【精品解析】浙江省永嘉中学2026届高三上学期第一次联考（开学适应性）化学模拟试题

浙江省永嘉中学2026届高三上学期第一次联考（开学适应性）化学模拟试题
1．（2025高三上·永嘉开学考）下列物质中，不属于配合物的是
A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4
C．[Cu(H2O)4]SO4·H2O D．[Ag(NH3)2]OH
2．（2025高三上·永嘉开学考）下列化学用语或化学反应表示正确的是
A．固体HF中的链状结构：
B．的球棍模型：
C．的电离方程式：
D．溶液中加入少量盐酸：+H+
3．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法正确的是
A．纸层析法点样时应用玻璃棒蘸取试样，在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3—5次
B．吸滤瓶内液面高度将达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，并从吸滤瓶支管口倒出溶液
C．制备摩尔盐实验中，将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后，在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却、抽滤
D．用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液，若碱滴加过量，不需重做实验
4．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法正确的是
A．高聚物PET、PLA、聚乙烯都是通过加聚反应制得的
B．将木材干馏可获得无色的透明液体甲醇，工业酒精即甲醇水溶液
C．麦芽糖、纤维二糖和乳糖互为同分异构体，它们的水解产物中均含有葡萄糖
D．重油通过减压分馏的方式获得燃料油、润滑油、沥青等馏分
5．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法不正确的是
A．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸
B．火柴头中通常含有KClO3，将火柴头浸入水中，加入硝酸银溶液和稀硝酸，通过观察是否产生白色沉淀来检验其中是否含有氯元素
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，可用少量酒精对晶体进行洗涤，除去附着在晶体表面的水
D．在K2Cr2O7酸性溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；若改加NaNO2溶液，则溶液变成绿色
6．（2025高三上·永嘉开学考）下列反应可以得到多卤化物：、。下列说法不正确的是
A．中阴阳离子个数比是
B．苯与在催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯
C．受热分解生成的产物含有
D．能使湿润的淀粉试纸变蓝色
7．（2025高三上·永嘉开学考）下列离子方程式与化学事实相符的是
A．将溶液与氨水混合溶液反应，生成沉淀：
B．用溶液吸收少量：
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：
D．将气体通入、的混合溶液中制取溶液：
8．（2025高三上·永嘉开学考）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：乙醇高于乙醛 分子间氢键
B 熔点：H2O大于HF 分子间形成的氢键强度
C 键角：小于 电负性差异
D 分解温度：高于 键能大小
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·永嘉开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是
A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性
B．Y单质的熔点高于X单质
C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构
10．（2025高三上·永嘉开学考）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下。下列说法错误的是
A．K和M中均含有手性碳原子
B．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
C．该材料性能优良，但不耐强酸和强碱
D．生成1mol M参加反应的CO2的物质的量为(m+n) mol
11．（2025高三上·永嘉开学考）乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下：
①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1
②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2
101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是
A．H2的平衡产率：曲线a<曲线b
B．反应②的焓变ΔH2>0
C．Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等
D．H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比
12．（2025高三上·永嘉开学考）工业废水中常含有氮、氯元素，可用电解原理对含有高浓度氯离子的工业废水中的氮进行脱除。用NH4NO3和NaCl分别模拟工业废水中的氮和氯，电化学处理装置如图1所示；在电解过程中，模拟工业废水中ClO-的浓度随时间变化的曲线如图2所示。
下列说法不正确的是
A．该方法能脱除废水中的NO3，无法脱除NH
B．A电极接电源的正极，B电极接电源的负极
C．B电级的反应式为：2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-
D．电解过程中，A电极附近的溶液pH值降低
13．（2025高三上·永嘉开学考）某课题组研究发现，甲酸脱氢的反应历程如图(图中E为相对能量)所示。下列说法错误的是
A．甲酸脱氢过程中起催化作用的是乙
B．戊为
C．丙和丁为甲酸脱氢过程的中间体
D．升高温度可提高反应I中乙的转化率
14．（2025高三上·永嘉开学考）在我国青海、西藏等地有许多干涸盐湖盛产含钠盐的。是一种易溶于水的白色固体，其水溶液用硫酸酸化可得到【其分子结构可描述为】。纯净的为无色小片状透明晶体。将与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰。已知此反应的原理为：在浓硫酸的催化下与甲醇反应生成硼酸三甲酯；发生燃烧，生成的水和逸出体系，而生成的留在反应体系中。结合上述材料和所学知识，判断下列说法正确的是
A．已知溶于浓可得到和少量，则中很可能含有和少量
B．已知的最常见晶体中有类似石墨的层状结构，且每层按如图所示的方式通过氢键形成无限网状结构，则其晶体类型为混合晶体
C．已知原亚硝酸三甲酯中的原子采取杂化，则硼酸三甲酯中亦采取杂化
D．题中所描述的燃烧反应进行一段时间后，火焰逐渐熄灭，如要使反应继续进行，需要添加甲醇并重新点燃
15．（2025高三上·永嘉开学考）氢硫酸()是二元弱酸，常温下，某同学做了如下三组实验：
实验I：向溶液中滴加溶液
实验II：向溶液中滴加溶液
实验III：向溶液中滴加溶液
已知：的电离平衡常数，，，。忽略溶液混合后体积变化。
下列说法不正确的是
A．实验I中溶液体积为时，溶液中
B．实验I中溶液体积小于时，会发生反应
C．实验II不可以选用甲基橙作为指示剂
D．实验III中溶液体积为时，溶液等于1
16．（2025高三上·永嘉开学考）以工业废铜泥[主要成分为，含少量]为主要原料制备产品的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．除杂时，应在加入稀溶液前加入稍过量的过氧化氢溶液
B．在“除杂”后、“过滤”前应适当加热以保证除杂效果
C．由核外电子排布知比稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易歧化
D．洗涤时，应当用浓盐酸洗涤以减少产品在洗涤过程中的损失
17．（2025高三上·永嘉开学考）钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：
（1）关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子
B．的离子半径小于的离子半径
C．电子排布为的处于基态
D．Co的第三电离能大于第二电离能
（2）某钴氧化物的晶胞结构如图所示：
①该氧化物的化学式为　 　。
②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为　 　。
（3）与形成的配合物的稳定性高于，从配位键强度分析原因　 　。
（4）工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图：
已知：
沉淀
恰好完全 沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有　 　。(写出两种)
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，发生的离子方程式为　 　。
③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂，发生反应：，实验测得：当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大(如图所示)，其原因是　 　。
④向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　 　。
18．（2025高三上·永嘉开学考）低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，　 　。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有　 　。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是　 　。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：　 　。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为　 　。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图　 　。
19．（2025高三上·永嘉开学考）铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B．步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D．应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是　 　。
a．烧杯　　b．坩埚　　c．蒸发皿　　d．马弗炉　　e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是　 　。
（3）下列操作或描述不正确的是___________。
A．为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C．让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D．ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→____→_____→______→i→______→_______→e；　 　。
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是：　 　。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度　 　。
20．（2025高三上·永嘉开学考）为了制取一种有机中间体，科研人员设计了如下的路线：
（1）根据以上路线，第②步反应类型是　 　。
（2）叠氮化钠（）在有机合成中具有重要作用。一种叠氮化钠参与的重要有机中间体合成路线如下：
已知：Ms表示甲基磺酰基
完成下列填空。
①G中杂化方式为的原子有　 　个。
②E到F的反应类型为　 　。
③C到D的过程中会产生一种D不影响最终产物的同分异构体，其结构简式为　 　。
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：
a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；
b.含有五种不同化学环境的氢原子；
c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；
写出四种该同分异构体的结构简式　 　。
⑤请设计以和为原料合成的流程图　 　。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Na3AlF6由 Na+和 AlF63-构成，其中 Al3+作为中心离子，与 6 个 F-通过配位键结合形成稳定的 AlF63-配位单元，符合配合物的结构特征，A属于配合物；
B、(NH4)2C2O4是由 NH4+和 C2O42-构成的盐，虽 NH4+中 N 与 H 存在配位键，但该物质不含以金属离子为中心的配位单元，不符合配合物的定义，B不属于配合物；
C、[Cu(H2O)4] SO4 H2O 中，Cu2+为中心离子，与 4 个 H2O 通过配位键结合形成 [Cu(H2O)4]2+配位单元，作为内界与外界 SO42-结合，具备配合物的典型结构，C属于配合物；
D、[Ag(NH3)2] OH 由 [Ag(NH3)2]+和 OH-构成，Ag+作为中心离子，与 2 个 NH3通过配位键形成 [Ag(NH3)2]+配位阳离子，符合配合物的组成特征，D属于配合物；
故答案为：B。【分析】A．判断是否存在 “中心金属离子与配体形成的配位单元”。
B．区分含配位键的离子化合物与配合物（配合物需以金属离子为中心）。
C．识别结晶水合物中的配位结构（内界配位单元）。
D．判断含金属离子的配位阳离子是否构成配合物。
2．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、固体 HF 的链状结构由氢键连接，但氢键应表示为 “F-H…F”（题干写为 “H-F…H”），正确结构是，A错误；
B、在 中，C 的价层电子对数计算为： ，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数为 2 时，C 采取 sp 杂化，对应的空间构型应为直线型，但题干中的球棍模型并不符合直线型的结构特点，B错误；
C、HS-的电离是向 H2O 释放 H+，生成 S2-和 H3O+，电离方程式 “HS-+H2O S2-+H3O+” 符合弱酸根的电离规律，C正确；
D、该有机物含 ONa（酚钠）和 COONa（羧酸钠），酚羟基酸性弱于羧基，加少量盐酸时，H+ 应优先与酚氧根（O-）结合，而非羧基（COO-），反应顺序错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．氢键的受体是电负性大、含孤电子对的原子，HF 的氢键应是 F 原子作为受体，正确表示为 ，而非 H 作为受体的形式。
B．通过计算 中 C 的价层电子对数（2），确定其为 sp 杂化、空间构型是直线型，而题干模型不符。
C．HS-的电离是向 H2O 提供 H+生成 H3O+，同时产生 S2-，电离方程式需体现这一过程。
D．酸性：羧基 > 酚羟基，对应的酸根结合 H+能力：酚氧根 > 羧酸根，加少量盐酸时 H+优先与酚氧根结合。
3．【答案】D
【知识点】过滤；中和滴定；层析法
【解析】【解答】A、玻璃棒蘸取会使斑点过大、扩散不均，不符合点样 “斑点小而集中” 的要求，A错误；
B、液面接近支管口时，应拔掉橡皮管、从吸滤瓶瓶口倒出溶液（支管口是连接抽滤装置的通道，不能用于倒液），B错误；
C、摩尔盐易氧化、受热易分解，需 “水浴加热浓缩至表面出现晶膜，再冷却结晶”，不能直接蒸至大量晶体析出（蒸干会导致分解、氧化），C错误；
D、若碱滴加过量，可记录过量 NaOH 的体积，结合醋酸的电离平衡，通过计算修正醋酸浓度（无需重做实验），D正确；
故答案为：D。
【分析】A．纸层析点样的工具要求：纸层析点样需用毛细管，玻璃棒易导致斑点过大。
B．吸滤瓶的操作规范：吸滤瓶液面接近支管口时，应拔掉橡皮管、从瓶口倒出溶液（不能从支管口倒）。
C．摩尔盐的制备条件：摩尔盐易氧化、受热易分解，需 “水浴加热浓缩至表面出现晶膜，再冷却结晶”。
D．滴定实验的误差处理：NaOH 滴定醋酸时，若碱过量，可记录过量体积，结合醋酸的电离平衡，通过计算修正结果（无需重做）。
4．【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏；聚合反应
【解析】【解答】A、PET（聚对苯二甲酸乙二醇酯）、PLA（聚乳酸）是通过羧基（-COOH）与羟基（-OH）的缩聚反应制得；聚乙烯是通过乙烯中碳碳双键的加聚反应制得。三者聚合反应类型不同，A错误；
B、木材干馏不能得到甲醇；工业酒精是含有少量甲醇的乙醇水溶液，并非甲醇的水溶液，B错误；
C、麦芽糖、纤维二糖、乳糖均为二糖，分子式相同、结构不同，互为同分异构体。麦芽糖和纤维二糖水解均生成葡萄糖，乳糖水解生成半乳糖和葡萄糖，三者水解产物中均含葡萄糖，C正确；
D、重油是通过裂化（而非减压分馏）获得燃料油、润滑油等；沥青是蒸馏后的残渣，不属于馏分， D错误；
故答案为：C。
【分析】A．区分加聚反应与缩聚反应的高聚物制备类型。
B．明确木材干馏产物及工业酒精的成分。
C．考查二糖的同分异构体判断及水解产物分析。
D．考查重油的加工工艺（分馏与裂化的区别）及馏分判断。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见离子的检验
【解析】【解答】A、高锰酸钾在酸性环境中氧化性更强，但盐酸中的 Cl-具有还原性，会被酸性高锰酸钾氧化生成 Cl2，导致试剂失效。因此，酸化高锰酸钾需用无还原性的稀硫酸，A正确；
B、火柴头中的氯以 ClO3-形式存在，无游离 Cl-，直接加硝酸银和稀硝酸不会生成 AgCl 沉淀。需先在酸性条件下用还原剂（如 NaNO2）将 ClO3-还原为 Cl-，再进行检验，原方法缺少还原步骤，B错误；
C、硫酸亚铁铵晶体在水中溶解度较大，在酒精中溶解度小。用少量酒精洗涤，既能减少晶体因溶解造成的损失，又能利用酒精挥发性快的特点除去表面水分，C正确；
D、K2Cr2O7酸性溶液中，Cr2O72-（橙色）与 CrO42-（黄色）存在平衡：(橙色)+H2O2H++2(黄色)， 加 NaOH 消耗 H+，平衡正向移动，溶液变黄；加 NaNO2时，Cr2O72-（强氧化性）被还原为 Cr3+（绿色），溶液变绿，两种变化均合理，D正确；
故答案为：B。【分析】A．酸性条件下氧化剂与酸的还原性是否冲突。
B．含氯酸根离子的物质中氯元素检验的预处理步骤。
C．晶体洗涤试剂的选择依据（溶解度差异）。
D．平衡移动与氧化还原反应对溶液颜色的双重影响。
6．【答案】C
【知识点】晶格能的应用；氧化还原反应；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、CsIBr2属于多卤化物，可拆分为阳离子 Cs+和阴离子 IBr2-，因此阴阳离子个数比为 1：1，A正确；
B、IBr 中 I 显 +1 价、Br 显 -1 价，苯与 IBr 发生取代反应时，I+会取代苯环上的 H 原子，生成碘苯（C6H5I），B正确；
C、非金属性 Br 强于 I，热分解时会生成更稳定的溴化物：CsIBr2受热分解应生成 CsBr（而非 CsI），同时生成 IBr 或卤素单质，因此产物不含 CsI，C错误；
D、IBr 的氧化性强于 I2，能与 KI 发生反应：IBr+KI=KBr+I2，生成的 I2遇淀粉变蓝，因此 IBr 能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，D正确；故答案为：C。
【分析】解决这道题的关键点：
A．多卤化物的离子构成：CsIBr2可拆分为 Cs+和 IBr2-，阴阳离子个数比为 1：1。
B．IBr 的反应特性：IBr 中 I 显 + 1 价、Br 显 - 1 价，苯与 IBr 发生取代时，I+取代苯环 H 生成碘苯。
C．热分解的产物规律：CsIBr2受热分解时，因 Br 的非金属性强于 I，会生成更稳定的 CsBr（而非 CsI）。
D．氧化还原反应判断：IBr 的氧化性强于 I2，能氧化 KI 生成 I2，使淀粉试纸变蓝。
7．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeSO4与氨水 - NH4HCO3混合溶液反应时，氨水（NH3 H2O）是弱电解质，不能拆写成 NH4+和 OH-，实际参与反应的是 NH3 H2O 分子。正确的离子方程式，A错误；
B、Na2SO3吸收少量 Cl2时，因 Cl2不足，SO32-不能全部被氧化为 SO42-，部分会转化为 HSO3-（Cl2与水反应生成的 H+与过量 SO32-结合）。 反应的离子方程式为：，B错误；
C、沉淀质量最大的关键是 SO42-完全沉淀（BaSO4的质量占比更高），此时 Al3+会与过量 OH-反应生成 [Al(OH)4]-，而非 Al(OH)3沉淀。 方程式为：，C错误；
D、ClO2通入 H2O2和 NaOH 混合液中，ClO2中 Cl 从 +4 价降为 ClO2-中的 +3 价（得 1e-），H2O2中 O 从 -1 价升为 O2中的 0 价（失 2e-），根据电子守恒，ClO2与 H2O2的比例为 2：1，配平后的离子方程式： ，D正确；
故答案为：D。【分析】A．弱电解质（氨水）在离子方程式中的呈现形式。
B．反应物用量（少量 Cl2）对产物的影响（SO32-的不完全氧化）。
C．明矾与 Ba(OH)2反应至 “沉淀质量最大” 时的粒子转化关系。
D．氧化还原反应中得失电子守恒与原子守恒的验证。
8．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇分子中含有与氧原子直接相连的氢原子，能够形成分子间氢键，而乙醛分子中不存在这种氢键作用。因此乙醇的沸点（78.3℃）显著高于乙醛（20.8℃），这一现象与氢键的存在密切相关，A不符合题目要求；B、水的熔点高于氟化氢，主要原因是水分子之间可以形成更多的氢键网络结构（每个水分子最多可形成4个氢键），而氟化氢分子间只能形成线性氢键（每个HF分子最多形成2个氢键），B符合题目要求；
C、在PF3和PCl3分子中，由于氟原子的电负性大于氯原子，导致PF3中P-F键的共用电子对更偏向氟原子，使得键角减小。这一现象与卤素原子的电负性差异直接相关，C不符合题目要求；
D、HBr的热稳定性高于HI，这是因为Br原子半径（）小于I原子，导致H-Br键键能（）大于H-I键。因此HBr的热分解温度更高，这一现象与化学键的键能直接相关，D不符合题目要求；
故答案为：B。
【分析】解决这道题的突破口：
A．分子间氢键的判断：乙醇含 - OH 能形成分子间氢键，乙醛无氢键，解释沸点差异。
B．氢键对熔沸点的影响（数量优先）：H2O熔点高于HF，核心是 H2O 分子间能形成 2 个氢键（HF 仅1个），而非氢键强度——HF的氢键强度其实比 H2O 强。
C．电负性对键角的影响：F 电负性远大于 Cl，PF3中 F 对电子对的吸引更强，使中心 P 的孤电子对斥力更大、键角更小。
D．键能与分解温度的关联：HBr的H-Br键能大于HI的H-I键能，分解温度更高。
9．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强。非金属性 O > Si，因此 W（O）的简单氢化物（H2O）稳定性大于 Y（Si）的简单氢化物（SiH4），A错误；
B、Y（Si）单质是共价晶体，熔点很高；X（Na）单质是金属晶体，熔点较低，所以 Y 单质的熔点高于 X 单质，B正确；
C、同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性 Cl > Si，结合 O 的非金属性，顺序应为 W（O）> Z（Cl）> Y（Si），C错误；
D、化合物 M 中 W（O）形成的共价键和离子键使其均满足 8 电子稳定结构，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据 “X 的电负性是所有短周期主族元素中最小的”，推出 X 为 Na；结合 “W 形成 2 个共价键” 及原子半径规律，推出 W 为 O；由 “W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等”，算出 Z 最外层电子数为 7，结合原子半径规律，推出 Z 为 Cl；根据 “Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍”，推出 Y 为 Si；逐一分析选项，结合元素周期律（氢化物稳定性、非金属性）、晶体类型（熔点）、8 电子稳定结构判断正误。
10．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；酯的性质
【解析】【解答】A、观察 K 和 M 的结构，两者中均存在连有四个不同原子或基团的碳原子， K分子中符合手性碳原子： ， M分子中符合手性碳原子： A正确；
B、K、L 分子中的碳氧环断裂后与 CO2发生加聚反应生成 M，此过程中会形成含五元环的副产物： ，而非六元环，B错误；
C、M 分子中含有酯基，酯基在强酸或强碱环境中易发生水解反应，因此该材料不耐强酸和强碱，C正确；
D、从 M 的结构可知，生成 1mol M 时，参与反应的 CO2物质的量与结构单元中含有的碳酸酯结构数一致，即 (m + n) mol，D正确；
故答案为：B。【分析】A．手性碳原子的定义（连有四个不同原子或基团的碳原子）。
B．考查加聚反应中副产物环的元数判断（碳氧环断裂与 CO2的结合方式）。
C．掌握酯基的化学性质（强酸、强碱条件下的水解反应）。
D．考查加聚反应中 CO2的计量关系（根据高聚物结构单元推断）。
11．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、水醇比 越高，反应①正向进行程度越大，H2平衡产率越高。相同温度下，曲线 a 的投料比对应的 H2平衡产率大于曲线 b，因此 H2的平衡产率：曲线 a＞曲线 b，A错误；
B、反应①是吸热反应（ΔH1＞0），升高温度其平衡正向移动，H2量会增多；但图像中升高温度时 H2平衡产率未明显变化，说明反应②也为吸热反应（ΔH2＞0）—— 升温使反应②消耗的 H2恰好抵消了反应①新增的 H2，B正确；
C、平衡常数 K 仅受温度影响，Q 点与 P 点温度相同，因此反应①的平衡常数 K 相等，C正确；
D、H2平衡产率由 M 点转变为曲线 a 上任意一点时，横坐标增大，即需要提高水醇比，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．考查相同温度下，投料比（水醇比）对 H2平衡产率的影响。
B．通过反应①的热效应和平衡移动，推导反应②的焓变。
C．考查平衡常数的温度依赖性（只与温度有关）。
D．判断图像横坐标（水醇比）与 H2平衡产率的关系。
12．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解过程不能完全去除废水中的铵根离子（部分转化为氨气逸出），A错误；
B、A电极（阳极）连接电源正极，B电极（阴极）连接电源负极，B正确；
C、根据分析可知：阴极B的电极反应式： ，C正确；
D、A电极发生氧化反应：，阳极区因产生氢离子导致pH下降，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据题目描述的电化学反应过程可知：
A电极发生氧化反应，氯离子失去电子生成次氯酸根，反应式为：
B电极发生还原反应，硝酸根得电子生成氮气，反应式为：
生成的氢氧根与铵根反应生成氨水，氨水分解产生氨气，总反应为：，据此解题即可。
13．【答案】D
【知识点】化学键；催化剂
【解析】【解答】A、从反应示意图可以看出，乙参与甲酸的脱氢反应后又被重新生成，说明乙在整个过程中充当催化剂角色，A正确；
B、从历程图看，戊是反应过程中产生的含 H 的物质，结合甲酸脱氢的产物（H2、CO2），可判断戊为 H2，B正确；
C、中间体是反应过程中生成又消耗的物质，丙和丁在反应中出现后又参与后续反应，属于甲酸脱氢过程的中间体，C正确；
D、反应Ⅰ中乙作为反应物，其能量高于产物甲的能量，说明该反应放热。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动（即逆向移动），导致乙的转化率下降，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合催化剂、中间体的定义，以及反应热与温度对反应的影响，分析各选项：
A．乙参与反应且最终再生，符合催化剂特征。
B．甲酸脱氢产物含 H2，戊对应 H2。
C．丙、丁是反应中生成又消耗的物质，属于中间体。
D．反应 Ⅰ 不是可逆反应，不存在平衡，升温无法提高乙的转化率。
14．【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．类比Al(OH)3与浓NaOH反应生成，推测Q中可能含有NaB(OH)4和少量Na3B(OH)6。然而，实际硼酸钠盐的结构复杂，水解后酸化生成H3BO3，其结构式可以写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其中含有[B4O5(OH)4]2-的结构，水解原理为：[B4O5(OH)4]2-+ 3H2O+ 2H+=4H3BO3，A错误；
B．层内分子间通过氢键连接，层间存在分子间作用力，为分子晶体，B错误；
C．中，B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，B采用杂化，而原亚硝酸三甲酯中N原子因孤对电子采取杂化，两者杂化方式不同，C错误；
D．燃烧生成的可继续与甲醇反应生成硼酸三甲酯，若火焰熄灭，补充甲醇后需重新点燃以启动反应，D正确；
故选D。
【分析】A．用硫酸酸化，还可能生成H3BO3；
Ｂ．层内分子通过氢键连接；
Ｃ．中B的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｄ． 将与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰 。
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；中和滴定
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中，加入60mL ZnCl2溶液时，Zn2+过量：反应后溶液中。根据，可得，A正确；
B、当ZnCl2体积<10mL时，Zn2+少量、HS-过量：HS-既电离出S2-与Zn2+生成ZnS沉淀，又结合H+生成H2S，故反应为 ，B正确；
C、实验Ⅱ中，NaHS与HCl反应生成H2S（弱酸，溶液呈酸性）。甲基橙的变色范围是3.1~4.4，酸性溶液可使甲基橙变色，因此可以选用甲基橙作指示剂，C错误；
D、实验Ⅲ中，H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀（极小），同时生成H2SO4：。20mL溶液反应后，生成H2SO4的物质的量为0.002mol，，故pH=1，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合氢硫酸的电离平衡常数、硫化物的溶度积（Ksp），分析各实验中反应的进行方向，再利用物料守恒、指示剂变色范围等知识逐一判断选项。
A．利用，结合过量离子的浓度计算。
B．HS-既有电离性（提供S2-）又有水解性（结合H+），当Zn2+少量时，HS-同时参与沉淀和气体生成，推导反应方程式。
C．明确甲基橙的变色范围（3.1~4.4），结合反应后溶液的酸性（H2S溶液），判断指示剂是否适用。
D．利用极小的特点，判断H2S与CuSO4反应能生成强酸H2SO4，再计算H+浓度得pH。
16．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析，Fe2＋被H2O2氧化，A正确；
B．除杂的目的是使铁元素转化成Fe(OH)3沉淀，①H2O2目的是将Fe2+转化成，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使转化成Fe(OH)3沉淀，若只加入稀溶液容易形成Fe(OH)3胶体更难除杂，因此还应加热，B正确；
C．由核外价电子排布知3d10比3d9稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易发生歧化反应，C正确；
D．在浓盐酸中易生成配离子，因此不能用浓盐酸洗涤，D错误；
故答案为：D
【分析】A、加入H2O2可将溶液中的Fe＋氧化成Fe3＋，便于除去溶液中的铁元素。
B、适当加热可促使形成Fe(OH)3沉淀，防止形成Fe(OH)3胶体。
C、＋1价Cu在水溶液中易发生歧化反应，生成Cu单质和Cu2＋。
D、CuCl在浓盐酸中易形成配合物。
17．【答案】（1）B；D
（2）；
（3）电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于
（4）适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大；富集、提纯 (或分离和)
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
故答案为： ； ；
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
故答案为： 电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于 ；
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
故答案为： 适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 ； ；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大 ； 富集、提纯 (或分离和) 。
【分析】(1)A．基态 Co 原子 3d 轨道有 2 对成对电子。
B．Co3+与 Fe2+核外电子层结构相同，Co3+核电荷数大，离子半径小。
C．基态 Co+价层电子排布为 3d74s 。
D．原子逐级电离能递增，Co 第三电离能大于第二电离能。
(2)①通过均摊法计算晶胞中 Co2+、Co3+、O2-的个数，得出化学式为 Co3O4。
②三价钴有强氧化性，与浓盐酸加热反应生成 Cl2。
(3)N 电负性小于 O，NH3更易给出孤电子对，配位能力强于 H2O，故 [Co(NH3)6]2+更稳定。
(4)①提高酸浸效率的措施：提高酸浓度、升高温度、粉碎矿石等。
②氧化过程离子方程式：依据得失电子、电荷及原子守恒，写出方程式。
③pH 增大，c (H+) 减小，使萃取平衡正向移动，Co2+萃取率增大。
④掌握萃取、反萃取的目的：富集、提纯 Co2+（或分离 Co2+和 Mn2+）。
（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故选BD。
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
18．【答案】（1）80.24
（2）BC
（3）AC；反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4）96%；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，
故答案为：+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，
故答案为：BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
故答案为：AC； 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显 ；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
故答案为：96%；。
【分析】（1）反应Ⅰ为分解反应，多数分解反应是吸热反应；从图1中可直接获取298K时反应Ⅰ的焓变数据。
（2）反应Ⅰ，正反应是气体体积增大的吸热反应。根据勒夏特列原理，升温、减压利于平衡正向移动，提高反应物转化率；催化剂不影响平衡，高温、低压符合要求。
（3）①A选项：反应Ⅱ、Ⅲ自发（ ）且熵减（ ），根据，则，A正确。
B选项：若随温度升高而增大，说明正反应吸热（ ），B错误。
C选项：由图2，温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物摩尔分数先增后减，说明平衡先正向、后逆向移动，C正确。
D选项：时，反应Ⅱ生成物摩尔分数与反应Ⅲ相等，但反应Ⅱ化学计量数不同，平衡常数不等于反应Ⅲ，D错误。
所以正确的是AC 。
②反应Ⅰ吸热，升温平衡正向移动，乙烯生成量增；反应Ⅱ、Ⅲ放热，升温平衡逆向移动，乙烯消耗减少。二者共同作用使乙烯摩尔分数随温度升高而显著增加。
（4）①反应Ⅰ：，设转化，结合后续反应中乙烯的消耗，最终算出转化量为（初始 ）。
转化率 。
②先根据平衡时各物质的量算出，再结合反应特点（反应Ⅰ是气体体积增大的反应，改变压强，平衡发生移动，但通过等式（常数），分析与压强的关系 ）。
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故答案选BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
答案选AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
19．【答案】（1）A；D
（2）bd；ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O
（3）D
（4）d→b→c→g→i→f→h→e；促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A、反应中，故步骤①需按与物质的量比（或说硫酸锌与摩尔盐比 ）溶解，并用水浴预热，A 正确；
B、为防止生成草酸锌、草酸亚铁等杂质，草酸铵应缓慢加入并搅拌，快速加入易导致局部浓度过高，生成杂质，B 错误；
C、反应生成沉淀，溶液中含、，母液溶质主要是，无（因反应无剩余 ），C 错误；
D、由反应式，，故需控制硫酸锌与摩尔盐（ ）物质的量比为，保证比例正确，提高产品纯度，D 正确。
故答案为：AD。
（2）灼烧需仪器：坩埚（b）、马弗炉（d），故填bd。
化学方程式：（中为价，分解为（ ）和（ ）价，、价态不变 ）。
故答案为：仪器，方程式；
（3）A、若滤液有强氧化性/腐蚀性，会腐蚀滤纸，需用玻璃砂漏斗（耐腐蚀性强 ）代替布氏漏斗，A 正确；
B、抽滤完毕，用平底玻璃塞挤压沉淀，可加快液体沥干，利于干燥，B 正确；
C、沉淀与母液一起放置，可使小晶粒溶解、大晶粒长大，获得颗粒均一、较纯的晶体，C 正确；
D、判断沉淀是否洗净，需检验洗涤液中是否含杂质离子（如 ），取最后一次洗涤液，加盐酸酸化的溶液，无白色沉淀则洗净；“溶液呈无色”不能说明无，D 错误。
故答案为： 。
（4）步骤顺序：锌皮热碱洗（d）→稀硫酸溶解（b）→氧化（c）→加调（g）→加热（i）→过滤得溶液（f）→蒸发浓缩、冷却结晶（h）→过滤、洗涤、干燥（e），故填 。
加热目的：促进水解为沉淀，同时使过量分解除去 。
故答案为：步骤，加热目的促进水解、使过量分解；
（5）消耗乙二胺四醋酸钠溶液体积，则质量 ，纯度 。
故答案为：纯度 。
【分析】将 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O按2：1的物质的量的比溶解在一定量的蒸馏水中，并将混合溶液水浴加热至75℃，然后加入75℃(NH4)2C2O4·2H2O溶液，发生反应：Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓，产生的盐经抽滤、洗涤、干燥后得到纯净ZnFe2(C2O4)3·6H2O，然后在无氧条件下灼烧分解产生ZnFe2O4。
（1）结合制备反应，分析各步骤操作合理性。
（2）步骤④是“灼烧”，需在坩埚中进行，用马弗炉加热；结合元素守恒、氧化还原，写出灼烧分解的化学方程式（分解为、，、价态变化 ）。
（3）分析抽滤、结晶、沉淀洗涤等操作的原理，判断选项合理性。
（4）废旧锌皮含杂质铁，需除杂并制备。流程：除油污→酸溶→氧化→调除→过滤→蒸发结晶→干燥。步骤（加热到 ）的目的：促进水解（，升温促进水解 ），同时使过量分解（ ），避免残留。
（5）根据滴定关系（乙二胺四醋酸钠溶液≡ ），计算消耗溶液对应的质量，再求纯度。
（1）A．反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此步骤①，将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热，A正确；
B．为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，B错误；
C．根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3·6H2O从溶液中析出，滤液中含有、，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，C错误；
D．根据反应Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓可知在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，D正确；
故合理选项是AD；
（2）实验步骤④是在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O制取ZnFe2O4，应该将药品放置坩埚中在马弗炉中进行加热，故合理选项是bd；
灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O分解产生ZnFe2O4的化学反应方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
（3）A．过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A正确；
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，B正确；
C．自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，C正确；
D．从含有的溶液中过滤分离出来的ZnFe2(C2O4)3·6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无，所以ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，D错误；
故合理选项是D；
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)制取纯净的ZnSO4·7H2O，首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3 mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净ZnSO4·7H2O，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
（5）滴定过程中消耗0.0500 mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL，即相当于ZnFe2O4的质量m(ZnFe2O4)=9.64 mg/mL×25.00 mL=241 mg=0.241 g，所以该样品的纯度为。
20．【答案】（1）还原反应
（2）18；取代反应；；；)
【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）由流程可知第②步反应是将酮羰基加氢为醇羟基，该反应为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由反应条件和原料可知A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，依次反应下去，根据前后结构推论F为；H为。
①G中官能团的名称为醚键、酰胺基、碳碳双键、酯基(甲基磺酰基)，由结构得饱和碳原子有13个、氮原子一个和氧原子3个，硫原子1个采用sp3杂化，所以其中杂化方式为sp3的原子有18个，
②从E和G的结构简式推得该反应是取代反应，
③-N3在D到E的过程中变化，与邻位碳原子相连，所以产生一种D不影响最终产物的同分异构体为；
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；b.含有五种不同化学环境的氢原子；c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，A的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结构不饱和度知，应该还含有一个双键，结构对称，符合条件的结构简式为
⑤以和为原料合成，与乙酸酐发生反应生成和，与发生取代反应得，和氯气发生加成反应生成，发生水解反应生成，再和乙酸发生酯化反应生成，其合成路线为：
故答案为：18； 取代反应 ；
； ；。
【分析】结合反应条件与原料结构，A 经酯化反应生成 B（结构为含三个羟基、一个酯基的环己烯衍生物 ）；B 发生取代反应生成 C（羟基被 MsO 取代的产物
）；后续依次反应，通过前后结构的变化可推断，F 的结构为含 CH3CONH-、酯基及醚键的环己烯衍生物（ ），H 的结构为含 CH3CONH-、酯基和 N3的环己烯衍生物（ ）。
（1）由流程可知第②步反应是将酮羰基加氢为醇羟基，该反应为还原反应；
（2）由反应条件和原料可知A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，依次反应下去，根据前后结构推论F为；H为。
①G中官能团的名称为醚键、酰胺基、碳碳双键、酯基(甲基磺酰基)，由结构得饱和碳原子有13个、氮原子一个和氧原子3个，硫原子1个采用sp3杂化，所以其中杂化方式为sp3的原子有18个，
故答案为： 18；
②从E和G的结构简式推得该反应是取代反应，
③-N3在D到E的过程中变化，与邻位碳原子相连，所以产生一种D不影响最终产物的同分异构体为；
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；b.含有五种不同化学环境的氢原子；c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，A的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结构不饱和度知，应该还含有一个双键，结构对称，符合条件的结构简式为
⑤以和为原料合成，与乙酸酐发生反应生成和，与发生取代反应得，和氯气发生加成反应生成，发生水解反应生成，再和乙酸发生酯化反应生成，其合成路线为：
1 / 1浙江省永嘉中学2026届高三上学期第一次联考（开学适应性）化学模拟试题
1．（2025高三上·永嘉开学考）下列物质中，不属于配合物的是
A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4
C．[Cu(H2O)4]SO4·H2O D．[Ag(NH3)2]OH
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Na3AlF6由 Na+和 AlF63-构成，其中 Al3+作为中心离子，与 6 个 F-通过配位键结合形成稳定的 AlF63-配位单元，符合配合物的结构特征，A属于配合物；
B、(NH4)2C2O4是由 NH4+和 C2O42-构成的盐，虽 NH4+中 N 与 H 存在配位键，但该物质不含以金属离子为中心的配位单元，不符合配合物的定义，B不属于配合物；
C、[Cu(H2O)4] SO4 H2O 中，Cu2+为中心离子，与 4 个 H2O 通过配位键结合形成 [Cu(H2O)4]2+配位单元，作为内界与外界 SO42-结合，具备配合物的典型结构，C属于配合物；
D、[Ag(NH3)2] OH 由 [Ag(NH3)2]+和 OH-构成，Ag+作为中心离子，与 2 个 NH3通过配位键形成 [Ag(NH3)2]+配位阳离子，符合配合物的组成特征，D属于配合物；
故答案为：B。【分析】A．判断是否存在 “中心金属离子与配体形成的配位单元”。
B．区分含配位键的离子化合物与配合物（配合物需以金属离子为中心）。
C．识别结晶水合物中的配位结构（内界配位单元）。
D．判断含金属离子的配位阳离子是否构成配合物。
2．（2025高三上·永嘉开学考）下列化学用语或化学反应表示正确的是
A．固体HF中的链状结构：
B．的球棍模型：
C．的电离方程式：
D．溶液中加入少量盐酸：+H+
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、固体 HF 的链状结构由氢键连接，但氢键应表示为 “F-H…F”（题干写为 “H-F…H”），正确结构是，A错误；
B、在 中，C 的价层电子对数计算为： ，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数为 2 时，C 采取 sp 杂化，对应的空间构型应为直线型，但题干中的球棍模型并不符合直线型的结构特点，B错误；
C、HS-的电离是向 H2O 释放 H+，生成 S2-和 H3O+，电离方程式 “HS-+H2O S2-+H3O+” 符合弱酸根的电离规律，C正确；
D、该有机物含 ONa（酚钠）和 COONa（羧酸钠），酚羟基酸性弱于羧基，加少量盐酸时，H+ 应优先与酚氧根（O-）结合，而非羧基（COO-），反应顺序错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．氢键的受体是电负性大、含孤电子对的原子，HF 的氢键应是 F 原子作为受体，正确表示为 ，而非 H 作为受体的形式。
B．通过计算 中 C 的价层电子对数（2），确定其为 sp 杂化、空间构型是直线型，而题干模型不符。
C．HS-的电离是向 H2O 提供 H+生成 H3O+，同时产生 S2-，电离方程式需体现这一过程。
D．酸性：羧基 > 酚羟基，对应的酸根结合 H+能力：酚氧根 > 羧酸根，加少量盐酸时 H+优先与酚氧根结合。
3．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法正确的是
A．纸层析法点样时应用玻璃棒蘸取试样，在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3—5次
B．吸滤瓶内液面高度将达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，并从吸滤瓶支管口倒出溶液
C．制备摩尔盐实验中，将(NH4)2SO4饱和溶液与FeSO4饱和溶液混合后，在蒸发皿中蒸发至大量晶体析出，然后冷却、抽滤
D．用一定浓度氢氧化钠溶液滴定未知浓度醋酸溶液，若碱滴加过量，不需重做实验
【答案】D
【知识点】过滤；中和滴定；层析法
【解析】【解答】A、玻璃棒蘸取会使斑点过大、扩散不均，不符合点样 “斑点小而集中” 的要求，A错误；
B、液面接近支管口时，应拔掉橡皮管、从吸滤瓶瓶口倒出溶液（支管口是连接抽滤装置的通道，不能用于倒液），B错误；
C、摩尔盐易氧化、受热易分解，需 “水浴加热浓缩至表面出现晶膜，再冷却结晶”，不能直接蒸至大量晶体析出（蒸干会导致分解、氧化），C错误；
D、若碱滴加过量，可记录过量 NaOH 的体积，结合醋酸的电离平衡，通过计算修正醋酸浓度（无需重做实验），D正确；
故答案为：D。
【分析】A．纸层析点样的工具要求：纸层析点样需用毛细管，玻璃棒易导致斑点过大。
B．吸滤瓶的操作规范：吸滤瓶液面接近支管口时，应拔掉橡皮管、从瓶口倒出溶液（不能从支管口倒）。
C．摩尔盐的制备条件：摩尔盐易氧化、受热易分解，需 “水浴加热浓缩至表面出现晶膜，再冷却结晶”。
D．滴定实验的误差处理：NaOH 滴定醋酸时，若碱过量，可记录过量体积，结合醋酸的电离平衡，通过计算修正结果（无需重做）。
4．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法正确的是
A．高聚物PET、PLA、聚乙烯都是通过加聚反应制得的
B．将木材干馏可获得无色的透明液体甲醇，工业酒精即甲醇水溶液
C．麦芽糖、纤维二糖和乳糖互为同分异构体，它们的水解产物中均含有葡萄糖
D．重油通过减压分馏的方式获得燃料油、润滑油、沥青等馏分
【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；石油的分馏；聚合反应
【解析】【解答】A、PET（聚对苯二甲酸乙二醇酯）、PLA（聚乳酸）是通过羧基（-COOH）与羟基（-OH）的缩聚反应制得；聚乙烯是通过乙烯中碳碳双键的加聚反应制得。三者聚合反应类型不同，A错误；
B、木材干馏不能得到甲醇；工业酒精是含有少量甲醇的乙醇水溶液，并非甲醇的水溶液，B错误；
C、麦芽糖、纤维二糖、乳糖均为二糖，分子式相同、结构不同，互为同分异构体。麦芽糖和纤维二糖水解均生成葡萄糖，乳糖水解生成半乳糖和葡萄糖，三者水解产物中均含葡萄糖，C正确；
D、重油是通过裂化（而非减压分馏）获得燃料油、润滑油等；沥青是蒸馏后的残渣，不属于馏分， D错误；
故答案为：C。
【分析】A．区分加聚反应与缩聚反应的高聚物制备类型。
B．明确木材干馏产物及工业酒精的成分。
C．考查二糖的同分异构体判断及水解产物分析。
D．考查重油的加工工艺（分馏与裂化的区别）及馏分判断。
5．（2025高三上·永嘉开学考）下列说法不正确的是
A．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸
B．火柴头中通常含有KClO3，将火柴头浸入水中，加入硝酸银溶液和稀硝酸，通过观察是否产生白色沉淀来检验其中是否含有氯元素
C．制备硫酸亚铁铵晶体时，可用少量酒精对晶体进行洗涤，除去附着在晶体表面的水
D．在K2Cr2O7酸性溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；若改加NaNO2溶液，则溶液变成绿色
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见离子的检验
【解析】【解答】A、高锰酸钾在酸性环境中氧化性更强，但盐酸中的 Cl-具有还原性，会被酸性高锰酸钾氧化生成 Cl2，导致试剂失效。因此，酸化高锰酸钾需用无还原性的稀硫酸，A正确；
B、火柴头中的氯以 ClO3-形式存在，无游离 Cl-，直接加硝酸银和稀硝酸不会生成 AgCl 沉淀。需先在酸性条件下用还原剂（如 NaNO2）将 ClO3-还原为 Cl-，再进行检验，原方法缺少还原步骤，B错误；
C、硫酸亚铁铵晶体在水中溶解度较大，在酒精中溶解度小。用少量酒精洗涤，既能减少晶体因溶解造成的损失，又能利用酒精挥发性快的特点除去表面水分，C正确；
D、K2Cr2O7酸性溶液中，Cr2O72-（橙色）与 CrO42-（黄色）存在平衡：(橙色)+H2O2H++2(黄色)， 加 NaOH 消耗 H+，平衡正向移动，溶液变黄；加 NaNO2时，Cr2O72-（强氧化性）被还原为 Cr3+（绿色），溶液变绿，两种变化均合理，D正确；
故答案为：B。【分析】A．酸性条件下氧化剂与酸的还原性是否冲突。
B．含氯酸根离子的物质中氯元素检验的预处理步骤。
C．晶体洗涤试剂的选择依据（溶解度差异）。
D．平衡移动与氧化还原反应对溶液颜色的双重影响。
6．（2025高三上·永嘉开学考）下列反应可以得到多卤化物：、。下列说法不正确的是
A．中阴阳离子个数比是
B．苯与在催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯
C．受热分解生成的产物含有
D．能使湿润的淀粉试纸变蓝色
【答案】C
【知识点】晶格能的应用；氧化还原反应；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、CsIBr2属于多卤化物，可拆分为阳离子 Cs+和阴离子 IBr2-，因此阴阳离子个数比为 1：1，A正确；
B、IBr 中 I 显 +1 价、Br 显 -1 价，苯与 IBr 发生取代反应时，I+会取代苯环上的 H 原子，生成碘苯（C6H5I），B正确；
C、非金属性 Br 强于 I，热分解时会生成更稳定的溴化物：CsIBr2受热分解应生成 CsBr（而非 CsI），同时生成 IBr 或卤素单质，因此产物不含 CsI，C错误；
D、IBr 的氧化性强于 I2，能与 KI 发生反应：IBr+KI=KBr+I2，生成的 I2遇淀粉变蓝，因此 IBr 能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝，D正确；故答案为：C。
【分析】解决这道题的关键点：
A．多卤化物的离子构成：CsIBr2可拆分为 Cs+和 IBr2-，阴阳离子个数比为 1：1。
B．IBr 的反应特性：IBr 中 I 显 + 1 价、Br 显 - 1 价，苯与 IBr 发生取代时，I+取代苯环 H 生成碘苯。
C．热分解的产物规律：CsIBr2受热分解时，因 Br 的非金属性强于 I，会生成更稳定的 CsBr（而非 CsI）。
D．氧化还原反应判断：IBr 的氧化性强于 I2，能氧化 KI 生成 I2，使淀粉试纸变蓝。
7．（2025高三上·永嘉开学考）下列离子方程式与化学事实相符的是
A．将溶液与氨水混合溶液反应，生成沉淀：
B．用溶液吸收少量：
C．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：
D．将气体通入、的混合溶液中制取溶液：
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeSO4与氨水 - NH4HCO3混合溶液反应时，氨水（NH3 H2O）是弱电解质，不能拆写成 NH4+和 OH-，实际参与反应的是 NH3 H2O 分子。正确的离子方程式，A错误；
B、Na2SO3吸收少量 Cl2时，因 Cl2不足，SO32-不能全部被氧化为 SO42-，部分会转化为 HSO3-（Cl2与水反应生成的 H+与过量 SO32-结合）。 反应的离子方程式为：，B错误；
C、沉淀质量最大的关键是 SO42-完全沉淀（BaSO4的质量占比更高），此时 Al3+会与过量 OH-反应生成 [Al(OH)4]-，而非 Al(OH)3沉淀。 方程式为：，C错误；
D、ClO2通入 H2O2和 NaOH 混合液中，ClO2中 Cl 从 +4 价降为 ClO2-中的 +3 价（得 1e-），H2O2中 O 从 -1 价升为 O2中的 0 价（失 2e-），根据电子守恒，ClO2与 H2O2的比例为 2：1，配平后的离子方程式： ，D正确；
故答案为：D。【分析】A．弱电解质（氨水）在离子方程式中的呈现形式。
B．反应物用量（少量 Cl2）对产物的影响（SO32-的不完全氧化）。
C．明矾与 Ba(OH)2反应至 “沉淀质量最大” 时的粒子转化关系。
D．氧化还原反应中得失电子守恒与原子守恒的验证。
8．（2025高三上·永嘉开学考）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项 性质差异 结构因素
A 沸点：乙醇高于乙醛 分子间氢键
B 熔点：H2O大于HF 分子间形成的氢键强度
C 键角：小于 电负性差异
D 分解温度：高于 键能大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、乙醇分子中含有与氧原子直接相连的氢原子，能够形成分子间氢键，而乙醛分子中不存在这种氢键作用。因此乙醇的沸点（78.3℃）显著高于乙醛（20.8℃），这一现象与氢键的存在密切相关，A不符合题目要求；B、水的熔点高于氟化氢，主要原因是水分子之间可以形成更多的氢键网络结构（每个水分子最多可形成4个氢键），而氟化氢分子间只能形成线性氢键（每个HF分子最多形成2个氢键），B符合题目要求；
C、在PF3和PCl3分子中，由于氟原子的电负性大于氯原子，导致PF3中P-F键的共用电子对更偏向氟原子，使得键角减小。这一现象与卤素原子的电负性差异直接相关，C不符合题目要求；
D、HBr的热稳定性高于HI，这是因为Br原子半径（）小于I原子，导致H-Br键键能（）大于H-I键。因此HBr的热分解温度更高，这一现象与化学键的键能直接相关，D不符合题目要求；
故答案为：B。
【分析】解决这道题的突破口：
A．分子间氢键的判断：乙醇含 - OH 能形成分子间氢键，乙醛无氢键，解释沸点差异。
B．氢键对熔沸点的影响（数量优先）：H2O熔点高于HF，核心是 H2O 分子间能形成 2 个氢键（HF 仅1个），而非氢键强度——HF的氢键强度其实比 H2O 强。
C．电负性对键角的影响：F 电负性远大于 Cl，PF3中 F 对电子对的吸引更强，使中心 P 的孤电子对斥力更大、键角更小。
D．键能与分解温度的关联：HBr的H-Br键能大于HI的H-I键能，分解温度更高。
9．（2025高三上·永嘉开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是
A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性
B．Y单质的熔点高于X单质
C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、元素非金属性越强，简单氢化物稳定性越强。非金属性 O > Si，因此 W（O）的简单氢化物（H2O）稳定性大于 Y（Si）的简单氢化物（SiH4），A错误；
B、Y（Si）单质是共价晶体，熔点很高；X（Na）单质是金属晶体，熔点较低，所以 Y 单质的熔点高于 X 单质，B正确；
C、同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性 Cl > Si，结合 O 的非金属性，顺序应为 W（O）> Z（Cl）> Y（Si），C错误；
D、化合物 M 中 W（O）形成的共价键和离子键使其均满足 8 电子稳定结构，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据 “X 的电负性是所有短周期主族元素中最小的”，推出 X 为 Na；结合 “W 形成 2 个共价键” 及原子半径规律，推出 W 为 O；由 “W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等”，算出 Z 最外层电子数为 7，结合原子半径规律，推出 Z 为 Cl；根据 “Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍”，推出 Y 为 Si；逐一分析选项，结合元素周期律（氢化物稳定性、非金属性）、晶体类型（熔点）、8 电子稳定结构判断正误。
10．（2025高三上·永嘉开学考）二氧化碳基聚碳酸酯是通过环氧化物和二氧化碳共聚得到的一种绿色高分子材料，一种聚碳酸酯M的合成方法如下。下列说法错误的是
A．K和M中均含有手性碳原子
B．依据M的合成原理，可推测合成M的过程中会产生含六元环的副产物
C．该材料性能优良，但不耐强酸和强碱
D．生成1mol M参加反应的CO2的物质的量为(m+n) mol
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；酯的性质
【解析】【解答】A、观察 K 和 M 的结构，两者中均存在连有四个不同原子或基团的碳原子， K分子中符合手性碳原子： ， M分子中符合手性碳原子： A正确；
B、K、L 分子中的碳氧环断裂后与 CO2发生加聚反应生成 M，此过程中会形成含五元环的副产物： ，而非六元环，B错误；
C、M 分子中含有酯基，酯基在强酸或强碱环境中易发生水解反应，因此该材料不耐强酸和强碱，C正确；
D、从 M 的结构可知，生成 1mol M 时，参与反应的 CO2物质的量与结构单元中含有的碳酸酯结构数一致，即 (m + n) mol，D正确；
故答案为：B。【分析】A．手性碳原子的定义（连有四个不同原子或基团的碳原子）。
B．考查加聚反应中副产物环的元数判断（碳氧环断裂与 CO2的结合方式）。
C．掌握酯基的化学性质（强酸、强碱条件下的水解反应）。
D．考查加聚反应中 CO2的计量关系（根据高聚物结构单元推断）。
11．（2025高三上·永嘉开学考）乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下：
①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1
②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2
101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是
A．H2的平衡产率：曲线a<曲线b
B．反应②的焓变ΔH2>0
C．Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等
D．H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、水醇比 越高，反应①正向进行程度越大，H2平衡产率越高。相同温度下，曲线 a 的投料比对应的 H2平衡产率大于曲线 b，因此 H2的平衡产率：曲线 a＞曲线 b，A错误；
B、反应①是吸热反应（ΔH1＞0），升高温度其平衡正向移动，H2量会增多；但图像中升高温度时 H2平衡产率未明显变化，说明反应②也为吸热反应（ΔH2＞0）—— 升温使反应②消耗的 H2恰好抵消了反应①新增的 H2，B正确；
C、平衡常数 K 仅受温度影响，Q 点与 P 点温度相同，因此反应①的平衡常数 K 相等，C正确；
D、H2平衡产率由 M 点转变为曲线 a 上任意一点时，横坐标增大，即需要提高水醇比，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．考查相同温度下，投料比（水醇比）对 H2平衡产率的影响。
B．通过反应①的热效应和平衡移动，推导反应②的焓变。
C．考查平衡常数的温度依赖性（只与温度有关）。
D．判断图像横坐标（水醇比）与 H2平衡产率的关系。
12．（2025高三上·永嘉开学考）工业废水中常含有氮、氯元素，可用电解原理对含有高浓度氯离子的工业废水中的氮进行脱除。用NH4NO3和NaCl分别模拟工业废水中的氮和氯，电化学处理装置如图1所示；在电解过程中，模拟工业废水中ClO-的浓度随时间变化的曲线如图2所示。
下列说法不正确的是
A．该方法能脱除废水中的NO3，无法脱除NH
B．A电极接电源的正极，B电极接电源的负极
C．B电级的反应式为：2NO+10e-+6H2O=N2↑+12OH-
D．电解过程中，A电极附近的溶液pH值降低
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电解过程不能完全去除废水中的铵根离子（部分转化为氨气逸出），A错误；
B、A电极（阳极）连接电源正极，B电极（阴极）连接电源负极，B正确；
C、根据分析可知：阴极B的电极反应式： ，C正确；
D、A电极发生氧化反应：，阳极区因产生氢离子导致pH下降，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据题目描述的电化学反应过程可知：
A电极发生氧化反应，氯离子失去电子生成次氯酸根，反应式为：
B电极发生还原反应，硝酸根得电子生成氮气，反应式为：
生成的氢氧根与铵根反应生成氨水，氨水分解产生氨气，总反应为：，据此解题即可。
13．（2025高三上·永嘉开学考）某课题组研究发现，甲酸脱氢的反应历程如图(图中E为相对能量)所示。下列说法错误的是
A．甲酸脱氢过程中起催化作用的是乙
B．戊为
C．丙和丁为甲酸脱氢过程的中间体
D．升高温度可提高反应I中乙的转化率
【答案】D
【知识点】化学键；催化剂
【解析】【解答】A、从反应示意图可以看出，乙参与甲酸的脱氢反应后又被重新生成，说明乙在整个过程中充当催化剂角色，A正确；
B、从历程图看，戊是反应过程中产生的含 H 的物质，结合甲酸脱氢的产物（H2、CO2），可判断戊为 H2，B正确；
C、中间体是反应过程中生成又消耗的物质，丙和丁在反应中出现后又参与后续反应，属于甲酸脱氢过程的中间体，C正确；
D、反应Ⅰ中乙作为反应物，其能量高于产物甲的能量，说明该反应放热。根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动（即逆向移动），导致乙的转化率下降，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合催化剂、中间体的定义，以及反应热与温度对反应的影响，分析各选项：
A．乙参与反应且最终再生，符合催化剂特征。
B．甲酸脱氢产物含 H2，戊对应 H2。
C．丙、丁是反应中生成又消耗的物质，属于中间体。
D．反应 Ⅰ 不是可逆反应，不存在平衡，升温无法提高乙的转化率。
14．（2025高三上·永嘉开学考）在我国青海、西藏等地有许多干涸盐湖盛产含钠盐的。是一种易溶于水的白色固体，其水溶液用硫酸酸化可得到【其分子结构可描述为】。纯净的为无色小片状透明晶体。将与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰。已知此反应的原理为：在浓硫酸的催化下与甲醇反应生成硼酸三甲酯；发生燃烧，生成的水和逸出体系，而生成的留在反应体系中。结合上述材料和所学知识，判断下列说法正确的是
A．已知溶于浓可得到和少量，则中很可能含有和少量
B．已知的最常见晶体中有类似石墨的层状结构，且每层按如图所示的方式通过氢键形成无限网状结构，则其晶体类型为混合晶体
C．已知原亚硝酸三甲酯中的原子采取杂化，则硼酸三甲酯中亦采取杂化
D．题中所描述的燃烧反应进行一段时间后，火焰逐渐熄灭，如要使反应继续进行，需要添加甲醇并重新点燃
【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．类比Al(OH)3与浓NaOH反应生成，推测Q中可能含有NaB(OH)4和少量Na3B(OH)6。然而，实际硼酸钠盐的结构复杂，水解后酸化生成H3BO3，其结构式可以写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其中含有[B4O5(OH)4]2-的结构，水解原理为：[B4O5(OH)4]2-+ 3H2O+ 2H+=4H3BO3，A错误；
B．层内分子间通过氢键连接，层间存在分子间作用力，为分子晶体，B错误；
C．中，B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，B采用杂化，而原亚硝酸三甲酯中N原子因孤对电子采取杂化，两者杂化方式不同，C错误；
D．燃烧生成的可继续与甲醇反应生成硼酸三甲酯，若火焰熄灭，补充甲醇后需重新点燃以启动反应，D正确；
故选D。
【分析】A．用硫酸酸化，还可能生成H3BO3；
Ｂ．层内分子通过氢键连接；
Ｃ．中B的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｄ． 将与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰 。
15．（2025高三上·永嘉开学考）氢硫酸()是二元弱酸，常温下，某同学做了如下三组实验：
实验I：向溶液中滴加溶液
实验II：向溶液中滴加溶液
实验III：向溶液中滴加溶液
已知：的电离平衡常数，，，。忽略溶液混合后体积变化。
下列说法不正确的是
A．实验I中溶液体积为时，溶液中
B．实验I中溶液体积小于时，会发生反应
C．实验II不可以选用甲基橙作为指示剂
D．实验III中溶液体积为时，溶液等于1
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A、实验Ⅰ中，加入60mL ZnCl2溶液时，Zn2+过量：反应后溶液中。根据，可得，A正确；
B、当ZnCl2体积<10mL时，Zn2+少量、HS-过量：HS-既电离出S2-与Zn2+生成ZnS沉淀，又结合H+生成H2S，故反应为 ，B正确；
C、实验Ⅱ中，NaHS与HCl反应生成H2S（弱酸，溶液呈酸性）。甲基橙的变色范围是3.1~4.4，酸性溶液可使甲基橙变色，因此可以选用甲基橙作指示剂，C错误；
D、实验Ⅲ中，H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀（极小），同时生成H2SO4：。20mL溶液反应后，生成H2SO4的物质的量为0.002mol，，故pH=1，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合氢硫酸的电离平衡常数、硫化物的溶度积（Ksp），分析各实验中反应的进行方向，再利用物料守恒、指示剂变色范围等知识逐一判断选项。
A．利用，结合过量离子的浓度计算。
B．HS-既有电离性（提供S2-）又有水解性（结合H+），当Zn2+少量时，HS-同时参与沉淀和气体生成，推导反应方程式。
C．明确甲基橙的变色范围（3.1~4.4），结合反应后溶液的酸性（H2S溶液），判断指示剂是否适用。
D．利用极小的特点，判断H2S与CuSO4反应能生成强酸H2SO4，再计算H+浓度得pH。
16．（2025高三上·永嘉开学考）以工业废铜泥[主要成分为，含少量]为主要原料制备产品的工艺流程如下。下列说法错误的是
A．除杂时，应在加入稀溶液前加入稍过量的过氧化氢溶液
B．在“除杂”后、“过滤”前应适当加热以保证除杂效果
C．由核外电子排布知比稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易歧化
D．洗涤时，应当用浓盐酸洗涤以减少产品在洗涤过程中的损失
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析，Fe2＋被H2O2氧化，A正确；
B．除杂的目的是使铁元素转化成Fe(OH)3沉淀，①H2O2目的是将Fe2+转化成，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使转化成Fe(OH)3沉淀，若只加入稀溶液容易形成Fe(OH)3胶体更难除杂，因此还应加热，B正确；
C．由核外价电子排布知3d10比3d9稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易发生歧化反应，C正确；
D．在浓盐酸中易生成配离子，因此不能用浓盐酸洗涤，D错误；
故答案为：D
【分析】A、加入H2O2可将溶液中的Fe＋氧化成Fe3＋，便于除去溶液中的铁元素。
B、适当加热可促使形成Fe(OH)3沉淀，防止形成Fe(OH)3胶体。
C、＋1价Cu在水溶液中易发生歧化反应，生成Cu单质和Cu2＋。
D、CuCl在浓盐酸中易形成配合物。
17．（2025高三上·永嘉开学考）钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题：
（1）关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子
B．的离子半径小于的离子半径
C．电子排布为的处于基态
D．Co的第三电离能大于第二电离能
（2）某钴氧化物的晶胞结构如图所示：
①该氧化物的化学式为　 　。
②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为　 　。
（3）与形成的配合物的稳定性高于，从配位键强度分析原因　 　。
（4）工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图：
已知：
沉淀
恰好完全 沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有　 　。(写出两种)
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，发生的离子方程式为　 　。
③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂，发生反应：，实验测得：当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大(如图所示)，其原因是　 　。
④向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　 　。
【答案】（1）B；D
（2）；
（3）电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于
（4）适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等；；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大；富集、提纯 (或分离和)
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故答案为：BD；
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
故答案为： ； ；
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
故答案为： 电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于 ；
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
故答案为： 适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 ； ；增大，减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大 ； 富集、提纯 (或分离和) 。
【分析】(1)A．基态 Co 原子 3d 轨道有 2 对成对电子。
B．Co3+与 Fe2+核外电子层结构相同，Co3+核电荷数大，离子半径小。
C．基态 Co+价层电子排布为 3d74s 。
D．原子逐级电离能递增，Co 第三电离能大于第二电离能。
(2)①通过均摊法计算晶胞中 Co2+、Co3+、O2-的个数，得出化学式为 Co3O4。
②三价钴有强氧化性，与浓盐酸加热反应生成 Cl2。
(3)N 电负性小于 O，NH3更易给出孤电子对，配位能力强于 H2O，故 [Co(NH3)6]2+更稳定。
(4)①提高酸浸效率的措施：提高酸浓度、升高温度、粉碎矿石等。
②氧化过程离子方程式：依据得失电子、电荷及原子守恒，写出方程式。
③pH 增大，c (H+) 减小，使萃取平衡正向移动，Co2+萃取率增大。
④掌握萃取、反萃取的目的：富集、提纯 Co2+（或分离 Co2+和 Mn2+）。
（1）A．Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；
B．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则和具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：>，则的半径小于的半径，B正确；
C．基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态价层电子排布式为3d74s1，C错误；
D．原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；
故选BD。
（2）①一个A中含：个，含4个；一个B中含：个，含4个、含4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个、4个、8个，该氧化物的化学式为。
②三价钴有强氧化性，则能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。
（3）一个中N的孤电子对数为，一个中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与形成配位键，由于电负性：N＜O，更容易给出孤电子对，配位能力强于，所以的稳定性高于。
（4）以钴硫精矿(主要成分为CoS，含等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为、、，加入足量可将氧化为，之后沉铁将铁元素以形式除去，再加入某有机酸萃取剂萃取，从而将和分离，经反萃取后得到含溶液，经电解精炼可制备金属钴。
①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。
②“氧化”过程是向溶液中加入足量，可将氧化为而自身被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：。
③图中当溶液处于4.5~6.5范围内，萃取率随溶液的增大而增大的原因是增大导致溶液中减小，使平衡正向进行，所以萃取率增大。
④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯 (或分离和)。
18．（2025高三上·永嘉开学考）低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，　 　。
（2）针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有　 　。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（3）利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是　 　。
A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、
B．若随温度的上升而增大，则
C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：　 　。
（4）维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。
①平衡时的转化率为　 　。
②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图　 　。
【答案】（1）80.24
（2）BC
（3）AC；反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
（4）96%；
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，
故答案为：+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，
故答案为：BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
故答案为：AC； 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显 ；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
故答案为：96%；。
【分析】（1）反应Ⅰ为分解反应，多数分解反应是吸热反应；从图1中可直接获取298K时反应Ⅰ的焓变数据。
（2）反应Ⅰ，正反应是气体体积增大的吸热反应。根据勒夏特列原理，升温、减压利于平衡正向移动，提高反应物转化率；催化剂不影响平衡，高温、低压符合要求。
（3）①A选项：反应Ⅱ、Ⅲ自发（ ）且熵减（ ），根据，则，A正确。
B选项：若随温度升高而增大，说明正反应吸热（ ），B错误。
C选项：由图2，温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物摩尔分数先增后减，说明平衡先正向、后逆向移动，C正确。
D选项：时，反应Ⅱ生成物摩尔分数与反应Ⅲ相等，但反应Ⅱ化学计量数不同，平衡常数不等于反应Ⅲ，D错误。
所以正确的是AC 。
②反应Ⅰ吸热，升温平衡正向移动，乙烯生成量增；反应Ⅱ、Ⅲ放热，升温平衡逆向移动，乙烯消耗减少。二者共同作用使乙烯摩尔分数随温度升高而显著增加。
（4）①反应Ⅰ：，设转化，结合后续反应中乙烯的消耗，最终算出转化量为（初始 ）。
转化率 。
②先根据平衡时各物质的量算出，再结合反应特点（反应Ⅰ是气体体积增大的反应，改变压强，平衡发生移动，但通过等式（常数），分析与压强的关系 ）。
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24；
（2）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故答案选BC；
（3）①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确；
B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误；
C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；
D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；
答案选AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加；
（4）①根据三段式可知：
故平衡时的转化率为；
②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。
19．（2025高三上·永嘉开学考）铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：
Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓
ZnFe2(C2O4)3·6H2O……
某兴趣小组按下列流程制备ZnFe2O4。
请回答：
（1）下列说法正确的是___________。
A．步骤①，将2种药品加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热
B．步骤②，将稍过量草酸铵晶体快速加入并不断搅拌
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2SO4
D．应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2以提高产品纯度
（2）实现步骤④必须用到的两种仪器是　 　。
a．烧杯　　b．坩埚　　c．蒸发皿　　d．马弗炉　　e．表面皿
完成灼烧得到产品的化学方程式是　 　。
（3）下列操作或描述不正确的是___________。
A．为了防止酸性溶液腐蚀滤纸，抽滤时需用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快得到干燥产品
C．让生成的沉淀与母液一起放置一段时间可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体
D．ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是取最后一次洗涤滤液呈无色
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)，结合下图信息利用实验可提供的试剂制取纯净的ZnSO4·7H2O。
从以下选择合适步骤并填空；d→____→_____→______→i→______→_______→e；　 　。
a．加入新制氯水；
b．锌皮完全溶于稍过量的3 mol·L-1稀硫酸；
c．加入30%H2O2；
d．锌皮用热碱洗涤干净；
e．过滤、洗涤、干燥；
f．过滤得ZnSO4溶液；
g．加入纯ZnO粉末；
h．蒸发浓缩，冷却结晶；
i．加热到60℃左右，并不断搅拌；
其中步骤i中加热的主要目的是：　 　。
（5）测定ZnFe2O4产品的纯度：称取0.2500 g样品，加入稀盐酸并加热溶解，冷却后以铬黑T为指示剂，用0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液滴定，终点时溶液由紫红色转变为纯蓝色，消耗乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL。(每1 mL0.0500 mol·L-1乙二胺四醋酸钠溶液相当于9.64 mg的ZnFe2O4)，则该产品的纯度　 　。
【答案】（1）A；D
（2）bd；ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O
（3）D
（4）d→b→c→g→i→f→h→e；促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去
（5）96.40%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A、反应中，故步骤①需按与物质的量比（或说硫酸锌与摩尔盐比 ）溶解，并用水浴预热，A 正确；
B、为防止生成草酸锌、草酸亚铁等杂质，草酸铵应缓慢加入并搅拌，快速加入易导致局部浓度过高，生成杂质，B 错误；
C、反应生成沉淀，溶液中含、，母液溶质主要是，无（因反应无剩余 ），C 错误；
D、由反应式，，故需控制硫酸锌与摩尔盐（ ）物质的量比为，保证比例正确，提高产品纯度，D 正确。
故答案为：AD。
（2）灼烧需仪器：坩埚（b）、马弗炉（d），故填bd。
化学方程式：（中为价，分解为（ ）和（ ）价，、价态不变 ）。
故答案为：仪器，方程式；
（3）A、若滤液有强氧化性/腐蚀性，会腐蚀滤纸，需用玻璃砂漏斗（耐腐蚀性强 ）代替布氏漏斗，A 正确；
B、抽滤完毕，用平底玻璃塞挤压沉淀，可加快液体沥干，利于干燥，B 正确；
C、沉淀与母液一起放置，可使小晶粒溶解、大晶粒长大，获得颗粒均一、较纯的晶体，C 正确；
D、判断沉淀是否洗净，需检验洗涤液中是否含杂质离子（如 ），取最后一次洗涤液，加盐酸酸化的溶液，无白色沉淀则洗净；“溶液呈无色”不能说明无，D 错误。
故答案为： 。
（4）步骤顺序：锌皮热碱洗（d）→稀硫酸溶解（b）→氧化（c）→加调（g）→加热（i）→过滤得溶液（f）→蒸发浓缩、冷却结晶（h）→过滤、洗涤、干燥（e），故填 。
加热目的：促进水解为沉淀，同时使过量分解除去 。
故答案为：步骤，加热目的促进水解、使过量分解；
（5）消耗乙二胺四醋酸钠溶液体积，则质量 ，纯度 。
故答案为：纯度 。
【分析】将 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O按2：1的物质的量的比溶解在一定量的蒸馏水中，并将混合溶液水浴加热至75℃，然后加入75℃(NH4)2C2O4·2H2O溶液，发生反应：Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓，产生的盐经抽滤、洗涤、干燥后得到纯净ZnFe2(C2O4)3·6H2O，然后在无氧条件下灼烧分解产生ZnFe2O4。
（1）结合制备反应，分析各步骤操作合理性。
（2）步骤④是“灼烧”，需在坩埚中进行，用马弗炉加热；结合元素守恒、氧化还原，写出灼烧分解的化学方程式（分解为、，、价态变化 ）。
（3）分析抽滤、结晶、沉淀洗涤等操作的原理，判断选项合理性。
（4）废旧锌皮含杂质铁，需除杂并制备。流程：除油污→酸溶→氧化→调除→过滤→蒸发结晶→干燥。步骤（加热到 ）的目的：促进水解（，升温促进水解 ），同时使过量分解（ ），避免残留。
（5）根据滴定关系（乙二胺四醋酸钠溶液≡ ），计算消耗溶液对应的质量，再求纯度。
（1）A．反应温度是75℃，在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此步骤①，将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、ZnSO4·6H2O这两种药品按2：1的物质的量的比加入反应器中加水充分溶解混合，并用75℃水浴预热，A正确；
B．为防止生成草酸锌、草酸亚铁等副产物，在步骤②要将稍过量草酸铵晶体慢慢加入并不断搅拌，B错误；
C．根据流程，结合元素守恒可知：ZnFe2(C2O4)3·6H2O从溶液中析出，滤液中含有、，因此母液中的溶质主要是(NH4)2SO4，C错误；
D．根据反应Zn2++2Fe2++3C2O+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓可知在反应中n(Zn2+)：n(Fe2+)=1：2，因此应严格控制硫酸锌与摩尔盐的物质的量之比为1：2，以提高产品纯度，D正确；
故合理选项是AD；
（2）实验步骤④是在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O制取ZnFe2O4，应该将药品放置坩埚中在马弗炉中进行加热，故合理选项是bd；
灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O分解产生ZnFe2O4的化学反应方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O；
（3）A．过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，同时使用玻璃砂漏斗代替布氏漏斗，A正确；
B．抽滤将完毕时用平底的玻璃塞将沉淀向下挤压，可加快固体干燥，B正确；
C．自然冷却，可使晶粒生长，则在形成晶体的过程中，应让生成的沉淀与母液一起放置一段时间，可以获得颗粒相对均一且较纯的晶体，C正确；
D．从含有的溶液中过滤分离出来的ZnFe2(C2O4)3·6H2O晶体若已经洗涤干净，则最后的洗涤液中无，所以ZnFe2(C2O4)3·6H2O已洗涤干净的依据是：取最后一次洗涤滤液，向其中滴入1-2滴盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗净，而不是根据溶液呈无色判断，D错误；
故合理选项是D；
（4）某化学课外小组拟用废旧干电池锌皮(含杂质铁)制取纯净的ZnSO4·7H2O，首先锌皮用热碱洗涤干净去除油污，然后用稍过量的3 mol·L-1稀硫酸完全溶解锌皮，发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑、Fe+2H+=Fe2++H2↑，所得溶液中含有杂质Fe2+必须除去，根据图象所给信息Zn2+、Fe2+难分离，要将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，除去试剂不能引入杂质离子，则要加入30%H2O2氧化Fe2+为Fe3+，再加入纯ZnO粉末，调整溶液pH，使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，然后加热到60℃左右，并不断搅拌，以促进Fe3+水解及H2O2的分解，再过滤除去Fe(OH)3沉淀得ZnSO4溶液，然后将ZnSO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，会析出ZnSO4·7H2O，最后过滤、洗涤、干燥得到纯净ZnSO4·7H2O，故操作步骤为d→b→c→g→i→f→h→e；
其中步骤i中加热的主要目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀，同时使过量H2O2分解除去；
（5）滴定过程中消耗0.0500 mol/L乙二胺四醋酸钠溶液25.00 mL，即相当于ZnFe2O4的质量m(ZnFe2O4)=9.64 mg/mL×25.00 mL=241 mg=0.241 g，所以该样品的纯度为。
20．（2025高三上·永嘉开学考）为了制取一种有机中间体，科研人员设计了如下的路线：
（1）根据以上路线，第②步反应类型是　 　。
（2）叠氮化钠（）在有机合成中具有重要作用。一种叠氮化钠参与的重要有机中间体合成路线如下：
已知：Ms表示甲基磺酰基
完成下列填空。
①G中杂化方式为的原子有　 　个。
②E到F的反应类型为　 　。
③C到D的过程中会产生一种D不影响最终产物的同分异构体，其结构简式为　 　。
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：
a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；
b.含有五种不同化学环境的氢原子；
c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；
写出四种该同分异构体的结构简式　 　。
⑤请设计以和为原料合成的流程图　 　。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）
【答案】（1）还原反应
（2）18；取代反应；；；)
【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）由流程可知第②步反应是将酮羰基加氢为醇羟基，该反应为还原反应；
故答案为： 还原反应 ；
（2）由反应条件和原料可知A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，依次反应下去，根据前后结构推论F为；H为。
①G中官能团的名称为醚键、酰胺基、碳碳双键、酯基(甲基磺酰基)，由结构得饱和碳原子有13个、氮原子一个和氧原子3个，硫原子1个采用sp3杂化，所以其中杂化方式为sp3的原子有18个，
②从E和G的结构简式推得该反应是取代反应，
③-N3在D到E的过程中变化，与邻位碳原子相连，所以产生一种D不影响最终产物的同分异构体为；
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；b.含有五种不同化学环境的氢原子；c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，A的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结构不饱和度知，应该还含有一个双键，结构对称，符合条件的结构简式为
⑤以和为原料合成，与乙酸酐发生反应生成和，与发生取代反应得，和氯气发生加成反应生成，发生水解反应生成，再和乙酸发生酯化反应生成，其合成路线为：
故答案为：18； 取代反应 ；
； ；。
【分析】结合反应条件与原料结构，A 经酯化反应生成 B（结构为含三个羟基、一个酯基的环己烯衍生物 ）；B 发生取代反应生成 C（羟基被 MsO 取代的产物
）；后续依次反应，通过前后结构的变化可推断，F 的结构为含 CH3CONH-、酯基及醚键的环己烯衍生物（ ），H 的结构为含 CH3CONH-、酯基和 N3的环己烯衍生物（ ）。
（1）由流程可知第②步反应是将酮羰基加氢为醇羟基，该反应为还原反应；
（2）由反应条件和原料可知A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，依次反应下去，根据前后结构推论F为；H为。
①G中官能团的名称为醚键、酰胺基、碳碳双键、酯基(甲基磺酰基)，由结构得饱和碳原子有13个、氮原子一个和氧原子3个，硫原子1个采用sp3杂化，所以其中杂化方式为sp3的原子有18个，
故答案为： 18；
②从E和G的结构简式推得该反应是取代反应，
③-N3在D到E的过程中变化，与邻位碳原子相连，所以产生一种D不影响最终产物的同分异构体为；
④化合物A的一种同分异构体同时满足以下条件：a.有一个六元碳环且无其他环状结构和过氧键；b.含有五种不同化学环境的氢原子；c.能与新制银氨溶液发生银镜反应；说明含有醛基，A的不饱和度是3，六元环的不饱和度是1，醛基的不饱和度是1，结构不饱和度知，应该还含有一个双键，结构对称，符合条件的结构简式为
⑤以和为原料合成，与乙酸酐发生反应生成和，与发生取代反应得，和氯气发生加成反应生成，发生水解反应生成，再和乙酸发生酯化反应生成，其合成路线为：
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