精品解析：浙江省嘉兴市2026届高三上学期9月基础测试化学试题

2025年9月嘉兴市高三基础测试 化学试题卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自已的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cr-52 Fe-56 Co-59 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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. 含有非极性键的极性分子是 A. CH4 B. H2O2 C. C2H2 D. NH3 2. 下列化学用语正确的是 A. 的系统命名为：3，5−二甲基己烷 B. 中子数为10的氧原子： C. 用电子式表示Na2O的形成过程： D. HCl分子中σ键的电子云轮廓图： 3. 化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是 A. 在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料 B. 碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱 C. 石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化 D. 氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛 4. 下列有关实验说法不正确的是 A. 皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗 B. 金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火 C. 硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风 D. 废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理 5. 下列说法正确的是 A. 第一电离能：O>N>C B. 第三周期中电负性最大的元素：Cl C. 酸性：HNO3<H3PO4 D. 离子键的百分数：Na2O<MgO 6. 钠及其化合物的转化关系如图(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法不正确的是 NaClNaNa2O2NaOHNaClO A. 反应①中每生成1 mol Na同时生成标准状况下22.4 L气体 B. 反应②的条件是加热或点燃 C. 反应③中每消耗0.1 mol Na2O2，转移电子数目为0.1NA D. 反应④中Cl2既是氧化剂又是还原剂 7. 下列有关物质性质或用途的说法中正确的是 A. 液态植物油在空气中放置主要因水解而变质 B. 浓硝酸可与金属反应，不能用金属容器存放浓硝酸 C. 在豆浆中加入溶液可制豆腐，是因为MgCl2溶液使蛋白质变性析出 D. 肥皂可洗去油污是因为其结构中含有亲水基和憎水基 8. 下列方程式正确的是 A. Ca(OH)2溶液中通入少量SO2气体：2OH−＋SO2=SO＋H2O B. K2CrO4溶液中加H2SO4后变色：2CrO(黄色)＋2H+Cr2O(橙红色)＋H2O C. 甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋HCOONH4＋3NH3＋H2O D. SiCl4水解：SiCl4＋2H2O=SiO2↓＋4HCl 9. 腺嘌呤核苷酸是重要的遗传物质，其结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. 可发生取代反应、消去反应和氧化反应 B. 与足量H2加成后的产物中有4个手性碳原子 C. 1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应 D. 完全水解生成的碱基分子式为C5H7N5 10. 为探究铁元素的性质，设计并进行如下实验。下列说法不正确的是 　　 A. 装置①可垫陶土网用酒精灯加热，且应先于装置②开始加热 B. 装置②中的反应方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 C. 检验生成气体的还原性：虚线框内选择装置乙，将灼烧后的铜丝趁热伸入试管中 D. 反应结束后，取装置②中固体，加稀硫酸溶解，滴加KSCN，溶液未变红色，说明固体中无+3价铁生成 11. 一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应： ⅰ．2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1=−104.7 kJ·mol−1 ⅱ．2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2=−230.7 kJ·mol−1 反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤 B. 生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因 C. 反应ⅱ在高温条件下自发 D. 若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低 12. 某电化学制冷装置如图所示。[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列说法正确的是 A. 电极a是阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]2+-e−=[Fe(H2O)6]3+ B. 已知②处的电解液温度比①处的低，则电极b处发生放热反应 C. 多孔隔板只起到阻止两电极区阳离子移动的作用 D. 电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极 13. 金属钼(Mo)形成的某种硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法不正确的是 　　 A. 该晶体属于混合型晶体 B. 该化合物的化学式为MoS2 C. 该物质也可用作润滑剂 D. S原子的配位数为6 14. 在金属硫化物负载的Rh−Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 此过程从原子利用率角度分析，不符合绿色化学 B. 若以CD4原料发生上述转化，产物溶于H2O可得到CD3COOD和CD3COOH C. 反应过程中，金属元素的化合价不发生变化 D. 每消耗1 mol O2，可生成1 mol CH3COOH 15. 常温时，Ka1(H2C2O4)=10−1.2，Ka2(H2C2O4)=10−3.8，Ksp(BaC2O4)=10−7.6。下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液，有c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O) B. 向H2C2O4溶液中加KOH溶液至中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4) C. 向0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色 D. 向0.2 mol·L−1 H2C2O4溶液中加等体积、等浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成 16. 一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等金属，并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下： 下列说法不正确的是 A. 酸浸时可通过将矿石粉碎、搅拌等方法提高浸取效率 B. 高压加热时的反应为：4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+ C. Fe可催化NH3分解生成H2，所以冶铁时只需在NH3中加少量H2即可 D. 高压加热后的混合液也可用磁选法分离出Fe2O3 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答： （1）下列说法正确的是___________。 A. Co位于元素周期表d区 B. 某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2 C. 钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键 D. 基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道 （2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)： ①1个晶胞中含有Co3+的个数为___________，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因___________。 ②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式___________。设计实验检验气体X___________(利用化学性质)。 （3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下： 已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制； Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物； Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。 ①“析晶”时通入的酸性气体A为___________。 ②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O___________[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。 ③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为___________。 18. H2是重要的化工原料。请回答： （1）以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=−49.5 kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=−90.4 kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3 ①ΔH3=___________kJ·mol−1。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是___________。 A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态 B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率 C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快 D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大 （2）CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)： 步骤Ⅰ　CH42H2＋CO 步骤Ⅱ　H2O2H2 步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是___________。 （3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO−实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO−(aq)＋H2O(g) ΔH=−19.4 kJ·mol−1。 ①HCOO−的空间构型为___________。 ②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10−4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO−)∶c(HCOOH)=___________。 ③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO−)随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线___________。 19. FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图(加热及夹持装置略)。 已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。 请回答： （1）FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。 ①仪器a的名称是___________。 ②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子___________、___________。 ③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是___________(填序号)。 A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚 （2）FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 已知甲基橙还原反应：氧化态(红色)＋ne−=还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是___________。 ②当溶液中出现___________现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为___________。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是___________。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 20. 化合物I是治疗消化系统疾病的新药凯普拉生，某公司研发的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)： 请回答： （1）化合物A中官能团的名称是___________，A→C转化过程中K2CO3的作用是___________。 （2）F→H的过程中有HCl生成，化合物G的结构简式是___________。 （3）下列说法不正确的是___________。 A. 化合物A的酸性比苯酚弱 B. 化合物H分子间存在氢键 C. 反应过程中硫原子的杂化方式发生了变化 D. 化合物I可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性 （4）C→D的化学方程式是___________。 （5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，写出其中一种的结构简式___________。 （6）以、和CH3NH2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) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年9月嘉兴市高三基础测试 化学试题卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自已的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cr-52 Fe-56 Co-59 选择题部分 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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. 含有非极性键的极性分子是 A. CH4 B. H2O2 C. C2H2 D. NH3 【答案】B 【解析】 【分析】极性分子是指正负电荷中心不重合的分子；非极性分子是指正负电荷中心重合的分子。 【详解】A．分子中心原子价层电子对数是，无孤对电子，分子结构为正四面体，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误； B．分子中含有O-O非极性键，O原子存在孤对电子，分子呈不对称弯曲结构，正负电荷中心不重合，极性未被抵消，为极性分子，B正确； C．分子结构为直线形，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，C错误； D．仅含N-H极性键，无非极性键，中心原子N的孤对电子数为，为极性分子，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语正确的是 A. 的系统命名为：3，5−二甲基己烷 B. 中子数为10的氧原子： C. 用电子式表示Na2O的形成过程： D. HCl分子中σ键的电子云轮廓图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．该有机物分子主链为6个碳，两个甲基取代基应位于2号和4号碳（编号需使取代基位置序号之和最小），正确命名为2，4-二甲基己烷，A错误； B．中子数为10的氧原子，质子数为8，质量数=质子数+中子数=18，原子符号应为，B错误； C．Na2O是离子化合物，Na2O形成过程中Na原子失去1个电子，O原子得到电子，用电子式表示Na2O的形成过程：，C正确； D．HCl分子中σ键为H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头重叠形成，电子云轮廓图为，D错误； 故选C。 3. 化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是 A. 在纯铝中加入合金元素可制得硬铝，用于航空航天材料 B. 碳酸钠溶液呈碱性，可作为食用碱或工业用碱 C. 石油工业中的分馏、裂化均属于化学变化 D. 氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛 【答案】C 【解析】 【详解】A．合金增强铝的性能，故A正确； B．碳酸钠溶液因水解而呈碱性，是重要的工业用碱，也可用作食品加工中的食用碱，故B正确； C．分馏是物理变化，故C错误； D．氯乙烷汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤等的镇痛，属于物理性质应用，故D正确； 答案选C。 4. 下列有关实验的说法不正确的是 A. 皮肤上沾了少量苯酚，先用稀NaOH溶液冲洗，再用水清洗 B. 金属Mg燃烧，用灭火毯(主要成分为石棉布)灭火 C. 硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时注意防护和通风 D. 废液中的Pb2+应先转化为沉淀，再将沉淀物集中送至环保单位处理 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯酚沾到皮肤应使用酒精清洗，NaOH有强腐蚀性，可能损伤皮肤，A错误； B．金属Mg燃烧时，灭火毯能隔绝氧气，石棉布耐高温，可以用灭火毯灭火，B正确； C．硝酸具有腐蚀性，需要注意防护，硝酸具有挥发性，需要注意通风，C正确； D．Pb2+是重金属盐离子，需要转化为沉淀后集中处理，符合环保要求，D正确； 故选A。 5. 下列说法正确的是 A. 第一电离能：O>N>C B. 第三周期中电负性最大的元素：Cl C. 酸性：HNO3<H3PO4 D. 离子键的百分数：Na2O<MgO 【答案】B 【解析】 【详解】A．第一电离能顺序应为N＞O＞C，N的核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，故A错误； B．非金属性越强，电负性越大，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故B正确； C．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，N的非金属性强于P，HNO3的酸性强于H3PO4，故C错误； D．根据电负性差值计算，Na2O的离子键百分数（约79.3%）高于MgO（约67.8%），故D错误； 答案选B。 6. 钠及其化合物的转化关系如图(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法不正确的是 NaClNaNa2O2NaOHNaClO A. 反应①中每生成1 mol Na同时生成标准状况下22.4 L气体 B. 反应②的条件是加热或点燃 C. 反应③中每消耗0.1 mol Na2O2，转移电子数目为0.1NA D. 反应④中Cl2既是氧化剂又是还原剂 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应①为电解熔融NaCl生成Na和Cl2，每生成2mol Na伴随1mol Cl2，故生成1mol Na时对应0.5mol Cl2，标准状况下体积为11.2 L，而非22.4 L，故A错误； B．钠在常温下与O2生成Na2O，而生成Na2O2需要加热或点燃条件，故B正确； C．反应③中，每1mol Na2O2参与反应转移1mol电子，0.1mol Na2O2转移0.1NA电子，故C正确； D．反应④中Cl2的Cl部分被氧化（→ClO-），部分被还原（→Cl-），Cl2既是氧化剂又是还原剂，故D正确； 答案选A。 7. 下列有关物质性质或用途的说法中正确的是 A. 液态植物油在空气中放置主要因水解而变质 B. 浓硝酸可与金属反应，不能用金属容器存放浓硝酸 C. 在豆浆中加入溶液可制豆腐，因为MgCl2溶液使蛋白质变性析出 D. 肥皂可洗去油污是因为其结构中含有亲水基和憎水基 【答案】D 【解析】 【详解】A．液态植物油在空气中变质的主要原因是碳碳双键被氧化而非水解，水解需要特定条件（如酸性/碱性环境），而氧化在空气中即可发生，A错误； B．浓硝酸常温下会使金属（如铝、铁）钝化，形成致密氧化膜阻止反应，因此可用金属铝或铁质容器存放浓硝酸，B错误； C．使豆浆中的蛋白质胶体发生盐析（物理变化），而非变性（化学变化），变性通常需要强酸、强碱、重金属离子或高温等，C错误； D．肥皂分子含亲水基（羧酸钠）和憎水基（烃基），通过乳化作用去除油污，D正确； 故选D。 8. 下列方程式正确的是 A. Ca(OH)2溶液中通入少量SO2气体：2OH−＋SO2=SO＋H2O B. K2CrO4溶液中加H2SO4后变色：2CrO(黄色)＋2H+Cr2O(橙红色)＋H2O C. 甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋HCOONH4＋3NH3＋H2O D. SiCl4水解：SiCl4＋2H2O=SiO2↓＋4HCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ca(OH)2溶液中通入少量SO2气体，反应生成亚硫酸钙沉淀，Ca2++2OH−＋SO2=CaSO3↓+H2O，A错误； B．酸性条件下CrO与H+反应生成Cr2O，方程式符合实际且配平正确，B正确； C．1mol甲醛发生银镜反应生成4mol Ag，同时生成碳酸铵，HCHO＋4[Ag(NH3)2]OH4Ag↓＋(NH4)2CO3＋6NH3＋2H2O，C错误； D．SiCl4水解实际生成H4SiO4，而非直接生成SiO2，SiCl4＋4H2O= H4SiO4↓＋4HCl，D错误； 故选B。 9. 腺嘌呤核苷酸是重要的遗传物质，其结构如图所示。下列有关说法正确的是 A. 可发生取代反应、消去反应和氧化反应 B. 与足量H2加成后的产物中有4个手性碳原子 C. 1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应 D. 完全水解生成的碱基分子式为C5H7N5 【答案】A 【解析】 【分析】如题图，腺嘌呤核苷酸从左到右分为三部分：磷酸、核糖、碱基（腺嘌呤）。腺嘌呤核苷酸初步水解可生成磷酸和腺嘌呤核苷（核糖+碱基），腺嘌呤核苷酸完全水解可生成磷酸、核糖、碱基（腺嘌呤）。 【详解】A．腺嘌呤核苷酸是腺嘌呤核苷（核糖+碱基）的磷酸酯，可发生酯的水解反应，属于取代反应；腺嘌呤核苷酸的核糖部分有羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢（即β-H），可发生消去反应，同时存在α-H，也能发生氧化反应，A正确； B．与足量H2加成仅发生在碱基的不饱和键，核糖部分五元环上的4个碳原子均为手性碳原子，加成后碱基部分新增3个手性碳原子（），共7个，B错误； C．腺嘌呤核苷酸的磷酸部分可电离出2个H+，且有一个酯键，故1 mol腺嘌呤核苷酸最多能与3 mol NaOH反应，C错误； D．完全水解生成的碱基为腺嘌呤（），分子式为C5H5N5，D错误； 故选A。 10. 为探究铁元素的性质，设计并进行如下实验。下列说法不正确的是 　　 A. 装置①可垫陶土网用酒精灯加热，且应先于装置②开始加热 B. 装置②中的反应方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 C. 检验生成气体的还原性：虚线框内选择装置乙，将灼烧后的铜丝趁热伸入试管中 D. 反应结束后，取装置②中固体，加稀硫酸溶解，滴加KSCN，溶液未变红色，说明固体中无+3价铁生成 【答案】D 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置①用于受热提供水蒸气，并用产生的水蒸气排尽装置中的空气；装置②中铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应后的固体中一定含有四氧化三铁，可能存在未反应的铁；盛有碱石灰的干燥管用于除去未反应的水蒸气，干燥氢气；由于氢气的密度小于空气，所以可以用装置乙检验生成氢气的还原性，具体操作为应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中。 【详解】A．装置①为圆底烧瓶，加热时需垫陶土网，防止圆底烧瓶受热不均而炸裂；实验时，应先加热装置①，利用产生水的蒸气可排尽装置中的空气，防止铁粉被氧化，然后再加热装置②发生反应，A正确； B．由分析可知，装置②中发生的反应为铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确； C．由分析可知，装置乙检验生成氢气的还原性的具体操作为应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，反应后黑色固体变红色说明氢气具有还原性，C正确； D．由分析可知，装置②中的固体一定含有四氧化三铁，可能存在未反应的铁，若有未反应的铁，加稀硫酸溶解时，四氧化三铁反应生成的铁离子可能会与铁反应完全转化为亚铁离子，则滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红不能说明无+3价铁生成，D错误； 故选D。 11. 一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应： ⅰ．2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1=−104.7 kJ·mol−1 ⅱ．2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2=−230.7 kJ·mol−1 反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤 B. 生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因 C. 反应ⅱ在高温条件下自发 D. 若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低 【答案】C 【解析】 【详解】A．决速步骤是活化能最大的步骤，即反应进程中基元反应始态与过渡态能量差最大的一步，生成C4H10的路径中，*C2H5+*C2H4→*C4H9对应过渡态TSⅡ，其活化能（过渡态与前中间体能量差）大于过渡态TSⅠ与后续步骤，故为决速步骤，A正确； B．由能量图可知，过渡态TSⅡ之后（即*C4H9中间体之后）的进程生成C4H8(g)的路径活化能（如对应的能量）高于生成C4H10(g)的路径，活化能大导致反应速率慢，故C4H8选择性低，B正确； C．反应ⅱ为2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)，ΔH=-230.7 kJ/mol（放热，ΔH<0），反应前后气体分子数减少（3→1），ΔS<0。根据，高温时（正值）增大，ΔG可能变为正值，反应不自发，该反应低温自发，C错误； D．减小压强，气体浓度降低，反应速率减慢；2个反应均为气体分子数减少的反应，减压平衡逆向移动，C2H4转化率降低，D正确； 故选C。 12. 某电化学制冷装置如图所示。[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列说法正确的是 A. 电极a是阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]2+-e−=[Fe(H2O)6]3+ B. 已知②处的电解液温度比①处的低，则电极b处发生放热反应 C. 多孔隔板只起到阻止两电极区阳离子移动的作用 D. 电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，电极a发生反应[Fe(H2O)6]2+-e−=[Fe(H2O)6]3+，则电极a为阳极，电极b反应为[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+，则电极b为阴极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，电极b为阴极，电极反应为[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+，A错误； B．已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(H2O)6]3++e−=[Fe(H2O)6]2+是吸热反应，B错误； C．多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C错误； D．电极a附近发生失电子的氧化反应，电极b发生得电子还原反应，电子转移方向电极a→电源正极→电源负极→电极b，则电流方向：电源正极→电极a→电解质溶液→电极b→电源负极，D正确； 故答案为D。 13. 金属钼(Mo)形成的某种硫化物可用作固态钠离子电池正极材料，其晶体结构如图1所示(A、B两层不断重复)，图2为单层俯视图的一部分。下列说法不正确的是 　　 A. 该晶体属于混合型晶体 B. 该化合物的化学式为MoS2 C. 该物质也可用作润滑剂 D. S原子的配位数为6 【答案】D 【解析】 【详解】A．该晶体层内存在共价键，层间通过范德华力结合，同时具有共价晶体和分子晶体的特征，属于混合型晶体，A正确； B．由单层俯视图可知，每个Mo原子周围有6个S原子，每个S原子周围有3个Mo原子，故Mo与S的原子个数比为，化学式为，B正确； C．该晶体层间存在范德华力，层间易滑动，类似石墨，可用作润滑剂，C正确； D．S原子的配位数指其周围距离最近且等距离的Mo原子数，由单层俯视图可知，每个S原子周围有3个Mo原子，故S原子的配位数为3，D错误； 故选D。 14. 在金属硫化物负载的Rh−Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 此过程从原子利用率角度分析，不符合绿色化学 B. 若以CD4为原料发生上述转化，产物溶于H2O可得到CD3COOD和CD3COOH C. 反应过程中，金属元素的化合价不发生变化 D. 每消耗1 mol O2，可生成1 mol CH3COOH 【答案】B 【解析】 【分析】由反应历程可知，总反应为，据此解答。 【详解】A．该反应为化合反应，原子利用率为100%，符合绿色化学，A错误； B．若以CD4为原料，有反应历程可知，会生成CD3COOD，产物溶于H2O时，其存在电离平衡：CD3COODCD3COO-+D+，CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH，B正确； C．由反应历程可知，催化剂Rh−Fe有连接4个S原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C错误； D．由总反应可知，每消耗1 mol O2，可生成2mol CH3COOH，D错误； 故选B。 15. 常温时，Ka1(H2C2O4)=10−1.2，Ka2(H2C2O4)=10−3.8，Ksp(BaC2O4)=10−7.6。下列说法正确的是 A. 0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液，有c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O) B 向H2C2O4溶液中加KOH溶液至中性时：c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4) C. 向0.1 mol·L−1 KHC2O4溶液中滴加酚酞，溶液呈浅红色 D. 向0.2 mol·L−1 H2C2O4溶液中加等体积、等浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．电荷守恒：c(H+)=c(HC2O)＋2c(C2O)+c(OH⁻)，故A错误； B．pKa1=1.2，c(HC2O)=c(H2C2O4)时的pH为1.2，pKa2=3.8，c(C2O)=c(HC2O)时的pH为3.8，H2C2O4溶液中分布系数和pH的关系图为：，因此pH>3.8时有则浓度顺序为c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4)，B正确； C．KHC2O4溶液中HC2O的Ka2=10-3.8，水解平衡常数为，HC2O电离大于水解，溶液显酸性，酚酞无色，C错误； D．反应为H2C2O4+Ba2+=BaC2O4↓+2H+，===，K很大，有沉淀生成，D错误； 故答案为B。 16. 一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等金属，并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下： 下列说法不正确的是 A. 酸浸时可通过将矿石粉碎、搅拌等方法提高浸取效率 B. 高压加热时的反应为：4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+ C. Fe可催化NH3分解生成H2，所以冶铁时只需在NH3中加少量H2即可 D. 高压加热后的混合液也可用磁选法分离出Fe2O3 【答案】D 【解析】 【分析】矿粉通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过NH3、H2还原得到Fe单质。 【详解】A．将矿石粉碎可增大接触面积，搅拌可加快反应速率，均能提高浸取效率，A正确； B．酸浸后Fe以Fe2+形式存在，通入O2在高压加热下将Fe2+氧化为Fe2O3，化学方程式为4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3＋8H+，B正确； C．冶铁时NH3中加少量H2可利用Fe催化NH3分解生成H2进行反应，C正确； D．Fe2O3无磁性，不可用磁选法分离，D错误； 故答案为D。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共4小题，共52分) 17. 钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答： （1）下列说法正确的是___________。 A. Co位于元素周期表d区 B. 某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2 C. 钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键 D. 基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道 （2）已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)： ①1个晶胞中含有Co3+的个数为___________，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因___________。 ②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式___________。设计实验检验气体X___________(利用化学性质)。 （3）工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下： 已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制； Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物； Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。 ①“析晶”时通入的酸性气体A为___________。 ②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O___________[Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。 ③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为___________。 【答案】（1）AC （2） ①. 16 ②. Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2− ③. Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O ④. 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 （3） ①. HCl ②. < ③. 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH−或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO=2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O 【解析】 【分析】硝酸浸取液含Ni2+、Co2+、Al3+，调pH=9生成Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3， Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3，滤泥中含有Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3，，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、Co(OH)3转化为含有NH3的配离子，滤渣为Al(OH)3，镍钴分离，得到CoCl2、NiCl2，NiCl2溶液在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O。 【小问1详解】 A．Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确； B．基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误； C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确； D．基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误； 选AC。 【小问2详解】 ①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2−，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。 ②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2:1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。 【小问3详解】 ①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。 ②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。 ③“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。 18. H2是重要的化工原料。请回答： （1）以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=−49.5 kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=−90.4 kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3 ①ΔH3=___________kJ·mol−1。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是___________。 A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态 B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率 C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快 D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大 （2）CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)： 步骤Ⅰ　CH42H2＋CO 步骤Ⅱ　H2O2H2 步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是___________。 （3）在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO−实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO−(aq)＋H2O(g) ΔH=−19.4 kJ·mol−1。 ①HCOO−的空间构型为___________。 ②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10−4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO−)∶c(HCOOH)=___________。 ③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO−)随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线___________。 【答案】（1） ①. +40.9 ②. AC （2）CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 （3） ①. 平面三角形 ②. 9∶5或1.8 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得； ②A．CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确； B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2​的量，H2​的浓度增大，能使平衡正向移动，H2​的转化量增大，但H2​的起始量增大程度更大，会降低H2​的平衡转化率，B错误； C．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确； D．分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误； 故选AC。 【小问2详解】 步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大； 【小问3详解】 ①HCOO−的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形； ②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中； ③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO−)迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO−)低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线为：。 19. FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图(加热及夹持装置略)。 已知：二苯醚和油胺的结构简式分别为和CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7CH2NH2。 请回答： （1）FeS2的制备N2保护下，将溶有S的热二苯醚溶液注射到FeS热油胺溶液中(S过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS2。 ①仪器a的名称是___________。 ②油胺在FeS2晶体制备中起到分散剂的作用，主要是通过形成配位键，降低颗粒表面能，避免微晶在高温反应中聚集。依次写出形成该配位键的中心原子和配位原子___________、___________。 ③为除去产品中残留的S，可选用的洗涤试剂是___________(填序号)。 A．H2O B．CS2 C．CH3CH2OH D．二苯醚 （2）FeS2的含量测定 产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用0.1000 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。重复3次。 已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)＋ne−=还原态(无色)。 ①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是___________。 ②当溶液中出现___________现象(填颜色变化)时，立即停止滴加SnCl2溶液。 ③某次测定称取产品1.200 g，滴定消耗K2Cr2O7标准溶液体积15.00 mL，则该次实验测得产品中FeS2质量分数为___________。 ④下列操作可能导致测定结果偏高的是___________。 A．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却 B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量 C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数 【答案】（1） ①. (球形)冷凝管 ②. Fe ③. N ④. BD （2） ①. 盐酸、金属锡 ②. 溶液颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 ③. 90.00% ④. BC 【解析】 【分析】N2保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁；测定FeS2的含量时，先用王水溶解产品，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，然后用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+至终点。 【小问1详解】 ①仪器a的名称为(球形)冷凝管； ②Fe2+为中心原子，提供空轨道，N为配位原子，提供孤电子对； ③S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；结合实验装置针筒注射器内实验药品可知，S在二苯醚溶解性较好，所以可选二硫化碳和二苯醚来除去产品中残留的S； 【小问2详解】 ① SnCl2易水解，且易被氧化，为了抑制其水解，可加入盐酸，为了避免其氧化，可加入金属锡； ②当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色； ③根据氧化还原反应滴定原理，结合得失电子守恒，得如下关系：，滴定消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则二硫化亚铁的质量分数：； ④ A．热的溶液在空气中缓慢冷却会使亚铁离子被空气中的氧气氧化为，使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，A不符题意； B．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，B符合题意； C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗重铬酸钾溶液体积偏大，导致所测结果偏高，C符合题意； D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会使得重铬酸钾溶液体积偏小，导致所测结果偏低，D不符题意； 答案选BC。 20. 化合物I是治疗消化系统疾病的新药凯普拉生，某公司研发的合成路线如下(部分试剂、反应条件省略)： 请回答： （1）化合物A中官能团的名称是___________，A→C转化过程中K2CO3的作用是___________。 （2）F→H的过程中有HCl生成，化合物G的结构简式是___________。 （3）下列说法不正确的是___________。 A. 化合物A的酸性比苯酚弱 B. 化合物H分子间存在氢键 C. 反应过程中硫原子杂化方式发生了变化 D. 化合物I可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性 （4）C→D的化学方程式是___________。 （5）已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，写出其中一种的结构简式___________。 （6）以、和CH3NH2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】（1） ①. 硝基、羟基 ②. 吸收反应生成的HBr （2） （3）AB （4）＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O （5）、 （6）或 【解析】 【分析】A和B发生取代反应生成C，结合原子守恒，还生成HBr，碳酸钾的作用是与生成的HBr反应，促进反应正向进行，C中硝基还原为氨基生成D，D在NaNO2、HCl条件下生成E，E在CuCl、SO2条件下生成F，F和G反应生成H，F→H的过程中有HCl生成，结合两者结构，G为，H进一步转化为I，据此解答。 【小问1详解】 化合物A中官能团的名称是硝基、羟基，根据分析，A→C转化过程中K2CO3的作用是吸收反应生成的HBr。 【小问2详解】 F→H的过程中有HCl生成，根据分析，化合物G的结构简式是。 【小问3详解】 A. 化合物A中存在硝基，极性增强，酸性比苯酚强，A错误； B. 化合物H无H-F、N-H、O-H键，无法形成分子间氢键，B错误； C. 中S为杂化，反应过程中硫原子形成了4条键，变为了杂化，杂化方式发生了变化，C正确； D.化合物I存在氨基，可与盐酸反应生成盐，从而提高在水中的溶解性，D正确； 故选AB。 【小问4详解】 C→D的化学方程式是＋3Fe＋6HCl＋3FeCl2＋2H2O。 【小问5详解】 已知在D→E的过程中，有中间体O=N+产生，O=N+与D反应生成两种处于快速互变平衡的同分异构体，分子式为C10H14N2O3，其中一种的结构简式、。 【小问6详解】 与NaNO2、HCl反应生成，在CuCl存在条件下再与SO2反应转化为。与CH3NH2，NaBH3CN作用产生，与在NaH存在条件下发生取代反应产生目标产物，合成路线为：或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $