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四川省巴中市2025届高三下学期一诊考试化学试题
1．（2025·巴中模拟）创造幸福生活离不开化学。下列叙述错误的是
A．含氟牙膏的氟离子与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，能预防龋齿
B．将白糖熬成焦糖汁给食物上色，利用了蔗糖在高温下碳化的原理
C．铝粉与烧碱的混合物可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道
D．研发新能源汽车，降低汽油柴油的消耗
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，能预防龋齿，A正确；
B．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下增色与碳化无关，B错误；
C．铝粉与烧碱的混合物在水溶液中反应生成氢气，使得管内压强增大，可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道，C正确；
D．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，有利于降低汽油柴油的消耗，D正确；
故答案为：B
【分析】A、牙膏中添加的氟化物，能将羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石。
B、焦糖上色与碳化无关。
C、Al与NaOH溶液反应生成大量H2，使得管内压强增大。
D、新能源的使用，有利于减少汽油柴油的消耗。
2．（2025·巴中模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．镁可以和反应，可用于制造信号弹和焰火
B．二氧化硅硬度大，熔点高，可制作光导纤维
C．石墨的熔点很高，可用作干电池电极材料
D．无水呈蓝色，吸水后为粉红色，可用于制造变色硅胶
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A．镁在空气中燃烧，发出耀眼的白光，因此可用于制造信号弹和焰火，与CO2无关，故A错误；
B．光纤的主要成分是SiO2；光导纤维的通信容量大，抗干扰性能好，传输的信号不易衰减，能有效提高通讯效率，与二氧化硅硬度大、熔点高无关，故B错误；
C．石墨可用作干电池电极材料，是因为石墨能导电，与其熔点无关，故C错误；
D．无水呈蓝色，吸水后为粉红色，因此无水氯化钴可用于制造变色硅胶，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、Mg与O2反应发出耀眼白光，可用作信号弹或焰火。
B、SiO2做光导纤维与其硬度大、熔点高的性质无关。
C、石墨具有导电性，可用做电极材料。
D、结合无水CoCl2吸水前后颜色的变化分析。
3．（2025·巴中模拟）已知：，设为阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是
A．室温下，0.2 mol/L的溶液中数目小于
B．标准状况下，11.2 L HI中所含分子数
C．1 mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为
D．11.6 g与足量HI溶液反应转移电子数为
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.0.2 mol/L的溶液的体积未知，无法计算数目，A错误；
B．标准状况下，11.2 LHI的物质的量为0.5mol，因此其所含的分子数，B正确；
C．I为53号元素，基态Ⅰ原子的价电子排布式为5s25p5，含有1个未成对电子，因此1 mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为，C正确；
D．与足量HI溶液反应生成亚铁离子，11.6g的物质的量=，其中三价铁的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，转化为亚铁离子转移电子数为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
B、标准状态下，Vm=22.4L·mol－1，据此计算。
C、结合基态I原子的价层电子排布式分析。
D、Fe3O4可视为FeO·Fe2O3，与HI反应，Fe3＋转化为Fe2＋，据此计算转移电子数。
4．（2025·巴中模拟）有机化合物X、Y、Z、W之间有如下转化关系。下列说法错误的是
A．条件①和②均为浓硫酸、加热 B．Y中所有碳原子均共面
C．Z可以发生聚合反应 D．最多消耗
【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；乙醇的物理、化学性质；羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．反应①在浓硫酸加热条件下羟基发生分子内脱水的成环反应；反应②在浓硫酸加热条件下羟基和羧基发生分子内成环的酯化反应，A正确；
B．Y中与苯环相连的碳原子为饱和碳，为四面体结构，因此所连接的四个原子不可能共面，该分子所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Z分子中含有羧基、羟基，因此可以发生缩聚反应，C正确；
D．含有1mol苯环、1mol酯基，酯基不与H2加成，1mol苯环和3mol氢气发生加成反应，所以最多消耗，D正确；
故答案为：B
【分析】A、反应①为羟基的脱水取代反应；反应②为酯化反应。
B、Y中存在饱和碳原子，为四面体结构。
C、Z中同时含有羧基和羟基，可发生缩聚反应。
D、W中的苯环能与H2发生加成反应。
5．（2025·巴中模拟）下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A．可以形成浓差电池，左侧电极为负极 B．除去气体中的杂质
I2(g)+H2(g)2HI(g) 加压颜色加深
C．验证平衡移动原理 D．配制溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理；除杂；配制一定物质的量浓度的溶液；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在浓差电池中，离子浓度低的一侧发生氧化反应，其电极为负极，左侧溶液浓度为1mol/L，右侧为5mol/L，左侧浓度低，因此左侧电极发生失电子的氧化反应：，所以左侧电极为负极，该装置可以形成浓差电池，A正确；
B．和都能与饱和溶液反应，因此不能用饱和溶液除去气体中的杂质，应使用饱和溶液，B错误；
C．可逆反应反应前后气体分子数不变，因此加压平衡不移动。颜色加深是由于加压后容器体积减小，的浓度增大引起的，不能验证平衡移动原理，C错误；
D．容量瓶只能用于配制溶液，不能直接在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中，D错误；
故答案为：A
【分析】A、左侧AgNO3溶液中c(Ag＋)较小，因此左侧Ag电极做负极，发生失电子的氧化反应。
B、H2S能与饱和Na2S反应生成NaHS。
C、反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动。
D、NaOH固体需先在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶，不能直接在容量瓶内溶解。
6．（2025·巴中模拟）常温下，下列溶液中所给离子能大量共存的是
A．氯水：、、、
B．王水：、、、
C．氨水：、、、
D．明矾水：、、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氯水中存在、，具有氧化性，能将Br－氧化成Br2，二者不能大量共存；氯水中存在，与反应生成H2O和CO2，二者不能大量共存，A项错误；
B．王水具有强氧化性，可将氧化为，二者不能大量共存；与可发生复分解反应，二者不能大量共存，B项错误；
C．氨水与、、、均不反应，可大量共存，C项正确；
D．明矾水溶液中存在，能与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，二者不能大量共存，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、氯水中含有Cl2能与Br－反应，含有H＋能与反应。
B、王水具有氧化性，能将、Fe2＋氧化。
C、溶液中各个离子相互间不反应。
D、明矾溶液中含有Al3＋，能与反应。
7．（2025·巴中模拟）、等均可作锂离子电池的电极材料，关于其组成元素说法错误的是
A．的焰色试验形成发射光谱
B．第二周期第一电离能介于和之间的元素有4种
C．和都位于周期表中区
D．基态原子核外电子有9种空间运动状态
【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．的焰色试验过程中释放能量，形成发射光谱，A正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；但由于N的2p轨道为半充满稳定结构，因此N的第一电离能大于O，所以 第二周期第一电离能介于和之间的元素有Be、B、C，共3种，B错误；
C．和都属于Ⅷ族元素，位于元素周期表中的区，C正确；
D．基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，因此核外电子占据9个原子轨道，有9种空间运动状态，D正确；
故答案为：B
【分析】A、焰色试验过程中释放能量，形成发射光谱。
B、结合第一电离能的变化趋势分析。
C、根据Fe、Co在周期表中的位置，确定其所在的分区。
D、根据基态P原子核外电子排布式分析。
8．（2025·巴中模拟）工业生产下列物质，对应的转化过程不符合要求的是
选项 物质 转化过程
A
B 浓缩海水
C 、焦炭、
D 黄铁矿
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；海水资源及其综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．NaCl与CO2不反应，要生成NaHCO3，需通入NH3；题目中未提及，直接通无法有效生成，不能实现该转化，A符合题意；
B．氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2能将Br－氧化成Br2；SO2具有还原性，能与Br2反应生成Br－。最后再次通入氧化Br-得到。此流程符合海水提溴的工业步骤，B不符合题意；
C．焦炭具有还原性，与、在高温条件下反应生成；再用Mg在惰性气体环境中还原得到Ti(克劳尔法)，C不符合题意；
D．黄铁矿()燃烧时与空气中的O2反应生成；SO2与O2在催化剂的作用下进一步反应生成；浓硫酸吸收生成发烟硫酸，符合接触法制硫酸流程，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、NaCl与CO2不反应，无法生成NaHCO3。
B、氧化性Cl2＞Br2，因此可反应生成Br2；SO2具有还原性，能将Br2还原为Br－，再通过Cl2将Br－氧化成Br2。
C、C、TiO2和Cl2高温条件下反应生成TiCl4，TiCl4与Mg反应生成Ti。
D、黄铁矿燃烧生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3用浓硫酸吸收形成发烟硫酸。
9．（2025·巴中模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 用饱和溶液可以将转化为
B 取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量，振荡静置，溶液分层，下层呈紫红色 原无色溶液中一定有
C 向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成 与发生双水解反应
D 以铁为保护电极，锌为辅助电极，酸化的3%氯化钠为电解质溶液，导线连接两电极，一段时间后，向铁电极附近的溶液中滴入2滴铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 铁未被保护
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．饱和溶液中碳酸根离子浓度很大，加入的在溶液中溶解出的钡离子浓度与碳酸根离子浓度乘积大于碳酸钡的溶度积即，此时就有生成，但不能说明，A错误；
B．取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量，振荡静置，溶液分层，下层呈紫红色说明CCl4中溶解了I2，I2来自于氯气将溶液中碘离子氧化，说明原无色溶液中一定有，B正确；
C．向溶液中加入溶液发生反应，该反应无CO2生成，不属于双水解反应，C错误；
D．正极处产生蓝色沉淀可能是铁氰化钾将电极氧化产生亚铁离子，因此不能向铁电极附近的溶液中滴入2滴铁氰化钾溶液，应取出正负极溶液后，再分别滴加铁氰化钾溶液，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当溶液中离子浓度乘积Q＞Ksp时，即可发生沉淀的转化，不能说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)。
B、CCl4的密度比水大，在下层；下层显紫红色，说明CCl4中溶解有I2。
C、[Al(OH)4]－与HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀和CO32－。
D、K3[Fe(CN)6]溶液能将Fe氧化，生成Fe2＋，对实验造成干扰。
10．（2025·巴中模拟）离子液体是一类在室温或稍高于室温时呈液态的离子化合物，因其优异的性能被广泛应用，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：
C．离子液体含体积很大的阴阳离子，沸点低，易挥发
D．可将未用完的放回原试剂瓶
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小；同主族元素核电荷数越大，原子半径越大。因此原子半径P>N>F>H，即Q > Z>W > X，A正确；
B．元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于非金属性CC．离子液体含体积很大的阴阳离子，离子间作用力较大，沸点较高，因此不易挥发，C错误；
D．白磷属于易燃物，着火点低（40℃左右），在空气中容易发生自燃。若随便丢弃易引起火灾，因此为了保证安全，中学实验室中未用完的白磷需放回原试剂瓶，D正确；
故答案为：C
【分析】X的原子序数最小，且只能形成一个共价键，因此X为H。Y可形成四个共价键，因此Y为C。Z可形成三个共价键，因此Z为N。W形成一个共价键，Q形成留个共价键，且带有一个负电荷，因此W为F、Q为P。据此结合元素周期律分析选项。
11．（2025·巴中模拟）电厂烟气(、等)可用脱氮。在催化剂表面发生的脱氮过程如图所示。下列说法错误的是
A．脱氮的总反应为：
B．该反应在任何条件下可自发进行，则
C．可降低反应的活化能
D．催化剂可提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示箭头可知反应物为、和（箭头指向圈内），生成物为和（箭头指向圈外），因此反应的化学方程式为，故A正确；
B．反应后气体分子数增加，因此该反应ΔS>0，当反应自反进行，因此若要使该反应在任何条件下可自发进行，则需满足 ΔH<0 ，故B正确；
C． 为该反应催化剂，催化剂能降低反应所需的活化能，故C正确；
D．催化剂只能降低反应活化能，改变反应速率，但不改变平衡移动，因此不会提高最终的平衡转化率，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据反应过程图确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。
B、当，反应自发进行，据此分析。
C、Fe3+为反应的催化剂，可降低反应所需的活化能。
D、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动。
12．（2025·巴中模拟）电解法制取苯甲酸甲酯的相关原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．为直流电源的正极，电子流向
B．极的电极反应为
C．生成时，理论上可得苯甲酸甲酯
D．属于氧化还原反应
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．外电路中电子应从阳极 M 流向电源正极 a，再经电源内部到负极 b，最后到阴极 N；电子只能在电极和导线之间移动，A 项所述“电子流向 b → N → M → a”中电子不能经过电解质溶液，A错误；
B．在阳极(M)上，同时有 Br- 被氧化生成 ，可将这一步综合表示为 ，B 正确；
C．气体所处的状态未知，无法应用标况下的气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．反应，硫元素的化合价均为 +4，不存在元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：B
【分析】A、在串联装置中，电极由阳极流向正极，负极流向阴极。
B、M电极上Br－发生失电子的氧化反应生成SO2Br2，据此确定电极反应式。
C、气体所处状态未知，Vm不一定为22.4L·mol－1。
D、分析反应过程中是否存在元素化合价变化。
13．（2025·巴中模拟）一种以纳米铜()为原料制备的工艺流程如下。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A．“溶解”时X可以是热空气或
B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．为提高的纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．纳米铜的成分为Cu，需加入氧化剂，将其转化为Cu2+，因此X是氧化剂，“溶解”时X可以是热空气或，A正确；
B．“还原”时发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．“过滤”所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；
D．CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，因此可采用乙醇洗涤；同时为避免CuCl发生氧化，需在真空环境中干燥，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Cu与稀硫酸不反应，要将其转化为Cu2＋，需加入氧化剂。
B、“还原”过程中Cu2＋与反应生成CuCl沉淀和，结合反应的离子方程式确定氧化剂与还原剂的物质的量之比。
C、结合过滤操作判断所需的玻璃仪器。
D、根据CuCl微溶于水、难溶于乙醇，以及易被氧化的性质分析。
14．（2025·巴中模拟）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．可用红外光谱法鉴别产物和产物
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．从中间体到产物，更有利于生成产物
D．浓在该反应过程中均只作催化剂
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．红外光谱可以检测出有机物中不同的官能团，产物X和产物Y含有的官能团不完全相同，因此可用红外光谱法鉴别产物X和产物Y，A正确；
B．由产物的结构可知，X是苯环与其他原子团发生加成反应后得到的产物，为苯的加成产物；而Y是苯环上的氢原子被硝基取代后得到的产物，为苯的取代产物，B正确；
C．从图中可以看到，中间体到产物Y所需达到活化能小，因此化学反应速率快，且产物Y的能量比产物X的能量低，物质所具有的能量越低，结构越稳定，两个方面均有利于生成产物Y，C正确；
D．在苯的硝化反应中，浓硫酸作反应的催化剂，使反应速率加快；同时还作为吸水剂，促使反应正向进行，D错误；
故答案为：D
【分析】A、红外光谱可检测不同的官能团。
B、根据产物的结构简式，确定断键成键的位置，从而确定反应类型。
C、结合反应过程中的活化能和物质的稳定性分析。
D、浓硫酸在反应过程中起到催化剂和吸水剂的作用。
15．（2025·巴中模拟）常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示：
粒子类别 A B C D E
粒子浓度
其中：、、为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，、为或。
已知：，，。
下列说法错误的是
A．向溶液中通入少量二氧化碳，减少
B．上述溶液中存在：
C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，
D．的水解度约为72%
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向该饱和溶液中通入少量二氧化碳，发生反应：，因此溶液中减少，A正确；
B．碳酸钙是强碱弱酸盐，因此其饱和溶液呈碱性，溶液中浓度为，，可得=0.4，碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解，所以上述溶液中存在：，B正确；
C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，所得溶液仍未碳酸钙的饱和溶液，因此溶液中钙离子浓度不变，仍为，C错误；
D．根据碳原子守恒，溶液中含碳微粒总浓度约为，根据表格中数据和B项判断，溶液中为，因此溶液中的水解度≈72%，D正确；
故答案为：C
【分析】A、CO2能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3。
B、根据溶液中CO32－的水解和电离常数分析。
C、加水互固体仍有剩余，所得溶液仍为CaCO3的饱和溶液，溶液中离子浓度不变。
D、根据溶液中c(HCO3－)进行计算。
16．（2025·巴中模拟）我国每年约产100万吨钒磁铁矿尾渣(主要成分、及少量等物质)，其中、、具有很高的回收利用价值。
已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子 开始沉淀 完全沉淀
2.3 4.1
8.8 10.4
回答下列问题：
（1）中的化合价为　 　，基态的价电子排布式　 　。
（2）“碱浸”时中转化为的离子方程式　 　。
（3）钒的浸出率与的浓度及液固比关系如下图所示，则所选择的最佳浸出条件为　 　、　 　。
（4）“滤渣2”是　 　“调”范围为　 　。
（5）“煅烧”过程中，固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量)随温度变化曲线如图所示，分解过程中点、点分别失去物质为　 　、　 　。
【答案】（1）；
（2）
（3）浓度；液固比
（4）、(也可)；4.1 8.8
（5）；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）中Na为+1价，Si为+4价，O为-2价，则的化合价为+3价；的原子序数是25，基态的价电子排布式为。
故答案为：+3；
（2）“碱浸”时被氧气氧化为，离子方程式为。
故答案为：
（3）从钒的浸出率和节省原料考虑，最佳浸出条件为浓度、液固比，再增加氢氧化钠浓度、液固比，钒的浸出率增加不大。
故答案为：浓度；液固比
（4）根据分析，“滤渣2”是、(也可)；“调”使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据表格中数据可知范围为4.1 8.8。
故答案为：、(也可)；4.1 8.8
（5）的摩尔质量为117g/mol，假设有1mol，质量为117g，M点时固体残留率为85.47%，减少117g×(1-85.47%)=17g，根据原子守恒，可知点失去物质为；点固体残留率为77.78%，质量又减少117g×(1-77.78%)-17g=9g，钒原子守恒，剩余固体为0.05mol，质量为117g×77.78%=91g，可知点失去0.5mol。
故答案为：；
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算V元素的化合价。Mn为25号元素，据此确定基态Mn的价电子排布式。
（2）“碱浸”过程中V2O3转化为NaVO3的过程中发生氧化反应，因此反应物中含有O2，据此写出反应的离子方程式。
（3）要选择最佳的浸出条件，则钒的浸出率应较高，据此结合图像分析。
（4） 滤渣1中主要成分为、、，加入硫酸酸浸，得到滤渣2为、 (也可)。“调节pH”的目的是除去溶液中的Fe3＋，但不除去Mn2＋，据此确定pH值范围。
（5）根据V元素质量守恒进行计算。
（1）中Na为+1价，Si为+4价，O为-2价，则的化合价为+3价；的原子序数是25，基态的价电子排布式为；
（2）“碱浸”时被氧气氧化为，离子方程式为；
（3）从钒的浸出率和节省原料考虑，最佳浸出条件为浓度、液固比，再增加氢氧化钠浓度、液固比，钒的浸出率增加不大；
（4）根据分析，“滤渣2”是、(也可)；“调”使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据表格中数据可知范围为4.1 8.8；
（5）的摩尔质量为117g/mol，假设有1mol，质量为117g，M点时固体残留率为85.47%，减少117g×(1-85.47%)=17g，根据原子守恒，可知点失去物质为；点固体残留率为77.78%，质量又减少117g×(1-77.78%)-17g=9g，钒原子守恒，剩余固体为0.05mol，质量为117g×77.78%=91g，可知点失去0.5mol。
17．（2025·巴中模拟）焦炉气在处理过程中产生含有、、的废水，某科研小组检测其中的浓度设计实验步骤如下：
①第一次蒸馏：取废水用蒸馏水稀释定容至，转移至如图装置A中，再加入溶液和酒石酸溶液，蒸馏。
②第二次蒸馏：将第一次馏出液稀释定容至，并转移至装置中，加入溶液、溶液、溶液调节，继续蒸馏，将馏出液稀释定容至作待测液备用。
③测定：取待测液用稀释至，加入适量试银灵作指示剂，用的溶液平行滴定三次，平均消耗。
已知：i．，与反应生成易释放的配合物
ii．试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色
（1）装置A的名称　 　。
（2）第一次蒸馏是为了让、挥发至比色管中，则第二次蒸馏加入的目的是　 　(用离子方程式解释)，、的作用是　 　。
（3）中键与键数目之比　 　。
（4）该反应的滴定终点现象为　 　，浓度为　 　。
（5）以下操作使测量结果偏低的是　 　。
A．冷凝管未通冷凝水
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数
C．若第二次蒸馏时将调为4
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）；将氰化物以释放出来
（3）
（4）加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；
（5）AC
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据图示，装置A的名称是蒸馏烧瓶。
故答案为：蒸馏烧瓶
（2）根据分析，第二次蒸馏加入的目的是为了除去，离子方程式为；、的作用是将氰化物以释放出来。
故答案为：；将氰化物以释放出来
（3）三键中有1个键、2个键，配位键是键，中有4个键，4个键，数目之比为1：1。
故答案为：1：1
（4）试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色，该反应的滴定终点现象为加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；根据，可知浓度为=0.02V×26×10-3=。
故答案为：加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；
（5）A．冷凝管未通冷凝水，导致馏出液中偏少，测量结果偏低，A符合题意；
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数，读取标准液体积偏大，测量结果偏高，B不符合题意；
C．若第二次蒸馏时将调为4，不能全部转化为分离出来，测量结果偏低，C符合题意；
故答案为：AC
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）第二次蒸馏加入AgNO3，是为了除去S2－。Na2EDTA、H3PO4是将氰化物转化为HCN。
（3）[Ag(CN)2]－中含有2个配位键，CN－中碳氮三键含有1个σ键和2个π键。
（4）当达到滴定终点时，溶液由橘黄色变为橙红色。根据滴定过程中发生的反应Ag＋＋2CN－=[Ag(CN)2]－进行计算。
（5）A、未通冷凝水，则馏出液中HCN偏小。
B、滴定终点仰视读数，则标准液体积偏大。
C、pH调为4，则CN－无法完全转化为HCN。
（1）根据图示，装置A的名称是蒸馏烧瓶；
（2）根据分析，第二次蒸馏加入的目的是为了除去，离子方程式为；、的作用是将氰化物以释放出来；
（3）三键中有1个键、2个键，配位键是键，中有4个键，4个键，数目之比为1：1；
（4）试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色，该反应的滴定终点现象为加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；根据，可知浓度为=0.02V×26×10-3=；
（5）A．冷凝管未通冷凝水，导致馏出液中偏少，测量结果偏低，A符合题意；
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数，读取标准液体积偏大，测量结果偏高，B不符合题意；
C．若第二次蒸馏时将调为4，不能全部转化为分离出来，测量结果偏低，C符合题意；
故选AC。
18．（2025·巴中模拟）与反应合成，是实现“碳中和”的有效途径。
（1）反应I：
已知：
①　 　。
②实验测得反应I的，，与温度的关系如图所示(表示速率常数)。直线表示　 　(填“”或“”)，理由是　 　，反应I的平衡常数　 　(用和表示)。
③温度为时，将和充入恒容密闭容器中合成，当转化率为50%时，反应I的　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）二氧化碳也可用电化学方法进行还原，下面是二氧化碳在电极表面被还原为产品的示意图
①写出该电极反应式　 　。
②在二氧化碳流速为(已换算成标准状况)，阴极板面积为条件下，测得的生成速率为，则二氧化碳的转化率为　 　。
【答案】（1）-283.0；；升温，正反应速率增大幅度较小(或降温，正反应速率减小幅度小于逆反应速率的减小幅度)；；>
（2）；11.2%
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将已知反应进行组合，则。
故答案为：-283.0
②反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度， 正降低的幅度较小，结合图像，直线A表示，当反应达到平衡时，，即，那么反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为：；升温，正反应速率增大幅度较小(或降温，正反应速率减小幅度小于逆反应速率的减小幅度)；
③由图像可知K > 1，当转化率为50%时，可得三段式
，所以。
故答案为：>
（2）①观察可知，在电极表面得电子，结合生成，电极反应式为。
故答案为：
②在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为，根据电极反应式，生成消耗，则消耗的物质的量为，1h内通入的物质的量为，
二氧化碳的转化率。
故答案为：11.2%
【分析】（1）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②结合温度对平衡移动和反应速率的影响分析直线所代表的含义。根据平衡常数K的表达式和正逆反应速率的表达式计算。
③根据三段式计算“转化率为50%”时各物质的浓度，由Q和K的大小确定反应进行的方向，从而得出正逆反应速率的相对大小。
（2）①由示意图可知，该电极上CO2转化为HCOOH，据此写出电极反应式。
② 在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为 。据此结合电极反应式计算。
（1）①根据盖斯定律，将已知反应进行组合，则；
②反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度， 正降低的幅度较小，结合图像，直线A表示，当反应达到平衡时，，即，那么反应Ⅰ的平衡常数；
③由图像可知K > 1，当转化率为50%时，可得三段式
，所以；
（2）①观察可知，在电极表面得电子，结合生成，电极反应式为；
②在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为，根据电极反应式，生成消耗，则消耗的物质的量为，1h内通入的物质的量为，
二氧化碳的转化率。
19．（2025·巴中模拟）羟甲香豆素的衍生物f具有杀虫、抑菌、除草作用。其合成路线如下：
(代表，代表)
回答下列问题：
（1）a中含键官能团的名称为　 　。
（2）由b生成c的反应类型为　 　。
（3）由生成的另一反应物，则由生成化学方程式为　 　。
（4）是一种有机碱，则其在到转化中的作用为　 　。
（5）间苯二酚生成a的过程如下，完成填空：
M的结构简式为：　 　，形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为　 　。
（6）当为时，的同分异构体中，画出满足以下条件的结构简式　 　。
①含有手性碳(连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)
②核磁共振氢谱有三组峰
③能发生银镜反应
【答案】（1）酯基、碳碳双键
（2）取代反应(或硝化反应)
（3）
（4）吸收反应产生的，提高反应物的转化率
（5）；F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）双键中含有1个键，根据a的结构简式，a中含键官能团的名称为酯基、碳碳双键。
故答案为：酯基、碳碳双键
（2）由b生成c，苯环上氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应(或硝化反应)。
故答案为：取代反应(或硝化反应)
（3）根据分析，d和X发生取代反应生成e，化学方程式为。
故答案为：
（4）到发生取代反应，还生成了HCl，有机碱可以吸收反应产生的，促进反应正向进行，提高反应物的转化率。
故答案为：吸收反应产生的，提高反应物的转化率
（5）根据分析，M的结构简式为：；形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂。
故答案为：；F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂
（6）为时，共有4个碳原子，含有手性碳，得有1个碳原子连接4个不同的原子或基团，核磁共振氢谱有三组峰，说明有3种氢原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为。
故答案为：
【分析】（1）根据a的结构简式确定其含π键的官能团的名称。
（2）b转化为c的反应在苯环上引入-NO2，属于取代反应。
（3）根据d和e的结构差异，确定反应原理，从而得出反应的化学方程式。
（4）有机碱能与HCl反应，促进e到f的转化，提高产率。
（5）反应生成CH3CH2OH和M，则反应过程中酚羟基中的O-H键断裂，同时中的C-O键断裂，据此确定M的结构简式。结合电负性强弱分析。
（6）根据限定条件确定同分异构体中含有的结构单元，从而得到同分异构体的结构简式。
（1）双键中含有1个键，根据a的结构简式，a中含键官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（2）由b生成c，苯环上氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应(或硝化反应)；
（3）根据分析，d和X发生取代反应生成e，化学方程式为；
（4）到发生取代反应，还生成了HCl，有机碱可以吸收反应产生的，促进反应正向进行，提高反应物的转化率；
（5）根据分析，M的结构简式为：；形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂；
（6）为时，共有4个碳原子，含有手性碳，得有1个碳原子连接4个不同的原子或基团，核磁共振氢谱有三组峰，说明有3种氢原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为。
1 / 1四川省巴中市2025届高三下学期一诊考试化学试题
1．（2025·巴中模拟）创造幸福生活离不开化学。下列叙述错误的是
A．含氟牙膏的氟离子与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，能预防龋齿
B．将白糖熬成焦糖汁给食物上色，利用了蔗糖在高温下碳化的原理
C．铝粉与烧碱的混合物可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道
D．研发新能源汽车，降低汽油柴油的消耗
2．（2025·巴中模拟）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．镁可以和反应，可用于制造信号弹和焰火
B．二氧化硅硬度大，熔点高，可制作光导纤维
C．石墨的熔点很高，可用作干电池电极材料
D．无水呈蓝色，吸水后为粉红色，可用于制造变色硅胶
3．（2025·巴中模拟）已知：，设为阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是
A．室温下，0.2 mol/L的溶液中数目小于
B．标准状况下，11.2 L HI中所含分子数
C．1 mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为
D．11.6 g与足量HI溶液反应转移电子数为
4．（2025·巴中模拟）有机化合物X、Y、Z、W之间有如下转化关系。下列说法错误的是
A．条件①和②均为浓硫酸、加热 B．Y中所有碳原子均共面
C．Z可以发生聚合反应 D．最多消耗
5．（2025·巴中模拟）下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A．可以形成浓差电池，左侧电极为负极 B．除去气体中的杂质
I2(g)+H2(g)2HI(g) 加压颜色加深
C．验证平衡移动原理 D．配制溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·巴中模拟）常温下，下列溶液中所给离子能大量共存的是
A．氯水：、、、
B．王水：、、、
C．氨水：、、、
D．明矾水：、、、
7．（2025·巴中模拟）、等均可作锂离子电池的电极材料，关于其组成元素说法错误的是
A．的焰色试验形成发射光谱
B．第二周期第一电离能介于和之间的元素有4种
C．和都位于周期表中区
D．基态原子核外电子有9种空间运动状态
8．（2025·巴中模拟）工业生产下列物质，对应的转化过程不符合要求的是
选项 物质 转化过程
A
B 浓缩海水
C 、焦炭、
D 黄铁矿
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·巴中模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 用饱和溶液可以将转化为
B 取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量，振荡静置，溶液分层，下层呈紫红色 原无色溶液中一定有
C 向溶液中加入溶液，有白色沉淀生成 与发生双水解反应
D 以铁为保护电极，锌为辅助电极，酸化的3%氯化钠为电解质溶液，导线连接两电极，一段时间后，向铁电极附近的溶液中滴入2滴铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 铁未被保护
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·巴中模拟）离子液体是一类在室温或稍高于室温时呈液态的离子化合物，因其优异的性能被广泛应用，某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：
C．离子液体含体积很大的阴阳离子，沸点低，易挥发
D．可将未用完的放回原试剂瓶
11．（2025·巴中模拟）电厂烟气(、等)可用脱氮。在催化剂表面发生的脱氮过程如图所示。下列说法错误的是
A．脱氮的总反应为：
B．该反应在任何条件下可自发进行，则
C．可降低反应的活化能
D．催化剂可提高反应物的平衡转化率
12．（2025·巴中模拟）电解法制取苯甲酸甲酯的相关原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．为直流电源的正极，电子流向
B．极的电极反应为
C．生成时，理论上可得苯甲酸甲酯
D．属于氧化还原反应
13．（2025·巴中模拟）一种以纳米铜()为原料制备的工艺流程如下。
已知：为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A．“溶解”时X可以是热空气或
B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．为提高的纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
14．（2025·巴中模拟）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．可用红外光谱法鉴别产物和产物
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．从中间体到产物，更有利于生成产物
D．浓在该反应过程中均只作催化剂
15．（2025·巴中模拟）常温下，将一定量的碳酸钙固体溶于水，形成饱和溶液，有关粒子浓度如下表所示：
粒子类别 A B C D E
粒子浓度
其中：、、为含碳微粒(不考虑碳酸的分解)，、为或。
已知：，，。
下列说法错误的是
A．向溶液中通入少量二氧化碳，减少
B．上述溶液中存在：
C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，
D．的水解度约为72%
16．（2025·巴中模拟）我国每年约产100万吨钒磁铁矿尾渣(主要成分、及少量等物质)，其中、、具有很高的回收利用价值。
已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子 开始沉淀 完全沉淀
2.3 4.1
8.8 10.4
回答下列问题：
（1）中的化合价为　 　，基态的价电子排布式　 　。
（2）“碱浸”时中转化为的离子方程式　 　。
（3）钒的浸出率与的浓度及液固比关系如下图所示，则所选择的最佳浸出条件为　 　、　 　。
（4）“滤渣2”是　 　“调”范围为　 　。
（5）“煅烧”过程中，固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量)随温度变化曲线如图所示，分解过程中点、点分别失去物质为　 　、　 　。
17．（2025·巴中模拟）焦炉气在处理过程中产生含有、、的废水，某科研小组检测其中的浓度设计实验步骤如下：
①第一次蒸馏：取废水用蒸馏水稀释定容至，转移至如图装置A中，再加入溶液和酒石酸溶液，蒸馏。
②第二次蒸馏：将第一次馏出液稀释定容至，并转移至装置中，加入溶液、溶液、溶液调节，继续蒸馏，将馏出液稀释定容至作待测液备用。
③测定：取待测液用稀释至，加入适量试银灵作指示剂，用的溶液平行滴定三次，平均消耗。
已知：i．，与反应生成易释放的配合物
ii．试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色
（1）装置A的名称　 　。
（2）第一次蒸馏是为了让、挥发至比色管中，则第二次蒸馏加入的目的是　 　(用离子方程式解释)，、的作用是　 　。
（3）中键与键数目之比　 　。
（4）该反应的滴定终点现象为　 　，浓度为　 　。
（5）以下操作使测量结果偏低的是　 　。
A．冷凝管未通冷凝水
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数
C．若第二次蒸馏时将调为4
18．（2025·巴中模拟）与反应合成，是实现“碳中和”的有效途径。
（1）反应I：
已知：
①　 　。
②实验测得反应I的，，与温度的关系如图所示(表示速率常数)。直线表示　 　(填“”或“”)，理由是　 　，反应I的平衡常数　 　(用和表示)。
③温度为时，将和充入恒容密闭容器中合成，当转化率为50%时，反应I的　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）二氧化碳也可用电化学方法进行还原，下面是二氧化碳在电极表面被还原为产品的示意图
①写出该电极反应式　 　。
②在二氧化碳流速为(已换算成标准状况)，阴极板面积为条件下，测得的生成速率为，则二氧化碳的转化率为　 　。
19．（2025·巴中模拟）羟甲香豆素的衍生物f具有杀虫、抑菌、除草作用。其合成路线如下：
(代表，代表)
回答下列问题：
（1）a中含键官能团的名称为　 　。
（2）由b生成c的反应类型为　 　。
（3）由生成的另一反应物，则由生成化学方程式为　 　。
（4）是一种有机碱，则其在到转化中的作用为　 　。
（5）间苯二酚生成a的过程如下，完成填空：
M的结构简式为：　 　，形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为　 　。
（6）当为时，的同分异构体中，画出满足以下条件的结构简式　 　。
①含有手性碳(连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)
②核磁共振氢谱有三组峰
③能发生银镜反应
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铝的化学性质
【解析】【解答】A．牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，能预防龋齿，A正确；
B．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下增色与碳化无关，B错误；
C．铝粉与烧碱的混合物在水溶液中反应生成氢气，使得管内压强增大，可作疏通剂疏通堵塞的厨卫管道，C正确；
D．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，有利于降低汽油柴油的消耗，D正确；
故答案为：B
【分析】A、牙膏中添加的氟化物，能将羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石。
B、焦糖上色与碳化无关。
C、Al与NaOH溶液反应生成大量H2，使得管内压强增大。
D、新能源的使用，有利于减少汽油柴油的消耗。
2．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料
【解析】【解答】A．镁在空气中燃烧，发出耀眼的白光，因此可用于制造信号弹和焰火，与CO2无关，故A错误；
B．光纤的主要成分是SiO2；光导纤维的通信容量大，抗干扰性能好，传输的信号不易衰减，能有效提高通讯效率，与二氧化硅硬度大、熔点高无关，故B错误；
C．石墨可用作干电池电极材料，是因为石墨能导电，与其熔点无关，故C错误；
D．无水呈蓝色，吸水后为粉红色，因此无水氯化钴可用于制造变色硅胶，故D正确；
故答案为：D
【分析】A、Mg与O2反应发出耀眼白光，可用作信号弹或焰火。
B、SiO2做光导纤维与其硬度大、熔点高的性质无关。
C、石墨具有导电性，可用做电极材料。
D、结合无水CoCl2吸水前后颜色的变化分析。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.0.2 mol/L的溶液的体积未知，无法计算数目，A错误；
B．标准状况下，11.2 LHI的物质的量为0.5mol，因此其所含的分子数，B正确；
C．I为53号元素，基态Ⅰ原子的价电子排布式为5s25p5，含有1个未成对电子，因此1 mol基态Ⅰ原子中含有未成对电子数为，C正确；
D．与足量HI溶液反应生成亚铁离子，11.6g的物质的量=，其中三价铁的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，转化为亚铁离子转移电子数为，D正确；
故答案为：A
【分析】A、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
B、标准状态下，Vm=22.4L·mol－1，据此计算。
C、结合基态I原子的价层电子排布式分析。
D、Fe3O4可视为FeO·Fe2O3，与HI反应，Fe3＋转化为Fe2＋，据此计算转移电子数。
4．【答案】B
【知识点】苯的结构与性质；乙醇的物理、化学性质；羧酸简介；缩聚反应
【解析】【解答】A．反应①在浓硫酸加热条件下羟基发生分子内脱水的成环反应；反应②在浓硫酸加热条件下羟基和羧基发生分子内成环的酯化反应，A正确；
B．Y中与苯环相连的碳原子为饱和碳，为四面体结构，因此所连接的四个原子不可能共面，该分子所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．Z分子中含有羧基、羟基，因此可以发生缩聚反应，C正确；
D．含有1mol苯环、1mol酯基，酯基不与H2加成，1mol苯环和3mol氢气发生加成反应，所以最多消耗，D正确；
故答案为：B
【分析】A、反应①为羟基的脱水取代反应；反应②为酯化反应。
B、Y中存在饱和碳原子，为四面体结构。
C、Z中同时含有羧基和羟基，可发生缩聚反应。
D、W中的苯环能与H2发生加成反应。
5．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理；除杂；配制一定物质的量浓度的溶液；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在浓差电池中，离子浓度低的一侧发生氧化反应，其电极为负极，左侧溶液浓度为1mol/L，右侧为5mol/L，左侧浓度低，因此左侧电极发生失电子的氧化反应：，所以左侧电极为负极，该装置可以形成浓差电池，A正确；
B．和都能与饱和溶液反应，因此不能用饱和溶液除去气体中的杂质，应使用饱和溶液，B错误；
C．可逆反应反应前后气体分子数不变，因此加压平衡不移动。颜色加深是由于加压后容器体积减小，的浓度增大引起的，不能验证平衡移动原理，C错误；
D．容量瓶只能用于配制溶液，不能直接在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中，D错误；
故答案为：A
【分析】A、左侧AgNO3溶液中c(Ag＋)较小，因此左侧Ag电极做负极，发生失电子的氧化反应。
B、H2S能与饱和Na2S反应生成NaHS。
C、反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动。
D、NaOH固体需先在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶，不能直接在容量瓶内溶解。
6．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．氯水中存在、，具有氧化性，能将Br－氧化成Br2，二者不能大量共存；氯水中存在，与反应生成H2O和CO2，二者不能大量共存，A项错误；
B．王水具有强氧化性，可将氧化为，二者不能大量共存；与可发生复分解反应，二者不能大量共存，B项错误；
C．氨水与、、、均不反应，可大量共存，C项正确；
D．明矾水溶液中存在，能与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2，二者不能大量共存，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、氯水中含有Cl2能与Br－反应，含有H＋能与反应。
B、王水具有氧化性，能将、Fe2＋氧化。
C、溶液中各个离子相互间不反应。
D、明矾溶液中含有Al3＋，能与反应。
7．【答案】B
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．的焰色试验过程中释放能量，形成发射光谱，A正确；
B．同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大；但由于N的2p轨道为半充满稳定结构，因此N的第一电离能大于O，所以 第二周期第一电离能介于和之间的元素有Be、B、C，共3种，B错误；
C．和都属于Ⅷ族元素，位于元素周期表中的区，C正确；
D．基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，因此核外电子占据9个原子轨道，有9种空间运动状态，D正确；
故答案为：B
【分析】A、焰色试验过程中释放能量，形成发射光谱。
B、结合第一电离能的变化趋势分析。
C、根据Fe、Co在周期表中的位置，确定其所在的分区。
D、根据基态P原子核外电子排布式分析。
8．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸；海水资源及其综合利用；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．NaCl与CO2不反应，要生成NaHCO3，需通入NH3；题目中未提及，直接通无法有效生成，不能实现该转化，A符合题意；
B．氧化性Cl2＞Br2，因此Cl2能将Br－氧化成Br2；SO2具有还原性，能与Br2反应生成Br－。最后再次通入氧化Br-得到。此流程符合海水提溴的工业步骤，B不符合题意；
C．焦炭具有还原性，与、在高温条件下反应生成；再用Mg在惰性气体环境中还原得到Ti(克劳尔法)，C不符合题意；
D．黄铁矿()燃烧时与空气中的O2反应生成；SO2与O2在催化剂的作用下进一步反应生成；浓硫酸吸收生成发烟硫酸，符合接触法制硫酸流程，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、NaCl与CO2不反应，无法生成NaHCO3。
B、氧化性Cl2＞Br2，因此可反应生成Br2；SO2具有还原性，能将Br2还原为Br－，再通过Cl2将Br－氧化成Br2。
C、C、TiO2和Cl2高温条件下反应生成TiCl4，TiCl4与Mg反应生成Ti。
D、黄铁矿燃烧生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3用浓硫酸吸收形成发烟硫酸。
9．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．饱和溶液中碳酸根离子浓度很大，加入的在溶液中溶解出的钡离子浓度与碳酸根离子浓度乘积大于碳酸钡的溶度积即，此时就有生成，但不能说明，A错误；
B．取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量，振荡静置，溶液分层，下层呈紫红色说明CCl4中溶解了I2，I2来自于氯气将溶液中碘离子氧化，说明原无色溶液中一定有，B正确；
C．向溶液中加入溶液发生反应，该反应无CO2生成，不属于双水解反应，C错误；
D．正极处产生蓝色沉淀可能是铁氰化钾将电极氧化产生亚铁离子，因此不能向铁电极附近的溶液中滴入2滴铁氰化钾溶液，应取出正负极溶液后，再分别滴加铁氰化钾溶液，D错误；
故答案为：B
【分析】A、当溶液中离子浓度乘积Q＞Ksp时，即可发生沉淀的转化，不能说明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)。
B、CCl4的密度比水大，在下层；下层显紫红色，说明CCl4中溶解有I2。
C、[Al(OH)4]－与HCO3－反应生成Al(OH)3沉淀和CO32－。
D、K3[Fe(CN)6]溶液能将Fe氧化，生成Fe2＋，对实验造成干扰。
10．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小；同主族元素核电荷数越大，原子半径越大。因此原子半径P>N>F>H，即Q > Z>W > X，A正确；
B．元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。由于非金属性CC．离子液体含体积很大的阴阳离子，离子间作用力较大，沸点较高，因此不易挥发，C错误；
D．白磷属于易燃物，着火点低（40℃左右），在空气中容易发生自燃。若随便丢弃易引起火灾，因此为了保证安全，中学实验室中未用完的白磷需放回原试剂瓶，D正确；
故答案为：C
【分析】X的原子序数最小，且只能形成一个共价键，因此X为H。Y可形成四个共价键，因此Y为C。Z可形成三个共价键，因此Z为N。W形成一个共价键，Q形成留个共价键，且带有一个负电荷，因此W为F、Q为P。据此结合元素周期律分析选项。
11．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示箭头可知反应物为、和（箭头指向圈内），生成物为和（箭头指向圈外），因此反应的化学方程式为，故A正确；
B．反应后气体分子数增加，因此该反应ΔS>0，当反应自反进行，因此若要使该反应在任何条件下可自发进行，则需满足 ΔH<0 ，故B正确；
C． 为该反应催化剂，催化剂能降低反应所需的活化能，故C正确；
D．催化剂只能降低反应活化能，改变反应速率，但不改变平衡移动，因此不会提高最终的平衡转化率，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据反应过程图确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式。
B、当，反应自发进行，据此分析。
C、Fe3+为反应的催化剂，可降低反应所需的活化能。
D、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．外电路中电子应从阳极 M 流向电源正极 a，再经电源内部到负极 b，最后到阴极 N；电子只能在电极和导线之间移动，A 项所述“电子流向 b → N → M → a”中电子不能经过电解质溶液，A错误；
B．在阳极(M)上，同时有 Br- 被氧化生成 ，可将这一步综合表示为 ，B 正确；
C．气体所处的状态未知，无法应用标况下的气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．反应，硫元素的化合价均为 +4，不存在元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，D错误；
故答案为：B
【分析】A、在串联装置中，电极由阳极流向正极，负极流向阴极。
B、M电极上Br－发生失电子的氧化反应生成SO2Br2，据此确定电极反应式。
C、气体所处状态未知，Vm不一定为22.4L·mol－1。
D、分析反应过程中是否存在元素化合价变化。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．纳米铜的成分为Cu，需加入氧化剂，将其转化为Cu2+，因此X是氧化剂，“溶解”时X可以是热空气或，A正确；
B．“还原”时发生反应2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓++2H+，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；
C．“过滤”所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；
D．CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，因此可采用乙醇洗涤；同时为避免CuCl发生氧化，需在真空环境中干燥，D正确；
故答案为：B
【分析】A、Cu与稀硫酸不反应，要将其转化为Cu2＋，需加入氧化剂。
B、“还原”过程中Cu2＋与反应生成CuCl沉淀和，结合反应的离子方程式确定氧化剂与还原剂的物质的量之比。
C、结合过滤操作判断所需的玻璃仪器。
D、根据CuCl微溶于水、难溶于乙醇，以及易被氧化的性质分析。
14．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．红外光谱可以检测出有机物中不同的官能团，产物X和产物Y含有的官能团不完全相同，因此可用红外光谱法鉴别产物X和产物Y，A正确；
B．由产物的结构可知，X是苯环与其他原子团发生加成反应后得到的产物，为苯的加成产物；而Y是苯环上的氢原子被硝基取代后得到的产物，为苯的取代产物，B正确；
C．从图中可以看到，中间体到产物Y所需达到活化能小，因此化学反应速率快，且产物Y的能量比产物X的能量低，物质所具有的能量越低，结构越稳定，两个方面均有利于生成产物Y，C正确；
D．在苯的硝化反应中，浓硫酸作反应的催化剂，使反应速率加快；同时还作为吸水剂，促使反应正向进行，D错误；
故答案为：D
【分析】A、红外光谱可检测不同的官能团。
B、根据产物的结构简式，确定断键成键的位置，从而确定反应类型。
C、结合反应过程中的活化能和物质的稳定性分析。
D、浓硫酸在反应过程中起到催化剂和吸水剂的作用。
15．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向该饱和溶液中通入少量二氧化碳，发生反应：，因此溶液中减少，A正确；
B．碳酸钙是强碱弱酸盐，因此其饱和溶液呈碱性，溶液中浓度为，，可得=0.4，碳酸钙饱和溶液中，碳酸根离子发生水解，所以上述溶液中存在：，B正确；
C．加水至溶液体积翻倍(固体仍有剩余)，所得溶液仍未碳酸钙的饱和溶液，因此溶液中钙离子浓度不变，仍为，C错误；
D．根据碳原子守恒，溶液中含碳微粒总浓度约为，根据表格中数据和B项判断，溶液中为，因此溶液中的水解度≈72%，D正确；
故答案为：C
【分析】A、CO2能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3。
B、根据溶液中CO32－的水解和电离常数分析。
C、加水互固体仍有剩余，所得溶液仍为CaCO3的饱和溶液，溶液中离子浓度不变。
D、根据溶液中c(HCO3－)进行计算。
16．【答案】（1）；
（2）
（3）浓度；液固比
（4）、(也可)；4.1 8.8
（5）；
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）中Na为+1价，Si为+4价，O为-2价，则的化合价为+3价；的原子序数是25，基态的价电子排布式为。
故答案为：+3；
（2）“碱浸”时被氧气氧化为，离子方程式为。
故答案为：
（3）从钒的浸出率和节省原料考虑，最佳浸出条件为浓度、液固比，再增加氢氧化钠浓度、液固比，钒的浸出率增加不大。
故答案为：浓度；液固比
（4）根据分析，“滤渣2”是、(也可)；“调”使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据表格中数据可知范围为4.1 8.8。
故答案为：、(也可)；4.1 8.8
（5）的摩尔质量为117g/mol，假设有1mol，质量为117g，M点时固体残留率为85.47%，减少117g×(1-85.47%)=17g，根据原子守恒，可知点失去物质为；点固体残留率为77.78%，质量又减少117g×(1-77.78%)-17g=9g，钒原子守恒，剩余固体为0.05mol，质量为117g×77.78%=91g，可知点失去0.5mol。
故答案为：；
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算V元素的化合价。Mn为25号元素，据此确定基态Mn的价电子排布式。
（2）“碱浸”过程中V2O3转化为NaVO3的过程中发生氧化反应，因此反应物中含有O2，据此写出反应的离子方程式。
（3）要选择最佳的浸出条件，则钒的浸出率应较高，据此结合图像分析。
（4） 滤渣1中主要成分为、、，加入硫酸酸浸，得到滤渣2为、 (也可)。“调节pH”的目的是除去溶液中的Fe3＋，但不除去Mn2＋，据此确定pH值范围。
（5）根据V元素质量守恒进行计算。
（1）中Na为+1价，Si为+4价，O为-2价，则的化合价为+3价；的原子序数是25，基态的价电子排布式为；
（2）“碱浸”时被氧气氧化为，离子方程式为；
（3）从钒的浸出率和节省原料考虑，最佳浸出条件为浓度、液固比，再增加氢氧化钠浓度、液固比，钒的浸出率增加不大；
（4）根据分析，“滤渣2”是、(也可)；“调”使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不沉淀，根据表格中数据可知范围为4.1 8.8；
（5）的摩尔质量为117g/mol，假设有1mol，质量为117g，M点时固体残留率为85.47%，减少117g×(1-85.47%)=17g，根据原子守恒，可知点失去物质为；点固体残留率为77.78%，质量又减少117g×(1-77.78%)-17g=9g，钒原子守恒，剩余固体为0.05mol，质量为117g×77.78%=91g，可知点失去0.5mol。
17．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）；将氰化物以释放出来
（3）
（4）加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；
（5）AC
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据图示，装置A的名称是蒸馏烧瓶。
故答案为：蒸馏烧瓶
（2）根据分析，第二次蒸馏加入的目的是为了除去，离子方程式为；、的作用是将氰化物以释放出来。
故答案为：；将氰化物以释放出来
（3）三键中有1个键、2个键，配位键是键，中有4个键，4个键，数目之比为1：1。
故答案为：1：1
（4）试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色，该反应的滴定终点现象为加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；根据，可知浓度为=0.02V×26×10-3=。
故答案为：加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；
（5）A．冷凝管未通冷凝水，导致馏出液中偏少，测量结果偏低，A符合题意；
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数，读取标准液体积偏大，测量结果偏高，B不符合题意；
C．若第二次蒸馏时将调为4，不能全部转化为分离出来，测量结果偏低，C符合题意；
故答案为：AC
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）第二次蒸馏加入AgNO3，是为了除去S2－。Na2EDTA、H3PO4是将氰化物转化为HCN。
（3）[Ag(CN)2]－中含有2个配位键，CN－中碳氮三键含有1个σ键和2个π键。
（4）当达到滴定终点时，溶液由橘黄色变为橙红色。根据滴定过程中发生的反应Ag＋＋2CN－=[Ag(CN)2]－进行计算。
（5）A、未通冷凝水，则馏出液中HCN偏小。
B、滴定终点仰视读数，则标准液体积偏大。
C、pH调为4，则CN－无法完全转化为HCN。
（1）根据图示，装置A的名称是蒸馏烧瓶；
（2）根据分析，第二次蒸馏加入的目的是为了除去，离子方程式为；、的作用是将氰化物以释放出来；
（3）三键中有1个键、2个键，配位键是键，中有4个键，4个键，数目之比为1：1；
（4）试银灵指示剂为橘黄色，其与作用产物为橙红色，该反应的滴定终点现象为加入最后半滴溶液，溶液颜色由橘黄色变为橙红色，且30s不恢复原色；根据，可知浓度为=0.02V×26×10-3=；
（5）A．冷凝管未通冷凝水，导致馏出液中偏少，测量结果偏低，A符合题意；
B．滴定终点时，仰视滴定管液面读数，读取标准液体积偏大，测量结果偏高，B不符合题意；
C．若第二次蒸馏时将调为4，不能全部转化为分离出来，测量结果偏低，C符合题意；
故选AC。
18．【答案】（1）-283.0；；升温，正反应速率增大幅度较小(或降温，正反应速率减小幅度小于逆反应速率的减小幅度)；；>
（2）；11.2%
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，将已知反应进行组合，则。
故答案为：-283.0
②反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度， 正降低的幅度较小，结合图像，直线A表示，当反应达到平衡时，，即，那么反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为：；升温，正反应速率增大幅度较小(或降温，正反应速率减小幅度小于逆反应速率的减小幅度)；
③由图像可知K > 1，当转化率为50%时，可得三段式
，所以。
故答案为：>
（2）①观察可知，在电极表面得电子，结合生成，电极反应式为。
故答案为：
②在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为，根据电极反应式，生成消耗，则消耗的物质的量为，1h内通入的物质的量为，
二氧化碳的转化率。
故答案为：11.2%
【分析】（1）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②结合温度对平衡移动和反应速率的影响分析直线所代表的含义。根据平衡常数K的表达式和正逆反应速率的表达式计算。
③根据三段式计算“转化率为50%”时各物质的浓度，由Q和K的大小确定反应进行的方向，从而得出正逆反应速率的相对大小。
（2）①由示意图可知，该电极上CO2转化为HCOOH，据此写出电极反应式。
② 在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为 。据此结合电极反应式计算。
（1）①根据盖斯定律，将已知反应进行组合，则；
②反应I是一个放热反应，降低温度平衡正向移动，降低相同的温度， 正降低的幅度较小，结合图像，直线A表示，当反应达到平衡时，，即，那么反应Ⅰ的平衡常数；
③由图像可知K > 1，当转化率为50%时，可得三段式
，所以；
（2）①观察可知，在电极表面得电子，结合生成，电极反应式为；
②在标准状况下，二氧化碳流速为，则，阴极板面积为，M（即）的生成速率为，则1h内生成M的物质的量为，根据电极反应式，生成消耗，则消耗的物质的量为，1h内通入的物质的量为，
二氧化碳的转化率。
19．【答案】（1）酯基、碳碳双键
（2）取代反应(或硝化反应)
（3）
（4）吸收反应产生的，提高反应物的转化率
（5）；F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）双键中含有1个键，根据a的结构简式，a中含键官能团的名称为酯基、碳碳双键。
故答案为：酯基、碳碳双键
（2）由b生成c，苯环上氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应(或硝化反应)。
故答案为：取代反应(或硝化反应)
（3）根据分析，d和X发生取代反应生成e，化学方程式为。
故答案为：
（4）到发生取代反应，还生成了HCl，有机碱可以吸收反应产生的，促进反应正向进行，提高反应物的转化率。
故答案为：吸收反应产生的，提高反应物的转化率
（5）根据分析，M的结构简式为：；形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂。
故答案为：；F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂
（6）为时，共有4个碳原子，含有手性碳，得有1个碳原子连接4个不同的原子或基团，核磁共振氢谱有三组峰，说明有3种氢原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为。
故答案为：
【分析】（1）根据a的结构简式确定其含π键的官能团的名称。
（2）b转化为c的反应在苯环上引入-NO2，属于取代反应。
（3）根据d和e的结构差异，确定反应原理，从而得出反应的化学方程式。
（4）有机碱能与HCl反应，促进e到f的转化，提高产率。
（5）反应生成CH3CH2OH和M，则反应过程中酚羟基中的O-H键断裂，同时中的C-O键断裂，据此确定M的结构简式。结合电负性强弱分析。
（6）根据限定条件确定同分异构体中含有的结构单元，从而得到同分异构体的结构简式。
（1）双键中含有1个键，根据a的结构简式，a中含键官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（2）由b生成c，苯环上氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应(或硝化反应)；
（3）根据分析，d和X发生取代反应生成e，化学方程式为；
（4）到发生取代反应，还生成了HCl，有机碱可以吸收反应产生的，促进反应正向进行，提高反应物的转化率；
（5）根据分析，M的结构简式为：；形成a时，片段中碳氧双键加成断裂的位置是2号而非4号，其原因为F的电负性大使得相邻碳氧双键极性变强，更易断裂；
（6）为时，共有4个碳原子，含有手性碳，得有1个碳原子连接4个不同的原子或基团，核磁共振氢谱有三组峰，说明有3种氢原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为。
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