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2025届湖北省孝感市八校高三下学期三模联考 化学试题
1．（2025·孝感模拟）化学与传统文化密切相关。下列有关解读错误的是
A．《天工开物》“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾
B．《劝学》“冰，水为之，而寒于水”，说明冰的能量更低，转化为水需要吸热
C．《己亥杂诗》“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴含着自然界中的碳、氮循环
D．《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，“飞絮”与“马尾”的化学成分均为蛋白质
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解析】A．火药的成分是"一硫二硝三木炭"，其中硫指硫磺（S），硝指硝酸钾（KNO3），木炭是碳单质（C），A选项正确。B．冰融化成水的过程需要吸收热量（相变潜热），B选项正确。
C．落花在土壤中经微生物分解，其中的碳、氮元素转化为植物可吸收的营养物质，完成了自然界碳循环和氮循环，C选项正确。
D．"飞絮"主要成分是植物纤维素（(C6H10O5)n），而"马尾"属于动物毛发，主要成分为角蛋白，两者化学成分不同，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、火药中的“硝”是指KNO3。
B、冰融化为水的过程中需要吸热热量。
C、花朵掉落后进入到土壤中发酵为植物生长所需的养分，实现了碳氮循环。
D、“飞絮”的成分为纤维素。
2．（2025·孝感模拟）湖北随州出土的曾侯乙编钟属于青铜制品，先秦《考工记》记载：“金有六齐，六分其金而锡居其一，谓之钟鼎之齐，……”。下列有关说法错误的是
A．青铜是一种铜锡合金
B．青铜硬度大但熔点比纯铜低
C．用硝酸处理青铜表面的铜锈[主要成分]
D．现代工艺采用电解精炼提纯铜，用粗铜作阳极
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；合金及其应用；铜及其化合物
【解析】【解析】A．青铜是铜（Cu）和锡（Sn）组成的合金，属于混合物，故A正确；B．合金的特性是硬度高于组分金属（纯铜），熔点低于组分金属（纯铜），故B正确；
C．硝酸（HNO3）具有强氧化性，会与铜发生反应，因此不可用硝酸去除铜锈（Cu2(OH)2CO3），故C错误；
D．电解精炼铜时，粗铜作为阳极（发生氧化反应），纯铜作为阴极（发生还原反应），故D正确；
故答案为：C
【分析】A、青铜为铜锡合金。
B、合金的硬度比成分金属高，熔点比成分金属低。
C、铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3。
D、电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极。
3．（2025·孝感模拟）氨基氰(CH2N2)中C、N原子均满足8电子稳定结构，福州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳(g-C3N4)，其单层结构如图所示。下列说法错误的是
A．氨基氰的结构式：
B．氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面
C．氨基氰易溶于水，氮化碳能导电
D．氨基氰和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 根据氨基氰分子中碳原子和氮原子都满足8电子稳定结构，可以确定其结构式为 ，A正确。B. 从氮化碳的单层结构可以看出，碳原子和氮原子相互连接并形成环状结构，且均采用sp2杂化方式，因此单层结构中所有原子可能共平面，B正确。
C. 氨基氰分子容易与水分子形成氢键，因此易溶于水；而氮化碳的结构与石墨类似，石墨具有导电性，C正确。
D. 氨基氰的结构式为，其中氮原子的杂化方式为sp和sp3，D错误。
故答案为：D
【分析】氨基氰中C原子可形成4个共价键，N原子可形成3个共价键，H原子可形成1个共价键，据此确定其结构式。
B、根据结构式可知，C、N原子采用sp2杂化，所有原子可能共平面。
C、氨基氰可形成氢键，氮化碳的结构与石墨相似，因此具有导电性。
D、形成单键的氮原子采用sp杂化。
4．（2025·孝感模拟）化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．1 mol X与足量NaOH溶液反应最多消耗1 mol NaOH
C．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Z分子中采用sp3杂化的原子数目为5
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．该反应中产物只有一种，且存在双键的断裂，因此其反应类型为加成反应，A错误。B、1mol化合物X含有1 mol酯基，可与1 mol NaOH反应；水解后生成的产物中含有1 mol酚羟基，还能再消耗1 mol NaOH，因此总共最多消耗2 mol NaOH，B错误。
C．化合物Y分子中存在碳碳双键（C=C），能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，C错误。
D．在化合物Z中，所有饱和碳原子（sp3杂化）和单键氧原子（sp3杂化）总共5个，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据反应过程中化学键的断裂和产物确定反应类型。
B、X中含有酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，都能与NaOH反应。
C、Y中的碳碳双键爱你能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、形成单键的碳原子采用sp3杂化，据此分析。
5．（2025·孝感模拟）下列化学用语表示正确的是
A．氯离子的结构示意图：
B．氯化氢的电子式：
C．甲烷的填充模型：
D．CH3OCH3的名称：乙醚
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯元素（Cl）的原子序数为17，氯离子（Cl-）的核外电子排布为2、8、8，其离子结构示意图为，A正确；
B．氯化氢（HCl）是共价化合物，其电子式为，B错误；
C．表示的是甲烷的球棍模型，其空间填充模型应为，C错误；
D．CH3OCH3的正确名称是甲醚，而乙醚的结构式为CH3CH2OCH2CH3，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Cl－是由Cl原子最外层得到一个电子形成，据此确定其离子结构示意图。
B、HCl为共价化合物，H原子和Cl原子存在共用电子对。
C、图示为CH4的球棍模型。
D、CH3OCH3的名称为甲醚。
6．（2025·孝感模拟）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X的原子序数之和是Y的一半，m、n、p均是这些元素组成的常见二元气体化合物，其中常温下，0.01mol·L-1p溶液的pH为2；X、Y、Z的单质分别为甲、乙、丙，其中乙能存在于火山喷口附近，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．沸点：甲>乙
B．X、Y、Z在自然界均以游离态存在
C．Q中既含离子键又含共价键
D．m、n、p的水溶液均显酸性
【答案】C
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．甲（N2）、乙（S）、丙（Cl2）中，S是固体，沸点最高，故乙 > 甲，A错误；B．X（N）、Y（S）、Z（Cl）中，氯在自然界以化合态存在（如NaCl），B错误；
C．NH4Cl是离子化合物，含离子键和N-H共价键，C正确；
D．NH3的水溶液（氨水）呈碱性，存在平衡：，D错误。
故答案为：C
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。题目给出关键条件：W与X的原子序数之和等于Y的一半。已知常温下0.01 mol·L- 的p溶液pH为2，说明p是一元强酸，因此p为HCl。结合火山喷口附近存在乙（单质），推断乙为硫（S），则Y为硫元素（S），Z为氯元素（Cl）。再根据W与X的原子序数关系，可确定X为氮元素（N），W为氢元素（H）。因此：n为NH3，m为H2S，p为HCl，q为NH4Cl。单质甲为N2，乙为S，丙为Cl2。据此结合元素周期律分析选项。
7．（2025·孝感模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据能量曲线图，产物的能量明显高于，说明的热力学稳定性较差，A选项错误。B、活化能可通过过渡态峰值与反应物能量的差值反映。图像显示生成的活化能更高（峰值更大），根据Arrhenius公式，活化能越大的反应对温度变化更敏感。因此升温时，生成的速率增幅更大，B选项错误。
C、整个反应历程中，最低的活化能垒出现在中间体Z转化为过渡态Ⅲ的过程，数值为，C选项正确。
D、催化剂虽能改变反应路径、降低活化能，但不会影响反应的焓变（即的生成热不变），D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定，据此结合物质所具有的能量大小比较物质的稳定性。
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度更大。
C、该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能 。
D、催化剂改变反应历程，但不改变反应的焓变。
8．（2025·孝感模拟）在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．氢键的形式为X-H···Y，因此配离子中的H原子能与水分子中的O原子形成氢键，选项A错误。B．由配离子结构可知，铜离子为中心离子，提供空轨道；N、O原子提供孤电子对，作为配体。遗憾次铜离子的配位数为4，选项B正确。
C．铜元素（Cu）的原子序数为29，因此其基态原子的价电子排布式为，选项C正确。
D．元素的非金属性越强，电负性越大，因此电负性顺序为O＞N＞C＞H，选项D正确。
故答案为：A
【分析】A、根据氢键的形式X-H···Y（其中X、Y为N、O、F）分析。
B、根据配离子的结构分析。
C、根据基态Cu原子的原子序数分析。
D、根据元素的非金属性分析其电负性的大小。
9．（2025·孝感模拟）下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是（　　）
选项 物质的结构或性质 解释
A 第一电离能：Zn＞Cu 元素金属性：Zn强于Cu
B 熔点：SiO2＞CO2 相对分子质量：SiO2大于CO2
C 酸性：HCOOH＞CH3COOH O－H的极性：HCOOH强于CH3COOH
D O2与O3分子极性相同 二者都是由非极性键构成的分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌的价电子为全满较稳定结构，不易失去一个电子，电离能较大，故第一电离能：Zn＞Cu，解释不合理，故A错误；
B、SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，故熔点：SiO2＞CO2，解释不合理，故B错误；
C、烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此甲酸的酸性大于乙酸，即O－H的极性：HCOOH强于CH3COOH，导致甲酸中羧基更容易电离出氢离子，使得酸性：HCOOH＞CH3COOH，解释合理，故C正确；
D、O2为非极性分子，O3为极性分子，两者分子极性不同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；
B、SiO2为共价晶体；
C、烷基是推电子基团；
D、氧气是非极性分子。
10．（2025·孝感模拟）废水中的有机污染物可通过MFC-电芬顿技术来处理，该技术通过产生羟基自由基处理有机污染物，同时高效净化废水，其耦合系统原理示意图如下，下列说法正确的是
A．甲池中溶液的不变
B．电极为阴极，电极反应为
C．乙池中产生的对废水也能起到净水作用
D．乙池中发生反应，之后部分生成絮状沉淀
【答案】C
【知识点】电解原理；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、甲池作为燃料电池，反应过程中生成二氧化碳和水，导致溶液体积增加。由于磷酸被稀释，其浓度降低，使得溶液的值上升，A选项错误。B、氧气在正极反应，使得电极成为阳极，其电极反应式为，B选项错误。
C、在乙池中生成的会进一步形成氢氧化铁胶体，这种胶体能够吸附悬浮物，从而对废水起到净化作用。因此，C选项正确。
D、由于铁离子会与氢氧根离子发生反应，乙池中实际发生的反应为，D选项错误。
故答案为：C
【分析】甲池为CH4的燃料电池，属于原电池装置。a电极上CH4转化为CO2，发生失电子的氧化反应，为负极，其电极反应式为CH4－8e－＋2H2O=CO2＋8H＋。b电极上O2发生得电子的还原反应，为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。利用甲装置为电源，因此乙装置为电解池。其中Fe电极与b电极(正极)相连，因此Fe电极为阳极，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；Pt电极为阴极，其电极反应式为O2＋2e－＋2H＋=H2O2。据此结合选项分析。
11．（2025·孝感模拟）下列关于物质的结构与性质的叙述正确的是
A．Li、Na同主族， Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
B．Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C．Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
D．O、S同主族，H2O2有氧化性，可推断H2S2也有氧化性
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．钠的密度（0.97 g/cm3）大于煤油（约0.8 g/cm3），可以沉在煤油中保存；而锂的密度（0.534 g/cm3）小于煤油，会浮在煤油表面接触空气，因此不能使用煤油保存，A错误。B．氧化铍（BeO）是典型的两性氧化物，既能与酸反应（如：BeO + 2HCl = BeCl2+ H2O），又能与强碱反应（如：BeO + 2NaOH = Na2BeO2+ H2O，B错误。
C．铅（Pb）位于元素周期表第14族，金属性强于同族的锗（Ge）。铅是典型的金属元素，具有良好的导电性，常用作导体材料，C错误。
D．过氧化氢（H2O2）的氧化性源于其中氧元素为-1价，易得电子转化为更稳定的-2价（如：H2O2 + 2e-→ 2OH-）。硫化氢（H2S2）中硫元素同样呈现-1价，也容易得电子转化为-2价硫（如：H2S2 + 2e-→ 2HS-），因此也具有氧化性，D正确。
故答案为：D
【分析】A、Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中。
B、BeO为两性氧化物，可与强碱溶液反应。
C、Pb不属于半导体材料。
D、H2S2中硫元素为-1价，具有氧化性。
12．（2025·孝感模拟）某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是
A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯
B．曝光时发生了取代反应和消去反应
C．X的酸性比ESCAP的酸性强
D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据图示可知，合成ESCAP的单体结构为，其中一种单体为苯乙烯，选项A正确；
B．在曝光过程中，ESCAP支链上的酯基首先发生取代反应生成羧基和羟基，随后羟基发生消去反应形成碳碳双键，最终产物为，该过程包含取代反应和消去反应，选项B正确；
C．由于X分子中含有羧基，其酸性强于ESCAP，选项C正确；
D．Y分子中的碳碳双键两端连接的基团相同，因此不存在顺反异构现象，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据ESCAP的结构简式确定其单体的结构简式。
B、曝光时生成X为取代反应，生成Y为消去反应。
C、X中含有-COOH，酸性较强。
D、Y中双键碳原子上含有的原子（或原子团）相同，不存在顺反异构。
13．（2025·孝感模拟）为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
下列说法不正确的是
A．反应
B．图-1中曲线①表示转化率随温度的变化
C．温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应
D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃)
【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应CH(g)+HO(g)=3H(g)+CO(g)的热效应ΔH可通过反应I减去反应Ⅱ计算得到，结果为+226.4 kJ mol，选项A正确。
B．由于CO参与了所有三个反应（I、Ⅱ、Ⅲ），其转化率最高。三个反应均为吸热反应，升高温度会提高CO的转化率，因此图-1中曲线①表示CO转化率随温度的变化，选项B正确。
C．反应I、Ⅱ、Ⅲ都是吸热反应，升高温度会使平衡向正反应方向移动。根据图-2数据，升高温度时COS和HO的物质的量分数没有增加，而CO和H的物质的量分数持续增加，说明温度升高对反应I的影响较大，而对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小。因此，在700℃时，反应I是体系中的主要反应，选项C正确。
D．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高会使平衡正向移动，平衡常数增大。因此，平衡常数满足K(400℃)＜K(700℃)，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
B、温度升高，平衡正向移动，CO2的转化率增大。
C、700℃时，CO和H2的含量高，而CO、H2主要来自于反应Ⅰ。
D、结合温度对平衡移动和平衡常数的影响分析。
14．（2025·孝感模拟）已知，25℃时，的，。用溶液滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如下图(忽略滴定过程中温度的变化)。下列说法错误的是[如分布分数：]
A．两次突变，应选用不同的指示剂
B．pH=8时：
C．b点溶液的pH约为4.54
D．
【答案】D
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图像可知，第一次滴定突变时溶液的pH＜7，显酸性，因此选用甲基橙作指示剂；第二次滴定突变时溶液的pH＞7，显碱性，因此选用酚酞作指示剂。因此两次突变选用的指示剂不同，A正确；
B．根据图像可知，当溶液的pH=8时，溶液中所含溶质为Na2R和NaHR，且溶液中>，因此可的溶液中离子浓度：，B正确；
C．由图可知，b点时，溶液中，，因此溶液中，所以溶液的pH=4.54，C正确；
D．的，，因此，。因此，所以溶液中，D错误；
故答案为：D
【分析】H2R是一种二元弱酸，在水中发生电离H2R H＋＋HR－、HR－ H＋＋R2－。用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mLH2R溶液的过程中发生反应：H2R＋OH－=HR－＋H2O、HR－＋OH－=R2－＋H2O。因此随着NaOH溶液的滴入，c(H2R)逐渐较小；c(HR－)先增大后减小；c(R2－)逐渐增大。据此结合选项分析。
15．（2025·孝感模拟）西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是
A．该二维晶体的化学式为
B．石墨烯C原子与键数之比为
C．图中a离子分别与b、c离子的距离不相等
D．该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子相互作用有关
【答案】C
【知识点】化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据该晶体的俯视图结构，每个结构单元包含3个Ca原子和3个Cl原子，且每个原子对结构单元的贡献都是，因此该晶体的化学式应为CaCl。A选项正确。B、在石墨烯的六角结构中，每个碳原子被6个六元环共享，因此分摊的碳原子数为6×=2个；每个C-C键被2个六元环共享，分摊的键数为6×=3个。所以石墨烯中C原子与键数之比为2：3。B选项正确。
C、通过侧视图和俯视图观察发现，晶体中的Ca-Cl-Ca构型形成的是非平面正六边形，且a离子与b、c离子的距离相等。C选项错误。
D、该晶体的形成机制源于石墨烯表面芳香环与钙离子之间强烈的阳离子-π相互作用。D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定该二维晶体的化学式。
B、根据石墨烯结构中C原子与成键的个数比分析。
C、根据晶体结构分析。
D、该晶体的形成是由于石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用所致。
16．（2025·孝感模拟）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为　 　，该工艺中，经处理可循环利用的物质为　 　(填化学式)。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为　 　，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是　 　。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是　 　(用化学方程式解释)。
（4）原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为　 　。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为　 　kg。
【答案】（1）
（2）++2H+；H2SO4
（3）++5C+5CO↑；高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；++2C+3CO↑
（4）H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为。
故答案为：（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
故答案为：++2H+；H2SO4
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑。
故答案为：++5C+5CO↑ ；高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；++2C+3CO↑
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
故答案为： H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O ；
【分析】工业上处理高钛渣（主要成分包括、、和CaO，含少量MgO、）时，加入稀盐酸后，只有不溶解，其他氧化物均反应溶解。在热的浓硫酸中可溶，生成离子，该离子在沸水中会进一步转化为水合物。
关键反应“热还原”过程的化学方程式为：
，通过上述分析可知，高钛渣中各组分在酸溶、转化及还原过程中的行为差异是解题的核心依据。
（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
17．（2025·孝感模拟）升压药物盐酸米多君(TM)及其关键中间体B的合成路线(部分条件略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）TM分子中含氧官能团名称是　 　。
（2）物质B的结构简式为　 　。上述合成路线中属于加成反应的是　 　(填序号)。
（3）反应①的原子利用率为100%，该反应的化学方程式为　 　。
（4）符合下列条件的A的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有苯环结构
②1mol该物质分别与足量NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2
③含有手性碳原子
写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式　 　。
（5）已知：NH2CH2CH2OH+ClCOCH2Cl。根据上述合成路线和相关信息，设计以 和流程中相关试剂为原料制备 的“绿色化学”合成路线(其他试剂任选)　 　。
【答案】（1）羟基、醚键、酰胺基
（2）；①②
（3） +CH3NO2→
（4）13；
（5）
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基。
故答案为： 羟基、醚键、酰胺基
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②。
故答案为：；①②
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→。
故答案为：+CH3NO2→
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式。
故答案为：13；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
故答案为：
【分析】（1）根据所给结构简式确定其所含的含氧官能团的名称。
（2）对照反应①和②可知，A为 ，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，确定B的结构简式。根据反应过程中的化学键的断裂确定是否属于加成反应。
（3）A的结构简式为，与物质X反应生成，结合原子利用率100%，确定X的结构，从而写出反应的化学方程式。
（4）能与NaHCO3溶液反应的官能团有－COOH；能与金属Na反应的官能团有－OH；含有手性碳原子，则存在碳原子周围连接有四个不同的原子或原子团。据此确定同分异构体的结构和个数。
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，据此设计合成路线图。
（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②；
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→；
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
18．（2025·孝感模拟）三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
　 熔点/℃ 沸点/℃ 其它
PCl3 112 75.5 遇水极易水解
POCl3 2 105.3 遇水极易水解
某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：
请回答下列问题：
（1）装置戊中发生反应的离子方程式为：　 　。
（2）装置乙的主要作用为：①干燥气体，②　 　， ③　 　。
（3）装置丙的温度需控制在60~65 ℃的原因是　 　。
（4）实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：
I．取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性
II．向锥形瓶中加入V1 mL c1 mol L 1 AgNO3溶液至完全沉淀
Ⅲ．向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖
Ⅳ．加入指示剂，用c2 mol L 1 KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2 mL
(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10 10，Ksp(AgSCN)=2×10 12)
① 步骤IV中选用的指示剂为 　 　。
② 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，　 　，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。
③ 产品中氯元素含量的表达式为：　 　。
④ 下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是　 　。
a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线 b．实验过程中未加入硝基苯
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 d．滴定时锥形瓶未干燥
（5）如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为　 　。
【答案】（1）MnO2 ＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+ ＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2）观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压
（3）温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4）硫酸铁溶液；用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；；bc
（5）蒸馏
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2）甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压。
故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压
（3）PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4）① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液。
故答案为：硫酸铁溶液
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：。
故答案为：
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
故答案为：bc
（5）如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏。
故答案为：蒸馏
【分析】（1）实验室用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）装置乙中长颈漏斗可以起到平衡气压的作用；同时可通过产生气泡的速率从而调节反应速率。
（3）温度过低，会导致反应速率较慢；而温度过高，则可能导致PCl3挥发，使得利用率降低。
（4）①Fe3＋遇KSCN溶液变红色，因此可用含Fe3＋的溶液作为指示剂。
②结合滴定操作分析。
③根据滴定过程中消耗KSCN溶液的量计算与Cl－反应的Ag＋的量，从而计算n(Cl－)，进而计算产品中的氯元素含量。
④根据选项所给错误操作分析对消耗标准液体积的影响，从而分析实验误差。
（5）PCl3、POCl3的沸点不同，因此可采用蒸馏进行分离。
（1）装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O；故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
（2）甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压；故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压。
（3）PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低；故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
（4）① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液；故答案为：硫酸铁溶液。
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：；故答案为：。
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
综上所述，答案为：bc。
（5）如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏；故答案为：蒸馏。
19．（2025·孝感模拟）CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。
（1）CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+120kJ·mol-1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为　 　。
②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C-H C≡O H-H
键能/(kJ·mol-1) 413 1075 436
则CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2） 催化重整涉及的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)　ΔH=+41.2kJ·mol-1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________ (填字母)。
A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
（3）在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的　 　倍。
②该温度下反应i的压强平衡常数Kp=　 　(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率　 　 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)，　 　。
（4）光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为　 　NA；价带上的电极反应式可表示为　 　。
【答案】（1）该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)；+1490
（2）B；C
（3）1.2；3；增大；不变
（4）2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0。
故答案为： 该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=745×2=+1490kJ/mol。
故答案为： +1490
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A错误；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D错误；
故答案为：BC
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的。
故答案为：1.2
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数。
故答案为：3
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变。
故答案为：增大；不变
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
故答案为：2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【分析】（1）①当ΔH-TΔS<0时，反应能自发进行，据此分析该反应能自发进行的原因。
②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）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（3）根据题给数据可得以下三段式：
据此结合题干设问分析作答。
（4）根据反应过程中转移电子数确定形成空穴的个数。价带上CH4与h＋、O2－反应生成CO和H2，据此写出其电极反应式。
（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=745×2=+1490kJ/mol；
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A错误；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D错误；
故选BC；
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的；
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数；
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变；
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
1 / 12025届湖北省孝感市八校高三下学期三模联考 化学试题
1．（2025·孝感模拟）化学与传统文化密切相关。下列有关解读错误的是
A．《天工开物》“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硝”指硝酸钾
B．《劝学》“冰，水为之，而寒于水”，说明冰的能量更低，转化为水需要吸热
C．《己亥杂诗》“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴含着自然界中的碳、氮循环
D．《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，“飞絮”与“马尾”的化学成分均为蛋白质
2．（2025·孝感模拟）湖北随州出土的曾侯乙编钟属于青铜制品，先秦《考工记》记载：“金有六齐，六分其金而锡居其一，谓之钟鼎之齐，……”。下列有关说法错误的是
A．青铜是一种铜锡合金
B．青铜硬度大但熔点比纯铜低
C．用硝酸处理青铜表面的铜锈[主要成分]
D．现代工艺采用电解精炼提纯铜，用粗铜作阳极
3．（2025·孝感模拟）氨基氰(CH2N2)中C、N原子均满足8电子稳定结构，福州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳(g-C3N4)，其单层结构如图所示。下列说法错误的是
A．氨基氰的结构式：
B．氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面
C．氨基氰易溶于水，氮化碳能导电
D．氨基氰和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3
4．（2025·孝感模拟）化合物Z具有抗凝血作用，可由下列反应制得。下列有关说法正确的是
A．该反应属于取代反应
B．1 mol X与足量NaOH溶液反应最多消耗1 mol NaOH
C．Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Z分子中采用sp3杂化的原子数目为5
5．（2025·孝感模拟）下列化学用语表示正确的是
A．氯离子的结构示意图：
B．氯化氢的电子式：
C．甲烷的填充模型：
D．CH3OCH3的名称：乙醚
6．（2025·孝感模拟）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X的原子序数之和是Y的一半，m、n、p均是这些元素组成的常见二元气体化合物，其中常温下，0.01mol·L-1p溶液的pH为2；X、Y、Z的单质分别为甲、乙、丙，其中乙能存在于火山喷口附近，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．沸点：甲>乙
B．X、Y、Z在自然界均以游离态存在
C．Q中既含离子键又含共价键
D．m、n、p的水溶液均显酸性
7．（2025·孝感模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
8．（2025·孝感模拟）在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
9．（2025·孝感模拟）下列关于物质的结构或性质及解释都正确的是（　　）
选项 物质的结构或性质 解释
A 第一电离能：Zn＞Cu 元素金属性：Zn强于Cu
B 熔点：SiO2＞CO2 相对分子质量：SiO2大于CO2
C 酸性：HCOOH＞CH3COOH O－H的极性：HCOOH强于CH3COOH
D O2与O3分子极性相同 二者都是由非极性键构成的分子
A．A B．B C．C D．D
10．（2025·孝感模拟）废水中的有机污染物可通过MFC-电芬顿技术来处理，该技术通过产生羟基自由基处理有机污染物，同时高效净化废水，其耦合系统原理示意图如下，下列说法正确的是
A．甲池中溶液的不变
B．电极为阴极，电极反应为
C．乙池中产生的对废水也能起到净水作用
D．乙池中发生反应，之后部分生成絮状沉淀
11．（2025·孝感模拟）下列关于物质的结构与性质的叙述正确的是
A．Li、Na同主族， Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
B．Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C．Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
D．O、S同主族，H2O2有氧化性，可推断H2S2也有氧化性
12．（2025·孝感模拟）某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是
A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯
B．曝光时发生了取代反应和消去反应
C．X的酸性比ESCAP的酸性强
D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构
13．（2025·孝感模拟）为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
下列说法不正确的是
A．反应
B．图-1中曲线①表示转化率随温度的变化
C．温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应
D．反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃)
14．（2025·孝感模拟）已知，25℃时，的，。用溶液滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如下图(忽略滴定过程中温度的变化)。下列说法错误的是[如分布分数：]
A．两次突变，应选用不同的指示剂
B．pH=8时：
C．b点溶液的pH约为4.54
D．
15．（2025·孝感模拟）西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是
A．该二维晶体的化学式为
B．石墨烯C原子与键数之比为
C．图中a离子分别与b、c离子的距离不相等
D．该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子相互作用有关
16．（2025·孝感模拟）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）“水解”需在沸水中进行，离子方程式为　 　，该工艺中，经处理可循环利用的物质为　 　(填化学式)。
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为　 　，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是　 　。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是　 　(用化学方程式解释)。
（4）原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为　 　。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为　 　kg。
17．（2025·孝感模拟）升压药物盐酸米多君(TM)及其关键中间体B的合成路线(部分条件略去)如图所示：
回答下列问题：
（1）TM分子中含氧官能团名称是　 　。
（2）物质B的结构简式为　 　。上述合成路线中属于加成反应的是　 　(填序号)。
（3）反应①的原子利用率为100%，该反应的化学方程式为　 　。
（4）符合下列条件的A的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有苯环结构
②1mol该物质分别与足量NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2
③含有手性碳原子
写出其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式　 　。
（5）已知：NH2CH2CH2OH+ClCOCH2Cl。根据上述合成路线和相关信息，设计以 和流程中相关试剂为原料制备 的“绿色化学”合成路线(其他试剂任选)　 　。
18．（2025·孝感模拟）三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：
　 熔点/℃ 沸点/℃ 其它
PCl3 112 75.5 遇水极易水解
POCl3 2 105.3 遇水极易水解
某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：
请回答下列问题：
（1）装置戊中发生反应的离子方程式为：　 　。
（2）装置乙的主要作用为：①干燥气体，②　 　， ③　 　。
（3）装置丙的温度需控制在60~65 ℃的原因是　 　。
（4）实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：
I．取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性
II．向锥形瓶中加入V1 mL c1 mol L 1 AgNO3溶液至完全沉淀
Ⅲ．向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖
Ⅳ．加入指示剂，用c2 mol L 1 KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2 mL
(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10 10，Ksp(AgSCN)=2×10 12)
① 步骤IV中选用的指示剂为 　 　。
② 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，　 　，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。
③ 产品中氯元素含量的表达式为：　 　。
④ 下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是　 　。
a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线 b．实验过程中未加入硝基苯
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 d．滴定时锥形瓶未干燥
（5）如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为　 　。
19．（2025·孝感模拟）CO2与CH4均是温室气体，CO2与CH4催化重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化的重要方法。
（1）CO2与CH4经催化重整可制得合成气CO和H2，其反应原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+120kJ·mol-1
①该反应在一定温度下能自发进行的原因为　 　。
②已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C-H C≡O H-H
键能/(kJ·mol-1) 413 1075 436
则CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2） 催化重整涉及的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)　ΔH=+41.2kJ·mol-1
若在恒温、恒容密闭容器中进行反应i、ii，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________ (填字母)。
A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1
B．体系内n(H2)/n(CO)保持不变
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内混合气体的密度保持不变
（3）在总压为24p0的恒压密闭容器中，起始时通入n(CH4)：n(CO2)=1：1的混合气体，在一定温度下发生反应i、ii，测得CH4、CO2的平衡转化率分别为20%和40%。
①平衡时容器的体积是起始时的　 　倍。
②该温度下反应i的压强平衡常数Kp=　 　(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③维持其他因素不变，若向平衡体系中通入一定量的N2(N2不参与反应)，再次平衡后CH4的转化率　 　 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”，下同)，　 　。
（4）光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)，CO2在导带获得电子生成CO和O2-，价带上CH4直接转化为CO和H2，反应机理如图所示：
在Rh表面，每生成1molCO，则价带产生的空穴(h+)数为　 　NA；价带上的电极反应式可表示为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解析】A．火药的成分是"一硫二硝三木炭"，其中硫指硫磺（S），硝指硝酸钾（KNO3），木炭是碳单质（C），A选项正确。B．冰融化成水的过程需要吸收热量（相变潜热），B选项正确。
C．落花在土壤中经微生物分解，其中的碳、氮元素转化为植物可吸收的营养物质，完成了自然界碳循环和氮循环，C选项正确。
D．"飞絮"主要成分是植物纤维素（(C6H10O5)n），而"马尾"属于动物毛发，主要成分为角蛋白，两者化学成分不同，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、火药中的“硝”是指KNO3。
B、冰融化为水的过程中需要吸热热量。
C、花朵掉落后进入到土壤中发酵为植物生长所需的养分，实现了碳氮循环。
D、“飞絮”的成分为纤维素。
2．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；合金及其应用；铜及其化合物
【解析】【解析】A．青铜是铜（Cu）和锡（Sn）组成的合金，属于混合物，故A正确；B．合金的特性是硬度高于组分金属（纯铜），熔点低于组分金属（纯铜），故B正确；
C．硝酸（HNO3）具有强氧化性，会与铜发生反应，因此不可用硝酸去除铜锈（Cu2(OH)2CO3），故C错误；
D．电解精炼铜时，粗铜作为阳极（发生氧化反应），纯铜作为阴极（发生还原反应），故D正确；
故答案为：C
【分析】A、青铜为铜锡合金。
B、合金的硬度比成分金属高，熔点比成分金属低。
C、铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3。
D、电解精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极。
3．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 根据氨基氰分子中碳原子和氮原子都满足8电子稳定结构，可以确定其结构式为 ，A正确。B. 从氮化碳的单层结构可以看出，碳原子和氮原子相互连接并形成环状结构，且均采用sp2杂化方式，因此单层结构中所有原子可能共平面，B正确。
C. 氨基氰分子容易与水分子形成氢键，因此易溶于水；而氮化碳的结构与石墨类似，石墨具有导电性，C正确。
D. 氨基氰的结构式为，其中氮原子的杂化方式为sp和sp3，D错误。
故答案为：D
【分析】氨基氰中C原子可形成4个共价键，N原子可形成3个共价键，H原子可形成1个共价键，据此确定其结构式。
B、根据结构式可知，C、N原子采用sp2杂化，所有原子可能共平面。
C、氨基氰可形成氢键，氮化碳的结构与石墨相似，因此具有导电性。
D、形成单键的氮原子采用sp杂化。
4．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；苯酚的性质及用途；酯的性质
【解析】【解答】A．该反应中产物只有一种，且存在双键的断裂，因此其反应类型为加成反应，A错误。B、1mol化合物X含有1 mol酯基，可与1 mol NaOH反应；水解后生成的产物中含有1 mol酚羟基，还能再消耗1 mol NaOH，因此总共最多消耗2 mol NaOH，B错误。
C．化合物Y分子中存在碳碳双键（C=C），能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，C错误。
D．在化合物Z中，所有饱和碳原子（sp3杂化）和单键氧原子（sp3杂化）总共5个，D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据反应过程中化学键的断裂和产物确定反应类型。
B、X中含有酯基，酯基水解生成酚羟基和羧基，都能与NaOH反应。
C、Y中的碳碳双键爱你能使酸性KMnO4溶液褪色。
D、形成单键的碳原子采用sp3杂化，据此分析。
5．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氯元素（Cl）的原子序数为17，氯离子（Cl-）的核外电子排布为2、8、8，其离子结构示意图为，A正确；
B．氯化氢（HCl）是共价化合物，其电子式为，B错误；
C．表示的是甲烷的球棍模型，其空间填充模型应为，C错误；
D．CH3OCH3的正确名称是甲醚，而乙醚的结构式为CH3CH2OCH2CH3，D错误；
故答案为：A
【分析】A、Cl－是由Cl原子最外层得到一个电子形成，据此确定其离子结构示意图。
B、HCl为共价化合物，H原子和Cl原子存在共用电子对。
C、图示为CH4的球棍模型。
D、CH3OCH3的名称为甲醚。
6．【答案】C
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．甲（N2）、乙（S）、丙（Cl2）中，S是固体，沸点最高，故乙 > 甲，A错误；B．X（N）、Y（S）、Z（Cl）中，氯在自然界以化合态存在（如NaCl），B错误；
C．NH4Cl是离子化合物，含离子键和N-H共价键，C正确；
D．NH3的水溶液（氨水）呈碱性，存在平衡：，D错误。
故答案为：C
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。题目给出关键条件：W与X的原子序数之和等于Y的一半。已知常温下0.01 mol·L- 的p溶液pH为2，说明p是一元强酸，因此p为HCl。结合火山喷口附近存在乙（单质），推断乙为硫（S），则Y为硫元素（S），Z为氯元素（Cl）。再根据W与X的原子序数关系，可确定X为氮元素（N），W为氢元素（H）。因此：n为NH3，m为H2S，p为HCl，q为NH4Cl。单质甲为N2，乙为S，丙为Cl2。据此结合元素周期律分析选项。
7．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、根据能量曲线图，产物的能量明显高于，说明的热力学稳定性较差，A选项错误。B、活化能可通过过渡态峰值与反应物能量的差值反映。图像显示生成的活化能更高（峰值更大），根据Arrhenius公式，活化能越大的反应对温度变化更敏感。因此升温时，生成的速率增幅更大，B选项错误。
C、整个反应历程中，最低的活化能垒出现在中间体Z转化为过渡态Ⅲ的过程，数值为，C选项正确。
D、催化剂虽能改变反应路径、降低活化能，但不会影响反应的焓变（即的生成热不变），D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、物质所具有的能量越高，结构越不稳定，据此结合物质所具有的能量大小比较物质的稳定性。
B、升高温度，活化能大的反应速率增大的程度更大。
C、该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能 。
D、催化剂改变反应历程，但不改变反应的焓变。
8．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．氢键的形式为X-H···Y，因此配离子中的H原子能与水分子中的O原子形成氢键，选项A错误。B．由配离子结构可知，铜离子为中心离子，提供空轨道；N、O原子提供孤电子对，作为配体。遗憾次铜离子的配位数为4，选项B正确。
C．铜元素（Cu）的原子序数为29，因此其基态原子的价电子排布式为，选项C正确。
D．元素的非金属性越强，电负性越大，因此电负性顺序为O＞N＞C＞H，选项D正确。
故答案为：A
【分析】A、根据氢键的形式X-H···Y（其中X、Y为N、O、F）分析。
B、根据配离子的结构分析。
C、根据基态Cu原子的原子序数分析。
D、根据元素的非金属性分析其电负性的大小。
9．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A、基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌的价电子为全满较稳定结构，不易失去一个电子，电离能较大，故第一电离能：Zn＞Cu，解释不合理，故A错误；
B、SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，故熔点：SiO2＞CO2，解释不合理，故B错误；
C、烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此甲酸的酸性大于乙酸，即O－H的极性：HCOOH强于CH3COOH，导致甲酸中羧基更容易电离出氢离子，使得酸性：HCOOH＞CH3COOH，解释合理，故C正确；
D、O2为非极性分子，O3为极性分子，两者分子极性不同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；
B、SiO2为共价晶体；
C、烷基是推电子基团；
D、氧气是非极性分子。
10．【答案】C
【知识点】电解原理；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、甲池作为燃料电池，反应过程中生成二氧化碳和水，导致溶液体积增加。由于磷酸被稀释，其浓度降低，使得溶液的值上升，A选项错误。B、氧气在正极反应，使得电极成为阳极，其电极反应式为，B选项错误。
C、在乙池中生成的会进一步形成氢氧化铁胶体，这种胶体能够吸附悬浮物，从而对废水起到净化作用。因此，C选项正确。
D、由于铁离子会与氢氧根离子发生反应，乙池中实际发生的反应为，D选项错误。
故答案为：C
【分析】甲池为CH4的燃料电池，属于原电池装置。a电极上CH4转化为CO2，发生失电子的氧化反应，为负极，其电极反应式为CH4－8e－＋2H2O=CO2＋8H＋。b电极上O2发生得电子的还原反应，为正极，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。利用甲装置为电源，因此乙装置为电解池。其中Fe电极与b电极(正极)相连，因此Fe电极为阳极，其电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；Pt电极为阴极，其电极反应式为O2＋2e－＋2H＋=H2O2。据此结合选项分析。
11．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．钠的密度（0.97 g/cm3）大于煤油（约0.8 g/cm3），可以沉在煤油中保存；而锂的密度（0.534 g/cm3）小于煤油，会浮在煤油表面接触空气，因此不能使用煤油保存，A错误。B．氧化铍（BeO）是典型的两性氧化物，既能与酸反应（如：BeO + 2HCl = BeCl2+ H2O），又能与强碱反应（如：BeO + 2NaOH = Na2BeO2+ H2O，B错误。
C．铅（Pb）位于元素周期表第14族，金属性强于同族的锗（Ge）。铅是典型的金属元素，具有良好的导电性，常用作导体材料，C错误。
D．过氧化氢（H2O2）的氧化性源于其中氧元素为-1价，易得电子转化为更稳定的-2价（如：H2O2 + 2e-→ 2OH-）。硫化氢（H2S2）中硫元素同样呈现-1价，也容易得电子转化为-2价硫（如：H2S2 + 2e-→ 2HS-），因此也具有氧化性，D正确。
故答案为：D
【分析】A、Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中。
B、BeO为两性氧化物，可与强碱溶液反应。
C、Pb不属于半导体材料。
D、H2S2中硫元素为-1价，具有氧化性。
12．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；烯烃；缩聚反应
【解析】【解答】A．根据图示可知，合成ESCAP的单体结构为，其中一种单体为苯乙烯，选项A正确；
B．在曝光过程中，ESCAP支链上的酯基首先发生取代反应生成羧基和羟基，随后羟基发生消去反应形成碳碳双键，最终产物为，该过程包含取代反应和消去反应，选项B正确；
C．由于X分子中含有羧基，其酸性强于ESCAP，选项C正确；
D．Y分子中的碳碳双键两端连接的基团相同，因此不存在顺反异构现象，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、根据ESCAP的结构简式确定其单体的结构简式。
B、曝光时生成X为取代反应，生成Y为消去反应。
C、X中含有-COOH，酸性较强。
D、Y中双键碳原子上含有的原子（或原子团）相同，不存在顺反异构。
13．【答案】D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应CH(g)+HO(g)=3H(g)+CO(g)的热效应ΔH可通过反应I减去反应Ⅱ计算得到，结果为+226.4 kJ mol，选项A正确。
B．由于CO参与了所有三个反应（I、Ⅱ、Ⅲ），其转化率最高。三个反应均为吸热反应，升高温度会提高CO的转化率，因此图-1中曲线①表示CO转化率随温度的变化，选项B正确。
C．反应I、Ⅱ、Ⅲ都是吸热反应，升高温度会使平衡向正反应方向移动。根据图-2数据，升高温度时COS和HO的物质的量分数没有增加，而CO和H的物质的量分数持续增加，说明温度升高对反应I的影响较大，而对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小。因此，在700℃时，反应I是体系中的主要反应，选项C正确。
D．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高会使平衡正向移动，平衡常数增大。因此，平衡常数满足K(400℃)＜K(700℃)，选项D错误。
故答案为：D
【分析】A、根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
B、温度升高，平衡正向移动，CO2的转化率增大。
C、700℃时，CO和H2的含量高，而CO、H2主要来自于反应Ⅰ。
D、结合温度对平衡移动和平衡常数的影响分析。
14．【答案】D
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图像可知，第一次滴定突变时溶液的pH＜7，显酸性，因此选用甲基橙作指示剂；第二次滴定突变时溶液的pH＞7，显碱性，因此选用酚酞作指示剂。因此两次突变选用的指示剂不同，A正确；
B．根据图像可知，当溶液的pH=8时，溶液中所含溶质为Na2R和NaHR，且溶液中>，因此可的溶液中离子浓度：，B正确；
C．由图可知，b点时，溶液中，，因此溶液中，所以溶液的pH=4.54，C正确；
D．的，，因此，。因此，所以溶液中，D错误；
故答案为：D
【分析】H2R是一种二元弱酸，在水中发生电离H2R H＋＋HR－、HR－ H＋＋R2－。用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mLH2R溶液的过程中发生反应：H2R＋OH－=HR－＋H2O、HR－＋OH－=R2－＋H2O。因此随着NaOH溶液的滴入，c(H2R)逐渐较小；c(HR－)先增大后减小；c(R2－)逐渐增大。据此结合选项分析。
15．【答案】C
【知识点】化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】A、根据该晶体的俯视图结构，每个结构单元包含3个Ca原子和3个Cl原子，且每个原子对结构单元的贡献都是，因此该晶体的化学式应为CaCl。A选项正确。B、在石墨烯的六角结构中，每个碳原子被6个六元环共享，因此分摊的碳原子数为6×=2个；每个C-C键被2个六元环共享，分摊的键数为6×=3个。所以石墨烯中C原子与键数之比为2：3。B选项正确。
C、通过侧视图和俯视图观察发现，晶体中的Ca-Cl-Ca构型形成的是非平面正六边形，且a离子与b、c离子的距离相等。C选项错误。
D、该晶体的形成机制源于石墨烯表面芳香环与钙离子之间强烈的阳离子-π相互作用。D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定该二维晶体的化学式。
B、根据石墨烯结构中C原子与成键的个数比分析。
C、根据晶体结构分析。
D、该晶体的形成是由于石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用所致。
16．【答案】（1）
（2）++2H+；H2SO4
（3）++5C+5CO↑；高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；++2C+3CO↑
（4）H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为。
故答案为：（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
故答案为：++2H+；H2SO4
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑。
故答案为：++5C+5CO↑ ；高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；++2C+3CO↑
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
故答案为： H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O ；
【分析】工业上处理高钛渣（主要成分包括、、和CaO，含少量MgO、）时，加入稀盐酸后，只有不溶解，其他氧化物均反应溶解。在热的浓硫酸中可溶，生成离子，该离子在沸水中会进一步转化为水合物。
关键反应“热还原”过程的化学方程式为：
，通过上述分析可知，高钛渣中各组分在酸溶、转化及还原过程中的行为差异是解题的核心依据。
（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
17．【答案】（1）羟基、醚键、酰胺基
（2）；①②
（3） +CH3NO2→
（4）13；
（5）
【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；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基。
故答案为： 羟基、醚键、酰胺基
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②。
故答案为：；①②
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→。
故答案为：+CH3NO2→
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式。
故答案为：13；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
故答案为：
【分析】（1）根据所给结构简式确定其所含的含氧官能团的名称。
（2）对照反应①和②可知，A为 ，物质X为CH3NO2，结合反应条件和后面物质的结构简式分析，确定B的结构简式。根据反应过程中的化学键的断裂确定是否属于加成反应。
（3）A的结构简式为，与物质X反应生成，结合原子利用率100%，确定X的结构，从而写出反应的化学方程式。
（4）能与NaHCO3溶液反应的官能团有－COOH；能与金属Na反应的官能团有－OH；含有手性碳原子，则存在碳原子周围连接有四个不同的原子或原子团。据此确定同分异构体的结构和个数。
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，据此设计合成路线图。
（1）根据TM的结构简式可知，TM分子中含氧官能团名称是羟基、醚键、酰胺基；
（2）根据分析，B 的结构简式为： ；由分析可知，A为 ，则反应①为A与CH3NO2的加成反应，反应②为A与HCN的加成反应，故上述合成路线中属于加成反应的是①②；
（3）A的结构简式为：，物质X的结构简式为CH3NO2，反应中原子利用率100%，则为加成反应，该反应方程式为：+CH3NO2→；
（4）符合下列条件的有机物A的同分异构体①含有苯环；②1mol该物质分别与足量的NaHCO3溶液、金属钠反应生成1molCO2、1molH2，说明结构中含有一个羧基和一个羟基；③含有手性碳原子。则若苯环上有一个侧链，同分异构体有、、、，若苯环上有两个侧链，分别为羧基和、—OH和、—CH3和，均有邻间对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有13种；其中苯环上仅有一个支链且核磁共振氢谱中有6个峰的分子的结构简式；
（5）首先用苯甲醛和CH3NO2发生加成反应生成，，随后硝基被还原为氨基生成，再在ClCOCH2Cl在作用下生成产物，具体流程为：。
18．【答案】（1）MnO2 ＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+ ＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2）观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压
（3）温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4）硫酸铁溶液；用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；；bc
（5）蒸馏
【知识点】氯气的实验室制法；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2）甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压。
故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压
（3）PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4）① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液。
故答案为：硫酸铁溶液
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：。
故答案为：
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
故答案为：bc
（5）如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏。
故答案为：蒸馏
【分析】（1）实验室用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）装置乙中长颈漏斗可以起到平衡气压的作用；同时可通过产生气泡的速率从而调节反应速率。
（3）温度过低，会导致反应速率较慢；而温度过高，则可能导致PCl3挥发，使得利用率降低。
（4）①Fe3＋遇KSCN溶液变红色，因此可用含Fe3＋的溶液作为指示剂。
②结合滴定操作分析。
③根据滴定过程中消耗KSCN溶液的量计算与Cl－反应的Ag＋的量，从而计算n(Cl－)，进而计算产品中的氯元素含量。
④根据选项所给错误操作分析对消耗标准液体积的影响，从而分析实验误差。
（5）PCl3、POCl3的沸点不同，因此可采用蒸馏进行分离。
（1）装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O；故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
（2）甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压；故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压。
（3）PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低；故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
（4）① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液；故答案为：硫酸铁溶液。
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：；故答案为：。
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
综上所述，答案为：bc。
（5）如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏；故答案为：蒸馏。
19．【答案】（1）该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)；+1490
（2）B；C
（3）1.2；3；增大；不变
（4）2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0。
故答案为： 该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0(合理即可)
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=745×2=+1490kJ/mol。
故答案为： +1490
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A错误；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D错误；
故答案为：BC
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的。
故答案为：1.2
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数。
故答案为：3
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变。
故答案为：增大；不变
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
故答案为：2；CH4+2h++O2-=CO+2H2
【分析】（1）①当ΔH-TΔS<0时，反应能自发进行，据此分析该反应能自发进行的原因。
②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）当正逆反应速率相等（或变量不变）时，反应处于平衡状态，据此结合选项所给进行分析。
（3）根据题给数据可得以下三段式：
据此结合题干设问分析作答。
（4）根据反应过程中转移电子数确定形成空穴的个数。价带上CH4与h＋、O2－反应生成CO和H2，据此写出其电极反应式。
（1）①该反应为吸热反应，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发进行，故该反应可以发生的原因是：该反应的ΔH>0，ΔS>0，高温时ΔG=ΔH-TΔS<0；
②根据反应热=反应物键能和-生成物键能和，则ΔH=2E(C=O)+4×413-2×1075-2×436=120kJ/mol，解得，E(C=O)=745kJ/mol，故CO2(g)=C(g)+2O(g)　ΔH=745×2=+1490kJ/mol；
（2）A. 两个可逆反应中都有氢气参加反应，故相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，不能证明反应达到平衡，A错误；
B. 在反应进行的过程中，氢气的物质的量和一氧化碳的物质的量比值是一个变量，故当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，B正确；
C. 在反应进行的过程中，体系内各物质的浓度是变量，故当其保持不变时可以证明反应达到平衡，C正确；
D.体系内所有物质都是气体，且为恒容容器，故混合气体的密度不是一个变化的量，故当其保持不变时，不能证明反应达到平衡，D错误；
故选BC；
（3）根据题给数据可得以下三段式：
①根据体积之比等于压强之比，则平衡时容器的体积是起始时的；
②平衡时气体总物质的量=2.4mol，则此时反应i平衡常数；
③加入氮气相当于减压，反应i正向移动，CH4的转化率增大；反应i平衡常数，反应ii平衡常数，则，平衡常数只与温度有关，故该比值不变；
（4）1molCH4转化为1molCO反应为，转移2 mol电子，即2NA个电子，则形成空穴(h+)数为2NA；由图可知在价带上甲烷结合空穴和氧离子形成一氧化碳和氢气，可以表示为：CH4+2h++O2-=CO+2H2。
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