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江苏省常州高级中学2025届高三下学期二模化学试题
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·常州模拟）科技进步为人类发展作出了巨大贡献。下列科技成果获得的物质属于有机物的是
A．工业合成氨 B．制取单晶硅
C．人工合成结晶胰岛素 D．侯氏联合制碱
【答案】C
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、产物为氨气（NH3），是氮的气态氢化物，属于无机物，A错误；
B、产物为硅单质（Si），属于非金属单质，是无机物，B错误；
C、胰岛素是蛋白质类激素，由碳、氢、氧、氮等元素组成，属于有机物，C正确；
D、主要产物为碳酸钠（Na2CO3），属于碳酸盐类无机盐，是无机物，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物判定核心：含碳元素的化合物（碳单质、碳的氧化物、碳酸盐等除外），蛋白质、糖类、油脂等均属于典型有机物。
无机物范畴：包括单质、氧化物、酸、碱、盐等不含碳的化合物，以及少数简单含碳化合物。
2．（2025·常州模拟）能与水发生反应。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．的电子式为
C．分子中含有非极性键 D．中只含离子键
【答案】D
【知识点】化学键；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Mg2+的核电荷数为 12，核外电子排布为 2、8， 离子的结构示意图为，故A错误；
B、NH3的电子式中，N 原子除了与 3 个 H 原子形成共价键外，还应保留 1 对孤电子对， 电子式为，故B错误；
C、H2O 分子中只存在 O-H 极性共价键，无非极性共价键（同种原子间的共价键），C错误；
D、Mg3N2是由 Mg2+和 N3-构成的离子化合物，仅存在 Mg2+与 N3-之间的离子键，无共价键，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：需核对核电荷数与电子层排布，Mg2+的核电荷数为 12，核外电子数为 10。
电子式书写：共价分子的电子式要满足各原子最外层电子稳定结构，NH3中 N 原子需保留 1 对孤电子对。
共价键分类：极性键是不同原子间的共价键，非极性键是同种原子间的共价键。
化合物化学键类型：活泼金属与活泼非金属形成的化合物通常含离子键，若不含原子团内的共价键，则仅含离子键。
3．（2025·常州模拟）以废铁屑(主要成分为Fe，含少量、FeS等)为原料制备。下列相关原理、装置及操作正确的是
A．用装置甲去除废铁屑表面的油污
B．用装置乙将废铁屑转化为
C．用装置丙吸收气体
D．用装置丁蒸干溶液获得
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液水解显碱性，加热可促进水解、增强去油污能力，装置甲通过加热搅拌的方式，能有效去除废铁屑表面的油污，操作与原理均正确，A正确；
B、装置乙中长颈漏斗下端未液封，会导致生成的气体从漏斗逸出；且废铁屑中含 FeS，与酸反应会生成 H2S 杂质，未进行除杂处理，同时 Fe2+易被空气中 O2氧化，无法得到纯净的 FeSO4溶液，B错误；
C、吸收 H2S 气体时，气体应 “长进短出”，使 H2S 与 KMnO4酸性溶液充分接触反应；但装置丙中气体从短管进，无法有效吸收，且 KMnO4氧化 H2S 的同时可能生成 SO2，还需进一步处理，C错误；
D、FeSO4 7H2O 是结晶水合物，直接蒸干会使其失去结晶水，同时 Fe2+易被空气中 O2氧化为 Fe3+，无法得到目标产物；应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤的方法，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油污去除原理：Na2CO3溶液呈碱性，加热可促进其水解，增强去油污能力，适用于金属表面油污的清洗。
气体制备装置规范：长颈漏斗下端需液封，防止气体泄漏；同时要考虑副产物的处理与产物的纯度控制。
气体吸收的 “长进短出”：洗气装置应使气体与吸收液充分接触，进气导管需伸入液面下，出气导管短。
结晶水合物的制备：含结晶水的盐不能直接蒸干，否则会因受热失去结晶水或被氧化，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
4．（2025·常州模拟）铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是
A．半径： B．热稳定性：
C．碱性： D．第一电离能：
【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、Mg2+和 Al3+的核外电子排布完全相同，均为 2、8 结构。Al 的核电荷数（13）大于 Mg（12），对核外电子的吸引更强，因此离子半径 r (Al3+) < r (Mg2+)，A错误；
B、O 和 S 同主族，O 的非金属性强于 S。元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越高，故热稳定性 H2O > H2S，B正确；
C、Mg 和 Al 同周期，Mg 的金属性强于 Al。元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性 Mg(OH)2 > Al(OH)3，C错误；
D、Mg 的价电子排布为 3s2（3s 轨道全满，结构稳定），Al 的价电子排布为 3s23p （3p 轨道仅 1 个电子，易失去）。因此第一电离能 I1(Mg) > I1(Al)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引越强，离子半径越小。
氢化物热稳定性：元素非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越高；同主族元素从上到下，非金属性减弱。
最高价氧化物对应水化物碱性：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同周期元素从左到右，金属性减弱。
第一电离能：同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2 全满）、ⅤA 族（np3 半满）因电子排布稳定，第一电离能高于相邻元素。
（2025·常州模拟）阅读下列材料，完成下面小题：
氨硼烷()是一种储氢材料，N、H、B的电负性关系为。能与发生反应，催化剂Co-HAP能提高生成的速率。热解时能生成、、BN等。BN晶体有多种结构，其中的六方相BN与石墨相似具有层状结构，立方相BN与金刚石相似具有空间网状结构。能与反应生成，也能将环己酮()还原为环己醇()。
5．下列说法正确的是
A．是极性分子
B．能通过提供空轨道与形成配合物
C．的键角比的大
D．与的空间结构不同
6．下列有关反应描述正确的是
A．催化剂Co-HAP能够降低与水反应的焓变
B．反应的
C．环己酮还原为环己醇时断裂碳氧键
D．能还原环己酮，是因为中显负电性的H有还原性
7．下列说法正确的是
A．空间网状结构的立方相BN熔点低
B．层状结构的六方相BN可作润滑剂
C．空间网状结构的立方相BN的硬度比层状结构的六方相BN的小
D．相同条件下，等质量的立方相BN与六方相BN在足量中燃烧放出的热量相同
【答案】5．A
6．D
7．B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；
B、NH3中 N 原子提供孤电子对，Co3+提供空轨道，二者形成配合物，并非 NH3提供空轨道，B错误；
C、NH3含 1 对孤电子对，键角约 107°；BH3中心 B 原子无孤电子对，键角为 120°，故 NH3键角小于BH3，C错误；
D、NH4+和 BH4-中心原子均为 sp3 杂化，且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，D错误；
故答案为：A。
（2）A、催化剂 Co-HAP 可降低反应活化能，但不改变反应焓变，A错误；
B、反应生成 3 mol H2气体，体系混乱度显著增大，ΔS > 0，B错误；
C、环己酮还原为环己醇时，断裂的是 C=O 双键中的π 键，而非 σ 键，C错误；
D、NaBH4中 H 显 - 1 价（电负性 B < H），易失电子被氧化，具有还原性，可还原环己酮，D正确；
故答案为：D。
（3）A、立方相 BN 为空间网状共价晶体，熔点很高，A错误；
B、六方相 BN 为层状结构，层间范德华力弱，易滑动，可作润滑剂，B正确；
C、立方相 BN（共价晶体）硬度远大于层状结构的六方相 BN，C错误；
D、立方相与六方相 BN 结构不同，断键所需能量不同，等质量燃烧放出的热量不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】各小题的解题要点：
（1）极性分子判断：分子正负电荷中心不重合即为极性分子。
配位键形成：提供孤电子对的原子与提供空轨道的中心离子结合。
键角比较：孤电子对斥力 > 成键电子对斥力，孤电子对越多，键角越小。
空间结构：中心原子杂化方式与孤电子对共同决定分子构型。
（2）催化剂作用：只改变反应历程、降低活化能，不改变反应焓变。
熵变判断：生成气体时，体系混乱度增大，ΔS > 0。
加成反应断键：羰基还原为羟基时，断裂的是 C=O 双键中的 π 键。
还原性判断：电负性小的元素显负价时，易失电子体现还原性。
（3）共价晶体：空间网状结构，熔点高、硬度大（如金刚石、立方相 BN）。
层状晶体：层间为范德华力，硬度小、可作润滑剂（如石墨、六方相 BN）。
燃烧放热：结构不同，断键能量不同，等质量燃烧放热不同。
5．A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；
B、NH3中 N 原子提供孤电子对，Co3+提供空轨道，二者形成配合物，并非 NH3提供空轨道，B错误；
C、NH3含 1 对孤电子对，键角约 107°；BH3中心 B 原子无孤电子对，键角为 120°，故 NH3键角小于BH3，C错误；
D、NH4+和 BH4-中心原子均为 sp3 杂化，且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，D错误；
故答案为：A。
6．A、催化剂 Co-HAP 可降低反应活化能，但不改变反应焓变，A错误；
B、反应生成 3 mol H2气体，体系混乱度显著增大，ΔS > 0，B错误；
C、环己酮还原为环己醇时，断裂的是 C=O 双键中的π 键，而非 σ 键，C错误；
D、NaBH4中 H 显 - 1 价（电负性 B < H），易失电子被氧化，具有还原性，可还原环己酮，D正确；
故答案为：D。
7．A、立方相 BN 为空间网状共价晶体，熔点很高，A错误；
B、六方相 BN 为层状结构，层间范德华力弱，易滑动，可作润滑剂，B正确；
C、立方相 BN（共价晶体）硬度远大于层状结构的六方相 BN，C错误；
D、立方相与六方相 BN 结构不同，断键所需能量不同，等质量燃烧放出的热量不同，D错误；
故答案为：B。
8．（2025·常州模拟）非金属及其化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是
A．漂白粉溶于水与反应：
B．实验室制备少量：
C．工业制硝酸过程中的物质转化：
D．工业制硫酸过程中的物质转化：
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，碳酸的酸性强于次氯酸，反应生成CaCO3沉淀和HClO，方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，符合强酸制弱酸规律与原子守恒，A正确；
B、该离子方程式电荷不守恒，且MnCl2应拆为Mn2+和Cl-。正确的离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，原方程式电荷、原子均不守恒，B错误；
C、工业制硝酸中，NO与H2O反应的同时需要O2参与，完整转化为：
4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，不能简化为NO直接与H2O反应生成HNO3，C错误；
D、S燃烧的直接产物是SO2，而非SO3，SO2需在催化剂、加热条件下进一步被O2氧化为SO3，完整转化为：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸与沉淀反应：利用碳酸酸性强于次氯酸的规律，判断漂白粉与CO2的反应产物。
离子方程式守恒：需同时满足原子守恒、电荷守恒与氧化还原电子守恒。
工业制备的真实步骤：工业制硝酸、硫酸的多步反应不能简化为一步，需符合实际生产的催化、氧化过程。
9．（2025·常州模拟）化合物Z是合成药物洛索洛芬钠的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量反应生成的产物中含有3个手性碳原子
B．X、Y可用溶液鉴别
C．25℃，Y在水中的溶解度比Z的大
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环变为环己基，羰基变为羟基。产物（ ）中仅与羟基相连的 1 个碳原子为手性碳，并非 3 个，A错误；B、X 含酮羰基、Y 含醇羟基，二者均无酚羟基，都不能与 FeCl3溶液发生显色反应，无法鉴别，B错误；
C、Y 含醇羟基（-OH），可与水分子形成氢键，增大水溶性；Z 含 - Cl，无法形成氢键，故 25℃时 Y 在水中的溶解度大于 Z，C正确；
D、Z 是卤代烃，其消去反应需在 NaOH 醇溶液、加热条件下进行；浓硫酸催化加热是醇的消去条件，不适用于卤代烃，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子：连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，需分析加成后分子的饱和碳结构。
FeCl3鉴别：仅能与酚类发生显色反应，不含酚羟基的物质无法用其鉴别。
溶解度差异：含羟基（-OH）的分子可与水形成氢键，提升水溶性；卤代烃无此作用，溶解度更低。
消去反应条件：醇的消去需浓硫酸、加热；卤代烃的消去需强碱（如 NaOH）醇溶液、加热，二者条件不同。
10．（2025·常州模拟）CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C．“还原”后溶液的pH增大
D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、是配合物，内界为，外界为，溶于水时仅电离出和，不会直接电离出分子，且会部分水解，因此溶液中远小于，A错误；
B、“酸溶”不用稀硝酸的核心原因是稀硝酸具有强氧化性，会将后续还原步骤中加入的氧化为，使其失去还原的能力，无法得到沉淀，并非因为硝酸易挥发，B错误；
C、还原反应生成，会使溶液酸性增强，减小，而非增大，C错误；
D、在潮湿空气中极易被氧化，若先用水洗涤，固体表面残留的水分会营造潮湿环境，加速被空气中氧化，即便后续用乙醇洗涤，也无法挽回氧化损失，最终降低产品纯度，D正确；
故答案为：D。
【分析】以碱性蚀刻废液中的为原料，先经多步转化得到；再用稍过量稀硫酸酸溶，将转化为；随后加入和，通过氧化还原反应将还原为并生成沉淀，核心离子反应为：
最后过滤，用乙醇洗涤得到纯净的。
11．（2025·常州模拟）室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向试管中加5mL乙醇、15mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 有生成
B 测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH较小 是强电解质
C 向6%双氧水中滴加溶液，溶液褪色 具有还原性
D 用pH计测定溶液的pH， 的电离程度大于水解程度
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时挥发的乙醇蒸气也能还原酸性 KMnO4溶液使其褪色，无法证明一定有 C2H4生成，结论不严谨，A错误；
B、等浓度下 CCl3COOH 的 pH 更小，只能说明其酸性强于 CH3COOH，但不能证明它是强电解质（强电解质需完全电离，pH 小仅代表电离程度大，可能仍为部分电离），B错误；
C、KMnO4是强氧化剂，向双氧水中滴加后溶液褪色，说明 H2O2被 KMnO4氧化，体现了 H2O2的还原性，C正确；
D、NH4HSO3溶液中，NH4+水解也会使溶液显酸性，因此 pH<7 不能单独证明 HSO3-的电离程度大于其水解程度，结论不严谨，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
干扰物质排查：乙醇、SO2等还原性物质也能使酸性 KMnO4褪色，需排除干扰才能确认目标产物。
强弱电解质判断：pH 小只能说明酸性强，不能证明完全电离，强电解质需证明完全电离。
氧化还原本质：KMnO4是强氧化剂，褪色说明 H2O2被氧化，体现还原性。
多因素影响 pH：NH4HSO3溶液中 NH4+水解也显酸性，不能单独归因于 HSO3-的电离。
12．（2025·常州模拟）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
已知：，，。
实验1：向0.10mol/L NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液；
实验2：向0.10mol/L NaHS溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生；
实验3：向0.10mol/L NaHS溶液中滴加几滴溶液，有黑色沉淀生成。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：
B．实验1所得溶液中：
C．实验2中主要反应的离子方程式：
D．实验3中反应的平衡常数
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、 时，，。
电离：
水解：
两式相除得：，即 ，A错误；
B、由电荷守恒：
时，，代入得：，B正确；
C、 溶液中 浓度极低，主要存在形式是， 氧化 的正确离子方程式为：
，选项中写成 不符合实际，C错误；
D、目标反应：
拆解为：
总反应的平衡常数：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电离与水解平衡： 存在电离：，
和水解：，。
可通过平衡常数结合计算粒子浓度比。
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：
氧化还原反应： 具有强氧化性，能将 氧化为 单质，书写离子方程式时需保留（ 浓度极低）。
平衡常数计算：利用多重平衡规则，将目标反应拆解为已知平衡（、、），通过平衡常数的乘除运算得到总反应的。
13．（2025·常州模拟）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为
①
②
在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转换率随温度的变化如图所示。
CO转换率
下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化
C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的多
D．相同条件下，和总物质的量不变，越大，产量越高
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应可由反应①+②得到，焓变，并非+247.0 kJ/mol，A错误；
B、反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，转化率升高；反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。曲线a随温度升高而上升，代表转化率（而非曲线b），B错误；
C、550℃时，转化率30%、转化率90%；850℃时，转化率90%、转化率50%。设起始为1 mol、为6 mol：
550℃：生成为，转化为的量为；
850℃：生成为，转化为的量为；
因此850℃生成的更多，C正确；
D、过大时，浓度过高会抑制反应②（放热）的正向进行，且过量会稀释反应物，产量不会持续升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
盖斯定律计算失误：误将反应①+②的焓变直接相加时，忽略反应②的ΔH为负值，导致计算出错误的总焓变。
曲线对应物质判断错误：混淆吸热反应（反应①）和放热反应（反应②）的温度对转化率的影响，错判曲线a/b对应的物质（升温时CH4转化率升高、CO转化率降低）。
产物量计算疏漏：仅看转化率数值，未结合“CH4转化生成CO的量×CO转化率”计算CO2的实际产量，误判温度对CO2生成量的影响。
反应物比例的影响误判：认为越大H2产量越高，忽略过量H2O对反应的抑制作用（稀释反应物、影响平衡移动）。
14．（2025·常州模拟）锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。
（1）工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。
已知：，，
工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示为：
ⅰ：
ⅱ：___________；
①过程ⅱ的离子方程式为　 　；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，　 　；
（2）工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4~6)为电解质溶液，用上图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率)，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加　 　g。
（3）实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是：　 　；
（4）硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。
充电过程中ZnS到的电极方程式为　 　(x和y用具体数字表示)。
【答案】（1）；加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去
（2）16.25
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移
（4）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，先发生反应：，Fe3+再氧化ZnS，离子方程式为：；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，先加KSCN溶液，无现象，没有Fe3+，再加入MnO2，MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，溶液变红色，再取上层清液，加入ZnS，振荡，红色褪去，说明Fe3+把ZnS氧化，自身转化为Fe2+，答案为：加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
故答案为： ； 加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 ；
（2）一定条件下，测得电流效率为80%，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加为-65g=16.25g；
故答案为： 16.25 ；
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移，Zn2+最终结合NH3分子，转化为；
故答案为： ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 ；
（4）根据晶胞图可知，在晶胞中，S2-个数为8×+6×=4，Li+或Zn2+的个数共7个，由化合价代数和为0的原则，化学式为Li6ZnS4，或者Li1.5Zn0.5S，充电过程中ZnS得电子与Li+结合生成Li1.5Zn0.5S和Zn单质，电极方程式为：。
故答案为： 。
【分析】(1) ① 氧化生成、和，方程式为：
②先加溶液（无色，无），加后变红（生成），再加振荡，红色褪去（被还原为）。
(2) 电流效率，实际得 ，理论应得：。
溶液中 质量增加：。
(3) 存在溶解平衡：， 将 氧化为，使 减小，平衡右移，促进 溶解并转化为。
(4) 由晶胞计算得，充电时 得电子与 反应，方程式为：
。
（1）①工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，先发生反应：，Fe3+再氧化ZnS，离子方程式为：；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，先加KSCN溶液，无现象，没有Fe3+，再加入MnO2，MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，溶液变红色，再取上层清液，加入ZnS，振荡，红色褪去，说明Fe3+把ZnS氧化，自身转化为Fe2+，答案为：加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
（2）一定条件下，测得电流效率为80%，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加为-65g=16.25g；
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移，Zn2+最终结合NH3分子，转化为；
（4）根据晶胞图可知，在晶胞中，S2-个数为8×+6×=4，Li+或Zn2+的个数共7个，由化合价代数和为0的原则，化学式为Li6ZnS4，或者Li1.5Zn0.5S，充电过程中ZnS得电子与Li+结合生成Li1.5Zn0.5S和Zn单质，电极方程式为：。
15．（2025·常州模拟）F是合成苯胺喹唑啉类化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）A中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）D的分子式为，其结构简式为　 　。
（3）E→F的反应类型为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应，且产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为。
（5）已知：①；
②。
写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图见本题题干)　 　。
【答案】（1）、
（2）
（3）取代反应
（4）或
（5） (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中苯环上的碳和双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；
故答案为：、 ；
（2）结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）E→F为E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应说明其中含有醛基，产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为，则符合要求的题为：或；
故答案为：或 ；
（5）结合题中E→F可知，可由生成，结合信息①可知，由生成，结合B→C可知，由和生成，由生成，可由生成，故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)。
故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可) 。
【分析】化合物 A 在三甲基氢氧化锡作用下，酯基水解为羧基得到中间体 B；B 与甲酰胺在三氯氧磷作用下发生环合反应，构建喹唑啉环结构得到 C；C 经三氯氧磷、甲苯处理后，与对苯二胺在三乙胺存在下发生亲核取代反应，生成中间体 E；结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；E 最后与异丁酰氯（）在四氢呋喃中发生酰胺化反应，E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应得到目标产物 F；以此解题。
（1）根据A的结构简式可知，A中苯环上的碳和双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；
（2）结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；
（3）E→F为E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应；
（4）碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应说明其中含有醛基，产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为，则符合要求的题为：或；
（5）结合题中E→F可知，可由生成，结合信息①可知，由生成，结合B→C可知，由和生成，由生成，可由生成，故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)。
16．（2025·常州模拟）单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。
（1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为　 　。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是　 　。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是　 　。
（2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，　 　(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
（3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫过程中，的进气口是　 　(填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是　 　。
②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是　 　。
【答案】（1）；高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低
（2）用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留
（3）b；排出空气，防止硫单质被氧化；分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：；
②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低；
故答案为： ； 高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) ； 随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低 。
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
故答案为： 用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留 。
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。
故答案为： b ； 排出空气，防止硫单质被氧化 ；分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低 。
【分析】(1)① 被 氧化为 ，配平得：
②高于 时， 熔化，不再覆盖矿粒表面，利于锌浸出；低于此温度时固态 会阻碍浸出。
③酸浓度过高时，更多硫元素以 形式逸出，导致硫的氧化率下降。
(2) 用 溶解单质硫后，蒸馏水洗涤除尽可溶性硫酸盐；再将浸取渣用饱和溴水氧化，若滴加 无白色沉淀，说明无 等难溶硫化物残留。
(3)① 从 b 进，可保护硫不被氧化并冷却硫蒸气；蒸硫前通 是为了排尽空气，防止硫被氧化。
② 时 分解为相对分子质量更小的硫分子，沸点降低，因此可完全变为蒸气。
（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：；
②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低；
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。
17．（2025·常州模拟）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
（1）CO催化电解制乙酸。
①将CO通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的经处理后得到乙酸。阴极上CO生成的电极反应式为　 　。
②是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH和的混合液为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有　 　。
（2）光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X的结构。　 　
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为　 　(填字母)。
A．CO B． C．
②ⅰ：催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是　 　。
ⅱ：若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、　 　(填结构简式)。
③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是　 　。
【答案】（1）；乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)
（2）或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；B；光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；；装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①KOH溶液为电解液，阴极上CO发生还原反应生成，电极反应式为；
②根据图示也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
故答案为： ； 乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低) ；
（2）①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X的结构为或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，□为氧空位，Y可能为，故选B；
②ⅰ：当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO时，则不会形成碳氧双键，在Pd表面产生，则反应得到的有机产物除了，还有；
③若用代替部分进行实验，随着含量的上升，装置中产生大量的，乙酸可以进一步被氧化生成，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为。
故答案为：或(与Pd相连虚线、实线不作要求) ； B ； 光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少 ； ； 装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为 。
【分析】(1)①阴极反应：碱性条件下，CO得电子被还原为CH3COO-，电极反应式：
。
②工艺优点：C8H15NO6可转化为乙酸，提升乙酸产量；无需离子交换膜，装置更简单、成本更低。
(2)①步骤Ⅵ补全X结构：含乙酰基（）与Pd相连的中间体。
步骤Ⅷ：Y为（选项B），可氧化实现催化循环。
PdO过量影响：PdO含量过高时，光催化效率下降、Pd活性位点减少，导致甲烷转化率和·OH生成量降低，乙酸产量减少。
无PdO时产物：除外，还有。
O2替代影响：过多·OH会将乙酸进一步氧化为，因此甲烷消耗增加但乙酸产量不升反降。
（1）①KOH溶液为电解液，阴极上CO发生还原反应生成，电极反应式为；
②根据图示也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
（2）①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X的结构为或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，□为氧空位，Y可能为，故选B；
②ⅰ：当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO时，则不会形成碳氧双键，在Pd表面产生，则反应得到的有机产物除了，还有；
③若用代替部分进行实验，随着含量的上升，装置中产生大量的，乙酸可以进一步被氧化生成，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为。
1 / 1江苏省常州高级中学2025届高三下学期二模化学试题
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·常州模拟）科技进步为人类发展作出了巨大贡献。下列科技成果获得的物质属于有机物的是
A．工业合成氨 B．制取单晶硅
C．人工合成结晶胰岛素 D．侯氏联合制碱
2．（2025·常州模拟）能与水发生反应。下列说法正确的是
A．的结构示意图为 B．的电子式为
C．分子中含有非极性键 D．中只含离子键
3．（2025·常州模拟）以废铁屑(主要成分为Fe，含少量、FeS等)为原料制备。下列相关原理、装置及操作正确的是
A．用装置甲去除废铁屑表面的油污
B．用装置乙将废铁屑转化为
C．用装置丙吸收气体
D．用装置丁蒸干溶液获得
4．（2025·常州模拟）铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是
A．半径： B．热稳定性：
C．碱性： D．第一电离能：
（2025·常州模拟）阅读下列材料，完成下面小题：
氨硼烷()是一种储氢材料，N、H、B的电负性关系为。能与发生反应，催化剂Co-HAP能提高生成的速率。热解时能生成、、BN等。BN晶体有多种结构，其中的六方相BN与石墨相似具有层状结构，立方相BN与金刚石相似具有空间网状结构。能与反应生成，也能将环己酮()还原为环己醇()。
5．下列说法正确的是
A．是极性分子
B．能通过提供空轨道与形成配合物
C．的键角比的大
D．与的空间结构不同
6．下列有关反应描述正确的是
A．催化剂Co-HAP能够降低与水反应的焓变
B．反应的
C．环己酮还原为环己醇时断裂碳氧键
D．能还原环己酮，是因为中显负电性的H有还原性
7．下列说法正确的是
A．空间网状结构的立方相BN熔点低
B．层状结构的六方相BN可作润滑剂
C．空间网状结构的立方相BN的硬度比层状结构的六方相BN的小
D．相同条件下，等质量的立方相BN与六方相BN在足量中燃烧放出的热量相同
8．（2025·常州模拟）非金属及其化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是
A．漂白粉溶于水与反应：
B．实验室制备少量：
C．工业制硝酸过程中的物质转化：
D．工业制硫酸过程中的物质转化：
9．（2025·常州模拟）化合物Z是合成药物洛索洛芬钠的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量反应生成的产物中含有3个手性碳原子
B．X、Y可用溶液鉴别
C．25℃，Y在水中的溶解度比Z的大
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
10．（2025·常州模拟）CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C．“还原”后溶液的pH增大
D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
11．（2025·常州模拟）室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向试管中加5mL乙醇、15mL浓硫酸和几片碎瓷片，加热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色 有生成
B 测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH较小 是强电解质
C 向6%双氧水中滴加溶液，溶液褪色 具有还原性
D 用pH计测定溶液的pH， 的电离程度大于水解程度
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·常州模拟）室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
已知：，，。
实验1：向0.10mol/L NaHS溶液中逐滴加入NaOH溶液，至溶液；
实验2：向0.10mol/L NaHS溶液中滴加新制氯水，氯水褪色，有淡黄色沉淀产生；
实验3：向0.10mol/L NaHS溶液中滴加几滴溶液，有黑色沉淀生成。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：
B．实验1所得溶液中：
C．实验2中主要反应的离子方程式：
D．实验3中反应的平衡常数
13．（2025·常州模拟）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为
①
②
在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转换率随温度的变化如图所示。
CO转换率
下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化
C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的多
D．相同条件下，和总物质的量不变，越大，产量越高
14．（2025·常州模拟）锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。
（1）工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。
已知：，，
工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示为：
ⅰ：
ⅱ：___________；
①过程ⅱ的离子方程式为　 　；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，　 　；
（2）工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4~6)为电解质溶液，用上图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率)，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加　 　g。
（3）实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是：　 　；
（4）硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。
充电过程中ZnS到的电极方程式为　 　(x和y用具体数字表示)。
15．（2025·常州模拟）F是合成苯胺喹唑啉类化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）A中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）D的分子式为，其结构简式为　 　。
（3）E→F的反应类型为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种芳香族同分异构体的结构简式：　 　。
碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应，且产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为。
（5）已知：①；
②。
写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图见本题题干)　 　。
16．（2025·常州模拟）单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。
（1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。
①步骤Ⅱ反应的离子方程式为　 　。
②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是　 　。
③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是　 　。
（2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，　 　(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。
（3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。
①蒸硫过程中，的进气口是　 　(填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是　 　。
②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是　 　。
17．（2025·常州模拟）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
（1）CO催化电解制乙酸。
①将CO通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的经处理后得到乙酸。阴极上CO生成的电极反应式为　 　。
②是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH和的混合液为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有　 　。
（2）光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的和进行反应。在Pd表面产生。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X的结构。　 　
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，Y可能为　 　(填字母)。
A．CO B． C．
②ⅰ：催化剂中Pd元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO的含量变化如图所示。当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是　 　。
ⅱ：若催化剂中不含PdO时，在Pd上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有、　 　(填结构简式)。
③在该光催化条件下，比更易活化，生成更多的。若用代替部分进行实验，随着含量的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、产物为氨气（NH3），是氮的气态氢化物，属于无机物，A错误；
B、产物为硅单质（Si），属于非金属单质，是无机物，B错误；
C、胰岛素是蛋白质类激素，由碳、氢、氧、氮等元素组成，属于有机物，C正确；
D、主要产物为碳酸钠（Na2CO3），属于碳酸盐类无机盐，是无机物，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机物判定核心：含碳元素的化合物（碳单质、碳的氧化物、碳酸盐等除外），蛋白质、糖类、油脂等均属于典型有机物。
无机物范畴：包括单质、氧化物、酸、碱、盐等不含碳的化合物，以及少数简单含碳化合物。
2．【答案】D
【知识点】化学键；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、Mg2+的核电荷数为 12，核外电子排布为 2、8， 离子的结构示意图为，故A错误；
B、NH3的电子式中，N 原子除了与 3 个 H 原子形成共价键外，还应保留 1 对孤电子对， 电子式为，故B错误；
C、H2O 分子中只存在 O-H 极性共价键，无非极性共价键（同种原子间的共价键），C错误；
D、Mg3N2是由 Mg2+和 N3-构成的离子化合物，仅存在 Mg2+与 N3-之间的离子键，无共价键，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：需核对核电荷数与电子层排布，Mg2+的核电荷数为 12，核外电子数为 10。
电子式书写：共价分子的电子式要满足各原子最外层电子稳定结构，NH3中 N 原子需保留 1 对孤电子对。
共价键分类：极性键是不同原子间的共价键，非极性键是同种原子间的共价键。
化合物化学键类型：活泼金属与活泼非金属形成的化合物通常含离子键，若不含原子团内的共价键，则仅含离子键。
3．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液水解显碱性，加热可促进水解、增强去油污能力，装置甲通过加热搅拌的方式，能有效去除废铁屑表面的油污，操作与原理均正确，A正确；
B、装置乙中长颈漏斗下端未液封，会导致生成的气体从漏斗逸出；且废铁屑中含 FeS，与酸反应会生成 H2S 杂质，未进行除杂处理，同时 Fe2+易被空气中 O2氧化，无法得到纯净的 FeSO4溶液，B错误；
C、吸收 H2S 气体时，气体应 “长进短出”，使 H2S 与 KMnO4酸性溶液充分接触反应；但装置丙中气体从短管进，无法有效吸收，且 KMnO4氧化 H2S 的同时可能生成 SO2，还需进一步处理，C错误；
D、FeSO4 7H2O 是结晶水合物，直接蒸干会使其失去结晶水，同时 Fe2+易被空气中 O2氧化为 Fe3+，无法得到目标产物；应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤的方法，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
油污去除原理：Na2CO3溶液呈碱性，加热可促进其水解，增强去油污能力，适用于金属表面油污的清洗。
气体制备装置规范：长颈漏斗下端需液封，防止气体泄漏；同时要考虑副产物的处理与产物的纯度控制。
气体吸收的 “长进短出”：洗气装置应使气体与吸收液充分接触，进气导管需伸入液面下，出气导管短。
结晶水合物的制备：含结晶水的盐不能直接蒸干，否则会因受热失去结晶水或被氧化，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
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、Mg2+和 Al3+的核外电子排布完全相同，均为 2、8 结构。Al 的核电荷数（13）大于 Mg（12），对核外电子的吸引更强，因此离子半径 r (Al3+) < r (Mg2+)，A错误；
B、O 和 S 同主族，O 的非金属性强于 S。元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越高，故热稳定性 H2O > H2S，B正确；
C、Mg 和 Al 同周期，Mg 的金属性强于 Al。元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性 Mg(OH)2 > Al(OH)3，C错误；
D、Mg 的价电子排布为 3s2（3s 轨道全满，结构稳定），Al 的价电子排布为 3s23p （3p 轨道仅 1 个电子，易失去）。因此第一电离能 I1(Mg) > I1(Al)，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引越强，离子半径越小。
氢化物热稳定性：元素非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越高；同主族元素从上到下，非金属性减弱。
最高价氧化物对应水化物碱性：元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同周期元素从左到右，金属性减弱。
第一电离能：同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但 ⅡA 族（ns2 全满）、ⅤA 族（np3 半满）因电子排布稳定，第一电离能高于相邻元素。
【答案】5．A
6．D
7．B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；
B、NH3中 N 原子提供孤电子对，Co3+提供空轨道，二者形成配合物，并非 NH3提供空轨道，B错误；
C、NH3含 1 对孤电子对，键角约 107°；BH3中心 B 原子无孤电子对，键角为 120°，故 NH3键角小于BH3，C错误；
D、NH4+和 BH4-中心原子均为 sp3 杂化，且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，D错误；
故答案为：A。
（2）A、催化剂 Co-HAP 可降低反应活化能，但不改变反应焓变，A错误；
B、反应生成 3 mol H2气体，体系混乱度显著增大，ΔS > 0，B错误；
C、环己酮还原为环己醇时，断裂的是 C=O 双键中的π 键，而非 σ 键，C错误；
D、NaBH4中 H 显 - 1 价（电负性 B < H），易失电子被氧化，具有还原性，可还原环己酮，D正确；
故答案为：D。
（3）A、立方相 BN 为空间网状共价晶体，熔点很高，A错误；
B、六方相 BN 为层状结构，层间范德华力弱，易滑动，可作润滑剂，B正确；
C、立方相 BN（共价晶体）硬度远大于层状结构的六方相 BN，C错误；
D、立方相与六方相 BN 结构不同，断键所需能量不同，等质量燃烧放出的热量不同，D错误；
故答案为：B。
【分析】各小题的解题要点：
（1）极性分子判断：分子正负电荷中心不重合即为极性分子。
配位键形成：提供孤电子对的原子与提供空轨道的中心离子结合。
键角比较：孤电子对斥力 > 成键电子对斥力，孤电子对越多，键角越小。
空间结构：中心原子杂化方式与孤电子对共同决定分子构型。
（2）催化剂作用：只改变反应历程、降低活化能，不改变反应焓变。
熵变判断：生成气体时，体系混乱度增大，ΔS > 0。
加成反应断键：羰基还原为羟基时，断裂的是 C=O 双键中的 π 键。
还原性判断：电负性小的元素显负价时，易失电子体现还原性。
（3）共价晶体：空间网状结构，熔点高、硬度大（如金刚石、立方相 BN）。
层状晶体：层间为范德华力，硬度小、可作润滑剂（如石墨、六方相 BN）。
燃烧放热：结构不同，断键能量不同，等质量燃烧放热不同。
5．A、NH3中心 N 原子价层电子对数为 4，含 1 对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；
B、NH3中 N 原子提供孤电子对，Co3+提供空轨道，二者形成配合物，并非 NH3提供空轨道，B错误；
C、NH3含 1 对孤电子对，键角约 107°；BH3中心 B 原子无孤电子对，键角为 120°，故 NH3键角小于BH3，C错误；
D、NH4+和 BH4-中心原子均为 sp3 杂化，且无孤电子对，空间结构均为正四面体形，D错误；
故答案为：A。
6．A、催化剂 Co-HAP 可降低反应活化能，但不改变反应焓变，A错误；
B、反应生成 3 mol H2气体，体系混乱度显著增大，ΔS > 0，B错误；
C、环己酮还原为环己醇时，断裂的是 C=O 双键中的π 键，而非 σ 键，C错误；
D、NaBH4中 H 显 - 1 价（电负性 B < H），易失电子被氧化，具有还原性，可还原环己酮，D正确；
故答案为：D。
7．A、立方相 BN 为空间网状共价晶体，熔点很高，A错误；
B、六方相 BN 为层状结构，层间范德华力弱，易滑动，可作润滑剂，B正确；
C、立方相 BN（共价晶体）硬度远大于层状结构的六方相 BN，C错误；
D、立方相与六方相 BN 结构不同，断键所需能量不同，等质量燃烧放出的热量不同，D错误；
故答案为：B。
8．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；含硫物质的性质及综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，碳酸的酸性强于次氯酸，反应生成CaCO3沉淀和HClO，方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，符合强酸制弱酸规律与原子守恒，A正确；
B、该离子方程式电荷不守恒，且MnCl2应拆为Mn2+和Cl-。正确的离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，原方程式电荷、原子均不守恒，B错误；
C、工业制硝酸中，NO与H2O反应的同时需要O2参与，完整转化为：
4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，不能简化为NO直接与H2O反应生成HNO3，C错误；
D、S燃烧的直接产物是SO2，而非SO3，SO2需在催化剂、加热条件下进一步被O2氧化为SO3，完整转化为：S+O2SO2、2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
强酸制弱酸与沉淀反应：利用碳酸酸性强于次氯酸的规律，判断漂白粉与CO2的反应产物。
离子方程式守恒：需同时满足原子守恒、电荷守恒与氧化还原电子守恒。
工业制备的真实步骤：工业制硝酸、硫酸的多步反应不能简化为一步，需符合实际生产的催化、氧化过程。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环变为环己基，羰基变为羟基。产物（ ）中仅与羟基相连的 1 个碳原子为手性碳，并非 3 个，A错误；B、X 含酮羰基、Y 含醇羟基，二者均无酚羟基，都不能与 FeCl3溶液发生显色反应，无法鉴别，B错误；
C、Y 含醇羟基（-OH），可与水分子形成氢键，增大水溶性；Z 含 - Cl，无法形成氢键，故 25℃时 Y 在水中的溶解度大于 Z，C正确；
D、Z 是卤代烃，其消去反应需在 NaOH 醇溶液、加热条件下进行；浓硫酸催化加热是醇的消去条件，不适用于卤代烃，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子：连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，需分析加成后分子的饱和碳结构。
FeCl3鉴别：仅能与酚类发生显色反应，不含酚羟基的物质无法用其鉴别。
溶解度差异：含羟基（-OH）的分子可与水形成氢键，提升水溶性；卤代烃无此作用，溶解度更低。
消去反应条件：醇的消去需浓硫酸、加热；卤代烃的消去需强碱（如 NaOH）醇溶液、加热，二者条件不同。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、是配合物，内界为，外界为，溶于水时仅电离出和，不会直接电离出分子，且会部分水解，因此溶液中远小于，A错误；
B、“酸溶”不用稀硝酸的核心原因是稀硝酸具有强氧化性，会将后续还原步骤中加入的氧化为，使其失去还原的能力，无法得到沉淀，并非因为硝酸易挥发，B错误；
C、还原反应生成，会使溶液酸性增强，减小，而非增大，C错误；
D、在潮湿空气中极易被氧化，若先用水洗涤，固体表面残留的水分会营造潮湿环境，加速被空气中氧化，即便后续用乙醇洗涤，也无法挽回氧化损失，最终降低产品纯度，D正确；
故答案为：D。
【分析】以碱性蚀刻废液中的为原料，先经多步转化得到；再用稍过量稀硫酸酸溶，将转化为；随后加入和，通过氧化还原反应将还原为并生成沉淀，核心离子反应为：
最后过滤，用乙醇洗涤得到纯净的。
11．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；乙醇的消去反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、加热时挥发的乙醇蒸气也能还原酸性 KMnO4溶液使其褪色，无法证明一定有 C2H4生成，结论不严谨，A错误；
B、等浓度下 CCl3COOH 的 pH 更小，只能说明其酸性强于 CH3COOH，但不能证明它是强电解质（强电解质需完全电离，pH 小仅代表电离程度大，可能仍为部分电离），B错误；
C、KMnO4是强氧化剂，向双氧水中滴加后溶液褪色，说明 H2O2被 KMnO4氧化，体现了 H2O2的还原性，C正确；
D、NH4HSO3溶液中，NH4+水解也会使溶液显酸性，因此 pH<7 不能单独证明 HSO3-的电离程度大于其水解程度，结论不严谨，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
干扰物质排查：乙醇、SO2等还原性物质也能使酸性 KMnO4褪色，需排除干扰才能确认目标产物。
强弱电解质判断：pH 小只能说明酸性强，不能证明完全电离，强电解质需证明完全电离。
氧化还原本质：KMnO4是强氧化剂，褪色说明 H2O2被氧化，体现还原性。
多因素影响 pH：NH4HSO3溶液中 NH4+水解也显酸性，不能单独归因于 HSO3-的电离。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、 时，，。
电离：
水解：
两式相除得：，即 ，A错误；
B、由电荷守恒：
时，，代入得：，B正确；
C、 溶液中 浓度极低，主要存在形式是， 氧化 的正确离子方程式为：
，选项中写成 不符合实际，C错误；
D、目标反应：
拆解为：
总反应的平衡常数：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电离与水解平衡： 存在电离：，
和水解：，。
可通过平衡常数结合计算粒子浓度比。
电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：
氧化还原反应： 具有强氧化性，能将 氧化为 单质，书写离子方程式时需保留（ 浓度极低）。
平衡常数计算：利用多重平衡规则，将目标反应拆解为已知平衡（、、），通过平衡常数的乘除运算得到总反应的。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应可由反应①+②得到，焓变，并非+247.0 kJ/mol，A错误；
B、反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，转化率升高；反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。曲线a随温度升高而上升，代表转化率（而非曲线b），B错误；
C、550℃时，转化率30%、转化率90%；850℃时，转化率90%、转化率50%。设起始为1 mol、为6 mol：
550℃：生成为，转化为的量为；
850℃：生成为，转化为的量为；
因此850℃生成的更多，C正确；
D、过大时，浓度过高会抑制反应②（放热）的正向进行，且过量会稀释反应物，产量不会持续升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
盖斯定律计算失误：误将反应①+②的焓变直接相加时，忽略反应②的ΔH为负值，导致计算出错误的总焓变。
曲线对应物质判断错误：混淆吸热反应（反应①）和放热反应（反应②）的温度对转化率的影响，错判曲线a/b对应的物质（升温时CH4转化率升高、CO转化率降低）。
产物量计算疏漏：仅看转化率数值，未结合“CH4转化生成CO的量×CO转化率”计算CO2的实际产量，误判温度对CO2生成量的影响。
反应物比例的影响误判：认为越大H2产量越高，忽略过量H2O对反应的抑制作用（稀释反应物、影响平衡移动）。
14．【答案】（1）；加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去
（2）16.25
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移
（4）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；电解原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，先发生反应：，Fe3+再氧化ZnS，离子方程式为：；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，先加KSCN溶液，无现象，没有Fe3+，再加入MnO2，MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，溶液变红色，再取上层清液，加入ZnS，振荡，红色褪去，说明Fe3+把ZnS氧化，自身转化为Fe2+，答案为：加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
故答案为： ； 加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 ；
（2）一定条件下，测得电流效率为80%，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加为-65g=16.25g；
故答案为： 16.25 ；
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移，Zn2+最终结合NH3分子，转化为；
故答案为： ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 ；
（4）根据晶胞图可知，在晶胞中，S2-个数为8×+6×=4，Li+或Zn2+的个数共7个，由化合价代数和为0的原则，化学式为Li6ZnS4，或者Li1.5Zn0.5S，充电过程中ZnS得电子与Li+结合生成Li1.5Zn0.5S和Zn单质，电极方程式为：。
故答案为： 。
【分析】(1) ① 氧化生成、和，方程式为：
②先加溶液（无色，无），加后变红（生成），再加振荡，红色褪去（被还原为）。
(2) 电流效率，实际得 ，理论应得：。
溶液中 质量增加：。
(3) 存在溶解平衡：， 将 氧化为，使 减小，平衡右移，促进 溶解并转化为。
(4) 由晶胞计算得，充电时 得电子与 反应，方程式为：
。
（1）①工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，先发生反应：，Fe3+再氧化ZnS，离子方程式为：；
②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，先加KSCN溶液，无现象，没有Fe3+，再加入MnO2，MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，溶液变红色，再取上层清液，加入ZnS，振荡，红色褪去，说明Fe3+把ZnS氧化，自身转化为Fe2+，答案为：加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；
（2）一定条件下，测得电流效率为80%，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加为-65g=16.25g；
（3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移，Zn2+最终结合NH3分子，转化为；
（4）根据晶胞图可知，在晶胞中，S2-个数为8×+6×=4，Li+或Zn2+的个数共7个，由化合价代数和为0的原则，化学式为Li6ZnS4，或者Li1.5Zn0.5S，充电过程中ZnS得电子与Li+结合生成Li1.5Zn0.5S和Zn单质，电极方程式为：。
15．【答案】（1）、
（2）
（3）取代反应
（4）或
（5） (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中苯环上的碳和双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；
故答案为：、 ；
（2）结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）E→F为E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应说明其中含有醛基，产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为，则符合要求的题为：或；
故答案为：或 ；
（5）结合题中E→F可知，可由生成，结合信息①可知，由生成，结合B→C可知，由和生成，由生成，可由生成，故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)。
故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可) 。
【分析】化合物 A 在三甲基氢氧化锡作用下，酯基水解为羧基得到中间体 B；B 与甲酰胺在三氯氧磷作用下发生环合反应，构建喹唑啉环结构得到 C；C 经三氯氧磷、甲苯处理后，与对苯二胺在三乙胺存在下发生亲核取代反应，生成中间体 E；结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；E 最后与异丁酰氯（）在四氢呋喃中发生酰胺化反应，E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应得到目标产物 F；以此解题。
（1）根据A的结构简式可知，A中苯环上的碳和双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；
（2）结合E的结构简式和D的分子式可知，D的结构简式为：；
（3）E→F为E中氨基上的氢和中氯结合从而发生取代反应；
（4）碱性条件下水解后的产物均能发生银镜反应说明其中含有醛基，产物之一中有4种不同化学环境的氢原子，其个数之比为，则符合要求的题为：或；
（5）结合题中E→F可知，可由生成，结合信息①可知，由生成，结合B→C可知，由和生成，由生成，可由生成，故答案为： (ⅰ：1，3-丙二醇用催化剂直接到丙二酸也可；ⅱ.流程中，表示为、也可)。
16．【答案】（1）；高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低
（2）用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留
（3）b；排出空气，防止硫单质被氧化；分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：；
②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低；
故答案为： ； 高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) ； 随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低 。
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
故答案为： 用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留 。
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。
故答案为： b ； 排出空气，防止硫单质被氧化 ；分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低 。
【分析】(1)① 被 氧化为 ，配平得：
②高于 时， 熔化，不再覆盖矿粒表面，利于锌浸出；低于此温度时固态 会阻碍浸出。
③酸浓度过高时，更多硫元素以 形式逸出，导致硫的氧化率下降。
(2) 用 溶解单质硫后，蒸馏水洗涤除尽可溶性硫酸盐；再将浸取渣用饱和溴水氧化，若滴加 无白色沉淀，说明无 等难溶硫化物残留。
(3)① 从 b 进，可保护硫不被氧化并冷却硫蒸气；蒸硫前通 是为了排尽空气，防止硫被氧化。
② 时 分解为相对分子质量更小的硫分子，沸点降低，因此可完全变为蒸气。
（1）①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：；
②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)；
③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低；
（2）溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留；
（3）①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化；
②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。
17．【答案】（1）；乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)
（2）或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；B；光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；；装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①KOH溶液为电解液，阴极上CO发生还原反应生成，电极反应式为；
②根据图示也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
故答案为： ； 乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低) ；
（2）①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X的结构为或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，□为氧空位，Y可能为，故选B；
②ⅰ：当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO时，则不会形成碳氧双键，在Pd表面产生，则反应得到的有机产物除了，还有；
③若用代替部分进行实验，随着含量的上升，装置中产生大量的，乙酸可以进一步被氧化生成，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为。
故答案为：或(与Pd相连虚线、实线不作要求) ； B ； 光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少 ； ； 装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为 。
【分析】(1)①阴极反应：碱性条件下，CO得电子被还原为CH3COO-，电极反应式：
。
②工艺优点：C8H15NO6可转化为乙酸，提升乙酸产量；无需离子交换膜，装置更简单、成本更低。
(2)①步骤Ⅵ补全X结构：含乙酰基（）与Pd相连的中间体。
步骤Ⅷ：Y为（选项B），可氧化实现催化循环。
PdO过量影响：PdO含量过高时，光催化效率下降、Pd活性位点减少，导致甲烷转化率和·OH生成量降低，乙酸产量减少。
无PdO时产物：除外，还有。
O2替代影响：过多·OH会将乙酸进一步氧化为，因此甲烷消耗增加但乙酸产量不升反降。
（1）①KOH溶液为电解液，阴极上CO发生还原反应生成，电极反应式为；
②根据图示也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
（2）①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X的结构为或(与Pd相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y实现转化，□为氧空位，Y可能为，故选B；
②ⅰ：当PdO的含量大于时，随着PdO含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd含量减少，表面产生的量减少；Pd含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO时，则不会形成碳氧双键，在Pd表面产生，则反应得到的有机产物除了，还有；
③若用代替部分进行实验，随着含量的上升，装置中产生大量的，乙酸可以进一步被氧化生成，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的，直接将甲烷氧化为。
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