资源简介

四川省宜宾市2025届高三下学期第二次诊断性测试化学试题
1．（2025·宜宾模拟）川南盛产莲藕，莲藕中含有维生素C、淀粉、纤维素、蛋白质等有机物、下列说法正确的是
A．维生素C属于高分子化合物
B．淀粉在热水中会形成胶状的淀粉糊
C．纤维素在人体内可被水解吸收
D．蛋白质中加入硝酸银溶液发生盐析
2．（2025·宜宾模拟）下列图示的仪器使用正确的是
A．甲：用于保存硅酸钠溶液
B．乙：用于将干海带灼烧成海带灰
C．丙：用于分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯
D．丁：用于量取8.00mL某浓度的硫酸铜溶液
3．（2025·宜宾模拟）溶液中存在平衡：下列说法正确的是
A．中的配位原子：O
B．的结构示意图：
C．分子中键的电子云轮廓图：
D．基态的轨道表示式：
4．（2025·宜宾模拟）甜味剂阿斯巴甜（Q）的某种合成反应如下：
下列说法错误的是
A．是两性化合物
B．中所有碳原子可能共平面
C．中采用杂化的碳原子数目为7
D．Q中有2个手性碳原子
5．（2025·宜宾模拟）某营养补充剂的结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，的电子总数为23，R是血红蛋白中重要的金属元素。下列说法正确的是
A．电负性：
B．第一电离能：
C．简单氢化物的热稳定性：
D．基态原子的未成对电子数：
6．（2025·宜宾模拟）利用图示装置和提供的试剂能完成相应气体制备与收集的是
选项 气体 试剂 装置
A 浓氨水
B 双氧水
C' 浓盐酸
D NO 浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·宜宾模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．与水反应：
B．与AgCl悬浊液反应：
C．少量与NaClO溶液反应：
D．]溶液与溶液反应：
8．（2025·宜宾模拟）工业上生产涉及的物质转化关系如下图（反应条件及部分反应物略去）。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含原子的数目为
B．反应①中所有元素的化合价均发生变化
C．反应②中使用催化剂可提高的平衡转化率
D．③中常用作的吸收剂
9．（2025·宜宾模拟）利用脱除汽车尾气中和的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
已知：①中部分转化成。
A．该反应的催化剂为
B．大力推广该技术可减少酸雨的发生
C．当时，中
D．过程②中，每脱除转移电子
10．（2025·宜宾模拟）邻二氮菲（白色粉末）是一种重要的配体，与发生如下反应：
产物是橙红色配合物，常用于测定微量的浓度。下列说法正确的是
A．配离子中6个氮原子处于同一平面
B．邻二氮菲是吡啶（）的同系物
C．氮原子用轨道中的孤电子对与形成配位键
D．形成配合物后中部分能级之间的能量差发生了变化
11．（2025·宜宾模拟）我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图：
下列说法错误的是
A．充电时，向电极移动
B．充电时，阴极附近溶液的增大
C．放电时，当电路中转移电子时，正极区溶液质量增加
D．放电时，电池总反应为
12．（2025·宜宾模拟）物质结构决定性质。下列物质的性质差异与对应主要结构因素没有紧密关联的是
选项 性质差异 主要结构因素
A 密度：干冰冰 分子空间结构
B 硬度：金刚石>石墨 碳原子排列方式
C 沸点：正戊烷>新戊烷 支链数目
D 冠醚识别的能力：15-冠-5>12-冠-4 冠醚空腔直径
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·宜宾模拟）一定条件下，将和按物质的量之比为充入密闭容器中发生反应：。测得不同压强下，达到化学平衡时氨的物质的量分数随温度变化如下图：
下列说法错误的是
A．压强：
B．速率：
C．a点时，的转化率约为
D．虚线表示条件下充入后的图像
14．（2025·宜宾模拟）单质Li在N2中燃烧生成某化合物，其晶胞结构如下图：
已知：晶胞底面是边长为a pm的菱形；2号和3号Li+均处于正三角形的中心。下列说法中错误的是
A．该化合物的化学式为Li3N
B．底面上的Li+之间的最小距离为
C．底面上的Li+中，与1号N3-最近的有6个
D．底面上Li+的配位数为3，棱上Li+的配位数为2
15．（2025·宜宾模拟）常温下，碳酸溶液中含碳物种的分布系数随溶液的变化关系如下图：
[比如：]，已知：（不水解，不与反应）。
下列说法正确的是
A．时，
B．时，
C．时，
D．用调节浑浊液使其时，
16．（2025·宜宾模拟）钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图：
已知：①易溶于硫酸；
②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原；
③“滤饼”的主要成分为。
回答下列问题：
（1）基态钒原子的简化电子排布式为　 　。
（2）“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为　 　。
（3）“氧化”步骤，生成的离子方程式为　 　。
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是　 　。
（5）“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因　 　。
（6）“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是　 　。
（7）“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是　 　。
17．（2025·宜宾模拟）臭氧有强氧化性，可除去蔬菜上残留的有机磷农药草甘膦（），某实验小组利用下图所示装置探究臭氧与草甘膦的反应。
配制一定浓度的草甘膦溶液，转入反应器中。启动臭氧发生器，调节臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算）。保持反应液温度不变，分别在0、5、10、15、25、35、时刻取样测定反应液的吸光度值，并根据下图所示的标准曲线转化为磷酸根的浓度。
再经过计算得到不同反应时间草甘膦的转化率如下表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 25 35 50
草甘膦转化率/% 0 18.7 42.8 56.6 81.4 87.2 96.2
回答下列问题：
（1）水中溶解度：　 　（填“>”“<”或“=”）。
（2）锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是　 　，发生反应的离子方程式是　 　。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有　 　、　 　。
（4）若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为　 　mg/L。（结果保留2位有效数字）
（5）草甘膦转化速率最快的时间段是　 　（填“0~5”“5~10”“10~15”或“15~25”）min，该时间段以外速率相对较慢的原因是　 　。
（6）通气后，向反应后的溶液中加入少量溶液。用标准溶液进行滴定，发生反应，滴定至溶液呈淡黄色时，再滴加几滴淀粉溶液，继续滴定至终点。重复滴定三次，平均消耗溶液。则内，的利用率为　 　%。（结果保留到小数点后一位）。
18．（2025·宜宾模拟）硫酰氯是重要的化工原料，可通过和反应制备。
（1）已知：，，则的　 　，该反应　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）自发。
（2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应生成。温度下达平衡时，随投料比的变化如下图所示。
已知：(初始)(平衡)；本题中。
①a点，的分压为　 　。
②温度下，　 　。
③若且时，请在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像　 　。
（3）硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化的反应机理如下图所示。催化剂表面的催化活性位点。
①催化氯化甲苯的总反应方程式为　 　。
②过程ⅲ　 　（填“吸热”或“放热”），理由是　 　。
19．（2025·宜宾模拟）吡咯相关衍生物对于生理过程非常重要。一种多取代吡咯（G）的合成路线如下（部分试剂和反应条件略去）。
回答下列问题：
（1）A与B生成C的反应为加成反应。B的结构简式为　 　。
（2）C的化学名称为　 　。若反应生成，则反应的化学方程式为　 　。
（3）D中含氧官能团的名称为　 　。D（）转化为的过程中，断裂②处键而不断裂①、③和④处键的原因为　 　。
（4）E到F的转化中，试剂X可能是_____（填标号）。
A． B．浓 C． D．
（5）F的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸（）的结构简式是　 　（写出1种即可）。
（6）欲使用类似题中的方法合成（），应在最后一步使用替代题目路线中的D与F反应。的结构简式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【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
【解析】【解答】A．维生素的分子式为，相对分子质量为176，相对分子质量较小，不是高分子化合物，A错误；
B．淀粉在热水中会发生糊化，形成胶状物，B正确；
C．人体缺乏分解纤维素的酶，纤维素在人体内不能被水解吸收，C错误；
D．蛋白质在重金属盐中发生变性，硝酸银是重金属盐，因此蛋白质中加入硝酸银溶液发生变性，D错误；
故选B。
【分析】A．高分子化合物的相对分子质量大于10000；
Ｂ．淀粉在热水中会发生糊化；
Ｃ．人体内缺乏分解纤维素的酶；
Ｄ．重金属盐会使蛋白质变性。
2．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．硅酸钠具有粘性，会将玻璃塞和瓶子粘在一起，因此不能用带玻璃塞的瓶子保存硅酸钠溶液，A错误；
B．应该使用坩埚灼烧干海带，不能用蒸发皿，B错误；
C．饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯互不相溶，分层，乙酸乙酯密度小，在上层，用分液漏斗分离，C正确；
D．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取量取8.00mL某浓度的硫酸铜溶液，8.00mL溶液需用移液管或者滴定管（精确至0.01mL)，D错误；
故选C。
【分析】A．硅酸钠具有粘性；
Ｂ．应用坩埚灼烧固体；
Ｃ．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不溶；
Ｄ．量筒的精确度为0.1mL。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子结构示意图
【解析】【解答】A．配体中O原子含有孤电子对，则中的配位原子是O，A正确；
B．核外共有18个电子，有三个电子层，电子排布分别为2、8、8，则结构示意图为，B错误；
C．中心原子O原子的价层电子对数为4，采用杂化，H原子的电子排布式为，则分子中的键为-sσ键，而是s-sσ键的电子云轮廓图，C错误；
D．核外含有27个电子，其价电子排布式为3d9，则基态的轨道表示式：，D错误；
故选A。
【分析】A．提供孤电子对的原子是配位原子；
Ｂ．核内有17个质子，核外18个电子；
Ｃ．分子中为-sσ键；
Ｄ．Cu为29号元素，失去2个核外电子形成。
4．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．M中含有氨基，具有碱性，含有羧基，具有酸性，M为两性化合物，故A正确；
B．N中苯环和酯基为平面结构，单键能旋转，因此N中所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．饱和碳原子采用杂化，则中采用杂化碳原子数目为5，故C错误；
D．Q中与-NH2相连的碳原子和与-COOCH3相连的碳原子为手性碳原子，有2个，故D正确；
故选C。
【分析】A．氨基具有碱性，羧基具有酸性；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，单键可以旋转；
Ｃ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
5．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．CH4分子中，C显负价，H呈正价，则电负性：，故A错误；
B．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O>N，则简单氢化物的热稳定性：，故C错误；
D．基态Fe原子的价电子排布为3d64s2，未成对电子数为4，基态C原子的价电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，则未成对电子数：Fe>C，即 ，故D正确；
故选D。
【分析】R是血红蛋白中重要的金属元素，则R为Fe元素， X、Y、Z同周期，的电子总数为23，结合成键情况可知，W是H元素、X是C元素、Y是N元素、Z是O元素。
6．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．加热浓氨水分解生成氨气，氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，A正确；
B．二氧化锰催化双氧水分解制取氧气在常温下进行，不需要加热，B错误；
C．高锰酸钾和浓盐酸制备氯气在常温下进行，C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成，且NO易与空气中的氧气反应，不能采用排空气法收集，D错误；
故选A。
【分析】该发生装置具有加热装置，圆底烧瓶中可以盛放液体和固体或者纯液体，因此可以适用于固体和液体或者液体与液体的加热反应，该收集装置气体从短管进入，为向下排空气法，可用于收集密度比空气小且不与空气反应的气体。
7．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．过氧化钠应保留化学式，正确离子方程式为：，A错误；
B．AgCl为难溶固体，应保留化学式，则正确的离子方程式为：，B错误；
C．生成的H+会与ClO-结合生成HClO，正确离子方程式应为：，C错误；
D．溶液与溶液反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为 ，D正确；
故选D。
【分析】A.过氧化钠为过氧化物，不能拆；
B.AgCl为固体，保留化学式；
C.氢离子和次氯酸根离子会结合生成弱酸HClO；
D.结合亚铁离子生成沉淀。
8．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．反应①是FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，该反应中铁、硫、氧元素的化合价均发生变化，B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能加快反应速率，但不能改变平衡转化率，C错误；
D．工业生产中，为了避免产生酸雾，通常用浓硫酸作的吸收剂，D错误；
故选B。
【分析】FeS2在空气中煅烧生成Fe2O3和SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3溶于水生成硫酸。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．、先消耗后生成，在反应前后没有发生变化，为该反应的催化剂。A正确；
B．由于该技术能够有效脱除汽车尾气中的CO和NO，NO在空气中易被氧化为NO2，NO2溶于水生成硝酸，会形成硝酸型酸雨，因此推广该技术确实可以减少酸雨的发生，B正确；
C．CeO1.8中设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则x+y=1，根据电荷守恒3x+4y=3.6，则x=0.4，y=0.6，即，C错误；
D．在过程②中，NO被还原为N2，该过程中，N元素从+2价降低为0价，则每脱除1molNO，转移2mol电子，D正确；
故选C。
【分析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质均不变；
Ｂ．该技术能脱除汽车尾气中和；
Ｃ．根据电荷守恒计算；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该配离子中，Fe2+的配位数为 6，通常形成八面体构型，在八面体中，6 个配体（氮原子）分别位于八面体的 6 个顶点，其中 3 个邻二氮菲分子的平面相互交错，6 个氮原子不处于同一平面，而是形成八面体的空间结构，A错误；
B．邻二氮菲和吡啶两者环数、N原子数目均不同，结构不相似，不符合同系物定义，B错误；
C．邻二氮菲中的氮原子为sp2杂化，孤电子对位于sp2杂化轨道中，而非纯p轨道，形成配位键时，氮原子通过sp2杂化轨道中的孤电子对与Fe2+的空轨道形成配位键，C错误；
D．Fe2+与邻二氮菲形成配位键时，Fe2+的d轨道能级分裂程度较大，能级之间的能量差发生变化，D正确；
故选D。
【分析】A．Fe2+的配位数为 6，通常形成八面体构型；
Ｂ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
Ｃ．邻二氮菲中的 N 原子位于芳环上，采用sp2杂化；
Ｄ．金属离子与配体形成配合物时，配体的电场会影响金属离子的 d 轨道能级分裂。
11．【答案】C
【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．充电时，阳离子向阴极移动，则K+向锌电极移动，A正确；
B．充电时，阴极发生还原反应，电极反应式为Zn(OH)+ 2e- = Zn + 4OH-，阴极处会产生OH-，溶液的pH升高，B正确；
C．放电时，正极区发生反应：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，1molMnO2得到2mol电子，当转移0.2mol电子时，消耗MnO2的物质的量为0.1mol，正极区溶液质量增加，由电荷守恒0.1molSO进入K2SO4溶液中，质量减少9.6g，则正极质量应减少：9.6g-8.7g=0.9g，C错误；
D．放电时，负极发生反应：Zn-2e-+ 4OH-=Zn(OH)，正极发生反应：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，则电池总反应为，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，锌电极上，锌发生氧化反应生成Zn(OH)，则锌为负极，电极反应式为Zn-2e-+ 4OH-=Zn(OH)，二氧化锰为正极，电极反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，则充电时，锌为阴极，二氧化锰为阳极。
12．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．干冰（CO2）固态时为分子晶体，CO2分子以范德华力堆积成面心立方结构，分子排列紧密，密度较大，冰（H2O）因分子间氢键形成网状晶体，每个 H2O 分子与 4 个相邻分子通过氢键连接，形成空旷的笼状结构，导致其密度小于干冰，冰的密度小于干冰的主要原因是分子间氢键形成的晶体堆积方式不同，A错误；
B．金刚石中碳原子以 sp3 杂化形成三维网状结构，每个 C 原子与 4 个相邻 C 原子形成共价键，结构牢固，硬度极大，石墨中碳原子以 sp2 杂化形成层状结构，层内为共价键，层间以范德华力结合，易滑动，硬度小，两者硬度差异直接由碳原子的排列方式决定，B正确；
C．沸点差异由支链数目影响分子间作用力所致，正戊烷是直链结构，新戊烷有支链，支链越多，分子间作用力越小，因此沸点：正戊烷>新戊烷，C正确；
D．冠醚对金属离子的识别能力主要取决于空腔直径与离子半径的匹配程度，15-冠-5空腔的直径与的直径相当，12-冠-4空腔的直径小于的直径，所以识别的能力与冠醚空腔直径有关联，D正确；
故选A。
【分析】A．冰的密度小于干冰的主要原因是分子间氢键形成的晶体堆积方式不同；
Ｂ．金刚石和石墨中碳原子的排列方式不同；
Ｃ．沸点差异由支链数目影响分子间作用力所致；
Ｄ．冠醚对金属离子的识别能力主要取决于空腔直径与离子半径的匹配程度。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则，A正确；
B．温度越高、压强越大，该反应的反应速率越快，a点温度高，压强大，反应速率快，速率：，B正确；
C．a点时，氨的物质的量分数为0.20，列三段式，，x≈0.33，的转化率约为，C正确；
D．恒容条件下充入He，反应物浓度不变，平衡不移动，不变 ，D错误；
故选D。
【分析】A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．温度越高，反应速率越快；
Ｃ．列出反应的三段式计算；
Ｄ．充入He，反应的平衡不移动。
14．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，N3-位于晶胞的顶点，数目为=1，Li+位于棱心和面心，数目为=3，N3-、Li+的个数比为1：3，则该化合物的化学式为Li3N，A正确；
B.2号和3号Li+均处于底面正三角形的中心，则底面上的Li+之间的最小距离是从一个正三角形中心到另一个正三角形中心的距离，由于底面是边长为apm的棱形，且内角为60°，底面上Li+之间的最小距离为，B错误；
C．底面上的Li+与1号N3-最近的Li+有6个，如图，C正确；
D．棱上Li+周围距离最近且相等的N3-有2个，配位数为2，底面上Li+周围距离最近且相等的N3-有3个，配位数为3，D正确；
故选B。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．底面上的Li+之间的最小距离为一个正三角形中心到另一个正三角形中心的距离；
Ｃ．与1号N3-最近的Li+有6个；
Ｄ．底面上Li+周围距离最近且相等的N3-有3个，棱上Li+周围距离最近且相等的N3-有2个。
15．【答案】D
【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
【解析】【解答】A．pH=6.34时，，则=c(H+)=10-6.34，pH=10.34时，，则=10-10.34，时，c(H+)=10-7.34mol/L，，A错误；
B．时，根据电荷守恒有，B错误；
C．时，溶液中=mol/L，呈碱性，，由图可知，时，溶液中较大，则，C错误；
D．时，c(H+)=10-10.34mol/L，此时，则存在c()=c()，，D正确；
故选D。
【分析】A．根据曲线交点计算电离平衡常数，再结合计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．时 ，溶液呈碱性；
Ｄ．结合计算。
16．【答案】（1）[Ar]
（2）
（3）
（4）加入过多，后续会消耗更多，增加成本
（5）过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀
（6）、
（7）提供氧化氛围，防止在高温下被还原
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]；
（2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂，被氧化生成的离子方程式为：；
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本；
（5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀；
（6）“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、；
（7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原；
【分析】 废钒触媒（含、、等） 中加入稀硫酸浸取，易溶于硫酸 ，不与稀硫酸反应，则滤渣为，滤液中主要含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+ 、，加入NaClO3氧化、沉钒，转化为，滤饼的主要成分为，分离出滤液1，向滤饼中加入碳酸钠进行碱溶，转化为NaVO3，加入稀硫酸调节pH=2，再加入氯化铵沉钒， 生成沉淀 ，分离出滤液2之后得到，煅烧得到 。
（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]；
（2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂，被氧化生成的离子方程式为：；
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本；
（5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、；
（7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原；
17．【答案】（1）<
（2）除掉未被利用的，以免污染空气；
（3）增高反应容器、将曝气头靠近容器底部；采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌
（4）15
（5）5~10；前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低
（6）77.6
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）臭氧分子的构型为V形，为极性分子，氧气是具有非极性键的非极性分子，水是极性溶剂，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，可推知水中溶解度：<。
（2）KI溶液具有还原性，和发生氧化还原反应生成O2和I2，锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是除掉未被利用的，以免污染空气，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有增高反应容器、将曝气头靠近容器底部或采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌。
（4）吸光度和磷酸根浓度得关系为：Y=0.00772+0.01959X，若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为=15mg/L。
（5）由表格数据可知，草甘膦转化速率最快的时间段是5~10，该时间段以外速率相对较慢的原因是前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低。
（6）臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算），通气后，通入的物质的量为=mol，重复滴定三次，平均消耗溶液，则n(I2)=0.5×0.01980L×0.1010mol/L= 0.0009999mol，由可知，剩余的物质的量为0.0009999mol，则的利用率为=77.6%。
【分析】（1）极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
（2） 具有氧化性，能与KI发生反应 ；
（3）搅拌、增大反应物的接触面积等均能使反应物充分接触；
（4）根据公式Y=0.00772+0.01959X计算；
（5）根据表格中的数据分析；
（6）根据计算。
（1）臭氧分子的构型为V形，为极性分子，氧气是具有非极性键的非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶规律，可推知水中溶解度：<。
（2）KI溶液和可以发生氧化还原反应生成O2和I2，锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是除掉未被利用的，以免污染空气，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有增高反应容器、将曝气头靠近容器底部或采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌。
（4）吸光度和磷酸根浓度得关系为：Y=0.00772+0.01959X，若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为=15mg/L。
（5）由表格数据可知，草甘膦转化速率最快的时间段是5~10，该时间段以外速率相对较慢的原因是前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低。
（6）臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算），通气后，通入的物质的量为=mol，重复滴定三次，平均消耗溶液，则n(I2)=0.5×0.01980L×0.1010mol/L= 0.0009999mol，由可知，剩余的物质的量为0.0009999mol，则的利用率为=77.6%。
18．【答案】（1）-67.6；低温
（2）100；0.03；
（3）；放热；中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低
【知识点】盖斯定律及其应用；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】（1）设①，②，由盖斯定律可知，①-②可得，则，该反应的、，该反应再低温时存在，则该反应低温自发。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
a点，，解得x=0.75，a点，的分压为=100；
②由①中数据可知，温度下，=0.03；
③该反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，若且时，在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像为：。
（3）①由图可知，催化氯化甲苯的总反应为甲苯和SOCl2反应生成、SO2和HCl，反应方程式为：；
②中大键被破坏，结构不稳定，能量高，中恢复了大键，结构稳定，能量低，反应物的总能量高于生成物，因此过程ⅲ为放热反应。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；根据时反应能够自发进行分析；
（2）①②列出反应的三段式计算；
③升温平衡向吸热反应方向移动；
（3）根据图示写出总反应；物质的能量越低越稳定。
（1）已知：①，②，由盖斯定律可知，①-②可得的，该反应的，时反应能够自发进行，则该反应低温自发。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
a点，，解得x=0.75，a点，的分压为=100；
②由①中数据可知，温度下，=0.03；
③该反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，若且时，在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像为：。
（3）①由图可知，催化氯化甲苯的总反应为甲苯和SOCl2反应生成、SO2和HCl，反应方程式为：；
②过程ⅲ放热，理由是中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低，反应物的总能量高于生成物。
19．【答案】（1）
（2）乙酸乙酯；
（3）酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强
（4）D
（5）或
（6）
【知识点】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；酰胺
【解析】【解答】（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）C的化学名称是乙酸乙酯；反应生成，2个C生成D，分子式多出C2H6O，则另一产物是乙醇，因此反应的化学方程式为：；
（3）D中含氧官能团的名称为酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强，易断键；
（4）由分析可知，试剂X应具有还原性，可以是Zn，故选D；
（5）F分子式为C6H11NO3的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸，丁二酸已有4个C原子，剩余两个碳原子，可以是或因此F可能是或；
（6）G与相比，多一个—CH3，因此的结构简式为。
【分析】A与B发生加成反应生成C，结合A和C的结构简式可知，B的结构简式为 ，C在一定条件下转化为D，D与乙酸反应生成E，E与乙酸在试剂X的条件下反应生成F，结合E和F的结构简式可知，该过程汇总发生还原反应，则试剂X应具有还原性，F与D在加热条件下反应生成G。
（1）A与B生成C的反应为加成反应，推断出B是乙烯，结构简式为；
（2）C的化学名称是乙酸乙酯；反应生成，有机化学反应方程式遵循原子守恒，2个C生成D，分子式多出C2H6O，推出另一产物是乙醇，因此方程式为：；
（3）D中含氧官能团的名称为酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强，易断键；
（4）E到F的转化中，是还原反应，A和B作氧化剂，试剂X可能是D；
（5）F分子式为C6H11NO3的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸，丁二酸已有4个C原子，剩余两个碳原子，可以是或因此F可能是或；
（6）G与相比，多一个—CH3，因此的结构简式为。
1 / 1四川省宜宾市2025届高三下学期第二次诊断性测试化学试题
1．（2025·宜宾模拟）川南盛产莲藕，莲藕中含有维生素C、淀粉、纤维素、蛋白质等有机物、下列说法正确的是
A．维生素C属于高分子化合物
B．淀粉在热水中会形成胶状的淀粉糊
C．纤维素在人体内可被水解吸收
D．蛋白质中加入硝酸银溶液发生盐析
【答案】B
【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
【解析】【解答】A．维生素的分子式为，相对分子质量为176，相对分子质量较小，不是高分子化合物，A错误；
B．淀粉在热水中会发生糊化，形成胶状物，B正确；
C．人体缺乏分解纤维素的酶，纤维素在人体内不能被水解吸收，C错误；
D．蛋白质在重金属盐中发生变性，硝酸银是重金属盐，因此蛋白质中加入硝酸银溶液发生变性，D错误；
故选B。
【分析】A．高分子化合物的相对分子质量大于10000；
Ｂ．淀粉在热水中会发生糊化；
Ｃ．人体内缺乏分解纤维素的酶；
Ｄ．重金属盐会使蛋白质变性。
2．（2025·宜宾模拟）下列图示的仪器使用正确的是
A．甲：用于保存硅酸钠溶液
B．乙：用于将干海带灼烧成海带灰
C．丙：用于分离饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯
D．丁：用于量取8.00mL某浓度的硫酸铜溶液
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；分液和萃取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A．硅酸钠具有粘性，会将玻璃塞和瓶子粘在一起，因此不能用带玻璃塞的瓶子保存硅酸钠溶液，A错误；
B．应该使用坩埚灼烧干海带，不能用蒸发皿，B错误；
C．饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯互不相溶，分层，乙酸乙酯密度小，在上层，用分液漏斗分离，C正确；
D．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取量取8.00mL某浓度的硫酸铜溶液，8.00mL溶液需用移液管或者滴定管（精确至0.01mL)，D错误；
故选C。
【分析】A．硅酸钠具有粘性；
Ｂ．应用坩埚灼烧固体；
Ｃ．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不溶；
Ｄ．量筒的精确度为0.1mL。
3．（2025·宜宾模拟）溶液中存在平衡：下列说法正确的是
A．中的配位原子：O
B．的结构示意图：
C．分子中键的电子云轮廓图：
D．基态的轨道表示式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子结构示意图
【解析】【解答】A．配体中O原子含有孤电子对，则中的配位原子是O，A正确；
B．核外共有18个电子，有三个电子层，电子排布分别为2、8、8，则结构示意图为，B错误；
C．中心原子O原子的价层电子对数为4，采用杂化，H原子的电子排布式为，则分子中的键为-sσ键，而是s-sσ键的电子云轮廓图，C错误；
D．核外含有27个电子，其价电子排布式为3d9，则基态的轨道表示式：，D错误；
故选A。
【分析】A．提供孤电子对的原子是配位原子；
Ｂ．核内有17个质子，核外18个电子；
Ｃ．分子中为-sσ键；
Ｄ．Cu为29号元素，失去2个核外电子形成。
4．（2025·宜宾模拟）甜味剂阿斯巴甜（Q）的某种合成反应如下：
下列说法错误的是
A．是两性化合物
B．中所有碳原子可能共平面
C．中采用杂化的碳原子数目为7
D．Q中有2个手性碳原子
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．M中含有氨基，具有碱性，含有羧基，具有酸性，M为两性化合物，故A正确；
B．N中苯环和酯基为平面结构，单键能旋转，因此N中所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．饱和碳原子采用杂化，则中采用杂化碳原子数目为5，故C错误；
D．Q中与-NH2相连的碳原子和与-COOCH3相连的碳原子为手性碳原子，有2个，故D正确；
故选C。
【分析】A．氨基具有碱性，羧基具有酸性；
Ｂ．饱和碳原子具有甲烷的结构特征，单键可以旋转；
Ｃ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
Ｄ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
5．（2025·宜宾模拟）某营养补充剂的结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z同周期，的电子总数为23，R是血红蛋白中重要的金属元素。下列说法正确的是
A．电负性：
B．第一电离能：
C．简单氢化物的热稳定性：
D．基态原子的未成对电子数：
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．CH4分子中，C显负价，H呈正价，则电负性：，故A错误；
B．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O>N，则简单氢化物的热稳定性：，故C错误；
D．基态Fe原子的价电子排布为3d64s2，未成对电子数为4，基态C原子的价电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，则未成对电子数：Fe>C，即 ，故D正确；
故选D。
【分析】R是血红蛋白中重要的金属元素，则R为Fe元素， X、Y、Z同周期，的电子总数为23，结合成键情况可知，W是H元素、X是C元素、Y是N元素、Z是O元素。
6．（2025·宜宾模拟）利用图示装置和提供的试剂能完成相应气体制备与收集的是
选项 气体 试剂 装置
A 浓氨水
B 双氧水
C' 浓盐酸
D NO 浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．加热浓氨水分解生成氨气，氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，A正确；
B．二氧化锰催化双氧水分解制取氧气在常温下进行，不需要加热，B错误；
C．高锰酸钾和浓盐酸制备氯气在常温下进行，C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成，且NO易与空气中的氧气反应，不能采用排空气法收集，D错误；
故选A。
【分析】该发生装置具有加热装置，圆底烧瓶中可以盛放液体和固体或者纯液体，因此可以适用于固体和液体或者液体与液体的加热反应，该收集装置气体从短管进入，为向下排空气法，可用于收集密度比空气小且不与空气反应的气体。
7．（2025·宜宾模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．与水反应：
B．与AgCl悬浊液反应：
C．少量与NaClO溶液反应：
D．]溶液与溶液反应：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．过氧化钠应保留化学式，正确离子方程式为：，A错误；
B．AgCl为难溶固体，应保留化学式，则正确的离子方程式为：，B错误；
C．生成的H+会与ClO-结合生成HClO，正确离子方程式应为：，C错误；
D．溶液与溶液反应生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为 ，D正确；
故选D。
【分析】A.过氧化钠为过氧化物，不能拆；
B.AgCl为固体，保留化学式；
C.氢离子和次氯酸根离子会结合生成弱酸HClO；
D.结合亚铁离子生成沉淀。
8．（2025·宜宾模拟）工业上生产涉及的物质转化关系如下图（反应条件及部分反应物略去）。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含原子的数目为
B．反应①中所有元素的化合价均发生变化
C．反应②中使用催化剂可提高的平衡转化率
D．③中常用作的吸收剂
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．气体所处的状态未知，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；
B．反应①是FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，该反应中铁、硫、氧元素的化合价均发生变化，B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能加快反应速率，但不能改变平衡转化率，C错误；
D．工业生产中，为了避免产生酸雾，通常用浓硫酸作的吸收剂，D错误；
故选B。
【分析】FeS2在空气中煅烧生成Fe2O3和SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3溶于水生成硫酸。
9．（2025·宜宾模拟）利用脱除汽车尾气中和的反应过程如下图所示。下列说法错误的是
已知：①中部分转化成。
A．该反应的催化剂为
B．大力推广该技术可减少酸雨的发生
C．当时，中
D．过程②中，每脱除转移电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．、先消耗后生成，在反应前后没有发生变化，为该反应的催化剂。A正确；
B．由于该技术能够有效脱除汽车尾气中的CO和NO，NO在空气中易被氧化为NO2，NO2溶于水生成硝酸，会形成硝酸型酸雨，因此推广该技术确实可以减少酸雨的发生，B正确；
C．CeO1.8中设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则x+y=1，根据电荷守恒3x+4y=3.6，则x=0.4，y=0.6，即，C错误；
D．在过程②中，NO被还原为N2，该过程中，N元素从+2价降低为0价，则每脱除1molNO，转移2mol电子，D正确；
故选C。
【分析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质均不变；
Ｂ．该技术能脱除汽车尾气中和；
Ｃ．根据电荷守恒计算；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
10．（2025·宜宾模拟）邻二氮菲（白色粉末）是一种重要的配体，与发生如下反应：
产物是橙红色配合物，常用于测定微量的浓度。下列说法正确的是
A．配离子中6个氮原子处于同一平面
B．邻二氮菲是吡啶（）的同系物
C．氮原子用轨道中的孤电子对与形成配位键
D．形成配合物后中部分能级之间的能量差发生了变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．该配离子中，Fe2+的配位数为 6，通常形成八面体构型，在八面体中，6 个配体（氮原子）分别位于八面体的 6 个顶点，其中 3 个邻二氮菲分子的平面相互交错，6 个氮原子不处于同一平面，而是形成八面体的空间结构，A错误；
B．邻二氮菲和吡啶两者环数、N原子数目均不同，结构不相似，不符合同系物定义，B错误；
C．邻二氮菲中的氮原子为sp2杂化，孤电子对位于sp2杂化轨道中，而非纯p轨道，形成配位键时，氮原子通过sp2杂化轨道中的孤电子对与Fe2+的空轨道形成配位键，C错误；
D．Fe2+与邻二氮菲形成配位键时，Fe2+的d轨道能级分裂程度较大，能级之间的能量差发生变化，D正确；
故选D。
【分析】A．Fe2+的配位数为 6，通常形成八面体构型；
Ｂ．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
Ｃ．邻二氮菲中的 N 原子位于芳环上，采用sp2杂化；
Ｄ．金属离子与配体形成配合物时，配体的电场会影响金属离子的 d 轨道能级分裂。
11．（2025·宜宾模拟）我国科学家发明了一种可充电电池，其工作原理如下图：
下列说法错误的是
A．充电时，向电极移动
B．充电时，阴极附近溶液的增大
C．放电时，当电路中转移电子时，正极区溶液质量增加
D．放电时，电池总反应为
【答案】C
【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．充电时，阳离子向阴极移动，则K+向锌电极移动，A正确；
B．充电时，阴极发生还原反应，电极反应式为Zn(OH)+ 2e- = Zn + 4OH-，阴极处会产生OH-，溶液的pH升高，B正确；
C．放电时，正极区发生反应：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，1molMnO2得到2mol电子，当转移0.2mol电子时，消耗MnO2的物质的量为0.1mol，正极区溶液质量增加，由电荷守恒0.1molSO进入K2SO4溶液中，质量减少9.6g，则正极质量应减少：9.6g-8.7g=0.9g，C错误；
D．放电时，负极发生反应：Zn-2e-+ 4OH-=Zn(OH)，正极发生反应：MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，则电池总反应为，D正确；
故选C。
【分析】由图可知，锌电极上，锌发生氧化反应生成Zn(OH)，则锌为负极，电极反应式为Zn-2e-+ 4OH-=Zn(OH)，二氧化锰为正极，电极反应式为MnO2 +4H+ +2e- =Mn2++2H2O，则充电时，锌为阴极，二氧化锰为阳极。
12．（2025·宜宾模拟）物质结构决定性质。下列物质的性质差异与对应主要结构因素没有紧密关联的是
选项 性质差异 主要结构因素
A 密度：干冰冰 分子空间结构
B 硬度：金刚石>石墨 碳原子排列方式
C 沸点：正戊烷>新戊烷 支链数目
D 冠醚识别的能力：15-冠-5>12-冠-4 冠醚空腔直径
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A．干冰（CO2）固态时为分子晶体，CO2分子以范德华力堆积成面心立方结构，分子排列紧密，密度较大，冰（H2O）因分子间氢键形成网状晶体，每个 H2O 分子与 4 个相邻分子通过氢键连接，形成空旷的笼状结构，导致其密度小于干冰，冰的密度小于干冰的主要原因是分子间氢键形成的晶体堆积方式不同，A错误；
B．金刚石中碳原子以 sp3 杂化形成三维网状结构，每个 C 原子与 4 个相邻 C 原子形成共价键，结构牢固，硬度极大，石墨中碳原子以 sp2 杂化形成层状结构，层内为共价键，层间以范德华力结合，易滑动，硬度小，两者硬度差异直接由碳原子的排列方式决定，B正确；
C．沸点差异由支链数目影响分子间作用力所致，正戊烷是直链结构，新戊烷有支链，支链越多，分子间作用力越小，因此沸点：正戊烷>新戊烷，C正确；
D．冠醚对金属离子的识别能力主要取决于空腔直径与离子半径的匹配程度，15-冠-5空腔的直径与的直径相当，12-冠-4空腔的直径小于的直径，所以识别的能力与冠醚空腔直径有关联，D正确；
故选A。
【分析】A．冰的密度小于干冰的主要原因是分子间氢键形成的晶体堆积方式不同；
Ｂ．金刚石和石墨中碳原子的排列方式不同；
Ｃ．沸点差异由支链数目影响分子间作用力所致；
Ｄ．冠醚对金属离子的识别能力主要取决于空腔直径与离子半径的匹配程度。
13．（2025·宜宾模拟）一定条件下，将和按物质的量之比为充入密闭容器中发生反应：。测得不同压强下，达到化学平衡时氨的物质的量分数随温度变化如下图：
下列说法错误的是
A．压强：
B．速率：
C．a点时，的转化率约为
D．虚线表示条件下充入后的图像
【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则，A正确；
B．温度越高、压强越大，该反应的反应速率越快，a点温度高，压强大，反应速率快，速率：，B正确；
C．a点时，氨的物质的量分数为0.20，列三段式，，x≈0.33，的转化率约为，C正确；
D．恒容条件下充入He，反应物浓度不变，平衡不移动，不变 ，D错误；
故选D。
【分析】A．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
Ｂ．温度越高，反应速率越快；
Ｃ．列出反应的三段式计算；
Ｄ．充入He，反应的平衡不移动。
14．（2025·宜宾模拟）单质Li在N2中燃烧生成某化合物，其晶胞结构如下图：
已知：晶胞底面是边长为a pm的菱形；2号和3号Li+均处于正三角形的中心。下列说法中错误的是
A．该化合物的化学式为Li3N
B．底面上的Li+之间的最小距离为
C．底面上的Li+中，与1号N3-最近的有6个
D．底面上Li+的配位数为3，棱上Li+的配位数为2
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，N3-位于晶胞的顶点，数目为=1，Li+位于棱心和面心，数目为=3，N3-、Li+的个数比为1：3，则该化合物的化学式为Li3N，A正确；
B.2号和3号Li+均处于底面正三角形的中心，则底面上的Li+之间的最小距离是从一个正三角形中心到另一个正三角形中心的距离，由于底面是边长为apm的棱形，且内角为60°，底面上Li+之间的最小距离为，B错误；
C．底面上的Li+与1号N3-最近的Li+有6个，如图，C正确；
D．棱上Li+周围距离最近且相等的N3-有2个，配位数为2，底面上Li+周围距离最近且相等的N3-有3个，配位数为3，D正确；
故选B。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．底面上的Li+之间的最小距离为一个正三角形中心到另一个正三角形中心的距离；
Ｃ．与1号N3-最近的Li+有6个；
Ｄ．底面上Li+周围距离最近且相等的N3-有3个，棱上Li+周围距离最近且相等的N3-有2个。
15．（2025·宜宾模拟）常温下，碳酸溶液中含碳物种的分布系数随溶液的变化关系如下图：
[比如：]，已知：（不水解，不与反应）。
下列说法正确的是
A．时，
B．时，
C．时，
D．用调节浑浊液使其时，
【答案】D
【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
【解析】【解答】A．pH=6.34时，，则=c(H+)=10-6.34，pH=10.34时，，则=10-10.34，时，c(H+)=10-7.34mol/L，，A错误；
B．时，根据电荷守恒有，B错误；
C．时，溶液中=mol/L，呈碱性，，由图可知，时，溶液中较大，则，C错误；
D．时，c(H+)=10-10.34mol/L，此时，则存在c()=c()，，D正确；
故选D。
【分析】A．根据曲线交点计算电离平衡常数，再结合计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．时 ，溶液呈碱性；
Ｄ．结合计算。
16．（2025·宜宾模拟）钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图：
已知：①易溶于硫酸；
②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原；
③“滤饼”的主要成分为。
回答下列问题：
（1）基态钒原子的简化电子排布式为　 　。
（2）“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为　 　。
（3）“氧化”步骤，生成的离子方程式为　 　。
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是　 　。
（5）“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因　 　。
（6）“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是　 　。
（7）“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是　 　。
【答案】（1）[Ar]
（2）
（3）
（4）加入过多，后续会消耗更多，增加成本
（5）过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀
（6）、
（7）提供氧化氛围，防止在高温下被还原
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]；
（2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂，被氧化生成的离子方程式为：；
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本；
（5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀；
（6）“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、；
（7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原；
【分析】 废钒触媒（含、、等） 中加入稀硫酸浸取，易溶于硫酸 ，不与稀硫酸反应，则滤渣为，滤液中主要含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+ 、，加入NaClO3氧化、沉钒，转化为，滤饼的主要成分为，分离出滤液1，向滤饼中加入碳酸钠进行碱溶，转化为NaVO3，加入稀硫酸调节pH=2，再加入氯化铵沉钒， 生成沉淀 ，分离出滤液2之后得到，煅烧得到 。
（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]；
（2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为；
（3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂，被氧化生成的离子方程式为：；
（4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本；
（5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀；
（6）由分析可知，“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、；
（7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原；
17．（2025·宜宾模拟）臭氧有强氧化性，可除去蔬菜上残留的有机磷农药草甘膦（），某实验小组利用下图所示装置探究臭氧与草甘膦的反应。
配制一定浓度的草甘膦溶液，转入反应器中。启动臭氧发生器，调节臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算）。保持反应液温度不变，分别在0、5、10、15、25、35、时刻取样测定反应液的吸光度值，并根据下图所示的标准曲线转化为磷酸根的浓度。
再经过计算得到不同反应时间草甘膦的转化率如下表所示：
反应时间/min 0 5 10 15 25 35 50
草甘膦转化率/% 0 18.7 42.8 56.6 81.4 87.2 96.2
回答下列问题：
（1）水中溶解度：　 　（填“>”“<”或“=”）。
（2）锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是　 　，发生反应的离子方程式是　 　。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有　 　、　 　。
（4）若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为　 　mg/L。（结果保留2位有效数字）
（5）草甘膦转化速率最快的时间段是　 　（填“0~5”“5~10”“10~15”或“15~25”）min，该时间段以外速率相对较慢的原因是　 　。
（6）通气后，向反应后的溶液中加入少量溶液。用标准溶液进行滴定，发生反应，滴定至溶液呈淡黄色时，再滴加几滴淀粉溶液，继续滴定至终点。重复滴定三次，平均消耗溶液。则内，的利用率为　 　%。（结果保留到小数点后一位）。
【答案】（1）<
（2）除掉未被利用的，以免污染空气；
（3）增高反应容器、将曝气头靠近容器底部；采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌
（4）15
（5）5~10；前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低
（6）77.6
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）臭氧分子的构型为V形，为极性分子，氧气是具有非极性键的非极性分子，水是极性溶剂，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，可推知水中溶解度：<。
（2）KI溶液具有还原性，和发生氧化还原反应生成O2和I2，锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是除掉未被利用的，以免污染空气，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有增高反应容器、将曝气头靠近容器底部或采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌。
（4）吸光度和磷酸根浓度得关系为：Y=0.00772+0.01959X，若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为=15mg/L。
（5）由表格数据可知，草甘膦转化速率最快的时间段是5~10，该时间段以外速率相对较慢的原因是前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低。
（6）臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算），通气后，通入的物质的量为=mol，重复滴定三次，平均消耗溶液，则n(I2)=0.5×0.01980L×0.1010mol/L= 0.0009999mol，由可知，剩余的物质的量为0.0009999mol，则的利用率为=77.6%。
【分析】（1）极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
（2） 具有氧化性，能与KI发生反应 ；
（3）搅拌、增大反应物的接触面积等均能使反应物充分接触；
（4）根据公式Y=0.00772+0.01959X计算；
（5）根据表格中的数据分析；
（6）根据计算。
（1）臭氧分子的构型为V形，为极性分子，氧气是具有非极性键的非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶规律，可推知水中溶解度：<。
（2）KI溶液和可以发生氧化还原反应生成O2和I2，锥形瓶中KI溶液（中性）的作用是除掉未被利用的，以免污染空气，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。
（3）为使与草甘膦溶液充分反应，本实验中所采取的措施有增高反应容器、将曝气头靠近容器底部或采用表面有大量微孔的曝气头、使用磁力搅拌器搅拌。
（4）吸光度和磷酸根浓度得关系为：Y=0.00772+0.01959X，若某一时刻反应液的吸光度值为0.3，则该溶液中磷酸根的浓度为=15mg/L。
（5）由表格数据可知，草甘膦转化速率最快的时间段是5~10，该时间段以外速率相对较慢的原因是前浓度较低，后剩余草甘膦浓度较低。
（6）臭氧产生速率为（体积按照标准状况计算），通气后，通入的物质的量为=mol，重复滴定三次，平均消耗溶液，则n(I2)=0.5×0.01980L×0.1010mol/L= 0.0009999mol，由可知，剩余的物质的量为0.0009999mol，则的利用率为=77.6%。
18．（2025·宜宾模拟）硫酰氯是重要的化工原料，可通过和反应制备。
（1）已知：，，则的　 　，该反应　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）自发。
（2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应生成。温度下达平衡时，随投料比的变化如下图所示。
已知：(初始)(平衡)；本题中。
①a点，的分压为　 　。
②温度下，　 　。
③若且时，请在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像　 　。
（3）硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化的反应机理如下图所示。催化剂表面的催化活性位点。
①催化氯化甲苯的总反应方程式为　 　。
②过程ⅲ　 　（填“吸热”或“放热”），理由是　 　。
【答案】（1）-67.6；低温
（2）100；0.03；
（3）；放热；中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低
【知识点】盖斯定律及其应用；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】（1）设①，②，由盖斯定律可知，①-②可得，则，该反应的、，该反应再低温时存在，则该反应低温自发。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
a点，，解得x=0.75，a点，的分压为=100；
②由①中数据可知，温度下，=0.03；
③该反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，若且时，在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像为：。
（3）①由图可知，催化氯化甲苯的总反应为甲苯和SOCl2反应生成、SO2和HCl，反应方程式为：；
②中大键被破坏，结构不稳定，能量高，中恢复了大键，结构稳定，能量低，反应物的总能量高于生成物，因此过程ⅲ为放热反应。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；根据时反应能够自发进行分析；
（2）①②列出反应的三段式计算；
③升温平衡向吸热反应方向移动；
（3）根据图示写出总反应；物质的能量越低越稳定。
（1）已知：①，②，由盖斯定律可知，①-②可得的，该反应的，时反应能够自发进行，则该反应低温自发。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
a点，，解得x=0.75，a点，的分压为=100；
②由①中数据可知，温度下，=0.03；
③该反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，减小，若且时，在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像为：。
（3）①由图可知，催化氯化甲苯的总反应为甲苯和SOCl2反应生成、SO2和HCl，反应方程式为：；
②过程ⅲ放热，理由是中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低，反应物的总能量高于生成物。
19．（2025·宜宾模拟）吡咯相关衍生物对于生理过程非常重要。一种多取代吡咯（G）的合成路线如下（部分试剂和反应条件略去）。
回答下列问题：
（1）A与B生成C的反应为加成反应。B的结构简式为　 　。
（2）C的化学名称为　 　。若反应生成，则反应的化学方程式为　 　。
（3）D中含氧官能团的名称为　 　。D（）转化为的过程中，断裂②处键而不断裂①、③和④处键的原因为　 　。
（4）E到F的转化中，试剂X可能是_____（填标号）。
A． B．浓 C． D．
（5）F的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸（）的结构简式是　 　（写出1种即可）。
（6）欲使用类似题中的方法合成（），应在最后一步使用替代题目路线中的D与F反应。的结构简式是　 　。
【答案】（1）
（2）乙酸乙酯；
（3）酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强
（4）D
（5）或
（6）
【知识点】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；酰胺
【解析】【解答】（1）由分析可知，B的结构简式为；
（2）C的化学名称是乙酸乙酯；反应生成，2个C生成D，分子式多出C2H6O，则另一产物是乙醇，因此反应的化学方程式为：；
（3）D中含氧官能团的名称为酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强，易断键；
（4）由分析可知，试剂X应具有还原性，可以是Zn，故选D；
（5）F分子式为C6H11NO3的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸，丁二酸已有4个C原子，剩余两个碳原子，可以是或因此F可能是或；
（6）G与相比，多一个—CH3，因此的结构简式为。
【分析】A与B发生加成反应生成C，结合A和C的结构简式可知，B的结构简式为 ，C在一定条件下转化为D，D与乙酸反应生成E，E与乙酸在试剂X的条件下反应生成F，结合E和F的结构简式可知，该过程汇总发生还原反应，则试剂X应具有还原性，F与D在加热条件下反应生成G。
（1）A与B生成C的反应为加成反应，推断出B是乙烯，结构简式为；
（2）C的化学名称是乙酸乙酯；反应生成，有机化学反应方程式遵循原子守恒，2个C生成D，分子式多出C2H6O，推出另一产物是乙醇，因此方程式为：；
（3）D中含氧官能团的名称为酯基、羰基；②处C-H键受2两个相邻吸电子基团影响，极性增强，易断键；
（4）E到F的转化中，是还原反应，A和B作氧化剂，试剂X可能是D；
（5）F分子式为C6H11NO3的同分异构体中，既有酰胺基又有酯基，且水解后能生成丁二酸，丁二酸已有4个C原子，剩余两个碳原子，可以是或因此F可能是或；
（6）G与相比，多一个—CH3，因此的结构简式为。
1 / 1

展开更多......

收起↑