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江苏省南京市金陵中学2025届高三下学期4月调研检测 化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·南京模拟）2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是
A．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料
B．甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性
C．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化
D．聚四氟乙烯具有耐酸碱特性，用于制作全息投影仪的光敏胶片
2．（2025·南京模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铝具有良好的导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．Fe2O3能与盐酸反应，可作红色涂料
C．NaNO2具有碱性，可用于使铁零件表面生成Fe3O4
D．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹
3．（2025·南京模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．FeS2SO3H2SO4
B．CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)
C．浓HNO3NO2HNO3
D．HClOCl2SiCl4
4．（2025·南京模拟）下列实验能达到相应实验目的的是
A．在铁制品上镀致密铜镀层 B．探究浓度对反应速率的影响
C．检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成的乙烯 D．制取NaHCO3晶体
A．A B．B C．C D．D
（2025·南京模拟）阅读下面一段材料，完成下列小题：
离子晶体的熔点，有的很高，如CaO的熔点为2613℃，有的较低，如NH4NO3、Ca(H2PO4)2的熔点分别为170℃、109℃。早在1914年就有人发现，引入有机基团可降低离子化合物的熔点，如C2H5NH3NO3的熔点只有12℃，比NH4NO3低了158℃！大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子。常见的阴离子如四氯铝酸根(AlCl)、六氟磷酸根(PF)、四氟硼酸根(BF)等，常见的阳离子如季铵离子(R4N+，即NH的H被烃基R取代)、带烃基侧链的咪唑、嘧啶等有环状含氮结构的有机胺正离子等。1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是常见的离子液体，其结构为，阳离子中五元环上的原子共平面。
5．下列说法正确的是
A．元素的第一电离能：F>O>N B．分子的极性：BF3>NF3
C．氢化物的沸点：HF>NH3>PH3 D．键角：NH36．有关1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐的结构，下列叙述错误的是
A．1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中共面的原子最多有18个
B．咪唑环上C原子和N原子均采取sp2杂化
C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐在水中的溶解度比在苯中大
D．PF的空间结构为正八面体
7．下列有关离子液体的叙述，错误的是
A．离子液体之所以在常温下呈液体，是因为其阴、阳离子的体积大，离子键强度小
B．四氟合硼酸四甲基铵［(CH3)4N+BF］相对分子质量小于四氟合铝酸四甲基铵［(CH3)4N+AlF］，因此前者的熔点比后者低
C．咪唑()有较强的碱性，一般通过2号氮原子体现
D．离子液体熔点低，但难挥发，且具有良好的导电性，可用于制造原电池的电解质
8．（2025·南京模拟）纳米级材料Cu2O有非常优良的催化性能。工业上在高温条件下用炭粉还原CuO制得：2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g) ΔH>0。下列说法正确的是
A．该反应在任何温度下均可自发进行
B．其他条件相同，加入更多的炭粉，可以提高CuO的平衡转化率
C．恒温条件下达平衡后，增大CO的用量，达新平衡后c(CO)不变
D．反应中生成22.4 L CO，转移的电子数目为2×6.02×1023
9．（2025·南京模拟）我国科学家合成了检测CN-的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是
A．存在对映异构体，不存在顺反异构体
B．不能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应
10．（2025·南京模拟）镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．电流方向：
B．石墨M电极的电极反应式为
C．水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应
D．导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g
11．（2025·南京模拟）室温下，下列实验设计能达到实验目的的是
选项 实验设计 实验目的
A 向盛有KMnO4溶液的试管中加入草酸酸化 提高KMnO4溶液的氧化性
B 向盛有5mL0.005 mol·L-1FeCl3溶液的试管中加入 5 mL0.015 mol·L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化 探究反应物浓度影响化学平衡
C 在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫红色褪去 验证醛基具有还原性
D 在CaCO3中加入浓醋酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象 验证酸性：碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·南京模拟）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验1：用试纸测量溶液的，测得约为5。
实验2：向溶液中加入等体积氨水溶液，充分混合，溶液约为9。
实验3：向溶液中滴加几滴溶液，无明显现象
实验4：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．由实验1可得出：
B．实验2所得溶液中存在：
C．由实验3可得出：
D．实验4所发生反应的离子方程式为：
13．（2025·南京模拟）工业上制备，采用碳氯化法将转化成。在1000℃时发生如下：
①
②
③ 。
在，将、、以物质的量比进行碳氯化，平衡时体系中、、和的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．1000℃时，反应的平衡常数
B．曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
C．高于600℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D．为保证的平衡产率，选择反应温度应高于1000℃
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025·南京模拟）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。
②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是　 　。
（2）“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：　 　。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为　 　mol/L。
（4）某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为　 　(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有　 　(写两条)。
（5）写出“沉钛”过程中离子反应方程式　 　。
（6）上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2 的结构可表示为　 　。
15．（2025·南京模拟）有机化合物Ⅷ是一种合成药物中间体，其合成路线如下：
（1）反应①是加成反应，则有机物Ⅰ中官能团的名称是　 　。
（2）Ⅱ→Ⅲ的过程经历两步反应，反应类型依次为加成反应、　 　反应。
（3）Ⅱ与新制Cu(OH)2悬浊液在加热时反应的化学方程式为　 　。
（4）写出满足下列条件的Ⅴ的一种同分异构体的结构简式　 　。
a．苯环上有两个取代基 b．能发生水解反应，分子中不存在sp杂化的原子
c．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：2
（5）写出用2-丙醇和甲苯为原料制备的合成路线图　 　。(无机试剂和有机溶剂任选)。
16．（2025·南京模拟）AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
（1）AlI3应用：
下图为一种利用原电池原理设计的测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。
①测定O2含量过程中发生的总反应方程式为　 　。
②给传感器充电时，Ag+向　 　（填“银”或“多孔石墨”）电极移动。
（2）AlI3的制备：
①实验室可用如图装置制备AlI3。请补充完整AlI3制备的实验流程：
将0.02mol铝和0.01molI2及正己烷加入烧瓶中，排尽装置中空气后，加热回流至　 　，得粗产品。[实验中必须使用的试剂和设备：正己烷，蒸发皿，通风设备]
②用上述操作所得粗产品呈浅棕黄色，可能原因是引入了碘单质，请设计实验方案验证　 　。
（3）AlI3的含量分析：
对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色)
溶度积常数Ksp 8.5×10—17 1.0×10—12
称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。准备好滴定管→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移取25.00mL 4.000×10-2 mol·L-1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1.000×10-2 mol·L-1 NH4SCN标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数。
①补充完整准备滴定管的操作：滴定管检漏、　 　→　 　→装液、赶气泡、调液面、读数。
②三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.20mL，则产品纯度为　 　。（写出计算过程）
17．（2025·南京模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是　 　。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为　 　mol，过程④对应的电极反应式为　 　。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO—+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是　 　。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是　 　。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料
【解析】【解答】A．氮化镓(GaN)具备高硬度、高熔点和耐腐蚀等优异性能，符合新型无机非金属材料的特征，A正确；
B．甘油作为冷却剂是利用其优良的导热性能和高比热容特性，与其吸水性无关，B错误；
C．电激发氧气发光过程未产生新物质，属于物理变化而非化学变化，C正确；
D．聚四氟乙烯(PTFE)因其卓越的耐酸碱性和化学稳定性，适合用作全息投影仪光敏胶片的显示材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A． 氮化镓是新型无机非金属材料 ；
B．甘油作冷却剂和吸水性无关 ；
C．电激发氧气发光属于物理变化 ；
D．根据聚四氟乙烯耐酸碱性质，可制作光敏胶片。
2．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．常温下铝在浓硝酸中会发生钝化现象，形成的致密氧化膜阻止了进一步反应，因此可用铝罐运输浓硝酸，但这与铝的导热性能无关，A错误；
B．氧化铁作为红色涂料使用是因为其本身呈现红棕色，与其能否与盐酸反应的性质无关，B错误；
C．亚硝酸钠能在铁零件表面形成保护层是由于其氧化性，与其溶液的酸碱性无关，C错误；
D．镁可用于制造信号弹的原因是其在燃烧时能发出强烈白光，便于信号传递，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．用铝罐运浓硝酸原因是常温下浓硝酸使铝钝化；
B．氧化铁为红棕色，可作涂料；
C．亚硝酸钠有碱性能与酸反应，有氧化性，使铁单质生成 Fe3O4 ；
D．镁燃烧发出白光可用于信号传递。
3．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，选项A不正确；
B．CuO不溶于水且不与H2O反应生成Cu(OH)2，选项B不正确；
C．浓HNO3与Cu反应生成Cu(NO3)2和NO2，同时NO2与H2O反应生成HNO3和NO，选项C正确；
D．HClO在光照条件下分解为HCl和O2，选项D不正确；
正确答案为C。
【分析】A．二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫；
B．氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，再和氢氧化钠反应可得氢氧化铜；
C．根据氮元素化合物性质，物质之间可实现转化；
D．次氯酸光照分解方程式为。
4．【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学反应速率的影响因素；溴乙烷的化学性质；电镀
【解析】【解答】A．在铁制品上镀铜时，铜作为阳极（接电源正极），铁制品作为阴极（接电源负极），使用硫酸四氨合铜溶液（由硫酸铜与过量氨水反应制得）作为电解质溶液。该溶液能维持稳定的铜离子浓度，有利于在铁制品表面形成致密铜镀层。因此图示装置可以实现电镀铜的目的，A正确；
B．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫沉淀、二氧化硫和水（反应方程式：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O）。而与浓硫酸反应时仅生成二氧化硫（反应化学方程式：Na2S2O3＋3H2SO4(浓)=Na2SO4＋4SO2↑＋3H2O）。由于反应机理不同，该装置无法用于探究浓度对反应速率的影响，B错误；
D．制备碳酸氢钠需先将氨气通入饱和食盐水形成氨化盐水，再通入二氧化碳（溶解度：NH3 > CO2）。若顺序颠倒会导致无法析出NaHCO3晶体，因此图示装置无法实现实验目的，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．根据电镀原理，镀件作阴极，铁制品和电源负极相连；
B．硫代硫酸钠与浓硫酸、稀硫酸反应的机理不同；
C．乙烯中混有乙醇，干扰验证实验；
D．侯氏制碱法原理，饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳。
【答案】5．C
6．A
7．B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】（1）A．N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，元素的第一电离能：F >N>O，A错误；
B．BF3中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电中心重合，是非极性分子，NF3中心原子价层电子对数为3+=3，含1个孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，是极性分子，分子的极性：PH3C．HF和NH3中都存在氢键，熔、沸点较高，HF分子间的氢键强度比NH3分子间的强，则熔、沸点：HF>NH3>PH3，C正确；
D．NH3和PH3的中心原子都是sp3杂化，N元素的电负性大，对成键电子对的吸引力强，成键电子对之间的排斥力大，键角大，D错误；
故答案为：C；
（2）A.1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中环状含氮结构是平面结构，环外的碳原子均为sp3杂化，与sp3杂化的C原子相连的原子最多还有2个共面，则该阳离子中共面的原子最多为15个，A错误；
B．咪唑为有环状含氮结构，环上原子共平面，咪唑环上的C原子和N原子均发生sp2杂化，杂化方式相同，B正确；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于离子化合物，在水中的溶解度比在苯中大，C正确；
D．的中心原子P的价层电子对数为6+=6，孤电子对数为0，空间结构为正八面体，D正确；
故答案为：A；
（3）A．离子液体的熔沸点与其中离子键的强弱有关，离子液体中阴、阳离子体积大，离子键强度小，所以呈液态，A正确；
B．两种物质都是离子晶体，熔点取决于离子键的强弱而非相对分子质量，Al原子半径大于B，使得的离子半径大于，故含Al的离子晶体熔点反而低，B错误；
C.1号氮原子上的孤对电子参与形成了大π键，2号氮原子的孤对电子没有参与大π键的共轭体系，可以自由地接受质子，因此碱性较强，C正确；
D．离子液体中含有自由移动的带电离子，且熔点低，难挥发，具有良好的导电性，是制造原电池电解质的理想材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】（1）氮、氧、氟三种元素第一电离能大小为 F>N >O； BF3是非极性分子，NF3是极性分子；氨分子之间可形成氢键，沸点比PH3高；比较氮和磷电负性，氮元素大，成键电子对离氮更近，排斥力大，键角大。
（2） 1-丁基-3-甲基咪唑阳离子最多15个原子共面； 根据五元环上的原子共平面 ，可知原子应采取sp2杂化； 1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于盐，在水中比在苯中溶解度大； PF 中磷原子的价层电子对数为6，为正八面体。
（3）离子键强度小，熔沸点低；离子晶体比较熔沸点高低，是比较离子键强度，看离子半径大小，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高；2号氮原子上有孤电子对，可与氢离子形成配位键，体现碱性；根据离子液体性质分析。
5．A．N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，元素的第一电离能：F >N>O，A错误；
B．BF3中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电中心重合，是非极性分子，NF3中心原子价层电子对数为3+=3，含1个孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，是极性分子，分子的极性：PH3C．HF和NH3中都存在氢键，熔、沸点较高，HF分子间的氢键强度比NH3分子间的强，则熔、沸点：HF>NH3>PH3，C正确；
D．NH3和PH3的中心原子都是sp3杂化，N元素的电负性大，对成键电子对的吸引力强，成键电子对之间的排斥力大，键角大，D错误；
答案选C；
6．A.1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中环状含氮结构是平面结构，环外的碳原子均为sp3杂化，与sp3杂化的C原子相连的原子最多还有2个共面，则该阳离子中共面的原子最多为15个，A错误；
B．咪唑为有环状含氮结构，环上原子共平面，咪唑环上的C原子和N原子均发生sp2杂化，杂化方式相同，B正确；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于离子化合物，在水中的溶解度比在苯中大，C正确；
D．的中心原子P的价层电子对数为6+=6，孤电子对数为0，空间结构为正八面体，D正确；
答案选A；
7．A．离子液体的熔沸点与其中离子键的强弱有关，离子液体中阴、阳离子体积大，离子键强度小，所以呈液态，A正确；
B．两种物质都是离子晶体，熔点取决于离子键的强弱而非相对分子质量，Al原子半径大于B，使得的离子半径大于，故含Al的离子晶体熔点反而低，B错误；
C.1号氮原子上的孤对电子参与形成了大π键，2号氮原子的孤对电子没有参与大π键的共轭体系，可以自由地接受质子，因此碱性较强，C正确；
D．离子液体中含有自由移动的带电离子，且熔点低，难挥发，具有良好的导电性，是制造原电池电解质的理想材料，D正确；
答案选B。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据题目给出的反应方程式，该反应的焓变（吸热反应），熵变（气体分子数增加）。依据吉布斯自由能公式可知，该反应只有在较高温度下才能自发进行，A错误；
B．炭粉是固体，其浓度在反应过程中保持不变。增加炭粉的量不会改变其浓度，因此不会影响化学平衡，也就不能提高CuO的平衡转化率，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为。在恒温条件下增大CO的用量时，由于平衡常数K不变，达到新的平衡后CO的浓度将保持不变，C正确；
D．题目没有说明CO是否处于标准状况（0℃，1atm），因此无法根据22.4L计算反应中转移的电子数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】A． 根据自发，反应应高温自发；
B．改变固体的量不影响平衡转化率；
C．根据平衡常数，温度不变，平衡常数不变，一氧化碳浓度不变；
D． 22.4 L CO ，其物质的量未知。
9．【答案】C
【知识点】分子间作用力；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。根据题目给出的结构图分析，该分子中不存在符合此条件的碳原子，因此该化合物不具有手性异构体，A错误；B．观察分子结构可以发现，分子内部的N原子与羟基(-OH)上的H原子距离较近，能够形成分子内氢键，选B错误；
C．该分子结构中含有两个反应位点：苯环上酚羟基的邻位氢原子可以与浓溴水发生取代反应；分子中的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，C正确；
D．计算与NaOH反应的官能团： 2个酚羟基各消耗1mol NaOH（共2mol）；酯基水解后产生1个酚羟基和1个羧基，各消耗1mol NaOH（共2mol）。总计最多消耗4mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．A分子中没有手性碳原子；
B．分子结构中有N和O，且有符合条件的氢，可形成分子内氢键 ；
C．根据分子结构，A和溴水发生取代反应和加成反应 ；
D.1molA结构最多消耗4mol NaOH。
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流方向应为 m→M→N→n，而非 n→N→M→m，A错误；
B、石墨 M 为阳极，I 室中 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应为 2Cl--2e-=Cl2↑，并非 Co2+得电子，B错误；
C、Ⅱ 室中反应为 Ni2++2CH3COCH2COCH3 Ni (CH3COCHCOCH3)2+2H+，水解离出的 OH-与 H+反应，使平衡正向移动，促进Ni2+的转化，而非抑制，C错误；
D、导线中通过 1mol 电子时，Ⅰ 室有 0.5mol Cl2生成（质量减少 71g×0.5=35.5g），同时有 0.5mol Ni2+和 Co2+移入 Ⅱ 室（质量增加约 59g×0.5=29.5g），因此 Ⅰ 室总质量减少 35.5+29.5=65g；Ⅲ 室中 H+得电子的同时，双极膜解离的 H+等量补充，溶液质量不变。故两室质量变化之差约为 65g，D正确；
故答案为：D。
【分析】双极膜中 H+向 Ⅲ 室（石墨 N）迁移，OH-向 Ⅰ 室（石墨 M）迁移，因此石墨 M 为阳极，石墨 N 为阴极；电源 m 为正极，n 为负极。据此解题。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．草酸具有还原性，会被高锰酸钾溶液氧化，从而降低高锰酸钾溶液的氧化能力（通常使用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液），A错误；
B．加入铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，使Fe3+浓度下降，最终导致平衡反应向逆向移动，溶液红色变浅，B正确；
C．间甲基苯甲醛分子中的甲基同样会被高锰酸钾氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，因此不能直接证明醛基的还原性，C错误；
D．醋酸具有挥发性，可能混入CO2中并与苯酚钠反应生成苯酚，因此无法得出碳酸酸性强于苯酚的结论，D错误；
故答案为：B。
【分析】A． 高锰酸钾和草酸会发生氧化还原反应；
B．，加入铁粉后降低三价铁离子浓度，平衡逆移，红色变浅；
C．间甲基苯甲醛 中的甲基和醛基都能被高锰酸钾氧化 ；
D．醋酸易挥发，干扰实验，无法验证碳酸和苯酚的酸性强弱。
12．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由实验1可知溶液的pH 约为5，说明的电离程度大于水解程度，则，则，A错误；
B. 实验2所得溶液可视为NaNH4SO3混合溶液，根据质子守恒关系可得：， B错误；
C. 实验3中NaHSO3加入量不足，未观察到明显现象，无法据此推断的关系， C错误；
D. 实验4中发生氧化还原反应，ClO 将HSO3 氧化为SO42 ，Ba2+与SO42 结合生成BaSO4沉淀。反应物比例为， ，对应离子方程式为：， D正确；
故答案为：D。
【分析】A．根据溶液呈酸性，得，；
B. 考查溶液质子守恒，；
C. 实验3中NaHSO3加入量不足，无法得出相应结论；
D. 根据亚硫酸氢钠和次氯酸钡反应的物质的量，书写对应离子方程式。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1000℃时，由盖斯定律可知，①-③可得反应，则其平衡常数，A正确；
B. 从图中可以看出，的物质的量分数基本保持不变，说明反应①生成的CO的物质的量分数也几乎不变。在1000℃时，反应①和③的平衡常数远大于反应②，导致CO的含量远高于，因此曲线I代表平衡时CO的物质的量分数随温度的变化。反应②生成等量的和C，由于初始投料中含有C，所以C的含量高于，因此曲线II和III分别表示平衡时C和的物质的量分数随温度的变化， B正确；
C. 当温度高于600℃时，升高温度会使的分数几乎不变，但CO的含量显著增加。由于反应①②③都是放热反应，升温会使平衡逆向移动，这说明此时温度升高主要影响反应②的平衡，导致CO含量显著增加。 C正确；
D. 在200℃到1200℃的温度范围内，的平衡转化率几乎不变，说明升高温度对其平衡转化率的提升作用不明显。 D错误；
故答案为：D。
【分析】A.方程式相减时，平衡常数相除；
B. 根据反应，结合图中曲线随温度变化趋势，曲线I代表平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，曲线II表示平衡时C随温度的变化，曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化；
C. 高于600℃，升高温度， CO的含量显著增加，说明温度 主要对反应②的平衡产生影响 ；
D. 由图中的平衡转化率变化，反应温度高于1000℃并不能改变转化率。
14．【答案】（1）提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛
（2）Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］
（3）2.8×10-6
（4）83.3%；增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)
（5）TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+
（6）
【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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）H2O2作为配体与Ti4+形成稳定的[TiO(H2O2)]2+配离子，其水溶性使钛从有机相转入水相，实现分离。
故答案为： 提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛
（2）Sc(OH)3具有两性，类似Al(OH)3。在过量NaOH中溶解生成六羟基合钪酸钠，反应为：
Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］；Sc3+的配位数为6，形成八面体结构的[Sc(OH)6]3-配离子。故答案为： Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］
（3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L。
故答案为： 2.8×10-6
（4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=；
提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)。
故答案为： 83.3% ； 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)
（5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+。
故答案为： TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+
(6)格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。
故答案为：
【分析】钛白酸性废水中含有TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子，通过以下步骤进行分离和提纯：萃取阶段：加入有机萃取剂后，有机层含有TiO2+、Fe3+、Sc3+。洗涤转化：用稀硫酸和H2O2洗涤有机层，TiO2+转化为水溶性的[TiO(H2O2)]2+，进入水相，实现钛与其他金属的初步分离。钛的回收：水相中的[TiO(H2O2)]2+经亚硫酸钠处理，热水沉淀得到TiO2·nH2O，加热分解后得到纯净的TiO2。反萃取：有机层用NaOH溶液反萃取，Fe3+和Sc3+转化为Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀。 钪的富集：沉淀用10%盐酸溶解，Sc(OH)3转化为ScCl3溶液，最终通过镁热还原得到金属钪。
（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离；
（2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］；
（3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L；
（4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=；
提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)；
（5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+；
（6）格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。
15．【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）消去
（3）
（4）
（5）
【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
【解析】【解答】（1）有机物Ⅰ的结构为或，其官能团包括碳碳双键和醛基。
故答案为： 碳碳双键、醛基
（2）Ⅱ与反应生成Ⅲ的过程分为两步：首先是加成反应生成中间体，随后发生消去反应得到产物。
故答案为：消去；
（3）化合物含有醛基和碳氯键。醛基会被新制Cu(OH)2悬浊液氧化为羧基，同时碱性条件下碳氯键水解生成醇羟基。其化学反应方程式为：
。
故答案为：
（4）Ⅴ的分子式为，具有水解特性说明含有酰胺基。根据不饱和度6（含苯环）及核磁共振氢谱峰面积比3：2：2：2：2（对位取代），符合条件的同分异构体为；
故答案为：
（5）根据目标产物的结构含有醛基，结合合成路线中Ⅶ→Ⅷ，采用逆合成思路，目标产物是由→→生成的，结合合成路线中Ⅴ转化为Ⅵ，则是由甲苯与发生类似反应生成的，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】反应①属于加成反应，根据有机物Ⅱ的结构，可以推断有机物Ⅰ可能为或。在Ⅱ与转化为Ⅲ的过程中，包含两步反应：首先发生加成反应生成，随后发生消去反应得到有机物Ⅲ。接着，在NaOH水溶液、加热条件下水解生成，该产物经过催化氧化转化为。在Ⅴ转化为Ⅵ的过程中，先发生酮羰基的加成反应，再通过消去反应生成目标产物。经过取代反应生成Ⅶ，最后通过水解反应得到终产物Ⅷ。
（1）根据上述分析可知，有机物Ⅰ为或，官能团名称为碳碳双键、醛基；
（2）Ⅱ与转化为Ⅲ的过程经历两步反应，即先发生加成反应生成，再发生消去反应生成；故答案为：消去；
（3）结构中含有醛基与碳氯键，醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应时被氧化为羧基，而新制Cu(OH)2悬浊液显碱性，羧基转化为羧酸钠，碳氯键能在碱性环境发生水解反应，生成醇羟基，故化学方程式为；
（4）Ⅴ的分子式为，能发生水解反应，则结构中含有酰胺基，根据不饱和度为6，分子中除含苯环外，还含有碳碳双键，峰面积之比为3：2：2：2：2，说明2个取代基位于苯环的对位，故满足条件的同分异构体的结构简式为；
（5）根据目标产物的结构含有醛基，结合合成路线中Ⅶ→Ⅷ，采用逆合成思路，目标产物是由→→生成的，结合合成路线中Ⅴ转化为Ⅵ，则是由甲苯与发生类似反应生成的，故合成路线为：。
16．【答案】（1）3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI；银
（2）溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质；否则，没有
（3）水洗；待装溶液润洗；99.73%
【知识点】电极反应和电池反应方程式；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① 根据电极反应得失电子守恒，总反应方程式为：。
故答案为： 3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI② 充电时，Ag电极作为阴极连接电源负极，Ag+向Ag电极迁移。
故答案为： 银
（2）① 实验操作要点： 加热回流至溶液颜色由紫红色变为无色（I2完全反应），过滤除去过量Al，在通风橱中蒸发浓缩至出现晶膜， 冷却结晶后过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥。
故答案为： 溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥
② 碘单质检测方法：取少量粗产品溶于冷的正己烷，静置后取上层清液，滴加淀粉溶液观察颜色变化，若变蓝说明含碘单质，否则不含。
故答案为： 取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质；否则，没有
（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液。
故答案为： 水洗 ； 待装溶液润洗
②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=。
故答案为：99.73%
【分析】该电化学过程的分析如下：在Ag电极（负极）上发生氧化反应，Ag失去电子生成Ag+，电极反应式为：， 氧气通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应，化学方程式为：
，生成的I2在石墨电极上发生还原反应，与Ag+结合生成AgI：
。实验操作部分：使用0.2mol过量的Al和0.1mol I2在正己烷中加热回流，过滤除去未反应的Al，滤液经浓缩、结晶、洗涤、干燥得到AlI3粗产品。
（1）①根据上述分析，结合两电极得失电子守恒可知，总方程式为3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI；
②充电时，Ag电极为阴极，与电源负极相连，Ag+移向Ag电极（阴极）；
（2）①由上述分析可知，AlI3过量，I2完全反应，故加热回流至溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤（除去过量的Al），打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；
②可用淀粉溶液检验碘单质，故先取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，再向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，反之则无；
（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液；
②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=。
17．【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；有效碰撞理论
【解析】【解答】（1）根据题目描述，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水。持续通入高纯氮气的作用是：1）去除装置中的空气，防止制备的纳米零价铁被氧化；2）及时排出反应生成的氢气，避免氢气与氧气接触后受热引发爆炸。
故答案为：排除装置中的空气，防止纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
（2）图示显示纳米铁在负极发生氧化反应生成亚铁离子，而溶液中的三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极还原生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。在有效腐蚀过程中，每生成1mol乙烯需要转移6mol电子（1mol×6=6mol）。过程④对应的电极反应为酸性条件下硝酸根离子还原为铵根离子和水，其电极反应式为：+10H++8e—=+3H2O。
故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
（3）①题目信息表明，当废水pH＜6时，ZVI表面的FeOH会质子化形成FeOH，导致ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，因此铁氧化物颗粒对Pb2+的吸附能力降低。
故答案为：ZVI表面的FeOH质子化形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②当废水pH＜6时，随着pH升高，废水中H+浓度降低，ZVI颗粒表面去质子化程度增强，与Pb2+的静电引力增大。虽然质子化程度减弱，但配位反应和还原反应的正向进行程度均增大，因此Pb2+的去除率逐渐接近100%。
故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度增强，与Pb2+的静电引力增大，质子化程度减弱，但配位反应和还原反应的正向进行程度均增大；
（4）图示表明，当废水pH＜4.2时，pH降低导致H+浓度增大，生成更多氢原子（H），使得硝酸根离子还原的中间产物NH增多。NH与氢原子反应生成铵根离子，减少了氮气的生成，因此氮气生成率逐渐降低。
故答案为：pH减小，H+浓度增大，生成更多H，使还原的中间产物NH更多与H反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）根据题意纳米零价铁具有较强的还原性，氮气作保护气，防氧化；也可防止气体混合爆炸；
（2）过程 ④ 从硝酸根转化为铵根离子；
（3） pH＜6时，随着pH增大， ZVI去除Pb2+发生表面配位反应和还原反应进行较为完全， Pb2+的去除率会增大至接近100% ；
（4）根据催化还原反应过程，pH减小，硝酸根转化为铵根离子。
（1）由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
（2）由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
（3）①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
（4）由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
1 / 1江苏省南京市金陵中学2025届高三下学期4月调研检测 化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·南京模拟）2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是
A．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料
B．甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性
C．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化
D．聚四氟乙烯具有耐酸碱特性，用于制作全息投影仪的光敏胶片
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料
【解析】【解答】A．氮化镓(GaN)具备高硬度、高熔点和耐腐蚀等优异性能，符合新型无机非金属材料的特征，A正确；
B．甘油作为冷却剂是利用其优良的导热性能和高比热容特性，与其吸水性无关，B错误；
C．电激发氧气发光过程未产生新物质，属于物理变化而非化学变化，C正确；
D．聚四氟乙烯(PTFE)因其卓越的耐酸碱性和化学稳定性，适合用作全息投影仪光敏胶片的显示材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A． 氮化镓是新型无机非金属材料 ；
B．甘油作冷却剂和吸水性无关 ；
C．电激发氧气发光属于物理变化 ；
D．根据聚四氟乙烯耐酸碱性质，可制作光敏胶片。
2．（2025·南京模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铝具有良好的导热性，可用铝罐贮运浓硝酸
B．Fe2O3能与盐酸反应，可作红色涂料
C．NaNO2具有碱性，可用于使铁零件表面生成Fe3O4
D．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，可用于制造信号弹
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．常温下铝在浓硝酸中会发生钝化现象，形成的致密氧化膜阻止了进一步反应，因此可用铝罐运输浓硝酸，但这与铝的导热性能无关，A错误；
B．氧化铁作为红色涂料使用是因为其本身呈现红棕色，与其能否与盐酸反应的性质无关，B错误；
C．亚硝酸钠能在铁零件表面形成保护层是由于其氧化性，与其溶液的酸碱性无关，C错误；
D．镁可用于制造信号弹的原因是其在燃烧时能发出强烈白光，便于信号传递，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．用铝罐运浓硝酸原因是常温下浓硝酸使铝钝化；
B．氧化铁为红棕色，可作涂料；
C．亚硝酸钠有碱性能与酸反应，有氧化性，使铁单质生成 Fe3O4 ；
D．镁燃烧发出白光可用于信号传递。
3．（2025·南京模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．FeS2SO3H2SO4
B．CuO(s)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)
C．浓HNO3NO2HNO3
D．HClOCl2SiCl4
【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，选项A不正确；
B．CuO不溶于水且不与H2O反应生成Cu(OH)2，选项B不正确；
C．浓HNO3与Cu反应生成Cu(NO3)2和NO2，同时NO2与H2O反应生成HNO3和NO，选项C正确；
D．HClO在光照条件下分解为HCl和O2，选项D不正确；
正确答案为C。
【分析】A．二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫；
B．氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，再和氢氧化钠反应可得氢氧化铜；
C．根据氮元素化合物性质，物质之间可实现转化；
D．次氯酸光照分解方程式为。
4．（2025·南京模拟）下列实验能达到相应实验目的的是
A．在铁制品上镀致密铜镀层 B．探究浓度对反应速率的影响
C．检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热生成的乙烯 D．制取NaHCO3晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学反应速率的影响因素；溴乙烷的化学性质；电镀
【解析】【解答】A．在铁制品上镀铜时，铜作为阳极（接电源正极），铁制品作为阴极（接电源负极），使用硫酸四氨合铜溶液（由硫酸铜与过量氨水反应制得）作为电解质溶液。该溶液能维持稳定的铜离子浓度，有利于在铁制品表面形成致密铜镀层。因此图示装置可以实现电镀铜的目的，A正确；
B．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫沉淀、二氧化硫和水（反应方程式：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O）。而与浓硫酸反应时仅生成二氧化硫（反应化学方程式：Na2S2O3＋3H2SO4(浓)=Na2SO4＋4SO2↑＋3H2O）。由于反应机理不同，该装置无法用于探究浓度对反应速率的影响，B错误；
D．制备碳酸氢钠需先将氨气通入饱和食盐水形成氨化盐水，再通入二氧化碳（溶解度：NH3 > CO2）。若顺序颠倒会导致无法析出NaHCO3晶体，因此图示装置无法实现实验目的，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．根据电镀原理，镀件作阴极，铁制品和电源负极相连；
B．硫代硫酸钠与浓硫酸、稀硫酸反应的机理不同；
C．乙烯中混有乙醇，干扰验证实验；
D．侯氏制碱法原理，饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳。
（2025·南京模拟）阅读下面一段材料，完成下列小题：
离子晶体的熔点，有的很高，如CaO的熔点为2613℃，有的较低，如NH4NO3、Ca(H2PO4)2的熔点分别为170℃、109℃。早在1914年就有人发现，引入有机基团可降低离子化合物的熔点，如C2H5NH3NO3的熔点只有12℃，比NH4NO3低了158℃！大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子。常见的阴离子如四氯铝酸根(AlCl)、六氟磷酸根(PF)、四氟硼酸根(BF)等，常见的阳离子如季铵离子(R4N+，即NH的H被烃基R取代)、带烃基侧链的咪唑、嘧啶等有环状含氮结构的有机胺正离子等。1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐是常见的离子液体，其结构为，阳离子中五元环上的原子共平面。
5．下列说法正确的是
A．元素的第一电离能：F>O>N B．分子的极性：BF3>NF3
C．氢化物的沸点：HF>NH3>PH3 D．键角：NH36．有关1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐的结构，下列叙述错误的是
A．1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中共面的原子最多有18个
B．咪唑环上C原子和N原子均采取sp2杂化
C．1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐在水中的溶解度比在苯中大
D．PF的空间结构为正八面体
7．下列有关离子液体的叙述，错误的是
A．离子液体之所以在常温下呈液体，是因为其阴、阳离子的体积大，离子键强度小
B．四氟合硼酸四甲基铵［(CH3)4N+BF］相对分子质量小于四氟合铝酸四甲基铵［(CH3)4N+AlF］，因此前者的熔点比后者低
C．咪唑()有较强的碱性，一般通过2号氮原子体现
D．离子液体熔点低，但难挥发，且具有良好的导电性，可用于制造原电池的电解质
【答案】5．C
6．A
7．B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】（1）A．N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，元素的第一电离能：F >N>O，A错误；
B．BF3中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电中心重合，是非极性分子，NF3中心原子价层电子对数为3+=3，含1个孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，是极性分子，分子的极性：PH3C．HF和NH3中都存在氢键，熔、沸点较高，HF分子间的氢键强度比NH3分子间的强，则熔、沸点：HF>NH3>PH3，C正确；
D．NH3和PH3的中心原子都是sp3杂化，N元素的电负性大，对成键电子对的吸引力强，成键电子对之间的排斥力大，键角大，D错误；
故答案为：C；
（2）A.1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中环状含氮结构是平面结构，环外的碳原子均为sp3杂化，与sp3杂化的C原子相连的原子最多还有2个共面，则该阳离子中共面的原子最多为15个，A错误；
B．咪唑为有环状含氮结构，环上原子共平面，咪唑环上的C原子和N原子均发生sp2杂化，杂化方式相同，B正确；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于离子化合物，在水中的溶解度比在苯中大，C正确；
D．的中心原子P的价层电子对数为6+=6，孤电子对数为0，空间结构为正八面体，D正确；
故答案为：A；
（3）A．离子液体的熔沸点与其中离子键的强弱有关，离子液体中阴、阳离子体积大，离子键强度小，所以呈液态，A正确；
B．两种物质都是离子晶体，熔点取决于离子键的强弱而非相对分子质量，Al原子半径大于B，使得的离子半径大于，故含Al的离子晶体熔点反而低，B错误；
C.1号氮原子上的孤对电子参与形成了大π键，2号氮原子的孤对电子没有参与大π键的共轭体系，可以自由地接受质子，因此碱性较强，C正确；
D．离子液体中含有自由移动的带电离子，且熔点低，难挥发，具有良好的导电性，是制造原电池电解质的理想材料，D正确；
故答案为：B。
【分析】（1）氮、氧、氟三种元素第一电离能大小为 F>N >O； BF3是非极性分子，NF3是极性分子；氨分子之间可形成氢键，沸点比PH3高；比较氮和磷电负性，氮元素大，成键电子对离氮更近，排斥力大，键角大。
（2） 1-丁基-3-甲基咪唑阳离子最多15个原子共面； 根据五元环上的原子共平面 ，可知原子应采取sp2杂化； 1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于盐，在水中比在苯中溶解度大； PF 中磷原子的价层电子对数为6，为正八面体。
（3）离子键强度小，熔沸点低；离子晶体比较熔沸点高低，是比较离子键强度，看离子半径大小，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高；2号氮原子上有孤电子对，可与氢离子形成配位键，体现碱性；根据离子液体性质分析。
5．A．N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，元素的第一电离能：F >N>O，A错误；
B．BF3中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间构型为平面三角形，正负电中心重合，是非极性分子，NF3中心原子价层电子对数为3+=3，含1个孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，是极性分子，分子的极性：PH3C．HF和NH3中都存在氢键，熔、沸点较高，HF分子间的氢键强度比NH3分子间的强，则熔、沸点：HF>NH3>PH3，C正确；
D．NH3和PH3的中心原子都是sp3杂化，N元素的电负性大，对成键电子对的吸引力强，成键电子对之间的排斥力大，键角大，D错误；
答案选C；
6．A.1-丁基-3-甲基咪唑阳离子中环状含氮结构是平面结构，环外的碳原子均为sp3杂化，与sp3杂化的C原子相连的原子最多还有2个共面，则该阳离子中共面的原子最多为15个，A错误；
B．咪唑为有环状含氮结构，环上原子共平面，咪唑环上的C原子和N原子均发生sp2杂化，杂化方式相同，B正确；
C.1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐属于离子化合物，在水中的溶解度比在苯中大，C正确；
D．的中心原子P的价层电子对数为6+=6，孤电子对数为0，空间结构为正八面体，D正确；
答案选A；
7．A．离子液体的熔沸点与其中离子键的强弱有关，离子液体中阴、阳离子体积大，离子键强度小，所以呈液态，A正确；
B．两种物质都是离子晶体，熔点取决于离子键的强弱而非相对分子质量，Al原子半径大于B，使得的离子半径大于，故含Al的离子晶体熔点反而低，B错误；
C.1号氮原子上的孤对电子参与形成了大π键，2号氮原子的孤对电子没有参与大π键的共轭体系，可以自由地接受质子，因此碱性较强，C正确；
D．离子液体中含有自由移动的带电离子，且熔点低，难挥发，具有良好的导电性，是制造原电池电解质的理想材料，D正确；
答案选B。
8．（2025·南京模拟）纳米级材料Cu2O有非常优良的催化性能。工业上在高温条件下用炭粉还原CuO制得：2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g) ΔH>0。下列说法正确的是
A．该反应在任何温度下均可自发进行
B．其他条件相同，加入更多的炭粉，可以提高CuO的平衡转化率
C．恒温条件下达平衡后，增大CO的用量，达新平衡后c(CO)不变
D．反应中生成22.4 L CO，转移的电子数目为2×6.02×1023
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据题目给出的反应方程式，该反应的焓变（吸热反应），熵变（气体分子数增加）。依据吉布斯自由能公式可知，该反应只有在较高温度下才能自发进行，A错误；
B．炭粉是固体，其浓度在反应过程中保持不变。增加炭粉的量不会改变其浓度，因此不会影响化学平衡，也就不能提高CuO的平衡转化率，B错误；
C．该反应的平衡常数表达式为。在恒温条件下增大CO的用量时，由于平衡常数K不变，达到新的平衡后CO的浓度将保持不变，C正确；
D．题目没有说明CO是否处于标准状况（0℃，1atm），因此无法根据22.4L计算反应中转移的电子数目，D错误；
故答案为：C。
【分析】A． 根据自发，反应应高温自发；
B．改变固体的量不影响平衡转化率；
C．根据平衡常数，温度不变，平衡常数不变，一氧化碳浓度不变；
D． 22.4 L CO ，其物质的量未知。
9．（2025·南京模拟）我国科学家合成了检测CN-的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法正确的是
A．存在对映异构体，不存在顺反异构体
B．不能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．1 mol探针A最多能与3 mol NaOH反应
【答案】C
【知识点】分子间作用力；有机物中的官能团；酯的性质
【解析】【解答】A．手性碳原子是指连接四个不同原子或基团的碳原子。根据题目给出的结构图分析，该分子中不存在符合此条件的碳原子，因此该化合物不具有手性异构体，A错误；B．观察分子结构可以发现，分子内部的N原子与羟基(-OH)上的H原子距离较近，能够形成分子内氢键，选B错误；
C．该分子结构中含有两个反应位点：苯环上酚羟基的邻位氢原子可以与浓溴水发生取代反应；分子中的碳碳双键可以与溴水发生加成反应，C正确；
D．计算与NaOH反应的官能团： 2个酚羟基各消耗1mol NaOH（共2mol）；酯基水解后产生1个酚羟基和1个羧基，各消耗1mol NaOH（共2mol）。总计最多消耗4mol NaOH，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．A分子中没有手性碳原子；
B．分子结构中有N和O，且有符合条件的氢，可形成分子内氢键 ；
C．根据分子结构，A和溴水发生取代反应和加成反应 ；
D.1molA结构最多消耗4mol NaOH。
10．（2025·南京模拟）镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是
A．电流方向：
B．石墨M电极的电极反应式为
C．水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应
D．导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电流方向应为 m→M→N→n，而非 n→N→M→m，A错误；
B、石墨 M 为阳极，I 室中 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应为 2Cl--2e-=Cl2↑，并非 Co2+得电子，B错误；
C、Ⅱ 室中反应为 Ni2++2CH3COCH2COCH3 Ni (CH3COCHCOCH3)2+2H+，水解离出的 OH-与 H+反应，使平衡正向移动，促进Ni2+的转化，而非抑制，C错误；
D、导线中通过 1mol 电子时，Ⅰ 室有 0.5mol Cl2生成（质量减少 71g×0.5=35.5g），同时有 0.5mol Ni2+和 Co2+移入 Ⅱ 室（质量增加约 59g×0.5=29.5g），因此 Ⅰ 室总质量减少 35.5+29.5=65g；Ⅲ 室中 H+得电子的同时，双极膜解离的 H+等量补充，溶液质量不变。故两室质量变化之差约为 65g，D正确；
故答案为：D。
【分析】双极膜中 H+向 Ⅲ 室（石墨 N）迁移，OH-向 Ⅰ 室（石墨 M）迁移，因此石墨 M 为阳极，石墨 N 为阴极；电源 m 为正极，n 为负极。据此解题。
11．（2025·南京模拟）室温下，下列实验设计能达到实验目的的是
选项 实验设计 实验目的
A 向盛有KMnO4溶液的试管中加入草酸酸化 提高KMnO4溶液的氧化性
B 向盛有5mL0.005 mol·L-1FeCl3溶液的试管中加入 5 mL0.015 mol·L-1KSCN溶液，再加入少量铁粉，振荡，观察溶液颜色变化 探究反应物浓度影响化学平衡
C 在酸性KMnO4溶液中滴加间甲基苯甲醛，振荡，溶液紫红色褪去 验证醛基具有还原性
D 在CaCO3中加入浓醋酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象 验证酸性：碳酸>苯酚
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．草酸具有还原性，会被高锰酸钾溶液氧化，从而降低高锰酸钾溶液的氧化能力（通常使用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液），A错误；
B．加入铁粉能将Fe3+还原为Fe2+，使Fe3+浓度下降，最终导致平衡反应向逆向移动，溶液红色变浅，B正确；
C．间甲基苯甲醛分子中的甲基同样会被高锰酸钾氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，因此不能直接证明醛基的还原性，C错误；
D．醋酸具有挥发性，可能混入CO2中并与苯酚钠反应生成苯酚，因此无法得出碳酸酸性强于苯酚的结论，D错误；
故答案为：B。
【分析】A． 高锰酸钾和草酸会发生氧化还原反应；
B．，加入铁粉后降低三价铁离子浓度，平衡逆移，红色变浅；
C．间甲基苯甲醛 中的甲基和醛基都能被高锰酸钾氧化 ；
D．醋酸易挥发，干扰实验，无法验证碳酸和苯酚的酸性强弱。
12．（2025·南京模拟）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验1：用试纸测量溶液的，测得约为5。
实验2：向溶液中加入等体积氨水溶液，充分混合，溶液约为9。
实验3：向溶液中滴加几滴溶液，无明显现象
实验4：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．由实验1可得出：
B．实验2所得溶液中存在：
C．由实验3可得出：
D．实验4所发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由实验1可知溶液的pH 约为5，说明的电离程度大于水解程度，则，则，A错误；
B. 实验2所得溶液可视为NaNH4SO3混合溶液，根据质子守恒关系可得：， B错误；
C. 实验3中NaHSO3加入量不足，未观察到明显现象，无法据此推断的关系， C错误；
D. 实验4中发生氧化还原反应，ClO 将HSO3 氧化为SO42 ，Ba2+与SO42 结合生成BaSO4沉淀。反应物比例为， ，对应离子方程式为：， D正确；
故答案为：D。
【分析】A．根据溶液呈酸性，得，；
B. 考查溶液质子守恒，；
C. 实验3中NaHSO3加入量不足，无法得出相应结论；
D. 根据亚硫酸氢钠和次氯酸钡反应的物质的量，书写对应离子方程式。
13．（2025·南京模拟）工业上制备，采用碳氯化法将转化成。在1000℃时发生如下：
①
②
③ 。
在，将、、以物质的量比进行碳氯化，平衡时体系中、、和的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是
A．1000℃时，反应的平衡常数
B．曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
C．高于600℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D．为保证的平衡产率，选择反应温度应高于1000℃
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1000℃时，由盖斯定律可知，①-③可得反应，则其平衡常数，A正确；
B. 从图中可以看出，的物质的量分数基本保持不变，说明反应①生成的CO的物质的量分数也几乎不变。在1000℃时，反应①和③的平衡常数远大于反应②，导致CO的含量远高于，因此曲线I代表平衡时CO的物质的量分数随温度的变化。反应②生成等量的和C，由于初始投料中含有C，所以C的含量高于，因此曲线II和III分别表示平衡时C和的物质的量分数随温度的变化， B正确；
C. 当温度高于600℃时，升高温度会使的分数几乎不变，但CO的含量显著增加。由于反应①②③都是放热反应，升温会使平衡逆向移动，这说明此时温度升高主要影响反应②的平衡，导致CO含量显著增加。 C正确；
D. 在200℃到1200℃的温度范围内，的平衡转化率几乎不变，说明升高温度对其平衡转化率的提升作用不明显。 D错误；
故答案为：D。
【分析】A.方程式相减时，平衡常数相除；
B. 根据反应，结合图中曲线随温度变化趋势，曲线I代表平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，曲线II表示平衡时C随温度的变化，曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化；
C. 高于600℃，升高温度， CO的含量显著增加，说明温度 主要对反应②的平衡产生影响 ；
D. 由图中的平衡转化率变化，反应温度高于1000℃并不能改变转化率。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025·南京模拟）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。
②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是　 　。
（2）“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：　 　。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为　 　mol/L。
（4）某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为　 　(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有　 　(写两条)。
（5）写出“沉钛”过程中离子反应方程式　 　。
（6）上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2 的结构可表示为　 　。
【答案】（1）提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛
（2）Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］
（3）2.8×10-6
（4）83.3%；增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)
（5）TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+
（6）
【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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）H2O2作为配体与Ti4+形成稳定的[TiO(H2O2)]2+配离子，其水溶性使钛从有机相转入水相，实现分离。
故答案为： 提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛
（2）Sc(OH)3具有两性，类似Al(OH)3。在过量NaOH中溶解生成六羟基合钪酸钠，反应为：
Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］；Sc3+的配位数为6，形成八面体结构的[Sc(OH)6]3-配离子。故答案为： Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］
（3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L。
故答案为： 2.8×10-6
（4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=；
提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)。
故答案为： 83.3% ； 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)
（5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+。
故答案为： TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+
(6)格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。
故答案为：
【分析】钛白酸性废水中含有TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子，通过以下步骤进行分离和提纯：萃取阶段：加入有机萃取剂后，有机层含有TiO2+、Fe3+、Sc3+。洗涤转化：用稀硫酸和H2O2洗涤有机层，TiO2+转化为水溶性的[TiO(H2O2)]2+，进入水相，实现钛与其他金属的初步分离。钛的回收：水相中的[TiO(H2O2)]2+经亚硫酸钠处理，热水沉淀得到TiO2·nH2O，加热分解后得到纯净的TiO2。反萃取：有机层用NaOH溶液反萃取，Fe3+和Sc3+转化为Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀。 钪的富集：沉淀用10%盐酸溶解，Sc(OH)3转化为ScCl3溶液，最终通过镁热还原得到金属钪。
（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离；
（2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］；
（3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L；
（4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=；
提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)；
（5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+；
（6）格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。
15．（2025·南京模拟）有机化合物Ⅷ是一种合成药物中间体，其合成路线如下：
（1）反应①是加成反应，则有机物Ⅰ中官能团的名称是　 　。
（2）Ⅱ→Ⅲ的过程经历两步反应，反应类型依次为加成反应、　 　反应。
（3）Ⅱ与新制Cu(OH)2悬浊液在加热时反应的化学方程式为　 　。
（4）写出满足下列条件的Ⅴ的一种同分异构体的结构简式　 　。
a．苯环上有两个取代基 b．能发生水解反应，分子中不存在sp杂化的原子
c．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：2
（5）写出用2-丙醇和甲苯为原料制备的合成路线图　 　。(无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】（1）碳碳双键、醛基
（2）消去
（3）
（4）
（5）
【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
【解析】【解答】（1）有机物Ⅰ的结构为或，其官能团包括碳碳双键和醛基。
故答案为： 碳碳双键、醛基
（2）Ⅱ与反应生成Ⅲ的过程分为两步：首先是加成反应生成中间体，随后发生消去反应得到产物。
故答案为：消去；
（3）化合物含有醛基和碳氯键。醛基会被新制Cu(OH)2悬浊液氧化为羧基，同时碱性条件下碳氯键水解生成醇羟基。其化学反应方程式为：
。
故答案为：
（4）Ⅴ的分子式为，具有水解特性说明含有酰胺基。根据不饱和度6（含苯环）及核磁共振氢谱峰面积比3：2：2：2：2（对位取代），符合条件的同分异构体为；
故答案为：
（5）根据目标产物的结构含有醛基，结合合成路线中Ⅶ→Ⅷ，采用逆合成思路，目标产物是由→→生成的，结合合成路线中Ⅴ转化为Ⅵ，则是由甲苯与发生类似反应生成的，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】反应①属于加成反应，根据有机物Ⅱ的结构，可以推断有机物Ⅰ可能为或。在Ⅱ与转化为Ⅲ的过程中，包含两步反应：首先发生加成反应生成，随后发生消去反应得到有机物Ⅲ。接着，在NaOH水溶液、加热条件下水解生成，该产物经过催化氧化转化为。在Ⅴ转化为Ⅵ的过程中，先发生酮羰基的加成反应，再通过消去反应生成目标产物。经过取代反应生成Ⅶ，最后通过水解反应得到终产物Ⅷ。
（1）根据上述分析可知，有机物Ⅰ为或，官能团名称为碳碳双键、醛基；
（2）Ⅱ与转化为Ⅲ的过程经历两步反应，即先发生加成反应生成，再发生消去反应生成；故答案为：消去；
（3）结构中含有醛基与碳氯键，醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应时被氧化为羧基，而新制Cu(OH)2悬浊液显碱性，羧基转化为羧酸钠，碳氯键能在碱性环境发生水解反应，生成醇羟基，故化学方程式为；
（4）Ⅴ的分子式为，能发生水解反应，则结构中含有酰胺基，根据不饱和度为6，分子中除含苯环外，还含有碳碳双键，峰面积之比为3：2：2：2：2，说明2个取代基位于苯环的对位，故满足条件的同分异构体的结构简式为；
（5）根据目标产物的结构含有醛基，结合合成路线中Ⅶ→Ⅷ，采用逆合成思路，目标产物是由→→生成的，结合合成路线中Ⅴ转化为Ⅵ，则是由甲苯与发生类似反应生成的，故合成路线为：。
16．（2025·南京模拟）AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
（1）AlI3应用：
下图为一种利用原电池原理设计的测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag+的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。
①测定O2含量过程中发生的总反应方程式为　 　。
②给传感器充电时，Ag+向　 　（填“银”或“多孔石墨”）电极移动。
（2）AlI3的制备：
①实验室可用如图装置制备AlI3。请补充完整AlI3制备的实验流程：
将0.02mol铝和0.01molI2及正己烷加入烧瓶中，排尽装置中空气后，加热回流至　 　，得粗产品。[实验中必须使用的试剂和设备：正己烷，蒸发皿，通风设备]
②用上述操作所得粗产品呈浅棕黄色，可能原因是引入了碘单质，请设计实验方案验证　 　。
（3）AlI3的含量分析：
对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I-含量以确定纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I-，再以NH4SCN标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色)
溶度积常数Ksp 8.5×10—17 1.0×10—12
称取产品1.0200g，用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。准备好滴定管→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加入锥形瓶→准确移取25.00mL 4.000×10-2 mol·L-1 AgNO3标准溶液加入锥形瓶→滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1.000×10-2 mol·L-1 NH4SCN标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数。
①补充完整准备滴定管的操作：滴定管检漏、　 　→　 　→装液、赶气泡、调液面、读数。
②三次滴定消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为25.20mL，则产品纯度为　 　。（写出计算过程）
【答案】（1）3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3 +12AgI；银
（2）溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质；否则，没有
（3）水洗；待装溶液润洗；99.73%
【知识点】电极反应和电池反应方程式；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）① 根据电极反应得失电子守恒，总反应方程式为：。
故答案为： 3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI② 充电时，Ag电极作为阴极连接电源负极，Ag+向Ag电极迁移。
故答案为： 银
（2）① 实验操作要点： 加热回流至溶液颜色由紫红色变为无色（I2完全反应），过滤除去过量Al，在通风橱中蒸发浓缩至出现晶膜， 冷却结晶后过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥。
故答案为： 溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤，打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥
② 碘单质检测方法：取少量粗产品溶于冷的正己烷，静置后取上层清液，滴加淀粉溶液观察颜色变化，若变蓝说明含碘单质，否则不含。
故答案为： 取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质；否则，没有
（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液。
故答案为： 水洗 ； 待装溶液润洗
②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=。
故答案为：99.73%
【分析】该电化学过程的分析如下：在Ag电极（负极）上发生氧化反应，Ag失去电子生成Ag+，电极反应式为：， 氧气通过聚四氟乙烯膜与碘化铝反应，化学方程式为：
，生成的I2在石墨电极上发生还原反应，与Ag+结合生成AgI：
。实验操作部分：使用0.2mol过量的Al和0.1mol I2在正己烷中加热回流，过滤除去未反应的Al，滤液经浓缩、结晶、洗涤、干燥得到AlI3粗产品。
（1）①根据上述分析，结合两电极得失电子守恒可知，总方程式为3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI；
②充电时，Ag电极为阴极，与电源负极相连，Ag+移向Ag电极（阴极）；
（2）①由上述分析可知，AlI3过量，I2完全反应，故加热回流至溶液由紫红色恰好变为无色，将烧瓶内混合物过滤（除去过量的Al），打开通风设备，在蒸发皿内蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，用冷的正己烷洗涤，真空干燥；
②可用淀粉溶液检验碘单质，故先取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，再向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，反之则无；
（3）①滴定管使用前需检漏，再用水洗涤，并用待测液润洗2~3次，再装液；
②依题存在如下计量关系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故样品中AlI3的纯度为有ω(AlI3)=。
17．（2025·南京模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是　 　。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为　 　mol，过程④对应的电极反应式为　 　。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO—+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是　 　。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是　 　。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是　 　。
【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；有效碰撞理论
【解析】【解答】（1）根据题目描述，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水。持续通入高纯氮气的作用是：1）去除装置中的空气，防止制备的纳米零价铁被氧化；2）及时排出反应生成的氢气，避免氢气与氧气接触后受热引发爆炸。
故答案为：排除装置中的空气，防止纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
（2）图示显示纳米铁在负极发生氧化反应生成亚铁离子，而溶液中的三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极还原生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。在有效腐蚀过程中，每生成1mol乙烯需要转移6mol电子（1mol×6=6mol）。过程④对应的电极反应为酸性条件下硝酸根离子还原为铵根离子和水，其电极反应式为：+10H++8e—=+3H2O。
故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
（3）①题目信息表明，当废水pH＜6时，ZVI表面的FeOH会质子化形成FeOH，导致ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，因此铁氧化物颗粒对Pb2+的吸附能力降低。
故答案为：ZVI表面的FeOH质子化形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②当废水pH＜6时，随着pH升高，废水中H+浓度降低，ZVI颗粒表面去质子化程度增强，与Pb2+的静电引力增大。虽然质子化程度减弱，但配位反应和还原反应的正向进行程度均增大，因此Pb2+的去除率逐渐接近100%。
故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度增强，与Pb2+的静电引力增大，质子化程度减弱，但配位反应和还原反应的正向进行程度均增大；
（4）图示表明，当废水pH＜4.2时，pH降低导致H+浓度增大，生成更多氢原子（H），使得硝酸根离子还原的中间产物NH增多。NH与氢原子反应生成铵根离子，减少了氮气的生成，因此氮气生成率逐渐降低。
故答案为：pH减小，H+浓度增大，生成更多H，使还原的中间产物NH更多与H反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）根据题意纳米零价铁具有较强的还原性，氮气作保护气，防氧化；也可防止气体混合爆炸；
（2）过程 ④ 从硝酸根转化为铵根离子；
（3） pH＜6时，随着pH增大， ZVI去除Pb2+发生表面配位反应和还原反应进行较为完全， Pb2+的去除率会增大至接近100% ；
（4）根据催化还原反应过程，pH减小，硝酸根转化为铵根离子。
（1）由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
（2）由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
（3）①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
（4）由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
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