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贵州省贵阳市2025届高三下学期适应性考试（二）化学试题
一、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，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·贵阳模拟）贵州省博物馆的藏品不仅见证了文化与传承，也彰显了地域文化，下列藏品主要成分是合金材料的是
A.东汉铜马车 B.彩陶罐
C.蜡染百褶裙 D.双肩石锛
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·贵阳模拟）下列化学用语表达正确的是
A．的电子式：
B．的球棍模型：
C．聚乳酸的结构简式：
D．基态Mn原子的结构示意图：
3．（2025·贵阳模拟）实验室制取少量氮气的反应为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键数目为
B．晶体中离子数目为
C．每生成，该反应转移电子数目为
D．的溶液中数目为
4．（2025·贵阳模拟）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A.制备并收集少量氨气 B.产生持续稳定电流
C..验证Fe与S反应放热 D.制备乙二酸
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·贵阳模拟）下列方程式书写正确的是
A．溶液与少量溶液混合：
B．用作野外生氢剂：
C．用氢碘酸溶解：
D．牺牲阳极法保护海水中钢闸门的正极反应：
6．（2025·贵阳模拟）胡椒烯丙酮可用作食品的天然香料和抗氧化剂，其结构简式如下。下列关于胡椒烯丙酮的说法正确的是
A．碳原子的杂化方式有三种
B．分子中最多有7个碳原子共平面
C．该物质存在顺反异构体
D．胡椒烯丙酮最多能与发生加成反应
7．（2025·贵阳模拟）劳动创造美好生活，在制作贵阳经典小吃肠旺面过程中涉及的化学知识解释错误的是
选项 劳动项目 劳动过程 化学知识
A 清洗大肠 用盐和醋反复揉搓 醋与大肠表面的碱性物质（如胺类）发生中和反应，生成可溶性盐类，能有效去除腥味
B 制备血旺 向新鲜猪血中加入食盐 加食盐的目的主要是为了调味
C 熬制汤底 熬煮猪骨 蛋白质水解为小分子肽和氨基酸等
D 炼制红油 将热油与糍粑辣椒混合 利用“相似相溶”，辣椒红素在油中溶解，形成红油
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·贵阳模拟）一定条件下用尿素合成重要化工产品三聚氰胺的反应如下：
下列说法正确的是
A．三聚氰胺分子中含有非极性键
B．电负性：
C．沸点：尿素>丙酮
D．三聚氰胺分子中含有键
9．（2025·贵阳模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W原子核外有4种空间运动状态不同的电子，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z的一种单质为淡黄色固体且易溶于。下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．原子半径：
C．X的氢化物空间结构为三角锥形
D．基态原子的第一电离能：
10．（2025·贵阳模拟）一种水性电解液可充电电池如图所示。下列叙述错误的是
A．放电时，M电极是正极
B．放电时，N电极反应：
C．充电时，Ⅱ区中溶液的浓度减小
D．充电时，转移，Ⅲ区溶液质量减少
11．（2025·贵阳模拟）1-苯基丙炔和可发生催化加成反应，生成产物A和B。反应历程的能量变化如图1，体系中三种物质的占比随时间变化如图2，下列说法错误的是
A．从生成产物A和产物B的反应都是放热反应
B．产物B对应的结构是
C．
D．若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离
12．（2025·贵阳模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将固体溶于水，进行导电性实验 可导电 是离子化合物
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中，滴加几滴浓硝酸，加热。 产生白色沉淀，加热后变为黄色 该蛋白质的结构中含有苯环
C 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，加热，再向所得水解液中滴入少量新制，加热 无砖红色沉淀出现 蔗糖未水解
D 将新鲜菠菜榨汁并过滤，煮沸滤液，自然冷却后滴加溶液 无蓝色沉淀 菠菜中不含
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·贵阳模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含、、。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是
A．“浸渣1”的主要成分为、
B．“浸取2”步骤中，被氧化的化学方程式为
C．“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为
D．“电沉积”步骤中，阴极的电极反应式为
14．（2025·贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白和黄金雨中黄色的。室温下和在不同的溶液中分别达到溶解平衡时与或的关系如图所示。下列说法错误的是
A．对应的是与的关系变化
B．的数量级为
C．q点对应的是不饱和溶液
D．向浓度均为、混合溶液中滴入溶液，先产生黄色沉淀
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·贵阳模拟）贵州省具有丰富的磷矿资源，实验室以为原料对磷酸钠盐的制备进行研究。回答下列问题：
Ⅰ．萃取法
萃取剂与、的溶配液中的形成有机相，与形成水相，利用如下实验装置制备晶体并回收萃取剂。
（1）仪器a的名称是　 　；蒸馏过程中适宜的进气量可避免暴沸现象，还可以调节蒸馏速度，维持实验稳定性。打开装置④的螺口夹控制毛细玻璃管适宜的进气量，水浴加热一段时间，仪器b中可观察到的现象是　 　。
（2）萃取法制晶体，需选用的装置及使用顺序是　 　（填序号）。
Ⅱ．中和法
取于烧杯中，加入蒸馏水，搅匀。少量分批加入溶液至溶液的pH=7.0~8.0后，改用溶液调节溶液的时制得溶液，转移至蒸发皿。水浴加热浓缩至有晶膜出现，停止加热，自然冷却。待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥，得晶体。
（3）实验中制备的化学方程式为　 　。
（4）调pH=7.0~8.0后，改用溶液的目的是　 　。
（5）取某样品配制成待测液，用如图装置进行精准数字化滴定（杂质不参与反应）。首先用盐酸滴定至pH=　 　，此时样品中含磷微粒完全转化为，再用浓度为的标准溶液滴定至，所用体积。该样品中的质量分数为　 　（用含有、、的代数式表示）。【】。
16．（2025·贵阳模拟）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：是一种三元弱酸。常温下，；。
回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）“除砷”步骤中，温度不能过高的原因是　 　，滤渣1的主要成分是。写出该步骤生成的离子方程式　 　。
（3）常温下，调pH的目的是进一步去除，使。若溶液中，则需控制pH的范围是　 　。
（4）滤渣3的主要成分是　 　。
（5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。
温度 低于30℃ 30℃~54℃ 54℃~280℃ 高于280℃
晶体形态 多种结晶水合物
①从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥。
②晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，则200℃时所得到产物的化学式为　 　。
（6）氧化镍晶胞如图所示，已知晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值，则氧化镍晶体的摩尔体积　 　。
17．（2025·贵阳模拟）研究表明工业上采用Fe-ZSM-a（铁基催化剂）选择性催化还原（SCR）工艺在低温下可实现生产中的减排，所涉及的反应如下：
反应Ⅰ ，
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅰ中相关键能数据如下表所示，中所有化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
共价键 O=O O-O
键能/ 946 418 497 142
（2）298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生，其原因是　 　。
（3）恒温条件下，若只考虑体系中反应Ⅱ，可判断该反应处于平衡状态的是　 　（填字母序号）。
a．的分压不变 b． c．反应器内气体密度不变
为进一步提高的平衡转化率，可采取的措施有　 　（任写一条）。
（4）实验室将和按进料比、1、2充入填充有Fe-ZSM-a的恒容反应器中发生反应Ⅱ，经相同时间得到转化率与温度（T）、进料比关系如图。
①曲线Ⅲ表示的进料比　 　；反应在M点达到平衡，此时的转化率为　 　，用平衡分压表示的化学平衡常数　 　（物质的量分数，初始压强为）。
②计算机模拟在Fe-ZSM-a表面上变化的反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用“*”标注），决速步骤的反应方程式为　 　。
18．（2025·贵阳模拟）溴虫氟苯双酰胺（K）是一种高效、低毒、环境友好的绿色农药，其中一种合成路线如下（部分反应条件和试剂已简化）。
已知：
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　；A→B所用的“混酸”是　 　。
（2）C的核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（3）D中的含氧官能团名称为　 　；E→F的反应类型是　 　。
（4）G→H的化学方程式是　 　。
（5）满足下列条件的E的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
①具有相同官能团
②能发生银镜反应
③苯环上连有2个基团
（6）人工智能DeepSeek分析上述合成路线后，也给出了一个可探索的合成路线：
X、Y的结构简式分别为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、东汉铜马车的主要材质为铜合金，铜合金是铜与锡、铅等金属熔合形成的合金，符合合金材料的定义；
B、彩陶罐的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，并非合金；
C、蜡染百褶裙的主要材质为棉、麻等天然纤维，属于天然有机高分子材料，与合金无关；
D、双肩石铩的主要成分为硅酸盐类岩石，属于无机非金属材料，不属于合金。
故答案为：A。
【分析】本题的解题要点在于精准把握合金的核心特征，并能准确区分合金材料与无机非金属材料、有机高分子材料的类别差异。首先需牢记合金是金属基的混合材料，具备金属特性；其次要结合生活常识和学科知识，判断不同藏品的材质属性 —— 铜制品多为铜合金，陶瓷、石材归为无机非金属材料，织物类则属于有机材料，通过类别匹配即可快速锁定正确答案。
2．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；羧酸简介；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成。C22-中两个碳原子之间存在三对共用电子对，其正确的电子式应为，A错误；
B、H3O+的空间结构为三角锥形，中心 O 原子位于锥顶，3 个 H 原子位于锥底。题目所给的模型为空间填充模型（比例模型）， 球棍模型为，B错误；
C、聚乳酸是由乳酸（CH3CH (OH) COOH）通过分子间脱水缩聚而成，其主链应包含酯基结构。正确的结构简式：，C错误；
D、Mn 是 25 号元素，基态 Mn 原子的核电荷数为 25，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2，其原子结构示意图：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点在于精准掌握各类化学用语的规范表达：
电子式：需明确离子化合物与共价化合物的书写差异，特别是复杂阴离子（如 C22-）的成键情况。
化学模型：要能区分球棍模型和空间填充模型的不同表现形式。
高分子结构简式：需清楚缩聚反应的断键方式，从而正确书写重复单元。
原子结构示意图：要牢记核外电子排布规律，特别是过渡元素（如 Mn）的电子排布。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】反应 是归中反应： 中+3价的N元素被还原， 中-3价的N元素被氧化，最终都生成0价的 。每生成1mol ，转移3mol电子。
A、题目未指明22.4L 处于标准状况，无法直接用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法确定π键数目。即使在标准状况下，1mol 含有2mol π键，但前提不成立，A错误；
B、 是离子晶体，由 和 构成。0.1mol 晶体中含有的离子总数为 ，即离子数目为 ，B正确；
C、根据反应方程式，生成2mol 时转移3mol电子。因此，每生成1mol ，转移的电子数目为 ，而非 ，C错误；
D、 溶液中， 会发生水解反应：，导致 的实际浓度小于0.1mol·L- ，因此1L该溶液中 的数目小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：使用22.4L·mol- 时，必须满足“标准状况”和“气体”两个条件。
离子晶体构成： 由 和 按1：1构成，计算离子数时需考虑两者。
氧化还原电子转移：归中反应中，电子转移数由化合价变化的最小公倍数决定。
盐类水解：弱碱阳离子（如 ）在水溶液中会发生水解，导致其浓度降低。
4．【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2的混合物可以制得 NH3，但收集时试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；同时收集 NH3的试管口应塞一团干燥的棉花，防止氨气与空气对流，图中装置不符合要求，A错误；
B、该原电池装置中，Zn 电极应插入 ZnSO4溶液，Cu 电极应插入 CuSO4溶液，才能形成闭合回路并产生稳定电流。图中电极和溶液插反，无法构成有效原电池，不能产生持续稳定电流，B错误；
C、用末端红热的玻璃棒引燃铁粉与硫粉的混合物，若反应自行持续进行并保持红热状态，说明反应放出的热量足以维持反应继续进行，可证明该反应为放热反应，C正确；
D、乙二醇被酸性 KMnO4溶液氧化的产物与反应条件有关，在没有特定控制条件的情况下，乙二醇会被强氧化剂直接氧化为 CO2等产物，无法稳定得到乙二酸，且装置中缺少必要的反应条件控制，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：试管口略向下倾斜，收集时用干燥棉花防止对流。
原电池构成：电极材料与对应电解质溶液要匹配，才能形成有效回路。
放热反应验证：通过反应一旦引发后能否自行持续放热来判断是否为放热反应。
有机氧化：强氧化剂氧化多元醇时，产物复杂，需严格控制条件才能得到目标产物。
5．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量NaHCO3意味着HCO3-完全反应，1mol HCO3-消耗1mol OH-生成CO32-，再与1mol Ba2+生成沉淀。离子方程式： ，符合“少量定1法”，A正确。
B、NaH中H为-1价，与水发生归中反应，产物应为NaOH和H2，正确方程式为：，B错误。
C、生成的Fe3+具有强氧化性，会将I-氧化为I2，自身被还原为Fe2+，正确离子方程式为： ，选项中未考虑氧化还原反应，C错误；
D、牺牲阳极法中，钢闸门作为正极发生还原反应，正确反应为： ，选项中给出的是氧化反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式配比：少量物质的离子按“1mol”参与反应，过量物质按需配比。
归中反应：NaH与水反应生成H2和NaOH，而非Na2O。
氧化还原隐藏：Fe3+与I-不能大量共存，会发生氧化还原反应。
电化学原理：牺牲阳极法中，正极发生O2的还原反应，而非氧化反应。
6．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中苯环碳、碳碳双键碳、羰基碳均为杂化，亚甲基碳和甲基碳为杂化，因此碳原子的杂化方式只有2种，A错误；
B、苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，因此分子中最多有10个碳原子共平面，而非7个，B错误；
C、分子中的碳碳双键两侧，两个不饱和碳原子分别连有不同的原子或基团，满足顺反异构的条件，因此该物质存在顺反异构体，C正确；
D、苯环可与3mol H2加成，碳碳双键和羰基各可与1mol H2加成，因此1mol胡椒烯丙酮最多能与5mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：苯环、双键、羰基碳为，饱和碳为。
共面分析：苯环、双键、羰基均为平面，单键可旋转，可使更多原子共面。
顺反异构：双键两侧碳连有不同基团时，存在顺反异构。
加成反应：苯环、碳碳双键、羰基均可与H2加成，注意酯基和羧基一般不加成。
7．【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；酰胺
【解析】【解答】A、醋中的醋酸（CH3COOH）呈酸性，能与大肠表面的碱性胺类物质发生中和反应，生成可溶性盐类，同时盐的高渗透压也有助于析出异味物质，从而有效去除腥味，A正确；
B、向新鲜猪血中加入食盐，主要目的是使血液中的蛋白质发生盐析，促使血液凝固成型，而非单纯调味，B错误；
C、熬煮猪骨时，猪骨中的蛋白质在高温和水的作用下发生水解，断裂肽键，生成小分子肽和氨基酸等，这些小分子物质是汤底鲜味的主要来源，C正确；
D、辣椒红素是一种脂溶性色素，根据 “相似相溶” 原理，它易溶于热油中，从而使油呈现出鲜艳的红色，形成红油，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
中和除味：酸与碱性胺类反应生成可溶性盐，可去除腥味。
盐析作用：食盐使蛋白质凝固，是制备血旺的关键，而非调味。
蛋白质水解：高温熬煮使蛋白质水解为小分子，提升汤的鲜味。
相似相溶：脂溶性色素易溶于油脂，是炼制红油的原理。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、三聚氰胺分子中的化学键（如 N-H 键、C-N 键）均由不同种原子形成，属于极性键，不存在非极性键，A错误；
B、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，非金属性越强电负性越大。因此四种元素电负性顺序应为：O > N > C > H，选项给出的顺序错误，B错误；
C、尿素分子中含有 N-H 键，分子间易形成氢键；而丙酮（CH3COCH3）分子间无法形成氢键。分子间氢键会显著提升物质的熔沸点，因此沸点：尿素 > 丙酮，C正确；
D、1mol 三聚氰胺分子中，含有的 σ 键包括：9mol 碳氮 σ 键和 6molN-Hσ 键，总计15molσ 键，而非 12mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键类型：不同原子间形成的是极性键，同种原子间才是非极性键。
电负性规律：同周期从左到右电负性增大，O 的电负性大于 N。
氢键与沸点：能形成分子间氢键的物质，沸点显著高于不能形成氢键的物质。
σ 键计数：单键全是 σ 键，双键含 1 个 σ 键，需逐一统计。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、SO2分子中 S 原子有 1 对孤电子对，价层电子对数为 3，空间结构为 V 形，属于极性分子，A错误；
B、同周期主族元素从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径顺序为：W(C) < X(N) < Y(O) < Z(S)不成立，实际应为 C > N > O，B错误；
C、N 的氢化物有 NH3（三角锥形）和 N2H4等，并非所有氢化物空间结构都是三角锥形，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但 N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于 O，故顺序为：W(C) < Y(O) < X(N)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素推断：
基态 W 原子核外有 4 种空间运动状态不同的电子，说明 W 有 4 个原子轨道填充了电子，电子排布式为 1s22s22p2，故 W 为C（碳）。
Z 的一种单质为淡黄色固体且易溶于 WZ2（CS2），可知该单质为 S8，故 Z 为S（硫）。
基态 Y 原子的电子总数是其最高能级电子数的 2 倍，且原子序数介于 C 和 S 之间，符合条件的是 O（电子数 8，最高能级 2p 有 4 个电子），故 Y 为O（氧）。
X 的原子序数介于 C 和 O 之间，故 X 为N（氮）。
10．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn（N 电极）失电子作负极，MnO2（M 电极）得电子作正极，故 M 是正极，A正确；
B、放电时 N 为负极，Zn 在 KOH 溶液中生成 [Zn(OH)4]2-，反应为 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
C、充电时，K+移向 Ⅲ 区、SO42-移向 Ⅰ 区，Ⅱ 区 K2SO4的离子减少，浓度减小，C正确；
D、充电时 Ⅲ 区反应：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，转移 0.2mol e-时，生成 0.1mol Zn（质量 6.5g），同时 0.2mol K+移入 Ⅲ 区（质量 7.8g），溶液质量变化为 7.8g-6.5g=1.3g（质量增加），并非减少 6.5g，D错误；
故答案为：D。
【分析】负极（Zn 电极，N 极）：Zn 在碱性（KOH）环境中发生氧化反应，失去电子后与 OH-结合生成配离子 [Zn (OH)4]2-，反应式为：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-。伴随反应，阳离子 K+会通过阳离子交换膜，从 Ⅲ 区向 Ⅱ 区迁移。
正极（MnO2电极，M 极）：MnO2在酸性（H2SO4）环境中发生还原反应，得到电子后与 H+结合生成 Mn2+，反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O。伴随反应，阴离子 SO42-会通过阴离子交换膜，从 Ⅰ 区向 Ⅱ 区迁移。
综上，放电过程中，Ⅱ 区会同时接收来自 Ⅲ 区的 K+和 Ⅰ 区的 SO42-，而电极反应则分别在 Ⅰ 区（酸性）、Ⅲ 区（碱性）独立进行。
11．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图1能量变化可知，产物A和产物B的能量均低于反应物与的总能量，因此生成两种产物的反应均为放热反应，A正确；
B、图1显示产物B的能量更低，是更稳定的热力学控制产物；图2显示产物B在反应后期占比更高。因此产物B对应的结构应为能量更低的 ，故B错误；
C、根据盖斯定律，反应的焓变可由两步反应的焓变推导得出：
反应Ⅰ：→ ，
反应Ⅱ：→ ，
目标反应 = 反应Ⅱ - 反应Ⅰ，因此，C正确；
D、从图2可知，产物A是动力学控制产物，在反应初期占比高，但不稳定，会逐渐转化为更稳定的产物B。因此，若想获取高产率的产物A，应缩短反应时间并及时分离，阻止其进一步转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热判断：生成物总能量低于反应物总能量，反应为放热。
产物归属：能量低、后期占比高的是热力学产物（B），活化能低、前期占比高的是动力学产物（A）。
焓变公式：利用盖斯定律，通过两步反应的活化能差值计算目标反应的焓变。
产物控制：动力学产物（A）需“短时间+及时分离”，热力学产物（B）需“长时间反应”。
12．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、AlCl3是共价化合物，其固体溶于水后电离出 Al3+和 Cl-，溶液可导电，但这不能证明它是离子化合物。判断化合物类型应看其熔融状态下的导电性，共价化合物在熔融状态下不导电，因此A错误；
B、向鸡蛋清溶液中滴加浓硝酸并加热，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄，这是蛋白质的黄蛋白反应，说明蛋白质中含有苯环结构（如酪氨酸、色氨酸等），因此B正确；
C、蔗糖在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖和果糖，但水解液呈酸性，直接加入新制 Cu(OH)2时，酸会先与 Cu(OH)2反应，无法观察到砖红色沉淀。应先加入 NaOH 溶液中和至碱性，再进行检验，因此不能仅凭无沉淀就得出 “蔗糖未水解” 的结论，C错误；
D、煮沸滤液时，Fe2+易被空气中的 O2氧化为 Fe3+，因此滴加 K3[Fe(CN)6] 溶液无蓝色沉淀，不能说明菠菜中原本不含 Fe2+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化合物类型判断：离子化合物在熔融状态下导电，共价化合物在水溶液中导电但熔融状态不导电。
黄蛋白反应：含苯环的蛋白质与浓硝酸加热后变黄，是特征反应。
还原糖检验：必须在碱性条件下才能与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀。
Fe2+检验：Fe2+易被氧化，煮沸操作会导致其被氧化，干扰检验结果。
13．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铅阳极泥中的 CuO 可溶于盐酸生成 CuCl2进入浸出液 1，而 Ag、Au 不与盐酸反应，留在浸渣 1 中，因此浸渣 1 的主要成分为 Ag、Au，A正确；
B、在 “浸取 2” 步骤中，Ag 被 H2O2氧化为 AgCl，Ag 作还原剂，H2O2作氧化剂，反应方程式为：2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，B正确；
C、亚硫酸氢钠还原 HAuCl4的离子方程式为：3HSO3-+2AuCl4-+3H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+9H+其中，被氧化的 NaHSO3（S 从 + 4到+6）与产物 Au（Au 从 + 3到0）的物质的量之比为3：2，选项中比例错误，C错误；
D、“电沉积” 步骤中，[Ag(NH3)2]+在阴极得到电子被还原为 Ag，电极反应为：
[Ag(NH3)2]+ + e- = Ag + 2NH3，D正确；
故答案为：C。
【分析】经充分氧化的铅阳极泥中，主要含有 CuO、Ag 和 Au。首先用盐酸进行浸取，CuO 会与盐酸反应溶解，生成 CuCl2进入溶液，形成含 CuCl2和盐酸的浸出液 1；而 Ag 和 Au 不与盐酸反应，留在浸渣 1 中。接着，向浸渣 1 中加入盐酸和 H2O2混合溶液，在酸性和强氧化条件下，Ag 被氧化为 AgCl 沉淀，Au 则被氧化并与 Cl-结合形成 HAuCl4溶液。之后，向 AgCl 沉淀中加入氨水，使其转化为可溶性的银氨络合物 [Ag(NH3)2]Cl 溶液，再通过电沉积的方法，将银氨络离子还原为金属 Ag。
最后，向 HAuCl4溶液中加入 NaHSO3，利用 NaHSO3的还原性，将 Au3+还原为金属 Au，从而实现金的回收。
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
【解析】【解答】A、PbCO3的溶解平衡：，，因此。
PbI2的溶解平衡：，，因此。
图像中，L1的斜率绝对值更大（为2），对应PbI2；L2的斜率为1，对应PbCO3。故A正确；
B、对于L2（PbCO3），当时，，即，。，数量级为，故B正确；
C、q点位于L1（PbI2）的下方，此时和均小于平衡值，即和均大于饱和溶液中的浓度，离子积，溶液过饱和，会析出沉淀，故C错误。
D、混合溶液中。
生成PbCO3沉淀所需。
生成PbI2沉淀所需。由L1可知，当时，，即。因此所需。
生成PbCO3沉淀所需更小，因此先产生白色PbCO3沉淀，而非黄色PbI2沉淀，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
曲线斜率：根据溶度积表达式中离子浓度的幂次，判断曲线对应的物质。
溶度积计算：利用图像中截距数据，直接计算。
溶液状态：q点位于曲线下方，离子积大于溶度积，溶液过饱和。
沉淀先后：所需越小，越先沉淀，PbCO3先沉淀。
15．【答案】蒸发皿；液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾；③②①；；用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性；4.60；
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图，a为蒸发皿；已知，蒸馏过程中适宜的进气量可避免暴沸现象，还可以调节蒸馏速度，维持实验稳定性；则实验中打开装置④的螺口夹控制毛细玻璃管适宜的进气量，水浴加热一段时间，空气会进入烧瓶中，仪器b中出现现象：液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾；
故答案为： 蒸发皿 ； 液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾 ；
（2）由分析，萃取分液分离得到含有的水相，水相蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离得到晶体，
故答案为：③②①；
（3）实验中制备的反应为磷酸和氢氧化钠控制反应的pH至9.2，反应生成和水，化学方程式为；
故答案为：；
（4）用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性，故调pH=7.0~8.0后，改用浓度较低的溶液；
故答案为： 用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性 ；
（5）由图，使用盐酸滴定时，在pH=4.6时，pH值出现突变，故首先用盐酸滴定至pH=4.6；此时样品中含磷微粒完全转化为，再用浓度为的标准溶液滴定至，发生反应，所用体积，结合磷守恒，该样品中的质量分数为：。
故答案为： 4.60 ；。
【分析】（1）仪器a为蒸发皿，用于蒸发浓缩水相溶液。
毛细管进气可引入小气泡作为汽化中心，避免暴沸，同时调节蒸馏速率。水浴加热时，仪器b（蒸馏烧瓶）内会观察到液体产生连续均匀的气泡并平稳沸腾。
（2）先通过装置③（分液漏斗）进行萃取分液，分离出含的水相；再用装置②（蒸发皿）对水相进行蒸发浓缩、冷却结晶；最后用装置①（漏斗）过滤，得到晶体。因此顺序为 ③②①。
（3）与按物质的量1：2反应，控制pH至9.2，生成：
（4）初始用高浓度快速将pH调至7.0~8.0，后续改用的低浓度，可以精准控制pH至9.20的滴定终点，避免因浓度过高导致pH跳跃过大，减少实验误差，确保产物纯度。
（5）由pH曲线可知，盐酸滴定至pH = 4.60时出现突变，此时样品中所有含磷微粒均转化为。
再用滴定至pH=9.20，发生反应。根据磷守恒，。
质量分数计算：
16．【答案】（1）
（2）防止受热分解；
（3）
（4）、
（5）冷却至30℃~54℃结晶；
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）镍原子失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式为；
故答案为： ；
（2）过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不过高是防止受热分解；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为沉淀，反应为：；
故答案为： 防止受热分解 ；；
（3）调pH的目的是进一步去除，使，则，pOH=9，pH=5；若溶液中，则其沉淀所需，pOH=7，pH=7，故需控制pH的范围是；
故答案为：；
（4）由分析，滤渣3的主要成分是、；
故答案为：、；
（5）①由表，30℃~54℃结晶得到，故从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
②26.3g晶体为26.3g÷263g/mol=0.1mol，含有0.6mol，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，200℃时物质质量减小26.3g-17.3g=9g，为减少0.5mol，则所得到产物的化学式为；
故答案为： 冷却至30℃~54℃结晶；；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个O，则氧化镍晶体的摩尔体积。
故答案为： 。
【分析】以含多种杂质的粗硫酸镍废液为原料，首先通过萃取剂萃取实现除铜，分离出有机相；向水相中加入 H2O2氧化 H3AsO3，经反应沉淀得到滤渣 1完成除砷；随后调节溶液 pH，使 Fe2+（被 H2O2氧化为 Fe3+）转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣 2实现除铁；再加入 NaF，使 Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀，过滤得到滤渣 3完成除杂；最后对纯化后的硫酸镍溶液进行后续处理，结晶得到 NiSO4 6H2O。
（1）镍原子失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式为；
（2）过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不过高是防止受热分解；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为沉淀，反应为：；
（3）调pH的目的是进一步去除，使，则，pOH=9，pH=5；若溶液中，则其沉淀所需，pOH=7，pH=7，故需控制pH的范围是；
（4）由分析，滤渣3的主要成分是、；
（5）①由表，30℃~54℃结晶得到，故从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
②26.3g晶体为26.3g÷263g/mol=0.1mol，含有0.6mol，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，200℃时物质质量减小26.3g-17.3g=9g，为减少0.5mol，则所得到产物的化学式为；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个O，则氧化镍晶体的摩尔体积。
17．【答案】（1）1113
（2）断键所需要的能量较大
（3）a；增大的浓度或分离产物
（4）2；80%；；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；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）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，设中所有化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，由反应Ⅰ的焓变可知， 2a-2×946-497=-163，则a=1113；
故答案为： 1113 ；
（2）由（1）题可知，断键所需要的能量较大，使得反应较难进行，故298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生；
故答案为：断键所需要的能量较大 ；
（3）a．的分压不变，说明平衡不再移动，反应处于平衡状态；
b．，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应处于平衡状态；
c．反应为气体分子数不变的反应，气体体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
故选a；增大的浓度或分离产物可以促使平衡正向移动，从而提高的转化率；
故答案为： a ； 增大的浓度或分离产物 ；
（4）①增大的含量，促使反应正向进行，促进CO转化，但是自身转化率降低，故曲线Ⅲ表示的进料比2；反应在M点达到平衡，转化率为40%，进料比2，结合反应方程式，反应的物质的量比等于系数比，则此时的转化率为40%×2=80%；
假设、CO投料分别为2mol、1mol，M点达到平衡，转化率为40%，则反应、CO均为0.8mol，生成氮气、二氧化碳均为0.8mol，剩余、CO分别为1.2mol、0.2mol，反应为气体分子数不变的反应，其平衡分压可以用物质的量代替，故用平衡分压表示的化学平衡常数；
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，决速步骤的反应方程式为：。
故答案为：2； 80% ； ；。
【分析】(1) 核心：反应焓变 = 反应物总键能 - 生成物总键能。
列式：，代入数据解得。
(2) 平衡常数大说明反应趋势大，但断键所需能量（活化能）高，导致反应速率极慢，热分解难以发生。
(3)平衡判断：选 a（CO分压不变，说明各组分浓度不再变化，反应达平衡）。
措施：增大CO浓度、分离产物（或），促使平衡正向移动，提高转化率。
(4) ① 曲线Ⅲ：进料比（比例越高，自身转化率越低）；CO转化率；（用平衡分压或物质的量代入计算）。
② 决速步：活化能最大的步骤（TS1），反应式为 。
（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，设中所有化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，由反应Ⅰ的焓变可知， 2a-2×946-497=-163，则a=1113；
（2）由（1）题可知，断键所需要的能量较大，使得反应较难进行，故298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生；
（3）a．的分压不变，说明平衡不再移动，反应处于平衡状态；
b．，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应处于平衡状态；
c．反应为气体分子数不变的反应，气体体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
故选a；
增大的浓度或分离产物可以促使平衡正向移动，从而提高的转化率；
（4）①增大的含量，促使反应正向进行，促进CO转化，但是自身转化率降低，故曲线Ⅲ表示的进料比2；反应在M点达到平衡，转化率为40%，进料比2，结合反应方程式，反应的物质的量比等于系数比，则此时的转化率为40%×2=80%；
假设、CO投料分别为2mol、1mol，M点达到平衡，转化率为40%，则反应、CO均为0.8mol，生成氮气、二氧化碳均为0.8mol，剩余、CO分别为1.2mol、0.2mol，反应为气体分子数不变的反应，其平衡分压可以用物质的量代替，故用平衡分压表示的化学平衡常数；
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，决速步骤的反应方程式为：。
18．【答案】（1）邻甲基苯酚；浓硝酸和浓硫酸
（2）4
（3）硝基、羧基；还原反应
（4）
（5）9
（6）；
【知识点】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，A与混酸发生硝化反应引入硝基成B，则A结构简式为，A的名称是邻甲基苯酚；A→B所用的“混酸”是浓硝酸和浓硫酸；
故答案为： 邻甲基苯酚 ； 浓硝酸和浓硫酸 ；
（2）C中含有4种氢，核磁共振氢谱有4组吸收峰。
故答案为：4；
（3）D为，含氧官能团名称为硝基、羧基；E中硝基还原为氨基得到F，E→F的反应类型是还原反应；
故答案为： 硝基、羧基 ； 还原反应 ；
（4）G和发生已知反应原理，1个氨基氢被取代从而生成H ，G→H的化学方程式；
故答案为： ；
（5）E分子中除苯环外，含有4个氧、1个氟、1个氮、2个碳；满足下列条件的E的同分异构体：①具有相同官能团，则含有硝基、碳氟键、酯基；②能发生银镜反应，为甲酸酯，③苯环上连有2个基团；则2个取代基可以为-NO2、-CHFOOCH或-F、-CH(NO2)OOCH或-CHFNO2、-OOCH，均存在邻间对3种状况，故共9种；
故答案为： 9 ；
（6）中硝基首先可以还原为氨基得到X：，X中的氨基氢发生取代反应引入甲基得到Y：，Y中羧基发生取代引入氯原子，再最终转化为产品，
故答案为：、。
【分析】A（邻甲基苯酚）经混酸（浓硝酸 + 浓硫酸）硝化得到B；则A结构简式为，
B经氯代、HF 处理发生氟代反应得到C；C经催化氧化甲基为羧基得到D（），再与甲醇酯化得到E；E中硝基被 SnCl2还原为氨基得到F；F与甲醛、硫酸反应引入甲基得到G（）；G与苯甲酰氯在 THF 中酰化得到H（）；H水解得到含羧基的中间体I；I与 SOCl2反应酰氯化得到J；J与含三氟甲基的胺类化合物反应，最终得到目标产物K（溴虫氟苯双酰胺）。
（1）由分析，A与混酸发生硝化反应引入硝基成B，则A结构简式为，A的名称是邻甲基苯酚；A→B所用的“混酸”是浓硝酸和浓硫酸；
（2）C中含有4种氢，核磁共振氢谱有4组吸收峰。
（3）D为，含氧官能团名称为硝基、羧基；E中硝基还原为氨基得到F，E→F的反应类型是还原反应；
（4）G和发生已知反应原理，1个氨基氢被取代从而生成H ，G→H的化学方程式；
（5）E分子中除苯环外，含有4个氧、1个氟、1个氮、2个碳；满足下列条件的E的同分异构体：①具有相同官能团，则含有硝基、碳氟键、酯基；②能发生银镜反应，为甲酸酯，③苯环上连有2个基团；则2个取代基可以为-NO2、-CHFOOCH或-F、-CH(NO2)OOCH或-CHFNO2、-OOCH，均存在邻间对3种状况，故共9种；
（6）中硝基首先可以还原为氨基得到X：，X中的氨基氢发生取代反应引入甲基得到Y：，Y中羧基发生取代引入氯原子，再最终转化为产品，故XY分别为、。
1 / 1贵州省贵阳市2025届高三下学期适应性考试（二）化学试题
一、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，只有一个选项符合题目要求。
1．（2025·贵阳模拟）贵州省博物馆的藏品不仅见证了文化与传承，也彰显了地域文化，下列藏品主要成分是合金材料的是
A.东汉铜马车 B.彩陶罐
C.蜡染百褶裙 D.双肩石锛
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、东汉铜马车的主要材质为铜合金，铜合金是铜与锡、铅等金属熔合形成的合金，符合合金材料的定义；
B、彩陶罐的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，并非合金；
C、蜡染百褶裙的主要材质为棉、麻等天然纤维，属于天然有机高分子材料，与合金无关；
D、双肩石铩的主要成分为硅酸盐类岩石，属于无机非金属材料，不属于合金。
故答案为：A。
【分析】本题的解题要点在于精准把握合金的核心特征，并能准确区分合金材料与无机非金属材料、有机高分子材料的类别差异。首先需牢记合金是金属基的混合材料，具备金属特性；其次要结合生活常识和学科知识，判断不同藏品的材质属性 —— 铜制品多为铜合金，陶瓷、石材归为无机非金属材料，织物类则属于有机材料，通过类别匹配即可快速锁定正确答案。
2．（2025·贵阳模拟）下列化学用语表达正确的是
A．的电子式：
B．的球棍模型：
C．聚乳酸的结构简式：
D．基态Mn原子的结构示意图：
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；羧酸简介；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、CaC2是离子化合物，由 Ca2+和 C22-构成。C22-中两个碳原子之间存在三对共用电子对，其正确的电子式应为，A错误；
B、H3O+的空间结构为三角锥形，中心 O 原子位于锥顶，3 个 H 原子位于锥底。题目所给的模型为空间填充模型（比例模型）， 球棍模型为，B错误；
C、聚乳酸是由乳酸（CH3CH (OH) COOH）通过分子间脱水缩聚而成，其主链应包含酯基结构。正确的结构简式：，C错误；
D、Mn 是 25 号元素，基态 Mn 原子的核电荷数为 25，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2，其原子结构示意图：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的解题要点在于精准掌握各类化学用语的规范表达：
电子式：需明确离子化合物与共价化合物的书写差异，特别是复杂阴离子（如 C22-）的成键情况。
化学模型：要能区分球棍模型和空间填充模型的不同表现形式。
高分子结构简式：需清楚缩聚反应的断键方式，从而正确书写重复单元。
原子结构示意图：要牢记核外电子排布规律，特别是过渡元素（如 Mn）的电子排布。
3．（2025·贵阳模拟）实验室制取少量氮气的反应为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中键数目为
B．晶体中离子数目为
C．每生成，该反应转移电子数目为
D．的溶液中数目为
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】反应 是归中反应： 中+3价的N元素被还原， 中-3价的N元素被氧化，最终都生成0价的 。每生成1mol ，转移3mol电子。
A、题目未指明22.4L 处于标准状况，无法直接用气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法确定π键数目。即使在标准状况下，1mol 含有2mol π键，但前提不成立，A错误；
B、 是离子晶体，由 和 构成。0.1mol 晶体中含有的离子总数为 ，即离子数目为 ，B正确；
C、根据反应方程式，生成2mol 时转移3mol电子。因此，每生成1mol ，转移的电子数目为 ，而非 ，C错误；
D、 溶液中， 会发生水解反应：，导致 的实际浓度小于0.1mol·L- ，因此1L该溶液中 的数目小于 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
气体摩尔体积：使用22.4L·mol- 时，必须满足“标准状况”和“气体”两个条件。
离子晶体构成： 由 和 按1：1构成，计算离子数时需考虑两者。
氧化还原电子转移：归中反应中，电子转移数由化合价变化的最小公倍数决定。
盐类水解：弱碱阳离子（如 ）在水溶液中会发生水解，导致其浓度降低。
4．（2025·贵阳模拟）下列实验装置或操作能达到实验目的的是
A.制备并收集少量氨气 B.产生持续稳定电流
C..验证Fe与S反应放热 D.制备乙二酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氨的实验室制法；性质实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2的混合物可以制得 NH3，但收集时试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管；同时收集 NH3的试管口应塞一团干燥的棉花，防止氨气与空气对流，图中装置不符合要求，A错误；
B、该原电池装置中，Zn 电极应插入 ZnSO4溶液，Cu 电极应插入 CuSO4溶液，才能形成闭合回路并产生稳定电流。图中电极和溶液插反，无法构成有效原电池，不能产生持续稳定电流，B错误；
C、用末端红热的玻璃棒引燃铁粉与硫粉的混合物，若反应自行持续进行并保持红热状态，说明反应放出的热量足以维持反应继续进行，可证明该反应为放热反应，C正确；
D、乙二醇被酸性 KMnO4溶液氧化的产物与反应条件有关，在没有特定控制条件的情况下，乙二醇会被强氧化剂直接氧化为 CO2等产物，无法稳定得到乙二酸，且装置中缺少必要的反应条件控制，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
氨气制备：试管口略向下倾斜，收集时用干燥棉花防止对流。
原电池构成：电极材料与对应电解质溶液要匹配，才能形成有效回路。
放热反应验证：通过反应一旦引发后能否自行持续放热来判断是否为放热反应。
有机氧化：强氧化剂氧化多元醇时，产物复杂，需严格控制条件才能得到目标产物。
5．（2025·贵阳模拟）下列方程式书写正确的是
A．溶液与少量溶液混合：
B．用作野外生氢剂：
C．用氢碘酸溶解：
D．牺牲阳极法保护海水中钢闸门的正极反应：
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量NaHCO3意味着HCO3-完全反应，1mol HCO3-消耗1mol OH-生成CO32-，再与1mol Ba2+生成沉淀。离子方程式： ，符合“少量定1法”，A正确。
B、NaH中H为-1价，与水发生归中反应，产物应为NaOH和H2，正确方程式为：，B错误。
C、生成的Fe3+具有强氧化性，会将I-氧化为I2，自身被还原为Fe2+，正确离子方程式为： ，选项中未考虑氧化还原反应，C错误；
D、牺牲阳极法中，钢闸门作为正极发生还原反应，正确反应为： ，选项中给出的是氧化反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
离子方程式配比：少量物质的离子按“1mol”参与反应，过量物质按需配比。
归中反应：NaH与水反应生成H2和NaOH，而非Na2O。
氧化还原隐藏：Fe3+与I-不能大量共存，会发生氧化还原反应。
电化学原理：牺牲阳极法中，正极发生O2的还原反应，而非氧化反应。
6．（2025·贵阳模拟）胡椒烯丙酮可用作食品的天然香料和抗氧化剂，其结构简式如下。下列关于胡椒烯丙酮的说法正确的是
A．碳原子的杂化方式有三种
B．分子中最多有7个碳原子共平面
C．该物质存在顺反异构体
D．胡椒烯丙酮最多能与发生加成反应
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中苯环碳、碳碳双键碳、羰基碳均为杂化，亚甲基碳和甲基碳为杂化，因此碳原子的杂化方式只有2种，A错误；
B、苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，因此分子中最多有10个碳原子共平面，而非7个，B错误；
C、分子中的碳碳双键两侧，两个不饱和碳原子分别连有不同的原子或基团，满足顺反异构的条件，因此该物质存在顺反异构体，C正确；
D、苯环可与3mol H2加成，碳碳双键和羰基各可与1mol H2加成，因此1mol胡椒烯丙酮最多能与5mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：苯环、双键、羰基碳为，饱和碳为。
共面分析：苯环、双键、羰基均为平面，单键可旋转，可使更多原子共面。
顺反异构：双键两侧碳连有不同基团时，存在顺反异构。
加成反应：苯环、碳碳双键、羰基均可与H2加成，注意酯基和羧基一般不加成。
7．（2025·贵阳模拟）劳动创造美好生活，在制作贵阳经典小吃肠旺面过程中涉及的化学知识解释错误的是
选项 劳动项目 劳动过程 化学知识
A 清洗大肠 用盐和醋反复揉搓 醋与大肠表面的碱性物质（如胺类）发生中和反应，生成可溶性盐类，能有效去除腥味
B 制备血旺 向新鲜猪血中加入食盐 加食盐的目的主要是为了调味
C 熬制汤底 熬煮猪骨 蛋白质水解为小分子肽和氨基酸等
D 炼制红油 将热油与糍粑辣椒混合 利用“相似相溶”，辣椒红素在油中溶解，形成红油
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；酰胺
【解析】【解答】A、醋中的醋酸（CH3COOH）呈酸性，能与大肠表面的碱性胺类物质发生中和反应，生成可溶性盐类，同时盐的高渗透压也有助于析出异味物质，从而有效去除腥味，A正确；
B、向新鲜猪血中加入食盐，主要目的是使血液中的蛋白质发生盐析，促使血液凝固成型，而非单纯调味，B错误；
C、熬煮猪骨时，猪骨中的蛋白质在高温和水的作用下发生水解，断裂肽键，生成小分子肽和氨基酸等，这些小分子物质是汤底鲜味的主要来源，C正确；
D、辣椒红素是一种脂溶性色素，根据 “相似相溶” 原理，它易溶于热油中，从而使油呈现出鲜艳的红色，形成红油，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
中和除味：酸与碱性胺类反应生成可溶性盐，可去除腥味。
盐析作用：食盐使蛋白质凝固，是制备血旺的关键，而非调味。
蛋白质水解：高温熬煮使蛋白质水解为小分子，提升汤的鲜味。
相似相溶：脂溶性色素易溶于油脂，是炼制红油的原理。
8．（2025·贵阳模拟）一定条件下用尿素合成重要化工产品三聚氰胺的反应如下：
下列说法正确的是
A．三聚氰胺分子中含有非极性键
B．电负性：
C．沸点：尿素>丙酮
D．三聚氰胺分子中含有键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、三聚氰胺分子中的化学键（如 N-H 键、C-N 键）均由不同种原子形成，属于极性键，不存在非极性键，A错误；
B、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，非金属性越强电负性越大。因此四种元素电负性顺序应为：O > N > C > H，选项给出的顺序错误，B错误；
C、尿素分子中含有 N-H 键，分子间易形成氢键；而丙酮（CH3COCH3）分子间无法形成氢键。分子间氢键会显著提升物质的熔沸点，因此沸点：尿素 > 丙酮，C正确；
D、1mol 三聚氰胺分子中，含有的 σ 键包括：9mol 碳氮 σ 键和 6molN-Hσ 键，总计15molσ 键，而非 12mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键类型：不同原子间形成的是极性键，同种原子间才是非极性键。
电负性规律：同周期从左到右电负性增大，O 的电负性大于 N。
氢键与沸点：能形成分子间氢键的物质，沸点显著高于不能形成氢键的物质。
σ 键计数：单键全是 σ 键，双键含 1 个 σ 键，需逐一统计。
9．（2025·贵阳模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W原子核外有4种空间运动状态不同的电子，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z的一种单质为淡黄色固体且易溶于。下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．原子半径：
C．X的氢化物空间结构为三角锥形
D．基态原子的第一电离能：
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、SO2分子中 S 原子有 1 对孤电子对，价层电子对数为 3，空间结构为 V 形，属于极性分子，A错误；
B、同周期主族元素从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径顺序为：W(C) < X(N) < Y(O) < Z(S)不成立，实际应为 C > N > O，B错误；
C、N 的氢化物有 NH3（三角锥形）和 N2H4等，并非所有氢化物空间结构都是三角锥形，C错误；
D、同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但 N 原子的 2p 轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于 O，故顺序为：W(C) < Y(O) < X(N)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
元素推断：
基态 W 原子核外有 4 种空间运动状态不同的电子，说明 W 有 4 个原子轨道填充了电子，电子排布式为 1s22s22p2，故 W 为C（碳）。
Z 的一种单质为淡黄色固体且易溶于 WZ2（CS2），可知该单质为 S8，故 Z 为S（硫）。
基态 Y 原子的电子总数是其最高能级电子数的 2 倍，且原子序数介于 C 和 S 之间，符合条件的是 O（电子数 8，最高能级 2p 有 4 个电子），故 Y 为O（氧）。
X 的原子序数介于 C 和 O 之间，故 X 为N（氮）。
10．（2025·贵阳模拟）一种水性电解液可充电电池如图所示。下列叙述错误的是
A．放电时，M电极是正极
B．放电时，N电极反应：
C．充电时，Ⅱ区中溶液的浓度减小
D．充电时，转移，Ⅲ区溶液质量减少
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn（N 电极）失电子作负极，MnO2（M 电极）得电子作正极，故 M 是正极，A正确；
B、放电时 N 为负极，Zn 在 KOH 溶液中生成 [Zn(OH)4]2-，反应为 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，B正确；
C、充电时，K+移向 Ⅲ 区、SO42-移向 Ⅰ 区，Ⅱ 区 K2SO4的离子减少，浓度减小，C正确；
D、充电时 Ⅲ 区反应：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，转移 0.2mol e-时，生成 0.1mol Zn（质量 6.5g），同时 0.2mol K+移入 Ⅲ 区（质量 7.8g），溶液质量变化为 7.8g-6.5g=1.3g（质量增加），并非减少 6.5g，D错误；
故答案为：D。
【分析】负极（Zn 电极，N 极）：Zn 在碱性（KOH）环境中发生氧化反应，失去电子后与 OH-结合生成配离子 [Zn (OH)4]2-，反应式为：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-。伴随反应，阳离子 K+会通过阳离子交换膜，从 Ⅲ 区向 Ⅱ 区迁移。
正极（MnO2电极，M 极）：MnO2在酸性（H2SO4）环境中发生还原反应，得到电子后与 H+结合生成 Mn2+，反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O。伴随反应，阴离子 SO42-会通过阴离子交换膜，从 Ⅰ 区向 Ⅱ 区迁移。
综上，放电过程中，Ⅱ 区会同时接收来自 Ⅲ 区的 K+和 Ⅰ 区的 SO42-，而电极反应则分别在 Ⅰ 区（酸性）、Ⅲ 区（碱性）独立进行。
11．（2025·贵阳模拟）1-苯基丙炔和可发生催化加成反应，生成产物A和B。反应历程的能量变化如图1，体系中三种物质的占比随时间变化如图2，下列说法错误的是
A．从生成产物A和产物B的反应都是放热反应
B．产物B对应的结构是
C．
D．若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图1能量变化可知，产物A和产物B的能量均低于反应物与的总能量，因此生成两种产物的反应均为放热反应，A正确；
B、图1显示产物B的能量更低，是更稳定的热力学控制产物；图2显示产物B在反应后期占比更高。因此产物B对应的结构应为能量更低的 ，故B错误；
C、根据盖斯定律，反应的焓变可由两步反应的焓变推导得出：
反应Ⅰ：→ ，
反应Ⅱ：→ ，
目标反应 = 反应Ⅱ - 反应Ⅰ，因此，C正确；
D、从图2可知，产物A是动力学控制产物，在反应初期占比高，但不稳定，会逐渐转化为更稳定的产物B。因此，若想获取高产率的产物A，应缩短反应时间并及时分离，阻止其进一步转化，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
放热判断：生成物总能量低于反应物总能量，反应为放热。
产物归属：能量低、后期占比高的是热力学产物（B），活化能低、前期占比高的是动力学产物（A）。
焓变公式：利用盖斯定律，通过两步反应的活化能差值计算目标反应的焓变。
产物控制：动力学产物（A）需“短时间+及时分离”，热力学产物（B）需“长时间反应”。
12．（2025·贵阳模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将固体溶于水，进行导电性实验 可导电 是离子化合物
B 向盛有鸡蛋清溶液的试管中，滴加几滴浓硝酸，加热。 产生白色沉淀，加热后变为黄色 该蛋白质的结构中含有苯环
C 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，加热，再向所得水解液中滴入少量新制，加热 无砖红色沉淀出现 蔗糖未水解
D 将新鲜菠菜榨汁并过滤，煮沸滤液，自然冷却后滴加溶液 无蓝色沉淀 菠菜中不含
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、AlCl3是共价化合物，其固体溶于水后电离出 Al3+和 Cl-，溶液可导电，但这不能证明它是离子化合物。判断化合物类型应看其熔融状态下的导电性，共价化合物在熔融状态下不导电，因此A错误；
B、向鸡蛋清溶液中滴加浓硝酸并加热，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄，这是蛋白质的黄蛋白反应，说明蛋白质中含有苯环结构（如酪氨酸、色氨酸等），因此B正确；
C、蔗糖在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖和果糖，但水解液呈酸性，直接加入新制 Cu(OH)2时，酸会先与 Cu(OH)2反应，无法观察到砖红色沉淀。应先加入 NaOH 溶液中和至碱性，再进行检验，因此不能仅凭无沉淀就得出 “蔗糖未水解” 的结论，C错误；
D、煮沸滤液时，Fe2+易被空气中的 O2氧化为 Fe3+，因此滴加 K3[Fe(CN)6] 溶液无蓝色沉淀，不能说明菠菜中原本不含 Fe2+，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
化合物类型判断：离子化合物在熔融状态下导电，共价化合物在水溶液中导电但熔融状态不导电。
黄蛋白反应：含苯环的蛋白质与浓硝酸加热后变黄，是特征反应。
还原糖检验：必须在碱性条件下才能与新制 Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀。
Fe2+检验：Fe2+易被氧化，煮沸操作会导致其被氧化，干扰检验结果。
13．（2025·贵阳模拟）经过充分氧化的铅阳极泥，富含、、。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是
A．“浸渣1”的主要成分为、
B．“浸取2”步骤中，被氧化的化学方程式为
C．“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为
D．“电沉积”步骤中，阴极的电极反应式为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铅阳极泥中的 CuO 可溶于盐酸生成 CuCl2进入浸出液 1，而 Ag、Au 不与盐酸反应，留在浸渣 1 中，因此浸渣 1 的主要成分为 Ag、Au，A正确；
B、在 “浸取 2” 步骤中，Ag 被 H2O2氧化为 AgCl，Ag 作还原剂，H2O2作氧化剂，反应方程式为：2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，B正确；
C、亚硫酸氢钠还原 HAuCl4的离子方程式为：3HSO3-+2AuCl4-+3H2O=2Au+3SO42-+8Cl-+9H+其中，被氧化的 NaHSO3（S 从 + 4到+6）与产物 Au（Au 从 + 3到0）的物质的量之比为3：2，选项中比例错误，C错误；
D、“电沉积” 步骤中，[Ag(NH3)2]+在阴极得到电子被还原为 Ag，电极反应为：
[Ag(NH3)2]+ + e- = Ag + 2NH3，D正确；
故答案为：C。
【分析】经充分氧化的铅阳极泥中，主要含有 CuO、Ag 和 Au。首先用盐酸进行浸取，CuO 会与盐酸反应溶解，生成 CuCl2进入溶液，形成含 CuCl2和盐酸的浸出液 1；而 Ag 和 Au 不与盐酸反应，留在浸渣 1 中。接着，向浸渣 1 中加入盐酸和 H2O2混合溶液，在酸性和强氧化条件下，Ag 被氧化为 AgCl 沉淀，Au 则被氧化并与 Cl-结合形成 HAuCl4溶液。之后，向 AgCl 沉淀中加入氨水，使其转化为可溶性的银氨络合物 [Ag(NH3)2]Cl 溶液，再通过电沉积的方法，将银氨络离子还原为金属 Ag。
最后，向 HAuCl4溶液中加入 NaHSO3，利用 NaHSO3的还原性，将 Au3+还原为金属 Au，从而实现金的回收。
14．（2025·贵阳模拟）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白和黄金雨中黄色的。室温下和在不同的溶液中分别达到溶解平衡时与或的关系如图所示。下列说法错误的是
A．对应的是与的关系变化
B．的数量级为
C．q点对应的是不饱和溶液
D．向浓度均为、混合溶液中滴入溶液，先产生黄色沉淀
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、PbCO3的溶解平衡：，，因此。
PbI2的溶解平衡：，，因此。
图像中，L1的斜率绝对值更大（为2），对应PbI2；L2的斜率为1，对应PbCO3。故A正确；
B、对于L2（PbCO3），当时，，即，。，数量级为，故B正确；
C、q点位于L1（PbI2）的下方，此时和均小于平衡值，即和均大于饱和溶液中的浓度，离子积，溶液过饱和，会析出沉淀，故C错误。
D、混合溶液中。
生成PbCO3沉淀所需。
生成PbI2沉淀所需。由L1可知，当时，，即。因此所需。
生成PbCO3沉淀所需更小，因此先产生白色PbCO3沉淀，而非黄色PbI2沉淀，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
曲线斜率：根据溶度积表达式中离子浓度的幂次，判断曲线对应的物质。
溶度积计算：利用图像中截距数据，直接计算。
溶液状态：q点位于曲线下方，离子积大于溶度积，溶液过饱和。
沉淀先后：所需越小，越先沉淀，PbCO3先沉淀。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·贵阳模拟）贵州省具有丰富的磷矿资源，实验室以为原料对磷酸钠盐的制备进行研究。回答下列问题：
Ⅰ．萃取法
萃取剂与、的溶配液中的形成有机相，与形成水相，利用如下实验装置制备晶体并回收萃取剂。
（1）仪器a的名称是　 　；蒸馏过程中适宜的进气量可避免暴沸现象，还可以调节蒸馏速度，维持实验稳定性。打开装置④的螺口夹控制毛细玻璃管适宜的进气量，水浴加热一段时间，仪器b中可观察到的现象是　 　。
（2）萃取法制晶体，需选用的装置及使用顺序是　 　（填序号）。
Ⅱ．中和法
取于烧杯中，加入蒸馏水，搅匀。少量分批加入溶液至溶液的pH=7.0~8.0后，改用溶液调节溶液的时制得溶液，转移至蒸发皿。水浴加热浓缩至有晶膜出现，停止加热，自然冷却。待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥，得晶体。
（3）实验中制备的化学方程式为　 　。
（4）调pH=7.0~8.0后，改用溶液的目的是　 　。
（5）取某样品配制成待测液，用如图装置进行精准数字化滴定（杂质不参与反应）。首先用盐酸滴定至pH=　 　，此时样品中含磷微粒完全转化为，再用浓度为的标准溶液滴定至，所用体积。该样品中的质量分数为　 　（用含有、、的代数式表示）。【】。
【答案】蒸发皿；液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾；③②①；；用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性；4.60；
【知识点】物质的分离与提纯；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图，a为蒸发皿；已知，蒸馏过程中适宜的进气量可避免暴沸现象，还可以调节蒸馏速度，维持实验稳定性；则实验中打开装置④的螺口夹控制毛细玻璃管适宜的进气量，水浴加热一段时间，空气会进入烧瓶中，仪器b中出现现象：液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾；
故答案为： 蒸发皿 ； 液体中产生连续均匀的气泡并平稳沸腾 ；
（2）由分析，萃取分液分离得到含有的水相，水相蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离得到晶体，
故答案为：③②①；
（3）实验中制备的反应为磷酸和氢氧化钠控制反应的pH至9.2，反应生成和水，化学方程式为；
故答案为：；
（4）用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性，故调pH=7.0~8.0后，改用浓度较低的溶液；
故答案为： 用低浓度的NaOH溶液可以精准控制终点，减少误差，确保滴定结果的准确性 ；
（5）由图，使用盐酸滴定时，在pH=4.6时，pH值出现突变，故首先用盐酸滴定至pH=4.6；此时样品中含磷微粒完全转化为，再用浓度为的标准溶液滴定至，发生反应，所用体积，结合磷守恒，该样品中的质量分数为：。
故答案为： 4.60 ；。
【分析】（1）仪器a为蒸发皿，用于蒸发浓缩水相溶液。
毛细管进气可引入小气泡作为汽化中心，避免暴沸，同时调节蒸馏速率。水浴加热时，仪器b（蒸馏烧瓶）内会观察到液体产生连续均匀的气泡并平稳沸腾。
（2）先通过装置③（分液漏斗）进行萃取分液，分离出含的水相；再用装置②（蒸发皿）对水相进行蒸发浓缩、冷却结晶；最后用装置①（漏斗）过滤，得到晶体。因此顺序为 ③②①。
（3）与按物质的量1：2反应，控制pH至9.2，生成：
（4）初始用高浓度快速将pH调至7.0~8.0，后续改用的低浓度，可以精准控制pH至9.20的滴定终点，避免因浓度过高导致pH跳跃过大，减少实验误差，确保产物纯度。
（5）由pH曲线可知，盐酸滴定至pH = 4.60时出现突变，此时样品中所有含磷微粒均转化为。
再用滴定至pH=9.20，发生反应。根据磷守恒，。
质量分数计算：
16．（2025·贵阳模拟）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：
已知：是一种三元弱酸。常温下，；。
回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）“除砷”步骤中，温度不能过高的原因是　 　，滤渣1的主要成分是。写出该步骤生成的离子方程式　 　。
（3）常温下，调pH的目的是进一步去除，使。若溶液中，则需控制pH的范围是　 　。
（4）滤渣3的主要成分是　 　。
（5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。
温度 低于30℃ 30℃~54℃ 54℃~280℃ 高于280℃
晶体形态 多种结晶水合物
①从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、　 　、过滤、洗涤、干燥。
②晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，则200℃时所得到产物的化学式为　 　。
（6）氧化镍晶胞如图所示，已知晶胞参数为，设为阿伏加德罗常数的值，则氧化镍晶体的摩尔体积　 　。
【答案】（1）
（2）防止受热分解；
（3）
（4）、
（5）冷却至30℃~54℃结晶；
（6）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）镍原子失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式为；
故答案为： ；
（2）过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不过高是防止受热分解；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为沉淀，反应为：；
故答案为： 防止受热分解 ；；
（3）调pH的目的是进一步去除，使，则，pOH=9，pH=5；若溶液中，则其沉淀所需，pOH=7，pH=7，故需控制pH的范围是；
故答案为：；
（4）由分析，滤渣3的主要成分是、；
故答案为：、；
（5）①由表，30℃~54℃结晶得到，故从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
②26.3g晶体为26.3g÷263g/mol=0.1mol，含有0.6mol，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，200℃时物质质量减小26.3g-17.3g=9g，为减少0.5mol，则所得到产物的化学式为；
故答案为： 冷却至30℃~54℃结晶；；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个O，则氧化镍晶体的摩尔体积。
故答案为： 。
【分析】以含多种杂质的粗硫酸镍废液为原料，首先通过萃取剂萃取实现除铜，分离出有机相；向水相中加入 H2O2氧化 H3AsO3，经反应沉淀得到滤渣 1完成除砷；随后调节溶液 pH，使 Fe2+（被 H2O2氧化为 Fe3+）转化为 Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣 2实现除铁；再加入 NaF，使 Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀，过滤得到滤渣 3完成除杂；最后对纯化后的硫酸镍溶液进行后续处理，结晶得到 NiSO4 6H2O。
（1）镍原子失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式为；
（2）过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不过高是防止受热分解；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价砷转化为沉淀，反应为：；
（3）调pH的目的是进一步去除，使，则，pOH=9，pH=5；若溶液中，则其沉淀所需，pOH=7，pH=7，故需控制pH的范围是；
（4）由分析，滤渣3的主要成分是、；
（5）①由表，30℃~54℃结晶得到，故从溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。
②26.3g晶体为26.3g÷263g/mol=0.1mol，含有0.6mol，煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，200℃时物质质量减小26.3g-17.3g=9g，为减少0.5mol，则所得到产物的化学式为；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Ni、个O，则氧化镍晶体的摩尔体积。
17．（2025·贵阳模拟）研究表明工业上采用Fe-ZSM-a（铁基催化剂）选择性催化还原（SCR）工艺在低温下可实现生产中的减排，所涉及的反应如下：
反应Ⅰ ，
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）已知反应Ⅰ中相关键能数据如下表所示，中所有化学键断裂时需要吸收的能量为　 　kJ。
共价键 O=O O-O
键能/ 946 418 497 142
（2）298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生，其原因是　 　。
（3）恒温条件下，若只考虑体系中反应Ⅱ，可判断该反应处于平衡状态的是　 　（填字母序号）。
a．的分压不变 b． c．反应器内气体密度不变
为进一步提高的平衡转化率，可采取的措施有　 　（任写一条）。
（4）实验室将和按进料比、1、2充入填充有Fe-ZSM-a的恒容反应器中发生反应Ⅱ，经相同时间得到转化率与温度（T）、进料比关系如图。
①曲线Ⅲ表示的进料比　 　；反应在M点达到平衡，此时的转化率为　 　，用平衡分压表示的化学平衡常数　 　（物质的量分数，初始压强为）。
②计算机模拟在Fe-ZSM-a表面上变化的反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用“*”标注），决速步骤的反应方程式为　 　。
【答案】（1）1113
（2）断键所需要的能量较大
（3）a；增大的浓度或分离产物
（4）2；80%；；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；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）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，设中所有化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，由反应Ⅰ的焓变可知， 2a-2×946-497=-163，则a=1113；
故答案为： 1113 ；
（2）由（1）题可知，断键所需要的能量较大，使得反应较难进行，故298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生；
故答案为：断键所需要的能量较大 ；
（3）a．的分压不变，说明平衡不再移动，反应处于平衡状态；
b．，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应处于平衡状态；
c．反应为气体分子数不变的反应，气体体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
故选a；增大的浓度或分离产物可以促使平衡正向移动，从而提高的转化率；
故答案为： a ； 增大的浓度或分离产物 ；
（4）①增大的含量，促使反应正向进行，促进CO转化，但是自身转化率降低，故曲线Ⅲ表示的进料比2；反应在M点达到平衡，转化率为40%，进料比2，结合反应方程式，反应的物质的量比等于系数比，则此时的转化率为40%×2=80%；
假设、CO投料分别为2mol、1mol，M点达到平衡，转化率为40%，则反应、CO均为0.8mol，生成氮气、二氧化碳均为0.8mol，剩余、CO分别为1.2mol、0.2mol，反应为气体分子数不变的反应，其平衡分压可以用物质的量代替，故用平衡分压表示的化学平衡常数；
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，决速步骤的反应方程式为：。
故答案为：2； 80% ； ；。
【分析】(1) 核心：反应焓变 = 反应物总键能 - 生成物总键能。
列式：，代入数据解得。
(2) 平衡常数大说明反应趋势大，但断键所需能量（活化能）高，导致反应速率极慢，热分解难以发生。
(3)平衡判断：选 a（CO分压不变，说明各组分浓度不再变化，反应达平衡）。
措施：增大CO浓度、分离产物（或），促使平衡正向移动，提高转化率。
(4) ① 曲线Ⅲ：进料比（比例越高，自身转化率越低）；CO转化率；（用平衡分压或物质的量代入计算）。
② 决速步：活化能最大的步骤（TS1），反应式为 。
（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，设中所有化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，由反应Ⅰ的焓变可知， 2a-2×946-497=-163，则a=1113；
（2）由（1）题可知，断键所需要的能量较大，使得反应较难进行，故298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生；
（3）a．的分压不变，说明平衡不再移动，反应处于平衡状态；
b．，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应处于平衡状态；
c．反应为气体分子数不变的反应，气体体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；
故选a；
增大的浓度或分离产物可以促使平衡正向移动，从而提高的转化率；
（4）①增大的含量，促使反应正向进行，促进CO转化，但是自身转化率降低，故曲线Ⅲ表示的进料比2；反应在M点达到平衡，转化率为40%，进料比2，结合反应方程式，反应的物质的量比等于系数比，则此时的转化率为40%×2=80%；
假设、CO投料分别为2mol、1mol，M点达到平衡，转化率为40%，则反应、CO均为0.8mol，生成氮气、二氧化碳均为0.8mol，剩余、CO分别为1.2mol、0.2mol，反应为气体分子数不变的反应，其平衡分压可以用物质的量代替，故用平衡分压表示的化学平衡常数；
②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，决速步骤的反应方程式为：。
18．（2025·贵阳模拟）溴虫氟苯双酰胺（K）是一种高效、低毒、环境友好的绿色农药，其中一种合成路线如下（部分反应条件和试剂已简化）。
已知：
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　；A→B所用的“混酸”是　 　。
（2）C的核磁共振氢谱有　 　组吸收峰。
（3）D中的含氧官能团名称为　 　；E→F的反应类型是　 　。
（4）G→H的化学方程式是　 　。
（5）满足下列条件的E的同分异构体有　 　种（不考虑立体异构）。
①具有相同官能团
②能发生银镜反应
③苯环上连有2个基团
（6）人工智能DeepSeek分析上述合成路线后，也给出了一个可探索的合成路线：
X、Y的结构简式分别为　 　、　 　。
【答案】（1）邻甲基苯酚；浓硝酸和浓硫酸
（2）4
（3）硝基、羧基；还原反应
（4）
（5）9
（6）；
【知识点】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，A与混酸发生硝化反应引入硝基成B，则A结构简式为，A的名称是邻甲基苯酚；A→B所用的“混酸”是浓硝酸和浓硫酸；
故答案为： 邻甲基苯酚 ； 浓硝酸和浓硫酸 ；
（2）C中含有4种氢，核磁共振氢谱有4组吸收峰。
故答案为：4；
（3）D为，含氧官能团名称为硝基、羧基；E中硝基还原为氨基得到F，E→F的反应类型是还原反应；
故答案为： 硝基、羧基 ； 还原反应 ；
（4）G和发生已知反应原理，1个氨基氢被取代从而生成H ，G→H的化学方程式；
故答案为： ；
（5）E分子中除苯环外，含有4个氧、1个氟、1个氮、2个碳；满足下列条件的E的同分异构体：①具有相同官能团，则含有硝基、碳氟键、酯基；②能发生银镜反应，为甲酸酯，③苯环上连有2个基团；则2个取代基可以为-NO2、-CHFOOCH或-F、-CH(NO2)OOCH或-CHFNO2、-OOCH，均存在邻间对3种状况，故共9种；
故答案为： 9 ；
（6）中硝基首先可以还原为氨基得到X：，X中的氨基氢发生取代反应引入甲基得到Y：，Y中羧基发生取代引入氯原子，再最终转化为产品，
故答案为：、。
【分析】A（邻甲基苯酚）经混酸（浓硝酸 + 浓硫酸）硝化得到B；则A结构简式为，
B经氯代、HF 处理发生氟代反应得到C；C经催化氧化甲基为羧基得到D（），再与甲醇酯化得到E；E中硝基被 SnCl2还原为氨基得到F；F与甲醛、硫酸反应引入甲基得到G（）；G与苯甲酰氯在 THF 中酰化得到H（）；H水解得到含羧基的中间体I；I与 SOCl2反应酰氯化得到J；J与含三氟甲基的胺类化合物反应，最终得到目标产物K（溴虫氟苯双酰胺）。
（1）由分析，A与混酸发生硝化反应引入硝基成B，则A结构简式为，A的名称是邻甲基苯酚；A→B所用的“混酸”是浓硝酸和浓硫酸；
（2）C中含有4种氢，核磁共振氢谱有4组吸收峰。
（3）D为，含氧官能团名称为硝基、羧基；E中硝基还原为氨基得到F，E→F的反应类型是还原反应；
（4）G和发生已知反应原理，1个氨基氢被取代从而生成H ，G→H的化学方程式；
（5）E分子中除苯环外，含有4个氧、1个氟、1个氮、2个碳；满足下列条件的E的同分异构体：①具有相同官能团，则含有硝基、碳氟键、酯基；②能发生银镜反应，为甲酸酯，③苯环上连有2个基团；则2个取代基可以为-NO2、-CHFOOCH或-F、-CH(NO2)OOCH或-CHFNO2、-OOCH，均存在邻间对3种状况，故共9种；
（6）中硝基首先可以还原为氨基得到X：，X中的氨基氢发生取代反应引入甲基得到Y：，Y中羧基发生取代引入氯原子，再最终转化为产品，故XY分别为、。
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