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2025年江苏省普通高中学业水平选择性考试模拟卷（四）化学试题
一、选择题：共13题，每题3分，共39分。在每题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯 B．不锈钢
C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
2．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A． B．
C． D．
3．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：
B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6
D．NaClO的电子式：
4．X、Y、Z、W、P五种元素，其核电荷数依次增大。X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等；Z原子的核外电子有8种运动状态；Z与W元素位于同一族；P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法正确的是
A．Z、Y、X元素的第一电离能依次减小
B．Y基态原子的轨道表示式：
C．P原子的价层电子排布为
D．P单质分别与Z、W单质反应，产物中P的化合价一定相同
5．下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．能与盐酸反应，可用于制作红色颜料
B．铁粉具有还原性，可用于食品袋中的抗氧化剂
C．具有氧化性，可用于除去水中悬浮杂质
D．FeS难溶于水，可用于除去废水中的
阅读下面材料，完成下面小题。
从废定影液［主要含有、、、等微粒］中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入NaOH调节pH在7.5～8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。
6．下列有关从废定影液中回收Ag和的说法正确的是
A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大
C．燃烧生成Ag和，既是还原剂又是氧化剂
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层
7．下列化学反应表示正确的是
A．废液用过量的硝酸处理：
B．用铜电极电解CuSO4溶液：
C．CuSO4溶液中加入小粒金属钠：
D．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
8．叠氮酸钠()是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备流程如下：
已知水合肼()不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是
A．的空间结构为平面三角形
B．反应①和反应③中浓硫酸所起的作用完全相同
C．反应②中，消耗时，失去电子
D．反应④中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
9．化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。
下列说法正确的是
A．X分子中含有2个手性碳原子 B．Y能发生消去反应
C．Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D．1molZ最多能与2molNaOH反应
10．活性催化反应的部分机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应平衡常数
C．反应前后碳原子杂化方式没有发生变化
D．吸附在表面的与中的羟基结合生成水
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向苯酚钠水溶液中通入CO2，观察溶液是否浑浊 苯酚的酸性比碳酸弱
B 向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化 FeCl3和KI反应为可逆反应
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，观察溴水是否褪色 丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，，，通过下列实验探究、溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：向0.1溶液中通入少量，测得溶液pH约为8。
实验3：向溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。
实验4：向溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列所得结论正确的是
A．实验1可知0.1溶液中存在：
B．实验2得到的溶液中存在：
C．实验3中随着水不断加入，溶液中的值逐渐变小
D．实验4中发生反应的离子方程式为
13．拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下：
过程a包括以下3个主要反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性]随温度的变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A．205℃后反应Ⅲ开始发生反应
B．225～235℃，反应I处于平衡状态
C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性
D．205℃时，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，则最终生成乙醇0.6mol
二、非选择题：本题共4小题，共61分。
14．以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下：
（1）酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是　 　。
（2）催化过程可表示为：
ⅰ： ⅱ：……
写出ⅱ的离子方程式：　 　。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：
，其溶解度曲线如图所示。
①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是　 　。
②滤液2中含有的阴离子有、　 　。
（4）结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案：　 　。(实验中可选用的试剂：　 　；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水)
（5）六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小　 　。
15．F是一种有机工业制备的重要中间体，其一种合成工艺流程如下：
（1）A→B时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH。则X的结构简式为　 　。
（2）Y的结构简式为　 　。
（3）吡啶()在水中的溶解度大于苯，原因是　 　、　 　。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最强的是　 　。
（5）写出一种符合下列条件的化合物C的同分异构体：　 　。
① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。
（6）设计以化合物CH2=CH2、nBuLi、、为原料，合成化合物的路线图　 　(无机试剂及有机溶剂任用，合成路线流程图见本题题干)。
16．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　 　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　 　。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　 　。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　 　。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　 　(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　 　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　 　。
17．我国力争2060年前实现碳中和，的资源化利用具有重要意义。
（1）钙循环捕集与CaO/储热体系耦合工艺
以石灰石为原料的钙循环耦合工艺流程如图所示。
①循环I中，含量较高的是　 　(填“A”或“B”)处。
②若仅进行循环II，控制不同水合温度反应相同时间，水合反应器中水合温度对CaO水合转化率的影响如题图所示，在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为　 　。
③经历多次循环I后，高温煅烧造成CaO孔隙大量减少，捕集效率降低。分析经历多次循环I再经历多次循环II后的CaO能有效提高捕集效率的可能原因是　 　。
④从能量转化与物质资源综合利用角度分析，该工艺的优点是　 　。
（2）利用光催化还原制HCOOH等液态燃料
光催化过程包括催化剂的光激发、光生电子()与缺电子空穴()的分离或复合、光生电子的迁移及后续的氧化与还原反应。
①光催化还原制备HCOOH的原理如图所示，该过程机理可描述为　 　。
②催化剂对光的吸收强度是影响其光催化性能的重要因素之一。荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大。催化剂a和b的荧光光谱如图所示，请判断哪一种催化剂催化效果更好，并说明理由　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、石墨烯的主要成分是碳单质，不属于有机物，A不符合题意。
B、不锈钢的主要成分为铁碳合金，不属于有机物，B不符合题意。
C、石英光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机物，C不符合题意。
D、聚酯纤维的主要成分为有机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、石墨烯的主要成分是碳单质。
B、不锈钢的主要成分是铁碳合金。
C、石英光导纤维的主要成分是SiO2。
D、聚酯纤维的主要成分是有机物。
2．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；铜及其化合物
【解析】【解答】A、在高温条件下，硫化亚铜与氧气发生反应，生成铜和二氧化硫，反应方程式为，该转化可以实现，A正确；
B、铜的金属活动性弱于铁，无法从铁盐溶液中置换出铁单质；铜与硫酸铁溶液反应时，只能将三价铁还原为二价铁，自身被氧化为铜离子，产物为硫酸铜和硫酸亚铁： Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4 ，无法得到铁单质，B错误；
C、硫的氧化性较弱，与铜在加热条件下反应时，只能生成硫化亚铜（）： 2Cu+SCu2S ，无法得到硫化铜（），C错误；
D、铜与浓硫酸在常温下不发生反应，只有在加热条件下，铜才会与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，因此常温下该转化无法实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金属冶炼：硫化矿在高温下与氧气反应（火法冶炼），可以将金属从硫化物中还原为单质。
氧化还原顺序：铜的还原性弱于铁，只能还原三价铁为二价铁，无法置换出铁单质。
硫的氧化性：硫属于弱氧化剂，与变价金属反应时，只能将金属氧化为低价态硫化物。
浓硫酸性质：浓硫酸具有强氧化性，但在常温下与铜不反应，加热条件下才能发生氧化还原反应。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、N2H4（肼）分子中，氮原子与氢原子均以单键相连，氮氮之间也为单键，其结构式应为 （两个N上各连2个H），A错误。
B、氮原子的质子数为7，中子数为8时，质量数 = 7 + 8 = 15，该原子符号可表示为（简写为），B正确。
C、氧原子的核外电子数为8，最外层有6个电子，最外层电子排布式应为，选项中写成（这是O2-的最外层排布），C错误。
D、NaClO是离子化合物，由和构成，内部是Cl与O通过共价键结合，正确电子式：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
结构式判断：肼（N2H4）中氮原子为饱和结构，只存在单键，不存在双键。
原子符号书写：原子符号中， = 质子数 + 中子数， = 质子数。
电子排布式：最外层电子排布只写最高能层的电子，氧原子最外层是第2层，共6个电子。
电子式书写：离子化合物需标注阴阳离子电荷，共价键部分要补全孤电子对。
4．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A、同周期第一电离能整体呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故顺序为，即Y > X > Z ，A错误；
B、Y是N元素，基态原子电子排布为，轨道表示式为，符合洪特规则 ，B正确；
C、P是Cu元素，价层电子包含3d和4s轨道，排布为 ，C错误；
D、Cu与O2反应生成（Cu为+2价），与S反应生成（Cu为+1价），产物中Cu的化合价不同 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X：核外只有3个能级且各能级电子数相等，电子排布为，是碳（C）元素。
Z：核外电子有8种运动状态，即8个电子，是氧（O）元素。
Y：核电荷数介于C和O之间，是氮（N）元素。
W：与O同主族，是硫（S）元素。
P：核外4个能层，最外层1个电子，其余各层排满，电子排布为，是铜（Cu）元素。
5．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、三氧化二铁（）是红棕色固体，这一物理性质使其可用于制作红色颜料，而它能与盐酸反应的化学性质和该用途没有对应关系，A错误；
B、铁粉是活泼金属，具有较强还原性，能与食品袋中的氧气发生反应，避免食品被氧化变质，因此可作为抗氧化剂，性质与用途直接对应，B正确；
C、氯化铁（）能除去水中悬浮杂质，是因为它在水中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，这一过程和氯化铁的氧化性无关，C错误；
D、硫化亚铁（）能除去废水中的铜离子（），是因为的溶解度比更小，会发生沉淀转化，和难溶于水的性质没有直接对应关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
性质与用途匹配：判断物质性质和用途是否存在直接因果关系，避免将无关性质强行关联。
物理性质 vs 化学性质：如氧化铁作颜料利用的是颜色（物理性质），而非与酸反应的化学性质。
胶体吸附性：铁盐净水依赖水解生成的胶体吸附性，和氧化性无关。
沉淀转化原理：硫化物除铜是利用更难溶沉淀的生成，而非原物质的难溶性。
【答案】6．C
7．A
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
过滤操作的注意事项，玻璃棒的作用是引流而非搅拌；
盐类水解平衡移动的影响因素，加入强碱会抑制 S2-水解，但会大幅增大 OH-浓度，导致比值变化；
氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断，同一物质中元素化合价既有升高又有降低时，该物质既是氧化剂又是还原剂；
萃取分液的操作方法，需根据有机层和水层的密度差异，正确进行分液操作。
（2）本题解题要点：
银氨溶液与酸的反应过程，需分步分析 OH-和配离子与 H+的反应；
活性电极电解的反应规律，阳极若为活性电极，电极本身会参与反应；
活泼金属与盐溶液的反应规律，Na 会先与水反应，再与盐发生复分解反应；
氧化还原反应离子方程式的配平，需同时满足电荷守恒和原子守恒。
6．A、过滤操作中，不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体，否则会戳破滤纸，导致过滤失败，A错误；
B、Na2S溶液中存在S2-的水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-。加入NaOH溶液，OH-浓度大幅升高，虽会抑制S2-水解使S2-浓度略有上升，但OH-增幅更大，因此的值减小，B错误；
C、Ag2S燃烧时，+1价的Ag被还原为0价Ag，-2价的S被氧化为+4价SO2，Ag2S中既有元素化合价升高又有元素化合价降低，因此它既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D、苯的密度比水小，萃取后有机层在上层，分液时应先放出下层水层，再从上口倒出有机层，D错误；
故答案为：C。
7．A、[Ag(NH3)2]OH是强碱，在溶液中完全电离为[Ag(NH3)2]+和OH-。加入过量硝酸时，OH-先与H+结合为H2O，[Ag(NH3)2]+再与H+反应生成Ag+和NH4+，离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H+=Ag++2NH4++H2O，A正确；
B、用铜电极电解CuSO4溶液时，阳极Cu失电子生成Cu2+，阴极Cu2+得电子生成Cu，总反应为
Cu(阳极)+Cu2+Cu(阴极)+Cu2+，不会生成O2，B错误；
C、Na与CuSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应为：Cu2+ + 2Na + 2H2O = Cu(OH)2↓ + 2Na+ + H2↑，C错误；
D、稀硝酸洗涤银镜的反应，根据守恒规律配平后应为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，原方程式电荷与原子均不守恒，D错误；
故答案为：A。
8．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、中心N原子的价层电子对数 数为2+=2+1=3，VSEPR模型为平面三角形，但由于存在1对孤电子对，其实际空间构型为V形，A错误；
B、反应①中浓硫酸作为反应物，参与合成亚硝酸甲酯；反应③中浓硫酸利用其高沸点、难挥发性，促使反应生成的挥发分离，二者作用完全不同，B错误；
C、 反应②中，N2H4 H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，中N化合价由-2价升至-价，故消耗3mol时，失去电子，C正确；
D、反应④中，是氧化剂（Cl由+1价降至-1价），是还原剂（N由-2价升至-1价）。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，而非3：2，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空间构型判断：先通过价层电子对数确定VSEPR模型，再减去孤电子对数得到真实构型，注意存在孤电子对。
浓硫酸作用辨析：有机合成中浓硫酸常作反应物、催化剂，无机制备中常作脱水剂、吸水剂、高沸点酸，需结合具体反应判断。
电子转移计算：找准核心元素化合价的升降数值，结合参与反应的物质的量计算总转移电子数。
氧化还原配比：利用电子守恒（升价总数=降价总数）计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。
9．【答案】D
【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；酯的性质
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同基团的饱和碳原子。在 X 分子中，只有与羰基、甲基、羟基、苯环相连的那个碳原子是手性碳，仅1 个，并非 2 个，A错误；
B、消去反应要求与溴原子直接相连的碳原子的邻位碳（β-C）上必须有氢原子。Y 分子中与溴相连的碳原子的邻位碳上没有氢原子，无法发生消去反应，B错误；
C、Z 分子中的含氧官能团是酯基，并不存在醚键，C错误；
D、1mol Z 中，1mol 溴原子可与 1mol NaOH 发生取代反应（水解后生成酚羟基，还会额外消耗 1mol NaOH），1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，总共最多能与2mol NaOH反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：只有饱和碳原子才可能成为手性碳，需满足 “连 4 个不同基团” 的条件。
消去反应条件：卤代烃发生消去反应，要求与卤素原子相连的碳原子的邻位碳上必须有氢原子。
官能团识别：酯基的结构是 - COO-，醚键是 - C-O-C-，二者结构差异明显。
NaOH 反应计量：溴苯型卤代烃水解消耗 1mol NaOH，酯基水解消耗 1mol NaOH，合计 2mol。
10．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应利用 H2还原 HCO3-制备 HCOO-，是一个放热反应，ΔH＜0，故 A 错误；
B、平衡常数表达式中，固体、纯液体不写入，且 H2是气体，应写入表达式中，该反应平衡常数应为 ，B错误；
C、反应前后，HCO3-和 HCOO-中的碳原子均形成 3 个 σ 键，无孤电子对，均采取 sp2 杂化，杂化方式未发生变化，故 C 正确；
D、从机理图看，生成水的 H 来自 H2在 Fe2+表面解离的 H 原子，O 来自 HCO3-中的 O，并非是与羟基直接结合，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应热判断：该反应为加氢还原反应，属于放热反应；
平衡常数表达式：需包含所有气体和溶液中的溶质，不包含纯液体；
杂化方式判断：根据碳原子的 σ 键数和孤电子对数判断杂化类型；
反应机理分析：结合图示，判断 H 和 O 的来源，明确成键方式。
11．【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，若溶液变浑浊，说明生成了苯酚。依据强酸制弱酸原理，可证明苯酚的酸性弱于碳酸，方案能达到探究目的，A正确；
B、向 5mL 0.1mol/L FeCl3溶液中滴加 1mL 0.1mol/L KI 溶液，FeCl3过量。即便反应不是可逆反应，溶液中也会残留 Fe3+，滴加 KSCN 溶液仍会变红，无法证明该反应为可逆反应，B错误；
C、乙醇消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，且未除去杂质气体，方案不能达到目的，C错误；
D、向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热后上层清液中含有未反应的碱，碱会与溴水发生反应，导致溴水褪色，无法证明丙烯醛中含有碳碳双键，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性强弱验证：利用强酸制弱酸原理，苯酚钠与 CO2反应生成苯酚，可证明苯酚酸性弱于碳酸。
可逆反应判定：验证反应可逆需保证反应物之一不过量，否则剩余反应物会干扰实验结论。
有机物除杂与检验：乙醇消去反应检验乙烯前，需先通过氢氧化钠溶液除去乙醇杂质。
官能团检验细节：检验碳碳双键前，需先除去碱性环境，防止碱与溴水反应干扰检验。
12．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1mol/L NaHSO3溶液pH约为5，显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，因此溶液中c(SO32-) > c(H2SO3)，A错误；
B、实验2所得溶液pH约为8，显碱性，即c(H+) < c(OH-)。根据电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(HSO3-) + 2c(SO32-) + c(OH-)，代入不等式可得c(Na+) > c(HSO3-) + 2c(SO32-)，B正确；
C、，加水稀释时SO32-水解程度增大，溶液碱性减弱，c(H+)增大，而K 2不变，因此该比值逐渐变大，C错误；
D、向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式应为：Ba2++2HSO3-+2OH-=BaSO3↓+SO32-+2H2O，选项中方程式不符合“少量Ba(OH)2”的配比关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酸式盐电离与水解：NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3-电离强于水解。
电荷守恒应用：结合溶液酸碱性，通过电荷守恒式推导离子浓度大小关系。
水解平衡移动：利用电离常数表达式变形，分析稀释时离子浓度比值的变化。
离子方程式配比：少量试剂参与反应时，需满足“少量物质的离子完全反应”的配比原则。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图 2 可知，温度≤205℃时，乙醇和乙酸乙酯的选择性之和为 100%，说明只有反应 Ⅰ、Ⅱ 发生；温度高于 205℃时，二者选择性之和小于 100%，说明反应 Ⅲ 开始生成副产物乙醛，因此 205℃后反应 Ⅲ 开始发生，A正确；
B、若反应 Ⅰ 达到平衡，升高温度会使平衡逆向移动（放热反应），乙酸甲酯平衡转化率应下降。但图 1 显示 225~235℃时乙酸甲酯转化率仍在上升，说明反应 Ⅰ未达到平衡，仍在向正反应方向进行，B错误；
C、温度变化会改变催化剂对不同反应的选择性，进而影响目标产物乙醇的选择性，C正确；
D、205℃时，起始 5mol 乙酸甲酯，转化率 30%，则转化的乙酸甲酯为 5mol×30%=1.5mol；乙醇选择性为 40%，最终转化为乙醇的乙酸甲酯为 1.5mol×40%=0.6mol；根据反应 Ⅰ，1mol 乙酸甲酯生成 1mol 乙醇，故最终生成乙醇 0.6mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
选择性与反应关系：选择性之和为 100% 时，仅发生目标反应与副反应 Ⅰ；之和小于 100% 时，出现额外副反应。
平衡状态判断：若反应达平衡，温度升高时转化率应符合平衡移动规律；若转化率持续上升，说明反应未达平衡。
催化剂选择性：温度会影响催化剂对不同反应的催化活性，从而改变产物选择性。
选择性计算：最终产物的物质的量 = 转化的反应物总量 × 产物选择性。
14．【答案】（1）
（2）
（3）10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
（4）将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。；35%NaOH溶液
（5）
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。
故答案为：
（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。
故答案为：
（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
，阴离子除OH-外，还有。
故答案为：10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。
（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。
故答案为：将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液
（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。
故答案为：。
【分析】以含铅废料（含 Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）为原料，先加入 FeSO4和 H2SO4进行酸浸，在 Fe2+催化下使铅的各种形态转化为 PbSO4，同时炭黑等不溶物被过滤除去；再向滤液中加入 10% NaOH 溶液进行转化，将 PbSO4转化为粗 PbO，最后过滤得到粗 PbO 产品。
（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。
答案为
（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。
答案为
（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
，阴离子除OH-外，还有。
答案为10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。
（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。
答案为将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液
（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。
答案为
15．【答案】（1）
（2）
（3）吡啶与水分子间形成氢键；吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中
（4）
（5）
（6）CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 由 X 的分子式 C3H8O2及 A 到 B 发生取代反应生成 CH3OH，推得 X 的结构简式为2；
故答案为： ；
(2) 根据 C 与 Y 发生取代反应生成 D 和 HCl，由 D 逆推得 Y 的结构简式为 ；
故答案为 ： ；
（3） 吡啶分子含 N 原子，可与水形成分子间氢键，且吡啶为极性分子，苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度大于苯；
故答案为： 吡啶与水分子间形成氢键 ； 吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中 ；
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，甲基是推电子基团，F电负性大，-CF3吸电子能力大，所以其中碱性最强的是。
故答案为： ；
（5）① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种，说明结构对称；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。符合条件的结构简式为。
故答案为： ；
（6） 以乙烯为起始原料，先与 HBr 加成得溴乙烷 ，、nBuLi、CH3CH2Br反应生成，生成丙醛，丙醛和反应生成，合成路线流程为CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO。
故答案为： CH2=CH2CH3CH2Br，
CH3CH2CHO
；
【分析】1，3 - 丙二硫醇（A）与 X（C3H8O2）在酸性条件下反应生成含硫杂环 B； 根据X的化学式C3H8O2，可知X为； B 经 n-BuLi 锂化后与溴代喹啉反应得到 C；C 再与 Y（C4H6Cl2）反应生成 D； 由D逆推可知Y是；D 在硫酸和氯化汞作用下水解脱硫，转化为二酮 E；E 最后与吡啶反应环化，得到目标中间体 F。
(1) 以分子式和取代反应的产物为突破口，结合取代反应中官能团的变化规律，推导有机物的结构简式；
(2) 利用取代反应的逆推法，根据产物的结构特征，结合取代反应中原子的变化，确定反应物 Y 的结构；
(3) 从分子极性和氢键形成能力两个角度，对比吡啶与苯的结构差异，分析其在水中的溶解度差异；
(4) 结合取代基的电子效应（推电子 / 吸电子），分析其对 N 原子电子云密度的影响，进而判断衍生物的碱性强弱；
(5) 综合苯环对称性、红外光谱特征官能团和核磁共振氢谱的氢原子种类及比例，逐步推导同分异构体的结构；
(6) 以目标产物的结构为导向，结合常见有机反应（加成、取代、水解等），设计合理的合成路线，实现从起始原料到目标产物的转化。
（1）X的分子式为C3H8O2，A→B时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH，可知X的结构简式为。
（2）C和Y发生取代反应生成D和HCl，由D逆推，Y的结构简式为；
（3）吡啶()分子中含有N原子，吡啶能与水形成分子间氢键，吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中，所以吡啶在水中的溶解度大于苯。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，甲基是推电子基团，F电负性大，-CF3吸电子能力大，所以其中碱性最强的是。
（5）① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种，说明结构对称；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。符合条件的结构简式为。
（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，、nBuLi、CH3CH2Br反应生成，生成丙醛，丙醛和反应生成，合成路线流程为CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO。
16．【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；或、；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
故答案为： ；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
故答案为： 产生蓝色沉淀 ；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ；或、 ； 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ； 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
故答案为： 加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 。
【分析】实验 Ⅰ：Cu 与 Fe3+的反应：向体系中加入过量 Cu，Cu 和 Fe3+发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，溶液因生成 Cu2+呈现蓝绿色，最终固体中未检测到 Fe 单质。
实验 Ⅱ：Zn 的反应与 Fe 的缺失过量：Zn 优先与溶液中的 H+反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，溶液 pH 升高，Fe3+转化为 Fe(OH)3红褐色沉淀。固体中无 Fe 的核心原因有两点：一是 Fe3+的氧化性会干扰 Fe2+的进一步还原；二是生成的 Fe(OH)3沉淀会包裹 Zn 粉，阻断 Zn 与 Fe2+的接触。
实验 Ⅲ：Mg 的强反应与 Fe 的生成过量：Mg 与 H+发生剧烈反应：Mg+2H+=Mg2++H2↑，该反应既快速提升溶液 pH，促使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，又会产生大量气泡冲散沉淀，避免 Mg 粉被包裹。当溶液 pH 降至 3~4 时，Mg 能够与 Fe2+接触并将其还原，因此固体中可检测到 Fe 单质。
Ⅱ、Ⅲ 实验核心差异：Mg 与 H+反应的强气泡效应打破了沉淀包裹的阻碍，这是实验 Ⅲ 能生成 Fe 单质的关键。
（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
17．【答案】（1）B；；循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；；节省能源，原子利用率高，对环境友好
（2）；b
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】（1）①“煅烧炉”中，石灰石高温分解产生和CaO，“碳酸化炉”是吸收，所以含量较高的是B处；
②由图可知，400℃时，CaO水合转化率最高，所以在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为；
③循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；
④根据流程图可知仅“煅烧炉”需要消耗较多能量，其余流程中几乎无能量消耗，且还会给外界供给能量；从物质角度看，该工艺原子利用率较高，产生的能循环使用，减少了排出量，CaO的利用率很高，几乎没有损耗；所以该工艺的优点是节省能源，原子利用率高，对环境友好；
故答案为： B ； ； 循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大； 节省能源，原子利用率高，对环境友好 ；
（2）①由图可知，得电子反应生成HCOOH，该过程机理可描述为；
②由图可知光生电子()与缺电子空穴()需要较好的分离，各自才能起到对应的作用，因为荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大，所以催化剂催化效果更好为b；
故答案为： ； b ；
【分析】(1)①CO2含量判断：煅烧炉分解石灰石生成CO2，碳酸化炉吸收CO2，故B处CO2含量更高。
②水合反应：400℃时CaO水合转化率最高，反应为。
③孔隙恢复原因：循环II脱水反应器产生的水蒸气，使CaO孔隙重新增多，提升捕集效率。
④工艺优点：能量消耗少、原子利用率高、CO2循环排放少，环境友好。
(2)①反应机理：CO2得电子与H+结合，反应为；同时H2O在VB端被空穴氧化为O2。
②催化剂选择：催化剂b更好，因其荧光强度更弱，光生电子与空穴复合几率更小，催化效率更高。
（1）①“煅烧炉”中，石灰石高温分解产生和CaO，“碳酸化炉”是吸收，所以含量较高的是B处；
②由图可知，400℃时，CaO水合转化率最高，所以在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为；
③循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；
④根据流程图可知仅“煅烧炉”需要消耗较多能量，其余流程中几乎无能量消耗，且还会给外界供给能量；从物质角度看，该工艺原子利用率较高，产生的能循环使用，减少了排出量，CaO的利用率很高，几乎没有损耗；所以该工艺的优点是节省能源，原子利用率高，对环境友好；
（2）①由图可知，得电子反应生成HCOOH，该过程机理可描述为；
②由图可知光生电子()与缺电子空穴()需要较好的分离，各自才能起到对应的作用，因为荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大，所以催化剂催化效果更好为b；
1 / 12025年江苏省普通高中学业水平选择性考试模拟卷（四）化学试题
一、选择题：共13题，每题3分，共39分。在每题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是
A．石墨烯 B．不锈钢
C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、石墨烯的主要成分是碳单质，不属于有机物，A不符合题意。
B、不锈钢的主要成分为铁碳合金，不属于有机物，B不符合题意。
C、石英光导纤维的主要成分为SiO2，不属于有机物，C不符合题意。
D、聚酯纤维的主要成分为有机物，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、石墨烯的主要成分是碳单质。
B、不锈钢的主要成分是铁碳合金。
C、石英光导纤维的主要成分是SiO2。
D、聚酯纤维的主要成分是有机物。
2．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；铜及其化合物
【解析】【解答】A、在高温条件下，硫化亚铜与氧气发生反应，生成铜和二氧化硫，反应方程式为，该转化可以实现，A正确；
B、铜的金属活动性弱于铁，无法从铁盐溶液中置换出铁单质；铜与硫酸铁溶液反应时，只能将三价铁还原为二价铁，自身被氧化为铜离子，产物为硫酸铜和硫酸亚铁： Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4 ，无法得到铁单质，B错误；
C、硫的氧化性较弱，与铜在加热条件下反应时，只能生成硫化亚铜（）： 2Cu+SCu2S ，无法得到硫化铜（），C错误；
D、铜与浓硫酸在常温下不发生反应，只有在加热条件下，铜才会与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，因此常温下该转化无法实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
金属冶炼：硫化矿在高温下与氧气反应（火法冶炼），可以将金属从硫化物中还原为单质。
氧化还原顺序：铜的还原性弱于铁，只能还原三价铁为二价铁，无法置换出铁单质。
硫的氧化性：硫属于弱氧化剂，与变价金属反应时，只能将金属氧化为低价态硫化物。
浓硫酸性质：浓硫酸具有强氧化性，但在常温下与铜不反应，加热条件下才能发生氧化还原反应。
3．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：
B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6
D．NaClO的电子式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、N2H4（肼）分子中，氮原子与氢原子均以单键相连，氮氮之间也为单键，其结构式应为 （两个N上各连2个H），A错误。
B、氮原子的质子数为7，中子数为8时，质量数 = 7 + 8 = 15，该原子符号可表示为（简写为），B正确。
C、氧原子的核外电子数为8，最外层有6个电子，最外层电子排布式应为，选项中写成（这是O2-的最外层排布），C错误。
D、NaClO是离子化合物，由和构成，内部是Cl与O通过共价键结合，正确电子式：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
结构式判断：肼（N2H4）中氮原子为饱和结构，只存在单键，不存在双键。
原子符号书写：原子符号中， = 质子数 + 中子数， = 质子数。
电子排布式：最外层电子排布只写最高能层的电子，氧原子最外层是第2层，共6个电子。
电子式书写：离子化合物需标注阴阳离子电荷，共价键部分要补全孤电子对。
4．X、Y、Z、W、P五种元素，其核电荷数依次增大。X基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等；Z原子的核外电子有8种运动状态；Z与W元素位于同一族；P原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法正确的是
A．Z、Y、X元素的第一电离能依次减小
B．Y基态原子的轨道表示式：
C．P原子的价层电子排布为
D．P单质分别与Z、W单质反应，产物中P的化合价一定相同
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A、同周期第一电离能整体呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故顺序为，即Y > X > Z ，A错误；
B、Y是N元素，基态原子电子排布为，轨道表示式为，符合洪特规则 ，B正确；
C、P是Cu元素，价层电子包含3d和4s轨道，排布为 ，C错误；
D、Cu与O2反应生成（Cu为+2价），与S反应生成（Cu为+1价），产物中Cu的化合价不同 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X：核外只有3个能级且各能级电子数相等，电子排布为，是碳（C）元素。
Z：核外电子有8种运动状态，即8个电子，是氧（O）元素。
Y：核电荷数介于C和O之间，是氮（N）元素。
W：与O同主族，是硫（S）元素。
P：核外4个能层，最外层1个电子，其余各层排满，电子排布为，是铜（Cu）元素。
5．下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．能与盐酸反应，可用于制作红色颜料
B．铁粉具有还原性，可用于食品袋中的抗氧化剂
C．具有氧化性，可用于除去水中悬浮杂质
D．FeS难溶于水，可用于除去废水中的
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、三氧化二铁（）是红棕色固体，这一物理性质使其可用于制作红色颜料，而它能与盐酸反应的化学性质和该用途没有对应关系，A错误；
B、铁粉是活泼金属，具有较强还原性，能与食品袋中的氧气发生反应，避免食品被氧化变质，因此可作为抗氧化剂，性质与用途直接对应，B正确；
C、氯化铁（）能除去水中悬浮杂质，是因为它在水中水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，这一过程和氯化铁的氧化性无关，C错误；
D、硫化亚铁（）能除去废水中的铜离子（），是因为的溶解度比更小，会发生沉淀转化，和难溶于水的性质没有直接对应关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
性质与用途匹配：判断物质性质和用途是否存在直接因果关系，避免将无关性质强行关联。
物理性质 vs 化学性质：如氧化铁作颜料利用的是颜色（物理性质），而非与酸反应的化学性质。
胶体吸附性：铁盐净水依赖水解生成的胶体吸附性，和氧化性无关。
沉淀转化原理：硫化物除铜是利用更难溶沉淀的生成，而非原物质的难溶性。
阅读下面材料，完成下面小题。
从废定影液［主要含有、、、等微粒］中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入NaOH调节pH在7.5～8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。
6．下列有关从废定影液中回收Ag和的说法正确的是
A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大
C．燃烧生成Ag和，既是还原剂又是氧化剂
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层
7．下列化学反应表示正确的是
A．废液用过量的硝酸处理：
B．用铜电极电解CuSO4溶液：
C．CuSO4溶液中加入小粒金属钠：
D．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
【答案】6．C
7．A
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
过滤操作的注意事项，玻璃棒的作用是引流而非搅拌；
盐类水解平衡移动的影响因素，加入强碱会抑制 S2-水解，但会大幅增大 OH-浓度，导致比值变化；
氧化还原反应中氧化剂和还原剂的判断，同一物质中元素化合价既有升高又有降低时，该物质既是氧化剂又是还原剂；
萃取分液的操作方法，需根据有机层和水层的密度差异，正确进行分液操作。
（2）本题解题要点：
银氨溶液与酸的反应过程，需分步分析 OH-和配离子与 H+的反应；
活性电极电解的反应规律，阳极若为活性电极，电极本身会参与反应；
活泼金属与盐溶液的反应规律，Na 会先与水反应，再与盐发生复分解反应；
氧化还原反应离子方程式的配平，需同时满足电荷守恒和原子守恒。
6．A、过滤操作中，不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体，否则会戳破滤纸，导致过滤失败，A错误；
B、Na2S溶液中存在S2-的水解平衡：S2-+H2O HS-+OH-。加入NaOH溶液，OH-浓度大幅升高，虽会抑制S2-水解使S2-浓度略有上升，但OH-增幅更大，因此的值减小，B错误；
C、Ag2S燃烧时，+1价的Ag被还原为0价Ag，-2价的S被氧化为+4价SO2，Ag2S中既有元素化合价升高又有元素化合价降低，因此它既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D、苯的密度比水小，萃取后有机层在上层，分液时应先放出下层水层，再从上口倒出有机层，D错误；
故答案为：C。
7．A、[Ag(NH3)2]OH是强碱，在溶液中完全电离为[Ag(NH3)2]+和OH-。加入过量硝酸时，OH-先与H+结合为H2O，[Ag(NH3)2]+再与H+反应生成Ag+和NH4+，离子方程式为：[Ag(NH3)2]++OH-+3H+=Ag++2NH4++H2O，A正确；
B、用铜电极电解CuSO4溶液时，阳极Cu失电子生成Cu2+，阴极Cu2+得电子生成Cu，总反应为
Cu(阳极)+Cu2+Cu(阴极)+Cu2+，不会生成O2，B错误；
C、Na与CuSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，总反应为：Cu2+ + 2Na + 2H2O = Cu(OH)2↓ + 2Na+ + H2↑，C错误；
D、稀硝酸洗涤银镜的反应，根据守恒规律配平后应为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，原方程式电荷与原子均不守恒，D错误；
故答案为：A。
8．叠氮酸钠()是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备流程如下：
已知水合肼()不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是
A．的空间结构为平面三角形
B．反应①和反应③中浓硫酸所起的作用完全相同
C．反应②中，消耗时，失去电子
D．反应④中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A、中心N原子的价层电子对数 数为2+=2+1=3，VSEPR模型为平面三角形，但由于存在1对孤电子对，其实际空间构型为V形，A错误；
B、反应①中浓硫酸作为反应物，参与合成亚硝酸甲酯；反应③中浓硫酸利用其高沸点、难挥发性，促使反应生成的挥发分离，二者作用完全不同，B错误；
C、 反应②中，N2H4 H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，中N化合价由-2价升至-价，故消耗3mol时，失去电子，C正确；
D、反应④中，是氧化剂（Cl由+1价降至-1价），是还原剂（N由-2价升至-1价）。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，而非3：2，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
空间构型判断：先通过价层电子对数确定VSEPR模型，再减去孤电子对数得到真实构型，注意存在孤电子对。
浓硫酸作用辨析：有机合成中浓硫酸常作反应物、催化剂，无机制备中常作脱水剂、吸水剂、高沸点酸，需结合具体反应判断。
电子转移计算：找准核心元素化合价的升降数值，结合参与反应的物质的量计算总转移电子数。
氧化还原配比：利用电子守恒（升价总数=降价总数）计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。
9．化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。
下列说法正确的是
A．X分子中含有2个手性碳原子 B．Y能发生消去反应
C．Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D．1molZ最多能与2molNaOH反应
【答案】D
【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；酯的性质
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同基团的饱和碳原子。在 X 分子中，只有与羰基、甲基、羟基、苯环相连的那个碳原子是手性碳，仅1 个，并非 2 个，A错误；
B、消去反应要求与溴原子直接相连的碳原子的邻位碳（β-C）上必须有氢原子。Y 分子中与溴相连的碳原子的邻位碳上没有氢原子，无法发生消去反应，B错误；
C、Z 分子中的含氧官能团是酯基，并不存在醚键，C错误；
D、1mol Z 中，1mol 溴原子可与 1mol NaOH 发生取代反应（水解后生成酚羟基，还会额外消耗 1mol NaOH），1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，总共最多能与2mol NaOH反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：只有饱和碳原子才可能成为手性碳，需满足 “连 4 个不同基团” 的条件。
消去反应条件：卤代烃发生消去反应，要求与卤素原子相连的碳原子的邻位碳上必须有氢原子。
官能团识别：酯基的结构是 - COO-，醚键是 - C-O-C-，二者结构差异明显。
NaOH 反应计量：溴苯型卤代烃水解消耗 1mol NaOH，酯基水解消耗 1mol NaOH，合计 2mol。
10．活性催化反应的部分机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．该反应平衡常数
C．反应前后碳原子杂化方式没有发生变化
D．吸附在表面的与中的羟基结合生成水
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、该反应利用 H2还原 HCO3-制备 HCOO-，是一个放热反应，ΔH＜0，故 A 错误；
B、平衡常数表达式中，固体、纯液体不写入，且 H2是气体，应写入表达式中，该反应平衡常数应为 ，B错误；
C、反应前后，HCO3-和 HCOO-中的碳原子均形成 3 个 σ 键，无孤电子对，均采取 sp2 杂化，杂化方式未发生变化，故 C 正确；
D、从机理图看，生成水的 H 来自 H2在 Fe2+表面解离的 H 原子，O 来自 HCO3-中的 O，并非是与羟基直接结合，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
反应热判断：该反应为加氢还原反应，属于放热反应；
平衡常数表达式：需包含所有气体和溶液中的溶质，不包含纯液体；
杂化方式判断：根据碳原子的 σ 键数和孤电子对数判断杂化类型；
反应机理分析：结合图示，判断 H 和 O 的来源，明确成键方式。
11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 向苯酚钠水溶液中通入CO2，观察溶液是否浑浊 苯酚的酸性比碳酸弱
B 向5mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化 FeCl3和KI反应为可逆反应
C 取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体直接通入2mL酸性KMnO4溶液中，观察溶液是否褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯
D 向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，观察溴水是否褪色 丙烯醛中含有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；乙醇的消去反应；苯酚的化学性质；醛的化学性质
【解析】【解答】A、向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，若溶液变浑浊，说明生成了苯酚。依据强酸制弱酸原理，可证明苯酚的酸性弱于碳酸，方案能达到探究目的，A正确；
B、向 5mL 0.1mol/L FeCl3溶液中滴加 1mL 0.1mol/L KI 溶液，FeCl3过量。即便反应不是可逆反应，溶液中也会残留 Fe3+，滴加 KSCN 溶液仍会变红，无法证明该反应为可逆反应，B错误；
C、乙醇消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙烯的检验，且未除去杂质气体，方案不能达到目的，C错误；
D、向丙烯醛中加入过量新制氢氧化铜悬浊液，加热后上层清液中含有未反应的碱，碱会与溴水发生反应，导致溴水褪色，无法证明丙烯醛中含有碳碳双键，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
酸性强弱验证：利用强酸制弱酸原理，苯酚钠与 CO2反应生成苯酚，可证明苯酚酸性弱于碳酸。
可逆反应判定：验证反应可逆需保证反应物之一不过量，否则剩余反应物会干扰实验结论。
有机物除杂与检验：乙醇消去反应检验乙烯前，需先通过氢氧化钠溶液除去乙醇杂质。
官能团检验细节：检验碳碳双键前，需先除去碱性环境，防止碱与溴水反应干扰检验。
12．室温下，，，通过下列实验探究、溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：向0.1溶液中通入少量，测得溶液pH约为8。
实验3：向溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。
实验4：向溶液中滴加少量溶液，产生白色沉淀。
下列所得结论正确的是
A．实验1可知0.1溶液中存在：
B．实验2得到的溶液中存在：
C．实验3中随着水不断加入，溶液中的值逐渐变小
D．实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、0.1mol/L NaHSO3溶液pH约为5，显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，因此溶液中c(SO32-) > c(H2SO3)，A错误；
B、实验2所得溶液pH约为8，显碱性，即c(H+) < c(OH-)。根据电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(HSO3-) + 2c(SO32-) + c(OH-)，代入不等式可得c(Na+) > c(HSO3-) + 2c(SO32-)，B正确；
C、，加水稀释时SO32-水解程度增大，溶液碱性减弱，c(H+)增大，而K 2不变，因此该比值逐渐变大，C错误；
D、向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，反应的离子方程式应为：Ba2++2HSO3-+2OH-=BaSO3↓+SO32-+2H2O，选项中方程式不符合“少量Ba(OH)2”的配比关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酸式盐电离与水解：NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3-电离强于水解。
电荷守恒应用：结合溶液酸碱性，通过电荷守恒式推导离子浓度大小关系。
水解平衡移动：利用电离常数表达式变形，分析稀释时离子浓度比值的变化。
离子方程式配比：少量试剂参与反应时，需满足“少量物质的离子完全反应”的配比原则。
13．拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下：
过程a包括以下3个主要反应：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性]随温度的变化如图2所示。
下列说法不正确的是
A．205℃后反应Ⅲ开始发生反应
B．225～235℃，反应I处于平衡状态
C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性
D．205℃时，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，则最终生成乙醇0.6mol
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图 2 可知，温度≤205℃时，乙醇和乙酸乙酯的选择性之和为 100%，说明只有反应 Ⅰ、Ⅱ 发生；温度高于 205℃时，二者选择性之和小于 100%，说明反应 Ⅲ 开始生成副产物乙醛，因此 205℃后反应 Ⅲ 开始发生，A正确；
B、若反应 Ⅰ 达到平衡，升高温度会使平衡逆向移动（放热反应），乙酸甲酯平衡转化率应下降。但图 1 显示 225~235℃时乙酸甲酯转化率仍在上升，说明反应 Ⅰ未达到平衡，仍在向正反应方向进行，B错误；
C、温度变化会改变催化剂对不同反应的选择性，进而影响目标产物乙醇的选择性，C正确；
D、205℃时，起始 5mol 乙酸甲酯，转化率 30%，则转化的乙酸甲酯为 5mol×30%=1.5mol；乙醇选择性为 40%，最终转化为乙醇的乙酸甲酯为 1.5mol×40%=0.6mol；根据反应 Ⅰ，1mol 乙酸甲酯生成 1mol 乙醇，故最终生成乙醇 0.6mol，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
选择性与反应关系：选择性之和为 100% 时，仅发生目标反应与副反应 Ⅰ；之和小于 100% 时，出现额外副反应。
平衡状态判断：若反应达平衡，温度升高时转化率应符合平衡移动规律；若转化率持续上升，说明反应未达平衡。
催化剂选择性：温度会影响催化剂对不同反应的催化活性，从而改变产物选择性。
选择性计算：最终产物的物质的量 = 转化的反应物总量 × 产物选择性。
二、非选择题：本题共4小题，共61分。
14．以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下：
（1）酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是　 　。
（2）催化过程可表示为：
ⅰ： ⅱ：……
写出ⅱ的离子方程式：　 　。
（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：
，其溶解度曲线如图所示。
①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是　 　。
②滤液2中含有的阴离子有、　 　。
（4）结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案：　 　。(实验中可选用的试剂：　 　；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水)
（5）六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
（4）将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。；35%NaOH溶液
（5）
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。
故答案为：
（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。
故答案为：
（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
，阴离子除OH-外，还有。
故答案为：10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。
（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。
故答案为：将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液
（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。
故答案为：。
【分析】以含铅废料（含 Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）为原料，先加入 FeSO4和 H2SO4进行酸浸，在 Fe2+催化下使铅的各种形态转化为 PbSO4，同时炭黑等不溶物被过滤除去；再向滤液中加入 10% NaOH 溶液进行转化，将 PbSO4转化为粗 PbO，最后过滤得到粗 PbO 产品。
（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。
答案为
（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。
答案为
（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；
，阴离子除OH-外，还有。
答案为10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。
（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。
答案为将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液
（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。
答案为
15．F是一种有机工业制备的重要中间体，其一种合成工艺流程如下：
（1）A→B时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH。则X的结构简式为　 　。
（2）Y的结构简式为　 　。
（3）吡啶()在水中的溶解度大于苯，原因是　 　、　 　。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最强的是　 　。
（5）写出一种符合下列条件的化合物C的同分异构体：　 　。
① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。
（6）设计以化合物CH2=CH2、nBuLi、、为原料，合成化合物的路线图　 　(无机试剂及有机溶剂任用，合成路线流程图见本题题干)。
【答案】（1）
（2）
（3）吡啶与水分子间形成氢键；吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中
（4）
（5）
（6）CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 由 X 的分子式 C3H8O2及 A 到 B 发生取代反应生成 CH3OH，推得 X 的结构简式为2；
故答案为： ；
(2) 根据 C 与 Y 发生取代反应生成 D 和 HCl，由 D 逆推得 Y 的结构简式为 ；
故答案为 ： ；
（3） 吡啶分子含 N 原子，可与水形成分子间氢键，且吡啶为极性分子，苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度大于苯；
故答案为： 吡啶与水分子间形成氢键 ； 吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中 ；
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，甲基是推电子基团，F电负性大，-CF3吸电子能力大，所以其中碱性最强的是。
故答案为： ；
（5）① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种，说明结构对称；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。符合条件的结构简式为。
故答案为： ；
（6） 以乙烯为起始原料，先与 HBr 加成得溴乙烷 ，、nBuLi、CH3CH2Br反应生成，生成丙醛，丙醛和反应生成，合成路线流程为CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO。
故答案为： CH2=CH2CH3CH2Br，
CH3CH2CHO
；
【分析】1，3 - 丙二硫醇（A）与 X（C3H8O2）在酸性条件下反应生成含硫杂环 B； 根据X的化学式C3H8O2，可知X为； B 经 n-BuLi 锂化后与溴代喹啉反应得到 C；C 再与 Y（C4H6Cl2）反应生成 D； 由D逆推可知Y是；D 在硫酸和氯化汞作用下水解脱硫，转化为二酮 E；E 最后与吡啶反应环化，得到目标中间体 F。
(1) 以分子式和取代反应的产物为突破口，结合取代反应中官能团的变化规律，推导有机物的结构简式；
(2) 利用取代反应的逆推法，根据产物的结构特征，结合取代反应中原子的变化，确定反应物 Y 的结构；
(3) 从分子极性和氢键形成能力两个角度，对比吡啶与苯的结构差异，分析其在水中的溶解度差异；
(4) 结合取代基的电子效应（推电子 / 吸电子），分析其对 N 原子电子云密度的影响，进而判断衍生物的碱性强弱；
(5) 综合苯环对称性、红外光谱特征官能团和核磁共振氢谱的氢原子种类及比例，逐步推导同分异构体的结构；
(6) 以目标产物的结构为导向，结合常见有机反应（加成、取代、水解等），设计合理的合成路线，实现从起始原料到目标产物的转化。
（1）X的分子式为C3H8O2，A→B时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH，可知X的结构简式为。
（2）C和Y发生取代反应生成D和HCl，由D逆推，Y的结构简式为；
（3）吡啶()分子中含有N原子，吡啶能与水形成分子间氢键，吡啶是极性分子，苯是非极性分子，极性分子更易溶解在极性溶剂水中，所以吡啶在水中的溶解度大于苯。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，甲基是推电子基团，F电负性大，-CF3吸电子能力大，所以其中碱性最强的是。
（5）① 结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种，说明结构对称；
② 红外光谱显示结构中含“—CN”和“C=S”结构；
③ 核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1∶6∶6。符合条件的结构简式为。
（6）CH2=CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，、nBuLi、CH3CH2Br反应生成，生成丙醛，丙醛和反应生成，合成路线流程为CH2=CH2CH3CH2Br， CH3CH2CHO。
16．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　 　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　 　。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　 　。
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　 　。
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　 　(填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　 　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　 　。
【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；或、；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
故答案为： ；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
故答案为： 产生蓝色沉淀 ；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ；或、 ； 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ； 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
故答案为： 加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 。
【分析】实验 Ⅰ：Cu 与 Fe3+的反应：向体系中加入过量 Cu，Cu 和 Fe3+发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，溶液因生成 Cu2+呈现蓝绿色，最终固体中未检测到 Fe 单质。
实验 Ⅱ：Zn 的反应与 Fe 的缺失过量：Zn 优先与溶液中的 H+反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，溶液 pH 升高，Fe3+转化为 Fe(OH)3红褐色沉淀。固体中无 Fe 的核心原因有两点：一是 Fe3+的氧化性会干扰 Fe2+的进一步还原；二是生成的 Fe(OH)3沉淀会包裹 Zn 粉，阻断 Zn 与 Fe2+的接触。
实验 Ⅲ：Mg 的强反应与 Fe 的生成过量：Mg 与 H+发生剧烈反应：Mg+2H+=Mg2++H2↑，该反应既快速提升溶液 pH，促使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，又会产生大量气泡冲散沉淀，避免 Mg 粉被包裹。当溶液 pH 降至 3~4 时，Mg 能够与 Fe2+接触并将其还原，因此固体中可检测到 Fe 单质。
Ⅱ、Ⅲ 实验核心差异：Mg 与 H+反应的强气泡效应打破了沉淀包裹的阻碍，这是实验 Ⅲ 能生成 Fe 单质的关键。
（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；
ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
17．我国力争2060年前实现碳中和，的资源化利用具有重要意义。
（1）钙循环捕集与CaO/储热体系耦合工艺
以石灰石为原料的钙循环耦合工艺流程如图所示。
①循环I中，含量较高的是　 　(填“A”或“B”)处。
②若仅进行循环II，控制不同水合温度反应相同时间，水合反应器中水合温度对CaO水合转化率的影响如题图所示，在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为　 　。
③经历多次循环I后，高温煅烧造成CaO孔隙大量减少，捕集效率降低。分析经历多次循环I再经历多次循环II后的CaO能有效提高捕集效率的可能原因是　 　。
④从能量转化与物质资源综合利用角度分析，该工艺的优点是　 　。
（2）利用光催化还原制HCOOH等液态燃料
光催化过程包括催化剂的光激发、光生电子()与缺电子空穴()的分离或复合、光生电子的迁移及后续的氧化与还原反应。
①光催化还原制备HCOOH的原理如图所示，该过程机理可描述为　 　。
②催化剂对光的吸收强度是影响其光催化性能的重要因素之一。荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大。催化剂a和b的荧光光谱如图所示，请判断哪一种催化剂催化效果更好，并说明理由　 　。
【答案】（1）B；；循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；；节省能源，原子利用率高，对环境友好
（2）；b
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】（1）①“煅烧炉”中，石灰石高温分解产生和CaO，“碳酸化炉”是吸收，所以含量较高的是B处；
②由图可知，400℃时，CaO水合转化率最高，所以在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为；
③循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；
④根据流程图可知仅“煅烧炉”需要消耗较多能量，其余流程中几乎无能量消耗，且还会给外界供给能量；从物质角度看，该工艺原子利用率较高，产生的能循环使用，减少了排出量，CaO的利用率很高，几乎没有损耗；所以该工艺的优点是节省能源，原子利用率高，对环境友好；
故答案为： B ； ； 循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大； 节省能源，原子利用率高，对环境友好 ；
（2）①由图可知，得电子反应生成HCOOH，该过程机理可描述为；
②由图可知光生电子()与缺电子空穴()需要较好的分离，各自才能起到对应的作用，因为荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大，所以催化剂催化效果更好为b；
故答案为： ； b ；
【分析】(1)①CO2含量判断：煅烧炉分解石灰石生成CO2，碳酸化炉吸收CO2，故B处CO2含量更高。
②水合反应：400℃时CaO水合转化率最高，反应为。
③孔隙恢复原因：循环II脱水反应器产生的水蒸气，使CaO孔隙重新增多，提升捕集效率。
④工艺优点：能量消耗少、原子利用率高、CO2循环排放少，环境友好。
(2)①反应机理：CO2得电子与H+结合，反应为；同时H2O在VB端被空穴氧化为O2。
②催化剂选择：催化剂b更好，因其荧光强度更弱，光生电子与空穴复合几率更小，催化效率更高。
（1）①“煅烧炉”中，石灰石高温分解产生和CaO，“碳酸化炉”是吸收，所以含量较高的是B处；
②由图可知，400℃时，CaO水合转化率最高，所以在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为；
③循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；
④根据流程图可知仅“煅烧炉”需要消耗较多能量，其余流程中几乎无能量消耗，且还会给外界供给能量；从物质角度看，该工艺原子利用率较高，产生的能循环使用，减少了排出量，CaO的利用率很高，几乎没有损耗；所以该工艺的优点是节省能源，原子利用率高，对环境友好；
（2）①由图可知，得电子反应生成HCOOH，该过程机理可描述为；
②由图可知光生电子()与缺电子空穴()需要较好的分离，各自才能起到对应的作用，因为荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大，所以催化剂催化效果更好为b；
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