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四川省2025年高考综合改革适应性演练测试（八省联考）化学试题
1．（2025·四川模拟）化学是新材料发展的基础，下列生产或应用中所用到的主要物质不属于无机非金属材料的是
A．芯片制造所用的硅晶片 B．潜艇降噪所用的橡胶消声瓦
C．耐高温陶瓷生产所用的碳化硅 D．通信信号传输所用的光导纤维
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A．硅单质用于制造芯片，属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．橡胶属于高分子有机化合物，B符合题意；
C．碳化硅属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硅单质用于制造芯片。
B.橡胶属于高分子有机化合物。
C.碳化硅属于无机非金属材料。
D.二氧化硅是制作光导纤维的主要材料。
2．（2025·四川模拟）下列关于生物有机分子的说法错误的是
A．纤维素能被氢氧化铜氧化
B．蔗糖和麦芽糖的水解产物都含有葡萄糖
C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变
D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的分子
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．纤维素的羟基不能被弱氧化剂氢氧化铜氧化，故A错误；
B．蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖水解产物是葡萄糖，故B正确；
C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变，故C正确；
D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.纤维素含有羟基。
B.蔗糖和麦芽糖属于二糖。
C.白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变。
D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子。
3．（2025·四川模拟）和发生反应：是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．是非极性键形成的极性分子 B．的电子式是
C．和互为同素异形体 D．含有的中子数是
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 中含有1个中心氧原子和2个配位氧原子，且它们之间的电子云偏向配位氧原子，则是由极性键形成的极性分子，A错误；
B．由分析可知，的电子式是，B正确；
C．由分析可知，和互为同素异形体，C正确；
D.1个分子中含有8个中子，则含有的中子数是，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.非极性键一般存在于相同原子之间，极性分子中正负电荷重心不重合。
B.是共价化合物。
C.同素异形体是由同种元素组成的不同单质。
D.中子数=质量数-质子数。
4．（2025·四川模拟）维生素A乙酸酯的结构简式为，下列说法正确的是
A．不能发生水解反应
B．不能使溴的溶液褪色
C．6个甲基对应的核磁共振氢谱有5组峰
D．分子中采用杂化的碳原子数目是10
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．维生素A乙酸酯中含有的酯基能发生水解反应，故A错误；
B．维生素A乙酸酯中的碳碳双键能与溴发生加成反应使其褪色，故B错误；
C．维生素A乙酸酯分子中6个甲基对应的氢原子类型有5种，核磁共振氢谱有5组峰，故C正确；
D．维生素A乙酸酯分子中碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为杂化，共有11个，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.酯基能发生水解反应。
B.碳碳双键能与溴发生加成反应。
C.有机物中含有几种氢原子，则其核磁共振氢谱有几组峰。
D. 碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为杂化。
5．（2025·四川模拟）下列装置或操作不能达到相应实验目的的是
A．制备干燥的 B．制备无水
C．除去中少量的 D．萃取并分离溴水中的溴
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水，碱石灰能可干燥碱性气体氨气，能达到实验目的，故A不符合题意；
B．六水氯化铁在氮气氛围中直接加热会因氯化氢挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无水氯化铁， 不能达到实验目的 ，故B符合题意；
C．氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氢钠饱和溶液， 能达到实验目的，故C不符合题意；
D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴， 能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水。
B.氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸。
C.除杂同时不要引入新杂质。
D.萃取用于分离互不相溶的液体。
6．（2025·四川模拟）下列过程对应的离子方程式正确的是
A．硫化氢溶液久置变浑浊：
B．锌粉与稀硝酸反应：
C．银氨溶液与溴化钠溶液反应：
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫化氢为弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．锌粉与稀硝酸反应NO，正确的离子方程式为，故B错误；
C．银氨溶液与溴化钠溶液反应生成氯化钠、溴化银沉淀和氨气，其离子方程式为，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
7．（2025·四川模拟）M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高价含氧酸具有强氧化性，Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，Z与Y同族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．第一电离能：
C．原子半径：
D．简单气态氢化物的稳定性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的电负性随非金属性增强而变大，非金属性的强弱顺序为O＞N＞S，则电负性的大小顺序为O＞N＞S，故A正确；
B．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，其中（ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA），位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故B错误；
C．同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径：N＞O，故C错误；
D．简单气态氢化物的稳定性随元素非金属性的增强而增强，非金属性：O＞N＞S，则简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞H2S，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，M是宇宙中含量最多的元素，可推出M为H元素；Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，可推出Y为O元素； Z与Y同族，且原子序数：Z＞Y，二者均属于短周期元素，则Z为S元素；根据 M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合X的最高价含氧酸具有强氧化性，可推出X为N元素。
8．（2025·四川模拟）一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。
下列说法正确的是
A．X的水解产物含有乙酸的同系物 B．Y可以发生取代和加成反应
C．聚合物Z属于可降解高分子材料 D．此反应属于缩聚反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同系物；缩聚反应
9．（2025·四川模拟）一种测定葡萄酒中SO2含量的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。
下列说法错误的是
A．缓慢通入N2的目的是尽可能使SO2进入H2O2溶液
B．冷凝管的作用是避免水蒸气进入H2O2溶液影响测定结果
C．用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量
D．若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．缓慢通入N2的目的是尽可能的将葡萄酒中SO2吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H2SO4，A正确；
B．冷凝管的作用是防止葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液中，从影响测定结果，B错误；
C．根据SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：SO2～H2SO4～2NaOH， 即可用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量，C正确；
D．若实验过程中品红溶液褪色，说明SO2没有被H2O2完全氧化，则SO2的含量比实际偏低，从而可知该测定SO2含量的实验失败，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，烧瓶中涉及反应为：SO2+H2OH2SO3H++，加入适量稀硫酸，c(H+)增大，利于平衡逆向移动，抑制亚硫酸电离，减小了SO2的溶解度，通入N2并加热能把 葡萄酒中 SO2 吹出到盛有H2O2的溶液中，发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，品红溶液用于检验是否有剩余的SO2。
10．（2025·四川模拟）是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，转化为难溶于酸和碱的转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。
下列说法错误的是
A．具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护
C．“滤液”中存在和 D．来自于和盐酸的反应
【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．TiO2中Ti为高价态，具有强氧化性，A正确；
B．根据已知信息可知，“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的，说明“浸取”需要惰性气体保护，B正确；
C．由分析可知，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确
D．由分析可知，“浸取”时，、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+ 和，即来自于、Fe与盐酸的反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息及流程图，“铝热还原”时，铁的氧化物被还原为Fe，转化为难溶于酸和碱的转化为； “浸取”时，、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+ 和 ，“浸渣”为难溶的；“氧化水解”时，Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。
11．（2025·四川模拟）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 POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3
B 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
C 的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大
D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．POCl3、的中心P原子价层电子对数分别为4+=4、4+=4，均采用sp3杂化，空间结构均为四面体形，A正确；
B．、的中心N原子价层电子对数分别是2+=2、3+=3，均无孤对电子，前者采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°，后者采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°；的中心N原子价层电子对数是2+=3，有1对孤对电子，采用sp2杂化，结合分析可知，其键角小于120°，的键角依次减小，这不仅与与孤电子对与成键电子对的作用力有关，也与中心N原子的杂化类型有关，B错误；
C．卤化硅均为分子晶体，均不含氢键，随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，则的熔沸点逐渐升高，C正确；
D．对硝基苯酚的分子间存在范德华力和氢键，使其熔沸点升高，而邻硝基苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据中心原子价层电子对数进行分析。
B.孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力。
C.一般分子晶体的沸点随分子量的增大而升高。
D.氢键能使物质的熔沸点升高。
12．（2025·四川模拟）我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水性电池，其工作示意图如下。
下列说法错误的是
A．放电时，从负极向正极迁移
B．放电时，的生成说明具有两性
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，若生成，则有穿过离子交换膜
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，K+向正极移动，A正确；
B．碱性环境下生成，说明Zn(OH)2能与碱反应，而Zn(OH)2也能与酸反应，则Zn(OH)2有两性，B正确；
C．由分析可知，充电时， 电池总反应为+2= Zn+4OH-+，C正确；D．由分析可知，充电时， 阳极反应式为2-2e-=，生成1mol转移2mol电子，应有2molK+穿过离子交换膜，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置放电时，锌电极附近，锌元素化合价由0升为+2，失电子发生氧化反应，则Zn作负极，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，多孔碳作正极，其电极反应式为+2e-=2；充电时，Zn为阴极，其电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，多孔碳作阳极，其电极反应式为2-2e-=。
13．（2025·四川模拟）恒容反应器中，和均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，为中间体，为过渡态。
下列描述正确的是
A．“插入”步骤，为
B．催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；有效碰撞理论；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据图示信息及分析可知，“插入”步骤的△H=-16.5kcal/mol-（-1.1kcal/mol）=-15.4kcal/mol，故A错误；
B．根据图示信息及分析可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为7.9kcal/mol-（-16.5kcal/mol）=24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，为决速步骤，故B正确；
C．由图可知，反应的活化能：Rh催化作用下＞Rh/Mn催化作用下，反应的活化能越大，反应速率越慢，则Rh催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小，故C错误；
D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升温利于平衡逆向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.=生成物总能量-反应物总能量。
B.活化能最大的反应是反应的决速步骤。
C.反应的活化能越大，反应速率越慢。
D.根据勒夏特列原理进行分析。
14．（2025·四川模拟）一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．该物质的化学式为
B．1位和2位的核间距为
C．晶体的密度为
D．2位的分数坐标可表示为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构图及均摊法，的个数为，Q2-的个数为，的个数为1，则该物质的化学式为，A正确；
B．根据晶胞结构图，1位和2位 均位于面心，则位和位的核间距为：，B正确；
C．由分析可知，，C错误；
D.2位 位于面心，其分数坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法算出晶胞中所含原子个数，据此分析。
B.1位和2位 均位于面心。
C.根据n=，m=ρV进行分析。
D.2位 位于面心。
15．（2025·四川模拟）常温下，溶液中含硫粒子分布系数[比如：]与的关系如图1所示；金属硫化物和在饱和溶液中达沉淀溶解平衡时，与的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。
下列说法正确的是
A．溶液中的
B．直线④表示饱和溶液中的与的关系
C．金属硫化物的
D．浓度均为的和的混合溶液不能通过滴加饱和溶液实现分离
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据图1及分析可知，当pH=6.97时，，pH=12.9时，，则电离平衡常数，，则溶液中的，A错误；
B．由分析可知，直线⑤表示饱和溶液中的与的关系，B错误；
C．当pH=8.94时，，，两式相乘得，由于电离程度非常小，则，所以，且，，可求得，C正确；
D．由图2可知，逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为的和的混合溶液，当时，开始沉淀，当时，开始沉淀，所以会先沉淀，当沉淀完全时，溶液中<，此时还未开始沉淀，所以能通过滴加饱和溶液实现分离，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在：、，随着pH增大，c(H+)减小，利于两个化学平衡正向移动，可推出图1中①表示，②表示，③表示。
B.随着pH增大，c(H+)减小，也增大，则金属阳离子浓度会减小，且由减小更快，所以直线④为的与的关系，直线⑤的与的关系。
C.。
D.逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为的和的混合溶液，当时，开始沉淀，当时，开始沉淀。
16．（2025·四川模拟）具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级的流程如下。该阳极泥主要含有，以及和微量等杂质离子。
已知：。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液的关系如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态锰原子的电子排布式为　 　。
（2）“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是　 　。
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液和与反应分别生成和沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为　 　。
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，该步除杂的总反应方程式为　 　。
（5）“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是　 　、　 　。
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液将　 　(填“升高”或“下降”或“不变”)。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液应返回到　 　步骤，其目的是　 　。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2
（2）还原二氧化锰为锰离子
（3）
（4）
（5）CaF2；MgF2
（6）下降
（7）溶解；循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【知识点】原子核外电子排布；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为、，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
【分析】根据流程图信息可知，“溶解”时，SO2将 还原为MnSO4；加入硫酸铁除去钠钾；滤液加入碳酸锰调溶液，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为、，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
17．（2025·四川模拟）是一种能将转化为的光催化剂。
Ⅰ．一种制备的步骤如下(部分条件略)：
已知：为粉状晶体，难溶于水；易溶于水和乙二醇。
Ⅱ．纯度测定
将a克样品分解处理后，配制成溶液。用移液管移取溶液于碘量瓶中，加入过量溶液反应后，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，其原理如下：
回答下列问题：
（1）称量时，下列仪器中用到的有　 　、　 　(填仪器名称)。
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是　 　(填标号)。
a．蒸馏 b．减压过滤 c．蒸发
（3）步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中已洗净的方法是　 　；最后用乙醇洗涤，其目的是　 　。
（4）产物的晶体结构可用　 　(填仪器名称)测定。
（5）纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为　 　(填名称)，滴定终点的现象是　 　。
（6）平行滴定三次，消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为，则产品的纯度为　 　。
（7）下列操作会导致实验结果偏高的是　 　(填标号)。
a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数
【答案】（1）托盘天平；烧杯
（2）b
（3）取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥
（4）x射线衍射仪
（5）淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
（6）
（7）b
【知识点】制备实验方案的设计；晶体的定义；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）称量固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒；
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；
（3） 检验产物中已洗净的方法为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥；
（4）由分析可知，产物的晶体结构可用x射线衍射仪测定；
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
（6）由方程式可得如下转化关系：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为=；
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
故选b。
【分析】（1）称量固体需要用到托盘天平和烧杯。
（2）减压过滤可使固液快速分离。
（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子；用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥。
（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构。
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色；滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。
（6）由方程式可得反应关系式：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3。
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小。
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大。
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小。
（1）称量固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒，故答案为：托盘天平；烧杯；
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；
（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子，具体操作为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥，故答案为：取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；
（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构，所以产物的晶体结构可用x射线衍射仪测定，故答案为：x射线衍射仪；
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
（6）由方程式可得如下转化关系：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为=，故答案为：；
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
故选b。
18．（2025·四川模拟）甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
①
②
③
已知：以乙烯为例，其选择性定义为。
回答下列问题：
（1）氧化生成的热化学方程式④为　 　，反应的　 　0(填“>”或“<”或“=”)，反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）氧化偶联生成分步进行，和的选择性随反应时间的变化关系如图所示，第一步反应的产物为　 　。
（3）恒压进料，原料气的对转化率与选择性的影响如图所示，根据本研究课题的目的，在　 　(填“”或“”)更优，其原因是　 　。
（4）一定条件下，的生成速率v与分压p间的关系为：。若的初始分压为，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时，则分压　 　(用表示)。
（5）若、初始压强为，在恒容反应器中达平衡，的转化率为30%，和的选择性均为40%，则反应④的平衡常数　 　(保留整数)。
【答案】（1）△H=-210kJ/mol；>；能
（2）
（3）；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大
（4）
（5）416
【知识点】热化学方程式；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）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，故答案为：△H=-210kJ/mol；>；能；
（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：；
（3）由图可知，为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时为时更优，故答案为：；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大；
（4）由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，故答案为：；
（5）设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416，故答案为：416。
【分析】（1）由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④；反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
（2）第一步反应的产物的选择性较大。
（3）根据图示信息，结合物质的选择性进行分析。
（4）反应起始时，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时，联立方程组进行求解。
（5）根据化学平衡三段式，结合原子数目守恒、物质的量之比等于压强之比进行分析。
（1）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，故答案为：△H=-210kJ/mol；>；能；
（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：；
（3）由图可知，为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时为时更优，故答案为：；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大；
（4）由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，故答案为：；
（5）设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416，故答案为：416。
19．（2025·四川模拟）喷他佐辛(化合物H)是一种镇痛药物，其合成路线之一如下(略去部分试剂、条件和步骤)。
已知：
回答下列问题：
（1）试剂X的化学名称是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）D中官能团的名称是　 　、　 　。
（4）G中手性碳原子的数目是　 　。
（5）试剂Y为溴代烯烃，由G生成H的反应类型是　 　；在Y的同分异构体中，不含甲基的同分异构体的数目是　 　。
（6）化合物M的合成路线如下：
参照F的合成路线，写出第③步的反应方程式　 　(忽略立体化学)。
【答案】（1）一碘甲烷
（2）
（3）醚键；碳溴键
（4）3
（5）取代反应；4
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，试剂X是CH3I，化学名称是一碘甲烷；
（2）由分析可知，C的结构简式为；
（3）由D的结构简式可知，D中官能团名称是醚键、碳溴键；
（4）手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由G的结构简式可知，含有手性碳原子个数是3，如图*号所示：；
（5）G生成H的反应同时会有小分子HBr生成，因此属于取代反应；
由分析可知，Y为，分子式为C5H9Br，不饱和度为1，其同分异构体中，不含甲基，则只能是直链结构，不能含有支链，为CH2=CHCH2CH2CH2Br，若是环状结构，可能是、、，共计4种同分异构体；
（6）
与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成，第③步的反应方程式为：。
【分析】（1）根据有机合成流程图，与试剂X反应生成A，对比结构简式的不同可推断出A为CH3I。
（2）B和CH3I发生取代反应生成C，同时生成HI，结合D的结构简式可知，C为。
（3）熟悉常见官能团。
（4）手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
（5）熟悉有机反应类型及其特点。
（6）与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成。
（1）由分析可知，试剂X是CH3I，化学名称是一碘甲烷；
（2）由分析可知，C的结构简式为；
（3）由D的结构简式可知，D中官能团名称是醚键、碳溴键；
（4）手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由G的结构简式可知，含有手性碳原子个数是3，如图*号所示：；
（5）G生成H的反应同时会有小分子HBr生成，因此属于取代反应；
由分析可知，Y为，分子式为C5H9Br，不饱和度为1，其同分异构体中，不含甲基，则只能是直链结构，不能含有支链，为CH2=CHCH2CH2CH2Br，若是环状结构，可能是、、，共计4种同分异构体；
（6）与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成，第③步的反应方程式为：。
1 / 1四川省2025年高考综合改革适应性演练测试（八省联考）化学试题
1．（2025·四川模拟）化学是新材料发展的基础，下列生产或应用中所用到的主要物质不属于无机非金属材料的是
A．芯片制造所用的硅晶片 B．潜艇降噪所用的橡胶消声瓦
C．耐高温陶瓷生产所用的碳化硅 D．通信信号传输所用的光导纤维
2．（2025·四川模拟）下列关于生物有机分子的说法错误的是
A．纤维素能被氢氧化铜氧化
B．蔗糖和麦芽糖的水解产物都含有葡萄糖
C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变
D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的分子
3．（2025·四川模拟）和发生反应：是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．是非极性键形成的极性分子 B．的电子式是
C．和互为同素异形体 D．含有的中子数是
4．（2025·四川模拟）维生素A乙酸酯的结构简式为，下列说法正确的是
A．不能发生水解反应
B．不能使溴的溶液褪色
C．6个甲基对应的核磁共振氢谱有5组峰
D．分子中采用杂化的碳原子数目是10
5．（2025·四川模拟）下列装置或操作不能达到相应实验目的的是
A．制备干燥的 B．制备无水
C．除去中少量的 D．萃取并分离溴水中的溴
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·四川模拟）下列过程对应的离子方程式正确的是
A．硫化氢溶液久置变浑浊：
B．锌粉与稀硝酸反应：
C．银氨溶液与溴化钠溶液反应：
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合：
7．（2025·四川模拟）M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，M是宇宙中含量最多的元素，X的最高价含氧酸具有强氧化性，Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，Z与Y同族。下列说法正确的是
A．电负性：
B．第一电离能：
C．原子半径：
D．简单气态氢化物的稳定性：
8．（2025·四川模拟）一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。
下列说法正确的是
A．X的水解产物含有乙酸的同系物 B．Y可以发生取代和加成反应
C．聚合物Z属于可降解高分子材料 D．此反应属于缩聚反应
9．（2025·四川模拟）一种测定葡萄酒中SO2含量的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。
下列说法错误的是
A．缓慢通入N2的目的是尽可能使SO2进入H2O2溶液
B．冷凝管的作用是避免水蒸气进入H2O2溶液影响测定结果
C．用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量
D．若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败
10．（2025·四川模拟）是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，转化为难溶于酸和碱的转化为；“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的。
下列说法错误的是
A．具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护
C．“滤液”中存在和 D．来自于和盐酸的反应
11．（2025·四川模拟）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 POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3
B 的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
C 的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大
D 邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·四川模拟）我国科学家发明了一种高储能、循环性能优良的水性电池，其工作示意图如下。
下列说法错误的是
A．放电时，从负极向正极迁移
B．放电时，的生成说明具有两性
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，若生成，则有穿过离子交换膜
13．（2025·四川模拟）恒容反应器中，和均能催化反应：(羟基乙醛)，反应历程如图所示，为中间体，为过渡态。
下列描述正确的是
A．“插入”步骤，为
B．催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
14．（2025·四川模拟）一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示(α=β=γ=90°)，NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．该物质的化学式为
B．1位和2位的核间距为
C．晶体的密度为
D．2位的分数坐标可表示为
15．（2025·四川模拟）常温下，溶液中含硫粒子分布系数[比如：]与的关系如图1所示；金属硫化物和在饱和溶液中达沉淀溶解平衡时，与的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。
下列说法正确的是
A．溶液中的
B．直线④表示饱和溶液中的与的关系
C．金属硫化物的
D．浓度均为的和的混合溶液不能通过滴加饱和溶液实现分离
16．（2025·四川模拟）具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级的流程如下。该阳极泥主要含有，以及和微量等杂质离子。
已知：。金属离子生成氢氧化物沉淀，其和溶液的关系如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态锰原子的电子排布式为　 　。
（2）“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是　 　。
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液和与反应分别生成和沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为　 　。
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，该步除杂的总反应方程式为　 　。
（5）“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是　 　、　 　。
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液将　 　(填“升高”或“下降”或“不变”)。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液应返回到　 　步骤，其目的是　 　。
17．（2025·四川模拟）是一种能将转化为的光催化剂。
Ⅰ．一种制备的步骤如下(部分条件略)：
已知：为粉状晶体，难溶于水；易溶于水和乙二醇。
Ⅱ．纯度测定
将a克样品分解处理后，配制成溶液。用移液管移取溶液于碘量瓶中，加入过量溶液反应后，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，其原理如下：
回答下列问题：
（1）称量时，下列仪器中用到的有　 　、　 　(填仪器名称)。
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是　 　(填标号)。
a．蒸馏 b．减压过滤 c．蒸发
（3）步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中已洗净的方法是　 　；最后用乙醇洗涤，其目的是　 　。
（4）产物的晶体结构可用　 　(填仪器名称)测定。
（5）纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为　 　(填名称)，滴定终点的现象是　 　。
（6）平行滴定三次，消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为，则产品的纯度为　 　。
（7）下列操作会导致实验结果偏高的是　 　(填标号)。
a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数
18．（2025·四川模拟）甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
①
②
③
已知：以乙烯为例，其选择性定义为。
回答下列问题：
（1）氧化生成的热化学方程式④为　 　，反应的　 　0(填“>”或“<”或“=”)，反应　 　(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）氧化偶联生成分步进行，和的选择性随反应时间的变化关系如图所示，第一步反应的产物为　 　。
（3）恒压进料，原料气的对转化率与选择性的影响如图所示，根据本研究课题的目的，在　 　(填“”或“”)更优，其原因是　 　。
（4）一定条件下，的生成速率v与分压p间的关系为：。若的初始分压为，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时，则分压　 　(用表示)。
（5）若、初始压强为，在恒容反应器中达平衡，的转化率为30%，和的选择性均为40%，则反应④的平衡常数　 　(保留整数)。
19．（2025·四川模拟）喷他佐辛(化合物H)是一种镇痛药物，其合成路线之一如下(略去部分试剂、条件和步骤)。
已知：
回答下列问题：
（1）试剂X的化学名称是　 　。
（2）C的结构简式为　 　。
（3）D中官能团的名称是　 　、　 　。
（4）G中手性碳原子的数目是　 　。
（5）试剂Y为溴代烯烃，由G生成H的反应类型是　 　；在Y的同分异构体中，不含甲基的同分异构体的数目是　 　。
（6）化合物M的合成路线如下：
参照F的合成路线，写出第③步的反应方程式　 　(忽略立体化学)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A．硅单质用于制造芯片，属于无机非金属材料，A不符合题意；
B．橡胶属于高分子有机化合物，B符合题意；
C．碳化硅属于无机非金属材料，C不符合题意；
D．二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，属于无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硅单质用于制造芯片。
B.橡胶属于高分子有机化合物。
C.碳化硅属于无机非金属材料。
D.二氧化硅是制作光导纤维的主要材料。
2．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；核酸
【解析】【解答】A．纤维素的羟基不能被弱氧化剂氢氧化铜氧化，故A错误；
B．蔗糖水解产物是葡萄糖和果糖，麦芽糖水解产物是葡萄糖，故B正确；
C．蛋白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变，故C正确；
D．核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.纤维素含有羟基。
B.蔗糖和麦芽糖属于二糖。
C.白质的空间结构发生变化会导致其生物活性改变。
D.核酸可以看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子。
3．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． 中含有1个中心氧原子和2个配位氧原子，且它们之间的电子云偏向配位氧原子，则是由极性键形成的极性分子，A错误；
B．由分析可知，的电子式是，B正确；
C．由分析可知，和互为同素异形体，C正确；
D.1个分子中含有8个中子，则含有的中子数是，D正确；
故答案为：A。
【分析】A.非极性键一般存在于相同原子之间，极性分子中正负电荷重心不重合。
B.是共价化合物。
C.同素异形体是由同种元素组成的不同单质。
D.中子数=质量数-质子数。
4．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；烯烃；酯的性质
【解析】【解答】A．维生素A乙酸酯中含有的酯基能发生水解反应，故A错误；
B．维生素A乙酸酯中的碳碳双键能与溴发生加成反应使其褪色，故B错误；
C．维生素A乙酸酯分子中6个甲基对应的氢原子类型有5种，核磁共振氢谱有5组峰，故C正确；
D．维生素A乙酸酯分子中碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为杂化，共有11个，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.酯基能发生水解反应。
B.碳碳双键能与溴发生加成反应。
C.有机物中含有几种氢原子，则其核磁共振氢谱有几组峰。
D. 碳碳双键和酯基中碳原子的杂化方式为杂化。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氨的实验室制法；分液和萃取；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水，碱石灰能可干燥碱性气体氨气，能达到实验目的，故A不符合题意；
B．六水氯化铁在氮气氛围中直接加热会因氯化氢挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无水氯化铁， 不能达到实验目的 ，故B符合题意；
C．氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氢钠饱和溶液， 能达到实验目的，故C不符合题意；
D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴， 能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生石灰与水反应放热，浓氨水受热生成氨气和水。
B.氯化铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸。
C.除杂同时不要引入新杂质。
D.萃取用于分离互不相溶的液体。
6．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫化氢为弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．锌粉与稀硝酸反应NO，正确的离子方程式为，故B错误；
C．银氨溶液与溴化钠溶液反应生成氯化钠、溴化银沉淀和氨气，其离子方程式为，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，故D错误；
故答案为：C。
【分析】判断离子方程式正误时，需注意以下几点：1.是否符合事实；2.化学式拆写（单质、氧化物、气体、难溶物、弱电解质等不能拆写）是否正确；3.符号（等号，可逆号，沉淀气体的箭头标注）使用是否正确；4.是否遵循原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒；5.是否漏掉离子反应；6.反应物或产物的配比是否正确。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的电负性随非金属性增强而变大，非金属性的强弱顺序为O＞N＞S，则电负性的大小顺序为O＞N＞S，故A正确；
B．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，其中（ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA），位于ⅤA族的氮元素的氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故B错误；
C．同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则原子半径：N＞O，故C错误；
D．简单气态氢化物的稳定性随元素非金属性的增强而增强，非金属性：O＞N＞S，则简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞H2S，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，M是宇宙中含量最多的元素，可推出M为H元素；Y的基态原子价层电子数为其内层电子数的3倍，可推出Y为O元素； Z与Y同族，且原子序数：Z＞Y，二者均属于短周期元素，则Z为S元素；根据 M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合X的最高价含氧酸具有强氧化性，可推出X为N元素。
8．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同系物；缩聚反应
9．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；中和滴定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．缓慢通入N2的目的是尽可能的将葡萄酒中SO2吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H2SO4，A正确；
B．冷凝管的作用是防止葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液中，从影响测定结果，B错误；
C．根据SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：SO2～H2SO4～2NaOH， 即可用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量，C正确；
D．若实验过程中品红溶液褪色，说明SO2没有被H2O2完全氧化，则SO2的含量比实际偏低，从而可知该测定SO2含量的实验失败，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，烧瓶中涉及反应为：SO2+H2OH2SO3H++，加入适量稀硫酸，c(H+)增大，利于平衡逆向移动，抑制亚硫酸电离，减小了SO2的溶解度，通入N2并加热能把 葡萄酒中 SO2 吹出到盛有H2O2的溶液中，发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，品红溶液用于检验是否有剩余的SO2。
10．【答案】D
【知识点】铁及其化合物的性质实验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．TiO2中Ti为高价态，具有强氧化性，A正确；
B．根据已知信息可知，“浸取”时，溶于盐酸生成易被空气氧化的，说明“浸取”需要惰性气体保护，B正确；
C．由分析可知，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确
D．由分析可知，“浸取”时，、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+ 和，即来自于、Fe与盐酸的反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息及流程图，“铝热还原”时，铁的氧化物被还原为Fe，转化为难溶于酸和碱的转化为； “浸取”时，、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+ 和 ，“浸渣”为难溶的；“氧化水解”时，Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。
11．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．POCl3、的中心P原子价层电子对数分别为4+=4、4+=4，均采用sp3杂化，空间结构均为四面体形，A正确；
B．、的中心N原子价层电子对数分别是2+=2、3+=3，均无孤对电子，前者采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°，后者采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°；的中心N原子价层电子对数是2+=3，有1对孤对电子，采用sp2杂化，结合分析可知，其键角小于120°，的键角依次减小，这不仅与与孤电子对与成键电子对的作用力有关，也与中心N原子的杂化类型有关，B错误；
C．卤化硅均为分子晶体，均不含氢键，随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，则的熔沸点逐渐升高，C正确；
D．对硝基苯酚的分子间存在范德华力和氢键，使其熔沸点升高，而邻硝基苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据中心原子价层电子对数进行分析。
B.孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力。
C.一般分子晶体的沸点随分子量的增大而升高。
D.氢键能使物质的熔沸点升高。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，K+向正极移动，A正确；
B．碱性环境下生成，说明Zn(OH)2能与碱反应，而Zn(OH)2也能与酸反应，则Zn(OH)2有两性，B正确；
C．由分析可知，充电时， 电池总反应为+2= Zn+4OH-+，C正确；D．由分析可知，充电时， 阳极反应式为2-2e-=，生成1mol转移2mol电子，应有2molK+穿过离子交换膜，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置放电时，锌电极附近，锌元素化合价由0升为+2，失电子发生氧化反应，则Zn作负极，其电极反应式为Zn-2e-+4OH-=，多孔碳作正极，其电极反应式为+2e-=2；充电时，Zn为阴极，其电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，多孔碳作阳极，其电极反应式为2-2e-=。
13．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；有效碰撞理论；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据图示信息及分析可知，“插入”步骤的△H=-16.5kcal/mol-（-1.1kcal/mol）=-15.4kcal/mol，故A错误；
B．根据图示信息及分析可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为7.9kcal/mol-（-16.5kcal/mol）=24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，为决速步骤，故B正确；
C．由图可知，反应的活化能：Rh催化作用下＞Rh/Mn催化作用下，反应的活化能越大，反应速率越慢，则Rh催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小，故C错误；
D．由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升温利于平衡逆向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.=生成物总能量-反应物总能量。
B.活化能最大的反应是反应的决速步骤。
C.反应的活化能越大，反应速率越慢。
D.根据勒夏特列原理进行分析。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据晶胞结构图及均摊法，的个数为，Q2-的个数为，的个数为1，则该物质的化学式为，A正确；
B．根据晶胞结构图，1位和2位 均位于面心，则位和位的核间距为：，B正确；
C．由分析可知，，C错误；
D.2位 位于面心，其分数坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法算出晶胞中所含原子个数，据此分析。
B.1位和2位 均位于面心。
C.根据n=，m=ρV进行分析。
D.2位 位于面心。
15．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据图1及分析可知，当pH=6.97时，，pH=12.9时，，则电离平衡常数，，则溶液中的，A错误；
B．由分析可知，直线⑤表示饱和溶液中的与的关系，B错误；
C．当pH=8.94时，，，两式相乘得，由于电离程度非常小，则，所以，且，，可求得，C正确；
D．由图2可知，逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为的和的混合溶液，当时，开始沉淀，当时，开始沉淀，所以会先沉淀，当沉淀完全时，溶液中<，此时还未开始沉淀，所以能通过滴加饱和溶液实现分离，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.溶液中存在：、，随着pH增大，c(H+)减小，利于两个化学平衡正向移动，可推出图1中①表示，②表示，③表示。
B.随着pH增大，c(H+)减小，也增大，则金属阳离子浓度会减小，且由减小更快，所以直线④为的与的关系，直线⑤的与的关系。
C.。
D.逐滴加入硫化氢饱和溶液，浓度均为的和的混合溶液，当时，开始沉淀，当时，开始沉淀。
16．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2
（2）还原二氧化锰为锰离子
（3）
（4）
（5）CaF2；MgF2
（6）下降
（7）溶解；循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【知识点】原子核外电子排布；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为、，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
【分析】根据流程图信息可知，“溶解”时，SO2将 还原为MnSO4；加入硫酸铁除去钠钾；滤液加入碳酸锰调溶液，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
（1）锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
（2）二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入的作用是还原二氧化锰为锰离子；
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液，酸性条件下，与反应生成沉淀，其中生成沉淀的离子方程式为：；
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加调溶液，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为；
（5）由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为、，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液将下降。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
17．【答案】（1）托盘天平；烧杯
（2）b
（3）取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥
（4）x射线衍射仪
（5）淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
（6）
（7）b
【知识点】制备实验方案的设计；晶体的定义；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）称量固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒；
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；
（3） 检验产物中已洗净的方法为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥；
（4）由分析可知，产物的晶体结构可用x射线衍射仪测定；
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
（6）由方程式可得如下转化关系：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为=；
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
故选b。
【分析】（1）称量固体需要用到托盘天平和烧杯。
（2）减压过滤可使固液快速分离。
（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子；用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥。
（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构。
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色；滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。
（6）由方程式可得反应关系式：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3。
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小。
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大。
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小。
（1）称量固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒，故答案为：托盘天平；烧杯；
（2）步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；
（3）检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子，具体操作为取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发，快速带走沉淀表面水分，易干燥，故答案为：取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；
（4）x射线衍射可以精确测定物质的晶体结构，所以产物的晶体结构可用x射线衍射仪测定，故答案为：x射线衍射仪；
（5）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
（6）由方程式可得如下转化关系：2—2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L硫代硫酸钠溶液，则产品的纯度为=，故答案为：；
（7）a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错误；
故选b。
18．【答案】（1）△H=-210kJ/mol；>；能
（2）
（3）；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大
（4）
（5）416
【知识点】热化学方程式；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）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，故答案为：△H=-210kJ/mol；>；能；
（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：；
（3）由图可知，为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时为时更优，故答案为：；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大；
（4）由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，故答案为：；
（5）设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416，故答案为：416。
【分析】（1）由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④；反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
（2）第一步反应的产物的选择性较大。
（3）根据图示信息，结合物质的选择性进行分析。
（4）反应起始时，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时，联立方程组进行求解。
（5）根据化学平衡三段式，结合原子数目守恒、物质的量之比等于压强之比进行分析。
（1）由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，故答案为：△H=-210kJ/mol；>；能；
（2）由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：；
（3）由图可知，为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时为时更优，故答案为：；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大；
（4）由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，故答案为：；
（5）设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416，故答案为：416。
19．【答案】（1）一碘甲烷
（2）
（3）醚键；碳溴键
（4）3
（5）取代反应；4
（6）
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，试剂X是CH3I，化学名称是一碘甲烷；
（2）由分析可知，C的结构简式为；
（3）由D的结构简式可知，D中官能团名称是醚键、碳溴键；
（4）手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由G的结构简式可知，含有手性碳原子个数是3，如图*号所示：；
（5）G生成H的反应同时会有小分子HBr生成，因此属于取代反应；
由分析可知，Y为，分子式为C5H9Br，不饱和度为1，其同分异构体中，不含甲基，则只能是直链结构，不能含有支链，为CH2=CHCH2CH2CH2Br，若是环状结构，可能是、、，共计4种同分异构体；
（6）
与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成，第③步的反应方程式为：。
【分析】（1）根据有机合成流程图，与试剂X反应生成A，对比结构简式的不同可推断出A为CH3I。
（2）B和CH3I发生取代反应生成C，同时生成HI，结合D的结构简式可知，C为。
（3）熟悉常见官能团。
（4）手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
（5）熟悉有机反应类型及其特点。
（6）与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成。
（1）由分析可知，试剂X是CH3I，化学名称是一碘甲烷；
（2）由分析可知，C的结构简式为；
（3）由D的结构简式可知，D中官能团名称是醚键、碳溴键；
（4）手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由G的结构简式可知，含有手性碳原子个数是3，如图*号所示：；
（5）G生成H的反应同时会有小分子HBr生成，因此属于取代反应；
由分析可知，Y为，分子式为C5H9Br，不饱和度为1，其同分异构体中，不含甲基，则只能是直链结构，不能含有支链，为CH2=CHCH2CH2CH2Br，若是环状结构，可能是、、，共计4种同分异构体；
（6）与Mg反应，与发生类似A与E生成F的反应，生成物是，与发生题目已知的反应生成，第③步的反应方程式为：。
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