2025年高考第二次模拟考试卷：化学（福建卷）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：化学（福建卷）（解析版），共22页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷（选择题 共39分）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．材料科技影响生活，下列有关材料科技的说法，错误的是
A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的
B．硼墨烯在电子产品、光伏导电等领域得到广泛应用，原因是其具有优异的光学性能
C．五碳化四钽铪(Ta4HfC5)合金的熔点为4215°C，可用作发动机部件的原因是其具有耐高温性能
D．新型无机非金属材料氮化硅用于汽车电机轴承，是其具有电绝缘和高耐磨的性能
【答案】B
【详解】A．聚酯是通过羟基和羧基缩聚反应形成的，A正确；
B．硼墨烯广泛应用于电子产品和光伏等领域是因其具有优异的半导体性能，而不是光学性能，B错误；
C．五碳化四钽铪()合金的熔点为4215℃，熔点很高，故其具有耐高温性能而用作发动机部件，C正确；
D．新型无机非金属材料氮化硅具有硬度大，且不导电，故用于汽车电机轴承是因其具有电绝缘和高耐磨性能，D正确；
答案选B。
2．下列各组离子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．亚硫酸氢根是弱酸的酸式酸根，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为2Fe3+++H2O=2Fe2+++3H+，A错误；
B．Mg(OH)2更难溶，氢氧化钠过量时，会生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为Ca2+++OH−=H2O+CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，B错误；
C．和会发生反应生成Al(OH)3和，不能大量共存，C错误；
D．Fe2+、Na+、Br-可以共存，通入少量Cl2，先将Fe2+氧化为Fe3+，所给离子方程式正确，D正确；
本题选D。
3．化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
A．为该反应的催化剂B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
【答案】B
【详解】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确；
B．化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误；
C．步骤III可知C转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；
D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确；
答案选B。
4．工业制备高纯硅的原理示意图如下(已知电负性：)，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
石英砂粗硅SiHCl3高纯硅
A．含有分子的数目为
B．反应①消耗，断裂共价键的数目为
C．含有键的数目为
D．(已折算为标准状况)参加反应③，转移电子的数目为
【答案】C
【分析】石英砂主要成分是SiO2，SiO2与焦炭在1800～2000℃条件下发生还原反应产生粗硅，然后粗硅与HCl在300℃条件下发生反应产生SiHCl3、H2，然后经蒸馏得到纯净SiHCl3，SiHCl3与H2在1100℃条件下发生还原反应产生高纯硅，然后根据问题分析解答。
【详解】A．为共价晶体，由Si原子与O原子通过共价键结合成空间网状结构，不存在单个分子，A错误；
B．反应①中，每消耗，断开键，同时焦炭中的键也会断开，则断裂共价键的数目多于，B错误；
C．中Si原子的成键电子对数为4，无孤电子对，采用杂化形成4个杂化轨道，H原子和Cl原子的未成对电子分别位于1s和3p轨道，则中有3ml Cl原子与Si原子形成的键，数目为3NA，C正确；
D．因为电负性：，所以中Si为价，H和Cl均为价，根据反应③的化学方程式，每有22.4L标准状况下的(即)参与反应，生成，的化合价由价降为0价，中的H化合价从价升高到价，中的H化合价从0价升高到价，则转移的电子数为，D错误；
答案选C。
5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其结构如图所示(小球大小表示原子半径相对大小)，W、X位于不同周期，X基态原子中未成对电子为2，Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Y与Z紧邻。下列说法正确的是
A．简单离子半径：B．W、Y组成的化合物为离子化合物
C．Z的氢氧化物能与强酸反应，但不和强碱反应D．如图为该物质的化学式MgAlO3H
【答案】B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X能形成2个共价键，X基态原子中未成对电子为2，X是O元素；W、X位于不同周期，W是H元素；Y、Z为金属元素且Z元素的简单离子在同周期中半径最小，Z为Al元素；Y与Z紧邻，Y是Mg元素；W、X、Y、Z分别为：H、O、Mg、Al。
【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：，A错误；
B．H、Mg可以形成离子化合物MgH2，B正确；
C．Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，C错误；
D．图示为H、O、Mg、Al四种元素可组成的一种分子簇，图示为一个分子，化学式为Mg2Al2O6H2，D错误；
答案选B。
6．从CPU针脚(含有铜、镍和钴等金属)中回收金的实验步骤如图。下列说法错误的是
A．除杂和溶金步骤需在通风橱中进行，产生的气体在空气中呈红棕色
B．溶金时，KBr的作用是增强了硝酸的氧化性
C．富集后，K［AuBr4］主要存在于滤渣中，K［AuBr4］中存在σ键
D．还原步骤中有生成
【答案】B
【详解】A．除杂和溶金步骤中会生成污染性气体二氧化氮、一氧化氮，需在通风橱中进行，二氧化氮为红棕色气体，A正确；
B．KBr提供了溴离子，和金生成四溴合金离子，利于金与硝酸的反应的正向进行，B错误；
C．图示可知，富集后，K[AuBr4]主要存在于滤渣中，K[AuBr4]存在配位键，即存在σ键，C正确；
D．还原步骤中Na2S2O5做还原剂得到金属单质金，硫元素化合价升高，反应过程中有硫酸根生成，D正确；
故答案为：B。
7．某工厂煤粉灰的主要成分为SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：
已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该阳离子会水解。
下列说法错误的是
A．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸
B．假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4ml/L，则“水解”调pH不应高于1.7
C．TiO2·XH2O失去2个结晶水质量减少19.1%，则x=6
D．当滤液2中Al3+完全沉淀时，滤液中=2.5×103
【答案】A
【分析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3，FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2·xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，最终获取MgCl2·6H2O。
【详解】A．由分析可知，加入铁粉的作用是将Fe3+还原为Fe2+，A错误；
B．“水解”的目的是让TiOSO4和水反应生成TiO2·xH2O，不能让Fe3+和Al3+水解，假设滤液1中Al3+、Fe3+浓度均为0.4ml/L，Fe3+开始沉淀时溶液的c(OH-)= ，c(H+)==10-1.7ml/L，pH=1.7，Al3+开始沉淀时溶液的c(OH-)= ，c(H+)=，pH=2.8，则“水解”调pH不应高于1.7，B正确；
C．TiO2·xH2O失去2个结晶水质量减少19.1%，则，解得x=6，C正确；
D．当滤液2中Al3+完全沉淀时，滤液中2.5×103，D正确；
故选A。
8．有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：
已知：R、R′代表烷基。下列说法不正确的是
A．能加快反应速率
B．从图中历程可知，物质Ⅵ比Ⅴ稳定
C．步骤Ⅱ→Ⅲ的历程中，C- R′键比键更容易断裂
D．发生上述反应生成的主要产物是
【答案】D
【详解】A．由图可知，氢离子是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由结构简式可知，分子中羟基直接连在不饱和碳原子上，结构不稳定，会转化为结构稳定的，所以物质Ⅵ比Ⅴ稳定，故B正确；
C．由结构简式可知，发生C- R′键断裂转化为，说明 C- R′键比键更容易断裂，故C正确；
D．由图可知，发生上述反应生成的主要产物是或，不能转化为，故D错误；
故选D。
9．西安交通大学胡小飞教授课题组使用酞菁钴(RM)作为均相催化剂构建了一个结构为的电池体系，电池的电动势被提高到2.98V的同时还可以在-30~80℃下正常工作。如图所示。
下列叙述正确的是
A．在“常温”和“非常温”电池中电极的电势均为b>a
B．酞菁钴与参与反应的形成化合物，提高了a极电势
C．在电池中，3ml 被还原时向a极迁移4ml
D．“非常温”电池中，a电极反应式为
【答案】D
【分析】根据在“常温”与“非常温”电池中，的移动方向，可以确定b极为负极，a极为正极。据此分析作答。
【详解】A．观察图示，在“常温”与“非常温”电池中，b极为负极，a极为正极，正极(a)的电势高于负极(b)，A项错误；
B．的发生还原反应，的化合价没有变化，而酞菁钴只与发生还原反应的形成化合物，降低还原反应的活化能，从题示信息看，电池电势提高了，电池电势等于正、负极电势之差，提高了正极电势，B项错误；
C．根据“常温”电池图可知，的没有被还原，3ml 被还原成3ml 时，向a极迁移12ml ，C项错误；
D．根据“非常温”电池图可知，a电极上发生还原反应，脱去RM，RM参与循环，D项正确；
答案选D。
10．向溶液中滴入氨水至得到深蓝色的透明溶液。滴加氨水过程中，测得与铜元素相关微粒的分布系数与的变化关系如图所示。已知：；比如
下列说法正确的是
A．与形成配位键的能力：
B．时，
C．时，
D．的平衡常数为
【答案】D
【分析】结合题干和图像可知：向0.1ml/LCuSO4溶液中滴入1ml/L氨水至得到深蓝色的透明溶液，过程中含铜元素的微粒有：、、、、，各粒子分布系数与p(NH3)的关系，如图像所示；
【详解】A．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为与水形成水合铜离子，滴入氨水后最终生成，说明更易与形成配位键，A不符合题意；
B．如图所示：时，，B不符合题意；
C．时，含铜元素的微粒有：、、，此时，，，若n(CuSO4)=aml, ，则，C不符合题意；
D．欲计算平衡常数，可以分别计算出、、、的平衡常数再相乘，计算上述四个反应平衡常数的方法：特殊坐标点即可以利用选择、3.5、2.9、2.1(上述四个点时各平衡常数)分别计算出上述四个反应的平衡常数分别为、、、，故的平衡常数为，D符合题意；
故答案选D。
第II卷（非选择题 共60分）
二、非选择题，共4题，共60分。
11．（15分）选择性催化还原反应(SCR)被广泛用于燃煤电厂尾气的脱硝。为了回收废SCR催化剂(含、、等)中的金属资源，某研究团队开发了如下工艺：
已知：
①是酸性氧化物；是两性氧化物，不易在稀酸溶液中溶解。
②晶体100℃开始升华，189.5℃分解，溶液具有一定的挥发性。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸1”速率，对废SCR催化剂“预处理”的方法是 (写一点即可)。
(2)“酸浸1”中浸取温度对钒、钨和钛浸出率的影响如图所示，90℃以后钒的浸取率下降的可能原因是 。
(3)经检测，含钒滤液中主要存在，则“酸浸1”中发生反应的离子方程式为 。
(4)“焙烧”时转化为 (填化学式)，该物质是后续浸钨的关键。
(5)“酸浸2”保持温度在70℃，含钨化合物与反应1h后，生成和另一种物质，则该反应的化学方程式为 。
(6)研究表明，浸出的钛渣是可循环利用的锐钛矿型，熔点为1840℃，其晶胞结构和沿c轴方向投影如图所示，已知晶胞参数a=0.38nm，b=0.38nm，c=0.95nm，，则二氧化钛的晶体类型为 ，的配位数为 ，锐钛矿型的晶体密度为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】(1)将废SCR催化剂粉碎
(2)温度升高，草酸挥发
(3)
(4)
(5)
(6)共价晶体 6
【分析】由题给流程可知，废SCR催化剂预处理后加入草酸浸取得到含钒滤液和浸渣，浸渣加入氧化钙焙烧得到钨、钛的钙盐，加入草酸酸浸得到含钨滤液和钛渣，钛渣处理得到二氧化钛。
【详解】（1）为了提高“酸浸1”速率，对废SCR催化剂“预处理”的方法是将废SCR催化剂粉碎，增加反应物的接触面积加快反应；
（2）溶液具有一定的挥发性，90℃以后钒的浸取率下降的可能原因是温度升高，草酸挥发，导致钒的浸取率下降；
（3）含钒滤液中主要存在，则“酸浸1”中发生反应为和发生氧化还原反应生成二氧化碳和，反应中碳化合价由+3变为+4、V化合价由+5变为+4，结合电子守恒，离子方程式为；
（4）是酸性氧化物，“焙烧”时和氧化钙反应转化为；
（5）“酸浸2”保持温度在70℃，含钨化合物与反应1h后，生成和另一种物质，结合质量守恒，另一种物质为H2WO4，则该反应的化学方程式为；
（6）y由熔点可知，二氧化钛的晶体类型为共价晶体。由图可知，中心的钛周围有6个最近的氧，则其配位数为6；据“均摊法”，晶胞中含个Ti，结合化学式可知，晶胞中含有4个，则晶体密度为。
12．（15分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是无机精细化学品，在造纸、印染等行业应用广泛。某科研小组通过以下方案制备Na2S2O4并测定其纯度。
已知：①Na2S2O4在空气中极易被氧化，易溶于水且随温度的升高溶解度增大，不溶于乙醇，在碱性介质中较稳定。
②低于52℃时Na2S2O4在水溶液中以Na2S2O4·2H2O形态结晶，高于52℃时Na2S2O4·2H2O在碱性溶液中脱水成无水盐。
请回答下列问题：
I.Na2S2O4的制备
其制备过程如下：
步骤1：安装好整套装置(夹持装置省略)，并检查装置的气密性；
步骤2：在三颈烧瓶中依次加入Zn粉和水，电磁搅拌形成悬浊液；
步骤3：打开仪器a的活塞，向装置C中先通入一段时间SO2；
步骤4：打开仪器c的活塞滴加稍过量NaOH溶液使装置C中溶液的pH在8.2~10.5之间；
步骤5：过滤，将滤液经“一系列操作”可获得Na2S2O4。
(1)仪器b的名称是 。
(2)写出装置A中发生反应的化学方程式： 。
(3)装置B(单向阀)的作用是防倒吸，下列装置能代替它的是 (填字母)。
a. b. c. d.
(4)步骤3中生成物为ZnS2O4，该反应需控制温度在35~45℃进行，其原因为 。
(5)步骤4中，需控制溶液的pH在8.2~10.5之间，其原因为：
①pH太大Zn(OH)2会溶解；
②pH太小Zn2+沉淀不完全；
③ 。
(6)“一系列操作”包括：
a.搅拌下用水蒸气加热至60℃左右；
b.分批逐步加入细食盐粉，搅拌使其结晶，用倾析法除去上层溶液，余少量母液；
c.趁热过滤；
d.用乙醇洗涤。
上述操作的合理顺序为 →干燥(填字母)。
II.Na2S2O4含量的测定
实验装置：
实验原理：[Fe(CN)6]3-+S2O+OH-——SO+[Fe(CN)6]4-+H2O(未配平)。
实验过程：称取0.25g样品加入三颈烧瓶中，加入适量NaOH溶液，打开电磁搅拌器，通过滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加0.10ml·L-1，K3[Fe(CN)6]标准溶液，达到滴定终点时消耗24.00mL标准溶液。
(7)样品中Na2S2O4的质量分数为 %(假设杂质不参与反应)；若实验过程中忘记通入N2，对测定Na2S2O4含量的影响是 (填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶
(2)2NaHSO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑
(3)bd
(4)温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小
(5)碱性环境下，Na2S2O4能稳定存在
(6)bacd
(7) 83.52 偏低
【详解】（1）根据题图可以看到，该烧瓶圆底，无支管，所以是“圆底烧瓶”；
（2）复分解反应，强酸制弱酸，方程式为“2NaHSO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+2H2O+2SO2↑”；
（3）装置防倒吸一般按照气流短进长出或者短进短出的方案选择仪器，所以本问应选填“bd”；
（4）若反应温度过低，反应速率过慢，反应时间过长，而温度过高，气体在反应液中溶解度变低，无法充分参与反应，所以本问应填“温度较低时，反应速率较慢，温度较高时，SO2的溶解度较小”；
（5）根据题目所给条件可知本问应填“碱性环境下，Na2S2O4能稳定存在”；
（6）过滤除去沉淀后，在滤液中加入NaCl，提高溶液中Na+浓度，促进Na2S2O4结晶析出，对偏碱性溶液加热至52℃以上，再趁热过滤，获得无结晶水的Na2S2O4晶体，获得晶体后用乙醇洗涤晶体，除去残留滤液，降低晶体溶解损失，所以本问应填“bacd”；
（7）配平离子方程式：“”，
设样品中的物质的量为x，根据配平计算
解之，得x=1.2×10-3ml，所以Na2S2O4在样品中的质量分数为；若实验过程中未通N2做保护气，则样品中的有效成分会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的K3[Fe(CN)6]标准溶液会偏少，则计算所得质量分数会“偏小”。
13．（14分）甲醇是一种重要的燃料和化工原料。回答下列问题：
(1)将转化为甲醇是实现“碳中和”“碳达峰”双碳目标的一种措施，相关反应如下：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
反应ⅲ的 (填“>”或“Al>Mg（1分） 四面体（1分）
【详解】（1）反应ⅲ为气体分子数减少的反应，即熵减反应，则；
根据题给3个热化学方程式中物质的转化关系和盖斯定律可知， ，由于，则逆反应的活化能为；
（2）由上述分析可知，，，故温度升高，反应ⅲ逆向移动，即减小，由题图1曲线变化可知，曲线丙、丁为变化曲线，故曲线甲、乙为的平衡转化率曲线；
℃时，曲线丙、丁急剧下降是因为温度高于320℃时，以反应ⅱ为主，则急剧下降。
由题图1可知，b点表示时的选择性，故投料比时的平衡转化率为10%，设初始投料为3ml 、1ml ，则的转化量为，由b点数据可知，平衡体系中的物质的量为，则CO的物质的量为0.014ml，由C守恒可知转化为和CO的分别为0.086ml、0.014ml，对反应ⅱ、ⅲ分别列“三段式”可得：
则平衡体系中气体总物质的量为，则相关物质分压分别为、、、，故反应ⅲ的平衡常数；
（3）基元反应是指在反应中一步就能转化为产物的反应，由题图2可知，该反应机理最后一步为生成物从催化剂上的脱附，是物理变化，故该反应有7个基元反应。由题图2可知，有催化剂时，的活化能最大，是该反应的决速步骤。
（4）该尖晶石晶胞中元素的电负性由大到小顺序为O>Al>Mg，Mg位于四面体空隙中
14．（16分）依折麦布片是一种新型高效的调脂药，其合成路线如下，回答以下问题：
已知：Ⅰ．。
Ⅱ．。
Ⅲ．。
(1)A到B的反应条件 ，C的结构简式： 。
(2)D反应成E实际需经过多步反应，原因是 。
(3)G到H的化学方程式： ，比H少2个碳原子的同系物L，其同分异构体符合下列要求的有 (不考虑立体异构)种。
①F原子直接连苯环，除苯环外无其他环状结构。②与KOH溶液反应，最多消耗5ml KOH。③苯环上只有两个支链。
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比2∶2∶1∶1∶1的有机物的结构简式为 。
(4)F和J生成K的反应类型为 。
(5)信息(3)的反应机理如下，有关说法正确的是_______(填字母)。
A．反应①中配位键的生成，导致O、Al原子上电子云分布发生变化，有利于②反应键的异裂
B．整个反应过程碳原子杂化方式有两种
C．③反应后分子中存在离域π键
D．最终产物苯乙酮相对于苯更易发生此类反应
【答案】(1) 浓硫酸、浓硝酸、加热
(2)氧化过程中酚羟基需先保护，经氧化后需要再脱除保护
(3) 3
(4)加成反应
(5)AC
【分析】
A的分子式C7H8可知，A为甲苯，甲苯发生对位硝化反应生成B为，硝基发生还原反应生成C为，D发生已知I生成E为，E与生成F为，G为，G转化为H是，I为。
【详解】（1）
A为甲苯，甲苯发生对位硝化反应生成B为，A到B的反应条件浓硫酸、浓硝酸、加热；C的结构简式：；
（2）
D发生已知I生成E为，D反应成E实际需经过多步反应，原因是：氧化过程中酚羟基需先保护，经氧化后需要再脱除保护；
（3）
G为，G到H的化学方程式： ；H是，比H少2个碳原子的同系物L，①F原子直接连苯环，除苯环外无其他环状结构即部分结构有。②与KOH溶液反应，最多消耗5ml KOH，其中碳氟键能与1mlKOH发生水解反应，含有酯基，且水解后的羟基能继续与KOH反应。③苯环上只有两个支链，同分异构体为邻、间、对位取代共3种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比2∶2∶1∶1∶1的有机物的结构简式为；
（4）F和J生成K的反应类型为加成反应；
（5）A．反应①中O提供孤电子对，Al提供空轨道，O与Al有配位键的生成，导致O、Al原子上电子云分布发生变化，有利于②反应键的异裂，故A正确；
B．整个反应过程双键上的C原子采取sp2杂化，饱和碳原子甲基上采取sp3杂化，反应②产物中碳原子是sp杂化，则杂化方式有3种，故B错误；
C．③反应后分子中环上一个C原子与H原子形成σ键，其余5个碳原子提供p轨道，有4个电子参与离域π键，故C正确；
D．苯乙酮中酮羰基是吸电子基团，③反应中苯是给电子基团，则苯乙酮不易发生此类反应，故D错误；
故选AC。
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生反应的离子方程式
A
、、
2Fe3++SO+2H+=2Fe2++SO+H2O
B
、、
过量NaOH(aq)
Ca2++Mg2++2HCO+2OH-=
2H2O+CaCO3↓+MgCO3↓
C
、、
通入少量
2AlO+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO
D
、、
少量