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2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
一．选择题（共14小题）
1．（2025 绵阳模拟）三星堆遗址出土的青铜面具是我国古代青铜文化的杰出代表之一，下列说法中错误的是（　　）
A．青铜面具的制作材料青铜是一种合金，主要由铜和锡组成
B．绿色锈蚀层主要成分是碱式碳酸铜，其形成过程属于氧化还原反应
C．青铜面具在潮湿环境中比在干燥环境中更易发生电化学腐蚀
D．青铜面具可用盐酸洗去绿色锈蚀层，而里面的青铜不受影响
2．（2025 成都模拟）向30%双氧水中加入等体积的饱和NaOH溶液，混合均匀后通入氯气，产生氧气和红光。下列化学用语错误的是（　　）
A．NaOH的电子式为
B．H2O2的结构式为H—O—O—H
C．16O的原子结构示意图为
D．生成氧气的反应为H2O2+Cl2═2HCl+O2
3．（2025春 成都期中）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．氨气与氢氟酸反应：NH3+H+═
B．过量的铁与稀硝酸反应：Fe+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
C．碳酸氢钾溶液与足量氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
D．足量氨水吸收SO2尾气：SO2+2OH﹣═H2O
4．（2025 四川模拟）下列关于实验室突发事件或废弃物的处理方法合理的是（　　）
A．制备金属镁的电解装置失火时，使用二氧化碳灭火器灭火
B．水银温度计摔碎后，可用手将水银捡起来
C．中学实验室中，未用完的钠、钾、白磷可放回原试剂瓶
D．碱液沾在皮肤上时，立即用大量的水冲洗，然后涂上10%的硫酸
5．（2025春 威远县校级期中）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．图中涉及的反应之一为Fe2（SO4）3+SO2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4
B．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C．该过程中Fe元素只发生了氧化反应，没有发生还原反应
D．该过程中总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4
6．（2025 绵阳模拟）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法正确的是（　　）
A．与NaOH、NaHCO3溶液均能发生反应
B．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物
C．消去反应产物最多有4种
D．分子中手性碳原子数为5
7．（2025 绵阳三模）下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是（　　）
选项 实例 解释
A NH3能与HCl反应 N与H能形成氢键
B 苯甲酸的酸性强于苯酚 羟基极性：苯甲酸＞苯酚
C 金刚石晶体中，原子未紧密堆积 共价键具有方向性和饱和性
D SiO2的熔点比CO2高很多 SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体
A．A B．B C．C D．D
8．（2025 射洪市校级三模）丙烯酸甲酯（CH2＝CHCOOCH3）是一种重要的有机化工原料。工业利用CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．LnNi为该反应的催化剂
B．反应①中存在π键的断裂和σ键的生成
C．该历程总反应的原子利用率为100%
D．若将②中的CH3I换成CH3CHICH3，则可制备丙烯酸异丙酯
9．（2025春 成都期中）下列实验装置能达到实验目的的是（　　）
A．探究SO2的漂白性
B．探究硝酸的氧化性
C．CO2的喷泉实验
D．实验室制取NH3
10．（2024 郫都区校级开学）某课题组为探究0.1mol L﹣1的FeCl3与Na2SO3溶液反应，进行了如下三个实验：
分析实验现象，下列说法中不合理的是（　　）
A．实验一的红褐色液体可产生丁达尔效应
B．实验二说明Fe3+既发生了水解反应也被还原
C．实验三说明Fe3+发生了水解反应但未被还原
D．以上三个实验说明对Fe3+的水解无影响
11．（2025 绵阳三模）M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M的原子核外电子有三种空间运动状态，X原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，Y的原子核外只有一个未成对电子，Z的次外层电子数是最外层电子数的四倍，Y的原子半径小于Z。下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：X＞Z
B．键角：XY3＞MY3
C．单质熔点：Y＞M
D．简单氢化物稳定性：X＞Y
12．（2025 绵阳模拟）某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，左边电极的电势低于右边
B．充电总反应：
C．放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D．放电时，若有0.2mol H+通过质子交换膜，则负极棒增重19.2g
13．（2025 绵阳模拟）室温下，向20.00mL0.1mol L﹣1H2A溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，测得pH与V（NaOH）、成的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，V（NaOH）＞20mL
B．的平衡常数K＝105.3
C．M点溶液中：
D．N点溶液中：
14．（2025 绵阳模拟）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构，晶胞参数为anm；晶胞3中P处原子的分数坐标为（0，所有晶胞均为立方晶胞。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．结构1钴硫化物中n（Co）：n（S）＝9：8
B．晶胞2中S的配位数是8
C．晶胞2对应晶体的密度
D．晶胞3中M的分数坐标为
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2025 射洪市校级三模）以水钴矿（Co2O3 H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO）和辉铜矿（Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3）为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，Ksp（MgF2）＝6.25×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝7.1×10﹣7，Ksp（CoCO3）＝2.4×10﹣7；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 7.5 2.7 7.6 4.7
完全沉淀时（c＝10﹣5mol L﹣1）的pH 9.0 3.7 9.1 6.2
③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HR CuR2+2H+；
④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+＞Fe3+。
回答下列问题：
（1）Cu+价层电子的轨道表示式为 　 　 。
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为：　 　 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 　 　 。
（4）常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 　 　 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 　 　 （填名称）。
（5）常温下，若“滤液2”中c（Mg2+）＝0.015mol L﹣1（忽略溶液中极少量的Ca2+），除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 　 　 g（忽略溶液体积的变化，保留两位小数）。
（6）采用惰性电极电解CoCl2溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 　 　 。
（7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu：N：S＝1：4：1；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 　 　 。
三．解答题（共3小题）
16．（2025 广安模拟）在“双碳”背景下，我国新能源产业迅速发展，硫酸镍的需求量也随之增加。某电解厂粗硫酸镍【主要含Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O同时含有杂质Fe、Zn、Cu、Ca等元素的化合物】分离提纯的工艺流程如图：
已知：①25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38
②皂化：HR+NaOH NaR+H2O
转皂：2NaR+Ni2+ NiR2+2Na+
萃取除杂：NiR2+M2+ MR2+2Ni2+，式中M2+表示金属阳离子，HR为萃取剂。
③不同金属阳离子的萃取率与pH的关系如图所示。
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出基态Ni的核外电子排布式 　 　 。
（2）已知气体A中含有SO2，Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为 　 　 。
（3）“氧化”控制温度在60C～70°℃的原因是 　 　 。
（4）“反萃取”加入的试剂X为 　 　 。
（5）萃取时，调节pH值在4左右进行萃取除杂，流程中“皂化”和“转皂”的目的是 　 　 。
（6）在一定条件下，用萃取剂萃取分离Ni2+时，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子的物质的量浓度之比为2：9。现含有Ni2+的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，Ni2+的萃取率为 　 　 。
（已知：萃取率100%）
（7）在NaOH溶液中，NiSO4和Na2S2O8反应可制得镍氢碱性电池的正极材料NiO（OH），该反应的离子方程式为 　 　 。
17．（2025 四川校级二模）在医药工业中一种合成抗失眠药物W的合成路线如图：
已知：ⅰ．++HCl
ⅱ．++H2O
ⅲ．Ph—NH2+→（﹣Ph为苯基）
回答下列问题：
（1）CH2Cl2的名称为 　 　 ，B中官能团的名称为 　 　 ，反应③的反应类型是 　 　 。
（2）写出反应④的化学方程式：　 　 。
（3）已知：W的分子式为C17H14O2N2FBr。写出W的结构简式：　 　 。
（4）H分子比D分子多1个氧原子，则满足下列条件的H的结构有 　 　 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示峰面积比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为 　 　 （填一种）。
①含有两个苯环且苯环与苯环不直接相连；
②含有—NO2；
③含有手性碳原子，且该碳原子上不连接H原子。
（5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图 　 　 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
18．（2025 四川模拟）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：
（1）1，6﹣己二硫醇[HS（CH2）6SH]在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：
Ⅰ．HS（CH2）6SH（g）+Cu（s） CuS（s）+CH3（CH2）5SH（g） ΔH1
Ⅱ．CH3（CH2）5SH（g）+Cu（s） CuS（s）+CH3（CH2）4CH3（g） ΔH2
Ⅲ．CH3（CH2）4CH3（g） C6H12（环己烷，g）+H2（g） ΔH3
已知：几种物质的燃烧热如表所示。
物质 C6H12（环己烷，g） CH3（CH2）4CH3（g） H2（g）
燃烧热/（kJ mol﹣1） ﹣3952.9 ﹣4192.1 ﹣285.8
则ΔH3＝ 　 　 kJ mol﹣1，反应Ⅲ在 　 　 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
（2）在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应C6H12（环己烷，g） C6H10（环己烷，g）+H2（g） ΔH4＞0。下列叙述错误的是 　 　 （填标号）。
A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．平衡后再充入C6H12（环己烷，g），平衡正向移动，转化率增大
C．加入高效催化剂，单位时间内C6H10（环己烷，g）的产率可能会增大
D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率
（3）其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性（选择性）随温度的变化如图所示[发生的反应为（2）中的反应]。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是 　 　 。
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是 　 　 。
（4）在723K、压强恒定为120kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：C6H12（环己烷，g） C6H10（环己烷，g）+H2（g）。
①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是 　 　 。
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，则环己烷分压的平均转化速率为 　 　 kPa min﹣1。
③该温度下，Kp＝ 　 　 。
2025届高考化学模拟预测押题卷（全国甲卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共14小题）
1．（2025 绵阳模拟）三星堆遗址出土的青铜面具是我国古代青铜文化的杰出代表之一，下列说法中错误的是（　　）
A．青铜面具的制作材料青铜是一种合金，主要由铜和锡组成
B．绿色锈蚀层主要成分是碱式碳酸铜，其形成过程属于氧化还原反应
C．青铜面具在潮湿环境中比在干燥环境中更易发生电化学腐蚀
D．青铜面具可用盐酸洗去绿色锈蚀层，而里面的青铜不受影响
【答案】D
【分析】青铜主要由铜和锡组成，青铜表面的绿色锈蚀层主要成分是碱式碳酸铜，据此进行解答。
【解答】解：A．青铜是一种合金，主要由铜和锡组成，故A正确；
B．绿色锈蚀层主要成分是碱式碳酸铜，其形成过程中Cu元素一定发生变化，故是氧化还原反应，故B正确；
C．青铜面具在潮湿环境中比在干燥环境中更易发生电化学腐蚀，故C正确；
D．青铜中含有锡，可以和盐酸反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的组成、性质及变化的相关知识，题目比较简单。
2．（2025 成都模拟）向30%双氧水中加入等体积的饱和NaOH溶液，混合均匀后通入氯气，产生氧气和红光。下列化学用语错误的是（　　）
A．NaOH的电子式为
B．H2O2的结构式为H—O—O—H
C．16O的原子结构示意图为
D．生成氧气的反应为H2O2+Cl2═2HCl+O2
【答案】D
【分析】A．NaOH由Na+和OH﹣构成，O、H原子间共用1对电子对；
B．H2O2分子中含有O—H键和O—O键；
C．O原子的质子数和电子数均为8，核外电子分层排布；
D．生成的HCl继续与NaOH反应生成NaCl和H2O。
【解答】解：A．NaOH是离子化合物，由Na+和OH﹣构成，O、H原子间共用1对电子对，其电子式为，故A正确；
B．H2O2是共价化合物，分子中含有O—H键和O—O键，其结构式为H—O—O—H，故B正确；
C．16O是氧原子的一种核素，其质子数和电子数均为8，原子结构示意图为，故C正确；
D．生成氧气的反应为H2O2+2NaOH+Cl2═2NaCl+O2+2H2O，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学用语的正误判断，侧重规范答题能力和基础知识检测，明确常见化学用语概念及书写方法是解题关键，题目难度不大。
3．（2025春 成都期中）下列离子方程式书写正确的是（　　）
A．氨气与氢氟酸反应：NH3+H+═
B．过量的铁与稀硝酸反应：Fe+4H+═Fe3++NO↑+2H2O
C．碳酸氢钾溶液与足量氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
D．足量氨水吸收SO2尾气：SO2+2OH﹣═H2O
【答案】C
【分析】A．HF酸为弱酸；
B．过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；
C．碳酸氢钾溶液与足量氢氧化钡溶液反应，碳酸氢钾完全反应；
D．足量氨水吸收SO2尾气生成亚硫酸铵和水。
【解答】解：A．HF酸为弱酸，氨气与氢氟酸反应的离子方程式：，故A错误；
B．过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式：，故B错误；
C．碳酸氢钾溶液与足量氢氧化钡溶液反应，碳酸氢钾完全反应，反应的离子方程式：Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故C正确；
D．足量氨水吸收SO2尾气：，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
4．（2025 四川模拟）下列关于实验室突发事件或废弃物的处理方法合理的是（　　）
A．制备金属镁的电解装置失火时，使用二氧化碳灭火器灭火
B．水银温度计摔碎后，可用手将水银捡起来
C．中学实验室中，未用完的钠、钾、白磷可放回原试剂瓶
D．碱液沾在皮肤上时，立即用大量的水冲洗，然后涂上10%的硫酸
【答案】C
【分析】A．金属镁燃烧时，会与CO2反应生成MgO和C；
B．水银（汞）有毒且易挥发，不能直接用手将水银捡起来；
C．易燃物如钠、钾、白磷等若随便丢弃易引起火灾；
D．碱沾到皮肤上时，应立即用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸。
【解答】解：A．金属镁燃烧时，会与CO2反应生成MgO和C，从而加剧火势，所以制备金属镁的电解装置失火时，不能使用二氧化碳灭火器灭火，故A错误；
B．水银温度计摔碎后，可用硫粉覆盖或专用工具收集，水银（汞）有毒且易挥发，不能直接用手将水银捡起来，故B错误；
C．易燃物如钠、钾、白磷等若随便丢弃易引起火灾，中学实验室中，未用完的钠、钾、白磷可放回原试剂瓶，故C正确；
D．碱沾到皮肤上时，应立即用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸，而不能用强酸（如10%的硫酸），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查环境保护，侧重考查基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025春 威远县校级期中）含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．图中涉及的反应之一为Fe2（SO4）3+SO2+2H2O＝2FeSO4+2H2SO4
B．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C．该过程中Fe元素只发生了氧化反应，没有发生还原反应
D．该过程中总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4
【答案】C
【分析】根据工艺流程所示可知：该工艺中硫酸亚铁在硫酸溶液中被氧气氧化为硫酸铁，Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2（SO4）3+SO2+2H2O2＝FeSO4+2H2SO4，二式合并，则总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，据此分析解答。
【解答】解：A．据分析，Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2（SO4）3+SO2+2H2O2＝FeSO4+2H2SO4，故A正确；
B．据分析，该反应过程中反应消耗SO2得到了硫酸，因此该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，防止大气污染，故B正确；
C．据分析，该过程中Fe2（SO4）3转变为FeSO4时，Fe元素化合价降低、发生了还原反应，FeSO4转变为Fe2（SO4）3时铁元素化合价升高、发生了氧化反应，故C错误；
D．据分析，该工艺的总反应为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生氧化还原的掌握情况，试题难度中等。
6．（2025 绵阳模拟）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法正确的是（　　）
A．与NaOH、NaHCO3溶液均能发生反应
B．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物
C．消去反应产物最多有4种
D．分子中手性碳原子数为5
【答案】B
【分析】A．酚羟基和NaOH以1：1反应，和NaHCO3不反应；
B．该有机物酸性条件下水解生成、；
C．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上都含有氢原子，且结构不对称；
D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
【解答】解：A．该分子中酚羟基和NaOH以1：1反应，和NaHCO3不反应，故A错误；
B．该有机物酸性条件下水解生成、，前者能发生缩聚反应生成高分子，后者能发生加成反应、缩聚反应生成高分子，故B正确；
C．连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上都含有氢原子，且结构不对称，该有机物发生消去反应可生成3种产物，故C错误；
D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图，有4个手性碳原子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
7．（2025 绵阳三模）下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是（　　）
选项 实例 解释
A NH3能与HCl反应 N与H能形成氢键
B 苯甲酸的酸性强于苯酚 羟基极性：苯甲酸＞苯酚
C 金刚石晶体中，原子未紧密堆积 共价键具有方向性和饱和性
D SiO2的熔点比CO2高很多 SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】A．NH3能与HCl反应是由于NH3中的N可与H+形成配位键；
B．羟基极性：苯甲酸＞苯酚，因此苯甲酸的酸性强于苯酚；
C．共价键具有方向性和饱和性，因此金刚石晶体中，原子未紧密堆积；
D．SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，因此SiO2的熔点比CO2高很多。
【解答】解：A．NH3能与HCl反应是由于NH3中的N可与H+形成配位键，故A错误；
B．羟基极性：苯甲酸＞苯酚，因此苯甲酸的酸性强于苯酚，故B正确；
C．共价键具有方向性和饱和性，因此金刚石晶体中，原子未紧密堆积，故C正确；
D．SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，因此SiO2的熔点比CO2高很多，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查物质的性质和用途，为高频考点，题目难度不大。
8．（2025 射洪市校级三模）丙烯酸甲酯（CH2＝CHCOOCH3）是一种重要的有机化工原料。工业利用CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是（　　）
A．LnNi为该反应的催化剂
B．反应①中存在π键的断裂和σ键的生成
C．该历程总反应的原子利用率为100%
D．若将②中的CH3I换成CH3CHICH3，则可制备丙烯酸异丙酯
【答案】C
【分析】A．LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成；
B．反应①是LnNi与CO2、C2H4反应生成新的物质；
C．总反应除了生成丙烯酸甲酯外，还生成了HI，原子没有全部转化到目标产物中；
D．反应②中CH3I提供甲基（—CH3）参与反应生成丙烯酸甲酯，若将CH3I换成CH3CH2I，则会提供乙基（CH3CH2﹣）。
【解答】解：A．LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成，LnNi为该反应的催化剂，故A正确；
B．反应①是LnNi与CO2、C2H4反应生成新的物质，CO2、C2H4中的π键会发生断裂，同时生成产物中的σ键，故B正确；
C．总反应除了生成丙烯酸甲酯外，还生成了HI，原子没有全部转化到目标产物中，原子利用率不为100%，故C错误；
D．反应②中CH3I提供甲基（—CH3）参与反应生成丙烯酸甲酯，若将CH3I换成CH3CH2I，则会提供乙基（CH3CH2﹣），从而可制备丙烯酸乙酯（CH2＝CHCOOCH2CH3），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025春 成都期中）下列实验装置能达到实验目的的是（　　）
A．探究SO2的漂白性
B．探究硝酸的氧化性
C．CO2的喷泉实验
D．实验室制取NH3
【答案】B
【分析】A．二氧化硫为酸性氧化物，使紫色石蕊变红；
B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO；
C．标准状况下，CO2在水中溶解度不高；
D．氨气的密度比空气密度小。
【解答】解：A．二氧化硫为酸性氧化物，使紫色石蕊变红，SO2不能漂白酸碱指示剂，故A错误；
B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，可探究硝酸的氧化性，故B正确；
C．标准状况下，CO2在水中溶解度不高，无法产生喷泉现象，故C错误；
D．氨气的密度比空气密度小，收集NH3时，导管末端应插入收集气体的试管底部，橡胶塞应换成棉花，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、气体的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10．（2024 郫都区校级开学）某课题组为探究0.1mol L﹣1的FeCl3与Na2SO3溶液反应，进行了如下三个实验：
分析实验现象，下列说法中不合理的是（　　）
A．实验一的红褐色液体可产生丁达尔效应
B．实验二说明Fe3+既发生了水解反应也被还原
C．实验三说明Fe3+发生了水解反应但未被还原
D．以上三个实验说明对Fe3+的水解无影响
【答案】D
【分析】A．加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体；
B．过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，再滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀；
C．过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+未发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；
D．由BC分析可知，Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体。
【解答】解：A．胶体可产生丁达尔效应，加热FeCl3溶液，Fe3+水解生成氢氧化铁的胶体，故A正确；
B．过量FeCl3溶液中滴加少量Na2SO3溶液，溶液变红褐色，生成氢氧化铁胶体，再滴加铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，说明Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+，故B正确；
C．过量Na2SO3溶液中滴加少量FeCl3溶液，溶液变红褐色说明Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；一份滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3+未发生氧化还原反应生成Fe2+；另一份煮沸产生红褐色沉淀，说明发生了胶体的聚沉；整个过程说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应，故C正确；
D．Fe3+均水解生成氢氧化铁胶体，说明对Fe3+的水解反应有促进作用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
11．（2025 绵阳三模）M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M的原子核外电子有三种空间运动状态，X原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，Y的原子核外只有一个未成对电子，Z的次外层电子数是最外层电子数的四倍，Y的原子半径小于Z。下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：X＞Z
B．键角：XY3＞MY3
C．单质熔点：Y＞M
D．简单氢化物稳定性：X＞Y
【答案】A
【分析】M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M的原子核外电子有三种空间运动状态，其核外电子排布式为1s22s22p1，则M为B元素；Z的次外层电子数是最外层电子数的四倍，其核外电子排布式为1s22s22p63s2，则Z为Mg元素；X原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，其原子序数小于Mg，X原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则X为N元素；Y的原子核外只有一个未成对电子，Y的原子半径小于Z，其核外电子排布式为1s22s22p5，则Y为F元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，M为B元素，X为N元素，Y为F元素，Z为Mg元素；
A．Mg为金属元素，其第一电离能较小，则第一电离能：N＞Mg，故A正确；
B．XY3、MY3分别为NF3、BF3，NF3的中心原子N的杂化轨道数为34，杂化方式为sp3，孤电子对数为1，其构型为三角锥形，BF3的中心原子B的杂化轨道数为33，杂化方式为sp2，无孤电子对，其构型为平面三角形，则键角：NF3＜BF3，故B错误；
C．Y、M的单质分别为F2、B，F2属于分子晶体，熔点较低，B形成的晶体为共价晶体，熔点较高，则单质熔点：F2＜B，故C错误；
D．非金属性：N＜F，则简单氢化物稳定性：NH3＜HF，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12．（2025 绵阳模拟）某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．充电时，左边电极的电势低于右边
B．充电总反应：
C．放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D．放电时，若有0.2mol H+通过质子交换膜，则负极棒增重19.2g
【答案】A
【分析】该原电池工作时，Pb/PbSO4电极为负极，Pb失电子生成PbSO4，负极反应式为Pb﹣2e﹣PbSO4，多孔碳电极为正极，正极反应式为Fe3++e﹣＝Fe2+，放电总反应为Pb2Fe3+═PbSO4+2Fe2+，充电时为电解池，原电池负极接电源负极、作阴极，正极接电源正极、作阳极，阴阳极电极反应式与负正极反应式相反，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，放电时Pb/PbSO4电极为负极，多孔碳电极为正极，充电时左边电极为阴极、右边多孔碳电极为阳极，则左边电极的电势低于右边，故A正确；
B．放电总反应为Pb2Fe3+═PbSO4+2Fe2+，充电时总反应为PbSO4+2Fe2+═Pb+2Fe3+，故B错误；
C．放电时阳离子移向正极，即左侧H+通过质子交换膜移向右侧，故C错误；
D．负极反应式为Pb﹣2e﹣PbSO4，放电时，若有0.2mol H+通过质子交换膜，则电路中转移电子0.2mol，负极棒增重9.6g，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池工作原理，把握原电池工作原理，正确判断电极、书写电极反应式是解题关键，侧重基础知识检测和运用能力考查，题目难度不大。
13．（2025 绵阳模拟）室温下，向20.00mL0.1mol L﹣1H2A溶液中滴加0.1mol L﹣1NaOH溶液，测得pH与V（NaOH）、成的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．c（HA﹣）＝c（A2﹣）时，V（NaOH）＞20mL
B．的平衡常数K＝105.3
C．M点溶液中：
D．N点溶液中：
【答案】C
【分析】H2A的电离平衡常数Ka1c（H+）、Ka2c（H+），且Ka1＞Ka2，当pH＝0时c（H+）＝1mol/L，Ka1＝10﹣1.4、Ka1＝10﹣6.7，图中M点溶质为NaHA，N点溶液中溶质为Na2A，滴定过程中溶液中存在的电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，Ka2c（H+）＝10﹣6.7，c（HA﹣）＝c（A2﹣）时c（H+）＝10﹣6.7mol/L，pH＝6.7，此时V（NaOH）＞20mL，故A正确；
B．由上述分析可知，Ka1c（H+）＝10﹣1.4、Ka2c（H+）＝10﹣6.7，则H2A+A2﹣ 2HA﹣的平衡常数K105.3，故B正确；
C．M点溶液中溶质为NaHA，Ka1＝10﹣1.4、Ka2＝10﹣6.7，HA﹣水解常数Kh10﹣12.6＜Ka2，即电离程度大于其水解程度，则M点溶液中c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故C错误；
D．N点溶液中溶质为Na2A，物料守恒关系为c（Na+）＝2c（HA﹣）+2c（A2﹣）+2c（H2A），电荷守恒关系为c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）＞c（HA﹣）+2c（H2A），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒关系、平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
14．（2025 绵阳模拟）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构，晶胞参数为anm；晶胞3中P处原子的分数坐标为（0，所有晶胞均为立方晶胞。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A．结构1钴硫化物中n（Co）：n（S）＝9：8
B．晶胞2中S的配位数是8
C．晶胞2对应晶体的密度
D．晶胞3中M的分数坐标为
【答案】C
【分析】A．均摊法计算结构1中Co、S原子数目，进而计算二者数目之比；
B．由图可知，晶胞中体心S周围有8个Li原子；
C．均摊法计算晶胞中Li、S原子数目，计算1mol晶胞质量、1mol晶胞体积，再根据密度计算；
D．P处于晶胞左侧面面心，P处原子的分数坐标为（0，，），则左、前、下顶角原子为坐标原点，由几何知识可知，M距离左侧面距离等于晶胞棱长的，到前平面、下底面的距离均为晶胞棱长的。
【解答】解：A．晶胞中，Co原子有4个处于内部、4个处于顶点，晶胞中Co原子数目为（4+4），而S原子有1个处于体心、另外12个处于棱心，则晶胞中S原子数目为（1+12），晶胞中Co原子、S原子数目之比为（4+4）：（1+12）＝9：8，故A正确；
B．由图可知，晶胞中体心S周围有8个Li原子，晶胞2中S的配位数是8，故B正确；
C．晶胞2中Li原子数目为8，S原子数目为4，1mol晶胞含有4mol Li2S，1mol晶胞质量为4mol×46g/mol＝（4×46）g，1mol晶胞体积为（a×10﹣7cm）3×NA，则晶体密度g/cm3，故C错误；
D．P处于晶胞左侧面面心，P处原子的分数坐标为（0，，），则左、前、下顶角原子为坐标原点，由几何知识可知，M距离左侧面距离等于晶胞棱长的，到前平面、下底面的距离均为晶胞棱长的，则晶胞3中M的分数坐标为，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞计算，明确各原子在晶胞中的位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础、一定的空间想象能力、数学计算能力。
二．工艺流程题（共1小题）
15．（2025 射洪市校级三模）以水钴矿（Co2O3 H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO）和辉铜矿（Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3）为原料制取胆矾和单质钴。
已知：①常温下，Ksp（MgF2）＝6.25×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝7.1×10﹣7，Ksp（CoCO3）＝2.4×10﹣7；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 7.5 2.7 7.6 4.7
完全沉淀时（c＝10﹣5mol L﹣1）的pH 9.0 3.7 9.1 6.2
③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HR CuR2+2H+；
④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+＞Fe3+。
回答下列问题：
（1）Cu+价层电子的轨道表示式为 　　 。
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为：　Cu2S+5Co2O3 H2O+11H2SO4＝2CuSO4+10CoSO4+16H2O　 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 　SiO2、CaSO4　 。
（4）常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 　3.7　 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 　稀硫酸　 （填名称）。
（5）常温下，若“滤液2”中c（Mg2+）＝0.015mol L﹣1（忽略溶液中极少量的Ca2+），除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 　4.62　 g（忽略溶液体积的变化，保留两位小数）。
（6）采用惰性电极电解CoCl2溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 　电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解，导致Co的产率降低　 。
（7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu：N：S＝1：4：1；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 　NH4[Cu（NH3）3]SO4　 。
【答案】（1）；
（2）Cu2S+5Co2O3 H2O+11H2SO4＝2CuSO4+10CoSO4+16H2O；
（3）SiO2、CaSO4；
（4）3.7；稀硫酸；
（5）4.62；
（6）电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解，导致Co的产率降低；
（7）NH4[Cu（NH3）3]SO4。
【分析】水钴矿（Co2O3 H2O，含Fe2O3、MgO、CaO）和辉铜矿（Cu2S，含SiO2、Fe2O3）加稀硫酸“酸浸”，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，得含有Co2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe（OH）3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、Co2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，Co2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CoCl2溶液，电解CoCl2溶液得金属Co，有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。
【解答】解：（1）Cu的价电子为3d104s1，Cu+价电子3d10，轨道表示式为，
故答案为：；
（2）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，Co2O3溶于酸得到Co3+，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，根据氧化还原反应得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为Cu2S+5Co2O3 H2O+11H2SO4＝2CuSO4+10CoSO4+16H2O，
故答案为：Cu2S+5Co2O3 H2O+11H2SO4＝2CuSO4+10CoSO4+16H2O；
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4，
故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）浸出液加氧化铜调节pH生成Fe（OH）3除铁，根据表格数据，调pH不小于3.7；反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HR CuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为稀硫酸，
故答案为：3.7；稀硫酸；
（5）常温下，若“滤液2”中c（Mg2+）＝0.015mol/L，由Ksp（MgF2）＝6.25×10﹣9，Mg2+刚好除尽时溶液中c（F﹣）mol/L＝2.5×10﹣2mol/L，则溶液中剩余F﹣物质的量为2.5×10﹣2mol/L×2L＝0.05mol，与Mg2+沉淀的F﹣的物质的量为0.015mol/L×2L×2＝0.06mol，至少需加入NaF固体的质量为（0.05+0.06）mol×（23+19）g/mol＝4.62g，
故答案为：4.62；
（6）由已知④Co能与强酸反应产生H2，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O（OH﹣）阳极放电，溶液酸性增强，将生成的Co再次溶解，导致Co产率降低，
故答案为：电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解，导致Co的产率降低；
（7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和正四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，正四面体形离子为铵根，结合Cu：N：S＝1：4：l推知白色沉淀的化学式：NH4[Cu（NH3）3]SO4，
故答案为：NH4[Cu（NH3）3]SO4。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
三．解答题（共3小题）
16．（2025 广安模拟）在“双碳”背景下，我国新能源产业迅速发展，硫酸镍的需求量也随之增加。某电解厂粗硫酸镍【主要含Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O同时含有杂质Fe、Zn、Cu、Ca等元素的化合物】分离提纯的工艺流程如图：
已知：①25℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38
②皂化：HR+NaOH NaR+H2O
转皂：2NaR+Ni2+ NiR2+2Na+
萃取除杂：NiR2+M2+ MR2+2Ni2+，式中M2+表示金属阳离子，HR为萃取剂。
③不同金属阳离子的萃取率与pH的关系如图所示。
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出基态Ni的核外电子排布式 　[Ar]3d84s2　 。
（2）已知气体A中含有SO2，Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为 　N2（氮气）　 。
（3）“氧化”控制温度在60C～70°℃的原因是 　温度过低，反应速率太慢，温度过高，双氧水受热分解　 。
（4）“反萃取”加入的试剂X为 　硫酸（或盐酸）　 。
（5）萃取时，调节pH值在4左右进行萃取除杂，流程中“皂化”和“转皂”的目的是 　回收Ni2+，提高其产率　 。
（6）在一定条件下，用萃取剂萃取分离Ni2+时，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子的物质的量浓度之比为2：9。现含有Ni2+的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，Ni2+的萃取率为 　10%　 。
（已知：萃取率100%）
（7）在NaOH溶液中，NiSO4和Na2S2O8反应可制得镍氢碱性电池的正极材料NiO（OH），该反应的离子方程式为 　2Ni2++S26OH﹣＝2NiO（OH）↓+22H2O　 。
【答案】（1）[Ar]3d84s2；
（2）N2（氮气）；
（3）温度过低，反应速率太慢，温度过高，双氧水受热分解；
（4）硫酸（或盐酸）；
（5）回收Ni2+，提高其产率；
（6）10%；
（7）2Ni2++S26OH﹣＝2NiO（OH）↓+22H2O。
【分析】粗硫酸镍主要含Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O，同时含有杂质Fe、Zn、Cu、Ca等元素的化合物，焙烧脱氨，生成的气体A中含有SO2和N2（氮气），得到Ni、Fe、Zn、Cu、Ca的硫酸盐，加入水溶解后，继续加入双氧水，氧化亚铁离子，再加入Ni（OH）2，调节溶液的pH，使铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，向滤液中加入萃取剂，使铜离子、锌离子进入有机相，Ni2+进入水相，将水溶液进行一系列操作，得到NiSO4 6H2O，据此分析作答。
【解答】解：（1）Ni的原子序数为28.基态Ni的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，
故答案为：[Ar]3d84s2；
（2）已知气体A中含有SO2，即S元素化合价降低，根据化合价升降守恒，可知Ni（NH4）2（SO4）2 6H2O“焙烧脱氨”反应的氧化产物为N2（氮气），即N元素化合价升高，
故答案为：N2（氮气）；
（3）“氧化”控制温度在60C～70°℃的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，双氧水受热分解，
故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，双氧水受热分解；
（4）根据分析可知，“反萃取”加入的试剂X为硫酸（或盐酸），
故答案为：硫酸（或盐酸）；
（5）萃取时，调节pH值在4左右进行萃取除杂，流程中“皂化”和“转皂”的目的是回收Ni2+，提高其产率，
故答案为：回收Ni2+，提高其产率；
（6）在一定条件下，用萃取剂萃取分离Ni2+时，经充分振荡分层后，有机层和水层中离子的物质的量浓度之比为2：9，设有机层中Ni2+的浓度为2cmol/L，则水层中Ni2+的浓度为9cmol/L，现含有Ni2+的水溶液10mL，用5mL萃取剂萃取一次后，Ni2+的萃取率10%，
故答案为：10%；
（7）在NaOH溶液中，NiSO4和Na2S2O8反应可制得镍氢碱性电池的正极材料NiO（OH），该反应的离子方程式为：2Ni2++S26OH﹣＝2NiO（OH）↓+22H2O，
故答案为：2Ni2++S26OH﹣＝2NiO（OH）↓+22H2O。
【点评】本题主要考查物质物质的分离与提纯，侧重考查学生对流程原理的理解，属于基本知识的考查，难度中等。
17．（2025 四川校级二模）在医药工业中一种合成抗失眠药物W的合成路线如图：
已知：ⅰ．++HCl
ⅱ．++H2O
ⅲ．Ph—NH2+→（﹣Ph为苯基）
回答下列问题：
（1）CH2Cl2的名称为 　二氯甲烷　 ，B中官能团的名称为 　碳氟键、羧基　 ，反应③的反应类型是 　取代反应　 。
（2）写出反应④的化学方程式：　　 。
（3）已知：W的分子式为C17H14O2N2FBr。写出W的结构简式：　　 。
（4）H分子比D分子多1个氧原子，则满足下列条件的H的结构有 　9　 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示峰面积比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为 　或、　 （填一种）。
①含有两个苯环且苯环与苯环不直接相连；
②含有—NO2；
③含有手性碳原子，且该碳原子上不连接H原子。
（5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图 　　 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【答案】（1）二氯甲烷；碳氟键、羧基；取代反应；
（2）；
（3）；
（4）9；或、；
（5）。
【分析】根据A的分子式，可知A的结构简式为：；由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为—COOH生成B，故B为；由C→D的第一步反应条件，可知C→D的第一步发生信息（i）中反应，C中存在—COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中—OH被氯原子替代生成C，故C为；对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为；F发生信息（ii）中反应生成W，可以理解为—NH—先与羰基之间发生加成反应，然后羟基之间脱去（1分）子水成环，结合F的结构简式：可以推知W的结构简式为：，D与Y反应生成和HBr，发生取代反应，对比D与F的结构，则Y为。
【解答】解：（1）CH2Cl2的名称为二氯甲烷；B的结构简式为，官能团的名称为碳氟键、羧基；根据分析可知，C→D的第一步发生信息（i）中反应，发生取代反应，
故答案为：二氯甲烷；碳氟键、羧基；取代反应；
（2）反应④为和发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（3）由分析可知，W的结构简式为：，
故答案为：；
（4）D的结构简式为，H比其多一个O，满足的条件为①含有两个苯环且苯环与苯环不直接相连；②含有—NO2；③含有手性碳原子，且该碳原子上不连接H原子，同分异构体有：（溴原子共有3种位置）；（氟原子共有3种位置）；（硝基共有3种位置），所以共有9种同分异构体；其中其中核磁共振氢谱显示峰面积比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为或、，
故答案为：9；或、；
（5）以、和为原料制备，先用在SOCl2的作用下生成，再根据信息i的原理与苯胺反应得到，根据信息iii原理继续与得到，最后根据信息ii得到产品；流程可以表示为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机推断，侧重考查学生有机基础知识验的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025 四川模拟）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：
（1）1，6﹣己二硫醇[HS（CH2）6SH]在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：
Ⅰ．HS（CH2）6SH（g）+Cu（s） CuS（s）+CH3（CH2）5SH（g） ΔH1
Ⅱ．CH3（CH2）5SH（g）+Cu（s） CuS（s）+CH3（CH2）4CH3（g） ΔH2
Ⅲ．CH3（CH2）4CH3（g） C6H12（环己烷，g）+H2（g） ΔH3
已知：几种物质的燃烧热如表所示。
物质 C6H12（环己烷，g） CH3（CH2）4CH3（g） H2（g）
燃烧热/（kJ mol﹣1） ﹣3952.9 ﹣4192.1 ﹣285.8
则ΔH3＝ 　+46.6　 kJ mol﹣1，反应Ⅲ在 　高温　 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
（2）在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应C6H12（环己烷，g） C6H10（环己烷，g）+H2（g） ΔH4＞0。下列叙述错误的是 　BD　 （填标号）。
A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．平衡后再充入C6H12（环己烷，g），平衡正向移动，转化率增大
C．加入高效催化剂，单位时间内C6H10（环己烷，g）的产率可能会增大
D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率
（3）其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性（选择性）随温度的变化如图所示[发生的反应为（2）中的反应]。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是 　正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动　 。
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是 　环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应　 。
（4）在723K、压强恒定为120kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：C6H12（环己烷，g） C6H10（环己烷，g）+H2（g）。
①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是 　恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动　 。
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，则环己烷分压的平均转化速率为 　3.5　 kPa min﹣1。
③该温度下，Kp＝ 　80kPa　 。
【答案】（1）+46.6；高温；
（2）BD；
（3）①正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应；
（4）①恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；
②3.5；
③80kPa。
【分析】（1）由燃烧热数值可得：①C6H12（环己烷，g）+9O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l） ΔH＝﹣3952.9kJ/mol；② ΔH＝﹣4192.1kJ/mol；③ ΔH＝﹣285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②﹣（③+①）可得CH3（CH2）4CH3（g） C6H12（环己烷，g）+H2（g）；
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小；
B．后再充入C6H12（环己烷，g），平衡正向移动；
C．加入高效催化剂，反应速率加快；
D．增大固体催化剂的质量；
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应；
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
【解答】解：（1）由燃烧热数值可得：①C6H12（环己烷，g）+9O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l） ΔH＝﹣3952.9kJ/mol；② ΔH＝﹣4192.1kJ/mol；③ ΔH＝﹣285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②﹣（③+①）可得CH3（CH2）4CH3（g） C6H12（环己烷，g）+H2（g） ΔH3＝﹣4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol＝+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，ΔH3＞0，ΔS＞0，当ΔH﹣TΔS＜0时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行，
故答案为：+46.6；高温；
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，故A正确；
B．后再充入C6H12（环己烷，g），平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，故B错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内C6H10（环己烷，g）的产率可能会增大，故C正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，故D错误；
故答案为：BD；
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，
故答案为：正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应，
故答案为：环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应；
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大，
故答案为：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时，则环己烷分压的平均转化速率为kPa min﹣1＝3.5kPa min﹣1，
故答案为：3.5；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa，
故答案为：80kPa。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
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