【精品解析】【高考真题】浙江省2025年1月普通高校招生选考科目考试化学试题

【高考真题】浙江省2025年1月普通高校招生选考科目考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，环选、多选、错选均不得分)
1．（2025·浙江）下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有极性共价键，且正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；
B．N2分子中含有非极性共价键，且正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；
C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，C不符合题意；
D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】本题是对分子极性的考查，属于极性分子的，其正负电荷的中心不重合；若正负电荷的中心不重合，则为极性分子。据此结合选项所给物质的结构分析。
2．（2025·浙江）下列化学用语表示不正确的是
A．基态S原子的电子排布式：
B．质量数为14的碳原子：
C．乙烯的结构简式：
D．的电子式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硫原子质子数为16，其基态S原子的电子排布式：，A错误；
B．质量数标在元素符号的左上角，因此碳原子质子数为6，质量数为14的碳原子表示为：，B正确；
C．乙烯的分子结构中含有碳碳双键，其结构简式为：，C正确；
D．水是共价化合物，水分子中O原子是中心原子，含有2个未成对电子，分别与H形成共价键，因此其电子式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、S的原子序数为16，据此确定其核外电子排布式。
B、质量数标在元素符号左上角，质子数标在元素符号左下角。
C、乙烯的结构简式为CH2＝CH2。
D、根据O原子的最外层电子情况书写H2O的电子式。
3．（2025·浙江）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．溶液呈碱性，可用于除油污
D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，因此ClO2可用于杀菌消毒，A正确；
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，只含疏水基团，不含有亲水基团，因此不能用作吸水剂，B错误；
C．溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应，因此可用于除油污，C正确；
D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，且其表面会形成致密的氧化膜，对内层金属起到保护作用，因此其抗腐蚀性强，可用作航空材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A、ClO2的强氧化性可用于杀菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水剂。
C、Na2CO3溶液显碱性，能使油污发生碱性水解。
D、硬铝的强度高、抗腐蚀性能强等特点，可用做航空材料。
4．（2025·浙江）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能：N＞O＞S
B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3
C．碱性：LiOH＞KOH
D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，因此第一电离能：N＞O＞S，A正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，因此化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确；
C．同一主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。由于金属性Li＜K，所以碱性：LiOH＜KOH，C错误；
D．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Mg＜Al，因此Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，因此化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确；
故答案为：C
【分析】A、同周期元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，但ⅡA、ⅤA元素处于全满、半满稳定结构，第一电离能较大。
B、电负性差值越大，则共价键的极性越强。
C、金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
D、元素电负性的差值越大，则形成的化合物中离子键的百分数越大。
5．（2025·浙江）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．若不慎盐酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用溶液冲洗
B．实验室制备时，可用溶液吸收尾气
C．水银易挥发，若不慎有水银洒落，无需处理
D．难溶于水，可用处理废水中的，再将沉淀物集中送至环保单位进一步处理
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，将其稀释，再涂上3%~5%的NaHCO3溶液除去剩余的酸，A正确；
B．Cl2是有毒气体，能与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液进行尾气处理，B正确；
C．水银是重金属，有毒，硫能与汞反应生成硫化汞，若不慎有水银洒落，可撒上硫粉进行处理，防止汞蒸气中毒，C错误；
D．PbS难溶于水，Na2S可与Pb2+反应生成硫化铅沉淀，所以除去废水中Pb2+等重金属离子常用沉淀法，D正确；
故答案为：C
【分析】A、酸可用3%~5%的NaHCO3溶液除去。
B、Cl2可用NaOH溶液吸收。
C、水银有毒，可用硫粉进行吸收处理。
D、PbS难溶于水，可除去废水中的Pb2+。
6．（2025·浙江）关于溴的性质，下列说法不正确的是
A．可被氧化为
B．与水溶液反应的还原产物为
C．，说明氧化性：
D．与足量溶液反应生成和，转移电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由于氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2可将氧化为，A项正确；
B．Br2的氧化性能将SO2氧化成SO42－，自身被还原为Br－，因此还原产物为，B项正确；
C．根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化性：氧化剂＞氧化产物，因此氧化性：，C项正确；
D．与足量溶液反应生成和，该反应的化学方程式为：，3mol参与反应，转移5mol电子，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、Cl2能将Br－氧化成Br2。
B、Br2具有氧化性，SO2具有还原性，二者可反应生成H2SO4和HBr。
C、结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析。
D、根据反应过程中元素化合价变化分析。
7．（2025·浙江）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．葡萄糖分子结构中有多个羟基，故葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜
B．具有网状结构的交联橡胶弹性好、强度高，故可用作汽车轮胎材料
C．的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故可用作砂轮磨料
D．能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，醛基具有还原性，能与银氨溶液发生银镜反应，因此可用于制作银镜，A符合题意；
B．橡胶的分子链可以交联，交联后的橡胶受外力作用发生变形时，具有迅速复原的能力，因此具有弹性好，强度高等良好的物理力学性能和稳定的化学性质，所以可用作汽车轮胎材料，B不符合题意；
C．SiC中原子间以共价键形成空间网状结构，具有熔点高、硬度大等特点，因此可用作砂轮、砂纸的磨料，C不符合题意；
D．可与酸反应生成二氧化碳气体，且不稳定，受热分解产生大量二氧化碳气体，因此可用作食品膨松剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其中－CHO具有还原性，可发生银镜反应。
B、橡胶的分子链可以交联，使得其具有良好的弹性和强度高等特点。
C、SiC为共价晶体，具有熔点高、硬度大的特点。
D、NaHCO3不稳定受热易分解，产生CO2；且与酸反应也能产生CO2，可用作食品膨松剂。
8．（2025·浙江）下列方程式不正确的是
A．与浓盐酸反应：
B．与反应：
C．将少量灼热的加入中：
D．将通入酸性溶液：
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；乙醇的催化氧化实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，选项所给离子方程式正确，A正确；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，HNO3为强酸，可拆解成离子形式，选项所给离子方程式正确，B正确；
C．乙醇与CuO发生催化氧化反应，生成乙醛，CuO被还原生成Cu，选项所给方程式正确，C正确；
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D
【分析】A、MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此书写其离子方程式。
B、NO2与H2O反应生成强酸HNO3和NO，据此书写其离子方程式。
C、CH3CH2OH与CuO在加热条件下反应生成CH3CHO、Cu和H2O，据此书写其化学方程式。
D、SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者反应生成Mn2＋、SO42－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写其离子方程式。
9．（2025·浙江）抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。
下列说法不正确的是
A．可用质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸
B．抗坏血酸可发生缩聚反应
C．脱氢抗坏血酸不能与溶液反应
D．1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．抗坏血酸和脱氢抗坏血酸的相对分子质量不同，而质谱法可以测量有机物的相对分子质量，所以可用质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸，A正确；
B．由抗坏血酸的结构简式可知，抗坏血酸中含有4个羟基，因此抗坏血酸可与多元羧酸发生缩聚反应，B正确；
C．由脱氢抗坏血酸的结构简式可知，脱氢抗坏血酸中含有酯基，酯基能发生碱性水解反应，因此脱氢抗坏血酸能与溶液反应，C错误；
D．由脱氢抗坏血酸的结构简式可知，1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子，如图所示：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、质谱法用于测定有机物的相对分子质量，而二者的相对分子质量不同。
B、分子结构中含有多个羟基，能与多元羧酸发生缩聚反应。
C、分子结构中含有酯基，能与NaOH溶液发生水解反应。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
10．（2025·浙江）提纯粗品(含少量的和)得到纯品的方案如下，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。
下列说法不正确的是
A．用过量的溶液除去
B．通过生成沉淀后过滤除去
C．4种试剂的使用顺序为溶液、溶液、盐酸、溶液
D．调后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A．SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀，为防止引入新的杂质，除去时用BaCl2溶液，过量的BaCl2可以使离子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正确；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反应生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，过滤除去，B正确；
C．过量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四种试剂使用时Na2CO3要在BaCl2之后；为防止生成的沉淀溶解，盐酸放在过滤沉淀后再加入，C错误；
D．过滤后再加入HCl调节滤液的pH值，最后蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品，D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐提纯实验中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。为使溶液中的离子完全沉淀，所加试剂必须过量，而过量试剂需进一步除去，因此实验过程中必须先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同时，除去过量的BaCl2溶液。将所有沉淀过滤除去后，再往滤液中滴加稀盐酸至中性，除去过量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，即可得到NaCl纯品。据此结合选项分析。
11．（2025·浙江）下列说法正确的是
A．常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发
B．，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．，则
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。该反应中ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，因此该反应在低温时能自发进行，A错误；
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，因此平衡常数减小，B正确；
C．该反应为放热反应，所以，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目标反应的反应热ΔH=。由于相对大小未知，因此无法确定ΔH的正负，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、平衡常数只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
C、该反应为放热反应，所以活化能：正反应＜逆反应。
D、根据盖斯定律分析。
12．（2025·浙江）一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率
B．充放电时，优先于通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为
D．充电时，锂电极接电源负极
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；
B．离子半径：＜，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；
C．放电时，正极发生得电子的还原反应，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；
D．充电时，锂电极为阴极，与电源的负极相连，D正确；
故答案为：C
【分析】该电池放电过程中，Li发生失电子的氧化反应，生成Li＋，因此负极的电极反应式为Li－e－=Li＋。通入O2的电极为正极，发生的电子的还原反应，生成O2－或O22－，因此正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。随温度升高，Q（1molO2转移电子数）增大，说明温度升高过程中，正极区O22－转化为O2－。据此结合选项分析。
13．（2025·浙江）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．晶体类型为混合晶体
B．与二价铁形成配位键
C．该化合物与水反应有难溶物生成
D．该化合物热稳定性比高
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．晶体中含有离子键、配位键、分子间作用力。具有分子晶体和离子晶体的特性，因此属于混合晶体，A正确；
B．分子中N原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确；
C．与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，该反应的化学方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确；
D．中离子半径：[Fe(NH3)2]2+＞Fe2+，使得[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，因此热稳定性小于FeCl2，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据晶体所含作用力分析。
B、配位键是由一方提供空轨道，一方提供孤电子对形成的。
C、Fe(NH3)2Cl2与H2O反应生成Fe(OH)2沉淀。
D、结合离子键的强弱分析二者的稳定性。
14．（2025·浙江）化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
A．为该反应的催化剂
B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基
D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
【答案】B
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；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】A．由图可知H+参与了反应，且反应过程中又生成H+，即反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确；
B．化合物A中含有6种等效氢原子，因此化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误；
C．步骤III中C反应生成D的过程中，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；
D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；
故答案为：B
【分析】A、H＋参与反应，同时又生成，属于催化剂。
B、根据有机物A所含的等效氢个数，确定一氯代物的个数。
C、根据步骤Ⅲ中反应过程中苯基发生迁移，而甲基不发生迁移，从而比较二者的迁移能力强弱。
D、根据E的结构简式，确定其所能发生反应的类型。
15．（2025·浙江）时，的电离常数。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，则
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．，该反应的平衡常数K==，A正确；
B．，该反应的平衡常数K==，B正确；
C．，该反应的平衡常数K==，C正确；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D错误；
故答案为：D
【分析】此题是对平衡常数计算的考查，结合相关平衡常数的表达式进行计算即可。H2CO3的电离常数、。据此结合选项分析。
16．（2025·浙江）蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓，以确保N元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收，以甲基红(变色的范围：)为指示剂，用标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D．尿素样品、样品的N元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ，加入的浓需过量，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为，进而准确的计算N元素含量，A正确；
B．根据反应+OH- NH3·H2O NH3+H2O，当NaOH过量时，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收后，过量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定终点溶液显酸性，用甲基红作为指示剂，C正确；
D．在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下中的N元素不会转化为，因此不能按上述步骤测定，D错误；
故答案为：D
【分析】A、浓硫酸过量，可确保将蛋白质中的氨基和酰胺基完全转化为NH4＋。
B、浓NaOH溶液过量，有利于NH3的逸出。
C、滴定终点溶液的溶质为NaCl和NH4Cl，溶液显酸性，用甲基橙做指示剂。
D、NaNO3中氮元素无法转化为NH4＋，因此不能用上述方法。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·浙江）磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同
B．的最外层电子数为18
C．的半径小于的半径
D．电子排布为的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　 　(从酸碱性和溶解性角度推测)。
（3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　 　。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）盐酸、氢氟酸；碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
故答案为：AD
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3。
故答案为：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
故答案为： 溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
故答案为：中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
故答案为： 盐酸、氢氟酸
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
故答案为： 碳酸钠溶液 ； 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； 加热脱水
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案为：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基态P原子的3p轨道上有3个电子，自旋平行。
B、基态的价电子排布式为4s2，最外层只有2个电子。
C、核电荷数相同，核外电子数越多，离子半径越大。
D、3s轨道上的一个电子吸收能量后跃迁到3p轨道上，为激发态。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中原子个数比，从而得到化学式。
②Ca3PCl3与H2O反应产生PH3，PH3溶于水溶液显碱性，能使石蕊溶液变蓝色。
（3）H3PO4中含有一个非羟基氢原子，而H4P2O7中含有两个非羟基氢原子，非羟基氢原子越多，越容易电离出H＋，使得酸性越强。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能产生盐酸和氢氟酸。
②由CaSO4制备Na2SO4，可先加入Na2CO3，发生反应CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，过滤得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸将Na2CO3转化为Na2SO4；再对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到无水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O与C、SiO2反应生成CaSiO3、P4和CO，据此写出反应的化学方程式。
（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
选AD。
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
18．（2025·浙江）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．压强 D．催化剂
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　 　。
（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH的物质的量百分比
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　 　。
【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案为：5.4
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0。
故答案为：＜
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢。
故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
【分析】（1）甲醇的平衡转化率改变，则平衡发生移动。结合温度、浓度、压强、催化剂对平衡移动的影响分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此计算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常数，进而计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
（3）阴极上CO2发生得电子的还原反应，与[(CH3)2NH2]＋反应生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，据此写出电极反应式。
（4）反应自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，据此判断反应的热效应。
（5）①结合浓度对反应速率的影响分析。
②结合化学键键能对反应的影响分析。
（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
19．（2025·浙江）某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
请回答：
（1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是　 　。
（2）写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂　 　(填1种)。
（3）步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理
B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度
C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置
D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束
（4）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是　 　。
（5）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序　 　(填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水
（6）AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是　 　。
【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
（2）P2O5、硅胶
（3）A；B；D
（4）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
（5）②④⑤③①
（6）AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3。
故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥HCl和SO2等气体，应该使用P2O5、硅胶。
故答案为：P2O5、硅胶
（3）A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确；
B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；
C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；
故答案为：ABD
（4）步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，因此步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率。
故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
（5）步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏。
故答案为：②④⑤③①
（6）已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂。
故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂
【分析】（1）AlCl3易升华，漏斗用于收集AlCl3。
（2）酸性固体干燥剂有P2O5、硅胶。
（3）A、氯苯试剂中可能含有水，需除去水，防止SOCl2与H2O反应。
B、冰水浴可降低反应温度。
C、任何有有害气体参与的反应，都需进行尾气处理。
D、反应过程中有HCl气体生成，当不再产生气泡时，说明反应已完全。
（4）将入冰水可除去除去混合物中的SOCl2和AlCl3，实现有机物和无机物的分离。
（5）步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干中各物质的性质分析分离操作。
（6）AlCl3能与Cl－形成配位离子[AlCl4]－，从而促进SOCl2反应中S－Cl化学键的断裂。
（1）已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3；
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥HCl和SO2等气体，应该使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶；
（3）A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确；
B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；
C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；
故答案为：ABD；
（4）由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率；
（5）由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①；
（6）已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。
20．（2025·浙江）化合物I有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：
①
②
③(等)
请回答：
（1）化合物I中体现酸性的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物A的酸性比苯甲酸弱
B．化合物B既可与酸反应又可与碱反应
C．E→F反应过程中只发生加成反应
D．化合物H中存在分子内氢键
（3）G的结构简式是　 　。
（4）C+D→E的化学方程式是　 　。
（5）写出3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式　 　。
①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②与过量反应生成邻苯二酚()。(已知)
（6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线(用流程图表，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羟基
（2）B；D
（3）
（4）+
（5）、、
（6）；+CH2=CHCOOH+
【知识点】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）I中体现酸性的官能团名称是酚羟基。
故答案为：羟基
（2）A．溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中的酸性比苯甲酸强，错误；
B．化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确；
C．E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应过程中发生加成反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；化合物H中酚羟基和临近氮能形成分子内氢键，正确；
故答案为：BD
（3）由分析，G为：。
故答案为：
（4）CD发生已知②反应生成E，结合DE化学式，D为、E为，故C+D→E的化学方程式是+。
故答案为：+
（5）B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的：①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构；②与过量反应生成邻苯二酚，结合已知反应原理； 可以为：、、。
故答案为：、、
（6）结合结构，流程可以为中甲基首先氧化为羧基得到，再和乙醇发生取代反应生成，再和NH2NH2转化为；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成，和发生已知②反应生成产物，故流程为：；
+CH2=CHCOOH+。
故答案为：；
+CH2=CHCOOH+
【分析】由流程可知，A与CH3OH在SOCl2作用下发生取代反应生成B，B与NH2NH2发生已知反应①生成C，因此C的结构简式为为。C与D在POCl3的作用下发生已知反应②，生成E，E在Fe/HCl的作用发生－NO2的还原反应，生成F。结合F的结构简式可知E的结构简式为；D的结构简式为。F与G在CH3COOH/C2H5OH加热条件下反应生成H，结合H的结构简式和G的分子式可知，G的结构简式为。H进一步转化生成I。据此结合题干设问分析作答。
（1）由I结构可知，I中体现酸性的官能团名称是酚羟基；
（2）A．溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中的酸性比苯甲酸强，错误；
B．化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确；
C．E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应过程中发生加成反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；化合物H中酚羟基和临近氮能形成分子内氢键，正确；
故选BD；
（3）由分析，G为：；
（4）CD发生已知②反应生成E，结合DE化学式，D为、E为，故C+D→E的化学方程式是+；
（5）B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的：①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构；②与过量反应生成邻苯二酚，结合已知反应原理； 可以为：、、；
（6）结合结构，流程可以为中甲基首先氧化为羧基得到，再和乙醇发生取代反应生成，再和NH2NH2转化为；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成，和发生已知②反应生成产物，故流程为：；
+CH2=CHCOOH+。
1 / 1【高考真题】浙江省2025年1月普通高校招生选考科目考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，环选、多选、错选均不得分)
1．（2025·浙江）下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025·浙江）下列化学用语表示不正确的是
A．基态S原子的电子排布式：
B．质量数为14的碳原子：
C．乙烯的结构简式：
D．的电子式：
3．（2025·浙江）化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒
B．聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂
C．溶液呈碱性，可用于除油污
D．硬铝密度小、强度高，抗腐蚀能力强，可用作飞机材料
4．（2025·浙江）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能：N＞O＞S
B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3
C．碱性：LiOH＞KOH
D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3
5．（2025·浙江）关于实验室安全，下列说法不正确的是
A．若不慎盐酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用溶液冲洗
B．实验室制备时，可用溶液吸收尾气
C．水银易挥发，若不慎有水银洒落，无需处理
D．难溶于水，可用处理废水中的，再将沉淀物集中送至环保单位进一步处理
6．（2025·浙江）关于溴的性质，下列说法不正确的是
A．可被氧化为
B．与水溶液反应的还原产物为
C．，说明氧化性：
D．与足量溶液反应生成和，转移电子
7．（2025·浙江）下列物质的结构或性质不能说明其用途的是
A．葡萄糖分子结构中有多个羟基，故葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜
B．具有网状结构的交联橡胶弹性好、强度高，故可用作汽车轮胎材料
C．的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故可用作砂轮磨料
D．能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂
8．（2025·浙江）下列方程式不正确的是
A．与浓盐酸反应：
B．与反应：
C．将少量灼热的加入中：
D．将通入酸性溶液：
9．（2025·浙江）抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。
下列说法不正确的是
A．可用质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸
B．抗坏血酸可发生缩聚反应
C．脱氢抗坏血酸不能与溶液反应
D．1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子
10．（2025·浙江）提纯粗品(含少量的和)得到纯品的方案如下，所用试剂为溶液、溶液、盐酸和溶液。
下列说法不正确的是
A．用过量的溶液除去
B．通过生成沉淀后过滤除去
C．4种试剂的使用顺序为溶液、溶液、盐酸、溶液
D．调后的滤液蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品
11．（2025·浙江）下列说法正确的是
A．常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发
B．，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．，则
12．（2025·浙江）一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是
A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率
B．充放电时，优先于通过固态电解质膜
C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为
D．充电时，锂电极接电源负极
13．（2025·浙江）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．晶体类型为混合晶体
B．与二价铁形成配位键
C．该化合物与水反应有难溶物生成
D．该化合物热稳定性比高
14．（2025·浙江）化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
A．为该反应的催化剂
B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基
D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
15．（2025·浙江）时，的电离常数。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，则
16．（2025·浙江）蛋白质中N元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓，以确保N元素完全转化为
B．步骤Ⅱ，浓溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收，以甲基红(变色的范围：)为指示剂，用标准溶液滴定，经计算可得N元素的含量
D．尿素样品、样品的N元素含量均可按上述步骤测定
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·浙江）磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同
B．的最外层电子数为18
C．的半径小于的半径
D．电子排布为的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　 　(从酸碱性和溶解性角度推测)。
（3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　 　。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　 　。
18．（2025·浙江）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．压强 D．催化剂
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　 　。
（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH的物质的量百分比
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　 　。
19．（2025·浙江）某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
请回答：
（1）在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是　 　。
（2）写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂　 　(填1种)。
（3）步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理
B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度
C．因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置
D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束
（4）步骤Ⅱ，加入冰水的作用是　 　。
（5）步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序　 　(填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水
（6）AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是　 　。
20．（2025·浙江）化合物I有特定发光性能，在新型有机发光二极管的开发中具有潜在价值，其结构如下：
某研究小组按以下路线合成该化合物(部分反应条件及试剂已简化)：
已知：
①
②
③(等)
请回答：
（1）化合物I中体现酸性的官能团名称是　 　。
（2）下列说法正确的是_______。
A．化合物A的酸性比苯甲酸弱
B．化合物B既可与酸反应又可与碱反应
C．E→F反应过程中只发生加成反应
D．化合物H中存在分子内氢键
（3）G的结构简式是　 　。
（4）C+D→E的化学方程式是　 　。
（5）写出3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式　 　。
①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②与过量反应生成邻苯二酚()。(已知)
（6）以、1，3-丁二烯、丙烯酸和乙醇为有机原料，设计化合物的合成路线(用流程图表，无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有极性共价键，且正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；
B．N2分子中含有非极性共价键，且正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；
C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，C不符合题意；
D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】本题是对分子极性的考查，属于极性分子的，其正负电荷的中心不重合；若正负电荷的中心不重合，则为极性分子。据此结合选项所给物质的结构分析。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硫原子质子数为16，其基态S原子的电子排布式：，A错误；
B．质量数标在元素符号的左上角，因此碳原子质子数为6，质量数为14的碳原子表示为：，B正确；
C．乙烯的分子结构中含有碳碳双键，其结构简式为：，C正确；
D．水是共价化合物，水分子中O原子是中心原子，含有2个未成对电子，分别与H形成共价键，因此其电子式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、S的原子序数为16，据此确定其核外电子排布式。
B、质量数标在元素符号左上角，质子数标在元素符号左下角。
C、乙烯的结构简式为CH2＝CH2。
D、根据O原子的最外层电子情况书写H2O的电子式。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，因此ClO2可用于杀菌消毒，A正确；
B．聚丙烯属于有机合成高分子材料，只含疏水基团，不含有亲水基团，因此不能用作吸水剂，B错误；
C．溶液由于碳酸根离子的水解，使溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应，因此可用于除油污，C正确；
D．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，且其表面会形成致密的氧化膜，对内层金属起到保护作用，因此其抗腐蚀性强，可用作航空材料，D正确；
故答案为：B
【分析】A、ClO2的强氧化性可用于杀菌消毒。
B、聚丙烯不能用做吸水剂。
C、Na2CO3溶液显碱性，能使油污发生碱性水解。
D、硬铝的强度高、抗腐蚀性能强等特点，可用做航空材料。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，因此第一电离能：N＞O＞S，A正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，因此化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确；
C．同一主族元素，核电荷数越大，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。由于金属性Li＜K，所以碱性：LiOH＜KOH，C错误；
D．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Mg＜Al，因此Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，因此化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确；
故答案为：C
【分析】A、同周期元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，但ⅡA、ⅤA元素处于全满、半满稳定结构，第一电离能较大。
B、电负性差值越大，则共价键的极性越强。
C、金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
D、元素电负性的差值越大，则形成的化合物中离子键的百分数越大。
5．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．不慎将强酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，将其稀释，再涂上3%~5%的NaHCO3溶液除去剩余的酸，A正确；
B．Cl2是有毒气体，能与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液进行尾气处理，B正确；
C．水银是重金属，有毒，硫能与汞反应生成硫化汞，若不慎有水银洒落，可撒上硫粉进行处理，防止汞蒸气中毒，C错误；
D．PbS难溶于水，Na2S可与Pb2+反应生成硫化铅沉淀，所以除去废水中Pb2+等重金属离子常用沉淀法，D正确；
故答案为：C
【分析】A、酸可用3%~5%的NaHCO3溶液除去。
B、Cl2可用NaOH溶液吸收。
C、水银有毒，可用硫粉进行吸收处理。
D、PbS难溶于水，可除去废水中的Pb2+。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由于氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2可将氧化为，A项正确；
B．Br2的氧化性能将SO2氧化成SO42－，自身被还原为Br－，因此还原产物为，B项正确；
C．根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化性：氧化剂＞氧化产物，因此氧化性：，C项正确；
D．与足量溶液反应生成和，该反应的化学方程式为：，3mol参与反应，转移5mol电子，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、Cl2能将Br－氧化成Br2。
B、Br2具有氧化性，SO2具有还原性，二者可反应生成H2SO4和HBr。
C、结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析。
D、根据反应过程中元素化合价变化分析。
7．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．葡萄糖分子中含有醛基，醛基具有还原性，能与银氨溶液发生银镜反应，因此可用于制作银镜，A符合题意；
B．橡胶的分子链可以交联，交联后的橡胶受外力作用发生变形时，具有迅速复原的能力，因此具有弹性好，强度高等良好的物理力学性能和稳定的化学性质，所以可用作汽车轮胎材料，B不符合题意；
C．SiC中原子间以共价键形成空间网状结构，具有熔点高、硬度大等特点，因此可用作砂轮、砂纸的磨料，C不符合题意；
D．可与酸反应生成二氧化碳气体，且不稳定，受热分解产生大量二氧化碳气体，因此可用作食品膨松剂，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其中－CHO具有还原性，可发生银镜反应。
B、橡胶的分子链可以交联，使得其具有良好的弹性和强度高等特点。
C、SiC为共价晶体，具有熔点高、硬度大的特点。
D、NaHCO3不稳定受热易分解，产生CO2；且与酸反应也能产生CO2，可用作食品膨松剂。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；乙醇的催化氧化实验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，选项所给离子方程式正确，A正确；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，HNO3为强酸，可拆解成离子形式，选项所给离子方程式正确，B正确；
C．乙醇与CuO发生催化氧化反应，生成乙醛，CuO被还原生成Cu，选项所给方程式正确，C正确；
D．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰和硫酸，该反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D
【分析】A、MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此书写其离子方程式。
B、NO2与H2O反应生成强酸HNO3和NO，据此书写其离子方程式。
C、CH3CH2OH与CuO在加热条件下反应生成CH3CHO、Cu和H2O，据此书写其化学方程式。
D、SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者反应生成Mn2＋、SO42－，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写其离子方程式。
9．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．抗坏血酸和脱氢抗坏血酸的相对分子质量不同，而质谱法可以测量有机物的相对分子质量，所以可用质谱法鉴别抗坏血酸和脱氢抗坏血酸，A正确；
B．由抗坏血酸的结构简式可知，抗坏血酸中含有4个羟基，因此抗坏血酸可与多元羧酸发生缩聚反应，B正确；
C．由脱氢抗坏血酸的结构简式可知，脱氢抗坏血酸中含有酯基，酯基能发生碱性水解反应，因此脱氢抗坏血酸能与溶液反应，C错误；
D．由脱氢抗坏血酸的结构简式可知，1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子，如图所示：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、质谱法用于测定有机物的相对分子质量，而二者的相对分子质量不同。
B、分子结构中含有多个羟基，能与多元羧酸发生缩聚反应。
C、分子结构中含有酯基，能与NaOH溶液发生水解反应。
D、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
10．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；粗盐提纯
【解析】【解答】A．SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀，为防止引入新的杂质，除去时用BaCl2溶液，过量的BaCl2可以使离子沉淀完全，多余Ba2+用Na2CO3除去，A正确；
B．溶液中的Ca2+ 、Mg2+分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液除去，反应生成CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，过滤除去，B正确；
C．过量的BaCl2溶液要用Na2CO3溶液除去，因此四种试剂使用时Na2CO3要在BaCl2之后；为防止生成的沉淀溶解，盐酸放在过滤沉淀后再加入，C错误；
D．过滤后再加入HCl调节滤液的pH值，最后蒸发至大量固体析出，趁热过滤、洗涤、干燥后即得纯品，D正确；
故答案为：C
【分析】粗盐提纯实验中，Ca2＋、Mg2＋、SO42－分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液形成CaCO3沉淀、Mg(OH)2沉淀和BaSO4沉淀除去。为使溶液中的离子完全沉淀，所加试剂必须过量，而过量试剂需进一步除去，因此实验过程中必须先加BaCl2溶液，再加Na2CO3溶液。利用Na2CO3溶液除去Ca2＋的同时，除去过量的BaCl2溶液。将所有沉淀过滤除去后，再往滤液中滴加稀盐酸至中性，除去过量的Na2CO3和NaOH，得到NaCl溶液，经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，即可得到NaCl纯品。据此结合选项分析。
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。该反应中ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，因此该反应在低温时能自发进行，A错误；
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，因此平衡常数减小，B正确；
C．该反应为放热反应，所以，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D．，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl (g)，所以目标反应的反应热ΔH=。由于相对大小未知，因此无法确定ΔH的正负，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、平衡常数只与温度有关，结合温度对平衡移动的影响分析。
C、该反应为放热反应，所以活化能：正反应＜逆反应。
D、根据盖斯定律分析。
12．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；
B．离子半径：＜，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；
C．放电时，正极发生得电子的还原反应，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；
D．充电时，锂电极为阴极，与电源的负极相连，D正确；
故答案为：C
【分析】该电池放电过程中，Li发生失电子的氧化反应，生成Li＋，因此负极的电极反应式为Li－e－=Li＋。通入O2的电极为正极，发生的电子的还原反应，生成O2－或O22－，因此正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－或O2＋2e－=O22－。随温度升高，Q（1molO2转移电子数）增大，说明温度升高过程中，正极区O22－转化为O2－。据此结合选项分析。
13．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．晶体中含有离子键、配位键、分子间作用力。具有分子晶体和离子晶体的特性，因此属于混合晶体，A正确；
B．分子中N原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确；
C．与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，该反应的化学方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确；
D．中离子半径：[Fe(NH3)2]2+＞Fe2+，使得[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，因此热稳定性小于FeCl2，D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据晶体所含作用力分析。
B、配位键是由一方提供空轨道，一方提供孤电子对形成的。
C、Fe(NH3)2Cl2与H2O反应生成Fe(OH)2沉淀。
D、结合离子键的强弱分析二者的稳定性。
14．【答案】B
【知识点】催化剂；化学反应速率的影响因素；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】A．由图可知H+参与了反应，且反应过程中又生成H+，即反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确；
B．化合物A中含有6种等效氢原子，因此化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误；
C．步骤III中C反应生成D的过程中，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；
D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；
故答案为：B
【分析】A、H＋参与反应，同时又生成，属于催化剂。
B、根据有机物A所含的等效氢个数，确定一氯代物的个数。
C、根据步骤Ⅲ中反应过程中苯基发生迁移，而甲基不发生迁移，从而比较二者的迁移能力强弱。
D、根据E的结构简式，确定其所能发生反应的类型。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．，该反应的平衡常数K==，A正确；
B．，该反应的平衡常数K==，B正确；
C．，该反应的平衡常数K==，C正确；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D错误；
故答案为：D
【分析】此题是对平衡常数计算的考查，结合相关平衡常数的表达式进行计算即可。H2CO3的电离常数、。据此结合选项分析。
16．【答案】D
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A．步骤Ⅰ，加入的浓需过量，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为，进而准确的计算N元素含量，A正确；
B．根据反应+OH- NH3·H2O NH3+H2O，当NaOH过量时，溶液中c(OH-)增大，有利于氨的蒸出，B正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收后，过量的HCl用标准NaOH溶液滴定，反应后溶液中有NaCl和NH4Cl，滴定终点溶液显酸性，用甲基红作为指示剂，C正确；
D．在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下中的N元素不会转化为，因此不能按上述步骤测定，D错误；
故答案为：D
【分析】A、浓硫酸过量，可确保将蛋白质中的氨基和酰胺基完全转化为NH4＋。
B、浓NaOH溶液过量，有利于NH3的逸出。
C、滴定终点溶液的溶质为NaCl和NH4Cl，溶液显酸性，用甲基橙做指示剂。
D、NaNO3中氮元素无法转化为NH4＋，因此不能用上述方法。
17．【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）盐酸、氢氟酸；碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
故答案为：AD
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3。
故答案为：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
故答案为： 溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
故答案为：中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
故答案为： 盐酸、氢氟酸
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
故答案为： 碳酸钠溶液 ； 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； 加热脱水
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案为：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基态P原子的3p轨道上有3个电子，自旋平行。
B、基态的价电子排布式为4s2，最外层只有2个电子。
C、核电荷数相同，核外电子数越多，离子半径越大。
D、3s轨道上的一个电子吸收能量后跃迁到3p轨道上，为激发态。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中原子个数比，从而得到化学式。
②Ca3PCl3与H2O反应产生PH3，PH3溶于水溶液显碱性，能使石蕊溶液变蓝色。
（3）H3PO4中含有一个非羟基氢原子，而H4P2O7中含有两个非羟基氢原子，非羟基氢原子越多，越容易电离出H＋，使得酸性越强。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能产生盐酸和氢氟酸。
②由CaSO4制备Na2SO4，可先加入Na2CO3，发生反应CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，过滤得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸将Na2CO3转化为Na2SO4；再对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到无水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O与C、SiO2反应生成CaSiO3、P4和CO，据此写出反应的化学方程式。
（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
选AD。
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
18．【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案为：5.4
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0。
故答案为：＜
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢。
故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
【分析】（1）甲醇的平衡转化率改变，则平衡发生移动。结合温度、浓度、压强、催化剂对平衡移动的影响分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此计算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常数，进而计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
（3）阴极上CO2发生得电子的还原反应，与[(CH3)2NH2]＋反应生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，据此写出电极反应式。
（4）反应自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，据此判断反应的热效应。
（5）①结合浓度对反应速率的影响分析。
②结合化学键键能对反应的影响分析。
（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
19．【答案】（1）AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
（2）P2O5、硅胶
（3）A；B；D
（4）除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
（5）②④⑤③①
（6）AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3。
故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥HCl和SO2等气体，应该使用P2O5、硅胶。
故答案为：P2O5、硅胶
（3）A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确；
B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；
C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；
故答案为：ABD
（4）步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，因此步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率。
故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
（5）步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏。
故答案为：②④⑤③①
（6）已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂。
故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂
【分析】（1）AlCl3易升华，漏斗用于收集AlCl3。
（2）酸性固体干燥剂有P2O5、硅胶。
（3）A、氯苯试剂中可能含有水，需除去水，防止SOCl2与H2O反应。
B、冰水浴可降低反应温度。
C、任何有有害气体参与的反应，都需进行尾气处理。
D、反应过程中有HCl气体生成，当不再产生气泡时，说明反应已完全。
（4）将入冰水可除去除去混合物中的SOCl2和AlCl3，实现有机物和无机物的分离。
（5）步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干中各物质的性质分析分离操作。
（6）AlCl3能与Cl－形成配位离子[AlCl4]－，从而促进SOCl2反应中S－Cl化学键的断裂。
（1）已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3；
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥HCl和SO2等气体，应该使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶；
（3）A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确；
B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确；
C．由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确；
故答案为：ABD；
（4）由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率；
（5）由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①；
（6）已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。
20．【答案】（1）羟基
（2）B；D
（3）
（4）+
（5）、、
（6）；+CH2=CHCOOH+
【知识点】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）I中体现酸性的官能团名称是酚羟基。
故答案为：羟基
（2）A．溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中的酸性比苯甲酸强，错误；
B．化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确；
C．E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应过程中发生加成反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；化合物H中酚羟基和临近氮能形成分子内氢键，正确；
故答案为：BD
（3）由分析，G为：。
故答案为：
（4）CD发生已知②反应生成E，结合DE化学式，D为、E为，故C+D→E的化学方程式是+。
故答案为：+
（5）B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的：①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构；②与过量反应生成邻苯二酚，结合已知反应原理； 可以为：、、。
故答案为：、、
（6）结合结构，流程可以为中甲基首先氧化为羧基得到，再和乙醇发生取代反应生成，再和NH2NH2转化为；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成，和发生已知②反应生成产物，故流程为：；
+CH2=CHCOOH+。
故答案为：；
+CH2=CHCOOH+
【分析】由流程可知，A与CH3OH在SOCl2作用下发生取代反应生成B，B与NH2NH2发生已知反应①生成C，因此C的结构简式为为。C与D在POCl3的作用下发生已知反应②，生成E，E在Fe/HCl的作用发生－NO2的还原反应，生成F。结合F的结构简式可知E的结构简式为；D的结构简式为。F与G在CH3COOH/C2H5OH加热条件下反应生成H，结合H的结构简式和G的分子式可知，G的结构简式为。H进一步转化生成I。据此结合题干设问分析作答。
（1）由I结构可知，I中体现酸性的官能团名称是酚羟基；
（2）A．溴原子在苯环上具有吸电子效应使得A中羧基更容易电离出氢离子，使其酸性增强，故化合物A中的酸性比苯甲酸强，错误；
B．化合物B中含有酯基，可以发生酸性水解也可以发生碱性水解，故既可与酸反应又可与碱反应，正确；
C．E中硝基还原为氨基得到F，E→F反应过程中发生加成反应，同时铁和稀盐酸也会发生置换反应，错误；
D．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；化合物H中酚羟基和临近氮能形成分子内氢键，正确；
故选BD；
（3）由分析，G为：；
（4）CD发生已知②反应生成E，结合DE化学式，D为、E为，故C+D→E的化学方程式是+；
（5）B除苯环外含有1个溴、3个碳、2个氧、1个不饱和度；3个同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的：①核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子，则应该为对称结构；②与过量反应生成邻苯二酚，结合已知反应原理； 可以为：、、；
（6）结合结构，流程可以为中甲基首先氧化为羧基得到，再和乙醇发生取代反应生成，再和NH2NH2转化为；1，3-丁二烯、丙烯酸发生已知③反应生成，和发生已知②反应生成产物，故流程为：；
+CH2=CHCOOH+。
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