资源简介

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．（2024秋 碑林区校级期末）中国“人造太阳”首先实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，还实现了第一个采用氦﹣3等离子体作为燃料的“人造太阳”，不断刷新世界纪录。下列相关说法不正确的是（　　）
A．等离子体中有电子、阳离子和电中性粒子，整体呈电中性
B．氦﹣3原子中有3个电子
C．“人造太阳”中的常用原料2H和3H互为同位素
D．氚可以在反应堆中通过锂再生，基态锂原子最高能级的电子云轮廓图为球形
2．（2024秋 宝鸡月考）中国四大发明之一的黑火药，爆炸时发生反应2KNO3+S+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．基态碳原子的最外层电子轨道表示式：
B．N2分子中含有2个σ键、1个π键
C．K2S的电子式为
D．CO2的分子结构模型
3．（2025 陕西模拟）下列物质性质实验对应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是（　　）
A．交警查酒驾所用检测仪器的工作原理：
B．工业上用石英和焦炭制取粗硅：
C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：→+CO2↑+H2O
4．（2025 汉中二模）在化学实验中，正确的操作是确保实验安全和成功的关键。下列实验操作中，不符合安全规范的是（　　）
A．使用酒精灯加热试管中液体时，试管口应朝向无人方向
B．使用浓盐酸时，应在通风橱中操作，避免吸入刺激性气体
C．稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁倒入盛有浓硫酸的烧杯中
D．实验结束后，应将剩余的易燃化学品妥善存放于指定的安全容器中
5．（2025 咸阳三模）下列物质在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已略去），B为常见单质，以下说法不正确的是（　　）
A．若C是缺氧环境中常用供氧剂，则A与D在一定条件下可发生氧化还原反应
B．若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C与D反应可能有冒白烟现象
C．若B是用量最大的金属，则E可能是两性氧化物或由极性键构成的非极性分子
D．若A是常见的助燃性气体，B是非金属单质，则D可能是单质不可能是化合物
6．（2025 西安二模）下列实验操作或现象能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验操作或现象
A 证明淀粉水解有葡萄糖生成 将淀粉和稀硫酸混合，水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
B 确定某钠盐为Na2SO3 向某钠盐中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
C 验证勒夏特列原理 向水溶液平衡体系FeCl3+3KSCN 3KCl+Fe（SCN）3（红色）中，加入少量氯化钾固体，观察溶液颜色的变化
D 比较氧化性强弱： 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
7．（2025 邯郸三模）有机物M的合成路线如下，下列说法错误的是（　　）
A．X的分子式为C10H18O
B．X、Y、Z所含官能团种类相同
C．X→Y的反应为加成反应
D．M具有对映异构体
8．（2024秋 宝鸡月考）联氨（N2H4）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．H—N—H键角：
B．含铜的氧化物中，Cu+比Cu2+稳定
C．1mol N2H4可处理水中1mol O2
D．中配体为NH3，配位数为4
9．（2025 商洛二模）稀土催化剂在催化苯乙烯与其他物质的反应中起到至关重要的作用。某种反应机理如图（t—Bu表示叔丁基，Ph一表示苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
B．共价键极性：H—N＞H—C
C．反应过程中Y元素的成键数未发生变化
D．反应过程中有非极性键的断裂和形成
10．（2024秋 长安区期末）某兴趣小组同学为研究Cu与Fe3+的反应进行如下实验（已知CuCl为白色固体，微溶于水）：
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验步骤 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法错误的是（　　）
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原
B．Ⅱ中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl﹣＝2CuCl↓
C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
D．上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量
11．（2024秋 碑林区校级期末）软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素基态原子最外层电子是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：Q＞W＞M＞X
B．简单氢化物的稳定性：M＞W＞Q
C．第一电离能：W＞Z＞Y
D．W3是含有极性键的极性分子
12．（2025 西安二模）钠电池具有高能量密度和长循环寿命等优势，如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为，下列说法错误的是（　　）
A．充电时，N极电势低于M极
B．充电时，M电极上的电极反应式为
C．放电时，导线中每通过0.3mole﹣，理论上N极质量减轻6.9g
D．该电池在工作一段时间后应补充含钠离子的电解质来保证其长循环寿命
13．（2025 商洛三模）一种由O、Na、Cl元素构成的良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。晶胞结构如图所示。设晶胞边长为anm，1号原子、2号原子的分数坐标依次为（0，0，0）、（0.5，0.5，0.5）。下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为Na3OCl
B．图中钠原子位于晶胞的面心
C．该晶胞的密度为
D．沿y轴向原点投影至x﹣z平面，有4个原子的坐标为（0.5，0.5）
14．（2025 榆林三模）25℃下，AgCl、Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定含Cl﹣水样。下列说法错误的是（　　）
A．a点条件下既不能生成AgCl沉淀，也不能生成Ag2CrO4沉淀
B．向b点的混合溶液中，加入硝酸银固体变小
C．Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq） 2AgCl（s）（aq）的平衡常数K＝107.9
D．滴定Cl﹣时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10﹣1.9mol L﹣1
二．解答题（共2小题）
15．（2025 陕西模拟）某同学欲在实验室制备消毒剂亚氯酸钠（NaClO2），经查阅资料部分物质性质如下：
①制备NaClO2的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，且是放热反应。
②ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般操作时需要控制浓度低于10%。
③NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2 3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
现设计如图装置完成亚氯酸钠的实验室制备（夹持装置已略去）：
回答下列问题：
（1）从如图选出制备装置中B处所缺的仪器组合 　 　 。
（2）制备装置中装草酸溶液的仪器a的名称是 　 　 。
（3）写出A装置中生成ClO2的离子方程式 　 　 ，实验中通入氮气的目的是 　 　 。
（4）实验中C处冰水浴的目的是 　 　 。
（5）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作名称依次为：
a.减压，55℃蒸发结晶；b. ；c.温水洗涤；d.低于60℃干燥，得到成品。
b的操作名称为 　 　 。
（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO2的有效氯含量为 　 　 （计算结果保留两位有效数字）。
16．（2025 榆林二模）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。
（1）二十世纪初发明由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成氨。
①N2、H2合成氨反应过程能量转换关系如图1所示。计算反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的ΔH＝ 　 　 。
②研究表明，N2、H2在Fe催化剂表面的反应机理如图2所示（*表示催化剂表面吸附位，如N2*表示被吸附于催化剂表面的N2）。上述反应机理中决速步骤为 　 　 （填标号）；由此判断键能：N＝N 　 　 H—H键（填“大于”或“小于”）。
③在压强为akPa的恒压体系中通入4mol NH3，达到平衡后NH3的转化率是50%。计算N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的Kp＝ 　 　 。（平衡分压＝平衡总压×平衡时物质的量分数）
（2）随着科技进步，现代发明了电催化合成氨，一种合成氨的方法如图所示。
①H+迁移方向是 　 　 。
②阴极电极反应方程式是 　 　 。
③该方法相比传统方法合成氨的优点是 　 　 。
④已知：ⅰ．电解效率η定义：100%
ⅱ．电荷量q（C）＝电流I（A）×时间t（s）；一个电子电量为1.60×10﹣19C
该装置以10A恒定电流工作16分钟，阴极有0.01mol氨生成。计算η（NH3）＝ 　 　 。
三．工艺流程题（共1小题）
17．（2025 陕西模拟）以某种锰尘（主要成分为Mn2O3，杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO）为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图。
已知：①25℃时，、。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题：
（1）Mn元素位于元素周期表的 　 　 （填“s”“p”“d”或“ds”）区。
（2）“酸浸”过程中反应生成的气体①为 　 　 （填化学式，下同）；滤渣①的主要成分是 　 　 。
（3）保持其他条件不变，在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是 　 　 ℃，最佳时间是 　 　 m n。
（4）“除杂②”后所得滤液中， 　 　 。
（5）“沉淀”过程发生反应的化学方程式为 　 　 。“沉淀”步骤反应完全后，分离出MnCO3的操作为 　 　 ，该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 　 　 。
（6）取5.00g碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000mol L﹣1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为23.50mL。已知：最终反应产物为MnO2，设杂质均不参与反应。则样品中MnCO3的质量分数为 　 　 %（保留2位小数）。
四．推断题（共1小题）
18．（2025 榆林三模）化合物Ⅰ是药物合成的中间体，可由化合物A经如图路线合成。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为 　 　 。
（2）B→C的反应类型为 　 　 。
（3）C→E 的反应中，Na2CO3的作用为 　 　 。
（4）F的结构简式为 　 　 。
（5）G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为 　 　 。
（6）关于化合物I，下列说法正确的是 　 　 （填字母）。
A.I可以发生银镜反应，也可以与盐酸发生反应
B.1个1分子中含有2个手性碳原子
C.1mol I分子含有sp3杂化的原子个数为8NA
D.I分子间只存在氢键，不存在范德华力
（7）符合下列条件的A的同分异构体有 　 　 种。
①分子中含有苯环
②分子中含有一NO2，且—NO2与苯环直接相连
③可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下产生砖红色沉淀
（8）参照上述合成路线和信息，设计以为原料合成有机物的路线如图（反应条件略去）：
，其中J和K的结构简式分别为 　 　 和 　 　 。
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．（2024秋 碑林区校级期末）中国“人造太阳”首先实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，还实现了第一个采用氦﹣3等离子体作为燃料的“人造太阳”，不断刷新世界纪录。下列相关说法不正确的是（　　）
A．等离子体中有电子、阳离子和电中性粒子，整体呈电中性
B．氦﹣3原子中有3个电子
C．“人造太阳”中的常用原料2H和3H互为同位素
D．氚可以在反应堆中通过锂再生，基态锂原子最高能级的电子云轮廓图为球形
【答案】B
【分析】A．由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体叫等离子体；
B．氦﹣3是He的一种同位素；
C．2H和3H质子数相同，中子数不同；
D．基态锂原子最高能级为2s。
【解答】解：A．由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体叫等离子体，故A正确；
B．氦﹣3是He的一种同位素，氦﹣3表示质量数为3，氦﹣3的质子为2，有2个电子，故B错误；
C．2H和3H质子数相同，中子数不同，同一元素的不同原子，互为同位素，故C正确；
D．基态锂原子最高能级为2s，电子云轮廓图为球形，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子的结构与电子云的轮廓，属于基础知识的考查，题目比较简单。
2．（2024秋 宝鸡月考）中国四大发明之一的黑火药，爆炸时发生反应2KNO3+S+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）
A．基态碳原子的最外层电子轨道表示式：
B．N2分子中含有2个σ键、1个π键
C．K2S的电子式为
D．CO2的分子结构模型
【答案】D
【分析】A．根据碳原子的原子序数为6，进行分析；
B．根据N2分子中存在氮氮三键，进行分析；
C．根据K2S属于离子化合物进行分析；
D．根据CO2对称结构，为非极性分子，进行分析。
【解答】解：A．碳原子的原子序数为6，其基态电子排布式为 1s22s22p2，基态碳原子的最外层电子轨道表示式：，故A错误；
B．N2分子中存在氮氮三键，含有1个σ键、2个π键，故B错误；
C．K2S属于离子化合物，K2S的电子式为，故C错误；
D．二氧化碳分子是对称结构，为非极性分子，是直线形分子，分子结构模型，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 陕西模拟）下列物质性质实验对应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是（　　）
A．交警查酒驾所用检测仪器的工作原理：
B．工业上用石英和焦炭制取粗硅：
C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：→+CO2↑+H2O
【答案】D
【分析】A．交警查酒驾利用重铬酸钾的强氧化性氧化乙醇，中Cr为+6价，具有强氧化性，能将乙醇C2H5OH氧化为乙酸CH3COOH，自身被还原为Cr3+；
B．工业上用石英SiO2和焦炭制取粗硅，反应过程中C将SiO2还原为Si，C被氧化，由于是在高温且焦炭过量的条件下，C被氧化为CO；
C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
D．水杨酸溶液中加入少量碳酸钠，羧基与反应生成，酚羟基不与反应生成CO2。
【解答】解：A．交警查酒驾利用重铬酸钾的强氧化性氧化乙醇，生成乙酸CH3COOH和Cr3+，离子方程式为，故A正确；
B．工业上用石英SiO2和焦炭制取粗硅，反应过程中C将SiO2还原为Si，C被氧化，由于是在高温且焦炭过量的条件下，C被氧化为CO，化学方程式应该是，故B正确；
C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C正确；
D．酸性：—COOH＞H2CO3＞酚羟基，所以水杨酸溶液中加入少量碳酸钠，羧基与反应生成，酚羟基不与反应生成CO2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 汉中二模）在化学实验中，正确的操作是确保实验安全和成功的关键。下列实验操作中，不符合安全规范的是（　　）
A．使用酒精灯加热试管中液体时，试管口应朝向无人方向
B．使用浓盐酸时，应在通风橱中操作，避免吸入刺激性气体
C．稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁倒入盛有浓硫酸的烧杯中
D．实验结束后，应将剩余的易燃化学品妥善存放于指定的安全容器中
【答案】C
【分析】A．防止液体沸腾时喷出伤人；
B．使用浓盐酸等挥发性试剂时在通风橱中操作；
C．稀释浓硫酸，应避免酸液飞溅；
D．实验剩余的易燃化学品妥善存放于指定的安全容器中。
【解答】解：A．为防止液体沸腾时喷出伤人，给液体加热时试管口不能对着自己或别人，故A正确；
B．使用浓盐酸等挥发性试剂时在通风橱中操作，避免吸入刺激性气体，故B正确；
C．稀释浓硫酸，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，以避免酸液飞溅，故C错误；
D．实验剩余的易燃化学品妥善存放于指定的安全容器中，任何药品都不能乱倒，更不能带出实验室，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了实验室安全事故的处理方法，题目难度不大，明确物质的性质是解本题的关键，注意基础知识的积累。
5．（2025 咸阳三模）下列物质在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已略去），B为常见单质，以下说法不正确的是（　　）
A．若C是缺氧环境中常用供氧剂，则A与D在一定条件下可发生氧化还原反应
B．若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C与D反应可能有冒白烟现象
C．若B是用量最大的金属，则E可能是两性氧化物或由极性键构成的非极性分子
D．若A是常见的助燃性气体，B是非金属单质，则D可能是单质不可能是化合物
【答案】D
【分析】A．若C是缺氧环境中常用供氧剂，判断为Na2O2，则A为Na、B为O2，则D可能为二氧化碳或水；
B．若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，判断为NH3，则判断B为N2，A为H2，D为Cl2；
C．若B是用量最大的金属，判断为Fe，A为O2，C为Fe2O3，D为Al，则E为Al2O3，若D为CO，则E为CO2；
D．若A是常见的助燃性气体，判断为O2，B是非金属单质，则D可能为单质或化合物。
【解答】解：A．若C是缺氧环境中常用供氧剂，判断为Na2O2，则A为Na、B为O2，则D可能为二氧化碳或水，Na与二氧化碳或水在一定条件下可发生氧化还原反应，故A正确；
B．若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，判断C为NH3，则B为N2，A为H2，D为Cl2，C与D反应氮气和HCl，氨气过量和氯化氢反应生成氯化铵固体，可能有冒白烟现象，故B正确；
C．若B是用量最大的金属，判断为Fe，A为O2，C为Fe2O3，若D为Al，则E为Al2O3，是两性氧化物，若D为CO，则E为CO2，二氧化碳由极性键构成的非极性分子，故C正确；
D．若A是常见的助燃性气体，判断为O2，B是非金属单质，如B为H2，则D可能为单质Na或化合物NaH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质性质转化关系的分析判断，注意物质性质的理解应用，题目难度中等。
6．（2025 西安二模）下列实验操作或现象能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验操作或现象
A 证明淀粉水解有葡萄糖生成 将淀粉和稀硫酸混合，水浴加热一段时间，待溶液冷却后，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生
B 确定某钠盐为Na2SO3 向某钠盐中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
C 验证勒夏特列原理 向水溶液平衡体系FeCl3+3KSCN 3KCl+Fe（SCN）3（红色）中，加入少量氯化钾固体，观察溶液颜色的变化
D 比较氧化性强弱： 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液中，再滴入KSCN溶液，溶液变红
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【分析】A．淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖；
B．硫代硫酸钠与稀硫酸反应也生成二氧化硫；
C．加入少量氯化钾固体，对铁离子与SCN﹣的络合反应无影响；
D．酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子。
【解答】解：A．淀粉水解后，加入NaOH溶液调至碱性，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，有砖红色沉淀产生，可知淀粉水解生成葡萄糖，故A正确；
B．硫代硫酸钠与稀硫酸反应也生成二氧化硫，由实验操作和现象，不能证明钠盐为Na2SO3，故B错误；
C．加入少量氯化钾固体，对铁离子与SCN﹣的络合反应无影响，平衡不移动，溶液的颜色不变，故C错误；
D．酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子，再滴入KSCN溶液，溶液变红，不能证明氧化性强弱：，故D错误；
故选：A。
【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、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（2025 邯郸三模）有机物M的合成路线如下，下列说法错误的是（　　）
A．X的分子式为C10H18O
B．X、Y、Z所含官能团种类相同
C．X→Y的反应为加成反应
D．M具有对映异构体
【答案】B
【分析】A．X中C、H、O原子个数分别是10、18、1；
B．X含有两种官能团、Y含有三种官能团、Z含有两种官能团；
C．X发生加成反应生成Y；
D．M中含有手性碳原子。
【解答】解：A．X中C、H、O原子个数分别是10、18、1，分子式为C10H18O，故A正确；
B．X含有碳碳双键和醛基两种官能团、Y含有碳碳双键和醛基及羰基三种官能团、Z含有碳碳双键和羰基两种官能团，故B错误；
C．X发生加成反应生成Y，反应类型为加成反应，故C正确；
D．如图，M中含有3个手性碳原子，结构不对称，含有对映异构体，故D正确；
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掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、对映异构体的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
8．（2024秋 宝鸡月考）联氨（N2H4）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．H—N—H键角：
B．含铜的氧化物中，Cu+比Cu2+稳定
C．1mol N2H4可处理水中1mol O2
D．中配体为NH3，配位数为4
【答案】A
【分析】A．自由氨分子中存在一对孤对电子，在配合物中，由于氨的孤对电子与金属原子配位，氮上孤对电子对键的排斥力减弱；
B．Cu2+价层电子排布式为3d9，Cu+价层电子排布式为3d10；
C．由方程式 N2H4+O2＝N2+2H2O可知；
D．的配体为NH3。
【解答】解：A．在配合物中，由于氨的孤对电子与金属原子配位，氮上孤对电子对键的排斥力减弱，反而使 H—N—H 键角大于氨气的键角，故A错误；
B．Cu+价层电子排布式为3d10，Cu2+价层电子排布式为3d9，则Cu+比Cu2+稳定，故B正确；
C．由方程式 N2H4+O2＝N2+2H2O可知，1mol N2H4恰好与1mol O2反应，故C正确；
D．的配体为NH3，配位数为4，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学键，侧重考查学生配位键的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025 商洛二模）稀土催化剂在催化苯乙烯与其他物质的反应中起到至关重要的作用。某种反应机理如图（t—Bu表示叔丁基，Ph一表示苯基）。下列说法错误的是（　　）
A．物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物
B．共价键极性：H—N＞H—C
C．反应过程中Y元素的成键数未发生变化
D．反应过程中有非极性键的断裂和形成
【答案】C
【分析】A．物质Ⅱ是反应①生成物、反应②的反应物，物质Ⅲ是反应②的生成物、反应③的反应物；
B．非金属元素的电负性差越大，形成共价键的极性越大；
C．Ⅰ、Ⅳ中Y形成的成键个数是3，Ⅱ、Ⅲ中Y形成的成键个数是4；
D．Ⅱ生成Ⅲ时碳碳双键变为碳碳单键，Ⅰ生成Ⅲ有碳碳键的形成。
【解答】解：A．物质Ⅱ是反应①生成物、反应②的反应物，物质Ⅲ是反应②的生成物、反应③的反应物，则物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物，故A正确；
B．非金属元素的电负性差越大，形成共价键的极性越大，电负性：N＞C，则N、H元素电负性的差大于C和H元素形成的电负性的差，则共价键极性：H—N＞H—C，故B正确；
C．Ⅰ、Ⅳ中Y形成的成键个数是3，Ⅱ、Ⅲ中Y形成的成键个数是4，所以Y的成键数发生了变化，故C错误；
D．．Ⅱ生成Ⅲ时碳碳双键变为碳碳单键，Ⅰ生成Ⅲ有碳碳键的形成，所以反应过程中有非极性键的断裂和形成，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应机理，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应前后化学键、结构的变化是解本题关键，题目难度不大。
10．（2024秋 长安区期末）某兴趣小组同学为研究Cu与Fe3+的反应进行如下实验（已知CuCl为白色固体，微溶于水）：
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验步骤 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法错误的是（　　）
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原
B．Ⅱ中加水后的离子反应可能是Cu2++Cu+2Cl﹣＝2CuCl↓
C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
D．上述实验表明能否形成白色沉淀主要取决于加入Cu的量
【答案】D
【分析】A．实验Ⅰ观察到溶液黄色变浅，实验Ⅱ、Ⅲ中都观察到溶液黄色褪色，说明实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有Fe3+被还原成Fe2+；
B．实验Ⅱ中向1mL0.1mol/LFeCl3溶液加入过量铜粉，观察到铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，根据“CuCl为白色固体，微溶于水”，该实验中涉及的反应可能为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+、Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl↓；
C．实验Ⅲ中涉及的离子反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，加入饱和NaCl溶液，可能发生离子反应Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl↓；
D．对比实验Ⅰ、Ⅱ说明能否形成沉淀与加入Cu的量有关。
【解答】解：A．实验Ⅰ观察到溶液黄色变浅，实验Ⅱ、Ⅲ中都观察到溶液黄色褪色，说明实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有Fe3+被还原成Fe2+，发生反应Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，故A正确；
B．实验Ⅱ中向1mL0.1mol/LFeCl3溶液加入过量铜粉，观察到铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，根据“CuCl为白色固体，微溶于水”，该实验中涉及的反应可能为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+、Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl↓，即加水后的离子反应可能为Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl↓，故B正确；
C．实验Ⅲ中的实验现象说明其涉及的离子反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，根据实验Ⅱ，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能发生离子反应Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl↓，从而可能出现白色沉淀，故C正确；
D．对比实验Ⅱ、Ⅲ说明能否形成沉淀与阴离子的种类（是Cl﹣还是）有关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基本无机实验的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024秋 碑林区校级期末）软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素基态原子最外层电子是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：Q＞W＞M＞X
B．简单氢化物的稳定性：M＞W＞Q
C．第一电离能：W＞Z＞Y
D．W3是含有极性键的极性分子
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，则X为Li元素；W和Q同主族，由阴离子的结构示意图可知，W、Q形成共价键的数目分别为2和6，则W为O元素、Q为S元素；Y、M形成共价键的数目分别为4和1，则Y为C元素、Z为N元素、M为F元素，据此回答。
【解答】解：A．S2﹣有3个电子层，离子半径最大，Li+只有1个电子层，半径最小，F﹣和O2﹣电子层数结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径小于氧离子，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞F﹣＞Li+，故A正确；
B．元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞S，元素的非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，则氢化物的稳定性强弱顺序为HF＞H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但是N原子价电子为半满结构，失电子困难，第一电离能比O大，故第一电离能：N＞O＞C，故C错误；
D．O3分子中正负电性中心不重合，是含有极性键的极性分子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查原子结构与元素周期律的关系等，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。
12．（2025 西安二模）钠电池具有高能量密度和长循环寿命等优势，如图是某钠离子二次电池工作原理示意图，电池反应为，下列说法错误的是（　　）
A．充电时，N极电势低于M极
B．充电时，M电极上的电极反应式为
C．放电时，导线中每通过0.3mole﹣，理论上N极质量减轻6.9g
D．该电池在工作一段时间后应补充含钠离子的电解质来保证其长循环寿命
【答案】D
【分析】由电池反应可知，放电时Fe元素化合价降低得电子，故M极为正极，N极为负极，充电时，M极为阳极，N极为阴极，据此作答。
【解答】解：A．充电时，M极连接电源正极为阳极；N极连接电源负极为阴极，N极电势低于M极，故A正确。
B．充电时，M电极阳极，电极反应式为，故B正确。
C．放电时，N极为负极，导线中每通过0.3mol电子时，消耗0.3mol Na，其质量m ＝ nM ＝ 0.3mol×23g/mol ＝ 6.9g，即理论上N极质量减轻6.9g，故C正确；
D．该电池工作过程中，钠离子在两极之间移动，没有消耗钠离子，所以不需要补充含钠离子的电解质来保证其长循环寿命，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
13．（2025 商洛三模）一种由O、Na、Cl元素构成的良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。晶胞结构如图所示。设晶胞边长为anm，1号原子、2号原子的分数坐标依次为（0，0，0）、（0.5，0.5，0.5）。下列说法错误的是（　　）
A．该物质的化学式为Na3OCl
B．图中钠原子位于晶胞的面心
C．该晶胞的密度为
D．沿y轴向原点投影至x﹣z平面，有4个原子的坐标为（0.5，0.5）
【答案】D
【分析】A．根据均摊法计算原子个数，根据化合价的代数和为零确定原子种类，从而确定化学式；
B．白球为Na
C．晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ计算晶体密度；
D．沿y轴向原点投影至x﹣z平面，坐标为（0.5，0.5）的原子有Na（0.5，0，0.5）、Na（0.5，1，0.5）、O（0.5，0.5，0.5）。
【解答】解：A．Cl位于顶点，个数为81，白球位于面心，个数为63，1个黑球位于体心，根据化合价的代数和为零可知，白球为Na，黑球为O，其化学式为Na3OCl，故A正确；
B．由A分析可知，白球为Na，位于晶胞的面心，故B正确；
C．晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρg cm﹣3，故C正确；
D．沿y轴向原点投影至x﹣z平面，坐标为（0.5，0.5）的原子有Na（0.5，0，0.5）、Na（0.5，1，0.5）、O（0.5，0.5，0.5），共3个，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的晶胞结构，侧重考查学生对基础知识的理解能力。
14．（2025 榆林三模）25℃下，AgCl、Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示，某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定含Cl﹣水样。下列说法错误的是（　　）
A．a点条件下既不能生成AgCl沉淀，也不能生成Ag2CrO4沉淀
B．向b点的混合溶液中，加入硝酸银固体变小
C．Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq） 2AgCl（s）（aq）的平衡常数K＝107.9
D．滴定Cl﹣时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10﹣1.9mol L﹣1
【答案】B
【分析】Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）×c（），Ksp（AgCl）＝c（Ag+）×c（Cl﹣），即﹣lg[c（Ag+）][﹣lgc（）]lgKsp（Ag2CrO4），﹣lg[c（Ag+）]＝﹣[﹣lgc（Cl﹣）]﹣lgKsp（AgCl），根据曲线斜率大小可知，斜率绝对值大的曲线为AgCl沉淀溶解平衡曲线，斜率绝对值小的曲线为Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线，由（1.7，5）计算Ksp（Ag2CrO4）＝10﹣11.7，由（4.8，5）计算Ksp（AgCl）＝10﹣9.8，据此分析解答。
【解答】解：A．a点在AgCl和Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线上方，此时溶液为AgCl、Ag2CrO4的不饱和溶液，既不能生成AgCl沉淀，也不能生成Ag2CrO4沉淀，故A正确；
B．b点混合溶液加入硝酸银固体，c（Ag+）增大，增大，故B错误；
C．反应Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq） 2AgCl（s）（aq）的平衡常数K107.9，故C正确；
D．当滴定达到终点时，c（Ag+）10﹣4.9mol/L，此时溶液中c（）mol/L＝10﹣1.9mol/L，即指示剂的浓度不宣超过10﹣1.9mol L﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重分析辨析能力和运用能力考查，把握图中曲线表示的意义、溶度积常数的计算及其应用是解题关键，题目难度中等。
二．解答题（共2小题）
15．（2025 陕西模拟）某同学欲在实验室制备消毒剂亚氯酸钠（NaClO2），经查阅资料部分物质性质如下：
①制备NaClO2的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，且是放热反应。
②ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般操作时需要控制浓度低于10%。
③NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2 3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
现设计如图装置完成亚氯酸钠的实验室制备（夹持装置已略去）：
回答下列问题：
（1）从如图选出制备装置中B处所缺的仪器组合 　b　 。
（2）制备装置中装草酸溶液的仪器a的名称是 　恒压滴液漏斗　 。
（3）写出A装置中生成ClO2的离子方程式 　H2C2O4+22H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O　 ，实验中通入氮气的目的是 　稀释ClO2，防止ClO2的浓度过大而分解爆炸　 。
（4）实验中C处冰水浴的目的是 　降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出　 。
（5）从装置C反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作名称依次为：
a.减压，55℃蒸发结晶；b. ；c.温水洗涤；d.低于60℃干燥，得到成品。
b的操作名称为 　趁热过滤　 。
（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO2的有效氯含量为 　1.6　 （计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）b；
（2）恒压滴液漏斗；
（3）H2C2O4+22H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O；稀释ClO2，防止ClO2的浓度过大而分解爆炸；
（4）降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出；
（5）趁热过滤；
（6）1.6。
【分析】装置A用于制备ClO2，发生的反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4＝2ClO2↑+2CO2↑+Na2SO4+2H2O，装置B的作用是安全瓶，防倒吸，装置C中ClO2和H2O2、NaOH反应生成NaClO2，反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2，由题给信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2 3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，则生成NaClO2应控制温度38～60℃，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D吸收尾气防止污染，据此分析解答。
【解答】解：（1）B装置的作用为缓冲瓶或安全瓶或防倒吸，则B处所缺的仪器组合应该选择装置b，
故答案为：b；
（2）根据装置中装草酸溶液的仪器a特征可知，仪器a为恒压滴液漏斗，
故答案为：恒压滴液漏斗；
（3）NaClO3具有氧化性，草酸具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Na2SO4、ClO2、CO2和H2O，反应的离子方程式为H2C2O4+22H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，ClO2的浓度较大时易分解爆炸，实验中通入氮气是为了稀释ClO2，防止装置中ClO2的浓度过大而分解爆炸，
故答案为：H2C2O4+22H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O；稀释ClO2，防止ClO2的浓度过大而分解爆炸；
（4）装置C中制备NaClO2的反应为放热反应，且气体的溶解度随温度升高而减小，则C处冰水浴的目的是降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出，
故答案为：降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出；
（5）由题给信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2 3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和NaCl，为了得到NaClO2晶体，55℃蒸发结晶后趁热过滤、温水洗涤、低于60℃干燥，得到成品，
故答案为：趁热过滤；
（6）1molCl2的质量为71g、转化为Cl﹣时得电子2mol，1molNaClO2的质量为90.5g、转化为Cl﹣时得电子4mol，根据“有效氯含量”概念可知，1gNaClO2的氧化能力相当于xgCl2的氧化能力，则有4mol2mol，解得x≈1.6，
故答案为：1.6。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查基础知识综合运用、实验能力和计算能力，把握物质的性质、发生反应、实验技能、题给信息的应用是解题关键，注意掌握氧化还原反应方程式书写，题目难度中等。
16．（2025 榆林二模）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。
（1）二十世纪初发明由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成氨。
①N2、H2合成氨反应过程能量转换关系如图1所示。计算反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的ΔH＝ 　﹣90kJ/mol　 。
②研究表明，N2、H2在Fe催化剂表面的反应机理如图2所示（*表示催化剂表面吸附位，如N2*表示被吸附于催化剂表面的N2）。上述反应机理中决速步骤为 　ii　 （填标号）；由此判断键能：N＝N 　大于　 H—H键（填“大于”或“小于”）。
③在压强为akPa的恒压体系中通入4mol NH3，达到平衡后NH3的转化率是50%。计算N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）的Kp＝ 　　 。（平衡分压＝平衡总压×平衡时物质的量分数）
（2）随着科技进步，现代发明了电催化合成氨，一种合成氨的方法如图所示。
①H+迁移方向是 　向阴极移动　 。
②阴极电极反应方程式是 　N2+6e﹣+6H2O＝2NH3+6OH﹣　 。
③该方法相比传统方法合成氨的优点是 　条件低、节能等　 。
④已知：ⅰ．电解效率η定义：100%
ⅱ．电荷量q（C）＝电流I（A）×时间t（s）；一个电子电量为1.60×10﹣19C
该装置以10A恒定电流工作16分钟，阴极有0.01mol氨生成。计算η（NH3）＝ 　30.1%　 。
【答案】（1）①﹣90kJ/mol；
②ii；大于；
③；
（2）①向阴极移动；
②N2+6e﹣+6H2O＝2NH3+6OH﹣；
③条件低、节能等；
④30.1%。
【分析】（1）根据ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能，活化能越高反应速率越慢，反应（ⅱ）需要断开键能高的氮氮三键，所需的能量最高，进行分析；
（2）根据在电解池中阳离子向阴极移动，则H+迁移方向是向阴极移动，在阴极氮气得到电子生成氨气，电解质为碱性环境，电极反应为：N2+6e﹣+6H2O＝2NH3+6OH﹣，进行分析。
【解答】解：（1）①由图可知反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝2×[473+654﹣（339+397+436）]＝﹣90kJ/mol，
故答案为：﹣90kJ/mol；
②活化能越高反应速率越慢，反应（ⅱ）需要断开键能高的氮氮三键，所需的能量最高，则速率控制步骤（即速率最慢步骤）为（ⅱ）；同时可知N≡N的键能大于H—H键的键能，
故答案为：ii；大于；
③根据题给信息可得以下三段式：
平衡时气体总物质的量1mol+3mol+2mol＝6mol，则，
故答案为：；
（2）①在电解池中阳离子向阴极移动，则H+迁移方向是向阴极移动，
故答案为：向阴极移动；
②由图可知，在阴极氮气得到电子生成氨气，电解质为碱性环境，电极反应为：N2+6e﹣+6H2O＝2NH3+6OH﹣，
故答案为：N2+6e﹣+6H2O＝2NH3+6OH﹣；
③该方法在常温常压下就能进行，相比传统方法合成氨的优点是：条件低、节能等，
故答案为：条件低、节能等；
④根据电解效率η定义可知，该装置以10A恒定电流工作16分钟，阴极有0.01mol氨生成，则，
故答案为：30.1%。
【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。
三．工艺流程题（共1小题）
17．（2025 陕西模拟）以某种锰尘（主要成分为Mn2O3，杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO）为原料制备高纯MnCO3的工艺流程如图。
已知：①25℃时，、。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀时溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题：
（1）Mn元素位于元素周期表的 　d　 （填“s”“p”“d”或“ds”）区。
（2）“酸浸”过程中反应生成的气体①为 　Cl2　 （填化学式，下同）；滤渣①的主要成分是 　Al（OH）3、Fe（OH）3　 。
（3）保持其他条件不变，在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是 　70　 ℃，最佳时间是 　120　 m n。
（4）“除杂②”后所得滤液中， 　100　 。
（5）“沉淀”过程发生反应的化学方程式为 　MnCl2+2NH4HCO3＝MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl　 。“沉淀”步骤反应完全后，分离出MnCO3的操作为 　过滤　 ，该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和 　玻璃棒　 。
（6）取5.00g碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000mol L﹣1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为23.50mL。已知：最终反应产物为MnO2，设杂质均不参与反应。则样品中MnCO3的质量分数为 　81.08　 %（保留2位小数）。
【答案】（1）d；
（2）Cl2；Al（OH）3、Fe（OH）3；
（3）70；120；
（4）100；
（5）MnCl2+2NH4HCO3＝MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl；过滤；玻璃棒；
（6）81.08。
【分析】该工艺流程以锰尘（主要成分为Mn2O3，杂质为Al2O3、MgO、CaO和FeO）为原料，制备高纯MnCO3，锰尘在浓盐酸“酸浸”过程Mn2O3、Al2O3、MgO、CaO和FeO都与HCl反应而溶解，其中Mn2O3具有氧化性与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2，而FeO被氧化生成Fe3+，气体①为Cl2，用NaOH溶液进行尾气吸收，“除杂①”过程加入氨水调pH＝5～6使Fe3+、Al3+完全沉淀，即滤渣①为Al（OH）3、Fe（OH）3，“除杂②”加入NaF溶液生成MgF2、CaF2沉淀而除去Mg2+、Ca2+，即滤渣②为MgF2、CaF2，在“沉淀”过程加入的NH4HCO3溶液与Mn2+反应生成MnCO3、CO2，即气体②为CO2。
【解答】解：（1）Mn元素原子序数为25，位于元素周期表的ⅦB族，属于d区，
故答案为：d；
（2）根据上述分析可知，“酸浸”过程Mn2O3与HCl发生氧化还原反应生成Mn2+及Cl2，气体①为Cl2；“酸浸”后溶液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，“除杂①”过程加入氨水调pH＝5～6可以使Fe3+、Al3+完全沉淀，即滤渣①为Al（OH）3、Fe（OH）3，
故答案为：Cl2；Al（OH）3、Fe（OH）3；
（3）从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化图可看出，“酸浸”的温度越高，随时间的变化，锰元素的浸出率越高，但在120min时，70℃与90℃条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是70℃，最佳时间是120min，
故答案为：70；120；
（4）“除杂②”后所得滤液中，100，
故答案为：100；
（5）在“沉淀”过程加入的NH4HCO3溶液与Mn2+反应生成MnCO3、CO2，故离子方程式为MnCl2+2NH4HCO3＝MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl；分离出MnCO3的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，
故答案为：MnCl2+2NH4HCO3＝MnCO3↓+CO2↑+H2O+2NH4Cl；过滤；玻璃棒；
（6）根据MnCO3与H2SO4反应生成MnSO4，而MnSO4与KMnO4反应生成MnO2，通过消耗的KMnO4的物质的量计算MnCO3的质量，故由可得关系式：
样品中MnCO3的质量分数为，
故答案为：81.08。
【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。
四．推断题（共1小题）
18．（2025 榆林三模）化合物Ⅰ是药物合成的中间体，可由化合物A经如图路线合成。
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为 　羧基　 。
（2）B→C的反应类型为 　还原反应或加成反应　 。
（3）C→E 的反应中，Na2CO3的作用为 　C→E 时会生成HCl，Na2CO3与HCl反应促进平衡正向移动，增大E的产率　 。
（4）F的结构简式为 　　 。
（5）G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为 　　 。
（6）关于化合物I，下列说法正确的是 　AB　 （填字母）。
A.I可以发生银镜反应，也可以与盐酸发生反应
B.1个1分子中含有2个手性碳原子
C.1mol I分子含有sp3杂化的原子个数为8NA
D.I分子间只存在氢键，不存在范德华力
（7）符合下列条件的A的同分异构体有 　13　 种。
①分子中含有苯环
②分子中含有一NO2，且—NO2与苯环直接相连
③可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下产生砖红色沉淀
（8）参照上述合成路线和信息，设计以为原料合成有机物的路线如图（反应条件略去）：
，其中J和K的结构简式分别为 　　 和 　　 。
【答案】（1）羧基；
（2）还原反应或加成反应；
（3）C→E 时会生成HCl，Na2CO3与HCl反应促进平衡正向移动，增大E的产率；
（4）；
（5）；
（6）AB；
（7）13；
（8）；。
【分析】A和甲醇发生酯化反应生成B，则B的结构简式为：，B和氢气发生加成（还原）反应生成C，C和D脱去HCl发生取代反应生成E，E和氢气在催化剂作用下发生加成反应（碳氮三键被加成）生成F（），F在一定条件下生成环状化合物G，G被LiAlH4还原生成H，H发生催化氧化生成I（），据此解答。
【解答】解：（1）A中含氧官能团为羧基，
故答案为：羧基；
（2）B→C发生与氢气的还原反应或加成反应，
故答案为：还原反应或加成反应；
（3）C→E时会生成HCl，Na2CO3的作用为Na2CO3与HCl反应促进平衡正向移动，增大E的产率，
故答案为：C→E 时会生成HCl，Na2CO3与HCl反应促进平衡正向移动，增大E的产率；
（4）根据分析，E和氢气发生加成反应（—CN被加成）生成F，F的结构简式为，
故答案为：；
（5）G中酯基和酰胺基均可以与氢氧化钠溶液发生水解反应，则G与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）A.I中含有醛基，可以发生银镜反应；I中N原子上有孤电子对，可以与氢离子形成配位键，故可以与HCl反应，故A正确；
B.连有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，则1个I分子中含有2个手性碳原子，如图中标注“*”的碳原子：，故B正确；
C.I分子中除醛基之外的碳原子，剩下的8个碳原子均采取sp3杂化，且2个N原子也采取sp3杂化，即1个I分子含有sp3杂化的原子为10，则1mol I分子含有sp3杂化的原子个数为10NA，故C错误；
D.I分子间既存在氢键，又存在范德华力，故D错误；
故答案为：AB；
（7）A的分子式为C7H5O4N，A的同分异构体分子中含有苯环；含有—NO2，且—NO2与苯环直接相连；可以与新制氢氧化铜悬浊液在加热的条件下产生砖红色沉淀，即含有醛基。则苯环上可能有2个取代基：—NO2和—OOCH，2个取代基位于邻位、间位、对位，此时有3种同分异构体；苯环上也可能有3个取代基：—NO2、—CHO和—OH，—NO2和—CHO相邻时，羟基有四个位置；—NO2和—CHO相间时，羟基有四个位置；—NO2和—CHO相对时，羟基有两个位置，此时有10种同分异构体。综上，符合条件的A的同分异构体共有3+10＝13种，
故答案为：13；
（8）根据题目中所给出的反应路线可知，中氨基和苯甲酸甲酯发生取代反应生成J：，J中酯基、酰胺基被还原得到K：，最后K中羟基被催化氧化为醛基，得到目标产物，则J和K的结构简式分别为：、，
故答案为：；。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、推断及知识的综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中官能团及其物质结构的变化，题目难度中等。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑