资源简介

贵州省铜仁市2025届高三下学期3月模拟考试化学试题
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，只有一项符合题目要求。
1．（2025·铜仁模拟）化学与生活紧密相关，下列有关说法错误的是
A．煤的气化、煤的液化以及石油的分馏都是物理变化
B．可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”
C．医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂
D．纯碱溶液除油污的原理涉及到盐类和酯类的水解
2．（2025·铜仁模拟）下列有关化学用语或图示表达正确的是
A．2-甲基戊烷的键线式：
B．中共价键的电子云轮廓图：
C．基态碳原子轨道表示式：
D．溶液中的水合离子示意图：
3．（2025·铜仁模拟）用重结晶法提纯粗苯甲酸(含NaCl和泥沙)，不涉及的操作是
A．加热溶解
B．趁热过滤
C．蒸发结晶
D．称取晶体
4．（2025·铜仁模拟）化学实验室常用除去苯中少量的水：，设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是
A．中阴离子的数目为
B．中含有键数目为
C．生成时转移的电子数为
D．溶液中数目为
5．（2025·铜仁模拟）结构决定性质，性质决定用途。下列事实对应的解释不合理的是
选项 事实 解释
A 2-丁烯存在顺反异构 碳碳双键连接的原子或原子团不能绕键轴旋转
B 的热稳定性强于 水分子间存在氢键
C 霓虹灯管中充有低压气体，通电时可产生丰富的色彩 是电子跃迁的结果
D 缺角的胆矾晶体在其饱和溶液中慢慢变为完整的规则晶体 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·铜仁模拟）黄素甲醚(结构简式如图)具有抗菌作用，可从何首乌中提取。有关该化合物，下列说法错误的是
A．分子式为
B．不存在对映异构体
C．该分子最多有15个碳原子共平面
D．该分子与浓溴水反应最多可消耗
7．（2025·铜仁模拟）下列指定反应的离子方程式错误的是
A．用溶液刻蚀覆铜电路板：
B．氢氧化铜溶于氨水：
C．泡沫灭火器的原理：
D．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
8．（2025·铜仁模拟）原子序数依次增大的短周期主族元素、、、、组成的一种化合物结构如图所示，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．含有离子键和非极性键
C．简单离子半径： D．的空间结构为平面三角形
9．（2025·铜仁模拟）海水资源综合利用是发展海洋经济的重要部分。以下是模拟海水提镁的部分工艺过程。
下列说法错误的是
A．试剂a可选用石灰乳，但需控制用量
B．操作B为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C．操作C为在气流中加热，使脱水
D．为减少工艺环节，可直接电解氯化镁溶液获得金属
10．（2025·铜仁模拟）利用反应 ，可降低汽车尾气中氮氧化物的排放。在密闭容器中加入足量的和一定量的气体，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示，下列有关说法正确的是
A．图中M点处
B．升高温度，该反应的平衡常数增大
C．图中N点处的体积分数为10%
D．混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态
11．（2025·铜仁模拟）电有机合成可以缩短传统有机合成线路，以丙烯腈为原料通过如下装置合成己二腈。下列说法正确的是
A．①室有无色气体产生
B．c电极上发生还原反应
C．d电极发生的反应为
D．每当b电极消耗22.4L气体，会有由③室向④室迁移
12．（2025·铜仁模拟）下列实验操作及现象均正确，且能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有
B 将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体进入少量溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应
C 向固体中滴加稀盐酸，有气泡产生 非金属性：
D 相同温度时，测得溶液 水解程度：
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·铜仁模拟）某研究小组对于二氧化硫催化氧化的机理研究如图所示，下列有关说法错误的是
A．是反应的中间体
B．第II步反应中钒元素被还原
C．第Ⅳ步反应方程式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
D．第Ⅴ步反应生成的能全部参与第Ⅳ步反应
14．（2025·铜仁模拟）某温度下，和的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解)。下列说法正确的是
A．曲线II代表AgCl的沉淀溶解平衡图像
B．图中A点处只能生成沉淀
C．的平衡常数为
D．向浓度相同的、混合溶液中滴加溶液，先生成沉淀
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·铜仁模拟）环己酮()微溶于水，易溶于乙醚，是制造尼龙、己二酸的主要中间体。实验室常用环己醇()和过量溶液制备环己酮，具体步骤如下：
I．环己酮的制备
①向三颈烧瓶中加入环己醇和冰醋酸，在恒温条件下边搅拌边逐滴加入足量的溶液。
②充分反应后，加入适量的饱和溶液，再加入水，进行水蒸气蒸馏，收集馏出液，装置如图所示(夹持和加热装置已省略)。
II．环己酮的纯化
③在搅拌条件下，向馏出液中分批加入足量固体后，加入精盐，静置，用分液漏斗分离出有机相。
④水层用乙醚萃取2次，合并有机相和醚萃取液。
⑤加入无水硫酸镁，静置，过滤，将滤液分离提纯，获得产品。
已知：
名称 环己酮 环己醇 冰醋酸 乙醚
相对分子质量 98 100 60 74
沸点/℃ 155 161 118 34.6
请回答下列问题：
（1）图中仪器a的名称为　 　，制备环己酮时采用的加热方法为　 　。
（2）写出步骤①中生成环己酮的化学方程式　 　。
（3）水蒸气蒸馏时，直形玻璃管的作用是　 　。
（4）向馏出液中加入固体的目的是　 　。
（5）若缺失步骤④，对实验结果产生的影响是　 　。
（6）步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为　 　，环己酮的产率为　 　。
16．（2025·铜仁模拟）金属Ti、W和V及其化合物用途广泛，工业上利用废弃SCR脱硝催化剂(主要含有、、、少量和烟尘颗粒物等)回收、和生产的一种工艺流程如下。
已知：不溶于水；时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。
请回答下列问题：
（1）空气吹扫清洗的目的是　 　；酸浸时，提高钛元素浸出率的方法有　 　(填一种即可)。
（2）写出焙烧时，生成的化学方程式：　 　。
（3）沉硅时需加盐酸调节至10~11，滤渣1主要成分是　 　(填化学式)。
（4）时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为　 　。
（5）产生滤渣2的离子方程式为　 　。
（6）的晶胞如图所示，图A中沿体对角线原子方向投影图如图B所示，原子2在图B中的位置为　 　处，当晶胞参数为，则该晶胞的密度为　 　(表示阿伏加德罗常数的值)
17．（2025·铜仁模拟）我国页岩气地质资源丰富，开发潜力巨大。利用页岩气中丰富的丙烷，可直接脱氢或通过逆水煤气变换反应辅助丙烷氧化脱氢制备丙烯。
反应I(丙烷直接脱氢)：
反应II(逆水煤气变换反应)：
反应III(二氧化碳氧化丙烷脱氢)：
请回答下列问题：
（1）　 　，相对于丙烷直接脱氢，氧化丙烷脱氢的优点为　 　。
（2）某温度时，在锆基催化剂的作用下，丙烷直接脱氢制丙烯的反应历程中相对能量的变化如图所示(表示催化剂表面吸附位点)：
①该反应在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。
②该历程中速率最慢的一步反应方程式为　 　。
（3）对于反应I，总压恒定为，在温度为时，在密闭容器中进入按为充入密闭容器中(不参与反应)，平衡时的转化率为。
①从平衡移动的角度分析“通入”的作用是　 　。平面上的角位数是
②反应I的平衡常数　 　(以分压表示，分压总压物质的量分数，保留一位小数)。
（4）科学家成功开发出以丙烷气体为燃料便携式固体氧化物燃料电池，工作原理如图所示：
①电极为电池的　 　(填“正极”或“负极”)。
②写出电极的电极反应方程式　 　。
18．（2025·铜仁模拟）连续纤维增强复合材料具有高强度、耐腐蚀等优点，广泛应用于航空航天、汽车等领域。该材料常用聚酰胺为树脂基体。以下是一种新型芳香聚酰胺树脂M的合成路线：
请回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；C→D的反应类型是　 　。
（2）E的同分异构体中符合下列条件的结构简式是　 　。
①能与溶液反应产生；
②遇到溶液显紫色；
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为。
（3）相同温度下，电离平衡常数　 　(填“>”“<”或“=”)。理由是　 　。
（4）写出的化学方程式　 　。
（5）J的结构简式为　 　。
（6）已知，结合以上合成路线信息，以苯甲醛和丙二酸为原料(无机试剂任选)，合成的路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、煤的气化是将煤转化为 CO、H2等气体燃料，煤的液化是将煤转化为甲醇等液体燃料，这两个过程都有新物质生成，属于化学变化；而石油的分馏是利用各组分沸点不同进行分离，没有新物质生成，属于物理变化。A错误；
B、可降解聚乳酸塑料在自然环境中可以被微生物分解，不会长期残留，推广应用能有效减少 “白色污染”，B正确；
C、体积分数为 75% 的乙醇溶液能使细菌蛋白质变性，医疗上常用作消毒剂，C正确；
D、纯碱（Na2CO3）是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，油污（主要成分为酯类）在碱性条件下发生水解反应，从而达到去污效果，D正确；
故答案为：A。
【分析】先明确每个选项涉及的化学变化类型和原理，再逐一判断正误：
物理 / 化学变化区分：判断过程是否有新物质生成。
环境保护：可降解塑料对 “白色污染” 的影响。
化学与医疗：医用乙醇的浓度及消毒原理。
去污原理：纯碱溶液去污涉及的盐类和酯类水解。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、2 - 甲基戊烷的主链应含 5 个碳原子，而图中键线式主链只有 4 个碳，实际为 ：，A错误；
B、HCl 分子中的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道头碰头重叠形成，电子云呈轴对称的 “哑铃头碰头” 形态：，B正确；
C、基态碳原子的 2p 轨道上有 2 个单电子，根据洪特规则，它们应分占不同轨道且自旋平行：，C错误；
D、NaCl 溶液中，Na+带正电，应吸引水分子中带负电的 O 原子；Cl-带负电，应吸引水分子中带正电的 H 原子 ：，D错误；
故答案为：B。
【分析】先明确每个选项涉及的化学用语规范，再逐一判断正误：
键线式：根据系统命名法判断主链和支链。
共价键电子云：σ 键的电子云呈轴对称，HCl 中 H 的 1s 与 Cl 的 p 轨道头碰头重叠。
轨道表示式：基态原子电子排布需遵循洪特规则。
水合离子：离子的电性决定水分子的取向，阳离子吸引 O，阴离子吸引 H。
3．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、是重结晶的第一步，用于将粗苯甲酸溶解，形成热的饱和溶液，属于必要操作，故A不符合题意 ；
B、用于除去不溶性杂质泥沙，同时避免苯甲酸在过滤时结晶损失，属于必要操作，故B不符合题意 ；
C、重结晶法提纯苯甲酸的关键是利用温度降低导致溶解度下降来析出晶体，而不是通过蒸发溶剂来结晶，因此该操作不涉及，故C符合题意 ；
D、用于对提纯后的苯甲酸晶体进行称量，属于实验流程的一部分，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】先明确重结晶法提纯苯甲酸的核心步骤，再逐一判断各操作是否属于该流程：
加热溶解：将粗苯甲酸溶于热水，使苯甲酸溶解，泥沙不溶。
趁热过滤：除去不溶性泥沙，同时防止苯甲酸提前结晶析出。
冷却结晶：滤液冷却后，苯甲酸因溶解度降低而结晶析出，NaCl 仍留在母液中。
过滤洗涤：分离出苯甲酸晶体并进行洗涤、干燥。
称量：对提纯后的晶体进行称量。
4．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由和构成，1mol 中含1mol 和2mol ，阴离子数目为，A正确；
B、1个分子中含有2个 σ键，18g 的物质的量为1mol，故含σ键数目为，B正确；
C、反应中，（-1价）和中（+1价）归中生成（0价），生成2mol 时转移2mol电子，因此生成1mol 时转移电子数为，C正确；
D、题目只给出了溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确每个选项的考查点，再结合阿伏加德罗常数（）的定义逐一分析：
离子构成：分析的离子组成，判断阴离子数目。
化学键：分析分子中的σ键数量。
电子转移：根据反应方程式判断生成时的电子转移数。
溶液计算：注意溶液体积是否已知，判断离子数目能否计算。
5．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；烯烃；晶体的定义
【解析】【解答】A、2 - 丁烯存在顺反异构，是因为碳碳双键不能绕键轴自由旋转，导致双键两端的基团在空间有不同排列方式，A合理；
B、H2O 的热稳定性强于 H2S，是因为 O-H 键的键能大于 S-H 键，与分子间的氢键无关。氢键影响的是熔、沸点等物理性质，而非化学稳定性，B不合理；
C、霓虹灯管中的低压气体通电时，电子从基态跃迁到激发态，再从激发态回到基态，释放出不同波长的光，从而产生丰富色彩，C合理；
D、缺角的胆矾晶体在饱和溶液中能自发地生长为完整的规则晶体，这是晶体自范性的体现，D合理；
故答案为：B。
【分析】先明确每个选项中 “事实” 与 “解释” 的逻辑关系，再判断解释是否合理：
顺反异构：判断碳碳双键的旋转限制是否是产生顺反异构的原因。
热稳定性：区分分子间作用力（如氢键）与化学键强度对物质热稳定性的影响。
电子跃迁：判断霓虹灯光彩是否与电子跃迁有关。
晶体自范性：判断胆矾晶体的规则生长是否体现了晶体的自范性。
6．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、根据结构简式，黄素甲醚的分子式为 C16H12O5，A正确；
B、该分子中不存在手性碳原子，因此不存在对映异构体，B正确；
C、分子中两个苯环及羰基均为平面结构，通过单键旋转可使所有 16 个碳原子共平面，而非最多 15 个，C错误
D、酚羟基的邻、对位氢可与 Br2发生取代反应（消耗 3mol Br2），同时分子中还有一个可加成的双键（消耗 1mol Br2），故 1mol 该分子最多可消耗 4mol Br2，D正确；
故答案为：C。
【分析】先明确黄素甲醚的官能团和结构特点，再逐一分析选项：
分子式：通过结构简式数出 C、H、O 原子个数，核对分子式。
对映异构体：判断分子中是否存在手性碳原子，无手性碳则无对映异构体。
共平面：分析苯环、羰基的平面结构，判断最多共平面的碳原子数。
溴水反应：分析酚羟基的邻、对位取代及可能的加成反应，计算消耗 Br2的量。
7．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeCl3溶液刻蚀铜电路板，Fe3+将 Cu 氧化为 Cu2+，自身被还原为 Fe2+，离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，电荷守恒，A正确；
B、氢氧化铜溶于氨水，形成可溶性的铜氨络离子，离子方程式为
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，符合络合反应原理，B正确；
C、泡沫灭火器中，Al3+与 HCO3-发生双水解反应，生成 Al(OH)3沉淀和 CO2气体，离子方程式为 Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，C正确；
D、草酸（H2C2O4）是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆为 C2O42-，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
先明确离子方程式正误判断的核心要点：
电荷守恒：反应前后电荷总数是否相等。
物质拆分：强酸、强碱、可溶性盐拆成离子，弱酸、弱碱、沉淀、气体等保留化学式。
反应原理：是否符合客观事实，如氧化还原反应的电子守恒、双水解反应的产物等。
8．【答案】B
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，A错误；
B．为离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子中氧原子间存在非极性键，B正确；
C．电子层结构相同的微粒半径随元素核电荷数增大而减小，所以简单离子半径：，C错误；
D．为NH3，其空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】、、、、 是原子序数依次增大的短周期主族元素，结合化合物的结构图可推出，W为钠元素，X、Y、Z、E分别形成1个共价键、3个共价键、2个共价键、6个共价键， 根据Z、E同族，可推出Z、E分别为氧元素、硫元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，则Y是氮元素，所以X是氢元素。
9．【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、试剂 a 选用石灰乳（Ca(OH)2），可将 Mg2+转化为 Mg(OH)2沉淀。但需控制用量，避免过量引入过多杂质，A正确；
B、从 MgCl2溶液中获得 MgCl2 6H2O，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的操作，B正确；
C、MgCl2 6H2O 直接加热易水解生成 Mg(OH)Cl或 MgO，在 HCl 气流中加热可抑制水解，得到无水 MgCl2，C正确；
D、直接电解 MgCl2溶液时，H+优先于 Mg2+在阴极放电，生成 H2和 Mg(OH)2，无法得到金属 Mg。工业上需电解熔融的无水 MgCl2才能制得 Mg，D错误；
故答案为：D。
【分析】向模拟海水中加入石灰乳，将 Mg2+沉淀为 Mg(OH)2；用盐酸溶解沉淀，得到 MgCl2溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，得到 MgCl2 6H2O；在 HCl 气流中加热脱水，制得无水 MgCl2；电解熔融的无水 MgCl2，得到金属 Mg。据此解题。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、M 点转化率仍在上升，说明反应正向进行，v 正 > v 逆，A错误；
B、升温后 NO 转化率下降，平衡逆向移动，说明正反应放热（ΔH<0），升温平衡常数 K 减小，B错误；
C、设初始 NO 为 1mol，N 点转化率 40%，则：
总物质的量 = 0.6 + 0.2 + 0.2 = 1.0mol，N2体积分数 = 0.2÷1.0 = 20%，C错误；
D、反应前后气体总质量变化（C 为固体），总物质的量不变，平均摩尔质量是变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D。
【分析】先分析图像规律：NO 转化率随温度升高先升后降，说明低于峰值温度时反应未达平衡，速率主导；高于峰值温度时平衡逆向移动，ΔH<0。
再逐一判断选项：
反应方向：M 点在转化率上升段，反应正向进行，v 正 > v 逆。
平衡常数：升温平衡逆向移动，K 减小。
体积分数：N 点转化率 40%，通过三段式计算 N2体积分数。
平衡标志：平均摩尔质量不变，说明各组分含量不再变化，反应达平衡。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、①室中，CH3OCH3在 a 极（负极）发生氧化反应，产物不是无色气体（如 H2），A错误；
B、c 电极为阳极，发生氧化反应，B错误；
C、d 电极为阴极，丙烯腈（CH2=CHCN）在酸性条件下得电子发生还原反应生成己二腈，反应式为：2CH2=CHCN + 2H+ + 2e- = NC (CH2)4CN，C正确；
D、b 电极消耗 O2，每消耗 1mol O2转移 4mol 电子，但气体体积 “22.4L” 未指明是标准状况，无法直接确定物质的量；且 H+由③室（阳极）向④室（阴极）迁移的前提是电子数守恒，D错误；
故答案为：C。
【分析】先判断装置类型：左侧为原电池，右侧为电解池。
原电池：b 电极通入 O2，为正极；电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，a 电极为负极。电极反应为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O，
电解池：a 极（负极）连接 c 极，c 为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑；b 极（正极）连接 d 极，d 为阴极，电极反应为：，据此分析解题。
12．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；铵离子检验；醇类简介；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、向溶液中加入浓 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为 NH3，证明溶液中含有 NH4+，A正确；
B、乙醇与浓硫酸加热至 170℃时，生成的乙烯中可能混有 SO2等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，因此不能仅凭溴水褪色就断定乙醇发生了消去反应，B错误；
C、向 CaCO3中滴加稀盐酸产生 CO2，说明 HCl 酸性强于 H2CO3，但 HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸，不能据此判断非金属性 Cl > C，C错误。
D、比较 HCO3-和 CH3COO-的水解程度，需要在相同浓度的盐溶液中进行。题目未给出溶液浓度，仅根据 pH 大小无法得出可靠结论，D错误；
故答案为：A。
【分析】逐一分析每个选项的实验操作、现象与结论之间的逻辑关系，判断是否存在干扰因素或结论不严谨的情况：
铵根离子检验：检验 NH4+的标准方法是加浓碱加热，用湿润红色石蕊试纸检验氨气。
乙醇消去反应：反应产物中可能混有还原性杂质，会干扰溴水褪色的判断。
非金属性比较：比较非金属性应依据最高价含氧酸的酸性，而非无氧酸。
盐类水解程度：比较水解程度需在相同浓度和温度下进行，否则结论不可靠。
13．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、V2O5 SO2在反应第 I 步生成，第 II 步被消耗，既不是起始反应物，也不是最终产物，符合反应中间体的定义，A正确；
B、第 II 步反应中，反应物含 V2O5 SO2（钒为 + 5 价），生成物含 V2O4 SO3（钒为 + 4 价），钒元素化合价降低，发生还原反应，B正确；
C、从机理图可知，第 IV 步的反应物为 V2O4、O2和 SO2，生成物为 VOSO4， 反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4， C正确；
D、第 V 步反应生成的 SO2存在两条物料流向，一部分参与第 IV 步反应，另一部分参与第 I 步反应生成 V2O5 SO2，并非能全部参与第 IV 步反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】核心围绕催化反应机理的核心特征展开分析：
中间体判断：依据 “生成后又消耗、非起始和最终物质” 的标准，识别反应中间体。
化合价分析：通过钒的不同氧化物、络合物形式，判断反应中钒元素的化合价变化。
反应式正误：结合机理图中反应物、生成物的对应关系，核对化学方程式的合理性。
物料流向：追踪第 V 步生成的 SO2的全部去向，判断其是否仅参与第 IV 步反应。
14．【答案】B
【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、AgCl 的溶度积表达式为：；
两边取负对数可得：；
这是一条斜率为 1 的直线。Ag2CrO4 的溶度积表达式为：
两边取负对数可得：
这是一条斜率为 0.5 的直线。因此，斜率更大的曲线 II 代表 AgCl，斜率较小的曲线 I 代表 Ag2CrO4。A错误；
B、在 A 点，对于 AgCl：
A 点位于曲线 II（AgCl）的下方，说明 ，不会生成 AgCl 沉淀。
对于 Ag2CrO4：
A 点位于曲线 I（Ag2CrO4）的上方，说明 ，会生成 Ag2CrO4沉淀。
因此，A 点处只能生成 Ag2CrO4沉淀。B正确；
C、反应为：
平衡常数 为：
由图中交点可知，当 时，，此时 。
代入平衡常数表达式：，C错误；
D、设 KCl 和 K2CrO4 的浓度均为 。
生成 AgCl 沉淀所需的
生成 Ag2CrO4 沉淀所需的
由于 ，生成 AgCl 沉淀所需的 浓度更低，因此先生成 AgCl 沉淀。D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据溶度积表达式判断曲线归属，再利用溶度积常数（）分析沉淀生成顺序、反应平衡常数及 A 点沉淀情况：
曲线判断：根据 AgCl 和 Ag2CrO4的 表达式，分析 与 的斜率关系，确定曲线代表的物质。
计算：利用交点处数据计算两种物质的 。
沉淀判断：通过比较 A 点的离子积（）与 ，判断沉淀生成情况。
平衡常数：利用 计算反应的平衡常数。
沉淀顺序：比较生成沉淀所需的 浓度，判断谁先沉淀。
15．【答案】（1）(直形)冷凝管；水浴加热
（2）
（3）主要起到压力指示和安全保护的作用(答案合理即可)
（4）除去馏出液中的酸性物质
（5）环己酮产率降低(答案合理即可)
（6）蒸馏或分馏；75%
【知识点】物质的分离与提纯；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）图中仪器a的名称为(直形)冷凝管；需要在恒温条件下制备环己酮，采用水浴加热的方法进行加热；
故答案为： (直形)冷凝管 ； 水浴加热 ；
（2）由分析可知，生成环己酮的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）直形玻璃管与空气连通，主要起到压力指示和安全保护的作用；
故答案为： 主要起到压力指示和安全保护的作用(答案合理即可) ；
（4）能够与酸反应，故加入固体的目的是除去馏出液中的酸性物质；
故答案为： 除去馏出液中的酸性物质 ；
（5）步骤④是用无水乙醚萃取水相中残留的少量产品，若缺少此步骤，导致环己酮产率降低；
故答案为： 环己酮产率降低(答案合理即可) ；
（6）由分析可知，步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为蒸馏或分馏；
环己醇理论上得到环己酮，则环己酮的产率为。
故答案为： 蒸馏或分馏 ； 75% 。
【分析】(1) 仪器a是直形冷凝管；加热方法为水浴加热（35℃恒温，水浴易控温）。
(2) 环己醇在NaClO和冰醋酸作用下被氧化为环己酮，据此书写反应方程式。
(3) 直形玻璃管与空气连通，主要起压力指示和安全保护作用（防止装置内压力过高）。
(4) 加入Na2CO3固体，目的是除去馏出液中的酸性物质（中和冰醋酸等）。
(5) 缺少步骤④（乙醚萃取水层），会导致产品损失，环己酮产率降低。
(6) 滤液分离提纯用蒸馏（或分馏）法；产率计算：
理论产量：
产率：
（1）图中仪器a的名称为(直形)冷凝管；需要在恒温条件下制备环己酮，采用水浴加热的方法进行加热；
（2）由分析可知，生成环己酮的化学方程式为；
（3）直形玻璃管与空气连通，主要起到压力指示和安全保护的作用；
（4）能够与酸反应，故加入固体的目的是除去馏出液中的酸性物质；
（5）步骤④是用无水乙醚萃取水相中残留的少量产品，若缺少此步骤，导致环己酮产率降低；
（6）由分析可知，步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为蒸馏或分馏；
环己醇理论上得到环己酮，则环己酮的产率为。
16．【答案】（1）除去烟尘颗粒物；适当提高硫酸的浓度、提高反应温度、延长浸出时间、搅拌等(答案合理即可)
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）f；
【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；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）空气吹扫清洗的目的是利用空气气流将废弃SCR脱硝催化剂表面附着的烟尘颗粒物吹走，达到除去烟尘颗粒物的目的。酸浸时，提高钛元素浸出率的方法：适当提高硫酸的浓度，可使反应向溶解钛元素方向进行更有利；提高反应温度，能加快反应速率，促使更多钛元素浸出；延长浸出时间，给予反应更充分的时间使钛元素浸出；搅拌可增大反应物接触面积，加快反应，提高浸出率。（以上方法任选一种即可）
故答案为： 除去烟尘颗粒物 ； 适当提高硫酸的浓度、提高反应温度、延长浸出时间、搅拌等(答案合理即可) ；
（2）焙烧时，废弃SCR脱硝催化剂中的与反应生成和，根据原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）水浸后的溶液中含硅元素，沉硅时加盐酸调节pH至10-11，由于的加入，使得硅元素以形式沉淀，所以滤渣1的主要成分是。
故答案为： ；
（4）已知，时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。若已完全沉淀，则其离子浓度小于。根据，可计算得到此时。综上所述，时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为。
故答案为： ；
（5）溶钒过程中加入稀盐酸产生滤渣2，滤渣2经煅烧得到，所以可推断滤渣2是，产生滤渣2的离子方程式为。
故答案为： ；
（6）观察图A晶胞结构，沿体对角线原子方向投影时，从晶胞的空间结构来看，体对角线是贯穿晶胞相对顶点的连线。对于顶点原子2，在沿体对角线投影时，它在投影图B中的位置处于六边形的一个顶点。在图B中，六边形顶点位置分别标记为a、b、c、d、e、f，结合晶胞沿体对角线投影的空间位置对应关系，原子2投影到图B中的位置为f处。由晶胞结构可知，钙原子位于晶胞顶点，个数为；钛原子位于体心，个数为1；O原子位于晶胞面心，个数为，则1mol晶胞质量，当晶胞参数为时，晶胞体积，则该晶胞的密度为。
故答案为： f ； 。
【分析】废弃 SCR 脱硝催化剂先经空气吹扫除去烟尘，再粉碎后与 Na2CO3固体混合焙烧。焙烧产物水浸时，Na2TiO3以固体形式沉淀，而含钨、钒、硅的可溶性盐进入滤液 1。Na2TiO3经稀硫酸酸浸得到 TiO2。滤液 1 先加稀盐酸和 MgCl2沉硅，得到 MgSiO3滤渣；沉硅后的滤液再加稀盐酸和 CaCl2，使钒、钨沉淀。沉淀用稀盐酸溶钒，得到含 HVO3的溶液和滤渣 H2WO4；H2WO4煅烧生成 WO3，含 HVO3的溶液经后续处理制得 NH4VO3。据此解题。
（1）空气吹扫清洗的目的是利用空气气流将废弃SCR脱硝催化剂表面附着的烟尘颗粒物吹走，达到除去烟尘颗粒物的目的。酸浸时，提高钛元素浸出率的方法：适当提高硫酸的浓度，可使反应向溶解钛元素方向进行更有利；提高反应温度，能加快反应速率，促使更多钛元素浸出；延长浸出时间，给予反应更充分的时间使钛元素浸出；搅拌可增大反应物接触面积，加快反应，提高浸出率。（以上方法任选一种即可）
（2）焙烧时，废弃SCR脱硝催化剂中的与反应生成和，根据原子守恒配平化学方程式为：。
（3）水浸后的溶液中含硅元素，沉硅时加盐酸调节pH至10-11，由于的加入，使得硅元素以形式沉淀，所以滤渣1的主要成分是。
（4）已知，时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。若已完全沉淀，则其离子浓度小于。根据，可计算得到此时。综上所述，时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为。
（5）溶钒过程中加入稀盐酸产生滤渣2，滤渣2经煅烧得到，所以可推断滤渣2是，产生滤渣2的离子方程式为。
（6）观察图A晶胞结构，沿体对角线原子方向投影时，从晶胞的空间结构来看，体对角线是贯穿晶胞相对顶点的连线。对于顶点原子2，在沿体对角线投影时，它在投影图B中的位置处于六边形的一个顶点。在图B中，六边形顶点位置分别标记为a、b、c、d、e、f，结合晶胞沿体对角线投影的空间位置对应关系，原子2投影到图B中的位置为f处。由晶胞结构可知，钙原子位于晶胞顶点，个数为；钛原子位于体心，个数为1；O原子位于晶胞面心，个数为，则1mol晶胞质量，当晶胞参数为时，晶胞体积，则该晶胞的密度为。
17．【答案】（1）+166；消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)
（2）高温；
（3）恒压时加入，降低各物质分压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；16.7
（4）正极；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I+反应II可得，；丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性，消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)；
故答案为： +166 ；消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可) ；
（2）①，该反应正向是气体增加的反应，，在高温条件下能自发进行；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应中最大的能垒（活化能）为过渡态I，反应方程式为；
故答案为： 高温 ； ；
（3）①恒压时加入，降低各物质分压，相当于减压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；
②C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，列出三段式：，气体总的物质的量为1.2mol，C3H8、C3H6、H2的分压均为kPa，则T1时反应I的平衡常数可求得为；
故答案为： 恒压时加入，降低各物质分压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可) ； 16.7 ；
（4）该燃料电池中，通入C3H8的一极作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；通入氧气的一极作正极（Pd），电极反应式为O2+4e-=2O2-。
故答案为： 正极； 。
【分析】(1)反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，故；优点：消耗H2使反应Ⅰ正向移动，提高丙烷转化率，同时实现CO2资源化利用。
(2) ①、，高温下，可自发；
② 决速步判断：能垒最大的步骤（过渡态Ⅰ）速率最慢，反应为 。
(3) ①相当于减压，使反应Ⅰ正向移动，提高丙烷转化率；
②平衡常数计算：设起始、，平衡时各物质分压为，代入公式得。
(4) ①电极判断：通入O2的Pd电极为正极；
②负极反应：NiO电极上失电子，反应为 。
（1）根据盖斯定律可知，反应I+反应II可得，；丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性，消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)；
（2）①，该反应正向是气体增加的反应，，在高温条件下能自发进行；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应中最大的能垒（活化能）为过渡态I，反应方程式为；
（3）①恒压时加入，降低各物质分压，相当于减压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；
②C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，列出三段式：，气体总的物质的量为1.2mol，C3H8、C3H6、H2的分压均为kPa，则T1时反应I的平衡常数可求得为；
（4）该燃料电池中，通入C3H8的一极作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；通入氧气的一极作正极（Pd），电极反应式为O2+4e-=2O2-。
18．【答案】（1）对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；取代反应
（2）
（3）>；由于氯原子的吸电子诱导效应，使氯乙酸更容易电离出，酸性更强 (答案合理即可)
（4）
（5）
（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）B中酚羟基和处于对位，命名为对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；由分析可知，C→D的反应是溴原子取代苯环上的氢原子，反应类型是取代反应；
故答案为： 对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚) ； 取代反应 ；
（2）E的分子中除了苯环外还剩2个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度；
①能与溶液反应产生，说明结构中含有羧基，羧基占据了2个氧原子和1个不饱和度；
②遇到溶液显紫色，说明含有酚羟基，占据了一个氧原子，
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为，说明其结构中不含有甲基，则含有，满足条件的同分异构体是；
故答案为： ；
（3）ClCH2COOH中因Cl的吸电子诱导效应，增强羧酸中O-H的极性，使其更易解离，其酸性强于CH3COOH，即电离平衡常数：＞；
故答案为： > ； 由于氯原子的吸电子诱导效应，使氯乙酸更容易电离出，酸性更强 (答案合理即可) ；
（4）发生的是取代反应，同时羧基和NaOH也会反应生成羧酸钠，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）H和J发生缩聚反应生成M，J为对苯二胺，结构简式为；
故答案为： ；
（6）以苯甲醛和丙二酸为原料合成目标产物，结合目标产物的结构简式可知，其单体为，则需要增长碳链，则引用题中E→F的步骤，逆推可知，首先由苯甲醛发生C→D的反应，在醛基间位引入溴原子，溴原子发生已知信息的反应转化为酚羟基，再利用E→F的反应得到，再发生缩聚反应得到目标产物，具体合成路线是故答案为：
【分析】苯酚（A）在碱性条件下与甲醛发生加成反应，得到对羟基苯甲醇（B）；B 经催化氧化，得到对羟基苯甲醛（C）；C 在 DMF 中与 Br2发生取代反应，得到二溴取代物（D）；结合E的结构简式，以及D的分子式可知，D的结构简式为，D 经甲醇钠作用并酸化，发生甲氧基化反应，得到 3 - 甲氧基 - 4 - 羟基苯甲醛（E）；E 与丙二酸在醋酸铵催化下发生缩合反应，得到 3 - 甲氧基 - 4 - 羟基肉桂酸（F）；F 与氯乙酸在碱性条件下发生取代反应生成G（），再经酸化得到 H；H 与 J 在特定条件下发生缩聚反应，最终得到芳香聚酰胺树脂 M。由M的结构简式可知，J为，据此解答。
（1）B中酚羟基和处于对位，命名为对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；由分析可知，C→D的反应是溴原子取代苯环上的氢原子，反应类型是取代反应；
（2）E的分子中除了苯环外还剩2个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度；
①能与溶液反应产生，说明结构中含有羧基，羧基占据了2个氧原子和1个不饱和度；
②遇到溶液显紫色，说明含有酚羟基，占据了一个氧原子，
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为，说明其结构中不含有甲基，则含有，满足条件的同分异构体是；
（3）ClCH2COOH中因Cl的吸电子诱导效应，增强羧酸中O-H的极性，使其更易解离，其酸性强于CH3COOH，即电离平衡常数：＞；
（4）发生的是取代反应，同时羧基和NaOH也会反应生成羧酸钠，化学方程式为；
（5）H和J发生缩聚反应生成M，J为对苯二胺，结构简式为；
（6）以苯甲醛和丙二酸为原料合成目标产物，结合目标产物的结构简式可知，其单体为，则需要增长碳链，则引用题中E→F的步骤，逆推可知，首先由苯甲醛发生C→D的反应，在醛基间位引入溴原子，溴原子发生已知信息的反应转化为酚羟基，再利用E→F的反应得到，再发生缩聚反应得到目标产物，具体合成路线是。
1 / 1贵州省铜仁市2025届高三下学期3月模拟考试化学试题
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，只有一项符合题目要求。
1．（2025·铜仁模拟）化学与生活紧密相关，下列有关说法错误的是
A．煤的气化、煤的液化以及石油的分馏都是物理变化
B．可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”
C．医疗上常用体积分数为75%的乙醇溶液作消毒剂
D．纯碱溶液除油污的原理涉及到盐类和酯类的水解
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、煤的气化是将煤转化为 CO、H2等气体燃料，煤的液化是将煤转化为甲醇等液体燃料，这两个过程都有新物质生成，属于化学变化；而石油的分馏是利用各组分沸点不同进行分离，没有新物质生成，属于物理变化。A错误；
B、可降解聚乳酸塑料在自然环境中可以被微生物分解，不会长期残留，推广应用能有效减少 “白色污染”，B正确；
C、体积分数为 75% 的乙醇溶液能使细菌蛋白质变性，医疗上常用作消毒剂，C正确；
D、纯碱（Na2CO3）是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，油污（主要成分为酯类）在碱性条件下发生水解反应，从而达到去污效果，D正确；
故答案为：A。
【分析】先明确每个选项涉及的化学变化类型和原理，再逐一判断正误：
物理 / 化学变化区分：判断过程是否有新物质生成。
环境保护：可降解塑料对 “白色污染” 的影响。
化学与医疗：医用乙醇的浓度及消毒原理。
去污原理：纯碱溶液去污涉及的盐类和酯类水解。
2．（2025·铜仁模拟）下列有关化学用语或图示表达正确的是
A．2-甲基戊烷的键线式：
B．中共价键的电子云轮廓图：
C．基态碳原子轨道表示式：
D．溶液中的水合离子示意图：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A、2 - 甲基戊烷的主链应含 5 个碳原子，而图中键线式主链只有 4 个碳，实际为 ：，A错误；
B、HCl 分子中的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道头碰头重叠形成，电子云呈轴对称的 “哑铃头碰头” 形态：，B正确；
C、基态碳原子的 2p 轨道上有 2 个单电子，根据洪特规则，它们应分占不同轨道且自旋平行：，C错误；
D、NaCl 溶液中，Na+带正电，应吸引水分子中带负电的 O 原子；Cl-带负电，应吸引水分子中带正电的 H 原子 ：，D错误；
故答案为：B。
【分析】先明确每个选项涉及的化学用语规范，再逐一判断正误：
键线式：根据系统命名法判断主链和支链。
共价键电子云：σ 键的电子云呈轴对称，HCl 中 H 的 1s 与 Cl 的 p 轨道头碰头重叠。
轨道表示式：基态原子电子排布需遵循洪特规则。
水合离子：离子的电性决定水分子的取向，阳离子吸引 O，阴离子吸引 H。
3．（2025·铜仁模拟）用重结晶法提纯粗苯甲酸(含NaCl和泥沙)，不涉及的操作是
A．加热溶解
B．趁热过滤
C．蒸发结晶
D．称取晶体
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、是重结晶的第一步，用于将粗苯甲酸溶解，形成热的饱和溶液，属于必要操作，故A不符合题意 ；
B、用于除去不溶性杂质泥沙，同时避免苯甲酸在过滤时结晶损失，属于必要操作，故B不符合题意 ；
C、重结晶法提纯苯甲酸的关键是利用温度降低导致溶解度下降来析出晶体，而不是通过蒸发溶剂来结晶，因此该操作不涉及，故C符合题意 ；
D、用于对提纯后的苯甲酸晶体进行称量，属于实验流程的一部分，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】先明确重结晶法提纯苯甲酸的核心步骤，再逐一判断各操作是否属于该流程：
加热溶解：将粗苯甲酸溶于热水，使苯甲酸溶解，泥沙不溶。
趁热过滤：除去不溶性泥沙，同时防止苯甲酸提前结晶析出。
冷却结晶：滤液冷却后，苯甲酸因溶解度降低而结晶析出，NaCl 仍留在母液中。
过滤洗涤：分离出苯甲酸晶体并进行洗涤、干燥。
称量：对提纯后的晶体进行称量。
4．（2025·铜仁模拟）化学实验室常用除去苯中少量的水：，设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是
A．中阴离子的数目为
B．中含有键数目为
C．生成时转移的电子数为
D．溶液中数目为
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、由和构成，1mol 中含1mol 和2mol ，阴离子数目为，A正确；
B、1个分子中含有2个 σ键，18g 的物质的量为1mol，故含σ键数目为，B正确；
C、反应中，（-1价）和中（+1价）归中生成（0价），生成2mol 时转移2mol电子，因此生成1mol 时转移电子数为，C正确；
D、题目只给出了溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的物质的量及数目，D错误；
故答案为：D。
【分析】先明确每个选项的考查点，再结合阿伏加德罗常数（）的定义逐一分析：
离子构成：分析的离子组成，判断阴离子数目。
化学键：分析分子中的σ键数量。
电子转移：根据反应方程式判断生成时的电子转移数。
溶液计算：注意溶液体积是否已知，判断离子数目能否计算。
5．（2025·铜仁模拟）结构决定性质，性质决定用途。下列事实对应的解释不合理的是
选项 事实 解释
A 2-丁烯存在顺反异构 碳碳双键连接的原子或原子团不能绕键轴旋转
B 的热稳定性强于 水分子间存在氢键
C 霓虹灯管中充有低压气体，通电时可产生丰富的色彩 是电子跃迁的结果
D 缺角的胆矾晶体在其饱和溶液中慢慢变为完整的规则晶体 晶体具有自范性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；烯烃；晶体的定义
【解析】【解答】A、2 - 丁烯存在顺反异构，是因为碳碳双键不能绕键轴自由旋转，导致双键两端的基团在空间有不同排列方式，A合理；
B、H2O 的热稳定性强于 H2S，是因为 O-H 键的键能大于 S-H 键，与分子间的氢键无关。氢键影响的是熔、沸点等物理性质，而非化学稳定性，B不合理；
C、霓虹灯管中的低压气体通电时，电子从基态跃迁到激发态，再从激发态回到基态，释放出不同波长的光，从而产生丰富色彩，C合理；
D、缺角的胆矾晶体在饱和溶液中能自发地生长为完整的规则晶体，这是晶体自范性的体现，D合理；
故答案为：B。
【分析】先明确每个选项中 “事实” 与 “解释” 的逻辑关系，再判断解释是否合理：
顺反异构：判断碳碳双键的旋转限制是否是产生顺反异构的原因。
热稳定性：区分分子间作用力（如氢键）与化学键强度对物质热稳定性的影响。
电子跃迁：判断霓虹灯光彩是否与电子跃迁有关。
晶体自范性：判断胆矾晶体的规则生长是否体现了晶体的自范性。
6．（2025·铜仁模拟）黄素甲醚(结构简式如图)具有抗菌作用，可从何首乌中提取。有关该化合物，下列说法错误的是
A．分子式为
B．不存在对映异构体
C．该分子最多有15个碳原子共平面
D．该分子与浓溴水反应最多可消耗
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、根据结构简式，黄素甲醚的分子式为 C16H12O5，A正确；
B、该分子中不存在手性碳原子，因此不存在对映异构体，B正确；
C、分子中两个苯环及羰基均为平面结构，通过单键旋转可使所有 16 个碳原子共平面，而非最多 15 个，C错误
D、酚羟基的邻、对位氢可与 Br2发生取代反应（消耗 3mol Br2），同时分子中还有一个可加成的双键（消耗 1mol Br2），故 1mol 该分子最多可消耗 4mol Br2，D正确；
故答案为：C。
【分析】先明确黄素甲醚的官能团和结构特点，再逐一分析选项：
分子式：通过结构简式数出 C、H、O 原子个数，核对分子式。
对映异构体：判断分子中是否存在手性碳原子，无手性碳则无对映异构体。
共平面：分析苯环、羰基的平面结构，判断最多共平面的碳原子数。
溴水反应：分析酚羟基的邻、对位取代及可能的加成反应，计算消耗 Br2的量。
7．（2025·铜仁模拟）下列指定反应的离子方程式错误的是
A．用溶液刻蚀覆铜电路板：
B．氢氧化铜溶于氨水：
C．泡沫灭火器的原理：
D．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、FeCl3溶液刻蚀铜电路板，Fe3+将 Cu 氧化为 Cu2+，自身被还原为 Fe2+，离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，电荷守恒，A正确；
B、氢氧化铜溶于氨水，形成可溶性的铜氨络离子，离子方程式为
Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，符合络合反应原理，B正确；
C、泡沫灭火器中，Al3+与 HCO3-发生双水解反应，生成 Al(OH)3沉淀和 CO2气体，离子方程式为 Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，C正确；
D、草酸（H2C2O4）是弱酸，在离子方程式中应保留化学式，不能拆为 C2O42-，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题思路：
先明确离子方程式正误判断的核心要点：
电荷守恒：反应前后电荷总数是否相等。
物质拆分：强酸、强碱、可溶性盐拆成离子，弱酸、弱碱、沉淀、气体等保留化学式。
反应原理：是否符合客观事实，如氧化还原反应的电子守恒、双水解反应的产物等。
8．（2025·铜仁模拟）原子序数依次增大的短周期主族元素、、、、组成的一种化合物结构如图所示，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．含有离子键和非极性键
C．简单离子半径： D．的空间结构为平面三角形
【答案】B
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，A错误；
B．为离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根离子中氧原子间存在非极性键，B正确；
C．电子层结构相同的微粒半径随元素核电荷数增大而减小，所以简单离子半径：，C错误；
D．为NH3，其空间结构为三角锥形，D错误；
故答案为：B。
【分析】、、、、 是原子序数依次增大的短周期主族元素，结合化合物的结构图可推出，W为钠元素，X、Y、Z、E分别形成1个共价键、3个共价键、2个共价键、6个共价键， 根据Z、E同族，可推出Z、E分别为氧元素、硫元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，则Y是氮元素，所以X是氢元素。
9．（2025·铜仁模拟）海水资源综合利用是发展海洋经济的重要部分。以下是模拟海水提镁的部分工艺过程。
下列说法错误的是
A．试剂a可选用石灰乳，但需控制用量
B．操作B为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C．操作C为在气流中加热，使脱水
D．为减少工艺环节，可直接电解氯化镁溶液获得金属
【答案】D
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、试剂 a 选用石灰乳（Ca(OH)2），可将 Mg2+转化为 Mg(OH)2沉淀。但需控制用量，避免过量引入过多杂质，A正确；
B、从 MgCl2溶液中获得 MgCl2 6H2O，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的操作，B正确；
C、MgCl2 6H2O 直接加热易水解生成 Mg(OH)Cl或 MgO，在 HCl 气流中加热可抑制水解，得到无水 MgCl2，C正确；
D、直接电解 MgCl2溶液时，H+优先于 Mg2+在阴极放电，生成 H2和 Mg(OH)2，无法得到金属 Mg。工业上需电解熔融的无水 MgCl2才能制得 Mg，D错误；
故答案为：D。
【分析】向模拟海水中加入石灰乳，将 Mg2+沉淀为 Mg(OH)2；用盐酸溶解沉淀，得到 MgCl2溶液；蒸发浓缩、冷却结晶，得到 MgCl2 6H2O；在 HCl 气流中加热脱水，制得无水 MgCl2；电解熔融的无水 MgCl2，得到金属 Mg。据此解题。
10．（2025·铜仁模拟）利用反应 ，可降低汽车尾气中氮氧化物的排放。在密闭容器中加入足量的和一定量的气体，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示，下列有关说法正确的是
A．图中M点处
B．升高温度，该反应的平衡常数增大
C．图中N点处的体积分数为10%
D．混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、M 点转化率仍在上升，说明反应正向进行，v 正 > v 逆，A错误；
B、升温后 NO 转化率下降，平衡逆向移动，说明正反应放热（ΔH<0），升温平衡常数 K 减小，B错误；
C、设初始 NO 为 1mol，N 点转化率 40%，则：
总物质的量 = 0.6 + 0.2 + 0.2 = 1.0mol，N2体积分数 = 0.2÷1.0 = 20%，C错误；
D、反应前后气体总质量变化（C 为固体），总物质的量不变，平均摩尔质量是变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D。
【分析】先分析图像规律：NO 转化率随温度升高先升后降，说明低于峰值温度时反应未达平衡，速率主导；高于峰值温度时平衡逆向移动，ΔH<0。
再逐一判断选项：
反应方向：M 点在转化率上升段，反应正向进行，v 正 > v 逆。
平衡常数：升温平衡逆向移动，K 减小。
体积分数：N 点转化率 40%，通过三段式计算 N2体积分数。
平衡标志：平均摩尔质量不变，说明各组分含量不再变化，反应达平衡。
11．（2025·铜仁模拟）电有机合成可以缩短传统有机合成线路，以丙烯腈为原料通过如下装置合成己二腈。下列说法正确的是
A．①室有无色气体产生
B．c电极上发生还原反应
C．d电极发生的反应为
D．每当b电极消耗22.4L气体，会有由③室向④室迁移
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、①室中，CH3OCH3在 a 极（负极）发生氧化反应，产物不是无色气体（如 H2），A错误；
B、c 电极为阳极，发生氧化反应，B错误；
C、d 电极为阴极，丙烯腈（CH2=CHCN）在酸性条件下得电子发生还原反应生成己二腈，反应式为：2CH2=CHCN + 2H+ + 2e- = NC (CH2)4CN，C正确；
D、b 电极消耗 O2，每消耗 1mol O2转移 4mol 电子，但气体体积 “22.4L” 未指明是标准状况，无法直接确定物质的量；且 H+由③室（阳极）向④室（阴极）迁移的前提是电子数守恒，D错误；
故答案为：C。
【分析】先判断装置类型：左侧为原电池，右侧为电解池。
原电池：b 电极通入 O2，为正极；电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，a 电极为负极。电极反应为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2+11H2O，
电解池：a 极（负极）连接 c 极，c 为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑；b 极（正极）连接 d 极，d 为阴极，电极反应为：，据此分析解题。
12．（2025·铜仁模拟）下列实验操作及现象均正确，且能得出相应结论的是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液含有
B 将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体进入少量溴水中，溴水褪色 乙醇发生了消去反应
C 向固体中滴加稀盐酸，有气泡产生 非金属性：
D 相同温度时，测得溶液 水解程度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；铵离子检验；醇类简介；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、向溶液中加入浓 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为 NH3，证明溶液中含有 NH4+，A正确；
B、乙醇与浓硫酸加热至 170℃时，生成的乙烯中可能混有 SO2等还原性气体，这些气体也能使溴水褪色，因此不能仅凭溴水褪色就断定乙醇发生了消去反应，B错误；
C、向 CaCO3中滴加稀盐酸产生 CO2，说明 HCl 酸性强于 H2CO3，但 HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸，不能据此判断非金属性 Cl > C，C错误。
D、比较 HCO3-和 CH3COO-的水解程度，需要在相同浓度的盐溶液中进行。题目未给出溶液浓度，仅根据 pH 大小无法得出可靠结论，D错误；
故答案为：A。
【分析】逐一分析每个选项的实验操作、现象与结论之间的逻辑关系，判断是否存在干扰因素或结论不严谨的情况：
铵根离子检验：检验 NH4+的标准方法是加浓碱加热，用湿润红色石蕊试纸检验氨气。
乙醇消去反应：反应产物中可能混有还原性杂质，会干扰溴水褪色的判断。
非金属性比较：比较非金属性应依据最高价含氧酸的酸性，而非无氧酸。
盐类水解程度：比较水解程度需在相同浓度和温度下进行，否则结论不可靠。
13．（2025·铜仁模拟）某研究小组对于二氧化硫催化氧化的机理研究如图所示，下列有关说法错误的是
A．是反应的中间体
B．第II步反应中钒元素被还原
C．第Ⅳ步反应方程式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4
D．第Ⅴ步反应生成的能全部参与第Ⅳ步反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、V2O5 SO2在反应第 I 步生成，第 II 步被消耗，既不是起始反应物，也不是最终产物，符合反应中间体的定义，A正确；
B、第 II 步反应中，反应物含 V2O5 SO2（钒为 + 5 价），生成物含 V2O4 SO3（钒为 + 4 价），钒元素化合价降低，发生还原反应，B正确；
C、从机理图可知，第 IV 步的反应物为 V2O4、O2和 SO2，生成物为 VOSO4， 反应式为V2O4+O2+2SO2=2VOSO4， C正确；
D、第 V 步反应生成的 SO2存在两条物料流向，一部分参与第 IV 步反应，另一部分参与第 I 步反应生成 V2O5 SO2，并非能全部参与第 IV 步反应，D错误；
故答案为：D。
【分析】核心围绕催化反应机理的核心特征展开分析：
中间体判断：依据 “生成后又消耗、非起始和最终物质” 的标准，识别反应中间体。
化合价分析：通过钒的不同氧化物、络合物形式，判断反应中钒元素的化合价变化。
反应式正误：结合机理图中反应物、生成物的对应关系，核对化学方程式的合理性。
物料流向：追踪第 V 步生成的 SO2的全部去向，判断其是否仅参与第 IV 步反应。
14．（2025·铜仁模拟）某温度下，和的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解)。下列说法正确的是
A．曲线II代表AgCl的沉淀溶解平衡图像
B．图中A点处只能生成沉淀
C．的平衡常数为
D．向浓度相同的、混合溶液中滴加溶液，先生成沉淀
【答案】B
【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、AgCl 的溶度积表达式为：；
两边取负对数可得：；
这是一条斜率为 1 的直线。Ag2CrO4 的溶度积表达式为：
两边取负对数可得：
这是一条斜率为 0.5 的直线。因此，斜率更大的曲线 II 代表 AgCl，斜率较小的曲线 I 代表 Ag2CrO4。A错误；
B、在 A 点，对于 AgCl：
A 点位于曲线 II（AgCl）的下方，说明 ，不会生成 AgCl 沉淀。
对于 Ag2CrO4：
A 点位于曲线 I（Ag2CrO4）的上方，说明 ，会生成 Ag2CrO4沉淀。
因此，A 点处只能生成 Ag2CrO4沉淀。B正确；
C、反应为：
平衡常数 为：
由图中交点可知，当 时，，此时 。
代入平衡常数表达式：，C错误；
D、设 KCl 和 K2CrO4 的浓度均为 。
生成 AgCl 沉淀所需的
生成 Ag2CrO4 沉淀所需的
由于 ，生成 AgCl 沉淀所需的 浓度更低，因此先生成 AgCl 沉淀。D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据溶度积表达式判断曲线归属，再利用溶度积常数（）分析沉淀生成顺序、反应平衡常数及 A 点沉淀情况：
曲线判断：根据 AgCl 和 Ag2CrO4的 表达式，分析 与 的斜率关系，确定曲线代表的物质。
计算：利用交点处数据计算两种物质的 。
沉淀判断：通过比较 A 点的离子积（）与 ，判断沉淀生成情况。
平衡常数：利用 计算反应的平衡常数。
沉淀顺序：比较生成沉淀所需的 浓度，判断谁先沉淀。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·铜仁模拟）环己酮()微溶于水，易溶于乙醚，是制造尼龙、己二酸的主要中间体。实验室常用环己醇()和过量溶液制备环己酮，具体步骤如下：
I．环己酮的制备
①向三颈烧瓶中加入环己醇和冰醋酸，在恒温条件下边搅拌边逐滴加入足量的溶液。
②充分反应后，加入适量的饱和溶液，再加入水，进行水蒸气蒸馏，收集馏出液，装置如图所示(夹持和加热装置已省略)。
II．环己酮的纯化
③在搅拌条件下，向馏出液中分批加入足量固体后，加入精盐，静置，用分液漏斗分离出有机相。
④水层用乙醚萃取2次，合并有机相和醚萃取液。
⑤加入无水硫酸镁，静置，过滤，将滤液分离提纯，获得产品。
已知：
名称 环己酮 环己醇 冰醋酸 乙醚
相对分子质量 98 100 60 74
沸点/℃ 155 161 118 34.6
请回答下列问题：
（1）图中仪器a的名称为　 　，制备环己酮时采用的加热方法为　 　。
（2）写出步骤①中生成环己酮的化学方程式　 　。
（3）水蒸气蒸馏时，直形玻璃管的作用是　 　。
（4）向馏出液中加入固体的目的是　 　。
（5）若缺失步骤④，对实验结果产生的影响是　 　。
（6）步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为　 　，环己酮的产率为　 　。
【答案】（1）(直形)冷凝管；水浴加热
（2）
（3）主要起到压力指示和安全保护的作用(答案合理即可)
（4）除去馏出液中的酸性物质
（5）环己酮产率降低(答案合理即可)
（6）蒸馏或分馏；75%
【知识点】物质的分离与提纯；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）图中仪器a的名称为(直形)冷凝管；需要在恒温条件下制备环己酮，采用水浴加热的方法进行加热；
故答案为： (直形)冷凝管 ； 水浴加热 ；
（2）由分析可知，生成环己酮的化学方程式为；
故答案为： ；
（3）直形玻璃管与空气连通，主要起到压力指示和安全保护的作用；
故答案为： 主要起到压力指示和安全保护的作用(答案合理即可) ；
（4）能够与酸反应，故加入固体的目的是除去馏出液中的酸性物质；
故答案为： 除去馏出液中的酸性物质 ；
（5）步骤④是用无水乙醚萃取水相中残留的少量产品，若缺少此步骤，导致环己酮产率降低；
故答案为： 环己酮产率降低(答案合理即可) ；
（6）由分析可知，步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为蒸馏或分馏；
环己醇理论上得到环己酮，则环己酮的产率为。
故答案为： 蒸馏或分馏 ； 75% 。
【分析】(1) 仪器a是直形冷凝管；加热方法为水浴加热（35℃恒温，水浴易控温）。
(2) 环己醇在NaClO和冰醋酸作用下被氧化为环己酮，据此书写反应方程式。
(3) 直形玻璃管与空气连通，主要起压力指示和安全保护作用（防止装置内压力过高）。
(4) 加入Na2CO3固体，目的是除去馏出液中的酸性物质（中和冰醋酸等）。
(5) 缺少步骤④（乙醚萃取水层），会导致产品损失，环己酮产率降低。
(6) 滤液分离提纯用蒸馏（或分馏）法；产率计算：
理论产量：
产率：
（1）图中仪器a的名称为(直形)冷凝管；需要在恒温条件下制备环己酮，采用水浴加热的方法进行加热；
（2）由分析可知，生成环己酮的化学方程式为；
（3）直形玻璃管与空气连通，主要起到压力指示和安全保护的作用；
（4）能够与酸反应，故加入固体的目的是除去馏出液中的酸性物质；
（5）步骤④是用无水乙醚萃取水相中残留的少量产品，若缺少此步骤，导致环己酮产率降低；
（6）由分析可知，步骤⑤中将滤液分离提纯的方法为蒸馏或分馏；
环己醇理论上得到环己酮，则环己酮的产率为。
16．（2025·铜仁模拟）金属Ti、W和V及其化合物用途广泛，工业上利用废弃SCR脱硝催化剂(主要含有、、、少量和烟尘颗粒物等)回收、和生产的一种工艺流程如下。
已知：不溶于水；时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。
请回答下列问题：
（1）空气吹扫清洗的目的是　 　；酸浸时，提高钛元素浸出率的方法有　 　(填一种即可)。
（2）写出焙烧时，生成的化学方程式：　 　。
（3）沉硅时需加盐酸调节至10~11，滤渣1主要成分是　 　(填化学式)。
（4）时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为　 　。
（5）产生滤渣2的离子方程式为　 　。
（6）的晶胞如图所示，图A中沿体对角线原子方向投影图如图B所示，原子2在图B中的位置为　 　处，当晶胞参数为，则该晶胞的密度为　 　(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）除去烟尘颗粒物；适当提高硫酸的浓度、提高反应温度、延长浸出时间、搅拌等(答案合理即可)
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）f；
【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；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）空气吹扫清洗的目的是利用空气气流将废弃SCR脱硝催化剂表面附着的烟尘颗粒物吹走，达到除去烟尘颗粒物的目的。酸浸时，提高钛元素浸出率的方法：适当提高硫酸的浓度，可使反应向溶解钛元素方向进行更有利；提高反应温度，能加快反应速率，促使更多钛元素浸出；延长浸出时间，给予反应更充分的时间使钛元素浸出；搅拌可增大反应物接触面积，加快反应，提高浸出率。（以上方法任选一种即可）
故答案为： 除去烟尘颗粒物 ； 适当提高硫酸的浓度、提高反应温度、延长浸出时间、搅拌等(答案合理即可) ；
（2）焙烧时，废弃SCR脱硝催化剂中的与反应生成和，根据原子守恒配平化学方程式为：。
故答案为： ；
（3）水浸后的溶液中含硅元素，沉硅时加盐酸调节pH至10-11，由于的加入，使得硅元素以形式沉淀，所以滤渣1的主要成分是。
故答案为： ；
（4）已知，时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。若已完全沉淀，则其离子浓度小于。根据，可计算得到此时。综上所述，时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为。
故答案为： ；
（5）溶钒过程中加入稀盐酸产生滤渣2，滤渣2经煅烧得到，所以可推断滤渣2是，产生滤渣2的离子方程式为。
故答案为： ；
（6）观察图A晶胞结构，沿体对角线原子方向投影时，从晶胞的空间结构来看，体对角线是贯穿晶胞相对顶点的连线。对于顶点原子2，在沿体对角线投影时，它在投影图B中的位置处于六边形的一个顶点。在图B中，六边形顶点位置分别标记为a、b、c、d、e、f，结合晶胞沿体对角线投影的空间位置对应关系，原子2投影到图B中的位置为f处。由晶胞结构可知，钙原子位于晶胞顶点，个数为；钛原子位于体心，个数为1；O原子位于晶胞面心，个数为，则1mol晶胞质量，当晶胞参数为时，晶胞体积，则该晶胞的密度为。
故答案为： f ； 。
【分析】废弃 SCR 脱硝催化剂先经空气吹扫除去烟尘，再粉碎后与 Na2CO3固体混合焙烧。焙烧产物水浸时，Na2TiO3以固体形式沉淀，而含钨、钒、硅的可溶性盐进入滤液 1。Na2TiO3经稀硫酸酸浸得到 TiO2。滤液 1 先加稀盐酸和 MgCl2沉硅，得到 MgSiO3滤渣；沉硅后的滤液再加稀盐酸和 CaCl2，使钒、钨沉淀。沉淀用稀盐酸溶钒，得到含 HVO3的溶液和滤渣 H2WO4；H2WO4煅烧生成 WO3，含 HVO3的溶液经后续处理制得 NH4VO3。据此解题。
（1）空气吹扫清洗的目的是利用空气气流将废弃SCR脱硝催化剂表面附着的烟尘颗粒物吹走，达到除去烟尘颗粒物的目的。酸浸时，提高钛元素浸出率的方法：适当提高硫酸的浓度，可使反应向溶解钛元素方向进行更有利；提高反应温度，能加快反应速率，促使更多钛元素浸出；延长浸出时间，给予反应更充分的时间使钛元素浸出；搅拌可增大反应物接触面积，加快反应，提高浸出率。（以上方法任选一种即可）
（2）焙烧时，废弃SCR脱硝催化剂中的与反应生成和，根据原子守恒配平化学方程式为：。
（3）水浸后的溶液中含硅元素，沉硅时加盐酸调节pH至10-11，由于的加入，使得硅元素以形式沉淀，所以滤渣1的主要成分是。
（4）已知，时，的；离子浓度小于时，认为离子已完全沉淀。若已完全沉淀，则其离子浓度小于。根据，可计算得到此时。综上所述，时进行沉钨，若已完全沉淀，则溶液中浓度至少为。
（5）溶钒过程中加入稀盐酸产生滤渣2，滤渣2经煅烧得到，所以可推断滤渣2是，产生滤渣2的离子方程式为。
（6）观察图A晶胞结构，沿体对角线原子方向投影时，从晶胞的空间结构来看，体对角线是贯穿晶胞相对顶点的连线。对于顶点原子2，在沿体对角线投影时，它在投影图B中的位置处于六边形的一个顶点。在图B中，六边形顶点位置分别标记为a、b、c、d、e、f，结合晶胞沿体对角线投影的空间位置对应关系，原子2投影到图B中的位置为f处。由晶胞结构可知，钙原子位于晶胞顶点，个数为；钛原子位于体心，个数为1；O原子位于晶胞面心，个数为，则1mol晶胞质量，当晶胞参数为时，晶胞体积，则该晶胞的密度为。
17．（2025·铜仁模拟）我国页岩气地质资源丰富，开发潜力巨大。利用页岩气中丰富的丙烷，可直接脱氢或通过逆水煤气变换反应辅助丙烷氧化脱氢制备丙烯。
反应I(丙烷直接脱氢)：
反应II(逆水煤气变换反应)：
反应III(二氧化碳氧化丙烷脱氢)：
请回答下列问题：
（1）　 　，相对于丙烷直接脱氢，氧化丙烷脱氢的优点为　 　。
（2）某温度时，在锆基催化剂的作用下，丙烷直接脱氢制丙烯的反应历程中相对能量的变化如图所示(表示催化剂表面吸附位点)：
①该反应在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。
②该历程中速率最慢的一步反应方程式为　 　。
（3）对于反应I，总压恒定为，在温度为时，在密闭容器中进入按为充入密闭容器中(不参与反应)，平衡时的转化率为。
①从平衡移动的角度分析“通入”的作用是　 　。平面上的角位数是
②反应I的平衡常数　 　(以分压表示，分压总压物质的量分数，保留一位小数)。
（4）科学家成功开发出以丙烷气体为燃料便携式固体氧化物燃料电池，工作原理如图所示：
①电极为电池的　 　(填“正极”或“负极”)。
②写出电极的电极反应方程式　 　。
【答案】（1）+166；消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)
（2）高温；
（3）恒压时加入，降低各物质分压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；16.7
（4）正极；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I+反应II可得，；丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性，消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)；
故答案为： +166 ；消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可) ；
（2）①，该反应正向是气体增加的反应，，在高温条件下能自发进行；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应中最大的能垒（活化能）为过渡态I，反应方程式为；
故答案为： 高温 ； ；
（3）①恒压时加入，降低各物质分压，相当于减压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；
②C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，列出三段式：，气体总的物质的量为1.2mol，C3H8、C3H6、H2的分压均为kPa，则T1时反应I的平衡常数可求得为；
故答案为： 恒压时加入，降低各物质分压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可) ； 16.7 ；
（4）该燃料电池中，通入C3H8的一极作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；通入氧气的一极作正极（Pd），电极反应式为O2+4e-=2O2-。
故答案为： 正极； 。
【分析】(1)反应Ⅲ = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，故；优点：消耗H2使反应Ⅰ正向移动，提高丙烷转化率，同时实现CO2资源化利用。
(2) ①、，高温下，可自发；
② 决速步判断：能垒最大的步骤（过渡态Ⅰ）速率最慢，反应为 。
(3) ①相当于减压，使反应Ⅰ正向移动，提高丙烷转化率；
②平衡常数计算：设起始、，平衡时各物质分压为，代入公式得。
(4) ①电极判断：通入O2的Pd电极为正极；
②负极反应：NiO电极上失电子，反应为 。
（1）根据盖斯定律可知，反应I+反应II可得，；丙烷直接催化脱氢容易造成积碳，降低催化剂的稳定性，消耗脱氢反应产生的氢气，使反应Ⅰ平衡向右移动，提高丙烷的平衡转化率；或的资源化利用有利于实现碳中和(答案合理即可)；
（2）①，该反应正向是气体增加的反应，，在高温条件下能自发进行；
②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应中最大的能垒（活化能）为过渡态I，反应方程式为；
（3）①恒压时加入，降低各物质分压，相当于减压，使平衡右移，提高的转化率(答案合理即可)；
②C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，列出三段式：，气体总的物质的量为1.2mol，C3H8、C3H6、H2的分压均为kPa，则T1时反应I的平衡常数可求得为；
（4）该燃料电池中，通入C3H8的一极作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；通入氧气的一极作正极（Pd），电极反应式为O2+4e-=2O2-。
18．（2025·铜仁模拟）连续纤维增强复合材料具有高强度、耐腐蚀等优点，广泛应用于航空航天、汽车等领域。该材料常用聚酰胺为树脂基体。以下是一种新型芳香聚酰胺树脂M的合成路线：
请回答下列问题：
（1）B的化学名称为　 　；C→D的反应类型是　 　。
（2）E的同分异构体中符合下列条件的结构简式是　 　。
①能与溶液反应产生；
②遇到溶液显紫色；
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为。
（3）相同温度下，电离平衡常数　 　(填“>”“<”或“=”)。理由是　 　。
（4）写出的化学方程式　 　。
（5）J的结构简式为　 　。
（6）已知，结合以上合成路线信息，以苯甲醛和丙二酸为原料(无机试剂任选)，合成的路线　 　。
【答案】（1）对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；取代反应
（2）
（3）>；由于氯原子的吸电子诱导效应，使氯乙酸更容易电离出，酸性更强 (答案合理即可)
（4）
（5）
（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）B中酚羟基和处于对位，命名为对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；由分析可知，C→D的反应是溴原子取代苯环上的氢原子，反应类型是取代反应；
故答案为： 对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚) ； 取代反应 ；
（2）E的分子中除了苯环外还剩2个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度；
①能与溶液反应产生，说明结构中含有羧基，羧基占据了2个氧原子和1个不饱和度；
②遇到溶液显紫色，说明含有酚羟基，占据了一个氧原子，
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为，说明其结构中不含有甲基，则含有，满足条件的同分异构体是；
故答案为： ；
（3）ClCH2COOH中因Cl的吸电子诱导效应，增强羧酸中O-H的极性，使其更易解离，其酸性强于CH3COOH，即电离平衡常数：＞；
故答案为： > ； 由于氯原子的吸电子诱导效应，使氯乙酸更容易电离出，酸性更强 (答案合理即可) ；
（4）发生的是取代反应，同时羧基和NaOH也会反应生成羧酸钠，化学方程式为；
故答案为： ；
（5）H和J发生缩聚反应生成M，J为对苯二胺，结构简式为；
故答案为： ；
（6）以苯甲醛和丙二酸为原料合成目标产物，结合目标产物的结构简式可知，其单体为，则需要增长碳链，则引用题中E→F的步骤，逆推可知，首先由苯甲醛发生C→D的反应，在醛基间位引入溴原子，溴原子发生已知信息的反应转化为酚羟基，再利用E→F的反应得到，再发生缩聚反应得到目标产物，具体合成路线是故答案为：
【分析】苯酚（A）在碱性条件下与甲醛发生加成反应，得到对羟基苯甲醇（B）；B 经催化氧化，得到对羟基苯甲醛（C）；C 在 DMF 中与 Br2发生取代反应，得到二溴取代物（D）；结合E的结构简式，以及D的分子式可知，D的结构简式为，D 经甲醇钠作用并酸化，发生甲氧基化反应，得到 3 - 甲氧基 - 4 - 羟基苯甲醛（E）；E 与丙二酸在醋酸铵催化下发生缩合反应，得到 3 - 甲氧基 - 4 - 羟基肉桂酸（F）；F 与氯乙酸在碱性条件下发生取代反应生成G（），再经酸化得到 H；H 与 J 在特定条件下发生缩聚反应，最终得到芳香聚酰胺树脂 M。由M的结构简式可知，J为，据此解答。
（1）B中酚羟基和处于对位，命名为对羟甲基苯酚(4-羟甲基苯酚)；由分析可知，C→D的反应是溴原子取代苯环上的氢原子，反应类型是取代反应；
（2）E的分子中除了苯环外还剩2个碳原子，3个氧原子，1个不饱和度；
①能与溶液反应产生，说明结构中含有羧基，羧基占据了2个氧原子和1个不饱和度；
②遇到溶液显紫色，说明含有酚羟基，占据了一个氧原子，
③核磁共振氢谱图上有5组峰，且峰的面积之比为，说明其结构中不含有甲基，则含有，满足条件的同分异构体是；
（3）ClCH2COOH中因Cl的吸电子诱导效应，增强羧酸中O-H的极性，使其更易解离，其酸性强于CH3COOH，即电离平衡常数：＞；
（4）发生的是取代反应，同时羧基和NaOH也会反应生成羧酸钠，化学方程式为；
（5）H和J发生缩聚反应生成M，J为对苯二胺，结构简式为；
（6）以苯甲醛和丙二酸为原料合成目标产物，结合目标产物的结构简式可知，其单体为，则需要增长碳链，则引用题中E→F的步骤，逆推可知，首先由苯甲醛发生C→D的反应，在醛基间位引入溴原子，溴原子发生已知信息的反应转化为酚羟基，再利用E→F的反应得到，再发生缩聚反应得到目标产物，具体合成路线是。
1 / 1

展开更多......

收起↑