资源简介

四川省南充市第一中学2025届高三下学期二诊模拟考试化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·南充模拟）化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
C．保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生
D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．二氧化氯杀菌消毒是利用其强氧化性，酒精杀菌消毒是因为其能够使蛋白质变性，二者原理不同，故A不符合题意；
B．聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子合成材料，故B不符合题意；
C．保持空气湿度和适当降温并不能减少病毒传染，而温度升高可以使蛋白质变质，杀灭病毒，故C不符合题意；
D．白色污染主要是废弃塑料引起的，减少塑料废品即可减少白色污染，蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋转化为乙二醇，是减小废弃塑料的一种措施，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、前者是氧化消毒；后者是酒精使蛋白质发生变性
B、聚四氯乙烯为有机高分子材料
C、保持湿度反而容易滋生细菌
2．（2025·南充模拟）CO2催化加氢可制取高附加值产品甲醇、乙醇等，这对解决环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知反应。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．22.4 L H2含有的分子数为NA
B．44 g CO2含有的非极性共价键数为2NA
C．0.1 mol C2H5OH中含有中子数为2NA
D．每生成1 mol H2O，转移的电子数为2NA
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、气体摩尔体积 22.4 L/mol 的使用前提是标准状况，选项未说明温度和压强，无法确定 22.4 L H2 的物质的量为 1 mol，因此分子数不一定为 NA，A错误；
B、CO2 的结构式为 O=C=O，分子中只存在 C=O 极性共价键，不存在非极性共价键。44 g CO2 的物质的量为 1 mol，含有的非极性共价键数为 0，B错误；
C、C2H5OH 中，H 原子无中子，C 原子中子数为 6，O 原子中子数为 8。1 个 C2H5OH 分子的中子总数为：2×6 + 8 = 20。
则 0.1 mol C2H5OH 含有的中子数为 0.1 mol × 20 × NA = 2NA，C正确；
D、反应 6H2+2CO2 C2H5OH+3H2O 中，C 元素从+4价降至-2价，每 2 mol CO2 反应转移 12 mol 电子，对应生成 3 mol H2O。因此每生成 1 mol H2O，转移的电子数为 ，即 4NA，而非 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：气体摩尔体积要点：22.4 L/mol 仅适用于标准状况（0℃、101 kPa）下的气体，未指明条件时无法直接计算分子数。
化学键判断关键：CO2 分子结构为 O=C=O，只含极性共价键，无非极性键；乙醇分子需按各原子中子数加和计算总中子数。
中子数计算核心：中子数 = 质量数 - 质子数，H 无中子，需分别计算 C、O 原子的中子数再求和。
电子转移计算依据：根据反应中 C 元素化合价变化（+4→-2），确定每 2 mol CO2 参与反应时转移 12 mol 电子，再按比例换算生成 1 mol H2O 时的电子转移数。
3．（2025·南充模拟）劳动开创未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 做水果罐头时加入维生素C 维生素C受热易分解
B 用固体疏通剂处理管道堵塞
C 节日燃放五彩缤纷的烟花 电子跃迁到较高能级吸收能量
D 用氢氟酸雕刻玻璃花纹 氢氟酸具有弱酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子的跃迁及应用；硅和二氧化硅；铝的化学性质
【解析】【解答】A、做水果罐头时加维生素 C，核心是利用维生素 C 的还原性，防止水果被氧化变质；而 “维生素 C 受热易分解” 是它的稳定性特点，和抗氧化的用途没有关联，A错误；
B、固体管道疏通剂含铝粉和氢氧化钠，遇水后发生反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。反应生成大量氢气，气体膨胀产生压力冲击堵塞物，同时生成的强碱性溶液能溶解油脂类堵塞物，化学知识和劳动项目的原理完全匹配，B正确；
C、烟花的色彩来自金属元素的焰色反应，本质是电子从较高能级跃迁回较低能级时释放能量、发出可见光；选项中 “跃迁到较高能级吸收能量” 描述的是电子激发过程，不是产生颜色的直接原因，原理描述错误，C错误；
D、氢氟酸能雕刻玻璃，是因为它可以和玻璃主要成分二氧化硅发生反应：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，这是氢氟酸的特殊反应性，和它 “弱酸性” 的性质无关，性质与用途关联错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
性质与用途匹配：判断物质的某一性质是否是该劳动操作的直接原因，避免将无关性质作为依据。
反应与现象本质：理清化学反应的产物、能量变化或特殊反应性，区分 “原理描述正误” 和 “用途与原理是否对应”。
光谱与能量变化：焰色反应是电子跃迁回低能级释放能量发光，而非跃迁到高能级吸收能量。
4．（2025·南充模拟）铈是地壳中最丰富的稀土金属，可用作合金添加剂、医药、制革等。某兴趣小组以二氧化铈()废渣为原料制备金属铈和的流程如图所示。
下列说法错误的是
A．“酸浸”时发生的反应为
B．“中和”时，加入氨水不宜过量
C．“试剂X”可选用和氨水混合物
D．“电解”时，阴极上得到的同时阳极上得到
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、酸浸时，二氧化铈在酸性条件下被过氧化氢氧化为三价铈离子，同时生成氧气和水，反应方程式符合氧化还原规律，A正确；
B、中和时若氨水过量，可能会导致铈离子生成可溶性络合物，降低沉淀率，因此加入氨水不宜过量，B正确；
C、试剂 X 需要提供碳酸根离子并维持弱碱性环境，避免铈离子水解，碳酸氢铵与氨水的混合物可满足这一要求，C正确；
D、电解时铈元素从 + 3 价被还原为 0 价，14g 铈（0.1mol）得到 0.3mol 电子；阳极发生水的氧化反应生成氧气，每生成 1mol 氧气转移 4mol 电子，理论上应生成 0.075mol 氧气，在标准状况下体积为 1.68L，但选项未指明气体所处状态，无法直接确定体积，D错误；
故答案为：D。【分析】酸浸阶段，二氧化铈在酸性环境中与过氧化氢发生氧化还原反应，四价铈被还原为三价铈离子，同时生成氧气和水，对应的离子方程式为：
随后加入氨水，中和溶液中过量的酸；再向体系中加入碳酸氢铵与氨水的混合溶液，使三价铈离子转化为碳酸铈沉淀。若将酸浸后的溶液进行电解，三价铈离子会在阴极被还原为金属铈单质。
5．（2025·南充模拟）我国科学家合成了检测的荧光探针，其结构简式如图。下列关于荧光探针分子的说法不正确的是
A．不存在手性碳原子
B．能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．探针最多能与反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；含有氢键的物质；酯的性质
【解析】【解答】A、手性碳原子需要连接 4 个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子均不满足此条件，因此不存在手性碳原子 ，A正确；
B、分子内含有酚羟基和亚胺基（-N=），羟基氢与氮原子之间可以形成分子内氢键， B正确；
C、分子中的酚羟基邻位存在氢原子，可与饱和溴水发生苯环上的取代反应；同时存在碳碳双键和亚胺双键，可与溴水发生加成反应， C正确；
D、该分子中有 2 个酚羟基、1 个酯基（香豆素内酯环），酚羟基与 NaOH 按 1：1 反应，酯基水解后生成的酚羟基和羧基都会与 NaOH 反应，因此 1 mol 探针 A 最多能与4 mol NaOH反应， D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：寻找连有 4 个不同基团的饱和碳原子，该分子中无此类结构。
氢键形成：酚羟基的氢可与氮、氧等电负性大的原子形成分子内氢键。
溴水反应：酚羟基邻对位氢可发生取代，不饱和双键可发生加成。
与 NaOH 反应计量：酚羟基、酯基（尤其是水解后生成酚和羧基的酯）是消耗 NaOH 的关键官能团，需注意酯基水解后的额外消耗。
6．（2025·南充模拟）利用电解法可使转化成，加入甲醇能提高的产率，装置如图所示。下列有关说法中，不正确的是
A．电解时在阴极放电
B．可用溶液检验有生成
C．阳极反应式为：
D．反应中每生成，则转移电子数约为
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在电解中得到电子转化为，发生还原反应，还原反应在电解池的阴极进行，因此在阴极放电，A正确；
B、具有还原性，可使溶液褪色，但该电解体系中存在甲醇（），甲醇同样具有还原性，也能使溶液褪色，会对的检验造成干扰，因此不能用溶液检验的生成，B错误；
C、生成甲醛（）的一极为阳极，甲醇（）在阳极失去电子被氧化为甲醛，结合酸性环境配平，电极反应式为： ，符合电荷守恒与原子守恒，C正确；
D、由阳极反应式可知，每生成1mol ，对应转移2mol电子，电子数为，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合电解装置的物质转化关系，从化合价变化角度剖析电极属性： 中碳元素化合价升高，发生氧化反应，该电极为电解池的阳极，甲醇在此极失去电子转化为 ，电极反应式为 ；与此同时， 得到电子、化合价降低，发生还原反应，对应电极为电解池的阴极，铁离子被还原为亚铁离子，电极反应式为 ，以此作为判断各选项正误的核心依据。
7．（2025·南充模拟）由X、Y、Z、M四种短周期主族元素组成的化合物ZX2MY4可用于食品工业和发酵工业。已知X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X与Z同主族且不相邻，Y原子的最外层电子数是Z、M原子的最外层电子数之和，基态M原子有3个未成对电子，下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>M B．第一电离能：M>X>Y
C．单质沸点：Y>Z>M>X D．电负性：Y>X>Z
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；金属晶体
【解析】【解答】A、原子半径的递变规律为同周期元素从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下逐渐增大。Na 与 P 同周期且 Na 位于 P 左侧，O 与 P 同主族且 O 位于 P 上方，因此原子半径顺序为 Na＞P＞O，A错误；
B、第一电离能的递变需考虑洪特规则特例，H 原子只有 1 个电子层，第一电离能大于同主族的 P；O 与 P 同周期，O 的 2p 轨道为全充满稳定结构，第一电离能大于 P，因此第一电离能顺序为 H＞O＞P，B错误；
C、单质沸点取决于晶体类型与微粒间作用力，O 的单质（氧气、臭氧）为分子晶体，Na 为金属晶体，金属晶体的微粒间作用力通常强于分子晶体，因此 Na 的沸点高于 O 的单质；且 O 的单质中臭氧相对分子质量大于氧气，沸点更高，故单质沸点顺序为 Na＞臭氧＞氧气，C错误；
D、电负性反映原子吸引电子的能力，金属元素的电负性普遍小于非金属元素；非金属元素中，同周期从左到右电负性逐渐增大，O 的非金属性强于 H，因此电负性顺序为 O＞H＞Na，D正确；
故答案为：D。
【分析】题干明确四种为短周期主族元素，原子序数依次增大且满足 X 与 Z 同主族且不相邻、Y 原子最外层电子数为 Z、M 最外层电子数之和、M 原子有 3 个未成对电子三大核心条件。结合元素周期表中短周期元素的成键特点与核外电子排布规则，可推知 M 为 P 元素（磷元素，核外电子排布中 3p 轨道含 3 个未成对电子）；再根据 X 与 Z 同主族且不相邻、Y 原子最外层电子数的计量关系，最终确定 X 为 H 元素（氢元素）、Y 为 O 元素（氧元素）、Z 为 Na 元素（钠元素）。
8．（2025·南充模拟）氮化硼(BN)晶体有多种相结构。它们的两种晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，不正确的是
A．六方相氮化硼含有BN小分子
B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．立方氮化硼中熔点高、硬度大
D．六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、六方相氮化硼的结构与石墨类似，是层状的原子晶体，晶体中不存在独立的 BN 小分子，而是由硼原子和氮原子通过共价键形成的二维网状结构 ，A错误；
B、六方相氮化硼层内是共价键，层间为微弱的范德华力，层间作用力小，容易发生相对滑动，所以质地柔软 ，B正确；
C、立方相氮化硼结构与金刚石相似，属于原子晶体，原子间通过高强度的共价键连接，因此熔点高、硬度大 ，C正确；
D、六方相氮化硼虽结构类似石墨，但硼和氮原子的电负性差异使成键电子对偏向氮原子，无自由移动的电子，因此不导电 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：六方相氮化硼为层状原子晶体（类石墨），立方相氮化硼为立体网状原子晶体（类金刚石）。
结构与性质关联：层状晶体的质地软源于层间弱作用力；原子晶体的高熔点、高硬度源于共价键的强度。
导电性分析：导电需要自由移动的电子或离子，六方相氮化硼中无自由电子，故不导电。
9．（2025·南充模拟）药物异博定(盐酸维拉帕米)能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程，已知晶体属晶型，则下列说法正确的是
A．Z分子中C、H、O第一电离能大小顺序为
B．Y分子中基态原子电子排布式为
C．X的沸点高于其同分异构体
D．晶体中，与最近的有12个
【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；离子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、第一电离能反映原子失去最外层电子的难易程度。H原子只有1个电子层，1s轨道全充满，核外电子受核引力极强，失去电子难度大于C；O的核电荷数大于C，原子半径更小，对最外层电子的束缚能力更强，第一电离能O＞H。综上，三者第一电离能大小顺序为，A正确；
B、Br元素的原子序数为35，属于第四周期元素，核外电子排布需填充3d轨道。根据构造原理，其基态原子的电子排布式应为 ，选项中遗漏了3d 轨道，违背了电子填充顺序，B错误；
C、中羟基（-OH）与羰基（C=O）处于苯环的邻位，羟基上的H与羰基上的O可形成分子内氢键；其同分异构体中羟基与羰基处于对位，只能形成分子间氢键。分子间氢键会使分子间作用力显著增强，导致沸点升高，因此X的沸点低于其对位同分异构体，C错误；
D、题干明确NaH晶体属NaCl型晶型。在NaCl晶胞中，Na+的配位数为6（即与Na+最近且等距的Cl-有6个）。同理，在NaH晶体中，与最近的数量也为6，而非12，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
第一电离能判断核心：突破“同周期递变规律”，重点关注H原子的特殊能级结构（1s 全满稳定），对比C、H、O的核电荷数与原子半径对电子的束缚能力。
电子排布书写关键：熟记构造原理，明确Br为第四周期ⅦA族元素，核外电子排布需包含3d轨道，且遵循“能量最低原理”。
沸点比较依据：核心看分子间氢键的类型，区分“分子间氢键”（显著升高沸点）与“分子内氢键”（降低分子间作用力）的差异。
晶体配位数判断：利用“等电子体晶型类比”，将NaH的NaCl型晶型转化为已知的Na+配位数，快速推导H-的最近邻粒子数。
10．（2025·南充模拟）某小组同学探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的实验装置图如下所示：
下列说法不正确的是
A．配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
B．装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO4溶液
C．反应开始时C中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中SO2作还原剂
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、配制 70% 硫酸溶液属于一定质量分数溶液的配制，操作步骤为计算、量取、稀释、冷却、转移、定容等，需要用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，A正确；
B、装置 B 中饱和 NaHSO4溶液能降低 SO2的溶解度，通过观察气泡产生速率监控 SO2流速，同时不与 SO2发生反应，可达到实验目的，B正确；
C、装置 C 中反应为 2CuSO4+SO2+4NaOH=Cu2O↓+2Na2SO4+2H2O，Cu 元素从 + 2 价降至 + 1 价，S 元素从 + 4 价升至 + 6 价，根据电子守恒，氧化剂 CuSO4与还原剂 SO2的物质的量之比为 2：1，C正确；
D、反应后 C 的溶液中本身含有 CuSO4电离出的 SO42-，加入稀盐酸酸化后滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，无法证明 SO2被氧化为 SO42-，不能说明 SO2作还原剂，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶液配制仪器：一定质量分数溶液配制不需要容量瓶，核心仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管。
除杂、监控试剂选择：选择与目标气体不反应、能降低气体溶解度且便于观察流速的试剂。
氧化还原电子守恒：根据化合价升降总数相等，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。
离子检验干扰排除：检验 SO42-时需排除原溶液中 SO42-的干扰，否则无法得出正确结论。
11．（2025·南充模拟）下列有关的离子方程式书写正确的是
A．向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气味气体产生：Cu+4H++SOCu2++SO2↑+2H2O
B．服用阿司匹林过量出现水杨酸()中毒反应，可静脉注射NaHCO3溶液：+2HCO→+2CO2↑+2H2O
C．20mL1.0mol/L的明矾溶液与10mL3.5mol/LBa(OH)2溶液混合充分反应：3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓
D．向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2＋＋2HCO＋2OH-=CaCO3↓＋2H2O＋CO
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸属于难挥发性强酸，且水含量极少，不能拆写成离子形式，应保留化学式；且反应需要浓硫酸体现强氧化性和酸性，正确的离子方程式为
Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO+SO2↑+2H2O，A错误；
B、水杨酸分子中含有酚羟基和羧基，根据酸性强弱规律，羧基酸性强于碳酸，酚羟基酸性弱于碳酸，因此只有羧基能与反应生成，酚羟基不与反应。选项中错误让酚羟基也参与了反应，消耗的比例错误，B错误；
C、计算反应物物质的量：，。与的物质的量比为，即过量，应完全转化为（偏铝酸根），而非生成沉淀，正确的离子方程式：7Ba2++14OH-+4Al3++7SO=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+2Al[OH]，+4BaSO4↓，C错误；
D、过量时，完全反应，与结合生成沉淀，剩余的保留在溶液中。离子方程式 Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应环境与物质性质：区分浓硫酸、稀硫酸的反应差异；判断酸性强弱对复分解反应的限制（如酚羟基与碳酸氢根不反应）。
离子配比与产物：根据反应物用量比（不足量与过量）判断产物形式，如铝盐与强碱的反应、酸式盐与碱的反应。
守恒规则校验：重点检查离子方程式两边的电荷数是否守恒、各原子数目是否守恒。
12．（2025·南充模拟）科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了与转化为高附加值的产品。下图是耦合电催化反应系统原理图示。下列有关说法不正确的是
A．管负载纳米绒电极为阴极
B．反应过程中从左极室向右极室移动
C．电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1mol
D．阳极的电极反应式为
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，发生得电子的还原反应，因此管负载纳米绒电极为阴极，A正确；
B．在电解池装置中，阳离子从阳极向阴极移动，因此H+从左极室向右极室移动，B正确；
C．电路中通过2mol电子时，阳极生成1molHCOOH，同时阴极也生成1molHCOOH。因此在装置中可生成2mol，C错误；
D．阳极上HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH，因此阳极的电极反应式为，D正确；
故答案为：C
【分析】Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，C元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此该电极为阴极，则电源a为负极。Cu管负载Cu纳米绒的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左侧碳纸负载MnO2纳米片为正极，HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH。因此阳极的电极反应式为HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。据此结合选项分析。
13．（2025·南充模拟）化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是
A．YQ2与ZQ2的空间构型均为直线型
B．W单质的熔点大于Y单质
C．Y、Z、Q原子的杂化方式均为sp3
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性Z>Y
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、由元素推断可知，Y为C，Z为N，Q为O。 是直线形分子，但 分子中N原子有孤电子对，空间构型为V形，并非直线型，A错误；
B、W为Na，其单质为金属钠，熔点较低；Y的单质有金刚石、石墨等，熔点很高，因此W单质的熔点小于Y单质，B错误；
C、Y（C）在结构中形成单键和双键，杂化方式有 和 ；Z（N）形成4个σ键，为 杂化；Q（O）形成双键，为 杂化，并非三者均为 杂化，C错误；
D、Z为N，Y为C，非金属性N > C，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：，即Z > Y，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：Q的最外层电子数是电子层数的3倍，且为短周期元素，可确定Q为O；结合原子序数递增及成键特征，可依次推出X为H，Y为C，Z为N，W为Na。
14．（2025·南充模拟）已知，25℃时，的，。常温下，用NaOH溶液滴定20mL溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度aB．c点所对应的溶液中各粒子浓度满足
C．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中
D．a点加入NaOH溶液的体积
【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、滴定过程中，酸逐渐被中和为盐，盐的水解会促进水的电离，而过量的碱会抑制水的电离。从a到d，盐的浓度持续增大，d点恰好完全反应生成正盐，水的电离程度达到最大，因此水的电离程度满足aB、c点pH=7.19，此时溶液中HA-与A2-浓度相等，结合电荷守恒式，将代入，可推得，B正确；
C、加入20mL NaOH溶液时，溶质为NaHA，此时溶液pH=4.52，显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，因此，C正确；
D、a点pH=1.85，即，由可知，此时。若加入10mL NaOH，溶液中溶质为等物质的量的和，因的电离程度大于的水解程度，会使，故要使，加入NaOH的体积应小于10mL，即，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
水的电离程度：酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，滴定终点时水的电离程度最大。
电荷守恒应用：结合pH与pKa的关系，将粒子浓度等量代换，推导浓度关系式。
酸式盐的酸碱性：通过溶液pH判断酸式酸根的电离与水解程度相对大小。
缓冲溶液浓度关系：利用表达式，结合浓度相等时的pH，反推加入碱的体积范围。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·南充模拟）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知。
回答下列问题：
（1）浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：　 　。
（2）氧化时，加入溶液是为了将浸出液中的和均转化为沉淀而除去，(溶液中元素全部转化为)，请分别写出除去和的离子方程式　 　，　 　。
（3）加入锌粉的目的是　 　。
（4）已知浸出液中，、。
①若要除尽上述浸出液中的和，需加入　 　。
②加入溶液反应一段时间后，溶液中，若溶液，则此时　 　(填“能”或“不能”)生成沉淀。
【答案】（1）搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等
（2）；
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等
（4）7.9；不能
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率。
故答案为： 搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等 ；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：。
故答案为： ； ；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀。
故答案为： 调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等 ；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
故答案为： 7.9 ； 不能 ；
【分析】工业级氧化锌原料首先经过硫酸浸出，将金属氧化物转化为相应的金属离子溶液；接着加入高锰酸钾进行氧化，把亚铁离子氧化为铁离子并除去，同时氧化锰离子；随后加入锌粉完成置换，利用锌的还原性将铜、镍、镉等重金属离子转化为单质除去，过滤得到较纯净的锌盐滤液；滤液中加入碳酸钠通过复分解反应生成碱式碳酸锌沉淀；沉淀经吸滤分离后，在高温下进行煅烧，最终分解得到高纯活性氧化锌成品。
（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
16．（2025·南充模拟）碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等，其制备原理如下：
反应I ： 3I2+ 6KOH= KIO3 +5KI+ 3H2O
反应II： 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O
请回答有关问题。
（1）启普发生器中发生反应的化学方程式是　 　，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是　 　；
（2）关闭启普发生器活塞，先滴入30%的KOH溶液。待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为无色 ，停止滴入KOH溶液；然后　 　(填操作)，待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。
（3）把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还含有硫酸钡和　 　(填名称)。合并滤液和洗涤液，蒸发至析出结晶，干燥得成品。
（4）实验室模拟工业制备KIO3流程如下：
几种物质的溶解度见下表：
　 KCl KH(IO3)2 KClO3
25℃时的溶解度(g) 20.8 0.8 7.5
80℃时的溶解度(g) 37.1 12.4 16.2
①由上表数据分析可知，“操作a”是　 　；
②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3，与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是　 　
（5）某同学为了测定上述流程生产的KIO3样品的纯度，进行了下列操作：
取1.00 g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol·L-1 Na2S2O3溶液，恰好完全反应时共消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为　 　(已知反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
【答案】（1）ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4；恒压滴液漏斗
（2）打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热
（3）硫
（4）蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境
（5）89.88%
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）启普发生器中为硫化锌与硫酸的反应，制取硫化氢气体，其反应为，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗，故填；恒压滴液漏斗；
故答案为： ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4 ； 恒压滴液漏斗 ；
（2）根据题干，制取KI时先制备KIO3，即先发生的是反应Ⅰ，然后才是反应Ⅱ，所以停止滴入KOH溶液后的操作为打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；故填打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；
故答案为： 打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热 ；
（3）反应Ⅱ中还有硫单质生成，所以除了上述沉淀外，还有硫，
故答案为： 硫 ；
（4）根据表中数据，低温时有利于碘酸氢钾析出，所以操作为蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)，故填蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；
电解制备碘酸钾时没有氯气等污染环境的气体产生，更环保，所以上述流程制备KIO3的缺点是KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境，故填KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶) ； KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境 ；
（5）该测量方法为：将转化为，然后再与反应，根据消耗的量来计算的含量，根据反应和，可得，则反应消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液，需要的质量为0.8988g，分数为，
故答案为： 89.88%
【分析】（1）反应：硫化锌（ZnS）与稀硫酸发生复分解反应，生成硫化氢（H2S）气体和硫酸锌（ZnSO4）。仪器：盛装 30% 氢氧化钾溶液的仪器是恒压滴液漏斗。
（2）先滴加 KOH 溶液完成反应 Ⅰ（制 KIO3），后续需打开启普发生器活塞，通入 H2S 气体，使溶液酸化并加热，以启动反应 Ⅱ。
（3）反应 Ⅱ（3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O）会生成硫单质，因此过滤沉淀中除碳酸钡、硫酸钡外，还含硫。
（4）操作 a：利用 KH(IO3)2低温溶解度小的特点，采用蒸发浓缩、冷却结晶（或重结晶）分离出晶体。流程缺点：反应 Ⅰ 会生成有毒氯气（Cl2），污染环境，不如电解法环保。
（5）关系式：KIO3~3I2~6Na2S2O3。
计算：根据 Na2S2O3消耗量，算出 KIO3质量，最终得样品纯度为89.88%。
（1）启普发生器中为硫化锌与硫酸的反应，制取硫化氢气体，其反应为，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗，故填；恒压滴液漏斗；
（2）根据题干，制取KI时先制备KIO3，即先发生的是反应Ⅰ，然后才是反应Ⅱ，所以停止滴入KOH溶液后的操作为打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；故填打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；
（3）反应Ⅱ中还有硫单质生成，所以除了上述沉淀外，还有硫，故填硫；
（4）根据表中数据，低温时有利于碘酸氢钾析出，所以操作为蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)，故填蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；
电解制备碘酸钾时没有氯气等污染环境的气体产生，更环保，所以上述流程制备KIO3的缺点是KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境，故填KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；
（5）该测量方法为：将转化为，然后再与反应，根据消耗的量来计算的含量，根据反应和，可得，则反应消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液，需要的质量为0.8988g，分数为，故填89.88%。
17．（2025·南充模拟）甲醚可用作气雾剂的抛射剂，也可作为制冷剂、局部麻醉药和燃料。
I．工业上利用水煤气合成甲醚：
已知：
化学键 C—H C—O H—H
键能/ 413 351 436 803 1071
（1）水煤气合成甲醚发生反应的热化学方程式： ________，该反应在________(填“高温”“低温”或“任意条件”)下可自发进行。
（2）一定温度下，在2 L恒容密闭容器中投入和发生上述反应，当容器内压强不再发生变化时，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 该反应达到最大限度
B. 的百分含量不再发生变化
C. 、CO全部转化为和
D. CO、、的浓度一定相等
Ⅱ．利用催化加氢合成甲醚，主要发生的反应如下：
反应①： ；
反应②： 。
恒定压强为时，若开始投入的、分别为、，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图。已知：的选择性。
（3）240℃时，若不改变反应温度，能提高平衡产率的措施有________(任写一条)。
（4）由图可知，升高温度，的选择性减小，推断出________(填“>”或“<”)0。
（5）300℃时，若10 min时反应达到平衡状态，此时________mol，反应②的压强平衡常数________。
（6）比较不同温度下反应①的平衡常数：K(200℃)________(填“>”或“<”)K(300℃)。
【答案】(1) 低温
(2) A，B
(3) 压缩容器体积
(4) <
(5) 或0.15
(6) >
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能-生成物总键能，水煤气合成甲醚发生反应=-265，根据反应自发进行的判据：H-TS <0，的、，所以反应需要低温下发生；
故答案为：；低温 ；
（2）一定温度下，在2 L恒容密闭容器中投入和发生反应，当容器内压强不再发生变化时，说明该反应达到了平衡状态。
A. 该反应达到了平衡状态，即为该反应达到最大限度，A正确；
B. 该反应达到了平衡状态，的百分含量不再发生变化，B正确；
C. 反应为可逆反应，、CO不会全部转化为和，C错误；
D. 该反应达到平衡状态时，CO、、的浓度不一定相等，D错误；
故答案为：AB；
（3）反应①是气体分子数减小的反应，反应②是气体分子数不变的反应，通过加压使反应①平衡正向移动，或者加入有利于反应①进行的催化剂，可以提高选择性；
故答案为： 压缩容器体积 ；
（4）由图可知，升高温度，的选择性减小，则反应①：平衡逆向移动，可推断出< 0；
故答案为： < ；
（5）300℃时，若10 min时反应达到平衡状态，CO2的平衡转化率为40%，则消耗CO2 0.4amol，CH3OCH3的选择性为40%，则生成CH3OCH3的物质的量为=0.08amol；即平衡时生成CH3OCH3的物质的量为0.08amol；根据生成CH3OCH3的物质的量为0.08amol，消耗CO2 0.4amol，列出三段式计算：
则平衡时二氧化碳、氢气、甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为0.6amol、1.28amol、0.08mol、0.24amol、0.48amol，则混合气体的总物质的量为2.68amol，反应②的平衡常数=0.15；
故答案为： ； 或0.15 ；
(6)反应①： < 0，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则不同温度下反应①的平衡常数：K(200℃) >K(300℃)。
故答案为： > ；
【分析】(1) 用键能计算 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据得 ；该反应 、，根据 ，需在低温下自发。
(2) 恒容容器中压强不变说明反应达平衡，此时反应达到最大限度、各组分百分含量不变；可逆反应不能完全转化，平衡时浓度不一定相等，故选 AB。
(3)反应①是气体分子数减小的反应，压缩容器体积（加压） 使平衡正向移动，可提高甲醚平衡产率（或加入高效催化剂等）。
(4)升高温度甲醚选择性减小，说明反应①平衡逆向移动，正反应放热，故 。
(5)先由 转化率和甲醚选择性算出 ；再列三段式计算各物质平衡量，代入 公式得 （或 ）。
(6)反应①正反应放热，温度越高平衡常数越小，故 。
18．（2025·南充模拟）英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）由A生成C的反应类型是　 　。
（3）E的结构简式为　 　。
（4）由G→J的转化过程可知，G转化为H的目的是　 　
（5）符合下列条件的B的同分异构体共有　 　种，其中一种的结构简式为　 　。
①分子中含环状结构 ②核磁共振氢谱显示2组峰
（6）L中氮原子的杂化方式为　 　。
（7）1，3-二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备1，3-二苯基脲的合成路线(无机试剂任选)。 　 　
【答案】（1）4-硝基溴苯或对硝基溴苯
（2）取代反应
（3）
（4）保护氨基
（5）4；或或或
（6）sp2、sp3
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为，名称为4-硝基溴苯或对硝基溴苯；
故答案为： 4-硝基溴苯或对硝基溴苯 ；
（2）根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）根据分析，E的结构简式为；
故答案为： ；
（4）根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；
故答案为： 保护氨基 ；
（5）B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、、，共4种；
故答案为： 4 ；或或或 ；
（6）L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；
故答案为： sp2、sp3 ；
（7）要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路线为。
故答案为： ；
【分析】该合成路线分为两条主要分支：
分支1：以对溴硝基苯A（）为原料，先与哌嗪衍生物B（）发生取代得到含硝基的中间体C（），再经催化加氢将硝基还原为氨基，得到中间体 D；随后 D 与氯代三嗪类化合物E（）缩合，生成含嘧啶环的中间体 F（）。
分支2：以氨基苯甲醚衍生物G（）为原料，经乙酸酐保护氨基得到 H（），再用二氯亚砜氯化引入氯原子得到 I（），随后在碱性条件下水解脱除酰基得到 J（），最后与光气反应生成异氰酸酯中间体 K（）。
最终，中间体 F 与 K 通过异氰酸酯的加成反应，缩合得到目标药物英菲替尼L（）。
（1）A为，名称为4-硝基溴苯或对硝基溴苯；
（2）根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；
（3）根据分析，E的结构简式为；
（4）根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；
（5）B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、、，共4种；
（6）L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；
（7）要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路线为。
1 / 1四川省南充市第一中学2025届高三下学期二诊模拟考试化学试题
一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·南充模拟）化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（　　）
A．二氧化氯泡腾片和酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者的消毒原理相同
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
C．保持空气湿度和适当降温可减少新型冠状病毒传染，二者均可防止病毒滋生
D．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染
2．（2025·南充模拟）CO2催化加氢可制取高附加值产品甲醇、乙醇等，这对解决环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知反应。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．22.4 L H2含有的分子数为NA
B．44 g CO2含有的非极性共价键数为2NA
C．0.1 mol C2H5OH中含有中子数为2NA
D．每生成1 mol H2O，转移的电子数为2NA
3．（2025·南充模拟）劳动开创未来，下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 做水果罐头时加入维生素C 维生素C受热易分解
B 用固体疏通剂处理管道堵塞
C 节日燃放五彩缤纷的烟花 电子跃迁到较高能级吸收能量
D 用氢氟酸雕刻玻璃花纹 氢氟酸具有弱酸性
A．A B．B C．C D．D
4．（2025·南充模拟）铈是地壳中最丰富的稀土金属，可用作合金添加剂、医药、制革等。某兴趣小组以二氧化铈()废渣为原料制备金属铈和的流程如图所示。
下列说法错误的是
A．“酸浸”时发生的反应为
B．“中和”时，加入氨水不宜过量
C．“试剂X”可选用和氨水混合物
D．“电解”时，阴极上得到的同时阳极上得到
5．（2025·南充模拟）我国科学家合成了检测的荧光探针，其结构简式如图。下列关于荧光探针分子的说法不正确的是
A．不存在手性碳原子
B．能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应
D．探针最多能与反应
6．（2025·南充模拟）利用电解法可使转化成，加入甲醇能提高的产率，装置如图所示。下列有关说法中，不正确的是
A．电解时在阴极放电
B．可用溶液检验有生成
C．阳极反应式为：
D．反应中每生成，则转移电子数约为
7．（2025·南充模拟）由X、Y、Z、M四种短周期主族元素组成的化合物ZX2MY4可用于食品工业和发酵工业。已知X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X与Z同主族且不相邻，Y原子的最外层电子数是Z、M原子的最外层电子数之和，基态M原子有3个未成对电子，下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>M B．第一电离能：M>X>Y
C．单质沸点：Y>Z>M>X D．电负性：Y>X>Z
8．（2025·南充模拟）氮化硼(BN)晶体有多种相结构。它们的两种晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，不正确的是
A．六方相氮化硼含有BN小分子
B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．立方氮化硼中熔点高、硬度大
D．六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是没有可以自由移动的电子
9．（2025·南充模拟）药物异博定(盐酸维拉帕米)能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如图转化过程，已知晶体属晶型，则下列说法正确的是
A．Z分子中C、H、O第一电离能大小顺序为
B．Y分子中基态原子电子排布式为
C．X的沸点高于其同分异构体
D．晶体中，与最近的有12个
10．（2025·南充模拟）某小组同学探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的实验装置图如下所示：
下列说法不正确的是
A．配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
B．装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO4溶液
C．反应开始时C中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中SO2作还原剂
11．（2025·南充模拟）下列有关的离子方程式书写正确的是
A．向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气味气体产生：Cu+4H++SOCu2++SO2↑+2H2O
B．服用阿司匹林过量出现水杨酸()中毒反应，可静脉注射NaHCO3溶液：+2HCO→+2CO2↑+2H2O
C．20mL1.0mol/L的明矾溶液与10mL3.5mol/LBa(OH)2溶液混合充分反应：3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓
D．向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2＋＋2HCO＋2OH-=CaCO3↓＋2H2O＋CO
12．（2025·南充模拟）科学家为消除酸性工业废水中甲醛的危害，利用驱动耦合电催化实现了与转化为高附加值的产品。下图是耦合电催化反应系统原理图示。下列有关说法不正确的是
A．管负载纳米绒电极为阴极
B．反应过程中从左极室向右极室移动
C．电路中通过2mol电子时，在装置中可生成1mol
D．阳极的电极反应式为
13．（2025·南充模拟）化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是
A．YQ2与ZQ2的空间构型均为直线型
B．W单质的熔点大于Y单质
C．Y、Z、Q原子的杂化方式均为sp3
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性Z>Y
14．（2025·南充模拟）已知，25℃时，的，。常温下，用NaOH溶液滴定20mL溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度aB．c点所对应的溶液中各粒子浓度满足
C．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中
D．a点加入NaOH溶液的体积
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·南充模拟）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知。
回答下列问题：
（1）浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：　 　。
（2）氧化时，加入溶液是为了将浸出液中的和均转化为沉淀而除去，(溶液中元素全部转化为)，请分别写出除去和的离子方程式　 　，　 　。
（3）加入锌粉的目的是　 　。
（4）已知浸出液中，、。
①若要除尽上述浸出液中的和，需加入　 　。
②加入溶液反应一段时间后，溶液中，若溶液，则此时　 　(填“能”或“不能”)生成沉淀。
16．（2025·南充模拟）碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等，其制备原理如下：
反应I ： 3I2+ 6KOH= KIO3 +5KI+ 3H2O
反应II： 3H2S+KIO3=3S↓+KI+ 3H2O
请回答有关问题。
（1）启普发生器中发生反应的化学方程式是　 　，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是　 　；
（2）关闭启普发生器活塞，先滴入30%的KOH溶液。待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为无色 ，停止滴入KOH溶液；然后　 　(填操作)，待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。
（3）把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还含有硫酸钡和　 　(填名称)。合并滤液和洗涤液，蒸发至析出结晶，干燥得成品。
（4）实验室模拟工业制备KIO3流程如下：
几种物质的溶解度见下表：
　 KCl KH(IO3)2 KClO3
25℃时的溶解度(g) 20.8 0.8 7.5
80℃时的溶解度(g) 37.1 12.4 16.2
①由上表数据分析可知，“操作a”是　 　；
②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3，与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是　 　
（5）某同学为了测定上述流程生产的KIO3样品的纯度，进行了下列操作：
取1.00 g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0 mol·L-1 Na2S2O3溶液，恰好完全反应时共消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为　 　(已知反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
17．（2025·南充模拟）甲醚可用作气雾剂的抛射剂，也可作为制冷剂、局部麻醉药和燃料。
I．工业上利用水煤气合成甲醚：
已知：
化学键 C—H C—O H—H
键能/ 413 351 436 803 1071
（1）水煤气合成甲醚发生反应的热化学方程式： ________，该反应在________(填“高温”“低温”或“任意条件”)下可自发进行。
（2）一定温度下，在2 L恒容密闭容器中投入和发生上述反应，当容器内压强不再发生变化时，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 该反应达到最大限度
B. 的百分含量不再发生变化
C. 、CO全部转化为和
D. CO、、的浓度一定相等
Ⅱ．利用催化加氢合成甲醚，主要发生的反应如下：
反应①： ；
反应②： 。
恒定压强为时，若开始投入的、分别为、，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图。已知：的选择性。
（3）240℃时，若不改变反应温度，能提高平衡产率的措施有________(任写一条)。
（4）由图可知，升高温度，的选择性减小，推断出________(填“>”或“<”)0。
（5）300℃时，若10 min时反应达到平衡状态，此时________mol，反应②的压强平衡常数________。
（6）比较不同温度下反应①的平衡常数：K(200℃)________(填“>”或“<”)K(300℃)。
18．（2025·南充模拟）英菲替尼(化合物L)是治疗胆管癌的新型药物，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）由A生成C的反应类型是　 　。
（3）E的结构简式为　 　。
（4）由G→J的转化过程可知，G转化为H的目的是　 　
（5）符合下列条件的B的同分异构体共有　 　种，其中一种的结构简式为　 　。
①分子中含环状结构 ②核磁共振氢谱显示2组峰
（6）L中氮原子的杂化方式为　 　。
（7）1，3-二苯基脲()是某些药物分子的重要结构单元。参照上述合成路线，写出以苯为原料制备1，3-二苯基脲的合成路线(无机试剂任选)。 　 　
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．二氧化氯杀菌消毒是利用其强氧化性，酒精杀菌消毒是因为其能够使蛋白质变性，二者原理不同，故A不符合题意；
B．聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子合成材料，故B不符合题意；
C．保持空气湿度和适当降温并不能减少病毒传染，而温度升高可以使蛋白质变质，杀灭病毒，故C不符合题意；
D．白色污染主要是废弃塑料引起的，减少塑料废品即可减少白色污染，蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋转化为乙二醇，是减小废弃塑料的一种措施，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、前者是氧化消毒；后者是酒精使蛋白质发生变性
B、聚四氯乙烯为有机高分子材料
C、保持湿度反而容易滋生细菌
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、气体摩尔体积 22.4 L/mol 的使用前提是标准状况，选项未说明温度和压强，无法确定 22.4 L H2 的物质的量为 1 mol，因此分子数不一定为 NA，A错误；
B、CO2 的结构式为 O=C=O，分子中只存在 C=O 极性共价键，不存在非极性共价键。44 g CO2 的物质的量为 1 mol，含有的非极性共价键数为 0，B错误；
C、C2H5OH 中，H 原子无中子，C 原子中子数为 6，O 原子中子数为 8。1 个 C2H5OH 分子的中子总数为：2×6 + 8 = 20。
则 0.1 mol C2H5OH 含有的中子数为 0.1 mol × 20 × NA = 2NA，C正确；
D、反应 6H2+2CO2 C2H5OH+3H2O 中，C 元素从+4价降至-2价，每 2 mol CO2 反应转移 12 mol 电子，对应生成 3 mol H2O。因此每生成 1 mol H2O，转移的电子数为 ，即 4NA，而非 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：气体摩尔体积要点：22.4 L/mol 仅适用于标准状况（0℃、101 kPa）下的气体，未指明条件时无法直接计算分子数。
化学键判断关键：CO2 分子结构为 O=C=O，只含极性共价键，无非极性键；乙醇分子需按各原子中子数加和计算总中子数。
中子数计算核心：中子数 = 质量数 - 质子数，H 无中子，需分别计算 C、O 原子的中子数再求和。
电子转移计算依据：根据反应中 C 元素化合价变化（+4→-2），确定每 2 mol CO2 参与反应时转移 12 mol 电子，再按比例换算生成 1 mol H2O 时的电子转移数。
3．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；原子核外电子的跃迁及应用；硅和二氧化硅；铝的化学性质
【解析】【解答】A、做水果罐头时加维生素 C，核心是利用维生素 C 的还原性，防止水果被氧化变质；而 “维生素 C 受热易分解” 是它的稳定性特点，和抗氧化的用途没有关联，A错误；
B、固体管道疏通剂含铝粉和氢氧化钠，遇水后发生反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。反应生成大量氢气，气体膨胀产生压力冲击堵塞物，同时生成的强碱性溶液能溶解油脂类堵塞物，化学知识和劳动项目的原理完全匹配，B正确；
C、烟花的色彩来自金属元素的焰色反应，本质是电子从较高能级跃迁回较低能级时释放能量、发出可见光；选项中 “跃迁到较高能级吸收能量” 描述的是电子激发过程，不是产生颜色的直接原因，原理描述错误，C错误；
D、氢氟酸能雕刻玻璃，是因为它可以和玻璃主要成分二氧化硅发生反应：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，这是氢氟酸的特殊反应性，和它 “弱酸性” 的性质无关，性质与用途关联错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
性质与用途匹配：判断物质的某一性质是否是该劳动操作的直接原因，避免将无关性质作为依据。
反应与现象本质：理清化学反应的产物、能量变化或特殊反应性，区分 “原理描述正误” 和 “用途与原理是否对应”。
光谱与能量变化：焰色反应是电子跃迁回低能级释放能量发光，而非跃迁到高能级吸收能量。
4．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、酸浸时，二氧化铈在酸性条件下被过氧化氢氧化为三价铈离子，同时生成氧气和水，反应方程式符合氧化还原规律，A正确；
B、中和时若氨水过量，可能会导致铈离子生成可溶性络合物，降低沉淀率，因此加入氨水不宜过量，B正确；
C、试剂 X 需要提供碳酸根离子并维持弱碱性环境，避免铈离子水解，碳酸氢铵与氨水的混合物可满足这一要求，C正确；
D、电解时铈元素从 + 3 价被还原为 0 价，14g 铈（0.1mol）得到 0.3mol 电子；阳极发生水的氧化反应生成氧气，每生成 1mol 氧气转移 4mol 电子，理论上应生成 0.075mol 氧气，在标准状况下体积为 1.68L，但选项未指明气体所处状态，无法直接确定体积，D错误；
故答案为：D。【分析】酸浸阶段，二氧化铈在酸性环境中与过氧化氢发生氧化还原反应，四价铈被还原为三价铈离子，同时生成氧气和水，对应的离子方程式为：
随后加入氨水，中和溶液中过量的酸；再向体系中加入碳酸氢铵与氨水的混合溶液，使三价铈离子转化为碳酸铈沉淀。若将酸浸后的溶液进行电解，三价铈离子会在阴极被还原为金属铈单质。
5．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；含有氢键的物质；酯的性质
【解析】【解答】A、手性碳原子需要连接 4 个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子均不满足此条件，因此不存在手性碳原子 ，A正确；
B、分子内含有酚羟基和亚胺基（-N=），羟基氢与氮原子之间可以形成分子内氢键， B正确；
C、分子中的酚羟基邻位存在氢原子，可与饱和溴水发生苯环上的取代反应；同时存在碳碳双键和亚胺双键，可与溴水发生加成反应， C正确；
D、该分子中有 2 个酚羟基、1 个酯基（香豆素内酯环），酚羟基与 NaOH 按 1：1 反应，酯基水解后生成的酚羟基和羧基都会与 NaOH 反应，因此 1 mol 探针 A 最多能与4 mol NaOH反应， D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：寻找连有 4 个不同基团的饱和碳原子，该分子中无此类结构。
氢键形成：酚羟基的氢可与氮、氧等电负性大的原子形成分子内氢键。
溴水反应：酚羟基邻对位氢可发生取代，不饱和双键可发生加成。
与 NaOH 反应计量：酚羟基、酯基（尤其是水解后生成酚和羧基的酯）是消耗 NaOH 的关键官能团，需注意酯基水解后的额外消耗。
6．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、在电解中得到电子转化为，发生还原反应，还原反应在电解池的阴极进行，因此在阴极放电，A正确；
B、具有还原性，可使溶液褪色，但该电解体系中存在甲醇（），甲醇同样具有还原性，也能使溶液褪色，会对的检验造成干扰，因此不能用溶液检验的生成，B错误；
C、生成甲醛（）的一极为阳极，甲醇（）在阳极失去电子被氧化为甲醛，结合酸性环境配平，电极反应式为： ，符合电荷守恒与原子守恒，C正确；
D、由阳极反应式可知，每生成1mol ，对应转移2mol电子，电子数为，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合电解装置的物质转化关系，从化合价变化角度剖析电极属性： 中碳元素化合价升高，发生氧化反应，该电极为电解池的阳极，甲醇在此极失去电子转化为 ，电极反应式为 ；与此同时， 得到电子、化合价降低，发生还原反应，对应电极为电解池的阴极，铁离子被还原为亚铁离子，电极反应式为 ，以此作为判断各选项正误的核心依据。
7．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；金属晶体
【解析】【解答】A、原子半径的递变规律为同周期元素从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下逐渐增大。Na 与 P 同周期且 Na 位于 P 左侧，O 与 P 同主族且 O 位于 P 上方，因此原子半径顺序为 Na＞P＞O，A错误；
B、第一电离能的递变需考虑洪特规则特例，H 原子只有 1 个电子层，第一电离能大于同主族的 P；O 与 P 同周期，O 的 2p 轨道为全充满稳定结构，第一电离能大于 P，因此第一电离能顺序为 H＞O＞P，B错误；
C、单质沸点取决于晶体类型与微粒间作用力，O 的单质（氧气、臭氧）为分子晶体，Na 为金属晶体，金属晶体的微粒间作用力通常强于分子晶体，因此 Na 的沸点高于 O 的单质；且 O 的单质中臭氧相对分子质量大于氧气，沸点更高，故单质沸点顺序为 Na＞臭氧＞氧气，C错误；
D、电负性反映原子吸引电子的能力，金属元素的电负性普遍小于非金属元素；非金属元素中，同周期从左到右电负性逐渐增大，O 的非金属性强于 H，因此电负性顺序为 O＞H＞Na，D正确；
故答案为：D。
【分析】题干明确四种为短周期主族元素，原子序数依次增大且满足 X 与 Z 同主族且不相邻、Y 原子最外层电子数为 Z、M 最外层电子数之和、M 原子有 3 个未成对电子三大核心条件。结合元素周期表中短周期元素的成键特点与核外电子排布规则，可推知 M 为 P 元素（磷元素，核外电子排布中 3p 轨道含 3 个未成对电子）；再根据 X 与 Z 同主族且不相邻、Y 原子最外层电子数的计量关系，最终确定 X 为 H 元素（氢元素）、Y 为 O 元素（氧元素）、Z 为 Na 元素（钠元素）。
8．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、六方相氮化硼的结构与石墨类似，是层状的原子晶体，晶体中不存在独立的 BN 小分子，而是由硼原子和氮原子通过共价键形成的二维网状结构 ，A错误；
B、六方相氮化硼层内是共价键，层间为微弱的范德华力，层间作用力小，容易发生相对滑动，所以质地柔软 ，B正确；
C、立方相氮化硼结构与金刚石相似，属于原子晶体，原子间通过高强度的共价键连接，因此熔点高、硬度大 ，C正确；
D、六方相氮化硼虽结构类似石墨，但硼和氮原子的电负性差异使成键电子对偏向氮原子，无自由移动的电子，因此不导电 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：六方相氮化硼为层状原子晶体（类石墨），立方相氮化硼为立体网状原子晶体（类金刚石）。
结构与性质关联：层状晶体的质地软源于层间弱作用力；原子晶体的高熔点、高硬度源于共价键的强度。
导电性分析：导电需要自由移动的电子或离子，六方相氮化硼中无自由电子，故不导电。
9．【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；离子晶体；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、第一电离能反映原子失去最外层电子的难易程度。H原子只有1个电子层，1s轨道全充满，核外电子受核引力极强，失去电子难度大于C；O的核电荷数大于C，原子半径更小，对最外层电子的束缚能力更强，第一电离能O＞H。综上，三者第一电离能大小顺序为，A正确；
B、Br元素的原子序数为35，属于第四周期元素，核外电子排布需填充3d轨道。根据构造原理，其基态原子的电子排布式应为 ，选项中遗漏了3d 轨道，违背了电子填充顺序，B错误；
C、中羟基（-OH）与羰基（C=O）处于苯环的邻位，羟基上的H与羰基上的O可形成分子内氢键；其同分异构体中羟基与羰基处于对位，只能形成分子间氢键。分子间氢键会使分子间作用力显著增强，导致沸点升高，因此X的沸点低于其对位同分异构体，C错误；
D、题干明确NaH晶体属NaCl型晶型。在NaCl晶胞中，Na+的配位数为6（即与Na+最近且等距的Cl-有6个）。同理，在NaH晶体中，与最近的数量也为6，而非12，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
第一电离能判断核心：突破“同周期递变规律”，重点关注H原子的特殊能级结构（1s 全满稳定），对比C、H、O的核电荷数与原子半径对电子的束缚能力。
电子排布书写关键：熟记构造原理，明确Br为第四周期ⅦA族元素，核外电子排布需包含3d轨道，且遵循“能量最低原理”。
沸点比较依据：核心看分子间氢键的类型，区分“分子间氢键”（显著升高沸点）与“分子内氢键”（降低分子间作用力）的差异。
晶体配位数判断：利用“等电子体晶型类比”，将NaH的NaCl型晶型转化为已知的Na+配位数，快速推导H-的最近邻粒子数。
10．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、配制 70% 硫酸溶液属于一定质量分数溶液的配制，操作步骤为计算、量取、稀释、冷却、转移、定容等，需要用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，A正确；
B、装置 B 中饱和 NaHSO4溶液能降低 SO2的溶解度，通过观察气泡产生速率监控 SO2流速，同时不与 SO2发生反应，可达到实验目的，B正确；
C、装置 C 中反应为 2CuSO4+SO2+4NaOH=Cu2O↓+2Na2SO4+2H2O，Cu 元素从 + 2 价降至 + 1 价，S 元素从 + 4 价升至 + 6 价，根据电子守恒，氧化剂 CuSO4与还原剂 SO2的物质的量之比为 2：1，C正确；
D、反应后 C 的溶液中本身含有 CuSO4电离出的 SO42-，加入稀盐酸酸化后滴加 BaCl2溶液产生白色沉淀，无法证明 SO2被氧化为 SO42-，不能说明 SO2作还原剂，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
溶液配制仪器：一定质量分数溶液配制不需要容量瓶，核心仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管。
除杂、监控试剂选择：选择与目标气体不反应、能降低气体溶解度且便于观察流速的试剂。
氧化还原电子守恒：根据化合价升降总数相等，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比。
离子检验干扰排除：检验 SO42-时需排除原溶液中 SO42-的干扰，否则无法得出正确结论。
11．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸属于难挥发性强酸，且水含量极少，不能拆写成离子形式，应保留化学式；且反应需要浓硫酸体现强氧化性和酸性，正确的离子方程式为
Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO+SO2↑+2H2O，A错误；
B、水杨酸分子中含有酚羟基和羧基，根据酸性强弱规律，羧基酸性强于碳酸，酚羟基酸性弱于碳酸，因此只有羧基能与反应生成，酚羟基不与反应。选项中错误让酚羟基也参与了反应，消耗的比例错误，B错误；
C、计算反应物物质的量：，。与的物质的量比为，即过量，应完全转化为（偏铝酸根），而非生成沉淀，正确的离子方程式：7Ba2++14OH-+4Al3++7SO=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+2Al[OH]，+4BaSO4↓，C错误；
D、过量时，完全反应，与结合生成沉淀，剩余的保留在溶液中。离子方程式 Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应环境与物质性质：区分浓硫酸、稀硫酸的反应差异；判断酸性强弱对复分解反应的限制（如酚羟基与碳酸氢根不反应）。
离子配比与产物：根据反应物用量比（不足量与过量）判断产物形式，如铝盐与强碱的反应、酸式盐与碱的反应。
守恒规则校验：重点检查离子方程式两边的电荷数是否守恒、各原子数目是否守恒。
12．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，发生得电子的还原反应，因此管负载纳米绒电极为阴极，A正确；
B．在电解池装置中，阳离子从阳极向阴极移动，因此H+从左极室向右极室移动，B正确；
C．电路中通过2mol电子时，阳极生成1molHCOOH，同时阴极也生成1molHCOOH。因此在装置中可生成2mol，C错误；
D．阳极上HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH，因此阳极的电极反应式为，D正确；
故答案为：C
【分析】Cu管负载Cu纳米绒上CO2转化为HCOOH，C元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此该电极为阴极，则电源a为负极。Cu管负载Cu纳米绒的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左侧碳纸负载MnO2纳米片为正极，HCHO发生失电子的氧化反应，生成HCOOH。因此阳极的电极反应式为HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。据此结合选项分析。
13．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、由元素推断可知，Y为C，Z为N，Q为O。 是直线形分子，但 分子中N原子有孤电子对，空间构型为V形，并非直线型，A错误；
B、W为Na，其单质为金属钠，熔点较低；Y的单质有金刚石、石墨等，熔点很高，因此W单质的熔点小于Y单质，B错误；
C、Y（C）在结构中形成单键和双键，杂化方式有 和 ；Z（N）形成4个σ键，为 杂化；Q（O）形成双键，为 杂化，并非三者均为 杂化，C错误；
D、Z为N，Y为C，非金属性N > C，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：，即Z > Y，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：Q的最外层电子数是电子层数的3倍，且为短周期元素，可确定Q为O；结合原子序数递增及成键特征，可依次推出X为H，Y为C，Z为N，W为Na。
14．【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、滴定过程中，酸逐渐被中和为盐，盐的水解会促进水的电离，而过量的碱会抑制水的电离。从a到d，盐的浓度持续增大，d点恰好完全反应生成正盐，水的电离程度达到最大，因此水的电离程度满足aB、c点pH=7.19，此时溶液中HA-与A2-浓度相等，结合电荷守恒式，将代入，可推得，B正确；
C、加入20mL NaOH溶液时，溶质为NaHA，此时溶液pH=4.52，显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，因此，C正确；
D、a点pH=1.85，即，由可知，此时。若加入10mL NaOH，溶液中溶质为等物质的量的和，因的电离程度大于的水解程度，会使，故要使，加入NaOH的体积应小于10mL，即，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
水的电离程度：酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，滴定终点时水的电离程度最大。
电荷守恒应用：结合pH与pKa的关系，将粒子浓度等量代换，推导浓度关系式。
酸式盐的酸碱性：通过溶液pH判断酸式酸根的电离与水解程度相对大小。
缓冲溶液浓度关系：利用表达式，结合浓度相等时的pH，反推加入碱的体积范围。
15．【答案】（1）搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等
（2）；
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等
（4）7.9；不能
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率。
故答案为： 搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等 ；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：。
故答案为： ； ；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀。
故答案为： 调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等 ；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
故答案为： 7.9 ； 不能 ；
【分析】工业级氧化锌原料首先经过硫酸浸出，将金属氧化物转化为相应的金属离子溶液；接着加入高锰酸钾进行氧化，把亚铁离子氧化为铁离子并除去，同时氧化锰离子；随后加入锌粉完成置换，利用锌的还原性将铜、镍、镉等重金属离子转化为单质除去，过滤得到较纯净的锌盐滤液；滤液中加入碳酸钠通过复分解反应生成碱式碳酸锌沉淀；沉淀经吸滤分离后，在高温下进行煅烧，最终分解得到高纯活性氧化锌成品。
（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
16．【答案】（1）ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4；恒压滴液漏斗
（2）打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热
（3）硫
（4）蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境
（5）89.88%
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）启普发生器中为硫化锌与硫酸的反应，制取硫化氢气体，其反应为，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗，故填；恒压滴液漏斗；
故答案为： ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4 ； 恒压滴液漏斗 ；
（2）根据题干，制取KI时先制备KIO3，即先发生的是反应Ⅰ，然后才是反应Ⅱ，所以停止滴入KOH溶液后的操作为打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；故填打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；
故答案为： 打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热 ；
（3）反应Ⅱ中还有硫单质生成，所以除了上述沉淀外，还有硫，
故答案为： 硫 ；
（4）根据表中数据，低温时有利于碘酸氢钾析出，所以操作为蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)，故填蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；
电解制备碘酸钾时没有氯气等污染环境的气体产生，更环保，所以上述流程制备KIO3的缺点是KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境，故填KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶) ； KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境 ；
（5）该测量方法为：将转化为，然后再与反应，根据消耗的量来计算的含量，根据反应和，可得，则反应消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液，需要的质量为0.8988g，分数为，
故答案为： 89.88%
【分析】（1）反应：硫化锌（ZnS）与稀硫酸发生复分解反应，生成硫化氢（H2S）气体和硫酸锌（ZnSO4）。仪器：盛装 30% 氢氧化钾溶液的仪器是恒压滴液漏斗。
（2）先滴加 KOH 溶液完成反应 Ⅰ（制 KIO3），后续需打开启普发生器活塞，通入 H2S 气体，使溶液酸化并加热，以启动反应 Ⅱ。
（3）反应 Ⅱ（3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O）会生成硫单质，因此过滤沉淀中除碳酸钡、硫酸钡外，还含硫。
（4）操作 a：利用 KH(IO3)2低温溶解度小的特点，采用蒸发浓缩、冷却结晶（或重结晶）分离出晶体。流程缺点：反应 Ⅰ 会生成有毒氯气（Cl2），污染环境，不如电解法环保。
（5）关系式：KIO3~3I2~6Na2S2O3。
计算：根据 Na2S2O3消耗量，算出 KIO3质量，最终得样品纯度为89.88%。
（1）启普发生器中为硫化锌与硫酸的反应，制取硫化氢气体，其反应为，装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗，故填；恒压滴液漏斗；
（2）根据题干，制取KI时先制备KIO3，即先发生的是反应Ⅰ，然后才是反应Ⅱ，所以停止滴入KOH溶液后的操作为打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；故填打开启普发生器活塞，通入气体，使溶液酸化并加热；
（3）反应Ⅱ中还有硫单质生成，所以除了上述沉淀外，还有硫，故填硫；
（4）根据表中数据，低温时有利于碘酸氢钾析出，所以操作为蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)，故填蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)；
电解制备碘酸钾时没有氯气等污染环境的气体产生，更环保，所以上述流程制备KIO3的缺点是KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境，故填KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；
（5）该测量方法为：将转化为，然后再与反应，根据消耗的量来计算的含量，根据反应和，可得，则反应消耗12. 60 mL Na2S2O3溶液，需要的质量为0.8988g，分数为，故填89.88%。
17．【答案】(1) 低温
(2) A，B
(3) 压缩容器体积
(4) <
(5) 或0.15
(6) >
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能-生成物总键能，水煤气合成甲醚发生反应=-265，根据反应自发进行的判据：H-TS <0，的、，所以反应需要低温下发生；
故答案为：；低温 ；
（2）一定温度下，在2 L恒容密闭容器中投入和发生反应，当容器内压强不再发生变化时，说明该反应达到了平衡状态。
A. 该反应达到了平衡状态，即为该反应达到最大限度，A正确；
B. 该反应达到了平衡状态，的百分含量不再发生变化，B正确；
C. 反应为可逆反应，、CO不会全部转化为和，C错误；
D. 该反应达到平衡状态时，CO、、的浓度不一定相等，D错误；
故答案为：AB；
（3）反应①是气体分子数减小的反应，反应②是气体分子数不变的反应，通过加压使反应①平衡正向移动，或者加入有利于反应①进行的催化剂，可以提高选择性；
故答案为： 压缩容器体积 ；
（4）由图可知，升高温度，的选择性减小，则反应①：平衡逆向移动，可推断出< 0；
故答案为： < ；
（5）300℃时，若10 min时反应达到平衡状态，CO2的平衡转化率为40%，则消耗CO2 0.4amol，CH3OCH3的选择性为40%，则生成CH3OCH3的物质的量为=0.08amol；即平衡时生成CH3OCH3的物质的量为0.08amol；根据生成CH3OCH3的物质的量为0.08amol，消耗CO2 0.4amol，列出三段式计算：
则平衡时二氧化碳、氢气、甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为0.6amol、1.28amol、0.08mol、0.24amol、0.48amol，则混合气体的总物质的量为2.68amol，反应②的平衡常数=0.15；
故答案为： ； 或0.15 ；
(6)反应①： < 0，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则不同温度下反应①的平衡常数：K(200℃) >K(300℃)。
故答案为： > ；
【分析】(1) 用键能计算 = 反应物总键能 - 生成物总键能，代入数据得 ；该反应 、，根据 ，需在低温下自发。
(2) 恒容容器中压强不变说明反应达平衡，此时反应达到最大限度、各组分百分含量不变；可逆反应不能完全转化，平衡时浓度不一定相等，故选 AB。
(3)反应①是气体分子数减小的反应，压缩容器体积（加压） 使平衡正向移动，可提高甲醚平衡产率（或加入高效催化剂等）。
(4)升高温度甲醚选择性减小，说明反应①平衡逆向移动，正反应放热，故 。
(5)先由 转化率和甲醚选择性算出 ；再列三段式计算各物质平衡量，代入 公式得 （或 ）。
(6)反应①正反应放热，温度越高平衡常数越小，故 。
18．【答案】（1）4-硝基溴苯或对硝基溴苯
（2）取代反应
（3）
（4）保护氨基
（5）4；或或或
（6）sp2、sp3
（7）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为，名称为4-硝基溴苯或对硝基溴苯；
故答案为： 4-硝基溴苯或对硝基溴苯 ；
（2）根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）根据分析，E的结构简式为；
故答案为： ；
（4）根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；
故答案为： 保护氨基 ；
（5）B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、、，共4种；
故答案为： 4 ；或或或 ；
（6）L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；
故答案为： sp2、sp3 ；
（7）要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路线为。
故答案为： ；
【分析】该合成路线分为两条主要分支：
分支1：以对溴硝基苯A（）为原料，先与哌嗪衍生物B（）发生取代得到含硝基的中间体C（），再经催化加氢将硝基还原为氨基，得到中间体 D；随后 D 与氯代三嗪类化合物E（）缩合，生成含嘧啶环的中间体 F（）。
分支2：以氨基苯甲醚衍生物G（）为原料，经乙酸酐保护氨基得到 H（），再用二氯亚砜氯化引入氯原子得到 I（），随后在碱性条件下水解脱除酰基得到 J（），最后与光气反应生成异氰酸酯中间体 K（）。
最终，中间体 F 与 K 通过异氰酸酯的加成反应，缩合得到目标药物英菲替尼L（）。
（1）A为，名称为4-硝基溴苯或对硝基溴苯；
（2）根据分析，由A生成C的反应类型是取代反应；
（3）根据分析，E的结构简式为；
（4）根据分析，G转化为H的目的是保护氨基；
（5）B为，分子式为C6H14N2，①分子中含环状结构，②核磁共振氢谱显示2组峰说明分子结构对称性较好，符合条件的同分异构体有、、、，共4种；
（6）L中以单键相连的N为sp3杂化，有双键相连的N为sp2杂化；
（7）要合成，需要用和反应合成，由还原得到，由与COCl2反应得到，因此合成路线为。
1 / 1

展开更多......

收起↑