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江苏省苏州中学、海门中学、淮阴中学、姜堰中学2025届高三下学期期初模拟测试 化学试题
1．（2025·苏州模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法正确的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质是无机盐
B．竹简的主要成分属于天然高分子化合物
C．聚合塑料PVC(聚氯乙烯)的单体属于烃
D．光导纤维的主要成分属于金属晶体
2．（2025·苏州模拟）电石可通过如下反应制得：、。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式：
B．的空间构型为四面体形
C．的电子式为
D．二氧化碳晶体属于共价晶体
3．（2025·苏州模拟）臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．沸点： D．电负性：
4．（2025·苏州模拟）下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中化学键非常牢固，可用作保护气
B．乙醇易溶于水，可用于消毒杀菌
C．浓硫酸具有强氧化性，可用于与反应制
D．是极性分子，可用于漂白纸浆
（2025·苏州模拟）阅读下面一段材料，完成下面小题。
氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氮可以和金属钠反应产生。中的一个H原子被取代可形成羟胺，被取代可形成肼吸电子能力比强。的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素和溶液一起反应制得。
5．实验室利用下列装置进行氨气或氨水的有关实验，能够达到实验目的的是
A．制取 B．干燥
C．收集 D．制溶液
6．下列说法正确的是
A．的键角比小
B．中含键
C．难溶于水
D．中N结合的能力比弱
7．下列化学反应的表示正确的是
A．金属钠和液氨反应：
B．过量氨水和反应：
C．尿素、溶液制取的离子方程式：
D．肼燃烧的热化学方程式：
8．下列说法正确的是
A．侯氏制碱的原理可表示为饱和溶液
B．氨气催化氧化制取属于氮的固定中的一种
C．由尿素、和溶液制时，应将溶液滴加到尿素溶液中
D．浓氨水与浓硫酸靠近时会有白烟生成
9．（2025·苏州模拟）工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。不同的催化剂催化该反应的最佳活性温度不同。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，反应单位时间，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大
C．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高的平衡转化率
D．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使反应的平衡常数增大
10．（2025·苏州模拟）化合物是合成受体拮抗剂的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．中含有碳氧键
B．与足量加成后的分子中含有2个手性碳原子
C．分子中不可能所有碳原子都共面
D．能还原新制得到
11．（2025·苏州模拟）下列关于检验样品久置空气中是否变质的实验方法或操作能达到目的的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 检验样品是否变质 将样品溶解后加入酸化的溶液，观察是否产生白色沉淀
B 检验KI溶液是否变质 向样品中滴加少量稀硫酸，再滴入2～3滴淀粉溶液，观察溶液颜色变化
C 检验样品是否变质 将样品溶解后滴加几滴溶液，再滴加溶液，观察溶液颜色变化
D 检验漂白粉是否变质 将漂白粉溶于水后，滴加浓盐酸，观察是否产生气泡
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·苏州模拟）室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如下图所示。下列说法正确的是
已知：
A．“除锌”后所得上层清液中，一定小于
B．溶液中存在：
C．氨水、溶液中存在：
D．“沉锰”后的滤液中存在：
13．（2025·苏州模拟）利用和反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
向密闭容器中充入一定量和发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。
[的产率的选择性]。
下列说法不正确的是
A．当容器内气体总压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
B．曲线表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为
D．随着增大，的选择性先增大后减小
14．（2025·苏州模拟）化学还原稳定法是当前水体污染修复领域的主要技术。废水中主要以和形式存在，化学还原稳定法去除水中主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。已知：，。
（1）是常用的硫系还原剂，在处理时自身转化为单质S。
①具有链状结构，其结构式可表示为　 　。
②经修复的水体pH明显　 　(填“增大”或“减小”)，严重影响土壤及地下水的利用。
（2）铁系还原剂的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。
①在酸性溶液中，还原的离子方程式为　 　。
②Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物或沉淀的生成；其二是　 　。
（3）试剂联用有望实现高效且稳定的修复效果。
①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是　 　。
②在存在下，试剂联用处理溶液中，待体系充分反应，静置2h。测得浓度对溶液pH以及总Cr去除效果的影响关系如图2所示。随浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是　 　。
③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为　 　。
15．（2025·苏州模拟）化合物G可作为阿尔茨海默症的药物，其合成路线如下：
注：Bn—为
（1）B中含氧官能团的名称　 　。
（2）用O2代替PCC完成C→D的转化，化学方程式为　 　。
（3）若反应F→G的反应类型是取代反应，则另一产物为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体X的结构简式：　 　。
①分子中含有手性碳原子，且与浓溴水反应，可消耗；
②酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流图　 　(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·苏州模拟）水合肼的制备方法有多种，实验室以、NaOH和尿素为原料制备，也可以利用电解法制备。再用水合肼处理铜氨溶液并制得铜粉，其实验过程可表示为：
已知：沸点约118℃，具有强还原性。
（1）“合成水合肼”用如图所示装置。仪器A的名称是　 　，仪器A中反应的离子方程式是　 　。
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是　 　。
（3）某实验室设计了如图所示装置制备。双极膜是阴、阳复合膜，层间的解离成和并可分别通过阴、阳膜定向移动。
①双极膜中产生的　 　(填“”或“”)移向多孔铂电极。
②石墨电极反应方程式为　 　。
（4）已知：。铜粉沉淀率与水合肼溶液初始浓度的关系如图所示。请设计由铜氨溶液[主要含有]回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，　 　，静置、过滤、洗涤、干燥。(须使用的试剂：硫酸、NaOH固体、铜氨溶液、蒸馏水)
17．（2025·苏州模拟）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。工业上用乙烯制备EO。
（1）一定条件下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的过程中部分物料与能量变化如图所示。
①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为　 　kJ/mol。
②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为　 　。
（2）一定条件下，用Ag作催化剂，氧气直接氧化乙烯制环氧乙烷(部分机理未配平)。
主反应：2CH2=CH2(g)+O2(g)=2EO(g) ΔH=－213.8kJ/mol
副反应：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－1323kJ/mol
催化机理：O2+Ag(助剂)→ (ads)+Ag+
(ads)+ CH2=CH2+Ag+→EO+ O(ads)+Ag
O(ads)+ CH2=CH2→CO2+H2O
实际生产采用220－260℃的可能原因是　 　。
（3）乙烯电解制备EO的原理示意如图。
阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2+H2O=HCl+HClO、CH2=CH2+HClO=HOCH2CH2Cl。
法拉第效率FE的定义：FE(B)=×100%
①若FE(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　(化学式)。
②一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。当乙烯完全消耗时，测得FE(EO)≈70%，S(EO)≈97%。
推测FE(EO)≈70%的原因：若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为　 　，FE(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A、青铜器 “四羊方尊” 的材质是铜合金，属于金属材料，而非无机盐类物质，A错误；
B、竹简的主要成分是纤维素，纤维素是由葡萄糖单元聚合而成的天然高分子化合物，符合高分子化合物的定义，B正确；
C、PVC（聚氯乙烯）的单体是氯乙烯，氯乙烯分子中含有氯元素，属于卤代烃，而烃的定义是仅由碳、氢两种元素组成的化合物，因此氯乙烯不属于烃，C错误；
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），二氧化硅是由硅氧共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，而非金属晶体，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：混淆金属材料与无机盐：铜合金是金属单质与其他金属（或非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，属于金属材料，而无机盐是离子化合物，二者本质不同。
烃的定义边界不清：烃必须只含碳、氢两种元素，氯乙烯因含氯元素，属于卤代烃，不属于烃。
晶体类型判断失误：二氧化硅是典型的共价晶体，具有高熔点、高硬度的特点，而金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，二者结构和性质差异明显。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、基态Ca原子的核外电子排布式为，失去4s轨道的2个电子形成，其电子排布式应为（或），选项中给出的是Ca原子的排布式，并非的排布式，A错误；
B、计算中心C原子的价层电子对数，公式为价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数。C与3个O形成σ键，孤电子对数=，因此价层电子对数为3，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形，而非四面体形，B错误；
C、属于离子化合物，由和（乙炔根离子）构成，内部碳原子之间形成三对共用电子对，其电子式为 ，符合离子化合物的电子式书写规范，C正确；
D、二氧化碳晶体由分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体；共价晶体（原子晶体）是原子间通过共价键形成的空间网状结构晶体，如金刚石、二氧化硅等，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子电子排布：阳离子的电子排布式为原子失去最外层电子后的排布，Ca原子失去4s电子形成，4s轨道电子不再保留。
空间构型判断：先计算中心原子的价层电子对数（σ键数+孤电子对数），再根据孤电子对数判断构型；孤电子对数为0时，构型与价层电子对构型一致。
电子式书写：离子化合物的电子式需标注阴阳离子的电荷，复杂阴离子（如）需用方括号括起并标注电荷。
晶体类型区分：分子晶体由分子构成（如、），共价晶体由原子直接构成（如Si、）。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、原子半径的递变规律是同主族从上到下逐渐增大，同周期从左到右逐渐减小。S 和 O 同主族，S 的电子层数更多，半径大于 O；N 和 O 同周期，N 的核电荷数更小，半径大于 O，因此正确顺序应为 S > N > O，A错误；
B、第一电离能的递变受电子构型影响，N 原子的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能反常大于同周期的 O；O 和 S 同主族，O 的非金属性更强，第一电离能大于 S，因此顺序为 I1(N) > I1(O) > I1(S)，B正确；
C、分子晶体的沸点受分子间作用力和氢键影响，H2O 和 NH3分子间能形成氢键，沸点显著高于无氢键的 H2S；其中 H2O 的氢键数量更多、强度更大，沸点最高，NH3次之，因此顺序为 H2O>NH3>H2S，C错误；
D、电负性反映原子吸引电子的能力，金属 Fe 的电负性远小于非金属 N 和 O；N 与 O 同周期，O 的核电荷数更大，电负性强于 N，因此正确顺序为 χ(Fe) < χ(N) < χ(O)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子半径：先看电子层数（层数越多半径越大），层数相同时看核电荷数（核电荷数越大半径越小）。
第一电离能：同周期 ⅡA、ⅤA 族因电子构型稳定，第一电离能反常大于相邻元素；同主族从上到下逐渐减小。
氢化物沸点：含 N-H、O-H、F-H 键的分子能形成氢键，沸点显著高于同主族无氢键的氢化物。
电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小；金属电负性普遍小于非金属。
4．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、N2分子内的 N≡N 三键键能极高，化学键非常牢固，这直接导致 N2的化学性质极其稳定，在常温下很难与其他物质发生反应，因此可以用作保护气，性质与用途存在直接对应关系，A正确；
B、乙醇用于消毒杀菌，是因为它能使细菌和病毒的蛋白质发生变性，从而使其失去生物活性，这与乙醇易溶于水的物理性质没有关联，B错误；
C、浓硫酸与 CaF2反应制备 HF，利用的是浓硫酸的强酸性和高沸点特性，通过复分解反应生成难挥发的 CaSO4和易挥发的 HF，这与浓硫酸的强氧化性无关，C错误；
D、SO2用于漂白纸浆，是因为它具有漂白性，能够与有色物质结合生成不稳定的无色物质，这与 SO2是极性分子的结构特点没有直接联系，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．N2用作保护气，本质是化学性质稳定，而稳定性源于 N≡N 三键的高键能，性质与用途直接对应。
B．乙醇消毒的关键是使蛋白质变性，与水溶性无关，性质与用途无因果关系。
C．浓硫酸制 HF，利用的是高沸点酸制低沸点酸的复分解反应，与强氧化性无关。
D．SO2漂白纸浆，依赖的是其漂白性，与分子极性无关。
【答案】5．D
6．D
7．B
8．C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、加热 NH4Cl 固体时，分解产生的 NH3和 HCl 会在试管口重新化合，无法得到纯净的 NH3，实验室制 NH3应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合物加热，故A不能达到目的；
B、NH3是碱性气体，会与浓硫酸发生反应，因此不能用浓硫酸干燥 NH3，应选用碱石灰等碱性干燥剂，故B不能达到目的；
C、NH3密度比空气小，采用向下排空气法收集时，气体应从短管进入烧瓶，将空气从长管排出，图中进气方式错误，故C不能达到目的；
D、Cu(OH)2与氨水反应，可生成可溶性的配合物Cu(NH3)42，操作和原理均正确，D能达到实验目的；
故答案为：D。
（2）A、NH3和 H2O 的中心原子均为 sp3 杂化，H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此 H2O 的键角比 NH3小，A错误；
B、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，4 个 NH3分子内共含 12 个 N-H σ 键，同时 Cu2+与 4 个 N 原子形成 4 个配位 σ 键，总计 16 个 σ 键，B错误；
C、NH2OH 分子中含有 - OH 和 - NH2，均可与水形成分子间氢键，因此易溶于水，C错误；
D、-OH 的吸电子能力比 - NH2强，使得 NH2OH 中 N 原子的正电性更高，更难结合带正电的 H+，故其结合 H+的能力比 N2H4弱，D正确；
故答案为：D。
（3）A、金属钠与液氨反应的化学方程式应为，A错误；
B、过量氨水与 SO2反应，生成正盐 (NH4)2SO3，方程式为，B正确；
C、在 NaOH 溶液中，反应生成的 CO2会与 OH-反应生成 CO32-，正确的离子方程式为，C错误；
D、燃烧热的定义是生成稳定氧化物，H2O 应为液态，热化学方程式中 H2O (g) 的状态标注错误，D 错误；
故答案为：B。
（4）A、侯氏制碱法应先向饱和 NaCl 溶液中通入 NH3使溶液呈碱性，再通入 CO2，以提高 CO2的溶解度，生成 NaHCO3，原选项中气体通入顺序错误，A错误；
B、氮的固定是将游离态的 N2转化为化合态氮的过程，而 NH3催化氧化制 NO 是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C、N2H4具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，为防止 N2H4被过量 NaClO 氧化，应将 NaClO 和 NaOH 的混合溶液缓慢滴加到尿素溶液中，C正确；
D、浓硫酸不具有挥发性，因此浓氨水与浓硫酸靠近时，不会生成白烟，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）A．加热 NH4Cl 无法制得 NH3，需与 Ca (OH)2共热。B．浓硫酸与 NH3反应，不能用于干燥 NH3。
C．NH3密度小，应 “短进长出” 收集，图中进气方式错误。
D．Cu(OH)2与氨水生成可溶性配合物，操作正确。
（2）A．H2O 孤电子对更多，键角比 NH3小。
B.1 个 [Cu (NH3)4]2+含 16 个 σ 键（12 个 N-H + 4 个配位键）。
C．NH2OH 含 - OH 和 - NH2，易与水形成氢键，易溶于水。
D．-OH 吸电子能力强，使 NH2OH 中 N 更难结合 H+。
（3）A．金属钠与液氨反应方程式未配平。
B．过量氨水与 SO2生成 (NH4)2SO3，方程式正确。
C．NaOH 存在时，产物应为 CO32-，原方程式漏写 OH-。
D．燃烧热的热化学方程式中 H2O 应为液态。
（4）A．侯氏制碱应先通 NH3再通 CO2，顺序错误。
B．NH3催化氧化制 NO 不属于氮的固定。
C．为防止 N2H4被氧化，应将 NaClO 溶液滴入尿素溶液。
D．浓硫酸不挥发，与浓氨水靠近无白烟。
5．A、加热 NH4Cl 固体时，分解产生的 NH3和 HCl 会在试管口重新化合，无法得到纯净的 NH3，实验室制 NH3应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合物加热，故A不能达到目的；
B、NH3是碱性气体，会与浓硫酸发生反应，因此不能用浓硫酸干燥 NH3，应选用碱石灰等碱性干燥剂，故B不能达到目的；
C、NH3密度比空气小，采用向下排空气法收集时，气体应从短管进入烧瓶，将空气从长管排出，图中进气方式错误，故C不能达到目的；
D、Cu(OH)2与氨水反应，可生成可溶性的配合物Cu(NH3)42，操作和原理均正确，D能达到实验目的；
故答案为：D。
6．A、NH3和 H2O 的中心原子均为 sp3 杂化，H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此 H2O 的键角比 NH3小，A错误；
B、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，4 个 NH3分子内共含 12 个 N-H σ 键，同时 Cu2+与 4 个 N 原子形成 4 个配位 σ 键，总计 16 个 σ 键，B错误；
C、NH2OH 分子中含有 - OH 和 - NH2，均可与水形成分子间氢键，因此易溶于水，C错误；
D、-OH 的吸电子能力比 - NH2强，使得 NH2OH 中 N 原子的正电性更高，更难结合带正电的 H+，故其结合 H+的能力比 N2H4弱，D正确；
故答案为：D。
7．A、金属钠与液氨反应的化学方程式应为，A错误；
B、过量氨水与 SO2反应，生成正盐 (NH4)2SO3，方程式为，B正确；
C、在 NaOH 溶液中，反应生成的 CO2会与 OH-反应生成 CO32-，正确的离子方程式为，C错误；
D、燃烧热的定义是生成稳定氧化物，H2O 应为液态，热化学方程式中 H2O (g) 的状态标注错误，D 错误；
故答案为：B。
8．A、侯氏制碱法应先向饱和 NaCl 溶液中通入 NH3使溶液呈碱性，再通入 CO2，以提高 CO2的溶解度，生成 NaHCO3，原选项中气体通入顺序错误，A错误；
B、氮的固定是将游离态的 N2转化为化合态氮的过程，而 NH3催化氧化制 NO 是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C、N2H4具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，为防止 N2H4被过量 NaClO 氧化，应将 NaClO 和 NaOH 的混合溶液缓慢滴加到尿素溶液中，C正确；
D、浓硫酸不具有挥发性，因此浓氨水与浓硫酸靠近时，不会生成白烟，D错误；
故答案为：C。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、平衡常数表达式中需包含所有气态反应物和生成物的浓度。该反应中水是气态，因此平衡常数应为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，需要包含水蒸气浓度， 平衡常数，故A错误；
B、该反应焓变为负值，属于放热反应。升高温度时，平衡会向逆反应方向移动，平衡常数会减小；同时温度升高反应速率加快，单位时间内 NO2去除率增大的原因是反应速率提升，而非平衡常数变大，B 错误；
C、该反应为放热反应，低温下平衡向正反应方向移动，可提高 CH4的平衡转化率；高效催化剂能加快反应速率，让反应更快达到平衡状态，因此低温下使用高效催化剂可提升 CH4的平衡转化率，C正确；
D、平衡常数只与温度有关，与浓度变化无关。及时分离出水蒸气，平衡会向正反应方向移动，但温度不变，平衡常数不会改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡常数书写：气态物质都要写入平衡常数表达式，固体、纯液体不写入。
放热反应的温度影响：放热反应升温时平衡逆向移动，平衡常数减小；降温时平衡正向移动，平衡常数增大。
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置，因此不改变平衡转化率。
平衡常数的影响因素：平衡常数仅由温度决定，温度不变，平衡常数就不变，与浓度、压强等其他因素无关。
10．【答案】A
【知识点】银镜反应；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、σ 键存在于单键和双键中（双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键）。X 分子中，苯环与羰基之间的 C=O 键、羰基与亚甲基之间的 C=O 键，以及羧基中的 C=O 键和 C-O 单键，共包含 5 个碳氧 σ 键，因此 1mol X 中确实含有 5mol 碳氧 σ 键，A正确；
B、Y 与足量 H2加成后，苯环变为环己烷，分子中所有碳原子均连接有相同的基团，不存在手性碳原子，B错误；
C、Y 分子中的单键可以自由旋转，苯环、羰基以及碳链上的碳原子通过单键旋转，有可能全部共面，C错误；
D、Z 分子中的官能团是酮羰基，而非醛基，酮羰基不具有还原性，无法还原新制 Cu(OH)2得到 Cu2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：σ 键数目计算：容易忽略双键中也包含一个 σ 键，导致计算碳氧 σ 键数目时出现偏差。
手性碳原子判断：加成反应会改变分子结构，需重新分析加成后碳原子的连接情况，避免误判手性碳。
共面问题：单键的可旋转性是判断原子共面的关键，不能仅凭碳链的线性结构就否定共面的可能性。
官能团性质：酮羰基和醛基虽然都含有 C=O 键，但化学性质差异显著，酮羰基不能发生斐林反应。
11．【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、Na2SO3变质会生成 Na2SO4。但稀 HNO3具有强氧化性，会将 SO32-直接氧化为 SO42-，因此无论是否变质，加入 HNO3酸化的 Ba(NO3)2溶液都会产生 BaSO4白色沉淀，无法判断是否变质 ，故A错误；
B、KI 变质会被氧化为 I2，I2能使淀粉溶液变蓝。向样品中滴加稀硫酸酸化后，再滴入淀粉溶液，若溶液变蓝则证明有 I2生成，可确定 KI 已变质，方法可靠 ，故B正确；
C、FeSO4变质会生成 Fe3+。若先加 H2O2，会将未变质的 Fe2+氧化为 Fe3+，再滴加 KSCN 溶液时，无论是否变质都会显红色，无法准确判断 ，故C错误；
D、漂白粉有效成分为 Ca(ClO)2，变质后生成 CaCO3等。但 Ca(ClO)2本身也能与浓盐酸反应生成 Cl2，因此无论是否变质，滴加浓盐酸都会产生气泡，无法判断是否变质 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽视试剂氧化性干扰：稀 HNO3和 H2O2会氧化待检离子，导致假阳性结果。
混淆变质前后物质的性质：漂白粉中的有效成分和变质产物都能与浓盐酸反应产生气体，无法区分。
忽略特征反应的专一性：淀粉遇 I2变蓝是专一反应，可用于 KI 变质的特异性检验。
12．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“除锌” 步骤中，MnS 过量，反应生成 ZnS 沉淀。根据沉淀溶解平衡，
Ksp (MnS)=2×10- 远大于 Ksp (ZnS)=2×10-24，当 ZnS 沉淀生成时，溶液中 S2-浓度由 MnS 的溶度积决定，此时 c (Zn2+)=，而 c (S2-) 由 MnS 的溶度积提供，因此 c (Zn2+) 必然远小于 1×10-5 mol L- （沉淀完全的标准浓度），A正确；
B、在 NH4HCO3溶液中，电荷守恒式为 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+c (OH-)+2c (CO32-)，物料守恒式为 c (NH4+)+c (NH3 H2O)=c (HCO3-)+c (CO32-)+c (H2CO3)。将两式联立消去 c (HCO3-) 和 c (CO32-)，可推导出 c (H+)+c (H2CO3)=c (OH-)+c (CO32-)+c (NH3 H2O)，B错误；
C、由电荷守恒式 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+c (OH-)+2c (CO32-)，已知 pH>7，即 c (NH+)＞c (HCO3-)+2c (CO32-)，C错误；
D、沉锰后滤液中含有 (NH4)2SO4、NH3 H2O 和 NH4HCO3。根据物料守恒，(NH4)2SO4提供的 NH4+是 SO42-的 2 倍，再加上 NH4HCO3和 NH3 H2O 提供的含氮微粒，因此 c (NH4+)+c (NH3 H2O) 必然大于 2c (SO42-)，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
Ksp 应用：判断离子浓度时，需明确是哪种难溶物提供 S2-，避免混淆不同沉淀的溶度积。
守恒关系：电荷守恒和物料守恒的联立推导易出错，需注意消去的离子和保留的项，避免关系式变形错误。
溶液组成：沉锰后滤液中存在多种含氮和含碳的微粒，分析浓度关系时需全面考虑所有来源，不能只关注单一溶质。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、总反应为 2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，反应前后气体分子数减少。在恒容密闭容器中，当总压强不再变化时，说明气体总物质的量不再改变，反应 Ⅰ、Ⅱ 均达到平衡状态，A不符合题意；B、随着起始增大，CO 转化率升高、H2转化率降低，故曲线 a 为 CO 转化率，曲线 b 为 H2转化率；同时 CH4产率持续增大，而 CO2因与 H2进一步反应，产率先增后减，因此曲线 c 代表 CH4产率，曲线 d 代表 CO2产率，B不符合题意；
C、当=0.5 时，CO 过量，按总反应计量比，生成的 n (CH4)=n (CO2)，此时 CH4的选择性为 50%，C不符合题意；
D、曲线 c、d 分别为 CH4、CO2的产率。随着 增大，CH4产率持续升高，CO2产率先升后降，二者比值逐渐增大，导致 CO2的选择性（即 CO2在产物中的占比）并非一直减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】反应Ⅰ和反应Ⅱ的总反应式为：2CO(g) + 2H2(g) = CH4(g) + CO2(g)
当起始投料比 增大时，相当于在CO量不变的前提下不断增加H2，这会推动总反应向正方向进行，使CO的转化率持续升高，直至接近100%；但由于H2总量增加，其自身转化率反而会下降，因此曲线a代表CO的转化率，曲线b代表H2的转化率。
同时，随着 增大，CH4的产率会持续上升；而生成的CO2会与过量的H2进一步发生反应，导致CO2的产率呈现先增大后减小的趋势，因此曲线c代表CH4的产率，曲线d代表CO2的产率。
14．【答案】（1）；增大
（2）；水解产生的胶体吸附或
（3）pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①5个S显示-2价，硫原子之间是单键相连，则其结构式可表示为；
②根据题意可知修复时发生反应，，该反应消耗氢离子，则pH明显增大；
故答案为： ； 增大 ；
（2）①该反应中二价铁被氧化为三价铁，六价铬被还原为三价铬，离子方程式为：；
②溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，故答案为：水解产生的胶体吸附或；
故答案为： ；水解产生的胶体吸附或 ；
（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故答案为：pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；
②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故答案为：增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：。
故答案为： pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于 ； 增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除 ； 。
【分析】(1)① 中5个S原子整体显-2价，硫原子之间以单键相连成链状，因此结构式可表示为 。
② 还原废水中 的反应会消耗大量 （反应： ）， 浓度降低，导致水体pH 增大。
(2)①酸性条件下， 被氧化为 （Fe从+2→+3）， 被还原为 （Cr从+6→+3），根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得：
② Cr的固定途径：
途径一： 与 共沉淀，生成难溶性氢氧化物 或 ；
途径二： 水解生成 胶体，胶体具有吸附性，可吸附废水中的 或 ，实现Cr的固定。
(3)①pH增大时， 对 的还原反应会被抑制，导致总Cr去除率降低；但 生成的 胶体更易吸附固定Cr，能提升去除率。
试剂联用比例 ， 用量更多，其对Cr的固定作用占主导，因此pH>9时总Cr去除率反而上升。
② 浓度增大时，溶液pH会降低（ 电离使酸性增强）；而低pH环境更利于 还原 ，同时 胶体吸附作用仍有效，因此总Cr去除率明显上升。
③ 与 反应生成 （催化作用），同时生成S单质和 ，根据元素守恒、得失电子守恒配平得： 。
（1）①5个S显示-2价，硫原子之间是单键相连，则其结构式可表示为；
②根据题意可知修复时发生反应，，该反应消耗氢离子，则pH明显增大；
（2）①该反应中二价铁被氧化为三价铁，六价铬被还原为三价铬，离子方程式为：；
②溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，故答案为：水解产生的胶体吸附或；
（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故答案为：pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；
②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故答案为：增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：。
15．【答案】（1）醚键、酯基
（2）2+O22+2H2O
（3）CH3CH2OH
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）有结构简式可知，分子中的官能团为醚键、酯基，
故答案为：醚键、酯基；
（2）由题意可知，C→D的反应为铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）由分析可知，F→G的反应为与HCOOCH2CH3发生取代反应生成和乙醇，
故答案为：CH3CH2OH；
（4）A的同分异构体X分子中含有手性碳原子说明分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，1molX与浓溴水反应，可消耗3mol溴说明分子中含有酚羟基，酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰说明X分子中含有酚酯基，水解产物中只含有2类氢原子，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
故答案为：
（5）由题给有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，催化剂作用下与水发生加成反应生成，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与硼氢化钠发生还原反应生成，合成路线为。
故答案为： 。
【分析】A（） 中的酚羟基与 BnCl 反应，被苄基（Bn）保护，得到 B（）。B 中的酯基被还原为羟甲基，得到 C（）。C 中的羟甲基被 PCC 氧化为醛基，得到 D（）。D 中的醛基与氨基发生缩合反应，生成亚胺 E（）。E 中的亚胺双键被 NaBH4还原为单键，得到仲胺 F（）。F 中的氨基与甲酸乙酯发生反应，引入甲酰基，得到目标产物 G（）。
（1）有结构简式可知，分子中的官能团为醚键、酯基，故答案为：醚键、酯基；
（2）由题意可知，C→D的反应为铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
（3）由分析可知，F→G的反应为与HCOOCH2CH3发生取代反应生成和乙醇，故答案为：CH3CH2OH；
（4）A的同分异构体X分子中含有手性碳原子说明分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，1molX与浓溴水反应，可消耗3mol溴说明分子中含有酚羟基，酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰说明X分子中含有酚酯基，水解产物中只含有2类氢原子，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（5）由题给有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，催化剂作用下与水发生加成反应生成，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与硼氢化钠发生还原反应生成，合成路线为。
16．【答案】（1）三颈烧瓶；
（2）易被NaClO氧化
（3）；
（4）加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；仪器A中反应的离子方程式是；
故答案为： 三颈烧瓶 ； ；
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是易被NaClO氧化，造成损失；
故答案为：易被NaClO氧化 ；
（3）由图可知，氨气转化为，化合价由-3价变为-2价，化合价升高，发生氧化反应，则多孔铂电极为负极，石墨为正极，在原电池中，向多孔电极移动；石墨为正极，次氯酸钠中的氯元素得电子，电极反应为；
故答案为： ； ；
（4）由图可知，水合肼溶液浓度为3.0~3.25mol/L时，铜粉沉淀率最高。设计由铜氨溶液回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加 。
【分析】(1) 仪器 A 为三颈烧瓶。根据反应物与生成物类别，书写离子方程式： 。
(2) 滴加速快会使 NaClO 过量，水合肼（N2H4 H2O）具有强还原性，易被 NaClO 氧化，导致产率下降。
(3) ① 多孔铂电极为负极，双极膜中产生的 OH-移向负极。
② 石墨为正极，电极反应： 。
(4) 由图可知，水合肼浓度在3.0~3.25 mol/L时铜粉沉淀率最高。
实验方案：将 6 mol/L 水合肼稀释至 3.0~3.25 mol/L，加 NaOH 固体，边搅拌边滴加铜氨溶液并加热，用 2 mol/L 硫酸吸收 NH3，至无气泡产生，静置、过滤、洗涤、干燥。
（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；仪器A中反应的离子方程式是；
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是易被NaClO氧化，造成损失；
（3）由图可知，氨气转化为，化合价由-3价变为-2价，化合价升高，发生氧化反应，则多孔铂电极为负极，石墨为正极，在原电池中，向多孔电极移动；石墨为正极，次氯酸钠中的氯元素得电子，电极反应为；
（4）由图可知，水合肼溶液浓度为3.0~3.25mol/L时，铜粉沉淀率最高。设计由铜氨溶液回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。
17．【答案】（1）83；EO(g)=AA(g) ΔH=－102kJ/mol
（2）温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低
（3）KCl；C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；13；溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全
【知识点】盖斯定律及其应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(176-93) kJ/mol=83kJ/mol；
②根据图中相对能量，由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol；
故答案为： 83 ； EO(g)=AA(g) ΔH=－102kJ/mol ；
（2）实际生产采用220－260℃的可能原因是温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低；
故答案为： 温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低 ；
（3）①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，则溶液b的溶质为KCl；
②若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为：C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为： ，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为，生成CO2的物质的量为：2××3%，生成CO2转移的电子的物质的量为2××3%×6，则η(CO2)= ≈13%；经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全。
故答案为： KCl ； C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+ ；13； 溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全 。
【分析】(1) ① 活化能是指从反应物到过渡态所需的能量差。
中间体OMC的相对能量为，生成吸附态EO(ads)的过渡态相对能量为，因此活化能为：
②由图可知，的相对能量为，的相对能量为。
反应焓变= 生成物总能量 反应物总能量，即：
热化学方程式为：
(2)实际生产选择~是为了平衡反应速率与催化剂活性：
温度低于：分子运动速率慢，反应活化能垒高，整体反应速率过慢，生产效率低下；
温度高于：银催化剂的结构易被破坏，活性显著下降，同时副反应（乙烯深度氧化为）加剧，主反应生成EO的选择性大幅降低；
~：既能保证较快的反应速率，又能维持较高的催化剂活性与主反应选择性，是工业生产的最优区间。
(3)①若，说明所有参与反应的乙烯都转化为了EO，整个过程中只有乙烯中碳的化合价发生变化，循环使用，不参与反应，因此溶液b的溶质为。
② 生成的阳极反应：乙烯在阳极被彻底氧化为，碳元素从价被氧化为价，每个乙烯分子失去个电子，电极反应式为： C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+
计算：已知（生成EO的电子占比），（生成EO的乙烯占总消耗乙烯的比例）。假设总消耗乙烯为（为生成EO的物质的量），则未生成EO的乙烯为，这些乙烯全部被氧化为，转移电子数为。总转移电子数为（生成需转移电子，占总电子的），因此：
的原因：经检验阳极无生成，说明乙烯未发生电解副反应。选择性未达的原因是：中间产物与阴极室的溶液a（碱性溶液）反应不完全，部分未水解生成EO，导致原料利用率降低。
（1）①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(176-93) kJ/mol=83kJ/mol；
②根据图中相对能量，由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol；
（2）实际生产采用220－260℃的可能原因是温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低；
（3）①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，则溶液b的溶质为KCl；
②若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为：C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为： ，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为，生成CO2的物质的量为：2××3%，生成CO2转移的电子的物质的量为2××3%×6，则η(CO2)= ≈13%；经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全。
1 / 1江苏省苏州中学、海门中学、淮阴中学、姜堰中学2025届高三下学期期初模拟测试 化学试题
1．（2025·苏州模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法正确的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要材质是无机盐
B．竹简的主要成分属于天然高分子化合物
C．聚合塑料PVC(聚氯乙烯)的单体属于烃
D．光导纤维的主要成分属于金属晶体
【答案】B
【知识点】烯烃
【解析】【解答】A、青铜器 “四羊方尊” 的材质是铜合金，属于金属材料，而非无机盐类物质，A错误；
B、竹简的主要成分是纤维素，纤维素是由葡萄糖单元聚合而成的天然高分子化合物，符合高分子化合物的定义，B正确；
C、PVC（聚氯乙烯）的单体是氯乙烯，氯乙烯分子中含有氯元素，属于卤代烃，而烃的定义是仅由碳、氢两种元素组成的化合物，因此氯乙烯不属于烃，C错误；
D、光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），二氧化硅是由硅氧共价键形成的空间网状结构，属于共价晶体，而非金属晶体，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：混淆金属材料与无机盐：铜合金是金属单质与其他金属（或非金属）熔合而成的具有金属特性的物质，属于金属材料，而无机盐是离子化合物，二者本质不同。
烃的定义边界不清：烃必须只含碳、氢两种元素，氯乙烯因含氯元素，属于卤代烃，不属于烃。
晶体类型判断失误：二氧化硅是典型的共价晶体，具有高熔点、高硬度的特点，而金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，二者结构和性质差异明显。
2．（2025·苏州模拟）电石可通过如下反应制得：、。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式：
B．的空间构型为四面体形
C．的电子式为
D．二氧化碳晶体属于共价晶体
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、基态Ca原子的核外电子排布式为，失去4s轨道的2个电子形成，其电子排布式应为（或），选项中给出的是Ca原子的排布式，并非的排布式，A错误；
B、计算中心C原子的价层电子对数，公式为价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数。C与3个O形成σ键，孤电子对数=，因此价层电子对数为3，无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形，而非四面体形，B错误；
C、属于离子化合物，由和（乙炔根离子）构成，内部碳原子之间形成三对共用电子对，其电子式为 ，符合离子化合物的电子式书写规范，C正确；
D、二氧化碳晶体由分子通过分子间作用力结合而成，属于分子晶体；共价晶体（原子晶体）是原子间通过共价键形成的空间网状结构晶体，如金刚石、二氧化硅等，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子电子排布：阳离子的电子排布式为原子失去最外层电子后的排布，Ca原子失去4s电子形成，4s轨道电子不再保留。
空间构型判断：先计算中心原子的价层电子对数（σ键数+孤电子对数），再根据孤电子对数判断构型；孤电子对数为0时，构型与价层电子对构型一致。
电子式书写：离子化合物的电子式需标注阴阳离子的电荷，复杂阴离子（如）需用方括号括起并标注电荷。
晶体类型区分：分子晶体由分子构成（如、），共价晶体由原子直接构成（如Si、）。
3．（2025·苏州模拟）臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是
A．原子半径： B．第一电离能：
C．沸点： D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；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、原子半径的递变规律是同主族从上到下逐渐增大，同周期从左到右逐渐减小。S 和 O 同主族，S 的电子层数更多，半径大于 O；N 和 O 同周期，N 的核电荷数更小，半径大于 O，因此正确顺序应为 S > N > O，A错误；
B、第一电离能的递变受电子构型影响，N 原子的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能反常大于同周期的 O；O 和 S 同主族，O 的非金属性更强，第一电离能大于 S，因此顺序为 I1(N) > I1(O) > I1(S)，B正确；
C、分子晶体的沸点受分子间作用力和氢键影响，H2O 和 NH3分子间能形成氢键，沸点显著高于无氢键的 H2S；其中 H2O 的氢键数量更多、强度更大，沸点最高，NH3次之，因此顺序为 H2O>NH3>H2S，C错误；
D、电负性反映原子吸引电子的能力，金属 Fe 的电负性远小于非金属 N 和 O；N 与 O 同周期，O 的核电荷数更大，电负性强于 N，因此正确顺序为 χ(Fe) < χ(N) < χ(O)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
原子半径：先看电子层数（层数越多半径越大），层数相同时看核电荷数（核电荷数越大半径越小）。
第一电离能：同周期 ⅡA、ⅤA 族因电子构型稳定，第一电离能反常大于相邻元素；同主族从上到下逐渐减小。
氢化物沸点：含 N-H、O-H、F-H 键的分子能形成氢键，沸点显著高于同主族无氢键的氢化物。
电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小；金属电负性普遍小于非金属。
4．（2025·苏州模拟）下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中化学键非常牢固，可用作保护气
B．乙醇易溶于水，可用于消毒杀菌
C．浓硫酸具有强氧化性，可用于与反应制
D．是极性分子，可用于漂白纸浆
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、N2分子内的 N≡N 三键键能极高，化学键非常牢固，这直接导致 N2的化学性质极其稳定，在常温下很难与其他物质发生反应，因此可以用作保护气，性质与用途存在直接对应关系，A正确；
B、乙醇用于消毒杀菌，是因为它能使细菌和病毒的蛋白质发生变性，从而使其失去生物活性，这与乙醇易溶于水的物理性质没有关联，B错误；
C、浓硫酸与 CaF2反应制备 HF，利用的是浓硫酸的强酸性和高沸点特性，通过复分解反应生成难挥发的 CaSO4和易挥发的 HF，这与浓硫酸的强氧化性无关，C错误；
D、SO2用于漂白纸浆，是因为它具有漂白性，能够与有色物质结合生成不稳定的无色物质，这与 SO2是极性分子的结构特点没有直接联系，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．N2用作保护气，本质是化学性质稳定，而稳定性源于 N≡N 三键的高键能，性质与用途直接对应。
B．乙醇消毒的关键是使蛋白质变性，与水溶性无关，性质与用途无因果关系。
C．浓硫酸制 HF，利用的是高沸点酸制低沸点酸的复分解反应，与强氧化性无关。
D．SO2漂白纸浆，依赖的是其漂白性，与分子极性无关。
（2025·苏州模拟）阅读下面一段材料，完成下面小题。
氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氮可以和金属钠反应产生。中的一个H原子被取代可形成羟胺，被取代可形成肼吸电子能力比强。的燃烧热为，具有强还原性，可由尿素和溶液一起反应制得。
5．实验室利用下列装置进行氨气或氨水的有关实验，能够达到实验目的的是
A．制取 B．干燥
C．收集 D．制溶液
6．下列说法正确的是
A．的键角比小
B．中含键
C．难溶于水
D．中N结合的能力比弱
7．下列化学反应的表示正确的是
A．金属钠和液氨反应：
B．过量氨水和反应：
C．尿素、溶液制取的离子方程式：
D．肼燃烧的热化学方程式：
8．下列说法正确的是
A．侯氏制碱的原理可表示为饱和溶液
B．氨气催化氧化制取属于氮的固定中的一种
C．由尿素、和溶液制时，应将溶液滴加到尿素溶液中
D．浓氨水与浓硫酸靠近时会有白烟生成
【答案】5．D
6．D
7．B
8．C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、加热 NH4Cl 固体时，分解产生的 NH3和 HCl 会在试管口重新化合，无法得到纯净的 NH3，实验室制 NH3应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合物加热，故A不能达到目的；
B、NH3是碱性气体，会与浓硫酸发生反应，因此不能用浓硫酸干燥 NH3，应选用碱石灰等碱性干燥剂，故B不能达到目的；
C、NH3密度比空气小，采用向下排空气法收集时，气体应从短管进入烧瓶，将空气从长管排出，图中进气方式错误，故C不能达到目的；
D、Cu(OH)2与氨水反应，可生成可溶性的配合物Cu(NH3)42，操作和原理均正确，D能达到实验目的；
故答案为：D。
（2）A、NH3和 H2O 的中心原子均为 sp3 杂化，H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此 H2O 的键角比 NH3小，A错误；
B、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，4 个 NH3分子内共含 12 个 N-H σ 键，同时 Cu2+与 4 个 N 原子形成 4 个配位 σ 键，总计 16 个 σ 键，B错误；
C、NH2OH 分子中含有 - OH 和 - NH2，均可与水形成分子间氢键，因此易溶于水，C错误；
D、-OH 的吸电子能力比 - NH2强，使得 NH2OH 中 N 原子的正电性更高，更难结合带正电的 H+，故其结合 H+的能力比 N2H4弱，D正确；
故答案为：D。
（3）A、金属钠与液氨反应的化学方程式应为，A错误；
B、过量氨水与 SO2反应，生成正盐 (NH4)2SO3，方程式为，B正确；
C、在 NaOH 溶液中，反应生成的 CO2会与 OH-反应生成 CO32-，正确的离子方程式为，C错误；
D、燃烧热的定义是生成稳定氧化物，H2O 应为液态，热化学方程式中 H2O (g) 的状态标注错误，D 错误；
故答案为：B。
（4）A、侯氏制碱法应先向饱和 NaCl 溶液中通入 NH3使溶液呈碱性，再通入 CO2，以提高 CO2的溶解度，生成 NaHCO3，原选项中气体通入顺序错误，A错误；
B、氮的固定是将游离态的 N2转化为化合态氮的过程，而 NH3催化氧化制 NO 是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C、N2H4具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，为防止 N2H4被过量 NaClO 氧化，应将 NaClO 和 NaOH 的混合溶液缓慢滴加到尿素溶液中，C正确；
D、浓硫酸不具有挥发性，因此浓氨水与浓硫酸靠近时，不会生成白烟，D错误；
故答案为：C。
【分析】（1）A．加热 NH4Cl 无法制得 NH3，需与 Ca (OH)2共热。B．浓硫酸与 NH3反应，不能用于干燥 NH3。
C．NH3密度小，应 “短进长出” 收集，图中进气方式错误。
D．Cu(OH)2与氨水生成可溶性配合物，操作正确。
（2）A．H2O 孤电子对更多，键角比 NH3小。
B.1 个 [Cu (NH3)4]2+含 16 个 σ 键（12 个 N-H + 4 个配位键）。
C．NH2OH 含 - OH 和 - NH2，易与水形成氢键，易溶于水。
D．-OH 吸电子能力强，使 NH2OH 中 N 更难结合 H+。
（3）A．金属钠与液氨反应方程式未配平。
B．过量氨水与 SO2生成 (NH4)2SO3，方程式正确。
C．NaOH 存在时，产物应为 CO32-，原方程式漏写 OH-。
D．燃烧热的热化学方程式中 H2O 应为液态。
（4）A．侯氏制碱应先通 NH3再通 CO2，顺序错误。
B．NH3催化氧化制 NO 不属于氮的固定。
C．为防止 N2H4被氧化，应将 NaClO 溶液滴入尿素溶液。
D．浓硫酸不挥发，与浓氨水靠近无白烟。
5．A、加热 NH4Cl 固体时，分解产生的 NH3和 HCl 会在试管口重新化合，无法得到纯净的 NH3，实验室制 NH3应选用 NH4Cl 与 Ca(OH)2固体混合物加热，故A不能达到目的；
B、NH3是碱性气体，会与浓硫酸发生反应，因此不能用浓硫酸干燥 NH3，应选用碱石灰等碱性干燥剂，故B不能达到目的；
C、NH3密度比空气小，采用向下排空气法收集时，气体应从短管进入烧瓶，将空气从长管排出，图中进气方式错误，故C不能达到目的；
D、Cu(OH)2与氨水反应，可生成可溶性的配合物Cu(NH3)42，操作和原理均正确，D能达到实验目的；
故答案为：D。
6．A、NH3和 H2O 的中心原子均为 sp3 杂化，H2O 中 O 原子有 2 对孤电子对，NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此 H2O 的键角比 NH3小，A错误；
B、1 个 [Cu(NH3)4]2+中，4 个 NH3分子内共含 12 个 N-H σ 键，同时 Cu2+与 4 个 N 原子形成 4 个配位 σ 键，总计 16 个 σ 键，B错误；
C、NH2OH 分子中含有 - OH 和 - NH2，均可与水形成分子间氢键，因此易溶于水，C错误；
D、-OH 的吸电子能力比 - NH2强，使得 NH2OH 中 N 原子的正电性更高，更难结合带正电的 H+，故其结合 H+的能力比 N2H4弱，D正确；
故答案为：D。
7．A、金属钠与液氨反应的化学方程式应为，A错误；
B、过量氨水与 SO2反应，生成正盐 (NH4)2SO3，方程式为，B正确；
C、在 NaOH 溶液中，反应生成的 CO2会与 OH-反应生成 CO32-，正确的离子方程式为，C错误；
D、燃烧热的定义是生成稳定氧化物，H2O 应为液态，热化学方程式中 H2O (g) 的状态标注错误，D 错误；
故答案为：B。
8．A、侯氏制碱法应先向饱和 NaCl 溶液中通入 NH3使溶液呈碱性，再通入 CO2，以提高 CO2的溶解度，生成 NaHCO3，原选项中气体通入顺序错误，A错误；
B、氮的固定是将游离态的 N2转化为化合态氮的过程，而 NH3催化氧化制 NO 是化合态氮之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C、N2H4具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，为防止 N2H4被过量 NaClO 氧化，应将 NaClO 和 NaOH 的混合溶液缓慢滴加到尿素溶液中，C正确；
D、浓硫酸不具有挥发性，因此浓氨水与浓硫酸靠近时，不会生成白烟，D错误；
故答案为：C。
9．（2025·苏州模拟）工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。不同的催化剂催化该反应的最佳活性温度不同。下列说法正确的是
A．上述反应平衡常数
B．其他条件不变时，反应单位时间，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大
C．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高的平衡转化率
D．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使反应的平衡常数增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、平衡常数表达式中需包含所有气态反应物和生成物的浓度。该反应中水是气态，因此平衡常数应为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，需要包含水蒸气浓度， 平衡常数，故A错误；
B、该反应焓变为负值，属于放热反应。升高温度时，平衡会向逆反应方向移动，平衡常数会减小；同时温度升高反应速率加快，单位时间内 NO2去除率增大的原因是反应速率提升，而非平衡常数变大，B 错误；
C、该反应为放热反应，低温下平衡向正反应方向移动，可提高 CH4的平衡转化率；高效催化剂能加快反应速率，让反应更快达到平衡状态，因此低温下使用高效催化剂可提升 CH4的平衡转化率，C正确；
D、平衡常数只与温度有关，与浓度变化无关。及时分离出水蒸气，平衡会向正反应方向移动，但温度不变，平衡常数不会改变，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
平衡常数书写：气态物质都要写入平衡常数表达式，固体、纯液体不写入。
放热反应的温度影响：放热反应升温时平衡逆向移动，平衡常数减小；降温时平衡正向移动，平衡常数增大。
催化剂的作用：催化剂只改变反应速率，不影响平衡位置，因此不改变平衡转化率。
平衡常数的影响因素：平衡常数仅由温度决定，温度不变，平衡常数就不变，与浓度、压强等其他因素无关。
10．（2025·苏州模拟）化合物是合成受体拮抗剂的重要中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．中含有碳氧键
B．与足量加成后的分子中含有2个手性碳原子
C．分子中不可能所有碳原子都共面
D．能还原新制得到
【答案】A
【知识点】银镜反应；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、σ 键存在于单键和双键中（双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键）。X 分子中，苯环与羰基之间的 C=O 键、羰基与亚甲基之间的 C=O 键，以及羧基中的 C=O 键和 C-O 单键，共包含 5 个碳氧 σ 键，因此 1mol X 中确实含有 5mol 碳氧 σ 键，A正确；
B、Y 与足量 H2加成后，苯环变为环己烷，分子中所有碳原子均连接有相同的基团，不存在手性碳原子，B错误；
C、Y 分子中的单键可以自由旋转，苯环、羰基以及碳链上的碳原子通过单键旋转，有可能全部共面，C错误；
D、Z 分子中的官能团是酮羰基，而非醛基，酮羰基不具有还原性，无法还原新制 Cu(OH)2得到 Cu2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：σ 键数目计算：容易忽略双键中也包含一个 σ 键，导致计算碳氧 σ 键数目时出现偏差。
手性碳原子判断：加成反应会改变分子结构，需重新分析加成后碳原子的连接情况，避免误判手性碳。
共面问题：单键的可旋转性是判断原子共面的关键，不能仅凭碳链的线性结构就否定共面的可能性。
官能团性质：酮羰基和醛基虽然都含有 C=O 键，但化学性质差异显著，酮羰基不能发生斐林反应。
11．（2025·苏州模拟）下列关于检验样品久置空气中是否变质的实验方法或操作能达到目的的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 检验样品是否变质 将样品溶解后加入酸化的溶液，观察是否产生白色沉淀
B 检验KI溶液是否变质 向样品中滴加少量稀硫酸，再滴入2～3滴淀粉溶液，观察溶液颜色变化
C 检验样品是否变质 将样品溶解后滴加几滴溶液，再滴加溶液，观察溶液颜色变化
D 检验漂白粉是否变质 将漂白粉溶于水后，滴加浓盐酸，观察是否产生气泡
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、Na2SO3变质会生成 Na2SO4。但稀 HNO3具有强氧化性，会将 SO32-直接氧化为 SO42-，因此无论是否变质，加入 HNO3酸化的 Ba(NO3)2溶液都会产生 BaSO4白色沉淀，无法判断是否变质 ，故A错误；
B、KI 变质会被氧化为 I2，I2能使淀粉溶液变蓝。向样品中滴加稀硫酸酸化后，再滴入淀粉溶液，若溶液变蓝则证明有 I2生成，可确定 KI 已变质，方法可靠 ，故B正确；
C、FeSO4变质会生成 Fe3+。若先加 H2O2，会将未变质的 Fe2+氧化为 Fe3+，再滴加 KSCN 溶液时，无论是否变质都会显红色，无法准确判断 ，故C错误；
D、漂白粉有效成分为 Ca(ClO)2，变质后生成 CaCO3等。但 Ca(ClO)2本身也能与浓盐酸反应生成 Cl2，因此无论是否变质，滴加浓盐酸都会产生气泡，无法判断是否变质 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽视试剂氧化性干扰：稀 HNO3和 H2O2会氧化待检离子，导致假阳性结果。
混淆变质前后物质的性质：漂白粉中的有效成分和变质产物都能与浓盐酸反应产生气体，无法区分。
忽略特征反应的专一性：淀粉遇 I2变蓝是专一反应，可用于 KI 变质的特异性检验。
12．（2025·苏州模拟）室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如下图所示。下列说法正确的是
已知：
A．“除锌”后所得上层清液中，一定小于
B．溶液中存在：
C．氨水、溶液中存在：
D．“沉锰”后的滤液中存在：
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“除锌” 步骤中，MnS 过量，反应生成 ZnS 沉淀。根据沉淀溶解平衡，
Ksp (MnS)=2×10- 远大于 Ksp (ZnS)=2×10-24，当 ZnS 沉淀生成时，溶液中 S2-浓度由 MnS 的溶度积决定，此时 c (Zn2+)=，而 c (S2-) 由 MnS 的溶度积提供，因此 c (Zn2+) 必然远小于 1×10-5 mol L- （沉淀完全的标准浓度），A正确；
B、在 NH4HCO3溶液中，电荷守恒式为 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+c (OH-)+2c (CO32-)，物料守恒式为 c (NH4+)+c (NH3 H2O)=c (HCO3-)+c (CO32-)+c (H2CO3)。将两式联立消去 c (HCO3-) 和 c (CO32-)，可推导出 c (H+)+c (H2CO3)=c (OH-)+c (CO32-)+c (NH3 H2O)，B错误；
C、由电荷守恒式 c (NH4+)+c (H+)=c (HCO3-)+c (OH-)+2c (CO32-)，已知 pH>7，即 c (NH+)＞c (HCO3-)+2c (CO32-)，C错误；
D、沉锰后滤液中含有 (NH4)2SO4、NH3 H2O 和 NH4HCO3。根据物料守恒，(NH4)2SO4提供的 NH4+是 SO42-的 2 倍，再加上 NH4HCO3和 NH3 H2O 提供的含氮微粒，因此 c (NH4+)+c (NH3 H2O) 必然大于 2c (SO42-)，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
Ksp 应用：判断离子浓度时，需明确是哪种难溶物提供 S2-，避免混淆不同沉淀的溶度积。
守恒关系：电荷守恒和物料守恒的联立推导易出错，需注意消去的离子和保留的项，避免关系式变形错误。
溶液组成：沉锰后滤液中存在多种含氮和含碳的微粒，分析浓度关系时需全面考虑所有来源，不能只关注单一溶质。
13．（2025·苏州模拟）利用和反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
向密闭容器中充入一定量和发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。
[的产率的选择性]。
下列说法不正确的是
A．当容器内气体总压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
B．曲线表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为
D．随着增大，的选择性先增大后减小
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、总反应为 2CO(g)+2H2(g)=CH4(g)+CO2(g)，反应前后气体分子数减少。在恒容密闭容器中，当总压强不再变化时，说明气体总物质的量不再改变，反应 Ⅰ、Ⅱ 均达到平衡状态，A不符合题意；B、随着起始增大，CO 转化率升高、H2转化率降低，故曲线 a 为 CO 转化率，曲线 b 为 H2转化率；同时 CH4产率持续增大，而 CO2因与 H2进一步反应，产率先增后减，因此曲线 c 代表 CH4产率，曲线 d 代表 CO2产率，B不符合题意；
C、当=0.5 时，CO 过量，按总反应计量比，生成的 n (CH4)=n (CO2)，此时 CH4的选择性为 50%，C不符合题意；
D、曲线 c、d 分别为 CH4、CO2的产率。随着 增大，CH4产率持续升高，CO2产率先升后降，二者比值逐渐增大，导致 CO2的选择性（即 CO2在产物中的占比）并非一直减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】反应Ⅰ和反应Ⅱ的总反应式为：2CO(g) + 2H2(g) = CH4(g) + CO2(g)
当起始投料比 增大时，相当于在CO量不变的前提下不断增加H2，这会推动总反应向正方向进行，使CO的转化率持续升高，直至接近100%；但由于H2总量增加，其自身转化率反而会下降，因此曲线a代表CO的转化率，曲线b代表H2的转化率。
同时，随着 增大，CH4的产率会持续上升；而生成的CO2会与过量的H2进一步发生反应，导致CO2的产率呈现先增大后减小的趋势，因此曲线c代表CH4的产率，曲线d代表CO2的产率。
14．（2025·苏州模拟）化学还原稳定法是当前水体污染修复领域的主要技术。废水中主要以和形式存在，化学还原稳定法去除水中主要包括铬的还原和固定两个过程。常用的化学还原剂包括硫系还原剂和铁系还原剂。已知：，。
（1）是常用的硫系还原剂，在处理时自身转化为单质S。
①具有链状结构，其结构式可表示为　 　。
②经修复的水体pH明显　 　(填“增大”或“减小”)，严重影响土壤及地下水的利用。
（2）铁系还原剂的还原效率虽不及硫化物，但有利于Cr的固定。
①在酸性溶液中，还原的离子方程式为　 　。
②Cr的固定途径有两个：其一是难溶性铬铁共沉淀氢氧化物或沉淀的生成；其二是　 　。
（3）试剂联用有望实现高效且稳定的修复效果。
①待各体系充分反应后，静置2h。实验测得分别使用单一试剂和试剂联用时，溶液中总Cr的去除率随溶液初始pH的变化关系如图1所示。pH>9，随pH增大，试剂联用时溶液中总Cr的去除率上升的原因是　 　。
②在存在下，试剂联用处理溶液中，待体系充分反应，静置2h。测得浓度对溶液pH以及总Cr去除效果的影响关系如图2所示。随浓度进一步增加，总Cr的去除率明显上升的原因是　 　。
③研究表明，试剂联用效果优于单一试剂主要是由于反应过程中生成了起催化作用的FeS。FeS的生成过程可用化学方程式表示为　 　。
【答案】（1）；增大
（2）；水解产生的胶体吸附或
（3）pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）①5个S显示-2价，硫原子之间是单键相连，则其结构式可表示为；
②根据题意可知修复时发生反应，，该反应消耗氢离子，则pH明显增大；
故答案为： ； 增大 ；
（2）①该反应中二价铁被氧化为三价铁，六价铬被还原为三价铬，离子方程式为：；
②溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，故答案为：水解产生的胶体吸附或；
故答案为： ；水解产生的胶体吸附或 ；
（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故答案为：pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；
②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故答案为：增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：。
故答案为： pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于 ； 增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除 ； 。
【分析】(1)① 中5个S原子整体显-2价，硫原子之间以单键相连成链状，因此结构式可表示为 。
② 还原废水中 的反应会消耗大量 （反应： ）， 浓度降低，导致水体pH 增大。
(2)①酸性条件下， 被氧化为 （Fe从+2→+3）， 被还原为 （Cr从+6→+3），根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得：
② Cr的固定途径：
途径一： 与 共沉淀，生成难溶性氢氧化物 或 ；
途径二： 水解生成 胶体，胶体具有吸附性，可吸附废水中的 或 ，实现Cr的固定。
(3)①pH增大时， 对 的还原反应会被抑制，导致总Cr去除率降低；但 生成的 胶体更易吸附固定Cr，能提升去除率。
试剂联用比例 ， 用量更多，其对Cr的固定作用占主导，因此pH>9时总Cr去除率反而上升。
② 浓度增大时，溶液pH会降低（ 电离使酸性增强）；而低pH环境更利于 还原 ，同时 胶体吸附作用仍有效，因此总Cr去除率明显上升。
③ 与 反应生成 （催化作用），同时生成S单质和 ，根据元素守恒、得失电子守恒配平得： 。
（1）①5个S显示-2价，硫原子之间是单键相连，则其结构式可表示为；
②根据题意可知修复时发生反应，，该反应消耗氢离子，则pH明显增大；
（2）①该反应中二价铁被氧化为三价铁，六价铬被还原为三价铬，离子方程式为：；
②溶液中生成三价铁后，三价铁可以水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附含有铬元素的微粒，故答案为：水解产生的胶体吸附或；
（3）①结合第一问可知，pH增大时会抑制对的还原，但是的使用有利于对吸附，试剂联用时是两种作用的相互竞争的一个关系，故答案为：pH增大，使用会抑制的还原，降低总Cr去除率；但使用有利于的固定，提高总Cr去除率；试剂联用时，的用量大于，增大pH，对总Cr去除率的影响程度大于；
②由图可知，随着碳酸氢根离子的浓度的增大，pH会降低，而pH的降低有利于对的去除，故答案为：增大浓度，溶液pH减小，试剂联用时低pH值有利于的去除；
③根据题意可知和反应生成FeS，结合元素守恒和得失电子守恒可知离子方程式为：。
15．（2025·苏州模拟）化合物G可作为阿尔茨海默症的药物，其合成路线如下：
注：Bn—为
（1）B中含氧官能团的名称　 　。
（2）用O2代替PCC完成C→D的转化，化学方程式为　 　。
（3）若反应F→G的反应类型是取代反应，则另一产物为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体X的结构简式：　 　。
①分子中含有手性碳原子，且与浓溴水反应，可消耗；
②酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰。
（5）写出以和为原料制备的合成路线流图　 　(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）醚键、酯基
（2）2+O22+2H2O
（3）CH3CH2OH
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）有结构简式可知，分子中的官能团为醚键、酯基，
故答案为：醚键、酯基；
（2）由题意可知，C→D的反应为铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）由分析可知，F→G的反应为与HCOOCH2CH3发生取代反应生成和乙醇，
故答案为：CH3CH2OH；
（4）A的同分异构体X分子中含有手性碳原子说明分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，1molX与浓溴水反应，可消耗3mol溴说明分子中含有酚羟基，酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰说明X分子中含有酚酯基，水解产物中只含有2类氢原子，则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
故答案为：
（5）由题给有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，催化剂作用下与水发生加成反应生成，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与硼氢化钠发生还原反应生成，合成路线为。
故答案为： 。
【分析】A（） 中的酚羟基与 BnCl 反应，被苄基（Bn）保护，得到 B（）。B 中的酯基被还原为羟甲基，得到 C（）。C 中的羟甲基被 PCC 氧化为醛基，得到 D（）。D 中的醛基与氨基发生缩合反应，生成亚胺 E（）。E 中的亚胺双键被 NaBH4还原为单键，得到仲胺 F（）。F 中的氨基与甲酸乙酯发生反应，引入甲酰基，得到目标产物 G（）。
（1）有结构简式可知，分子中的官能团为醚键、酯基，故答案为：醚键、酯基；
（2）由题意可知，C→D的反应为铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
（3）由分析可知，F→G的反应为与HCOOCH2CH3发生取代反应生成和乙醇，故答案为：CH3CH2OH；
（4）A的同分异构体X分子中含有手性碳原子说明分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，1molX与浓溴水反应，可消耗3mol溴说明分子中含有酚羟基，酸性条件下水解产物中属于芳香族化合物的分子核磁共振氢谱只有两个峰说明X分子中含有酚酯基，水解产物中只含有2类氢原子，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（5）由题给有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，催化剂作用下与水发生加成反应生成，铜做催化剂条件下与氧气共热发生催化氧化反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与硼氢化钠发生还原反应生成，合成路线为。
16．（2025·苏州模拟）水合肼的制备方法有多种，实验室以、NaOH和尿素为原料制备，也可以利用电解法制备。再用水合肼处理铜氨溶液并制得铜粉，其实验过程可表示为：
已知：沸点约118℃，具有强还原性。
（1）“合成水合肼”用如图所示装置。仪器A的名称是　 　，仪器A中反应的离子方程式是　 　。
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是　 　。
（3）某实验室设计了如图所示装置制备。双极膜是阴、阳复合膜，层间的解离成和并可分别通过阴、阳膜定向移动。
①双极膜中产生的　 　(填“”或“”)移向多孔铂电极。
②石墨电极反应方程式为　 　。
（4）已知：。铜粉沉淀率与水合肼溶液初始浓度的关系如图所示。请设计由铜氨溶液[主要含有]回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，　 　，静置、过滤、洗涤、干燥。(须使用的试剂：硫酸、NaOH固体、铜氨溶液、蒸馏水)
【答案】（1）三颈烧瓶；
（2）易被NaClO氧化
（3）；
（4）加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；仪器A中反应的离子方程式是；
故答案为： 三颈烧瓶 ； ；
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是易被NaClO氧化，造成损失；
故答案为：易被NaClO氧化 ；
（3）由图可知，氨气转化为，化合价由-3价变为-2价，化合价升高，发生氧化反应，则多孔铂电极为负极，石墨为正极，在原电池中，向多孔电极移动；石墨为正极，次氯酸钠中的氯元素得电子，电极反应为；
故答案为： ； ；
（4）由图可知，水合肼溶液浓度为3.0~3.25mol/L时，铜粉沉淀率最高。设计由铜氨溶液回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。
故答案为： 加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加 。
【分析】(1) 仪器 A 为三颈烧瓶。根据反应物与生成物类别，书写离子方程式： 。
(2) 滴加速快会使 NaClO 过量，水合肼（N2H4 H2O）具有强还原性，易被 NaClO 氧化，导致产率下降。
(3) ① 多孔铂电极为负极，双极膜中产生的 OH-移向负极。
② 石墨为正极，电极反应： 。
(4) 由图可知，水合肼浓度在3.0~3.25 mol/L时铜粉沉淀率最高。
实验方案：将 6 mol/L 水合肼稀释至 3.0~3.25 mol/L，加 NaOH 固体，边搅拌边滴加铜氨溶液并加热，用 2 mol/L 硫酸吸收 NH3，至无气泡产生，静置、过滤、洗涤、干燥。
（1）仪器A的名称是三颈烧瓶；仪器A中反应的离子方程式是；
（2）若滴加NaClO与NaOH的混合溶液的速度较快，水合肼的产率会下降，原因是易被NaClO氧化，造成损失；
（3）由图可知，氨气转化为，化合价由-3价变为-2价，化合价升高，发生氧化反应，则多孔铂电极为负极，石墨为正极，在原电池中，向多孔电极移动；石墨为正极，次氯酸钠中的氯元素得电子，电极反应为；
（4）由图可知，水合肼溶液浓度为3.0~3.25mol/L时，铜粉沉淀率最高。设计由铜氨溶液回收铜粉的实验方案：取一定体积水合肼溶液，加入蒸馏水稀释水合肼溶液至3.0~3.25mol/L，加入适量NaOH固体，边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol/L硫酸吸收反应中放出的，直至溶液中无气泡产生，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥。
17．（2025·苏州模拟）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。工业上用乙烯制备EO。
（1）一定条件下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的过程中部分物料与能量变化如图所示。
①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为　 　kJ/mol。
②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为　 　。
（2）一定条件下，用Ag作催化剂，氧气直接氧化乙烯制环氧乙烷(部分机理未配平)。
主反应：2CH2=CH2(g)+O2(g)=2EO(g) ΔH=－213.8kJ/mol
副反应：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－1323kJ/mol
催化机理：O2+Ag(助剂)→ (ads)+Ag+
(ads)+ CH2=CH2+Ag+→EO+ O(ads)+Ag
O(ads)+ CH2=CH2→CO2+H2O
实际生产采用220－260℃的可能原因是　 　。
（3）乙烯电解制备EO的原理示意如图。
阳极室产生Cl2后发生的反应有：Cl2+H2O=HCl+HClO、CH2=CH2+HClO=HOCH2CH2Cl。
法拉第效率FE的定义：FE(B)=×100%
①若FE(EO)=100%，则溶液b的溶质为　 　(化学式)。
②一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。当乙烯完全消耗时，测得FE(EO)≈70%，S(EO)≈97%。
推测FE(EO)≈70%的原因：若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为　 　，FE(CO2)≈　 　%。经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是　 　。
【答案】（1）83；EO(g)=AA(g) ΔH=－102kJ/mol
（2）温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低
（3）KCl；C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；13；溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全
【知识点】盖斯定律及其应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(176-93) kJ/mol=83kJ/mol；
②根据图中相对能量，由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol；
故答案为： 83 ； EO(g)=AA(g) ΔH=－102kJ/mol ；
（2）实际生产采用220－260℃的可能原因是温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低；
故答案为： 温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低 ；
（3）①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，则溶液b的溶质为KCl；
②若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为：C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为： ，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为，生成CO2的物质的量为：2××3%，生成CO2转移的电子的物质的量为2××3%×6，则η(CO2)= ≈13%；经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全。
故答案为： KCl ； C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+ ；13； 溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全 。
【分析】(1) ① 活化能是指从反应物到过渡态所需的能量差。
中间体OMC的相对能量为，生成吸附态EO(ads)的过渡态相对能量为，因此活化能为：
②由图可知，的相对能量为，的相对能量为。
反应焓变= 生成物总能量 反应物总能量，即：
热化学方程式为：
(2)实际生产选择~是为了平衡反应速率与催化剂活性：
温度低于：分子运动速率慢，反应活化能垒高，整体反应速率过慢，生产效率低下；
温度高于：银催化剂的结构易被破坏，活性显著下降，同时副反应（乙烯深度氧化为）加剧，主反应生成EO的选择性大幅降低；
~：既能保证较快的反应速率，又能维持较高的催化剂活性与主反应选择性，是工业生产的最优区间。
(3)①若，说明所有参与反应的乙烯都转化为了EO，整个过程中只有乙烯中碳的化合价发生变化，循环使用，不参与反应，因此溶液b的溶质为。
② 生成的阳极反应：乙烯在阳极被彻底氧化为，碳元素从价被氧化为价，每个乙烯分子失去个电子，电极反应式为： C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+
计算：已知（生成EO的电子占比），（生成EO的乙烯占总消耗乙烯的比例）。假设总消耗乙烯为（为生成EO的物质的量），则未生成EO的乙烯为，这些乙烯全部被氧化为，转移电子数为。总转移电子数为（生成需转移电子，占总电子的），因此：
的原因：经检验阳极无生成，说明乙烯未发生电解副反应。选择性未达的原因是：中间产物与阴极室的溶液a（碱性溶液）反应不完全，部分未水解生成EO，导致原料利用率降低。
（1）①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(176-93) kJ/mol=83kJ/mol；
②根据图中相对能量，由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为EO(g)=AA(g) ΔH=-102kJ/mol；
（2）实际生产采用220－260℃的可能原因是温度低与220℃，反应太慢；温度高于260℃，催化剂活性降低；
（3）①若η(EO)=100%，则说明反应中只有乙烯中碳的化合价发生变化，其它元素化合价没有改变，则溶液b的溶质为KCl；
②若没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，则生成CO2的电极反应方程式为：C2H4+4H2O－12e－=2CO2+12H+；设EO的物质的量amol，则转化的乙烯的物质的量为： ，生成EO转移的电子的物质的量为：2amol，此过程转移的电子的总物质的量为，生成CO2的物质的量为：2××3%，生成CO2转移的电子的物质的量为2××3%×6，则η(CO2)= ≈13%；经检验阳极放电产物没有CO2，则S(EO)≈97%的可能原因是溶液a与HOCH2CH2Cl反应不完全。
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