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湖南省部分校联考2024-2025学年高三下学期3月联考化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·湖南模拟）近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是
A．火力发电是一种将化学能直接转化为电能的装置
B．风能、太阳能、地热能、潮汐能、核电等都属于新能源
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语使用正确的是
A．蚁酸的结构简式为：CH3COOH
B．羟基的电子式为：
C．基态C原子的电子排布图为：
D．乙炔分子的球棍模型为：
3．（2025·湖南模拟）化学实验中，具有安全和规范意识是重要的学科素养。下列关于实验事故或药品的处埋方法中不正确的是
A．制备金属镁的电解装置失火时，不可以使用二氧化碳灭火器灭火
B．“84”消毒液和“洁厕灵”不能混合使用
C．不慎将金属汞洒落桌面，必须尽可能收集，并深埋处理
D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量向高处去
4．（2025·湖南模拟）下列有关化学概念或性质的判断错误的是
A．为含有非极性键的极性分子
B．甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属于
C．键能：，所以稳定性：
D．NaCl溶液和，溶液均显中性，但两溶液中水的电离程度并不相同
5．（2025·湖南模拟）D-2-脱氧核糖是生物遗传物质的主要成分，可发生如图转化。下列说法错误的是
A．D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个取代反应
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖互为同分异构体
D．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式发生了改变
6．（2025·湖南模拟）下列反应方程式书写错误的是
A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：
B．、在强碱性溶液中反应制备：
C．在无水HF中电解制氟气，阴极反应式：
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：
7．（2025·湖南模拟）利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
8．（2025·湖南模拟）下列实验操作能达到实验目的的是（　　）。
选项 实验目的 实验操作
A 比较和溶度积大小 向的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为的溶液，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，观察生成沉淀的颜色
B 探究化学反应是否可逆 向的KI溶液中滴加2滴的溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象
C 探究浓度对盐类水解平衡的影响 向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入等体积蒸馏水，观察现象
D 比较和酸性强弱 用pH试纸测定溶液和溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·湖南模拟）下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中W、X、Y、Z四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于Z，工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质。E是短周期元素。E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是
A．W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同
B．第一电离能：E>W >X
C．E和Y的简单氢化物沸点：E >Y
D．简单离子半径：W>E>Y
10．（2025·湖南模拟）电解法能同时处理含多种有害物质的废水，以提高处理效率。下图为双极膜电解池中通过电解产生极强的氧化能力的羟基自由基()，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原理。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．M极连接电源负极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理3.0g甲醛，理论上消耗双极膜中
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成的物质的量之比为
11．（2025·湖南模拟）以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]的工艺流程如图：
已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；
②调节AlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是
A．“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B．“酸溶”时可用2 mol·L-1的硫酸代替4 mol·L-1的盐酸
C．“蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pH
D．碱式氯化铝可用于净水
12．（2025·湖南模拟）晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
13．（2025·湖南模拟）25℃时，向 溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，浴液中、与的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，的
B．点所表示的溶液中：
C．向原溶液中不断通入 气体：
D．的溶液中：
14．（2025·湖南模拟）某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是
A．相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态
B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0
C．其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：CD．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）过氧化钙是一种应用广泛的无机过氧化物。常用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、增氧剂等。某学习小组设计如下实验方案制备并测定产品纯度。
．制备(制备装置如图所示，夹持装置略)：向三颈烧瓶中依次加入11.和30mL水，充分溶解后，置于冰水中，开启搅拌器，同时滴加溶液和氨水，冷却后即有沉淀析出。
．分离：将第步获得的沉淀过滤，依次用水、乙醇、乙醚洗涤，干燥；
．制备：加热烘烤获得。
．测定产品中的含量：
①准确称取步骤获得的产品0.800g，放入100mL锥形瓶中，依次加入20mL蒸馏水和的醋酸，使固体溶解，用的酸性标准溶液滴定至终点，三次实验消耗标准溶液的平均体积为20.40mL。
②空白实验：另取20mL蒸馏水和的醋酸代替样品溶液放入锥形瓶中，重复①中实验操作，消耗标准溶液的平均体积为0.40mL。
已知：不溶于水、乙醇和乙醚，与酸反应产生；常温下稳定性好，左右时变为无水，时迅速分解为CaO和。
回答下列问题：
（1）盛放溶液的仪器名称为　 　。
（2）第步制备的离子方程式为　 　；将该反应装置置于冰水中的原因是　 　。
（3）第步分离沉淀所用到的玻璃仪器有　 　。
（4）第步，加热烘烤获得的最佳温度范围是　 　(填标号)。
A． B． C．
（5）第步，测定产品中的含量。
①能否用盐酸溶解样品：　 　(填“能”或“否”)。
②实验达到滴定终点的现象为　 　。
③样品中的含量为　 　。
16．（2025·湖南模拟）高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要成分是，含有、、、、等杂质))和黄铁矿()为原料，制备高纯碳酸锰的工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
金属离子
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
②常温下，、、的溶度积分别为、、。
（1）为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是　 　(任答一条即可)，已知“滤渣①”中不含单质硫，写出“酸浸”时与反应的化学方程式：　 　。
（2）“中和净化”中调节溶液的pH范围为　 　；“二次净化”后溶液中的，则　 　。
（3）“沉锰”中溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为　 　，得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括　 　。
（4）纯净碳酸锰溶于硫酸后再进行电解制备锰，装置如图所示，进入阳极区发生副反应生成造成资源浪费，该副反应的电极反应为　 　。
17．（2025·湖南模拟）化合物I是除草剂茚草酮的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A含有　 　种官能团，E的名称为　 　，H的官能团名称为　 　。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）D的制备过程中，可以提高原料利用率，原因是　 　。
（6）J为B的同分异构体，写出满足下列条件的J的结构简式　 　(任写一种)。
①含有苯环；
②能与溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为。
18．（2025·湖南模拟）二甲醚(CH3OCH3)是一种洁净液体燃料，工业上可以通过以下两种工艺合成：
Ⅰ．方法1：以CO和H2为原料生产CH3OCH3.工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0~10.0 MPa．温度：230-280℃)进行下列反应：
反应i：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-99 kJ·mol-1
反应ii：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ·mol-1
反应iii：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.2 kJ·mol-1
（1）在该条件下，若只发生反应i，各物质的起始浓度分别为c(CO)=1.2 mol·L-1，c(H2)=2.8 mol·L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为　 　。
（2）在t℃时。反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
c/( mol·L-1) 0.05 2.0 2.0
此时　 　(填“>”“<”或“=”)
（3）催化总反应为：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)
①ΔS　 　0(填“>”“<”或“=”)，该反应在　 　条件下自发。
②CO的平衡转化率(CO)与温度T、压强p的关系如图1所示：
若P2（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因　 　。
Ⅱ．方法2：先用CO2加H2合成甲醇，涉及以下主要反应：
反应i．甲醇的合成：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.6kJ·mol-1
反应ii．逆水汽变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
再由甲醇脱水合成二甲醚。
在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
（5）下列说法正确的是　 　。
A．图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B．P1C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向
E．图乙中三条曲线趋于相等的原因，是因为达到一定温度后，以反应ii为主
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A．火力发电的过程是：燃料（如煤等）燃烧，化学能先转化为热能，热能使水变成水蒸气，水蒸气推动汽轮机转动，热能再转化为机械能，汽轮机带动发电机发电，机械能最终转化为电能。所以火力发电不是化学能直接转化为电能，A项错误；
B．风能、太阳能、地热能、潮汐能是典型的新能源；核电利用核能发电，核能属于新能源，B项正确；
C．锂离子电池放电时，负极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入正极；充电时，正极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入负极，C项正确；
D．理想的新能源应具备资源丰富（能持续供应）、可再生（不会枯竭）、对环境无污染（减少生态破坏）等特点，D项正确；
答案选A。
【分析】A．火力发电过程中的能量转化为：化学能热能机械能电能；
Ｂ．新能源是指在新技术基础上，可系统地开发利用的可再生能源；
Ｃ．充电时，正极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入负极；
Ｄ．新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．蚁酸是甲酸的俗称，则蚁酸的结构简式为HCOOH，故A错误；
B．羟基是中性基团，氧原子最外层有 7 个电子，其正确的电子式为，是OH-的电子式，故B错误；
C．C的电子排布式为1s22s22p2，电子排布图中，1s、2s轨道各排 2 个自旋相反的电子，2p轨道的 2 个电子分占不同轨道且自旋平行，则基态C原子的电子排布图为，故C正确；
D．乙炔空间构型为直线形，碳碳之间为三键，则其球棍模型为，故D错误；
答案为C。
【分析】A．蚁酸即甲酸；
Ｂ．羟基呈电中性，不带电荷；
Ｃ．C为6号原子，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｄ．乙炔为直线结构。
3．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的物理性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．镁等活泼金属能在二氧化碳中燃烧，所以电解装置失火时，不可以使用二氧化碳灭火器灭火，A正确；
B．“84” 消毒液的主要成分是次氯酸钠，“洁厕灵” 的主要成分是盐酸，二者混合会发生反应产生有毒气体氯气，B正确；
C．金属汞有毒，不慎洒落桌面，应尽可能收集，然后用硫粉处理，C错误；
D．氯气的密度比空气大，会在低处聚集，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量向高处去，能减少吸入氯气的风险，D正确；
故选C。
【分析】A．金属镁能在二氧化碳中燃烧；
Ｂ．次氯酸钠和盐酸能发生氧化还原反应生成氯气；
Ｃ．金属汞有毒；
Ｄ．氯气的密度大于空气。
4．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．O3分子的共价键是极性键，O3分子的空间结构不对称，正、负电中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．甲苯的相对分子质量为92，质谱图中质荷比最大的峰对应甲苯分子的离子，则甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰是甲苯失去一个电子剩余的粒子，即，B正确；
C．原子半径：FSi-Cl>Si-Br，键能越大越稳定，因此稳定性：，C正确；
D．NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，溶液显中性，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO-和相互促进水解，且水解程度相近，溶液显中性，但CH3COO-和水解导致溶液中水的电离程度增大，D正确；
答案选A。
【分析】A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ． 质荷比为92的峰应归属于甲苯分子的离子；
Ｃ．键能越大，化学键越稳定，由该键形成的物质也越稳定；
Ｄ．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
5．【答案】B
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．D-2-脱氧核糖含有羟基，能与羧酸发生取代反应，羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，可以发生取代反应，也能被氧化，即D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应，故A正确；
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程分子内醛基与羟基发生加成反应形成环状结构，并非取代反应，故B错误；
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式均为C5H10O4，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．D-2-脱氧核糖中含有醛基碳原子的杂化方式为sp2，其他饱和碳原子采用sp3杂化，β-D-2脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，故D正确；
答案选B。
【分析】A．D-2-脱氧核糖含有羟基和醛基，具有醇和醛的性质；
Ｂ．该过程中醛基与羟基发生加成反应形成环状结构；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明Fe过量，将硝酸铁还原为硝酸亚铁，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故A正确；
B．将氧化为，自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；
C．在无水HF中电解KHF2制氟气，阳极发生氧化反应生成F2，在阴极得电子生成氢气和F-，则阴极反应式为，故C正确；
D．用二氧化硫的水溶液吸收溴，溴具有强氧化性，SO2具有还原性，被溴氧化为硫酸根离子，Br2被还原为Br-，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选D。
【分析】A．Fe3+遇KSCN变为血红色；
Ｂ．根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
Ｃ．阴极发生得电子的还原反应；
Ｄ．二氧化硫和溴发生氧化还原反应。
7．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
8．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸的通性
【解析】【解答】A.向1mL0.1mol／L的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为0.1mol／L的NaCl溶液，发生反应Ag+ ＋Cl-＝AgCl产生白色沉淀，由于NaCl不足，硝酸银有剩余，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，发生反应Ag+＋I-＝AgI产生黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是AgCl白色沉淀转化生成的，故不能比较AgI和AgCl溶度积大小，A错误；
B.Fe3+与I-发生氧化还原反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+，c(I-)过量，c(Fe3+)不足， 充分反应后，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应，B正确；
C.CO32-在水中水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加酚酞溶液变红，向碳酸钠溶液中加水，溶液碱性减弱，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向，B错误；
D.NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱，D错误；
答案：B
【分析】A.硝酸银过量，均生成沉淀，不是沉淀的转发，无法比较AgI和AgCl溶度积大小；
B.c(Fe3+)不足，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应；
C.CO32-在水中水解显碱性，加水促进水解，但加水稀释c(OH-)减小，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向；
D..NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱。
9．【答案】C
【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
【解析】【解答】A．W为P，对应的最高价氧化物的水化物分子式为H3PO4，Y为N，对应的最高价氧化物的水化物分子式为HNO3，分子式不同，A正确；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第 ⅡA 族、第 ⅤA 族元素第一电离能高于相邻元素；同主族从上到下第一电离能减小，所以第一电离能：Cl>P >As，即E>W >X，B正确；
C．形成氢键能使分子的沸点升高，Y为N、 E为Cl，NH3分子间可形成氢键，因此其沸点高于HCl，C错误；
D．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，W、E、Y对应的简单离子分别为P3-、Cl-、N3-，P3-、Cl-的电子层数相同，且比N3-多一层，P3-和Cl-电子层数相同，前者的核电荷数小于后者，所以简单离子半径：P3-> Cl->N3-，D正确；
故选：C。
【分析】工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质，可知Y为氧气或氮气，结合Y的成键特征可知，Y为N元素，E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，Y的价电子数为5，则E的价电子数为7，E形成一个共价键，则E为Cl元素，与的电子结构相同，则W为P元素，X的电负性大于Z，同主族从上到下电负性逐渐减小，则X为 As、Z为Sb。
10．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，M为阴极，发生还原反应，电极反应式为；，A正确；
B．由分析可知，N为阳极，则双极膜中解离出的透过膜a向N极移动，B正确；
C．HCHO被氧化生成CO2，根据HCHO~4e-，3.0g甲酸的物质的量为， 每处理3.0g甲醛，理论上消耗双极膜中 ，C正确；
D.1mol甲醛生成CO2转移4mol e-，1mol苯酚生成CO2转移28mol e- ，若有28mol电子转移，则苯酚生成的CO2为6mol，甲醛生成的CO2为7mol，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6：7，D错误；
答案选D。
【分析】M电极上，O2转化为羟基自由基，发生还原反应，则电极M为阴极，电极反应式为O2+2e-+2H+=2·OH，双极膜解离产生的OH-移向N极，在N极上失去电子生成·OH，则N极为阳极，电极反应式为OH--e-=·OH。
11．【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．根据题给信息①，"焙烧"确实能够改变Al2O3的结构，提高其在酸中的溶解性，A选项正确；
B．若使用硫酸代替盐酸进行"酸溶"，会引入杂质离子，不利于制备纯净的碱式氯化铝，B选项错误；
C．"蒸发浓缩"和"稀释"操作都能有效降低溶液中HCl的浓度，从而将pH调节至4.2~4.5的适宜范围，促进碱式氯化铝的沉降，C选项正确；
D．碱式氯化铝水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用于水处理净化，D选项正确；
故答案为：B
【分析】高岭土的主要成分包括Al2O3、SiO2和H2O。通过"焙烧"处理可以改变Al2O3的晶体结构，使其更易溶于酸。随后用盐酸进行"酸溶"处理，此时SiO2不溶解，经过过滤后得到含有AlCl3的滤液。通过蒸发浓缩和加水稀释来调节HCl浓度，将溶液pH控制在4.2~4.5范围内，最终可沉降得到碱式氯化铝。据此结合选项分析。
12．【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
13．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，此时pH=4.75，c(H+)=10-4.75mol/L，则醋酸的电离常数Ka==c(H+)=10-4.75，故A正确；
B．W点溶液中c(H+)=10-4.75 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100mol/L，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.050 mol·L-1，则c(H+)c(Cl-)，故B错误；
C．向原溶液中通入0.1 mol HCl气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100 mol·L-1，可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C正确；
D．的溶液中 ，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100 mol·L-1，联立两式可得c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 mol·L-1，故D正确；
故选B。
【分析】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，根据Ka==c(H+)，结合pH计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．根据电荷守恒和物料守恒分析。
14．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应的可逆性；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、A 容器体积小于 B，初始压强 A > B。压强越大反应速率越快，达到平衡的时间越短。当 B 达到平衡时，速率更快的 A 必然已达到平衡，A正确；
B、图乙中，X 转化率随温度升高先增后减。最高点前未达平衡（升温速率加快使转化率提高），最高点后为平衡状态（升温转化率下降，说明平衡逆向移动）。逆反应吸热，则正反应放热（ΔH < 0），B正确；
C、增加 X 的物质的量，可促进 Y 的转化（提高 Y 的转化率）。图丙中 X 起始量 A B > C，C错误；
D、图丁中压强增大瞬间，v逆 > v正，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体体积减小。因此反应式中反应物总系数小于生成物总系数（a + b < c），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．比较不同压强下反应达到平衡的先后顺序。
B．根据温度对转化率的影响判断反应热。
C．分析反应物用量对其他反应物转化率的影响。
D．根据压强对正逆反应速率的影响判断气体体积变化。
15．【答案】（1）分液漏斗
（2）Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；防止H2O2分解和氨水挥发
（3）漏斗、烧杯、玻璃棒
（4）C
（5）否；滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；90
【知识点】常用仪器及其使用；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）盛放的仪器名称为分液漏斗。
（2）由题目信息可知，H2O2和氨水均过量，故CaCl2与H2O2和氨水制备的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；H2O2受热易分解、氨水受热易挥发，故将反应装置置于冰水中可以防止H2O2分解和氨水挥发；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）由题给信息可知，加热烘烤CaO2·8H2O获得CaO2的温度在130℃左右，且必须低于350℃，故选C；
（5）①Cl-能与酸性KMnO4标准溶液反应，会影响测定结果，故不能用盐酸溶解样品；
②实验达到滴定终点的现象为滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；
③结合反应CaO2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O2、5H2O2+2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，得关系式5 CaO2~5H2O2~2，n(CaO2)=0.20mol/L×(20.40-0.40)×10-3L×=1×10-2mol，则m(CaO2)=1×10-2mol×72g/mol=0.72g，样品中的含量为。
【分析】由题给流程、实验示意图可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，冰水浴下氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成CaO2·8H2O沉淀，过滤得到的沉淀经水洗、乙醇洗、乙醚洗后，烘烤得到无水过氧化钙。
（1）根据仪器构造可知，该仪器为分液漏斗；
（2）CaCl2与H2O2、氨水发生反应Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2制得 ；氨水和过氧化氢不稳定，温度高易分解；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，过滤需要用到烧杯、玻璃棒和漏斗；
（4）不溶于水、乙醇和乙醚，与酸反应产生；常温下稳定性好，左右时变为无水，时迅速分解为CaO和 ，则获得的最佳温度范围为 ；
（5）①盐酸能与酸性高锰酸钾反应，不能用盐酸溶解产品；
②当滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去时，达到滴定终点；
③根据5 CaO2~5H2O2~2计算。
（1）盛放的仪器名称为分液漏斗。
（2）由题目信息可知，H2O2和氨水均过量，故CaCl2与H2O2和氨水制备的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；H2O2受热易分解、氨水受热易挥发，故将反应装置置于冰水中可以防止H2O2分解和氨水挥发；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）由题给信息可知，加热烘烤CaO2·8H2O获得CaO2的温度在130℃左右，且必须低于350℃，故选C；
（5）①Cl-能与酸性KMnO4标准溶液反应，会影响测定结果，故不能用盐酸溶解样品；
②实验达到滴定终点的现象为滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；
③结合反应CaO2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O2、5H2O2+2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，得关系式5 CaO2~5H2O2~2，n(CaO2)=0.20mol/L×(20.40-0.40)×10-3L×=1×10-2mol，则m(CaO2)=1×10-2mol×72g/mol=0.72g，样品中的含量为。
16．【答案】（1）将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
（2）5.5≤pH<8.8；0.8
（3）7.5%；过滤，洗涤和干燥
（4）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；
已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为：15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（2）“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH调节至5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，c2(F-)==7.0×10-3(mol/L)2，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)×c2(F-)，c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3，c(Mn2+)=0.8mol/L；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
【分析】贫软锰矿和黄铁矿加入稀硫酸酸浸，MnO2、、、、和FeS2转化为对应的硫酸盐，SiO2与盐酸不反应，滤渣①为SiO2，过滤分离滤渣，滤液中主要含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子，向滤液中加入石灰乳中和净化，将铁和铝元素的离子形成沉淀除去，再加入MnF2进行二次净化，形成、以除去镁元素和钙元素，二次沉淀后的溶液中应该主要含有锰元素，再加入碳酸氢铵沉锰，经一系列操作可得纯净的碳酸锰。
（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；
已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为：15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（2）“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH调节至5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，c2(F-)==7.0×10-3(mol/L)2，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)×c2(F-)，c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3，c(Mn2+)=0.8mol/L；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
17．【答案】（1）2；邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；酮羰基(或羰基)
（2）B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C
（3）消去反应
（4）+2CH3CH2OH+2H2O
（5）D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动
（6）、、
【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；酮
【解析】【解答】（1）A含有碳氯键、酮羰基，共2种官能团；
由E的结构简式可知，E的名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；
H的官能团名称为酮羰基(或羰基)；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（5）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动；
（6）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
【分析】（1）A中含有氯原子和羰基两种官能团；苯环上有两个取代基，需用邻、间、对或数字编号区分取代基位置，则E命名为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；H中含有的官能团是羰基；
（2）B中的羟基能与水分子形成氢键，增大其溶解度，而C不含亲水基团，因此B的溶解度大于C；
（3）B→C的过程中，羟基转化为碳碳双键，发生消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，据此书写化学方程式；
（5） D 的过程中会生成HCl，加入碳酸钾可与HCl反应，促进反应正向进行；
（6）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
（1）A含有碳氯键、酮羰基，共2种官能团；
由E的结构简式可知，E的名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；
H的官能团名称为酮羰基(或羰基)；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（5）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动；
（6）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
18．【答案】0.15mol L 1 min 1；＜；＜；低温；；当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；ACE
【知识点】盖斯定律及其应用；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】（1）在该条件下，若反应ⅰ的起始浓度分别为：c(CO)=1.2mol·L 1，c(H2)=2.8mol·L 1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为： ；
（2）在t℃时，此时反应ⅱ有：，平衡逆向移动，所以此时刻v正＜v逆；
（3）①催化反应室的总反应3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)是由反应式ⅰ×2+ⅱ+ⅲ而得，故该总反应的ΔH=ΔH1×2+ΔH2+ΔH3= -262.7 kJ·mol 1＜0，该反应是放热反应，由方程式可知是熵减反应ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS<0可自发，故该反应在低温条件下自发；
②若升温，其CO的平衡转化率会降低，该总反应是气体系数减小的反应，若降压，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率会减小，压强p2时CO的平衡转化率的变化趋势图为：；
（4）结合图象，根据平衡移动原理分析：当投料比大于1时，随着增大，c(H2)增大，反应①被促进，反应①中CO转化率增大，甲醇的产率增大；另一方面，随着增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；
（5）A．由于合成甲醇的正反应是放热反应，因此低温阶段，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，CH3OH的平衡产率降低，而逆水汽变换反应的正反应为吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，则温度升高，CO2的平衡转化率升高，即图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率，图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率，故A正确；
B．合成甲醇的反应为气体分子总数减小的反应，逆水汽变换反应为气体分子总数不变的反应，因此压强增大，CO2的平衡转化率升高，因此，压强的大小顺序为：p1＞p2＞p3，故B错误；
C．根据A、B分析可知，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故C正确；
D．催化剂对平衡移动无影响，使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率，故D错误；
E．合成甲醇反应是放热反应，低温阶段以合成甲醇反应为主，逆水汽变换反应是吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，故图乙中三条曲线趋于相等，故E正确；
故选ACE；
【分析】（1）根据计算；
（2）计算此时的浓度熵，若浓度熵大于平衡常数，平衡逆向进行，浓度熵小于平衡常数，平衡正向进行；
（3）①该反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
②该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；
（4）投料比大于1之后，二甲醚产率逐渐降低，甲醇产率逐渐升高，原因是H2过量时，更有利于甲醇生成的反应进行，而二甲醚生成反应受限于一定条件，产率下降；
（5）A．反应ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
Ｂ．增大压强，该反应的平衡正向移动；
Ｃ．反应ⅰ是放热、气体分子数减小的反应，低温有利于反应ⅰ平衡正向移动，高压也有利于反应 平衡正向移动；
Ｄ．催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动；
F．反应 ⅰ 是放热反应，反应 ⅱ 是吸热反应。达到一定温度后，以吸热的反应 ⅱ 为主，此时温度对反应 ⅰ 和反应 ⅱ 的影响相互作用，使得图乙中三条曲线趋于相等。
1 / 1湖南省部分校联考2024-2025学年高三下学期3月联考化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·湖南模拟）近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是
A．火力发电是一种将化学能直接转化为电能的装置
B．风能、太阳能、地热能、潮汐能、核电等都属于新能源
C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌
D．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A．火力发电的过程是：燃料（如煤等）燃烧，化学能先转化为热能，热能使水变成水蒸气，水蒸气推动汽轮机转动，热能再转化为机械能，汽轮机带动发电机发电，机械能最终转化为电能。所以火力发电不是化学能直接转化为电能，A项错误；
B．风能、太阳能、地热能、潮汐能是典型的新能源；核电利用核能发电，核能属于新能源，B项正确；
C．锂离子电池放电时，负极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入正极；充电时，正极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入负极，C项正确；
D．理想的新能源应具备资源丰富（能持续供应）、可再生（不会枯竭）、对环境无污染（减少生态破坏）等特点，D项正确；
答案选A。
【分析】A．火力发电过程中的能量转化为：化学能热能机械能电能；
Ｂ．新能源是指在新技术基础上，可系统地开发利用的可再生能源；
Ｃ．充电时，正极的锂离子脱嵌，经过电解质嵌入负极；
Ｄ．新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点。
2．（2025·湖南模拟）下列化学用语使用正确的是
A．蚁酸的结构简式为：CH3COOH
B．羟基的电子式为：
C．基态C原子的电子排布图为：
D．乙炔分子的球棍模型为：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．蚁酸是甲酸的俗称，则蚁酸的结构简式为HCOOH，故A错误；
B．羟基是中性基团，氧原子最外层有 7 个电子，其正确的电子式为，是OH-的电子式，故B错误；
C．C的电子排布式为1s22s22p2，电子排布图中，1s、2s轨道各排 2 个自旋相反的电子，2p轨道的 2 个电子分占不同轨道且自旋平行，则基态C原子的电子排布图为，故C正确；
D．乙炔空间构型为直线形，碳碳之间为三键，则其球棍模型为，故D错误；
答案为C。
【分析】A．蚁酸即甲酸；
Ｂ．羟基呈电中性，不带电荷；
Ｃ．C为6号原子，基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｄ．乙炔为直线结构。
3．（2025·湖南模拟）化学实验中，具有安全和规范意识是重要的学科素养。下列关于实验事故或药品的处埋方法中不正确的是
A．制备金属镁的电解装置失火时，不可以使用二氧化碳灭火器灭火
B．“84”消毒液和“洁厕灵”不能混合使用
C．不慎将金属汞洒落桌面，必须尽可能收集，并深埋处理
D．大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量向高处去
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的物理性质；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．镁等活泼金属能在二氧化碳中燃烧，所以电解装置失火时，不可以使用二氧化碳灭火器灭火，A正确；
B．“84” 消毒液的主要成分是次氯酸钠，“洁厕灵” 的主要成分是盐酸，二者混合会发生反应产生有毒气体氯气，B正确；
C．金属汞有毒，不慎洒落桌面，应尽可能收集，然后用硫粉处理，C错误；
D．氯气的密度比空气大，会在低处聚集，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量向高处去，能减少吸入氯气的风险，D正确；
故选C。
【分析】A．金属镁能在二氧化碳中燃烧；
Ｂ．次氯酸钠和盐酸能发生氧化还原反应生成氯气；
Ｃ．金属汞有毒；
Ｄ．氯气的密度大于空气。
4．（2025·湖南模拟）下列有关化学概念或性质的判断错误的是
A．为含有非极性键的极性分子
B．甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归属于
C．键能：，所以稳定性：
D．NaCl溶液和，溶液均显中性，但两溶液中水的电离程度并不相同
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；盐类水解的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．O3分子的共价键是极性键，O3分子的空间结构不对称，正、负电中心不重合，属于极性分子，A错误；
B．甲苯的相对分子质量为92，质谱图中质荷比最大的峰对应甲苯分子的离子，则甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰是甲苯失去一个电子剩余的粒子，即，B正确；
C．原子半径：FSi-Cl>Si-Br，键能越大越稳定，因此稳定性：，C正确；
D．NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，溶液显中性，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO-和相互促进水解，且水解程度相近，溶液显中性，但CH3COO-和水解导致溶液中水的电离程度增大，D正确；
答案选A。
【分析】A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ． 质荷比为92的峰应归属于甲苯分子的离子；
Ｃ．键能越大，化学键越稳定，由该键形成的物质也越稳定；
Ｄ．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
5．（2025·湖南模拟）D-2-脱氧核糖是生物遗传物质的主要成分，可发生如图转化。下列说法错误的是
A．D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程是一个取代反应
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖互为同分异构体
D．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖后，碳原子的杂化方式发生了改变
【答案】B
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．D-2-脱氧核糖含有羟基，能与羧酸发生取代反应，羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，可以发生取代反应，也能被氧化，即D-2-脱氧核糖可发生取代、消去、氧化反应，故A正确；
B．D-2-脱氧核糖转化为β-D-2-脱氧核糖的过程分子内醛基与羟基发生加成反应形成环状结构，并非取代反应，故B错误；
C．D-2-脱氧核糖与β-D-2-脱氧核糖的分子式均为C5H10O4，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；
D．D-2-脱氧核糖中含有醛基碳原子的杂化方式为sp2，其他饱和碳原子采用sp3杂化，β-D-2脱氧核糖中都是饱和碳原子，碳原子的杂化方式只有sp3，D-2-脱氧核糖转化为β-D-2脱氧核糖后，碳原子的杂化方式改变，故D正确；
答案选B。
【分析】A．D-2-脱氧核糖含有羟基和醛基，具有醇和醛的性质；
Ｂ．该过程中醛基与羟基发生加成反应形成环状结构；
Ｃ．分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
Ｄ．双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。
6．（2025·湖南模拟）下列反应方程式书写错误的是
A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色：
B．、在强碱性溶液中反应制备：
C．在无水HF中电解制氟气，阴极反应式：
D．海水提溴中，用二氧化硫的水溶液吸收溴：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向含KSCN的稀硝酸溶液中加入铁粉，溶液不变为红色，说明Fe过量，将硝酸铁还原为硝酸亚铁，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故A正确；
B．将氧化为，自身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；
C．在无水HF中电解KHF2制氟气，阳极发生氧化反应生成F2，在阴极得电子生成氢气和F-，则阴极反应式为，故C正确；
D．用二氧化硫的水溶液吸收溴，溴具有强氧化性，SO2具有还原性，被溴氧化为硫酸根离子，Br2被还原为Br-，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选D。
【分析】A．Fe3+遇KSCN变为血红色；
Ｂ．根据得失电子守恒和质量守恒书写离子方程式；
Ｃ．阴极发生得电子的还原反应；
Ｄ．二氧化硫和溴发生氧化还原反应。
7．（2025·湖南模拟）利用如图所示装置制备SO2并检验其性质。下列说法不正确的是
A．装置①中紫色石蕊溶液变红
B．装置②和④中溶液褪色，均体现SO2的漂白性
C．装置③中出现浑浊，体现SO2的氧化性
D．装置⑤中的试剂可以是NaOH溶液，用于吸收尾气
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A.70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成Na2SO4、H2O和SO2。SO2是一种酸性氧化物，溶于水生成H2SO3，可使紫色石蕊变红，A项正确；
B．SO2能使品红褪色，是因为SO2具有漂白作用；SO2具有还原性，能与酸性KMnO4发生氧化还原反应，从而使酸性KMnO4溶液褪色。装置②和④中溶液褪色，原理不同，B项错误；
C．SO2与H2S发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以装置③中出现浑浊，该过程中SO2中的S元素化合价降低，被还原，体现了SO2的氧化性，C项正确；
D．SO2是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，不能直接排放到空气中，SO2能与NaOH发生反应，故可以通过NaOH溶液来吸收尾气，D项正确；
故答案为：B。
【分析】70%的硫酸和Na2SO3发生反应生成二氧化硫，SO2是一种酸性氧化物，故①中石蕊变色，二氧化硫具有漂白性，②中品红褪色，③中硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，为淡黄色沉淀，④高锰酸钾与二氧化硫反应，褪色，最后高锰酸钾吸收多余二氧化硫，防止污染空气。
8．（2025·湖南模拟）下列实验操作能达到实验目的的是（　　）。
选项 实验目的 实验操作
A 比较和溶度积大小 向的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为的溶液，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，观察生成沉淀的颜色
B 探究化学反应是否可逆 向的KI溶液中滴加2滴的溶液，充分反应后，滴入2滴的溶液，观察现象
C 探究浓度对盐类水解平衡的影响 向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入等体积蒸馏水，观察现象
D 比较和酸性强弱 用pH试纸测定溶液和溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸的通性
【解析】【解答】A.向1mL0.1mol／L的硝酸银溶液中先滴加2～3滴浓度为0.1mol／L的NaCl溶液，发生反应Ag+ ＋Cl-＝AgCl产生白色沉淀，由于NaCl不足，硝酸银有剩余，再滴加2～3滴相同浓度的KI溶液，发生反应Ag+＋I-＝AgI产生黄色沉淀，黄色沉淀的生成不能证明是AgCl白色沉淀转化生成的，故不能比较AgI和AgCl溶度积大小，A错误；
B.Fe3+与I-发生氧化还原反应：2Fe3++2I-I2+2Fe2+，c(I-)过量，c(Fe3+)不足， 充分反应后，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应，B正确；
C.CO32-在水中水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加酚酞溶液变红，向碳酸钠溶液中加水，溶液碱性减弱，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向，B错误；
D.NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱，D错误；
答案：B
【分析】A.硝酸银过量，均生成沉淀，不是沉淀的转发，无法比较AgI和AgCl溶度积大小；
B.c(Fe3+)不足，滴入2滴0.1mol/L的KSCN溶液 ，若溶液变红，可以证明Fe3+与I-是可逆反应；
C.CO32-在水中水解显碱性，加水促进水解，但加水稀释c(OH-)减小，溶液由红色变为浅红色，不能说明平衡的移动方向；
D..NaClO溶液具有强氧化性会使pH试纸褪色，不能测定该溶液pH值，且NaClO溶液和CH3COONa溶液未知，不能比较酸性强弱。
9．（2025·湖南模拟）下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中W、X、Y、Z四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于Z，工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质。E是短周期元素。E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是
A．W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同
B．第一电离能：E>W >X
C．E和Y的简单氢化物沸点：E >Y
D．简单离子半径：W>E>Y
【答案】C
【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
【解析】【解答】A．W为P，对应的最高价氧化物的水化物分子式为H3PO4，Y为N，对应的最高价氧化物的水化物分子式为HNO3，分子式不同，A正确；
B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第 ⅡA 族、第 ⅤA 族元素第一电离能高于相邻元素；同主族从上到下第一电离能减小，所以第一电离能：Cl>P >As，即E>W >X，B正确；
C．形成氢键能使分子的沸点升高，Y为N、 E为Cl，NH3分子间可形成氢键，因此其沸点高于HCl，C错误；
D．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，W、E、Y对应的简单离子分别为P3-、Cl-、N3-，P3-、Cl-的电子层数相同，且比N3-多一层，P3-和Cl-电子层数相同，前者的核电荷数小于后者，所以简单离子半径：P3-> Cl->N3-，D正确；
故选：C。
【分析】工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质，可知Y为氧气或氮气，结合Y的成键特征可知，Y为N元素，E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，Y的价电子数为5，则E的价电子数为7，E形成一个共价键，则E为Cl元素，与的电子结构相同，则W为P元素，X的电负性大于Z，同主族从上到下电负性逐渐减小，则X为 As、Z为Sb。
10．（2025·湖南模拟）电解法能同时处理含多种有害物质的废水，以提高处理效率。下图为双极膜电解池中通过电解产生极强的氧化能力的羟基自由基()，来处理含苯酚废水和含甲醛废水的工作原理。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．M极连接电源负极，电极反应式：
B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动
C．每处理3.0g甲醛，理论上消耗双极膜中
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成的物质的量之比为
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，M为阴极，发生还原反应，电极反应式为；，A正确；
B．由分析可知，N为阳极，则双极膜中解离出的透过膜a向N极移动，B正确；
C．HCHO被氧化生成CO2，根据HCHO~4e-，3.0g甲酸的物质的量为， 每处理3.0g甲醛，理论上消耗双极膜中 ，C正确；
D.1mol甲醛生成CO2转移4mol e-，1mol苯酚生成CO2转移28mol e- ，若有28mol电子转移，则苯酚生成的CO2为6mol，甲醛生成的CO2为7mol，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6：7，D错误；
答案选D。
【分析】M电极上，O2转化为羟基自由基，发生还原反应，则电极M为阴极，电极反应式为O2+2e-+2H+=2·OH，双极膜解离产生的OH-移向N极，在N极上失去电子生成·OH，则N极为阳极，电极反应式为OH--e-=·OH。
11．（2025·湖南模拟）以市售高岭土(化学成分：Al2O3、SiO2和H2O)为原料制备碱式氯化铝[Al2(OH)nCl6-n]的工艺流程如图：
已知：①结构不同的Al2O3在酸中的溶解性差别较大；
②调节AlCl3溶液的pH为4.2~4.5，沉降可得碱式氯化铝。
下列说法错误的是
A．“焙烧”有助于改变高岭土中Al2O3的结构，使其更易溶于酸
B．“酸溶”时可用2 mol·L-1的硫酸代替4 mol·L-1的盐酸
C．“蒸发浓缩”“稀释”的目的为调节溶液的pH
D．碱式氯化铝可用于净水
【答案】B
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．根据题给信息①，"焙烧"确实能够改变Al2O3的结构，提高其在酸中的溶解性，A选项正确；
B．若使用硫酸代替盐酸进行"酸溶"，会引入杂质离子，不利于制备纯净的碱式氯化铝，B选项错误；
C．"蒸发浓缩"和"稀释"操作都能有效降低溶液中HCl的浓度，从而将pH调节至4.2~4.5的适宜范围，促进碱式氯化铝的沉降，C选项正确；
D．碱式氯化铝水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附作用，可用于水处理净化，D选项正确；
故答案为：B
【分析】高岭土的主要成分包括Al2O3、SiO2和H2O。通过"焙烧"处理可以改变Al2O3的晶体结构，使其更易溶于酸。随后用盐酸进行"酸溶"处理，此时SiO2不溶解，经过过滤后得到含有AlCl3的滤液。通过蒸发浓缩和加水稀释来调节HCl浓度，将溶液pH控制在4.2~4.5范围内，最终可沉降得到碱式氯化铝。据此结合选项分析。
12．（2025·湖南模拟）晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
【答案】D
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、黑球占据立方体的8个顶点，每个顶点贡献1/8个原子，因此黑球数量为。白球位于6个面心，每个面心贡献1/2个原子，白球数量为。符号代表体心位置的1个原子。根据化合价平衡原则，推导出化学式为，对应x=1，y=3，A选项正确。B、通过比较原子间距可以确定黑球代表Al原子，白球代表O原子。每个Al原子被8个晶胞共享，每个晶胞贡献3个面，而每2个面会重叠计算，因此每个Al原子周围O原子数为，B选项正确。
C、结合B选项的分析，体心位置符号必定代表Co原子，C选项正确。
D、已知两个白球间距为b nm，设晶胞边长为2a nm。根据几何关系可得：，推导出，边长。晶胞体积。密度计算公式为。D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据均摊法确定原子个数比。
B、 与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O。以顶点Al原子为中心，与之距离最近的O原子位于面心，据此计算。
C、黑球为Al、白球为O，则一定为Co。
D、根据公式计算晶胞密度。
13．（2025·湖南模拟）25℃时，向 溶液中不断通入气体(忽略溶液体积变化)，浴液中、与的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该温度下，的
B．点所表示的溶液中：
C．向原溶液中不断通入 气体：
D．的溶液中：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，此时pH=4.75，c(H+)=10-4.75mol/L，则醋酸的电离常数Ka==c(H+)=10-4.75，故A正确；
B．W点溶液中c(H+)=10-4.75 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100mol/L，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.050 mol·L-1，则c(H+)c(Cl-)，故B错误；
C．向原溶液中通入0.1 mol HCl气体，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)及c(Cl-)=c(Na+)=0.100 mol·L-1，可得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C正确；
D．的溶液中 ，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100 mol·L-1，联立两式可得c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-c(Cl-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 mol·L-1，故D正确；
故选B。
【分析】A．W点，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，根据Ka==c(H+)，结合pH计算；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据电荷守恒分析；
Ｄ．根据电荷守恒和物料守恒分析。
14．（2025·湖南模拟）某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g) cZ(g)。由下列图像得出的结论不正确的是
A．相同温度下，分别向体积不等的A、B两个恒容密闭容器中均通入1molX和1molY，tmin后X的转化率如图甲所示。若B中反应达到平衡状态，则A中一定达到平衡状态
B．恒容密闭容器中通入一定量的X和Y，反应相同时间，X的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应的△H<0
C．其他条件相同，改变起始时X的物质的量，平衡时Z的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y的转化率：CD．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应的可逆性；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、A 容器体积小于 B，初始压强 A > B。压强越大反应速率越快，达到平衡的时间越短。当 B 达到平衡时，速率更快的 A 必然已达到平衡，A正确；
B、图乙中，X 转化率随温度升高先增后减。最高点前未达平衡（升温速率加快使转化率提高），最高点后为平衡状态（升温转化率下降，说明平衡逆向移动）。逆反应吸热，则正反应放热（ΔH < 0），B正确；
C、增加 X 的物质的量，可促进 Y 的转化（提高 Y 的转化率）。图丙中 X 起始量 A B > C，C错误；
D、图丁中压强增大瞬间，v逆 > v正，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体体积减小。因此反应式中反应物总系数小于生成物总系数（a + b < c），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．比较不同压强下反应达到平衡的先后顺序。
B．根据温度对转化率的影响判断反应热。
C．分析反应物用量对其他反应物转化率的影响。
D．根据压强对正逆反应速率的影响判断气体体积变化。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·湖南模拟）过氧化钙是一种应用广泛的无机过氧化物。常用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂、增氧剂等。某学习小组设计如下实验方案制备并测定产品纯度。
．制备(制备装置如图所示，夹持装置略)：向三颈烧瓶中依次加入11.和30mL水，充分溶解后，置于冰水中，开启搅拌器，同时滴加溶液和氨水，冷却后即有沉淀析出。
．分离：将第步获得的沉淀过滤，依次用水、乙醇、乙醚洗涤，干燥；
．制备：加热烘烤获得。
．测定产品中的含量：
①准确称取步骤获得的产品0.800g，放入100mL锥形瓶中，依次加入20mL蒸馏水和的醋酸，使固体溶解，用的酸性标准溶液滴定至终点，三次实验消耗标准溶液的平均体积为20.40mL。
②空白实验：另取20mL蒸馏水和的醋酸代替样品溶液放入锥形瓶中，重复①中实验操作，消耗标准溶液的平均体积为0.40mL。
已知：不溶于水、乙醇和乙醚，与酸反应产生；常温下稳定性好，左右时变为无水，时迅速分解为CaO和。
回答下列问题：
（1）盛放溶液的仪器名称为　 　。
（2）第步制备的离子方程式为　 　；将该反应装置置于冰水中的原因是　 　。
（3）第步分离沉淀所用到的玻璃仪器有　 　。
（4）第步，加热烘烤获得的最佳温度范围是　 　(填标号)。
A． B． C．
（5）第步，测定产品中的含量。
①能否用盐酸溶解样品：　 　(填“能”或“否”)。
②实验达到滴定终点的现象为　 　。
③样品中的含量为　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；防止H2O2分解和氨水挥发
（3）漏斗、烧杯、玻璃棒
（4）C
（5）否；滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；90
【知识点】常用仪器及其使用；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；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）盛放的仪器名称为分液漏斗。
（2）由题目信息可知，H2O2和氨水均过量，故CaCl2与H2O2和氨水制备的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；H2O2受热易分解、氨水受热易挥发，故将反应装置置于冰水中可以防止H2O2分解和氨水挥发；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）由题给信息可知，加热烘烤CaO2·8H2O获得CaO2的温度在130℃左右，且必须低于350℃，故选C；
（5）①Cl-能与酸性KMnO4标准溶液反应，会影响测定结果，故不能用盐酸溶解样品；
②实验达到滴定终点的现象为滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；
③结合反应CaO2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O2、5H2O2+2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，得关系式5 CaO2~5H2O2~2，n(CaO2)=0.20mol/L×(20.40-0.40)×10-3L×=1×10-2mol，则m(CaO2)=1×10-2mol×72g/mol=0.72g，样品中的含量为。
【分析】由题给流程、实验示意图可知，氯化钙固体溶于水得到氯化钙溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，冰水浴下氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成CaO2·8H2O沉淀，过滤得到的沉淀经水洗、乙醇洗、乙醚洗后，烘烤得到无水过氧化钙。
（1）根据仪器构造可知，该仪器为分液漏斗；
（2）CaCl2与H2O2、氨水发生反应Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2制得 ；氨水和过氧化氢不稳定，温度高易分解；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，过滤需要用到烧杯、玻璃棒和漏斗；
（4）不溶于水、乙醇和乙醚，与酸反应产生；常温下稳定性好，左右时变为无水，时迅速分解为CaO和 ，则获得的最佳温度范围为 ；
（5）①盐酸能与酸性高锰酸钾反应，不能用盐酸溶解产品；
②当滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去时，达到滴定终点；
③根据5 CaO2~5H2O2~2计算。
（1）盛放的仪器名称为分液漏斗。
（2）由题目信息可知，H2O2和氨水均过量，故CaCl2与H2O2和氨水制备的离子方程式为Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2；H2O2受热易分解、氨水受热易挥发，故将反应装置置于冰水中可以防止H2O2分解和氨水挥发；
（3）第Ⅱ步分离CaO2·8H2O沉淀的操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）由题给信息可知，加热烘烤CaO2·8H2O获得CaO2的温度在130℃左右，且必须低于350℃，故选C；
（5）①Cl-能与酸性KMnO4标准溶液反应，会影响测定结果，故不能用盐酸溶解样品；
②实验达到滴定终点的现象为滴入最后半滴KMnO4标准溶液，溶液呈浅红色，并且30s内颜色不褪去；
③结合反应CaO2+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O2、5H2O2+2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，得关系式5 CaO2~5H2O2~2，n(CaO2)=0.20mol/L×(20.40-0.40)×10-3L×=1×10-2mol，则m(CaO2)=1×10-2mol×72g/mol=0.72g，样品中的含量为。
16．（2025·湖南模拟）高纯碳酸锰常用于制造通讯器材，以贫软锰矿(主要成分是，含有、、、、等杂质))和黄铁矿()为原料，制备高纯碳酸锰的工艺流程如下。
已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
金属离子
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6
沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6
②常温下，、、的溶度积分别为、、。
（1）为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是　 　(任答一条即可)，已知“滤渣①”中不含单质硫，写出“酸浸”时与反应的化学方程式：　 　。
（2）“中和净化”中调节溶液的pH范围为　 　；“二次净化”后溶液中的，则　 　。
（3）“沉锰”中溶液浓度对纯度、产率的影响如图所示，应选择的浓度为　 　，得到纯净碳酸锰的“系列操作”包括　 　。
（4）纯净碳酸锰溶于硫酸后再进行电解制备锰，装置如图所示，进入阳极区发生副反应生成造成资源浪费，该副反应的电极反应为　 　。
【答案】（1）将矿石粉碎，加热，适当地增加硫酸浓度，充分搅拌等；15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O
（2）5.5≤pH<8.8；0.8
（3）7.5%；过滤，洗涤和干燥
（4）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；
已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为：15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（2）“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH调节至5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，c2(F-)==7.0×10-3(mol/L)2，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)×c2(F-)，c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3，c(Mn2+)=0.8mol/L；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
【分析】贫软锰矿和黄铁矿加入稀硫酸酸浸，MnO2、、、、和FeS2转化为对应的硫酸盐，SiO2与盐酸不反应，滤渣①为SiO2，过滤分离滤渣，滤液中主要含有Mn2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe2+等离子，向滤液中加入石灰乳中和净化，将铁和铝元素的离子形成沉淀除去，再加入MnF2进行二次净化，形成、以除去镁元素和钙元素，二次沉淀后的溶液中应该主要含有锰元素，再加入碳酸氢铵沉锰，经一系列操作可得纯净的碳酸锰。
（1）为了加快“酸浸”速率，可以选择加热升高温度、将矿石粉碎增大接触面积、充分搅拌或适当增加硫酸浓度等方法；
已知“滤渣(1)”中不含单质硫，MnO2与FeS2、稀硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应方程式为：15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；
（2）“中和净化”中调节溶液的pH，可将Fe3+、Al3+、Fe2+三种离子沉淀，故应将溶液的pH调节至5.5≤pH<8.8；二次净化后溶液中只剩Mn2+，溶液中的，c2(F-)==7.0×10-3(mol/L)2，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)×c2(F-)，c(Mn2+)×7.0×10-3=5.6×10-3，c(Mn2+)=0.8mol/L；
（3）根据“沉锰”中NH4HCO3溶液浓度对纯度，产率的影响示意图可知，当产率最高时，碳酸氢铵溶液浓度为7.5%；想得到纯净的碳酸锰时，应过滤、洗涤、干燥；
（4）根据装置图可知左侧为阳极，右侧为阴极，Mn2+进入阳极区发生氧化反应生成MnO2，电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
17．（2025·湖南模拟）化合物I是除草剂茚草酮的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A含有　 　种官能团，E的名称为　 　，H的官能团名称为　 　。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是　 　。
（3）的反应类型为　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）D的制备过程中，可以提高原料利用率，原因是　 　。
（6）J为B的同分异构体，写出满足下列条件的J的结构简式　 　(任写一种)。
①含有苯环；
②能与溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为。
【答案】（1）2；邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；酮羰基(或羰基)
（2）B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C
（3）消去反应
（4）+2CH3CH2OH+2H2O
（5）D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动
（6）、、
【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；酮
【解析】【解答】（1）A含有碳氯键、酮羰基，共2种官能团；
由E的结构简式可知，E的名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；
H的官能团名称为酮羰基(或羰基)；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（5）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动；
（6）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
【分析】（1）A中含有氯原子和羰基两种官能团；苯环上有两个取代基，需用邻、间、对或数字编号区分取代基位置，则E命名为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；H中含有的官能团是羰基；
（2）B中的羟基能与水分子形成氢键，增大其溶解度，而C不含亲水基团，因此B的溶解度大于C；
（3）B→C的过程中，羟基转化为碳碳双键，发生消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，据此书写化学方程式；
（5） D 的过程中会生成HCl，加入碳酸钾可与HCl反应，促进反应正向进行；
（6）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体。
（1）A含有碳氯键、酮羰基，共2种官能团；
由E的结构简式可知，E的名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；
H的官能团名称为酮羰基(或羰基)；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应；
（4）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O；
（5）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动；
（6）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
18．（2025·湖南模拟）二甲醚(CH3OCH3)是一种洁净液体燃料，工业上可以通过以下两种工艺合成：
Ⅰ．方法1：以CO和H2为原料生产CH3OCH3.工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0~10.0 MPa．温度：230-280℃)进行下列反应：
反应i：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-99 kJ·mol-1
反应ii：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ·mol-1
反应iii：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.2 kJ·mol-1
（1）在该条件下，若只发生反应i，各物质的起始浓度分别为c(CO)=1.2 mol·L-1，c(H2)=2.8 mol·L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为　 　。
（2）在t℃时。反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
c/( mol·L-1) 0.05 2.0 2.0
此时　 　(填“>”“<”或“=”)
（3）催化总反应为：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)
①ΔS　 　0(填“>”“<”或“=”)，该反应在　 　条件下自发。
②CO的平衡转化率(CO)与温度T、压强p的关系如图1所示：
若P2（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因　 　。
Ⅱ．方法2：先用CO2加H2合成甲醇，涉及以下主要反应：
反应i．甲醇的合成：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.6kJ·mol-1
反应ii．逆水汽变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
再由甲醇脱水合成二甲醚。
在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
（5）下列说法正确的是　 　。
A．图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B．P1C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向
E．图乙中三条曲线趋于相等的原因，是因为达到一定温度后，以反应ii为主
【答案】0.15mol L 1 min 1；＜；＜；低温；；当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；ACE
【知识点】盖斯定律及其应用；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】（1）在该条件下，若反应ⅰ的起始浓度分别为：c(CO)=1.2mol·L 1，c(H2)=2.8mol·L 1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为： ；
（2）在t℃时，此时反应ⅱ有：，平衡逆向移动，所以此时刻v正＜v逆；
（3）①催化反应室的总反应3CO(g)+3H2(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)是由反应式ⅰ×2+ⅱ+ⅲ而得，故该总反应的ΔH=ΔH1×2+ΔH2+ΔH3= -262.7 kJ·mol 1＜0，该反应是放热反应，由方程式可知是熵减反应ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS<0可自发，故该反应在低温条件下自发；
②若升温，其CO的平衡转化率会降低，该总反应是气体系数减小的反应，若降压，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率会减小，压强p2时CO的平衡转化率的变化趋势图为：；
（4）结合图象，根据平衡移动原理分析：当投料比大于1时，随着增大，c(H2)增大，反应①被促进，反应①中CO转化率增大，甲醇的产率增大；另一方面，随着增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；
（5）A．由于合成甲醇的正反应是放热反应，因此低温阶段，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，CH3OH的平衡产率降低，而逆水汽变换反应的正反应为吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，则温度升高，CO2的平衡转化率升高，即图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率，图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率，故A正确；
B．合成甲醇的反应为气体分子总数减小的反应，逆水汽变换反应为气体分子总数不变的反应，因此压强增大，CO2的平衡转化率升高，因此，压强的大小顺序为：p1＞p2＞p3，故B错误；
C．根据A、B分析可知，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故C正确；
D．催化剂对平衡移动无影响，使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率，故D错误；
E．合成甲醇反应是放热反应，低温阶段以合成甲醇反应为主，逆水汽变换反应是吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，故图乙中三条曲线趋于相等，故E正确；
故选ACE；
【分析】（1）根据计算；
（2）计算此时的浓度熵，若浓度熵大于平衡常数，平衡逆向进行，浓度熵小于平衡常数，平衡正向进行；
（3）①该反应是气体体积减小的反应，ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
②该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；
（4）投料比大于1之后，二甲醚产率逐渐降低，甲醇产率逐渐升高，原因是H2过量时，更有利于甲醇生成的反应进行，而二甲醚生成反应受限于一定条件，产率下降；
（5）A．反应ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
Ｂ．增大压强，该反应的平衡正向移动；
Ｃ．反应ⅰ是放热、气体分子数减小的反应，低温有利于反应ⅰ平衡正向移动，高压也有利于反应 平衡正向移动；
Ｄ．催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动；
F．反应 ⅰ 是放热反应，反应 ⅱ 是吸热反应。达到一定温度后，以吸热的反应 ⅱ 为主，此时温度对反应 ⅰ 和反应 ⅱ 的影响相互作用，使得图乙中三条曲线趋于相等。
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