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四川省绵阳市2025届高三上学期第二次诊断性考试化学试题
一、选择题（包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025·绵阳模拟）四川绵阳有“李白出生地，中国科技城”之称。下列叙述正确的是
A．“花间一壸酒”，酿制美酒过程中酒化酶将淀粉直接氧化为乙醇和
B．“挥剑决浮云”，锻造宝剑“淬火”时Fe与反应生成
C．“1965两弹城”，原子弹的核心材料是，U位于周期表第七周期
D．“2024科博会”，展示的铝硅电子玻璃的基础成分主要是合金
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；多糖的性质和用途；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解析】A．酿酒过程中，淀粉首先通过淀粉酶的作用水解生成葡萄糖，随后葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇和二氧化碳，并非直接氧化过程，选项A错误；B．在宝剑锻造的"淬火"工艺中，铁(Fe)与水蒸气(H2O(g))在高温条件下反应生成四氧化三铁(Fe3O4)和氢气(H2)，不会形成氢氧化铁(Fe(OH)3)，选项B错误；
C．铀元素(U)的原子序数为92，在元素周期表中位于第七周期，选项C正确；
D．铝硅电子玻璃的主要成分是铝硅酸盐化合物，而非铝硅(Al-Si)合金，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酿酒过程中淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖进一步转化为乙醇。
B、Fe与水蒸气高温反应生成Fe3O4。
C、U元素位于周期表中第七周期。
D、铝硅电子玻璃的成分为硅酸盐。
2．（2025·绵阳模拟）下列化学用语正确的是
A．的VSEPR模型：
B．NaCl溶液的中水合钠离子：
C．中共价键的电子云图：
D．基态硒的简化电子排布式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、中原子价电子对数（3个键 + 1对孤电子对 ），VSEPR模型为四面体，A正确；
B、带正电，吸引水分子的负电端（氧原子 ），水合钠离子中水分子应是氧原子朝向，与图示不符，B错误；
C、中是键，电子云图应为“头碰头”重叠的球形对称，与图示（不符合键电子云特征 ）不符，C错误；
D、硒的原子序数是34，核外电子排布为，简化电子排布式应为，选项中遗漏，D错误；
【分析】本题围绕化学用语（VSEPR模型、水合离子、电子云、电子排布式 ）的正误判断，需结合价层电子对互斥理论、离子水合特点、共价键类型、电子排布规则，逐一分析选项 。
A.价层电子对为4，含有一个孤独电子对，理论模型为四面体构型，实际构型为三角锥形；
B.钠离子带正电，水中氧显负电，所以应该是水中的氧原子与钠离子相互吸引；
C.中共价键类型为s-s键，图中为p-p键；
D.选项中 硒的简化电子排布式 缺少3d轨道上的电子。
3．（2025·绵阳模拟）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密，耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般采用混合溶液。下列叙述错误的是
A．待加工铝质工件为阳极 B．阳极发生氧化反应生成
C．可以用非惰性电极作阴极 D．电解过程中向阴极移动
【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．电解法在铝表面生成氧化膜，说明铝失去电子，因此待加工的铝质工件应作为阳极，A选项正确；
B．根据分析，阳极铝发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为：
，B选项正确；
C．电解过程中阴极材料不参与反应，因此可以使用非惰性电极作为阴极，C选项正确；
D．电解过程中阴离子向阳极迁移，因此会向阳极移动，D选项错误；
故答案为：D
【分析】铝制品表面性成果致密的氧化铝薄膜，因此Al作为阳极，其电极反应式为：。阴极上H+发生得电子的还原反应，生成H2，因此阴极的电极反应为：。据此结合选项分析。
4．（2025·绵阳模拟）如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是
选项 气体 试剂 试管中现象 结论
A 乙烯 溴水 溶液褪色 乙烯发生取代反应
B X 澄清石灰水 溶液变浑浊 X是CO2
C Cl2 溶液 溶液变棕黄色 氧化性
D SO2 溶液 溶液变浑浊 生成沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解析】A、乙烯与溴水中的溴发生加成反应，导致溴水褪色，A选项错误。B、同样能使石灰水变浑浊，因此不能确定该气体一定是，B选项错误。
C、氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁（2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3），溶液颜色由浅绿变为棕黄，证明氯气氧化性强于氯化铁，C选项正确。
D、在酸性条件下被氧化为硫酸，最终生成沉淀，该现象不能说明具有还原性，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、乙烯使溴水褪色是乙烯与Br2发生加成反应。
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。
C、溶液变棕黄色，说明Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此判断氧化性强弱。
D、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－。
5．（2025·绵阳模拟）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
B．充电时，铅酸蓄电池的阳极电极反应式：
C．酸性溶液测酒驾：
D．用FeS做沉淀剂除去污水中的，原理为
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、在电解过程中，2mol丙烯腈（CH2=CHCN）与2mol氢离子（H+）结合2mol电子，生成1mol己二腈（NC(CH2)4CN）。阴极的电极反应式正确表示为：，A选项正确。B、充电时，铅酸蓄电池的阳极发生氧化反应，硫酸铅（PbSO4）转化为二氧化铅（PbO2），其电极反应式为：，B选项错误。
C、重铬酸钾（K2Cr2O7）具有强氧化性，能够氧化乙醇（CH3CH2OH）生成乙酸（CH3COOH）和三价铬离子（Cr3+），离子方程式为：，C选项正确。
D、由于HgS的溶度积常数（Ksp）远小于FeS，当溶液中存在Hg2+时，FeS会转化为更难溶的HgS，离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、电解过程中丙烯腈发生得电子的还原反应，生成己二腈。
B、铅蓄电池充电时，阳极上PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2。
C、K2Cr2O7具有氧化性，能将C2H5OH氧化成CH3COOH，自身还原Cr3＋。
D、FeS能与Hg2＋反应，生成更难溶的HgS和Fe2＋。
6．（2025·绵阳模拟）甲基麦冬黄烷酮是麦冬的主要活性成分，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是
A．分子中含有3个官能团，2个手性碳
B．分子中有3个碳原子采取杂化
C．光照下与氯气反应，苯环上可形成键
D．该物质可发生取代反应，氧化反应，还原反应
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构式分析，该分子含有羟基、酮羰基和醚键3种官能团，且具有1个手性碳原子（如图所示带*号的碳原子），A选项错误。
B．从结构式可以看出，分子中有7个碳原子采用杂化方式（如图所示带*号的碳原子），B选项错误。
C．苯环上的氢原子被氯取代需要在液氯和氯化铁催化条件下进行，光照条件下氯气无法取代苯环氢，C选项错误。
D．该化合物中的羟基可发生取代反应；作为有机物能发生燃烧氧化反应；羰基可与氢气发生加成（还原）反应，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
B、形成四个单键得到碳原子采用sp3杂化。
C、光照条件下发生烷烃基上的取代。
D、根据有机物中所含的官能团确定其所能发生的反应。
7．（2025·绵阳模拟）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 18-冠-6醚能识别 冠醚中的O通过离子键与作用
B 加热稀溶液，溶液变色 升温促进与形成
C 的碱性强于 中N的电子云密度比大
D 离子液体常温下呈液态 原因之一是离子液体的阴阳离子半径较大
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A. 18-冠-6醚通过其环状空腔结构与钾离子（K+）尺寸匹配，利用氧原子上的孤电子对与K+形成配位键，而非离子键，离子键是正负离子间的静电相互作用，而冠醚与K+的结合属于配位作用，A选项错误。B．当稀CuCl2溶液受热时，Cu2+与Cl-更容易结合形成绿色的[CuCl4]2-络合离子，这使得溶液颜色加深，B选项正确。
C．CH3NH2的碱性比NH3更强，这是因为甲基（-CH3）的给电子诱导效应增加了氮原子（N）的电子云密度，使其更容易结合质子（H+），C选项正确。
D．离子液体在常温下呈现液态，是因为其阴阳离子体积较大，导致离子间作用力较弱，熔化所需能量较低，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、冠醚中的O原子与K+形成配位键，而不是离子键。
B、加热过程中，Cu2＋与Cl－进一步反应形成绿色的的[CuCl4]2－。
C、－CH3为推电子基团，使得N原子上电子云密度增大，更容易结合H＋。
D、离子液体常温下为液态，是由于阴阳离子半径大。
8．（2025·绵阳模拟）在葡萄糖水溶液中，各种结构的平衡转化关系及百分含量如图。下列说法错误的是
A． B．a与b互为同分异构体
C．转化为是加成反应 D．葡萄糖能发生银镜反应
【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；同分异构现象和同分异构体；葡萄糖的银镜反应；加成反应
【解析】【解析】A．根据盖斯定律，反应焓变关系应为，选项A错误。B．化合物a和b具有相同的分子式但结构不同，属于同分异构体，B选项正确。
C．b转化为c的过程实质上是b分子中右上方的羟基与右下方的醛基发生加成反应，C选项正确。
D．葡萄糖分子中含有醛基（-CHO），能够发生银镜反应，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、根据盖斯定律计算。
B、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
C、b转化为c的过程中发生碳氧双键的加成。
D、葡萄糖中含有-CHO，可发生银镜反应。
9．（2025·绵阳模拟）已知：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．反应，转移电子数目为
B．标准状况所含的电子数为
C．0的HF溶液中的数目小于
D．1的中心原子的孤电子对数目为
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在反应 中， 中Xe的化合价为+4价，生成的 中Xe为+6价，Xe单质为0价。6 mol 参与反应时，2 mol Xe化合价升高至+6价，4 mol Xe化合价降低至0价，转移电子数为 4 × 4 mol = 16 mol，即转移电子数目为 16NA，A选项正确；B．标准状况下 2.24 L O2 的物质的量为。1个O2 分子含16个电子，因此 0.1 mol O2 所含电子数为 0.1 mol × 16 × NA = 1.6NA，B选项正确；
C．HF溶液的浓度为 0.1 mol/L，但溶液体积未知，无法根据 n = cV 计算 F 的物质的量，因此不能确定 F 的数目，C选项错误；
D．H2O 中O原子的价层电子对数 = 2 +，其中成键电子对数为2，孤电子对数为 4 - 2 = 2，因此 1 mol H2O 的中心原子O的孤电子对数为 2NA，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数。
B、根据公式计算n(O2)，一个O2分子中含有16个电子，据此计算。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
D、一个H2O分子中O原子含有2个孤电子对。
10．（2025·绵阳模拟）下列实验能达到目的的是
A．图甲比较和水解能力的强弱
B．图乙测定锌与稀硫酸的反应速率
C．图丙比较苯酚和碳酸的酸性强弱
D．图丁证明苯与液溴反应产生HBr
【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；盐类水解的应用；苯的结构与性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 要比较碳酸根离子（）和碳酸氢根离子（）的水解能力，应该使用相同浓度的碳酸钠（）溶液和碳酸氢钠（）溶液。但图甲中使用的是饱和溶液，两者的浓度不同，无法通过酚酞溶液的颜色变化准确比较水解能力的强弱，因此该实验设计不能达到目的，A选项错误。B. 图乙中通过注射器可以收集反应生成的氢气，配合秒表记录的时间，根据速率公式（其中可通过氢气体积换算），可以测定锌与稀硫酸的反应速率，因此该实验能达到目的，B选项正确。
C. 向苯酚浊液中加入足量的碳酸钠（）溶液，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠（），该现象只能说明苯酚的酸性强于碳酸氢钠，但无法直接比较苯酚与碳酸的酸性强弱，因此该实验不能达到目的，C选项错误。
D. 苯与液溴在铁粉催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢（HBr），但由于液溴易挥发，挥发出的溴单质也能与硝酸银（AgNO3）溶液反应生成溴化银（AgBr）沉淀，从而干扰HBr的检验，因此该实验无法证明苯与液溴反应生成了HBr，不能达到目的，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不同，无法比较。
B、通过针筒测定一段时间内生成H2的体积，从而得到反应速率。
C、根据强酸制弱酸原理分析。
D、液溴具有挥发性，挥发的Br2会对实验造成干扰。
11．（2025·绵阳模拟）一种洗衣粉增白剂的阴离子结构如图所示，、、、是原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为11.W、X、Y与碳元素形成的化合物常用作木材防腐剂。下列叙述错误的是
A．第一电离能：
B．该阴离子中的X不含孤对电子
C．的熔沸点比高
D．与中X的杂化形式不同
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 同周期元素第一电离能趋势增大，故，A选项正确。B. B的4条共价键中含1条配位键，无孤对电子，B选项正确。
C.（硼酸）因分子间氢键沸点高于（硼酸三甲酯），C选项错误。
D.中B为杂化（3条键），而中B为杂化（4条键），D选项正确。
故答案为：C
【分析】形成1条键，确定为氢（H）。形成4条键，可能是硼（B）、碳（C）或氮（N）。形成2条键且阴离子带2个单位负电荷，确定为氧（O）。带1个单位正电荷，确定为钠（Na）。
已知化合物（木材防腐剂）中形成3条键，结合最外层电子数总和为11，推断为硼（B）。阴离子中B的4条键含1条配位键，因此W为H、X为B、Y为O、Z为Na。据此结合元素周期律分析选项。
12．（2025·绵阳模拟）一种自循环光催化芬顿系统工作原理如图，其作用是利用太阳能驱动环境处理。体系中与Mn（Ⅱ）/Mn（Ⅳ）发生反应产生的和可用于处理水体中的有机污染物。下列说法错误的是
A．该系统可以看作是光能驱动的电解过程
B．阴极每消耗，系统中转移
C．光阳极发生的总反应为
D．该系统运行前，需要在水体中投放和Mn（Ⅱ）
【答案】D
【知识点】电解原理；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 根据题目描述，该自循环光催化芬顿系统利用太阳能驱动环境处理过程，因此可以视为光能驱动的电解过程，选项A正确；B. 阴极反应表明，每消耗1mol O2，系统转移2mol电子，选项B正确；
C. 光阳极的总反应 为 ，选项C正确；
D. 图中显示HCO4-和Mn(Ⅱ)是中间产物，不需要预先加入，而应预先加入Mn(Ⅳ)和HCO3-，选项D错误；
故答案为：D
【分析】该装置构成电解池。从图中可以看出，光阳极依次发生以下两个反应：，。因此光阳极的总反应可表示为：。在阴极，氧气和氢离子得到电子生成过氧化氢，电极反应为：。据此分析选项。
13．（2025·绵阳模拟）高温裂解转化为和硫蒸气。维持体系压强为100kPa，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。下列说法错误的是
A．高温裂解反应
B．曲线c表示的体积分数
C．恒定温度，增大压强可使该反应平衡转化率降低
D．1300℃时，该反应的压强平衡常数
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解析】A．根据图示曲线分析，曲线a表示H2S的体积分数随温度升高而减小，说明升高温度平衡正向移动，故该高温裂解反应为吸热反应，△H＞0，选项A正确；B．H2S分解生成H2和S蒸气，温度升高时H2S分解率增大，其含量降低，而H2和S蒸气含量增加。根据曲线变化趋势，a代表H2S，b、c代表产物。由于H2与S蒸气的物质的量之比为2：1（由化学计量数决定），结合元素守恒可判断b为H2，c为S2，选项B错误；
C．在恒容恒温条件下，增大压强会使平衡向气体分子数减小的方向移动（勒夏特列原理）。对于反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，压强增大时平衡逆向移动（生成H2S的方向），导致H2S转化率降低，选项C正确；
D．在1300℃时，H2S体积分数为50%。设初始H2S为1mol，平衡时分解x mol，根据反应方程式可得平衡时各组分的量：n(H2S)=(1-x) mol，n(H2)=x mol，n(S2)=0.5x mol。由体积分数关系得方程：，解得x=0.4 mol，故H2S分解率为40%。此时体系中各组分物质的量分数为：H2S占，H2占，S2占。以分压表示平衡常数：
，选项D正确。
故答案为：B
【分析】A、根据温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、根据反应的化学方程式2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)可知，反应生成的n(H2)更多。
C、结合压强对平衡移动的影响分析。
D、根据图像数据计算各物质的分压，结合分压数据计算压强平衡常数。
14．（2025·绵阳模拟）Au和Cu的晶胞结构相同，将二者共熔结晶可得到无序AuCu，再冷却保温，可得到有序AuCu。在有序AuCu晶胞中，a、b的原子坐标分别为和。Cu晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．Au的晶体中原子的配位数为12
B．Cu晶体的密度为
C．一个无序AuCu晶胞中含有的原子数目为4
D．有序AuCu晶胞中Cu的原子坐标可能为
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．以顶点的Au原子为研究对象，距离最近的Au原子位于面心位置。每个顶点原子被8个晶胞共享，因此配位数为，选项A正确。B．Cu晶胞中，顶点位置贡献的原子数为，面心位置贡献的原子数为，总原子数为4个。晶胞质量为，体积为。因此密度计算式为，选项B错误。
C．无序AuCu晶胞中，原子分布统计方式与Cu晶胞相同，顶点贡献1个原子，面心贡献3个原子，总原子数为4个，选项C正确。
D．在有序AuCu晶胞中，位于左侧面心的Cu原子坐标明确为，选项D正确。
故答案为：B
【分析】A、以顶点Au原子为中心，与之距离最近的Au位于面心位置。
B、根据公式计算晶胞密度。
C、根据均摊法分析。
D、根据a、b原子的坐标以及Cu原子的位置，确定其坐标。
15．（2025·绵阳模拟）用处理含废水，并始终保持，通过调节pH使形成硫化物沉淀而分离，体系中（即）关系如图所示，为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．曲线a表示对应的变化关系
B．溶度积常数，
C．的电离常数，
D．溶液的时，
【答案】C
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．据分析，曲线a表示对应的变化关系，选项A错误；
B．由分析知，，，选项B错误；
C．将点代入中，得，该点，利用算得该点的，，，选项C正确；
D．据分析，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系，曲线c、d分别代表、与pH的变化关系，当时，横坐标值a故答案为：C
【分析】保持不变，温度不变，不变，由可知，随pH增大，减小，增大，即减小，同理可知随pH增大，减小；由可知，酸性条件下，即，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系。分别将曲线c、d与曲线b交点的数值代入的表达式(与的溶度积表达式类型相同)，可得溶度积分别为与，已知，则曲线c、d分别代表、与pH的变化关系。
二、非选题（本题包括4小题，共55分）
16．（2025·绵阳模拟）我国自2024年10月1日起开始施行《稀土管理条例》，稀土（RE）包括钪（Sc）、钇（Y）和镧系共17种元素。一种从稀土矿（含Fe、Al、Mg等元素）中分离稀土金属的工艺流程如下：
已知：①月桂酸和均难溶于水。
②该工艺流程中稀土金属离子保持价；的。
③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表：
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2 7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）的基态电子排布式与　 　原子的基态电子排布式相同；稀土元素位于周期表中的　 　区（填标号）。
A．s B．p C．d D．ds E．f
（2）“氧化”步骤的主要目的是转化，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是　 　，滤渣的成分有　 　。
（4）“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于　 　。
（5）稀土元素La的一种合金是较好的储氢材料，贮氢后的合金用于制作镍氢二次电池，该电池的总反应是（碱性介质），写出其放电时负极的电极反应式：　 　。
【答案】（1）Ar；CE
（2）
（3）4.7～6.2；、
（4）
（5）
【知识点】原子核外电子排布；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；稀土元素包括d区的Sc、Y和f区的镧系元素，故选CE。
故答案为：Ar；CE
（2）“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为，同时过氧化氢被还原生成水，反应的离子方程式为：。
故答案为：
（3）据分析，“沉淀除杂”目的是将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，因此调节pH范围应使和完全沉淀，而不使沉淀，因此pH的适宜范围是4.7～6.2，此时滤渣的成分有、。
故答案为：4.7～6.2；、
（4）为使得滤饼中检测不到Mg元素，则加入月桂酸钠后未开始沉淀，则，即。
故答案为：
（5）根据电池的总反应式(碱性介质)，放电时负极上失去电子被氧化生成，则电极反应式为：。
故答案为：
【分析】（1）Sc为21号元素，因此Sc3+的核外电子数为18，其核外电子排布式与Ar相同。稀土元素位于元素周期表的d区和ds区。
（2）“氧化”过程中H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）“沉淀除杂”的过程中除去Fe3＋和Al3＋，结合Fe3＋、Al3＋和RE3＋沉淀的pH值分析。
（4）根据进行计算。
（5）放电过程中负极上LaNi5H6发生失电子的氧化反应，生成LaNi5和H2O，据此写出其电极反应式。
（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；稀土元素包括d区的Sc、Y和f区的镧系元素，故选CE；
（2）“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为，同时过氧化氢被还原生成水，反应的离子方程式为：；
（3）据分析，“沉淀除杂”目的是将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，因此调节pH范围应使和完全沉淀，而不使沉淀，因此pH的适宜范围是4.7～6.2，此时滤渣的成分有、；
（4）为使得滤饼中检测不到Mg元素，则加入月桂酸钠后未开始沉淀，则，即；
（5）根据电池的总反应式(碱性介质)，放电时负极上失去电子被氧化生成，则电极反应式为：。
17．（2025·绵阳模拟）常用作催化剂，并广泛用于冶金，化工行业。实验室利用废催化剂（含）富集回收，并测定其产品纯度的过程如下，请回答下列问题：
已知：①常温下为黄色液体，沸点，熔点，遇水强烈水解生成。
②是一种橙黄色至深红色结晶粉末或片状固体，无味，有毒，微溶于水。
【制备】
（1）装置B的作用是________；仪器X的名称为________。
（2）实验室可用漂粉精与浓盐酸常温下反应快速制备，其制取装置与下列气体制取装置肯定不相同的是______（填标号）。
A. 铜与浓硫酸反应制 B. 石灰石与盐酸反应制
C. 熟石灰与氯化铵反应制 D. 过氧化钠和水反应制
（3）制备粗品时进行操作：①检查装置的气密性；②盛装药品；③通氯气一段时间；④……；⑤加热开始反应。操作③目的是________。操作④是________。可以通过观察________现象确定废催化剂已经反应完全。
【制备】
（4）用铵盐沉淀-氧化煅烧法制备高纯的流程如图。“沉钒”过程可以表示为化学方程式：________。
【测定纯度】
（5）称取1.000g样品，用稀硫酸溶解，定容得溶液。量取溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
①接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为________（填标号）。
A． B． C． D．
②已知：，产品纯度为________。
【答案】(1) 干燥氯气 球形冷凝管
(2) A，C
(3) 排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解 通冷凝水 球形冷凝管中不再有黄色液体流出
(4)
(5) B 86.45
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）据分析，易水解，实验需要在无水条件下进行，则装置B中盛装的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；仪器X的名称为球形冷凝管。
故答案为： 干燥氯气；球形冷凝管
（2）漂粉精与浓盐酸发生反应制取Cl2，该反应是固体与液体不需要加热制备气体，则与B、D的装置相同，浓硫酸与铜反应制SO2属于固体液体加热制气体，熟石灰与氯化铵反应制氨气是固体加热制备气体，则与A、C的装置不同，故答案为AC。
故答案为：AC
（3）制备粗品时首先生成氯气，排净装置中的空气防止干扰，故操作③是通氯气，目的是排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解；操作④是通冷凝水；三氯氧钒常温下为黄色液体，故证明含钒废催化剂反应完全的现象是球形冷凝管中不再有黄色液体流出。
故答案为：排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解；通冷凝水；球形冷凝管中不再有黄色液体流出
（4）根据图示，“沉钒”过程中在水、氨气作用下转化为，结合质量守恒，还生成氯化铵，反应为。
故答案为：
（5）①由于高锰酸钾具有氧化性，接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为：应使用酸式滴定管，从滴定管中放出半滴溶液，使其悬挂在滴定管的尖端，用锥形瓶进行操作，倾斜锥形瓶，用锥形瓶的颈部将半滴溶液碰下来即可，故答案为B。
故答案为：B
②，过量的亚铁离子为，与反应的亚铁离子为，结合反应和V元素守恒，产品中的纯度是。
故答案为：86.45
【分析】（1）VOCl3遇水强烈水解，因此实验过程中应除去Cl2中混有的水蒸气，据此确定装置B的作用。仪器X为球形干燥管。
（2）A、该制取装置为固液加热型装置。
B、该制取装置为固液常温型装置。
C、该制取装置为固固加热型装置。
D、该制取装置为固液常温型装置。
（3）实验前通氯气是为了排出装置内的空气；操作④是通冷凝水进行降温；球形冷凝管中不再有黄色液体流出时说明反应已完全。
（4）“沉钒”过程中VOCl3与H2O、NH3反应生成NH4VO3沉淀和NH4Cl，据此写出反应的化学方程式。
（5）①根据滴定操作分析。
②根据反应的离子方程式进行计算。
18．（2025·绵阳模拟）甲醇水蒸气重整制氢技术具有操作方便，反应条件温和等优点，回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
Ⅰ．
Ⅱ．
计算反应Ⅲ．的　 　，反应Ⅱ在850K时　 　（填“能”或“不能”）自发进行。
（2）以作催化剂时，甲醇与水蒸气重整制氢过程中只考虑反应Ⅰ和反应Ⅲ。向密闭容器中充入等物质的量的与，反应温度对平衡时的转化率，的选择性及CO的物质的量分数的影响结果如图所示。
已知：
①平衡时的转化率随温度升高而增大，原因是　 　。
②520K时，的平衡转化率为　 　，反应Ⅰ的平衡常数　 　（列出计算式，用摩尔分数代替平衡浓度计算，物质的摩尔分数：）。
（3）当温度升高时，反应的活化能越大，反应速率增加的倍数越大。据此对CO的物质的量分数在520K时出现拐点加以解释：　 　。
（4）研究人员认为，在Cu基催化剂上甲醇水蒸气重整反应可能经历了以下三个步骤，写出步骤b的化学方程式。
a.2；b．　 　；c．。
【答案】（1）；不能
（2）反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；；
（3）升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K后，升温对反应Ⅰ影响程度更大
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1 ΔH2 ；850K时反应Ⅱ的ΔG=ΔH TΔS=40.9J mol 1-850K42.08J K 1 mol 1=5132J mol 1>0，所以反应Ⅱ在850K时不能自发进行。
故答案为：；不能
（2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移动，所以平衡时CH3 OH的转化率随温度升高而增大。
故答案为： 反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3 OH 0.02mol，生成CO 0.02mol、H20.04mol，反应Ⅲ消耗CH3 OH 0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2 0.38mol、H21.14mol，所以H2 O的平衡转化率为；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2 )=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2 O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为： ；
（3）图中520K 之前CO的物质的量分数随温度升高而减小，520K 之后CO的物质的量分数随温度升高而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO的物质的量分数减小，520K后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO的物质的量分数增大。
故答案为： 升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K后，升温对反应Ⅰ影响程度更大
（4）根据总反应以及已知的步骤a和c，可知在步骤b中和H2O反应生成和，则步骤b的化学方程式：。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据ΔH-TΔS的大小判断反应能否自发进行。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02。据此进行计算。
（3）结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）根据总反应，结合反应a、c进行分析。
（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1 ΔH2 ；850K时反应Ⅱ的ΔG=ΔH TΔS=40.9J mol 1-850K42.08J K 1 mol 1=5132J mol 1>0，所以反应Ⅱ在850K时不能自发进行。
（2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移动，所以平衡时CH3 OH的转化率随温度升高而增大。
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3 OH 0.02mol，生成CO 0.02mol、H20.04mol，反应Ⅲ消耗CH3 OH 0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2 0.38mol、H21.14mol，所以H2 O的平衡转化率为；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2 )=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2 O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数。
（3）图中520K 之前CO的物质的量分数随温度升高而减小，520K 之后CO的物质的量分数随温度升高而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO的物质的量分数减小，520K后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO的物质的量分数增大。
（4）根据总反应以及已知的步骤a和c，可知在步骤b中和H2O反应生成和，则步骤b的化学方程式：。
19．（2025·绵阳模拟）化合物J是制备防治心脑血管疾病药物xyloketals的重要中间体，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
已知：（X为卤素原子，R与为烃基）
（1）若A经氧化反应能生成醛类物质，则A的结构简式为　 　。
（2）由C生成D的化学方程式是　 　。
（3）由E生成F的反应类型是　 　，I中所含的官能团名称是　 　。
（4）的反应可表示为，的化学名称为　 　。
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是　 　、　 　（写出两种）。
（6）3-甲基四氢呋喃（）广泛应用于聚合物工业。参照上述合成路线，补全以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：　 　。
【答案】（1）
（2）+CCl3COCl+HCl
（3）还原反应；氨基、酯基
（4）2，4，6-三羟基苯甲酸
（5）；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析知，A经氧化反应能生成醛类物质，可知A中含有，A在KOH在室温下反应生成B，由B的结构式和A的分子式可推知A的结构式为。
故答案为：
（2）由分析知，C与CCl3COCl发生+CCl3COCl+HCl取代反应生成D。
故答案为：+CCl3COCl+HCl
（3）由分析知，E在LiAlH4下发生还原反应生成F，I的结构简式为，所含的官能团名称是氨基、酯基。
故答案为：还原反应；氨基、酯基
（4）F与G在MgSO4、下发生反应，可推知G为，的化学名称为2，4，6-三羟基苯甲酸。
故答案为： 2，4，6-三羟基苯甲酸
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是或。
故答案为：；
（6）与Br2/CH4发生加成反应生成，在KOH在室温下反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与H2在Pt的催化下发生加成反应生成，则以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：。
故答案为：
【分析】化合物A能被氧化生成醛类物质，说明A分子中含有伯醇基团（ CH）。A在室温下与KOH反应生成B，结合B的结构式和A的分子式，可以确定A的结构为。B经过消去反应生成烯烃C，C与CCl3COCl发生取代反应生成D，反应过程为： + CCl3COCl + HCl，因此D的结构为。后续反应过程：D与CH3OH在NaHCO3存在下反应生成E；E被LiAlH4还原生成F；F与G在MgSO4和作用下发生缩合反应：，由此推断G的结构为。最后一步反应：H与I在CH2Cl2中发生取代反应生成J，对比H和J的结构，可确定I的结构为。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析知，A经氧化反应能生成醛类物质，可知A中含有，A在KOH在室温下反应生成B，由B的结构式和A的分子式可推知A的结构式为；
（2）由分析知，C与CCl3COCl发生+CCl3COCl+HCl取代反应生成D；
（3）由分析知，E在LiAlH4下发生还原反应生成F，I的结构简式为，所含的官能团名称是氨基、酯基；
（4）F与G在MgSO4、下发生反应，可推知G为，的化学名称为2，4，6-三羟基苯甲酸；
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是或；
（6）与Br2/CH4发生加成反应生成，在KOH在室温下反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与H2在Pt的催化下发生加成反应生成，则以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：。
1 / 1四川省绵阳市2025届高三上学期第二次诊断性考试化学试题
一、选择题（包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1．（2025·绵阳模拟）四川绵阳有“李白出生地，中国科技城”之称。下列叙述正确的是
A．“花间一壸酒”，酿制美酒过程中酒化酶将淀粉直接氧化为乙醇和
B．“挥剑决浮云”，锻造宝剑“淬火”时Fe与反应生成
C．“1965两弹城”，原子弹的核心材料是，U位于周期表第七周期
D．“2024科博会”，展示的铝硅电子玻璃的基础成分主要是合金
2．（2025·绵阳模拟）下列化学用语正确的是
A．的VSEPR模型：
B．NaCl溶液的中水合钠离子：
C．中共价键的电子云图：
D．基态硒的简化电子排布式：
3．（2025·绵阳模拟）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密，耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般采用混合溶液。下列叙述错误的是
A．待加工铝质工件为阳极 B．阳极发生氧化反应生成
C．可以用非惰性电极作阴极 D．电解过程中向阴极移动
4．（2025·绵阳模拟）如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是
选项 气体 试剂 试管中现象 结论
A 乙烯 溴水 溶液褪色 乙烯发生取代反应
B X 澄清石灰水 溶液变浑浊 X是CO2
C Cl2 溶液 溶液变棕黄色 氧化性
D SO2 溶液 溶液变浑浊 生成沉淀
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·绵阳模拟）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
B．充电时，铅酸蓄电池的阳极电极反应式：
C．酸性溶液测酒驾：
D．用FeS做沉淀剂除去污水中的，原理为
6．（2025·绵阳模拟）甲基麦冬黄烷酮是麦冬的主要活性成分，其结构如图。下列关于该物质的说法正确的是
A．分子中含有3个官能团，2个手性碳
B．分子中有3个碳原子采取杂化
C．光照下与氯气反应，苯环上可形成键
D．该物质可发生取代反应，氧化反应，还原反应
7．（2025·绵阳模拟）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 18-冠-6醚能识别 冠醚中的O通过离子键与作用
B 加热稀溶液，溶液变色 升温促进与形成
C 的碱性强于 中N的电子云密度比大
D 离子液体常温下呈液态 原因之一是离子液体的阴阳离子半径较大
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·绵阳模拟）在葡萄糖水溶液中，各种结构的平衡转化关系及百分含量如图。下列说法错误的是
A． B．a与b互为同分异构体
C．转化为是加成反应 D．葡萄糖能发生银镜反应
9．（2025·绵阳模拟）已知：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．反应，转移电子数目为
B．标准状况所含的电子数为
C．0的HF溶液中的数目小于
D．1的中心原子的孤电子对数目为
10．（2025·绵阳模拟）下列实验能达到目的的是
A．图甲比较和水解能力的强弱
B．图乙测定锌与稀硫酸的反应速率
C．图丙比较苯酚和碳酸的酸性强弱
D．图丁证明苯与液溴反应产生HBr
11．（2025·绵阳模拟）一种洗衣粉增白剂的阴离子结构如图所示，、、、是原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的最外层电子数之和为11.W、X、Y与碳元素形成的化合物常用作木材防腐剂。下列叙述错误的是
A．第一电离能：
B．该阴离子中的X不含孤对电子
C．的熔沸点比高
D．与中X的杂化形式不同
12．（2025·绵阳模拟）一种自循环光催化芬顿系统工作原理如图，其作用是利用太阳能驱动环境处理。体系中与Mn（Ⅱ）/Mn（Ⅳ）发生反应产生的和可用于处理水体中的有机污染物。下列说法错误的是
A．该系统可以看作是光能驱动的电解过程
B．阴极每消耗，系统中转移
C．光阳极发生的总反应为
D．该系统运行前，需要在水体中投放和Mn（Ⅱ）
13．（2025·绵阳模拟）高温裂解转化为和硫蒸气。维持体系压强为100kPa，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。下列说法错误的是
A．高温裂解反应
B．曲线c表示的体积分数
C．恒定温度，增大压强可使该反应平衡转化率降低
D．1300℃时，该反应的压强平衡常数
14．（2025·绵阳模拟）Au和Cu的晶胞结构相同，将二者共熔结晶可得到无序AuCu，再冷却保温，可得到有序AuCu。在有序AuCu晶胞中，a、b的原子坐标分别为和。Cu晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．Au的晶体中原子的配位数为12
B．Cu晶体的密度为
C．一个无序AuCu晶胞中含有的原子数目为4
D．有序AuCu晶胞中Cu的原子坐标可能为
15．（2025·绵阳模拟）用处理含废水，并始终保持，通过调节pH使形成硫化物沉淀而分离，体系中（即）关系如图所示，为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是
A．曲线a表示对应的变化关系
B．溶度积常数，
C．的电离常数，
D．溶液的时，
二、非选题（本题包括4小题，共55分）
16．（2025·绵阳模拟）我国自2024年10月1日起开始施行《稀土管理条例》，稀土（RE）包括钪（Sc）、钇（Y）和镧系共17种元素。一种从稀土矿（含Fe、Al、Mg等元素）中分离稀土金属的工艺流程如下：
已知：①月桂酸和均难溶于水。
②该工艺流程中稀土金属离子保持价；的。
③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表：
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2 7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）的基态电子排布式与　 　原子的基态电子排布式相同；稀土元素位于周期表中的　 　区（填标号）。
A．s B．p C．d D．ds E．f
（2）“氧化”步骤的主要目的是转化，发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是　 　，滤渣的成分有　 　。
（4）“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于　 　。
（5）稀土元素La的一种合金是较好的储氢材料，贮氢后的合金用于制作镍氢二次电池，该电池的总反应是（碱性介质），写出其放电时负极的电极反应式：　 　。
17．（2025·绵阳模拟）常用作催化剂，并广泛用于冶金，化工行业。实验室利用废催化剂（含）富集回收，并测定其产品纯度的过程如下，请回答下列问题：
已知：①常温下为黄色液体，沸点，熔点，遇水强烈水解生成。
②是一种橙黄色至深红色结晶粉末或片状固体，无味，有毒，微溶于水。
【制备】
（1）装置B的作用是________；仪器X的名称为________。
（2）实验室可用漂粉精与浓盐酸常温下反应快速制备，其制取装置与下列气体制取装置肯定不相同的是______（填标号）。
A. 铜与浓硫酸反应制 B. 石灰石与盐酸反应制
C. 熟石灰与氯化铵反应制 D. 过氧化钠和水反应制
（3）制备粗品时进行操作：①检查装置的气密性；②盛装药品；③通氯气一段时间；④……；⑤加热开始反应。操作③目的是________。操作④是________。可以通过观察________现象确定废催化剂已经反应完全。
【制备】
（4）用铵盐沉淀-氧化煅烧法制备高纯的流程如图。“沉钒”过程可以表示为化学方程式：________。
【测定纯度】
（5）称取1.000g样品，用稀硫酸溶解，定容得溶液。量取溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。
①接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为________（填标号）。
A． B． C． D．
②已知：，产品纯度为________。
18．（2025·绵阳模拟）甲醇水蒸气重整制氢技术具有操作方便，反应条件温和等优点，回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
Ⅰ．
Ⅱ．
计算反应Ⅲ．的　 　，反应Ⅱ在850K时　 　（填“能”或“不能”）自发进行。
（2）以作催化剂时，甲醇与水蒸气重整制氢过程中只考虑反应Ⅰ和反应Ⅲ。向密闭容器中充入等物质的量的与，反应温度对平衡时的转化率，的选择性及CO的物质的量分数的影响结果如图所示。
已知：
①平衡时的转化率随温度升高而增大，原因是　 　。
②520K时，的平衡转化率为　 　，反应Ⅰ的平衡常数　 　（列出计算式，用摩尔分数代替平衡浓度计算，物质的摩尔分数：）。
（3）当温度升高时，反应的活化能越大，反应速率增加的倍数越大。据此对CO的物质的量分数在520K时出现拐点加以解释：　 　。
（4）研究人员认为，在Cu基催化剂上甲醇水蒸气重整反应可能经历了以下三个步骤，写出步骤b的化学方程式。
a.2；b．　 　；c．。
19．（2025·绵阳模拟）化合物J是制备防治心脑血管疾病药物xyloketals的重要中间体，其合成路线如下（略去部分试剂和条件）：
已知：（X为卤素原子，R与为烃基）
（1）若A经氧化反应能生成醛类物质，则A的结构简式为　 　。
（2）由C生成D的化学方程式是　 　。
（3）由E生成F的反应类型是　 　，I中所含的官能团名称是　 　。
（4）的反应可表示为，的化学名称为　 　。
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是　 　、　 　（写出两种）。
（6）3-甲基四氢呋喃（）广泛应用于聚合物工业。参照上述合成路线，补全以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；多糖的性质和用途；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解析】A．酿酒过程中，淀粉首先通过淀粉酶的作用水解生成葡萄糖，随后葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇和二氧化碳，并非直接氧化过程，选项A错误；B．在宝剑锻造的"淬火"工艺中，铁(Fe)与水蒸气(H2O(g))在高温条件下反应生成四氧化三铁(Fe3O4)和氢气(H2)，不会形成氢氧化铁(Fe(OH)3)，选项B错误；
C．铀元素(U)的原子序数为92，在元素周期表中位于第七周期，选项C正确；
D．铝硅电子玻璃的主要成分是铝硅酸盐化合物，而非铝硅(Al-Si)合金，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、酿酒过程中淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖进一步转化为乙醇。
B、Fe与水蒸气高温反应生成Fe3O4。
C、U元素位于周期表中第七周期。
D、铝硅电子玻璃的成分为硅酸盐。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、中原子价电子对数（3个键 + 1对孤电子对 ），VSEPR模型为四面体，A正确；
B、带正电，吸引水分子的负电端（氧原子 ），水合钠离子中水分子应是氧原子朝向，与图示不符，B错误；
C、中是键，电子云图应为“头碰头”重叠的球形对称，与图示（不符合键电子云特征 ）不符，C错误；
D、硒的原子序数是34，核外电子排布为，简化电子排布式应为，选项中遗漏，D错误；
【分析】本题围绕化学用语（VSEPR模型、水合离子、电子云、电子排布式 ）的正误判断，需结合价层电子对互斥理论、离子水合特点、共价键类型、电子排布规则，逐一分析选项 。
A.价层电子对为4，含有一个孤独电子对，理论模型为四面体构型，实际构型为三角锥形；
B.钠离子带正电，水中氧显负电，所以应该是水中的氧原子与钠离子相互吸引；
C.中共价键类型为s-s键，图中为p-p键；
D.选项中 硒的简化电子排布式 缺少3d轨道上的电子。
3．【答案】D
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．电解法在铝表面生成氧化膜，说明铝失去电子，因此待加工的铝质工件应作为阳极，A选项正确；
B．根据分析，阳极铝发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为：
，B选项正确；
C．电解过程中阴极材料不参与反应，因此可以使用非惰性电极作为阴极，C选项正确；
D．电解过程中阴离子向阳极迁移，因此会向阳极移动，D选项错误；
故答案为：D
【分析】铝制品表面性成果致密的氧化铝薄膜，因此Al作为阳极，其电极反应式为：。阴极上H+发生得电子的还原反应，生成H2，因此阴极的电极反应为：。据此结合选项分析。
4．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解析】A、乙烯与溴水中的溴发生加成反应，导致溴水褪色，A选项错误。B、同样能使石灰水变浑浊，因此不能确定该气体一定是，B选项错误。
C、氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁（2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3），溶液颜色由浅绿变为棕黄，证明氯气氧化性强于氯化铁，C选项正确。
D、在酸性条件下被氧化为硫酸，最终生成沉淀，该现象不能说明具有还原性，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、乙烯使溴水褪色是乙烯与Br2发生加成反应。
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。
C、溶液变棕黄色，说明Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此判断氧化性强弱。
D、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－。
5．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、在电解过程中，2mol丙烯腈（CH2=CHCN）与2mol氢离子（H+）结合2mol电子，生成1mol己二腈（NC(CH2)4CN）。阴极的电极反应式正确表示为：，A选项正确。B、充电时，铅酸蓄电池的阳极发生氧化反应，硫酸铅（PbSO4）转化为二氧化铅（PbO2），其电极反应式为：，B选项错误。
C、重铬酸钾（K2Cr2O7）具有强氧化性，能够氧化乙醇（CH3CH2OH）生成乙酸（CH3COOH）和三价铬离子（Cr3+），离子方程式为：，C选项正确。
D、由于HgS的溶度积常数（Ksp）远小于FeS，当溶液中存在Hg2+时，FeS会转化为更难溶的HgS，离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、电解过程中丙烯腈发生得电子的还原反应，生成己二腈。
B、铅蓄电池充电时，阳极上PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2。
C、K2Cr2O7具有氧化性，能将C2H5OH氧化成CH3COOH，自身还原Cr3＋。
D、FeS能与Hg2＋反应，生成更难溶的HgS和Fe2＋。
6．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据结构式分析，该分子含有羟基、酮羰基和醚键3种官能团，且具有1个手性碳原子（如图所示带*号的碳原子），A选项错误。
B．从结构式可以看出，分子中有7个碳原子采用杂化方式（如图所示带*号的碳原子），B选项错误。
C．苯环上的氢原子被氯取代需要在液氯和氯化铁催化条件下进行，光照条件下氯气无法取代苯环氢，C选项错误。
D．该化合物中的羟基可发生取代反应；作为有机物能发生燃烧氧化反应；羰基可与氢气发生加成（还原）反应，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、连接有四个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
B、形成四个单键得到碳原子采用sp3杂化。
C、光照条件下发生烷烃基上的取代。
D、根据有机物中所含的官能团确定其所能发生的反应。
7．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；晶体的定义
【解析】【解答】A. 18-冠-6醚通过其环状空腔结构与钾离子（K+）尺寸匹配，利用氧原子上的孤电子对与K+形成配位键，而非离子键，离子键是正负离子间的静电相互作用，而冠醚与K+的结合属于配位作用，A选项错误。B．当稀CuCl2溶液受热时，Cu2+与Cl-更容易结合形成绿色的[CuCl4]2-络合离子，这使得溶液颜色加深，B选项正确。
C．CH3NH2的碱性比NH3更强，这是因为甲基（-CH3）的给电子诱导效应增加了氮原子（N）的电子云密度，使其更容易结合质子（H+），C选项正确。
D．离子液体在常温下呈现液态，是因为其阴阳离子体积较大，导致离子间作用力较弱，熔化所需能量较低，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、冠醚中的O原子与K+形成配位键，而不是离子键。
B、加热过程中，Cu2＋与Cl－进一步反应形成绿色的的[CuCl4]2－。
C、－CH3为推电子基团，使得N原子上电子云密度增大，更容易结合H＋。
D、离子液体常温下为液态，是由于阴阳离子半径大。
8．【答案】A
【知识点】盖斯定律及其应用；同分异构现象和同分异构体；葡萄糖的银镜反应；加成反应
【解析】【解析】A．根据盖斯定律，反应焓变关系应为，选项A错误。B．化合物a和b具有相同的分子式但结构不同，属于同分异构体，B选项正确。
C．b转化为c的过程实质上是b分子中右上方的羟基与右下方的醛基发生加成反应，C选项正确。
D．葡萄糖分子中含有醛基（-CHO），能够发生银镜反应，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、根据盖斯定律计算。
B、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
C、b转化为c的过程中发生碳氧双键的加成。
D、葡萄糖中含有-CHO，可发生银镜反应。
9．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．在反应 中， 中Xe的化合价为+4价，生成的 中Xe为+6价，Xe单质为0价。6 mol 参与反应时，2 mol Xe化合价升高至+6价，4 mol Xe化合价降低至0价，转移电子数为 4 × 4 mol = 16 mol，即转移电子数目为 16NA，A选项正确；B．标准状况下 2.24 L O2 的物质的量为。1个O2 分子含16个电子，因此 0.1 mol O2 所含电子数为 0.1 mol × 16 × NA = 1.6NA，B选项正确；
C．HF溶液的浓度为 0.1 mol/L，但溶液体积未知，无法根据 n = cV 计算 F 的物质的量，因此不能确定 F 的数目，C选项错误；
D．H2O 中O原子的价层电子对数 = 2 +，其中成键电子对数为2，孤电子对数为 4 - 2 = 2，因此 1 mol H2O 的中心原子O的孤电子对数为 2NA，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数。
B、根据公式计算n(O2)，一个O2分子中含有16个电子，据此计算。
C、未给出溶液的体积，无法应用公式n=c×V进行计算。
D、一个H2O分子中O原子含有2个孤电子对。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；盐类水解的应用；苯的结构与性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A. 要比较碳酸根离子（）和碳酸氢根离子（）的水解能力，应该使用相同浓度的碳酸钠（）溶液和碳酸氢钠（）溶液。但图甲中使用的是饱和溶液，两者的浓度不同，无法通过酚酞溶液的颜色变化准确比较水解能力的强弱，因此该实验设计不能达到目的，A选项错误。B. 图乙中通过注射器可以收集反应生成的氢气，配合秒表记录的时间，根据速率公式（其中可通过氢气体积换算），可以测定锌与稀硫酸的反应速率，因此该实验能达到目的，B选项正确。
C. 向苯酚浊液中加入足量的碳酸钠（）溶液，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠（），该现象只能说明苯酚的酸性强于碳酸氢钠，但无法直接比较苯酚与碳酸的酸性强弱，因此该实验不能达到目的，C选项错误。
D. 苯与液溴在铁粉催化下发生取代反应生成溴苯和溴化氢（HBr），但由于液溴易挥发，挥发出的溴单质也能与硝酸银（AgNO3）溶液反应生成溴化银（AgBr）沉淀，从而干扰HBr的检验，因此该实验无法证明苯与液溴反应生成了HBr，不能达到目的，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不同，无法比较。
B、通过针筒测定一段时间内生成H2的体积，从而得到反应速率。
C、根据强酸制弱酸原理分析。
D、液溴具有挥发性，挥发的Br2会对实验造成干扰。
11．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 同周期元素第一电离能趋势增大，故，A选项正确。B. B的4条共价键中含1条配位键，无孤对电子，B选项正确。
C.（硼酸）因分子间氢键沸点高于（硼酸三甲酯），C选项错误。
D.中B为杂化（3条键），而中B为杂化（4条键），D选项正确。
故答案为：C
【分析】形成1条键，确定为氢（H）。形成4条键，可能是硼（B）、碳（C）或氮（N）。形成2条键且阴离子带2个单位负电荷，确定为氧（O）。带1个单位正电荷，确定为钠（Na）。
已知化合物（木材防腐剂）中形成3条键，结合最外层电子数总和为11，推断为硼（B）。阴离子中B的4条键含1条配位键，因此W为H、X为B、Y为O、Z为Na。据此结合元素周期律分析选项。
12．【答案】D
【知识点】电解原理；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 根据题目描述，该自循环光催化芬顿系统利用太阳能驱动环境处理过程，因此可以视为光能驱动的电解过程，选项A正确；B. 阴极反应表明，每消耗1mol O2，系统转移2mol电子，选项B正确；
C. 光阳极的总反应 为 ，选项C正确；
D. 图中显示HCO4-和Mn(Ⅱ)是中间产物，不需要预先加入，而应预先加入Mn(Ⅳ)和HCO3-，选项D错误；
故答案为：D
【分析】该装置构成电解池。从图中可以看出，光阳极依次发生以下两个反应：，。因此光阳极的总反应可表示为：。在阴极，氧气和氢离子得到电子生成过氧化氢，电极反应为：。据此分析选项。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解析】A．根据图示曲线分析，曲线a表示H2S的体积分数随温度升高而减小，说明升高温度平衡正向移动，故该高温裂解反应为吸热反应，△H＞0，选项A正确；B．H2S分解生成H2和S蒸气，温度升高时H2S分解率增大，其含量降低，而H2和S蒸气含量增加。根据曲线变化趋势，a代表H2S，b、c代表产物。由于H2与S蒸气的物质的量之比为2：1（由化学计量数决定），结合元素守恒可判断b为H2，c为S2，选项B错误；
C．在恒容恒温条件下，增大压强会使平衡向气体分子数减小的方向移动（勒夏特列原理）。对于反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，压强增大时平衡逆向移动（生成H2S的方向），导致H2S转化率降低，选项C正确；
D．在1300℃时，H2S体积分数为50%。设初始H2S为1mol，平衡时分解x mol，根据反应方程式可得平衡时各组分的量：n(H2S)=(1-x) mol，n(H2)=x mol，n(S2)=0.5x mol。由体积分数关系得方程：，解得x=0.4 mol，故H2S分解率为40%。此时体系中各组分物质的量分数为：H2S占，H2占，S2占。以分压表示平衡常数：
，选项D正确。
故答案为：B
【分析】A、根据温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、根据反应的化学方程式2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)可知，反应生成的n(H2)更多。
C、结合压强对平衡移动的影响分析。
D、根据图像数据计算各物质的分压，结合分压数据计算压强平衡常数。
14．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．以顶点的Au原子为研究对象，距离最近的Au原子位于面心位置。每个顶点原子被8个晶胞共享，因此配位数为，选项A正确。B．Cu晶胞中，顶点位置贡献的原子数为，面心位置贡献的原子数为，总原子数为4个。晶胞质量为，体积为。因此密度计算式为，选项B错误。
C．无序AuCu晶胞中，原子分布统计方式与Cu晶胞相同，顶点贡献1个原子，面心贡献3个原子，总原子数为4个，选项C正确。
D．在有序AuCu晶胞中，位于左侧面心的Cu原子坐标明确为，选项D正确。
故答案为：B
【分析】A、以顶点Au原子为中心，与之距离最近的Au位于面心位置。
B、根据公式计算晶胞密度。
C、根据均摊法分析。
D、根据a、b原子的坐标以及Cu原子的位置，确定其坐标。
15．【答案】C
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A．据分析，曲线a表示对应的变化关系，选项A错误；
B．由分析知，，，选项B错误；
C．将点代入中，得，该点，利用算得该点的，，，选项C正确；
D．据分析，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系，曲线c、d分别代表、与pH的变化关系，当时，横坐标值a故答案为：C
【分析】保持不变，温度不变，不变，由可知，随pH增大，减小，增大，即减小，同理可知随pH增大，减小；由可知，酸性条件下，即，曲线a、b分别代表、与pH的变化关系。分别将曲线c、d与曲线b交点的数值代入的表达式(与的溶度积表达式类型相同)，可得溶度积分别为与，已知，则曲线c、d分别代表、与pH的变化关系。
16．【答案】（1）Ar；CE
（2）
（3）4.7～6.2；、
（4）
（5）
【知识点】原子核外电子排布；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；稀土元素包括d区的Sc、Y和f区的镧系元素，故选CE。
故答案为：Ar；CE
（2）“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为，同时过氧化氢被还原生成水，反应的离子方程式为：。
故答案为：
（3）据分析，“沉淀除杂”目的是将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，因此调节pH范围应使和完全沉淀，而不使沉淀，因此pH的适宜范围是4.7～6.2，此时滤渣的成分有、。
故答案为：4.7～6.2；、
（4）为使得滤饼中检测不到Mg元素，则加入月桂酸钠后未开始沉淀，则，即。
故答案为：
（5）根据电池的总反应式(碱性介质)，放电时负极上失去电子被氧化生成，则电极反应式为：。
故答案为：
【分析】（1）Sc为21号元素，因此Sc3+的核外电子数为18，其核外电子排布式与Ar相同。稀土元素位于元素周期表的d区和ds区。
（2）“氧化”过程中H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为H2O，据此写出反应的离子方程式。
（3）“沉淀除杂”的过程中除去Fe3＋和Al3＋，结合Fe3＋、Al3＋和RE3＋沉淀的pH值分析。
（4）根据进行计算。
（5）放电过程中负极上LaNi5H6发生失电子的氧化反应，生成LaNi5和H2O，据此写出其电极反应式。
（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；稀土元素包括d区的Sc、Y和f区的镧系元素，故选CE；
（2）“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为，同时过氧化氢被还原生成水，反应的离子方程式为：；
（3）据分析，“沉淀除杂”目的是将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，因此调节pH范围应使和完全沉淀，而不使沉淀，因此pH的适宜范围是4.7～6.2，此时滤渣的成分有、；
（4）为使得滤饼中检测不到Mg元素，则加入月桂酸钠后未开始沉淀，则，即；
（5）根据电池的总反应式(碱性介质)，放电时负极上失去电子被氧化生成，则电极反应式为：。
17．【答案】(1) 干燥氯气 球形冷凝管
(2) A，C
(3) 排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解 通冷凝水 球形冷凝管中不再有黄色液体流出
(4)
(5) B 86.45
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）据分析，易水解，实验需要在无水条件下进行，则装置B中盛装的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；仪器X的名称为球形冷凝管。
故答案为： 干燥氯气；球形冷凝管
（2）漂粉精与浓盐酸发生反应制取Cl2，该反应是固体与液体不需要加热制备气体，则与B、D的装置相同，浓硫酸与铜反应制SO2属于固体液体加热制气体，熟石灰与氯化铵反应制氨气是固体加热制备气体，则与A、C的装置不同，故答案为AC。
故答案为：AC
（3）制备粗品时首先生成氯气，排净装置中的空气防止干扰，故操作③是通氯气，目的是排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解；操作④是通冷凝水；三氯氧钒常温下为黄色液体，故证明含钒废催化剂反应完全的现象是球形冷凝管中不再有黄色液体流出。
故答案为：排出装置内空气，防止空气中水蒸气使水解；通冷凝水；球形冷凝管中不再有黄色液体流出
（4）根据图示，“沉钒”过程中在水、氨气作用下转化为，结合质量守恒，还生成氯化铵，反应为。
故答案为：
（5）①由于高锰酸钾具有氧化性，接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为：应使用酸式滴定管，从滴定管中放出半滴溶液，使其悬挂在滴定管的尖端，用锥形瓶进行操作，倾斜锥形瓶，用锥形瓶的颈部将半滴溶液碰下来即可，故答案为B。
故答案为：B
②，过量的亚铁离子为，与反应的亚铁离子为，结合反应和V元素守恒，产品中的纯度是。
故答案为：86.45
【分析】（1）VOCl3遇水强烈水解，因此实验过程中应除去Cl2中混有的水蒸气，据此确定装置B的作用。仪器X为球形干燥管。
（2）A、该制取装置为固液加热型装置。
B、该制取装置为固液常温型装置。
C、该制取装置为固固加热型装置。
D、该制取装置为固液常温型装置。
（3）实验前通氯气是为了排出装置内的空气；操作④是通冷凝水进行降温；球形冷凝管中不再有黄色液体流出时说明反应已完全。
（4）“沉钒”过程中VOCl3与H2O、NH3反应生成NH4VO3沉淀和NH4Cl，据此写出反应的化学方程式。
（5）①根据滴定操作分析。
②根据反应的离子方程式进行计算。
18．【答案】（1）；不能
（2）反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；；
（3）升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K后，升温对反应Ⅰ影响程度更大
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1 ΔH2 ；850K时反应Ⅱ的ΔG=ΔH TΔS=40.9J mol 1-850K42.08J K 1 mol 1=5132J mol 1>0，所以反应Ⅱ在850K时不能自发进行。
故答案为：；不能
（2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移动，所以平衡时CH3 OH的转化率随温度升高而增大。
故答案为： 反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3 OH 0.02mol，生成CO 0.02mol、H20.04mol，反应Ⅲ消耗CH3 OH 0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2 0.38mol、H21.14mol，所以H2 O的平衡转化率为；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2 )=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2 O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数。
故答案为： ；
（3）图中520K 之前CO的物质的量分数随温度升高而减小，520K 之后CO的物质的量分数随温度升高而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO的物质的量分数减小，520K后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO的物质的量分数增大。
故答案为： 升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K后，升温对反应Ⅰ影响程度更大
（4）根据总反应以及已知的步骤a和c，可知在步骤b中和H2O反应生成和，则步骤b的化学方程式：。
故答案为：
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。根据ΔH-TΔS的大小判断反应能否自发进行。
（2）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02。据此进行计算。
（3）结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）根据总反应，结合反应a、c进行分析。
（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1 ΔH2 ；850K时反应Ⅱ的ΔG=ΔH TΔS=40.9J mol 1-850K42.08J K 1 mol 1=5132J mol 1>0，所以反应Ⅱ在850K时不能自发进行。
（2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移动，所以平衡时CH3 OH的转化率随温度升高而增大。
②由图可知520K时，CH3 OH的转化率为40%，CO2 的选择性为95%。设起始CH3 OH和H2 O的物质的量都为1mol，生成CO2 的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3 OH 0.02mol，生成CO 0.02mol、H20.04mol，反应Ⅲ消耗CH3 OH 0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2 0.38mol、H21.14mol，所以H2 O的平衡转化率为；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2 )=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2 O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数。
（3）图中520K 之前CO的物质的量分数随温度升高而减小，520K 之后CO的物质的量分数随温度升高而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO的物质的量分数减小，520K后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO的物质的量分数增大。
（4）根据总反应以及已知的步骤a和c，可知在步骤b中和H2O反应生成和，则步骤b的化学方程式：。
19．【答案】（1）
（2）+CCl3COCl+HCl
（3）还原反应；氨基、酯基
（4）2，4，6-三羟基苯甲酸
（5）；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析知，A经氧化反应能生成醛类物质，可知A中含有，A在KOH在室温下反应生成B，由B的结构式和A的分子式可推知A的结构式为。
故答案为：
（2）由分析知，C与CCl3COCl发生+CCl3COCl+HCl取代反应生成D。
故答案为：+CCl3COCl+HCl
（3）由分析知，E在LiAlH4下发生还原反应生成F，I的结构简式为，所含的官能团名称是氨基、酯基。
故答案为：还原反应；氨基、酯基
（4）F与G在MgSO4、下发生反应，可推知G为，的化学名称为2，4，6-三羟基苯甲酸。
故答案为： 2，4，6-三羟基苯甲酸
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是或。
故答案为：；
（6）与Br2/CH4发生加成反应生成，在KOH在室温下反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与H2在Pt的催化下发生加成反应生成，则以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：。
故答案为：
【分析】化合物A能被氧化生成醛类物质，说明A分子中含有伯醇基团（ CH）。A在室温下与KOH反应生成B，结合B的结构式和A的分子式，可以确定A的结构为。B经过消去反应生成烯烃C，C与CCl3COCl发生取代反应生成D，反应过程为： + CCl3COCl + HCl，因此D的结构为。后续反应过程：D与CH3OH在NaHCO3存在下反应生成E；E被LiAlH4还原生成F；F与G在MgSO4和作用下发生缩合反应：，由此推断G的结构为。最后一步反应：H与I在CH2Cl2中发生取代反应生成J，对比H和J的结构，可确定I的结构为。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析知，A经氧化反应能生成醛类物质，可知A中含有，A在KOH在室温下反应生成B，由B的结构式和A的分子式可推知A的结构式为；
（2）由分析知，C与CCl3COCl发生+CCl3COCl+HCl取代反应生成D；
（3）由分析知，E在LiAlH4下发生还原反应生成F，I的结构简式为，所含的官能团名称是氨基、酯基；
（4）F与G在MgSO4、下发生反应，可推知G为，的化学名称为2，4，6-三羟基苯甲酸；
（5）化合物K是F的同分异构体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为三组峰，则K的可能结构是或；
（6）与Br2/CH4发生加成反应生成，在KOH在室温下反应生成，在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，与H2在Pt的催化下发生加成反应生成，则以为原料，制备3-甲基四氢呋喃的合成路线（无机试剂任选）：。
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