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浙江宁波市“十校”2026届高三下学期3月联考（二模）化学试题
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．玛瑙 B．超级钢 C．光导纤维 D．合成纤维
2．下列有关的说法中，不正确的是
A．是强电解质 B．水溶液呈碱性
C．实验室可用于制 D．和反应制
3．下列化学用语表述错误的是
A．中子数为20的氯原子：
B．基态Cr原子的价层电子排布式：
C．的VSEPR模型：
D．的系统命名法：3，3，4-三甲基己烷
4．关于反应，下列说法中正确的是
A．是氧化产物
B．生成2 mol的需要转移3 mol电子
C．溶于水可能显碱性
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
5．下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是
A．第一电离能：Na＜Mg＜Al B．电负性：Br＞As
C．Be元素位于周期表的s区 D．半径：
6．下列说法不正确的是
A．石墨有类似金属晶体的导电性
B．硫易溶于二硫化碳和酒精
C．铝表面自然形成的氧化膜很薄，耐磨性和抗腐蚀性不够强，需要额外处理增加厚度
D．硅酸盐材料具有硬度高、难溶于水等特点是由于硅氧四面体结构的特殊性
7．下列有关仪器的使用方法或实验操作错误的是
A．在中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后需要洗净擦干再用于后续实验
B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出
C．在钠的燃烧实验中，不可近距离俯视坩埚
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体
8．下列反应方程式正确的是
A．溶液中加入过量苯酚：
B．Al溶解在NaOH溶液中：
C．在溶液中滴加少量NaClO溶液：
D．氢氟酸溶蚀玻璃：
9．有机物M在碱性条件下可发生的反应如图所示。下列说法不正确的是
A．M分子中所有碳原子不可能共面
B．N可与形成分子间氢键
C．1 mol M最多与2 mol 发生加成反应
D．可用红外光谱法区分M与N
10．下列实验中不能达到实验目的的是
A．装置甲可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性
B．利用图乙制取并收集少量的NH3
C．用丙装置制备无水FeCl3
D．用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
11．以/SiC为阴极反应的催化剂，在溶液中电解和，两极协同合成(丙酰胺)的原理如图。
下列说法正确的是
A．合成时会生成副产物
B．a极的反应为
C．b极与电源负极相连，发生还原反应
D．当电路中转移2 mol电子时，理论上合成0.25 mol
12．硫酰氯()是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。氯磺酸加热可得到硫酰氯，但温度高于553 K时硫酰氯会分解生成和。下列有关说法错误的是
A．硫酰氯分子的空间构型为四面体形
B．由氯磺酸加热制硫酰氯的过程中会有硫酸生成
C．分解生成和为熵增反应
D．水溶液中，1 mol硫酰氯最多可以与3 mol NaOH完全反应
13．为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体M为、或CO)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与、等配位。下列有关说法错误的是
A．卟啉环具有识别功能，可以分离与
B．与铁卟啉配位的能力：CO大于大于
C．卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的键数目相同
D．该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱
14．烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是
A．是该反应的催化剂
B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化
C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成
D．该过程总反应为
15．已知：25℃下，，，，， K；将足量ZnS置于1 L x mol/L的盐酸中，收集到逸出的气体0.15 mol。饱和溶液浓度约为0.1 mol/L。假设溶液体积不变，下列说法不正确的是
A．
B．向反应后的溶液中滴加1 mL 0.02 mol/L 溶液，有黑色沉淀生成
C．反应后的溶液为酸性
D．反应后的溶液中 mol/L
16．某学习小组用“直接碘量法”对某工厂废气中的浓度进行测定(已知废气中其他成分不参与反应)。
①将某工厂废气缓慢通入盛有的NaOH溶液(足量)的碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中，将碘量瓶在冰水浴中冷却，加入稀硫酸酸化(硫元素主要以的形式存在)及少量淀粉溶液，使用超声振荡。待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。
②进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积，进行相关计算。
下列有关说法错误的是
A．使用碘量瓶而不使用锥形瓶是为了减少空气对实验的影响
B．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定
C．滴定终点的现象：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
D．滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式：
17．如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
（1）区域A“”中的离子为　 　(填离子符号)，区域B带　 　(填“正电”或“负电”)。
（2）ZnS晶体中旁边最近的有　 　个。
（3）已知苹果酸()的，，HF的。请写出苹果酸与足量NaF反应后的阴离子的结构简式　 　。
（4）四乙基氟硼酸铵是超级电容器中应用最广泛的有机电解液。其合成反应方程式如下：
①在阳离子中，中心氮(N)原子的杂化方式为：　 　；请写出的电子式　 　。
②能不能用代替作为电解液？　 　(填“能”或“不能”)。请从物质的结构角度分析：　 　。
③可用HF与反应制得，请写出该反应的化学方程式　 　。
④已知在碱性环境化会发生水解，试写出与足量氢氧化钠溶液加热反应的离子方程式(产物中有乙烯和三乙基胺生成)　 　。
18．自1913年合成氨工业化以来，科学家一直致力于合成氨技术的研究和发展。回答下列问题：
（1）根据下图数据计算反应的　 　。
（2）常温常压下，在密闭容器中和按照体积比3：1混合放置较长时间，没有明显生成，有同学认为原因是反应的速率极小。请判断该同学观点是否正确　 　(填“正确”或“错误”)，并设计实验验证　 　(简述实验方法即可)。
（3）某科研团队构筑了“过渡金属-LiH”双活性中心催化体系，实现了温和条件下氮向氨的逐步转化。已知吸附态或游离态的氮均能与LiH反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①上述两个反应的()与温度T的关系如下图所示，其中　 　线(填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的与温度T的关系。
②请写出Rh(45号元素)在元素周期表中的位置(周期和族)　 　。
（4）过渡金属-LiH复合催化合成氨的进程可表示为如下5步。
其中a～e所表示的状态如下表所示：(cat.和cat.(N)分别代表未吸附和吸附了氮的过渡金属催化剂，未表示出各物质的化学计量数)
a b c d e
当cat.为Rh时，全过程的能量-反应进程如图中点划线所示。
①过程a→b的　 　0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②现将cat.改为Mn，已知： ()若状态a的初始相对能量仍为0，请你在上图中用实线画出全过程的能量-反应进程图　 　。
19．乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下：
(乙酰乙酸乙酯)
实验步骤：
ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。
ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。
ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。
回答下列问题：
（1）请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称　 　；加入饱和氯化钠溶液的目的是　 　。
（2）本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是　 　。
（3）乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因　 　。
（4）下列关于本实验说法正确的是 。
A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾
B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理
C．步骤ⅰ中的甲苯可换成
D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60%
（5）为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。
A．常压蒸馏 B．减压蒸馏
C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏
20．G是一种新型药物，它的一种简化合成路线如下图所示(部分产物未列出)：
已知：Et： Boc： Ts：
回答下列问题：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　。
（2）写出化合物B的结构简式　 　。
（3）下列说法不正确的是 。
A．B→C和F→G的反应类型相同
B．化合物F与氢气充分加成以后的产物中存在5个手性碳原子
C．化合物G苯环上的一氯代物有5种
D．化合物E因为有羟基，所以易溶于水
（4）请写出D与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式(D中C-F键在该条件下不反应)　 　。
（5）由F生成G的反应过程中会生成少量副产物H，H是G的同分异构体，设计方案鉴别G和H(写出所用试剂和实验现象)　 　。
（6）以()和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；合成材料；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于无机物，故 A 不符合题意；
B、超级钢是铁合金，主要成分为金属及合金，属于无机物，故 B 不符合题意；
C、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机物，故 C 不符合题意；
D、合成纤维是人工合成的有机高分子材料，主要成分属于有机物，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确有机物的判断标准：通常指含有碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等少数物质除外）；
逐一判断各选项材料的主要成分类别：玛瑙和光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料；超级钢是铁合金，属于金属材料；合成纤维是人工合成的有机高分子材料，属于有机物；
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、是可溶性盐，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A正确；
B、溶液中，会发生水解： ，使溶液呈碱性，故B正确；
C、实验室中常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备：，故C正确；
D、具有强氧化性，具有还原性，二者反应会生成，无法得到，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强电解质判断：根据电解质的分类，可溶性盐在水溶液中能完全电离，属于强电解质；
溶液酸碱性判断：根据盐类水解规律，强碱弱酸盐的酸根离子水解会使溶液呈碱性；
实验室制备反应：与浓硫酸反应可生成，这是实验室制备的常用方法；
氧化还原反应分析：的强氧化性会将氧化，最终生成硫酸钠，而非亚硫酸钠。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为20的氯原子，质子数为17，质量数为，可表示为，故A正确；
B、基态Cr原子的价层电子排布式为（洪特规则特例，半满稳定），故B正确；
C、分子中，中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，而题目给出的模型为三角锥形，故C错误；
D、该有机物主链含6个碳原子，根据系统命名法，从左到右编号，取代基位置为3、3、4位，名称为3，3，4-三甲基己烷，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子符号书写：根据“质量数=质子数+中子数”计算质量数，确定原子符号；
价层电子排布式：Cr原子为洪特规则特例，价层电子排布式为；
VSEPR模型判断：先计算中心原子的价层电子对数，再确定VSEPR模型的空间结构；
有机物系统命名：选择最长碳链为主链，从离取代基最近的一端编号，确定取代基位置和名称。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、中氮元素来自，反应前后氮元素化合价未发生变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；
B、在反应中，每生成1 mol ，转移1 mol电子，因此生成2 mol 需要转移2 mol电子，故B错误；
C、溶于水时会发生反应：，生成的使溶液显碱性，故C正确；
D、反应中，是氧化剂，是还原剂（其中部分氮元素被氧化），氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应产物判断：根据元素化合价变化，判断氧化产物和还原产物；
电子转移数目计算：分析反应中氮元素的化合价变化，计算生成产物时转移的电子数；
物质性质分析：结合与水的反应，判断其水溶液的酸碱性；
氧化剂与还原剂物质的量之比：根据反应中元素化合价变化，确定氧化剂和还原剂的物质的量之比。
5．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能的变化存在洪特规则特例，Mg的价电子排布为（全满稳定结构），Al为，因此第一电离能：，A错误；
B、同周期元素电负性从左到右逐渐增大，Br和As同属第四周期，Br在As右侧，故电负性：，B正确；
C、Be的价电子排布为，位于元素周期表的s区，C正确；
D、和核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
第一电离能判断：需结合洪特规则特例分析，全满、半满结构的原子第一电离能会出现反常；
电负性变化规律：同周期主族元素电负性随核电荷数增大而增大；
元素分区判断：根据价电子排布，Be的价电子为，属于s区；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。
6．【答案】B
【知识点】金属晶体；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、石墨层内存在自由移动的电子，具有类似金属晶体的导电性，故 A 正确；
B、硫易溶于二硫化碳，但在酒精中溶解度较小，并非易溶，故 B 错误；
C、铝表面自然形成的氧化膜较薄，耐磨性和抗腐蚀性有限，工业上常通过阳极氧化等工艺增厚氧化膜，故 C 正确；
D、硅酸盐材料中硅氧四面体结构稳定，使得材料硬度高、难溶于水，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
石墨导电性：石墨为混合型晶体，层内电子可自由移动，表现出导电性；
硫的溶解性：硫属于非极性分子，根据 “相似相溶” 原理，易溶于非极性溶剂二硫化碳，在极性溶剂酒精中溶解度小；
铝的氧化膜：自然氧化膜薄且防护性不足，需额外处理提升性能；
硅酸盐结构与性质：硅氧四面体的稳定结构决定了硅酸盐材料的硬度和溶解性特点。
7．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；中和热的测定
【解析】【解答】A、中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后若直接测量碱液，会残留盐酸影响碱液温度，因此需要洗净擦干再使用，故 A 正确；
B、酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出，避免残留水稀释标准液，故 B 正确；
C、钠燃烧实验中，反应剧烈且可能产生飞溅物，不可近距离俯视坩埚，防止烫伤，故 C 正确；
D、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体会导致溶质损失，溶液浓度偏低，应重新配制，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中和热测定温度计处理：需洗净擦干，避免交叉污染影响温度测量；
酸式滴定管润洗操作：用待装液润洗，润洗液从下口放出，保证标准液浓度准确；
钠燃烧实验安全：反应剧烈，需避免近距离俯视，防止安全事故；
容量瓶定容误差分析：加水超过刻度线时，吸出液体无法补救，需重新配制。
8．【答案】B
【知识点】苯酚的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根，因此苯酚与碳酸钠反应只能生成苯酚钠和碳酸氢钠，无法生成CO2，方程式错误；
B、Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，方程式书写正确；
C、NaClO具有氧化性，会将氧化为，但生成的会与过量的结合生成和，方程式未体现该反应，错误；
D、氢氟酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分为和，应写化学式HF，方程式错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
苯酚与碳酸钠反应：根据酸性强弱（碳酸 > 苯酚 > 碳酸氢根），反应产物为苯酚钠和碳酸氢钠；
Al与NaOH反应：掌握反应的化学方程式及产物四羟基合铝酸钠的书写；
与反应：注意产物会与过量继续反应；
离子方程式书写：弱酸、弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆分。
9．【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酮
【解析】【解答】A、M 分子中存在多个饱和碳原子（如环己烷结构中的 sp3 杂化碳），这些碳原子呈四面体构型，因此所有碳原子不可能共面，A 正确；
B、N 分子中含有羰基（C=O），O 原子可与 H2O 分子中的 H 原子形成分子间氢键，B 正确；
C、M 分子中含有的碳碳双键和两个羰基均可与 H2发生加成反应，1mol M 最多可与 3mol H2加成（1mol 碳碳双键 + 2mol 羰基），而非 2mol，C 错误；
D、M 与 N 的官能团不同（M 含两个羰基，N 含羰基和碳碳双键），红外光谱可检测不同官能团的特征吸收峰，因此可用红外光谱法区分二者，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
碳原子共面判断：饱和 sp3 杂化碳原子的四面体结构会限制分子的共面性；
分子间氢键判断：含有 N、O、F 等电负性大的原子时，可与水形成分子间氢键；
加成反应消耗 H2的量：碳碳双键、羰基均可与 H2加成，需注意所有不饱和键的数量；
有机物的区分方法：红外光谱可通过官能团的特征吸收峰区分结构不同的有机物。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；氨的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、装置甲中，潮湿的氯气通过浓硫酸后被干燥，干燥氯气不能使干燥红纸褪色，而未干燥的氯气（含水）能使红纸褪色，可验证漂白性，A 能达到目的；
B、装置乙中，生石灰与浓氨水反应可生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，棉花可防止氨气扩散，B 能达到目的；
C、装置丙中，在 HCl 气流中加热 FeCl3 6H2O，可抑制 FeCl3水解，无水 CaCl2可干燥气体，最终得到无水 FeCl3，C 能达到目的；
D、装置丁中，Fe 作阳极时会失电子生成 Fe2+，但石墨为阴极，生成的是 H2，OH-在阴极生成，Fe2+与 OH-结合生成 Fe(OH)2，但由于阳极和阴极生成的离子扩散，且装置未隔绝空气，无法长时间观察白色沉淀，D 不能达到目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氯气漂白性验证：利用浓硫酸干燥氯气，对比干燥与潮湿氯气对红纸的作用；
氨气制备与收集：利用生石灰与浓氨水反应，结合向下排空气法收集氨气；
无水 FeCl3制备：在 HCl 气流中加热抑制 FeCl3水解，防止生成 Fe(OH)3；
Fe(OH)2制备：电解法中 Fe 应作阳极，但该装置无法有效隔绝空气，沉淀易被氧化，无法长时间观察。
11．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解池工作过程中，b极生成的量较多，与氮源反应时会有部分剩余；且具有还原性，在阳极区可继续被氧化为，进而与溶液中的反应生成副产物，A正确；
B、电解质溶液为溶液，a极的反应需结合配平，正确的电极反应式为，选项中的反应式未体现溶液环境，配平错误，B错误；
C、由上述分析可知，b极发生氧化反应，为电解池阳极，应与电源正极相连，而非负极，C错误；
D、当电路中转移2 mol电子时，b极可生成1 mol ；但a极同时发生两个还原反应，无法确定生成的和的具体物质的量，因此无法计算最终合成的的量，D错误；
故答案为：A。
【分析】从装置的反应逻辑来看，a极发生还原反应，被逐步还原为，再进一步还原为，氮元素化合价持续降低，因此a极是电解池的阴极，与电源负极相连，电极反应式为： 、； b极发生氧化反应，被氧化为，碳元素化合价升高，因此b极是电解池的阳极，与电源正极相连，电极反应式为： 。两极生成的与或在溶液中进一步反应，生成目标产物，据此可对各选项进行判断。
12．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；二氧化硫的性质；酯的性质
【解析】【解答】A、硫酰氯分子中，中心S原子的价层电子对数为4（ ），无孤电子对，空间构型为四面体形，故A正确；
B、氯磺酸加热制硫酰氯的反应为歧化反应，方程式为，过程中会生成硫酸，故B正确；
C、分解生成和，气体分子数由1变为2，体系混乱度增大，属于熵增反应，故C正确；
D、硫酰氯水解生成硫酸和盐酸，反应为，1 mol 水解生成1 mol 和2 mol ，与NaOH反应共消耗4 mol NaOH，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子空间构型判断：硫酰氯中心S原子价层电子对数为4且无孤电子对，因此为四面体形结构；
歧化反应分析：氯磺酸加热生成硫酰氯的过程中，部分氯磺酸被氧化为硫酸；
熵变判断：分解反应中气体分子数增多，体系混乱度增大，为熵增反应；
酸碱中和反应计算：硫酰氯水解生成两种强酸，1 mol产物共含4 mol可电离的，需消耗4 mol NaOH。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、卟啉环具有识别功能，可以与配位，但不能与配位，因此可分离二者，故A正确；
B、CO会占据血红蛋白中的配位位点，且结合能力强于，而的结合能力又强于，因此配位能力：，故B正确；
C、卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的σ键数目不同：1号N原子形成3个σ键（无氢），2号N原子形成3个σ键（含1个N-H键），但实际结构中，1号N为双键结构，2号N含N-H键，二者σ键数分别为3和4，数目不同，故C错误；
D、酸性环境中，卟啉环上的N原子易与结合，导致配位能力减弱，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位选择性判断：卟啉环可与配位，不能与配位，因此可分离二者；
配体结合能力比较：CO的配位能力强于，又强于，这也是CO中毒的原理；
σ键数目判断：1号N原子与2号N原子的成键方式不同，σ键数目不相同；
酸性对配位能力的影响：酸性条件下N原子易质子化，导致配位能力下降。
14．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、在反应过程中参与反应，最后又生成，是该反应的催化剂，故A正确；
B、反应过程中钴的配位数发生了变化，但化合价始终为+1价，未发生改变，故B错误；
C、上述过程中涉及键、键、键等极性键的断裂和形成，故C正确；
D、该过程总反应为丙烯、氢气和一氧化碳在催化剂作用下生成丁醛，反应方程式为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：参与反应循环，反应前后结构与性质不变，为催化剂；
钴的变化分析：反应中钴的配位数随配体的结合与解离发生变化，但化合价始终保持不变；
极性键分析：反应过程中涉及、、等极性键的断裂与形成；
总反应方程式：将反应循环中的中间物质消去，得到丙烯氢甲酰化生成丁醛的总反应。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、 的平衡常数，代入数据计算得，故A正确；
B、反应后溶液中，滴加溶液后，，会生成黑色沉淀，故B正确；
C、反应生成的为弱酸，溶液中仍有未反应的，反应后溶液呈酸性，故C正确；
D、根据反应关系，反应消耗的物质的量为，但溶液中仍有剩余的，因此，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数计算：反应的平衡常数可通过与的电离常数计算得出；
沉淀生成判断：通过离子积与的大小关系，判断是否生成沉淀；
溶液酸碱性分析：反应后溶液中存在未反应的，因此呈酸性；
离子浓度计算：根据反应中逸出和溶解的总量，计算消耗的物质的量，再结合剩余的分析浓度。
16．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、碘量瓶带有磨口塞，可减少空气进入，避免空气中的氧气氧化溶液中的，故A正确；
B、温度升高会导致的溶解度降低，同时可能加快副反应速率，用冰水浴降温可减少逸出，提高测定准确性，故B正确；
C、滴定终点时，过量的碘标准溶液遇淀粉变蓝，现象为溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故C正确；
D、滴定前溶液已用稀硫酸酸化，反应环境为酸性，正确的离子方程式为 ，而非选项中的碱性条件方程式，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碘量瓶的作用：磨口塞可隔绝空气，防止氧气氧化，减少实验误差；
温度控制：冰水浴降温可降低的逸出速率，保证其被充分吸收；
滴定终点判断：利用淀粉遇碘变蓝的特性，以溶液由无色变蓝且半分钟不褪色为终点；
离子方程式书写：反应在酸性条件下进行，需根据环境正确书写反应方程式，碱性条件的方程式不符合题意。
17．【答案】（1）；负电
（2）12
（3）
（4）；；不能；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体；；
【知识点】晶胞的计算；电离平衡常数；酰胺
【解析】【解答】(1)晶胞掺杂遵循半径相近微粒替换的原则： 则区域A中“”由替换， 区域B中由替换。根据均摊法计算，区域B中含3个、1个，以及4个（）。通过电荷计算：，因此区域B带负电。
故答案为： ； 负电 ；
(2)晶体中位于晶胞的顶点和面心位置，根据面心立方堆积的配位数规律，与每个距离最近且等距的有12个。
故答案为： 12 ；
(3)根据题目给出的酸性强弱关系：HF的酸性弱于苹果酸的一级电离、强于二级电离，因此苹果酸与足量NaF反应时，仅能失去一级羧基上的氢，最终生成苹果酸氢根离子，其结构简式为：；
故答案为：；
(4)①中N原子的价层电子对数为4，中心N原子采取杂化；的电子式为：
；
②为离子晶体，阴阳离子半径小、离子键强，熔点高，常温下为固体，无法形成可流动的电解液；而中有机阳离子体积大，离子键较弱，熔点低，常温下为液体且易溶于有机溶剂，因此不能用替代该物质作为电解液；
③与反应制备的化学方程式为：；
④在碱性条件下加热反应，生成三乙基胺、乙烯、、和水，离子方程式为：。
故答案为： ； ； 不能 ；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体 ； ； ；
【分析】(1)解题核心是晶胞掺杂的电荷平衡与均摊法计算。先根据微粒半径相近的原则确定替换离子，再通过均摊法计算晶胞中各离子的数目，最后根据离子所带电荷计算区域整体的电性。
(2)解题关键是面心立方堆积的配位数规律。位于面心立方晶胞的顶点和面心，面心立方堆积的配位数为12，因此每个周围最近的数目为12。
(3)解题要点是酸性强弱对反应的影响。根据“强酸制弱酸”的原理，结合HF与苹果酸各级电离的酸性强弱关系，判断反应中被中和的羧基，从而确定产物离子的结构。
(4)① 根据价层电子对数判断N原子的杂化方式，结合B原子的成键特点书写的电子式；
② 从离子晶体的熔点、离子键强度角度，对比与目标物质的物理性质差异，分析其作为电解液的可行性；
③ 根据反应物和产物信息，配平制备的化学方程式；④ 结合有机阳离子的分解反应和的水解反应，配平碱性条件下的离子方程式。
（1）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中“”由替换，区域B中由替换，按照均摊法，区域B中含3个、1个、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电；
（2）ZnS晶体中位于顶点和面心，则ZnS晶体中旁边最近的有12个；
（3）结合信息可知，HF的酸性小于苹果酸的一级电离，大于其二级电离，则苹果酸与足量NaF反应后的阴离子为苹果酸氢根离子，其结构式为：；
（4）①中N原子的价层电子对数为4，其中心氮(N)原子的杂化方式为：；为1个B结合4个氟离子形成的原子团，其电子式为：；
②是离子晶体，阴阳离子半径小、离子键强，熔点高，常温下难以形成可流动的电解液；而因有机阳离子体积大，离子键较弱，熔点低，易溶于有机溶剂形成稳定电解液，故答案为：不能；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体；
③结合题给信息可知，可用HF与反应制得，方程式为：；
④在碱性环境化会发生水解，且与足量氢氧化钠溶液加热反应会生成乙烯和三乙基胺生成，相应的离子方程式为：。
18．【答案】（1）-45
（2）正确；升温、加压、添加催化剂(能加快反应速率的操作皆可)，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝则有氨气(其他检验方法合理即可)，可证明原因是速率较小
（3）a；第五周期第Ⅷ族
（4）＜；
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)根据能量转换图，断键吸收的能量为，成键释放的能量为；反应热，
故答案为：-45。
(2)该同学的说法正确。氮气分子中存在氮氮三键，键能极大，破坏该化学键所需的活化能很高，常温常压下分子间的有效碰撞几率极低，反应速率极小，几乎观察不到反应。
实验验证方法：向混合气体中加入铁触媒（催化剂），加热至左右，将生成的气体通入滴有酚酞的水中，若溶液变红，证明生成了。
故答案为： 正确 ； 升温、加压、添加催化剂(能加快反应速率的操作皆可)，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝则有氨气(其他检验方法合理即可)，可证明原因是速率较小 ；
(3)反应Ⅱ中气态反应物转化为固态产物，气体混乱度减小，即；根据公式，温度升高时，项增大，随温度升高而增大（斜率为正）；反应Ⅰ主要为固体参与，熵变接近零，其随温度变化不大（斜率平缓），因此斜率明显的直线对应反应Ⅱ；
Rh为45号元素，电子排布式为，价电子数为9，位于元素周期表的第五周期第Ⅷ族。
故答案为：a； 第五周期第Ⅷ族 ；
(4)① 状态a中反应物为 N2(g)+H2(g) ，气态分子较多；状态b中在催化剂表面发生吸附和解离，形成表面物种，气体分子数减少，体系混乱度显著降低，，故状态a的熵值大于状态b的熵值（填“>”）；
② 催化剂不改变反应的起始和最终状态的能量，Mn催化路径的最终产物能量与Rh路径相同；根据，Mn催化路径的中间产物能量比Rh路径更高，能量变化图如下（虚线为Mn催化路径，实线为Rh催化路径）：
故答案为： ＜；。
【分析】(1)解题核心是利用键能计算反应热，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，直接代入数据计算即可。
(2)解题关键是理解活化能与反应速率的关系。氮气分子中氮氮三键的键能极大，导致反应活化能很高，常温下难以发生；验证反应发生的思路是通过催化剂和高温条件加快反应速率，再利用氨气的碱性进行检验。
(3)解题要点是利用吉布斯自由能公式分析温度对的影响。反应Ⅱ的，温度升高时增大，对应斜率为正的直线；同时根据电子排布规律，确定Rh元素在周期表中的位置。
(4)① 熵变的判断依据是体系混乱度的变化，气体分子数减少会导致熵值降低；② 催化剂不改变反应的焓变，只改变反应路径的活化能，因此不同催化剂的最终产物能量相同，中间产物的能量差异由催化路径的活化能决定。
（1）根据能量转换图，利用盖斯定律进行计算，断键吸收的能量=473+654=1127 kJ/mol，成键释放能量等于各步释放之和：339+397+436=1172 kJ/mol，反应热等于断键吸收的能量减去成键释放的总能量，故，答案为-45；
（2）氮气分子中存在氮氮三键，键能极大，破坏它需要的活化能很高，常温常压下，分子间的有效碰撞几率极低，因此反应速率极小，几乎观察不到反应，该同学说法正确；实验验证：需要改变条件（通常是加入催化剂或升高温度），使反应明显进行。方法：向混合气体中加入铁触媒（催化剂），加热至500℃左右，将生成的气体通入滴有酚酞的水中，若溶液变红，证明生成了NH3；
（3）反应Ⅱ中有气态反应物N2转化为固态产物，气体的混乱度减小，即 S<0，根据公式 G= H-T S，随着温度的升高，-T S项变得越来越大，导致 G随温度升高而增大（斜率为正），反应Ⅰ主要是固体参与，熵变 S接近于零，其 G随温度变化不大（斜率变缓，近乎于水平线b），因此，斜率明显的直线a对应反应Ⅱ；Rh为45号元素，位于Kr（36号）之后9位，故电子排布式为[Kr]4d85s1，价电子数为9，元素周期位置为第五周期，属于第VIII族，故答案为：a；第五周期第Ⅷ族；
（4）①状态a：反应物为N2(g)+H2(g)（气态分子较多），状态b：表中显示为cat.(N)，意味着氮气分子在催化剂表面发生了吸附和解离（化学吸附），形成了表面物种，气体转化为固体表面吸附物（或气体分子数减小），体系的混乱度显著降低， S<0，故答案为<；
②催化剂不改变反应的起始和最终状态的能量，Mn催化路径的最终产物能量应与Rh路径的相同。根据 H1< H3<0，应为Mn催化路径的中间产物c的能量比Rh路径的更高，故答案为：。
19．【答案】（1）分液漏斗；降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度
（2）增大接触面积，加快反应速率
（3）酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂
（4）A；B
（5）B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤 iii 为分液操作，需使用分液漏斗；加入饱和 NaCl 溶液的作用是降低产物乙酰乙酸乙酯在水相中的溶解度（盐析效应），便于分层分离。
故答案为： 分液漏斗 ； 降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度 ；
(2)将钠块制成钠砂，目的是增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应的安全性与均匀性。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率 ；
(3)* 号碳原子位于两个羰基（C=O）之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，C-H 键极性增强，氢易以 H+形式离去；脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性。本质原因是：酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，使两个羰基间的碳原子正电性增强，亚甲基中的碳氢键极性增强，更易断裂。
故答案为： 酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂 ；
（4）A．甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；
B．实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；
C．CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；
D．钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；
故答案为：AB；
(5)乙酰乙酸乙酯沸点为 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏（会导致产物分解），应采用减压蒸馏（降低沸点，避免高温分解），
故答案为：B。
【分析】(1) 解题关键是分液操作的仪器和盐析效应的应用。分液操作必须使用分液漏斗；饱和 NaCl 溶液通过盐析效应降低有机物在水中的溶解度，促进分层。
(2) 解题要点是钠砂制备的目的。增大接触面积可加快钠与乙醇的反应速率，同时避免钠块聚集导致的局部过热和暴沸，提升反应的安全性。
(3) 解题核心是电子效应（诱导效应和共轭效应）对酸性的影响。两个羰基的吸电子作用增强了亚甲基 C-H 键的极性，且形成的碳负离子可被共振稳定，因此亚甲基氢具有酸性。
(4) 解题需结合实验安全、试剂作用、溶剂性质和产率计算逐一分析选项。钠的限量计算需注意反应配比，避免产率计算错误。
(5) 解题关键是蒸馏方式的选择。根据乙酰乙酸乙酯高温易分解的性质，应采用减压蒸馏降低沸点，防止产物分解。
（1）步骤ⅲ为分液操作，必须使用分液漏斗；饱和NaCl溶液可减少有机物在水相中的溶解（盐析效应），故答案为：分液漏斗；降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度；
（2）增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应安全性与均匀性，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（3）*号碳原子位于两个羰基（C=O）之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，使得C–H键极性增强，氢易于以H+形式离去；同时，脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性，故答案为：酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂；
（4）A．甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；
B．实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；
C．CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；
D．钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；
故选AB；
（5）乙酰乙酸乙酯沸点 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏（会导致产物分解），应采用减压蒸馏（降低沸点，避免高温分解），故选B。
20．【答案】（1）醛基、羟基
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据题意可知，化合物A中的含氧官能团为 (酚) 羟基和醛基；
故答案为： 醛基、羟基 ；
（2） A 与乙腈发生脱水缩合反应，生成 B，B 的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A. B→C 为加成反应，F→G 为取代反应，反应类型不同，A 错误；
B. F 与 H2充分加成后，苯环、双键均被还原，手性碳原子数为 5 个，B 正确；
C. G 中两个苯环上的等效氢并非 6 种，其一氯代物数目也不是 6 种，C 错误；
D. E 虽含羟基，但烃基和杂环占比大，亲水基团占比小，难溶于水，D 错误；
故答案为：ACD。
（4） D 与 NaOH 反应时，酯基和酰胺基会水解，且生成的羧酸也会消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH，反应的化学方程式为：
故答案为： ；
（5）酚羟基易被氧化，可利用其与 FeCl3溶液的显色反应检验：加入 FeCl3溶液，若溶液显紫色，则为含酚羟基的 G；若无紫色出现，则为含羰基的 H。
故答案为： 加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H ；
（6）采用逆合成法合成目标化合物，从酯键断开，由对氨基苯甲酸和乙醇组成，对氨基苯甲酸可由提示给的反应类型由对硝基苯甲酸合成，对硝基苯甲酸可由对甲基硝基苯经高锰酸钾氧化得到，对甲基硝基苯可由甲苯经过硝化反应得到，具体合成路线如下：
故答案为： ；
【分析】A 先与乙腈脱水缩合生成 B， 由B的分子式可以计算出其不饱和度为7，即有一个苯环和一个氰基之外还有一个双键， 再经丙二酸酯类反应得到含氰基和酯基的 C； 可知B的结构式为， C 经催化加氢还原氰基并环合生成含内酰胺环的 D；D 再被 LiAlH4还原为醇 E；E 经保护氨基、再与胡椒醇的对甲苯磺酸酯发生取代反应，最终得到目标产物 G。
(1) 解题关键是识别有机物中的官能团，直接根据结构简式找出含氧官能团（酚羟基、醛基）。
(2) 解题要点是根据反应条件推断产物结构。A 中的醛基与乙腈发生脱水缩合反应，生成含碳碳双键和氰基的产物 B。
(3) 解题核心是反应类型判断、手性碳原子数分析、等效氢数判断和有机物溶解性分析。需逐一分析各选项，明确加成与取代反应的区别、手性碳的判断方法、等效氢的对称分析，以及有机物的亲水 / 疏水基团占比与溶解性的关系。
(4) 解题关键是有机物与 NaOH 反应的耗碱量计算。酯基水解生成的羧基、酰胺基水解生成的羧基，以及酚羟基均会消耗 NaOH，需结合结构分析反应的位点和耗碱量。
(5) 解题思路是利用酚羟基的特征显色反应进行物质鉴别。FeCl3溶液与酚羟基反应显紫色，可据此区分含酚羟基的 G 和含羰基的 H。
(6) 解题方法是逆合成分析法，从目标产物出发，断开酯键得到起始原料，再设计由甲苯出发的合成路线，依次完成硝化、氧化、还原和酯化反应，最终得到目标产物。
（1）化合物A中的含氧官能团为 (酚) 羟基和醛基；
（2）A和乙腈发生脱水缩合反应，故B的结构简式为；
（3）A ．B→C反应类型为加成，F→G的反应类型为取代两者不相同，A错误，符合题意。
B ．F与H2充分加成后，苯环、双键均被还原，手性碳原子数为5个，B正确。
C ．G中两个苯环均有取代基，苯环上等效氢为6种，一氯代物有6种，C错误，符合题意。
D ．E虽含羟基，但烃基和杂环占比大，亲水基团占比较小，故难溶于水，D错误，符合题意。
故答案为ACD；
（4）D与氢氧化钠反应酯基和酰胺基会水解，另外生成的羧酸也会消耗1 mol氢氧化钠，故一共消耗3 mol氢氧化钠，化学方程式为
（5）酚羟基易被氧化成醌，故检验酚羟基和羰基的试剂可以为三氯化铁溶液，故答案为：加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H；
（6）采用逆合成法合成目标化合物，从酯键断开，由对氨基苯甲酸和乙醇组成，对氨基苯甲酸可由提示给的反应类型由对硝基苯甲酸合成，对硝基苯甲酸可由对甲基硝基苯经高锰酸钾氧化得到，对甲基硝基苯可由甲苯经过硝化反应得到，具体合成路线如下：
1 / 1浙江宁波市“十校”2026届高三下学期3月联考（二模）化学试题
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．玛瑙 B．超级钢 C．光导纤维 D．合成纤维
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；合成材料；无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于无机物，故 A 不符合题意；
B、超级钢是铁合金，主要成分为金属及合金，属于无机物，故 B 不符合题意；
C、光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机物，故 C 不符合题意；
D、合成纤维是人工合成的有机高分子材料，主要成分属于有机物，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
明确有机物的判断标准：通常指含有碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等少数物质除外）；
逐一判断各选项材料的主要成分类别：玛瑙和光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料；超级钢是铁合金，属于金属材料；合成纤维是人工合成的有机高分子材料，属于有机物；
2．下列有关的说法中，不正确的是
A．是强电解质 B．水溶液呈碱性
C．实验室可用于制 D．和反应制
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、是可溶性盐，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A正确；
B、溶液中，会发生水解： ，使溶液呈碱性，故B正确；
C、实验室中常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备：，故C正确；
D、具有强氧化性，具有还原性，二者反应会生成，无法得到，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
强电解质判断：根据电解质的分类，可溶性盐在水溶液中能完全电离，属于强电解质；
溶液酸碱性判断：根据盐类水解规律，强碱弱酸盐的酸根离子水解会使溶液呈碱性；
实验室制备反应：与浓硫酸反应可生成，这是实验室制备的常用方法；
氧化还原反应分析：的强氧化性会将氧化，最终生成硫酸钠，而非亚硫酸钠。
3．下列化学用语表述错误的是
A．中子数为20的氯原子：
B．基态Cr原子的价层电子排布式：
C．的VSEPR模型：
D．的系统命名法：3，3，4-三甲基己烷
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；元素、核素
【解析】【解答】A、中子数为20的氯原子，质子数为17，质量数为，可表示为，故A正确；
B、基态Cr原子的价层电子排布式为（洪特规则特例，半满稳定），故B正确；
C、分子中，中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，而题目给出的模型为三角锥形，故C错误；
D、该有机物主链含6个碳原子，根据系统命名法，从左到右编号，取代基位置为3、3、4位，名称为3，3，4-三甲基己烷，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子符号书写：根据“质量数=质子数+中子数”计算质量数，确定原子符号；
价层电子排布式：Cr原子为洪特规则特例，价层电子排布式为；
VSEPR模型判断：先计算中心原子的价层电子对数，再确定VSEPR模型的空间结构；
有机物系统命名：选择最长碳链为主链，从离取代基最近的一端编号，确定取代基位置和名称。
4．关于反应，下列说法中正确的是
A．是氧化产物
B．生成2 mol的需要转移3 mol电子
C．溶于水可能显碱性
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、中氮元素来自，反应前后氮元素化合价未发生变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；
B、在反应中，每生成1 mol ，转移1 mol电子，因此生成2 mol 需要转移2 mol电子，故B错误；
C、溶于水时会发生反应：，生成的使溶液显碱性，故C正确；
D、反应中，是氧化剂，是还原剂（其中部分氮元素被氧化），氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应产物判断：根据元素化合价变化，判断氧化产物和还原产物；
电子转移数目计算：分析反应中氮元素的化合价变化，计算生成产物时转移的电子数；
物质性质分析：结合与水的反应，判断其水溶液的酸碱性；
氧化剂与还原剂物质的量之比：根据反应中元素化合价变化，确定氧化剂和还原剂的物质的量之比。
5．下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是
A．第一电离能：Na＜Mg＜Al B．电负性：Br＞As
C．Be元素位于周期表的s区 D．半径：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素第一电离能的变化存在洪特规则特例，Mg的价电子排布为（全满稳定结构），Al为，因此第一电离能：，A错误；
B、同周期元素电负性从左到右逐渐增大，Br和As同属第四周期，Br在As右侧，故电负性：，B正确；
C、Be的价电子排布为，位于元素周期表的s区，C正确；
D、和核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
第一电离能判断：需结合洪特规则特例分析，全满、半满结构的原子第一电离能会出现反常；
电负性变化规律：同周期主族元素电负性随核电荷数增大而增大；
元素分区判断：根据价电子排布，Be的价电子为，属于s区；
离子半径比较：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。
6．下列说法不正确的是
A．石墨有类似金属晶体的导电性
B．硫易溶于二硫化碳和酒精
C．铝表面自然形成的氧化膜很薄，耐磨性和抗腐蚀性不够强，需要额外处理增加厚度
D．硅酸盐材料具有硬度高、难溶于水等特点是由于硅氧四面体结构的特殊性
【答案】B
【知识点】金属晶体；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A、石墨层内存在自由移动的电子，具有类似金属晶体的导电性，故 A 正确；
B、硫易溶于二硫化碳，但在酒精中溶解度较小，并非易溶，故 B 错误；
C、铝表面自然形成的氧化膜较薄，耐磨性和抗腐蚀性有限，工业上常通过阳极氧化等工艺增厚氧化膜，故 C 正确；
D、硅酸盐材料中硅氧四面体结构稳定，使得材料硬度高、难溶于水，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
石墨导电性：石墨为混合型晶体，层内电子可自由移动，表现出导电性；
硫的溶解性：硫属于非极性分子，根据 “相似相溶” 原理，易溶于非极性溶剂二硫化碳，在极性溶剂酒精中溶解度小；
铝的氧化膜：自然氧化膜薄且防护性不足，需额外处理提升性能；
硅酸盐结构与性质：硅氧四面体的稳定结构决定了硅酸盐材料的硬度和溶解性特点。
7．下列有关仪器的使用方法或实验操作错误的是
A．在中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后需要洗净擦干再用于后续实验
B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出
C．在钠的燃烧实验中，不可近距离俯视坩埚
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；中和热的测定
【解析】【解答】A、中和热测定实验中，温度计测量完盐酸溶液后若直接测量碱液，会残留盐酸影响碱液温度，因此需要洗净擦干再使用，故 A 正确；
B、酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗，润洗液从下口放出，避免残留水稀释标准液，故 B 正确；
C、钠燃烧实验中，反应剧烈且可能产生飞溅物，不可近距离俯视坩埚，防止烫伤，故 C 正确；
D、用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体会导致溶质损失，溶液浓度偏低，应重新配制，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
中和热测定温度计处理：需洗净擦干，避免交叉污染影响温度测量；
酸式滴定管润洗操作：用待装液润洗，润洗液从下口放出，保证标准液浓度准确；
钠燃烧实验安全：反应剧烈，需避免近距离俯视，防止安全事故；
容量瓶定容误差分析：加水超过刻度线时，吸出液体无法补救，需重新配制。
8．下列反应方程式正确的是
A．溶液中加入过量苯酚：
B．Al溶解在NaOH溶液中：
C．在溶液中滴加少量NaClO溶液：
D．氢氟酸溶蚀玻璃：
【答案】B
【知识点】苯酚的性质及用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、苯酚的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢根，因此苯酚与碳酸钠反应只能生成苯酚钠和碳酸氢钠，无法生成CO2，方程式错误；
B、Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，方程式书写正确；
C、NaClO具有氧化性，会将氧化为，但生成的会与过量的结合生成和，方程式未体现该反应，错误；
D、氢氟酸是弱酸，在离子方程式中不能拆分为和，应写化学式HF，方程式错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
苯酚与碳酸钠反应：根据酸性强弱（碳酸 > 苯酚 > 碳酸氢根），反应产物为苯酚钠和碳酸氢钠；
Al与NaOH反应：掌握反应的化学方程式及产物四羟基合铝酸钠的书写；
与反应：注意产物会与过量继续反应；
离子方程式书写：弱酸、弱电解质在离子方程式中需保留化学式，不能拆分。
9．有机物M在碱性条件下可发生的反应如图所示。下列说法不正确的是
A．M分子中所有碳原子不可能共面
B．N可与形成分子间氢键
C．1 mol M最多与2 mol 发生加成反应
D．可用红外光谱法区分M与N
【答案】C
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；酮
【解析】【解答】A、M 分子中存在多个饱和碳原子（如环己烷结构中的 sp3 杂化碳），这些碳原子呈四面体构型，因此所有碳原子不可能共面，A 正确；
B、N 分子中含有羰基（C=O），O 原子可与 H2O 分子中的 H 原子形成分子间氢键，B 正确；
C、M 分子中含有的碳碳双键和两个羰基均可与 H2发生加成反应，1mol M 最多可与 3mol H2加成（1mol 碳碳双键 + 2mol 羰基），而非 2mol，C 错误；
D、M 与 N 的官能团不同（M 含两个羰基，N 含羰基和碳碳双键），红外光谱可检测不同官能团的特征吸收峰，因此可用红外光谱法区分二者，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
碳原子共面判断：饱和 sp3 杂化碳原子的四面体结构会限制分子的共面性；
分子间氢键判断：含有 N、O、F 等电负性大的原子时，可与水形成分子间氢键；
加成反应消耗 H2的量：碳碳双键、羰基均可与 H2加成，需注意所有不饱和键的数量；
有机物的区分方法：红外光谱可通过官能团的特征吸收峰区分结构不同的有机物。
10．下列实验中不能达到实验目的的是
A．装置甲可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性
B．利用图乙制取并收集少量的NH3
C．用丙装置制备无水FeCl3
D．用丁装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；电解原理；氨的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、装置甲中，潮湿的氯气通过浓硫酸后被干燥，干燥氯气不能使干燥红纸褪色，而未干燥的氯气（含水）能使红纸褪色，可验证漂白性，A 能达到目的；
B、装置乙中，生石灰与浓氨水反应可生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，棉花可防止氨气扩散，B 能达到目的；
C、装置丙中，在 HCl 气流中加热 FeCl3 6H2O，可抑制 FeCl3水解，无水 CaCl2可干燥气体，最终得到无水 FeCl3，C 能达到目的；
D、装置丁中，Fe 作阳极时会失电子生成 Fe2+，但石墨为阴极，生成的是 H2，OH-在阴极生成，Fe2+与 OH-结合生成 Fe(OH)2，但由于阳极和阴极生成的离子扩散，且装置未隔绝空气，无法长时间观察白色沉淀，D 不能达到目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
氯气漂白性验证：利用浓硫酸干燥氯气，对比干燥与潮湿氯气对红纸的作用；
氨气制备与收集：利用生石灰与浓氨水反应，结合向下排空气法收集氨气；
无水 FeCl3制备：在 HCl 气流中加热抑制 FeCl3水解，防止生成 Fe(OH)3；
Fe(OH)2制备：电解法中 Fe 应作阳极，但该装置无法有效隔绝空气，沉淀易被氧化，无法长时间观察。
11．以/SiC为阴极反应的催化剂，在溶液中电解和，两极协同合成(丙酰胺)的原理如图。
下列说法正确的是
A．合成时会生成副产物
B．a极的反应为
C．b极与电源负极相连，发生还原反应
D．当电路中转移2 mol电子时，理论上合成0.25 mol
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解池工作过程中，b极生成的量较多，与氮源反应时会有部分剩余；且具有还原性，在阳极区可继续被氧化为，进而与溶液中的反应生成副产物，A正确；
B、电解质溶液为溶液，a极的反应需结合配平，正确的电极反应式为，选项中的反应式未体现溶液环境，配平错误，B错误；
C、由上述分析可知，b极发生氧化反应，为电解池阳极，应与电源正极相连，而非负极，C错误；
D、当电路中转移2 mol电子时，b极可生成1 mol ；但a极同时发生两个还原反应，无法确定生成的和的具体物质的量，因此无法计算最终合成的的量，D错误；
故答案为：A。
【分析】从装置的反应逻辑来看，a极发生还原反应，被逐步还原为，再进一步还原为，氮元素化合价持续降低，因此a极是电解池的阴极，与电源负极相连，电极反应式为： 、； b极发生氧化反应，被氧化为，碳元素化合价升高，因此b极是电解池的阳极，与电源正极相连，电极反应式为： 。两极生成的与或在溶液中进一步反应，生成目标产物，据此可对各选项进行判断。
12．硫酰氯()是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。氯磺酸加热可得到硫酰氯，但温度高于553 K时硫酰氯会分解生成和。下列有关说法错误的是
A．硫酰氯分子的空间构型为四面体形
B．由氯磺酸加热制硫酰氯的过程中会有硫酸生成
C．分解生成和为熵增反应
D．水溶液中，1 mol硫酰氯最多可以与3 mol NaOH完全反应
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；二氧化硫的性质；酯的性质
【解析】【解答】A、硫酰氯分子中，中心S原子的价层电子对数为4（ ），无孤电子对，空间构型为四面体形，故A正确；
B、氯磺酸加热制硫酰氯的反应为歧化反应，方程式为，过程中会生成硫酸，故B正确；
C、分解生成和，气体分子数由1变为2，体系混乱度增大，属于熵增反应，故C正确；
D、硫酰氯水解生成硫酸和盐酸，反应为，1 mol 水解生成1 mol 和2 mol ，与NaOH反应共消耗4 mol NaOH，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子空间构型判断：硫酰氯中心S原子价层电子对数为4且无孤电子对，因此为四面体形结构；
歧化反应分析：氯磺酸加热生成硫酰氯的过程中，部分氯磺酸被氧化为硫酸；
熵变判断：分解反应中气体分子数增多，体系混乱度增大，为熵增反应；
酸碱中和反应计算：硫酰氯水解生成两种强酸，1 mol产物共含4 mol可电离的，需消耗4 mol NaOH。
13．为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体M为、或CO)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与、等配位。下列有关说法错误的是
A．卟啉环具有识别功能，可以分离与
B．与铁卟啉配位的能力：CO大于大于
C．卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的键数目相同
D．该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、卟啉环具有识别功能，可以与配位，但不能与配位，因此可分离二者，故A正确；
B、CO会占据血红蛋白中的配位位点，且结合能力强于，而的结合能力又强于，因此配位能力：，故B正确；
C、卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的σ键数目不同：1号N原子形成3个σ键（无氢），2号N原子形成3个σ键（含1个N-H键），但实际结构中，1号N为双键结构，2号N含N-H键，二者σ键数分别为3和4，数目不同，故C错误；
D、酸性环境中，卟啉环上的N原子易与结合，导致配位能力减弱，故D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配位选择性判断：卟啉环可与配位，不能与配位，因此可分离二者；
配体结合能力比较：CO的配位能力强于，又强于，这也是CO中毒的原理；
σ键数目判断：1号N原子与2号N原子的成键方式不同，σ键数目不相同；
酸性对配位能力的影响：酸性条件下N原子易质子化，导致配位能力下降。
14．烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是
A．是该反应的催化剂
B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化
C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成
D．该过程总反应为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、在反应过程中参与反应，最后又生成，是该反应的催化剂，故A正确；
B、反应过程中钴的配位数发生了变化，但化合价始终为+1价，未发生改变，故B错误；
C、上述过程中涉及键、键、键等极性键的断裂和形成，故C正确；
D、该过程总反应为丙烯、氢气和一氧化碳在催化剂作用下生成丁醛，反应方程式为 ，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：参与反应循环，反应前后结构与性质不变，为催化剂；
钴的变化分析：反应中钴的配位数随配体的结合与解离发生变化，但化合价始终保持不变；
极性键分析：反应过程中涉及、、等极性键的断裂与形成；
总反应方程式：将反应循环中的中间物质消去，得到丙烯氢甲酰化生成丁醛的总反应。
15．已知：25℃下，，，，， K；将足量ZnS置于1 L x mol/L的盐酸中，收集到逸出的气体0.15 mol。饱和溶液浓度约为0.1 mol/L。假设溶液体积不变，下列说法不正确的是
A．
B．向反应后的溶液中滴加1 mL 0.02 mol/L 溶液，有黑色沉淀生成
C．反应后的溶液为酸性
D．反应后的溶液中 mol/L
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、 的平衡常数，代入数据计算得，故A正确；
B、反应后溶液中，滴加溶液后，，会生成黑色沉淀，故B正确；
C、反应生成的为弱酸，溶液中仍有未反应的，反应后溶液呈酸性，故C正确；
D、根据反应关系，反应消耗的物质的量为，但溶液中仍有剩余的，因此，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
平衡常数计算：反应的平衡常数可通过与的电离常数计算得出；
沉淀生成判断：通过离子积与的大小关系，判断是否生成沉淀；
溶液酸碱性分析：反应后溶液中存在未反应的，因此呈酸性；
离子浓度计算：根据反应中逸出和溶解的总量，计算消耗的物质的量，再结合剩余的分析浓度。
16．某学习小组用“直接碘量法”对某工厂废气中的浓度进行测定(已知废气中其他成分不参与反应)。
①将某工厂废气缓慢通入盛有的NaOH溶液(足量)的碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中，将碘量瓶在冰水浴中冷却，加入稀硫酸酸化(硫元素主要以的形式存在)及少量淀粉溶液，使用超声振荡。待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。
②进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积，进行相关计算。
下列有关说法错误的是
A．使用碘量瓶而不使用锥形瓶是为了减少空气对实验的影响
B．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定
C．滴定终点的现象：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
D．滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式：
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、碘量瓶带有磨口塞，可减少空气进入，避免空气中的氧气氧化溶液中的，故A正确；
B、温度升高会导致的溶解度降低，同时可能加快副反应速率，用冰水浴降温可减少逸出，提高测定准确性，故B正确；
C、滴定终点时，过量的碘标准溶液遇淀粉变蓝，现象为溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，故C正确；
D、滴定前溶液已用稀硫酸酸化，反应环境为酸性，正确的离子方程式为 ，而非选项中的碱性条件方程式，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
碘量瓶的作用：磨口塞可隔绝空气，防止氧气氧化，减少实验误差；
温度控制：冰水浴降温可降低的逸出速率，保证其被充分吸收；
滴定终点判断：利用淀粉遇碘变蓝的特性，以溶液由无色变蓝且半分钟不褪色为终点；
离子方程式书写：反应在酸性条件下进行，需根据环境正确书写反应方程式，碱性条件的方程式不符合题意。
17．如图所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
（1）区域A“”中的离子为　 　(填离子符号)，区域B带　 　(填“正电”或“负电”)。
（2）ZnS晶体中旁边最近的有　 　个。
（3）已知苹果酸()的，，HF的。请写出苹果酸与足量NaF反应后的阴离子的结构简式　 　。
（4）四乙基氟硼酸铵是超级电容器中应用最广泛的有机电解液。其合成反应方程式如下：
①在阳离子中，中心氮(N)原子的杂化方式为：　 　；请写出的电子式　 　。
②能不能用代替作为电解液？　 　(填“能”或“不能”)。请从物质的结构角度分析：　 　。
③可用HF与反应制得，请写出该反应的化学方程式　 　。
④已知在碱性环境化会发生水解，试写出与足量氢氧化钠溶液加热反应的离子方程式(产物中有乙烯和三乙基胺生成)　 　。
【答案】（1）；负电
（2）12
（3）
（4）；；不能；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体；；
【知识点】晶胞的计算；电离平衡常数；酰胺
【解析】【解答】(1)晶胞掺杂遵循半径相近微粒替换的原则： 则区域A中“”由替换， 区域B中由替换。根据均摊法计算，区域B中含3个、1个，以及4个（）。通过电荷计算：，因此区域B带负电。
故答案为： ； 负电 ；
(2)晶体中位于晶胞的顶点和面心位置，根据面心立方堆积的配位数规律，与每个距离最近且等距的有12个。
故答案为： 12 ；
(3)根据题目给出的酸性强弱关系：HF的酸性弱于苹果酸的一级电离、强于二级电离，因此苹果酸与足量NaF反应时，仅能失去一级羧基上的氢，最终生成苹果酸氢根离子，其结构简式为：；
故答案为：；
(4)①中N原子的价层电子对数为4，中心N原子采取杂化；的电子式为：
；
②为离子晶体，阴阳离子半径小、离子键强，熔点高，常温下为固体，无法形成可流动的电解液；而中有机阳离子体积大，离子键较弱，熔点低，常温下为液体且易溶于有机溶剂，因此不能用替代该物质作为电解液；
③与反应制备的化学方程式为：；
④在碱性条件下加热反应，生成三乙基胺、乙烯、、和水，离子方程式为：。
故答案为： ； ； 不能 ；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体 ； ； ；
【分析】(1)解题核心是晶胞掺杂的电荷平衡与均摊法计算。先根据微粒半径相近的原则确定替换离子，再通过均摊法计算晶胞中各离子的数目，最后根据离子所带电荷计算区域整体的电性。
(2)解题关键是面心立方堆积的配位数规律。位于面心立方晶胞的顶点和面心，面心立方堆积的配位数为12，因此每个周围最近的数目为12。
(3)解题要点是酸性强弱对反应的影响。根据“强酸制弱酸”的原理，结合HF与苹果酸各级电离的酸性强弱关系，判断反应中被中和的羧基，从而确定产物离子的结构。
(4)① 根据价层电子对数判断N原子的杂化方式，结合B原子的成键特点书写的电子式；
② 从离子晶体的熔点、离子键强度角度，对比与目标物质的物理性质差异，分析其作为电解液的可行性；
③ 根据反应物和产物信息，配平制备的化学方程式；④ 结合有机阳离子的分解反应和的水解反应，配平碱性条件下的离子方程式。
（1）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中“”由替换，区域B中由替换，按照均摊法，区域B中含3个、1个、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电；
（2）ZnS晶体中位于顶点和面心，则ZnS晶体中旁边最近的有12个；
（3）结合信息可知，HF的酸性小于苹果酸的一级电离，大于其二级电离，则苹果酸与足量NaF反应后的阴离子为苹果酸氢根离子，其结构式为：；
（4）①中N原子的价层电子对数为4，其中心氮(N)原子的杂化方式为：；为1个B结合4个氟离子形成的原子团，其电子式为：；
②是离子晶体，阴阳离子半径小、离子键强，熔点高，常温下难以形成可流动的电解液；而因有机阳离子体积大，离子键较弱，熔点低，易溶于有机溶剂形成稳定电解液，故答案为：不能；拥有半径较大的阴阳离子，常温下为液体；而常温下为固体；
③结合题给信息可知，可用HF与反应制得，方程式为：；
④在碱性环境化会发生水解，且与足量氢氧化钠溶液加热反应会生成乙烯和三乙基胺生成，相应的离子方程式为：。
18．自1913年合成氨工业化以来，科学家一直致力于合成氨技术的研究和发展。回答下列问题：
（1）根据下图数据计算反应的　 　。
（2）常温常压下，在密闭容器中和按照体积比3：1混合放置较长时间，没有明显生成，有同学认为原因是反应的速率极小。请判断该同学观点是否正确　 　(填“正确”或“错误”)，并设计实验验证　 　(简述实验方法即可)。
（3）某科研团队构筑了“过渡金属-LiH”双活性中心催化体系，实现了温和条件下氮向氨的逐步转化。已知吸附态或游离态的氮均能与LiH反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①上述两个反应的()与温度T的关系如下图所示，其中　 　线(填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的与温度T的关系。
②请写出Rh(45号元素)在元素周期表中的位置(周期和族)　 　。
（4）过渡金属-LiH复合催化合成氨的进程可表示为如下5步。
其中a～e所表示的状态如下表所示：(cat.和cat.(N)分别代表未吸附和吸附了氮的过渡金属催化剂，未表示出各物质的化学计量数)
a b c d e
当cat.为Rh时，全过程的能量-反应进程如图中点划线所示。
①过程a→b的　 　0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②现将cat.改为Mn，已知： ()若状态a的初始相对能量仍为0，请你在上图中用实线画出全过程的能量-反应进程图　 　。
【答案】（1）-45
（2）正确；升温、加压、添加催化剂(能加快反应速率的操作皆可)，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝则有氨气(其他检验方法合理即可)，可证明原因是速率较小
（3）a；第五周期第Ⅷ族
（4）＜；
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)根据能量转换图，断键吸收的能量为，成键释放的能量为；反应热，
故答案为：-45。
(2)该同学的说法正确。氮气分子中存在氮氮三键，键能极大，破坏该化学键所需的活化能很高，常温常压下分子间的有效碰撞几率极低，反应速率极小，几乎观察不到反应。
实验验证方法：向混合气体中加入铁触媒（催化剂），加热至左右，将生成的气体通入滴有酚酞的水中，若溶液变红，证明生成了。
故答案为： 正确 ； 升温、加压、添加催化剂(能加快反应速率的操作皆可)，用湿润的红色石蕊试纸检验，若变蓝则有氨气(其他检验方法合理即可)，可证明原因是速率较小 ；
(3)反应Ⅱ中气态反应物转化为固态产物，气体混乱度减小，即；根据公式，温度升高时，项增大，随温度升高而增大（斜率为正）；反应Ⅰ主要为固体参与，熵变接近零，其随温度变化不大（斜率平缓），因此斜率明显的直线对应反应Ⅱ；
Rh为45号元素，电子排布式为，价电子数为9，位于元素周期表的第五周期第Ⅷ族。
故答案为：a； 第五周期第Ⅷ族 ；
(4)① 状态a中反应物为 N2(g)+H2(g) ，气态分子较多；状态b中在催化剂表面发生吸附和解离，形成表面物种，气体分子数减少，体系混乱度显著降低，，故状态a的熵值大于状态b的熵值（填“>”）；
② 催化剂不改变反应的起始和最终状态的能量，Mn催化路径的最终产物能量与Rh路径相同；根据，Mn催化路径的中间产物能量比Rh路径更高，能量变化图如下（虚线为Mn催化路径，实线为Rh催化路径）：
故答案为： ＜；。
【分析】(1)解题核心是利用键能计算反应热，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，直接代入数据计算即可。
(2)解题关键是理解活化能与反应速率的关系。氮气分子中氮氮三键的键能极大，导致反应活化能很高，常温下难以发生；验证反应发生的思路是通过催化剂和高温条件加快反应速率，再利用氨气的碱性进行检验。
(3)解题要点是利用吉布斯自由能公式分析温度对的影响。反应Ⅱ的，温度升高时增大，对应斜率为正的直线；同时根据电子排布规律，确定Rh元素在周期表中的位置。
(4)① 熵变的判断依据是体系混乱度的变化，气体分子数减少会导致熵值降低；② 催化剂不改变反应的焓变，只改变反应路径的活化能，因此不同催化剂的最终产物能量相同，中间产物的能量差异由催化路径的活化能决定。
（1）根据能量转换图，利用盖斯定律进行计算，断键吸收的能量=473+654=1127 kJ/mol，成键释放能量等于各步释放之和：339+397+436=1172 kJ/mol，反应热等于断键吸收的能量减去成键释放的总能量，故，答案为-45；
（2）氮气分子中存在氮氮三键，键能极大，破坏它需要的活化能很高，常温常压下，分子间的有效碰撞几率极低，因此反应速率极小，几乎观察不到反应，该同学说法正确；实验验证：需要改变条件（通常是加入催化剂或升高温度），使反应明显进行。方法：向混合气体中加入铁触媒（催化剂），加热至500℃左右，将生成的气体通入滴有酚酞的水中，若溶液变红，证明生成了NH3；
（3）反应Ⅱ中有气态反应物N2转化为固态产物，气体的混乱度减小，即 S<0，根据公式 G= H-T S，随着温度的升高，-T S项变得越来越大，导致 G随温度升高而增大（斜率为正），反应Ⅰ主要是固体参与，熵变 S接近于零，其 G随温度变化不大（斜率变缓，近乎于水平线b），因此，斜率明显的直线a对应反应Ⅱ；Rh为45号元素，位于Kr（36号）之后9位，故电子排布式为[Kr]4d85s1，价电子数为9，元素周期位置为第五周期，属于第VIII族，故答案为：a；第五周期第Ⅷ族；
（4）①状态a：反应物为N2(g)+H2(g)（气态分子较多），状态b：表中显示为cat.(N)，意味着氮气分子在催化剂表面发生了吸附和解离（化学吸附），形成了表面物种，气体转化为固体表面吸附物（或气体分子数减小），体系的混乱度显著降低， S<0，故答案为<；
②催化剂不改变反应的起始和最终状态的能量，Mn催化路径的最终产物能量应与Rh路径的相同。根据 H1< H3<0，应为Mn催化路径的中间产物c的能量比Rh路径的更高，故答案为：。
19．乙酰乙酸乙酯(相对分子质量130，沸点180℃，超过120℃开始分解)是一种重要的有机中间体，实验室制备乙酰乙酸乙酯的原理、步骤如下：
(乙酰乙酸乙酯)
实验步骤：
ⅰ.向圆底烧瓶中加入25 ml甲苯，将4.6 g金属钠立即放入烧瓶中。安装冷凝回流装置，加热至金属钠完全熔化后停止加热。待混合液降温使金属钠成为细粒状钠砂。
ⅱ.迅速向带有钠砂的圆底烧瓶中加入44 g乙酸乙酯和少量乙醇，并在瓶口安装冷凝管和装有氯化钙的干燥管。反应回流3-4小时至钠砂基本消失，得到透明溶液。
ⅲ.边振荡边滴加醋酸溶液至弱酸性。将混合液转入 中，用饱和氯化钠溶液洗涤酯层，静置后分出酯层。进一步提纯有机混合物，收集产物并称量。
回答下列问题：
（1）请补充步骤ⅲ中缺失的玻璃仪器的名称　 　；加入饱和氯化钠溶液的目的是　 　。
（2）本实验需要将钠先制备成钠砂的原因可能是　 　。
（3）乙酰乙酸乙酯()分子中标*号碳原子上的氢有一定酸性，其。请从结构角度解释原因　 　。
（4）下列关于本实验说法正确的是 。
A．实验中的甲苯应用专用回收瓶回收，防止残留的少量钠引发火灾
B．本实验应确保在无水环境中进行，但是乙酸乙酯中含有的少量乙醇无需处理
C．步骤ⅰ中的甲苯可换成
D．实验收集到乙酰乙酸乙酯19.5 g，则此次实验的产率是60%
（5）为获得产品，有机混合物可以采用 方法进一步分离。
A．常压蒸馏 B．减压蒸馏
C．加生石灰常压蒸馏 D．加压蒸馏
【答案】（1）分液漏斗；降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度
（2）增大接触面积，加快反应速率
（3）酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂
（4）A；B
（5）B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤 iii 为分液操作，需使用分液漏斗；加入饱和 NaCl 溶液的作用是降低产物乙酰乙酸乙酯在水相中的溶解度（盐析效应），便于分层分离。
故答案为： 分液漏斗 ； 降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度 ；
(2)将钠块制成钠砂，目的是增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应的安全性与均匀性。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率 ；
(3)* 号碳原子位于两个羰基（C=O）之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，C-H 键极性增强，氢易以 H+形式离去；脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性。本质原因是：酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，使两个羰基间的碳原子正电性增强，亚甲基中的碳氢键极性增强，更易断裂。
故答案为： 酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂 ；
（4）A．甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；
B．实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；
C．CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；
D．钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；
故答案为：AB；
(5)乙酰乙酸乙酯沸点为 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏（会导致产物分解），应采用减压蒸馏（降低沸点，避免高温分解），
故答案为：B。
【分析】(1) 解题关键是分液操作的仪器和盐析效应的应用。分液操作必须使用分液漏斗；饱和 NaCl 溶液通过盐析效应降低有机物在水中的溶解度，促进分层。
(2) 解题要点是钠砂制备的目的。增大接触面积可加快钠与乙醇的反应速率，同时避免钠块聚集导致的局部过热和暴沸，提升反应的安全性。
(3) 解题核心是电子效应（诱导效应和共轭效应）对酸性的影响。两个羰基的吸电子作用增强了亚甲基 C-H 键的极性，且形成的碳负离子可被共振稳定，因此亚甲基氢具有酸性。
(4) 解题需结合实验安全、试剂作用、溶剂性质和产率计算逐一分析选项。钠的限量计算需注意反应配比，避免产率计算错误。
(5) 解题关键是蒸馏方式的选择。根据乙酰乙酸乙酯高温易分解的性质，应采用减压蒸馏降低沸点，防止产物分解。
（1）步骤ⅲ为分液操作，必须使用分液漏斗；饱和NaCl溶液可减少有机物在水相中的溶解（盐析效应），故答案为：分液漏斗；降低产物(乙酰乙酸乙酯)溶解度；
（2）增大钠与乙醇的接触面积，加快反应速率；同时防止钠块聚集放热导致局部过热或暴沸，提高反应安全性与均匀性，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（3）*号碳原子位于两个羰基（C=O）之间，受两个强吸电子基团的诱导和共轭效应影响，使得C–H键极性增强，氢易于以H+形式离去；同时，脱氢后形成的碳负离子可被两个羰基共振稳定，因此表现出弱酸性，故答案为：酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，易于断裂；
（4）A．甲苯作为溶剂，可能残留微量钠，钠遇水或空气易燃，必须专用回收处理，A正确；
B．实验需无水环境，但少量乙醇可与钠反应生成乙醇钠，作为反应的催化剂，无需处理，B正确；
C．CCl4密度比钠大，钠会浮在表面，无法形成钠砂，不能替代甲苯，C错误；
D．钠的物质的量：，乙酸乙酯的物质的量：，由反应式可知，2 mol 乙酸乙酯生成 1 mol 乙酰乙酸乙酯，钠为限量试剂，理论产量：质量为 0.2 mol×130 g/mol=26 g，实际产率：，D错误；
故选AB；
（5）乙酰乙酸乙酯沸点 180℃，且超过 120℃开始分解，因此不能用常压蒸馏（会导致产物分解），应采用减压蒸馏（降低沸点，避免高温分解），故选B。
20．G是一种新型药物，它的一种简化合成路线如下图所示(部分产物未列出)：
已知：Et： Boc： Ts：
回答下列问题：
（1）化合物A中的含氧官能团名称是　 　。
（2）写出化合物B的结构简式　 　。
（3）下列说法不正确的是 。
A．B→C和F→G的反应类型相同
B．化合物F与氢气充分加成以后的产物中存在5个手性碳原子
C．化合物G苯环上的一氯代物有5种
D．化合物E因为有羟基，所以易溶于水
（4）请写出D与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式(D中C-F键在该条件下不反应)　 　。
（5）由F生成G的反应过程中会生成少量副产物H，H是G的同分异构体，设计方案鉴别G和H(写出所用试剂和实验现象)　 　。
（6）以()和乙烯为原料，设计化合物()的合成路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）醛基、羟基
（2）
（3）A；C；D
（4）
（5）加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）根据题意可知，化合物A中的含氧官能团为 (酚) 羟基和醛基；
故答案为： 醛基、羟基 ；
（2） A 与乙腈发生脱水缩合反应，生成 B，B 的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A. B→C 为加成反应，F→G 为取代反应，反应类型不同，A 错误；
B. F 与 H2充分加成后，苯环、双键均被还原，手性碳原子数为 5 个，B 正确；
C. G 中两个苯环上的等效氢并非 6 种，其一氯代物数目也不是 6 种，C 错误；
D. E 虽含羟基，但烃基和杂环占比大，亲水基团占比小，难溶于水，D 错误；
故答案为：ACD。
（4） D 与 NaOH 反应时，酯基和酰胺基会水解，且生成的羧酸也会消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH，反应的化学方程式为：
故答案为： ；
（5）酚羟基易被氧化，可利用其与 FeCl3溶液的显色反应检验：加入 FeCl3溶液，若溶液显紫色，则为含酚羟基的 G；若无紫色出现，则为含羰基的 H。
故答案为： 加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H ；
（6）采用逆合成法合成目标化合物，从酯键断开，由对氨基苯甲酸和乙醇组成，对氨基苯甲酸可由提示给的反应类型由对硝基苯甲酸合成，对硝基苯甲酸可由对甲基硝基苯经高锰酸钾氧化得到，对甲基硝基苯可由甲苯经过硝化反应得到，具体合成路线如下：
故答案为： ；
【分析】A 先与乙腈脱水缩合生成 B， 由B的分子式可以计算出其不饱和度为7，即有一个苯环和一个氰基之外还有一个双键， 再经丙二酸酯类反应得到含氰基和酯基的 C； 可知B的结构式为， C 经催化加氢还原氰基并环合生成含内酰胺环的 D；D 再被 LiAlH4还原为醇 E；E 经保护氨基、再与胡椒醇的对甲苯磺酸酯发生取代反应，最终得到目标产物 G。
(1) 解题关键是识别有机物中的官能团，直接根据结构简式找出含氧官能团（酚羟基、醛基）。
(2) 解题要点是根据反应条件推断产物结构。A 中的醛基与乙腈发生脱水缩合反应，生成含碳碳双键和氰基的产物 B。
(3) 解题核心是反应类型判断、手性碳原子数分析、等效氢数判断和有机物溶解性分析。需逐一分析各选项，明确加成与取代反应的区别、手性碳的判断方法、等效氢的对称分析，以及有机物的亲水 / 疏水基团占比与溶解性的关系。
(4) 解题关键是有机物与 NaOH 反应的耗碱量计算。酯基水解生成的羧基、酰胺基水解生成的羧基，以及酚羟基均会消耗 NaOH，需结合结构分析反应的位点和耗碱量。
(5) 解题思路是利用酚羟基的特征显色反应进行物质鉴别。FeCl3溶液与酚羟基反应显紫色，可据此区分含酚羟基的 G 和含羰基的 H。
(6) 解题方法是逆合成分析法，从目标产物出发，断开酯键得到起始原料，再设计由甲苯出发的合成路线，依次完成硝化、氧化、还原和酯化反应，最终得到目标产物。
（1）化合物A中的含氧官能团为 (酚) 羟基和醛基；
（2）A和乙腈发生脱水缩合反应，故B的结构简式为；
（3）A ．B→C反应类型为加成，F→G的反应类型为取代两者不相同，A错误，符合题意。
B ．F与H2充分加成后，苯环、双键均被还原，手性碳原子数为5个，B正确。
C ．G中两个苯环均有取代基，苯环上等效氢为6种，一氯代物有6种，C错误，符合题意。
D ．E虽含羟基，但烃基和杂环占比大，亲水基团占比较小，故难溶于水，D错误，符合题意。
故答案为ACD；
（4）D与氢氧化钠反应酯基和酰胺基会水解，另外生成的羧酸也会消耗1 mol氢氧化钠，故一共消耗3 mol氢氧化钠，化学方程式为
（5）酚羟基易被氧化成醌，故检验酚羟基和羰基的试剂可以为三氯化铁溶液，故答案为：加入溶液，若显紫色，则为G；若无紫色则为H；
（6）采用逆合成法合成目标化合物，从酯键断开，由对氨基苯甲酸和乙醇组成，对氨基苯甲酸可由提示给的反应类型由对硝基苯甲酸合成，对硝基苯甲酸可由对甲基硝基苯经高锰酸钾氧化得到，对甲基硝基苯可由甲苯经过硝化反应得到，具体合成路线如下：
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