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广西壮族自治区柳州市2025届高三上学期第二次模拟考试化学试题
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·柳州模拟）广西海鸭蛋富含多种营养成分。下列说法错误的是
A．蛋壳的主要成分碳酸钙属于盐
B．蛋黄中含有的油脂属于高级脂肪酸
C．蛋清中含有的蛋白质属于基本营养物质
D．蛋中含有的铁元素属于人体所需的微量元素
2．（2025·柳州模拟）实验室里常用过氧化氢分解制取氧气，反应方程式为，下列有关表述正确的是
A．和互为同位素
B．的VSEPR模型为V形
C．基态Mn原子的价电子排布式：
D．的电子式：
3．（2025·柳州模拟）图示装置能完成相应气体的发生和收集实验，且选用试剂正确的是(除杂和尾气处理装置任选)
选项 气体 试剂
A 浓氨水和生石灰
B 铜和稀硝酸
C 浓硫酸和无水乙醇
D 浓盐酸和二氧化锰
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·柳州模拟）化合物Y是合成降血压药物的中间体，合成Y的某一步反应如下：
下列有关X和Y说法正确的是
A．都能发生缩聚反应 B．都能与烧碱的水溶液反应
C．Y的分子式为 D．两者中的所有原子共平面
5．（2025·柳州模拟）亚磷酸()可用作制造塑料稳定剂的原料，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A．P原子的杂化方式为
B．O原子和P原子均存在孤电子对
C．亚磷酸可与水形成分子间氢键
D．结构中的P、O原子之间形成的共价键键长相等
6．（2025·柳州模拟）下列关于物质性质分析的说法错误的是
A．浓硫酸能使蔗糖炭化变黑，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了氯化铁溶液的氧化性
C．氯气的水溶液放置一段时间后pH下降，原因是生成了盐酸
D．红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体，说明木炭与浓硝酸发应生成
7．（2025·柳州模拟）无机盐被广泛用于生产颜料、油漆、油墨等领域。X、W、Z、Y的原子半径依次增大，分属于两个不同的周期；基态X原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，W与X相邻，Z的M层未成对电子数为4；Y的最外层电子数是K层电子数的一半。下列说法错误的是
A．W的最简氢化物为极性分子
B．X、Y、Z三种元素的单质中，Z的熔点最高
C．X的第一电离能比左右相邻元素的高
D．化合物中阴、阳离子的个数比为1：2
8．（2025·柳州模拟）根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
　 实验过程及现象 实验结论
A 用pH计分别测定0.1NaClO溶液和0.1溶液的pH，NaClO溶液pH大 酸性：
B 向和KSCN的混合溶液中滴入酸化的溶液，溶液出现血红色 |氧化性：
C 两支试管分别加入2mL0.5溶液，一支试管置于热水浴中，溶液呈绿色 升高温度，平衡向生成方向移动
D 将铁丝和水蒸气反应后的固体溶于稀硫酸，滴入数滴KSCN溶液，溶液末变红 反应后的固体中不存在
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·柳州模拟）金属硫电池(Me-S电池)是一类以硫作为阴极材料、金属作为阳极材料的电池系统，具有高能量密度、原材料丰富且成本低廉等优点。一种钾硫电池的结构及原理如图所示。下列有关叙述错误的是
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，b极可发生反应：
C．电池充电时间越长，电池中的量越多
D．充电时，电路中转移0.1mol电子时，阴极质量增加3.9g
10．（2025·柳州模拟）卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应，卤代烃的消去反应的主要机理(扎依采夫规则)如下：
此外，、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小。下列说法错误的是
A．氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应
B．卤代烃消去反应的产物直接通入酸性溶液中，紫红色溶液褪色，可证明有烯烃生成
C．卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为
D．卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生
11．（2025·柳州模拟）硒化钠常用于制备光敏材料和半导体材料，共立方晶体结构如下图，硫化钠的晶体结构与其相似。已知硒化钠晶体晶胞参数为dpm，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．熔点：硫化钠<硒化钠
B．每个周围距离最近的Na+数目为4
C．离子a的分数坐标参数为
D．之间的最短距离为
12．（2025·柳州模拟）工业上以黄铁矿(主要成分为)为原料制硫酸的工艺流程如下图所示。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．步骤①，0.4mol完全燃烧生成，理论上消耗氧气的物质的量为1.1mol
B．步骤②，消耗0.1mol，理论上转移的电子数为0.2
C．步骤③，吸收0.1mol，理论上生成的物质的量为0.1mol
D．用足量的NaOH溶液吸收尾气，所得的溶液中
13．（2025·柳州模拟）在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气制氢气，发生如下反应：
热裂解反应Ⅰ：　
脱羧基反应Ⅱ：　
达到平衡状态，测得温度与气体产率的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．反应热：，
B．约650℃之前活化能：反应Ⅰ小于反应Ⅱ
C．反应过程中可能发生副反应：
D．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，乙酸的转化率减小
14．（2025·柳州模拟）常温下，用0.2盐酸滴定两个相同容器中的溶液，分别为20mL0.2溶液和40mL0.1NaHA溶液。利用pH计和压传感器检测，绘制曲线如图所示(溶液达到一定浓度后，会放出气体。溶液体积变化可忽略)。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．图中曲线乙和丁代表向NaHA溶液中滴加盐酸
C．d点溶液中存在：
D．反应达到滴定终点时，两容器压力传感器检测的数值不相等
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·柳州模拟）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为(含PbS、等杂质)，锡的一种冶炼工艺流程如下图所示：
已知：①性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是　 　。
（2）“焙烧”过程中，发生的化学反应方程式为　 　。
（3）PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到溶液，可在加热条件下，加入　 　(填一种反应试剂)，充分反应后，　 　(填一种操作)，即得溶液。
（4）“滤液”中的、可采用调节溶液pH值的方法依次分离，已知常温下的为，若滤液中为0.0028，则开始沉淀的pH值为　 　。
（5）“熔炼”过程，焦炭对应生成的主要气体产物为　 　。
（6）灰锡是金刚石型立方晶体，晶体结构如右图所示。已知锡晶胞的边长anm，则灰锡的密度为　 　(为阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。Sn与C同主族，分子中，键角小于120°的原因是　 　。
16．（2025·柳州模拟）一水硫酸四氨合铜()主要用于印染、纤维、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某化学兴趣小组以粗氧化铜(含有氧化亚铁及部分不溶于酸的杂质)为原料制备并测定一水硫酸四氨合铜中铜的含量。
Ⅰ．制备晶体
①称取2.0g粗CuO溶于适量稀硫酸；
②往所得粗溶液中滴加2mL3%，加热至沸腾，同时边搅拌边滴加2NaOH溶液到pH=3.0，趁热减压过滤；
③所得滤液转移至干净的蒸发皿中，继续水浴加热浓缩滤液，冷却至室温；
④用1∶1氨水调节溶液至pH=6~8，溶液成深蓝色，加入15mL95%乙醇，析出深蓝色晶体。
回答下列问题：
（1）往粗溶液中滴加2mL3%，该过程发生的离子方程式为________。
（2）加NaOH溶液到pH=3.0的目的是________。
（3）生成晶体的离子方程式为________。
Ⅱ．晶体中铜含量的测定
⑤准确称取晶体ag，溶于6mL3硫酸，加蒸馏水配成100mL溶液；
⑥取上述溶液25.00mL，置于锥形瓶中，加入1gKI和70mL水，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液VmL(三次实验的平均值)，
已知在微酸性溶液中，配合物被破坏：，。
（4）实验接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为_____(填序号)。
A. B. C. D.
（5）滴定终点溶液颜色的变化为________。
（6）产品中铜元素的质量分数为________(用含字母的表达式表示)。若盛放的滴定管没有用标准液润洗，则测定的铜元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
17．（2025·柳州模拟）氮的化合物是重要的化工原料，含氮物质之间的转化是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
①　
②　
③　
则　 　(用和表示)。
（2）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成的氯化剂。合成原理：。
①在密闭反应器中投入2molNO和1mol合成NOCl，测得NO的平衡转化率与温度、压强关系如图所示，
的体积分数：b　 　d(填“>”“<”或“=”)；P点时若使NO的平衡转化率由P点向b点迁移，则改变的条件可能是　 　；M点时，该反应用平衡分压表示的平衡常数　 　。
②一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时NOCl的体积分数随的变化图象如图所示，当时，达到平衡状态NOCl的体积分数可能是D、E、F三点中的　 　点。
（3）在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图所示：
①Ir表面发生反应的方程式为　 　。
②导电基体中Pt颗粒表面的电极反应式为　 　。
18．（2025·柳州模拟）丹参素F是中药丹参的水溶性成分，具有扩张血管、增加冠脉血流量等作用，某种合成F的路线如下图所示：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。A→B的反应类型是　 　。
（2）写出由乙酸和氨基乙酸在一定条件下生成化学反应方程式：　 　。
（3）E的官能团名称为　 　。因F比E稳定，故生产中通常制成F，则E→F中X可能为　 　。
A．Na　B．NaOH　C．　D．
（4）H与D互为同分异构体，满足下列条件的H的结构有　 　种，其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为　 　。(写出一种)
①苯环上有4个取代基；②遇溶液发生显色反应；③1molH与发生反应放出2mol。
（5）已知：。请写出以乙醇和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；物质的简单分类
【解析】【解答】A、碳酸钙（CaCO3）由金属阳离子（Ca2+）和酸根阴离子（CO32-）构成，符合盐的定义：由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，A正确；
B、油脂的化学本质是高级脂肪酸甘油酯，是由1分子甘油和3分子高级脂肪酸通过酯化反应生成的酯类化合物，并非高级脂肪酸本身，高级脂肪酸是油脂水解的产物之一，二者概念不同，B错误；
C、人体所需的六大基本营养物质包括蛋白质、糖类、油脂、维生素、无机盐和水，蛋清中的蛋白质属于其中之一，能为人体提供必需的氨基酸，C正确；
D．蛋中含有丰富的铁元素，人体中的微量元素是指含量低于人体体重0.01%的元素，铁元素是人体必需的微量元素，参与血红蛋白的合成，对氧气运输至关重要，D正确；
故答案为：B
【分析】本题要明确盐的定义，区分盐、酸、碱的构成差异，掌握油脂的本质是高级脂肪酸甘油酯，而非高级脂肪酸。熟记人体六大基本营养物质的类别，以及常见微量元素的种类。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；同素异形体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、同位素是指“质子数相同、中子数不同的同种元素的原子”，而O2和O3是由氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，A错误；
B、H2O的中心O原子价层电子对数为：，其VSEPR模型为四面体形；H2O的空间结构为Ⅴ形，因为还要考虑2对孤电子对的排斥作用，VSEPR模型与空间结构概念不同，B错误；
C、价电子是指原子在参与化学反应时能够用于成键的电子，锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，C错误；
D、过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，H2O2的结构为H-O-O-H，O原子最外层有6个电子，与H形成1对共用电子对、与另一个O形成1对共用电子对，剩余4个电子，正确的电子式表示为：，D正确；
故答案为：D
【分析】同位素针对 “同种元素的不同原子”，同素异形体针对 “同种元素的不同单质”； VSEPR 模型由 “价层电子对数” 决定，空间结构需考虑孤电子对的排斥作用。
3．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、浓氨水与生石灰混合，CaO与水反应放热且生成Ca(OH)2增大OH-浓度，促使NH3·H2O分解产生NH3；而固液不加热型发生装置可用于该反应，NH3密度比空气小，可用排空气法收集，A正确；
B、铜和稀硝酸反应生成NO而非NO2，NO2需通过铜与浓硝酸反应制备，B错误；
C、浓硫酸与无水乙醇制备C2H4需加热到170℃，但该装置为“固液不加热型”，反应条件不匹配；且C2H4密度与空气接近，不能用排空气法收集，C错误；
D、浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要在加热条件下进行，但该装置为“固液不加热型”，反应条件不匹配，D错误；
故答案为：A
【分析】选择核心逻辑：先判断反应物状态，再判断是否需要加热，匹配对应的装置类型。
1.固-固加热型：试管口略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，用酒精灯加热。适用于反应物为固体，反应需要加热。
2.固-液或液-液不加热型：简易装置（试管+单孔塞）；或启普发生器。适用于反应物为固体+液体或液体+液体，反应不需要加热。
3.固-液或液-液加热型：烧瓶+酒精灯加热，常搭配分液漏斗控制反应速率。适用于反应物为固体+液体或液体+液体，反应需要加热。
4．【答案】B
【知识点】羧酸简介；缩聚反应；有机分子式的推断与计算；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、缩聚反应需要同时含2个及以上能参与缩合的官能团，Ⅹ中仅含1个酚羟基、1个酮羰基，无多个可缩聚的官能团，Y中含1个-COOH和1个酯基，也不满足缩聚反应的官能团数量要求，因此二者都不能发生缩聚反应，A错误；
B、X中含酚羟基和氟原子：酚羟基可与烧碱发生中和反应；氟原子在NaOH水溶液中可发生水解反应；Y中含酯基和羧基：酯基在NaOH水溶液中发生水解反应；羧基可与NaOH发生中和反应，因此二者都能与烧碱的水溶液反应，B正确；
C、结合Y的结构简式，数出各原子数目：C原子数为11（苯环6个+杂环4个+羧基1个）、H原子数为5、 O原子数为4、F原子数为1，因此Y的分子式应为：，C错误；
D、Ⅹ中含-CH3，甲基为四面体结构，其中的C原子与相连的原子不可能共平面；因此X中的所有原子无法共平面，Y虽为平面结构（苯环、杂环、羧基均为平面），但X不满足，故“两者中的所有原子共平面”的表述错误，D错误；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
5．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、的中心原子为P原子，成键电子对为4，P的价电子为5，周围原子结合的电子H需要1个，-OH各需要1个，O需要2个，孤电子对数为：，价层电子对为4，P的杂化方式为sp3杂化，A错误；
B、O原子最外层有6个电子，结构中O原子形成2个σ键，剩余4个电子，2对孤电子对，存在孤电子对；P原子最外层有5个电子，结构中P原子形成4个σ键，无孤电子对，因此P原子不存在孤电子对，B错误；
C、亚磷酸分子中有-O-H键，类似于羟基的结构，二者可以与水通过O-H···O的方式形成分子间氢键，C正确；
D、结构中的P、O原子之间形成的共价键有P-O单键和P=O双键，类型不同，双键的键长短于单键，故键长不完全相等，D错误；
故答案为：C
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
6．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓硫酸使蔗糖炭化变黑：首先体现脱水性，主要表现为将蔗糖中H、O按2：1脱去，生成碳；随后碳与浓硫酸反应：，体现强氧化性，A正确；
B、氯化铁溶液腐蚀铜电路板生成氯化亚铁和氯化铜，Fe3+被还原为Fe2+，铁化合价降低，体现了氯化铁溶液的氧化性，相关的反应为：，B正确；
C、氯气易溶于水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO；放置一段时间后，由于HClO不稳定，见光易分解：2HClO=2HCl+O2↑，最终溶液中HCl浓度增大，pH下降，C正确；
D、红热木炭与浓硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O，但浓硝酸本身不稳定，红热条件下也会自身分解生成NO2：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，因此产生的红棕色气体不一定仅来自木炭与浓硝酸的反应，D错误；
故答案为：D
【分析】物质性质分析题的解题思路可精简为3步，定类别：判断物质属于单质、酸、碱、盐、有机物等，依据类别记基础性质；析结构：看化学键、杂化方式、是否有氢键，这些决定，稳定性、溶解性、反应类型；抓规律：氧化、还原性：看元素价态、酸碱性看含氧酸非羟基氧越多酸性越强，盐看水解；
7．【答案】A
【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；金属晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、W是C，其对应的最简单氢化物为甲烷，其分子空间结构为正四面体形，C原子是中心原子，4个氢原子对称分布在顶点，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，A错误；
B、X为N元素、Y为K元素、Z为Fe元素，氮气为分子晶体，分子间作用力弱，常温下为气态，而铁、钾都是固态的金属晶体，铁的原子半径小于钾、且价电子数多于钾，金属键强于钾，则铁的熔点高于钾，所以三种单质中铁的熔点最高，B正确；
C、氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，所以X的第一电离能比左右相邻元素的高，C正确；
D、为，过氧化钾由钾离子和过氧根离子构成，化合物中阴、阳离子的个数比为1∶2，D正确；
故答案为：A
【分析】首先通过题干信息确定各元素，基态X原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，s能级最多容纳4个电子，对应p能级电子数为3，此时比例4：3，因此X的电子排布为1s22s22p3，即X为N；W与X相邻，且原子半径比X大，且X、W、Z、Y原子半径依次增大，故W为C；Z的M层未成对电子数为4，M层电子排布为3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，故Z为Fe；Y的最外层电子数是K层电子数的一半，K层有2个电子，最外层1个电子，且原子半径最大、分属两个周期，故Y为К ；
8．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、验证酸性需要同时比较弱酸盐的水解程度，但是醋酸铵中醋酸根离子、铵根离子均会水解，且铵根离子的水解会抵消醋酸根离子水解的影响，而次氯酸钠中只有次氯酸根离子水解，故NaClO溶液pH大，不能说明酸性：，A错误；
B、酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子被硝酸氧化为铁离子，铁离子使得KSCN溶液变红色，产生了其他变量的影响，故不能说明氧化性：，B错误；
C、CuCl2在水溶液中存在此平衡：，一支试管置于热水浴中，溶液呈绿色，黄色和蓝色混合出现绿色，说明升高温度，平衡向生成方向移动，C正确；
D、铁丝和水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4和稀硫酸反应生成铁离子和亚铁离子，过量铁会将铁离子还原为亚铁离子，滴加KSCN溶液不变红，不能说明反应后的固体中不存在，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验过程及现象与相应实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电池工作时，K+（或Li+）需在正负极之间迁移以平衡电荷，因此隔膜应为阳离子交换膜，允许阳离子通过，A正确；
B、放电时，b极（正极）发生还原反应，多硫离子（如S62-）得到电子被还原为链长更短的多硫离子（如S42-），反应方程式为：，B正确；
C、充电时间越长，电池的充电程度越高，多硫化物逐渐被氧化，最终可能生成单质硫，而非K2S8的量一直增加；实际上K2S8的量可能先增后减或变化复杂，C错误；
D、充电时，阴极（a极）发生还原反应：K++e-→K，转移0.1mol电子生成0.1molK，也就是有0.1molK单质析出，质量增加3.9g，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电池总反应：2K+3SK2S3及装置图可知，放电时为原电池，充电时为电解池；放电时：a极（K）为负极，发生反应：K-e-=K+；b极（S）为正极，S逐步得电子生成S82-、S62-、S42-、S22-。
充电时：a极为阴极，K+得电子生成K；b极为阳极，低价硫离子失电子重新生成S。
10．【答案】B
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质；卤代烃简介；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、在NaOH的乙醇溶液中是消去反应的典型条件，此时卤代烃主要发生消去反应，而取代反应发生的条件是在NaOH水溶液中，A正确；
B、卤代烃消去反应的产物是烯烃，但也可能混有未反应的乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能直接证明有烯烃生成，需先除杂再检验，B错误；
C、根据扎依采夫规则，消去反应优先生成含更多烷基取代的烯烃，也就是趋向于更稳定的状态。该卤代烃消去时，与卤原子相连的C的邻位C中，含较少H的C参与消去，生成的烯烃烷基取代更多，是主要产物，故卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为，C正确；
D．、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小，则卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生，D正确；
故答案为：B
【分析】消去反应是指有机物在适当的条件下，从一个分子中脱去一个小分子（如水、HX等），生成不饱和（双键或三键）化合物的反应。如：实验室制乙烯；能发生消去反应的物质：醇（反应条件为浓硫酸加热，乙烯的反应条件为浓硫酸170℃)、卤代烃（强碱水溶液加热）；反应机理是消去官能团和邻碳氢；有多种邻碳氢时产物有多种，要符合氢少去氢的原则为主要产物。
11．【答案】D
【知识点】晶格能的应用；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、硫化钠和硒化钠都是离子晶体，熔点由晶格能决定，而晶格能与离子半径成反比，与离子电荷成正比，硫离子的离子半径小于硒离子，则硫化钠晶体中离子键强于硒化钠晶体，熔点高于硒化钠晶体，A错误；
B、由晶胞结构可知，Se2-位于晶胞的顶点和面心，Na+填充在四面体空隙也就是体对角线的处，以晶胞顶点的Se2-为例，其周围距离最近的Na+位于体对角线上，共8个，分布在8个相邻晶胞的四面体空隙中，因此每个Se2-周围最近的Na+数目为8，B错误；
C、晶胞的分数坐标以晶胞边长为“1个单位”，由晶胞中顶点的原子坐标为(0，0，0)和(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处离子a的分数坐标参数为，C错误；
D、Se2-在晶胞中位于顶点和面心，最短距离为面心Se2-到顶点Se2-的距离即晶胞面对角线的一半，晶胞参数为dpm，晶胞面对角线长度为：，因此Se2-之间的最短距离为：，D正确；
故答案为：D
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、步骤①的反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，0.4mol完全燃烧生成，结合化学计量数之比可知理论上消耗氧气的物质的量：，A正确；
B、步骤②的反应方程式为：2SO2+O22SO3，S元素从+4价升高到+6价，转移出2个电子，因此消耗0.1mol，理论上转移的电子数：，B正确；
C、步骤③的反应方程式为：SO3+H2O=H2SO4，根据S原子守恒，吸收0.1mol，理论上生成的物质的量为0.1mol，C正确；
D、溶液中存在亚硫酸根离子水解：，则，D错误；
故答案为：D
【分析】该工艺是以黄铁矿为原料制备硫酸的工业流程，核心分为三个阶段，具体分析如下：
首先是黄铁矿燃烧（步骤①）：发生的化学反应为：，将黄铁矿中的硫元素转化为SO2，同时生成Fe2O3；接着SO2催化氧化（步骤②）：在400-500℃、V2O5作催化剂的条件下，发生：，将SO2氧化为SO3，催化剂和温度的选择可提高反应速率与SO2的转化率；最后SO3吸收制硫酸（步骤③）利用98.3%的浓硫酸做吸收剂，发生反应：，而未完全吸收的SO2需进一步处理，避免污染环境。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；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
【解析】【解答】A、由图可知，反应Ⅰ中H2产率随温度升高而增加，说明该反应为吸热反应，ΔH1>0；反应Ⅱ中CO2产率随温度升高先增后减，表明该反应为放热反应，ΔH2<0，A正确；
B、在约650℃之前，CO2产率高于H2产率，说明脱羧基反应Ⅱ的速率较快，相同时间产生的CH4多，可能具有较低的活化能，因此反应Ⅰ的活化能应大于反应Ⅱ，而非小于，B错误；
C、由方程式可知，热裂解反应Ⅰ生成一氧化碳和氢气的物质的量相等，相同温度时，一氧化碳和氢气的产率相等，由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率大于氢气的产率，所以该容器中还发生了水煤气变换反应：，因此副反应导致一氧化碳的产率大于氢气的产率，C正确；
D、在恒容密闭容器中，增大的浓度，平衡正向移动，同时增大CH3COOH浓度，相当于加压，反应I和II都是气体增加的反应，两个反应的平衡均正向移动，但是最终乙酸的转化率减小，D正确；
故答案为：B
【分析】分析化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
14．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、HA-的水解平衡常数表示为：，而由图可知，NaHA溶液显碱性，说明HA-的水解程度大于其电离程度，即Kh2>Ka2，整理可得：即Ka2<，，A正确；
B、根据分析可知，曲线乙（pH曲线）和丙（压力曲线）代表向NaHA溶液滴加盐酸，而非乙和丁，B错误；
C、d点为Na2A与盐酸按照物质的量比为1：2反应后，此时生成H2A且部分释放，H2A以气体形式逸出，物料守恒不再成立，此时Na+与A元素的物料平衡被打破，C错误；
D、根据已知条件，n(A2-)=n(HA-)=0.004mol，反应达到滴定终点时，产生的H2A均为0.004mol，并且反应后溶液的体积也相同，都是60mL，所以压强相等，两溶液压力传感器检测的数值相等，故D错误；
故答案为：A
【分析】由分布曲线可知，Na2A的水解程度应大于NaHA，且所用Na2A的浓度大于NaHA，所以未滴加HCl时，Na2A溶液的pH更大，即甲代表Na2A溶液，乙代表NaHA溶液；向Na2A溶液中滴加盐酸时，先发生Na2A+HCl=NaCl+NaHA、再发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，而向NaHA溶液中滴加盐酸时开始时即发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，即NaHA溶液中更先产生气体，所以丙代表NaHA溶液，丁代表Na2A溶液。简而言之，未滴加盐酸时，Na2A水解程度大、浓度高，pH更高，故甲代表Na2A溶液，乙代表NaHA溶液。滴加盐酸时，NaHA溶液中HA-与盐酸反应更易生成H2A气体，故丙代表NaHA溶液（先产生气体），丁代表Na2A溶液（后产生气体）。
15．【答案】（1）增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率
（2）
（3）PbO；过滤
（4）2
（5）CO
（6）；分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、对锡矿进行“研磨”的目的是增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率；
（2）、“焙烧”过程中，和空气中氧气高温反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，结合质量守恒，发生的化学反应方程式为；
（3）、由可知，酸性减弱，利于平衡逆向移动生成溶液，温度升高，利于平衡正向移动生成溶液；故要得到溶液，可在加热条件下，加入PbO调节溶液的pH，充分反应后，过滤除去过量的PbO固体分离出滤液，即得溶液。
（4）、滤液中为0.0028，开始沉淀则，pOH=12，故pH=2；
（5）、“熔炼”过程，过量焦炭和金属氧化物反应生成的对应主要气体产物为CO；
（6）、据“均摊法”，晶胞中含个Sn，则晶体密度为：；Sn与C同主族，分子中Sn原子价层电子对数为：，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°。
【分析】首先将锡矿粉碎，增大后续反应的接触面积，提高焙烧、酸浸的效率。
接着通入足量空气进行焙烧，杂质PbS发生反应：；杂质CuFeS2被氧化为CuO，Fe2O3和SO2；SnO2性质稳定，不参与反应，据此将硫化物杂质转化为氧化物，同时生成SO2；继续加入盐酸酸浸，焙烧产物中的PbO、CuO、Fe2O3与盐酸反应，生成可溶性盐：；；；SnO2难溶于酸，以固体形式存在。据此溶解金属氧化物杂质，分离出SnO2固体，滤液经处理可回收Pb、Fe、Cu；接着加入过量焦炭熔炼，在高温SnO2与焦炭发生还原反应：，得到粗锡；最后以粗锡为阳极、纯锡为阴极，通过电解精炼除去粗锡中的杂质，得到精锡。
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率；
（2）“焙烧”过程中，和空气中氧气高温反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，结合质量守恒，发生的化学反应方程式为；
（3）由可知，酸性减弱，利于平衡逆向移动生成溶液，温度升高，利于平衡正向移动生成溶液；故要得到溶液，可在加热条件下，加入PbO调节溶液的pH，充分反应后，过滤除去过量的PbO固体分离出滤液，即得溶液。
（4）滤液中为0.0028，开始沉淀则，pOH=12，故pH=2；
（5）“熔炼”过程，过量焦炭和金属氧化物反应生成的对应主要气体产物为CO；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Sn，则晶体密度为；Sn与C同主族，分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°。
16．【答案】(1)
(2) 将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去
(3)
(4) B
(5) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复
(6) 偏大
【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；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）、将亚铁离子氧化为铁离子，该过程发生的离子方程式为：；
（2）、根据分析，加NaOH溶液到pH=3.0的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；
（3）、生成晶体的离子方程式为：；
（4）、标准溶液呈碱性，装在碱式滴定管中，滴定管自然滴下的为一滴，通过碰触锥形瓶内壁流出的为半滴，故答案为：B；
（5）、淀粉遇碘单质变蓝，则滴定终点溶液颜色的变化为：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
（6）、根据关系式，25.00mL待测溶液中铜离子的物质的量为cV×10-3mol，产品中铜元素的质量分数为=；若盛放的滴定管没有用标准液润洗，溶液被稀释，消耗溶液体积偏大，测定的铜元素的质量分数偏大。
【分析】Ⅰ．一水硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4·H2O的制备流程原料：粗氧化铜（含FeO及不溶性杂质）步骤：
首先将2.0g粗CuO溶于稀硫酸，CuO与FeO分别反应生成CuSO4、FeSO4，得到含Cu2+、Fe2+的粗CuSO4溶液，不溶性杂质未溶解；接着向粗溶液中加H2O2，氧化Fe2+为Fe3+，再滴加NaOH调pH=3.0，使Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀，趁热减压过滤除去Fe(OH)3和不溶性杂质，得到较纯的CuSO4滤液；继续将滤液转移至蒸发皿，水浴加热浓缩，控制温度，避免晶体提前析出，冷却至室温；最后用氨水调CuSO4溶液pH=6~8，Cu2+与NH3络合生成[Cu(NH3)4]2+，溶液变深蓝色；加入95%乙醇，降低晶体溶解度，析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
Ⅱ．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量的测定流程原理：利用Cu2+与I-的氧化还原反应结合滴定法计算铜含量步骤：
首先要准确称取ag晶体，用硫酸破坏络合物，使Cu2+释放，加蒸馏水配成100mL溶液；接着取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入KI，Cu2+与I-反应生成CuI沉淀和I2，加70mL水稀释；接着以淀粉为指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，I2与S2O32-反应，记录消耗标准液体积VmL；最后根据2Cu2+~I2~2S2O32-的物质的量关系，计算样品中铜的质量分数。
17．【答案】（1）2—
（2）<；加压降温；0.45；D
（3）H2+N2ON2+H2O；NO+8e—+10H+=NH+3H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；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
【解析】【解答】（1）、由盖斯定律可知，反应①×2—反应②=反应③，则反应=2—；
（2）、①、该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，b点、d点的压强相同，b点一氧化氮的转化率大于d点，说明温度T1小于T2，则与b点相比，d点升高温度，平衡向逆反应方向移动，氯气的体积分数增大，所以b点氯气体积分数小于d点；P点一氧化氮的转化率小于b点，所以由P点向b点迁移时，改变的条件为加压降温；M点时，气体压强为30kPa，一氧化氮的转化率为60%，则平衡时一氧化氮、氯气、亚硝酰氯的物质的量分别为2mol—2mol×60%=0.8mol、1mol—2mol×60%×=0.4mol、2mol×60%=1.2mol，反应的平衡常数Kp==0.45；
②、投料比增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，NOCl的体积分数增大，则与投料比=1相比，投料比=1.5时NOCl的体积分数应大于C点，故选D；
（3）、①、由图可知，Ir表面发生的反应为Ir做催化剂条件下氢气与一氧化二氮反应生成氮气和水，反应的方程式为H2+N2ON2+H2O；
②、由图可知，导电基体中铂颗粒为原电池的正极，表面发生的反应为酸性条件下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e—+10H+=NH+3H2O。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）由盖斯定律可知，反应①×2—反应②=反应③，则反应=2—；
（2）①该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，b点、d点的压强相同，b点一氧化氮的转化率大于d点，说明温度T1小于T2，则与b点相比，d点升高温度，平衡向逆反应方向移动，氯气的体积分数增大，所以b点氯气体积分数小于d点；P点一氧化氮的转化率小于b点，所以由P点向b点迁移时，改变的条件为加压降温；M点时，气体压强为30kPa，一氧化氮的转化率为60%，则平衡时一氧化氮、氯气、亚硝酰氯的物质的量分别为2mol—2mol×60%=0.8mol、1mol—2mol×60%×=0.4mol、2mol×60%=1.2mol，反应的平衡常数Kp==0.45；
②投料比增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，NOCl的体积分数增大，则与投料比=1相比，投料比=1.5时NOCl的体积分数应大于C点，故选D；
（3）①由图可知，Ir表面发生的反应为Ir做催化剂条件下氢气与一氧化二氮反应生成氮气和水，反应的方程式为H2+N2ON2+H2O；
②由图可知，导电基体中铂颗粒为原电池的正极，表面发生的反应为酸性条件下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e—+10H+=NH+3H2O。
18．【答案】（1）3，4-二羟基苯甲醛；取代反应
（2）CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O
（3）酚羟基、醇羟基、羧基；D
（4）16；、
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、A的结构简式为，名称为3，4-二羟基苯甲醛；A到B发生已知的反应，属于取代反应；
（2）、乙酸和氨基乙酸在一定条件下脱水生成和水，反应的化学反应方程式：CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O ；
（3）、E的结构简式中含有的官能团的名称为：酚羟基、醇羟基、羧基；E到F只有羧基上生成钠盐，只有NaHCO3只与羧基反应，X试剂为NaHCO3，答案选D；
（4）、D的结构简式为：，同分异构体满足有苯环，苯环上有四个取代基，与FeCl3显色，说明有酚羟基，1molH与发生反应放出2mol，说明有2个-COOH，还剩余一个甲基，故苯环上有2个羧基，1个羟基，1个甲基，满足条件的同分异构体有甲基位置有3种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，共3+3+2+3+2+3=16种；核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为：、；
（5）、根据信息，CH3CHO和CH3CONHCH2COOH在一定条件下反应可以得到，与HBr加成反应得到目标产物，CH3CHO可以由乙醇催化氧化得到，故合成路线为：。
【分析】A到B发生已知的反应ROH和乙酸酐反应生成酯和乙酸，由此判断A的结构中酚羟基被乙酰化，结合B的结构简式可知A的结构简式为：；B中含有醛基的结构能够与发生缩合反应，到C发生先加成后消去，得到含有碳碳双键的产物C；C中含有酯基和酰胺基，因此在盐酸作用下酰胺基水解得到含有酚羟基、酮羰基、羧基的化合物D；D在Zn(Hg)、HCl的条件下发生还原反应，将酮羰基还原成亚甲基，得到含有酚羟基、羟基、羧基的化合物E；E与NaHCO3反应，在羧基上生成钠盐，X为NaHCO3。
（1）A的结构简式为，名称为3，4-二羟基苯甲醛；A到B发生已知的反应，属于取代反应；
（2）乙酸和氨基乙酸在一定条件下脱水生成和水，反应的化学反应方程式：CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O ；
（3）E的结构简式中含有的官能团的名称为：酚羟基、醇羟基、羧基；E到F只有羧基上生成钠盐，只有NaHCO3只与羧基反应，X试剂为NaHCO3，答案选D；
（4）D的结构简式为：，同分异构体满足有苯环，苯环上有四个取代基，与FeCl3显色，说明有酚羟基，1molH与发生反应放出2mol，说明有2个-COOH，还剩余一个甲基，故苯环上有2个羧基，1个羟基，1个甲基，满足条件的同分异构体有甲基位置有3种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，共3+3+2+3+2+3=16种；核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为：、；
（5）根据信息，CH3CHO和CH3CONHCH2COOH在一定条件下反应可以得到，与HBr加成反应得到目标产物，CH3CHO可以由乙醇催化氧化得到，故合成路线为：。
1 / 1广西壮族自治区柳州市2025届高三上学期第二次模拟考试化学试题
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·柳州模拟）广西海鸭蛋富含多种营养成分。下列说法错误的是
A．蛋壳的主要成分碳酸钙属于盐
B．蛋黄中含有的油脂属于高级脂肪酸
C．蛋清中含有的蛋白质属于基本营养物质
D．蛋中含有的铁元素属于人体所需的微量元素
【答案】B
【知识点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；物质的简单分类
【解析】【解答】A、碳酸钙（CaCO3）由金属阳离子（Ca2+）和酸根阴离子（CO32-）构成，符合盐的定义：由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，A正确；
B、油脂的化学本质是高级脂肪酸甘油酯，是由1分子甘油和3分子高级脂肪酸通过酯化反应生成的酯类化合物，并非高级脂肪酸本身，高级脂肪酸是油脂水解的产物之一，二者概念不同，B错误；
C、人体所需的六大基本营养物质包括蛋白质、糖类、油脂、维生素、无机盐和水，蛋清中的蛋白质属于其中之一，能为人体提供必需的氨基酸，C正确；
D．蛋中含有丰富的铁元素，人体中的微量元素是指含量低于人体体重0.01%的元素，铁元素是人体必需的微量元素，参与血红蛋白的合成，对氧气运输至关重要，D正确；
故答案为：B
【分析】本题要明确盐的定义，区分盐、酸、碱的构成差异，掌握油脂的本质是高级脂肪酸甘油酯，而非高级脂肪酸。熟记人体六大基本营养物质的类别，以及常见微量元素的种类。
2．（2025·柳州模拟）实验室里常用过氧化氢分解制取氧气，反应方程式为，下列有关表述正确的是
A．和互为同位素
B．的VSEPR模型为V形
C．基态Mn原子的价电子排布式：
D．的电子式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；同素异形体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、同位素是指“质子数相同、中子数不同的同种元素的原子”，而O2和O3是由氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，A错误；
B、H2O的中心O原子价层电子对数为：，其VSEPR模型为四面体形；H2O的空间结构为Ⅴ形，因为还要考虑2对孤电子对的排斥作用，VSEPR模型与空间结构概念不同，B错误；
C、价电子是指原子在参与化学反应时能够用于成键的电子，锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为3d54s2，C错误；
D、过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，H2O2的结构为H-O-O-H，O原子最外层有6个电子，与H形成1对共用电子对、与另一个O形成1对共用电子对，剩余4个电子，正确的电子式表示为：，D正确；
故答案为：D
【分析】同位素针对 “同种元素的不同原子”，同素异形体针对 “同种元素的不同单质”； VSEPR 模型由 “价层电子对数” 决定，空间结构需考虑孤电子对的排斥作用。
3．（2025·柳州模拟）图示装置能完成相应气体的发生和收集实验，且选用试剂正确的是(除杂和尾气处理装置任选)
选项 气体 试剂
A 浓氨水和生石灰
B 铜和稀硝酸
C 浓硫酸和无水乙醇
D 浓盐酸和二氧化锰
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、浓氨水与生石灰混合，CaO与水反应放热且生成Ca(OH)2增大OH-浓度，促使NH3·H2O分解产生NH3；而固液不加热型发生装置可用于该反应，NH3密度比空气小，可用排空气法收集，A正确；
B、铜和稀硝酸反应生成NO而非NO2，NO2需通过铜与浓硝酸反应制备，B错误；
C、浓硫酸与无水乙醇制备C2H4需加热到170℃，但该装置为“固液不加热型”，反应条件不匹配；且C2H4密度与空气接近，不能用排空气法收集，C错误；
D、浓盐酸与二氧化锰制备氯气需要在加热条件下进行，但该装置为“固液不加热型”，反应条件不匹配，D错误；
故答案为：A
【分析】选择核心逻辑：先判断反应物状态，再判断是否需要加热，匹配对应的装置类型。
1.固-固加热型：试管口略向下倾斜，防止冷凝水回流炸裂试管，用酒精灯加热。适用于反应物为固体，反应需要加热。
2.固-液或液-液不加热型：简易装置（试管+单孔塞）；或启普发生器。适用于反应物为固体+液体或液体+液体，反应不需要加热。
3.固-液或液-液加热型：烧瓶+酒精灯加热，常搭配分液漏斗控制反应速率。适用于反应物为固体+液体或液体+液体，反应需要加热。
4．（2025·柳州模拟）化合物Y是合成降血压药物的中间体，合成Y的某一步反应如下：
下列有关X和Y说法正确的是
A．都能发生缩聚反应 B．都能与烧碱的水溶液反应
C．Y的分子式为 D．两者中的所有原子共平面
【答案】B
【知识点】羧酸简介；缩聚反应；有机分子式的推断与计算；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、缩聚反应需要同时含2个及以上能参与缩合的官能团，Ⅹ中仅含1个酚羟基、1个酮羰基，无多个可缩聚的官能团，Y中含1个-COOH和1个酯基，也不满足缩聚反应的官能团数量要求，因此二者都不能发生缩聚反应，A错误；
B、X中含酚羟基和氟原子：酚羟基可与烧碱发生中和反应；氟原子在NaOH水溶液中可发生水解反应；Y中含酯基和羧基：酯基在NaOH水溶液中发生水解反应；羧基可与NaOH发生中和反应，因此二者都能与烧碱的水溶液反应，B正确；
C、结合Y的结构简式，数出各原子数目：C原子数为11（苯环6个+杂环4个+羧基1个）、H原子数为5、 O原子数为4、F原子数为1，因此Y的分子式应为：，C错误；
D、Ⅹ中含-CH3，甲基为四面体结构，其中的C原子与相连的原子不可能共平面；因此X中的所有原子无法共平面，Y虽为平面结构（苯环、杂环、羧基均为平面），但X不满足，故“两者中的所有原子共平面”的表述错误，D错误；
故答案为：B
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
5．（2025·柳州模拟）亚磷酸()可用作制造塑料稳定剂的原料，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A．P原子的杂化方式为
B．O原子和P原子均存在孤电子对
C．亚磷酸可与水形成分子间氢键
D．结构中的P、O原子之间形成的共价键键长相等
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、的中心原子为P原子，成键电子对为4，P的价电子为5，周围原子结合的电子H需要1个，-OH各需要1个，O需要2个，孤电子对数为：，价层电子对为4，P的杂化方式为sp3杂化，A错误；
B、O原子最外层有6个电子，结构中O原子形成2个σ键，剩余4个电子，2对孤电子对，存在孤电子对；P原子最外层有5个电子，结构中P原子形成4个σ键，无孤电子对，因此P原子不存在孤电子对，B错误；
C、亚磷酸分子中有-O-H键，类似于羟基的结构，二者可以与水通过O-H···O的方式形成分子间氢键，C正确；
D、结构中的P、O原子之间形成的共价键有P-O单键和P=O双键，类型不同，双键的键长短于单键，故键长不完全相等，D错误；
故答案为：C
【分析】判断原子的杂化类型，最基本的常规方法，是根据VSEPR判断：价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数。而杂化轨道要么用来容纳孤电子对，要么填充1个电子用来形成σ键。因此杂化轨道数就等于价层电子对数。氢键可分为分子间氢键与分子内氢键两大类。一个分子的X—H键与另一个分子的Y相结合而成的氢键，称为分子间氢键。例如，水、甲酸、乙酸等缔合体就是通过分子间氢键而形成的。在某些分子里，如邻位硝基苯酚中的羟基O—H也可与硝基的氧原子生成氢键，即：这种一个分子的X—H键与它内部的Y相结合而成的氢键称为分子内氢键。
6．（2025·柳州模拟）下列关于物质性质分析的说法错误的是
A．浓硫酸能使蔗糖炭化变黑，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了氯化铁溶液的氧化性
C．氯气的水溶液放置一段时间后pH下降，原因是生成了盐酸
D．红热的木炭放入浓硝酸中产生红棕色气体，说明木炭与浓硝酸发应生成
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；浓硫酸的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、浓硫酸使蔗糖炭化变黑：首先体现脱水性，主要表现为将蔗糖中H、O按2：1脱去，生成碳；随后碳与浓硫酸反应：，体现强氧化性，A正确；
B、氯化铁溶液腐蚀铜电路板生成氯化亚铁和氯化铜，Fe3+被还原为Fe2+，铁化合价降低，体现了氯化铁溶液的氧化性，相关的反应为：，B正确；
C、氯气易溶于水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO；放置一段时间后，由于HClO不稳定，见光易分解：2HClO=2HCl+O2↑，最终溶液中HCl浓度增大，pH下降，C正确；
D、红热木炭与浓硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O，但浓硝酸本身不稳定，红热条件下也会自身分解生成NO2：4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，因此产生的红棕色气体不一定仅来自木炭与浓硝酸的反应，D错误；
故答案为：D
【分析】物质性质分析题的解题思路可精简为3步，定类别：判断物质属于单质、酸、碱、盐、有机物等，依据类别记基础性质；析结构：看化学键、杂化方式、是否有氢键，这些决定，稳定性、溶解性、反应类型；抓规律：氧化、还原性：看元素价态、酸碱性看含氧酸非羟基氧越多酸性越强，盐看水解；
7．（2025·柳州模拟）无机盐被广泛用于生产颜料、油漆、油墨等领域。X、W、Z、Y的原子半径依次增大，分属于两个不同的周期；基态X原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，W与X相邻，Z的M层未成对电子数为4；Y的最外层电子数是K层电子数的一半。下列说法错误的是
A．W的最简氢化物为极性分子
B．X、Y、Z三种元素的单质中，Z的熔点最高
C．X的第一电离能比左右相邻元素的高
D．化合物中阴、阳离子的个数比为1：2
【答案】A
【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；金属晶体；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、W是C，其对应的最简单氢化物为甲烷，其分子空间结构为正四面体形，C原子是中心原子，4个氢原子对称分布在顶点，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，A错误；
B、X为N元素、Y为K元素、Z为Fe元素，氮气为分子晶体，分子间作用力弱，常温下为气态，而铁、钾都是固态的金属晶体，铁的原子半径小于钾、且价电子数多于钾，金属键强于钾，则铁的熔点高于钾，所以三种单质中铁的熔点最高，B正确；
C、氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，所以X的第一电离能比左右相邻元素的高，C正确；
D、为，过氧化钾由钾离子和过氧根离子构成，化合物中阴、阳离子的个数比为1∶2，D正确；
故答案为：A
【分析】首先通过题干信息确定各元素，基态X原子核外s能级与p能级电子数之比为4：3，s能级最多容纳4个电子，对应p能级电子数为3，此时比例4：3，因此X的电子排布为1s22s22p3，即X为N；W与X相邻，且原子半径比X大，且X、W、Z、Y原子半径依次增大，故W为C；Z的M层未成对电子数为4，M层电子排布为3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，故Z为Fe；Y的最外层电子数是K层电子数的一半，K层有2个电子，最外层1个电子，且原子半径最大、分属两个周期，故Y为К ；
8．（2025·柳州模拟）根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
　 实验过程及现象 实验结论
A 用pH计分别测定0.1NaClO溶液和0.1溶液的pH，NaClO溶液pH大 酸性：
B 向和KSCN的混合溶液中滴入酸化的溶液，溶液出现血红色 |氧化性：
C 两支试管分别加入2mL0.5溶液，一支试管置于热水浴中，溶液呈绿色 升高温度，平衡向生成方向移动
D 将铁丝和水蒸气反应后的固体溶于稀硫酸，滴入数滴KSCN溶液，溶液末变红 反应后的固体中不存在
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；铁及其化合物的性质实验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、验证酸性需要同时比较弱酸盐的水解程度，但是醋酸铵中醋酸根离子、铵根离子均会水解，且铵根离子的水解会抵消醋酸根离子水解的影响，而次氯酸钠中只有次氯酸根离子水解，故NaClO溶液pH大，不能说明酸性：，A错误；
B、酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚铁离子被硝酸氧化为铁离子，铁离子使得KSCN溶液变红色，产生了其他变量的影响，故不能说明氧化性：，B错误；
C、CuCl2在水溶液中存在此平衡：，一支试管置于热水浴中，溶液呈绿色，黄色和蓝色混合出现绿色，说明升高温度，平衡向生成方向移动，C正确；
D、铁丝和水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4和稀硫酸反应生成铁离子和亚铁离子，过量铁会将铁离子还原为亚铁离子，滴加KSCN溶液不变红，不能说明反应后的固体中不存在，D错误；
故答案为：C
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验过程及现象与相应实验结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
9．（2025·柳州模拟）金属硫电池(Me-S电池)是一类以硫作为阴极材料、金属作为阳极材料的电池系统，具有高能量密度、原材料丰富且成本低廉等优点。一种钾硫电池的结构及原理如图所示。下列有关叙述错误的是
A．隔膜为阳离子交换膜
B．放电时，b极可发生反应：
C．电池充电时间越长，电池中的量越多
D．充电时，电路中转移0.1mol电子时，阴极质量增加3.9g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电池工作时，K+（或Li+）需在正负极之间迁移以平衡电荷，因此隔膜应为阳离子交换膜，允许阳离子通过，A正确；
B、放电时，b极（正极）发生还原反应，多硫离子（如S62-）得到电子被还原为链长更短的多硫离子（如S42-），反应方程式为：，B正确；
C、充电时间越长，电池的充电程度越高，多硫化物逐渐被氧化，最终可能生成单质硫，而非K2S8的量一直增加；实际上K2S8的量可能先增后减或变化复杂，C错误；
D、充电时，阴极（a极）发生还原反应：K++e-→K，转移0.1mol电子生成0.1molK，也就是有0.1molK单质析出，质量增加3.9g，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电池总反应：2K+3SK2S3及装置图可知，放电时为原电池，充电时为电解池；放电时：a极（K）为负极，发生反应：K-e-=K+；b极（S）为正极，S逐步得电子生成S82-、S62-、S42-、S22-。
充电时：a极为阴极，K+得电子生成K；b极为阳极，低价硫离子失电子重新生成S。
10．（2025·柳州模拟）卤代烃的取代反应和消去反应是竞争反应，卤代烃的消去反应的主要机理(扎依采夫规则)如下：
此外，、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小。下列说法错误的是
A．氯代烃在强碱性弱极性试剂下主要发生消去反应
B．卤代烃消去反应的产物直接通入酸性溶液中，紫红色溶液褪色，可证明有烯烃生成
C．卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为
D．卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生
【答案】B
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质；卤代烃简介；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、在NaOH的乙醇溶液中是消去反应的典型条件，此时卤代烃主要发生消去反应，而取代反应发生的条件是在NaOH水溶液中，A正确；
B、卤代烃消去反应的产物是烯烃，但也可能混有未反应的乙醇，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能直接证明有烯烃生成，需先除杂再检验，B错误；
C、根据扎依采夫规则，消去反应优先生成含更多烷基取代的烯烃，也就是趋向于更稳定的状态。该卤代烃消去时，与卤原子相连的C的邻位C中，含较少H的C参与消去，生成的烯烃烷基取代更多，是主要产物，故卤代烃一定条件下发生消去反应的最主要有机产物的结构简式为，C正确；
D．、、在NaOH乙醇溶液中发生消去反应的活化能逐渐减小，则卤代烃碳卤键的碳原子上的氢越少，消去反应越易发生，D正确；
故答案为：B
【分析】消去反应是指有机物在适当的条件下，从一个分子中脱去一个小分子（如水、HX等），生成不饱和（双键或三键）化合物的反应。如：实验室制乙烯；能发生消去反应的物质：醇（反应条件为浓硫酸加热，乙烯的反应条件为浓硫酸170℃)、卤代烃（强碱水溶液加热）；反应机理是消去官能团和邻碳氢；有多种邻碳氢时产物有多种，要符合氢少去氢的原则为主要产物。
11．（2025·柳州模拟）硒化钠常用于制备光敏材料和半导体材料，共立方晶体结构如下图，硫化钠的晶体结构与其相似。已知硒化钠晶体晶胞参数为dpm，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．熔点：硫化钠<硒化钠
B．每个周围距离最近的Na+数目为4
C．离子a的分数坐标参数为
D．之间的最短距离为
【答案】D
【知识点】晶格能的应用；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、硫化钠和硒化钠都是离子晶体，熔点由晶格能决定，而晶格能与离子半径成反比，与离子电荷成正比，硫离子的离子半径小于硒离子，则硫化钠晶体中离子键强于硒化钠晶体，熔点高于硒化钠晶体，A错误；
B、由晶胞结构可知，Se2-位于晶胞的顶点和面心，Na+填充在四面体空隙也就是体对角线的处，以晶胞顶点的Se2-为例，其周围距离最近的Na+位于体对角线上，共8个，分布在8个相邻晶胞的四面体空隙中，因此每个Se2-周围最近的Na+数目为8，B错误；
C、晶胞的分数坐标以晶胞边长为“1个单位”，由晶胞中顶点的原子坐标为(0，0，0)和(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处离子a的分数坐标参数为，C错误；
D、Se2-在晶胞中位于顶点和面心，最短距离为面心Se2-到顶点Se2-的距离即晶胞面对角线的一半，晶胞参数为dpm，晶胞面对角线长度为：，因此Se2-之间的最短距离为：，D正确；
故答案为：D
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
12．（2025·柳州模拟）工业上以黄铁矿(主要成分为)为原料制硫酸的工艺流程如下图所示。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．步骤①，0.4mol完全燃烧生成，理论上消耗氧气的物质的量为1.1mol
B．步骤②，消耗0.1mol，理论上转移的电子数为0.2
C．步骤③，吸收0.1mol，理论上生成的物质的量为0.1mol
D．用足量的NaOH溶液吸收尾气，所得的溶液中
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、步骤①的反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，0.4mol完全燃烧生成，结合化学计量数之比可知理论上消耗氧气的物质的量：，A正确；
B、步骤②的反应方程式为：2SO2+O22SO3，S元素从+4价升高到+6价，转移出2个电子，因此消耗0.1mol，理论上转移的电子数：，B正确；
C、步骤③的反应方程式为：SO3+H2O=H2SO4，根据S原子守恒，吸收0.1mol，理论上生成的物质的量为0.1mol，C正确；
D、溶液中存在亚硫酸根离子水解：，则，D错误；
故答案为：D
【分析】该工艺是以黄铁矿为原料制备硫酸的工业流程，核心分为三个阶段，具体分析如下：
首先是黄铁矿燃烧（步骤①）：发生的化学反应为：，将黄铁矿中的硫元素转化为SO2，同时生成Fe2O3；接着SO2催化氧化（步骤②）：在400-500℃、V2O5作催化剂的条件下，发生：，将SO2氧化为SO3，催化剂和温度的选择可提高反应速率与SO2的转化率；最后SO3吸收制硫酸（步骤③）利用98.3%的浓硫酸做吸收剂，发生反应：，而未完全吸收的SO2需进一步处理，避免污染环境。
13．（2025·柳州模拟）在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气制氢气，发生如下反应：
热裂解反应Ⅰ：　
脱羧基反应Ⅱ：　
达到平衡状态，测得温度与气体产率的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．反应热：，
B．约650℃之前活化能：反应Ⅰ小于反应Ⅱ
C．反应过程中可能发生副反应：
D．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，乙酸的转化率减小
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；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
【解析】【解答】A、由图可知，反应Ⅰ中H2产率随温度升高而增加，说明该反应为吸热反应，ΔH1>0；反应Ⅱ中CO2产率随温度升高先增后减，表明该反应为放热反应，ΔH2<0，A正确；
B、在约650℃之前，CO2产率高于H2产率，说明脱羧基反应Ⅱ的速率较快，相同时间产生的CH4多，可能具有较低的活化能，因此反应Ⅰ的活化能应大于反应Ⅱ，而非小于，B错误；
C、由方程式可知，热裂解反应Ⅰ生成一氧化碳和氢气的物质的量相等，相同温度时，一氧化碳和氢气的产率相等，由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率大于氢气的产率，所以该容器中还发生了水煤气变换反应：，因此副反应导致一氧化碳的产率大于氢气的产率，C正确；
D、在恒容密闭容器中，增大的浓度，平衡正向移动，同时增大CH3COOH浓度，相当于加压，反应I和II都是气体增加的反应，两个反应的平衡均正向移动，但是最终乙酸的转化率减小，D正确；
故答案为：B
【分析】分析化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
14．（2025·柳州模拟）常温下，用0.2盐酸滴定两个相同容器中的溶液，分别为20mL0.2溶液和40mL0.1NaHA溶液。利用pH计和压传感器检测，绘制曲线如图所示(溶液达到一定浓度后，会放出气体。溶液体积变化可忽略)。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．图中曲线乙和丁代表向NaHA溶液中滴加盐酸
C．d点溶液中存在：
D．反应达到滴定终点时，两容器压力传感器检测的数值不相等
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、HA-的水解平衡常数表示为：，而由图可知，NaHA溶液显碱性，说明HA-的水解程度大于其电离程度，即Kh2>Ka2，整理可得：即Ka2<，，A正确；
B、根据分析可知，曲线乙（pH曲线）和丙（压力曲线）代表向NaHA溶液滴加盐酸，而非乙和丁，B错误；
C、d点为Na2A与盐酸按照物质的量比为1：2反应后，此时生成H2A且部分释放，H2A以气体形式逸出，物料守恒不再成立，此时Na+与A元素的物料平衡被打破，C错误；
D、根据已知条件，n(A2-)=n(HA-)=0.004mol，反应达到滴定终点时，产生的H2A均为0.004mol，并且反应后溶液的体积也相同，都是60mL，所以压强相等，两溶液压力传感器检测的数值相等，故D错误；
故答案为：A
【分析】由分布曲线可知，Na2A的水解程度应大于NaHA，且所用Na2A的浓度大于NaHA，所以未滴加HCl时，Na2A溶液的pH更大，即甲代表Na2A溶液，乙代表NaHA溶液；向Na2A溶液中滴加盐酸时，先发生Na2A+HCl=NaCl+NaHA、再发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，而向NaHA溶液中滴加盐酸时开始时即发生NaHA+HCl=NaCl+H2A↑，即NaHA溶液中更先产生气体，所以丙代表NaHA溶液，丁代表Na2A溶液。简而言之，未滴加盐酸时，Na2A水解程度大、浓度高，pH更高，故甲代表Na2A溶液，乙代表NaHA溶液。滴加盐酸时，NaHA溶液中HA-与盐酸反应更易生成H2A气体，故丙代表NaHA溶液（先产生气体），丁代表Na2A溶液（后产生气体）。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·柳州模拟）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为(含PbS、等杂质)，锡的一种冶炼工艺流程如下图所示：
已知：①性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是　 　。
（2）“焙烧”过程中，发生的化学反应方程式为　 　。
（3）PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到溶液，可在加热条件下，加入　 　(填一种反应试剂)，充分反应后，　 　(填一种操作)，即得溶液。
（4）“滤液”中的、可采用调节溶液pH值的方法依次分离，已知常温下的为，若滤液中为0.0028，则开始沉淀的pH值为　 　。
（5）“熔炼”过程，焦炭对应生成的主要气体产物为　 　。
（6）灰锡是金刚石型立方晶体，晶体结构如右图所示。已知锡晶胞的边长anm，则灰锡的密度为　 　(为阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。Sn与C同主族，分子中，键角小于120°的原因是　 　。
【答案】（1）增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率
（2）
（3）PbO；过滤
（4）2
（5）CO
（6）；分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、对锡矿进行“研磨”的目的是增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率；
（2）、“焙烧”过程中，和空气中氧气高温反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，结合质量守恒，发生的化学反应方程式为；
（3）、由可知，酸性减弱，利于平衡逆向移动生成溶液，温度升高，利于平衡正向移动生成溶液；故要得到溶液，可在加热条件下，加入PbO调节溶液的pH，充分反应后，过滤除去过量的PbO固体分离出滤液，即得溶液。
（4）、滤液中为0.0028，开始沉淀则，pOH=12，故pH=2；
（5）、“熔炼”过程，过量焦炭和金属氧化物反应生成的对应主要气体产物为CO；
（6）、据“均摊法”，晶胞中含个Sn，则晶体密度为：；Sn与C同主族，分子中Sn原子价层电子对数为：，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°。
【分析】首先将锡矿粉碎，增大后续反应的接触面积，提高焙烧、酸浸的效率。
接着通入足量空气进行焙烧，杂质PbS发生反应：；杂质CuFeS2被氧化为CuO，Fe2O3和SO2；SnO2性质稳定，不参与反应，据此将硫化物杂质转化为氧化物，同时生成SO2；继续加入盐酸酸浸，焙烧产物中的PbO、CuO、Fe2O3与盐酸反应，生成可溶性盐：；；；SnO2难溶于酸，以固体形式存在。据此溶解金属氧化物杂质，分离出SnO2固体，滤液经处理可回收Pb、Fe、Cu；接着加入过量焦炭熔炼，在高温SnO2与焦炭发生还原反应：，得到粗锡；最后以粗锡为阳极、纯锡为阴极，通过电解精炼除去粗锡中的杂质，得到精锡。
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率；
（2）“焙烧”过程中，和空气中氧气高温反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，结合质量守恒，发生的化学反应方程式为；
（3）由可知，酸性减弱，利于平衡逆向移动生成溶液，温度升高，利于平衡正向移动生成溶液；故要得到溶液，可在加热条件下，加入PbO调节溶液的pH，充分反应后，过滤除去过量的PbO固体分离出滤液，即得溶液。
（4）滤液中为0.0028，开始沉淀则，pOH=12，故pH=2；
（5）“熔炼”过程，过量焦炭和金属氧化物反应生成的对应主要气体产物为CO；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Sn，则晶体密度为；Sn与C同主族，分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°。
16．（2025·柳州模拟）一水硫酸四氨合铜()主要用于印染、纤维、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某化学兴趣小组以粗氧化铜(含有氧化亚铁及部分不溶于酸的杂质)为原料制备并测定一水硫酸四氨合铜中铜的含量。
Ⅰ．制备晶体
①称取2.0g粗CuO溶于适量稀硫酸；
②往所得粗溶液中滴加2mL3%，加热至沸腾，同时边搅拌边滴加2NaOH溶液到pH=3.0，趁热减压过滤；
③所得滤液转移至干净的蒸发皿中，继续水浴加热浓缩滤液，冷却至室温；
④用1∶1氨水调节溶液至pH=6~8，溶液成深蓝色，加入15mL95%乙醇，析出深蓝色晶体。
回答下列问题：
（1）往粗溶液中滴加2mL3%，该过程发生的离子方程式为________。
（2）加NaOH溶液到pH=3.0的目的是________。
（3）生成晶体的离子方程式为________。
Ⅱ．晶体中铜含量的测定
⑤准确称取晶体ag，溶于6mL3硫酸，加蒸馏水配成100mL溶液；
⑥取上述溶液25.00mL，置于锥形瓶中，加入1gKI和70mL水，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液VmL(三次实验的平均值)，
已知在微酸性溶液中，配合物被破坏：，。
（4）实验接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为_____(填序号)。
A. B. C. D.
（5）滴定终点溶液颜色的变化为________。
（6）产品中铜元素的质量分数为________(用含字母的表达式表示)。若盛放的滴定管没有用标准液润洗，则测定的铜元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)
(2) 将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去
(3)
(4) B
(5) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复
(6) 偏大
【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；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）、将亚铁离子氧化为铁离子，该过程发生的离子方程式为：；
（2）、根据分析，加NaOH溶液到pH=3.0的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；
（3）、生成晶体的离子方程式为：；
（4）、标准溶液呈碱性，装在碱式滴定管中，滴定管自然滴下的为一滴，通过碰触锥形瓶内壁流出的为半滴，故答案为：B；
（5）、淀粉遇碘单质变蓝，则滴定终点溶液颜色的变化为：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
（6）、根据关系式，25.00mL待测溶液中铜离子的物质的量为cV×10-3mol，产品中铜元素的质量分数为=；若盛放的滴定管没有用标准液润洗，溶液被稀释，消耗溶液体积偏大，测定的铜元素的质量分数偏大。
【分析】Ⅰ．一水硫酸四氨合铜[Cu(NH3)4]SO4·H2O的制备流程原料：粗氧化铜（含FeO及不溶性杂质）步骤：
首先将2.0g粗CuO溶于稀硫酸，CuO与FeO分别反应生成CuSO4、FeSO4，得到含Cu2+、Fe2+的粗CuSO4溶液，不溶性杂质未溶解；接着向粗溶液中加H2O2，氧化Fe2+为Fe3+，再滴加NaOH调pH=3.0，使Fe3+水解为Fe(OH)3沉淀，趁热减压过滤除去Fe(OH)3和不溶性杂质，得到较纯的CuSO4滤液；继续将滤液转移至蒸发皿，水浴加热浓缩，控制温度，避免晶体提前析出，冷却至室温；最后用氨水调CuSO4溶液pH=6~8，Cu2+与NH3络合生成[Cu(NH3)4]2+，溶液变深蓝色；加入95%乙醇，降低晶体溶解度，析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
Ⅱ．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量的测定流程原理：利用Cu2+与I-的氧化还原反应结合滴定法计算铜含量步骤：
首先要准确称取ag晶体，用硫酸破坏络合物，使Cu2+释放，加蒸馏水配成100mL溶液；接着取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入KI，Cu2+与I-反应生成CuI沉淀和I2，加70mL水稀释；接着以淀粉为指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，I2与S2O32-反应，记录消耗标准液体积VmL；最后根据2Cu2+~I2~2S2O32-的物质的量关系，计算样品中铜的质量分数。
17．（2025·柳州模拟）氮的化合物是重要的化工原料，含氮物质之间的转化是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
①　
②　
③　
则　 　(用和表示)。
（2）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成的氯化剂。合成原理：。
①在密闭反应器中投入2molNO和1mol合成NOCl，测得NO的平衡转化率与温度、压强关系如图所示，
的体积分数：b　 　d(填“>”“<”或“=”)；P点时若使NO的平衡转化率由P点向b点迁移，则改变的条件可能是　 　；M点时，该反应用平衡分压表示的平衡常数　 　。
②一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时NOCl的体积分数随的变化图象如图所示，当时，达到平衡状态NOCl的体积分数可能是D、E、F三点中的　 　点。
（3）在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图所示：
①Ir表面发生反应的方程式为　 　。
②导电基体中Pt颗粒表面的电极反应式为　 　。
【答案】（1）2—
（2）<；加压降温；0.45；D
（3）H2+N2ON2+H2O；NO+8e—+10H+=NH+3H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；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
【解析】【解答】（1）、由盖斯定律可知，反应①×2—反应②=反应③，则反应=2—；
（2）、①、该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，b点、d点的压强相同，b点一氧化氮的转化率大于d点，说明温度T1小于T2，则与b点相比，d点升高温度，平衡向逆反应方向移动，氯气的体积分数增大，所以b点氯气体积分数小于d点；P点一氧化氮的转化率小于b点，所以由P点向b点迁移时，改变的条件为加压降温；M点时，气体压强为30kPa，一氧化氮的转化率为60%，则平衡时一氧化氮、氯气、亚硝酰氯的物质的量分别为2mol—2mol×60%=0.8mol、1mol—2mol×60%×=0.4mol、2mol×60%=1.2mol，反应的平衡常数Kp==0.45；
②、投料比增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，NOCl的体积分数增大，则与投料比=1相比，投料比=1.5时NOCl的体积分数应大于C点，故选D；
（3）、①、由图可知，Ir表面发生的反应为Ir做催化剂条件下氢气与一氧化二氮反应生成氮气和水，反应的方程式为H2+N2ON2+H2O；
②、由图可知，导电基体中铂颗粒为原电池的正极，表面发生的反应为酸性条件下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e—+10H+=NH+3H2O。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）由盖斯定律可知，反应①×2—反应②=反应③，则反应=2—；
（2）①该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，由图可知，b点、d点的压强相同，b点一氧化氮的转化率大于d点，说明温度T1小于T2，则与b点相比，d点升高温度，平衡向逆反应方向移动，氯气的体积分数增大，所以b点氯气体积分数小于d点；P点一氧化氮的转化率小于b点，所以由P点向b点迁移时，改变的条件为加压降温；M点时，气体压强为30kPa，一氧化氮的转化率为60%，则平衡时一氧化氮、氯气、亚硝酰氯的物质的量分别为2mol—2mol×60%=0.8mol、1mol—2mol×60%×=0.4mol、2mol×60%=1.2mol，反应的平衡常数Kp==0.45；
②投料比增大相当于增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，NOCl的体积分数增大，则与投料比=1相比，投料比=1.5时NOCl的体积分数应大于C点，故选D；
（3）①由图可知，Ir表面发生的反应为Ir做催化剂条件下氢气与一氧化二氮反应生成氮气和水，反应的方程式为H2+N2ON2+H2O；
②由图可知，导电基体中铂颗粒为原电池的正极，表面发生的反应为酸性条件下硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e—+10H+=NH+3H2O。
18．（2025·柳州模拟）丹参素F是中药丹参的水溶性成分，具有扩张血管、增加冠脉血流量等作用，某种合成F的路线如下图所示：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。A→B的反应类型是　 　。
（2）写出由乙酸和氨基乙酸在一定条件下生成化学反应方程式：　 　。
（3）E的官能团名称为　 　。因F比E稳定，故生产中通常制成F，则E→F中X可能为　 　。
A．Na　B．NaOH　C．　D．
（4）H与D互为同分异构体，满足下列条件的H的结构有　 　种，其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为　 　。(写出一种)
①苯环上有4个取代基；②遇溶液发生显色反应；③1molH与发生反应放出2mol。
（5）已知：。请写出以乙醇和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）3，4-二羟基苯甲醛；取代反应
（2）CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O
（3）酚羟基、醇羟基、羧基；D
（4）16；、
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】（1）、A的结构简式为，名称为3，4-二羟基苯甲醛；A到B发生已知的反应，属于取代反应；
（2）、乙酸和氨基乙酸在一定条件下脱水生成和水，反应的化学反应方程式：CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O ；
（3）、E的结构简式中含有的官能团的名称为：酚羟基、醇羟基、羧基；E到F只有羧基上生成钠盐，只有NaHCO3只与羧基反应，X试剂为NaHCO3，答案选D；
（4）、D的结构简式为：，同分异构体满足有苯环，苯环上有四个取代基，与FeCl3显色，说明有酚羟基，1molH与发生反应放出2mol，说明有2个-COOH，还剩余一个甲基，故苯环上有2个羧基，1个羟基，1个甲基，满足条件的同分异构体有甲基位置有3种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，共3+3+2+3+2+3=16种；核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为：、；
（5）、根据信息，CH3CHO和CH3CONHCH2COOH在一定条件下反应可以得到，与HBr加成反应得到目标产物，CH3CHO可以由乙醇催化氧化得到，故合成路线为：。
【分析】A到B发生已知的反应ROH和乙酸酐反应生成酯和乙酸，由此判断A的结构中酚羟基被乙酰化，结合B的结构简式可知A的结构简式为：；B中含有醛基的结构能够与发生缩合反应，到C发生先加成后消去，得到含有碳碳双键的产物C；C中含有酯基和酰胺基，因此在盐酸作用下酰胺基水解得到含有酚羟基、酮羰基、羧基的化合物D；D在Zn(Hg)、HCl的条件下发生还原反应，将酮羰基还原成亚甲基，得到含有酚羟基、羟基、羧基的化合物E；E与NaHCO3反应，在羧基上生成钠盐，X为NaHCO3。
（1）A的结构简式为，名称为3，4-二羟基苯甲醛；A到B发生已知的反应，属于取代反应；
（2）乙酸和氨基乙酸在一定条件下脱水生成和水，反应的化学反应方程式：CH3COOH+H2NCH2COOHCH3CONHCH2COOH+H2O ；
（3）E的结构简式中含有的官能团的名称为：酚羟基、醇羟基、羧基；E到F只有羧基上生成钠盐，只有NaHCO3只与羧基反应，X试剂为NaHCO3，答案选D；
（4）D的结构简式为：，同分异构体满足有苯环，苯环上有四个取代基，与FeCl3显色，说明有酚羟基，1molH与发生反应放出2mol，说明有2个-COOH，还剩余一个甲基，故苯环上有2个羧基，1个羟基，1个甲基，满足条件的同分异构体有甲基位置有3种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，甲基位置有2种，甲基位置有3种，共3+3+2+3+2+3=16种；核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为：、；
（5）根据信息，CH3CHO和CH3CONHCH2COOH在一定条件下反应可以得到，与HBr加成反应得到目标产物，CH3CHO可以由乙醇催化氧化得到，故合成路线为：。
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