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湖南省娄底市2025届高三下学期高考仿真模拟考试（一模）化学试题
一、选择题（本大题共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·娄底模拟）中国登月服外观首次公开亮相，如下图所示。下列说法错误的是
A．登月服的保温层使用的羊毛属于天然有机高分子材料
B．登月服部分材料具有强度高、密度小、耐辐射等特性，以适应月球环境
C．登月服使用了合金材料，合金的熔点高于其成分金属
D．为保证登月服性能，在保存时需避免接触尖锐物品，防止划破损坏
2．（2025·娄底模拟）2024年12月，中国春节被列入人类非物质文化遗产代表名录。下列有关春节传统习俗的说法正确的是
A．年画颜料含铜，基态铜原子价层电子排布式为
B．鞭炮药剂含疏，燃放产物中是V形分子
C．糖画糖浆，葡萄糖是非极性分子且含2种官能团
D．春节舞龙常用竹篾做骨架，竹篾主要成分是蛋白质
3．（2025·娄底模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．《天工开物》中记载“凡石灰，经火焚炼为用”，完全分解生成的中含离子数为
B．《梦溪笔谈》中记载“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，完全反应转移电子数为
C．《本草纲目》中记截“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出”， 完全反应得到水银，生成的分子数为
D．《农政全书》中记载“今之搅车，以一人当三人矣”，搅车用于轧棉，若纤维素[化学式为]完全水解，则产生葡萄糖分子数为
4．（2025·娄底模拟）口服ACE抑制剂——卡托普利（Captopril）的结构如图所示，已知（巯基）化学性质类似醇羟基。下列关于卡托普利的说法正确的是
A．其中含氧官能团只有羧基和酮羰基
B．该有机物最多消耗
C．能发生取代反应和氧化反应
D．分子中没有手性碳原子
5．（2025·娄底模拟）化学与生产、生活密切相关。下列离子方程式正确的是
A．用白醋和淀粉试纸检验加碘盐中的
B．加入铁粉处理工业废水中的
C．工业上用过量氨水除去中少量：
D．用石膏改良碱性土壤（含）：
6．（2025·娄底模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，是一种常见液体，分子中含10个电子，基态Z原子核外s、p能级上电子总数相等，基态T原子最外层电子数是次外层的一半。下列叙述错误的是
A．第一电离能： B．简单离子半径：
C．离子键百分数： D．键角：
7．（2025·娄底模拟）根据指定试剂和选择的装置能完成相关实验的是
A．选择仪器I，从含有乙醇和乙酸的乙酸乙酯中提纯乙酸乙酯
B．选择装置Ⅱ，用二氧化锰和浓盐酸制备氯气
C．选择装置Ⅲ，用溴水证明电石与水反应生成乙炔气体
D．选择装置Ⅳ，用，制备粉末
8．（2025·娄底模拟）以为原料制备颜料铵铁蓝（难溶于水）。
下列叙述错误的是
A．“溶解”需要玻璃棒、烧杯等仪器
B．中配体是
C．“氧化”中氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．分离产品采用的操作为过滤、洗涤、干燥
9．（2025·娄底模拟）合成的两条途径如图示。下列叙述正确的是
A．的空间结构为平面三角形，中心原子N的杂化方式为
B．在ER途径中，形成自由基，该过程破坏了中的键和键
C．在LH途径中，改变了反应的焓变，提高合成氨的反应速率
D．使用催化剂可以降低ER途径和LH途径中的决速步骤活化能，提高平衡转化率
10．（2025·娄底模拟）根据下列操作及现象，能得出相应结论的是
选项 操作及现象 结论
A 向红色粉末中加入足量稀硫酸，搅拌得到蓝色溶液和红色固体 未完全反应
B 向酸性溶液中滴加乙醛溶液，振荡，溶液褪色 乙醛表现漂白性
C 向氨水中滴加少量溶液，无明显现象 氨水和不反应
D 向稀硫酸中加入紫色粉末，溶液变黄色并产生气体 该气体为氧气
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·娄底模拟）一种在电催化剂作用下，还原合成铵盐的原理如下图所示。下列叙述正确的是
A．膜M为阴离子交换膜
B．装置工作一段时间后，b极表面明显升高
C．a极的电极反应式为
D．标准状况下，b极收集气体时，阴极上有生成
12．（2025·娄底模拟）近日，哈尔滨工业大学陈祖煌团队在氮气生长气氛中，成功制备了高质量氮掺杂钛酸钡铁电薄膜。经X射线衍射分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示（均与相接触），已知晶胞参数为的半径为为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．钛酸钡的化学式为
B．
C．上述涉及的元素只属于周期表s区和d区
D．钛酸钡晶体密度
13．（2025·娄底模拟）常温下，向浓度均为的溶液中滴加溶液，溶液中与的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．
B．上述过程中最先生成，最后生成
C．常温下，饱和溶液中
D．c点坐标为
14．（2025·娄底模拟）已知现代工业采用绿色、环保型工艺制备氯乙烯的原理是：。在刚性密闭容器中充入、、，平衡时三种组分（和）的物质的量与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线甲代表与T的关系
B．上述正反应在较低温度下能自发进行
C．a、b点的总物质的量之比为
D．a点对应的乙组分平衡转化率为
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15．（2025·娄底模拟）蛋氨酸铜配合物（结构如图）是一种饮料添加剂，其中蛋氨酸为2-氨基-4-甲硫基丁酸。某小组设计实验制备蛋氨酸铜并测定其含量。
实验（一）制备蛋氨酸铜。
步骤1：配制溶液。将胆矾溶于水配成溶液；将蛋氨酸溶于水配成热溶液。
步骤2：引发反应。趁热将溶液缓慢加入蛋氨酸溶液中，在下搅拌。用溶液调节溶液至为8，在下搅拌。
步骤3：分离产品。利用如图装置抽滤，得到蓝紫色粉末，用去离子水洗涤产品，再用乙醇洗涤，自然晾干或烘干。
（1）蛋氨酸易溶于水，其主要原因是　 　（填官能团名称）与水形成氢键。
（2）步骤2中，调节为8的具体实验操作为　 　。
（3）步骤3中，相对普通过滤，抽滤的主要优点有　 　（答一条即可）。
（4）步骤3中，检验产品洗净的实验方法是取最后一次洗涤液于试管，滴加　 　（填化学式）溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净；产品采用“自然晾干”或“烘干”，不宜采用高温烘干，其原因是　 　。
实验（二）测定产品中蛋氨酸铜含量。
准确称取产品置于碘量瓶中，加入水和盐酸，微热溶解，加入磷酸盐缓冲溶液（为6.5），充分摇匀（此时溶液变浑浊），冷却至室温。加入标准溶液，充分摇匀，立即用标准溶液滴定，直至溶液变为临近终点的淡黄绿色，加入几滴淀粉溶液，此时溶液变为深蓝色，继续滴定至天蓝色，平行测定三次，测得消耗滴定液平均体积为。
已知相关信息：①蛋氨酸、以物质的量之比反应；
②。
（5）本实验滴定至终点溶液不能为无色，是因为溶液中　 　（填离子符号）呈天蓝色，淀粉溶液的作用是　 　。
（6）根据上述数据，该产品中蛋氨酸铜质量分数为　 　（用含、w的代数式表示）。
16．（2025·娄底模拟）硒化镉（）是一种重要的Ⅱ-Ⅵ族半导体材料，广泛应用于光电领域。某实验小组以含镉废渣（主要成分为和，以及少的等）为原料制备的流程如图。
几种金属离子沉淀的如下表所示。
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.0 7.2
完全沉淀的 3.2 9.0 9.5
回答下列问题：
（1）在两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是　 　（填元素符号）。
（2）“酸浸”中提高反应速率的措施有　 　（填两种）。
（3）写出产生滤渣3的总反应离子方程式：　 　。“操作”的名称是　 　。
（4）“电解”中，阴极的电极反应式为　 　，废液可循环用于　 　工序。
（5）以含镉质量分数为的镉渣为原料，经上述流程最终得到纯度为的。则镉的收率为　 　（用含a、的代数式表示）。（提示：镉的收率）
（6）晶胞如图所示。已知：六棱柱底边边长为，高为的半径分别为。则该晶胞中原子的空间利用率为　 　（用含a、b、c、d的代数式表示）。
17．（2025·娄底模拟）H是合成药物中间体，一种合成路线如图所示。
已知：①；②二元羧酸在作用下脱水生成酸酐；③和水反应生成。
回答下列问题：
（1）B的名称是　 　；D中所含官能团是　 　（填名称）。
（2）A和C的关系为　 　（填“同系物”“同分异构体”或“同一种物质”）。
（3）D→E的反应类型是　 　。其他条件相同，下列有机物与溶液反应由快到慢排序为　 　（填标号）。
a． b． c． d．
（4）写出F→H的化学方程式：　 　，的作用是　 　。
（5）含1个手性碳原子的分子有2种对映异构体（立体异构体）。例如，有2种对映异构体。在F的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有　 　种（包括立体异构体）。
①能发生水解反应；②有机物与足量银氨溶液完全反应生成；③只含1种官能团。其中，核磁共振氢谱显示2组峰的结构简式为　 　。
（6）设计合成路线，以邻甲基苯甲醇和G为原料合成有机物　 　（其他试剂自选）。
18．（2025·娄底模拟）回收和利用是实现“碳中和”的重要途径。
I．合成燃料二甲醚。
已知：①
②
③，该反应历程如图1所示。
（1）反应③中，决速步骤的能垒为________。
（2）________。
Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整制备合成气。有关反应如下。
主反应：
副反应：
在恒容密闭容器中，通过改变使进料比分别为1.0、2.0、3.0。反应达到平衡状态时，不同温度下质量分数、变化如图2、图3所示。
（3）下列有关图2的叙述正确的是_________（填标号）。
A. 曲线甲代表投料比为3.0 B. 正反应速率：
C. 主反应平衡常数： D. 主反应
（4）图3中，随着进料比增加的值________（填“增大”“减小”或“不变”），其原因是________。
（5）在时，按投料比1.0充入刚性密闭容器中，达到平衡时甲烷的转化率为的转化率为，则副反应的压强平衡常数________（结果保留两位小数，下同）。平衡时的分压为________。
Ⅲ．据报道，火星大气中占。科学家设想利用火星大气中设计电池提供能量。
（6）电池反应为。负极材料是________；正极反应式为________。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料。A正确；
B、月球环境没有大气层保护，存在宇宙射线和极端温差，因此登月服材料必须具备强度高、密度小、耐辐射等特性。B正确；
C、合金的熔点通常低于其成分金属的熔点，而不是高于。例如，焊锡是锡铅合金，其熔点就远低于纯锡或纯铅。C错误；
D、登月服的防护层需要保持完整性，接触尖锐物品可能造成划破损坏，影响其在太空环境中的防护性能。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
合金性质误区：错认为合金熔点高于成分金属，实际合金熔点通常更低。
材料分类混淆：易混淆天然高分子（如羊毛、蚕丝）与合成高分子（如塑料）。
环境背景忽略：忽略月球高辐射、强温差等特殊环境对材料性能的要求。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、铜为 29 号元素，基态铜原子的价层电子排布式为 3d 4s （这是洪特规则特例，全满结构更稳定），而非 3d94s2。A错误；
B、鞭炮药剂中的硫在燃烧时生成 SO2分子，SO2中心 S 原子采取 sp2 杂化，且有一对孤电子对，因此分子构型为 V 形。B正确；
C、葡萄糖的结构简式为 CH2OH (CHOH)4CHO，含有羟基和醛基两种官能团，但由于分子结构不对称且存在多个极性基团，属于极性分子。C错误；
D、竹篾的主要成分是纤维素，属于糖类，而非蛋白质。D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结：
铜是 29 号元素，价层电子排布是 3d 4s ，而非直觉上的 3d94s2。这是洪特规则特例，全满的 3d 轨道更稳定，很容易记混。
葡萄糖虽然有对称的碳链，但因含多个羟基和醛基等极性基团，整体是极性分子。不能仅看碳链对称就误判为非极性。
竹篾、棉花、木材等植物材料的主要成分是纤维素（糖类），而不是蛋白质。蛋白质主要存在于动物毛发、蚕丝中，容易记混。
SO2分子因为中心 S 原子有一对孤电子对，所以是 V 形；而 CO2没有孤电子对，是直线形。孤电子对的存在是判断这类分子构型的关键，容易被忽略。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、10.0g 的物质的量为0.1mol，完全分解生成0.1mol 。由和构成，所以0.1mol 中含有的离子总数为，而不是。A错误；
B、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”发生的是与的置换反应，，每个原子失去2个电子。5.6g （0.1mol）完全反应，转移电子数为。B正确；
C、“火煅丹砂”指的是与反应生成和，反应式为。1mol 完全反应，生成1mol ，分子数为。C正确；
D、纤维素的化学式为，它是由个葡萄糖单元缩合而成，因此1mol纤维素完全水解会生成 mol葡萄糖，分子数为。D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
对 CaO 的构成不熟悉，容易把它当成单原子分子，忽略了它是由 Ca2+和 O2-两种离子构成的，导致计算时将 0.1mol CaO 的离子数误算为 0.1NA，而正确值应为 0.2NA。
铁与硫酸铜的置换反应中，铁元素从 0 价变为 +2 价，而非 +3 价，每个 Fe 原子转移 2 个电子，这是常见的易错点。
煅烧丹砂（HgS）的反应，需要准确写出反应式 HgS+O2=Hg+SO2，才能确定 1mol HgS 完全反应生成 1mol SO2，避免因配平错误导致计算失误。
纤维素是高分子化合物，化学式为 (C6H10O5) n，其水解产物葡萄糖的物质的量与聚合度 n 直接相关，容易忽略 n 的存在而误判。
4．【答案】C
【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；酯的性质
【解析】【解答】A、卡托普利的含氧官能团有羧基（-COOH）、酰胺基（-CON-），而非只有羧基和酮羰基。A错误；
B、1mol 卡托普利中，只有 1mol 羧基能与 NaOH 反应，1mol 羧基消耗 1mol NaOH（质量为 40g）。但题目中 “最多消耗 40g NaOH” 的表述容易让人误以为所有官能团都参与反应，实际上巯基（-SH）类似醇羟基，不与 NaOH 反应。B错误；
C、取代反应：羧基可发生酯化反应（属于取代反应），巯基也可发生类似醇羟基的取代反应。
氧化反应：巯基（-SH）易被氧化，且分子中其他碳链也可发生氧化反应。C正确；
D、卡托普利分子中存在手性碳原子，例如与巯基相连的碳原子，以及五元环上与羧基相连的碳原子，它们都连接了四个不同的原子或基团。 如图，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
官能团识别：精准识别羧基、酰胺基、巯基，避免把酰胺基误判为酮羰基。
性质推断：羧基可发生取代和中和反应，巯基易被氧化且能发生取代反应。
手性碳判断：找到连接四个不同基团的碳原子，即可确定分子存在手性碳。
反应计算：只有羧基能与 NaOH 反应，1mol 该物质仅消耗 1mol NaOH。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、白醋的主要成分是醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在离子方程式中不能拆成 H+，应保留化学式。A错误；
B、铁粉与 Hg2+发生置换反应时，Fe 的氧化产物是 Fe2+（不是 Fe3+，Fe3+氧化性比 Hg2+强）。B错误；
C、Cu(OH)2是两性氢氧化物，可溶于过量氨水生成可溶性的四氨合铜配离子；而 Mg (OH)2不溶于氨水，因此可以用过量氨水除去 Mg(OH)2中的 Cu(OH)2杂质。C正确；
D、石膏的主要成分是 CaSO4，属于微溶物，在离子方程式中不能拆成 Ca2+，应保留化学式。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
白醋的主要成分醋酸（CH3COOH）是弱酸，在离子方程式中必须保留化学式，不能拆写成 H+和 CH3COO-。这是最常见的陷阱之一。
Fe 与 Hg2+等不活泼金属离子反应时，生成的是 Fe2+，而不是 Fe3+。Fe3+的氧化性比 Hg2+更强，所以 Fe 不可能被直接氧化到 +3 价。
石膏（CaSO4）是微溶物，在离子方程式中不能拆成 Ca2+和 SO42-，应保留化学式。只有易溶且易电离的物质才能拆成离子形式。
Cu(OH)2是两性氢氧化物，能溶于过量氨水形成配合物，而 Mg(OH)2不溶于氨水。这一特性是 C 选项能实现分离的关键，容易被忽略。
6．【答案】A
【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；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但 Mg 的 3s 轨道为全满稳定结构，其第一电离能大于 Al。因此第一电离能顺序为 Mg > Al W < T，A错误；
B、Y2-（O2-）、Z2+（Mg2+）、W3+（Al3+）具有相同电子层结构。核电荷数越大，半径越小。
顺序为 O2- > Mg2+ > Al3+，即 Y > Z > W，B正确；
C、ZY 是 MgO（离子晶体），W2Y3是 Al2O3（离子晶体，但有一定共价性）。
MgO 的离子键百分数更高，C正确；
D、TX4是 SiH4（正四面体结构，键角 109°28'），X2Y 是 H2O（V 形结构，键角 104.5°）。
因此键角：SiH4 > H2O，即 TX4 > X2Y，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
X、Y 的推断：X2Y 是含 10 个电子的常见液体，符合这一条件的是 H2O，因此 X 为 H，Y 为 O。
Z 的推断：基态 Z 原子 s、p 能级电子总数相等。
若 Z 有 2 个电子层：1s22s22p2 ， 电子数为 6，Z 为 C。
若 Z 有 3 个电子层：1s22s22p63s2 ，电子数为 12，Z 为 Mg。
结合原子序数依次增大，Y 为 O，故 Z 为 Mg。
T 的推断：基态 T 原子最外层电子数是次外层的一半。
若 T 有 3 个电子层：次外层 8 个电子，最外层 4 个 ， T 为 Si。
若 T 有 2 个电子层：次外层 2 个电子，最外层 1 个 ， T 为 Li（不符合原子序数增大）。因此 T 为 Si。
W 的推断：原子序数介于 Mg 和 Si 之间，故 W 为 Al。
综上，元素对应为：X=H，Y=O，Z=Mg，W=Al，T=Si。
7．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；乙炔炔烃；常见气体制备原理及装置选择；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、仪器 I 为分液漏斗，而从含有乙醇和乙酸的乙酸乙酯中提纯乙酸乙酯，需要先加入饱和碳酸钠溶液洗涤，再进行分液、干燥、蒸馏。仅用分液漏斗无法完成全部提纯操作，A错误；
B、装置 II 为启普发生器的简易装置，适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体。而二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，且二氧化锰是粉末状固体，会从多孔隔板漏下，无法控制反应，B错误；
C、电石与水反应生成的乙炔气体中常混有硫化氢、磷化氢等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，会干扰乙炔的检验，需先通过硫酸铜溶液除去杂质再检验，C错误；
D、2Cu(OH)2 CuCO3 是固体，加热分解可生成 CuO 粉末、CO2和 H2O，反应方程式为 2Cu(OH)2 CuCO3=3CuO+CO2↑+2H2O↑。装置 IV 为固体加热装置，可满足该实验需求，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、乙酸乙酯提纯需分液 + 蒸馏，仅用分液漏斗无法完成。
B、MnO2和浓盐酸制 Cl2需要加热，且 MnO2是粉末，不适合装置 II（常温、块状固体反应）。
C、电石制乙炔会混有 H2S、PH3等杂质，它们也能使溴水褪色，干扰检验。
D、2Cu(OH)2 CuCO3 是固体加热分解反应，装置 IV（固体加热装置）完全匹配。
8．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、溶解固体 FeSO4的操作，在烧杯中进行并用玻璃棒搅拌，所以需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒。A正确；
B、在配离子 [Fe(CN)6]4- 中，中心离子是 Fe2+，提供孤电子对的配体是 CN-。B正确；
C、氧化过程是将 Fe(NH4)2[Fe (CN)6] 中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，生成 NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6]。1 mol Fe(NH4)2[Fe (CN)6] 中，只有 1 mol Fe2+（外界的 Fe2+）被氧化为 Fe3+，失去 1 mol 电子。氧化剂 NaClO 在酸性条件下被还原为 Cl-，1 mol NaClO 得到 2 mol 电子。根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2，C 错误；
D、产物 NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6] 难溶于水，所以分离操作是过滤、洗涤、干燥。D正确；
故答案为：C。
【分析】这个制备流程为：将 FeSO4固体溶于蒸馏水中，配成溶液。在 70℃条件下，向 FeSO4溶液中加入 Na4[Fe(CN)6] 和 (NH4)2SO4并调节 pH，反应生成 Fe (NH4)2[Fe(CN)6]。向 Fe(NH4)2[Fe(CN)6] 中加入 NaClO 和 H2SO4，将其中部分 Fe2+氧化为 Fe3+，得到难溶于水的目标产物NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6]。通过过滤、洗涤、干燥，最终得到颜料铵铁蓝固体。
9．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、NH3的中心原子 N 的价层电子对数为 4，杂化方式为 sp3，空间结构为三角锥形，而非平面三角形。A错误；
B、N2的分子结构中包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键。在 ER 途径中，N2形成自由基 N ，意味着 N2分子中的化学键完全断裂，因此 σ 键和 π 键都被破坏。B正确；
C、AuCu3作为催化剂，只能改变反应的活化能，从而提高反应速率，但不能改变反应的焓变。C错误；
D、催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变反应的平衡状态，因此无法提高 N2的平衡转化率。D错误；
故答案为：B。
【分析】A．NH3分子中 N 原子有一对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式为 sp3，空间结构是三角锥形，不是平面三角形。
B．N2分子由 1 个 σ 键和 2 个 π 键构成，形成自由基 N 意味着 N2分子中的化学键完全断裂，所以 σ 键和 π 键都会被破坏。
C．AuCu3是催化剂，催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变。
D．催化剂仅能加快反应速率，不影响化学平衡，因此无法提高 N2的平衡转化率。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；铜及其化合物
【解析】【解答】A、Cu2O 与稀硫酸反应会生成 CuSO4和 Cu 单质，所以无论 Cu2O 是否完全反应，都会同时得到蓝色溶液和红色固体，因此无法通过该现象判断 Cu2O 是否完全反应。A错误；
B、酸性 KMnO4溶液褪色是因为乙醛具有还原性，被 KMnO4氧化，而不是乙醛的漂白性。B错误；
C、向氨水中滴加少量 ZnCl2溶液，生成的 Zn(OH)2沉淀会溶于过量氨水中，形成可溶性的锌氨配离子，所以无明显现象不能说明二者不反应。C错误；
D、K2FeO4在酸性条件下会发生歧化反应，生成 Fe3+（溶液变黄色）和 O2气体，因此产生的气体为氧气。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．误将反应生成的 Cu 单质当作未反应的 Cu2O，从而错误判断 Cu2O 是否完全反应。
B．混淆了乙醛的还原性与漂白性，酸性 KMnO4褪色是氧化还原反应，而非漂白作用。
C．忽略了 Zn(OH)2的两性，它会溶于过量氨水形成配离子，导致无明显现象不等于不反应。
D．不熟悉 K2FeO4在酸性条件下的歧化反应，难以判断气体成分。
11．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极上 NO3-转化为 NH4+，N 元素化合价降低，发生还原反应，因此 a 极为阴极，b 极为阳极。阳极 b 极的反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生 H+，为平衡电荷，阳离子会向阴极移动，所以膜 M 为阳离子交换膜。A错误；B、b 极的电极反应生成 H+，会使电极表面的 pH 降低，而非升高。B错误；
C、酸性条件下，NO3-在阴极得电子生成 NH4+，配平后的反应式为NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，该式电荷与原子均守恒。C正确；
D、标准状况下 6.72 L O2的物质的量为 0.3 mol，生成 1 mol O2转移 4 mol 电子，因此 b 极转移电子为 1.2 mol。根据 a 极反应，生成 1 mol NH4+需要 8 mol 电子，所以生成 NH4+的物质的量为 1.2 ÷ 8 = 0.15 mol，而非 0.3 mol。D错误；
故答案为：C。
【分析】从装置图可以看出：
a 极：NO3-转化为 NH4+，N 元素的化合价从 + 5 价降低到 - 3 价，发生得电子的还原反应，因此 a 极为阴极。电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O。
b 极：H2O 转化为 O2，O 元素的化合价从 - 2 价升高到 0 价，发生失电子的氧化反应，因此 b 极为阳极。电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑。据此解题。
12．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞中 位于体心，数目为1。 位于顶点，数目为 。 位于面心，数目为 。因此钛酸钡的化学式为 。A正确；
B、 与 在棱上接触，晶胞参数为 pm，故 pm，解得 pm。 与 在体对角线上接触，故 pm，解得 pm。B正确；
C、Ba元素属于s区，Ti元素属于d区，而O元素属于p区。因此涉及的元素并非只属于s区和d区。C错误；
D、1个晶胞的质量为 g。晶胞体积为 。密度 。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
晶胞原子计数错误容易忽略顶点、面心、体心原子的分摊系数，导致化学式推导错误。例如，顶点原子只占，面心原子只占，体心原子为 1。
离子半径计算时几何关系误判Ti4+与 O2-在棱上接触，而 Ba2+与 O2-在体对角线上接触，两者的几何关系不同。混淆棱长与体对角线的长度关系，会导致半径计算错误。
元素分区判断遗漏容易只关注 Ba 和 Ti 的分区（s 区和 d 区），而忽略 O 元素属于 p 区，导致对选项 C 的误判。
晶胞密度计算时单位换算错误计算密度时，晶胞参数 a 的单位是 pm，需要换算成 cm（1 pm = 10- cm），忘记换算会导致结果数量级错误。
13．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 的 。取点 代入，得：，故 ，A错误；
B、沉淀顺序由所需 浓度决定：：，：，：，计算初始沉淀所需 浓度：：，
：
：，所需 浓度越小，沉淀越先生成。故最先生成 ，最后生成 ，B错误；
C、饱和 溶液中：
而非 ，C错误；
D、c点为 （）与 （）的交点，此时 。
由 ，代入数据解得 ，即 。
再代入 的 得：，即 。故c点坐标为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
明确沉淀溶解平衡与Ksp关系：对于沉淀溶解平衡 ，溶度积 。
取负对数得：
因此，图中直线斜率绝对值与沉淀类型相关：
（1：1型）：斜率为 ，对应
（2：1型）：斜率为 ，对应
（3：1型）：斜率为 ，对应 。据此解题。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应为：。
温度升高，平衡逆向移动，生成物的物质的量减少，反应物和的物质的量增加。曲线甲随温度升高而下降，代表生成物，A正确；
B、反应中气体分子数减少，故。温度升高时生成物减少，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，。根据，当较小时，，反应能自发进行，B正确；
C、 列三段式，a点乙烯和氯乙烯的物质的量相等，则，，总物质的量为；b点氯乙烯、氯气的物质的量相等，则，，总物质的量为，，C错误；
D、乙组分代表（初始4 mol）。a点时剩余2 mol，转化率为，D正确；
故答案为：C。
【分析】曲线甲：代表 CH2=CHCl（生成物）：温度升高，平衡逆向移动，生成物减少，曲线呈下降趋势。
曲线乙：代表 Cl2（反应物）：初始量为 4 mol，温度升高，平衡逆向移动，反应物增加，曲线呈上升趋势。
曲线丙：代表 CH2=CH2（反应物）：初始量为 8 mol，但反应中消耗最快，剩余量最少，温度升高，平衡逆向移动，反应物增加，曲线呈上升趋势。据此解题。
15．【答案】氨基、羧基；逐滴加入溶液，用pH计(或pH试纸)连续测定pH；过滤速率快、固体较干燥、固体与液体易分离等；；避免产品分解；；作指示剂；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，蛋氨酸易溶于水是因为分子中含有的氨基和羧基能与水分子形成分子间氢键，
故答案为：氨基、羧基；
（2）步骤2中，调节溶液pH为8的实验操作为向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，同时用pH计(或pH试纸)连续测定溶液pH，直至pH为8，
故答案为：逐滴加入溶液，用pH计(或pH试纸)连续测定pH；
（3）与普通过滤相比，抽滤可以加快过滤速率，便于固体与液体分离，且所得固体较干燥，
故答案为：过滤速率快、固体较干燥、固体与液体易分离等；
（4）由题意可知，实验制得的蛋氨酸铜固体表面附有可溶的硫酸钠，检验产品洗净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液于试管，滴加氯化钡溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净；蛋氨酸铜性质不稳定，高温条件下易受热分解，所以实验所得产品采用“自然晾干”或“100℃烘干”，不宜采用高温烘干，
故答案为：；避免产品分解；
（5）由题意可知，蛋氨酸铜与盐酸反应生成蛋氨酸和氯化，滴定终点所得溶液中含有铜离子，铜离子与水形成的四水合铜离子在溶液中呈天蓝色，所以实验滴定至终点溶液不能为无色；滴定时，淀粉溶液作指示剂，便于确定滴定是否达到滴定终点，
故答案：；作指示剂；
（6）由题意可知，蛋氨酸消耗碘三离子的物质的量与硫代硫酸钠溶液消耗碘三离子的物质的量之和等于加入溶液中碘三离子的物质的量，滴定消耗V2mLc2mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品中蛋氨酸铜的质量分数为=，
故答案为：。
【分析】（1）蛋氨酸易溶于水的主要原因是其分子中的氨基和羧基能与水形成氢键。
（2）调节pH为8的具体操作：逐滴加入NaOH溶液，并用pH计（或pH试纸）持续监测溶液pH，直至pH达到8。
（3）抽滤相比普通过滤的主要优点：过滤速度快（或“所得固体较干燥”、“固液分离更彻底”等，答一条即可）。
（4）检验产品洗净的方法：取最后一次洗涤液于试管，滴加BaCl2溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净。不宜高温烘干的原因：避免配合物受热分解。
（5）滴定至终点溶液不能为无色，是因为溶液中存在**[Cu(H2O)4]2+**，呈天蓝色。
淀粉溶液的作用是作指示剂，通过与I2结合显蓝色来灵敏指示滴定终点。
（6）计算与蛋氨酸反应的I2物质的量：
计算蛋氨酸铜配合物的物质的量：
计算质量分数：
16．【答案】（1）
（2）粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）
（3）；过滤
（4）；酸浸
（5）
（6）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后变为3d10，达到全满稳定结构，再失去一个电子较难，所以第二电离能较大，第一电离能相对较小，第二电离能与第一电离能之差较大，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去一个电子后变为3d104s1，再失去一个电子的难度增加不如Cu明显，所以在Zn、Cu两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是Cu；
故答案为： ；
（2）从影响反应速率因素角度寻找提高“酸浸”速率，可以是粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）；
故答案为： 粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种） ；
（3）滤渣3的主要成分是氢氧化铁，即双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，加入氧化锌促进铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为；
分离固体和液体的“操作”名称是过滤；
故答案为： ； 过滤 ；
（4）“电解”中，Cd2+在阴极得到电子发生还原反应，阴极的电极反应式为；
电解硫酸镉溶液会生成硫酸，废液可循环用于“酸浸”工序；
故答案为： ； 酸浸 ；
（5）原料中含镉总质量为，产品中镉的质量为，镉的收率：；
故答案为： ；
（6）六棱柱体积为，晶胞中小球位于顶点、面心和体内，个数为，大球位于棱上和内部，个数为，故晶胞含6个，原子体积为，晶胞中原子的空间利用率。
故答案为： 。
【分析】制备硒化镉（CdSe）的流程为：用稀硫酸处理含镉废渣，使 Zn、Cd 等金属溶解，过滤除去不溶的滤渣 1。向滤液中加入铁粉，将 Co3+还原并置换为金属钴沉淀，过滤得到滤渣 2。加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 ZnO 调节 pH 至 3.2 左右，使 Fe3+完全沉淀为 Fe(OH)3，过滤得到滤渣 3。
电解：对净化后的含 Cd2+溶液进行电解，得到金属镉单质。将金属镉与硒粉混合反应，生成目标产物硒化镉（CdSe）。据此解题。
（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后变为3d10，达到全满稳定结构，再失去一个电子较难，所以第二电离能较大，第一电离能相对较小，第二电离能与第一电离能之差较大，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去一个电子后变为3d104s1，再失去一个电子的难度增加不如Cu明显，所以在Zn、Cu两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是Cu；
（2）从影响反应速率因素角度寻找提高“酸浸”速率，可以是粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）；
（3）滤渣3的主要成分是氢氧化铁，即双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，加入氧化锌促进铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为；
分离固体和液体的“操作”名称是过滤；
（4）“电解”中，Cd2+在阴极得到电子发生还原反应，阴极的电极反应式为；
电解硫酸镉溶液会生成硫酸，废液可循环用于“酸浸”工序；
（5）原料中含镉总质量为，产品中镉的质量为，镉的收率：；
（6）六棱柱体积为，晶胞中小球位于顶点、面心和体内，个数为，大球位于棱上和内部，个数为，故晶胞含6个，原子体积为，晶胞中原子的空间利用率。
17．【答案】（1）1，3-丁二烯；羧基
（2）同分异构体
（3）取代反应；
（4）；吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率
（5）5；
（6）
【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
【解析】【解答】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；
②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；
故答案为： 1，3-丁二烯 ； 羧基 ；
（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；
故答案为： 同分异构体 ；
（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；
②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；
故答案为： 取代反应 ； ；
（4）①；
②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；
故答案为： ；吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率 ；
（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种；
②其中的核磁共振氢谱有2组峰；
故答案为：5； ；
（6）根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为故答案为：
【分析】起始物 A（2 - 甲基 - 1，4 - 丁二醇）在氧化铝作用下发生分子内脱水，生成二烯烃 B（ 1，3-丁二烯 ）。B 经硼氢化 - 氧化反应，双键被转化为羟基，生成四元醇 C（ 1，4-丁二醇 ）。C 在酸性重铬酸钾作用下，醇羟基被氧化为羧基，得到二元羧酸 D（ 1，4-丁二酸 ）。D 在五氧化二磷作用下脱水，生成环状酸酐 E。E 与甲醇发生开环酯化反应，生成单酯单酸 F。F 与苯酚在三氟乙酸酐作用下，发生酯化反应，最终生成目标产物 H。据此解题。
（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；
②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；
（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；
（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；
②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；
（4）①；
②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；
（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种；
②其中的核磁共振氢谱有2组峰；
（6）根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为。
18．【答案】(1) 179.6
(2)
(3) B，C
(4) 减小 增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了，生成了
(5) 1.06 88.38
(6) （或钠）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）活化能(能垒)最大的基元反应是决速步骤，由图1可知，能垒最大的基元反应是反应V，是决速步骤，其能垒为；
故答案为： 179.6 ；
（2）由图1可知，，根据盖斯定律知，②-③×2-①×2得目标反应，代入数据计算反应热为；
故答案为： ；
（3）A．观察图2，进料比增大，相当于量不变，量增加，平衡向正方向移动，转化率增大，甲烷质量分数减小，故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0，A错误；
B．a、c点起始投料相同，c点温度高于a，温度高，正反应速率大，B正确；
C．平衡常数只与温度有关，从图像2看，b、c点温度相同，，a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小，说明升温，平衡向正方向移动，即正反应是吸热反应，升温，平衡常数增大，故，C正确；
D．a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小，说明升温，平衡向正方向移动，即正反应是吸热反应，D错误；
故答案为：BC；
（4）增大进料比，即增大，主、副反应平衡均正移，而副反应平衡正移会消耗，同时生成，故、的物质的量之比减小；
故答案为： 减小；增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了，生成了；
（5）假设初始投入和，，，平衡时体系中各组分物质的量：、，、，平衡体系中，气体总物质的量为，在恒温、恒容条件下，气体压强与气体物质的量成正比，设平衡时气体压强为p，有：，副反应是气体分子数相等的反应，可以用物质的量替代，则；由，解得，；
故答案为： 1.06 ；88.38；
（6）根据反应式可知，Na发生氧化反应，故Na是负极材料；
电解质为碳酸钠，正极发生还原反应，正极的电极反应式为。
故答案为：（或钠）；；
【分析】（1）决速步骤是反应历程中能垒（活化能）最大的一步。反应Ⅴ的能垒为 。
（2）利用盖斯定律，将已知反应②-③×2-①×2得到目标反应。代入数据计算得 。
（3）A：进料比越大， 转化率越高，其质量分数越小。故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0。
B：温度越高，反应速率越快，c点温度高于a点，故正反应速率 。
C：平衡常数只与温度有关，b、c点温度相同，故 ；温度升高平衡右移，故 。
D：升温使 质量分数减小，平衡右移，正反应吸热，。
（4）进料比增大，主、副反应均正向移动。副反应消耗 并生成 ，导致 减小。
（5）主反应：
副反应：
假设初始投入1 mol 和1 mol ，根据转化率计算平衡时各物质的量，再计算分压和平衡常数。计算得：， 分压 。
（6）负极发生氧化反应， 失去电子，故负极材料为Na（或钠）。
正极发生还原反应， 得电子生成 和 ，电极反应式为： 。
1 / 1湖南省娄底市2025届高三下学期高考仿真模拟考试（一模）化学试题
一、选择题（本大题共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·娄底模拟）中国登月服外观首次公开亮相，如下图所示。下列说法错误的是
A．登月服的保温层使用的羊毛属于天然有机高分子材料
B．登月服部分材料具有强度高、密度小、耐辐射等特性，以适应月球环境
C．登月服使用了合金材料，合金的熔点高于其成分金属
D．为保证登月服性能，在保存时需避免接触尖锐物品，防止划破损坏
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、羊毛的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料。A正确；
B、月球环境没有大气层保护，存在宇宙射线和极端温差，因此登月服材料必须具备强度高、密度小、耐辐射等特性。B正确；
C、合金的熔点通常低于其成分金属的熔点，而不是高于。例如，焊锡是锡铅合金，其熔点就远低于纯锡或纯铅。C错误；
D、登月服的防护层需要保持完整性，接触尖锐物品可能造成划破损坏，影响其在太空环境中的防护性能。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
合金性质误区：错认为合金熔点高于成分金属，实际合金熔点通常更低。
材料分类混淆：易混淆天然高分子（如羊毛、蚕丝）与合成高分子（如塑料）。
环境背景忽略：忽略月球高辐射、强温差等特殊环境对材料性能的要求。
2．（2025·娄底模拟）2024年12月，中国春节被列入人类非物质文化遗产代表名录。下列有关春节传统习俗的说法正确的是
A．年画颜料含铜，基态铜原子价层电子排布式为
B．鞭炮药剂含疏，燃放产物中是V形分子
C．糖画糖浆，葡萄糖是非极性分子且含2种官能团
D．春节舞龙常用竹篾做骨架，竹篾主要成分是蛋白质
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A、铜为 29 号元素，基态铜原子的价层电子排布式为 3d 4s （这是洪特规则特例，全满结构更稳定），而非 3d94s2。A错误；
B、鞭炮药剂中的硫在燃烧时生成 SO2分子，SO2中心 S 原子采取 sp2 杂化，且有一对孤电子对，因此分子构型为 V 形。B正确；
C、葡萄糖的结构简式为 CH2OH (CHOH)4CHO，含有羟基和醛基两种官能团，但由于分子结构不对称且存在多个极性基团，属于极性分子。C错误；
D、竹篾的主要成分是纤维素，属于糖类，而非蛋白质。D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结：
铜是 29 号元素，价层电子排布是 3d 4s ，而非直觉上的 3d94s2。这是洪特规则特例，全满的 3d 轨道更稳定，很容易记混。
葡萄糖虽然有对称的碳链，但因含多个羟基和醛基等极性基团，整体是极性分子。不能仅看碳链对称就误判为非极性。
竹篾、棉花、木材等植物材料的主要成分是纤维素（糖类），而不是蛋白质。蛋白质主要存在于动物毛发、蚕丝中，容易记混。
SO2分子因为中心 S 原子有一对孤电子对，所以是 V 形；而 CO2没有孤电子对，是直线形。孤电子对的存在是判断这类分子构型的关键，容易被忽略。
3．（2025·娄底模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．《天工开物》中记载“凡石灰，经火焚炼为用”，完全分解生成的中含离子数为
B．《梦溪笔谈》中记载“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，完全反应转移电子数为
C．《本草纲目》中记截“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出”， 完全反应得到水银，生成的分子数为
D．《农政全书》中记载“今之搅车，以一人当三人矣”，搅车用于轧棉，若纤维素[化学式为]完全水解，则产生葡萄糖分子数为
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、10.0g 的物质的量为0.1mol，完全分解生成0.1mol 。由和构成，所以0.1mol 中含有的离子总数为，而不是。A错误；
B、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”发生的是与的置换反应，，每个原子失去2个电子。5.6g （0.1mol）完全反应，转移电子数为。B正确；
C、“火煅丹砂”指的是与反应生成和，反应式为。1mol 完全反应，生成1mol ，分子数为。C正确；
D、纤维素的化学式为，它是由个葡萄糖单元缩合而成，因此1mol纤维素完全水解会生成 mol葡萄糖，分子数为。D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
对 CaO 的构成不熟悉，容易把它当成单原子分子，忽略了它是由 Ca2+和 O2-两种离子构成的，导致计算时将 0.1mol CaO 的离子数误算为 0.1NA，而正确值应为 0.2NA。
铁与硫酸铜的置换反应中，铁元素从 0 价变为 +2 价，而非 +3 价，每个 Fe 原子转移 2 个电子，这是常见的易错点。
煅烧丹砂（HgS）的反应，需要准确写出反应式 HgS+O2=Hg+SO2，才能确定 1mol HgS 完全反应生成 1mol SO2，避免因配平错误导致计算失误。
纤维素是高分子化合物，化学式为 (C6H10O5) n，其水解产物葡萄糖的物质的量与聚合度 n 直接相关，容易忽略 n 的存在而误判。
4．（2025·娄底模拟）口服ACE抑制剂——卡托普利（Captopril）的结构如图所示，已知（巯基）化学性质类似醇羟基。下列关于卡托普利的说法正确的是
A．其中含氧官能团只有羧基和酮羰基
B．该有机物最多消耗
C．能发生取代反应和氧化反应
D．分子中没有手性碳原子
【答案】C
【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；酯的性质
【解析】【解答】A、卡托普利的含氧官能团有羧基（-COOH）、酰胺基（-CON-），而非只有羧基和酮羰基。A错误；
B、1mol 卡托普利中，只有 1mol 羧基能与 NaOH 反应，1mol 羧基消耗 1mol NaOH（质量为 40g）。但题目中 “最多消耗 40g NaOH” 的表述容易让人误以为所有官能团都参与反应，实际上巯基（-SH）类似醇羟基，不与 NaOH 反应。B错误；
C、取代反应：羧基可发生酯化反应（属于取代反应），巯基也可发生类似醇羟基的取代反应。
氧化反应：巯基（-SH）易被氧化，且分子中其他碳链也可发生氧化反应。C正确；
D、卡托普利分子中存在手性碳原子，例如与巯基相连的碳原子，以及五元环上与羧基相连的碳原子，它们都连接了四个不同的原子或基团。 如图，D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
官能团识别：精准识别羧基、酰胺基、巯基，避免把酰胺基误判为酮羰基。
性质推断：羧基可发生取代和中和反应，巯基易被氧化且能发生取代反应。
手性碳判断：找到连接四个不同基团的碳原子，即可确定分子存在手性碳。
反应计算：只有羧基能与 NaOH 反应，1mol 该物质仅消耗 1mol NaOH。
5．（2025·娄底模拟）化学与生产、生活密切相关。下列离子方程式正确的是
A．用白醋和淀粉试纸检验加碘盐中的
B．加入铁粉处理工业废水中的
C．工业上用过量氨水除去中少量：
D．用石膏改良碱性土壤（含）：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、白醋的主要成分是醋酸（CH3COOH），属于弱酸，在离子方程式中不能拆成 H+，应保留化学式。A错误；
B、铁粉与 Hg2+发生置换反应时，Fe 的氧化产物是 Fe2+（不是 Fe3+，Fe3+氧化性比 Hg2+强）。B错误；
C、Cu(OH)2是两性氢氧化物，可溶于过量氨水生成可溶性的四氨合铜配离子；而 Mg (OH)2不溶于氨水，因此可以用过量氨水除去 Mg(OH)2中的 Cu(OH)2杂质。C正确；
D、石膏的主要成分是 CaSO4，属于微溶物，在离子方程式中不能拆成 Ca2+，应保留化学式。D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
白醋的主要成分醋酸（CH3COOH）是弱酸，在离子方程式中必须保留化学式，不能拆写成 H+和 CH3COO-。这是最常见的陷阱之一。
Fe 与 Hg2+等不活泼金属离子反应时，生成的是 Fe2+，而不是 Fe3+。Fe3+的氧化性比 Hg2+更强，所以 Fe 不可能被直接氧化到 +3 价。
石膏（CaSO4）是微溶物，在离子方程式中不能拆成 Ca2+和 SO42-，应保留化学式。只有易溶且易电离的物质才能拆成离子形式。
Cu(OH)2是两性氢氧化物，能溶于过量氨水形成配合物，而 Mg(OH)2不溶于氨水。这一特性是 C 选项能实现分离的关键，容易被忽略。
6．（2025·娄底模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，是一种常见液体，分子中含10个电子，基态Z原子核外s、p能级上电子总数相等，基态T原子最外层电子数是次外层的一半。下列叙述错误的是
A．第一电离能： B．简单离子半径：
C．离子键百分数： D．键角：
【答案】A
【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；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但 Mg 的 3s 轨道为全满稳定结构，其第一电离能大于 Al。因此第一电离能顺序为 Mg > Al W < T，A错误；
B、Y2-（O2-）、Z2+（Mg2+）、W3+（Al3+）具有相同电子层结构。核电荷数越大，半径越小。
顺序为 O2- > Mg2+ > Al3+，即 Y > Z > W，B正确；
C、ZY 是 MgO（离子晶体），W2Y3是 Al2O3（离子晶体，但有一定共价性）。
MgO 的离子键百分数更高，C正确；
D、TX4是 SiH4（正四面体结构，键角 109°28'），X2Y 是 H2O（V 形结构，键角 104.5°）。
因此键角：SiH4 > H2O，即 TX4 > X2Y，D正确；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
X、Y 的推断：X2Y 是含 10 个电子的常见液体，符合这一条件的是 H2O，因此 X 为 H，Y 为 O。
Z 的推断：基态 Z 原子 s、p 能级电子总数相等。
若 Z 有 2 个电子层：1s22s22p2 ， 电子数为 6，Z 为 C。
若 Z 有 3 个电子层：1s22s22p63s2 ，电子数为 12，Z 为 Mg。
结合原子序数依次增大，Y 为 O，故 Z 为 Mg。
T 的推断：基态 T 原子最外层电子数是次外层的一半。
若 T 有 3 个电子层：次外层 8 个电子，最外层 4 个 ， T 为 Si。
若 T 有 2 个电子层：次外层 2 个电子，最外层 1 个 ， T 为 Li（不符合原子序数增大）。因此 T 为 Si。
W 的推断：原子序数介于 Mg 和 Si 之间，故 W 为 Al。
综上，元素对应为：X=H，Y=O，Z=Mg，W=Al，T=Si。
7．（2025·娄底模拟）根据指定试剂和选择的装置能完成相关实验的是
A．选择仪器I，从含有乙醇和乙酸的乙酸乙酯中提纯乙酸乙酯
B．选择装置Ⅱ，用二氧化锰和浓盐酸制备氯气
C．选择装置Ⅲ，用溴水证明电石与水反应生成乙炔气体
D．选择装置Ⅳ，用，制备粉末
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；乙炔炔烃；常见气体制备原理及装置选择；乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A、仪器 I 为分液漏斗，而从含有乙醇和乙酸的乙酸乙酯中提纯乙酸乙酯，需要先加入饱和碳酸钠溶液洗涤，再进行分液、干燥、蒸馏。仅用分液漏斗无法完成全部提纯操作，A错误；
B、装置 II 为启普发生器的简易装置，适用于块状固体与液体在常温下反应制取气体。而二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，且二氧化锰是粉末状固体，会从多孔隔板漏下，无法控制反应，B错误；
C、电石与水反应生成的乙炔气体中常混有硫化氢、磷化氢等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，会干扰乙炔的检验，需先通过硫酸铜溶液除去杂质再检验，C错误；
D、2Cu(OH)2 CuCO3 是固体，加热分解可生成 CuO 粉末、CO2和 H2O，反应方程式为 2Cu(OH)2 CuCO3=3CuO+CO2↑+2H2O↑。装置 IV 为固体加热装置，可满足该实验需求，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、乙酸乙酯提纯需分液 + 蒸馏，仅用分液漏斗无法完成。
B、MnO2和浓盐酸制 Cl2需要加热，且 MnO2是粉末，不适合装置 II（常温、块状固体反应）。
C、电石制乙炔会混有 H2S、PH3等杂质，它们也能使溴水褪色，干扰检验。
D、2Cu(OH)2 CuCO3 是固体加热分解反应，装置 IV（固体加热装置）完全匹配。
8．（2025·娄底模拟）以为原料制备颜料铵铁蓝（难溶于水）。
下列叙述错误的是
A．“溶解”需要玻璃棒、烧杯等仪器
B．中配体是
C．“氧化”中氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．分离产品采用的操作为过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、溶解固体 FeSO4的操作，在烧杯中进行并用玻璃棒搅拌，所以需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒。A正确；
B、在配离子 [Fe(CN)6]4- 中，中心离子是 Fe2+，提供孤电子对的配体是 CN-。B正确；
C、氧化过程是将 Fe(NH4)2[Fe (CN)6] 中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，生成 NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6]。1 mol Fe(NH4)2[Fe (CN)6] 中，只有 1 mol Fe2+（外界的 Fe2+）被氧化为 Fe3+，失去 1 mol 电子。氧化剂 NaClO 在酸性条件下被还原为 Cl-，1 mol NaClO 得到 2 mol 电子。根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2，C 错误；
D、产物 NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6] 难溶于水，所以分离操作是过滤、洗涤、干燥。D正确；
故答案为：C。
【分析】这个制备流程为：将 FeSO4固体溶于蒸馏水中，配成溶液。在 70℃条件下，向 FeSO4溶液中加入 Na4[Fe(CN)6] 和 (NH4)2SO4并调节 pH，反应生成 Fe (NH4)2[Fe(CN)6]。向 Fe(NH4)2[Fe(CN)6] 中加入 NaClO 和 H2SO4，将其中部分 Fe2+氧化为 Fe3+，得到难溶于水的目标产物NH4FeⅢ[FeⅡ(CN)6]。通过过滤、洗涤、干燥，最终得到颜料铵铁蓝固体。
9．（2025·娄底模拟）合成的两条途径如图示。下列叙述正确的是
A．的空间结构为平面三角形，中心原子N的杂化方式为
B．在ER途径中，形成自由基，该过程破坏了中的键和键
C．在LH途径中，改变了反应的焓变，提高合成氨的反应速率
D．使用催化剂可以降低ER途径和LH途径中的决速步骤活化能，提高平衡转化率
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、NH3的中心原子 N 的价层电子对数为 4，杂化方式为 sp3，空间结构为三角锥形，而非平面三角形。A错误；
B、N2的分子结构中包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键。在 ER 途径中，N2形成自由基 N ，意味着 N2分子中的化学键完全断裂，因此 σ 键和 π 键都被破坏。B正确；
C、AuCu3作为催化剂，只能改变反应的活化能，从而提高反应速率，但不能改变反应的焓变。C错误；
D、催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变反应的平衡状态，因此无法提高 N2的平衡转化率。D错误；
故答案为：B。
【分析】A．NH3分子中 N 原子有一对孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化方式为 sp3，空间结构是三角锥形，不是平面三角形。
B．N2分子由 1 个 σ 键和 2 个 π 键构成，形成自由基 N 意味着 N2分子中的化学键完全断裂，所以 σ 键和 π 键都会被破坏。
C．AuCu3是催化剂，催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变。
D．催化剂仅能加快反应速率，不影响化学平衡，因此无法提高 N2的平衡转化率。
10．（2025·娄底模拟）根据下列操作及现象，能得出相应结论的是
选项 操作及现象 结论
A 向红色粉末中加入足量稀硫酸，搅拌得到蓝色溶液和红色固体 未完全反应
B 向酸性溶液中滴加乙醛溶液，振荡，溶液褪色 乙醛表现漂白性
C 向氨水中滴加少量溶液，无明显现象 氨水和不反应
D 向稀硫酸中加入紫色粉末，溶液变黄色并产生气体 该气体为氧气
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；铜及其化合物
【解析】【解答】A、Cu2O 与稀硫酸反应会生成 CuSO4和 Cu 单质，所以无论 Cu2O 是否完全反应，都会同时得到蓝色溶液和红色固体，因此无法通过该现象判断 Cu2O 是否完全反应。A错误；
B、酸性 KMnO4溶液褪色是因为乙醛具有还原性，被 KMnO4氧化，而不是乙醛的漂白性。B错误；
C、向氨水中滴加少量 ZnCl2溶液，生成的 Zn(OH)2沉淀会溶于过量氨水中，形成可溶性的锌氨配离子，所以无明显现象不能说明二者不反应。C错误；
D、K2FeO4在酸性条件下会发生歧化反应，生成 Fe3+（溶液变黄色）和 O2气体，因此产生的气体为氧气。D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．误将反应生成的 Cu 单质当作未反应的 Cu2O，从而错误判断 Cu2O 是否完全反应。
B．混淆了乙醛的还原性与漂白性，酸性 KMnO4褪色是氧化还原反应，而非漂白作用。
C．忽略了 Zn(OH)2的两性，它会溶于过量氨水形成配离子，导致无明显现象不等于不反应。
D．不熟悉 K2FeO4在酸性条件下的歧化反应，难以判断气体成分。
11．（2025·娄底模拟）一种在电催化剂作用下，还原合成铵盐的原理如下图所示。下列叙述正确的是
A．膜M为阴离子交换膜
B．装置工作一段时间后，b极表面明显升高
C．a极的电极反应式为
D．标准状况下，b极收集气体时，阴极上有生成
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、a 极上 NO3-转化为 NH4+，N 元素化合价降低，发生还原反应，因此 a 极为阴极，b 极为阳极。阳极 b 极的反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生 H+，为平衡电荷，阳离子会向阴极移动，所以膜 M 为阳离子交换膜。A错误；B、b 极的电极反应生成 H+，会使电极表面的 pH 降低，而非升高。B错误；
C、酸性条件下，NO3-在阴极得电子生成 NH4+，配平后的反应式为NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，该式电荷与原子均守恒。C正确；
D、标准状况下 6.72 L O2的物质的量为 0.3 mol，生成 1 mol O2转移 4 mol 电子，因此 b 极转移电子为 1.2 mol。根据 a 极反应，生成 1 mol NH4+需要 8 mol 电子，所以生成 NH4+的物质的量为 1.2 ÷ 8 = 0.15 mol，而非 0.3 mol。D错误；
故答案为：C。
【分析】从装置图可以看出：
a 极：NO3-转化为 NH4+，N 元素的化合价从 + 5 价降低到 - 3 价，发生得电子的还原反应，因此 a 极为阴极。电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O。
b 极：H2O 转化为 O2，O 元素的化合价从 - 2 价升高到 0 价，发生失电子的氧化反应，因此 b 极为阳极。电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑。据此解题。
12．（2025·娄底模拟）近日，哈尔滨工业大学陈祖煌团队在氮气生长气氛中，成功制备了高质量氮掺杂钛酸钡铁电薄膜。经X射线衍射分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示（均与相接触），已知晶胞参数为的半径为为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．钛酸钡的化学式为
B．
C．上述涉及的元素只属于周期表s区和d区
D．钛酸钡晶体密度
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞中 位于体心，数目为1。 位于顶点，数目为 。 位于面心，数目为 。因此钛酸钡的化学式为 。A正确；
B、 与 在棱上接触，晶胞参数为 pm，故 pm，解得 pm。 与 在体对角线上接触，故 pm，解得 pm。B正确；
C、Ba元素属于s区，Ti元素属于d区，而O元素属于p区。因此涉及的元素并非只属于s区和d区。C错误；
D、1个晶胞的质量为 g。晶胞体积为 。密度 。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
晶胞原子计数错误容易忽略顶点、面心、体心原子的分摊系数，导致化学式推导错误。例如，顶点原子只占，面心原子只占，体心原子为 1。
离子半径计算时几何关系误判Ti4+与 O2-在棱上接触，而 Ba2+与 O2-在体对角线上接触，两者的几何关系不同。混淆棱长与体对角线的长度关系，会导致半径计算错误。
元素分区判断遗漏容易只关注 Ba 和 Ti 的分区（s 区和 d 区），而忽略 O 元素属于 p 区，导致对选项 C 的误判。
晶胞密度计算时单位换算错误计算密度时，晶胞参数 a 的单位是 pm，需要换算成 cm（1 pm = 10- cm），忘记换算会导致结果数量级错误。
13．（2025·娄底模拟）常温下，向浓度均为的溶液中滴加溶液，溶液中与的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．
B．上述过程中最先生成，最后生成
C．常温下，饱和溶液中
D．c点坐标为
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 的 。取点 代入，得：，故 ，A错误；
B、沉淀顺序由所需 浓度决定：：，：，：，计算初始沉淀所需 浓度：：，
：
：，所需 浓度越小，沉淀越先生成。故最先生成 ，最后生成 ，B错误；
C、饱和 溶液中：
而非 ，C错误；
D、c点为 （）与 （）的交点，此时 。
由 ，代入数据解得 ，即 。
再代入 的 得：，即 。故c点坐标为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
明确沉淀溶解平衡与Ksp关系：对于沉淀溶解平衡 ，溶度积 。
取负对数得：
因此，图中直线斜率绝对值与沉淀类型相关：
（1：1型）：斜率为 ，对应
（2：1型）：斜率为 ，对应
（3：1型）：斜率为 ，对应 。据此解题。
14．（2025·娄底模拟）已知现代工业采用绿色、环保型工艺制备氯乙烯的原理是：。在刚性密闭容器中充入、、，平衡时三种组分（和）的物质的量与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线甲代表与T的关系
B．上述正反应在较低温度下能自发进行
C．a、b点的总物质的量之比为
D．a点对应的乙组分平衡转化率为
【答案】C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应为：。
温度升高，平衡逆向移动，生成物的物质的量减少，反应物和的物质的量增加。曲线甲随温度升高而下降，代表生成物，A正确；
B、反应中气体分子数减少，故。温度升高时生成物减少，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，。根据，当较小时，，反应能自发进行，B正确；
C、 列三段式，a点乙烯和氯乙烯的物质的量相等，则，，总物质的量为；b点氯乙烯、氯气的物质的量相等，则，，总物质的量为，，C错误；
D、乙组分代表（初始4 mol）。a点时剩余2 mol，转化率为，D正确；
故答案为：C。
【分析】曲线甲：代表 CH2=CHCl（生成物）：温度升高，平衡逆向移动，生成物减少，曲线呈下降趋势。
曲线乙：代表 Cl2（反应物）：初始量为 4 mol，温度升高，平衡逆向移动，反应物增加，曲线呈上升趋势。
曲线丙：代表 CH2=CH2（反应物）：初始量为 8 mol，但反应中消耗最快，剩余量最少，温度升高，平衡逆向移动，反应物增加，曲线呈上升趋势。据此解题。
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15．（2025·娄底模拟）蛋氨酸铜配合物（结构如图）是一种饮料添加剂，其中蛋氨酸为2-氨基-4-甲硫基丁酸。某小组设计实验制备蛋氨酸铜并测定其含量。
实验（一）制备蛋氨酸铜。
步骤1：配制溶液。将胆矾溶于水配成溶液；将蛋氨酸溶于水配成热溶液。
步骤2：引发反应。趁热将溶液缓慢加入蛋氨酸溶液中，在下搅拌。用溶液调节溶液至为8，在下搅拌。
步骤3：分离产品。利用如图装置抽滤，得到蓝紫色粉末，用去离子水洗涤产品，再用乙醇洗涤，自然晾干或烘干。
（1）蛋氨酸易溶于水，其主要原因是　 　（填官能团名称）与水形成氢键。
（2）步骤2中，调节为8的具体实验操作为　 　。
（3）步骤3中，相对普通过滤，抽滤的主要优点有　 　（答一条即可）。
（4）步骤3中，检验产品洗净的实验方法是取最后一次洗涤液于试管，滴加　 　（填化学式）溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净；产品采用“自然晾干”或“烘干”，不宜采用高温烘干，其原因是　 　。
实验（二）测定产品中蛋氨酸铜含量。
准确称取产品置于碘量瓶中，加入水和盐酸，微热溶解，加入磷酸盐缓冲溶液（为6.5），充分摇匀（此时溶液变浑浊），冷却至室温。加入标准溶液，充分摇匀，立即用标准溶液滴定，直至溶液变为临近终点的淡黄绿色，加入几滴淀粉溶液，此时溶液变为深蓝色，继续滴定至天蓝色，平行测定三次，测得消耗滴定液平均体积为。
已知相关信息：①蛋氨酸、以物质的量之比反应；
②。
（5）本实验滴定至终点溶液不能为无色，是因为溶液中　 　（填离子符号）呈天蓝色，淀粉溶液的作用是　 　。
（6）根据上述数据，该产品中蛋氨酸铜质量分数为　 　（用含、w的代数式表示）。
【答案】氨基、羧基；逐滴加入溶液，用pH计(或pH试纸)连续测定pH；过滤速率快、固体较干燥、固体与液体易分离等；；避免产品分解；；作指示剂；
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，蛋氨酸易溶于水是因为分子中含有的氨基和羧基能与水分子形成分子间氢键，
故答案为：氨基、羧基；
（2）步骤2中，调节溶液pH为8的实验操作为向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，同时用pH计(或pH试纸)连续测定溶液pH，直至pH为8，
故答案为：逐滴加入溶液，用pH计(或pH试纸)连续测定pH；
（3）与普通过滤相比，抽滤可以加快过滤速率，便于固体与液体分离，且所得固体较干燥，
故答案为：过滤速率快、固体较干燥、固体与液体易分离等；
（4）由题意可知，实验制得的蛋氨酸铜固体表面附有可溶的硫酸钠，检验产品洗净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液于试管，滴加氯化钡溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净；蛋氨酸铜性质不稳定，高温条件下易受热分解，所以实验所得产品采用“自然晾干”或“100℃烘干”，不宜采用高温烘干，
故答案为：；避免产品分解；
（5）由题意可知，蛋氨酸铜与盐酸反应生成蛋氨酸和氯化，滴定终点所得溶液中含有铜离子，铜离子与水形成的四水合铜离子在溶液中呈天蓝色，所以实验滴定至终点溶液不能为无色；滴定时，淀粉溶液作指示剂，便于确定滴定是否达到滴定终点，
故答案：；作指示剂；
（6）由题意可知，蛋氨酸消耗碘三离子的物质的量与硫代硫酸钠溶液消耗碘三离子的物质的量之和等于加入溶液中碘三离子的物质的量，滴定消耗V2mLc2mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品中蛋氨酸铜的质量分数为=，
故答案为：。
【分析】（1）蛋氨酸易溶于水的主要原因是其分子中的氨基和羧基能与水形成氢键。
（2）调节pH为8的具体操作：逐滴加入NaOH溶液，并用pH计（或pH试纸）持续监测溶液pH，直至pH达到8。
（3）抽滤相比普通过滤的主要优点：过滤速度快（或“所得固体较干燥”、“固液分离更彻底”等，答一条即可）。
（4）检验产品洗净的方法：取最后一次洗涤液于试管，滴加BaCl2溶液和稀盐酸，若无沉淀生成，则已洗净。不宜高温烘干的原因：避免配合物受热分解。
（5）滴定至终点溶液不能为无色，是因为溶液中存在**[Cu(H2O)4]2+**，呈天蓝色。
淀粉溶液的作用是作指示剂，通过与I2结合显蓝色来灵敏指示滴定终点。
（6）计算与蛋氨酸反应的I2物质的量：
计算蛋氨酸铜配合物的物质的量：
计算质量分数：
16．（2025·娄底模拟）硒化镉（）是一种重要的Ⅱ-Ⅵ族半导体材料，广泛应用于光电领域。某实验小组以含镉废渣（主要成分为和，以及少的等）为原料制备的流程如图。
几种金属离子沉淀的如下表所示。
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.0 7.2
完全沉淀的 3.2 9.0 9.5
回答下列问题：
（1）在两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是　 　（填元素符号）。
（2）“酸浸”中提高反应速率的措施有　 　（填两种）。
（3）写出产生滤渣3的总反应离子方程式：　 　。“操作”的名称是　 　。
（4）“电解”中，阴极的电极反应式为　 　，废液可循环用于　 　工序。
（5）以含镉质量分数为的镉渣为原料，经上述流程最终得到纯度为的。则镉的收率为　 　（用含a、的代数式表示）。（提示：镉的收率）
（6）晶胞如图所示。已知：六棱柱底边边长为，高为的半径分别为。则该晶胞中原子的空间利用率为　 　（用含a、b、c、d的代数式表示）。
【答案】（1）
（2）粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）
（3）；过滤
（4）；酸浸
（5）
（6）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后变为3d10，达到全满稳定结构，再失去一个电子较难，所以第二电离能较大，第一电离能相对较小，第二电离能与第一电离能之差较大，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去一个电子后变为3d104s1，再失去一个电子的难度增加不如Cu明显，所以在Zn、Cu两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是Cu；
故答案为： ；
（2）从影响反应速率因素角度寻找提高“酸浸”速率，可以是粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）；
故答案为： 粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种） ；
（3）滤渣3的主要成分是氢氧化铁，即双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，加入氧化锌促进铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为；
分离固体和液体的“操作”名称是过滤；
故答案为： ； 过滤 ；
（4）“电解”中，Cd2+在阴极得到电子发生还原反应，阴极的电极反应式为；
电解硫酸镉溶液会生成硫酸，废液可循环用于“酸浸”工序；
故答案为： ； 酸浸 ；
（5）原料中含镉总质量为，产品中镉的质量为，镉的收率：；
故答案为： ；
（6）六棱柱体积为，晶胞中小球位于顶点、面心和体内，个数为，大球位于棱上和内部，个数为，故晶胞含6个，原子体积为，晶胞中原子的空间利用率。
故答案为： 。
【分析】制备硒化镉（CdSe）的流程为：用稀硫酸处理含镉废渣，使 Zn、Cd 等金属溶解，过滤除去不溶的滤渣 1。向滤液中加入铁粉，将 Co3+还原并置换为金属钴沉淀，过滤得到滤渣 2。加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 ZnO 调节 pH 至 3.2 左右，使 Fe3+完全沉淀为 Fe(OH)3，过滤得到滤渣 3。
电解：对净化后的含 Cd2+溶液进行电解，得到金属镉单质。将金属镉与硒粉混合反应，生成目标产物硒化镉（CdSe）。据此解题。
（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后变为3d10，达到全满稳定结构，再失去一个电子较难，所以第二电离能较大，第一电离能相对较小，第二电离能与第一电离能之差较大，Zn的价电子排布式为3d104s2，失去一个电子后变为3d104s1，再失去一个电子的难度增加不如Cu明显，所以在Zn、Cu两种元素中，第二电离能与第一电离能之差较大的是Cu；
（2）从影响反应速率因素角度寻找提高“酸浸”速率，可以是粉碎含镉废渣、适当增大硫酸浓度、适当加热、搅拌等（任写两种）；
（3）滤渣3的主要成分是氢氧化铁，即双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，加入氧化锌促进铁离子水解生成氢氧化铁，离子方程式为；
分离固体和液体的“操作”名称是过滤；
（4）“电解”中，Cd2+在阴极得到电子发生还原反应，阴极的电极反应式为；
电解硫酸镉溶液会生成硫酸，废液可循环用于“酸浸”工序；
（5）原料中含镉总质量为，产品中镉的质量为，镉的收率：；
（6）六棱柱体积为，晶胞中小球位于顶点、面心和体内，个数为，大球位于棱上和内部，个数为，故晶胞含6个，原子体积为，晶胞中原子的空间利用率。
17．（2025·娄底模拟）H是合成药物中间体，一种合成路线如图所示。
已知：①；②二元羧酸在作用下脱水生成酸酐；③和水反应生成。
回答下列问题：
（1）B的名称是　 　；D中所含官能团是　 　（填名称）。
（2）A和C的关系为　 　（填“同系物”“同分异构体”或“同一种物质”）。
（3）D→E的反应类型是　 　。其他条件相同，下列有机物与溶液反应由快到慢排序为　 　（填标号）。
a． b． c． d．
（4）写出F→H的化学方程式：　 　，的作用是　 　。
（5）含1个手性碳原子的分子有2种对映异构体（立体异构体）。例如，有2种对映异构体。在F的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有　 　种（包括立体异构体）。
①能发生水解反应；②有机物与足量银氨溶液完全反应生成；③只含1种官能团。其中，核磁共振氢谱显示2组峰的结构简式为　 　。
（6）设计合成路线，以邻甲基苯甲醇和G为原料合成有机物　 　（其他试剂自选）。
【答案】（1）1，3-丁二烯；羧基
（2）同分异构体
（3）取代反应；
（4）；吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率
（5）5；
（6）
【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
【解析】【解答】（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；
②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；
故答案为： 1，3-丁二烯 ； 羧基 ；
（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；
故答案为： 同分异构体 ；
（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；
②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；
故答案为： 取代反应 ； ；
（4）①；
②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；
故答案为： ；吸收水，促进反应向正方向进行，提高产率 ；
（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种；
②其中的核磁共振氢谱有2组峰；
故答案为：5； ；
（6）根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为故答案为：
【分析】起始物 A（2 - 甲基 - 1，4 - 丁二醇）在氧化铝作用下发生分子内脱水，生成二烯烃 B（ 1，3-丁二烯 ）。B 经硼氢化 - 氧化反应，双键被转化为羟基，生成四元醇 C（ 1，4-丁二醇 ）。C 在酸性重铬酸钾作用下，醇羟基被氧化为羧基，得到二元羧酸 D（ 1，4-丁二酸 ）。D 在五氧化二磷作用下脱水，生成环状酸酐 E。E 与甲醇发生开环酯化反应，生成单酯单酸 F。F 与苯酚在三氟乙酸酐作用下，发生酯化反应，最终生成目标产物 H。据此解题。
（1）①由分析可知B为1，3-丁二烯；
②由分析可知D为1，4-丁二酸，所含官能团是羧基；
（2）A、C分别为1，3-丁二醇、1，4-丁二醇，它们互为同分异构体；
（3）①羧基脱水形成环可知为取代反应；
②酚羟基中极性增大，酸性增强，F、是吸电子基，且氟的电负性大于氯，吸电子基使共用电子对偏向氧，极性增强，易断裂；甲基为推电子基，使极性减弱，酸性减弱，故酸性强弱排序；
（4）①；
②发生取代反应生成产物H外，还有水生成，而（三氟乙酸酐）易和水反应，促进反应向正方向进行，提高产率或原料转化率；
（5）①依题意，有机物含2个甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢被2个甲酸酯基取代，丙烷分子上3个碳原子编号为1、2、3，取代方式为“1+1”、“1+2”、“1+3”、“2+2”，共4种同分异构体，其中“1+2”取代分子含1个手性碳原子，有2种对映异构体，故符合条件的同分异构体有5种；
②其中的核磁共振氢谱有2组峰；
（6）根据目标产物可知，利用流程中F到H的反应原理设计合成路线：苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛催化氧化生成苯甲酸，苯甲酸与苯酚在三氟乙酸酐作用下生成苯甲酸酚酯（目标产物），故路线为。
18．（2025·娄底模拟）回收和利用是实现“碳中和”的重要途径。
I．合成燃料二甲醚。
已知：①
②
③，该反应历程如图1所示。
（1）反应③中，决速步骤的能垒为________。
（2）________。
Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整制备合成气。有关反应如下。
主反应：
副反应：
在恒容密闭容器中，通过改变使进料比分别为1.0、2.0、3.0。反应达到平衡状态时，不同温度下质量分数、变化如图2、图3所示。
（3）下列有关图2的叙述正确的是_________（填标号）。
A. 曲线甲代表投料比为3.0 B. 正反应速率：
C. 主反应平衡常数： D. 主反应
（4）图3中，随着进料比增加的值________（填“增大”“减小”或“不变”），其原因是________。
（5）在时，按投料比1.0充入刚性密闭容器中，达到平衡时甲烷的转化率为的转化率为，则副反应的压强平衡常数________（结果保留两位小数，下同）。平衡时的分压为________。
Ⅲ．据报道，火星大气中占。科学家设想利用火星大气中设计电池提供能量。
（6）电池反应为。负极材料是________；正极反应式为________。
【答案】(1) 179.6
(2)
(3) B，C
(4) 减小 增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了，生成了
(5) 1.06 88.38
(6) （或钠）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）活化能(能垒)最大的基元反应是决速步骤，由图1可知，能垒最大的基元反应是反应V，是决速步骤，其能垒为；
故答案为： 179.6 ；
（2）由图1可知，，根据盖斯定律知，②-③×2-①×2得目标反应，代入数据计算反应热为；
故答案为： ；
（3）A．观察图2，进料比增大，相当于量不变，量增加，平衡向正方向移动，转化率增大，甲烷质量分数减小，故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0，A错误；
B．a、c点起始投料相同，c点温度高于a，温度高，正反应速率大，B正确；
C．平衡常数只与温度有关，从图像2看，b、c点温度相同，，a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小，说明升温，平衡向正方向移动，即正反应是吸热反应，升温，平衡常数增大，故，C正确；
D．a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小，说明升温，平衡向正方向移动，即正反应是吸热反应，D错误；
故答案为：BC；
（4）增大进料比，即增大，主、副反应平衡均正移，而副反应平衡正移会消耗，同时生成，故、的物质的量之比减小；
故答案为： 减小；增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了，生成了；
（5）假设初始投入和，，，平衡时体系中各组分物质的量：、，、，平衡体系中，气体总物质的量为，在恒温、恒容条件下，气体压强与气体物质的量成正比，设平衡时气体压强为p，有：，副反应是气体分子数相等的反应，可以用物质的量替代，则；由，解得，；
故答案为： 1.06 ；88.38；
（6）根据反应式可知，Na发生氧化反应，故Na是负极材料；
电解质为碳酸钠，正极发生还原反应，正极的电极反应式为。
故答案为：（或钠）；；
【分析】（1）决速步骤是反应历程中能垒（活化能）最大的一步。反应Ⅴ的能垒为 。
（2）利用盖斯定律，将已知反应②-③×2-①×2得到目标反应。代入数据计算得 。
（3）A：进料比越大， 转化率越高，其质量分数越小。故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0。
B：温度越高，反应速率越快，c点温度高于a点，故正反应速率 。
C：平衡常数只与温度有关，b、c点温度相同，故 ；温度升高平衡右移，故 。
D：升温使 质量分数减小，平衡右移，正反应吸热，。
（4）进料比增大，主、副反应均正向移动。副反应消耗 并生成 ，导致 减小。
（5）主反应：
副反应：
假设初始投入1 mol 和1 mol ，根据转化率计算平衡时各物质的量，再计算分压和平衡常数。计算得：， 分压 。
（6）负极发生氧化反应， 失去电子，故负极材料为Na（或钠）。
正极发生还原反应， 得电子生成 和 ，电极反应式为： 。
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