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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 成都模拟）古蜀文化是中华灿烂文明的重要部分。下列对相关物品主要成分的描述错误的是（　　）
选项 A B C D
物品
主要成分 碱式碳酸铜 蛋白质 乙醇、水 氯化钠
A．A B．B C．C D．D
2．（2025 射洪市校级三模）下列化学用语表达正确的是（　　）
A．反﹣2﹣丁烯的键线式：
B．SeO3的VSEPR模型：
C．CaO2的电子式：
D．甲醛中π键的电子云轮廓图：
3．（2025春 达州校级期中）下列化学方程式、离子方程式书写以及原理分析错误的是（　　）
A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色透明溶液，再加入乙醇析出深蓝色晶体，其总反应为：4NH3+H2O+CuSO4＝[Cu（NH3）4]SO4 H2O↓
B．镁条在干冰中燃烧：生成黑白两种固体
C．往AgCl浊液中滴入稀氨水后变澄清：AgCl+2NH3＝[Ag（NH3）2]Cl
D．向含固态I2的碘水中加入KI固体，可以增大I2的溶解度：I2+KIKI3，溶质极性发生改变
4．（2025 泸县校级模拟）下列说法错误的是（　　）
A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂
B．六六六等有机氯杀虫剂对人体的毒性较低被广泛使用
C．氮肥的使用给农业带来丰收，对人类作出了巨大贡献
D．燃料脱硫、脱硝的目的是减少空气污染和酸雨的产生
5．（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：
B．去除难溶物：
C．制备硫酸：硫黄
D．制备高纯硅：粗硅
6．（2025 绵阳模拟）下列实验操作规范且能达到实验目的的是（　　）
A．图甲：测定H2C2O4溶液的浓度
B．图乙：验证乙炔属于不饱和烃
C．图丙：加热融化纯碱
D．图丁：制备无水氯化镁固体
7．（2025 绵阳三模）一种生物基聚合物PEF的结构为，下列说法正确的是（　　）
A．合成PEF的反应为加聚反应
B．PEF水解的产物含有乙醇的同系物
C．PEF的单体有两种，含有羧基的单体分子中所有氧原子可共面
D．通过红外光谱法测定PEF的平均相对分子质量可得知其聚合度
8．（2025 四川模拟）物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是（　　）
性质差异 结构因素
A 水的密度大于冰 分子间氢键
B 常温下，S在CS2中的溶解度大于在H2O中的溶解度 分子的极性
C CH4的键角大于NH3 中心原子的孤电子对数
D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征
A．A B．B C．C D．D
9．（2025 成都校级模拟）某研究小组提出利用炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，反应历程如图所示。下列叙述正确的是（　　）
已知：Ph为—C6H5，Bn为C6H5CH2﹣
A．总反应的原子利用率为100%
B．CO2和H2O是催化剂
C．途径b断裂了σ键和π键
D．产物6的分子式为C23H18NO2
10．（2025 达州模拟）某工厂利用产生的H2S废气制Na2S2O3 5H2O晶体的流程如图：
已知；S+SO2+Na2CO3═Na2S2O3+CO2，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Na2CO3溶液的用量调pH
C．“一系列操作”是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、烘干
D．每制取0.5mol Na2S2O3 5H2O理论上消耗11.2LO2
11．（2025 四川模拟）某营养补充剂的结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，YZ2的电子总数为23，R是血红蛋白中重要的金属元素。下列说法正确的是（　　）
A．电负性：W＞X
B．第一电离能：Z＞Y
C．简单氢化物的热稳定性：Y＞Z
D．基态原子的未成对电子数：R＞X
12．（2025 四川模拟）在强碱中氢氧化铁可被一些氧化剂氧化为高铁酸根离子，在酸性条件下氧化性极强且不稳定。隔膜电解法制备K2FeO4的工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电解一段时间后，Fe电极区pH增大
B．Fe电极上发生的反应为
C．若以铅蓄电池为电源，则Fe电极应与铅蓄电池的Pb电极相连
D．电路中每转移0.2mol e﹣，由Pt电极区向Fe电极区转移的K+数目为0.2NA
13．（2025 四川模拟）一种钽（Ta）的化合物的四方晶胞结构如图所示（b＜2a）。已知NA为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、z∈[0，1），原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为（0，0，0），（0，0，），下列说法错误的是（　　）
A．P的原子分数坐标为（，0，）
B．该化合物的化学式为K3TaO2F4
C．与Q距离相等且最近的K+有8个
D．该晶体的密度是
14．（2025 成都模拟）一定温度下，初始浓度为的K2CrO4溶液中存在如下平衡：
Ka1
Ka2
K3＝31
体系中四种含铬物种的浓度随pH变化如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．物种Y对应
B．pH＝4.00时，
C．
D．存在
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 四川模拟）一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4 7H2O，含有少量Fe2（SO4）3、TiOSO4、MgSO4，MnSO4等]和农药盐渣（主要成分为Na3PO4、Na2SO3等）制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10﹣6 5.1×10﹣11 5.2×10﹣13
回答下列问题：
（1）“除钛”中产生的少量气体是 　 　 （填化学式）；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2 xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是 　 　 。
（2）“除杂1”中除去的离子是 　 　 （填化学式）。
（3）“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是 　 　 。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是 　 　 。
（4）滤渣3的主要成分是MnO2 xH2O，生成该物质的离子方程式为 　 　 。
（5）“氧化2”的目的是减少 　 　 气体的排放（填化学式）。
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4 2H2O产量降低，原因是 　 　 。
16．（2025 泸州模拟）氧化锆（ZrO2）可用于特种陶瓷、固体电解质的生产。以锆石（主要成分为ZrSiO4常含少量Ti、Hf、Fe等元素）为原料，碱熔法生产ZrO2并回收各种金属元素的流程如图。
已知：①Ti、Zr、Hf均为钛副族元素，它们的氧化物与NaOH熔融，生成溶解度较小且易水解的含氧酸盐（Na2ZrO3等）。
②Ksp[ZrO（OH）2]≈Ksp[HfO（OH）2] Ksp[TiO（OH）2]。Zr元素在不同pH条件下的主要存在形式如下表：
pH ＜1 1～10 ＞10
Zr元素的主要存在形式 ZrO2+ ZrO（OH）2
回答下列问题：
（1）Zr元素位于第五周期，其价电子排布式为 　 　 ；“碱熔”时常按物质的量1：4.5加入锆石与NaOH，主要反应的化学方程式为 　 　 。
（2）“滤液1”中的溶质是 　 　 ；“溶液X”中含有的金属元素主要有 　 　 ；
（3）“滤液2”中通空气反应的离子方程式是 　 　 ；“沉淀Y”的化学式是 　 　 。
（4）依据流程判断，ZrO2可能属于 　 　 氧化物（选填“酸性”、“碱性”或“两性”）。
（5）从“滤渣1”中分离提取ZrO2的方法多样。上述方法的主要缺点是 　 　 。
三．解答题（共2小题）
17．（2025 四川模拟）沙格列丁（J）是二肽基肽酶﹣Ⅳ抑制剂，可用于2型糖尿病的治疗，一种以金刚甲酸（A）为原料制备沙格列丁的流程如图：
（1）A的分子式为 　 　 。
（2）B→C的化学方程式为 　 　 ，该反应的类型为 　 　 。
（3）C→D中，实现了官能团由氰基（—CN）变为 　 　 （填官能团的名称）。
（4）G→I中，还有HCl生成，H的结构简式为 　 　 。
（5）化合物A的同分异构体满足下列条件的有 　 　 种（不考虑立体异构，填字母）；
a．苯环上有三个取代基，且其中两个酚羟基处于间位；
b．分子中含有3个甲基。
A．7
B．8
C．9
D．10
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为 　 　 （任写一种）。
18．（2025 四川模拟）1，3﹣丁二烯（C4H6，简称丁二烯）是生产橡胶的一种重要原料，其制备方法不断创新。
Ⅰ．1﹣丁烯（C4H8）催化脱氢法是工业生产丁二烯的方法之一。
（1）25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质 C4H8（g） C4H6（g） H2（g）
燃烧热ΔH/（kJ mol﹣1） a ﹣2542 ﹣286
已知：，则a＝ 　 　 。
（2）将一定量的1﹣丁烯在密闭容器中进行上述反应，测得不同温度下1﹣丁烯的平衡转化率与体系压强的关系如图所示。
①图中温度T由高到低的顺序为 　 　 ，判断依据为 　 　 。
②已知C4H8（g）＝C4H6（g）+H2（g）的标准平衡常数，其中pΘ＝0.1MPa，则T2温度下，该反应的kΘ＝ 　 　 。
Ⅱ．电化学催化还原乙炔法条件温和，安全性高。在室温下，某团队以KOH溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯。
（3）反应开始时，溶解在电解液中的C2H2吸附在催化剂表面，该吸附过程的熵变ΔS 　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”），生成丁二烯的电极反应式为 　 　 。
（4）一定时间内，丁二烯的选择性和通过电路的总电量随相对电势变化如图所示。
已知：丁二烯的选择性；电量Q＝nF，n表示电路中转移电子的物质的量，F＝96500C mol﹣1。
①当相对电势为﹣1.0V时，生成丁二烯的物质的量为 　 　 mol（列计算式）。
②当丁二烯选择性减小时，阴极产生的物质还可能有 　 　 （填标号）。
A．CO2 B．H2 C．O2 D．C3H4
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 成都模拟）古蜀文化是中华灿烂文明的重要部分。下列对相关物品主要成分的描述错误的是（　　）
选项 A B C D
物品
主要成分 碱式碳酸铜 蛋白质 乙醇、水 氯化钠
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】A．青铜面具的主要成分是铜合金；
B．蚕丝蜀锦的主要成分为蛋白质；
C．酿造白酒的主要成分是水喝乙醇；
D．广都井盐的主要成分是氯化钠。
【解答】解：A．青铜面具的主要成分是铜合金，故A错误；
B．蚕丝蜀锦的主要成分为蛋白质，故B正确；
C．酿造白酒的主要成分是水喝乙醇，故C正确；
D．广都井盐的主要成分是氯化钠，故D正确，
故选：A。
【点评】本题考查了物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的组成和应用，题目难度不大。
2．（2025 射洪市校级三模）下列化学用语表达正确的是（　　）
A．反﹣2﹣丁烯的键线式：
B．SeO3的VSEPR模型：
C．CaO2的电子式：
D．甲醛中π键的电子云轮廓图：
【答案】D
【分析】A．反﹣2﹣丁烯的键线式应该正确表示出碳碳双键的位置以及碳链的立体化学；
B．SeO3的VSEPR模型应该反映出中心原子Se的价层电子对数和其空间构型；
C．CaO2的电子式应该正确表示钙离子和过氧根离子之间的离子键；
D．甲醛中π键的电子云轮廓图应该正确表示出双键中π键的电子分布。
【解答】解：A．反﹣2﹣丁烯中两个甲基在双键的两侧：，顺﹣2﹣丁烯中两个甲基在双键的同一侧，为顺﹣2﹣丁烯，故A错误；
B．SeO3中Se原子的孤电子对数为，价层电子对数为3+0＝3，其VSEPR模型为平面三角形，故B错误；
C．过氧化钙含有钙离子和过氧根离子，其电子式：，故C错误；
D．甲醛中心原子为C，C上不含孤对电子，形成1个碳氧双键、2个C—H键，为平面结构，则C的杂化类型为sp2杂化；甲醛中π键为碳原子的未参与杂化的p轨道与氧原子的p轨道肩并肩重叠而成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，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。
3．（2025春 达州校级期中）下列化学方程式、离子方程式书写以及原理分析错误的是（　　）
A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色透明溶液，再加入乙醇析出深蓝色晶体，其总反应为：4NH3+H2O+CuSO4＝[Cu（NH3）4]SO4 H2O↓
B．镁条在干冰中燃烧：生成黑白两种固体
C．往AgCl浊液中滴入稀氨水后变澄清：AgCl+2NH3＝[Ag（NH3）2]Cl
D．向含固态I2的碘水中加入KI固体，可以增大I2的溶解度：I2+KIKI3，溶质极性发生改变
【答案】D
【分析】A．根据硫酸铜溶液中加入过量氨水，会先产生氢氧化铜沉淀，而后沉淀溶解形成四氨合铜离子，进行分析；
B．根据镁条在干冰（二氧化碳固体）中燃烧，发生置换反应，生成白色的氧化镁固体和黑色的碳单质，进行分析；
C．根据氯化银与稀氨水反应生成可溶的[Ag（NH3）2]Cl，进行分析；
D．根据I2与I﹣反应生成从而增大I2溶解度，进行分析。
【解答】解：A．硫酸铜溶液中加入过量氨水，会先产生氢氧化铜沉淀，而后沉淀溶解形成四氨合铜离子，生成[Cu（NH3）4]SO4，加入乙醇后，[Cu（NH3）4]SO4溶解度降低析出深蓝色晶体，反应及原理正确，故A正确；
B．镁条在干冰（CO2固体）中燃烧，发生置换反应，生成白色的MgO固体和黑色的C单质，化学方程式和原理均正确，故B正确；
C．AgCl与稀氨水反应生成可溶的[Ag（NH3）2]Cl，化学方程式和原理正确，故C正确；
D．向含固态碘单质的碘水中加入KI固体，碘单质与碘离子反应生成从而增大I2单质溶解度，反应为，原选项中反应式错误，且与此反应无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，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。
4．（2025 泸县校级模拟）下列说法错误的是（　　）
A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂
B．六六六等有机氯杀虫剂对人体的毒性较低被广泛使用
C．氮肥的使用给农业带来丰收，对人类作出了巨大贡献
D．燃料脱硫、脱硝的目的是减少空气污染和酸雨的产生
【答案】B
【分析】A．维生素C具有还原性，可以消耗空气中的氧气等物质；
B．六六六等有机氯杀虫剂广泛使用会对环境及人类健康所造成的危害；
C．氮肥的使用给农业带来丰收，提高了农业产量；
D．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物得排放。
【解答】解：A．维生素C具有还原性，可以消耗空气中的氧气等物质，因此是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确；
B．六六六等有机氯杀虫剂广泛使用会对环境及人类健康所造成的危害，不能广泛使用，故B错误；
C．氮肥的使用给农业带来丰收，提高了农业产量，对解决全球性粮食问题作出了巨大贡献，故C正确；
D．酸雨的主要成分是硝酸和硫酸，大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物得排放，可以减少酸雨的产生，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5．（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：
B．去除难溶物：
C．制备硫酸：硫黄
D．制备高纯硅：粗硅
【答案】D
【分析】A．工业制备镁，海水中加入消石灰生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁溶液，蒸发浓缩冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中失去结晶水，电极熔融氯化镁生成镁；
B．硫酸钙与盐酸不反应；
C．硫燃烧生成二氧化硫；
D．粗硅和氯化氢气体高温反应生成SiHCl4，通入氢气高温反应得到Si。
【解答】解：A．沉淀镁离子用 氢氧化钠溶液价格高，不符号经济效益，氧化镁熔点高，会消耗较高的能量，故A错误；
B．硫酸钙与盐酸不反应，碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，故B错误；
C．制备硫酸：硫黄燃烧生成二氧化硫。二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得到硫酸，故C错误；
D．制备高纯硅：粗硅，过程符合制备原理，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，题目难度中等。
6．（2025 绵阳模拟）下列实验操作规范且能达到实验目的的是（　　）
A．图甲：测定H2C2O4溶液的浓度
B．图乙：验证乙炔属于不饱和烃
C．图丙：加热融化纯碱
D．图丁：制备无水氯化镁固体
【答案】D
【分析】A．高锰酸钾可氧化橡胶；
B．生成的乙炔中混有硫化氢，均与溴水反应；
C．高温下二氧化硅与纯碱反应；
D．HCl可抑制镁离子的水解。
【解答】解：A．高锰酸钾可氧化橡胶，不能选图中碱式滴定管，故A错误；
B．生成的乙炔中混有硫化氢，均与溴水反应，不能验证乙炔为不饱和烃，故B错误；
C．高温下二氧化硅与纯碱反应，应选铁坩埚，故C错误；
D．HCl可抑制镁离子的水解，碱石灰可吸收水和HCl，图中装置可制备无水氯化镁，故D正确；
故选：D。
【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、物质的制备、仪器的使用、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。
7．（2025 绵阳三模）一种生物基聚合物PEF的结构为，下列说法正确的是（　　）
A．合成PEF的反应为加聚反应
B．PEF水解的产物含有乙醇的同系物
C．PEF的单体有两种，含有羧基的单体分子中所有氧原子可共面
D．通过红外光谱法测定PEF的平均相对分子质量可得知其聚合度
【答案】C
【分析】A．高聚物端基有羧基、羟基，链节中含有酯基，可知反应有小分子物质水生成；
B．同系物含有相同的官能团种类与数目；
C．碳碳双键及其连接的原子为平面结构，碳氧双键及其连接的原子也是平面结构，旋转单键可以上述上述平面共平面；
D．通过红外光谱法可以测定分子含有的化学键或官能团。
【解答】解：A．高聚物端基有羧基、羟基，链节中含有酯基，可知反应有小分子物质水生成，合成PEF的反应为缩聚反应，故A错误；
B．PEF水解产物是、HOCH2CH2OH，前者与乙醇含有的官能团种类不同，后者与乙醇含有的羟基数目不同，都不是乙醇的同系物，故B错误；
C．碳碳双键及其连接的原子为平面结构，碳氧双键及其连接的原子也是平面结构，旋转单键可以上述上述平面共平面，中所有氧原子可共平面，故C正确；
D．通过红外光谱法可以测定分子含有的化学键或官能团，不能测定PEF的平均相对分子质量，可以利用质谱法测定，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及高聚物、有机反应类型、同系物、常用化学谱图等，熟练掌握官能团的结构、性质与转化。
8．（2025 四川模拟）物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是（　　）
性质差异 结构因素
A 水的密度大于冰 分子间氢键
B 常温下，S在CS2中的溶解度大于在H2O中的溶解度 分子的极性
C CH4的键角大于NH3 中心原子的孤电子对数
D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．液态水中水分子形成的分子间氢键会发生动态变化，分子可临时填充空隙；
B．硫和二硫化碳是非极性分子，水是极性分子；
C．孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小；
D．用杯酚分离C60和C70体现了超分子具有分子识别的特征。
【解答】解：A．液态水中水分子形成的分子间氢键会发生动态变化，分子可临时填充空隙，而等质量的冰中水分子与4个水分子形成4个氢键，分子间距固定且较大，导致体积膨胀，所以水的密度大于冰，故A错误；
B．硫和二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，由相似相溶原理可知，常温下，硫在二硫化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，故B错误；
C．孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，氨分子中孤对电子对数为1，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故C错误；
D．用杯酚分离C60和C70体现了超分子具有分子识别的特征，不是体现了具有自组装特征，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025 成都校级模拟）某研究小组提出利用炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，反应历程如图所示。下列叙述正确的是（　　）
已知：Ph为—C6H5，Bn为C6H5CH2﹣
A．总反应的原子利用率为100%
B．CO2和H2O是催化剂
C．途径b断裂了σ键和π键
D．产物6的分子式为C23H18NO2
【答案】C
【分析】A．根据反应历程图进行分析；
B．根据CO2是中间产物，H2O是生成物，进行分析；
C．根据途径b第一步反应醛基中碳氧双键断裂其中的π键，第二步反应是取代反应，进行分析；
D．根据产物6的分子式为C23H19NO2，进行分析。
【解答】解：A．由反应历程图可知，生成物除了产物6还有H2O，原子利用率小于100%，故A错误；
B．由反应历程图可知，H2O是生成物，CO2是中间产物，都不是催化剂，故B错误；
C．途径b第一步反应醛基中碳氧双键断裂其中的π键，第二步反应是取代反应，羟基被取代，断开的是σ键，故C正确；
D．产物6的分子式为C23H19NO2，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，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。
10．（2025 达州模拟）某工厂利用产生的H2S废气制Na2S2O3 5H2O晶体的流程如图：
已知；S+SO2+Na2CO3═Na2S2O3+CO2，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Na2CO3溶液的用量调pH
C．“一系列操作”是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、烘干
D．每制取0.5mol Na2S2O3 5H2O理论上消耗11.2LO2
【答案】B
【分析】某工厂利用产生的H2S废气制Na2S2O3 5H2O晶体，H2S通入空气氧化为SO2气体，然后用碳酸钠溶液吸收生成Na2SO3溶液，然后蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到产物，据此解答。
【解答】解：A．根据2H2S+3O2＝2H2O+2SO2以及2H2S+O2＝2S↓+2H2O、S+SO2+Na2CO3═Na2S2O3+CO2，氧化过程中空气的量需要进行控制，故A错误；
B．SO2的溶液显酸性，碳酸钠溶液显碱性，需通过控制Na2CO3溶液的用量调pH，故B正确；
C．产物含有结晶水，丙进行烘干处理，故C错误；
D．氧气存在温度压强不确定，无法计算体积，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析，侧重考查实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
11．（2025 四川模拟）某营养补充剂的结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，YZ2的电子总数为23，R是血红蛋白中重要的金属元素。下列说法正确的是（　　）
A．电负性：W＞X
B．第一电离能：Z＞Y
C．简单氢化物的热稳定性：Y＞Z
D．基态原子的未成对电子数：R＞X
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，YZ2的电子总数为23，结合图示，X形成4个共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y氮、Z氧，W原子序数最小，且形成1个共价键，W为氢，R是血红蛋白中重要的金属元素，R为铁。
【解答】解：W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，YZ2的电子总数为23，结合图示，X形成4个共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y氮、Z氧，W原子序数最小，且形成1个共价键，W为氢，R是血红蛋白中重要的金属元素，R为铁；
A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，甲烷中碳元素呈负电性，电负性：C＞H，故A错误；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N＞O，故B错误；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物的热稳定性：H2O＞NH3，故C错误；
D．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，基态C原子核外电子排布为1s22s22p2，基态原子的未成对电子数：Fe＞C，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
12．（2025 四川模拟）在强碱中氢氧化铁可被一些氧化剂氧化为高铁酸根离子，在酸性条件下氧化性极强且不稳定。隔膜电解法制备K2FeO4的工作原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．电解一段时间后，Fe电极区pH增大
B．Fe电极上发生的反应为
C．若以铅蓄电池为电源，则Fe电极应与铅蓄电池的Pb电极相连
D．电路中每转移0.2mol e﹣，由Pt电极区向Fe电极区转移的K+数目为0.2NA
【答案】B
【分析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为，铂电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，电解的总反应为，电解时，阳离子钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池。
【解答】解：A．电解一段时间后，Fe电极区消耗氢氧根离子，pH减小，故A错误；
B．由分析，Fe电极上发生的反应为，故B正确；
C．装置为电解池，碱性条件下，Fe电极生成，Fe化合价升高，失电子，为阳极，应与直流电源的正极相连，故为应与铅蓄电池的PbO2电极相连，故C错误；
D．由分析，电解时，阳离子钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池，K+由Fe电极区向Pt电极区转移，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查电解原理等，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。
13．（2025 四川模拟）一种钽（Ta）的化合物的四方晶胞结构如图所示（b＜2a）。已知NA为阿伏加德罗常数的值。原子分数坐标x、y、z∈[0，1），原子分数坐标为1时记为0。M、N的原子分数坐标分别为（0，0，0），（0，0，），下列说法错误的是（　　）
A．P的原子分数坐标为（，0，）
B．该化合物的化学式为K3TaO2F4
C．与Q距离相等且最近的K+有8个
D．该晶体的密度是
【答案】D
【分析】A．已知原子分数坐标为1时记为0，P在X轴的坐标分数为，在Y轴的坐标分数为1；
B．根据均摊法，K+的个数是，的个数是；
C．与Q距离相等且最近的K+分别位于上下两个晶胞的面上；
D．一个晶胞含有两个K3TaO2F4，则晶胞的质量为，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3。
【解答】解：A．P在X轴的坐标分数为，在Y轴的坐标分数为1，则记为0，Z轴坐标分数为，故P的原子分数坐标为，故A正确；
B．根据均摊法，的个数是，K+的个数是，则晶胞的化学式为K3TaO2F4，故B正确；
C．与Q距离相等且最近的K+分别位于上下两个晶胞的面上，共有8个，故C正确；
D．一个晶胞含有两个K3TaO2F4，则晶胞的质量为，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，则该晶体的密度是故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025 成都模拟）一定温度下，初始浓度为的K2CrO4溶液中存在如下平衡：
Ka1
Ka2
K3＝31
体系中四种含铬物种的浓度随pH变化如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A．物种Y对应
B．pH＝4.00时，
C．
D．存在
【答案】C
【分析】由图可知，随着pH的增大，物种X和Y均呈现先增大后减小的趋势，在pH＝12及以上时，溶液中几乎只含有，纵坐标的浓度约为0.195mol/L，在pH＝4左右时，溶液中几乎只有物种X和物种Y，物种X浓度约为0.075 mol/L，物种Y浓度约为0.045 mol/L，根据Cr元素守恒，物种X与物种Y中Cr元素之和为0.0195 mol/L，因此物种X为，物种Y为；平衡常数Ka1，A点处，c（H2CrO4）＝c（），Ka1＝c（H+）＝10﹣0.74，Ka2，B点处，c（）＝c（），Ka2＝c（H+）＝10﹣6.5。
【解答】解：A．随着pH的增大，物种X和Y均呈现先增大后减小的趋势，在pH＝12及以上时，溶液中几乎只含有，纵坐标的浓度约为0.195mol/L，在pH＝4左右时，溶液中几乎只有物种X和物种Y，物种X浓度约为0.075 mol/L，物种Y浓度约为0.045 mol/L，根据Cr元素守恒，物种X与物种Y中Cr元素之和为0.0195 mol/L，物种Y为，故A正确；
B．Ka1 Ka2 10﹣7.24，pH＝4.00时，c（H+）＝10﹣4mol/L，100.76＞1，因此c（）＞c（H2CrO4），故B正确；
C．由物料守恒得c（H2CrO4）+c（）+c（）+2c（）＝c0 mol/L，故C错误；
D．22H+ H2O的平衡常数K，根据K3、Ka2可知，K3.1×1014，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，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。
二．工艺流程题（共2小题）
15．（2025 四川模拟）一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4 7H2O，含有少量Fe2（SO4）3、TiOSO4、MgSO4，MnSO4等]和农药盐渣（主要成分为Na3PO4、Na2SO3等）制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10﹣6 5.1×10﹣11 5.2×10﹣13
回答下列问题：
（1）“除钛”中产生的少量气体是 　H2　 （填化学式）；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2 xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是 　把Fe3+还原为Fe2+　 。
（2）“除杂1”中除去的离子是 　Mg2+　 （填化学式）。
（3）“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是 　氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大　 。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是 　防止盐酸与KMnO4发生氧化还原反应生成Cl2，产生污染　 。
（4）滤渣3的主要成分是MnO2 xH2O，生成该物质的离子方程式为 　3Mn2++2Mn（2+5x）H2O＝5MnO2 xH2O↓+4H+　 。
（5）“氧化2”的目的是减少 　SO2　 气体的排放（填化学式）。
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4 2H2O产量降低，原因是 　溶液中H+浓度较大，磷元素主要、H2P或HP，形式存在，浓度低，生成FePO4 2H2O沉淀量少　 。
【答案】（ 1）H2；把Fe3+还原为Fe2+；
（2）Mg2+；
（3）氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大；防止盐酸与KMnO4发生氧化还原反应生成Cl2，产生污染；
（4）3Mn2++2Mn（2+5x）H2O＝5MnO2 xH2O↓+4H+；
（5）SO2；
（6）溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2P或HP形式存在，浓度低，生成FePO4 2H2O沉淀量少。
【分析】（1）钛白粉副产品加入H2SO4酸溶，然后加入铁粉，铁粉和H2SO4反应产生H2，铁粉另一个作用是能将把Fe3+还原为Fe2+；
（2）根据一定条件下，一些金属氟化物的Ksp，“除杂1”中除去的Mg2+；
（3）“氧化1”中加入H2O2目的是把Fe2+氧化为Fe3+，若H2O2加入速度过快，在Fe3+作用下会导致H2O2分解，用量增大，除杂2加入KMnO4，若用稀盐酸代替H2SO4溶液，KMnO4与HCl发生氧化还原反应生成Cl2，产生污染，；
（4）除杂2加入KMnO4，生成滤渣3的主要成分是MnO2 xH2O，反应的离子方程式为3Mn2++2Mn（2+5x）H2O＝5MnO2 xH2O+4H+；
（5）“氧化2”中将Na2SO3氧化为Na2SO4，Na2SO3与H+反应生成SO2，所以其目的是减少SO2气体的排放；
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会PO4（3﹣）与H+反应生成H3PO4、H2P或HP，浓度低，生成FePO4 2H2O沉淀量少。
【解答】解：（1）钛白粉副产品加入H2SO4酸溶，然后加入铁粉，铁粉和H2SO4反应产生H2，铁粉另一个作用是能将把Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：H2；把Fe3+还原为Fe2+；
（2）根据一定条件下，一些金属氟化物的Ksp，“除杂1”中除去的Mg2+，
故答案为：Mg2+；
（3）“氧化1”中加入H2O2目的是把Fe2+氧化为Fe3+，若H2O2加入速度过快，在Fe3+作用下会导致H2O2分解，用量增大，除杂2加入KMnO4，若用稀盐酸代替H2SO4溶液，KMnO4与HCl发生氧化还原反应生成Cl2，产生污染，
故答案为：氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大；防止盐酸与KMnO4发生氧化还原反应生成Cl2，产生污染；
（4）除杂2加入KMnO4，生成滤渣3的主要成分是MnO2 xH2O，反应的离子方程式为3Mn2++2Mn（2+5x）H2O＝5MnO2 xH2O+4H+，
故答案为：3Mn2++2Mn（2+5x）H2O＝5MnO2 xH2O↓+4H+；
（5）“氧化2”中将Na2SO3氧化为Na2SO4，Na2SO3与H+反应生成SO2，所以其目的是减少SO2气体的排放，
故答案为：SO2；
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会与H+反应生成H3PO4、H2P或HP，浓度低，生成FePO4 2H2O沉淀量少，
故答案为：溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2P或HP形式存在，浓度低，生成FePO4 2H2O沉淀量少。
【点评】本题时化工流程题，主要考查物质分离、提纯综合应用的知识。
16．（2025 泸州模拟）氧化锆（ZrO2）可用于特种陶瓷、固体电解质的生产。以锆石（主要成分为ZrSiO4常含少量Ti、Hf、Fe等元素）为原料，碱熔法生产ZrO2并回收各种金属元素的流程如图。
已知：①Ti、Zr、Hf均为钛副族元素，它们的氧化物与NaOH熔融，生成溶解度较小且易水解的含氧酸盐（Na2ZrO3等）。
②Ksp[ZrO（OH）2]≈Ksp[HfO（OH）2] Ksp[TiO（OH）2]。Zr元素在不同pH条件下的主要存在形式如下表：
pH ＜1 1～10 ＞10
Zr元素的主要存在形式 ZrO2+ ZrO（OH）2
回答下列问题：
（1）Zr元素位于第五周期，其价电子排布式为 　4d25s2　 ；“碱熔”时常按物质的量1：4.5加入锆石与NaOH，主要反应的化学方程式为 　ZrSiO4+4NaOH＝Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O　 。
（2）“滤液1”中的溶质是 　Na2ZrO3、Na2SiO3、NaOH（过量）　 ；“溶液X”中含有的金属元素主要有 　Zr、Ti、Hf　 ；
（3）“滤液2”中通空气反应的离子方程式是 　4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O　 ；“沉淀Y”的化学式是 　ZrO（OH）2、HfO（OH）2　 。
（4）依据流程判断，ZrO2可能属于 　两性　 氧化物（选填“酸性”、“碱性”或“两性”）。
（5）从“滤渣1”中分离提取ZrO2的方法多样。上述方法的主要缺点是 　流程较长，操作步骤多，会导致生产成本较高；使用大量酸碱，可能会对环境造成较大污染；在分离过程中，由于Zr、Hf性质相似，可能会导致ZrO2产品中含有Hf等杂质，影响产品纯度　 。
【答案】（1）4d25s2；ZrSiO4+4NaOH＝Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
（2）Na2ZrO3、Na2SiO3、NaOH（过量）；Zr、Ti、Hf；
（3）4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；ZrO（OH）2、HfO（OH）2；
（4）两性；
（5）流程较长，操作步骤多，会导致生产成本较高；使用大量酸碱，可能会对环境造成较大污染；在分离过程中，由于Zr、Hf性质相似，可能会导致ZrO2产品中含有Hf等杂质，影响产品纯度。
【分析】（1）Zr元素位于第五周期第ⅣB族，其价电子排布式为4d25s2，“碱熔”时，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，依据化学方程式书写方法进行书写；
（2）由流程可知，“碱熔”后加水浸取，Na2ZrO3、Na2SiO3等进入溶液，过滤后“滤液 1”中的溶质是Na2ZrO3、Na2SiO3、NaOH（过量），“溶液 X”是经过盐酸酸化后得到的，结合已知信息，Ti、Zr、Hf的氧化物与NaOH熔融生成含氧酸盐，酸化后Ti、Zr、Hf以离子形式存在于溶液中，所以“溶液 X”中含有的金属元素主要有Zr、Ti、Hf；
（3）“滤液 2”中含有Fe2+，通空气时Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，根据Ksp[ZrO（OH）2]≈Ksp[HfO（OH）2] Ksp[TiO（OH）2]，调节pH＝9时，ZrO2+、HfO2+转化为ZrO（OH）2、HfO（OH）2沉淀，而TiO2+不沉淀，所以“沉淀 Y”的化学式是ZrO（OH）2、HfO（OH）2；
（4）由流程可知，ZrO2能与NaOH反应生成Na2ZrO3，又能与盐酸反应；
（5）上述方法的主要缺点是流程较长，操作步骤多，会导致生产成本较高；使用大量酸碱，可能会对环境造成较大污染；在分离过程中，由于Zr、Hf性质相似，可能会导致ZrO2产品中含有Hf等杂质，影响产品纯度。
【解答】解：（1）Zr元素位于第五周期第ⅣB族，其价电子排布式为4d25s2，“碱熔”时，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，化学方程式为ZrSiO4+4NaOH＝Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，
故答案为：4d25s2；ZrSiO4+4NaOH＝Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
（2）由流程可知，“碱熔”后加水浸取，Na2ZrO3、Na2SiO3等进入溶液，过滤后“滤液 1”中的溶质是Na2ZrO3、Na2SiO3、NaOH（过量），“溶液 X”是经过盐酸酸化后得到的，结合已知信息，Ti、Zr、Hf的氧化物与NaOH熔融生成含氧酸盐，酸化后Ti、Zr、Hf以离子形式存在于溶液中，所以“溶液 X”中含有的金属元素主要有Zr、Ti、Hf，
故答案为：Na2ZrO3、Na2SiO3、NaOH（过量）；Zr、Ti、Hf；
（3）“滤液 2”中含有Fe2+，通空气时Fe2+被氧气氧化为Fe3+，离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，根据Ksp[ZrO（OH）2]≈Ksp[HfO（OH）2] Ksp[TiO（OH）2]，调节pH＝9时，ZrO2+、HfO2+转化为ZrO（OH）2、HfO（OH）2沉淀，而TiO2+不沉淀，所以“沉淀 Y”的化学式是ZrO（OH）2、HfO（OH）2，
故答案为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；ZrO（OH）2、HfO（OH）2；
（4）由流程可知，ZrO2能与NaOH反应生成Na2ZrO3，又能与盐酸反应，所以ZrO2可能属于两性氧化物，
故答案为：两性；
（5）上述方法的主要缺点是流程较长，操作步骤多，会导致生产成本较高；使用大量酸碱，可能会对环境造成较大污染；在分离过程中，由于Zr、Hf性质相似，可能会导致ZrO2产品中含有Hf等杂质，影响产品纯度，
故答案为：流程较长，操作步骤多，会导致生产成本较高；使用大量酸碱，可能会对环境造成较大污染；在分离过程中，由于Zr、Hf性质相似，可能会导致ZrO2产品中含有Hf等杂质，影响产品纯度。
【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合题给信息，运用所学知识是解答的关键。
三．解答题（共2小题）
17．（2025 四川模拟）沙格列丁（J）是二肽基肽酶﹣Ⅳ抑制剂，可用于2型糖尿病的治疗，一种以金刚甲酸（A）为原料制备沙格列丁的流程如图：
（1）A的分子式为 　C11H16O2　 。
（2）B→C的化学方程式为 　+NaCN→+NaCl　 ，该反应的类型为 　取代反应　 。
（3）C→D中，实现了官能团由氰基（—CN）变为 　酰胺基　 （填官能团的名称）。
（4）G→I中，还有HCl生成，H的结构简式为 　　 。
（5）化合物A的同分异构体满足下列条件的有 　C　 种（不考虑立体异构，填字母）；
a．苯环上有三个取代基，且其中两个酚羟基处于间位；
b．分子中含有3个甲基。
A．7
B．8
C．9
D．10
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为 　　 （任写一种）。
【答案】（1）C11H16O2；
（2）+NaCN→+NaCl；取代反应；
（3）酰胺基；
（4）；
（5）C；。
【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生反应生成D，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，G→I中，还有HCl生成，G和H发生取代反应生成I，根据G、I的结构简式知，H为；I发生取代反应生成J。
【解答】解：（1）A的分子式为C11H16O2，
故答案为：C11H16O2；
（2）B中—Cl被—CN取代生成C，B→C的化学方程式为+NaCN→+NaCl，该反应的类型为取代反应，
故答案为：+NaCN→+NaCl；取代反应；
（3）C→D中，实现了官能团由氰基（—CN）变为酰胺基，
故答案为：酰胺基；
（4）通过以上分析知，H的结构简式为，
故答案为：；
（5）化合物A的同分异构体满足下列条件：
a．A的分子式为C11H16O2，A的不饱和度为4，苯环的不饱和度是4，符合条件的同分异构体中除了苯环外不含其它的环或双键，苯环上有三个取代基，且其中两个酚羟基处于间位；
b．分子中含有3个甲基，符合条件的结构简式为，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为，
故答案为：C；。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类的判断。
18．（2025 四川模拟）1，3﹣丁二烯（C4H6，简称丁二烯）是生产橡胶的一种重要原料，其制备方法不断创新。
Ⅰ．1﹣丁烯（C4H8）催化脱氢法是工业生产丁二烯的方法之一。
（1）25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质 C4H8（g） C4H6（g） H2（g）
燃烧热ΔH/（kJ mol﹣1） a ﹣2542 ﹣286
已知：，则a＝ 　﹣2718　 。
（2）将一定量的1﹣丁烯在密闭容器中进行上述反应，测得不同温度下1﹣丁烯的平衡转化率与体系压强的关系如图所示。
①图中温度T由高到低的顺序为 　T1＞T2＞T3　 ，判断依据为 　反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1﹣丁烯的平衡转化率升高　 。
②已知C4H8（g）＝C4H6（g）+H2（g）的标准平衡常数，其中pΘ＝0.1MPa，则T2温度下，该反应的kΘ＝ 　　 。
Ⅱ．电化学催化还原乙炔法条件温和，安全性高。在室温下，某团队以KOH溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯。
（3）反应开始时，溶解在电解液中的C2H2吸附在催化剂表面，该吸附过程的熵变ΔS 　＜　 0（填“＞”“＜”或“＝”），生成丁二烯的电极反应式为 　　 。
（4）一定时间内，丁二烯的选择性和通过电路的总电量随相对电势变化如图所示。
已知：丁二烯的选择性；电量Q＝nF，n表示电路中转移电子的物质的量，F＝96500C mol﹣1。
①当相对电势为﹣1.0V时，生成丁二烯的物质的量为 　　 mol（列计算式）。
②当丁二烯选择性减小时，阴极产生的物质还可能有 　BD　 （填标号）。
A．CO2 B．H2 C．O2 D．C3H4
【答案】（1）﹣2718；
（2）①T1＞T2＞T3；反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1﹣丁烯的平衡转化率升高；
②；
（3）＜；；
（4）①；
②BD。
【分析】（1）根据燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量进行分析；
（2）根据反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，T2温度下，平衡时压强为0.1MPa，1﹣丁烯的平衡转化率为30%，列三段式进行分析；
（3）根据溶解在电解液中的C2H2吸附在催化剂表面，该吸附过程为熵减的过程，生成丁二烯的电极反应为乙炔在碱性条件下得到电子发生还原反应生成丁二烯，进行分析；
（4）根据反应，阴极上物质得到电子发生还原反应，元素化合价降低，进行分析。
【解答】解：（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；①；②；③C4H8（g）+6O2（g）＝4CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝a，由盖斯定律，③﹣①﹣②得反应C4H8（g）＝C4H6（g）+H2（g），则a＝﹣2718kJ/mol，
故答案为：﹣2718；
（2）①反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1﹣丁烯的平衡转化率升高，则图中温度T由高到低的顺序为T1＞T2＞T3，
故答案为：T1＞T2＞T3；反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1﹣丁烯的平衡转化率升高；
②由图，T2温度下，平衡时压强为0.1MPa，1﹣丁烯的平衡转化率为30%，假设1﹣丁烯投料为1mol，则：
C4H8（g）＝C4H6（g）+H2（g）
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.3 0.3 0.3
平衡（mol） 0.7 0.3 0.3
总的物质的量为1.3mol，则C4H8、C4H6、H2分压分别为、、，该反应的，
故答案为：；
（3）溶解在电解液中的C2H2吸附在催化剂表面，该吸附过程为熵减的过程，则熵变ΔS＜0；以KOH溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯，则生成丁二烯的电极反应为乙炔在碱性条件下得到电子发生还原反应生成丁二烯，反应为：，
故答案为：＜；；
（4）①当相对电势为﹣1.0V时，由图，总电量为1.1×105C，则电路中转移电子，丁二烯的选择性为70%，结合反应，则生成丁二烯的物质的量为，
故答案为：；
②阴极上物质得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则当丁二烯选择性减小时，阴极会产生其它还原产物，产生的物质还可能有B．H2、D．C3H4，生成二氧化碳和氧气需要发生氧化反应，
故答案为：BD。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，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。
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