刺激性气体是 SO2，反应方程式为：NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑。Cl2的生成需要更强的氧化剂，稀盐酸不具备此性质，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕 NaHSO3溶液的多重性质展开，核心是考查电解质溶液中的守恒关系、氧化还原反应本质、溶度积计算以及复分解反应规律，解题的关键在于：
A．熟练运用物料守恒和电荷守恒，推导溶液中离子浓度的定量关系。
B．区分 SO2（或 HSO3-）使有色物质褪色是源于还原性还是漂白性。
C．通过计算混合后离子的浓度积（Qc），与溶度积（Ksp）进行比较，判断沉淀生成的条件。
D．依据强酸制弱酸的原理，判断复分解反应的产物。
13．（2025·南京模拟）甲醇-水催化重整可获得H2.其主要反应为
反应Ⅰ CH3OH(g) + H2O(g) = CO2(g) + 3H2(g) ΔH = 49.4 kJ·mol 1
反应Ⅱ CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) ΔH = 41.2 kJ·mol 1
在1.0×105Pa、n始(H2O)∶n始(CH3OH)=1.2时，若仅考虑上述反应，平衡时CO的选择性、CH3OH的转化率和H2的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性= × 100％
下列说法正确的是
A．一定温度下，增大可提高CO的选择性
B．平衡时CH3OH的转化率一定大于H2O的转化率
C．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数增大
【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、增大，反应Ⅰ正向移动（生成更多CO2），反应Ⅱ（CO2转CO）逆向移动，CO的选择性会降低，A错误；
B、初始（H2O过量），反应Ⅰ中CH3OH与H2O按1：1消耗，反应Ⅱ中H2O是生成物；因此CH3OH消耗比例更高，其转化率一定大于H2O的转化率，B正确；
C、反应Ⅰ、Ⅱ均吸热，升温时反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2；温度较低时H2产率随升温增大（反应Ⅰ主导），温度较高时增速放缓（反应Ⅱ消耗H2），曲线①（快速上升后平缓）对应CH3OH转化率，而非H2产率，C错误；
D、平衡常数仅与温度有关，温度不变时，降低压强不改变反应Ⅰ的平衡常数，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
平衡移动对选择性的影响：增大会推动反应Ⅰ正向生成更多CO2，同时抑制反应Ⅱ（CO2转CO），从而降低CO的选择性。
转化率的比较逻辑：初始H2O过量，反应Ⅰ中CH3OH与H2O按1：1消耗，且反应Ⅱ会生成H2O，因此CH3OH的消耗比例更高，转化率必然大于H2O。
曲线的对应关系：反应Ⅰ生成H2、反应Ⅱ消耗H2，升温时H2产率应先增后缓，而曲线①快速上升后平缓，对应CH3OH的转化率（升温持续正向移动）。
平衡常数的影响因素：平衡常数只与温度有关，压强变化不改变平衡常数。
14．（2025·南京模拟）利用锰银矿(主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质)制备硫酸锰和银。
（1）用蔗糖(C12H22O11)、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。
①提高锰元素浸出率的措施　 　(任写—条)。
②蔗糖还原 MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为　 　。
③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示：
水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为　 　。
（2）在空气中用 NaCN 溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN)2]-的浸出液， 再用锌粉置换得银。
①浸出反应的离子方程式：　 　。
②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：　 　。
③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是　 　。
（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得 MnSO4·H2O， 煅烧 MnSO4·H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中 B 段所示物质的化学式为　 　(写出计算过程)。
【答案】（1）加热或粉碎、充分搅拌等；；水矿比大于2：1时硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降
（2）；随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
（3）
【知识点】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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；
②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为；
③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；
故答案为： 加热或粉碎、充分搅拌等 ； ； 水矿比大于2：1时硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降 ；
（2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN)2]-，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为；
②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为，含有Cu的个数是，则晶胞的化学式为；
故答案为： ； 随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低 ； ；
（3）n(Mn) = n(MnSO4·H2O) == 0.9mol；
m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g；
n(O)==1.2mol，n(Mn)：n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为。
故答案为： 。
【分析】（1）①从反应速率影响因素（温度、接触面积等）分析提高浸出率的措施；
②依据氧化还原反应中元素化合价变化配平化学方程式；
③分析水矿比过大对反应物浓度及反应速率的影响。
（2）①根据氧化还原反应规律（Ag 被氧化、O2被还原）及守恒原则书写离子方程式；
②结合 CN-的水解平衡分析 pH 对其浓度及银浸出率的影响；
③用均摊法计算晶胞中 Cu、Ag 原子数比以确定化学式。
（3）利用 Mn 元素守恒计算其物质的量，结合剩余固体质量求出 O 的物质的量，通过原子个数比确定化学式。
（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；
②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为；
③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；
（2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN)2]-，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为；
②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；
③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为，含有Cu的个数是，则晶胞的化学式为；
（3）n(Mn) = n(MnSO4·H2O) == 0.9mol；
m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g；
n(O)==1.2mol，n(Mn)：n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为。
15．（2025·南京模拟）化合物J是一种新型口服直接Xa因子抑制剂，其合成路线如下：
注：Et表示
（1）化合物A的碱性比的　 　(填“强”或“弱”或“无差别”)。
（2）D的分子式为，D的结构简式为　 　。
（3）C→E的反应类型是　 　。
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为　 　。
（5）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物；
②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐。
（6）已知：。写出以和为原料制备的合成路线流程图　 　 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）弱
（2）
（3）取代
（4）
（5）或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；
故答案为： 弱 ；
（2）根据分析，D的分子式为，D的结构简式为；
故答案为： ；
（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；
故答案为： 取代 ；
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为；
故答案为： ；
（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；
故答案为：或 ；
（6）已知：。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：。
故答案为：
【分析】化合物 A 与 PCl5发生羰基氯化反应得到 B，再经 Li2CO3/DMF 条件脱除 HCl，形成不饱和内酰胺结构得到 C。C 与D在 TEA 催化下发生亲核取代，得到哌啶酮衍生物 E，D的分子式为，可推知为取代反应，D为，同时生成HCl，E 与对甲氧基苯肼衍生物（）在 Et3N 作用下缩合，生成F（），再经 TFA 脱保护、环化，生成吡唑并吡啶酮骨架 G。G 与碘代苯在 K2CO3、CuI 和 8 - 羟基喹啉催化下进行乌尔曼偶联，得到芳基取代产物 H。H 与氯甲酸异丁酯反应形成活性酯 I，最后经 NH2 H2O 氨解，将酯基转化为酰胺基，得到目标产物 J。
（1）化合物A为，属于酰胺，碱性比胺的弱；
（2）根据分析，D的分子式为，D的结构简式为；
（3）根据各物质的结构简式可知，C→E是C与D反应生成E和HCl，反应类型是取代反应；
（4）E→F中加入是为了结合反应中产生的HCl，F中有一个含两个N原子的五元环。F的结构简式为；
（5）E为，同分异构体满足：①分子中含有4种不同化学环境氢原子的芳香族有机物，高度对称；②不能和溶液发生显色反应，能和盐酸反应生成对应的盐酸盐，则不含有酚羟基，含氨基，符合条件的有或；
（6）已知：。以和为原料制备，苯硝化得到硝基苯，硝基苯还原得到苯氨，苯氨与环氧乙烷反应生成，取代得到，与苯氨反应生成，合成路线流程图为：。
16．（2025·南京模拟）乙二胺四乙酸铁钠(化学式)是一种重要补铁剂，某小组以铁屑为原料制备并测定其含量。
已知：①是一种配合物，微溶于乙醇，时水中的溶解度为。
②乙二胺四乙酸(，用表示)是一种弱酸。
Ⅰ.制备
实验室用铁屑制备的主要流程如下：
（1）“酸浸”时，下列措施一定能提高铁元素浸出率的是　 　
A．升高温度 B．加快搅拌速率 C．缩短浸取时间
（2）向酸浸所得滤液中通入足量，过程中浓度减少的离子有　 　(填离子符号)。
（3）“制备”步骤，向氧化所得的溶液中加入一定量，控制反应温度为，加入溶液调节为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊。其中发生的反应为。
①从反应后的混合物中获得较高产率的粗品的实验操作是，　 　，过滤，水洗，干燥。检验是否洗净的试剂是　 　
②保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液的变化如图1所示。过低或过高产品产率均减小的主要原因是　 　。
Ⅱ.测定产品的纯度
样品中乙二胺四乙酸铁钠纯度可用标准溶液滴定。原理是在为发生反应：，二甲酚橙作指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变黄色。
（4）补充完整实验方案：准确称取样品，溶于一定量的蒸馏水，加入掩蔽剂排除干扰，得到待测溶液，将溶液完全转移到容量瓶中定容；按规定操作分别将标准溶液和待测溶液装入如图2所示的滴定管中：　 　。
【答案】B；、；冷却至室温，加入乙醇；溶液和稀硝酸；过低，电离出的浓度小(或过低，在水中溶出量小)，过大，转为，溶液中浓度减小；准确量取(均可)待测溶液于锥形瓶中，调节溶液至，滴加滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作次
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】（1）能够提高矿石中元素浸出率的方法一般是：适当提高温度、适当提高浓度、矿石粉碎、加速搅拌等，但是考虑此题加入的是稀盐酸，升高温度会让盐酸挥发，导致矿石反应不彻底，所以不能选择“升高温度”。
故答案为：B；
（2）向酸浸所得滤液中通入足量O2，溶液中浸出的Fe2+，在酸性情况下与氧气反应，所以此过程中浓度减少的离子有Fe2+和H+；
故答案为：Fe2+和H+；
（3）①结合题目意思，NaFeY 3H2O是微溶于乙醇，20℃时水中的溶解度为4.3g，常温下溶解度低，使用乙醇溶解和降低温度都有利于其产品析出。
故答案为：冷却至室温，加入乙醇；
②由于溶液中存在大量未消耗的氯离子，所以应该检测洗涤液中是否存在氯离子。
故答案为：AgNO3溶液和稀硝酸，
③ pH过低，H4Y在水中溶出量小，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，所以产率降低。
故答案为：pH过低，H4Y电离出的Y4 浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小；
（4）滴定操作中，应该先加入一定体积的待测液，调节pH，再加入指示剂，随后开展滴定操作，观察到终点颜色变化且30秒不变色，说明到达终点，并重复2~3次操作，
故答案为：准确量取25.00mL(10~30mL均可)待测溶液X于锥形瓶中，调节溶液pH至5~6，滴加2~3滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加0.01000mol L 1 Zn2+标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作2~3次。
【分析】铁屑先加入过量盐酸进行酸浸，反应生成氯化亚铁和氢气；接着通入氧气，将氯化亚铁氧化为氯化铁；之后加入乙二胺四乙酸（H4Y）和碳酸氢钠，在适宜条件下反应生成 NaFeY 配合物，再经后续分离操作得到 NaFeY 3H2O 粗品。
17．（2025·南京模拟）研究的综合利用具有重要的意义。
Ⅰ.催化重整制氢气
一种与催化重整制取的过程如图1所示。在反应管中加入和催化剂，先通入，待步骤Ⅰ完成后，再将以一定流速通入，并控制温度为，进行步骤Ⅱ。
（1）写出步骤Ⅱ中发生主要反应的化学方程式：　 　。
（2）步骤Ⅱ中还存在少量副反应：，测得出口处和的流量随时间变化如图2所示。
①时出口处气体流量略高于的原因是　 　。
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是　 　。
Ⅱ.用于烟气脱硝
（3）烟气脱硝相关反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
①反应Ⅲ的　 　。
②反应Ⅰ和反应II的平衡常数分别为、，则相同温度下反应Ⅲ的　 　(用、表示)。
（4）模拟烟气脱硝：一定条件下，将、和按匀速通过催化脱硝反应器，测得去除率和转化率随反应温度的变化如图3所示。
①当温度低于时，的去除率随温度升高而升高，可能原因是　 　。
②当温度高于时，的去除率随温度升高而降低，可能原因是　 　。
【答案】；步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成；分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低；；；温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快；高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)步骤Ⅱ中反应物是碳酸钙和甲烷，发生反应生成氧化钙、CO和氢气，主要反应的化学方程式：；
故答案为： ；
(2)①步骤Ⅱ反应化学方程式：生成与的物质的量相等，步骤Ⅱ中还存在少量副反应：生成CO，则时出口处气体流量略高于的原因是：步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成；
②反应进行后，反应管中仍残留较多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是：分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低；
故答案为： 步骤Ⅱ主反应生成的与的物质的量相等，副反应消耗同时生成 ；分解生成和，使浓度降低，生成的覆盖在催化剂表面，使活性降低 ；
(3)①根据盖斯定律，反应I-反应II可得反应Ⅲ，则反应Ⅲ的-985.2-(-116.2)=；
②反应I-反应II可得反应Ⅲ，两式相减则平衡常数相除，则相同温度下反应Ⅲ的；
故答案为： ；；
(4)①当温度低于时，催化剂活性较佳，且温度逐渐升高反应速率加快，因此的去除率随温度升高而升高，可能原因是：温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快；
②当温度高于时，反应物加入氧气，能与甲烷发生燃烧反应，使甲烷的量减少，反应物浓度减小，使脱硝反应速率减慢，的去除率随温度升高而降低，可能原因是：高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢。
故答案为： 温度低于，催化剂活性增强和温度升高共同使脱硝反应速率加快 ；高于时，与氧气发生燃烧，参加脱硝反应的量减少，使脱硝反应速率减慢。
【分析】(1) 根据流程和产物，步骤 Ⅱ 是碳酸钙和甲烷在催化剂、800℃下反应生成氧化钙、一氧化碳和氢气，配平即可。
(2) ① 主反应生成等物质的量的 CO 和 H2，副反应消耗 H2并生成 CO，导致 0~7min 时 CO 流量高于 H2。
② 15min 后甲烷分解生成碳和氢气，碳覆盖在催化剂表面使其活性降低，同时甲烷浓度下降，故 CO 流量骤降、H2流量升高。
(3)① 反应 Ⅲ = 反应 Ⅰ 反应 Ⅱ，代入焓变数据计算得 ΔH = -869 kJ mol- 。
② 平衡常数与反应式对应，两式相减则平衡常数相除，即；
(4) ① 低于 780K 时，温度升高使催化剂活性增强、反应速率加快，NO 去除率提升。
② 高于 780K 时，甲烷与氧气发生燃烧，参与脱硝的甲烷减少，反应速率减慢，NO 去除率下降。
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