资源简介

浙江省杭州市学军中学2024-2025学年上学期高三选考化学模拟试卷
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高三上·西湖模拟）广东省博物馆是岭南文化展示的重要窗口。下列藏品中主要材质为有机高分子的是
A．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮 B．北宋“林景阳舍”木雕罗汉像
C．明永乐景德镇窑青花折枝花果纹带盖梅瓶 D．宋金项链
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·西湖模拟）是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是
A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细
B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定
C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用
D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质
3．（2025高三上·西湖模拟）下列说法正确的是
A．图1为CH4分子的球棍模型
B．图2为氮原子的电子轨道表示式
C．图3为铍原子最外层的电子云图
D．图4为H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
4．（2025高三上·西湖模拟）下列装置可以达到实验目的的是
A．图①可用于除去中
B．图②可用于进行钠的燃烧实验
C．图③可直接观察的焰色试验现象
D．图④可用于制备明矾晶体
5．（2025高三上·西湖模拟）下列关于化学品的工业生产和使用的说法，不正确的是
A．将热空气通入晒盐后的苦卤中，可将吹出
B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素
C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为芳香烃
D．氯碱工业中，在阴极通入能起到降低能耗的作用
6．（2025高三上·西湖模拟）工业上用(分子结构：)与甲烷为原料制备，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键和键数量之比为
B．既是氧化剂又是还原剂
C．生成标准状况下的气体，断开键数为
D．若该反应转移电子数，则被还原的有
7．（2025高三上·西湖模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成或结构变化 性质变化与解释
A 离子液体 溶解纤维素 离子液体中的阴阳离子破坏了纤维素分子链之间的氢键，增大了纤维素的溶解度
B 苯酚 通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基 硝基的吸电子作用使三硝基苯酚键极性增强，羟基上的更易电离
C 橡胶 在橡胶中添加炭黑 炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性能
D 纤维素 用乙酰基取代纤维素上的羟基 纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·西湖模拟）下列离子方程式不正确的是
A．通入热的溶液：
B．向溶液中滴加1滴溶液时主要发生反应：
C．惰性电极电解溶液获取，其阴极的电极反应式：
D．乙醛与新制银氨溶液反应：
9．（2025高三上·西湖模拟）下列说法不正确的是
A．红外光谱图可显示分子中所含有的化学键或官能团信息
B．碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故可选择裂化汽油作为萃取剂
C．甘油醛是最简单的醛醣，属于手性分子，可转变为丙三醇
D．蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构
10．（2025高三上·西湖模拟）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X基态原子中电子只有一种自旋方向；Y核外电子有5种空间运动状态，与左右相邻；与的基态原子核外电子排布中的能级和能级电子数相等；在地壳中含量居第二位。下列说法不正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．气态氢化物的还原性： D．与形成的晶体具有手性
11．（2025高三上·西湖模拟）高分子广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：
下列说法正确的是
A．化合物B所有原子可能共平面
B．化合物分子中核磁共振氢谱有一组峰
C．合成的聚合反应是缩聚反应
D．除醇类物质以外，的同分异构体还有2种
12．（2025高三上·西湖模拟）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1mol/LCuSO4 +少量H2SO4 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 0.1mol/LCuSO4 +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法不正确的是
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
13．（2025高三上·西湖模拟）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
14．（2025高三上·西湖模拟）已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量—反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法错误的是
A．反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr反应得到1-溴-2-丁烯的比例越大
B．0℃、短时间tmin内，的1，3-丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成3-溴-1-丁烯的平均速率为
C．1，3-丁二烯与HBr反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为，生成1-溴-2-丁烯的反应热为
D．与烯烃结合的一步为决速步骤，进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯
15．（2025高三上·西湖模拟）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A．时，溶液的
B．任意下均有：
C．的平衡常数为
D．时，
16．（2025高三上·西湖模拟）由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
选项 实验操作 现象 解释
A 将一小块放在石棉网上，用酒精灯加热 除有淡黄色固体外，还有较多黑色固体 与酒精灯燃烧产生的发生置换生成炭黑
B 将一小块加入无水乙醇 反复从底部上浮到液面，又下沉到底部 在反应过程中，溶液密度不断发生变化
C 将酚酞滴加到溶液中 溶液先变红，后褪色 浓溶液具有漂白性
D 热的苯酚水溶液冷却 变浑浊 温度降低，析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题(共5个小题，满分52分)
17．（2025高三上·西湖模拟）氧族元素及其化合物有着广泛应用价值。
（1）请写出基态原子简化电子排布式　 　，常温下硒单质是　 　(气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是　 　(请写元素符号)。
（2）下列说法正确的是　 　。
A.按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，位于元素周期表P区
B.的第二电离能小于(砷)的第二电离能
C.硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于
D.不稳定，因为其键长较长，键重叠较弱
E.已知某含硒化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，的杂化方式为
（3）人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因　 　。
有机物 甲醇 甲硫醇() 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
（4）一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如图所示，晶胞中和未标明，用A或者B代替。推断是　 　(填“A”或“B”)，晶体中一个周围与它最近且等距离的A粒子的个数为　 　。
（5）魔酸由()与等物质的量化合生成，写出其中阴离子的结构式：　 　。
18．（2025高三上·西湖模拟）铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀B的主要成分为　 　(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是　 　。
（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C．溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品
D．溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加以保证银的浸出率
（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。
步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因：　 　。
（5）工业上变废为宝获得的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入作为催化剂，将废料转化为，涉及的反应如下：
①
②
已知和难溶于，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明的催化作用，写出操作和现象。　 　。
19．（2025高三上·西湖模拟）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备。
I.丙烷直接脱氢工艺，以金属为催化剂，存在以下两个反应：
主反应：
副反应：
其主反应中有关物质的燃烧热数据如下：
物质
燃烧热 -2219.9 -2058.0 -285.8
回答下列问题：
（1）主反应的　 　。主反应自发进行的条件是　 　。
（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为和)。
①时，图中表示丙烯的曲线是　 　(填“i”、“ii”、“iii”或“iv”)。
②、500℃时，在密闭容器中进行反应，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷的转化率为　 　(保留3位有效数字)。其他条件不变情况下，以下操作有利于提高平衡时的操作有　 　。
A.恒压通入适量　　　B.加入适量
C.提高的表面积　　　　D.加入浸泡了的硅藻土
II.丙烷氧化脱氢工艺：
（3）在相同温度、压强下进行该工艺，将、和按不同比例投料，控制浓度不变，改变。每组实验反应相同时间后，转化率和产率如下图所示。已知各组反应均未达平衡，催化剂活性无明显变化，解释产率先增后降的原因：　 　。
III.工业上可利用丙烯进行电有机合成制备1，2-丙二醇。
（4）写出以稀硫酸为电解液，丙烯在电极上生成1，2-丙二醇的电极反应方程式：　 　。
20．（2025高三上·西湖模拟）双氰胺()为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室以石灰氮为原料制备双氰胺的流程如下：
已知：①双氰胺常温下是白色结晶粉末，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇。
②双氰胺其水溶液在80℃以上会发生分解放出氨气；酸性环境中不易水解。
回答下列问题：
（1）写出步骤I的化学反应方程式：　 　。
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②　 　。
（3）步骤III中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，装置如图，仪器b的名称　 　。真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，请选择合理的操作并排序：　 　。
将反应后溶液转移至c中→　　→　　→浓缩至所需浓度，关闭装置→　　→　　→干燥→粗产品
①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热
②接通冷凝水，开始抽气
③取中溶液，冷却后过滤
④取中溶液，冷却后过滤
⑤用乙醇洗涤
⑥用冷水洗涤
（4）下列说法正确的是_______。
A．a是冷凝水进口
B．真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解
C．保持不停转动是为了受热均匀也可以防爆沸
D．可用重结晶的方法提纯粗产品
（5）双氰胺纯度的测定：取双氰胺样品克，加足量的和催化剂，将所有的元素转换成，然后加入足量的浓溶液，充水蒸气充分加热，将产生的通入中，中加入硼酸和指示剂。吸收完毕后，用浓度为的盐酸滴定中吸收液，消耗盐酸。过程中发生的反应：；。则样品中氮的质量分数为　 　%。(用含c、m、V的代数式表示)吸收装置中冷凝管的作用　 　。
21．（2025高三上·西湖模拟）总丹参酮是从中药丹参中提取的治疗冠心病的新药，治疗心绞痛效果显著。其衍生物的合成路线如下：
已知：i.RCOOR'+R'OH
ii.
（1）化合物K的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物含有手性碳原子
B．化合物能使酸性溶液褪色
C．在水中的溶解性：
D．化合物为顺式结构
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，写出的化学方程式　 　。
（4）制备G的过程中会生成一种与G互为同分异构体的副产物G'，G'的结构简式为　 　。
（5）在一定条件下还原得到化合物，写出符合下列条件的L的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应 ②能发生水解 ③苯环上的一氯取代物只有两种
（6）总丹参酮的另一种衍生物为丹参酮IIA，合成过程中有如下转化。已知含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮IIA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。
写出X、丹参酮IIA的结构简式：　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、主要材质为玉石，属于无机非金属材料，不是有机高分子，故A不符合题意 ；
B、主要材质为木材，木材的主要成分是纤维素和木质素，属于天然有机高分子材料，故B符合题意 ；
C、主要材质为陶瓷，属于无机非金属材料，不是有机高分子，故C不符合题意 ；
D、主要材质为金等金属，属于金属材料，不是有机高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】这道题的易错点主要集中在以下几点：
概念混淆：容易把 “天然高分子材料” 和 “无机非金属材料” 混为一谈。
材质判断偏差：看到 “玉”“瓷”“金” 等传统工艺品，容易忽略其本质是无机矿物或金属，而不是有机高分子。
忽略成分本质：只记住 “高分子” 的字面，却忽略了判断的核心是化学成分。
2．【答案】A
【知识点】氮的固定；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、硝酸铵（NH4NO3）是一种烈性炸药，受到撞击、研磨等机械作用时极易发生爆炸。因此，将结块的硝酸铵置于研钵中用研杵敲碎、研细的操作存在极大安全隐患，是绝对禁止的。A错误；
B、氮的固定是指将空气中游离态的氮（N2）转化为含氮化合物的过程。而由氨气（NH3）和硝酸（HNO3）反应制备硝酸铵（NH4NO3），是含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定。B正确；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾（K2CO3），其水溶液呈碱性。硝酸铵（NH4NO3）是铵态氮肥，与碱性物质混合时，会发生反应释放出氨气（NH3），导致肥效降低。因此，二者不能混合使用。C正确；
D、硝酸铵（NH4NO3）溶于水的过程会吸收大量的热，使周围环境温度迅速降低。医用速冷冰袋正是利用了这一性质。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．硝酸铵（NH4NO3）受撞击、研磨易爆炸，研钵敲碎研细的操作存在严重安全风险。
B．氮的固定是将 N2转化为含氮化合物，而氨气（NH3）与硝酸（HNO3）反应制备硝酸铵（NH4NO3）是含氮化合物间的转化，不属于氮的固定。
C．草木灰（主要成分为 K2CO3）水溶液呈碱性，与硝酸铵（NH4NO3）混合会释放氨气（NH3），降低肥效，不能混用。
D．硝酸铵（NH4NO3）溶于水大量吸热，可快速降低温度，医用速冷冰袋利用了这一性质。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A、图 1 展示的是 CH4分子的空间填充模型（ ），而非球棍模型。球棍模型会用棍状结构表示化学键， 为 ，A错误；
B、氮原子的核外电子排布式为 1s22s22p3。根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子会分占 3 个不同的轨道，且自旋方向相同。 则电子轨道表示式为，B正确；
C、铍原子的最外层电子排布为 2s2，s 轨道的电子云呈球形。而图 3 展示的是 p 轨道的电子云（哑铃形），与铍原子最外层电子的电子云形状不符，C错误；
D、电子云图中的小黑点代表电子在核外出现的概率密度，而非电子的实际数量。H 原子的电子云图中，靠近核的区域黑点密集，仅表示电子在此处出现的概率大，并非 “靠近核运动的电子多”，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：容易混淆分子模型的类型，把空间填充模型误认为是球棍模型；对洪特规则理解不透彻，导致判断电子轨道表示式时出错；不理解电子云图的物理意义，误将概率密度当成电子的实际数量。
4．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、除去 CO2中混有的 HCl，应选用饱和 NaHCO3溶液。图①中使用的饱和 Na2CO3溶液会与 CO2发生反应（CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3），导致 CO2被吸收，无法达到除杂目的。同时，洗气装置应 “长进短出”，图①的进气方式也不正确。A错误；
B、进行钠的燃烧实验时，应使用坩埚或硬质玻璃管等耐高温仪器。图②中使用的蒸发皿主要用于蒸发浓缩液体，不耐高温，易炸裂，B错误；
C、观察 KCl 的焰色试验时，必须透过蓝色钴玻璃片滤去钠的黄光干扰，才能清晰看到紫色。图③中直接观察，会因钠的黄光掩盖钾的紫色，导致无法准确判断，C错误；
D、图④是利用 “晶种法” 制备明矾晶体的装置。在饱和明矾溶液中悬挂一颗小明矾晶体，溶液中的溶质会在晶体表面不断析出，从而长成较大的明矾晶体，该装置和方法可以达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是实验装置与操作的合理性判断，突破口在于抓住每个实验的关键要求：
气体除杂：试剂不能与目标气体反应，装置要 “长进短出”，固体加热：仪器要耐高温，不能用蒸发皿做燃烧实验，焰色试验：观察钾的焰色必须透过蓝色钴玻璃，晶体制备：利用饱和溶液和晶种，让溶质在晶种上析出。
5．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；海水资源及其综合利用；分液和萃取
【解析】【解答】A、晒盐后的苦卤中溴元素以 Br-形式存在，并非 Br2。直接通入热空气无法将 Br-氧化为 Br2，因此不能将 Br2吹出。工业上需先通入 Cl2等氧化剂将 Br-氧化为 Br2，再用热空气吹出。A错误；
B、青蒿素属于精细化学品，其提纯过程可依次通过萃取、柱色谱分离等方法实现，这些方法在青蒿素的工业化生产中是可行的。B正确；
C、在石油化工中，通过催化重整等工艺，可以调整石油中链状烃的分子结构，使其转化为苯、甲苯等芳香烃，这是芳香烃的重要来源之一。C正确；
D、在氯碱工业的阴极通入 O2，O2可得到电子并与水结合生成 OH-（反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-），替代了水电离出的 H+得电子生成 H2的反应，从而降低了电解电压，起到了降低能耗的作用。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．苦卤中溴以 Br-存在，O2无法氧化 Br-，直接通热空气不能吹出 Br2。
B．青蒿素是精细化学品，可通过萃取、柱色谱分离提纯。
C．石油经催化重整可将链状烃转化为芳香烃。
D．氯碱工业阴极通入 O2，发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，降低电解电压。
6．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CS2与CO2结构类似，其结构式为，双键含有1个σ键和1个π键，则1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；
B．该反应中，CH4中的C元素化合价升高，则CH4为还原剂，S8中S元素降低，则S8为氧化剂，故B错误；
C．标准状况下，11.2LH2S的物质的量为0.5mol，1个S8中含有8个S-S键，根据可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，数目为，故C正确；
D．该反应中，CH4为还原剂，被氧化，故D错误；
故答案选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
Ｂ．该反应中，C元素化合价升高，S元素化合价降低；
Ｃ.1个S8中含有8个S-S键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、离子液体中的阴阳离子可以破坏纤维素分子链之间的氢键，削弱分子间作用力，从而增大纤维素的溶解度，A合理；
B、在苯酚苯环上引入 3 个硝基（-NO2），硝基的强吸电子作用会使 O-H 键的极性显著增强，羟基上的氢原子更易电离，B合理；
C、在橡胶中添加炭黑，主要是利用炭黑的补强作用和遮光性，增强橡胶的耐磨性和抗紫外线老化能力，而不是利用其还原性。因此，C不合理；
D、纤维素的吸水性主要依赖于链上的羟基与水分子形成氢键。用乙酰基取代羟基后，羟基数量减少，与水形成氢键的能力下降，导致纤维素吸水能力下降，D合理；
故答案为：C。
【分析】A．离子液体破坏纤维素分子间氢键，增大溶解度。
B．硝基的强吸电子作用增强 O-H 键极性，使 H 更易电离。
C．在橡胶中添加炭黑是为了增强耐磨性和抗老化性，并非利用其还原性。
D．乙酰基取代羟基，使羟基减少，吸水能力下降。
8．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Cl2通入热的 NaOH 溶液，发生歧化反应，生成 Cl-、ClO3-和 H2O。根据电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，A正确；
B、向 FeCl3溶液中滴加少量 KSCN 溶液时，Fe3+与 SCN-主要生成 1：1 的络合物 [Fe(SCN)]2+，反应可逆，离子方程式为：Fe3++SCN- [Fe(SCN)]2+，B正确；
C、用惰性电极电解 ZnSO4溶液时，Zn2+的放电能力强于水电离出的 H+，因此在阴极 Zn2+得电子被还原为 Zn，电极反应式为：Zn2+ + 2e- = Zn，C正确；
D、乙醛与新制银氨溶液反应的离子方程式产物 CH3COONH4是强电解质，在离子方程式中应拆分为 CH3COO-和 NH4+。而且电荷不守恒，且产物氨气（NH3）在水溶液中主要以 NH3 H2O 形式存在，或写成 NH4+。正确的离子方程式应为： 。因此，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．Cl2在热 NaOH 中歧化，生成 Cl-和 ClO3-，电子守恒配平为 3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O。
B．Fe3+与少量 SCN-主要生成 1：1 络合物 [Fe(SCN)]2+，反应可逆，方程式Fe3++SCN- [Fe(SCN)]2+。
C．电解 ZnSO4溶液时，Zn2+放电能力强于 H+，阴极反应为 Zn2++2e-=Zn。
D．乙醛银镜反应方程式错误：①CH3COONH4应拆分为 CH3COO-和 NH4+；②电荷不守恒；③NH3在溶液中主要以 NH4+或 NH3 H2O 存在。正确式为 CH3CHO+2[Ag (NH3)2]++2OH-=CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3↑+H2O。
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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；分液和萃取
【解析】【解答】A、红外光谱通过检测不同化学键或官能团的特征吸收波长，可以显示分子中含有的化学键或官能团信息，常用于有机物结构鉴定，A正确；
B、裂化汽油中含有大量不饱和烃（如烯烃），能与碘发生加成反应，无法作为萃取剂从水溶液中萃取出碘。而直馏汽油（主要成分为饱和烷烃）才可以作为碘的萃取剂，B不正确；
C、甘油醛是最简单的醛糖，其分子中存在一个手性碳原子（连接有 - CHO、-H、-OH、-CH2OH 四个不同基团），属于手性分子。它可以通过醛基与氢气的加成反应转变为丙三醇，C正确；
D、蛋白质的一级结构是指氨基酸的排列顺序，它决定了蛋白质的空间构象，而空间构象又直接决定了其生物活性，因此蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
萃取剂选择：裂化汽油含不饱和烃，会与碘发生加成反应，不能用作萃取剂；直馏汽油（饱和烃为主）才可萃取碘。
手性分子判断：手性碳需连有 4 个不同基团，甘油醛分子中存在 1 个手性碳，属于手性分子。
蛋白质结构与活性：一级结构（氨基酸序列）决定空间构象，进而决定生物活性，是活性的首要决定因素。
红外光谱功能：红外光谱用于检测化学键和官能团，不要与质谱、核磁共振氢谱的用途混淆。
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但 Mg 的 3s 轨道为全充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 Al，也大于 Si。因此第一电离能顺序为 Mg > Si，A错误；
B、元素的电负性与非金属性正相关。非金属性 O > N > H，因此电负性顺序为 O > N > H，B正确；
C、元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱。非金属性 O > N，因此气态氢化物的还原性 H2O < NH3，C正确；
D、SiO2晶体中存在 Si-O 四面体结构单元，在特定条件下，这些结构单元的排列方式可使晶体表现出手性特性，D正确；
故答案为：A。
【分析】X：基态原子中电子只有一种自旋方向，说明只有 1 个电子，是H（氢）。
Z 与 M：基态原子核外 s 能级和 p 能级电子数相等，即电子排布为 1s22s22p4（O）和 1s22s22p63s2（Mg），故 Z 是O（氧），M 是Mg（镁）。
Y：核外电子有 5 种空间运动状态，即 5 个原子轨道，电子排布为 1s22s22p3，且与 Z（O）相邻，故 Y 是N（氮）。
Q：在地壳中含量居第二位，是Si（硅）。
综上，五种元素为：X (H)、Y (N)、Z (O)、M (Mg)、Q (Si)。
11．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、化合物 B（CH2=CHOCH3）中，与 O 原子相连的 - CH3是饱和烷基，其碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B、化合物 C 是顺丁烯二酸酐，其分子结构高度对称，两个双键上的氢原子化学环境完全相同，因此核磁共振氢谱只有一组峰，B正确；
C、合成 M 的反应是 B 和 C 中的碳碳双键断裂，相互加成形成长链，属于加聚反应，而非缩聚反应（缩聚反应会伴随小分子如水、醇等的生成），C错误；
D、B 的分子式为 C3H6O。除醇类（如 1 - 丙醇、2 - 丙醇）外，其同分异构体还有：CH3COCH3（丙酮）、CH3CH2CHO（丙醛）、CH2=CHCH2OH（烯丙醇，属于醇类，不计入）、CH2=CHOCH3（自身，不计入）、环丙醇（三元环醇，属于醇类，不计入）。因此，除醇类外，符合条件的同分异构体有 2 种（丙酮、丙醛），D错误；
故答案为：B。
【分析】乙炔（C2H2）与试剂 a 发生加成反应，生成含碳碳双键的甲氧基乙烯（B），丁烯二酸（HOOCCH=CHCOOH）发生分子内脱水反应，生成顺丁烯二酸酐（C），单体 B 和 C 通过加聚反应，使碳碳双键断裂并相互加成，形成高分子 M。由高分子M逆推，可知B是、C是，乙炔和a反应生成，则a是CH3OH。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；电镀
【解析】【解答】A、①中 H+被消耗浓度降低，且 Cu 覆盖 Fe 电极阻碍 H+与 Fe 接触，使 H2生成量减少，推测合理，A正确；
B、①中检测到 Fe2+，推测 Fe 与 H+、Cu2+发生置换反应，符合实验现象与反应逻辑，B正确；
C、②中阴极析出 Cu 时，游离 Cu2+浓度降低，配位平衡应正向移动以释放 Cu2+，而非逆向移动，该推测错误，C错误；
D、②中 Cu2+形成 [Cu(NH3)4]2+，游离 Cu2+浓度远低于①，Cu 缓慢析出形成致密镀层，符合实验现象，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
①阴极（Fe）先发生 H+还原生成 H2，同时 Fe 与 H+、Cu2+发生置换反应，生成 Fe2+。
随着 Cu 在 Fe 表面沉积，Cu 覆盖层阻碍 H+与 Fe 接触，且 H+被消耗，导致气体产生量减少，后续主要发生 Cu2+还原为 Cu 的反应。
②过量氨水与 Cu2+形成配位离子 [Cu(NH3)4]2+，大幅降低游离 Cu2+浓度。
阴极上 Cu2+缓慢还原析出，形成致密镀层，同时无 H2生成，溶液中也无 Fe 元素溶出。
平衡移动判断：②中阴极析出 Cu 时，游离 Cu2+被消耗，促使配位平衡 Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正向移动以补充 Cu2+，而非逆向移动。据此解题。
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A、当Ru(Ⅱ)被氧化成Ru(Ⅲ)，生成[L-Ru-NH3]2+ 。Ru带的正电荷变多，对电子吸引力比Ru(II)时更强，这种强吸引力会让配体NH3里的N—H键极性变大、更容易断裂，也就更易失去质子H+ ，A正确；
B、一开始Ru(Ⅱ)中Ru是+2价，氧化成Ru(Ⅲ)后变为+3价 。但Ru(Ⅲ)失去2个质子时，N原子产生孤电子对，Ru化合价不变；M是[L-Ru-NH2]+ ，[L-Ru-NH2]+转化为M时，N原子孤电子对拆出2个电子，其中1个转移给Ru，Ru化合价又变回+2 ，并非+3价，所以B错误；
C、反应过程里，M转化为[L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+ ，有N—N键生成 。N—N键由同种原子形成，属于非极性键，所以C正确；
D、从整个反应流程看，4个NH3参与反应，失去2个电子，生成1个N2H4和2个NH4+ ，且Ru(Ⅱ)是催化剂 ，据此可写出总反应式4NH3-2e-=N2H4+2NH4+ ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A：抓住Ru价态变化对配体NH3电子吸引、N—H键断裂的影响，易错点：易忽略 “正电荷对化学键极性、断裂难易的影响”，需理解电荷作用与键能变化的关联。
B：追踪Ru化合价在各步反应的变化，易因只关注初始氧化步骤Ru(Ⅱ)-Ru(Ⅲ)，忽略后续孤电子对转移使化合价回调，需细致分析每一步电子、质子变化。
C：识别反应中形成的N—N键，依据非极性键定义（同种原子成键 ）判断，若对 “非极性键定义（原子种类、电子对偏移）” 理解不深，可能误判，需牢记键的极性由成键原子电负性差异决定。
D：梳理反应物、产物及电子转移，推导总反应式，易遗漏电子转移数或产物，需整体把握循环机理，明确催化剂Ru(Ⅲ)不参与总反应，只加速进程。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率
【解析】【解答】A、从能量图可知，1-溴-2-丁烯能量更低，是热力学稳定产物；3-溴-1-丁烯是动力学产物。反应时间越长，越有利于热力学产物生成，因此1-溴-2-丁烯的比例越大，A正确；
B、短时间内反应由动力学控制，生成3-溴-1-丁烯的比例为30%。根据平均速率公式 ，可计算得到生成3-溴-1-丁烯的平均速率，B正确；
C、反应热 = 生成物总能量 - 反应物总能量。
生成3-溴-1-丁烯的反应热应为 （第一步，第二步）。
生成1-溴-2-丁烯的反应热应为 。选项中写成 、，符号与计算逻辑均错误，C错误；
D、能量图中第一步（H+与烯烃结合）的能垒更高，是决速步；第二步Br-进攻时，生成3-溴-1-丁烯的能垒更小（活化能低），因此短时间内优先生成该产物，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
热力学 vs 动力学：低温短时间，动力学产物（活化能低）；高温长时间，热力学产物（能量低更稳定）。
反应热计算：总反应焓变等于各分步反应焓变之和，需注意符号与方向。
决速步判断：能垒最高的一步反应决定总反应速率。
15．【答案】D
【知识点】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、当lgc0(HCl) = -1.2时，由图可知此时c(C2O42-) = c(HC2O4-)。，溶液的，A正确；
B、根据物料守恒，溶解的CaC2O4中Ca元素与C元素的物质的量相等，因此在任意c0(HCl)下，均有：
，B正确；
C、
其平衡常数 可由 、、 计算得出。当lgc0(HCl) = -2.8时，c(Ca2+) = c(H2C2O4)，且c(H+) = 10-2·8，代入可得：，结合图像和电离常数，可计算出 ，C正确；
D、当lgc0(HCl) = -4.1时，溶液中的电荷守恒式应为：，选项中将 的系数错误地写在了 前面，D错误；
故答案为：D。
【分析】随着HCl浓度增大（lgc0(HCl)增大），H+浓度升高，CaC2O4的溶解平衡正向移动，Ca2+浓度升高，对应曲线Ⅰ。H+与C2O42-结合，促进H2C2O4生成，因此H2C2O4浓度升高，对应曲线Ⅱ。
C2O42-浓度随H+浓度升高而降低，对应曲线Ⅲ。
16．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．黑色固体可能是Na 与酒精燃烧生成的 CO2 发生置换反应生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正确；
B．钠的密度比乙醇大，所以下沉。钠与乙醇反应生成H2，使得钠表面产生浮力，因此上浮。在反应过程中，溶液的密度渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；
C．高浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C错误；
D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，无法得到苯酚晶体，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na能与CO2反应生成Na2CO3和C。
B、钠下沉是因为密度比乙醇大；上浮是因为反应产生H2。
C、NaOH浓溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，温度高于65℃时可溶于水。
17．【答案】（1）；固体；Cr
（2）CD
（3）三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
（4）A；8
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se原子序数34，原子简化电子排布式[Ar]3d104s24p4；常温下硒单质是固体，为第四周期VIA族非金属元素，第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr，电子排布式为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6；
故答案为：[Ar]3d104s24p4；固体；Cr；
（2）A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f、ds，5个区，A错误；
B．失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Se的p能级为半满稳定结构，则第二电离能Se＞As，B错误；
C．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，C正确；
D．Se的原子半径较大，键长较长，不稳定，因其键重叠较弱，D正确；
E．在分子中，4个C原子采取sp2杂化，其不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中不含有碳碳双键，4个C原子各提供一个p轨道单电子参与形成的大Π键，Se提供一对孤对电子参与形成大π键，Se还剩余1对孤对电子，价电子对数为3，因此Se采取sp2杂化，E错误；
故答案为：CD；
（3）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；
故答案为：三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高；
（4）A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；
故答案为：A；8；
（5）阴离子由()与等物质的量化合生成的，其结构式；
故答案为：。
【分析】(1)电子排布：Se 为 34 号元素，简化电子排布式为 [Ar]3d 4s24p4。
物质状态：同主族递变，常温下 Se 为固体。
未成对电子：第四周期中，Cr（电子排布 [Ar] 3d54s ）含 6 个未成对电子，数目最多。
(2)A：周期表分 5 个区（s、p、d、ds、f），而非 4 个。
B：Se+的 4p3 为半满稳定结构，第二电离能 Se > As。
C：同种元素含氧酸，非羟基氧越多酸性越强，故 H2SeO4 > H2SeO3。
D：Se 原子半径大，Se=O 键长，π 键重叠弱，不稳定。
E：分子含大 π 键，Se 价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化。
(3)甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高；甲醇分子间存在氢键，沸点显著更高。
(4)晶胞计算：Cu 为 4 个，A 为 4 个，B 为 8 个，结合化学式 CuInSe2，A 为 In，B 为 Se。
配位数：以体心 Cu 为例，最近且等距的 In（A）粒子有8 个。
（1）Se原子序数34，原子简化电子排布式[Ar]3d104s24p4；常温下硒单质是固体，为第四周期VIA族非金属元素，第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr，电子排布式为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6；
故答案为：[Ar]3d104s24p4；固体；Cr；
（2）A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f、ds，5个区，A错误；
B．失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Se的p能级为半满稳定结构，则第二电离能Se＞As，B错误；
C．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，C正确；
D．Se的原子半径较大，键长较长，不稳定，因其键重叠较弱，D正确；
E．在分子中，4个C原子采取sp2杂化，其不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中不含有碳碳双键，4个C原子各提供一个p轨道单电子参与形成的大Π键，Se提供一对孤对电子参与形成大π键，Se还剩余1对孤对电子，价电子对数为3，因此Se采取sp2杂化，E错误；
故答案为：CD；
（3）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；
故答案为：三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高；
（4）A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；
故答案为：A；8；
（5）阴离子由()与等物质的量化合生成的，其结构式；
故答案为：。
18．【答案】（1）AgCl、PbSO4；还原性
（2）
（3）A；D
（4）
（5）向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；
故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）A．步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；
D．溶液4含有，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应，故需补加中和酸，以保证银的浸出率，D正确；
故答案为：AD；
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为；
故答案为：；
（5）反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；
故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
故答案为： 向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
【分析】铜阳极泥在稀硫酸和过氧化氢的作用下，其中的铜被氧化溶解进入溶液，随后加入氯化钠。铜离子以硫酸铜形式存在于溶液 1 中，经结晶得到胆矾；而银、铅、金等贵金属则与氯化物形成沉淀，留在沉淀 A 中，实现了铜与其他贵金属的初步分离。向沉淀 A 中加入氯酸钠和盐酸，在酸性条件下，氯酸钠作为氧化剂将金氧化，使其以 [AuCl4]-的形式进入溶液 2；而银和铅则以氯化物的形式留在沉淀 B 中。溶液 2 经过后续还原步骤，得到单质金（C）。向沉淀 B 中加入亚硫酸钠溶液，铅的氯化物会转化为硫酸铅（PbSO4）沉淀，从而实现铅的分离；银的氯化物则与亚硫酸钠反应，转化为可溶性的络离子 [Ag (SO3)2]3-进入溶液 3。向溶液 3 中加入硫酸，破坏银的络合物，使银以氯化银（AgCl）沉淀的形式析出。向溶液 3 中加入甲醛（HCHO）作为还原剂，在碱性条件下将银直接还原为单质银（D）。
（1）由分析可知，沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；
故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）A．步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；
D．溶液4含有，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应，故需补加中和酸，以保证银的浸出率，D正确；
故答案为：AD；
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为；
故答案为：；
（5）反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；
故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
19．【答案】+123.9；高温；i；17.6%；AB；O2浓度增大使反应速率变快，产率升高；后因过量O2氧化C3H6，产率下降；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=-2219.9kJ·mol-1 ①；
C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2058.0kJ·mol-1②；
H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1③。
根据盖斯定律，①-②-③可得到反应，则ΔH=-2219.9kJ·mol-1-(-2058.0kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=＋123.9kJ·mol-1；
主反应ΔH>0，气体物质的量增多ΔS>0，自发进行的条件是高温。
故答案为： +123.9 ； 高温 ；
（2）①正反应吸热，升高温度平衡正向移动，丙烯体积分数增大；正反应气体系数和增大，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的体积分数降低，所以时图中表示丙烯的曲线是i。
②、500℃时，在密闭容器中进行反应，根据图示，达平衡时丙烷的平衡体积分数为70%，设丙烷的投料为xmol，若只发生上述主反应和副反应，消耗丙烷的物质的量为amol，则反应生成的丙烯、氢气、乙烯、甲烷的总物质的量为2amol，，则丙烷的转化率为。
A．恒压通入适量，相当于减压，平衡正向移动，增大，故选A；
B．加入适量，和氢气反应，氢气浓度降低，正反应正向移动，增大，故选B；
C．提高的表面积，平衡不移动，不变，故不选C；
D．加入浸泡了的硅藻土，氧化丙烯、乙烯等烯烃，减小，故不选D；
选AB。
故答案为： i ； 17.6% ； AB ；
（3）O2浓度增大使反应速率变快，产率升高，后因过量的O2氧化C3H6，产率下降，所以产率先增后降。
故答案为： O2浓度增大使反应速率变快，产率升高；后因过量O2氧化C3H6，产率下降 ；
（4）丙烯生成1，2-丙二醇，碳元素化合价升高发生氧化反应，所以丙烯在阳极得电子生成1，2-丙二醇，阳极的电极反应方程式为。
故答案为： 。
【分析】（1）利用盖斯定律，通过燃烧热计算主反应 ΔH；再根据 ΔH>0、ΔS>0，判断反应在高温下自发。
（2）根据吸热反应和气体分子数增大的特点，判断温度、压强对平衡的影响，从而确定代表丙烯的曲线；再利用体积分数计算转化率。
（3）分析各操作对主、副反应的影响，筛选出能提高丙烯平衡物质的量的条件。
（4）从反应速率和副反应（丙烯被过量氧气氧化）两个角度，解释产率先增后减的原因。
（5）根据碳元素化合价升高，判断丙烯在阳极发生氧化反应，结合酸性电解质环境配平电极方程式。
20．【答案】（1）
（2）pH过低产品容易结合H+成盐
（3）圆底烧瓶；②①④⑥
（4）B；D
（5）；将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于-NH2具有碱性，pH过低产品容易结合H+成盐；
故答案为： pH过低产品容易结合H+成盐 ；
（3）仪器b的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至c中→②接通冷凝水，开始抽气→①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；
故答案为： 圆底烧瓶 ； ②①④⑥ ；
（4）A. a是加料阀，错误；B. 真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度过高发生分解，正确；C. 保持不停转动是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，因为双氰胺温度过高发生分解，错误；D. 在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，正确；BD当选；
故答案为： BD ；
（5）消耗浓度为的盐酸，可知氮元素的物质的量为，质量为，质量分数为%，由于氨气极易溶于水，防止倒吸，所以吸收装置中冷凝管的作用将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。
故答案为： ； 将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸 。
【分析】（1）根据流程和元素守恒，写出 CaCN2与水、CO2的反应，生成 CaCO3沉淀和氰胺。
（2）从反应速率和产物稳定性角度，分析 pH 不能过低的原因（避免 - NH2结合 H+成盐）。
（3）识别旋转蒸发仪的仪器名称，按 “抽气→加热旋转→冷却过滤→冷水洗涤” 的顺序排序操作；并根据双氰胺的性质判断操作合理性。
（4）根据双氰胺的热不稳定性和溶解度特性，判断真空蒸发、重结晶等操作的合理性。
（5）利用滴定反应的定量关系（N 元素～NH3~HCl），计算氮元素质量分数；并解释冷凝管在吸收装置中的作用（冷凝水蒸气、防止倒吸）。
（1）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：；
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于-NH2具有碱性，pH过低产品容易结合H+成盐；
（3）仪器b的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至c中→②接通冷凝水，开始抽气→①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；
（4）A. a是加料阀，错误；B. 真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度过高发生分解，正确；C. 保持不停转动是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，因为双氰胺温度过高发生分解，错误；D. 在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，正确；BD当选；
（5）消耗浓度为的盐酸，可知氮元素的物质的量为，质量为，质量分数为%，由于氨气极易溶于水，防止倒吸，所以吸收装置中冷凝管的作用将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。
21．【答案】（1）羰基、碳碳双键
（2）B；C；D
（3）＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O
（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；烯烃；银镜反应
【解析】【解答】（1）由K的结构简式可知其中官能团名称是羰基、碳碳双键。
故答案为： 羰基、碳碳双键 ；
（2）A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，D为，D不含手性碳原子，故A错误；
B．B为，与苯环相连的C原子上有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．D为，其中含有亲水基：-OH，而E中不含亲水基，在水中的溶解性：，故C正确；
D．由F的结构简式可知，其中含有碳碳双键，且双键碳原子上均连接不同的基团，氢原子在碳碳双键的同一侧，为顺式结构，故D正确；
故答案为： BCD。
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，J生成K的过程中，J褪去2个H原子，结合1个O原子，反应过程中会有H2O生成，则有2个参与反应，1个中的1个O原子进入K中，另1个中的1个O原子进入H2O中，化学方程式为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O。
故答案为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O ；
（4）F发生信息ii的反应生成G，结合J的结构简式、G的分子式知，G为，F中如图所示的碳碳单键能够旋转，生成与G互为同分异构体的副产物G'为。
故答案为： ；
（5）化合物的同分异构体满足条件：①分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO或-OOCH；②能发生水解说明其中含有-OOCH或-NHOCH； ③苯环上的一氯取代物只有两种，说明苯环上含有2种环境的H原子；若苯环上的取代基为-OOCH，由L的分子式可知，苯环上另外1个取代基为-ONH2或-NHOH，满足条件的同分异构体为、；若苯环上的取代基为-NHOCH，苯环上另外2个取代基为2个-OH，满足条件的同分异构体为、。
故答案为：、、、 ；
（6）X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结构简式为，X的分子式：C19H20O3；丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，说明与氧原子连接的碳原子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的结构简式为。
故答案为： ； 。
【分析】B 经 LiAlH4还原酯基得到含羟基的 D。D 与 HBr 在加热条件下发生取代反应，羟基被溴原子取代，生成含苄基溴的 E。D为（），A（C11H14O3）与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到 B；则B为，A为，E 经 Wittig 反应（PPh3、NaH）与醛缩合，构建含硝基的多环烯烃结构 F。F 在 H2/ 催化剂及 HNO2/Cu 条件下还原硝基并关环，得到 G（）；G 再经 BBr3脱甲基得到含酚羟基的 H（）。H 在一定条件下氧化得到 J；J 与 DMP 反应，最终生成目标产物 K。
（1）由K的结构简式可知其中官能团名称是羰基、碳碳双键。
（2）A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，D为，D不含手性碳原子，故A错误；
B．B为，与苯环相连的C原子上有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．D为，其中含有亲水基：-OH，而E中不含亲水基，在水中的溶解性：，故C正确；
D．由F的结构简式可知，其中含有碳碳双键，且双键碳原子上均连接不同的基团，氢原子在碳碳双键的同一侧，为顺式结构，故D正确；
故选BCD。
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，J生成K的过程中，J褪去2个H原子，结合1个O原子，反应过程中会有H2O生成，则有2个参与反应，1个中的1个O原子进入K中，另1个中的1个O原子进入H2O中，化学方程式为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O。
（4）F发生信息ii的反应生成G，结合J的结构简式、G的分子式知，G为，F中如图所示的碳碳单键能够旋转，生成与G互为同分异构体的副产物G'为。
（5）化合物的同分异构体满足条件：①分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO或-OOCH；②能发生水解说明其中含有-OOCH或-NHOCH； ③苯环上的一氯取代物只有两种，说明苯环上含有2种环境的H原子；若苯环上的取代基为-OOCH，由L的分子式可知，苯环上另外1个取代基为-ONH2或-NHOH，满足条件的同分异构体为、；若苯环上的取代基为-NHOCH，苯环上另外2个取代基为2个-OH，满足条件的同分异构体为、。
（6）X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结构简式为，X的分子式：C19H20O3；丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，说明与氧原子连接的碳原子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的结构简式为。
1 / 1浙江省杭州市学军中学2024-2025学年上学期高三选考化学模拟试卷
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高三上·西湖模拟）广东省博物馆是岭南文化展示的重要窗口。下列藏品中主要材质为有机高分子的是
A．元白玉镂雕龙穿牡丹盖钮 B．北宋“林景阳舍”木雕罗汉像
C．明永乐景德镇窑青花折枝花果纹带盖梅瓶 D．宋金项链
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、主要材质为玉石，属于无机非金属材料，不是有机高分子，故A不符合题意 ；
B、主要材质为木材，木材的主要成分是纤维素和木质素，属于天然有机高分子材料，故B符合题意 ；
C、主要材质为陶瓷，属于无机非金属材料，不是有机高分子，故C不符合题意 ；
D、主要材质为金等金属，属于金属材料，不是有机高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】这道题的易错点主要集中在以下几点：
概念混淆：容易把 “天然高分子材料” 和 “无机非金属材料” 混为一谈。
材质判断偏差：看到 “玉”“瓷”“金” 等传统工艺品，容易忽略其本质是无机矿物或金属，而不是有机高分子。
忽略成分本质：只记住 “高分子” 的字面，却忽略了判断的核心是化学成分。
2．（2025高三上·西湖模拟）是一种高效氮肥，也是一种烈性炸药。下列说法不正确的是
A．将结块的硝酸铵置于研钵中，用研杵敲碎，研细
B．硝酸铵可由氨气和硝酸反应制备，该反应不属于氮的固定
C．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用
D．医用硝酸铵速冷冰袋是利用硝酸铵溶于水吸热的性质
【答案】A
【知识点】氮的固定；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、硝酸铵（NH4NO3）是一种烈性炸药，受到撞击、研磨等机械作用时极易发生爆炸。因此，将结块的硝酸铵置于研钵中用研杵敲碎、研细的操作存在极大安全隐患，是绝对禁止的。A错误；
B、氮的固定是指将空气中游离态的氮（N2）转化为含氮化合物的过程。而由氨气（NH3）和硝酸（HNO3）反应制备硝酸铵（NH4NO3），是含氮化合物之间的转化，不属于氮的固定。B正确；
C、草木灰的主要成分是碳酸钾（K2CO3），其水溶液呈碱性。硝酸铵（NH4NO3）是铵态氮肥，与碱性物质混合时，会发生反应释放出氨气（NH3），导致肥效降低。因此，二者不能混合使用。C正确；
D、硝酸铵（NH4NO3）溶于水的过程会吸收大量的热，使周围环境温度迅速降低。医用速冷冰袋正是利用了这一性质。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．硝酸铵（NH4NO3）受撞击、研磨易爆炸，研钵敲碎研细的操作存在严重安全风险。
B．氮的固定是将 N2转化为含氮化合物，而氨气（NH3）与硝酸（HNO3）反应制备硝酸铵（NH4NO3）是含氮化合物间的转化，不属于氮的固定。
C．草木灰（主要成分为 K2CO3）水溶液呈碱性，与硝酸铵（NH4NO3）混合会释放氨气（NH3），降低肥效，不能混用。
D．硝酸铵（NH4NO3）溶于水大量吸热，可快速降低温度，医用速冷冰袋利用了这一性质。
3．（2025高三上·西湖模拟）下列说法正确的是
A．图1为CH4分子的球棍模型
B．图2为氮原子的电子轨道表示式
C．图3为铍原子最外层的电子云图
D．图4为H原子的电子云图，由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A、图 1 展示的是 CH4分子的空间填充模型（ ），而非球棍模型。球棍模型会用棍状结构表示化学键， 为 ，A错误；
B、氮原子的核外电子排布式为 1s22s22p3。根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子会分占 3 个不同的轨道，且自旋方向相同。 则电子轨道表示式为，B正确；
C、铍原子的最外层电子排布为 2s2，s 轨道的电子云呈球形。而图 3 展示的是 p 轨道的电子云（哑铃形），与铍原子最外层电子的电子云形状不符，C错误；
D、电子云图中的小黑点代表电子在核外出现的概率密度，而非电子的实际数量。H 原子的电子云图中，靠近核的区域黑点密集，仅表示电子在此处出现的概率大，并非 “靠近核运动的电子多”，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：容易混淆分子模型的类型，把空间填充模型误认为是球棍模型；对洪特规则理解不透彻，导致判断电子轨道表示式时出错；不理解电子云图的物理意义，误将概率密度当成电子的实际数量。
4．（2025高三上·西湖模拟）下列装置可以达到实验目的的是
A．图①可用于除去中
B．图②可用于进行钠的燃烧实验
C．图③可直接观察的焰色试验现象
D．图④可用于制备明矾晶体
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；焰色反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、除去 CO2中混有的 HCl，应选用饱和 NaHCO3溶液。图①中使用的饱和 Na2CO3溶液会与 CO2发生反应（CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3），导致 CO2被吸收，无法达到除杂目的。同时，洗气装置应 “长进短出”，图①的进气方式也不正确。A错误；
B、进行钠的燃烧实验时，应使用坩埚或硬质玻璃管等耐高温仪器。图②中使用的蒸发皿主要用于蒸发浓缩液体，不耐高温，易炸裂，B错误；
C、观察 KCl 的焰色试验时，必须透过蓝色钴玻璃片滤去钠的黄光干扰，才能清晰看到紫色。图③中直接观察，会因钠的黄光掩盖钾的紫色，导致无法准确判断，C错误；
D、图④是利用 “晶种法” 制备明矾晶体的装置。在饱和明矾溶液中悬挂一颗小明矾晶体，溶液中的溶质会在晶体表面不断析出，从而长成较大的明矾晶体，该装置和方法可以达到实验目的，D正确；
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是实验装置与操作的合理性判断，突破口在于抓住每个实验的关键要求：
气体除杂：试剂不能与目标气体反应，装置要 “长进短出”，固体加热：仪器要耐高温，不能用蒸发皿做燃烧实验，焰色试验：观察钾的焰色必须透过蓝色钴玻璃，晶体制备：利用饱和溶液和晶种，让溶质在晶种上析出。
5．（2025高三上·西湖模拟）下列关于化学品的工业生产和使用的说法，不正确的是
A．将热空气通入晒盐后的苦卤中，可将吹出
B．青蒿素属于精细化学品，可依次通过萃取、柱色谱分离的方法提纯青蒿素
C．可以通过结构的调整，使石油中链状烃转化为芳香烃
D．氯碱工业中，在阴极通入能起到降低能耗的作用
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；海水资源及其综合利用；分液和萃取
【解析】【解答】A、晒盐后的苦卤中溴元素以 Br-形式存在，并非 Br2。直接通入热空气无法将 Br-氧化为 Br2，因此不能将 Br2吹出。工业上需先通入 Cl2等氧化剂将 Br-氧化为 Br2，再用热空气吹出。A错误；
B、青蒿素属于精细化学品，其提纯过程可依次通过萃取、柱色谱分离等方法实现，这些方法在青蒿素的工业化生产中是可行的。B正确；
C、在石油化工中，通过催化重整等工艺，可以调整石油中链状烃的分子结构，使其转化为苯、甲苯等芳香烃，这是芳香烃的重要来源之一。C正确；
D、在氯碱工业的阴极通入 O2，O2可得到电子并与水结合生成 OH-（反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-），替代了水电离出的 H+得电子生成 H2的反应，从而降低了电解电压，起到了降低能耗的作用。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．苦卤中溴以 Br-存在，O2无法氧化 Br-，直接通热空气不能吹出 Br2。
B．青蒿素是精细化学品，可通过萃取、柱色谱分离提纯。
C．石油经催化重整可将链状烃转化为芳香烃。
D．氯碱工业阴极通入 O2，发生反应 O2+4e-+2H2O=4OH-，降低电解电压。
6．（2025高三上·西湖模拟）工业上用(分子结构：)与甲烷为原料制备，发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中键和键数量之比为
B．既是氧化剂又是还原剂
C．生成标准状况下的气体，断开键数为
D．若该反应转移电子数，则被还原的有
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CS2与CO2结构类似，其结构式为，双键含有1个σ键和1个π键，则1molCS2中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，故A错误；
B．该反应中，CH4中的C元素化合价升高，则CH4为还原剂，S8中S元素降低，则S8为氧化剂，故B错误；
C．标准状况下，11.2LH2S的物质的量为0.5mol，1个S8中含有8个S-S键，根据可知，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，数目为，故C正确；
D．该反应中，CH4为还原剂，被氧化，故D错误；
故答案选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
Ｂ．该反应中，C元素化合价升高，S元素化合价降低；
Ｃ.1个S8中含有8个S-S键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．（2025高三上·西湖模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
　 材料 组成或结构变化 性质变化与解释
A 离子液体 溶解纤维素 离子液体中的阴阳离子破坏了纤维素分子链之间的氢键，增大了纤维素的溶解度
B 苯酚 通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基 硝基的吸电子作用使三硝基苯酚键极性增强，羟基上的更易电离
C 橡胶 在橡胶中添加炭黑 炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性能
D 纤维素 用乙酰基取代纤维素上的羟基 纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、离子液体中的阴阳离子可以破坏纤维素分子链之间的氢键，削弱分子间作用力，从而增大纤维素的溶解度，A合理；
B、在苯酚苯环上引入 3 个硝基（-NO2），硝基的强吸电子作用会使 O-H 键的极性显著增强，羟基上的氢原子更易电离，B合理；
C、在橡胶中添加炭黑，主要是利用炭黑的补强作用和遮光性，增强橡胶的耐磨性和抗紫外线老化能力，而不是利用其还原性。因此，C不合理；
D、纤维素的吸水性主要依赖于链上的羟基与水分子形成氢键。用乙酰基取代羟基后，羟基数量减少，与水形成氢键的能力下降，导致纤维素吸水能力下降，D合理；
故答案为：C。
【分析】A．离子液体破坏纤维素分子间氢键，增大溶解度。
B．硝基的强吸电子作用增强 O-H 键极性，使 H 更易电离。
C．在橡胶中添加炭黑是为了增强耐磨性和抗老化性，并非利用其还原性。
D．乙酰基取代羟基，使羟基减少，吸水能力下降。
8．（2025高三上·西湖模拟）下列离子方程式不正确的是
A．通入热的溶液：
B．向溶液中滴加1滴溶液时主要发生反应：
C．惰性电极电解溶液获取，其阴极的电极反应式：
D．乙醛与新制银氨溶液反应：
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Cl2通入热的 NaOH 溶液，发生歧化反应，生成 Cl-、ClO3-和 H2O。根据电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O，A正确；
B、向 FeCl3溶液中滴加少量 KSCN 溶液时，Fe3+与 SCN-主要生成 1：1 的络合物 [Fe(SCN)]2+，反应可逆，离子方程式为：Fe3++SCN- [Fe(SCN)]2+，B正确；
C、用惰性电极电解 ZnSO4溶液时，Zn2+的放电能力强于水电离出的 H+，因此在阴极 Zn2+得电子被还原为 Zn，电极反应式为：Zn2+ + 2e- = Zn，C正确；
D、乙醛与新制银氨溶液反应的离子方程式产物 CH3COONH4是强电解质，在离子方程式中应拆分为 CH3COO-和 NH4+。而且电荷不守恒，且产物氨气（NH3）在水溶液中主要以 NH3 H2O 形式存在，或写成 NH4+。正确的离子方程式应为： 。因此，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．Cl2在热 NaOH 中歧化，生成 Cl-和 ClO3-，电子守恒配平为 3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3-+3H2O。
B．Fe3+与少量 SCN-主要生成 1：1 络合物 [Fe(SCN)]2+，反应可逆，方程式Fe3++SCN- [Fe(SCN)]2+。
C．电解 ZnSO4溶液时，Zn2+放电能力强于 H+，阴极反应为 Zn2++2e-=Zn。
D．乙醛银镜反应方程式错误：①CH3COONH4应拆分为 CH3COO-和 NH4+；②电荷不守恒；③NH3在溶液中主要以 NH4+或 NH3 H2O 存在。正确式为 CH3CHO+2[Ag (NH3)2]++2OH-=CH3COO-+NH4++2Ag↓+3NH3↑+H2O。
9．（2025高三上·西湖模拟）下列说法不正确的是
A．红外光谱图可显示分子中所含有的化学键或官能团信息
B．碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故可选择裂化汽油作为萃取剂
C．甘油醛是最简单的醛醣，属于手性分子，可转变为丙三醇
D．蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构
【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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；分液和萃取
【解析】【解答】A、红外光谱通过检测不同化学键或官能团的特征吸收波长，可以显示分子中含有的化学键或官能团信息，常用于有机物结构鉴定，A正确；
B、裂化汽油中含有大量不饱和烃（如烯烃），能与碘发生加成反应，无法作为萃取剂从水溶液中萃取出碘。而直馏汽油（主要成分为饱和烷烃）才可以作为碘的萃取剂，B不正确；
C、甘油醛是最简单的醛糖，其分子中存在一个手性碳原子（连接有 - CHO、-H、-OH、-CH2OH 四个不同基团），属于手性分子。它可以通过醛基与氢气的加成反应转变为丙三醇，C正确；
D、蛋白质的一级结构是指氨基酸的排列顺序，它决定了蛋白质的空间构象，而空间构象又直接决定了其生物活性，因此蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
萃取剂选择：裂化汽油含不饱和烃，会与碘发生加成反应，不能用作萃取剂；直馏汽油（饱和烃为主）才可萃取碘。
手性分子判断：手性碳需连有 4 个不同基团，甘油醛分子中存在 1 个手性碳，属于手性分子。
蛋白质结构与活性：一级结构（氨基酸序列）决定空间构象，进而决定生物活性，是活性的首要决定因素。
红外光谱功能：红外光谱用于检测化学键和官能团，不要与质谱、核磁共振氢谱的用途混淆。
10．（2025高三上·西湖模拟）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X基态原子中电子只有一种自旋方向；Y核外电子有5种空间运动状态，与左右相邻；与的基态原子核外电子排布中的能级和能级电子数相等；在地壳中含量居第二位。下列说法不正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．气态氢化物的还原性： D．与形成的晶体具有手性
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但 Mg 的 3s 轨道为全充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的 Al，也大于 Si。因此第一电离能顺序为 Mg > Si，A错误；
B、元素的电负性与非金属性正相关。非金属性 O > N > H，因此电负性顺序为 O > N > H，B正确；
C、元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱。非金属性 O > N，因此气态氢化物的还原性 H2O < NH3，C正确；
D、SiO2晶体中存在 Si-O 四面体结构单元，在特定条件下，这些结构单元的排列方式可使晶体表现出手性特性，D正确；
故答案为：A。
【分析】X：基态原子中电子只有一种自旋方向，说明只有 1 个电子，是H（氢）。
Z 与 M：基态原子核外 s 能级和 p 能级电子数相等，即电子排布为 1s22s22p4（O）和 1s22s22p63s2（Mg），故 Z 是O（氧），M 是Mg（镁）。
Y：核外电子有 5 种空间运动状态，即 5 个原子轨道，电子排布为 1s22s22p3，且与 Z（O）相邻，故 Y 是N（氮）。
Q：在地壳中含量居第二位，是Si（硅）。
综上，五种元素为：X (H)、Y (N)、Z (O)、M (Mg)、Q (Si)。
11．（2025高三上·西湖模拟）高分子广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图：
下列说法正确的是
A．化合物B所有原子可能共平面
B．化合物分子中核磁共振氢谱有一组峰
C．合成的聚合反应是缩聚反应
D．除醇类物质以外，的同分异构体还有2种
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、化合物 B（CH2=CHOCH3）中，与 O 原子相连的 - CH3是饱和烷基，其碳原子为 sp3 杂化，呈四面体构型，因此分子中所有原子不可能共平面，A错误；
B、化合物 C 是顺丁烯二酸酐，其分子结构高度对称，两个双键上的氢原子化学环境完全相同，因此核磁共振氢谱只有一组峰，B正确；
C、合成 M 的反应是 B 和 C 中的碳碳双键断裂，相互加成形成长链，属于加聚反应，而非缩聚反应（缩聚反应会伴随小分子如水、醇等的生成），C错误；
D、B 的分子式为 C3H6O。除醇类（如 1 - 丙醇、2 - 丙醇）外，其同分异构体还有：CH3COCH3（丙酮）、CH3CH2CHO（丙醛）、CH2=CHCH2OH（烯丙醇，属于醇类，不计入）、CH2=CHOCH3（自身，不计入）、环丙醇（三元环醇，属于醇类，不计入）。因此，除醇类外，符合条件的同分异构体有 2 种（丙酮、丙醛），D错误；
故答案为：B。
【分析】乙炔（C2H2）与试剂 a 发生加成反应，生成含碳碳双键的甲氧基乙烯（B），丁烯二酸（HOOCCH=CHCOOH）发生分子内脱水反应，生成顺丁烯二酸酐（C），单体 B 和 C 通过加聚反应，使碳碳双键断裂并相互加成，形成高分子 M。由高分子M逆推，可知B是、C是，乙炔和a反应生成，则a是CH3OH。
12．（2025高三上·西湖模拟）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1mol/LCuSO4 +少量H2SO4 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 0.1mol/LCuSO4 +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法不正确的是
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；电镀
【解析】【解答】A、①中 H+被消耗浓度降低，且 Cu 覆盖 Fe 电极阻碍 H+与 Fe 接触，使 H2生成量减少，推测合理，A正确；
B、①中检测到 Fe2+，推测 Fe 与 H+、Cu2+发生置换反应，符合实验现象与反应逻辑，B正确；
C、②中阴极析出 Cu 时，游离 Cu2+浓度降低，配位平衡应正向移动以释放 Cu2+，而非逆向移动，该推测错误，C错误；
D、②中 Cu2+形成 [Cu(NH3)4]2+，游离 Cu2+浓度远低于①，Cu 缓慢析出形成致密镀层，符合实验现象，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
①阴极（Fe）先发生 H+还原生成 H2，同时 Fe 与 H+、Cu2+发生置换反应，生成 Fe2+。
随着 Cu 在 Fe 表面沉积，Cu 覆盖层阻碍 H+与 Fe 接触，且 H+被消耗，导致气体产生量减少，后续主要发生 Cu2+还原为 Cu 的反应。
②过量氨水与 Cu2+形成配位离子 [Cu(NH3)4]2+，大幅降低游离 Cu2+浓度。
阴极上 Cu2+缓慢还原析出，形成致密镀层，同时无 H2生成，溶液中也无 Fe 元素溶出。
平衡移动判断：②中阴极析出 Cu 时，游离 Cu2+被消耗，促使配位平衡 Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正向移动以补充 Cu2+，而非逆向移动。据此解题。
13．（2025高三上·西湖模拟）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应
【解析】【解答】A、当Ru(Ⅱ)被氧化成Ru(Ⅲ)，生成[L-Ru-NH3]2+ 。Ru带的正电荷变多，对电子吸引力比Ru(II)时更强，这种强吸引力会让配体NH3里的N—H键极性变大、更容易断裂，也就更易失去质子H+ ，A正确；
B、一开始Ru(Ⅱ)中Ru是+2价，氧化成Ru(Ⅲ)后变为+3价 。但Ru(Ⅲ)失去2个质子时，N原子产生孤电子对，Ru化合价不变；M是[L-Ru-NH2]+ ，[L-Ru-NH2]+转化为M时，N原子孤电子对拆出2个电子，其中1个转移给Ru，Ru化合价又变回+2 ，并非+3价，所以B错误；
C、反应过程里，M转化为[L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+ ，有N—N键生成 。N—N键由同种原子形成，属于非极性键，所以C正确；
D、从整个反应流程看，4个NH3参与反应，失去2个电子，生成1个N2H4和2个NH4+ ，且Ru(Ⅱ)是催化剂 ，据此可写出总反应式4NH3-2e-=N2H4+2NH4+ ，D正确；
故答案为：B。
【分析】A：抓住Ru价态变化对配体NH3电子吸引、N—H键断裂的影响，易错点：易忽略 “正电荷对化学键极性、断裂难易的影响”，需理解电荷作用与键能变化的关联。
B：追踪Ru化合价在各步反应的变化，易因只关注初始氧化步骤Ru(Ⅱ)-Ru(Ⅲ)，忽略后续孤电子对转移使化合价回调，需细致分析每一步电子、质子变化。
C：识别反应中形成的N—N键，依据非极性键定义（同种原子成键 ）判断，若对 “非极性键定义（原子种类、电子对偏移）” 理解不深，可能误判，需牢记键的极性由成键原子电负性差异决定。
D：梳理反应物、产物及电子转移，推导总反应式，易遗漏电子转移数或产物，需整体把握循环机理，明确催化剂Ru(Ⅲ)不参与总反应，只加速进程。
14．（2025高三上·西湖模拟）已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量—反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法错误的是
A．反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr反应得到1-溴-2-丁烯的比例越大
B．0℃、短时间tmin内，的1，3-丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成3-溴-1-丁烯的平均速率为
C．1，3-丁二烯与HBr反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为，生成1-溴-2-丁烯的反应热为
D．与烯烃结合的一步为决速步骤，进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率
【解析】【解答】A、从能量图可知，1-溴-2-丁烯能量更低，是热力学稳定产物；3-溴-1-丁烯是动力学产物。反应时间越长，越有利于热力学产物生成，因此1-溴-2-丁烯的比例越大，A正确；
B、短时间内反应由动力学控制，生成3-溴-1-丁烯的比例为30%。根据平均速率公式 ，可计算得到生成3-溴-1-丁烯的平均速率，B正确；
C、反应热 = 生成物总能量 - 反应物总能量。
生成3-溴-1-丁烯的反应热应为 （第一步，第二步）。
生成1-溴-2-丁烯的反应热应为 。选项中写成 、，符号与计算逻辑均错误，C错误；
D、能量图中第一步（H+与烯烃结合）的能垒更高，是决速步；第二步Br-进攻时，生成3-溴-1-丁烯的能垒更小（活化能低），因此短时间内优先生成该产物，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
热力学 vs 动力学：低温短时间，动力学产物（活化能低）；高温长时间，热力学产物（能量低更稳定）。
反应热计算：总反应焓变等于各分步反应焓变之和，需注意符号与方向。
决速步判断：能垒最高的一步反应决定总反应速率。
15．（2025高三上·西湖模拟）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A．时，溶液的
B．任意下均有：
C．的平衡常数为
D．时，
【答案】D
【知识点】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、当lgc0(HCl) = -1.2时，由图可知此时c(C2O42-) = c(HC2O4-)。，溶液的，A正确；
B、根据物料守恒，溶解的CaC2O4中Ca元素与C元素的物质的量相等，因此在任意c0(HCl)下，均有：
，B正确；
C、
其平衡常数 可由 、、 计算得出。当lgc0(HCl) = -2.8时，c(Ca2+) = c(H2C2O4)，且c(H+) = 10-2·8，代入可得：，结合图像和电离常数，可计算出 ，C正确；
D、当lgc0(HCl) = -4.1时，溶液中的电荷守恒式应为：，选项中将 的系数错误地写在了 前面，D错误；
故答案为：D。
【分析】随着HCl浓度增大（lgc0(HCl)增大），H+浓度升高，CaC2O4的溶解平衡正向移动，Ca2+浓度升高，对应曲线Ⅰ。H+与C2O42-结合，促进H2C2O4生成，因此H2C2O4浓度升高，对应曲线Ⅱ。
C2O42-浓度随H+浓度升高而降低，对应曲线Ⅲ。
16．（2025高三上·西湖模拟）由下列实验操作所得到的现象的解释合理的是
选项 实验操作 现象 解释
A 将一小块放在石棉网上，用酒精灯加热 除有淡黄色固体外，还有较多黑色固体 与酒精灯燃烧产生的发生置换生成炭黑
B 将一小块加入无水乙醇 反复从底部上浮到液面，又下沉到底部 在反应过程中，溶液密度不断发生变化
C 将酚酞滴加到溶液中 溶液先变红，后褪色 浓溶液具有漂白性
D 热的苯酚水溶液冷却 变浑浊 温度降低，析出苯酚晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；苯酚的性质及用途；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．黑色固体可能是Na 与酒精燃烧生成的 CO2 发生置换反应生成炭黑，4Na+3CO2=2Na2CO3+C，A正确；
B．钠的密度比乙醇大，所以下沉。钠与乙醇反应生成H2，使得钠表面产生浮力，因此上浮。在反应过程中，溶液的密度渐渐增大的，与实验现象关系不大，B错误；
C．高浓度的NaOH 溶液具有强碱性，但是没有漂白性，酚酞褪色是因为很强的碱性使酚酞结构发生改变，变成无色结构，C错误；
D．热的苯酚水溶液自然冷却得到浑浊液为乳浊液，无法得到苯酚晶体，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Na能与CO2反应生成Na2CO3和C。
B、钠下沉是因为密度比乙醇大；上浮是因为反应产生H2。
C、NaOH浓溶液不具有漂白性。
D、苯酚微溶于水，温度高于65℃时可溶于水。
二、非选择题(共5个小题，满分52分)
17．（2025高三上·西湖模拟）氧族元素及其化合物有着广泛应用价值。
（1）请写出基态原子简化电子排布式　 　，常温下硒单质是　 　(气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是　 　(请写元素符号)。
（2）下列说法正确的是　 　。
A.按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，位于元素周期表P区
B.的第二电离能小于(砷)的第二电离能
C.硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于
D.不稳定，因为其键长较长，键重叠较弱
E.已知某含硒化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，的杂化方式为
（3）人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因　 　。
有机物 甲醇 甲硫醇() 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
（4）一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如图所示，晶胞中和未标明，用A或者B代替。推断是　 　(填“A”或“B”)，晶体中一个周围与它最近且等距离的A粒子的个数为　 　。
（5）魔酸由()与等物质的量化合生成，写出其中阴离子的结构式：　 　。
【答案】（1）；固体；Cr
（2）CD
（3）三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
（4）A；8
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se原子序数34，原子简化电子排布式[Ar]3d104s24p4；常温下硒单质是固体，为第四周期VIA族非金属元素，第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr，电子排布式为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6；
故答案为：[Ar]3d104s24p4；固体；Cr；
（2）A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f、ds，5个区，A错误；
B．失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Se的p能级为半满稳定结构，则第二电离能Se＞As，B错误；
C．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，C正确；
D．Se的原子半径较大，键长较长，不稳定，因其键重叠较弱，D正确；
E．在分子中，4个C原子采取sp2杂化，其不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中不含有碳碳双键，4个C原子各提供一个p轨道单电子参与形成的大Π键，Se提供一对孤对电子参与形成大π键，Se还剩余1对孤对电子，价电子对数为3，因此Se采取sp2杂化，E错误；
故答案为：CD；
（3）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；
故答案为：三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高；
（4）A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；
故答案为：A；8；
（5）阴离子由()与等物质的量化合生成的，其结构式；
故答案为：。
【分析】(1)电子排布：Se 为 34 号元素，简化电子排布式为 [Ar]3d 4s24p4。
物质状态：同主族递变，常温下 Se 为固体。
未成对电子：第四周期中，Cr（电子排布 [Ar] 3d54s ）含 6 个未成对电子，数目最多。
(2)A：周期表分 5 个区（s、p、d、ds、f），而非 4 个。
B：Se+的 4p3 为半满稳定结构，第二电离能 Se > As。
C：同种元素含氧酸，非羟基氧越多酸性越强，故 H2SeO4 > H2SeO3。
D：Se 原子半径大，Se=O 键长，π 键重叠弱，不稳定。
E：分子含大 π 键，Se 价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化。
(3)甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高；甲醇分子间存在氢键，沸点显著更高。
(4)晶胞计算：Cu 为 4 个，A 为 4 个，B 为 8 个，结合化学式 CuInSe2，A 为 In，B 为 Se。
配位数：以体心 Cu 为例，最近且等距的 In（A）粒子有8 个。
（1）Se原子序数34，原子简化电子排布式[Ar]3d104s24p4；常温下硒单质是固体，为第四周期VIA族非金属元素，第四周期的元素中含有最多未成对电子的元素是Cr，电子排布式为[Ar]3d54s1，未成对电子数为6；
故答案为：[Ar]3d104s24p4；固体；Cr；
（2）A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f、ds，5个区，A错误；
B．失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Se的p能级为半满稳定结构，则第二电离能Se＞As，B错误；
C．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，C正确；
D．Se的原子半径较大，键长较长，不稳定，因其键重叠较弱，D正确；
E．在分子中，4个C原子采取sp2杂化，其不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明结构中不含有碳碳双键，4个C原子各提供一个p轨道单电子参与形成的大Π键，Se提供一对孤对电子参与形成大π键，Se还剩余1对孤对电子，价电子对数为3，因此Se采取sp2杂化，E错误；
故答案为：CD；
（3）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高；
故答案为：三种物质都是分子晶体，甲硫醇、甲硒醇结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高；
（4）A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；
故答案为：A；8；
（5）阴离子由()与等物质的量化合生成的，其结构式；
故答案为：。
18．（2025高三上·西湖模拟）铜阳极泥(主要含有铜、银、金、铅等单质)是一种含贵金属的可再生资源，一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如上图(所加试剂均过量)：
已知：①溶液2中的主要存在形式为
②
请回答：
（1）沉淀B的主要成分为　 　(填化学式)，从氧化还原的角度分析，步骤5中体现的性质是　 　。
（2）步骤2中单质金发生反应的离子方程式为　 　。
（3）下列说法正确的是_______。
A．步骤1中加入的主要作用是使溶解出的转化为沉淀
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌、改用浓硫酸等方式加快反应速率
C．溶液1可经浓缩后蒸发结晶，趁热过滤取滤渣，得到胆矾粗产品
D．溶液4若返回步骤3中循环使用，需补加以保证银的浸出率
（4）溶液中含硫微粒物质的量分数与的关系如图所示。
步骤4中加入稀硫酸调节溶液可析出，请用离子方程式表示析出的原因：　 　。
（5）工业上变废为宝获得的另一途径是：在铅酸蓄电池废料中加入作为催化剂，将废料转化为，涉及的反应如下：
①
②
已知和难溶于，通过对比有无催化剂的实验组，观察不到明显差异。请设计实验，证明的催化作用，写出操作和现象。　 　。
【答案】（1）AgCl、PbSO4；还原性
（2）
（3）A；D
（4）
（5）向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；
故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）A．步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；
D．溶液4含有，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应，故需补加中和酸，以保证银的浸出率，D正确；
故答案为：AD；
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为；
故答案为：；
（5）反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；
故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
故答案为： 向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
【分析】铜阳极泥在稀硫酸和过氧化氢的作用下，其中的铜被氧化溶解进入溶液，随后加入氯化钠。铜离子以硫酸铜形式存在于溶液 1 中，经结晶得到胆矾；而银、铅、金等贵金属则与氯化物形成沉淀，留在沉淀 A 中，实现了铜与其他贵金属的初步分离。向沉淀 A 中加入氯酸钠和盐酸，在酸性条件下，氯酸钠作为氧化剂将金氧化，使其以 [AuCl4]-的形式进入溶液 2；而银和铅则以氯化物的形式留在沉淀 B 中。溶液 2 经过后续还原步骤，得到单质金（C）。向沉淀 B 中加入亚硫酸钠溶液，铅的氯化物会转化为硫酸铅（PbSO4）沉淀，从而实现铅的分离；银的氯化物则与亚硫酸钠反应，转化为可溶性的络离子 [Ag (SO3)2]3-进入溶液 3。向溶液 3 中加入硫酸，破坏银的络合物，使银以氯化银（AgCl）沉淀的形式析出。向溶液 3 中加入甲醛（HCHO）作为还原剂，在碱性条件下将银直接还原为单质银（D）。
（1）由分析可知，沉淀B为AgCl、PbSO4，步骤5中HCHO主要作用是将中的银离子还原为单质银，所以此处甲醛的作用是还原剂体现还原性；
故答案为：AgCl、PbSO4；还原性；
（2）单质金在HCl酸性条件下，在氧化剂NaClO3的氧化作用下，金与氯离子形成配合物，则对应的离子方程式为；
故答案为：；
（3）A．步骤1中加入NaCl主要作用是使溶解出Ag+的转化为AgCl沉淀，A正确；
B．步骤1可通过粉碎阳极泥、加热、搅拌加快反应速率，改用浓硫酸溶于水放热会加快双氧水分解，反而不利于银、铅、铜溶解，B错误；
C．溶液1是硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到胆矾粗产品，C错误；
D．溶液4含有，溶液4可返回步骤3中循环使用，但甲醛做还原剂，被氧化为甲酸使溶液4呈酸性，可能发生反应，故需补加中和酸，以保证银的浸出率，D正确；
故答案为：AD；
（4）步骤4中加入稀硫酸调节溶液pH=4时，由图可知此条件下主要存在亚硫酸氢根，银离子将从配合物中脱离出来与氯离子结合生成沉淀析出，对应离子方程式为；
故答案为：；
（5）反应①中亚铁离子被氧化成铁离子，反应②中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可证明的催化作用，故操作方法和现象是：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂；
故答案为：向H2SO4酸化的FeSO4中加KSCN，无明显现象，加少量PbO2溶液变红；取少量溶液加过量Pb，红色褪去，可证明Fe2+为催化剂。
19．（2025高三上·西湖模拟）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备。
I.丙烷直接脱氢工艺，以金属为催化剂，存在以下两个反应：
主反应：
副反应：
其主反应中有关物质的燃烧热数据如下：
物质
燃烧热 -2219.9 -2058.0 -285.8
回答下列问题：
（1）主反应的　 　。主反应自发进行的条件是　 　。
（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为和)。
①时，图中表示丙烯的曲线是　 　(填“i”、“ii”、“iii”或“iv”)。
②、500℃时，在密闭容器中进行反应，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷的转化率为　 　(保留3位有效数字)。其他条件不变情况下，以下操作有利于提高平衡时的操作有　 　。
A.恒压通入适量　　　B.加入适量
C.提高的表面积　　　　D.加入浸泡了的硅藻土
II.丙烷氧化脱氢工艺：
（3）在相同温度、压强下进行该工艺，将、和按不同比例投料，控制浓度不变，改变。每组实验反应相同时间后，转化率和产率如下图所示。已知各组反应均未达平衡，催化剂活性无明显变化，解释产率先增后降的原因：　 　。
III.工业上可利用丙烯进行电有机合成制备1，2-丙二醇。
（4）写出以稀硫酸为电解液，丙烯在电极上生成1，2-丙二醇的电极反应方程式：　 　。
【答案】+123.9；高温；i；17.6%；AB；O2浓度增大使反应速率变快，产率升高；后因过量O2氧化C3H6，产率下降；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH=-2219.9kJ·mol-1 ①；
C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2058.0kJ·mol-1②；
H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1③。
根据盖斯定律，①-②-③可得到反应，则ΔH=-2219.9kJ·mol-1-(-2058.0kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=＋123.9kJ·mol-1；
主反应ΔH>0，气体物质的量增多ΔS>0，自发进行的条件是高温。
故答案为： +123.9 ； 高温 ；
（2）①正反应吸热，升高温度平衡正向移动，丙烯体积分数增大；正反应气体系数和增大，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的体积分数降低，所以时图中表示丙烯的曲线是i。
②、500℃时，在密闭容器中进行反应，根据图示，达平衡时丙烷的平衡体积分数为70%，设丙烷的投料为xmol，若只发生上述主反应和副反应，消耗丙烷的物质的量为amol，则反应生成的丙烯、氢气、乙烯、甲烷的总物质的量为2amol，，则丙烷的转化率为。
A．恒压通入适量，相当于减压，平衡正向移动，增大，故选A；
B．加入适量，和氢气反应，氢气浓度降低，正反应正向移动，增大，故选B；
C．提高的表面积，平衡不移动，不变，故不选C；
D．加入浸泡了的硅藻土，氧化丙烯、乙烯等烯烃，减小，故不选D；
选AB。
故答案为： i ； 17.6% ； AB ；
（3）O2浓度增大使反应速率变快，产率升高，后因过量的O2氧化C3H6，产率下降，所以产率先增后降。
故答案为： O2浓度增大使反应速率变快，产率升高；后因过量O2氧化C3H6，产率下降 ；
（4）丙烯生成1，2-丙二醇，碳元素化合价升高发生氧化反应，所以丙烯在阳极得电子生成1，2-丙二醇，阳极的电极反应方程式为。
故答案为： 。
【分析】（1）利用盖斯定律，通过燃烧热计算主反应 ΔH；再根据 ΔH>0、ΔS>0，判断反应在高温下自发。
（2）根据吸热反应和气体分子数增大的特点，判断温度、压强对平衡的影响，从而确定代表丙烯的曲线；再利用体积分数计算转化率。
（3）分析各操作对主、副反应的影响，筛选出能提高丙烯平衡物质的量的条件。
（4）从反应速率和副反应（丙烯被过量氧气氧化）两个角度，解释产率先增后减的原因。
（5）根据碳元素化合价升高，判断丙烯在阳极发生氧化反应，结合酸性电解质环境配平电极方程式。
20．（2025高三上·西湖模拟）双氰胺()为白色晶体，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室以石灰氮为原料制备双氰胺的流程如下：
已知：①双氰胺常温下是白色结晶粉末，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇。
②双氰胺其水溶液在80℃以上会发生分解放出氨气；酸性环境中不易水解。
回答下列问题：
（1）写出步骤I的化学反应方程式：　 　。
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②　 　。
（3）步骤III中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，装置如图，仪器b的名称　 　。真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，请选择合理的操作并排序：　 　。
将反应后溶液转移至c中→　　→　　→浓缩至所需浓度，关闭装置→　　→　　→干燥→粗产品
①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热
②接通冷凝水，开始抽气
③取中溶液，冷却后过滤
④取中溶液，冷却后过滤
⑤用乙醇洗涤
⑥用冷水洗涤
（4）下列说法正确的是_______。
A．a是冷凝水进口
B．真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解
C．保持不停转动是为了受热均匀也可以防爆沸
D．可用重结晶的方法提纯粗产品
（5）双氰胺纯度的测定：取双氰胺样品克，加足量的和催化剂，将所有的元素转换成，然后加入足量的浓溶液，充水蒸气充分加热，将产生的通入中，中加入硼酸和指示剂。吸收完毕后，用浓度为的盐酸滴定中吸收液，消耗盐酸。过程中发生的反应：；。则样品中氮的质量分数为　 　%。(用含c、m、V的代数式表示)吸收装置中冷凝管的作用　 　。
【答案】（1）
（2）pH过低产品容易结合H+成盐
（3）圆底烧瓶；②①④⑥
（4）B；D
（5）；将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：；
故答案为： ；
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于-NH2具有碱性，pH过低产品容易结合H+成盐；
故答案为： pH过低产品容易结合H+成盐 ；
（3）仪器b的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至c中→②接通冷凝水，开始抽气→①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；
故答案为： 圆底烧瓶 ； ②①④⑥ ；
（4）A. a是加料阀，错误；B. 真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度过高发生分解，正确；C. 保持不停转动是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，因为双氰胺温度过高发生分解，错误；D. 在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，正确；BD当选；
故答案为： BD ；
（5）消耗浓度为的盐酸，可知氮元素的物质的量为，质量为，质量分数为%，由于氨气极易溶于水，防止倒吸，所以吸收装置中冷凝管的作用将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。
故答案为： ； 将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸 。
【分析】（1）根据流程和元素守恒，写出 CaCN2与水、CO2的反应，生成 CaCO3沉淀和氰胺。
（2）从反应速率和产物稳定性角度，分析 pH 不能过低的原因（避免 - NH2结合 H+成盐）。
（3）识别旋转蒸发仪的仪器名称，按 “抽气→加热旋转→冷却过滤→冷水洗涤” 的顺序排序操作；并根据双氰胺的性质判断操作合理性。
（4）根据双氰胺的热不稳定性和溶解度特性，判断真空蒸发、重结晶等操作的合理性。
（5）利用滴定反应的定量关系（N 元素～NH3~HCl），计算氮元素质量分数；并解释冷凝管在吸收装置中的作用（冷凝水蒸气、防止倒吸）。
（1）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：；
（2）步骤II中调节溶液为9.1，不能过低的原因：①碱性条件下反应速率较快②由于-NH2具有碱性，pH过低产品容易结合H+成盐；
（3）仪器b的名称圆底烧瓶，真空蒸发浓缩通过以下步骤完成，将反应后溶液转移至c中→②接通冷凝水，开始抽气→①打开旋转按扭保持c不停转动，然后开始加热→浓缩至所需浓度，关闭装置→④取中溶液，冷却后过滤→⑥用冷水洗涤→干燥→粗产品；
（4）A. a是加料阀，错误；B. 真空蒸发浓缩可以加快浓缩速率，降低蒸发温度，防止双氰胺因温度过高发生分解，正确；C. 保持不停转动是为了受热均匀，温度不会达到暴沸，因为双氰胺温度过高发生分解，错误；D. 在冷水中溶解度较小，溶于热水，所以可用重结晶的方法提纯粗产品，正确；BD当选；
（5）消耗浓度为的盐酸，可知氮元素的物质的量为，质量为，质量分数为%，由于氨气极易溶于水，防止倒吸，所以吸收装置中冷凝管的作用将水蒸气冷成液态水，NH3溶于水后被充分吸收，防止倒吸。
21．（2025高三上·西湖模拟）总丹参酮是从中药丹参中提取的治疗冠心病的新药，治疗心绞痛效果显著。其衍生物的合成路线如下：
已知：i.RCOOR'+R'OH
ii.
（1）化合物K的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物含有手性碳原子
B．化合物能使酸性溶液褪色
C．在水中的溶解性：
D．化合物为顺式结构
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，写出的化学方程式　 　。
（4）制备G的过程中会生成一种与G互为同分异构体的副产物G'，G'的结构简式为　 　。
（5）在一定条件下还原得到化合物，写出符合下列条件的L的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应 ②能发生水解 ③苯环上的一氯取代物只有两种
（6）总丹参酮的另一种衍生物为丹参酮IIA，合成过程中有如下转化。已知含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮IIA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。
写出X、丹参酮IIA的结构简式：　 　、　 　。
【答案】（1）羰基、碳碳双键
（2）B；C；D
（3）＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O
（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；烯烃；银镜反应
【解析】【解答】（1）由K的结构简式可知其中官能团名称是羰基、碳碳双键。
故答案为： 羰基、碳碳双键 ；
（2）A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，D为，D不含手性碳原子，故A错误；
B．B为，与苯环相连的C原子上有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．D为，其中含有亲水基：-OH，而E中不含亲水基，在水中的溶解性：，故C正确；
D．由F的结构简式可知，其中含有碳碳双键，且双键碳原子上均连接不同的基团，氢原子在碳碳双键的同一侧，为顺式结构，故D正确；
故答案为： BCD。
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，J生成K的过程中，J褪去2个H原子，结合1个O原子，反应过程中会有H2O生成，则有2个参与反应，1个中的1个O原子进入K中，另1个中的1个O原子进入H2O中，化学方程式为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O。
故答案为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O ；
（4）F发生信息ii的反应生成G，结合J的结构简式、G的分子式知，G为，F中如图所示的碳碳单键能够旋转，生成与G互为同分异构体的副产物G'为。
故答案为： ；
（5）化合物的同分异构体满足条件：①分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO或-OOCH；②能发生水解说明其中含有-OOCH或-NHOCH； ③苯环上的一氯取代物只有两种，说明苯环上含有2种环境的H原子；若苯环上的取代基为-OOCH，由L的分子式可知，苯环上另外1个取代基为-ONH2或-NHOH，满足条件的同分异构体为、；若苯环上的取代基为-NHOCH，苯环上另外2个取代基为2个-OH，满足条件的同分异构体为、。
故答案为：、、、 ；
（6）X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结构简式为，X的分子式：C19H20O3；丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，说明与氧原子连接的碳原子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的结构简式为。
故答案为： ； 。
【分析】B 经 LiAlH4还原酯基得到含羟基的 D。D 与 HBr 在加热条件下发生取代反应，羟基被溴原子取代，生成含苄基溴的 E。D为（），A（C11H14O3）与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到 B；则B为，A为，E 经 Wittig 反应（PPh3、NaH）与醛缩合，构建含硝基的多环烯烃结构 F。F 在 H2/ 催化剂及 HNO2/Cu 条件下还原硝基并关环，得到 G（）；G 再经 BBr3脱甲基得到含酚羟基的 H（）。H 在一定条件下氧化得到 J；J 与 DMP 反应，最终生成目标产物 K。
（1）由K的结构简式可知其中官能团名称是羰基、碳碳双键。
（2）A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，D为，D不含手性碳原子，故A错误；
B．B为，与苯环相连的C原子上有H原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．D为，其中含有亲水基：-OH，而E中不含亲水基，在水中的溶解性：，故C正确；
D．由F的结构简式可知，其中含有碳碳双键，且双键碳原子上均连接不同的基团，氢原子在碳碳双键的同一侧，为顺式结构，故D正确；
故选BCD。
（3）DMP是一种含碘化合物，其分子式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，J生成K的过程中，J褪去2个H原子，结合1个O原子，反应过程中会有H2O生成，则有2个参与反应，1个中的1个O原子进入K中，另1个中的1个O原子进入H2O中，化学方程式为：＋2IO2(OR)→＋2IO(OR)＋H2O。
（4）F发生信息ii的反应生成G，结合J的结构简式、G的分子式知，G为，F中如图所示的碳碳单键能够旋转，生成与G互为同分异构体的副产物G'为。
（5）化合物的同分异构体满足条件：①分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO或-OOCH；②能发生水解说明其中含有-OOCH或-NHOCH； ③苯环上的一氯取代物只有两种，说明苯环上含有2种环境的H原子；若苯环上的取代基为-OOCH，由L的分子式可知，苯环上另外1个取代基为-ONH2或-NHOH，满足条件的同分异构体为、；若苯环上的取代基为-NHOCH，苯环上另外2个取代基为2个-OH，满足条件的同分异构体为、。
（6）X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，说明不含羟基，X中应该含有醚键，X的结构简式为，X的分子式：C19H20O3；丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，说明与氧原子连接的碳原子都存在双键，结合其分子式知，丹参酮ⅡA的结构简式为。
1 / 1

展开更多......

收起↑