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2025届湖北省八市高三下学期3月联考（二模）化学试卷
1．（2025·湖北模拟）化学与生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化的是
A．生物固氮 B．染发烫发 C．血液透析 D．油脂硬化
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．"生物固氮"指将空气中的游离态氮转化为含氮化合物的过程，此过程中有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；B．"染发烫发"过程中，染发剂中的化学成分会与头发发生反应，烫发时通过化学药剂和加热改变头发蛋白质结构，这些都属于化学变化，B不符合题意；
C．"血液透析"利用半透膜原理，使血液中的小分子代谢废物和多余水分通过半透膜扩散到透析液中，而血细胞和大分子物质被保留，整个过程没有新物质生成，属于物理变化，C符合题意；
D．"油脂硬化"是通过氢化反应使油脂中的不饱和键与氢气加成，将液态油转化为固态或半固态脂肪，此过程有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、固氮的过程中是将N2转化为含氮的化合物。
B、染发烫发过程中通过药水和加热改变了蛋白质的结构。
C、血液透析应用半透膜原理。
D、油脂硬化是指油脂与H2发生加成反应。
2．（2025·湖北模拟）下列有关物质应用的说法错误的是
A．聚氯乙烯用于食品包装
B．苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂
C．纤维素用于生产燃料乙醇
D．聚乙炔用于制备导电高分子材料
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；乙醇的工业制法；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解析】A．聚氯乙烯（PVC）薄膜在受热时会分解并释放出有毒的氯化氢气体，因此不适合用于食品包装材料，A错误。
B．苯甲酸及其钠盐（苯甲酸钠）具有显著的抗菌防腐性能，因此被广泛用作食品防腐剂，B正确。
C．纤维素作为一种多糖，可以通过水解反应转化为葡萄糖，而葡萄糖经过发酵过程可以制得乙醇，C正确。
D．聚乙炔分子结构中存在类似石墨的离域大π键体系，使其具有导电特性，因此常被用于制备导电高分子材料，D正确。
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯受热会产生有毒物质。
B、苯甲酸及其钠盐具有抗菌活性，可用作防腐剂。
C、纤维素水解产生葡萄糖，葡萄糖发酵可获得乙醇。
D、聚乙炔分子具有导电性。
3．（2025·湖北模拟）下列化学用语表述正确的是
A．的模型
B．反式聚异戊二烯结构简式
C．四氯化碳的电子式
D．的结构示意图
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2的中心原子价层电子对数计算如下，因此其VSEPR模型为平面三角形，选项A错误。B．反式聚异戊二烯的结构简式为，选项B正确。
C．四氯化碳是共价化合物，C和Cl原子的最外层电子都满足8电子结构，其电子式为，选项C错误。
D．Fe2+的核外电子排布为[Ar]3d6，其结构示意图中M层电子数应为14，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、根据中心原子的价层电子对数确定SO2的VSEPR模型。
B、根据名称写出有机物的结构简式。
C、电子式中需体现所有原子的最外层电子数。
D、根据Fe2＋的核外电子排布式确定其结构示意图。
4．（2025·湖北模拟）下列实验方法或试剂使用正确的是
选项 实验目的 实验方法或试剂
A 测定乙酸晶体及分子结构 X射线衍射法
B 用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 用甲基橙作指示剂
C 除去乙炔中混有的 通过酸性溶液
D 测定溶液的 使用试纸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；乙炔炔烃；中和滴定；晶体的定义
【解析】【解析】A、X射线衍射技术是当前测定分子晶体结构的权威方法，能够精确分析乙酸晶体的微观排列及分子构型，A选项正确。B、在使用氢氧化钠标准溶液滴定醋酸溶液时，反应终点溶液会从酸性转变为弱碱性，此时应选用酚酞作为酸碱指示剂（变色范围pH8.3-10.0），B选项错误。
C、由于乙炔（C2H2）和硫化氢（H2S）都具有还原性，两者都会被酸性高锰酸钾氧化，导致无法实现选择性除杂，C选项错误。
D、次氯酸钠（NaClO）溶液的强氧化性会使pH试纸漂白褪色，因此必须使用pH计来准确测量其pH值，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、X射线衍射法可确定晶体结构。
B、滴定终点溶液显碱性，应用酚酞作指示剂。
C、乙炔和H2S都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、NaClO溶液具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
5．（2025·湖北模拟）下列对有关物质结构或性质的描述错误的是
A．图1为冠与形成的超分子，其形成作用力主要存在于与O之间
B．图2为某合金原子层状结构，原子层之间的相对滑动变难导致合金的硬度变大
C．图3为烷基磺酸根离子在水中形成的胶束，表现出超分子自组装的特征
D．图4为由两个硅氧四面体形成的简单阴离子，其化学式为
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；合金及其应用；超分子
【解析】【解答】A.18-冠-6与K+形成的超分子主要通过K+与氧原子之间的配位键作用形成，选项A正确；B．合金的硬度提高是因为加入其他元素后，金属原子层排列出现错位，使原子层间的相对滑动变得困难，选项B正确；
C．超分子是由多种分子通过分子间作用力形成的复杂聚集体。表面活性剂在水中自发形成胶束结构（亲水基朝外、疏水基朝内），体现了超分子的"自组装"特性，选项C正确；
D．根据硅的+4价和氧的-2价计算，该阴离子应为Si2O76-，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、K＋可与冠醚中的O原子形成配位键。
B、形成合金后，使得原子层错位，原子层之间难以滑动，导致硬度变大。
C、超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体。
D、根据Si、O元素的化合价进行验证。
6．（2025·湖北模拟）生活中两种常见的解热镇痛药物阿斯匹林(乙酰水杨酸)和扑热息痛(对乙酰氨基酚)，贝诺酯可由这二种物质在一定条件下反应制得。下列有关叙述错误的是
++H2O
A．以上三种有机物中共有4种官能团
B．可用溶液鉴别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C．贝诺酯作为缓释药可有效降低药物对肠胃的刺激性
D．贝诺酯与足量溶液反应消耗
【答案】D
【知识点】酯的性质；酰胺
【解析】【解答】A．分子结构中包含羧基（-COOH）、强碱性基团、酯基（-COOR）和酰胺基（-CONH2），因此这三种有机物中共存在4类官能团，选项A不正确；B．阿司匹林分子中的羧基可与NaHCO3反应生成CO2气体，而对乙酰氨基酚不含羧基，故无法与碳酸氢钠反应，两者可通过该反应现象区分，选项B不正确；
C．阿司匹林的羧基和对乙酰氨基酚的酚羟基均会刺激胃肠道，而贝诺酯通过酯基和酰胺基的结构修饰显著减轻了这种刺激作用，选项C不正确；
D．贝诺酯的酯基和酰胺基在碱性条件下均可水解，1 mol该物质完全水解将生成2 mol酚羟基和3 mol羧基，总计消耗5 mol，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据所给有机物的结构简式确定其所含的官能团。
B、能与NaHCO3溶液反应的官能团只有－COOH。
C、形成贝诺酯后，少了－COOH和酚羟基对肠胃的刺激性。
D、贝诺酯中的酯基和酰胺基都能与NaOH反应，且水解后产生的酚羟基，也能与NaOH反应。
7．（2025·湖北模拟）化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是
A．溶液中加入过量的盐酸：
B．溴水中加入过量的溶液：
C．溶液中通入过量的气体：
D．溶液中加入过量的氨水：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、向Na[Al(OH)4]溶液中加入过量盐酸时，会生成铝盐和水，其离子反应方程式为：，A选项正确。B、将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中时，由于SO过量，会与H+结合生成HSO，其离子方程式为：，B选项正确。
C、在FeCl3溶液中通入过量H2S气体时，会生成Fe2+和单质硫，其离子反应为：2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S↓ + 2H+，C选项错误。
D、当氨水过量时，Cu2+会与NH3形成[Cu(NH3)4]2+络离子，其离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、盐酸过量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al3＋和H2O。
B、Br2能将SO32－氧化成SO42－，自身还原为Br－，同时生成H＋；由于Na2SO3过量，则H＋进一步与SO32－结合生成HSO3－。
C、FeCl3与过量H2S反应生成Fe2＋、S和H＋。
D、氨水过量，则反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液。
8．（2025·湖北模拟）物质结构差异会引起物质性质差异。下列事实解释错误的是
选项 事实 解释
A 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键
B 键角： 前者O原子杂化，后者O原子杂化
C 水溶性： 前者烃基占比小，后者烃基占比大
D 硬度：金刚石 前者含有共价键，后者不含共价键
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．对羟基苯甲酸能够形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸则形成分子内氢键。分子间氢键会提高物质的熔沸点，而分子内氢键会降低熔沸点。因此，对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，选项A正确。B．分子中存在大π键，为平面结构，其中氧原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，氧原子采用sp2杂化；而中氧原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，氧原子采用sp3杂化。因此，C-O-C键角满足：，选项B正确。
C．乙醇(CH3CH2OH)中的羟基与水分子中的羟基相似，烃基占比小；而正戊醇(CH3CH2CH2CH2CH2OH)中烃基较大，烃基占比高。根据相似相溶原理，乙醇在水中的溶解度高于正戊醇，选项C正确。
D．金刚石是共价晶体，主要作用力为共价键；C60是分子晶体，主要作用力为范德华力。由于共价键强度远大于分子间作用力，因此金刚石的硬度显著高于C60。此外，C60分子内部确实含有C-C键，但这不影响整体硬度比较，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、形成分子间氢键，使得沸点增大；形成分子内氢键，使得沸点减小。
B、前者O原子与C原子共同形成大π键，为平面三角形结构；而后者O原子形成2个单键和存在2对孤电子对。
C、烃基为疏水基团，烃基占比越大，水溶性越小。
D、二者硬度差异主要是由于晶体类型不同，前者为共价晶体，后者为分子晶体。
9．（2025·湖北模拟）某荧光粉基材成分的化学式为，其中三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，X的原子序数是Y和W原子序数之和。下列说法错误的是
A．Z的氧化物可以做半导体材料
B．W的简单氢化物的分子构型为三角锥形
C．X元素的氯化物可以做融雪剂
D．Y的氧化物中化学键既有离子性又有共价性
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；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、Z的氧化物（SiO2）是光导纤维材料，但半导体材料是单质Si而非其氧化物，A错误。B、W的简单氢化物（NH3）中N为杂化，分子构型为三角锥形，B正确。
C、X的氯化物（CaCl2）因吸湿性、降低冰点和放热特性可用作融雪剂，C正确。
D、Y的氧化物（Al2O3）中Al3+与O2-通过离子键结合，但Al3+高电荷密度导致O2-电子云极化，形成部分共价性，D正确。
故答案为：A
【分析】Y是地壳中含量最高的金属元素，确定为Al。W的第一电离能高于同周期相邻元素，且基态原子核外电子有5种空间运动状态（对应5个原子轨道），其电子排布为，确定为N。Z的最外层电子数是次外层的一半：若电子层数为2，则为Li；若电子层数为3，则为Si。X的原子序数为Y和W之和（13+7=20），确定为Ca。根据化学式及化合价规则（Ca2+、Al3+、N3-），Z必须为+4价的Si。据此分析选项。
10．（2025·湖北模拟）一种由离子交换树脂一碳纳米管构成的膜分离装置如图，M侧可以连续去除空气中的并转化为，同时N侧实现了的富集。下列说法正确的是
A．M侧空气中发生变化的只有
B．复合薄膜既能传导离子，又能传导电子
C．N侧收集到时转移电子数为
D．N侧反应为
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M侧参与反应的物质包括CO2、O2和H2O，故A错误；B．复合薄膜需同时具备离子传导和电子传导功能，故B正确；
C．未说明是否为标准状况，2.24 L CO2的物质的量无法确定，转移电子数不一定是，故C错误；
D．N侧电极反应为H2 - 2e- + 2 = 2H2O + 2CO2，故D错误；
故答案为：B
【分析】根据图示，N侧H2转化为H2O的过程中H元素化合价升高，失去电子，说明M侧得到电子，发生还原反应，化合价降低。同时观察到有生成，推断O2参与了反应。因此M侧的电极反应式为：4CO2 + O2 + 2H2O + 4e- = 4。生成的通过阴离子交换膜迁移至N侧，参与N侧的反应，因此N侧的电极反应式为H2 - 2e- + 2 = 2H2O + 2CO2。据此分析选项。
11．（2025·湖北模拟）固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是
A．该晶胞的化学式是
B．与铁原子最近的镁原子有8个
C．储氢后晶体密度为
D．晶胞中与的最短距离为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、采用均摊法计算晶胞中各原子的数量。晶胞中含有8个镁原子，铁原子的数量为8个顶点各贡献1/8，加上6个面心各贡献1/2，总计4个铁原子。因此晶胞的化学式为Mg2Fe，A选项正确。B、观察晶胞结构可知，若以面心铁原子为基准，在其上方叠加一个晶胞，可发现每个铁原子周围有8个最近邻的镁原子，B选项正确。
C、氢原子通过化学键储存在晶体内，位于以铁原子为中心的正八面体顶点位置。晶胞中氢原子分布在体心和12条棱的中点，通过均摊法计算得氢原子数为4个。晶胞总质量为(8×24+4×56+4×1)/NA = 420/NA g。晶胞体积为a3×10-21 cm3。密度计算过程如下： 为ρ=== ，C选项错误。
D、晶胞中两个铁原子间的最短距离等于晶胞面对角线的一半，即 ，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定Mg、Fe原子的个数比，从而得到晶体的化学式。
B、以面心Fe原子为中心，与之最近的Mg原子共有8个。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、两个Mg原子之间的最短距离为面对角线的一半。
12．（2025·湖北模拟）科学家研发了一种基于氧化还原循环系统的电驱动膜分离技术，将废水回收为高价值的和，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移，简易工作原理如图。下列说法错误的是
A．电极a与外接电源负极相连
B．装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜
C．b电极反应式为
D．浓缩池1中得到的产品为
【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．由分析可知，电极a为阴极，因此需与电源负极相连，A正确；
B．由上述分析可知，装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜，B正确；
C．由分析可知，电极b为阳极，发生失电子的氧化反应生成，因此电极反应式为，C正确；
D．淡化池中的SO42－移向浓缩池1中，双极膜产生的H＋也移向浓缩池1，因此浓缩池1中得到的产品为H2SO4，D错误；
故答案为：D
【分析】电极a上[Fe(CN)6]3－转化为[Fe(CN)6]4－，铁元素由＋3价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为[Fe(CN)6]3－＋e－=[Fe(CN)6]4－。电极b上[Fe(CN)6]4－转化为[Fe(CN)6]3－，发生失电子的氧化反应，为阳极，其电极反应式为[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－。淡化池中Na＋移向阴极，因此离子交换膜1为阳离子交换膜，则离子交换膜2为阴离子交换膜。浓缩池2中OH－移向阳极室，因此离子交换膜3为阳离子交换膜。双极膜中产生的H＋移向浓缩池1，OH－移向浓缩池2。据此结合选项分析。
13．（2025·湖北模拟）酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一类由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，酞菁及它的一种金属配合物的结构简式如图。下列说法正确的是
A．酞菁属于芳香烃类化合物
B．该金属配合物中心离子M的价态为
C．酞菁分子中N原子杂化方式有两种
D．酞菁分子中大环键电子数为16
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．酞菁分子中含有N元素，因此不属于芳香烃类化合物（芳香烃仅含C、H元素），A选项错误；
B．在金属配合物结构中，M形成的共价键中有两个是配位键（由N原子提供孤电子对）。对比配体b与a的结构，b比a少两个氢原子，说明中心离子M的化合价为+2价，B选项正确；
C．该大环分子是由8个N原子和8个C原子组成的16元芳香共轭体系，其中所有N原子的杂化方式均为sp2杂化（形成平面结构并参与共轭），C选项错误；
D．对于配体a的结构：每个C原子贡献1个π电子，6个不带H的N原子各贡献1个π电子，2个带H的N原子各贡献2个π电子。因此总π电子数为：8(C) + 6(N) + 2×2(N) = 18，因此大π键的电子数为18，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、酞菁中含有N元素，因此不属于烃类物质。
B、由a、b结构可知，b中少了2个H原子，因此M离子为+2价。
C、形成双键的N原子采用sp2杂化，形成单键的N原子采用sp3杂化。
D、根据配体a的结构分析。
14．（2025·湖北模拟）下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是
选项 操作 现象与结论
A 向装有银氨溶液的试管中加入的葡萄糖溶液，振荡、加热煮沸 试管表面形成光亮的银镜；说明葡萄糖具有还原性
B 向盛有的溶液的试管中滴加滴的溶液，后再向上述试管中滴加4滴的溶液 先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀；说明
C 向盛有溶液的试管中加入溶液，再加入少量固体 溶液变为红色，后无明显变化；说明上述反应不是可逆反应
D 向盛有的溶液的试管中滴加10滴溴乙烷，加热振荡，静置；取上层清液少许，滴入到装有硝酸酸化的硝酸银溶液的试管中 有浅黄色沉淀产生；说明溴乙烷发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；银镜反应
【解析】【解答】A、银镜反应需要水浴加热控制温度，直接煮沸会导致反应失控，A选项错误。B、当NaOH溶液不足时，体系中先形成Mg(OH)2沉淀，随后转化为更难溶的Cu(OH)2沉淀，这一现象证明Ksp(Cu(OH)2) < Ksp(Mg(OH)2)，B选项正确。
C、加入KCl固体不会影响Fe3+与SCN-的络合平衡（Fe3+ + SCN- [Fe(SCN)]2+），因此溶液颜色保持不变，C选项错误。
D、检验卤代烃水解产物时，需先加HNO3中和过量NaOH（避免Ag2O沉淀干扰），再加AgNO3溶液。题目操作顺序错误，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、银镜反应的条件是水浴加热，不能加热至沸腾。
B、MgCl2过量，NaOH完全反应，再加入CuCl2溶液，CuCl2与Mg(OH)2反应转化为Cu(OH)2。
C、KCl不参与反应，对平衡移动无影响。
D、应先加稀硝酸，除去过量的NaOH，再加AgNO3溶液，防止AgNO3与NaOH反应。
15．（2025·湖北模拟）常温下，将溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸()溶液
B．常温下的数量级为
C．常温下滴加至溶液的时，上述三种酸消耗最多的是氯乙酸
D．加入等浓度的至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为
【答案】C
【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；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应溶液pH与、、的关系，选项A正确。B．由图像可知，当时，pH≈2.8。此时酸的电离平衡常数，数量级为10-3，选项B正确。
C．三种酸的酸性强弱顺序为：CH2ClCOOH < CHCl2COOH < CCl3COOH。当用NaOH溶液滴定至pH=7时，三种酸均过量，且剩余酸的量为CH2ClCOOH > CHCl2COOH > CCl3COOH。因此，消耗NaOH最多的是三氯乙酸，最少的是氯乙酸，选项C错误。
D．由于酸性越强，其共轭碱的水解程度越小，因此酸根离子水解程度为：CCl3COO- < CHCl2COO- < CH2ClCOO-。当用NaOH完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为c(CCl3COO-) > c(CHCl2COO-) > c(CH2ClCOO-)，选项D正确。
故答案为：C
【分析】Cl的电负性较大，为吸电子基团，氯原子的个数越多，有机酸的酸性越弱。因此酸性：CH2ClCOOH < CHCl2COOH < CCl3COOH，对应电离平衡常数Ka依次增大。具体表达式为：Ka(CH2ClCOOH) =、Ka(CHCl2COOH) =、Ka(CCl3COOH) =。当浓度比、或固定时，Ka与氢离子浓度c(H+)成正比。因此图示曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系。需结合电离平衡常数和盐类水解规律进行综合分析。
16．（2025·湖北模拟）醋酸铜可作色谱分析试剂和有机合成催化剂等，可以用碱式碳酸铜[]为原料制备。
实验I．用碱式碳酸铜制备醋酸铜晶体
步骤1：称取碱式碳酸铜于装置a中，加入水，搅拌得蓝绿色悬浊液。
步骤2：水浴加热a至，然后向该装置b中加入的冰醋酸，缓慢滴入到装置a中，此时逸出大量气泡。继续在下混合搅拌左右，至基本无气泡逸出即可。
步骤3：趁热迅速减压抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，加热蒸发至溶液体积为原先，补加冰醋酸，搅拌、冷却、结晶、抽滤，得到蓝绿色醋酸铜晶体；再向剩余母液中补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可得部分蓝绿色醋酸铜晶体。
（1）装置a的名称是　 　，装置c的作用是　 　。
（2）步骤2中，温度需要控制在左右的原因是　 　。
（3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是　 　。
（4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是　 　。
实验Ⅱ．间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比
已知：能与反应生成不溶于水。
步骤1：准确称取碱式碳酸铜样品于烧杯中，加入适量稀硫酸使固体完全溶解；将得到的溶液完全转移至容量瓶中，洗涤转移并定容至刻度线。
步骤2：用移液管移取配好的溶液至锥形瓶。
步骤3：加入为4.0的缓冲溶液，再加入过量碘化钾溶液，振荡摇匀；用已标定的溶液滴至浅黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点。()
步骤4：平行滴定3次，平均消耗溶液。
（5）滴定至终点时，溶液的颜色变化为　 　。
（6）加入碘化钾后发生的离子反应方程式为　 　。
（7）x与y的比为　 　(用表示)。
【答案】三颈烧瓶；冷凝回流冰醋酸；温度过低反应速率太慢，温度过高冰醋酸挥发太快；防止滤液冷却结晶，减少产品损失；抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率；蓝色变无色；2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓；或或
【知识点】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）装置a的名称是三颈烧瓶，装置c的作用是冷凝回流冰醋酸，提高原料的利用率。
故答案为： 三颈烧瓶 ； 冷凝回流冰醋酸
（2）步骤2中，温度需要控制在65℃左右的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，醋酸挥发太快。
故答案为： 温度过低反应速率太慢，温度过高冰醋酸挥发太快
（3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是防止滤液冷却结晶，减少产品损失。
故答案为： 防止滤液冷却结晶，减少产品损失
（4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率。
故答案为： 抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率
（5）滴定至终点时，碘单质消耗完毕，溶液蓝色消失，可知滴定至终点时，溶液的颜色变化为溶液由蓝色变为无色。
故答案为： 蓝色变无色
（6）加入碘化钾后，Cu2+氧化I-生成CuI和I2，离子方程式为2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓。
故答案为： 2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓
（7）根据题意有关系式：
所以有，解得或或。
故答案为：或或
【分析】实验I．制备醋酸铜的反应原理是利用碱式碳酸铜()与醋酸发生反应。实验过程中需要将温度控制在65℃左右，温度过高会导致醋酸挥发加快，而温度过低则会降低反应速率。当反应基本无气泡产生时，需趁热进行减压抽滤，将滤液转移至蒸发皿中加热蒸发。在此过程中补加冰醋酸的作用是抑制铜离子水解。后续操作包括搅拌、冷却、结晶和抽滤，最终得到蓝绿色醋酸铜晶体。为进一步提高产率，可向剩余母液中再次补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可获得部分蓝绿色醋酸铜晶体。
实验II．采用间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比例。具体步骤为：准确称取样品置于烧杯中，加入稀硫酸使固体完全溶解；取四分之一的溶液加入过量碘化钾溶液，生成碘单质；以淀粉作为指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定。最终根据硫代硫酸钠的消耗量与碱式碳酸铜的量之间的关系，计算出x与y的比值。
17．（2025·湖北模拟）氧化钪()广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(一种矿渣，主要成分为)中提取氧化钪的路径如下：
已知：难溶于盐酸。
回答下列问题：
（1）基态的价电子轨道表示式为　 　。
（2）①酸浸后滤渣的主要成分为　 　。
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有　 　(至少写两条)。
（3）有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为　 　。
②反萃液可以再生利用，其方法是　 　。
（4）萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为　 　%；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的　 　。
（5）反萃固体进一步酸溶再沉钪的目的是　 　。
（6）焙烧时发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）SiO2、TiO2；反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等(任选其中两个书写即可或其他合理答案)
（3）ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R-；向反萃液中加入适量的酸后分液
（4）1；
（5）进一步分离杂质，提高产品纯度
（6）2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2
【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
【解析】【解答】（1）Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态的价电子轨道表示式为：。
故答案为：
（2）①根据分析，滤渣中存在的是不与盐酸反应的：。
故答案为： SiO2、TiO2
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有：反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等。
故答案为： 反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等(任选其中两个书写即可或其他合理答案)
（3）①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R-
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。
故答案为： 向反萃液中加入适量的酸后分液
（4）为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。
故答案为：1；
（5）反萃取分离后的主要成分为固体，此时直接加入草酸生成由于固体的影响，反应很难进行得完全，但如果先加入盐酸溶解固体生成，由与草酸生成则会反应很完全，所以先酸溶再沉钪的目的为：进一步分离杂质，提高产品纯度的作用。
故答案为： 进一步分离杂质，提高产品纯度
（6）在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。故答案为：
【分析】“酸浸”操作将赤泥用盐酸处理，其中转化为离子态（），而不溶，通过过滤除去。“萃取分离”操作中往滤液中加入有机萃取剂，和少量进入有机相，及大部分留在水相中，实现初步分离。“反萃取”操作中向有机相加入NaOH溶液，转化为沉淀，经分离后得到纯净的。“提纯与转化”操作中将溶于盐酸，再与草酸反应生成沉淀；最后在空气中焙烧，得到目标产物。据此结合题干设问分析作答。
（1）Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态的价电子轨道表示式为：。
（2）①根据分析，滤渣中存在的是不与盐酸反应的：。
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有：反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等。
（3）①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。
（4）为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。
（5）反萃取分离后的主要成分为固体，此时直接加入草酸生成由于固体的影响，反应很难进行得完全，但如果先加入盐酸溶解固体生成，由与草酸生成则会反应很完全，所以先酸溶再沉钪的目的为：进一步分离杂质，提高产品纯度的作用。
（6）在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。
18．（2025·湖北模拟）氯雷他定是一种常用的抗过敏药物，其常见的合成路线如图所示：
已知：+RMgX
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）的系统命名为　 　。
（4）①D在条件下发生分子内脱水生成的分子式为　 　。
②在相同条件下，除了生成E外还可以生成另一种产物，该产物与E互为同分异构且具有相同的环状结构，则其结构简式为　 　。
（5）的化学反应方程式为　 　。
（6）有机物B的属于芳香族化合物的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为　 　。
【答案】（1）酰胺基
（2）消去反应
（3）氯甲酸乙酯
（4）C14H10NOCl；
（5） ＋HCl＋H2O ＋（或）
（6）9；
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）A的含氧官能团为酰胺基。
故答案为：酰胺基
（2）由上述分析可知F→G的反应类型为消去反应。
故答案为：消去反应
（3）的系统命名为氯甲酸乙酯。
故答案为：氯甲酸乙酯
（4）①据上述分析可知E为，故分子式为C14H10NOCl。
故答案为：C14H10NOCl
②；依题可知另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上（，带星号的C）的H发生取代反应所得，即。
故答案为：
（5）C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或），反应方程式为】＋HCl＋H2O ＋（或）。
故答案为： ＋HCl＋H2O ＋（或）
（6）依题可得到9种同分异构体，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为。
故答案为：9；
【分析】（1）根据A的结构简式确定其所含的含氧官能团的名称。
（2）F→G的过程中脱去一个H2O分子，同时形成一个碳碳双键，据此确定该反应的反应类型。
（3）该结构中含有酯基，结合酯类物质的命名规则“某酸某酯”进行命名。
（4）①根据D的分子式，结合失去一个水分子生成E，确定E的分子式。
②另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上的H发生取代反应所得，据此确定该同分异构体的结构简式。
（5）C与盐酸反应生成D的同时，生成，据此写出反应的化学方程式。
（6）属于芳香族化合物，则分子结构中含有苯环，结合苯的一取代物、二取代物和三取代物确定同分异构体的个数。核磁共振氢谱有3组峰，面积比为1：1：1，则其H原子的个数比也为1：1：1，由结构的对称性确定同分异构体的结构简式。
（1）A的含氧官能团为酰胺基；
（2）由上述分析可知F→G的反应类型为消去反应；
（3）的系统命名为氯甲酸乙酯；
（4）①据上述分析可知E为，故分子式为C14H10NOCl；②；依题可知另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上（，带星号的C）的H发生取代反应所得，即；
（5）C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或），反应方程式为】＋HCl＋H2O ＋（或）；
（6）依题可得到9种同分异构体，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为。
19．（2025·湖北模拟）液态阳光甲醇合成技术是实现“双碳”目标的重要途径，其中最关键的技术之一是二氧化碳加氢制甲醇，主反应原理为： 。
（1）在恒温恒容密闭容器中，加入一定量的和催化剂的反应历程和能垒图如下图(表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物种)
①　 　(保留两位小数，已知)
②下列说法正确的是　 　(填选项标号)
A．低温有利于主反应朝正方向自发进行
B．是主要副产物，高选择性催化剂是提高制备效率的关键
C．高温不利于甲醇生成，工业生产中应尽量保持低温
D．反应中经历的三个基元反应中起决速作用的是
（2）某催化条件下的恒容体系，与投料比和的转化率及甲醇产率的关系如下表。回答下列问题：
2 3 5 7
11.63 13.68 15.93 18.71
3.04 4.12 5.26 6.93
①从表格中可以看出，该条件下随与投料比增大，的转化率和产率均增大，所以有同学认为在实际生产中氢碳投料比越大越好，你是否认同这个观点并说出你的理由　 　。
②分析计算上述条件下，表格中甲醇产量最高的投料比为　 　(填表格中数值)。
（3）在催化条件下，保持与投料比为3，且初始压强为下的恒容体系中，的平衡转化率以及产物和的选择性(产物选择性是指转化为目标产物的原料量在转化了的原料量中所占的比例)随温度变化关系如图1所示，图2为该体系不同温度时甲醇的时空收率(产品的时空收率是指在单位时间内单位质量的催化剂作用下收到产品的量)。回答下列问题：
①图1中表示选择性的曲线为　 　(填“a”或“b”)。
②时主反应的压强平衡常数　 　(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，写出计算代数式即可)。
③解释图2中以后的时空收率下降可能的原因　 　。
【答案】（1）-49.12；ABD
（2）不认同，在投料总量恒定的条件下，氢碳比越大，含碳量越低，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，综合效益不高；3
（3）b；；升温平衡逆向移动，温度过高还会造成催化剂选择性或活性下降
【知识点】焓变和熵变；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）①由图可知，相对能量为-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol。
故答案为：-49.12
②A．主反应为放热反应，降低温度，正向移动，故A正确；
B．由图可知，该过程中存在副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，应采用高选择性催化剂，减少副反应的发生，是提高制备效率的关键，故B正确；
C．高温不利于甲醇生成，采用低温时，反应速率慢，相同时间内产量减少，故C错误；
D．由图可知，活化能最大的基元反应为TS3，在反应中起决速作用，故D正确；
故答案为：ABD
（2）①不认同，在投料总量一定的情况下，投料比越大，即氢气越多，CO2越少，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，经济效益不佳。
故答案为： 不认同，在投料总量恒定的条件下，氢碳比越大，含碳量越低，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，综合效益不高
②设投料总量为4mol，投料比为2时，甲醇的产量为4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比为3、5、7时，甲醇产量分别为4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比为3时，甲醇产量最大。
故答案为：3
（3）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，副反应正向移动，CO的选择性增大，主反应逆向移动，CH3OH的选择性减小，故曲线b为甲醇的选择性曲线。
故答案为：b
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，列式如下：
由图可知，240℃时，CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为60%，CO的选择性为40%，则，则x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡时，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃时主反应的压强平衡常数Kp==。
故答案为：
③240℃以后，温度升高，主反应逆向移动，甲醇产量降低，且温度升高，还会造成催化剂活性下降，都会造成CH3OH的时空收率下降。
故答案为： 升温平衡逆向移动，温度过高还会造成催化剂选择性或活性下降
【分析】（1）①根据相对能量计算反应热。
②A、若ΔH-TΔS＜0，反应自发进行，据此分析。
B、高选择性催化剂，可加快反应速率。
C、低温反应速率慢，单位时间内产物的量少。
D、决速步骤为慢反应，即活化能最大的反应。
（2）①在总投入量不变的情况下，氢碳比越大，则含碳量越低，CH3OH的产量越小。
②设投料总量为4mol，投料比为2时，结合CO2的转化率和CH3OH的产率进行计算。
（3）①生成CH3OH的反应为放热梵音，升高温度，平衡逆向移动，据此分析。
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，据此结合平衡三段式进行计算。
③240℃后催化剂的活性降低，或平衡逆向移动，都可能导致CH3OH的收率下降。
（1）①由图可知，相对能量为-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol；
②A．主反应为放热反应，降低温度，正向移动，故A正确；
B．由图可知，该过程中存在副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，应采用高选择性催化剂，减少副反应的发生，是提高制备效率的关键，故B正确；
C．高温不利于甲醇生成，采用低温时，反应速率慢，相同时间内产量减少，故C错误；
D．由图可知，活化能最大的基元反应为TS3，在反应中起决速作用，故D正确；
故答案为：ABD；
（2）①不认同，在投料总量一定的情况下，投料比越大，即氢气越多，CO2越少，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，经济效益不佳；
②设投料总量为4mol，投料比为2时，甲醇的产量为4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比为3、5、7时，甲醇产量分别为4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比为3时，甲醇产量最大；
（3）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，副反应正向移动，CO的选择性增大，主反应逆向移动，CH3OH的选择性减小，故曲线b为甲醇的选择性曲线；
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，列式如下：
由图可知，240℃时，CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为60%，CO的选择性为40%，则，则x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡时，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃时主反应的压强平衡常数Kp==；
③240℃以后，温度升高，主反应逆向移动，甲醇产量降低，且温度升高，还会造成催化剂活性下降，都会造成CH3OH的时空收率下降。
1 / 12025届湖北省八市高三下学期3月联考（二模）化学试卷
1．（2025·湖北模拟）化学与生活密切相关。下列叙述中没有涉及化学变化的是
A．生物固氮 B．染发烫发 C．血液透析 D．油脂硬化
2．（2025·湖北模拟）下列有关物质应用的说法错误的是
A．聚氯乙烯用于食品包装
B．苯甲酸及其钠盐用作食品防腐剂
C．纤维素用于生产燃料乙醇
D．聚乙炔用于制备导电高分子材料
3．（2025·湖北模拟）下列化学用语表述正确的是
A．的模型
B．反式聚异戊二烯结构简式
C．四氯化碳的电子式
D．的结构示意图
4．（2025·湖北模拟）下列实验方法或试剂使用正确的是
选项 实验目的 实验方法或试剂
A 测定乙酸晶体及分子结构 X射线衍射法
B 用标准溶液滴定未知浓度的醋酸溶液 用甲基橙作指示剂
C 除去乙炔中混有的 通过酸性溶液
D 测定溶液的 使用试纸
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·湖北模拟）下列对有关物质结构或性质的描述错误的是
A．图1为冠与形成的超分子，其形成作用力主要存在于与O之间
B．图2为某合金原子层状结构，原子层之间的相对滑动变难导致合金的硬度变大
C．图3为烷基磺酸根离子在水中形成的胶束，表现出超分子自组装的特征
D．图4为由两个硅氧四面体形成的简单阴离子，其化学式为
6．（2025·湖北模拟）生活中两种常见的解热镇痛药物阿斯匹林(乙酰水杨酸)和扑热息痛(对乙酰氨基酚)，贝诺酯可由这二种物质在一定条件下反应制得。下列有关叙述错误的是
++H2O
A．以上三种有机物中共有4种官能团
B．可用溶液鉴别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C．贝诺酯作为缓释药可有效降低药物对肠胃的刺激性
D．贝诺酯与足量溶液反应消耗
7．（2025·湖北模拟）化学反应中，量变可以引起质变。下列反应离子方程式书写错误的是
A．溶液中加入过量的盐酸：
B．溴水中加入过量的溶液：
C．溶液中通入过量的气体：
D．溶液中加入过量的氨水：
8．（2025·湖北模拟）物质结构差异会引起物质性质差异。下列事实解释错误的是
选项 事实 解释
A 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键
B 键角： 前者O原子杂化，后者O原子杂化
C 水溶性： 前者烃基占比小，后者烃基占比大
D 硬度：金刚石 前者含有共价键，后者不含共价键
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·湖北模拟）某荧光粉基材成分的化学式为，其中三种元素位于短周期，Y是地壳中含量最高的金属元素，W的第一电离能高于它的同周期相邻元素，且其基态原子核外电子有5种空间运动状态，Z元素原子的最外层电子数是次外层的一半，X的原子序数是Y和W原子序数之和。下列说法错误的是
A．Z的氧化物可以做半导体材料
B．W的简单氢化物的分子构型为三角锥形
C．X元素的氯化物可以做融雪剂
D．Y的氧化物中化学键既有离子性又有共价性
10．（2025·湖北模拟）一种由离子交换树脂一碳纳米管构成的膜分离装置如图，M侧可以连续去除空气中的并转化为，同时N侧实现了的富集。下列说法正确的是
A．M侧空气中发生变化的只有
B．复合薄膜既能传导离子，又能传导电子
C．N侧收集到时转移电子数为
D．N侧反应为
11．（2025·湖北模拟）固态储氢材料具有不易泄露，不易爆炸等优点。下图是铁镁储氢材料的晶胞，晶胞参数为；氢原子通过与铁镁形成化学键储存在晶体中，并位于以铁原子为中心的正八面体顶点处。下列说法错误的是
A．该晶胞的化学式是
B．与铁原子最近的镁原子有8个
C．储氢后晶体密度为
D．晶胞中与的最短距离为
12．（2025·湖北模拟）科学家研发了一种基于氧化还原循环系统的电驱动膜分离技术，将废水回收为高价值的和，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移，简易工作原理如图。下列说法错误的是
A．电极a与外接电源负极相连
B．装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜
C．b电极反应式为
D．浓缩池1中得到的产品为
13．（2025·湖北模拟）酞菁可看作是卟啉的衍生物，是一类由8个N原子、8个C原子组成的16中心的芳香共轭体系的大环分子，酞菁及它的一种金属配合物的结构简式如图。下列说法正确的是
A．酞菁属于芳香烃类化合物
B．该金属配合物中心离子M的价态为
C．酞菁分子中N原子杂化方式有两种
D．酞菁分子中大环键电子数为16
14．（2025·湖北模拟）下列实验中所涉及的操作、现象与结论均正确的是
选项 操作 现象与结论
A 向装有银氨溶液的试管中加入的葡萄糖溶液，振荡、加热煮沸 试管表面形成光亮的银镜；说明葡萄糖具有还原性
B 向盛有的溶液的试管中滴加滴的溶液，后再向上述试管中滴加4滴的溶液 先有白色沉淀产生，后生成蓝色沉淀；说明
C 向盛有溶液的试管中加入溶液，再加入少量固体 溶液变为红色，后无明显变化；说明上述反应不是可逆反应
D 向盛有的溶液的试管中滴加10滴溴乙烷，加热振荡，静置；取上层清液少许，滴入到装有硝酸酸化的硝酸银溶液的试管中 有浅黄色沉淀产生；说明溴乙烷发生水解反应
A．A B．B C．C D．D
15．（2025·湖北模拟）常温下，将溶液分别滴加到等浓度等体积的氯乙酸()、二氯乙酸()、三氯乙酸()溶液中，溶液与溶液中相关粒子浓度比值的负对数值X的关系如图(忽略溶液体积的变化)。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ对应的是三氯乙酸()溶液
B．常温下的数量级为
C．常温下滴加至溶液的时，上述三种酸消耗最多的是氯乙酸
D．加入等浓度的至恰好完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为
16．（2025·湖北模拟）醋酸铜可作色谱分析试剂和有机合成催化剂等，可以用碱式碳酸铜[]为原料制备。
实验I．用碱式碳酸铜制备醋酸铜晶体
步骤1：称取碱式碳酸铜于装置a中，加入水，搅拌得蓝绿色悬浊液。
步骤2：水浴加热a至，然后向该装置b中加入的冰醋酸，缓慢滴入到装置a中，此时逸出大量气泡。继续在下混合搅拌左右，至基本无气泡逸出即可。
步骤3：趁热迅速减压抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，加热蒸发至溶液体积为原先，补加冰醋酸，搅拌、冷却、结晶、抽滤，得到蓝绿色醋酸铜晶体；再向剩余母液中补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可得部分蓝绿色醋酸铜晶体。
（1）装置a的名称是　 　，装置c的作用是　 　。
（2）步骤2中，温度需要控制在左右的原因是　 　。
（3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是　 　。
（4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是　 　。
实验Ⅱ．间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比
已知：能与反应生成不溶于水。
步骤1：准确称取碱式碳酸铜样品于烧杯中，加入适量稀硫酸使固体完全溶解；将得到的溶液完全转移至容量瓶中，洗涤转移并定容至刻度线。
步骤2：用移液管移取配好的溶液至锥形瓶。
步骤3：加入为4.0的缓冲溶液，再加入过量碘化钾溶液，振荡摇匀；用已标定的溶液滴至浅黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至终点。()
步骤4：平行滴定3次，平均消耗溶液。
（5）滴定至终点时，溶液的颜色变化为　 　。
（6）加入碘化钾后发生的离子反应方程式为　 　。
（7）x与y的比为　 　(用表示)。
17．（2025·湖北模拟）氧化钪()广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(一种矿渣，主要成分为)中提取氧化钪的路径如下：
已知：难溶于盐酸。
回答下列问题：
（1）基态的价电子轨道表示式为　 　。
（2）①酸浸后滤渣的主要成分为　 　。
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有　 　(至少写两条)。
（3）有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为　 　。
②反萃液可以再生利用，其方法是　 　。
（4）萃取时易发生共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)具有重要的影响，下图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为　 　%；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中，“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，三次操作后“水相”中的　 　。
（5）反萃固体进一步酸溶再沉钪的目的是　 　。
（6）焙烧时发生反应的化学方程式为　 　。
18．（2025·湖北模拟）氯雷他定是一种常用的抗过敏药物，其常见的合成路线如图所示：
已知：+RMgX
（1）A中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的反应类型为　 　。
（3）的系统命名为　 　。
（4）①D在条件下发生分子内脱水生成的分子式为　 　。
②在相同条件下，除了生成E外还可以生成另一种产物，该产物与E互为同分异构且具有相同的环状结构，则其结构简式为　 　。
（5）的化学反应方程式为　 　。
（6）有机物B的属于芳香族化合物的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为　 　。
19．（2025·湖北模拟）液态阳光甲醇合成技术是实现“双碳”目标的重要途径，其中最关键的技术之一是二氧化碳加氢制甲醇，主反应原理为： 。
（1）在恒温恒容密闭容器中，加入一定量的和催化剂的反应历程和能垒图如下图(表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物种)
①　 　(保留两位小数，已知)
②下列说法正确的是　 　(填选项标号)
A．低温有利于主反应朝正方向自发进行
B．是主要副产物，高选择性催化剂是提高制备效率的关键
C．高温不利于甲醇生成，工业生产中应尽量保持低温
D．反应中经历的三个基元反应中起决速作用的是
（2）某催化条件下的恒容体系，与投料比和的转化率及甲醇产率的关系如下表。回答下列问题：
2 3 5 7
11.63 13.68 15.93 18.71
3.04 4.12 5.26 6.93
①从表格中可以看出，该条件下随与投料比增大，的转化率和产率均增大，所以有同学认为在实际生产中氢碳投料比越大越好，你是否认同这个观点并说出你的理由　 　。
②分析计算上述条件下，表格中甲醇产量最高的投料比为　 　(填表格中数值)。
（3）在催化条件下，保持与投料比为3，且初始压强为下的恒容体系中，的平衡转化率以及产物和的选择性(产物选择性是指转化为目标产物的原料量在转化了的原料量中所占的比例)随温度变化关系如图1所示，图2为该体系不同温度时甲醇的时空收率(产品的时空收率是指在单位时间内单位质量的催化剂作用下收到产品的量)。回答下列问题：
①图1中表示选择性的曲线为　 　(填“a”或“b”)。
②时主反应的压强平衡常数　 　(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，写出计算代数式即可)。
③解释图2中以后的时空收率下降可能的原因　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．"生物固氮"指将空气中的游离态氮转化为含氮化合物的过程，此过程中有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；B．"染发烫发"过程中，染发剂中的化学成分会与头发发生反应，烫发时通过化学药剂和加热改变头发蛋白质结构，这些都属于化学变化，B不符合题意；
C．"血液透析"利用半透膜原理，使血液中的小分子代谢废物和多余水分通过半透膜扩散到透析液中，而血细胞和大分子物质被保留，整个过程没有新物质生成，属于物理变化，C符合题意；
D．"油脂硬化"是通过氢化反应使油脂中的不饱和键与氢气加成，将液态油转化为固态或半固态脂肪，此过程有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、固氮的过程中是将N2转化为含氮的化合物。
B、染发烫发过程中通过药水和加热改变了蛋白质的结构。
C、血液透析应用半透膜原理。
D、油脂硬化是指油脂与H2发生加成反应。
2．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；乙醇的工业制法；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解析】A．聚氯乙烯（PVC）薄膜在受热时会分解并释放出有毒的氯化氢气体，因此不适合用于食品包装材料，A错误。
B．苯甲酸及其钠盐（苯甲酸钠）具有显著的抗菌防腐性能，因此被广泛用作食品防腐剂，B正确。
C．纤维素作为一种多糖，可以通过水解反应转化为葡萄糖，而葡萄糖经过发酵过程可以制得乙醇，C正确。
D．聚乙炔分子结构中存在类似石墨的离域大π键体系，使其具有导电特性，因此常被用于制备导电高分子材料，D正确。
故答案为：A
【分析】A、聚氯乙烯受热会产生有毒物质。
B、苯甲酸及其钠盐具有抗菌活性，可用作防腐剂。
C、纤维素水解产生葡萄糖，葡萄糖发酵可获得乙醇。
D、聚乙炔分子具有导电性。
3．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2的中心原子价层电子对数计算如下，因此其VSEPR模型为平面三角形，选项A错误。B．反式聚异戊二烯的结构简式为，选项B正确。
C．四氯化碳是共价化合物，C和Cl原子的最外层电子都满足8电子结构，其电子式为，选项C错误。
D．Fe2+的核外电子排布为[Ar]3d6，其结构示意图中M层电子数应为14，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、根据中心原子的价层电子对数确定SO2的VSEPR模型。
B、根据名称写出有机物的结构简式。
C、电子式中需体现所有原子的最外层电子数。
D、根据Fe2＋的核外电子排布式确定其结构示意图。
4．【答案】A
【知识点】测定溶液pH的方法；乙炔炔烃；中和滴定；晶体的定义
【解析】【解析】A、X射线衍射技术是当前测定分子晶体结构的权威方法，能够精确分析乙酸晶体的微观排列及分子构型，A选项正确。B、在使用氢氧化钠标准溶液滴定醋酸溶液时，反应终点溶液会从酸性转变为弱碱性，此时应选用酚酞作为酸碱指示剂（变色范围pH8.3-10.0），B选项错误。
C、由于乙炔（C2H2）和硫化氢（H2S）都具有还原性，两者都会被酸性高锰酸钾氧化，导致无法实现选择性除杂，C选项错误。
D、次氯酸钠（NaClO）溶液的强氧化性会使pH试纸漂白褪色，因此必须使用pH计来准确测量其pH值，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、X射线衍射法可确定晶体结构。
B、滴定终点溶液显碱性，应用酚酞作指示剂。
C、乙炔和H2S都能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、NaClO溶液具有漂白性，能使变色后的pH试纸褪色。
5．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；合金及其应用；超分子
【解析】【解答】A.18-冠-6与K+形成的超分子主要通过K+与氧原子之间的配位键作用形成，选项A正确；B．合金的硬度提高是因为加入其他元素后，金属原子层排列出现错位，使原子层间的相对滑动变得困难，选项B正确；
C．超分子是由多种分子通过分子间作用力形成的复杂聚集体。表面活性剂在水中自发形成胶束结构（亲水基朝外、疏水基朝内），体现了超分子的"自组装"特性，选项C正确；
D．根据硅的+4价和氧的-2价计算，该阴离子应为Si2O76-，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、K＋可与冠醚中的O原子形成配位键。
B、形成合金后，使得原子层错位，原子层之间难以滑动，导致硬度变大。
C、超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体。
D、根据Si、O元素的化合价进行验证。
6．【答案】D
【知识点】酯的性质；酰胺
【解析】【解答】A．分子结构中包含羧基（-COOH）、强碱性基团、酯基（-COOR）和酰胺基（-CONH2），因此这三种有机物中共存在4类官能团，选项A不正确；B．阿司匹林分子中的羧基可与NaHCO3反应生成CO2气体，而对乙酰氨基酚不含羧基，故无法与碳酸氢钠反应，两者可通过该反应现象区分，选项B不正确；
C．阿司匹林的羧基和对乙酰氨基酚的酚羟基均会刺激胃肠道，而贝诺酯通过酯基和酰胺基的结构修饰显著减轻了这种刺激作用，选项C不正确；
D．贝诺酯的酯基和酰胺基在碱性条件下均可水解，1 mol该物质完全水解将生成2 mol酚羟基和3 mol羧基，总计消耗5 mol，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、根据所给有机物的结构简式确定其所含的官能团。
B、能与NaHCO3溶液反应的官能团只有－COOH。
C、形成贝诺酯后，少了－COOH和酚羟基对肠胃的刺激性。
D、贝诺酯中的酯基和酰胺基都能与NaOH反应，且水解后产生的酚羟基，也能与NaOH反应。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、向Na[Al(OH)4]溶液中加入过量盐酸时，会生成铝盐和水，其离子反应方程式为：，A选项正确。B、将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中时，由于SO过量，会与H+结合生成HSO，其离子方程式为：，B选项正确。
C、在FeCl3溶液中通入过量H2S气体时，会生成Fe2+和单质硫，其离子反应为：2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S↓ + 2H+，C选项错误。
D、当氨水过量时，Cu2+会与NH3形成[Cu(NH3)4]2+络离子，其离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、盐酸过量，则[Al(OH)4]－与H＋反应生成Al3＋和H2O。
B、Br2能将SO32－氧化成SO42－，自身还原为Br－，同时生成H＋；由于Na2SO3过量，则H＋进一步与SO32－结合生成HSO3－。
C、FeCl3与过量H2S反应生成Fe2＋、S和H＋。
D、氨水过量，则反应生成[Cu(NH3)4]SO4溶液。
8．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．对羟基苯甲酸能够形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸则形成分子内氢键。分子间氢键会提高物质的熔沸点，而分子内氢键会降低熔沸点。因此，对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，选项A正确。B．分子中存在大π键，为平面结构，其中氧原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，氧原子采用sp2杂化；而中氧原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，氧原子采用sp3杂化。因此，C-O-C键角满足：，选项B正确。
C．乙醇(CH3CH2OH)中的羟基与水分子中的羟基相似，烃基占比小；而正戊醇(CH3CH2CH2CH2CH2OH)中烃基较大，烃基占比高。根据相似相溶原理，乙醇在水中的溶解度高于正戊醇，选项C正确。
D．金刚石是共价晶体，主要作用力为共价键；C60是分子晶体，主要作用力为范德华力。由于共价键强度远大于分子间作用力，因此金刚石的硬度显著高于C60。此外，C60分子内部确实含有C-C键，但这不影响整体硬度比较，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、形成分子间氢键，使得沸点增大；形成分子内氢键，使得沸点减小。
B、前者O原子与C原子共同形成大π键，为平面三角形结构；而后者O原子形成2个单键和存在2对孤电子对。
C、烃基为疏水基团，烃基占比越大，水溶性越小。
D、二者硬度差异主要是由于晶体类型不同，前者为共价晶体，后者为分子晶体。
9．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；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、Z的氧化物（SiO2）是光导纤维材料，但半导体材料是单质Si而非其氧化物，A错误。B、W的简单氢化物（NH3）中N为杂化，分子构型为三角锥形，B正确。
C、X的氯化物（CaCl2）因吸湿性、降低冰点和放热特性可用作融雪剂，C正确。
D、Y的氧化物（Al2O3）中Al3+与O2-通过离子键结合，但Al3+高电荷密度导致O2-电子云极化，形成部分共价性，D正确。
故答案为：A
【分析】Y是地壳中含量最高的金属元素，确定为Al。W的第一电离能高于同周期相邻元素，且基态原子核外电子有5种空间运动状态（对应5个原子轨道），其电子排布为，确定为N。Z的最外层电子数是次外层的一半：若电子层数为2，则为Li；若电子层数为3，则为Si。X的原子序数为Y和W之和（13+7=20），确定为Ca。根据化学式及化合价规则（Ca2+、Al3+、N3-），Z必须为+4价的Si。据此分析选项。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；气体摩尔体积；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，M侧参与反应的物质包括CO2、O2和H2O，故A错误；B．复合薄膜需同时具备离子传导和电子传导功能，故B正确；
C．未说明是否为标准状况，2.24 L CO2的物质的量无法确定，转移电子数不一定是，故C错误；
D．N侧电极反应为H2 - 2e- + 2 = 2H2O + 2CO2，故D错误；
故答案为：B
【分析】根据图示，N侧H2转化为H2O的过程中H元素化合价升高，失去电子，说明M侧得到电子，发生还原反应，化合价降低。同时观察到有生成，推断O2参与了反应。因此M侧的电极反应式为：4CO2 + O2 + 2H2O + 4e- = 4。生成的通过阴离子交换膜迁移至N侧，参与N侧的反应，因此N侧的电极反应式为H2 - 2e- + 2 = 2H2O + 2CO2。据此分析选项。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、采用均摊法计算晶胞中各原子的数量。晶胞中含有8个镁原子，铁原子的数量为8个顶点各贡献1/8，加上6个面心各贡献1/2，总计4个铁原子。因此晶胞的化学式为Mg2Fe，A选项正确。B、观察晶胞结构可知，若以面心铁原子为基准，在其上方叠加一个晶胞，可发现每个铁原子周围有8个最近邻的镁原子，B选项正确。
C、氢原子通过化学键储存在晶体内，位于以铁原子为中心的正八面体顶点位置。晶胞中氢原子分布在体心和12条棱的中点，通过均摊法计算得氢原子数为4个。晶胞总质量为(8×24+4×56+4×1)/NA = 420/NA g。晶胞体积为a3×10-21 cm3。密度计算过程如下： 为ρ=== ，C选项错误。
D、晶胞中两个铁原子间的最短距离等于晶胞面对角线的一半，即 ，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定Mg、Fe原子的个数比，从而得到晶体的化学式。
B、以面心Fe原子为中心，与之最近的Mg原子共有8个。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、两个Mg原子之间的最短距离为面对角线的一半。
12．【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．由分析可知，电极a为阴极，因此需与电源负极相连，A正确；
B．由上述分析可知，装置中离子交换膜1和3均是阳离子交换膜，B正确；
C．由分析可知，电极b为阳极，发生失电子的氧化反应生成，因此电极反应式为，C正确；
D．淡化池中的SO42－移向浓缩池1中，双极膜产生的H＋也移向浓缩池1，因此浓缩池1中得到的产品为H2SO4，D错误；
故答案为：D
【分析】电极a上[Fe(CN)6]3－转化为[Fe(CN)6]4－，铁元素由＋3价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为[Fe(CN)6]3－＋e－=[Fe(CN)6]4－。电极b上[Fe(CN)6]4－转化为[Fe(CN)6]3－，发生失电子的氧化反应，为阳极，其电极反应式为[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－。淡化池中Na＋移向阴极，因此离子交换膜1为阳离子交换膜，则离子交换膜2为阴离子交换膜。浓缩池2中OH－移向阳极室，因此离子交换膜3为阳离子交换膜。双极膜中产生的H＋移向浓缩池1，OH－移向浓缩池2。据此结合选项分析。
13．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．酞菁分子中含有N元素，因此不属于芳香烃类化合物（芳香烃仅含C、H元素），A选项错误；
B．在金属配合物结构中，M形成的共价键中有两个是配位键（由N原子提供孤电子对）。对比配体b与a的结构，b比a少两个氢原子，说明中心离子M的化合价为+2价，B选项正确；
C．该大环分子是由8个N原子和8个C原子组成的16元芳香共轭体系，其中所有N原子的杂化方式均为sp2杂化（形成平面结构并参与共轭），C选项错误；
D．对于配体a的结构：每个C原子贡献1个π电子，6个不带H的N原子各贡献1个π电子，2个带H的N原子各贡献2个π电子。因此总π电子数为：8(C) + 6(N) + 2×2(N) = 18，因此大π键的电子数为18，D选项错误；
故答案为：B
【分析】A、酞菁中含有N元素，因此不属于烃类物质。
B、由a、b结构可知，b中少了2个H原子，因此M离子为+2价。
C、形成双键的N原子采用sp2杂化，形成单键的N原子采用sp3杂化。
D、根据配体a的结构分析。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；卤代烃简介；银镜反应
【解析】【解答】A、银镜反应需要水浴加热控制温度，直接煮沸会导致反应失控，A选项错误。B、当NaOH溶液不足时，体系中先形成Mg(OH)2沉淀，随后转化为更难溶的Cu(OH)2沉淀，这一现象证明Ksp(Cu(OH)2) < Ksp(Mg(OH)2)，B选项正确。
C、加入KCl固体不会影响Fe3+与SCN-的络合平衡（Fe3+ + SCN- [Fe(SCN)]2+），因此溶液颜色保持不变，C选项错误。
D、检验卤代烃水解产物时，需先加HNO3中和过量NaOH（避免Ag2O沉淀干扰），再加AgNO3溶液。题目操作顺序错误，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、银镜反应的条件是水浴加热，不能加热至沸腾。
B、MgCl2过量，NaOH完全反应，再加入CuCl2溶液，CuCl2与Mg(OH)2反应转化为Cu(OH)2。
C、KCl不参与反应，对平衡移动无影响。
D、应先加稀硝酸，除去过量的NaOH，再加AgNO3溶液，防止AgNO3与NaOH反应。
15．【答案】C
【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；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应溶液pH与、、的关系，选项A正确。B．由图像可知，当时，pH≈2.8。此时酸的电离平衡常数，数量级为10-3，选项B正确。
C．三种酸的酸性强弱顺序为：CH2ClCOOH < CHCl2COOH < CCl3COOH。当用NaOH溶液滴定至pH=7时，三种酸均过量，且剩余酸的量为CH2ClCOOH > CHCl2COOH > CCl3COOH。因此，消耗NaOH最多的是三氯乙酸，最少的是氯乙酸，选项C错误。
D．由于酸性越强，其共轭碱的水解程度越小，因此酸根离子水解程度为：CCl3COO- < CHCl2COO- < CH2ClCOO-。当用NaOH完全中和时，三种溶液中离子浓度大小关系为c(CCl3COO-) > c(CHCl2COO-) > c(CH2ClCOO-)，选项D正确。
故答案为：C
【分析】Cl的电负性较大，为吸电子基团，氯原子的个数越多，有机酸的酸性越弱。因此酸性：CH2ClCOOH < CHCl2COOH < CCl3COOH，对应电离平衡常数Ka依次增大。具体表达式为：Ka(CH2ClCOOH) =、Ka(CHCl2COOH) =、Ka(CCl3COOH) =。当浓度比、或固定时，Ka与氢离子浓度c(H+)成正比。因此图示曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应溶液pH与-lg、-lg、-lg的关系。需结合电离平衡常数和盐类水解规律进行综合分析。
16．【答案】三颈烧瓶；冷凝回流冰醋酸；温度过低反应速率太慢，温度过高冰醋酸挥发太快；防止滤液冷却结晶，减少产品损失；抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率；蓝色变无色；2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓；或或
【知识点】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）装置a的名称是三颈烧瓶，装置c的作用是冷凝回流冰醋酸，提高原料的利用率。
故答案为： 三颈烧瓶 ； 冷凝回流冰醋酸
（2）步骤2中，温度需要控制在65℃左右的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，醋酸挥发太快。
故答案为： 温度过低反应速率太慢，温度过高冰醋酸挥发太快
（3）步骤3中，趁热减压抽滤的目的是防止滤液冷却结晶，减少产品损失。
故答案为： 防止滤液冷却结晶，减少产品损失
（4）步骤3中，加热蒸发时补加冰醋酸的原因是抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率。
故答案为： 抑制醋酸铜水解，提高产品纯度和产率
（5）滴定至终点时，碘单质消耗完毕，溶液蓝色消失，可知滴定至终点时，溶液的颜色变化为溶液由蓝色变为无色。
故答案为： 蓝色变无色
（6）加入碘化钾后，Cu2+氧化I-生成CuI和I2，离子方程式为2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓。
故答案为： 2Cu2+＋4I-= I2＋2CuI↓
（7）根据题意有关系式：
所以有，解得或或。
故答案为：或或
【分析】实验I．制备醋酸铜的反应原理是利用碱式碳酸铜()与醋酸发生反应。实验过程中需要将温度控制在65℃左右，温度过高会导致醋酸挥发加快，而温度过低则会降低反应速率。当反应基本无气泡产生时，需趁热进行减压抽滤，将滤液转移至蒸发皿中加热蒸发。在此过程中补加冰醋酸的作用是抑制铜离子水解。后续操作包括搅拌、冷却、结晶和抽滤，最终得到蓝绿色醋酸铜晶体。为进一步提高产率，可向剩余母液中再次补加冰醋酸，继续蒸发母液，又可获得部分蓝绿色醋酸铜晶体。
实验II．采用间接碘量法测定碱式碳酸铜中x与y的比例。具体步骤为：准确称取样品置于烧杯中，加入稀硫酸使固体完全溶解；取四分之一的溶液加入过量碘化钾溶液，生成碘单质；以淀粉作为指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定。最终根据硫代硫酸钠的消耗量与碱式碳酸铜的量之间的关系，计算出x与y的比值。
17．【答案】（1）
（2）SiO2、TiO2；反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等(任选其中两个书写即可或其他合理答案)
（3）ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R-；向反萃液中加入适量的酸后分液
（4）1；
（5）进一步分离杂质，提高产品纯度
（6）2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2
【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
【解析】【解答】（1）Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态的价电子轨道表示式为：。
故答案为：
（2）①根据分析，滤渣中存在的是不与盐酸反应的：。
故答案为： SiO2、TiO2
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有：反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等。
故答案为： 反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等(任选其中两个书写即可或其他合理答案)
（3）①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。
故答案为： ScR3＋3OH-= Sc(OH)3↓＋3R-
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。
故答案为： 向反萃液中加入适量的酸后分液
（4）为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。
故答案为：1；
（5）反萃取分离后的主要成分为固体，此时直接加入草酸生成由于固体的影响，反应很难进行得完全，但如果先加入盐酸溶解固体生成，由与草酸生成则会反应很完全，所以先酸溶再沉钪的目的为：进一步分离杂质，提高产品纯度的作用。
故答案为： 进一步分离杂质，提高产品纯度
（6）在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。故答案为：
【分析】“酸浸”操作将赤泥用盐酸处理，其中转化为离子态（），而不溶，通过过滤除去。“萃取分离”操作中往滤液中加入有机萃取剂，和少量进入有机相，及大部分留在水相中，实现初步分离。“反萃取”操作中向有机相加入NaOH溶液，转化为沉淀，经分离后得到纯净的。“提纯与转化”操作中将溶于盐酸，再与草酸反应生成沉淀；最后在空气中焙烧，得到目标产物。据此结合题干设问分析作答。
（1）Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态的价电子轨道表示式为：。
（2）①根据分析，滤渣中存在的是不与盐酸反应的：。
②酸浸时要考虑影响钪的浸出率的因素有：反应的温度、酸的浓度、固体接触面积(或颗粒大小)、固液比、浸取时间等。
（3）①萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：。
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为，而萃取剂 为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液。
（4）为了避免萃取时发生共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率(萃取率=被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比)和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，的萃取率已经非常高，而的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，的萃取率变化很小，而的萃取率急剧增大，不利于的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，的萃取率为，即水相中残留的为2%，假设“滤液”中，则“萃取分液”三次操作后“水相”中的。
（5）反萃取分离后的主要成分为固体，此时直接加入草酸生成由于固体的影响，反应很难进行得完全，但如果先加入盐酸溶解固体生成，由与草酸生成则会反应很完全，所以先酸溶再沉钪的目的为：进一步分离杂质，提高产品纯度的作用。
（6）在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。
18．【答案】（1）酰胺基
（2）消去反应
（3）氯甲酸乙酯
（4）C14H10NOCl；
（5） ＋HCl＋H2O ＋（或）
（6）9；
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）A的含氧官能团为酰胺基。
故答案为：酰胺基
（2）由上述分析可知F→G的反应类型为消去反应。
故答案为：消去反应
（3）的系统命名为氯甲酸乙酯。
故答案为：氯甲酸乙酯
（4）①据上述分析可知E为，故分子式为C14H10NOCl。
故答案为：C14H10NOCl
②；依题可知另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上（，带星号的C）的H发生取代反应所得，即。
故答案为：
（5）C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或），反应方程式为】＋HCl＋H2O ＋（或）。
故答案为： ＋HCl＋H2O ＋（或）
（6）依题可得到9种同分异构体，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为。
故答案为：9；
【分析】（1）根据A的结构简式确定其所含的含氧官能团的名称。
（2）F→G的过程中脱去一个H2O分子，同时形成一个碳碳双键，据此确定该反应的反应类型。
（3）该结构中含有酯基，结合酯类物质的命名规则“某酸某酯”进行命名。
（4）①根据D的分子式，结合失去一个水分子生成E，确定E的分子式。
②另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上的H发生取代反应所得，据此确定该同分异构体的结构简式。
（5）C与盐酸反应生成D的同时，生成，据此写出反应的化学方程式。
（6）属于芳香族化合物，则分子结构中含有苯环，结合苯的一取代物、二取代物和三取代物确定同分异构体的个数。核磁共振氢谱有3组峰，面积比为1：1：1，则其H原子的个数比也为1：1：1，由结构的对称性确定同分异构体的结构简式。
（1）A的含氧官能团为酰胺基；
（2）由上述分析可知F→G的反应类型为消去反应；
（3）的系统命名为氯甲酸乙酯；
（4）①据上述分析可知E为，故分子式为C14H10NOCl；②；依题可知另一种产物是由D结构上的羰基碳与－Cl邻位C上（，带星号的C）的H发生取代反应所得，即；
（5）C在HCl条件下发生水解反应，生成D和（或），反应方程式为】＋HCl＋H2O ＋（或）；
（6）依题可得到9种同分异构体，如下、、、、、、、、；其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为的分子结构简式为。
19．【答案】（1）-49.12；ABD
（2）不认同，在投料总量恒定的条件下，氢碳比越大，含碳量越低，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，综合效益不高；3
（3）b；；升温平衡逆向移动，温度过高还会造成催化剂选择性或活性下降
【知识点】焓变和熵变；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）①由图可知，相对能量为-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol。
故答案为：-49.12
②A．主反应为放热反应，降低温度，正向移动，故A正确；
B．由图可知，该过程中存在副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，应采用高选择性催化剂，减少副反应的发生，是提高制备效率的关键，故B正确；
C．高温不利于甲醇生成，采用低温时，反应速率慢，相同时间内产量减少，故C错误；
D．由图可知，活化能最大的基元反应为TS3，在反应中起决速作用，故D正确；
故答案为：ABD
（2）①不认同，在投料总量一定的情况下，投料比越大，即氢气越多，CO2越少，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，经济效益不佳。
故答案为： 不认同，在投料总量恒定的条件下，氢碳比越大，含碳量越低，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，综合效益不高
②设投料总量为4mol，投料比为2时，甲醇的产量为4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比为3、5、7时，甲醇产量分别为4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比为3时，甲醇产量最大。
故答案为：3
（3）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，副反应正向移动，CO的选择性增大，主反应逆向移动，CH3OH的选择性减小，故曲线b为甲醇的选择性曲线。
故答案为：b
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，列式如下：
由图可知，240℃时，CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为60%，CO的选择性为40%，则，则x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡时，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃时主反应的压强平衡常数Kp==。
故答案为：
③240℃以后，温度升高，主反应逆向移动，甲醇产量降低，且温度升高，还会造成催化剂活性下降，都会造成CH3OH的时空收率下降。
故答案为： 升温平衡逆向移动，温度过高还会造成催化剂选择性或活性下降
【分析】（1）①根据相对能量计算反应热。
②A、若ΔH-TΔS＜0，反应自发进行，据此分析。
B、高选择性催化剂，可加快反应速率。
C、低温反应速率慢，单位时间内产物的量少。
D、决速步骤为慢反应，即活化能最大的反应。
（2）①在总投入量不变的情况下，氢碳比越大，则含碳量越低，CH3OH的产量越小。
②设投料总量为4mol，投料比为2时，结合CO2的转化率和CH3OH的产率进行计算。
（3）①生成CH3OH的反应为放热梵音，升高温度，平衡逆向移动，据此分析。
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，据此结合平衡三段式进行计算。
③240℃后催化剂的活性降低，或平衡逆向移动，都可能导致CH3OH的收率下降。
（1）①由图可知，相对能量为-0.51ev，其ΔH=-0.51×1.6×10-19J×6.02×1023/mol=-49.12kJ/mol；
②A．主反应为放热反应，降低温度，正向移动，故A正确；
B．由图可知，该过程中存在副反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，应采用高选择性催化剂，减少副反应的发生，是提高制备效率的关键，故B正确；
C．高温不利于甲醇生成，采用低温时，反应速率慢，相同时间内产量减少，故C错误；
D．由图可知，活化能最大的基元反应为TS3，在反应中起决速作用，故D正确；
故答案为：ABD；
（2）①不认同，在投料总量一定的情况下，投料比越大，即氢气越多，CO2越少，甲醇产量可能下降，且原料氢气成本较高，经济效益不佳；
②设投料总量为4mol，投料比为2时，甲醇的产量为4mol××3.04≈4.05mol，同理，投料比为3、5、7时，甲醇产量分别为4.12mol、3.51mol、3.47mol，由此可知，投料比为3时，甲醇产量最大；
（3）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，副反应正向移动，CO的选择性增大，主反应逆向移动，CH3OH的选择性减小，故曲线b为甲醇的选择性曲线；
②在Mn—CZA催化条件下，保持H2与CO2投料比为3，且初始压强为4MPa下的恒容体系中，设H2初始压强为3MPa，CO2初始压强为1MPa，CO2在主反应、副反应中的转化量分别为x、y，列式如下：
由图可知，240℃时，CO2的转化率为15%，CH3OH的选择性为60%，CO的选择性为40%，则，则x=0.09MPa，y=0.06MPa，平衡时，p(CO2)=0.85MPa，p(H2)=2.67MPa，p(CH3OH)=0.09MPa，p(H2O)=0.15MP，240℃时主反应的压强平衡常数Kp==；
③240℃以后，温度升高，主反应逆向移动，甲醇产量降低，且温度升高，还会造成催化剂活性下降，都会造成CH3OH的时空收率下降。
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