资源简介

2025届四川省名优校联盟高三下学期一模考试化学试题
1．（2025·四川模拟）电影《哪吒2》中蕴含着丰富的化学知识和中华传统文化。下列有关说法错误的是
A．将莲藕制成的藕粉，其主要成分包括淀粉等多糖类化合物，能为人体提供能量
B．哪吒的混天绫，具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点，符合合成纤维特点
C．石矶魔镜原型是三星堆的青铜大面具，青铜属于合金，其熔点和硬度均低于成分金属
D．熬丙身穿龙族最坚硬的“万鳞甲”，具有极强的抗冲击性和轻便性，其性能与碳纤维复合材料相似
【答案】C
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．藕粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，最终水解为葡萄糖，可提供能量，A正确；
B．混天绫的成分为合成纤维，具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点，B正确；
C．合金的熔点低于成分金属，硬度高于成分金属，青铜为合金，其熔点低于纯铜，但硬度高于纯铜，C错误；
D．碳纤维复合材料属于新型无机非金属材料，具有强抗冲击性和轻便性，“万鳞甲”坚硬轻便，其性能与碳纤维复合材料相似，D正确；
故选C。
【分析】A．淀粉属于多糖；
Ｂ．合成纤维具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点；
Ｃ．一般而言，合金的熔点低于成分金属，硬度高于成分金属；
Ｄ．碳纤维复合材料具有极强的抗冲击性和轻便性，用途广泛。
2．（2025·四川模拟）下列化学用语或图示表示正确的是
A．的电子式：
B．的名称：乙二酸乙二酯
C．分子中共价键的电子云图：
D．基态的价层电子轨道表示式：
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．BCl3分子中B原子最外层有6个电子，其电子式为，故A错误；
B．的正确命名为乙二酸二乙酯，故B错误；
C．氯气分子中共价键是σ键，由两个氯原子的3p轨道以 “头碰头” 的方式重叠形成，其电子云图为，故C正确；
D．Fe是26号元素，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，其轨道表示式为，故D错误；
故选C。
【分析】A．BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；
Ｂ．该物质是乙二酸二乙酯；
Ｃ．Cl2分子中共价键类型为p-pσ键；
Ｄ．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6。
3．（2025·四川模拟）纳米球状红磷可提高钠离子电池的性能，可由（易水解）和制备：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．每生成转移电子数目为
B．晶体中含离子数目为
C．与足量水反应，所得溶液中的数目为
D．红磷与白磷互为同素异形体，且白磷含键的数目为
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据反应的化学方程式可知，P元素由+5价降低为0价，每生成2mol P转移10mol电子，6.2 g P的物质的量为0.2mol，转移电子数目为，A正确；
B．NaN3晶体由Na+和构成，则1molNaN3晶体中含离子数目为，B正确；
C．PCl5与水发生反应：PCl5+4H2O=5HCl+H3PO4，H3PO4不能完全电离，所得溶液中的数目小于，C错误；
D．红磷与白磷都是由磷元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，白磷为正四面体结构，1个白磷中含有6个P—P键，则白磷含键的数目为，D正确；
故选C。
【分析】A．每生成2mol P转移10mol电子；
Ｂ．NaN3晶体中含有Na+和；
Ｃ．H3PO4不完全电离；
Ｄ．红磷与白磷互为同素异形体，1个白磷中含有6个P—P键。
4．（2025·四川模拟）某有机物X为一种药物的中间体，其结构如图所示。下列关于X的说法中错误的是
A．X的分子式为
B．X中杂化类型为的原子数为9
C．最多能够与发生加成反应
D．X分子中含有5种官能团和2个手性碳原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式，X中含有12个C原子，11个H原子，5个O原子，1个Cl原子，则X的分子式为，A正确；
B．饱和碳原子采用sp3杂化，该分子中含有5个饱和碳原子，该分子中只形成单键的氧原子也采用sp3杂化，有4个，则采用sp3杂化的原子共有9个，B正确；
C．X分子中苯环和羰基可以与氢气发生加成反应，则最多能够与发生加成反应，C正确；
D．X分子中含有的官能团为：醚键、碳氯键、羟基、羰基，共4种，含有2个手性碳原子（如图用“*”标记），D错误；
故选D。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．该物质中苯环和羰基能与氢气加成；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
5．（2025·四川模拟）下列反应的化学或离子方程式书写正确的是
A．与浓硫酸反应：
B．与反应：
C．遇水强烈水解生成两种酸：
D．少量氯气通入碳酸钠溶液中：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．浓硫酸有强氧化性，将Se氧化为SeO2，同时浓硫酸被还原生成SO2，正确的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2+3SO2↑+4H2O，A错误；
B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O2中的氧原子全部来自Na2O2，不含18O ，则正确的离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑，B错误；
C．遇水强烈水解生成盐酸和硫酸，正确的离子方程式为SO2Cl2+2H2O=+4H++2Cl-，C错误；
D．少量氯气通入碳酸钠溶液中，氯气先与水反应生成盐酸和次氯酸，酸性强弱：H2CO3>HClO>，则盐酸和次氯酸均能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为Cl2+2+H2O=2+Cl-+ClO-，D正确；
故选D。
【分析】A．H2Se具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者反应生成CuSO4、Se、SO2气体和H2O；
Ｂ．该反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；
Ｃ．SO2Cl2遇水强烈水解生成盐酸和硫酸；
Ｄ．将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠。
6．（2025·四川模拟）为达到下列实验目的，其实验操作正确的是
A．探究铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气 B．制备胶体
C．用量气管准确测量气体体积 D．检验气体中含和
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，肥皂泡点燃时产生爆鸣声，说明产生了H2，故A正确；
B．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸难挥发，应当用饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，故B错误；
C．用量气管测量气体体积时，应当使左右两侧液面相平，故C错误；
D．能使品红溶液褪色的气体不只有二氧化硫，氯气等也能使品红褪色，该装置不能检验二氧化硫，故D错误；
故选A。
【分析】A．高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性；
Ｂ．硫酸铁水解生成的硫酸不挥发；
Ｃ．量气管测量气体体积时，应使左右两侧液面相平；
Ｄ．二氧化硫能使品红褪色，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性。
7．（2025·四川模拟）和均可发生水解反应，其中水解的反应机理如图：
下列说法正确的是
A．和的水解反应的机理完全相同
B．和分子的空间结构均为正四面体
C．和均能形成分子间氢键，所以沸点均较高
D．由轨道杂化理论推测中间体中采取的杂化类型为
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中的中心原子有孤对电子，会吸引水中的 H+，从而使 Cl-逐渐被 OH-取代，最终生成 NH3和 HClO，而的中心原子硅原子有空的3d轨道，能够接水分子中O原子的孤对电子，经过一系列步骤生成 H4SiO4，所以二者的水解反应机理不同，A错误；
B．分子的价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为正四面体； 分子的价层电子对数为：，但Cl和OH的电负性不一样，键长和键角存在差异，所以它是一般的四面体，并非正四面体，B错误；
C．NHCl2和NH3中氮原子连接的氢原子与氮原子间均能形成分子间氢键，所以沸点均较高，C正确；
D．中间体中成键数为， 孤电子对数为，硅原子的价层电子对数为，采用杂化，D错误；
故选C。
【分析】A． 中N原子含有孤电子对， 中Si原子含有空轨道；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断分子构型；
Ｃ．形成分子间氢键能使物质的熔沸点升高；
Ｄ．根据轨道杂化理论判断。
8．（2025·四川模拟）用于制造隐形眼镜的功能高分子材料F的合成路线如下：
下列说法错误的是
A．A、D均可以发生加成、氧化、还原、聚合等反应
B．聚合物F属于可降解高分子材料，且具有良好的亲水性
C．B发生消去反应的某种有机产物可作为制备导电高分子材料的单体
D．以A为原料制备C的另一条途径也分两步，且每一步的原料利用率均可达100%
【答案】B
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．A、D均含有碳碳双键，均能与氢气发生加成反应，该反应同时也属于还原反应，均能被酸性高锰酸钾氧化发生氧化反应，均能发生加聚反应，A正确；
B．该物质虽然含有羟基，但其憎水剂对物质溶解性的影响能力大于羟基，所以该物质没有良好的亲水性，B错误；
C．B为CH2ClCH2Cl，可以发生消去反应生成乙炔，乙炔发生加聚反应生成的聚乙炔具备良好的导电性，C正确；
D．以A为原料制备C的另一条途径为：CH2 =CH2 +O2 →环氧乙烷，环氧乙烷+H2 O→HOCH2 CH2 OH，该路径每一步的原料利用率均可达100%，D正确；
故选B。
【分析】由图可知，C和D在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，且E在一定条件下发生加成反应生成F，则E的结构简式为，C由B在NaOH水溶液中加热水解得到，B由乙烯和氯气反应生成，则B为CH2ClCH2Cl。
9．（2025·四川模拟）常用于抗酸、治疗慢性胃炎。它所含的五种主族元素位于三个短周期，基态R原子的价层电子排布式为，R和W位于同主族，Y的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物能反应生成离子化合物，Z的周期序数和主族序数相等。下列叙述错误的是
A．键角： B．稳定性：
C．分子的极性： D．第一电离能：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．WR2是SO2，SO2中S的价层电子对数为3，孤电子对数为1，S为sp2杂化，空间结构为V形，YX3是NH3，NH3中N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，N为sp3杂化，空间结构为三角锥形，则键角：SO2＞NH3，A正确；
B．非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O>S，稳定性：H2O＞H2S，B错误；
C．WR3是SO3，SO3中心原子S原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，YX3是NH3，分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，分子极性：SO3＜NH3，C正确；
D．Al是金属元素，N、O是活泼非金属元素，Al的第一电离能最小，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，N元素的第一电离能比氧大，则第一电离能：Al故选B。
【分析】 基态R原子的价层电子排布式为， 则n=2（n=1时1p轨道不存在），R的价电子排布式为2s22p4，R为O元素，R和W同主族，则W为S元素，Y的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成离子化合物，常见为氮（N），其最高价氧化物水化物HNO3与简单氢化物NH3反应生成NH4NO3（离子化合物），Z的周期序数和主族序数相等，短周期主族元素中可能为H、Be、Al，结合和化合物正负电荷和为0可知，阳离子部分需为+4电荷，若Y为N，则 X为H、Z为Al时，化合物为 (NH4)Al(SO4)2，用于抗酸和治疗慢性胃炎，且元素为N、H、Al、S、O，位于三个短周期（H在周期1，N、O在周期2，Al、S在周期3），符合所有条件。因此，元素确定为：Y为N，X为H，Z为Al，W为S，R为O。
10．（2025·四川模拟）以金红石（主要成分为）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．上述流程中可循环利用的物质只有和
B．反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止、Ti被空气中的氧化
C．工业制备单质镁用而不用的原因是的熔点高，耗能大
D．高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．该反应中氩气不参加反应，也可以循环使用，A错误；
B．反应 Ⅱ 为高温下Mg 还原 TiCl4，Mg 和 Ti 均易被空气中的 O2氧化，氩气作为惰性气体可隔绝空气，防止、Ti被空气中的氧化，B正确；
C．的熔点低于，电解所需能量更少，工业上更经济，C正确；
D．C 在高温下与 TiO2、Cl2反应，C 作为还原剂，被氧化为 CO，则I中发生，D正确；
故选A。
【分析】金红石的主要成分为 ，向金红石中加入焦炭和氯气，发生反应生成TiCl4，通入氩气和Mg还原TiCl4得到Ti，发生的反应为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，加入稀盐酸反应得到海绵钛和氯化镁溶液，电解氯化镁得到Mg和氯气。
11．（2025·四川模拟）下列实验操作的目的或结论正确的是
选项 实验操作 目的或结论
A 向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色 与植物油发生了反应
B 常温下，用试纸分别测定溶液和溶液 探究和的酸性强弱
C 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
D 将含有的混合气体通入酸性溶液中，然后加入足量溶液，测定白色沉淀的质量 推算的质量
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．植物油属于不饱和脂肪酸甘油酯，含碳碳双键，能与溴发生加成反应，故向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色，A正确；
B．溶液和溶液的浓度未知，应当测量等浓度盐溶液的pH大小判断酸根离子的水解能力，进而比较酸性强弱，故B错误；
C．和AgCl的属于不同类型的沉淀，Ksp计算方式不同，不能根据沉淀先后判断Ksp的大小，C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液通常用硫酸酸化，会引入硫酸根离子，因此不能通过白色沉淀的质量推算二氧化硫的物质的量，D错误；
故选A。
【分析】A．植物油中含碳碳双键；
Ｂ．溶液和溶液的浓度未知；
Ｃ．和AgCl属于不同类型的沉淀；
Ｄ．酸性高锰酸钾通常用硫酸酸化，会引入硫酸根离子。
12．（2025·四川模拟）光伏电池具有体积小、寿命长、无污染等优点，下图为光伏并网发电装置，以此光伏电池为直流电源，采用电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵[，]。原料为四甲基氯化铵，其工作原理如图所示（a、b均为惰性电极）。下列叙述错误的是
A．c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
B．若两极共产生气体，则可制备
C．a极电极反应式：
D．若将光伏并网发电装置改为铅酸蓄电池，电极b应与电极相连
【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．由分析可知，e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，Cl-通过d膜，通过c膜，则c也是阳离子交换膜，A正确；
B．气体所处的状态未知，不能计算产生气体的物质的量，也无法计算生成的(CH3)4NOH的质量，B错误；
C．a为阴极，发生还原反应，其电极反应式为，C正确；
D．b为阳极，与电源正极相连，若将光伏并网发电装置改为铅酸蓄电池，电极b应与电极相连 ，D正确；
故选B。
【分析】由图可知，NaOH溶液中的Na+通过e膜进入de之间，则e为阳离子交换膜，cd之间，四甲基氯化铵浓溶液转化为稀溶液，Cl-通过d膜进入de之间，则d为阴离子交换膜，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，进而可知，a为阴极，电极反应式为，b为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极。
13．（2025·四川模拟）硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石（萤石）结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，晶体密度为。下列说法错误的是
A．的配位数是8
B．B点的原子分数坐标为
C．该晶胞参数为：
D．晶胞在方向的投影图为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S2-周围等距离的Li+上下层各有4个，则共有8个，即S2-的配位数为8，A正确；
B．B点位于晶胞体对角线的处，B到左侧面、前平面的距离均等于晶胞棱长的，到下底面距离等于晶胞棱长的，则B点的原子分数坐标为，B正确；
C．晶胞质量为，晶胞体积V=a3cm3，则，解得，C正确；
D．晶胞前、后平面面心的原子投影重合，在投影图中处于正方形的中心，硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞沿y轴投影的俯视图为：，D错误；
故选D。
【分析】A． 周围等距离且最近的Li+在上、下两层各有4个；
Ｂ． B点为晶胞内某 Li+，其位于晶胞体对角线的处；
Ｃ．结合计算；
Ｄ．晶胞前、后平面面心的原子投影重合，在投影图中处于正方形的中心。
14．（2025·四川模拟）研究氨及其合成工艺在工、农业上有着重要意义，下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分，下列说法错误的是
A．该反应历程包含6个基元反应
B．上图反应历程中，实线表示使用了铁催化剂
C．该历程中的决速反应为：
D．该反应为放热反应，升温会减小正反应的热力学倾向
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．每个过渡态都是一个基元反应，图中共有4个过渡态，则图中基元反应有4个，故A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，由图可知，实线表示的历程活化能更低，则实线表示使用了铁催化剂，故B正确；
C．活化能越大反应速率越慢，决速反应是活化能最大的反应，由图可知，第一个基元反应的活化能最大，为决速反应，反应的方程式为：，故C正确；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物，则该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，减小正反应的热力学倾向，故D正确；
故选A。
【分析】A．每个过渡态就是一个基元反应；
Ｂ．催化剂能够较低反应的活化能；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｄ．该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，升温平衡逆向移动。
15．（2025·四川模拟）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，，下列说法正确的是
A．的溶液中，
B．与溶液反应：
C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液可准确测定水溶液的浓度
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在 0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-发生水解：、（忽略第二步水解） ， 第一步水解平衡常数，设水解的的浓度为x mol/L，列三段式有：，则，x≈0.00915，说明该浓度下基本水解完全，则存在， A错误；
B．具有强氧化性，具有还原性，与发生氧化还原反应，反应的方程式为，B错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10，以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，C错误；
D．===，已知饱和溶液的浓度约为，代入数据：，故，D正确；
故选D。
【分析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的方程式为，第二步电离的方程式为，H2S的物质的量随pH增大不断减小，先增加后减少，逐渐增大，则曲线①表示H2S的物质的量分数随pH的变化，曲线②表示的物质的量分数随pH的变化，曲线③表示的物质的量分数随pH的变化，曲线①和曲线②的交点处，c(H2S)=c()，此时pH=7.0，则，曲线②和曲线③的交点处，c()=c()，此时pH=13.0，则。
16．（2025·四川模拟）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含有少量的、等杂质）制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等；
②不易被氧化，具有较强的还原性；
③25℃时相关物质的如下表（当溶液中某离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全）：
物质
回答下列问题：
（1）Co在元素周期表中的位置　 　。
（2）已知是以为中心的正八面体结构（如图所示），则中含键的数目为　 　，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有　 　种。
（3）写出加入“”主要发生的离子方程式　 　。
（4）加入调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，则调节pH的范围为　 　。
（5）流程中加入溶液，可防止后续加氨水时过大生成，用平衡移动原理解释原因　 　。
（6）写出“氧化”时的离子方程式　 　。
（7）按以上流程处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），得到1.3375t（），则的产率为　 　。
【答案】（1）第四周期VIII族
（2）；2
（3）
（4）4.9~7.6或
（5）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离
（6）或或
（7）73.75%
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Co是第27号元素，位于第四周期VIII族；
（2）单键均为σ键，配位键也是σ键，中的配位数是6，则含有6个σ键，NH3中含有3个σ键，则中含键的数目为(6+6×3)=；若其中2个被取代，2个可以在同一边上或2个在对角线上，则所形成的的空间结构有2种；
（3）由分析可知，加入NaClO3是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（4） 加入调节pH是为了沉淀Al3+、Fe3+，而Co2+不沉淀，根据表中数据可知，Al3+沉淀完全时，Fe3+早已沉淀，此时，pH=4.9，溶液中，，pH=7.6，因此调节pH的范围为4.9~7.6或；
（5）是强电解质，溶于水电离出大量，能抑制氨水的电离，使氨水的电离平衡逆向移动，防止过大生成；
（6） 具有较强的还原性，加入过氧化氢，会将其氧化为，则 “氧化”时的离子方程式为：或或；
（7）处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），理论上可得到的质量为=1.8136t，则的产率为≈73.75%。
【分析】含钴废料 （含有少量的、等杂质） 中加入盐酸酸浸，过滤除去滤渣，“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等，不易被氧化 ，则先加入NaClO3将氧化为，再加入碳酸钠，使、转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中主要含有 ，经一系列操作得到CoCl2，向CoCl2中加入氯化铵溶液和活性炭混合，再加入氨水和过氧化氢，发生反应 或 生成 ，将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品。
（1）Co的原子序数为27，元素周期表中的位置为第四周期VIII族；
（2）1个氨分子中含有3个键，中的配位数是6，中含键的数目为(6+6×3)=；若其中2个被取代，2个可以在同一边上或2个在对角线上，则所形成的的空间结构有2种；
（3）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
（4）根据分析，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，而Co2+不沉淀，Al3+沉淀完全时，，pH=4.9，溶液中，Co2+不沉淀的，pH﹤7.6，则调节pH的范围为4.9~7.6或；
（5）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离，可防止后续加氨水时过大生成；
（6）根据分析，“氧化”时的离子方程式为：或或；
（7）根据Co原子守恒，处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），理论上可得到的质量为=1.8136t，则的产率为≈73.75%。
17．（2025·四川模拟）“消洗灵”是具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效的固体粉末，消毒原理与“84消毒液”相似，化学组成可以表示为（磷酸三钠次氯酸钠）。实验室中制备“消洗灵”的装置如图所示（夹持装置略）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置A中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（2）装置B中盛装的试剂为　 　，若没有装置B则会使“消洗灵”的产率　 　（填“降低”或“升高”）。
（3）装置C中采用多孔球泡的目的是　 　。
（4）实验操作步骤如下：
①打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；
②关闭仪器a的活塞及活塞K，打开分液漏斗的活塞；
③一段时间后，装置C中溶液经一系列操作得到粗产品。
“系列操作”包括　 　、　 　、过滤、洗涤、低温干燥。
（5）“消洗灵”消毒时对金属腐蚀性小，原因是在金属表面形成一种不溶性磷酸盐膜，对金属有良好的保护作用，在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的化学方程式　 　。
（6）利用滴定法测定产品的纯度（的摩尔质量为），实验方案如下：
①取产品试样溶于蒸馏水中配成溶液；
②量取待测液于锥形瓶中，加入硫酸溶液、溶液（过量），暗处静置5min；
③滴加2~3滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定，发生反应：。平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液，则产品的纯度为　 　%（保留三位有效数字）。步骤②中若静置时间过长，产品纯度的测定值将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）饱和食盐水或饱和NaCl溶液；降低
（3）增大反应物的接触面积，加快反应速率
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）
（6）87.5；偏大
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器A为恒压滴液漏斗；装置A中，浓盐酸与高锰酸钾发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应中，KMnO4为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据化学计量数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为；
（2）装置B用于除去氯气中的HCl，B中装饱和食盐水；如果没有B装置，HCl会与Na3PO4、Na2HPO4反应，使 的生成量降低，故使产品的产率降低；
（3）采用多孔球泡可增大氯气与溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）产品中含有结晶水，因此系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；
（5） 磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层 ，则反应的化学方程式为；
（6）中Cl为+1价，与生成的I2为1：1关系，结合可知，～I2～2S2O，产品纯度为=87.5%；若静置时间过长，溶液中过量KI可被空气中氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，产品纯度的测定值将偏大。
【分析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾反应制得氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置B除去HCl，则装置B中的试剂为饱和食盐水，除杂后的氯气通入装置C，氯气与Na3PO4、Na2HPO4混合溶液反应制得 ，装置D为安全瓶，氯气有毒，直接排放会污染空气，因此装置E中用NaOH溶液吸收多余的氯气。
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，其离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，2mol高锰酸钾是氧化剂，有10molHCl是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为；
（2）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于除掉Cl2中HCl，如果没有B装置，HCl会与Na3PO4、Na2HPO4反应，故使Na10P3O13Cl 5H2O的生成量降低，故使产品的产率降低；
（3）采用多孔球泡可增大氯气与溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）因为得到产品中含有结晶水，因此系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；
（5）磷酸钠、镁和氧气反应生成Mg3(PO4)2 Mg(OH)2，根据原子守恒可知含有NaOH生成，反应的化学方程式为；
（6）根据题意，中Cl为+1价，与生成的I2为1：1关系，结合建立关系式为Na10P3O13Cl 5H2O～I2～2S2O，产品纯度为=87.5%；若静置时间过长，溶液中过量KI可被空气中氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，产品纯度的测定值将偏大。
18．（2025·四川模拟）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气： K
将和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制转化率（）曲线，如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。
回答下列问题：
（1）该反应在　 　下能够自发进行（填“高温”或“低温”）；　 　℃。
（2）已知的燃烧热； ，则的反应热　 　。
（3）温度为时，恒容密闭容器中，不能表明该反应一定达到平衡状态的是______（填标号，下同）。
A．混合气体的平均相对分子质量不变
B．平衡常数值不变
C．混合气体的密度不变
D．断裂键的同时断裂键
（4）下列措施不能提高M点转化率的是______。
A．增大的流速 B．将温度升高40℃
C．增大 D．使用更高效的催化剂
（5）图中较高流速时，小于和，原因是　 　。
（6）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　 　（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。
【答案】（1）低温；440
（2）-184.6
（3）B；C
（4）A；C
（5）较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和
（6）6
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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】（1）该反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，是放热反应，ΔH<0，该反应在低温下存在ΔH-TΔS<0，即该反应在低温下能够自发进行；升温该反应的平衡逆向移动，转化率降低，则温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。答案为：低温；440；
（2）设①；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8KJ/mol；
③
④
根据盖斯定律可知，④=②-①+③，则，故答案为：-184.6；
（3）A．该反应的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A不选；
B．平衡常数只与温度有关，相同温度下K值一样，则K值不变时不能说明反应达到平衡，B选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，C选；
D．断裂n mol键的同时断裂n mol键，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D不选；
答案选BC；
（4）A．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A正确；
B．M点对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B错误；
C．对比图1、2可知，其他条件相同时降低n(HCl)：n(O2)，可提高M点HCl转化率，则增大n(HCl)：n(O2)时降低了M点HCl转化率，C正确；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内的转化率增加，D错误；
故选AC；
（5）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低，答案为：较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和；
（6）N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则Kx=。
【分析】（1）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（4）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（5）根据在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降；
（6）列出反应的三段式，结合平衡常数的表达式计算。
（1）反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)是反应前后气体分子数目减小的放热反应，所以该反应的ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可以发生，则该反应在低温下能够自发进行；升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。答案为：低温；440；
（2）设方程式①
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8KJ/mol；
③
④
根据盖斯定律可知，④=②-①+③，则，故答案为：-184.6；
（3）A．该反应前后气体分子数不相等，且所有反应物和产物都是气体，则总质量不变，此时平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时可以证明反应达到平衡，A不选；
B．平衡常数只受温度影响，温度为T3时，恒容密闭容器中，平衡常数K是定值，当平衡常数K值不变时，不能说明反应达到平衡，B选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，C选；
D．断裂n mol键的同时断裂n mol键，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D不选；
答案选BC；
（4）A．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A正确；
B．M点对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B错误；
C．对比图1、2可知，其他条件相同时降低n(HCl)：n(O2)，可提高M点HCl转化率，则增大n(HCl)：n(O2)时降低了M点HCl转化率，C正确；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内的转化率增加，D错误；
故选AC；
（5）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低，答案为：较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和；
（6）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则Kx=。
19．（2025·四川模拟）H是一种药物中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的名称是　 　；G中所含官能团的名称　 　。
（2）E→F的反应类型是　 　；B→C的试剂和条件是　 　。
（3）写出F→G的化学方程式：　 　。
（4）下列叙述正确的是　 　（填标号）。
a．E的沸点高于F b．能与发生反应
c．H分子中所有碳原子一定共平面 d．用酸性溶液可区别F和G
（5）在F的芳香族同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的结构有　 　种（不考虑立体异构）。其中，在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积比为的结构简式为　 　（只写一种即可）。
（6）以甲苯和环氧乙烷为原料合成，设计合成路线　 　（其他试剂任选）。
【答案】（1）对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；氨基、醚键
（2）氧化反应；液溴、或
（3）
（4）ab
（5）14；或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C中苯环上含有溴原子和醚键，两个取代基位于对位，名称是对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；G为，所含官能团的名称为氨基、醚键；
（2）E→F的过程中，羟基转化为醛基，反应类型是氧化反应；A与CH3I在NaOH溶液中反应，羟基转化为醚键，在B中引入溴原子得到C，则B的结构简式为：，B→C为转化为的过程，则B→C的试剂和条件是液溴、FeBr3或；
（3）F与CH3NH2、H2反应，将醛基转化为氨基，得到G，则F→G的化学方程式为：；
（4）a．E分子含羟基，分子间形成氢键，F分子间不能形成氢键，则E的沸点高于F，a正确；
b．G分子中N原子含有孤电子对，可与1个H+形成配位键，因此能与发生反应 ，b正确；
c．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不能共面，同时H分子中氮原子采用sp3杂化，氮原子与氮原子连接的原子为三角锥形结构，因此H中所有碳原子一定不共面，c错误；
d．F、G都能使酸性KMnO4溶液褪色，无法区分，d错误；
故选ab；
（5）F的分子式为C9H10O2，其芳香族化合物的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解，则含有甲酸酯基，若只含有1个取代基：HCOOCH2CH2—，有1种结构，，有1种结构；若含有两个取代基即为：HCOO—、CH3CH2—，这种情况共有3种结构，或HCOOCH2—、CH3—，这种情况共有3种结构；若含有三个取代基，为HCOO—、CH3—和CH3—，有6种位置异构，则符合条件的结构共有1+1+2×3+6=14种；其中，在核磁共振氢谱上显示有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为：或者；
（6） 可由和制得，可由和Mg制得，则可有发生溴代得到，由此确定合成路线为。
【分析】（1）C含有苯环，苯环上两个取代基（溴原子和醚键）位于对位；G中含有氨基和醚键；（2）E→F的过程中，羟基转化为羰基；B→C是在醚键对位引入溴原子的过程；
（3）F与CH3NH2在氢气/Ni条件下还原得到G；
（4）a.E分子间能形成氢键，形成氢键物质的沸点升高；
b.G中的N原子含有孤电子对；
c.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
d.F、G都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（6）结合题干合成路线，采用逆合成分析法确定合成路线。
（1）C为，名称是对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；G为，所含官能团的名称为氨基、醚键；
（2）E→F羟基被氧化为醛基，反应类型是氧化反应；由分析可知，B的结构简式为：，则B→C即转化为故该转化的试剂和条件是液溴、FeBr3或；
（3）由题干合成流程图可知，F→G的化学方程式为：；
（4）a．E分子含羟基，分子间存在氢键，另外E的相对分子质量大于F，故E的分子间作用力大于F，E的沸点高于F，a正确；
b．G分子含1个N原子，可与1个H+形成配位键，b正确；
c．单键可旋转，H分子中所有碳原子可能与苯环共平面，c错误；
d．F、G都能使酸性KMnO4溶液褪色，无法区分，d错误；
故选ab；
（5）已知F的分子式为：C9H10O2，芳香族化合物的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解的只能是含有甲酸酯基，则若只含有1个取代基即（1）HCOOCH2CH2—有1种；（2）有1种；若含有两个取代基即为(1)HCOO—、CH3CH2—，(2)HCOOCH2—、CH3—两组，每一组又有邻、间、对三种，若含有三个取代基即HCOO—、CH3—和CH3—，此时有6种位置异构，则符合条件的结构共有1+1+2×3+6=14种；其中，在核磁共振氢谱上显示有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为：或者；
（6）本题采用逆向合成法，由题干流程图中的转化信息可知，可由和制得，可由和Mg制得，则可有发生溴代得到，由此确定合成路线为。
1 / 12025届四川省名优校联盟高三下学期一模考试化学试题
1．（2025·四川模拟）电影《哪吒2》中蕴含着丰富的化学知识和中华传统文化。下列有关说法错误的是
A．将莲藕制成的藕粉，其主要成分包括淀粉等多糖类化合物，能为人体提供能量
B．哪吒的混天绫，具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点，符合合成纤维特点
C．石矶魔镜原型是三星堆的青铜大面具，青铜属于合金，其熔点和硬度均低于成分金属
D．熬丙身穿龙族最坚硬的“万鳞甲”，具有极强的抗冲击性和轻便性，其性能与碳纤维复合材料相似
2．（2025·四川模拟）下列化学用语或图示表示正确的是
A．的电子式：
B．的名称：乙二酸乙二酯
C．分子中共价键的电子云图：
D．基态的价层电子轨道表示式：
3．（2025·四川模拟）纳米球状红磷可提高钠离子电池的性能，可由（易水解）和制备：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．每生成转移电子数目为
B．晶体中含离子数目为
C．与足量水反应，所得溶液中的数目为
D．红磷与白磷互为同素异形体，且白磷含键的数目为
4．（2025·四川模拟）某有机物X为一种药物的中间体，其结构如图所示。下列关于X的说法中错误的是
A．X的分子式为
B．X中杂化类型为的原子数为9
C．最多能够与发生加成反应
D．X分子中含有5种官能团和2个手性碳原子
5．（2025·四川模拟）下列反应的化学或离子方程式书写正确的是
A．与浓硫酸反应：
B．与反应：
C．遇水强烈水解生成两种酸：
D．少量氯气通入碳酸钠溶液中：
6．（2025·四川模拟）为达到下列实验目的，其实验操作正确的是
A．探究铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气 B．制备胶体
C．用量气管准确测量气体体积 D．检验气体中含和
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·四川模拟）和均可发生水解反应，其中水解的反应机理如图：
下列说法正确的是
A．和的水解反应的机理完全相同
B．和分子的空间结构均为正四面体
C．和均能形成分子间氢键，所以沸点均较高
D．由轨道杂化理论推测中间体中采取的杂化类型为
8．（2025·四川模拟）用于制造隐形眼镜的功能高分子材料F的合成路线如下：
下列说法错误的是
A．A、D均可以发生加成、氧化、还原、聚合等反应
B．聚合物F属于可降解高分子材料，且具有良好的亲水性
C．B发生消去反应的某种有机产物可作为制备导电高分子材料的单体
D．以A为原料制备C的另一条途径也分两步，且每一步的原料利用率均可达100%
9．（2025·四川模拟）常用于抗酸、治疗慢性胃炎。它所含的五种主族元素位于三个短周期，基态R原子的价层电子排布式为，R和W位于同主族，Y的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物能反应生成离子化合物，Z的周期序数和主族序数相等。下列叙述错误的是
A．键角： B．稳定性：
C．分子的极性： D．第一电离能：
10．（2025·四川模拟）以金红石（主要成分为）为原料制取海绵钛的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．上述流程中可循环利用的物质只有和
B．反应Ⅱ中通入氩气的作用是防止、Ti被空气中的氧化
C．工业制备单质镁用而不用的原因是的熔点高，耗能大
D．高温下反应Ⅰ可生成一种可燃性气体，其化学方程式为
11．（2025·四川模拟）下列实验操作的目的或结论正确的是
选项 实验操作 目的或结论
A 向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色 与植物油发生了反应
B 常温下，用试纸分别测定溶液和溶液 探究和的酸性强弱
C 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
D 将含有的混合气体通入酸性溶液中，然后加入足量溶液，测定白色沉淀的质量 推算的质量
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·四川模拟）光伏电池具有体积小、寿命长、无污染等优点，下图为光伏并网发电装置，以此光伏电池为直流电源，采用电渗析法合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵[，]。原料为四甲基氯化铵，其工作原理如图所示（a、b均为惰性电极）。下列叙述错误的是
A．c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜
B．若两极共产生气体，则可制备
C．a极电极反应式：
D．若将光伏并网发电装置改为铅酸蓄电池，电极b应与电极相连
13．（2025·四川模拟）硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为反萤石（萤石）结构，其晶胞结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，晶体密度为。下列说法错误的是
A．的配位数是8
B．B点的原子分数坐标为
C．该晶胞参数为：
D．晶胞在方向的投影图为
14．（2025·四川模拟）研究氨及其合成工艺在工、农业上有着重要意义，下图为使用铁催化剂和未使用催化剂合成氨反应历程的一部分，下列说法错误的是
A．该反应历程包含6个基元反应
B．上图反应历程中，实线表示使用了铁催化剂
C．该历程中的决速反应为：
D．该反应为放热反应，升温会减小正反应的热力学倾向
15．（2025·四川模拟）室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，，下列说法正确的是
A．的溶液中，
B．与溶液反应：
C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液可准确测定水溶液的浓度
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中
16．（2025·四川模拟）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料（含有少量的、等杂质）制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等；
②不易被氧化，具有较强的还原性；
③25℃时相关物质的如下表（当溶液中某离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全）：
物质
回答下列问题：
（1）Co在元素周期表中的位置　 　。
（2）已知是以为中心的正八面体结构（如图所示），则中含键的数目为　 　，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有　 　种。
（3）写出加入“”主要发生的离子方程式　 　。
（4）加入调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，则调节pH的范围为　 　。
（5）流程中加入溶液，可防止后续加氨水时过大生成，用平衡移动原理解释原因　 　。
（6）写出“氧化”时的离子方程式　 　。
（7）按以上流程处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），得到1.3375t（），则的产率为　 　。
17．（2025·四川模拟）“消洗灵”是具有消毒、杀菌、漂白和洗涤等综合功效的固体粉末，消毒原理与“84消毒液”相似，化学组成可以表示为（磷酸三钠次氯酸钠）。实验室中制备“消洗灵”的装置如图所示（夹持装置略）。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　，装置A中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（2）装置B中盛装的试剂为　 　，若没有装置B则会使“消洗灵”的产率　 　（填“降低”或“升高”）。
（3）装置C中采用多孔球泡的目的是　 　。
（4）实验操作步骤如下：
①打开仪器a的活塞及活塞K，制备NaClO碱性溶液；
②关闭仪器a的活塞及活塞K，打开分液漏斗的活塞；
③一段时间后，装置C中溶液经一系列操作得到粗产品。
“系列操作”包括　 　、　 　、过滤、洗涤、低温干燥。
（5）“消洗灵”消毒时对金属腐蚀性小，原因是在金属表面形成一种不溶性磷酸盐膜，对金属有良好的保护作用，在空气中对镁合金消毒，磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的化学方程式　 　。
（6）利用滴定法测定产品的纯度（的摩尔质量为），实验方案如下：
①取产品试样溶于蒸馏水中配成溶液；
②量取待测液于锥形瓶中，加入硫酸溶液、溶液（过量），暗处静置5min；
③滴加2~3滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定，发生反应：。平行滴定三次，平均消耗20.00mL标准溶液，则产品的纯度为　 　%（保留三位有效数字）。步骤②中若静置时间过长，产品纯度的测定值将　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
18．（2025·四川模拟）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气： K
将和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制转化率（）曲线，如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。
回答下列问题：
（1）该反应在　 　下能够自发进行（填“高温”或“低温”）；　 　℃。
（2）已知的燃烧热； ，则的反应热　 　。
（3）温度为时，恒容密闭容器中，不能表明该反应一定达到平衡状态的是______（填标号，下同）。
A．混合气体的平均相对分子质量不变
B．平衡常数值不变
C．混合气体的密度不变
D．断裂键的同时断裂键
（4）下列措施不能提高M点转化率的是______。
A．增大的流速 B．将温度升高40℃
C．增大 D．使用更高效的催化剂
（5）图中较高流速时，小于和，原因是　 　。
（6）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　 　（用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。
19．（2025·四川模拟）H是一种药物中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）C的名称是　 　；G中所含官能团的名称　 　。
（2）E→F的反应类型是　 　；B→C的试剂和条件是　 　。
（3）写出F→G的化学方程式：　 　。
（4）下列叙述正确的是　 　（填标号）。
a．E的沸点高于F b．能与发生反应
c．H分子中所有碳原子一定共平面 d．用酸性溶液可区别F和G
（5）在F的芳香族同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的结构有　 　种（不考虑立体异构）。其中，在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积比为的结构简式为　 　（只写一种即可）。
（6）以甲苯和环氧乙烷为原料合成，设计合成路线　 　（其他试剂任选）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．藕粉的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，最终水解为葡萄糖，可提供能量，A正确；
B．混天绫的成分为合成纤维，具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点，B正确；
C．合金的熔点低于成分金属，硬度高于成分金属，青铜为合金，其熔点低于纯铜，但硬度高于纯铜，C错误；
D．碳纤维复合材料属于新型无机非金属材料，具有强抗冲击性和轻便性，“万鳞甲”坚硬轻便，其性能与碳纤维复合材料相似，D正确；
故选C。
【分析】A．淀粉属于多糖；
Ｂ．合成纤维具有强度高、弹性好、耐腐蚀、不缩水等优点；
Ｃ．一般而言，合金的熔点低于成分金属，硬度高于成分金属；
Ｄ．碳纤维复合材料具有极强的抗冲击性和轻便性，用途广泛。
2．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．BCl3分子中B原子最外层有6个电子，其电子式为，故A错误；
B．的正确命名为乙二酸二乙酯，故B错误；
C．氯气分子中共价键是σ键，由两个氯原子的3p轨道以 “头碰头” 的方式重叠形成，其电子云图为，故C正确；
D．Fe是26号元素，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，其轨道表示式为，故D错误；
故选C。
【分析】A．BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；
Ｂ．该物质是乙二酸二乙酯；
Ｃ．Cl2分子中共价键类型为p-pσ键；
Ｄ．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6。
3．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．根据反应的化学方程式可知，P元素由+5价降低为0价，每生成2mol P转移10mol电子，6.2 g P的物质的量为0.2mol，转移电子数目为，A正确；
B．NaN3晶体由Na+和构成，则1molNaN3晶体中含离子数目为，B正确；
C．PCl5与水发生反应：PCl5+4H2O=5HCl+H3PO4，H3PO4不能完全电离，所得溶液中的数目小于，C错误；
D．红磷与白磷都是由磷元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，白磷为正四面体结构，1个白磷中含有6个P—P键，则白磷含键的数目为，D正确；
故选C。
【分析】A．每生成2mol P转移10mol电子；
Ｂ．NaN3晶体中含有Na+和；
Ｃ．H3PO4不完全电离；
Ｄ．红磷与白磷互为同素异形体，1个白磷中含有6个P—P键。
4．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构简式，X中含有12个C原子，11个H原子，5个O原子，1个Cl原子，则X的分子式为，A正确；
B．饱和碳原子采用sp3杂化，该分子中含有5个饱和碳原子，该分子中只形成单键的氧原子也采用sp3杂化，有4个，则采用sp3杂化的原子共有9个，B正确；
C．X分子中苯环和羰基可以与氢气发生加成反应，则最多能够与发生加成反应，C正确；
D．X分子中含有的官能团为：醚键、碳氯键、羟基、羰基，共4种，含有2个手性碳原子（如图用“*”标记），D错误；
故选D。
【分析】A．根据结构简式确定其分子式；
Ｂ．苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｃ．该物质中苯环和羰基能与氢气加成；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
5．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．浓硫酸有强氧化性，将Se氧化为SeO2，同时浓硫酸被还原生成SO2，正确的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2+3SO2↑+4H2O，A错误；
B．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O2中的氧原子全部来自Na2O2，不含18O ，则正确的离子方程式为2Na2O2+2H218O=4Na++2OH-+218OH-+O2↑，B错误；
C．遇水强烈水解生成盐酸和硫酸，正确的离子方程式为SO2Cl2+2H2O=+4H++2Cl-，C错误；
D．少量氯气通入碳酸钠溶液中，氯气先与水反应生成盐酸和次氯酸，酸性强弱：H2CO3>HClO>，则盐酸和次氯酸均能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为Cl2+2+H2O=2+Cl-+ClO-，D正确；
故选D。
【分析】A．H2Se具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者反应生成CuSO4、Se、SO2气体和H2O；
Ｂ．该反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；
Ｃ．SO2Cl2遇水强烈水解生成盐酸和硫酸；
Ｄ．将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中，氯气和水反应生成的盐酸反应生成碳酸氢钠，次氯酸酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠。
6．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，肥皂泡点燃时产生爆鸣声，说明产生了H2，故A正确；
B．硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸难挥发，应当用饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，故B错误；
C．用量气管测量气体体积时，应当使左右两侧液面相平，故C错误；
D．能使品红溶液褪色的气体不只有二氧化硫，氯气等也能使品红褪色，该装置不能检验二氧化硫，故D错误；
故选A。
【分析】A．高温下Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性；
Ｂ．硫酸铁水解生成的硫酸不挥发；
Ｃ．量气管测量气体体积时，应使左右两侧液面相平；
Ｄ．二氧化硫能使品红褪色，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性。
7．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中的中心原子有孤对电子，会吸引水中的 H+，从而使 Cl-逐渐被 OH-取代，最终生成 NH3和 HClO，而的中心原子硅原子有空的3d轨道，能够接水分子中O原子的孤对电子，经过一系列步骤生成 H4SiO4，所以二者的水解反应机理不同，A错误；
B．分子的价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为正四面体； 分子的价层电子对数为：，但Cl和OH的电负性不一样，键长和键角存在差异，所以它是一般的四面体，并非正四面体，B错误；
C．NHCl2和NH3中氮原子连接的氢原子与氮原子间均能形成分子间氢键，所以沸点均较高，C正确；
D．中间体中成键数为， 孤电子对数为，硅原子的价层电子对数为，采用杂化，D错误；
故选C。
【分析】A． 中N原子含有孤电子对， 中Si原子含有空轨道；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断分子构型；
Ｃ．形成分子间氢键能使物质的熔沸点升高；
Ｄ．根据轨道杂化理论判断。
8．【答案】B
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；高分子材料
【解析】【解答】A．A、D均含有碳碳双键，均能与氢气发生加成反应，该反应同时也属于还原反应，均能被酸性高锰酸钾氧化发生氧化反应，均能发生加聚反应，A正确；
B．该物质虽然含有羟基，但其憎水剂对物质溶解性的影响能力大于羟基，所以该物质没有良好的亲水性，B错误；
C．B为CH2ClCH2Cl，可以发生消去反应生成乙炔，乙炔发生加聚反应生成的聚乙炔具备良好的导电性，C正确；
D．以A为原料制备C的另一条途径为：CH2 =CH2 +O2 →环氧乙烷，环氧乙烷+H2 O→HOCH2 CH2 OH，该路径每一步的原料利用率均可达100%，D正确；
故选B。
【分析】由图可知，C和D在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，且E在一定条件下发生加成反应生成F，则E的结构简式为，C由B在NaOH水溶液中加热水解得到，B由乙烯和氯气反应生成，则B为CH2ClCH2Cl。
9．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．WR2是SO2，SO2中S的价层电子对数为3，孤电子对数为1，S为sp2杂化，空间结构为V形，YX3是NH3，NH3中N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，N为sp3杂化，空间结构为三角锥形，则键角：SO2＞NH3，A正确；
B．非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：O>S，稳定性：H2O＞H2S，B错误；
C．WR3是SO3，SO3中心原子S原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间结构为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，YX3是NH3，分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，分子极性：SO3＜NH3，C正确；
D．Al是金属元素，N、O是活泼非金属元素，Al的第一电离能最小，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，N元素的第一电离能比氧大，则第一电离能：Al故选B。
【分析】 基态R原子的价层电子排布式为， 则n=2（n=1时1p轨道不存在），R的价电子排布式为2s22p4，R为O元素，R和W同主族，则W为S元素，Y的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成离子化合物，常见为氮（N），其最高价氧化物水化物HNO3与简单氢化物NH3反应生成NH4NO3（离子化合物），Z的周期序数和主族序数相等，短周期主族元素中可能为H、Be、Al，结合和化合物正负电荷和为0可知，阳离子部分需为+4电荷，若Y为N，则 X为H、Z为Al时，化合物为 (NH4)Al(SO4)2，用于抗酸和治疗慢性胃炎，且元素为N、H、Al、S、O，位于三个短周期（H在周期1，N、O在周期2，Al、S在周期3），符合所有条件。因此，元素确定为：Y为N，X为H，Z为Al，W为S，R为O。
10．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．该反应中氩气不参加反应，也可以循环使用，A错误；
B．反应 Ⅱ 为高温下Mg 还原 TiCl4，Mg 和 Ti 均易被空气中的 O2氧化，氩气作为惰性气体可隔绝空气，防止、Ti被空气中的氧化，B正确；
C．的熔点低于，电解所需能量更少，工业上更经济，C正确；
D．C 在高温下与 TiO2、Cl2反应，C 作为还原剂，被氧化为 CO，则I中发生，D正确；
故选A。
【分析】金红石的主要成分为 ，向金红石中加入焦炭和氯气，发生反应生成TiCl4，通入氩气和Mg还原TiCl4得到Ti，发生的反应为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，加入稀盐酸反应得到海绵钛和氯化镁溶液，电解氯化镁得到Mg和氯气。
11．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．植物油属于不饱和脂肪酸甘油酯，含碳碳双键，能与溴发生加成反应，故向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色，A正确；
B．溶液和溶液的浓度未知，应当测量等浓度盐溶液的pH大小判断酸根离子的水解能力，进而比较酸性强弱，故B错误；
C．和AgCl的属于不同类型的沉淀，Ksp计算方式不同，不能根据沉淀先后判断Ksp的大小，C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液通常用硫酸酸化，会引入硫酸根离子，因此不能通过白色沉淀的质量推算二氧化硫的物质的量，D错误；
故选A。
【分析】A．植物油中含碳碳双键；
Ｂ．溶液和溶液的浓度未知；
Ｃ．和AgCl属于不同类型的沉淀；
Ｄ．酸性高锰酸钾通常用硫酸酸化，会引入硫酸根离子。
12．【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．由分析可知，e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，Cl-通过d膜，通过c膜，则c也是阳离子交换膜，A正确；
B．气体所处的状态未知，不能计算产生气体的物质的量，也无法计算生成的(CH3)4NOH的质量，B错误；
C．a为阴极，发生还原反应，其电极反应式为，C正确；
D．b为阳极，与电源正极相连，若将光伏并网发电装置改为铅酸蓄电池，电极b应与电极相连 ，D正确；
故选B。
【分析】由图可知，NaOH溶液中的Na+通过e膜进入de之间，则e为阳离子交换膜，cd之间，四甲基氯化铵浓溶液转化为稀溶液，Cl-通过d膜进入de之间，则d为阴离子交换膜，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，进而可知，a为阴极，电极反应式为，b为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极。
13．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S2-周围等距离的Li+上下层各有4个，则共有8个，即S2-的配位数为8，A正确；
B．B点位于晶胞体对角线的处，B到左侧面、前平面的距离均等于晶胞棱长的，到下底面距离等于晶胞棱长的，则B点的原子分数坐标为，B正确；
C．晶胞质量为，晶胞体积V=a3cm3，则，解得，C正确；
D．晶胞前、后平面面心的原子投影重合，在投影图中处于正方形的中心，硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞沿y轴投影的俯视图为：，D错误；
故选D。
【分析】A． 周围等距离且最近的Li+在上、下两层各有4个；
Ｂ． B点为晶胞内某 Li+，其位于晶胞体对角线的处；
Ｃ．结合计算；
Ｄ．晶胞前、后平面面心的原子投影重合，在投影图中处于正方形的中心。
14．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．每个过渡态都是一个基元反应，图中共有4个过渡态，则图中基元反应有4个，故A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，由图可知，实线表示的历程活化能更低，则实线表示使用了铁催化剂，故B正确；
C．活化能越大反应速率越慢，决速反应是活化能最大的反应，由图可知，第一个基元反应的活化能最大，为决速反应，反应的方程式为：，故C正确；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物，则该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，减小正反应的热力学倾向，故D正确；
故选A。
【分析】A．每个过渡态就是一个基元反应；
Ｂ．催化剂能够较低反应的活化能；
Ｃ．活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
Ｄ．该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，升温平衡逆向移动。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在 0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-发生水解：、（忽略第二步水解） ， 第一步水解平衡常数，设水解的的浓度为x mol/L，列三段式有：，则，x≈0.00915，说明该浓度下基本水解完全，则存在， A错误；
B．具有强氧化性，具有还原性，与发生氧化还原反应，反应的方程式为，B错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10，以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，C错误；
D．===，已知饱和溶液的浓度约为，代入数据：，故，D正确；
故选D。
【分析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的方程式为，第二步电离的方程式为，H2S的物质的量随pH增大不断减小，先增加后减少，逐渐增大，则曲线①表示H2S的物质的量分数随pH的变化，曲线②表示的物质的量分数随pH的变化，曲线③表示的物质的量分数随pH的变化，曲线①和曲线②的交点处，c(H2S)=c()，此时pH=7.0，则，曲线②和曲线③的交点处，c()=c()，此时pH=13.0，则。
16．【答案】（1）第四周期VIII族
（2）；2
（3）
（4）4.9~7.6或
（5）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离
（6）或或
（7）73.75%
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Co是第27号元素，位于第四周期VIII族；
（2）单键均为σ键，配位键也是σ键，中的配位数是6，则含有6个σ键，NH3中含有3个σ键，则中含键的数目为(6+6×3)=；若其中2个被取代，2个可以在同一边上或2个在对角线上，则所形成的的空间结构有2种；
（3）由分析可知，加入NaClO3是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（4） 加入调节pH是为了沉淀Al3+、Fe3+，而Co2+不沉淀，根据表中数据可知，Al3+沉淀完全时，Fe3+早已沉淀，此时，pH=4.9，溶液中，，pH=7.6，因此调节pH的范围为4.9~7.6或；
（5）是强电解质，溶于水电离出大量，能抑制氨水的电离，使氨水的电离平衡逆向移动，防止过大生成；
（6） 具有较强的还原性，加入过氧化氢，会将其氧化为，则 “氧化”时的离子方程式为：或或；
（7）处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），理论上可得到的质量为=1.8136t，则的产率为≈73.75%。
【分析】含钴废料 （含有少量的、等杂质） 中加入盐酸酸浸，过滤除去滤渣，“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等，不易被氧化 ，则先加入NaClO3将氧化为，再加入碳酸钠，使、转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中主要含有 ，经一系列操作得到CoCl2，向CoCl2中加入氯化铵溶液和活性炭混合，再加入氨水和过氧化氢，发生反应 或 生成 ，将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品。
（1）Co的原子序数为27，元素周期表中的位置为第四周期VIII族；
（2）1个氨分子中含有3个键，中的配位数是6，中含键的数目为(6+6×3)=；若其中2个被取代，2个可以在同一边上或2个在对角线上，则所形成的的空间结构有2种；
（3）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
（4）根据分析，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，而Co2+不沉淀，Al3+沉淀完全时，，pH=4.9，溶液中，Co2+不沉淀的，pH﹤7.6，则调节pH的范围为4.9~7.6或；
（5）溶于水电离出会抑制后期加入的的电离，可防止后续加氨水时过大生成；
（6）根据分析，“氧化”时的离子方程式为：或或；
（7）根据Co原子守恒，处理1t含钴废料（Co元素的质量分数为40%），理论上可得到的质量为=1.8136t，则的产率为≈73.75%。
17．【答案】（1）恒压滴液漏斗；
（2）饱和食盐水或饱和NaCl溶液；降低
（3）增大反应物的接触面积，加快反应速率
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）
（6）87.5；偏大
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，仪器A为恒压滴液漏斗；装置A中，浓盐酸与高锰酸钾发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应中，KMnO4为氧化剂，浓盐酸为还原剂，根据化学计量数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为；
（2）装置B用于除去氯气中的HCl，B中装饱和食盐水；如果没有B装置，HCl会与Na3PO4、Na2HPO4反应，使 的生成量降低，故使产品的产率降低；
（3）采用多孔球泡可增大氯气与溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）产品中含有结晶水，因此系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；
（5） 磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层 ，则反应的化学方程式为；
（6）中Cl为+1价，与生成的I2为1：1关系，结合可知，～I2～2S2O，产品纯度为=87.5%；若静置时间过长，溶液中过量KI可被空气中氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，产品纯度的测定值将偏大。
【分析】装置A中，浓盐酸和高锰酸钾反应制得氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置B除去HCl，则装置B中的试剂为饱和食盐水，除杂后的氯气通入装置C，氯气与Na3PO4、Na2HPO4混合溶液反应制得 ，装置D为安全瓶，氯气有毒，直接排放会污染空气，因此装置E中用NaOH溶液吸收多余的氯气。
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗；装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，其离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，2mol高锰酸钾是氧化剂，有10molHCl是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为；
（2）由分析可知，B中装饱和食盐水，用于除掉Cl2中HCl，如果没有B装置，HCl会与Na3PO4、Na2HPO4反应，故使Na10P3O13Cl 5H2O的生成量降低，故使产品的产率降低；
（3）采用多孔球泡可增大氯气与溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）因为得到产品中含有结晶水，因此系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；
（5）磷酸钠、镁和氧气反应生成Mg3(PO4)2 Mg(OH)2，根据原子守恒可知含有NaOH生成，反应的化学方程式为；
（6）根据题意，中Cl为+1价，与生成的I2为1：1关系，结合建立关系式为Na10P3O13Cl 5H2O～I2～2S2O，产品纯度为=87.5%；若静置时间过长，溶液中过量KI可被空气中氧气氧化生成碘单质，导致后续滴定过程消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，产品纯度的测定值将偏大。
18．【答案】（1）低温；440
（2）-184.6
（3）B；C
（4）A；C
（5）较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和
（6）6
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；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】（1）该反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，是放热反应，ΔH<0，该反应在低温下存在ΔH-TΔS<0，即该反应在低温下能够自发进行；升温该反应的平衡逆向移动，转化率降低，则温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。答案为：低温；440；
（2）设①；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8KJ/mol；
③
④
根据盖斯定律可知，④=②-①+③，则，故答案为：-184.6；
（3）A．该反应的平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A不选；
B．平衡常数只与温度有关，相同温度下K值一样，则K值不变时不能说明反应达到平衡，B选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，C选；
D．断裂n mol键的同时断裂n mol键，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D不选；
答案选BC；
（4）A．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A正确；
B．M点对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B错误；
C．对比图1、2可知，其他条件相同时降低n(HCl)：n(O2)，可提高M点HCl转化率，则增大n(HCl)：n(O2)时降低了M点HCl转化率，C正确；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内的转化率增加，D错误；
故选AC；
（5）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低，答案为：较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和；
（6）N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则Kx=。
【分析】（1）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
（4）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（5）根据在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降；
（6）列出反应的三段式，结合平衡常数的表达式计算。
（1）反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)是反应前后气体分子数目减小的放热反应，所以该反应的ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可以发生，则该反应在低温下能够自发进行；升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T2为400℃，T3为360℃。答案为：低温；440；
（2）设方程式①
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8KJ/mol；
③
④
根据盖斯定律可知，④=②-①+③，则，故答案为：-184.6；
（3）A．该反应前后气体分子数不相等，且所有反应物和产物都是气体，则总质量不变，此时平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时可以证明反应达到平衡，A不选；
B．平衡常数只受温度影响，温度为T3时，恒容密闭容器中，平衡常数K是定值，当平衡常数K值不变时，不能说明反应达到平衡，B选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，C选；
D．断裂n mol键的同时断裂n mol键，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D不选；
答案选BC；
（4）A．由图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A正确；
B．M点对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B错误；
C．对比图1、2可知，其他条件相同时降低n(HCl)：n(O2)，可提高M点HCl转化率，则增大n(HCl)：n(O2)时降低了M点HCl转化率，C正确；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内的转化率增加，D错误；
故选AC；
（5）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低，答案为：较高流速下反应未达平衡状态，的转化率与反应速率相关，温度低，反应速率较慢，故小于和；
（6）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则Kx=。
19．【答案】（1）对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；氨基、醚键
（2）氧化反应；液溴、或
（3）
（4）ab
（5）14；或
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）C中苯环上含有溴原子和醚键，两个取代基位于对位，名称是对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；G为，所含官能团的名称为氨基、醚键；
（2）E→F的过程中，羟基转化为醛基，反应类型是氧化反应；A与CH3I在NaOH溶液中反应，羟基转化为醚键，在B中引入溴原子得到C，则B的结构简式为：，B→C为转化为的过程，则B→C的试剂和条件是液溴、FeBr3或；
（3）F与CH3NH2、H2反应，将醛基转化为氨基，得到G，则F→G的化学方程式为：；
（4）a．E分子含羟基，分子间形成氢键，F分子间不能形成氢键，则E的沸点高于F，a正确；
b．G分子中N原子含有孤电子对，可与1个H+形成配位键，因此能与发生反应 ，b正确；
c．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，所有原子不能共面，同时H分子中氮原子采用sp3杂化，氮原子与氮原子连接的原子为三角锥形结构，因此H中所有碳原子一定不共面，c错误；
d．F、G都能使酸性KMnO4溶液褪色，无法区分，d错误；
故选ab；
（5）F的分子式为C9H10O2，其芳香族化合物的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解，则含有甲酸酯基，若只含有1个取代基：HCOOCH2CH2—，有1种结构，，有1种结构；若含有两个取代基即为：HCOO—、CH3CH2—，这种情况共有3种结构，或HCOOCH2—、CH3—，这种情况共有3种结构；若含有三个取代基，为HCOO—、CH3—和CH3—，有6种位置异构，则符合条件的结构共有1+1+2×3+6=14种；其中，在核磁共振氢谱上显示有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为：或者；
（6） 可由和制得，可由和Mg制得，则可有发生溴代得到，由此确定合成路线为。
【分析】（1）C含有苯环，苯环上两个取代基（溴原子和醚键）位于对位；G中含有氨基和醚键；（2）E→F的过程中，羟基转化为羰基；B→C是在醚键对位引入溴原子的过程；
（3）F与CH3NH2在氢气/Ni条件下还原得到G；
（4）a.E分子间能形成氢键，形成氢键物质的沸点升高；
b.G中的N原子含有孤电子对；
c.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
d.F、G都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（6）结合题干合成路线，采用逆合成分析法确定合成路线。
（1）C为，名称是对溴苯甲醚（4-溴苯甲醚）；G为，所含官能团的名称为氨基、醚键；
（2）E→F羟基被氧化为醛基，反应类型是氧化反应；由分析可知，B的结构简式为：，则B→C即转化为故该转化的试剂和条件是液溴、FeBr3或；
（3）由题干合成流程图可知，F→G的化学方程式为：；
（4）a．E分子含羟基，分子间存在氢键，另外E的相对分子质量大于F，故E的分子间作用力大于F，E的沸点高于F，a正确；
b．G分子含1个N原子，可与1个H+形成配位键，b正确；
c．单键可旋转，H分子中所有碳原子可能与苯环共平面，c错误；
d．F、G都能使酸性KMnO4溶液褪色，无法区分，d错误；
故选ab；
（5）已知F的分子式为：C9H10O2，芳香族化合物的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解的只能是含有甲酸酯基，则若只含有1个取代基即（1）HCOOCH2CH2—有1种；（2）有1种；若含有两个取代基即为(1)HCOO—、CH3CH2—，(2)HCOOCH2—、CH3—两组，每一组又有邻、间、对三种，若含有三个取代基即HCOO—、CH3—和CH3—，此时有6种位置异构，则符合条件的结构共有1+1+2×3+6=14种；其中，在核磁共振氢谱上显示有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的结构简式为：或者；
（6）本题采用逆向合成法，由题干流程图中的转化信息可知，可由和制得，可由和Mg制得，则可有发生溴代得到，由此确定合成路线为。
1 / 1

展开更多......

收起↑