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湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二模）化学试题
1．（2025·岳阳模拟）第四届湖南旅游发展大会将于5月24-26日在岳阳市举行。在旅游过程中，我们可以学习到很多化学知识。以下说法正确的是
A．君山银针茶叶中含有的茶多酚不易被氧化，具有抗氧化功效
B．巴陵石化生产的乙烯是一种精细化学品，其产量可衡量国家石油化工水平
C．洞庭湖的芦苇含纤维素，纤维素属于有机高分子化合物
D．岳阳楼使用的红色油漆中含有的三氧化二铁属于金属材料
2．（2025·岳阳模拟）下列化学用语或描述错误的是
A．甲烷分子式和实验式均可表示为“”
B．中子数为16的磷原子：
C．石墨的层状结构如图
D．SiC(俗称金刚砂)的晶体类型：共价晶体
3．（2025·岳阳模拟）下列有关实验操作的说法，正确的是
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫
C．实验室未用完的钠、钾等试剂不能放回原试剂瓶
D．蒸馏操作中需要使用球形冷凝管
4．（2025·岳阳模拟）下列有关物质结构或性质的说法错误的是
A．氢键()中三原子在一条直线上时，氢键的强度最大
B．低温石英(石英)具有手性结构，可用作压电材料，如制作石英手表
C．根据原子半径推知，键的键能大于键
D．含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子
5．（2025·岳阳模拟）谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下：
下列说法正确的是
A．谷氨酸的分子式为
B．可用红外光谱仪检测谷氨酸中所含官能团的类型
C．等物质的量的谷氨酸和谷氨酸单钠中，手性碳原子的数目相同，均约为
D．“中和”时，为了提高谷氨酸单钠盐的产率，需要添加过量的
6．（2025·岳阳模拟）下列过程中的化学方程式或离子方程式书写错误的是
A．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：
B．黄铁矿(主要成分为)的燃烧：
C．氟化物预防龋齿的化学原理：
D．氮化硅可由石英与焦炭在高温的氮气流中制备：
7．（2025·岳阳模拟）是极强的氧化剂，可与稀有气体制得稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示，下列说法错误的是
A．整个反应过程中，属于氧化还原反应的是②③⑤
B．整个反应过程中，起到了催化剂的作用
C．整个反应过程中既有离子键的生成也有共价键的生成
D．反应过程中消耗1mol氙气，理论上可生成1mol六氟合铂氙
8．（2025·岳阳模拟）某催化剂结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该配合物中镍的化合价为
B．基态原子的第一电离能关系：
C．该配合物中氯元素以中性氯原子的形式参与配位
D．Ni元素在周期表中位于第四周期第Ⅷ族
9．（2025·岳阳模拟）下列实验操作与预期实验目的或结论一致的是
选项 实验操作 预期实验目的或结论
A 向两份相同蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生变性
B 常温下，向饱和溶液中加少量粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生 说明常温下，
C 向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌一段时间后过滤 除去溶液中少量
D 向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体 炭可与浓反应生成
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·岳阳模拟）电解法处理酸性含铬废水(主要含有)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应，最后以形式除去，下列说法错误的是
A．阴极反应为
B．电解过程中废水的pH变大
C．电路中每转移6mol电子，最多有被还原
D．该条件下的还原性强于
11．（2025·岳阳模拟）从炼钢粉尘(主要含和ZnO)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程ZnO转化为，并有少量和浸出。下列说法正确的是
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充
B．“滤渣”的主要成分为
C．“沉锌”过程发生反应
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用
12．（2025·岳阳模拟）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞参数为，。晶胞中N原子均参与形成配位键。下列说法正确的是
A．基态Zn原子的价电子排布式为
B．与的配位数之比为
C．晶胞中采取杂化
D．
13．（2025·岳阳模拟）乙烯可由和制取：。在0.1MPa下，反应起始的条件下，不同温度下达到平衡时，四种组分的物质的量分数如图所示：
下列说法错误的是
A．该反应的
B．440K时的平衡转化率为50%
C．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
D．在440K恒容条件下反应已达平衡时，继续通入与起始等比例的和，可以提高和的平衡转化率
14．（2025·岳阳模拟）常温下将NaOH溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中，溶液pH与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A．三种酸的电离常数：
B．常温下的数量级为
C．等浓度的三种酸溶液中，水的电离程度最大的是
D．当三种溶液中，消耗最少的为氯乙酸
15．（2025·岳阳模拟）某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)，以甘氨酸与硫酸亚铁为原料制备补铁剂甘氨酸亚铁[]。
已知：Ⅰ．有关物质性质如下表所示：
甘氨酸 易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸 易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性
甘氨酸亚铁 易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
Ⅱ．甘氨酸亚铁[]摩尔质量为
Ⅲ．氨基能被酸性溶液氧化：连接好装置，装入药品，实验步骤如下：
①打开，反应一段时间，将装置中空气排净；
②___________，使b中溶液进入c中；
③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5~6.0，使反应物充分反应；
④反应完成后，向c中反应混合液加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。
回答下列问题：
（1）步骤②中将b中溶液加入c中的操作是　 　。
（2）仪器c的名称是　 　，其中加入柠檬酸的作用是　 　，装置c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是　 　。
（3）步骤④中加入乙醇的作用是　 　。
（4）装置d的作用是　 　。
（5）产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2克，先加入　 　(填写下列物质的标号：a．水、b．乙醇、c．冰醋酸)，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用的溶液滴定至终点，三次平均消耗体积为26.00mL，则该样品的纯度为　 　%。(结果保留一位小数)
16．（2025·岳阳模拟）稀土钕铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。
已知：①Nd的稳定价态为价；Nd的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物；②常温下，。
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，下列措施可以提高酸溶速率的是___________(填序号)。
A．适当升高温度 B．适当增大硫酸的浓度
C．适当延长浸取时间 D．将钕铁硼废料粉碎
（2）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的pH为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，　 　(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是　 　。
（3）①“沉淀”过程得到晶体。写出“沉淀”时发生反应的离子方程式：　 　。
②此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值(n)和沉钕率的关系如下图所示。
对沉钕率变化趋势进行解释：　 　。
③“滤液3”中的　 　(填化学式)可在上述流程中循环利用。
（4）“一系列操作”包括　 　；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式　 　。
17．（2025·岳阳模拟）研究含碳和含氮物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题：
（1）消除汽车尾气中的NO、，有利于减少PM2.5的排放。已知如下信息：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
则与反应生成和的热化学方程式为　 　。
（2）在一定温度下，向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ
①下列描述可表示该反应达到平衡状态的有　 　(填序号)
a．容器内颜色深浅不再改变 b．混合气体密度保持不变
c． d．单位时间内生成和生成的物质的量之比为
②该反应的反应速率；分别为正、逆反应速率常数，已知平衡时的转化率为，则为　 　(计算时不考虑其他反应)。
（3）在一定温度下，向起始压强为100kPa的1L恒容密闭容器中通入和的混合气体发生反应ⅱ和ⅲ，4min时反应达到平衡，测得体系总压强为90kPa，且(为气体分压，单位为kPa)，达到平衡时的平均反应速率为　 　，反应ⅲ的压强平衡常数　 　。
（4）在两个初始体积相同且容积可变的容器内分别充入和，在总压为条件下仅发生反应ⅲ。待两容器均达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。试解释m点的容器容积大于n点的原因　 　。
（5）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。电解过程中，在a电极上的反应式为　 　。
18．（2025·岳阳模拟）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH，回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，B中含氧官能团的名称为　 　。
（2）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为　 　。
（3）写出反应③的化学方程式　 　。
（4）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是　 　。
（5）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为　 　。
（6）以和为原料，参照上述合成路线，设计三步合成的路线　 　(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；生活中的有机化合物
【解析】【解答】A、茶多酚是常见的抗氧化剂，其“抗氧化” 本质是其作为还原剂，通过自身氧化来保护其他物质免受自由基侵害，这一特性使其在食品、健康、美容等领域具有重要价值，A错误；
B、乙烯是工业生产中不可或缺的基础原料，其产量可衡量国家石油化工水平，但乙烯本身属于基础有机化工原料，其下游衍生的产品，如某些特殊工程塑料属于精细化学品，B错误；
C、纤维素是天然多糖，是天然有机高分子的典型代表，属于有机高分子化合物，C正确；
D、红色油漆中含有的三氧化二铁（）属于金属氧化物，其本质属于无机非金属材料，与金属材料在组成、性质和应用上有显著区别，D错误；
故答案为：C
【分析】在材料分类中，三氧化二铁属于无机非金属材料中的 “金属氧化物” 类别，而非金属材料。金属材料通常指纯金属或金属合金，其组成中以金属元素为主体，且具有金属键特征，而三氧化二铁不具备这些特性。
2．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子中的数量关系；晶体的定义；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、已知甲烷分子式为CH4，实验式（最简式）是表示化合物分子中各元素原子最简整数比的式子，则甲烷的最简式表示为“CH4”，A正确；
B、磷原子质子数为15，中子数为16，则质量数 = 质子数 + 中子数 = 15 + 16 = 31，元素符号左上角标质量数，左下角标质子数表示为，B正确；
C、石墨的层状上下层交错开，层内碳原子通过共价键结合，层间通过范德华力结合，C错误；
D、碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，D正确；
故答案为：C
【分析】石墨的层状结构中，上层平面正六边形的碳原子，会与下层平面正六边形的碳原子交错排列，即上层一个六边形的中心，对应下层一个六边形的顶点。这种 “交错堆叠”的ABAB 堆积方式是石墨层状结构的核心特征，目的是通过原子位置错开，降低层间斥力、提高结构稳定性。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A、容量瓶是精量器，标有使用温度。烘箱烘干时温度较高，会使容量瓶玻璃受热膨胀，导致容积发生变化，影响后续准确量取液体体积，所以容量瓶洗净后不能烘箱烘干，可自然晾干或用烘干的洁净烧杯倒扣在瓶口上方晾干 ，A错误；
B、硫难溶于水，微溶于乙醇，易溶于CS2，可以用CS2清洗试管内壁附着的硫，B正确；
C、剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，因此易燃物如钠、钾等不能随意放置，盛放钠、钾的试剂瓶中有煤油，因此可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶，C错误；
D、蒸馏操作中不能使用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，其直管设计能使冷凝液沿内壁顺利流下，确保馏分完全收集，D错误；
故答案为：B
【分析】球形冷凝管在蒸馏中不适用的具体原因：球形冷凝管的球泡结构会形成 “凹槽”，冷凝后的液体易滞留在球泡中，无法全部流入接收瓶，导致馏分损失或计量不准确。
4．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；金属晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氢键的结构为(X—H…Y) ，当 X、H、Y 三原子共线时：空间位阻最小，H 与 Y的距离最短，静电吸引作用最强；偏离直线时，H与Y的相互作用因空间阻碍减弱，氢键强度下降，因此三原子在一条直线上时，氢键的强度最大，A正确；
B、低温石英中，硅氧四面体通过顶角氧原子连接，形成螺旋上升的长链，无封闭环状结构。这种螺旋结构具有不对称性，使得镜像无法重合，从而让晶体具备手性；压电效应的本质是机械能与电能的相互转化，受压时：螺旋链的原子因外力偏移，硅和氧的电荷分布不再对称，晶体两端产生电势差；通电时：电荷作用使原子位移，晶体发生 形变。而低温石英的手性结构，使其具备压电性的结构基础，石英的成分是二氧化硅，如制作石英手表，B正确；
C、F 原子含有 3 对孤对电子，F2中两 F 原子的孤对电子间斥力极强，导致 F-F 键的实际稳定性下降；而 Cl 原子虽半径大，键长长，但孤对电子间斥力更弱，键能更稳定，因此F—F键的键能小于键的键能，C错误；
D、含有阴离子的晶体中一定含有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，例如金属晶体，D正确；
故答案为：C
【分析】氢键是一种特殊的分子间作用力，其本质是氢原子与电负性大、半径小的原子形成共价键后，因电子对强烈偏向电负性原子，使 H 原子带部分正电荷，进而与另一个电负性原子的孤对电子产生静电吸引作用。其表达式为 X H…Y，其中 X 和 Y 均为电负性强的原子（如 F、O、N）。当 X、H、Y 三原子在一条直线上时，H 原子与 Y 原子的孤对电子的电荷中心距离最短，静电吸引力最强。
5．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；生活中的有机化合物；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、由谷氨酸的结构简式可知，其分子式为，A错误；
B、红外光谱仪可通过吸收峰来检测有机物中所含官能团的类型，所以可用红外光谱仪检测谷氨酸中所含官能团的类型，B正确；
C、等物质的量的谷氨酸和谷氨酸单钠中，手性碳原子的数目相同，但题干给定的信息不全，物质的量不一定是1mol，所以手性碳原子数不一定约为，C错误；
D、“中和” 时，若添加过量的，可能会生成谷氨酸二钠盐，不能提高谷氨酸单钠盐的产率，D错误；
故答案为：B
【分析】如图所示，首先，以淀粉为起始原料，在酸性条件下进行水解反应，逐步分解为葡萄糖 ；接着葡萄糖在特定微生物发酵作用下，经过复杂的生化反应，转化为谷氨酸；根据谷氨酸分子含2 个羧基和 1 个氨基的结构可以推测，其中 1 个羧基与Na2CO3发生中和反应，得到产物谷氨酸单钠晶体。
6．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、二氧化硫通入硫化钠溶液，先发生反应生成硫单质等。 Na2S中的S2-具有强还原性，SO2中S为+ 4价，有一定氧化性 ，二者在溶液中发生归中反应：，
但因为SO2足量，生成的Na2SO3会继续与过量SO2、水反应，所以总的方程式为：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4，A正确；
B、黄铁矿在空气中燃烧生成二氧化硫和三氧化二铁，从氧化还原角度分析，在FeS2中，Fe元素显+ 2价，S元素显- 1价 。反应中，Fe元素的化合价从+ 2价升高到+ 3价，S元素的化合价从- 1价升高到+ 4价，FeS2是还原剂；O2中O元素的化合价从0价降低到- 2价，O2是氧化剂 ，因此反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，B正确；
C、Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，使用含氟牙膏，F-浓度增大，平衡右移，生成更难溶的Ca5(PO4)3F，可以保护牙齿，C正确；
D、在高温下， SiO2先与C发生碳热还原反应，生成粗硅或SiC、CO等中间产物 。接着生成的单质硅在高温氮气流中，与N2发生化合反应，形成Si3N4，具体的反应方程式：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，产物为CO，D错误；
故答案为：D
【分析】
一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来进行考量：是否符合守恒规律，离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误、观察离子方程式的书写是否符合客观事实、是否正确使用符号、拆分是否正确、离子反应是否写全。
7．【答案】A
【知识点】化学键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应⑤的方程为，在该反应中，Pt元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，A错误；
B、在反应①作为反应物参与反应，在反应④作为生成物，通过 “参与反应→转化为配体→再生为F-的循环，F-改变了反应路径、加快了反应速率，因此属于催化剂，B正确；
C、生成时，形成了离子键，但是在离子内部的反应过程中生成新的共价化合物，有共价键的生成，C正确；
D、根据原子守恒，反应过程中消耗1mol氙气，理论上可生成1mol六氟合铂氙，D正确；
故答案为：A
【分析】由图知，反应①的方程为，反应②的方程为，反应③的方程为，反应④的方程为，反应⑤的方程为，简要来说，该图展示了强氧化剂PtF6打破稀有气体化学惰性的过程：通过分步氧化Xe生成XeF+，同时自身聚合形成[Pt2F11]-，最终构成离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。核心是PtF6的强氧化性驱动稀有气体参与反应。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、在该配合物中，P为0价，Cl为-1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，设Ni化合价为x，则x + 2 + 2×（-1）=0，解得x = + 2，所以镍的化合价为+2，A错误；
B、基态H原子的电子排布为1s1，1s轨道为半满稳定结构，能量低、更稳定 ，失去电子需克服的能量高。基态C原子的电子排布为1s22s22p2，2p轨道电子未达半满 / 全满稳定结构，失去电子相对容易，所以第一电离能H>C，B错误；
C、该配合物中氯元素以的形式参与配位，若为中性氯原子的形式参与配位，则无法提供孤对电子形成配位键，C错误；
D、Ni是28号元素，在周期表中位于第四周期第 Ⅷ 族，D正确；
故答案为：D
【分析】第一电离能是指基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。当轨道为半满、全满的时候处于稳定结构，能量低、更稳定 ，失去电子需克服的能量高。
9．【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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、加入饱和NaCl溶液属于轻金属盐浓溶液，会使蛋白质胶体发生盐析；属于重金属盐，加入后会使蛋白质发生变性，A错误；
B、常温下，向饱和溶液中加少量粉末，浓度大，使得离子浓度中Qc>Ksp，从而导致沉淀溶解平衡的发生，沉淀会部分转化为沉淀，但这不能说明，实际上，B错误；
C、向含有少量的溶液中加入足量粉末，会与反应转化为沉淀，搅拌一段时间后过滤，可除去溶液中少量，C正确；
D、向浓中插入红热的炭，浓硝酸受热分解也会产生红棕色气体，不能确定是炭与浓反应生成，D错误；
故答案为：C
【分析】盐析是物理变化，析出的蛋白质固体，若再加入适量水，可重新溶解，蛋白质的生理活性不变；变性是化学变化，析出的蛋白质固体加水不能再溶解，蛋白质失去生理活性 。
10．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在电解池中，阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子，阴极反应为，A正确；
B、根据给出的电解反应方程式可知，反应过程中消耗了大量H+，因此pH变大，B正确；
C、根据反应可知，电路中每转移12mol电子，就会有1mol的Cr2O72-被还原，所以每转移6mol电子，最多有被还原，C错误；
D、还原剂的还原性强于还原产物，根据给定的反应可知，该条件下还原剂的还原性强于还原产物，D正确；
故答案为：C
【分析】在这个电解池反应中，Fe板作阳极，为活性电极，阳极发生氧化反应为Fe-2e-═Fe2+，产生的Fe2+会参与后续Cr2O72-的氧化还原反应，将有毒的Cr2O72-转化为相对无害的Cr3+，阴极溶液中的氢离子得到电子，阴极发生还原反应反应为，水电离产生氢氧根，与Cr3+结合生成沉淀除去；
11．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应需要控制在的碱性环境中进行，当浸液pH下降，碱性减弱，需要补充碱性物质，则需要补充的是：，A错误；
B、根据分析，“滤渣”的主要成分为大量未溶解的及少量溶解最终形成的沉淀，B错误；
C、根据分析，“沉锌”过程发生的反应为：，C错误；
D、根据分析，“沉锌”后得到的滤液主要成分为：，可以返回到“盐浸”循环使用，因此需要控制用量，让“沉锌”后的滤液中只含，D正确；
故答案为：D
【分析】从炼钢粉尘中提取锌的流程为：在炼钢粉尘中加入和，可以提供NH4+，与共同构建配体环境，控制在的碱性环境中盐浸，将ZnO转化为：，同时还有少量和浸出，溶液中NH4+水解呈现弱酸性，能提供H+，与通入的空气将氧化为最终转化为沉淀与未溶解的共同过滤除去，在滤液中再加入沉锌，将Zn元素转化为ZnS沉淀：，通过过滤进行分离，得到的滤液主要成分为：，并完成对Zn的富集与提取。
12．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Zn是30号元素，基态Zn原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，因此价电子排布式为，A错误；
B、晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3，B错误；
C、的配位数为4，若采取杂化，空间构型为正四面体，而根据晶胞结构，的配位结构更面正方形，应是杂化，C错误；
D、由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为，Zn2+个数为，含有CN-为，NH3个数为，苯环个数为，则该晶胞的化学式为，则x：y：z=4：2：2=2：1：1，D正确；
故答案为：D
【分析】根据均摊法可知：Ni2+：2个（面心 ）、Zn2+：1个（顶点 ）、CN-：4个（棱上，8条棱，每条棱占1/2）、苯环：1个，结合 “晶胞中N原子均参与形成配位键”，Ni(CN)x中N来自CN-，Zn(NH3)y中N来自NH3。
13．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，温度升高， CO2、H2的物质的量分数增大， C2H4、H2O的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，逆向为吸热方向，则正向为放热方向，因此△H < 0，A正确；
B、440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为1mol、3mol，设平衡时生成乙烯的物质的量为amol，则平衡时n(H2)=3-6a，n(H2O)=4a，由3-6a=4a，可得a=0.3，氢气的转化率为=60%，B错误；
C、由于ΔH＜0，故升高温度平衡逆向移动，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，C正确；
D、在440 K恒容条件下，继续通入与起始等比例的CO2和H2，相当于增大压强，起始n增大，恒容则压强增大。反应正向是气体分子数减小的方向2 + 6 > 1 + 4，增大压强平衡正向移动，因此H2和CO2的平衡转化率提高，D正确；
故答案为：B
【分析】温度升高，平衡向吸热方向移动，因此可以通过曲线趋势，分析温度对平衡的影响；接着利用三段式，第一步：书写有关的化学方程式；第二步：在化学方程式下方列出各种物质的起始量、转化量、平衡量，同时还要注意单位的统一，可以利用浓度变化之比=物质的量变化之比=化学计量数之比，计算出各种反应物或生成物的浓度变化或物质的量变化；第三步：根据要求进行相关计算。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，A正确；
B、X=，当pH等于0时，X=，常温下的数量级为B正确；
C、等浓度的三种酸溶液中，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离程度抑制的越强，故酸性最弱的酸中水的电离程度最大，为，C正确；
D、当三种溶液中，则提供的氢离子总量相同，消耗均相同，D错误；
故答案为：D
【分析】：方法1：氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，X=、或，当pH等于0时，X=，X越小越大，故曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，；
方法2：对于一元弱酸HA，存在电离平衡，，电离常数为：，根据题干给定的信息，，结合pH=-lgc(H+)，对Ka取对数可得到：，整理一下式子可得到：pH=-lgX-lg(Ka)，表明其斜率为-1，截距为-lg(Ka)，截距越大，-lg(Ka)越大，Ka越小，据此可以得出，曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，；
15．【答案】（1）打开，关闭
（2）三颈烧瓶；防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解；
（3）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出
（4）液封或水封，防止空气进入c中
（5）c；92.7%
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁；
（2）、仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，化学方程式为：；
（3）、由有关物质性质可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸，故步骤④中加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；
（4）、由于柠檬酸有强还原性，故装置d的作用为液封或水封，防止空气进入c中，将柠檬酸氧化；
（5）、因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，故选c，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度。
【分析】左侧装置利用铁屑和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，并通过产生的排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，同时还可以利用产生的压强差，将反应得到的硫酸亚铁转移到三颈烧瓶中；接着在中间的三颈烧瓶中，利用硫酸亚铁和甘氨酸发生复分解反应，生成甘氨酸亚铁，同时加入柠檬酸调节PH并防止Fe2+被氧化；最右侧利用水封法防止空气进入而氧化Fe2+。
（1）打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁；
（2）仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，化学方程式为：；
（3）由有关物质性质可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸，故步骤④中加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；
（4）由于柠檬酸有强还原性，故装置d的作用为液封或水封，防止空气进入c中，将柠檬酸氧化；
（5）因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，故选c，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度。
16．【答案】（1）A；B；D
（2）无；酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全
（3）；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；
（4）过滤、洗涤、干燥；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】
（1）、A、适当升高温度，可以加快反应速率，A正确；
B、适当增大硫酸的浓度，可以加快反应速率，B正确；
C、适当延长浸取时间，不影响化学反应速率，C错误；
D、将钕铁硼废料粉碎，增大表面积，可以加快反应速率，D正确；
故答案为：ABD；
（2）、，因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全；
（3）、由分析可知，加入是将溶液中Nd3+转化为，反应的离子方程式为；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；
（4）、“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为。
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，将Nd和Fe转化为可溶的硫酸盐，而B难溶于稀硫酸，滤渣为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤后Nd以磷酸盐沉淀的形式进入滤渣，滤液1中留存Fe2+，实现Nd与Fe的初步分离，再加入过量NaOH进行碱转化，利用Nd的氢氧化物可溶于强碱的性质，转化为可溶性的钕酸盐，同时沉淀Fe2+，进一步分离Nd与Fe；接着加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，最后Nd2O3熔融电解得到Nd。；
（1）A．适当升高温度，可以加快反应速率，A正确；
B．适当增大硫酸的浓度，可以加快反应速率，B正确；
C．适当延长浸取时间，不影响化学反应速率，C错误；
D．将钕铁硼废料粉碎，增大表面积，可以加快反应速率，D正确；
故选ABD；
（2），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全；
（3）由分析可知，加入是将溶液中Nd3+转化为，反应的离子方程式为；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；
（4）“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为。
17．【答案】（1）
（2）ad；4
（3）；
（4）该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律，方程式ⅰ×2-ⅱ-ⅲ可得：，，则与反应生成和的热化学方程式为；
（2）、①a、为红棕色，容器内颜色深浅不再改变，可以说明该反应达到平衡状态，a正确；
b、刚性容器中混合气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c、向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ，根据化学计量系数，是定值，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d、单位时间内生成和生成的物质的量之比为，说明正逆反应速率相等，可以说明该反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：ad；
②、平衡时=0，则，平衡时的转化率为，列三段式：
；
（3）、反应ⅱ是等体积反应，反应气体分子数ⅲ减小，起始压强为100kPa，平衡时体系总压强为90kPa，可知生成的分压为20kPa，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时气体总的物质的量为2mol×0.9=1.8mol，生成的物质的量为1.8mol=0.4mol，达到平衡时的平均反应速率为=，根据，可知分别为30kPa、20kPa、20kPa，反应ⅲ的压强平衡常数=；
（4）、m点的容器容积大于n点的原因为该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响；
（5）、a电极上得电子发生还原反应生成，电极反应式为。
【分析】盖斯定律：不管化学反应是分一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
反应达到平衡状态的标志包括：正反应速率等于逆反应速率、组分的百分含量保持不变、颜色不再改变、物质的量或浓度保持不变。
在书写化学三段式时候要注意：化学计量数：在计算变化量时，要特别注意反应方程式中的化学计量数，它们决定了各物质之间的比例关系；保留小数位数：根据题目的要求或实际精度需要，合理保留小数位数；考虑可逆反应：对于可逆反应，平衡量可能不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
电解方程式的书写方法：先写出溶液中存在的离子，接着比较放电顺序，最后写出电极反应，推测其他产物。
（1）根据盖斯定律，方程式ⅰ×2-ⅱ-ⅲ可得：，，则与反应生成和的热化学方程式为；
（2）①a．为红棕色，容器内颜色深浅不再改变，可以说明该反应达到平衡状态，a正确；
b．刚性容器中混合气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c．向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ，根据化学计量系数，是定值，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．单位时间内生成和生成的物质的量之比为，说明正逆反应速率相等，可以说明该反应达到平衡状态，d正确；
故选ad；
②平衡时=0，则，平衡时的转化率为，列三段式：
；
（3）反应ⅱ是等体积反应，反应气体分子数ⅲ减小，起始压强为100kPa，平衡时体系总压强为90kPa，可知生成的分压为20kPa，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时气体总的物质的量为2mol×0.9=1.8mol，生成的物质的量为1.8mol=0.4mol，达到平衡时的平均反应速率为=，根据，可知分别为30kPa、20kPa、20kPa，反应ⅲ的压强平衡常数=；
（4）m点的容器容积大于n点的原因为该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响；
（5）a电极上得电子发生还原反应生成，电极反应式为。
18．【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；硝基、羧基
（2）
（3）+H2O
（4）保护羧基
（5）
（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）、由分析知，A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；B为，含氧官能团的名称为硝基、羧基；
（2）、由分析知，与化合物M反应生成D和HBr，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为；
（3）、反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；
（4）、由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（5）、化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（6）、以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，则合成路线如。
【分析】A()在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，接着结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，而B到C发生羧酸的酯化反应，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，实现了羧基的保护（酯基为稳定的基团），与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，通过引入硫醚键，为后续的硫成环的过程奠定基础，C和M发生取代反应生成D和溴化氢，H在Pd作催化剂与H2发生还原反应，催化加氢，生成E，E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，通过引入氨基，为后续形成环节结构做准备，F在催化剂下脱水成环生成G，将被保护的羧基脱离保护，G与CH3OH发生酯化反应生成H，对羧基进行二次保护，为后续的氧化反应提供稳定的环境，H在30%的H2O2中发生氧化反应生成I，I在一定条件下发生水解反应生成J，将羧基脱保护，完成整个合成过程。
（1）由分析知，A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；B为，含氧官能团的名称为硝基、羧基；
（2）由分析知，与化合物M反应生成D和HBr，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为；
（3）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；
（4）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（5）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（6）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，则合成路线如。
1 / 1湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二模）化学试题
1．（2025·岳阳模拟）第四届湖南旅游发展大会将于5月24-26日在岳阳市举行。在旅游过程中，我们可以学习到很多化学知识。以下说法正确的是
A．君山银针茶叶中含有的茶多酚不易被氧化，具有抗氧化功效
B．巴陵石化生产的乙烯是一种精细化学品，其产量可衡量国家石油化工水平
C．洞庭湖的芦苇含纤维素，纤维素属于有机高分子化合物
D．岳阳楼使用的红色油漆中含有的三氧化二铁属于金属材料
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；生活中的有机化合物
【解析】【解答】A、茶多酚是常见的抗氧化剂，其“抗氧化” 本质是其作为还原剂，通过自身氧化来保护其他物质免受自由基侵害，这一特性使其在食品、健康、美容等领域具有重要价值，A错误；
B、乙烯是工业生产中不可或缺的基础原料，其产量可衡量国家石油化工水平，但乙烯本身属于基础有机化工原料，其下游衍生的产品，如某些特殊工程塑料属于精细化学品，B错误；
C、纤维素是天然多糖，是天然有机高分子的典型代表，属于有机高分子化合物，C正确；
D、红色油漆中含有的三氧化二铁（）属于金属氧化物，其本质属于无机非金属材料，与金属材料在组成、性质和应用上有显著区别，D错误；
故答案为：C
【分析】在材料分类中，三氧化二铁属于无机非金属材料中的 “金属氧化物” 类别，而非金属材料。金属材料通常指纯金属或金属合金，其组成中以金属元素为主体，且具有金属键特征，而三氧化二铁不具备这些特性。
2．（2025·岳阳模拟）下列化学用语或描述错误的是
A．甲烷分子式和实验式均可表示为“”
B．中子数为16的磷原子：
C．石墨的层状结构如图
D．SiC(俗称金刚砂)的晶体类型：共价晶体
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子中的数量关系；晶体的定义；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、已知甲烷分子式为CH4，实验式（最简式）是表示化合物分子中各元素原子最简整数比的式子，则甲烷的最简式表示为“CH4”，A正确；
B、磷原子质子数为15，中子数为16，则质量数 = 质子数 + 中子数 = 15 + 16 = 31，元素符号左上角标质量数，左下角标质子数表示为，B正确；
C、石墨的层状上下层交错开，层内碳原子通过共价键结合，层间通过范德华力结合，C错误；
D、碳化硅(SiC)俗称金刚砂，类似金刚石结构，属于共价晶体，原子之间以强烈的共价键结合，D正确；
故答案为：C
【分析】石墨的层状结构中，上层平面正六边形的碳原子，会与下层平面正六边形的碳原子交错排列，即上层一个六边形的中心，对应下层一个六边形的顶点。这种 “交错堆叠”的ABAB 堆积方式是石墨层状结构的核心特征，目的是通过原子位置错开，降低层间斥力、提高结构稳定性。
3．（2025·岳阳模拟）下列有关实验操作的说法，正确的是
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫
C．实验室未用完的钠、钾等试剂不能放回原试剂瓶
D．蒸馏操作中需要使用球形冷凝管
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；硫单质的性质与用途
【解析】【解答】A、容量瓶是精量器，标有使用温度。烘箱烘干时温度较高，会使容量瓶玻璃受热膨胀，导致容积发生变化，影响后续准确量取液体体积，所以容量瓶洗净后不能烘箱烘干，可自然晾干或用烘干的洁净烧杯倒扣在瓶口上方晾干 ，A错误；
B、硫难溶于水，微溶于乙醇，易溶于CS2，可以用CS2清洗试管内壁附着的硫，B正确；
C、剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，因此易燃物如钠、钾等不能随意放置，盛放钠、钾的试剂瓶中有煤油，因此可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶，C错误；
D、蒸馏操作中不能使用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，其直管设计能使冷凝液沿内壁顺利流下，确保馏分完全收集，D错误；
故答案为：B
【分析】球形冷凝管在蒸馏中不适用的具体原因：球形冷凝管的球泡结构会形成 “凹槽”，冷凝后的液体易滞留在球泡中，无法全部流入接收瓶，导致馏分损失或计量不准确。
4．（2025·岳阳模拟）下列有关物质结构或性质的说法错误的是
A．氢键()中三原子在一条直线上时，氢键的强度最大
B．低温石英(石英)具有手性结构，可用作压电材料，如制作石英手表
C．根据原子半径推知，键的键能大于键
D．含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；金属晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、氢键的结构为(X—H…Y) ，当 X、H、Y 三原子共线时：空间位阻最小，H 与 Y的距离最短，静电吸引作用最强；偏离直线时，H与Y的相互作用因空间阻碍减弱，氢键强度下降，因此三原子在一条直线上时，氢键的强度最大，A正确；
B、低温石英中，硅氧四面体通过顶角氧原子连接，形成螺旋上升的长链，无封闭环状结构。这种螺旋结构具有不对称性，使得镜像无法重合，从而让晶体具备手性；压电效应的本质是机械能与电能的相互转化，受压时：螺旋链的原子因外力偏移，硅和氧的电荷分布不再对称，晶体两端产生电势差；通电时：电荷作用使原子位移，晶体发生 形变。而低温石英的手性结构，使其具备压电性的结构基础，石英的成分是二氧化硅，如制作石英手表，B正确；
C、F 原子含有 3 对孤对电子，F2中两 F 原子的孤对电子间斥力极强，导致 F-F 键的实际稳定性下降；而 Cl 原子虽半径大，键长长，但孤对电子间斥力更弱，键能更稳定，因此F—F键的键能小于键的键能，C错误；
D、含有阴离子的晶体中一定含有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，例如金属晶体，D正确；
故答案为：C
【分析】氢键是一种特殊的分子间作用力，其本质是氢原子与电负性大、半径小的原子形成共价键后，因电子对强烈偏向电负性原子，使 H 原子带部分正电荷，进而与另一个电负性原子的孤对电子产生静电吸引作用。其表达式为 X H…Y，其中 X 和 Y 均为电负性强的原子（如 F、O、N）。当 X、H、Y 三原子在一条直线上时，H 原子与 Y 原子的孤对电子的电荷中心距离最短，静电吸引力最强。
5．（2025·岳阳模拟）谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下：
下列说法正确的是
A．谷氨酸的分子式为
B．可用红外光谱仪检测谷氨酸中所含官能团的类型
C．等物质的量的谷氨酸和谷氨酸单钠中，手性碳原子的数目相同，均约为
D．“中和”时，为了提高谷氨酸单钠盐的产率，需要添加过量的
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；生活中的有机化合物；物质的分离与提纯；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、由谷氨酸的结构简式可知，其分子式为，A错误；
B、红外光谱仪可通过吸收峰来检测有机物中所含官能团的类型，所以可用红外光谱仪检测谷氨酸中所含官能团的类型，B正确；
C、等物质的量的谷氨酸和谷氨酸单钠中，手性碳原子的数目相同，但题干给定的信息不全，物质的量不一定是1mol，所以手性碳原子数不一定约为，C错误；
D、“中和” 时，若添加过量的，可能会生成谷氨酸二钠盐，不能提高谷氨酸单钠盐的产率，D错误；
故答案为：B
【分析】如图所示，首先，以淀粉为起始原料，在酸性条件下进行水解反应，逐步分解为葡萄糖 ；接着葡萄糖在特定微生物发酵作用下，经过复杂的生化反应，转化为谷氨酸；根据谷氨酸分子含2 个羧基和 1 个氨基的结构可以推测，其中 1 个羧基与Na2CO3发生中和反应，得到产物谷氨酸单钠晶体。
6．（2025·岳阳模拟）下列过程中的化学方程式或离子方程式书写错误的是
A．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：
B．黄铁矿(主要成分为)的燃烧：
C．氟化物预防龋齿的化学原理：
D．氮化硅可由石英与焦炭在高温的氮气流中制备：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、二氧化硫通入硫化钠溶液，先发生反应生成硫单质等。 Na2S中的S2-具有强还原性，SO2中S为+ 4价，有一定氧化性 ，二者在溶液中发生归中反应：，
但因为SO2足量，生成的Na2SO3会继续与过量SO2、水反应，所以总的方程式为：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4，A正确；
B、黄铁矿在空气中燃烧生成二氧化硫和三氧化二铁，从氧化还原角度分析，在FeS2中，Fe元素显+ 2价，S元素显- 1价 。反应中，Fe元素的化合价从+ 2价升高到+ 3价，S元素的化合价从- 1价升高到+ 4价，FeS2是还原剂；O2中O元素的化合价从0价降低到- 2价，O2是氧化剂 ，因此反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，B正确；
C、Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，使用含氟牙膏，F-浓度增大，平衡右移，生成更难溶的Ca5(PO4)3F，可以保护牙齿，C正确；
D、在高温下， SiO2先与C发生碳热还原反应，生成粗硅或SiC、CO等中间产物 。接着生成的单质硅在高温氮气流中，与N2发生化合反应，形成Si3N4，具体的反应方程式：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，产物为CO，D错误；
故答案为：D
【分析】
一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来进行考量：是否符合守恒规律，离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误、观察离子方程式的书写是否符合客观事实、是否正确使用符号、拆分是否正确、离子反应是否写全。
7．（2025·岳阳模拟）是极强的氧化剂，可与稀有气体制得稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示，下列说法错误的是
A．整个反应过程中，属于氧化还原反应的是②③⑤
B．整个反应过程中，起到了催化剂的作用
C．整个反应过程中既有离子键的生成也有共价键的生成
D．反应过程中消耗1mol氙气，理论上可生成1mol六氟合铂氙
【答案】A
【知识点】化学键；氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应⑤的方程为，在该反应中，Pt元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，A错误；
B、在反应①作为反应物参与反应，在反应④作为生成物，通过 “参与反应→转化为配体→再生为F-的循环，F-改变了反应路径、加快了反应速率，因此属于催化剂，B正确；
C、生成时，形成了离子键，但是在离子内部的反应过程中生成新的共价化合物，有共价键的生成，C正确；
D、根据原子守恒，反应过程中消耗1mol氙气，理论上可生成1mol六氟合铂氙，D正确；
故答案为：A
【分析】由图知，反应①的方程为，反应②的方程为，反应③的方程为，反应④的方程为，反应⑤的方程为，简要来说，该图展示了强氧化剂PtF6打破稀有气体化学惰性的过程：通过分步氧化Xe生成XeF+，同时自身聚合形成[Pt2F11]-，最终构成离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。核心是PtF6的强氧化性驱动稀有气体参与反应。
8．（2025·岳阳模拟）某催化剂结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该配合物中镍的化合价为
B．基态原子的第一电离能关系：
C．该配合物中氯元素以中性氯原子的形式参与配位
D．Ni元素在周期表中位于第四周期第Ⅷ族
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、在该配合物中，P为0价，Cl为-1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，设Ni化合价为x，则x + 2 + 2×（-1）=0，解得x = + 2，所以镍的化合价为+2，A错误；
B、基态H原子的电子排布为1s1，1s轨道为半满稳定结构，能量低、更稳定 ，失去电子需克服的能量高。基态C原子的电子排布为1s22s22p2，2p轨道电子未达半满 / 全满稳定结构，失去电子相对容易，所以第一电离能H>C，B错误；
C、该配合物中氯元素以的形式参与配位，若为中性氯原子的形式参与配位，则无法提供孤对电子形成配位键，C错误；
D、Ni是28号元素，在周期表中位于第四周期第 Ⅷ 族，D正确；
故答案为：D
【分析】第一电离能是指基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。当轨道为半满、全满的时候处于稳定结构，能量低、更稳定 ，失去电子需克服的能量高。
9．（2025·岳阳模拟）下列实验操作与预期实验目的或结论一致的是
选项 实验操作 预期实验目的或结论
A 向两份相同蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和溶液，均有固体析出 蛋白质均发生变性
B 常温下，向饱和溶液中加少量粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生 说明常温下，
C 向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌一段时间后过滤 除去溶液中少量
D 向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体 炭可与浓反应生成
A．A B．B C．C D．D
【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；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】A、加入饱和NaCl溶液属于轻金属盐浓溶液，会使蛋白质胶体发生盐析；属于重金属盐，加入后会使蛋白质发生变性，A错误；
B、常温下，向饱和溶液中加少量粉末，浓度大，使得离子浓度中Qc>Ksp，从而导致沉淀溶解平衡的发生，沉淀会部分转化为沉淀，但这不能说明，实际上，B错误；
C、向含有少量的溶液中加入足量粉末，会与反应转化为沉淀，搅拌一段时间后过滤，可除去溶液中少量，C正确；
D、向浓中插入红热的炭，浓硝酸受热分解也会产生红棕色气体，不能确定是炭与浓反应生成，D错误；
故答案为：C
【分析】盐析是物理变化，析出的蛋白质固体，若再加入适量水，可重新溶解，蛋白质的生理活性不变；变性是化学变化，析出的蛋白质固体加水不能再溶解，蛋白质失去生理活性 。
10．（2025·岳阳模拟）电解法处理酸性含铬废水(主要含有)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应，最后以形式除去，下列说法错误的是
A．阴极反应为
B．电解过程中废水的pH变大
C．电路中每转移6mol电子，最多有被还原
D．该条件下的还原性强于
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在电解池中，阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子，阴极反应为，A正确；
B、根据给出的电解反应方程式可知，反应过程中消耗了大量H+，因此pH变大，B正确；
C、根据反应可知，电路中每转移12mol电子，就会有1mol的Cr2O72-被还原，所以每转移6mol电子，最多有被还原，C错误；
D、还原剂的还原性强于还原产物，根据给定的反应可知，该条件下还原剂的还原性强于还原产物，D正确；
故答案为：C
【分析】在这个电解池反应中，Fe板作阳极，为活性电极，阳极发生氧化反应为Fe-2e-═Fe2+，产生的Fe2+会参与后续Cr2O72-的氧化还原反应，将有毒的Cr2O72-转化为相对无害的Cr3+，阴极溶液中的氢离子得到电子，阴极发生还原反应反应为，水电离产生氢氧根，与Cr3+结合生成沉淀除去；
11．（2025·岳阳模拟）从炼钢粉尘(主要含和ZnO)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程ZnO转化为，并有少量和浸出。下列说法正确的是
A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充
B．“滤渣”的主要成分为
C．“沉锌”过程发生反应
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应需要控制在的碱性环境中进行，当浸液pH下降，碱性减弱，需要补充碱性物质，则需要补充的是：，A错误；
B、根据分析，“滤渣”的主要成分为大量未溶解的及少量溶解最终形成的沉淀，B错误；
C、根据分析，“沉锌”过程发生的反应为：，C错误；
D、根据分析，“沉锌”后得到的滤液主要成分为：，可以返回到“盐浸”循环使用，因此需要控制用量，让“沉锌”后的滤液中只含，D正确；
故答案为：D
【分析】从炼钢粉尘中提取锌的流程为：在炼钢粉尘中加入和，可以提供NH4+，与共同构建配体环境，控制在的碱性环境中盐浸，将ZnO转化为：，同时还有少量和浸出，溶液中NH4+水解呈现弱酸性，能提供H+，与通入的空气将氧化为最终转化为沉淀与未溶解的共同过滤除去，在滤液中再加入沉锌，将Zn元素转化为ZnS沉淀：，通过过滤进行分离，得到的滤液主要成分为：，并完成对Zn的富集与提取。
12．（2025·岳阳模拟）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)。每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞参数为，。晶胞中N原子均参与形成配位键。下列说法正确的是
A．基态Zn原子的价电子排布式为
B．与的配位数之比为
C．晶胞中采取杂化
D．
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Zn是30号元素，基态Zn原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，因此价电子排布式为，A错误；
B、晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4：6=2：3，B错误；
C、的配位数为4，若采取杂化，空间构型为正四面体，而根据晶胞结构，的配位结构更面正方形，应是杂化，C错误；
D、由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为，Zn2+个数为，含有CN-为，NH3个数为，苯环个数为，则该晶胞的化学式为，则x：y：z=4：2：2=2：1：1，D正确；
故答案为：D
【分析】根据均摊法可知：Ni2+：2个（面心 ）、Zn2+：1个（顶点 ）、CN-：4个（棱上，8条棱，每条棱占1/2）、苯环：1个，结合 “晶胞中N原子均参与形成配位键”，Ni(CN)x中N来自CN-，Zn(NH3)y中N来自NH3。
13．（2025·岳阳模拟）乙烯可由和制取：。在0.1MPa下，反应起始的条件下，不同温度下达到平衡时，四种组分的物质的量分数如图所示：
下列说法错误的是
A．该反应的
B．440K时的平衡转化率为50%
C．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
D．在440K恒容条件下反应已达平衡时，继续通入与起始等比例的和，可以提高和的平衡转化率
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由图可知，温度升高， CO2、H2的物质的量分数增大， C2H4、H2O的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，逆向为吸热方向，则正向为放热方向，因此△H < 0，A正确；
B、440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为1mol、3mol，设平衡时生成乙烯的物质的量为amol，则平衡时n(H2)=3-6a，n(H2O)=4a，由3-6a=4a，可得a=0.3，氢气的转化率为=60%，B错误；
C、由于ΔH＜0，故升高温度平衡逆向移动，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，C正确；
D、在440 K恒容条件下，继续通入与起始等比例的CO2和H2，相当于增大压强，起始n增大，恒容则压强增大。反应正向是气体分子数减小的方向2 + 6 > 1 + 4，增大压强平衡正向移动，因此H2和CO2的平衡转化率提高，D正确；
故答案为：B
【分析】温度升高，平衡向吸热方向移动，因此可以通过曲线趋势，分析温度对平衡的影响；接着利用三段式，第一步：书写有关的化学方程式；第二步：在化学方程式下方列出各种物质的起始量、转化量、平衡量，同时还要注意单位的统一，可以利用浓度变化之比=物质的量变化之比=化学计量数之比，计算出各种反应物或生成物的浓度变化或物质的量变化；第三步：根据要求进行相关计算。
14．（2025·岳阳模拟）常温下将NaOH溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸溶液中，溶液pH与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A．三种酸的电离常数：
B．常温下的数量级为
C．等浓度的三种酸溶液中，水的电离程度最大的是
D．当三种溶液中，消耗最少的为氯乙酸
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，A正确；
B、X=，当pH等于0时，X=，常温下的数量级为B正确；
C、等浓度的三种酸溶液中，酸性越强，氢离子浓度越大，对水的电离程度抑制的越强，故酸性最弱的酸中水的电离程度最大，为，C正确；
D、当三种溶液中，则提供的氢离子总量相同，消耗均相同，D错误；
故答案为：D
【分析】：方法1：氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧基中羟基的极性，故酸性：>>，X=、或，当pH等于0时，X=，X越小越大，故曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，；
方法2：对于一元弱酸HA，存在电离平衡，，电离常数为：，根据题干给定的信息，，结合pH=-lgc(H+)，对Ka取对数可得到：，整理一下式子可得到：pH=-lgX-lg(Ka)，表明其斜率为-1，截距为-lg(Ka)，截距越大，-lg(Ka)越大，Ka越小，据此可以得出，曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，曲线Ⅲ代表，；
15．（2025·岳阳模拟）某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)，以甘氨酸与硫酸亚铁为原料制备补铁剂甘氨酸亚铁[]。
已知：Ⅰ．有关物质性质如下表所示：
甘氨酸 易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸 易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性
甘氨酸亚铁 易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸
Ⅱ．甘氨酸亚铁[]摩尔质量为
Ⅲ．氨基能被酸性溶液氧化：连接好装置，装入药品，实验步骤如下：
①打开，反应一段时间，将装置中空气排净；
②___________，使b中溶液进入c中；
③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5~6.0，使反应物充分反应；
④反应完成后，向c中反应混合液加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。
回答下列问题：
（1）步骤②中将b中溶液加入c中的操作是　 　。
（2）仪器c的名称是　 　，其中加入柠檬酸的作用是　 　，装置c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是　 　。
（3）步骤④中加入乙醇的作用是　 　。
（4）装置d的作用是　 　。
（5）产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2克，先加入　 　(填写下列物质的标号：a．水、b．乙醇、c．冰醋酸)，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用的溶液滴定至终点，三次平均消耗体积为26.00mL，则该样品的纯度为　 　%。(结果保留一位小数)
【答案】（1）打开，关闭
（2）三颈烧瓶；防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解；
（3）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出
（4）液封或水封，防止空气进入c中
（5）c；92.7%
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁；
（2）、仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，化学方程式为：；
（3）、由有关物质性质可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸，故步骤④中加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；
（4）、由于柠檬酸有强还原性，故装置d的作用为液封或水封，防止空气进入c中，将柠檬酸氧化；
（5）、因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，故选c，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度。
【分析】左侧装置利用铁屑和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，并通过产生的排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，同时还可以利用产生的压强差，将反应得到的硫酸亚铁转移到三颈烧瓶中；接着在中间的三颈烧瓶中，利用硫酸亚铁和甘氨酸发生复分解反应，生成甘氨酸亚铁，同时加入柠檬酸调节PH并防止Fe2+被氧化；最右侧利用水封法防止空气进入而氧化Fe2+。
（1）打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁；
（2）仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，化学方程式为：；
（3）由有关物质性质可知，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸，故步骤④中加入乙醇可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；
（4）由于柠檬酸有强还原性，故装置d的作用为液封或水封，防止空气进入c中，将柠檬酸氧化；
（5）因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，故选c，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度。
16．（2025·岳阳模拟）稀土钕铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。
已知：①Nd的稳定价态为价；Nd的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物；②常温下，。
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，下列措施可以提高酸溶速率的是___________(填序号)。
A．适当升高温度 B．适当增大硫酸的浓度
C．适当延长浸取时间 D．将钕铁硼废料粉碎
（2）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的pH为2.3，钕全部以沉淀完全，若此时溶液中，　 　(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是　 　。
（3）①“沉淀”过程得到晶体。写出“沉淀”时发生反应的离子方程式：　 　。
②此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值(n)和沉钕率的关系如下图所示。
对沉钕率变化趋势进行解释：　 　。
③“滤液3”中的　 　(填化学式)可在上述流程中循环利用。
（4）“一系列操作”包括　 　；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）A；B；D
（2）无；酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全
（3）；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；
（4）过滤、洗涤、干燥；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】
（1）、A、适当升高温度，可以加快反应速率，A正确；
B、适当增大硫酸的浓度，可以加快反应速率，B正确；
C、适当延长浸取时间，不影响化学反应速率，C错误；
D、将钕铁硼废料粉碎，增大表面积，可以加快反应速率，D正确；
故答案为：ABD；
（2）、，因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全；
（3）、由分析可知，加入是将溶液中Nd3+转化为，反应的离子方程式为；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；
（4）、“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为。
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，将Nd和Fe转化为可溶的硫酸盐，而B难溶于稀硫酸，滤渣为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤后Nd以磷酸盐沉淀的形式进入滤渣，滤液1中留存Fe2+，实现Nd与Fe的初步分离，再加入过量NaOH进行碱转化，利用Nd的氢氧化物可溶于强碱的性质，转化为可溶性的钕酸盐，同时沉淀Fe2+，进一步分离Nd与Fe；接着加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，最后Nd2O3熔融电解得到Nd。；
（1）A．适当升高温度，可以加快反应速率，A正确；
B．适当增大硫酸的浓度，可以加快反应速率，B正确；
C．适当延长浸取时间，不影响化学反应速率，C错误；
D．将钕铁硼废料粉碎，增大表面积，可以加快反应速率，D正确；
故选ABD；
（2），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全；
（3）由分析可知，加入是将溶液中Nd3+转化为，反应的离子方程式为；适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；
（4）“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到 ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为。
17．（2025·岳阳模拟）研究含碳和含氮物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题：
（1）消除汽车尾气中的NO、，有利于减少PM2.5的排放。已知如下信息：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
则与反应生成和的热化学方程式为　 　。
（2）在一定温度下，向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ
①下列描述可表示该反应达到平衡状态的有　 　(填序号)
a．容器内颜色深浅不再改变 b．混合气体密度保持不变
c． d．单位时间内生成和生成的物质的量之比为
②该反应的反应速率；分别为正、逆反应速率常数，已知平衡时的转化率为，则为　 　(计算时不考虑其他反应)。
（3）在一定温度下，向起始压强为100kPa的1L恒容密闭容器中通入和的混合气体发生反应ⅱ和ⅲ，4min时反应达到平衡，测得体系总压强为90kPa，且(为气体分压，单位为kPa)，达到平衡时的平均反应速率为　 　，反应ⅲ的压强平衡常数　 　。
（4）在两个初始体积相同且容积可变的容器内分别充入和，在总压为条件下仅发生反应ⅲ。待两容器均达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。试解释m点的容器容积大于n点的原因　 　。
（5）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。电解过程中，在a电极上的反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）ad；4
（3）；
（4）该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律，方程式ⅰ×2-ⅱ-ⅲ可得：，，则与反应生成和的热化学方程式为；
（2）、①a、为红棕色，容器内颜色深浅不再改变，可以说明该反应达到平衡状态，a正确；
b、刚性容器中混合气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c、向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ，根据化学计量系数，是定值，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d、单位时间内生成和生成的物质的量之比为，说明正逆反应速率相等，可以说明该反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：ad；
②、平衡时=0，则，平衡时的转化率为，列三段式：
；
（3）、反应ⅱ是等体积反应，反应气体分子数ⅲ减小，起始压强为100kPa，平衡时体系总压强为90kPa，可知生成的分压为20kPa，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时气体总的物质的量为2mol×0.9=1.8mol，生成的物质的量为1.8mol=0.4mol，达到平衡时的平均反应速率为=，根据，可知分别为30kPa、20kPa、20kPa，反应ⅲ的压强平衡常数=；
（4）、m点的容器容积大于n点的原因为该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响；
（5）、a电极上得电子发生还原反应生成，电极反应式为。
【分析】盖斯定律：不管化学反应是分一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
反应达到平衡状态的标志包括：正反应速率等于逆反应速率、组分的百分含量保持不变、颜色不再改变、物质的量或浓度保持不变。
在书写化学三段式时候要注意：化学计量数：在计算变化量时，要特别注意反应方程式中的化学计量数，它们决定了各物质之间的比例关系；保留小数位数：根据题目的要求或实际精度需要，合理保留小数位数；考虑可逆反应：对于可逆反应，平衡量可能不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
电解方程式的书写方法：先写出溶液中存在的离子，接着比较放电顺序，最后写出电极反应，推测其他产物。
（1）根据盖斯定律，方程式ⅰ×2-ⅱ-ⅲ可得：，，则与反应生成和的热化学方程式为；
（2）①a．为红棕色，容器内颜色深浅不再改变，可以说明该反应达到平衡状态，a正确；
b．刚性容器中混合气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c．向2L刚性容器中充入和只发生反应ⅲ，根据化学计量系数，是定值，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．单位时间内生成和生成的物质的量之比为，说明正逆反应速率相等，可以说明该反应达到平衡状态，d正确；
故选ad；
②平衡时=0，则，平衡时的转化率为，列三段式：
；
（3）反应ⅱ是等体积反应，反应气体分子数ⅲ减小，起始压强为100kPa，平衡时体系总压强为90kPa，可知生成的分压为20kPa，恒温恒容，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时气体总的物质的量为2mol×0.9=1.8mol，生成的物质的量为1.8mol=0.4mol，达到平衡时的平均反应速率为=，根据，可知分别为30kPa、20kPa、20kPa，反应ⅲ的压强平衡常数=；
（4）m点的容器容积大于n点的原因为该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，转化率越高，故压强：，当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响；
（5）a电极上得电子发生还原反应生成，电极反应式为。
18．（2025·岳阳模拟）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH，回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　，B中含氧官能团的名称为　 　。
（2）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为　 　。
（3）写出反应③的化学方程式　 　。
（4）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是　 　。
（5）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：
a．能与溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为的结构简式为　 　。
（6）以和为原料，参照上述合成路线，设计三步合成的路线　 　(无机试剂任选)。
【答案】（1）对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；硝基、羧基
（2）
（3）+H2O
（4）保护羧基
（5）
（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）、由分析知，A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；B为，含氧官能团的名称为硝基、羧基；
（2）、由分析知，与化合物M反应生成D和HBr，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为；
（3）、反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；
（4）、由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（5）、化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（6）、以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，则合成路线如。
【分析】A()在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，接着结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，而B到C发生羧酸的酯化反应，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，实现了羧基的保护（酯基为稳定的基团），与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，通过引入硫醚键，为后续的硫成环的过程奠定基础，C和M发生取代反应生成D和溴化氢，H在Pd作催化剂与H2发生还原反应，催化加氢，生成E，E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，通过引入氨基，为后续形成环节结构做准备，F在催化剂下脱水成环生成G，将被保护的羧基脱离保护，G与CH3OH发生酯化反应生成H，对羧基进行二次保护，为后续的氧化反应提供稳定的环境，H在30%的H2O2中发生氧化反应生成I，I在一定条件下发生水解反应生成J，将羧基脱保护，完成整个合成过程。
（1）由分析知，A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；B为，含氧官能团的名称为硝基、羧基；
（2）由分析知，与化合物M反应生成D和HBr，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为；
（3）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O；
（4）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（5）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（6）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，则合成路线如。
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