2025届四川省攀枝花市高三上学期第一次统一考试（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1四川省攀枝花市2025届高三上学期第一次统一考试（一模）试题本试卷共100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。并用2B铅笔将答题卡考号对应数字标号涂黑。2.答选择题时，选出每小题答案后，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所规定的答题区域内作答，答在本试题卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32K-39V-51Cr-52Fe-56一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活等方面密切相关，下列有关说法不正确的是A.石膏可用作制作豆腐的凝固剂B.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀C.聚合硫酸铝铁可使水中细小悬浮物聚集成大颗粒D.铵态氮肥和草木灰同时施用可提高施肥效果【答案】D【解析】A．石膏的主要成分是硫酸钙，在制作豆腐时，它能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而起到凝固剂的作用，A正确；B．在钢管表面镀锌，由于锌的金属活动性比铁强，发生电化学腐蚀时，锌作负极被氧化，钢管（铁）作正极受到保护，所以可减缓钢管的腐蚀，B正确；C．聚合硫酸铝铁在水中能水解生成胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中细小悬浮物，使其聚集成大颗粒而沉降，C正确；D．铵态氮肥中含有铵根离子（），草木灰的主要成分是碳酸钾（），铵根离子和碳酸根离子会发生双水解反应生成氨气，导致氮元素损失，从而降低施肥效果，D不正确；综上所述，答案是D。2.钠钾合金常温下呈液态，可用作快中子反应堆的热交换剂，这主要是因为钠钾合金A.易与反应 B.易与反应C.熔点低、导热性好 D.密度小、硬度小【答案】C【解析】钠、钾为金属，具有良好的导电、导热能力，钠钾合金熔点低，常温下呈液态，具有良好的导热性，可用作快中子反应堆的热交换剂，故C符合题意；答案为C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式为：B.甲烷分子的空间填充模型为C.中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为D.基态价层电子轨道表示式为【答案】B【解析】A．的电子式为：，A错误；B．甲烷分子的空间构型为正四面体形，碳原子半径大于氢原子半径，空间填充模型为，B正确；C．中两个氯原子形成共价键，轨道重叠应该是头碰头重叠，示意图为：，C错误；D．基态价层电子轨道表示式为，D错误；答案选B。4.为了实验安全，氢气在氯气中燃烧的实验应该标注的图标有①护目镜②排风③锐器④明火⑤洗手A.①②④⑤ B.①②③④ C.②③④⑤ D.①②③⑤【答案】A【解析】氢气在氯气中燃烧的实验装置图：，为了实验安全，我们应带好护目镜，以保护眼睛，选①；实验中会用到气体，因此要打开排风，选②；实验中会用到明火，选④；实验结束后，离开实验室前要用肥皂等清洗双手，选⑤；故选A。5.工业上将通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法正确的是A.漂白液的有效成分是B.水解生成使漂白液呈酸性C.反应的离子方程式为：D.溶液比溶液稳定【答案】A【解析】A．漂白液的主要成分是NaClO和NaCl，有效成分是，故A正确；B．水解生成和OH-，从而使漂白液呈碱性，故B错误；C．通入冷的溶液中反应生成次氯酸钠和氯化钠，离子方程式为：，故C错误；D．不稳定容易分解为HCl和氧气，次氯酸盐稳定，所以溶液比HClO溶液稳定，故D错误；故选A。6.下列事实对应反应的离子方程式中，不正确的是A.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：B.用稀硝酸除去附着在试管内壁的铜单质：C.向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁除去D.溶液与溶液反应得到【答案】B【解析】A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解生成氯化镁和一水合氨：，故A正确；B．用稀硝酸除去附着在试管内壁的铜单质生成硝酸铜和一氧化氮：，故B错误；C．向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁除去铁离子，生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，，故C正确；D．溶液与溶液反应得到二氧化锰、硫酸钠和硫酸，，故D正确；故选B。7.是一种强还原剂，易与水反应，在碱性条件下与发生如下反应：，下列说法不正确的是A.中H元素为-1价B.还原剂与还原产物的物质的量之比为1：4C.遇水可能发生爆炸，并产生大量白色沉淀D.每生成转移电子的物质的量为【答案】C【解析】A．中H元素电负性最大为负价，结合化合物正负化合价代数和为0，且Na为+1价，Al为+3价，所以H元素为-1价，A正确；B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，B正确；C．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，C错误；D．由方程式可知，反应生成1mol四羟基合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8mol，D正确；故选C。8.锶位于IIA族，其化合物应用广泛，常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A.“转化”时，反应温度不宜过高B.“转化”时，总反应的离子方程式是C.“煅烧”时主要发生的是分解反应，“浸取”时主要发生的是化合反应D.“沉淀”时，发生反应【答案】B【解析】相同温度时溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，据此分析解题。A．“转化”中反应温度不宜过高，防止一水合氨分解使NH3逸出，A正确；B．“转化”时，总反应的离子方程式是，B错误；C．“煅烧”时主要发生SrCO3的分解反应，“浸取”时主要发生的是化合反应：SrO+H2O=Sr(OH)2，C正确；D．“沉淀”时加入硫酸铵，发生反应，D正确；故选B。9.在催化剂或的作用下，产生，将氧化。产生的机理如下：反应Ⅰ：(慢反应)反应Ⅱ：(快反应)下列说法不正确的是A.反应I的活化能大于反应ⅡB.反应I中有极性键的断裂，反应Ⅱ中有非极性键的断裂C.将氧化的反应是：D.与作催化剂相比，相同条件下催化的氧化效率可能更高【答案】D【解析】A．反应I为慢反应，活化能高，故反应I的活化能大于反应Ⅱ，A正确；B．反应I中H2O2中H-O键断裂，H-O为极性键，反应Ⅱ中H2O2中O-O键断裂，O-O键为非极性键，B正确；C．将氧化为硫酸根，反应是：，C正确；D．中既有Fe2+，又有Fe3+，故的催化效率比更高，相同条件下催化的氧化效率可能更高，D错误；故选D。10.根据下列实验的操作和现象，得出的相应结论不正确的是选项操作现象结论A向碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置溶液分层，下层液体颜色变浅碘在浓KI溶液中溶解能力比中的大B向溶液中缓慢滴加稀硫酸溶液由黄色变为橙红色增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动C向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：D向滴有几滴KSCN溶液的溶液中加入，再缓缓向上层溶液通入少量，振荡、静置溶液分层，上层为红色，下层为无色还原性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向碘的溶液中加入等体积浓溶液，会发生反应：，I2​在浓KI溶液中形成而更易溶解，导致CCl4​层中的I2​进入到KI溶液层，下层CCl4​液体颜色变浅，说明碘在浓溶液中溶解能力比中的大，A正确；B．溶液中存在平衡：，向溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色，说明氢离子浓度增大，平衡向生成的方向移动，B正确；C．向溶液中滴加过量氯水，发生反应：，有生成，溶液变橙色，说明氧化性：Cl2>Br2；再加入淀粉溶液，溶液变蓝色，即有生成，但由于氯水过量，过量的也能将氧化为，所以不能说明是将氧化为，即不能说明氧化性：，C错误；D．向滴有几滴溶液的溶液中加入，再缓缓向上层溶液通入少量，振荡、静置，溶液分层，上层为红色，说明被氧化生成；下层为无色，说明未被氧化，即优先氧化还原性较强的，所以还原性：，D正确；故选C。11.一种“全氧电池”的工作原理如下图。下列说法不正确的是A.电极a是负极B.电极的反应式：C.该装置可将酸碱反应的化学能转化为电能D.理论上，当电极a释放出(标况下)，KOH溶液减少4mol【答案】B【解析】由图可知，a极氧元素化合价升高失去电子，a极为负极，电极反应式为：4OH—4e-=O2↑+2H2O，b极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，以此解答。A．根据分析可知，电极a是负极，A正确；B．电极在酸性条件下，反应式：O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．根据负极反应式为：4OH—4e-=O2↑+2H2O，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，得出总反应式为H++OH-=H2O，将酸碱反应的化学能转化为电能，C正确；D．当电极a释放出(标况下)即1mol时，电子转移4mol，左侧有4molK+通过阳离子交换膜进入中间室，D正确；答案选B。12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子有两个单电子且电负性是四种元素中最大的，Y原子的最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，Z原子s能级上电子数与p能级上电子数之比为，W第一电离能大于Z。下列说法正确的是A.电负性：B.原子半径：C.四种元素基态原子未成对电子数：D.简单氢化物的键角：【答案】A【解析】X原子有两个单电子且电负性是四种元素中最大的即X为氧，Y原子的最外层电子数是X原子内层电子数的2倍即为硅，Z原子s能级上电子数与p能级上电子数之比为2:3则为磷，W第一电离能大于磷则W为氯，据此分析解题。A．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性为Si＜P＜Cl即Y＜Z＜W，A正确；B．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：O＜Cl＜P＜Si，B错误；C．四种元素基态原子的未成对电子数：硅两个、磷三个、氯一个，则Z＜Y＜W，C错误；D．SiH4、PH3均为sp3杂化，但是PH3有1对孤电子对，键角小，故键角，D错误；答案为A。13.储氢合金M的吸放氢反应式为：，现将置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法不正确的是A.吸氢反应的、B.压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大C.70℃、条件下，若到达P点，则吸氢速率D.若到达点所用时间小于P点，则吸氢速率【答案】D【解析】A．从图可知，相同压强下，温度越高，吸氢质量越小，可知此反应是放热反应，则，根据反应前后物质状态，此反应是，故A正确；B．从图可知，压强越小，不同温度下，最大吸氢量差值也越来越大，说明压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大，故B正确；C．从图可知70℃、条件下，最大吸氢质量为1.05g，若到达P点，则吸氢速率，故C正确；D．若到达点所用时间小于P点，则吸氢速率，故D错误；答案D。14.常温下，在含(二元弱酸)和的混合液中滴加溶液，溶液中[，或或]与关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.直线L1、L2分别表示、与的关系B.当时，溶液中C.L1和L3直线交点坐标为D.常温下，反应的平衡常数【答案】C【解析】A．在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)浓度减小，=，增大，，增大，且>，由可知，=减小，则L1代表-lg与pH的关系，L2代表-lg与pH的关系，L3代表-lg与pH的关系，A选项错误；B．当时，根据电荷守恒，因为，=0时，pH<7，，则，B选项错误；C．由a点(4，0.2)可得；由b点(5，0.6)可得；由c点(8，-1.24)可得，；设和交点处pH=x，则，即，=，则，，代入，，解得，pH=6.72，代入，，，交点坐标为(6.72，-2.52)，C选项正确；D．反应的平衡常数，代入，可得，D选项错误；综上，答案是C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.磷酸铁()常用作制造磷酸铁锂电池、催化剂及陶瓷等的材料。工业上以硫铁矿(主要成分为，含少量、和)为原料经过如下步骤可制备。已知：常温下，有关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表金属离子开始沉淀沉淀完全的pH(沉淀完全的pH按金属离子浓度为计算)1.23.33.15.15.88.8回答下列问题：（1）“焙烧”时空气与矿料逆流而行，其目的是_______。（2）“还原”的目的是_______。“滤渣1”中可能含有的单质是_______。（3）用平衡移动原理解释能“除铝”的原因：_______(用必要的化学用语和文字说明)；常温下，_______(已知：)。（4）若生成物除水外均为正盐，则流程图中虚线框内总反应的化学方程式为_______。（5）研究发现：不同对沉淀的影响如下表所示：pH5.05.56.06.57.0沉淀率/%90.094.697.996.295.388.195.497.298.599.8当时，随的增加，的沉淀率开始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能为_______。（6）为桃红色晶体，密度为，它的摩尔体积为_______。【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率（2）①.避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失②.S（3）①.溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀②.（4）（5）随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降（6）65.16【解析】以硫铁矿(主要成分为，含少量、和)为原料，首先通入空气焙烧，将转化为气体和；加入稀硫酸酸浸，除去不参加反应的杂质，获得含有等离子的酸浸液；加入将还原；加入调节溶液pH，使得转化为沉淀除铝；最后加入磷酸溶液、氯酸钠溶液发生氧化和沉淀反应，获得产品。（1）“焙烧”时空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率，故答案为：使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率。（2）由表格可知，加入调节溶液pH，使得转化为沉淀可以除铝，但是也会沉淀，则加入将还原，可以避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失；将还原生成S和，则“滤渣1”中可能含有的单质是S，故答案为：避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失；S。（3）溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀；由表可知，pH=5.1时，完全转化为沉淀，此时、，=，故答案为：溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀；。（4）硫酸亚铁和磷酸、氯酸钠、氢氧化钠反应，生成、氯化钠、硫酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：（5）随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降，故答案为：随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降。（6）摩尔质量为，密度为，它的摩尔体积，故答案为：65.16。16.硫代硫酸钠是重要的定量分析试剂。实验室中常用、和制取硫代硫酸钠，装置如下图：已知：硫代硫酸钠晶体，40~50℃熔化，48℃分解，易溶于水，在酸性条件下极不稳定，易分解。称取一定量的硫化钠和碳酸钠放入三颈烧瓶中，加水溶解，圆底烧瓶中产生的二氧化硫气体通入三颈烧瓶中，发生反应：①、②、③，有大量的浅黄色的硫逐渐析出，继续通入二氧化硫，反应进行，当溶液的接近7时，停止通入二氧化硫，过滤，将所得硫代硫酸钠溶液转移到蒸发皿中加热，浓缩到有晶膜出现时停止加热，冷却析出大量晶体，过滤得到晶体。回答下列问题：（1）根据图示装置判断，本实验中适宜用来制备的是_______(填选项)。A.铜片和浓硫酸 B.铁和浓硫酸C.固体和70%的硫酸 D.和浓硫酸（2）实验过程中保证溶液的接近7，控制通入的量很关键。开始有大量的浅黄色的硫析出，而后由黄变浅时严格控制通入的量，并且随时取样监测三颈烧瓶中溶液的pH。结合本实验装置，合理的取样操作是_______。（3）pH接近7时，停止通入二氧化硫的操作是：_______。（4）下列仪器名称为蒸发皿的是_______(填选项)；将硫代硫酸钠溶液转移到蒸发皿中加热浓缩，不能浓缩过度的理由是_______。（5）测定产品的含量。准确称量产品溶于水，加入甲醛(HCHO)，转移到容量瓶中，用水稀释到刻度，摇匀。准确称取(相对分子质量为294)放入碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入20mL10%KI溶液(足量)和5mL硫酸，盖上塞子置于阴暗处，用水稀释，加入指示剂，用待测溶液滴定到终点，消耗待测液。【原理是：、(无色)；用甲醛掩蔽】①产品中(相对分子质量为248)的质量分数是_______(用含、、的式子表示，不用化简)。②若制取的产品中含有，实验中没有用甲醛掩蔽处理，测得样品的质量分数_______(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（6）常用作定量分析的络合试剂。具有较强的配位能力，做配体时，配位原子是端基S而不是O，原因是_______。【答案】（1）C（2）用注射器通过细导管抽取三颈烧瓶中的溶液测其（3）关闭分液漏斗旋塞，关闭，打开（4）①.A②.防止晶体失去结晶水，防止晶体在40℃以上熔化、分解（5）①.②.偏高（6）电负性：，S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子【解析】圆底烧瓶中试剂为Na2SO3，加入浓硫酸发生反应生成SO2气体，通过单向阀进入三颈烧瓶，与Na2CO3和Na2S共同反应得到Na2S2O3，尾气用NaOH溶液吸收。（1）铜与浓硫酸反应需要加热，A不符合；铁与浓硫酸常温下发生钝化，B不符合；固体和70%的硫酸常温下可以反应生成SO2、硫酸钠和水，C符合；CaSO3与硫酸浓反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水附着在固体表面，使反应停止，D不符合；答案选C；（2）可以用用注射器通过细导管抽取三颈烧瓶中的溶液测其；（3）停止通入二氧化硫的操作是：关闭分液漏斗旋塞，关闭，打开，多余的SO2用NaOH溶液吸收；（4）仪器A为蒸发皿，浓缩过度，晶体会失去结晶水且晶体在40℃以上熔化、分解；（5）①设m1g产品中Na2S2O3·5H2O的质量为ag，由方程式：、(无色)得出关系式：1K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6=，a=，样品的质量分数为：；②实验中没有用甲醛掩蔽处理，Na2SO3会与K2Cr2O7反应，消耗的K2Cr2O7的物质的量多，结果测得样品的质量分数偏高；（6）电负性：，S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子，做配体时，配位原子是端基S而不是O。17.有机物是一种治疗心血管疾病的药物。合成有机物的一种路线如下图所示，其中B与C互为同分异构体。已知：Fries重排机理如下回答下列问题：（1）F中的含氧官能团除酰胺基外，还有_______、_______；E→F的反应类型是_______。（2）B的结构简式为_______；D的结构简式为_______。（3）B发生Fries重排时，除生成C外，还生成一种副产物M。M的沸点比C的沸点高，原因是_______。（4）F→G的化学方程式是_______。（5）以苯和为原料，经过以下合成路线，合成的有机物W的结构简式为_______。（6）利用Fries重排可合成肾上腺素，合成路线如下。X、Y、Z的结构简式分别为：_______、_______、_______。【答案】（1）①.羟基②.(酮)羰基③.取代反应（2）①.②.（3）C在分子内形成氢键，M在分子间形成氢键，C的分子间作用力比M的弱（4）（5）（6）①.②.③.【解析】因为B与C互为同分异构体，且C的结构为，根据Fries重排反应，B的结构简式为①，C发生硝化反应生成D，从E的结构可知硝基在酚羟基对位，所以D的结构简式为②。（1）观察F的结构简式，可知除酰胺基外，含氧官能团还有①羟基、②（酮）羰基，对比E和F的结构，E中氨基上的氢原子被F中右侧的酰基取代，所以E→F的反应类型是③取代反应；（2）因为B与C互为同分异构体，且C的结构为，根据Fries重排反应，B的结构简式为①，C发生硝化反应生成D，从E的结构可知硝基在酚羟基对位，所以D的结构简式为②；（3）B发生Fries重排生成C和副产物M，M的沸点比C高，是因为M分子间能形成氢键，而C不能形成分子间氢键，分子间氢键会使物质沸点升高；（4）F与反应，F中酚羟基的氢原子被取代，化学方程式为：；（5）苯与浓硝酸、浓硫酸反应生成硝基苯，硝基苯在作用下还原为苯胺，苯胺与给定的环氧化合物反应，氨基进攻环氧开环，得到的有机物W的结构简式为：（6）第一步反应，酚羟基邻位氢原子被中的酰氯基取代，X的结构简式为①；X在作用下发生Fries重排，Y的结构简式为②；Y在催化剂作用下，羰基被还原为羟基，Z的结构简式为③。18.苯乙烯是重要的有机化工原料。在催化剂存在条件下，以水蒸气做稀释剂，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯，主要发生如下两个反应：主反应：副反应：（1）已知，在、条件下，某些物质的相对能量变化关系如下图所示：①图中，对应的_______。②副反应：_______。（2）过热水蒸气在反应过程中起着非常重要的作用。用复合氧化物为催化剂，在、600℃条件下，充入适当的过热水蒸气，乙苯发生反应达平衡时，乙苯的转化率较高，副产物(甲苯、、CO等)较少。在保持恒压状态下，在反应过程中过热水蒸气的主要作用有：①_______；②_______；③可以消除催化剂表面的积碳。（3）保持体系总压恒定，在不同水烃比、不同温度下，乙苯的平衡转化率如右图。图中曲线I是水烃比时的乙苯平衡转化率与温度的关系，则水烃比为1时，图中曲线_______(选填“II”或“III”)表示乙苯的平衡转化率与温度的关系。（4）工业上，减小水烃比是降低苯乙烯脱氢装置能耗的一个重要方向。在体系总压恒定条件下，减少水烃比，为了使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，可采取的措施是_______(写出一条即可)。（5）膜反应器可减少副反应的影响。在不同的温度条件下，以水烃比投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，原理如下图所示。已知：移出率①若忽略副反应。维持体系压强、温度T恒定，乙苯的平衡转化率为，的移出率为，则在该温度下，主反应的平衡常数_______(用含、、的表达式表示)。②乙苯的平衡转化率增长百分数与的移出率在不同温度条件下的关系如下表：7009501000608.434.382.778016.86.13.890277.14.39温度高于700℃副反应程度极小，可忽略。试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随移出率的变化改变程度不大的原因：_______。【答案】（1）①.+148.0②.-54.6（2）①.降低主反应体系的分压，使主反应的平衡向正反应方向移动②.主反应是吸热反应，过热水蒸气可以为主反应的进行提供能量（3）II（4）适当升高温度或加入恰当的催化剂等（5）①.②.主反应是吸热反应，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大（或平衡常数很大），的移出率对平衡转化率的影响很小【解析】（1）①由图可知，的相对能量为，的相对能量为0，的相对能量为，则主反应，，；②由图像可知，反应1：，反应2：,反应3：，根据盖斯定律得：副反应=反应3-反应2+反应1，；（2）充入适当的过热水蒸气，乙苯发生反应达平衡时，乙苯的转化率较高，副产物(甲苯、、CO等)较少，说明主反应平衡正向移动。在保持恒压状态下，充入适当的过热水蒸气，可以降低主反应体系的分压，减小压强平衡向反应计量数大的方向移动，即使主反应的平衡向正反应方向移动；同时，主反应为吸热反应，过热水蒸气可以为主反应的进行提供能量，使主反应正向移动；（3）保持体系总压恒定，水烃比越大，水蒸汽分压越大，则主反应体系分压越小，平衡右移，乙苯转化率增大。图中曲线I是水烃比时的乙苯平衡转化率与温度的关系，当水烃比为1时，水蒸汽分压比曲线I小，主反应体系分压增大，平衡逆向移动，则相同温度下乙苯转化率减小，对应图中曲线II；（4）在体系总压恒定条件下，减少水烃比，为了使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，可采取适当升高温度或加入恰当的催化剂等措施加快反应速率；（5）①若忽略副反应，设乙苯为起始量1mol，则水蒸气为9mol，乙苯的平衡转化率为，建立：，的移出率为，则剩余为，平衡时气体，体系压强，将数据带入平衡常数得：；②主反应是吸热反应，由表格可知，当温度高于950℃时，乙苯转化率的增长幅度减小，说明高温已经使反应接近平衡极限，此时即使氢气移出，平衡右移的空间已经不大，导致转化率的提升有限，故答案为：主反应是吸热反应，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大（或平衡常数很大），的移出率对平衡转化率的影响很小。四川省攀枝花市2025届高三上学期第一次统一考试（一模）试题本试卷共100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。并用2B铅笔将答题卡考号对应数字标号涂黑。2.答选择题时，选出每小题答案后，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所规定的答题区域内作答，答在本试题卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32K-39V-51Cr-52Fe-56一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活等方面密切相关，下列有关说法不正确的是A.石膏可用作制作豆腐的凝固剂B.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀C.聚合硫酸铝铁可使水中细小悬浮物聚集成大颗粒D.铵态氮肥和草木灰同时施用可提高施肥效果【答案】D【解析】A．石膏的主要成分是硫酸钙，在制作豆腐时，它能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而起到凝固剂的作用，A正确；B．在钢管表面镀锌，由于锌的金属活动性比铁强，发生电化学腐蚀时，锌作负极被氧化，钢管（铁）作正极受到保护，所以可减缓钢管的腐蚀，B正确；C．聚合硫酸铝铁在水中能水解生成胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中细小悬浮物，使其聚集成大颗粒而沉降，C正确；D．铵态氮肥中含有铵根离子（），草木灰的主要成分是碳酸钾（），铵根离子和碳酸根离子会发生双水解反应生成氨气，导致氮元素损失，从而降低施肥效果，D不正确；综上所述，答案是D。2.钠钾合金常温下呈液态，可用作快中子反应堆的热交换剂，这主要是因为钠钾合金A.易与反应 B.易与反应C.熔点低、导热性好 D.密度小、硬度小【答案】C【解析】钠、钾为金属，具有良好的导电、导热能力，钠钾合金熔点低，常温下呈液态，具有良好的导热性，可用作快中子反应堆的热交换剂，故C符合题意；答案为C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式为：B.甲烷分子的空间填充模型为C.中两个氯原子形成共价键，轨道重叠示意图为D.基态价层电子轨道表示式为【答案】B【解析】A．的电子式为：，A错误；B．甲烷分子的空间构型为正四面体形，碳原子半径大于氢原子半径，空间填充模型为，B正确；C．中两个氯原子形成共价键，轨道重叠应该是头碰头重叠，示意图为：，C错误；D．基态价层电子轨道表示式为，D错误；答案选B。4.为了实验安全，氢气在氯气中燃烧的实验应该标注的图标有①护目镜②排风③锐器④明火⑤洗手A.①②④⑤ B.①②③④ C.②③④⑤ D.①②③⑤【答案】A【解析】氢气在氯气中燃烧的实验装置图：，为了实验安全，我们应带好护目镜，以保护眼睛，选①；实验中会用到气体，因此要打开排风，选②；实验中会用到明火，选④；实验结束后，离开实验室前要用肥皂等清洗双手，选⑤；故选A。5.工业上将通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法正确的是A.漂白液的有效成分是B.水解生成使漂白液呈酸性C.反应的离子方程式为：D.溶液比溶液稳定【答案】A【解析】A．漂白液的主要成分是NaClO和NaCl，有效成分是，故A正确；B．水解生成和OH-，从而使漂白液呈碱性，故B错误；C．通入冷的溶液中反应生成次氯酸钠和氯化钠，离子方程式为：，故C错误；D．不稳定容易分解为HCl和氧气，次氯酸盐稳定，所以溶液比HClO溶液稳定，故D错误；故选A。6.下列事实对应反应的离子方程式中，不正确的是A.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：B.用稀硝酸除去附着在试管内壁的铜单质：C.向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁除去D.溶液与溶液反应得到【答案】B【解析】A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解生成氯化镁和一水合氨：，故A正确；B．用稀硝酸除去附着在试管内壁的铜单质生成硝酸铜和一氧化氮：，故B错误；C．向含氯化铁的氯化镁溶液中加入氧化镁除去铁离子，生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，，故C正确；D．溶液与溶液反应得到二氧化锰、硫酸钠和硫酸，，故D正确；故选B。7.是一种强还原剂，易与水反应，在碱性条件下与发生如下反应：，下列说法不正确的是A.中H元素为-1价B.还原剂与还原产物的物质的量之比为1：4C.遇水可能发生爆炸，并产生大量白色沉淀D.每生成转移电子的物质的量为【答案】C【解析】A．中H元素电负性最大为负价，结合化合物正负化合价代数和为0，且Na为+1价，Al为+3价，所以H元素为-1价，A正确；B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，B正确；C．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，C错误；D．由方程式可知，反应生成1mol四羟基合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8mol，D正确；故选C。8.锶位于IIA族，其化合物应用广泛，常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A.“转化”时，反应温度不宜过高B.“转化”时，总反应的离子方程式是C.“煅烧”时主要发生的是分解反应，“浸取”时主要发生的是化合反应D.“沉淀”时，发生反应【答案】B【解析】相同温度时溶解度SrCO3<SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，据此分析解题。A．“转化”中反应温度不宜过高，防止一水合氨分解使NH3逸出，A正确；B．“转化”时，总反应的离子方程式是，B错误；C．“煅烧”时主要发生SrCO3的分解反应，“浸取”时主要发生的是化合反应：SrO+H2O=Sr(OH)2，C正确；D．“沉淀”时加入硫酸铵，发生反应，D正确；故选B。9.在催化剂或的作用下，产生，将氧化。产生的机理如下：反应Ⅰ：(慢反应)反应Ⅱ：(快反应)下列说法不正确的是A.反应I的活化能大于反应ⅡB.反应I中有极性键的断裂，反应Ⅱ中有非极性键的断裂C.将氧化的反应是：D.与作催化剂相比，相同条件下催化的氧化效率可能更高【答案】D【解析】A．反应I为慢反应，活化能高，故反应I的活化能大于反应Ⅱ，A正确；B．反应I中H2O2中H-O键断裂，H-O为极性键，反应Ⅱ中H2O2中O-O键断裂，O-O键为非极性键，B正确；C．将氧化为硫酸根，反应是：，C正确；D．中既有Fe2+，又有Fe3+，故的催化效率比更高，相同条件下催化的氧化效率可能更高，D错误；故选D。10.根据下列实验的操作和现象，得出的相应结论不正确的是选项操作现象结论A向碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡后静置溶液分层，下层液体颜色变浅碘在浓KI溶液中溶解能力比中的大B向溶液中缓慢滴加稀硫酸溶液由黄色变为橙红色增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动C向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：D向滴有几滴KSCN溶液的溶液中加入，再缓缓向上层溶液通入少量，振荡、静置溶液分层，上层为红色，下层为无色还原性：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．向碘的溶液中加入等体积浓溶液，会发生反应：，I2​在浓KI溶液中形成而更易溶解，导致CCl4​层中的I2​进入到KI溶液层，下层CCl4​液体颜色变浅，说明碘在浓溶液中溶解能力比中的大，A正确；B．溶液中存在平衡：，向溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色，说明氢离子浓度增大，平衡向生成的方向移动，B正确；C．向溶液中滴加过量氯水，发生反应：，有生成，溶液变橙色，说明氧化性：Cl2>Br2；再加入淀粉溶液，溶液变蓝色，即有生成，但由于氯水过量，过量的也能将氧化为，所以不能说明是将氧化为，即不能说明氧化性：，C错误；D．向滴有几滴溶液的溶液中加入，再缓缓向上层溶液通入少量，振荡、静置，溶液分层，上层为红色，说明被氧化生成；下层为无色，说明未被氧化，即优先氧化还原性较强的，所以还原性：，D正确；故选C。11.一种“全氧电池”的工作原理如下图。下列说法不正确的是A.电极a是负极B.电极的反应式：C.该装置可将酸碱反应的化学能转化为电能D.理论上，当电极a释放出(标况下)，KOH溶液减少4mol【答案】B【解析】由图可知，a极氧元素化合价升高失去电子，a极为负极，电极反应式为：4OH—4e-=O2↑+2H2O，b极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，以此解答。A．根据分析可知，电极a是负极，A正确；B．电极在酸性条件下，反应式：O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．根据负极反应式为：4OH—4e-=O2↑+2H2O，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，得出总反应式为H++OH-=H2O，将酸碱反应的化学能转化为电能，C正确；D．当电极a释放出(标况下)即1mol时，电子转移4mol，左侧有4molK+通过阳离子交换膜进入中间室，D正确；答案选B。12.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子有两个单电子且电负性是四种元素中最大的，Y原子的最外层电子数是X原子内层电子数的2倍，Z原子s能级上电子数与p能级上电子数之比为，W第一电离能大于Z。下列说法正确的是A.电负性：B.原子半径：C.四种元素基态原子未成对电子数：D.简单氢化物的键角：【答案】A【解析】X原子有两个单电子且电负性是四种元素中最大的即X为氧，Y原子的最外层电子数是X原子内层电子数的2倍即为硅，Z原子s能级上电子数与p能级上电子数之比为2:3则为磷，W第一电离能大于磷则W为氯，据此分析解题。A．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性为Si＜P＜Cl即Y＜Z＜W，A正确；B．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：O＜Cl＜P＜Si，B错误；C．四种元素基态原子的未成对电子数：硅两个、磷三个、氯一个，则Z＜Y＜W，C错误；D．SiH4、PH3均为sp3杂化，但是PH3有1对孤电子对，键角小，故键角，D错误；答案为A。13.储氢合金M的吸放氢反应式为：，现将置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法不正确的是A.吸氢反应的、B.压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大C.70℃、条件下，若到达P点，则吸氢速率D.若到达点所用时间小于P点，则吸氢速率【答案】D【解析】A．从图可知，相同压强下，温度越高，吸氢质量越小，可知此反应是放热反应，则，根据反应前后物质状态，此反应是，故A正确；B．从图可知，压强越小，不同温度下，最大吸氢量差值也越来越大，说明压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大，故B正确；C．从图可知70℃、条件下，最大吸氢质量为1.05g，若到达P点，则吸氢速率，故C正确；D．若到达点所用时间小于P点，则吸氢速率，故D错误；答案D。14.常温下，在含(二元弱酸)和的混合液中滴加溶液，溶液中[，或或]与关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.直线L1、L2分别表示、与的关系B.当时，溶液中C.L1和L3直线交点坐标为D.常温下，反应的平衡常数【答案】C【解析】A．在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c(H+)浓度减小，=，增大，，增大，且>，由可知，=减小，则L1代表-lg与pH的关系，L2代表-lg与pH的关系，L3代表-lg与pH的关系，A选项错误；B．当时，根据电荷守恒，因为，=0时，pH<7，，则，B选项错误；C．由a点(4，0.2)可得；由b点(5，0.6)可得；由c点(8，-1.24)可得，；设和交点处pH=x，则，即，=，则，，代入，，解得，pH=6.72，代入，，，交点坐标为(6.72，-2.52)，C选项正确；D．反应的平衡常数，代入，可得，D选项错误；综上，答案是C。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.磷酸铁()常用作制造磷酸铁锂电池、催化剂及陶瓷等的材料。工业上以硫铁矿(主要成分为，含少量、和)为原料经过如下步骤可制备。已知：常温下，有关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表金属离子开始沉淀沉淀完全的pH(沉淀完全的pH按金属离子浓度为计算)1.23.33.15.15.88.8回答下列问题：（1）“焙烧”时空气与矿料逆流而行，其目的是_______。（2）“还原”的目的是_______。“滤渣1”中可能含有的单质是_______。（3）用平衡移动原理解释能“除铝”的原因：_______(用必要的化学用语和文字说明)；常温下，_______(已知：)。（4）若生成物除水外均为正盐，则流程图中虚线框内总反应的化学方程式为_______。（5）研究发现：不同对沉淀的影响如下表所示：pH5.05.56.06.57.0沉淀率/%90.094.697.996.295.388.195.497.298.599.8当时，随的增加，的沉淀率开始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能为_______。（6）为桃红色晶体，密度为，它的摩尔体积为_______。【答案】（1）使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率（2）①.避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失②.S（3）①.溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀②.（4）（5）随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降（6）65.16【解析】以硫铁矿(主要成分为，含少量、和)为原料，首先通入空气焙烧，将转化为气体和；加入稀硫酸酸浸，除去不参加反应的杂质，获得含有等离子的酸浸液；加入将还原；加入调节溶液pH，使得转化为沉淀除铝；最后加入磷酸溶液、氯酸钠溶液发生氧化和沉淀反应，获得产品。（1）“焙烧”时空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率，故答案为：使气固反应物充分接触，加快反应速率，提高原料利用率。（2）由表格可知，加入调节溶液pH，使得转化为沉淀可以除铝，但是也会沉淀，则加入将还原，可以避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失；将还原生成S和，则“滤渣1”中可能含有的单质是S，故答案为：避免沉铝时有部分转化为沉淀而损失；S。（3）溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀；由表可知，pH=5.1时，完全转化为沉淀，此时、，=，故答案为：溶液中存在水解平衡：，加入的与反应，促进水解，使转化为沉淀；。（4）硫酸亚铁和磷酸、氯酸钠、氢氧化钠反应，生成、氯化钠、硫酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：（5）随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降，故答案为：随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降。（6）摩尔质量为，密度为，它的摩尔体积，故答案为：65.16。16.硫代硫酸钠是重要的定量分析试剂。实验室中常用、和制取硫代硫酸钠，装置如下图：已知：硫代硫酸钠晶体，40~50℃熔化，48℃分解，易溶于水，在酸性条件下极不稳定，易分解。称取一定量的硫化钠和碳酸钠放入三颈烧瓶中，加水溶解，圆底烧瓶中产生的二氧化硫气体通入三颈烧瓶中，发生反应：①、②、③，有大量的浅黄色的硫逐渐析出，继续通入二氧化硫，反应进行，当溶液的接近7时，停止通入二氧化硫，过滤，将所得硫代硫酸钠溶液转移到蒸发皿中加热，浓缩到有晶膜出现时停止加热，冷却析出大量晶体，过滤得到晶体。回答下列问题：（1）根据图示装置判断，本实验中适宜用来制备的是_______(填选项)。A.铜片和浓硫酸 B.铁和浓硫酸C.固体和70%的硫酸 D.和浓硫酸（2）实验过程中保证溶液的接近7，控制通入的量很关键。开始有大量的浅黄色的硫析出，而后由黄变浅时严格控制通入的量，并且随时取样监测三颈烧瓶中溶液的pH。结合本实验装置，合理的取样操作是_______。（3）pH接近7时，停止通入二氧化硫的操作是：_______。（4）下列仪器名称为蒸发皿的是_______(填选项)；将硫代硫酸钠溶液转移到蒸发皿中加热浓缩，不能浓缩过度的理由是_______。（5）测定产品的含量。准确称量产品溶于水，加入甲醛(HCHO)，转移到容量瓶中，用水稀释到刻度，摇匀。准确称取(相对分子质量为294)放入碘量瓶中，加入20mL蒸馏水溶解，再加入20mL10%KI溶液(足量)和5mL硫酸，盖上塞子置于阴暗处，用水稀释，加入指示剂，用待测溶液滴定到终点，消耗待测液。【原理是：、(无色)；用甲醛掩蔽】①产品中(相对分子质量为248)的质量分数是_______(用含、、的式子表示，不用化简)。②若制取的产品中含有，实验中没有用甲醛掩蔽处理，测得样品的质量分数_______(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（6）常用作定量分析的络合试剂。具有较强的配位能力，做配体时，配位原子是端基S而不是O，原因是_______。【答案】（1）C（2）用注射器通过细导管抽取三颈烧瓶中的溶液测其（3）关闭分液漏斗旋塞，关闭，打开（4）①.A②.防止晶体失去结晶水，防止晶体在40℃以上熔化、分解（5）①.②.偏高（6）电负性：，S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子【解析】圆底烧瓶中试剂为Na2SO3，加入浓硫酸发生反应生成SO2气体，通过单向阀进入三颈烧瓶，与Na2CO3和Na2S共同反应得到Na2S2O3，尾气用NaOH溶液吸收。（1）铜与浓硫酸反应需要加热，A不符合；铁与浓硫酸常温下发生钝化，B不符合；固体和70%的硫酸常温下可以反应生成SO2、硫酸钠和水，C符合；CaSO3与硫酸浓反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水附着在固体表面，使反应停止，D不符合；答案选C；（2）可以用用注射器通过细导管抽取三颈烧瓶中的溶液测其；（3）停止通入二氧化硫的操作是：关闭分液漏斗旋塞，关闭，打开，多余的SO2用NaOH溶液吸收；（4）仪器A为蒸发皿，浓缩过度，晶体会失去结晶水且晶体在40℃以上熔化、分解；（5）①设m1g产品中Na2S2O3·5H2O的质量为ag，由方程式：、(无色)得出关系式：1K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=6=，a=，样品的质量分数为：；②实验中没有用甲醛掩蔽处理，Na2SO3会与K2Cr2O7反应，消耗的K2Cr2O7的物质的量多，结果测得样品的质量分数偏高；（6）电负性：，S对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子，做配体时，配位原子是端基S而不是O。17.有机物是一种治疗心血管疾病的药物。合成有机物的一种路线如下图所示，其中B与C互为同分异构体。已知：Fries重排机理如下回答下列问题：（1）F中的含氧官能团除酰胺基外，还有_______、_______；E→F的反应类型是_______。（2）B的结构简式为_______；D的结构简式为_______。（3）B发生Fries重排时，除生成C外，还生成一种副产物M。M的沸点比C的沸点高，原因是_______。（4）F→G的化学方程式是_______。（5）以苯和为原料，经过以下合成路线，合成的有机物W的结构简式为_______。（6）利用Fries重排可合成肾上腺素，合成路线如下。X、Y、Z的结构简式分别为：_______、_______、_______。【答案】（1）①.羟基②.(酮)羰基③.取代反应（2）①.②.（3）C在分子内形成氢键，M在分子间形成氢键，C的分子间作用力比M的弱（4）（5）（6）①.②.③.【解析】因为B与C互为同分异构体，且C的结构为，根据Fries重排反应，B的结构简式为①，C发生硝化反应生成D，从E的结构可知硝基在酚羟