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四川省大数据智学领航联盟2026届高三上学期一模考试 化学试题
1．（2025·四川模拟）文物留存文明印记，延续根脉。下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A．成都金沙遗址出土的“太阳神鸟金箔”
B．广汉三星堆遗址出土的青铜神树
C．眉山三苏祠内保存的苏轼手书碑刻
D．自贡燊海井遗存的清代木制井架
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．金箔为金属单质，金属单质属于金属材料，错误；
B．青铜为合金，合金属于金属材料，错误；
C．碑刻以石材为主（如大理石或硅酸盐），属于无机非金属材料，正确；
D．木材为有机物，属于有机材料，错误；
故答案为：C。
【分析】无机非金属材料包括陶瓷、玻璃、石材等，据此结合选项所给物质分析。
2．（2025·四川模拟）下列与物质性质相关的说法正确的是
A．用纯碱溶液清洗厨房油污，是因为其水溶液呈碱性
B．硝酸保存于棕色试剂瓶中，是因为其具有强氧化性
C．蔗糖加入浓硫酸后变黑，说明浓硫酸具有吸水性
D．白酒在陈化过程中产生香味，是因为其发生了氧化反应
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；盐类水解的应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，CO32-水解使溶液呈碱性，能促进油脂水解生成可溶性物质，从而去除油污，A正确；
B．硝酸不稳定，光照易分解，因此需避光保存，与其强氧化性无关，B错误；
C．浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，变成黑色固体，因此蔗糖遇浓硫酸变黑与浓硫酸的吸水性无关，C错误；
D．白酒的成分为C2H5OH，可被氧化生成CH3COOH。陈化产生香味主要因为C2H5OH与CH3COOH发生酯化反应，生成CH3COOC2H5，该反应为取代反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、Na2CO3溶液水解显碱性，能使油污发生碱性水解。
B、HNO3不稳定，光照易分解，应用棕色瓶避光保存。
C、浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水碳化。
D、白酒陈化过程中过产生的香味，是发生取代反应生成乙酸乙酯。
3．（2025·四川模拟）和（结构如图）均属于聚酰胺（尼龙）类高分子材料。下列关于这两种高分子材料的叙述错误的是
A．均为线型结构的有机高分子材料
B．都能自然降解成小分子
C．单体都含有亲水基团
D．合成二者的芳香族单体互为同系物
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A．由结构简式可知，其链节通过共价键连接成连续的长链，不存在网状交联结构，因此都属于线型结构的有机高分子材料，故A正确；
B．两种高分子结构中都含有酰胺基，因此都能在自然界中水解生成羧酸、胺类小分子，故B正确；
C．两种高分子的单体含氨基或羧基，都属于亲水基团，故C正确；
D．根据分析可知，合成二者的芳香族单体均为，属于同一种物质，而不是同系物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、线型高分子的结构特征是长链状、无交联，分子链可自由旋转或伸展。
B、酰胺基结构在自然界可发生水解反应。
C、-COOH、-NH2都属于亲水基团。
D、由高分子的结构简式可知，合成PA3的单体为、；合成的单体为：、。
4．（2025·四川模拟）我国某科研团队设计了一种新型共轭聚合分子反应器，实现和硝酸盐的高效偶联。原理为。下列叙述正确的是
A．的电子式为
B．的模型为平面三角形
C．分子中含有6个σ键
D．基态N原子的电子排布式为
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2中C、O原子分别形成2对共用电子对，因此CO2的电子式为，A错误；
B．中中心N原子价层电子对数=（5+1）/2=3（含1个负电荷），不存在孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形，B正确；
C．尿素CO(NH2)2的结构为H2N-CO-NH2，其中所含的σ键包括：4个N-H键、2个C-N键、1个C=O中的σ键，因此总共含有7个σ键，C错误；
D．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，选项所给为轨道表示式，D错误；
故答案为：B
【分析】A、CO2中C、O原子分别形成2对共用电子对，据此确定其电子式。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键。
D、基态N原子的电子排布式为1s22s22p3。
5．（2025·四川模拟）化合物M是从中草药中分离出来的活性成分，具有抗菌、抗炎、抗癌等功效，结构如图所示。下列关于M分子的说法正确的是
A．遇溶液能发生显色反应 B．含有手性碳原子
C．含有7个采用杂化的碳原子 D．最多能消耗
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A．显色反应需酚羟基（羟基直接连苯环），该分子中羟基均连在脂肪环或链烃上，属于醇羟基，因此遇溶液不会发生显色反应，A错误；
B．手性碳原子指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子。分子中多个饱和碳（如连有-OH、-H及两个不同环结构的碳）满足此条件，因此该有机物中含有手性碳原子，B正确；
C．分子结构中含2个C=C双键（4个碳）和2个羰基（2个碳），均采用sp2杂化，因此总共含有6个sp2杂化碳，C错误；
D．该分子结构中的酯基能与NaOH反应，因此1molM最多能消耗1 mol NaOH，D错误；
故答案为：B
【分析】A、遇FeCl3溶液发生显色反应的为酚羟基。
B、连接有4个不同原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、形成双键的碳原子采用sp2杂化。
D、分子结构中能与NaOH反应的有酯基。
6．（2025·四川模拟）科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳（），让由48个碳原子组成的环像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构——，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．属于超分子 B．只存在非极性键
C．与互为同位素 D．与M分子之间存在范德华力
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；同位素及其应用；超分子
【解析】【解答】A．C48环穿过3个M分子形成稳定“套环”结构，符合超分子定义，因此属于超分子，A正确；
B．C48由48个碳原子组成，碳原子之间形成的是非极性键，B正确；
C．C48与C60是碳元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D．稳定的“套环”结构是通过C48与M之间的分子间作用力连接的，范德华力属于分子间作用力，D正确；
故答案为：C
【分析】A、超分子是由分子通过分子间相互作用形成的聚集体。
B、同种元素的原子形成的共价键为非极性共价键。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、C48与M通过范德华力结合。
7．（2025·四川模拟）下列实验装置正确或操作规范的是
A.证明具有漂白性 B.中和反应反应热的测定
C.制备乙烯 D.制备晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；中和热的测定；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．干燥Cl2本身无漂白性，湿润Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，因此Cl2应先通入干燥红纸条（不褪色），再通入湿润红纸条（褪色），A错误；
B．金属的导热性强，用铁制搅拌器会导致热量损失，影响测定准确性，B错误；
C．制备乙烯时的反应温度为170℃，因此温度计水银球需插入反应液中，且缺少碎瓷片防暴沸，装置不规范，C错误；
D．制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体：向CuSO4溶液中滴加足量氨水，先产生Cu(OH)2沉淀；继续滴加氨水至沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；继续加入95%乙醇，降低配合物溶解度，玻璃棒摩擦试管壁使[Cu(NH3)4]SO4·H2O结晶析出，操作规范，D正确；
故答案为：D
【分析】A、实验需证明HClO的漂白性，应对比干燥Cl2和湿润Cl2对红纸条的作用。
B、中和反应反应热测定需用环形玻璃搅拌棒。
C、制乙烯的反应温度为170℃，温度计测量的是反应溶液的温度，应伸入液面下。
D、结合[Cu(NH3)4]SO4·H2O的制备操作分析。
8．（2025·四川模拟）钠及其化合物在一定条件下的转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．中含有的质子数为
B．反应②中，若有反应，则生成
C．反应③中，既是氧化剂又是还原剂
D．反应④中，若生成，则转移的电子数为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；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.Na的质子数为11，O的质子数为8，因此1个Na218O分中所含的质子数为2×11+8=30，因此1 mol Na218O所含的质子数为30NA，A错误；
B.气体摩尔体积受温度和压强的影响，22.4 L O2未指明标准状况，因此无法确定其物质的量，B错误；
C．反应③的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，其中Na2O2中-1价O部分变为-2价（H2O）、部分变为0价（O2），因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．反应④的化学方程式为，生成1个Cl2分子转移2个电子。因此生成71g Cl2（1 mol）转移电子数为2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、质子数＝核电荷数＝核外电子数＝原子序数，据此计算。
B、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
C、根据反应过程中元素化合价变化分析。
D、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
9．（2025·四川模拟）下列根据实验操作及现象书写的离子方程式正确的是
实验 操作及现象
① 向碘水中通入，棕黄色褪去
② 向溶液中加入过量氨水，得到无色溶液
③ 向溶液中通入氯气，溶液由浅绿色变为黄色
④ 向盛有少量苯酚稀溶液的试管中滴加饱和溴水，产生白色沉淀，溶液变为无色
A．实验①：
B．实验②：
C．实验③：
D．实验④：
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验①中，碘水（）与发生氧化还原反应，使得碘水的棕黄色褪色，该反应的离子方程式为，A正确；
B．实验②中，AgNO3溶液加入过量氨水，先发生反应；当氨水过量时，发生反应，沉淀溶解，最终形成无色的银氨溶液，B选项仅写出第一步沉淀生成，未体现过量氨水的后续反应，B错误；
C．实验③中，Cl2具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为，C错误；
D．实验④中，苯酚与饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，该反应的化学方程式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、碘水具有氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
B、NH3·H2O与Ag＋反应生成AgOH沉淀，AgOH进一步与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH溶液。
C、Cl2的氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
D、苯酚与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀和HBr。
10．（2025·四川模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们组成的物质有如图所示转化关系。基态Z原子s、p能级上的电子总数相等，W形成的单质可用于自来水杀菌消毒，在常温下是一种无色液体。下列叙述正确的是
A．简单氢化物的沸点：
B．电负性：
C．简单离子半径：
D．和均为含有共价键的离子化合物
【答案】B
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为O、Z为Mg、W为Cl。
A．Y的简单氢化物为H2O，W的为HCl，水分子间可形成氢键，使得沸点增大，因此沸点H2O>HCl，A错误；
B．非金属元素的电负性一般大于金属元素的电负性，因此电负性：O>H>Mg（Y>X>Z），B正确；
C．电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：Cl->O2->Mg2+（W>Y>Z），C错误；
D．Z(YX)2为Mg(OH)2，ZW2为MgCl2，二者都是离子化合物，都含有离子键；而Mg(OH)2中还含有O－H共价键，D错误；
故答案为：B
【分析】基态Z原子s、p能级上的电子总数相等，则基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2。因此Z为O或Mg。W形成的单质可用于自来水杀菌消毒，因此W为Cl。X2Y常温下是一种无色液体，为H2O，因此X为H、Y为O。所以Z为Mg。
11．（2025·四川模拟）配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图：
已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：；
②结构为。
下列叙述错误的是
A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解
B．可从“滤液”中回收
C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．中，配体数目为6
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；盐类水解的应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．为弱碱阳离子，在水溶液中发生水解反应，加入稀硫酸使得溶液中c(H+)增大，水解平衡逆向移动，因此可抑制水解，A正确；
B．加入H2C2O4后，Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，过滤后所得溶液为(NH4)2SO4溶液，可通过蒸发结晶回收滤液中的(NH4)2SO4，B正确；
C．“氧化”过程中发生反应：，该反应中，Fe元素由+2价变为+3价，化合价升高，发生氧化反应，因此草酸亚铁为还原剂。H2O2中O元素的化合价从-1降低到-2，H2O2为氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：6=1：2，C正确；
D．由的结构可知，为该配位离子的配体，共有3个，因此配体数目为3，D错误；
故答案为：D
【分析】A、加入稀硫酸，溶液中c(H＋)增大，Fe2＋的水解平衡逆向移动。
B、加入H2C2O4溶液时，Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，溶液中剩余离子为NH4＋、SO42－。
C、根据反应过程中元素化合价变化确定氧化剂与还原剂，从而得出二者的物质的量之比。
D、根据[Fe(C2O4)3]3－的结构确定配体的个数。
12．（2025·四川模拟）根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有溶液的试管中加入过量铜粉，充分反应后滴加溶液，溶液不变红 氧化性：
B 将混有少量乙烯的乙烷气体通入酸性溶液中，溶液紫红色变浅 可用酸性溶液除去乙烷中混有的乙烯
C 向某有机物的乙醇溶液中加入少量金属钠，常温下有气泡产生 该有机物含有羟基
D 将盐酸与大理石反应产生的气体直接通入溶液中，有白色沉淀产生 酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的物理、化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．滴加KSCN溶液不变红，说明Fe3+被Cu还原为Fe2+，该反应的离子方程式为，其中Fe3+是氧化剂、Cu2＋为氧化产物，因此氧化性Fe3＋＞Cu2＋，A正确；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可将乙烯氧化生成CO2，会引入新的杂质，B错误；
C．乙醇溶液中含有H2O，乙醇和H2O都能与钠反应产生氢气，因此无法确定产生气泡是有机物中的羟基导致，C错误；
D．盐酸具有挥发性，会使得反应生成的CO2中混有HCl，直接通入Na2SiO3溶液中，HCl和CO2都会与其反应产生硅酸沉淀，因此无法证明酸性H2CO3＞H2SiO3，D错误；
故答案为：A
【分析】A、往FeCl3溶液中加入铜粉，发生反应2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物分析。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将乙烯氧化生成CO2。
C、乙醇溶液中含有C2H5OH和H2O，都能与Na反应生成H2。
D、盐酸具有挥发性，使得生成的CO2中混有HCl，CO2、HCl都能与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀。
13．（2025·四川模拟）氮化铝（）的立方晶胞结构如图所示。晶胞参数为，1号、3号原子的分数坐标分别为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．2号原子的分数坐标为
B．该晶胞中的配位数为6
C．2个N之间最近距离为
D．该晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.1号原子坐标，因此该坐标系是以1号原子为构建的。2号原子位于面心，所以其分数坐标为，A正确；
B．AlN晶胞为NaCl型结构，与Al原子周围最近的N原子有6个，因此Al的配位数为6，B正确；
C．N原子位于八面体空隙（棱心或面心），距离最近的2个N原子为面对角线的一半，因此该距离为，C错误；
D．铝原子个数是：，氮原子个数是：，晶胞中Al和N各4个，摩尔质量是，其晶胞体积，因此该晶体的密度为：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、1号原子为原点坐标，2号原子位于xOy平面的面心，据此确定2号原子的坐标。
B、与Al原子周围最近的N原子有6个，则其配位数为6。
C、距离最近的2个氮原子为面对角线的一半，据此计算。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．（2025·四川模拟）甲是自然界中一种常见矿石的主要成分，经过如图所示五步反应（部分反应条件略）可以生成己，甲和己的组成元素相同且甲中两种元素原子的质量比为，戊可用于游泳池杀菌消毒。
下列叙述正确的是
A．甲在高温下与足量氧气反应，产生无味气体
B．常温下，溶液丁的大于7
C．乙能与氨水反应，说明乙是酸性氧化物
D．常温下，固体己能与稀硫酸发生复分解反应
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铜及其化合物；物质的简单分类；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲为Cu2S，高温下与足量O2反应生成CuO和SO2，其中SO2有刺激性气味，A错误；
B．深蓝色溶液丁中含有[Cu(NH3)4]2+，且氨水过量，因此溶液呈碱性，常温下pH大于7，B正确；
C．砖红色固体乙为Cu2O，与氨水反应生成[Cu(NH3)2]+配合物，而不生成盐和水，因此Cu2O不是酸性氧化物，C错误；
D．黑色固体己为CuS，CuS溶度积极小，因此不与稀硫酸发生复分解反应，D错误；
故答案为：B
【分析】蓝色溶液戊为CuSO4溶液，因此戊为CuSO4；加入H2S得到得到溶液己为黑色，因此己为CuS。固体甲和己的组成元素相同，因此其组成元素为Cu和S；甲中两种元素的质量比为4：1，所以甲为Cu2S。Cu2S与O2反应得到砖红色固体乙，因此乙为Cu2O。Cu2O与氨水反应得到无色溶液丙，因此丙为[Cu(NH3)2]＋。丙进一步与O2反应得到深蓝色溶液丁，因此丁为[Cu(NH3)4]2＋。据此结合选项分析。
15．（2025·四川模拟）在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO催化氧化加成的反应机理如图示：
下列说法错误的是
A．②反应中配位数增加了2
B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成
C．分子中具有空穴
D．总反应为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．反应②前Rh的配体为I-、CO，其配位数为4；发生反应②后的配体有、CO和另一I-，其配位数变为6，因此②反应中Rh的配位数增加了2，A正确；
B．反应过程中，有CH3OH中O-C、HI中H-I、CH3I中C-I等极性键断裂，同时有CH3COOH中C-O、O-H极性键的形成。反应过程中不存在非极性键的断裂与形成，B错误；
C．题干信息“中性分子XY能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，该分子作为过渡金属化合物，因此该分子具有空穴，C正确；
D．由反应机理可知，该过程的总反应为CH3OH+COCH3COOH，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应②前后物质结构的差异，确定配位数的差异。
B、根据反应过程中化学键的变化分析。
C、根据题干信息“具有配位空穴的过渡金属化合物”分析。
D、根据题干信息确定总反应的反应物和生成物，从而确定总反应式。
16．（2025·四川模拟）磷酸锌是一种防锈颜料，具有防腐蚀效果好、无毒性和无公害等优点。某实验小组拟用微波法制备并测定其纯度。已知：微波法指微波作用下，物质之间产生类似摩擦的作用，使处于杂乱的热运动分子获得能量。
Ⅰ．二水合磷酸锌的制备
实验步骤：
a.称取和尿素，置于烧杯A中，加入磷酸和水，搅拌溶解。将烧杯A置于装有适量水的烧杯B中，盖上表面皿，放入微波炉内，中高火微波辐射。
b.当观察到白色泡沫状物质隆起时，停止辐射加热，取出烧杯。
c.水浸、抽滤（如图所示）、洗涤、烘干。
Ⅱ．锌含量的测定
①准确称取产品，置于烧杯中，用少量水润湿，加入盐酸，搅拌至全部溶解，加入水混匀，全部转移至容量瓶中，加水定容，充分摇匀，得到产品溶液。
②准确移取产品溶液于锥形瓶中，加入水和滴二甲酚橙作指示剂，缓慢滴加六亚甲基四胺作缓冲剂，直至溶液由黄色变为紫红色，再加入六亚甲基四胺，使溶液的为。用标准溶液滴定至溶液恰好变为亮黄色且内不变色，平行滴定三次，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：和以物质的量之比为进行反应。
回答下列问题：
（1）下列对“微波作用”提高反应速率的叙述正确的是　 　（填字母）。
A.活化分子百分数不变，提高单位体积内活化分子数目
B.提高活化分子百分数，提高单位体积内活化分子数目
C.降低反应的活化能，提高活化分子百分数
（2）步骤c中，相对普通过滤，用如图装置抽滤的主要优点是　 　（答一条）；简述“洗涤”该产物的操作：　 　。
（3）微波加热下反应得到，同时产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，请写出发生该反应的化学方程式：　 　；所得的四水合晶体在烘箱中干燥脱水即可得到产品，烘干温度不超过，其原因是　 　。
（4）步骤②中，用酸式滴定管盛装标准溶液，在洗涤完酸式滴定管后应进行的操作为　 　。
（5）该产品中锌的含量为　 　%；若滴定实验过程中其他操作均正确，起始时俯视读数、到达滴定终点时仰视读数，则所测结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）B
（2）过滤速度快、所得固体较干燥等合理答案；（关闭抽气泵，）用玻璃棒引流向布氏漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出（或打开抽气泵抽滤）后重复2~3次
（3）；避免产品失去剩余的结晶水
（4）用标准溶液润洗滴定管
（5）；偏高
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；过滤；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）依题意，微波作用使物质产生热运动获取能量，即升高温度，提高活化分子百分数，反应的活化能没有降低，A、C项错误，B项正确。
故答案为：B
（2）抽滤时，抽气使装置内产生负压，过滤速度较快，固体与液体易分离、固体较干燥等；
根据布氏漏斗特殊情况，洗涤操作为：用玻璃棒引流加入蒸馏水，不能用玻璃棒搅拌，待水自然流出后重复操作2~3次。
故答案为： 过滤速度快、所得固体较干燥等合理答案； （关闭抽气泵，）用玻璃棒引流向布氏漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出（或打开抽气泵抽滤）后重复2~3次
（3）依题意，尿素中N显价，C显价。制备产品时产生气体，氮元素转化成铵根离子，发生反应的化学方程式为：；
温度过高，会导致产品失水或分解。
故答案为：； 避免产品失去剩余的结晶水
（4）滴定管洗涤后需要用待装溶液润洗。
故答案为： 用标准溶液润洗滴定管
（5）根据反应比例关系可知，；
起始时俯视读数，测得初始体积（）偏小，到达滴定终点时仰视读数，测得终点体积（）偏大，结果测得体积（）偏大，因此所测结果偏高。
故答案为：；偏高
【分析】（1）“微波作用”使杂乱的热运动分子获得能量，因此“微波作用”起到升高温度的作用，结合温度对活化分子数、活化分子百分数的影响分析。
（2）抽滤装置可加快过滤速度，且使得到的固体较为干燥。根据“洗涤”操作分析。
（3）产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2，结合原子守恒书写反应的化学方程式。烘干温度不超过120℃，是为了防止晶体失去结晶水。
（4）滴定管水洗后，应用待装液进行润洗。
（5）根据反应的方程式可知，n(Zn2＋)：n(EDTA)=1：1，据此进行计算。起始俯视读数、终点仰视读数，则所得体积偏大，据此分析实验误差。
（1）依题意，微波作用使物质产生热运动获取能量，即升高温度，提高活化分子百分数，反应的活化能没有降低，A、C项错误，B项正确；
（2）抽滤时，抽气使装置内产生负压，过滤速度较快，固体与液体易分离、固体较干燥等；
根据布氏漏斗特殊情况，洗涤操作为：用玻璃棒引流加入蒸馏水，不能用玻璃棒搅拌，待水自然流出后重复操作2~3次；
（3）依题意，尿素中N显价，C显价。制备产品时产生气体，氮元素转化成铵根离子，发生反应的化学方程式为：；
温度过高，会导致产品失水或分解；
（4）滴定管洗涤后需要用待装溶液润洗；
（5）根据反应比例关系可知，；
起始时俯视读数，测得初始体积（）偏小，到达滴定终点时仰视读数，测得终点体积（）偏大，结果测得体积（）偏大，因此所测结果偏高。
17．（2025·四川模拟）可用于生产压敏电阻、热敏电阻、电容器等电子元器件。以辉铋矿（主要成分为，含有等杂质）和软锰矿（主要成分为）为原料制备高纯氧化铋粉末和铁红的工艺流程如图所示。
已知：a.“焙烧”时，分别转化为和，转化为
b.常温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的如表。
金属离子
开始沉淀的
完全沉淀的
回答下列问题：
（1）锰位于元素周期表第　 　周期第　 　族。
（2）“焙烧”工序中，和反应的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”工序中，“浸渣”的主要成分是　 　（填化学式）。
（4）“沉淀”工序中，“滤液”除含外还有阳离子：　 　（填离子符号），调节范围宜为　 　。
（5）（磺化煤油）是一种中性萃取剂，“萃取”原理是。
①萃取剂中体积分数对萃取率的影响如图所示，的体积分数宜选择　 　。
②元素分别在有机层和水层中存在的物质的量浓度之比称为分配比（D）。若取 “酸溶”所得溶液，加入萃取剂，充分振荡、静置和分液。
若，则水层中　 　。
（6）利用水层制备铁红，采取一系列操作是沉铁、　 　、洗涤、　 　，得到铁红。
（7）“反萃取”中，向有机层加入草酸溶液，写出发生反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）四；ⅦB
（2）
（3）
（4）；
（5）；
（6）过滤；灼烧
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态原子的价层电子排布式为，位于元素周期表第四周期第ⅦB族。
故答案为：四；ⅦB
（2）根据提示信息，二氧化锰、硫化铋在氧气作用下生成硫酸锰和氧化铋，焙烧的方程式为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4。
故答案为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4
（3）根据分析，原料中的二氧化硅在盐酸浸取中分离出来。
故答案为：
（4）根据表格信息，残留在滤液中。根据表格中金属离子沉淀的数据，调节使完全沉淀，使不沉淀，pH范围是。
故答案为：；
（5）根据图像信息，体积分数为时，分离效果最好，主要萃取。设水层中，根据元素守恒有，解得。
故答案为：50%；
（6）加入氨水等碱使铁离子沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到铁红。
故答案为：过滤；灼烧
（7）加入，产物为萃取剂、盐酸和草酸铋固体，反萃取的方程式为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl 。
故答案为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl
【分析】辉铋矿（主要成分）和软锰矿（主要成分）在空气中焙烧。根据已知信息a，被氧化为，FeS2被氧化为Fe2O3，利用焙烧产生的SO2将转化为MnSO4。焙烧后的固体加入盐酸进行酸浸。与盐酸反应生成BiCl3，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3，MnSO4可溶于水，SiO2不与盐酸反应，成为浸渣。向酸浸后的溶液中加入氨水，调节溶液pH。根据已知信息b（金属离子沉淀的pH），控制pH使Fe3+完全沉淀，生成Fe(OH)3，而Bi3+、Mn2+仍留在溶液中，从而实现Fe3+的除去，滤液中含有Bi3+、Mn2+等。沉淀经过酸溶等操作，进一步处理。利用TBP萃取，将Bi3+转移到有机相，Mn2+留在水层，后续水层处理可得到铁红。将有机相中的Bi3+反萃取到水相，得到含 Bi3+的溶液，进一步处理得到Bi2(C2O4)3，最后煅烧得到Bi2O3。
（1）基态原子的价层电子排布式为，位于元素周期表第四周期第ⅦB族。
（2）根据提示信息，二氧化锰、硫化铋在氧气作用下生成硫酸锰和氧化铋，焙烧的方程式为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4。
（3）根据分析，原料中的二氧化硅在盐酸浸取中分离出来。
（4）根据表格信息，残留在滤液中。根据表格中金属离子沉淀的数据，调节使完全沉淀，使不沉淀，pH范围是。
（5）根据图像信息，体积分数为时，分离效果最好，主要萃取。设水层中，根据元素守恒有，解得。
（6）加入氨水等碱使铁离子沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到铁红。
（7）加入，产物为萃取剂、盐酸和草酸铋固体，反萃取的方程式为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl 。
18．（2025·四川模拟）丙酸及其盐常作烘焙食品的防腐剂。工业上，常用羰基化法制备丙酸。其反应原理为。请回答下列问题：
（1）已知：为物质的标准摩尔生成焓（），指在标准压力下，由最稳定的单质生成标准状态下物质的焓变。相关物质的标准摩尔生成焓如下表所示。
物质
计算上述反应的　 　，该正反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）上述反应的速率方程式为，k与温度（T）、催化剂有关，k与T关系为，其中R为常数，为活化能。其他条件相同时，在基催化剂、基催化剂作用下，与的关系如图1。
这两种催化剂中，催化性能更好的是　 　（填“”或“”）基催化剂，理由是　 　。
（3）工业生产中，因为积炭导致催化剂失活时，可在原料气中添加适量减少积炭，用化学方程式表示其原理：　 　。
（4）工业上，还可用丙烷催化（，等催化剂）氧化制备丙酸：
起始时向某密闭容器中投入和，发生上述反应，保持的平衡转化率（）固定为，温度、压强变化关系如图2。
①曲线代表为　 　（填“”“ ”或“”）。
②A、B、D、E点中平衡常数K最小的是　 　（填字母）。已知：用各组分的物质的量分数计算的平衡常数叫做物质的量分数平衡常数（）。C点对应的　 　（结果用最简分数表示）。
【答案】（1）；低温
（2）；升高相同温度，基催化剂对应的曲线变化值较小，说明活化能较小
（3）
（4）；B；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应热和生成焓关系，代入数据计算得：。正反应是气体分子数减小的放热反应，即熵减、焓减，故该反应在低温下能自发进行。
故答案案为：-210.7；低温
（2）从图1看，基催化剂的曲线平缓，即斜率较小。根据关系式，升高温度，活化能越小，斜率变化值较小，活化能小说明催化剂性能更好。
故答案案为：Pd； 升高相同温度，基催化剂对应的曲线变化值较小，说明活化能较小
（3）充入能与C反应生成反应物
故答案案为：
（4）①根据图2分析，正反应是气体分子数减小的放热反应，相同温度下，增大压强，丙烷的平衡转化率增大，故曲线代表丙烷的平衡转化率为，曲线代表丙烷的平衡转化率为。
故答案案为：0.60
②升高温度，平衡常数减小，图2中有。C点丙烷的平衡转化率为，列出三段式：
起始量： 2 3 0 0
转化量： 1 1.5 1 1
平衡量： 1 1.5 1 1
物质的量分数：
。
故答案案为：B；
【分析】（1）根据反应热＝生成物的生成焓－反应物的生成焓，进行计算。反应自发进行，则ΔH－TΔS＜0，据此确定其自发进行的条件。
（2）Pd基催化剂对应的曲线随温度的变化值较小，说明其活化能较小，催化性能更好。
（3）积碳导致催化剂失活，添加CO2可使积碳与CO2反应，从而减少积碳。
（4）①结合压强对平衡移动的影响。
②根据平衡三段式，结合压强平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据反应热和生成焓关系，代入数据计算得：。正反应是气体分子数减小的放热反应，即熵减、焓减，故该反应在低温下能自发进行。
（2）从图1看，基催化剂的曲线平缓，即斜率较小。根据关系式，升高温度，活化能越小，斜率变化值较小，活化能小说明催化剂性能更好。
（3）充入能与C反应生成反应物
（4）①根据图2分析，正反应是气体分子数减小的放热反应，相同温度下，增大压强，丙烷的平衡转化率增大，故曲线代表丙烷的平衡转化率为，曲线代表丙烷的平衡转化率为。②升高温度，平衡常数减小，图2中有。C点丙烷的平衡转化率为，列出三段式：
起始量： 2 3 0 0
转化量： 1 1.5 1 1
平衡量： 1 1.5 1 1
物质的量分数：
。
19．（2025·四川模拟）有机物J是一种新的选择性受体阻滞剂，具有局麻作用，也可用于治疗心绞痛。一种合成J的路线如图（部分产物和条件省略）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）D中官能团名称是羟基、　 　。
（3）D→E的反应类型是　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）在B的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（包括手性异构体），在核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为　 　（任写一种）。
a.苯环上只有一个取代基 b.能发生银镜反应
（6）药物W的合成路线如图所示。
已知X含羟基，按照E→G的原理合成Y。Z的结构简式为　 　；步骤①的化学方程式为　 　。
【答案】（1）苯酚
（2）酮羰基或羰基、氨基
（3）取代反应
（4）
（5）4；或
（6）；+(CH3)2CHCl+HCl
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据流程图，由C的结构简式逆推，A为，因此A的名称为苯酚。
故答案为：苯酚
（2）由D的结构简式可知，D中含有三种官能团，分别为基、酮羰基和氨基。
故答案为： 酮羰基或羰基、氨基
（3）D中氨基断裂键，与酰氯发生取代反应，副产物为氯化氢。
故答案为：取代反应
（4）由G和I的结构简式可知，H的结构简式为。
故答案为：
（5）依题意，符合要求的同分异构体含醛基：（含有手性碳原子，存在手性异构，2种）、、共4种；核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为：、。
故答案为：4；或
（6）根据上述原理，采用逆推分析，其合成过程：。因此Z 结构简式为；步骤①的化学方程式为+(CH3)2CHCl+HCl。
故答案为：；+(CH3)2CHCl+HCl
【分析】（1）根据A的分子式确定其结构简式，从而确定其化学名称。
（2）根据D的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（3）D→E的过程中，D与CH3CH2CH2COCl反应生成E的同时还HCl，据此确定其反应类型。
（4）根据G和I的结构简式确定H的结构简式。
（5）能发生银镜反应，说明分子结构中含有－CHO或－OCHO，据此确定同分异构体的个数。结合核磁共振氢光谱确定其结构简式。
（6）Z与(CH3CO)2O反应生成W，结合W的结构简式可知，Z的结构简式为。Y 与SnCl2/HCl发生还原反应，生成Z，因此Y 结构简式为。X含有羟基，发生反应①生成Y，因此X的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的名称为苯酚。
（2）D含三种官能团：羟基、酮羰基和氨基。
（3）D中氨基断裂键，与酰氯发生取代反应，副产物为氯化氢。
（4）H为异丙胺。
（5）依题意，符合要求的同分异构体含醛基：（含有手性碳原子，存在手性异构，2种）、、共4种；核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为：、。
（6）根据上述原理，采用逆推分析，其合成过程：。
1 / 1四川省大数据智学领航联盟2026届高三上学期一模考试 化学试题
1．（2025·四川模拟）文物留存文明印记，延续根脉。下列文物的主要成分属于无机非金属材料的是
A．成都金沙遗址出土的“太阳神鸟金箔”
B．广汉三星堆遗址出土的青铜神树
C．眉山三苏祠内保存的苏轼手书碑刻
D．自贡燊海井遗存的清代木制井架
2．（2025·四川模拟）下列与物质性质相关的说法正确的是
A．用纯碱溶液清洗厨房油污，是因为其水溶液呈碱性
B．硝酸保存于棕色试剂瓶中，是因为其具有强氧化性
C．蔗糖加入浓硫酸后变黑，说明浓硫酸具有吸水性
D．白酒在陈化过程中产生香味，是因为其发生了氧化反应
3．（2025·四川模拟）和（结构如图）均属于聚酰胺（尼龙）类高分子材料。下列关于这两种高分子材料的叙述错误的是
A．均为线型结构的有机高分子材料
B．都能自然降解成小分子
C．单体都含有亲水基团
D．合成二者的芳香族单体互为同系物
4．（2025·四川模拟）我国某科研团队设计了一种新型共轭聚合分子反应器，实现和硝酸盐的高效偶联。原理为。下列叙述正确的是
A．的电子式为
B．的模型为平面三角形
C．分子中含有6个σ键
D．基态N原子的电子排布式为
5．（2025·四川模拟）化合物M是从中草药中分离出来的活性成分，具有抗菌、抗炎、抗癌等功效，结构如图所示。下列关于M分子的说法正确的是
A．遇溶液能发生显色反应 B．含有手性碳原子
C．含有7个采用杂化的碳原子 D．最多能消耗
6．（2025·四川模拟）科学家成功合成了一种新型全碳分子——环[48]碳（），让由48个碳原子组成的环像穿项链般穿过3个小型“保护套”分子，从而形成稳定的“套环”结构——，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．属于超分子 B．只存在非极性键
C．与互为同位素 D．与M分子之间存在范德华力
7．（2025·四川模拟）下列实验装置正确或操作规范的是
A.证明具有漂白性 B.中和反应反应热的测定
C.制备乙烯 D.制备晶体
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·四川模拟）钠及其化合物在一定条件下的转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．中含有的质子数为
B．反应②中，若有反应，则生成
C．反应③中，既是氧化剂又是还原剂
D．反应④中，若生成，则转移的电子数为
9．（2025·四川模拟）下列根据实验操作及现象书写的离子方程式正确的是
实验 操作及现象
① 向碘水中通入，棕黄色褪去
② 向溶液中加入过量氨水，得到无色溶液
③ 向溶液中通入氯气，溶液由浅绿色变为黄色
④ 向盛有少量苯酚稀溶液的试管中滴加饱和溴水，产生白色沉淀，溶液变为无色
A．实验①：
B．实验②：
C．实验③：
D．实验④：
10．（2025·四川模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们组成的物质有如图所示转化关系。基态Z原子s、p能级上的电子总数相等，W形成的单质可用于自来水杀菌消毒，在常温下是一种无色液体。下列叙述正确的是
A．简单氢化物的沸点：
B．电负性：
C．简单离子半径：
D．和均为含有共价键的离子化合物
11．（2025·四川模拟）配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图：
已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：；
②结构为。
下列叙述错误的是
A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解
B．可从“滤液”中回收
C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．中，配体数目为6
12．（2025·四川模拟）根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有溶液的试管中加入过量铜粉，充分反应后滴加溶液，溶液不变红 氧化性：
B 将混有少量乙烯的乙烷气体通入酸性溶液中，溶液紫红色变浅 可用酸性溶液除去乙烷中混有的乙烯
C 向某有机物的乙醇溶液中加入少量金属钠，常温下有气泡产生 该有机物含有羟基
D 将盐酸与大理石反应产生的气体直接通入溶液中，有白色沉淀产生 酸性：
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·四川模拟）氮化铝（）的立方晶胞结构如图所示。晶胞参数为，1号、3号原子的分数坐标分别为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．2号原子的分数坐标为
B．该晶胞中的配位数为6
C．2个N之间最近距离为
D．该晶体密度为
14．（2025·四川模拟）甲是自然界中一种常见矿石的主要成分，经过如图所示五步反应（部分反应条件略）可以生成己，甲和己的组成元素相同且甲中两种元素原子的质量比为，戊可用于游泳池杀菌消毒。
下列叙述正确的是
A．甲在高温下与足量氧气反应，产生无味气体
B．常温下，溶液丁的大于7
C．乙能与氨水反应，说明乙是酸性氧化物
D．常温下，固体己能与稀硫酸发生复分解反应
15．（2025·四川模拟）在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO催化氧化加成的反应机理如图示：
下列说法错误的是
A．②反应中配位数增加了2
B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成
C．分子中具有空穴
D．总反应为
16．（2025·四川模拟）磷酸锌是一种防锈颜料，具有防腐蚀效果好、无毒性和无公害等优点。某实验小组拟用微波法制备并测定其纯度。已知：微波法指微波作用下，物质之间产生类似摩擦的作用，使处于杂乱的热运动分子获得能量。
Ⅰ．二水合磷酸锌的制备
实验步骤：
a.称取和尿素，置于烧杯A中，加入磷酸和水，搅拌溶解。将烧杯A置于装有适量水的烧杯B中，盖上表面皿，放入微波炉内，中高火微波辐射。
b.当观察到白色泡沫状物质隆起时，停止辐射加热，取出烧杯。
c.水浸、抽滤（如图所示）、洗涤、烘干。
Ⅱ．锌含量的测定
①准确称取产品，置于烧杯中，用少量水润湿，加入盐酸，搅拌至全部溶解，加入水混匀，全部转移至容量瓶中，加水定容，充分摇匀，得到产品溶液。
②准确移取产品溶液于锥形瓶中，加入水和滴二甲酚橙作指示剂，缓慢滴加六亚甲基四胺作缓冲剂，直至溶液由黄色变为紫红色，再加入六亚甲基四胺，使溶液的为。用标准溶液滴定至溶液恰好变为亮黄色且内不变色，平行滴定三次，消耗标准溶液的平均体积为。
已知：和以物质的量之比为进行反应。
回答下列问题：
（1）下列对“微波作用”提高反应速率的叙述正确的是　 　（填字母）。
A.活化分子百分数不变，提高单位体积内活化分子数目
B.提高活化分子百分数，提高单位体积内活化分子数目
C.降低反应的活化能，提高活化分子百分数
（2）步骤c中，相对普通过滤，用如图装置抽滤的主要优点是　 　（答一条）；简述“洗涤”该产物的操作：　 　。
（3）微波加热下反应得到，同时产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，请写出发生该反应的化学方程式：　 　；所得的四水合晶体在烘箱中干燥脱水即可得到产品，烘干温度不超过，其原因是　 　。
（4）步骤②中，用酸式滴定管盛装标准溶液，在洗涤完酸式滴定管后应进行的操作为　 　。
（5）该产品中锌的含量为　 　%；若滴定实验过程中其他操作均正确，起始时俯视读数、到达滴定终点时仰视读数，则所测结果　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
17．（2025·四川模拟）可用于生产压敏电阻、热敏电阻、电容器等电子元器件。以辉铋矿（主要成分为，含有等杂质）和软锰矿（主要成分为）为原料制备高纯氧化铋粉末和铁红的工艺流程如图所示。
已知：a.“焙烧”时，分别转化为和，转化为
b.常温下，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的如表。
金属离子
开始沉淀的
完全沉淀的
回答下列问题：
（1）锰位于元素周期表第　 　周期第　 　族。
（2）“焙烧”工序中，和反应的化学方程式为　 　。
（3）“酸浸”工序中，“浸渣”的主要成分是　 　（填化学式）。
（4）“沉淀”工序中，“滤液”除含外还有阳离子：　 　（填离子符号），调节范围宜为　 　。
（5）（磺化煤油）是一种中性萃取剂，“萃取”原理是。
①萃取剂中体积分数对萃取率的影响如图所示，的体积分数宜选择　 　。
②元素分别在有机层和水层中存在的物质的量浓度之比称为分配比（D）。若取 “酸溶”所得溶液，加入萃取剂，充分振荡、静置和分液。
若，则水层中　 　。
（6）利用水层制备铁红，采取一系列操作是沉铁、　 　、洗涤、　 　，得到铁红。
（7）“反萃取”中，向有机层加入草酸溶液，写出发生反应的离子方程式：　 　。
18．（2025·四川模拟）丙酸及其盐常作烘焙食品的防腐剂。工业上，常用羰基化法制备丙酸。其反应原理为。请回答下列问题：
（1）已知：为物质的标准摩尔生成焓（），指在标准压力下，由最稳定的单质生成标准状态下物质的焓变。相关物质的标准摩尔生成焓如下表所示。
物质
计算上述反应的　 　，该正反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）上述反应的速率方程式为，k与温度（T）、催化剂有关，k与T关系为，其中R为常数，为活化能。其他条件相同时，在基催化剂、基催化剂作用下，与的关系如图1。
这两种催化剂中，催化性能更好的是　 　（填“”或“”）基催化剂，理由是　 　。
（3）工业生产中，因为积炭导致催化剂失活时，可在原料气中添加适量减少积炭，用化学方程式表示其原理：　 　。
（4）工业上，还可用丙烷催化（，等催化剂）氧化制备丙酸：
起始时向某密闭容器中投入和，发生上述反应，保持的平衡转化率（）固定为，温度、压强变化关系如图2。
①曲线代表为　 　（填“”“ ”或“”）。
②A、B、D、E点中平衡常数K最小的是　 　（填字母）。已知：用各组分的物质的量分数计算的平衡常数叫做物质的量分数平衡常数（）。C点对应的　 　（结果用最简分数表示）。
19．（2025·四川模拟）有机物J是一种新的选择性受体阻滞剂，具有局麻作用，也可用于治疗心绞痛。一种合成J的路线如图（部分产物和条件省略）。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）D中官能团名称是羟基、　 　。
（3）D→E的反应类型是　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）在B的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的有　 　种（包括手性异构体），在核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为　 　（任写一种）。
a.苯环上只有一个取代基 b.能发生银镜反应
（6）药物W的合成路线如图所示。
已知X含羟基，按照E→G的原理合成Y。Z的结构简式为　 　；步骤①的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A．金箔为金属单质，金属单质属于金属材料，错误；
B．青铜为合金，合金属于金属材料，错误；
C．碑刻以石材为主（如大理石或硅酸盐），属于无机非金属材料，正确；
D．木材为有机物，属于有机材料，错误；
故答案为：C。
【分析】无机非金属材料包括陶瓷、玻璃、石材等，据此结合选项所给物质分析。
2．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；盐类水解的应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．纯碱为碳酸钠，CO32-水解使溶液呈碱性，能促进油脂水解生成可溶性物质，从而去除油污，A正确；
B．硝酸不稳定，光照易分解，因此需避光保存，与其强氧化性无关，B错误；
C．浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，变成黑色固体，因此蔗糖遇浓硫酸变黑与浓硫酸的吸水性无关，C错误；
D．白酒的成分为C2H5OH，可被氧化生成CH3COOH。陈化产生香味主要因为C2H5OH与CH3COOH发生酯化反应，生成CH3COOC2H5，该反应为取代反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A、Na2CO3溶液水解显碱性，能使油污发生碱性水解。
B、HNO3不稳定，光照易分解，应用棕色瓶避光保存。
C、浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水碳化。
D、白酒陈化过程中过产生的香味，是发生取代反应生成乙酸乙酯。
3．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；同系物；缩聚反应
【解析】【解答】A．由结构简式可知，其链节通过共价键连接成连续的长链，不存在网状交联结构，因此都属于线型结构的有机高分子材料，故A正确；
B．两种高分子结构中都含有酰胺基，因此都能在自然界中水解生成羧酸、胺类小分子，故B正确；
C．两种高分子的单体含氨基或羧基，都属于亲水基团，故C正确；
D．根据分析可知，合成二者的芳香族单体均为，属于同一种物质，而不是同系物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、线型高分子的结构特征是长链状、无交联，分子链可自由旋转或伸展。
B、酰胺基结构在自然界可发生水解反应。
C、-COOH、-NH2都属于亲水基团。
D、由高分子的结构简式可知，合成PA3的单体为、；合成的单体为：、。
4．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．CO2中C、O原子分别形成2对共用电子对，因此CO2的电子式为，A错误；
B．中中心N原子价层电子对数=（5+1）/2=3（含1个负电荷），不存在孤电子对，因此其VSEPR模型为平面三角形，B正确；
C．尿素CO(NH2)2的结构为H2N-CO-NH2，其中所含的σ键包括：4个N-H键、2个C-N键、1个C=O中的σ键，因此总共含有7个σ键，C错误；
D．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，选项所给为轨道表示式，D错误；
故答案为：B
【分析】A、CO2中C、O原子分别形成2对共用电子对，据此确定其电子式。
B、根据中心原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
C、共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键和2个π键。
D、基态N原子的电子排布式为1s22s22p3。
5．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团
【解析】【解答】A．显色反应需酚羟基（羟基直接连苯环），该分子中羟基均连在脂肪环或链烃上，属于醇羟基，因此遇溶液不会发生显色反应，A错误；
B．手性碳原子指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子。分子中多个饱和碳（如连有-OH、-H及两个不同环结构的碳）满足此条件，因此该有机物中含有手性碳原子，B正确；
C．分子结构中含2个C=C双键（4个碳）和2个羰基（2个碳），均采用sp2杂化，因此总共含有6个sp2杂化碳，C错误；
D．该分子结构中的酯基能与NaOH反应，因此1molM最多能消耗1 mol NaOH，D错误；
故答案为：B
【分析】A、遇FeCl3溶液发生显色反应的为酚羟基。
B、连接有4个不同原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、形成双键的碳原子采用sp2杂化。
D、分子结构中能与NaOH反应的有酯基。
6．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；同位素及其应用；超分子
【解析】【解答】A．C48环穿过3个M分子形成稳定“套环”结构，符合超分子定义，因此属于超分子，A正确；
B．C48由48个碳原子组成，碳原子之间形成的是非极性键，B正确；
C．C48与C60是碳元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D．稳定的“套环”结构是通过C48与M之间的分子间作用力连接的，范德华力属于分子间作用力，D正确；
故答案为：C
【分析】A、超分子是由分子通过分子间相互作用形成的聚集体。
B、同种元素的原子形成的共价键为非极性共价键。
C、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
D、C48与M通过范德华力结合。
7．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；中和热的测定；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．干燥Cl2本身无漂白性，湿润Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，因此Cl2应先通入干燥红纸条（不褪色），再通入湿润红纸条（褪色），A错误；
B．金属的导热性强，用铁制搅拌器会导致热量损失，影响测定准确性，B错误；
C．制备乙烯时的反应温度为170℃，因此温度计水银球需插入反应液中，且缺少碎瓷片防暴沸，装置不规范，C错误；
D．制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体：向CuSO4溶液中滴加足量氨水，先产生Cu(OH)2沉淀；继续滴加氨水至沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+；继续加入95%乙醇，降低配合物溶解度，玻璃棒摩擦试管壁使[Cu(NH3)4]SO4·H2O结晶析出，操作规范，D正确；
故答案为：D
【分析】A、实验需证明HClO的漂白性，应对比干燥Cl2和湿润Cl2对红纸条的作用。
B、中和反应反应热测定需用环形玻璃搅拌棒。
C、制乙烯的反应温度为170℃，温度计测量的是反应溶液的温度，应伸入液面下。
D、结合[Cu(NH3)4]SO4·H2O的制备操作分析。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；气体摩尔体积；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.Na的质子数为11，O的质子数为8，因此1个Na218O分中所含的质子数为2×11+8=30，因此1 mol Na218O所含的质子数为30NA，A错误；
B.气体摩尔体积受温度和压强的影响，22.4 L O2未指明标准状况，因此无法确定其物质的量，B错误；
C．反应③的化学方程式为2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，其中Na2O2中-1价O部分变为-2价（H2O）、部分变为0价（O2），因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂，C正确；
D．反应④的化学方程式为，生成1个Cl2分子转移2个电子。因此生成71g Cl2（1 mol）转移电子数为2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、质子数＝核电荷数＝核外电子数＝原子序数，据此计算。
B、气体所处的状态未知，无法应用气体摩尔体积进行计算。
C、根据反应过程中元素化合价变化分析。
D、根据反应过程中元素化合价变化计算转移电子数。
9．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；二氧化硫的性质；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验①中，碘水（）与发生氧化还原反应，使得碘水的棕黄色褪色，该反应的离子方程式为，A正确；
B．实验②中，AgNO3溶液加入过量氨水，先发生反应；当氨水过量时，发生反应，沉淀溶解，最终形成无色的银氨溶液，B选项仅写出第一步沉淀生成，未体现过量氨水的后续反应，B错误；
C．实验③中，Cl2具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为，C错误；
D．实验④中，苯酚与饱和溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，该反应的化学方程式为，D错误；
故答案为：A
【分析】A、碘水具有氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应。
B、NH3·H2O与Ag＋反应生成AgOH沉淀，AgOH进一步与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH溶液。
C、Cl2的氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
D、苯酚与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀和HBr。
10．【答案】B
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为O、Z为Mg、W为Cl。
A．Y的简单氢化物为H2O，W的为HCl，水分子间可形成氢键，使得沸点增大，因此沸点H2O>HCl，A错误；
B．非金属元素的电负性一般大于金属元素的电负性，因此电负性：O>H>Mg（Y>X>Z），B正确；
C．电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此简单离子半径：Cl->O2->Mg2+（W>Y>Z），C错误；
D．Z(YX)2为Mg(OH)2，ZW2为MgCl2，二者都是离子化合物，都含有离子键；而Mg(OH)2中还含有O－H共价键，D错误；
故答案为：B
【分析】基态Z原子s、p能级上的电子总数相等，则基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2。因此Z为O或Mg。W形成的单质可用于自来水杀菌消毒，因此W为Cl。X2Y常温下是一种无色液体，为H2O，因此X为H、Y为O。所以Z为Mg。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；盐类水解的应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．为弱碱阳离子，在水溶液中发生水解反应，加入稀硫酸使得溶液中c(H+)增大，水解平衡逆向移动，因此可抑制水解，A正确；
B．加入H2C2O4后，Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，过滤后所得溶液为(NH4)2SO4溶液，可通过蒸发结晶回收滤液中的(NH4)2SO4，B正确；
C．“氧化”过程中发生反应：，该反应中，Fe元素由+2价变为+3价，化合价升高，发生氧化反应，因此草酸亚铁为还原剂。H2O2中O元素的化合价从-1降低到-2，H2O2为氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：6=1：2，C正确；
D．由的结构可知，为该配位离子的配体，共有3个，因此配体数目为3，D错误；
故答案为：D
【分析】A、加入稀硫酸，溶液中c(H＋)增大，Fe2＋的水解平衡逆向移动。
B、加入H2C2O4溶液时，Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，溶液中剩余离子为NH4＋、SO42－。
C、根据反应过程中元素化合价变化确定氧化剂与还原剂，从而得出二者的物质的量之比。
D、根据[Fe(C2O4)3]3－的结构确定配体的个数。
12．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的物理、化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．滴加KSCN溶液不变红，说明Fe3+被Cu还原为Fe2+，该反应的离子方程式为，其中Fe3+是氧化剂、Cu2＋为氧化产物，因此氧化性Fe3＋＞Cu2＋，A正确；
B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可将乙烯氧化生成CO2，会引入新的杂质，B错误；
C．乙醇溶液中含有H2O，乙醇和H2O都能与钠反应产生氢气，因此无法确定产生气泡是有机物中的羟基导致，C错误；
D．盐酸具有挥发性，会使得反应生成的CO2中混有HCl，直接通入Na2SiO3溶液中，HCl和CO2都会与其反应产生硅酸沉淀，因此无法证明酸性H2CO3＞H2SiO3，D错误；
故答案为：A
【分析】A、往FeCl3溶液中加入铜粉，发生反应2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物分析。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将乙烯氧化生成CO2。
C、乙醇溶液中含有C2H5OH和H2O，都能与Na反应生成H2。
D、盐酸具有挥发性，使得生成的CO2中混有HCl，CO2、HCl都能与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.1号原子坐标，因此该坐标系是以1号原子为构建的。2号原子位于面心，所以其分数坐标为，A正确；
B．AlN晶胞为NaCl型结构，与Al原子周围最近的N原子有6个，因此Al的配位数为6，B正确；
C．N原子位于八面体空隙（棱心或面心），距离最近的2个N原子为面对角线的一半，因此该距离为，C错误；
D．铝原子个数是：，氮原子个数是：，晶胞中Al和N各4个，摩尔质量是，其晶胞体积，因此该晶体的密度为：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、1号原子为原点坐标，2号原子位于xOy平面的面心，据此确定2号原子的坐标。
B、与Al原子周围最近的N原子有6个，则其配位数为6。
C、距离最近的2个氮原子为面对角线的一半，据此计算。
D、根据公式计算晶胞密度。
14．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；铜及其化合物；物质的简单分类；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲为Cu2S，高温下与足量O2反应生成CuO和SO2，其中SO2有刺激性气味，A错误；
B．深蓝色溶液丁中含有[Cu(NH3)4]2+，且氨水过量，因此溶液呈碱性，常温下pH大于7，B正确；
C．砖红色固体乙为Cu2O，与氨水反应生成[Cu(NH3)2]+配合物，而不生成盐和水，因此Cu2O不是酸性氧化物，C错误；
D．黑色固体己为CuS，CuS溶度积极小，因此不与稀硫酸发生复分解反应，D错误；
故答案为：B
【分析】蓝色溶液戊为CuSO4溶液，因此戊为CuSO4；加入H2S得到得到溶液己为黑色，因此己为CuS。固体甲和己的组成元素相同，因此其组成元素为Cu和S；甲中两种元素的质量比为4：1，所以甲为Cu2S。Cu2S与O2反应得到砖红色固体乙，因此乙为Cu2O。Cu2O与氨水反应得到无色溶液丙，因此丙为[Cu(NH3)2]＋。丙进一步与O2反应得到深蓝色溶液丁，因此丁为[Cu(NH3)4]2＋。据此结合选项分析。
15．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．反应②前Rh的配体为I-、CO，其配位数为4；发生反应②后的配体有、CO和另一I-，其配位数变为6，因此②反应中Rh的配位数增加了2，A正确；
B．反应过程中，有CH3OH中O-C、HI中H-I、CH3I中C-I等极性键断裂，同时有CH3COOH中C-O、O-H极性键的形成。反应过程中不存在非极性键的断裂与形成，B错误；
C．题干信息“中性分子XY能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，该分子作为过渡金属化合物，因此该分子具有空穴，C正确；
D．由反应机理可知，该过程的总反应为CH3OH+COCH3COOH，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应②前后物质结构的差异，确定配位数的差异。
B、根据反应过程中化学键的变化分析。
C、根据题干信息“具有配位空穴的过渡金属化合物”分析。
D、根据题干信息确定总反应的反应物和生成物，从而确定总反应式。
16．【答案】（1）B
（2）过滤速度快、所得固体较干燥等合理答案；（关闭抽气泵，）用玻璃棒引流向布氏漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出（或打开抽气泵抽滤）后重复2~3次
（3）；避免产品失去剩余的结晶水
（4）用标准溶液润洗滴定管
（5）；偏高
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；过滤；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）依题意，微波作用使物质产生热运动获取能量，即升高温度，提高活化分子百分数，反应的活化能没有降低，A、C项错误，B项正确。
故答案为：B
（2）抽滤时，抽气使装置内产生负压，过滤速度较快，固体与液体易分离、固体较干燥等；
根据布氏漏斗特殊情况，洗涤操作为：用玻璃棒引流加入蒸馏水，不能用玻璃棒搅拌，待水自然流出后重复操作2~3次。
故答案为： 过滤速度快、所得固体较干燥等合理答案； （关闭抽气泵，）用玻璃棒引流向布氏漏斗中加入蒸馏水至浸没固体，待水自然流出（或打开抽气泵抽滤）后重复2~3次
（3）依题意，尿素中N显价，C显价。制备产品时产生气体，氮元素转化成铵根离子，发生反应的化学方程式为：；
温度过高，会导致产品失水或分解。
故答案为：； 避免产品失去剩余的结晶水
（4）滴定管洗涤后需要用待装溶液润洗。
故答案为： 用标准溶液润洗滴定管
（5）根据反应比例关系可知，；
起始时俯视读数，测得初始体积（）偏小，到达滴定终点时仰视读数，测得终点体积（）偏大，结果测得体积（）偏大，因此所测结果偏高。
故答案为：；偏高
【分析】（1）“微波作用”使杂乱的热运动分子获得能量，因此“微波作用”起到升高温度的作用，结合温度对活化分子数、活化分子百分数的影响分析。
（2）抽滤装置可加快过滤速度，且使得到的固体较为干燥。根据“洗涤”操作分析。
（3）产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体是CO2，结合原子守恒书写反应的化学方程式。烘干温度不超过120℃，是为了防止晶体失去结晶水。
（4）滴定管水洗后，应用待装液进行润洗。
（5）根据反应的方程式可知，n(Zn2＋)：n(EDTA)=1：1，据此进行计算。起始俯视读数、终点仰视读数，则所得体积偏大，据此分析实验误差。
（1）依题意，微波作用使物质产生热运动获取能量，即升高温度，提高活化分子百分数，反应的活化能没有降低，A、C项错误，B项正确；
（2）抽滤时，抽气使装置内产生负压，过滤速度较快，固体与液体易分离、固体较干燥等；
根据布氏漏斗特殊情况，洗涤操作为：用玻璃棒引流加入蒸馏水，不能用玻璃棒搅拌，待水自然流出后重复操作2~3次；
（3）依题意，尿素中N显价，C显价。制备产品时产生气体，氮元素转化成铵根离子，发生反应的化学方程式为：；
温度过高，会导致产品失水或分解；
（4）滴定管洗涤后需要用待装溶液润洗；
（5）根据反应比例关系可知，；
起始时俯视读数，测得初始体积（）偏小，到达滴定终点时仰视读数，测得终点体积（）偏大，结果测得体积（）偏大，因此所测结果偏高。
17．【答案】（1）四；ⅦB
（2）
（3）
（4）；
（5）；
（6）过滤；灼烧
（7）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）基态原子的价层电子排布式为，位于元素周期表第四周期第ⅦB族。
故答案为：四；ⅦB
（2）根据提示信息，二氧化锰、硫化铋在氧气作用下生成硫酸锰和氧化铋，焙烧的方程式为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4。
故答案为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4
（3）根据分析，原料中的二氧化硅在盐酸浸取中分离出来。
故答案为：
（4）根据表格信息，残留在滤液中。根据表格中金属离子沉淀的数据，调节使完全沉淀，使不沉淀，pH范围是。
故答案为：；
（5）根据图像信息，体积分数为时，分离效果最好，主要萃取。设水层中，根据元素守恒有，解得。
故答案为：50%；
（6）加入氨水等碱使铁离子沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到铁红。
故答案为：过滤；灼烧
（7）加入，产物为萃取剂、盐酸和草酸铋固体，反萃取的方程式为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl 。
故答案为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl
【分析】辉铋矿（主要成分）和软锰矿（主要成分）在空气中焙烧。根据已知信息a，被氧化为，FeS2被氧化为Fe2O3，利用焙烧产生的SO2将转化为MnSO4。焙烧后的固体加入盐酸进行酸浸。与盐酸反应生成BiCl3，Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3，MnSO4可溶于水，SiO2不与盐酸反应，成为浸渣。向酸浸后的溶液中加入氨水，调节溶液pH。根据已知信息b（金属离子沉淀的pH），控制pH使Fe3+完全沉淀，生成Fe(OH)3，而Bi3+、Mn2+仍留在溶液中，从而实现Fe3+的除去，滤液中含有Bi3+、Mn2+等。沉淀经过酸溶等操作，进一步处理。利用TBP萃取，将Bi3+转移到有机相，Mn2+留在水层，后续水层处理可得到铁红。将有机相中的Bi3+反萃取到水相，得到含 Bi3+的溶液，进一步处理得到Bi2(C2O4)3，最后煅烧得到Bi2O3。
（1）基态原子的价层电子排布式为，位于元素周期表第四周期第ⅦB族。
（2）根据提示信息，二氧化锰、硫化铋在氧气作用下生成硫酸锰和氧化铋，焙烧的方程式为：6MnO2+2Bi2S3+9O22Bi2O3+6MnSO4。
（3）根据分析，原料中的二氧化硅在盐酸浸取中分离出来。
（4）根据表格信息，残留在滤液中。根据表格中金属离子沉淀的数据，调节使完全沉淀，使不沉淀，pH范围是。
（5）根据图像信息，体积分数为时，分离效果最好，主要萃取。设水层中，根据元素守恒有，解得。
（6）加入氨水等碱使铁离子沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到铁红。
（7）加入，产物为萃取剂、盐酸和草酸铋固体，反萃取的方程式为：2(BiCl3 nTBP)+3H2C2O4=Bi2(C2O4)3↓+2nTBP+6H++6Cl 。
18．【答案】（1）；低温
（2）；升高相同温度，基催化剂对应的曲线变化值较小，说明活化能较小
（3）
（4）；B；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应热和生成焓关系，代入数据计算得：。正反应是气体分子数减小的放热反应，即熵减、焓减，故该反应在低温下能自发进行。
故答案案为：-210.7；低温
（2）从图1看，基催化剂的曲线平缓，即斜率较小。根据关系式，升高温度，活化能越小，斜率变化值较小，活化能小说明催化剂性能更好。
故答案案为：Pd； 升高相同温度，基催化剂对应的曲线变化值较小，说明活化能较小
（3）充入能与C反应生成反应物
故答案案为：
（4）①根据图2分析，正反应是气体分子数减小的放热反应，相同温度下，增大压强，丙烷的平衡转化率增大，故曲线代表丙烷的平衡转化率为，曲线代表丙烷的平衡转化率为。
故答案案为：0.60
②升高温度，平衡常数减小，图2中有。C点丙烷的平衡转化率为，列出三段式：
起始量： 2 3 0 0
转化量： 1 1.5 1 1
平衡量： 1 1.5 1 1
物质的量分数：
。
故答案案为：B；
【分析】（1）根据反应热＝生成物的生成焓－反应物的生成焓，进行计算。反应自发进行，则ΔH－TΔS＜0，据此确定其自发进行的条件。
（2）Pd基催化剂对应的曲线随温度的变化值较小，说明其活化能较小，催化性能更好。
（3）积碳导致催化剂失活，添加CO2可使积碳与CO2反应，从而减少积碳。
（4）①结合压强对平衡移动的影响。
②根据平衡三段式，结合压强平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据反应热和生成焓关系，代入数据计算得：。正反应是气体分子数减小的放热反应，即熵减、焓减，故该反应在低温下能自发进行。
（2）从图1看，基催化剂的曲线平缓，即斜率较小。根据关系式，升高温度，活化能越小，斜率变化值较小，活化能小说明催化剂性能更好。
（3）充入能与C反应生成反应物
（4）①根据图2分析，正反应是气体分子数减小的放热反应，相同温度下，增大压强，丙烷的平衡转化率增大，故曲线代表丙烷的平衡转化率为，曲线代表丙烷的平衡转化率为。②升高温度，平衡常数减小，图2中有。C点丙烷的平衡转化率为，列出三段式：
起始量： 2 3 0 0
转化量： 1 1.5 1 1
平衡量： 1 1.5 1 1
物质的量分数：
。
19．【答案】（1）苯酚
（2）酮羰基或羰基、氨基
（3）取代反应
（4）
（5）4；或
（6）；+(CH3)2CHCl+HCl
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据流程图，由C的结构简式逆推，A为，因此A的名称为苯酚。
故答案为：苯酚
（2）由D的结构简式可知，D中含有三种官能团，分别为基、酮羰基和氨基。
故答案为： 酮羰基或羰基、氨基
（3）D中氨基断裂键，与酰氯发生取代反应，副产物为氯化氢。
故答案为：取代反应
（4）由G和I的结构简式可知，H的结构简式为。
故答案为：
（5）依题意，符合要求的同分异构体含醛基：（含有手性碳原子，存在手性异构，2种）、、共4种；核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为：、。
故答案为：4；或
（6）根据上述原理，采用逆推分析，其合成过程：。因此Z 结构简式为；步骤①的化学方程式为+(CH3)2CHCl+HCl。
故答案为：；+(CH3)2CHCl+HCl
【分析】（1）根据A的分子式确定其结构简式，从而确定其化学名称。
（2）根据D的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（3）D→E的过程中，D与CH3CH2CH2COCl反应生成E的同时还HCl，据此确定其反应类型。
（4）根据G和I的结构简式确定H的结构简式。
（5）能发生银镜反应，说明分子结构中含有－CHO或－OCHO，据此确定同分异构体的个数。结合核磁共振氢光谱确定其结构简式。
（6）Z与(CH3CO)2O反应生成W，结合W的结构简式可知，Z的结构简式为。Y 与SnCl2/HCl发生还原反应，生成Z，因此Y 结构简式为。X含有羟基，发生反应①生成Y，因此X的结构简式为。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的名称为苯酚。
（2）D含三种官能团：羟基、酮羰基和氨基。
（3）D中氨基断裂键，与酰氯发生取代反应，副产物为氯化氢。
（4）H为异丙胺。
（5）依题意，符合要求的同分异构体含醛基：（含有手性碳原子，存在手性异构，2种）、、共4种；核磁共振氢谱有五组峰且峰的面积之比为的结构简式为：、。
（6）根据上述原理，采用逆推分析，其合成过程：。
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