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江苏省盐城中学2025届高三下学期三模化学试题
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．化学与生产、生活、科技、医药等密切相关。下列说法不正确的是
A．可用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶
B．利用超分子的分子识别特征可以分离和
C．中国天眼(FAST)使用的是新型无机非金属材料
D．“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
2．已知O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．SO2的键角大于120°
B．和H2O中心原子的杂化方式相同
C．基态O原子价电子轨道表示式：
D．参与了反应，其电子式为
3．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．H2O中的O存在孤电子对，能与形成
B．中H元素呈+1价，浓具有强氧化性
C．具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理
D．无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分
4．在指定条件下，下列工业制备流程中涉及的物质转化关系不正确的是
A．生产硝酸：
B．海水提镁：
C．制取粗硅：
D．冶炼生铁：
5．下列说法正确的是
A．S8()中S原子的杂化方式为
B．沸点：
C．基态P原子的价层电子的轨道表示式：，违背了泡利不相容原理
D．M是第4周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为K
6．为了提纯下表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选项均正确的是
编号 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法
A 己烷(己烯) 溴水 分液
B 淀粉溶液(NaCl) 水 过滤
C CH3CH2OH (CH3COOH) CaO 蒸馏
D CO2(SO2) Na2CO3溶液 洗气
A．A B．B C．C D．D
7．下列反应的离子方程式不正确的是
A．向纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO+H+=HCO
B．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量的气体：＋CO2＋H2O→＋HCO
D．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH +HCO=CaCO3↓+H2O
8．为了便于酒驾测试，生产了一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，电池总反应式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O。下列有关说法正确的是
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C．负极上的反应为CH3CH2OH－4e－+H2O=CH3COOH+4H＋
D．正极上发生的反应是：O2+4e－+2H2O=4OH－
9．3-丙基-5，6-二羟基异香豆素(Y)的一步合成路线反应如图。下列有关说法正确的是
A．X中所有碳原子不可能共平面
B．Y与足量H2加成后有5个手性碳原子
C．1molY最多能与4molNaOH反应
D．1molY与浓溴水反应，最多消耗2molBr2
10．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)6]3 ，中心离子为 Fe3+，配位数为 6
C．1mol 配合物中σ键数目为12mol
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol 配合物电离得到阴阳离子共 4NA
11．下列说法正确的是
A．的分子中，有4个甲基的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
B．命名：2，4，4-三甲基-3-乙基二戊烯
C．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相同
D．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，聚丙烯能使酸性高锰酸钾褪色
12．下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液是否变澄清 比较苯酚与的酸性
B 将醋酸和等物质的量的乙醇混合，在浓硫酸、加热条件下充分反应后，向其中滴加石蕊溶液，溶液变红 乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应
C 向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，观察溶液是否显紫色 该样品是否含有酚羟基
D 氯乙烷加入NaOH溶液中加热，再加入AgNO3溶液，观察是否产生白色沉淀 氯乙烷是否发生水解
A．A B．B C．C D．D
13．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
　 事实 解释
A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强
B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
A．A B．B C．C D．D
14．利用如图装置根据实验现象得出实验结论正确的是
选项 实验操作Ⅰ 溶液a 实验现象 实验结论
A 碳酸钠与盐酸反应 硅酸钠溶液 白色沉淀 碳酸的酸性强于硅酸
B 向苯和液溴的混合物中加入铁粉 硝酸银溶液 由淡黄色沉淀生成 苯与发生取代反应
C 乙醇与浓硫酸共热至170 酸性溶液 紫色褪去 被氧化
D 蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，加入足量氢氧化钠溶液 银氨溶液 产生光亮的银镜 蔗糖水解
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题：共4题，共58分。
15．回答下列问题。
（1）NaBH4中组成元素的电负性从大到小的顺序为　 　(用元素符号表示)。NaBH4中阴离子的空间结构为　 　。
（2）①H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为　 　。
的沸点比的沸点低，原因是　 　。
②中sp2与sp3杂化的碳原子数目之比为　 　。
③乙二胺(H2NCH2CH2NH2)可以和Mg2+、Cu2+等离子形成稳定的环状离子。如[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋，其结构中有两个五元环，试画出其结构　 　。[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋与NH3相比，H—N—H的键角前者　 　后者(填“>”、“<”或“=”)。
（3）关于化合物，下列叙述正确的有 　 　(填字母序号)。
a．分子间可形成氢键
b．分子中既有极性键又有非极性键
c．分子中含有7个σ键和1个π键
d．该分子在水中的溶解度大于CH3CH=CHCH3
（4）某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为　 　。
（5）已知硫酸的结构为，中S元素的化合价为，画出的结构式
　 　。
16．丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：①②
(1)A中的官能团名称为羰基和　 　。
(2)DE的反应类型为　 　反应。
(3)B的分子式为C9H14O，则B的结构简式为　 　。
(4)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FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1：1：2：2。
(5)请补全以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。
中间产物①　 　中间产物②　 　中间产物③　 　反应物④　 　反应条件⑤　 　
17．甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验：
Ⅰ．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。
（1）冷凝管中冷水从　 　(填“a”或“b”)进，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，则选用的仪器M的最合理规格为　 　(填标号)。
A.100mL B.200mL C.250mL D.500mL
（2）请写出甲苯与液溴生成对溴甲苯的化学方程式　 　。
（3）乙中的作用为　 　。能说明该反应是取代反应而不是加成反应的实验现象为　 　。
（4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为　 　(填标号)。若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验的产率约为　 　(保留两位有效数字)。
A．检查装置气密性 B．连接好装置 C．将甲苯和液溴滴入 D．将NaOH溶液滴入
E．接通冷凝水 F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏
Ⅱ．苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑 剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：
反应过程：
反应试剂、产物的物理常数如下：
名称 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·mL-1 溶解度/g
水 乙醇
甲苯 无色液体、易燃易挥发 -95 110.6 0.8669 不溶 互溶
苯甲酸 白色片状或针状晶体 122.4[1] 248 1.2659 微溶[2] 易溶
已知：[1]100 ℃左右开始升华。
[2]苯甲酸在 100 g 水中的溶解度：4 ℃，0.18 g；18 ℃，0.27 g；75 ℃，2.2 g。
按下列合成步骤回答问题：
（5）苯甲酸制备：
如图在250 mL三颈烧瓶中放入2.7 mL甲苯和100 mL水，控制100℃机械搅拌溶 液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入8.5 g高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌，静置发现不再出现　 　现象时，停止反应。装置a的作用除上述外，另一主要作用是　 　， 已知加入高锰酸钾时发生的反应为：
+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+KOH
（6）分离提纯：
除杂。将反应混合物加入一定量亚硫酸氢钠溶液使紫色褪去，高锰酸钾的还原产物为黑色难溶性MnO2，此时反应的离子方程式为　 　。
18．从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）①锌在元素周期表中位于　 　区。
②该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因
是　 　。
（2）①砷位于元素周期表的　 　周期　 　族，该原子具有　 　种运动状态不同的电子。
②“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是　 　；写出砷酸铁的化学式：　 　。
（3）“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是　 　。
（4）写出“蒸氨”时，生成的化学方程式：　 　。
（5）以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；超分子
【解析】【解答】A、水晶属于晶体，普通玻璃属于非晶体。X 射线衍射仪可以通过检测衍射峰来区分晶体与非晶体，晶体的有序结构会产生特征衍射峰，而非晶体没有，因此能区分二者，A正确；
B、超分子具有分子识别的特性，使用空腔大小适配 C60的 “杯酚”，可以选择性结合 C60，从而实现 C60和 C70的分离，B正确；
C、SiC（碳化硅）是新型无机非金属材料，具备耐高温、高硬度等优良性能，常应用在天眼这类高科技设备中，C正确；
D、卫星的光伏发电系统依靠光电效应，是将光能直接转化为电能，并不涉及化学能到电能的转化，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体与非晶体区分：X 射线衍射是鉴别晶体和非晶体的经典方法，核心是晶体的有序排列会产生衍射峰。
超分子应用：利用超分子对特定分子的识别作用，可以实现混合物的分离。
材料类别判断：SiC 属于典型的新型无机非金属材料，要记住这类材料的常见例子和特性。
能量转化形式：光伏发电是光能→电能的转化，原电池才是化学能→电能的转化，二者不能混淆。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中心S原子的价层电子对数为3，其中包含1对孤电子对。孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，会使键角小于120°，因此SO2键角小于120°，A错误；
B、NO3-中心N原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化；H2O中心O原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，二者杂化方式不同，B错误；
C、基态O原子价电子排布为2s22p4，2s轨道填满1对电子，2p能级3个轨道中，1个轨道填充自旋相反的1对电子，另外2个轨道各填充1个自旋平行的电子， 轨道表示式，C正确；
D、HO·是羟基自由基，电子式中O原子周围有7个电子， 其电子式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键角判断：价层电子对互斥理论，孤电子对会压缩键角，SO2因存在孤电子对，键角小于120°。
杂化方式判断：根据价层电子对数判断，3对为sp2杂化，4对为sp3杂化，NO3-和H2O的中心原子价层电子对数不同，杂化方式不同。
电子轨道表示式：遵循泡利不相容原理和洪特规则，O原子价电子填充符合2s22p4的轨道分布。
电子式书写：羟基自由基（HO·）中O原子为7电子结构，注意区分羟基（-OH）与羟基自由基。
3．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、配位键的形成需要一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。H2O 分子中的氧原子含有孤电子对，Cu2+含有空轨道，二者可形成配位键，结合为 [Cu(H2O)4]2+，结构与性质对应关系成立 ，故A正确；
B、浓硫酸的强氧化性由中心原子+6 价的 S体现，而非 H 元素。H 元素呈 + 1 价是其常见正化合价，与浓硫酸的强氧化性无直接对应关系 ，故B错误；
C、CuSO4电离出的 Cu2+为重金属离子，能破坏蛋白质结构使其变性，具备杀菌能力，因此可用于游泳池水处理，性质与用途对应关系成立 ，故C正确；
D、无水 CuSO4为白色粉末，吸水后生成蓝色的 CuSO4 5H2O，利用这一特征颜色变化，可检验乙醇中含有的微量水分，性质与用途对应关系成立 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位键形成：核心判断依据是配体是否含孤电子对、中心离子是否有空轨道。
氧化性与还原性：聚焦变价元素的高价态与低价态，浓硫酸强氧化性源于 + 6 价 S，非 + 1 价 H。
重金属盐性质：重金属离子（如 Cu2+）可使蛋白质变性，这是其用于杀菌消毒的根本原理。
物质检验特征：利用物质颜色的显著变化（白色变蓝色）来定性检验特定物质（水）。
4．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；电镀
【解析】【解答】A、工业生产硝酸时，NO2与 O2、H2O 反应可生成 HNO3，转化关系正确，故 A 不符合题意；
B、海水提镁时，电解 MgCl2溶液无法得到 Mg 单质，工业上需电解熔融的 MgCl2制备 Mg，转化关系不正确，故 B 符合题意；
C、制取粗硅时，SiO2与 C 在高温下反应可生成 Si 和 CO，转化关系正确，故 C 不符合题意；
D、冶炼生铁时，Fe2O3与 CO 在高温下发生还原反应生成 Fe 和 CO2，转化关系正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
工业制备硝酸的反应原理为 NO2与 O2、水反应生成硝酸；
电解 MgCl2溶液时，阴极生成 H2和 Mg (OH)2，无法得到 Mg 单质，需电解熔融氯化镁；
工业制粗硅的反应为二氧化硅与碳在高温下反应；
高炉炼铁利用 CO 还原氧化铁得到铁单质。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、在 S8分子中，每个 S 原子形成 2 条 σ 键，同时还有 2 对孤电子对，价层电子对数为 4。根据杂化轨道理论，价层电子对数为 4 时，S 原子采取 sp3 杂化，A正确；
B、NH3分子间存在氢键，熔沸点显著高于同主族其他简单氢化物；AsH3和 PH3的熔沸点随相对分子质量增大而升高，因此熔沸点顺序为 NH3 > AsH3 > PH3，B错误；
C、基态 P 原子价电子排布为 3s23p3，3p 能级的 3 个电子应分占不同轨道且自旋平行，题给轨道表示式违背了洪特规则，而非泡利不相容原理，C错误；
D、第 4 周期元素中，最外层 1 个电子且次外层所有原子轨道均充满的元素，价电子排布为 3d 4s ，对应元素为 Cu，不是 K，D错误；
故答案为：A；
【分析】杂化方式判断：通过价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）确定杂化类型，S8中 S 原子价层电子对数为 4，对应 sp3 杂化。
氢化物熔沸点：含氢键的物质熔沸点反常偏高，同主族无氢键的氢化物，熔沸点随相对分子质量增大而升高。
电子排布规则：泡利不相容原理指一个轨道最多容纳 2 个自旋相反的电子；洪特规则指电子优先分占不同轨道且自旋平行，需区分二者的应用场景。
元素推断：第 4 周期次外层全充满的元素，价电子需满足 3d 轨道全充满，结合最外层 1 个电子，可确定为 Cu。
6．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；烯烃；乙酸的化学性质；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、己烯与溴水发生加成反应，生成的卤代烃会溶于己烷，无法通过分液实现分层分离，应采用蒸馏法除杂，A错误；
B、淀粉溶液属于胶体，NaCl 溶液可透过半透膜，而胶体粒子不能，应使用渗析法分离；二者都能透过滤纸，无法通过过滤除杂，B错误；
C、乙酸与 CaO 反应生成乙酸钙，乙酸钙沸点远高于乙醇，二者沸点差异显著，可通过蒸馏法得到纯净乙醇，C正确；
D、CO2和 SO2都会与 Na2CO3溶液反应，应选用饱和 NaHCO3溶液洗气，既除去 SO2又能减少 CO2溶解损耗，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分液适用条件：需要两种液体互不相溶且分层，己烯加成产物与己烷互溶，不满足分液要求。
胶体与溶液分离：胶体粒子不能透过半透膜，溶液粒子可以，故用渗析法；过滤只能分离固体和液体，不适用。
蒸馏除杂逻辑：通过化学反应将杂质转化为高沸点物质，再蒸馏出目标物，乙酸与 CaO 反应后沸点差拉大，适合蒸馏。
洗气试剂选择：除杂试剂需只与杂质反应，不与目标气体反应，Na2CO3会与 CO2反应，不符合要求。
7．【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向纯碱（Na2CO3）溶液中滴加少量盐酸时，CO32-优先与H+结合生成HCO3-，不会放出CO2，离子方程式书写正确，A正确；
B、甲醛分子中含有2个醛基，足量银氨溶液并加热时，甲醛会被彻底氧化为CO32-，完整反应为：，B错误；
C、酸性强弱顺序为H2CO3 > 苯酚 > HCO3-，因此苯酚钠与少量CO2反应时，只能生成苯酚和NaHCO3，不会生成Na2CO3，离子方程式书写正确，C正确；
D、向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液时，Ca(OH)2完全反应，按“少定多变”原则，1个OH-与1个HCO3-反应生成1个CaCO3沉淀和1个H2O ：Ca2++OH +HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
多元弱酸根与酸反应：少量酸时生成酸式盐，过量酸时生成正盐或气体。
醛基的银镜反应：甲醛含2个醛基，1mol甲醛最多还原4mol银氨离子，最终氧化产物为碳酸盐，不是甲酸盐。
强酸制弱酸规律：根据酸性强弱判断产物，苯酚酸性弱于碳酸但强于HCO3-，故只能生成HCO3-。
“少定多变”配平：少量物质完全反应，按其电离比例书写离子方程式，保证量少的物质反应完全。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，阳离子会向得电子的正极移动，因此电解质溶液中的 H+向正极移动，而非负极，A错误；
B、总反应中 1mol O2得到 4mol 电子，若转移 0.4mol 电子，对应消耗 O2为 0.1mol，标准状况下体积为 2.24L，不是 4.48L，B错误；
C、负极上乙醇失电子被氧化为乙酸，结合酸性环境配平，电极反应为 CH3CH2OH－4e－+H2O=CH3COOH+4H＋，故C正确；
D、酸性环境下，正极 O2得电子后与 H+结合生成 H2O，正确反应为 O2+4e－+4H＋＝2H2O，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子移动方向：原电池中阳离子向正极、阴离子向负极移动，和电子流向相反。
电子守恒计算：根据 O2~4e-的比例关系，计算转移电子对应的气体体积。
负极反应配平：乙醇氧化为乙酸，碳元素平均化合价从 - 2→0，1mol 乙醇失去 4mol 电子，结合酸性环境补 H+和 H2O 配平。
环境匹配原则：酸性电解质中电极反应不能出现 OH-，碱性电解质中不能出现 H+。
9．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、X 分子中苯环、碳碳双键均为平面结构，与双键相连的碳原子可与双键共面；醚键的 C-O-C 结构可确定一个平面，丙基中 sp3 杂化的碳原子也可通过单键旋转与整体平面重合，因此所有碳原子有可能共平面，A错误；
B、Y 与足量 H2加成后，产物的结构简式为，其中手性碳原子为5个，B正确；
C、Y 中含有 2 个酚羟基和 1 个酯基（内酯），1mol 酚羟基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解后生成羧基和酚羟基，共消耗 2mol NaOH，因此 1mol Y 最多能与3mol NaOH反应，C错误；
D、Y 中酚羟基的邻、对位可与浓溴水发生取代反应（消耗 2mol Br2），碳碳双键可与溴水发生加成反应（消耗 1mol Br2），因此 1mol Y 最多消耗3mol Br2，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共面判断：苯环、双键为平面结构，单键可旋转，sp3 杂化碳原子可通过旋转与平面重合，因此存在共面可能。
手性碳判断：手性碳原子是连有 4 个不同基团的饱和碳原子，加成后需逐一标记符合条件的碳原子。
NaOH 反应量：酚羟基与 NaOH 1：1 反应，酯基水解后若生成酚羟基，会额外消耗 1mol NaOH，需注意内酯结构的特殊性。
溴水反应：酚羟基邻、对位发生取代反应，碳碳双键发生加成反应，需分别计算消耗的 Br2量。
10．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、Na3[Fe(CN)6] 中，Na+与配离子 [Fe(CN)6]3-之间存在离子键，Fe3+与 CN-之间存在配位键，CN-内部 C 与 N 之间存在极性键；不存在同种原子之间形成的非极性键，A错误；
B、该配合物的配离子为 [Fe(CN)6]3-，中心离子是 Fe3+，配体为 CN-，配位数为 6，B正确；
C、每个 CN-内部有 1 个 σ 键，6 个 CN-共 6 个 σ 键；Fe3+与 6 个 CN-之间的 6 个配位键也属于 σ 键，因此 1mol 该配合物中 σ 键总数为 (6+6) mol=12mol，C正确；
D、Na3[Fe(CN)6] 是离子化合物，电离方程式为 Na3[Fe(CN)6]=3Na++[Fe(CN)6]3-，1mol 该配合物电离得到 3mol Na+和 1mol 配离子，阴、阳离子总数为 4NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键类型判断：离子键存在于阴阳离子之间，配位键存在于中心离子与配体之间，极性键存在于不同种原子之间，非极性键存在于同种原子之间，本题中无同种原子成键，故无非极性键。
配合物基本概念：配离子、中心离子、配位数的定义需清晰，本题中配体为 CN-，配位数为 6。
σ 键计数：CN-中的共价单键、配位键均为 σ 键，需分别统计后求和。
电离与粒子数：离子化合物完全电离，根据电离方程式计算 1mol 物质电离后的粒子总数。
11．【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧
【解析】【解答】A、分子式为 C7H16的烷烃，含 4 个甲基的同分异构体，主链两端各 1 个甲基，支链上还有 2 个甲基，符合条件的结构有： 、 、 、 ，共4种不同结构，A正确；
B、该烯烃（ ）命名时，应选取含双键的最长碳链，从靠近双键的一端编号，正确名称为 2，4，4 - 三甲基 - 3 - 乙基 - 2 - 戊烯，选项命名中双键位置标注错误，B不正确；
C、1mol C2H2完全燃烧消耗 2.5mol O2，1mol C6H6完全燃烧消耗 7.5mol O2，相同物质的量时苯消耗氧气更多，C不正确；
D、聚丙烯是丙烯加成聚合的产物，分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同分异构体计数：烷烃中甲基数目 = 主链两端甲基 + 支链甲基，固定主链长度后，枚举支链位置得到所有结构。
烯烃命名：优先选择含双键的最长碳链，编号使双键位次最小，再标注取代基位置。
耗氧量计算：烃类燃烧通式为 C H + (x+) O2 → xCO2 + () H2O，直接代入分子式计算即可。
高聚物性质：加聚反应会破坏碳碳双键，聚丙烯中无双键，不具备烯烃的还原性。
12．【答案】C
【知识点】卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向苯酚浊液中滴加 Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明苯酚与 Na2CO3反应生成了苯酚钠和 NaHCO3，这只能证明苯酚酸性强于 HCO3-。若要比较苯酚与 H2CO3的酸性，需向苯酚钠溶液中通 CO2，观察是否变浑浊，因此该方案无法达到探究目的，A错误；
B、醋酸和乙醇的酯化反应中，反应物醋酸本身具有酸性，且反应需加入浓硫酸作催化剂，反应后溶液变红可能是未反应的醋酸或残留的浓硫酸导致，无法直接证明反应是可逆的，方案不严谨，B错误；
C、FeCl3溶液与酚羟基会发生特征显色反应，溶液显紫色，这是高中阶段检验酚羟基的经典方法，操作简洁且现象明显，能达到探究目的，C正确；
D、氯乙烷在 NaOH 溶液中加热水解后，溶液呈碱性，直接加入 AgNO3溶液会生成 AgOH 或 Ag2O 沉淀，干扰 Cl-的检验，正确操作应先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，因此该方案无法达到探究目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：利用 “强酸制弱酸” 规律，苯酚与 Na2CO3反应只能说明其酸性强于 HCO3-，与 H2CO3的酸性比较需通过 CO2与苯酚钠的反应验证。
可逆反应验证：需证明反应物不能完全消耗，该方案中酸性物质来源不唯一，无法直接证明可逆性。
官能团检验：酚羟基与 FeCl3的紫色反应是特征反应，专属性强。
卤代烃水解检验：水解后需先酸化中和过量碱，再检验卤素离子，避免碱性环境干扰沉淀生成。
13．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A． 甘油是黏稠液体，是因为甘油分子中存在羟基，其分子间形成的氢键较强，A正确；
B．王水的主要成分是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1混合而成的，王水溶解铂，是因为浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性，B不正确；
C．冰的密度小于干冰，是因为冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，C正确；
D． 石墨能导电，是因为在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层，碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，D正确；
故答案为：B。
【分析】A. 甘油中含有羟基，甘油分子间存在氢键。
B.王水的主要成分是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1混合而成的。
C.水分子见存在氢键，氢键具有方向性。
D. 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动。
14．【答案】D
【知识点】卤代烃简介；二糖的性质和用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、碳酸钠与盐酸反应会生成 CO2，但盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会随 CO2一起进入硅酸钠溶液，HCl 也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法确定是碳酸还是 HCl 导致沉淀，不能证明碳酸酸性强于硅酸，A错误；
B、苯与液溴反应时，液溴易挥发，挥发的 Br2进入硝酸银溶液也会生成淡黄色 AgBr 沉淀，无法证明是取代反应生成的 HBr 导致沉淀，B错误；
C、乙醇与浓硫酸共热至 170℃时，乙醇易挥发，且浓硫酸可能使有机物碳化生成 SO2，乙醇和 SO2都能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法证明是生成的乙烯被氧化，C错误；
D、蔗糖在稀硫酸、加热条件下水解生成葡萄糖，加足量 NaOH 中和酸后，葡萄糖与银氨溶液在碱性条件下发生银镜反应，产生光亮银镜，可证明蔗糖发生了水解，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：需排除挥发性酸的干扰，盐酸会随 CO2进入后续溶液，干扰碳酸与硅酸的酸性比较。
取代反应验证：需排除反应物本身的干扰，液溴易挥发，会直接与硝酸银反应生成沉淀。
烯烃检验：需排除乙醇、SO2等还原性物质的干扰，它们也能使酸性 KMnO4褪色。
糖类水解：水解后需先中和催化剂酸，再在碱性环境下进行银镜反应，才能证明生成了还原性糖。
15．【答案】（1）H＞B＞Na；正四面体形
（2）O—H键>氢键>范德华力；形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大；4：1；；>
（3）bd
（4）
（5）或
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）非金属性越强，电负性越大，其中Na的电负性最小，中H为-1价，B为+3价，说明电负性：H＞B，故三种元素电负性大小：H＞B＞Na；中阴离子为，B的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构为正四面体形；
故答案为： H＞B＞Na ； 正四面体形 ；
（2）①化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键强于范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O－H键、氢键、范德华力；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高；
②苯环、羧基、酯基的碳原子为杂化，共8个，为饱和碳原子，采取杂化，故sp3与sp3杂化的碳原子数目之比为4：1；
③与两个乙二胺分子形成配合物，该配合物含有2个五元环，则配位数为4，配体数为2，结构为：；该配离子中提供空轨道，提供孤对电子，孤对电子形成了配位键，其对成键电子对斥力大大减弱，其H－N－H的键角大于的；
故答案为： O—H键>氢键>范德华力 ；形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大 ； 4：1 ； ； > ；
（3）关于化合物，下列叙述正确的是：
a．分子中不存在与电负性很强、原子半径小的元素相连的H原子，所以不存在氢键，a错误；
b．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，b正确；
c．分子中有3个碳碳σ键、2个碳氧σ键、4个碳氢σ键，2个碳氧π键和1个碳碳π键，共有9个σ键和3个π键，c错误；
d．由于醛基中的氧原子与水分子间形成氢键，增大了其在水中的溶解度，d正确；
故答案为：bd。
（4）晶胞中，的个数是，钴离子的个数是，故该钴离子为，基态Co原子形成时，先失去4s能级的电子，故的价电子排布式为；
故答案为： ；
（5）中S元素的化合价为，则说明含有2个-1价的氧原子，6个-2价的氧原子，即存在过氧键，S形成6条键，其结构式为：
或。
故答案为：或 ；
【分析】(1) 电负性：非金属性越强电负性越大，顺序为 H > B > Na。
阴离子 BH4-：B 的价层电子对数为 4，无孤电子对，空间结构为正四面体形。
(2) ① 作用力强弱：O—H 键 > 氢键 > 范德华力；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键使沸点更高。
② 杂化碳数：sp2 杂化（苯环、羧基、酯基）共 8 个，sp3 杂化（-CH2CH3）共 2 个，比例为 4：1。
③ 配合物结构：Cu2+与 2 个乙二胺形成 4 配位，含 2 个五元环；配位键使成键电子对斥力减小，H—N—H 键角 > NH3。
(3) b：碳碳双键为非极性键，碳氧、碳氢等为极性键。
d：醛基氧与水形成氢键，溶解度大于丙烯。
(4) 晶胞计算：Co2+与 O2-个数均为 4，Co2+价电子排布式为 3d7。
(5) S 为 + 6 价，含过氧键（2 个 O 为 - 1 价），结构式为两个 SO4通过过氧键连接：或 。
（1）非金属性越强，电负性越大，其中Na的电负性最小，中H为-1价，B为+3价，说明电负性：H＞B，故三种元素电负性大小：H＞B＞Na；中阴离子为，B的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构为正四面体形；
（2）①化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键强于范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O－H键、氢键、范德华力；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高；
②苯环、羧基、酯基的碳原子为杂化，共8个，为饱和碳原子，采取杂化，故sp3与sp3杂化的碳原子数目之比为4：1；
③与两个乙二胺分子形成配合物，该配合物含有2个五元环，则配位数为4，配体数为2，结构为：；该配离子中提供空轨道，提供孤对电子，孤对电子形成了配位键，其对成键电子对斥力大大减弱，其H－N－H的键角大于的；
（3）关于化合物，下列叙述正确的是：
a．分子中不存在与电负性很强、原子半径小的元素相连的H原子，所以不存在氢键，a错误；
b．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，b正确；
c．分子中有3个碳碳σ键、2个碳氧σ键、4个碳氢σ键，2个碳氧π键和1个碳碳π键，共有9个σ键和3个π键，c错误；
d．由于醛基中的氧原子与水分子间形成氢键，增大了其在水中的溶解度，d正确；
故答案为：bd。
（4）晶胞中，的个数是，钴离子的个数是，故该钴离子为，基态Co原子形成时，先失去4s能级的电子，故的价电子排布式为；
（5）中S元素的化合价为，则说明含有2个-1价的氧原子，6个-2价的氧原子，即存在过氧键，S形成6条键，其结构式为：
或。
16．【答案】碳碳双键；消去；；或；；；；H2；催化剂、加热
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)A()的官能团有碳碳双键和羰基，
故答案为：碳碳双键；
(2)通过流程图知，D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应，
故答案为：消去反应；
(3)通过以上分析知，B的结构简式为，
故答案为；
(4)的分子式为C9H6O3，不饱和度为=7，一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环的不饱和度为4，醛基为1，因此分子中还含有1个碳碳三键；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1∶1∶2∶2。符合条件的结构简式为或，故答案为或；
(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，即中间产物①为，中间产物②为，中间产物③为，反应物④为H2，反应条件⑤为催化剂、加热，
故答案为；；；H2；催化剂、加热。
【分析】以化合物 A 为起点，先与格氏试剂 CH3MgBr 发生亲核加成，再经水解得到含叔醇结构的中间体 B（分子式 C9H14O）；B 与另一不饱和酮在加热条件下发生环化反应，得到含羟基的多环化合物 C；C 在 DDQ 作用下氧化脱氢，生成含共轭结构的 D；D 在酸性加热条件下发生醇羟基的消去反应，羟基转化为碳碳双键，得到芳构化更完全的中间体 E；最后经多步羟基化反应，在指定位置引入羟基，得到目标产物丹参醇。根据第(3)习题知，B的分子式为C9H14O，B发生信息①的反应生成C，则B为，据此分析解答。
17．【答案】a；B；；吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气；丙中产生淡黄色沉淀；BAECDF；80%；分层；冷凝回流；
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）冷凝管中冷水下进上出，冷凝效果好，则从a进；实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，总体积为70mL，液体体积一般要小于三分之二、大于三分之一，则选用的仪器M的最合理规格为B.200mL；
故答案为： a ； B ；
（2）甲苯与溴单质发生取代反应生成对溴甲苯和HBr，催化剂为，化学方程式为；
故答案为： ；
（3）由于HBr中可能混有挥发的溴和甲苯，故要使混合气体通入四氯化碳除去溴，防止对HBr的检验造成干扰，同时吸收甲苯蒸气，装置乙中所盛放的四氯化碳的作用是吸收HBr气体中的Br2和甲苯蒸气；装置丙中有淡黄色沉淀生成时，说明反应生成了HBr，则说明该反应是取代反应而不是加成反应；
故答案为： 吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气 ； 丙中产生淡黄色沉淀 ；
（4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为：连接好装置，A．检查装置气密性，防止漏气，E．接通冷凝水， C．将甲苯和液溴滴入，进行反应，D．将NaOH溶液滴入，除去过量的溴单质，F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏，得到产物；故为：BAECDF；若最后得到对溴甲苯51.98g，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，理论生成0.38mol对溴甲苯，则该实验的产率约为；
故答案为： BAECDF ； 80% ；
（5）甲苯不溶于水会分层，反应生成的苯甲酸钾易溶于水，所以反应后的混合溶液不再分层，说明甲苯完全反应；装置a能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸气，防止甲苯的挥发而降低产品产率；
故答案为： 分层 ； 冷凝回流 ；
（6）反应后混合物中含有氢氧化钾，亚硫酸氢钠有还原性，能还原高锰酸钾生成二氧化锰、硫酸钾和水，则其反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
【分析】 在装置甲中，甲苯与液溴在 FeBr3催化下发生苯环对位取代反应，生成对溴甲苯和 HBr 气体。反应产生的 HBr 中会混有挥发的 Br2和甲苯蒸气，先经过装置乙中的 CCl4，将这些杂质吸收除去，避免干扰后续检验；随后纯净的 HBr 进入装置丙，与硝酸银溶液反应生成淡黄色 AgBr 沉淀，以此证明反应为取代反应；最后装置丁中的碱石灰会吸收多余的 HBr，防止污染环境。
18．【答案】（1）ds；温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出
（2）四或4；ⅤA；33；使砷酸根沉淀完全；
（3）溶液
（4）
（5）不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①锌元素是30号元素，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；
②当温度高于328K时，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
故答案为： ds ； 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出 ；
（2）①砷与氮位于同一主族，位于元素周期表的第四周期ⅤA族；砷的原子序数是33，核外的33个电子的运动状态各不相同，共有33种运动状态不同的电子；
②“除砷”时，根据该工序目的是将砷元素除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应，使砷酸根沉淀完全；砷酸铁的化学式为；
故答案为： 四或4 ； ⅤA ； 33 ； 使砷酸根沉淀完全 ； ；
（3）检验用溶液；
故答案为：溶液 ；
（4）生成的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
故答案为： 不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率 ；
【分析】以含砷、铜、镍、银等氧化物的氧化锌废渣为原料，先加入NH3、NH4HCO3溶液氨浸，使锌进入溶液，再加入锌粉置换除去 Cu、Ag、Ni 等杂质；随后向滤液中加入FeSO4并通 O2、加 (NH4)2S2O8将砷转化为砷酸铁沉淀除去，再用KMnO4氧化除铁；经蒸氨得到碱式碳酸锌，最后干燥、热分解得到活性氧化锌。据此解题。
（1）①锌元素是30号元素，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；
②当温度高于328K时，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
（2）①砷与氮位于同一主族，位于元素周期表的第四周期ⅤA族；砷的原子序数是33，核外的33个电子的运动状态各不相同，共有33种运动状态不同的电子；
②“除砷”时，根据该工序目的是将砷元素除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应，使砷酸根沉淀完全；砷酸铁的化学式为；
（3）检验用溶液；
（4）生成的化学方程式为；
（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
1 / 1江苏省盐城中学2025届高三下学期三模化学试题
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1．化学与生产、生活、科技、医药等密切相关。下列说法不正确的是
A．可用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶
B．利用超分子的分子识别特征可以分离和
C．中国天眼(FAST)使用的是新型无机非金属材料
D．“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；超分子
【解析】【解答】A、水晶属于晶体，普通玻璃属于非晶体。X 射线衍射仪可以通过检测衍射峰来区分晶体与非晶体，晶体的有序结构会产生特征衍射峰，而非晶体没有，因此能区分二者，A正确；
B、超分子具有分子识别的特性，使用空腔大小适配 C60的 “杯酚”，可以选择性结合 C60，从而实现 C60和 C70的分离，B正确；
C、SiC（碳化硅）是新型无机非金属材料，具备耐高温、高硬度等优良性能，常应用在天眼这类高科技设备中，C正确；
D、卫星的光伏发电系统依靠光电效应，是将光能直接转化为电能，并不涉及化学能到电能的转化，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体与非晶体区分：X 射线衍射是鉴别晶体和非晶体的经典方法，核心是晶体的有序排列会产生衍射峰。
超分子应用：利用超分子对特定分子的识别作用，可以实现混合物的分离。
材料类别判断：SiC 属于典型的新型无机非金属材料，要记住这类材料的常见例子和特性。
能量转化形式：光伏发电是光能→电能的转化，原电池才是化学能→电能的转化，二者不能混淆。
2．已知O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．SO2的键角大于120°
B．和H2O中心原子的杂化方式相同
C．基态O原子价电子轨道表示式：
D．参与了反应，其电子式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中心S原子的价层电子对数为3，其中包含1对孤电子对。孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，会使键角小于120°，因此SO2键角小于120°，A错误；
B、NO3-中心N原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化；H2O中心O原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，二者杂化方式不同，B错误；
C、基态O原子价电子排布为2s22p4，2s轨道填满1对电子，2p能级3个轨道中，1个轨道填充自旋相反的1对电子，另外2个轨道各填充1个自旋平行的电子， 轨道表示式，C正确；
D、HO·是羟基自由基，电子式中O原子周围有7个电子， 其电子式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
键角判断：价层电子对互斥理论，孤电子对会压缩键角，SO2因存在孤电子对，键角小于120°。
杂化方式判断：根据价层电子对数判断，3对为sp2杂化，4对为sp3杂化，NO3-和H2O的中心原子价层电子对数不同，杂化方式不同。
电子轨道表示式：遵循泡利不相容原理和洪特规则，O原子价电子填充符合2s22p4的轨道分布。
电子式书写：羟基自由基（HO·）中O原子为7电子结构，注意区分羟基（-OH）与羟基自由基。
3．下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A．H2O中的O存在孤电子对，能与形成
B．中H元素呈+1价，浓具有强氧化性
C．具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理
D．无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、配位键的形成需要一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。H2O 分子中的氧原子含有孤电子对，Cu2+含有空轨道，二者可形成配位键，结合为 [Cu(H2O)4]2+，结构与性质对应关系成立 ，故A正确；
B、浓硫酸的强氧化性由中心原子+6 价的 S体现，而非 H 元素。H 元素呈 + 1 价是其常见正化合价，与浓硫酸的强氧化性无直接对应关系 ，故B错误；
C、CuSO4电离出的 Cu2+为重金属离子，能破坏蛋白质结构使其变性，具备杀菌能力，因此可用于游泳池水处理，性质与用途对应关系成立 ，故C正确；
D、无水 CuSO4为白色粉末，吸水后生成蓝色的 CuSO4 5H2O，利用这一特征颜色变化，可检验乙醇中含有的微量水分，性质与用途对应关系成立 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配位键形成：核心判断依据是配体是否含孤电子对、中心离子是否有空轨道。
氧化性与还原性：聚焦变价元素的高价态与低价态，浓硫酸强氧化性源于 + 6 价 S，非 + 1 价 H。
重金属盐性质：重金属离子（如 Cu2+）可使蛋白质变性，这是其用于杀菌消毒的根本原理。
物质检验特征：利用物质颜色的显著变化（白色变蓝色）来定性检验特定物质（水）。
4．在指定条件下，下列工业制备流程中涉及的物质转化关系不正确的是
A．生产硝酸：
B．海水提镁：
C．制取粗硅：
D．冶炼生铁：
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；电镀
【解析】【解答】A、工业生产硝酸时，NO2与 O2、H2O 反应可生成 HNO3，转化关系正确，故 A 不符合题意；
B、海水提镁时，电解 MgCl2溶液无法得到 Mg 单质，工业上需电解熔融的 MgCl2制备 Mg，转化关系不正确，故 B 符合题意；
C、制取粗硅时，SiO2与 C 在高温下反应可生成 Si 和 CO，转化关系正确，故 C 不符合题意；
D、冶炼生铁时，Fe2O3与 CO 在高温下发生还原反应生成 Fe 和 CO2，转化关系正确，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
工业制备硝酸的反应原理为 NO2与 O2、水反应生成硝酸；
电解 MgCl2溶液时，阴极生成 H2和 Mg (OH)2，无法得到 Mg 单质，需电解熔融氯化镁；
工业制粗硅的反应为二氧化硅与碳在高温下反应；
高炉炼铁利用 CO 还原氧化铁得到铁单质。
5．下列说法正确的是
A．S8()中S原子的杂化方式为
B．沸点：
C．基态P原子的价层电子的轨道表示式：，违背了泡利不相容原理
D．M是第4周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为K
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、在 S8分子中，每个 S 原子形成 2 条 σ 键，同时还有 2 对孤电子对，价层电子对数为 4。根据杂化轨道理论，价层电子对数为 4 时，S 原子采取 sp3 杂化，A正确；
B、NH3分子间存在氢键，熔沸点显著高于同主族其他简单氢化物；AsH3和 PH3的熔沸点随相对分子质量增大而升高，因此熔沸点顺序为 NH3 > AsH3 > PH3，B错误；
C、基态 P 原子价电子排布为 3s23p3，3p 能级的 3 个电子应分占不同轨道且自旋平行，题给轨道表示式违背了洪特规则，而非泡利不相容原理，C错误；
D、第 4 周期元素中，最外层 1 个电子且次外层所有原子轨道均充满的元素，价电子排布为 3d 4s ，对应元素为 Cu，不是 K，D错误；
故答案为：A；
【分析】杂化方式判断：通过价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）确定杂化类型，S8中 S 原子价层电子对数为 4，对应 sp3 杂化。
氢化物熔沸点：含氢键的物质熔沸点反常偏高，同主族无氢键的氢化物，熔沸点随相对分子质量增大而升高。
电子排布规则：泡利不相容原理指一个轨道最多容纳 2 个自旋相反的电子；洪特规则指电子优先分占不同轨道且自旋平行，需区分二者的应用场景。
元素推断：第 4 周期次外层全充满的元素，价电子需满足 3d 轨道全充满，结合最外层 1 个电子，可确定为 Cu。
6．为了提纯下表中所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选项均正确的是
编号 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法
A 己烷(己烯) 溴水 分液
B 淀粉溶液(NaCl) 水 过滤
C CH3CH2OH (CH3COOH) CaO 蒸馏
D CO2(SO2) Na2CO3溶液 洗气
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；烯烃；乙酸的化学性质；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】A、己烯与溴水发生加成反应，生成的卤代烃会溶于己烷，无法通过分液实现分层分离，应采用蒸馏法除杂，A错误；
B、淀粉溶液属于胶体，NaCl 溶液可透过半透膜，而胶体粒子不能，应使用渗析法分离；二者都能透过滤纸，无法通过过滤除杂，B错误；
C、乙酸与 CaO 反应生成乙酸钙，乙酸钙沸点远高于乙醇，二者沸点差异显著，可通过蒸馏法得到纯净乙醇，C正确；
D、CO2和 SO2都会与 Na2CO3溶液反应，应选用饱和 NaHCO3溶液洗气，既除去 SO2又能减少 CO2溶解损耗，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分液适用条件：需要两种液体互不相溶且分层，己烯加成产物与己烷互溶，不满足分液要求。
胶体与溶液分离：胶体粒子不能透过半透膜，溶液粒子可以，故用渗析法；过滤只能分离固体和液体，不适用。
蒸馏除杂逻辑：通过化学反应将杂质转化为高沸点物质，再蒸馏出目标物，乙酸与 CaO 反应后沸点差拉大，适合蒸馏。
洗气试剂选择：除杂试剂需只与杂质反应，不与目标气体反应，Na2CO3会与 CO2反应，不符合要求。
7．下列反应的离子方程式不正确的是
A．向纯碱溶液中滴加少量盐酸：CO+H+=HCO
B．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量的气体：＋CO2＋H2O→＋HCO
D．向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH +HCO=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、向纯碱（Na2CO3）溶液中滴加少量盐酸时，CO32-优先与H+结合生成HCO3-，不会放出CO2，离子方程式书写正确，A正确；
B、甲醛分子中含有2个醛基，足量银氨溶液并加热时，甲醛会被彻底氧化为CO32-，完整反应为：，B错误；
C、酸性强弱顺序为H2CO3 > 苯酚 > HCO3-，因此苯酚钠与少量CO2反应时，只能生成苯酚和NaHCO3，不会生成Na2CO3，离子方程式书写正确，C正确；
D、向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液时，Ca(OH)2完全反应，按“少定多变”原则，1个OH-与1个HCO3-反应生成1个CaCO3沉淀和1个H2O ：Ca2++OH +HCO=CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
多元弱酸根与酸反应：少量酸时生成酸式盐，过量酸时生成正盐或气体。
醛基的银镜反应：甲醛含2个醛基，1mol甲醛最多还原4mol银氨离子，最终氧化产物为碳酸盐，不是甲酸盐。
强酸制弱酸规律：根据酸性强弱判断产物，苯酚酸性弱于碳酸但强于HCO3-，故只能生成HCO3-。
“少定多变”配平：少量物质完全反应，按其电离比例书写离子方程式，保证量少的物质反应完全。
8．为了便于酒驾测试，生产了一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，电池总反应式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O。下列有关说法正确的是
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C．负极上的反应为CH3CH2OH－4e－+H2O=CH3COOH+4H＋
D．正极上发生的反应是：O2+4e－+2H2O=4OH－
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，阳离子会向得电子的正极移动，因此电解质溶液中的 H+向正极移动，而非负极，A错误；
B、总反应中 1mol O2得到 4mol 电子，若转移 0.4mol 电子，对应消耗 O2为 0.1mol，标准状况下体积为 2.24L，不是 4.48L，B错误；
C、负极上乙醇失电子被氧化为乙酸，结合酸性环境配平，电极反应为 CH3CH2OH－4e－+H2O=CH3COOH+4H＋，故C正确；
D、酸性环境下，正极 O2得电子后与 H+结合生成 H2O，正确反应为 O2+4e－+4H＋＝2H2O，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
离子移动方向：原电池中阳离子向正极、阴离子向负极移动，和电子流向相反。
电子守恒计算：根据 O2~4e-的比例关系，计算转移电子对应的气体体积。
负极反应配平：乙醇氧化为乙酸，碳元素平均化合价从 - 2→0，1mol 乙醇失去 4mol 电子，结合酸性环境补 H+和 H2O 配平。
环境匹配原则：酸性电解质中电极反应不能出现 OH-，碱性电解质中不能出现 H+。
9．3-丙基-5，6-二羟基异香豆素(Y)的一步合成路线反应如图。下列有关说法正确的是
A．X中所有碳原子不可能共平面
B．Y与足量H2加成后有5个手性碳原子
C．1molY最多能与4molNaOH反应
D．1molY与浓溴水反应，最多消耗2molBr2
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、X 分子中苯环、碳碳双键均为平面结构，与双键相连的碳原子可与双键共面；醚键的 C-O-C 结构可确定一个平面，丙基中 sp3 杂化的碳原子也可通过单键旋转与整体平面重合，因此所有碳原子有可能共平面，A错误；
B、Y 与足量 H2加成后，产物的结构简式为，其中手性碳原子为5个，B正确；
C、Y 中含有 2 个酚羟基和 1 个酯基（内酯），1mol 酚羟基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解后生成羧基和酚羟基，共消耗 2mol NaOH，因此 1mol Y 最多能与3mol NaOH反应，C错误；
D、Y 中酚羟基的邻、对位可与浓溴水发生取代反应（消耗 2mol Br2），碳碳双键可与溴水发生加成反应（消耗 1mol Br2），因此 1mol Y 最多消耗3mol Br2，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
共面判断：苯环、双键为平面结构，单键可旋转，sp3 杂化碳原子可通过旋转与平面重合，因此存在共面可能。
手性碳判断：手性碳原子是连有 4 个不同基团的饱和碳原子，加成后需逐一标记符合条件的碳原子。
NaOH 反应量：酚羟基与 NaOH 1：1 反应，酯基水解后若生成酚羟基，会额外消耗 1mol NaOH，需注意内酯结构的特殊性。
溴水反应：酚羟基邻、对位发生取代反应，碳碳双键发生加成反应，需分别计算消耗的 Br2量。
10．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)6]3 ，中心离子为 Fe3+，配位数为 6
C．1mol 配合物中σ键数目为12mol
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol 配合物电离得到阴阳离子共 4NA
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、Na3[Fe(CN)6] 中，Na+与配离子 [Fe(CN)6]3-之间存在离子键，Fe3+与 CN-之间存在配位键，CN-内部 C 与 N 之间存在极性键；不存在同种原子之间形成的非极性键，A错误；
B、该配合物的配离子为 [Fe(CN)6]3-，中心离子是 Fe3+，配体为 CN-，配位数为 6，B正确；
C、每个 CN-内部有 1 个 σ 键，6 个 CN-共 6 个 σ 键；Fe3+与 6 个 CN-之间的 6 个配位键也属于 σ 键，因此 1mol 该配合物中 σ 键总数为 (6+6) mol=12mol，C正确；
D、Na3[Fe(CN)6] 是离子化合物，电离方程式为 Na3[Fe(CN)6]=3Na++[Fe(CN)6]3-，1mol 该配合物电离得到 3mol Na+和 1mol 配离子，阴、阳离子总数为 4NA，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键类型判断：离子键存在于阴阳离子之间，配位键存在于中心离子与配体之间，极性键存在于不同种原子之间，非极性键存在于同种原子之间，本题中无同种原子成键，故无非极性键。
配合物基本概念：配离子、中心离子、配位数的定义需清晰，本题中配体为 CN-，配位数为 6。
σ 键计数：CN-中的共价单键、配位键均为 σ 键，需分别统计后求和。
电离与粒子数：离子化合物完全电离，根据电离方程式计算 1mol 物质电离后的粒子总数。
11．下列说法正确的是
A．的分子中，有4个甲基的同分异构体有4种(不考虑立体异构)
B．命名：2，4，4-三甲基-3-乙基二戊烯
C．相同物质的量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的量相同
D．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，聚丙烯能使酸性高锰酸钾褪色
【答案】A
【知识点】有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；烃类的燃烧
【解析】【解答】A、分子式为 C7H16的烷烃，含 4 个甲基的同分异构体，主链两端各 1 个甲基，支链上还有 2 个甲基，符合条件的结构有： 、 、 、 ，共4种不同结构，A正确；
B、该烯烃（ ）命名时，应选取含双键的最长碳链，从靠近双键的一端编号，正确名称为 2，4，4 - 三甲基 - 3 - 乙基 - 2 - 戊烯，选项命名中双键位置标注错误，B不正确；
C、1mol C2H2完全燃烧消耗 2.5mol O2，1mol C6H6完全燃烧消耗 7.5mol O2，相同物质的量时苯消耗氧气更多，C不正确；
D、聚丙烯是丙烯加成聚合的产物，分子中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
同分异构体计数：烷烃中甲基数目 = 主链两端甲基 + 支链甲基，固定主链长度后，枚举支链位置得到所有结构。
烯烃命名：优先选择含双键的最长碳链，编号使双键位次最小，再标注取代基位置。
耗氧量计算：烃类燃烧通式为 C H + (x+) O2 → xCO2 + () H2O，直接代入分子式计算即可。
高聚物性质：加聚反应会破坏碳碳双键，聚丙烯中无双键，不具备烯烃的还原性。
12．下列实验方案能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 向苯酚浊液中滴加溶液，观察溶液是否变澄清 比较苯酚与的酸性
B 将醋酸和等物质的量的乙醇混合，在浓硫酸、加热条件下充分反应后，向其中滴加石蕊溶液，溶液变红 乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应
C 向某样品溶液中滴加氯化铁溶液，观察溶液是否显紫色 该样品是否含有酚羟基
D 氯乙烷加入NaOH溶液中加热，再加入AgNO3溶液，观察是否产生白色沉淀 氯乙烷是否发生水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、向苯酚浊液中滴加 Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明苯酚与 Na2CO3反应生成了苯酚钠和 NaHCO3，这只能证明苯酚酸性强于 HCO3-。若要比较苯酚与 H2CO3的酸性，需向苯酚钠溶液中通 CO2，观察是否变浑浊，因此该方案无法达到探究目的，A错误；
B、醋酸和乙醇的酯化反应中，反应物醋酸本身具有酸性，且反应需加入浓硫酸作催化剂，反应后溶液变红可能是未反应的醋酸或残留的浓硫酸导致，无法直接证明反应是可逆的，方案不严谨，B错误；
C、FeCl3溶液与酚羟基会发生特征显色反应，溶液显紫色，这是高中阶段检验酚羟基的经典方法，操作简洁且现象明显，能达到探究目的，C正确；
D、氯乙烷在 NaOH 溶液中加热水解后，溶液呈碱性，直接加入 AgNO3溶液会生成 AgOH 或 Ag2O 沉淀，干扰 Cl-的检验，正确操作应先加稀硝酸酸化，再滴加 AgNO3溶液，因此该方案无法达到探究目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：利用 “强酸制弱酸” 规律，苯酚与 Na2CO3反应只能说明其酸性强于 HCO3-，与 H2CO3的酸性比较需通过 CO2与苯酚钠的反应验证。
可逆反应验证：需证明反应物不能完全消耗，该方案中酸性物质来源不唯一，无法直接证明可逆性。
官能团检验：酚羟基与 FeCl3的紫色反应是特征反应，专属性强。
卤代烃水解检验：水解后需先酸化中和过量碱，再检验卤素离子，避免碱性环境干扰沉淀生成。
13．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
　 事实 解释
A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强
B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A． 甘油是黏稠液体，是因为甘油分子中存在羟基，其分子间形成的氢键较强，A正确；
B．王水的主要成分是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1混合而成的，王水溶解铂，是因为浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性，B不正确；
C．冰的密度小于干冰，是因为冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，C正确；
D． 石墨能导电，是因为在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层，碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，D正确；
故答案为：B。
【分析】A. 甘油中含有羟基，甘油分子间存在氢键。
B.王水的主要成分是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1混合而成的。
C.水分子见存在氢键，氢键具有方向性。
D. 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动。
14．利用如图装置根据实验现象得出实验结论正确的是
选项 实验操作Ⅰ 溶液a 实验现象 实验结论
A 碳酸钠与盐酸反应 硅酸钠溶液 白色沉淀 碳酸的酸性强于硅酸
B 向苯和液溴的混合物中加入铁粉 硝酸银溶液 由淡黄色沉淀生成 苯与发生取代反应
C 乙醇与浓硫酸共热至170 酸性溶液 紫色褪去 被氧化
D 蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，加入足量氢氧化钠溶液 银氨溶液 产生光亮的银镜 蔗糖水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】卤代烃简介；二糖的性质和用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、碳酸钠与盐酸反应会生成 CO2，但盐酸具有挥发性，挥发出的 HCl 会随 CO2一起进入硅酸钠溶液，HCl 也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法确定是碳酸还是 HCl 导致沉淀，不能证明碳酸酸性强于硅酸，A错误；
B、苯与液溴反应时，液溴易挥发，挥发的 Br2进入硝酸银溶液也会生成淡黄色 AgBr 沉淀，无法证明是取代反应生成的 HBr 导致沉淀，B错误；
C、乙醇与浓硫酸共热至 170℃时，乙醇易挥发，且浓硫酸可能使有机物碳化生成 SO2，乙醇和 SO2都能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法证明是生成的乙烯被氧化，C错误；
D、蔗糖在稀硫酸、加热条件下水解生成葡萄糖，加足量 NaOH 中和酸后，葡萄糖与银氨溶液在碱性条件下发生银镜反应，产生光亮银镜，可证明蔗糖发生了水解，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：需排除挥发性酸的干扰，盐酸会随 CO2进入后续溶液，干扰碳酸与硅酸的酸性比较。
取代反应验证：需排除反应物本身的干扰，液溴易挥发，会直接与硝酸银反应生成沉淀。
烯烃检验：需排除乙醇、SO2等还原性物质的干扰，它们也能使酸性 KMnO4褪色。
糖类水解：水解后需先中和催化剂酸，再在碱性环境下进行银镜反应，才能证明生成了还原性糖。
二、非选择题：共4题，共58分。
15．回答下列问题。
（1）NaBH4中组成元素的电负性从大到小的顺序为　 　(用元素符号表示)。NaBH4中阴离子的空间结构为　 　。
（2）①H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为　 　。
的沸点比的沸点低，原因是　 　。
②中sp2与sp3杂化的碳原子数目之比为　 　。
③乙二胺(H2NCH2CH2NH2)可以和Mg2+、Cu2+等离子形成稳定的环状离子。如[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋，其结构中有两个五元环，试画出其结构　 　。[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2＋与NH3相比，H—N—H的键角前者　 　后者(填“>”、“<”或“=”)。
（3）关于化合物，下列叙述正确的有 　 　(填字母序号)。
a．分子间可形成氢键
b．分子中既有极性键又有非极性键
c．分子中含有7个σ键和1个π键
d．该分子在水中的溶解度大于CH3CH=CHCH3
（4）某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为　 　。
（5）已知硫酸的结构为，中S元素的化合价为，画出的结构式
　 　。
【答案】（1）H＞B＞Na；正四面体形
（2）O—H键>氢键>范德华力；形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大；4：1；；>
（3）bd
（4）
（5）或
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）非金属性越强，电负性越大，其中Na的电负性最小，中H为-1价，B为+3价，说明电负性：H＞B，故三种元素电负性大小：H＞B＞Na；中阴离子为，B的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构为正四面体形；
故答案为： H＞B＞Na ； 正四面体形 ；
（2）①化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键强于范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O－H键、氢键、范德华力；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高；
②苯环、羧基、酯基的碳原子为杂化，共8个，为饱和碳原子，采取杂化，故sp3与sp3杂化的碳原子数目之比为4：1；
③与两个乙二胺分子形成配合物，该配合物含有2个五元环，则配位数为4，配体数为2，结构为：；该配离子中提供空轨道，提供孤对电子，孤对电子形成了配位键，其对成键电子对斥力大大减弱，其H－N－H的键角大于的；
故答案为： O—H键>氢键>范德华力 ；形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大 ； 4：1 ； ； > ；
（3）关于化合物，下列叙述正确的是：
a．分子中不存在与电负性很强、原子半径小的元素相连的H原子，所以不存在氢键，a错误；
b．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，b正确；
c．分子中有3个碳碳σ键、2个碳氧σ键、4个碳氢σ键，2个碳氧π键和1个碳碳π键，共有9个σ键和3个π键，c错误；
d．由于醛基中的氧原子与水分子间形成氢键，增大了其在水中的溶解度，d正确；
故答案为：bd。
（4）晶胞中，的个数是，钴离子的个数是，故该钴离子为，基态Co原子形成时，先失去4s能级的电子，故的价电子排布式为；
故答案为： ；
（5）中S元素的化合价为，则说明含有2个-1价的氧原子，6个-2价的氧原子，即存在过氧键，S形成6条键，其结构式为：
或。
故答案为：或 ；
【分析】(1) 电负性：非金属性越强电负性越大，顺序为 H > B > Na。
阴离子 BH4-：B 的价层电子对数为 4，无孤电子对，空间结构为正四面体形。
(2) ① 作用力强弱：O—H 键 > 氢键 > 范德华力；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键使沸点更高。
② 杂化碳数：sp2 杂化（苯环、羧基、酯基）共 8 个，sp3 杂化（-CH2CH3）共 2 个，比例为 4：1。
③ 配合物结构：Cu2+与 2 个乙二胺形成 4 配位，含 2 个五元环；配位键使成键电子对斥力减小，H—N—H 键角 > NH3。
(3) b：碳碳双键为非极性键，碳氧、碳氢等为极性键。
d：醛基氧与水形成氢键，溶解度大于丙烯。
(4) 晶胞计算：Co2+与 O2-个数均为 4，Co2+价电子排布式为 3d7。
(5) S 为 + 6 价，含过氧键（2 个 O 为 - 1 价），结构式为两个 SO4通过过氧键连接：或 。
（1）非金属性越强，电负性越大，其中Na的电负性最小，中H为-1价，B为+3价，说明电负性：H＞B，故三种元素电负性大小：H＞B＞Na；中阴离子为，B的价层电子对数是，无孤对电子，空间结构为正四面体形；
（2）①化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键强于范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O－H键、氢键、范德华力；对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高；
②苯环、羧基、酯基的碳原子为杂化，共8个，为饱和碳原子，采取杂化，故sp3与sp3杂化的碳原子数目之比为4：1；
③与两个乙二胺分子形成配合物，该配合物含有2个五元环，则配位数为4，配体数为2，结构为：；该配离子中提供空轨道，提供孤对电子，孤对电子形成了配位键，其对成键电子对斥力大大减弱，其H－N－H的键角大于的；
（3）关于化合物，下列叙述正确的是：
a．分子中不存在与电负性很强、原子半径小的元素相连的H原子，所以不存在氢键，a错误；
b．分子中碳碳键是非极性键，碳氢键、碳氧键是极性键，b正确；
c．分子中有3个碳碳σ键、2个碳氧σ键、4个碳氢σ键，2个碳氧π键和1个碳碳π键，共有9个σ键和3个π键，c错误；
d．由于醛基中的氧原子与水分子间形成氢键，增大了其在水中的溶解度，d正确；
故答案为：bd。
（4）晶胞中，的个数是，钴离子的个数是，故该钴离子为，基态Co原子形成时，先失去4s能级的电子，故的价电子排布式为；
（5）中S元素的化合价为，则说明含有2个-1价的氧原子，6个-2价的氧原子，即存在过氧键，S形成6条键，其结构式为：
或。
16．丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
已知：①②
(1)A中的官能团名称为羰基和　 　。
(2)DE的反应类型为　 　反应。
(3)B的分子式为C9H14O，则B的结构简式为　 　。
(4)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FeCl3溶液发生显色反应； ②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1：1：2：2。
(5)请补全以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。
中间产物①　 　中间产物②　 　中间产物③　 　反应物④　 　反应条件⑤　 　
【答案】碳碳双键；消去；；或；；；；H2；催化剂、加热
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)A()的官能团有碳碳双键和羰基，
故答案为：碳碳双键；
(2)通过流程图知，D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应，
故答案为：消去反应；
(3)通过以上分析知，B的结构简式为，
故答案为；
(4)的分子式为C9H6O3，不饱和度为=7，一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环的不饱和度为4，醛基为1，因此分子中还含有1个碳碳三键；③核磁共振氢谱中有4个吸收峰，峰面积比为1∶1∶2∶2。符合条件的结构简式为或，故答案为或；
(5)和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成，即中间产物①为，中间产物②为，中间产物③为，反应物④为H2，反应条件⑤为催化剂、加热，
故答案为；；；H2；催化剂、加热。
【分析】以化合物 A 为起点，先与格氏试剂 CH3MgBr 发生亲核加成，再经水解得到含叔醇结构的中间体 B（分子式 C9H14O）；B 与另一不饱和酮在加热条件下发生环化反应，得到含羟基的多环化合物 C；C 在 DDQ 作用下氧化脱氢，生成含共轭结构的 D；D 在酸性加热条件下发生醇羟基的消去反应，羟基转化为碳碳双键，得到芳构化更完全的中间体 E；最后经多步羟基化反应，在指定位置引入羟基，得到目标产物丹参醇。根据第(3)习题知，B的分子式为C9H14O，B发生信息①的反应生成C，则B为，据此分析解答。
17．甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验：
Ⅰ．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。
（1）冷凝管中冷水从　 　(填“a”或“b”)进，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，则选用的仪器M的最合理规格为　 　(填标号)。
A.100mL B.200mL C.250mL D.500mL
（2）请写出甲苯与液溴生成对溴甲苯的化学方程式　 　。
（3）乙中的作用为　 　。能说明该反应是取代反应而不是加成反应的实验现象为　 　。
（4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为　 　(填标号)。若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验的产率约为　 　(保留两位有效数字)。
A．检查装置气密性 B．连接好装置 C．将甲苯和液溴滴入 D．将NaOH溶液滴入
E．接通冷凝水 F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏
Ⅱ．苯甲酸是一种化工原料，常用作制药和染料的中间体，也用于制取增塑 剂和香料等。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：
反应过程：
反应试剂、产物的物理常数如下：
名称 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·mL-1 溶解度/g
水 乙醇
甲苯 无色液体、易燃易挥发 -95 110.6 0.8669 不溶 互溶
苯甲酸 白色片状或针状晶体 122.4[1] 248 1.2659 微溶[2] 易溶
已知：[1]100 ℃左右开始升华。
[2]苯甲酸在 100 g 水中的溶解度：4 ℃，0.18 g；18 ℃，0.27 g；75 ℃，2.2 g。
按下列合成步骤回答问题：
（5）苯甲酸制备：
如图在250 mL三颈烧瓶中放入2.7 mL甲苯和100 mL水，控制100℃机械搅拌溶 液，在石棉网上加热至沸腾。从冷凝管上口分批加入8.5 g高锰酸钾(加完后用少量水冲洗冷凝管内壁)，继续搅拌，静置发现不再出现　 　现象时，停止反应。装置a的作用除上述外，另一主要作用是　 　， 已知加入高锰酸钾时发生的反应为：
+2KMnO4+2MnO2↓+H2O+KOH
（6）分离提纯：
除杂。将反应混合物加入一定量亚硫酸氢钠溶液使紫色褪去，高锰酸钾的还原产物为黑色难溶性MnO2，此时反应的离子方程式为　 　。
【答案】a；B；；吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气；丙中产生淡黄色沉淀；BAECDF；80%；分层；冷凝回流；
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）冷凝管中冷水下进上出，冷凝效果好，则从a进；实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，总体积为70mL，液体体积一般要小于三分之二、大于三分之一，则选用的仪器M的最合理规格为B.200mL；
故答案为： a ； B ；
（2）甲苯与溴单质发生取代反应生成对溴甲苯和HBr，催化剂为，化学方程式为；
故答案为： ；
（3）由于HBr中可能混有挥发的溴和甲苯，故要使混合气体通入四氯化碳除去溴，防止对HBr的检验造成干扰，同时吸收甲苯蒸气，装置乙中所盛放的四氯化碳的作用是吸收HBr气体中的Br2和甲苯蒸气；装置丙中有淡黄色沉淀生成时，说明反应生成了HBr，则说明该反应是取代反应而不是加成反应；
故答案为： 吸收HBr气体中的Br2 和甲苯蒸气 ； 丙中产生淡黄色沉淀 ；
（4）实验过程中进行的分步操作如下，合理的顺序为：连接好装置，A．检查装置气密性，防止漏气，E．接通冷凝水， C．将甲苯和液溴滴入，进行反应，D．将NaOH溶液滴入，除去过量的溴单质，F．将M中混合物过滤、分液、蒸馏，得到产物；故为：BAECDF；若最后得到对溴甲苯51.98g，实验过程中使用了40mL甲苯(约为0.38mol)和30mL液溴(约为0.58mol)，理论生成0.38mol对溴甲苯，则该实验的产率约为；
故答案为： BAECDF ； 80% ；
（5）甲苯不溶于水会分层，反应生成的苯甲酸钾易溶于水，所以反应后的混合溶液不再分层，说明甲苯完全反应；装置a能冷凝回流水蒸气、甲苯蒸气，防止甲苯的挥发而降低产品产率；
故答案为： 分层 ； 冷凝回流 ；
（6）反应后混合物中含有氢氧化钾，亚硫酸氢钠有还原性，能还原高锰酸钾生成二氧化锰、硫酸钾和水，则其反应的离子方程式为：。
故答案为： ；
【分析】 在装置甲中，甲苯与液溴在 FeBr3催化下发生苯环对位取代反应，生成对溴甲苯和 HBr 气体。反应产生的 HBr 中会混有挥发的 Br2和甲苯蒸气，先经过装置乙中的 CCl4，将这些杂质吸收除去，避免干扰后续检验；随后纯净的 HBr 进入装置丙，与硝酸银溶液反应生成淡黄色 AgBr 沉淀，以此证明反应为取代反应；最后装置丁中的碱石灰会吸收多余的 HBr，防止污染环境。
18．从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）①锌在元素周期表中位于　 　区。
②该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因
是　 　。
（2）①砷位于元素周期表的　 　周期　 　族，该原子具有　 　种运动状态不同的电子。
②“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是　 　；写出砷酸铁的化学式：　 　。
（3）“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是　 　。
（4）写出“蒸氨”时，生成的化学方程式：　 　。
（5）以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：　 　。
【答案】（1）ds；温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出
（2）四或4；ⅤA；33；使砷酸根沉淀完全；
（3）溶液
（4）
（5）不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①锌元素是30号元素，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；
②当温度高于328K时，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
故答案为： ds ； 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出 ；
（2）①砷与氮位于同一主族，位于元素周期表的第四周期ⅤA族；砷的原子序数是33，核外的33个电子的运动状态各不相同，共有33种运动状态不同的电子；
②“除砷”时，根据该工序目的是将砷元素除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应，使砷酸根沉淀完全；砷酸铁的化学式为；
故答案为： 四或4 ； ⅤA ； 33 ； 使砷酸根沉淀完全 ； ；
（3）检验用溶液；
故答案为：溶液 ；
（4）生成的化学方程式为；
故答案为： ；
（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
故答案为： 不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率 ；
【分析】以含砷、铜、镍、银等氧化物的氧化锌废渣为原料，先加入NH3、NH4HCO3溶液氨浸，使锌进入溶液，再加入锌粉置换除去 Cu、Ag、Ni 等杂质；随后向滤液中加入FeSO4并通 O2、加 (NH4)2S2O8将砷转化为砷酸铁沉淀除去，再用KMnO4氧化除铁；经蒸氨得到碱式碳酸锌，最后干燥、热分解得到活性氧化锌。据此解题。
（1）①锌元素是30号元素，价层电子排布式为，位于元素周期表的ds区；
②当温度高于328K时，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出；
（2）①砷与氮位于同一主族，位于元素周期表的第四周期ⅤA族；砷的原子序数是33，核外的33个电子的运动状态各不相同，共有33种运动状态不同的电子；
②“除砷”时，根据该工序目的是将砷元素除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应，使砷酸根沉淀完全；砷酸铁的化学式为；
（3）检验用溶液；
（4）生成的化学方程式为；
（5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。
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