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四川省达州市2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·达州模拟）中华文明源远流长，文物承载着文明的记忆。某市博物馆的以下几种镇馆之宝，原料富含有机高分子化合物的文物是
A．巴式柳叶铜剑 B．东汉上釉砖
C．宋徽宗赵佶的真迹《白鹰图》 D．清代玉镯
【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A．巴式柳叶铜剑主要成分为铜，属于金属材料，A项错误；
B．东汉上釉砖主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B项错误；
C．宋徽宗赵佶的真迹《白鹰图》绘画载体为绢本，主要成分为蛋白质，蛋白质为有机高分子化合物，C项正确；
D．玉的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D项错误；
故选C。
【分析】有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2．（2025·达州模拟）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。已知：为甲醇催化氧化合成甲醛的反应。下列有关说法错误的是
A．醛基的电子式为：
B．甲醛分子中键的电子云轮廓图：
C．甲醛分子是平面三角形的非极性分子
D．的沸点比的沸点高
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．醛基的结构简式为，C原子有一个单电子，则其电子式为，A正确；
B．甲醛中存在C=O，含有1个σ键和1个π键，键的电子云轮廓图：，B正确；
C．HCHO中心C原子的价层电子对数为，无孤对电子，是平面三角形分子，但正、负电荷的重心不重合，是极性分子，C错误；
D．甲醇()分子之间存在氢键，而甲醛(HCHO)分子之间没有氢键；氢键的存在使得甲醇的沸点高于甲醛，D正确；
故选C。
【分析】A．醛基中含有碳氧双键，醛基中碳原子上含有一个单电子；
Ｂ．C=O含有1个σ键和1个π键；
Ｃ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｄ．甲醇分子间能形成氢键，提高沸点。
3．（2025·达州模拟）半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．标准状况下，中含有的电子总数为
C．的溶液中离子数为
D．反应每生成氧化产物，转移电子数目为
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．硅为共价晶体，每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连，即每个Si原子形成4个Si-Si键，每个硅原子由两个键共享，则1mol Si中Si-Si键数目为 ，A错误；
B．每个水分子含有10个电子，2.7g H2O的物质的量为 ，含有的电子数为 ，B正确；
C．溶液中， 会转化为，即发生反应 ，则 离子数小于 ，C错误；
D．根据反应的方程式可知，Si元素的化合价升高，则氧化产物是，每个Si失4e-，故每生成1mol转移电子数为 ，D错误；
故选B。
【分析】A．硅中每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连；
Ｂ．每个水分子含有10个电子；
Ｃ． 会转化为，发生的反应为；
Ｄ．该反应中Si元素的化合价升高，则为氧化产物。
4．（2025·达州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
B．向溶液中加入适量醋酸：
C．向溶液中通入气体，溶液变为黄绿色：
D．纯碱溶液可用于去油污的原因：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池充电时的阳极上硫酸铅失电子生成，电极反应为：，A错误；
B．醋酸为弱电解质不能拆，离子方程式应为：，B错误；
C．硫酸铜溶液中含蓝色的，通入HCl气体，溶液变为黄绿色是因为生成了黄色的，离子方程式为，C正确；
D．碳酸钠水解主要以第一步为主，水解的离子方程式为：，D错误；
故选C。
【分析】A．阳极发生氧化反应，且硫酸铅为难溶物，应写成化学方程式；
Ｂ．醋酸为弱酸，应写化学方程式；
Ｃ．通入HCl，转化为；
Ｄ．碳酸根分步水解。
5．（2025·达州模拟）下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是
A．图甲：验证铁钉的吸氧腐蚀
B．图乙：鉴别亚硝酸钠和硝酸钠
C．图丙：验证中含碳碳双键
D．图丁：从食盐水中提取
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时消耗氧气，氧气传感器会发生相应变化，能达到实验目的，A符合题意；
B． 亚硝酸钠溶液显碱性，硝酸钠溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，pH＞4.4时溶液为黄色，因此加入甲基橙后两溶液均为黄色，无法鉴别，B不符合题意；
C．新制氢氧化铜与醛基加热可产生砖红色沉淀，但新制氢氧化铜悬浊液为碱性，再加溴水会与碱反应，无法检验碳碳双键的存在，C不符合题意；
D． 从食盐水中提取 应采用蒸发结晶的方式，图示仪器为坩埚，应用蒸发皿，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
Ｂ．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能与氢氧化铜反应；
Ｄ．蒸发应在蒸发皿中进行。
6．（2025·达州模拟）丙烷发生一氯取代时，可与由通过光照解离出来的氯原子作用产生两种自由基：与，其过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应①活化能更高，反应速率更慢
B．断裂中键比断裂中键所需能量小
C．丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为
D．一定条件下，选择合适的催化剂可以提高的选择性
【答案】B
【知识点】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
【解析】【解答】A．活化能越大反应速率越慢，反应①活化能更高，反应速率更慢，故A正确；
B．根据图示，断裂中键比断裂中键所需能量多，故B错误；
C．根据图示，反应②活化能更低，反应速率更快，所以丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为，故C正确；
D．一定条件下，选择合适的催化剂降低反应①活化能，加快反应①的速率，可以提高的选择性，故D正确；
故选B。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．断裂中键所需的能量高于断裂键；
Ｃ．反应②的活化能更低，反应速率更快；
Ｄ．催化剂具有选择性。
7．（2025·达州模拟）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．氨水中：、、、
C．溶液中：、、、
D．的溶液：、、、
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．、、、、之间不发生反应，能大量共存，A正确；
B．氨水显碱性，有的存在，会与结合形成难溶物，不稳定会分解为，而且与氨水还会形成银氨络离子，所以不能大量共存，B错误；
C．溶液中，存在 ，与 结合形成沉淀，离子方程式为，所以不能大量共存，C错误；
D．pH=1的溶液呈酸性，溶液中含有大量，与-结合形成弱电解质HF，所以不能大量共存，D错误；
故选A。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
8．（2025·达州模拟）某工厂利用产生的废气制晶体的流程如下：
已知：。下列说法正确的是
A．“氧化”过程中通入空气越多越好
B．“吸收”过程中需通过控制溶液的用量调
C．“一系列操作”是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、烘干
D．每制取，理论上消耗
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“氧化”过程会发生反应，该反应中S与SO2的物质的量之比为1：1，“氧化”过程中通入空气不能过多，否则会氧化Na2S2O3，A错误；
B．“吸收”过程中需通过控制溶液的用量调，若酸性过强，Na2S2O3在酸性条件下生成S单质和SO2气体，B正确；
C．最终得到带结晶水的，一系列操作中不能烘干，C错误；
D．气体所处的状态未知，不能确定氧气的体积，D错误；
故选B。
【分析】H2S废气被空气氧化，生成物中有S和SO2，S和SO2再与Na2CO3反应得到Na2S2O3，方程式为：，Na2S2O3溶液经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤得到晶体 。
9．（2025·达州模拟）X、Y、Z、W为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。的一种同位素没有中子；的价电子层中有3个未成对电子，是红棕色气体；前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是
A．氢化物的稳定性：
B．的键角：
C．X、Y、Z三种元素形成的化合物一定显酸性
D．（）中W的化合价为价
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；化合价与化学式；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．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性NNH3，A错误；
B．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，[Cr(NH3)6]3+中NH3通过配位键与Cr3+结合，N原子周围无孤电子对，NH3中N原子有孤电子对，孤电子对斥力大，NH3中H-N-H键角小，B正确；
C．X、Y、Z三种元素形成的化合物不一定显酸性，如一水合氨为碱性，C错误；
D．（）中存在2个过氧键，W的化合价为价，D错误；
故选B。
【分析】的一种同位素没有中子 ，则X为H元素，的价电子层中有3个未成对电子，是红棕色气体 ，则Y为N元素，Z为O元素， 前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多 ，为Cr元素。
10．（2025·达州模拟）苦瓜是百姓餐桌上的一种常见蔬菜，含有苦味素奎宁，奎宁的结构简式如图所示。下列关于奎宁的说法正确的是
A．奎宁的同分异构体只有酯类
B．奎宁分子中含有5个手性碳原子
C．奎宁可分别与溶液、酸性溶液反应
D．奎宁可以发生取代、加成、消去及氧化反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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】A．奎宁分子分子式为C20H24N2O2，不饱和度为10，其同分异构体可以有酯类、羧酸、分类、酰胺等，故A错误；
B．分子中含有4个手性碳原子(*号标出)，故B错误；
C．奎宁不含酚羟基，不能与溶液反应，奎宁含碳碳双键，能与酸性溶液反应，故C错误；
D．奎宁分子含有羟基、苯环可以发生取代反应，含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基，且与羟基邻位碳原子含有氢原子，可以发生消去反应，碳碳双键、羟基可以发生氧化反应，故D正确；
故选D。
【分析】A．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．酚羟基能与溶液反应；
Ｄ．根据所含官能团判断能发生的反应。
11．（2025·达州模拟）在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制镁工业：海水
B．去除难溶物：
C．制备硫酸：硫黄
D．制备高纯硅：粗硅高纯硅
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．工业上通常电解熔融的氯化镁制备Mg，A错误；
B．CaCO3与饱和Na2SO4溶液反应生成CaSO4的转化可能实现(Q > Ksp)，但CaSO4与盐酸不反应，第二步无法实现，B错误；
C．硫磺与足量氧气反应只能得到SO2，SO2与H2O反应得到H2SO3，C错误；
D．粗硅与HCl高温生成SiHCl3，H2高温还原SiHCl3得到高纯硅，D正确；
故选D。
【分析】A．MgO熔点很高；
Ｂ．CaSO4与盐酸不反应；
Ｃ．二氧化硫溶于水生成亚硫酸；
Ｄ．粗硅与HCl高温生成SiHCl3，氢气还原三氯化硅得到高纯硅。
12．（2025·达州模拟）在一定温度下，将和充入容积为的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是
A．当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡
B．平衡时A、B的转化率均为40%
C．初始时的压强与平衡时的压强比为
D．达到平衡时，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．容器体积始终不变，而反应中气体的质量为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，A错误；
B.5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，物质的量为2L×=0.8mol，则平衡时A、B的转化率分别为、，B正确；
C．反应后ABD分别为0.6mol、1.2mol、0.8mol，总的物质的量为2.6mol，则初始时的压强与平衡时的压强比为（1mol+2mol）：2.6mol=15：13，C错误；
D．该反应的，若再充入1molB和1molD，此时，则反应逆向进行，D错误；
故选B。
【分析】A．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；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．压强之比等于物质的量之比；
Ｄ．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。
13．（2025·达州模拟）传统氯碱工业能耗高，科学家研发了“氧阴极技术”新工艺。其与传统工艺主要差异在阴极结构，新工艺通过向阴极区供纯氧，避免直接得电子生成，实现了降电压、减能耗。采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置如图所示，下列说法错误的是
A．该离子交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子通过
B．装置工作时，阴极区溶液逐渐增大
C．电子从阳极经稀碱溶液流向阴极
D．装置中发生的总反应式为：
【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极区域生成OH-，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜采用阳离子交换膜，只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，故A正确；
B．阴极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，则阴极区溶液逐渐增大，故B正确；
C．电子不能经过电解质溶液，电子从阳极流出，流向电源正极，从电源负极流出，流向阴极，故C错误；
D．阴极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，则电池总反应为，故D正确；
故选C。
【分析】由图可知，阴极上，氧气发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳极上发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
14．（2025·达州模拟）氧化亚铜(Cu2O)是一种重要的无机化工原料，可应用于陶瓷、玻璃和有机合成催化剂等领域。有研究表明，Cu2O/H2O体系可以很好地催化叠氮和端炔的反应，反应机理如图1所示（含氦五元环为平面结构）。催化剂立方Cu2O晶胞如图2所示。
下列说法正确的是
A．N、O、Cu的第一电离能从大到小的顺序是O＞N＞Cu
B．由图1，该反应前后，2号氮原子的杂化轨道类型从sp2转化sp3
C．由图2，Cu+的配位数为2
D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则晶体密度为
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，则N的第一电离能大于O，Cu是金属元素，第一电离能最小，则N、O、Cu的第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞Cu，A不正确；
B．反应前，2号氮原子的价层电子对数为2，采用sp杂化，反应后，2号N原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，B不正确；
C．在Cu2O晶胞中，Cu+与O2-的个数比为2：1，O2-的配位数为4，则Cu+的配位数为2，C正确；
D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则体对角线的长度为4apm，晶胞边长为pm，在晶胞中含有O2-的数目为=2，含Cu+的数目为4，则晶体密度为=，D不正确；
故选C。
【分析】A．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；
Ｂ．根据N原子的价层电子对数判断其杂化方式；
Ｃ．结合晶胞图计算分析；
Ｄ．根据均摊法和计算。
15．（2025·达州模拟）常温下，二元酸溶液中溶质微粒分布系数[如]与关系如图所示。下列说法正确的是
A．表示，表示
B．
C．溶液中存在：
D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示c（HA-），b表示c（A2-），A错误；
B．a、b曲线的交点处，c（HA-）=c（A2-），，B错误；
C．溶液中，根据物料守恒有，C正确；
D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，根据，则A2-水解常数，HA-电离大于水解，离子浓度大小关系为：，D错误；
故选C。
【分析】分布系数只有两条曲线，说明第一步完全电离，而随着溶液pH增大，a逐渐减小，b逐渐增大，则a表示c（HA-），b表示c（A2-）。
16．（2025·达州模拟）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如下：
查阅资料：1．钨的氧化物WO3是酸性氧化物；
2．萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）；
3．萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比；
4．逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。
（1）钪的基态原子价电子轨道表示式为　 　。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有　 　。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为　 　。
表1萃取相比试验结果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2搅拌速度试验结果
搅拌器转速/ r/min 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为　 　。
（4） Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是　 　。
（5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是　 　。
（6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20、450r/min
（3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O
（4）转化为，钙盐溶解，降低除钙效率
（5）苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位
（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【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）Sc是21号元素，基态Sc原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1：20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）空气中“煅烧”时，Sc2(C2O4)3分解生成Sc2O3和CO2，则该过程反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】钨渣中加入硫酸浸出， 钨的氧化物WO3是酸性氧化物，不与硫酸反应，SiO2也不与硫酸反应，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，则滤渣1为WO3、SiO2、CaSO4，加入TP进行萃取，分离出水相，向有机相中加入NaOH溶液进行反萃取，分离出有机相，向水相中加入HCl、Na2HPO4将Ca2+转化为CaHPO4或Ca3(PO4)2进行除钙，得到滤渣2，向滤液2中加入苦杏仁酸进行除锆，最后向滤液中加入草酸进行沉钪得到Sc2(C2O4)3，过滤得到Sc2(C2O4)3，最后煅烧Sc2(C2O4)3得到氧化钪。
（1）已知Sc是21号元素，故钪的基态原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）由题干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1：20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）已知苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）由分析可知，空气中“煅烧”时是煅烧Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．（2025·达州模拟）碘酸钾是一种白色结晶性粉末，溶于水和稀硫酸，不溶于乙醇、液氨。常用作分析试剂、氧化剂及营养强化剂。某实验小组制备并测定其纯度的操作如下：
I．的制备：向含（过量）的热水溶液中，加入含的水溶液，反应至出现大量棕褐色沉淀，加热；加适量的乙醇，充分反应；再进行过滤，向滤液中加10.00mL5%的醋酸，转移至蒸发皿中，加热至表面出现晶膜，停止加热：自然冷却，待大量固体析出，进行过滤；用冷乙醇洗涤固体，在培养皿内自然晾干，称量的固体质量为。
Ⅱ．纯度测定：称取样品加水溶解后转移至容量瓶中定容，取待测液于锥形瓶中，加入过量，再加入的盐酸；置于暗处，用的滴定溶液至淡黄色，加入的淀粉溶液后，继续滴加溶液至滴定终点，重复测定三次。消耗溶液的体积平均为。
已知：①淀粉与形成的复合物可吸附部分；②。
（1）制备过程中，下列仪器在过滤操作时一定不需要的是　 　（填字母）。
（2）请写出与反应的化学方程式　 　。
（3）的制备过程中乙醇过量带来的后果是　 　。
（4）滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是　 　。
（5）测定的样品纯度为　 　（保留3位有效数字），若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，可使测定结果　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（6）设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，写出关键操作及预期现象　 　。
【答案】（1）BD
（2）
（3）提前析出部分碘酸钾，导致产率降低
（4）过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差
（5）92.4%；偏大
（6）取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）过滤操作时需要铁架台、烧杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩埚钳、分液漏斗，则一定不需要的是BD。
（2）与发生氧化还原反应生成二氧化锰、碘酸钾，反应的化学方程式为：。
（3）乙醇用于除去过量高锰酸钾，碘酸钾不溶于乙醇，若乙醇过量，会提前析出部分碘酸钾，与二氧化锰一起被过滤掉，则的制备过程中乙醇过量带来的后果是：提前析出部分碘酸钾，导致产率降低。
（4）淀粉与形成的复合物可吸附部分，则滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是：过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差。
（5）加入碘化钾时，碘化钾和碘酸钾反应，离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再结合，可知~3I2~，则n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，产品纯度==92.4%，若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，则部分被氧气氧化，导致标准溶液体积偏大，可使测定结果偏大。
（6）可根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，关键操作及预期现象为：取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是。
【分析】（1）过滤时所需的仪器为烧杯、漏斗、铁架台、玻璃棒；
（2） 氧化 生成二氧化锰、锰酸钾和氢氧化钾；
（3）碘酸钾不溶于乙醇；
（4）淀粉与形成的复合物可吸附部分；
（5）根据关系式~3I2~计算；易被氧化；
（6）KI能被氧化生成单质碘，能与反应生成单质碘，碘能使淀粉变蓝。
（1）过滤操作时需要铁架台(附铁圈)、烧杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩埚钳、分液漏斗，则一定不需要的是BD。
（2）与发生氧化还原反应生成二氧化锰、碘酸钾，根据得失电子守恒、元素质量守恒，反应的化学方程式为：。
（3）乙醇用于除去过量高锰酸钾，已知碘酸钾不溶于乙醇，若乙醇过量，会提前析出部分碘酸钾，与二氧化锰一起被过滤掉，则的制备过程中乙醇过量带来的后果是：提前析出部分碘酸钾，导致产率降低。
（4）已知，淀粉与形成的复合物可吸附部分；则滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是：过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差。
（5）加入碘化钾时，碘化钾和碘酸钾反应，离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再结合，可知~3I2~，则n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，产品纯度==92.4%，若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，则部分被氧气氧化，导致标准溶液体积偏大，可使测定结果偏大。
（6）可根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，关键操作及预期现象为：取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是。
18．（2025·达州模拟）空气是人类赖以生存的重要资源，其主要成分为、及少量、等。
Ⅰ．早在18世纪末，科学家就提出“向空气要面包”。
（1）请依据下表资料数据，选择常温下更适合生产的反应________（用反应序号表示），并说明选择的理由________。
、时反应的焓变、熵变和平衡常数
化学反应 反应①： 反应②：
K
Ⅱ．为有效降低空气中的含量，可采用其在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
（2）向甲、乙两个体积相同的容器中加入和（假设只发生主反应），甲容器在恒温恒容条件下进行，而乙容器则在绝热恒容条件下进行，两容器中压强（）随时间变化曲线如图：
①甲容器中，从开始到点，用分压变化表示的反应速率为________（用p表示）。
②乙容器中，从开始到a点压强增大的原因是________。
（3）时，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为，主、副反应均达到平衡状态时，的转化率为，的选择性为，则主反应的平衡常数________（的选择性，列出计算表达式）。
Ⅲ．我国科学家研发了可同时收集、的电解池装置。
（4）采用双极膜（图中双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移），通过电解溶液制备的同时收集，该装置的工作原理如图所示。回答下列问题：
①b是电源的________极（填“正”或“负”）。
②该装置电解的总化学反应方程式为________。
【答案】(1) 反应① 由表中数据计算，常温时反应①，反应可自发进行；，反应正向进行的程度大
(2) 0.2p 乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升高，压强增大，体系气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度
(3)或
(4) 正
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应①为，根据反应可自发进行，该反应自发进行时温度，即常温下反应可以自发进行，且化学反应平衡常数，反应正向进行的程度大，而反应②为，该反应自发进行时温度，即常温下反应不可以自发进行，且化学反应平衡常数，反应正向进行的程度非常小；故答案为：反应①；由表中数据计算，常温时反应①，反应可自发进行，，反应正向进行的程度大；
（2）①该反应的三段式：
，，，则，解得x=0.5mol，开始分压为，b点分压为，用分压变化表示的反应速率为；
②由于乙容器是绝热容器，反应放热使体系温度升高、压强增大，但正反应是气体分子数减小的反应，气体减小使压强减小，而从开始到a点压强增大，则说明反应时放热体系温度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减小使压强减小的影响程度，所以乙容器中，从开始到a点压强增大；故答案为：0.2；乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升高，压强增大，体系气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度；
（3）根据题干信息列出反应的三段式：
，，根据的转化率，的选择性列式计算，，解得，平衡时，、、、、，气体总物质的量为4.2mol，恒温恒容下，，，则主反应的平衡常数==；
（4）该装置为电解池，根据电解溶液制备，则左侧惰性电极发生转化为的还原反应，该电极为阴极，a为阴极，b为正极；阴极电极反应为，同时阳极收集，电极反应式为，则总反应为。
【分析】（1）根据时反应自发进行分析；
（2）①根据计算；
②反应放热会使压强增大；
（3）列出反应的三段式，结合平衡常数的表达式计算；
（4）该装置为电解池， 电解溶液制备的同时收集 ，则发生还原反应生成氨气，则与a电极相连的为阴极，电极反应式为，与b电极相连的电极为阳极，电极反应式为。
19．（2025·达州模拟）奥希替尼（化合物J）是一种抗肿瘤药，可由下列路线合成（部分反应试剂、条件略去）：
回答下列问题：
（1）D的结构简式为　 　。
（2）E中含氧官能团名称为硝基和　 　。
（3）由I生成J的反应类型是　 　。
（4）A+B→C化学方程式为　 　。
（5）在的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构），写出其中一种同分异构体的结构简式　 　。
①含有手性碳原子 ②含有醛基
（6）氟他胺（）也是抗肿瘤药的一种，依据以上流程信息，结合所学知识，设计以为原料合成氟他胺的路线　 　（其他试剂任选）。
【答案】（1）
（2）醚键
（3）消去反应
（4）
（5）4；或或或
（6）
【知识点】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，D的结构简式为。
（2）根据E的结构简式可知，E中含氧官能团名称为硝基和醚键。
（3）I生成J的过程中，氯原子最终转化为碳碳双键，反应类型为消去反应。
（4）A和B发生取代反应生成C，则A+B→C的化学方程式为。
（5）与H互为同分异构体且含有醛基的化合物为Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br处于烷基碳上，无论Cl和Br在分子上如何分布，该分子均有手性碳原子，则该同分异构体有4种，结构为或或或。
（6）合成的目标是将中硝基转化为酰胺键，根据题目中E到I的步骤可知：硝基先还原为氨基，再与-COX（X为卤素原子）可得到酰胺键，则合成的路线为。
【分析】与反应生成C，C与D反应得到E，结合A、B、E的结构简式可知，C的结构简式为，C与D发生取代反应生成E，结合D的分子式可知，D为，E与发生取代反应，再还原得到G，G与反应得到I，I发生消去反应生成碳碳双键得到J。
（1）据分析，D的结构简式为。
（2）根据E的结构简式，E中含氧官能团名称为硝基和醚键。
（3）根据已知，I生成J的反应为-COCH2CH2Cl转化为-CHCH=CH2，反应类型为消去反应。
（4）据分析，A+B→C化学方程式为。
（5）与H互为同分异构体且含有醛基的化合物为Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br处于烷基碳上，无论Cl和Br在分子上如何分布，该分子均有手性碳原子，则该同分异构体有4种，结构为或或或。
（6）合成的目标是将中硝基转化为酰胺键，根据题目中E到I的步骤可知：硝基先还原为氨基，再与-COX（X为卤素原子）可得到酰胺键，则合成的路线为。
1 / 1四川省达州市2025届高三下学期二模化学试题
1．（2025·达州模拟）中华文明源远流长，文物承载着文明的记忆。某市博物馆的以下几种镇馆之宝，原料富含有机高分子化合物的文物是
A．巴式柳叶铜剑 B．东汉上釉砖
C．宋徽宗赵佶的真迹《白鹰图》 D．清代玉镯
2．（2025·达州模拟）甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。已知：为甲醇催化氧化合成甲醛的反应。下列有关说法错误的是
A．醛基的电子式为：
B．甲醛分子中键的电子云轮廓图：
C．甲醛分子是平面三角形的非极性分子
D．的沸点比的沸点高
3．（2025·达州模拟）半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．标准状况下，中含有的电子总数为
C．的溶液中离子数为
D．反应每生成氧化产物，转移电子数目为
4．（2025·达州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
B．向溶液中加入适量醋酸：
C．向溶液中通入气体，溶液变为黄绿色：
D．纯碱溶液可用于去油污的原因：
5．（2025·达州模拟）下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是
A．图甲：验证铁钉的吸氧腐蚀
B．图乙：鉴别亚硝酸钠和硝酸钠
C．图丙：验证中含碳碳双键
D．图丁：从食盐水中提取
6．（2025·达州模拟）丙烷发生一氯取代时，可与由通过光照解离出来的氯原子作用产生两种自由基：与，其过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应①活化能更高，反应速率更慢
B．断裂中键比断裂中键所需能量小
C．丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为
D．一定条件下，选择合适的催化剂可以提高的选择性
7．（2025·达州模拟）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．氨水中：、、、
C．溶液中：、、、
D．的溶液：、、、
8．（2025·达州模拟）某工厂利用产生的废气制晶体的流程如下：
已知：。下列说法正确的是
A．“氧化”过程中通入空气越多越好
B．“吸收”过程中需通过控制溶液的用量调
C．“一系列操作”是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、烘干
D．每制取，理论上消耗
9．（2025·达州模拟）X、Y、Z、W为前四周期元素，它们的原子序数依次增大。的一种同位素没有中子；的价电子层中有3个未成对电子，是红棕色气体；前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多。下列说法正确的是
A．氢化物的稳定性：
B．的键角：
C．X、Y、Z三种元素形成的化合物一定显酸性
D．（）中W的化合价为价
10．（2025·达州模拟）苦瓜是百姓餐桌上的一种常见蔬菜，含有苦味素奎宁，奎宁的结构简式如图所示。下列关于奎宁的说法正确的是
A．奎宁的同分异构体只有酯类
B．奎宁分子中含有5个手性碳原子
C．奎宁可分别与溶液、酸性溶液反应
D．奎宁可以发生取代、加成、消去及氧化反应
11．（2025·达州模拟）在给定条件下，下列制备或处理过程涉及的物质转化均可实现的是
A．制镁工业：海水
B．去除难溶物：
C．制备硫酸：硫黄
D．制备高纯硅：粗硅高纯硅
12．（2025·达州模拟）在一定温度下，将和充入容积为的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是
A．当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡
B．平衡时A、B的转化率均为40%
C．初始时的压强与平衡时的压强比为
D．达到平衡时，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动
13．（2025·达州模拟）传统氯碱工业能耗高，科学家研发了“氧阴极技术”新工艺。其与传统工艺主要差异在阴极结构，新工艺通过向阴极区供纯氧，避免直接得电子生成，实现了降电压、减能耗。采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置如图所示，下列说法错误的是
A．该离子交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子通过
B．装置工作时，阴极区溶液逐渐增大
C．电子从阳极经稀碱溶液流向阴极
D．装置中发生的总反应式为：
14．（2025·达州模拟）氧化亚铜(Cu2O)是一种重要的无机化工原料，可应用于陶瓷、玻璃和有机合成催化剂等领域。有研究表明，Cu2O/H2O体系可以很好地催化叠氮和端炔的反应，反应机理如图1所示（含氦五元环为平面结构）。催化剂立方Cu2O晶胞如图2所示。
下列说法正确的是
A．N、O、Cu的第一电离能从大到小的顺序是O＞N＞Cu
B．由图1，该反应前后，2号氮原子的杂化轨道类型从sp2转化sp3
C．由图2，Cu+的配位数为2
D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则晶体密度为
15．（2025·达州模拟）常温下，二元酸溶液中溶质微粒分布系数[如]与关系如图所示。下列说法正确的是
A．表示，表示
B．
C．溶液中存在：
D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：
16．（2025·达州模拟）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如下：
查阅资料：1．钨的氧化物WO3是酸性氧化物；
2．萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）；
3．萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比；
4．逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。
（1）钪的基态原子价电子轨道表示式为　 　。
（2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有　 　。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为　 　。
表1萃取相比试验结果
萃取相比O/W 1：10 1：15 1：20 1：25 1：30 1：35 1：40
萃取率% 90 90 90 80 75 70 60
表2搅拌速度试验结果
搅拌器转速/ r/min 150 300 450 600 700
萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为　 　。
（4） Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是　 　。
（5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是　 　。
（6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为　 　。
17．（2025·达州模拟）碘酸钾是一种白色结晶性粉末，溶于水和稀硫酸，不溶于乙醇、液氨。常用作分析试剂、氧化剂及营养强化剂。某实验小组制备并测定其纯度的操作如下：
I．的制备：向含（过量）的热水溶液中，加入含的水溶液，反应至出现大量棕褐色沉淀，加热；加适量的乙醇，充分反应；再进行过滤，向滤液中加10.00mL5%的醋酸，转移至蒸发皿中，加热至表面出现晶膜，停止加热：自然冷却，待大量固体析出，进行过滤；用冷乙醇洗涤固体，在培养皿内自然晾干，称量的固体质量为。
Ⅱ．纯度测定：称取样品加水溶解后转移至容量瓶中定容，取待测液于锥形瓶中，加入过量，再加入的盐酸；置于暗处，用的滴定溶液至淡黄色，加入的淀粉溶液后，继续滴加溶液至滴定终点，重复测定三次。消耗溶液的体积平均为。
已知：①淀粉与形成的复合物可吸附部分；②。
（1）制备过程中，下列仪器在过滤操作时一定不需要的是　 　（填字母）。
（2）请写出与反应的化学方程式　 　。
（3）的制备过程中乙醇过量带来的后果是　 　。
（4）滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是　 　。
（5）测定的样品纯度为　 　（保留3位有效数字），若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，可使测定结果　 　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（6）设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，写出关键操作及预期现象　 　。
18．（2025·达州模拟）空气是人类赖以生存的重要资源，其主要成分为、及少量、等。
Ⅰ．早在18世纪末，科学家就提出“向空气要面包”。
（1）请依据下表资料数据，选择常温下更适合生产的反应________（用反应序号表示），并说明选择的理由________。
、时反应的焓变、熵变和平衡常数
化学反应 反应①： 反应②：
K
Ⅱ．为有效降低空气中的含量，可采用其在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
（2）向甲、乙两个体积相同的容器中加入和（假设只发生主反应），甲容器在恒温恒容条件下进行，而乙容器则在绝热恒容条件下进行，两容器中压强（）随时间变化曲线如图：
①甲容器中，从开始到点，用分压变化表示的反应速率为________（用p表示）。
②乙容器中，从开始到a点压强增大的原因是________。
（3）时，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为，主、副反应均达到平衡状态时，的转化率为，的选择性为，则主反应的平衡常数________（的选择性，列出计算表达式）。
Ⅲ．我国科学家研发了可同时收集、的电解池装置。
（4）采用双极膜（图中双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移），通过电解溶液制备的同时收集，该装置的工作原理如图所示。回答下列问题：
①b是电源的________极（填“正”或“负”）。
②该装置电解的总化学反应方程式为________。
19．（2025·达州模拟）奥希替尼（化合物J）是一种抗肿瘤药，可由下列路线合成（部分反应试剂、条件略去）：
回答下列问题：
（1）D的结构简式为　 　。
（2）E中含氧官能团名称为硝基和　 　。
（3）由I生成J的反应类型是　 　。
（4）A+B→C化学方程式为　 　。
（5）在的同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构），写出其中一种同分异构体的结构简式　 　。
①含有手性碳原子 ②含有醛基
（6）氟他胺（）也是抗肿瘤药的一种，依据以上流程信息，结合所学知识，设计以为原料合成氟他胺的路线　 　（其他试剂任选）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A．巴式柳叶铜剑主要成分为铜，属于金属材料，A项错误；
B．东汉上釉砖主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B项错误；
C．宋徽宗赵佶的真迹《白鹰图》绘画载体为绢本，主要成分为蛋白质，蛋白质为有机高分子化合物，C项正确；
D．玉的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D项错误；
故选C。
【分析】有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．醛基的结构简式为，C原子有一个单电子，则其电子式为，A正确；
B．甲醛中存在C=O，含有1个σ键和1个π键，键的电子云轮廓图：，B正确；
C．HCHO中心C原子的价层电子对数为，无孤对电子，是平面三角形分子，但正、负电荷的重心不重合，是极性分子，C错误；
D．甲醇()分子之间存在氢键，而甲醛(HCHO)分子之间没有氢键；氢键的存在使得甲醇的沸点高于甲醛，D正确；
故选C。
【分析】A．醛基中含有碳氧双键，醛基中碳原子上含有一个单电子；
Ｂ．C=O含有1个σ键和1个π键；
Ｃ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｄ．甲醇分子间能形成氢键，提高沸点。
3．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．硅为共价晶体，每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连，即每个Si原子形成4个Si-Si键，每个硅原子由两个键共享，则1mol Si中Si-Si键数目为 ，A错误；
B．每个水分子含有10个电子，2.7g H2O的物质的量为 ，含有的电子数为 ，B正确；
C．溶液中， 会转化为，即发生反应 ，则 离子数小于 ，C错误；
D．根据反应的方程式可知，Si元素的化合价升高，则氧化产物是，每个Si失4e-，故每生成1mol转移电子数为 ，D错误；
故选B。
【分析】A．硅中每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连；
Ｂ．每个水分子含有10个电子；
Ｃ． 会转化为，发生的反应为；
Ｄ．该反应中Si元素的化合价升高，则为氧化产物。
4．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．铅酸蓄电池充电时的阳极上硫酸铅失电子生成，电极反应为：，A错误；
B．醋酸为弱电解质不能拆，离子方程式应为：，B错误；
C．硫酸铜溶液中含蓝色的，通入HCl气体，溶液变为黄绿色是因为生成了黄色的，离子方程式为，C正确；
D．碳酸钠水解主要以第一步为主，水解的离子方程式为：，D错误；
故选C。
【分析】A．阳极发生氧化反应，且硫酸铅为难溶物，应写成化学方程式；
Ｂ．醋酸为弱酸，应写化学方程式；
Ｃ．通入HCl，转化为；
Ｄ．碳酸根分步水解。
5．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时消耗氧气，氧气传感器会发生相应变化，能达到实验目的，A符合题意；
B． 亚硝酸钠溶液显碱性，硝酸钠溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，pH＞4.4时溶液为黄色，因此加入甲基橙后两溶液均为黄色，无法鉴别，B不符合题意；
C．新制氢氧化铜与醛基加热可产生砖红色沉淀，但新制氢氧化铜悬浊液为碱性，再加溴水会与碱反应，无法检验碳碳双键的存在，C不符合题意；
D． 从食盐水中提取 应采用蒸发结晶的方式，图示仪器为坩埚，应用蒸发皿，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
Ｂ．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能与氢氧化铜反应；
Ｄ．蒸发应在蒸发皿中进行。
6．【答案】B
【知识点】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
【解析】【解答】A．活化能越大反应速率越慢，反应①活化能更高，反应速率更慢，故A正确；
B．根据图示，断裂中键比断裂中键所需能量多，故B错误；
C．根据图示，反应②活化能更低，反应速率更快，所以丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为，故C正确；
D．一定条件下，选择合适的催化剂降低反应①活化能，加快反应①的速率，可以提高的选择性，故D正确；
故选B。
【分析】A．活化能越大反应速率越慢；
Ｂ．断裂中键所需的能量高于断裂键；
Ｃ．反应②的活化能更低，反应速率更快；
Ｄ．催化剂具有选择性。
7．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．、、、、之间不发生反应，能大量共存，A正确；
B．氨水显碱性，有的存在，会与结合形成难溶物，不稳定会分解为，而且与氨水还会形成银氨络离子，所以不能大量共存，B错误；
C．溶液中，存在 ，与 结合形成沉淀，离子方程式为，所以不能大量共存，C错误；
D．pH=1的溶液呈酸性，溶液中含有大量，与-结合形成弱电解质HF，所以不能大量共存，D错误；
故选A。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
8．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．“氧化”过程会发生反应，该反应中S与SO2的物质的量之比为1：1，“氧化”过程中通入空气不能过多，否则会氧化Na2S2O3，A错误；
B．“吸收”过程中需通过控制溶液的用量调，若酸性过强，Na2S2O3在酸性条件下生成S单质和SO2气体，B正确；
C．最终得到带结晶水的，一系列操作中不能烘干，C错误；
D．气体所处的状态未知，不能确定氧气的体积，D错误；
故选B。
【分析】H2S废气被空气氧化，生成物中有S和SO2，S和SO2再与Na2CO3反应得到Na2S2O3，方程式为：，Na2S2O3溶液经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤得到晶体 。
9．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；化合价与化学式；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．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性NNH3，A错误；
B．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，[Cr(NH3)6]3+中NH3通过配位键与Cr3+结合，N原子周围无孤电子对，NH3中N原子有孤电子对，孤电子对斥力大，NH3中H-N-H键角小，B正确；
C．X、Y、Z三种元素形成的化合物不一定显酸性，如一水合氨为碱性，C错误；
D．（）中存在2个过氧键，W的化合价为价，D错误；
故选B。
【分析】的一种同位素没有中子 ，则X为H元素，的价电子层中有3个未成对电子，是红棕色气体 ，则Y为N元素，Z为O元素， 前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多 ，为Cr元素。
10．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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】A．奎宁分子分子式为C20H24N2O2，不饱和度为10，其同分异构体可以有酯类、羧酸、分类、酰胺等，故A错误；
B．分子中含有4个手性碳原子(*号标出)，故B错误；
C．奎宁不含酚羟基，不能与溶液反应，奎宁含碳碳双键，能与酸性溶液反应，故C错误；
D．奎宁分子含有羟基、苯环可以发生取代反应，含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羟基，且与羟基邻位碳原子含有氢原子，可以发生消去反应，碳碳双键、羟基可以发生氧化反应，故D正确；
故选D。
【分析】A．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｂ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｃ．酚羟基能与溶液反应；
Ｄ．根据所含官能团判断能发生的反应。
11．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；海水资源及其综合利用；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．工业上通常电解熔融的氯化镁制备Mg，A错误；
B．CaCO3与饱和Na2SO4溶液反应生成CaSO4的转化可能实现(Q > Ksp)，但CaSO4与盐酸不反应，第二步无法实现，B错误；
C．硫磺与足量氧气反应只能得到SO2，SO2与H2O反应得到H2SO3，C错误；
D．粗硅与HCl高温生成SiHCl3，H2高温还原SiHCl3得到高纯硅，D正确；
故选D。
【分析】A．MgO熔点很高；
Ｂ．CaSO4与盐酸不反应；
Ｃ．二氧化硫溶于水生成亚硫酸；
Ｄ．粗硅与HCl高温生成SiHCl3，氢气还原三氯化硅得到高纯硅。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．容器体积始终不变，而反应中气体的质量为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，A错误；
B.5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，物质的量为2L×=0.8mol，则平衡时A、B的转化率分别为、，B正确；
C．反应后ABD分别为0.6mol、1.2mol、0.8mol，总的物质的量为2.6mol，则初始时的压强与平衡时的压强比为（1mol+2mol）：2.6mol=15：13，C错误；
D．该反应的，若再充入1molB和1molD，此时，则反应逆向进行，D错误；
故选B。
【分析】A．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；
Ｂ．根据计算；
Ｃ．压强之比等于物质的量之比；
Ｄ．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。
13．【答案】C
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极区域生成OH-，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜采用阳离子交换膜，只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，故A正确；
B．阴极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，则阴极区溶液逐渐增大，故B正确；
C．电子不能经过电解质溶液，电子从阳极流出，流向电源正极，从电源负极流出，流向阴极，故C错误；
D．阴极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，则电池总反应为，故D正确；
故选C。
【分析】由图可知，阴极上，氧气发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳极上发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
14．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半充满，则N的第一电离能大于O，Cu是金属元素，第一电离能最小，则N、O、Cu的第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞Cu，A不正确；
B．反应前，2号氮原子的价层电子对数为2，采用sp杂化，反应后，2号N原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，B不正确；
C．在Cu2O晶胞中，Cu+与O2-的个数比为2：1，O2-的配位数为4，则Cu+的配位数为2，C正确；
D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则体对角线的长度为4apm，晶胞边长为pm，在晶胞中含有O2-的数目为=2，含Cu+的数目为4，则晶体密度为=，D不正确；
故选C。
【分析】A．原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；
Ｂ．根据N原子的价层电子对数判断其杂化方式；
Ｃ．结合晶胞图计算分析；
Ｄ．根据均摊法和计算。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，a表示c（HA-），b表示c（A2-），A错误；
B．a、b曲线的交点处，c（HA-）=c（A2-），，B错误；
C．溶液中，根据物料守恒有，C正确；
D．等物质的量浓度的和溶液等体积混合，根据，则A2-水解常数，HA-电离大于水解，离子浓度大小关系为：，D错误；
故选C。
【分析】分布系数只有两条曲线，说明第一步完全电离，而随着溶液pH增大，a逐渐减小，b逐渐增大，则a表示c（HA-），b表示c（A2-）。
16．【答案】（1）
（2）逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20、450r/min
（3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O
（4）转化为，钙盐溶解，降低除钙效率
（5）苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位
（6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【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）Sc是21号元素，基态Sc原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1：20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）空气中“煅烧”时，Sc2(C2O4)3分解生成Sc2O3和CO2，则该过程反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
【分析】钨渣中加入硫酸浸出， 钨的氧化物WO3是酸性氧化物，不与硫酸反应，SiO2也不与硫酸反应，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，则滤渣1为WO3、SiO2、CaSO4，加入TP进行萃取，分离出水相，向有机相中加入NaOH溶液进行反萃取，分离出有机相，向水相中加入HCl、Na2HPO4将Ca2+转化为CaHPO4或Ca3(PO4)2进行除钙，得到滤渣2，向滤液2中加入苦杏仁酸进行除锆，最后向滤液中加入草酸进行沉钪得到Sc2(C2O4)3，过滤得到Sc2(C2O4)3，最后煅烧Sc2(C2O4)3得到氧化钪。
（1）已知Sc是21号元素，故钪的基态原子价电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）由题干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1：20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1：20，450r/min；
（3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O；
（4）已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率；
（5）已知苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位；
（6）由分析可知，空气中“煅烧”时是煅烧Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．【答案】（1）BD
（2）
（3）提前析出部分碘酸钾，导致产率降低
（4）过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差
（5）92.4%；偏大
（6）取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）过滤操作时需要铁架台、烧杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩埚钳、分液漏斗，则一定不需要的是BD。
（2）与发生氧化还原反应生成二氧化锰、碘酸钾，反应的化学方程式为：。
（3）乙醇用于除去过量高锰酸钾，碘酸钾不溶于乙醇，若乙醇过量，会提前析出部分碘酸钾，与二氧化锰一起被过滤掉，则的制备过程中乙醇过量带来的后果是：提前析出部分碘酸钾，导致产率降低。
（4）淀粉与形成的复合物可吸附部分，则滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是：过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差。
（5）加入碘化钾时，碘化钾和碘酸钾反应，离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再结合，可知~3I2~，则n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，产品纯度==92.4%，若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，则部分被氧气氧化，导致标准溶液体积偏大，可使测定结果偏大。
（6）可根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，关键操作及预期现象为：取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是。
【分析】（1）过滤时所需的仪器为烧杯、漏斗、铁架台、玻璃棒；
（2） 氧化 生成二氧化锰、锰酸钾和氢氧化钾；
（3）碘酸钾不溶于乙醇；
（4）淀粉与形成的复合物可吸附部分；
（5）根据关系式~3I2~计算；易被氧化；
（6）KI能被氧化生成单质碘，能与反应生成单质碘，碘能使淀粉变蓝。
（1）过滤操作时需要铁架台(附铁圈)、烧杯、漏斗和玻璃棒，不需要坩埚钳、分液漏斗，则一定不需要的是BD。
（2）与发生氧化还原反应生成二氧化锰、碘酸钾，根据得失电子守恒、元素质量守恒，反应的化学方程式为：。
（3）乙醇用于除去过量高锰酸钾，已知碘酸钾不溶于乙醇，若乙醇过量，会提前析出部分碘酸钾，与二氧化锰一起被过滤掉，则的制备过程中乙醇过量带来的后果是：提前析出部分碘酸钾，导致产率降低。
（4）已知，淀粉与形成的复合物可吸附部分；则滴定过程中需在临近终点时加入淀粉溶液的可能原因是：过早加入淀粉，形成的复合物会吸附较多，导致终点滞后，颜色褪去不敏锐，出现较大误差。
（5）加入碘化钾时，碘化钾和碘酸钾反应，离子方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O，再结合，可知~3I2~，则n()=n()=×0.10mol/L×25.40mL×10-3=4.233×10-4mol，产品纯度==92.4%，若实验中配制溶液时未煮沸蒸馏水，则部分被氧气氧化，导致标准溶液体积偏大，可使测定结果偏大。
（6）可根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O、+5I-+6H+=3I2+3H2O设计实验验证市售加碘食盐中碘的存在形式是而非，关键操作及预期现象为：取市售加碘食盐配制的水溶液少许分别于、两支试管中，向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液不显蓝色，证明不是；向试管滴入几滴稀酸化的溶液，再滴入几滴淀粉溶液，溶液显蓝色，证明是。
18．【答案】(1) 反应① 由表中数据计算，常温时反应①，反应可自发进行；，反应正向进行的程度大
(2) 0.2p 乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升高，压强增大，体系气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度
(3)或
(4) 正
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应①为，根据反应可自发进行，该反应自发进行时温度，即常温下反应可以自发进行，且化学反应平衡常数，反应正向进行的程度大，而反应②为，该反应自发进行时温度，即常温下反应不可以自发进行，且化学反应平衡常数，反应正向进行的程度非常小；故答案为：反应①；由表中数据计算，常温时反应①，反应可自发进行，，反应正向进行的程度大；
（2）①该反应的三段式：
，，，则，解得x=0.5mol，开始分压为，b点分压为，用分压变化表示的反应速率为；
②由于乙容器是绝热容器，反应放热使体系温度升高、压强增大，但正反应是气体分子数减小的反应，气体减小使压强减小，而从开始到a点压强增大，则说明反应时放热体系温度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减小使压强减小的影响程度，所以乙容器中，从开始到a点压强增大；故答案为：0.2；乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升高，压强增大，体系气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度；
（3）根据题干信息列出反应的三段式：
，，根据的转化率，的选择性列式计算，，解得，平衡时，、、、、，气体总物质的量为4.2mol，恒温恒容下，，，则主反应的平衡常数==；
（4）该装置为电解池，根据电解溶液制备，则左侧惰性电极发生转化为的还原反应，该电极为阴极，a为阴极，b为正极；阴极电极反应为，同时阳极收集，电极反应式为，则总反应为。
【分析】（1）根据时反应自发进行分析；
（2）①根据计算；
②反应放热会使压强增大；
（3）列出反应的三段式，结合平衡常数的表达式计算；
（4）该装置为电解池， 电解溶液制备的同时收集 ，则发生还原反应生成氨气，则与a电极相连的为阴极，电极反应式为，与b电极相连的电极为阳极，电极反应式为。
19．【答案】（1）
（2）醚键
（3）消去反应
（4）
（5）4；或或或
（6）
【知识点】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，D的结构简式为。
（2）根据E的结构简式可知，E中含氧官能团名称为硝基和醚键。
（3）I生成J的过程中，氯原子最终转化为碳碳双键，反应类型为消去反应。
（4）A和B发生取代反应生成C，则A+B→C的化学方程式为。
（5）与H互为同分异构体且含有醛基的化合物为Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br处于烷基碳上，无论Cl和Br在分子上如何分布，该分子均有手性碳原子，则该同分异构体有4种，结构为或或或。
（6）合成的目标是将中硝基转化为酰胺键，根据题目中E到I的步骤可知：硝基先还原为氨基，再与-COX（X为卤素原子）可得到酰胺键，则合成的路线为。
【分析】与反应生成C，C与D反应得到E，结合A、B、E的结构简式可知，C的结构简式为，C与D发生取代反应生成E，结合D的分子式可知，D为，E与发生取代反应，再还原得到G，G与反应得到I，I发生消去反应生成碳碳双键得到J。
（1）据分析，D的结构简式为。
（2）根据E的结构简式，E中含氧官能团名称为硝基和醚键。
（3）根据已知，I生成J的反应为-COCH2CH2Cl转化为-CHCH=CH2，反应类型为消去反应。
（4）据分析，A+B→C化学方程式为。
（5）与H互为同分异构体且含有醛基的化合物为Cl和Br取代的丙醛，Cl和Br处于烷基碳上，无论Cl和Br在分子上如何分布，该分子均有手性碳原子，则该同分异构体有4种，结构为或或或。
（6）合成的目标是将中硝基转化为酰胺键，根据题目中E到I的步骤可知：硝基先还原为氨基，再与-COX（X为卤素原子）可得到酰胺键，则合成的路线为。
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