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江苏省扬州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
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·扬州模拟）半导体材料中含N、O、Si、Ga等元素。下列元素位于周期表ⅢA族的是
A．N B．O C．Si D．Ga
2．（2025·扬州模拟）反应可用于烟气脱硫。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．中S元素的化合价为
C．中既含离子键又含共价键
D．的电子式为
3．（2025·扬州模拟）用NaCl固体与浓混合加热制得HCl，并用于制取无水。下列装置不能达到目的的是
A．用装置甲制取HCl气体 B．用装置乙干燥HCl气体
C．用装置丙制取无水 D．用装置丁吸收尾气
4．（2025·扬州模拟）冰晶石的主要成分为，含少量等。下列说法正确的是
A．半径： B．电离能：
C．碱性： D．热稳定性：
（2025·扬州模拟）阅读下列材料，完成下面小题：
氢化铝钠（）、乙硼烷（）、水合肼（）都可做还原剂。（晶胞结构如图所示）能将酯还原为醇，而不能还原烯烃。400℃，可与反应生成（常温下气态，标准燃烧热为）；能将羧酸还原。实验室在碱性条件下用NaClO氧化尿素可制得；能将醛还原为烃，在碱性条件下与溶液反应可以制备银镜并放出。
5．下列说法正确的是
A．是只含极性键的极性分子
B．分子中只含有键
C．由尿素制取的反应中，氮原子轨道的杂化类型由转变为
D．若晶胞上、下面心处被取代，得到晶体的化学式为
6．下列化学反应表示正确的是
A．乙硼烷的制备：
B．乙硼烷的燃烧：
C．水合肼的制备：
D．水合肼制银镜：
7．下列说法正确的是
A．的空间构型为正四面体
B．转化为的反应，可用作还原剂
C．有还原性，是因为其中的H元素有价和价
D．水合肼将醛还原为烃时，醛中仅有碳氧键断裂
8．（2025·扬州模拟）新型锂硫电池能实现快速充电，其充电的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，In电极接外电源负极
B．充电时石墨电极发生的反应为：
C．放电时从石墨电极向In电极迁移
D．放电时每转移1mol电子，In电极生成32g硫
9．（2025·扬州模拟）有机物Z是一种重要的药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量加成的产物分子中含有3个手性碳原子
B．Y分子中所有碳原子在同一平面上
C．Z可以发生取代、消去和缩聚反应
D．可以用酸性溶液鉴别物质Y和Z
10．（2025·扬州模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．
B．
C．
D．
11．（2025·扬州模拟）常温下，根据下列实验操作及现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中通入气体，有白色沉淀生成 该沉淀为
B 将和NaOH溶液混合加热，充分反应后，冷却，滴加溶液有沉淀生成 中X为Cl原子
C 向溶液中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成；振荡试管，再滴加2滴溶液，有黄色沉淀生成
D 分别测定醋酸溶液和盐酸的导电性，盐酸的导电性比醋酸溶液的强 HCl为强电解质
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·扬州模拟）常温下，通过下列实验探究和的性质。已知：，，；反应平衡常数时可认为反应能完全进行。
实验1：测得某溶液的。
实验2：向溶液中通入HCl气体至（忽略溶液体积变化及挥发）。
实验3：向硫酸铜溶液中通入气体至饱和。
实验4：向溶液中通入二氧化硫，至上层溶液不再变浑浊。
下列说法正确的是
A．实验1溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验3所得上层清液中：
D．实验4中反应的离子方程式为：
13．（2025·扬州模拟）温度为时，将一定量的和1mol CO混合气充入固定容积的容器，发生下列反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
平衡时和CO的转化率（）及和的物质的量（n）随起始投料比变化如图所示。[选择性以为例，表示为]。下列说法正确的是
A．
B．图中曲线①表示平衡时的转化率随的变化
C．，温度为时，反应Ⅱ的，则
D．A点对应物质的选择性为33.3%
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025·扬州模拟）铁粉可将废水中的Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），含Cr（Ⅵ）物种的浓度随pH的变化如图所示。在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，一定厚度的氧化膜可以转移电子。
（1）①的废水中，铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为　 　。
②在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化如图所示。在氩气氛围下除铬效果更好的原因是　 　。
（2）可用于修饰铁粉表面，且有较强还原性。经修饰后的铁粉除铬机理如图所示。
①与过量NaOH溶液反应可制得。是　 　元弱酸（填“一”“二”或“三”）。
②中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，在下图中画出氧化膜表面一个的结构式　 　。
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因是　 　。
（3）测定废水中Cr（Ⅵ）浓度：准确移取25.00mL含Cr（Ⅵ）的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液12.00mL。计算废水中Cr（Ⅵ）浓度　 　（单位：，写出计算过程）。
15．（2025·扬州模拟）G是合成苯并咪唑类化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）B→C所需的试剂为　 　。
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能与溶液发生显色反应；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4。
（3）D→E的反应类型为　 　。
（4）X的分子式为，X的结构简式为　 　。
（5）已知：，（R、、表示烃基）
写出以、为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16．（2025·扬州模拟）电子元件废料中金（Au）和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示（其他杂质不参与反应）。
已知：硫脲可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
（1）①基态的核外电子排布式为　 　。
②“浸金”时，溶液中生成和，该反应的离子方程式为　 　。
③硫脲中存在如图所示的转化，中的配位原子为　 　。
（2）硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于时，金浸出率下降的原因是　 　。
（3）“置换”后，过滤所得金粉中含有的金属杂质为　 　。
（4）请补充从电子元件废料中回收Cu单质的实验方案，酸浸实验装置如图所示：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，　 　，关闭电源，收集阴极生成的铜。（必须使用：浓硝酸，溶液，直流电源，铜电极，石墨电极）。
17．（2025·扬州模拟）资源化利用具有重要意义。
（1）电催化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为　 　。
②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是　 　。
（2）光催化制乙烯。、、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得。
①催化剂中含。常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：，、、。
反应的平衡常数K的数值为　 　。
制备时，溶液与溶液的混合方式为　 　。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是　 　（填序号）。
A．和 B．和 C．和
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和　 　（填结构简式）。
（3）催化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。和1，1-二甲基环氧乙烷（）在催化作用下合成环状碳酸酯（R为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式　 　。
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。能与连接的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮元素原子序数为 7，核外电子排布为 2、5，最外层有 5 个电子，位于周期表第 2 周期 ⅤA 族，A错误；
B、氧元素原子序数为 8，核外电子排布为 2、6，最外层有 6 个电子，位于周期表第 2 周期 ⅥA 族，B错误；
C、硅元素原子序数为 14，核外电子排布为 2、8、4，最外层有 4 个电子，位于周期表第 3 周期 ⅣA 族，C错误；
D、镓元素原子序数为 31，核外电子排布为 2、8、18、3，最外层有 3 个电子，位于周期表第 4 周期 ⅢA 族，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
周期表族序数判断：主族元素的族序数等于其最外层电子数，ⅢA 族元素最外层电子数为 3。
电子排布与周期：电子层数等于周期数，最外层电子数决定主族序数。
元素定位：通过原子序数推导核外电子排布，进而确定元素在周期表中的位置。
2．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；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、镁原子的核电荷数为12，是镁原子失去最外层2个电子形成的，核外电子排布应为2、8， 结构示意图为，故A错误；
B、中氧元素显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，计算可得硫元素化合价为+4价，而非+2价，B错误；
C、属于离子化合物，与之间存在离子键，内部硫原子与氧原子之间存在共价键，因此该物质中既含离子键又含共价键，C正确；
D、是共价化合物，其电子式为 ，选项中电子式的书写形式不符合共价化合物电子式的书写规则，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阳离子是原子失去最外层电子形成的，需核对核外电子层排布是否符合失去电子后的结构。
化合价计算：根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的原则，结合常见元素化合价计算目标元素化合价。
化学键判断：离子化合物中一定含离子键，复杂离子内部还含共价键；共价化合物中只含共价键，按共价键规则书写电子式。
3．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型装置，可用于 NaCl 固体与浓 H2SO4混合加热制 HCl 气体，故A不符合题意 ；
B、HCl 是酸性气体，碱石灰（碱性干燥剂）会与 HCl 反应，因此不能用装置乙干燥 HCl 气体，故B符合题意 ；
C、MgCl2 6H2O 加热易水解，在 HCl 氛围中加热可抑制水解，故装置丙可制取无水 MgCl2，故C不符合题意 ；
D、HCl 极易溶于水且与 NaOH 反应，装置丁的防倒吸设计可安全吸收尾气，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对干燥剂的选择判断错误，忽略 HCl 是酸性气体，碱石灰为碱性干燥剂会与其反应，误判装置乙可干燥 HCl。
对 MgCl2 6H2O 水解的抑制条件认识不足，不清楚制取无水 MgCl2需在 HCl 氛围中进行，从而对装置丙的作用产生误判。
4．【答案】A
【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、氧离子和铝离子的核外电子排布相同，均为 2、8，电子层数相同，此时核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小。氧的核电荷数为 8，铝的核电荷数为 13，因此 r (O2-) > r (Al3+)，A正确；
B、同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，氧和氟位于同一周期，氟的原子序数更大，所以第一电离能 I1(O) < I1(F)，B错误；
C、元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠的金属性远强于铝，因此碱性 Al (OH)3 < NaOH，C错误；
D、元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，因此热稳定性 H2S < H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
电离能规律：同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势。
碱性比较：金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
氢化物稳定性：非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强。
【答案】5．D
6．D
7．A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A、N2H4分子中存在 N-N 非极性键，并非只含极性键，A错误；
B、CO(NH2)2分子里含有 C=O 双键，双键包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，并非只有 σ 键，B错误；
C、尿素和水合肼中氮原子均形成单键，杂化方式都是 sp3 杂化，不存在杂化类型的转变，C错误；
D、NaAlH4晶胞中，为，个数为，个数为，得到的晶体化学式为Na3Li(AlH4)4，D正确；
故答案为：D。
（2）A、制备乙硼烷的反应中，氢气的化学计量数应为 6， 反应方程式为：，故A错误；
B、乙硼烷燃烧是放热反应，ΔH 应小于 0， 热化学方程式为： ，故B错误；
C、碱性环境下，尿素制备水合肼的产物应为碳酸根离子，不是二氧化碳， 离子方程式为：，故C错误；
D、水合肼在碱性条件下还原银离子，根据得失电子守恒和元素守恒， 反应方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
（3）A、AlH4-中铝原子价层电子对数为 ，无孤对电子，空间构型为正四面体，A正确；
B、NaAlH4不能还原烯烃，无法实现丙烯到丙烷的转化，B错误；
C、NaAlH4中氢元素均为 - 1 价，不存在 +1 价，C错误；
D、水合肼还原醛时，碳氧双键中的 σ 键和 π 键均会断裂，并非只有 π 键断裂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键与杂化：区分极性键与非极性键，双键含 σ 键和 π 键，单键均为 σ 键；杂化类型由成键情况决定，单键氮原子为 sp3 杂化。
晶胞计算：利用均摊法计算晶胞中各粒子数目，确定晶体化学式。
化学方程式配平：结合反应环境（碱性、 酸性）、元素守恒及得失电子守恒配平，放热反应 ΔH 为负。
物质性质：NaAlH4不能还原烯烃，AlH4-为正四面体构型，氢元素为 - 1 价；醛还原时碳氧双键完全断裂。
5．A、N2H4分子中存在 N-N 非极性键，并非只含极性键，A错误；
B、CO(NH2)2分子里含有 C=O 双键，双键包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，并非只有 σ 键，B错误；
C、尿素和水合肼中氮原子均形成单键，杂化方式都是 sp3 杂化，不存在杂化类型的转变，C错误；
D、NaAlH4晶胞中，为，个数为，个数为，得到的晶体化学式为Na3Li(AlH4)4，D正确；
故答案为：D。
6．A、制备乙硼烷的反应中，氢气的化学计量数应为 6， 反应方程式为：，故A错误；
B、乙硼烷燃烧是放热反应，ΔH 应小于 0， 热化学方程式为： ，故B错误；
C、碱性环境下，尿素制备水合肼的产物应为碳酸根离子，不是二氧化碳， 离子方程式为：，故C错误；
D、水合肼在碱性条件下还原银离子，根据得失电子守恒和元素守恒， 反应方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
7．A、AlH4-中铝原子价层电子对数为 ，无孤对电子，空间构型为正四面体，A正确；
B、NaAlH4不能还原烯烃，无法实现丙烯到丙烷的转化，B错误；
C、NaAlH4中氢元素均为 - 1 价，不存在 + 1 价，C错误；
D、水合肼还原醛时，碳氧双键中的 σ 键和 π 键均会断裂，并非只有 π 键断裂，D错误；
故答案为：A。
8．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，In 电极上 S 被还原为 Li2S，发生还原反应，In 电极是电解池的阴极，阴极需要连接外电源的负极，A正确；
B、充电时石墨电极上 I-被氧化为 I3-，发生失电子的氧化反应，电极反应式应为 3I- 2e-=I3-，选项中反应方向和电子得失方向均错误，B错误；
C、放电时装置为原电池，石墨电极作正极，In 电极作负极，原电池中阳离子 Li+会向正极移动，即从 In 电极向石墨电极迁移，选项中迁移方向描述错误，C错误；
D、放电时 In 电极作负极，电极反应为 Li2S 2e-=S+2Li+，每转移 1mol 电子，会生成 0.5mol S，质量为 16g，并非 32g，D错误；
故答案为：A。
【分析】由装置原理图可知，在充电过程中，石墨电极上的碘离子（I-）会失去电子发生氧化反应，转化为三碘离子（I3-），因为氧化反应发生在电解池的阳极，所以石墨电极充当电解池的阳极；而 In 电极上的硫单质会得到电子发生还原反应，转化为硫化锂（Li2S），还原反应发生在电解池的阴极，因此 In 电极作为电解池的阴极。据此解题。
9．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、X 与足量氢气加成后，苯环和醛基均被还原，产物分子（ ）中六元环上有 3 个碳原子分别连接不同的取代基，这 3 个碳原子均为手性碳原子，A正确；
B、Y 分子里，苯环和醛基的碳原子共平面，但左侧的六元碳环是饱和环，其碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，因此该环上的碳原子不一定能与苯环共平面，所有碳原子无法共面，B错误；
C、Z 分子含羟基，可发生取代反应；与羟基相连的碳原子邻位碳上有氢原子，可发生消去反应；但 Z 分子中只有 1 个羟基，没有羧基、氨基等能形成缩聚的官能团，无法发生缩聚反应，C错误；
D、Y 中的醛基、Z 中的醇羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，都会使溶液褪色，因此无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子判断：连有 4 个不同基团的碳原子为手性碳原子，X 加成后六元环上有 3 个这样的碳原子。
共面问题分析：饱和碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，会破坏分子的共面性，导致左侧六元环碳原子不一定与苯环共面。
官能团反应性：羟基可发生取代、消去反应，但缩聚反应需要至少两个可反应的官能团（如羟基与羧基），Z 不满足该条件。
物质鉴别：醛基和醇羟基都能被强氧化剂氧化，因此不能用酸性高锰酸钾鉴别 Y 和 Z。
10．【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；无机物的推断
【解析】【解答】A、氧化铁与盐酸反应能生成氯化铁，但氯化铁溶液与铜单质反应时，铜只能将 Fe3+还原为 Fe2+，无法置换出单质铁，该转化不能实现，A错误；
B、向氨水中通入过量的二氧化硫，由于二氧化硫过量，反应生成的是亚硫酸氢铵，而非亚硫酸铵，第一步产物生成错误，该转化不能实现，B错误；
C、次氯酸钙溶液中通入二氧化碳，依据强酸制弱酸规律生成次氯酸；次氯酸在光照条件下会分解，生成盐酸和氧气，该转化可以实现，C正确；
D、硫酸铜溶液中加入少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，要得到铜氨络离子需加入过量氨水，题干中试剂用量条件错误，该转化不能实现，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
铁及其化合物转化：Fe3+具有强氧化性，与 Cu 反应生成 Fe2+和 Cu2+，不能生成 Fe 单质。
酸性气体与碱反应：过量的酸性气体（如 SO2）与弱碱反应，产物为酸式盐，而非正盐。
次氯酸的性质：次氯酸是弱酸，可由强酸制弱酸得到；次氯酸不稳定，见光易分解生成氧气。
络合物生成条件：铜离子与氨水反应，少量氨水生成沉淀，过量氨水才能形成可溶的铜氨络离子。
11．【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；卤代烃简介
【解析】【解答】A、向硝酸钡溶液中通入二氧化硫，酸性环境下硝酸根离子会将二氧化硫氧化为硫酸根，最终生成的白色沉淀是硫酸钡，不是亚硫酸钡，A错误。
B、卤代烃与氢氧化钠溶液共热后，溶液呈碱性，直接滴加硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子结合生成沉淀，无法检验卤离子，B错误；
C、氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液生成氯化银沉淀，再滴加碘化钾溶液，沉淀转化为黄色的碘化银，说明碘化银的溶度积更小，即 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，C正确；
D、0.1mol/L 盐酸和醋酸溶液，盐酸导电性更强，只能说明盐酸中离子浓度更大，但不能直接证明盐酸是强电解质，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原与沉淀：酸性环境中硝酸根具有强氧化性，会把 + 4 价硫氧化为 + 6 价，生成硫酸钡沉淀。
卤离子检验：检验卤代烃中的卤离子时，需先加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，避免碱性环境干扰。
沉淀转化：沉淀会向溶度积更小的方向转化，氯化银转化为碘化银，说明碘化银溶度积更小。
电解质判断：强电解质的判断依据是完全电离，导电性强弱只能反映离子浓度大小，不能直接证明电离程度。
12．【答案】B
【知识点】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、由电离常数乘积计算，。实验1中溶液，代入得，即溶液中，并非，A错误；
B、实验2是向的溶液中通入至，根据物料守恒与电荷守恒联立推导，溶液中含硫微粒的总浓度，结合电荷守恒变形可得，B正确；
C、实验3中与反应生成沉淀，该反应的平衡常数，远大于，反应完全进行。反应后溶液中，远大于，因此上层清液中，C错误；
D、实验4中被还原为单质，根据氧化还原反应规律，正确的离子反应方程式应为，题干中反应式书写错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电离常数应用：利用多元弱酸的两级电离常数乘积，可计算不同下含硫微粒的浓度比值，判断离子浓度大小关系。
守恒思想：结合物料守恒（含硫微粒总浓度不变）、电荷守恒（离子电荷代数和为零），推导溶液中离子浓度的等量关系。
平衡常数计算：通过电离常数与溶度积计算反应的平衡常数，判断反应进行程度，进而确定离子浓度大小。
反应方程式书写：根据氧化还原反应中元素化合价变化，配平并书写正确的反应方程式，避免产物或配平错误。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，熵变ΔS小于0，在常温下反应能自发进行，根据自发反应判据ΔG=ΔH TΔS<0，可知ΔH1必须小于0，并非大于0，A错误；
B、随着起始氢气与一氧化碳的投料比增大，一氧化碳的转化率会升高，氢气的转化率会降低，因此曲线①代表一氧化碳的转化率，曲线②代表氢气的转化率， 则曲线③表示CH4的物质的量，曲线④表示CO2的物质的量 ，选项中曲线对应错误，B错误；
C、 温度为时，、，平衡时：、、，根据氧元素守恒可知，，反应Ⅱ平衡常数，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则，C错误；
D、根据碳元素守恒，A点时n(CH4)=1 n(CO2) n(CO)=0.25mol，代入选择性公式计算可得，CH4的选择性为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：熵减反应自发进行的前提是焓变小于0。
转化率曲线判断：投料比增大时，一种反应物转化率升高，另一种降低，据此匹配曲线与反应物。
平衡常数计算：结合各物质平衡时的物质的量，利用平衡常数表达式计算K值，再根据放热反应K随温度变化的规律判断温度大小。
选择性计算：根据碳守恒计算目标产物的量，再代入选择性公式计算。
14．【答案】（1）；使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果
（2）一；；用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去
（3）83.2
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）①根据图表数据可知，在的废水中，Cr（Ⅵ）主要以存在，则用铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为：；
②根据在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化图可知，在氩气氛围下除铬效果比在空气氛围中更好，再根据题目信息在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，其原因可能为：使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果。
故答案为： ； 使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果 ；
（2）①与过量NaOH溶液反应可制得为正盐，则只能提供出1个供NaOH溶液中和，得到为一元酸；
②的结构为：，中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，其结构图形为：；
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因为：用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去。
故答案为： 一 ； ； 用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去 ；
（3）由电子转移守恒可得得，氧化得到，则可以得到关系式：，则废水中Cr（Ⅵ）的浓度为：。
故答案为： 83.2 ；
【分析】(1) ①pH=8 时 Cr (VI) 主要以 CrO42-存在，配平离子方程式： ；
②氩气隔绝空气，防止铁被氧化形成聚沉的氧化膜，避免减弱除铬效果。
(2) ①H3PO2只能电离出 1 个 H+，是一元弱酸；②H2PO2-通过两个原子与氧化膜中的 Fe3+、O2-形成配位键，画出对应结构式；③NaH2PO2与氧化膜形成稳定配位键，更高效利用还原性将 Cr (VI) 还原为 Cr (III)。
(3) 依据电子守恒：1mol Cr (VI)~3mol Na2S2O3，代入滴定数据计算得废水中 Cr (VI) 浓度为83.2mg L- 。
（1）①根据图表数据可知，在的废水中，Cr（Ⅵ）主要以存在，则用铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为：；
②根据在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化图可知，在氩气氛围下除铬效果比在空气氛围中更好，再根据题目信息在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，其原因可能为：使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果。
（2）①与过量NaOH溶液反应可制得为正盐，则只能提供出1个供NaOH溶液中和，得到为一元酸；
②的结构为：，中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，其结构图形为：；
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因为：用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去。
（3）由电子转移守恒可得得，氧化得到，则可以得到关系式：，则废水中Cr（Ⅵ）的浓度为：。
15．【答案】（1）浓、浓、
（2）或
（3）还原反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B→C为苯环上引入硝基的反应，则所需的试剂为浓、、；
故答案为： 浓、浓、 ；
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应；则含酚羟基；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4，综上，该同分异构体的结构简式为或；
故答案为：或 ；
（3）据分析，D→E的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（4）根据分析， X的结构简式为
故答案为： ；
（5）要得到目标产物，可根据信息由在HAc、加热下生成，可由还原生成，可用原料和生成，可由生成，则合成线路为：
故答案为： ；
【分析】以对甲氧基苯胺 (A) 为起始原料，先与乙酸酐反应保护氨基得到 (B)；再经硝化试剂在苯环引入硝基得到 (C)；随后在碱性条件下水解脱去乙酰基得到 D()，接着在钯催化下加氢还原硝基为氨基得到 (E)；之后 (E) 与二硫化碳在碱性条件下反应并酸化，得到巯基取代的苯并咪唑类化合物 (F)；最后 (F) 与试剂 X 发生取代反应，将巯基转化为目标硫醚结构，得到中间体 (G)，根据(4)中X的分子式、结合G的结构可知X为。
（1）B→C为苯环上引入硝基的反应，则所需的试剂为浓、、；
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应；则含酚羟基；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4，综上，该同分异构体的结构简式为或；
（3）据分析，D→E的反应类型为还原反应；
（4）
（5）要得到目标产物，可根据信息由在HAc、加热下生成，可由还原生成，可用原料和生成，可由生成，则合成线路为：
16．【答案】（1）；；S、N
（2）硫脲浓度过大，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面
（3）Fe、Zn
（4）加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①基态 Fe 的原子序数为 26，其核外电子排布式为：，因此，基态的核外电子排布式为：；
②Au 被氧化为，被还原为，离子方程式为：；
③根据硫脲的转化可知，带正电的N原子没有孤对电子，不能形成配位键，则由S原子和另外的N原子提供孤对电子与形成配位键；
故答案为： ； ； S、N ；
（2）硫脲浓度大于时，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面，所以金浸出率下降；
故答案为： 硫脲浓度过大，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面 ；
（3）“置换”时，金属锌会将“浸金”时，生成的还原为Fe，加入的锌粉是过量的，则金粉中含有的金属杂质为Fe、Zn；
故答案为： Fe、Zn ；
（4）由题意可知，需要电解法回收金属铜，硝酸用于溶解金属铜，溶液用于调节pH否则阴极存在副反应氢离子放电生成氢气，直流电源，铜电极，石墨电极用于电解法制取铜，故实验方案为：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
故答案为： 加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。 ；
【分析】以电子元件废料为原料，先对废料进行酸浸处理，使其中的铜单质转化为铜离子留在溶液中，实现铜与金等杂质的初步分离；随后向浸金环节加入硫脲和硫酸铁溶液，利用硫脲与金的配位作用、铁离子的氧化性质将金单质浸出；最后向浸金液中加入过量锌粉进行置换反应，将金从溶液中还原提取出来，从而回收得到 Au、Cu 单质。
（1）①基态 Fe 的原子序数为 26，其核外电子排布式为：，因此，基态的核外电子排布式为：；
②Au 被氧化为，被还原为，离子方程式为：；
③根据硫脲的转化可知，带正电的N原子没有孤对电子，不能形成配位键，则由S原子和另外的N原子提供孤对电子与形成配位键；
（2）硫脲浓度大于时，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面，所以金浸出率下降；
（3）“置换”时，金属锌会将“浸金”时，生成的还原为Fe，加入的锌粉是过量的，则金粉中含有的金属杂质为Fe、Zn；
（4）由题意可知，需要电解法回收金属铜，硝酸用于溶解金属铜，溶液用于调节pH否则阴极存在副反应氢离子放电生成氢气，直流电源，铜电极，石墨电极用于电解法制取铜，故实验方案为：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
17．【答案】（1）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；pH减小，溶液中CO2浓度降低
（2）；向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；C；CH2=CHCH3
（3）；能形成氢键N-H…O
【知识点】含有氢键的物质；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
故答案为： CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ； pH减小，溶液中CO2浓度降低 ；
（2）①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=mol3/L3=10-18mol3/L3，c(OH-)=10-6mol/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
故答案为： ； 向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8 ； C ； CH2=CHCH3 ；
（3）①甲基是推电子基，中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则能与连接的原因是能形成氢键N-H…O。
故答案为： ； 能形成氢键N-H…O ；
【分析】(1) ①酸性阴极，CO2得电子被还原为CH4，配平电极反应式：
CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②pH减小，与水反应的平衡逆向移动，溶液中浓度降低，导致产率下降。
(2) ①利用溶度积与电离常数计算反应平衡常数，制备时需向溶液中缓慢加并控制pH<8，防止生成沉淀；
②用和作试剂，通过质谱质荷比证明乙烯中C、H均来自三乙胺；替换三乙胺后，还会生成。
(3) ①甲基推电子使环氧乙烷中取代基多的C-O键极性更大、易断裂，得到对应开环中间体；
②中的N-H键能与环氧乙烷的O形成氢键，从而辅助开环反应。
（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
（2）①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=mol3/L3=10-18mol3/L3，c(OH-)=10-6mol/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
（3）1①甲基是推电子基，中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则能与连接的原因是能形成氢键N-H…O。
1 / 1江苏省扬州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷
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·扬州模拟）半导体材料中含N、O、Si、Ga等元素。下列元素位于周期表ⅢA族的是
A．N B．O C．Si D．Ga
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、氮元素原子序数为 7，核外电子排布为 2、5，最外层有 5 个电子，位于周期表第 2 周期 ⅤA 族，A错误；
B、氧元素原子序数为 8，核外电子排布为 2、6，最外层有 6 个电子，位于周期表第 2 周期 ⅥA 族，B错误；
C、硅元素原子序数为 14，核外电子排布为 2、8、4，最外层有 4 个电子，位于周期表第 3 周期 ⅣA 族，C错误；
D、镓元素原子序数为 31，核外电子排布为 2、8、18、3，最外层有 3 个电子，位于周期表第 4 周期 ⅢA 族，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
周期表族序数判断：主族元素的族序数等于其最外层电子数，ⅢA 族元素最外层电子数为 3。
电子排布与周期：电子层数等于周期数，最外层电子数决定主族序数。
元素定位：通过原子序数推导核外电子排布，进而确定元素在周期表中的位置。
2．（2025·扬州模拟）反应可用于烟气脱硫。下列说法正确的是
A．的结构示意图为
B．中S元素的化合价为
C．中既含离子键又含共价键
D．的电子式为
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；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、镁原子的核电荷数为12，是镁原子失去最外层2个电子形成的，核外电子排布应为2、8， 结构示意图为，故A错误；
B、中氧元素显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，计算可得硫元素化合价为+4价，而非+2价，B错误；
C、属于离子化合物，与之间存在离子键，内部硫原子与氧原子之间存在共价键，因此该物质中既含离子键又含共价键，C正确；
D、是共价化合物，其电子式为 ，选项中电子式的书写形式不符合共价化合物电子式的书写规则，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子结构示意图：阳离子是原子失去最外层电子形成的，需核对核外电子层排布是否符合失去电子后的结构。
化合价计算：根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的原则，结合常见元素化合价计算目标元素化合价。
化学键判断：离子化合物中一定含离子键，复杂离子内部还含共价键；共价化合物中只含共价键，按共价键规则书写电子式。
3．（2025·扬州模拟）用NaCl固体与浓混合加热制得HCl，并用于制取无水。下列装置不能达到目的的是
A．用装置甲制取HCl气体 B．用装置乙干燥HCl气体
C．用装置丙制取无水 D．用装置丁吸收尾气
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型装置，可用于 NaCl 固体与浓 H2SO4混合加热制 HCl 气体，故A不符合题意 ；
B、HCl 是酸性气体，碱石灰（碱性干燥剂）会与 HCl 反应，因此不能用装置乙干燥 HCl 气体，故B符合题意 ；
C、MgCl2 6H2O 加热易水解，在 HCl 氛围中加热可抑制水解，故装置丙可制取无水 MgCl2，故C不符合题意 ；
D、HCl 极易溶于水且与 NaOH 反应，装置丁的防倒吸设计可安全吸收尾气，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要有以下两点：
对干燥剂的选择判断错误，忽略 HCl 是酸性气体，碱石灰为碱性干燥剂会与其反应，误判装置乙可干燥 HCl。
对 MgCl2 6H2O 水解的抑制条件认识不足，不清楚制取无水 MgCl2需在 HCl 氛围中进行，从而对装置丙的作用产生误判。
4．（2025·扬州模拟）冰晶石的主要成分为，含少量等。下列说法正确的是
A．半径： B．电离能：
C．碱性： D．热稳定性：
【答案】A
【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、氧离子和铝离子的核外电子排布相同，均为 2、8，电子层数相同，此时核电荷数越大，对核外电子的吸引作用越强，离子半径越小。氧的核电荷数为 8，铝的核电荷数为 13，因此 r (O2-) > r (Al3+)，A正确；
B、同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，氧和氟位于同一周期，氟的原子序数更大，所以第一电离能 I1(O) < I1(F)，B错误；
C、元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，钠的金属性远强于铝，因此碱性 Al (OH)3 < NaOH，C错误；
D、元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，因此热稳定性 H2S < H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子半径比较：核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小。
电离能规律：同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势。
碱性比较：金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
氢化物稳定性：非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强。
（2025·扬州模拟）阅读下列材料，完成下面小题：
氢化铝钠（）、乙硼烷（）、水合肼（）都可做还原剂。（晶胞结构如图所示）能将酯还原为醇，而不能还原烯烃。400℃，可与反应生成（常温下气态，标准燃烧热为）；能将羧酸还原。实验室在碱性条件下用NaClO氧化尿素可制得；能将醛还原为烃，在碱性条件下与溶液反应可以制备银镜并放出。
5．下列说法正确的是
A．是只含极性键的极性分子
B．分子中只含有键
C．由尿素制取的反应中，氮原子轨道的杂化类型由转变为
D．若晶胞上、下面心处被取代，得到晶体的化学式为
6．下列化学反应表示正确的是
A．乙硼烷的制备：
B．乙硼烷的燃烧：
C．水合肼的制备：
D．水合肼制银镜：
7．下列说法正确的是
A．的空间构型为正四面体
B．转化为的反应，可用作还原剂
C．有还原性，是因为其中的H元素有价和价
D．水合肼将醛还原为烃时，醛中仅有碳氧键断裂
【答案】5．D
6．D
7．A
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）A、N2H4分子中存在 N-N 非极性键，并非只含极性键，A错误；
B、CO(NH2)2分子里含有 C=O 双键，双键包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，并非只有 σ 键，B错误；
C、尿素和水合肼中氮原子均形成单键，杂化方式都是 sp3 杂化，不存在杂化类型的转变，C错误；
D、NaAlH4晶胞中，为，个数为，个数为，得到的晶体化学式为Na3Li(AlH4)4，D正确；
故答案为：D。
（2）A、制备乙硼烷的反应中，氢气的化学计量数应为 6， 反应方程式为：，故A错误；
B、乙硼烷燃烧是放热反应，ΔH 应小于 0， 热化学方程式为： ，故B错误；
C、碱性环境下，尿素制备水合肼的产物应为碳酸根离子，不是二氧化碳， 离子方程式为：，故C错误；
D、水合肼在碱性条件下还原银离子，根据得失电子守恒和元素守恒， 反应方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
（3）A、AlH4-中铝原子价层电子对数为 ，无孤对电子，空间构型为正四面体，A正确；
B、NaAlH4不能还原烯烃，无法实现丙烯到丙烷的转化，B错误；
C、NaAlH4中氢元素均为 - 1 价，不存在 +1 价，C错误；
D、水合肼还原醛时，碳氧双键中的 σ 键和 π 键均会断裂，并非只有 π 键断裂，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键与杂化：区分极性键与非极性键，双键含 σ 键和 π 键，单键均为 σ 键；杂化类型由成键情况决定，单键氮原子为 sp3 杂化。
晶胞计算：利用均摊法计算晶胞中各粒子数目，确定晶体化学式。
化学方程式配平：结合反应环境（碱性、 酸性）、元素守恒及得失电子守恒配平，放热反应 ΔH 为负。
物质性质：NaAlH4不能还原烯烃，AlH4-为正四面体构型，氢元素为 - 1 价；醛还原时碳氧双键完全断裂。
5．A、N2H4分子中存在 N-N 非极性键，并非只含极性键，A错误；
B、CO(NH2)2分子里含有 C=O 双键，双键包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，并非只有 σ 键，B错误；
C、尿素和水合肼中氮原子均形成单键，杂化方式都是 sp3 杂化，不存在杂化类型的转变，C错误；
D、NaAlH4晶胞中，为，个数为，个数为，得到的晶体化学式为Na3Li(AlH4)4，D正确；
故答案为：D。
6．A、制备乙硼烷的反应中，氢气的化学计量数应为 6， 反应方程式为：，故A错误；
B、乙硼烷燃烧是放热反应，ΔH 应小于 0， 热化学方程式为： ，故B错误；
C、碱性环境下，尿素制备水合肼的产物应为碳酸根离子，不是二氧化碳， 离子方程式为：，故C错误；
D、水合肼在碱性条件下还原银离子，根据得失电子守恒和元素守恒， 反应方程式为：，故D正确；
故答案为：D。
7．A、AlH4-中铝原子价层电子对数为 ，无孤对电子，空间构型为正四面体，A正确；
B、NaAlH4不能还原烯烃，无法实现丙烯到丙烷的转化，B错误；
C、NaAlH4中氢元素均为 - 1 价，不存在 + 1 价，C错误；
D、水合肼还原醛时，碳氧双键中的 σ 键和 π 键均会断裂，并非只有 π 键断裂，D错误；
故答案为：A。
8．（2025·扬州模拟）新型锂硫电池能实现快速充电，其充电的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，In电极接外电源负极
B．充电时石墨电极发生的反应为：
C．放电时从石墨电极向In电极迁移
D．放电时每转移1mol电子，In电极生成32g硫
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，In 电极上 S 被还原为 Li2S，发生还原反应，In 电极是电解池的阴极，阴极需要连接外电源的负极，A正确；
B、充电时石墨电极上 I-被氧化为 I3-，发生失电子的氧化反应，电极反应式应为 3I- 2e-=I3-，选项中反应方向和电子得失方向均错误，B错误；
C、放电时装置为原电池，石墨电极作正极，In 电极作负极，原电池中阳离子 Li+会向正极移动，即从 In 电极向石墨电极迁移，选项中迁移方向描述错误，C错误；
D、放电时 In 电极作负极，电极反应为 Li2S 2e-=S+2Li+，每转移 1mol 电子，会生成 0.5mol S，质量为 16g，并非 32g，D错误；
故答案为：A。
【分析】由装置原理图可知，在充电过程中，石墨电极上的碘离子（I-）会失去电子发生氧化反应，转化为三碘离子（I3-），因为氧化反应发生在电解池的阳极，所以石墨电极充当电解池的阳极；而 In 电极上的硫单质会得到电子发生还原反应，转化为硫化锂（Li2S），还原反应发生在电解池的阴极，因此 In 电极作为电解池的阴极。据此解题。
9．（2025·扬州模拟）有机物Z是一种重要的药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量加成的产物分子中含有3个手性碳原子
B．Y分子中所有碳原子在同一平面上
C．Z可以发生取代、消去和缩聚反应
D．可以用酸性溶液鉴别物质Y和Z
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A、X 与足量氢气加成后，苯环和醛基均被还原，产物分子（ ）中六元环上有 3 个碳原子分别连接不同的取代基，这 3 个碳原子均为手性碳原子，A正确；
B、Y 分子里，苯环和醛基的碳原子共平面，但左侧的六元碳环是饱和环，其碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，因此该环上的碳原子不一定能与苯环共平面，所有碳原子无法共面，B错误；
C、Z 分子含羟基，可发生取代反应；与羟基相连的碳原子邻位碳上有氢原子，可发生消去反应；但 Z 分子中只有 1 个羟基，没有羧基、氨基等能形成缩聚的官能团，无法发生缩聚反应，C错误；
D、Y 中的醛基、Z 中的醇羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，都会使溶液褪色，因此无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
手性碳原子判断：连有 4 个不同基团的碳原子为手性碳原子，X 加成后六元环上有 3 个这样的碳原子。
共面问题分析：饱和碳原子为 sp3 杂化，具有四面体结构，会破坏分子的共面性，导致左侧六元环碳原子不一定与苯环共面。
官能团反应性：羟基可发生取代、消去反应，但缩聚反应需要至少两个可反应的官能团（如羟基与羧基），Z 不满足该条件。
物质鉴别：醛基和醇羟基都能被强氧化剂氧化，因此不能用酸性高锰酸钾鉴别 Y 和 Z。
10．（2025·扬州模拟）下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】氨的性质及用途；无机物的推断
【解析】【解答】A、氧化铁与盐酸反应能生成氯化铁，但氯化铁溶液与铜单质反应时，铜只能将 Fe3+还原为 Fe2+，无法置换出单质铁，该转化不能实现，A错误；
B、向氨水中通入过量的二氧化硫，由于二氧化硫过量，反应生成的是亚硫酸氢铵，而非亚硫酸铵，第一步产物生成错误，该转化不能实现，B错误；
C、次氯酸钙溶液中通入二氧化碳，依据强酸制弱酸规律生成次氯酸；次氯酸在光照条件下会分解，生成盐酸和氧气，该转化可以实现，C正确；
D、硫酸铜溶液中加入少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，要得到铜氨络离子需加入过量氨水，题干中试剂用量条件错误，该转化不能实现，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
铁及其化合物转化：Fe3+具有强氧化性，与 Cu 反应生成 Fe2+和 Cu2+，不能生成 Fe 单质。
酸性气体与碱反应：过量的酸性气体（如 SO2）与弱碱反应，产物为酸式盐，而非正盐。
次氯酸的性质：次氯酸是弱酸，可由强酸制弱酸得到；次氯酸不稳定，见光易分解生成氧气。
络合物生成条件：铜离子与氨水反应，少量氨水生成沉淀，过量氨水才能形成可溶的铜氨络离子。
11．（2025·扬州模拟）常温下，根据下列实验操作及现象，得出的相应结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向溶液中通入气体，有白色沉淀生成 该沉淀为
B 将和NaOH溶液混合加热，充分反应后，冷却，滴加溶液有沉淀生成 中X为Cl原子
C 向溶液中滴加2滴溶液，有白色沉淀生成；振荡试管，再滴加2滴溶液，有黄色沉淀生成
D 分别测定醋酸溶液和盐酸的导电性，盐酸的导电性比醋酸溶液的强 HCl为强电解质
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】强电解质和弱电解质；卤代烃简介
【解析】【解答】A、向硝酸钡溶液中通入二氧化硫，酸性环境下硝酸根离子会将二氧化硫氧化为硫酸根，最终生成的白色沉淀是硫酸钡，不是亚硫酸钡，A错误。
B、卤代烃与氢氧化钠溶液共热后，溶液呈碱性，直接滴加硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子结合生成沉淀，无法检验卤离子，B错误；
C、氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液生成氯化银沉淀，再滴加碘化钾溶液，沉淀转化为黄色的碘化银，说明碘化银的溶度积更小，即 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，C正确；
D、0.1mol/L 盐酸和醋酸溶液，盐酸导电性更强，只能说明盐酸中离子浓度更大，但不能直接证明盐酸是强电解质，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原与沉淀：酸性环境中硝酸根具有强氧化性，会把 + 4 价硫氧化为 + 6 价，生成硫酸钡沉淀。
卤离子检验：检验卤代烃中的卤离子时，需先加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，避免碱性环境干扰。
沉淀转化：沉淀会向溶度积更小的方向转化，氯化银转化为碘化银，说明碘化银溶度积更小。
电解质判断：强电解质的判断依据是完全电离，导电性强弱只能反映离子浓度大小，不能直接证明电离程度。
12．（2025·扬州模拟）常温下，通过下列实验探究和的性质。已知：，，；反应平衡常数时可认为反应能完全进行。
实验1：测得某溶液的。
实验2：向溶液中通入HCl气体至（忽略溶液体积变化及挥发）。
实验3：向硫酸铜溶液中通入气体至饱和。
实验4：向溶液中通入二氧化硫，至上层溶液不再变浑浊。
下列说法正确的是
A．实验1溶液中：
B．实验2所得溶液中：
C．实验3所得上层清液中：
D．实验4中反应的离子方程式为：
【答案】B
【知识点】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、由电离常数乘积计算，。实验1中溶液，代入得，即溶液中，并非，A错误；
B、实验2是向的溶液中通入至，根据物料守恒与电荷守恒联立推导，溶液中含硫微粒的总浓度，结合电荷守恒变形可得，B正确；
C、实验3中与反应生成沉淀，该反应的平衡常数，远大于，反应完全进行。反应后溶液中，远大于，因此上层清液中，C错误；
D、实验4中被还原为单质，根据氧化还原反应规律，正确的离子反应方程式应为，题干中反应式书写错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电离常数应用：利用多元弱酸的两级电离常数乘积，可计算不同下含硫微粒的浓度比值，判断离子浓度大小关系。
守恒思想：结合物料守恒（含硫微粒总浓度不变）、电荷守恒（离子电荷代数和为零），推导溶液中离子浓度的等量关系。
平衡常数计算：通过电离常数与溶度积计算反应的平衡常数，判断反应进行程度，进而确定离子浓度大小。
反应方程式书写：根据氧化还原反应中元素化合价变化，配平并书写正确的反应方程式，避免产物或配平错误。
13．（2025·扬州模拟）温度为时，将一定量的和1mol CO混合气充入固定容积的容器，发生下列反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
平衡时和CO的转化率（）及和的物质的量（n）随起始投料比变化如图所示。[选择性以为例，表示为]。下列说法正确的是
A．
B．图中曲线①表示平衡时的转化率随的变化
C．，温度为时，反应Ⅱ的，则
D．A点对应物质的选择性为33.3%
【答案】D
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A、反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，熵变ΔS小于0，在常温下反应能自发进行，根据自发反应判据ΔG=ΔH TΔS<0，可知ΔH1必须小于0，并非大于0，A错误；
B、随着起始氢气与一氧化碳的投料比增大，一氧化碳的转化率会升高，氢气的转化率会降低，因此曲线①代表一氧化碳的转化率，曲线②代表氢气的转化率， 则曲线③表示CH4的物质的量，曲线④表示CO2的物质的量 ，选项中曲线对应错误，B错误；
C、 温度为时，、，平衡时：、、，根据氧元素守恒可知，，反应Ⅱ平衡常数，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则，C错误；
D、根据碳元素守恒，A点时n(CH4)=1 n(CO2) n(CO)=0.25mol，代入选择性公式计算可得，CH4的选择性为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应自发性判断：熵减反应自发进行的前提是焓变小于0。
转化率曲线判断：投料比增大时，一种反应物转化率升高，另一种降低，据此匹配曲线与反应物。
平衡常数计算：结合各物质平衡时的物质的量，利用平衡常数表达式计算K值，再根据放热反应K随温度变化的规律判断温度大小。
选择性计算：根据碳守恒计算目标产物的量，再代入选择性公式计算。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（2025·扬州模拟）铁粉可将废水中的Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ），含Cr（Ⅵ）物种的浓度随pH的变化如图所示。在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，一定厚度的氧化膜可以转移电子。
（1）①的废水中，铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为　 　。
②在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化如图所示。在氩气氛围下除铬效果更好的原因是　 　。
（2）可用于修饰铁粉表面，且有较强还原性。经修饰后的铁粉除铬机理如图所示。
①与过量NaOH溶液反应可制得。是　 　元弱酸（填“一”“二”或“三”）。
②中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，在下图中画出氧化膜表面一个的结构式　 　。
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因是　 　。
（3）测定废水中Cr（Ⅵ）浓度：准确移取25.00mL含Cr（Ⅵ）的废水，调节pH为酸性，加入过量的KI溶液，充分反应后生成。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应。终点时消耗溶液12.00mL。计算废水中Cr（Ⅵ）浓度　 　（单位：，写出计算过程）。
【答案】（1）；使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果
（2）一；；用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去
（3）83.2
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）①根据图表数据可知，在的废水中，Cr（Ⅵ）主要以存在，则用铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为：；
②根据在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化图可知，在氩气氛围下除铬效果比在空气氛围中更好，再根据题目信息在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，其原因可能为：使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果。
故答案为： ； 使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果 ；
（2）①与过量NaOH溶液反应可制得为正盐，则只能提供出1个供NaOH溶液中和，得到为一元酸；
②的结构为：，中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，其结构图形为：；
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因为：用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去。
故答案为： 一 ； ； 用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去 ；
（3）由电子转移守恒可得得，氧化得到，则可以得到关系式：，则废水中Cr（Ⅵ）的浓度为：。
故答案为： 83.2 ；
【分析】(1) ①pH=8 时 Cr (VI) 主要以 CrO42-存在，配平离子方程式： ；
②氩气隔绝空气，防止铁被氧化形成聚沉的氧化膜，避免减弱除铬效果。
(2) ①H3PO2只能电离出 1 个 H+，是一元弱酸；②H2PO2-通过两个原子与氧化膜中的 Fe3+、O2-形成配位键，画出对应结构式；③NaH2PO2与氧化膜形成稳定配位键，更高效利用还原性将 Cr (VI) 还原为 Cr (III)。
(3) 依据电子守恒：1mol Cr (VI)~3mol Na2S2O3，代入滴定数据计算得废水中 Cr (VI) 浓度为83.2mg L- 。
（1）①根据图表数据可知，在的废水中，Cr（Ⅵ）主要以存在，则用铁粉除去Cr（Ⅵ）生成和的离子方程式为：；
②根据在氩气氛围和空气氛围下，除铬率随时间的变化图可知，在氩气氛围下除铬效果比在空气氛围中更好，再根据题目信息在水溶液中，铁粉表面会生成氧化膜且易发生聚沉，其原因可能为：使用惰性气体氩气，可以有效地隔绝空气，防止铁与氧气接触生成氧化膜发生聚沉，减弱除去Cr（Ⅵ）的效果。
（2）①与过量NaOH溶液反应可制得为正盐，则只能提供出1个供NaOH溶液中和，得到为一元酸；
②的结构为：，中两个原子与铁粉表面氧化膜中的一个离子形成配位键，其结构图形为：；
③经修饰的铁粉除铬效果更好的原因为：用修饰的铁粉可以通过它与铁粉表面的氧化膜形成稳定的配位键，从而更有效地利用其还原性将Cr（Ⅵ）还原为Cr（Ⅲ）除去。
（3）由电子转移守恒可得得，氧化得到，则可以得到关系式：，则废水中Cr（Ⅵ）的浓度为：。
15．（2025·扬州模拟）G是合成苯并咪唑类化合物的中间体，其合成路线如下：
（1）B→C所需的试剂为　 　。
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能与溶液发生显色反应；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4。
（3）D→E的反应类型为　 　。
（4）X的分子式为，X的结构简式为　 　。
（5）已知：，（R、、表示烃基）
写出以、为原料制备的合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
【答案】（1）浓、浓、
（2）或
（3）还原反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）B→C为苯环上引入硝基的反应，则所需的试剂为浓、、；
故答案为： 浓、浓、 ；
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应；则含酚羟基；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4，综上，该同分异构体的结构简式为或；
故答案为：或 ；
（3）据分析，D→E的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（4）根据分析， X的结构简式为
故答案为： ；
（5）要得到目标产物，可根据信息由在HAc、加热下生成，可由还原生成，可用原料和生成，可由生成，则合成线路为：
故答案为： ；
【分析】以对甲氧基苯胺 (A) 为起始原料，先与乙酸酐反应保护氨基得到 (B)；再经硝化试剂在苯环引入硝基得到 (C)；随后在碱性条件下水解脱去乙酰基得到 D()，接着在钯催化下加氢还原硝基为氨基得到 (E)；之后 (E) 与二硫化碳在碱性条件下反应并酸化，得到巯基取代的苯并咪唑类化合物 (F)；最后 (F) 与试剂 X 发生取代反应，将巯基转化为目标硫醚结构，得到中间体 (G)，根据(4)中X的分子式、结合G的结构可知X为。
（1）B→C为苯环上引入硝基的反应，则所需的试剂为浓、、；
（2）C的一种同分异构体同时满足下列条件，①能与溶液发生显色反应；则含酚羟基；
②1mol该物质能与4mol NaOH反应，产物中有机物只有1种；
③分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：3：4，综上，该同分异构体的结构简式为或；
（3）据分析，D→E的反应类型为还原反应；
（4）
（5）要得到目标产物，可根据信息由在HAc、加热下生成，可由还原生成，可用原料和生成，可由生成，则合成线路为：
16．（2025·扬州模拟）电子元件废料中金（Au）和Cu以单质存在，以其为原料回收Au、Cu单质的方法如下图所示（其他杂质不参与反应）。
已知：硫脲可被缓慢氧化，最终生成单质硫。
（1）①基态的核外电子排布式为　 　。
②“浸金”时，溶液中生成和，该反应的离子方程式为　 　。
③硫脲中存在如图所示的转化，中的配位原子为　 　。
（2）硫脲浓度对金的浸出率的影响如图，其他条件相同时，硫脲浓度大于时，金浸出率下降的原因是　 　。
（3）“置换”后，过滤所得金粉中含有的金属杂质为　 　。
（4）请补充从电子元件废料中回收Cu单质的实验方案，酸浸实验装置如图所示：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，　 　，关闭电源，收集阴极生成的铜。（必须使用：浓硝酸，溶液，直流电源，铜电极，石墨电极）。
【答案】（1）；；S、N
（2）硫脲浓度过大，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面
（3）Fe、Zn
（4）加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①基态 Fe 的原子序数为 26，其核外电子排布式为：，因此，基态的核外电子排布式为：；
②Au 被氧化为，被还原为，离子方程式为：；
③根据硫脲的转化可知，带正电的N原子没有孤对电子，不能形成配位键，则由S原子和另外的N原子提供孤对电子与形成配位键；
故答案为： ； ； S、N ；
（2）硫脲浓度大于时，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面，所以金浸出率下降；
故答案为： 硫脲浓度过大，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面 ；
（3）“置换”时，金属锌会将“浸金”时，生成的还原为Fe，加入的锌粉是过量的，则金粉中含有的金属杂质为Fe、Zn；
故答案为： Fe、Zn ；
（4）由题意可知，需要电解法回收金属铜，硝酸用于溶解金属铜，溶液用于调节pH否则阴极存在副反应氢离子放电生成氢气，直流电源，铜电极，石墨电极用于电解法制取铜，故实验方案为：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
故答案为： 加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。 ；
【分析】以电子元件废料为原料，先对废料进行酸浸处理，使其中的铜单质转化为铜离子留在溶液中，实现铜与金等杂质的初步分离；随后向浸金环节加入硫脲和硫酸铁溶液，利用硫脲与金的配位作用、铁离子的氧化性质将金单质浸出；最后向浸金液中加入过量锌粉进行置换反应，将金从溶液中还原提取出来，从而回收得到 Au、Cu 单质。
（1）①基态 Fe 的原子序数为 26，其核外电子排布式为：，因此，基态的核外电子排布式为：；
②Au 被氧化为，被还原为，离子方程式为：；
③根据硫脲的转化可知，带正电的N原子没有孤对电子，不能形成配位键，则由S原子和另外的N原子提供孤对电子与形成配位键；
（2）硫脲浓度大于时，被缓慢氧化为S单质，包裹在金的表面，所以金浸出率下降；
（3）“置换”时，金属锌会将“浸金”时，生成的还原为Fe，加入的锌粉是过量的，则金粉中含有的金属杂质为Fe、Zn；
（4）由题意可知，需要电解法回收金属铜，硝酸用于溶解金属铜，溶液用于调节pH否则阴极存在副反应氢离子放电生成氢气，直流电源，铜电极，石墨电极用于电解法制取铜，故实验方案为：取一定量的电子元件废料加入三颈烧瓶，加入浓硝酸至Cu完全溶解，过滤，用 0.1 mol/L NaOH 调节滤液 pH 至中性，以石墨为阳极、铜为阴极，接通直流电源电解。
17．（2025·扬州模拟）资源化利用具有重要意义。
（1）电催化制取甲烷。
①酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为　 　。
②实际电解时，需控制pH约为7.当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是　 　。
（2）光催化制乙烯。、、三乙胺（）在催化剂作用下，光照一段时间可制得。
①催化剂中含。常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：，、、。
反应的平衡常数K的数值为　 　。
制备时，溶液与溶液的混合方式为　 　。
②用同位素示踪法研究乙烯分子中C和H的来源。在其他条件相同时，三乙胺（分别与下列三组试剂反应，得到乙烯的质谱中最大质荷比均为28。能证明C和H均来源于三乙胺的一组试剂是　 　（填序号）。
A．和 B．和 C．和
若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和　 　（填结构简式）。
（3）催化合成环状碳酸酯。
相邻原子或基团的大小和空间位置，会影响其他原子或基团接近反应原子，从而影响反应的进行。和1，1-二甲基环氧乙烷（）在催化作用下合成环状碳酸酯（R为多孔骨架），反应的可能机理如图所示。
①机理图步骤Ⅱ中C—O键的断键位置有两种。画出主要中间产物X的结构简式　 　。
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示。能与连接的原因是　 　。
【答案】（1）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；pH减小，溶液中CO2浓度降低
（2）；向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；C；CH2=CHCH3
（3）；能形成氢键N-H…O
【知识点】含有氢键的物质；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
故答案为： CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ； pH减小，溶液中CO2浓度降低 ；
（2）①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=mol3/L3=10-18mol3/L3，c(OH-)=10-6mol/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
故答案为： ； 向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8 ； C ； CH2=CHCH3 ；
（3）①甲基是推电子基，中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则能与连接的原因是能形成氢键N-H…O。
故答案为： ； 能形成氢键N-H…O ；
【分析】(1) ①酸性阴极，CO2得电子被还原为CH4，配平电极反应式：
CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；②pH减小，与水反应的平衡逆向移动，溶液中浓度降低，导致产率下降。
(2) ①利用溶度积与电离常数计算反应平衡常数，制备时需向溶液中缓慢加并控制pH<8，防止生成沉淀；
②用和作试剂，通过质谱质荷比证明乙烯中C、H均来自三乙胺；替换三乙胺后，还会生成。
(3) ①甲基推电子使环氧乙烷中取代基多的C-O键极性更大、易断裂，得到对应开环中间体；
②中的N-H键能与环氧乙烷的O形成氢键，从而辅助开环反应。
（1）①电解池阴极发生还原反应，酸性条件下，向阴极通入，反应生成的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；
②pH减小，平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液中二氧化碳的浓度降低，转化率降低，故实际电解时，需控制pH约为7，当其他条件相同时，pH减小，的产率降低，可能的原因是pH减小，溶液中CO2浓度降低；
（2）①已知：，、、。
反应的平衡常数K=；
溶液因水解呈酸性，溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，La(OH)3沉淀开始生成时c3(OH-)=mol3/L3=10-18mol3/L3，c(OH-)=10-6mol/L，pH=8，故要确保pH＜8，故制备时，溶液与溶液的混合方式为向溶液中缓慢加入溶液并确保pH＜8；
②证明C和H均来源于三乙胺，则要确保三乙胺（）中的C、H与其它实际中的C、H不同，则选C：和；
制备乙烯时，C和H均来源于三乙胺，则若以代替三乙胺发生上述反应，生成的烯烃有乙烯和CH2=CHCH3；
（3）1①甲基是推电子基，中2号C-O键极性更大，故2号键更容易段，因此机理图步骤Ⅱ中主要中间产物X的结构简式为；
②催化反应过程中，也能与连接，助其发生开环反应，连接方式如图所示，则能与连接的原因是能形成氢键N-H…O。
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