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四川省部分名校2024-2025学年高三上学期联合质量检测 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·四川期末）“舌尖上的中国美食”闻名天下。下列有关中国美食的化学解读正确的是
选项 中国美食 化学解读
A 河南烩面 主要成分为淀粉，淀粉在一定条件下水解，最终生成葡萄糖
B 长沙臭豆腐 制作豆腐时添加石膏作防腐剂，可延长豆腐保质期
C 北京豆汁儿 若“豆汁儿”能发生丁达尔效应，则它的分散剂颗粒直径在1~100nm之间
D 上海白斩鸡 营养成分中的蛋白质、脂肪、维生素都属于有机高分子
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·四川期末）下列玻璃仪器(夹持固定仪器省略)在相应实验中选用合理的是
A．测定溶液和盐酸的中和反应热：④⑤
B．分离甲基丙烯酸甲酯和饱和碳酸钠溶液：③⑥
C．配制一定物质的量浓度的硫代硫酸钠溶液：①③
D．用已知浓度的酸性溶液滴定未知浓度的草酸溶液：②⑦
3．（2024高三上·四川期末）中国科学院大连化学物理研究所一团队设计了一种新型的分子间环调聚构建多个连续全取代碳中心的方法(反应原理如图)。下列叙述正确的是
A．基态原子的价层电子排布式为
B．甲分子中含有极性键和非极性键
C．乙分子中所有碳原子都采用杂化
D．乙分子中所有碳原子共平面
4．（2024高三上·四川期末）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是
A．和均为非极性分子
B．和的空间结构均为三角锥形
C．和的VSEPR模型均为四面体形
D．和中不相等
5．（2024高三上·四川期末）由植物油和呋喃二甲酸制备生物基醇酸树脂的反应如图所示(为烃基)。下列叙述正确的是
A．图示中高级脂肪酸的化学计量数
B．植物油和生物基醇酸树脂都能与溶液发生中和反应
C．上述合成树脂的反应属于缩聚反应，原子利用率小于
D．其他条件相同，该树脂在碱性介质中的降解程度小于在酸性介质中的降解程度
6．（2024高三上·四川期末）反应M(g) N(g)在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，它们都分两个基元反应进行且反应中各物质的化学计量数均为1。下列叙述错误的是
A．不同催化剂不改变反应的焓变
B．能垒：①＜③，②＞④
C．四个基元反应的ΔH都小于0
D．其他条件相同，反应相同时间(未达平衡)：c(T)＜c(W)
7．（2024高三上·四川期末）短周期主族元素X、Y、Z、M、T的原子序数依次增大，分子含10个电子，Y和T同主族，基态M原子核外s、p能级上的电子总数相等，在同周期元素中基态T原子的未成对电子数最多，地壳中Z元素含量最高。下列叙述错误的是
A．电负性：Z>Y>T B．第一电离能：Y>Z>M
C．最简单氢化物的沸点：Z>Y>T D．工业上电解熔融MZ制M单质
8．（2024高三上·四川期末）设为阿伏加德罗常数的值。石墨与热的浓硝酸反应生成苯六甲酸(如图)的反应为。下列叙述正确的是
A．硝酸溶液中含数目为
B．石墨完全反应转移的电子数目为
C．完全反应时，体系中的数目为
D．苯六甲酸分子中含杂化的碳原子数目为
9．（2024高三上·四川期末）有很好的加氢催化性能。下，在恒容密闭容器中充入一定量，发生下列反应：
(1)；
(2)。下列叙述错误的是
A．反应达到平衡后，只增大浓度，的平衡转化量减小
B．若只发生反应(1)，当体积分数不变时，反应不一定达到了平衡状态
C．若只发生反应(2)，达到平衡后再充入，再次达到平衡时增大
D．如果温度由升至，反应(1)和(2)的平衡常数均发生变化
10．（2024高三上·四川期末）南方科技大学化学系一课题组合成了新型含硅分子M(为烃基)，反应历程如图所示。下列叙述错误的是
A．P极为阴极，T极发生氧化反应
B．产生标准状况下的时，生成
C．在T极上断裂了极性键，P极上形成了键
D．阳极区的副产物可能有
11．（2024高三上·四川期末）钒被誉为“合金的维生素”。从含和的废液中提取高纯度V的流程如下：
已知：“调pH”约为5.0，此时钒主要以形式存在；“热还原”中，加入硅铁合金，铁、硅均可作还原剂。下列叙述正确的是
A．滤渣的主要成分为，气体X是
B．“沉钒”时pH越大，沉钒率越大
C．实验室中“热解”需要的仪器主要有三脚架、酒精灯、蒸发皿、泥三角
D．“热还原”中硅参与的总反应为
12．（2024高三上·四川期末）已知铝、氧化镁晶胞如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
，
A．可切割成铝晶胞的个数为
B．铝晶胞中2个原子间最近的距离为
C．晶胞中阳离子位于顶点和面心
D．铝、氧化镁的密度之比为
13．（2024高三上·四川期末）天津理工大学与浙江某集团以及中国科学院高能物理所通力合作，通过不同的合成方法制备了不同锂含量的(，用表示)正极活性材料，并系统评估了该材料应用于非水系锂离子电池(原理如图)的可行性。下列叙述正确的是
已知放电时，电池反应如下：。
A．放电时，负极上铜失去电子，电子经外电路流向铝极
B．放电时，铝极上的电极反应式为
C．充电时，铝极与电源的负极连接
D．充电时，阴极质量减轻14g时理论上转移2电子
14．（2024高三上·四川期末）常温下，向浓度均为的的混合溶液中滴加稀溶液，溶液中[或]与的关系如图所示。下列叙述正确的是
已知：常温下，的溶解度大于。
A．直线代表与的关系
B．饱和溶液中
C．
D．当溶液中共存时，
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·四川期末）某实验小组为实现乙酸异戊酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下：
①向25烧瓶中分别加入异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
②加热回流60min后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。
③冷却后，向烧瓶中缓慢加入5%溶液至无逸出，用5%溶液洗涤至水溶液呈碱性为止，最后，用5mL饱和食盐水洗涤，分离出有机相。
④有机相洗涤后，加入1g无水，过滤。
⑤蒸馏滤液，收集138~143℃馏分，得4.5g产品(乙酸异戊酯)。色谱测得产品纯度为98%。(已知：乙酸异戊酯的沸点为142.5℃)
回答下列问题：
（1）乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸，原因是　 　(任答一条)；本实验用替代浓硫酸，其优点是　 　(任答一条)。
（2）变色硅胶的颜色变化可指示反应进程，变色硅胶的作用还有___________(填标号)。
A．增大平衡常数 B．提高产品的产率
C．提高正反应速率 D．防止暴沸
（3）使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点除无须分离外，还有　 　。
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，测量溶液至碱性的操作方法是　 　；完成步骤③和④不需要选用的仪器是　 　(填标号)。
（5）本实验中乙酸异戊酯的产率约为　 　(精确至0.1%)。
（6）若改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为　 　(精确至1)。
16．（2024高三上·四川期末）磷酸亚铁锂是锂离子电池的正极材料。以盐湖卤水(主要含有、，和等)为原料提取磷酸亚铁锂的流程如图。回答下列问题：
已知：①进行“干燥1”的固体主要成分是、、等。
②硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，其在水中的溶解度与温度的关系如表：
温度/℃ 0 30 80 100
溶解度/g 2.66 6.60 23.75 40.25
（1）硼酸在水中的电离方程式为　 　。
（2）“脱硼”时采用降温措施，目的是　 　。
（3）“煅烧”中发生主要反应的化学方程式为　 　，实验室里完成“煅烧”时需要的陶瓷仪器有　 　(填名称)。
（4）采用离子筛法富集的原理如图。在碱性条件下，离子筛吸附的容量较大，可能的原因是　 　。
（5）“蒸发分解”过程中的产率、溶解度与温度的关系如图所示。
“蒸发分解”的最佳温度为　 　℃，制得的需进行洗涤，具体橾作为　 　。
（6）锂离子电池充电时，转化为，写出阳极的电极反应式：　 　。
17．（2024高三上·四川期末）科学家开发出新型催化剂，实现了羰基化制备乙酸：。回答下列问题：
（1）铱()和钴位于元素周期表同族，位于元素周期表　 　区。已知的沸点依次为，其中的沸点最高，三者沸点差异的主要原因是　 　。
（2）羰基化制备乙酸的历程如图1，其能量变化如图2。
下列叙述错误的是___________(填标号)。
A．为中间产物，为催化剂
B．上述循环中断裂键和键，形成键
C．和都是极性分子
D．速控反应为
（3）已知：几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键
436 343 1076 465 413 347 745
的速率方程式：，(均为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关)。
①　 　。
②升高温度，　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）常温下，用氨水吸收乙酸得到含和的混合液，此混合液的为　 　。[已知：常温下，]
（5）向某密闭反应器中充入和合成，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。
①下列叙述正确的是　 　(填标号)。
A．X代表压强 B． C． D．升温可使c点向a点移动
②已知：b点对应条件下容器体积为，则此时平衡常数K为　 　。
18．（2024高三上·四川期末）三碘甲状腺原胺酸是治疗甲状腺功能不足和肥胖病药，也可用于诊断甲状腺功能亢进。它的一种合成路线如图，回答下列问题：
（1）i中的含氧官能团有　 　(填名称)。
（2）的反应类型是　 　，的另一产物是　 　(填化学式)。
（3）V的分子式为　 　。
（4）在i的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有　 　种(不包括立体异构体)。
①能发生银镜反应和水解反应；②遇溶液发生显色反应；③苯环上有3个取代基，其中一个是氨基()。
其中，含手性碳原子的结构简式为　 　(写一个)。
（5）下列有关叙述正确的是___________(填标号)。
A．ⅱ中只有2个官能团能形成氢键
B．最多消耗
C．中的氨基能与质子形成配位键
D．三碘甲状腺原胺酸可作抗氧化剂
（6）已知：硝基在铁、盐酸中能被还原成氨基，氨基具有强还原性。以对硝基甲苯、乙酸酐[]为原料合成，其他试剂自选。
①第一步反应是将苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、淀粉属于多糖，在一定条件下水解的最终产物是葡萄糖，A正确；
B、制作豆腐时使用石膏作为凝固剂，其作用是使蛋白质发生聚沉，B错误；
C、胶体的特性是能产生丁达尔效应，判断胶体的标准是分散质粒子直径在范围内，C错误；
D、维生素和脂肪都是小分子物质，而蛋白质属于高分子化合物，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题突破口：抓化学概念细节 + 物质实际作用，逐一验证选项：
A．淀粉水解最终产物是葡萄糖；
B．石膏是让豆浆聚沉制豆腐，非防腐剂；
C．丁达尔效应对应分散质（非分散剂）颗粒直径 1~100nm；
D．脂肪、维生素不是有机高分子。
2．【答案】B
【知识点】分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、中和热测定需用环形玻璃搅拌棒、温度计、烧杯，④（具支试管）不适用，A错误；
B、甲基丙烯酸甲酯与饱和碳酸钠溶液分层，需用分液漏斗（⑥）分离，烧杯（③）承接液体，仪器选用合理，B正确；
C、配制 250mL 溶液需 250mL 容量瓶，①是 500mL 烧瓶，不能用于定容，C错误；
D、酸性 KMnO4溶液需用酸式滴定管（非②温度计），滴定用锥形瓶（⑦），仪器选用错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：中和热测定：核心仪器是烧杯、温度计、环形搅拌棒，具支试管不适用。
分液操作：分层液体用分液漏斗分离，烧杯承接，匹配 “分液漏斗 + 烧杯”。
溶液配制：定容需对应规格的容量瓶，烧瓶不能用于配制一定体积的溶液。
滴定操作：酸性 KMnO4用酸式滴定管（非温度计），滴定容器是锥形瓶。
3．【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、Sc 为 21 号元素，基态原子价层电子排布式是3d 4s2（价层电子排布不包含稀有气体的原子式 [Ar]），A错误；
B、甲分子中存在 C—C 键（非极性键）和 C—H 键（极性键），含两种化学键，B正确；
C、乙分子中连有 —OH 的碳原子形成 4 个单键（四面体结构），采用sp3 杂化，并非所有碳原子都是 sp2 杂化，C错误；
D、乙分子中存在 sp3 杂化的碳原子（四面体构型），导致所有碳原子无法共平面，D错误；故答案为：B。
【分析】A．Sc 价层电子排布是 3d 4s2（不写 [Ar]）。
B．甲含 C-C（非极性键）、C-H（极性键）。
C．乙中连 - OH 的 C 是 sp3 杂化。
D．乙含 sp3 杂化 C（四面体），C 不能共面。
4．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；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、PCl3分子中磷原子有一对孤对电子，其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B、和的中心原子N和Br的价层电子对数均为4，且都含有一对孤对电子，因此两者的空间构型均为三角锥形，B正确；
C、中As原子的价层电子对数计算如下：，其VSEPR模型为四面体形；中Te原子的价层电子对数计算如下：，其VSEPR模型同样为四面体形，C正确；
D、在中，N原子提供孤电子对与Cu2+形成配位键，导致成键电子对的排斥力减小，因此大于中的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．PCl5是三角双锥形（结构对称，非极性）；PCl3是三角锥形（结构不对称，极性）。
B．NF3（3 成键 + 1 孤电子对）、BrO3-（3 成键 + 1 孤电子对）的空间结构均为三角锥形。
C．AsH3（3 成键 + 1 孤电子对）、H2Te（2 成键 + 2 孤电子对）的 VSEPR 模型均为四面体形。
D．NH3中孤电子对压缩键角；[Cu (NH3)4]2+中 NH3是配体，孤电子对参与配位，∠HNH 不同。
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、观察反应中酯键的断裂与生成，1 分子植物油参与反应会释放 1 分子高级脂肪酸，反应物中植物油的计量数为n，因此高级脂肪酸的计量数x=n（并非2n），A错误；
B、植物油（属于酯类）、生物基醇酸树脂（含酯键）与 NaOH 溶液发生的是酯的水解反应，并非酸与碱的中和反应，B错误；
C、反应生成生物基醇酸树脂的同时，还生成了高级脂肪酸，符合 “缩聚反应（生成高分子同时产生小分子）” 的特征；因有小分子副产物生成，原子未完全转化到目标树脂中，原子利用率小于100%，C正确；
D、树脂含酯键，酯在碱性条件下的水解（皂化反应）更彻底，因此其在碱性介质中的降解程度大于酸性介质，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过酯键断裂数分析，高级脂肪酸计量数x=n（非2n）。
B．植物油（酯类）、树脂（酯类）与 NaOH 发生的是水解反应（而非中和反应）。
C．反应生成树脂同时生成高级脂肪酸，属于缩聚反应，原子未完全转化到目标产物中，利用率 < 100%。
D．树脂含酯键，碱性条件下酯水解更彻底，降解程度大于酸性介质。
6．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、化学反应的焓变（ΔH）仅取决于反应物和生成物的状态，与反应路径无关，因此使用不同催化剂不会改变反应的焓变。该说法正确，A不符合题意；
B、通过分析图示可知，反应能垒的大小关系为：基元反应①的能垒小于③，而②的能垒大于④。该结论正确，B不符合题意；
C、图示显示四个基元反应均为放热反应（反应物能量高于生成物能量），因此焓变ΔH均小于0。该判断正确，C不符合题意；
D、通常能垒越小反应速率越快。对比Cat1和Cat2的催化路径，能垒关系为：①＜②且③＞④，这意味着中间体T(g)的生成速率快而消耗速率慢，因此在相同反应时间内（未达平衡）应有c(T)＞c(W)； 错误；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂仅改变反应历程，不改变反应的始态、终态，因此反应焓变不变。
B．能垒是基元反应的活化能（过渡态与反应物的能量差）：①的能垒小于③，②的能垒大于④。
C．基元反应的 ΔH 为产物与反应物的能量差，四个基元反应均是产物能量低于反应物，ΔH 均小于 0。
D．Cat1 对应的基元反应①能垒更低，反应速率更快，生成中间产物 T 的速率比 Cat2 生成 W 的速率快，因此相同时间内 c(T)>c(W)。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、电负性规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，故电负性O>N>P，A正确；
B、第一电离能趋势：同周期总体增大，但第ⅡA、ⅤA族元素高于相邻元素；同主族从上到下减小，因此N>O>Mg，B正确；
C、最简单氢化物的沸点：H2O分子间氢键作用强于NH3，而PH3无氢键，故H2O>NH3>PH3，C正确；
D、离子晶体熔点比较：MgO中O2-半径小且电荷高，熔点高于MgCl2，工业上电解熔融MgCl2制镁，D错误；
故答案为：D。【分析】地壳中 Z 含量最高，Z 为 O；X2Z（含 10 个电子），X 为 H（H2O 含 10 电子）；
基态 M 原子 s、p 能级电子总数相等，M 核外电子排布为 1s22s22p63s2（Mg，s 能级 2+2=4，p 能级 6，总数相等）；同周期中基态 T 未成对电子最多，T 为 P（第三周期中 P 的价电子 3s23p3，未成对电子 3 个）；Y 和 T 同主族，Y 为 N。
综上，元素为：X (H)、Y (N)、Z (O)、M (Mg)、T (P)。
8．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、由于题目中未给出溶液的体积，因此无法准确计算硝酸根离子（）的物质的量，进而无法确定其数目，A错误；
B、根据化学反应方程式分析，1 mol石墨完全反应时转移1.5 mol电子。因此，2.4 g石墨（0.2 mol）完全反应时，转移的电子数为0.3 mol，即，B正确；
C、反应生成的二氧化氮（）会部分转化为四氧化二氮（），因此体系中二氧化氮的实际数目小于阿伏加德罗常数（），C错误；
D、苯六甲酸分子中的每个碳原子均为杂化。0.1 mol苯六甲酸分子中含有1.2 mol的杂化碳原子，即数目为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．未给出硝酸溶液体积，无法计算 NO3-数目。
B.2.4g 石墨（0.2mol）参与反应，C 从 0 价升至 +3 价（苯六甲酸中 C 为 +3 价），12mol C 转移 18mol 电子（HNO3中 N 从 +5 降至 +4，18mol HNO3转移 18mol 电子），故 0.2mol C 转移 0.3mol 电子，数目为 0.3NA。
C．NO2易聚合为 N2O4，体系中 NO2数目小于 NA。
D．苯六甲酸中苯环的 6 个 C（sp2 杂化）+6 个羧基的 C（sp2 杂化），共 12 个 sp2 杂化 C，0.1mol 中数目为 1.2NA。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、当反应达到平衡后，若只增加氨气（）的浓度，会导致反应(1)和(2)均逆向移动，从而使的平衡转化量降低，A正确；B、如果仅发生反应(1)，由于生成的气体物质的量比例固定，氮气（）的体积分数将保持恒定。因此，即使氮气的体积分数不变，系统也可能未达到平衡状态，B正确；
C、如果仅发生反应(2)，在温度不变的情况下，平衡常数保持不变。若在平衡状态下再充入氨气，平衡会向左移动，但重新平衡后氨气的浓度仍与原平衡相同，C错误；
D、温度变化会影响平衡常数。若温度从升高到，反应(1)和(2)的平衡常数均会改变，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．增大 NH3浓度，两个反应的平衡均逆向移动，Yb(NH2)3的平衡转化量减小。
B．反应(1)中 N2的体积分数始终固定（产物气体中 N2占），因此体积分数不变不能说明反应达平衡。
C．反应 (2) 的平衡常数 K=c2(NH3)（固体不参与计算），温度不变时 K 不变，充入 NH3后平衡逆向移动，再次平衡时 c(NH3)与原平衡相等。
D．平衡常数仅与温度有关，温度改变时，反应 (1)、(2) 的平衡常数均会变化。
10．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】元素推断与电极判断电子流向：e-从 T 极流向P极，因此P极得电子（作阴极），T 极失电子（作阳极，发生氧化反应）。
A、分析由电子流向可知，P 极是阴极，T 极（阳极）发生氧化反应，A正确；
B、由图可知，产生，生成，B错误；
C、分析T 极（阳极）上 N-OH 的极性键断裂；P 极（阴极）上 H+结合生成 H2，H-H 键属于 s-s σ 键，C正确；
D、在阳极区，与反应可能生成，然后与反应转化为，所以阳极区的副产物可能有，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．P 极得电子（生成 H2），为阴极；T 极失电子，发生氧化反应。
B．观察题目信息可知产生，生成 。
C．T 极上 N-OH 的极性键断裂；P 极上 H+结合生成 H2，形成 s-s σ 键。
D．阳极区中间产物可能发生异构化，生成题述副产物。
11．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】结合提取流程的每一步操作（调 pH、沉钒、热解、热还原），分析物质转化、反应条件及选项合理性。
A、调 pH 约 5.0 时，Na[Al(OH)4] 与盐酸反应生成 Al(OH)3（滤渣）；热解时，沉钒产物（含铵盐）分解，气体 X 应为 NH3（非 H2O），A错误；
B、“沉钒” 是 VO2+与 (NH4)2SO4反应生成钒的沉淀，pH 过大时，VO2+会转化为钒的氢氧化物，反而降低沉钒率，B错误；
C、“热解” 需高温加热固体，仪器应选坩埚（非蒸发皿），配套三脚架、酒精灯、泥三角，C错误；
D、热还原中，Si 作还原剂还原 V2O5生成 V，CaO 与 Si 的氧化产物（SiO2）结合为 CaSiO3，总反应为 ，D正确；
故选D。
【分析】A．调 pH 生成 Al (OH)3（滤渣），但热解铵盐类沉钒产物，气体 X 是 NH3（非 H2O）。
B．pH 过大时 VO2+会转化为钒的氢氧化物，沉钒率降低。
C．热解固体需用坩埚（非蒸发皿）。
D．Si 还原 V2O5，CaO 结合 SiO2生成 CaSiO3，反应式符合氧化还原与物料守恒。
12．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、一个铝晶胞包含的铝原子数为：8个顶点原子各贡献1/8，6个面心原子各贡献1/2，总计4个铝原子。5.4g铝对应0.2mol，可切割出的铝晶胞数量为，A错误；
B、铝晶胞中最近两个铝原子间的距离等于面对角线的一半，即 ，B正确；
C、在氧化镁晶体中，Mg2+离子半径小于O2-离子半径，阳离子位于立方晶胞的棱上和体心位置，C错误；
D. 铝和氧化镁的晶胞均为立方晶胞：铝晶胞含4个铝原子，氧化镁晶胞含4个O2-（ 8×+6× ）和4个Mg2+（ 12×+1 ），即4个MgO单元
密度计算公式：
因此密度比为：，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A．晶胞粒子数计算：Al 是面心立方晶胞，1 个晶胞含 4 个 Al 原子。
B．原子间距规律：面心立方晶胞中，原子最近距离是面对角线的一半。
C．粒子位置判断：MgO 晶胞（NaCl 型）中，阳离子（Mg2+）位于棱心、体心，并非顶点、面心。
D．密度公式应用：利用密度公式，结合 Al（Z=4、M=27）和 MgO（Z=4、M=40）的晶胞参数，计算得密度比。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】电极判断（放电时）：电子从负极流向正极，图中e-从Cu侧流向Al侧，因此：Al侧为正极， 反应式为：。；Cu侧（石墨）为负极， 反应式为 ：xLiyCm-xye-=xCm+xyLi+。
A、放电时，负极是石墨（非铜，Cu仅为电极载体）失去电子，电子经外电路流向正极（铝），A错误；
B、放电时，铝极是正极，Li2- Fe(CN)6·nH2O得电子、结合Li+生成Li2Fe(CN)6·nH2O，电极反应式为，B正确；
C、充电时，原电池的正极（铝极）需与电源的正极连接（作阳极），并非负极，C错误；
D、充电时，阴极是原电池的负极（石墨侧），Li+得电子生成Li嵌入石墨，阴极质量会增加（非减轻），D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据放电时的电子流向判断正负极，再结合电池反应分析电极反应、充放电时的电极连接及质量变化。
A．负极是石墨（非铜）失电子。
B．正极（铝极）得电子，Li2- Fe(CN)6 nH2O 结合 Li+生成 Li2Fe(CN)6 nH2O，电极反应式符合电子与物料守恒。
C．充电时原正极（铝极）应接电源正极（作阳极）。
D．充电时阴极（石墨侧）得电子生成 Li，质量应增加。
14．【答案】B
【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】和平行，说明对应的难溶盐组成相同，故直线代表与的关系；常温下，Ca(IO3)2的溶解度大于CaF2，则Ksp[Ca(IO3)2]> Ksp(CaF2)，则L2代表与的关系，L3代表与的关系。
L1：取点a，（对应CaCO3）；
L2：取点b， （对应CaF2）；
L3：取点c， （对应Ca(IO3)2）。
A、直线L2对应CaF2（F-），并非CO32-（L1对应CO32-），A错误；
B、饱和CaCO3溶液中，，B正确；
C、 由上述分析可知 ，，C错误；
D、CaF2、Ca(IO3)2共存时，，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题突破口：
1. 通过直线平行性判断沉淀组成类型：L2和L3平行，说明对应的难溶盐离子配比相同（均为1：2型，如CaF2、Ca(IO3)2）；L1为单独直线，对应1：1型沉淀（如CaCO3）。
2. 结合溶解度关联溶度积与直线：Ca(IO3)2溶解度大于CaF2，故，进而匹配L2对应CaF2（F-）、L3对应Ca(IO3)2（IO3-）。
3. 利用溶度积公式计算离子浓度：对于1：1型沉淀（如CaCO3），饱和溶液中；对于共存沉淀，通过的比值推导离子浓度比。
15．【答案】（1）避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)；避免产生(或避免炭化等)
（2）B
（3）方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)
（4）用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7；C
（5）67.8%
（6）132
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）为了避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)，故乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸；由于浓硫酸具有强氧化性，能够将异戊醇、冰醋酸等有机物碳化，同时生成气体，为避免避免产生(或避免炭化等)，本实验用替代浓硫酸；
故答案为： 避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等) ； 避免产生(或避免炭化等) ；
（2）由于硅胶吸水，相当于减少了酯化反应的产物，促使酯化反应平衡向正反应方向移动，提高原料的转化率和产品的产率，故选B；
故答案为： B ；
（3）由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)；
故答案为： 方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等) ；
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7，即可测量溶液至碱性；步骤③和④分别对应的操作为分液和过滤，故不需要使用到的仪器为冷凝管；
故答案为： 用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7 ； C ；
（5）由反应可知，异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液中反应，得到的乙酸异戊酯的物质的量为，乙酸异戊酯的摩尔质量为130g/mol，则产率为；
故答案为： 67.8% ；
（6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸异戊酯的摩尔质量为132g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为132。
故答案为：132；
【分析】本实验以异戊醇为底物、过量冰醋酸为酰化试剂，在控温环境中，借助硫酸氢钠的催化作用，并以甲基紫乙醇溶液（显色标识）与变色硅胶（水分指示）辅助反应进程，完成乙酸异戊酯的合成。反应结束后，先用饱和碳酸钠溶液对粗产物进行洗涤——该步骤既能中和未反应的乙酸（至无气泡溢出即表示乙酸除净），又能降低酯在水中的溶解度；随后通过分液分离出有机相，经二次洗涤后加入无水硫酸镁干燥脱水，过滤除去干燥剂。最后对干燥后的滤液进行减压蒸馏（实际操作中常采用常压蒸馏），截取138~143℃的馏分，最终获得纯度达98%的乙酸异戊酯成品，质量为4.5g。
（1）为了避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)，故乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸；由于浓硫酸具有强氧化性，能够将异戊醇、冰醋酸等有机物碳化，同时生成气体，为避免避免产生(或避免炭化等)，本实验用替代浓硫酸；
（2）由于硅胶吸水，相当于减少了酯化反应的产物，促使酯化反应平衡向正反应方向移动，提高原料的转化率和产品的产率，故选B；
（3）由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)；
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7，即可测量溶液至碱性；步骤③和④分别对应的操作为分液和过滤，故不需要使用到的仪器为冷凝管；
（5）由反应可知，异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液中反应，得到的乙酸异戊酯的物质的量为，乙酸异戊酯的摩尔质量为130g/mol，则产率为；
（6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸异戊酯的摩尔质量为132g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为132。
16．【答案】（1）(或)
（2）降低磞酸溶解度，促进其析出
（3）；坩埚、泥三角
（4）离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附
（5）90；用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次
（6）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；电离方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由于硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，故为弱酸，在水中的电离方程式为(或)；
故答案为：(或) ；
（2）根据表中数据可知，硼酸的溶解度随着温度的升高而增大，故降温可降低硼酸晶体降低磞酸溶解度，促进其析出；
故答案为： 降低磞酸溶解度，促进其析出 ；
（3）由分析，“煅烧”中，在高温下分解为、和水，发生主要反应的化学方程式为；“煅烧”固体时需要的陶瓷仪器有坩埚、泥三角；
故答案为： ； 坩埚、泥三角 ；
（4）如图，在碱性条件下，由于离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附，故离子筛吸附的容量较大；
故答案为： 离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附 ；
（5）由图可知，温度升高，的产率增大、溶解度减小，故“蒸发分解”的最佳温度为90℃，此时产率最高，溶解度较低；制得的需进行洗涤，具体橾作为用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次；
故答案为： 90 ； 用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次 ；
（6）锂离子电池充电时，在阳极失去电子，生成和锂离子，故阳极的电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】以含 NaCl、MgCl2、LiCl 及 Na2B4O7的盐湖卤水为原料，首先通入 HCl 气体脱硼：HCl 与卤水中的 Na2B4O7反应生成 H3BO3沉淀，过滤可将硼元素分离除去。脱硼后的滤液经 “干燥 1” 处理，得到 LiCl、NaCl 与 MgCl2 6H2O 的混合固体；将此混合固体高温煅烧，MgCl2 6H2O 分解为 MgO，同时生成可循环利用的 HCl 气体，煅烧产物经水浸后，不溶性的 MgO 通过过滤分离，后续经 “干燥 2” 得到 MgO 固体副产物。水浸后的滤液（含 LiCl、NaCl）经浓缩后，加入过量 NaOH 溶液富集 Li+（NaCl 不参与反应），再通入过量 CO2进行碳化，使 Li+转化为 LiHCO3；LiHCO3经蒸发分解得到高纯度 Li2CO3，最终 Li2CO3与 (CH3COO)2Fe、NH4H2PO4经焙烧反应，制得目标产物 LiFePO4。
（1）由于硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，故为弱酸，在水中的电离方程式为(或)；
（2）根据表中数据可知，硼酸的溶解度随着温度的升高而增大，故降温可降低硼酸晶体降低磞酸溶解度，促进其析出；
（3）由分析，“煅烧”中，在高温下分解为、和水，发生主要反应的化学方程式为；“煅烧”固体时需要的陶瓷仪器有坩埚、泥三角；
（4）如图，在碱性条件下，由于离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附，故离子筛吸附的容量较大；
（5）由图可知，温度升高，的产率增大、溶解度减小，故“蒸发分解”的最佳温度为90℃，此时产率最高，溶解度较低；制得的需进行洗涤，具体橾作为用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次；
（6）锂离子电池充电时，在阳极失去电子，生成和锂离子，故阳极的电极反应式为。
17．【答案】（1）d；分子间氢键比的强，分子间只有范德华力
（2）A；D
（3）；减小
（4）10
（5）BD；1.6
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铱()和钴位于元素周期表同族，钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属d区，则位于元素周期表d区。、都能形成分子间氢键，分子间氢键比的强，分子间只有范德华力，所以沸点。
故答案为： d ；分子间氢键比的强，分子间只有范德华力 ；
（2）A．由循环图知，先进行的是反应，HI是催化剂，是中间产物，A项错误；
B．上述循环中断裂H-I、C-O、C-I等键和CO中的键，形成H-I、C-O等键，故B正确；
C．和正负电荷的重心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．根据图2，反应ⅲ的活化能最大，反应速率最慢，速控反应为反应ⅲ，故D错误；
故答案为： A D ；
（3）①焓变=反应物总键能-生成物总键能。。
②反应达到平衡时，，则K=；正反应放热，升高温度，平衡常数K减小，所以减小。
故答案为： ； 减小 ；
（4）忽略氨水的电离和铵根离子的水解，根据电离平衡常数表达式，，。
故答案为：10；
（5）①A．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，所以X代表温度，Y代表压强，故A错误；
B．Y代表压强，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，所以，故B正确；
C．b点温度、压强均大于a、c，b速率最快；a、c点压强相等，温度a点大于c点，正反应速率，故C错误；
D．a、c点压强相等，温度a点大于c点，升温可使c点向a点移动，故D正确；
选BD。
②b点平衡转化率为，平衡时，，该反应的平衡常数。
故答案为： BD ；1.6；
【分析】(1)铱（Ir）与钴同族，钴在d区，故Ir位于d区；
沸点差异原因：分子间氢键强于，仅存范德华力。
(2)A（是催化剂、是中间产物）；D（活化能最大的反应ⅲ是速控步）。
(3)计算：反应物总键能生成物总键能，得；
升温时，正反应放热，平衡常数减小，故减小。
(4)利用的电离常数公式，代入、浓度，求得浓度，进而得。
(5)正确选项：B（压强，压强越大转化率越高）；D（升温使c点向a点移动）；
平衡常数：代入b点平衡浓度，计算得。
（1）铱()和钴位于元素周期表同族，钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属d区，则位于元素周期表d区。、都能形成分子间氢键，分子间氢键比的强，分子间只有范德华力，所以沸点。
（2）A．由循环图知，先进行的是反应，HI是催化剂，是中间产物，A项错误；
B．上述循环中断裂H-I、C-O、C-I等键和CO中的键，形成H-I、C-O等键，故B正确；
C．和正负电荷的重心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．根据图2，反应ⅲ的活化能最大，反应速率最慢，速控反应为反应ⅲ，故D错误；
选AD。
（3）①焓变=反应物总键能-生成物总键能。。
②反应达到平衡时，，则K=；正反应放热，升高温度，平衡常数K减小，所以减小。
（4）忽略氨水的电离和铵根离子的水解，根据电离平衡常数表达式，，。
（5）①A．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，所以X代表温度，Y代表压强，故A错误；
B．Y代表压强，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，所以，故B正确；
C．b点温度、压强均大于a、c，b速率最快；a、c点压强相等，温度a点大于c点，正反应速率，故C错误；
D．a、c点压强相等，温度a点大于c点，升温可使c点向a点移动，故D正确；
选BD。
②b点平衡转化率为，平衡时，，该反应的平衡常数。
18．【答案】（1）羧基、羟基
（2）取代反应；
（3）
（4）20；
（5）B；D
（6）对硝基苯甲酸；
【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
【解析】【解答】（1）yi中含氧官能团为：羧基、羟基；
故答案为： 羧基、羟基 ；
（2）由分析可知ii→iii氨基转化为酰胺基，发生取代反应；，另一产物为HCl；
故答案为： 取代反应； ；
（3）V的结构简式为：，分子式为：C7H8O；
故答案为： ；
（4）i的结构简式为：，同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，有-CHO和-COO-，遇氯化铁显色，有酚羟基存在，苯环上有三个取代基，一个是氨基，一个是-OH，根据O原子数目分析，另一个是含有甲酸酯基，甲酸酯基有HCOOCH2CH2-和，苯环上氨基和羟基的位置有三种、、，另一个侧链的位置分别有4个、4个、2个，同分异构体数目共2×10=20种；含有手性碳原子的结构简式为：；
故答案为：20；
（5）A．ii中的羟基、羧基和氨基都能形成氢键，有3个官能团能形成氢键，A错误；
B．i的结构简式为：1moli最多与2molNaOH反应，消耗80gNaOH，B正确；
C.1molviii中的氨基能与1mol质子形成配位键，C错误；
D．三碘甲状腺原胺酸有氨基和酚羟基，均具有还原性，可作抗氧化剂，D正确；
答案选BD。
故答案为： B D ；
（6）合成路线为，苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是对硝基苯甲酸；最后一步反应的化学方程式为：
故答案为： 对硝基苯甲酸 ；
【分析】整个合成过程分多步反应，每一步都有明确的转化或保护作用：
i到ii：发生苯环取代反应，酚羟基邻位的 2 个氢原子被碘原子替换；
ii到iii：-NH2（氨基）转化为酰胺基（-NHCOCH3），这一步是为了保护氨基；
iii到iv：发生酯化反应，把羧基转化为酯基，作用是保护羧基；
v到vi：生成离子化合物，为后续反应做准备；
iv 与 vi到vii：通过取代反应得到中间体 vii，其结构简式为，
vii到viii：再次发生取代反应，把酰胺基变回氨基、酯基变回羧基、醚键变回酚羟基（相当于 “脱保护”）；最后 viii 经取代反应得到目标产物。据此解题。
（1）yi中含氧官能团为：羧基、羟基；
（2）由分析可知ii→iii氨基转化为酰胺基，发生取代反应；，另一产物为HCl；
（3）V的结构简式为：，分子式为：C7H8O；
（4）i的结构简式为：，同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，有-CHO和-COO-，遇氯化铁显色，有酚羟基存在，苯环上有三个取代基，一个是氨基，一个是-OH，根据O原子数目分析，另一个是含有甲酸酯基，甲酸酯基有HCOOCH2CH2-和，苯环上氨基和羟基的位置有三种、、，另一个侧链的位置分别有4个、4个、2个，同分异构体数目共2×10=20种；含有手性碳原子的结构简式为：；
（5）A．ii中的羟基、羧基和氨基都能形成氢键，有3个官能团能形成氢键，A错误；
B．i的结构简式为：1moli最多与2molNaOH反应，消耗80gNaOH，B正确；
C.1molviii中的氨基能与1mol质子形成配位键，C错误；
D．三碘甲状腺原胺酸有氨基和酚羟基，均具有还原性，可作抗氧化剂，D正确；
答案选BD。
（6）合成路线为，苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是对硝基苯甲酸；最后一步反应的化学方程式为：。
1 / 1四川省部分名校2024-2025学年高三上学期联合质量检测 化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高三上·四川期末）“舌尖上的中国美食”闻名天下。下列有关中国美食的化学解读正确的是
选项 中国美食 化学解读
A 河南烩面 主要成分为淀粉，淀粉在一定条件下水解，最终生成葡萄糖
B 长沙臭豆腐 制作豆腐时添加石膏作防腐剂，可延长豆腐保质期
C 北京豆汁儿 若“豆汁儿”能发生丁达尔效应，则它的分散剂颗粒直径在1~100nm之间
D 上海白斩鸡 营养成分中的蛋白质、脂肪、维生素都属于有机高分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、淀粉属于多糖，在一定条件下水解的最终产物是葡萄糖，A正确；
B、制作豆腐时使用石膏作为凝固剂，其作用是使蛋白质发生聚沉，B错误；
C、胶体的特性是能产生丁达尔效应，判断胶体的标准是分散质粒子直径在范围内，C错误；
D、维生素和脂肪都是小分子物质，而蛋白质属于高分子化合物，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题突破口：抓化学概念细节 + 物质实际作用，逐一验证选项：
A．淀粉水解最终产物是葡萄糖；
B．石膏是让豆浆聚沉制豆腐，非防腐剂；
C．丁达尔效应对应分散质（非分散剂）颗粒直径 1~100nm；
D．脂肪、维生素不是有机高分子。
2．（2024高三上·四川期末）下列玻璃仪器(夹持固定仪器省略)在相应实验中选用合理的是
A．测定溶液和盐酸的中和反应热：④⑤
B．分离甲基丙烯酸甲酯和饱和碳酸钠溶液：③⑥
C．配制一定物质的量浓度的硫代硫酸钠溶液：①③
D．用已知浓度的酸性溶液滴定未知浓度的草酸溶液：②⑦
【答案】B
【知识点】分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、中和热测定需用环形玻璃搅拌棒、温度计、烧杯，④（具支试管）不适用，A错误；
B、甲基丙烯酸甲酯与饱和碳酸钠溶液分层，需用分液漏斗（⑥）分离，烧杯（③）承接液体，仪器选用合理，B正确；
C、配制 250mL 溶液需 250mL 容量瓶，①是 500mL 烧瓶，不能用于定容，C错误；
D、酸性 KMnO4溶液需用酸式滴定管（非②温度计），滴定用锥形瓶（⑦），仪器选用错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：中和热测定：核心仪器是烧杯、温度计、环形搅拌棒，具支试管不适用。
分液操作：分层液体用分液漏斗分离，烧杯承接，匹配 “分液漏斗 + 烧杯”。
溶液配制：定容需对应规格的容量瓶，烧瓶不能用于配制一定体积的溶液。
滴定操作：酸性 KMnO4用酸式滴定管（非温度计），滴定容器是锥形瓶。
3．（2024高三上·四川期末）中国科学院大连化学物理研究所一团队设计了一种新型的分子间环调聚构建多个连续全取代碳中心的方法(反应原理如图)。下列叙述正确的是
A．基态原子的价层电子排布式为
B．甲分子中含有极性键和非极性键
C．乙分子中所有碳原子都采用杂化
D．乙分子中所有碳原子共平面
【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；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、Sc 为 21 号元素，基态原子价层电子排布式是3d 4s2（价层电子排布不包含稀有气体的原子式 [Ar]），A错误；
B、甲分子中存在 C—C 键（非极性键）和 C—H 键（极性键），含两种化学键，B正确；
C、乙分子中连有 —OH 的碳原子形成 4 个单键（四面体结构），采用sp3 杂化，并非所有碳原子都是 sp2 杂化，C错误；
D、乙分子中存在 sp3 杂化的碳原子（四面体构型），导致所有碳原子无法共平面，D错误；故答案为：B。
【分析】A．Sc 价层电子排布是 3d 4s2（不写 [Ar]）。
B．甲含 C-C（非极性键）、C-H（极性键）。
C．乙中连 - OH 的 C 是 sp3 杂化。
D．乙含 sp3 杂化 C（四面体），C 不能共面。
4．（2024高三上·四川期末）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法错误的是
A．和均为非极性分子
B．和的空间结构均为三角锥形
C．和的VSEPR模型均为四面体形
D．和中不相等
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；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、PCl3分子中磷原子有一对孤对电子，其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B、和的中心原子N和Br的价层电子对数均为4，且都含有一对孤对电子，因此两者的空间构型均为三角锥形，B正确；
C、中As原子的价层电子对数计算如下：，其VSEPR模型为四面体形；中Te原子的价层电子对数计算如下：，其VSEPR模型同样为四面体形，C正确；
D、在中，N原子提供孤电子对与Cu2+形成配位键，导致成键电子对的排斥力减小，因此大于中的，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．PCl5是三角双锥形（结构对称，非极性）；PCl3是三角锥形（结构不对称，极性）。
B．NF3（3 成键 + 1 孤电子对）、BrO3-（3 成键 + 1 孤电子对）的空间结构均为三角锥形。
C．AsH3（3 成键 + 1 孤电子对）、H2Te（2 成键 + 2 孤电子对）的 VSEPR 模型均为四面体形。
D．NH3中孤电子对压缩键角；[Cu (NH3)4]2+中 NH3是配体，孤电子对参与配位，∠HNH 不同。
5．（2024高三上·四川期末）由植物油和呋喃二甲酸制备生物基醇酸树脂的反应如图所示(为烃基)。下列叙述正确的是
A．图示中高级脂肪酸的化学计量数
B．植物油和生物基醇酸树脂都能与溶液发生中和反应
C．上述合成树脂的反应属于缩聚反应，原子利用率小于
D．其他条件相同，该树脂在碱性介质中的降解程度小于在酸性介质中的降解程度
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、观察反应中酯键的断裂与生成，1 分子植物油参与反应会释放 1 分子高级脂肪酸，反应物中植物油的计量数为n，因此高级脂肪酸的计量数x=n（并非2n），A错误；
B、植物油（属于酯类）、生物基醇酸树脂（含酯键）与 NaOH 溶液发生的是酯的水解反应，并非酸与碱的中和反应，B错误；
C、反应生成生物基醇酸树脂的同时，还生成了高级脂肪酸，符合 “缩聚反应（生成高分子同时产生小分子）” 的特征；因有小分子副产物生成，原子未完全转化到目标树脂中，原子利用率小于100%，C正确；
D、树脂含酯键，酯在碱性条件下的水解（皂化反应）更彻底，因此其在碱性介质中的降解程度大于酸性介质，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．通过酯键断裂数分析，高级脂肪酸计量数x=n（非2n）。
B．植物油（酯类）、树脂（酯类）与 NaOH 发生的是水解反应（而非中和反应）。
C．反应生成树脂同时生成高级脂肪酸，属于缩聚反应，原子未完全转化到目标产物中，利用率 < 100%。
D．树脂含酯键，碱性条件下酯水解更彻底，降解程度大于酸性介质。
6．（2024高三上·四川期末）反应M(g) N(g)在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，它们都分两个基元反应进行且反应中各物质的化学计量数均为1。下列叙述错误的是
A．不同催化剂不改变反应的焓变
B．能垒：①＜③，②＞④
C．四个基元反应的ΔH都小于0
D．其他条件相同，反应相同时间(未达平衡)：c(T)＜c(W)
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、化学反应的焓变（ΔH）仅取决于反应物和生成物的状态，与反应路径无关，因此使用不同催化剂不会改变反应的焓变。该说法正确，A不符合题意；
B、通过分析图示可知，反应能垒的大小关系为：基元反应①的能垒小于③，而②的能垒大于④。该结论正确，B不符合题意；
C、图示显示四个基元反应均为放热反应（反应物能量高于生成物能量），因此焓变ΔH均小于0。该判断正确，C不符合题意；
D、通常能垒越小反应速率越快。对比Cat1和Cat2的催化路径，能垒关系为：①＜②且③＞④，这意味着中间体T(g)的生成速率快而消耗速率慢，因此在相同反应时间内（未达平衡）应有c(T)＞c(W)； 错误；D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．催化剂仅改变反应历程，不改变反应的始态、终态，因此反应焓变不变。
B．能垒是基元反应的活化能（过渡态与反应物的能量差）：①的能垒小于③，②的能垒大于④。
C．基元反应的 ΔH 为产物与反应物的能量差，四个基元反应均是产物能量低于反应物，ΔH 均小于 0。
D．Cat1 对应的基元反应①能垒更低，反应速率更快，生成中间产物 T 的速率比 Cat2 生成 W 的速率快，因此相同时间内 c(T)>c(W)。
7．（2024高三上·四川期末）短周期主族元素X、Y、Z、M、T的原子序数依次增大，分子含10个电子，Y和T同主族，基态M原子核外s、p能级上的电子总数相等，在同周期元素中基态T原子的未成对电子数最多，地壳中Z元素含量最高。下列叙述错误的是
A．电负性：Z>Y>T B．第一电离能：Y>Z>M
C．最简单氢化物的沸点：Z>Y>T D．工业上电解熔融MZ制M单质
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、电负性规律：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，故电负性O>N>P，A正确；
B、第一电离能趋势：同周期总体增大，但第ⅡA、ⅤA族元素高于相邻元素；同主族从上到下减小，因此N>O>Mg，B正确；
C、最简单氢化物的沸点：H2O分子间氢键作用强于NH3，而PH3无氢键，故H2O>NH3>PH3，C正确；
D、离子晶体熔点比较：MgO中O2-半径小且电荷高，熔点高于MgCl2，工业上电解熔融MgCl2制镁，D错误；
故答案为：D。【分析】地壳中 Z 含量最高，Z 为 O；X2Z（含 10 个电子），X 为 H（H2O 含 10 电子）；
基态 M 原子 s、p 能级电子总数相等，M 核外电子排布为 1s22s22p63s2（Mg，s 能级 2+2=4，p 能级 6，总数相等）；同周期中基态 T 未成对电子最多，T 为 P（第三周期中 P 的价电子 3s23p3，未成对电子 3 个）；Y 和 T 同主族，Y 为 N。
综上，元素为：X (H)、Y (N)、Z (O)、M (Mg)、T (P)。
8．（2024高三上·四川期末）设为阿伏加德罗常数的值。石墨与热的浓硝酸反应生成苯六甲酸(如图)的反应为。下列叙述正确的是
A．硝酸溶液中含数目为
B．石墨完全反应转移的电子数目为
C．完全反应时，体系中的数目为
D．苯六甲酸分子中含杂化的碳原子数目为
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、由于题目中未给出溶液的体积，因此无法准确计算硝酸根离子（）的物质的量，进而无法确定其数目，A错误；
B、根据化学反应方程式分析，1 mol石墨完全反应时转移1.5 mol电子。因此，2.4 g石墨（0.2 mol）完全反应时，转移的电子数为0.3 mol，即，B正确；
C、反应生成的二氧化氮（）会部分转化为四氧化二氮（），因此体系中二氧化氮的实际数目小于阿伏加德罗常数（），C错误；
D、苯六甲酸分子中的每个碳原子均为杂化。0.1 mol苯六甲酸分子中含有1.2 mol的杂化碳原子，即数目为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．未给出硝酸溶液体积，无法计算 NO3-数目。
B.2.4g 石墨（0.2mol）参与反应，C 从 0 价升至 +3 价（苯六甲酸中 C 为 +3 价），12mol C 转移 18mol 电子（HNO3中 N 从 +5 降至 +4，18mol HNO3转移 18mol 电子），故 0.2mol C 转移 0.3mol 电子，数目为 0.3NA。
C．NO2易聚合为 N2O4，体系中 NO2数目小于 NA。
D．苯六甲酸中苯环的 6 个 C（sp2 杂化）+6 个羧基的 C（sp2 杂化），共 12 个 sp2 杂化 C，0.1mol 中数目为 1.2NA。
9．（2024高三上·四川期末）有很好的加氢催化性能。下，在恒容密闭容器中充入一定量，发生下列反应：
(1)；
(2)。下列叙述错误的是
A．反应达到平衡后，只增大浓度，的平衡转化量减小
B．若只发生反应(1)，当体积分数不变时，反应不一定达到了平衡状态
C．若只发生反应(2)，达到平衡后再充入，再次达到平衡时增大
D．如果温度由升至，反应(1)和(2)的平衡常数均发生变化
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、当反应达到平衡后，若只增加氨气（）的浓度，会导致反应(1)和(2)均逆向移动，从而使的平衡转化量降低，A正确；B、如果仅发生反应(1)，由于生成的气体物质的量比例固定，氮气（）的体积分数将保持恒定。因此，即使氮气的体积分数不变，系统也可能未达到平衡状态，B正确；
C、如果仅发生反应(2)，在温度不变的情况下，平衡常数保持不变。若在平衡状态下再充入氨气，平衡会向左移动，但重新平衡后氨气的浓度仍与原平衡相同，C错误；
D、温度变化会影响平衡常数。若温度从升高到，反应(1)和(2)的平衡常数均会改变，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．增大 NH3浓度，两个反应的平衡均逆向移动，Yb(NH2)3的平衡转化量减小。
B．反应(1)中 N2的体积分数始终固定（产物气体中 N2占），因此体积分数不变不能说明反应达平衡。
C．反应 (2) 的平衡常数 K=c2(NH3)（固体不参与计算），温度不变时 K 不变，充入 NH3后平衡逆向移动，再次平衡时 c(NH3)与原平衡相等。
D．平衡常数仅与温度有关，温度改变时，反应 (1)、(2) 的平衡常数均会变化。
10．（2024高三上·四川期末）南方科技大学化学系一课题组合成了新型含硅分子M(为烃基)，反应历程如图所示。下列叙述错误的是
A．P极为阴极，T极发生氧化反应
B．产生标准状况下的时，生成
C．在T极上断裂了极性键，P极上形成了键
D．阳极区的副产物可能有
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】元素推断与电极判断电子流向：e-从 T 极流向P极，因此P极得电子（作阴极），T 极失电子（作阳极，发生氧化反应）。
A、分析由电子流向可知，P 极是阴极，T 极（阳极）发生氧化反应，A正确；
B、由图可知，产生，生成，B错误；
C、分析T 极（阳极）上 N-OH 的极性键断裂；P 极（阴极）上 H+结合生成 H2，H-H 键属于 s-s σ 键，C正确；
D、在阳极区，与反应可能生成，然后与反应转化为，所以阳极区的副产物可能有，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．P 极得电子（生成 H2），为阴极；T 极失电子，发生氧化反应。
B．观察题目信息可知产生，生成 。
C．T 极上 N-OH 的极性键断裂；P 极上 H+结合生成 H2，形成 s-s σ 键。
D．阳极区中间产物可能发生异构化，生成题述副产物。
11．（2024高三上·四川期末）钒被誉为“合金的维生素”。从含和的废液中提取高纯度V的流程如下：
已知：“调pH”约为5.0，此时钒主要以形式存在；“热还原”中，加入硅铁合金，铁、硅均可作还原剂。下列叙述正确的是
A．滤渣的主要成分为，气体X是
B．“沉钒”时pH越大，沉钒率越大
C．实验室中“热解”需要的仪器主要有三脚架、酒精灯、蒸发皿、泥三角
D．“热还原”中硅参与的总反应为
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】结合提取流程的每一步操作（调 pH、沉钒、热解、热还原），分析物质转化、反应条件及选项合理性。
A、调 pH 约 5.0 时，Na[Al(OH)4] 与盐酸反应生成 Al(OH)3（滤渣）；热解时，沉钒产物（含铵盐）分解，气体 X 应为 NH3（非 H2O），A错误；
B、“沉钒” 是 VO2+与 (NH4)2SO4反应生成钒的沉淀，pH 过大时，VO2+会转化为钒的氢氧化物，反而降低沉钒率，B错误；
C、“热解” 需高温加热固体，仪器应选坩埚（非蒸发皿），配套三脚架、酒精灯、泥三角，C错误；
D、热还原中，Si 作还原剂还原 V2O5生成 V，CaO 与 Si 的氧化产物（SiO2）结合为 CaSiO3，总反应为 ，D正确；
故选D。
【分析】A．调 pH 生成 Al (OH)3（滤渣），但热解铵盐类沉钒产物，气体 X 是 NH3（非 H2O）。
B．pH 过大时 VO2+会转化为钒的氢氧化物，沉钒率降低。
C．热解固体需用坩埚（非蒸发皿）。
D．Si 还原 V2O5，CaO 结合 SiO2生成 CaSiO3，反应式符合氧化还原与物料守恒。
12．（2024高三上·四川期末）已知铝、氧化镁晶胞如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
，
A．可切割成铝晶胞的个数为
B．铝晶胞中2个原子间最近的距离为
C．晶胞中阳离子位于顶点和面心
D．铝、氧化镁的密度之比为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、一个铝晶胞包含的铝原子数为：8个顶点原子各贡献1/8，6个面心原子各贡献1/2，总计4个铝原子。5.4g铝对应0.2mol，可切割出的铝晶胞数量为，A错误；
B、铝晶胞中最近两个铝原子间的距离等于面对角线的一半，即 ，B正确；
C、在氧化镁晶体中，Mg2+离子半径小于O2-离子半径，阳离子位于立方晶胞的棱上和体心位置，C错误；
D. 铝和氧化镁的晶胞均为立方晶胞：铝晶胞含4个铝原子，氧化镁晶胞含4个O2-（ 8×+6× ）和4个Mg2+（ 12×+1 ），即4个MgO单元
密度计算公式：
因此密度比为：，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A．晶胞粒子数计算：Al 是面心立方晶胞，1 个晶胞含 4 个 Al 原子。
B．原子间距规律：面心立方晶胞中，原子最近距离是面对角线的一半。
C．粒子位置判断：MgO 晶胞（NaCl 型）中，阳离子（Mg2+）位于棱心、体心，并非顶点、面心。
D．密度公式应用：利用密度公式，结合 Al（Z=4、M=27）和 MgO（Z=4、M=40）的晶胞参数，计算得密度比。
13．（2024高三上·四川期末）天津理工大学与浙江某集团以及中国科学院高能物理所通力合作，通过不同的合成方法制备了不同锂含量的(，用表示)正极活性材料，并系统评估了该材料应用于非水系锂离子电池(原理如图)的可行性。下列叙述正确的是
已知放电时，电池反应如下：。
A．放电时，负极上铜失去电子，电子经外电路流向铝极
B．放电时，铝极上的电极反应式为
C．充电时，铝极与电源的负极连接
D．充电时，阴极质量减轻14g时理论上转移2电子
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】电极判断（放电时）：电子从负极流向正极，图中e-从Cu侧流向Al侧，因此：Al侧为正极， 反应式为：。；Cu侧（石墨）为负极， 反应式为 ：xLiyCm-xye-=xCm+xyLi+。
A、放电时，负极是石墨（非铜，Cu仅为电极载体）失去电子，电子经外电路流向正极（铝），A错误；
B、放电时，铝极是正极，Li2- Fe(CN)6·nH2O得电子、结合Li+生成Li2Fe(CN)6·nH2O，电极反应式为，B正确；
C、充电时，原电池的正极（铝极）需与电源的正极连接（作阳极），并非负极，C错误；
D、充电时，阴极是原电池的负极（石墨侧），Li+得电子生成Li嵌入石墨，阴极质量会增加（非减轻），D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据放电时的电子流向判断正负极，再结合电池反应分析电极反应、充放电时的电极连接及质量变化。
A．负极是石墨（非铜）失电子。
B．正极（铝极）得电子，Li2- Fe(CN)6 nH2O 结合 Li+生成 Li2Fe(CN)6 nH2O，电极反应式符合电子与物料守恒。
C．充电时原正极（铝极）应接电源正极（作阳极）。
D．充电时阴极（石墨侧）得电子生成 Li，质量应增加。
14．（2024高三上·四川期末）常温下，向浓度均为的的混合溶液中滴加稀溶液，溶液中[或]与的关系如图所示。下列叙述正确的是
已知：常温下，的溶解度大于。
A．直线代表与的关系
B．饱和溶液中
C．
D．当溶液中共存时，
【答案】B
【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】和平行，说明对应的难溶盐组成相同，故直线代表与的关系；常温下，Ca(IO3)2的溶解度大于CaF2，则Ksp[Ca(IO3)2]> Ksp(CaF2)，则L2代表与的关系，L3代表与的关系。
L1：取点a，（对应CaCO3）；
L2：取点b， （对应CaF2）；
L3：取点c， （对应Ca(IO3)2）。
A、直线L2对应CaF2（F-），并非CO32-（L1对应CO32-），A错误；
B、饱和CaCO3溶液中，，B正确；
C、 由上述分析可知 ，，C错误；
D、CaF2、Ca(IO3)2共存时，，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题突破口：
1. 通过直线平行性判断沉淀组成类型：L2和L3平行，说明对应的难溶盐离子配比相同（均为1：2型，如CaF2、Ca(IO3)2）；L1为单独直线，对应1：1型沉淀（如CaCO3）。
2. 结合溶解度关联溶度积与直线：Ca(IO3)2溶解度大于CaF2，故，进而匹配L2对应CaF2（F-）、L3对应Ca(IO3)2（IO3-）。
3. 利用溶度积公式计算离子浓度：对于1：1型沉淀（如CaCO3），饱和溶液中；对于共存沉淀，通过的比值推导离子浓度比。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·四川期末）某实验小组为实现乙酸异戊酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下：
①向25烧瓶中分别加入异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。
②加热回流60min后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。
③冷却后，向烧瓶中缓慢加入5%溶液至无逸出，用5%溶液洗涤至水溶液呈碱性为止，最后，用5mL饱和食盐水洗涤，分离出有机相。
④有机相洗涤后，加入1g无水，过滤。
⑤蒸馏滤液，收集138~143℃馏分，得4.5g产品(乙酸异戊酯)。色谱测得产品纯度为98%。(已知：乙酸异戊酯的沸点为142.5℃)
回答下列问题：
（1）乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸，原因是　 　(任答一条)；本实验用替代浓硫酸，其优点是　 　(任答一条)。
（2）变色硅胶的颜色变化可指示反应进程，变色硅胶的作用还有___________(填标号)。
A．增大平衡常数 B．提高产品的产率
C．提高正反应速率 D．防止暴沸
（3）使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点除无须分离外，还有　 　。
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，测量溶液至碱性的操作方法是　 　；完成步骤③和④不需要选用的仪器是　 　(填标号)。
（5）本实验中乙酸异戊酯的产率约为　 　(精确至0.1%)。
（6）若改用作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为　 　(精确至1)。
【答案】（1）避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)；避免产生(或避免炭化等)
（2）B
（3）方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)
（4）用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7；C
（5）67.8%
（6）132
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）为了避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)，故乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸；由于浓硫酸具有强氧化性，能够将异戊醇、冰醋酸等有机物碳化，同时生成气体，为避免避免产生(或避免炭化等)，本实验用替代浓硫酸；
故答案为： 避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等) ； 避免产生(或避免炭化等) ；
（2）由于硅胶吸水，相当于减少了酯化反应的产物，促使酯化反应平衡向正反应方向移动，提高原料的转化率和产品的产率，故选B；
故答案为： B ；
（3）由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)；
故答案为： 方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等) ；
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7，即可测量溶液至碱性；步骤③和④分别对应的操作为分液和过滤，故不需要使用到的仪器为冷凝管；
故答案为： 用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7 ； C ；
（5）由反应可知，异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液中反应，得到的乙酸异戊酯的物质的量为，乙酸异戊酯的摩尔质量为130g/mol，则产率为；
故答案为： 67.8% ；
（6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸异戊酯的摩尔质量为132g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为132。
故答案为：132；
【分析】本实验以异戊醇为底物、过量冰醋酸为酰化试剂，在控温环境中，借助硫酸氢钠的催化作用，并以甲基紫乙醇溶液（显色标识）与变色硅胶（水分指示）辅助反应进程，完成乙酸异戊酯的合成。反应结束后，先用饱和碳酸钠溶液对粗产物进行洗涤——该步骤既能中和未反应的乙酸（至无气泡溢出即表示乙酸除净），又能降低酯在水中的溶解度；随后通过分液分离出有机相，经二次洗涤后加入无水硫酸镁干燥脱水，过滤除去干燥剂。最后对干燥后的滤液进行减压蒸馏（实际操作中常采用常压蒸馏），截取138~143℃的馏分，最终获得纯度达98%的乙酸异戊酯成品，质量为4.5g。
（1）为了避免过量异戊醇发生副反应(或乙酸价格更低廉等)，故乙酸乙酯的制备实验中常采用过量的乙醇，而本实验采用过量的乙酸；由于浓硫酸具有强氧化性，能够将异戊醇、冰醋酸等有机物碳化，同时生成气体，为避免避免产生(或避免炭化等)，本实验用替代浓硫酸；
（2）由于硅胶吸水，相当于减少了酯化反应的产物，促使酯化反应平衡向正反应方向移动，提高原料的转化率和产品的产率，故选B；
（3）由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫色，所以使用小孔冷凝柱承载方便观察指示剂变色(或不干扰指示剂显色等)；
（4）用5%的溶液洗涤至水溶液呈碱性，用pH计或pH试纸连续测定洗涤液pH至pH大于7，即可测量溶液至碱性；步骤③和④分别对应的操作为分液和过滤，故不需要使用到的仪器为冷凝管；
（5）由反应可知，异戊醇、冰醋酸、1.5g固体及滴1%甲基紫的乙醇溶液中反应，得到的乙酸异戊酯的物质的量为，乙酸异戊酯的摩尔质量为130g/mol，则产率为；
（6）若改用作为反应物进行反应，则因为，生成的乙酸异戊酯的摩尔质量为132g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为132。
16．（2024高三上·四川期末）磷酸亚铁锂是锂离子电池的正极材料。以盐湖卤水(主要含有、，和等)为原料提取磷酸亚铁锂的流程如图。回答下列问题：
已知：①进行“干燥1”的固体主要成分是、、等。
②硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，其在水中的溶解度与温度的关系如表：
温度/℃ 0 30 80 100
溶解度/g 2.66 6.60 23.75 40.25
（1）硼酸在水中的电离方程式为　 　。
（2）“脱硼”时采用降温措施，目的是　 　。
（3）“煅烧”中发生主要反应的化学方程式为　 　，实验室里完成“煅烧”时需要的陶瓷仪器有　 　(填名称)。
（4）采用离子筛法富集的原理如图。在碱性条件下，离子筛吸附的容量较大，可能的原因是　 　。
（5）“蒸发分解”过程中的产率、溶解度与温度的关系如图所示。
“蒸发分解”的最佳温度为　 　℃，制得的需进行洗涤，具体橾作为　 　。
（6）锂离子电池充电时，转化为，写出阳极的电极反应式：　 　。
【答案】（1）(或)
（2）降低磞酸溶解度，促进其析出
（3）；坩埚、泥三角
（4）离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附
（5）90；用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次
（6）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；电离方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由于硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，故为弱酸，在水中的电离方程式为(或)；
故答案为：(或) ；
（2）根据表中数据可知，硼酸的溶解度随着温度的升高而增大，故降温可降低硼酸晶体降低磞酸溶解度，促进其析出；
故答案为： 降低磞酸溶解度，促进其析出 ；
（3）由分析，“煅烧”中，在高温下分解为、和水，发生主要反应的化学方程式为；“煅烧”固体时需要的陶瓷仪器有坩埚、泥三角；
故答案为： ； 坩埚、泥三角 ；
（4）如图，在碱性条件下，由于离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附，故离子筛吸附的容量较大；
故答案为： 离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附 ；
（5）由图可知，温度升高，的产率增大、溶解度减小，故“蒸发分解”的最佳温度为90℃，此时产率最高，溶解度较低；制得的需进行洗涤，具体橾作为用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次；
故答案为： 90 ； 用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次 ；
（6）锂离子电池充电时，在阳极失去电子，生成和锂离子，故阳极的电极反应式为。
故答案为： 。
【分析】以含 NaCl、MgCl2、LiCl 及 Na2B4O7的盐湖卤水为原料，首先通入 HCl 气体脱硼：HCl 与卤水中的 Na2B4O7反应生成 H3BO3沉淀，过滤可将硼元素分离除去。脱硼后的滤液经 “干燥 1” 处理，得到 LiCl、NaCl 与 MgCl2 6H2O 的混合固体；将此混合固体高温煅烧，MgCl2 6H2O 分解为 MgO，同时生成可循环利用的 HCl 气体，煅烧产物经水浸后，不溶性的 MgO 通过过滤分离，后续经 “干燥 2” 得到 MgO 固体副产物。水浸后的滤液（含 LiCl、NaCl）经浓缩后，加入过量 NaOH 溶液富集 Li+（NaCl 不参与反应），再通入过量 CO2进行碳化，使 Li+转化为 LiHCO3；LiHCO3经蒸发分解得到高纯度 Li2CO3，最终 Li2CO3与 (CH3COO)2Fe、NH4H2PO4经焙烧反应，制得目标产物 LiFePO4。
（1）由于硼酸为一元弱酸，常温下，其电离常数，故为弱酸，在水中的电离方程式为(或)；
（2）根据表中数据可知，硼酸的溶解度随着温度的升高而增大，故降温可降低硼酸晶体降低磞酸溶解度，促进其析出；
（3）由分析，“煅烧”中，在高温下分解为、和水，发生主要反应的化学方程式为；“煅烧”固体时需要的陶瓷仪器有坩埚、泥三角；
（4）如图，在碱性条件下，由于离子筛中氢离子被碱消耗，留有较多空位，用于吸附，故离子筛吸附的容量较大；
（5）由图可知，温度升高，的产率增大、溶解度减小，故“蒸发分解”的最佳温度为90℃，此时产率最高，溶解度较低；制得的需进行洗涤，具体橾作为用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好没过沉淀，待水自然流下，重复操作3次；
（6）锂离子电池充电时，在阳极失去电子，生成和锂离子，故阳极的电极反应式为。
17．（2024高三上·四川期末）科学家开发出新型催化剂，实现了羰基化制备乙酸：。回答下列问题：
（1）铱()和钴位于元素周期表同族，位于元素周期表　 　区。已知的沸点依次为，其中的沸点最高，三者沸点差异的主要原因是　 　。
（2）羰基化制备乙酸的历程如图1，其能量变化如图2。
下列叙述错误的是___________(填标号)。
A．为中间产物，为催化剂
B．上述循环中断裂键和键，形成键
C．和都是极性分子
D．速控反应为
（3）已知：几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键
436 343 1076 465 413 347 745
的速率方程式：，(均为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关)。
①　 　。
②升高温度，　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）常温下，用氨水吸收乙酸得到含和的混合液，此混合液的为　 　。[已知：常温下，]
（5）向某密闭反应器中充入和合成，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。
①下列叙述正确的是　 　(填标号)。
A．X代表压强 B． C． D．升温可使c点向a点移动
②已知：b点对应条件下容器体积为，则此时平衡常数K为　 　。
【答案】（1）d；分子间氢键比的强，分子间只有范德华力
（2）A；D
（3）；减小
（4）10
（5）BD；1.6
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）铱()和钴位于元素周期表同族，钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属d区，则位于元素周期表d区。、都能形成分子间氢键，分子间氢键比的强，分子间只有范德华力，所以沸点。
故答案为： d ；分子间氢键比的强，分子间只有范德华力 ；
（2）A．由循环图知，先进行的是反应，HI是催化剂，是中间产物，A项错误；
B．上述循环中断裂H-I、C-O、C-I等键和CO中的键，形成H-I、C-O等键，故B正确；
C．和正负电荷的重心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．根据图2，反应ⅲ的活化能最大，反应速率最慢，速控反应为反应ⅲ，故D错误；
故答案为： A D ；
（3）①焓变=反应物总键能-生成物总键能。。
②反应达到平衡时，，则K=；正反应放热，升高温度，平衡常数K减小，所以减小。
故答案为： ； 减小 ；
（4）忽略氨水的电离和铵根离子的水解，根据电离平衡常数表达式，，。
故答案为：10；
（5）①A．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，所以X代表温度，Y代表压强，故A错误；
B．Y代表压强，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，所以，故B正确；
C．b点温度、压强均大于a、c，b速率最快；a、c点压强相等，温度a点大于c点，正反应速率，故C错误；
D．a、c点压强相等，温度a点大于c点，升温可使c点向a点移动，故D正确；
选BD。
②b点平衡转化率为，平衡时，，该反应的平衡常数。
故答案为： BD ；1.6；
【分析】(1)铱（Ir）与钴同族，钴在d区，故Ir位于d区；
沸点差异原因：分子间氢键强于，仅存范德华力。
(2)A（是催化剂、是中间产物）；D（活化能最大的反应ⅲ是速控步）。
(3)计算：反应物总键能生成物总键能，得；
升温时，正反应放热，平衡常数减小，故减小。
(4)利用的电离常数公式，代入、浓度，求得浓度，进而得。
(5)正确选项：B（压强，压强越大转化率越高）；D（升温使c点向a点移动）；
平衡常数：代入b点平衡浓度，计算得。
（1）铱()和钴位于元素周期表同族，钴位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属d区，则位于元素周期表d区。、都能形成分子间氢键，分子间氢键比的强，分子间只有范德华力，所以沸点。
（2）A．由循环图知，先进行的是反应，HI是催化剂，是中间产物，A项错误；
B．上述循环中断裂H-I、C-O、C-I等键和CO中的键，形成H-I、C-O等键，故B正确；
C．和正负电荷的重心不重合，都是极性分子，故C正确；
D．根据图2，反应ⅲ的活化能最大，反应速率最慢，速控反应为反应ⅲ，故D错误；
选AD。
（3）①焓变=反应物总键能-生成物总键能。。
②反应达到平衡时，，则K=；正反应放热，升高温度，平衡常数K减小，所以减小。
（4）忽略氨水的电离和铵根离子的水解，根据电离平衡常数表达式，，。
（5）①A．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，所以X代表温度，Y代表压强，故A错误；
B．Y代表压强，正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO平衡转化率增大，所以，故B正确；
C．b点温度、压强均大于a、c，b速率最快；a、c点压强相等，温度a点大于c点，正反应速率，故C错误；
D．a、c点压强相等，温度a点大于c点，升温可使c点向a点移动，故D正确；
选BD。
②b点平衡转化率为，平衡时，，该反应的平衡常数。
18．（2024高三上·四川期末）三碘甲状腺原胺酸是治疗甲状腺功能不足和肥胖病药，也可用于诊断甲状腺功能亢进。它的一种合成路线如图，回答下列问题：
（1）i中的含氧官能团有　 　(填名称)。
（2）的反应类型是　 　，的另一产物是　 　(填化学式)。
（3）V的分子式为　 　。
（4）在i的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有　 　种(不包括立体异构体)。
①能发生银镜反应和水解反应；②遇溶液发生显色反应；③苯环上有3个取代基，其中一个是氨基()。
其中，含手性碳原子的结构简式为　 　(写一个)。
（5）下列有关叙述正确的是___________(填标号)。
A．ⅱ中只有2个官能团能形成氢键
B．最多消耗
C．中的氨基能与质子形成配位键
D．三碘甲状腺原胺酸可作抗氧化剂
（6）已知：硝基在铁、盐酸中能被还原成氨基，氨基具有强还原性。以对硝基甲苯、乙酸酐[]为原料合成，其他试剂自选。
①第一步反应是将苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）羧基、羟基
（2）取代反应；
（3）
（4）20；
（5）B；D
（6）对硝基苯甲酸；
【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
【解析】【解答】（1）yi中含氧官能团为：羧基、羟基；
故答案为： 羧基、羟基 ；
（2）由分析可知ii→iii氨基转化为酰胺基，发生取代反应；，另一产物为HCl；
故答案为： 取代反应； ；
（3）V的结构简式为：，分子式为：C7H8O；
故答案为： ；
（4）i的结构简式为：，同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，有-CHO和-COO-，遇氯化铁显色，有酚羟基存在，苯环上有三个取代基，一个是氨基，一个是-OH，根据O原子数目分析，另一个是含有甲酸酯基，甲酸酯基有HCOOCH2CH2-和，苯环上氨基和羟基的位置有三种、、，另一个侧链的位置分别有4个、4个、2个，同分异构体数目共2×10=20种；含有手性碳原子的结构简式为：；
故答案为：20；
（5）A．ii中的羟基、羧基和氨基都能形成氢键，有3个官能团能形成氢键，A错误；
B．i的结构简式为：1moli最多与2molNaOH反应，消耗80gNaOH，B正确；
C.1molviii中的氨基能与1mol质子形成配位键，C错误；
D．三碘甲状腺原胺酸有氨基和酚羟基，均具有还原性，可作抗氧化剂，D正确；
答案选BD。
故答案为： B D ；
（6）合成路线为，苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是对硝基苯甲酸；最后一步反应的化学方程式为：
故答案为： 对硝基苯甲酸 ；
【分析】整个合成过程分多步反应，每一步都有明确的转化或保护作用：
i到ii：发生苯环取代反应，酚羟基邻位的 2 个氢原子被碘原子替换；
ii到iii：-NH2（氨基）转化为酰胺基（-NHCOCH3），这一步是为了保护氨基；
iii到iv：发生酯化反应，把羧基转化为酯基，作用是保护羧基；
v到vi：生成离子化合物，为后续反应做准备；
iv 与 vi到vii：通过取代反应得到中间体 vii，其结构简式为，
vii到viii：再次发生取代反应，把酰胺基变回氨基、酯基变回羧基、醚键变回酚羟基（相当于 “脱保护”）；最后 viii 经取代反应得到目标产物。据此解题。
（1）yi中含氧官能团为：羧基、羟基；
（2）由分析可知ii→iii氨基转化为酰胺基，发生取代反应；，另一产物为HCl；
（3）V的结构简式为：，分子式为：C7H8O；
（4）i的结构简式为：，同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，有-CHO和-COO-，遇氯化铁显色，有酚羟基存在，苯环上有三个取代基，一个是氨基，一个是-OH，根据O原子数目分析，另一个是含有甲酸酯基，甲酸酯基有HCOOCH2CH2-和，苯环上氨基和羟基的位置有三种、、，另一个侧链的位置分别有4个、4个、2个，同分异构体数目共2×10=20种；含有手性碳原子的结构简式为：；
（5）A．ii中的羟基、羧基和氨基都能形成氢键，有3个官能团能形成氢键，A错误；
B．i的结构简式为：1moli最多与2molNaOH反应，消耗80gNaOH，B正确；
C.1molviii中的氨基能与1mol质子形成配位键，C错误；
D．三碘甲状腺原胺酸有氨基和酚羟基，均具有还原性，可作抗氧化剂，D正确；
答案选BD。
（6）合成路线为，苯环上的烃基氧化成羧基，则有机产物的名称是对硝基苯甲酸；最后一步反应的化学方程式为：。
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