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四川省宜宾市第三中学2025届高三下学期二模化学试题
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·宜宾模拟）化学与生活密切相关。下列过程没有发生化学变化的是
A．使用小苏打除去面团里的酸性物质
B．使用过氧乙酸对餐桌消毒
C．使用活性炭祛除冰箱里的异味
D．使用氢氟酸标记玻璃容器
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、小苏打（碳酸氢钠）会与面团中的酸性物质发生反应，生成二氧化碳气体等新物质，属于化学变化 ，A错误；
B、过氧乙酸具有强氧化性，消毒时会使细菌、病毒的蛋白质变性，生成新物质，属于化学变化 ，B错误；
C、活性炭除异味是依靠其疏松多孔的结构，将异味分子吸附在表面，没有新物质生成，属于物理变化 ，C正确；
D、氢氟酸会与玻璃的主要成分二氧化硅发生反应，生成四氟化硅气体和水，属于化学变化 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
判断依据：化学变化的本质是有新物质生成，物理变化则无新物质生成。
小苏打与酸反应、过氧乙酸消毒、氢氟酸刻蚀玻璃均有新物质生成，属于化学变化。
活性炭吸附异味仅为物理吸附，无新物质生成，属于物理变化。
2．（2025·宜宾模拟）下列图示或化学用语正确的是
A．NH3分子的VSEPR模型为
B．的系统命名：1，3，4-三甲苯
C．CaC2的电子式
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对），VSEPR 模型应为四面体形；题给图示是三角锥形，这是 NH3的分子空间构型，并非 VSEPR 模型，A错误；
B、 为苯的三甲基取代物，命名时需使取代基位次和最小。正确编号应为 1，2，4 - 三甲基苯（位次和为 1+2+4=7），题中命名为 1，3，4 - 三甲苯（位次和为 1+3+4=8），不符合 “位次和最小” 的命名规则，B错误；
C、CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成。C22-内部两个 C 原子之间形成三键，每个 C 原子还剩余 1 对孤电子对，整体带 2 个单位负电荷， 电子式为，C正确；
D、Cr 是洪特规则特例，原子序数为 24，基态价电子排布为 3d54s （3d 轨道半满、4s 轨道半满，能量更低更稳定）。 价层电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型：需区分 “价层电子对互斥模型” 与 “分子空间构型”，NH3的价层电子对含 1 对孤电子对。
芳香烃命名：苯环取代基编号需满足 “位次和最小” 原则。
电子式书写：CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成，C22-内部为三键。
价层电子排布：Cr 是洪特规则特例，价电子为 3d54s ，需满足半满稳定结构。
3．（2025·宜宾模拟）溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法错误的是
A．“过滤”可除去未反应的铁粉
B．“除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质
C．“干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂
D．“蒸馏”的目的是分离苯和溴苯
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、铁粉是固体不溶物，反应后仍以固体形式存在，通过过滤操作可以将其与液体混合物分离，因此 “过滤” 可除去未反应的铁粉，A正确；
B、溴单质具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，二者可发生氧化还原反应，因此用饱和亚硫酸氢钠溶液可以除去剩余的溴单质，B正确；
C、浓硫酸具有强脱水性和强氧化性，且在加热条件下会与溴苯发生反应，同时浓硫酸密度较大，会与溴苯混合难以分离，因此不能用浓硫酸作为溴苯的干燥剂，C错误；
D、苯和溴苯互溶，但二者沸点差异较大，通过蒸馏操作可以利用沸点不同将二者分离，得到纯净的溴苯，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
过滤操作：用于分离固体和液体混合物，铁粉为固体，可通过过滤除去。
除杂原理：利用还原性物质（亚硫酸氢钠）与氧化性杂质（溴单质）的反应，达到除杂目的。
干燥剂选择：干燥剂不能与被干燥物质发生反应，浓硫酸会与溴苯反应，故不可选用。
蒸馏分离：互溶且沸点差异较大的液体混合物，可通过蒸馏实现分离。
4．（2025·宜宾模拟）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子可识别，其合成方法如下：
下列说法错误的是
A．a最多可与溶液反应
B．b的核磁共振氢谱有2组峰
C．的分子式为
D．冠醚络合哪种阳离子主要取决于环的大小，而不是氧原子与阳离子的配位能力
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、物质 a 分子中含有 2 个酚羟基，酚羟基具有弱酸性，1mol a 最多可与 2mol NaOH 反应。但题中未给出 a 的具体物质的量，无法直接得出 “最多可与 2mol NaOH 反应” 的结论，该表述缺少 “1mol a” 的前提，逻辑不严谨，A错误；
B、物质 b 的结构对称，分子中只存在两种化学环境的氢原子（一种是与 Cl 相连的亚甲基上的 H，一种是与 O 相连的亚甲基上的 H），因此其核磁共振氢谱有2 组峰，B正确；
C、通过数冠醚 c 结构中的原子：含 20 个 C 原子、24 个 H 原子、6 个 O 原子，分子式为C20H24O6，C正确；
D、冠醚识别阳离子的核心是环的孔径大小与阳离子半径匹配，只有尺寸适配的阳离子才能进入冠醚空腔，与氧原子形成配位作用；而非氧原子与阳离子的配位能力决定识别对象，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团反应：酚羟基与 NaOH 按 1：1 反应，但选项未限定物质 a 的物质的量，无法直接得出 NaOH 的物质的量。
核磁共振氢谱：判断分子中等效氢的种类数，即核磁共振氢谱的峰组数。
分子式计算：通过数原子个数确定化合物的分子式。
冠醚识别机理：冠醚对阳离子的识别核心是环的尺寸与阳离子半径匹配，而非氧原子的配位能力强弱。
5．（2025·宜宾模拟）的结构可以看作呈正四面体的中插入四个S而形成。、砷化镓的结构如图，下列说法不正确的是
A．基态As原子的电子排布式为
B．中只含有极性共价键
C．砷化镓晶胞中含有配位键
D．第一电离能：
【答案】B
【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；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、As 是 33 号元素，核外电子填充遵循构造原理，基态电子排布式为[Ar]3d 4s24p3，符合过渡后主族元素的电子排布规律，A正确；
B、As4S4由正四面体 As4结构插入 S 原子形成：分子内 As 与 S 原子间形成极性共价键，同时保留了 As4中 As 原子之间的非极性共价键，并非只含极性键，B错误；
C、Ga 最外层有 3 个电子，As 最外层有 5 个电子，二者在晶胞中均形成 4 个共价键。As 提供孤电子对、Ga 提供空轨道，二者形成配位键以满足 4 配位结构，因此砷化镓晶胞中存在配位键，C正确；
D、Ge、Se、As 为同周期元素，一般电离能随原子序数增大而升高，但 As 为第 ⅤA 族，4p 轨道半满稳定，第一电离能高于相邻的 Se。因此电离能顺序为I1(Ge) < I1(Se) < I1(As)，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布式：按构造原理推导 33 号 As 原子的核外电子填充顺序。
共价键类型：判断分子内是否存在同种原子间的成键，区分极性与非极性键。
配位键判断：结合成键原子最外层电子数与成键数目，分析是否存在孤电子对与空轨道的配位结合。
第一电离能：把握同周期元素电离能变化规律，注意第 ⅤA 族的半满稳定特例。
6．（2025·宜宾模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，中含有的电子总数为
B．溶液中：
C．标准状况下，当中生成22.4L时，失去电子
D．向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；胶体的性质和应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下三氧化硫是固态，不能用气体摩尔体积 22.4L/mol 来计算其物质的量，因此无法得出电子总数为 8NA的结论，A错误；
B、硫化钠溶液中硫离子会发生水解，导致硫离子的实际浓度降低，而钠离子不水解，所以溶液中钠离子与硫离子的物质的量之比大于 2：1，B正确；
C、反应 NaH+H2O=NaOH+H2↑中，氢元素归中生成氢气，每生成 1mol 氢气，NaH 只失去 1mol 电子。标准状况下 22.4L 氢气为 1mol，对应 NaH 失去 1mol 电子，C错误；
D、氢氧化铁胶体是多个粒子聚集成的集合体，因此 0.001mol 氯化铁形成的胶体粒子数目远小于 0.001NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积适用条件：只适用于标准状况下的气体，三氧化硫在标况下为固体，不能用此公式计算。
盐类水解影响：硫离子水解会使其浓度减小，钠离子浓度不变，导致两者物质的量之比大于理论值。
氧化还原电子转移：归中反应中电子转移数目要根据化合价变化准确计算，1mol 氢气生成对应 1mol 电子转移。
胶体粒子本质：胶体粒子是微粒的聚集体，数目远小于原料的物质的量。
7．（2025·宜宾模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、铁与水蒸气在高温下反应的化学方程式为，由计量关系可知，0.2mol铁完全反应生成氢气的物质的量约为0.267mol，分子数目约为，并非， A错误；
B、pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根主要来自碱的电离，水电离出的氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，即，1L溶液中水电离出的氢氧根数目为，远小于 ，B错误；
C、氢氧燃料电池正极发生还原反应，标准状况下22.4L氧气（1mol）参与反应时，1mol氧气得4mol电子，电路中通过的电子数目为，并非 ，C错误；
D、在硝酸铵的分解反应中，氮元素发生归中反应，每生成4mol氮气，转移15mol电子。28g氮气的物质的量为1mol，对应转移电子的物质的量为3.75mol，数目为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学计量计算：根据反应方程式的计量比，计算反应物与生成物的物质的量关系。
水电离的离子浓度：碱溶液中，水电离出的氢氧根浓度等于溶液中的氢离子浓度，需结合pH计算。
电极反应电子转移：正极氧气得电子，1mol氧气参与反应时转移4mol电子。
归中反应电子转移：分析氮元素的化合价变化，根据生成氮气的量计算转移电子数。
8．（2025·宜宾模拟）以下探究目的对应的实验方案最合适的是（　　）
实验方案 探究目的
A 向溶液中加入金属 比较和的还原能力
B 分别向稀硝酸和稀醋酸中加入铜粉 比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱
C 将浓硫酸滴入乙醇中，加热至，生成的气体通入酸性重铬酸钾溶液 验证乙烯具有还原性
D 向溶液中同时通入和 比较和的氧化能力
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、 向溶液中加入金属 ，直接先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，无法比较和的还原能力，故A错误；
B、铜粉不和稀醋酸反应，稀硝酸能氧化铜，体现的是其氧化性，不是酸性，因此无法比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱，故B错误；
C、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D、向溶液中同时通入和，有沉淀生成，说明将氧化成硫酸根，进而说明 的氧化性强于 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、钠投入氯化铝溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应；
B、稀硝酸与铜反应是因为稀硝酸具有强氧化性；
C、乙醇具有还原性；
D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。
9．（2025·宜宾模拟）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．溶液中滴加稀硝酸：
B．溶液中加入足量NaOH溶液：
C．向溶液中通入HCl气体，溶液变为黄绿色：
D．向溶液中通入少量：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀硝酸具有强氧化性，会将硫代硫酸钠中的硫元素彻底氧化为正六价的硫酸根，不会生成硫单质和二氧化硫，该离子方程式不符合反应事实 ，故A错误；
B、碳酸氢镁与足量氢氧化钠反应时，镁离子会直接与氢氧根结合生成更难溶的氢氧化镁沉淀，而非碳酸镁沉淀，产物判断错误 ，故B错误；
C、硫酸铜溶液中存在蓝色的水合铜离子，通入氯化氢后，氯离子与水合铜离子结合生成黄绿色的四氯合铜离子，该平衡移动导致溶液变色，离子方程式符合配位平衡规律 ，故C正确；
D、酸性强弱顺序为苯甲酸 > 碳酸 > 苯酚 > 碳酸氢根，因此通入少量二氧化碳时，只有酚钠会转化为酚羟基，同时生成碳酸氢根，不会生成碳酸根，产物判断错误 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应：强氧化性酸（如硝酸）与还原性物质反应时，会将还原剂彻底氧化，产物需符合氧化还原规律。
沉淀溶解平衡：难溶碱的溶解度通常小于难溶碳酸盐，因此镁离子与足量氢氧根反应优先生成氢氧化镁沉淀。
配位平衡：铜离子可与不同配体形成配合物，氯离子浓度升高会促使水合铜离子向四氯合铜离子转化，溶液颜色随之改变。
强酸制弱酸：根据酸性强弱判断反应产物，苯酚的酸性弱于碳酸，因此只能生成碳酸氢盐，无法得到碳酸盐。
10．（2025·宜宾模拟）甲醇是易燃液体，能与水、乙醇、丙酮等混溶。甲醇燃烧热为。工业使用原料气、气相法合成甲醇的主反应：。有少量存在时，会发生副反应：。甲醇是一种重要的工业原料，可用于制备二甲醚、甲醛、甲酸等有机物。下列说法正确的是
A．、、都属于非极性分子
B．用分液法分离甲醇和丙酮的二元混合物
C．甲醇和二甲醚互为同分异构体
D．甲醇和二氧化碳分子中碳原子杂化方式不同
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、二氧化碳和氢气分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子；但一氧化碳分子中碳氧原子电负性差异大，正负电荷中心不重合，是极性分子，因此三者并非都属于非极性分子，A错误；
B、题干明确说明甲醇能与丙酮混溶，互溶的液体混合物无法通过分液法分离，B错误；
C、甲醇分子式为，二甲醚分子式为，二者分子式不同，不满足同分异构体“分子式相同、结构不同”的要求，并非同分异构体，C错误；
D、二氧化碳中碳原子价层电子对数为2（ ），采取杂化；甲醇中碳原子价层电子对数为4（ ），采取杂化，二者碳原子杂化方式不同，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：分子结构对称、正负电荷中心重合的为非极性分子，否则为极性分子。
分液法适用范围：分液法仅适用于互不相溶的液体混合物分离，互溶液体无法用分液分离。
同分异构体定义：必须满足分子式相同、结构不同，二者缺一不可。
杂化方式判断：根据价层电子对数判断，价层电子对数为2时为杂化，为4时为杂化。
11．（2025·宜宾模拟）浓差电池是利用电解质溶液浓度不同而产生电流的一类电池。学习小组以浓差电池为电源，用如图所示装置从含的浆液中分离得到含的溶液并制备NaOH．下列说法错误的是
A．起始加入的溶液浓度：
B．膜a和膜b均适合选用阴离子交换膜
C．工作时，溶液质量减小、NaOH稀溶液质量增加
D．导线中通过1 mol，理论上电解池中两极共生成0.75 mol气体
【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、浓差电池中，浓度高的一侧为正极，发生还原反应；浓度低的一侧为负极，发生氧化反应。由电极名称可知，Cu(II)为正极，Cu(I)为负极，因此起始硫酸铜溶液浓度 ，A正确；
B、膜a需要允许硫酸根离子通过以平衡电荷，膜b需要允许氢离子或钠离子通过以实现铬酸根向重铬酸根的转化，二者均适合选用阴离子交换膜 ，B正确；
C、工作时，左侧电解池中硫酸根离子向中间室移动，右侧电解池中钠离子向阴极室移动并生成氢氧化钠，因此硫酸钠溶液质量增加，氢氧化钠稀溶液质量也增加 ，C错误；
D、导线中通过1摩尔电子时，阳极（ 2H2O-4e-=4H++O2↑）生成0.25 mol O2 ，阴极（ 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ）生成0.5 mol H2 ，两极共生成0.75 mol 气体 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】整套装置分为左侧浓差电池和右侧电解池两部分：电解池的右侧惰性电极（Ⅱ）为阴极，水在此处得电子生成氢气和氢氧根，同时钠离子向该区域迁移，使氢氧化钠溶液浓度升高；左侧惰性电极（Ⅰ）为阳极，水失电子生成氧气和氢离子，铬酸根向阳极区移动，与氢离子结合转化为重铬酸根。由此可推知浓差电池的电极极性：Cu (Ⅱ) 为正极，Cu (Ⅰ) 为负极。浓差电池的原理是浓度更高的硫酸铜溶液对应电极为正极，因此初始浓度满足 c2>c1。
12．（2025·宜宾模拟）我国科学家合成了一种具有巨磁电阻效应的特殊导电性物质，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．基态Cr的价层电子排布式为
B．该晶体密度为
C．晶体中Ca原子周围等距离且最近的O原子数为8
D．若用放射性的O替换图中的O，对其化学性质影响较大
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态铬原子的电子排布遵循洪特规则特例，4s轨道全充满、3d轨道半充满时更稳定，价层电子排布式为，而非，A错误；
B、由晶胞结构可知，钙原子位于顶点，数目为；氧原子位于晶胞内，数目为6；铬原子位于体心，数目为1。晶胞的摩尔质量为，晶胞体积为，代入密度公式，可推得密度为（或化简为），B正确；
C、钙原子位于立方晶胞顶点，周围等距离且最近的氧原子位于晶胞面心方向，共12个，并非8个，C错误；
D、放射性氧原子与普通氧原子互为同位素，最外层电子数相同，化学性质几乎一致，替换后对化学性质影响极小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布：铬为24号元素，价层电子排布需满足洪特规则特例，3d轨道半充满更稳定。
晶胞计算：利用均摊法计算晶胞中各原子数目，结合晶胞参数计算密度，注意单位换算（转换为）。
配位数判断：顶点原子的配位数需结合晶胞空间结构分析，钙原子周围最近的氧原子为12个。
同位素性质：同位素的最外层电子数相同，化学性质基本一致，物理性质差异较大。
13．（2025·宜宾模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 比较亚硫酸和碳酸酸性强弱 向等体积的水中分别通入和至饱和，再测定两溶液 通所得溶液较小，因此得出酸性强于
B 比较与的酸性 测定同温同浓度溶液和溶液的 的大，酸性强于
C 探究浓度对化学反应速率的影响 向2支盛有2mL浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L溶液的试管中同时加入5mL0.1mol/L(酸性)溶液，观察并比较实验现象 其他条件相同时，浓度越大，单位体积活化分子数越多，化学反应速率越快
D 比较和相对大小 等温条件下，向等体积饱和的和溶液中分别加入等量的溶液 得到沉淀，则
A．A B．B C． D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、向水中通 SO2、CO2至饱和，因二者溶解度不同，所得 H2SO3、H2CO3溶液浓度并不相等，无法通过 pH 大小直接比较酸性强弱，A错误；
B、CH3COONa 对应酸为 CH3COOH，Na2CO3对应酸为 HCO3-，并非 H2CO3，二者水解不匹配，不能通过 Na2CO3的 pH 直接判断 CH3COOH 与 H2CO3的酸性强弱，B错误；
C、实验中 H2C2O4与 KMnO4的反应比例为 5：2，2mL 0.1mol/L H2C2O4与 5mL 0.1mol/L KMnO4反应时 KMnO4过量，而浓度更高的 H2C2O4组可能存在 KMnO4是否完全反应的差异，且未控制单一变量（如总体积），无法严谨探究浓度对速率的影响，C错误；
D、等温下饱和 AgCl 溶液中 Ag+浓度高于饱和 AgI 溶液（因 Ksp (AgCl) 更大），加入等量 AgNO3后，AgCl 饱和溶液能提供更多 Cl-生成沉淀，故 n (AgCl) > n (AgI)，可证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：需遵循 “控制浓度一致、对应酸根水解匹配” 的原则，避免因溶解度差异或水解层级错误导致结论偏差。
速率探究：需满足 “单一变量” 原则，同时保证反应物量的关系符合反应计量比。
溶度积比较：利用饱和溶液中离子浓度与沉淀量的关系，结合溶度积定义判断大小。
14．（2025·宜宾模拟）室温下实验室用的氢氧化钠溶液滴定20mL0.01mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示[设I= lg]下列有关叙述正确的是
A．该条件下，醋酸的电离度(已电离的醋酸分子数与原醋酸分子数的比)约为1%
B．点处加入的NaOH溶液体积为20mL
C．xyz的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．yz的曲线上任意一点，始终存在c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、x点为纯醋酸溶液，，即，结合水的离子积，可解得。
醋酸的电离度，A正确；
B、y点，说明溶液中，溶液呈中性。若加入20mL NaOH溶液，醋酸与NaOH恰好完全反应生成，该盐因水解使溶液呈碱性，与y点中性不符，故加入的NaOH体积小于20mL，B错误；
C、x→y：醋酸逐渐被中和，生成的增多，弱酸抑制水的电离作用减弱，盐类水解促进水的电离，水的电离程度增大；
y→z：NaOH过量后，强碱会抑制水的电离，且NaOH浓度越高，抑制作用越强，水的电离程度减小。
因此整个过程水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、质子守恒式仅适用于纯溶液（恰好反应点）。
y→z的曲线上存在NaOH过量的情况，此时溶质为和NaOH，质子守恒需考虑NaOH电离的，该等式不再成立，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
以醋酸与NaOH的滴定过程为核心，结合的定义、弱酸电离平衡、盐类水解、水的电离影响因素及质子守恒规律，逐一拆解各选项的逻辑，锁定正确结论。
电离度计算：利用x点（纯醋酸溶液）的值求出，结合初始浓度计算电离度。
滴定终点判断：y点即，需区分“中性点”与“恰好反应点”。
水的电离程度：分析滴定过程中溶质成分变化（弱酸→弱酸+盐→盐→盐+强碱）对水的电离的影响。
质子守恒：针对不同溶质体系，验证质子守恒式的适用性。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·宜宾模拟）一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ In3+ Ga3+ Cu2+ Zn2+ Pb2+
开始沉淀的pH 2.2 2.1 2.6 4.6 6.24 7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 3.4 4.3 6.6 8.24 9.1
（1）“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式　 　。
（2）高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式　 　。
（3）“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、　 　。
（4）“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有　 　(写化学式)。
（5）“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于　 　已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
（6）已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=Cl-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4Cl-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是　 　。
【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
（3）Fe2+、Ga3+
（4）In(OH)3、Ga(OH)3
（5）0.74
（6）c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；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
【解析】【解答】（1）浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O。
故答案为： Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O ；
（2）由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑。
故答案为： 2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑ ；
（3）“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+。
故答案为： Fe2+、Ga3+ ；
（4）“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3。
故答案为： In(OH)3、Ga(OH)3 ；
（5）Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74。
故答案为： 0.74 ；
（6）由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
故答案为： c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小 ；
【分析】银铟矿先经浸出（NaCl-HCl-NaClO 体系），将金、银转化为氯配离子进入溶液，同时得到浸出渣；随后除铁，使铁以 Fe2O3形式沉淀分离；经一次中和（调 pH=1.8）、一次还原（加 Cu），得到银、金单质；再经二次还原（加 Fe）、二次中和（调 pH=4.5），分步沉淀除去杂质；最后分铅锌，得到 PbS、ZnS，剩余为贫液，实现稀有金属的分离提取。
（1）浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
（2）由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
（3）“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
（4）“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
（5）Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
（6）由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
16．（2025·宜宾模拟）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（1）已知：
反应I的热化学方程式：　 　。
（2）反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是　 　。
（3）研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：　 　。
（4）碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会　 　(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理　 　。
（5）某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是　 　(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，　 　室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
【答案】（1）
（2）分液
（3）
（4）增大；阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
（5）阴；c
【知识点】盖斯定律及其应用；电解原理；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
故答案为： ；
(2)反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
故答案为： 分液 ；
(3)反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
故答案为： ；
(4)①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
故答案为： 增大 ； 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大 ；
(5)①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
故答案为： 阴 ；c；
【分析】(1) 利用盖斯定律，目标反应 = 反应① 反应② 反应③，代入焓变数据计算，最终得到反应I的方程式与焓变。
(2) 两种液体互不相溶且密度不同，采用分液操作分离。
(3) 阳极发生氧化反应，硫元素从+4价升至+6价，结合电荷、原子守恒配平， 被氧化为硫酸根。
(4)① 阳极液浓度变化：阳极碘离子失电子生成碘单质，浓度增大。
② 阴极区浓缩原理：阴极发生还原反应 ， 通过质子交换膜由阳极迁入阴极，阴极区浓度增大。
(5) ① X极判断：X极生成（得电子，还原反应），故X为阴极。
② 高浓度氢碘酸室： 迁入c室， 也进入c室，故c室获得较浓氢碘酸。
17．（2025·宜宾模拟）二氯异氰尿酸钠( ，简称DCCNa)是一种高效、安全的消毒剂，常温下性质稳定，受热易分解，难溶于冷水。实验室通过以下原理和装置(夹持仪器已略去)可以制取DCCNa。
　
已知：实验室常用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸溶液在10℃时反应制备DCCNa，主要发生反应：
(氰尿酸)
（1）和中大小：　 　-NH2(填“>”“<”或“=”)。
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是　 　；D中软导管的作用是　 　。
（3）请选择合适的装置，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为　 　(填小写字母)。
（4）X试剂为饱和氢氧化钠溶液。当装置A内出现　 　现象时，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是　 　。
（5）实验过程中A的温度必须保持为7℃～12℃，pH值控制在6.5～8.5的范围，则该实验的控温方式是　 　。若温度过高，pH过低，会生成和等，写出该反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）>
（2）三颈烧瓶；平衡气压，使液体能够顺利滴下
（3）fghab(ba)e
（4）液面上方出现黄绿色气体；消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率
（5）冷水浴；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）和中中心原子的杂化方式相同，均为杂化，中有一孤电子对，斥力较大，键角较小，所以前者键角大。
故答案为：>；
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是三颈烧瓶；D中软导管的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下。
故答案为：三颈烧瓶，平衡气压，使液体能够顺利滴下；
（3）由分析可知，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为fghab(ba)e。
故答案为：fghab(ba)e；
（4）当装置A内氢氧化钠消耗完了，氯气会出现剩余，液面上方出现黄绿色气体现象，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率。
故答案为：液面上方出现黄绿色气体，消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率；
（5）A的温度必须保持为7℃～12℃，控温方式是冷水浴，可推测温度过高，pH过低，会生成、和，化学方程式为。
故答案为：冷水浴，。
【分析】从二氯异氰尿酸钠的制备原理和实验装置来看，整套反应装置可划分为氯气发生单元与二氯异氰尿酸钠合成单元两部分：首先利用浓盐酸和次氯酸钙反应制取氯气；接着通过饱和食盐水除去氯气中混有的、由浓盐酸挥发带来的氯化氢杂质；之后将纯净氯气通入氢氧化钠溶液，制备次氯酸钠中间产物，再让其与氰尿酸溶液反应，最终生成二氯异氰尿酸钠；最后用碱液吸收未反应的尾气氯气，避免污染环境。据此解题。
（1）和中中心原子的杂化方式相同，均为杂化，中有一孤电子对，斥力较大，键角较小，所以前者键角大，答案为：>；
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是三颈烧瓶；D中软导管的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下，答案为：三颈烧瓶，平衡气压，使液体能够顺利滴下；
（3）由分析可知，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为fghab(ba)e，答案为：fghab(ba)e；
（4）当装置A内氢氧化钠消耗完了，氯气会出现剩余，液面上方出现黄绿色气体现象，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率，答案为：液面上方出现黄绿色气体，消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率；
（5）A的温度必须保持为7℃～12℃，控温方式是冷水浴，可推测温度过高，pH过低，会生成、和，化学方程式为，答案为：
冷水浴，。
18．（2025·宜宾模拟）有机化合物H是一种医药合成中间体，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A含有的官能团名称：　 　。
（2）B的结构简式为　 　，C的分子式：　 　。
（3）C→D、E→G的反应类型分别为　 　。
（4）D→F分两步完成，其中D与NaOH反应的化学方程式为　 　。
（5）H在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，若在盐酸作用下水解，其生成物中属于盐的结构为　 　。
（6）溴代乙酸乙酯()有多种同分异构体，其中与其具有相同官能团的结构还有　 　种(不考虑立体异构、不考虑直接与相连)。
（7） 是一种常见的药物合成中间体。请参照以上合成路线，设计以 为原料合成 的路线(其他试剂任选)。
【答案】（1）(酚)羟基、碳溴键(溴原子)
（2）；(原子顺序可换)
（3）取代反应，还原反应
（4）
（5）
（6）10
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是(酚)羟基、碳溴键(溴原子)。
故答案为： (酚)羟基、碳溴键(溴原子)
（2）由分析可知，B的结构简式为： ；结合C的结构简式可知其分子式为：(原子顺序可换)。
故答案为：；(原子顺序可换)
（3）结合C和D的结构简式可知，C→D为取代反应；对比E和G的结构简式可知，E中的碳氧双键被还原，则E→G为还原反应。
故答案为： 取代反应，还原反应
（4）D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，方程式为： 。
故答案为：
（5）E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，生成两种物质，其中一种物质含有氨基，可以和盐酸反应生成盐，其结构简式为： ；
故答案为：
（6）乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有2种，甲酸正丙酯有3种，甲酸异丙酯有2种，丙酸甲酯有3种，共10种。
故答案为： 10
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物，故流程为： 。
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由A于CH3CH2I发生取代反应生成，结合B的分子式可知，CH3CH2-取代了酚羟基上的H原子，据此确定B的结构简式。
（3）根据C→D、E→G的结构简式确定确定断键成键位置，从而确定反应类型。
（4）D中含有酯基，能与NaOH溶液发生水解反应，生成-COONa和醇，据此写出反应的化学方程式。
（5）H在盐酸作用下酰胺基发生水解反应生成－COOH和－NH2；－NH2进一步与HCl反应生成－NH3Cl，据此确定生成物的结构简式。
（6）根据限定条件确定所含的结构单元，从而得出同分异构体的个数。
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物。据此涉及合成路线图。
（1）根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是(酚)羟基、碳溴键(溴原子)；
（2）由分析可知，B的结构简式为： ；结合C的结构简式可知其分子式为：(原子顺序可换)；
（3）结合C和D的结构简式可知，C→D为取代反应；对比E和G的结构简式可知，E中的碳氧双键被还原，则E→G为还原反应；
（4）D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，方程式为： ；
（5）E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，生成两种物质，其中一种物质含有氨基，可以和盐酸反应生成盐，其结构简式为： ；
（6）乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有2种，甲酸正丙酯有3种，甲酸异丙酯有2种，丙酸甲酯有3种，共10种；
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物，故流程为： 。
1 / 1四川省宜宾市第三中学2025届高三下学期二模化学试题
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·宜宾模拟）化学与生活密切相关。下列过程没有发生化学变化的是
A．使用小苏打除去面团里的酸性物质
B．使用过氧乙酸对餐桌消毒
C．使用活性炭祛除冰箱里的异味
D．使用氢氟酸标记玻璃容器
2．（2025·宜宾模拟）下列图示或化学用语正确的是
A．NH3分子的VSEPR模型为
B．的系统命名：1，3，4-三甲苯
C．CaC2的电子式
D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为
3．（2025·宜宾模拟）溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法错误的是
A．“过滤”可除去未反应的铁粉
B．“除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质
C．“干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂
D．“蒸馏”的目的是分离苯和溴苯
4．（2025·宜宾模拟）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子可识别，其合成方法如下：
下列说法错误的是
A．a最多可与溶液反应
B．b的核磁共振氢谱有2组峰
C．的分子式为
D．冠醚络合哪种阳离子主要取决于环的大小，而不是氧原子与阳离子的配位能力
5．（2025·宜宾模拟）的结构可以看作呈正四面体的中插入四个S而形成。、砷化镓的结构如图，下列说法不正确的是
A．基态As原子的电子排布式为
B．中只含有极性共价键
C．砷化镓晶胞中含有配位键
D．第一电离能：
6．（2025·宜宾模拟）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，中含有的电子总数为
B．溶液中：
C．标准状况下，当中生成22.4L时，失去电子
D．向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶体的数目为
7．（2025·宜宾模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
B．室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA
8．（2025·宜宾模拟）以下探究目的对应的实验方案最合适的是（　　）
实验方案 探究目的
A 向溶液中加入金属 比较和的还原能力
B 分别向稀硝酸和稀醋酸中加入铜粉 比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱
C 将浓硫酸滴入乙醇中，加热至，生成的气体通入酸性重铬酸钾溶液 验证乙烯具有还原性
D 向溶液中同时通入和 比较和的氧化能力
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·宜宾模拟）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．溶液中滴加稀硝酸：
B．溶液中加入足量NaOH溶液：
C．向溶液中通入HCl气体，溶液变为黄绿色：
D．向溶液中通入少量：
10．（2025·宜宾模拟）甲醇是易燃液体，能与水、乙醇、丙酮等混溶。甲醇燃烧热为。工业使用原料气、气相法合成甲醇的主反应：。有少量存在时，会发生副反应：。甲醇是一种重要的工业原料，可用于制备二甲醚、甲醛、甲酸等有机物。下列说法正确的是
A．、、都属于非极性分子
B．用分液法分离甲醇和丙酮的二元混合物
C．甲醇和二甲醚互为同分异构体
D．甲醇和二氧化碳分子中碳原子杂化方式不同
11．（2025·宜宾模拟）浓差电池是利用电解质溶液浓度不同而产生电流的一类电池。学习小组以浓差电池为电源，用如图所示装置从含的浆液中分离得到含的溶液并制备NaOH．下列说法错误的是
A．起始加入的溶液浓度：
B．膜a和膜b均适合选用阴离子交换膜
C．工作时，溶液质量减小、NaOH稀溶液质量增加
D．导线中通过1 mol，理论上电解池中两极共生成0.75 mol气体
12．（2025·宜宾模拟）我国科学家合成了一种具有巨磁电阻效应的特殊导电性物质，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．基态Cr的价层电子排布式为
B．该晶体密度为
C．晶体中Ca原子周围等距离且最近的O原子数为8
D．若用放射性的O替换图中的O，对其化学性质影响较大
13．（2025·宜宾模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 比较亚硫酸和碳酸酸性强弱 向等体积的水中分别通入和至饱和，再测定两溶液 通所得溶液较小，因此得出酸性强于
B 比较与的酸性 测定同温同浓度溶液和溶液的 的大，酸性强于
C 探究浓度对化学反应速率的影响 向2支盛有2mL浓度分别为0.1mol/L、0.2mol/L溶液的试管中同时加入5mL0.1mol/L(酸性)溶液，观察并比较实验现象 其他条件相同时，浓度越大，单位体积活化分子数越多，化学反应速率越快
D 比较和相对大小 等温条件下，向等体积饱和的和溶液中分别加入等量的溶液 得到沉淀，则
A．A B．B C． D．D
14．（2025·宜宾模拟）室温下实验室用的氢氧化钠溶液滴定20mL0.01mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示[设I= lg]下列有关叙述正确的是
A．该条件下，醋酸的电离度(已电离的醋酸分子数与原醋酸分子数的比)约为1%
B．点处加入的NaOH溶液体积为20mL
C．xyz的过程中，水的电离程度逐渐增大
D．yz的曲线上任意一点，始终存在c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·宜宾模拟）一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ In3+ Ga3+ Cu2+ Zn2+ Pb2+
开始沉淀的pH 2.2 2.1 2.6 4.6 6.24 7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 3.2 3.4 4.3 6.6 8.24 9.1
（1）“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式　 　。
（2）高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式　 　。
（3）“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、　 　。
（4）“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有　 　(写化学式)。
（5）“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于　 　已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
（6）已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=Cl-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4Cl-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是　 　。
16．（2025·宜宾模拟）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
（1）已知：
反应I的热化学方程式：　 　。
（2）反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是　 　。
（3）研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：　 　。
（4）碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会　 　(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理　 　。
（5）某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是　 　(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，　 　室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
17．（2025·宜宾模拟）二氯异氰尿酸钠( ，简称DCCNa)是一种高效、安全的消毒剂，常温下性质稳定，受热易分解，难溶于冷水。实验室通过以下原理和装置(夹持仪器已略去)可以制取DCCNa。
　
已知：实验室常用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸溶液在10℃时反应制备DCCNa，主要发生反应：
(氰尿酸)
（1）和中大小：　 　-NH2(填“>”“<”或“=”)。
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是　 　；D中软导管的作用是　 　。
（3）请选择合适的装置，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为　 　(填小写字母)。
（4）X试剂为饱和氢氧化钠溶液。当装置A内出现　 　现象时，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是　 　。
（5）实验过程中A的温度必须保持为7℃～12℃，pH值控制在6.5～8.5的范围，则该实验的控温方式是　 　。若温度过高，pH过低，会生成和等，写出该反应的化学方程式　 　。
18．（2025·宜宾模拟）有机化合物H是一种医药合成中间体，其合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A含有的官能团名称：　 　。
（2）B的结构简式为　 　，C的分子式：　 　。
（3）C→D、E→G的反应类型分别为　 　。
（4）D→F分两步完成，其中D与NaOH反应的化学方程式为　 　。
（5）H在酸或碱存在并加热的条件下可以发生水解反应，若在盐酸作用下水解，其生成物中属于盐的结构为　 　。
（6）溴代乙酸乙酯()有多种同分异构体，其中与其具有相同官能团的结构还有　 　种(不考虑立体异构、不考虑直接与相连)。
（7） 是一种常见的药物合成中间体。请参照以上合成路线，设计以 为原料合成 的路线(其他试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；物理变化与化学变化的区别与联系；硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、小苏打（碳酸氢钠）会与面团中的酸性物质发生反应，生成二氧化碳气体等新物质，属于化学变化 ，A错误；
B、过氧乙酸具有强氧化性，消毒时会使细菌、病毒的蛋白质变性，生成新物质，属于化学变化 ，B错误；
C、活性炭除异味是依靠其疏松多孔的结构，将异味分子吸附在表面，没有新物质生成，属于物理变化 ，C正确；
D、氢氟酸会与玻璃的主要成分二氧化硅发生反应，生成四氟化硅气体和水，属于化学变化 ，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
判断依据：化学变化的本质是有新物质生成，物理变化则无新物质生成。
小苏打与酸反应、过氧乙酸消毒、氢氟酸刻蚀玻璃均有新物质生成，属于化学变化。
活性炭吸附异味仅为物理吸附，无新物质生成，属于物理变化。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3 个成键电子对 + 1 个孤电子对），VSEPR 模型应为四面体形；题给图示是三角锥形，这是 NH3的分子空间构型，并非 VSEPR 模型，A错误；
B、 为苯的三甲基取代物，命名时需使取代基位次和最小。正确编号应为 1，2，4 - 三甲基苯（位次和为 1+2+4=7），题中命名为 1，3，4 - 三甲苯（位次和为 1+3+4=8），不符合 “位次和最小” 的命名规则，B错误；
C、CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成。C22-内部两个 C 原子之间形成三键，每个 C 原子还剩余 1 对孤电子对，整体带 2 个单位负电荷， 电子式为，C正确；
D、Cr 是洪特规则特例，原子序数为 24，基态价电子排布为 3d54s （3d 轨道半满、4s 轨道半满，能量更低更稳定）。 价层电子轨道表示式为，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
VSEPR 模型：需区分 “价层电子对互斥模型” 与 “分子空间构型”，NH3的价层电子对含 1 对孤电子对。
芳香烃命名：苯环取代基编号需满足 “位次和最小” 原则。
电子式书写：CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成，C22-内部为三键。
价层电子排布：Cr 是洪特规则特例，价电子为 3d54s ，需满足半满稳定结构。
3．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、铁粉是固体不溶物，反应后仍以固体形式存在，通过过滤操作可以将其与液体混合物分离，因此 “过滤” 可除去未反应的铁粉，A正确；
B、溴单质具有氧化性，亚硫酸氢钠具有还原性，二者可发生氧化还原反应，因此用饱和亚硫酸氢钠溶液可以除去剩余的溴单质，B正确；
C、浓硫酸具有强脱水性和强氧化性，且在加热条件下会与溴苯发生反应，同时浓硫酸密度较大，会与溴苯混合难以分离，因此不能用浓硫酸作为溴苯的干燥剂，C错误；
D、苯和溴苯互溶，但二者沸点差异较大，通过蒸馏操作可以利用沸点不同将二者分离，得到纯净的溴苯，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
过滤操作：用于分离固体和液体混合物，铁粉为固体，可通过过滤除去。
除杂原理：利用还原性物质（亚硫酸氢钠）与氧化性杂质（溴单质）的反应，达到除杂目的。
干燥剂选择：干燥剂不能与被干燥物质发生反应，浓硫酸会与溴苯反应，故不可选用。
蒸馏分离：互溶且沸点差异较大的液体混合物，可通过蒸馏实现分离。
4．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、物质 a 分子中含有 2 个酚羟基，酚羟基具有弱酸性，1mol a 最多可与 2mol NaOH 反应。但题中未给出 a 的具体物质的量，无法直接得出 “最多可与 2mol NaOH 反应” 的结论，该表述缺少 “1mol a” 的前提，逻辑不严谨，A错误；
B、物质 b 的结构对称，分子中只存在两种化学环境的氢原子（一种是与 Cl 相连的亚甲基上的 H，一种是与 O 相连的亚甲基上的 H），因此其核磁共振氢谱有2 组峰，B正确；
C、通过数冠醚 c 结构中的原子：含 20 个 C 原子、24 个 H 原子、6 个 O 原子，分子式为C20H24O6，C正确；
D、冠醚识别阳离子的核心是环的孔径大小与阳离子半径匹配，只有尺寸适配的阳离子才能进入冠醚空腔，与氧原子形成配位作用；而非氧原子与阳离子的配位能力决定识别对象，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团反应：酚羟基与 NaOH 按 1：1 反应，但选项未限定物质 a 的物质的量，无法直接得出 NaOH 的物质的量。
核磁共振氢谱：判断分子中等效氢的种类数，即核磁共振氢谱的峰组数。
分子式计算：通过数原子个数确定化合物的分子式。
冠醚识别机理：冠醚对阳离子的识别核心是环的尺寸与阳离子半径匹配，而非氧原子的配位能力强弱。
5．【答案】B
【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；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、As 是 33 号元素，核外电子填充遵循构造原理，基态电子排布式为[Ar]3d 4s24p3，符合过渡后主族元素的电子排布规律，A正确；
B、As4S4由正四面体 As4结构插入 S 原子形成：分子内 As 与 S 原子间形成极性共价键，同时保留了 As4中 As 原子之间的非极性共价键，并非只含极性键，B错误；
C、Ga 最外层有 3 个电子，As 最外层有 5 个电子，二者在晶胞中均形成 4 个共价键。As 提供孤电子对、Ga 提供空轨道，二者形成配位键以满足 4 配位结构，因此砷化镓晶胞中存在配位键，C正确；
D、Ge、Se、As 为同周期元素，一般电离能随原子序数增大而升高，但 As 为第 ⅤA 族，4p 轨道半满稳定，第一电离能高于相邻的 Se。因此电离能顺序为I1(Ge) < I1(Se) < I1(As)，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布式：按构造原理推导 33 号 As 原子的核外电子填充顺序。
共价键类型：判断分子内是否存在同种原子间的成键，区分极性与非极性键。
配位键判断：结合成键原子最外层电子数与成键数目，分析是否存在孤电子对与空轨道的配位结合。
第一电离能：把握同周期元素电离能变化规律，注意第 ⅤA 族的半满稳定特例。
6．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；气体摩尔体积；胶体的性质和应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、标准状况下三氧化硫是固态，不能用气体摩尔体积 22.4L/mol 来计算其物质的量，因此无法得出电子总数为 8NA的结论，A错误；
B、硫化钠溶液中硫离子会发生水解，导致硫离子的实际浓度降低，而钠离子不水解，所以溶液中钠离子与硫离子的物质的量之比大于 2：1，B正确；
C、反应 NaH+H2O=NaOH+H2↑中，氢元素归中生成氢气，每生成 1mol 氢气，NaH 只失去 1mol 电子。标准状况下 22.4L 氢气为 1mol，对应 NaH 失去 1mol 电子，C错误；
D、氢氧化铁胶体是多个粒子聚集成的集合体，因此 0.001mol 氯化铁形成的胶体粒子数目远小于 0.001NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积适用条件：只适用于标准状况下的气体，三氧化硫在标况下为固体，不能用此公式计算。
盐类水解影响：硫离子水解会使其浓度减小，钠离子浓度不变，导致两者物质的量之比大于理论值。
氧化还原电子转移：归中反应中电子转移数目要根据化合价变化准确计算，1mol 氢气生成对应 1mol 电子转移。
胶体粒子本质：胶体粒子是微粒的聚集体，数目远小于原料的物质的量。
7．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、铁与水蒸气在高温下反应的化学方程式为，由计量关系可知，0.2mol铁完全反应生成氢气的物质的量约为0.267mol，分子数目约为，并非， A错误；
B、pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根主要来自碱的电离，水电离出的氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，即，1L溶液中水电离出的氢氧根数目为，远小于 ，B错误；
C、氢氧燃料电池正极发生还原反应，标准状况下22.4L氧气（1mol）参与反应时，1mol氧气得4mol电子，电路中通过的电子数目为，并非 ，C错误；
D、在硝酸铵的分解反应中，氮元素发生归中反应，每生成4mol氮气，转移15mol电子。28g氮气的物质的量为1mol，对应转移电子的物质的量为3.75mol，数目为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
化学计量计算：根据反应方程式的计量比，计算反应物与生成物的物质的量关系。
水电离的离子浓度：碱溶液中，水电离出的氢氧根浓度等于溶液中的氢离子浓度，需结合pH计算。
电极反应电子转移：正极氧气得电子，1mol氧气参与反应时转移4mol电子。
归中反应电子转移：分析氮元素的化合价变化，根据生成氮气的量计算转移电子数。
8．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、 向溶液中加入金属 ，直接先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，无法比较和的还原能力，故A错误；
B、铜粉不和稀醋酸反应，稀硝酸能氧化铜，体现的是其氧化性，不是酸性，因此无法比较稀硝酸和稀醋酸的酸性强弱，故B错误；
C、乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D、向溶液中同时通入和，有沉淀生成，说明将氧化成硫酸根，进而说明 的氧化性强于 ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、钠投入氯化铝溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应；
B、稀硝酸与铜反应是因为稀硝酸具有强氧化性；
C、乙醇具有还原性；
D、氧化剂的氧化性大于氧化产物。
9．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、稀硝酸具有强氧化性，会将硫代硫酸钠中的硫元素彻底氧化为正六价的硫酸根，不会生成硫单质和二氧化硫，该离子方程式不符合反应事实 ，故A错误；
B、碳酸氢镁与足量氢氧化钠反应时，镁离子会直接与氢氧根结合生成更难溶的氢氧化镁沉淀，而非碳酸镁沉淀，产物判断错误 ，故B错误；
C、硫酸铜溶液中存在蓝色的水合铜离子，通入氯化氢后，氯离子与水合铜离子结合生成黄绿色的四氯合铜离子，该平衡移动导致溶液变色，离子方程式符合配位平衡规律 ，故C正确；
D、酸性强弱顺序为苯甲酸 > 碳酸 > 苯酚 > 碳酸氢根，因此通入少量二氧化碳时，只有酚钠会转化为酚羟基，同时生成碳酸氢根，不会生成碳酸根，产物判断错误 ，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氧化还原反应：强氧化性酸（如硝酸）与还原性物质反应时，会将还原剂彻底氧化，产物需符合氧化还原规律。
沉淀溶解平衡：难溶碱的溶解度通常小于难溶碳酸盐，因此镁离子与足量氢氧根反应优先生成氢氧化镁沉淀。
配位平衡：铜离子可与不同配体形成配合物，氯离子浓度升高会促使水合铜离子向四氯合铜离子转化，溶液颜色随之改变。
强酸制弱酸：根据酸性强弱判断反应产物，苯酚的酸性弱于碳酸，因此只能生成碳酸氢盐，无法得到碳酸盐。
10．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、二氧化碳和氢气分子结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子；但一氧化碳分子中碳氧原子电负性差异大，正负电荷中心不重合，是极性分子，因此三者并非都属于非极性分子，A错误；
B、题干明确说明甲醇能与丙酮混溶，互溶的液体混合物无法通过分液法分离，B错误；
C、甲醇分子式为，二甲醚分子式为，二者分子式不同，不满足同分异构体“分子式相同、结构不同”的要求，并非同分异构体，C错误；
D、二氧化碳中碳原子价层电子对数为2（ ），采取杂化；甲醇中碳原子价层电子对数为4（ ），采取杂化，二者碳原子杂化方式不同，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断：分子结构对称、正负电荷中心重合的为非极性分子，否则为极性分子。
分液法适用范围：分液法仅适用于互不相溶的液体混合物分离，互溶液体无法用分液分离。
同分异构体定义：必须满足分子式相同、结构不同，二者缺一不可。
杂化方式判断：根据价层电子对数判断，价层电子对数为2时为杂化，为4时为杂化。
11．【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、浓差电池中，浓度高的一侧为正极，发生还原反应；浓度低的一侧为负极，发生氧化反应。由电极名称可知，Cu(II)为正极，Cu(I)为负极，因此起始硫酸铜溶液浓度 ，A正确；
B、膜a需要允许硫酸根离子通过以平衡电荷，膜b需要允许氢离子或钠离子通过以实现铬酸根向重铬酸根的转化，二者均适合选用阴离子交换膜 ，B正确；
C、工作时，左侧电解池中硫酸根离子向中间室移动，右侧电解池中钠离子向阴极室移动并生成氢氧化钠，因此硫酸钠溶液质量增加，氢氧化钠稀溶液质量也增加 ，C错误；
D、导线中通过1摩尔电子时，阳极（ 2H2O-4e-=4H++O2↑）生成0.25 mol O2 ，阴极（ 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ）生成0.5 mol H2 ，两极共生成0.75 mol 气体 ，D正确；
故答案为：C。
【分析】整套装置分为左侧浓差电池和右侧电解池两部分：电解池的右侧惰性电极（Ⅱ）为阴极，水在此处得电子生成氢气和氢氧根，同时钠离子向该区域迁移，使氢氧化钠溶液浓度升高；左侧惰性电极（Ⅰ）为阳极，水失电子生成氧气和氢离子，铬酸根向阳极区移动，与氢离子结合转化为重铬酸根。由此可推知浓差电池的电极极性：Cu (Ⅱ) 为正极，Cu (Ⅰ) 为负极。浓差电池的原理是浓度更高的硫酸铜溶液对应电极为正极，因此初始浓度满足 c2>c1。
12．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】A、基态铬原子的电子排布遵循洪特规则特例，4s轨道全充满、3d轨道半充满时更稳定，价层电子排布式为，而非，A错误；
B、由晶胞结构可知，钙原子位于顶点，数目为；氧原子位于晶胞内，数目为6；铬原子位于体心，数目为1。晶胞的摩尔质量为，晶胞体积为，代入密度公式，可推得密度为（或化简为），B正确；
C、钙原子位于立方晶胞顶点，周围等距离且最近的氧原子位于晶胞面心方向，共12个，并非8个，C错误；
D、放射性氧原子与普通氧原子互为同位素，最外层电子数相同，化学性质几乎一致，替换后对化学性质影响极小，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
电子排布：铬为24号元素，价层电子排布需满足洪特规则特例，3d轨道半充满更稳定。
晶胞计算：利用均摊法计算晶胞中各原子数目，结合晶胞参数计算密度，注意单位换算（转换为）。
配位数判断：顶点原子的配位数需结合晶胞空间结构分析，钙原子周围最近的氧原子为12个。
同位素性质：同位素的最外层电子数相同，化学性质基本一致，物理性质差异较大。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、向水中通 SO2、CO2至饱和，因二者溶解度不同，所得 H2SO3、H2CO3溶液浓度并不相等，无法通过 pH 大小直接比较酸性强弱，A错误；
B、CH3COONa 对应酸为 CH3COOH，Na2CO3对应酸为 HCO3-，并非 H2CO3，二者水解不匹配，不能通过 Na2CO3的 pH 直接判断 CH3COOH 与 H2CO3的酸性强弱，B错误；
C、实验中 H2C2O4与 KMnO4的反应比例为 5：2，2mL 0.1mol/L H2C2O4与 5mL 0.1mol/L KMnO4反应时 KMnO4过量，而浓度更高的 H2C2O4组可能存在 KMnO4是否完全反应的差异，且未控制单一变量（如总体积），无法严谨探究浓度对速率的影响，C错误；
D、等温下饱和 AgCl 溶液中 Ag+浓度高于饱和 AgI 溶液（因 Ksp (AgCl) 更大），加入等量 AgNO3后，AgCl 饱和溶液能提供更多 Cl-生成沉淀，故 n (AgCl) > n (AgI)，可证明 Ksp (AgCl) > Ksp (AgI)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
酸性比较：需遵循 “控制浓度一致、对应酸根水解匹配” 的原则，避免因溶解度差异或水解层级错误导致结论偏差。
速率探究：需满足 “单一变量” 原则，同时保证反应物量的关系符合反应计量比。
溶度积比较：利用饱和溶液中离子浓度与沉淀量的关系，结合溶度积定义判断大小。
14．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、x点为纯醋酸溶液，，即，结合水的离子积，可解得。
醋酸的电离度，A正确；
B、y点，说明溶液中，溶液呈中性。若加入20mL NaOH溶液，醋酸与NaOH恰好完全反应生成，该盐因水解使溶液呈碱性，与y点中性不符，故加入的NaOH体积小于20mL，B错误；
C、x→y：醋酸逐渐被中和，生成的增多，弱酸抑制水的电离作用减弱，盐类水解促进水的电离，水的电离程度增大；
y→z：NaOH过量后，强碱会抑制水的电离，且NaOH浓度越高，抑制作用越强，水的电离程度减小。
因此整个过程水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、质子守恒式仅适用于纯溶液（恰好反应点）。
y→z的曲线上存在NaOH过量的情况，此时溶质为和NaOH，质子守恒需考虑NaOH电离的，该等式不再成立，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
以醋酸与NaOH的滴定过程为核心，结合的定义、弱酸电离平衡、盐类水解、水的电离影响因素及质子守恒规律，逐一拆解各选项的逻辑，锁定正确结论。
电离度计算：利用x点（纯醋酸溶液）的值求出，结合初始浓度计算电离度。
滴定终点判断：y点即，需区分“中性点”与“恰好反应点”。
水的电离程度：分析滴定过程中溶质成分变化（弱酸→弱酸+盐→盐→盐+强碱）对水的电离的影响。
质子守恒：针对不同溶质体系，验证质子守恒式的适用性。
15．【答案】（1）Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
（2）2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
（3）Fe2+、Ga3+
（4）In(OH)3、Ga(OH)3
（5）0.74
（6）c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；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
【解析】【解答】（1）浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O。
故答案为： Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O ；
（2）由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑。
故答案为： 2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑ ；
（3）“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+。
故答案为： Fe2+、Ga3+ ；
（4）“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3。
故答案为： In(OH)3、Ga(OH)3 ；
（5）Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74。
故答案为： 0.74 ；
（6）由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
故答案为： c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小 ；
【分析】银铟矿先经浸出（NaCl-HCl-NaClO 体系），将金、银转化为氯配离子进入溶液，同时得到浸出渣；随后除铁，使铁以 Fe2O3形式沉淀分离；经一次中和（调 pH=1.8）、一次还原（加 Cu），得到银、金单质；再经二次还原（加 Fe）、二次中和（调 pH=4.5），分步沉淀除去杂质；最后分铅锌，得到 PbS、ZnS，剩余为贫液，实现稀有金属的分离提取。
（1）浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
（2）由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
（3）“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
（4）“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
（5）Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
（6）由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
16．【答案】（1）
（2）分液
（3）
（4）增大；阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
（5）阴；c
【知识点】盖斯定律及其应用；电解原理；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
故答案为： ；
(2)反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
故答案为： 分液 ；
(3)反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
故答案为： ；
(4)①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
故答案为： 增大 ； 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大 ；
(5)①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
故答案为： 阴 ；c；
【分析】(1) 利用盖斯定律，目标反应 = 反应① 反应② 反应③，代入焓变数据计算，最终得到反应I的方程式与焓变。
(2) 两种液体互不相溶且密度不同，采用分液操作分离。
(3) 阳极发生氧化反应，硫元素从+4价升至+6价，结合电荷、原子守恒配平， 被氧化为硫酸根。
(4)① 阳极液浓度变化：阳极碘离子失电子生成碘单质，浓度增大。
② 阴极区浓缩原理：阴极发生还原反应 ， 通过质子交换膜由阳极迁入阴极，阴极区浓度增大。
(5) ① X极判断：X极生成（得电子，还原反应），故X为阴极。
② 高浓度氢碘酸室： 迁入c室， 也进入c室，故c室获得较浓氢碘酸。
17．【答案】（1）>
（2）三颈烧瓶；平衡气压，使液体能够顺利滴下
（3）fghab(ba)e
（4）液面上方出现黄绿色气体；消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率
（5）冷水浴；
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）和中中心原子的杂化方式相同，均为杂化，中有一孤电子对，斥力较大，键角较小，所以前者键角大。
故答案为：>；
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是三颈烧瓶；D中软导管的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下。
故答案为：三颈烧瓶，平衡气压，使液体能够顺利滴下；
（3）由分析可知，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为fghab(ba)e。
故答案为：fghab(ba)e；
（4）当装置A内氢氧化钠消耗完了，氯气会出现剩余，液面上方出现黄绿色气体现象，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率。
故答案为：液面上方出现黄绿色气体，消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率；
（5）A的温度必须保持为7℃～12℃，控温方式是冷水浴，可推测温度过高，pH过低，会生成、和，化学方程式为。
故答案为：冷水浴，。
【分析】从二氯异氰尿酸钠的制备原理和实验装置来看，整套反应装置可划分为氯气发生单元与二氯异氰尿酸钠合成单元两部分：首先利用浓盐酸和次氯酸钙反应制取氯气；接着通过饱和食盐水除去氯气中混有的、由浓盐酸挥发带来的氯化氢杂质；之后将纯净氯气通入氢氧化钠溶液，制备次氯酸钠中间产物，再让其与氰尿酸溶液反应，最终生成二氯异氰尿酸钠；最后用碱液吸收未反应的尾气氯气，避免污染环境。据此解题。
（1）和中中心原子的杂化方式相同，均为杂化，中有一孤电子对，斥力较大，键角较小，所以前者键角大，答案为：>；
（2）A装置中盛装X试剂的仪器名称是三颈烧瓶；D中软导管的作用是平衡气压，使液体能够顺利滴下，答案为：三颈烧瓶，平衡气压，使液体能够顺利滴下；
（3）由分析可知，按气流从左至右方向组装，则导管连接顺序为fghab(ba)e，答案为：fghab(ba)e；
（4）当装置A内氢氧化钠消耗完了，氯气会出现剩余，液面上方出现黄绿色气体现象，打开装置A的活塞加入(氰尿酸)溶液，在反应过程中仍不断通入的目的是消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率，答案为：液面上方出现黄绿色气体，消耗生成的NaOH，促进的生成，提高原料利用率；
（5）A的温度必须保持为7℃～12℃，控温方式是冷水浴，可推测温度过高，pH过低，会生成、和，化学方程式为，答案为：
冷水浴，。
18．【答案】（1）(酚)羟基、碳溴键(溴原子)
（2）；(原子顺序可换)
（3）取代反应，还原反应
（4）
（5）
（6）10
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是(酚)羟基、碳溴键(溴原子)。
故答案为： (酚)羟基、碳溴键(溴原子)
（2）由分析可知，B的结构简式为： ；结合C的结构简式可知其分子式为：(原子顺序可换)。
故答案为：；(原子顺序可换)
（3）结合C和D的结构简式可知，C→D为取代反应；对比E和G的结构简式可知，E中的碳氧双键被还原，则E→G为还原反应。
故答案为： 取代反应，还原反应
（4）D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，方程式为： 。
故答案为：
（5）E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，生成两种物质，其中一种物质含有氨基，可以和盐酸反应生成盐，其结构简式为： ；
故答案为：
（6）乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有2种，甲酸正丙酯有3种，甲酸异丙酯有2种，丙酸甲酯有3种，共10种。
故答案为： 10
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物，故流程为： 。
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由A于CH3CH2I发生取代反应生成，结合B的分子式可知，CH3CH2-取代了酚羟基上的H原子，据此确定B的结构简式。
（3）根据C→D、E→G的结构简式确定确定断键成键位置，从而确定反应类型。
（4）D中含有酯基，能与NaOH溶液发生水解反应，生成-COONa和醇，据此写出反应的化学方程式。
（5）H在盐酸作用下酰胺基发生水解反应生成－COOH和－NH2；－NH2进一步与HCl反应生成－NH3Cl，据此确定生成物的结构简式。
（6）根据限定条件确定所含的结构单元，从而得出同分异构体的个数。
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物。据此涉及合成路线图。
（1）根据A的结构简式可知，A含有的官能团名称是(酚)羟基、碳溴键(溴原子)；
（2）由分析可知，B的结构简式为： ；结合C的结构简式可知其分子式为：(原子顺序可换)；
（3）结合C和D的结构简式可知，C→D为取代反应；对比E和G的结构简式可知，E中的碳氧双键被还原，则E→G为还原反应；
（4）D中含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，方程式为： ；
（5）E中含有酰胺基，在酸性条件下可以水解，生成两种物质，其中一种物质含有氨基，可以和盐酸反应生成盐，其结构简式为： ；
（6）乙酸乙酯中氢原子被溴原子取代还有2种，甲酸正丙酯有3种，甲酸异丙酯有2种，丙酸甲酯有3种，共10种；
（7）结合A→B的反应可知， 和碘甲烷反应生成 ，结合D→E可知， 与氨气反应生成 ，再结合E→G可知， 被还原得到产物，故流程为： 。
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