浙江第二届NBchem高考模拟考试2026届高三下学期第二次联考化学试题（含答案）

第第页浙江第二届NBchem高考模拟考试2026届高三下学期第二次联考化学试题一、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．以下物质中是胶体的是A．有色玻璃B．石灰乳C．FeD．纳米铜颗粒(粒子直径50nm~100nm)2．以下化学用语说法正确的是A．Fe2+的价层电子排布图：B．NH4ClC．2pxD．水分子中极性的方向(规定由负电端指向正电端)：3．下列有关CH3COONa(CH3COOH的A．醋酸钠的水溶液呈碱性 B．CH3C．CH3COONa可以治疗胃酸过多 D．4．关于反应SiCl4+4HA．SiOH4B．此反应为非氧化还原反应C．碳与硅同族，推测CCl4D．类似地，PCl55．下列关于第三周期元素性质递变规律的叙述，不正确的是A．离子半径：K+<SC．气态氢化物稳定性：HCl>H26．“千篇一律”中往往可能蕴含着“万里挑一”。高中化学中存在着许多组“同与不同”。下列关于“不同”产生的原因的推测中，合理的是选项“同与不同”“不同”产生的原因A将SO2气体与H两种反应得到的硫单质是同分异构体B六方氮化硼被称为“白石墨”，与石墨的结构相似。石墨具有良好的导电性，但六方氮化硼不能导电六方氮化硼层内不存在相互平行的p轨道CO3和SO2结构相似。O3O3是非极性分子，SODC和Si是同主族元素。在常温常压下，CO2以小分子形式存在，而SiOSi的原子半径大于C，与O形成的π键强度低A．A B．B C．C D．D7．关于化学物质分离和检验方法，下列说法不正确的是A．通过红外光谱数据，可以区分CH3CHB．可以用蒸发结晶法来获取碘酒中的碘C．可以通过化学反应证明某分子中含有过氧基(−OD．在实验“粗盐提纯”中，在“Mg2+、Ca2+、8．下列离子方程式正确的是A．漂白粉漂白原理：ClOB．SO2水溶液与氯水混合：C．AlOH3溶于浓NaD．向银氨溶液中加入少量盐酸：Ag9．下面的反应实现了苯环上取代基的转化，其中X可以为溴、氯或氰基负离子。已知化合物2为重氮盐，其性质不稳定，易分解。下列说法正确的是A．该反应试剂的选择符合“绿色化学”的原则B．由于升高温度有利于反应速率的加快和氮气的脱除，该反应可以在高温下进行C．反应过程中有可能生成能使FeCl3D．化合物1在水中的溶解性强于化合物210．利用下列装置和描述进行实验，无法达到实验目的的是A．用色谱法来分离有机物B．用于酯化反应，试剂添加顺序为浓硫酸-乙醇-乙酸C．用此装置测量中和反应的反应热D．实现在铁制镀件上镀铜A．A B．B C．C D．D11．下列关于硫及其化合物的说法中正确的是A．已知S8是一种硫的单质具有环状结构，推测所有SB．SO3的聚合SO33其中一种具有环状结构，其中SC．S2OD．含结晶水的硫酸盐都易溶于水12．长期以来，CO2电还原被认为必须在碱性环境下才能有效进行。浙江大学科研人员近日在酸性条件下CO2电还原方面作出突破，研究者通过构建ZrO2−Nafion(Nafion提供基团−提示：1.酸性环境中H+还原会导致氢析出反应(HER)剧烈竞争；2.C−C耦合(C2+产物生成的决速步)需碱性环境，酸性条件下能垒高；3.ZrO2A．阳极每氧化4molH2OB．阴极生成乙醇的电化学方程式为：2C．将气相CO2直接输运到电解液中，有助于提升COD．推测ZrO2−Nafion13．化合物Li3N的晶体结构如图所示，Li3A．N3−B．晶体类型为离子晶体C．该化合物的热稳定性低于NaD．1mol该化合物与100mL14．用于现代有机合成中构建碳-碳键(C-C键)，特别是用于合成联苯类化合物(Biaryls)的流程如下下列说法中不正确的是A．该反应中催化剂是PdB．步骤A经历了金属插入C-Br键的过程C．步骤B中得到的副产物是BrBD．步骤C经历了取代反应15．在正常情况下，人体血浆中H2CO3的浓度为1.2×10−3mol/L，HCO3−的平衡浓度为2.4×10−2mol/LA．该溶液的pH值为7.40B．该溶液中CO32−C．向该溶液中加入少量NaOH固体(忽略体积变化)，cHCOD．向该溶液中加入CaCl2固体(忽略体积变化)，当cCa2+达到6.0×16．阿司匹林()溶于乙醇、乙醚，难溶于水。为了测定自制阿司匹林的纯度，NBchem研究小组进行如下实验：步骤Ⅰ——样品准备：准确称取自制阿司匹林样品0.4g，置于250mL锥形瓶中；步骤Ⅱ——溶解：加入25mL步骤Ⅲ——滴定：加入2滴酚酞指示剂，用已标定的NaOH标准溶液滴定。下列说法不正确的是A．步骤Ⅰ中称量样品需使用电子分析天平，以保证称量精度B．步骤Ⅱ中所用的95%乙醇应预先调至对甲基橙(变色范围3.1~4.4)指示剂显中性，避免干扰滴定C．步骤Ⅲ中滴定需不断振荡并较快进行的主要原因是防止NaOH局部过浓而使产品水解D．取样品溶解于乙醇水溶液，滴加1~2滴氯化铁溶液观察到溶液变紫色，则实现水杨酸(邻羟基苯甲酸)杂质的检出二、非选择题(本大题共4小题，共52分。)17．配位滴定是常见的定量分析方法。请回答：（1）铝的卤化物种类繁多，应用广泛。①一种铜铝化合物的晶胞如图所示，其化学式是。②共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件能与NH3结合生成AlNH3Cl3。比较与（2）乙二胺四乙酸(简写为H4①EDTA中不存在的共价键类型为。A．s−sσ键B．s−p②已知：Fe3++EDTA4−⇌EDTA−Fe−③制备锂离子电池的正极材料的前驱体FePO4已知：KspFePO4(i)酸性条件下，生成FePO4的离子方程式为(ii)FePO4的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易凝聚成团。经研究表明，沉淀时可加入含EDTA4−的溶液，说明EDTA4−(iii)利用K3FeCN6溶液设计实验来检验FePO4晶体中存在18．过氧化氢的合成是具有挑战的研究领域。（1）在室温下，H2和O反应1：2H2g+反应2：2H2g+从热力学角度看，直接合成过氧化氢是(填“自发”“非自发”)的，判断热力学上，正向进行的趋势更大的反应是(填“反应1”“反应2”)。（2）酸性水中Pd形成H2反应(3)的反应方程式为，该反应为(填“氧化还原”“非氧化还原”)反应。（3）之后有研究小组在甲醇法合成双氧水的催化剂选择上做出了研究。催化过程涉及基元反应如下(催化剂表示为*，能量为吉布斯自由能ΔG，能垒可理解为活化能)：图1：H2→H2反应1：*+CH反应2：*CH3OH→*CH反应3：*CH2OH+*H反应4：*O2+2反应5：*OOH+*CH2O反应6：*HOOH①由图1和图2，催化效果更好的催化剂是Pt1Aun②根据基元反应4和5，完成图3的绘制。③在Pt1Aun④在元素周期表中，Au(原子序数79)位于第周期族。19．NBchem实验小组进行“硫酸亚铁铵晶体FeSO4物质\溶解度(g)\温度(℃)102030405070NH7375.4788184.591.9FeSO40486073.3——NH18.121.224.527.931.338.5提示：①复盐通常比其组成的简单盐具有更高的晶格能，且晶体结构往往更为致密；②晶体中Fe2+被水分子包围形成的配离子是Fe③抽滤相比普通过滤拥有更快的过滤速度（1）装置2的名称是。（2）步骤Ⅱ将原有固液混合物分为黑色泥状物和绿色溶液，需要保留并在装置2中加入的为，步骤Ⅳ是结晶的过程，具体操作有。（3）下列说法中正确的是______。A．步骤Ⅰ应在通风橱中进行B．步骤Ⅱ选用抽滤的原因是加快过滤速度，防止Fe2+C．对装置2加热可以不通过陶土网(石棉网)D．步骤Ⅲ调pH应确保调节后pH处于碱性范围（4）硫酸亚铁铵晶体中的亚铁离子比普通硫酸亚铁晶体更(选填“难”，“易”)氧化，原因是(可从分子间作用力/晶体结构等角度入手)。（5）小组成员最终称得硫酸亚铁铵晶体FeSO4⋅NH20．某研究小组按照如下路径设计合成某抗原衍生物(L)：化合物E的合成：产物(L)的合成：已知：1.EDCI的结构简式：；2.SnCl23.叔丁酯(CH34.。（1）某抗原衍生物(L)含有的含氧官能团为。（2）以下说法正确的是______。A．化合物D的核磁共振氢谱显示有3组峰B．化合物F→化合物H的过程中在酸性条件下反应进行更加彻底C．化合物F的酸性强于间硝基苯酚D．可以用质谱图测出化合物L的相对分子质量；可以用X射线衍射测出化合物K的化学键键角（3）化合物G(分子式C8H15（4）化合物J→化合物K的化学反应方程式为。已知当化合物H:SnCl2⋅2H2（5）化合物E的合成也可以从和CH3CO2O开始，合成路线是

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、有色玻璃属于固溶胶，分散质粒子直径介于1~100nm，符合胶体的定义，A正确；

B、石灰乳中Ca(OH)2粒子直径大于100nm，属于悬浊液，不属于胶体，B错误；

C、Fe(【分析】本题解题要点：

胶体判定核心：必须是分散系，分散质粒子直径1~100nm，同时存在分散质与分散剂；

固溶胶实例：有色玻璃、烟水晶等，固体作分散剂，纳米金属氧化物/金属颗粒作分散质；

浊液区分：粒子直径大于100nm的固体分散在液体中为悬浊液；

纯净物排除：单一物质无分散剂，无法构成胶体分散系。2．【答案】D【解析】【解答】A、Fe原子价电子排布为3d64s2，Fe2+失去4s轨道2个电子，价层电子仅为3d6，排布图为，故A错误；

B、NH4Cl标准名称为氯化铵；SiO2是原子晶体，不存在独立分子，只能称作化学式，不能叫分子式，B错误；

C、2px电子云沿x轴呈哑铃形，电子云图为，故C错误；【分析】本题解题要点：

离子价电子排布：过渡金属失电子优先失去最外层4s电子，亚铁离子无4s价电子；

物质命名与晶体用语：铵盐命名为氯化铵，原子晶体仅存在化学式，无分子式；

轨道电子云形状：s轨道球形、p轨道哑铃形，2p3．【答案】C【解析】【解答】A、CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO−发生水解反应生成氢氧根离子，水溶液显碱性，A正确；

B、CH3COO−中的氧原子带有孤电子对，可提供孤电子对与中心离子形成配位键，能够作为配体，B正确；

C、CH3COONa与胃酸HCl反应生成醋酸，醋酸会刺激胃黏膜，不能用于治疗胃酸过多，C错误；【分析】本题解题要点：

盐类水解规律：强碱弱酸盐的弱酸根水解，溶液呈碱性；

配体判定规则：含有孤电子对的原子或离子可作配体，醋酸根含氧原子孤电子对；

胃酸中和试剂选择：反应生成弱酸的弱碱性盐会刺激肠胃，不可用于缓解胃酸过多；

盐类定义：由金属阳离子（或铵根）和酸根阴离子组合而成的化合物属于盐。4．【答案】C【解析】【解答】A、Si(OH)4发生分子内脱水，脱去1分子水即可生成硅酸H2SiO3，说法正确，A正确；

B、反应SiCl4+4H2O=Si(OH)4+4HCl中各元素化合价均未发生改变，不存在电子转移，属于非氧化还原反应，B正确；

C、C原子半径小，不存在空的2d轨道，无法结合水分子中氧的孤电子对发生水解，常温下CCl4【分析】本题解题要点：

硅的氢氧化物脱水：原硅酸脱去一分子水得到硅酸；

氧化还原判断：反应前后所有元素化合价不变，无电子得失即为非氧化还原反应；

卤化物水解差异：碳无d轨道无法接受水的孤电子对，四氯化碳常温不水解，四氯化硅有空3d轨道易水解；

非金属卤化物水解规律：中心原子结合羟基，卤素结合氢，高价磷的卤化物水解生成对应最高价含氧酸。5．【答案】D【解析】【解答】A、K+、S2−电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数K>S，故离子半径K+<S2−，A正确；

B、同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性Na>Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性NaOH>Mg(OH)2，B正确；

C、同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性Cl>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性【分析】本题解题要点：

电子层相同离子半径比较：电子层结构一致时，核电荷数越大，离子半径越小；

金属性与碱性递变：第三周期从左至右金属性减弱，最高价氢氧化物碱性同步减弱；

非金属性与氢化物稳定性：同周期非金属性向右递增，对应气态氢化物稳定性增强；

第一电离能特殊规律：全满、半满轨道构型稳定性更高，Mg的3s全满结构使其第一电离能大于相邻Al。6．【答案】D【解析】【解答】A、两种反应生成的单质硫均为S原子构成的同种单质，同分异构体仅适用于化合物，浑浊颜色差异源于硫单质颗粒直径不同，A错误；

B、六方氮化硼层内存在相互平行的轨道，不能导电是因为没有可自由移动的离域电子，并非无平行轨道，B错误；

C、O3正负电荷中心不重合，属于极性分子，选项称O3为非极性分子说法错误，溶解度差异由分子极性、能否与水反应共同导致，C错误；

D、C原子半径小，能和O形成稳定p-pπ键，形成小分子CO2；Si原子半径更大，与氧形成的π键强度极低难以稳定存在，只能依靠σ键形成空间网状共价晶体SiO【分析】本题解题要点：

同分异构体适用范围：同分异构体只针对化合物，单质不存在同分异构，固体颗粒大小会改变外观；

导电本质判断：石墨、六方氮化硼层内均存在平行轨道，能否导电取决于是否存在自由离域电子；

分子极性与溶解规律：臭氧属于极性分子，结合相似相溶原理、物质能否与水反应分析溶解度差异；

π键稳定性规律：原子半径大小影响p-pπ键能否稳定存在，碳氧形成小分子，硅氧只能构成原子晶体。7．【答案】B【解析】【解答】A、CH3CH2OH含−OH羟基，CH3OCH3仅含醚键，红外光谱可检测不同官能团的特征吸收峰，能够区分两种物质，A正确；

B、碘单质受热易升华，蒸发结晶加热过程中碘会挥发损失，无法通过该方法提取碘酒中的碘，一般采用萃取蒸馏分离，B错误；

C、过氧基具有强氧化性，可通过氧化还原反应（如氧化KI生成I2）检验，以此证明分子内存在−O−【分析】本题解题要点：

红外光谱作用：依据官能团特征吸收峰鉴别有机物，羟基、醚键红外信号存在明显差异；

碘单质分离特性：碘易升华，蒸发加热会造成碘损耗，不能用蒸发结晶提取；

过氧键检验原理：过氧基具备氧化性，可与碘离子发生氧化还原显色反应验证；

粗盐提纯操作：金属阳离子沉淀完全后静置，过滤除去氢氧化物、硫酸盐沉淀得到滤液。8．【答案】B【解析】【解答】A、漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，Ca2+会与HCO3−结合生成CaCO3沉淀，正确离子方程式为Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A错误；

B、SO2溶于水生成H2SO3，氯水中Cl2将H2SO【分析】本题解题要点：

漂白粉与二氧化碳反应：体系含钙离子，不能生成碳酸氢根，会析出碳酸钙沉淀；

氧化还原离子方程式书写：亚硫酸被氯气氧化，根据化合价升降配平，核对电荷与原子守恒；

铝离子与硫离子双水解：氢氧化铝不溶于硫化钠溶液，二者彻底水解，无四羟基合铝酸根生成；

银氨配离子与少量酸反应：盐酸少量时氢离子先中和氢氧根，足量酸才会破坏配位键析出氯化银。9．【答案】C【解析】【解答】A、该反应使用有毒亚硝酸钠，易产生有毒副产物，原子利用率较低，不符合绿色化学的低毒、无污染要求，A错误；

B、化合物2为重氮盐，受热极易分解，高温下会提前分解失效，反应必须低温进行，不能高温操作，B错误；

C、重氮盐可发生水解生成苯酚，苯酚能与FeCl3发生显色反应使溶液变为紫色，因此反应过程中有可能生成该物质，C正确；

D、化合物1苯胺属于弱极性有机物，难溶于水；化合物2是离子型重氮盐，易溶于水，水溶性化合物2更强，D错误。

【分析】本题解题要点：

绿色化学判定依据：试剂低毒、副产物少、原子利用率高，亚硝酸钠有毒不符合要求；

重氮盐化学性质：重氮盐热稳定性差，高温易分解，重氮化反应全程低温；

酚类特征显色反应：苯酚遇三氯化铁溶液显紫色，重氮盐水解可生成苯酚；

有机物水溶性规律：离子型有机盐水溶性远大于中性弱极性芳香胺。10．【答案】B【解析】【解答】A、图中装置为色谱柱，硅胶作固定相，依靠不同有机物与硅胶吸附能力差异实现分离，可通过色谱法分离有机物，A正确；

B、乙酸乙酯制备时浓硫酸稀释放热，正确试剂添加顺序为乙醇→浓硫酸→乙酸；若先加浓硫酸再加入乙醇，液体放热飞溅存在安全隐患，且导管伸入饱和碳酸钠溶液内部，会发生倒吸，装置与操作均错误，无法达到实验目的，B错误；

C、该装置带有隔热层、搅拌器与温度计，能够减少热量散失，可用于测定中和反应的反应热，C正确；

D、电镀时镀层金属铜作阳极，镀件铁连接电源负极作阴极，电镀液含铜离子，装置电极连接方式符合铁上镀铜要求，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

色谱分离原理：利用固定相对不同有机物吸附强度不同，逐层洗脱实现组分分离；

乙酸乙酯实验规范：试剂添加顺序需考虑浓硫酸稀释放热，导管不能伸入饱和碳酸钠溶液液面下防止倒吸；

中和热测定装置要点：隔热层减少热量损耗，搅拌器使酸碱充分混合，温度计测量温度变化；

电镀池电极规则：待镀金属接电源负极作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属离子。11．【答案】B【解析】【解答】A、S8为皇冠折叠式八元环结构，每个S原子均采取sp3杂化，分子整体呈空间折叠形态，所有硫原子无法处在同一平面，A错误；

B、环状(SO3)3（）内每个S原子分别与4个氧原子形成σ键，价层电子对数为4，无孤电子对，S原子采取sp3杂化，描述合理，B正确；

C、S2O52−存在两种不同骨架结构，并非仅有【分析】本题解题要点：

S8分子空间结构：硫原子sp3杂化，八元环呈皇冠折叠构型，全部原子无法共平面；

三聚三氧化硫杂化判断：环状结构中S形成四根σ键，价层电子对数4，对应sp3杂化；

12．【答案】C【解析】【解答】A、阳极发生水的氧化反应2H2O−4e−=O2↑+4H+，每氧化4molH2O转移8mol电子，电路中通过8NA电子，A正确；

B、电解液为强酸性体系，电极区域不会大量生成OH−，正确电极反应不能出现OH−，方程式书写错误，B错误；

C、酸性电解液中【分析】本题解题要点：

阳极水氧化电子计算：根据水分解氧化的电极反应，按物质的量计算转移电子数目；

酸性环境电极方程式书写：体系整体呈酸性，产物不能出现氢氧根，需结合H+配平；

酸性体系竞争副反应：氢离子易发生析氢反应，直接通入二氧化碳会加剧副反应，降低目标转化效率；

13．【答案】C【解析】【解答】A、观察晶胞结构，以顶点N3−为参照，其周围紧邻分布8个Li+，因此N3−的配位数为8，A正确；

B、Li3N由金属阳离子Li+与非金属阴离子N3−依靠离子键交替结合形成，晶体类型为离子晶体，B正确；

C、碱金属氮化物中仅有Li3N能够稳定存在，NaD、Li3N遇水发生水解反应Li3N+3H2O【分析】本题解题要点：

配位数判断方法：选取晶胞内某一离子，数出距离最近、等距的异号离子个数即为配位数；

晶体分类依据：由阴阳离子通过离子键构成的晶体属于离子晶体；

离子晶体热稳定性规律：阳离子半径越小，离子晶体晶格能越大，热稳定性越强，Li3N热稳定性远高于Na314．【答案】D【解析】【解答】A、Pd(0)Ln参与反应循环，最终完整生成，符合催化剂循环特征，A正确；

B、步骤A中零价钯插入C−Br共价键之间，生成有机钯中间体（），发生氧化加成过程，B正确；

C、步骤B发生转金属化，苯硼酸根离子上的苯基转移至Pd中心，硼结合溴生成BrB(OH【分析】本题解题要点：

催化剂判定规则：参与反应历程，反应结束后原样再生；

氧化加成反应机理：零价过渡金属插入碳卤键，氧化态升高；

转金属化过程：芳基硼酸根与有机钯发生基团交换，生成硼卤副产物；

还原消除特征：两分子芳基在金属中心偶联，金属被还原释放，不属于取代反应。15．【答案】D【解析】【解答】A、依据碳酸一级电离平衡Ka1=c(H+)⋅c(HCO3−)c(H2CO3)，变形代入c(H2CO3)=1.2×10−3mol/L、c(HCO3−)=2.4×10−2mol/【分析】本题解题要点：

缓冲溶液pH计算：利用碳酸一级电离常数推导氢离子浓度表达式，结合两种溶质浓度计算pH；

二元弱酸二级电离计算：借助二级电离平衡常数，结合已求出的氢离子浓度计算碳酸根平衡浓度；

电离平衡比值变化规律：电离常数只与温度有关，氢氧根中和氢离子，碳酸氢根与碳酸的浓度比值变大；

沉淀溶解平衡判据：对比离子积Qc与溶度积Ksp，16．【答案】B【解析】【解答】A、定量滴定实验需要精确称量0.4g固体样品，电子分析天平称量精度高，满足定量分析要求，A正确；

B、本实验滴定终点用酚酞作指示剂，酚酞变色区间8.2~10.0，不能用甲基橙校准乙醇；应当以酚酞为基准将乙醇调至中性，若用甲基橙校准，乙醇在酚酞体系中会显酸性，干扰滴定结果，B错误；

C、阿司匹林分子含有酯基，碱性条件下易发生水解，滴定过程持续振荡、加快滴定速度，能够避免局部碱浓度过高造成阿司匹林水解损耗，C正确；

D、水杨酸分子带有酚羟基，酚羟基可与FeCl3发生显色反应生成紫色络合物，阿司匹林无游离酚羟基无此现象，可借此检验水杨酸杂质，D正确；

【分析】本题解题要点：

定量称量仪器选择：滴定纯度测定属于定量分析，必须使用高精度分析天平称量；

空白溶剂中和校准规则：溶剂中和校准所用指示剂必须与滴定终点指示剂保持一致；

阿司匹林碱性水解特性：酯基在浓碱局部环境下易水解，振荡快速滴定减少水解副反应；

酚羟基特征检验：酚遇三氯化铁显紫色，利用该特征区分阿司匹林与水杨酸杂质。17．【答案】（1）Cu[AlCl4]2；>；答案1：原子半径：Br>Cl，使得Al−Br键键长较长，键能较小，更容易结合NH3答案2：碱性Cl（2）ABC；；pH值过低，体系中cH+增大，N的孤对电子更易与H+的1s空轨道结合形成稳定的配位键；−COO−与H+形成−COOH，配位能力减弱；2Fe2++2H3PO4+H2O2=2【解析】【解答】(1)①利用晶胞均摊法统计原子：Cu在顶点，分摊后共8×18+2×12=2个；晶胞内含4个Al、16个Cl，化简原子比例Cu：Al：Cl=1：2：8，晶体化学式为②结合NH3难度：Al2Cl6>Al2Br6；理由：Br原子半径大于Cl，Al-Br键键长更长、键能更低，化学键更容易断裂，因此Al2Br6更容易与NH3NH3/碱性Cl>Br，Br(2)①EDTA分子中，C-H、N-H属于s-pσ键；C-C、C-N、C-O单键属于p-pσ键；羰基C=O存在p-pπ键；不存在s-sσ键、s-pπ键、p-πσ键，对应选项ABC。②Fe3+与EDTA的2个N原子、4个羧基O原子形成六配位环状螯合配离子；

pH过低时溶液中H+浓度大，氨基上N的孤电子对易与H+结合，羧基−COO−质子化成③(i)酸性环境下Fe2+、H3PO4在H2O2氧化作用下生成FePO4，配平离子方程式：2Fe2++2H③(iii)取少量FePO4晶体溶于稀硫酸，先加入EDTA溶液掩蔽杂质Fe3+，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，即可证明晶体中存在Fe2+。

故答案为：ABC​​​​​​​；；pH过低，H+与氨基N的孤电子对结合，羧基负离子质子化，配体给出孤电子对的能力下降，配位作用减弱；​​​​​​​2Fe2++2H3PO4+【分析】(1)①晶胞均摊法分别计算Cu、Al、Cl原子总数，化简最简整数比，书写离子晶体化学式。

②从原子半径、键长、键能角度对比Al-Cl、Al-Br键稳定性，判断两种卤化物与NH3配位结合的难易程度。

(2)①分析EDTA中所有化学键的轨道重叠类型，对照选项排除分子内不存在的共价键类别。

②EDTA为六齿配体，2个N、4个羧基O同时与Fe3+螯合成环；从H+抢夺配体孤电子对的角度，解释低pH下配合物稳定性下降的原因。

③(i)判断H2O2作氧化剂，Fe2+被氧化生成FePO4，根据电子守恒、电荷守恒配平离子方程式。

③(ii)利用配位平衡移动，EDTA4−络合Fe3+（1）①铜位于顶点和部分面心，因此有8×18+2×12=2个；铝和氯位于晶胞内部，因此铝有4个，氯有16个；因此化学式为Cu[AlCl4]②Al2Cl6结合NH3的难度大于Al2Br6；原子半径：Br>Cl，使得Al−Br键键长较长，键能较小，更容易结合NH3；此外碱性Cl（2）①EDTA分子中存在C-H键等sp3-sσ键、C-C键等sp3-sp3σ键、C-O键等sp2-pσ键和C=O键等p-pπ键；不存在s-sσ键、s-pσ键和p-pσ键，故答案选ABC；②EDTA4-是六齿配体，有2个N原子和4个羧基O原子作为配位原子，可与Fe3+形成八面体构型的配合物：2个N原子和4个O原子作为配位原子，全部与中心Fe3+形成配位键，形成一个具有多个五元环的螯合物，整体为负一价阴离子；故结构为：；pH偏低时，溶液中H+浓度高，EDTA4-上的配位原子（N和羧基O）会结合H+，导致N原子的孤电子对、羧基O的孤电子对被H+占用，难以作为电子对给予体向中心Fe3+提供电子对形成配位键，因此配合物稳定性下降；③酸性条件下，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再与H3PO4反应生成FePO4沉淀，配平得：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+；EDTA4-会与Fe3+形成稳定的可溶性配合物，降低溶液中游离的Fe3+浓度，减慢Fe3+与PO43-的沉淀反应速率，避免沉淀速率过快导致FePO4凝聚成团，从而得到纯度更高、颗粒更均匀的FePO为检验Fe2+，需先用EDTA溶液掩蔽可能存在的Fe3+以排除其干扰，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明Fe2+的存在。18．【答案】（1）自发；反应1（2）PdCl2（3）H2在Pt1Aun/TiO2容易发生吸附，此外，H2在Pt1Aun/TiO20.50eV上的解离能垒显著低于在AunTiO2上的解离能垒(1.07eV)。这些结果表明，从热力学和动力学角度来看，H2在Pt1Aun/TiO2上的活化是有利的【解析】【解答】(1)根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH−TΔS，常温T=298K，分别计算两个反应ΔG：

反应2（生成H2O2）：

ΔG(2)结合催化循环图示，反应物为PdCl2(O2)2−与HCl，生成物为PdCl42−、H2(3)①对比图1、图2能垒曲线：Pt1Aun/TiO2催化体系下，H2解离活化能垒仅0.50eV，远低于Aun/TiO2②基元反应4初始态：∗O2+2∗CH3OH③总反应速率由活化能（能垒）最高的基元步骤决定；反应2∗CH④Au原子序数79，核外电子排布对应第六周期ⅠB族。

故答案为：H2在Pt1Aun/TiO2容易发生吸附，此外，H2在Pt1Aun/TiO20.50eV上的解离能垒显著低于在AunTiO2上的解离能垒(1.07eV)。这些结果表明，从热力学和动力学角度来看，H2在Pt1Aun/TiO2上的活化是有利的【分析】(1)利用ΔG=ΔH−TΔS判断反应自发性，ΔG<0常温自发；放热越多、熵减幅度越小，ΔG越小，正向热力学趋势越强。

(2)根据催化循环箭头匹配反应物、生成物，配平离子方程式；通过元素化合价是否变化区分氧化还原、非氧化还原反应。

(3)①活化能垒越低，反应动力学越有利；对比不同催化剂H2、O2解离能垒，结合副反应抑制效果解释催化优势。（1）根据热力学判据ΔG=ΔH−TΔS，室温T=298K，对反应2计算：（2）根据催化循环，反应(3)的反应物是二氯过氧合钯(II)配离子和HCl，产物是四氯合钯(II)配离子和H2O2​。反应中所有元素化合价均未发生变化（Pd始终为+2价，O（3）①H2在Pt1Aun/TiO2容易发生吸附，此外，H2在Pt1Aun/TiO20.50eV上的解离能垒显著低于在AunTiO2上的解离能垒(1.07eV)。这些结果表明，从热力学和动力学角度来看，H2在Pt1②起点能量为0eV，反应4总能量变化为−0.21eV，第一步后中间体能量为−0.21eV；反应5能垒为0.65eV，过渡态能量为−0.21eV+0.65eV=0.44eV；最终产物总能量为−0.21−0.31=−0.52eV，绘制顺序为：从起点∗O2+③总反应速率由能垒（活化能）最大的决速步决定，题中给出的基元反应里，反应2的能垒1.31eV最大，因此关键步骤为反应2，*④Au原子序数为79，位于元素周期表第六周期第IB族。19．【答案】（1）蒸发皿（2）绿色溶液【或硫酸亚铁溶液】；蒸发至晶膜出现，冷却结晶(洗涤干燥)或蒸发浓缩，冷却结晶(洗涤干燥)（3）A；B；C（4）难；答案1：硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2难以渗透到晶体内部答案2：Fe2+被水分子包围形成FeH2O62+配离子，而外层的铵离子NH4+和硫酸根离子SO42−通过氢键网络将这些配离子紧密地固定在晶格中，阻碍了氧分子的进攻和电子的转移答案3：铵离子的水解增加了质子H（5）70%【解析】【解答】(1)装置2为蒸发皿，是蒸发浓缩、混合溶液反应常用器皿。

故答案为：蒸发皿；(2)步骤Ⅱ抽滤分离出黑色铁屑滤渣与浅绿色硫酸亚铁滤液，实验需要保留绿色滤液转入蒸发皿进行后续操作；根据复盐溶解度数据，结晶操作为蒸发浓缩至出现晶膜，停止加热，冷却结晶，最后过滤、洗涤、干燥得到晶体。

故答案为：绿色溶液（硫酸亚铁溶液）；蒸发至晶膜出现，冷却结晶(洗涤干燥)或蒸发浓缩，冷却结晶(洗涤干燥)；(3)A：步骤Ⅰ铁与硫酸反应生成氢气，氢气易燃易爆，需在通风橱操作，A正确；B：抽滤负压快速过滤，缩短Fe2+C：蒸发皿可直接酒精灯加热，无需陶土网，C正确；D：Fe2+易水解，调pH需保持酸性，防止生成氢氧化亚铁沉淀，D错误；

(4)硫酸亚铁铵中亚铁离子更难被氧化；

原因：①硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2难以渗透到晶体内部；②Fe2+被水分子包围形成[Fe(H2O)6]2+配离子，而外层的铵离子和硫酸根离子通过氢键网络将这些配离子紧密地固定在晶格中，阻碍了氧分子的进攻和电子的转移；③铵离子的水解增加了质子H+的浓度，根据勒夏特列原理，较高的H+浓度会抑制亚铁离子的氧化反应4Fe2++④NH42FeSO42⋅6H2O晶体正负电荷分布更加紧密，氢键更多，NH42FeSO42⋅6H2O的晶格能更大，复盐在晶体状态的稳定性更强；

故答案为：难；答案1：硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2(5)投入的铁屑的物质的量为n1=nM=2g56g/mol=128mol，硫酸的物质的量为n2=cV=15×3×10-3mol=0.045mol，则投入的H2SO4为过量，计算生成的NH42FeSO42⋅6H2O的质量应该按铁屑的物质的量计算；该反应的反应方程式为：Fe+H2SO4+(NH4)2SO4+6H2【分析】将净化铁屑与3mol/L硫酸在装置Ⅰ水浴加热反应，完成后抽滤除去固体铁屑，保留浅绿色硫酸亚铁滤液；滤液转入蒸发皿，加入硫酸铵饱和溶液与3mol/L硫酸并调节酸性pH；对混合液蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，经洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵六水合复盐晶体。

(1)识别基础化学蒸发仪器名称，区分蒸发皿、坩埚、烧杯。

(2)抽滤除去过量固体铁屑，保留含目标金属离子的滤液；结合复盐溶解度随温度变化特点，规范蒸发冷却结晶操作。

(3)逐一分析装置安全、抽滤优势、蒸发皿加热条件、Fe2+水解pH控制四点，判断选项正误。

(4)从晶格致密程度、氢键包裹作用、铵根水解酸性抑制氧化三个角度对比硫酸亚铁与复盐稳定性差异。

(5)以铁屑为限量反应物计算复盐理论产量，利用产率公式产率（1）由图可知，装置2的名称为蒸发皿；（2）由分析可知，需要用到的硫酸亚铁溶液为绿色，所以需要保留并在装置2中加入的为绿色溶液；蒸发结晶的具体操作为：当蒸发皿表面有一层晶膜出现时，停止加热，通过蒸发皿的余热继续结晶；（3）A．步骤Ⅰ中反应会生成H2，H2为易燃易爆气体，为防止空气中堆积太多H2产生危险，应在通风橱进行，A正确；B．由题意可知，抽滤相比普通过滤拥有更快的过滤速度，B正确；C．蒸发皿可以直接加热，C正确；D．若溶液为碱性，Fe2+会和OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3沉淀，D错误；故答案选ABC；（4）由题意可知，复盐通常比其组成的简单盐具有更高的晶格能，且晶体结构往往更为致密，则硫酸亚铁铵晶体中的亚铁离子比普通硫酸亚铁晶体更难氧化；①硫酸亚铁铵比硫酸亚铁具有更高的晶格能，且晶体结构致密，O2难以渗透到晶体内部；②Fe2+被水分子包围形成[Fe(H2O)6]2+配离子，而外层的铵离子和硫酸根离子通过氢键网络将这些配离子紧密地固定在晶格中，阻碍了氧分子的进攻和电子的转移；③铵离子的水解增加了质子H+的浓度，根据勒夏特列原理，较高的H+浓度会抑制亚铁离子的氧化反应4Fe2++④NH42Fe（5）由题意可知，投入的铁屑的物质的量为n1=nM=2g56g/mol=128mol，硫酸的物质的量为n2=cV=15×3×10-3mol=0.045mol，则投入的H2SO4为过量，计算生成的NH42FeSO42⋅6H2O的质量应该按铁屑的物质的量计算；该反应的反应方程式为：Fe+H2SO4+(NH4)2SO420．【答案】（1）羧基、醚键、酰胺基（2）A；C；D（3）（4）；当SnCl2⋅2H2（5）【解析】【解答】(1)观察产物L的结