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湖南省名校联盟2024-2025学年高三下学期联合模拟测试化学试题
1．（2025·湖南模拟）材料在科技发展中发挥着关键性作用，下列说法错误的是
A．祝融号火星车使用的热控保温材料纳米二氧化硅气凝胶胶体可产生丁达尔效应
B．神舟十九号飞船的碳纤维操纵杆具有质量轻的特点，碳纤维与金刚石互为同分异构体
C．嫦娥六号在月球上展示的玄武岩纤维国旗具有耐受高真空、强剂量紫外辐照条件的特点
D．天问一号返回舱减速伞的主承力结构使用的芳纶纤维属于有机高分子材料
2．（2025·湖南模拟）在实验室中，常用和的混合溶液在催化剂作用下发生反应制取氮气，其反应为。下列化学用语表述正确的是
A．和中的杂化方式均为杂化
B．中键的电子云轮廓图：
C．的空间结构模型：
D．的形成过程：
3．（2025·湖南模拟）实验室安全至关重要。下列做法不符合实验安全要求的是
A．蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积不能超过蒸馏烧瓶容积的
B．苯酚溅到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用清水冲洗
C．氢氟酸不能保存在细口玻璃瓶中
D．溴易挥发且有毒，取用液溴时，应注意防护和通风
4．（2025·湖南模拟）物质的结构决定其性质。下列理论依据与实例之间没有因果关系的是
选项 理论依据 实例
A 为极性分子 在水中的溶解度大于
B 聚乳酸为高分子化合物 用聚乳酸生产手术缝合线
C 金刚石硬度大 金刚石作裁玻璃的刀
D 超分子具有“分子识别”的特征 利用杯酚可分离和
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·湖南模拟）下列装置和操作能达到实验目的的是
A．观察K2CO3的焰色 B．验证该反应为放热反应
C．实验室制Fe(OH)3胶体 D．探究铁的吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·湖南模拟）氯化亚铜(，难溶于水，在空气中易被氧化)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上以废铜泥［含、、及少量金属］为原料制备的工艺流程如图。下列说法正确的是
A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物
B．“除杂”过程加入时，温度越高，除杂效果越好
C．在实验室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗
D．“还原”后“溶液”呈碱性
7．（2025·湖南模拟）化感物质是由植物产生并释放到环境中的一类化学物质，能对其他植物或微生物产生抑制作用。有机物就是一种天然植物化感物质，分子结构如图所示。下列有关有机物的表述正确的是
A．分子中含有3种含氧官能团
B．分子中含有2个手性碳原子，且存在顺反异构
C．最多能与2molNaOH发生反应
D．能发生加成反应、取代反应、氧化反应和消去反应
8．（2025·湖南模拟）向的溶液中通入至过量，下列对应反应现象或离子方程式中存在错误的是
选项 溶液 现象 离子方程式
A 氨水(含酚酞) 溶液由红色变为无色
B 溶液 先产生淡黄色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，后有黑色沉淀产生
C 溶液 溶液褪色，产生黑色沉淀
D 酸性溶液 溶液由紫色变为无色，产生淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·湖南模拟），，，是核电荷数依次增大的短周期元素，其中基态原子轨道电子数与轨道电子数之比为，由上述四种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．、、分别与形成的化合物的晶体类型相同
B．简单氢化物的热稳定性：
C．、、的简单离子的半径：
D．第一电离能：
10．（2025·湖南模拟）某实验小组在实验室进行下列实验：
已知：可形成配离子、，。根据实验现象判断，下列说法正确的是
A．氯化银溶于氨水是因为氨水显碱性
B．溶液的溶质和银氨溶液的溶质相同
C．稳定性：
D．碘化银不可能转化为溴化银
11．（2025·湖南模拟）工业生产产生的氨逸到空气中会造成污染，科学家采用石墨烯作电极材料设计了一种新型绿色处理尾气中的方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示。下列说法正确的是
A．极接直流电源的负极，发生氧化反应
B．极的电极反应式为
C．当电解质溶液中传导时，有穿过质子交换膜
D．若用铅酸蓄电池作电源，当电源负极增重时，极消耗(折合成标准状况)
12．（2025·湖南模拟）硫化锌()是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法正确的是
已知：晶胞中和共占据7个位置。
A．
B．晶胞完全转化生成晶胞，转移的电子数为
C．在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律
D．若的晶胞边长为，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为
13．（2025·湖南模拟）常温下，向醋酸()溶液中滴加溶液，生成的不溶于水。保持溶液中的物质的量浓度恒定为的条件下，[为或，，]与的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．直线代表与的关系
B．
C．时，
D．时，
14．（2025·湖南模拟）在、的高压氛围下，发生下列反应：
反应Ⅰ．()(产物Ⅰ)
反应Ⅱ．()(产物Ⅱ)
已知：；在高压氛围下进行反应，压强近似等于总压。表示某物种的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比，、(产物Ⅰ)和(产物Ⅱ)随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
B．相同条件下，产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定
C．反应Ⅱ的
D．时，
15．（2025·湖南模拟）叠氮化钠()是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业有着重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。(略去装置图中部分夹持装置)
Ⅰ．制备氨基钠的反应为，装置如图。已知：氨基钠()的熔点为，极易与水剧烈反应生成，且易被空气氧化。
（1）装置为制取氨气的装置，可选择下列装置中的　 　；装置中试剂可选用　 　。
Ⅱ．制备叠氮化钠：将得到的与在的条件下反应生成、和，反应装置如图(装置中温度计略去)。已知：有强氧化性，易被还原为，不与酸、碱反应。
（2）装置用于制备气体，反应中生成，则该反应中(氧化产物)：(还原产物)　 　。
（3）仪器的名称为　 　，为了使仪器受热均匀，装置中进行油浴而不用水浴的主要原因是　 　，生成的化学方程式为　 　。
（4）已知装置中生成沉淀，试写出对应反应的离子方程式：　 　。
Ⅲ．实验室用滴定法测定某叠氮化钠样品中的质量分数(杂质不参与反应)：
①将样品配成溶液。
②取配成的溶液置于锥形瓶中，用滴定管量取溶液加入锥形瓶中，发生反应。
③充分反应后，将溶液酸化，滴入3滴邻菲罗啉指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液的体积为，发生反应。
（5）样品中的质量分数为　 　；若其他操作均正确，下列操作会导致所测样品中质量分数偏小的是　 　(填标号)。
A．步骤②中取样品溶液至锥形瓶时，锥形瓶中有少量蒸馏水
B．用滴定管量取溶液，开始时仰视读数，后来俯视读数
C．滴定过量的时，摇动锥形瓶有少量液体溅出
D．滴定过量的时，滴定管开始时尖嘴处有气泡，结束时气泡消失
16．（2025·湖南模拟）镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有、、，还有、、等杂质)制备镓和锗的工艺流程如图：
已知：Ⅰ．单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀。
Ⅱ．当金属离子浓度，时，认为该离子沉淀完全。常温下，浸出液中各离子开始形成氢氧化物沉淀和完全沉淀的如表：
金属离子
开始沉淀的 1.7 5.5 8.2
完全沉淀的 3.2 8.0 11.2
Ⅲ．镓元素与铝元素的性质相似，但高纯度的镓单质难溶于酸或碱。
回答下列问题：
（1）基态氧原子最高能级的电子云轮廓图为　 　形，、、、、五种元素中属于区元素的是　 　(填元素符号)。
（2）“降铁浓缩”过程分多步进行，其中加入将铁元素转化为时发生反应的离子方程式为　 　，为将完全沉淀，应控制的范围为　 　。
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中获得的操作为　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）已知：栲胶是以栲树中含单宁酸丰富的部分为原料经磨碎、水浸、过滤、脱色、真空浓缩等过程制得的物质。不同条件下栲胶、单宁酸对镓的提取率的影响如图：
由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率高于单宁酸，试分析可能的原因：　 　。
（5）已知：。中和后，要使完全沉淀，需控制溶液的略大于　 　(保留两位有效数字)；“电解”时阴极的电极反应式为　 　。
（6）已知：用处理得到，用高纯水水解得到高纯的。“还原”过程中参与反应的体积为(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗的物质的量为　 　。
17．（2025·湖南模拟）替米沙坦是一种新型抗高血压药，毒副作用小。化合物Ⅰ是合成替米沙坦的重要中间体，化合物Ⅰ的合成路线如图：
已知：；通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。
（1）化合物的名称是　 　，中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的化学方程式为　 　；的反应类型为　 　。
（3）从化学平衡角度分析，反应⑤过程中的作用为　 　。
（4）化合物的结构简式为　 　。
（5）满足下列条件的的同分异构体共有　 　种(不考虑立体异构)。
①红外光谱显示无键
②含苯环且苯环上只有两个取代基
③遇溶液能显色且可发生水解反应
其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线，设计以、为原料三步合成的路线　 　。(有机溶剂及无机试剂任选)
18．（2025·湖南模拟）近年来，新兴科技产业对钒产品纯度要求越来越高，是由工业级制取高纯的重要中间体。回答下列问题：
（1）工业上制备有以下两种方法，反应的热化学方程式和平衡常数如下：
方法i．氯化法：
方法ii．配碳氯化法：
反应的　 　(填含、的式子)；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，则活化能(方法i)　 　(填“>”“<”或“=”)(方法ii)。
（2）在一定温度下向某恒容密闭容器中加入、，进行反应，起始时压强为，后达到平衡，测得的转化率为。则内，的反应速率　 　(用含的式子表示) ，的平衡产率为　 　，　 　(填含的计算式，用气体平衡分压代替平衡物质的量浓度进行计算)。
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中分别加入、和，仅发生方法ii的反应，反应进行时测得的转化率随温度和压强的变化如图所示。
①　 　(填“<”“>”或“=”) ；、、三点对应的平衡常数、，的大小关系为　 　。
②的氯化在实际生产中控制反应温度为并向恒压体系中充入，试分析原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；有机高分子化合物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．纳米二氧化硅气凝胶属于胶体，胶体粒子对光线散射可产生丁达尔效应。A不符合题意。
B．碳纤维和金刚石均为由碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，不互为同分异构体(分子式相同而结构不同)，B符合题意；
C．玄武岩纤维属无机非金属材料，具有耐高真空和抗紫外辐照的特性，C不符合题意；
D．芳纶纤维是人工合成的有机高分子材料，具有高强度等特性，D不符合题意；
故选B。
【分析】A. 当光束通过胶体时，可以看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应。
B. 同种元素，不同组成的单质之间互为同素异形体。
C.玄武岩纤维属于无机非金属材料。
D.芳纶纤维是人工合成的有机高分子材料。
2．【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．的中心原子的价层电子对数为，N的杂化方式为，的中心原子的价层电子对数为，则N的杂化方式为，A项错误；
B．的结构式为NN，两个N的2p轨道各提供三个未成对电子形成，含一个键、两个键；其中键的电子云是沿两个原子核连线方向“头碰头”重叠形成，电子云轮廓图为轴对称，B项正确；
C．的中心原子O的孤电子对数为2，其价层电子对数为，水分子的VSEPR模型为四面体形：，空间结构应为形， C项错误；
D．为离子化合物，由钠失去一个电子生成阳离子，氯得到一个电子生成阴离子而形成，的形成过程可表示为，阴、阳离子需用“[ ]”隔开。D项错误；
故选B。
【分析】A. 先算出中心原子的价层电子对数，然后再根据杂化轨道理论判断其杂化方式。
B.键的电子云轮廓图为轴对称，电子云可绕键轴旋转。
C. 水分子的VSEPR模型为四面体形：，因其有两对孤电子对，故其空间结构应为形，
D. 含离子键的化合物为离子化合物。
3．【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积应不少于1/3，不多于2/3，A符合题意。
B．苯酚溅到皮肤后，先用酒精冲洗可有效减少苯酚对皮肤的腐蚀，再用清水清洗，B不符合题意。
C．氢氟酸能与玻璃中的反应，故氢氟酸必须保存在塑料瓶中，不能保存在细口玻璃瓶中，C不符合题意。
D．溴易挥发且有毒，需在通风环境中取用液溴，并做好防护，D不符合题意。
故选A。
【分析】A.蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体不能过多或过少。
B.苯酚易溶于酒精。
C.氢氟酸会与反应，可用于蚀刻玻璃。
D. 溴易挥发且有毒，需保证实验安全。
4．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；高分子材料；超分子
【解析】【解答】A．水是极性溶剂，O3为极性分子，是非极性分子，根据相似相溶原理，O3在水中的溶解度大于O2，理论依据与实例的因果关系成立，A不符合题意；
B．因为聚乳酸在体内可降解，故可用于手术缝合线，而非因为其是高分子化合物，理论依据与实例无直接因果关系，B符合题意；
C．金刚石是共价晶体， C-C键很强，具有硬度最大，熔点高的特点，所以其可作裁玻璃的刀，理论依据与实例的因果关系成立，C不符合题意；
D．由于杯酚分子具有独特空腔结构，能识别将C60并将其包裹在空腔内，形成超分子，可分离C60、C70，其理论依据与实例的因果关系成立，D不符合题意；
故选B。
【分析】A.根据相似相溶原理，极性大的溶质易溶于极性大的溶剂中。
B. 聚乳酸用于做手术缝合线，是因为它有良好的可吸收性。
C. 金刚石晶体中每个碳原子与相邻原子形成正四面体结构，形成三维网状结构， 硬度大于玻璃，可以用于划刻玻璃。
D. C60、C70分子大小不同， 杯酚刚好适配C60分子，故超分子具有分子识别的特性。
5．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；金属的电化学腐蚀与防护；焰色反应；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．不能用铜丝蘸取取样品做焰色反应，铜丝灼烧时会呈现绿色焰色，干扰观察钾的紫色火焰；应使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取样品，灼烧，并通过透过蓝色钴玻璃观察；A错误；
B．锌与稀硫酸反应生成ZnSO4和H2，该反应是放热反应，气囊膨胀可能是反应放热，也可能是生成的H2导致，无法确定气球体积膨胀的原因，B错误；
C．若是直接向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，就会发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色停止加热，才能制取Fe(OH)3胶体，C错误；
D．饱和食盐水为中性环境，若铁钉发生吸氧腐蚀，具支试管中的氧气被消耗，气体压强降低，右侧试管中液体进入导气管中形成液柱，该装置和操作可用于探究铁是否发生吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
【分析】A. 做焰色反应需使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取样品，避免实验干扰。
B. 锌和稀硫酸反应生成的气体能使气囊膨胀。
C. 向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，制备Fe(OH)3胶体。
D.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀。
6．【答案】A
【知识点】铜及其化合物；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．在空气中“灼烧” 废铜泥，硫元素生成二氧化硫气体逸出，废铜泥中的铁和铜金属元素转化为金属氧化物，A正确；
B．在除杂过程中，若温度过高，过氧化氢分解，无法将亚铁离子全部氧化成铁离子，减弱除杂效果，B错误；
C．在实验室模拟“过滤”步骤时，使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，不用分液漏斗；故C错误；
D．加入亚硫酸钠和氯化钠还原铜离子时，溶液中的被还原为，再结合生成CuCl沉淀，而被氧化为，离子方程式为，“还原”后“溶液”呈酸性，D错误；
故选A。
【分析】在空气中灼烧废铜泥可，将铁、铜元素转化为相应氧化物；将生成的氧化物加入硫酸溶液中酸浸，CuO和铁的氧化物溶解，酸浸液中主要成分为为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和过量的硫酸；除杂过程中先加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，再加入氢氧化钠溶液调PH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；过滤得到的滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠还原铜离子后可制得CuCl。
7．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基，但含氧官能团只有羟基和酮羰基2种，A错误；
B．Y结构简式中六元环左下角的-OH所连的碳原子为手性碳，故Y分子只有1个手性碳原子，B错误；
C．Y分子中的官能团（碳碳双键、羟基和酮羰基）均不能与发生反应，C错误；
D．Y的碳碳双键和酮羰基，能与氢气发生加成反应；醇羟基能发生取代反应；碳碳双键、羟基均为还原性基团，能发生氧化反应；Y结构中六元环左下角处羟基所连碳原子的相邻碳上有氢，可发生消去反应，故D正确；
故选D
【分析】A.Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基，其中只有羟基和酮羰基为含氧官能团，
B.手性碳原子指的是连有4个不同原子或原子团的碳原子。
C.Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基均不能与氢氧化钠反应。
D. 根据Y中所含官能团的性质及能发生的化学反应分别进行逐一分析。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫化氢；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氨水呈碱性，进入指示剂酚酞，溶液变红；通入过量H2S后，与H2S反应生成酸式盐和水，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐褪去，所给离子方程式无误，A不符合题意；
B．H2S过量时，H2S将还原为溶液由黄色变为浅绿色，H2S被氧化为淡黄色S沉淀，不会出现黑色的硫化亚铁沉淀，正确离子方程式应为，B符合题意；
C．Cu2+与H2S反应生成黑色沉淀CuS，硫酸铜溶液蓝色褪去，所给离子方程式无误，C不符合题意；
D．在酸性环境中，将H2S氧化为S，自身被还原为，溶液紫色逐渐褪去并生成淡黄色S沉淀，所给离子方程式正确，D不符合题意；
故选B。
【分析】A. 指示剂酚酞在碱性溶液中为红色，在中性和酸性溶液中为无色。
B. 硫化亚铁沉淀可溶解于酸性环境中。
C.CuS沉淀不可溶于酸性环境。
D. 酸性溶液具有强氧化性。
9．【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；晶体的定义；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．(Na）、（）、（）分别与（O）形成的化合物为()、、，晶体类型分别为离子晶体、共价晶体(或离子晶体)、共价晶体，A项错误；
B．元素的非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强；、分别为、，O的非金属性大于Si，则热稳定性：，B项错误；
C．、、分别为、、，三种元素对应的简单离子核外电子数均为10，核外电子数排布相同的离子，核电荷数越大半径越小，简单离子的半径排序为：，C项错误；
D．、、、依次为、、、，其中O原子在第二周期，其半径最小，第一电离能最大；、、均为第三周期元素，第三周期从左到右，第一电离能呈增大趋势(Mg、P例外)，第一电离能：>>>，D项正确；
故选D。
【分析】，，，是核电荷数依次增大的短周期元素，化合物的结构图中，W可形成两个共价键，则W为O；X形成正一价的阳离子，则X为；Y形成正三价的阳离子，Y为Al；基态原子轨道电子数与轨道电子数之比为，基态Z的核外电子排布式为，Z原子的s轨道共有6个电子，p轨道共有8个电子，可知Z为Si元素；、、、依次为、、、元素。
10．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯化银沉淀能溶于氨水，是因为Ag+与NH3形成了配离子，而非因为氨水显碱性，A错误；
B．据分析，溶液a的溶质是可溶盐[Ag(NH3)2]Cl，银氨溶液的溶质是[Ag(NH3)2]OH，两种溶液中的溶质不同，B错误；
C．向含的溶液中加入NaBr，能生成淡黄色AgBr沉淀，后加入硫代硫酸钠，淡黄色AgBr沉淀溶解，生成可溶配离子，可知稳定性：<，C正确；
D．虽然，溶解度大的沉淀可向溶解度小的沉淀转化。但在一定条件下，如加入足够浓度的Br-溶液，碘化沉淀银可能转化为溴化银沉淀，D错误；
故选C。
【分析】根据流程中的现信息，向硝酸银溶液中滴加氯化钠，出现白色沉淀，白色沉淀为AgCl；再向其中加入氨水，银离子与NH3形成配位键，AgCl沉淀溶解，生成可溶性[Ag(NH3)2]+；再加溴化银，出现淡黄色AgBr沉淀，后加入硫代硫酸钠，淡黄色沉淀溶解，生成可溶配离子，最后加入碘化钠，产生黄色碘化银沉淀。
11．【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在M极得到电子被还原为，极为电解池的阴极，接电源的负极，发生的是还原反应，而不是氧化反应。A错误；
B．据分析，极为阳极，其电极反应式为，B正确；
C．电子经导线流动，电解质溶液中只有阴、阳离子的定向移动，没有电子移动，C错误；
D．若用铅酸蓄电池作电源，电源负极反应式为，负极增重时，参与反应的为0.05mol，电路中转移0.1mol电子；结合M极电极反应方程式，极产生的0.1mol，再根据反应式中各反应物的系数比可知，反应消耗的为0.025mol，其标况下体积为，D项错误；
故选B。
【分析】图中装置为电解池，M极为阴极，在阴极得到电子，发生还原反应，还原产物为，电极反应方程式为，M极产生的后续可再被氧气氧化为，离子方程式为；N极为阳极，在N极发生氧化反应，氧化产物为N2，电极反应方程式为；
12．【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．据ZnS晶胞图，利用均摊法计算，一个ZnS晶胞中有4个硫原子，可得如下等式，求出，A正确；
B．据计算，在充电过程中为，晶胞(每个晶胞中含4个ZnS)完全转化生成晶胞，晶胞中的Li+个数为1.54=6，故转移的电子数为，B错误；
C．在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，C错误；
D．若的晶胞边长为，，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为面对角线的一半，为，D错误；
故答案为：A
【分析】A.硫原子位于晶胞的八个顶角和六个面心上，故一个晶胞中有4个硫原子。
B.据，为。
C. 在体对角线的一维空间上会出现两个Li+夹一个S2-的排布规律。
D. 据观察，晶胞中距离最近的两个间的距离为晶胞面对角线的一半。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．直线代表与的关系，A不符合题意；
B．图中点，的溶度积，B不符合题意；
C．图中点，，溶液的pH值为4.4，醋酸的电离常数；时，，根据醋酸的电离常数可算出，C不符合题意；
D．图中点，，溶液的pH值为4.4，可算出反应的平衡常数；时，，根据平衡常数可算出，，D符合题意；
故答案为D。
【分析】醋酸溶液与硝酸银溶液的反应离子方程式为，平衡常数计算式； 根据反应的平衡常数不变（温度不变，平衡常数不变），保持溶液中醋酸浓度恒定为，的情况下，溶液中浓度与氢离子浓度成反比，随增大而减小，直线代表与的关系，直线代表与的关系。
14．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由反应时间图可知，产物Ⅰ反应开始后迅速增多，说明反应Ⅰ较反应Ⅱ更容发生，活化能更小，反应Ⅰ的活化能<反应Ⅱ的活化能，A不符合题意。
B．已知，说明生成产物Ⅱ放出的热量更多，产物Ⅱ比产物Ⅰ能量更低，更稳定，B不符合题意；
C．已知反应在高压氛围下进行，压强近似等于总压，即，设反应前反应物是，据图像所示，反应生成产物Ⅰ的物质的量为，产物Ⅱ的物质的量为，则剩余的物质的量为1-0.35mol-0.45mol=，反应Ⅱ的，C不符合题意；
D．因，均为放热反应。产物Ⅰ转化为产物Ⅱ为放热反应，即()() ，时该反应的，升高温度，该反应平衡逆向移动，则减小，因此时，D符合题意；
故选D。
【分析】A. 反应越容易发生，所需的活化能越小。
B. 物质的能量越低越稳定。
C.根据图像分析出产物的物质的量，然后可计算出各物质的平衡分压，进而计算出平衡常数
D. 温度升高，平衡向吸热反应方向移动。故温度升高，放热反应的平衡常数减小。
15．【答案】bcd；碱石灰；；三颈烧瓶(或三口烧瓶)；反应需要在下进行，水浴加热不能达到该温度；；；97.5；BD
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】（1）若使用NH4Cl和Ca(OH)2加热制取氨气（固固加热型）装置A应选发生装置c；也可使用氨水分解制取氨气方法，即加热浓氨水或将浓氨水滴入固体碱（如固体NaOH、碱石灰、生石灰），为固液不加热或者固液加热型，应使用装置bd；装置B为球形干燥管，内装碱石灰干燥氨气；
答案为： bcd ； 碱石灰
（2）装置A中发生的反应为2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，N元素化合价降低，发生还原反应，HNO3为氧化剂，N2O为还原产物；Sn元素化合价升高，发生氧化反应，SnCl2为还原剂，SnCl4为氧化产物，n(氧化产物)：n(还原产物)=4：1；
答案为：
（3）仪器a的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；考虑到水浴加热最高温度为100度，为了使仪器a受热均匀，且反应需要在下进行，装置C只能采用油浴加热；NaNH2和N2O加热生成NaN3、NaOH和NH3，化学方程式为；
答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶)；反应需要在下进行，水浴加热不能达到该温度；
（4）装置中SnCl2溶液吸收N2O生成沉淀，Sn元素化合价升高，发生氧化反应，N2O应发生还原反应，N化合价降低，还原产物为N2，离子方程式为；
答案为：
（5）根据关系式Ce4+~Fe2+，1.200g样品消耗的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为mol，，NaN3的物质的量为0.18mol，其质量为，该叠氮化钠样品中NaN3的质量分数为；
下列操作会导致所测样品中质量分数偏小的是：
A．锥形瓶中残留水不影响滴定结果，A不符合题意；
B．滴定过程中开始时仰视读数，后来俯视读数，标准液体积偏小，导致待测液浓度偏低，NaN3质量分数偏小，B符合题意；
C．振荡锥形瓶时部分液体溅出，导致滴定测得的Ce4+质量减少，原样品中的Ce4+质量增加，计算出的NaN3质量分数偏大，C不符合题意；
D．滴定前存在气泡，滴定后气泡消失，标准液体积偏小，导致浓度偏低，NaN3质量分数偏小，D符合题意；
选BD
答案为：97.5；BD
【分析】I．用装置A中制取氨气，氨气通过装置B的碱石灰干燥后，通入在装置C中与Na反应生成NaNH2和H2；装置D中的浓硫酸可除去水分和过量的氨气后，用装置E收集氢气；
II．A装置用于制取N2O，B装置中的碱石灰用于除去N2O中混有得HCl、HNO3；N2O在C装置中与NaNH2在210℃-220℃下反应生成NaN3，D装置吸收过量氨气，过量的N2O进入E中与SnCl2发生氧化还原反应生成N2和SnO2 xH2O。
16．【答案】（1）哑铃(或纺锤)；、、
（2）；(或)
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)
（5）4.3；
（6）6
【知识点】原子核外电子排布；电极反应和电池反应方程式；pH的简单计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态氧原子原子序数为8，其核外电子排布为1s22s22p4，最高能级为2p轨道，其电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；Zn价电子排布为3d104s2，属于ds区元素；Fe价电子排布为3d64s2，属于d区元素；Ga、Ge、Bi价电子排布分别为4s24p1、4s24p1、4s24p2、6s26p3，属于p区元素；
答案为：哑铃(或纺锤)； 、、
（2）“降铁浓缩”过程中，为绿色氧化剂，可将氧化为，离子方程式为；根据已知II图表信息：完全沉淀、而不能，控制的范围为(或)；
答案为： ；(或)
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中溶质为硫酸锌，欲从中获得固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、
（4）而栲胶是以栲树中含单宁酸丰富的部分为原料经磨碎、水浸、过滤、脱色、真空浓缩等过程制得的物质。由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率强于单宁酸，可能的原因为栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)；
答案为： 栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)
（5） 已知 ；完全沉淀，溶液中浓度为1×10-5mol/L，，，；因镓元素与铝元素的性质相似， Ga(OH)3溶于过量NaOH溶于得到，因此“电解”时在阴极得电子生成Ga，电极反应式为；
答案为：4.3；
(6)“还原”过程中参与反应的H2体积为134.4L(标准状况下)，H2的物质的量为6mol，流程中GeO2经步骤①、②、③除杂提纯，关系式为GeO2~2SOCl2~GeCl4~2H2，可得理论上步骤①中消耗SOCl2的物质的量为6 mol。
答案为：6
【分析】将硫酸加入浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)，在酸浸1中，ZnO、FeO、Fe2O3能与硫酸反应而溶解，得到含有锌离子和铁离子的滤液；滤液经过“降铁浓缩”得到ZnSO4·7H2O固体；而Ga2O3、GeO2、Bi2O3不溶于硫酸而在浸渣中，浸渣在70%硫酸作用下，进行酸浸2，Ga2O3和GeO2溶于70%硫酸，得到含(BiO)2SO4的铋渣；滤液继续在有机沉淀剂单宁酸的作用下沉锗，洗涤焙烧得粗GeO2；粗GeO2在600℃条件下，加入 SOCl2氯化、高纯水作用、脱水、氢气还原一系列操作得到高纯锗；沉锗后经中和步骤，得到Ge(OH)3溶液，与过量氢氧化钠发扬后电解，制得金属镓。
（1）基态氧原子的核外电子排布为1s22s22p4，最高能级为2p轨道，其电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；Ga、Ge、Bi价电子排布分别为4s24p1、4s24p1、4s24p2、6s26p3，属于p区元素；Fe价电子排布为3d64s2，属于d区元素；Zn价电子排布为3d104s2，属于ds区元素；
（2）“降铁浓缩”过程将氧化为，反应的离子方程式为；根据已知II，完全沉淀、而不沉淀的的范围为(或)；
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中获得的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率高于单宁酸，可能的原因是：栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)；
（5）完全沉淀，则溶液中浓度为1×10-5mol/L，，，；Ga(OH)3溶于过量NaOH溶于得到，因此“电解”时在阴极得电子生成Ga，电极反应式为；
（6）流程中GeO2经步骤①、②、③是为了除杂提纯，有关系式GeO2~2SOCl2~GeCl4~2H2，可求得“还原”过程中参与反应的H2体积为134.4L(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗SOCl2的物质的量为6 mol。
17．【答案】（1）间二甲苯(或1，3-二甲苯)；酯基
（2）(浓)；还原反应
（3）吸收反应过程中生成的酸，促进反应正向进行，提高产率
（4）
（5）12；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）化合物A的名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯）；E的官能团有酯基和氨基，其中含氧官能团的名称为酯基。
答案为：间二甲苯(或1，3-二甲苯)； 酯基
（2）B在浓硫酸催化下、，与浓硝酸发生取代反应生成C，化学方程式为+H2O；的反应中，D（）在氢气、催化剂作用下，硝基发生还原反应，生成氨基，则的反应类型为还原反应；
答案为：(浓)； 还原反应
（3）反应⑤过程中，E与CH3CH2CH2COCl发生反应，E的-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，同时还有HCl副产物生成，加入K2CO3，吸收反应过程中生成的酸HCl，减少生成物浓度，促进反应正向进行，提高产率；
答案为： 吸收反应过程中生成的酸，促进反应正向进行，提高产率
（4）结合G发生取代反应生成I，以及二者结构简式的异同，可知化合物的结构简式为；
答案为：
（5）根据要求可知，E的同分异构体中含苯环，且苯环上只有两个取代基，其中一个为羟基，另一个取代基可能为或-N(CH3)COCH3或-N(CH2CH3)CHO或-CH2N(CH3)CHO，一共4种结构；苯环上的两元取代有邻、对、间三种，故符合条件的同分异构体有4×3=12种；其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为；
答案为：12；
(6) 支链-CH2CHCl2在NaOH水溶液中发生水解，-Cl被-OH取代， 但通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。 故-CH2CHCl2在NaOH水溶液中水解产生-CH2CHO和水，-CHO在Ag催化下氧化生成-COOH，则合成路线为：答案为：
【分析】根据C的结构简式和A的分子式可知，A为间二甲苯；A在空气和催化剂的作用下生成B， B为3-甲基苯甲酸，B在浓硫酸催化下，与浓硝酸发生硝化反应生成C；C中的羧基与过量甲醇在浓硫酸催化下，发生酯化反应生成D（）；D在催化剂作用下，其硝基被氢气还原为氨基生成E；E与CH3CH2CH2COCl反应，-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，K2CO3吸收反应过程中生成的HCl；E再在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应生成F；F在一定条件转化为G，G与H（C7H10N2）在NaOH溶液、PPA作用下发生取代反应生成I，根据I的结构和已知信息可推出H为。
（1）据分析，化合物A的名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯）；据E的结构简式，其含氧官能团的名称为酯基；
（2）B在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应生成C，化学方程式为+H2O；D（）在氢气、催化剂作用下其硝基被还原为氨基得到E，则的反应类型为还原反应；
（3）反应⑤过程中E与CH3CH2CH2COCl的反应中-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，同时生成HCl，因此加入Na2CO3，吸收反应过程中生成的酸HCl，促进反应正向进行，提高产率；
（4）据分析，化合物的结构简式为；
（5）满足条件的E的同分异构体中含苯环，苯环上连有两个取代基，其中一个为羟基，另一个取代基可能为或-N(CH3)COCH3或-N(CH2CH3)CHO或-CH2N(CH3)CHO，均有邻对间三个位置，故符合条件的同分异构体有4×3=12种；其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为；
（6）根据已知信息，和邻苯二胺反应得到目标产物，-CH2Cl在NaOH水溶液中水解产生-OH，-CHCl2在NaOH水溶液中水解产生-CHO和水，-CHO在Ag催化下氧化得到-COOH，则合成路线为：
18．【答案】（1）；
（2）；60；(或其他合理答案)
（3）；；温度过低，反应速率较慢，经济效益低；温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，目标反应式为(方法i－方法ii)，；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，反应所需活化能越大，反应进行时所需温度越高，故活化能(方法i)(方法ii)；
答案为：；
（2）在恒容密闭容器中，起始加入、，起始压强为，计算式为：
平衡时，气体总物质的量，气体总压强为，、、的分压依次为、、。初始投入的气体只有，故，内，的反应速率，的平衡产率，。
答案为：； 60； (或其他合理答案)
（3）① 方法ii的反应为放热反应，随着温度升高，平衡向吸热反应方向移动，反应逆向移动，的平衡转化率降低，但图中显示， 应进行时测得 的转化率随温度升高而增大，故可得出结论： 关系图中的转化率并不是的平衡转化率；当反应未达平衡时，压强越小，反应速率越慢，转化率越小，故压强；平衡常数的变化只和温度有关，a、b温度相同，，c点温度高，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
答案为：；
②氯化过程中，实际生产中若温度过低，反应速率较慢，经济效益低；若温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小反应体系的压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
答案为： 温度过低，反应速率较慢，经济效益低；温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
【分析】（1）利用盖斯定律计算出反应热；一般反应所需温度越低，活化能越小。
（2）列第三段计算反应速率及平衡常数。
（3）一般温度升高，平衡向吸热反应方向移动，如反应为放热反应，则其平衡逆向移动。利用平衡移动方向，可判断出图中所表示的反应进行时测得的转化率并非平衡转化率。
（1）根据盖斯定律可知，目标反应等于(方法i－方法ii)，则的；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，活化能越大，反应进行时所需温度越高，故活化能(方法i)(方法ii)；
（2）由题可知，在恒容密闭容器中，起始压强为，起始加入、，列三段式：
平衡时，气体总物质的量，气体总压强为，、、的分压依次为、、。初始投入的气体只有，故，内，的反应速率，的平衡产率，。
（3）①由题可知，此反应为放热反应，温度升高，平衡会逆向移动，的平衡转化率降低，但反应进行时测得的转化率随温度升高而增大，故关系图中的转化率并不是的平衡转化率，当反应未达平衡时，压强越小，反应速率越慢，的转化率越小，故压强；平衡常数只和温度有关，a、b温度相同，，c点温度高，温度升高，平衡会逆向移动，平衡常数减小，故；
②氯化过程中，由图可知，实际生产中若温度过低，反应速率较慢，经济效益低；若温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小反应体系的压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
1 / 1湖南省名校联盟2024-2025学年高三下学期联合模拟测试化学试题
1．（2025·湖南模拟）材料在科技发展中发挥着关键性作用，下列说法错误的是
A．祝融号火星车使用的热控保温材料纳米二氧化硅气凝胶胶体可产生丁达尔效应
B．神舟十九号飞船的碳纤维操纵杆具有质量轻的特点，碳纤维与金刚石互为同分异构体
C．嫦娥六号在月球上展示的玄武岩纤维国旗具有耐受高真空、强剂量紫外辐照条件的特点
D．天问一号返回舱减速伞的主承力结构使用的芳纶纤维属于有机高分子材料
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；同素异形体；有机高分子化合物的结构和性质；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．纳米二氧化硅气凝胶属于胶体，胶体粒子对光线散射可产生丁达尔效应。A不符合题意。
B．碳纤维和金刚石均为由碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，不互为同分异构体(分子式相同而结构不同)，B符合题意；
C．玄武岩纤维属无机非金属材料，具有耐高真空和抗紫外辐照的特性，C不符合题意；
D．芳纶纤维是人工合成的有机高分子材料，具有高强度等特性，D不符合题意；
故选B。
【分析】A. 当光束通过胶体时，可以看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应。
B. 同种元素，不同组成的单质之间互为同素异形体。
C.玄武岩纤维属于无机非金属材料。
D.芳纶纤维是人工合成的有机高分子材料。
2．（2025·湖南模拟）在实验室中，常用和的混合溶液在催化剂作用下发生反应制取氮气，其反应为。下列化学用语表述正确的是
A．和中的杂化方式均为杂化
B．中键的电子云轮廓图：
C．的空间结构模型：
D．的形成过程：
【答案】B
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．的中心原子的价层电子对数为，N的杂化方式为，的中心原子的价层电子对数为，则N的杂化方式为，A项错误；
B．的结构式为NN，两个N的2p轨道各提供三个未成对电子形成，含一个键、两个键；其中键的电子云是沿两个原子核连线方向“头碰头”重叠形成，电子云轮廓图为轴对称，B项正确；
C．的中心原子O的孤电子对数为2，其价层电子对数为，水分子的VSEPR模型为四面体形：，空间结构应为形， C项错误；
D．为离子化合物，由钠失去一个电子生成阳离子，氯得到一个电子生成阴离子而形成，的形成过程可表示为，阴、阳离子需用“[ ]”隔开。D项错误；
故选B。
【分析】A. 先算出中心原子的价层电子对数，然后再根据杂化轨道理论判断其杂化方式。
B.键的电子云轮廓图为轴对称，电子云可绕键轴旋转。
C. 水分子的VSEPR模型为四面体形：，因其有两对孤电子对，故其空间结构应为形，
D. 含离子键的化合物为离子化合物。
3．（2025·湖南模拟）实验室安全至关重要。下列做法不符合实验安全要求的是
A．蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积不能超过蒸馏烧瓶容积的
B．苯酚溅到皮肤上，应立即用酒精冲洗，再用清水冲洗
C．氢氟酸不能保存在细口玻璃瓶中
D．溴易挥发且有毒，取用液溴时，应注意防护和通风
【答案】A
【知识点】化学试剂的存放；化学实验安全及事故处理；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体体积应不少于1/3，不多于2/3，A符合题意。
B．苯酚溅到皮肤后，先用酒精冲洗可有效减少苯酚对皮肤的腐蚀，再用清水清洗，B不符合题意。
C．氢氟酸能与玻璃中的反应，故氢氟酸必须保存在塑料瓶中，不能保存在细口玻璃瓶中，C不符合题意。
D．溴易挥发且有毒，需在通风环境中取用液溴，并做好防护，D不符合题意。
故选A。
【分析】A.蒸馏时，蒸馏烧瓶中液体不能过多或过少。
B.苯酚易溶于酒精。
C.氢氟酸会与反应，可用于蚀刻玻璃。
D. 溴易挥发且有毒，需保证实验安全。
4．（2025·湖南模拟）物质的结构决定其性质。下列理论依据与实例之间没有因果关系的是
选项 理论依据 实例
A 为极性分子 在水中的溶解度大于
B 聚乳酸为高分子化合物 用聚乳酸生产手术缝合线
C 金刚石硬度大 金刚石作裁玻璃的刀
D 超分子具有“分子识别”的特征 利用杯酚可分离和
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；高分子材料；超分子
【解析】【解答】A．水是极性溶剂，O3为极性分子，是非极性分子，根据相似相溶原理，O3在水中的溶解度大于O2，理论依据与实例的因果关系成立，A不符合题意；
B．因为聚乳酸在体内可降解，故可用于手术缝合线，而非因为其是高分子化合物，理论依据与实例无直接因果关系，B符合题意；
C．金刚石是共价晶体， C-C键很强，具有硬度最大，熔点高的特点，所以其可作裁玻璃的刀，理论依据与实例的因果关系成立，C不符合题意；
D．由于杯酚分子具有独特空腔结构，能识别将C60并将其包裹在空腔内，形成超分子，可分离C60、C70，其理论依据与实例的因果关系成立，D不符合题意；
故选B。
【分析】A.根据相似相溶原理，极性大的溶质易溶于极性大的溶剂中。
B. 聚乳酸用于做手术缝合线，是因为它有良好的可吸收性。
C. 金刚石晶体中每个碳原子与相邻原子形成正四面体结构，形成三维网状结构， 硬度大于玻璃，可以用于划刻玻璃。
D. C60、C70分子大小不同， 杯酚刚好适配C60分子，故超分子具有分子识别的特性。
5．（2025·湖南模拟）下列装置和操作能达到实验目的的是
A．观察K2CO3的焰色 B．验证该反应为放热反应
C．实验室制Fe(OH)3胶体 D．探究铁的吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；金属的电化学腐蚀与防护；焰色反应；化学实验方案的评价；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．不能用铜丝蘸取取样品做焰色反应，铜丝灼烧时会呈现绿色焰色，干扰观察钾的紫色火焰；应使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取样品，灼烧，并通过透过蓝色钴玻璃观察；A错误；
B．锌与稀硫酸反应生成ZnSO4和H2，该反应是放热反应，气囊膨胀可能是反应放热，也可能是生成的H2导致，无法确定气球体积膨胀的原因，B错误；
C．若是直接向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，就会发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色停止加热，才能制取Fe(OH)3胶体，C错误；
D．饱和食盐水为中性环境，若铁钉发生吸氧腐蚀，具支试管中的氧气被消耗，气体压强降低，右侧试管中液体进入导气管中形成液柱，该装置和操作可用于探究铁是否发生吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
【分析】A. 做焰色反应需使用铂丝或光洁无锈的铁丝蘸取样品，避免实验干扰。
B. 锌和稀硫酸反应生成的气体能使气囊膨胀。
C. 向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，制备Fe(OH)3胶体。
D.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀。
6．（2025·湖南模拟）氯化亚铜(，难溶于水，在空气中易被氧化)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。工业上以废铜泥［含、、及少量金属］为原料制备的工艺流程如图。下列说法正确的是
A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物
B．“除杂”过程加入时，温度越高，除杂效果越好
C．在实验室模拟“过滤”步骤时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗
D．“还原”后“溶液”呈碱性
【答案】A
【知识点】铜及其化合物；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．在空气中“灼烧” 废铜泥，硫元素生成二氧化硫气体逸出，废铜泥中的铁和铜金属元素转化为金属氧化物，A正确；
B．在除杂过程中，若温度过高，过氧化氢分解，无法将亚铁离子全部氧化成铁离子，减弱除杂效果，B错误；
C．在实验室模拟“过滤”步骤时，使用的主要玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，不用分液漏斗；故C错误；
D．加入亚硫酸钠和氯化钠还原铜离子时，溶液中的被还原为，再结合生成CuCl沉淀，而被氧化为，离子方程式为，“还原”后“溶液”呈酸性，D错误；
故选A。
【分析】在空气中灼烧废铜泥可，将铁、铜元素转化为相应氧化物；将生成的氧化物加入硫酸溶液中酸浸，CuO和铁的氧化物溶解，酸浸液中主要成分为为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和过量的硫酸；除杂过程中先加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，再加入氢氧化钠溶液调PH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；过滤得到的滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠还原铜离子后可制得CuCl。
7．（2025·湖南模拟）化感物质是由植物产生并释放到环境中的一类化学物质，能对其他植物或微生物产生抑制作用。有机物就是一种天然植物化感物质，分子结构如图所示。下列有关有机物的表述正确的是
A．分子中含有3种含氧官能团
B．分子中含有2个手性碳原子，且存在顺反异构
C．最多能与2molNaOH发生反应
D．能发生加成反应、取代反应、氧化反应和消去反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基，但含氧官能团只有羟基和酮羰基2种，A错误；
B．Y结构简式中六元环左下角的-OH所连的碳原子为手性碳，故Y分子只有1个手性碳原子，B错误；
C．Y分子中的官能团（碳碳双键、羟基和酮羰基）均不能与发生反应，C错误；
D．Y的碳碳双键和酮羰基，能与氢气发生加成反应；醇羟基能发生取代反应；碳碳双键、羟基均为还原性基团，能发生氧化反应；Y结构中六元环左下角处羟基所连碳原子的相邻碳上有氢，可发生消去反应，故D正确；
故选D
【分析】A.Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基，其中只有羟基和酮羰基为含氧官能团，
B.手性碳原子指的是连有4个不同原子或原子团的碳原子。
C.Y分子中的官能团有碳碳双键、羟基和酮羰基均不能与氢氧化钠反应。
D. 根据Y中所含官能团的性质及能发生的化学反应分别进行逐一分析。
8．（2025·湖南模拟）向的溶液中通入至过量，下列对应反应现象或离子方程式中存在错误的是
选项 溶液 现象 离子方程式
A 氨水(含酚酞) 溶液由红色变为无色
B 溶液 先产生淡黄色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，后有黑色沉淀产生
C 溶液 溶液褪色，产生黑色沉淀
D 酸性溶液 溶液由紫色变为无色，产生淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；硫化氢；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氨水呈碱性，进入指示剂酚酞，溶液变红；通入过量H2S后，与H2S反应生成酸式盐和水，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐褪去，所给离子方程式无误，A不符合题意；
B．H2S过量时，H2S将还原为溶液由黄色变为浅绿色，H2S被氧化为淡黄色S沉淀，不会出现黑色的硫化亚铁沉淀，正确离子方程式应为，B符合题意；
C．Cu2+与H2S反应生成黑色沉淀CuS，硫酸铜溶液蓝色褪去，所给离子方程式无误，C不符合题意；
D．在酸性环境中，将H2S氧化为S，自身被还原为，溶液紫色逐渐褪去并生成淡黄色S沉淀，所给离子方程式正确，D不符合题意；
故选B。
【分析】A. 指示剂酚酞在碱性溶液中为红色，在中性和酸性溶液中为无色。
B. 硫化亚铁沉淀可溶解于酸性环境中。
C.CuS沉淀不可溶于酸性环境。
D. 酸性溶液具有强氧化性。
9．（2025·湖南模拟），，，是核电荷数依次增大的短周期元素，其中基态原子轨道电子数与轨道电子数之比为，由上述四种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．、、分别与形成的化合物的晶体类型相同
B．简单氢化物的热稳定性：
C．、、的简单离子的半径：
D．第一电离能：
【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；晶体的定义；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．(Na）、（）、（）分别与（O）形成的化合物为()、、，晶体类型分别为离子晶体、共价晶体(或离子晶体)、共价晶体，A项错误；
B．元素的非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强；、分别为、，O的非金属性大于Si，则热稳定性：，B项错误；
C．、、分别为、、，三种元素对应的简单离子核外电子数均为10，核外电子数排布相同的离子，核电荷数越大半径越小，简单离子的半径排序为：，C项错误；
D．、、、依次为、、、，其中O原子在第二周期，其半径最小，第一电离能最大；、、均为第三周期元素，第三周期从左到右，第一电离能呈增大趋势(Mg、P例外)，第一电离能：>>>，D项正确；
故选D。
【分析】，，，是核电荷数依次增大的短周期元素，化合物的结构图中，W可形成两个共价键，则W为O；X形成正一价的阳离子，则X为；Y形成正三价的阳离子，Y为Al；基态原子轨道电子数与轨道电子数之比为，基态Z的核外电子排布式为，Z原子的s轨道共有6个电子，p轨道共有8个电子，可知Z为Si元素；、、、依次为、、、元素。
10．（2025·湖南模拟）某实验小组在实验室进行下列实验：
已知：可形成配离子、，。根据实验现象判断，下列说法正确的是
A．氯化银溶于氨水是因为氨水显碱性
B．溶液的溶质和银氨溶液的溶质相同
C．稳定性：
D．碘化银不可能转化为溴化银
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯化银沉淀能溶于氨水，是因为Ag+与NH3形成了配离子，而非因为氨水显碱性，A错误；
B．据分析，溶液a的溶质是可溶盐[Ag(NH3)2]Cl，银氨溶液的溶质是[Ag(NH3)2]OH，两种溶液中的溶质不同，B错误；
C．向含的溶液中加入NaBr，能生成淡黄色AgBr沉淀，后加入硫代硫酸钠，淡黄色AgBr沉淀溶解，生成可溶配离子，可知稳定性：<，C正确；
D．虽然，溶解度大的沉淀可向溶解度小的沉淀转化。但在一定条件下，如加入足够浓度的Br-溶液，碘化沉淀银可能转化为溴化银沉淀，D错误；
故选C。
【分析】根据流程中的现信息，向硝酸银溶液中滴加氯化钠，出现白色沉淀，白色沉淀为AgCl；再向其中加入氨水，银离子与NH3形成配位键，AgCl沉淀溶解，生成可溶性[Ag(NH3)2]+；再加溴化银，出现淡黄色AgBr沉淀，后加入硫代硫酸钠，淡黄色沉淀溶解，生成可溶配离子，最后加入碘化钠，产生黄色碘化银沉淀。
11．（2025·湖南模拟）工业生产产生的氨逸到空气中会造成污染，科学家采用石墨烯作电极材料设计了一种新型绿色处理尾气中的方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示。下列说法正确的是
A．极接直流电源的负极，发生氧化反应
B．极的电极反应式为
C．当电解质溶液中传导时，有穿过质子交换膜
D．若用铅酸蓄电池作电源，当电源负极增重时，极消耗(折合成标准状况)
【答案】B
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在M极得到电子被还原为，极为电解池的阴极，接电源的负极，发生的是还原反应，而不是氧化反应。A错误；
B．据分析，极为阳极，其电极反应式为，B正确；
C．电子经导线流动，电解质溶液中只有阴、阳离子的定向移动，没有电子移动，C错误；
D．若用铅酸蓄电池作电源，电源负极反应式为，负极增重时，参与反应的为0.05mol，电路中转移0.1mol电子；结合M极电极反应方程式，极产生的0.1mol，再根据反应式中各反应物的系数比可知，反应消耗的为0.025mol，其标况下体积为，D项错误；
故选B。
【分析】图中装置为电解池，M极为阴极，在阴极得到电子，发生还原反应，还原产物为，电极反应方程式为，M极产生的后续可再被氧气氧化为，离子方程式为；N极为阳极，在N极发生氧化反应，氧化产物为N2，电极反应方程式为；
12．（2025·湖南模拟）硫化锌()是一种优良的电池负极材料，其在充电过程中晶胞的组成变化如图所示。下列说法正确的是
已知：晶胞中和共占据7个位置。
A．
B．晶胞完全转化生成晶胞，转移的电子数为
C．在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律
D．若的晶胞边长为，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为
【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．据ZnS晶胞图，利用均摊法计算，一个ZnS晶胞中有4个硫原子，可得如下等式，求出，A正确；
B．据计算，在充电过程中为，晶胞(每个晶胞中含4个ZnS)完全转化生成晶胞，晶胞中的Li+个数为1.54=6，故转移的电子数为，B错误；
C．在体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，C错误；
D．若的晶胞边长为，，则该晶胞中距离最近的两个间的距离为面对角线的一半，为，D错误；
故答案为：A
【分析】A.硫原子位于晶胞的八个顶角和六个面心上，故一个晶胞中有4个硫原子。
B.据，为。
C. 在体对角线的一维空间上会出现两个Li+夹一个S2-的排布规律。
D. 据观察，晶胞中距离最近的两个间的距离为晶胞面对角线的一半。
13．（2025·湖南模拟）常温下，向醋酸()溶液中滴加溶液，生成的不溶于水。保持溶液中的物质的量浓度恒定为的条件下，[为或，，]与的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．直线代表与的关系
B．
C．时，
D．时，
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A．直线代表与的关系，A不符合题意；
B．图中点，的溶度积，B不符合题意；
C．图中点，，溶液的pH值为4.4，醋酸的电离常数；时，，根据醋酸的电离常数可算出，C不符合题意；
D．图中点，，溶液的pH值为4.4，可算出反应的平衡常数；时，，根据平衡常数可算出，，D符合题意；
故答案为D。
【分析】醋酸溶液与硝酸银溶液的反应离子方程式为，平衡常数计算式； 根据反应的平衡常数不变（温度不变，平衡常数不变），保持溶液中醋酸浓度恒定为，的情况下，溶液中浓度与氢离子浓度成反比，随增大而减小，直线代表与的关系，直线代表与的关系。
14．（2025·湖南模拟）在、的高压氛围下，发生下列反应：
反应Ⅰ．()(产物Ⅰ)
反应Ⅱ．()(产物Ⅱ)
已知：；在高压氛围下进行反应，压强近似等于总压。表示某物种的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比，、(产物Ⅰ)和(产物Ⅱ)随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是
A．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
B．相同条件下，产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定
C．反应Ⅱ的
D．时，
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由反应时间图可知，产物Ⅰ反应开始后迅速增多，说明反应Ⅰ较反应Ⅱ更容发生，活化能更小，反应Ⅰ的活化能<反应Ⅱ的活化能，A不符合题意。
B．已知，说明生成产物Ⅱ放出的热量更多，产物Ⅱ比产物Ⅰ能量更低，更稳定，B不符合题意；
C．已知反应在高压氛围下进行，压强近似等于总压，即，设反应前反应物是，据图像所示，反应生成产物Ⅰ的物质的量为，产物Ⅱ的物质的量为，则剩余的物质的量为1-0.35mol-0.45mol=，反应Ⅱ的，C不符合题意；
D．因，均为放热反应。产物Ⅰ转化为产物Ⅱ为放热反应，即()() ，时该反应的，升高温度，该反应平衡逆向移动，则减小，因此时，D符合题意；
故选D。
【分析】A. 反应越容易发生，所需的活化能越小。
B. 物质的能量越低越稳定。
C.根据图像分析出产物的物质的量，然后可计算出各物质的平衡分压，进而计算出平衡常数
D. 温度升高，平衡向吸热反应方向移动。故温度升高，放热反应的平衡常数减小。
15．（2025·湖南模拟）叠氮化钠()是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业有着重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。(略去装置图中部分夹持装置)
Ⅰ．制备氨基钠的反应为，装置如图。已知：氨基钠()的熔点为，极易与水剧烈反应生成，且易被空气氧化。
（1）装置为制取氨气的装置，可选择下列装置中的　 　；装置中试剂可选用　 　。
Ⅱ．制备叠氮化钠：将得到的与在的条件下反应生成、和，反应装置如图(装置中温度计略去)。已知：有强氧化性，易被还原为，不与酸、碱反应。
（2）装置用于制备气体，反应中生成，则该反应中(氧化产物)：(还原产物)　 　。
（3）仪器的名称为　 　，为了使仪器受热均匀，装置中进行油浴而不用水浴的主要原因是　 　，生成的化学方程式为　 　。
（4）已知装置中生成沉淀，试写出对应反应的离子方程式：　 　。
Ⅲ．实验室用滴定法测定某叠氮化钠样品中的质量分数(杂质不参与反应)：
①将样品配成溶液。
②取配成的溶液置于锥形瓶中，用滴定管量取溶液加入锥形瓶中，发生反应。
③充分反应后，将溶液酸化，滴入3滴邻菲罗啉指示剂，用标准溶液滴定过量的，消耗溶液的体积为，发生反应。
（5）样品中的质量分数为　 　；若其他操作均正确，下列操作会导致所测样品中质量分数偏小的是　 　(填标号)。
A．步骤②中取样品溶液至锥形瓶时，锥形瓶中有少量蒸馏水
B．用滴定管量取溶液，开始时仰视读数，后来俯视读数
C．滴定过量的时，摇动锥形瓶有少量液体溅出
D．滴定过量的时，滴定管开始时尖嘴处有气泡，结束时气泡消失
【答案】bcd；碱石灰；；三颈烧瓶(或三口烧瓶)；反应需要在下进行，水浴加热不能达到该温度；；；97.5；BD
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】（1）若使用NH4Cl和Ca(OH)2加热制取氨气（固固加热型）装置A应选发生装置c；也可使用氨水分解制取氨气方法，即加热浓氨水或将浓氨水滴入固体碱（如固体NaOH、碱石灰、生石灰），为固液不加热或者固液加热型，应使用装置bd；装置B为球形干燥管，内装碱石灰干燥氨气；
答案为： bcd ； 碱石灰
（2）装置A中发生的反应为2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，N元素化合价降低，发生还原反应，HNO3为氧化剂，N2O为还原产物；Sn元素化合价升高，发生氧化反应，SnCl2为还原剂，SnCl4为氧化产物，n(氧化产物)：n(还原产物)=4：1；
答案为：
（3）仪器a的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；考虑到水浴加热最高温度为100度，为了使仪器a受热均匀，且反应需要在下进行，装置C只能采用油浴加热；NaNH2和N2O加热生成NaN3、NaOH和NH3，化学方程式为；
答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶)；反应需要在下进行，水浴加热不能达到该温度；
（4）装置中SnCl2溶液吸收N2O生成沉淀，Sn元素化合价升高，发生氧化反应，N2O应发生还原反应，N化合价降低，还原产物为N2，离子方程式为；
答案为：
（5）根据关系式Ce4+~Fe2+，1.200g样品消耗的(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为mol，，NaN3的物质的量为0.18mol，其质量为，该叠氮化钠样品中NaN3的质量分数为；
下列操作会导致所测样品中质量分数偏小的是：
A．锥形瓶中残留水不影响滴定结果，A不符合题意；
B．滴定过程中开始时仰视读数，后来俯视读数，标准液体积偏小，导致待测液浓度偏低，NaN3质量分数偏小，B符合题意；
C．振荡锥形瓶时部分液体溅出，导致滴定测得的Ce4+质量减少，原样品中的Ce4+质量增加，计算出的NaN3质量分数偏大，C不符合题意；
D．滴定前存在气泡，滴定后气泡消失，标准液体积偏小，导致浓度偏低，NaN3质量分数偏小，D符合题意；
选BD
答案为：97.5；BD
【分析】I．用装置A中制取氨气，氨气通过装置B的碱石灰干燥后，通入在装置C中与Na反应生成NaNH2和H2；装置D中的浓硫酸可除去水分和过量的氨气后，用装置E收集氢气；
II．A装置用于制取N2O，B装置中的碱石灰用于除去N2O中混有得HCl、HNO3；N2O在C装置中与NaNH2在210℃-220℃下反应生成NaN3，D装置吸收过量氨气，过量的N2O进入E中与SnCl2发生氧化还原反应生成N2和SnO2 xH2O。
16．（2025·湖南模拟）镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有、、，还有、、等杂质)制备镓和锗的工艺流程如图：
已知：Ⅰ．单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀。
Ⅱ．当金属离子浓度，时，认为该离子沉淀完全。常温下，浸出液中各离子开始形成氢氧化物沉淀和完全沉淀的如表：
金属离子
开始沉淀的 1.7 5.5 8.2
完全沉淀的 3.2 8.0 11.2
Ⅲ．镓元素与铝元素的性质相似，但高纯度的镓单质难溶于酸或碱。
回答下列问题：
（1）基态氧原子最高能级的电子云轮廓图为　 　形，、、、、五种元素中属于区元素的是　 　(填元素符号)。
（2）“降铁浓缩”过程分多步进行，其中加入将铁元素转化为时发生反应的离子方程式为　 　，为将完全沉淀，应控制的范围为　 　。
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中获得的操作为　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）已知：栲胶是以栲树中含单宁酸丰富的部分为原料经磨碎、水浸、过滤、脱色、真空浓缩等过程制得的物质。不同条件下栲胶、单宁酸对镓的提取率的影响如图：
由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率高于单宁酸，试分析可能的原因：　 　。
（5）已知：。中和后，要使完全沉淀，需控制溶液的略大于　 　(保留两位有效数字)；“电解”时阴极的电极反应式为　 　。
（6）已知：用处理得到，用高纯水水解得到高纯的。“还原”过程中参与反应的体积为(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗的物质的量为　 　。
【答案】（1）哑铃(或纺锤)；、、
（2）；(或)
（3）蒸发浓缩、冷却结晶
（4）栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)
（5）4.3；
（6）6
【知识点】原子核外电子排布；电极反应和电池反应方程式；pH的简单计算；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态氧原子原子序数为8，其核外电子排布为1s22s22p4，最高能级为2p轨道，其电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；Zn价电子排布为3d104s2，属于ds区元素；Fe价电子排布为3d64s2，属于d区元素；Ga、Ge、Bi价电子排布分别为4s24p1、4s24p1、4s24p2、6s26p3，属于p区元素；
答案为：哑铃(或纺锤)； 、、
（2）“降铁浓缩”过程中，为绿色氧化剂，可将氧化为，离子方程式为；根据已知II图表信息：完全沉淀、而不能，控制的范围为(或)；
答案为： ；(或)
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中溶质为硫酸锌，欲从中获得固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、
（4）而栲胶是以栲树中含单宁酸丰富的部分为原料经磨碎、水浸、过滤、脱色、真空浓缩等过程制得的物质。由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率强于单宁酸，可能的原因为栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)；
答案为： 栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)
（5） 已知 ；完全沉淀，溶液中浓度为1×10-5mol/L，，，；因镓元素与铝元素的性质相似， Ga(OH)3溶于过量NaOH溶于得到，因此“电解”时在阴极得电子生成Ga，电极反应式为；
答案为：4.3；
(6)“还原”过程中参与反应的H2体积为134.4L(标准状况下)，H2的物质的量为6mol，流程中GeO2经步骤①、②、③除杂提纯，关系式为GeO2~2SOCl2~GeCl4~2H2，可得理论上步骤①中消耗SOCl2的物质的量为6 mol。
答案为：6
【分析】将硫酸加入浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)，在酸浸1中，ZnO、FeO、Fe2O3能与硫酸反应而溶解，得到含有锌离子和铁离子的滤液；滤液经过“降铁浓缩”得到ZnSO4·7H2O固体；而Ga2O3、GeO2、Bi2O3不溶于硫酸而在浸渣中，浸渣在70%硫酸作用下，进行酸浸2，Ga2O3和GeO2溶于70%硫酸，得到含(BiO)2SO4的铋渣；滤液继续在有机沉淀剂单宁酸的作用下沉锗，洗涤焙烧得粗GeO2；粗GeO2在600℃条件下，加入 SOCl2氯化、高纯水作用、脱水、氢气还原一系列操作得到高纯锗；沉锗后经中和步骤，得到Ge(OH)3溶液，与过量氢氧化钠发扬后电解，制得金属镓。
（1）基态氧原子的核外电子排布为1s22s22p4，最高能级为2p轨道，其电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；Ga、Ge、Bi价电子排布分别为4s24p1、4s24p1、4s24p2、6s26p3，属于p区元素；Fe价电子排布为3d64s2，属于d区元素；Zn价电子排布为3d104s2，属于ds区元素；
（2）“降铁浓缩”过程将氧化为，反应的离子方程式为；根据已知II，完全沉淀、而不沉淀的的范围为(或)；
（3）从“降铁浓缩”后的滤液中获得的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）由图可知，相同条件下，栲胶对镓的提取率高于单宁酸，可能的原因是：栲胶中含有的杂质对单宁酸与镓形成的络合物具有一定的吸附作用(或其他合理答案)；
（5）完全沉淀，则溶液中浓度为1×10-5mol/L，，，；Ga(OH)3溶于过量NaOH溶于得到，因此“电解”时在阴极得电子生成Ga，电极反应式为；
（6）流程中GeO2经步骤①、②、③是为了除杂提纯，有关系式GeO2~2SOCl2~GeCl4~2H2，可求得“还原”过程中参与反应的H2体积为134.4L(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗SOCl2的物质的量为6 mol。
17．（2025·湖南模拟）替米沙坦是一种新型抗高血压药，毒副作用小。化合物Ⅰ是合成替米沙坦的重要中间体，化合物Ⅰ的合成路线如图：
已知：；通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。
（1）化合物的名称是　 　，中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的化学方程式为　 　；的反应类型为　 　。
（3）从化学平衡角度分析，反应⑤过程中的作用为　 　。
（4）化合物的结构简式为　 　。
（5）满足下列条件的的同分异构体共有　 　种(不考虑立体异构)。
①红外光谱显示无键
②含苯环且苯环上只有两个取代基
③遇溶液能显色且可发生水解反应
其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为　 　。
（6）参照上述合成路线，设计以、为原料三步合成的路线　 　。(有机溶剂及无机试剂任选)
【答案】（1）间二甲苯(或1，3-二甲苯)；酯基
（2）(浓)；还原反应
（3）吸收反应过程中生成的酸，促进反应正向进行，提高产率
（4）
（5）12；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）化合物A的名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯）；E的官能团有酯基和氨基，其中含氧官能团的名称为酯基。
答案为：间二甲苯(或1，3-二甲苯)； 酯基
（2）B在浓硫酸催化下、，与浓硝酸发生取代反应生成C，化学方程式为+H2O；的反应中，D（）在氢气、催化剂作用下，硝基发生还原反应，生成氨基，则的反应类型为还原反应；
答案为：(浓)； 还原反应
（3）反应⑤过程中，E与CH3CH2CH2COCl发生反应，E的-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，同时还有HCl副产物生成，加入K2CO3，吸收反应过程中生成的酸HCl，减少生成物浓度，促进反应正向进行，提高产率；
答案为： 吸收反应过程中生成的酸，促进反应正向进行，提高产率
（4）结合G发生取代反应生成I，以及二者结构简式的异同，可知化合物的结构简式为；
答案为：
（5）根据要求可知，E的同分异构体中含苯环，且苯环上只有两个取代基，其中一个为羟基，另一个取代基可能为或-N(CH3)COCH3或-N(CH2CH3)CHO或-CH2N(CH3)CHO，一共4种结构；苯环上的两元取代有邻、对、间三种，故符合条件的同分异构体有4×3=12种；其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为；
答案为：12；
(6) 支链-CH2CHCl2在NaOH水溶液中发生水解，-Cl被-OH取代， 但通常在同一个碳原子上连有两个羟基时结构不稳定，易脱水形成羰基。 故-CH2CHCl2在NaOH水溶液中水解产生-CH2CHO和水，-CHO在Ag催化下氧化生成-COOH，则合成路线为：答案为：
【分析】根据C的结构简式和A的分子式可知，A为间二甲苯；A在空气和催化剂的作用下生成B， B为3-甲基苯甲酸，B在浓硫酸催化下，与浓硝酸发生硝化反应生成C；C中的羧基与过量甲醇在浓硫酸催化下，发生酯化反应生成D（）；D在催化剂作用下，其硝基被氢气还原为氨基生成E；E与CH3CH2CH2COCl反应，-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，K2CO3吸收反应过程中生成的HCl；E再在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应生成F；F在一定条件转化为G，G与H（C7H10N2）在NaOH溶液、PPA作用下发生取代反应生成I，根据I的结构和已知信息可推出H为。
（1）据分析，化合物A的名称为间二甲苯(或1，3-二甲苯）；据E的结构简式，其含氧官能团的名称为酯基；
（2）B在浓硫酸、浓硝酸作用下发生硝化反应生成C，化学方程式为+H2O；D（）在氢气、催化剂作用下其硝基被还原为氨基得到E，则的反应类型为还原反应；
（3）反应⑤过程中E与CH3CH2CH2COCl的反应中-NH2转化为-NHCOCH2CH2CH3，同时生成HCl，因此加入Na2CO3，吸收反应过程中生成的酸HCl，促进反应正向进行，提高产率；
（4）据分析，化合物的结构简式为；
（5）满足条件的E的同分异构体中含苯环，苯环上连有两个取代基，其中一个为羟基，另一个取代基可能为或-N(CH3)COCH3或-N(CH2CH3)CHO或-CH2N(CH3)CHO，均有邻对间三个位置，故符合条件的同分异构体有4×3=12种；其中，核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为6：2：2：1的结构简式为；
（6）根据已知信息，和邻苯二胺反应得到目标产物，-CH2Cl在NaOH水溶液中水解产生-OH，-CHCl2在NaOH水溶液中水解产生-CHO和水，-CHO在Ag催化下氧化得到-COOH，则合成路线为：
18．（2025·湖南模拟）近年来，新兴科技产业对钒产品纯度要求越来越高，是由工业级制取高纯的重要中间体。回答下列问题：
（1）工业上制备有以下两种方法，反应的热化学方程式和平衡常数如下：
方法i．氯化法：
方法ii．配碳氯化法：
反应的　 　(填含、的式子)；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，则活化能(方法i)　 　(填“>”“<”或“=”)(方法ii)。
（2）在一定温度下向某恒容密闭容器中加入、，进行反应，起始时压强为，后达到平衡，测得的转化率为。则内，的反应速率　 　(用含的式子表示) ，的平衡产率为　 　，　 　(填含的计算式，用气体平衡分压代替平衡物质的量浓度进行计算)。
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中分别加入、和，仅发生方法ii的反应，反应进行时测得的转化率随温度和压强的变化如图所示。
①　 　(填“<”“>”或“=”) ；、、三点对应的平衡常数、，的大小关系为　 　。
②的氯化在实际生产中控制反应温度为并向恒压体系中充入，试分析原因：　 　。
【答案】（1）；
（2）；60；(或其他合理答案)
（3）；；温度过低，反应速率较慢，经济效益低；温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，目标反应式为(方法i－方法ii)，；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，反应所需活化能越大，反应进行时所需温度越高，故活化能(方法i)(方法ii)；
答案为：；
（2）在恒容密闭容器中，起始加入、，起始压强为，计算式为：
平衡时，气体总物质的量，气体总压强为，、、的分压依次为、、。初始投入的气体只有，故，内，的反应速率，的平衡产率，。
答案为：； 60； (或其他合理答案)
（3）① 方法ii的反应为放热反应，随着温度升高，平衡向吸热反应方向移动，反应逆向移动，的平衡转化率降低，但图中显示， 应进行时测得 的转化率随温度升高而增大，故可得出结论： 关系图中的转化率并不是的平衡转化率；当反应未达平衡时，压强越小，反应速率越慢，转化率越小，故压强；平衡常数的变化只和温度有关，a、b温度相同，，c点温度高，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故；
答案为：；
②氯化过程中，实际生产中若温度过低，反应速率较慢，经济效益低；若温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小反应体系的压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
答案为： 温度过低，反应速率较慢，经济效益低；温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
【分析】（1）利用盖斯定律计算出反应热；一般反应所需温度越低，活化能越小。
（2）列第三段计算反应速率及平衡常数。
（3）一般温度升高，平衡向吸热反应方向移动，如反应为放热反应，则其平衡逆向移动。利用平衡移动方向，可判断出图中所表示的反应进行时测得的转化率并非平衡转化率。
（1）根据盖斯定律可知，目标反应等于(方法i－方法ii)，则的；方法i在才能获得较高的反应速率，而方法ii在即可得到相同的反应速率，活化能越大，反应进行时所需温度越高，故活化能(方法i)(方法ii)；
（2）由题可知，在恒容密闭容器中，起始压强为，起始加入、，列三段式：
平衡时，气体总物质的量，气体总压强为，、、的分压依次为、、。初始投入的气体只有，故，内，的反应速率，的平衡产率，。
（3）①由题可知，此反应为放热反应，温度升高，平衡会逆向移动，的平衡转化率降低，但反应进行时测得的转化率随温度升高而增大，故关系图中的转化率并不是的平衡转化率，当反应未达平衡时，压强越小，反应速率越慢，的转化率越小，故压强；平衡常数只和温度有关，a、b温度相同，，c点温度高，温度升高，平衡会逆向移动，平衡常数减小，故；
②氯化过程中，由图可知，实际生产中若温度过低，反应速率较慢，经济效益低；若温度过高，生产能耗大，成本提高；恒压时向体系中充入，相当于减小反应体系的压强，有利于正向反应的进行，增大的转化率。
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