【精品解析】浙江省名校协作体2026届高三上学期返校联考化学试题

浙江省名校协作体2026届高三上学期返校联考化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）下列物质不属于盐的是
A． B． C． D．
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语不正确的是
A．甲醛中键的电子云轮廓图：
B．的系统命名：2-甲基苯酚
C．二氯化二硫(S2Cl2)的电子式：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
3．（2025高三上·浙江开学考）化学和人类的可持续发展息息相关，下列说法不正确的是
A．La-Ni合金在室温下容易形成金属氢化物，稍稍加热易分解，可做储氢合金
B．电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程
C．次氯酸具有强氧化性，可用作棉麻的漂白剂
D．硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，可用作制豆腐的凝固剂
4．（2025高三上·浙江开学考）下列可完成对应实验的是
A.分离和 B.验证氧化性
C.检验有HBr生成 D.析出深蓝色晶体
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·浙江开学考）次磷酸盐用于化学镀银的反应为：(未配平)，表示阿伏加德罗常数，当标况下生成3.36L的时，下列说法正确的是
A．既不是氧化剂也不是还原剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5
C．转移电子的数目为
D．消耗水的质量为7.2g
6．（2025高三上·浙江开学考）下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
B．溶液具有酸性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
C．BrCl和IBr中Br所带的电性不同，BrCl和IBr与水反应的含溴产物不同
D．易升华，可用于检验淀粉的存在
7．（2025高三上·浙江开学考）下列反应的离子方程式不正确的是
A．溶液中滴加足量的溴水：
B．草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．溶液滴入溶液中：
8．（2025高三上·浙江开学考）短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是
A．Y不可形成含极性共价键的单质
B．键角
C．的空间构型为四面体形
D．Q的基态原子有16种空间运动状态
9．（2025高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．用核磁共振氢谱可区分和
B．用酸性高锰酸钾溶液可检验丙烯醛分子中的碳碳双键
C．醋酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料
D．较高的温度、压强下，有利于合成高密度聚乙烯
10．（2025高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．，已知，则正反应在较高温度下可自发进行
B．，已知，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定
C．已知，达平衡后，温度保持不变，缩小容器体积，重新建立平衡后，浓度增大
D．在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体总压强增大，则
11．（2025高三上·浙江开学考）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图，下列说法正确的是
A．相同温度下，X在水中的溶解度小于Y在水中的溶解度
B．与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
C．Y可发生加成、取代、氧化、消去等反应
D．X、Y、Z分别与足量加成后的产物中手性碳原子个数相同
12．（2025高三上·浙江开学考）水系锌离子在充电时会引起锌枝晶的生长，在多次充放电循环过程中锌枝晶可能会刺穿隔膜，导致电池短路。科学家用锌箔和做电极、性能水凝胶做电解质替代水溶液，装置如图所示，下列说法不正确的是
A．充电时，锌离子从隧道结构中脱出，此时为阳极
B．性能水凝胶电解质可防止电池鼓包，一定程度上避免竞争放电，提高电流效率
C．若用作电解质溶液，游离的会吸附聚集得电子，在阳极形成初始枝晶
D．放电时，当负极减重32.5g时有个电子通过外电路转移至正极
13．（2025高三上·浙江开学考）草酰胺，常温下为稳定的无色结晶或粉末，可溶于乙醇，微溶于水。一种连续合成草酰胺的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．草酰胺分子中键和键数之比为4：1
B．合成草酰胺的反应为取代反应
C．尾气再生的反应为
D．尿素、碳铵等氮肥溶于水后易流失，草酰胺可克服该弊端
14．（2025高三上·浙江开学考）已知不对称醚与氢碘酸反应，有如下两种产物
下列说法中不正确的是：
A．中，在该条件下I-进攻时，键b处比a处更易断裂
B．若在反应体系中加少量水，可能因为水与形成氢键，降低其正电性，导致反应活性降低
C．高温会提高产量，可能因为直接断裂乙基键的活化能较高
D．由上述过程推测与HI反应的产物中，和产量占比更高
15．（2025高三上·浙江开学考）电镀工厂的废水中常含有一定量的，配离子生成反应的平衡常数称为稳定常数用表示；已知常温下：，。下列说法正确的是
A．向电镀废水中加入一定量除去后，滤液可直接排放
B．处理后的废液中若仅含，则溶液pH约为
C．NaCN溶液可以显著溶解
D．向废水中加入稀硫酸调至，溶液中存在
16．（2025高三上·浙江开学考）某化学实验小组通过“凯氏定氮法”测定某蛋白质中的含氮量，实验方案如下：
已知：①“消化”操作是用浓硫酸先将有机物碳化，再将元素分别转化为、；②滴定结束后需另取30.00mL相同浓度的硼酸，进行空白对照滴定。下列说法不正确的是
A．消化时可选择NaOH溶液吸收尾气
B．吸收时发生反应的化学方程式为
C．滴定时指示剂可选择甲基红(变色pH范围：4.4～6.2)
D．空白对照滴定时，未用标准液润洗滴定管会导致蛋白质中的含氮量测定结果偏大
17．（2025高三上·浙江开学考）VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）下列说法不正确的是___________。
A．基态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．给出的能力：
D．热稳定性：
（2）砷化镍的一种晶胞结构如图所示。
则砷化镍的化学式为　 　，As原子的配位数为　 　。
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸，其中三聚链状磷酸的结构如图所示，请画出三聚环状磷酸的结构　 　。
（4）氟磷灰石［主要成分为，还含有少量的等杂质］是一种重要的磷矿，以其为原料可制得多种重要的化工产品。如常用钾肥及缓冲剂磷酸二氢钾()与锂电池常用的高纯度可由以下流程获得。
①流程II中废渣主要成分为　 　。
②流程II中…代表的一系列操作为　 　。
③流程I中生成的化学方程式为　 　。
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是　 　。
18．（2025高三上·浙江开学考）工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物()的烟气，对环境造成严重破坏。某工艺通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的，使其达到排放标准，且无需二次处理。
SCR主反应：
(i)
(ii)
SCR副反应
(iii)
请回答：
（1）标准状态下，一些物质的相对能量如表所示：
物质
相对能量 0 0 -50 91 -242 34
①计算反应(ii)的　 　。
②判断反应(ii)在什么条件下自发进行　 　(填“任意温度”“高温”或“低温”)。
（2）已知尿素的分解作为还原剂的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程中生成尿素的电极反应式是　 　。
电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生导致电解效率下降。若外电路以8A恒定电流工作20分钟，产生尿素0.005mol，则该电解装置的电解效率　 　()。［已知：电荷量电流时间。］
（3）的去除率(用R表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的浓度(即入口浓度，用表示)等因素的影响，结果如图、所示。
下列有关说法中正确的是___________。
A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口浓度应保持在
B．结合图像，分析的去除率的下降主要受NO去除率的影响
C．当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成
D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高去除率
（4）空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为，它反映气体与催化剂的接触时间，该脱硝工艺中空速控制在，请解释空速不宜过低的原因：　 　。
19．（2025高三上·浙江开学考）钛铁矿主要成分为钛酸亚铁，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。工业上由钛铁矿制取二氧化钛一般按以下工艺流程进行：
已知：i：浸取过程中钛铁矿与浓硫酸的反应：。
ii：离子的特征反应：(橙黄色)。
iii：过量的铁可以使部分钛(Ⅳ)还原为紫色的钛(Ⅲ)。
（1）若在实验室中进行灼烧操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯，坩埚和　 　。
（2）混合溶液I中加入的铁粉需要控制用量，原因是　 　。
（3）滤液Ⅱ中加热水使钛盐水解得偏钛酸沉淀，化学方程式为　 　。
（4）下列有关说法不正确的是___________。
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原
B．浸取过程控制温度不超过，以免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀
C．滤渣I需洗涤，且洗涤完成的标准为：取洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化
D．制备绿矾时，需将滤液I蒸发至大量晶体析出
（5）钛盐水解可分以下几个步骤，请将下列操作排序：　 　。
a．继续煮沸约后，再慢慢加入其余全部滤液
b．用热水冲洗多次，直至洗涤液中检验不到为止
c．在不断搅拌下，逐滴加入约为滤液Ⅱ总体积倍的沸水中
d．加完后继续煮沸约半小时(应不断补充水)
e．静置沉降，过滤后，用热的稀硫酸(1：10)洗涤次
先取经分离硫酸亚铁后的滤液Ⅱ约体积______________________________________________________干燥后即得到偏钛酸。
（6）在本实验条件下，发生水解时，由中的O提供孤电子对填充到的空轨道上，而溶液中和不会同时水解，请从结构角度说明原因　 　。
20．（2025高三上·浙江开学考）磺胺甲氧吡嗪可用于治疗呼吸系统、泌尿系统和肠道感染等疾病。其合成路线如图所示：
（1）化合物C的官能团名称是　 　。
（2）化合物F的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．分2步制取的目的可能是避免副反应，提高C的产率和纯度
B．化合物D与苯酚具有相似的平面结构
C．化合物E的碱性比化合物强
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作催化剂
（4）的化学方程式是　 　。
（5）化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子。写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含苯环。
②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1。
（6）以乙烯、甲醇和化合物C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】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaN3由 Na+（金属阳离子）和 N3-（叠氮酸根阴离子）构成，符合盐的定义，A属于盐；
B、CH3NH3Cl 由 CH3NH3+（取代铵根阳离子）和 Cl-（盐酸根阴离子）构成，符合盐的定义，B属于盐；
C、Na2O2仅由 Na 和 O 两种元素组成，属于氧化物（两种元素且其一为氧），不符合盐的定义，C不属于盐；
D、CH3COONa 由 Na+（金属阳离子）和 CH3COO-（醋酸根阴离子）构成，符合盐的定义，D属于盐；
故答案为：C。【分析】要解决这道题，需依据盐的定义（由阳离子与酸根阴离子构成的化合物），结合各物质的组成判断类别。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；氢键的存在对物质性质的影响；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、甲醛中 C=O 双键的 π 键由 p 轨道垂直于键轴 “肩并肩” 重叠形成， 电子云轮廓图：，A正确；
B、 含酚羟基，甲基与羟基相邻（2 - 位），系统命名为 2 - 甲基苯酚，B正确；
C、S2Cl2中 S 与 S 形成单键，每个 S 与一个 Cl 形成单键，各原子均满足 8 电子稳定结构， 电子式为，C正确；
D、邻羟基苯甲醛中，酚羟基的 H 与醛基的 O 形成分子内氢键，正确的氢键示意图为，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查甲醛中 π 键的电子云轮廓特征（“肩并肩” 重叠）。
B．判断酚类物质的系统命名（以羟基为母体，甲基为取代基）。
C．掌握二氯化二硫（S2Cl2）的电子式（S 与 S、S 与 Cl 的成键及孤电子对）。
D．考查邻羟基苯甲醛分子内氢键的形成方式（羟基 H 与醛基 O 的作用）。
3．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、La-Ni 合金在室温下易形成金属氢化物，加热易分解，可实现氢气的储存与释放，符合储氢合金的要求，A正确；
B、电化学腐蚀是金属在电解质溶液中发生自发原电池反应（如吸氧、析氢腐蚀）导致的损耗，不需要外加电流；外加电流的是电解腐蚀，B错误；
C、次氯酸（HClO）具有强氧化性，能破坏色素分子结构，因此可用作棉麻的漂白剂，C正确；
D、硫酸钙能使豆浆中的蛋白质胶体聚沉，是制作豆腐的常用凝固剂，D正确；
故答案为：B。【分析】A．考查储氢合金的特性（室温形成金属氢化物，加热易分解）。
B．考查电化学腐蚀的定义（自发原电池反应，无需外加电流）。
C．考查次氯酸的强氧化性与漂白作用。
D．掌握硫酸钙使蛋白质聚沉的应用（豆腐凝固剂）。
4．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、该物质易升华，但受热会分解为两种物质，冷却后又会化合，无法通过升华法分离，A错误；
B、直接将氯水分别滴入 NaBr、NaI 溶液，无法排除 Cl2的干扰，不能证明 Br2与 I2的氧化性顺序，需分步实验（先氧化 Br-证明 Cl2>Br2，再用 Br2氧化 I-证明 Br2>I2），B错误；
C、苯与溴反应生成 HBr，但溴易挥发，挥发的 Br2会与 AgNO3溶液反应生成沉淀，干扰 HBr 的检验，需先除溴，C错误；
D、该深蓝色晶体在乙醇中溶解度小，加入 95% 乙醇可降低其溶解度，促使晶体析出，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断升华法分离物质的适用性。
B．验证氧化性强弱的实验设计逻辑（需排除干扰，分步验证）。
C．分析溴挥发对 HBr 检验的干扰。
D．利用溶剂对溶解度的影响析出晶体。
5．【答案】B
【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、H2O 中 H 被还原为 H2，H2O 是氧化剂，A错误；
B、氧化产物为 H3PO4（2 mol），还原产物为 Ag（2 mol）和 H2（3 mol），总还原产物 5 mol，比例为 2：5，B正确；
C、生成 H2的物质的量为 3.36 L÷22.4 L mol- =0.15 mol，对应转移电子 0.4 mol，数目为 0.4NA，C错误；
D、消耗 H2O 为 0.2 mol，质量为 0.2 mol×18 g mol- =3.6 g，D错误；
故答案为：B。【分析】P 元素：H2PO2-中 P 为 +1 价，H3PO4中 P 为 +5 价，每个 P 失 4e-（被氧化）。
Ag 元素：Ag+中 Ag 为 +1 价，Ag 中 Ag 为 0 价，每个 Ag 得 1e-（被还原）。
H 元素：H2O 中 H 为 +1 价，H2中 H 为 0 价，每个 H 得 1e-（被还原）。
配平后： ，据此解题。
6．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A、漂白粉用于漂白纸张，是因为其能生成具有漂白性的次氯酸（HClO）；而漂白粉在空气中不稳定，是指它易与水（H2O）、二氧化碳（CO2）反应，这一不稳定性和漂白用途无直接关联，故A不符合题意 ；
B、FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的 Cu，发生反应 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，利用的是 Fe3+的氧化性，和 FeCl3溶液的酸性没有关系，故B不符合题意 ；
C、在 IBr 中，I 呈 +1 价、Br 呈 -1 价，与水反应生成 HBr、HIO；在 BrCl 中，Br 呈 +1 价、Cl 呈 -1 价，与水反应生成 HCl、HBrO。由于 Br 在两种物质中电性不同，导致含溴产物不同，性质与产物存在对应关系，故C符合题意 ；
D、I2用于检验淀粉的存在，是因为 I2遇淀粉变蓝，和 I2易升华的性质无关，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．区分 “漂白性” 与 “不稳定性” 的不同性质，判断二者是否与用途对应。
B．明确 FeCl3腐蚀 Cu 的反应本质，判断是否与酸性有关。
C．分析 Br 在 BrCl 和 IBr 中的电性（化合价）差异，进而判断与水反应的含溴产物是否不同。
D．明确 I2检验淀粉的本质原因，判断是否与易升华有关。
7．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaHSO3溶液中，HSO3-被 Br2氧化为 SO42-，Br2被还原为 Br-，离子方程式 ，A正确；
B、草酸（H2C2O4）是弱酸，以分子形式参与反应，酸性条件下与 MnO4-反应，离子方程式 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 符合氧化还原配平及物质拆分规则，B正确；
C、Cl2氧化性强，会将 S2O32-中的 S 氧化至 + 6 价，应生成 SO42-而非 SO32-。正确的离子方程式应为 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；
D、K4[Fe(CN)6] 溶液滴入 FeCl3溶液中，生成 KFe [Fe(CN)6] 沉淀，离子方程式 K++Fe3+[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓书写正确，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析 HSO3-与 Br2的氧化还原反应，判断产物及配平是否正确。
B．明确草酸的弱电解质拆分形式，分析其与酸性 KMnO4的氧化还原反应。；
C．判断 S2O32-被 Cl2氧化的产物，分析氧化还原的价态变化。
D．分析 K4[Fe(CN)6] 与 FeCl3的沉淀反应，判断离子方程式的书写。
8．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】短周期主族元素 X、Y、Z、M 分布在三个周期且原子序数依次增大，故 X 为 H（第一周期唯一主族元素）。基态 Y 原子中 s 能级与 p 能级的电子数相等，Y 为 O（电子排布 1s22s22p4，s 能级共 4 个电子，p 能级共 4 个电子）。Y、Z、M 价电子数之和为 19，Z、M 为相邻的第三周期元素，设 Z 价电子数为 n，则 M 为 n+1，O 的价电子数为 6，因此 6+n+(n+1)=19，解得 n=6，即 Z 为 S，M 为 Cl。Q 是第四周期元素，最外层 1 个电子且内层均填满电子，电子排布为 1s22s22p63s23p63d 4s ，故 Q 为 Cu。
A、Y 为 O，其单质 O3分子中存在极性共价键（分子结构不对称），A错误；
B、H2O 中 O 有 2 对孤电子对，对成键电子对排斥作用强；[Cu(H2O)4]2+中 H2O 的孤电子对与 Cu2+形成配位键，孤电子对减少，排斥作用减弱，故键角∠H-O-H：[Cu(H2O)4]2+＞H2O，B错误；
C、SO2Cl2中 S 的价层电子对数为 4（无孤电子对），空间构型为四面体形，C正确；
D、Cu 的电子排布涉及轨道：1s、2s、2p（3 个）、3s、3p（3 个）、3d（5 个）、4s，共 1+1+3+1+3+5+1=15 个轨道，即 15 种空间运动状态，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断 Y 的单质是否含极性共价键。
B．比较 [Q(X2Y)4]2+（即 [Cu(H2O)4]2+）与 X2Y（即 H2O）的键角，分析孤电子对的影响。
C．分析 ZY2M2（即 SO2Cl2）的空间构型，计算中心原子价层电子对数。
D．计算 Q（Cu）基态原子的空间运动状态数（即轨道总数）。
9．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A、CH3COOH 中含羧基氢、甲基氢，共 2 种化学环境的氢；HCOOCH3中含酯基氢、甲基氢，共 2 种化学环境的氢，但两类氢的化学位移不同。因此，核磁共振氢谱可通过峰的位置和数目区分二者，A正确；
B、丙烯醛中含醛基和碳碳双键，二者均能被酸性高锰酸钾氧化，因此酸性高锰酸钾溶液无法单独检验碳碳双键，B错误；
C、醋酸纤维不易燃烧，而用于生产火药的是硝酸纤维，并非醋酸纤维，C错误；
D、高密度聚乙烯需在低压条件下合成，高温高压条件下生成的是低密度聚乙烯，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 CH3COOH 和 HCOOCH3中氢原子的化学环境差异，判断核磁共振氢谱能否区分。
B．判断酸性高锰酸钾能否单独检验丙烯醛中的碳碳双键，分析官能团的氧化特性。
C．区分醋酸纤维和硝酸纤维的用途，判断醋酸纤维的燃烧性与用途的关系。
D．分析合成高密度聚乙烯的条件，判断温度、压强对其合成的影响。
10．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、观察可知，反应 2NO(g) O2(g)+N2(g) 的 ΔS<0，即 - TΔS 为正值。若 ΔH<0，高温下 T 增大使 - TΔS 数值更大，易导致 ΔG>0，反应不自发；若 ΔH>0，ΔG 恒为正值。因此较高温度下正反应不可能自发进行，A错误；
B、已知 ΔH1>ΔH2且均为负值，说明椅式环己烷的生成焓更负（能量更低），则椅式环己烷比船式环己烷更稳定，B错误；
C、反应 2Mg (s)+CO2(g) C (s)+2MgO (s) 的平衡常数 K= ，K只受温度的影响，温度不变则 K 不变，故 CO2浓度不变，C错误；
D、反应 4NO (g)+CH4(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 前后气体分子数不变，绝热恒容下压强增大，由 PV=nRT 可知是温度升高导致。反应正向进行时温度升高，说明反应放热，即 ΔH<0，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据 ΔG=ΔH-TΔS<0 判断反应自发性，分析 ΔS<0 时温度对 ΔG 的影响。
B．根据 “能量越低越稳定”，结合 ΔH1、ΔH2的大小判断船式与椅式环己烷的稳定性。
C．分析平衡常数表达式，判断温度不变时缩小体积对 CO2浓度的影响。
D．分析绝热恒容容器中压强增大的原因，结合反应前后分子数变化判断 ΔH 的符号。
11．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 的结构里有羧基（COOH）和酚羟基（OH），这两种基团都能和水分子形成较强的氢键，使得 X 容易溶解在水中；而 Y 中的羧基变成了酯基（COOCH3），酚羟基变成了甲氧基（OCH3），这两种基团与水形成氢键的能力很弱，导致 Y 在水中的溶解能力大幅下降。因此 X 的溶解度明显大于 Y，A错误；
B、X 中的羧基（1 个）会与 NaOH 按 1：1 反应；酚羟基（1 个）具有弱酸性，也会与 NaOH 按 1：1 反应；苯环上的溴原子在碱性条件下会发生水解，生成的酚羟基还会再与 1 分子 NaOH 反应，即 1 个溴原子对应消耗 2 分子 NaOH。综上，1mol X 共消耗 1+1+2=4mol NaOH，B错误；
C、Y 含苯环，可与氢气发生加成反应；含酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解（属于取代反应）；有机物均可燃烧，即能发生氧化反应。但 Y 中苯环上的溴原子相邻的碳原子上没有氢原子（无 β-H），不满足消去反应的条件，因此不能发生消去反应，C错误；
D、X、Y、Z 都含有苯环，与足量 H2加成后，苯环会转化为环己烷环。 产物分别为、、，手性碳原子均为环己烷环上三个取代基所在的碳，所以个数相同，故D正确；
故答案为：D。【分析】A．通过官能团与水分子形成氢键的能力差异，比较物质在水中的溶解度。
B．分析 X 中能与 NaOH 反应的官能团种类及数量，计算反应消耗 NaOH 的总量。
C．根据 Y 的官能团类型，判断其能发生的反应类型及不能发生的反应。
D．分析 X、Y、Z 与足量 H2加成后的产物结构，比较手性碳原子的数量。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，ZnMn2O4为阳极，发生反应 ZnMn2O4-2e-=Zn2++2MnO2，锌离子从 MnO2隧道结构中脱出，A正确；
B、性能水凝胶电解质可减少自由水，降低 H+在负极的竞争放电（减少 H2生成），从而防止电池鼓包，提高电流效率，B正确；
C、锌枝晶形成于锌电极（放电时为负极，充电时为阴极），游离的 Zn2+得电子发生还原反应应在阴极（锌电极）聚集，而非阳极，C错误；
D、根据题意可知，放电时负极反应为 Zn-2e-=Zn2+，减重 32.5g（Zn 的物质的量为 0.5mol），转移电子为 0.5mol×2 = 1mol=NA个电子，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析充电时的阳极反应及锌离子的运动。
B．分析水凝胶电解质的作用，判断其对电池性能的影响。
C．判断锌枝晶的形成位置及反应类型。
D．根据负极的电极反应，计算质量变化与转移电子数的关系。
13．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、草酰胺的结构为 H2NOC-CONH2，分子中所有单键均为 σ 键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。其中，N-H 键有 4 个，N-C 键有 2 个，C-C 单键有 1 个，C=O 双键中的 σ 键有 2 个，σ 键总数为 4+2+1+2=9 个；而 π 键仅存在于 2 个 C=O 双键中，共 2 个。因此 σ 键与 π 键的比例为 9：2，并非选项中所说的 4：1，A错误；
B、合成草酰胺的反应是草酸酯（结构为 (COOR)2）与 NH3作用，生成草酰胺（(CONH2)2）和醇（ROH）。此过程中，草酸酯中的 - OR 基团被 - NH2取代，符合取代反应 “原子或基团被其他原子或基团替代” 的特征，属于取代反应，B正确；
C、尾气再生反应是 NO、O2与 ROH 反应生成 RONO（可循环使用）。反应中，NO 中 N 元素从 +2 价升至 RONO 中的 +3 价（每个 N 失 1 个电子），O2中 O 元素从 0 价降至 - 2 价（每个 O 得 2 个电子）。按电子守恒，NO 与 O2的物质的量之比为 4：1；结合原子守恒，配平后的反应为 4NO+O2+4ROH=4RONO+2H2O，配平正确，C正确；
D、尿素、碳铵均易溶于水，施入土壤后易随水流失，导致肥效降低；而草酰胺微溶于水且化学性质稳定，能缓慢释放养分，减少流失，从而克服了传统氮肥易流失的弊端，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过草酰胺的分子结构，精确统计 σ 键与 π 键的数量，计算二者比例。
B．分析合成草酰胺的反应中官能团的转化，判断反应类型。
C．依据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒，配尾气再生反应的配平合理性。
D．对比草酰胺与传统氮肥（尿素、碳铵）的水溶性差异，分析其肥效优势。
14．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、题干中不对称醚与 HI 在低温下，生成 CH3CH2OH 和 CH3I 的产率达 90%。这说明反应中 I-更易进攻醚分子中 C-O 键的 a 处（与甲基相连的碳），导致该位置的键优先断裂，而非 b 处（与乙基相连的碳）更易断裂。因此 A 的描述与实际反应倾向相反，A错误；
B、醚分子中的氧原子质子化后带正电，此时水分子可与带正电的氧形成氢键。这种氢键会降低氧原子的正电性，减弱其对 I-的吸引力，使 I-的进攻能力下降，从而降低整个反应的活性。因此 B 的描述符合反应规律，B正确；
C、断裂乙基所连的 C-O 键时，会生成伯碳正离子，这类反应的活化能较高。在低温下，活化能高的反应速率较慢，因此该断裂方式占比低；而高温时，活化能高的反应速率受温度影响更显著，速率提升更明显，导致乙基断裂增多，CH3CH2I 的产量提高。C 的分析符合反应速率与活化能的关系，C正确；
D、题干中低温下甲基相连的 C-O 键更易断裂，说明与较小烷基（如甲基）相连的 C-O 键在类似反应中更易被 I-进攻。由此迁移可知， 与 HI 反应时，与甲基相连的 C-O 键优先断裂，主产物应为 CH3CH2CH2OH 和 CH3I，两者产量占比更高。D 的推测合理，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过低温下的主产物，判断 C-O 键不同位置的断裂倾向。
B．分析水与质子化醚的相互作用对反应活性的影响。
C．解释高温下乙基相关产物增多的原因，关联活化能与温度对反应速率的影响。
D．依据题干反应规律，推测结构相似醚的反应主产物。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、向电镀废水中加入 Na2S 除去 [Ag (CN)2]-后，滤液中仍含 CN-，CN-有毒，直接排放会污染环境，A错误；
B、对于 0.01mol/L NaCN 溶液，CN-发生水解：CN- + H2O HCN + OH-。水解常数
Kh === 1.6×10-5。设水解的 CN-浓度为 x mol/L，近似有
≈ 1.6×10-5，解得 x ≈ 4×10-4，即 c (OH-) ≈ 4×10-4 mol/L，c (H+) === 2.5×10- mol/L，pH = -lg (2.5×10- ) ≈ 10.6，而非 11.4，B错误；
C、反应 AgI+2CN- [Ag(CN)2]-+I-的平衡常数 ，平衡常数较大，说明 NaCN 溶液可以显著溶解 AgI，C正确；
D、pH=2 时，c (H+)=10-2 mol/L，由 Ka(HCN)==6.25×10-10 ，可得= = 6.25×10-8 < 1，即 c(CN-) < c(HCN)，D错误；
故答案为：C。【分析】要解决本题，需结合溶度积、稳定常数、电离常数等平衡知识，逐一分析选项。解题思路是：根据各平衡的表达式及常数关系，判断反应的可行性、溶液 pH 及离子浓度关系。
A．分析处理后滤液的成分，判断是否可直接排放。
B．通过 CN-的水解平衡计算溶液 pH。
C．通过溶度积和稳定常数计算反应的平衡常数，判断反应的可行性。
D．根据 HCN 的电离平衡判断 c (CN-) 与 c (HCN) 的关系。
16．【答案】D
【知识点】指示剂；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、消化时，浓硫酸可能被有机物还原生成 SO2，有机物中的碳元素被氧化为 CO2。SO2、CO2均为酸性氧化物，NaOH 溶液可与酸性氧化物反应，因此能有效吸收这两种气体，A正确；
B、蒸出的 NH3通入过量 H3BO3中，反应生成 (NH4)2B4O7，化学方程式为
2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O 。通过核对 N、H、B、O 原子数，左右两边均相等，方程式正确，B正确；
C、滴定反应为 (NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3 。产物 NH4Cl 中 NH4+水解使溶液显酸性，H3BO3是弱酸，溶液整体呈酸性。甲基红的变色 pH 范围为 4.4~6.2，与滴定终点的酸性环境匹配，适合作为指示剂，C正确；
D、空白对照实验中，若未用标准液润洗滴定管，滴定管内壁残留的水会稀释标准盐酸，导致标准液浓度偏低。滴定空白对照组（仅硼酸）时，消耗的标准液体积会偏大。而样品含氮量计算需用 “空白对照消耗体积 - 样品消耗体积”，因此样品消耗的标准液体积会被算小，最终导致含氮量测定结果偏小，而非偏大，D错误；
故答案为：D。【分析】A．明确消化过程的产物类型，判断 NaOH 溶液的吸收能力。
B．推导吸收过程的化学反应，验证方程式的原子守恒。
C．分析滴定反应的产物酸碱性，匹配指示剂的变色范围。
D．拆解空白对照滴定的误差传递路径，分析对含氮量测定的影响。
17．【答案】（1）C；D
（2）NiAs；4
（3）
（4）；结晶、过滤、洗涤、干燥；；离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．N是第7号元素，基态N原子的电子排布式：，A正确；
B．电负性：N＞As，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；
C．[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu2+对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性P＞As，热稳定性： PH3＞AsH3，D错误；
故答案为：CD；
（2）含有Ni数目：4，含有As数目：4，化学式为NiAs，As距离最近的Ni有4个，故As原子的配位数为4；
故答案为： NiAs ；4；
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，三聚环状磷酸的结构；
故答案为： ；
（4）①根据分析，流程II中废渣主要成分为；
②流程II中…代表的一系列操作为：经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体；
③根据分析可知，流程I中生成的化学方程式为；
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是：As和P同族，As半径大于P，离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快。
故答案为： ； 结晶、过滤、洗涤、干燥 ； ；离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快 。
【分析】“酸浸” 环节，氟磷灰石与浓 H2SO4发生反应： Ca5F(PO4)3+ 5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑ ，生成的气体 A 为 HF。HF 进一步与 PCl5、LiCl 反应：
PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl↑。酸浸后的滤液中，除了主要成分 H3PO4，还含有 Fe3+、Al3+等杂质离子。加入 CaCO3的作用是调节溶液 pH，使 Fe3+、Al3+分别转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而除去这些杂质。加入 K2SO4则是为了让溶液中的 Ca2+转化为 CaSO4沉淀，同时促使 H3PO4转化为 Ca(H2PO4)2，以便后续分离或利用。据此解题。
（1）A．N是第7号元素，基态N原子的电子排布式：，A正确；
B．电负性：N＞As，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；
C．[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu2+对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性P＞As，热稳定性： PH3＞AsH3，D错误；
故选CD；
（2）含有Ni数目：4，含有As数目：4，化学式为NiAs，As距离最近的Ni有4个，故As原子的配位数为4；
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，三聚环状磷酸的结构；
（4）①根据分析，流程II中废渣主要成分为；
②流程II中…代表的一系列操作为：经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体；
③根据分析可知，流程I中生成的化学方程式为；
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是：As和P同族，As半径大于P，离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快。
18．【答案】（1）-1320；任意温度
（2）；80%
（3）A；C
（4）低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率 过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使NOx去除率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①生成物总能量-反应物总能量，对于反应：生成物总能量为，反应物总能量为，则该反应的；
②反应自发进行的判断依据是，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以，又因为，根据，，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
故答案为：-1320；任意温度；
（2）生成尿素的那一极是a极，在a极得到电子，结合生成和，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为；
已知电流，时间，根据电荷量公式可得，根据电极反应式可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.005mol尿素，则转移0.08mol电子，根据法拉第常数，则理论电荷量，
故答案为：；80%；
（3）A．由图b可以看出当入口浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；
B．的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；
C．由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，此时主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成，故C正确；
D．由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高的去除率，故D错误；
故答案为：AC。
（4）不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使去除率下降；
故答案为： 低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率 过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使NOx去除率下降 。
【分析】生成物总能量-反应物总能量，反应自发进行的判断依据是，当，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
（1）①依据 “ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量”，代入各物质相对能量计算反应热。
②根据 ΔG=ΔH-TΔS，结合反应的 ΔH（负值）和 ΔS（正值）判断自发条件。
（2）确定生成尿素的电极为 a 极（还原反应），结合电子守恒、原子守恒写电极反应式
（CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O）；通过电流和时间算总电荷量，结合生成尿素的量算理论电荷量，求效率。
（3）分析图像中 NO 去除率与氨氮比、入口 NO 浓度的关联，判断选项合理性。
（4）从产物脱附速率和 NH3氧化副反应角度，解释空速过低的不利影响。
（1）①生成物总能量-反应物总能量，对于反应：生成物总能量为，反应物总能量为，则该反应的；
②反应自发进行的判断依据是，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以，又因为，根据，，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
故答案为：-1320；任意温度；
（2）生成尿素的那一极是a极，在a极得到电子，结合生成和，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为；
已知电流，时间，根据电荷量公式可得，根据电极反应式可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.005mol尿素，则转移0.08mol电子，根据法拉第常数，则理论电荷量，，故答案为：；80%；
（3）A．由图b可以看出当入口浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；
B．的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；
C．由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，此时主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成，故C正确；
D．由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高的去除率，故D错误；
故答案为：AC。
（4）不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使去除率下降；
19．【答案】（1）泥三角
（2）铁粉过少，未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率
（3）
（4）A；D
（5）
（6）所带正电荷少，半径大，难发生水解
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）进行灼烧操作时，需要用到的硅酸盐材质仪器分别有：酒精灯、坩埚、泥三角。
故答案为： 泥三角 ；
（2）混合溶液I中加入的铁粉的目的为将还原为，而加入的铁粉需要控制用量，其原因主要为：铁粉过少，未还原完全；根据已知信息，铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率。
故答案为： 铁粉过少，未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率 ；
（3）第二次过滤后得到的滤液Ⅱ中加热水可以使钛盐水解得偏钛酸沉淀，则反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）下列说法中不正确的是：
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原，会带入其它杂质离子导致后期产品不纯，A错误；
B．浸取过程需控制温度不超过，主要是避免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀进入滤渣I，引起Ti元素损失，B正确；
C．滤渣I的表面残留有离子，可以利用反应(橙黄色)来检验，则滤渣I洗涤完成的标准为：取最后一次洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化可证明沉淀已洗净，C正确；
D．绿矾温度过高时易失去结晶水，因此只需将滤液I蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤干燥即可，D错误；
故答案为：AD；
（5）从滤液Ⅱ中最终获得的流程包括：钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛；其中钛盐的水解操作步骤为：取一部分滤液Ⅱ，在不断搅拌下，逐滴加入沸水，继续煮沸约后，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min（过程中适当补充水至原体积），静置沉降后，过滤后，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，直至洗涤液中检验不到为止，经过抽滤得偏钛酸；
根据以上流程可得操作顺序为：c→a→d→e→b。
故答案为： ；
（6）在本实验条件下，电荷数高、半径小，更易与中O形成配位键而水解，而溶液中和电荷数较低、半径较大，水解能力较弱，因此溶液中不会同时水解。
故答案为：所带正电荷少，半径大，难发生水解 ；
【分析】将钛铁矿与浓 H2SO4在 353K 条件下进行反应，发生化学变化：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，得到包含 TiOSO4、FeSO4以及可能存在的 Fe3+盐等的混合溶液 Ⅰ。向溶液 Ⅰ 中加入铁粉，利用铁粉的还原性将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，随后进行过滤，得到滤渣 Ⅰ（主要是过量的铁粉等固体杂质），滤液 Ⅰ 为含有 FeSO4和 TiOSO4的溶液。对滤液 Ⅰ 实施结晶工艺，先析出 FeSO4 7H2O 晶体，从而实现铁盐的分离。剩余的滤液 Ⅱ 中含有 TiOSO4，向其中加入热水并加热，促使 TiOSO4发生水解反应，生成偏钛酸（H2TiO3）沉淀；最后对 H2TiO3沉淀进行灼烧处理，使其分解得到目标产品 TiO2。
（1）进行灼烧操作时，需要用到的硅酸盐材质仪器分别有：酒精灯、坩埚、泥三角。
（2）混合溶液I中加入的铁粉的目的为将还原为，而加入的铁粉需要控制用量，其原因主要为：铁粉过少，未还原完全；根据已知信息，铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率。
（3）第二次过滤后得到的滤液Ⅱ中加热水可以使钛盐水解得偏钛酸沉淀，则反应的化学方程式为：。
（4）下列说法中不正确的是：
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原，会带入其它杂质离子导致后期产品不纯，A错误；
B．浸取过程需控制温度不超过，主要是避免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀进入滤渣I，引起Ti元素损失，B正确；
C．滤渣I的表面残留有离子，可以利用反应(橙黄色)来检验，则滤渣I洗涤完成的标准为：取最后一次洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化可证明沉淀已洗净，C正确；
D．绿矾温度过高时易失去结晶水，因此只需将滤液I蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤干燥即可，D错误；
故答案为：AD。
（5）从滤液Ⅱ中最终获得的流程包括：钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛；其中钛盐的水解操作步骤为：取一部分滤液Ⅱ，在不断搅拌下，逐滴加入沸水，继续煮沸约后，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min（过程中适当补充水至原体积），静置沉降后，过滤后，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，直至洗涤液中检验不到为止，经过抽滤得偏钛酸；
根据以上流程可得操作顺序为：c→a→d→e→b。
（6）在本实验条件下，电荷数高、半径小，更易与中O形成配位键而水解，而溶液中和电荷数较低、半径较大，水解能力较弱，因此溶液中不会同时水解。
20．【答案】（1）酰胺基、氨基
（2）
（3）A；B
（4）
（5）、、、(其他合理答案也可)
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）化合物C的结构简式为：，其含有的官能团名称为：酰胺基、氨基。
故答案为： 酰胺基、氨基 ；
（2）根据分析可知，F的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）A．氨基取代—OCH3和取代氯原子所需要的条件不相同，所以分2步制取的目的可能是避免副反应，同时还能提高C的产率和纯度，A正确；
B．化合物D的结构简式为：，环状结构类似为苯环，所有原子都处于同一平面；与苯酚具有相似的平面结构，B正确；
C．化合物E的结构简式为：，由于Cl的电负性较大使其碱性比化合物的弱，C错误；
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作反应物，消耗生成HCl转化为NaCl使反应向生成磺胺甲氧吡嗪的方向移动，D错误；
故答案为：AB；
（4）为与反应成环得到：，则其反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（5）E的结构简式为，化学式为：；化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子，则H的化学式为：，H的同分异构体分子中含苯环，即6个C原子全部存在于苯环中，取代基只有N原子和Cl原子；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1，即6个H原子处于对称位置上，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为：、、、。
故答案为：、、、(其他合理答案也可) ；
（6）以乙烯、甲醇和为原料，合成化合物的流程为：将与进行加成得到，在NaOH溶液中加热水解得到，在Cu催化作用下与反应得到，再与反应得到，在催化作用下与进行取代生成，最后加入、在NaOH作用下反应生成产物；则具体的合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】原料 A（ClCH2COOCH3，）与浓氨水在低于 10℃条件下反应，酯基和氯原子逐步被氨基取代，得到 B（ClCH2CONH2，）；B 在 25℃时与 NH3反应，分子中的氯原子被氨基取代，生成 C（ H2NCH2CONH2，）；C 与乙二醛（OHC-CHO ）发生成环反应，形成含羟基的杂环化合物 D（）；D 在 POCl3催化下与 Cl2发生取代反应，引入两个氯原子，得到 E（ C4H2N2Cl2，）；E 与发生取代反应，形成含磺酰胺键的 F（）；F 在 CH3OH/NaOH 作用下，杂环上的氯原子被甲氧基取代，最终得到磺胺甲氧吡嗪（）。据此解题。
（1）化合物C的结构简式为：，其含有的官能团名称为：酰胺基、氨基。
（2）根据分析可知，F的结构简式为：。
（3）A．氨基取代—OCH3和取代氯原子所需要的条件不相同，所以分2步制取的目的可能是避免副反应，同时还能提高C的产率和纯度，A正确；
B．化合物D的结构简式为：，环状结构类似为苯环，所有原子都处于同一平面；与苯酚具有相似的平面结构，B正确；
C．化合物E的结构简式为：，由于Cl的电负性较大使其碱性比化合物的弱，C错误；
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作反应物，消耗生成HCl转化为NaCl使反应向生成磺胺甲氧吡嗪的方向移动，D错误；
故答案为：AB。
（4）为与反应成环得到：，则其反应的化学方程式为：。
（5）E的结构简式为，化学式为：；化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子，则H的化学式为：，H的同分异构体分子中含苯环，即6个C原子全部存在于苯环中，取代基只有N原子和Cl原子；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1，即6个H原子处于对称位置上，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为：、、、。
（6）以乙烯、甲醇和为原料，合成化合物的流程为：将与进行加成得到，在NaOH溶液中加热水解得到，在Cu催化作用下与反应得到，再与反应得到，在催化作用下与进行取代生成，最后加入、在NaOH作用下反应生成产物；则具体的合成路线为：。
1 / 1浙江省名校协作体2026届高三上学期返校联考化学试题
1．（2025高三上·浙江开学考）下列物质不属于盐的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaN3由 Na+（金属阳离子）和 N3-（叠氮酸根阴离子）构成，符合盐的定义，A属于盐；
B、CH3NH3Cl 由 CH3NH3+（取代铵根阳离子）和 Cl-（盐酸根阴离子）构成，符合盐的定义，B属于盐；
C、Na2O2仅由 Na 和 O 两种元素组成，属于氧化物（两种元素且其一为氧），不符合盐的定义，C不属于盐；
D、CH3COONa 由 Na+（金属阳离子）和 CH3COO-（醋酸根阴离子）构成，符合盐的定义，D属于盐；
故答案为：C。【分析】要解决这道题，需依据盐的定义（由阳离子与酸根阴离子构成的化合物），结合各物质的组成判断类别。
2．（2025高三上·浙江开学考）下列化学用语不正确的是
A．甲醛中键的电子云轮廓图：
B．的系统命名：2-甲基苯酚
C．二氯化二硫(S2Cl2)的电子式：
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；氢键的存在对物质性质的影响；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、甲醛中 C=O 双键的 π 键由 p 轨道垂直于键轴 “肩并肩” 重叠形成， 电子云轮廓图：，A正确；
B、 含酚羟基，甲基与羟基相邻（2 - 位），系统命名为 2 - 甲基苯酚，B正确；
C、S2Cl2中 S 与 S 形成单键，每个 S 与一个 Cl 形成单键，各原子均满足 8 电子稳定结构， 电子式为，C正确；
D、邻羟基苯甲醛中，酚羟基的 H 与醛基的 O 形成分子内氢键，正确的氢键示意图为，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查甲醛中 π 键的电子云轮廓特征（“肩并肩” 重叠）。
B．判断酚类物质的系统命名（以羟基为母体，甲基为取代基）。
C．掌握二氯化二硫（S2Cl2）的电子式（S 与 S、S 与 Cl 的成键及孤电子对）。
D．考查邻羟基苯甲醛分子内氢键的形成方式（羟基 H 与醛基 O 的作用）。
3．（2025高三上·浙江开学考）化学和人类的可持续发展息息相关，下列说法不正确的是
A．La-Ni合金在室温下容易形成金属氢化物，稍稍加热易分解，可做储氢合金
B．电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程
C．次氯酸具有强氧化性，可用作棉麻的漂白剂
D．硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，可用作制豆腐的凝固剂
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、La-Ni 合金在室温下易形成金属氢化物，加热易分解，可实现氢气的储存与释放，符合储氢合金的要求，A正确；
B、电化学腐蚀是金属在电解质溶液中发生自发原电池反应（如吸氧、析氢腐蚀）导致的损耗，不需要外加电流；外加电流的是电解腐蚀，B错误；
C、次氯酸（HClO）具有强氧化性，能破坏色素分子结构，因此可用作棉麻的漂白剂，C正确；
D、硫酸钙能使豆浆中的蛋白质胶体聚沉，是制作豆腐的常用凝固剂，D正确；
故答案为：B。【分析】A．考查储氢合金的特性（室温形成金属氢化物，加热易分解）。
B．考查电化学腐蚀的定义（自发原电池反应，无需外加电流）。
C．考查次氯酸的强氧化性与漂白作用。
D．掌握硫酸钙使蛋白质聚沉的应用（豆腐凝固剂）。
4．（2025高三上·浙江开学考）下列可完成对应实验的是
A.分离和 B.验证氧化性
C.检验有HBr生成 D.析出深蓝色晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A、该物质易升华，但受热会分解为两种物质，冷却后又会化合，无法通过升华法分离，A错误；
B、直接将氯水分别滴入 NaBr、NaI 溶液，无法排除 Cl2的干扰，不能证明 Br2与 I2的氧化性顺序，需分步实验（先氧化 Br-证明 Cl2>Br2，再用 Br2氧化 I-证明 Br2>I2），B错误；
C、苯与溴反应生成 HBr，但溴易挥发，挥发的 Br2会与 AgNO3溶液反应生成沉淀，干扰 HBr 的检验，需先除溴，C错误；
D、该深蓝色晶体在乙醇中溶解度小，加入 95% 乙醇可降低其溶解度，促使晶体析出，D正确；
故答案为：D。【分析】A．判断升华法分离物质的适用性。
B．验证氧化性强弱的实验设计逻辑（需排除干扰，分步验证）。
C．分析溴挥发对 HBr 检验的干扰。
D．利用溶剂对溶解度的影响析出晶体。
5．（2025高三上·浙江开学考）次磷酸盐用于化学镀银的反应为：(未配平)，表示阿伏加德罗常数，当标况下生成3.36L的时，下列说法正确的是
A．既不是氧化剂也不是还原剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5
C．转移电子的数目为
D．消耗水的质量为7.2g
【答案】B
【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、H2O 中 H 被还原为 H2，H2O 是氧化剂，A错误；
B、氧化产物为 H3PO4（2 mol），还原产物为 Ag（2 mol）和 H2（3 mol），总还原产物 5 mol，比例为 2：5，B正确；
C、生成 H2的物质的量为 3.36 L÷22.4 L mol- =0.15 mol，对应转移电子 0.4 mol，数目为 0.4NA，C错误；
D、消耗 H2O 为 0.2 mol，质量为 0.2 mol×18 g mol- =3.6 g，D错误；
故答案为：B。【分析】P 元素：H2PO2-中 P 为 +1 价，H3PO4中 P 为 +5 价，每个 P 失 4e-（被氧化）。
Ag 元素：Ag+中 Ag 为 +1 价，Ag 中 Ag 为 0 价，每个 Ag 得 1e-（被还原）。
H 元素：H2O 中 H 为 +1 价，H2中 H 为 0 价，每个 H 得 1e-（被还原）。
配平后： ，据此解题。
6．（2025高三上·浙江开学考）下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
B．溶液具有酸性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
C．BrCl和IBr中Br所带的电性不同，BrCl和IBr与水反应的含溴产物不同
D．易升华，可用于检验淀粉的存在
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A、漂白粉用于漂白纸张，是因为其能生成具有漂白性的次氯酸（HClO）；而漂白粉在空气中不稳定，是指它易与水（H2O）、二氧化碳（CO2）反应，这一不稳定性和漂白用途无直接关联，故A不符合题意 ；
B、FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的 Cu，发生反应 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，利用的是 Fe3+的氧化性，和 FeCl3溶液的酸性没有关系，故B不符合题意 ；
C、在 IBr 中，I 呈 +1 价、Br 呈 -1 价，与水反应生成 HBr、HIO；在 BrCl 中，Br 呈 +1 价、Cl 呈 -1 价，与水反应生成 HCl、HBrO。由于 Br 在两种物质中电性不同，导致含溴产物不同，性质与产物存在对应关系，故C符合题意 ；
D、I2用于检验淀粉的存在，是因为 I2遇淀粉变蓝，和 I2易升华的性质无关，故D不符合题意 ；
故答案为：C。【分析】A．区分 “漂白性” 与 “不稳定性” 的不同性质，判断二者是否与用途对应。
B．明确 FeCl3腐蚀 Cu 的反应本质，判断是否与酸性有关。
C．分析 Br 在 BrCl 和 IBr 中的电性（化合价）差异，进而判断与水反应的含溴产物是否不同。
D．明确 I2检验淀粉的本质原因，判断是否与易升华有关。
7．（2025高三上·浙江开学考）下列反应的离子方程式不正确的是
A．溶液中滴加足量的溴水：
B．草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：
C．用硫代硫酸钠溶液脱氯：
D．溶液滴入溶液中：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaHSO3溶液中，HSO3-被 Br2氧化为 SO42-，Br2被还原为 Br-，离子方程式 ，A正确；
B、草酸（H2C2O4）是弱酸，以分子形式参与反应，酸性条件下与 MnO4-反应，离子方程式 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 符合氧化还原配平及物质拆分规则，B正确；
C、Cl2氧化性强，会将 S2O32-中的 S 氧化至 + 6 价，应生成 SO42-而非 SO32-。正确的离子方程式应为 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，C错误；
D、K4[Fe(CN)6] 溶液滴入 FeCl3溶液中，生成 KFe [Fe(CN)6] 沉淀，离子方程式 K++Fe3+[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓书写正确，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析 HSO3-与 Br2的氧化还原反应，判断产物及配平是否正确。
B．明确草酸的弱电解质拆分形式，分析其与酸性 KMnO4的氧化还原反应。；
C．判断 S2O32-被 Cl2氧化的产物，分析氧化还原的价态变化。
D．分析 K4[Fe(CN)6] 与 FeCl3的沉淀反应，判断离子方程式的书写。
8．（2025高三上·浙江开学考）短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是
A．Y不可形成含极性共价键的单质
B．键角
C．的空间构型为四面体形
D．Q的基态原子有16种空间运动状态
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】短周期主族元素 X、Y、Z、M 分布在三个周期且原子序数依次增大，故 X 为 H（第一周期唯一主族元素）。基态 Y 原子中 s 能级与 p 能级的电子数相等，Y 为 O（电子排布 1s22s22p4，s 能级共 4 个电子，p 能级共 4 个电子）。Y、Z、M 价电子数之和为 19，Z、M 为相邻的第三周期元素，设 Z 价电子数为 n，则 M 为 n+1，O 的价电子数为 6，因此 6+n+(n+1)=19，解得 n=6，即 Z 为 S，M 为 Cl。Q 是第四周期元素，最外层 1 个电子且内层均填满电子，电子排布为 1s22s22p63s23p63d 4s ，故 Q 为 Cu。
A、Y 为 O，其单质 O3分子中存在极性共价键（分子结构不对称），A错误；
B、H2O 中 O 有 2 对孤电子对，对成键电子对排斥作用强；[Cu(H2O)4]2+中 H2O 的孤电子对与 Cu2+形成配位键，孤电子对减少，排斥作用减弱，故键角∠H-O-H：[Cu(H2O)4]2+＞H2O，B错误；
C、SO2Cl2中 S 的价层电子对数为 4（无孤电子对），空间构型为四面体形，C正确；
D、Cu 的电子排布涉及轨道：1s、2s、2p（3 个）、3s、3p（3 个）、3d（5 个）、4s，共 1+1+3+1+3+5+1=15 个轨道，即 15 种空间运动状态，D错误；
故答案为：C。【分析】A．判断 Y 的单质是否含极性共价键。
B．比较 [Q(X2Y)4]2+（即 [Cu(H2O)4]2+）与 X2Y（即 H2O）的键角，分析孤电子对的影响。
C．分析 ZY2M2（即 SO2Cl2）的空间构型，计算中心原子价层电子对数。
D．计算 Q（Cu）基态原子的空间运动状态数（即轨道总数）。
9．（2025高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．用核磁共振氢谱可区分和
B．用酸性高锰酸钾溶液可检验丙烯醛分子中的碳碳双键
C．醋酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料
D．较高的温度、压强下，有利于合成高密度聚乙烯
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃
【解析】【解答】A、CH3COOH 中含羧基氢、甲基氢，共 2 种化学环境的氢；HCOOCH3中含酯基氢、甲基氢，共 2 种化学环境的氢，但两类氢的化学位移不同。因此，核磁共振氢谱可通过峰的位置和数目区分二者，A正确；
B、丙烯醛中含醛基和碳碳双键，二者均能被酸性高锰酸钾氧化，因此酸性高锰酸钾溶液无法单独检验碳碳双键，B错误；
C、醋酸纤维不易燃烧，而用于生产火药的是硝酸纤维，并非醋酸纤维，C错误；
D、高密度聚乙烯需在低压条件下合成，高温高压条件下生成的是低密度聚乙烯，D错误；
故答案为：A。【分析】A．分析 CH3COOH 和 HCOOCH3中氢原子的化学环境差异，判断核磁共振氢谱能否区分。
B．判断酸性高锰酸钾能否单独检验丙烯醛中的碳碳双键，分析官能团的氧化特性。
C．区分醋酸纤维和硝酸纤维的用途，判断醋酸纤维的燃烧性与用途的关系。
D．分析合成高密度聚乙烯的条件，判断温度、压强对其合成的影响。
10．（2025高三上·浙江开学考）下列说法正确的是
A．，已知，则正反应在较高温度下可自发进行
B．，已知，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定
C．已知，达平衡后，温度保持不变，缩小容器体积，重新建立平衡后，浓度增大
D．在绝热恒容容器中反应朝正向进行，若气体总压强增大，则
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；焓变和熵变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、观察可知，反应 2NO(g) O2(g)+N2(g) 的 ΔS<0，即 - TΔS 为正值。若 ΔH<0，高温下 T 增大使 - TΔS 数值更大，易导致 ΔG>0，反应不自发；若 ΔH>0，ΔG 恒为正值。因此较高温度下正反应不可能自发进行，A错误；
B、已知 ΔH1>ΔH2且均为负值，说明椅式环己烷的生成焓更负（能量更低），则椅式环己烷比船式环己烷更稳定，B错误；
C、反应 2Mg (s)+CO2(g) C (s)+2MgO (s) 的平衡常数 K= ，K只受温度的影响，温度不变则 K 不变，故 CO2浓度不变，C错误；
D、反应 4NO (g)+CH4(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O (g) 前后气体分子数不变，绝热恒容下压强增大，由 PV=nRT 可知是温度升高导致。反应正向进行时温度升高，说明反应放热，即 ΔH<0，D正确；
故答案为：D。【分析】A．依据 ΔG=ΔH-TΔS<0 判断反应自发性，分析 ΔS<0 时温度对 ΔG 的影响。
B．根据 “能量越低越稳定”，结合 ΔH1、ΔH2的大小判断船式与椅式环己烷的稳定性。
C．分析平衡常数表达式，判断温度不变时缩小体积对 CO2浓度的影响。
D．分析绝热恒容容器中压强增大的原因，结合反应前后分子数变化判断 ΔH 的符号。
11．（2025高三上·浙江开学考）化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如图，下列说法正确的是
A．相同温度下，X在水中的溶解度小于Y在水中的溶解度
B．与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
C．Y可发生加成、取代、氧化、消去等反应
D．X、Y、Z分别与足量加成后的产物中手性碳原子个数相同
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 的结构里有羧基（COOH）和酚羟基（OH），这两种基团都能和水分子形成较强的氢键，使得 X 容易溶解在水中；而 Y 中的羧基变成了酯基（COOCH3），酚羟基变成了甲氧基（OCH3），这两种基团与水形成氢键的能力很弱，导致 Y 在水中的溶解能力大幅下降。因此 X 的溶解度明显大于 Y，A错误；
B、X 中的羧基（1 个）会与 NaOH 按 1：1 反应；酚羟基（1 个）具有弱酸性，也会与 NaOH 按 1：1 反应；苯环上的溴原子在碱性条件下会发生水解，生成的酚羟基还会再与 1 分子 NaOH 反应，即 1 个溴原子对应消耗 2 分子 NaOH。综上，1mol X 共消耗 1+1+2=4mol NaOH，B错误；
C、Y 含苯环，可与氢气发生加成反应；含酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解（属于取代反应）；有机物均可燃烧，即能发生氧化反应。但 Y 中苯环上的溴原子相邻的碳原子上没有氢原子（无 β-H），不满足消去反应的条件，因此不能发生消去反应，C错误；
D、X、Y、Z 都含有苯环，与足量 H2加成后，苯环会转化为环己烷环。 产物分别为、、，手性碳原子均为环己烷环上三个取代基所在的碳，所以个数相同，故D正确；
故答案为：D。【分析】A．通过官能团与水分子形成氢键的能力差异，比较物质在水中的溶解度。
B．分析 X 中能与 NaOH 反应的官能团种类及数量，计算反应消耗 NaOH 的总量。
C．根据 Y 的官能团类型，判断其能发生的反应类型及不能发生的反应。
D．分析 X、Y、Z 与足量 H2加成后的产物结构，比较手性碳原子的数量。
12．（2025高三上·浙江开学考）水系锌离子在充电时会引起锌枝晶的生长，在多次充放电循环过程中锌枝晶可能会刺穿隔膜，导致电池短路。科学家用锌箔和做电极、性能水凝胶做电解质替代水溶液，装置如图所示，下列说法不正确的是
A．充电时，锌离子从隧道结构中脱出，此时为阳极
B．性能水凝胶电解质可防止电池鼓包，一定程度上避免竞争放电，提高电流效率
C．若用作电解质溶液，游离的会吸附聚集得电子，在阳极形成初始枝晶
D．放电时，当负极减重32.5g时有个电子通过外电路转移至正极
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，ZnMn2O4为阳极，发生反应 ZnMn2O4-2e-=Zn2++2MnO2，锌离子从 MnO2隧道结构中脱出，A正确；
B、性能水凝胶电解质可减少自由水，降低 H+在负极的竞争放电（减少 H2生成），从而防止电池鼓包，提高电流效率，B正确；
C、锌枝晶形成于锌电极（放电时为负极，充电时为阴极），游离的 Zn2+得电子发生还原反应应在阴极（锌电极）聚集，而非阳极，C错误；
D、根据题意可知，放电时负极反应为 Zn-2e-=Zn2+，减重 32.5g（Zn 的物质的量为 0.5mol），转移电子为 0.5mol×2 = 1mol=NA个电子，D正确；
故答案为：C。【分析】A．分析充电时的阳极反应及锌离子的运动。
B．分析水凝胶电解质的作用，判断其对电池性能的影响。
C．判断锌枝晶的形成位置及反应类型。
D．根据负极的电极反应，计算质量变化与转移电子数的关系。
13．（2025高三上·浙江开学考）草酰胺，常温下为稳定的无色结晶或粉末，可溶于乙醇，微溶于水。一种连续合成草酰胺的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．草酰胺分子中键和键数之比为4：1
B．合成草酰胺的反应为取代反应
C．尾气再生的反应为
D．尿素、碳铵等氮肥溶于水后易流失，草酰胺可克服该弊端
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、草酰胺的结构为 H2NOC-CONH2，分子中所有单键均为 σ 键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。其中，N-H 键有 4 个，N-C 键有 2 个，C-C 单键有 1 个，C=O 双键中的 σ 键有 2 个，σ 键总数为 4+2+1+2=9 个；而 π 键仅存在于 2 个 C=O 双键中，共 2 个。因此 σ 键与 π 键的比例为 9：2，并非选项中所说的 4：1，A错误；
B、合成草酰胺的反应是草酸酯（结构为 (COOR)2）与 NH3作用，生成草酰胺（(CONH2)2）和醇（ROH）。此过程中，草酸酯中的 - OR 基团被 - NH2取代，符合取代反应 “原子或基团被其他原子或基团替代” 的特征，属于取代反应，B正确；
C、尾气再生反应是 NO、O2与 ROH 反应生成 RONO（可循环使用）。反应中，NO 中 N 元素从 +2 价升至 RONO 中的 +3 价（每个 N 失 1 个电子），O2中 O 元素从 0 价降至 - 2 价（每个 O 得 2 个电子）。按电子守恒，NO 与 O2的物质的量之比为 4：1；结合原子守恒，配平后的反应为 4NO+O2+4ROH=4RONO+2H2O，配平正确，C正确；
D、尿素、碳铵均易溶于水，施入土壤后易随水流失，导致肥效降低；而草酰胺微溶于水且化学性质稳定，能缓慢释放养分，减少流失，从而克服了传统氮肥易流失的弊端，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过草酰胺的分子结构，精确统计 σ 键与 π 键的数量，计算二者比例。
B．分析合成草酰胺的反应中官能团的转化，判断反应类型。
C．依据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒，配尾气再生反应的配平合理性。
D．对比草酰胺与传统氮肥（尿素、碳铵）的水溶性差异，分析其肥效优势。
14．（2025高三上·浙江开学考）已知不对称醚与氢碘酸反应，有如下两种产物
下列说法中不正确的是：
A．中，在该条件下I-进攻时，键b处比a处更易断裂
B．若在反应体系中加少量水，可能因为水与形成氢键，降低其正电性，导致反应活性降低
C．高温会提高产量，可能因为直接断裂乙基键的活化能较高
D．由上述过程推测与HI反应的产物中，和产量占比更高
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A、题干中不对称醚与 HI 在低温下，生成 CH3CH2OH 和 CH3I 的产率达 90%。这说明反应中 I-更易进攻醚分子中 C-O 键的 a 处（与甲基相连的碳），导致该位置的键优先断裂，而非 b 处（与乙基相连的碳）更易断裂。因此 A 的描述与实际反应倾向相反，A错误；
B、醚分子中的氧原子质子化后带正电，此时水分子可与带正电的氧形成氢键。这种氢键会降低氧原子的正电性，减弱其对 I-的吸引力，使 I-的进攻能力下降，从而降低整个反应的活性。因此 B 的描述符合反应规律，B正确；
C、断裂乙基所连的 C-O 键时，会生成伯碳正离子，这类反应的活化能较高。在低温下，活化能高的反应速率较慢，因此该断裂方式占比低；而高温时，活化能高的反应速率受温度影响更显著，速率提升更明显，导致乙基断裂增多，CH3CH2I 的产量提高。C 的分析符合反应速率与活化能的关系，C正确；
D、题干中低温下甲基相连的 C-O 键更易断裂，说明与较小烷基（如甲基）相连的 C-O 键在类似反应中更易被 I-进攻。由此迁移可知， 与 HI 反应时，与甲基相连的 C-O 键优先断裂，主产物应为 CH3CH2CH2OH 和 CH3I，两者产量占比更高。D 的推测合理，D正确；
故答案为：A。【分析】A．通过低温下的主产物，判断 C-O 键不同位置的断裂倾向。
B．分析水与质子化醚的相互作用对反应活性的影响。
C．解释高温下乙基相关产物增多的原因，关联活化能与温度对反应速率的影响。
D．依据题干反应规律，推测结构相似醚的反应主产物。
15．（2025高三上·浙江开学考）电镀工厂的废水中常含有一定量的，配离子生成反应的平衡常数称为稳定常数用表示；已知常温下：，。下列说法正确的是
A．向电镀废水中加入一定量除去后，滤液可直接排放
B．处理后的废液中若仅含，则溶液pH约为
C．NaCN溶液可以显著溶解
D．向废水中加入稀硫酸调至，溶液中存在
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、向电镀废水中加入 Na2S 除去 [Ag (CN)2]-后，滤液中仍含 CN-，CN-有毒，直接排放会污染环境，A错误；
B、对于 0.01mol/L NaCN 溶液，CN-发生水解：CN- + H2O HCN + OH-。水解常数
Kh === 1.6×10-5。设水解的 CN-浓度为 x mol/L，近似有
≈ 1.6×10-5，解得 x ≈ 4×10-4，即 c (OH-) ≈ 4×10-4 mol/L，c (H+) === 2.5×10- mol/L，pH = -lg (2.5×10- ) ≈ 10.6，而非 11.4，B错误；
C、反应 AgI+2CN- [Ag(CN)2]-+I-的平衡常数 ，平衡常数较大，说明 NaCN 溶液可以显著溶解 AgI，C正确；
D、pH=2 时，c (H+)=10-2 mol/L，由 Ka(HCN)==6.25×10-10 ，可得= = 6.25×10-8 < 1，即 c(CN-) < c(HCN)，D错误；
故答案为：C。【分析】要解决本题，需结合溶度积、稳定常数、电离常数等平衡知识，逐一分析选项。解题思路是：根据各平衡的表达式及常数关系，判断反应的可行性、溶液 pH 及离子浓度关系。
A．分析处理后滤液的成分，判断是否可直接排放。
B．通过 CN-的水解平衡计算溶液 pH。
C．通过溶度积和稳定常数计算反应的平衡常数，判断反应的可行性。
D．根据 HCN 的电离平衡判断 c (CN-) 与 c (HCN) 的关系。
16．（2025高三上·浙江开学考）某化学实验小组通过“凯氏定氮法”测定某蛋白质中的含氮量，实验方案如下：
已知：①“消化”操作是用浓硫酸先将有机物碳化，再将元素分别转化为、；②滴定结束后需另取30.00mL相同浓度的硼酸，进行空白对照滴定。下列说法不正确的是
A．消化时可选择NaOH溶液吸收尾气
B．吸收时发生反应的化学方程式为
C．滴定时指示剂可选择甲基红(变色pH范围：4.4～6.2)
D．空白对照滴定时，未用标准液润洗滴定管会导致蛋白质中的含氮量测定结果偏大
【答案】D
【知识点】指示剂；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】A、消化时，浓硫酸可能被有机物还原生成 SO2，有机物中的碳元素被氧化为 CO2。SO2、CO2均为酸性氧化物，NaOH 溶液可与酸性氧化物反应，因此能有效吸收这两种气体，A正确；
B、蒸出的 NH3通入过量 H3BO3中，反应生成 (NH4)2B4O7，化学方程式为
2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O 。通过核对 N、H、B、O 原子数，左右两边均相等，方程式正确，B正确；
C、滴定反应为 (NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3 。产物 NH4Cl 中 NH4+水解使溶液显酸性，H3BO3是弱酸，溶液整体呈酸性。甲基红的变色 pH 范围为 4.4~6.2，与滴定终点的酸性环境匹配，适合作为指示剂，C正确；
D、空白对照实验中，若未用标准液润洗滴定管，滴定管内壁残留的水会稀释标准盐酸，导致标准液浓度偏低。滴定空白对照组（仅硼酸）时，消耗的标准液体积会偏大。而样品含氮量计算需用 “空白对照消耗体积 - 样品消耗体积”，因此样品消耗的标准液体积会被算小，最终导致含氮量测定结果偏小，而非偏大，D错误；
故答案为：D。【分析】A．明确消化过程的产物类型，判断 NaOH 溶液的吸收能力。
B．推导吸收过程的化学反应，验证方程式的原子守恒。
C．分析滴定反应的产物酸碱性，匹配指示剂的变色范围。
D．拆解空白对照滴定的误差传递路径，分析对含氮量测定的影响。
17．（2025高三上·浙江开学考）VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）下列说法不正确的是___________。
A．基态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．给出的能力：
D．热稳定性：
（2）砷化镍的一种晶胞结构如图所示。
则砷化镍的化学式为　 　，As原子的配位数为　 　。
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸，其中三聚链状磷酸的结构如图所示，请画出三聚环状磷酸的结构　 　。
（4）氟磷灰石［主要成分为，还含有少量的等杂质］是一种重要的磷矿，以其为原料可制得多种重要的化工产品。如常用钾肥及缓冲剂磷酸二氢钾()与锂电池常用的高纯度可由以下流程获得。
①流程II中废渣主要成分为　 　。
②流程II中…代表的一系列操作为　 　。
③流程I中生成的化学方程式为　 　。
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是　 　。
【答案】（1）C；D
（2）NiAs；4
（3）
（4）；结晶、过滤、洗涤、干燥；；离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．N是第7号元素，基态N原子的电子排布式：，A正确；
B．电负性：N＞As，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；
C．[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu2+对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性P＞As，热稳定性： PH3＞AsH3，D错误；
故答案为：CD；
（2）含有Ni数目：4，含有As数目：4，化学式为NiAs，As距离最近的Ni有4个，故As原子的配位数为4；
故答案为： NiAs ；4；
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，三聚环状磷酸的结构；
故答案为： ；
（4）①根据分析，流程II中废渣主要成分为；
②流程II中…代表的一系列操作为：经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体；
③根据分析可知，流程I中生成的化学方程式为；
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是：As和P同族，As半径大于P，离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快。
故答案为： ； 结晶、过滤、洗涤、干燥 ； ；离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快 。
【分析】“酸浸” 环节，氟磷灰石与浓 H2SO4发生反应： Ca5F(PO4)3+ 5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑ ，生成的气体 A 为 HF。HF 进一步与 PCl5、LiCl 反应：
PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl↑。酸浸后的滤液中，除了主要成分 H3PO4，还含有 Fe3+、Al3+等杂质离子。加入 CaCO3的作用是调节溶液 pH，使 Fe3+、Al3+分别转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而除去这些杂质。加入 K2SO4则是为了让溶液中的 Ca2+转化为 CaSO4沉淀，同时促使 H3PO4转化为 Ca(H2PO4)2，以便后续分离或利用。据此解题。
（1）A．N是第7号元素，基态N原子的电子排布式：，A正确；
B．电负性：N＞As，化学键中离子键成分的百分数：，B正确；
C．[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu2+对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+，C错误；
D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性P＞As，热稳定性： PH3＞AsH3，D错误；
故选CD；
（2）含有Ni数目：4，含有As数目：4，化学式为NiAs，As距离最近的Ni有4个，故As原子的配位数为4；
（3）磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，三聚环状磷酸的结构；
（4）①根据分析，流程II中废渣主要成分为；
②流程II中…代表的一系列操作为：经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体（或溶液表面出现晶膜）时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体；
③根据分析可知，流程I中生成的化学方程式为；
④若将锂离子电池中电解质换成的迁移速率将会更快，原因是：As和P同族，As半径大于P，离子半径大，离子键比弱，离子键易断裂，因此迁移速率更快。
18．（2025高三上·浙江开学考）工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物()的烟气，对环境造成严重破坏。某工艺通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的，使其达到排放标准，且无需二次处理。
SCR主反应：
(i)
(ii)
SCR副反应
(iii)
请回答：
（1）标准状态下，一些物质的相对能量如表所示：
物质
相对能量 0 0 -50 91 -242 34
①计算反应(ii)的　 　。
②判断反应(ii)在什么条件下自发进行　 　(填“任意温度”“高温”或“低温”)。
（2）已知尿素的分解作为还原剂的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程中生成尿素的电极反应式是　 　。
电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生导致电解效率下降。若外电路以8A恒定电流工作20分钟，产生尿素0.005mol，则该电解装置的电解效率　 　()。［已知：电荷量电流时间。］
（3）的去除率(用R表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的浓度(即入口浓度，用表示)等因素的影响，结果如图、所示。
下列有关说法中正确的是___________。
A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口浓度应保持在
B．结合图像，分析的去除率的下降主要受NO去除率的影响
C．当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成
D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高去除率
（4）空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为，它反映气体与催化剂的接触时间，该脱硝工艺中空速控制在，请解释空速不宜过低的原因：　 　。
【答案】（1）-1320；任意温度
（2）；80%
（3）A；C
（4）低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率 过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使NOx去除率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①生成物总能量-反应物总能量，对于反应：生成物总能量为，反应物总能量为，则该反应的；
②反应自发进行的判断依据是，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以，又因为，根据，，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
故答案为：-1320；任意温度；
（2）生成尿素的那一极是a极，在a极得到电子，结合生成和，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为；
已知电流，时间，根据电荷量公式可得，根据电极反应式可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.005mol尿素，则转移0.08mol电子，根据法拉第常数，则理论电荷量，
故答案为：；80%；
（3）A．由图b可以看出当入口浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；
B．的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；
C．由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，此时主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成，故C正确；
D．由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高的去除率，故D错误；
故答案为：AC。
（4）不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使去除率下降；
故答案为： 低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率 过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使NOx去除率下降 。
【分析】生成物总能量-反应物总能量，反应自发进行的判断依据是，当，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
（1）①依据 “ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量”，代入各物质相对能量计算反应热。
②根据 ΔG=ΔH-TΔS，结合反应的 ΔH（负值）和 ΔS（正值）判断自发条件。
（2）确定生成尿素的电极为 a 极（还原反应），结合电子守恒、原子守恒写电极反应式
（CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O）；通过电流和时间算总电荷量，结合生成尿素的量算理论电荷量，求效率。
（3）分析图像中 NO 去除率与氨氮比、入口 NO 浓度的关联，判断选项合理性。
（4）从产物脱附速率和 NH3氧化副反应角度，解释空速过低的不利影响。
（1）①生成物总能量-反应物总能量，对于反应：生成物总能量为，反应物总能量为，则该反应的；
②反应自发进行的判断依据是，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以，又因为，根据，，，则在任意温度下，，反应都能自发进行；
故答案为：-1320；任意温度；
（2）生成尿素的那一极是a极，在a极得到电子，结合生成和，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为；
已知电流，时间，根据电荷量公式可得，根据电极反应式可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.005mol尿素，则转移0.08mol电子，根据法拉第常数，则理论电荷量，，故答案为：；80%；
（3）A．由图b可以看出当入口浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；
B．的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；
C．由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，去除率为负值，此时主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成，故C正确；
D．由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高的去除率，故D错误；
故答案为：AC。
（4）不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使发生氧化反应，反而使去除率下降；
19．（2025高三上·浙江开学考）钛铁矿主要成分为钛酸亚铁，其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。工业上由钛铁矿制取二氧化钛一般按以下工艺流程进行：
已知：i：浸取过程中钛铁矿与浓硫酸的反应：。
ii：离子的特征反应：(橙黄色)。
iii：过量的铁可以使部分钛(Ⅳ)还原为紫色的钛(Ⅲ)。
（1）若在实验室中进行灼烧操作，需要用到的硅酸盐材质仪器有酒精灯，坩埚和　 　。
（2）混合溶液I中加入的铁粉需要控制用量，原因是　 　。
（3）滤液Ⅱ中加热水使钛盐水解得偏钛酸沉淀，化学方程式为　 　。
（4）下列有关说法不正确的是___________。
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原
B．浸取过程控制温度不超过，以免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀
C．滤渣I需洗涤，且洗涤完成的标准为：取洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化
D．制备绿矾时，需将滤液I蒸发至大量晶体析出
（5）钛盐水解可分以下几个步骤，请将下列操作排序：　 　。
a．继续煮沸约后，再慢慢加入其余全部滤液
b．用热水冲洗多次，直至洗涤液中检验不到为止
c．在不断搅拌下，逐滴加入约为滤液Ⅱ总体积倍的沸水中
d．加完后继续煮沸约半小时(应不断补充水)
e．静置沉降，过滤后，用热的稀硫酸(1：10)洗涤次
先取经分离硫酸亚铁后的滤液Ⅱ约体积______________________________________________________干燥后即得到偏钛酸。
（6）在本实验条件下，发生水解时，由中的O提供孤电子对填充到的空轨道上，而溶液中和不会同时水解，请从结构角度说明原因　 　。
【答案】（1）泥三角
（2）铁粉过少，未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率
（3）
（4）A；D
（5）
（6）所带正电荷少，半径大，难发生水解
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）进行灼烧操作时，需要用到的硅酸盐材质仪器分别有：酒精灯、坩埚、泥三角。
故答案为： 泥三角 ；
（2）混合溶液I中加入的铁粉的目的为将还原为，而加入的铁粉需要控制用量，其原因主要为：铁粉过少，未还原完全；根据已知信息，铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率。
故答案为： 铁粉过少，未还原完全；铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率 ；
（3）第二次过滤后得到的滤液Ⅱ中加热水可以使钛盐水解得偏钛酸沉淀，则反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）下列说法中不正确的是：
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原，会带入其它杂质离子导致后期产品不纯，A错误；
B．浸取过程需控制温度不超过，主要是避免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀进入滤渣I，引起Ti元素损失，B正确；
C．滤渣I的表面残留有离子，可以利用反应(橙黄色)来检验，则滤渣I洗涤完成的标准为：取最后一次洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化可证明沉淀已洗净，C正确；
D．绿矾温度过高时易失去结晶水，因此只需将滤液I蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤干燥即可，D错误；
故答案为：AD；
（5）从滤液Ⅱ中最终获得的流程包括：钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛；其中钛盐的水解操作步骤为：取一部分滤液Ⅱ，在不断搅拌下，逐滴加入沸水，继续煮沸约后，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min（过程中适当补充水至原体积），静置沉降后，过滤后，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，直至洗涤液中检验不到为止，经过抽滤得偏钛酸；
根据以上流程可得操作顺序为：c→a→d→e→b。
故答案为： ；
（6）在本实验条件下，电荷数高、半径小，更易与中O形成配位键而水解，而溶液中和电荷数较低、半径较大，水解能力较弱，因此溶液中不会同时水解。
故答案为：所带正电荷少，半径大，难发生水解 ；
【分析】将钛铁矿与浓 H2SO4在 353K 条件下进行反应，发生化学变化：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，得到包含 TiOSO4、FeSO4以及可能存在的 Fe3+盐等的混合溶液 Ⅰ。向溶液 Ⅰ 中加入铁粉，利用铁粉的还原性将溶液中的 Fe3+还原为 Fe2+，随后进行过滤，得到滤渣 Ⅰ（主要是过量的铁粉等固体杂质），滤液 Ⅰ 为含有 FeSO4和 TiOSO4的溶液。对滤液 Ⅰ 实施结晶工艺，先析出 FeSO4 7H2O 晶体，从而实现铁盐的分离。剩余的滤液 Ⅱ 中含有 TiOSO4，向其中加入热水并加热，促使 TiOSO4发生水解反应，生成偏钛酸（H2TiO3）沉淀；最后对 H2TiO3沉淀进行灼烧处理，使其分解得到目标产品 TiO2。
（1）进行灼烧操作时，需要用到的硅酸盐材质仪器分别有：酒精灯、坩埚、泥三角。
（2）混合溶液I中加入的铁粉的目的为将还原为，而加入的铁粉需要控制用量，其原因主要为：铁粉过少，未还原完全；根据已知信息，铁粉过多，会将部分钛(Ⅳ)还原成钛(Ⅲ)，影响产率。
（3）第二次过滤后得到的滤液Ⅱ中加热水可以使钛盐水解得偏钛酸沉淀，则反应的化学方程式为：。
（4）下列说法中不正确的是：
A．可以用其它活泼金属如锌、铝等代替铁粉还原，会带入其它杂质离子导致后期产品不纯，A错误；
B．浸取过程需控制温度不超过，主要是避免硫酸氧钛过早水解为偏钛酸沉淀进入滤渣I，引起Ti元素损失，B正确；
C．滤渣I的表面残留有离子，可以利用反应(橙黄色)来检验，则滤渣I洗涤完成的标准为：取最后一次洗涤液滴加溶液，溶液无明显变化可证明沉淀已洗净，C正确；
D．绿矾温度过高时易失去结晶水，因此只需将滤液I蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤干燥即可，D错误；
故答案为：AD。
（5）从滤液Ⅱ中最终获得的流程包括：钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛；其中钛盐的水解操作步骤为：取一部分滤液Ⅱ，在不断搅拌下，逐滴加入沸水，继续煮沸约后，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约 30min（过程中适当补充水至原体积），静置沉降后，过滤后，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，直至洗涤液中检验不到为止，经过抽滤得偏钛酸；
根据以上流程可得操作顺序为：c→a→d→e→b。
（6）在本实验条件下，电荷数高、半径小，更易与中O形成配位键而水解，而溶液中和电荷数较低、半径较大，水解能力较弱，因此溶液中不会同时水解。
20．（2025高三上·浙江开学考）磺胺甲氧吡嗪可用于治疗呼吸系统、泌尿系统和肠道感染等疾病。其合成路线如图所示：
（1）化合物C的官能团名称是　 　。
（2）化合物F的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．分2步制取的目的可能是避免副反应，提高C的产率和纯度
B．化合物D与苯酚具有相似的平面结构
C．化合物E的碱性比化合物强
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作催化剂
（4）的化学方程式是　 　。
（5）化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子。写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含苯环。
②核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：1。
（6）以乙烯、甲醇和化合物C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）酰胺基、氨基
（2）
（3）A；B
（4）
（5）、、、(其他合理答案也可)
（6）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）化合物C的结构简式为：，其含有的官能团名称为：酰胺基、氨基。
故答案为： 酰胺基、氨基 ；
（2）根据分析可知，F的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）A．氨基取代—OCH3和取代氯原子所需要的条件不相同，所以分2步制取的目的可能是避免副反应，同时还能提高C的产率和纯度，A正确；
B．化合物D的结构简式为：，环状结构类似为苯环，所有原子都处于同一平面；与苯酚具有相似的平面结构，B正确；
C．化合物E的结构简式为：，由于Cl的电负性较大使其碱性比化合物的弱，C错误；
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作反应物，消耗生成HCl转化为NaCl使反应向生成磺胺甲氧吡嗪的方向移动，D错误；
故答案为：AB；
（4）为与反应成环得到：，则其反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（5）E的结构简式为，化学式为：；化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子，则H的化学式为：，H的同分异构体分子中含苯环，即6个C原子全部存在于苯环中，取代基只有N原子和Cl原子；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1，即6个H原子处于对称位置上，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为：、、、。
故答案为：、、、(其他合理答案也可) ；
（6）以乙烯、甲醇和为原料，合成化合物的流程为：将与进行加成得到，在NaOH溶液中加热水解得到，在Cu催化作用下与反应得到，再与反应得到，在催化作用下与进行取代生成，最后加入、在NaOH作用下反应生成产物；则具体的合成路线为：。
故答案为： 。
【分析】原料 A（ClCH2COOCH3，）与浓氨水在低于 10℃条件下反应，酯基和氯原子逐步被氨基取代，得到 B（ClCH2CONH2，）；B 在 25℃时与 NH3反应，分子中的氯原子被氨基取代，生成 C（ H2NCH2CONH2，）；C 与乙二醛（OHC-CHO ）发生成环反应，形成含羟基的杂环化合物 D（）；D 在 POCl3催化下与 Cl2发生取代反应，引入两个氯原子，得到 E（ C4H2N2Cl2，）；E 与发生取代反应，形成含磺酰胺键的 F（）；F 在 CH3OH/NaOH 作用下，杂环上的氯原子被甲氧基取代，最终得到磺胺甲氧吡嗪（）。据此解题。
（1）化合物C的结构简式为：，其含有的官能团名称为：酰胺基、氨基。
（2）根据分析可知，F的结构简式为：。
（3）A．氨基取代—OCH3和取代氯原子所需要的条件不相同，所以分2步制取的目的可能是避免副反应，同时还能提高C的产率和纯度，A正确；
B．化合物D的结构简式为：，环状结构类似为苯环，所有原子都处于同一平面；与苯酚具有相似的平面结构，B正确；
C．化合物E的结构简式为：，由于Cl的电负性较大使其碱性比化合物的弱，C错误；
D．在磺胺甲氧吡嗪的反应中，NaOH作反应物，消耗生成HCl转化为NaCl使反应向生成磺胺甲氧吡嗪的方向移动，D错误；
故答案为：AB。
（4）为与反应成环得到：，则其反应的化学方程式为：。
（5）E的结构简式为，化学式为：；化合物H是有机物E的同系物，且H比E多2个碳原子，则H的化学式为：，H的同分异构体分子中含苯环，即6个C原子全部存在于苯环中，取代基只有N原子和Cl原子；核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1，即6个H原子处于对称位置上，则符合条件的H的同分异构体的结构简式为：、、、。
（6）以乙烯、甲醇和为原料，合成化合物的流程为：将与进行加成得到，在NaOH溶液中加热水解得到，在Cu催化作用下与反应得到，再与反应得到，在催化作用下与进行取代生成，最后加入、在NaOH作用下反应生成产物；则具体的合成路线为：。
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