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湖南省株洲市2025届高三上学期教学质量统一检测（一模）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10分，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·株洲模拟）化学创造美好生活，下列有关物质性质与用途的说法中错误的是
A．自热米饭的加热剂是铝粉、碳粉和盐，与水混合形成原电池，加快反应速率，实现放热
B．臭豆腐制作技艺是国家级非遗名录项目，豆腐的形成过程涉及胶体的聚沉
C．SO2具有较强还原性，SO2添加于葡萄酒中可达到抗氧化及保鲜的作用
D．钾盐可用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子跃迁到激发态过程中产生紫色光
2．（2025·株洲模拟）准确使用化学用语是每一位化学学习者的必备素养，下列化学用语表示正确的是
①氨基的电子式：
②基态的价电子轨道表示式：
③的价层电子对互斥模型：
④2-丁烯是重要的有机合成原料，其顺式结构的键线式为：
A．①③④ B．①② C．②③ D．④
3．（2025·株洲模拟）化学是一门以实验为基础的学科。下列有关实验安全的说法错误的是
A．加热易挥发性有机物时，应尽量避免使用明火
B．实验室制备氯气应在通风橱中进行
C．若浓硝酸沾到皮肤上，立即涂抹溶液，再用大量水冲洗
D．若不慎误食氯化钡溶液，可立即饮用鲜牛奶解毒
4．（2025·株洲模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法错误的是
A．硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造航空器的理想材料
B．稀土金属用途广泛，制造硬盘驱动器常用的就是稀土元素镝
C．压电陶瓷主要有钛酸盐和锆酸盐等，能实现化学能与电能的相互转化
D．我国歼-20歼击机使用的隐形涂料是一类有机高分子涂料
5．（2025·株洲模拟）宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养之一，下列生产、生活活动中对应离子方程式书写正确的是
A．用管道疏通剂(苛性钠和铝粉)疏通管道：
B．用从酸化的海带灰浸出液中制取碘：
C．洁厕灵与84消毒液不能混用的原因：
D．利用氯化铁溶液作为腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀：
6．（2025·株洲模拟）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．装置①可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱
B．装置②可用于制取
C．装置③可用于制备并测量其体积
D．装置④可用于测定盐酸的浓度
7．（2025·株洲模拟）肉桂醛可由苯甲醛和乙醛通过如下途径合成，下列说法正确的是
+CH3CHO+H2O
A．可利用酸性溶液检验肉桂醛中的碳碳双键
B．肉桂醛分子中含有个键
C．产物中可能存在副产物
D．苯甲醛与足量氢气反应后可得到含有手性碳原子的产物
8．（2025·株洲模拟）某矿石的主要成分为，其中组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y、Z四种元素中只有一种是金属元素。X原子L层比K层多一个电子，Z原子核外s能级上的电子总数比p能级上的电子数少1个。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．W和Y形成的化合物中可能存在非极性键
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．通常电解Z的氯化物溶液来制备单质Z
9．（2025·株洲模拟）下列事实与原理解释不相符的是
A．玛瑙常呈无规则几何外形，是因为熔融态的缓慢冷却所致
B．乙醇在人体内被乙醇脱氢酶氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性
C．用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，利用了化学平衡移动原理
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的分子识别特性
10．（2025·株洲模拟）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图，电解质为含的有机溶液。闭合时产生，闭合时产生。下列说法正确的是
A．闭合时从左向右移动
B．闭合时Ni-Pt电极发生还原反应
C．闭合，理论上每生成，需消耗约
D．放电时总反应：
11．（2025·株洲模拟）是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是
A．物质A的化学式为
B．结合能力：
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为
12．（2025·株洲模拟）我国科学家提出了以钌催化剂为核心的碳环选择性氢化策略，首次实现了苯并杂环芳烃碳环的高选择性氢化，其反应原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．该过程涉及非极性键和极性键的断裂和形成
B．Ⅰ至Ⅱ的过程中碳的杂化方式未发生改变
C．Ⅱ至Ⅲ的反应产物只有一种
D．Ⅲ至Ⅰ的反应类型为氧化反应
13．（2025·株洲模拟）的氧化反应分两步进行：
Ⅰ．
Ⅱ．
其能量变化示意图如下图1.向恒容密闭容器中充入一定量的和，控制反应温度为和，测得随时间的变化曲线如下图2.下列说法不正确的是
A．反应1在低温下自发进行
B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ
C．结合图2信息可知：转化相同量的耗时更长
D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，减小对过程Ⅱ速率的影响大于温度对过程II速率的影响
14．（2025·株洲模拟）时，向10mL某浓度新制氯水中滴入的溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为。下列说法错误的是
A．甲点溶液中存在：
B．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C．丙点溶液中：
D．氯水中存在平衡：，其平衡常数约为
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·株洲模拟）某兴趣小组探究卤化银能否发生置换反应。已知：
AgBr AgI AgSCN白色沉淀
颜色 浅黄色沉淀 黄色沉淀 砖红色沉淀
Ⅰ．探究锌能否置换出氯化银中的银：
（1）下列实验仪器中，在过滤时不需要用到的是：___________(填标号)。
A. 容量瓶 B. 玻璃棒 C. 烧瓶 D. 漏斗
（2）简述验证AgCl固体已洗净的操作：________。
（3）溶液能检验溶液中的，反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，写出检验的离子方程式：________。
（4）用莫尔法测定滤液中的浓度：取三份上述滤液于锥形瓶中，滴加两滴指示剂，用标准溶液滴定至终点。记录数据如下表：
编号 1 2 3
样品体积/mL 10.00 10.00 10.00
消耗溶液体积/mL 17.28 17.20 17.18
①写出滴定终点的颜色变化：________。
②计算滤液中________(保留三位有效数字)。
Ⅱ．探究铁能否置换出氯化银中的银：
取的溶液两份，分别加入的溶液、0.1mol/L的溶液，充分振荡后放置一段时间，离心分离、蒸馏水洗涤三次后，用煮沸后的蒸馏水加注至试管口，各加入一片铁片(1cm×0.5cm)后，最后用橡胶塞封闭试管口，12h后再观察，取上层清液加5滴。
（5）采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：________。
（6）预测能说明铁可以与AgBr、AgI发生置换反应的实验现象：________。
16．（2025·株洲模拟）工业上提钒尾渣中钒的高效回收具有重要的意义，某工艺如下：
已知：
①提钒尾渣中钒主要以焦钒酸盐(如、)存在，另外还含有及其他不溶杂质。
②酸浸后钒以存在。
③“沉钒”的主要反应为：
回答下列问题：
（1）写出基态钒的价层电子排布式：　 　。
（2）钒可形成多种含氧酸盐，其中正钒酸根的空间构型为：　 　。
（3）写出焦钒酸锰在“酸浸”中发生反应的离子方程式：　 　；为提高“酸浸”效率可采取的措施是：　 　。(写一条)
（4）“除铁”中，当时　 　mol/L。(已知：)
（5）综合考虑，试剂X最好选择：　 　(填标号)。
A． B． C．
（6）钒浸出率随pH、温度T、时间t的变化如下图：
①综合分析，最佳的“酸浸”条件是：　 　。
②分析30min后浸出率几乎不变的原因可能是：　 　。
17．（2025·株洲模拟）花椒是我国常用调味料，山椒素是花椒麻味的主要成分。
已知：Et表示乙基，Ph表示苯基。
回答下列问题：
（1）山椒素分子中含氧官能团的名称　 　、　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　，另一种有机产物的结构简式　 　。
（3）写出I、J合成山椒素的化学方程式　 　。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成。下列三种物质最难发生反应的是　 　(填标号)。
A． B． C．
（5）化合物X是化合物I的同系物且相对分子质量少14，X的同分异构体中同时满足下列各件的有　 　种。
①苯环上有3个不同取代基
②能发生水解反应和银镜反应
写出任意一种苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式　 　。
（6）请结合题中信息，以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：　 　。
18．（2025·株洲模拟）氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。
Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有：
a．甲苯水蒸气重整：①
b．甲苯二氧化碳重整：②
c．水汽变换反应：③
d．甲烷化反应：④
⑤
（1）甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。
A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 低温高压
（2）反应： ________。
（3）一定压强下，反应釜出口含量随温度、进料比变化如图：
解释含量随进料比的变化及原因：________。
（4）进料比为、时，出口中的物质的量分数随温度升高的变化如图，结合反应体系说明原因：________。
Ⅱ．二氧化铈制氢法
二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在和之间进行可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分被还原为时会产生氧空位。
（5）二氧化铈晶胞中的配位数为：________。
（6）当晶体中和个数比为2：5时，氧空位比为________[]
Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图：
（7）写出阳极的电极反应式：________。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；焰色反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、自热米饭的加热剂利用铝粉、碳粉和盐与水混合形成原电池。原电池可以加快铝和水的反应速率，从而快速释放热量，实现自热。A正确；
B、豆腐的制作是向豆浆（一种胶体）中加入卤水等电解质，使胶体发生聚沉，形成凝胶状的豆腐。B正确；
C、SO2具有还原性，可以防止葡萄酒中的成分被氧化，同时能抑制微生物生长，起到保鲜作用。C正确；
D、钾盐用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子从激发态跃迁回基态时，会释放能量并以紫色光的形式发出，而不是电子跃迁到激发态的过程发光。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易忽略自热米饭加热剂中 “形成原电池加快反应速率” 这一原理，误以为只是单纯的化学反应放热。
只记住 SO2有毒性，而忽略了它在规定剂量下作为抗氧化剂和保鲜剂的作用，从而误判该选项。
对焰色反应原理的混淆：这是最主要的易错点。容易错误地认为电子跃迁到激发态时发光，而实际上是电子从激发态跃迁回基态时才会释放光能，产生特征颜色的光。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】①氨基的电子式：氨基（-NH2）的正确电子式应为，题目中的式子缺少一个孤对电子，因此该表示错误；
②基态 Fe2+的价电子轨道表示式：Fe 原子的价电子排布为 3d64s2，Fe2+是 Fe 原子失去 2 个 4s 电子形成的，其价电子排布应为 ： ，错误；
③CO32-的价层电子对互斥模型：CO32-的中心 C 原子价层电子对数目为 3，没有孤对电子，其价层电子对互斥模型应为平面三角形：，错误；
④顺式 2 - 丁烯的键线式：顺式 2 - 丁烯的两个甲基在碳碳双键的同一侧： ，因此该表示正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
孤对电子氨基（-NH2）的 N 原子上有一对孤对电子，书写电子式时很容易漏掉，导致判断错误。
Fe 原子价电子排布是 3d64s2，Fe2+是失去最外层 4s 轨道的 2 个电子，排布为 3d6；Fe3+是失去 4s2 和 1 个 3d 电子，排布为 3d5。二者容易混淆。
CO32-的中心 C 原子没有孤对电子，其价层电子对互斥模型和分子空间构型都是平面三角形。容易误将其与有孤对电子的离子（如 SO32-）的四面体形模型混淆。
顺式 2 - 丁烯的两个甲基在双键同侧，反式则在异侧。如果不熟悉键线式的空间表示，很容易判断错误。
3．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；化学试剂的存放
【解析】【解答】A、易挥发性有机物通常易燃，加热时使用明火有引发火灾的风险，应尽量避免。A正确；
B、氯气是有毒气体，制备氯气的实验必须在通风橱中进行，以防止中毒。B正确；
C、浓硝酸具有强腐蚀性，若沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用稀碳酸氢钠溶液中和。NaOH 溶液同样具有强腐蚀性，会对皮肤造成二次伤害，因此不能涂抹。C错误；
D、氯化钡属于重金属盐，会使蛋白质变性。饮用鲜牛奶可以利用牛奶中的蛋白质与钡离子结合，从而减轻毒性。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
A．易燃有机物加热时，核心是远离明火。
B．制备有毒气体氯气，核心是必须在通风橱中操作。
C．浓硝酸和 NaOH 都有强腐蚀性，核心是不能用强碱中和强酸腐蚀。
D．重金属盐中毒，核心是用富含蛋白质的物质（如牛奶）解毒。
4．【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、硬铝属于铝合金，具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，这些性能非常适合制造航空器。A正确；
B、稀土金属用途广泛，其中稀土元素钕常用于制造硬盘驱动器中的磁体，B正确；
C、压电陶瓷（如钛酸盐、锆酸盐）的核心功能是实现机械能与电能的相互转化，而非化学能与电能。C错误；
D、我国歼 - 20 歼击机使用的隐形涂料，多为能吸收雷达波的有机高分子材料。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆不同能量形式的转化：压电陶瓷的核心是机械能与电能的相互转化，很容易和化学电源的化学能与电能转化搞混，这是最主要的易错点。
对高新材料的陌生感：隐形涂料、稀土金属在硬盘中的应用等都属于高科技材料，平时接触较少，容易对这类选项产生怀疑。
对合金性能的记忆模糊：硬铝作为铝合金，其密度小、强度高的特性是制造航空器的关键，若对合金的优良性能记忆不牢，可能会误判。
5．【答案】A
【知识点】铝的化学性质；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、管道疏通剂中的铝粉与强碱溶液反应，生成四羟基合铝酸根离子和氢气。该离子方程式配平正确，产物书写正确，符合反应事实。A正确；
B、在酸性条件下，H2O2与 I-反应生成 I2和 H2O，不能生成 OH-。B错误；
C、洁厕灵中的 HCl 与 84 消毒液中的 NaClO 反应，在酸性条件下生成 Cl2和 H2O，不能生成 OH-。C错误；
D、该离子方程式电荷不守恒，正确的写法应为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点与突破口：
A．铝与强碱反应的本质是铝与水在碱性条件下反应，生成四羟基合铝酸根离子。
B．题目明确说明是 “酸化的海带灰浸出液”，反应环境为酸性，离子方程式中不能出现 OH-。
C．洁厕灵含盐酸，溶液呈酸性，84 消毒液中的次氯酸根在酸性条件下与氯离子反应，不能生成 OH-，只能生成水。
D．观察方程式两边的电荷是否守恒，左边带 3 个正电荷，右边带 4 个正电荷，明显不守恒。
6．【答案】B
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；苯酚的化学性质；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、装置①中，盐酸与大理石反应生成的 CO2气体中会混有挥发的 HCl 杂质。HCl 的酸性比碳酸强，它会直接与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸使苯酚钠溶液变浑浊，因此不能比较苯酚和碳酸的酸性强弱，故A不符合题意 ；
B、装置②中，苯液封可以隔绝空气，防止生成的 Fe(OH)2被氧化。将煮沸过的 NaOH 溶液直接注入硫酸亚铁溶液中，能成功制备白色的 Fe(OH)2沉淀，故B符合题意 ；
C、装置③中，氨气极易溶于水，不能用排水法测量其体积，故C不符合题意 ；
D、装置④中，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中，而图中使用的是酸式滴定管，会腐蚀活塞。此外，滴定终点现象判断不明确，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解题关键点与突破口：
A．抓住 “挥发性”。盐酸具有挥发性，生成的 CO2气体中会混有 HCl 杂质，会干扰酸性比较，这是判断的关键。
B．抓住 “Fe(OH)2易被氧化” 的特性。该装置用苯液封隔绝空气，并用煮沸的 NaOH 溶液除去溶解氧，完美解决了氧化问题。
C．抓住 “氨气极易溶于水” 的性质。因此不能用排水法收集或测量体积，这是最直接的错误点。
D．抓住 “滴定管的选择”。NaOH 溶液是强碱，必须使用碱式滴定管，图中用酸式滴定管是明显错误。
7．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；醛的化学性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、肉桂醛中同时含有醛基和碳碳双键，两者都能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法单独检验碳碳双键。A错误；
B、1mol 肉桂醛分子中，苯环、碳碳双键、醛基等结构总共含有 18mol σ 键，而非 20mol。B错误；
C、该反应为羟醛缩合，乙醛分子之间也能发生类似反应，生成副产物 CH3CH=CHCHO。C正确；
D、苯甲醛与足量氢气加成后生成苯甲醇（ ），其分子中没有连接四个不同原子或基团的碳原子，因此不含手性碳原子。D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．检验碳碳双键的核心是排除醛基干扰，肉桂醛中醛基和碳碳双键均能使酸性 KMnO4 溶液褪色，未除杂则无法检验。
B．数 σ 键的关键是单键全算、双键只算 1 个，同时数清苯环、侧链的所有单键，避免重复或遗漏。
C．羟醛缩合的突破口是有 α-H 的醛可自身缩合，乙醛含 α-H，会发生分子间缩合生成副产物，并非只有不同醛间的反应。
D．判断手性碳的核心是碳原子连 4 个不同原子、基团，苯甲醛加氢生成的苯甲醇，无符合该条件的碳原子。
8．【答案】B
【知识点】工业制金属铝；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径 B > O，即 X > Y。A错误；
B、W 和 Y 形成的化合物有 H2O 和 H2O2，H2O2中存在 O-O 非极性键。B正确；
C、Z 与 Y 形成的是 Al2O3，属于离子化合物，而非共价化合物。C错误；
D、制备单质 Al 通常电解熔融的 Al2O3，电解 AlCl3溶液无法得到 Al 单质。D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X 元素：X 原子 L 层比 K 层多一个电子，K 层有 2 个电子，L 层有 3 个电子 ，故 X 为 B（硼）。
Z 元素：Z 原子核外 s 能级电子总数比 p 能级少 1 个。短周期主族元素且原子序数最大，只有一种金属元素，s 能级共 4 个电子，p 能级共 5 个电子，故Z 为 Al（铝）。
Y 元素：矿石化学式为 Z2X4Y7 10W2Y，类似明矾结构（KAl2(SO4)2 12H2O），结合原子序数顺序 W < X (B) < Y < Z (Al)，故Y 为 O（氧）。
W 元素：矿石结晶水为 W2Y，Y 是 O，故W 为 H（氢）。
最终确定：W 为 H，X 为 B，Y 为 O，Z 为 Al。
9．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；超分子
【解析】【解答】A、玛瑙属于无定形二氧化硅，它是熔融态的 SiO2快速冷却形成的。缓慢冷却会形成晶体形态的水晶，因此该解释与事实不符。A错误；
B、乙醇在乙醇脱氢酶作用下被氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性。该解释与事实相符。B正确；
C、氯气溶于水存在平衡 Cl2+H2O HCl+HClO。饱和食盐水中高浓度的 Cl-会使平衡逆向移动，从而减少氯气的溶解，只除去杂质氯化氢。该解释与事实相符。C正确；
D、“杯酚” 可以作为主体分子，通过超分子的分子识别特性，选择性地与 C60结合，从而实现与 C70的分离。该解释与事实相符。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “玛瑙” 和 “水晶” 的本质区别。玛瑙是无定形SiO2，由熔融态 SiO2快速冷却形成；水晶是晶体 SiO2，由缓慢冷却形成。
B．抓住 “氧化” 这一关键词。乙醇被氧化为乙醛，说明乙醇在反应中失去电子，体现了还原性。
C．抓住 “饱和食盐水除 HCl” 的原理。这是利用化学平衡移动，Cl-浓度增大抑制 Cl2与水的反应，从而减少 Cl2的溶解。
D．抓住 “杯酚分离 C60和 C70” 的核心原理。这是利用超分子的分子识别特性，实现不同分子的选择性结合与分离。
10．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、闭合 S1时为放电过程，Ni-Pt 电极为正极，Li 电极为负极。在原电池中，阳离子（Li+）会向正极移动，即从右向左移动，而非从左向右，A错误；B、闭合 S2时为电解过程，此时产生 Cl2，说明 Cl-在 Ni-Pt 电极上失电子被氧化为 Cl2，因此 Ni-Pt 电极是阳极，发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、电解时生成 1 mol Li，需要转移 1 mol 电子，对应生成 0.5 mol Cl2。但选项中未指明是标准状况，无法直接用 22.4 L/mol 计算体积，因此 “11.2 L” 的结论不成立，C错误；
D、放电时，负极 Li 被氧化为 Li+，正极 N2被还原为 Li3N，同时 CF3SO2Cl 与 Li+反应生成 (CF3SO2)2NLi 和 LiCl。根据电子守恒和原子守恒配平，总反应为： ，D正确；
故答案为：D。
【分析】工作模式判断：闭合 S1为原电池（放电），闭合 S2为电解池（电解）。
离子移动方向：原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动。
电极反应类型：阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应。
气体体积计算：使用 22.4 L/mol 时，必须注明 “标准状况”。
11．【答案】C
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.1mol NH3与 1mol SO3反应，只能生成酸式盐 NH4HSO4，生成正盐 (NH4)2SO4需要 2mol NH3。 A错误；
B．甲胺（CH3NH2）中的甲基是推电子基团，会使 N 原子上的电子云密度更高，结合 H+的能力比肼（N2H4）更强。 B错误；
C．这是一个经典的制备肼（N2H4）的反应，NH3被 NaClO 氧化为 N2H4，ClO-被还原为 Cl-，配平后的方程式正确。 C正确；
D．在过程 Ⅱ 中，N2H4（N 为 - 2 价）被氧化为 NaN3（N 为 - 价），NaNO2（N 为 + 3 价）被还原为 NaN3，通过计算得失电子数可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2。 D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NH3与 SO3等物质的量反应，生成的是 NH4HSO4。
B．甲胺（CH3NH2）中的甲基具有推电子效应，增强了 N 原子上的电子云密度，使其结合 H+的能力比肼（N2H4）更强。
C．过程 Ⅰ 中，NH3与 NaClO 反应生成 N2H4、NaCl 和 H2O。
D．过程 Ⅱ 中，N2H4作为还原剂，NaNO2作为氧化剂，根据得失电子守恒，两者物质的量之比为 1：2。
12．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该过程中，H2分子中的 H-H 非极性键发生断裂，同时形成 C-H 极性键，但没有新的非极性键生成。A错误；
B、在 I 至 II 的过程中，苯环结构并未发生氢化，碳原子始终参与苯环的共轭体系，杂化方式保持为 sp2 杂化。B正确；
C、II 至 III 的反应是苯环的氢化过程，由于苯环上的氢加成位置不同，会产生多种立体异构体，因此产物不止一种。C错误；
D、III 至 I 的反应是苯环脱氢恢复芳香性的过程，这是一个失去氢原子的反应，属于氧化反应。D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
键的变化判断：反应中断裂了非极性键，但没有新的非极性键生成，容易误判为有非极性键的形成。
杂化方式判断：I 至 II 过程中苯环结构未变，碳的杂化方式保持 sp2，容易误认为结构变化就会改变杂化方式。
产物种类判断：苯环加成会产生多种立体异构体，容易忽略这一点而认为产物只有一种。
反应类型判断：III 至 I 是脱氢的氧化反应，但需要结合整个催化循环判断，容易被表面步骤迷惑。
13．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应 I（2NO N2O2）是气体分子数减少的反应，ΔS < 0。从能量图看，生成物 N2O2能量低于反应物 NO，ΔH < 0。根据自发反应判据 ΔG = ΔH - TΔS，低温下 ΔG < 0，反应可自发进行。A正确；
B、总反应的决速步骤是活化能最高的一步。图 1 显示过程 II 的活化能 Ea2大于过程 I 的 Ea1，因此过程 II 是决速步骤。B正确；
C、图 2 中 T2 > T1，温度越高反应速率越快，转化相同量的 NO 时，T1耗时应更短，而非更长。C错误；
D、温度升高使过程 I 平衡逆向移动，c (N2O2) 减小，这会降低过程 II 的速率。当这种抑制作用超过升温对过程 II 的加速作用时，就会出现 T2时总反应速率比 T1慢的现象。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
决速步骤的判断：容易混淆活化能与反应速率的关系，记住活化能最高的步骤才是决速步骤，它决定了总反应的快慢。
温度对速率和平衡的双重影响：升温通常会加快反应速率，但对于有平衡步骤的复杂反应，若升温使中间物浓度降低，其对后续反应的抑制作用可能超过升温的加速作用，导致总速率反而下降。
自发反应的条件：反应 I 的 ΔH < 0、ΔS < 0，需根据 ΔG = ΔH - TΔS 判断，只有低温下才能自发，高温下 ΔG 会大于 0。
图像信息的误读：图 2 中 T2温度高但后期速率慢，容易直接认为温度越高速率越快，忽略了温度对平衡移动的间接影响。
14．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据氯元素守恒，甲点溶液中所有含氯粒子的总物质的量应等于初始 Cl2的 2 倍。但选项中的等式将 Cl2视为 1 倍，且未给出氯水的具体浓度，无法确定其物质的量为 0.01 mol。A错误；
B、乙到丁的过程中，氯水与 NaOH 反应生成 NaCl 和 NaClO。NaClO 是强碱弱酸盐，会促进水的电离；当 NaOH 过量时，过量的强碱会抑制水的电离。因此，水的电离程度先增大后减小。B正确；
C、丙点溶液 pH=8，呈弱碱性，此时溶质为 NaCl、NaClO 和少量未反应的 NaOH。Cl-来自 HCl 的完全电离，ClO-来自 HClO 的部分电离，且 ClO-会水解，因此浓度关系为 c (Na+) > c (Cl-) > c (ClO-) > c (H+)。C正确；
D、氯水中的平衡 Cl2(aq)+H2O(l) H+(aq)+Cl-(aq)+HClO (aq)，其平衡常数 。结合 HClO 的电离常数 Ka ≈ 2.5×10-8，可估算出 K 值约为 10-5。D正确；
故答案为：A。
【分析】氯水中存在平衡：
当向氯水中逐滴加入NaOH溶液时，反应分两个阶段进行：
第一阶段：中和强酸HCl：
由于HCl是强酸，完全电离出H+，而HClO是弱酸，因此NaOH会优先与HCl发生中和反应：
滴定曲线上的乙点就是这一反应的终点，此时溶液中的溶质为NaCl和HClO。这是第一个突跃点，标志着HCl已完全反应，而HClO尚未参与反应。
第二阶段：中和弱酸HClO：
继续加入NaOH溶液，NaOH开始与剩余的HClO反应：
当加入20 mL NaOH溶液时，达到第二个突跃点，此时HClO也完全反应，最终溶液中的溶质为NaCl和NaClO。
15．【答案】(1) A，C
(2) 向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净
(3) 2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓
(4) 悬浊液由白色变为浅砖红色 0.017mol/L或1.72×10–2mol/L
(5) 防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰
(6) 淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的仪器有：铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶、烧瓶，所以选择AC。
故答案为： A，C ；
（2）检验氯化银固体已经洗净的就是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，故操作为：
向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净。
故答案为：向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净 ；
（3）溶液能检验溶液中的，反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，所以检验的离子方程式：2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓。
故答案为： 2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓ ；
（4）①由题目信息中卤化银的颜色可知，指示剂可选择重铬酸钾溶液，滴定终点是生成沉淀，所以滴定终点的颜色变化为：悬浊液由白色变为浅砖红色。
②由题目表格可知，第一组数据与第二、三组数据相差较大，应该删去，所以消耗标准液的平均体积为：，。
故答案为： 悬浊液由白色变为浅砖红色 0.017mol/L或1.72×10–2mol/L ；
（5）探究铁能否置换出氯化银中的银，利用检验是否会产生亚铁离子，由于铁在氧气存在时会发生吸氧腐蚀负极：，从而干扰亚铁离子检验，所以采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰。
故答案为： 防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰 ；
（6）铁可以与AgBr、AgI发生置换反应，则沉淀会消失，铁片的表演要有银单质产生，所以实验现象为：淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成。
故答案为： 淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成 。
【分析】（1）过滤仪器选择：过滤操作的核心仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。容量瓶用于配制溶液，烧瓶用于反应或加热，均不需要。
（2）沉淀洗净验证：检验最后一次洗涤液中是否含有 Cl-，若滴加 AgNO3溶液无沉淀，证明已洗净。
（3）Zn2+检验离子方程式：类比 K3[Fe (CN)6] 检验 Fe2+的原理，生成难溶的有色沉淀，如 K2Zn[Fe(CN)6]。
（4）莫尔法测 Cl-浓度① 以 K2CrO4为指示剂，终点时 Ag+与 CrO42-生成砖红色 Ag2CrO4沉淀，溶液由白色变为浅砖红色。② ：舍去偏差较大的数据，计算平均体积，根据 Ag+与 Cl-的 1：1 反应计算浓度。
（5）实验操作目的：煮沸水和密封试管是为了除去并隔绝氧气，防止铁片吸氧腐蚀生成 Fe2+，干扰后续检验。
（6）实验现象预测：铁置换出 AgBr、AgI 中的银，银呈黑色固体，同时沉淀颜色消失。
16．【答案】（1）3d34s2
（2）正四面体形
（3）Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等
（4）2.64×10–6
（5）B
（6）pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；
故答案为： 3d34s2 ；
（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；
故答案为： 正四面体形 ；
（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等措施能提高“酸浸”效率；
故答案为： Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O ； 搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等 ；
（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为=2.64×10–6mol/L；
故答案为： 2.64×10–6 ；
（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O离子和铵根离子转化为NH4V3O8沉淀，则调节溶液pH的试剂X最好选择碳酸氢钠，故选B；
故答案为： B ；
（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；
②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。
故答案为： pH=0.5、室温(r=25℃)、30min ； Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应 。
【分析】向提钒尾渣中加入硫酸，将钒转化为可溶性的 VO2+离子，同时溶解其他杂质，通过过滤 I 除去不溶的滤渣 I。向滤液中加入试剂 X 并调节 pH，将铁离子转化为沉淀，通过过滤 II 除去含铁的滤渣 II。向除铁后的滤液中加入硫酸，使 VO2+转化为钒的沉淀物，通过过滤 III 得到含钒沉淀。将含钒沉淀煅烧，最终得到五氧化二钒（V2O5）产品。据此解题。
（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；
（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；
（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等措施能提高“酸浸”效率；
（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为=2.64×10–6mol/L；
（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O离子和铵根离子转化为NH4V3O8沉淀，则调节溶液pH的试剂X最好选择碳酸氢钠，故选B；
（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；
②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。
17．【答案】（1）酰胺基；羟基
（2）水解反应(取代反应)；CH3COOH
（3）
（4）A
（5）30； (任写一个)
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。
故答案为：酰胺基；羟基。
（2）由D转化为E和，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。
故答案为：水解反应（或取代反应）；。
（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。
故答案为：。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂和一个结合为吡咯烷衍生物，其中键长越短，X原子电负性越强，形成的越稳定，越不容易断裂，在Cl、Br、I中，Cl的半径最小，电负性最大，所以形成的最稳定，最不容易断裂，A选项符合题意。
故答案为：A。
（5）化合物I的化学式为：，化合物X是I的同系物且相对分子质量少14，则化合物X的化学式为：，X的同分异构体中同时满足下列各件的有：
①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：；
②苯环上有3个不同取代基：除外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：、、；根据在苯环上如果有3种不同取代基时，其同分异构体数目为10种，则前面的3种取代基组合共有同分异构体数目为30种；任意一种组合在苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式分别为：、、。
故答案为：30；：、、(任写一个)。
（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和加成得到，在与反应得到，再与反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。
故答案为：。
【分析】以（A）为起始原料，先与 PBr3、乙酸反应生成溴代酯（），再与三苯基膦反应转化为鏻盐（），完成烷基链的活化。鏻盐（C）与乙氧甲酰基甲酸乙酯发生 Wittig 反应，生成双酯中间体（），再水解脱羧得到醛醇中间体（）。中间体（）与 CBr4、三苯基膦反应生成溴代物（），再次转化为鏻盐（），再与巴豆醛进行 Wittig 反应，引入共轭双键，生成酯类中间体（）。酯（H）水解为羧酸（），再与J发生酰胺化反应，最终得到目标产物山椒素（）。逆推可得J的结构：（）。据此解题。
（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。
故答案为：酰胺基；羟基。
（2）由D转化为E和，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。
故答案为：水解反应（或取代反应）；。
（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。
故答案为：。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂和一个结合为吡咯烷衍生物，其中键长越短，X原子电负性越强，形成的越稳定，越不容易断裂，在Cl、Br、I中，Cl的半径最小，电负性最大，所以形成的最稳定，最不容易断裂，A选项符合题意。
故答案为：A。
（5）化合物I的化学式为：，化合物X是I的同系物且相对分子质量少14，则化合物X的化学式为：，X的同分异构体中同时满足下列各件的有：
①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：；
②苯环上有3个不同取代基：除外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：、、；根据在苯环上如果有3种不同取代基时，其同分异构体数目为10种，则前面的3种取代基组合共有同分异构体数目为30种；任意一种组合在苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式分别为：、、。
故答案为：30；：、、(任写一个)。
（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和加成得到，在与反应得到，再与反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。
故答案为：。
18．【答案】(1) B
(2) –573.6kJ/mol
(3) 一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量
(4) 当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主
(5) 8
(6) 1∶13
(7) C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；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】（1）甲苯催化重整无论是水蒸气重整还是二氧化碳重整的反应都是气体物质的量增大的反应，且反应都吸热，故高温低压条件有利于反应正向进行，故选B；
故答案为： B ；
（2）根据已知：
反应① C7H8(g)+7H2O(g) 7CO(g)+11H2(g) ΔH1=+869.1kJ/mol
反应⑤ CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH5=+206.1kJ/mol
反应C7H8(g)+10H2(g)=7CH4(g)可以由反应①-反应⑤×7得到，则该反应的 ΔH= ΔH1-ΔH5×7=–573.6kJ/mol；
故答案为： –573.6kJ/mol ；
（3）温度一定时，左图中，进料比增大，H2含量增加，右图中，进料比增大，H2含量减小，因为甲苯水蒸气重整反应H2O和甲苯反应比是7：1，故进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量，一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小；
故答案为： 一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量 ；
（4）由图可知，当进料比为7∶1时，随温度升高，H2含量增加，说明以甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主，有利于平衡正向移动；当进料比为8∶1时，随温度升高，H2含量减小，说明以水汽变换等放热反应为主，平衡逆向移动；
故答案为： 当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主 ；
（5）根据晶胞无隙并置的特点，观察晶胞上下面面心的Ce4+可知，它上下各有4个O2-到它距离相等，8个O2-构成正方体，故Ce4+的配位数为8；
故答案为： 8 ；
（6）当晶体中Ce3+和Ce4+个数比为2：5时，根据化合价代数和为0，Ce和O的组成比为7：13，若是CeO2，Ce和O的组成比为1：2=7：14，故氧空位比为(14-13)：13=1：13；
故答案为： 1∶13 ；
（7）阳极连外电源正极，是左侧电极，由图知，葡萄糖在阳极失电子，生成的气体可以用于工业制氨，故生成气体为CO2，质子交换膜表明电解质溶液为酸性，故电极反应式为C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+。
故答案为： C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+ 。
【分析】（1）适宜条件选择：甲苯重整反应为气体分子数增加的吸热反应，根据勒夏特列原理，高温低压有利于平衡正向移动。
（2）反应热计算：利用盖斯定律，将已知反应①和⑤进行加减运算，消去中间产物，得到目标反应的焓变。
（3）进料比影响分析：进料比小于 7：1 时，增加水蒸气浓度，平衡右移，H2含量增加；进料比大于 8：1 时，过量水蒸气稀释了 H2，使其含量降低。
（4）温度影响分析：进料比为 7：1 时，以甲苯重整等吸热反应为主，升温使平衡右移，H2含量增加；进料比为 8：1 时，以水汽变换等放热反应为主，升温使平衡左移，H2含量降低。
（5）配位数判断：在 CeO2的萤石型晶胞中，中心 Ce4+与周围 8 个等距的 O2-配位，配位数为8。
（6）氧空位比计算：根据化合物中正负化合价代数和为零，计算出 O2-的实际数目，再与理想化学式对比，得出氧空位比为1：13。
（7）阳极电极反应式：在酸性条件下，葡萄糖在阳极失去电子，被氧化为 CO2和 H+，配平后得到电极反应式。
1 / 1湖南省株洲市2025届高三上学期教学质量统一检测（一模）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10分，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·株洲模拟）化学创造美好生活，下列有关物质性质与用途的说法中错误的是
A．自热米饭的加热剂是铝粉、碳粉和盐，与水混合形成原电池，加快反应速率，实现放热
B．臭豆腐制作技艺是国家级非遗名录项目，豆腐的形成过程涉及胶体的聚沉
C．SO2具有较强还原性，SO2添加于葡萄酒中可达到抗氧化及保鲜的作用
D．钾盐可用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子跃迁到激发态过程中产生紫色光
【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；焰色反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、自热米饭的加热剂利用铝粉、碳粉和盐与水混合形成原电池。原电池可以加快铝和水的反应速率，从而快速释放热量，实现自热。A正确；
B、豆腐的制作是向豆浆（一种胶体）中加入卤水等电解质，使胶体发生聚沉，形成凝胶状的豆腐。B正确；
C、SO2具有还原性，可以防止葡萄酒中的成分被氧化，同时能抑制微生物生长，起到保鲜作用。C正确；
D、钾盐用作紫色烟花原料，是因为钾原子中的电子从激发态跃迁回基态时，会释放能量并以紫色光的形式发出，而不是电子跃迁到激发态的过程发光。D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
容易忽略自热米饭加热剂中 “形成原电池加快反应速率” 这一原理，误以为只是单纯的化学反应放热。
只记住 SO2有毒性，而忽略了它在规定剂量下作为抗氧化剂和保鲜剂的作用，从而误判该选项。
对焰色反应原理的混淆：这是最主要的易错点。容易错误地认为电子跃迁到激发态时发光，而实际上是电子从激发态跃迁回基态时才会释放光能，产生特征颜色的光。
2．（2025·株洲模拟）准确使用化学用语是每一位化学学习者的必备素养，下列化学用语表示正确的是
①氨基的电子式：
②基态的价电子轨道表示式：
③的价层电子对互斥模型：
④2-丁烯是重要的有机合成原料，其顺式结构的键线式为：
A．①③④ B．①② C．②③ D．④
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】①氨基的电子式：氨基（-NH2）的正确电子式应为，题目中的式子缺少一个孤对电子，因此该表示错误；
②基态 Fe2+的价电子轨道表示式：Fe 原子的价电子排布为 3d64s2，Fe2+是 Fe 原子失去 2 个 4s 电子形成的，其价电子排布应为 ： ，错误；
③CO32-的价层电子对互斥模型：CO32-的中心 C 原子价层电子对数目为 3，没有孤对电子，其价层电子对互斥模型应为平面三角形：，错误；
④顺式 2 - 丁烯的键线式：顺式 2 - 丁烯的两个甲基在碳碳双键的同一侧： ，因此该表示正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
孤对电子氨基（-NH2）的 N 原子上有一对孤对电子，书写电子式时很容易漏掉，导致判断错误。
Fe 原子价电子排布是 3d64s2，Fe2+是失去最外层 4s 轨道的 2 个电子，排布为 3d6；Fe3+是失去 4s2 和 1 个 3d 电子，排布为 3d5。二者容易混淆。
CO32-的中心 C 原子没有孤对电子，其价层电子对互斥模型和分子空间构型都是平面三角形。容易误将其与有孤对电子的离子（如 SO32-）的四面体形模型混淆。
顺式 2 - 丁烯的两个甲基在双键同侧，反式则在异侧。如果不熟悉键线式的空间表示，很容易判断错误。
3．（2025·株洲模拟）化学是一门以实验为基础的学科。下列有关实验安全的说法错误的是
A．加热易挥发性有机物时，应尽量避免使用明火
B．实验室制备氯气应在通风橱中进行
C．若浓硝酸沾到皮肤上，立即涂抹溶液，再用大量水冲洗
D．若不慎误食氯化钡溶液，可立即饮用鲜牛奶解毒
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；化学试剂的存放
【解析】【解答】A、易挥发性有机物通常易燃，加热时使用明火有引发火灾的风险，应尽量避免。A正确；
B、氯气是有毒气体，制备氯气的实验必须在通风橱中进行，以防止中毒。B正确；
C、浓硝酸具有强腐蚀性，若沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，再用稀碳酸氢钠溶液中和。NaOH 溶液同样具有强腐蚀性，会对皮肤造成二次伤害，因此不能涂抹。C错误；
D、氯化钡属于重金属盐，会使蛋白质变性。饮用鲜牛奶可以利用牛奶中的蛋白质与钡离子结合，从而减轻毒性。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题关键点：
A．易燃有机物加热时，核心是远离明火。
B．制备有毒气体氯气，核心是必须在通风橱中操作。
C．浓硝酸和 NaOH 都有强腐蚀性，核心是不能用强碱中和强酸腐蚀。
D．重金属盐中毒，核心是用富含蛋白质的物质（如牛奶）解毒。
4．（2025·株洲模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法错误的是
A．硬铝的密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造航空器的理想材料
B．稀土金属用途广泛，制造硬盘驱动器常用的就是稀土元素镝
C．压电陶瓷主要有钛酸盐和锆酸盐等，能实现化学能与电能的相互转化
D．我国歼-20歼击机使用的隐形涂料是一类有机高分子涂料
【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、硬铝属于铝合金，具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的特点，这些性能非常适合制造航空器。A正确；
B、稀土金属用途广泛，其中稀土元素钕常用于制造硬盘驱动器中的磁体，B正确；
C、压电陶瓷（如钛酸盐、锆酸盐）的核心功能是实现机械能与电能的相互转化，而非化学能与电能。C错误；
D、我国歼 - 20 歼击机使用的隐形涂料，多为能吸收雷达波的有机高分子材料。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆不同能量形式的转化：压电陶瓷的核心是机械能与电能的相互转化，很容易和化学电源的化学能与电能转化搞混，这是最主要的易错点。
对高新材料的陌生感：隐形涂料、稀土金属在硬盘中的应用等都属于高科技材料，平时接触较少，容易对这类选项产生怀疑。
对合金性能的记忆模糊：硬铝作为铝合金，其密度小、强度高的特性是制造航空器的关键，若对合金的优良性能记忆不牢，可能会误判。
5．（2025·株洲模拟）宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养之一，下列生产、生活活动中对应离子方程式书写正确的是
A．用管道疏通剂(苛性钠和铝粉)疏通管道：
B．用从酸化的海带灰浸出液中制取碘：
C．洁厕灵与84消毒液不能混用的原因：
D．利用氯化铁溶液作为腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀：
【答案】A
【知识点】铝的化学性质；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、管道疏通剂中的铝粉与强碱溶液反应，生成四羟基合铝酸根离子和氢气。该离子方程式配平正确，产物书写正确，符合反应事实。A正确；
B、在酸性条件下，H2O2与 I-反应生成 I2和 H2O，不能生成 OH-。B错误；
C、洁厕灵中的 HCl 与 84 消毒液中的 NaClO 反应，在酸性条件下生成 Cl2和 H2O，不能生成 OH-。C错误；
D、该离子方程式电荷不守恒，正确的写法应为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点与突破口：
A．铝与强碱反应的本质是铝与水在碱性条件下反应，生成四羟基合铝酸根离子。
B．题目明确说明是 “酸化的海带灰浸出液”，反应环境为酸性，离子方程式中不能出现 OH-。
C．洁厕灵含盐酸，溶液呈酸性，84 消毒液中的次氯酸根在酸性条件下与氯离子反应，不能生成 OH-，只能生成水。
D．观察方程式两边的电荷是否守恒，左边带 3 个正电荷，右边带 4 个正电荷，明显不守恒。
6．（2025·株洲模拟）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．装置①可用于探究苯酚和碳酸的酸性强弱
B．装置②可用于制取
C．装置③可用于制备并测量其体积
D．装置④可用于测定盐酸的浓度
【答案】B
【知识点】制取氢氧化铁、氢氧化亚铁；苯酚的化学性质；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、装置①中，盐酸与大理石反应生成的 CO2气体中会混有挥发的 HCl 杂质。HCl 的酸性比碳酸强，它会直接与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸使苯酚钠溶液变浑浊，因此不能比较苯酚和碳酸的酸性强弱，故A不符合题意 ；
B、装置②中，苯液封可以隔绝空气，防止生成的 Fe(OH)2被氧化。将煮沸过的 NaOH 溶液直接注入硫酸亚铁溶液中，能成功制备白色的 Fe(OH)2沉淀，故B符合题意 ；
C、装置③中，氨气极易溶于水，不能用排水法测量其体积，故C不符合题意 ；
D、装置④中，NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中，而图中使用的是酸式滴定管，会腐蚀活塞。此外，滴定终点现象判断不明确，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】解题关键点与突破口：
A．抓住 “挥发性”。盐酸具有挥发性，生成的 CO2气体中会混有 HCl 杂质，会干扰酸性比较，这是判断的关键。
B．抓住 “Fe(OH)2易被氧化” 的特性。该装置用苯液封隔绝空气，并用煮沸的 NaOH 溶液除去溶解氧，完美解决了氧化问题。
C．抓住 “氨气极易溶于水” 的性质。因此不能用排水法收集或测量体积，这是最直接的错误点。
D．抓住 “滴定管的选择”。NaOH 溶液是强碱，必须使用碱式滴定管，图中用酸式滴定管是明显错误。
7．（2025·株洲模拟）肉桂醛可由苯甲醛和乙醛通过如下途径合成，下列说法正确的是
+CH3CHO+H2O
A．可利用酸性溶液检验肉桂醛中的碳碳双键
B．肉桂醛分子中含有个键
C．产物中可能存在副产物
D．苯甲醛与足量氢气反应后可得到含有手性碳原子的产物
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的合成；醛的化学性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、肉桂醛中同时含有醛基和碳碳双键，两者都能使酸性 KMnO4溶液褪色，无法单独检验碳碳双键。A错误；
B、1mol 肉桂醛分子中，苯环、碳碳双键、醛基等结构总共含有 18mol σ 键，而非 20mol。B错误；
C、该反应为羟醛缩合，乙醛分子之间也能发生类似反应，生成副产物 CH3CH=CHCHO。C正确；
D、苯甲醛与足量氢气加成后生成苯甲醇（ ），其分子中没有连接四个不同原子或基团的碳原子，因此不含手性碳原子。D错误；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．检验碳碳双键的核心是排除醛基干扰，肉桂醛中醛基和碳碳双键均能使酸性 KMnO4 溶液褪色，未除杂则无法检验。
B．数 σ 键的关键是单键全算、双键只算 1 个，同时数清苯环、侧链的所有单键，避免重复或遗漏。
C．羟醛缩合的突破口是有 α-H 的醛可自身缩合，乙醛含 α-H，会发生分子间缩合生成副产物，并非只有不同醛间的反应。
D．判断手性碳的核心是碳原子连 4 个不同原子、基团，苯甲醛加氢生成的苯甲醇，无符合该条件的碳原子。
8．（2025·株洲模拟）某矿石的主要成分为，其中组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y、Z四种元素中只有一种是金属元素。X原子L层比K层多一个电子，Z原子核外s能级上的电子总数比p能级上的电子数少1个。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．W和Y形成的化合物中可能存在非极性键
C．Z与Y可形成共价化合物ZY
D．通常电解Z的氯化物溶液来制备单质Z
【答案】B
【知识点】工业制金属铝；原子结构与元素的性质；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径 B > O，即 X > Y。A错误；
B、W 和 Y 形成的化合物有 H2O 和 H2O2，H2O2中存在 O-O 非极性键。B正确；
C、Z 与 Y 形成的是 Al2O3，属于离子化合物，而非共价化合物。C错误；
D、制备单质 Al 通常电解熔融的 Al2O3，电解 AlCl3溶液无法得到 Al 单质。D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X 元素：X 原子 L 层比 K 层多一个电子，K 层有 2 个电子，L 层有 3 个电子 ，故 X 为 B（硼）。
Z 元素：Z 原子核外 s 能级电子总数比 p 能级少 1 个。短周期主族元素且原子序数最大，只有一种金属元素，s 能级共 4 个电子，p 能级共 5 个电子，故Z 为 Al（铝）。
Y 元素：矿石化学式为 Z2X4Y7 10W2Y，类似明矾结构（KAl2(SO4)2 12H2O），结合原子序数顺序 W < X (B) < Y < Z (Al)，故Y 为 O（氧）。
W 元素：矿石结晶水为 W2Y，Y 是 O，故W 为 H（氢）。
最终确定：W 为 H，X 为 B，Y 为 O，Z 为 Al。
9．（2025·株洲模拟）下列事实与原理解释不相符的是
A．玛瑙常呈无规则几何外形，是因为熔融态的缓慢冷却所致
B．乙醇在人体内被乙醇脱氢酶氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性
C．用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢，利用了化学平衡移动原理
D．“杯酚”分离和，体现了超分子的分子识别特性
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；化学平衡移动原理；超分子
【解析】【解答】A、玛瑙属于无定形二氧化硅，它是熔融态的 SiO2快速冷却形成的。缓慢冷却会形成晶体形态的水晶，因此该解释与事实不符。A错误；
B、乙醇在乙醇脱氢酶作用下被氧化为乙醛，体现了乙醇的还原性。该解释与事实相符。B正确；
C、氯气溶于水存在平衡 Cl2+H2O HCl+HClO。饱和食盐水中高浓度的 Cl-会使平衡逆向移动，从而减少氯气的溶解，只除去杂质氯化氢。该解释与事实相符。C正确；
D、“杯酚” 可以作为主体分子，通过超分子的分子识别特性，选择性地与 C60结合，从而实现与 C70的分离。该解释与事实相符。D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 “玛瑙” 和 “水晶” 的本质区别。玛瑙是无定形SiO2，由熔融态 SiO2快速冷却形成；水晶是晶体 SiO2，由缓慢冷却形成。
B．抓住 “氧化” 这一关键词。乙醇被氧化为乙醛，说明乙醇在反应中失去电子，体现了还原性。
C．抓住 “饱和食盐水除 HCl” 的原理。这是利用化学平衡移动，Cl-浓度增大抑制 Cl2与水的反应，从而减少 Cl2的溶解。
D．抓住 “杯酚分离 C60和 C70” 的核心原理。这是利用超分子的分子识别特性，实现不同分子的选择性结合与分离。
10．（2025·株洲模拟）一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图，电解质为含的有机溶液。闭合时产生，闭合时产生。下列说法正确的是
A．闭合时从左向右移动
B．闭合时Ni-Pt电极发生还原反应
C．闭合，理论上每生成，需消耗约
D．放电时总反应：
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、闭合 S1时为放电过程，Ni-Pt 电极为正极，Li 电极为负极。在原电池中，阳离子（Li+）会向正极移动，即从右向左移动，而非从左向右，A错误；B、闭合 S2时为电解过程，此时产生 Cl2，说明 Cl-在 Ni-Pt 电极上失电子被氧化为 Cl2，因此 Ni-Pt 电极是阳极，发生氧化反应，而非还原反应，B错误；
C、电解时生成 1 mol Li，需要转移 1 mol 电子，对应生成 0.5 mol Cl2。但选项中未指明是标准状况，无法直接用 22.4 L/mol 计算体积，因此 “11.2 L” 的结论不成立，C错误；
D、放电时，负极 Li 被氧化为 Li+，正极 N2被还原为 Li3N，同时 CF3SO2Cl 与 Li+反应生成 (CF3SO2)2NLi 和 LiCl。根据电子守恒和原子守恒配平，总反应为： ，D正确；
故答案为：D。
【分析】工作模式判断：闭合 S1为原电池（放电），闭合 S2为电解池（电解）。
离子移动方向：原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动。
电极反应类型：阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池正极发生还原反应，负极发生氧化反应。
气体体积计算：使用 22.4 L/mol 时，必须注明 “标准状况”。
11．（2025·株洲模拟）是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列说法正确的是
A．物质A的化学式为
B．结合能力：
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为
【答案】C
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.1mol NH3与 1mol SO3反应，只能生成酸式盐 NH4HSO4，生成正盐 (NH4)2SO4需要 2mol NH3。 A错误；
B．甲胺（CH3NH2）中的甲基是推电子基团，会使 N 原子上的电子云密度更高，结合 H+的能力比肼（N2H4）更强。 B错误；
C．这是一个经典的制备肼（N2H4）的反应，NH3被 NaClO 氧化为 N2H4，ClO-被还原为 Cl-，配平后的方程式正确。 C正确；
D．在过程 Ⅱ 中，N2H4（N 为 - 2 价）被氧化为 NaN3（N 为 - 价），NaNO2（N 为 + 3 价）被还原为 NaN3，通过计算得失电子数可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2。 D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NH3与 SO3等物质的量反应，生成的是 NH4HSO4。
B．甲胺（CH3NH2）中的甲基具有推电子效应，增强了 N 原子上的电子云密度，使其结合 H+的能力比肼（N2H4）更强。
C．过程 Ⅰ 中，NH3与 NaClO 反应生成 N2H4、NaCl 和 H2O。
D．过程 Ⅱ 中，N2H4作为还原剂，NaNO2作为氧化剂，根据得失电子守恒，两者物质的量之比为 1：2。
12．（2025·株洲模拟）我国科学家提出了以钌催化剂为核心的碳环选择性氢化策略，首次实现了苯并杂环芳烃碳环的高选择性氢化，其反应原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．该过程涉及非极性键和极性键的断裂和形成
B．Ⅰ至Ⅱ的过程中碳的杂化方式未发生改变
C．Ⅱ至Ⅲ的反应产物只有一种
D．Ⅲ至Ⅰ的反应类型为氧化反应
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、该过程中，H2分子中的 H-H 非极性键发生断裂，同时形成 C-H 极性键，但没有新的非极性键生成。A错误；
B、在 I 至 II 的过程中，苯环结构并未发生氢化，碳原子始终参与苯环的共轭体系，杂化方式保持为 sp2 杂化。B正确；
C、II 至 III 的反应是苯环的氢化过程，由于苯环上的氢加成位置不同，会产生多种立体异构体，因此产物不止一种。C错误；
D、III 至 I 的反应是苯环脱氢恢复芳香性的过程，这是一个失去氢原子的反应，属于氧化反应。D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
键的变化判断：反应中断裂了非极性键，但没有新的非极性键生成，容易误判为有非极性键的形成。
杂化方式判断：I 至 II 过程中苯环结构未变，碳的杂化方式保持 sp2，容易误认为结构变化就会改变杂化方式。
产物种类判断：苯环加成会产生多种立体异构体，容易忽略这一点而认为产物只有一种。
反应类型判断：III 至 I 是脱氢的氧化反应，但需要结合整个催化循环判断，容易被表面步骤迷惑。
13．（2025·株洲模拟）的氧化反应分两步进行：
Ⅰ．
Ⅱ．
其能量变化示意图如下图1.向恒容密闭容器中充入一定量的和，控制反应温度为和，测得随时间的变化曲线如下图2.下列说法不正确的是
A．反应1在低温下自发进行
B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ
C．结合图2信息可知：转化相同量的耗时更长
D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，减小对过程Ⅱ速率的影响大于温度对过程II速率的影响
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应 I（2NO N2O2）是气体分子数减少的反应，ΔS < 0。从能量图看，生成物 N2O2能量低于反应物 NO，ΔH < 0。根据自发反应判据 ΔG = ΔH - TΔS，低温下 ΔG < 0，反应可自发进行。A正确；
B、总反应的决速步骤是活化能最高的一步。图 1 显示过程 II 的活化能 Ea2大于过程 I 的 Ea1，因此过程 II 是决速步骤。B正确；
C、图 2 中 T2 > T1，温度越高反应速率越快，转化相同量的 NO 时，T1耗时应更短，而非更长。C错误；
D、温度升高使过程 I 平衡逆向移动，c (N2O2) 减小，这会降低过程 II 的速率。当这种抑制作用超过升温对过程 II 的加速作用时，就会出现 T2时总反应速率比 T1慢的现象。D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
决速步骤的判断：容易混淆活化能与反应速率的关系，记住活化能最高的步骤才是决速步骤，它决定了总反应的快慢。
温度对速率和平衡的双重影响：升温通常会加快反应速率，但对于有平衡步骤的复杂反应，若升温使中间物浓度降低，其对后续反应的抑制作用可能超过升温的加速作用，导致总速率反而下降。
自发反应的条件：反应 I 的 ΔH < 0、ΔS < 0，需根据 ΔG = ΔH - TΔS 判断，只有低温下才能自发，高温下 ΔG 会大于 0。
图像信息的误读：图 2 中 T2温度高但后期速率慢，容易直接认为温度越高速率越快，忽略了温度对平衡移动的间接影响。
14．（2025·株洲模拟）时，向10mL某浓度新制氯水中滴入的溶液，滴定曲线如图所示。已知次氯酸的电离平衡常数为。下列说法错误的是
A．甲点溶液中存在：
B．乙到丁的过程中，水的电离程度先增大后减小
C．丙点溶液中：
D．氯水中存在平衡：，其平衡常数约为
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据氯元素守恒，甲点溶液中所有含氯粒子的总物质的量应等于初始 Cl2的 2 倍。但选项中的等式将 Cl2视为 1 倍，且未给出氯水的具体浓度，无法确定其物质的量为 0.01 mol。A错误；
B、乙到丁的过程中，氯水与 NaOH 反应生成 NaCl 和 NaClO。NaClO 是强碱弱酸盐，会促进水的电离；当 NaOH 过量时，过量的强碱会抑制水的电离。因此，水的电离程度先增大后减小。B正确；
C、丙点溶液 pH=8，呈弱碱性，此时溶质为 NaCl、NaClO 和少量未反应的 NaOH。Cl-来自 HCl 的完全电离，ClO-来自 HClO 的部分电离，且 ClO-会水解，因此浓度关系为 c (Na+) > c (Cl-) > c (ClO-) > c (H+)。C正确；
D、氯水中的平衡 Cl2(aq)+H2O(l) H+(aq)+Cl-(aq)+HClO (aq)，其平衡常数 。结合 HClO 的电离常数 Ka ≈ 2.5×10-8，可估算出 K 值约为 10-5。D正确；
故答案为：A。
【分析】氯水中存在平衡：
当向氯水中逐滴加入NaOH溶液时，反应分两个阶段进行：
第一阶段：中和强酸HCl：
由于HCl是强酸，完全电离出H+，而HClO是弱酸，因此NaOH会优先与HCl发生中和反应：
滴定曲线上的乙点就是这一反应的终点，此时溶液中的溶质为NaCl和HClO。这是第一个突跃点，标志着HCl已完全反应，而HClO尚未参与反应。
第二阶段：中和弱酸HClO：
继续加入NaOH溶液，NaOH开始与剩余的HClO反应：
当加入20 mL NaOH溶液时，达到第二个突跃点，此时HClO也完全反应，最终溶液中的溶质为NaCl和NaClO。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·株洲模拟）某兴趣小组探究卤化银能否发生置换反应。已知：
AgBr AgI AgSCN白色沉淀
颜色 浅黄色沉淀 黄色沉淀 砖红色沉淀
Ⅰ．探究锌能否置换出氯化银中的银：
（1）下列实验仪器中，在过滤时不需要用到的是：___________(填标号)。
A. 容量瓶 B. 玻璃棒 C. 烧瓶 D. 漏斗
（2）简述验证AgCl固体已洗净的操作：________。
（3）溶液能检验溶液中的，反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，写出检验的离子方程式：________。
（4）用莫尔法测定滤液中的浓度：取三份上述滤液于锥形瓶中，滴加两滴指示剂，用标准溶液滴定至终点。记录数据如下表：
编号 1 2 3
样品体积/mL 10.00 10.00 10.00
消耗溶液体积/mL 17.28 17.20 17.18
①写出滴定终点的颜色变化：________。
②计算滤液中________(保留三位有效数字)。
Ⅱ．探究铁能否置换出氯化银中的银：
取的溶液两份，分别加入的溶液、0.1mol/L的溶液，充分振荡后放置一段时间，离心分离、蒸馏水洗涤三次后，用煮沸后的蒸馏水加注至试管口，各加入一片铁片(1cm×0.5cm)后，最后用橡胶塞封闭试管口，12h后再观察，取上层清液加5滴。
（5）采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：________。
（6）预测能说明铁可以与AgBr、AgI发生置换反应的实验现象：________。
【答案】(1) A，C
(2) 向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净
(3) 2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓
(4) 悬浊液由白色变为浅砖红色 0.017mol/L或1.72×10–2mol/L
(5) 防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰
(6) 淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；过滤；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）过滤操作需要的仪器有：铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要容量瓶、烧瓶，所以选择AC。
故答案为： A，C ；
（2）检验氯化银固体已经洗净的就是检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，故操作为：
向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净。
故答案为：向最后一次洗涤后的滤液中加入溶液，无明显现象，证明已洗净 ；
（3）溶液能检验溶液中的，反应原理类似于用溶液来检验溶液中的，所以检验的离子方程式：2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓。
故答案为： 2K++Zn2++[Fe(CN)6]4–=K2Zn[Fe(CN)6]↓或2K++3Zn2++2[Fe(CN)6]4–=K2Zn3[Fe(CN)6]2↓ ；
（4）①由题目信息中卤化银的颜色可知，指示剂可选择重铬酸钾溶液，滴定终点是生成沉淀，所以滴定终点的颜色变化为：悬浊液由白色变为浅砖红色。
②由题目表格可知，第一组数据与第二、三组数据相差较大，应该删去，所以消耗标准液的平均体积为：，。
故答案为： 悬浊液由白色变为浅砖红色 0.017mol/L或1.72×10–2mol/L ；
（5）探究铁能否置换出氯化银中的银，利用检验是否会产生亚铁离子，由于铁在氧气存在时会发生吸氧腐蚀负极：，从而干扰亚铁离子检验，所以采用煮沸后蒸馏水以及用橡胶塞封闭试管口的目的是：防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰。
故答案为： 防止铁片发生吸氧腐蚀，对Fe2+的检验造成干扰 ；
（6）铁可以与AgBr、AgI发生置换反应，则沉淀会消失，铁片的表演要有银单质产生，所以实验现象为：淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成。
故答案为： 淡黄色的AgBr和黄色的AgI消失，铁片上有黑色物质生成 。
【分析】（1）过滤仪器选择：过滤操作的核心仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。容量瓶用于配制溶液，烧瓶用于反应或加热，均不需要。
（2）沉淀洗净验证：检验最后一次洗涤液中是否含有 Cl-，若滴加 AgNO3溶液无沉淀，证明已洗净。
（3）Zn2+检验离子方程式：类比 K3[Fe (CN)6] 检验 Fe2+的原理，生成难溶的有色沉淀，如 K2Zn[Fe(CN)6]。
（4）莫尔法测 Cl-浓度① 以 K2CrO4为指示剂，终点时 Ag+与 CrO42-生成砖红色 Ag2CrO4沉淀，溶液由白色变为浅砖红色。② ：舍去偏差较大的数据，计算平均体积，根据 Ag+与 Cl-的 1：1 反应计算浓度。
（5）实验操作目的：煮沸水和密封试管是为了除去并隔绝氧气，防止铁片吸氧腐蚀生成 Fe2+，干扰后续检验。
（6）实验现象预测：铁置换出 AgBr、AgI 中的银，银呈黑色固体，同时沉淀颜色消失。
16．（2025·株洲模拟）工业上提钒尾渣中钒的高效回收具有重要的意义，某工艺如下：
已知：
①提钒尾渣中钒主要以焦钒酸盐(如、)存在，另外还含有及其他不溶杂质。
②酸浸后钒以存在。
③“沉钒”的主要反应为：
回答下列问题：
（1）写出基态钒的价层电子排布式：　 　。
（2）钒可形成多种含氧酸盐，其中正钒酸根的空间构型为：　 　。
（3）写出焦钒酸锰在“酸浸”中发生反应的离子方程式：　 　；为提高“酸浸”效率可采取的措施是：　 　。(写一条)
（4）“除铁”中，当时　 　mol/L。(已知：)
（5）综合考虑，试剂X最好选择：　 　(填标号)。
A． B． C．
（6）钒浸出率随pH、温度T、时间t的变化如下图：
①综合分析，最佳的“酸浸”条件是：　 　。
②分析30min后浸出率几乎不变的原因可能是：　 　。
【答案】（1）3d34s2
（2）正四面体形
（3）Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等
（4）2.64×10–6
（5）B
（6）pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；
故答案为： 3d34s2 ；
（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；
故答案为： 正四面体形 ；
（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等措施能提高“酸浸”效率；
故答案为： Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O ； 搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等 ；
（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为=2.64×10–6mol/L；
故答案为： 2.64×10–6 ；
（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O离子和铵根离子转化为NH4V3O8沉淀，则调节溶液pH的试剂X最好选择碳酸氢钠，故选B；
故答案为： B ；
（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；
②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。
故答案为： pH=0.5、室温(r=25℃)、30min ； Ca2V2O7在酸浸中生成CaSO4包裹在Ca2V2O7外，阻止了反应 。
【分析】向提钒尾渣中加入硫酸，将钒转化为可溶性的 VO2+离子，同时溶解其他杂质，通过过滤 I 除去不溶的滤渣 I。向滤液中加入试剂 X 并调节 pH，将铁离子转化为沉淀，通过过滤 II 除去含铁的滤渣 II。向除铁后的滤液中加入硫酸，使 VO2+转化为钒的沉淀物，通过过滤 III 得到含钒沉淀。将含钒沉淀煅烧，最终得到五氧化二钒（V2O5）产品。据此解题。
（1）钒元素的原子序数为23，基态原子价层电子排布式为3d34s2；
（2）正钒酸根离子中钒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；
（3）由分析可知，焦钒酸锰酸浸时发生的反应为焦钒酸锰与溶液中的氢离子反应生成锰离子、VO离子和水，反应的离子方程式为Mn2V2O7+6H+=2VO2++2Mn2++3H2O；搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等措施能提高“酸浸”效率；
（4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为=2.64×10–6mol/L；
（5）由分析可知，沉钒时加入硫酸溶液的目的是将溶液中的H2V10O离子和铵根离子转化为NH4V3O8沉淀，则调节溶液pH的试剂X最好选择碳酸氢钠，故选B；
（6）①由图可知，pH=0.5、室温(r=25℃)、30min条件下钒浸出率最大，所以最佳的“酸浸”条件是pH=0.5、室温(r=25℃)、30min；
②30min后浸出率几乎不变是因为硫酸钙微溶于水，反应生成的硫酸钙包裹在焦钒酸钙外，阻碍反应继续进行。
17．（2025·株洲模拟）花椒是我国常用调味料，山椒素是花椒麻味的主要成分。
已知：Et表示乙基，Ph表示苯基。
回答下列问题：
（1）山椒素分子中含氧官能团的名称　 　、　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　，另一种有机产物的结构简式　 　。
（3）写出I、J合成山椒素的化学方程式　 　。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成。下列三种物质最难发生反应的是　 　(填标号)。
A． B． C．
（5）化合物X是化合物I的同系物且相对分子质量少14，X的同分异构体中同时满足下列各件的有　 　种。
①苯环上有3个不同取代基
②能发生水解反应和银镜反应
写出任意一种苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式　 　。
（6）请结合题中信息，以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：　 　。
【答案】（1）酰胺基；羟基
（2）水解反应(取代反应)；CH3COOH
（3）
（4）A
（5）30； (任写一个)
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。
故答案为：酰胺基；羟基。
（2）由D转化为E和，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。
故答案为：水解反应（或取代反应）；。
（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。
故答案为：。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂和一个结合为吡咯烷衍生物，其中键长越短，X原子电负性越强，形成的越稳定，越不容易断裂，在Cl、Br、I中，Cl的半径最小，电负性最大，所以形成的最稳定，最不容易断裂，A选项符合题意。
故答案为：A。
（5）化合物I的化学式为：，化合物X是I的同系物且相对分子质量少14，则化合物X的化学式为：，X的同分异构体中同时满足下列各件的有：
①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：；
②苯环上有3个不同取代基：除外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：、、；根据在苯环上如果有3种不同取代基时，其同分异构体数目为10种，则前面的3种取代基组合共有同分异构体数目为30种；任意一种组合在苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式分别为：、、。
故答案为：30；：、、(任写一个)。
（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和加成得到，在与反应得到，再与反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。
故答案为：。
【分析】以（A）为起始原料，先与 PBr3、乙酸反应生成溴代酯（），再与三苯基膦反应转化为鏻盐（），完成烷基链的活化。鏻盐（C）与乙氧甲酰基甲酸乙酯发生 Wittig 反应，生成双酯中间体（），再水解脱羧得到醛醇中间体（）。中间体（）与 CBr4、三苯基膦反应生成溴代物（），再次转化为鏻盐（），再与巴豆醛进行 Wittig 反应，引入共轭双键，生成酯类中间体（）。酯（H）水解为羧酸（），再与J发生酰胺化反应，最终得到目标产物山椒素（）。逆推可得J的结构：（）。据此解题。
（1）山椒素的结构简式为：，则其含有的含氧官能团的名称为：酰胺基和羟基。
故答案为：酰胺基；羟基。
（2）由D转化为E和，是由酯生成醇和羧酸，属于水解反应（或取代反应）。
故答案为：水解反应（或取代反应）；。
（3）由I和J合成山椒素的化学方程式为：。
故答案为：。
（4）一定条件下，(X代表卤素原子)可以生成，反应原理为断裂和一个结合为吡咯烷衍生物，其中键长越短，X原子电负性越强，形成的越稳定，越不容易断裂，在Cl、Br、I中，Cl的半径最小，电负性最大，所以形成的最稳定，最不容易断裂，A选项符合题意。
故答案为：A。
（5）化合物I的化学式为：，化合物X是I的同系物且相对分子质量少14，则化合物X的化学式为：，X的同分异构体中同时满足下列各件的有：
①能发生水解反应和银镜反应：有酯基和醛基，由于只有2个O原子，则一定含甲酸的酯结构：；
②苯环上有3个不同取代基：除外，剩余的4个C原子还要形成2个不同的取代基，则最终符合条件的取代基组合为：、、；根据在苯环上如果有3种不同取代基时，其同分异构体数目为10种，则前面的3种取代基组合共有同分异构体数目为30种；任意一种组合在苯环上三个取代基均处于间位的同分异构体的结构简式分别为：、、。
故答案为：30；：、、(任写一个)。
（6）以乙烯、乙醛以及其他必要原料合成2，4-己二烯：可以先将乙烯和加成得到，在与反应得到，再与反应得到最终产物2，4-己二烯，则其合成路线为：。
故答案为：。
18．（2025·株洲模拟）氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。
Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有：
a．甲苯水蒸气重整：①
b．甲苯二氧化碳重整：②
c．水汽变换反应：③
d．甲烷化反应：④
⑤
（1）甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。
A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 低温高压
（2）反应： ________。
（3）一定压强下，反应釜出口含量随温度、进料比变化如图：
解释含量随进料比的变化及原因：________。
（4）进料比为、时，出口中的物质的量分数随温度升高的变化如图，结合反应体系说明原因：________。
Ⅱ．二氧化铈制氢法
二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在和之间进行可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分被还原为时会产生氧空位。
（5）二氧化铈晶胞中的配位数为：________。
（6）当晶体中和个数比为2：5时，氧空位比为________[]
Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图：
（7）写出阳极的电极反应式：________。
【答案】(1) B
(2) –573.6kJ/mol
(3) 一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量
(4) 当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主
(5) 8
(6) 1∶13
(7) C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；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】（1）甲苯催化重整无论是水蒸气重整还是二氧化碳重整的反应都是气体物质的量增大的反应，且反应都吸热，故高温低压条件有利于反应正向进行，故选B；
故答案为： B ；
（2）根据已知：
反应① C7H8(g)+7H2O(g) 7CO(g)+11H2(g) ΔH1=+869.1kJ/mol
反应⑤ CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH5=+206.1kJ/mol
反应C7H8(g)+10H2(g)=7CH4(g)可以由反应①-反应⑤×7得到，则该反应的 ΔH= ΔH1-ΔH5×7=–573.6kJ/mol；
故答案为： –573.6kJ/mol ；
（3）温度一定时，左图中，进料比增大，H2含量增加，右图中，进料比增大，H2含量减小，因为甲苯水蒸气重整反应H2O和甲苯反应比是7：1，故进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量，一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小；
故答案为： 一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量 ；
（4）由图可知，当进料比为7∶1时，随温度升高，H2含量增加，说明以甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主，有利于平衡正向移动；当进料比为8∶1时，随温度升高，H2含量减小，说明以水汽变换等放热反应为主，平衡逆向移动；
故答案为： 当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主 ；
（5）根据晶胞无隙并置的特点，观察晶胞上下面面心的Ce4+可知，它上下各有4个O2-到它距离相等，8个O2-构成正方体，故Ce4+的配位数为8；
故答案为： 8 ；
（6）当晶体中Ce3+和Ce4+个数比为2：5时，根据化合价代数和为0，Ce和O的组成比为7：13，若是CeO2，Ce和O的组成比为1：2=7：14，故氧空位比为(14-13)：13=1：13；
故答案为： 1∶13 ；
（7）阳极连外电源正极，是左侧电极，由图知，葡萄糖在阳极失电子，生成的气体可以用于工业制氨，故生成气体为CO2，质子交换膜表明电解质溶液为酸性，故电极反应式为C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+。
故答案为： C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+ 。
【分析】（1）适宜条件选择：甲苯重整反应为气体分子数增加的吸热反应，根据勒夏特列原理，高温低压有利于平衡正向移动。
（2）反应热计算：利用盖斯定律，将已知反应①和⑤进行加减运算，消去中间产物，得到目标反应的焓变。
（3）进料比影响分析：进料比小于 7：1 时，增加水蒸气浓度，平衡右移，H2含量增加；进料比大于 8：1 时，过量水蒸气稀释了 H2，使其含量降低。
（4）温度影响分析：进料比为 7：1 时，以甲苯重整等吸热反应为主，升温使平衡右移，H2含量增加；进料比为 8：1 时，以水汽变换等放热反应为主，升温使平衡左移，H2含量降低。
（5）配位数判断：在 CeO2的萤石型晶胞中，中心 Ce4+与周围 8 个等距的 O2-配位，配位数为8。
（6）氧空位比计算：根据化合物中正负化合价代数和为零，计算出 O2-的实际数目，再与理想化学式对比，得出氧空位比为1：13。
（7）阳极电极反应式：在酸性条件下，葡萄糖在阳极失去电子，被氧化为 CO2和 H+，配平后得到电极反应式。
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