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湖北省华大新高考联盟2024-2025学年高三下学期4月教学质量测评化学试卷
1．（2025·湖北模拟）文物保护中蕴含许多化学知识。下列文物保护与原理搭配，错误的是
选项 文物保护 原理
A “釉里红”恢复 陶瓷破损处的透明釉下低价铜(Ⅰ)物质在高温氧化焰中被氧化为高价铜(Ⅱ)物质
B 竹简脱色 加入维生素C，可以减少与竹简中的多酚类物质络合
C 甲骨加固 涂刷聚甲基丙烯酸甲酯，可以增大抗形变能力
D 青铜除锈 加入溶液，可以溶解铜锈中的碱式碳酸铜
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、透明釉下含有高价铜(Ⅱ)的物质在高温还原焰中会被还原成低价铜物质，这才有可能使"釉里红"恢复原貌，A选项错误。B、会与竹简中的多酚类物质形成络合物而呈现深色，维生素C具有还原性，能将还原，因此可以达到竹简脱色的效果，B选项正确。
C、聚甲基丙烯酸甲酯作为有机玻璃的主要成分，能够增强材料的抗形变能力，C选项正确。
D、碱式碳酸铜可以与发生化学反应，因此能有效去除青铜器上的锈迹，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Cu2O为砖红色固体，CuO为黑色固体。
B、维生素C具有还原性，能将Fe3＋还原为Fe2＋。
C、聚甲基丙烯酸甲酯为有机玻璃的成分，可增强材料的抗形变能力。
D、H2C2O4的酸性比H2CO3强，因此可用于除去铜锈中的Cu2(OH)2CO3。
2．（2025·湖北模拟）借助科学仪器测量能够帮助我们更加准确地认识事物及其变化规律。下列叙述错误的是
A．利用X射线衍射仪测定冰晶体中水分子的键长和键角
B．利用核磁共振氢谱仪测定青蒿素的相对分子质量
C．利用红外光谱仪测定水杨酸中的官能团种类信息
D．利用原子吸收光谱仪测定地质矿物中的金属元素
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．X射线衍射仪能够用于晶体的鉴别，同时可以测定键长和键角等结构信息，A选项正确；B．核磁共振氢谱仪主要用于确定分子中不同化学环境的氢原子种类及其数量比，而青蒿素的相对分子质量需要通过质谱仪测定，B选项错误；
C．红外光谱仪可以用于检测有机物中存在的官能团种类，C选项正确；
D．原子吸收光谱仪适用于测定物质中的金属元素含量，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、X射线衍射仪用于测定晶体结构。
B、测定相对分子质量的是质谱仪。
C、红外光谱用于测定有机物中的化学键。
D、原子吸收光谱可测定物质中的金属元素。
3．（2025·湖北模拟）下列化学用语正确的是
A．基态的结构示意图：
B．的空间结构模型：
C．基态Br的价层电子排布：
D．用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图
【解析】【解答】A．基态的核外电子排布式为，其中K层有2个电子，L层有8个电子，M层有11个电子，选项A正确；B．中碳原子的价层电子对数为3，且没有孤电子对，其空间构型为平面三角形，选项B错误；
C．溴元素的原子序数为35，其基态原子的价层电子排布式为，选项C错误；
D．氯化氢是共价化合物，其形成过程可表示为，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据基态Cr3+的核外电子排布式确定其离子结构示意图。
B、根据中碳原子的价层电子对数确定其空间结构。
C、根据基态Br原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
D、HCl为共价化合物，存在共用电子对。
4．（2025·湖北模拟）和是常见的配合物离子。下列叙述错误的是
A．的半径远大于，则不易形成
B．B和Al同主族，则可能形成
C．为正八面体形结构，则Al的3d轨道参与了杂化
D．工业上电解熔融制铝时，使用作助熔剂
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．离子半径＞，由于空间位阻效应，更容易形成四配位的配离子，而不是六配位的，A选项正确；
B．硼原子没有d轨道，其价层电子对数最大为4（对应杂化），因此只能形成四配位的配离子，不可能形成六配位的，B选项错误；
C．在配离子中，Al原子有6对价层电子对，超过4对，说明Al的3d轨道参与了杂化，C选项正确；
D．工业电解熔融氧化铝生产铝时，添加（冰晶石）可以降低氧化铝的熔点，从而节约能源，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、Cl－的半径较大，形成的是[AlCl4]－。
B、B原子无d轨道，只能形成[BF6]3－。
C、[AlF6]3－中Al原子的价层电子对数为6，说明Al的3d轨道参与了杂化。
D、电解熔融Al2O3的过程中加入Na3[AlF6]用于降低Al2O3的熔点。
5．（2025·湖北模拟）苹果酸广泛应用于食品、化妆品、医疗和保健品等领域，其结构简式如图所示。下列关于苹果酸的叙述，正确的是
A．难溶于水
B．无手性碳原子
C．与苹果酸官能团种类和数量均相同的同分异构体有两种(不考虑立体异构)
D．在浓硫酸作用下不可能生成六元环状化合物
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；羧酸简介
【解析】【解答】A、苹果酸分子结构中含有较多的亲水基团（包括2个羧基和1个羟基），这些基团在分子中占比较大，能够与水分子形成氢键作用，因此可以推断苹果酸具有较好的水溶性。该选项表述"易溶于水"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，A选项错误。B、苹果酸分子中存在一个与羟基直接相连的碳原子（手性碳），因此具有1个手性中心。该选项表述"含有1个手性碳原子"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，B选项错误。
C、考虑将2个羧基和1个羟基作为取代基时，存在两种可能的连接方式：
1. 所有三个官能团连接在同一个碳原子上
2. 两个羧基连接在一个碳原子，羟基连接在相邻碳原子
具体结构为：
因此存在两种同分异构体，C选项正确。
D、苹果酸分子同时含有羧基和羟基，在浓硫酸催化下两分子可以通过酯化反应形成六元环状酯，反应方程式为：
2+2H2O
该选项表述"可以生成六元环酯"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、分子结构中的-COOH和-OH为亲水基团，物质可溶于水。
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、根据-COOH、-OH的位置异构书写同分异构体。
D、两分子的苹果酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，可形成六元环状结构。
（2025·湖北模拟）阅读材料，甲醛广泛应用于建筑行业、化工行业，也可浸泡动物标本等。但甲醛有毒，质量不达标的家具和装修材料中会释放更多的甲醛。完成问题。
6．下列关于甲醛的结构与性质的叙述，错误的是
A．电负性：O>C>H B．键角：∠HCH小于∠HCO
C．甲醛与水可以形成分子间氢键 D．甲醛是非极性分子
7．一种检测甲醛的“甲醛分子探针”的制备原理如图所示。下列叙述正确的是
A．甲中所有原子共平面
B．该反应原理涉及加成反应、取代反应
C．该反应中氮原子价层电子对数未发生变化
D．甲醛可以与蛋白质发生反应
【答案】6．D
7．D
【知识点】极性分子和非极性分子；含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【分析】（1）A、根据电负性的递变规律分析。
B、双键对单键的斥力更大，使得键角更小。
C、甲醛中的氧原子能与水分子形成氢键。
D、甲醛分子中正负电荷的重心不重合，属于极性分析。
（2）A、只形成单键的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
B、该过程中涉及加成反应和消去反应。
C、根据反应物和生成物中氮原子的价层电子对数变化分析。
D、蛋白质中未发生缩合的氨基，能与甲醛反应。
6．A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大；同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。因此电负性：O>C>H，A正确；
B．甲醛中的双键对单键斥力更大，因此键角：∠HCH＜∠HCO，B正确；
C．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（如氟、氧、氮）上时，可以与另一个电负性很大的原子（如氟、氧、氮）形成氢键；因此甲醛中的O原子能与水分子形成分子间氢键，C正确；
D．甲醛分子的正负电中心不重合，因此甲醛分子属于极性分子，D错误；
故答案为：D
7．A．甲中含有杂化的碳原子，其空间结构以碳原子为中心，形成四面体结构，因此不可能所有原子共平面，A错误；
B．由图，该反应中酮羰基和氨基发生加成生成羟基，再发生消去反应生成碳氮双键，原理涉及加成反应、消去反应，没有涉及取代反应，B错误；
C．反应物中氨基中氮原子的价层电子对数为4，生成物中碳氮双键中氮原子的价层电子对数为3，该反应中氮原子价层电子对数发生变化，C错误；
D．蛋白质中有未缩合的氨基，可以与甲醛发生反应，D正确；
故答案为：D
8．（2025·湖北模拟）下列制备工艺中，主要涉及的化学方程式或离子方程式，正确的是
选项 制备工艺 化学方程式(或离子方程式)
A 制粗硅
B 制漂白粉
C 溴的富集
D 制聚丙烯 n CH2=CHCH3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．工业上制备粗硅的反应产物是CO，不是，正确的化学方程式为，A选项错误；
B．制备漂白粉时使用的石灰乳为的浊液，因此在离子方程式中不能写成离子形式，正确的离子方程式为，B选项错误；
C．在溴的富集工艺中，使用水溶液吸收蒸气，发生氧化还原反应生成两种强酸，C选项正确；
D．制备聚丙烯的反应方程式应为n CH2=CHCH3，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、为保证SiO2完全反应，加入的C必须过量，过量的C与CO2反应生成CO。
B、制漂白粉用Cl2与石灰乳反应，石灰乳中Ca(OH)2以固体形式存在。
C、Br2具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Br－。
D、聚丙烯的结构简式为。
9．（2025·湖北模拟）下列实验装置(部分夹持装置已略去)和药品，能达到实验目的的是
A．图1：验证溴乙烷消去反应的产物的还原性
B．图2：稀硫酸与FeS反应制备并进行干燥
C．图3：用石墨作电极电解饱和食盐水制备NaClO溶液
D．图4：浓硝酸与Cu反应制备并进行收集
【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硫化氢；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．溴乙烷发生消去反应时，产物中可能混有挥发的乙醇蒸气。通过水洗可除去乙醇，随后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯（因其具有还原性），该方案能达到实验目的。B．由于浓硫酸具有强氧化性，会与发生反应，因此不能用作的干燥剂，此方案不可行。
C．图示装置中，上端电极作为阳极时发生反应：。但生成的氯气直接排放会污染环境，且无法有效制备NaClO溶液。正确操作应将电源正极连接下端电极，使阳极产生的氯气与阴极区生成的反应生成NaClO。
D．会与水反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），故不能用排水法收集NO2，该方案不可行。
故答案为：A
【分析】A、溴乙烷发生消去反应的条件为NaOH醇溶液，使得生成的乙烯中混有C2H5OH，通过水可除去乙醇。
B、浓硫酸具有氧化性，能将H2S氧化。
C、NaClO溶液由Cl2与NaOH反应得到，因此产生Cl2的电极应在下方。
D、NO2能与水反应，不能用排水法收集。
10．（2025·湖北模拟）由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、R构成的物质，其结构如图所示，其中仅X为金属元素，Y的原子序数为5，W的价层电子排布为，R为非金属性最强的元素。下列叙述错误的是
A．Y的第一电离能小于其在元素周期表上左右相邻的元素
B．简单氢化物的稳定性：RC．原子半径：Y>W
D．该阴离子中存在配位键
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但第IIA族（如Be）和第VA族（如N）元素的第一电离能高于相邻元素。Y是B，其第一电离能小于Be和C，A项正确；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。由于非金属性：F＞O，所以稳定性：HF＞，B项错误；
C．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，因此原子半径B>O，C项正确；
D．该阴离子的化学式为。B原子仅有3个价电子，但形成了4对成键电子对，说明其中存在配位键（由O或F提供孤电子对），D项正确；
故答案为：B
【分析】X的原子序数最小，且可形成X＋，因此X为Li。Y的原子序数为5，因此Y为B。Z可形成4个共价键，因此Z为C。W可形成2个共价键，且W的价电子排布式为2s22p4，因此W为O。R为非金属性最强的元素，因此R为F。据此结合元素周表的性质递变规律分析选项。
11．（2025·湖北模拟）科学家研究发现，利用晶体释放出的和可脱除硅烷，这拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。晶胞结构如图1所示，该晶胞从A离子处沿体对角线的投影如图2所示。下列叙述错误的是
A．填充在以构成的立方体空隙中
B．若C离子的投影位置在 ，则B离子的投影位置在⑦
C．晶胞内和的最短距离为
D．若脱硅速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，则脱硅速率：<
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、观察晶胞图1可知，每个Ca2+离子周围有8个F-离子作为最近邻，因此Ca2+离子位于由F-离子构成的立方体空隙中心，A选项正确。B、在沿A离子体对角线的投影图中，A离子及其对角线上的Ca2+位于位置①，顶点处的Ca2+分布在⑧⑨⑩ 位置，面心位置的Ca2+则位于②③④⑤⑥⑦位置。若C离子的投影在 位置，根据几何关系可推知B离子应位于⑦位置，B选项正确。
C、F-离子位于体对角线的1/4处，因此晶胞内Ca2+与F-的最短距离为(√3/4)a nm，C选项正确。
D、由于Ba2+的离子半径大于Ca2+，导致BaF2的离子键强度较弱，更容易解离出自由F-离子，因此BaF2的脱硅速率确实大于CaF2，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据晶胞结构可知，Ca2＋填充在以F－构成的立方体空隙中。
B、根据晶胞结构确定B离子的投影位置。
C、F－位于体对角线的处，结合晶胞参数计算最短距离。
D、离子半径：Ba2＋＞Ca2＋，据此结合离子键的强弱分析脱胶速率。
12．（2025·湖北模拟）实验室制备1-溴丁烷的反应、有关数据和主要装置如下：
(浓)；
：微溶于水，易溶于浓硫酸、有机溶剂，沸点117.7℃；
：不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点101.6℃，；
饱和碳酸钠溶液：。
下列叙述错误的是
A．仪器A、B分别为三颈烧瓶、球形冷凝管
B．可能生成的有机副产物：正丁醚、1-丁烯
C．反应结束后有机层显黄色，可能是浓硫酸将氧化为的缘故
D．粗产品依次用浓硫酸、水、碳酸钠溶液、水洗涤，其中用饱和碳酸钠溶液洗涤后更容易分层
【答案】D
【知识点】溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．从装置图可以看出，仪器A是三颈烧瓶，仪器B是球形冷凝管，A选项正确。B．正丁醇在浓硫酸作用下可能发生两种反应：分子间脱水生成正丁醚，或者发生消去反应生成1-丁烯，B选项正确。
C．溴本身是红棕色液体，若观察到有机层呈现黄色，可能是浓硫酸将Br-氧化成Br2所致，C选项正确。
C．根据题目提供的信息，CH3CH2CH2CH2Br的密度与饱和碳酸钠溶液相近，导致两者不易分层，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据图示仪器确定其名称。
B、制备1-溴丁烷的过程中，正丁醇可能发生氧化反应，生成正丁醛；也可能发生消去反应，生成1-丁烯。
C、浓硫酸具有氧化性，能将Br－氧化成Br2。
D、1－溴丁烷的密度与饱和Na2CO3溶液接近，不易分层。
13．（2025·湖北模拟）硫锂电池具有高能量密度且价格低廉。一种添加有机电解质的新型硫锂电池，添加剂4-巯基吡啶(4MPy)可先在体系中转化为吡啶硫醇锂(Li-PyS)，其后放电过程的工作原理如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．放电过程中的催化剂为4MPy
B．若Li-PyS与反应的物质的量之比为1∶1，则中的m为5
C．1mol完全转化为，理论上得到电子数目为
D．正极总的电极反应式可表示为
【答案】C
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A、放电过程中，右侧Li-PyS先被消耗后又重新生成，说明它起到催化剂作用，A选项错误。B、假设Li-PyS与按1：1的物质的量比反应，即，此时m值为4，B选项错误。
C、转化为的反应式为。因此，1 mol完全转化为时，理论上获得的电子数为，C选项正确。
D、正极发生还原反应，总电极反应式为，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、放电过程中右侧的Li－PyS先消耗后生成，因此属于催化剂。
B、若Li－PyS与Li2S6按物质的量1：1反应，根据S原子守恒确定m的值。
C、根据发生反应的电极反应式进行计算。
D、正极发生得电子的还原反应。
14．（2025·湖北模拟）强酸性环境下，与磺基水杨酸(，用表示)反应仅生成配合物(溶液呈紫红色)。在pH=2的溶液中，保持，用分光光度计对混合溶液的吸光度(A)进行测定，得到溶液吸光度与起始物质的量分数的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：①稀溶液中近乎无色；②溶液吸光度A与配合物浓度成正比。
A．中三种基团电离出的容易程度：>-COOH>-OH
B．b点溶液中存在，FeL的电离度
C．可以促进的电离，的电离度：a点D．若、，则的电离平衡常数K为
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．比较-SO3H、-COOH、-OH三种基团的非羟基氧数目：-SO3H最多，-COOH次之，-OH最少。非羟基氧数目越多，氧的吸电子效应越强，使O-H键极性增大，H+更易电离。因此H3L中三种基团电离H+的难易顺序为：-SO3H > -COOH > -OH，A项正确；B．b点处n(Fe3+)：n总=0.5，说明n(Fe3+)=n(H3L)，此时完全反应生成FeL。设FeL不电离时的浓度为c2，对应吸光度为A2；实际电离后剩余FeL浓度为c1，对应吸光度为A1。电离度α=(c2-c1)/c2=(A2-A1)/A2，B项正确；
C．随着FeL·2H2O的生成，H3L的电离平衡正向移动。Fe3+浓度越大，对H3L电离的促进作用越强，因此H3L的电离度大小关系为：a点 < b点 < c点，C项正确；
D．根据b点数据计算平衡常数K：，，
已知c1=0.003 mol·L-1，A2=0.84，A1=0.70，计算得K=10-4，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、非羟基氧数目越多，氧的吸电子效应越强，使O-H键极性增大，H+更易电离。
B、b点溶液中 ，则此时溶液中，二者恰好完全反应，据此计算。
C、Fe3＋会促进H3L的电离，据此分析H3L的电离程度。
D、根据b点溶液中FeL的起始浓度，以及平衡常数的表达式进行计算。
15．（2025·湖北模拟）世界火法炼铜技术随着科技进步和工艺创新而不断发展，我国火法炼铜工艺也实现了从技术引进到自主研发的跨越式发展。我国火法炼铜的原料有黄铜矿(主要含、等)和辉铜矿(主要含、、等)，其工艺流程如下。
已知：物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热。
回答下列问题：
（1）Cu在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“焙烧”过程中硫化物被空气中的氧气不完全氧化，并结合上述工艺流程分析，则黄铜矿焙烧的化学方程式为　 　。
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，结合辉铜矿的铁硅比分析，物质X为　 　(填化学式)，浮渣Y的主要成分为　 　(填化学式)、。
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，对该过程中产生的烟气进行检测，当检测到　 　(填化学式)的浓度几乎为0时，表明反应完全，可以停止吹入氧气。然后用焦炭覆盖在铜液表面，其主要作用是　 　。
（5）待冷却后将粗铜铸成　 　(填“铜阳极”或“铜阴极”)进行电解精炼。当外电路通过0.2mol时，得到6.272g纯铜，则该电解装置的电解效率　 　%(精确至整数位，)。
【答案】（1）第四周期第ⅠB族
（2）
（3）CaO；
（4）；防止铜液被空气中的氧气氧化
（5）铜阳极；98
【知识点】金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，在元素周期表中的第四周期第ⅠB族。
故答案为：第四周期第ⅠB族
（2）根据流程，“焙烧”过程中被空气中的氧气不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，反应方程式为。
故答案为：
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，辉铜矿的铁硅比为0.29，含硅量高，因此主要是为了除去，是酸性氧化物，物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热，二氧化硅能与X反应，故选用CaO与反应生成，即物质X为CaO，浮渣Y的主要成分为、。
故答案为： CaO ；
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，“冰铜吹炼”过程中会不断生成，当烟气中检测不到时，表明反应完全。为防止液态铜被氧气氧化，可在铜液表面覆盖一层焦炭，起隔绝氧气作用。
故答案为：； 防止铜液被空气中的氧气氧化
（5）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，待冷却后将粗铜铸成铜阳极进行电解精炼。电解效率。故答案为：铜阳极；98
【分析】黄铜矿的主要成分为和。在焙烧过程中，与氧气发生不完全氧化反应，生成Cu2S、FeS和SO2。烧渣的主要成分为Cu2S、FeS和SiO2。随后，在"造锍熔炼"阶段，加入SiO2并通入氧气，在1000℃的高温条件下生成FeSiO3以去除铁，最终得到Cu2S。接着，Cu2S与焦炭和氧气在1200℃下进行"冰铜吹炼"，得到粗铜，再通过电解精炼得到纯铜。
辉铜矿的主要成分为、和。由于辉铜矿的铁硅比为0.29，硅含量较高，需要通过添加X来去除。X是一种价格低廉且能与水反应放热的化学品，同时能与二氧化硅反应，因此X为氧化钙（CaO）。氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙（CaSiO3），浮渣Y的成分为硅酸钙和FeSiO3。
（1）Cu是29号元素，在元素周期表中的第四周期第ⅠB族；
（2）根据流程，“焙烧”过程中被空气中的氧气不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，反应方程式为；
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，辉铜矿的铁硅比为0.29，含硅量高，因此主要是为了除去，是酸性氧化物，物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热，二氧化硅能与X反应，故选用CaO与反应生成，即物质X为CaO，浮渣Y的主要成分为、。
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，“冰铜吹炼”过程中会不断生成，当烟气中检测不到时，表明反应完全。为防止液态铜被氧气氧化，可在铜液表面覆盖一层焦炭，起隔绝氧气作用。
（5）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，待冷却后将粗铜铸成铜阳极进行电解精炼。电解效率。
16．（2025·湖北模拟）硫酸亚铁铵晶体，化学式为是一种复盐，外观为浅绿色。其制备装置及过程如下。
Ⅰ．制备
称取2.00g铁屑至100mL锥形瓶中，加入30mL 10%溶液，加热煮沸，倾去碱液并用纯水洗涤。再加15.5mL 3.0溶液至锥形瓶中，利用磁子进行电磁搅拌，同时用75℃水浴加热。
Ⅱ．制备
在铁屑剩余约时(通过磁子上吸附铁屑的量判断)，向反应体系中缓慢滴加溶液[含4.80g、15mL无氧水]。
Ⅲ．结晶
反应完毕，___________。将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出。
Ⅳ．分离提纯
减压过滤，然后用少量乙醇洗涤晶体，回收抽滤瓶中的滤液B。
Ⅴ．纯度测定准确称量4.900g(M)样品配成250mL溶液，取25.00mL至锥形瓶中，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)。
回答下列问题：
（1）该实验装置图示中，盛装溶液的仪器为　 　。
（2）制备过程中，通常需要保持投料比，稍过量的主要目的是　 　。
（3）在确保能溶解的前提下，配制溶液的无氧水不可过多也不可过少，若使用的无氧水过少，则带来的影响是　 　。
（4）补全过程Ⅲ中的实验步骤：　 　。从产品纯度角度分析，对滤液A不采用更高温度直接蒸发的原因是　 　(答两点)。
（5）下列说法正确的有　 　(填标号)。
①若晶体颗粒过小、形状不规则，则可能是结晶时间过短
②若晶体颜色发白，则可能是蒸发浓缩时受热不均匀或者有析出
③若晶体颜色发黄，则可能是蒸发浓缩时间过长，水解生成
④若对滤液B进行萃取分液，可回收乙醇和溶液
（6）该实验制备的的纯度为　 　%(精确至整数位)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗
（2）抑制水解
（3）会提前析出，造成产品损失
（4）(将所得混合物)趁热过滤；防止产品(铵盐)分解(防止产品失去部分结晶水)/减少水解/减少水解(减缓被氧化的速率)(防止被氧化)等
（5）①②
（6）96
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，盛装溶液的仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗
（2）制备原理为，理论上，但为强酸弱碱盐，亚铁离子易水解，稍过量可抑制水解，维持溶液酸性环境，防止生成Fe(OH)2，所以通常需要保持投料比。
故答案为： 抑制水解
（3）若无氧水过多，后续蒸发浓缩得到热饱和溶液的时间过长，能耗会增加，也会增大被氧化的可能性。若无氧水过少，在趁热过滤(除去磁子和铁屑)前，会提前析出，造成产品损失。
故答案为：会提前析出，造成产品损失
（4）反应完毕，要分离出磁子和未反应的铁屑，将所得混合物趁热过滤，将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出；滤液A含、等，其中、均能水解，水解过程吸热，若采用更高温度蒸发浓缩，可能会使产品分解或失去部分结晶水，可能会使水解为，进而分解，也可能导致水解为后更易被氧化，均会导致产品不纯。
故答案为： (将所得混合物)趁热过滤 ； 防止产品(铵盐)分解(防止产品失去部分结晶水)/减少水解/减少水解(减缓被氧化的速率)(防止被氧化)等
（5）①结晶时间过短，可能会使晶体颗粒过小、形状不规则，①正确；
②蒸发浓缩时受热不均匀可能脱去部分结晶水，或者析出白色的，均可能使晶体颜色发白，②正确；
③晶体颜色发黄，与Fe3+有关，水解为非氧化还原反应，且水解不可能生成，③错误；
④乙醇和溶液互溶，应选用蒸馏的方法回收，④错误；
故答案为：①②。
（6）摩尔质量为392g/mol，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)，~6Fe2+，则纯度为。
故答案为：96
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）硫酸过量，可以抑制溶液中Fe2＋的水解。
（3）若无氧水的量过少，则在趁热过滤前，由于溶液处于过饱和状态，(NH4)2Fe(SO4)2会提前结晶析出。
（4）结晶后应趁热过滤。结合铵盐的不稳定性分析，温度过高，会导致铵盐受热分解；同时温度过高，会促进NH4＋、Fe2＋的水解。
（5）①结晶时间短，会导致晶体颗粒小，形状不规则。
②受热不均匀，会导致晶体失去结晶水，或析出白色的(NH4)2SO4。
③晶体颜色发黄，是由于混有Fe3＋。
④萃取用于分离不互溶的两种液体，而乙醇和FeSO4溶液可互溶。
（6）根据关系式“K2Cr2O7～6Fe2＋”进行计算。
（1）由仪器构造可知，盛装溶液的仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；
（2）制备原理为，理论上，但为强酸弱碱盐，亚铁离子易水解，稍过量可抑制水解，维持溶液酸性环境，防止生成Fe(OH)2，所以通常需要保持投料比；
（3）若无氧水过多，后续蒸发浓缩得到热饱和溶液的时间过长，能耗会增加，也会增大被氧化的可能性。若无氧水过少，在趁热过滤(除去磁子和铁屑)前，会提前析出，造成产品损失；
（4）反应完毕，要分离出磁子和未反应的铁屑，将所得混合物趁热过滤，将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出；滤液A含、等，其中、均能水解，水解过程吸热，若采用更高温度蒸发浓缩，可能会使产品分解或失去部分结晶水，可能会使水解为，进而分解，也可能导致水解为后更易被氧化，均会导致产品不纯；
（5）①结晶时间过短，可能会使晶体颗粒过小、形状不规则，①正确；
②蒸发浓缩时受热不均匀可能脱去部分结晶水，或者析出白色的，均可能使晶体颜色发白，②正确；
③晶体颜色发黄，与Fe3+有关，水解为非氧化还原反应，且水解不可能生成，③错误；
④乙醇和溶液互溶，应选用蒸馏的方法回收，④错误；
故选①②；
（6）摩尔质量为392g/mol，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)，~6Fe2+，则纯度为。
17．（2025·湖北模拟）氰化氢(HCN)是一种重要的精细化工品，广泛应用于农药、医药、冶金、染料等行业，可由和在等离子体条件下由Cr/催化反应制备，原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）的　 　。
（2）已知：反应Ⅰ的，则在常压下反应Ⅰ能自发进行的临界温度是　 　K(精确至整数位)。有人提出，向原料气中通入适量氧气，可降低能耗，并提高的转化率，其原因是　 　。
（3）相同温度和压强下，甲烷与氨气的投料比对的转化率(X)和HCN、的选择性(S)的影响如图所示。当甲烷和氨气的投料比为1∶2时，HCN的选择性最大。若再增加氨气的量，HCN的选择性会减小，其原因是　 　。
（4）相同温度和压强下，控制原料气中甲烷和氨气以相同投料比、不同流速通过催化剂，反应空速(反应物停留在催化剂表面的时间的倒数)对的转化率和HCN的选择性的影响如表所示。
实验序号 空速/() 的转化率 转化的体积/(mL) HCN的选择性
Ⅰ 0.68 20.0% 40 61.5%
Ⅱ 1.36 12.0% a 55.0%
Ⅲ 2.04 6.0% 36 48.1%
①三组实验的反应时长均为10s，则第Ⅱ组实验中，a=　 　mL(精确至整数位)，HCN的生成速率为　 　(保留到小数点后2位)。
②当空速逐渐增大时，的转化率和HCN的选择性均减小，其原因是　 　。
【答案】（1）-23
（2）1173；反应Ⅰ为吸热反应，通入适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动
（3）发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大或催化剂活性相对降低
（4）48；2.64；空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；焓变和熵变
【解析】【解答】（1）。
故答案为：-23
（2）①由可知，；
②反应Ⅰ为吸热反应，向原料气中通入适量氧气，通入的适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动，降低了能耗，提高了的转化率。
故答案为：1173； 反应Ⅰ为吸热反应，通入适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动
（3）由图可知，再增加氨气的量，的转化率(X)仍在增大，但HCN、的选择性(S)都在减小，说明反应程度在增大，但生成HCN、的程度都在减小，由此推测，发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大；或过多，吸附在催化剂表面，从而影响HCN的生成，HCN的选择性减小。
故答案为： 发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大或催化剂活性相对降低
（4）①实验Ⅰ通入的体积为，实验Ⅱ的空速是实验Ⅰ的2倍，则实验Ⅱ通入的体积为400mL，则转化的体积为。HCN的生成速率为。
故答案为：48；2.64
②空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出，故的转化率和HCN的选择性均减小。
故答案为： 空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可以自发进行，据此计算反应能自发进行的温度。通入的O2能与H2反应放出热量，使得温度升高，结合温度、H2浓度对平衡移动的影响分析。
（3）继续增加n(NH3)，会导致其他副反应的发生，使得HCN的选择性减小。
（4）①根据空速计算实验Ⅱ中通入CH4的体积，从而计算CH4转化的体积。由CH4转化的体积，结合HCN的选择性，计算HCN的生成速率。
②空速增大，会导致原料气体与催化剂接触时间过短，不利于反应的进行。
（1）；
（2）①由可知，；
②反应Ⅰ为吸热反应，向原料气中通入适量氧气，通入的适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动，降低了能耗，提高了的转化率；
（3）由图可知，再增加氨气的量，的转化率(X)仍在增大，但HCN、的选择性(S)都在减小，说明反应程度在增大，但生成HCN、的程度都在减小，由此推测，发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大；或过多，吸附在催化剂表面，从而影响HCN的生成，HCN的选择性减小；
（4）①实验Ⅰ通入的体积为，实验Ⅱ的空速是实验Ⅰ的2倍，则实验Ⅱ通入的体积为400mL，则转化的体积为；
②HCN的生成速率为；
③空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出，故的转化率和HCN的选择性均减小。
18．（2025·湖北模拟）有机物H是一种有机室温磷光材料，在生物成像、有机发光二极管、防伪应用和智能传感器等众多领域展现出巨大潜力，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）已知：试剂(CH3CH2)3N是B→C转化过程中的“缚酸剂”。
①(CH3CH2)3N的化学名称为　 　。
②(CH3CH2)3N的作用是吸收反应生成的HCl，防止　 　；同时还可以促进反应正向进行。
（4）E→F反应的化学方程式为　 　。该步反应中即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解，其原因是　 　。
（5）F→G的反应分为以下三步，其中N→G为水解反应，请写出中间产物N的结构简式　 　。
F→M()→NG
【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应
（3）三乙胺或三乙基胺、N，N-二乙基乙胺；HCl与B中的氨基反应
（4）+NaOH+(CH3)3CCOONa；Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】（1）A为，官能团的名称为羧基、氨基。
故答案为：羧基、氨基
（2）B()+→C()+HCl，则属于取代反应。
故答案为：取代反应
（3）①(CH3CH2)3N可看作NH3分子中的3个-H被-CH2CH3取代的产物，则化学名称为三乙胺。
故答案为： 三乙胺或三乙基胺、N，N-二乙基乙胺
②(CH3CH2)3N中的-CH2CH3为推电子基，能使N原子的电子云密度增大，吸引H+的能力增强，从而使N原子的碱性比B中氨基的碱性强，优先结合HCl，防止HCl与B中的氨基反应。
故答案为： HCl与B中的氨基反应
（4）E→F的反应为酰胺在碱性条件下水解，生成胺和羧酸钠，化学方程式为+NaOH+(CH3)3CCOONa。
该步反应中，由于溴原子上的孤电子对与碳碳双键形成p-π共轭，稳定性增强，所以即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解。原因是：Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的π键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大π键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解。
故答案为：+NaOH+(CH3)3CCOONa ；Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解
（5）F()→M()→NG()
由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，故N的结构简式为。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式，确定其所含的官能团。
（2）B转化C的同时，生成HCl，因此该转化过程发生的是取代反应。
（3）①根据所给有机物的结构简式确定其化学名称。
②HCl能与B中的-NH2反应。
（4）物质E中含有酰胺基，能与NaOH溶液发生水解人反应，生成F的同时，生成羧酸钠，据此写出反应的化学方程式。Br原子位于双键碳原子上，使得C-Br键的键能增大，不易断裂。
（5）由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，据此确定N的结构简式。
（1）A为，官能团的名称为羧基、氨基。
（2）B()+→C()+HCl，则属于取代反应。
（3）①(CH3CH2)3N可看作NH3分子中的3个-H被-CH2CH3取代的产物，则化学名称为三乙胺。
②(CH3CH2)3N中的-CH2CH3为推电子基，能使N原子的电子云密度增大，吸引H+的能力增强，从而使N原子的碱性比B中氨基的碱性强，优先结合HCl，防止HCl与B中的氨基反应。
（4）E→F的反应为酰胺在碱性条件下水解，生成胺和羧酸钠，化学方程式为+NaOH+(CH3)3CCOONa。
该步反应中，由于溴原子上的孤电子对与碳碳双键形成p-π共轭，稳定性增强，所以即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解。原因是：Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的π键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大π键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解。
（5）F()→M()→NG()
由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，故N的结构简式为。
1 / 1湖北省华大新高考联盟2024-2025学年高三下学期4月教学质量测评化学试卷
1．（2025·湖北模拟）文物保护中蕴含许多化学知识。下列文物保护与原理搭配，错误的是
选项 文物保护 原理
A “釉里红”恢复 陶瓷破损处的透明釉下低价铜(Ⅰ)物质在高温氧化焰中被氧化为高价铜(Ⅱ)物质
B 竹简脱色 加入维生素C，可以减少与竹简中的多酚类物质络合
C 甲骨加固 涂刷聚甲基丙烯酸甲酯，可以增大抗形变能力
D 青铜除锈 加入溶液，可以溶解铜锈中的碱式碳酸铜
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·湖北模拟）借助科学仪器测量能够帮助我们更加准确地认识事物及其变化规律。下列叙述错误的是
A．利用X射线衍射仪测定冰晶体中水分子的键长和键角
B．利用核磁共振氢谱仪测定青蒿素的相对分子质量
C．利用红外光谱仪测定水杨酸中的官能团种类信息
D．利用原子吸收光谱仪测定地质矿物中的金属元素
3．（2025·湖北模拟）下列化学用语正确的是
A．基态的结构示意图：
B．的空间结构模型：
C．基态Br的价层电子排布：
D．用电子式表示HCl的形成过程：
4．（2025·湖北模拟）和是常见的配合物离子。下列叙述错误的是
A．的半径远大于，则不易形成
B．B和Al同主族，则可能形成
C．为正八面体形结构，则Al的3d轨道参与了杂化
D．工业上电解熔融制铝时，使用作助熔剂
5．（2025·湖北模拟）苹果酸广泛应用于食品、化妆品、医疗和保健品等领域，其结构简式如图所示。下列关于苹果酸的叙述，正确的是
A．难溶于水
B．无手性碳原子
C．与苹果酸官能团种类和数量均相同的同分异构体有两种(不考虑立体异构)
D．在浓硫酸作用下不可能生成六元环状化合物
（2025·湖北模拟）阅读材料，甲醛广泛应用于建筑行业、化工行业，也可浸泡动物标本等。但甲醛有毒，质量不达标的家具和装修材料中会释放更多的甲醛。完成问题。
6．下列关于甲醛的结构与性质的叙述，错误的是
A．电负性：O>C>H B．键角：∠HCH小于∠HCO
C．甲醛与水可以形成分子间氢键 D．甲醛是非极性分子
7．一种检测甲醛的“甲醛分子探针”的制备原理如图所示。下列叙述正确的是
A．甲中所有原子共平面
B．该反应原理涉及加成反应、取代反应
C．该反应中氮原子价层电子对数未发生变化
D．甲醛可以与蛋白质发生反应
8．（2025·湖北模拟）下列制备工艺中，主要涉及的化学方程式或离子方程式，正确的是
选项 制备工艺 化学方程式(或离子方程式)
A 制粗硅
B 制漂白粉
C 溴的富集
D 制聚丙烯 n CH2=CHCH3
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·湖北模拟）下列实验装置(部分夹持装置已略去)和药品，能达到实验目的的是
A．图1：验证溴乙烷消去反应的产物的还原性
B．图2：稀硫酸与FeS反应制备并进行干燥
C．图3：用石墨作电极电解饱和食盐水制备NaClO溶液
D．图4：浓硝酸与Cu反应制备并进行收集
10．（2025·湖北模拟）由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、R构成的物质，其结构如图所示，其中仅X为金属元素，Y的原子序数为5，W的价层电子排布为，R为非金属性最强的元素。下列叙述错误的是
A．Y的第一电离能小于其在元素周期表上左右相邻的元素
B．简单氢化物的稳定性：RC．原子半径：Y>W
D．该阴离子中存在配位键
11．（2025·湖北模拟）科学家研究发现，利用晶体释放出的和可脱除硅烷，这拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。晶胞结构如图1所示，该晶胞从A离子处沿体对角线的投影如图2所示。下列叙述错误的是
A．填充在以构成的立方体空隙中
B．若C离子的投影位置在 ，则B离子的投影位置在⑦
C．晶胞内和的最短距离为
D．若脱硅速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，则脱硅速率：<
12．（2025·湖北模拟）实验室制备1-溴丁烷的反应、有关数据和主要装置如下：
(浓)；
：微溶于水，易溶于浓硫酸、有机溶剂，沸点117.7℃；
：不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点101.6℃，；
饱和碳酸钠溶液：。
下列叙述错误的是
A．仪器A、B分别为三颈烧瓶、球形冷凝管
B．可能生成的有机副产物：正丁醚、1-丁烯
C．反应结束后有机层显黄色，可能是浓硫酸将氧化为的缘故
D．粗产品依次用浓硫酸、水、碳酸钠溶液、水洗涤，其中用饱和碳酸钠溶液洗涤后更容易分层
13．（2025·湖北模拟）硫锂电池具有高能量密度且价格低廉。一种添加有机电解质的新型硫锂电池，添加剂4-巯基吡啶(4MPy)可先在体系中转化为吡啶硫醇锂(Li-PyS)，其后放电过程的工作原理如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．放电过程中的催化剂为4MPy
B．若Li-PyS与反应的物质的量之比为1∶1，则中的m为5
C．1mol完全转化为，理论上得到电子数目为
D．正极总的电极反应式可表示为
14．（2025·湖北模拟）强酸性环境下，与磺基水杨酸(，用表示)反应仅生成配合物(溶液呈紫红色)。在pH=2的溶液中，保持，用分光光度计对混合溶液的吸光度(A)进行测定，得到溶液吸光度与起始物质的量分数的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：①稀溶液中近乎无色；②溶液吸光度A与配合物浓度成正比。
A．中三种基团电离出的容易程度：>-COOH>-OH
B．b点溶液中存在，FeL的电离度
C．可以促进的电离，的电离度：a点D．若、，则的电离平衡常数K为
15．（2025·湖北模拟）世界火法炼铜技术随着科技进步和工艺创新而不断发展，我国火法炼铜工艺也实现了从技术引进到自主研发的跨越式发展。我国火法炼铜的原料有黄铜矿(主要含、等)和辉铜矿(主要含、、等)，其工艺流程如下。
已知：物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热。
回答下列问题：
（1）Cu在元素周期表中的位置为　 　。
（2）“焙烧”过程中硫化物被空气中的氧气不完全氧化，并结合上述工艺流程分析，则黄铜矿焙烧的化学方程式为　 　。
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，结合辉铜矿的铁硅比分析，物质X为　 　(填化学式)，浮渣Y的主要成分为　 　(填化学式)、。
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，对该过程中产生的烟气进行检测，当检测到　 　(填化学式)的浓度几乎为0时，表明反应完全，可以停止吹入氧气。然后用焦炭覆盖在铜液表面，其主要作用是　 　。
（5）待冷却后将粗铜铸成　 　(填“铜阳极”或“铜阴极”)进行电解精炼。当外电路通过0.2mol时，得到6.272g纯铜，则该电解装置的电解效率　 　%(精确至整数位，)。
16．（2025·湖北模拟）硫酸亚铁铵晶体，化学式为是一种复盐，外观为浅绿色。其制备装置及过程如下。
Ⅰ．制备
称取2.00g铁屑至100mL锥形瓶中，加入30mL 10%溶液，加热煮沸，倾去碱液并用纯水洗涤。再加15.5mL 3.0溶液至锥形瓶中，利用磁子进行电磁搅拌，同时用75℃水浴加热。
Ⅱ．制备
在铁屑剩余约时(通过磁子上吸附铁屑的量判断)，向反应体系中缓慢滴加溶液[含4.80g、15mL无氧水]。
Ⅲ．结晶
反应完毕，___________。将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出。
Ⅳ．分离提纯
减压过滤，然后用少量乙醇洗涤晶体，回收抽滤瓶中的滤液B。
Ⅴ．纯度测定准确称量4.900g(M)样品配成250mL溶液，取25.00mL至锥形瓶中，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)。
回答下列问题：
（1）该实验装置图示中，盛装溶液的仪器为　 　。
（2）制备过程中，通常需要保持投料比，稍过量的主要目的是　 　。
（3）在确保能溶解的前提下，配制溶液的无氧水不可过多也不可过少，若使用的无氧水过少，则带来的影响是　 　。
（4）补全过程Ⅲ中的实验步骤：　 　。从产品纯度角度分析，对滤液A不采用更高温度直接蒸发的原因是　 　(答两点)。
（5）下列说法正确的有　 　(填标号)。
①若晶体颗粒过小、形状不规则，则可能是结晶时间过短
②若晶体颜色发白，则可能是蒸发浓缩时受热不均匀或者有析出
③若晶体颜色发黄，则可能是蒸发浓缩时间过长，水解生成
④若对滤液B进行萃取分液，可回收乙醇和溶液
（6）该实验制备的的纯度为　 　%(精确至整数位)。
17．（2025·湖北模拟）氰化氢(HCN)是一种重要的精细化工品，广泛应用于农药、医药、冶金、染料等行业，可由和在等离子体条件下由Cr/催化反应制备，原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）的　 　。
（2）已知：反应Ⅰ的，则在常压下反应Ⅰ能自发进行的临界温度是　 　K(精确至整数位)。有人提出，向原料气中通入适量氧气，可降低能耗，并提高的转化率，其原因是　 　。
（3）相同温度和压强下，甲烷与氨气的投料比对的转化率(X)和HCN、的选择性(S)的影响如图所示。当甲烷和氨气的投料比为1∶2时，HCN的选择性最大。若再增加氨气的量，HCN的选择性会减小，其原因是　 　。
（4）相同温度和压强下，控制原料气中甲烷和氨气以相同投料比、不同流速通过催化剂，反应空速(反应物停留在催化剂表面的时间的倒数)对的转化率和HCN的选择性的影响如表所示。
实验序号 空速/() 的转化率 转化的体积/(mL) HCN的选择性
Ⅰ 0.68 20.0% 40 61.5%
Ⅱ 1.36 12.0% a 55.0%
Ⅲ 2.04 6.0% 36 48.1%
①三组实验的反应时长均为10s，则第Ⅱ组实验中，a=　 　mL(精确至整数位)，HCN的生成速率为　 　(保留到小数点后2位)。
②当空速逐渐增大时，的转化率和HCN的选择性均减小，其原因是　 　。
18．（2025·湖北模拟）有机物H是一种有机室温磷光材料，在生物成像、有机发光二极管、防伪应用和智能传感器等众多领域展现出巨大潜力，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）已知：试剂(CH3CH2)3N是B→C转化过程中的“缚酸剂”。
①(CH3CH2)3N的化学名称为　 　。
②(CH3CH2)3N的作用是吸收反应生成的HCl，防止　 　；同时还可以促进反应正向进行。
（4）E→F反应的化学方程式为　 　。该步反应中即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解，其原因是　 　。
（5）F→G的反应分为以下三步，其中N→G为水解反应，请写出中间产物N的结构简式　 　。
F→M()→NG
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化还原反应；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、透明釉下含有高价铜(Ⅱ)的物质在高温还原焰中会被还原成低价铜物质，这才有可能使"釉里红"恢复原貌，A选项错误。B、会与竹简中的多酚类物质形成络合物而呈现深色，维生素C具有还原性，能将还原，因此可以达到竹简脱色的效果，B选项正确。
C、聚甲基丙烯酸甲酯作为有机玻璃的主要成分，能够增强材料的抗形变能力，C选项正确。
D、碱式碳酸铜可以与发生化学反应，因此能有效去除青铜器上的锈迹，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Cu2O为砖红色固体，CuO为黑色固体。
B、维生素C具有还原性，能将Fe3＋还原为Fe2＋。
C、聚甲基丙烯酸甲酯为有机玻璃的成分，可增强材料的抗形变能力。
D、H2C2O4的酸性比H2CO3强，因此可用于除去铜锈中的Cu2(OH)2CO3。
2．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．X射线衍射仪能够用于晶体的鉴别，同时可以测定键长和键角等结构信息，A选项正确；B．核磁共振氢谱仪主要用于确定分子中不同化学环境的氢原子种类及其数量比，而青蒿素的相对分子质量需要通过质谱仪测定，B选项错误；
C．红外光谱仪可以用于检测有机物中存在的官能团种类，C选项正确；
D．原子吸收光谱仪适用于测定物质中的金属元素含量，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、X射线衍射仪用于测定晶体结构。
B、测定相对分子质量的是质谱仪。
C、红外光谱用于测定有机物中的化学键。
D、原子吸收光谱可测定物质中的金属元素。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子结构示意图
【解析】【解答】A．基态的核外电子排布式为，其中K层有2个电子，L层有8个电子，M层有11个电子，选项A正确；B．中碳原子的价层电子对数为3，且没有孤电子对，其空间构型为平面三角形，选项B错误；
C．溴元素的原子序数为35，其基态原子的价层电子排布式为，选项C错误；
D．氯化氢是共价化合物，其形成过程可表示为，选项D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据基态Cr3+的核外电子排布式确定其离子结构示意图。
B、根据中碳原子的价层电子对数确定其空间结构。
C、根据基态Br原子的核外电子排布式确定其价层电子排布式。
D、HCl为共价化合物，存在共用电子对。
4．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．离子半径＞，由于空间位阻效应，更容易形成四配位的配离子，而不是六配位的，A选项正确；
B．硼原子没有d轨道，其价层电子对数最大为4（对应杂化），因此只能形成四配位的配离子，不可能形成六配位的，B选项错误；
C．在配离子中，Al原子有6对价层电子对，超过4对，说明Al的3d轨道参与了杂化，C选项正确；
D．工业电解熔融氧化铝生产铝时，添加（冰晶石）可以降低氧化铝的熔点，从而节约能源，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、Cl－的半径较大，形成的是[AlCl4]－。
B、B原子无d轨道，只能形成[BF6]3－。
C、[AlF6]3－中Al原子的价层电子对数为6，说明Al的3d轨道参与了杂化。
D、电解熔融Al2O3的过程中加入Na3[AlF6]用于降低Al2O3的熔点。
5．【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；羧酸简介
【解析】【解答】A、苹果酸分子结构中含有较多的亲水基团（包括2个羧基和1个羟基），这些基团在分子中占比较大，能够与水分子形成氢键作用，因此可以推断苹果酸具有较好的水溶性。该选项表述"易溶于水"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，A选项错误。B、苹果酸分子中存在一个与羟基直接相连的碳原子（手性碳），因此具有1个手性中心。该选项表述"含有1个手性碳原子"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，B选项错误。
C、考虑将2个羧基和1个羟基作为取代基时，存在两种可能的连接方式：
1. 所有三个官能团连接在同一个碳原子上
2. 两个羧基连接在一个碳原子，羟基连接在相邻碳原子
具体结构为：
因此存在两种同分异构体，C选项正确。
D、苹果酸分子同时含有羧基和羟基，在浓硫酸催化下两分子可以通过酯化反应形成六元环状酯，反应方程式为：
2+2H2O
该选项表述"可以生成六元环酯"是正确的，但题目要求选择"错误"的选项，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、分子结构中的-COOH和-OH为亲水基团，物质可溶于水。
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、根据-COOH、-OH的位置异构书写同分异构体。
D、两分子的苹果酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，可形成六元环状结构。
【答案】6．D
7．D
【知识点】极性分子和非极性分子；含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【分析】（1）A、根据电负性的递变规律分析。
B、双键对单键的斥力更大，使得键角更小。
C、甲醛中的氧原子能与水分子形成氢键。
D、甲醛分子中正负电荷的重心不重合，属于极性分析。
（2）A、只形成单键的碳原子为四面体结构，最多只有3个原子共平面。
B、该过程中涉及加成反应和消去反应。
C、根据反应物和生成物中氮原子的价层电子对数变化分析。
D、蛋白质中未发生缩合的氨基，能与甲醛反应。
6．A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大；同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。因此电负性：O>C>H，A正确；
B．甲醛中的双键对单键斥力更大，因此键角：∠HCH＜∠HCO，B正确；
C．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（如氟、氧、氮）上时，可以与另一个电负性很大的原子（如氟、氧、氮）形成氢键；因此甲醛中的O原子能与水分子形成分子间氢键，C正确；
D．甲醛分子的正负电中心不重合，因此甲醛分子属于极性分子，D错误；
故答案为：D
7．A．甲中含有杂化的碳原子，其空间结构以碳原子为中心，形成四面体结构，因此不可能所有原子共平面，A错误；
B．由图，该反应中酮羰基和氨基发生加成生成羟基，再发生消去反应生成碳氮双键，原理涉及加成反应、消去反应，没有涉及取代反应，B错误；
C．反应物中氨基中氮原子的价层电子对数为4，生成物中碳氮双键中氮原子的价层电子对数为3，该反应中氮原子价层电子对数发生变化，C错误；
D．蛋白质中有未缩合的氨基，可以与甲醛发生反应，D正确；
故答案为：D
8．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．工业上制备粗硅的反应产物是CO，不是，正确的化学方程式为，A选项错误；
B．制备漂白粉时使用的石灰乳为的浊液，因此在离子方程式中不能写成离子形式，正确的离子方程式为，B选项错误；
C．在溴的富集工艺中，使用水溶液吸收蒸气，发生氧化还原反应生成两种强酸，C选项正确；
D．制备聚丙烯的反应方程式应为n CH2=CHCH3，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、为保证SiO2完全反应，加入的C必须过量，过量的C与CO2反应生成CO。
B、制漂白粉用Cl2与石灰乳反应，石灰乳中Ca(OH)2以固体形式存在。
C、Br2具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Br－。
D、聚丙烯的结构简式为。
9．【答案】A
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硫化氢；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．溴乙烷发生消去反应时，产物中可能混有挥发的乙醇蒸气。通过水洗可除去乙醇，随后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯（因其具有还原性），该方案能达到实验目的。B．由于浓硫酸具有强氧化性，会与发生反应，因此不能用作的干燥剂，此方案不可行。
C．图示装置中，上端电极作为阳极时发生反应：。但生成的氯气直接排放会污染环境，且无法有效制备NaClO溶液。正确操作应将电源正极连接下端电极，使阳极产生的氯气与阴极区生成的反应生成NaClO。
D．会与水反应（3NO2+H2O=2HNO3+NO），故不能用排水法收集NO2，该方案不可行。
故答案为：A
【分析】A、溴乙烷发生消去反应的条件为NaOH醇溶液，使得生成的乙烯中混有C2H5OH，通过水可除去乙醇。
B、浓硫酸具有氧化性，能将H2S氧化。
C、NaClO溶液由Cl2与NaOH反应得到，因此产生Cl2的电极应在下方。
D、NO2能与水反应，不能用排水法收集。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但第IIA族（如Be）和第VA族（如N）元素的第一电离能高于相邻元素。Y是B，其第一电离能小于Be和C，A项正确；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。由于非金属性：F＞O，所以稳定性：HF＞，B项错误；
C．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，因此原子半径B>O，C项正确；
D．该阴离子的化学式为。B原子仅有3个价电子，但形成了4对成键电子对，说明其中存在配位键（由O或F提供孤电子对），D项正确；
故答案为：B
【分析】X的原子序数最小，且可形成X＋，因此X为Li。Y的原子序数为5，因此Y为B。Z可形成4个共价键，因此Z为C。W可形成2个共价键，且W的价电子排布式为2s22p4，因此W为O。R为非金属性最强的元素，因此R为F。据此结合元素周表的性质递变规律分析选项。
11．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A、观察晶胞图1可知，每个Ca2+离子周围有8个F-离子作为最近邻，因此Ca2+离子位于由F-离子构成的立方体空隙中心，A选项正确。B、在沿A离子体对角线的投影图中，A离子及其对角线上的Ca2+位于位置①，顶点处的Ca2+分布在⑧⑨⑩ 位置，面心位置的Ca2+则位于②③④⑤⑥⑦位置。若C离子的投影在 位置，根据几何关系可推知B离子应位于⑦位置，B选项正确。
C、F-离子位于体对角线的1/4处，因此晶胞内Ca2+与F-的最短距离为(√3/4)a nm，C选项正确。
D、由于Ba2+的离子半径大于Ca2+，导致BaF2的离子键强度较弱，更容易解离出自由F-离子，因此BaF2的脱硅速率确实大于CaF2，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据晶胞结构可知，Ca2＋填充在以F－构成的立方体空隙中。
B、根据晶胞结构确定B离子的投影位置。
C、F－位于体对角线的处，结合晶胞参数计算最短距离。
D、离子半径：Ba2＋＞Ca2＋，据此结合离子键的强弱分析脱胶速率。
12．【答案】D
【知识点】溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．从装置图可以看出，仪器A是三颈烧瓶，仪器B是球形冷凝管，A选项正确。B．正丁醇在浓硫酸作用下可能发生两种反应：分子间脱水生成正丁醚，或者发生消去反应生成1-丁烯，B选项正确。
C．溴本身是红棕色液体，若观察到有机层呈现黄色，可能是浓硫酸将Br-氧化成Br2所致，C选项正确。
C．根据题目提供的信息，CH3CH2CH2CH2Br的密度与饱和碳酸钠溶液相近，导致两者不易分层，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、根据图示仪器确定其名称。
B、制备1-溴丁烷的过程中，正丁醇可能发生氧化反应，生成正丁醛；也可能发生消去反应，生成1-丁烯。
C、浓硫酸具有氧化性，能将Br－氧化成Br2。
D、1－溴丁烷的密度与饱和Na2CO3溶液接近，不易分层。
13．【答案】C
【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；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解析】A、放电过程中，右侧Li-PyS先被消耗后又重新生成，说明它起到催化剂作用，A选项错误。B、假设Li-PyS与按1：1的物质的量比反应，即，此时m值为4，B选项错误。
C、转化为的反应式为。因此，1 mol完全转化为时，理论上获得的电子数为，C选项正确。
D、正极发生还原反应，总电极反应式为，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、放电过程中右侧的Li－PyS先消耗后生成，因此属于催化剂。
B、若Li－PyS与Li2S6按物质的量1：1反应，根据S原子守恒确定m的值。
C、根据发生反应的电极反应式进行计算。
D、正极发生得电子的还原反应。
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A．比较-SO3H、-COOH、-OH三种基团的非羟基氧数目：-SO3H最多，-COOH次之，-OH最少。非羟基氧数目越多，氧的吸电子效应越强，使O-H键极性增大，H+更易电离。因此H3L中三种基团电离H+的难易顺序为：-SO3H > -COOH > -OH，A项正确；B．b点处n(Fe3+)：n总=0.5，说明n(Fe3+)=n(H3L)，此时完全反应生成FeL。设FeL不电离时的浓度为c2，对应吸光度为A2；实际电离后剩余FeL浓度为c1，对应吸光度为A1。电离度α=(c2-c1)/c2=(A2-A1)/A2，B项正确；
C．随着FeL·2H2O的生成，H3L的电离平衡正向移动。Fe3+浓度越大，对H3L电离的促进作用越强，因此H3L的电离度大小关系为：a点 < b点 < c点，C项正确；
D．根据b点数据计算平衡常数K：，，
已知c1=0.003 mol·L-1，A2=0.84，A1=0.70，计算得K=10-4，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、非羟基氧数目越多，氧的吸电子效应越强，使O-H键极性增大，H+更易电离。
B、b点溶液中 ，则此时溶液中，二者恰好完全反应，据此计算。
C、Fe3＋会促进H3L的电离，据此分析H3L的电离程度。
D、根据b点溶液中FeL的起始浓度，以及平衡常数的表达式进行计算。
15．【答案】（1）第四周期第ⅠB族
（2）
（3）CaO；
（4）；防止铜液被空气中的氧气氧化
（5）铜阳极；98
【知识点】金属冶炼的一般原理；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Cu是29号元素，在元素周期表中的第四周期第ⅠB族。
故答案为：第四周期第ⅠB族
（2）根据流程，“焙烧”过程中被空气中的氧气不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，反应方程式为。
故答案为：
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，辉铜矿的铁硅比为0.29，含硅量高，因此主要是为了除去，是酸性氧化物，物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热，二氧化硅能与X反应，故选用CaO与反应生成，即物质X为CaO，浮渣Y的主要成分为、。
故答案为： CaO ；
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，“冰铜吹炼”过程中会不断生成，当烟气中检测不到时，表明反应完全。为防止液态铜被氧气氧化，可在铜液表面覆盖一层焦炭，起隔绝氧气作用。
故答案为：； 防止铜液被空气中的氧气氧化
（5）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，待冷却后将粗铜铸成铜阳极进行电解精炼。电解效率。故答案为：铜阳极；98
【分析】黄铜矿的主要成分为和。在焙烧过程中，与氧气发生不完全氧化反应，生成Cu2S、FeS和SO2。烧渣的主要成分为Cu2S、FeS和SiO2。随后，在"造锍熔炼"阶段，加入SiO2并通入氧气，在1000℃的高温条件下生成FeSiO3以去除铁，最终得到Cu2S。接着，Cu2S与焦炭和氧气在1200℃下进行"冰铜吹炼"，得到粗铜，再通过电解精炼得到纯铜。
辉铜矿的主要成分为、和。由于辉铜矿的铁硅比为0.29，硅含量较高，需要通过添加X来去除。X是一种价格低廉且能与水反应放热的化学品，同时能与二氧化硅反应，因此X为氧化钙（CaO）。氧化钙与二氧化硅反应生成硅酸钙（CaSiO3），浮渣Y的成分为硅酸钙和FeSiO3。
（1）Cu是29号元素，在元素周期表中的第四周期第ⅠB族；
（2）根据流程，“焙烧”过程中被空气中的氧气不完全氧化生成Cu2S、FeS、SO2，反应方程式为；
（3）“造锍熔炼”的主要目的是除去铁、硅两种元素，辉铜矿的铁硅比为0.29，含硅量高，因此主要是为了除去，是酸性氧化物，物质X是一种常用的价格低廉的化学品，X与水反应放热，二氧化硅能与X反应，故选用CaO与反应生成，即物质X为CaO，浮渣Y的主要成分为、。
（4）“冰铜吹炼”过程发生的主要转化为，“冰铜吹炼”过程中会不断生成，当烟气中检测不到时，表明反应完全。为防止液态铜被氧气氧化，可在铜液表面覆盖一层焦炭，起隔绝氧气作用。
（5）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，待冷却后将粗铜铸成铜阳极进行电解精炼。电解效率。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗
（2）抑制水解
（3）会提前析出，造成产品损失
（4）(将所得混合物)趁热过滤；防止产品(铵盐)分解(防止产品失去部分结晶水)/减少水解/减少水解(减缓被氧化的速率)(防止被氧化)等
（5）①②
（6）96
【知识点】盐类水解的应用；蒸发和结晶、重结晶；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，盛装溶液的仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。
故答案为： 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗
（2）制备原理为，理论上，但为强酸弱碱盐，亚铁离子易水解，稍过量可抑制水解，维持溶液酸性环境，防止生成Fe(OH)2，所以通常需要保持投料比。
故答案为： 抑制水解
（3）若无氧水过多，后续蒸发浓缩得到热饱和溶液的时间过长，能耗会增加，也会增大被氧化的可能性。若无氧水过少，在趁热过滤(除去磁子和铁屑)前，会提前析出，造成产品损失。
故答案为：会提前析出，造成产品损失
（4）反应完毕，要分离出磁子和未反应的铁屑，将所得混合物趁热过滤，将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出；滤液A含、等，其中、均能水解，水解过程吸热，若采用更高温度蒸发浓缩，可能会使产品分解或失去部分结晶水，可能会使水解为，进而分解，也可能导致水解为后更易被氧化，均会导致产品不纯。
故答案为： (将所得混合物)趁热过滤 ； 防止产品(铵盐)分解(防止产品失去部分结晶水)/减少水解/减少水解(减缓被氧化的速率)(防止被氧化)等
（5）①结晶时间过短，可能会使晶体颗粒过小、形状不规则，①正确；
②蒸发浓缩时受热不均匀可能脱去部分结晶水，或者析出白色的，均可能使晶体颜色发白，②正确；
③晶体颜色发黄，与Fe3+有关，水解为非氧化还原反应，且水解不可能生成，③错误；
④乙醇和溶液互溶，应选用蒸馏的方法回收，④错误；
故答案为：①②。
（6）摩尔质量为392g/mol，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)，~6Fe2+，则纯度为。
故答案为：96
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）硫酸过量，可以抑制溶液中Fe2＋的水解。
（3）若无氧水的量过少，则在趁热过滤前，由于溶液处于过饱和状态，(NH4)2Fe(SO4)2会提前结晶析出。
（4）结晶后应趁热过滤。结合铵盐的不稳定性分析，温度过高，会导致铵盐受热分解；同时温度过高，会促进NH4＋、Fe2＋的水解。
（5）①结晶时间短，会导致晶体颗粒小，形状不规则。
②受热不均匀，会导致晶体失去结晶水，或析出白色的(NH4)2SO4。
③晶体颜色发黄，是由于混有Fe3＋。
④萃取用于分离不互溶的两种液体，而乙醇和FeSO4溶液可互溶。
（6）根据关系式“K2Cr2O7～6Fe2＋”进行计算。
（1）由仪器构造可知，盛装溶液的仪器为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；
（2）制备原理为，理论上，但为强酸弱碱盐，亚铁离子易水解，稍过量可抑制水解，维持溶液酸性环境，防止生成Fe(OH)2，所以通常需要保持投料比；
（3）若无氧水过多，后续蒸发浓缩得到热饱和溶液的时间过长，能耗会增加，也会增大被氧化的可能性。若无氧水过少，在趁热过滤(除去磁子和铁屑)前，会提前析出，造成产品损失；
（4）反应完毕，要分离出磁子和未反应的铁屑，将所得混合物趁热过滤，将滤液A转移至蒸发皿中，继续用热水浴蒸发至饱和，停止加热，稍后用冷水浴冷却，即有大量浅绿色硫酸亚铁铵晶体析出；滤液A含、等，其中、均能水解，水解过程吸热，若采用更高温度蒸发浓缩，可能会使产品分解或失去部分结晶水，可能会使水解为，进而分解，也可能导致水解为后更易被氧化，均会导致产品不纯；
（5）①结晶时间过短，可能会使晶体颗粒过小、形状不规则，①正确；
②蒸发浓缩时受热不均匀可能脱去部分结晶水，或者析出白色的，均可能使晶体颜色发白，②正确；
③晶体颜色发黄，与Fe3+有关，水解为非氧化还原反应，且水解不可能生成，③错误；
④乙醇和溶液互溶，应选用蒸馏的方法回收，④错误；
故选①②；
（6）摩尔质量为392g/mol，用0.0400标准溶液进行滴定，平均消耗5.00mL标准液(注：该实验条件下，仅氧化)，~6Fe2+，则纯度为。
17．【答案】（1）-23
（2）1173；反应Ⅰ为吸热反应，通入适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动
（3）发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大或催化剂活性相对降低
（4）48；2.64；空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；焓变和熵变
【解析】【解答】（1）。
故答案为：-23
（2）①由可知，；
②反应Ⅰ为吸热反应，向原料气中通入适量氧气，通入的适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动，降低了能耗，提高了的转化率。
故答案为：1173； 反应Ⅰ为吸热反应，通入适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动
（3）由图可知，再增加氨气的量，的转化率(X)仍在增大，但HCN、的选择性(S)都在减小，说明反应程度在增大，但生成HCN、的程度都在减小，由此推测，发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大；或过多，吸附在催化剂表面，从而影响HCN的生成，HCN的选择性减小。
故答案为： 发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大或催化剂活性相对降低
（4）①实验Ⅰ通入的体积为，实验Ⅱ的空速是实验Ⅰ的2倍，则实验Ⅱ通入的体积为400mL，则转化的体积为。HCN的生成速率为。
故答案为：48；2.64
②空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出，故的转化率和HCN的选择性均减小。
故答案为： 空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）当ΔH-TΔS＜0时，反应可以自发进行，据此计算反应能自发进行的温度。通入的O2能与H2反应放出热量，使得温度升高，结合温度、H2浓度对平衡移动的影响分析。
（3）继续增加n(NH3)，会导致其他副反应的发生，使得HCN的选择性减小。
（4）①根据空速计算实验Ⅱ中通入CH4的体积，从而计算CH4转化的体积。由CH4转化的体积，结合HCN的选择性，计算HCN的生成速率。
②空速增大，会导致原料气体与催化剂接触时间过短，不利于反应的进行。
（1）；
（2）①由可知，；
②反应Ⅰ为吸热反应，向原料气中通入适量氧气，通入的适量与产物可以继续反应，放出热量，减少且体系温度升高使平衡正向移动，降低了能耗，提高了的转化率；
（3）由图可知，再增加氨气的量，的转化率(X)仍在增大，但HCN、的选择性(S)都在减小，说明反应程度在增大，但生成HCN、的程度都在减小，由此推测，发生其他副反应(除反应Ⅱ)的程度增大；或过多，吸附在催化剂表面，从而影响HCN的生成，HCN的选择性减小；
（4）①实验Ⅰ通入的体积为，实验Ⅱ的空速是实验Ⅰ的2倍，则实验Ⅱ通入的体积为400mL，则转化的体积为；
②HCN的生成速率为；
③空速过快，原料气与催化剂接触的时间过短，来不及与催化剂作用就被排出，故的转化率和HCN的选择性均减小。
18．【答案】（1）羧基、氨基
（2）取代反应
（3）三乙胺或三乙基胺、N，N-二乙基乙胺；HCl与B中的氨基反应
（4）+NaOH+(CH3)3CCOONa；Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；酰胺
【解析】【解答】（1）A为，官能团的名称为羧基、氨基。
故答案为：羧基、氨基
（2）B()+→C()+HCl，则属于取代反应。
故答案为：取代反应
（3）①(CH3CH2)3N可看作NH3分子中的3个-H被-CH2CH3取代的产物，则化学名称为三乙胺。
故答案为： 三乙胺或三乙基胺、N，N-二乙基乙胺
②(CH3CH2)3N中的-CH2CH3为推电子基，能使N原子的电子云密度增大，吸引H+的能力增强，从而使N原子的碱性比B中氨基的碱性强，优先结合HCl，防止HCl与B中的氨基反应。
故答案为： HCl与B中的氨基反应
（4）E→F的反应为酰胺在碱性条件下水解，生成胺和羧酸钠，化学方程式为+NaOH+(CH3)3CCOONa。
该步反应中，由于溴原子上的孤电子对与碳碳双键形成p-π共轭，稳定性增强，所以即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解。原因是：Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的π键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大π键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解。
故答案为：+NaOH+(CH3)3CCOONa ；Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解
（5）F()→M()→NG()
由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，故N的结构简式为。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式，确定其所含的官能团。
（2）B转化C的同时，生成HCl，因此该转化过程发生的是取代反应。
（3）①根据所给有机物的结构简式确定其化学名称。
②HCl能与B中的-NH2反应。
（4）物质E中含有酰胺基，能与NaOH溶液发生水解人反应，生成F的同时，生成羧酸钠，据此写出反应的化学方程式。Br原子位于双键碳原子上，使得C-Br键的键能增大，不易断裂。
（5）由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，据此确定N的结构简式。
（1）A为，官能团的名称为羧基、氨基。
（2）B()+→C()+HCl，则属于取代反应。
（3）①(CH3CH2)3N可看作NH3分子中的3个-H被-CH2CH3取代的产物，则化学名称为三乙胺。
②(CH3CH2)3N中的-CH2CH3为推电子基，能使N原子的电子云密度增大，吸引H+的能力增强，从而使N原子的碱性比B中氨基的碱性强，优先结合HCl，防止HCl与B中的氨基反应。
（4）E→F的反应为酰胺在碱性条件下水解，生成胺和羧酸钠，化学方程式为+NaOH+(CH3)3CCOONa。
该步反应中，由于溴原子上的孤电子对与碳碳双键形成p-π共轭，稳定性增强，所以即使加入过量的NaOH溶液，C-Br键也很难水解。原因是：Br原子上的孤电子对与碳碳双键中的π键共轭或电子云“肩并肩”重叠、形成大π键，C-Br键的键能增大或稳定性增强，较难水解。
（5）F()→M()→NG()
由N→G为水解反应可知，N中碳碳三键已经形成，说明M→N为消去反应，脱掉HBr，故N的结构简式为。
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