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浙江省北斗星盟2025届高三三模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·浙江模拟）下列反应的的是
A．铁粉与硫粉反应 B．氯化铵的水解反应
C．软脂酸在人体内的反应 D．双氧水在二氧化锰催化下分解
2．（2025·浙江模拟）下列关于的说法正确的是
A．可用作电镀铜时的电解液 B．易溶于乙醇
C．能与硫化钠溶液大量共存 D．呈浅蓝色
3．（2025·浙江模拟）下列化学用语表示正确的是
A．水解的离子反应：
B．SO的VSEPR模型：
C．杂化轨道示意图：
D．的系统命名：2-羟基丁烷
4．（2025·浙江模拟）物质的性质决定物质的用途，下列说法不正确的是
A．碳化硅熔点高，故可用作砂纸和砂轮的磨料
B．HF能与反应，故可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
C．生石灰能与酸性氧化物反应，故煤炭中加入生石灰可减少煤燃烧时产生的
D．过氧乙酸具有强氧化性，故可用来杀菌消毒
5．（2025·浙江模拟）依据元素周期律下列说法不正确的是
A．元素的电负性：
B．碳酸盐的分解温度：
C．氧氢键的极性：
D．元素第一电离能：
6．（2025·浙江模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L苯含有的键的数目为
B．含有的离子总数为
C．实验室制时，每生成转移的电子数一定为
D．0.2mol甲酸与0.8mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成甲酸乙酯的分子数小于
7．（2025·浙江模拟）已知甲硅烷能与高锰酸钾溶液发生反应：。下列说法正确的是
A．该反应是在强酸性环境中进行的
B．该反应的现象之一是溶液变成紫红色
C．沸点比低
D．该反应中被还原
8．（2025·浙江模拟）下列方程式正确的是
A．工业上合成氨：
B．足量酸性高锰酸钾检测空气中的甲醛：
C．用硫化亚铁处理工业废水中的：
D．用白醋除铁锈：
9．（2025·浙江模拟）关于化学实验和化工生产的安全，下列说法正确的是
A．为加快铁屑在稀硫酸的溶解，采用酒精灯加热比用电热套加热更安全
B．将氨溶于水中制氨水时，为防止倒吸可通过单向阀(如上图)向水中通入氨
C．工业上制HCl是将氯气和氢气混合，在光照条件下发生反应
D．白磷有剧毒，中学化学实验中不可将未用完的白磷放回原试剂瓶
10．（2025·浙江模拟）某兴趣小组提取玫瑰精油的实验流程如图所示，下列说法不正确的是
已知：玫瑰油中成分有的难溶于水，有的可溶于水；溶于水的成分在无机盐溶液中溶解度小。
A．蒸馏时可能会用到直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器
B．从油水混合物中得到油层可直接分液操作
C．为了提高玫瑰油的产率，需要将玫瑰花瓣捣碎
D．系列操作包括加无水硫酸钠固体干燥、过滤、蒸馏
11．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．相同的条件下，熵值：
B．合成氨反应已达平衡时，分离出氨能使平衡正向移动，反应速率加快，产率增大
C．常温下，向的醋酸溶液中加入盐酸溶液，则醋酸的电离程度减小
D．牺牲阳极法和外加电流法都要采用辅助阳极，辅助阳极发生的电极反应类型不相同
12．（2025·浙江模拟）以1，2-环氧丙烷和为主要原料生产某种高分子材料的转化原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．该转化流程中的两步反应的原子经济性已达最佳
B．甲的同分异构体只有4种(不计立体异构)
C．1mol乙与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH
D．甲、乙、丙三种有机物所含手性碳原子的个数比为1：1：n
13．（2025·浙江模拟）用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是
A．新增的这种阴离子只含有极性键
B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接
C．电极B发生的电极反应为
D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体
14．（2025·浙江模拟）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．该化合物的中的阴阳离子的个数比为：2：1
B．该晶胞的俯视图为：
C．H-N-H键角比较：
D．中的某些d轨道也参与了杂化，与氮原子形成了配位键
15．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．的HCN溶液与的KCN溶液等体积混合：
B．氨水中逐滴加入盐酸，当氨水中水的电离程度最大时：
C．等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合：
D．碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1的混合溶液中：
16．（2025·浙江模拟）某与的混合物中铁元素的质量分数可按如下方案测定，下列说法正确的是
A．从实验的精度考虑，样品ag可用托盘天平称取
B．加入的过量盐酸的作用仅是抑制的水解
C．加过量氨水时发生的离子反应为
D．铁元素的质量分数为
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．（2025·浙江模拟）硫元素是生产生活中重要的元素之一，回答下列问题：
（1）被广泛用作高压电器设备的绝缘介质，其分子空间构型为正八面体(见下图)，则该分子中的键角为　 　。
（2）下列说法正确的_______。
A．基态O原子的价电子排布图为
B．通入溶液中可能产生白色沉淀
C．已知，则向的水溶液中加入石蕊试液溶液会变红
D．分子的空间形状为平面三角形
（3）室温下为橙黄色的固体，可用氨气与反应制得。受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质。分解的化学方程式为　 　。
（4）生物体的代谢过程中会产生自由基，其电子式为　 　，S元素的化合价为　 　。
（5）用黄铜矿(主要含)制备和绿矾晶体()的流程如下：
①在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为　 　。
②溶液B中存在的微粒有　 　。
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是　 　。
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是　 　。
18．（2025·浙江模拟）化工生产中排放的可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。
已知：I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为　 　。
（2）的逆反应的活化能为，则正反应活化能为　 　。
（3）将和按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。
A．气体的密度不变
B．气体的平均摩尔质量变大
C．某时刻容器中，，
D．体系的压强变小
（4）利用作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是　 　。
（5）一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高的平衡转化率。实验测得平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为)
①M点和N点的平衡转化率相等的理由是　 　。
②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数　 　。(为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
19．（2025·浙江模拟）是一种微溶于水的浅黄色粉末，其制备的方法之一是用NaClO在强碱性条件下氧化(加热到并保持1h)。某兴趣小组设计如下实验制备铋酸钠()，并测定其纯度。制备实验可能用到的装置图见下。
回答下列问题：
（1）已知a为浓盐酸，则b的化学式可能为　 　(填两种)。
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成的离子方程式为　 　。
（3）从上面的装置图中，选择合适的装置连接成制备铋酸钠的装置图　 　。
_____________________
（4）下列说法正确的是　 　。
A．装置E也常用来除去中的HCl
B．装置C中的NaOH溶液过量时也可能有氯气余下，故实验时也要使用装置F
C．有强氧化性，其一定能氧化
D．与本实验有关的图标为、、、
E．为了控制反应温度，最好用油浴对装置C加热
（5）纯度的测定
①称取制得的铋酸钠样品3.720g，加入足量稀硫酸和足量溶液使其完全反应(溶液呈紫红色，转化为)，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用溶液进行滴定，消耗溶液。则该样品中纯度为　 　%。(结果保留两位小数)
②结合上述实验，润洗滴定管的具体操作为　 　。
20．（2025·浙江模拟）化合物J是合成某种黄酮类抗菌药物的中间体，其合成路线如下。
已知：①；
②R3-CHO+。
回答下列问题：
（1）C中所含无氧官能团的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．G转化为H的反应类型为还原反应
B．H的分子式为
C．J存在顺反异构体
D．A与足量的氢气加成的产物属于脂肪烃的衍生物
（3）G中除苯环外，无其他环状结构，则G的结构简式为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）写出4种满足下列条件的D的同分异构体　 　。
①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团
②显示苯环上有2种氢原子
③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应
（6）根据以上信息，以和为原料合成，写出合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铁粉与硫粉反应是典型的放热反应，反应过程会释放热量，因此 ΔH < 0，A错误；
B、氯化铵的水解反应（NH4++H2O NH3 H2O+H+）是吸热反应，需要从外界吸收热量，因此 ΔH > 0，B正确；
C、软脂酸在人体内的氧化反应属于放热反应，为人体提供能量，因此 ΔH < 0，C错误；
D、双氧水在二氧化锰催化下分解生成水和氧气，是放热反应，反应过程会释放热量，因此 ΔH < 0，D错误；
故答案为：B
【分析】本题易错点：
金属与非金属的化合反应（如 Fe 与 S、Mg 与 O2）多为放热反应。
盐类的水解反应、弱电解质的电离过程均为吸热过程。
有机物的氧化反应（如燃烧、体内代谢）通常为放热反应。
多数分解反应（如 H2O2分解）为放热反应，而部分特殊分解（如 CaCO3高温分解）为吸热反应。
2．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；电解原理
【解析】【解答】A、[Cu(NH3)4] SO4 H2O 在溶液中会缓慢解离出少量 Cu2+，使 Cu2+ 浓度保持在较低水平，电镀时镀层更均匀、效果更好，因此可用作电镀铜的电解液，A正确；
B、该物质是从铜氨溶液中加入乙醇后析出的晶体，说明它在乙醇中的溶解度很小，不易溶于乙醇，B 错误；
C、硫化铜（CuS）的溶解度极低，当该配合物与硫化钠溶液接触时，会发生反应生成 CuS 沉淀，因此不能大量共存，C错误；
D、[Cu(NH3)4]SO4 H2O 及其溶液呈现深蓝色，而非浅蓝色，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．电镀铜需要稳定且可控的 Cu2+ 供给。铜氨配离子的特殊结构使其能缓慢释放 Cu2+，避免了 Cu2+ 浓度过高导致镀层粗糙，因此是理想的电镀液。
B．根据 “相似相溶” 原理，该配合物是极性很强的离子化合物，而乙醇是极性较弱的有机溶剂，二者结构不相似，所以该物质难溶于乙醇。
C．CuS 的溶度积（Ksp）极小，这使得它的生成趋势极强。即使铜以稳定的配合物形式存在，遇到 S2- 也会发生沉淀转化，因此不能共存。
D．配合物的颜色由中心离子和配体共同决定。NH3 作为强场配体，改变了 Cu2+ 的 d 轨道能级分裂，使配合物呈现特征的深蓝色，而非 Cu2+ 水溶液的浅蓝色。
3．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的原理；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、HS-的水解是可逆过程，离子方程式必须用可逆符号 “ ”，不能用等号 “=”，A错误；
B、SO3中心 S 原子的价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面正三角形，而图中模型是四面体形，B错误；
C、sp2 杂化形成 3个等价杂化轨道，呈平面三角形分布，键角为 120°，与示意图完全相符，C正确；
D、该有机物主链含4个C，羟基在2号 C上，系统命名应为2 - 丁醇，而非 “2 - 羟基丁烷”，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
弱酸酸式根的水解、电离均为可逆过程，必须使用可逆符号。
VSEPR 模型判断：先算价层电子对数，再确定空间构型，注意区分 “VSEPR 模型” 与 “分子空间构型”。
有机物命名：含羟基时应作为醇类命名，主链需包含羟基所连碳原子，编号从靠近羟基一端开始。
杂化轨道：sp2 杂化轨道为平面三角形，键角 120°；sp3 杂化轨道为四面体形，键角约 109.5°。
4．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、碳化硅（SiC）用作砂纸和砂轮的磨料，核心原因是它的硬度极高，而非熔点高。熔点高更多决定其耐高温性能，与作为磨料的用途不直接对应，因此 A 的因果关系不成立，A错误；
B、氢氟酸（HF）能与玻璃的主要成分二氧化硅（SiO2）发生反应，生成四氟化硅和水，因此可以用来刻蚀玻璃，生产磨砂玻璃，B正确；
C、生石灰（CaO）是碱性氧化物，能与煤燃烧产生的酸性氧化物二氧化硫（SO2）反应，最终生成稳定的硫酸钙（CaSO4），从而减少 SO2的排放，C正确；
D、过氧乙酸具有强氧化性，能够破坏细菌和病毒的蛋白质结构使其变性，因此可用于杀菌消毒，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．碳化硅用作磨料，核心是硬度极高，而非熔点高，熔点高与磨料用途不直接相关。
B．抓住 HF 的特性反应 ——HF 能与 SiO2反应，这是其可刻蚀玻璃生产磨砂玻璃的关键。
C．利用 “碱性氧化物 + 酸性氧化物→盐” 的规律，生石灰（CaO）可与 SO2反应并最终转化为稳定的 CaSO4，从而减少 SO2排放。
D．强氧化性物质可使蛋白质变性，这是过氧乙酸能杀菌消毒的核心原理。
5．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性顺序为 O > N > C，A正确；
B、碳酸盐分解的本质是金属阳离子结合碳酸根中的氧离子。Mg2+的半径比 Ca2+小，极化能力更强，更易与 O2-结合，因此 MgCO3的分解温度更低，即分解温度 CaCO3 > MgCO3，B正确；
C、CCl3基团的吸电子能力强于 CH3基团，会使羧基中 O-H 键的电子对更偏向氧原子，导致氧氢键的极性更强，因此极性顺序为 CH3COOH < CCl3COOH，C正确；
D、同周期元素第一电离能呈增大趋势，但第 ⅤA 族元素（P）的价电子排布为半充满的稳定结构，其第一电离能高于同周期相邻的第 ⅥA 族元素（S），因此第一电离能顺序为 P > S > Si，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．O、N、C 同周期，从左到右电负性增大，故 O > N > C。
B．Mg2+半径小于 Ca2+，极化能力更强，使 MgCO3更易分解，故分解温度 CaCO3 > MgCO3。
C．CCl3的强吸电子作用使 O-H 键电子对更偏向 O，键极性更强，故 CH3COOH < CCl3COOH。
D．P 的 3p3 为半充满，第一电离能反常高于 S，顺序应为 P > S > Si。
6．【答案】D
【知识点】羧酸简介；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下苯是液体，不能用气体摩尔体积 来计算其物质的量，因此无法得出σ键数目为 ，A错误；
B、 由 和 构成，1mol 含3mol离子。42g 的物质的量为1mol，离子总数应为 ，而非 ，B错误；
C、实验室制 的方法不同，电子转移数不同。例如，双氧水分解生成0.1mol 时，仅转移0.2mol电子，并非一定是 ，C错误；
D、酯化反应是可逆反应，不能进行到底。即使乙醇过量，0.2mol甲酸也无法完全转化，因此生成甲酸乙酯的分子数一定小于 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】易错点总结：
注意物质状态：标况下苯、水、乙醇等为液体，不能用气体摩尔体积计算。
离子化合物结构： 中 是阴离子，1mol 含3mol离子，而非2mol。
反应多样性：制 时， 分解和 分解的电子转移数不同，需具体分析。
可逆反应：酯化、合成氨等反应不能进行完全，产物量一定小于理论值。
7．【答案】C
【知识点】分子晶体；氧化还原反应；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、反应产物中存在硅酸根离子（SiO32-），在强酸性环境中，硅酸根会与氢离子结合生成难溶的硅酸沉淀，因此该反应不可能在强酸性条件下进行，A错误；
B、高锰酸根离子（MnO4-）呈紫红色，反应后被还原为二氧化锰（MnO2）沉淀，溶液的紫红色会褪去，而不是变成紫红色，B错误；
C、SiH4和四甲基硅烷（(CH3)4Si）均为非极性分子，分子间作用力主要由相对分子质量决定。SiH4的相对分子质量更小，分子间作用力更弱，因此沸点更低，C正确；
D、在 SiH4中，氢元素的化合价从 - 1 价升高到 H2中的 0 价，发生了氧化反应，SiH4作为还原剂被氧化，D错误；
故答案为：C。
【分析】易错点总结：
离子共存：硅酸根在酸性条件下会生成沉淀，因此含硅酸根的反应不能在强酸性环境中进行。
颜色变化：MnO4-是紫红色，被还原为 MnO2后颜色褪去，这是判断反应进行的重要现象。
沸点比较：对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越小，分子间作用力越弱，沸点越低。
氧化还原判断：判断还原剂和氧化剂的关键是看元素化合价的升降，而非物质种类。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工业合成氨的核心反应是氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下直接化合，而选项给出的是实验室制取氨气的反应，二者原理完全不同，A错误；
B、足量酸性高锰酸钾具有强氧化性，会将甲醛彻底氧化为二氧化碳，而非甲酸：，B错误；
C、硫化汞（HgS）的溶解度远小于硫化亚铁（FeS），符合沉淀转化的规律，该反应可将废水中的 Hg2+转化为更难溶的 HgS 沉淀 ：，C正确；
D、白醋的主要成分醋酸是弱电解质，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为 H+，因此该方程式不符合书写规范，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
区分 “工业制法” 与 “实验室制法”：合成氨是 N2与 H2的化合，实验室制氨是铵盐与碱加热。
强氧化剂的氧化深度：足量 KMnO4在酸性条件下会将有机物彻底氧化，甲醛会被氧化为 CO2而非甲酸。
沉淀转化方向：溶解度更小的沉淀更容易生成，因此 FeS 可转化为 HgS。
弱电解质的书写规则：弱酸、弱碱在离子方程式中必须保留化学式，不能拆成离子形式。
9．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、铁屑与稀硫酸反应会生成易燃易爆的氢气，若用酒精灯明火加热，极易引燃氢气引发爆炸，而电热套是无明火加热，更安全，A错误；
B、单向阀的核心作用是允许气体单向流动，当氨气溶于水导致装置内压强骤降时，单向阀可阻止水倒吸入反应装置，有效防止倒吸，B正确；
C、氢气和氯气的混合物在光照条件下会发生剧烈爆炸，工业上制 HCl 是将纯净的氢气在氯气中平稳燃烧，而非混合光照，C错误；
D、白磷虽剧毒但极易自燃，为防止火灾和污染，实验中未用完的白磷必须放回原试剂瓶，而非随意丢弃，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．铁与稀硫酸反应生成氢气，酒精灯明火加热会引燃氢气，存在爆炸风险，因此电热套更安全。
B．单向阀允许气体单向流动，可阻止水因压强骤降倒吸入反应装置，是制氨水时防倒吸的有效手段。
C． 氯气和氢气混合，在光照下会剧烈爆炸，工业制 HCl 必须采用 “氢气在氯气中平稳燃烧” 的安全方式。
D．白磷剧毒且极易自燃，为防止火灾，未用完的白磷必须放回原试剂瓶。
10．【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、蒸馏操作的核心仪器包括直形冷凝管（用于冷凝蒸汽）、温度计（控制馏分温度）、蒸馏烧瓶（作为反应容器）等，A正确；
B、已知玫瑰油中部分成分可溶于水，直接分液只能分离出难溶于水的油层，会损失溶于水的有效成分。需先加入无机盐降低其溶解度，再进行分液，因此 “直接分液” 的操作是错误的，B错误；
C、将玫瑰花瓣捣碎可以增大原料与水的接触面积，使精油更充分地被蒸馏出来，从而提高产率，C正确；
D、分液得到的油层中会含有少量水分，需用无水硫酸钠固体干燥，然后过滤除去干燥剂，最后通过蒸馏（或减压蒸馏）进一步纯化得到玫瑰油，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．蒸馏提纯时，直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶是必备的玻璃仪器。
B．已知玫瑰油中部分成分可溶于水，直接分液会损失这部分产物，需先加盐降低其溶解度再分液，因此 “直接分液” 操作错误。
C．捣碎花瓣增大了原料与水的接触面积，能让精油更充分地被蒸馏出来，从而提高产率。
D．分液后的油层含水，需经无水硫酸钠干燥、过滤除干燥剂，再蒸馏纯化，才能得到玫瑰油。
11．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、熵值与分子的对称性和混乱度相关。乙醇（CH3CH2OH）分子对称性差，分子排列更无序；二甲醚（CH3OCH3）分子对称性高，排列更有序。因此在相同条件下，乙醇的熵值更大，A正确；
B、合成氨反应达平衡后分离出氨气，平衡会正向移动，氨的产率增大。但分离产物会使体系中各物质浓度降低，正、逆反应速率均会减慢，而非加快，B错误；
C、向 pH=2 的醋酸溶液中加入盐酸，若盐酸浓度远小于醋酸，会起到稀释作用，使溶液中 H+浓度降低，反而促进醋酸电离，电离程度增大。因此 “一定减小” 的结论不成立，C错误；
D、牺牲阳极法和外加电流法中，辅助阳极均为惰性电极，发生的都是失电子的氧化反应，反应类型相同，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．乙醇（CH3CH2OH）对称性差，分子排列更无序，熵值更高；二甲醚（CH3OCH3）对称性高，熵值更低，故熵值：CH3CH2OH (g) > CH3OCH3(g)。
B．分离出氨气使平衡正向移动、产率增大，但产物浓度降低会导致正、逆反应速率均减慢，并非加快。
C．加入盐酸的浓度未知，若盐酸浓度过小，会稀释溶液使 H+浓度降低，反而促进醋酸电离，因此 “电离程度一定减小” 不成立。
D．牺牲阳极法和外加电流法中，辅助阳极均发生失电子的氧化反应，反应类型相同。
12．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】A、两步反应均为反应物全部转化为目标产物，无副产物生成，原子利用率达到 100%，原子经济性达到最佳，A正确；
B、甲（C3H6O）的同分异构体（不含立体异构）共有 6 种，分别是：、、、 ；因此 “只有 4 种” 的说法错误，B错误；
C、乙是环状碳酸酯，分子内含有 2 个酯基，在 NaOH 溶液中完全水解时，1mol 乙最多消耗 2mol NaOH，C正确；
D、手性碳是指连有 4 个不同基团的碳原子。甲、乙中各有 1 个手性碳，高分子丙的每个重复单元中含有 1 个手性碳： ，因此三者手性碳个数比为 1：1：n，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．两步反应均为加成、聚合反应，无副产物生成，原子利用率 100%，经济性最佳。
B．需系统考虑烯醇、烯醚、醛、酮、环醚、环醇 6 类，而非仅 4 种，因此 “只有 4 种” 的说法错误。
C．乙含 2 个酯基，完全水解时 1mol 乙最多消耗 2mol NaOH。
D．甲、乙各含 1 个手性碳，高分子丙的每个重复单元含 1 个手性碳，故个数比为 1：1：n。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴离子 C2O62-中存在氧氧非极性键，A错误；
B、Pb 电极在铅蓄电池中为负极，应与电解池的阴极（b）相连，B错误；
C、在碱性条件下，电极反应式中不应出现 H+，B 极的正确反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C错误；
D、若电解电压过高，阳极的放电能力增强，可能会发生 OH-放电生成 O2的副反应，导致阳极区产生气体，D正确；
故答案为：D。
【分析】产物推断：摩尔质量为 120g/mol、带 2 个单位负电荷、碳为 +4 价的含碳阴离子，经计算其化学式为 C2O62-（过二碳酸根离子）。阳极无气体生成，说明是 CO32-在阳极放电生成 C2O62-，因此 A 为阳极，B 为阴极。
电极反应：
阳极（A）：2CO32- - 2e-=C2O62-；
阴极（B）：2H2O + 2e-=H2↑ + 2OH-。
14．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A、 位于顶点和面心：， 位于晶胞内部： 个
因此阴阳离子个数比为 ，而非 ，A错误；
B、从晶胞俯视图看，顶点和面心的 投影到正方形顶点和边中点，内部的 投影到正方形面心的四个象限，与选项图示一致，B正确；
C、在 中，N原子有1对孤电子对和3个成键电子对；在 中，N原子的孤电子对用于形成配位键，成键电子对之间的排斥力更大，因此键角：，C错误；
D、 的价电子排布为 ，为形成6个配位键，其部分d轨道会参与杂化（如 杂化），与N原子形成配位键，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点总结：
晶胞计算：顶点离子占 ，面心离子占 ，内部离子完全属于该晶胞。
键角比较：孤电子对的排斥力大于成键电子对，孤电子对被占用后，键角会增大。
配位键形成：过渡金属离子常通过d轨道杂化来接受孤电子对形成配位键。
15．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1mol/L的HCN与0.1mol/L的KCN等体积混合后，溶液总体积加倍，根据物料守恒，含碳微粒总浓度应为：，而非0.2mol/L，A错误；
B、氨水中逐滴加入盐酸，当恰好完全反应生成时，水的电离程度最大。此时发生水解，导致，B错误；
C、等体积等浓度的醋酸与醋酸钠混合，根据物料守恒，含醋酸根微粒总浓度是钠离子浓度的2倍，即：，C错误；
D、设为2mol，为1mol，溶液中存在：电荷守恒：；
物料守恒：
消去后整理可得：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
物料守恒：等体积混合后浓度会减半，需注意体积变化对浓度的影响。
水解影响：强酸弱碱盐溶液中，阳离子水解会导致其浓度小于阴离子浓度。
守恒式推导：复杂混合溶液的守恒关系，需通过电荷守恒和物料守恒联立消元得到。
16．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、盘天平的精度为0.1g，无法满足定量分析实验的高精度要求，应使用电子天平（精度可达0.0001g），A错误；
B、过量盐酸的作用不仅是抑制Fe2+的水解，同时也抑制Fe3+的水解，防止生成沉淀影响后续实验，B错误；
C、加入溴水后，Fe2+被氧化为Fe3+，再加过量氨水时，Fe3+与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：，C正确；
D、红棕色固体bg为Fe2O3，其物质的量为 mol。25.00mL溶液中含有的Fe元素物质的量为 mol，因此250.00mL溶液中含有的Fe元素总物质的量为 mol。铁元素的质量分数为：，而非 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】称取样品，加入过量稀盐酸充分溶解，利用高浓度 H+同时抑制 Fe2+和 Fe3+的水解，避免生成氢氧化物沉淀；随后将溶液准确稀释并定容至 250.00 mL。精确移取 25.00 mL 待测液，滴加溴水将其中所有 Fe2+定量氧化为 Fe3+。加入过量氨水，使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤并洗涤沉淀以除去杂质。将沉淀灼烧至恒重，得到纯净的红棕色 Fe2O3固体；根据 Fe2O3的质量，通过铁元素守恒计算原样品中铁元素的质量分数。
17．【答案】（1）
（2）B；C
（3）
（4）；-1
（5）；；避免产生氮的氧化物，造成污染；蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）分子空间构型为正八面体，键角为（正八面体中相邻两个S-F键的夹角）；
故答案为： ；
（2）A．基态O原子价电子排布图应是，故A错误；
B．弱酸不能制强酸，与溶液不反应，不会产生白色沉淀，但若溶液中存在微量氧气，有可能会产生硫酸钡白色沉淀，故B正确；
C．已知，溶于水时，发生反应：而在水溶液中完全电离，电离方程式为使溶液显酸性，加入石蕊试液会变红，故C正确；
D．分子中S原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，故D错误；
故答案为：BC。
（3）受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质，根据元素组成，单质为和，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）自由基，与间有一对共用电子对，有未成对电子，电子式为；与间有一对共用电子对，S的电负性大于H，所以共用电子对偏向S，故S为-1价；
故答案为： ； -1 ；
（5）黄铜矿（）在空气中焙烧，发生氧化反应，生成、和气体，所以焙烧的化学方程式为：；加入酸浸，金属氧化物、与硫酸反应，生成可溶性盐、，所以酸浸后得到含的溶液。加入过量，作为还原剂，与溶液中的反应：，，反应后体系含（过量 ）、（单质 ）、溶液，过滤，得到溶液B（溶液，后续制取绿矾晶体）、滤渣（和的混合物）。通过加入溶液A（稀硫酸）溶液浸洗可除去滤渣中的得到溶液，溶液和未反应完的稀硫酸进入溶液B，故溶液B中含有的微粒为：；浸洗后的与反应，加入和是为了氧化生成，作温和氧化剂，在酸性条件下（提供）氧化，减少污染，若仅用，会生成或；从溶液B（溶液）中获得大颗粒绿矾晶体（），需缓慢结晶，操作为：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（缓慢冷却，促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥；
①由上述分析可知，在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为：；
②由上述分析可知，溶液B中存在的微粒有：；
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是：避免产生氮的氧化物，造成污染；
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： ； ； 避免产生氮的氧化物，造成污染 ； 蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 。
【分析】(1)正八面体构型中，相邻F原子与中心S的夹角为 90°，对位F原子与中心S的夹角为 180°。
(2)A：基态O原子价电子排布图违反洪特规则。
B：SO2通入BaCl2溶液，若同时存在氧化剂（如O2、NO2），可生成BaSO4白色沉淀。
C：Na2S2O7与水反应生成H2SO4，溶液呈酸性，使石蕊变红。
D：SOCl2中心S为sp3杂化，空间构型为三角锥形。
(3)根据元素守恒，S4N4分解生成的两种单质为S8和N2，结合物质的量比1：4，配平得：
(4)HS·自由基的电子式为。
S电负性大于H，共用电子对偏向S，故S的化合价为 -1。
(5)① 焙烧：CuFeS2在富氧下高温氧化，生成CuO、Fe2O3和SO2，配平即可。
② 溶液B：为FeSO4溶液（含过量H2SO4），存在微粒为Fe2+、SO42-、H+、OH-、H2O。
③ 加H2O2和HNO3：H2O2作温和氧化剂，在酸性条件下氧化Cu，减少NO 等氮氧化物污染。
④ 大颗粒绿矾：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥。
（1）分子空间构型为正八面体，键角为（正八面体中相邻两个S-F键的夹角）；
（2）A．基态O原子价电子排布图应是，故A错误；
B．弱酸不能制强酸，与溶液不反应，不会产生白色沉淀，但若溶液中存在微量氧气，有可能会产生硫酸钡白色沉淀，故B正确；
C．已知，溶于水时，发生反应：而在水溶液中完全电离，电离方程式为使溶液显酸性，加入石蕊试液会变红，故C正确；
D．分子中S原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，故D错误；
故选BC。
（3）受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质，根据元素组成，单质为和，化学方程式为；
（4）自由基，与间有一对共用电子对，有未成对电子，电子式为；与间有一对共用电子对，S的电负性大于H，所以共用电子对偏向S，故S为-1价；
（5）黄铜矿（）在空气中焙烧，发生氧化反应，生成、和气体，所以焙烧的化学方程式为：；加入酸浸，金属氧化物、与硫酸反应，生成可溶性盐、，所以酸浸后得到含的溶液。加入过量，作为还原剂，与溶液中的反应：，，反应后体系含（过量 ）、（单质 ）、溶液，过滤，得到溶液B（溶液，后续制取绿矾晶体）、滤渣（和的混合物）。通过加入溶液A（稀硫酸）溶液浸洗可除去滤渣中的得到溶液，溶液和未反应完的稀硫酸进入溶液B，故溶液B中含有的微粒为：；浸洗后的与反应，加入和是为了氧化生成，作温和氧化剂，在酸性条件下（提供）氧化，减少污染，若仅用，会生成或；从溶液B（溶液）中获得大颗粒绿矾晶体（），需缓慢结晶，操作为：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（缓慢冷却，促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥；
①由上述分析可知，在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为：；
②由上述分析可知，溶液B中存在的微粒有：；
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是：避免产生氮的氧化物，造成污染；
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
18．【答案】（1）
（2）
（3）B；D
（4）丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离
（5）减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：；
故答案为： ；
（2）已知：Ⅱ．
Ⅲ．
由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应，又因为可知，正反应活化能为()；
故答案为： ；
（3）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不能说明反应正向进行；
B．反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
C．某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行；
D．反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
故答案为：BD；
（4）羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的和丙二酸的的大小关系为；
故答案为： 丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离 ；
（5）①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则：
平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。
故答案为： 减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等 。
【分析】(1)核心判断：电势高的极为正极（得电子），极为负极（失电子）。
负极电极反应式（碱性介质）：
(2)盖斯定律推导：目标反应 = Ⅲ - Ⅱ，计算得焓变：
活化能关系：，因此正反应活化能：
(3)反应特征：反应Ⅰ是气体分子数减小的反应（）。
浓度商计算（选项C）：
结论：，反应逆向进行。
(4)酸性比较核心：吸电子效应与氢键的双重影响。
结论：
(5) ① 减压使反应Ⅰ平衡左移（转化率降低），而水分子分离膜使反应Ⅰ平衡右移（转化率升高），两因素抵消。
②已知：，转化率，甲醇选择性。
反应Ⅰ消耗：
反应Ⅲ消耗：
平衡分压常数（反应Ⅲ ，可用物质的量代替分压）：
（1）甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：；
（2）已知：
Ⅱ．
Ⅲ．
由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应，又因为可知，正反应活化能为()；
（3）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不能说明反应正向进行；
B．反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
C．某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行；
D．反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
故选BD；
（4）羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的和丙二酸的的大小关系为；
（5）①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则：
平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。
19．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）BD
（5）85.05；从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；中和滴定；离子方程式的书写；几种常见的化学标志
【解析】【解答】（1）A装置无加热装置，故为可为与浓盐酸生成Cl2；
故答案为： ；
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成，根据氧化还原配平原则，离子方程式为；
故答案为： ；
（3）由于只能选取三个装置，由题可知AC一定要选，则还需在BDE中选一个，氯气要进入水溶液中反应，则无需干燥，且氯气通入氢氧化钠溶液可以不用防止倒吸，氯气中的氯化氢能将C中的碱反应，影响实验，故选择E，顺序为；
故答案为： ；
（4）A．除去中的HCl中常用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；
B．氯气通入氢氧化钠溶液，很难完全吸收，故还是需要F装置尾气吸收，B正确；
C．有强氧化性，铋酸钠需要与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，C错误；
D．与本实验有关的加热，产生有毒气体，故需要护目、洗手、加热、通风，图标为、、、，D正确；
E．反应温度为95摄氏度，接近水的沸点，为了便于控制温度，最好使用水浴加热，E错误；
故答案为：BD；
（5）①根据关系式可以计算：；
②铋酸钠具有氧化性，且加入硫酸，故需要用酸式滴定管，从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次。
故答案为： 85.05 ； 从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次 。
【分析】(1)装置A无加热装置，需用强氧化剂与浓盐酸常温反应制Cl2，可选：KMnO4、KClO3、Ca(ClO)2、K2Cr2O7等。
(2)碱性条件下，ClO-氧化Bi3+生成NaBiO3，根据氧化还原守恒配平： ；
(3)装置顺序：A（制Cl2）→ E（除HCl）→ C（制备NaBiO3）→ F（尾气处理），即 A → E → C。
(4)A：除CO2中HCl用饱和NaHCO3溶液，不是饱和食盐水；
B：NaOH溶液难以完全吸收Cl2，需F处理尾气；
C：NaBiO3在酸性条件下才可氧化Cl-，碱性条件下不能；
D：实验涉及有毒气体、加热，需护目镜、洗手、通风等安全图标；
E：反应温度95℃，应用水浴加热，不是油浴。
(5)①关系式：NaBiO3 ~ 2e- ~ 2Fe2+；计算：
② 从酸式滴定管上口加入3~5mL 0.2000mol/L FeSO4溶液，倾斜转动润洗内壁，从下口放出，重复2~3次。
（1）A装置无加热装置，故为可为与浓盐酸生成Cl2；
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成，根据氧化还原配平原则，离子方程式为；
（3）由于只能选取三个装置，由题可知AC一定要选，则还需在BDE中选一个，氯气要进入水溶液中反应，则无需干燥，且氯气通入氢氧化钠溶液可以不用防止倒吸，氯气中的氯化氢能将C中的碱反应，影响实验，故选择E，顺序为；
（4）A．除去中的HCl中常用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；
B．氯气通入氢氧化钠溶液，很难完全吸收，故还是需要F装置尾气吸收，B正确；
C．有强氧化性，铋酸钠需要与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，C错误；
D．与本实验有关的加热，产生有毒气体，故需要护目、洗手、加热、通风，图标为、、、，D正确；
E．反应温度为95摄氏度，接近水的沸点，为了便于控制温度，最好使用水浴加热，E错误；
故选BD；
（5）①根据关系式可以计算：；
②铋酸钠具有氧化性，且加入硫酸，故需要用酸式滴定管，从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次。
20．【答案】（1）碳溴键
（2）B；C
（3）
（4）
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）C中含有的官能团的名称是醛基、碳溴键、醚键，其中碳溴键是无氧官能团；
故答案为： 碳溴键 ；
（2）A．G转化为H的反应少了2个氢原子，属于氧化反应，A错误；
B．H（）的分子式为，B正确；
C．J的碳碳双键同端接连接的基团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．A与足量的氢气加成的产物（）属于脂环烃的衍生物，D错误；
故答案为： BC；
（3）根据分析可知，G的结构简式为。
故答案为： ；
（4）D与发生取代反应生成E，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）D（）的同分异构体，①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团，说明无甲基，②显示苯环上有2种氢原子，说明结构高度对称，③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应，则取代基有两个基团可与氢氧化钠反应，可能的取代基为酯类、酚羟基、羧酸，结构为、、、；
故答案为：、、、 ；
（6）催化氧化生成，与发生信息②反应生成，再加成生成产物，故流程为。
故答案为：
【分析】A（对羟基苯甲醛）与 Br2发生苯环上的取代反应得到 B（）；B 在碱性条件下用 (CH3O)2SO2进行酚羟基的甲基化得到 C（）；C 在 NaOH 作用下发生溴原子的水解，再酸化得到 D（）；D 与 CH3OCH2Cl 反应，将其中一个酚羟基转化为甲氧基甲基醚得到 E（）。F（三羟基苯乙酮）与烯丙基溴发生取代反应得到 G（）；G 在 DDQ 作用下发生分子内的环化反应，形成苯并吡喃环得到 H（）；H 与 CH3OCH2Cl 反应，将剩余的酚羟基进行保护得到 I（）；最后 E 与 I 在一定条件下发生类似已知信息②的羟醛缩合反应，经环化和脱保护，最终得到目标产物 J（），据此分析；
（1）C中含有的官能团的名称是醛基、碳溴键、醚键，其中碳溴键是无氧官能团；
（2）A．G转化为H的反应少了2个氢原子，属于氧化反应，A错误；
B．H（）的分子式为，B正确；
C．J的碳碳双键同端接连接的基团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．A与足量的氢气加成的产物（）属于脂环烃的衍生物，D错误；
故选BC；
（3）根据分析可知，G的结构简式为。
（4）D与发生取代反应生成E，化学方程式为；
（5）D（）的同分异构体，①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团，说明无甲基，②显示苯环上有2种氢原子，说明结构高度对称，③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应，则取代基有两个基团可与氢氧化钠反应，可能的取代基为酯类、酚羟基、羧酸，结构为、、、；
（6）催化氧化生成，与发生信息②反应生成，再加成生成产物，故流程为。
1 / 1浙江省北斗星盟2025届高三三模化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·浙江模拟）下列反应的的是
A．铁粉与硫粉反应 B．氯化铵的水解反应
C．软脂酸在人体内的反应 D．双氧水在二氧化锰催化下分解
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、铁粉与硫粉反应是典型的放热反应，反应过程会释放热量，因此 ΔH < 0，A错误；
B、氯化铵的水解反应（NH4++H2O NH3 H2O+H+）是吸热反应，需要从外界吸收热量，因此 ΔH > 0，B正确；
C、软脂酸在人体内的氧化反应属于放热反应，为人体提供能量，因此 ΔH < 0，C错误；
D、双氧水在二氧化锰催化下分解生成水和氧气，是放热反应，反应过程会释放热量，因此 ΔH < 0，D错误；
故答案为：B
【分析】本题易错点：
金属与非金属的化合反应（如 Fe 与 S、Mg 与 O2）多为放热反应。
盐类的水解反应、弱电解质的电离过程均为吸热过程。
有机物的氧化反应（如燃烧、体内代谢）通常为放热反应。
多数分解反应（如 H2O2分解）为放热反应，而部分特殊分解（如 CaCO3高温分解）为吸热反应。
2．（2025·浙江模拟）下列关于的说法正确的是
A．可用作电镀铜时的电解液 B．易溶于乙醇
C．能与硫化钠溶液大量共存 D．呈浅蓝色
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；电解原理
【解析】【解答】A、[Cu(NH3)4] SO4 H2O 在溶液中会缓慢解离出少量 Cu2+，使 Cu2+ 浓度保持在较低水平，电镀时镀层更均匀、效果更好，因此可用作电镀铜的电解液，A正确；
B、该物质是从铜氨溶液中加入乙醇后析出的晶体，说明它在乙醇中的溶解度很小，不易溶于乙醇，B 错误；
C、硫化铜（CuS）的溶解度极低，当该配合物与硫化钠溶液接触时，会发生反应生成 CuS 沉淀，因此不能大量共存，C错误；
D、[Cu(NH3)4]SO4 H2O 及其溶液呈现深蓝色，而非浅蓝色，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．电镀铜需要稳定且可控的 Cu2+ 供给。铜氨配离子的特殊结构使其能缓慢释放 Cu2+，避免了 Cu2+ 浓度过高导致镀层粗糙，因此是理想的电镀液。
B．根据 “相似相溶” 原理，该配合物是极性很强的离子化合物，而乙醇是极性较弱的有机溶剂，二者结构不相似，所以该物质难溶于乙醇。
C．CuS 的溶度积（Ksp）极小，这使得它的生成趋势极强。即使铜以稳定的配合物形式存在，遇到 S2- 也会发生沉淀转化，因此不能共存。
D．配合物的颜色由中心离子和配体共同决定。NH3 作为强场配体，改变了 Cu2+ 的 d 轨道能级分裂，使配合物呈现特征的深蓝色，而非 Cu2+ 水溶液的浅蓝色。
3．（2025·浙江模拟）下列化学用语表示正确的是
A．水解的离子反应：
B．SO的VSEPR模型：
C．杂化轨道示意图：
D．的系统命名：2-羟基丁烷
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的原理；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、HS-的水解是可逆过程，离子方程式必须用可逆符号 “ ”，不能用等号 “=”，A错误；
B、SO3中心 S 原子的价层电子对数为 3，无孤电子对，VSEPR 模型应为平面正三角形，而图中模型是四面体形，B错误；
C、sp2 杂化形成 3个等价杂化轨道，呈平面三角形分布，键角为 120°，与示意图完全相符，C正确；
D、该有机物主链含4个C，羟基在2号 C上，系统命名应为2 - 丁醇，而非 “2 - 羟基丁烷”，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
弱酸酸式根的水解、电离均为可逆过程，必须使用可逆符号。
VSEPR 模型判断：先算价层电子对数，再确定空间构型，注意区分 “VSEPR 模型” 与 “分子空间构型”。
有机物命名：含羟基时应作为醇类命名，主链需包含羟基所连碳原子，编号从靠近羟基一端开始。
杂化轨道：sp2 杂化轨道为平面三角形，键角 120°；sp3 杂化轨道为四面体形，键角约 109.5°。
4．（2025·浙江模拟）物质的性质决定物质的用途，下列说法不正确的是
A．碳化硅熔点高，故可用作砂纸和砂轮的磨料
B．HF能与反应，故可用氢氟酸溶蚀玻璃生产磨砂玻璃
C．生石灰能与酸性氧化物反应，故煤炭中加入生石灰可减少煤燃烧时产生的
D．过氧乙酸具有强氧化性，故可用来杀菌消毒
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、碳化硅（SiC）用作砂纸和砂轮的磨料，核心原因是它的硬度极高，而非熔点高。熔点高更多决定其耐高温性能，与作为磨料的用途不直接对应，因此 A 的因果关系不成立，A错误；
B、氢氟酸（HF）能与玻璃的主要成分二氧化硅（SiO2）发生反应，生成四氟化硅和水，因此可以用来刻蚀玻璃，生产磨砂玻璃，B正确；
C、生石灰（CaO）是碱性氧化物，能与煤燃烧产生的酸性氧化物二氧化硫（SO2）反应，最终生成稳定的硫酸钙（CaSO4），从而减少 SO2的排放，C正确；
D、过氧乙酸具有强氧化性，能够破坏细菌和病毒的蛋白质结构使其变性，因此可用于杀菌消毒，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．碳化硅用作磨料，核心是硬度极高，而非熔点高，熔点高与磨料用途不直接相关。
B．抓住 HF 的特性反应 ——HF 能与 SiO2反应，这是其可刻蚀玻璃生产磨砂玻璃的关键。
C．利用 “碱性氧化物 + 酸性氧化物→盐” 的规律，生石灰（CaO）可与 SO2反应并最终转化为稳定的 CaSO4，从而减少 SO2排放。
D．强氧化性物质可使蛋白质变性，这是过氧乙酸能杀菌消毒的核心原理。
5．（2025·浙江模拟）依据元素周期律下列说法不正确的是
A．元素的电负性：
B．碳酸盐的分解温度：
C．氧氢键的极性：
D．元素第一电离能：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性顺序为 O > N > C，A正确；
B、碳酸盐分解的本质是金属阳离子结合碳酸根中的氧离子。Mg2+的半径比 Ca2+小，极化能力更强，更易与 O2-结合，因此 MgCO3的分解温度更低，即分解温度 CaCO3 > MgCO3，B正确；
C、CCl3基团的吸电子能力强于 CH3基团，会使羧基中 O-H 键的电子对更偏向氧原子，导致氧氢键的极性更强，因此极性顺序为 CH3COOH < CCl3COOH，C正确；
D、同周期元素第一电离能呈增大趋势，但第 ⅤA 族元素（P）的价电子排布为半充满的稳定结构，其第一电离能高于同周期相邻的第 ⅥA 族元素（S），因此第一电离能顺序为 P > S > Si，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．O、N、C 同周期，从左到右电负性增大，故 O > N > C。
B．Mg2+半径小于 Ca2+，极化能力更强，使 MgCO3更易分解，故分解温度 CaCO3 > MgCO3。
C．CCl3的强吸电子作用使 O-H 键电子对更偏向 O，键极性更强，故 CH3COOH < CCl3COOH。
D．P 的 3p3 为半充满，第一电离能反常高于 S，顺序应为 P > S > Si。
6．（2025·浙江模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L苯含有的键的数目为
B．含有的离子总数为
C．实验室制时，每生成转移的电子数一定为
D．0.2mol甲酸与0.8mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成甲酸乙酯的分子数小于
【答案】D
【知识点】羧酸简介；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下苯是液体，不能用气体摩尔体积 来计算其物质的量，因此无法得出σ键数目为 ，A错误；
B、 由 和 构成，1mol 含3mol离子。42g 的物质的量为1mol，离子总数应为 ，而非 ，B错误；
C、实验室制 的方法不同，电子转移数不同。例如，双氧水分解生成0.1mol 时，仅转移0.2mol电子，并非一定是 ，C错误；
D、酯化反应是可逆反应，不能进行到底。即使乙醇过量，0.2mol甲酸也无法完全转化，因此生成甲酸乙酯的分子数一定小于 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】易错点总结：
注意物质状态：标况下苯、水、乙醇等为液体，不能用气体摩尔体积计算。
离子化合物结构： 中 是阴离子，1mol 含3mol离子，而非2mol。
反应多样性：制 时， 分解和 分解的电子转移数不同，需具体分析。
可逆反应：酯化、合成氨等反应不能进行完全，产物量一定小于理论值。
7．（2025·浙江模拟）已知甲硅烷能与高锰酸钾溶液发生反应：。下列说法正确的是
A．该反应是在强酸性环境中进行的
B．该反应的现象之一是溶液变成紫红色
C．沸点比低
D．该反应中被还原
【答案】C
【知识点】分子晶体；氧化还原反应；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A、反应产物中存在硅酸根离子（SiO32-），在强酸性环境中，硅酸根会与氢离子结合生成难溶的硅酸沉淀，因此该反应不可能在强酸性条件下进行，A错误；
B、高锰酸根离子（MnO4-）呈紫红色，反应后被还原为二氧化锰（MnO2）沉淀，溶液的紫红色会褪去，而不是变成紫红色，B错误；
C、SiH4和四甲基硅烷（(CH3)4Si）均为非极性分子，分子间作用力主要由相对分子质量决定。SiH4的相对分子质量更小，分子间作用力更弱，因此沸点更低，C正确；
D、在 SiH4中，氢元素的化合价从 - 1 价升高到 H2中的 0 价，发生了氧化反应，SiH4作为还原剂被氧化，D错误；
故答案为：C。
【分析】易错点总结：
离子共存：硅酸根在酸性条件下会生成沉淀，因此含硅酸根的反应不能在强酸性环境中进行。
颜色变化：MnO4-是紫红色，被还原为 MnO2后颜色褪去，这是判断反应进行的重要现象。
沸点比较：对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越小，分子间作用力越弱，沸点越低。
氧化还原判断：判断还原剂和氧化剂的关键是看元素化合价的升降，而非物质种类。
8．（2025·浙江模拟）下列方程式正确的是
A．工业上合成氨：
B．足量酸性高锰酸钾检测空气中的甲醛：
C．用硫化亚铁处理工业废水中的：
D．用白醋除铁锈：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工业合成氨的核心反应是氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下直接化合，而选项给出的是实验室制取氨气的反应，二者原理完全不同，A错误；
B、足量酸性高锰酸钾具有强氧化性，会将甲醛彻底氧化为二氧化碳，而非甲酸：，B错误；
C、硫化汞（HgS）的溶解度远小于硫化亚铁（FeS），符合沉淀转化的规律，该反应可将废水中的 Hg2+转化为更难溶的 HgS 沉淀 ：，C正确；
D、白醋的主要成分醋酸是弱电解质，在离子方程式中应保留化学式，不能拆分为 H+，因此该方程式不符合书写规范，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
区分 “工业制法” 与 “实验室制法”：合成氨是 N2与 H2的化合，实验室制氨是铵盐与碱加热。
强氧化剂的氧化深度：足量 KMnO4在酸性条件下会将有机物彻底氧化，甲醛会被氧化为 CO2而非甲酸。
沉淀转化方向：溶解度更小的沉淀更容易生成，因此 FeS 可转化为 HgS。
弱电解质的书写规则：弱酸、弱碱在离子方程式中必须保留化学式，不能拆成离子形式。
9．（2025·浙江模拟）关于化学实验和化工生产的安全，下列说法正确的是
A．为加快铁屑在稀硫酸的溶解，采用酒精灯加热比用电热套加热更安全
B．将氨溶于水中制氨水时，为防止倒吸可通过单向阀(如上图)向水中通入氨
C．工业上制HCl是将氯气和氢气混合，在光照条件下发生反应
D．白磷有剧毒，中学化学实验中不可将未用完的白磷放回原试剂瓶
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、铁屑与稀硫酸反应会生成易燃易爆的氢气，若用酒精灯明火加热，极易引燃氢气引发爆炸，而电热套是无明火加热，更安全，A错误；
B、单向阀的核心作用是允许气体单向流动，当氨气溶于水导致装置内压强骤降时，单向阀可阻止水倒吸入反应装置，有效防止倒吸，B正确；
C、氢气和氯气的混合物在光照条件下会发生剧烈爆炸，工业上制 HCl 是将纯净的氢气在氯气中平稳燃烧，而非混合光照，C错误；
D、白磷虽剧毒但极易自燃，为防止火灾和污染，实验中未用完的白磷必须放回原试剂瓶，而非随意丢弃，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．铁与稀硫酸反应生成氢气，酒精灯明火加热会引燃氢气，存在爆炸风险，因此电热套更安全。
B．单向阀允许气体单向流动，可阻止水因压强骤降倒吸入反应装置，是制氨水时防倒吸的有效手段。
C． 氯气和氢气混合，在光照下会剧烈爆炸，工业制 HCl 必须采用 “氢气在氯气中平稳燃烧” 的安全方式。
D．白磷剧毒且极易自燃，为防止火灾，未用完的白磷必须放回原试剂瓶。
10．（2025·浙江模拟）某兴趣小组提取玫瑰精油的实验流程如图所示，下列说法不正确的是
已知：玫瑰油中成分有的难溶于水，有的可溶于水；溶于水的成分在无机盐溶液中溶解度小。
A．蒸馏时可能会用到直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶等玻璃仪器
B．从油水混合物中得到油层可直接分液操作
C．为了提高玫瑰油的产率，需要将玫瑰花瓣捣碎
D．系列操作包括加无水硫酸钠固体干燥、过滤、蒸馏
【答案】B
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、蒸馏操作的核心仪器包括直形冷凝管（用于冷凝蒸汽）、温度计（控制馏分温度）、蒸馏烧瓶（作为反应容器）等，A正确；
B、已知玫瑰油中部分成分可溶于水，直接分液只能分离出难溶于水的油层，会损失溶于水的有效成分。需先加入无机盐降低其溶解度，再进行分液，因此 “直接分液” 的操作是错误的，B错误；
C、将玫瑰花瓣捣碎可以增大原料与水的接触面积，使精油更充分地被蒸馏出来，从而提高产率，C正确；
D、分液得到的油层中会含有少量水分，需用无水硫酸钠固体干燥，然后过滤除去干燥剂，最后通过蒸馏（或减压蒸馏）进一步纯化得到玫瑰油，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．蒸馏提纯时，直形冷凝管、温度计、蒸馏烧瓶是必备的玻璃仪器。
B．已知玫瑰油中部分成分可溶于水，直接分液会损失这部分产物，需先加盐降低其溶解度再分液，因此 “直接分液” 操作错误。
C．捣碎花瓣增大了原料与水的接触面积，能让精油更充分地被蒸馏出来，从而提高产率。
D．分液后的油层含水，需经无水硫酸钠干燥、过滤除干燥剂，再蒸馏纯化，才能得到玫瑰油。
11．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．相同的条件下，熵值：
B．合成氨反应已达平衡时，分离出氨能使平衡正向移动，反应速率加快，产率增大
C．常温下，向的醋酸溶液中加入盐酸溶液，则醋酸的电离程度减小
D．牺牲阳极法和外加电流法都要采用辅助阳极，辅助阳极发生的电极反应类型不相同
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、熵值与分子的对称性和混乱度相关。乙醇（CH3CH2OH）分子对称性差，分子排列更无序；二甲醚（CH3OCH3）分子对称性高，排列更有序。因此在相同条件下，乙醇的熵值更大，A正确；
B、合成氨反应达平衡后分离出氨气，平衡会正向移动，氨的产率增大。但分离产物会使体系中各物质浓度降低，正、逆反应速率均会减慢，而非加快，B错误；
C、向 pH=2 的醋酸溶液中加入盐酸，若盐酸浓度远小于醋酸，会起到稀释作用，使溶液中 H+浓度降低，反而促进醋酸电离，电离程度增大。因此 “一定减小” 的结论不成立，C错误；
D、牺牲阳极法和外加电流法中，辅助阳极均为惰性电极，发生的都是失电子的氧化反应，反应类型相同，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．乙醇（CH3CH2OH）对称性差，分子排列更无序，熵值更高；二甲醚（CH3OCH3）对称性高，熵值更低，故熵值：CH3CH2OH (g) > CH3OCH3(g)。
B．分离出氨气使平衡正向移动、产率增大，但产物浓度降低会导致正、逆反应速率均减慢，并非加快。
C．加入盐酸的浓度未知，若盐酸浓度过小，会稀释溶液使 H+浓度降低，反而促进醋酸电离，因此 “电离程度一定减小” 不成立。
D．牺牲阳极法和外加电流法中，辅助阳极均发生失电子的氧化反应，反应类型相同。
12．（2025·浙江模拟）以1，2-环氧丙烷和为主要原料生产某种高分子材料的转化原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．该转化流程中的两步反应的原子经济性已达最佳
B．甲的同分异构体只有4种(不计立体异构)
C．1mol乙与NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH
D．甲、乙、丙三种有机物所含手性碳原子的个数比为1：1：n
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】A、两步反应均为反应物全部转化为目标产物，无副产物生成，原子利用率达到 100%，原子经济性达到最佳，A正确；
B、甲（C3H6O）的同分异构体（不含立体异构）共有 6 种，分别是：、、、 ；因此 “只有 4 种” 的说法错误，B错误；
C、乙是环状碳酸酯，分子内含有 2 个酯基，在 NaOH 溶液中完全水解时，1mol 乙最多消耗 2mol NaOH，C正确；
D、手性碳是指连有 4 个不同基团的碳原子。甲、乙中各有 1 个手性碳，高分子丙的每个重复单元中含有 1 个手性碳： ，因此三者手性碳个数比为 1：1：n，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．两步反应均为加成、聚合反应，无副产物生成，原子利用率 100%，经济性最佳。
B．需系统考虑烯醇、烯醚、醛、酮、环醚、环醇 6 类，而非仅 4 种，因此 “只有 4 种” 的说法错误。
C．乙含 2 个酯基，完全水解时 1mol 乙最多消耗 2mol NaOH。
D．甲、乙各含 1 个手性碳，高分子丙的每个重复单元含 1 个手性碳，故个数比为 1：1：n。
13．（2025·浙江模拟）用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是
A．新增的这种阴离子只含有极性键
B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接
C．电极B发生的电极反应为
D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阴离子 C2O62-中存在氧氧非极性键，A错误；
B、Pb 电极在铅蓄电池中为负极，应与电解池的阴极（b）相连，B错误；
C、在碱性条件下，电极反应式中不应出现 H+，B 极的正确反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C错误；
D、若电解电压过高，阳极的放电能力增强，可能会发生 OH-放电生成 O2的副反应，导致阳极区产生气体，D正确；
故答案为：D。
【分析】产物推断：摩尔质量为 120g/mol、带 2 个单位负电荷、碳为 +4 价的含碳阴离子，经计算其化学式为 C2O62-（过二碳酸根离子）。阳极无气体生成，说明是 CO32-在阳极放电生成 C2O62-，因此 A 为阳极，B 为阴极。
电极反应：
阳极（A）：2CO32- - 2e-=C2O62-；
阴极（B）：2H2O + 2e-=H2↑ + 2OH-。
14．（2025·浙江模拟）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．该化合物的中的阴阳离子的个数比为：2：1
B．该晶胞的俯视图为：
C．H-N-H键角比较：
D．中的某些d轨道也参与了杂化，与氮原子形成了配位键
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A、 位于顶点和面心：， 位于晶胞内部： 个
因此阴阳离子个数比为 ，而非 ，A错误；
B、从晶胞俯视图看，顶点和面心的 投影到正方形顶点和边中点，内部的 投影到正方形面心的四个象限，与选项图示一致，B正确；
C、在 中，N原子有1对孤电子对和3个成键电子对；在 中，N原子的孤电子对用于形成配位键，成键电子对之间的排斥力更大，因此键角：，C错误；
D、 的价电子排布为 ，为形成6个配位键，其部分d轨道会参与杂化（如 杂化），与N原子形成配位键，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点总结：
晶胞计算：顶点离子占 ，面心离子占 ，内部离子完全属于该晶胞。
键角比较：孤电子对的排斥力大于成键电子对，孤电子对被占用后，键角会增大。
配位键形成：过渡金属离子常通过d轨道杂化来接受孤电子对形成配位键。
15．（2025·浙江模拟）下列说法正确的是
A．的HCN溶液与的KCN溶液等体积混合：
B．氨水中逐滴加入盐酸，当氨水中水的电离程度最大时：
C．等体积等浓度的醋酸溶液和醋酸钠溶液混合：
D．碳酸氢钠和碳酸钠物质的量之比为2：1的混合溶液中：
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1mol/L的HCN与0.1mol/L的KCN等体积混合后，溶液总体积加倍，根据物料守恒，含碳微粒总浓度应为：，而非0.2mol/L，A错误；
B、氨水中逐滴加入盐酸，当恰好完全反应生成时，水的电离程度最大。此时发生水解，导致，B错误；
C、等体积等浓度的醋酸与醋酸钠混合，根据物料守恒，含醋酸根微粒总浓度是钠离子浓度的2倍，即：，C错误；
D、设为2mol，为1mol，溶液中存在：电荷守恒：；
物料守恒：
消去后整理可得：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
物料守恒：等体积混合后浓度会减半，需注意体积变化对浓度的影响。
水解影响：强酸弱碱盐溶液中，阳离子水解会导致其浓度小于阴离子浓度。
守恒式推导：复杂混合溶液的守恒关系，需通过电荷守恒和物料守恒联立消元得到。
16．（2025·浙江模拟）某与的混合物中铁元素的质量分数可按如下方案测定，下列说法正确的是
A．从实验的精度考虑，样品ag可用托盘天平称取
B．加入的过量盐酸的作用仅是抑制的水解
C．加过量氨水时发生的离子反应为
D．铁元素的质量分数为
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、盘天平的精度为0.1g，无法满足定量分析实验的高精度要求，应使用电子天平（精度可达0.0001g），A错误；
B、过量盐酸的作用不仅是抑制Fe2+的水解，同时也抑制Fe3+的水解，防止生成沉淀影响后续实验，B错误；
C、加入溴水后，Fe2+被氧化为Fe3+，再加过量氨水时，Fe3+与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：，C正确；
D、红棕色固体bg为Fe2O3，其物质的量为 mol。25.00mL溶液中含有的Fe元素物质的量为 mol，因此250.00mL溶液中含有的Fe元素总物质的量为 mol。铁元素的质量分数为：，而非 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】称取样品，加入过量稀盐酸充分溶解，利用高浓度 H+同时抑制 Fe2+和 Fe3+的水解，避免生成氢氧化物沉淀；随后将溶液准确稀释并定容至 250.00 mL。精确移取 25.00 mL 待测液，滴加溴水将其中所有 Fe2+定量氧化为 Fe3+。加入过量氨水，使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤并洗涤沉淀以除去杂质。将沉淀灼烧至恒重，得到纯净的红棕色 Fe2O3固体；根据 Fe2O3的质量，通过铁元素守恒计算原样品中铁元素的质量分数。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)。
17．（2025·浙江模拟）硫元素是生产生活中重要的元素之一，回答下列问题：
（1）被广泛用作高压电器设备的绝缘介质，其分子空间构型为正八面体(见下图)，则该分子中的键角为　 　。
（2）下列说法正确的_______。
A．基态O原子的价电子排布图为
B．通入溶液中可能产生白色沉淀
C．已知，则向的水溶液中加入石蕊试液溶液会变红
D．分子的空间形状为平面三角形
（3）室温下为橙黄色的固体，可用氨气与反应制得。受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质。分解的化学方程式为　 　。
（4）生物体的代谢过程中会产生自由基，其电子式为　 　，S元素的化合价为　 　。
（5）用黄铜矿(主要含)制备和绿矾晶体()的流程如下：
①在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为　 　。
②溶液B中存在的微粒有　 　。
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是　 　。
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是　 　。
【答案】（1）
（2）B；C
（3）
（4）；-1
（5）；；避免产生氮的氧化物，造成污染；蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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）分子空间构型为正八面体，键角为（正八面体中相邻两个S-F键的夹角）；
故答案为： ；
（2）A．基态O原子价电子排布图应是，故A错误；
B．弱酸不能制强酸，与溶液不反应，不会产生白色沉淀，但若溶液中存在微量氧气，有可能会产生硫酸钡白色沉淀，故B正确；
C．已知，溶于水时，发生反应：而在水溶液中完全电离，电离方程式为使溶液显酸性，加入石蕊试液会变红，故C正确；
D．分子中S原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，故D错误；
故答案为：BC。
（3）受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质，根据元素组成，单质为和，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）自由基，与间有一对共用电子对，有未成对电子，电子式为；与间有一对共用电子对，S的电负性大于H，所以共用电子对偏向S，故S为-1价；
故答案为： ； -1 ；
（5）黄铜矿（）在空气中焙烧，发生氧化反应，生成、和气体，所以焙烧的化学方程式为：；加入酸浸，金属氧化物、与硫酸反应，生成可溶性盐、，所以酸浸后得到含的溶液。加入过量，作为还原剂，与溶液中的反应：，，反应后体系含（过量 ）、（单质 ）、溶液，过滤，得到溶液B（溶液，后续制取绿矾晶体）、滤渣（和的混合物）。通过加入溶液A（稀硫酸）溶液浸洗可除去滤渣中的得到溶液，溶液和未反应完的稀硫酸进入溶液B，故溶液B中含有的微粒为：；浸洗后的与反应，加入和是为了氧化生成，作温和氧化剂，在酸性条件下（提供）氧化，减少污染，若仅用，会生成或；从溶液B（溶液）中获得大颗粒绿矾晶体（），需缓慢结晶，操作为：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（缓慢冷却，促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥；
①由上述分析可知，在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为：；
②由上述分析可知，溶液B中存在的微粒有：；
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是：避免产生氮的氧化物，造成污染；
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： ； ； 避免产生氮的氧化物，造成污染 ； 蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 。
【分析】(1)正八面体构型中，相邻F原子与中心S的夹角为 90°，对位F原子与中心S的夹角为 180°。
(2)A：基态O原子价电子排布图违反洪特规则。
B：SO2通入BaCl2溶液，若同时存在氧化剂（如O2、NO2），可生成BaSO4白色沉淀。
C：Na2S2O7与水反应生成H2SO4，溶液呈酸性，使石蕊变红。
D：SOCl2中心S为sp3杂化，空间构型为三角锥形。
(3)根据元素守恒，S4N4分解生成的两种单质为S8和N2，结合物质的量比1：4，配平得：
(4)HS·自由基的电子式为。
S电负性大于H，共用电子对偏向S，故S的化合价为 -1。
(5)① 焙烧：CuFeS2在富氧下高温氧化，生成CuO、Fe2O3和SO2，配平即可。
② 溶液B：为FeSO4溶液（含过量H2SO4），存在微粒为Fe2+、SO42-、H+、OH-、H2O。
③ 加H2O2和HNO3：H2O2作温和氧化剂，在酸性条件下氧化Cu，减少NO 等氮氧化物污染。
④ 大颗粒绿矾：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥。
（1）分子空间构型为正八面体，键角为（正八面体中相邻两个S-F键的夹角）；
（2）A．基态O原子价电子排布图应是，故A错误；
B．弱酸不能制强酸，与溶液不反应，不会产生白色沉淀，但若溶液中存在微量氧气，有可能会产生硫酸钡白色沉淀，故B正确；
C．已知，溶于水时，发生反应：而在水溶液中完全电离，电离方程式为使溶液显酸性，加入石蕊试液会变红，故C正确；
D．分子中S原子价层电子对数=，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，故D错误；
故选BC。
（3）受热分解生成物质的量之比为1：4的两种单质，根据元素组成，单质为和，化学方程式为；
（4）自由基，与间有一对共用电子对，有未成对电子，电子式为；与间有一对共用电子对，S的电负性大于H，所以共用电子对偏向S，故S为-1价；
（5）黄铜矿（）在空气中焙烧，发生氧化反应，生成、和气体，所以焙烧的化学方程式为：；加入酸浸，金属氧化物、与硫酸反应，生成可溶性盐、，所以酸浸后得到含的溶液。加入过量，作为还原剂，与溶液中的反应：，，反应后体系含（过量 ）、（单质 ）、溶液，过滤，得到溶液B（溶液，后续制取绿矾晶体）、滤渣（和的混合物）。通过加入溶液A（稀硫酸）溶液浸洗可除去滤渣中的得到溶液，溶液和未反应完的稀硫酸进入溶液B，故溶液B中含有的微粒为：；浸洗后的与反应，加入和是为了氧化生成，作温和氧化剂，在酸性条件下（提供）氧化，减少污染，若仅用，会生成或；从溶液B（溶液）中获得大颗粒绿矾晶体（），需缓慢结晶，操作为：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶（缓慢冷却，促进大颗粒形成）、过滤、洗涤、干燥；
①由上述分析可知，在富氧环境中焙烧时发生的主要反应的化学方程式为：；
②由上述分析可知，溶液B中存在的微粒有：；
③流程中设计既加的又加的的可能的原因是：避免产生氮的氧化物，造成污染；
④从溶液B中获得大颗粒的绿矾晶体的操作是：蒸发浓缩、缓慢冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
18．（2025·浙江模拟）化工生产中排放的可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。
已知：I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为　 　。
（2）的逆反应的活化能为，则正反应活化能为　 　。
（3）将和按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。
A．气体的密度不变
B．气体的平均摩尔质量变大
C．某时刻容器中，，
D．体系的压强变小
（4）利用作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是　 　。
（5）一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高的平衡转化率。实验测得平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为)
①M点和N点的平衡转化率相等的理由是　 　。
②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数　 　。(为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)
【答案】（1）
（2）
（3）B；D
（4）丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离
（5）减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：；
故答案为： ；
（2）已知：Ⅱ．
Ⅲ．
由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应，又因为可知，正反应活化能为()；
故答案为： ；
（3）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不能说明反应正向进行；
B．反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
C．某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行；
D．反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
故答案为：BD；
（4）羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的和丙二酸的的大小关系为；
故答案为： 丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离 ；
（5）①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则：
平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。
故答案为： 减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等 。
【分析】(1)核心判断：电势高的极为正极（得电子），极为负极（失电子）。
负极电极反应式（碱性介质）：
(2)盖斯定律推导：目标反应 = Ⅲ - Ⅱ，计算得焓变：
活化能关系：，因此正反应活化能：
(3)反应特征：反应Ⅰ是气体分子数减小的反应（）。
浓度商计算（选项C）：
结论：，反应逆向进行。
(4)酸性比较核心：吸电子效应与氢键的双重影响。
结论：
(5) ① 减压使反应Ⅰ平衡左移（转化率降低），而水分子分离膜使反应Ⅰ平衡右移（转化率升高），两因素抵消。
②已知：，转化率，甲醇选择性。
反应Ⅰ消耗：
反应Ⅲ消耗：
平衡分压常数（反应Ⅲ ，可用物质的量代替分压）：
（1）甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：；
（2）已知：
Ⅱ．
Ⅲ．
由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应，又因为可知，正反应活化能为()；
（3）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不能说明反应正向进行；
B．反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
C．某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行；
D．反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行；
故选BD；
（4）羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的和丙二酸的的大小关系为；
（5）①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等；
②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则：
平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。
19．（2025·浙江模拟）是一种微溶于水的浅黄色粉末，其制备的方法之一是用NaClO在强碱性条件下氧化(加热到并保持1h)。某兴趣小组设计如下实验制备铋酸钠()，并测定其纯度。制备实验可能用到的装置图见下。
回答下列问题：
（1）已知a为浓盐酸，则b的化学式可能为　 　(填两种)。
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成的离子方程式为　 　。
（3）从上面的装置图中，选择合适的装置连接成制备铋酸钠的装置图　 　。
_____________________
（4）下列说法正确的是　 　。
A．装置E也常用来除去中的HCl
B．装置C中的NaOH溶液过量时也可能有氯气余下，故实验时也要使用装置F
C．有强氧化性，其一定能氧化
D．与本实验有关的图标为、、、
E．为了控制反应温度，最好用油浴对装置C加热
（5）纯度的测定
①称取制得的铋酸钠样品3.720g，加入足量稀硫酸和足量溶液使其完全反应(溶液呈紫红色，转化为)，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用溶液进行滴定，消耗溶液。则该样品中纯度为　 　%。(结果保留两位小数)
②结合上述实验，润洗滴定管的具体操作为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）BD
（5）85.05；从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；中和滴定；离子方程式的书写；几种常见的化学标志
【解析】【解答】（1）A装置无加热装置，故为可为与浓盐酸生成Cl2；
故答案为： ；
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成，根据氧化还原配平原则，离子方程式为；
故答案为： ；
（3）由于只能选取三个装置，由题可知AC一定要选，则还需在BDE中选一个，氯气要进入水溶液中反应，则无需干燥，且氯气通入氢氧化钠溶液可以不用防止倒吸，氯气中的氯化氢能将C中的碱反应，影响实验，故选择E，顺序为；
故答案为： ；
（4）A．除去中的HCl中常用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；
B．氯气通入氢氧化钠溶液，很难完全吸收，故还是需要F装置尾气吸收，B正确；
C．有强氧化性，铋酸钠需要与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，C错误；
D．与本实验有关的加热，产生有毒气体，故需要护目、洗手、加热、通风，图标为、、、，D正确；
E．反应温度为95摄氏度，接近水的沸点，为了便于控制温度，最好使用水浴加热，E错误；
故答案为：BD；
（5）①根据关系式可以计算：；
②铋酸钠具有氧化性，且加入硫酸，故需要用酸式滴定管，从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次。
故答案为： 85.05 ； 从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次 。
【分析】(1)装置A无加热装置，需用强氧化剂与浓盐酸常温反应制Cl2，可选：KMnO4、KClO3、Ca(ClO)2、K2Cr2O7等。
(2)碱性条件下，ClO-氧化Bi3+生成NaBiO3，根据氧化还原守恒配平： ；
(3)装置顺序：A（制Cl2）→ E（除HCl）→ C（制备NaBiO3）→ F（尾气处理），即 A → E → C。
(4)A：除CO2中HCl用饱和NaHCO3溶液，不是饱和食盐水；
B：NaOH溶液难以完全吸收Cl2，需F处理尾气；
C：NaBiO3在酸性条件下才可氧化Cl-，碱性条件下不能；
D：实验涉及有毒气体、加热，需护目镜、洗手、通风等安全图标；
E：反应温度95℃，应用水浴加热，不是油浴。
(5)①关系式：NaBiO3 ~ 2e- ~ 2Fe2+；计算：
② 从酸式滴定管上口加入3~5mL 0.2000mol/L FeSO4溶液，倾斜转动润洗内壁，从下口放出，重复2~3次。
（1）A装置无加热装置，故为可为与浓盐酸生成Cl2；
（2）NaClO在碱性条件下氧化生成，根据氧化还原配平原则，离子方程式为；
（3）由于只能选取三个装置，由题可知AC一定要选，则还需在BDE中选一个，氯气要进入水溶液中反应，则无需干燥，且氯气通入氢氧化钠溶液可以不用防止倒吸，氯气中的氯化氢能将C中的碱反应，影响实验，故选择E，顺序为；
（4）A．除去中的HCl中常用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；
B．氯气通入氢氧化钠溶液，很难完全吸收，故还是需要F装置尾气吸收，B正确；
C．有强氧化性，铋酸钠需要与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，C错误；
D．与本实验有关的加热，产生有毒气体，故需要护目、洗手、加热、通风，图标为、、、，D正确；
E．反应温度为95摄氏度，接近水的沸点，为了便于控制温度，最好使用水浴加热，E错误；
故选BD；
（5）①根据关系式可以计算：；
②铋酸钠具有氧化性，且加入硫酸，故需要用酸式滴定管，从酸式滴定管的上口加入溶液，倾斜着转动滴定管，使溶液润湿滴定管内壁，然后从下口放出，重复次。
20．（2025·浙江模拟）化合物J是合成某种黄酮类抗菌药物的中间体，其合成路线如下。
已知：①；
②R3-CHO+。
回答下列问题：
（1）C中所含无氧官能团的名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．G转化为H的反应类型为还原反应
B．H的分子式为
C．J存在顺反异构体
D．A与足量的氢气加成的产物属于脂肪烃的衍生物
（3）G中除苯环外，无其他环状结构，则G的结构简式为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）写出4种满足下列条件的D的同分异构体　 　。
①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团
②显示苯环上有2种氢原子
③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应
（6）根据以上信息，以和为原料合成，写出合成路线　 　。(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）碳溴键
（2）B；C
（3）
（4）
（5）、、、
（6）
【知识点】有机物中的官能团；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）C中含有的官能团的名称是醛基、碳溴键、醚键，其中碳溴键是无氧官能团；
故答案为： 碳溴键 ；
（2）A．G转化为H的反应少了2个氢原子，属于氧化反应，A错误；
B．H（）的分子式为，B正确；
C．J的碳碳双键同端接连接的基团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．A与足量的氢气加成的产物（）属于脂环烃的衍生物，D错误；
故答案为： BC；
（3）根据分析可知，G的结构简式为。
故答案为： ；
（4）D与发生取代反应生成E，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）D（）的同分异构体，①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团，说明无甲基，②显示苯环上有2种氢原子，说明结构高度对称，③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应，则取代基有两个基团可与氢氧化钠反应，可能的取代基为酯类、酚羟基、羧酸，结构为、、、；
故答案为：、、、 ；
（6）催化氧化生成，与发生信息②反应生成，再加成生成产物，故流程为。
故答案为：
【分析】A（对羟基苯甲醛）与 Br2发生苯环上的取代反应得到 B（）；B 在碱性条件下用 (CH3O)2SO2进行酚羟基的甲基化得到 C（）；C 在 NaOH 作用下发生溴原子的水解，再酸化得到 D（）；D 与 CH3OCH2Cl 反应，将其中一个酚羟基转化为甲氧基甲基醚得到 E（）。F（三羟基苯乙酮）与烯丙基溴发生取代反应得到 G（）；G 在 DDQ 作用下发生分子内的环化反应，形成苯并吡喃环得到 H（）；H 与 CH3OCH2Cl 反应，将剩余的酚羟基进行保护得到 I（）；最后 E 与 I 在一定条件下发生类似已知信息②的羟醛缩合反应，经环化和脱保护，最终得到目标产物 J（），据此分析；
（1）C中含有的官能团的名称是醛基、碳溴键、醚键，其中碳溴键是无氧官能团；
（2）A．G转化为H的反应少了2个氢原子，属于氧化反应，A错误；
B．H（）的分子式为，B正确；
C．J的碳碳双键同端接连接的基团不同，存在顺反异构体，C正确；
D．A与足量的氢气加成的产物（）属于脂环烃的衍生物，D错误；
故选BC；
（3）根据分析可知，G的结构简式为。
（4）D与发生取代反应生成E，化学方程式为；
（5）D（）的同分异构体，①红外光谱显示分子中除苯环外，无其他环状结构和碳碳双键，有--原子团，说明无甲基，②显示苯环上有2种氢原子，说明结构高度对称，③定量测定表明1mol该物质能与2molNaOH反应，则取代基有两个基团可与氢氧化钠反应，可能的取代基为酯类、酚羟基、羧酸，结构为、、、；
（6）催化氧化生成，与发生信息②反应生成，再加成生成产物，故流程为。
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