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湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考化学试题
1．（2025·湖南模拟）化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是
A．2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度
B．WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性
C．月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定
D．宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A．固态电池采用固态电解质，相比传统液态电解质电池，能有效减少电池内部短路风险，安全性能较高；且其能量密度更高，可存储更多电能；循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；
B．航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，因此要求其材料需要具备良好的耐高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；
C．X 射线衍射仪可通过分析 X 射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，因此能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；
D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；
故答案为：D
【分析】A、固态电池具有安全性高、能量密度大、循环性能好等优势。
B、航空发动机的材料需具有耐高温、强度高等特点。
C、X射线衍射仪可确定晶体结构。
D、聚醚醚酮属于合成有机高分子材料。
2．（2025·湖南模拟）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B．溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，能与Cu2(OH)2CO3反应，因此可用于清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，因此NaHCO3常做烘焙糕点的膨松剂B错误；
C．维生素C具有还原性，能与氧化剂反应，因此维生素C可用作食品抗氧化剂，C正确；
D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Al3＋水解显酸性，能与Cu2(OH)2CO3反应。
B、NaHCO3受热分解产生CO2，可用作食品膨松剂。
C、维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂。
D、SiO2可用作光导纤维。
3．（2025·湖南模拟）下列化学用语或图示表述正确的是
A．的电子式为
B．氰化物等毒性物质的运输标识为
C．基态As的电子排布式可表示为
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．F最外层有7个电子，的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；
B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；
C．As的核电荷数为33，因此基态As的电子排布式可表示为，C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键-O-H上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据原子最外层电子数书写NF3的电子式。
B、图示标识为腐蚀性物质。
C、根据核外电子排布式规则书写基态As原子的核外电子排布式。
D、酚羟基上的H原子能与醛基上的O原子形成分子内氢键。
4．（2025·湖南模拟）某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A．制取使用固体和70%的溶液为宜
B．若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D．操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，因此制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸具有吸水性，用于干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2生成，因此木条未复燃，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加入BaCl2溶液。若加入硝酸钡溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】装置A中Na2SO3与70%的H2SO4溶液发生反应Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑。反应生成的 SO2进入装置B中，B的浓硫酸具有吸水性，用于除去SO2中的水蒸气，防止H2O与Na2O2反应。干燥的SO2进入装置C中，与Na2O2发生反应Na2O2＋SO2=Na2SO4。装置D中碱石灰用于吸收过量的SO2，同时防止空气中的H2O和CO2进入C中。据此结合选项分析。
5．（2025·湖南模拟）某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A．M电极的电极反应为
B．铬元素最终以形式除去
C．电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A．M电极上C2H6转化为CO2和H2O，发生失电子的氧化反应，因此M电极为燃料电池的负极，其电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去，从而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、M电极上C2H6转化为CO2，发生失电子的氧化反应，结合电子转移和电荷守恒书写电极反应式。
B、电解池中Cr2O72－发生得电子的还原反应生成Cr3＋，Cr3＋进一步与OH－转化为Cr(OH)3沉淀。
C、右侧Fe电极为阴极，将Fe电极更换为石墨电极，电极反应不变，对废水的处理没有影响。
D、根据得失电子守恒进行计算。
6．（2025·湖南模拟）一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．溶浸过程中Mn3O4转化为Mn2＋，发生还原反应；H2O2发生氧化反应，因此作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为防止引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，因此反应后所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、溶浸后得到Mn2＋，Mn3O4发生还原反应，H2O2体现了还原性。
B、为防止引入新的杂质，所加物质A为MnO或Mn(OH)2。
C、“沉锰”过程中MnSO4与NH3·H2O反应生成Mn(OH)2和(NH4)2SO4。
D、Mn(OH)2在空气中加热与O2反应生成Mn3O4和H2O。
7．（2025·湖南模拟）已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A．石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B．该石墨插层化合物的化学式为
C．石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D．碳层和锂层的最短距离d为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，因此六元碳环实际占有的碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数为16×=6，因此该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，因此石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，所以碳层和锂层的最短距离d=，D正确；
故答案为：C
【分析】A、石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，据此计算。
B、根据均摊法计算个数比，从而得到化学式。
C、同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍。
D、根据密度公式计算。
8．（2025·湖南模拟）某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A．制取使用固体和70%的溶液为宜
B．若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D．操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，因此制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸具有吸水性，用于干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2生成，因此木条未复燃，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加入BaCl2溶液。若加入硝酸钡溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】装置A中Na2SO3与70%的H2SO4溶液发生反应Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑。反应生成的 SO2进入装置B中，B的浓硫酸具有吸水性，用于除去SO2中的水蒸气，防止H2O与Na2O2反应。干燥的SO2进入装置C中，与Na2O2发生反应Na2O2＋SO2=Na2SO4。装置D中碱石灰用于吸收过量的SO2，同时防止空气中的H2O和CO2进入C中。据此结合选项分析。
9．（2025·湖南模拟）某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A．M电极的电极反应为
B．铬元素最终以形式除去
C．电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A．M电极上C2H6转化为CO2和H2O，发生失电子的氧化反应，因此M电极为燃料电池的负极，其电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去，从而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、M电极上C2H6转化为CO2，发生失电子的氧化反应，结合电子转移和电荷守恒书写电极反应式。
B、电解池中Cr2O72－发生得电子的还原反应生成Cr3＋，Cr3＋进一步与OH－转化为Cr(OH)3沉淀。
C、右侧Fe电极为阴极，将Fe电极更换为石墨电极，电极反应不变，对废水的处理没有影响。
D、根据得失电子守恒进行计算。
10．（2025·湖南模拟）一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．溶浸过程中Mn3O4转化为Mn2＋，发生还原反应；H2O2发生氧化反应，因此作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为防止引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，因此反应后所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、溶浸后得到Mn2＋，Mn3O4发生还原反应，H2O2体现了还原性。
B、为防止引入新的杂质，所加物质A为MnO或Mn(OH)2。
C、“沉锰”过程中MnSO4与NH3·H2O反应生成Mn(OH)2和(NH4)2SO4。
D、Mn(OH)2在空气中加热与O2反应生成Mn3O4和H2O。
11．（2025·湖南模拟）已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A．石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B．该石墨插层化合物的化学式为
C．石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D．碳层和锂层的最短距离d为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，因此六元碳环实际占有的碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数为16×=6，因此该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，因此石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，所以碳层和锂层的最短距离d=，D正确；
故答案为：C
【分析】A、石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，据此计算。
B、根据均摊法计算个数比，从而得到化学式。
C、同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍。
D、根据密度公式计算。
12．（2025·湖南模拟）X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．单体Ⅰ中Y原子为sp杂化
C．物质(b)中键长：①② D．单体Ⅱ为非极性分子
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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，核电荷数越大，第一电离能越大，由于N原子2p轨道半充满，结构稳定，因此第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；
B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，因此C原子采用sp杂化，B正确；
C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，键长：双键＜单键，所以①<②，C错误；
D．单体Ⅱ为SO3，其中心硫元素的价层电子对数为3+，孤电子对为0，因此空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，所以SO3属于非极性分子，D正确；
故答案为：C
【分析】X、Y、Q处于不同的短周期，因此X为H元素。Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素。由图a可知，Z可形成三个共价键，且Z的基态原子中未成对电子数最多，所以Z为N元素。Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，因此Y为C元素。图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。
13．（2025·湖南模拟）现模拟HCl催化氧化制，发生反应： 。在密闭容器中，充入一定量HCl和发生反应，HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．L代表温度，且
B．点a、b、c的正反应速率大小关系：
C．若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为
D．在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，HCl平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此，A正确；
B．点a、b、c位于同一曲线上，则其反应温度相同，当压强增大时，体系内气体浓度增大，反应速率加快。因此反应速率：，B错误；
C．若HCl的初始浓度为，图中M点，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：
因此该温度下，反应的平衡常数，C正确；
D．在实际生产中，若进料比太小，即氧气过量，则反应后不利于和的分离，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、a、b、c三点在同一线段上，则温度相同，结合压强对反应速率的影响分析，压强越大，反应速率越快。
C、根据三段式进行计算。
D、若进料比太小，即氧气过量，则反应后不利于和的分离。
14．（2025·湖南模拟）常温下，向溶液中加入氨水，体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示，其中交点M、N、Q的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含和的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pH，会有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图2所示，其中时，沉淀以为主。下列说法错误的是
A．反应的平衡常数为
B．N点满足：
C．R点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀
D．若向的浊液中加氨水至P点，沉淀转化的主要化学方程式为：
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．反应的平衡常数为K===，A正确；
B．N点溶液中存在电荷守恒：，由图1可知，N点溶液中c()=c()，所以可得，B错误；
C．当溶液时，沉淀以为主，此时溶液中=1：1。R点时溶液中<1：1，因此一定存在酸式盐沉淀，C正确；
D．若向的浊液沉淀成分主要为FePO4，加氨水至P点时，大约为1.5：1，此时有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀转化的主要化学方程式为：，D正确；
故答案为：B
【分析】M点溶液中c(H3PO4)=c()，因此H3PO4的第一步电离平衡常数Ka1==c(H+)=10-2.1。N点溶液中c()=c()，因此H3PO4的第二步电离平衡常数Ka2==c(H+)=10-7.2。Q点溶液中c()=c()，因此H3PO4的第三步电离平衡常数Ka3==c(H+)=10-12.4。据此结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析选项。
15．（2025·湖南模拟）贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。
已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。
部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示。
步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。
将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。
步骤Ⅱ：合成贝诺酯。
在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。
步骤Ⅲ：纯化与分析。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是　 　。
（2）实验步骤Ⅰ所用仪器均需干燥，是因为遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以　 　。
（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。
A．60min B．90min C．120min D．150min
（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了　 　。
（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验　 　(填标号)。
_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥
a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶
b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性
c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性
d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶
该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为　 　。
【答案】（1）球形冷凝管；保持恒压，便于液体顺利流下
（2）+H2O=SO2+2HCl
（3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
（4）C
（5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解
（6）b；60%
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
故答案为：球形冷凝管；保持恒压，便于液体顺利流下
（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。
故答案为：+H2O=SO2+2HCl
（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
故答案为：中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
故答案为：C
（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解。
故答案为：防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解
（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。
根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。
故答案为：b；60%
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。滴液漏斗可保持恒压，有利于液体滴下。
（2）SOCl2与H2O反应生成的两种气体为SO2和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（3）吡啶是一种有机碱，能与HCl反应，结合平衡移动分析。
（4）根据反应过程中反应物和生成物量的变化分析。
（5）维持温度10~15℃可防止温度过高，酰胺基在碱性条件下发生水解。
（6）结合晶体提纯过程分析操作。根据反应的化学方程式可知，0.05mol阿司匹林完全反应可生成0.05mol贝诺酯，根据公式计算产率。
（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。
（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；
（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。
根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。
16．（2025·湖南模拟）一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。
已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。
回答下列问题：
（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是　 　。
（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“滤渣2”的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。
①基态Cu的价层电子排布式为　 　。
②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．中存在的化学键类型是配位键、离子键
B．的晶体类型属于分子晶体
C．a和b的空间结构均为四面体形
D．a的极性大于b
③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为　 　。
（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）Si
（4）3d104s1；BD；1.12L
（5）
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
故答案为：去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
故答案为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
故答案为：Si
（4）①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1。
故答案为：3d104s1
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故答案为：BD
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
故答案为：1.12L
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
故答案为：
【分析】（1）“灼烧”可去除表面的塑料，同时将物质氧化，防止酸溶过程中氮氧化物的生成。
（2）溶解Au的过程中，Au被HNO3氧化，同时与Cl－结合生成[AuCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）Si与强酸溶液不反应，因此滤渣2为Si。
（4）①Cu为29号元素，结合核外电子排布规律书写其价电子排布式。
②A、Pd(NH3)2Cl2为四配位物质，不存在离子键。
B、该化合物中无离子键，属于分子晶体。
C、a、b两种结构不同，因此为平面四边形结构。
D、b的对称性更好，极性更小。
③根据化合价变化，结合电子转移计算。
（5）阴极上[Ag(NH3)2]＋发生得电子的还原反应，生成Ag和NH3，据此写出电极反应式。
（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故选BD。
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．（2025·湖南模拟）利用催化还原不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，在某催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和CO。反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
（1）已知CO和的标准燃烧热分别为和，计算的为　 　；CO和是等电子体且相对分子质量相等，但沸点不同，其中沸点较高的是　 　(填化学式)。
（2）和初始投料比为，以固定流速通过不同催化剂(cat.1和cat.2)，不同温度(523K、543K、563K、583K)下，的转化率和甲醇的选择性如图所示。已知在四种温度下，两种催化剂均处于活性较高状态，且563K下，用cat.2进行的催化反应已达到平衡。
①结合图像分析，下列说法错误的是　 　(填标号)。
A．四种温度下，cat.1参与的反应均未达到平衡状态
B．从甲醇产率的角度思考，最佳条件为cat.1、583K
C．用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果
D．由图可知，选择不同的催化剂可以改变反应的平衡产率
②583K下，用cat.2催化时，的转化率为　 　。
（3）一定温度下，在初始体积2L的恒压密闭容器中充入2mol和4mol发生上述反应，经过10min达到平衡，此时和CO均为0.5mol，则的平均反应速率为　 　；用分压表示的反应Ⅱ的平衡常数　 　。
（4）可以被NaOH溶液捕获来减少碳排放，若所得溶液中，写出对应反应的离子方程式：　 　，此时溶液　 　(已知：室温下，的、)。
【答案】（1）+44kJ·mol-1；CO
（2）BD；22%
（3）3.2；3
（4）3CO2+4OH-=；10
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）Ⅱ． ；
III．H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=-285.8kJ·mol-1；
IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g) H4=-283kJ·mol-1；
反应II+IV-III得到：， H=(+41.2 kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44 kJ·mol-1；
CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO。
故答案为：+44kJ·mol-1；CO
（2）①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；
B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；
C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；
D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；
故答案为：BD
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CH3OH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为。
故答案为：22%
（3）
平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CH3OH为1mol，H2为0.5mol，H2O为(0.5+1)=1.5mol，CH3OH的平均反应速率为；
压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=
故答案为：3.2；3
（4）与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO2+4OH-=；
，，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。
故答案为：3CO2+4OH-=；10
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据分子的极性分析，极性分子的分子键作用力更强，沸点更高。
（2）①A、 cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应， 反应未达到平衡状态。
B、根据甲醇产率大小分析。
C、结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，据此计算。
（3）根据平衡三段式计算。
（4）所得溶液中c(HCO3－)：c(CO32－)=2：1，则参与反应的CO2与OH－的个数比为3：4，据此写出反应的离子方程式。根据H2CO3的第二步电离的平衡常数计算。
（1）Ⅱ． ；
III．H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=-285.8kJ·mol-1；
IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g) H4=-283kJ·mol-1；
反应II+IV-III得到：， H=(+41.2 kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44 kJ·mol-1；
CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO；
（2）①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；
B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；
C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；
D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；
答案选BD；
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CH3OH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为；
（3）
平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CH3OH为1mol，H2为0.5mol，H2O为(0.5+1)=1.5mol，CH3OH的平均反应速率为；
压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=
（4）与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO2+4OH-=；
，，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。
18．（2025·湖南模拟）从当归中发现了有抗癌活性的物质X。一种人工合成物质X的路线如下。(部分条件和溶剂已省略)
已知：Ⅰ．Lindlar催化剂可选择性地催化还原碳碳三键为碳碳双键；Ⅱ．，R为烃基，X为卤素原子；Ⅲ．，、为氢或其他基团。回答下列问题：
（1）反应①的反应类型是　 　。
（2）化合物D的结构简式是　 　。
（3）关于上述转化过程中涉及的化合物，下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．化合物A中含有3种官能团
B．化合物B在核磁共振氢谱上有8组吸收峰
C．反应⑥中用到的中所有的碳原子的杂化方式都是
D．化合物X分子中含有2个手性碳原子
（4）可通过酯化反应将化合物E转化为F，研究人员首先尝试了加入对应的羧酸并在酸催化下加热酯化，但最终没有采用这种方式，原因是　 　。
（5）化合物F转化为X的过程中，可认为依次发生了加成、消去、脱羧(脱去羧基)三步反应，如下图所示。
写出其中“消去”的化学方程式(不要求写反应条件)：　 　。
（6）哌啶()是一种常见的有机碱。将下列化合物按碱性由强到弱排序：　 　(填标号)。
a． b． c．
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线(简单的有机溶剂、无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）取代反应
（2）
（3）AC
（4）酸催化会导致酯基水解
（5）
（6）a>c>b
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由分析可知，反应①为取代反应。
故答案为：取代反应
（2）由分析可知，D的结构简式为。
故答案为：
（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；
C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；
D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；
故答案为：AC
（4）化合物E的结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。
故答案为：酸催化会导致酯基水解
（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。
故答案为：
（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶。
故答案为：a>c>b
（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。
故答案为：
【分析】根据已知信息Ⅱ，反应①为卤代烃与酚发生取代反应得到酚醚，结合B的分子式可知B为，化合物C的分子式比B多2个氢原子，根据已知信息Ⅰ，在Lindlar催化剂作用下碳碳三键加氢还原得到碳碳双键，故化合物C为，根据已知信息Ⅲ，在加热条件下，化合物C发生转化变成化合物D，其结构为。
（1）由分析可知，反应①为取代反应。
（2）由分析可知，D的结构简式为。
（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；
C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；
D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；
故选AC。
（4）化合物E的结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。
（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。
（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶，故答案为：a>c>b。
（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。
1 / 1湖南省新高考教学教研联盟2025届高三下学期第二次联考化学试题
1．（2025·湖南模拟）化学与生活、科技密切相关，我国科技在多个领域取得重大突破。下列说法错误的是
A．2024年华为发布固态电池专利，固态电池提高了电池的使用寿命、安全性和能量密度
B．WS20涡扇发动机是我国研发的航空发动机，其材料应注重高温性能、强度和耐久性
C．月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定
D．宇树智能机器狗使用的关键材料是PEEK(聚醚醚酮)材料，是一种无机非金属材料
2．（2025·湖南模拟）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B．溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
3．（2025·湖南模拟）下列化学用语或图示表述正确的是
A．的电子式为
B．氰化物等毒性物质的运输标识为
C．基态As的电子排布式可表示为
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键可表示为
4．（2025·湖南模拟）某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A．制取使用固体和70%的溶液为宜
B．若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D．操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
5．（2025·湖南模拟）某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A．M电极的电极反应为
B．铬元素最终以形式除去
C．电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
6．（2025·湖南模拟）一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
7．（2025·湖南模拟）已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A．石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B．该石墨插层化合物的化学式为
C．石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D．碳层和锂层的最短距离d为
8．（2025·湖南模拟）某同学在学习了与的反应后，欲类比探究与的反应产物，设计了如下实验装置检验产物并观察到了以下现象：
操作Ⅰ：用带火星的细木条靠近干燥管口a，未观察到细木条着火燃烧；
操作Ⅱ：将装置C中反应后的固体物质溶于适量水配成溶液，在配成的溶液中先加入盐酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有沉淀生成。
下列说法错误的是
A．制取使用固体和70%的溶液为宜
B．若没有装置B，水蒸气会进入装置C中反应产生干扰实验
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧可能是由于a口处气体中存在较多的未反应完全的
D．操作Ⅱ产生沉淀无法确定C中固体产物中存在
9．（2025·湖南模拟）某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A．M电极的电极反应为
B．铬元素最终以形式除去
C．电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2mol的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
10．（2025·湖南模拟）一种以低品位锰矿(含、及少量、、)为原料生产的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，、完全沉淀的pH分别为3.7和5.0，、开始沉淀的pH分别为7.2和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中只体现了氧化性(不考虑的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
11．（2025·湖南模拟）已知石墨是层状结构，可插入石墨层间形成插层化合物。某石墨插层化合物的晶体结构如图甲所示，晶体投影图如图乙所示。若该化合物的密度为，同层的最近距离为apm。下列说法错误的是
A．石墨层中每个六元碳环实际占有2个碳原子
B．该石墨插层化合物的化学式为
C．石墨中碳碳键的键长为0.5apm
D．碳层和锂层的最短距离d为
12．（2025·湖南模拟）X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．单体Ⅰ中Y原子为sp杂化
C．物质(b)中键长：①② D．单体Ⅱ为非极性分子
13．（2025·湖南模拟）现模拟HCl催化氧化制，发生反应： 。在密闭容器中，充入一定量HCl和发生反应，HCl平衡转化率与X和L的变化关系如图1所示，其中L(、、)、X可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl平衡转化率与进料比的变化关系如图2所示。下列说法错误的是
A．L代表温度，且
B．点a、b、c的正反应速率大小关系：
C．若图2中HCl的初始浓度为，则M点的平衡常数K为
D．在实际生产中，若进料比太小，会增加和的分离成本
14．（2025·湖南模拟）常温下，向溶液中加入氨水，体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示，其中交点M、N、Q的横坐标分别为2.1、7.2、12.4.若改为向含和的酸性混合溶液中加入氨水调节溶液pH，会有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图2所示，其中时，沉淀以为主。下列说法错误的是
A．反应的平衡常数为
B．N点满足：
C．R点的沉淀中一定存在酸式盐沉淀
D．若向的浊液中加氨水至P点，沉淀转化的主要化学方程式为：
15．（2025·湖南模拟）贝诺酯(分子式为，相对分子质量为313)是白色结晶性粉末，无味，熔点175~176℃，不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶；临床上主要用于治疗风湿及类风湿性关节炎、骨关节炎、神经痛等。某化学兴趣小组根据以下实验流程制备贝诺酯。
已知：根据路易斯酸碱理论，吡啶()是一种有机碱。
部分实验装置(加热和夹持装置省略)如下图所示。
步骤Ⅰ：制备乙酰水杨酰氯。
将9g阿司匹林(0.05mol，沸点321℃)、5mL氯化亚砜()(0.05mol，沸点78.8℃)、3滴吡啶加入干燥的三颈烧瓶中，接上仪器a．控制温度70~75℃，反应回流一段时间，反应结束后，减压蒸馏，冷却，得到乙酰水杨酰氯(沸点108℃)。
步骤Ⅱ：合成贝诺酯。
在装有搅拌器及温度计的150mL三颈烧瓶中加入50mL水和10.6g(0.07mol)对乙酰氨基酚()。在10~15℃和搅拌下滴加NaOH溶液。滴加完毕，慢慢滴加步骤Ⅰ制得的乙酰水杨酰氯的溶液。滴加完毕，调pH至9~10，继续搅拌反应1.5~2h，抽滤，水洗至中性，得粗品。
步骤Ⅲ：纯化与分析。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为　 　，滴液漏斗相比于普通分液漏斗的优势是　 　。
（2）实验步骤Ⅰ所用仪器均需干燥，是因为遇水剧烈反应生成两种气体，请写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以　 　。
（4）某同学采用薄层色谱(利用各组分在固定相和流动相之间的分配不同实现分离)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流60min、90min、120min和150min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点如下图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是_______(填标号)。
A．60min B．90min C．120min D．150min
（5）步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了　 　。
（6）步骤Ⅲ：得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，请选择合适的操作补全实验　 　(填标号)。
_______→_______→_______→_______→过滤→洗涤→干燥
a．加热水溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶
b．加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性
c．加热水溶解→趁热过滤→活性炭脱色→水洗至中性
d．加热乙醇溶解→趁热过滤→活性炭脱色→冷却结晶
该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为　 　。
16．（2025·湖南模拟）一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。
已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。
回答下列问题：
（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是　 　。
（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“滤渣2”的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。
①基态Cu的价层电子排布式为　 　。
②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．中存在的化学键类型是配位键、离子键
B．的晶体类型属于分子晶体
C．a和b的空间结构均为四面体形
D．a的极性大于b
③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为　 　。
（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为　 　。
17．（2025·湖南模拟）利用催化还原不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，在某催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和CO。反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
（1）已知CO和的标准燃烧热分别为和，计算的为　 　；CO和是等电子体且相对分子质量相等，但沸点不同，其中沸点较高的是　 　(填化学式)。
（2）和初始投料比为，以固定流速通过不同催化剂(cat.1和cat.2)，不同温度(523K、543K、563K、583K)下，的转化率和甲醇的选择性如图所示。已知在四种温度下，两种催化剂均处于活性较高状态，且563K下，用cat.2进行的催化反应已达到平衡。
①结合图像分析，下列说法错误的是　 　(填标号)。
A．四种温度下，cat.1参与的反应均未达到平衡状态
B．从甲醇产率的角度思考，最佳条件为cat.1、583K
C．用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果
D．由图可知，选择不同的催化剂可以改变反应的平衡产率
②583K下，用cat.2催化时，的转化率为　 　。
（3）一定温度下，在初始体积2L的恒压密闭容器中充入2mol和4mol发生上述反应，经过10min达到平衡，此时和CO均为0.5mol，则的平均反应速率为　 　；用分压表示的反应Ⅱ的平衡常数　 　。
（4）可以被NaOH溶液捕获来减少碳排放，若所得溶液中，写出对应反应的离子方程式：　 　，此时溶液　 　(已知：室温下，的、)。
18．（2025·湖南模拟）从当归中发现了有抗癌活性的物质X。一种人工合成物质X的路线如下。(部分条件和溶剂已省略)
已知：Ⅰ．Lindlar催化剂可选择性地催化还原碳碳三键为碳碳双键；Ⅱ．，R为烃基，X为卤素原子；Ⅲ．，、为氢或其他基团。回答下列问题：
（1）反应①的反应类型是　 　。
（2）化合物D的结构简式是　 　。
（3）关于上述转化过程中涉及的化合物，下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．化合物A中含有3种官能团
B．化合物B在核磁共振氢谱上有8组吸收峰
C．反应⑥中用到的中所有的碳原子的杂化方式都是
D．化合物X分子中含有2个手性碳原子
（4）可通过酯化反应将化合物E转化为F，研究人员首先尝试了加入对应的羧酸并在酸催化下加热酯化，但最终没有采用这种方式，原因是　 　。
（5）化合物F转化为X的过程中，可认为依次发生了加成、消去、脱羧(脱去羧基)三步反应，如下图所示。
写出其中“消去”的化学方程式(不要求写反应条件)：　 　。
（6）哌啶()是一种常见的有机碱。将下列化合物按碱性由强到弱排序：　 　(填标号)。
a． b． c．
（7）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线(简单的有机溶剂、无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A．固态电池采用固态电解质，相比传统液态电解质电池，能有效减少电池内部短路风险，安全性能较高；且其能量密度更高，可存储更多电能；循环性能更好，能延长使用寿命，A正确；
B．航空发动机在工作时会处于高温、高负荷环境，因此要求其材料需要具备良好的耐高温性能、足够的强度来承受机械应力，以及耐久性以保证长时间稳定运行，B正确；
C．X 射线衍射仪可通过分析 X 射线通过晶体后产生的衍射图案，来确定晶体的结构，包括晶胞参数、原子排列等信息，因此能用于测定磷酸盐晶体结构，C正确；
D．PEEK（聚醚醚酮）是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D错误；
故答案为：D
【分析】A、固态电池具有安全性高、能量密度大、循环性能好等优势。
B、航空发动机的材料需具有耐高温、强度高等特点。
C、X射线衍射仪可确定晶体结构。
D、聚醚醚酮属于合成有机高分子材料。
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，能与Cu2(OH)2CO3反应，因此可用于清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，因此NaHCO3常做烘焙糕点的膨松剂B错误；
C．维生素C具有还原性，能与氧化剂反应，因此维生素C可用作食品抗氧化剂，C正确；
D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Al3＋水解显酸性，能与Cu2(OH)2CO3反应。
B、NaHCO3受热分解产生CO2，可用作食品膨松剂。
C、维生素C具有还原性，可用作抗氧化剂。
D、SiO2可用作光导纤维。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．F最外层有7个电子，的电子式漏掉了F周围的电子，F周围应该有8个电子，A错误；
B．氰化物等毒性物质的运输标识为，B错误；
C．As的核电荷数为33，因此基态As的电子排布式可表示为，C错误；
D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键-O-H上的氢原子与另一个O原子之间的作用力，可表示为，D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据原子最外层电子数书写NF3的电子式。
B、图示标识为腐蚀性物质。
C、根据核外电子排布式规则书写基态As原子的核外电子排布式。
D、酚羟基上的H原子能与醛基上的O原子形成分子内氢键。
4．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，因此制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸具有吸水性，用于干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2生成，因此木条未复燃，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加入BaCl2溶液。若加入硝酸钡溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】装置A中Na2SO3与70%的H2SO4溶液发生反应Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑。反应生成的 SO2进入装置B中，B的浓硫酸具有吸水性，用于除去SO2中的水蒸气，防止H2O与Na2O2反应。干燥的SO2进入装置C中，与Na2O2发生反应Na2O2＋SO2=Na2SO4。装置D中碱石灰用于吸收过量的SO2，同时防止空气中的H2O和CO2进入C中。据此结合选项分析。
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A．M电极上C2H6转化为CO2和H2O，发生失电子的氧化反应，因此M电极为燃料电池的负极，其电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去，从而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、M电极上C2H6转化为CO2，发生失电子的氧化反应，结合电子转移和电荷守恒书写电极反应式。
B、电解池中Cr2O72－发生得电子的还原反应生成Cr3＋，Cr3＋进一步与OH－转化为Cr(OH)3沉淀。
C、右侧Fe电极为阴极，将Fe电极更换为石墨电极，电极反应不变，对废水的处理没有影响。
D、根据得失电子守恒进行计算。
6．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．溶浸过程中Mn3O4转化为Mn2＋，发生还原反应；H2O2发生氧化反应，因此作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为防止引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，因此反应后所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、溶浸后得到Mn2＋，Mn3O4发生还原反应，H2O2体现了还原性。
B、为防止引入新的杂质，所加物质A为MnO或Mn(OH)2。
C、“沉锰”过程中MnSO4与NH3·H2O反应生成Mn(OH)2和(NH4)2SO4。
D、Mn(OH)2在空气中加热与O2反应生成Mn3O4和H2O。
7．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，因此六元碳环实际占有的碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数为16×=6，因此该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，因此石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，所以碳层和锂层的最短距离d=，D正确；
故答案为：C
【分析】A、石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，据此计算。
B、根据均摊法计算个数比，从而得到化学式。
C、同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍。
D、根据密度公式计算。
8．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硫酸浓度过高，H+浓度较少，不利于离子反应的发生，硫酸浓度过低，SO2易溶于水，不利于SO2气体的放出，因此制取使用固体和70%的溶液为宜，A正确；
B．B装置中是浓硫酸具有吸水性，用于干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应生成氧气，干扰实验，B正确；
C．操作Ⅰ细木条未着火燃烧，可能是由于发生Na2O2+SO2=Na2SO4，没有O2生成，因此木条未复燃，C错误；
D．检验硫酸根离子，先加入盐酸酸化，排除CO32－、SO32－和Ag＋的干扰，再加入BaCl2溶液。若加入硝酸钡溶液，NO3－酸性条件下具有氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，无法确定C中固体产物中存在，D正确；
故答案为：C
【分析】装置A中Na2SO3与70%的H2SO4溶液发生反应Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑。反应生成的 SO2进入装置B中，B的浓硫酸具有吸水性，用于除去SO2中的水蒸气，防止H2O与Na2O2反应。干燥的SO2进入装置C中，与Na2O2发生反应Na2O2＋SO2=Na2SO4。装置D中碱石灰用于吸收过量的SO2，同时防止空气中的H2O和CO2进入C中。据此结合选项分析。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；电解原理
【解析】【解答】A．M电极上C2H6转化为CO2和H2O，发生失电子的氧化反应，因此M电极为燃料电池的负极，其电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去，从而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极发生得电子的还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/mol=22.4L，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、M电极上C2H6转化为CO2，发生失电子的氧化反应，结合电子转移和电荷守恒书写电极反应式。
B、电解池中Cr2O72－发生得电子的还原反应生成Cr3＋，Cr3＋进一步与OH－转化为Cr(OH)3沉淀。
C、右侧Fe电极为阴极，将Fe电极更换为石墨电极，电极反应不变，对废水的处理没有影响。
D、根据得失电子守恒进行计算。
10．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】A．溶浸过程中Mn3O4转化为Mn2＋，发生还原反应；H2O2发生氧化反应，因此作还原剂，A错误；
B．加入适量A调节溶液pH值，将溶液中的Fe3＋、Al3＋转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为防止引入新的杂质，物质A可以是MnO，B正确；
C．“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和，因此反应后所得滤液中溶质的主要成分为，C正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒可得该反应的化学方程式为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、溶浸后得到Mn2＋，Mn3O4发生还原反应，H2O2体现了还原性。
B、为防止引入新的杂质，所加物质A为MnO或Mn(OH)2。
C、“沉锰”过程中MnSO4与NH3·H2O反应生成Mn(OH)2和(NH4)2SO4。
D、Mn(OH)2在空气中加热与O2反应生成Mn3O4和H2O。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，因此六元碳环实际占有的碳原子数为6×，A正确；
B．根据均摊原则，四棱柱单元中Li+个数为2×+2×=1，C原子个数为16×=6，因此该化合物的化学式为LiC6，故B正确；
C．图乙可知，同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍，因此石墨中碳碳键的键长为apm，故C错误；
D．晶胞质量为g，体积为×1030pm3，体积V=×2d，V=×2d=×1030，所以碳层和锂层的最短距离d=，D正确；
故答案为：C
【分析】A、石墨层中每个碳原子为三个六元环共用，据此计算。
B、根据均摊法计算个数比，从而得到化学式。
C、同层Li+最近距离为棱柱顶面边长，是碳碳键长的三倍。
D、根据密度公式计算。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；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，核电荷数越大，第一电离能越大，由于N原子2p轨道半充满，结构稳定，因此第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确；
B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，因此C原子采用sp杂化，B正确；
C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，键长：双键＜单键，所以①<②，C错误；
D．单体Ⅱ为SO3，其中心硫元素的价层电子对数为3+，孤电子对为0，因此空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，所以SO3属于非极性分子，D正确；
故答案为：C
【分析】X、Y、Q处于不同的短周期，因此X为H元素。Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素。由图a可知，Z可形成三个共价键，且Z的基态原子中未成对电子数最多，所以Z为N元素。Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，因此Y为C元素。图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据分析可知，L代表温度，升高温度，HCl平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此，A正确；
B．点a、b、c位于同一曲线上，则其反应温度相同，当压强增大时，体系内气体浓度增大，反应速率加快。因此反应速率：，B错误；
C．若HCl的初始浓度为，图中M点，O2的初始浓度为，HCl转化率为76％，列三段式：
因此该温度下，反应的平衡常数，C正确；
D．在实际生产中，若进料比太小，即氧气过量，则反应后不利于和的分离，D正确；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、a、b、c三点在同一线段上，则温度相同，结合压强对反应速率的影响分析，压强越大，反应速率越快。
C、根据三段式进行计算。
D、若进料比太小，即氧气过量，则反应后不利于和的分离。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．反应的平衡常数为K===，A正确；
B．N点溶液中存在电荷守恒：，由图1可知，N点溶液中c()=c()，所以可得，B错误；
C．当溶液时，沉淀以为主，此时溶液中=1：1。R点时溶液中<1：1，因此一定存在酸式盐沉淀，C正确；
D．若向的浊液沉淀成分主要为FePO4，加氨水至P点时，大约为1.5：1，此时有Fe(OH)3沉淀生成，沉淀转化的主要化学方程式为：，D正确；
故答案为：B
【分析】M点溶液中c(H3PO4)=c()，因此H3PO4的第一步电离平衡常数Ka1==c(H+)=10-2.1。N点溶液中c()=c()，因此H3PO4的第二步电离平衡常数Ka2==c(H+)=10-7.2。Q点溶液中c()=c()，因此H3PO4的第三步电离平衡常数Ka3==c(H+)=10-12.4。据此结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析选项。
15．【答案】（1）球形冷凝管；保持恒压，便于液体顺利流下
（2）+H2O=SO2+2HCl
（3）中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
（4）C
（5）防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解
（6）b；60%
【知识点】制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
故答案为：球形冷凝管；保持恒压，便于液体顺利流下
（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。
故答案为：+H2O=SO2+2HCl
（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
故答案为：中和反应生成的HCl，使反应向右进行，提高转化率
（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
故答案为：C
（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解。
故答案为：防止温度过高，酰胺基在碱性条件下水解
（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。
根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。
故答案为：b；60%
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。滴液漏斗可保持恒压，有利于液体滴下。
（2）SOCl2与H2O反应生成的两种气体为SO2和HCl，据此写出反应的化学方程式。
（3）吡啶是一种有机碱，能与HCl反应，结合平衡移动分析。
（4）根据反应过程中反应物和生成物量的变化分析。
（5）维持温度10~15℃可防止温度过高，酰胺基在碱性条件下发生水解。
（6）结合晶体提纯过程分析操作。根据反应的化学方程式可知，0.05mol阿司匹林完全反应可生成0.05mol贝诺酯，根据公式计算产率。
（1）根据装置图，仪器a的名称为球形冷凝管；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗上部和三颈烧瓶气压相通，可以保证恒压滴液漏斗中的液体顺利滴下。
（2）遇水剧烈反应生成二氧化硫、氯化氢两种气体，该反应的化学方程式为+H2O=SO2+2HCl。
（3）阿司匹林和氯化亚砜反应生成乙酰水杨酰氯和二氧化硫、氯化氢，吡啶是一种有机碱，加入吡啶的作用除了作催化剂外还可以中和反应生成的酸。
（4）对照图中斑点分析，可以看出，反应开始时图上斑点为反应物，由此可推测，回流60min、90min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，120min时图上的斑点为生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下比较合适的回流时间是120min，选C。
（5）对乙酰氨基酚含有酰胺基，加热促进水解，步骤Ⅱ中维持10~15℃主要是为了防止对乙酰氨基酚水解；
（6）贝诺酯不溶于水，在沸乙醇中易溶，在冷乙醇中微溶。得到的粗产品可以利用重结晶法进行提纯，重结晶过程是：加热乙醇溶解→活性炭脱色→趁热过滤→水洗至中性→过滤→洗涤→干燥，选b。
根据合成路线图，0.05mol阿司匹林理论上生成0.05mol贝诺酯的，该实验最终得到纯品9.39g，则贝诺酯的产率为。
16．【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）Si
（4）3d104s1；BD；1.12L
（5）
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
故答案为：去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
故答案为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
故答案为：Si
（4）①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1。
故答案为：3d104s1
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故答案为：BD
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
故答案为：1.12L
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
故答案为：
【分析】（1）“灼烧”可去除表面的塑料，同时将物质氧化，防止酸溶过程中氮氧化物的生成。
（2）溶解Au的过程中，Au被HNO3氧化，同时与Cl－结合生成[AuCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）Si与强酸溶液不反应，因此滤渣2为Si。
（4）①Cu为29号元素，结合核外电子排布规律书写其价电子排布式。
②A、Pd(NH3)2Cl2为四配位物质，不存在离子键。
B、该化合物中无离子键，属于分子晶体。
C、a、b两种结构不同，因此为平面四边形结构。
D、b的对称性更好，极性更小。
③根据化合价变化，结合电子转移计算。
（5）阴极上[Ag(NH3)2]＋发生得电子的还原反应，生成Ag和NH3，据此写出电极反应式。
（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故选BD。
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．【答案】（1）+44kJ·mol-1；CO
（2）BD；22%
（3）3.2；3
（4）3CO2+4OH-=；10
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）Ⅱ． ；
III．H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=-285.8kJ·mol-1；
IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g) H4=-283kJ·mol-1；
反应II+IV-III得到：， H=(+41.2 kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44 kJ·mol-1；
CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO。
故答案为：+44kJ·mol-1；CO
（2）①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；
B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；
C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；
D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；
故答案为：BD
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CH3OH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为。
故答案为：22%
（3）
平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CH3OH为1mol，H2为0.5mol，H2O为(0.5+1)=1.5mol，CH3OH的平均反应速率为；
压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=
故答案为：3.2；3
（4）与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO2+4OH-=；
，，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。
故答案为：3CO2+4OH-=；10
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据分子的极性分析，极性分子的分子键作用力更强，沸点更高。
（2）①A、 cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应， 反应未达到平衡状态。
B、根据甲醇产率大小分析。
C、结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
D、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动。
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，据此计算。
（3）根据平衡三段式计算。
（4）所得溶液中c(HCO3－)：c(CO32－)=2：1，则参与反应的CO2与OH－的个数比为3：4，据此写出反应的离子方程式。根据H2CO3的第二步电离的平衡常数计算。
（1）Ⅱ． ；
III．H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3=-285.8kJ·mol-1；
IV．CO(g)+O2(g)=CO2(g) H4=-283kJ·mol-1；
反应II+IV-III得到：， H=(+41.2 kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-285.8kJ·mol-1)=+44 kJ·mol-1；
CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO；
（2）①A．四种温度下，cat.1参与的反应的CO2转化率均小于cat.2参与的反应，说明反应未达到平衡状态，A正确；
B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K左右，B错误；
C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2进行催化时，从563K升温至583K时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C正确；
D．催化剂不改变反应的平衡产率，D错误；
答案选BD；
②583K下，用cat.2催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，生成CH3OH为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO为1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，的转化率为；
（3）
平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO为0.5mol，CH3OH为1mol，H2为0.5mol，H2O为(0.5+1)=1.5mol，CH3OH的平均反应速率为；
压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=
（4）与NaOH溶液反应所得溶液中，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：3CO2+4OH-=；
，，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。
18．【答案】（1）取代反应
（2）
（3）AC
（4）酸催化会导致酯基水解
（5）
（6）a>c>b
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）由分析可知，反应①为取代反应。
故答案为：取代反应
（2）由分析可知，D的结构简式为。
故答案为：
（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；
C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；
D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；
故答案为：AC
（4）化合物E的结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。
故答案为：酸催化会导致酯基水解
（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。
故答案为：
（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶。
故答案为：a>c>b
（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。
故答案为：
【分析】根据已知信息Ⅱ，反应①为卤代烃与酚发生取代反应得到酚醚，结合B的分子式可知B为，化合物C的分子式比B多2个氢原子，根据已知信息Ⅰ，在Lindlar催化剂作用下碳碳三键加氢还原得到碳碳双键，故化合物C为，根据已知信息Ⅲ，在加热条件下，化合物C发生转化变成化合物D，其结构为。
（1）由分析可知，反应①为取代反应。
（2）由分析可知，D的结构简式为。
（3）A．由A的结构简式可知，化合物A中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．化合物B为，共有7种不同化学环境的氢原子，故在核磁共振氢谱上有7组吸收峰，B错误；
C．中苯环上的碳原子和醛基的碳原子杂化方式均为，C正确；
D．化合物X分子中共有1个手性碳原子，如图中*标注：，D错误；
故选AC。
（4）化合物E的结构为，在酸催化加热条件下可能发生羟基的消去和酯基的水解等副反应，不利于目标产物的生成。
（5）化合物F转化为X的过程中，根据键连方式可知三步转化过程依次为：①化合物F中酯基与羧基中间的碳加成对羟基苯甲醛的醛基；②羟基与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应消去一分子水；③脱羧失去一分子CO2，故“消去”的化学方程式为：。
（6）N上的孤电子对结合氢离子能力越强，碱性越强；烃基为推电子基团，可以增大N的孤电子对的电子云密度，所以哌啶的碱性强于氨；吡啶()中N参与形成大π键，不易给出，所以吡啶的碱性弱于氨，故碱性：哌啶>氨>吡啶，故答案为：a>c>b。
（7）和Cl2发生取代反应生成，和发生取代反应生成，发生已知信息III的机理得到，合成路线为：。
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