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浙江省杭州市2025届高三下学期教学质量检测（二模）化学试卷
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·杭州模拟）下列与蛇有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是
A．三星堆青铜蛇
B．白玉蛇形珮
C．绘有蛇的纸莎草纸
D．蛇形骨雕
2．（2025·杭州模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．的形成过程：
B．环氧丙烷的键线式：
C．单质Na溶于液氨形成的结构：
D．中形成的键示意图：
3．（2025·杭州模拟）化学与生活密切相关，下列相关解释不正确的是
A．炽热的铁水应注入充分干燥的模具：铁与水蒸气发生反应
B．糯米和麦芽(内含淀粉酶)制作麦芽糖：淀粉在酶作用下发生水解反应
C．过碳酸钠()漂白衣物：过碳酸钠具有强氧化性
D．明矾用于净水：明矾具有杀菌作用
4．（2025·杭州模拟）应用元素周期律判断，下列说法不正确的是
A．电负性：
B．半径比较：
C．碱性：
D．化合物中离子键百分数：
5．（2025·杭州模拟）下列图示实验中，操作或装置正确的是
A．调控滴定速度 B．配制NaOH溶液
C．制备干燥的氨气 D．向试管中滴加溶液
6．（2025·杭州模拟）根据物质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
选项 物质 组成和结构变化 性能变化
A 铝 增厚表面氧化膜 耐腐蚀性增强
B 晶体硅 将部分硅原子替换为碳原子 硬度变大
C 苯胺 与盐酸反应成盐 水溶性增大
D 聚乙烯 乙烯聚合时混入少量1，3-丁二烯形成共聚物 抗氧化性增强
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·杭州模拟）下列离子方程式不正确的是
A．醋酸铵水解：
B．将少量通入饱和溶液：
C．苯酚钠溶液中通入少量：+CO2+H2O=+
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水：
8．（2025·杭州模拟）已知谷氨酸在强酸性溶液中的存在形式如下，其电离常数，，。下列说法不正确的是
A．、、对应基团序号依次为①③②
B．谷氨酸可发生缩聚反应
C．谷氨酸分子含有一个手性中心
D．根据结构推测，谷氨酸在常温下为固体
9．（2025·杭州模拟）关于有机物制备提纯检测的相关实验操作，下列说法不正确的是
A．某有机物质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为46，可能为乙醇
B．制备溴苯，溴苯中少量的溴可用NaOH溶液除去
C．可通过红外光谱的谱图确定某有机物分子中是否含有醛基
D．重结晶法提纯粗苯甲酸，可用乙醇作为溶剂
10．（2025·杭州模拟）实验室通过对市售85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水得到较纯磷酸，实验装置如图。下列说法不正确的
A．图中甲部分装置的作用是除去空气中的水
B．实验中通入空气的作用是防暴沸和搅拌
C．图中丙部分装置收集的是较纯磷酸
D．减压蒸馏可以降低蒸馏所需温度，避免生成焦磷酸等杂质
11．（2025·杭州模拟）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．的VSEPR模型是平面三角形 B．分子的极性：
C．和的晶体类型不相同 D．热稳定性：
12．（2025·杭州模拟）下列说法正确的是
A．温度不变时：加入催化剂，的反应速率加快，平衡常数增大
B．温度不变时：HAc在水溶液中电离常数为，在非水溶液中电离常数也为
C．升温时，测得的反应速率变慢，推测该反应不是基元反应
D．常温常压下的溶解热约为-61kJ·mol-1，推测可溶于水
13．（2025·杭州模拟）化合物M(结构简式，其中t-Bu表示叔丁基)，可由二叔丁基氢化铝()与等物质的量的联氨()反应制得，下列说法不正确的是
A．M中N原子的杂化方式均为
B．制备过程发生了氧化还原反应
C．M与水反应可能得到和等物质
D．若二叔丁基氢化铝过量，M能与之继续反应
14．（2025·杭州模拟）浓硫酸催化下的叔醇酯化反应机理如下图所示，其中步骤Ⅱ活化能最高，该步中生成的碳正离子越稳定，反应越快，下列说法不正确的是
A．该反应中浓硫酸既是催化剂又是吸水剂
B． +H2O
C．相同条件下比的酯化反应更慢
D．该反应适当增加RCOOH浓度，反应速率几乎不变
15．（2025·杭州模拟）25℃时，，，，，下列说法正确的是
A．含0.1mol·L-1的和0.1mol·L-1的盐酸的混合溶液中存在：
B．AgCl悬浊液中存在：
C．反应的平衡常数约为
D．0.1mol·L-1的溶液中存在：)
16．（2025·杭州模拟）二甘氨酸合铜中Cu元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤I，加入稍过量的稀尽可能使Cu元素转化为
B．步骤II，过量KI溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的
C．为防止与反应，步骤III应将溶液调至强碱性
D．用上述方法测定中的Cu元素含量，结果偏大
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·杭州模拟）硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。
（1）关于VIA族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是_______。
A．第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子
B．的电子排布为
C．酸性：
D．价电子排布图为的S原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图：
化学式是　 　；距离晶胞顶点Au原子距离最近的S原子有　 　个。
（3）焦亚硫酸钠(可视为)溶于水所得溶液呈　 　(填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原因　 　。(常温下，的，)
（4）某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au颗粒被、FeAsS包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣(含有和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au和，流程如下：
①操作A是　 　，试剂B是　 　。
②写出Zn和生成Au的化学方程式(Zn元素以四配位离子存在)　 　。
③在碱性条件下，FeAsS与足量高压反应，可得和两种空间构型相同的酸根离子，写出反应的离子方程式　 　。
18．（2025·杭州模拟）以为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。
I.用与催化制备合成气，可以发生如下多个反应。
主反应：
副反应： kJ/mol
kJ/mol
kJ/mol
（1）________kJ/mol。
（2）某温度下将一定比例的和通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳的措施有_______。
A. 升高温度 B. 选择合适催化剂
C. 加入 D. 降低原料气中的比例
II.电催化还原制备CO和电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt为电极，一定浓度溶液为电解液，通入进行预饱和，再以恒定流量通入，维持反应时溶液中浓度饱和。
（3）以Cu为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表：
　 产物的相对含量
电压(V) HCOOH CO
1.2 48 0 52
1.3 38 2 60
1.4 33 5 62
Cu对产物________(填分子式)选择性高。
（4）以为催化剂、阴极生成和CO是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。
①写出阴极发生的化学方程式：________，________。
②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V之间与CuGa2结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变。解释CO生成速率几乎不变的原因________，画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系________。
19．（2025·杭州模拟）二茂铁的化学式为，制备原理和流程如下：
已知：
①环戊二烯酸性与乙醇相当
②相关物质的部分性质如下：
物质 熔点 沸点 溶解性
二茂铁 173℃ 249℃ 不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂
环戊二烯 —— 41.5℃ ——
乙醚 —— 34.6℃ ——
请回答：
（1）步骤I在如图装置中进行，仪器a的名称为　 　，属于　 　晶体。
（2）步骤II中发生的反应为　 　。
（3）在步骤III中的作用　 　，　 　。
（4）关于本实验，下列说法正确的是_______。
A．步骤I中图仪器b可以冷凝回流乙醚
B．乙醚在反应中主要作用是溶剂，若用乙醇代替产率不变
C．步骤IV中溶液3加入溶液2中：应当分批次缓慢
D．可由的溶液蒸发结晶获得
（5）步骤V，从混合物中I得到粗产物的所有操作如下，请排序：　 　。(填序号)
过滤→_______→_______→_______→_______→_______
①水洗并分液②过滤③用乙醚洗涤滤渣，合并有机相④蒸出乙醚后得到产品⑤加入无水吸水
（6）环戊二烯负离子为平面结构，较稳定，请分析KOH夺取的H为　 　(填、或)．
20．（2025·杭州模拟）化合物J具有治疗心血管疾病的功效，其合成路线如下(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：①环具有类似苯环的性质
②
③
请回答：
（1）化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．A到B的过程中会产生
B．B→C的过程中起到碱的作用
C．化合物D的分子式
D．化合物D→E发生加成反应
（3）E＋F→G的化学方程式是　 　。
（4）I的结构简式是　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式　 　。
①含有一个5元环
②核磁共振氢谱显示含有3种氢
（6）补全C→D的合成路线　 　(用流程图表示，两个碳以内的有机试剂、无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、主要材质为青铜，属于金属合金，是无机金属材料，并非有机高分子，A错误；
B、主要材质为玉石，本质是硅酸盐类矿物，属于无机非金属材料，并非有机高分子，B错误；
C、纸莎草纸的主要成分是纤维素，纤维素是由葡萄糖聚合而成的天然有机高分子，符合题意，C正确；
D、主要材质为动物骨骼，骨骼的主要成分是羟基磷灰石（钙盐）和胶原蛋白，整体以无机钙盐为主，不属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料的核心特征是由大量小分子通过聚合形成的高分子化合物，天然有机高分子包括纤维素、蛋白质、天然橡胶等；金属、玉石、骨骼等属于无机或天然矿物 、生物材料，不属于有机高分子。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、MgCl2是离子化合物，Mg 失去 2 个电子分别给 2 个 Cl 原子，形成 Mg2+和 2 个 Cl-，用电子式表示的形成过程 ：， A正确；
B、环氧丙烷的结构为三元环醚（ ）， 键线式为，B正确；
C、单质 Na 溶于液氨时，Na 失去电子生成溶剂化电子 e-(NH3) ，实验与理论均表明溶剂化氨分子数 x 为 4，而非 6，因此 e-(NH3)6 的结构表述错误，C不正确；
D、Cl2分子中，两个 Cl 原子的 p 轨道沿键轴方向以 “头碰头” 方式重叠形成 p-p σ 键， 电子云图为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子化合物形成过程：需体现电子转移与离子键形成，标注阴阳离子电荷。
键线式：省略碳、氢原子，用线段表示化学键，端点和拐点代表碳原子。
溶剂化电子：Na 溶于液氨生成的溶剂化电子结构为 e-(NH3) ，其中 x 通常为 4，而非 6。
σ 键：原子轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠，p-p σ 键为两原子 p 轨道沿轴重叠形成。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、炽热的铁水温度极高，在此条件下铁能与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，会改变铁制品的成分与性能，因此模具必须充分干燥，该解释正确，A不符合题意；
B、糯米的主要成分为淀粉，麦芽中含有的淀粉酶可作为生物催化剂，促使淀粉发生水解反应，且该酶能定向将淀粉水解为麦芽糖，这是传统制糖工艺的核心原理，解释正确，B不符合题意；
C、过碳酸钠的组成可表示为 2Na2CO3 3H2O2，其结构中包含过氧化氢的有效成分，在使用过程中能释放出具有强氧化性的活性氧，从而破坏有色物质的结构实现漂白，解释正确，C不符合题意；
D、明矾的主要成分为 KAl (SO4)2 12H2O，其溶于水后，Al3+会发生水解生成氢氧化铝胶体，该胶体具有疏松多孔的结构，能吸附水中的悬浮杂质并使之沉降，达到净水目的。但明矾本身不具备强氧化性，无法破坏细菌的结构，没有杀菌作用，该解释错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
金属反应特性：高温下铁的化学活性显著增强，需关注其与常见物质的反应可能性。
糖类水解规律：淀粉在特定酶的催化下可定向水解为二糖，酶的催化具有专一性。
过氧化物性质：含过氧化氢结构的化合物，可通过释放活性氧体现强氧化性。
净水剂作用机理：区分 “吸附沉降” 与 “杀菌消毒” 的本质差异，明矾的核心作用是前者。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Cl、S、P 为同周期第三周期元素，从左到右原子序数依次为 P、S、Cl，根据同周期电负性递增规律，三者电负性顺序为 Cl > S > P，A正确；
B、H-和 Li+的核外电子排布相同，均为 1 层 2 电子结构。此时离子半径由核电荷数决定，核电荷数越大，离子半径越小。H 的核电荷数为 1，Li 的核电荷数为 3，因此离子半径 H- > Li+，选项中 H- < Li+的表述错误，B不正确；
C、Mg 和 Be 为同主族第 ⅡA 族元素，同主族从上到下元素金属性增强，故金属性 Mg > Be。金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性 Mg(OH)2 > Be(OH)2，C正确；
D、NaCl 和 NaI 中，阳离子均为 Na+，阴离子分别为 Cl-和 I-。Cl 的电负性大于 I，使得 Na 与 Cl 的电负性差值大于 Na 与 I 的差值。电负性差值越大，化合物中离子键百分数越高，故 NaCl 中离子键百分数大于 NaI，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电负性：同周期主族元素从左到右，电负性随核电荷数增加而逐渐增大。
离子半径：电子层结构相同时，核电荷数（原子序数）越大，对核外电子的吸引越强，离子半径越小。
碱性强弱：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同主族从上到下金属性增强。
离子键百分数：成键两元素电负性差值越大，离子键百分数越高。
5．【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、进行滴定操作时，左手控制酸式滴定管的旋塞，通过旋塞的开合程度精准控制液体流速，实现滴定速度的调控，操作符合实验规范，A正确；
B、容量瓶属于精密定容仪器，不耐热且不能用于溶解操作。氢氧化钠固体溶解时会放热，直接在容量瓶中溶解会导致容量瓶容积变化甚至炸裂，正确操作应先在烧杯中溶解 NaOH 固体，待溶液冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；
C、无水氯化钙会与氨气发生反应生成络合物，无法起到干燥氨气的作用，干燥氨气应选用碱石灰等碱性干燥剂，C错误；
D、用胶头滴管向试管中滴加溶液时，胶头滴管需悬空在试管口正上方，若伸入试管内，滴管易接触试管壁而被污染，进而污染整瓶试剂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
滴定操作：酸式滴定管需用左手控制旋塞来调节滴定速率，右手振荡锥形瓶。
溶液配制：容量瓶仅用于定容，不能直接溶解固体，固体需先在烧杯中溶解并冷却后转移。
气体干燥：氨气会与氯化钙发生络合反应，不能用无水氯化钙干燥氨气。
试剂滴加：胶头滴管需悬空于容器口上方，避免伸入容器内污染试剂。
6．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；酰胺
【解析】【解答】A、铝表面的氧化膜是致密的氧化铝层，能隔绝内部金属与外界腐蚀介质。增厚氧化膜可进一步提升隔绝效果，增强铝的耐腐蚀性，该推测合理，A正确；
B、晶体硅和金刚石均为共价晶体，碳原子半径小于硅原子，替换后形成的碳硅键比硅硅键更短、键能更大，晶体的刚性更强，因此硬度会变大，该推测合理，B正确；
C、苯胺是弱碱性有机物，水溶性较差；与盐酸反应生成盐酸苯胺盐，盐类在水中更易电离，分子极性大幅增强，水溶性显著增大，该推测合理，C正确；
D、聚乙烯本身不含碳碳双键，化学性质稳定；1，3 - 丁二烯含碳碳双键，混入后形成的共聚物会引入碳碳双键。碳碳双键化学性质活泼，易被氧化，会使聚合物的抗氧化性减弱，而非增强，该推测不合理，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构决定性能：从氧化膜保护作用、共价晶体键能与硬度、有机物成盐后溶解性、聚合物双键对氧化性的影响四个角度切入，判断性能变化是否与结构变化匹配。
关键逻辑：氧化膜越厚保护越强；键长越短键能越大，共价晶体硬度越高；有机物成盐后水溶性通常增大；含碳碳双键的物质化学性质更活泼，易被氧化。
7．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸铵中醋酸根和铵根均发生水解，相互促进，生成醋酸和一水合氨，离子方程式使用可逆符号，符合双水解规律，A正确；
B、碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳会生成碳酸氢钠固体析出，正确离子方程式应为：，选项中未标注沉淀、产物形式错误，B不正确；
C、苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，遵循“强酸制弱酸”，反应生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式 ：+CO2+H2O=+，C正确；
D、氢氧化铝是两性氢氧化物，但不溶于弱碱氨水，故反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式符合反应事实，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
双水解反应：弱酸根与弱碱根会相互促进水解，书写时用可逆符号。
溶解度差异：碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠中通二氧化碳会析出碳酸氢钠固体，需标注沉淀符号。
酸性强弱：苯酚酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，故苯酚钠与少量二氧化碳反应只能生成碳酸氢根，不能生成碳酸根。
两性氢氧化物：氢氧化铝不溶于弱碱，故氯化铝与过量氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀。
8．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、羧基酸性强于铵正离子，且③号羧基受邻位氮原子吸电子作用，酸性强于①号羧基，故电离常数大小顺序为：（③）> （①）> （②），对应基团序号应为③①②，选项中①③②的顺序错误，A不正确；
B、谷氨酸结构中同时含有羧基和氨基，可通过羧基与氨基脱水缩合，发生缩聚反应生成高分子化合物，B正确；
C、谷氨酸分子中，连接氨基和羧基的碳原子连有4个不同基团，为手性碳原子，分子中仅存在1个手性中心，C正确；
D、谷氨酸分子中的氨基和羧基易形成分子间氢键，且相对分子质量较大，分子间范德华力较强，熔点较高，因此在常温下为固体，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性强弱：羧基酸性强于铵正离子；受邻位氮原子吸电子影响，③号羧基酸性 > ①号羧基，电离常数随酸性减弱而减小。
缩聚反应：同时含羧基和氨基的物质可发生缩聚反应生成肽键。
手性中心：连有4个不同基团的碳原子为手性碳，需精准定位谷氨酸中的手性碳。
物态判断：分子间氢键、较大相对分子质量会提升熔点，使物质常温下呈固态。
9．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、质谱图中最右侧的分子离子峰质荷比等于有机物的相对分子质量，该数值为 46 时，对应相对分子质量 46，乙醇的相对分子质量恰好为 46，因此该有机物可能为乙醇，A正确；
B、溴可与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐类，而溴苯不与氢氧化钠反应且难溶于水，反应后混合物分层，通过分液操作即可分离除去溴，B正确；
C、红外光谱通过不同化学键、官能团的特征吸收峰来鉴定分子结构，醛基具有独特的红外吸收特征峰，因此可通过红外光谱确定有机物中是否含有醛基，C正确；
D、重结晶提纯苯甲酸时，苯甲酸在乙醇中溶解度极高，无法通过降温结晶实现有效分离；而苯甲酸在水中溶解度随温度变化差异大，符合重结晶溶剂要求，因此应选用水作溶剂，而非乙醇，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
质谱：最右侧分子离子峰的质荷比等于有机物相对分子质量，可据此初步判断物质种类。
除杂原则：试剂与杂质反应且不与目标物反应，反应后与目标物分层便于分离。
红外光谱：通过特征吸收峰可精准识别官能团，如醛基的特征振动峰。
重结晶溶剂选择：核心要求是目标物在溶剂中溶解度随温度变化差异大，且杂质溶解度与目标物差异显著，同时避免溶剂与目标物发生反应。
10．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、甲部分依次通过氯化钙、浓硫酸、五氧化二磷对空气进行干燥，彻底除去空气中的水分，避免额外水分进入体系干扰磷酸提纯，A正确；
B、干燥空气经毛细管进入磷酸溶液，气泡可打破液体过热状态，防止暴沸；同时气泡流动起到搅拌作用，还能加速水分子从溶液中逸出，B正确；
C、减压蒸馏时，水的沸点远低于磷酸，水蒸气被蒸出后经冷凝在丙部分收集，而高沸点的较纯磷酸留在乙中的蒸馏烧瓶内，因此丙部分无法收集到较纯磷酸，C错误；
D、减压蒸馏可降低体系压强，从而降低水的沸点，使蒸馏在较低温度下进行，避免高温下磷酸脱水生成焦磷酸等杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
装置功能：甲部分为多级干燥系统，彻底除去空气中水分，避免引入额外水影响磷酸提纯。
气体作用：干燥空气经毛细管通入溶液，起到防暴沸、搅拌、加速水逸出的作用。
产物去向：磷酸沸点远高于水，减压蒸馏时水被蒸出，较纯磷酸留在蒸馏烧瓶（乙部分），而非冷凝收集（丙部分）。
减压意义：降低蒸馏温度，避免高温下磷酸脱水生成焦磷酸等杂质。
11．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A、YX3+为CH3+，中心C原子的价层电子对数为，且无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，A正确；
B、Y2X2为C2H2，是直线形对称分子，正负电荷重心重合，属于非极性分子；X2Z2为H2O2，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，属于极性分子。因此分子极性：C2H2 < H2O2，选项中“Y2X2 > X2Z2”的表述错误，B不正确；
C、YZ2为CO2，由分子构成，属于分子晶体；MZ2为SiO2，由硅氧原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，二者晶体类型不同，C正确；
D、YX4为CH4，MX4为SiH4，C与Si同主族，C的非金属性强于Si。元素非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性：CH4 > SiH4，D正确；
故答案为：B。
【分析】先根据题干信息推断出四种元素，再结合物质结构、晶体类型、元素周期律逐一分析各选项的正误。
元素推断：Z的最外层电子数是内层的3倍，内层只能为2个电子，故最外层为6个电子，Z是氧元素；Y与Z核电荷数差2，且原子序数小于Z，故Y是碳元素；Y与M同主族且原子序数更大，故M是硅元素；四种元素分属三个不同短周期，原子序数最小的X只能是氢元素。
12．【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、温度不变时，加入催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的平衡状态，因此平衡常数保持不变，A错误；
B、电离常数与溶剂性质密切相关，溶剂的极性、介电常数等会影响溶质的电离程度。醋酸（HAc）在水溶液和非水溶液中的电离环境不同，电离常数也会发生改变，B错误；
C、基元反应的速率一般随温度升高而加快。若升温时反应的速率变慢，说明该反应可能由多个基元步骤构成，其中某一步在高温下对反应不利，导致总速率降低，因此可推测该反应不是基元反应，C正确；
D、的溶解热为，仅说明溶解过程放热，但溶解性还受晶格能、离子极性等因素制约，实际难溶于水，因此不能仅凭溶解热判断溶解性，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂与平衡常数：催化剂仅改变反应速率，不影响平衡常数，平衡常数只与温度有关。
电离常数的溶剂依赖性：电离常数受溶剂极性、介电常数等影响，同一物质在不同溶剂中电离常数不同。
基元反应与速率规律：基元反应的速率通常随温度升高而加快；若升温时反应速率变慢，说明反应可能由多步构成，并非简单基元反应。
溶解热与溶解性：溶解热仅反映溶解过程的热效应，不能单独作为判断溶解性的依据，溶解性还受分子极性、晶格能等多种因素影响。
13．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、化合物 M 中所有 N 原子均形成 3 个 σ 键并保留 1 对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式均为 sp3，A正确；
B、二叔丁基氢化铝（t-Bu2AlH）与联氨（N2H4）反应生成 M 和 H2，反应中 H 元素从 + 1 价、-1 价变为 0 价，化合价发生变化，属于氧化还原反应，B正确；
C 、M 与水发生水解反应时，Al-N 键断裂后 Al 结合 OH-生成 Al(OH)3，N-N 键保留骨架，N 原子结合 H+生成水合肼（N2H4 H2O），不会生成 NH3 H2O，产物推测错误，C不正确；
D 、M 分子中 N 原子上连有 H 原子，若二叔丁基氢化铝过量，N-H 键可与 Al-H 键继续反应，释放出 H2，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：N 原子均形成 4 个 σ 键（含 1 对孤电子对），价层电子对数为 4，杂化方式为 sp3。
氧化还原判断：反应中 H 元素化合价发生变化，有 H2生成，属于氧化还原反应。
水解产物分析：Al-N 键、N-N 键水解时，Al 结合 OH-生成 Al(OH)3，N 结合 H+生成水合肼（N2H4 H2O），而非 NH3 H2O。
后续反应可能性：M 中 N-H 键可与过量的二叔丁基氢化铝继续反应，释放 H2。
14．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；羧酸简介
【解析】【解答】A、浓硫酸在反应中先提供 H+参与步骤 Ⅰ，后续又重新生成，符合催化剂特征；同时浓硫酸具有吸水性，可吸收反应生成的水，推动酯化平衡正向进行，因此浓硫酸既是催化剂又是吸水剂，A正确；
B、根据反应机理，叔醇的羟基（-OH）结合 H+后以 H2O 形式离去，因此产物中 H2O 的氧原子来自叔醇，正确反应式应为： +H218O，B错误；
C、(CH2Cl)3COH 中 Cl 原子是强吸电子基团，会降低生成的 (CH2Cl)3C+碳正离子稳定性，导致步骤 Ⅱ 更难进行，因此相同条件下其酯化反应速率比 (CH3)3COH 更慢，C正确；
D、该反应的决速步是步骤 Ⅱ，此步骤不涉及 RCOOH，因此适当增加 RCOOH 浓度，对决定反应速率的决速步几乎无影响，总反应速率几乎不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸角色：既提供 H+催化反应（先消耗后生成，为催化剂），又利用吸水性推动平衡，兼具吸水剂作用。
断键规律：叔醇酯化时，叔醇羟基（-OH）与 H+结合后以 H2O 形式离去，羧酸部分保留羟基氧，产物中 H2O 的氧来自叔醇。
决速步判断：步骤 Ⅱ 活化能最高，是反应决速步，反应速率由该步生成的碳正离子稳定性决定，碳正离子越稳定，反应越快。
电子效应影响：吸电子基团会降低碳正离子稳定性，使反应速率减慢；决速步不涉及 RCOOH，故其浓度变化对总速率影响小。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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、已知，，则。
混合溶液中，（盐酸提供），代入公式：
，远小于，A错误；
B、AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：，同时会发生水解：，导致，B错误；
C、反应：
平衡常数表达式：，结合、、，推导得：
，C正确；
D、Na2S溶液中分步水解：、，第一步水解为主。第一步水解常数，水解程度较大，因此，正确排序为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
结合电离平衡、沉淀溶解平衡、盐类水解的核心公式，通过定量计算与定性分析，逐一验证各选项的离子浓度关系与平衡常数是否正确。
H2S的电离：二元弱酸分步电离，，强酸存在时由强酸主导，需代入公式计算。
AgCl悬浊液：会发生水解，导致。
反应平衡常数：利用多重平衡规则，将沉淀溶解平衡与弱酸电离平衡组合，推导总反应的平衡常数。
Na2S溶液：分步水解，第一步水解为主，需比较与的大小。
16．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、步骤 I 中加入稍过量稀 H2SO4并煮解，酸性环境可破坏二甘氨酸合铜的配位结构，使其中的 Cu 元素尽可能完全转化为 Cu2+进入溶液，保障后续反应的准确性，A正确；
B、步骤 II 中，过量 KI 一方面提供充足的 I-将 Cu2+充分还原为 Cu+（生成 CuI 沉淀），另一方面过量 I-可与反应生成的 I2结合成 I3-，避免 I2挥发，同时使 I3-稳定溶于水，便于后续滴定，B正确；
C、若将溶液调至强碱性，Na2S2O3会与 OH-发生副反应，且 I3-会在碱性条件下歧化为 IO3-和 I-，无法与 S2O32-发生定量滴定反应；同时强碱性环境下 Cu2+会沉淀，干扰测定，因此步骤 III 应保持中性或弱酸性，而非强碱性，C不正确；
D、[Cu2(OH)3]NO3中的 NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会额外氧化 I-生成 I2，导致步骤 II 生成的 I3-总量多于仅由 Cu2+氧化产生的量，滴定消耗的 Na2S2O3体积偏大，最终计算出的 Cu 元素含量偏高，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
步骤 I 目的：稀 H2SO4提供酸性环境，煮解使配合物中 Cu 完全转化为 Cu2+，确保后续定量反应。
步骤 II 原理：过量 KI 既作为还原剂将 Cu2+还原为 Cu+，又作为络合剂与生成的 I2结合成易溶的 I3-，便于滴定。
步骤 III 滴定环境：Na2S2O3在强碱性下会与 I3-发生副反应，且 I2在碱性中会歧化，需控制在中性或弱酸性环境。
误差分析：若样品中存在其他能氧化 I-的组分（如 NO3-），会额外消耗 Na2S2O3，导致测定结果偏大。据此解题。
17．【答案】（1）A；C
（2）；4
（3）酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数
（4）过滤；过量铁粉；；
【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；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A．氧元素的原子序数为8，基态原子失去1个电子后得到O+的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1个电子后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故正确；
B．钪元素的原子序数为21，基态离子的电子排布为，故错误；
C．氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故正确；
D．由价电子排布图可知，表示处于基态的硫原子，故错误；
故答案为：AC；
（2）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×+1=2，位于体内的磷原子个数为2，位于面上的硫原子个数为16×=8，则晶胞的化学式为；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近的硫原子位于面上，共有4个，
故答案为：；4；
（3）焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，
故答案为：酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数；
（4）由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到七水硫酸亚铁；
①由分析可知，操作A是过滤、试剂B是过量铁粉，
②由分析可知，二氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为，
③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS与足量高压氧气反应生成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为，
故答案为：过滤；过量铁粉；；。
【分析】(1) 第二电离能：O+价电子为2s22p3（半满稳定结构），失电子更难，故基态O原子第二电离能 > N原子。
酸性比较：O电负性大于S，甲醇中O-H键极性更强，更易电离，故酸性CH3OH < CH3SH。
电子排布：Se4+电子排布为[Ne]3s23p6，题给S原子价电子排布为基态。
(2) 化学式：Au（顶点+体心）：；P（体内）：2；S（面心）：，最简比为AuPS4。最近S原子数：距离晶胞顶点Au原子最近的S原子共4个。
(3) 反应：Na2S2O5 + H2O = 2NaHSO3。
酸碱性：HSO3-水解常数，电离程度 > 水解程度，溶液呈酸性。
(4) 操作与试剂：操作A为过滤，试剂B为过量铁粉（还原Fe3+为Fe2+）。
置换反应： 。
碱性氧化反应： （AsO43-和SO42-均为正四面体构型）。
（1）A．氧元素的原子序数为8，基态原子失去1个电子后得到O+的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1个电子后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故正确；
B．钪元素的原子序数为21，基态离子的电子排布为，故错误；
C．氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故正确；
D．由价电子排布图可知，表示处于基态的硫原子，故错误；
故选AC；
（2）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×+1=2，位于体内的磷原子个数为2，位于面上的硫原子个数为16×=8，则晶胞的化学式为；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近的硫原子位于面上，共有4个，故答案为：；4；
（3）焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故答案为：酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数；
（4）由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到七水硫酸亚铁；
①由分析可知，操作A是过滤、试剂B是过量铁粉，故答案为：过滤；过量铁粉；
②由分析可知，二氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为，故答案为：；
③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS与足量高压氧气反应生成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
18．【答案】(1) kJ/mol
(2) C，D
(3) 和HCOOH
(4) 溶解的已饱和，限制了与的结合速度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知：② kJ/mol；③
kJ/mol；④
kJ/mol；由盖斯定律可知，②+③-④可得的=+247 kJ/mol。
故答案为：kJ/mol ；
（2）A．是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度不一定能减少平衡时积碳，A错误；
B．催化剂可以改变反应路径，降低活化能，但并不改变化学平衡，不一定能减少平衡时积碳，B错误；
C．加入，平衡逆向移动，一定能减少平衡时积碳，C正确；
D．降低原料气中的比例，逆向移动，一定能减少平衡时积碳，D正确；
故答案为：CD。
（3）由表格数据可知，以Cu为催化剂时，生成和HCOOH的含量相比CO较多，则Cu对产物和HCOOH选择性高。
故答案为：和HCOOH；
（4）①以为催化剂、阴极生成和CO且两者为竞争反应，说明其中一个反应为二氧化碳得电子生成一氧化碳，另一个反应生成氢气，则该反应的实质为水得电子生成氢气，再结合电解质溶液为碳酸氢钾和反应前后原子守恒可知，产物中还有碳酸氢根离子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成氢气的电极方程式为：，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成一氧化碳的电极方程式为：；
②CO生成速率几乎不变的原因是：溶解的已饱和，限制了与的结合速度；由题意可知，1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变，和CO的体积比减小，1.4V-1.5V之间与CuGa2结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变，的含量增大，和CO的体积比增大，则画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系为：。
故答案为： 溶解的已饱和，限制了与的结合速度 。
【分析】(1) 利用已知反应组合主反应，通过盖斯定律计算焓变。反应②+③-④可得主反应，计算得ΔH1 = +247 kJ/mol。
(2)思路：分析积碳相关反应（CH4分解、CO 与 H2生成 C 和 H2O）的平衡移动方向。
正确措施：加入 H2O (g)：使 CO(g)+H2(g) C (s)+H2O (g) 逆向移动，减少积碳。
降低 CH4比例：使 CH4(g) C (s)+2H2(g) 逆向移动，减少积碳。
错误分析：升温对两个积碳反应影响相反，催化剂不改变平衡，均无法保证减少积碳。
(3) 核心：对比表格中产物相对含量，H2和 HCOOH 的占比远高于 CO，说明 Cu 对H2和 HCOOH选择性高。
(4)① 电极方程式：
生成 H2： （水得电子生成 H2，CO2结合 OH-生成 HCO3-）。
生成 CO： （CO2得电子生成 CO，同时生成 HCO3-）。
②CO 生成速率不变：溶解的 CO2已饱和，限制了 CO2与 CuGa2的结合速率，即使结合能力增强，有效反应的 CO2量也无法增加。
图像趋势：1.2V-1.4V 时 CO 生成速率加快、H2速率几乎不变，体积比减小；1.4V-1.5V 时 CO 速率不变、H2生成增多， 体积比增大，整体呈先降后升的曲线，最低点在 1.4V 附近。
19．【答案】（1）锥形瓶；分子
（2）
（3）抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境
（4）A；C
（5）③①⑤②④
（6）H
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器结构，可知仪器a的名称为锥形瓶；的熔沸点较低，属于分子晶体，
故答案为：锥形瓶；分子。
（2）环戊二烯酸性与乙醇相当，根据目标方程式可知氢氧化钾会与水结合，则步骤II为KOH与环戊二烯反应，生成和，化学方程式为：，
故答案为：。
（3）可以吸收水，生成和HCl，在水中易水解，同时遇到氧气非常容易被氧化，则加入足量的可以：抑制的水解的同时，还能利用水解生成和HCl气体，提供无氧环境，
故答案为：抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境。
（4）A．仪器b是球形冷凝管，其作用是冷凝回流乙醚的作用，A项正确；
B．乙醇的沸点高于环戊二烯，加热冷凝回流乙醇时环戊二烯会被蒸发，则利用乙醇代替产率降低，B项错误；
C．根据可知，要在碱性环境中进行，则溶液3应当分批次缓慢加入溶液2中，C项正确；
D．中亚铁离子会水解，通过溶液蒸发结晶不会获得，D项错误；
故答案为：AC。
（5）因为二茂铁不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，则从混合物中I得到粗产物的操作为：先过滤得到有机液，再用乙醚洗涤滤渣，合并有机相，接着水洗并分液去掉有机相中杂质，加入无水吸水，过滤除去无水，最后蒸出乙醚后得到产品，具体顺序为③①⑤②④，
故答案为：③①⑤②④。
（6）环戊二烯中亚甲基上的氢最容易被夺去，因为亚甲基上的氢离去后形成的碳正离子或自由基和旁边两个双键共轭，即 KOH夺取的H为H ，
故答案为：H 。
【分析】在无水乙醚溶剂中，先将 KOH 与环戊二烯反应，制得环戊二烯钾溶液；同时用 SOCl2处理 FeCl2 4H2O，得到无水、无氧的 FeCl2乙醚溶液；将两种溶液混合反应，生成二茂铁；最后通过洗涤、分液、干燥、蒸馏等操作，从混合物中提纯得到二茂铁粗产品。据此解题。
（1）根据仪器结构，可知仪器a的名称为锥形瓶；的熔沸点较低，属于分子晶体，故答案为：锥形瓶；分子。
（2）环戊二烯酸性与乙醇相当，根据目标方程式可知氢氧化钾会与水结合，则步骤II为KOH与环戊二烯反应，生成和，化学方程式为：，故答案为：。
（3）可以吸收水，生成和HCl，在水中易水解，同时遇到氧气非常容易被氧化，则加入足量的可以：抑制的水解的同时，还能利用水解生成和HCl气体，提供无氧环境，故答案为：抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境。
（4）A．仪器b是球形冷凝管，其作用是冷凝回流乙醚的作用，A项正确；
B．乙醇的沸点高于环戊二烯，加热冷凝回流乙醇时环戊二烯会被蒸发，则利用乙醇代替产率降低，B项错误；
C．根据可知，要在碱性环境中进行，则溶液3应当分批次缓慢加入溶液2中，C项正确；
D．中亚铁离子会水解，通过溶液蒸发结晶不会获得，D项错误；
故答案为：AC。
（5）因为二茂铁不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，则从混合物中I得到粗产物的操作为：先过滤得到有机液，再用乙醚洗涤滤渣，合并有机相，接着水洗并分液去掉有机相中杂质，加入无水吸水，过滤除去无水，最后蒸出乙醚后得到产品，具体顺序为③①⑤②④，故答案为：③①⑤②④。
（6）环戊二烯中亚甲基上的氢最容易被夺去，因为亚甲基上的氢离去后形成的碳正离子或自由基和旁边两个双键共轭，即 KOH夺取的H为H ，故答案为：H 。
20．【答案】（1）酯基
（2）A；B
（3）
（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；取代反应
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是酯基。
故答案为： 酯基 ；
（2）A．A中两个相邻的碳氧双键和NH2NH2发生已知信息③的原理生成，A正确；
B．B和发生取代反应生成C，同时有H2SO4生成，起到碱的作用，消耗H2SO4，提高反应物的转化率，B正确；
C．由D的结构简式可知，化合物D的分子式，C错误；
D．由分析可知，D发生还原反应生成E，硝基转化为氨基，D错误；
故答案为： AB；
（3）E和F发生取代反应生成G，由G的结构简式可以推知F为，该反应中同时有HCl生成，化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）由分析可知，I的结构简式是。
故答案为： ；
（5）J为，其同分异构体满足条件：①含有一个5元环；②核磁共振氢谱显示含有3种氢，说明其是对称的结构，该同分异构体可以为：。
故答案为： ；
（6）C中含有酯基，先发生水解反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成，发生已知信息②的原理得到D，补全C→D的合成路线为：
故答案为：
【分析】化合物 A 先与水合肼发生缩合反应生成 B，B 经甲基化、成环得到 C；C 经还原、硝化得到 D，D 再经 Fe/HCl 还原生成E（ 可以推知E为， ），E 与F反应生成 G； 由G的结构简式可以推知F为， G 经质子化异构化为 H，H 与氯磺酸反应生成酰氯中间体 I（ ）；最后 I 与胺类化合物 J 发生取代反应，制得目标产物 K ，可以推知J为，以此解答。
（1）由A的结构简式可知，化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是酯基。
（2）A．A中两个相邻的碳氧双键和NH2NH2发生已知信息③的原理生成，A正确；
B．B和发生取代反应生成C，同时有H2SO4生成，起到碱的作用，消耗H2SO4，提高反应物的转化率，B正确；
C．由D的结构简式可知，化合物D的分子式，C错误；
D．由分析可知，D发生还原反应生成E，硝基转化为氨基，D错误；
故选AB。
（3）E和F发生取代反应生成G，由G的结构简式可以推知F为，该反应中同时有HCl生成，化学方程式为：。
（4）由分析可知，I的结构简式是。
（5）J为，其同分异构体满足条件：①含有一个5元环；②核磁共振氢谱显示含有3种氢，说明其是对称的结构，该同分异构体可以为：。
（6）C中含有酯基，先发生水解反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成，发生已知信息②的原理得到D，补全C→D的合成路线为：。
1 / 1浙江省杭州市2025届高三下学期教学质量检测（二模）化学试卷
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·杭州模拟）下列与蛇有关的历史文物中，主要材质为有机高分子的是
A．三星堆青铜蛇
B．白玉蛇形珮
C．绘有蛇的纸莎草纸
D．蛇形骨雕
【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解答】A、主要材质为青铜，属于金属合金，是无机金属材料，并非有机高分子，A错误；
B、主要材质为玉石，本质是硅酸盐类矿物，属于无机非金属材料，并非有机高分子，B错误；
C、纸莎草纸的主要成分是纤维素，纤维素是由葡萄糖聚合而成的天然有机高分子，符合题意，C正确；
D、主要材质为动物骨骼，骨骼的主要成分是羟基磷灰石（钙盐）和胶原蛋白，整体以无机钙盐为主，不属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机高分子材料的核心特征是由大量小分子通过聚合形成的高分子化合物，天然有机高分子包括纤维素、蛋白质、天然橡胶等；金属、玉石、骨骼等属于无机或天然矿物 、生物材料，不属于有机高分子。
2．（2025·杭州模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．的形成过程：
B．环氧丙烷的键线式：
C．单质Na溶于液氨形成的结构：
D．中形成的键示意图：
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、MgCl2是离子化合物，Mg 失去 2 个电子分别给 2 个 Cl 原子，形成 Mg2+和 2 个 Cl-，用电子式表示的形成过程 ：， A正确；
B、环氧丙烷的结构为三元环醚（ ）， 键线式为，B正确；
C、单质 Na 溶于液氨时，Na 失去电子生成溶剂化电子 e-(NH3) ，实验与理论均表明溶剂化氨分子数 x 为 4，而非 6，因此 e-(NH3)6 的结构表述错误，C不正确；
D、Cl2分子中，两个 Cl 原子的 p 轨道沿键轴方向以 “头碰头” 方式重叠形成 p-p σ 键， 电子云图为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子化合物形成过程：需体现电子转移与离子键形成，标注阴阳离子电荷。
键线式：省略碳、氢原子，用线段表示化学键，端点和拐点代表碳原子。
溶剂化电子：Na 溶于液氨生成的溶剂化电子结构为 e-(NH3) ，其中 x 通常为 4，而非 6。
σ 键：原子轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠，p-p σ 键为两原子 p 轨道沿轴重叠形成。
3．（2025·杭州模拟）化学与生活密切相关，下列相关解释不正确的是
A．炽热的铁水应注入充分干燥的模具：铁与水蒸气发生反应
B．糯米和麦芽(内含淀粉酶)制作麦芽糖：淀粉在酶作用下发生水解反应
C．过碳酸钠()漂白衣物：过碳酸钠具有强氧化性
D．明矾用于净水：明矾具有杀菌作用
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、炽热的铁水温度极高，在此条件下铁能与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，会改变铁制品的成分与性能，因此模具必须充分干燥，该解释正确，A不符合题意；
B、糯米的主要成分为淀粉，麦芽中含有的淀粉酶可作为生物催化剂，促使淀粉发生水解反应，且该酶能定向将淀粉水解为麦芽糖，这是传统制糖工艺的核心原理，解释正确，B不符合题意；
C、过碳酸钠的组成可表示为 2Na2CO3 3H2O2，其结构中包含过氧化氢的有效成分，在使用过程中能释放出具有强氧化性的活性氧，从而破坏有色物质的结构实现漂白，解释正确，C不符合题意；
D、明矾的主要成分为 KAl (SO4)2 12H2O，其溶于水后，Al3+会发生水解生成氢氧化铝胶体，该胶体具有疏松多孔的结构，能吸附水中的悬浮杂质并使之沉降，达到净水目的。但明矾本身不具备强氧化性，无法破坏细菌的结构，没有杀菌作用，该解释错误，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
金属反应特性：高温下铁的化学活性显著增强，需关注其与常见物质的反应可能性。
糖类水解规律：淀粉在特定酶的催化下可定向水解为二糖，酶的催化具有专一性。
过氧化物性质：含过氧化氢结构的化合物，可通过释放活性氧体现强氧化性。
净水剂作用机理：区分 “吸附沉降” 与 “杀菌消毒” 的本质差异，明矾的核心作用是前者。
4．（2025·杭州模拟）应用元素周期律判断，下列说法不正确的是
A．电负性：
B．半径比较：
C．碱性：
D．化合物中离子键百分数：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Cl、S、P 为同周期第三周期元素，从左到右原子序数依次为 P、S、Cl，根据同周期电负性递增规律，三者电负性顺序为 Cl > S > P，A正确；
B、H-和 Li+的核外电子排布相同，均为 1 层 2 电子结构。此时离子半径由核电荷数决定，核电荷数越大，离子半径越小。H 的核电荷数为 1，Li 的核电荷数为 3，因此离子半径 H- > Li+，选项中 H- < Li+的表述错误，B不正确；
C、Mg 和 Be 为同主族第 ⅡA 族元素，同主族从上到下元素金属性增强，故金属性 Mg > Be。金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性 Mg(OH)2 > Be(OH)2，C正确；
D、NaCl 和 NaI 中，阳离子均为 Na+，阴离子分别为 Cl-和 I-。Cl 的电负性大于 I，使得 Na 与 Cl 的电负性差值大于 Na 与 I 的差值。电负性差值越大，化合物中离子键百分数越高，故 NaCl 中离子键百分数大于 NaI，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电负性：同周期主族元素从左到右，电负性随核电荷数增加而逐渐增大。
离子半径：电子层结构相同时，核电荷数（原子序数）越大，对核外电子的吸引越强，离子半径越小。
碱性强弱：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同主族从上到下金属性增强。
离子键百分数：成键两元素电负性差值越大，离子键百分数越高。
5．（2025·杭州模拟）下列图示实验中，操作或装置正确的是
A．调控滴定速度 B．配制NaOH溶液
C．制备干燥的氨气 D．向试管中滴加溶液
【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、进行滴定操作时，左手控制酸式滴定管的旋塞，通过旋塞的开合程度精准控制液体流速，实现滴定速度的调控，操作符合实验规范，A正确；
B、容量瓶属于精密定容仪器，不耐热且不能用于溶解操作。氢氧化钠固体溶解时会放热，直接在容量瓶中溶解会导致容量瓶容积变化甚至炸裂，正确操作应先在烧杯中溶解 NaOH 固体，待溶液冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；
C、无水氯化钙会与氨气发生反应生成络合物，无法起到干燥氨气的作用，干燥氨气应选用碱石灰等碱性干燥剂，C错误；
D、用胶头滴管向试管中滴加溶液时，胶头滴管需悬空在试管口正上方，若伸入试管内，滴管易接触试管壁而被污染，进而污染整瓶试剂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
滴定操作：酸式滴定管需用左手控制旋塞来调节滴定速率，右手振荡锥形瓶。
溶液配制：容量瓶仅用于定容，不能直接溶解固体，固体需先在烧杯中溶解并冷却后转移。
气体干燥：氨气会与氯化钙发生络合反应，不能用无水氯化钙干燥氨气。
试剂滴加：胶头滴管需悬空于容器口上方，避免伸入容器内污染试剂。
6．（2025·杭州模拟）根据物质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
选项 物质 组成和结构变化 性能变化
A 铝 增厚表面氧化膜 耐腐蚀性增强
B 晶体硅 将部分硅原子替换为碳原子 硬度变大
C 苯胺 与盐酸反应成盐 水溶性增大
D 聚乙烯 乙烯聚合时混入少量1，3-丁二烯形成共聚物 抗氧化性增强
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；酰胺
【解析】【解答】A、铝表面的氧化膜是致密的氧化铝层，能隔绝内部金属与外界腐蚀介质。增厚氧化膜可进一步提升隔绝效果，增强铝的耐腐蚀性，该推测合理，A正确；
B、晶体硅和金刚石均为共价晶体，碳原子半径小于硅原子，替换后形成的碳硅键比硅硅键更短、键能更大，晶体的刚性更强，因此硬度会变大，该推测合理，B正确；
C、苯胺是弱碱性有机物，水溶性较差；与盐酸反应生成盐酸苯胺盐，盐类在水中更易电离，分子极性大幅增强，水溶性显著增大，该推测合理，C正确；
D、聚乙烯本身不含碳碳双键，化学性质稳定；1，3 - 丁二烯含碳碳双键，混入后形成的共聚物会引入碳碳双键。碳碳双键化学性质活泼，易被氧化，会使聚合物的抗氧化性减弱，而非增强，该推测不合理，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构决定性能：从氧化膜保护作用、共价晶体键能与硬度、有机物成盐后溶解性、聚合物双键对氧化性的影响四个角度切入，判断性能变化是否与结构变化匹配。
关键逻辑：氧化膜越厚保护越强；键长越短键能越大，共价晶体硬度越高；有机物成盐后水溶性通常增大；含碳碳双键的物质化学性质更活泼，易被氧化。
7．（2025·杭州模拟）下列离子方程式不正确的是
A．醋酸铵水解：
B．将少量通入饱和溶液：
C．苯酚钠溶液中通入少量：+CO2+H2O=+
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、醋酸铵中醋酸根和铵根均发生水解，相互促进，生成醋酸和一水合氨，离子方程式使用可逆符号，符合双水解规律，A正确；
B、碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳会生成碳酸氢钠固体析出，正确离子方程式应为：，选项中未标注沉淀、产物形式错误，B不正确；
C、苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，遵循“强酸制弱酸”，反应生成苯酚和碳酸氢根，离子方程式 ：+CO2+H2O=+，C正确；
D、氢氧化铝是两性氢氧化物，但不溶于弱碱氨水，故反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式符合反应事实，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
双水解反应：弱酸根与弱碱根会相互促进水解，书写时用可逆符号。
溶解度差异：碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠中通二氧化碳会析出碳酸氢钠固体，需标注沉淀符号。
酸性强弱：苯酚酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根，故苯酚钠与少量二氧化碳反应只能生成碳酸氢根，不能生成碳酸根。
两性氢氧化物：氢氧化铝不溶于弱碱，故氯化铝与过量氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀。
8．（2025·杭州模拟）已知谷氨酸在强酸性溶液中的存在形式如下，其电离常数，，。下列说法不正确的是
A．、、对应基团序号依次为①③②
B．谷氨酸可发生缩聚反应
C．谷氨酸分子含有一个手性中心
D．根据结构推测，谷氨酸在常温下为固体
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；有机物中的官能团
【解析】【解答】A、羧基酸性强于铵正离子，且③号羧基受邻位氮原子吸电子作用，酸性强于①号羧基，故电离常数大小顺序为：（③）> （①）> （②），对应基团序号应为③①②，选项中①③②的顺序错误，A不正确；
B、谷氨酸结构中同时含有羧基和氨基，可通过羧基与氨基脱水缩合，发生缩聚反应生成高分子化合物，B正确；
C、谷氨酸分子中，连接氨基和羧基的碳原子连有4个不同基团，为手性碳原子，分子中仅存在1个手性中心，C正确；
D、谷氨酸分子中的氨基和羧基易形成分子间氢键，且相对分子质量较大，分子间范德华力较强，熔点较高，因此在常温下为固体，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性强弱：羧基酸性强于铵正离子；受邻位氮原子吸电子影响，③号羧基酸性 > ①号羧基，电离常数随酸性减弱而减小。
缩聚反应：同时含羧基和氨基的物质可发生缩聚反应生成肽键。
手性中心：连有4个不同基团的碳原子为手性碳，需精准定位谷氨酸中的手性碳。
物态判断：分子间氢键、较大相对分子质量会提升熔点，使物质常温下呈固态。
9．（2025·杭州模拟）关于有机物制备提纯检测的相关实验操作，下列说法不正确的是
A．某有机物质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比数值为46，可能为乙醇
B．制备溴苯，溴苯中少量的溴可用NaOH溶液除去
C．可通过红外光谱的谱图确定某有机物分子中是否含有醛基
D．重结晶法提纯粗苯甲酸，可用乙醇作为溶剂
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A、质谱图中最右侧的分子离子峰质荷比等于有机物的相对分子质量，该数值为 46 时，对应相对分子质量 46，乙醇的相对分子质量恰好为 46，因此该有机物可能为乙醇，A正确；
B、溴可与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的盐类，而溴苯不与氢氧化钠反应且难溶于水，反应后混合物分层，通过分液操作即可分离除去溴，B正确；
C、红外光谱通过不同化学键、官能团的特征吸收峰来鉴定分子结构，醛基具有独特的红外吸收特征峰，因此可通过红外光谱确定有机物中是否含有醛基，C正确；
D、重结晶提纯苯甲酸时，苯甲酸在乙醇中溶解度极高，无法通过降温结晶实现有效分离；而苯甲酸在水中溶解度随温度变化差异大，符合重结晶溶剂要求，因此应选用水作溶剂，而非乙醇，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
质谱：最右侧分子离子峰的质荷比等于有机物相对分子质量，可据此初步判断物质种类。
除杂原则：试剂与杂质反应且不与目标物反应，反应后与目标物分层便于分离。
红外光谱：通过特征吸收峰可精准识别官能团，如醛基的特征振动峰。
重结晶溶剂选择：核心要求是目标物在溶剂中溶解度随温度变化差异大，且杂质溶解度与目标物差异显著，同时避免溶剂与目标物发生反应。
10．（2025·杭州模拟）实验室通过对市售85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水得到较纯磷酸，实验装置如图。下列说法不正确的
A．图中甲部分装置的作用是除去空气中的水
B．实验中通入空气的作用是防暴沸和搅拌
C．图中丙部分装置收集的是较纯磷酸
D．减压蒸馏可以降低蒸馏所需温度，避免生成焦磷酸等杂质
【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏
【解析】【解答】A、甲部分依次通过氯化钙、浓硫酸、五氧化二磷对空气进行干燥，彻底除去空气中的水分，避免额外水分进入体系干扰磷酸提纯，A正确；
B、干燥空气经毛细管进入磷酸溶液，气泡可打破液体过热状态，防止暴沸；同时气泡流动起到搅拌作用，还能加速水分子从溶液中逸出，B正确；
C、减压蒸馏时，水的沸点远低于磷酸，水蒸气被蒸出后经冷凝在丙部分收集，而高沸点的较纯磷酸留在乙中的蒸馏烧瓶内，因此丙部分无法收集到较纯磷酸，C错误；
D、减压蒸馏可降低体系压强，从而降低水的沸点，使蒸馏在较低温度下进行，避免高温下磷酸脱水生成焦磷酸等杂质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
装置功能：甲部分为多级干燥系统，彻底除去空气中水分，避免引入额外水影响磷酸提纯。
气体作用：干燥空气经毛细管通入溶液，起到防暴沸、搅拌、加速水逸出的作用。
产物去向：磷酸沸点远高于水，减压蒸馏时水被蒸出，较纯磷酸留在蒸馏烧瓶（乙部分），而非冷凝收集（丙部分）。
减压意义：降低蒸馏温度，避免高温下磷酸脱水生成焦磷酸等杂质。
11．（2025·杭州模拟）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．的VSEPR模型是平面三角形 B．分子的极性：
C．和的晶体类型不相同 D．热稳定性：
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；晶体的定义
【解析】【解答】A、YX3+为CH3+，中心C原子的价层电子对数为，且无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，A正确；
B、Y2X2为C2H2，是直线形对称分子，正负电荷重心重合，属于非极性分子；X2Z2为H2O2，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，属于极性分子。因此分子极性：C2H2 < H2O2，选项中“Y2X2 > X2Z2”的表述错误，B不正确；
C、YZ2为CO2，由分子构成，属于分子晶体；MZ2为SiO2，由硅氧原子通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，二者晶体类型不同，C正确；
D、YX4为CH4，MX4为SiH4，C与Si同主族，C的非金属性强于Si。元素非金属性越强，气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性：CH4 > SiH4，D正确；
故答案为：B。
【分析】先根据题干信息推断出四种元素，再结合物质结构、晶体类型、元素周期律逐一分析各选项的正误。
元素推断：Z的最外层电子数是内层的3倍，内层只能为2个电子，故最外层为6个电子，Z是氧元素；Y与Z核电荷数差2，且原子序数小于Z，故Y是碳元素；Y与M同主族且原子序数更大，故M是硅元素；四种元素分属三个不同短周期，原子序数最小的X只能是氢元素。
12．（2025·杭州模拟）下列说法正确的是
A．温度不变时：加入催化剂，的反应速率加快，平衡常数增大
B．温度不变时：HAc在水溶液中电离常数为，在非水溶液中电离常数也为
C．升温时，测得的反应速率变慢，推测该反应不是基元反应
D．常温常压下的溶解热约为-61kJ·mol-1，推测可溶于水
【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、温度不变时，加入催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的平衡状态，因此平衡常数保持不变，A错误；
B、电离常数与溶剂性质密切相关，溶剂的极性、介电常数等会影响溶质的电离程度。醋酸（HAc）在水溶液和非水溶液中的电离环境不同，电离常数也会发生改变，B错误；
C、基元反应的速率一般随温度升高而加快。若升温时反应的速率变慢，说明该反应可能由多个基元步骤构成，其中某一步在高温下对反应不利，导致总速率降低，因此可推测该反应不是基元反应，C正确；
D、的溶解热为，仅说明溶解过程放热，但溶解性还受晶格能、离子极性等因素制约，实际难溶于水，因此不能仅凭溶解热判断溶解性，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂与平衡常数：催化剂仅改变反应速率，不影响平衡常数，平衡常数只与温度有关。
电离常数的溶剂依赖性：电离常数受溶剂极性、介电常数等影响，同一物质在不同溶剂中电离常数不同。
基元反应与速率规律：基元反应的速率通常随温度升高而加快；若升温时反应速率变慢，说明反应可能由多步构成，并非简单基元反应。
溶解热与溶解性：溶解热仅反映溶解过程的热效应，不能单独作为判断溶解性的依据，溶解性还受分子极性、晶格能等多种因素影响。
13．（2025·杭州模拟）化合物M(结构简式，其中t-Bu表示叔丁基)，可由二叔丁基氢化铝()与等物质的量的联氨()反应制得，下列说法不正确的是
A．M中N原子的杂化方式均为
B．制备过程发生了氧化还原反应
C．M与水反应可能得到和等物质
D．若二叔丁基氢化铝过量，M能与之继续反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、化合物 M 中所有 N 原子均形成 3 个 σ 键并保留 1 对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式均为 sp3，A正确；
B、二叔丁基氢化铝（t-Bu2AlH）与联氨（N2H4）反应生成 M 和 H2，反应中 H 元素从 + 1 价、-1 价变为 0 价，化合价发生变化，属于氧化还原反应，B正确；
C 、M 与水发生水解反应时，Al-N 键断裂后 Al 结合 OH-生成 Al(OH)3，N-N 键保留骨架，N 原子结合 H+生成水合肼（N2H4 H2O），不会生成 NH3 H2O，产物推测错误，C不正确；
D 、M 分子中 N 原子上连有 H 原子，若二叔丁基氢化铝过量，N-H 键可与 Al-H 键继续反应，释放出 H2，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化方式判断：N 原子均形成 4 个 σ 键（含 1 对孤电子对），价层电子对数为 4，杂化方式为 sp3。
氧化还原判断：反应中 H 元素化合价发生变化，有 H2生成，属于氧化还原反应。
水解产物分析：Al-N 键、N-N 键水解时，Al 结合 OH-生成 Al(OH)3，N 结合 H+生成水合肼（N2H4 H2O），而非 NH3 H2O。
后续反应可能性：M 中 N-H 键可与过量的二叔丁基氢化铝继续反应，释放 H2。
14．（2025·杭州模拟）浓硫酸催化下的叔醇酯化反应机理如下图所示，其中步骤Ⅱ活化能最高，该步中生成的碳正离子越稳定，反应越快，下列说法不正确的是
A．该反应中浓硫酸既是催化剂又是吸水剂
B． +H2O
C．相同条件下比的酯化反应更慢
D．该反应适当增加RCOOH浓度，反应速率几乎不变
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；羧酸简介
【解析】【解答】A、浓硫酸在反应中先提供 H+参与步骤 Ⅰ，后续又重新生成，符合催化剂特征；同时浓硫酸具有吸水性，可吸收反应生成的水，推动酯化平衡正向进行，因此浓硫酸既是催化剂又是吸水剂，A正确；
B、根据反应机理，叔醇的羟基（-OH）结合 H+后以 H2O 形式离去，因此产物中 H2O 的氧原子来自叔醇，正确反应式应为： +H218O，B错误；
C、(CH2Cl)3COH 中 Cl 原子是强吸电子基团，会降低生成的 (CH2Cl)3C+碳正离子稳定性，导致步骤 Ⅱ 更难进行，因此相同条件下其酯化反应速率比 (CH3)3COH 更慢，C正确；
D、该反应的决速步是步骤 Ⅱ，此步骤不涉及 RCOOH，因此适当增加 RCOOH 浓度，对决定反应速率的决速步几乎无影响，总反应速率几乎不变，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
浓硫酸角色：既提供 H+催化反应（先消耗后生成，为催化剂），又利用吸水性推动平衡，兼具吸水剂作用。
断键规律：叔醇酯化时，叔醇羟基（-OH）与 H+结合后以 H2O 形式离去，羧酸部分保留羟基氧，产物中 H2O 的氧来自叔醇。
决速步判断：步骤 Ⅱ 活化能最高，是反应决速步，反应速率由该步生成的碳正离子稳定性决定，碳正离子越稳定，反应越快。
电子效应影响：吸电子基团会降低碳正离子稳定性，使反应速率减慢；决速步不涉及 RCOOH，故其浓度变化对总速率影响小。
15．（2025·杭州模拟）25℃时，，，，，下列说法正确的是
A．含0.1mol·L-1的和0.1mol·L-1的盐酸的混合溶液中存在：
B．AgCl悬浊液中存在：
C．反应的平衡常数约为
D．0.1mol·L-1的溶液中存在：)
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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、已知，，则。
混合溶液中，（盐酸提供），代入公式：
，远小于，A错误；
B、AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：，同时会发生水解：，导致，B错误；
C、反应：
平衡常数表达式：，结合、、，推导得：
，C正确；
D、Na2S溶液中分步水解：、，第一步水解为主。第一步水解常数，水解程度较大，因此，正确排序为：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
结合电离平衡、沉淀溶解平衡、盐类水解的核心公式，通过定量计算与定性分析，逐一验证各选项的离子浓度关系与平衡常数是否正确。
H2S的电离：二元弱酸分步电离，，强酸存在时由强酸主导，需代入公式计算。
AgCl悬浊液：会发生水解，导致。
反应平衡常数：利用多重平衡规则，将沉淀溶解平衡与弱酸电离平衡组合，推导总反应的平衡常数。
Na2S溶液：分步水解，第一步水解为主，需比较与的大小。
16．（2025·杭州模拟）二甘氨酸合铜中Cu元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤I，加入稍过量的稀尽可能使Cu元素转化为
B．步骤II，过量KI溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的
C．为防止与反应，步骤III应将溶液调至强碱性
D．用上述方法测定中的Cu元素含量，结果偏大
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、步骤 I 中加入稍过量稀 H2SO4并煮解，酸性环境可破坏二甘氨酸合铜的配位结构，使其中的 Cu 元素尽可能完全转化为 Cu2+进入溶液，保障后续反应的准确性，A正确；
B、步骤 II 中，过量 KI 一方面提供充足的 I-将 Cu2+充分还原为 Cu+（生成 CuI 沉淀），另一方面过量 I-可与反应生成的 I2结合成 I3-，避免 I2挥发，同时使 I3-稳定溶于水，便于后续滴定，B正确；
C、若将溶液调至强碱性，Na2S2O3会与 OH-发生副反应，且 I3-会在碱性条件下歧化为 IO3-和 I-，无法与 S2O32-发生定量滴定反应；同时强碱性环境下 Cu2+会沉淀，干扰测定，因此步骤 III 应保持中性或弱酸性，而非强碱性，C不正确；
D、[Cu2(OH)3]NO3中的 NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会额外氧化 I-生成 I2，导致步骤 II 生成的 I3-总量多于仅由 Cu2+氧化产生的量，滴定消耗的 Na2S2O3体积偏大，最终计算出的 Cu 元素含量偏高，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
步骤 I 目的：稀 H2SO4提供酸性环境，煮解使配合物中 Cu 完全转化为 Cu2+，确保后续定量反应。
步骤 II 原理：过量 KI 既作为还原剂将 Cu2+还原为 Cu+，又作为络合剂与生成的 I2结合成易溶的 I3-，便于滴定。
步骤 III 滴定环境：Na2S2O3在强碱性下会与 I3-发生副反应，且 I2在碱性中会歧化，需控制在中性或弱酸性环境。
误差分析：若样品中存在其他能氧化 I-的组分（如 NO3-），会额外消耗 Na2S2O3，导致测定结果偏大。据此解题。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·杭州模拟）硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用，请回答。
（1）关于VIA族元素有关微粒的描述，下列说法正确的是_______。
A．第二电离能：基态氧原子高于基态氮原子
B．的电子排布为
C．酸性：
D．价电子排布图为的S原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图：
化学式是　 　；距离晶胞顶点Au原子距离最近的S原子有　 　个。
（3）焦亚硫酸钠(可视为)溶于水所得溶液呈　 　(填“酸”或“碱”)性，结合数据说明原因　 　。(常温下，的，)
（4）某兴趣小组将载金硫化矿粉(细小的Au颗粒被、FeAsS包裹)通入空气焙烧，得到烟气和烧渣(含有和Au)，以烧渣为原料，制备单质Au和，流程如下：
①操作A是　 　，试剂B是　 　。
②写出Zn和生成Au的化学方程式(Zn元素以四配位离子存在)　 　。
③在碱性条件下，FeAsS与足量高压反应，可得和两种空间构型相同的酸根离子，写出反应的离子方程式　 　。
【答案】（1）A；C
（2）；4
（3）酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数
（4）过滤；过量铁粉；；
【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；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）A．氧元素的原子序数为8，基态原子失去1个电子后得到O+的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1个电子后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故正确；
B．钪元素的原子序数为21，基态离子的电子排布为，故错误；
C．氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故正确；
D．由价电子排布图可知，表示处于基态的硫原子，故错误；
故答案为：AC；
（2）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×+1=2，位于体内的磷原子个数为2，位于面上的硫原子个数为16×=8，则晶胞的化学式为；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近的硫原子位于面上，共有4个，
故答案为：；4；
（3）焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，
故答案为：酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数；
（4）由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到七水硫酸亚铁；
①由分析可知，操作A是过滤、试剂B是过量铁粉，
②由分析可知，二氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为，
③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS与足量高压氧气反应生成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为，
故答案为：过滤；过量铁粉；；。
【分析】(1) 第二电离能：O+价电子为2s22p3（半满稳定结构），失电子更难，故基态O原子第二电离能 > N原子。
酸性比较：O电负性大于S，甲醇中O-H键极性更强，更易电离，故酸性CH3OH < CH3SH。
电子排布：Se4+电子排布为[Ne]3s23p6，题给S原子价电子排布为基态。
(2) 化学式：Au（顶点+体心）：；P（体内）：2；S（面心）：，最简比为AuPS4。最近S原子数：距离晶胞顶点Au原子最近的S原子共4个。
(3) 反应：Na2S2O5 + H2O = 2NaHSO3。
酸碱性：HSO3-水解常数，电离程度 > 水解程度，溶液呈酸性。
(4) 操作与试剂：操作A为过滤，试剂B为过量铁粉（还原Fe3+为Fe2+）。
置换反应： 。
碱性氧化反应： （AsO43-和SO42-均为正四面体构型）。
（1）A．氧元素的原子序数为8，基态原子失去1个电子后得到O+的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，氮元素的原子序数为7，基态原子失去1个电子后得到N+的价电子排布式为2s22p2，较易失去电子，所以基态氧原子第二电离能高于基态氮原子，故正确；
B．钪元素的原子序数为21，基态离子的电子排布为，故错误；
C．氧元素的电负性大于硫元素，则甲硫醇分子中巯基的极性弱于甲醇分子中羟基的极性，解离出氢离子能力强于甲醇，酸性强于甲醇，故正确；
D．由价电子排布图可知，表示处于基态的硫原子，故错误；
故选AC；
（2）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的金原子个数为8×+1=2，位于体内的磷原子个数为2，位于面上的硫原子个数为16×=8，则晶胞的化学式为；晶胞中距离晶胞顶点金原子距离最近的硫原子位于面上，共有4个，故答案为：；4；
（3）焦亚硫酸钠溶于水发生的反应为：，则焦亚硫酸钠溶于水得到亚硫酸氢钠溶液，亚硫酸氢根离子的水解常数，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故答案为：酸性；焦亚硫酸钠与水发生反应：，水解常数；
（4）由题给流程可知，含有氧化铁、金的烧渣与氰化钠溶液和足量空气反应后，过滤得到二氰合金酸钠溶液和含有氧化铁的滤渣；二氰合金酸钠溶液与锌反应后，过滤得到金和四氰合锌酸钠溶液；将滤渣溶于稀硫酸后，加入过量铁粉充分反应后，过滤得到硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到七水硫酸亚铁；
①由分析可知，操作A是过滤、试剂B是过量铁粉，故答案为：过滤；过量铁粉；
②由分析可知，二氰合金酸钠溶液与锌反应生成金和四氰合锌酸钠溶液，反应的化学方程式为，故答案为：；
③由题意可知，在碱性条件下，FeAsS与足量高压氧气反应生成氧化铁、硫酸根离子、砷酸根离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
18．（2025·杭州模拟）以为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。
I.用与催化制备合成气，可以发生如下多个反应。
主反应：
副反应： kJ/mol
kJ/mol
kJ/mol
（1）________kJ/mol。
（2）某温度下将一定比例的和通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳的措施有_______。
A. 升高温度 B. 选择合适催化剂
C. 加入 D. 降低原料气中的比例
II.电催化还原制备CO和电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt为电极，一定浓度溶液为电解液，通入进行预饱和，再以恒定流量通入，维持反应时溶液中浓度饱和。
（3）以Cu为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表：
　 产物的相对含量
电压(V) HCOOH CO
1.2 48 0 52
1.3 38 2 60
1.4 33 5 62
Cu对产物________(填分子式)选择性高。
（4）以为催化剂、阴极生成和CO是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。
①写出阴极发生的化学方程式：________，________。
②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V之间与CuGa2结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变。解释CO生成速率几乎不变的原因________，画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系________。
【答案】(1) kJ/mol
(2) C，D
(3) 和HCOOH
(4) 溶解的已饱和，限制了与的结合速度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知：② kJ/mol；③
kJ/mol；④
kJ/mol；由盖斯定律可知，②+③-④可得的=+247 kJ/mol。
故答案为：kJ/mol ；
（2）A．是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度不一定能减少平衡时积碳，A错误；
B．催化剂可以改变反应路径，降低活化能，但并不改变化学平衡，不一定能减少平衡时积碳，B错误；
C．加入，平衡逆向移动，一定能减少平衡时积碳，C正确；
D．降低原料气中的比例，逆向移动，一定能减少平衡时积碳，D正确；
故答案为：CD。
（3）由表格数据可知，以Cu为催化剂时，生成和HCOOH的含量相比CO较多，则Cu对产物和HCOOH选择性高。
故答案为：和HCOOH；
（4）①以为催化剂、阴极生成和CO且两者为竞争反应，说明其中一个反应为二氧化碳得电子生成一氧化碳，另一个反应生成氢气，则该反应的实质为水得电子生成氢气，再结合电解质溶液为碳酸氢钾和反应前后原子守恒可知，产物中还有碳酸氢根离子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成氢气的电极方程式为：，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成一氧化碳的电极方程式为：；
②CO生成速率几乎不变的原因是：溶解的已饱和，限制了与的结合速度；由题意可知，1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变，和CO的体积比减小，1.4V-1.5V之间与CuGa2结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变，的含量增大，和CO的体积比增大，则画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系为：。
故答案为： 溶解的已饱和，限制了与的结合速度 。
【分析】(1) 利用已知反应组合主反应，通过盖斯定律计算焓变。反应②+③-④可得主反应，计算得ΔH1 = +247 kJ/mol。
(2)思路：分析积碳相关反应（CH4分解、CO 与 H2生成 C 和 H2O）的平衡移动方向。
正确措施：加入 H2O (g)：使 CO(g)+H2(g) C (s)+H2O (g) 逆向移动，减少积碳。
降低 CH4比例：使 CH4(g) C (s)+2H2(g) 逆向移动，减少积碳。
错误分析：升温对两个积碳反应影响相反，催化剂不改变平衡，均无法保证减少积碳。
(3) 核心：对比表格中产物相对含量，H2和 HCOOH 的占比远高于 CO，说明 Cu 对H2和 HCOOH选择性高。
(4)① 电极方程式：
生成 H2： （水得电子生成 H2，CO2结合 OH-生成 HCO3-）。
生成 CO： （CO2得电子生成 CO，同时生成 HCO3-）。
②CO 生成速率不变：溶解的 CO2已饱和，限制了 CO2与 CuGa2的结合速率，即使结合能力增强，有效反应的 CO2量也无法增加。
图像趋势：1.2V-1.4V 时 CO 生成速率加快、H2速率几乎不变，体积比减小；1.4V-1.5V 时 CO 速率不变、H2生成增多， 体积比增大，整体呈先降后升的曲线，最低点在 1.4V 附近。
19．（2025·杭州模拟）二茂铁的化学式为，制备原理和流程如下：
已知：
①环戊二烯酸性与乙醇相当
②相关物质的部分性质如下：
物质 熔点 沸点 溶解性
二茂铁 173℃ 249℃ 不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂
环戊二烯 —— 41.5℃ ——
乙醚 —— 34.6℃ ——
请回答：
（1）步骤I在如图装置中进行，仪器a的名称为　 　，属于　 　晶体。
（2）步骤II中发生的反应为　 　。
（3）在步骤III中的作用　 　，　 　。
（4）关于本实验，下列说法正确的是_______。
A．步骤I中图仪器b可以冷凝回流乙醚
B．乙醚在反应中主要作用是溶剂，若用乙醇代替产率不变
C．步骤IV中溶液3加入溶液2中：应当分批次缓慢
D．可由的溶液蒸发结晶获得
（5）步骤V，从混合物中I得到粗产物的所有操作如下，请排序：　 　。(填序号)
过滤→_______→_______→_______→_______→_______
①水洗并分液②过滤③用乙醚洗涤滤渣，合并有机相④蒸出乙醚后得到产品⑤加入无水吸水
（6）环戊二烯负离子为平面结构，较稳定，请分析KOH夺取的H为　 　(填、或)．
【答案】（1）锥形瓶；分子
（2）
（3）抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境
（4）A；C
（5）③①⑤②④
（6）H
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器结构，可知仪器a的名称为锥形瓶；的熔沸点较低，属于分子晶体，
故答案为：锥形瓶；分子。
（2）环戊二烯酸性与乙醇相当，根据目标方程式可知氢氧化钾会与水结合，则步骤II为KOH与环戊二烯反应，生成和，化学方程式为：，
故答案为：。
（3）可以吸收水，生成和HCl，在水中易水解，同时遇到氧气非常容易被氧化，则加入足量的可以：抑制的水解的同时，还能利用水解生成和HCl气体，提供无氧环境，
故答案为：抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境。
（4）A．仪器b是球形冷凝管，其作用是冷凝回流乙醚的作用，A项正确；
B．乙醇的沸点高于环戊二烯，加热冷凝回流乙醇时环戊二烯会被蒸发，则利用乙醇代替产率降低，B项错误；
C．根据可知，要在碱性环境中进行，则溶液3应当分批次缓慢加入溶液2中，C项正确；
D．中亚铁离子会水解，通过溶液蒸发结晶不会获得，D项错误；
故答案为：AC。
（5）因为二茂铁不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，则从混合物中I得到粗产物的操作为：先过滤得到有机液，再用乙醚洗涤滤渣，合并有机相，接着水洗并分液去掉有机相中杂质，加入无水吸水，过滤除去无水，最后蒸出乙醚后得到产品，具体顺序为③①⑤②④，
故答案为：③①⑤②④。
（6）环戊二烯中亚甲基上的氢最容易被夺去，因为亚甲基上的氢离去后形成的碳正离子或自由基和旁边两个双键共轭，即 KOH夺取的H为H ，
故答案为：H 。
【分析】在无水乙醚溶剂中，先将 KOH 与环戊二烯反应，制得环戊二烯钾溶液；同时用 SOCl2处理 FeCl2 4H2O，得到无水、无氧的 FeCl2乙醚溶液；将两种溶液混合反应，生成二茂铁；最后通过洗涤、分液、干燥、蒸馏等操作，从混合物中提纯得到二茂铁粗产品。据此解题。
（1）根据仪器结构，可知仪器a的名称为锥形瓶；的熔沸点较低，属于分子晶体，故答案为：锥形瓶；分子。
（2）环戊二烯酸性与乙醇相当，根据目标方程式可知氢氧化钾会与水结合，则步骤II为KOH与环戊二烯反应，生成和，化学方程式为：，故答案为：。
（3）可以吸收水，生成和HCl，在水中易水解，同时遇到氧气非常容易被氧化，则加入足量的可以：抑制的水解的同时，还能利用水解生成和HCl气体，提供无氧环境，故答案为：抑制的水解；水解生成和HCl气体，提供无氧环境。
（4）A．仪器b是球形冷凝管，其作用是冷凝回流乙醚的作用，A项正确；
B．乙醇的沸点高于环戊二烯，加热冷凝回流乙醇时环戊二烯会被蒸发，则利用乙醇代替产率降低，B项错误；
C．根据可知，要在碱性环境中进行，则溶液3应当分批次缓慢加入溶液2中，C项正确；
D．中亚铁离子会水解，通过溶液蒸发结晶不会获得，D项错误；
故答案为：AC。
（5）因为二茂铁不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂，则从混合物中I得到粗产物的操作为：先过滤得到有机液，再用乙醚洗涤滤渣，合并有机相，接着水洗并分液去掉有机相中杂质，加入无水吸水，过滤除去无水，最后蒸出乙醚后得到产品，具体顺序为③①⑤②④，故答案为：③①⑤②④。
（6）环戊二烯中亚甲基上的氢最容易被夺去，因为亚甲基上的氢离去后形成的碳正离子或自由基和旁边两个双键共轭，即 KOH夺取的H为H ，故答案为：H 。
20．（2025·杭州模拟）化合物J具有治疗心血管疾病的功效，其合成路线如下(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：①环具有类似苯环的性质
②
③
请回答：
（1）化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．A到B的过程中会产生
B．B→C的过程中起到碱的作用
C．化合物D的分子式
D．化合物D→E发生加成反应
（3）E＋F→G的化学方程式是　 　。
（4）I的结构简式是　 　。
（5）写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式　 　。
①含有一个5元环
②核磁共振氢谱显示含有3种氢
（6）补全C→D的合成路线　 　(用流程图表示，两个碳以内的有机试剂、无机试剂任选)。
【答案】（1）酯基
（2）A；B
（3）
（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；取代反应
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是酯基。
故答案为： 酯基 ；
（2）A．A中两个相邻的碳氧双键和NH2NH2发生已知信息③的原理生成，A正确；
B．B和发生取代反应生成C，同时有H2SO4生成，起到碱的作用，消耗H2SO4，提高反应物的转化率，B正确；
C．由D的结构简式可知，化合物D的分子式，C错误；
D．由分析可知，D发生还原反应生成E，硝基转化为氨基，D错误；
故答案为： AB；
（3）E和F发生取代反应生成G，由G的结构简式可以推知F为，该反应中同时有HCl生成，化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）由分析可知，I的结构简式是。
故答案为： ；
（5）J为，其同分异构体满足条件：①含有一个5元环；②核磁共振氢谱显示含有3种氢，说明其是对称的结构，该同分异构体可以为：。
故答案为： ；
（6）C中含有酯基，先发生水解反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成，发生已知信息②的原理得到D，补全C→D的合成路线为：
故答案为：
【分析】化合物 A 先与水合肼发生缩合反应生成 B，B 经甲基化、成环得到 C；C 经还原、硝化得到 D，D 再经 Fe/HCl 还原生成E（ 可以推知E为， ），E 与F反应生成 G； 由G的结构简式可以推知F为， G 经质子化异构化为 H，H 与氯磺酸反应生成酰氯中间体 I（ ）；最后 I 与胺类化合物 J 发生取代反应，制得目标产物 K ，可以推知J为，以此解答。
（1）由A的结构简式可知，化合物A中可以发生水解反应的官能团名称是酯基。
（2）A．A中两个相邻的碳氧双键和NH2NH2发生已知信息③的原理生成，A正确；
B．B和发生取代反应生成C，同时有H2SO4生成，起到碱的作用，消耗H2SO4，提高反应物的转化率，B正确；
C．由D的结构简式可知，化合物D的分子式，C错误；
D．由分析可知，D发生还原反应生成E，硝基转化为氨基，D错误；
故选AB。
（3）E和F发生取代反应生成G，由G的结构简式可以推知F为，该反应中同时有HCl生成，化学方程式为：。
（4）由分析可知，I的结构简式是。
（5）J为，其同分异构体满足条件：①含有一个5元环；②核磁共振氢谱显示含有3种氢，说明其是对称的结构，该同分异构体可以为：。
（6）C中含有酯基，先发生水解反应生成，和浓硝酸发生取代反应生成，发生已知信息②的原理得到D，补全C→D的合成路线为：。
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