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四川省泸州市2024-2025学年高三上学期第一次教学质量诊断性考试 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的要求。)
1．（2024高三上·泸州模拟）社会的发展、科技的进步离不开化学。下列说法中不正确的是
A．“玉兔号”月球车上的太阳能电池可将热能转化为电能
B．除去工业废水中的、可用溶液作沉淀剂
C．能生物降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯可预防“白色污染”
D．晶体X射线衍射图经过计算可获得晶胞结构的有关信息
2．（2024高三上·泸州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．单质钾与水反应：
B．用KSCN溶液检验：
C．草酸溶液与酸性高锰酸钾反应：
D．向苯酚钠溶液中通入过量的：22
3．（2024高三上·泸州模拟）已知是阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．中含有的硫原子数目为
B．标准状况下，的分子数目为
C．电解精炼铜时，若阴极质量增加6.4g，则电路中转移的电子数目为
D．常温下，的溶液中由水电离出的数目为
4．（2024高三上·泸州模拟）实验是探究化学的基础。下列有关装置、实验操作与目的均正确的是
装置
操作与目的 A．用标准液滴定溶液 B．用于实验室制备
装置
操作与目的 C．用于乙酸与乙醇的酯化反应 D．用于的尾气吸收
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·泸州模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，基态W原子核外p能级电子数比s能级电子数多4个。下列说法不正确的是
A．单质沸点： B．第一电离能：
C．简单氢化物的键角： D．简单离子半径：
6．（2024高三上·泸州模拟）由物质I经两步转化可制得抗凝血剂药物Ⅲ。下列有关说法不正确的是
A．I的名称是邻羟基苯甲酸
B．1mol Ⅱ发生水解，最多可消耗3mol NaOH
C．Ⅲ的分子式为
D．可用的溶液检验Ⅲ中是否含有I
7．（2024高三上·泸州模拟）中国科学院福建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi－ZMOF)材料，将其用做Zn－CO2电池的电极，可提高电池放电效率，电池结构如图所示，双极膜中H2O解离的H＋和OH－在电场作用下向两极移动。下列有关说法正确的是
A．锌电极的电势高于Bi－ZMOF电极的电势
B．放电时，每消耗0.2mol Zn，双极膜内解离3.6g H2O
C．Bi－ZMOF电极的反应式为：CO2＋2H＋－2e－=HCOOH
D．Bi－ZMOF电极具有吸附CO2，并催化CO2转化为HCOOH的作用
8．（2024高三上·泸州模拟）下列实验操作及现象与对应结论均正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向浓溶液中滴加浓HCl至过量，溶液由蓝色变为绿色 转化为
B 相同温度下，分别测定相同浓度的NaF和溶液pH，NaF溶液的pH约为8，溶液的pH约为9 相同温度下，
C 向蔗糖溶液中滴加稀，加热，然后再加入新制的悬浊液，未观察到砖红色沉淀 蔗糖未水解或其水解产物无还原性
D 在浓度均为的溶液和溶液各1mL中，分别滴加1滴的溶液，只有溶液中产生沉淀 常温下，
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三上·泸州模拟）灰锡与金刚石的晶体类型相同，其晶胞如图所示。下列有关说法不正确的是
A．一个灰锡晶胞中含有8个Sn原子
B．灰锡属于共价晶体，其熔点低于金刚石
C．若键的键长为a pm，则晶胞参数为
D．灰锡中每个Sn原子周围与它距离最近的Sn原子有4个
10．（2024高三上·泸州模拟）据报道，我国科学家将钙钛矿晶格作为电催化的活性位点平台，用于氧还原选择性合成，其电化学装置如图所示。下列有关说法不正确的是
A．a极与外加电源的正极相连
B．由a极区通过质子交换膜移向b极区
C．相同条件下，消耗的与生成的体积比为1：1
D．该电解池的总反应为
11．（2024高三上·泸州模拟）赤血盐{}可用于检验，也可用于蓝图印刷术等。下列说法正确的是
A．电负性：
B．核外有9种不同空间运动状态的电子
C．的价电子排布式为
D．4种元素分布在元素周期表的s、p、ds区
12．（2024高三上·泸州模拟）在加热条件下，利用金属Pd催化甲醇羰基化的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．反应过程中涉及、键的形成和断裂
B．2-甲基-2-丙醇也能发生该条件下的羰基化反应
C．该过程的总反应为：
D．若将换为，则得到羰基化产物为DCDO
13．（2024高三上·泸州模拟）胍的结构如图所示，其衍生物可作为肠道消炎药。胍得到质子后转化为具有平面结构的胍阳离子。下列有关说法中正确的是
A．胍为非极性分子且难溶于水 B．胍分子中最多有4个原子共平面
C．1个胍阳离子中有9个σ键 D．胍阳离子中N的杂化类型为
14．（2024高三上·泸州模拟）常温下将NaOH溶液分别滴加到等浓度的二氯乙酸()和一氯乙酸()溶液中，两溶液中pH与微粒浓度比值的对数的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线I表示pH与的变化关系
B．的数量级为
C．浓度均为的与混合溶液中，
D．在pH均为3的两种酸的溶液中，曲线I对应酸的物质的量浓度更大
二、非选择题(本题包括15~18题，共4题。)
15．（2024高三上·泸州模拟）连二硫酸锰晶体()呈红色，可用于蔬菜、水果等保鲜。受热易分解为和。实验室中可利用饱和水溶液与反应制备连二硫酸锰，同时有生成，其制备装置和具体步骤如下：
I．在B的三口烧瓶中盛装适量和400mL蒸馏水，控制温度在7℃以下，将A中产生的通入B中，反应过程中保持C中管口有少量气泡持续冒出。
Ⅱ．待烧瓶中全部反应完，反应液呈透明粉红色时，停止通。
Ⅲ．将装置C换为减压装置，一段时间后将B中的溶液转移至烧杯中。
IV．向溶液中加入适量连二硫酸钡溶液，搅拌，静置，过滤。
V．对滤液进行浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，得。
回答下列问题：
（1）步骤I对B中烧瓶可采取的控温方式是　 　。
（2）C装置中NaOH溶液的作用是　 　；保持C中有少量气泡持续冒出的目的是　 　。
（3）有同学指出装置A、B之间需要进一步完善，完善的措施是　 　。
（4）步骤Ⅱ中反应的离子方程式有、　 　。
（5）步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是　 　。
（6）步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是　 　，过滤出的滤渣是　 　。
16．（2024高三上·泸州模拟）铅铋渣(含Pb、Bi、Ag、Cu、Zn等元素)中的金属元素在电池、半导体、超导等方面都有广泛应用，一种分离回收的工艺流程如图所示：
已知：①、。
②当溶液中金属离子的浓度时，可认为该金属离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“酸侵”过程中需要适当降温，避免温度过高，其原因是　 　。
（2）“沉降1”中，当刚沉淀完全时，若溶液中，则溶液中与的离子积　 　(选填“>”、“<”或“=”)。
（3）“滤渣2”的化学式为　 　。
（4）“还原”步骤中产生的混合气体X具有刺激性气味，写出该步骤发生的离子反应方程式　 　。
（5）“水解沉铋”中，水解为的离子反应方程式为　 　，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是　 　。
（6）为方便后续处理和回收利用，“置换”所用试剂Y最好是　 　(填化学式)。
（7）“滤渣1”可用于制备碘化铅，碘化铅的晶胞结构a和晶胞俯视图如图所示。其中“●”代表铅离子，“”代表碘离子。已知晶胞的底面边长为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数的值。计算碘化铅的密度　 　(列出计算式即可，不必化简)。
17．（2024高三上·泸州模拟）丙烯()是合成高聚物的重要原料。由丙烷生产丙烯有以下两种方法。
【方法I】丙烷直接脱氢制丙烯
反应I：
回答下列问题：
（1）反应I在　 　(选填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。
（2）为提高丙烯的产率，设计了一种管状反应器，工作原理如图所示。图中选择性透过膜透过的一种产物分子X是　 　，该反应器能提高丙烯产率的原因是　 　。
（3）以下是在某催化剂上丙烷脱氢的反应历程图(*表示吸附在催化剂上，TS表示过渡态)
研究表明键的断裂是反应中的速控步骤(速率最慢的基元反应)，实验测得用和(注：D是氘，键能：)进行反应的速率近似相等。据此可知，上述反应历程图中速控步骤基元反应的方程式为　 　。图中对应的能量：是　 　(选填①或②)，“”是　 　(选填③或④)。
【方法Ⅱ】氧化丙烷脱氢制丙烯
除发生反应I外，投入还会发生反应Ⅱ：
（4）已知：
则计算反应Ⅱ的　 　。
（5）在压强为P kPa条件下，下图分别是1mol丙烷单独投料和丙烷、各1mol一起投料时，丙烷的平衡转化率随温度变化的曲线。温度为900K时，由图计算反应I的压强平衡常数　 　kPa；900K投入时，发生反应I和II，计算的平衡转化率　 　%(保留一位小数)。
18．（2024高三上·泸州模拟）Lumiracoxib(有机物G)是一种非甾体抗炎试剂，可按如下方法进行合成：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　；B的结构简式为　 　。
（2）由D生成E分两步进行，第ii步反应的化学反应方程式为　 　。
（3）可溶于THF()。一是因为二者结构相似，二是因为　 　。
（4）X是满足下列条件的D的同分异构体，则X的结构简式为　 　。
①含有苯环，且苯环上只有1个取代基；②与D的官能团相同；③含有1个手性碳原子，且手性碳上未连接氢原子。
（5）由E生成F的反应类型为　 　；合成路线中设计了D→E和F→G两步，目的是保护，否则D直接合成G可能有副产物，预测副产物的结构简式为　 　。
（6）根据以上信息，设计以、和为原料合成的路线(无机试剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、太阳能电池的工作原理是将太阳能（光能）直接转化为电能，而非热能转化为电能。A错误；
B、Cu2+、Hg2+可与 Na2S 溶液中的 S2-结合，生成难溶于水的 CuS、HgS 沉淀，因此可用 Na2S 溶液作为沉淀剂除去工业废水中的这两种离子。B正确；
C、聚乳酸塑料可在自然环境中生物降解，而聚乙烯塑料难以降解，易造成 “白色污染”，用聚乳酸替代聚乙烯能有效减少污染。C正确；
D、晶体 X 射线衍射图可以反映晶体的微观结构，经过计算可以获得晶胞的形状、大小、原子位置等信息。D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：太阳能电池的核心是把光能（太阳能）转化为电能，不是热能；Cu2+、Hg2+与 S2-会生成难溶的 CuS、HgS 沉淀，可用于废水处理；聚乳酸可生物降解，聚乙烯不能，用聚乳酸替代聚乙烯能减少白色污染；晶体 X 射线衍射是测定晶胞结构的标准方法。
2．【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、钾与水反应的方程式未配平，正确的配平后应为 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B、Fe3+与 SCN-反应生成血红色的 Fe (SCN)3，该反应为可逆反应，离子方程式书写符合事实，B正确；
C、草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成 C2O42-，应保留化学式 H2C2O4， 离子方程式为：，C错误
D、苯酚的酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，向苯酚钠溶液中通入过量 CO2时，产物应为 HCO3-而非 CO32-， 离子方程式为：+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
选项A中钾与水的反应是氧化还原反应，容易忽略电子得失守恒，导致方程式未配平。
选项B中，Fe3+与 SCN-的反应是可逆的，离子方程式中需用可逆符号，容易误写成等号。
选项C中的草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式，容易误拆为 C2O42-。
选项D中，苯酚酸性介于 HCO3-和 H2CO3之间，通入过量 CO2时只能生成 HCO3-，容易错写为 CO32-。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；电解池工作原理及应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、32g S8的物质的量为 ，含有的硫原子物质的量为 ，数目为NA。A正确；
B、标准状况下，CHCl3（三氯甲烷）是液态而非气态，不能用气体摩尔体积（22.4 L·mol- ）计算其物质的量。B错误；
C、电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增加的6.4g为Cu的质量，物质的量为 ，转移电子的物质的量为 ，数目为0.2NA。C正确；
D、CH3COONa溶液中的OH-全部由水电离产生，pH=9时，c(OH-)=10-5 mol·L- ，1L溶液中OH-的物质的量为10-5 mol，数目为10-5NA。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住S8的摩尔质量为，计算出32g S8的物质的量，再乘以8得到S原子的物质的量；
B．看到22.4 L，先判断物质状态。标准状况下CHCl3是液态，不能用气体摩尔体积计算；
C．阴极增重的质量全部为Cu的质量，根据Cu的物质的量和电极反应式，计算转移电子数；
D．CH3COONa促进水的电离，溶液中的OH-全部来自水电离，由pH算出，进而得到OH-数目。
4．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、KMnO4标准液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管，而图中为碱式滴定管，A错误；
B、电石与水反应剧烈且生成的 Ca(OH)2微溶，会堵塞多孔隔板，使启普发生器无法控制反应，B错误；
C、乙酸与乙醇的酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，且导气管口应悬于饱和 Na2CO3溶液液面上方以防止倒吸，图中缺少浓硫酸且导气管插入液面下，C错误；
D、NH3不溶于 CCl4，先通入 CCl4层再进入水层，可有效防止倒吸，该装置能安全吸收 NH3尾气，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．KMnO4标准液有强氧化性，必须用酸式滴定管，容易误选碱式滴定管。
B．电石与水反应生成的 Ca(OH)2会堵塞多孔隔板，且反应过于剧烈，不适合用启普发生器，容易忽略这一点而误判 B 正确。
C．乙酸乙酯制备需要浓硫酸作催化剂，且导气管不能插入液面下以防倒吸，容易漏掉这两个关键细节。
D．NH3极易溶于水，直接通入水中会倒吸，而 CCl4可以起到缓冲作用，容易忽略这一安全设计。
5．【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；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z 的单质为 O2（或 O3），X 的单质为 H2。常温下 O2为气态，H2也为气态，但 O2的相对分子质量更大，沸点更高。A正确；
B、Y 为 N，W 为 S。N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 S。B正确；
C：W 的简单氢化物为 H2S，Z 的简单氢化物为 H2O。H2O 中 O 的电负性更大，孤对电子对成键电子对的排斥更强，键角（104.5°）大于 H2S 的键角（92.1°）。C错误；
D、Y 的简单离子为 N3-，Z 的简单离子为 O2-。二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故 r (N3-) > r (O2-)。D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X、Z 可形成两种常见液态化合物，其中一种为 V 形三原子分子（H2O），故 X 为 H，Z 为 O。
Y、Z 为同周期相邻元素且原子序数小于 Z，故 Y 为 N。
基态 W 原子核外 p 能级电子数比 s 能级多 4 个，电子排布为 1s22s22p63s23p4，故 W 为 S。
综上，X 为 H，Y 为 N，Z 为 O，W 为 S。
6．【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、物质 I 中，苯环上羟基（-OH）与羧基（-COOH）处于邻位，名称为邻羟基苯甲酸（水杨酸）。A正确；
B、1mol 物质 II 含有 1mol 酚酯基（-OOCCH2CH3）和 1mol 普通酯基（-COOCH2CH3）。酚酯基水解消耗 2mol NaOH，普通酯基水解消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH。B正确；
C、物质 III 的结构中含 10 个 C、8 个 H、2 个 O，分子式为 C10H8O2。C正确；
D、物质 I 含酚羟基，与 Br2发生取代反应生成白色沉淀；物质 III 含碳碳双键，与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应使溶液褪色。二者均能与 Br2反应，因此无法用 Br2的 CCl4溶液检验 III 中是否含有 I。D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．物质 I 中羟基与羧基在苯环上处于邻位，符合 “邻羟基苯甲酸” 的命名规则；
B．酚酯基水解后生成酚羟基和羧酸盐，1mol 酚酯基消耗 2mol NaOH；普通酯基水解仅消耗 1mol NaOH，物质 II 含 1 个酚酯基和 1 个普通酯基，共消耗 3mol NaOH；
C．数清物质 III 的 C、H、O 原子数，得出分子式 C10H8O2；
D．物质 I 含酚羟基，与 Br2发生取代反应；物质 III 含碳碳双键，与 Br2发生加成反应。二者均能使 Br2的 CCl4溶液反应，因此无法区分。
7．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Zn 在负极发生氧化反应：Zn+4OH- 2e-=[Zn(OH)4]2-；Bi-ZMOF 为正极，CO2在此被还原为 HCOOH。负极电势低于正极，因此锌电极电势低于 Bi-ZMOF 电极 ，A错误；
B、每消耗 0.2mol Zn，转移 0.4mol 电子。双极膜解离的 H+移向正极，OH-移向负极，且 H+和 OH-的迁移量与电子转移量相等，故解离的 H2O 为 0.4mol，质量为 7.2g ，B错误；
C、正极发生还原反应，CO2得电子生成 HCOOH，正确的反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，选项中写为失电子，是氧化反应，C错误；
D、题干明确指出 Bi-ZMOF 可提高电池放电效率，结合其作为正极材料的特点，说明它既能吸附 CO2，又能催化 CO2转化为 HCOOH，D正确；
故答案为：D。
【分析】这是一个 Zn-CO2电池的工作流程：
负极（Zn 电极）：Zn 在 NaOH 溶液中失去电子，被氧化为 Zn(OH)42-：Zn+4OH- 2e-=[Zn(OH)4]2-，电子经外电路流向正极。
双极膜：H2O 解离为 H+和 OH-，H+向正极移动，OH-向负极移动，维持电荷平衡。
正极（Bi-ZMOF 电极）：CO2在 Bi-ZMOF 的吸附和催化作用下，与 H+及电子结合，被还原为 HCOOH：CO2+2H++2e-=HCOOH，
整个过程将化学能转化为电能，Bi-ZMOF 材料提升了 CO2的转化效率和电池放电效率。
8．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向 CuSO4浓溶液中滴加浓 HCl 至过量，溶液由蓝色变为绿色，是因为 Cu(H2O)42+（蓝色）与 Cl-结合生成 CuCl42-（绿色），A正确；
B、相同浓度下，NaF 溶液 pH 为 8，NaNO2溶液 pH 为 9，说明 NO2-的水解程度大于 F-，则对应的酸的酸性 HF > HNO2，故 K (HF) > K (HNO2)，B错误；
C、蔗糖水解后生成葡萄糖，检验葡萄糖需在碱性条件下与新制 Cu(OH)2悬浊液反应，而实验中未加碱中和稀 H2SO4，无法判断是否水解，C错误；
D、只有 Na2CO3溶液中产生沉淀，说明 CaCO3更难溶，故 K (CaCO3) < K (CaSO4)，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A．忽略 Cu2+在不同配体下的颜色变化，容易误判 A 选项的现象与结论是否匹配。
B．错误认为 pH 越大对应酸的 K 越小，实际上 pH 大说明水解程度大，对应的酸更弱，K 更小，容易搞反 B 选项的逻辑。
C．忘记葡萄糖与新制 Cu(OH)2的反应必须在碱性条件下进行，忽略实验中未加碱中和 H2SO4，从而误判 C 选项。
D．混淆沉淀生成与 K 的关系，看到只有 Na2CO3产生沉淀，就错认为 CaSO4的 K 更小，实际上是 CaCO3更难溶，K 更小。
9．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、用均摊法计算，晶胞中Sn原子数为：
，A正确；
B、灰锡与金刚石均为共价晶体，熔点取决于共价键强度。Sn—Sn键长比C—C键长更长，键能更小，故灰锡熔点低于金刚石，B正确；
C、灰锡晶胞为金刚石型结构，Sn—Sn键长 是两个相邻Sn原子的距离，对应晶胞体对角线的 。设晶胞参数（立方体边长）为 ，则
而非 ，C错误；
D、灰锡的结构与金刚石相似，每个Sn原子采取sp3杂化，周围有4个最近的Sn原子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易漏掉晶胞内部的 4 个 Sn 原子，或对顶点、面心的原子均摊比例计算错误，导致原子数算错。
B．容易混淆键长、键能与熔点的关系，误以为原子量越大熔点越高，忽略了共价键强度才是关键。
C．容易把 Sn—Sn 键长错误对应到面对角线的一半，而实际上它是体对角线的，导致晶胞参数计算错误。
D．容易误把最近邻原子数当成 6（如 NaCl 型），而忽略灰锡是金刚石型结构，每个原子的配位数为 4。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极为阳极，与电源正极相连，A正确；
B、电解池中 H+由阳极区（a 极）向阴极区（b 极）迁移 ，B正确；
C、当电路中转移 4mol 电子时：a 极生成 1mol O2；b 极消耗 2mol O2
因此消耗的 O2与生成的 O2体积比为2：1，而非 1：1；C错误；
D、将电极反应式配平后相加，总反应为：O2 + 2H2O 2H2O2，D正确；
故答案为：C。
【分析】这是一个电解制备 H2O2的装置流程：
阴极（a 极）：在酸性溶液中，O2得到电子并结合 H+被还原为 H2O：。
阳极（b 极）：在碱性溶液中，H2O 失去电子，一部分被氧化为 O2，另一部分被氧化为 H2O2：。
离子迁移：H+通过质子交换膜从阳极区向阴极区移动，维持溶液电荷平衡。
总过程：通过电解，O2和 H2O 在电催化作用下转化为 H2O2，实现氧还原选择性合成 H2O2。
11．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、电负性的一般规律为同周期从左到右递增，同主族从上到下递减。N 的电负性大于 C，K 和 Fe 为金属，电负性远小于 C、N。正确顺序应为 N > C > Fe > K ，A错误；
B、K+的核外电子排布为 1s22s22p63s23p6，其电子占据的原子轨道有 1s、2s、2p 、2p 、2p_z、3s、3p 、3p 、3pz，共 9 种不同空间运动状态的电子，B正确；
C、Fe 的价电子排布式为 3d64s2，失去 2 个电子形成 Fe2+时，优先失去 4s 轨道的电子，因此 Fe2+的价电子排布式为 3d6 ，C错误；
D、K 位于 s 区，C、N 位于 p 区，Fe 位于 d 区，四种元素分布在 s、p、d 区，而非 ds 区 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．容易记反 C 和 N 的电负性顺序，忽略同周期主族元素电负性从左到右递增的规律，错误认为 C > N。
B．容易混淆“电子运动状态”和“电子空间运动状态”，后者只看原子轨道的种类和伸展方向，K+的电子排布对应 9 个原子轨道，即 9 种空间运动状态，而非电子总数。
C．忘记 Fe 等过渡金属失电子时优先失去 4s 轨道的电子，错误认为 Fe2+的价电子排布包含 4s ，实际应为 3d6。
D．容易把 Fe 所在的 d 区误判为 ds 区，忽略 ds 区仅包含 IB、IIB 族元素，而 Fe 属于 VIII 族，位于 d 区。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；醇类简介
【解析】【解答】A、从机理图可以看出，在步骤 Ⅰ 中 Pd 与 O 原子结合形成 Pd—O 键，后续步骤中该键又发生断裂，因此反应过程涉及 Pd—O 键的形成和断裂，A正确；
B、该反应机理中，甲醇的 O—H 键断裂后，甲氧基（CH3O—）与 Pd 结合，后续需要发生 β-H 消除等步骤。2 - 甲基 - 2 - 丙醇（(CH3)3COH）的羟基碳上没有 β-H，无法完成类似的氢消除步骤，因此不能发生该条件下的羰基化反应，B错误；
C、将各步反应叠加，反应物为 CH3OH 和 O2，产物为 HCHO 和 H2O，配平后总反应为：
，C正确；
D、若将 CH3OH 换为 CD3OH，在反应中 C—D 键保持完整，最终生成的羰基化产物为 DCDO（即 CD2O），D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
A．观察机理图中 Pd 与 O 原子的结合与分离，直接得出 Pd—O 键的形成与断裂，验证 A 选项的正确性。
B．该反应需要醇的羟基碳上有 β-H，才能完成氢消除步骤。2-甲基-2-丙醇的羟基碳上没有 β-H，无法进行该反应，这是判断 B 选项错误的核心依据。
C．把各步反应的反应物和产物叠加，消去中间物种，即可得到总反应式 ，验证 C 选项。
D．反应中断裂的是 O—H 键，而非 C—D 键，因此 CD3OH 中的 D 会保留在产物中，生成 DCDO，验证 D 选项。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、胍分子中含有多个氨基（-NH2）和亚氨基（=NH），这些基团具有强极性且能与水形成氢键，因此胍是极性分子且易溶于水，A错误；
B、胍分子中，中心 C 原子与 3 个 N 原子相连，其中 1 个 N 为双键（=NH），该双键所在平面可与相邻的 N—H 键上的 H 原子共面，最多有6 个原子（1 个 C、3 个 N、2 个 H）共平面 ，B错误；
C、胍阳离子是胍得到 1 个质子后的结构，含 4 个 N—H σ 键、3 个 C—N σ 键，另外每个 N 原子上还有 2 个 N—H σ 键，总计9 个 σ 键 ，C正确；
D、胍阳离子为平面结构，说明中心 C 原子与 3 个 N 原子形成共轭 π 键，N 原子的杂化类型为sp2（而非 sp3） ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易忽略胍分子中多个氨基、亚氨基的强极性和形成氢键的能力，错误认为它是非极性、难溶于水的分子。
B．容易只关注双键平面，忽略氨基上的 H 原子也可能与双键平面共面，导致共面原子数计算偏少。
C．容易漏掉胍阳离子中新增的 N—H σ 键，或重复计数，导致 σ 键总数算错。
D．容易受中性胍分子中部分 N 原子为 sp3 杂化的干扰，忽略胍阳离子的平面结构表明 N 原子为 sp2 杂化。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；中和滴定；比较弱酸的相对强弱的实验；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 根据分析，曲线I表示pH与的变化关系，故A错误；
B、曲线Ⅱ对应一氯乙酸，当 时，，即 ，，数量级为 ，而非 ， B错误；
C、CH2ClCOOH与CH2ClCOONa的混合溶液中，（水解平衡常数），溶液呈酸性，故 ，C错误；
D、酸性越强，pH相同时所需酸的浓度越小。曲线Ⅰ对应酸性更强的一氯乙酸，因此pH=3时，曲线Ⅰ对应酸的物质的量浓度更大 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】氯原子具有较强的电负性，会通过吸电子效应增强羧基中O—H键的极性，使二氯乙酸（CHCl2COOH）的酸性强于一氯乙酸（CH2ClCOOH）。
根据弱酸电离平衡 ，当 （即 ）时，，此时 。
曲线Ⅰ在 时的 更大，说明其 更大、更小，对应酸性较弱的一氯乙酸，因此曲线Ⅰ表示 与 的变化关系；曲线Ⅱ在 时的 更小，说明其 更小、更大，对应酸性较强的二氯乙酸，因此曲线Ⅱ表示 与 的变化关系。
15．【答案】（1）冰水浴或低于7℃的冷水浴
（2）吸收防止污染；确保B中水溶液处于饱和状态
（3）A、B间增加防倒吸装置
（4）
（5）除去溶液中过量的或降低的溶解度，或使从溶液中逸出
（6）将转化为连二硫酸锰；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）步骤I中B烧瓶控制温度在7℃以下，对B中烧瓶可采取的控温方式是冰水浴或低于7℃的冷水浴；
故答案为： 冰水浴或低于7℃的冷水浴 ；
（2）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；保持C中有少量气泡持续冒出，可以确保B中水溶液处于饱和状态。
故答案为： 吸收防止污染 ； 确保B中水溶液处于饱和状态 ；
（3）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
故答案为： A、B间增加防倒吸装置 ；
（4）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
故答案为： ；
（5）压强减小，气体溶解度降低，步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是除去溶液中过量的，使从溶液中逸出。
故答案为： 除去溶液中过量的或降低的溶解度，或使从溶液中逸出 ；
（6）二氧化锰和二氧化硫反应的产物中含有硫酸锰，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是将转化为连二硫酸锰，过滤出的滤渣是。
故答案为： 将转化为连二硫酸锰 ； ；
【分析】(1)温度要求低于 7℃ ，采用冰水浴（或低于 7℃的冷水浴）控温。
(2)NaOH 溶液作用：吸收尾气 SO2，防止污染空气。
保持少量气泡目的：确保 B 中 SO2水溶液处于饱和状态，提高反应转化率。
(3)SO2易溶于水，反应后装置内压强可能骤降，在 A、B 之间增加防倒吸装置。
(4)MnO2与 SO2发生氧化还原反应，除生成 Mn2+和 SO42-外，还生成连二硫酸根S2O62- ，配平得：MnO2+2SO2=Mn2++S2O62-。
(5)减压操作可降低气体溶解度，除去溶液中过量的 SO2，使其逸出。
(6)连二硫酸钡作用：将杂质 MnSO4转化为目标产物连二硫酸锰。滤渣：BaSO4（由Ba2+与SO42-反应生成）。
（1）步骤I中B烧瓶控制温度在7℃以下，对B中烧瓶可采取的控温方式是冰水浴或低于7℃的冷水浴；
（2）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；保持C中有少量气泡持续冒出，可以确保B中水溶液处于饱和状态。
（3）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
（4）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
（5）压强减小，气体溶解度降低，步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是除去溶液中过量的，使从溶液中逸出。
（6）二氧化锰和二氧化硫反应的产物中含有硫酸锰，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是将转化为连二硫酸锰，过滤出的滤渣是。
16．【答案】（1）降温防止分解和挥发
（2）<
（3）AgCl
（4）
（5）；中和产生的酸，促进水解完全
（6）Zn
（7）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）硝酸易挥发、受热易分解，所以“酸侵”过程中需要适当降温，防止分解和挥发。
故答案为： 降温防止分解和挥发 ；
（2），“沉降1”中，当刚沉淀完全时c() ，若溶液中，则溶液中与的离子积=<。
故答案为： < ；
（3）Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，滤液中加NaCl生成AgCl沉淀，“滤渣2”的化学式为AgCl。
故答案为： AgCl ；
（4）“还原”步骤是用双氧水还原二氨合银离子生成银、氨气、氧气，根据得失电子守恒，反应的离子反应方程式为。
故答案为： ；
（5）“水解沉铋”中，水解为，反应的离子反应方程式为，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是中和产生的酸，使氢离子浓度降低，促进水解完全。
故答案为： ； 中和产生的酸，促进水解完全 ；
（6）滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，为方便后续处理和回收利用，加Zn“置换”出Cu；
故答案为： Zn ；
（7）根据均摊原则，Pb2+数为 ，I-数为2，晶胞的体积为cm3；碘化铅的密度。
故答案为： ；
【分析】酸浸：铅铋渣用 HNO3浸出，使 Pb、Bi、Ag、Cu、Zn 等金属元素转化为可溶性硝酸盐进入溶液。
沉降 1：加入 H2SO4，使Pb2+生成PbSO4沉淀（滤渣 1），从而分离铅。
沉降 2：加入 NaCl，使Ag+生成AgCl沉淀（滤渣 2），从而分离银。
水解沉铋：加水稀释，Bi3+水解生成 BiONO3沉淀，从而分离铋。
置换铜：向含 Cu2+的溶液中加入试剂 Y（如铁粉），置换出Cu单质。
银回收：滤渣 2（AgCl）经氨浸生成银氨溶液，再用 H2O2还原得到Ag单质。据此解题。
（1）硝酸易挥发、受热易分解，所以“酸侵”过程中需要适当降温，防止分解和挥发。
（2），“沉降1”中，当刚沉淀完全时c() ，若溶液中，则溶液中与的离子积=<。
（3）Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，滤液中加NaCl生成AgCl沉淀，“滤渣2”的化学式为AgCl。
（4）“还原”步骤是用双氧水还原二氨合银离子生成银、氨气、氧气，根据得失电子守恒，反应的离子反应方程式为。
（5）“水解沉铋”中，水解为，反应的离子反应方程式为，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是中和产生的酸，使氢离子浓度降低，促进水解完全。
（6）滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，为方便后续处理和回收利用，加Zn“置换”出Cu；
（7）根据均摊原则，Pb2+数为 ，I-数为2，晶胞的体积为cm3；碘化铅的密度。
17．【答案】高温；；透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高；；①；③；；；40.6
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；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）反应I的，反应能自发进行的条件是，则在高温条件下自发进行；
故答案为： 高温 ；
（2）该反应器能提高乙烯的产率，则反应Ⅰ平衡正向移动，通过减小H2的浓度即可实现，故X为H2；提高丙烯产率的原因是透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高；
故答案为： ；透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高 ；
（3）键的断裂是反应中的速控步骤，则键断裂的基元反应是；该步骤为控速步骤，则对应的TS1垒能最高，故TS1对应的是①；总反应为吸热反应，的能量高于，对应的是③；
故答案为： ； ① ； ③ ；
（4）已知反应A：
反应B：
根据盖斯定律可知，反应A－反应B即可得到目标反应，则；
故答案为： ；
（5）压强恒定为P kPa，单独投料与混合投料相比，单独投料1mol的分压为P kPa，混合投料时，1mol的分压为0.5P kPa，则单独投料相当于加压，平衡逆向移动，的转化率相对较低，即900℃时，的转化率为60%，列三段式有：，则p(H2)=、p(C3H6)=、p(C3H8)=，=kPa；
900K投入时，发生反应I和II，的转化率为80%，列三段式有
，则平衡时，气体总物质的量是(0.2+0.8+1－x+0.8－x+2x)=2.8mol，=kPa，解的x=0.40625，则。
故答案为： ； 40.6 。
【分析】(1)反应 、，根据自发进行条件 → 需在高温条件下自发进行。
(2)选择性透过膜透过的产物X是H2。
提高丙烯产率的原因：H2透过膜被Ar吹扫脱离平衡体系，使平衡正向移动。
(3)速控步骤（C—H键断裂）：
TS1对应能量最高的过渡态，即①； 为吸热反应的产物，能量较高，对应③。
(4)利用盖斯定律，反应A 反应B → 反应Ⅱ，计算得 。
(5)单独投料时，通过三段式计算得 。
投入CO2时，联立反应Ⅰ和Ⅱ，通过三段式和K0计算得CO2平衡转化率≈40.6%。
18．【答案】（1）羧基；
（2）
（3）N上的H原子可与THF的O原子之间形成氢键
（4）
（5）取代反应；或
（6）
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据分析，A的结构式，A中含氧官能团为羧基，B的结构简式为；
故答案为： 羧基 ； ；
（2）根据分析，D→E反应为D与发生取代反应，羧基上的羟基与氯原子发生取代反应，反应后形成酰氯，氯原子再与反应生成E，其第二步的反应方程式为
；
故答案为： ；
（3）与THF结构相似，且结构中氨基上存在一个氢原子，与THF的氧原子可以形成氢键，可以溶于THF；
故答案为： N上的H原子可与THF的O原子之间形成氢键 ；
（4）根据条件①、②，X含有羧基、碘原子两个官能团，且存在一个手性碳原子，手性碳原子上没有氢原子，则X的结构式为；
故答案为： ；
（5）D→E反应生成，氯原子与氨基上的氢原子发生取代反应，此过程是为了保护羧基不被氨基反应，若直接反应生成G，则可能出现副产物，或；
故答案为： 取代反应 ；或 ；
（6）先与发生取代反应，生成，再与反应生成，以此来保护羧基，与苯胺反应生成，最后与氢氧化钠丁醇溶液反应生成，具体设计路线如下图所示：。
故答案为： ；
【分析】有机物 A（5 - 甲基 - 3 - 碘苯甲酸）与 BH3/THF 反应，将羧基还原为羟甲基，得到 B（）；B 中的羟甲基与 HBr 反应，羟基被 Br 取代，生成 C（）；C 与 NaCN 发生取代反应引入氰基，再经酸性水解将氰基转化为羧基，得到 D（5 - 甲基 - 3 - 碘苯乙酸）；D 与 SOCl2反应生成酰氯，再与二甲胺发生胺解反应，得到酰胺 E。E 与邻氟 - 6 - 氯苯胺在 Cu、Cu2I2、K2CO3催化下发生偶联反应，其碘原子与氨基上的氢原子发生取代反应生成F（）；F 在 NaOH/丁醇回流条件下发生分子内环化，最终得到目标产物 G（Lumiracoxib）。
（1）根据分析，A的结构式，A中含氧官能团为羧基，B的结构简式为；
（2）根据分析，D→E反应为D与发生取代反应，羧基上的羟基与氯原子发生取代反应，反应后形成酰氯，氯原子再与反应生成E，其第二步的反应方程式为
；
（3）与THF结构相似，且结构中氨基上存在一个氢原子，与THF的氧原子可以形成氢键，可以溶于THF；
（4）根据条件①、②，X含有羧基、碘原子两个官能团，且存在一个手性碳原子，手性碳原子上没有氢原子，则X的结构式为；
（5）D→E反应生成，氯原子与氨基上的氢原子发生取代反应，此过程是为了保护羧基不被氨基反应，若直接反应生成G，则可能出现副产物，或；
（6）先与发生取代反应，生成，再与反应生成，以此来保护羧基，与苯胺反应生成，最后与氢氧化钠丁醇溶液反应生成，具体设计路线如下图所示：。
1 / 1四川省泸州市2024-2025学年高三上学期第一次教学质量诊断性考试 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的要求。)
1．（2024高三上·泸州模拟）社会的发展、科技的进步离不开化学。下列说法中不正确的是
A．“玉兔号”月球车上的太阳能电池可将热能转化为电能
B．除去工业废水中的、可用溶液作沉淀剂
C．能生物降解的聚乳酸塑料代替聚乙烯可预防“白色污染”
D．晶体X射线衍射图经过计算可获得晶胞结构的有关信息
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；常见能量的转化及运用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、太阳能电池的工作原理是将太阳能（光能）直接转化为电能，而非热能转化为电能。A错误；
B、Cu2+、Hg2+可与 Na2S 溶液中的 S2-结合，生成难溶于水的 CuS、HgS 沉淀，因此可用 Na2S 溶液作为沉淀剂除去工业废水中的这两种离子。B正确；
C、聚乳酸塑料可在自然环境中生物降解，而聚乙烯塑料难以降解，易造成 “白色污染”，用聚乳酸替代聚乙烯能有效减少污染。C正确；
D、晶体 X 射线衍射图可以反映晶体的微观结构，经过计算可以获得晶胞的形状、大小、原子位置等信息。D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题关键点：太阳能电池的核心是把光能（太阳能）转化为电能，不是热能；Cu2+、Hg2+与 S2-会生成难溶的 CuS、HgS 沉淀，可用于废水处理；聚乳酸可生物降解，聚乙烯不能，用聚乳酸替代聚乙烯能减少白色污染；晶体 X 射线衍射是测定晶胞结构的标准方法。
2．（2024高三上·泸州模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．单质钾与水反应：
B．用KSCN溶液检验：
C．草酸溶液与酸性高锰酸钾反应：
D．向苯酚钠溶液中通入过量的：22
【答案】B
【知识点】苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、钾与水反应的方程式未配平，正确的配平后应为 2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，A错误；
B、Fe3+与 SCN-反应生成血红色的 Fe (SCN)3，该反应为可逆反应，离子方程式书写符合事实，B正确；
C、草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成 C2O42-，应保留化学式 H2C2O4， 离子方程式为：，C错误
D、苯酚的酸性弱于碳酸但强于 HCO3-，向苯酚钠溶液中通入过量 CO2时，产物应为 HCO3-而非 CO32-， 离子方程式为：+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
选项A中钾与水的反应是氧化还原反应，容易忽略电子得失守恒，导致方程式未配平。
选项B中，Fe3+与 SCN-的反应是可逆的，离子方程式中需用可逆符号，容易误写成等号。
选项C中的草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子形式，容易误拆为 C2O42-。
选项D中，苯酚酸性介于 HCO3-和 H2CO3之间，通入过量 CO2时只能生成 HCO3-，容易错写为 CO32-。
3．（2024高三上·泸州模拟）已知是阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．中含有的硫原子数目为
B．标准状况下，的分子数目为
C．电解精炼铜时，若阴极质量增加6.4g，则电路中转移的电子数目为
D．常温下，的溶液中由水电离出的数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；电解池工作原理及应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、32g S8的物质的量为 ，含有的硫原子物质的量为 ，数目为NA。A正确；
B、标准状况下，CHCl3（三氯甲烷）是液态而非气态，不能用气体摩尔体积（22.4 L·mol- ）计算其物质的量。B错误；
C、电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极增加的6.4g为Cu的质量，物质的量为 ，转移电子的物质的量为 ，数目为0.2NA。C正确；
D、CH3COONa溶液中的OH-全部由水电离产生，pH=9时，c(OH-)=10-5 mol·L- ，1L溶液中OH-的物质的量为10-5 mol，数目为10-5NA。D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住S8的摩尔质量为，计算出32g S8的物质的量，再乘以8得到S原子的物质的量；
B．看到22.4 L，先判断物质状态。标准状况下CHCl3是液态，不能用气体摩尔体积计算；
C．阴极增重的质量全部为Cu的质量，根据Cu的物质的量和电极反应式，计算转移电子数；
D．CH3COONa促进水的电离，溶液中的OH-全部来自水电离，由pH算出，进而得到OH-数目。
4．（2024高三上·泸州模拟）实验是探究化学的基础。下列有关装置、实验操作与目的均正确的是
装置
操作与目的 A．用标准液滴定溶液 B．用于实验室制备
装置
操作与目的 C．用于乙酸与乙醇的酯化反应 D．用于的尾气吸收
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法
【解析】【解答】A、KMnO4标准液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管，而图中为碱式滴定管，A错误；
B、电石与水反应剧烈且生成的 Ca(OH)2微溶，会堵塞多孔隔板，使启普发生器无法控制反应，B错误；
C、乙酸与乙醇的酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂，且导气管口应悬于饱和 Na2CO3溶液液面上方以防止倒吸，图中缺少浓硫酸且导气管插入液面下，C错误；
D、NH3不溶于 CCl4，先通入 CCl4层再进入水层，可有效防止倒吸，该装置能安全吸收 NH3尾气，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．KMnO4标准液有强氧化性，必须用酸式滴定管，容易误选碱式滴定管。
B．电石与水反应生成的 Ca(OH)2会堵塞多孔隔板，且反应过于剧烈，不适合用启普发生器，容易忽略这一点而误判 B 正确。
C．乙酸乙酯制备需要浓硫酸作催化剂，且导气管不能插入液面下以防倒吸，容易漏掉这两个关键细节。
D．NH3极易溶于水，直接通入水中会倒吸，而 CCl4可以起到缓冲作用，容易忽略这一安全设计。
5．（2024高三上·泸州模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，基态W原子核外p能级电子数比s能级电子数多4个。下列说法不正确的是
A．单质沸点： B．第一电离能：
C．简单氢化物的键角： D．简单离子半径：
【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；键能、键长、键角及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z 的单质为 O2（或 O3），X 的单质为 H2。常温下 O2为气态，H2也为气态，但 O2的相对分子质量更大，沸点更高。A正确；
B、Y 为 N，W 为 S。N 的 2p 轨道为半满稳定结构，第一电离能大于 S。B正确；
C：W 的简单氢化物为 H2S，Z 的简单氢化物为 H2O。H2O 中 O 的电负性更大，孤对电子对成键电子对的排斥更强，键角（104.5°）大于 H2S 的键角（92.1°）。C错误；
D、Y 的简单离子为 N3-，Z 的简单离子为 O2-。二者电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故 r (N3-) > r (O2-)。D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：X、Z 可形成两种常见液态化合物，其中一种为 V 形三原子分子（H2O），故 X 为 H，Z 为 O。
Y、Z 为同周期相邻元素且原子序数小于 Z，故 Y 为 N。
基态 W 原子核外 p 能级电子数比 s 能级多 4 个，电子排布为 1s22s22p63s23p4，故 W 为 S。
综上，X 为 H，Y 为 N，Z 为 O，W 为 S。
6．（2024高三上·泸州模拟）由物质I经两步转化可制得抗凝血剂药物Ⅲ。下列有关说法不正确的是
A．I的名称是邻羟基苯甲酸
B．1mol Ⅱ发生水解，最多可消耗3mol NaOH
C．Ⅲ的分子式为
D．可用的溶液检验Ⅲ中是否含有I
【答案】D
【知识点】有机化合物的命名；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A、物质 I 中，苯环上羟基（-OH）与羧基（-COOH）处于邻位，名称为邻羟基苯甲酸（水杨酸）。A正确；
B、1mol 物质 II 含有 1mol 酚酯基（-OOCCH2CH3）和 1mol 普通酯基（-COOCH2CH3）。酚酯基水解消耗 2mol NaOH，普通酯基水解消耗 1mol NaOH，共消耗 3mol NaOH。B正确；
C、物质 III 的结构中含 10 个 C、8 个 H、2 个 O，分子式为 C10H8O2。C正确；
D、物质 I 含酚羟基，与 Br2发生取代反应生成白色沉淀；物质 III 含碳碳双键，与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应使溶液褪色。二者均能与 Br2反应，因此无法用 Br2的 CCl4溶液检验 III 中是否含有 I。D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
A．物质 I 中羟基与羧基在苯环上处于邻位，符合 “邻羟基苯甲酸” 的命名规则；
B．酚酯基水解后生成酚羟基和羧酸盐，1mol 酚酯基消耗 2mol NaOH；普通酯基水解仅消耗 1mol NaOH，物质 II 含 1 个酚酯基和 1 个普通酯基，共消耗 3mol NaOH；
C．数清物质 III 的 C、H、O 原子数，得出分子式 C10H8O2；
D．物质 I 含酚羟基，与 Br2发生取代反应；物质 III 含碳碳双键，与 Br2发生加成反应。二者均能使 Br2的 CCl4溶液反应，因此无法区分。
7．（2024高三上·泸州模拟）中国科学院福建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi－ZMOF)材料，将其用做Zn－CO2电池的电极，可提高电池放电效率，电池结构如图所示，双极膜中H2O解离的H＋和OH－在电场作用下向两极移动。下列有关说法正确的是
A．锌电极的电势高于Bi－ZMOF电极的电势
B．放电时，每消耗0.2mol Zn，双极膜内解离3.6g H2O
C．Bi－ZMOF电极的反应式为：CO2＋2H＋－2e－=HCOOH
D．Bi－ZMOF电极具有吸附CO2，并催化CO2转化为HCOOH的作用
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Zn 在负极发生氧化反应：Zn+4OH- 2e-=[Zn(OH)4]2-；Bi-ZMOF 为正极，CO2在此被还原为 HCOOH。负极电势低于正极，因此锌电极电势低于 Bi-ZMOF 电极 ，A错误；
B、每消耗 0.2mol Zn，转移 0.4mol 电子。双极膜解离的 H+移向正极，OH-移向负极，且 H+和 OH-的迁移量与电子转移量相等，故解离的 H2O 为 0.4mol，质量为 7.2g ，B错误；
C、正极发生还原反应，CO2得电子生成 HCOOH，正确的反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，选项中写为失电子，是氧化反应，C错误；
D、题干明确指出 Bi-ZMOF 可提高电池放电效率，结合其作为正极材料的特点，说明它既能吸附 CO2，又能催化 CO2转化为 HCOOH，D正确；
故答案为：D。
【分析】这是一个 Zn-CO2电池的工作流程：
负极（Zn 电极）：Zn 在 NaOH 溶液中失去电子，被氧化为 Zn(OH)42-：Zn+4OH- 2e-=[Zn(OH)4]2-，电子经外电路流向正极。
双极膜：H2O 解离为 H+和 OH-，H+向正极移动，OH-向负极移动，维持电荷平衡。
正极（Bi-ZMOF 电极）：CO2在 Bi-ZMOF 的吸附和催化作用下，与 H+及电子结合，被还原为 HCOOH：CO2+2H++2e-=HCOOH，
整个过程将化学能转化为电能，Bi-ZMOF 材料提升了 CO2的转化效率和电池放电效率。
8．（2024高三上·泸州模拟）下列实验操作及现象与对应结论均正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 向浓溶液中滴加浓HCl至过量，溶液由蓝色变为绿色 转化为
B 相同温度下，分别测定相同浓度的NaF和溶液pH，NaF溶液的pH约为8，溶液的pH约为9 相同温度下，
C 向蔗糖溶液中滴加稀，加热，然后再加入新制的悬浊液，未观察到砖红色沉淀 蔗糖未水解或其水解产物无还原性
D 在浓度均为的溶液和溶液各1mL中，分别滴加1滴的溶液，只有溶液中产生沉淀 常温下，
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向 CuSO4浓溶液中滴加浓 HCl 至过量，溶液由蓝色变为绿色，是因为 Cu(H2O)42+（蓝色）与 Cl-结合生成 CuCl42-（绿色），A正确；
B、相同浓度下，NaF 溶液 pH 为 8，NaNO2溶液 pH 为 9，说明 NO2-的水解程度大于 F-，则对应的酸的酸性 HF > HNO2，故 K (HF) > K (HNO2)，B错误；
C、蔗糖水解后生成葡萄糖，检验葡萄糖需在碱性条件下与新制 Cu(OH)2悬浊液反应，而实验中未加碱中和稀 H2SO4，无法判断是否水解，C错误；
D、只有 Na2CO3溶液中产生沉淀，说明 CaCO3更难溶，故 K (CaCO3) < K (CaSO4)，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A．忽略 Cu2+在不同配体下的颜色变化，容易误判 A 选项的现象与结论是否匹配。
B．错误认为 pH 越大对应酸的 K 越小，实际上 pH 大说明水解程度大，对应的酸更弱，K 更小，容易搞反 B 选项的逻辑。
C．忘记葡萄糖与新制 Cu(OH)2的反应必须在碱性条件下进行，忽略实验中未加碱中和 H2SO4，从而误判 C 选项。
D．混淆沉淀生成与 K 的关系，看到只有 Na2CO3产生沉淀，就错认为 CaSO4的 K 更小，实际上是 CaCO3更难溶，K 更小。
9．（2024高三上·泸州模拟）灰锡与金刚石的晶体类型相同，其晶胞如图所示。下列有关说法不正确的是
A．一个灰锡晶胞中含有8个Sn原子
B．灰锡属于共价晶体，其熔点低于金刚石
C．若键的键长为a pm，则晶胞参数为
D．灰锡中每个Sn原子周围与它距离最近的Sn原子有4个
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A、用均摊法计算，晶胞中Sn原子数为：
，A正确；
B、灰锡与金刚石均为共价晶体，熔点取决于共价键强度。Sn—Sn键长比C—C键长更长，键能更小，故灰锡熔点低于金刚石，B正确；
C、灰锡晶胞为金刚石型结构，Sn—Sn键长 是两个相邻Sn原子的距离，对应晶胞体对角线的 。设晶胞参数（立方体边长）为 ，则
而非 ，C错误；
D、灰锡的结构与金刚石相似，每个Sn原子采取sp3杂化，周围有4个最近的Sn原子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易漏掉晶胞内部的 4 个 Sn 原子，或对顶点、面心的原子均摊比例计算错误，导致原子数算错。
B．容易混淆键长、键能与熔点的关系，误以为原子量越大熔点越高，忽略了共价键强度才是关键。
C．容易把 Sn—Sn 键长错误对应到面对角线的一半，而实际上它是体对角线的，导致晶胞参数计算错误。
D．容易误把最近邻原子数当成 6（如 NaCl 型），而忽略灰锡是金刚石型结构，每个原子的配位数为 4。
10．（2024高三上·泸州模拟）据报道，我国科学家将钙钛矿晶格作为电催化的活性位点平台，用于氧还原选择性合成，其电化学装置如图所示。下列有关说法不正确的是
A．a极与外加电源的正极相连
B．由a极区通过质子交换膜移向b极区
C．相同条件下，消耗的与生成的体积比为1：1
D．该电解池的总反应为
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极为阳极，与电源正极相连，A正确；
B、电解池中 H+由阳极区（a 极）向阴极区（b 极）迁移 ，B正确；
C、当电路中转移 4mol 电子时：a 极生成 1mol O2；b 极消耗 2mol O2
因此消耗的 O2与生成的 O2体积比为2：1，而非 1：1；C错误；
D、将电极反应式配平后相加，总反应为：O2 + 2H2O 2H2O2，D正确；
故答案为：C。
【分析】这是一个电解制备 H2O2的装置流程：
阴极（a 极）：在酸性溶液中，O2得到电子并结合 H+被还原为 H2O：。
阳极（b 极）：在碱性溶液中，H2O 失去电子，一部分被氧化为 O2，另一部分被氧化为 H2O2：。
离子迁移：H+通过质子交换膜从阳极区向阴极区移动，维持溶液电荷平衡。
总过程：通过电解，O2和 H2O 在电催化作用下转化为 H2O2，实现氧还原选择性合成 H2O2。
11．（2024高三上·泸州模拟）赤血盐{}可用于检验，也可用于蓝图印刷术等。下列说法正确的是
A．电负性：
B．核外有9种不同空间运动状态的电子
C．的价电子排布式为
D．4种元素分布在元素周期表的s、p、ds区
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、电负性的一般规律为同周期从左到右递增，同主族从上到下递减。N 的电负性大于 C，K 和 Fe 为金属，电负性远小于 C、N。正确顺序应为 N > C > Fe > K ，A错误；
B、K+的核外电子排布为 1s22s22p63s23p6，其电子占据的原子轨道有 1s、2s、2p 、2p 、2p_z、3s、3p 、3p 、3pz，共 9 种不同空间运动状态的电子，B正确；
C、Fe 的价电子排布式为 3d64s2，失去 2 个电子形成 Fe2+时，优先失去 4s 轨道的电子，因此 Fe2+的价电子排布式为 3d6 ，C错误；
D、K 位于 s 区，C、N 位于 p 区，Fe 位于 d 区，四种元素分布在 s、p、d 区，而非 ds 区 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．容易记反 C 和 N 的电负性顺序，忽略同周期主族元素电负性从左到右递增的规律，错误认为 C > N。
B．容易混淆“电子运动状态”和“电子空间运动状态”，后者只看原子轨道的种类和伸展方向，K+的电子排布对应 9 个原子轨道，即 9 种空间运动状态，而非电子总数。
C．忘记 Fe 等过渡金属失电子时优先失去 4s 轨道的电子，错误认为 Fe2+的价电子排布包含 4s ，实际应为 3d6。
D．容易把 Fe 所在的 d 区误判为 ds 区，忽略 ds 区仅包含 IB、IIB 族元素，而 Fe 属于 VIII 族，位于 d 区。
12．（2024高三上·泸州模拟）在加热条件下，利用金属Pd催化甲醇羰基化的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．反应过程中涉及、键的形成和断裂
B．2-甲基-2-丙醇也能发生该条件下的羰基化反应
C．该过程的总反应为：
D．若将换为，则得到羰基化产物为DCDO
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；醇类简介
【解析】【解答】A、从机理图可以看出，在步骤 Ⅰ 中 Pd 与 O 原子结合形成 Pd—O 键，后续步骤中该键又发生断裂，因此反应过程涉及 Pd—O 键的形成和断裂，A正确；
B、该反应机理中，甲醇的 O—H 键断裂后，甲氧基（CH3O—）与 Pd 结合，后续需要发生 β-H 消除等步骤。2 - 甲基 - 2 - 丙醇（(CH3)3COH）的羟基碳上没有 β-H，无法完成类似的氢消除步骤，因此不能发生该条件下的羰基化反应，B错误；
C、将各步反应叠加，反应物为 CH3OH 和 O2，产物为 HCHO 和 H2O，配平后总反应为：
，C正确；
D、若将 CH3OH 换为 CD3OH，在反应中 C—D 键保持完整，最终生成的羰基化产物为 DCDO（即 CD2O），D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题关键点：
A．观察机理图中 Pd 与 O 原子的结合与分离，直接得出 Pd—O 键的形成与断裂，验证 A 选项的正确性。
B．该反应需要醇的羟基碳上有 β-H，才能完成氢消除步骤。2-甲基-2-丙醇的羟基碳上没有 β-H，无法进行该反应，这是判断 B 选项错误的核心依据。
C．把各步反应的反应物和产物叠加，消去中间物种，即可得到总反应式 ，验证 C 选项。
D．反应中断裂的是 O—H 键，而非 C—D 键，因此 CD3OH 中的 D 会保留在产物中，生成 DCDO，验证 D 选项。
13．（2024高三上·泸州模拟）胍的结构如图所示，其衍生物可作为肠道消炎药。胍得到质子后转化为具有平面结构的胍阳离子。下列有关说法中正确的是
A．胍为非极性分子且难溶于水 B．胍分子中最多有4个原子共平面
C．1个胍阳离子中有9个σ键 D．胍阳离子中N的杂化类型为
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、胍分子中含有多个氨基（-NH2）和亚氨基（=NH），这些基团具有强极性且能与水形成氢键，因此胍是极性分子且易溶于水，A错误；
B、胍分子中，中心 C 原子与 3 个 N 原子相连，其中 1 个 N 为双键（=NH），该双键所在平面可与相邻的 N—H 键上的 H 原子共面，最多有6 个原子（1 个 C、3 个 N、2 个 H）共平面 ，B错误；
C、胍阳离子是胍得到 1 个质子后的结构，含 4 个 N—H σ 键、3 个 C—N σ 键，另外每个 N 原子上还有 2 个 N—H σ 键，总计9 个 σ 键 ，C正确；
D、胍阳离子为平面结构，说明中心 C 原子与 3 个 N 原子形成共轭 π 键，N 原子的杂化类型为sp2（而非 sp3） ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易忽略胍分子中多个氨基、亚氨基的强极性和形成氢键的能力，错误认为它是非极性、难溶于水的分子。
B．容易只关注双键平面，忽略氨基上的 H 原子也可能与双键平面共面，导致共面原子数计算偏少。
C．容易漏掉胍阳离子中新增的 N—H σ 键，或重复计数，导致 σ 键总数算错。
D．容易受中性胍分子中部分 N 原子为 sp3 杂化的干扰，忽略胍阳离子的平面结构表明 N 原子为 sp2 杂化。
14．（2024高三上·泸州模拟）常温下将NaOH溶液分别滴加到等浓度的二氯乙酸()和一氯乙酸()溶液中，两溶液中pH与微粒浓度比值的对数的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线I表示pH与的变化关系
B．的数量级为
C．浓度均为的与混合溶液中，
D．在pH均为3的两种酸的溶液中，曲线I对应酸的物质的量浓度更大
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；中和滴定；比较弱酸的相对强弱的实验；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 根据分析，曲线I表示pH与的变化关系，故A错误；
B、曲线Ⅱ对应一氯乙酸，当 时，，即 ，，数量级为 ，而非 ， B错误；
C、CH2ClCOOH与CH2ClCOONa的混合溶液中，（水解平衡常数），溶液呈酸性，故 ，C错误；
D、酸性越强，pH相同时所需酸的浓度越小。曲线Ⅰ对应酸性更强的一氯乙酸，因此pH=3时，曲线Ⅰ对应酸的物质的量浓度更大 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】氯原子具有较强的电负性，会通过吸电子效应增强羧基中O—H键的极性，使二氯乙酸（CHCl2COOH）的酸性强于一氯乙酸（CH2ClCOOH）。
根据弱酸电离平衡 ，当 （即 ）时，，此时 。
曲线Ⅰ在 时的 更大，说明其 更大、更小，对应酸性较弱的一氯乙酸，因此曲线Ⅰ表示 与 的变化关系；曲线Ⅱ在 时的 更小，说明其 更小、更大，对应酸性较强的二氯乙酸，因此曲线Ⅱ表示 与 的变化关系。
二、非选择题(本题包括15~18题，共4题。)
15．（2024高三上·泸州模拟）连二硫酸锰晶体()呈红色，可用于蔬菜、水果等保鲜。受热易分解为和。实验室中可利用饱和水溶液与反应制备连二硫酸锰，同时有生成，其制备装置和具体步骤如下：
I．在B的三口烧瓶中盛装适量和400mL蒸馏水，控制温度在7℃以下，将A中产生的通入B中，反应过程中保持C中管口有少量气泡持续冒出。
Ⅱ．待烧瓶中全部反应完，反应液呈透明粉红色时，停止通。
Ⅲ．将装置C换为减压装置，一段时间后将B中的溶液转移至烧杯中。
IV．向溶液中加入适量连二硫酸钡溶液，搅拌，静置，过滤。
V．对滤液进行浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，得。
回答下列问题：
（1）步骤I对B中烧瓶可采取的控温方式是　 　。
（2）C装置中NaOH溶液的作用是　 　；保持C中有少量气泡持续冒出的目的是　 　。
（3）有同学指出装置A、B之间需要进一步完善，完善的措施是　 　。
（4）步骤Ⅱ中反应的离子方程式有、　 　。
（5）步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是　 　。
（6）步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是　 　，过滤出的滤渣是　 　。
【答案】（1）冰水浴或低于7℃的冷水浴
（2）吸收防止污染；确保B中水溶液处于饱和状态
（3）A、B间增加防倒吸装置
（4）
（5）除去溶液中过量的或降低的溶解度，或使从溶液中逸出
（6）将转化为连二硫酸锰；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）步骤I中B烧瓶控制温度在7℃以下，对B中烧瓶可采取的控温方式是冰水浴或低于7℃的冷水浴；
故答案为： 冰水浴或低于7℃的冷水浴 ；
（2）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；保持C中有少量气泡持续冒出，可以确保B中水溶液处于饱和状态。
故答案为： 吸收防止污染 ； 确保B中水溶液处于饱和状态 ；
（3）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
故答案为： A、B间增加防倒吸装置 ；
（4）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
故答案为： ；
（5）压强减小，气体溶解度降低，步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是除去溶液中过量的，使从溶液中逸出。
故答案为： 除去溶液中过量的或降低的溶解度，或使从溶液中逸出 ；
（6）二氧化锰和二氧化硫反应的产物中含有硫酸锰，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是将转化为连二硫酸锰，过滤出的滤渣是。
故答案为： 将转化为连二硫酸锰 ； ；
【分析】(1)温度要求低于 7℃ ，采用冰水浴（或低于 7℃的冷水浴）控温。
(2)NaOH 溶液作用：吸收尾气 SO2，防止污染空气。
保持少量气泡目的：确保 B 中 SO2水溶液处于饱和状态，提高反应转化率。
(3)SO2易溶于水，反应后装置内压强可能骤降，在 A、B 之间增加防倒吸装置。
(4)MnO2与 SO2发生氧化还原反应，除生成 Mn2+和 SO42-外，还生成连二硫酸根S2O62- ，配平得：MnO2+2SO2=Mn2++S2O62-。
(5)减压操作可降低气体溶解度，除去溶液中过量的 SO2，使其逸出。
(6)连二硫酸钡作用：将杂质 MnSO4转化为目标产物连二硫酸锰。滤渣：BaSO4（由Ba2+与SO42-反应生成）。
（1）步骤I中B烧瓶控制温度在7℃以下，对B中烧瓶可采取的控温方式是冰水浴或低于7℃的冷水浴；
（2）二氧化硫有毒，氢氧化钠能吸收二氧化硫，C装置中NaOH溶液的作用是吸收防止污染；保持C中有少量气泡持续冒出，可以确保B中水溶液处于饱和状态。
（3）为防止和反应发生倒吸，A、B间增加防倒吸装置；
（4）步骤Ⅱ中二氧化硫被氧化为连二硫酸根离子或硫酸根离子，反应的离子方程式有、。
（5）压强减小，气体溶解度降低，步骤Ⅲ中进行减压操作的目的是除去溶液中过量的，使从溶液中逸出。
（6）二氧化锰和二氧化硫反应的产物中含有硫酸锰，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，步骤IV中加入连二硫酸钡溶液的作用是将转化为连二硫酸锰，过滤出的滤渣是。
16．（2024高三上·泸州模拟）铅铋渣(含Pb、Bi、Ag、Cu、Zn等元素)中的金属元素在电池、半导体、超导等方面都有广泛应用，一种分离回收的工艺流程如图所示：
已知：①、。
②当溶液中金属离子的浓度时，可认为该金属离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“酸侵”过程中需要适当降温，避免温度过高，其原因是　 　。
（2）“沉降1”中，当刚沉淀完全时，若溶液中，则溶液中与的离子积　 　(选填“>”、“<”或“=”)。
（3）“滤渣2”的化学式为　 　。
（4）“还原”步骤中产生的混合气体X具有刺激性气味，写出该步骤发生的离子反应方程式　 　。
（5）“水解沉铋”中，水解为的离子反应方程式为　 　，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是　 　。
（6）为方便后续处理和回收利用，“置换”所用试剂Y最好是　 　(填化学式)。
（7）“滤渣1”可用于制备碘化铅，碘化铅的晶胞结构a和晶胞俯视图如图所示。其中“●”代表铅离子，“”代表碘离子。已知晶胞的底面边长为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数的值。计算碘化铅的密度　 　(列出计算式即可，不必化简)。
【答案】（1）降温防止分解和挥发
（2）<
（3）AgCl
（4）
（5）；中和产生的酸，促进水解完全
（6）Zn
（7）
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；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；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）硝酸易挥发、受热易分解，所以“酸侵”过程中需要适当降温，防止分解和挥发。
故答案为： 降温防止分解和挥发 ；
（2），“沉降1”中，当刚沉淀完全时c() ，若溶液中，则溶液中与的离子积=<。
故答案为： < ；
（3）Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，滤液中加NaCl生成AgCl沉淀，“滤渣2”的化学式为AgCl。
故答案为： AgCl ；
（4）“还原”步骤是用双氧水还原二氨合银离子生成银、氨气、氧气，根据得失电子守恒，反应的离子反应方程式为。
故答案为： ；
（5）“水解沉铋”中，水解为，反应的离子反应方程式为，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是中和产生的酸，使氢离子浓度降低，促进水解完全。
故答案为： ； 中和产生的酸，促进水解完全 ；
（6）滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，为方便后续处理和回收利用，加Zn“置换”出Cu；
故答案为： Zn ；
（7）根据均摊原则，Pb2+数为 ，I-数为2，晶胞的体积为cm3；碘化铅的密度。
故答案为： ；
【分析】酸浸：铅铋渣用 HNO3浸出，使 Pb、Bi、Ag、Cu、Zn 等金属元素转化为可溶性硝酸盐进入溶液。
沉降 1：加入 H2SO4，使Pb2+生成PbSO4沉淀（滤渣 1），从而分离铅。
沉降 2：加入 NaCl，使Ag+生成AgCl沉淀（滤渣 2），从而分离银。
水解沉铋：加水稀释，Bi3+水解生成 BiONO3沉淀，从而分离铋。
置换铜：向含 Cu2+的溶液中加入试剂 Y（如铁粉），置换出Cu单质。
银回收：滤渣 2（AgCl）经氨浸生成银氨溶液，再用 H2O2还原得到Ag单质。据此解题。
（1）硝酸易挥发、受热易分解，所以“酸侵”过程中需要适当降温，防止分解和挥发。
（2），“沉降1”中，当刚沉淀完全时c() ，若溶液中，则溶液中与的离子积=<。
（3）Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，滤液中加NaCl生成AgCl沉淀，“滤渣2”的化学式为AgCl。
（4）“还原”步骤是用双氧水还原二氨合银离子生成银、氨气、氧气，根据得失电子守恒，反应的离子反应方程式为。
（5）“水解沉铋”中，水解为，反应的离子反应方程式为，该过程后期会加入一定量的氨水，其目的是中和产生的酸，使氢离子浓度降低，促进水解完全。
（6）滤液中含有Cu2+、Zn2+ ，为方便后续处理和回收利用，加Zn“置换”出Cu；
（7）根据均摊原则，Pb2+数为 ，I-数为2，晶胞的体积为cm3；碘化铅的密度。
17．（2024高三上·泸州模拟）丙烯()是合成高聚物的重要原料。由丙烷生产丙烯有以下两种方法。
【方法I】丙烷直接脱氢制丙烯
反应I：
回答下列问题：
（1）反应I在　 　(选填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。
（2）为提高丙烯的产率，设计了一种管状反应器，工作原理如图所示。图中选择性透过膜透过的一种产物分子X是　 　，该反应器能提高丙烯产率的原因是　 　。
（3）以下是在某催化剂上丙烷脱氢的反应历程图(*表示吸附在催化剂上，TS表示过渡态)
研究表明键的断裂是反应中的速控步骤(速率最慢的基元反应)，实验测得用和(注：D是氘，键能：)进行反应的速率近似相等。据此可知，上述反应历程图中速控步骤基元反应的方程式为　 　。图中对应的能量：是　 　(选填①或②)，“”是　 　(选填③或④)。
【方法Ⅱ】氧化丙烷脱氢制丙烯
除发生反应I外，投入还会发生反应Ⅱ：
（4）已知：
则计算反应Ⅱ的　 　。
（5）在压强为P kPa条件下，下图分别是1mol丙烷单独投料和丙烷、各1mol一起投料时，丙烷的平衡转化率随温度变化的曲线。温度为900K时，由图计算反应I的压强平衡常数　 　kPa；900K投入时，发生反应I和II，计算的平衡转化率　 　%(保留一位小数)。
【答案】高温；；透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高；；①；③；；；40.6
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；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）反应I的，反应能自发进行的条件是，则在高温条件下自发进行；
故答案为： 高温 ；
（2）该反应器能提高乙烯的产率，则反应Ⅰ平衡正向移动，通过减小H2的浓度即可实现，故X为H2；提高丙烯产率的原因是透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高；
故答案为： ；透过膜层再经Ar吹扫，使脱离平衡体系，平衡正向移动，丙烯的产率提高 ；
（3）键的断裂是反应中的速控步骤，则键断裂的基元反应是；该步骤为控速步骤，则对应的TS1垒能最高，故TS1对应的是①；总反应为吸热反应，的能量高于，对应的是③；
故答案为： ； ① ； ③ ；
（4）已知反应A：
反应B：
根据盖斯定律可知，反应A－反应B即可得到目标反应，则；
故答案为： ；
（5）压强恒定为P kPa，单独投料与混合投料相比，单独投料1mol的分压为P kPa，混合投料时，1mol的分压为0.5P kPa，则单独投料相当于加压，平衡逆向移动，的转化率相对较低，即900℃时，的转化率为60%，列三段式有：，则p(H2)=、p(C3H6)=、p(C3H8)=，=kPa；
900K投入时，发生反应I和II，的转化率为80%，列三段式有
，则平衡时，气体总物质的量是(0.2+0.8+1－x+0.8－x+2x)=2.8mol，=kPa，解的x=0.40625，则。
故答案为： ； 40.6 。
【分析】(1)反应 、，根据自发进行条件 → 需在高温条件下自发进行。
(2)选择性透过膜透过的产物X是H2。
提高丙烯产率的原因：H2透过膜被Ar吹扫脱离平衡体系，使平衡正向移动。
(3)速控步骤（C—H键断裂）：
TS1对应能量最高的过渡态，即①； 为吸热反应的产物，能量较高，对应③。
(4)利用盖斯定律，反应A 反应B → 反应Ⅱ，计算得 。
(5)单独投料时，通过三段式计算得 。
投入CO2时，联立反应Ⅰ和Ⅱ，通过三段式和K0计算得CO2平衡转化率≈40.6%。
18．（2024高三上·泸州模拟）Lumiracoxib(有机物G)是一种非甾体抗炎试剂，可按如下方法进行合成：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是　 　；B的结构简式为　 　。
（2）由D生成E分两步进行，第ii步反应的化学反应方程式为　 　。
（3）可溶于THF()。一是因为二者结构相似，二是因为　 　。
（4）X是满足下列条件的D的同分异构体，则X的结构简式为　 　。
①含有苯环，且苯环上只有1个取代基；②与D的官能团相同；③含有1个手性碳原子，且手性碳上未连接氢原子。
（5）由E生成F的反应类型为　 　；合成路线中设计了D→E和F→G两步，目的是保护，否则D直接合成G可能有副产物，预测副产物的结构简式为　 　。
（6）根据以上信息，设计以、和为原料合成的路线(无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）羧基；
（2）
（3）N上的H原子可与THF的O原子之间形成氢键
（4）
（5）取代反应；或
（6）
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据分析，A的结构式，A中含氧官能团为羧基，B的结构简式为；
故答案为： 羧基 ； ；
（2）根据分析，D→E反应为D与发生取代反应，羧基上的羟基与氯原子发生取代反应，反应后形成酰氯，氯原子再与反应生成E，其第二步的反应方程式为
；
故答案为： ；
（3）与THF结构相似，且结构中氨基上存在一个氢原子，与THF的氧原子可以形成氢键，可以溶于THF；
故答案为： N上的H原子可与THF的O原子之间形成氢键 ；
（4）根据条件①、②，X含有羧基、碘原子两个官能团，且存在一个手性碳原子，手性碳原子上没有氢原子，则X的结构式为；
故答案为： ；
（5）D→E反应生成，氯原子与氨基上的氢原子发生取代反应，此过程是为了保护羧基不被氨基反应，若直接反应生成G，则可能出现副产物，或；
故答案为： 取代反应 ；或 ；
（6）先与发生取代反应，生成，再与反应生成，以此来保护羧基，与苯胺反应生成，最后与氢氧化钠丁醇溶液反应生成，具体设计路线如下图所示：。
故答案为： ；
【分析】有机物 A（5 - 甲基 - 3 - 碘苯甲酸）与 BH3/THF 反应，将羧基还原为羟甲基，得到 B（）；B 中的羟甲基与 HBr 反应，羟基被 Br 取代，生成 C（）；C 与 NaCN 发生取代反应引入氰基，再经酸性水解将氰基转化为羧基，得到 D（5 - 甲基 - 3 - 碘苯乙酸）；D 与 SOCl2反应生成酰氯，再与二甲胺发生胺解反应，得到酰胺 E。E 与邻氟 - 6 - 氯苯胺在 Cu、Cu2I2、K2CO3催化下发生偶联反应，其碘原子与氨基上的氢原子发生取代反应生成F（）；F 在 NaOH/丁醇回流条件下发生分子内环化，最终得到目标产物 G（Lumiracoxib）。
（1）根据分析，A的结构式，A中含氧官能团为羧基，B的结构简式为；
（2）根据分析，D→E反应为D与发生取代反应，羧基上的羟基与氯原子发生取代反应，反应后形成酰氯，氯原子再与反应生成E，其第二步的反应方程式为
；
（3）与THF结构相似，且结构中氨基上存在一个氢原子，与THF的氧原子可以形成氢键，可以溶于THF；
（4）根据条件①、②，X含有羧基、碘原子两个官能团，且存在一个手性碳原子，手性碳原子上没有氢原子，则X的结构式为；
（5）D→E反应生成，氯原子与氨基上的氢原子发生取代反应，此过程是为了保护羧基不被氨基反应，若直接反应生成G，则可能出现副产物，或；
（6）先与发生取代反应，生成，再与反应生成，以此来保护羧基，与苯胺反应生成，最后与氢氧化钠丁醇溶液反应生成，具体设计路线如下图所示：。
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