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江苏省盐城市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年央视春晚宇树机器人惊艳全国。制作机器人的材料中，属于有机高分子的是
A．锂电池中的石墨 B．太阳能电池板中的硅
C．机器人外壳中的聚乙烯 D．电路板中的金属铜
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；高分子材料
【解析】【解答】A、石墨是碳的单质，属于无机非金属材料，并非有机高分子，故A不符合题意 ；
B、硅是无机非金属材料，属于半导体材料，不属于有机高分子，故B不符合题意 ；
C、聚乙烯由乙烯通过加聚反应制得，属于有机合成高分子材料，故C符合题意 ；
D、金属铜属于金属材料，是单质，既不是有机物也不是高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机高分子是相对分子质量达几万甚至几十万的有机化合物，常分为天然高分子和合成高分子（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。
2．工业制取的主要反应为。下列说法正确的是
A．中含有键
B．的模型为形
C．中子数为10的氧原子：
D．的电子式为
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该物质的结构式为 H-O-O-H，分子内包含 2 个 H-O 极性键和 1 个 O-O 非极性键，因此分子中存在极性键与非极性键，A正确；
B、水分子中氧原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，但因存在 2 对孤电子对，实际空间构型为 V 形，B错误；
C、氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数为 8+10=18，原子符号应表示为，C 错误；
D、该物质是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，正确的电子式为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：通过结构式分析共价键类型，区分极性键（不同原子间）与非极性键（相同原子间）。
分子构型：先算价层电子对数确定 VSEPR 模型，再扣除孤电子对得到实际空间构型。
原子符号书写：质量数 = 质子数 + 中子数， 中子数为10的氧原子的原子符号格式为 。
电子式书写：离子化合物需分别写出阴阳离子的电子式，阴离子要标注最外层电子。
3．实验室以新制的氨水配制银氨溶液并进行银镜反应。下列有关实验原理、装置和操作的说法不正确的是
A．制氨气 B．制氨水
C．制银氨溶液 D．银镜反应
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；银镜反应
【解析】【解答】A、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气，装置为固固加热型，试管口略向下倾斜，操作规范，A正确；
B、氨气极易溶于水，将氨气通入水中时，用倒扣的漏斗防止倒吸，装置设计合理，B正确；
C、配制银氨溶液的正确操作是向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解为止；而图中是将硝酸银溶液滴入氨水中，无法得到稳定的银氨溶液，操作错误，C不正确；
D、银镜反应需要水浴加热，将盛有葡萄糖和银氨溶液的试管放在热水浴中，操作符合实验要求，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热制氨气，试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。
防倒吸装置：氨气极易溶于水，用倒扣漏斗增大接触面积同时防止倒吸。
银氨溶液配制：必须向硝酸银溶液中滴加氨水，顺序不能颠倒，否则无法形成稳定的银氨络离子。
银镜反应条件：需水浴加热，不能直接用酒精灯加热，否则无法形成光亮银镜。
4．短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是空气中含量最多的元素，基态、原子的能级电子总数均等于其能级电子总数，的主族序数与周期序数相同。下列有关说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．简单气态氢化物的热稳定性：
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较遵循 “电子层越多半径越大，同周期从左到右半径减小”。Mg、Al 位于第三周期，O 位于第二周期，故原子半径顺序为 Mg > Al > O（r (Z) > r (W) > r (Y)），A错误；
B、第一电离能受核电荷数与洪特规则特例影响。N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 O；Mg 为金属，其第一电离能在三者中最小，故第一电离能顺序为 I1(X) > I1(Y) > I1(Z)，B正确；
C、简单气态氢化物的热稳定性与非金属性正相关。非金属性 O > N，故热稳定性 H2O (Y) > NH3(X)，C错误；
D、最高价氧化物对应水化物的碱性与金属性正相关。金属性 Mg > Al，故碱性
Mg(OH)2(Z) > Al(OH)3(W)，D错误；
故答案为：B。
故答案为：B。
【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大。X 是空气中含量最多的元素，推得 X 为 N；基态 Y、Z 原子的 s 能级电子总数等于 p 能级电子总数，结合电子排布规律推得 Y 为 O、Z 为 Mg；W 的主族序数与周期序数相同，且原子序数大于 Mg，推得 W 为 Al。
阅读下列材料，完成下面小题。
硼和硅在周期表中处于对角线位置，性质相似但存在差异。硼的熔点（）高于硅（），晶体硼的硬度接近金刚石。常温下乙硼烷（）和甲硅烷（）都是还原性的气体，有较大的燃烧热（），是常见的燃料；可与共热制。水解生成一元弱酸硼酸（），水解生成；氨硼烷（）、硼氢化钠（）是常见的制氢试剂。
5．下列说法正确的是
A．和中都含有配位键
B．晶体硼和晶体硅都是共价化合物
C．和的中心原子的杂化方式相同
D．和金刚石中都含有共价键
6．下列化学反应表示正确的是
A．和足量溶液反应：
B．水解生成的反应：
C．甲硅烷还原的反应：
D．乙硼烷的燃烧：
7．强碱性条件下，在催化剂表面与水的反应为，反应机理如下图所示。下列说法正确的是
A．使用催化剂能降低反应的焓变
B．图示机理中有非极性键的断裂与形成
C．该反应中每生成，转移电子的数目约为
D．若用代替反应，则产物中不含
【答案】5．A
6．B
7．D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
配位键的形成条件是一方提供空轨道、一方提供孤对电子，氨硼烷和硼氢化钠中均存在此类相互作用；
晶体硼和晶体硅是由同种原子构成的单质，而共价化合物必须由不同种元素组成；
根据价层电子对互斥理论，SiH4中 Si 为 sp3 杂化，BCl3中 B 为 sp2 杂化；
SiO2晶体中每个 Si 原子与 4 个 O 原子相连，金刚石中每个 C 原子与 4 个 C 原子相连，但 C-C 键为两个 C 原子共用，因此键数为 2 倍碳原子数。
（2）本题解题要点：
硼酸的酸性来源于其结合 OH-的过程，属于路易斯酸，因此与 NaOH 反应的离子方程式形式特殊；
Si(OC2H5)4的水解反应可直接按总反应书写，后续脱水过程不影响方程式的正误判断；
氧化还原反应配平需同时满足电子守恒和原子守恒，SiH4与 CuO 反应的方程式需根据化合价升降配平；
燃烧热的定义要求生成的水为液态，因此书写热化学方程式时需注意 H2O 的状态。
（3）本题解题要点：
催化剂的作用是改变反应路径、降低活化能，对反应的焓变无影响；
极性键是不同原子间形成的共价键，非极性键是同种原子间形成的共价键，该反应中只有极性键断裂；
反应中 H2的生成是 H+和 H-结合的过程，每生成 1mol H2转移 1mol 电子；
同位素标记法可追踪反应中氢元素的来源，D2O 中的 D 最终进入 HD 和 B(OD)4-中，不会生成含
O-H 键的产物。
5．A、氨硼烷（NH3BH3）中，B 原子提供空轨道、N 原子提供孤对电子形成 B←N 配位键；硼氢化钠（NaBH4）中，BH4-里 H-提供电子对与 B 原子形成 B←H 配位键，二者均含配位键，A正确；
B、晶体硼和晶体硅都是单质，由同种原子通过共价键构成，并非共价化合物，B错误；
C、SiH4中心 Si 原子为 sp3 杂化，BCl3中心 B 原子为 sp2 杂化，二者杂化方式不同，C错误；
D、1mol SiO2含 4mol Si-O 共价键，1mol 金刚石含 2mol C-C 共价键，二者共价键数目不同，D错误；
故答案为：A。
6．A、硼酸是一元弱酸，与足量 NaOH 反应生成 [B(OH)4]-，离子方程式应为
H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，A错误；
B、Si(OC2H5)4水解总反应可直接写为，Si(OH)4进一步脱水得SiO2，选项直接写成总反应，B正确；
C、SiH4还原 CuO 时，Si 从 - 4 价升至 + 4 价、Cu 从 + 2 价降至 0 价，配平后应为，选项电子转移和原子均不平衡，C错误；
D、燃烧热规定产物为稳定氧化物，水应为液态，正确热化学方程式为，D错误；
故答案为：B。
7．A、催化剂仅降低反应活化能，不改变反应焓变（焓变只与反应物和产物状态有关），A错误；
B、反应中断裂的均为极性键（B-H、O-H），仅生成 H2时形成 H-H 非极性键，无非极性键断裂，B 错误；
C、生成 4mol H2时转移 4mol 电子，故每生成 1mol H2转移 1mol 电子（约 6.02×1023 个），C错误；
D、用 D2O 代替 H2O 时，D2O 提供 D+、BH4-提供 H-，反应生成 HD，产物为 NaB(OD)4和 4HD，不含 [B(OH)4]-，D正确；
故答案为：D。
8．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是
A．
B．
C．
D．溶液溶液晶体
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．CaSO3溶液中存在Ca2+离子，当加入饱和Na2SO4溶液时，由于溶液中浓度增大，可能导致Qc(CaSO4)＞Ksp(CaSO4)，从而形成CaSO4沉淀。但CaSO4与盐酸不反应，因此第二步无法实现，A选项错误。B．FeS2在煅烧条件下可以生成SO2，但SO2与浓硫酸不发生反应，无法进一步转化为SO3，B选项错误。
C．HClO在光照条件下分解生成HCl和O2，而不是Cl2，因此第一步反应不正确。虽然铁在氯气中燃烧可以生成氯化铁，但由于第一步错误，C选项错误。
D．CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇后由于溶解度降低，可以析出晶体，两步反应均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、CaSO4与HCl不反应。
B、SO2与浓硫酸不反应。
C、HClO光照分解生成HCl和O2。
D、CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较低。
9．下列物质结构或性质与用途相关的是
A．铁粉能与反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．难溶于水，可用于制作耐高温材料
C．二氧化硫具有氧化性，可用作漂白剂
D．能形成分子间氢键，可用于工业制硝酸
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、铁粉具有还原性，能与食品包装内的氧气发生氧化反应，消耗氧气，从而延缓食品氧化变质，因此可用作食品保存的吸氧剂，性质与用途直接相关，A正确；
B、氧化镁（MgO）用于制作耐高温材料，是因为其熔点极高，而不是因为难溶于水，溶解性与耐高温性能无关，B错误；
C、二氧化硫用作漂白剂，是因为它能与部分有色物质结合生成不稳定的无色物质，该过程不体现二氧化硫的氧化性，C错误；
D、氨气用于工业制硝酸，是利用其在催化氧化反应中表现出的还原性，与氨气分子间能形成氢键的性质没有关联，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题核心考查物质性质与用途的对应关系，解题关键是：
明确每种物质用途背后的核心化学原理，避免混淆不同性质的应用场景；准确区分物质的物理性质（如熔点、溶解性）与化学性质（如还原性、氧化性、漂白性），判断其与用途的逻辑关联。
10．化合物是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．分子中所有原子共平面
B．在水中的溶解度比在水中的溶解度大
C．与足量加成后的产物中含有5个手性碳原子
D．、、可用溶液和酸性溶液鉴别
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子里存在亚甲基（-CH2-），这个饱和碳原子采取 sp3 杂化，其周围原子呈四面体构型，所以不可能所有原子都共平面，A错误；
B、Y 和 Z 都含酚羟基，能与水形成氢键；Z 还多了醛基，醛基也能和水形成氢键，会进一步提升 Z 在水中的溶解度，因此 Y 在水中的溶解度比 Z 小，B错误；
C、Z 与足量 H2加成后，醛基被还原为羟甲基，苯环被加成饱和， 产物为，其中有5个手性碳原子(已用*标出)，C正确；
D、X 不含酚羟基，遇 FeCl3溶液不显色，但甲酸酯基能使酸性 KMnO4溶液褪色；Y 和 Z 都含酚羟基，遇 FeCl3溶液均显紫色，且都能被酸性 KMnO4溶液氧化而褪色，所以无法用这两种试剂鉴别 Y 和 Z，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
共面判断：只要分子里有饱和 sp3 杂化碳原子（如 - CH2-、-CH3），就不可能所有原子共平面。
溶解度影响：能与水形成氢键的基团越多，物质在水中的溶解度越大。
手性碳判断：手性碳原子是连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，加成后要逐一排查。
物质鉴别：利用特征反应（酚羟基遇 FeCl3显色、还原性基团使KMnO4褪色），但要注意不同物质是否有相同反应现象。
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向等浓度的和混合溶液中逐滴加入溶液，先出现白色沉淀，最终呈现砖红色沉淀
B 取溶液于试管中，加入溶液，充分混合后滴入几滴溶液，溶液变成红色 与溶液发生反应且有一定限度
C 向溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性
D 用计测量浓度均为溶液、溶液，后者溶液大于前者 结合的能力比的弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合液中逐滴加AgNO3，先出现白色AgCl沉淀，说明AgCl更难溶，即，但二者阴阳离子个数比不同，不能直接通过沉淀顺序比较溶度积，A错误；
B、KI与FeCl3反应为可逆反应，即使KI过量，溶液变红也不能证明反应有一定限度（未反应时加KSCN也会变红），B错误；
C、FeCl2溶液中Cl-也能被KMnO4氧化，溶液褪色无法证明Fe2+具有还原性，C错误；
D、浓度均为0.1mol·L- 的CH3COONa和NaClO溶液，NaClO溶液pH更大，说明ClO-水解程度更大，即CH3COO-结合H+的能力比ClO-弱，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶度积比较：只有阴阳离子个数比相同的难溶电解质，才能通过沉淀先后直接比较大小。
可逆反应验证：需控制反应物用量，通过检验加入的少量反应物剩余证明反应有一定限度。
离子还原性验证：需排除其他还原性离子的干扰，确保是目标离子被氧化。
盐类水解与pH： 酸根离子水解程度越大，对应盐溶液 pH 越大，其结合 H+的能力越强。
12．时，通过下列实验探究的性质。
实验1：取溶液，向其中缓慢滴入等体积盐酸
实验2：取固体，每次用的溶液处理
实验3：溶液，测得时约为，时约为11
实验4：向溶液中加入2滴溶液
已知：时，、。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中，
B．实验2中要使中的全部转化到溶液中，至少需要反复处理5次
C．实验3说明时溶液的水解程度低于时
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；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、实验 1 是等体积、等浓度的 Na2CO3与盐酸缓慢反应，最终溶液含 NaCl、NaHCO3等，电荷守恒式需包含 Cl-，正确式为：c (Na+)+c (H+)=c (Cl-)+c (OH-)+c (HCO3-)+2c (CO32-)，选项遗漏 Cl-，A错误；
B、BaSO4与 Na2CO3溶液的转化反应为：BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，平衡常数 ，46.6g BaSO4的物质的量为 0.2mol，设每次处理后 SO42-浓度为 x mol/L，由 K==0.05，解得 x≈0.0476mol/L，即每次可转化 0.0476mol SO42-。0.2mol ÷ 0.0476mol≈4.2，故至少需处理 5 次才能将 SO42-全部转化，B正确；
C、盐类水解是吸热反应，温度升高促进 CO32-水解，80℃时 pH 降低是因为水的离子积 Kw 增大，OH-浓度增幅小于 H+浓度增幅，实际水解程度更高，C错误；
D、实验 4 中 Al3+少量，Al3+与 CO32-发生双水解生成 Al(OH)3和 HCO3-，离子方程式应为：Al3++3CO32-+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3-，不会生成 CO2，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒：需列出溶液中所有带电粒子，不能遗漏关键离子（如 Cl-）。
沉淀转化计算：利用 Ksp 之比求平衡常数，结合物料守恒计算转化次数。
水解与温度：水解吸热，升温促进水解；pH 变化需同时考虑 Kw 与 OH-浓度变化。
双水解反应：少量 Al3+与 CO32-反应生成 HCO3-，足量时才生成 CO2。
13．及以为催化剂，在密闭容器中，一段时间内不同温度转化率如图所示。发生反应为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法不正确的是
A．
B．，的实际转化率迅速上升的可能原因是催化剂的活性增强
C．，的物质的量逐渐减少
D．时增大压强，的选择性增大
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、目标反应可由反应II减去反应I得到，计算焓变：，A正确；
B、250~300℃时，CO2实际转化率快速提升，催化剂活性增强可显著加快反应速率，导致转化率上升，该推测合理，B正确；
C、200~350℃区间，CO2转化率持续增大，说明总消耗的H2量在增加；虽然CH4选择性下降，但反应II仍在消耗H2，因此H2的物质的量应逐渐减少， 350~400℃，CO2的实际转化率变化不明显，但CH4的选择性明显减小、CO的选择性明显增大，H2物质的量增大，C错误；
D、反应I是气体分子数减少的反应，反应II气体分子数不变。500℃时增大压强，反应I平衡正向移动，反应II逆向移动，CH4选择性增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盖斯定律应用：通过目标反应与已知反应的加减关系，结合焓变数据计算反应热。
转化率影响因素：结合温度、催化剂对反应速率和平衡的影响，分析转化率变化原因。
物质的量变化判断：根据CO2转化率变化，结合反应计量比，判断反应物H2的量的变化趋势。
压强对平衡影响：比较反应前后气体分子数变化，利用勒夏特列原理分析压强改变对平衡移动方向的影响。
二、非选择题（本题4小题，共61分）
14．从分金脱氯渣（主要成分为、、）中获取高纯银的流程如图所示：
（1）“酸浸”的目的是将、转化为硝酸盐。加入的作用是　 　。
（2）已知：。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、　 　。
（3）①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并　 　。（补充完整实验操作）
②溶液中、、三种离子分布分数系数随的变化关系如图1所示。[]
浸银后的“银转化”体系中，，　 　（已知：）。
（4）①还原的离子方程式为　 　。
②实验表明过高，银的还原率下降，主要原因是　 　。
（5）晶体是离子导体，晶胞结构如图2。可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中（四面体空隙）　 　。
【答案】（1）将、氧化为，避免生成NO，污染环境
（2）、
（3）将洗涤液加入还原工序中；63.2
（4）；过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原
（5）1：6
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加入的作用是做氧化剂，将、氧化为，避免生成NO，污染环境；
故答案为： 将、氧化为，避免生成NO，污染环境 ；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的；
故答案为：、 ；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
② 的，当，=63.2；
故答案为： 将洗涤液加入还原工序中 ； 63.2
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
②过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原；
故答案为： ；过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原 ；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有个，每个晶胞中含有的个数有个，则的个数也为2，则晶胞中（四面体空隙）=2：12=1：6。
故答案为： 1：6 ；
【分析】以分金脱氯渣（主要含 Ag、Pb、SiO2）为原料，先加入硝酸和过氧化氢进行酸浸，将 Ag、Pb 转化为硝酸盐；随后加入 NaCl 进行沉银，使银以氯化银形式沉淀，Pb 的硝酸盐留在滤液中除去；再用氨水浸银，将氯化银转化为银氨络离子进入溶液，过滤除去不溶性滤渣；最后用水合肼还原银氨络离子，得到高纯银单质。
（1）加入的作用是做氧化剂，将、氧化为，避免生成NO，污染环境；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
② 的，当，=63.2；
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
②过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有个，每个晶胞中含有的个数有个，则的个数也为2，则晶胞中（四面体空隙）=2：12=1：6。
15．药物苯嘧磺草胺中间体，合成路线如下。
（1）中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应过程中还会生成一种副产物，其结构简式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（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苯环上有三个取代基
②酸性条件下能水解，水解产物之一能与溶液发生显色反应
③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为
（5）写出以为原料制备（为苯基）的合成路线流程图（无机试剂和流程中有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）　 　。
【答案】（1）硝基、酯基
（2）
（3）取代反应
（4）或
（5）或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据B的结构式可知，中含氧官能团的名称为硝基和酯基。
故答案为： 硝基、酯基 ；
（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。
故答案为： ；
（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。
故答案为：或 ；
（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：
或故答案为：或
【分析】化合物 A 在混酸（ HNO3、H2SO4 ）条件下加热，苯环上引入硝基生成 B；B 在醋酸与铁的作用下，硝基被还原为氨基，得到 C；C与在作用下 ，引入酰胺键生成 D；D 在甲醇钠和 DMF 作用下，与 发生环化，形成六元杂环中间体 E；E 在碳酸氢钠条件下，与甲基磺酰氯（ ）发生取代反应，完成磺酰化，得到目标药物中间体F。
（1）根据B的结构式可知，中含氧官能团的名称为硝基和酯基。
（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。
（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。
（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。
（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：
或。
16．用磷铁渣（含、及少量杂质）制备的方案如下：
（1）分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成和，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品和固体。写出焙烧过程中发生的化学方程式　 　。
（2）制备。粗品和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗，加入足量的硫酸浸出，得到溶液。
①淀粉最多能生成　 　。
②粗用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是　 　。
[已知烧渣的浸出率，液固比]
（3）制备。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图2所示。请补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，　 　，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。　 　，干燥，得到（须使用的试剂有：，，，）。
（4）测定粗品中含量。准确称取产品，加入足量硫酸溶解后配成溶液。取于锥形瓶中，用溶液滴定（反应原理为，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗溶液。计算产品中的质量分数　 　（写出计算过程）。
【答案】（1）4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2
（2）24；液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低
（3）边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象
（4）90.00%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）焙烧过程中与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、和，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。
故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，淀粉最多能生成24。
故答案为：24；
②当液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。
故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到，补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到。
故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：，n()＝0.05 mol L 1×25×10 3L＝1.25×10 3 mol，n(Fe2+)＝6n()＝6×1.25×10 3mol＝7.5×10 3mol，w(FeO)＝=90.00%，
故答案为：90.00%。
【分析】以磷铁渣（含 FeP、Fe2P 等）为原料，先与碳酸钠在空气中焙烧，将铁、磷转化为 Fe2O3和 Na3PO4并分离；再将粗 Fe2O3与淀粉混合，在氩气中煅烧得到粗 FeO，用硫酸浸出得到 FeSO4溶液；接着向 FeSO4溶液中加入 H3PO4，用 H2O2氧化 Fe2+，调节 pH 并加入 Na3PO4沉淀得到 FePO4；最后用重铬酸钾滴定法测定粗品中 FeO 的含量，实现从磷铁渣到高纯 FePO4的制备与纯度检测。
（1）焙烧过程中与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、和，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，淀粉最多能生成24。故答案为：24；
②当液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到，补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到。故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：，n()＝0.05 mol L 1×25×10 3L＝1.25×10 3 mol，n(Fe2+)＝6n()＝6×1.25×10 3mol＝7.5×10 3mol，w(FeO)＝=90.00%，故答案为：90.00%。
17．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一，发展碳捕获并转化利用是实现碳中和的重要路径。
（1）利用浓海水和共同捕获。实验室可用图1所示装置捕获并制得碳酸钙。
①的作用是　 　。
②相同时间，浓海水中的去除率随的流量的变化如图2所示。随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是　 　。
（2）用催化剂的有机溶剂（）捕获二氧化碳制备。在，将的混合气体持续通入中，并维持、在浓度不变。向其中边搅拌边加入催化剂，发生反应。
①该反应机理可表示为以下三个基元反应，请补充反应iii的化学方程式。
i.；ii.；iii.　 　。
②生成的速率随的浓度的变化如图3所示。随的增大，先增大后基本不变的原因是　 　。
（3）用1，3－丙二胺（）捕获制作的充放电电池，提高了电池充放电循环性能。比有较好的导电性能。电极上转化的两种可能反应路径如图4所示。已知：
①路径Ⅰ中转化成反应式为　 　。
②选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因有　 　。
【答案】（1）和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀；二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙
（2）；当c≤c0时，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
（3）；1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①的作用是和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀，②相同时间，浓海水中的去除率随的流量先增大后减小，随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙；
故答案为： 和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀 ； 二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙 ；
（2）①根据盖斯定律可知iii=总反应-i-ii=，②反应Ⅲ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅰ、Ⅱ，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2(g)和H2(g)的浓度有关，当c≤c0时，速率取决于催化剂M的浓度，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)；
故答案为： ； 当c≤c0时，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度) ；
（3）①结合图示，可知路径Ⅰ中转化成反应式为，，②结合图示，选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因可能是1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化。
故答案为： ； 1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化 。
【分析】(1)MgO作用：与CO2反应生成碳酸根，进一步和浓海水中Ca2+形成碳酸钙沉淀，实现CO2捕获。Ca2+去除率变化：气体流量增大时，CO2浓度升高，先促进碳酸钙沉淀生成（去除率上升）；过量CO2会将碳酸钙转化为可溶碳酸氢钙，导致去除率下降。
(2)基元反应iii：总反应 = i + ii + iii，故iii为（或 ）。
速率变化原因：低浓度M时，M是反应iii的反应物，速率随M浓度增大而加快；高浓度M时，速率受限于CO2、H2在溶剂中的溶解/扩散速率，不再显著变化。
(3)路径I反应式： （1，3-丙二胺参与还原）。
路径选择原因：1，3-丙二胺在路径I中更易发生转化，且生成的导电性优于，更利于电池性能。
（1）①的作用是和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀，②相同时间，浓海水中的去除率随的流量先增大后减小，随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙；
（2）①根据盖斯定律可知iii=总反应-i-ii=，②反应Ⅲ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅰ、Ⅱ，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2(g)和H2(g)的浓度有关，当c≤c0时，速率取决于催化剂M的浓度，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)；
（3）①结合图示，可知路径Ⅰ中转化成反应式为，，②结合图示，选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因可能是1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化。
1 / 1江苏省盐城市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年央视春晚宇树机器人惊艳全国。制作机器人的材料中，属于有机高分子的是
A．锂电池中的石墨 B．太阳能电池板中的硅
C．机器人外壳中的聚乙烯 D．电路板中的金属铜
2．工业制取的主要反应为。下列说法正确的是
A．中含有键
B．的模型为形
C．中子数为10的氧原子：
D．的电子式为
3．实验室以新制的氨水配制银氨溶液并进行银镜反应。下列有关实验原理、装置和操作的说法不正确的是
A．制氨气 B．制氨水
C．制银氨溶液 D．银镜反应
4．短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是空气中含量最多的元素，基态、原子的能级电子总数均等于其能级电子总数，的主族序数与周期序数相同。下列有关说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．简单气态氢化物的热稳定性：
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：
阅读下列材料，完成下面小题。
硼和硅在周期表中处于对角线位置，性质相似但存在差异。硼的熔点（）高于硅（），晶体硼的硬度接近金刚石。常温下乙硼烷（）和甲硅烷（）都是还原性的气体，有较大的燃烧热（），是常见的燃料；可与共热制。水解生成一元弱酸硼酸（），水解生成；氨硼烷（）、硼氢化钠（）是常见的制氢试剂。
5．下列说法正确的是
A．和中都含有配位键
B．晶体硼和晶体硅都是共价化合物
C．和的中心原子的杂化方式相同
D．和金刚石中都含有共价键
6．下列化学反应表示正确的是
A．和足量溶液反应：
B．水解生成的反应：
C．甲硅烷还原的反应：
D．乙硼烷的燃烧：
7．强碱性条件下，在催化剂表面与水的反应为，反应机理如下图所示。下列说法正确的是
A．使用催化剂能降低反应的焓变
B．图示机理中有非极性键的断裂与形成
C．该反应中每生成，转移电子的数目约为
D．若用代替反应，则产物中不含
8．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是
A．
B．
C．
D．溶液溶液晶体
9．下列物质结构或性质与用途相关的是
A．铁粉能与反应，可用作食品保存的吸氧剂
B．难溶于水，可用于制作耐高温材料
C．二氧化硫具有氧化性，可用作漂白剂
D．能形成分子间氢键，可用于工业制硝酸
10．化合物是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A．分子中所有原子共平面
B．在水中的溶解度比在水中的溶解度大
C．与足量加成后的产物中含有5个手性碳原子
D．、、可用溶液和酸性溶液鉴别
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向等浓度的和混合溶液中逐滴加入溶液，先出现白色沉淀，最终呈现砖红色沉淀
B 取溶液于试管中，加入溶液，充分混合后滴入几滴溶液，溶液变成红色 与溶液发生反应且有一定限度
C 向溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性
D 用计测量浓度均为溶液、溶液，后者溶液大于前者 结合的能力比的弱
A．A B．B C．C D．D
12．时，通过下列实验探究的性质。
实验1：取溶液，向其中缓慢滴入等体积盐酸
实验2：取固体，每次用的溶液处理
实验3：溶液，测得时约为，时约为11
实验4：向溶液中加入2滴溶液
已知：时，、。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中，
B．实验2中要使中的全部转化到溶液中，至少需要反复处理5次
C．实验3说明时溶液的水解程度低于时
D．实验4中发生反应的离子方程式为：
13．及以为催化剂，在密闭容器中，一段时间内不同温度转化率如图所示。发生反应为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列说法不正确的是
A．
B．，的实际转化率迅速上升的可能原因是催化剂的活性增强
C．，的物质的量逐渐减少
D．时增大压强，的选择性增大
二、非选择题（本题4小题，共61分）
14．从分金脱氯渣（主要成分为、、）中获取高纯银的流程如图所示：
（1）“酸浸”的目的是将、转化为硝酸盐。加入的作用是　 　。
（2）已知：。“沉银”后的滤液中，主要含有的阴离子可能有、　 　。
（3）①为提高银的回收率，需对“浸银”后的滤渣进行洗涤，并　 　。（补充完整实验操作）
②溶液中、、三种离子分布分数系数随的变化关系如图1所示。[]
浸银后的“银转化”体系中，，　 　（已知：）。
（4）①还原的离子方程式为　 　。
②实验表明过高，银的还原率下降，主要原因是　 　。
（5）晶体是离子导体，晶胞结构如图2。可随机地分布在彼此共面相连的四面体空隙和八面体空隙中，则晶胞中（四面体空隙）　 　。
15．药物苯嘧磺草胺中间体，合成路线如下。
（1）中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应过程中还会生成一种副产物，其结构简式为　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（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苯环上有三个取代基
②酸性条件下能水解，水解产物之一能与溶液发生显色反应
③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为
（5）写出以为原料制备（为苯基）的合成路线流程图（无机试剂和流程中有机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）　 　。
16．用磷铁渣（含、及少量杂质）制备的方案如下：
（1）分离磷与铁。向磷铁渣粉中加入碳酸钠焙烧，生成和，充分溶解后过滤，再经处理可得到粗品和固体。写出焙烧过程中发生的化学方程式　 　。
（2）制备。粗品和一定比例的淀粉混合，在氩气氛围中煅烧生成粗，加入足量的硫酸浸出，得到溶液。
①淀粉最多能生成　 　。
②粗用硫酸浸出，控制浸出时间、温度和硫酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图1所示。当液固比大于，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是　 　。
[已知烧渣的浸出率，液固比]
（3）制备。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图2所示。请补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，　 　，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。　 　，干燥，得到（须使用的试剂有：，，，）。
（4）测定粗品中含量。准确称取产品，加入足量硫酸溶解后配成溶液。取于锥形瓶中，用溶液滴定（反应原理为，未配平。杂质不参与反应），恰好完全反应时，消耗溶液。计算产品中的质量分数　 　（写出计算过程）。
17．“碳达峰、碳中和”是我国社会发展重大战略之一，发展碳捕获并转化利用是实现碳中和的重要路径。
（1）利用浓海水和共同捕获。实验室可用图1所示装置捕获并制得碳酸钙。
①的作用是　 　。
②相同时间，浓海水中的去除率随的流量的变化如图2所示。随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是　 　。
（2）用催化剂的有机溶剂（）捕获二氧化碳制备。在，将的混合气体持续通入中，并维持、在浓度不变。向其中边搅拌边加入催化剂，发生反应。
①该反应机理可表示为以下三个基元反应，请补充反应iii的化学方程式。
i.；ii.；iii.　 　。
②生成的速率随的浓度的变化如图3所示。随的增大，先增大后基本不变的原因是　 　。
（3）用1，3－丙二胺（）捕获制作的充放电电池，提高了电池充放电循环性能。比有较好的导电性能。电极上转化的两种可能反应路径如图4所示。已知：
①路径Ⅰ中转化成反应式为　 　。
②选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因有　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；高分子材料
【解析】【解答】A、石墨是碳的单质，属于无机非金属材料，并非有机高分子，故A不符合题意 ；
B、硅是无机非金属材料，属于半导体材料，不属于有机高分子，故B不符合题意 ；
C、聚乙烯由乙烯通过加聚反应制得，属于有机合成高分子材料，故C符合题意 ；
D、金属铜属于金属材料，是单质，既不是有机物也不是高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
有机高分子是相对分子质量达几万甚至几十万的有机化合物，常分为天然高分子和合成高分子（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。
2．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、该物质的结构式为 H-O-O-H，分子内包含 2 个 H-O 极性键和 1 个 O-O 非极性键，因此分子中存在极性键与非极性键，A正确；
B、水分子中氧原子的价层电子对数为 4，VSEPR 模型为四面体形，但因存在 2 对孤电子对，实际空间构型为 V 形，B错误；
C、氧原子质子数为 8，中子数为 10 时，质量数为 8+10=18，原子符号应表示为，C 错误；
D、该物质是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，正确的电子式为，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
化学键判断：通过结构式分析共价键类型，区分极性键（不同原子间）与非极性键（相同原子间）。
分子构型：先算价层电子对数确定 VSEPR 模型，再扣除孤电子对得到实际空间构型。
原子符号书写：质量数 = 质子数 + 中子数， 中子数为10的氧原子的原子符号格式为 。
电子式书写：离子化合物需分别写出阴阳离子的电子式，阴离子要标注最外层电子。
3．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；银镜反应
【解析】【解答】A、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气，装置为固固加热型，试管口略向下倾斜，操作规范，A正确；
B、氨气极易溶于水，将氨气通入水中时，用倒扣的漏斗防止倒吸，装置设计合理，B正确；
C、配制银氨溶液的正确操作是向硝酸银溶液中逐滴加入氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解为止；而图中是将硝酸银溶液滴入氨水中，无法得到稳定的银氨溶液，操作错误，C不正确；
D、银镜反应需要水浴加热，将盛有葡萄糖和银氨溶液的试管放在热水浴中，操作符合实验要求，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：固固加热制氨气，试管口略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管。
防倒吸装置：氨气极易溶于水，用倒扣漏斗增大接触面积同时防止倒吸。
银氨溶液配制：必须向硝酸银溶液中滴加氨水，顺序不能颠倒，否则无法形成稳定的银氨络离子。
银镜反应条件：需水浴加热，不能直接用酒精灯加热，否则无法形成光亮银镜。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较遵循 “电子层越多半径越大，同周期从左到右半径减小”。Mg、Al 位于第三周期，O 位于第二周期，故原子半径顺序为 Mg > Al > O（r (Z) > r (W) > r (Y)），A错误；
B、第一电离能受核电荷数与洪特规则特例影响。N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 O；Mg 为金属，其第一电离能在三者中最小，故第一电离能顺序为 I1(X) > I1(Y) > I1(Z)，B正确；
C、简单气态氢化物的热稳定性与非金属性正相关。非金属性 O > N，故热稳定性 H2O (Y) > NH3(X)，C错误；
D、最高价氧化物对应水化物的碱性与金属性正相关。金属性 Mg > Al，故碱性
Mg(OH)2(Z) > Al(OH)3(W)，D错误；
故答案为：B。
故答案为：B。
【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大。X 是空气中含量最多的元素，推得 X 为 N；基态 Y、Z 原子的 s 能级电子总数等于 p 能级电子总数，结合电子排布规律推得 Y 为 O、Z 为 Mg；W 的主族序数与周期序数相同，且原子序数大于 Mg，推得 W 为 Al。
【答案】5．A
6．B
7．D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）本题解题要点：
配位键的形成条件是一方提供空轨道、一方提供孤对电子，氨硼烷和硼氢化钠中均存在此类相互作用；
晶体硼和晶体硅是由同种原子构成的单质，而共价化合物必须由不同种元素组成；
根据价层电子对互斥理论，SiH4中 Si 为 sp3 杂化，BCl3中 B 为 sp2 杂化；
SiO2晶体中每个 Si 原子与 4 个 O 原子相连，金刚石中每个 C 原子与 4 个 C 原子相连，但 C-C 键为两个 C 原子共用，因此键数为 2 倍碳原子数。
（2）本题解题要点：
硼酸的酸性来源于其结合 OH-的过程，属于路易斯酸，因此与 NaOH 反应的离子方程式形式特殊；
Si(OC2H5)4的水解反应可直接按总反应书写，后续脱水过程不影响方程式的正误判断；
氧化还原反应配平需同时满足电子守恒和原子守恒，SiH4与 CuO 反应的方程式需根据化合价升降配平；
燃烧热的定义要求生成的水为液态，因此书写热化学方程式时需注意 H2O 的状态。
（3）本题解题要点：
催化剂的作用是改变反应路径、降低活化能，对反应的焓变无影响；
极性键是不同原子间形成的共价键，非极性键是同种原子间形成的共价键，该反应中只有极性键断裂；
反应中 H2的生成是 H+和 H-结合的过程，每生成 1mol H2转移 1mol 电子；
同位素标记法可追踪反应中氢元素的来源，D2O 中的 D 最终进入 HD 和 B(OD)4-中，不会生成含
O-H 键的产物。
5．A、氨硼烷（NH3BH3）中，B 原子提供空轨道、N 原子提供孤对电子形成 B←N 配位键；硼氢化钠（NaBH4）中，BH4-里 H-提供电子对与 B 原子形成 B←H 配位键，二者均含配位键，A正确；
B、晶体硼和晶体硅都是单质，由同种原子通过共价键构成，并非共价化合物，B错误；
C、SiH4中心 Si 原子为 sp3 杂化，BCl3中心 B 原子为 sp2 杂化，二者杂化方式不同，C错误；
D、1mol SiO2含 4mol Si-O 共价键，1mol 金刚石含 2mol C-C 共价键，二者共价键数目不同，D错误；
故答案为：A。
6．A、硼酸是一元弱酸，与足量 NaOH 反应生成 [B(OH)4]-，离子方程式应为
H3BO3+OH-=[B(OH)4]-，A错误；
B、Si(OC2H5)4水解总反应可直接写为，Si(OH)4进一步脱水得SiO2，选项直接写成总反应，B正确；
C、SiH4还原 CuO 时，Si 从 - 4 价升至 + 4 价、Cu 从 + 2 价降至 0 价，配平后应为，选项电子转移和原子均不平衡，C错误；
D、燃烧热规定产物为稳定氧化物，水应为液态，正确热化学方程式为，D错误；
故答案为：B。
7．A、催化剂仅降低反应活化能，不改变反应焓变（焓变只与反应物和产物状态有关），A错误；
B、反应中断裂的均为极性键（B-H、O-H），仅生成 H2时形成 H-H 非极性键，无非极性键断裂，B 错误；
C、生成 4mol H2时转移 4mol 电子，故每生成 1mol H2转移 1mol 电子（约 6.02×1023 个），C错误；
D、用 D2O 代替 H2O 时，D2O 提供 D+、BH4-提供 H-，反应生成 HD，产物为 NaB(OD)4和 4HD，不含 [B(OH)4]-，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；含硫物质的性质及综合应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．CaSO3溶液中存在Ca2+离子，当加入饱和Na2SO4溶液时，由于溶液中浓度增大，可能导致Qc(CaSO4)＞Ksp(CaSO4)，从而形成CaSO4沉淀。但CaSO4与盐酸不反应，因此第二步无法实现，A选项错误。B．FeS2在煅烧条件下可以生成SO2，但SO2与浓硫酸不发生反应，无法进一步转化为SO3，B选项错误。
C．HClO在光照条件下分解生成HCl和O2，而不是Cl2，因此第一步反应不正确。虽然铁在氯气中燃烧可以生成氯化铁，但由于第一步错误，C选项错误。
D．CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，加入乙醇后由于溶解度降低，可以析出晶体，两步反应均正确，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、CaSO4与HCl不反应。
B、SO2与浓硫酸不反应。
C、HClO光照分解生成HCl和O2。
D、CuSO4与过量氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度较低。
9．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；氢键的存在对物质性质的影响；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、铁粉具有还原性，能与食品包装内的氧气发生氧化反应，消耗氧气，从而延缓食品氧化变质，因此可用作食品保存的吸氧剂，性质与用途直接相关，A正确；
B、氧化镁（MgO）用于制作耐高温材料，是因为其熔点极高，而不是因为难溶于水，溶解性与耐高温性能无关，B错误；
C、二氧化硫用作漂白剂，是因为它能与部分有色物质结合生成不稳定的无色物质，该过程不体现二氧化硫的氧化性，C错误；
D、氨气用于工业制硝酸，是利用其在催化氧化反应中表现出的还原性，与氨气分子间能形成氢键的性质没有关联，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题核心考查物质性质与用途的对应关系，解题关键是：
明确每种物质用途背后的核心化学原理，避免混淆不同性质的应用场景；准确区分物质的物理性质（如熔点、溶解性）与化学性质（如还原性、氧化性、漂白性），判断其与用途的逻辑关联。
10．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子里存在亚甲基（-CH2-），这个饱和碳原子采取 sp3 杂化，其周围原子呈四面体构型，所以不可能所有原子都共平面，A错误；
B、Y 和 Z 都含酚羟基，能与水形成氢键；Z 还多了醛基，醛基也能和水形成氢键，会进一步提升 Z 在水中的溶解度，因此 Y 在水中的溶解度比 Z 小，B错误；
C、Z 与足量 H2加成后，醛基被还原为羟甲基，苯环被加成饱和， 产物为，其中有5个手性碳原子(已用*标出)，C正确；
D、X 不含酚羟基，遇 FeCl3溶液不显色，但甲酸酯基能使酸性 KMnO4溶液褪色；Y 和 Z 都含酚羟基，遇 FeCl3溶液均显紫色，且都能被酸性 KMnO4溶液氧化而褪色，所以无法用这两种试剂鉴别 Y 和 Z，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
共面判断：只要分子里有饱和 sp3 杂化碳原子（如 - CH2-、-CH3），就不可能所有原子共平面。
溶解度影响：能与水形成氢键的基团越多，物质在水中的溶解度越大。
手性碳判断：手性碳原子是连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子，加成后要逐一排查。
物质鉴别：利用特征反应（酚羟基遇 FeCl3显色、还原性基团使KMnO4褪色），但要注意不同物质是否有相同反应现象。
11．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合液中逐滴加AgNO3，先出现白色AgCl沉淀，说明AgCl更难溶，即，但二者阴阳离子个数比不同，不能直接通过沉淀顺序比较溶度积，A错误；
B、KI与FeCl3反应为可逆反应，即使KI过量，溶液变红也不能证明反应有一定限度（未反应时加KSCN也会变红），B错误；
C、FeCl2溶液中Cl-也能被KMnO4氧化，溶液褪色无法证明Fe2+具有还原性，C错误；
D、浓度均为0.1mol·L- 的CH3COONa和NaClO溶液，NaClO溶液pH更大，说明ClO-水解程度更大，即CH3COO-结合H+的能力比ClO-弱，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶度积比较：只有阴阳离子个数比相同的难溶电解质，才能通过沉淀先后直接比较大小。
可逆反应验证：需控制反应物用量，通过检验加入的少量反应物剩余证明反应有一定限度。
离子还原性验证：需排除其他还原性离子的干扰，确保是目标离子被氧化。
盐类水解与pH： 酸根离子水解程度越大，对应盐溶液 pH 越大，其结合 H+的能力越强。
12．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、实验 1 是等体积、等浓度的 Na2CO3与盐酸缓慢反应，最终溶液含 NaCl、NaHCO3等，电荷守恒式需包含 Cl-，正确式为：c (Na+)+c (H+)=c (Cl-)+c (OH-)+c (HCO3-)+2c (CO32-)，选项遗漏 Cl-，A错误；
B、BaSO4与 Na2CO3溶液的转化反应为：BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)，平衡常数 ，46.6g BaSO4的物质的量为 0.2mol，设每次处理后 SO42-浓度为 x mol/L，由 K==0.05，解得 x≈0.0476mol/L，即每次可转化 0.0476mol SO42-。0.2mol ÷ 0.0476mol≈4.2，故至少需处理 5 次才能将 SO42-全部转化，B正确；
C、盐类水解是吸热反应，温度升高促进 CO32-水解，80℃时 pH 降低是因为水的离子积 Kw 增大，OH-浓度增幅小于 H+浓度增幅，实际水解程度更高，C错误；
D、实验 4 中 Al3+少量，Al3+与 CO32-发生双水解生成 Al(OH)3和 HCO3-，离子方程式应为：Al3++3CO32-+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3-，不会生成 CO2，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电荷守恒：需列出溶液中所有带电粒子，不能遗漏关键离子（如 Cl-）。
沉淀转化计算：利用 Ksp 之比求平衡常数，结合物料守恒计算转化次数。
水解与温度：水解吸热，升温促进水解；pH 变化需同时考虑 Kw 与 OH-浓度变化。
双水解反应：少量 Al3+与 CO32-反应生成 HCO3-，足量时才生成 CO2。
13．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、目标反应可由反应II减去反应I得到，计算焓变：，A正确；
B、250~300℃时，CO2实际转化率快速提升，催化剂活性增强可显著加快反应速率，导致转化率上升，该推测合理，B正确；
C、200~350℃区间，CO2转化率持续增大，说明总消耗的H2量在增加；虽然CH4选择性下降，但反应II仍在消耗H2，因此H2的物质的量应逐渐减少， 350~400℃，CO2的实际转化率变化不明显，但CH4的选择性明显减小、CO的选择性明显增大，H2物质的量增大，C错误；
D、反应I是气体分子数减少的反应，反应II气体分子数不变。500℃时增大压强，反应I平衡正向移动，反应II逆向移动，CH4选择性增大，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
盖斯定律应用：通过目标反应与已知反应的加减关系，结合焓变数据计算反应热。
转化率影响因素：结合温度、催化剂对反应速率和平衡的影响，分析转化率变化原因。
物质的量变化判断：根据CO2转化率变化，结合反应计量比，判断反应物H2的量的变化趋势。
压强对平衡影响：比较反应前后气体分子数变化，利用勒夏特列原理分析压强改变对平衡移动方向的影响。
14．【答案】（1）将、氧化为，避免生成NO，污染环境
（2）、
（3）将洗涤液加入还原工序中；63.2
（4）；过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原
（5）1：6
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）加入的作用是做氧化剂，将、氧化为，避免生成NO，污染环境；
故答案为： 将、氧化为，避免生成NO，污染环境 ；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的；
故答案为：、 ；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
② 的，当，=63.2；
故答案为： 将洗涤液加入还原工序中 ； 63.2
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
②过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原；
故答案为： ；过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原 ；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有个，每个晶胞中含有的个数有个，则的个数也为2，则晶胞中（四面体空隙）=2：12=1：6。
故答案为： 1：6 ；
【分析】以分金脱氯渣（主要含 Ag、Pb、SiO2）为原料，先加入硝酸和过氧化氢进行酸浸，将 Ag、Pb 转化为硝酸盐；随后加入 NaCl 进行沉银，使银以氯化银形式沉淀，Pb 的硝酸盐留在滤液中除去；再用氨水浸银，将氯化银转化为银氨络离子进入溶液，过滤除去不溶性滤渣；最后用水合肼还原银氨络离子，得到高纯银单质。
（1）加入的作用是做氧化剂，将、氧化为，避免生成NO，污染环境；
（2）酸浸时加入了硝酸，故“沉银”后的滤液中，还存在的阴离子有以及生成的；
（3）①洗涤滤渣的滤液中还存在残留的，需要将洗涤液加入还原工序中，避免Ag损失；
② 的，当，=63.2；
（4）①“还原”过程为N2H4·H2O将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：；
②过高，浓度增大，导致络离子更稳定，难以被还原；
（5）如图所示四面体空隙位于晶胞面心，每个面心是4个，有个，每个晶胞中含有的个数有个，则的个数也为2，则晶胞中（四面体空隙）=2：12=1：6。
15．【答案】（1）硝基、酯基
（2）
（3）取代反应
（4）或
（5）或
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据B的结构式可知，中含氧官能团的名称为硝基和酯基。
故答案为： 硝基、酯基 ；
（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。
故答案为： ；
（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应 ；
（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。
故答案为：或 ；
（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：
或故答案为：或
【分析】化合物 A 在混酸（ HNO3、H2SO4 ）条件下加热，苯环上引入硝基生成 B；B 在醋酸与铁的作用下，硝基被还原为氨基，得到 C；C与在作用下 ，引入酰胺键生成 D；D 在甲醇钠和 DMF 作用下，与 发生环化，形成六元杂环中间体 E；E 在碳酸氢钠条件下，与甲基磺酰氯（ ）发生取代反应，完成磺酰化，得到目标药物中间体F。
（1）根据B的结构式可知，中含氧官能团的名称为硝基和酯基。
（2）根据分析可知C→D发生的是亲核取代反应，氨基上有两个H原子，故还生成的副产物为：。
（3）根据流程图可知，E中-NH-的氢原子被-CH3取代生成F，即反应类型为取代反应。
（4）已知D的结构简式，可知其分子式为C10H9O4FCl，要满足①苯环上有三个取代基，②酸性条件下能水解，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，③核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为6：2：1，可推出其同分异构体结构可为：或。
（5）根据已知信息，要以为原料制备，可以先将其与HNO3在H2SO4、加热条件下发生硝化反应生成物质，其在CH3COOH/Fe作用下被还原，随后与在作用下生成，该物质在CH3ONa和DMF作用下构建出含氮杂环，生成最终产物，此外在生成后也可先与在CH3ONa和DMF作用下生成，然后在作用下生成最终产物，故流程图可表示为：
或。
16．【答案】（1）4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2
（2）24；液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低
（3）边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象
（4）90.00%
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）焙烧过程中与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、和，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。
故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，淀粉最多能生成24。
故答案为：24；
②当液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。
故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到，补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到。
故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：，n()＝0.05 mol L 1×25×10 3L＝1.25×10 3 mol，n(Fe2+)＝6n()＝6×1.25×10 3mol＝7.5×10 3mol，w(FeO)＝=90.00%，
故答案为：90.00%。
【分析】以磷铁渣（含 FeP、Fe2P 等）为原料，先与碳酸钠在空气中焙烧，将铁、磷转化为 Fe2O3和 Na3PO4并分离；再将粗 Fe2O3与淀粉混合，在氩气中煅烧得到粗 FeO，用硫酸浸出得到 FeSO4溶液；接着向 FeSO4溶液中加入 H3PO4，用 H2O2氧化 Fe2+，调节 pH 并加入 Na3PO4沉淀得到 FePO4；最后用重铬酸钾滴定法测定粗品中 FeO 的含量，实现从磷铁渣到高纯 FePO4的制备与纯度检测。
（1）焙烧过程中与Na2CO3和O2发生反应生成CO2、和，化学方程式4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2。故答案为：4Fe2P+6Na2CO3+11O24Fe2O3+4Na3PO4+6CO2；
（2）①淀粉的基本单元是葡萄糖单元（C6H10O5），其摩尔质量为162 g/mol，C6H10O5~24e-~6CO2~24FeO，淀粉最多能生成24。故答案为：24；
②当液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低；
（3）先用双氧水氧化，完全变为三价铁后，根据图2，在pH为1.5时，沉淀最多，过滤、洗涤、干燥，得到，补充完整制备的实验方案：取一定量已除杂后的溶液，加入足量的溶液，边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，直至取所得溶液滴加溶液不产生蓝色沉淀为止。滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象，干燥，得到。故答案为：边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液；滴加1mol L 1 Na3PO4，调节溶液的pH至1.5，过滤、用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加 1.0 mol·L 1盐酸，再加 1. 0mol·L 1BaCl2溶液无明显现象；
（4）根据题意得到关系式：，n()＝0.05 mol L 1×25×10 3L＝1.25×10 3 mol，n(Fe2+)＝6n()＝6×1.25×10 3mol＝7.5×10 3mol，w(FeO)＝=90.00%，故答案为：90.00%。
17．【答案】（1）和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀；二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙
（2）；当c≤c0时，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
（3）；1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①的作用是和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀，②相同时间，浓海水中的去除率随的流量先增大后减小，随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙；
故答案为： 和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀 ； 二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙 ；
（2）①根据盖斯定律可知iii=总反应-i-ii=，②反应Ⅲ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅰ、Ⅱ，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2(g)和H2(g)的浓度有关，当c≤c0时，速率取决于催化剂M的浓度，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)；
故答案为： ； 当c≤c0时，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度) ；
（3）①结合图示，可知路径Ⅰ中转化成反应式为，，②结合图示，选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因可能是1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化。
故答案为： ； 1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化 。
【分析】(1)MgO作用：与CO2反应生成碳酸根，进一步和浓海水中Ca2+形成碳酸钙沉淀，实现CO2捕获。Ca2+去除率变化：气体流量增大时，CO2浓度升高，先促进碳酸钙沉淀生成（去除率上升）；过量CO2会将碳酸钙转化为可溶碳酸氢钙，导致去除率下降。
(2)基元反应iii：总反应 = i + ii + iii，故iii为（或 ）。
速率变化原因：低浓度M时，M是反应iii的反应物，速率随M浓度增大而加快；高浓度M时，速率受限于CO2、H2在溶剂中的溶解/扩散速率，不再显著变化。
(3)路径I反应式： （1，3-丙二胺参与还原）。
路径选择原因：1，3-丙二胺在路径I中更易发生转化，且生成的导电性优于，更利于电池性能。
（1）①的作用是和二氧化碳生成碳酸根，继而转化成碳酸钙沉淀，②相同时间，浓海水中的去除率随的流量先增大后减小，随着气体流量的增加，溶液中的去除率先增大后减小的原因是二氧化碳浓度增大，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳和碳酸钙反应转化为碳酸氢钙；
（2）①根据盖斯定律可知iii=总反应-i-ii=，②反应Ⅲ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅰ、Ⅱ，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2(g)和H2(g)的浓度有关，当c≤c0时，速率取决于催化剂M的浓度，v随c增大而增大是因为M是基元反应Ⅲ的反应物，v随M浓度增大而增大；c>c0时，v不再显著增加可能是因为受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)；
（3）①结合图示，可知路径Ⅰ中转化成反应式为，，②结合图示，选择路径Ⅰ而不选择路径Ⅱ的原因可能是1，3－丙二胺在路径Ⅰ中比在Ⅱ中更容易进行转化。
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