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湖北省八校联考2025届高三下学期三模化学试题
一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。
1．（2025·湖北模拟）2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是
A．国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B．“华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同位素
C．“北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D．C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
2．（2025·湖北模拟）下列有关元素及其化合物的说法正确的是
A．古代青铜器表面的铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸
B．往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性
C．将产品溶于足量稀硫酸后，再滴入溶液，若溶液褪色，则证明产品中含有
D．铵根离子在溶液中水解产生，则所有铵盐溶液都呈酸性
3．（2025·湖北模拟）硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．工业上用NaClO3和X制备1 mol ClO2时，消耗X分子数为0.5NA
B．标准状况下，22.4 L Y的分子数目为NA
C．1 L 1 mol/L H2S水溶液中粒子关系存在：N(HS-)＋N(S2-)=NA
D．“价—类”二维图中盐N可由其相应单质直接化合生成
4．（2025·湖北模拟）布洛芬虽有抗炎、解热、镇痛作用，但口服对胃肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以减轻副作用。
下列说法错误的是
A．布洛芬属于芳香酸
B．布洛芬和修饰分子均含有1个手性碳原子
C．该做法使布洛芬水溶性增强
D．布洛芬与足量反应，可消耗
5．（2025·湖北模拟）下列有关化学用语表示正确的是
A．NaClO的电子式：
B．C原子的一种激发态：
C．的结构示意图：
D．的基态电子排布式：
6．（2025·湖北模拟）某种锂离子电池的有机电解质结构如图所示，X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Q同主族。下列说法正确的是
A．得电子能力：
B．简单离子半径：
C．分子空间构型为三角锥形
D．Y的简单氢化物与最高价氧化物对应水化物反应的产物水溶液呈酸性
7．（2025·湖北模拟）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是
A．降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变
B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2H
C．CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代反应
D．CH3I、CH3COI都是反应中间体
8．（2025·湖北模拟）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4 2H2O)的过程如图：
下列说法错误的是
A．CaSO4 2H2O属于盐类和纯净物
B．过程I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．过程II中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-
D．将10L上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg L-1)转化为SO，理论上共需要0.15molO2
9．（2025·湖北模拟）《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅·····而后火药成声”，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．电负性：N>O>S B．单质硫属于共价晶体
C．第一电离能：N>O>C D．KNO3中的共价键只含有σ键
10．（2025·湖北模拟）浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈()合成己二腈［］，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为200 mL，铜电极质量均为100 g)。
下列说法正确的是
A．Cu(1)极为负极，其电极反应为
B．隔膜为阴离子交换膜，C(2)极为阴极
C．上述装置理论上可制备0.6 mol己二腈
D．当电解停止时，Cu(1)极与Cu(2)极质量相差51.2 g
11．（2025·湖北模拟）我国超高压输变电技术世界领先。属于新一代超高压绝缘介质材料，其制备反应原理为。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．是一种直线形分子
C．分子的键角完全相同 D．的沸点比的高
12．（2025·湖北模拟）东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：
下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C
B．Fe—N—C催化：MS1(s)=MS2(s)　ΔH=-0.22 eV
C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附
D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为吸热反应
13．（2025·湖北模拟）下列实验现象与实验操作不匹配的是
　 实验操作 实验现象
A 已知，为黄绿色，将盛有溶液的试管加热 溶液变为黄绿色
B 将绕成螺旋状的铜丝伸入到盛有浓硝酸的试管中 铜丝溶解，溶液变为蓝色，生成红棕色气体
C 向盛有溶液的试管里逐滴滴加氨水至过量 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液
D 用玻璃棒摩擦装有过饱和醋酸钠溶液的试管内壁 有晶体析出
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·湖北模拟）是一元弱酸，难溶盐的悬浊液中，不发生水解。实验发现，时，、的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．表示的关系 B．
C． D．
15．（2025·湖北模拟）铜金合金可作为转化为碳氢化合物的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞结构图。下列说法正确的是
A．该晶胞的体积为 B．Au和Cu原子数之比为3∶1
C．与Au最邻近的Cu原子数为12 D．Au和Cu之间的最短距离为
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2025·湖北模拟）固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是　 　，为了达到这一目的，还可以采用的措施有　 　(答一条即可)。
（2）“碱浸”的目的是除去　 　(填化学式)。
（3）“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是　 　。
（4）“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为　 　。
（5）本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是　 　。
（6）常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4＋)≤1.0×10-5 mol·L-1时可认为Ti4＋沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO)最低为　 　mol·L-1.
17．（2025·湖北模拟）有机物M是屈洛昔芬药物的一种中间体，合成M的一种路线如图所示：
已知：ROH+SOCl2RCl+SO2↑+HCl↑。
请回答下列问题：
（1）A的名称是　 　，I中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B的反应类型是　 　。
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）K的核磁共振氢谱吸收峰面积比为　 　。
（6）同时符合下列条件的J的同分异构体R共有　 　种(不考虑立体异构)。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③R中不含甲基
④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团
（7）根据上述信息，设计以苯、3-羟基丙酸为原料制备 的合成路线：　 　(其他无机试剂任选)。
18．（2025·湖北模拟）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为　 　，仪器c除冷凝回流外，另一作用为　 　。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为　 　。
（2）步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→　 　。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当　 　时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
（3）测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是　 　(填标号)。
A.未加尿素，直接进行滴定
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
19．（2025·湖北模拟）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：
的　 　。
化学键
键能/ 347.7 615 413.4 436 462.8 497.3
（2）在压强下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。
该反应的平衡常数随温度升高而　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。计算时的平衡常数，　 　(结果保留一位小数)。
（3）在温度、压强下，初始反应气体组成(异丁烷)或(异丁烷)与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。
其中(异丁烷)为曲线　 　，判断依据是　 　。
（4）有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式　 　。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A．钢的主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，选项A正确。B．铀-235（）和铀-238（）具有相同的质子数（92），但中子数不同，因此它们互为同位素，选项B正确。
C．芯片的主要材料是晶体硅（Si），而非其他物质，选项C错误。
D．氮化硅（Si3N4）是一种新型的无机非金属材料，具有优异的性能，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、钢是铁碳合金。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
C、芯片的主要成分为Si。
D、氮化硅属于新型无机非金属材料。
2．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；浓硫酸的性质；铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解析】A．铜锈（俗称铜绿）的主要成分是碱式碳酸铜，其化学式为Cu2(OH)2CO3，属于盐类化合物，而非氧化物，选项A错误。B．蔗糖的分子式为C12H22O11。实验中将浓硫酸注入少量湿润的蔗糖中，观察到白色固体转变为黑色，这一现象表明生成了碳单质，充分体现了浓硫酸的脱水特性，选项B正确。
C．该实验证实中存在+2价铁元素。需要明确的是，是纯净物，其组成中并不包含单独的成分，选项C错误。
D．铵根离子（NH4+）在水溶液中会发生水解生成。溶液的酸碱性取决于阴离子的水解情况：当阴离子水解程度强于铵根离子时溶液显碱性；两者水解程度相当时溶液显中性；若阴离子不水解或其水解程度弱于铵根离子时溶液显酸性，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、铜锈的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
B、白色固体变为黑色，产生的碳单质，体现了浓硫酸的脱水性。
C、酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有Fe2＋，从而说明Fe3O4中含有＋2价Fe。
D、CH3COONH4溶液显中性。
3．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．根据电子得失守恒关系，氯酸钠溶液与二氧化硫反应生成1mol二氧化氯时，消耗二氧化硫的分子数为，选项A正确；B．在标准状况下，三氧化硫是固体状态，无法通过气体摩尔体积计算22.4L三氧化硫的分子数，选项B错误；
C．在1L1mol/L氢硫酸溶液中，硫元素的总物质的量为1mol，其物料守恒关系为，选项C错误；
D．铜与硫反应只能生成硫化亚铜（Cu2S），无法直接生成硫化铜（CuS），选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、X为SO2，结合得失电子守恒进行计算。
B、Y为SO3，在标准状态下不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
C、结合物料守恒进行分析。
D、若N为CuS，则不能由单质化合得到。
4．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据布洛芬的结构简式分析，其分子中包含苯环和羧基(-COOH)两个特征基团，符合芳香酸的定义，A选项正确。B．结构分析表明，无论是布洛芬分子还是其修饰后的分子，都存在一个连接四个不同原子或基团的手性碳原子（不对称碳原子），B选项正确。
C．修饰过程中，布洛芬分子原有的亲水性羧基(-COOH)被转化为疏水性酯基(-COOR)，布洛芬水溶性减弱，C选项错误。
D．布洛芬分子中的苯环可以与氢气发生加成反应，根据苯环的加成特性，1mol布洛芬最多消耗3mol H2，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、分子结构中含有苯环和羧基，属于芳香羧酸。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、该转化将羧基转化为酯基，酸性减弱。
D、布洛芬中的苯环能与H2发生加成反应。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NaClO是由Na+和ClO-构成离子化合物，含有离子键，ClO-中含有O-Cl共价键，O、Cl原子外围都达到8e-结构，其电子式为，故A错误；
B．C为6号元素，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，该电子排布式为1s22s12p3，是碳原子的一种激发态，故B正确；
C．O2-由O原子得到2个电子形成，其核电荷数为8，最外层电子数为8，结构示意图为，故C错误；
D．K为19号元素，基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，K原子失去一个电子形成K+，则K+电子排布式：1s22s22p63s23p6，故D错误；
故选：B。
【分析】A．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成；
Ｂ．C为6号元素，基态C原子核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｃ．O得到2个电子形成O2-；
Ｄ．K为19号元素。
6．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X（C）与Y（N）位于同周期，从左到右得电子能力增强，因此得电子能力C < N，选项A错误。B．W（F-）和Z（O2-）具有相同电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，故F-< O2-，选项B错误。
C．QZ3分子为SO3，其价层电子对数为3，空间构型为平面三角形（无孤电子对），选项C错误。
D．Y的简单氢化物为NH3，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，两者反应生成NH4NO3（强酸弱碱盐），水溶液显酸性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】X能形成4个共价键，推断为C。Q能形成6个共价键，推断为S。Z与Q同主族且原子序数较小，故Z为O。Y的原子序数介于C和O之间，推断为N。W只能形成1个共价键且原子序数在O和S之间，推断为F。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
7．【答案】A
【知识点】催化剂；有效碰撞理论；加成反应
【解析】【解答】A．作为催化剂，虽然能降低甲醇羰基化反应的活化能，加快反应速率，但焓变仅取决于反应的始态和终态，与催化剂无关，因此不能改变反应的焓变，A选项错误。B．根据反应循环图分析，参与循环的反应物是CH3OH和CO，最终产物为CH3CO2H，因此甲醇羰基化反应的总反应式为CH3OH＋CO=CH3CO2H，B选项正确。
C．在CH3OH＋HI=CH3I＋H2O反应中，CH3OH中的被取代，符合取代反应的定义，属于取代反应，C选项正确。
D．CH3I和CH3COI在反应过程中既生成又被消耗，不参与总反应，因此均为反应中间体，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、为反应的催化剂，催化剂只改变反应历程，不影响焓变。
B、根据图示反应原理确定反应物和生成物，从而得到总反应。
C、该反应中I原子取代了羟基。
D、CH3I和CH3COI在反应过程中既生成又被消耗，属于中间产物。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．CaSO4 2H2O有固定的化学组成，属于纯净物。它能电离出金属阳离子（Ca2+）和酸根离子（SO42-），因此属于盐类物质，A选项正确。
B．在过程I中，氧气作为氧化剂被还原为水，每个O2分子获得4个电子；Mn(OH)2作为还原剂被氧化为MnO32-，每个Mn(OH)2失去2个电子。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B选项正确。
C．过程II的离子方程式为：4MnO32- + 2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2↓ + 10OH-。该方程式满足电子守恒、原子守恒和电荷守恒，且在碱性条件下生成物稳定存在，C选项正确。
D．设转移电子数为x mol，消耗O2的物质的量为y mol，根据电子转移关系：
因此可得：、
解得x=1.2 mol、y=0.3 mol。因此消耗O2的物质的量为0.3 mol，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、SO4由Ca2＋和SO42－构成，属于盐。
B、根据过程Ⅰ种反应的离子方程式分析。
C、根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒分析。
D、根据转移电子数确定关系式：S2－～8e－、O2～4e－进行计算。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．元素的原子半径越小，其得电子能力越强，电负性数值越大。已知原子半径大小关系为O < N < S，因此电负性顺序为O > N > S，A不符合题意。B．硫单质是由硫原子通过共价键连接形成的分子晶体，并非共价晶体，B不符合题意。
C．在同一周期中，元素的第一电离能总体趋势从左到右依次增大，但第ⅡA族和第ⅤA族元素由于电子排布较稳定，其电离能会高于相邻元素。因此第一电离能顺序为N > O > C，C符合题意。
D．硝酸根离子（NO3－）中既存在N-O键，又存在一个由4个原子6个电子组成的离域键，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据原子半径大小比较得电子能力强弱，得电子能力越强，则电负性越强。
B、单质S为分子晶体。
C、根据第一电离能的递变规律分析。
D、KNO3中K＋和NO3－形成离子键。
10．【答案】D
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据分析，Cu(1)电极作为正极，其电极反应方程式为，A选项错误。B、该电池属于浓差电池，其工作原理基于铜离子浓度差异产生的电势差。因此需要使用阴离子交换膜作为隔膜，且C(2)电极实际为阳极，B选项错误。
C、当两电极中铜离子浓度达到相等时，电池放电终止。此时溶液中铜离子浓度相同，计算得出转移电子数为0.8mol。根据反应方程式2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，可制备0.4mol己二腈，C选项错误。
D、放电终止时，Cu(1)电极上会析出0.4mol铜，Cu(2)电极上会溶解0.4mol铜。因此两电极质量差为0.8mol×64g/mol=51.2g，D选项正确。
故答案为：D
【分析】在浓差电池中，铜电极Cu(2)发生氧化反应失去电子，作为负极，其电极反应式为：；而铜电极Cu(1)作为正极，发生还原反应得到电子，电极反应为：。在电解槽中，C(1)极作为阴极，C(2)极作为阳极。阳极上水分子失去电子生成氧气和氢离子，电极反应为：；阴极上丙烯腈通过得电子反应合成己二腈，电极反应为：。根据以上分析解答问题。
11．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、在同一主族中，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，导致第一电离能逐渐减小；而在同一周期内，随着原子序数的增加，第一电离能总体呈现上升趋势。因此，第一电离能的大小关系为：，A选项正确。B、在分子中，中心氧原子的价层电子对数计算为2+=4，表明氧原子采用sp3杂化方式。由于氧原子上存在两对孤电子对，分子构型不是直线形，B选项错误。
C、分子具有正八面体构型，但其键角并不完全相同，C选项错误。
D、由于分子间能形成氢键，导致其沸点高于，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、根据第一电离能的性质递变规律分析。
B、根据中心原子的价层电子对数分析空间结构。
C、为正八面体结构，但键角不完全相同。
D、HF可形成分子间氢键，使得沸点增大。
12．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．从图像分析可知，催化剂对应的反应活化能低于。根据化学反应原理，活化能越低反应越容易进行，催化效果越好。因此的催化效果优于，A项正确；
B．对于催化过程，图像显示从到释放能量为0.22 eV（1.86eV-1.64eV）。根据热力学关系，的焓变，B项错误；
C．图像数据表明，在催化下（含和）的能量状态高于催化时的对应状态。根据化学热力学原理，能量越高体系越不稳定，因此催化产物更易脱附，C项正确；
D．催化剂只能改变反应活化能，不影响反应热效应。无论使用Co-N-C还是Fe-N-C催化剂，H2O2分解均为吸热反应，D项正确；
故答案为：B
【分析】该反应以为起始物，其相对能量设为基准0。在Fe-N-C或Co-N-C催化剂表面发生吸附形成MS1中间体，该过程能量下降至-2~-1区间（具体数值因催化剂而异），表明吸附是放热过程。随后MS1需克服能垒达到过渡态TS1，其中Co-N-C催化剂的活化能低于Fe-N-C，说明Co-N-C更有利于该步骤进行。从TS1到MS2的能量降低表明这也是放热过程。最终MS2转化为MS3（吸附态的和），Fe-N-C催化时MS3能量较高更易脱附。整个过程显示催化剂通过调节活化能和中间态能量影响反应速率及产物脱附行为。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质
【解析】【解析】A、题目给出化学平衡反应式。加热时，平衡正向移动（吸热反应），浓度增大，溶液呈黄绿色，故A正确。
B、铜与浓硝酸反应生成红棕色气体，但溶液显绿色是由于溶解和的蓝色共同作用，题目描述现象与原理不符，故B错误。
C、向溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，过量氨水溶解沉淀形成深蓝色溶液，故C正确。
D、玻璃棒摩擦器壁可提供晶核，促使过饱和溶液结晶，故D正确。故答案为：B
【分析】A、加热过程中温度升高，平衡正向移动，溶液中[CuCl4]2－的浓度增大，据此确定溶液颜色的变化。
B、部分NO2溶于水中，使得溶液变为绿色。
C、滴加氨水的过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成[Cu(NH3)4]2＋。
D、用玻璃棒在容器内壁摩擦可从容器内壁刮下少量碎屑作为晶核。
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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可以得出，表示的是与氢离子浓度变化的关系，选项A正确；
B．分析结果显示，HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10 5，选项B是错误的；
C．分析表明，MA2的溶度积，选项C正确；
D．分析指出，溶液中=y=2，选项D正确。
故答案为：B
【分析】根据电离常数公式分析，在HA溶液中存在以下关系：。由于电离常数仅与温度相关，在温度恒定时保持不变。当溶液中H+浓度增加时，比值和都会减小。因此曲线L1表示与H+浓度的变化关系；曲线L2表示与H+浓度的变化关系。
通过图像分析可得：当H+浓度为0时，=1.0×10 6，因此MA2溶液中M2+的平衡浓度为1.0×10 4 mol/L。MA2的溶度积Ksp = 1.0×10 4×(2.0×10 4)2 = 4.0×10 12。当H+浓度为1.0×10 5 mol/L时：=1.5×10 6，换算得c(M2+)≈1.31×10 4 mol/L。根据溶度积计算c(A )：；由物料守恒2c(M2+) = c(A ) + c(HA)，解得c(HA)≈1.3×10 4 mol/L，因此；最终计算得HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10 5。据此分析选项。
15．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞参数为a pm（即a×10-10cm），因此晶胞体积应为a3×10-30cm3，A选项错误。B、晶胞中Au原子数为，Cu原子数为，故Au与Cu原子数之比为1：3，A选项错误。
C、根据图示，每个Au原子最邻近的Cu原子数为12，C选项正确。
D、由几何关系可知，Au与Cu之间的最短距离为面对角线的一半，即 pm，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、1pm=10-10cm，结合体积V=a3进行计算。
B、根据均摊法确定Au、Cu的原子个数比。
C、以顶点Au原子为中心，与之距离最近的的Cu位于晶胞的面心，据此计算。
D、Au与Cu原子之间的最短距离为面对角线的一半。
16．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率；适当升温(或搅拌)
（2）Al2O3、SiO2
（3）适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高
（4）4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O
（5）防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH溶液的浓度等。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率 ； 适当升温(或搅拌)
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2。
故答案为：Al2O3、SiO2
（3）NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高。
故答案为： 适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高
（4）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O。
故答案为： 4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O
（5）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中。
故答案为： 防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中
（6），，当Ti4+沉淀完全时，溶液中c(PO)最低为。
故答案为：
【分析】（1）“粉碎”可增大接触面积，加快反应速率。同时还可以通过升温、搅拌来提高反应速率。
（2）“碱浸”过程中加入的NaOH溶液，能与Al2O3、SiO2反应。
（3）若NaOH、H2SO4过量，则会腐蚀反应容器；同时也会增加后续处理所加试剂的量。
（4）“沉钛”过程中TiOsO4与H3PO4反应生成Ti3(PO4)4沉淀、H2SO4和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（5）“安全瓶”可防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中。
（6）当溶液中Ti4＋完全沉淀时，溶液中c(Ti4＋)=1.0×10－5mol·L－1，据此结合Ti3(PO4)4的溶度积Ksp进行计算。
（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH溶液的浓度等；
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；
（3）NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高；
（4）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O；
（5）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；
（6），，当Ti4+沉淀完全时，溶液中c(PO)最低为。
17．【答案】（1）苯乙烯；醚键、(酮)羰基
（2）加成反应
（3） ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O
（4）
（5）3：1：1(1：1：3或1：3：1)
（6）9
（7）CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）A的名称是苯乙烯，I中含氧官能团的名称是醚键、(酮)羰基。
故答案为：苯乙烯；醚键、(酮)羰基
（2）根据分子式分子得到A→B的反应类型是加成反应。
故答案为：加成反应
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
故答案为： ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
（4）F和G(苯甲醚)发生取代反应生成H，则H的结构简式为 。
故答案为：
（5）K( )的核磁共振氢谱有3种，其吸收峰面积比为3：1：1(1：1：3或1：3：1)。
故答案为：3：1：1(1：1：3或1：3：1)
（6）J的同分异构体R符合下列条件①能与氯化铁溶液发生显色反应，有酚羟基；②能发生银镜反应，有醛基；③R中不含甲基；④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团，则R的结构简式有、、共9种。
故答案为：9
（7）3 羟基丙酸在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和SOCl2反应生成CH2=CHCOCl，CH2=CHCOCl和苯在AlCl3作用下发生反应生成 ，其合成路线为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl 。
故答案为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl
【分析】化合物E为苯乙酸。D与新制氢氧化铜加热后酸化得到E，因此D的结构为。C经过催化氧化生成D，故C的结构为。B通过水解反应生成C，因此B的结构为。A与HBr发生加成反应生成B，所以A的结构为。E经过取代反应生成F。根据I的结构和G的分子式推断，F与苯甲醚发生取代反应生成H，H再与溴乙烷发生取代反应生成I。I进一步发生取代反应生成J，J与C4H10NCl在乙醇钠和甲苯条件下发生取代反应，最终生成目标产物M。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的名称是苯乙烯，I中含氧官能团的名称是醚键、(酮)羰基；故答案为：苯乙烯；醚键、(酮)羰基。
（2）根据分子式分子得到A→B的反应类型是加成反应；故答案为：加成反应。
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O；故答案为： ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
（4）F和G(苯甲醚)发生取代反应生成H，则H的结构简式为 ；故答案为： 。
（5）K( )的核磁共振氢谱有3种，其吸收峰面积比为3：1：1(1：1：3或1：3：1)；故答案为：3：1：1(1：1：3或1：3：1)。
（6）J的同分异构体R符合下列条件①能与氯化铁溶液发生显色反应，有酚羟基；②能发生银镜反应，有醛基；③R中不含甲基；④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团，则R的结构简式有、、共9种；故答案为：9。
（7）3 羟基丙酸在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和SOCl2反应生成CH2=CHCOCl，CH2=CHCOCl和苯在AlCl3作用下发生反应生成 ，其合成路线为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl ；故答案为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl 。
18．【答案】（1）恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
（2）d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）；AC
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率。
故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：。
故答案为：
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c。
故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数。
故答案为：
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC
【分析】（1）①根据图示仪器确定其名称。球形冷凝管可将气态的反应物冷凝为液体，回流到三颈烧瓶中进行反应，据此确定其作用。
②同时生成的无污染气体为N2，据此确定反应的化学方程式。
（2）装置A是CO2的发生装置，利用产生的CO2排出装置内的空气。装置B为CO2的检验装置。装置C用于除去CO2中混有的HCl。装置D为VOCl2与NH4HCO3的反应装置。据此结合题干设问分析作答。
（3）①根据关系式“(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O～6VO2－～6Fe2＋”进行计算。
②A、未除去NaNO2，则NaNO2能与KMnO4溶液反应，使得消耗标准液的体积增大。
B、俯视刻度线读数，则消耗标准液的体积偏小。
C、液体从上口倒出，则滴定管尖嘴未润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积的增大。
D、滴定终点尖嘴有气泡，导致最终读数偏小。
（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
19．【答案】（1）
（2）增大；33.3
（3）M；加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。
（4）；空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。缺点：空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应物的总键能-生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C—C键和C—H键，则反应的(413.4×2+347.7)-615-436=+123.5。
故答案为：+123.5
（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数增大；820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
则该反应的平衡常数。
故答案为：增大；33.3
（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则(异丁烷)为曲线M。
故答案为：M； 加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低
（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为，由反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的2×[(413.4×2+347.7)+497.3]-(2×615)-2×2×462.8=-234.9，因此该反应的热化学方程式为：；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
故答案为：； 空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。
缺点：空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
【分析】（1）根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和进行计算。
（2）随着温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，说明温度升高，反应正向进行的程度增大，平衡常数变大。820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，据此结合平衡三段式进行计算。
（3）随着横坐标比值增大，即n(H2)或n(Ar)增大。当n(H2)增大时，平衡逆向移动；当n(Ar)增大，平衡正向移动。据此分析。
（4）写出反应的化学方程式，结合化学键的键能计算反应热，从而得到反应的热化学方程式。结合平衡移动分析。
（1）反应物的总键能-生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C—C键和C—H键，则反应的(413.4×2+347.7)-615-436=+123.5；
（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数增大；820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
则该反应的平衡常数；
（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则(异丁烷)为曲线M；
（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为，由反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的2×[(413.4×2+347.7)+497.3]-(2×615)-2×2×462.8=-234.9，因此该反应的热化学方程式为：；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
1 / 1湖北省八校联考2025届高三下学期三模化学试题
一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。
1．（2025·湖北模拟）2022年科技创新结出累累硕果，加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是
A．国产航母海上巡航，航母甲板是高强度钢材，钢是一种铁碳合金
B．“华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的U与U互为同位素
C．“北斗导航”系统应用一体化芯片手机，芯片成分为SiO2
D．C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅，氮化硅属于新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用；元素、核素
【解析】【解答】A．钢的主要成分是铁和碳，属于铁碳合金，选项A正确。B．铀-235（）和铀-238（）具有相同的质子数（92），但中子数不同，因此它们互为同位素，选项B正确。
C．芯片的主要材料是晶体硅（Si），而非其他物质，选项C错误。
D．氮化硅（Si3N4）是一种新型的无机非金属材料，具有优异的性能，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、钢是铁碳合金。
B、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
C、芯片的主要成分为Si。
D、氮化硅属于新型无机非金属材料。
2．（2025·湖北模拟）下列有关元素及其化合物的说法正确的是
A．古代青铜器表面的铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物，可溶于盐酸
B．往少量水润湿的蔗糖中注入浓硫酸后，白色固体变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性
C．将产品溶于足量稀硫酸后，再滴入溶液，若溶液褪色，则证明产品中含有
D．铵根离子在溶液中水解产生，则所有铵盐溶液都呈酸性
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；浓硫酸的性质；铜及其化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解析】A．铜锈（俗称铜绿）的主要成分是碱式碳酸铜，其化学式为Cu2(OH)2CO3，属于盐类化合物，而非氧化物，选项A错误。B．蔗糖的分子式为C12H22O11。实验中将浓硫酸注入少量湿润的蔗糖中，观察到白色固体转变为黑色，这一现象表明生成了碳单质，充分体现了浓硫酸的脱水特性，选项B正确。
C．该实验证实中存在+2价铁元素。需要明确的是，是纯净物，其组成中并不包含单独的成分，选项C错误。
D．铵根离子（NH4+）在水溶液中会发生水解生成。溶液的酸碱性取决于阴离子的水解情况：当阴离子水解程度强于铵根离子时溶液显碱性；两者水解程度相当时溶液显中性；若阴离子不水解或其水解程度弱于铵根离子时溶液显酸性，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、铜锈的主要成分是Cu2(OH)2CO3。
B、白色固体变为黑色，产生的碳单质，体现了浓硫酸的脱水性。
C、酸性KMnO4溶液褪色，说明溶液中含有Fe2＋，从而说明Fe3O4中含有＋2价Fe。
D、CH3COONH4溶液显中性。
3．（2025·湖北模拟）硫及其化合物的“价—类”二维图体现了化学变化之美。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．工业上用NaClO3和X制备1 mol ClO2时，消耗X分子数为0.5NA
B．标准状况下，22.4 L Y的分子数目为NA
C．1 L 1 mol/L H2S水溶液中粒子关系存在：N(HS-)＋N(S2-)=NA
D．“价—类”二维图中盐N可由其相应单质直接化合生成
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较；含硫物质的性质及综合应用；铜及其化合物；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．根据电子得失守恒关系，氯酸钠溶液与二氧化硫反应生成1mol二氧化氯时，消耗二氧化硫的分子数为，选项A正确；B．在标准状况下，三氧化硫是固体状态，无法通过气体摩尔体积计算22.4L三氧化硫的分子数，选项B错误；
C．在1L1mol/L氢硫酸溶液中，硫元素的总物质的量为1mol，其物料守恒关系为，选项C错误；
D．铜与硫反应只能生成硫化亚铜（Cu2S），无法直接生成硫化铜（CuS），选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、X为SO2，结合得失电子守恒进行计算。
B、Y为SO3，在标准状态下不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算。
C、结合物料守恒进行分析。
D、若N为CuS，则不能由单质化合得到。
4．（2025·湖北模拟）布洛芬虽有抗炎、解热、镇痛作用，但口服对胃肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以减轻副作用。
下列说法错误的是
A．布洛芬属于芳香酸
B．布洛芬和修饰分子均含有1个手性碳原子
C．该做法使布洛芬水溶性增强
D．布洛芬与足量反应，可消耗
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据布洛芬的结构简式分析，其分子中包含苯环和羧基(-COOH)两个特征基团，符合芳香酸的定义，A选项正确。B．结构分析表明，无论是布洛芬分子还是其修饰后的分子，都存在一个连接四个不同原子或基团的手性碳原子（不对称碳原子），B选项正确。
C．修饰过程中，布洛芬分子原有的亲水性羧基(-COOH)被转化为疏水性酯基(-COOR)，布洛芬水溶性减弱，C选项错误。
D．布洛芬分子中的苯环可以与氢气发生加成反应，根据苯环的加成特性，1mol布洛芬最多消耗3mol H2，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、分子结构中含有苯环和羧基，属于芳香羧酸。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
C、该转化将羧基转化为酯基，酸性减弱。
D、布洛芬中的苯环能与H2发生加成反应。
5．（2025·湖北模拟）下列有关化学用语表示正确的是
A．NaClO的电子式：
B．C原子的一种激发态：
C．的结构示意图：
D．的基态电子排布式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．NaClO是由Na+和ClO-构成离子化合物，含有离子键，ClO-中含有O-Cl共价键，O、Cl原子外围都达到8e-结构，其电子式为，故A错误；
B．C为6号元素，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，该电子排布式为1s22s12p3，是碳原子的一种激发态，故B正确；
C．O2-由O原子得到2个电子形成，其核电荷数为8，最外层电子数为8，结构示意图为，故C错误；
D．K为19号元素，基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，K原子失去一个电子形成K+，则K+电子排布式：1s22s22p63s23p6，故D错误；
故选：B。
【分析】A．NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成；
Ｂ．C为6号元素，基态C原子核外电子排布式为1s22s22p2；
Ｃ．O得到2个电子形成O2-；
Ｄ．K为19号元素。
6．（2025·湖北模拟）某种锂离子电池的有机电解质结构如图所示，X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Q同主族。下列说法正确的是
A．得电子能力：
B．简单离子半径：
C．分子空间构型为三角锥形
D．Y的简单氢化物与最高价氧化物对应水化物反应的产物水溶液呈酸性
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X（C）与Y（N）位于同周期，从左到右得电子能力增强，因此得电子能力C < N，选项A错误。B．W（F-）和Z（O2-）具有相同电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，故F-< O2-，选项B错误。
C．QZ3分子为SO3，其价层电子对数为3，空间构型为平面三角形（无孤电子对），选项C错误。
D．Y的简单氢化物为NH3，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，两者反应生成NH4NO3（强酸弱碱盐），水溶液显酸性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】X能形成4个共价键，推断为C。Q能形成6个共价键，推断为S。Z与Q同主族且原子序数较小，故Z为O。Y的原子序数介于C和O之间，推断为N。W只能形成1个共价键且原子序数在O和S之间，推断为F。据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。
7．（2025·湖北模拟）铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是
A．降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变
B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2H
C．CH3OH＋HI=CH3I＋H2O为取代反应
D．CH3I、CH3COI都是反应中间体
【答案】A
【知识点】催化剂；有效碰撞理论；加成反应
【解析】【解答】A．作为催化剂，虽然能降低甲醇羰基化反应的活化能，加快反应速率，但焓变仅取决于反应的始态和终态，与催化剂无关，因此不能改变反应的焓变，A选项错误。B．根据反应循环图分析，参与循环的反应物是CH3OH和CO，最终产物为CH3CO2H，因此甲醇羰基化反应的总反应式为CH3OH＋CO=CH3CO2H，B选项正确。
C．在CH3OH＋HI=CH3I＋H2O反应中，CH3OH中的被取代，符合取代反应的定义，属于取代反应，C选项正确。
D．CH3I和CH3COI在反应过程中既生成又被消耗，不参与总反应，因此均为反应中间体，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、为反应的催化剂，催化剂只改变反应历程，不影响焓变。
B、根据图示反应原理确定反应物和生成物，从而得到总反应。
C、该反应中I原子取代了羟基。
D、CH3I和CH3COI在反应过程中既生成又被消耗，属于中间产物。
8．（2025·湖北模拟）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4 2H2O)的过程如图：
下列说法错误的是
A．CaSO4 2H2O属于盐类和纯净物
B．过程I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．过程II中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-
D．将10L上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg L-1)转化为SO，理论上共需要0.15molO2
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．CaSO4 2H2O有固定的化学组成，属于纯净物。它能电离出金属阳离子（Ca2+）和酸根离子（SO42-），因此属于盐类物质，A选项正确。
B．在过程I中，氧气作为氧化剂被还原为水，每个O2分子获得4个电子；Mn(OH)2作为还原剂被氧化为MnO32-，每个Mn(OH)2失去2个电子。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B选项正确。
C．过程II的离子方程式为：4MnO32- + 2S2- + 9H2O = S2O32- + 4Mn(OH)2↓ + 10OH-。该方程式满足电子守恒、原子守恒和电荷守恒，且在碱性条件下生成物稳定存在，C选项正确。
D．设转移电子数为x mol，消耗O2的物质的量为y mol，根据电子转移关系：
因此可得：、
解得x=1.2 mol、y=0.3 mol。因此消耗O2的物质的量为0.3 mol，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、SO4由Ca2＋和SO42－构成，属于盐。
B、根据过程Ⅰ种反应的离子方程式分析。
C、根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒分析。
D、根据转移电子数确定关系式：S2－～8e－、O2～4e－进行计算。
9．（2025·湖北模拟）《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅·····而后火药成声”，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．电负性：N>O>S B．单质硫属于共价晶体
C．第一电离能：N>O>C D．KNO3中的共价键只含有σ键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．元素的原子半径越小，其得电子能力越强，电负性数值越大。已知原子半径大小关系为O < N < S，因此电负性顺序为O > N > S，A不符合题意。B．硫单质是由硫原子通过共价键连接形成的分子晶体，并非共价晶体，B不符合题意。
C．在同一周期中，元素的第一电离能总体趋势从左到右依次增大，但第ⅡA族和第ⅤA族元素由于电子排布较稳定，其电离能会高于相邻元素。因此第一电离能顺序为N > O > C，C符合题意。
D．硝酸根离子（NO3－）中既存在N-O键，又存在一个由4个原子6个电子组成的离域键，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、根据原子半径大小比较得电子能力强弱，得电子能力越强，则电负性越强。
B、单质S为分子晶体。
C、根据第一电离能的递变规律分析。
D、KNO3中K＋和NO3－形成离子键。
10．（2025·湖北模拟）浓差电池指利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池实现电解丙烯腈()合成己二腈［］，装置如图所示(实验前，隔膜两侧溶液均为200 mL，铜电极质量均为100 g)。
下列说法正确的是
A．Cu(1)极为负极，其电极反应为
B．隔膜为阴离子交换膜，C(2)极为阴极
C．上述装置理论上可制备0.6 mol己二腈
D．当电解停止时，Cu(1)极与Cu(2)极质量相差51.2 g
【答案】D
【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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据分析，Cu(1)电极作为正极，其电极反应方程式为，A选项错误。B、该电池属于浓差电池，其工作原理基于铜离子浓度差异产生的电势差。因此需要使用阴离子交换膜作为隔膜，且C(2)电极实际为阳极，B选项错误。
C、当两电极中铜离子浓度达到相等时，电池放电终止。此时溶液中铜离子浓度相同，计算得出转移电子数为0.8mol。根据反应方程式2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，可制备0.4mol己二腈，C选项错误。
D、放电终止时，Cu(1)电极上会析出0.4mol铜，Cu(2)电极上会溶解0.4mol铜。因此两电极质量差为0.8mol×64g/mol=51.2g，D选项正确。
故答案为：D
【分析】在浓差电池中，铜电极Cu(2)发生氧化反应失去电子，作为负极，其电极反应式为：；而铜电极Cu(1)作为正极，发生还原反应得到电子，电极反应为：。在电解槽中，C(1)极作为阴极，C(2)极作为阳极。阳极上水分子失去电子生成氧气和氢离子，电极反应为：；阴极上丙烯腈通过得电子反应合成己二腈，电极反应为：。根据以上分析解答问题。
11．（2025·湖北模拟）我国超高压输变电技术世界领先。属于新一代超高压绝缘介质材料，其制备反应原理为。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．是一种直线形分子
C．分子的键角完全相同 D．的沸点比的高
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、在同一主族中，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，导致第一电离能逐渐减小；而在同一周期内，随着原子序数的增加，第一电离能总体呈现上升趋势。因此，第一电离能的大小关系为：，A选项正确。B、在分子中，中心氧原子的价层电子对数计算为2+=4，表明氧原子采用sp3杂化方式。由于氧原子上存在两对孤电子对，分子构型不是直线形，B选项错误。
C、分子具有正八面体构型，但其键角并不完全相同，C选项错误。
D、由于分子间能形成氢键，导致其沸点高于，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、根据第一电离能的性质递变规律分析。
B、根据中心原子的价层电子对数分析空间结构。
C、为正八面体结构，但键角不完全相同。
D、HF可形成分子间氢键，使得沸点增大。
12．（2025·湖北模拟）东南大学化学化工学院张袁健教授探究Fe—N—C和Co—N—C分别催化H2O2分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：
下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂Co—N—C高于催化剂Fe—N—C
B．Fe—N—C催化：MS1(s)=MS2(s)　ΔH=-0.22 eV
C．催化剂Fe—N—C比催化剂Co—N—C的产物更容易脱附
D．Co—N—C和Fe—N—C催化H2O2分解均为吸热反应
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．从图像分析可知，催化剂对应的反应活化能低于。根据化学反应原理，活化能越低反应越容易进行，催化效果越好。因此的催化效果优于，A项正确；
B．对于催化过程，图像显示从到释放能量为0.22 eV（1.86eV-1.64eV）。根据热力学关系，的焓变，B项错误；
C．图像数据表明，在催化下（含和）的能量状态高于催化时的对应状态。根据化学热力学原理，能量越高体系越不稳定，因此催化产物更易脱附，C项正确；
D．催化剂只能改变反应活化能，不影响反应热效应。无论使用Co-N-C还是Fe-N-C催化剂，H2O2分解均为吸热反应，D项正确；
故答案为：B
【分析】该反应以为起始物，其相对能量设为基准0。在Fe-N-C或Co-N-C催化剂表面发生吸附形成MS1中间体，该过程能量下降至-2~-1区间（具体数值因催化剂而异），表明吸附是放热过程。随后MS1需克服能垒达到过渡态TS1，其中Co-N-C催化剂的活化能低于Fe-N-C，说明Co-N-C更有利于该步骤进行。从TS1到MS2的能量降低表明这也是放热过程。最终MS2转化为MS3（吸附态的和），Fe-N-C催化时MS3能量较高更易脱附。整个过程显示催化剂通过调节活化能和中间态能量影响反应速率及产物脱附行为。
13．（2025·湖北模拟）下列实验现象与实验操作不匹配的是
　 实验操作 实验现象
A 已知，为黄绿色，将盛有溶液的试管加热 溶液变为黄绿色
B 将绕成螺旋状的铜丝伸入到盛有浓硝酸的试管中 铜丝溶解，溶液变为蓝色，生成红棕色气体
C 向盛有溶液的试管里逐滴滴加氨水至过量 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液
D 用玻璃棒摩擦装有过饱和醋酸钠溶液的试管内壁 有晶体析出
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质
【解析】【解析】A、题目给出化学平衡反应式。加热时，平衡正向移动（吸热反应），浓度增大，溶液呈黄绿色，故A正确。
B、铜与浓硝酸反应生成红棕色气体，但溶液显绿色是由于溶解和的蓝色共同作用，题目描述现象与原理不符，故B错误。
C、向溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，过量氨水溶解沉淀形成深蓝色溶液，故C正确。
D、玻璃棒摩擦器壁可提供晶核，促使过饱和溶液结晶，故D正确。故答案为：B
【分析】A、加热过程中温度升高，平衡正向移动，溶液中[CuCl4]2－的浓度增大，据此确定溶液颜色的变化。
B、部分NO2溶于水中，使得溶液变为绿色。
C、滴加氨水的过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成[Cu(NH3)4]2＋。
D、用玻璃棒在容器内壁摩擦可从容器内壁刮下少量碎屑作为晶核。
14．（2025·湖北模拟）是一元弱酸，难溶盐的悬浊液中，不发生水解。实验发现，时，、的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．表示的关系 B．
C． D．
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据分析可以得出，表示的是与氢离子浓度变化的关系，选项A正确；
B．分析结果显示，HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10 5，选项B是错误的；
C．分析表明，MA2的溶度积，选项C正确；
D．分析指出，溶液中=y=2，选项D正确。
故答案为：B
【分析】根据电离常数公式分析，在HA溶液中存在以下关系：。由于电离常数仅与温度相关，在温度恒定时保持不变。当溶液中H+浓度增加时，比值和都会减小。因此曲线L1表示与H+浓度的变化关系；曲线L2表示与H+浓度的变化关系。
通过图像分析可得：当H+浓度为0时，=1.0×10 6，因此MA2溶液中M2+的平衡浓度为1.0×10 4 mol/L。MA2的溶度积Ksp = 1.0×10 4×(2.0×10 4)2 = 4.0×10 12。当H+浓度为1.0×10 5 mol/L时：=1.5×10 6，换算得c(M2+)≈1.31×10 4 mol/L。根据溶度积计算c(A )：；由物料守恒2c(M2+) = c(A ) + c(HA)，解得c(HA)≈1.3×10 4 mol/L，因此；最终计算得HA的电离常数Ka(HA)=2.0×10 5。据此分析选项。
15．（2025·湖北模拟）铜金合金可作为转化为碳氢化合物的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞结构图。下列说法正确的是
A．该晶胞的体积为 B．Au和Cu原子数之比为3∶1
C．与Au最邻近的Cu原子数为12 D．Au和Cu之间的最短距离为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、晶胞参数为a pm（即a×10-10cm），因此晶胞体积应为a3×10-30cm3，A选项错误。B、晶胞中Au原子数为，Cu原子数为，故Au与Cu原子数之比为1：3，A选项错误。
C、根据图示，每个Au原子最邻近的Cu原子数为12，C选项正确。
D、由几何关系可知，Au与Cu之间的最短距离为面对角线的一半，即 pm，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、1pm=10-10cm，结合体积V=a3进行计算。
B、根据均摊法确定Au、Cu的原子个数比。
C、以顶点Au原子为中心，与之距离最近的的Cu位于晶胞的面心，据此计算。
D、Au与Cu原子之间的最短距离为面对角线的一半。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2025·湖北模拟）固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是　 　，为了达到这一目的，还可以采用的措施有　 　(答一条即可)。
（2）“碱浸”的目的是除去　 　(填化学式)。
（3）“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是　 　。
（4）“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为　 　。
（5）本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是　 　。
（6）常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4＋)≤1.0×10-5 mol·L-1时可认为Ti4＋沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO)最低为　 　mol·L-1.
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率；适当升温(或搅拌)
（2）Al2O3、SiO2
（3）适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高
（4）4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O
（5）防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH溶液的浓度等。
故答案为： 增大接触面积，加快反应速率 ； 适当升温(或搅拌)
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2。
故答案为：Al2O3、SiO2
（3）NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高。
故答案为： 适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高
（4）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O。
故答案为： 4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O
（5）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中。
故答案为： 防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中
（6），，当Ti4+沉淀完全时，溶液中c(PO)最低为。
故答案为：
【分析】（1）“粉碎”可增大接触面积，加快反应速率。同时还可以通过升温、搅拌来提高反应速率。
（2）“碱浸”过程中加入的NaOH溶液，能与Al2O3、SiO2反应。
（3）若NaOH、H2SO4过量，则会腐蚀反应容器；同时也会增加后续处理所加试剂的量。
（4）“沉钛”过程中TiOsO4与H3PO4反应生成Ti3(PO4)4沉淀、H2SO4和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（5）“安全瓶”可防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中。
（6）当溶液中Ti4＋完全沉淀时，溶液中c(Ti4＋)=1.0×10－5mol·L－1，据此结合Ti3(PO4)4的溶度积Ksp进行计算。
（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率；为了达到加快反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌，以及适当增加NaOH溶液的浓度等；
（2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；
（3）NaOH溶液、H2SO4溶液均具有强烈的腐蚀作用，NaOH 溶液和稀硫酸均不宜过量太多，适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高；
（4）“沉钛”时加入磷酸生成Ti3(PO4)4的化学方程式为：4H3PO4＋3TiOSO4=Ti3(PO4)4↓＋3H2SO4＋3H2O；
（5）抽滤原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，抽气泵中的压强降低容易出现倒吸现象，需要加入“安全瓶”平衡气压，防止吸滤瓶中的液体倒吸到抽气泵中；
（6），，当Ti4+沉淀完全时，溶液中c(PO)最低为。
17．（2025·湖北模拟）有机物M是屈洛昔芬药物的一种中间体，合成M的一种路线如图所示：
已知：ROH+SOCl2RCl+SO2↑+HCl↑。
请回答下列问题：
（1）A的名称是　 　，I中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B的反应类型是　 　。
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为　 　。
（4）H的结构简式为　 　。
（5）K的核磁共振氢谱吸收峰面积比为　 　。
（6）同时符合下列条件的J的同分异构体R共有　 　种(不考虑立体异构)。
①能与氯化铁溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③R中不含甲基
④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团
（7）根据上述信息，设计以苯、3-羟基丙酸为原料制备 的合成路线：　 　(其他无机试剂任选)。
【答案】（1）苯乙烯；醚键、(酮)羰基
（2）加成反应
（3） ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O
（4）
（5）3：1：1(1：1：3或1：3：1)
（6）9
（7）CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）A的名称是苯乙烯，I中含氧官能团的名称是醚键、(酮)羰基。
故答案为：苯乙烯；醚键、(酮)羰基
（2）根据分子式分子得到A→B的反应类型是加成反应。
故答案为：加成反应
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
故答案为： ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
（4）F和G(苯甲醚)发生取代反应生成H，则H的结构简式为 。
故答案为：
（5）K( )的核磁共振氢谱有3种，其吸收峰面积比为3：1：1(1：1：3或1：3：1)。
故答案为：3：1：1(1：1：3或1：3：1)
（6）J的同分异构体R符合下列条件①能与氯化铁溶液发生显色反应，有酚羟基；②能发生银镜反应，有醛基；③R中不含甲基；④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团，则R的结构简式有、、共9种。
故答案为：9
（7）3 羟基丙酸在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和SOCl2反应生成CH2=CHCOCl，CH2=CHCOCl和苯在AlCl3作用下发生反应生成 ，其合成路线为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl 。
故答案为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl
【分析】化合物E为苯乙酸。D与新制氢氧化铜加热后酸化得到E，因此D的结构为。C经过催化氧化生成D，故C的结构为。B通过水解反应生成C，因此B的结构为。A与HBr发生加成反应生成B，所以A的结构为。E经过取代反应生成F。根据I的结构和G的分子式推断，F与苯甲醚发生取代反应生成H，H再与溴乙烷发生取代反应生成I。I进一步发生取代反应生成J，J与C4H10NCl在乙醇钠和甲苯条件下发生取代反应，最终生成目标产物M。据此结合题干设问分析作答。
（1）A的名称是苯乙烯，I中含氧官能团的名称是醚键、(酮)羰基；故答案为：苯乙烯；醚键、(酮)羰基。
（2）根据分子式分子得到A→B的反应类型是加成反应；故答案为：加成反应。
（3）D与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O；故答案为： ＋2Cu(OH)2＋NaOH ＋Cu2O↓＋3H2O或 ＋2Cu(OH)2 ＋Cu2O↓＋2H2O。
（4）F和G(苯甲醚)发生取代反应生成H，则H的结构简式为 ；故答案为： 。
（5）K( )的核磁共振氢谱有3种，其吸收峰面积比为3：1：1(1：1：3或1：3：1)；故答案为：3：1：1(1：1：3或1：3：1)。
（6）J的同分异构体R符合下列条件①能与氯化铁溶液发生显色反应，有酚羟基；②能发生银镜反应，有醛基；③R中不含甲基；④含有 结构，且每个苯环上均只含一种含氧官能团，则R的结构简式有、、共9种；故答案为：9。
（7）3 羟基丙酸在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和SOCl2反应生成CH2=CHCOCl，CH2=CHCOCl和苯在AlCl3作用下发生反应生成 ，其合成路线为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl ；故答案为：CH2=CHCOOHCH2=CHCOCl 。
18．（2025·湖北模拟）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2+能被O2氧化，回答下列问题：
（1）步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)
①仪器b的名称为　 　，仪器c除冷凝回流外，另一作用为　 　。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为　 　。
（2）步骤II可在如图装置中进行。
①接口的连接顺序为a→　 　。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当　 　时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
（3）测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为　 　。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是　 　(填标号)。
A.未加尿素，直接进行滴定
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【答案】（1）恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
（2）d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）；AC
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率。
故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：。
故答案为：
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c。
故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数。
故答案为：
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC
【分析】（1）①根据图示仪器确定其名称。球形冷凝管可将气态的反应物冷凝为液体，回流到三颈烧瓶中进行反应，据此确定其作用。
②同时生成的无污染气体为N2，据此确定反应的化学方程式。
（2）装置A是CO2的发生装置，利用产生的CO2排出装置内的空气。装置B为CO2的检验装置。装置C用于除去CO2中混有的HCl。装置D为VOCl2与NH4HCO3的反应装置。据此结合题干设问分析作答。
（3）①根据关系式“(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O～6VO2－～6Fe2＋”进行计算。
②A、未除去NaNO2，则NaNO2能与KMnO4溶液反应，使得消耗标准液的体积增大。
B、俯视刻度线读数，则消耗标准液的体积偏小。
C、液体从上口倒出，则滴定管尖嘴未润洗，标准液被稀释，消耗标准液体积的增大。
D、滴定终点尖嘴有气泡，导致最终读数偏小。
（1）①由仪器b的构造可知b为恒压滴液漏斗，仪器c为球形冷凝管，可有效的实现反应物和生成物的冷凝回流，提高反应物的转化率，故答案为：恒压滴液漏斗；提高反应物的利用率；
②由题意可知产物除二氯氧钒外还有氮气，结合电子得失守恒及元素守恒可得反应：，故答案为：；
（2）首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，因此接口连接顺序为：d→e→f→g→b→c，故答案为：d→e→f→g→b→c；装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵的质量分数，故答案为：；
②A.未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；
B.滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
C.用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；
故答案为：AC；
19．（2025·湖北模拟）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：
的　 　。
化学键
键能/ 347.7 615 413.4 436 462.8 497.3
（2）在压强下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。
该反应的平衡常数随温度升高而　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。计算时的平衡常数，　 　(结果保留一位小数)。
（3）在温度、压强下，初始反应气体组成(异丁烷)或(异丁烷)与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。
其中(异丁烷)为曲线　 　，判断依据是　 　。
（4）有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式　 　。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点　 　。
【答案】（1）
（2）增大；33.3
（3）M；加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。
（4）；空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。缺点：空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）反应物的总键能-生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C—C键和C—H键，则反应的(413.4×2+347.7)-615-436=+123.5。
故答案为：+123.5
（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数增大；820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
则该反应的平衡常数。
故答案为：增大；33.3
（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则(异丁烷)为曲线M。
故答案为：M； 加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低
（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为，由反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的2×[(413.4×2+347.7)+497.3]-(2×615)-2×2×462.8=-234.9，因此该反应的热化学方程式为：；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
故答案为：； 空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。
缺点：空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
【分析】（1）根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和进行计算。
（2）随着温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，说明温度升高，反应正向进行的程度增大，平衡常数变大。820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，据此结合平衡三段式进行计算。
（3）随着横坐标比值增大，即n(H2)或n(Ar)增大。当n(H2)增大时，平衡逆向移动；当n(Ar)增大，平衡正向移动。据此分析。
（4）写出反应的化学方程式，结合化学键的键能计算反应热，从而得到反应的热化学方程式。结合平衡移动分析。
（1）反应物的总键能-生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C—C键和C—H键，则反应的(413.4×2+347.7)-615-436=+123.5；
（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数增大；820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
则该反应的平衡常数；
（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则(异丁烷)为曲线M；
（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为，由反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的2×[(413.4×2+347.7)+497.3]-(2×615)-2×2×462.8=-234.9，因此该反应的热化学方程式为：；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
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