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四川省泸州市合江县2025届高三上学期第一次诊断性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（2024高三上·合江模拟）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（　　）
A．定期清淤，疏通河道
B．化工企业“三废”处理后，达标排放
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，并没有产生新物质没有涉及化学变化，A符合题意；
B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，是化学变化，B不符合题意；
C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，此过程涉及到新物质的产生是化学变化，C不符合题意；
D．河道中的垃圾回收分类，以及将适合焚化处理的垃圾进行焚烧，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，均产生新物质此过程涉及化学变化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】工业上的三废以及微生物的降解以及垃圾进行无害化处理，均产生了新物质，发生了化学变化；而疏通河道并没有产生新物质顾伟物理变化
2．（2024高三上·合江模拟）下列关于物质分类的正确组合是
　 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物
A NaHSO4 Al2O3
B NaOH HCl NaCl CO
C Mg(OH)Cl Mn2O7
D KOH H2S CaO
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaHSO4 是酸式盐，不是碱；Al2O3 是两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A不符合题意 ；
B、CO 既不能与酸反应，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B不符合题意 ；
C、Mg(OH) Cl 是碱式盐，不是碱；Mn2O7 是酸性氧化物，不属于碱性氧化物，故C不符合题意 ；
D、KOH 是碱，H2S 是酸，CaCO3 是盐，CaO 是碱性氧化物，SO3 是酸性氧化物，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】先理清各类物质的定义，再解题即可：
碱：电离出的阴离子全部为 OH-的化合物。
酸：电离出的阳离子全部为 H+的化合物。
盐：由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物。
碱性氧化物：能与酸反应生成盐和水的氧化物，且反应为非氧化还原反应。
酸性氧化物：能与碱反应生成盐和水的氧化物，且反应为非氧化还原反应。
3．（2024高三上·合江模拟）下列各组中的离子，能在无色透明的溶液中大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Mg2+ 与 OH- 会生成氢氧化镁沉淀，HCO3- 与 OH- 会反应生成 CO32- 和 H2O，不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、Ba2+ 与 CO32- 会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B不符合题意 ；
C、Cu2+ 在溶液中呈蓝色，不符合 “无色透明” 的条件，故C不符合题意 ；
D、K+、Zn2+、NO3-、SO42- 四种离子相互之间不发生反应，且均为无色离子，满足题目要求，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
忽略 “无色” 限制：没注意 Cu2+ 等有色离子。
漏判隐蔽反应：忽略 HCO3- 与 OH- 这类非沉淀型反应。
常见沉淀不敏感：对 Ba2++CO32-、Mg2++OH- 等经典沉淀对不熟悉。
审题不细：漏看题干关键条件。
4．（2024高三上·合江模拟）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（　　）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
【答案】B
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，B符合题意。
故答案为：B
【分析】 NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中，CaCO3为不溶于水的白色沉淀，钠的焰色反应为黄色，钾的颜色反应为紫色，镁离子不能和碱液共促，据此分析解答。
5．（2024高三上·合江模拟）下列说法不正确的是
A．①正丁烷②异丁烷沸点由高到低的顺序是①＞②
B．聚乙烯能使溴水褪色
C．丙烯与HCl加成可以得到互为同分异构体的两种有机物
D．由甲烷结构可知CCl4也是正四面体结构，而丙烯所有原子不可能共面
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；聚合反应；烷烃
【解析】【解答】A、正丁烷和异丁烷互为同分异构体。对于烷烃同分异构体，支链越多，分子间作用力越弱，沸点越低。正丁烷无支链，异丁烷有一个支链，因此沸点①＞②，A正确；
B、聚乙烯的结构单元为 -CH2-CH2-，分子内不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，因此无法使溴水褪色，B错误；
C、丙烯（CH3-CH=CH2）与 HCl 发生加成反应时，Cl 原子可连接在中间的碳原子上，生成 2 - 氯丙烷，也可连接在末端碳原子上，生成 1 - 氯丙烷。这两种产物分子式相同、结构不同，互为同分异构体，C正确；
D、甲烷是正四面体结构，CCl4中 C 原子与四个 Cl 原子的成键方式和甲烷完全一致，因此也是正四面体结构；丙烯分子中含有甲基（-CH3），甲基的四面体结构使得所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
先锁定题干核心要求，本题为选错误项，明确判断方向避免答反。
烷烃沸点比较抓结构差异，同分异构体中支链数越多沸点越低，直接判断沸点关系。
判断有机物与溴水反应，先看分子内是否含碳碳双键等不饱和键，聚乙烯无碳碳双键，直接排除加成反应可能。
烯烃加成产物分析，关注不饱和碳原子的连接方式，不同连接位点会生成不同同分异构体。
有机物共面、空间结构判断，牢记甲烷正四面体、甲基四面体结构的特点，含甲基的烯烃所有原子一定不共面。
6．（2024高三上·合江模拟）NA代表阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molHC≡CH分子中所含σ键数为5 NA
B．1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目为0.1 NA
C．78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D．标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、乙炔（HC≡CH）的分子结构中，单键为 σ 键，三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键。1mol HC≡CH 含 3mol σ 键（C-H 键 2 个，C≡C 键中 1 个），即 σ 键数为 3NA，不是 5NA，A错误；
B、1L 0.1 mol L- 的 Na2CO3溶液中，CO32-会发生水解反应：CO32-+H2O HCO3-+OH-，导致溶液中 CO32-的实际数目小于 0.1NA，B错误；
C、78g Na2O2的物质的量为 1mol。Na2O2与水反应时，O22-发生歧化反应，1mol Na2O2参与反应时，只有 1mol 电子发生转移，因此电子转移数为 NA，C正确；
D、标准状况下，C2H5OH（乙醇）为液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
化学键计数错误：误将乙炔三键都当作 σ 键，导致数目算错。
忽略水解平衡：忘记 CO32-会水解，使实际离子数小于理论值。
气体摩尔体积误用：标准状况下乙醇为液态，不能用 22.4 L/mol 计算。
电子转移数误判：Na2O2与水的歧化反应中，1 mol Na2O2只转移 1 mol 电子，易误算为 2 mol。
7．（2024高三上·合江模拟）铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①②③。下列离子氧化性比较顺序正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】反应①：Tl3+ + 2Ag = Tl+ + 2Ag+
氧化剂是 Tl3+，氧化产物是 Ag+，因此氧化性：Tl3+ > Ag+。
反应②：Ag+ + Fe2+ = Ag + Fe3+
氧化剂是 Ag+，氧化产物是 Fe3+，因此氧化性：Ag+ > Fe3+。
反应③：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
氧化剂是 Fe3+，氧化产物是 Fe2+，因此氧化性：Fe3+ > Fe2+。
综合排序结合以上三步的结论，可得氧化性顺序为：Tl3+ > Ag+ > Fe3+ > Fe2+。
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性 > 氧化产物的氧化性。我们只需从每个反应中找出氧化剂和氧化产物，即可比较氧化性强弱。
8．（2024高三上·合江模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
C．铜与稀硝酸：
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。
B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。
D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。
B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。
D、SO2能与S2－反应生成S单质。
9．（2024高三上·合江模拟）已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应在任何温度下都不自发进行的是
A．2O3(g)=3O2(g)　H<0
B．2CO(g)=2C(s)+O2(g)　H>0
C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)　H<0
D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)　H>0
【答案】B
【知识点】热化学方程式；焓变和熵变
【解析】【解答】A、2O3(g)=3O2(g)，ΔH<0。反应后气体分子数增加，故 ΔS>0。
此时 ΔH < 0 且 ΔS > 0，ΔG 在任何温度下均小于 0，反应在任何温度下都自发，故A不符合题意 ；
B、2CO (g)=2C (s)+O2(g)，ΔH>0。反应后气体分子数减少（2 mol → 1 mol），故 ΔS<0。
此时 ΔH > 0 且 ΔS < 0，ΔG 在任何温度下均大于 0，反应在任何温度下都不自发，故B符合题意 ；
C、N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，ΔH<0。反应后气体分子数减少，故 ΔS<0。
此时 ΔH < 0 且 ΔS < 0，低温下 ΔG < 0，反应在低温下自发，故C不符合题意 ；
D、CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g)，ΔH>0。反应后气体分子数增加，故 ΔS>0。
此时 ΔH > 0 且 ΔS > 0，高温下 ΔG < 0，反应在高温下自发，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】核心判据反应自发进行的依据是吉布斯自由能判据：ΔG = ΔH-TΔS，当 ΔG <0 时，反应自发；当 ΔG> 0 时，反应在任何温度下都不自发。据此解题。
10．（2024高三上·合江模拟）1~20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是 ZYR3，R、Y的原子序数之和为22，最外层电子数之和为10，R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断正确的是
A．原子半径：Z> Y> X
B．最简单氢化物的稳定性：X>Y>R
C．ZR2只含一种化学键
D．工业上通过电解熔融的ZX2来制备Z的单质
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较。电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。Ca 有 4 层电子，Si 有 3 层，F 有 2 层，因此原子半径：Ca > Si > F。A正确；
B、氢化物稳定性比较。非金属性越强，氢化物越稳定。同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱。因此非金属性 F > O > Si，氢化物稳定性 HF > H2O > SiH4，即 X > R > Y。B错误；
C、CaO2的化学键。CaO2由 Ca2+和 O22-构成，Ca2+与 O22-之间为离子键，O22-内部两个 O 原子之间为共价键。C错误；
D、Ca 的工业制备。Ca 为活泼金属，工业上通过电解熔融 CaCl2制备，而非 CaF2。D错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
由岩石成分含硅酸盐，且 Z 形成 + 2 价离子，结合原子序数 1~20，可确定 Z 为 Ca。
已知 R、Y 的原子序数之和为 22，最外层电子数之和为 10。结合常见元素的原子序数和最外层电子数，可推得 R 为 O（原子序数 8，最外层 6 电子），Y 为 Si（原子序数 14，最外层 4 电子）。
R（O）与 X 的简单离子电子层结构相同，且 X 的原子序数大于 O，可确定 X 为 F。
综上，四种元素为：R 为 O，X 为 F，Y 为 Si，Z 为 Ca。
11．（2024高三上·合江模拟）根据实验目的，下列实验方法或操作正确的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 比较Fe(OH)3和Mg(OH)2 Ksp的相对大小 向装有1 mL 0.1 mol·L 1 MgCl2溶液的试管中，先滴加1～2滴2 mol·L 1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L 1 FeCl3溶液
B 探究淀粉的水解程度 将淀粉溶液在酸性条件下加热一段时间后，向水解液中滴加银氨溶液，加热
C 判断久置的亚硫酸钠是否变质 取一定质量的亚硫酸钠固体于试管中，加蒸馏水完全溶解后，滴加BaCl2溶液
D 探究浓度对化学反应速率的影响 取5 mL 0.01 mol·L 1和5 mL 0.02 mol·L 1的酸性高锰酸钾溶液于两支试管中，分别加入2 mL 0.01 mol·L 1的草酸溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见离子的检验；多糖的性质和用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、向 MgCl2溶液中先滴加少量 NaOH 溶液，生成 Mg(OH)2沉淀；再滴加 FeCl3溶液，若沉淀由白色变为红褐色，说明 Fe(OH)3更难溶，可比较二者 Ksp 相对大小，实验设计合理，A正确；
B、淀粉在酸性条件下水解后，溶液呈酸性，而银氨溶液需在碱性环境下才能与葡萄糖发生银镜反应；未加碱中和直接滴加银氨溶液，无法检验水解产物，实验操作错误，B错误；
C、亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，但若直接滴加 BaCl2溶液，亚硫酸根和硫酸根都会与 Ba2+生成白色沉淀，无法区分是否变质；应先加盐酸排除亚硫酸根干扰，再检验硫酸根，实验设计错误，C错误；
D、探究浓度对速率的影响需保证其他变量一致，本实验中酸性高锰酸钾溶液浓度不同，总体积也不同，存在多个变量，无法单纯探究浓度的影响，实验设计错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化：需保证一种沉淀转化为另一种沉淀，才能比较 Ksp 大小，避免过量试剂干扰。
银镜反应：必须在碱性条件下进行，酸性水解液需先加碱中和。
离子检验：检验硫酸根时，需先加盐酸排除碳酸根、亚硫酸根等干扰。
控制变量：探究单一因素影响时，需保证其他条件完全相同。
12．（2024高三上·合江模拟）N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2
B．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．总反应的ΔH=-226 kJ·mol-1
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、从图甲的两步基元反应出发：第一步：N2O + Pt2O+ = N2 + Pt2O2+ ΔH1；
第二步：CO + Pt2O2+ = CO2 + Pt2O+ ΔH2；
根据盖斯定律，将两式相加消去中间物种，得到总反应： N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，A正确；
B、Pt2O+是催化剂，Pt2O2+是中间产物，二者在反应中循环再生，无需向反应器中补充，B错误；
C、正反应活化能 134 kJ mol- ，逆反应活化能 360 kJ mol- ，正反应活化能小于逆反应，C正确；
D、根据能量图计算 ΔH = 134 360 = 226 kJ mol- ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：反应前参与、反应后再生的物质是催化剂；反应中生成、反应中消耗的是中间产物，二者均无需补充。
盖斯定律应用：总反应的焓变等于各步基元反应焓变的代数和，中间物种会相互抵消。
活化能与焓变：ΔH = 正反应活化能 逆反应活化能；放热反应中，正反应活化能 < 逆反应活化能。
13．（2024高三上·合江模拟）有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是
A．放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B．充电时，a电极附近的pH减小
C．充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne-+4nH+=
D．电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，电流由正极（a）经外电路流向负极（b），A正确；
B、充电时，a 电极发生氧化反应，聚对苯二酚上的羟基（-OH）被氧化为羰基（C=O），同时释放 H+，使 a 电极附近 H+浓度升高，pH 减小，B正确；
C、充电时，b 电极为阴极，发生还原反应，含羰基的聚合物得到电子并结合 H+，生成含羟基的聚合物，与选项反应式一致，C正确；
D、放电时，原电池中阳离子（H+）向正极（a）移动，因此 H+应从 b 极区向 a 极区迁移，而非从 a 到 b，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
先锁定电极角色：从题干 “充电时聚对苯二酚被氧化” 入手，直接确定充电时 a 为阳极、b 为阴极；再由此推导出放电时 a 为正极、b 为负极，这是后续所有判断的基础。
区分充放电时的离子迁移方向：放电（原电池）时，阳离子向 ** 正极（a）移动；充电（电解池）时，阳离子向阴极（b） 移动。记住这一规律，就能快速判断 H+迁移方向的正误。
关注电极反应的物质变化：氧化反应（如 a 电极充电时）通常伴随羟基（-OH）转化为羰基（C=O）并释放 H+，导致 pH 变化；还原反应则相反，会消耗 H+。通过物质结构变化，可直接判断 pH 变化和反应式的合理性。
电流方向的本质：放电时电流方向与电子流动方向相反，由正极（a）流向负极（b），这是原电池的基本规律，可直接用于选项 A 的判断。
14．（2024高三上·合江模拟）室温下，向溶液中加入稀溶液，溶液中主要微粒的分布系数【如的分布系数】以及随变化如图。
下列叙述错误的是
A．溶液中，水电离受到促进
B．加入稀溶液过程中，溶液满足关系式
C．
D．加入少量时，先与发生主要反应
【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、NH4HCO3溶液中，NH4+和HCO3-均能水解。NH4+水解使溶液呈酸性，HCO3-水解使溶液呈碱性。由选项A中 可知，HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，溶液呈碱性。两种离子的水解均促进水的电离，A正确；
B、原溶液中N元素与C元素的物质的量相等。加入NaOH后，N元素以NH4+、NH3·H2O形式存在，C元素以CO32-、HCO3-、H2CO3形式存在，故物料守恒式为：
，B正确；
C、反应 的平衡常数为
，从图中可知，NH4+与CO32-可以大量共存，说明该反应正向进行程度小，，因此 不成立，C错误；
D、加入少量NaOH时，观察图中曲线变化：HCO3-的浓度先下降，而NH4+的浓度在后期才明显下降，说明OH-先与HCO3-反应，而非先与NH4+反应，D错误；
故答案为：CD。
【分析】本题易错点：
水解程度判断失误：容易混淆 NH4+和 HCO3-的水解程度大小，误判溶液酸碱性，进而错误判断水的电离是被促进还是抑制。
物料守恒式遗忘：忽略 “初始时 N、C 元素物质的量相等” 这一前提，或在加入 NaOH 后错误认为物料守恒式不再成立。
平衡常数关系混淆：对 Ka2(H2CO3)、Kb (NH3 H2O) 与 Kw 的关系推导不熟练，无法通过离子共存现象反推平衡常数的大小关系。
反应先后顺序误判：仅通过理论分析（如比较 NH4+和 HCO3-与 OH-的结合能力），而忽略图中曲线变化的直接证据，导致误判 OH-的优先反应对象。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·合江模拟）有一无色透明溶液可能含有下列离子中的某些离子：、、、、、、和。为确定该溶液中所含离子，分别取四份溶液进行以下操作。
操作Ⅰ：向第1份溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色。
操作Ⅱ：向第2份溶液中滴入溶液，无白色沉淀产生。
操作Ⅲ：向第3份溶液中先滴加稀硝酸再加溶液，产生白色沉淀。
操作Ⅳ：向第4份溶液中滴入少量溶液，产生白色沉淀。
请回答下列问题：
（1）根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有　 　。
（2）根据操作Ⅰ判断原溶液中肯定存在的离子有　 　；肯定不存在的离子有　 　。
（3）根据操作Ⅱ判断原溶液中肯定不存在的离子有　 　。
（4）操作Ⅲ离子方程式　 　。
（5）根据操作Ⅳ判断原溶液中肯定存在的离子有　 　。
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有　 　。
【答案】（1）
（2）；
（3）、
（4）
（5）
（6）
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）据分析，根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有Fe3+。
故答案为： ；
（2）氢氧化镁是白色沉淀，根据操作I判断原溶液中肯定存在的离子有OH-；肯定不存在的离子有Mg2+。
故答案为： ； ；
（3）根据操作II判断原溶液中肯定不存在的离子有SO、CO。
故答案为：、 ；
（4）操作三产生白色沉淀，氯离子和银离子发生的反应为。
故答案为： ；
（5）根据操作IV判断原溶液中肯定存在的离子有Ba2+。
故答案为： ；
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有K+。
故答案为： 。
【分析】初步排除有色离子：溶液为无色透明，棕黄色的 Fe3+不符合条件，因此溶液中无 Fe3+。
由酸碱性确定离子存在：滴入紫色石蕊溶液变蓝，说明溶液呈碱性，含有大量 OH-。Mg2+与 OH-会生成沉淀不能共存，因此无 Mg2+，溶液中一定有OH-。
排除沉淀离子：滴加 BaCl2溶液无白色沉淀，说明溶液中不存在能与 Ba2+生成沉淀的 SO42-和 CO32-，因此无 SO42-、CO32-。
检验 Cl-：先加稀硝酸酸化以排除干扰，再加入 AgNO3溶液产生白色沉淀，该沉淀为 AgCl，证明溶液中有 Cl-。
检验 Ba2+：滴加少量 H2SO4溶液产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，证明溶液中有 Ba2+。
电中性判断 K+，溶液已确定含有的离子为 OH-、Cl-、Ba2+，电荷已平衡，因此 K+的存在无法通过现有实验确定。
（1）据分析，根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有Fe3+。
（2）氢氧化镁是白色沉淀，根据操作I判断原溶液中肯定存在的离子有OH-；肯定不存在的离子有Mg2+。
（3）根据操作II判断原溶液中肯定不存在的离子有SO、CO。
（4）操作三产生白色沉淀，氯离子和银离子发生的反应为。
（5）根据操作IV判断原溶液中肯定存在的离子有Ba2+。
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有K+。
16．（2024高三上·合江模拟）氯酸钾和浓盐酸制备的中含有水蒸气和，某同学设计如图实验装置(部分夹持仪器已省略)，验证混合气中的水蒸气和，并验证氯气的某些性质。
已知：①能与溶液反应生成血红色溶液；
②易溶于不溶于。
回答下列问题：
（1）若将换成，使用装置A能否产生？　 　(填“能”或“否”)，原因是　 　。
（2）装置B的作用是　 　。
（3）装置E中的现象是湿润的有色布条　 　，其原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）验证具有氧化性的现象是　 　。
（5）验证混合气中有的现象是　 　。
（6）装置G中发生的离子反应方程式是　 　。
【答案】（1）否；二氧化锰和浓盐酸反应需要加热
（2）检验氯气中的水蒸气
（3）褪色；Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO
（4）装置F中溶液变为红色
（5）装置I中紫色石蕊试液变红色
（6）Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，所以若将换成，使用装置A不能产生。
故答案为： 否 ； 二氧化锰和浓盐酸反应需要加热 ；
（2）根据实验目的可判断装置B的作用是检验氯气中的水蒸气。
故答案为：检验氯气中的水蒸气。
（3）氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以装置E中的现象是湿润的有色布条褪色，反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
故答案为：褪色；Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
（4）氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，氯化铁能和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以验证具有氧化性的现象是装置F中溶液变为红色。
故答案为： 装置F中溶液变为红色 ；
（5）氯化氢溶于水显酸性，所以验证混合气中有的现象是装置I中紫色石蕊试液变红色。
故答案为： 装置I中紫色石蕊试液变红色 ；
（6）装置G吸收氯气，其中发生的离子反应方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。
故答案为： Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O ；
【分析】 装置 A 中氯酸钾与浓盐酸反应，生成 Cl2，同时混有水蒸气和 HCl 杂质。气体通过装置 B（如无水硫酸铜），由白色变蓝，证明有水蒸气。气体经浓硫酸（装置 C）干燥后，依次通过干燥的有色布条（装置 D，不褪色）和湿润的有色布条（装置 E，褪色），验证干燥 Cl2无漂白性，湿润 Cl2有漂白性。气体通入 FeCl2和 KSCN 的混合溶液（装置 F），溶液变红，证明 Cl2能将 Fe2+氧化为 Fe3+。
气体通入 CCl4（装置 H），Cl2被吸收后，剩余气体通入紫色石蕊溶液（装置 I），溶液变红，证明原混合气体中含有 HCl。未反应的 Cl2用 NaOH 溶液（装置 G）吸收，防止污染空气。
（1）二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，所以若将换成，使用装置A不能产生。
（2）根据实验目的可判断装置B的作用是检验氯气中的水蒸气。
（3）氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以装置E中的现象是湿润的有色布条褪色，反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
（4）氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，氯化铁能和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以验证具有氧化性的现象是装置F中溶液变为红色。
（5）氯化氢溶于水显酸性，所以验证混合气中有的现象是装置I中紫色石蕊试液变红色。
（6）装置G吸收氯气，其中发生的离子反应方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。
17．（2024高三上·合江模拟）填空
（1）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在，工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：(已知S、Se、Te为同一主族元素)
i．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体
ii．用水吸收i中混合气体，可得Se固体
①写出步骤ii中的化学方程式：　 　。
②下列说法合理的是　 　(填字母)。
a．SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强
b．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
c．热稳定性：H2Sed．酸性：H2SeO4（2）碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷生产。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：
已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液。
①“碱浸”时发生反应的离子方程式为　 　
②碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是　 　。
③“酸溶”过程中发生的化学方程式为：　 　。
【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；bd
（2）TeO2+2OH-=+H2O；3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，说明二氧化硫作还原剂，SeO2作氧化剂，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
②a.SeO2中Se是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，根据SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4可判断其还原性比SO2弱，a错误；
b.浓硒酸中Se是+6价，处于最高价态，可能具有强氧化性、脱水性，b正确；
c.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，c错误；
d.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，d正确；
故答案为： SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 ；bd；
（2）①“碱浸”时TeO2转化为，发生反应的离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O；
②碱浸后的“滤渣”中含有银，银可以溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
③“酸溶”过程中TeO2转化为TeCl4，发生的化学方程式为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
故答案为： TeO2+2OH-=+H2O ； 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O ； TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O ；
【分析】(1)根据题干信息，SeO2作氧化剂，SO2作还原剂，结合氧化还原反应的配平原则，直接写出反应：SeO2 + 2SO2 + 2H2O = Se↓ + 2H2SO4。
a. 根据反应中 SO2是还原剂、SeO2是氧化剂，可知 SO2的还原性更强，
b. 浓硫酸具有强氧化性、脱水性，
c. 非金属性 Cl > S > Se，故热稳定性 HCl > H2S > H2Se，
d. 非金属性 Cl > Br > Se，故最高价含氧酸酸性 HClO4 > HBrO4 > H2SeO4。
(2)TeO2是两性氧化物，与 OH-反应生成 TeO32-和 H2O，据此书写离子方程式；滤渣中的 Ag 与稀硝酸发生氧化还原反应，据此书写化学方程式；TeO2与浓 HCl 反应生成 TeCl4和 H2O，据此书写化学方程式即可。
（1）①用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，说明二氧化硫作还原剂，SeO2作氧化剂，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
②a.SeO2中Se是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，根据SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4可判断其还原性比SO2弱，a错误；
b.浓硒酸中Se是+6价，处于最高价态，可能具有强氧化性、脱水性，b正确；
c.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，c错误；
d.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，d正确；
答案选bd；
（2）①“碱浸”时TeO2转化为，发生反应的离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O；
②碱浸后的“滤渣”中含有银，银可以溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
③“酸溶”过程中TeO2转化为TeCl4，发生的化学方程式为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
18．（2024高三上·合江模拟）化合物I是除草剂茚草酮的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中电负性最大的元素为　 　，D中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是　 　。
（3）B→C的反应类型为　 　。
（4）E的化学名称为　 　，H的官能团名称为　 　。
（5）F→G的化学方程式为　 　。
（6）D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是　 　。
（7）J为B的同分异构体，写出满足下列条件的J的结构简式　 　(任写一种)。
①含有苯环；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1
【答案】（1）O(或氧)；sp2、sp3
（2）B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C
（3）消去反应
（4）邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；酮羰基(或羰基)
（5）+2CH3CH2OH+2H2O
（6）D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动
（7）、、
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；酯化反应
【解析】【解答】（1）A中含有C、H、O、Cl四种元素，其中电负性最大的元素为O(或氧)，D中含有碳碳双键和-CH2-，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3。
故答案为： O(或氧) ； sp2、sp3 ；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C。
故答案为： B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C ；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应。
故答案为： 消去反应 ；
（4）由E的结构简式可知，E的化学名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，H的官能团名称为酮羰基(或羰基)。
故答案为： 邻二甲苯(或1，2-二甲苯) ； 酮羰基(或羰基) ；
（5）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为： +2CH3CH2OH+2H2O。
故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O ；
（6）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动。
故答案为： D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动 ；
（7）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
故答案为：、、 。
【分析】邻氯苯甲醛（A）与格氏试剂 CH3MgI 发生亲核加成，水解后得到含叔醇结构的氯代芳香醇（B）。B 在对甲苯磺酸（TsOH）催化下发生脱水消除反应，生成含碳碳双键的烯烃（C）。C 在一定条件下与含氯试剂发生加成反应，引入氯原子得到氯代烯烃（D）。邻二甲苯（E）在酸性 KMnO4作用下发生氧化反应，两个甲基均被氧化为羧基，生成邻苯二甲酸（F）。邻苯二甲酸（F）与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成邻苯二甲酸二乙酯（G）。邻苯二甲酸二乙酯（G）经分子内缩合、酸性水解并脱羧，生成含茚二酮结构的环状化合物（H）。氯代烯烃（D）与环状化合物（H）在 K2CO3和 CH3CN 条件下发生亲核取代并环化，最终得到目标中间体（I）。据此解题。
（1）A中含有C、H、O、Cl四种元素，其中电负性最大的元素为O(或氧)，D中含有碳碳双键和-CH2-，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C。
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应。
（4）由E的结构简式可知，E的化学名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，H的官能团名称为酮羰基(或羰基)。
（5）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为： +2CH3CH2OH+2H2O。
（6）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动。
（7）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
1 / 1四川省泸州市合江县2025届高三上学期第一次诊断性考试化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1．（2024高三上·合江模拟）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（　　）
A．定期清淤，疏通河道
B．化工企业“三废”处理后，达标排放
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
2．（2024高三上·合江模拟）下列关于物质分类的正确组合是
　 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物
A NaHSO4 Al2O3
B NaOH HCl NaCl CO
C Mg(OH)Cl Mn2O7
D KOH H2S CaO
A．A B．B C．C D．D
3．（2024高三上·合江模拟）下列各组中的离子，能在无色透明的溶液中大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
4．（2024高三上·合江模拟）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（　　）
A．KCl、NaCl B．KCl、MgSO4 C．KCl、CaCO3 D．MgSO4、NaCl
5．（2024高三上·合江模拟）下列说法不正确的是
A．①正丁烷②异丁烷沸点由高到低的顺序是①＞②
B．聚乙烯能使溴水褪色
C．丙烯与HCl加成可以得到互为同分异构体的两种有机物
D．由甲烷结构可知CCl4也是正四面体结构，而丙烯所有原子不可能共面
6．（2024高三上·合江模拟）NA代表阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molHC≡CH分子中所含σ键数为5 NA
B．1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目为0.1 NA
C．78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D．标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
7．（2024高三上·合江模拟）铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①②③。下列离子氧化性比较顺序正确的是
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·合江模拟）下列反应的离子方程式正确的是
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
C．铜与稀硝酸：
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：
9．（2024高三上·合江模拟）已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应在任何温度下都不自发进行的是
A．2O3(g)=3O2(g)　H<0
B．2CO(g)=2C(s)+O2(g)　H>0
C．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)　H<0
D．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)　H>0
10．（2024高三上·合江模拟）1~20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是 ZYR3，R、Y的原子序数之和为22，最外层电子数之和为10，R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断正确的是
A．原子半径：Z> Y> X
B．最简单氢化物的稳定性：X>Y>R
C．ZR2只含一种化学键
D．工业上通过电解熔融的ZX2来制备Z的单质
11．（2024高三上·合江模拟）根据实验目的，下列实验方法或操作正确的是
选项 实验目的 实验方法或操作
A 比较Fe(OH)3和Mg(OH)2 Ksp的相对大小 向装有1 mL 0.1 mol·L 1 MgCl2溶液的试管中，先滴加1～2滴2 mol·L 1 NaOH溶液，再滴加2滴0.1 mol·L 1 FeCl3溶液
B 探究淀粉的水解程度 将淀粉溶液在酸性条件下加热一段时间后，向水解液中滴加银氨溶液，加热
C 判断久置的亚硫酸钠是否变质 取一定质量的亚硫酸钠固体于试管中，加蒸馏水完全溶解后，滴加BaCl2溶液
D 探究浓度对化学反应速率的影响 取5 mL 0.01 mol·L 1和5 mL 0.02 mol·L 1的酸性高锰酸钾溶液于两支试管中，分别加入2 mL 0.01 mol·L 1的草酸溶液
A．A B．B C．C D．D
12．（2024高三上·合江模拟）N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2
B．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．总反应的ΔH=-226 kJ·mol-1
13．（2024高三上·合江模拟）有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是
A．放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B．充电时，a电极附近的pH减小
C．充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne-+4nH+=
D．电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移
14．（2024高三上·合江模拟）室温下，向溶液中加入稀溶液，溶液中主要微粒的分布系数【如的分布系数】以及随变化如图。
下列叙述错误的是
A．溶液中，水电离受到促进
B．加入稀溶液过程中，溶液满足关系式
C．
D．加入少量时，先与发生主要反应
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·合江模拟）有一无色透明溶液可能含有下列离子中的某些离子：、、、、、、和。为确定该溶液中所含离子，分别取四份溶液进行以下操作。
操作Ⅰ：向第1份溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液呈蓝色。
操作Ⅱ：向第2份溶液中滴入溶液，无白色沉淀产生。
操作Ⅲ：向第3份溶液中先滴加稀硝酸再加溶液，产生白色沉淀。
操作Ⅳ：向第4份溶液中滴入少量溶液，产生白色沉淀。
请回答下列问题：
（1）根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有　 　。
（2）根据操作Ⅰ判断原溶液中肯定存在的离子有　 　；肯定不存在的离子有　 　。
（3）根据操作Ⅱ判断原溶液中肯定不存在的离子有　 　。
（4）操作Ⅲ离子方程式　 　。
（5）根据操作Ⅳ判断原溶液中肯定存在的离子有　 　。
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有　 　。
16．（2024高三上·合江模拟）氯酸钾和浓盐酸制备的中含有水蒸气和，某同学设计如图实验装置(部分夹持仪器已省略)，验证混合气中的水蒸气和，并验证氯气的某些性质。
已知：①能与溶液反应生成血红色溶液；
②易溶于不溶于。
回答下列问题：
（1）若将换成，使用装置A能否产生？　 　(填“能”或“否”)，原因是　 　。
（2）装置B的作用是　 　。
（3）装置E中的现象是湿润的有色布条　 　，其原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）验证具有氧化性的现象是　 　。
（5）验证混合气中有的现象是　 　。
（6）装置G中发生的离子反应方程式是　 　。
17．（2024高三上·合江模拟）填空
（1）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在，工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：(已知S、Se、Te为同一主族元素)
i．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体
ii．用水吸收i中混合气体，可得Se固体
①写出步骤ii中的化学方程式：　 　。
②下列说法合理的是　 　(填字母)。
a．SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强
b．浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性
c．热稳定性：H2Sed．酸性：H2SeO4（2）碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷生产。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如图：
已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱溶液。
①“碱浸”时发生反应的离子方程式为　 　
②碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是　 　。
③“酸溶”过程中发生的化学方程式为：　 　。
18．（2024高三上·合江模拟）化合物I是除草剂茚草酮的中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中电负性最大的元素为　 　，D中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是　 　。
（3）B→C的反应类型为　 　。
（4）E的化学名称为　 　，H的官能团名称为　 　。
（5）F→G的化学方程式为　 　。
（6）D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是　 　。
（7）J为B的同分异构体，写出满足下列条件的J的结构简式　 　(任写一种)。
①含有苯环；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，并没有产生新物质没有涉及化学变化，A符合题意；
B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，是化学变化，B不符合题意；
C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，此过程涉及到新物质的产生是化学变化，C不符合题意；
D．河道中的垃圾回收分类，以及将适合焚化处理的垃圾进行焚烧，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，均产生新物质此过程涉及化学变化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】工业上的三废以及微生物的降解以及垃圾进行无害化处理，均产生了新物质，发生了化学变化；而疏通河道并没有产生新物质顾伟物理变化
2．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A、NaHSO4 是酸式盐，不是碱；Al2O3 是两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A不符合题意 ；
B、CO 既不能与酸反应，也不能与碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B不符合题意 ；
C、Mg(OH) Cl 是碱式盐，不是碱；Mn2O7 是酸性氧化物，不属于碱性氧化物，故C不符合题意 ；
D、KOH 是碱，H2S 是酸，CaCO3 是盐，CaO 是碱性氧化物，SO3 是酸性氧化物，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】先理清各类物质的定义，再解题即可：
碱：电离出的阴离子全部为 OH-的化合物。
酸：电离出的阳离子全部为 H+的化合物。
盐：由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物。
碱性氧化物：能与酸反应生成盐和水的氧化物，且反应为非氧化还原反应。
酸性氧化物：能与碱反应生成盐和水的氧化物，且反应为非氧化还原反应。
3．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Mg2+ 与 OH- 会生成氢氧化镁沉淀，HCO3- 与 OH- 会反应生成 CO32- 和 H2O，不能大量共存，故A不符合题意 ；
B、Ba2+ 与 CO32- 会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B不符合题意 ；
C、Cu2+ 在溶液中呈蓝色，不符合 “无色透明” 的条件，故C不符合题意 ；
D、K+、Zn2+、NO3-、SO42- 四种离子相互之间不发生反应，且均为无色离子，满足题目要求，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
忽略 “无色” 限制：没注意 Cu2+ 等有色离子。
漏判隐蔽反应：忽略 HCO3- 与 OH- 这类非沉淀型反应。
常见沉淀不敏感：对 Ba2++CO32-、Mg2++OH- 等经典沉淀对不熟悉。
审题不细：漏看题干关键条件。
4．【答案】B
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；
②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；
③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，B符合题意。
故答案为：B
【分析】 NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中，CaCO3为不溶于水的白色沉淀，钠的焰色反应为黄色，钾的颜色反应为紫色，镁离子不能和碱液共促，据此分析解答。
5．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；聚合反应；烷烃
【解析】【解答】A、正丁烷和异丁烷互为同分异构体。对于烷烃同分异构体，支链越多，分子间作用力越弱，沸点越低。正丁烷无支链，异丁烷有一个支链，因此沸点①＞②，A正确；
B、聚乙烯的结构单元为 -CH2-CH2-，分子内不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，因此无法使溴水褪色，B错误；
C、丙烯（CH3-CH=CH2）与 HCl 发生加成反应时，Cl 原子可连接在中间的碳原子上，生成 2 - 氯丙烷，也可连接在末端碳原子上，生成 1 - 氯丙烷。这两种产物分子式相同、结构不同，互为同分异构体，C正确；
D、甲烷是正四面体结构，CCl4中 C 原子与四个 Cl 原子的成键方式和甲烷完全一致，因此也是正四面体结构；丙烯分子中含有甲基（-CH3），甲基的四面体结构使得所有原子不可能共平面，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
先锁定题干核心要求，本题为选错误项，明确判断方向避免答反。
烷烃沸点比较抓结构差异，同分异构体中支链数越多沸点越低，直接判断沸点关系。
判断有机物与溴水反应，先看分子内是否含碳碳双键等不饱和键，聚乙烯无碳碳双键，直接排除加成反应可能。
烯烃加成产物分析，关注不饱和碳原子的连接方式，不同连接位点会生成不同同分异构体。
有机物共面、空间结构判断，牢记甲烷正四面体、甲基四面体结构的特点，含甲基的烯烃所有原子一定不共面。
6．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、乙炔（HC≡CH）的分子结构中，单键为 σ 键，三键含 1 个 σ 键和 2 个 π 键。1mol HC≡CH 含 3mol σ 键（C-H 键 2 个，C≡C 键中 1 个），即 σ 键数为 3NA，不是 5NA，A错误；
B、1L 0.1 mol L- 的 Na2CO3溶液中，CO32-会发生水解反应：CO32-+H2O HCO3-+OH-，导致溶液中 CO32-的实际数目小于 0.1NA，B错误；
C、78g Na2O2的物质的量为 1mol。Na2O2与水反应时，O22-发生歧化反应，1mol Na2O2参与反应时，只有 1mol 电子发生转移，因此电子转移数为 NA，C正确；
D、标准状况下，C2H5OH（乙醇）为液态，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
化学键计数错误：误将乙炔三键都当作 σ 键，导致数目算错。
忽略水解平衡：忘记 CO32-会水解，使实际离子数小于理论值。
气体摩尔体积误用：标准状况下乙醇为液态，不能用 22.4 L/mol 计算。
电子转移数误判：Na2O2与水的歧化反应中，1 mol Na2O2只转移 1 mol 电子，易误算为 2 mol。
7．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】反应①：Tl3+ + 2Ag = Tl+ + 2Ag+
氧化剂是 Tl3+，氧化产物是 Ag+，因此氧化性：Tl3+ > Ag+。
反应②：Ag+ + Fe2+ = Ag + Fe3+
氧化剂是 Ag+，氧化产物是 Fe3+，因此氧化性：Ag+ > Fe3+。
反应③：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
氧化剂是 Fe3+，氧化产物是 Fe2+，因此氧化性：Fe3+ > Fe2+。
综合排序结合以上三步的结论，可得氧化性顺序为：Tl3+ > Ag+ > Fe3+ > Fe2+。
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性 > 氧化产物的氧化性。我们只需从每个反应中找出氧化剂和氧化产物，即可比较氧化性强弱。
8．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。
B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。
D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。
B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。
C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。
D、SO2能与S2－反应生成S单质。
9．【答案】B
【知识点】热化学方程式；焓变和熵变
【解析】【解答】A、2O3(g)=3O2(g)，ΔH<0。反应后气体分子数增加，故 ΔS>0。
此时 ΔH < 0 且 ΔS > 0，ΔG 在任何温度下均小于 0，反应在任何温度下都自发，故A不符合题意 ；
B、2CO (g)=2C (s)+O2(g)，ΔH>0。反应后气体分子数减少（2 mol → 1 mol），故 ΔS<0。
此时 ΔH > 0 且 ΔS < 0，ΔG 在任何温度下均大于 0，反应在任何温度下都不自发，故B符合题意 ；
C、N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，ΔH<0。反应后气体分子数减少，故 ΔS<0。
此时 ΔH < 0 且 ΔS < 0，低温下 ΔG < 0，反应在低温下自发，故C不符合题意 ；
D、CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g)，ΔH>0。反应后气体分子数增加，故 ΔS>0。
此时 ΔH > 0 且 ΔS > 0，高温下 ΔG < 0，反应在高温下自发，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】核心判据反应自发进行的依据是吉布斯自由能判据：ΔG = ΔH-TΔS，当 ΔG <0 时，反应自发；当 ΔG> 0 时，反应在任何温度下都不自发。据此解题。
10．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、原子半径比较。电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。Ca 有 4 层电子，Si 有 3 层，F 有 2 层，因此原子半径：Ca > Si > F。A正确；
B、氢化物稳定性比较。非金属性越强，氢化物越稳定。同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱。因此非金属性 F > O > Si，氢化物稳定性 HF > H2O > SiH4，即 X > R > Y。B错误；
C、CaO2的化学键。CaO2由 Ca2+和 O22-构成，Ca2+与 O22-之间为离子键，O22-内部两个 O 原子之间为共价键。C错误；
D、Ca 的工业制备。Ca 为活泼金属，工业上通过电解熔融 CaCl2制备，而非 CaF2。D错误；
故答案为：A。
【分析】元素推断：
由岩石成分含硅酸盐，且 Z 形成 + 2 价离子，结合原子序数 1~20，可确定 Z 为 Ca。
已知 R、Y 的原子序数之和为 22，最外层电子数之和为 10。结合常见元素的原子序数和最外层电子数，可推得 R 为 O（原子序数 8，最外层 6 电子），Y 为 Si（原子序数 14，最外层 4 电子）。
R（O）与 X 的简单离子电子层结构相同，且 X 的原子序数大于 O，可确定 X 为 F。
综上，四种元素为：R 为 O，X 为 F，Y 为 Si，Z 为 Ca。
11．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见离子的检验；多糖的性质和用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、向 MgCl2溶液中先滴加少量 NaOH 溶液，生成 Mg(OH)2沉淀；再滴加 FeCl3溶液，若沉淀由白色变为红褐色，说明 Fe(OH)3更难溶，可比较二者 Ksp 相对大小，实验设计合理，A正确；
B、淀粉在酸性条件下水解后，溶液呈酸性，而银氨溶液需在碱性环境下才能与葡萄糖发生银镜反应；未加碱中和直接滴加银氨溶液，无法检验水解产物，实验操作错误，B错误；
C、亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，但若直接滴加 BaCl2溶液，亚硫酸根和硫酸根都会与 Ba2+生成白色沉淀，无法区分是否变质；应先加盐酸排除亚硫酸根干扰，再检验硫酸根，实验设计错误，C错误；
D、探究浓度对速率的影响需保证其他变量一致，本实验中酸性高锰酸钾溶液浓度不同，总体积也不同，存在多个变量，无法单纯探究浓度的影响，实验设计错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
沉淀转化：需保证一种沉淀转化为另一种沉淀，才能比较 Ksp 大小，避免过量试剂干扰。
银镜反应：必须在碱性条件下进行，酸性水解液需先加碱中和。
离子检验：检验硫酸根时，需先加盐酸排除碳酸根、亚硫酸根等干扰。
控制变量：探究单一因素影响时，需保证其他条件完全相同。
12．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、从图甲的两步基元反应出发：第一步：N2O + Pt2O+ = N2 + Pt2O2+ ΔH1；
第二步：CO + Pt2O2+ = CO2 + Pt2O+ ΔH2；
根据盖斯定律，将两式相加消去中间物种，得到总反应： N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，A正确；
B、Pt2O+是催化剂，Pt2O2+是中间产物，二者在反应中循环再生，无需向反应器中补充，B错误；
C、正反应活化能 134 kJ mol- ，逆反应活化能 360 kJ mol- ，正反应活化能小于逆反应，C正确；
D、根据能量图计算 ΔH = 134 360 = 226 kJ mol- ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：反应前参与、反应后再生的物质是催化剂；反应中生成、反应中消耗的是中间产物，二者均无需补充。
盖斯定律应用：总反应的焓变等于各步基元反应焓变的代数和，中间物种会相互抵消。
活化能与焓变：ΔH = 正反应活化能 逆反应活化能；放热反应中，正反应活化能 < 逆反应活化能。
13．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，电流由正极（a）经外电路流向负极（b），A正确；
B、充电时，a 电极发生氧化反应，聚对苯二酚上的羟基（-OH）被氧化为羰基（C=O），同时释放 H+，使 a 电极附近 H+浓度升高，pH 减小，B正确；
C、充电时，b 电极为阴极，发生还原反应，含羰基的聚合物得到电子并结合 H+，生成含羟基的聚合物，与选项反应式一致，C正确；
D、放电时，原电池中阳离子（H+）向正极（a）移动，因此 H+应从 b 极区向 a 极区迁移，而非从 a 到 b，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
先锁定电极角色：从题干 “充电时聚对苯二酚被氧化” 入手，直接确定充电时 a 为阳极、b 为阴极；再由此推导出放电时 a 为正极、b 为负极，这是后续所有判断的基础。
区分充放电时的离子迁移方向：放电（原电池）时，阳离子向 ** 正极（a）移动；充电（电解池）时，阳离子向阴极（b） 移动。记住这一规律，就能快速判断 H+迁移方向的正误。
关注电极反应的物质变化：氧化反应（如 a 电极充电时）通常伴随羟基（-OH）转化为羰基（C=O）并释放 H+，导致 pH 变化；还原反应则相反，会消耗 H+。通过物质结构变化，可直接判断 pH 变化和反应式的合理性。
电流方向的本质：放电时电流方向与电子流动方向相反，由正极（a）流向负极（b），这是原电池的基本规律，可直接用于选项 A 的判断。
14．【答案】C,D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、NH4HCO3溶液中，NH4+和HCO3-均能水解。NH4+水解使溶液呈酸性，HCO3-水解使溶液呈碱性。由选项A中 可知，HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，溶液呈碱性。两种离子的水解均促进水的电离，A正确；
B、原溶液中N元素与C元素的物质的量相等。加入NaOH后，N元素以NH4+、NH3·H2O形式存在，C元素以CO32-、HCO3-、H2CO3形式存在，故物料守恒式为：
，B正确；
C、反应 的平衡常数为
，从图中可知，NH4+与CO32-可以大量共存，说明该反应正向进行程度小，，因此 不成立，C错误；
D、加入少量NaOH时，观察图中曲线变化：HCO3-的浓度先下降，而NH4+的浓度在后期才明显下降，说明OH-先与HCO3-反应，而非先与NH4+反应，D错误；
故答案为：CD。
【分析】本题易错点：
水解程度判断失误：容易混淆 NH4+和 HCO3-的水解程度大小，误判溶液酸碱性，进而错误判断水的电离是被促进还是抑制。
物料守恒式遗忘：忽略 “初始时 N、C 元素物质的量相等” 这一前提，或在加入 NaOH 后错误认为物料守恒式不再成立。
平衡常数关系混淆：对 Ka2(H2CO3)、Kb (NH3 H2O) 与 Kw 的关系推导不熟练，无法通过离子共存现象反推平衡常数的大小关系。
反应先后顺序误判：仅通过理论分析（如比较 NH4+和 HCO3-与 OH-的结合能力），而忽略图中曲线变化的直接证据，导致误判 OH-的优先反应对象。
15．【答案】（1）
（2）；
（3）、
（4）
（5）
（6）
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）据分析，根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有Fe3+。
故答案为： ；
（2）氢氧化镁是白色沉淀，根据操作I判断原溶液中肯定存在的离子有OH-；肯定不存在的离子有Mg2+。
故答案为： ； ；
（3）根据操作II判断原溶液中肯定不存在的离子有SO、CO。
故答案为：、 ；
（4）操作三产生白色沉淀，氯离子和银离子发生的反应为。
故答案为： ；
（5）根据操作IV判断原溶液中肯定存在的离子有Ba2+。
故答案为： ；
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有K+。
故答案为： 。
【分析】初步排除有色离子：溶液为无色透明，棕黄色的 Fe3+不符合条件，因此溶液中无 Fe3+。
由酸碱性确定离子存在：滴入紫色石蕊溶液变蓝，说明溶液呈碱性，含有大量 OH-。Mg2+与 OH-会生成沉淀不能共存，因此无 Mg2+，溶液中一定有OH-。
排除沉淀离子：滴加 BaCl2溶液无白色沉淀，说明溶液中不存在能与 Ba2+生成沉淀的 SO42-和 CO32-，因此无 SO42-、CO32-。
检验 Cl-：先加稀硝酸酸化以排除干扰，再加入 AgNO3溶液产生白色沉淀，该沉淀为 AgCl，证明溶液中有 Cl-。
检验 Ba2+：滴加少量 H2SO4溶液产生白色沉淀，该沉淀为 BaSO4，证明溶液中有 Ba2+。
电中性判断 K+，溶液已确定含有的离子为 OH-、Cl-、Ba2+，电荷已平衡，因此 K+的存在无法通过现有实验确定。
（1）据分析，根据题干中“无色透明溶液”判断原溶液中肯定不存在的离子有Fe3+。
（2）氢氧化镁是白色沉淀，根据操作I判断原溶液中肯定存在的离子有OH-；肯定不存在的离子有Mg2+。
（3）根据操作II判断原溶液中肯定不存在的离子有SO、CO。
（4）操作三产生白色沉淀，氯离子和银离子发生的反应为。
（5）根据操作IV判断原溶液中肯定存在的离子有Ba2+。
（6）根据以上操作无法判断是否存在的离子有K+。
16．【答案】（1）否；二氧化锰和浓盐酸反应需要加热
（2）检验氯气中的水蒸气
（3）褪色；Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO
（4）装置F中溶液变为红色
（5）装置I中紫色石蕊试液变红色
（6）Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，所以若将换成，使用装置A不能产生。
故答案为： 否 ； 二氧化锰和浓盐酸反应需要加热 ；
（2）根据实验目的可判断装置B的作用是检验氯气中的水蒸气。
故答案为：检验氯气中的水蒸气。
（3）氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以装置E中的现象是湿润的有色布条褪色，反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
故答案为：褪色；Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
（4）氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，氯化铁能和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以验证具有氧化性的现象是装置F中溶液变为红色。
故答案为： 装置F中溶液变为红色 ；
（5）氯化氢溶于水显酸性，所以验证混合气中有的现象是装置I中紫色石蕊试液变红色。
故答案为： 装置I中紫色石蕊试液变红色 ；
（6）装置G吸收氯气，其中发生的离子反应方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。
故答案为： Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O ；
【分析】 装置 A 中氯酸钾与浓盐酸反应，生成 Cl2，同时混有水蒸气和 HCl 杂质。气体通过装置 B（如无水硫酸铜），由白色变蓝，证明有水蒸气。气体经浓硫酸（装置 C）干燥后，依次通过干燥的有色布条（装置 D，不褪色）和湿润的有色布条（装置 E，褪色），验证干燥 Cl2无漂白性，湿润 Cl2有漂白性。气体通入 FeCl2和 KSCN 的混合溶液（装置 F），溶液变红，证明 Cl2能将 Fe2+氧化为 Fe3+。
气体通入 CCl4（装置 H），Cl2被吸收后，剩余气体通入紫色石蕊溶液（装置 I），溶液变红，证明原混合气体中含有 HCl。未反应的 Cl2用 NaOH 溶液（装置 G）吸收，防止污染空气。
（1）二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，所以若将换成，使用装置A不能产生。
（2）根据实验目的可判断装置B的作用是检验氯气中的水蒸气。
（3）氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以装置E中的现象是湿润的有色布条褪色，反应的离子方程式为Cl2+H2OH＋+Cl－+HClO。
（4）氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，氯化铁能和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以验证具有氧化性的现象是装置F中溶液变为红色。
（5）氯化氢溶于水显酸性，所以验证混合气中有的现象是装置I中紫色石蕊试液变红色。
（6）装置G吸收氯气，其中发生的离子反应方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。
17．【答案】（1）SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；bd
（2）TeO2+2OH-=+H2O；3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，说明二氧化硫作还原剂，SeO2作氧化剂，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
②a.SeO2中Se是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，根据SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4可判断其还原性比SO2弱，a错误；
b.浓硒酸中Se是+6价，处于最高价态，可能具有强氧化性、脱水性，b正确；
c.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，c错误；
d.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，d正确；
故答案为： SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 ；bd；
（2）①“碱浸”时TeO2转化为，发生反应的离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O；
②碱浸后的“滤渣”中含有银，银可以溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
③“酸溶”过程中TeO2转化为TeCl4，发生的化学方程式为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
故答案为： TeO2+2OH-=+H2O ； 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O ； TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O ；
【分析】(1)根据题干信息，SeO2作氧化剂，SO2作还原剂，结合氧化还原反应的配平原则，直接写出反应：SeO2 + 2SO2 + 2H2O = Se↓ + 2H2SO4。
a. 根据反应中 SO2是还原剂、SeO2是氧化剂，可知 SO2的还原性更强，
b. 浓硫酸具有强氧化性、脱水性，
c. 非金属性 Cl > S > Se，故热稳定性 HCl > H2S > H2Se，
d. 非金属性 Cl > Br > Se，故最高价含氧酸酸性 HClO4 > HBrO4 > H2SeO4。
(2)TeO2是两性氧化物，与 OH-反应生成 TeO32-和 H2O，据此书写离子方程式；滤渣中的 Ag 与稀硝酸发生氧化还原反应，据此书写化学方程式；TeO2与浓 HCl 反应生成 TeCl4和 H2O，据此书写化学方程式即可。
（1）①用水吸收SO2、SeO2的混合气体，可得Se固体，说明二氧化硫作还原剂，SeO2作氧化剂，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
②a.SeO2中Se是+4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，根据SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4可判断其还原性比SO2弱，a错误；
b.浓硒酸中Se是+6价，处于最高价态，可能具有强氧化性、脱水性，b正确；
c.非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，c错误；
d.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，d正确；
答案选bd；
（2）①“碱浸”时TeO2转化为，发生反应的离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O；
②碱浸后的“滤渣”中含有银，银可以溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；
③“酸溶”过程中TeO2转化为TeCl4，发生的化学方程式为TeO2+4HCl=TeCl4+2H2O。
18．【答案】（1）O(或氧)；sp2、sp3
（2）B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C
（3）消去反应
（4）邻二甲苯(或1，2-二甲苯)；酮羰基(或羰基)
（5）+2CH3CH2OH+2H2O
（6）D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动
（7）、、
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机化合物的命名；同分异构现象和同分异构体；酯化反应
【解析】【解答】（1）A中含有C、H、O、Cl四种元素，其中电负性最大的元素为O(或氧)，D中含有碳碳双键和-CH2-，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3。
故答案为： O(或氧) ； sp2、sp3 ；
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C。
故答案为： B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C ；
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应。
故答案为： 消去反应 ；
（4）由E的结构简式可知，E的化学名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，H的官能团名称为酮羰基(或羰基)。
故答案为： 邻二甲苯(或1，2-二甲苯) ； 酮羰基(或羰基) ；
（5）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为： +2CH3CH2OH+2H2O。
故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O ；
（6）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动。
故答案为： D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动 ；
（7）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
故答案为：、、 。
【分析】邻氯苯甲醛（A）与格氏试剂 CH3MgI 发生亲核加成，水解后得到含叔醇结构的氯代芳香醇（B）。B 在对甲苯磺酸（TsOH）催化下发生脱水消除反应，生成含碳碳双键的烯烃（C）。C 在一定条件下与含氯试剂发生加成反应，引入氯原子得到氯代烯烃（D）。邻二甲苯（E）在酸性 KMnO4作用下发生氧化反应，两个甲基均被氧化为羧基，生成邻苯二甲酸（F）。邻苯二甲酸（F）与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成邻苯二甲酸二乙酯（G）。邻苯二甲酸二乙酯（G）经分子内缩合、酸性水解并脱羧，生成含茚二酮结构的环状化合物（H）。氯代烯烃（D）与环状化合物（H）在 K2CO3和 CH3CN 条件下发生亲核取代并环化，最终得到目标中间体（I）。据此解题。
（1）A中含有C、H、O、Cl四种元素，其中电负性最大的元素为O(或氧)，D中含有碳碳双键和-CH2-，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3。
（2）B在水中溶解度比C大，原因是：B分子含羟基，与水分子之间形成氢键，使其溶解度大于C。
（3）由B和C的结构简式可知，B→C的过程中羟基转化为碳碳双键，发生了消去反应。
（4）由E的结构简式可知，E的化学名称为邻二甲苯(或1，2-二甲苯)，H的官能团名称为酮羰基(或羰基)。
（5）F和乙醇发生酯化反应生成G，化学方程式为： +2CH3CH2OH+2H2O。
（6）D与H发生取代反应生成I，同时有HCl生成，D+H→I的制备过程中，K2CO3可以提高原料利用率，原因是D和H反应生成HCl，K2CO3与HCl反应，促进平衡向产物方向移动。
（7）J为B的同分异构体，满足条件：①含有苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③核磁共振氢谱为四组蜂，峰面积比为6：2：2：1，说明其是对称的结构，含有2个对称的甲基；满足条件的J的结构简式为：、、。
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