浙江省台州市2025届高三下学期二模化学试题（含答案）

第第页浙江省台州市2025届高三下学期二模化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质分类正确的是A．冰醋酸——弱电解质 B．水玻璃——纯净物C．磁性氧化铁——碱性氧化物 D．氨水——共价化合物2．下列化学用语书写正确的是A．HCl的电子式：B．基态As原子的电子排布式：1C．激发态钠离子的电子排布图：D．乙醇的分子式：C3．化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A．AlN陶瓷耐高温，可用作火箭隔热材料B．SiO2C．Na2D．FeCl34．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z同主族。已知Y的气态氢化物热稳定性强于X的气态氢化物，Z的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于W的最高价氧化物对应水化物。下列说法正确的是A．原子半径：ZB．第一电离能：YC．电负性：ZD．化学键的极性：Y−W键5．下列实验操作或事故处理方法正确的是A．蒸馏实验中，先在铁架台上固定蒸馏烧瓶，再安装温度计，连接冷凝管、接收器，最后在铁架台上放置酒精灯、石棉网B．制备乙酸乙酯时，先加浓硫酸，再将乙醇沿着玻璃棒缓慢注入浓硫酸中并不断搅拌，最后加乙酸C．实验中轻微烫伤或烧伤时，先用大量冷水冲洗，如果有水泡要挑破，然后涂上烫伤药膏D．金属钠切割后的碎屑不可以随便丢弃，要放回原试剂瓶保存6．SO2A．SO2与H2B．450℃，1标准大气压下，1 LSO2与C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1 molSO7．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．聚四氟乙烯中的C−B．聚乙烯塑料无毒且性质稳定，可用于包装食品C．甘油中的羟基与水形成氢键，可用于护肤D．聚乙炔含碳量高，可用于制作导电高分子8．下列离子方程式书写正确的是A．铜与浓硫酸加热：CuB．FeI2溶液中通入少量Cl2C．NaHCO3溶液与过量BaOHD．铝与NaOH溶液：29．葡萄糖和果糖生成蔗糖的反应为：下列关于该反应中有机物的性质或结构的说法不正确的是A．可以用红外光谱法鉴别葡萄糖与果糖B．葡萄糖与果糖为同分异构体，葡萄糖与蔗糖为同系物C．如果使用浓硫酸做催化剂，反应过程中可能产生刺激性气味的气体D．1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子10．用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，酚酞作指示剂，下列实验操作或分析正确的是A．滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后直接装入标准NaOH溶液B．量取20.00 mL待测盐酸时，选用量程为25C．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，当出现浅红色且半分钟内不褪色时停止滴定D．若指示剂改为甲基橙，则测得盐酸浓度偏高11．下列说法正确的是A．反应2NB．合成氨反应N2g+3C．在新制氯水平衡体系中加入少量NaCl固体，溶液中的平衡均逆向移动，溶液的pH增大，HClO的浓度减小D．已知CH4的燃烧热为ΔH1，CH4g+2O212．一种Zn−CO2离子液体电池可以在供电的同时将CO2转化为CH4，电解质为离子液体EMIM下列说法正确的是A．a电极为负极，EMIM+B．b电极反应式为：5C．EMIM+D．EMIM+作为电池促进剂的原理是通过生成ZnNHC13．化合物W是一种第四周期金属元素M的氧化物，其晶胞类型I在1000℃高温下煅烧时会转换成类型II(晶胞棱夹角均为90∘)，两种晶胞的体积比VA．化合物W的类型I与类型II化学式不相同B．类型I与类型II均为分子晶体C．类型I与类型II的晶体密度之比为64:65D．两种类型中的所有原子均有d轨道参与成键14．化合物X可以在如图途径中转化为丙酮，其中C3H6A．Mn+B．X为丙烷，C3C．转化②③④均为非氧化还原反应D．途径中副反应的化学方程式为C15．氨与Cu+可形成两种无色的配离子CuNH3①Cu+aq②CuNH3制备过程为：在持续通入N2的氛围下，将0.1molCuCl固体投入未知浓度的A．随着NH3浓度由0开始逐渐增大，CuB．若所得溶液中Cu+与CuNHC．若观察到溶液变为淡蓝色，应重做实验并增加N2D．所得溶液中必定存在c16．尼泊金乙酯C9已知：①对羟基苯甲酸聚合物难溶于水；②尼泊金乙酯与杂质的物理性质如表所示：物质熔点/℃沸点/℃溶解度pH尼泊金乙酯1142971.7×对羟基苯甲酸2133360.2下列说法正确的是A．试剂a、b可分别为Na2B．操作I为过滤，操作II为重结晶C．可以用FeCl3D．相同温度下，电离平衡常数二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17．铁元素是生命活动中不可或缺的元素。（1）无水FeCl2A．Fe元素位于周期表第九列B．FeH2OC．FeCl2D．FeCl2晶体中Fe（2）①基态Fe3+比Fe2②Fe3+和Fe2+在溶液中都能形成六配位的水合离子，从结构的角度解释，同浓度的FeCl3溶液比FeCl（3）某研究小组在隔绝空气的条件下，用Fe2+与Fe3已知：陈化是指将新生成的沉淀在母液中静置一段时间的处理过程，经过陈化可以使固体沉淀颗粒变大。①试剂X的最佳选择是。A.NaOHB.NaClOC.NH3⋅②步骤Ⅱ中操作Y是。③步骤Ⅳ中系列操作Z是。（4）邻二氮菲()(用R表示)中N原子可与Fe2+形成橙红色的配离子FeR32+，FeR32+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Fe2+在一定浓度范围内成正比，利用该反应可测定Fe2+浓度。R中氮原子的杂化方式为；测定的过程中首先要加入盐酸羟胺NH2OH18．乙醇是一种重要的工业原料。请回答：（1）工业上可采用催化还原CO2的方法制备C2H5OH，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在某固体催化剂X的作用下发生如下自发反应：主反应：2CO2副反应I：CO2g副反应Ⅱ：CO2g①若仅考虑主反应与副反应Ⅱ，下列说法不正确的是。A．当CO的体积分数不变时体系达到平衡B．升高温度不利于提高醇类的平衡产率C．体系达到平衡后充入少量氦气，内压增大，主反应平衡正移D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能均减小②若仅考虑主反应与副反应I，对反应体系加热，随着温度升高，平衡产量比值n乙醇n甲醇减小，则∆H1（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，阴极产物为乙醇与甲醇，物质的量比为1：1。写出阴极的电极反应方程式(有机物写结构简式)。（3）乙醇与水蒸气通过催化重整制氢的反应如下：反应I：C2H反应Ⅱ：COg+100kPa的恒压密闭容器中，恒定量的C2H5OH(g)与适量H2O(g)发生上述反应，保持H2平衡产率为m%不变，体系温度(T)与起始水醇比nH①H2的平衡产率：a点b点(填“＞”、“＜”或“=”)。②反应过程中部分乙醇生成固态炭覆盖催化剂活性位点，降低催化效率，在体系中充入O2(g)可除去固态炭。使起始氧醇比nO2nC2A．起始氧醇比=0.5时，平衡时的反应速率a点一定小于c点B．反应Ⅱ在图像中a、b、c三点的平衡常数KC．若使起始氧醇比=1，图像中无炭区的面积会更小D．曲线X出现拐点的原因是高于Tx时反应Ⅱ平衡逆移程度大于反应I正移（4）Al2O3可做酯化反应的催化剂，乙醇中的氧原子在催化剂表面形成配位键，进而改变键角∠COH的大小，形成相对稳定的中间体，降低与羧酸反应的活化能。请说明乙醇的键角如何改变，及改变的原因19．铟(In，IIIA族)的化合物硒铟铜(CuInSe2，M已知：①CuInSe2为细粉状晶体，难溶于水，CuCH3②KspInOH请回答：（1）下列说法正确的是_______。A．步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎B．步骤②中酸浸选用的酸可以用硫酸或盐酸C．步骤③中一定会用到蒸发皿D．步骤③中的干燥方法不能用高温烘干（2）步骤②酸浸时，如果控制溶液pH=5，能否得到InCl3溶液？(填“能”或“不能”)，请结合计算分析原因。(溶液中离子浓度低于（3）步骤④、⑤均在如图装置中完成(夹持、加热与搅拌装置均省略)，下列说法不正确的是_______。A．装置a的名称是三颈烧瓶B．通入X气体的目的是排出装置内的空气，防止In3+被OC．步骤⑥中固液分离时为提高产率，可用多层滤纸进行过滤D．步骤⑥中的洗涤操作可以选用蒸馏水做洗涤剂（4）步骤⑥洗涤时需要检验固体表面的杂质离子是否洗净，具体步骤包含在如下操作中：a.在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液b.如有沉淀生成，则证明产品中仍含有Clc.如无沉淀生成，则证明产品中不含Cld.取少量产品投入盛有蒸馏水的烧杯中，过滤并取滤液e.取最后一次洗涤后的滤液于烧杯中请排序：(填字母序号)。（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，将铜铟硒中的In替换为Al，得到另一种半导体材料铜铝硒CuAlSe2，两种半导体具有相同的黄铜矿型结构，但导电能力CuAlSe2更弱，请从化学键角度解释原因20．某有机物K的合成路线如下：已知：①F→G包含加成，消去两种反应类型；②CS2与CO请回答：（1）A的结构简式为。（2）D→E参与反应的官能团名称为。（3）下列说法不正确的是_______。A．E→F的反应类型是氧化反应B．化合物B的作用是保护A中官能团不被氧化C．化合物G中的所有原子不可能共平面D．化合物J中N原子的p轨道能提供一对电子形成配位键（4）H→I的产物中有羧酸盐生成，写出H→I的化学方程式。（5）写出3个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核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的H原子；②分子中含苯环，N原子不与H原子成键，且含N基团在苯环上没有邻位取代基。（6）请以苯为有机原料，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】A【解析】【解答】A、冰醋酸是纯净的醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在水溶液中只能部分电离，符合弱电解质的定义，A正确；

B、水玻璃是硅酸钠（Na2SiO3）的水溶液，由溶质和溶剂两种物质组成，属于混合物，而非纯净物，B错误；

C、磁性氧化铁是四氧化三铁（Fe3O4），它与酸反应时会生成两种盐（Fe2+盐和Fe3+盐）和水，不符合碱性氧化物“与酸反应只生成一种盐和水”的定义，C错误；

D、氨水是氨气（NH3）溶于水形成的混合物，包含NH3、H2O、NH3・H2O等多种微粒，而共价化合物是纯净物，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题易错点：电解质判断误区：误将冰醋酸（纯净物）排除在弱电解质外，混淆“醋酸”与“醋酸溶液”的概念。

混合物误判纯净物：把水玻璃、氨水这类溶液，错认为纯净物或化合物。

碱性氧化物概念模糊：忽略Fe3O4与酸生成两种盐，误将其归为碱性氧化物。2．【答案】C【解析】【解答】A、HCl是共价化合物，分子中氢原子与氯原子通过共用电子对结合，不存在离子键，正确的电子式应为，A错误；

B、As是33号元素，根据构造原理，其基态原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p63d¹⁰4s24p3，选项中遗漏了3d¹⁰，B错误；

C、基态Na+的电子排布式为1s22s22p6，而该排布图中3s轨道有1个电子，说明电子从2p轨道跃迁到了3s轨道，属于激发态，C正确；

D、C2H5OH是乙醇的结构简式，它的分子式应体现所有原子的个数，即C2H6O，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：共价化合物电子式书写误区：误将共价化合物HCl当成离子化合物，用离子电子式的形式书写，忽略了HCl是通过共用电子对成键的本质。

电子排布式遗漏能级：书写33号元素As的电子排布式时，容易遗漏3d¹⁰能级，违背了构造原理的填充顺序。

激发态与基态混淆：对Na+的基态电子排布（1s22s22p6）不熟悉，无法判断3s轨道出现电子的排布图属于激发态。

分子式与结构简式混淆：把乙醇的结构简式C2H5OH当成分子式，忽略了分子式需要准确表示分子中所有原子的种类和数目（C2H6O）。3．【答案】D【解析】【解答】A、AlN陶瓷是新型无机非金属材料，具有耐高温、硬度大等优良性能，能在高温环境下保持稳定，因此可作为火箭的隔热覆板材料，A正确；

B、SiO2（二氧化硅）对光的传导能力强，是制造光导纤维的核心原料，能高效传输光信号，B正确；

C、Na2O2（过氧化钠）中氧元素为-1价，容易得到电子表现出强氧化性，能氧化有机色素使其褪色，因此可作为漂白剂，C正确；

D、FeCl3溶液蚀刻覆铜板的原理是Fe3+的氧化性，它能与Cu发生氧化还原反应：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，而不是因为溶液显酸性，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．AlN陶瓷耐高温、化学性质稳定，这一性质直接对应其作为火箭隔热材料的用途，逻辑成立。

B．SiO2导光性强，是光导纤维的核心成分，这是教材中明确的“性质→用途”对应关系。

C．氧为-1价，易发生还原反应表现强氧化性，能氧化色素，因此可作漂白剂，因果清晰。

D．该反应是Fe3+氧化Cu，而非利用溶液酸性，选项混淆了性质与用途的因果关系，这是判断其错误的关键。4．【答案】A【解析】【解答】A、Z和W同周期，从左到右原子半径减小，故半径Z>W。W的电子层数比X多，一般电子层数越多半径越大，故半径W>X。因此原子半径顺序为：Z>W>X，A正确；

B、若X为N，Y为O，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常大于O，所以“X的第一电离能小于Y”不总是成立，B错误；

C、Z和W同周期，从左到右电负性增强，故电负性W>Z，C错误；

D、键的极性与成键元素电负性差值正相关。已知电负性Y>Z，W>Z，因此Y与W的电负性差值大于Y与Z的差值，故Y-W键的极性>Y-Z键，D错误；

故答案为：A。【分析】元素位置推断：气态氢化物热稳定性：Y的氢化物>X的氢化物→非金属性Y>X。最高价氧化物对应水化物酸性：Z的酸<W的酸→非金属性W>Z。

Y、Z同主族，且原子序数X<Y<Z<W。综合可得元素在周期表中的相对位置：为XY5．【答案】D【解析】【解答】A、蒸馏装置的安装必须遵循“从下到上”的原则，应先放置酒精灯和石棉网，再固定蒸馏烧瓶，最后安装温度计、冷凝管和接收器。选项中操作顺序颠倒，容易导致装置不稳或加热不当，A错误；

B、浓硫酸密度大且溶于乙醇时会剧烈放热，若将乙醇倒入浓硫酸中，易造成液体暴沸飞溅。正确操作是先加乙醇，再缓慢注入浓硫酸并搅拌，冷却后最后加乙酸。选项中顺序颠倒，存在安全隐患，B错误；

C、轻微烫伤时，应先用大量冷水冲洗降温，但水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中“挑破水泡”的操作违反安全处理规范，C错误；

D、金属钠化学性质极活泼，易与空气中的氧气、水反应并放热，随意丢弃易引发火灾。未用完的钠屑应放回原试剂瓶妥善保存，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．必须遵循“从下到上”的顺序，先确定酒精灯位置，再固定烧瓶，最后安装其他部件。选项颠倒了顺序，会导致装置不稳定或加热位置错误。

B．浓硫酸密度大且溶于乙醇时剧烈放热，必须“酸入水”，将浓硫酸缓慢注入乙醇中。选项顺序颠倒，易造成暴沸飞溅，存在安全隐患。

C．轻微烫伤的水泡不可挑破，否则易引发感染。选项中“挑破水泡”的操作违反安全处理规范。

D．金属钠化学性质极活泼，随意丢弃易引发火灾，未用完的钠屑必须放回原试剂瓶。6．【答案】C【解析】【解答】A、反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O。H2S中的S被氧化为S（氧化产物），共2mol。SO2中的S被还原为S（还原产物），共1mol。因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，A正确；

B、反应2SO2+O2⇌2SO3是可逆反应，反应物不能完全转化。若1LSO2完全反应，会消耗0.5LO2并生成1LSO3，气体总体积变为1L。但因反应可逆，SO2不能完全消耗，所以反应后气体总体积必然大于1L，B正确；

C、KMnO4是强氧化剂，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是因为SO2被氧化，体现了还原性，而非漂白性。漂白性是指使有机色质褪色，这里是氧化还原反应，C错误；

D、反应为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2。S元素从+4价（SO2）被氧化到+6价（CaSO4），每1molSO2参与反应，转移2mol电子，D正确；

故答案为：C。

【分析】A．SO2与H2S反应生成S，H2S中的S被氧化（氧化产物，2份），SO2中的S被还原（还原产物，1份），氧化产物与还原产物比例为2：1。

B．反应2SO2+O2⇌2SO3为可逆反应，1LSO2无法完全消耗，因此反应后气体总体积必然大于1L。

C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，发生了氧化还原反应，SO2被氧化体现还原性。

D．在工业制备石膏的反应中，S元素从SO2中的+4价被氧化为CaSO4中的+6价，每1molSO2参与反应，转移2mol电子。7．【答案】D【解析】【解答】A、聚四氟乙烯中的C-F键键能高，化学稳定性极强，因此能耐酸碱腐蚀，性质和用途直接对应，A不符合题意；

B、聚乙烯塑料无毒，化学性质稳定，不易与食品发生反应，因此可用于食品包装，性质和用途直接对应，B不符合题意；

C、甘油（丙三醇）含有多个羟基，能与水形成氢键，具有良好的吸湿性，可保持皮肤湿润，因此用于护肤，性质和用途直接对应，C不符合题意；

D、聚乙炔能作为导电高分子，是因为其分子中存在交替的单双键结构，形成了共轭π电子体系，电子可以在链上移动，这与“含碳量高”没有直接关系，性质和用途不对应，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

聚乙炔导电原因混淆：误以为“含碳量高”是其导电的原因，忽略其导电性源于共轭π电子体系。

甘油护肤原理不清：只知甘油可护肤，忽略其吸湿性来自羟基与水形成氢键的结构本质。

高分子性质对应偏差：混淆聚四氟乙烯（C-F键能高）和聚乙烯（无毒稳定）的核心特性与用途的对应关系。8．【答案】B【解析】【解答】A、浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成H+和SO42-。正确的离子方程式应为：

Cu+2H2SO4(浓)=ΔCu2++SO2↑+SO42-+2H2B、I-的还原性强于Fe2+，少量Cl2优先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，B正确；C、Ba(OH)2过量时，HCO3-与OH-按1：1反应，不会生成CO32-。正确的离子方程式应为：

HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C错误；D、所给方程式原子不守恒，正确的离子方程式应为：

2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4-+3H2↑，D错误；故答案为：B。【分析】A．浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，不能拆成离子。

B．I-的还原性强于Fe2+，少量Cl2优先氧化I-，方程式符合反应先后规律。

C．Ba(OH)2过量时，HCO3-与OH-按1：1反应，不会生成CO32-。

D．方程式中氢、氧原子数目不守恒。9．【答案】B【解析】【解答】A、葡萄糖含醛基，果糖含羰基，官能团种类不同，红外光谱会显示不同的特征吸收峰，因此可用红外光谱法鉴别二者，A正确；

B、葡萄糖与果糖分子式相同（C6H12O6）、结构不同，互为同分异构体；而葡萄糖是单糖（C6H12O6），蔗糖是二糖（C12H22O11），二者分子组成上相差的不是若干个CH2原子团，不满足同系物的定义，B错误；

C、浓硫酸具有脱水性和强氧化性，作为催化剂时，可能使糖类脱水炭化，碳与浓硫酸反应生成有刺激性气味的SO2气体，因此反应过程中可能产生刺激性气味的气体，C正确；

D、链式葡萄糖分子（HOCH2(CHOH)4CHO）中，中间4个碳原子均连接4个不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此1个葡萄糖(链式)分子中有4个手性碳原子，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题易错点：

同系物判断误区：误将葡萄糖和蔗糖当作同系物，忽略了同系物要求“分子组成相差若干个CH2原子团”的核心条件。

手性碳判断不清：对链式葡萄糖的手性碳数目判断不准，需注意只有连接4个不同基团的碳原子才是手性碳。

浓硫酸性质混淆：只记得脱水性，忽略其强氧化性，想不到会产生SO2气体。

红外光谱理解不深：不清楚红外光谱是通过官能团特征峰来鉴别物质，对区分葡萄糖和果糖的依据理解不到位。10．【答案】C【解析】【解答】A、滴定前用蒸馏水润洗碱式滴定管后，必须再用标准NaOH溶液润洗2-3次，否则残留的水会稀释标准液，导致消耗的NaOH体积偏大，计算出的盐酸浓度偏高，A错误；

B、量筒属于粗量器，精度仅为0.1mL，无法精确量取20.00mL的溶液。应选用精度为0.01mL的酸式滴定管，B错误；

C、滴定时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，说明达到滴定终点，应停止滴定，C正确；

D、甲基橙的变色范围为pH3.1—4.4，在酸性环境下变色。用NaOH滴定盐酸时，使用甲基橙会使滴定终点提前，消耗的NaOH体积偏小，导致测得的盐酸浓度偏低，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．蒸馏水润洗后若不用标准液润洗，残留水会稀释NaOH，导致消耗体积偏大，浓度计算偏高。

B．量筒精度仅0.1mL，无法满足20.00mL的精度要求，应选用酸式滴定管（精度0.01mL）。

C．滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化，当溶液由无色变为浅红色且半分钟不褪色时，即为终点。

D．甲基橙在pH3.1—4.4变色，会使终点提前，NaOH消耗体积偏小，导致测得盐酸浓度偏低。11．【答案】A【解析】【解答】A、反应2N2O(g)=2N2(g)+OB、催化剂（如铁触媒）的作用是降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而提高活化分子的百分数，并同等程度地加快正、逆反应速率。B错误；C、新制氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌H++CD、根据燃烧热的定义，ΔH1对应的产物是液态水：CH4(g)+2O故答案为：A。【分析】A．该反应为吸热（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反应，常温下能自发，说明熵变是主导因素。

B．催化剂降低活化能，会提高活化分子的百分数，而非不改变。

C．加入NaCl使Cl-浓度升高，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO逆向移动，H+浓度降低，水的电离平衡正向移动，并非所有平衡都逆向。

D．燃烧热要求生成液态水，通过盖斯定律可得ΔH1=ΔH2-2ΔH3，而非ΔH1=ΔH2+ΔH3。12．【答案】B【解析】【解答】A、a电极上Zn被氧化为Zn2+，所以a是负极。但[EMIM]+在反应中作为质子源和促进剂，自身并未被氧化，A错误；

B、b电极是正极，CO2被还原为CH4，同时生成的CO32-会与Zn2+结合生成ZnCO3。电极反应式为：5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-，B正确；

C、电解质中含有少量水，水也可以提供质子（H+），所以[EMIM]+不是唯一的质子源，C错误；

D、[EMIM]+作为促进剂，是通过与Zn2+形成[ZnNHC]2+等中间体，降低反应的活化能，加快反应速率，而不是单纯增加电荷浓度来增强离子电流强度，D错误；

故答案为：B。

【分析】碳纳米管电极通入CO2，CO2被还原为CH4，同时生成的CO32-与Zn2+结合为ZnCO3，该电极发生还原反应、得到电子，因此为正极，电极反应式为：

5CO2+8e-+2H2O=CH4+4CO32-；Zn电极上Zn失电子被氧化为Zn2+，发生氧化反应，因此为负极。13．【答案】C【解析】【解答】A、类型I晶胞：M=8×18+4×12+2×12+1=4；O原子的个数=16；化学式为B、该化合物是金属氧化物，由阴、阳离子构成，属于离子晶体，而非分子晶体，B错误；C、密度公式为ρ=mV。设M的相对原子质量为Mr，阿伏加德罗常数为NA，则：类型I晶胞质量：mI=4×(MrD、O原子的价电子排布为2s故答案为：C。【分析】本题易错点：

均摊法计算原子数失误：对晶胞顶点、棱、面、体心的原子贡献比例记忆或应用错误，导致M和O的原子数算错，进而误判化学式。

晶体类型判断偏差：看到“氧化物”就想当然认为是分子晶体，忽略了金属氧化物多为离子晶体的本质。

密度比计算误区：直接用体积比65：32当作密度比，或在代入密度公式时，混淆了质量与体积的比例关系，导致结果颠倒。

成键轨道理解不深：误以为所有原子成键都涉及d轨道，忽略了O原子价层只有2s、2p轨道，成键时不使用d轨道。14．【答案】B【解析】【解答】A、Mn+在整个反应循环中先参与反应，后又再生，符合催化剂“先消耗后生成”的特征，因此它是该转化的催化剂。A错误；

B、根据产物为丙酮和副产物(CH3)2CHOH，可推断X为丙烷（C3H8）。从副反应来看，C3H7MnOH+中共有三种化学环境的氢原子，B正确；

C、转化④中，N2O被还原为N2，同时[(C3H6)Mn]+被氧化，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应。C错误；

D、Mn+为催化剂，途径中副反应的化学方程式为C3H8+N2O→Mn+CH32CHOH+N2，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．Mn+在反应中循环再生，是催化剂。

B．X为丙烷，[(C3H7)Mn(OH)]+的结构为(CH3)2CH-Mn(OH)15．【答案】D【解析】【解答】A、当NH3浓度从0开始增大时，反应①正向进行，[Cu(NH3)]+浓度先增大；当NH3浓度足够大时，反应B、总反应为：Cu当溶液中c(Cu+)=c([Cu(C、淡蓝色是Cu2+的特征颜色，说明Cu+被空气中的O2氧化。实验在N2氛围下进行，若出现淡蓝色，说明D、溶液中的电荷守恒式为：c(物料守恒式为：c(将物料守恒代入电荷守恒，得到质子守恒式：c(NH故答案为：D。【分析】本题易错点：

浓度变化判断错误：只考虑第一步生成[Cu(NH3)]+，忽略高浓度NH3时会进一步配位消耗它，误判浓度一直升高。

总平衡常数计算错误：不会把两步平衡常数相乘得到总常数，代入浓度关系时化简出错，导致计算结果偏差。

离子性质记忆不清：忘记Cu+容易被氧气氧化为Cu2+，不能根据淡蓝色现象判断实验操作问题。

守恒关系乱用模板：直接照搬普通氨水质子守恒式，没有结合本题配位体系推导，造成离子关系式判断失误。16．【答案】A【解析】【解答】A、试剂a为饱和Na2CO3溶液，作用是将对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯转化为可溶的钠盐；试剂b为盐酸，作用是将钠盐重新转化为酸和酯，便于后续分离。A正确；

B、操作I和操作II均为过滤操作，并非“操作I为过滤，操作II为蒸发结晶”。B错误；

C、尼泊金乙酯和对羟基苯甲酸都含有酚羟基，均可与FeCl3溶液发生显色反应，因此无法用FeCl3检验产品中是否残留对羟基苯甲酸。C错误；

D、邻羟基苯甲酸根离子可通过分子内氢键分散负电荷，稳定性更强，羟基上的氢更难电离；而对羟基苯甲酸根离子主要通过共轭效应稳定，羟基氢电离程度更大，故电离平衡常数：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸。D错误；

故答案为：A。

【分析】提纯尼泊金乙酯的核心思路是利用溶解度差异和酸碱反应实现分离：先将粗品加入饱和Na2CO3溶液，对羟基苯甲酸和尼泊金乙酯会转化为可溶于水的钠盐，而对羟基苯甲酸聚合物难溶于水，通过过滤（操作I）分离出固体。合并滤液和洗涤液后，加入盐酸（试剂b）调节pH，将钠盐重新转化为酸和酯，再利用溶解度差异蒸发浓缩、结晶，再次过滤（操作II）得到纯品。17．【答案】（1）C；D（2）Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比Fe2+的价层电子排布3d6更稳定；Fe3+化合价比Fe2+（3）C；搅拌；过滤，洗涤，干燥（4）sp2；2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2【解析】【解答】（1）A．Fe元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；B．FeH2O42+的半径比FeC．FeCl2中共价键占一定的百分比，因此FeClD．由FeCl2晶体的晶胞可知，离Fe2+最近的Cl-的个数为6，因此FeCl故答案为：CD。（2）①基态Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比基态Fe②Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子能力比Fe2+更强，使配位的O的吸引电子能力增强，导致O−H键的极性增强，更易电离出H故答案为：Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比Fe2+的价层电子排布3d6更稳定；Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子比Fe2+更强，使配位的O的吸引电子能力增强，导致O−H键的极性增强，更易电离出H+；

（3）隔绝空气，在Fe2+与①加入过量试剂X，使得Fe2+与Fe3+完全转化为Fe(OH)2②根据分析，在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米Fe3O4故答案为：C；搅拌；过滤，洗涤，干燥；

（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为sp2；Fe3+与盐酸羟胺NH2OH⋅HCl反应生成Fe2+与氮气，该反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+；当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH−浓度较高时，OH−与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位，因此需调节溶液的pH范围为2∼9。

故答案为：sp2；2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++N2↑+2H2O+4H+；当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；若OH−浓度较高时，OH−与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位。

【分析】(1)Fe位于第四周期第Ⅷ列（第8列），不是第9列。[Fe(H2O)4]2+半径大于Fe2+，离子键更弱。FeCl2晶体含共价键，存在范德华力；Fe2+的配位数为6。

(2)Fe（1）A．Fe元素的原子序号为26，位于周期表第四周期第八列，A错误；B．FeH2O42+的半径比FeC．FeCl2中共价键占一定的百分比，因此FeClD．由FeCl2晶体的晶胞可知，离Fe2+最近的Cl-的个数为6，因此FeCl故选CD。（2）①基态Fe3+的价层电子排布为3d5，是半充满结构，比基态Fe②Fe3+化合价比Fe2+更高，吸电子能力比Fe2+更强，使配位的O的吸引电子能力增强，导致O−H键的极性增强，更易电离出H（3）隔绝空气，在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2+与Fe3+完全转化为①加入过量试剂X，使得Fe2+与Fe3+完全转化为Fe(OH)2②根据分析，在Fe2+与Fe3+混合液中加入过量氨水，使得Fe2③根据分析，悬浊液经过陈化得到纳米Fe3O4（4）根据图示可知，氮原子形成了2个σ键，1对孤电子对，1个π键，氮原子的杂化方式为sp2；Fe3+与盐酸羟胺NH2OH⋅HCl反应生成Fe2+与氮气，该反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2+18．【答案】（1）CD；＜（2）CH（3）＜；CD（4）Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C−O、H−【解析】【解答】（1）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；故选CD。②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值n乙醇n甲醇减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大，∆H1故答案为：CD；＜；

（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mole-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：CH3故答案为：CH3COOCH3+4e−+4H+=C2H5OH②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数KaC．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；D．在拐点处，nH2OnC故答案为：＜；CD。（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为6−22=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C−O、H故答案为：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C−O、H−O成键电子对之间的排斥力减弱，导致键角∠COH增大。

【分析】（1）①利用“变量不变则平衡”判断平衡状态；恒容充惰性气体不改变浓度，平衡不移动；催化剂不改变活化能和平衡。

②升温时比值减小，说明主反应吸热更多，故ΔH1<ΔH2。

（2）根据产物比例和守恒关系，写出阴极还原反应式。

（1）①仅考虑主反应与副反应Ⅱ。A．当CO的体积分数不变时，正逆反应速率相等，体系达到平衡，A正确；B．升高温度，主反应的平衡逆向移动，不利于提高醇类的平衡产率，B正确；C．体系达到平衡后充入少量氦气，虽然内压增大，但主反应中各物质的浓度都未发生改变，平衡不发生移动，C不正确；D．增加催化剂X的用量，主反应正、逆反应的活化能不会发生改变，D不正确；故选CD。②若仅考虑主反应与副反应I(正反应都为放热反应)，对反应体系加热，随着温度升高，主反应和副反应Ⅰ都逆向移动，平衡产量比值n乙醇n甲醇减小，则表明温度升高，对主反应的影响更大，∆H1（2）乙酸甲酯电化学合成法制乙醇的工艺中，电解质溶液为稀H2SO4，阳极通入H2，在阴极，1molCH3COOCH3得到4mole-，生成1molCH3CH2OH和1molCH3OH，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阴极的电极反应方程式：CH3（3）①a点时，H2的平衡产率与曲线上与b点相同温度时的H2的平衡产率相同，则b点相当于曲线上与b点同温度的点增大n(H2O)，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡都发生正向移动，H2的产率增大，所以H2的平衡产率：a点＜b点。②A．起始氧醇比=0.5时，a点与c点温度相同，虽然a点处于有炭区，但催化剂活性降低程度未知，反应物的浓度大小未知，若其降低程度较小，且a点反应物浓度较大，则平衡时的反应速率a点不一定小于c点，A不正确；B．a、c两点的温度相同，b点温度较高，反应Ⅱ的正反应放热，则b点Kb最小，所以在图像中a、b、c三点的平衡常数KaC．若使起始氧醇比=1，O2的量相对增多，更有利于除去固态炭，那么有炭区面积会减小，但O2量增多会改变平衡，平衡移动会使一些原本在无炭区的温度-起始氧醇比组合，因反应平衡改变而有固态炭生成，即无炭区的边界发生变化，从而导致图像中无炭区的面积会更小，C正确；D．在拐点处，nH2OnC故选CD。（4）在乙醇分子中，O原子的孤电子对数为6−22=2，形成2个σ键，价层电子数为4，发生sp3杂化，O原子的孤电子对与Al2O3中的Al原子形成配位键后，降低了O原子上孤电子对的电子云密度，从而降低了对成键电子的排斥力，从而使键角增大。改变的原因：Al2O3中的铝原子与乙醇氧原子的孤对电子形成配位键，降低了氧上孤对电子的电子云密度，孤对电子与C−O、H19．【答案】（1）A；D（2）不能；使用InOH3的Ksp计算后In3+离子为10−5mol⋅L−1（3）B；C（4）eac（5）Al与In相比，Al的电负性更大，Al与Se形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱【解析】【解答】（1）A.步骤①中焙烧前通常先将矿石粉碎，可增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，A正确；B.因为最终要得到InCl3溶液，若用硫酸酸浸会引入SOC.步骤③从InCl3溶液结晶干燥得到IClD.ICl3⋅4H故答案为：AD；

（2）pH=5时，cOH−=10-9mol⋅L-1故答案为：不能；使用InOH3的Ksp计算后In3+离子为10−5mol⋅L−1时，pHB.通入X气体的目的是排出装置内的空气，防止Se2−被OC.CuInSe2D.CuInSe2难溶于水，步骤⑥故答案为：BC；

（4）要检验固体表面的Cl−是否洗净，应取最后一次洗涤后的滤液进行检验，在滤液中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，如无沉淀生成，则证明产品中不含Cl故答案为：eac；

（5）半导体材料的导电能力与晶体中化学键的共价性密切相关，Al的电负性比In大，Al与Se形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，因此CuAlSe2导电能力更弱。

故答案为：Al与In相比，Al的电负性更大，Al与Se形成的化学键共价性相对较强，电子云更集中在键合区域，电子在晶体中的传导相对较困难，形成的半导体导电性更弱。

【分析】将含铟矿石经焙烧得到含In2O3的混合固体；酸浸、过滤后得到InCl3溶液，再经结晶、干燥得到InCl3・4H2O晶体；将InCl3・4H2O与Cu(CH3COO)2・H2O、Na2Se在乙二醇中溶解，加热反应；最后经固液分离、洗涤、干燥，得到CuInSe2（1）A.步骤①中焙烧