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四川省资阳市安岳中学2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·安岳模拟）健康饮食均衡营养是青少年健康成长的重要保证，糖类、油脂、蛋白质是人体必需的营养物质，下列说法正确的是（　　）
A．单糖均能在人体内水解和吸收
B．油脂属于天然高分子化合物
C．蛋白质水解的最终产物为氨基酸
D．糖类、油脂、蛋白质都是由C，H，O三种元素组成
2．（2025·安岳模拟）2023年冬天，哈尔滨冻梨红透了大江南北，以下关于冻梨说法错误的是
A．使冻梨特别甜的果糖与蔗糖是同分异构体
B．冻梨黑不溜秋的颜色变化是因为梨子皮的植物多酚转化为醌类物质的过程，该过程涉及化学变化
C．当梨子被冷冻时，液泡中的水分冻结成冰，体积会变大
D．冻梨中的葡萄糖具有还原性，能发生银镜反应，可用于工业制镜
3．（2025·安岳模拟）化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是
A．含氟牙膏可以预防龋齿，利用了沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率
B．人体中缓冲体系起到稳定血液的作用
C．民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
D．离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜
4．（2025·安岳模拟）实践是检验真理的唯一标准。某兴趣小组利用以下装置制备并验证其性质，其中能达到预期目的的是
A．制备 B．验证还原性 C．干燥 D．验证漂白性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·安岳模拟）含有乙酸钠和对氯苯酚()的废水可以通过膜电池除去，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A．当外电路中有转移时，a极区增加的的个数为
B．a为电池的正极，发生还原反应
C．该电池工作时受环境温度的影响
D．b极的电极反应式为
6．（2025·安岳模拟）粗盐中除NaCl外，还含有Mg2+、Ca2+、以及泥沙等杂质。粗盐提纯的操作流程如下：
下列说法正确的是
A．为确认是否完全沉淀，可向上层清液中继续滴加BaCl2溶液
B．试剂X、Y、Z分别为过量的KOH、BaCl2和Na2CO3
C．滤液中含有的阴离子有两种：Cl-、OH-
D．“结晶”方式为蒸发浓缩、冷却结晶
7．（2025·安岳模拟）已知为阿伏加德罗常数，下列关于说法正确的是
A．标准状况下22.4L HF含有分子的个数为
B．1mol液态冰醋酸中含s-p键的数目为4
C．往溶液中通入氯气，若有1mol生成时，转移电子的数目可能为4
D．常温下已知，则该温度下饱和溶液中含有个
8．（2025·安岳模拟）劳动是一切知识的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 糕点制作：用NaHCO3作膨松剂 NaHCO3受热易分解
B 水质消毒：用ClO2对自来水进行消毒 ClO2具有强氧化性
C 金属防腐：船舶外壳安装镁合金 还原性：Mg>Fe
D 农业种植：铵态氮肥要保存在阴凉处 NH水解呈酸性
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·安岳模拟）实验室中利用侯氏制碱法制备Na2CO3和NH4Cl，流程如图。下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．只有“食盐水”可以循环使用
C．为了加速过滤可用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高纯度
10．（2025·安岳模拟）由C、H、O三种元素组成的某化合物X的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是
A．属于羧酸 B．分子式为
C．能发生加成反应和取代反应 D．可与溶液发生反应
11．（2025·安岳模拟）在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入a mol H2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验[反应为]。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率)，下列说法不正确的是
A．温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量增大，ΔH＞0
B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率
C．900 ℃时，t s后达到平衡，则H2的平均反应速率为mol/(L·s)
D．约1100℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
12．（2025·安岳模拟）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示，其中W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，W、Y原子序数之和等于Z的原子序数。下列说法中错误的是
A．该阴离子中一定含有配位键
B．X与Y的基态原子核外未成对电子数相同
C．Q的氯化物属于分子晶体
D．沸点：
13．（2025·安岳模拟）用活性炭对汽车尾气中的进行吸附可发生反应：。在恒容密闭容器中加入活性炭(过量)和一定量的发生上述反应，相同时间不同温度下测得的转化率与温度的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．该反应的正活化能大于逆活化能
B．的逆反应速率
C．Y点时的体积分数为(不考虑活性炭的体积)
D．向平衡体系中加入催化剂，的平衡转化率增大
14．（2025·安岳模拟）硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法正确的是
A．电极A上发生还原反应
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阳极附近
D．当外电路通过2mole-时，电极A上产生1mol气体
15．（2025·安岳模拟）工业上常以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等杂质)为原料制备水处理剂聚合硫酸铁，n>2、m<10}，其工艺流程如图所示：
已知： Ksp[Fe(OH)3]= 1.0×10- 38、Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16、 Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；当某离子浓度≦1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）为了提高黄铁矿烧渣的“碱浸”速率，可以采取的措施有　 　(至少 答两条)。
（2）“碱浸”过程中，杂质与NaOH反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸溶1”所得滤渣的主要成分为　 　(填化学式)，在实验室中分离出滤渣的操作名称为　 　。
（4）“氧化”工序中加入H2O2溶液的目的是　 　。
（5）若“氧化”后的溶液中Mg2+浓度为0.1 mol·L-1， 则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是　 　。
（6）“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为　 　。
16．（2025·安岳模拟）工业上可用钒炉渣(主要含有，还含有少量、等杂质)制取，其流程如下：
已知价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的pH的关系如表所示：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要存在形式
（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为　 　。
（2）加入焙烧可将转化为可溶性的，该转化反应中生成的还有另一种固体产物，其为　 　，该固体产物常用作　 　。
（3）用溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为、。若滤液中，则　 　。{已知：，}
（4）沉钒工序中用调节溶液的，当时，的产量明显降低，原因为　 　。
（5）沉钒后的操作是　 　、干燥。写出获得的化学方程式：　 　。
17．（2025·安岳模拟）是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂等。
I．以为催化剂制备：
已知：①
②
（1）________。
（2）在体积不变的密闭容器中，进料浓度比分别等于1、4、7时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
①曲线________(填“a”“b”或“c”)对应的平衡曲线。
②400℃时，按进料浓度比投料，设的初始浓度为，反应经达到平衡，在时段，反应速率________(用含的表达式表示)。
Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。
（3）基态的价层电子轨道表示式为________。
（4）水溶液中：(蓝色)(黄色) ，下列说法正确的有___________
A. 加热溶液，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色
B. 向溶液加水稀释，溶液颜色由蓝绿色变为蓝色，增大
C. 向溶液中加入适量固体，溶液颜色由蓝色变为黄绿色
D. 已知的空间结构为平面正方形，其中的杂化轨道类型为
（5）在一定温度下，在液态有机相中存在以下氯化络合反应：
①反应的平衡常数________。
保持温度不变，改变某浓度有机相稀溶液中的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数与平衡浓度关系如图所示。
②A点的浓度为________(保留两位有效数字)，此时的氯化络合转化率为________。
18．（2025·安岳模拟）化合物M是一种药物中间体，其中一种合成路线如图所示
已知：
Ⅰ.+
Ⅱ
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为　 　；试剂X的化学名称为　 　；
（2）C中官能团的名称为　 　；由D生成E的反应类型为　 　；
（3）由E生成F的第①步反应的化学方程式为　 　；
（4）设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为　 　；
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有　 　种(不含立体异构)；
①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基
②1mol该物质最多能与2molNaHCO3反应
③核磁共振氢谱有6组吸收峰
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料(其他试剂任选)，制备聚异丁烯的合成路线：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．单糖不能水解，A项不符合题意；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，B项不符合题意；
C．氨基酸发生缩聚反应生成多肽，多肽进而构成蛋白质，因此蛋白质水解的最终产物为氨基酸，C项符合题意；
D．蛋白质中还含有N、S、P等元素，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据糖类、油脂、蛋白质人体必需的营养物质相关知识分析解答。
2．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；同分异构现象和同分异构体；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．果糖的分子式为：C6H12O6，而蔗糖的分子式为：C12H22O11，二者分子式不相同，因此不属于同分异构体，A错误；
B．梨子皮的植物多酚转化为醌类物质，使得冻梨颜色变得黑不溜秋，该过程中有新物质生成涉及化学变化，B正确；
C．液泡中的水分冻结成冰，由于冰中分子间氢键数目增大，使得水分子的空间利用率减小，密度减小，因此体积会变大，C正确；
D．葡萄糖分子中含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，因此可用于工业制镜，D正确；
故答案为：A
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
B、该过程中产生新物质，涉及化学变化。
C、水分冻结成冰后，分子间氢键数目变多，密度减小。
D、葡萄糖中含有醛基，可发生银镜反应。
3．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；以氯碱工业为基础的化工生产简介；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．含氟牙膏中的氟离子使牙齿表面的牙釉质转变为更难溶的氟磷灰石，利用了沉淀转化的原理，A正确；
B．血液中含有许多对酸碱度起缓冲作用的物质，如，起到稳定血液pH的作用，B正确；
C．青铜器和铁器在半干半湿条件下容易构成原电池，发生吸氧腐蚀，从而加快青铜器和铁器的腐蚀速率，C正确；
D．为防止氯气与氢氧化钠溶液反应，在氯碱工业中使用阳离子交换膜，防止OH－移向阳极，与Cl2反应，D错误；
故答案为：D
【分析】A、F－可将难溶的[Ca5(PO4)3(OH)]转化为更难溶的[Ca5(PO4)3F]。
B、H2CO3－NaHCO3可对酸碱度起缓冲作用。
C、半干半湿条件下，金属易发生吸氧腐蚀，加快腐蚀速率。
D、氯碱工业中采用阳离子交换膜，可防止OH－移向阳极，与Cl2反应。
4．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，稀硫酸没有强氧化性，因此Cu与稀硫酸不反应，A错误；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，B正确 ；
C．碱石灰的主要成分为CaO和NaOH，二氧化硫能被碱石灰吸收，因此不能使用碱石灰干燥二氧化硫，C错误；
D．二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液变红色，但不会褪色，不能验证的漂白性，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性，加热条件下能与Cu反应生成SO2，Cu与稀硫酸不反应。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2使其褪色，体现了SO2的还原性。
C、SO2能与碱石灰反应。
D、验证SO2的漂白性个应用品红溶液。
5．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，当外电路中有转移时，有0.1mol由负极区移入正极区，根据电极反应，a极消耗0.05mol氢离子，因此a极区增加的的个数为0.05NA，故A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，H＋移向a电极，因此a电极为正极，发生得电子发生还原反应，故B正确；
C．微生物对温度敏感，因此该电池工作时会受环境温度的影响，故C正确；
D．b电极为负极，醋酸根离子发生失电子的氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、当电路中转移0.1mol电子时，有0.1molH＋移向a极区，同时有0.05molH＋参与电极反应。
B、在原电池中，阳离子移向正极。
C、微生物膜对温度敏感，因此该电池工作时受环境温度影响。
D、b极上CH3COO－发生失电子的氧化反应，生成CO2。
6．【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A．为确认是否完全沉淀，可向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明溶液中不含有，则完全沉淀，A正确；
B．除杂质时，不能引入新的杂质，因此试剂X应为NaOH，若使用KOH，则会引入新的杂质离子K+，B不正确；
C．由分析可知，滤液中含有过量的NaOH、Na2CO3等，因此阴离子有Cl-、OH-、、HCO，C不正确；
D．NaCl的溶解度受温度的影响不大，若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，析出的晶体较少，因此应采用“蒸发结晶”的方法，D不正确；
故答案为：A
【分析】A、若SO42－完全沉淀，则继续加入BaCl2溶液后，无白色沉淀产生。
B、若加入KOH，则会引入新的杂质KCl。
C、滤液中含有过量的NaOH和Na2CO3。
D、NaCl的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶操作。
7．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．标准状况下HF为液态，不可应用气体摩尔体积计算，因此22.4L HF物质的量不是1mol，A错误；
B．中C、O经过杂化后与H形成键，所以不存在s-pσ键。因此1mol的液态冰醋酸中含s—p键数目为0，B错误；
C．由于还原性Fe2＋＞Br－，因此氯气先氧化，再氧化。若有1mol生成时，总共转移电子的数目不能确定，至少为3mol，C正确；
D．没有给出溶液体积，无法应用公式n=c×V进行计算，因此不能具体计算个数，D错误；
故答案为：C
【分析】A、标准状态下HF不是气体，不能应用气体摩尔体积计算。
B、CH3COOH中不存在s-pσ键。
C、由于还原性Fe2＋＞Br－，Cl2先与Fe2＋反应，再与Br－反应。
D、溶液的体积未知，无法计算。
8．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NaHCO3不稳定，受热易分解，生成的二氧化碳气体能使面团松软多孔，则NaHCO3常用作膨松剂，劳动项目与所述化学知识有关联，故A不选；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用于自来水杀菌消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，故B不选；
C．还原性：Mg＞Fe，因此Mg、Fe和海水形成原电池时Mg作负极，铁作正极，所以船舶外壳安装镁合金可防止船舶发生腐蚀，劳动项目与所述化学知识有关联，故C不选；
D．铵态氮肥受热分解生成氨气，导致氮元素损失，所以铵态氮肥要保存在阴凉处，与铵态氮肥水解呈酸性的性质无关，故D选；
故答案为：D
【分析】A、NaHCO3做膨松剂，与其受热分解的性质有关。
B、ClO2用于自来水的消毒，其与强氧化性有关。
C、还原性Mg＞Fe，形成原电池时，Mg做负极。
D、氨态氮肥存放在阴凉处，与其受热易分解的性质有关，与水解显酸性无关。
9．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；过滤
【解析】【解答】A．NH3极易溶于水，应先通入NH3，再通入CO2。因此气体N为NH3，气体M为CO2，A错误；
B．NaHCO3受热分解生成CO2，母液中含有的NaCl，都可以循环使用，B错误；
C．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，C错误；
D．向母液中通入NH3，使得溶液中的浓度增大，有利于NH4Cl结晶析出并提高纯度，D正确；
故答案为：D
【分析】A、NH3在水中的溶解度大于CO2，应先通NH3，再通CO2，可提高CO2的利用率。
B、NaHCO3受热分解生成CO2、母液中的NaCl，都可以循环使用。
C、搅拌会使得滤纸破损，起不到过滤的效果。
D、通入NH3，可提高溶液中c(NH4＋)，有利于NH4Cl结晶析出。
10．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．由球棍模型可推知X的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，含有酯基，属于酯，故A错误；
B．由A的结构简式可得，该有机物的分子式为，故B正确；
C．分子结构中含有碳碳双键，可发生加成反应；含有酯基可发生取代反应，故C正确；
D．酯在碱性条件下可以水解生成羧钠和醇，因此X可以和NaOH溶液发生反应，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据球棍模型确定其结构简式和所含的官能团。
B、根据结构简式确定分子式。
C、碳碳双键可发生加成反应，酯基可发生取代反应。
D、酯基能与NaOH反应。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图像可知：温度升高，H2S转化率增大，说明升高温度，化学平衡右移，导致S2的含量增大，因此反应热△H＞0， A正确；
B．加入催化剂Al2O3，能够使化学反应速率加快，但由于催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此加入催化剂平衡不移动，所以H2S的平衡转化率不变，B错误；
C.900℃时，t s后反应达到平衡，H2S的平衡转化率为50%，则生成的氢气为mol，因此用H2的浓度变化表示的化学反应速率为v(H2)==mol/(L·s)，C正确；
D．任何催化剂都有催化活性的最佳温度范围。即催化剂需要有适宜温度，根据图像可知：在温度约1100℃，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，反应速率相同，说明该温度下Al2O3可能几乎失去催化活性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、Al2O3为反应的催化剂，加入催化剂不影响平衡移动。
C、根据公式计算反应速率。
D、催化剂有最佳的催化温度，高于这个温度，催化剂失活。
12．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Q为Al，其价电子数为3，只能形成3个共价键，而该阴离子中铝原子形成4个共价键，则其中一个共价键为配位键，故A正确；
B．X为C，其基态原子的价电子排布式为2s22p2；Y为O，其基态原子的价电子排布式为2s22p4。因此碳原子和氧原子的基态原子核外未成对电子数都是2，故B正确；
C．Q的氯化物为氯化铝，氯化铝属于分子晶体，故C正确；
D．甲烷和四氟化碳都是分子晶体，甲烷的相对分子质量小于四氟化碳，因此分子间作用力小于四氟化碳，所以沸点低于四氟化碳，故D错误；
故答案为：D
【分析】Y可形成2个共价键，因此Y的最外层电子数为6，Y为O或S。由原子序数依次增大的短周期元素可知，Y为O。Y的价电子数是Q的2倍，因此Q的价电子数为3；由于原子序数Q＞Y，因此Q为Al。X可形成4个共价键，因此X为C。W形成1个共价键，所以W为H。Z可形成1个共价键，所以Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．ΔH<0，因此该反应为放热反应，所以该反应的活化能：正反应＜逆反应，A项错误；
B．X、Z两点的转化率相同，因此此时二者的浓度也相同，Z点温度高，所以反应速率较快，所以， B项错误；
C．该反应中反应前后气体体积不变，Y点时的转化率为，所以最终的体积分数为，C项正确；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，因此加入催化剂，的平衡转化率不变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据反应的热效应分析，放热反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能。
B、Z点温度高，反应速率快。
C、反应过程中气体分子数不变，则NO的体积分数不变。
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
14．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极A上Cl－转化为Cl2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为阳极，发生氧化反应，A错误；
B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO进一步与有机物R反应生成二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，因此Cl-可以循环利用，B正确；
C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，因此氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C错误；
D．电极A氯离子放电生成氯气转化为HClO再与有机物反应放出CO2，同时水也放电生成氧气，由于反应产生的Cl2会进一步与有机物R反应，使得气体减少，因此无法计算产生气体的物质的量，D错误；
故答案为：B
【分析】A、电极A上Cl－转化为Cl2，发生氧化反应。
B、处理过程中Cl－转化为Cl2，Cl2与H2O反应转化为HClO，HClO进一步与有机物R反应，据此分析。
C、由反应原理可知，电极B负极形成Mg(OH)2、CaCO3沉淀。
D、处理过程中Cl2与有机物R反应，使得产生的气体减少，具体减少的量未知。
15．【答案】（1）将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度
（2）SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）CaSO4；过滤
（4）将Fe2+氧化为Fe3+， 提高聚合硫酸铁产品的产量
（5）3≦pH<9
（6）mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）为了提高碱浸速率，可以将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度。
故答案为：将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度
（2）碱浸过程中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
故答案为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）酸溶1所得滤渣为硫酸钙，分离滤渣的操作为过滤。
故答案为：CaSO4；过滤
（4）加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于与其他离子进行分离，提高聚合硫酸铁产品的产量。
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+， 提高聚合硫酸铁产品的产量
（5）铁离子完全沉淀时浓度为≦1.0×10-5mol·L-1，则mol·L-1，对应的pH为3，镁离子开始沉淀时mol·L-1，对应的pH为9，则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是3≦pH<9。
故答案为：3≦pH<9
（6）硫酸铁溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
故答案为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【分析】（1）增大接触面积、适当增大碱溶液的浓度、适当升高温度、搅拌，都能加快反应速率。
（2）“碱浸”过程中SiO2、Al2O3分别与NaOH溶液反应生成Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]，据此写出反应的离子方程式。
（3）“酸溶1”加入H2SO4，CaO与H2SO4反应生成微溶于水的CaSO4。固液混合物的分离用过滤。
（4）“氧化”过程中加入H2O2溶液，是将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，提高聚合硫酸铁的产量。
（5）根据Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶度积Ksp进行计算。
（6）“水解聚合”过程中Fe2(SO4)3与H2O反应生成 和H2SO4，据此写出反应的化学方程式。
（1）为了提高碱浸速率，可以将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度。
（2）碱浸过程中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
（3）酸溶1所得滤渣为硫酸钙，分离滤渣的操作为过滤。
（4）加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于与其他离子进行分离，提高聚合硫酸铁产品的产量。
（5）铁离子完全沉淀时浓度为≦1.0×10-5mol·L-1，则mol·L-1，对应的pH为3，镁离子开始沉淀时mol·L-1，对应的pH为9，则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是3≦pH<9。
（6）硫酸铁溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
16．【答案】（1）增大接触面积，使反应快速而充分
（2）；红色颜料
（3）
（4）时，转化为
（5）过滤、洗涤；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为增大接触面积，使反应快速而充分。
故答案为：增大接触面积，使反应快速而充分
（2）转化为可溶性的，V元素化合价降低被还原，则Fe元素化合价升高，另一种固体产物为；常用作红色颜料。
故答案为：；红色颜料
（3），。
故答案为：
（4）已知pH在4~6时主要存在形式为，当时，的产量明显降低，原因为时，转化为。
故答案为：时，转化为
（5）沉钒后分离出操作是过滤、洗涤、干燥。获得的化学方程式：。
故答案为：洗涤；
【分析】（1）粉碎可增大接触面积，从而加快反应速率。
（2）FeO·V2O3转化为NaVO3的过程中，V元素由＋3价变为＋5价，被氧化，因此有O2参与反应，＋2价的Fe极易被氧化，据此确定另一种固体产物。
（3）由滤液中c(SiO32－)，结合MgSiO3的溶度积Ksp计算此时溶液中c(Mg2＋)；再结合Mg3(PO4)2的溶度积Ksp计算此时溶液中c2(PO43－)。
（4）结合+5价V在溶液的存在形态与pH的关系可知，当pH＜6时，溶液中V以VO2＋形式存在。
（5）沉钒后的操作为过滤、干燥。NH4VO3加热分解，生成V2O5、NH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为增大接触面积，使反应快速而充分；
（2）转化为可溶性的，V元素化合价降低被还原，则Fe元素化合价升高，另一种固体产物为；常用作红色颜料；
（3），；
（4）已知pH在4~6时主要存在形式为，当时，的产量明显降低，原因为时，转化为；
（5）沉钒后分离出操作是过滤、洗涤、干燥。获得的化学方程式：。
17．【答案】(1)
(2) c
(3)
(4) AC
(5) 4.5 55%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】根据盖斯定律，。
故答案为：
（2）①在体积不变的密闭容器中，进料浓度比[]增大，平衡正向移动，但HCl的转化率降低，故曲线a对应m=1的平衡曲线，曲线b对应m=4的平衡曲线，曲线c对应m=7的平衡曲线.
故答案为：c
②由①可知：400℃时，按进料浓度比m=4投料，HCl转化率为76%，则。
故答案为：
（3）基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：。
故答案为：
（4）说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，据此分析解答。
A．加热CuCl2溶液，平衡正向移动，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，故A项正确；
B．向CuCl2溶液加水稀释，平衡向左移动，溶液颜色由黄绿色变为蓝绿色，c([Cu(H2O)4]2+)减小，故B项错误；
C．向CuSO4溶液中加入适量NaCl固体，平衡正向移动，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，故C项正确；
D．已知[CuCl4]2-的空间结构为平面正面形，Cu2+电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2，则Cu2+的杂化轨道类型为dsp2，故D项错误；
故答案为：AC
（5）①反应1：，反应2：，反应3：，反应3由2×反应1-反应2得来，则反应3：。
故答案为：4.5
②由图可知，曲线a一直下降，则a代表Cu2+的分布系数，当不足时，主要发生，当过量时，主要发生，且向转化，所以的分布系数随着的浓度的增大呈现出先增大后减小的趋势，而一直增大，所以曲线b代表，曲线c代表；A点时和分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2，A点为曲线a（Cu2+的分布系数）与曲线b（的分布系数）的交点，故A点时c()=c()，且，则，则。
故答案为：
③由图可知，的分布系数约为0.45，所以的氯化络合转化率约为55%。
故答案为：55%
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①m值越大，即c(HCl)越大，HCl的平衡杆转化率越小，据此结合图像分析。
②根据公式计算反应速率。
（3）基态Cu2+是由Cu失去2个电子形成的，结合基态Cu的核外电子排布式确定Cu2+的价层电子轨道表示式。
（4）A、加热CuCl2溶液，温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄绿色。
B、加水稀释，溶液中离子浓度减小。
C、加入适量NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，平衡正向移动，溶液变为黄绿色。
D、若采用sp3杂化，则为四面体结构。
（5）①该反应可由“2×反应1-反应2”得到，据此确定该反应平衡常数K的表达式。
②结合平衡常数的表达式进行计算。
18．【答案】（1）；环己酮
（2）羟基、醚键；取代反应
（3）
（4）保护酚羟基不被氧化
（5）3
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，试剂X为，其化学名称为环己酮。
故答案为：；环己酮
（2）由分析可知，C为，其官能团的名称为羟基、醚键；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反应类型为取代反应。
故答案为：羟基、醚键；取代反应
（3）由E生成F的第①步反应为酯基和NaOH的反应，化学方程式为。
故答案为：
（4）由A转化为B是酚羟基转化为醚键，由F转化为M是醚键转化为酚羟基，酚羟基不稳定，易被氧化，C转化为D时发生氧化反应，由A转化为B和由F转化为M两步的目的为保护酚羟基不被氧化。
故答案为：保护酚羟基不被氧化
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有3种(不含立体异构)；①只含两种官能团，能发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上连有两个取代基；②1mol该物质最多能与2mol NaHCO3反应，说明含有2个羧基，根据不饱和度及O原子个数知，含有1个酚羟基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明含有6种氢原子；符合条件的取代基为酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合条件的同分异构体有3种。
故答案为：3
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料，制备聚异丁烯，聚异丁烯由CH2=C(CH3)2发生加聚反应得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr发生信息Ⅱ的反应得到，制备聚异丁烯的合成路线：。
故答案为：
【分析】结合“已知I”可知，A（）与环己酮反应生成B（），结合“已知II”可知，B发生反应生成C（），C氧化后得到D（），D与BrCH2COOC2H5取代反应生成E（），E发生水解反应然后酸化得到F，F的结构简式为，F发生“已知I”的反应生成M，M的结构简式为。
（1）由分析可知，A的结构简式为，试剂X为，其化学名称为环己酮；
（2）由分析可知，C为，其官能团的名称为羟基、醚键；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反应类型为取代反应；
（3）由E生成F的第①步反应为酯基和NaOH的反应，化学方程式为；
（4）由A转化为B是酚羟基转化为醚键，由F转化为M是醚键转化为酚羟基，酚羟基不稳定，易被氧化，C转化为D时发生氧化反应，由A转化为B和由F转化为M两步的目的为保护酚羟基不被氧化；
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有3种(不含立体异构)；①只含两种官能团，能发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上连有两个取代基；②1mol该物质最多能与2mol NaHCO3反应，说明含有2个羧基，根据不饱和度及O原子个数知，含有1个酚羟基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明含有6种氢原子；符合条件的取代基为酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合条件的同分异构体有3种；
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料，制备聚异丁烯，聚异丁烯由CH2=C(CH3)2发生加聚反应得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr发生信息Ⅱ的反应得到，制备聚异丁烯的合成路线：。
1 / 1四川省资阳市安岳中学2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·安岳模拟）健康饮食均衡营养是青少年健康成长的重要保证，糖类、油脂、蛋白质是人体必需的营养物质，下列说法正确的是（　　）
A．单糖均能在人体内水解和吸收
B．油脂属于天然高分子化合物
C．蛋白质水解的最终产物为氨基酸
D．糖类、油脂、蛋白质都是由C，H，O三种元素组成
【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．单糖不能水解，A项不符合题意；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，B项不符合题意；
C．氨基酸发生缩聚反应生成多肽，多肽进而构成蛋白质，因此蛋白质水解的最终产物为氨基酸，C项符合题意；
D．蛋白质中还含有N、S、P等元素，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据糖类、油脂、蛋白质人体必需的营养物质相关知识分析解答。
2．（2025·安岳模拟）2023年冬天，哈尔滨冻梨红透了大江南北，以下关于冻梨说法错误的是
A．使冻梨特别甜的果糖与蔗糖是同分异构体
B．冻梨黑不溜秋的颜色变化是因为梨子皮的植物多酚转化为醌类物质的过程，该过程涉及化学变化
C．当梨子被冷冻时，液泡中的水分冻结成冰，体积会变大
D．冻梨中的葡萄糖具有还原性，能发生银镜反应，可用于工业制镜
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；同分异构现象和同分异构体；葡萄糖的银镜反应
【解析】【解答】A．果糖的分子式为：C6H12O6，而蔗糖的分子式为：C12H22O11，二者分子式不相同，因此不属于同分异构体，A错误；
B．梨子皮的植物多酚转化为醌类物质，使得冻梨颜色变得黑不溜秋，该过程中有新物质生成涉及化学变化，B正确；
C．液泡中的水分冻结成冰，由于冰中分子间氢键数目增大，使得水分子的空间利用率减小，密度减小，因此体积会变大，C正确；
D．葡萄糖分子中含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，因此可用于工业制镜，D正确；
故答案为：A
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
B、该过程中产生新物质，涉及化学变化。
C、水分冻结成冰后，分子间氢键数目变多，密度减小。
D、葡萄糖中含有醛基，可发生银镜反应。
3．（2025·安岳模拟）化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列说法不正确的是
A．含氟牙膏可以预防龋齿，利用了沉淀转化的原理，降低龋齿的发生率
B．人体中缓冲体系起到稳定血液的作用
C．民谚：青铜和铁器“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，半干半湿条件下最易发生吸氧腐蚀
D．离子交换膜在工业上应用广泛，在氯碱工业中使用阴离子交换膜
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；以氯碱工业为基础的化工生产简介；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．含氟牙膏中的氟离子使牙齿表面的牙釉质转变为更难溶的氟磷灰石，利用了沉淀转化的原理，A正确；
B．血液中含有许多对酸碱度起缓冲作用的物质，如，起到稳定血液pH的作用，B正确；
C．青铜器和铁器在半干半湿条件下容易构成原电池，发生吸氧腐蚀，从而加快青铜器和铁器的腐蚀速率，C正确；
D．为防止氯气与氢氧化钠溶液反应，在氯碱工业中使用阳离子交换膜，防止OH－移向阳极，与Cl2反应，D错误；
故答案为：D
【分析】A、F－可将难溶的[Ca5(PO4)3(OH)]转化为更难溶的[Ca5(PO4)3F]。
B、H2CO3－NaHCO3可对酸碱度起缓冲作用。
C、半干半湿条件下，金属易发生吸氧腐蚀，加快腐蚀速率。
D、氯碱工业中采用阳离子交换膜，可防止OH－移向阳极，与Cl2反应。
4．（2025·安岳模拟）实践是检验真理的唯一标准。某兴趣小组利用以下装置制备并验证其性质，其中能达到预期目的的是
A．制备 B．验证还原性 C．干燥 D．验证漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2，稀硫酸没有强氧化性，因此Cu与稀硫酸不反应，A错误；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，B正确 ；
C．碱石灰的主要成分为CaO和NaOH，二氧化硫能被碱石灰吸收，因此不能使用碱石灰干燥二氧化硫，C错误；
D．二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液变红色，但不会褪色，不能验证的漂白性，D错误；
故答案为：B
【分析】A、浓硫酸具有强氧化性，加热条件下能与Cu反应生成SO2，Cu与稀硫酸不反应。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2使其褪色，体现了SO2的还原性。
C、SO2能与碱石灰反应。
D、验证SO2的漂白性个应用品红溶液。
5．（2025·安岳模拟）含有乙酸钠和对氯苯酚()的废水可以通过膜电池除去，其原理如图所示，下列说法不正确的是
A．当外电路中有转移时，a极区增加的的个数为
B．a为电池的正极，发生还原反应
C．该电池工作时受环境温度的影响
D．b极的电极反应式为
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据电荷守恒，当外电路中有转移时，有0.1mol由负极区移入正极区，根据电极反应，a极消耗0.05mol氢离子，因此a极区增加的的个数为0.05NA，故A错误；
B．原电池中阳离子移向正极，H＋移向a电极，因此a电极为正极，发生得电子发生还原反应，故B正确；
C．微生物对温度敏感，因此该电池工作时会受环境温度的影响，故C正确；
D．b电极为负极，醋酸根离子发生失电子的氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、当电路中转移0.1mol电子时，有0.1molH＋移向a极区，同时有0.05molH＋参与电极反应。
B、在原电池中，阳离子移向正极。
C、微生物膜对温度敏感，因此该电池工作时受环境温度影响。
D、b极上CH3COO－发生失电子的氧化反应，生成CO2。
6．（2025·安岳模拟）粗盐中除NaCl外，还含有Mg2+、Ca2+、以及泥沙等杂质。粗盐提纯的操作流程如下：
下列说法正确的是
A．为确认是否完全沉淀，可向上层清液中继续滴加BaCl2溶液
B．试剂X、Y、Z分别为过量的KOH、BaCl2和Na2CO3
C．滤液中含有的阴离子有两种：Cl-、OH-
D．“结晶”方式为蒸发浓缩、冷却结晶
【答案】A
【知识点】硫酸根离子的检验；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A．为确认是否完全沉淀，可向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明溶液中不含有，则完全沉淀，A正确；
B．除杂质时，不能引入新的杂质，因此试剂X应为NaOH，若使用KOH，则会引入新的杂质离子K+，B不正确；
C．由分析可知，滤液中含有过量的NaOH、Na2CO3等，因此阴离子有Cl-、OH-、、HCO，C不正确；
D．NaCl的溶解度受温度的影响不大，若采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，析出的晶体较少，因此应采用“蒸发结晶”的方法，D不正确；
故答案为：A
【分析】A、若SO42－完全沉淀，则继续加入BaCl2溶液后，无白色沉淀产生。
B、若加入KOH，则会引入新的杂质KCl。
C、滤液中含有过量的NaOH和Na2CO3。
D、NaCl的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶操作。
7．（2025·安岳模拟）已知为阿伏加德罗常数，下列关于说法正确的是
A．标准状况下22.4L HF含有分子的个数为
B．1mol液态冰醋酸中含s-p键的数目为4
C．往溶液中通入氯气，若有1mol生成时，转移电子的数目可能为4
D．常温下已知，则该温度下饱和溶液中含有个
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．标准状况下HF为液态，不可应用气体摩尔体积计算，因此22.4L HF物质的量不是1mol，A错误；
B．中C、O经过杂化后与H形成键，所以不存在s-pσ键。因此1mol的液态冰醋酸中含s—p键数目为0，B错误；
C．由于还原性Fe2＋＞Br－，因此氯气先氧化，再氧化。若有1mol生成时，总共转移电子的数目不能确定，至少为3mol，C正确；
D．没有给出溶液体积，无法应用公式n=c×V进行计算，因此不能具体计算个数，D错误；
故答案为：C
【分析】A、标准状态下HF不是气体，不能应用气体摩尔体积计算。
B、CH3COOH中不存在s-pσ键。
C、由于还原性Fe2＋＞Br－，Cl2先与Fe2＋反应，再与Br－反应。
D、溶液的体积未知，无法计算。
8．（2025·安岳模拟）劳动是一切知识的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 糕点制作：用NaHCO3作膨松剂 NaHCO3受热易分解
B 水质消毒：用ClO2对自来水进行消毒 ClO2具有强氧化性
C 金属防腐：船舶外壳安装镁合金 还原性：Mg>Fe
D 农业种植：铵态氮肥要保存在阴凉处 NH水解呈酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NaHCO3不稳定，受热易分解，生成的二氧化碳气体能使面团松软多孔，则NaHCO3常用作膨松剂，劳动项目与所述化学知识有关联，故A不选；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用于自来水杀菌消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，故B不选；
C．还原性：Mg＞Fe，因此Mg、Fe和海水形成原电池时Mg作负极，铁作正极，所以船舶外壳安装镁合金可防止船舶发生腐蚀，劳动项目与所述化学知识有关联，故C不选；
D．铵态氮肥受热分解生成氨气，导致氮元素损失，所以铵态氮肥要保存在阴凉处，与铵态氮肥水解呈酸性的性质无关，故D选；
故答案为：D
【分析】A、NaHCO3做膨松剂，与其受热分解的性质有关。
B、ClO2用于自来水的消毒，其与强氧化性有关。
C、还原性Mg＞Fe，形成原电池时，Mg做负极。
D、氨态氮肥存放在阴凉处，与其受热易分解的性质有关，与水解显酸性无关。
9．（2025·安岳模拟）实验室中利用侯氏制碱法制备Na2CO3和NH4Cl，流程如图。下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．只有“食盐水”可以循环使用
C．为了加速过滤可用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高纯度
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；过滤
【解析】【解答】A．NH3极易溶于水，应先通入NH3，再通入CO2。因此气体N为NH3，气体M为CO2，A错误；
B．NaHCO3受热分解生成CO2，母液中含有的NaCl，都可以循环使用，B错误；
C．用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到加速过滤的作用，C错误；
D．向母液中通入NH3，使得溶液中的浓度增大，有利于NH4Cl结晶析出并提高纯度，D正确；
故答案为：D
【分析】A、NH3在水中的溶解度大于CO2，应先通NH3，再通CO2，可提高CO2的利用率。
B、NaHCO3受热分解生成CO2、母液中的NaCl，都可以循环使用。
C、搅拌会使得滤纸破损，起不到过滤的效果。
D、通入NH3，可提高溶液中c(NH4＋)，有利于NH4Cl结晶析出。
10．（2025·安岳模拟）由C、H、O三种元素组成的某化合物X的球棍模型如图所示。下列说法不正确的是
A．属于羧酸 B．分子式为
C．能发生加成反应和取代反应 D．可与溶液发生反应
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A．由球棍模型可推知X的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，含有酯基，属于酯，故A错误；
B．由A的结构简式可得，该有机物的分子式为，故B正确；
C．分子结构中含有碳碳双键，可发生加成反应；含有酯基可发生取代反应，故C正确；
D．酯在碱性条件下可以水解生成羧钠和醇，因此X可以和NaOH溶液发生反应，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、根据球棍模型确定其结构简式和所含的官能团。
B、根据结构简式确定分子式。
C、碳碳双键可发生加成反应，酯基可发生取代反应。
D、酯基能与NaOH反应。
11．（2025·安岳模拟）在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入a mol H2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验[反应为]。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率)，下列说法不正确的是
A．温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量增大，ΔH＞0
B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率
C．900 ℃时，t s后达到平衡，则H2的平均反应速率为mol/(L·s)
D．约1100℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图像可知：温度升高，H2S转化率增大，说明升高温度，化学平衡右移，导致S2的含量增大，因此反应热△H＞0， A正确；
B．加入催化剂Al2O3，能够使化学反应速率加快，但由于催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此加入催化剂平衡不移动，所以H2S的平衡转化率不变，B错误；
C.900℃时，t s后反应达到平衡，H2S的平衡转化率为50%，则生成的氢气为mol，因此用H2的浓度变化表示的化学反应速率为v(H2)==mol/(L·s)，C正确；
D．任何催化剂都有催化活性的最佳温度范围。即催化剂需要有适宜温度，根据图像可知：在温度约1100℃，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，反应速率相同，说明该温度下Al2O3可能几乎失去催化活性，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、Al2O3为反应的催化剂，加入催化剂不影响平衡移动。
C、根据公式计算反应速率。
D、催化剂有最佳的催化温度，高于这个温度，催化剂失活。
12．（2025·安岳模拟）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示，其中W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，W、Y原子序数之和等于Z的原子序数。下列说法中错误的是
A．该阴离子中一定含有配位键
B．X与Y的基态原子核外未成对电子数相同
C．Q的氯化物属于分子晶体
D．沸点：
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；分子晶体；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．Q为Al，其价电子数为3，只能形成3个共价键，而该阴离子中铝原子形成4个共价键，则其中一个共价键为配位键，故A正确；
B．X为C，其基态原子的价电子排布式为2s22p2；Y为O，其基态原子的价电子排布式为2s22p4。因此碳原子和氧原子的基态原子核外未成对电子数都是2，故B正确；
C．Q的氯化物为氯化铝，氯化铝属于分子晶体，故C正确；
D．甲烷和四氟化碳都是分子晶体，甲烷的相对分子质量小于四氟化碳，因此分子间作用力小于四氟化碳，所以沸点低于四氟化碳，故D错误；
故答案为：D
【分析】Y可形成2个共价键，因此Y的最外层电子数为6，Y为O或S。由原子序数依次增大的短周期元素可知，Y为O。Y的价电子数是Q的2倍，因此Q的价电子数为3；由于原子序数Q＞Y，因此Q为Al。X可形成4个共价键，因此X为C。W形成1个共价键，所以W为H。Z可形成1个共价键，所以Z为F。据此结合元素周期律分析选项。
13．（2025·安岳模拟）用活性炭对汽车尾气中的进行吸附可发生反应：。在恒容密闭容器中加入活性炭(过量)和一定量的发生上述反应，相同时间不同温度下测得的转化率与温度的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．该反应的正活化能大于逆活化能
B．的逆反应速率
C．Y点时的体积分数为(不考虑活性炭的体积)
D．向平衡体系中加入催化剂，的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．ΔH<0，因此该反应为放热反应，所以该反应的活化能：正反应＜逆反应，A项错误；
B．X、Z两点的转化率相同，因此此时二者的浓度也相同，Z点温度高，所以反应速率较快，所以， B项错误；
C．该反应中反应前后气体体积不变，Y点时的转化率为，所以最终的体积分数为，C项正确；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，因此加入催化剂，的平衡转化率不变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、根据反应的热效应分析，放热反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能。
B、Z点温度高，反应速率快。
C、反应过程中气体分子数不变，则NO的体积分数不变。
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
14．（2025·安岳模拟）硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法正确的是
A．电极A上发生还原反应
B．处理过程中可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阳极附近
D．当外电路通过2mole-时，电极A上产生1mol气体
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电极A上Cl－转化为Cl2，发生失电子的氧化反应，因此电极A为阳极，发生氧化反应，A错误；
B．阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO进一步与有机物R反应生成二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，因此Cl-可以循环利用，B正确；
C．硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，因此氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C错误；
D．电极A氯离子放电生成氯气转化为HClO再与有机物反应放出CO2，同时水也放电生成氧气，由于反应产生的Cl2会进一步与有机物R反应，使得气体减少，因此无法计算产生气体的物质的量，D错误；
故答案为：B
【分析】A、电极A上Cl－转化为Cl2，发生氧化反应。
B、处理过程中Cl－转化为Cl2，Cl2与H2O反应转化为HClO，HClO进一步与有机物R反应，据此分析。
C、由反应原理可知，电极B负极形成Mg(OH)2、CaCO3沉淀。
D、处理过程中Cl2与有机物R反应，使得产生的气体减少，具体减少的量未知。
15．（2025·安岳模拟）工业上常以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等杂质)为原料制备水处理剂聚合硫酸铁，n>2、m<10}，其工艺流程如图所示：
已知： Ksp[Fe(OH)3]= 1.0×10- 38、Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16、 Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；当某离子浓度≦1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）为了提高黄铁矿烧渣的“碱浸”速率，可以采取的措施有　 　(至少 答两条)。
（2）“碱浸”过程中，杂质与NaOH反应的离子方程式为　 　。
（3）“酸溶1”所得滤渣的主要成分为　 　(填化学式)，在实验室中分离出滤渣的操作名称为　 　。
（4）“氧化”工序中加入H2O2溶液的目的是　 　。
（5）若“氧化”后的溶液中Mg2+浓度为0.1 mol·L-1， 则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是　 　。
（6）“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为　 　。
【答案】（1）将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度
（2）SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）CaSO4；过滤
（4）将Fe2+氧化为Fe3+， 提高聚合硫酸铁产品的产量
（5）3≦pH<9
（6）mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）为了提高碱浸速率，可以将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度。
故答案为：将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度
（2）碱浸过程中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
故答案为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）酸溶1所得滤渣为硫酸钙，分离滤渣的操作为过滤。
故答案为：CaSO4；过滤
（4）加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于与其他离子进行分离，提高聚合硫酸铁产品的产量。
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+， 提高聚合硫酸铁产品的产量
（5）铁离子完全沉淀时浓度为≦1.0×10-5mol·L-1，则mol·L-1，对应的pH为3，镁离子开始沉淀时mol·L-1，对应的pH为9，则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是3≦pH<9。
故答案为：3≦pH<9
（6）硫酸铁溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
故答案为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【分析】（1）增大接触面积、适当增大碱溶液的浓度、适当升高温度、搅拌，都能加快反应速率。
（2）“碱浸”过程中SiO2、Al2O3分别与NaOH溶液反应生成Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]，据此写出反应的离子方程式。
（3）“酸溶1”加入H2SO4，CaO与H2SO4反应生成微溶于水的CaSO4。固液混合物的分离用过滤。
（4）“氧化”过程中加入H2O2溶液，是将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，提高聚合硫酸铁的产量。
（5）根据Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶度积Ksp进行计算。
（6）“水解聚合”过程中Fe2(SO4)3与H2O反应生成 和H2SO4，据此写出反应的化学方程式。
（1）为了提高碱浸速率，可以将烧渣粉碎、搅拌、适当升温、适当增大NaOH溶液浓度。
（2）碱浸过程中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
（3）酸溶1所得滤渣为硫酸钙，分离滤渣的操作为过滤。
（4）加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于与其他离子进行分离，提高聚合硫酸铁产品的产量。
（5）铁离子完全沉淀时浓度为≦1.0×10-5mol·L-1，则mol·L-1，对应的pH为3，镁离子开始沉淀时mol·L-1，对应的pH为9，则常温下“沉铁”时需满足的pH范围是3≦pH<9。
（6）硫酸铁溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸铁的化学方程式为：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
16．（2025·安岳模拟）工业上可用钒炉渣(主要含有，还含有少量、等杂质)制取，其流程如下：
已知价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的pH的关系如表所示：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要存在形式
（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为　 　。
（2）加入焙烧可将转化为可溶性的，该转化反应中生成的还有另一种固体产物，其为　 　，该固体产物常用作　 　。
（3）用溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为、。若滤液中，则　 　。{已知：，}
（4）沉钒工序中用调节溶液的，当时，的产量明显降低，原因为　 　。
（5）沉钒后的操作是　 　、干燥。写出获得的化学方程式：　 　。
【答案】（1）增大接触面积，使反应快速而充分
（2）；红色颜料
（3）
（4）时，转化为
（5）过滤、洗涤；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为增大接触面积，使反应快速而充分。
故答案为：增大接触面积，使反应快速而充分
（2）转化为可溶性的，V元素化合价降低被还原，则Fe元素化合价升高，另一种固体产物为；常用作红色颜料。
故答案为：；红色颜料
（3），。
故答案为：
（4）已知pH在4~6时主要存在形式为，当时，的产量明显降低，原因为时，转化为。
故答案为：时，转化为
（5）沉钒后分离出操作是过滤、洗涤、干燥。获得的化学方程式：。
故答案为：洗涤；
【分析】（1）粉碎可增大接触面积，从而加快反应速率。
（2）FeO·V2O3转化为NaVO3的过程中，V元素由＋3价变为＋5价，被氧化，因此有O2参与反应，＋2价的Fe极易被氧化，据此确定另一种固体产物。
（3）由滤液中c(SiO32－)，结合MgSiO3的溶度积Ksp计算此时溶液中c(Mg2＋)；再结合Mg3(PO4)2的溶度积Ksp计算此时溶液中c2(PO43－)。
（4）结合+5价V在溶液的存在形态与pH的关系可知，当pH＜6时，溶液中V以VO2＋形式存在。
（5）沉钒后的操作为过滤、干燥。NH4VO3加热分解，生成V2O5、NH3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（1）焙烧前，将钒炉渣粉碎的目的为增大接触面积，使反应快速而充分；
（2）转化为可溶性的，V元素化合价降低被还原，则Fe元素化合价升高，另一种固体产物为；常用作红色颜料；
（3），；
（4）已知pH在4~6时主要存在形式为，当时，的产量明显降低，原因为时，转化为；
（5）沉钒后分离出操作是过滤、洗涤、干燥。获得的化学方程式：。
17．（2025·安岳模拟）是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂等。
I．以为催化剂制备：
已知：①
②
（1）________。
（2）在体积不变的密闭容器中，进料浓度比分别等于1、4、7时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
①曲线________(填“a”“b”或“c”)对应的平衡曲线。
②400℃时，按进料浓度比投料，设的初始浓度为，反应经达到平衡，在时段，反应速率________(用含的表达式表示)。
Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。
（3）基态的价层电子轨道表示式为________。
（4）水溶液中：(蓝色)(黄色) ，下列说法正确的有___________
A. 加热溶液，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色
B. 向溶液加水稀释，溶液颜色由蓝绿色变为蓝色，增大
C. 向溶液中加入适量固体，溶液颜色由蓝色变为黄绿色
D. 已知的空间结构为平面正方形，其中的杂化轨道类型为
（5）在一定温度下，在液态有机相中存在以下氯化络合反应：
①反应的平衡常数________。
保持温度不变，改变某浓度有机相稀溶液中的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数与平衡浓度关系如图所示。
②A点的浓度为________(保留两位有效数字)，此时的氯化络合转化率为________。
【答案】(1)
(2) c
(3)
(4) AC
(5) 4.5 55%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】根据盖斯定律，。
故答案为：
（2）①在体积不变的密闭容器中，进料浓度比[]增大，平衡正向移动，但HCl的转化率降低，故曲线a对应m=1的平衡曲线，曲线b对应m=4的平衡曲线，曲线c对应m=7的平衡曲线.
故答案为：c
②由①可知：400℃时，按进料浓度比m=4投料，HCl转化率为76%，则。
故答案为：
（3）基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：。
故答案为：
（4）说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，据此分析解答。
A．加热CuCl2溶液，平衡正向移动，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，故A项正确；
B．向CuCl2溶液加水稀释，平衡向左移动，溶液颜色由黄绿色变为蓝绿色，c([Cu(H2O)4]2+)减小，故B项错误；
C．向CuSO4溶液中加入适量NaCl固体，平衡正向移动，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，故C项正确；
D．已知[CuCl4]2-的空间结构为平面正面形，Cu2+电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2，则Cu2+的杂化轨道类型为dsp2，故D项错误；
故答案为：AC
（5）①反应1：，反应2：，反应3：，反应3由2×反应1-反应2得来，则反应3：。
故答案为：4.5
②由图可知，曲线a一直下降，则a代表Cu2+的分布系数，当不足时，主要发生，当过量时，主要发生，且向转化，所以的分布系数随着的浓度的增大呈现出先增大后减小的趋势，而一直增大，所以曲线b代表，曲线c代表；A点时和分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2，A点为曲线a（Cu2+的分布系数）与曲线b（的分布系数）的交点，故A点时c()=c()，且，则，则。
故答案为：
③由图可知，的分布系数约为0.45，所以的氯化络合转化率约为55%。
故答案为：55%
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）①m值越大，即c(HCl)越大，HCl的平衡杆转化率越小，据此结合图像分析。
②根据公式计算反应速率。
（3）基态Cu2+是由Cu失去2个电子形成的，结合基态Cu的核外电子排布式确定Cu2+的价层电子轨道表示式。
（4）A、加热CuCl2溶液，温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄绿色。
B、加水稀释，溶液中离子浓度减小。
C、加入适量NaCl固体，溶液中c(Cl－)增大，平衡正向移动，溶液变为黄绿色。
D、若采用sp3杂化，则为四面体结构。
（5）①该反应可由“2×反应1-反应2”得到，据此确定该反应平衡常数K的表达式。
②结合平衡常数的表达式进行计算。
18．（2025·安岳模拟）化合物M是一种药物中间体，其中一种合成路线如图所示
已知：
Ⅰ.+
Ⅱ
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为　 　；试剂X的化学名称为　 　；
（2）C中官能团的名称为　 　；由D生成E的反应类型为　 　；
（3）由E生成F的第①步反应的化学方程式为　 　；
（4）设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为　 　；
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有　 　种(不含立体异构)；
①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基
②1mol该物质最多能与2molNaHCO3反应
③核磁共振氢谱有6组吸收峰
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料(其他试剂任选)，制备聚异丁烯的合成路线：　 　。
【答案】（1）；环己酮
（2）羟基、醚键；取代反应
（3）
（4）保护酚羟基不被氧化
（5）3
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为，试剂X为，其化学名称为环己酮。
故答案为：；环己酮
（2）由分析可知，C为，其官能团的名称为羟基、醚键；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反应类型为取代反应。
故答案为：羟基、醚键；取代反应
（3）由E生成F的第①步反应为酯基和NaOH的反应，化学方程式为。
故答案为：
（4）由A转化为B是酚羟基转化为醚键，由F转化为M是醚键转化为酚羟基，酚羟基不稳定，易被氧化，C转化为D时发生氧化反应，由A转化为B和由F转化为M两步的目的为保护酚羟基不被氧化。
故答案为：保护酚羟基不被氧化
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有3种(不含立体异构)；①只含两种官能团，能发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上连有两个取代基；②1mol该物质最多能与2mol NaHCO3反应，说明含有2个羧基，根据不饱和度及O原子个数知，含有1个酚羟基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明含有6种氢原子；符合条件的取代基为酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合条件的同分异构体有3种。
故答案为：3
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料，制备聚异丁烯，聚异丁烯由CH2=C(CH3)2发生加聚反应得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr发生信息Ⅱ的反应得到，制备聚异丁烯的合成路线：。
故答案为：
【分析】结合“已知I”可知，A（）与环己酮反应生成B（），结合“已知II”可知，B发生反应生成C（），C氧化后得到D（），D与BrCH2COOC2H5取代反应生成E（），E发生水解反应然后酸化得到F，F的结构简式为，F发生“已知I”的反应生成M，M的结构简式为。
（1）由分析可知，A的结构简式为，试剂X为，其化学名称为环己酮；
（2）由分析可知，C为，其官能团的名称为羟基、醚键；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反应类型为取代反应；
（3）由E生成F的第①步反应为酯基和NaOH的反应，化学方程式为；
（4）由A转化为B是酚羟基转化为醚键，由F转化为M是醚键转化为酚羟基，酚羟基不稳定，易被氧化，C转化为D时发生氧化反应，由A转化为B和由F转化为M两步的目的为保护酚羟基不被氧化；
（5）M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有3种(不含立体异构)；①只含两种官能团，能发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上连有两个取代基；②1mol该物质最多能与2mol NaHCO3反应，说明含有2个羧基，根据不饱和度及O原子个数知，含有1个酚羟基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明含有6种氢原子；符合条件的取代基为酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且两个取代基位于对位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合条件的同分异构体有3种；
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料，制备聚异丁烯，聚异丁烯由CH2=C(CH3)2发生加聚反应得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH发生消去反应得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr发生信息Ⅱ的反应得到，制备聚异丁烯的合成路线：。
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