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四川省乐山市第一中学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·乐山模拟）嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是（　　）
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石材的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A选项正确。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B选项正确。
C、石英的主要成分为SiO2，C选项错误。
D、标在元素符号左下角的数字表示的是质子数，因此其质子数为55，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、石材的主要成分为硅酸盐。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条属于合金。
C、石英的主要成分为SiO2。
D、标在元素符号左下角的数字为质子数。
2．（2025·乐山模拟）下列化学用语表达正确的是
A．F-的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．H2O分子的球棍模型：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、F-是 F 原子得到 1 个电子形成的阴离子，核电荷数为 9，核外电子总数应为 10，最外层电子数为 8。 离子结构示意图：，故A错误；
B、基态 C 原子的核外电子排布为 1s22s22p2。根据洪特规则，2p 轨道的 2 个电子应分占 2 个不同的 2p 轨道，且自旋方向平行。 轨道表示式：，故B错误；
C、丙炔的结构为 CH3-C≡CH，碳骨架为 3 个碳原子，其中 1、2 号 C 之间为碳碳三键。选项给出的键线式为 4 个碳原子，对应的是 1 - 丁炔，并非丙炔，C错误；
D、H2O 分子为 V 形结构，O 原子位于中心，两个 H 原子分别与 O 原子以共价键相连。 球棍模型为：，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
粒子结构与电子数：区分原子与离子的电子数差异，阴离子需在中性原子基础上加电子。
核外电子排布规则：基态原子电子排布需遵循洪特规则（简并轨道优先单独分占，自旋平行）。
有机结构表示：键线式需准确体现分子的碳骨架与官能团位置。
分子模型识别：区分球棍模型与空间填充模型，明确 H2O 的 V 形立体结构。
3．（2025·乐山模拟）茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．可使酸性溶液褪色 B．可发生取代反应和加成反应
C．分子中含有3种官能团 D．可与金属钠反应放出
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中含有碳碳双键和羟基（-OH），二者均具有还原性，可被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液褪色，A正确；
B、分子中的羧基（-COOH）、羟基（-OH）、酯基（-COO-）均可发生取代反应（如酯化、酯交换、羟基的取代等）；分子中的碳碳双键可与 H2等发生加成反应，B正确；
C、仔细分析结构可知，分子中含有羧基（-COOH）、羟基（-OH）、酯基（-COOCH3）、碳碳双键，共4 种官能团，选项中说含有 3 种，与实际不符，C错误；
D、分子中的羧基（-COOH）和羟基（-OH）均含有活泼氢，可与金属钠发生置换反应，生成 H2，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：从结构简式中提取出所有官能团，注意区分不同含氧官能团（羧基、羟基、酯基）与不饱和键。
性质关联：
还原性官能团（碳碳双键、羟基）可使酸性高锰酸钾褪色。
饱和基团与含氧官能团易发生取代反应，不饱和键易发生加成反应。
含活泼氢的官能团（羧基、羟基）可与金属钠反应生成氢气。
4．（2025·乐山模拟）氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的生成亚硫酸铵溶液，并在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说法正确的是
A．1 L0.1mol/L氨水中含有的数目为0.1NA
B．0.01mol/L 溶液中，、与的数目之和为0.01NA
C．每氧化1mol ，转移的电子数为2 NA
D．若将2mol 与1mol 置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 L 0.1mol/L 氨水中，一水合氨是弱电解质，只能发生部分电离，因此溶液中 OH-的物质的量远小于 0.1mol，数目小于 0.1NA，A错误；
B、物料守恒计算需要已知溶液体积，选项仅给出浓度，未说明溶液体积，无法计算 SO32-、HSO3-与 H2SO3的总数目，B错误；
C、氧化反应中，S 元素从 + 4 价（亚硫酸根）变为 + 6 价（硫酸根），每 1mol (NH4)2SO3参与反应，S 元素失去 2mol 电子，转移电子数为 2NA，C正确；
D、SO2与 O2生成 SO3的反应是可逆反应，无法进行完全，因此 2mol SO2与 1mol O2充分反应后，产物分子数小于 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
弱电解质电离：一水合氨是弱碱，只能部分电离，无法完全电离出 OH-。
物料守恒前提：物料守恒计算需明确溶液体积，缺少体积数据时无法计算微粒总数。
氧化还原电子转移：根据元素化合价变化，确定反应物与电子的计量比，如 S 元素从 + 4 价升至 + 6 价，每 mol S 对应转移 2mol 电子。
可逆反应限度：可逆反应不能进行到底，产物分子数会小于完全反应时的理论值。
5．（2025·乐山模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-=+H2O
B．向 溶液中加入酸性溶液：
C．向溶液中滴入过量的氨水：
D．向溶液中加入过量的溶液：
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过量 CO2与 NaOH 反应时，最终生成碳酸氢盐，而非碳酸盐。正确的离子反应应为
CO2+OH-=HCO3-，选项中生成 CO32-，产物判断错误，A错误；
B、酸性 KMnO4具有强氧化性，可将 NO2-氧化为 NO3-，自身被还原为 Mn2+。配平后的离子方程式为 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，方程式符合电荷守恒与原子守恒，B正确；
C、氨水是弱碱，无法溶解 Al (OH)3沉淀，因此向 AlCl3溶液中滴入过量氨水，只能得到 Al(OH)3沉淀，不会生成 AlO2-。正确的离子方程式为 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、Ba(OH)2过量时，HCO3-完全反应，生成的 CO32-会全部与 Ba2+结合为 BaCO3沉淀，不会剩余 CO32-。正确的离子方程式为 HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，选项中保留了 CO32-，产物判断错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
用量与产物错配：易忽略过量 CO2会生成碳酸氢盐，误判产物为碳酸盐。
弱碱性质误解：混淆氨水与强碱的性质，误认为氨水可溶解 Al(OH)3生成 AlO2-。
过量反应判断失误：未遵循 “少定多变” 原则，错误认为过量 Ba(OH)2反应后会剩余 CO32-。
6．（2025·乐山模拟）下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，不正确的是
A．提纯粗苯甲酸，可以用重结晶法
B．蒸馏时，冷却水从下口进，从上口出
C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．在进行蒸馏操作时，温度计的水银球应伸入液面下，便于测量温度
【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、苯甲酸在水中溶解度较小，且溶解度受温度影响显著。粗苯甲酸先经热水溶解、过滤除去不溶性杂质，再冷却结晶，苯甲酸会因溶解度降低析出，从而与可溶性杂质分离，因此可用重结晶法提纯，A正确；
B、蒸馏时冷却水从下口进、上口出，能让冷凝管内充满冷却水，延长冷却水与蒸汽的接触时间，提升冷凝效果，B正确；
C、分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免上层液体被下层液体污染，保证分离的纯净度，C正确；
D、蒸馏的核心是收集特定沸点的馏分，因此温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，测量蒸汽温度。若将水银球伸入液面下，测量的是溶液温度，无法准确判断馏分沸点，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
重结晶适用条件：目标物质的溶解度需随温度变化差异大，才能通过降温结晶提纯。
蒸馏操作核心：冷却水 “下进上出” 保证冷凝效果；温度计水银球位置需对准蒸馏烧瓶支管口，用于测定馏分温度，而非溶液温度。
分液操作原则：避免上下层液体混合，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
7．（2025·乐山模拟）一种锂离子电池、锂离子电容器中非水电解液添加剂如图所示，四种元素中X、Y、Z处于同一周期，W原子序数最大，且最外层电子是内层电子的一半。下列说法正确的是
A．是离子化合物 B．非金属性：
C．原子半径： D．简单氢化物的沸点：
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、WZ3为 PF3，分子中 P 与 F 原子间仅存在共价键，属于共价化合物，并非离子化合物，A 错误；
B、同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性顺序为 F＞O＞P，即 Z＞Y＞W，B错误；
C、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径顺序为 C＞O＞F，即 X＞Y＞Z，C错误；
D、Y 的简单氢化物为 H2O，Z 的为 HF，X 的为 CH4。H2O 与 HF 分子间均可形成氢键，且 H2O 的氢键更多、常温下为液态，沸点更高；CH4分子间仅存在范德华力，沸点最低。因此沸点顺序为 H2O＞HF＞CH4，即 Y＞Z＞X，D正确；
故答案为：D。
【分析】W 元素的确定：W 最外层电子数是内层电子数的一半，且原子序数在四种元素中最大。若W 为第二周期元素，内层为2个电子，最外层应为 1 个，对应 Li，但 Li 与 X、Y、Z 不满足同周期且成键特征，故排除；若为第三周期元素，内层为 10 个电子，最外层为 5 个，对应P（磷），符合条件。
X、Y、Z 的确定：结合结构中成键特征判断：X形成 4 个共用电子对，为C（碳）；Y 形成 2 个共用电子对，为O（氧）；Z 形成 1 个共用电子对，为F（氟）。
8．（2025·乐山模拟）PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是
A．六氟合铂酸氙是离子化合物
B．六氟合铂酸氙中Xe元素的化合价为+2价
C．上述制备过程的催化剂是F－和PtF
D．上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③
【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应
【解析】【解答】A．六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11] 由阴阳离子组成，符合离子化合物的特征，因此该物质属于离子化合物，选项A正确。B．在[XeF]+离子中，Xe呈现+2价（F为-1价），选项B正确。
C．由反应机理可知，F 在反应前后未消耗，起到催化作用；而PtF是反应中间体，并非催化剂，选项C错误。
D．分析反应②和③：反应②中Xe被氧化（0→+2），Pt被还原（+4→+2）；③中Xe被氧化（0→+2），Pt被还原（+4→+2），因此②③均为氧化还原反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、六氟合铂酸氙由阴阳离子构成，属于离子化合物。
B、离子[XeF]+中F元素为-1价，据此确定Xe的化合价。
C、PtF是反应的中间体。
D、根据元素化合价变化分析。
9．（2025·乐山模拟）如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是
A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体
B．冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体
C．冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大
D．1mol冰晶体中最多含有2mol氢键
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、冰晶体中，水分子之间是通过氢键结合的，并非 H-O 共价键，选项混淆了分子内共价键与分子间氢键，A错误；
B、冰的空间网状结构由水分子间的氢键维系，氢键属于分子间作用力，因此冰是分子晶体，原子晶体的结合力为共价键，与冰的结构本质不符，B错误；
C、冰中氢键的方向性使水分子间存在较大空隙；熔化时氢键被破坏，水分子会更紧密堆积，因此分子间空隙减小，而非增大，C错误；
D、每个水分子可向外伸出 4 个氢键，每个氢键由 2 个水分子共同拥有，根据均摊法，1mol 冰中氢键的物质的量为2mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：冰由水分子通过氢键结合而成，氢键属于分子间作用力，因此冰是分子晶体，而非原子晶体。
氢键的作用与均摊：每个水分子可形成 4 个氢键，但氢键为两个水分子共有，需用均摊法计算 1mol 冰中氢键的物质的量。
结构变化分析：冰中氢键具有方向性，使分子间空隙较大；熔化时氢键断裂，水分子堆积更紧密，空隙会减小。
10．（2025·乐山模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z的原子序数之和是Y、W的原子序数之和的。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物略去)。下列说法正确的是
A．沸点：丁<丙，热稳定性：丁>丙
B．X、Y、Z、W四种元素能够形成两种常见的酸式盐，且能反应生成N
C．Y与Z形成的化合物中，阴、阳离子个数比可以为1∶1
D．基态Y原子核外未成对电子数为3
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；无机物的推断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、丁为，丙为。分子间存在氢键，沸点远高于；非金属性，则气态氢化物的热稳定性，A错误；
B、四种元素可形成和两种常见酸式盐，二者在溶液中发生复分解反应：，能生成N（），B正确；
C、Y（）与Z（）形成的化合物为和。中阴离子为，阴、阳离子个数比为；中阴离子为，阴、阳离子个数比仍为，无的情况，C错误；
D、Y为元素，基态原子的核外电子排布为，2p轨道有4个电子，依据洪特规则，未成对电子数为2，而非3，D错误；
故答案为：B。
【分析】特征物质锁定：乙是“绿色氧化剂”且为二元化合物，确定乙为；乙和丁组成元素相同，丁为；在催化剂下分解生成，故M为；N是常温下有漂白性的二元气体，确定N为。
元素推导核心：丙与反应生成和，且丙由甲与反应得到，推知丙为、甲为金属硫化物；结合原子序数递增及“X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2”，最终确定X为、Y为、Z为、W为。
11．（2025·乐山模拟）离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的、完全由阴、阳离子所组成的盐，也称为低温熔融盐。一种以LiAlCl4离子液体为电解质的铝-磷酸铁锂二次电池放电时工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，铝电极的电极反应式为：Al-3e-+7AlCl=4Al2Cl
B．放电时，磷酸铁锂电极中锂元素被氧化
C．充电时，电子由Al电极经离子液体流向磷酸铁锂电极
D．充、放电时，磷酸铁锂电极中铁元素质量、价态均保持不变
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；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、放电时 Al 为负极，Al 原子失去电子被氧化，同时结合电解质中的 AlCl4-生成 Al2Cl7-，电极反应式为 Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，符合电荷守恒与原子守恒，A正确；
B、放电时磷酸铁锂为正极，发生还原反应，Fe 元素从 +3 价降至 +2 价，被还原；Li 元素始终为 +1 价，价态不变，并非被氧化，B错误；
C、电子无法在离子液体（电解质）中流动，只能在外电路传输。充电时 Al 电极为阴极，电子由电源负极流向 Al 电极，不会经电解质流向磷酸铁锂电极，C错误；
D、放电时 Fe3+被还原为 Fe2+，充电时 Fe2+被氧化为 Fe3+，Fe 元素价态发生变化；虽 Fe 元素质量不变，但价态改变，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：放电时Al 电极发生氧化反应生成 Al2Cl7-，为负极；磷酸铁锂电极发生还原反应，为正极。
电极反应书写：负极 Al 失电子，结合电解质中 AlCl4-生成 Al2Cl7-：
正极 Fe3+得电子被还原，同时 Li+嵌入晶体：
电子流向规则：电子仅在外电路（导线、电极）中流动，不会进入电解质溶液；充电时电极极性与放电时相反。
12．（2025·乐山模拟）使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下：
主反应：
副反应：(热效应小可忽略)
在密闭容器中控制。2MPa下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度
的变化与250℃下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图所示。乙醇的选择性可表示为。下列说法正确的是
A．反应
B．300℃、0.5MPa下，反应足够长时间，S(乙醇)<90%
C．图中曲线③表示250℃，乙醇选择性随压强变化的曲线
D．曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、将主反应和副反应相加，得到总反应：。已知主、副反应的均小于0，根据盖斯定律，总反应的也小于0 ，A错误；
B、由图像可知，在250℃、0.5MPa下乙醇选择性为90%；主反应是放热反应，温度升高到300℃时平衡逆向移动，乙醇选择性下降，故300℃、0.5MPa下反应足够长时间时，， B正确；
C、曲线③代表2MPa下乙酸乙酯选择性随温度变化的趋势，而非250℃时乙醇选择性随压强变化的曲线， C错误；
D、曲线②代表2MPa下乙醇选择性随温度的变化，其下降的原因是主反应（放热）逆向进行，而非副反应正向进行程度减小， D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盖斯定律应用：总反应焓变由主、副反应焓变加和得到，均为放热则总反应也放热。
平衡移动影响：放热反应升温时平衡逆向移动，导致目标产物选择性下降。
曲线对应关系：根据压强对气体体积减小反应的促进作用，区分乙醇和乙酸乙酯的选择性曲线。
选择性变化本质：乙醇选择性随温度升高而降低，核心原因是主反应平衡逆向移动。
13．（2025·乐山模拟）由铜、铟、镓、硒组成的晶体属于四元半导体化合物，原子填充在与(或)围成的四面体空隙中，晶胞棱边夹角均为，设为阿伏加德罗常数的值。已知：A点、B点原子的分数坐标分别为和。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式：
B．C点原子的分数坐标是
C．距离原子最近且等距的原子有2个
D．若晶胞中与原子数相同，晶体密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、均摊计算得：，，，原子个数比为，化学式可写为，A正确；
B、结合A(0，0，0)、B( ， ， )的坐标与晶胞结构，C点Se原子在x、y、z轴的分数坐标为，B正确；
C、以晶胞中心Cu原子为核心，观察配位环境可知，距离其最近且等距的Se原子有4个，选项中数量为2，与实际不符，C错误；
D、若Ga与In原子数相同，各为2个，晶胞总质量；晶胞体积，代入密度公式得，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
均摊法计数：顶点原子占 、棱上原子占 、面心原子占、内部原子完全归属，据此计算晶胞中Cu、Ga(In)、Se的原子数。
分数坐标读取：已知A(0，0，0)、B( ， ， )，结合晶胞边长比例确定C点原子的坐标参数。
配位环境判断：以中心Cu原子为基准，分析周围等距最近的Se原子数量。
密度计算：利用公式，其中为晶胞总质量（各原子总相对原子质量除以），为晶胞体积（需将pm转换为cm）。
14．（2025·乐山模拟）某温度下，保持溶液中mol·L-1，通过调节pH使、形成氟化物而分离，体系中pH与pX[X表示、、]的关系如图所示。已知：；。下列叙述错误的是
A．①为pH与的关系
B．
C．①与②线的交点的pH为2.3
D．时，
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、①线符合随pH增大而减小的规律，为与的关系，A正确；
B、由分析计算，，B正确；
C、①与②线交点处，设为，则：
代入公式：，故交点，C正确；
D、时，，由得：
此时；再算，实际浓度顺序为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】曲线归属判断：
HF存在电离平衡：
pH增大时，减小，平衡正向移动，增大，故随pH增大而减小，因此①为与的关系曲线。
已知，同pH下，对应值更小，故②为与的关系，③为与的关系。
关键常数计算：
由①线、，代入HF电离常数公式：
由③线点，得，，故：
由②线点，结合算出，故：。据此解题。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．（2025·乐山模拟）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3
质量分数/% 2.2~2.9 2.8~3.1 22~28 60~65 1~2 ＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为　 　，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是　 　。
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为　 　mol。
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124 形式存在于溶液中。“废渣2”中含有　 　。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124 R4V4O12+4OH （以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　 　性（填“酸”“碱”“中”）。
（5）“流出液”中阳离子最多的是　 　。
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　 　。
【答案】V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；0.5；Fe(OH)3、Al(OH)3；碱；K＋；2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅；
故答案为： V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O ；SiO2 ；
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少3mol÷6＝0.5mol；
故答案为： 0.5 ；
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124 形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3；
故答案为： Fe(OH)3、Al(OH)3 ；
（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性；
故答案为： 碱 ；
（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子；
故答案为： K＋ ；
（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3“煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
故答案为： 2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ 。
【分析】废钒催化剂先用硫酸酸浸，使 V2O5、V2O4、K2SO4、Fe2O3、Al2O3溶解进入浸液，不溶的 SiO2作为废渣 1分离除去；浸液中加入KClO3，将 +4 价钒（V2O4）氧化为 +5 价钒，实现钒的价态统一；再加入KOH 中和，调节 pH 使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，形成废渣 2去除；随后通过离子交换步骤富集钒元素，让钒离子吸附在交换树脂上，其他离子随流出液除去；用淋洗液洗脱树脂上的钒，得到富钒溶液；向富钒液中加入NH4Cl，使钒以铵盐形式沉淀析出（沉钒）；最后将沉淀煅烧，分解得到目标产物 V2O5。据此解题。
16．（2025·乐山模拟）重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需的pH，如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3
pH 3.7 9.6 11.1 8 9
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是　 　(填字母，下同)。
A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是　 　；
已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是　 　。
A.Fe3＋ B.Al3＋ C.Ca2＋ D.Mg2＋
（3）还原过程在酸性条件下进行，每消耗0.8 mol Cr2O转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为　 　。
Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O的废水，该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3溶液。
（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？　 　(填“能”或“不能”)，理由是　 　。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20，假设溶液的c(Cr3＋)=0.01mol/L，当pH应为　 　时开始生成沉淀。
【答案】A；AB；CD；3S2O＋4Cr2O＋26H＋===6SO＋8Cr3＋＋13H2O；不能；因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态；8
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，
故答案为：A；
(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
故答案为：AB；CD；
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole ，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
故答案为：3S2O32-＋4Cr2O72-＋26H＋=6SO42-＋8Cr3＋＋13H2O
Ⅱ.(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态；
(2)由Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20可得Ksp＝c(Cr3+)×c3(OH )=0.01×c3(OH )=1×10－20，c(OH )=1×10－6，所以c(H+)=1×10－8，pH=8，
故答案为：8；
【分析】向酸性含铬废水中加入，将氧化为，实现杂质离子价态统一，加入将溶液pH调至8，使、完全转化为氢氧化物沉淀，过滤除去沉淀，滤液保留、、。
滤液通过钠交换树脂，去除、，实现的富集与纯化，向富集液中加入溶液，调节pH后，转化为目标产物。据此解题。
17．（2025·乐山模拟）无机含氮化合物在工业和环境领域具有重要的应用价值
（1）已知催化氧化反应，机理如下：
ⅰ： (a>0)
ⅱ： (b>0)
反应过程能量变化如图：
①反应的　 　(用含有a和b的代数式表示)
②反应时，与快速平衡。已知温度升高，的生成速率反而降低，表现为“负的活化能”，根据化学反应原理解释其原理是：　 　。
（2）硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如图所示：
步骤Ⅰ：制高纯氢
所得中含有少量气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收： (注：代)
①利于被吸收的反应条件有　 　(填选项)。
a．降低温度 b．减小压强
c．减小浓度 d．增大浓度
步骤Ⅱ：合成氨
在保持350℃、和新型催化剂下，将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应
②下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是　 　(填选项)
a．的浓度不再变化 b．容器体积不再变化
c．和的物质的量之比不再变化 d．容器内气体的密度不再变化
e．体积分数不再变化
③在上述条件下，平衡时容器体积变成起始的75%。该温度下，该反应的平衡常数　 　(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数)。
步骤Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ：催化氧化制硝酸
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量　 　反应物总能量(填“高于”、“低于”或“等于”)，步骤Ⅴ在反应前需将冷却。冷却有利于提高产率，原因是　 　(写出一点即可)。
（3）肼燃料电池是一种新型的将燃料的化学能直接转化为电能的装置。写出肼燃料电池，用做电解液负极的电极反应：　 　。
【答案】（1）-(a+b)；温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低
（2）ad；abcd；48；低于；防止温度高造成HNO3分解(或温度高NO2溶解度降低)
（3）N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应 =-(a+b)；
②反应ⅰ的<0，为放热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低。
故答案为： -(a+b) ； 温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低 ；
（2）①利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu(NH3)2]Ac(aq)浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，故选ad；
②a．的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故a选；
b．在恒压条件下反应该反应，容器的体积不断减小，当容器体积不再变化时，说明反应达到平衡，故b选；
c．将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应，则反应过程中和的物质的量之比发生变化，当和的物质的量之比不再变化时，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应过程中气体总质量不变，但总体积减小，密度增大，当容器内气体的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故d选；
e．设起始时与的物质的量均为amol，则由可知，若的转化量为mmol，则气体的物质的量减少2mmol，的体积分数为=50%，为定值，故e不选；
③根据已知条件列出三段式：
平衡时容器体积变成起始的75%，则，x=0.25mol，则该反应的平衡常数；
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量低于反应物总能量。冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为NO2、O2等物质，另外，温度高也会降低NO2在水中溶解度，从而降低HNO3产率，因此冷却NO2有利于提高HNO3产率是因为防止温度高造成HNO3分解
故答案为： ad ； abcd ；48； 低于 ； 防止温度高造成HNO3分解(或温度高NO2溶解度降低) 。
（3）肼-氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑。
故答案为： N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑ 。
【分析】(1) ①利用盖斯定律，将两步基元反应相加，总反应。
②反应ⅰ为放热反应，温度升高使ⅰ逆向移动，降低，导致慢反应ⅱ速率下降，最终生成速率随升温而降低。
(2)①反应，降低温度、增大浓度可使平衡正向移动，利于CO吸收（选ad）。
②浓度不变、容器体积不变、与物质的量之比不变、气体密度不变，均可说明反应达平衡（选abcd）。
③设起始、均为1 mol，由平衡体积为起始75%求算得，代入分压公式得。
④放热反应生成物总能量低于反应物总能量；冷却可防止受热分解（或降低溶解度），提高产率。
(3) 碱性电解质下，负极燃料肼失电子被氧化，结合生成和，电极反应： N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑ 。
（1）①由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应 =-(a+b)；
②反应ⅰ的<0，为放热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低。
（2）①利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu(NH3)2]Ac(aq)浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，故选ad；
②a．的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故a选；
b．在恒压条件下反应该反应，容器的体积不断减小，当容器体积不再变化时，说明反应达到平衡，故b选；
c．将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应，则反应过程中和的物质的量之比发生变化，当和的物质的量之比不再变化时，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应过程中气体总质量不变，但总体积减小，密度增大，当容器内气体的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故d选；
e．设起始时与的物质的量均为amol，则由可知，若的转化量为mmol，则气体的物质的量减少2mmol，的体积分数为=50%，为定值，故e不选；
答案为：abcd；
③根据已知条件列出三段式：
平衡时容器体积变成起始的75%，则，x=0.25mol，则该反应的平衡常数；
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量低于反应物总能量。冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为NO2、O2等物质，另外，温度高也会降低NO2在水中溶解度，从而降低HNO3产率，因此冷却NO2有利于提高HNO3产率是因为防止温度高造成HNO3分解
（3）肼-氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑。
18．（2025·乐山模拟）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如图所示：
已知：
I.
Ⅱ.RCH2ClRCH2NR2'
Ⅲ.ROHRBr
回答下列问题：
（1）A的名称为　 　。
（2）请用“*”标出G中所有手性碳原子　 　。
（3）C中的含氧官能团名称为　 　。写出B→C的化学方程式　 　。
（4）试剂X的结构简式为　 　。
（5）D→E的反应类型为　 　。
（6）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基 ②能发生银镜反应 ③与FeCl3发生显色反应
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1的结构简式为　 　。
【答案】（1）苯酚
（2）
（3）醚键、酮羰基；+ClCOCH2Cl+HCl
（4）NH(CH3)2
（5）还原反应
（6）12种；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的分子式C6H6O和B的结构简式，结合A到B的转化条件可知，A为苯酚。
故答案为： 苯酚 ；
（2）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，则G中有1个手性碳原子，如图所示。
故答案为： ；
（3）根据分析，C的结构简式为，含氧官能团名称为醚键、酮羰基；B→C发生信息反应I，反应的化学方程式为+ClCOCH2Cl+HCl。
故答案为： 醚键、酮羰基 ；+ClCOCH2Cl+HCl ；
（4）根据分析，C、D的结构简式分别为和，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2。
故答案为： NH(CH3)2 ；
（5）根据分析，D为，E为，则D→E是酮羰基被还原，该反应为还原反应。
故答案为： 还原反应 ；
（6）根据分析，C的结构简式为，C的同分异构体能发生银镜反应且能与FeCl3发生显色反应，说明分子中含有1个-CHO和1个酚羟基，苯环上有两个取代基，则其中一个取代基为酚羟基，另一个取代基可为 、、、共4种，苯环上两取代基还有邻、间、对三种位置，则C的同分异构体共有种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1，说明分子中含有1个甲基，其两取代基处于对位，可推知其结构简式为。
故答案为： 12种 ； 。
【分析】结合分子式与A到B的甲基化条件，可确定A为苯酚（）。依据B到C的傅-克酰基化条件（催化）及已知信息I，推得C为含氯甲基的芳基酮（）。结合C到D的转化条件与已知信息II（胺化取代），试剂X为二甲胺（），进而确定D为含二甲氨基的芳基酮（）。由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结构简式为：。
（1）由A的分子式C6H6O和B的结构简式，结合A到B的转化条件可知，A为苯酚。
（2）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，则G中有1个手性碳原子，如图所示。
（3）根据分析，C的结构简式为，含氧官能团名称为醚键、酮羰基；B→C发生信息反应I，反应的化学方程式为+ClCOCH2Cl+HCl。
（4）根据分析，C、D的结构简式分别为和，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2。
（5）根据分析，D为，E为，则D→E是酮羰基被还原，该反应为还原反应。
（6）根据分析，C的结构简式为，C的同分异构体能发生银镜反应且能与FeCl3发生显色反应，说明分子中含有1个-CHO和1个酚羟基，苯环上有两个取代基，则其中一个取代基为酚羟基，另一个取代基可为 、、、共4种，苯环上两取代基还有邻、间、对三种位置，则C的同分异构体共有种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1，说明分子中含有1个甲基，其两取代基处于对位，可推知其结构简式为。
1 / 1四川省乐山市第一中学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·乐山模拟）嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是（　　）
A．制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料
B．机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金
C．基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为
D．目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55
2．（2025·乐山模拟）下列化学用语表达正确的是
A．F-的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．H2O分子的球棍模型：
3．（2025·乐山模拟）茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．可使酸性溶液褪色 B．可发生取代反应和加成反应
C．分子中含有3种官能团 D．可与金属钠反应放出
4．（2025·乐山模拟）氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的生成亚硫酸铵溶液，并在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说法正确的是
A．1 L0.1mol/L氨水中含有的数目为0.1NA
B．0.01mol/L 溶液中，、与的数目之和为0.01NA
C．每氧化1mol ，转移的电子数为2 NA
D．若将2mol 与1mol 置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
5．（2025·乐山模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．过量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-=+H2O
B．向 溶液中加入酸性溶液：
C．向溶液中滴入过量的氨水：
D．向溶液中加入过量的溶液：
6．（2025·乐山模拟）下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，不正确的是
A．提纯粗苯甲酸，可以用重结晶法
B．蒸馏时，冷却水从下口进，从上口出
C．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．在进行蒸馏操作时，温度计的水银球应伸入液面下，便于测量温度
7．（2025·乐山模拟）一种锂离子电池、锂离子电容器中非水电解液添加剂如图所示，四种元素中X、Y、Z处于同一周期，W原子序数最大，且最外层电子是内层电子的一半。下列说法正确的是
A．是离子化合物 B．非金属性：
C．原子半径： D．简单氢化物的沸点：
8．（2025·乐山模拟）PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6 可制备六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11]－，制备方式如图所示。下列说法错误的是
A．六氟合铂酸氙是离子化合物
B．六氟合铂酸氙中Xe元素的化合价为+2价
C．上述制备过程的催化剂是F－和PtF
D．上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③
9．（2025·乐山模拟）如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是
A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体
B．冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体
C．冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大
D．1mol冰晶体中最多含有2mol氢键
10．（2025·乐山模拟）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z的原子序数之和是Y、W的原子序数之和的。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物略去)。下列说法正确的是
A．沸点：丁<丙，热稳定性：丁>丙
B．X、Y、Z、W四种元素能够形成两种常见的酸式盐，且能反应生成N
C．Y与Z形成的化合物中，阴、阳离子个数比可以为1∶1
D．基态Y原子核外未成对电子数为3
11．（2025·乐山模拟）离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态的、完全由阴、阳离子所组成的盐，也称为低温熔融盐。一种以LiAlCl4离子液体为电解质的铝-磷酸铁锂二次电池放电时工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，铝电极的电极反应式为：Al-3e-+7AlCl=4Al2Cl
B．放电时，磷酸铁锂电极中锂元素被氧化
C．充电时，电子由Al电极经离子液体流向磷酸铁锂电极
D．充、放电时，磷酸铁锂电极中铁元素质量、价态均保持不变
12．（2025·乐山模拟）使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下：
主反应：
副反应：(热效应小可忽略)
在密闭容器中控制。2MPa下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度
的变化与250℃下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图所示。乙醇的选择性可表示为。下列说法正确的是
A．反应
B．300℃、0.5MPa下，反应足够长时间，S(乙醇)<90%
C．图中曲线③表示250℃，乙醇选择性随压强变化的曲线
D．曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小
13．（2025·乐山模拟）由铜、铟、镓、硒组成的晶体属于四元半导体化合物，原子填充在与(或)围成的四面体空隙中，晶胞棱边夹角均为，设为阿伏加德罗常数的值。已知：A点、B点原子的分数坐标分别为和。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式：
B．C点原子的分数坐标是
C．距离原子最近且等距的原子有2个
D．若晶胞中与原子数相同，晶体密度为
14．（2025·乐山模拟）某温度下，保持溶液中mol·L-1，通过调节pH使、形成氟化物而分离，体系中pH与pX[X表示、、]的关系如图所示。已知：；。下列叙述错误的是
A．①为pH与的关系
B．
C．①与②线的交点的pH为2.3
D．时，
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．（2025·乐山模拟）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3
质量分数/% 2.2~2.9 2.8~3.1 22~28 60~65 1~2 ＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为　 　，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是　 　。
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为　 　mol。
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124 形式存在于溶液中。“废渣2”中含有　 　。
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124 R4V4O12+4OH （以ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　 　性（填“酸”“碱”“中”）。
（5）“流出液”中阳离子最多的是　 　。
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　 　。
16．（2025·乐山模拟）重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。
Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3＋，同时还含有少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：
注：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需的pH，如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3
pH 3.7 9.6 11.1 8 9
（1）氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是　 　(填字母，下同)。
A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4
（2）加入NaOH溶液调整溶液pH＝8时，除去的离子是　 　；
已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是　 　。
A.Fe3＋ B.Al3＋ C.Ca2＋ D.Mg2＋
（3）还原过程在酸性条件下进行，每消耗0.8 mol Cr2O转移4.8 mol e－，该反应离子方程式为　 　。
Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以Cr2O形式存在，工业上常用电解法处理含Cr2O的废水，该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3溶液。
（1）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极？　 　(填“能”或“不能”)，理由是　 　。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20，假设溶液的c(Cr3＋)=0.01mol/L，当pH应为　 　时开始生成沉淀。
17．（2025·乐山模拟）无机含氮化合物在工业和环境领域具有重要的应用价值
（1）已知催化氧化反应，机理如下：
ⅰ： (a>0)
ⅱ： (b>0)
反应过程能量变化如图：
①反应的　 　(用含有a和b的代数式表示)
②反应时，与快速平衡。已知温度升高，的生成速率反而降低，表现为“负的活化能”，根据化学反应原理解释其原理是：　 　。
（2）硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如图所示：
步骤Ⅰ：制高纯氢
所得中含有少量气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收： (注：代)
①利于被吸收的反应条件有　 　(填选项)。
a．降低温度 b．减小压强
c．减小浓度 d．增大浓度
步骤Ⅱ：合成氨
在保持350℃、和新型催化剂下，将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应
②下列叙述中，能说明反应达到化学平衡状态的是　 　(填选项)
a．的浓度不再变化 b．容器体积不再变化
c．和的物质的量之比不再变化 d．容器内气体的密度不再变化
e．体积分数不再变化
③在上述条件下，平衡时容器体积变成起始的75%。该温度下，该反应的平衡常数　 　(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数)。
步骤Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ：催化氧化制硝酸
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量　 　反应物总能量(填“高于”、“低于”或“等于”)，步骤Ⅴ在反应前需将冷却。冷却有利于提高产率，原因是　 　(写出一点即可)。
（3）肼燃料电池是一种新型的将燃料的化学能直接转化为电能的装置。写出肼燃料电池，用做电解液负极的电极反应：　 　。
18．（2025·乐山模拟）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如图所示：
已知：
I.
Ⅱ.RCH2ClRCH2NR2'
Ⅲ.ROHRBr
回答下列问题：
（1）A的名称为　 　。
（2）请用“*”标出G中所有手性碳原子　 　。
（3）C中的含氧官能团名称为　 　。写出B→C的化学方程式　 　。
（4）试剂X的结构简式为　 　。
（5）D→E的反应类型为　 　。
（6）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基 ②能发生银镜反应 ③与FeCl3发生显色反应
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1∶1的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解答】A、石材的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A选项正确。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金，B选项正确。
C、石英的主要成分为SiO2，C选项错误。
D、标在元素符号左下角的数字表示的是质子数，因此其质子数为55，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、石材的主要成分为硅酸盐。
B、钼钴镍铬等元素组成的发条属于合金。
C、石英的主要成分为SiO2。
D、标在元素符号左下角的数字为质子数。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、F-是 F 原子得到 1 个电子形成的阴离子，核电荷数为 9，核外电子总数应为 10，最外层电子数为 8。 离子结构示意图：，故A错误；
B、基态 C 原子的核外电子排布为 1s22s22p2。根据洪特规则，2p 轨道的 2 个电子应分占 2 个不同的 2p 轨道，且自旋方向平行。 轨道表示式：，故B错误；
C、丙炔的结构为 CH3-C≡CH，碳骨架为 3 个碳原子，其中 1、2 号 C 之间为碳碳三键。选项给出的键线式为 4 个碳原子，对应的是 1 - 丁炔，并非丙炔，C错误；
D、H2O 分子为 V 形结构，O 原子位于中心，两个 H 原子分别与 O 原子以共价键相连。 球棍模型为：，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
粒子结构与电子数：区分原子与离子的电子数差异，阴离子需在中性原子基础上加电子。
核外电子排布规则：基态原子电子排布需遵循洪特规则（简并轨道优先单独分占，自旋平行）。
有机结构表示：键线式需准确体现分子的碳骨架与官能团位置。
分子模型识别：区分球棍模型与空间填充模型，明确 H2O 的 V 形立体结构。
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中含有碳碳双键和羟基（-OH），二者均具有还原性，可被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液褪色，A正确；
B、分子中的羧基（-COOH）、羟基（-OH）、酯基（-COO-）均可发生取代反应（如酯化、酯交换、羟基的取代等）；分子中的碳碳双键可与 H2等发生加成反应，B正确；
C、仔细分析结构可知，分子中含有羧基（-COOH）、羟基（-OH）、酯基（-COOCH3）、碳碳双键，共4 种官能团，选项中说含有 3 种，与实际不符，C错误；
D、分子中的羧基（-COOH）和羟基（-OH）均含有活泼氢，可与金属钠发生置换反应，生成 H2，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：从结构简式中提取出所有官能团，注意区分不同含氧官能团（羧基、羟基、酯基）与不饱和键。
性质关联：
还原性官能团（碳碳双键、羟基）可使酸性高锰酸钾褪色。
饱和基团与含氧官能团易发生取代反应，不饱和键易发生加成反应。
含活泼氢的官能团（羧基、羟基）可与金属钠反应生成氢气。
4．【答案】C
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1 L 0.1mol/L 氨水中，一水合氨是弱电解质，只能发生部分电离，因此溶液中 OH-的物质的量远小于 0.1mol，数目小于 0.1NA，A错误；
B、物料守恒计算需要已知溶液体积，选项仅给出浓度，未说明溶液体积，无法计算 SO32-、HSO3-与 H2SO3的总数目，B错误；
C、氧化反应中，S 元素从 + 4 价（亚硫酸根）变为 + 6 价（硫酸根），每 1mol (NH4)2SO3参与反应，S 元素失去 2mol 电子，转移电子数为 2NA，C正确；
D、SO2与 O2生成 SO3的反应是可逆反应，无法进行完全，因此 2mol SO2与 1mol O2充分反应后，产物分子数小于 2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
弱电解质电离：一水合氨是弱碱，只能部分电离，无法完全电离出 OH-。
物料守恒前提：物料守恒计算需明确溶液体积，缺少体积数据时无法计算微粒总数。
氧化还原电子转移：根据元素化合价变化，确定反应物与电子的计量比，如 S 元素从 + 4 价升至 + 6 价，每 mol S 对应转移 2mol 电子。
可逆反应限度：可逆反应不能进行到底，产物分子数会小于完全反应时的理论值。
5．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过量 CO2与 NaOH 反应时，最终生成碳酸氢盐，而非碳酸盐。正确的离子反应应为
CO2+OH-=HCO3-，选项中生成 CO32-，产物判断错误，A错误；
B、酸性 KMnO4具有强氧化性，可将 NO2-氧化为 NO3-，自身被还原为 Mn2+。配平后的离子方程式为 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，方程式符合电荷守恒与原子守恒，B正确；
C、氨水是弱碱，无法溶解 Al (OH)3沉淀，因此向 AlCl3溶液中滴入过量氨水，只能得到 Al(OH)3沉淀，不会生成 AlO2-。正确的离子方程式为 Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C错误；
D、Ba(OH)2过量时，HCO3-完全反应，生成的 CO32-会全部与 Ba2+结合为 BaCO3沉淀，不会剩余 CO32-。正确的离子方程式为 HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，选项中保留了 CO32-，产物判断错误，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
用量与产物错配：易忽略过量 CO2会生成碳酸氢盐，误判产物为碳酸盐。
弱碱性质误解：混淆氨水与强碱的性质，误认为氨水可溶解 Al(OH)3生成 AlO2-。
过量反应判断失误：未遵循 “少定多变” 原则，错误认为过量 Ba(OH)2反应后会剩余 CO32-。
6．【答案】D
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、苯甲酸在水中溶解度较小，且溶解度受温度影响显著。粗苯甲酸先经热水溶解、过滤除去不溶性杂质，再冷却结晶，苯甲酸会因溶解度降低析出，从而与可溶性杂质分离，因此可用重结晶法提纯，A正确；
B、蒸馏时冷却水从下口进、上口出，能让冷凝管内充满冷却水，延长冷却水与蒸汽的接触时间，提升冷凝效果，B正确；
C、分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免上层液体被下层液体污染，保证分离的纯净度，C正确；
D、蒸馏的核心是收集特定沸点的馏分，因此温度计水银球需靠近蒸馏烧瓶支管口，测量蒸汽温度。若将水银球伸入液面下，测量的是溶液温度，无法准确判断馏分沸点，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
重结晶适用条件：目标物质的溶解度需随温度变化差异大，才能通过降温结晶提纯。
蒸馏操作核心：冷却水 “下进上出” 保证冷凝效果；温度计水银球位置需对准蒸馏烧瓶支管口，用于测定馏分温度，而非溶液温度。
分液操作原则：避免上下层液体混合，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
7．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、WZ3为 PF3，分子中 P 与 F 原子间仅存在共价键，属于共价化合物，并非离子化合物，A 错误；
B、同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，因此非金属性顺序为 F＞O＞P，即 Z＞Y＞W，B错误；
C、同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径顺序为 C＞O＞F，即 X＞Y＞Z，C错误；
D、Y 的简单氢化物为 H2O，Z 的为 HF，X 的为 CH4。H2O 与 HF 分子间均可形成氢键，且 H2O 的氢键更多、常温下为液态，沸点更高；CH4分子间仅存在范德华力，沸点最低。因此沸点顺序为 H2O＞HF＞CH4，即 Y＞Z＞X，D正确；
故答案为：D。
【分析】W 元素的确定：W 最外层电子数是内层电子数的一半，且原子序数在四种元素中最大。若W 为第二周期元素，内层为2个电子，最外层应为 1 个，对应 Li，但 Li 与 X、Y、Z 不满足同周期且成键特征，故排除；若为第三周期元素，内层为 10 个电子，最外层为 5 个，对应P（磷），符合条件。
X、Y、Z 的确定：结合结构中成键特征判断：X形成 4 个共用电子对，为C（碳）；Y 形成 2 个共用电子对，为O（氧）；Z 形成 1 个共用电子对，为F（氟）。
8．【答案】C
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应
【解析】【解答】A．六氟合铂酸氙[XeF]+[Pt2F11] 由阴阳离子组成，符合离子化合物的特征，因此该物质属于离子化合物，选项A正确。B．在[XeF]+离子中，Xe呈现+2价（F为-1价），选项B正确。
C．由反应机理可知，F 在反应前后未消耗，起到催化作用；而PtF是反应中间体，并非催化剂，选项C错误。
D．分析反应②和③：反应②中Xe被氧化（0→+2），Pt被还原（+4→+2）；③中Xe被氧化（0→+2），Pt被还原（+4→+2），因此②③均为氧化还原反应，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、六氟合铂酸氙由阴阳离子构成，属于离子化合物。
B、离子[XeF]+中F元素为-1价，据此确定Xe的化合价。
C、PtF是反应的中间体。
D、根据元素化合价变化分析。
9．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、冰晶体中，水分子之间是通过氢键结合的，并非 H-O 共价键，选项混淆了分子内共价键与分子间氢键，A错误；
B、冰的空间网状结构由水分子间的氢键维系，氢键属于分子间作用力，因此冰是分子晶体，原子晶体的结合力为共价键，与冰的结构本质不符，B错误；
C、冰中氢键的方向性使水分子间存在较大空隙；熔化时氢键被破坏，水分子会更紧密堆积，因此分子间空隙减小，而非增大，C错误；
D、每个水分子可向外伸出 4 个氢键，每个氢键由 2 个水分子共同拥有，根据均摊法，1mol 冰中氢键的物质的量为2mol，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶体类型判断：冰由水分子通过氢键结合而成，氢键属于分子间作用力，因此冰是分子晶体，而非原子晶体。
氢键的作用与均摊：每个水分子可形成 4 个氢键，但氢键为两个水分子共有，需用均摊法计算 1mol 冰中氢键的物质的量。
结构变化分析：冰中氢键具有方向性，使分子间空隙较大；熔化时氢键断裂，水分子堆积更紧密，空隙会减小。
10．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；无机物的推断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、丁为，丙为。分子间存在氢键，沸点远高于；非金属性，则气态氢化物的热稳定性，A错误；
B、四种元素可形成和两种常见酸式盐，二者在溶液中发生复分解反应：，能生成N（），B正确；
C、Y（）与Z（）形成的化合物为和。中阴离子为，阴、阳离子个数比为；中阴离子为，阴、阳离子个数比仍为，无的情况，C错误；
D、Y为元素，基态原子的核外电子排布为，2p轨道有4个电子，依据洪特规则，未成对电子数为2，而非3，D错误；
故答案为：B。
【分析】特征物质锁定：乙是“绿色氧化剂”且为二元化合物，确定乙为；乙和丁组成元素相同，丁为；在催化剂下分解生成，故M为；N是常温下有漂白性的二元气体，确定N为。
元素推导核心：丙与反应生成和，且丙由甲与反应得到，推知丙为、甲为金属硫化物；结合原子序数递增及“X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2”，最终确定X为、Y为、Z为、W为。
11．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池；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、放电时 Al 为负极，Al 原子失去电子被氧化，同时结合电解质中的 AlCl4-生成 Al2Cl7-，电极反应式为 Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，符合电荷守恒与原子守恒，A正确；
B、放电时磷酸铁锂为正极，发生还原反应，Fe 元素从 +3 价降至 +2 价，被还原；Li 元素始终为 +1 价，价态不变，并非被氧化，B错误；
C、电子无法在离子液体（电解质）中流动，只能在外电路传输。充电时 Al 电极为阴极，电子由电源负极流向 Al 电极，不会经电解质流向磷酸铁锂电极，C错误；
D、放电时 Fe3+被还原为 Fe2+，充电时 Fe2+被氧化为 Fe3+，Fe 元素价态发生变化；虽 Fe 元素质量不变，但价态改变，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
正负极判断：放电时Al 电极发生氧化反应生成 Al2Cl7-，为负极；磷酸铁锂电极发生还原反应，为正极。
电极反应书写：负极 Al 失电子，结合电解质中 AlCl4-生成 Al2Cl7-：
正极 Fe3+得电子被还原，同时 Li+嵌入晶体：
电子流向规则：电子仅在外电路（导线、电极）中流动，不会进入电解质溶液；充电时电极极性与放电时相反。
12．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、将主反应和副反应相加，得到总反应：。已知主、副反应的均小于0，根据盖斯定律，总反应的也小于0 ，A错误；
B、由图像可知，在250℃、0.5MPa下乙醇选择性为90%；主反应是放热反应，温度升高到300℃时平衡逆向移动，乙醇选择性下降，故300℃、0.5MPa下反应足够长时间时，， B正确；
C、曲线③代表2MPa下乙酸乙酯选择性随温度变化的趋势，而非250℃时乙醇选择性随压强变化的曲线， C错误；
D、曲线②代表2MPa下乙醇选择性随温度的变化，其下降的原因是主反应（放热）逆向进行，而非副反应正向进行程度减小， D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盖斯定律应用：总反应焓变由主、副反应焓变加和得到，均为放热则总反应也放热。
平衡移动影响：放热反应升温时平衡逆向移动，导致目标产物选择性下降。
曲线对应关系：根据压强对气体体积减小反应的促进作用，区分乙醇和乙酸乙酯的选择性曲线。
选择性变化本质：乙醇选择性随温度升高而降低，核心原因是主反应平衡逆向移动。
13．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、均摊计算得：，，，原子个数比为，化学式可写为，A正确；
B、结合A(0，0，0)、B( ， ， )的坐标与晶胞结构，C点Se原子在x、y、z轴的分数坐标为，B正确；
C、以晶胞中心Cu原子为核心，观察配位环境可知，距离其最近且等距的Se原子有4个，选项中数量为2，与实际不符，C错误；
D、若Ga与In原子数相同，各为2个，晶胞总质量；晶胞体积，代入密度公式得，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
均摊法计数：顶点原子占 、棱上原子占 、面心原子占、内部原子完全归属，据此计算晶胞中Cu、Ga(In)、Se的原子数。
分数坐标读取：已知A(0，0，0)、B( ， ， )，结合晶胞边长比例确定C点原子的坐标参数。
配位环境判断：以中心Cu原子为基准，分析周围等距最近的Se原子数量。
密度计算：利用公式，其中为晶胞总质量（各原子总相对原子质量除以），为晶胞体积（需将pm转换为cm）。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、①线符合随pH增大而减小的规律，为与的关系，A正确；
B、由分析计算，，B正确；
C、①与②线交点处，设为，则：
代入公式：，故交点，C正确；
D、时，，由得：
此时；再算，实际浓度顺序为：，D错误；
故答案为：D。
【分析】曲线归属判断：
HF存在电离平衡：
pH增大时，减小，平衡正向移动，增大，故随pH增大而减小，因此①为与的关系曲线。
已知，同pH下，对应值更小，故②为与的关系，③为与的关系。
关键常数计算：
由①线、，代入HF电离常数公式：
由③线点，得，，故：
由②线点，结合算出，故：。据此解题。
15．【答案】V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；0.5；Fe(OH)3、Al(OH)3；碱；K＋；2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅；
故答案为： V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O ；SiO2 ；
（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少3mol÷6＝0.5mol；
故答案为： 0.5 ；
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124 形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3；
故答案为： Fe(OH)3、Al(OH)3 ；
（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性；
故答案为： 碱 ；
（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子；
故答案为： K＋ ；
（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3“煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。
故答案为： 2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑ 。
【分析】废钒催化剂先用硫酸酸浸，使 V2O5、V2O4、K2SO4、Fe2O3、Al2O3溶解进入浸液，不溶的 SiO2作为废渣 1分离除去；浸液中加入KClO3，将 +4 价钒（V2O4）氧化为 +5 价钒，实现钒的价态统一；再加入KOH 中和，调节 pH 使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，形成废渣 2去除；随后通过离子交换步骤富集钒元素，让钒离子吸附在交换树脂上，其他离子随流出液除去；用淋洗液洗脱树脂上的钒，得到富钒溶液；向富钒液中加入NH4Cl，使钒以铵盐形式沉淀析出（沉钒）；最后将沉淀煅烧，分解得到目标产物 V2O5。据此解题。
16．【答案】A；AB；CD；3S2O＋4Cr2O＋26H＋===6SO＋8Cr3＋＋13H2O；不能；因阳极产生的Cu2＋不能使Cr2O还原到低价态；8
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，所以可以用Na2O2代替H2O2，
故答案为：A；
(2)根据表中数据可知，pH=8时，Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则Fe3+、Al3+被除去；通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+；
故答案为：AB；CD；
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole ，则1molCr2O72-转移6mol电子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化为SO42-，则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；
故答案为：3S2O32-＋4Cr2O72-＋26H＋=6SO42-＋8Cr3＋＋13H2O
Ⅱ.(1)若用Cu电极来代替Fe电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72-还原到低价态；
(2)由Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－20可得Ksp＝c(Cr3+)×c3(OH )=0.01×c3(OH )=1×10－20，c(OH )=1×10－6，所以c(H+)=1×10－8，pH=8，
故答案为：8；
【分析】向酸性含铬废水中加入，将氧化为，实现杂质离子价态统一，加入将溶液pH调至8，使、完全转化为氢氧化物沉淀，过滤除去沉淀，滤液保留、、。
滤液通过钠交换树脂，去除、，实现的富集与纯化，向富集液中加入溶液，调节pH后，转化为目标产物。据此解题。
17．【答案】（1）-(a+b)；温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低
（2）ad；abcd；48；低于；防止温度高造成HNO3分解(或温度高NO2溶解度降低)
（3）N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应 =-(a+b)；
②反应ⅰ的<0，为放热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低。
故答案为： -(a+b) ； 温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低 ；
（2）①利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu(NH3)2]Ac(aq)浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，故选ad；
②a．的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故a选；
b．在恒压条件下反应该反应，容器的体积不断减小，当容器体积不再变化时，说明反应达到平衡，故b选；
c．将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应，则反应过程中和的物质的量之比发生变化，当和的物质的量之比不再变化时，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应过程中气体总质量不变，但总体积减小，密度增大，当容器内气体的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故d选；
e．设起始时与的物质的量均为amol，则由可知，若的转化量为mmol，则气体的物质的量减少2mmol，的体积分数为=50%，为定值，故e不选；
③根据已知条件列出三段式：
平衡时容器体积变成起始的75%，则，x=0.25mol，则该反应的平衡常数；
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量低于反应物总能量。冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为NO2、O2等物质，另外，温度高也会降低NO2在水中溶解度，从而降低HNO3产率，因此冷却NO2有利于提高HNO3产率是因为防止温度高造成HNO3分解
故答案为： ad ； abcd ；48； 低于 ； 防止温度高造成HNO3分解(或温度高NO2溶解度降低) 。
（3）肼-氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑。
故答案为： N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑ 。
【分析】(1) ①利用盖斯定律，将两步基元反应相加，总反应。
②反应ⅰ为放热反应，温度升高使ⅰ逆向移动，降低，导致慢反应ⅱ速率下降，最终生成速率随升温而降低。
(2)①反应，降低温度、增大浓度可使平衡正向移动，利于CO吸收（选ad）。
②浓度不变、容器体积不变、与物质的量之比不变、气体密度不变，均可说明反应达平衡（选abcd）。
③设起始、均为1 mol，由平衡体积为起始75%求算得，代入分压公式得。
④放热反应生成物总能量低于反应物总能量；冷却可防止受热分解（或降低溶解度），提高产率。
(3) 碱性电解质下，负极燃料肼失电子被氧化，结合生成和，电极反应： N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑ 。
（1）①由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应 =-(a+b)；
②反应ⅰ的<0，为放热反应，温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，c(N2O2)降低，反应ii 速率降低，的生成速率降低。
（2）①利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu(NH3)2]Ac(aq)浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，故选ad；
②a．的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故a选；
b．在恒压条件下反应该反应，容器的体积不断减小，当容器体积不再变化时，说明反应达到平衡，故b选；
c．将与以相同的物质的量充入反应容器中进行合成氨反应，则反应过程中和的物质的量之比发生变化，当和的物质的量之比不再变化时，说明反应达到平衡，故c选；
d．该反应过程中气体总质量不变，但总体积减小，密度增大，当容器内气体的密度不再变化时，说明反应达到平衡，故d选；
e．设起始时与的物质的量均为amol，则由可知，若的转化量为mmol，则气体的物质的量减少2mmol，的体积分数为=50%，为定值，故e不选；
答案为：abcd；
③根据已知条件列出三段式：
平衡时容器体积变成起始的75%，则，x=0.25mol，则该反应的平衡常数；
④步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，放热反应生成物总能量低于反应物总能量。冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为NO2、O2等物质，另外，温度高也会降低NO2在水中溶解度，从而降低HNO3产率，因此冷却NO2有利于提高HNO3产率是因为防止温度高造成HNO3分解
（3）肼-氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2↑。
18．【答案】（1）苯酚
（2）
（3）醚键、酮羰基；+ClCOCH2Cl+HCl
（4）NH(CH3)2
（5）还原反应
（6）12种；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的分子式C6H6O和B的结构简式，结合A到B的转化条件可知，A为苯酚。
故答案为： 苯酚 ；
（2）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，则G中有1个手性碳原子，如图所示。
故答案为： ；
（3）根据分析，C的结构简式为，含氧官能团名称为醚键、酮羰基；B→C发生信息反应I，反应的化学方程式为+ClCOCH2Cl+HCl。
故答案为： 醚键、酮羰基 ；+ClCOCH2Cl+HCl ；
（4）根据分析，C、D的结构简式分别为和，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2。
故答案为： NH(CH3)2 ；
（5）根据分析，D为，E为，则D→E是酮羰基被还原，该反应为还原反应。
故答案为： 还原反应 ；
（6）根据分析，C的结构简式为，C的同分异构体能发生银镜反应且能与FeCl3发生显色反应，说明分子中含有1个-CHO和1个酚羟基，苯环上有两个取代基，则其中一个取代基为酚羟基，另一个取代基可为 、、、共4种，苯环上两取代基还有邻、间、对三种位置，则C的同分异构体共有种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1，说明分子中含有1个甲基，其两取代基处于对位，可推知其结构简式为。
故答案为： 12种 ； 。
【分析】结合分子式与A到B的甲基化条件，可确定A为苯酚（）。依据B到C的傅-克酰基化条件（催化）及已知信息I，推得C为含氯甲基的芳基酮（）。结合C到D的转化条件与已知信息II（胺化取代），试剂X为二甲胺（），进而确定D为含二甲氨基的芳基酮（）。由F的结构简式和E到F的转化条件并结合题干已知信息Ⅲ可知，E的结构简式为：。
（1）由A的分子式C6H6O和B的结构简式，结合A到B的转化条件可知，A为苯酚。
（2）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的碳原子，则G中有1个手性碳原子，如图所示。
（3）根据分析，C的结构简式为，含氧官能团名称为醚键、酮羰基；B→C发生信息反应I，反应的化学方程式为+ClCOCH2Cl+HCl。
（4）根据分析，C、D的结构简式分别为和，由C和D的结构简式和C到D的转化条件并结合已知信息Ⅱ可知，试剂X的结构简式为：NH(CH3)2。
（5）根据分析，D为，E为，则D→E是酮羰基被还原，该反应为还原反应。
（6）根据分析，C的结构简式为，C的同分异构体能发生银镜反应且能与FeCl3发生显色反应，说明分子中含有1个-CHO和1个酚羟基，苯环上有两个取代基，则其中一个取代基为酚羟基，另一个取代基可为 、、、共4种，苯环上两取代基还有邻、间、对三种位置，则C的同分异构体共有种；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1，说明分子中含有1个甲基，其两取代基处于对位，可推知其结构简式为。
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