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江苏省南通市2024-2025学年高中化学高三下学期第四次模拟考试
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．下列措施有利于减少酸雨发生的是
A．减少塑料制品使用 B．燃煤脱硫
C．集中处理废旧电池 D．废金属回收
2．反应可获得高活性的。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为
B．的电子式为
C．中只含有极性共价键
D．属于离子化合物
3．下列制取乙酸乙酯的实验原理与装置能达到实验目的的是
A．装置甲：制备乙酸乙酯
B．装置乙：收集乙酸乙酯并除去其中的乙醇和乙酸
C．装置丙：分离有机层和水层
D．装置丁：蒸馏得到乙酸乙酯
4．Mg、Ca、Sr位于同一主族，其单质均能与和反应。下列说法正确的是
A．沸点： B．碱性：
C．半径： D．第一电离能：
阅读下列材料，完成下面小题：
氮的化合物应用广泛。可通过反应 释放氢气，也可与光气()反应制备尿素。和羟胺()常用于有机合成，羟胺易潮解。强碱性条件下，可与反应生成Ag和。氨水中通入可生成溶液，将溶液加入到溶液中可生成沉淀。
5．关于氨的释氢反应，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．增大压强，既可提高释氢速率，又可提高氨气的平衡转化率
C．用E表示键能，
D．使用高效催化剂能降低反应的焓变
6．下列说法正确的是
A．能与盐酸反应
B．易潮解的原因是分子间会形成氢键
C．分子的空间结构为三角锥形
D．中含键
7．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下与反应：
B．与过量反应制尿素：
C．氨水中通入足量：
D．溶液加到溶液中：
8．在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均能实现的是
A．制漂白粉：饱和NaCl溶液
B．海水提溴：
C．冶炼铝：
D．硫酸工业：
9．铅蓄电池放电时正极反应为，电池构造示意图如图。下列有关说法正确的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，电池将电能转化为化学能
C．充电时，正极应与外接电源负极相连
D．充电时，每生成，电路中转移1mol电子
10．化合物Z是合成某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量加成后的产物分子中含有5个手性碳原子
B．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．1molY最多能与2molNaOH发生反应
D．一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应
11．室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 检验溶液是否变质 向2mL溶液中滴加几滴稀硝酸，再滴加溶液，观察是否产生沉淀
B 比较水解平衡常数和电离平衡常数大小 用pH计测定溶液的pH，比较溶液pH与7的大小
C 溶液是否具有漂白性 向2mL溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化
D 比较与还原性强弱 向2mL溶液中加入过量溶液，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，中和法生产的工艺流程如下：
已知：、、；、。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．“中和”时若加入过量的溶液，可发生反应：
C．“调pH”至9.7时所得溶液中：
D．“过滤”所得滤液中：
13．甲醇与水蒸气催化重整制取氢气的主要反应为：；。在密闭容器中，、，平衡时的转化率和CO的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．其他条件不变，制取的最佳温度范围约为200~220℃
B．200~300℃达到平衡时，的物质的量随温度升高而减小
C．其他条件不变，增大起始时，可提高甲醇的平衡转化率
D．240~300℃达到平衡时，
二、非选择题：共4题，共61分。
14．镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含、和少量、等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由和组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
（1）焙烧。向高铝粉煤灰中加入焙烧，得到、、等。
①写出焙烧过程中发生反应的化学方程式：　 　。
②焙烧过程中加入的作用除与反应外，还有　 　。
（2）浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是　 　。
（3）除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含和的溶液，向其中通入至，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是　 　。[已知：时，溶液中开始析出，时，开始析出。]
（4）富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基()、肟基()]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前首先与树脂中的反应得到、、，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：　 　。
（5）电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中和的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为　 　。
②8~11h，浓度基本不变的主要原因是　 　。
15．化合物G具有延缓衰老、预防心血管疾病等功效，其合成路线如下：
（1）B的分子式为，A→B的反应类型为　 　。
（2）C的分子式为，则C的结构简式为　 　。
（3）E→F的转化会经过如下过程：
①X中“*”标记的碳原子杂化类型为　 　。
②Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：　 　。
不能发生银镜反应；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)。写出以、、HCHO、和NBS为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
16．溶液可用作印刷铜线路板蚀刻液。蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，可通过多种途径加以利用。
（1）已知：。CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，CuCl和在空气中均易被氧化。用溶液蚀刻铜线路板前，需向其中加入一定量的浓盐酸，其目的是　 　。
（2）利用蚀刻废液制备CuCl。
步骤1：向蚀刻废液中分批加入NaOH至溶液的。
步骤2：向溶液中逐滴加入溶液。
步骤3：……
①加入溶液前需调节溶液pH的原因是　 　。
②步骤2中所得含铜微粒可表示为，写出开始时和反应的离子方程式：　 　。
③已知：(浓度越大，n越大)。补充由步骤2所得溶液获得CuCl的操作：　 　，过滤、洗涤、真空干燥。
（3）利用蚀刻废液制备。的溶解度曲线如图所示，溶液在不同温度下结晶会析出带不同数目结晶水的晶体，15℃以下析出。设计从蚀刻废液获得无水的实验方案：　 　，得到无水。(实验须使用、高压HCl气体)
17．HCHO、(氨硼烷)、均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。
（1）HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：
9molHCHO参加反应，最终释放的物质的量与反应Ⅰ消耗的物质的量相同，则释放的物质的量为　 　。
（2）热解或醇解均可释氢。
①中三种元素电负性大小为。热解释氢的过程如下：
ⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：]为链状结构，的结构简式为　 　。
ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途　 　(任写一种)。
②一种催化醇解释氢时的物质转化过程如下：
ⅰ．与热解相比，醇解释氢的优点有　 　。
ⅱ．固体与释氢的总反应化学方程式为　 　。
（3）水解释氢机理如下图所示。
①取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下的体积　 　(写出计算过程)。
②在溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。在溶液中水解率明显提高的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、该措施主要用于缓解白色污染、减少塑料降解与生产过程中的碳排放，与形成酸雨的 SO2、NO 等气体无关，A错误；
B、燃煤燃烧会释放大量 SO2，是形成硫酸型酸雨的主要来源。燃煤脱硫可直接减少 SO2的排放，从源头削弱酸雨的形成条件，B正确；
C、废旧电池中含汞、镉等重金属，集中处理是为了防止重金属污染土壤与水源，与酸雨的气体前体物无关，C错误；
D、废金属回收可减少矿石冶炼带来的粉尘、重金属等污染，但并非针对酸雨的主要成因，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酸雨的本质：酸雨主要由 二氧化硫（SO2）、氮氧化物（NO ）等气体排放到大气中，经氧化后溶于雨水形成，pH 小于 5.6。
各措施的针对性：
减少塑料制品：针对白色污染与碳排放，与酸雨无关。
燃煤脱硫：直接减少 SO2排放，是防治酸雨的核心手段之一。
处理废旧电池：防止重金属污染，与酸性气体无关。
废金属回收：减少冶炼污染，并非针对酸雨的直接成因。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 A、Fe的原子序数为26，基态Fe原子的电子排布式为。形成时，失去4s轨道的2个电子，因此基态的电子排布式为，A正确；
B、中O与H之间有1个共用电子对，O原子存在1个未成对电子，正确电子式应为，选项中O原子的单电子未正确标注，B错误；
C、的结构为，既含极性共价键，也含非极性共价键，并非只含极性键，C错误；
D、中只含共价键，属于共价化合物，不含离子键，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子排布式：Fe是26号元素，基态Fe原子价电子排布为，失去4s轨道的2个电子形成。
电子式书写：羟基自由基（）中O原子有1个单电子，需保留孤电子对与单电子的标注。
化学键类型：极性键是不同原子间的共价键，非极性键是相同原子间的共价键。
化合物分类：只含共价键的化合物是共价化合物，含离子键的化合物是离子化合物
3．【答案】C
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、制备乙酸乙酯需要浓硫酸作为催化剂和脱水剂，且反应需加热。但装置甲中缺少浓硫酸，同时试管口向上倾斜虽符合加热液体要求，但无催化剂无法完成反应，A错误；
B、乙酸乙酯在 NaOH 溶液中会发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，导致产物损失。除杂应使用饱和碳酸钠溶液（吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度），B错误；
C、乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，因此混合液分层后有机层处于上层。装置丙为分液装置，可通过分液漏斗精准分离有机层与水层，C正确；
D、蒸馏装置中，冷凝水的方向应为下进上出，才能保证冷凝管内充满冷却水，实现充分冷凝。装置丁中冷凝水为上进下出，冷凝效果极差，D错误；
故答案为：C。
【分析】 本题解题要点：
制备装置要求：乙酸乙酯制备需浓硫酸作催化剂与吸水剂，且要防止倒吸，需匹配加热方式与导管位置。
除杂试剂选择：乙酸乙酯在强碱中易水解，除杂需用弱碱性试剂（饱和碳酸钠），不能用 NaOH。
分液分离原理：乙酸乙酯难溶于水、密度小于水，有机层在上层，可通过分液漏斗分离。
蒸馏操作规范：蒸馏需控制温度，冷凝水方向为下进上出，确保冷凝效率。
4．【答案】C
【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、O2和N2均为分子晶体，O2的相对分子质量（32）大于N2（28），分子间作用力更强，因此沸点：，A错误；
B、Mg、Ca、Sr均为第ⅡA族元素，同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。Sr在Ca下方，故碱性：，B错误；
C、和的电子层结构相同（均为2、8排布），的核电荷数（12）大于（8），对核外电子的吸引作用更强，离子半径更小，即，C正确；
D、N的2p轨道为半充满稳定结构（2p3），失去电子所需能量更高；O的2p轨道为2p4，易失去一个电子达到半充满稳定结构，因此第一电离能：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子沸点：组成结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。
氢氧化物碱性：同主族元素从上到下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
离子半径：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。
第一电离能：同周期主族元素，第ⅡA族、第ⅤA族因电子排布稳定，第一电离能出现“反常”，高于相邻元素
【答案】5．C
6．A
7．D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为，正确表达式为：，A错误；
B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2 mol气体，生成物4 mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；
C、焓变 = 反应物断键总键能 生成物成键总键能。2 mol 含6 mol 键，1 mol 含1 mol 键，3 mol 含3 mol 键，因此：，C正确；
D、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变不变，D错误；
故答案为：C。
（2）A、是叔胺，N原子有孤电子对，能结合，具有碱性，可与盐酸发生反应：
，A正确；
B、羟胺（）易潮解，是因为它能与水分子形成氢键，而非分子间氢键，B错误；
C、中C原子采取杂化，中心C原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、尿素的结构为，单键均为σ键，双键含1个σ键，因此1 mol 尿素含：4 mol σ键 + 2 mol σ键 + 1 mol σ键 = 7 mol σ键，D错误；
故答案为：A。
（3）A、碱性条件下被氧化为（N从-2价→0价，1 mol 失4 mol ），被还原为（Ag从+1价→0价，1 mol 得1 mol ），根据电子守恒，正确方程式为：
选项中计量数与电子守恒不符，A错误；
B、过量存在时，会与反应生成，因此产物应为和，而非，B错误；
C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为，正确写法为：
，C错误；
D、与发生双水解反应，生成沉淀、气体和，方程式：
，符合原子守恒、电荷守恒与产物合理性，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）围绕平衡常数、压强对平衡的影响、键能计算、催化剂作用展开，结合反应计量数与能量变化规律判断。
（2）结合胺的碱性、氢键、分子空间构型、σ键计数等知识点，逐一分析物质结构与性质的对应关系。
（3）从电子守恒、产物合理性、电解质拆分、原子或者电荷守恒四个角度验证离子方程式。
5．A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为，正确表达式为：，A错误；
B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2 mol气体，生成物4 mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；
C、焓变 = 反应物断键总键能 生成物成键总键能。2 mol 含6 mol 键，1 mol 含1 mol 键，3 mol 含3 mol 键，因此：，C正确；
D、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变不变，D错误；
故答案为：C。
6．A、是叔胺，N原子有孤电子对，能结合，具有碱性，可与盐酸发生反应：
，A正确；
B、羟胺（）易潮解，是因为它能与水分子形成氢键，而非分子间氢键，B错误；
C、中C原子采取杂化，中心C原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、尿素的结构为，单键均为σ键，双键含1个σ键，因此1 mol 尿素含：4 mol σ键 + 2 mol σ键 + 1 mol σ键 = 7 mol σ键，D错误；
故答案为：A。
7．A、碱性条件下被氧化为（N从-2价→0价，1 mol 失4 mol ），被还原为（Ag从+1价→0价，1 mol 得1 mol ），根据电子守恒，正确方程式为：
选项中计量数与电子守恒不符，A错误；
B、过量存在时，会与反应生成，因此产物应为和，而非，B错误；
C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为，正确写法为：
，C错误；
D、与发生双水解反应，生成沉淀、气体和，方程式：
，符合原子守恒、电荷守恒与产物合理性，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、第一步：电解饱和NaCl溶液，发生反应，可生成，转化成立。第二步：与石灰乳（主要成分为）反应：，生成（漂白粉的有效成分），这是工业制漂白粉的标准方法，两步转化均能实现，A正确。
B、第一步：具有还原性，可将还原为：，此步成立。第二步：的氧化性弱于，无法将氧化为，该步转化不能实现，B错误。
C、第一步：与盐酸反应：，可生成溶液，此步成立。
第二步：是共价化合物，电解其溶液时，优先于放电，无法得到金属；工业上需电解熔融制备铝，该步转化不能实现，C错误；
D、第一步：在高温下与反应，生成而非：，需在催化剂、加热条件下进一步氧化为，该步转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查工业生产中的物质转化路径，需结合电解原理、氧化还原反应规律、金属冶炼方法、化工生产实际逐一验证各选项的转化可行性。
易错点为：
漂白粉制备：需用石灰乳而非澄清石灰水与反应，澄清石灰水浓度太低无法工业生产。
氧化还原顺序：氧化性，因此不能氧化，反之可氧化。
铝的冶炼：是共价化合物，熔融态不导电，只能电解熔融制备铝。
硫酸工业：煅烧只能得到，到需要催化氧化，不能一步实现。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、放电时Pb为负极，发生氧化反应，Pb失去电子生成，而电解液中存在大量，会立即与结合生成沉淀，因此正确负极反应为：
选项中只写了，忽略了的参与，与实际反应不符，A错误；
B、放电过程是原电池工作，本质是将储存在物质中的化学能转化为电能，供外部设备使用；而“电能转化为化学能”是充电过程（电解池）的能量变化，B错误；
C、充电时，原电池的正极（极）需要作阳极，发生氧化反应，因此必须与外接电源的正极相连；原电池的负极（Pb极）作阴极，与外接电源负极相连，C错误；
D、铅蓄电池的总反应为：
充电时，反应逆向进行，每生成，对应电路中转移电子，因此每生成，电路中转移电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕铅蓄电池的放电与充电原理展开，核心是掌握原电池（放电）和电解池（充电）的电极反应、能量转化、电极连接规律及电子守恒关系。
关键流程：铅蓄电池放电时，铅为负极，发生氧化反应：，二氧化铅为正极，发生还原反应：；
10．【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；缩聚反应
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环与羰基被还原为饱和结构。此时手性碳原子主要集中在还原后的环己基及支链位置， 如图， 分子中含有4个手性碳原子，A错误；
B 、Y 结构中含有酚羟基，且苯环上连有烷基（甲基侧链）。酚羟基易被氧化，苯环上的烷基侧链也能被酸性高锰酸钾氧化，因此 Y 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C、Y 分子中包含两类可与 NaOH 反应的官能团：
1 个酚羟基，消耗 1mol NaOH；
1 个酚酯基，水解后生成 1 个羧基和 1 个酚羟基，共消耗 2mol NaOH；
总计 1mol Y 最多消耗3mol NaOH，而非 2mol，C错误；
D、Z 分子中含有酚羟基，且酚羟基邻位存在可参与反应的氢原子。在酸性或碱性条件下，酚类与甲醛可发生酚醛缩聚反应，生成高分子化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】 本题解题要点：
手性碳原子识别：连接 4 个不同原子、基团的饱和 sp3 碳原子为手性碳，需精准定位加成反应后新增的饱和碳结构。
高锰酸钾氧化规律：酚羟基、苯环上的烷基侧链（如甲苯型结构）均能被酸性 KMnO4氧化，导致溶液褪色。
NaOH 反应计量：酚羟基直接反应；酚酯基水解生成羧基和酚羟基，对应 2 倍 NaOH 消耗量；需累计可反应的官能团总数。
缩聚反应条件：酚类化合物（酚羟基邻位有氢）与甲醛可发生酚醛缩聚反应。
11．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、NaHSO3变质会生成Na2SO4，检验需检测SO42-。但稀硝酸具有强氧化性，会将HSO3-氧化为SO42-，再加入Ba(NO3)2时，无论是否变质都会生成BaSO4沉淀，无法判断原溶液是否变质，A错误。
B、HSO3-存在电离：（使溶液显酸性）和水解：（使溶液显碱性）。用pH计测定溶液pH：
若pH < 7，说明电离程度 > 水解程度，则电离平衡常数 > 水解平衡常数；
若pH > 7，说明水解程度 > 电离程度，则水解平衡常数 > 电离平衡常数。
该方案可达到探究目的，B正确；
C、向NaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，HSO3-与MnO4-发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现的是HSO3-的还原性，而非漂白性，无法验证漂白性，C错误；
D、向NaHSO3溶液中加入过量FeCl3，无论HSO3-是否还原Fe3+，溶液中都残留大量Fe3+，滴加KSCN溶液后均显血红色，无法判断是否生成Fe2+，也就无法比较还原性强弱，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子检验的干扰排除：检验SO42-时，需避免强氧化性试剂将HSO3-、SO32-氧化为SO42-，造成假阳性结果。
电离与水解程度比较：通过溶液pH可直接判断HSO3-的电离与水解主导方向：pH<7则电离更强，pH>7则水解更强。
漂白性与还原性区分：使KMnO4褪色体现还原性，而漂白性是与有色物质结合生成无色物质（如SO2漂白品红）。
还原性比较的实验设计：需确保试剂不过量，避免残留氧化剂干扰产物检验。
12．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中，质子守恒的正确表达式为：，选项中H2CO3的系数错误，应为2，A错误；
B、由电离常数可知酸性顺序：
因此，过量Na2CO3与H3PO4反应时，H3PO4只能将CO32-转化为HCO3-，自身转化为HPO42-，正确反应为： ，不会生成PO43-和CO2，B错误；
C、磷酸的三步电离常数乘积为：
当pH=9.7时，，代入得：
故，C正确；
D、“过滤”后的滤液中，除了Na+和含磷粒子外，还含有含碳的阴离子（如HCO3-、CO32-），完整的电荷守恒应为：
选项遗漏了含碳的阴离子，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质子守恒书写：Na2CO3溶液中，质子守恒需包含所有得质子与失质子的粒子，注意H2CO3是二元弱酸，对应系数为2。
强酸制弱酸判断：根据电离常数大小判断酸性强弱，酸性顺序为：
H3PO4 > H2CO3 > H2PO4- > HCO3- > HPO42- > PO43-，据此判断反应产物。
电离常数联立计算：利用三步电离常数的乘积，结合pH计算磷酸根与磷酸的浓度比。
电荷守恒完整性：电荷守恒需包含溶液中所有带电粒子，不能遗漏含碳的阴离子。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、200~220℃，CH3OH的平衡转化率不足80%，且仍有上升空间，不利于高效制H2；260℃时转化率接近100%，但CO选择性仍较低，是更优的温度区间。200℃并非最佳，A错误；
B、200~300℃前期，温度升高使CH3OH转化率显著提升，主反应（生成CO2）占主导，CO2的物质的量增大；后期温度继续升高，CO选择性快速上升，副反应（生成CO）占优，CO2的物质的量才开始减小。因此整体并非“随温度升高而减小”，B错误；
C、增大，相当于在水不变时增加甲醇投料，根据勒夏特列原理，甲醇的平衡转化率会降低，水的转化率会提高，C错误；
D、若只发生主反应：，则；
若只发生副反应：，则；
240~300℃时两反应均发生，总H2的物质的量介于和之间，因此，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
最佳温度选择：制H2需要兼顾高甲醇转化率和低CO选择性（CO是副产物），需在图中找到两者的最优区间。
温度对CO2的影响：低温时主反应（生成CO2）占优，升温促进甲醇转化；高温时副反应（生成CO）占优，CO2量会下降。
浓度对平衡的影响：增大，相当于增加甲醇浓度、减少水，会降低甲醇的平衡转化率，提高水的转化率。
计量数极值分析：
只发生主反应：
只发生副反应：
两反应同时发生时， 介于2和3之间，即小于3。据此解题。
14．【答案】（1）Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率
（2）抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率
（3）沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附
（4）含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键
（5）3mol；结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
②根据分析，焙烧过程中加入高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率；
故答案为： Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑ ； 破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率 ；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率；
故答案为： 抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率 ；
（3）时，溶液中开始析出，沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
故答案为：沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附 ；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
故答案为： 含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键 ；
（5）①中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4mol，电路中通过电子物质的量为12mol，阳极发生反应：，可知生成3molO2；
②8~11h，浓度下降，浓度基本不变的主要原因是结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
故答案为： 3mol ；结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近 。
【分析】以高铝粉煤灰（含 SiO2、Al2O3及少量 Fe2O3、Ga2O3等）为原料，先经焙烧破坏玻璃体结构，使 Ga2O3更易被浸出；再通过浸取步骤将镓等元素转入溶液；随后除硅铝，去除 SiO2、Al2O3等杂质；接着对含镓溶液进行富集镓，提升镓浓度；最后经电解得到金属镓。
(1)①根据焙烧时与反应生成和，结合原子守恒配平化学方程式：；
②高温下可与、反应，破坏玻璃体结构，同时与反应，从而提高镓的浸取率。
(2)会水解生成沉淀，用溶液浸取时，高浓度可抑制水解，避免沉淀，从而保证镓的浸取率。
(3)时，溶液中开始析出，沉淀会包裹、吸附部分镓元素，导致溶液中镓元素含量降低。
(4)含镓微粒中的原子提供空轨道，树脂中的氨基、肟基的/原子提供孤电子对，二者形成配位键，因此含镓微粒可被树脂吸附。
(5)①中为价，电极增重对应生成，阴极得；根据阳极反应 ，得对应生成；
②内，结合阳极生成的速率，与和反应生成的速率相近，因此浓度下降、浓度基本不变。
（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；②根据分析，焙烧过程中加入高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率；
（3）时，溶液中开始析出，沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
（5）①中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4mol，电路中通过电子物质的量为12mol，阳极发生反应：，可知生成3molO2；
②8~11h，浓度下降，浓度基本不变的主要原因是结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
15．【答案】（1）还原反应
（2）
（3）；
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为，则可推知B为，A→B的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由分析知，C的结构简式为；
故答案为： ；
（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为；
②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；
故答案为： ；；
（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；
故答案为： ；
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)以、、HCHO、和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在反应生成，与H2O在催化剂、加热条件下发生加成反应生成，在Cu的催化下氧化生成，与HCHO在碱性条件下发生已知反应生成，合成路线流程图为
故答案为：
【分析】以 2，4 - 二硝基甲苯A（）为起始原料，经Fe/H+还原硝基为氨基得到 B（）；再经重氮化 - 水解将氨基转化为酚羟基得到 C（）；接着在 NaOH 作用下与 (CH3O)2SO2发生甲基化反应生成 D；随后用 NBS 进行甲基溴代得到 E；之后与 P (OC2H5)3、对甲氧基苯甲醛反应得到烯烃 F；最后用 BBr3脱去甲基，得到含多个酚羟基的目标产物 G。
(1)由A（含硝基）推导B（含氨基），分子式变化显示N元素被还原，故A→B为还原反应。
(2)根据C的分子式及转化关系，结合官能团变化，推导出C为3，5-二羟基甲苯（结构简式：，羟基处于间位）。
(3)①带“*”标记的C原子形成3个键，且有1对孤电子对（得到1个电子），价层电子对数为4，故杂化类型为。
②对比Y和F的骨架结构，P原子的成键方式变化表明，除F外，另一生成物为磷酸三乙酯（结构简式：）。
(4)a. 限制条件：无醛基/甲酸酯、碱性水解后酸化生成两种有机产物（含酯基），其一含两个苯环且有3种H，另一含2种H；
b. 结合F的结构，推导出符合条件的同分异构体为4-羟基联苯-4'-叔丁基苯甲酸酯（结构简式： ）。
（5）以甲苯为起始原料，先用 NBS 溴代得到苄基溴；再经维蒂希反应与苯甲醛构建二苯乙烯双键；随后水合引入羟基、Cu 催化氧化得到酮；最后利用题目给出的羟醛缩合反应，与甲醛在碱性条件下反应，在酮羰基 α 位引入亚甲基，完成目标产物的合成。
（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为，则可推知B为，A→B的反应类型为还原反应；
（2）由分析知，C的结构简式为；
（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为；
②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；
（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)以、、HCHO、和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在反应生成，与H2O在催化剂、加热条件下发生加成反应生成，在Cu的催化下氧化生成，与HCHO在碱性条件下发生已知反应生成，合成路线流程图为。
16．【答案】（1）防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行
（2）pH过小，部分Na2SO3转化为SO2；；边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成
（3）边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应生成的CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，加入一定量的浓盐酸，可以防止蚀刻铜线路板过程中生成固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行。
故答案为： 防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行 ；
（2）①蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO2。
②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：。
③已知：其平衡常数，稀释时、浓度同等程度减小，n＞1时，分母减小的更多导致浓度商Q＞K平衡逆向移动而得到CuCl沉淀，因此操作为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成、过滤、洗涤、真空干燥；
故答案为： pH过小，部分Na2SO3转化为SO2 ； ； 边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成 ；
（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到晶体、过滤洗涤、干燥后在高压氯化氢（避免它发生水解）气流中加热失去结晶水得到氯化铜固体。
故答案为： 边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化 。
【分析】(1) CuCl难溶于水但可溶于浓盐酸生成HCuCl2。加入浓盐酸可抑制CuCl的生成与溶解，避免生成的CuCl固体覆盖在铜线路板表面阻碍反应；同时抑制Cu2+水解，维持蚀刻液的高效蚀刻能力。
(2) ①蚀刻废液呈强酸性，pH过小会使Na2SO3与H+反应生成SO2，造成还原剂损耗；pH过大则会使Cu2+水解生成Cu(OH)2沉淀，因此需调至pH=4，保证还原反应顺利进行。
②Na2SO3具有还原性，将Cu2+还原为Cu+，并与Cl-结合形成[CuCl ]（n- ）-，S元素被氧化为SO42-，根据电子守恒与原子守恒配平：
③根据平衡CuCl + nCl- [CuCl ]（n- ）-，稀释时Cl-浓度降低，平衡逆向移动析出CuCl。操作需为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成，再进行过滤、洗涤、真空干燥。
(3)CuCl2溶液结晶得到CuCl2·4H2O，其溶解度随温度升高而增大。制备无水CuCl2需：
向蚀刻废液中通入足量O2，将HCuCl2氧化为CuCl2；
蒸发浓缩溶液至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤得到CuCl2·4H2O晶体；
将晶体置于高压HCl气体氛围中加热至固体质量不再变化，HCl抑制CuCl2水解，同时脱去结晶水，得到无水CuCl2。
（1）反应生成的CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，加入一定量的浓盐酸，可以防止蚀刻铜线路板过程中生成固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行。
（2）①蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO2。
②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：。
③已知：其平衡常数，稀释时、浓度同等程度减小，n＞1时，分母减小的更多导致浓度商Q＞K平衡逆向移动而得到CuCl沉淀，因此操作为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成、过滤、洗涤、真空干燥；
（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到晶体、过滤洗涤、干燥后在高压氯化氢（避免它发生水解）气流中加热失去结晶水得到氯化铜固体。
17．【答案】（1）3 mol
（2）；作耐高温材料、切割工具等；条件温和，节约能源；
（3）MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g解得y = 0.015 moln(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 molV(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见气体制备原理及装置选择；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2) = x mol，反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x = 9，故x = 3，则释放H2的物质的量为3mol。
故答案为： 3 mol ；
（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；
ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。
②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；
ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。
故答案为： ； 作耐高温材料、切割工具等 ； 条件温和，节约能源 ； 。
（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g，解得x = 0.085 mol，y = 0.015 mol，n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol，V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；
②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
故答案为：MgH2水解反应方程式为
MgH2+2H2O=Mg(OH)2+ 2H2↑。
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：
x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g
解得y = 0.015 mol
n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol
V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L
MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
【分析】(1)反应Ⅰ：甲醛、水与氧气反应生成过氧化氢和甲酸，反应式为。
反应Ⅱ：过氧化氢与甲醛进一步反应，生成甲酸并释放氢气，反应式为。
结合计量关系，可建立、与的物质的量联系，用于定量计算释氢量。
(2) 热解路径：在110℃发生分子间聚合，形成链状高分子（结构简式为）；150℃时进一步释氢转化为；1400℃时最终释氢得到立方氮化硼（）。
醇解优势：热解需要持续高温，而醇解仅在催化剂作用下即可进行，反应条件更温和，能耗更低。
醇解总反应：与甲醇在催化剂下完全反应，生成硼酸三甲酯、氨气和氢气，可通过原子守恒配平总反应方程式。
(3) 水解反应：与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应式为，可通过固体质量差计算释氢量。
溶液中促进机理：在溶液中，水解使溶液酸性增强，加快水解；同时与表面的结合，避免形成致密的覆盖层，使水解反应持续进行。
（1）设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2) = x mol，反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x = 9，故x = 3，则释放H2的物质的量为3mol。
（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；
ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。
②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；
ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。
（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g，解得x = 0.085 mol，y = 0.015 mol，n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol，V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；
②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
1 / 1江苏省南通市2024-2025学年高中化学高三下学期第四次模拟考试
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．下列措施有利于减少酸雨发生的是
A．减少塑料制品使用 B．燃煤脱硫
C．集中处理废旧电池 D．废金属回收
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、该措施主要用于缓解白色污染、减少塑料降解与生产过程中的碳排放，与形成酸雨的 SO2、NO 等气体无关，A错误；
B、燃煤燃烧会释放大量 SO2，是形成硫酸型酸雨的主要来源。燃煤脱硫可直接减少 SO2的排放，从源头削弱酸雨的形成条件，B正确；
C、废旧电池中含汞、镉等重金属，集中处理是为了防止重金属污染土壤与水源，与酸雨的气体前体物无关，C错误；
D、废金属回收可减少矿石冶炼带来的粉尘、重金属等污染，但并非针对酸雨的主要成因，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
酸雨的本质：酸雨主要由 二氧化硫（SO2）、氮氧化物（NO ）等气体排放到大气中，经氧化后溶于雨水形成，pH 小于 5.6。
各措施的针对性：
减少塑料制品：针对白色污染与碳排放，与酸雨无关。
燃煤脱硫：直接减少 SO2排放，是防治酸雨的核心手段之一。
处理废旧电池：防止重金属污染，与酸性气体无关。
废金属回收：减少冶炼污染，并非针对酸雨的直接成因。
2．反应可获得高活性的。下列说法正确的是
A．基态的电子排布式为
B．的电子式为
C．中只含有极性共价键
D．属于离子化合物
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】 A、Fe的原子序数为26，基态Fe原子的电子排布式为。形成时，失去4s轨道的2个电子，因此基态的电子排布式为，A正确；
B、中O与H之间有1个共用电子对，O原子存在1个未成对电子，正确电子式应为，选项中O原子的单电子未正确标注，B错误；
C、的结构为，既含极性共价键，也含非极性共价键，并非只含极性键，C错误；
D、中只含共价键，属于共价化合物，不含离子键，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子排布式：Fe是26号元素，基态Fe原子价电子排布为，失去4s轨道的2个电子形成。
电子式书写：羟基自由基（）中O原子有1个单电子，需保留孤电子对与单电子的标注。
化学键类型：极性键是不同原子间的共价键，非极性键是相同原子间的共价键。
化合物分类：只含共价键的化合物是共价化合物，含离子键的化合物是离子化合物
3．下列制取乙酸乙酯的实验原理与装置能达到实验目的的是
A．装置甲：制备乙酸乙酯
B．装置乙：收集乙酸乙酯并除去其中的乙醇和乙酸
C．装置丙：分离有机层和水层
D．装置丁：蒸馏得到乙酸乙酯
【答案】C
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、制备乙酸乙酯需要浓硫酸作为催化剂和脱水剂，且反应需加热。但装置甲中缺少浓硫酸，同时试管口向上倾斜虽符合加热液体要求，但无催化剂无法完成反应，A错误；
B、乙酸乙酯在 NaOH 溶液中会发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，导致产物损失。除杂应使用饱和碳酸钠溶液（吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度），B错误；
C、乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，因此混合液分层后有机层处于上层。装置丙为分液装置，可通过分液漏斗精准分离有机层与水层，C正确；
D、蒸馏装置中，冷凝水的方向应为下进上出，才能保证冷凝管内充满冷却水，实现充分冷凝。装置丁中冷凝水为上进下出，冷凝效果极差，D错误；
故答案为：C。
【分析】 本题解题要点：
制备装置要求：乙酸乙酯制备需浓硫酸作催化剂与吸水剂，且要防止倒吸，需匹配加热方式与导管位置。
除杂试剂选择：乙酸乙酯在强碱中易水解，除杂需用弱碱性试剂（饱和碳酸钠），不能用 NaOH。
分液分离原理：乙酸乙酯难溶于水、密度小于水，有机层在上层，可通过分液漏斗分离。
蒸馏操作规范：蒸馏需控制温度，冷凝水方向为下进上出，确保冷凝效率。
4．Mg、Ca、Sr位于同一主族，其单质均能与和反应。下列说法正确的是
A．沸点： B．碱性：
C．半径： D．第一电离能：
【答案】C
【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、O2和N2均为分子晶体，O2的相对分子质量（32）大于N2（28），分子间作用力更强，因此沸点：，A错误；
B、Mg、Ca、Sr均为第ⅡA族元素，同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。Sr在Ca下方，故碱性：，B错误；
C、和的电子层结构相同（均为2、8排布），的核电荷数（12）大于（8），对核外电子的吸引作用更强，离子半径更小，即，C正确；
D、N的2p轨道为半充满稳定结构（2p3），失去电子所需能量更高；O的2p轨道为2p4，易失去一个电子达到半充满稳定结构，因此第一电离能：，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子沸点：组成结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。
氢氧化物碱性：同主族元素从上到下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
离子半径：电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。
第一电离能：同周期主族元素，第ⅡA族、第ⅤA族因电子排布稳定，第一电离能出现“反常”，高于相邻元素
阅读下列材料，完成下面小题：
氮的化合物应用广泛。可通过反应 释放氢气，也可与光气()反应制备尿素。和羟胺()常用于有机合成，羟胺易潮解。强碱性条件下，可与反应生成Ag和。氨水中通入可生成溶液，将溶液加入到溶液中可生成沉淀。
5．关于氨的释氢反应，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．增大压强，既可提高释氢速率，又可提高氨气的平衡转化率
C．用E表示键能，
D．使用高效催化剂能降低反应的焓变
6．下列说法正确的是
A．能与盐酸反应
B．易潮解的原因是分子间会形成氢键
C．分子的空间结构为三角锥形
D．中含键
7．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下与反应：
B．与过量反应制尿素：
C．氨水中通入足量：
D．溶液加到溶液中：
【答案】5．C
6．A
7．D
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为，正确表达式为：，A错误；
B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2 mol气体，生成物4 mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；
C、焓变 = 反应物断键总键能 生成物成键总键能。2 mol 含6 mol 键，1 mol 含1 mol 键，3 mol 含3 mol 键，因此：，C正确；
D、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变不变，D错误；
故答案为：C。
（2）A、是叔胺，N原子有孤电子对，能结合，具有碱性，可与盐酸发生反应：
，A正确；
B、羟胺（）易潮解，是因为它能与水分子形成氢键，而非分子间氢键，B错误；
C、中C原子采取杂化，中心C原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、尿素的结构为，单键均为σ键，双键含1个σ键，因此1 mol 尿素含：4 mol σ键 + 2 mol σ键 + 1 mol σ键 = 7 mol σ键，D错误；
故答案为：A。
（3）A、碱性条件下被氧化为（N从-2价→0价，1 mol 失4 mol ），被还原为（Ag从+1价→0价，1 mol 得1 mol ），根据电子守恒，正确方程式为：
选项中计量数与电子守恒不符，A错误；
B、过量存在时，会与反应生成，因此产物应为和，而非，B错误；
C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为，正确写法为：
，C错误；
D、与发生双水解反应，生成沉淀、气体和，方程式：
，符合原子守恒、电荷守恒与产物合理性，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）围绕平衡常数、压强对平衡的影响、键能计算、催化剂作用展开，结合反应计量数与能量变化规律判断。
（2）结合胺的碱性、氢键、分子空间构型、σ键计数等知识点，逐一分析物质结构与性质的对应关系。
（3）从电子守恒、产物合理性、电解质拆分、原子或者电荷守恒四个角度验证离子方程式。
5．A、平衡常数表达式中，各物质浓度的幂次必须与反应计量数一致。反应为，正确表达式为：，A错误；
B、增大压强能加快反应速率，但该反应是气体分子数增大的反应（反应物2 mol气体，生成物4 mol气体），加压会使平衡逆向移动，氨气的平衡转化率降低，B错误；
C、焓变 = 反应物断键总键能 生成物成键总键能。2 mol 含6 mol 键，1 mol 含1 mol 键，3 mol 含3 mol 键，因此：，C正确；
D、催化剂的作用是降低反应活化能、加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，因此焓变不变，D错误；
故答案为：C。
6．A、是叔胺，N原子有孤电子对，能结合，具有碱性，可与盐酸发生反应：
，A正确；
B、羟胺（）易潮解，是因为它能与水分子形成氢键，而非分子间氢键，B错误；
C、中C原子采取杂化，中心C原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，而非三角锥形，C错误；
D、尿素的结构为，单键均为σ键，双键含1个σ键，因此1 mol 尿素含：4 mol σ键 + 2 mol σ键 + 1 mol σ键 = 7 mol σ键，D错误；
故答案为：A。
7．A、碱性条件下被氧化为（N从-2价→0价，1 mol 失4 mol ），被还原为（Ag从+1价→0价，1 mol 得1 mol ），根据电子守恒，正确方程式为：
选项中计量数与电子守恒不符，A错误；
B、过量存在时，会与反应生成，因此产物应为和，而非，B错误；
C、氨水是弱电解质，在离子方程式中不能拆为，正确写法为：
，C错误；
D、与发生双水解反应，生成沉淀、气体和，方程式：
，符合原子守恒、电荷守恒与产物合理性，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能实现的是
A．制漂白粉：饱和NaCl溶液
B．海水提溴：
C．冶炼铝：
D．硫酸工业：
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、第一步：电解饱和NaCl溶液，发生反应，可生成，转化成立。第二步：与石灰乳（主要成分为）反应：，生成（漂白粉的有效成分），这是工业制漂白粉的标准方法，两步转化均能实现，A正确。
B、第一步：具有还原性，可将还原为：，此步成立。第二步：的氧化性弱于，无法将氧化为，该步转化不能实现，B错误。
C、第一步：与盐酸反应：，可生成溶液，此步成立。
第二步：是共价化合物，电解其溶液时，优先于放电，无法得到金属；工业上需电解熔融制备铝，该步转化不能实现，C错误；
D、第一步：在高温下与反应，生成而非：，需在催化剂、加热条件下进一步氧化为，该步转化不能实现，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查工业生产中的物质转化路径，需结合电解原理、氧化还原反应规律、金属冶炼方法、化工生产实际逐一验证各选项的转化可行性。
易错点为：
漂白粉制备：需用石灰乳而非澄清石灰水与反应，澄清石灰水浓度太低无法工业生产。
氧化还原顺序：氧化性，因此不能氧化，反之可氧化。
铝的冶炼：是共价化合物，熔融态不导电，只能电解熔融制备铝。
硫酸工业：煅烧只能得到，到需要催化氧化，不能一步实现。
9．铅蓄电池放电时正极反应为，电池构造示意图如图。下列有关说法正确的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，电池将电能转化为化学能
C．充电时，正极应与外接电源负极相连
D．充电时，每生成，电路中转移1mol电子
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A、放电时Pb为负极，发生氧化反应，Pb失去电子生成，而电解液中存在大量，会立即与结合生成沉淀，因此正确负极反应为：
选项中只写了，忽略了的参与，与实际反应不符，A错误；
B、放电过程是原电池工作，本质是将储存在物质中的化学能转化为电能，供外部设备使用；而“电能转化为化学能”是充电过程（电解池）的能量变化，B错误；
C、充电时，原电池的正极（极）需要作阳极，发生氧化反应，因此必须与外接电源的正极相连；原电池的负极（Pb极）作阴极，与外接电源负极相连，C错误；
D、铅蓄电池的总反应为：
充电时，反应逆向进行，每生成，对应电路中转移电子，因此每生成，电路中转移电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕铅蓄电池的放电与充电原理展开，核心是掌握原电池（放电）和电解池（充电）的电极反应、能量转化、电极连接规律及电子守恒关系。
关键流程：铅蓄电池放电时，铅为负极，发生氧化反应：，二氧化铅为正极，发生还原反应：；
10．化合物Z是合成某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X与足量加成后的产物分子中含有5个手性碳原子
B．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．1molY最多能与2molNaOH发生反应
D．一定条件下，Z能与甲醛发生缩聚反应
【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；缩聚反应
【解析】【解答】A、X 与足量 H2加成后，苯环与羰基被还原为饱和结构。此时手性碳原子主要集中在还原后的环己基及支链位置， 如图， 分子中含有4个手性碳原子，A错误；
B 、Y 结构中含有酚羟基，且苯环上连有烷基（甲基侧链）。酚羟基易被氧化，苯环上的烷基侧链也能被酸性高锰酸钾氧化，因此 Y 能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C、Y 分子中包含两类可与 NaOH 反应的官能团：
1 个酚羟基，消耗 1mol NaOH；
1 个酚酯基，水解后生成 1 个羧基和 1 个酚羟基，共消耗 2mol NaOH；
总计 1mol Y 最多消耗3mol NaOH，而非 2mol，C错误；
D、Z 分子中含有酚羟基，且酚羟基邻位存在可参与反应的氢原子。在酸性或碱性条件下，酚类与甲醛可发生酚醛缩聚反应，生成高分子化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】 本题解题要点：
手性碳原子识别：连接 4 个不同原子、基团的饱和 sp3 碳原子为手性碳，需精准定位加成反应后新增的饱和碳结构。
高锰酸钾氧化规律：酚羟基、苯环上的烷基侧链（如甲苯型结构）均能被酸性 KMnO4氧化，导致溶液褪色。
NaOH 反应计量：酚羟基直接反应；酚酯基水解生成羧基和酚羟基，对应 2 倍 NaOH 消耗量；需累计可反应的官能团总数。
缩聚反应条件：酚类化合物（酚羟基邻位有氢）与甲醛可发生酚醛缩聚反应。
11．室温下，探究溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 检验溶液是否变质 向2mL溶液中滴加几滴稀硝酸，再滴加溶液，观察是否产生沉淀
B 比较水解平衡常数和电离平衡常数大小 用pH计测定溶液的pH，比较溶液pH与7的大小
C 溶液是否具有漂白性 向2mL溶液中滴加几滴酸性溶液，观察溶液颜色变化
D 比较与还原性强弱 向2mL溶液中加入过量溶液，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、NaHSO3变质会生成Na2SO4，检验需检测SO42-。但稀硝酸具有强氧化性，会将HSO3-氧化为SO42-，再加入Ba(NO3)2时，无论是否变质都会生成BaSO4沉淀，无法判断原溶液是否变质，A错误。
B、HSO3-存在电离：（使溶液显酸性）和水解：（使溶液显碱性）。用pH计测定溶液pH：
若pH < 7，说明电离程度 > 水解程度，则电离平衡常数 > 水解平衡常数；
若pH > 7，说明水解程度 > 电离程度，则水解平衡常数 > 电离平衡常数。
该方案可达到探究目的，B正确；
C、向NaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，HSO3-与MnO4-发生氧化还原反应，使溶液褪色，体现的是HSO3-的还原性，而非漂白性，无法验证漂白性，C错误；
D、向NaHSO3溶液中加入过量FeCl3，无论HSO3-是否还原Fe3+，溶液中都残留大量Fe3+，滴加KSCN溶液后均显血红色，无法判断是否生成Fe2+，也就无法比较还原性强弱，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
离子检验的干扰排除：检验SO42-时，需避免强氧化性试剂将HSO3-、SO32-氧化为SO42-，造成假阳性结果。
电离与水解程度比较：通过溶液pH可直接判断HSO3-的电离与水解主导方向：pH<7则电离更强，pH>7则水解更强。
漂白性与还原性区分：使KMnO4褪色体现还原性，而漂白性是与有色物质结合生成无色物质（如SO2漂白品红）。
还原性比较的实验设计：需确保试剂不过量，避免残留氧化剂干扰产物检验。
12．室温下，中和法生产的工艺流程如下：
已知：、、；、。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．“中和”时若加入过量的溶液，可发生反应：
C．“调pH”至9.7时所得溶液中：
D．“过滤”所得滤液中：
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2CO3溶液中，质子守恒的正确表达式为：，选项中H2CO3的系数错误，应为2，A错误；
B、由电离常数可知酸性顺序：
因此，过量Na2CO3与H3PO4反应时，H3PO4只能将CO32-转化为HCO3-，自身转化为HPO42-，正确反应为： ，不会生成PO43-和CO2，B错误；
C、磷酸的三步电离常数乘积为：
当pH=9.7时，，代入得：
故，C正确；
D、“过滤”后的滤液中，除了Na+和含磷粒子外，还含有含碳的阴离子（如HCO3-、CO32-），完整的电荷守恒应为：
选项遗漏了含碳的阴离子，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
质子守恒书写：Na2CO3溶液中，质子守恒需包含所有得质子与失质子的粒子，注意H2CO3是二元弱酸，对应系数为2。
强酸制弱酸判断：根据电离常数大小判断酸性强弱，酸性顺序为：
H3PO4 > H2CO3 > H2PO4- > HCO3- > HPO42- > PO43-，据此判断反应产物。
电离常数联立计算：利用三步电离常数的乘积，结合pH计算磷酸根与磷酸的浓度比。
电荷守恒完整性：电荷守恒需包含溶液中所有带电粒子，不能遗漏含碳的阴离子。
13．甲醇与水蒸气催化重整制取氢气的主要反应为：；。在密闭容器中，、，平衡时的转化率和CO的选择性[]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．其他条件不变，制取的最佳温度范围约为200~220℃
B．200~300℃达到平衡时，的物质的量随温度升高而减小
C．其他条件不变，增大起始时，可提高甲醇的平衡转化率
D．240~300℃达到平衡时，
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、200~220℃，CH3OH的平衡转化率不足80%，且仍有上升空间，不利于高效制H2；260℃时转化率接近100%，但CO选择性仍较低，是更优的温度区间。200℃并非最佳，A错误；
B、200~300℃前期，温度升高使CH3OH转化率显著提升，主反应（生成CO2）占主导，CO2的物质的量增大；后期温度继续升高，CO选择性快速上升，副反应（生成CO）占优，CO2的物质的量才开始减小。因此整体并非“随温度升高而减小”，B错误；
C、增大，相当于在水不变时增加甲醇投料，根据勒夏特列原理，甲醇的平衡转化率会降低，水的转化率会提高，C错误；
D、若只发生主反应：，则；
若只发生副反应：，则；
240~300℃时两反应均发生，总H2的物质的量介于和之间，因此，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
最佳温度选择：制H2需要兼顾高甲醇转化率和低CO选择性（CO是副产物），需在图中找到两者的最优区间。
温度对CO2的影响：低温时主反应（生成CO2）占优，升温促进甲醇转化；高温时副反应（生成CO）占优，CO2量会下降。
浓度对平衡的影响：增大，相当于增加甲醇浓度、减少水，会降低甲醇的平衡转化率，提高水的转化率。
计量数极值分析：
只发生主反应：
只发生副反应：
两反应同时发生时， 介于2和3之间，即小于3。据此解题。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．镓及其化合物在电子工业中应用广泛。从高铝粉煤灰(含、和少量、等)中提取镓的过程如下：
已知粉煤灰中存在形式有两种：一种存在于非晶质中，易与酸或碱反应；一种存在于由和组成的玻璃体结构中，该玻璃体结构难与酸或碱反应。
（1）焙烧。向高铝粉煤灰中加入焙烧，得到、、等。
①写出焙烧过程中发生反应的化学方程式：　 　。
②焙烧过程中加入的作用除与反应外，还有　 　。
（2）浸取。向焙烧所得固体中加入NaOH溶液可浸取镓元素。浸取时选用NaOH溶液而不用水的原因是　 　。
（3）除硅铝。先除去浸取液中的硅，得到主要含和的溶液，向其中通入至，过滤。溶液中镓元素含量随pH变化如下图所示。pH由11降到10的过程中，溶液中镓元素含量降低的原因是　 　。[已知：时，溶液中开始析出，时，开始析出。]
（4）富集镓。除硅铝所得滤液中的镓元素可利用某种树脂[分子中含有氨基()、肟基()]进行吸附，再通过解吸附后富集。吸附前首先与树脂中的反应得到、、，从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：　 　。
（5）电解。利用电解法制取镓的装置如下左图所示(电解时不锈钢电极不发生反应)。电解时阳极溶液中和的浓度与时间的关系如下右图所示。
①0~2h，当铜基镀镓电极增重280g，理论上阳极生成气体的物质的量为　 　。
②8~11h，浓度基本不变的主要原因是　 　。
【答案】（1）Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率
（2）抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率
（3）沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附
（4）含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键
（5）3mol；结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
②根据分析，焙烧过程中加入高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率；
故答案为： Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑ ； 破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率 ；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率；
故答案为： 抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率 ；
（3）时，溶液中开始析出，沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
故答案为：沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附 ；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
故答案为： 含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键 ；
（5）①中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4mol，电路中通过电子物质的量为12mol，阳极发生反应：，可知生成3molO2；
②8~11h，浓度下降，浓度基本不变的主要原因是结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
故答案为： 3mol ；结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近 。
【分析】以高铝粉煤灰（含 SiO2、Al2O3及少量 Fe2O3、Ga2O3等）为原料，先经焙烧破坏玻璃体结构，使 Ga2O3更易被浸出；再通过浸取步骤将镓等元素转入溶液；随后除硅铝，去除 SiO2、Al2O3等杂质；接着对含镓溶液进行富集镓，提升镓浓度；最后经电解得到金属镓。
(1)①根据焙烧时与反应生成和，结合原子守恒配平化学方程式：；
②高温下可与、反应，破坏玻璃体结构，同时与反应，从而提高镓的浸取率。
(2)会水解生成沉淀，用溶液浸取时，高浓度可抑制水解，避免沉淀，从而保证镓的浸取率。
(3)时，溶液中开始析出，沉淀会包裹、吸附部分镓元素，导致溶液中镓元素含量降低。
(4)含镓微粒中的原子提供空轨道，树脂中的氨基、肟基的/原子提供孤电子对，二者形成配位键，因此含镓微粒可被树脂吸附。
(5)①中为价，电极增重对应生成，阴极得；根据阳极反应 ，得对应生成；
②内，结合阳极生成的速率，与和反应生成的速率相近，因此浓度下降、浓度基本不变。
（1）①“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；②根据分析，焙烧过程中加入高温下能与二氧化硅和氧化铝反应，破坏玻璃体结构，并与其中的反应，有利于提高镓的浸取率；
（2）根据已知条件，浸取时选用NaOH溶液是因为能抑制NaGaO2水解产生沉淀而降低镓的浸取率；
（3）时，溶液中开始析出，沉淀析出时，部分镓元素被包裹、吸附，溶液中镓元素含量降低；
（4）从结构角度解释生成的这些含镓微粒能被吸附的原因：含镓微粒中的镓提供空轨道，树脂分子中含有氨基、肟基中的氮原子或氧原提供孤电子对，形成配位键；
（5）①中Ga为+3价，当铜基镀镓电极增重280g，生成镓的物质的量为4mol，电路中通过电子物质的量为12mol，阳极发生反应：，可知生成3molO2；
②8~11h，浓度下降，浓度基本不变的主要原因是结合阳极产生的氢离子生成的速率与与氢离子反应生成二氧化碳的速率相近。
15．化合物G具有延缓衰老、预防心血管疾病等功效，其合成路线如下：
（1）B的分子式为，A→B的反应类型为　 　。
（2）C的分子式为，则C的结构简式为　 　。
（3）E→F的转化会经过如下过程：
①X中“*”标记的碳原子杂化类型为　 　。
②Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：　 　。
不能发生银镜反应；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)。写出以、、HCHO、和NBS为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1）还原反应
（2）
（3）；
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为，则可推知B为，A→B的反应类型为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由分析知，C的结构简式为；
故答案为： ；
（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为；
②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；
故答案为： ；；
（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；
故答案为： ；
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)以、、HCHO、和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在反应生成，与H2O在催化剂、加热条件下发生加成反应生成，在Cu的催化下氧化生成，与HCHO在碱性条件下发生已知反应生成，合成路线流程图为
故答案为：
【分析】以 2，4 - 二硝基甲苯A（）为起始原料，经Fe/H+还原硝基为氨基得到 B（）；再经重氮化 - 水解将氨基转化为酚羟基得到 C（）；接着在 NaOH 作用下与 (CH3O)2SO2发生甲基化反应生成 D；随后用 NBS 进行甲基溴代得到 E；之后与 P (OC2H5)3、对甲氧基苯甲醛反应得到烯烃 F；最后用 BBr3脱去甲基，得到含多个酚羟基的目标产物 G。
(1)由A（含硝基）推导B（含氨基），分子式变化显示N元素被还原，故A→B为还原反应。
(2)根据C的分子式及转化关系，结合官能团变化，推导出C为3，5-二羟基甲苯（结构简式：，羟基处于间位）。
(3)①带“*”标记的C原子形成3个键，且有1对孤电子对（得到1个电子），价层电子对数为4，故杂化类型为。
②对比Y和F的骨架结构，P原子的成键方式变化表明，除F外，另一生成物为磷酸三乙酯（结构简式：）。
(4)a. 限制条件：无醛基/甲酸酯、碱性水解后酸化生成两种有机产物（含酯基），其一含两个苯环且有3种H，另一含2种H；
b. 结合F的结构，推导出符合条件的同分异构体为4-羟基联苯-4'-叔丁基苯甲酸酯（结构简式： ）。
（5）以甲苯为起始原料，先用 NBS 溴代得到苄基溴；再经维蒂希反应与苯甲醛构建二苯乙烯双键；随后水合引入羟基、Cu 催化氧化得到酮；最后利用题目给出的羟醛缩合反应，与甲醛在碱性条件下反应，在酮羰基 α 位引入亚甲基，完成目标产物的合成。
（1）由分析知，A()在Fe/H+条件下发生反应生成B，B的分子式为，则可推知B为，A→B的反应类型为还原反应；
（2）由分析知，C的结构简式为；
（3）①由X得结构可知，带“*”标记的碳原子上由3个和1对孤电子对（得到1个电子），故杂化类型为；
②对比Y和F的结构可知，Y→F时，除F外还有一种生成物，该生成物的结构简式为；
（4）不能发生银镜反应，故不含有醛基或甲酸酯；碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，其中一种产物分子中含两个苯环，且有3种不同化学环境的氢原子，另一种产物分子中有2种不同化学环境的氢原子的F的同分异构体为；
（5）已知：(R、、为烃基或氢原子)以、、HCHO、和NBS为原料制备，与NBS发生取代反应生成，与在反应生成，与H2O在催化剂、加热条件下发生加成反应生成，在Cu的催化下氧化生成，与HCHO在碱性条件下发生已知反应生成，合成路线流程图为。
16．溶液可用作印刷铜线路板蚀刻液。蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，可通过多种途径加以利用。
（1）已知：。CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，CuCl和在空气中均易被氧化。用溶液蚀刻铜线路板前，需向其中加入一定量的浓盐酸，其目的是　 　。
（2）利用蚀刻废液制备CuCl。
步骤1：向蚀刻废液中分批加入NaOH至溶液的。
步骤2：向溶液中逐滴加入溶液。
步骤3：……
①加入溶液前需调节溶液pH的原因是　 　。
②步骤2中所得含铜微粒可表示为，写出开始时和反应的离子方程式：　 　。
③已知：(浓度越大，n越大)。补充由步骤2所得溶液获得CuCl的操作：　 　，过滤、洗涤、真空干燥。
（3）利用蚀刻废液制备。的溶解度曲线如图所示，溶液在不同温度下结晶会析出带不同数目结晶水的晶体，15℃以下析出。设计从蚀刻废液获得无水的实验方案：　 　，得到无水。(实验须使用、高压HCl气体)
【答案】（1）防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行
（2）pH过小，部分Na2SO3转化为SO2；；边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成
（3）边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应生成的CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，加入一定量的浓盐酸，可以防止蚀刻铜线路板过程中生成固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行。
故答案为： 防止蚀刻铜线路板过程中生成CuCl固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行 ；
（2）①蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO2。
②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：。
③已知：其平衡常数，稀释时、浓度同等程度减小，n＞1时，分母减小的更多导致浓度商Q＞K平衡逆向移动而得到CuCl沉淀，因此操作为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成、过滤、洗涤、真空干燥；
故答案为： pH过小，部分Na2SO3转化为SO2 ； ； 边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成 ；
（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到晶体、过滤洗涤、干燥后在高压氯化氢（避免它发生水解）气流中加热失去结晶水得到氯化铜固体。
故答案为： 边搅拌边向刻蚀液中通入足量O2，充分反应，将荣溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤，将所得晶体在高压HCl气体中加热至固体质量不再变化 。
【分析】(1) CuCl难溶于水但可溶于浓盐酸生成HCuCl2。加入浓盐酸可抑制CuCl的生成与溶解，避免生成的CuCl固体覆盖在铜线路板表面阻碍反应；同时抑制Cu2+水解，维持蚀刻液的高效蚀刻能力。
(2) ①蚀刻废液呈强酸性，pH过小会使Na2SO3与H+反应生成SO2，造成还原剂损耗；pH过大则会使Cu2+水解生成Cu(OH)2沉淀，因此需调至pH=4，保证还原反应顺利进行。
②Na2SO3具有还原性，将Cu2+还原为Cu+，并与Cl-结合形成[CuCl ]（n- ）-，S元素被氧化为SO42-，根据电子守恒与原子守恒配平：
③根据平衡CuCl + nCl- [CuCl ]（n- ）-，稀释时Cl-浓度降低，平衡逆向移动析出CuCl。操作需为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成，再进行过滤、洗涤、真空干燥。
(3)CuCl2溶液结晶得到CuCl2·4H2O，其溶解度随温度升高而增大。制备无水CuCl2需：
向蚀刻废液中通入足量O2，将HCuCl2氧化为CuCl2；
蒸发浓缩溶液至表面出现晶膜，冷却至15℃以下结晶，过滤得到CuCl2·4H2O晶体；
将晶体置于高压HCl气体氛围中加热至固体质量不再变化，HCl抑制CuCl2水解，同时脱去结晶水，得到无水CuCl2。
（1）反应生成的CuCl难溶于水，可溶于浓盐酸生成，加入一定量的浓盐酸，可以防止蚀刻铜线路板过程中生成固体覆盖铜的表面而阻碍反应的进行。
（2）①蚀刻废液中含较多、HCl和氯亚铜酸()，加入氢氧化钠是强碱中和酸性溶液，可以防止pH过小，部分Na2SO3转化为SO2。
②亚硫酸钠具有还原性，将铜离子由+2价还原为+1价，方程式为：。
③已知：其平衡常数，稀释时、浓度同等程度减小，n＞1时，分母减小的更多导致浓度商Q＞K平衡逆向移动而得到CuCl沉淀，因此操作为：边搅拌边向溶液中加入足量蒸馏水至有大量沉淀生成、过滤、洗涤、真空干燥；
（3）先向蚀刻废液中通入氧气，把氧化得到氯化铜，由于温度越高，氯化铜的溶解度增大，所以需要进行蒸发浓缩、冷却结晶，得到晶体、过滤洗涤、干燥后在高压氯化氢（避免它发生水解）气流中加热失去结晶水得到氯化铜固体。
17．HCHO、(氨硼烷)、均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。
（1）HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下：
9molHCHO参加反应，最终释放的物质的量与反应Ⅰ消耗的物质的量相同，则释放的物质的量为　 　。
（2）热解或醇解均可释氢。
①中三种元素电负性大小为。热解释氢的过程如下：
ⅰ．过程Ⅰ所得物质[分子式：]为链状结构，的结构简式为　 　。
ⅱ．过程Ⅲ制得的立方氮化硼晶胞结构如下图所示。推测立方氮化硼可能具有的用途　 　(任写一种)。
②一种催化醇解释氢时的物质转化过程如下：
ⅰ．与热解相比，醇解释氢的优点有　 　。
ⅱ．固体与释氢的总反应化学方程式为　 　。
（3）水解释氢机理如下图所示。
①取投入水中，一段时间后，取出固体，洗涤、干燥，称量固体质量为3.080g。计算该时间段内生成标准状况下的体积　 　(写出计算过程)。
②在溶液中也可水解释氢，且水解率明显提高，其机理如下图所示。在溶液中水解率明显提高的原因是　 　。
【答案】（1）3 mol
（2）；作耐高温材料、切割工具等；条件温和，节约能源；
（3）MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g解得y = 0.015 moln(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 molV(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见气体制备原理及装置选择；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2) = x mol，反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x = 9，故x = 3，则释放H2的物质的量为3mol。
故答案为： 3 mol ；
（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；
ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。
②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；
ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。
故答案为： ； 作耐高温材料、切割工具等 ； 条件温和，节约能源 ； 。
（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g，解得x = 0.085 mol，y = 0.015 mol，n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol，V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；
②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
故答案为：MgH2水解反应方程式为
MgH2+2H2O=Mg(OH)2+ 2H2↑。
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：
x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g
解得y = 0.015 mol
n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol
V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L
MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
【分析】(1)反应Ⅰ：甲醛、水与氧气反应生成过氧化氢和甲酸，反应式为。
反应Ⅱ：过氧化氢与甲醛进一步反应，生成甲酸并释放氢气，反应式为。
结合计量关系，可建立、与的物质的量联系，用于定量计算释氢量。
(2) 热解路径：在110℃发生分子间聚合，形成链状高分子（结构简式为）；150℃时进一步释氢转化为；1400℃时最终释氢得到立方氮化硼（）。
醇解优势：热解需要持续高温，而醇解仅在催化剂作用下即可进行，反应条件更温和，能耗更低。
醇解总反应：与甲醇在催化剂下完全反应，生成硼酸三甲酯、氨气和氢气，可通过原子守恒配平总反应方程式。
(3) 水解反应：与水反应生成氢氧化镁和氢气，反应式为，可通过固体质量差计算释氢量。
溶液中促进机理：在溶液中，水解使溶液酸性增强，加快水解；同时与表面的结合，避免形成致密的覆盖层，使水解反应持续进行。
（1）设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2) = x mol，反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x = 9，故x = 3，则释放H2的物质的量为3mol。
（2）①i．根据分析可知(BNH4)n的结构简式为；
ii．该材料在高温下生成，可知耐高温，又从立方氮化硼晶胞结构中可以看出B、N原子形成了类似金刚石的立体网状结构，硬度大，故可将其作耐高温材料、切割工具等。
②i．热解需要高温，醇解不需要高温，仅需催化剂，条件较为温和，即醇解释氢的优点为条件温和，节约能源；
ii．从物质转化过程看，反应物是NH3BH3和CH3OH，产物是H2，NH3以及含B、N、C、O产物，根据原子守恒，总反应为：。
（3）①由题中信息可得，根据分析知MgH2水解反应方程式为MgH2 + 2H2O = Mg(OH)2 + 2H2↑
设：未反应MgH2的物质的量为x，参与反应MgH2的物质的量为y，则生成Mg(OH)2的物质的量为y，根据题意有：x + y = 0.1000 mol，26 g/mol x + 58 g/mol y = 3.08 g，解得x = 0.085 mol，y = 0.015 mol，n(H2) = 0.015 mol × 2 = 0.03 mol，V(H2) = 0.03 mol × 22.4 L/mol = 0.672 L；
②根据分析可知，MgCl2溶液中Mg2+水解使溶液H+浓度增加，MgH2水解速率加快；溶液中Mg2+能够与MgH2表面附近的OH-结合，避免在MgH2表面形成致密的Mg(OH)2覆盖层，使水解反应能够持续进行。
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