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贵州省普通高中2025届高三下学期4月二模教学检测 化学试题
1．（2025·贵州模拟）贵州非遗项目数量位居全国前列、涉及民俗美食、传统技艺、民族服饰等多个领域。下列物品的主要成分属于天然高分子的是
A．赤水晒醋 B．思州石砚
C．水族马尾绣 D．苗族银饰
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、主要成分是醋酸（CH3COOH）和水等，醋酸属于小分子有机物，不属于高分子，故A不符合题意 ；
B、主要成分是硅酸盐等无机矿物，属于无机物，不是高分子，故B不符合题意 ；
C、主要原料是马尾和丝线，马尾的主要成分是蛋白质，丝线的主要成分是纤维素或蛋白质，二者均为天然高分子，故C符合题意 ；
D、主要成分是银等金属单质，属于金属材料，不是高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】先明确天然高分子的定义，再逐一判断各选项主要成分的物质类别，从而选出正确答案。
天然高分子：指自然界中存在的、相对分子质量在一万以上的大分子化合物，如蛋白质、纤维素、淀粉、天然橡胶等。
2．（2025·贵州模拟）下列化学用语表述错误的是
A．质量数为9的铍原子：
B．基态原子的简化电子排布式：
C．的电子式：
D．的椅式结构模型：
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、原子符号的书写规则为左上角标质量数，左下角标质子数。Be 的质子数为 4，质量数为 9，因此表示为 ，A正确；
B、Br 是 35 号元素，其核外电子排布需填充 3d 轨道。基态 Br 原子的简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p5，而非 [Ar] 4s24p5，B 选项遗漏了 3d ，B错误；
C、CaH2是离子化合物，由 Ca2+和 H-构成，电子式为，C正确；
D、C6H12（环己烷）中 C 原子为 sp3 杂化，其稳定构象为椅式构象，对应结构模型：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．原子符号：抓住 “左上质量数、左下质子数” 的规则。
B．简化电子排布式：Br 是第 4 周期元素，简化排布式必须包含 3d 轨道，遗漏 3d 是 B 选项的核心错误。
C．电子式：CaH2是离子化合物，判断时要抓住 “阴阳离子分开写” 的规则。
D．结构模型：C6H12（环己烷）的 sp3 杂化决定了其稳定构象为椅式。
3．（2025·贵州模拟）生活中许多现象与化学知识密切相关。下列说法错误的是
A．罐装食品用的马口铁是在薄钢板表面镀上一层锡，是利用原电池原理防止钢铁腐蚀
B．豆腐制作中常加入盐卤，是利用盐卤中的氯化镁、硫酸钙使豆浆中的蛋白质聚沉
C．盐碱地(含)不利于农作物生长，通过施加适量的石膏可以降低土壤的碱性
D．在淀粉和纤维素的主链上接入带有强亲水基团的支链，可以获得高吸水性材料
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、马口铁是在薄钢板表面镀锡，其防腐原理是覆盖保护层，将钢铁与空气、水等腐蚀介质隔离，并非利用原电池原理。若镀层破损，铁比锡活泼，反而会形成原电池加速铁的腐蚀，A错误；
B、盐卤中的氯化镁、硫酸钙属于电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而形成豆腐，B正确；
C、盐碱地含 Na2CO3，其水溶液因 CO32-水解呈碱性。石膏（CaSO4）与 Na2CO3反应生成更难溶的 CaCO3，降低了土壤中 CO32-的浓度，从而降低土壤碱性，C正确；
D、在淀粉和纤维素的主链上接入强亲水基团支链，可大幅提升材料的吸水能力，从而获得高吸水性材料，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．马口铁镀锡是物理覆盖隔离，并非牺牲保护；若镀层破损，铁比锡活泼，反而会加速腐蚀。
B．氯化镁、硫酸钙是电解质，可使豆浆中的蛋白质胶体聚沉。
C．石膏（CaSO4）与 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀，降低了土壤中 CO32-浓度，从而降低碱性。
D．在淀粉和纤维素主链上接入强亲水基团支链，可显著提升材料吸水性。
4．（2025·贵州模拟）樱叶富含黄酮类物质，具有美容养颜促进糖分代谢的作用。黄酮类物质的基本结构如图所示，下列表述正确的是
A．该物质的分子式为
B．该分子中所有原子可能在同一平面
C．该物质能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．查尔酮与反应，最多消耗
【答案】B
【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、数出分子中 C、H、O 原子个数，C 为 15 个，H 为 10 个，O 为 2 个，分子式应为 C15H10O2，而非 C15H12O2，A错误；
B、分子中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，且这些平面可以通过单键旋转重合，因此所有原子有可能共面，B正确；
C、分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色；同时，碳碳双键也能被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C错误；
D、1mol 该物质含 2mol 苯环、1mol 碳碳双键、1mol 羰基，与 H2加成时，苯环消耗 3mol H2，双键和羰基各消耗 1mol H2，最多共消耗 6mol H2，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．易因忽略苯环和不饱和键的氢原子数目，误将分子式写为 C15H12O2；核心错误是未精准数出环结构与双键旁的氢原子，正确分子式为 C15H10O2。
B．易误判单键旋转的作用，认为含多个平面结构的分子一定存在非共面原子；实则苯环、碳碳双键、羰基的平面可通过单键旋转重合，所有原子存在共面可能。
C．易混淆碳碳双键的反应特性，误以为其仅能与溴水加成褪色，忽略其可被酸性 KMnO4溶液氧化的性质，导致错判该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
D．易遗漏羰基的加成反应，或记错苯环的加成消耗比例；核心错误是未将 1mol 羰基的 1mol H2消耗计入，仅计算苯环和碳碳双键，得出错误的 7mol 数值，正确消耗为 6mol。
5．（2025·贵州模拟）下列实验装置(夹持仪器略)正确、操作规范且能达到实验目的的是
A．验证水分于的极性 B．检验的漂白性
C．配制银氨溶液 D．洗去溴苯中的溴
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，极性分子 H2O 会在带电体电场下发生细水流偏转，装置无额外干扰，可直接验证分子极性，A正确；
B、该反应需加热才能生成 SO2，装置无加热条件；且反应生成的 SO2中混有浓硫酸酸雾，酸雾也能使品红溶液褪色，无法单独证明 SO2的漂白性，B错误；
C、正确操作是向 AgNO3溶液中逐滴加稀氨水至沉淀恰好溶解，该选项试剂添加顺序颠倒，且氨水一次性加入，会导致 AgOH 沉淀无法完全转化为银氨络离子，C错误；
D、溴与溴苯互溶，蒸馏水无法将溴从溴苯中萃取出来，应选用 NaOH 溶液；且萃取分液时，溴苯密度大于水，下层液体应从下口放出，装置操作也不匹配，D错误；
故答案为：A。【分析】A．极性分子的电荷分布不对称，会受带电体作用发生偏转。
B． 铜与浓硫酸反应需加热，装置未加热无法生成 SO2；且生成的酸雾也能使品红褪色，无法证明是 SO2的作用。
C． 银氨络离子的生成需先出现 AgOH 沉淀再溶解，核心是 “氨水滴入硝酸银”，反之会因氨水过量直接生成络合物或无法形成沉淀，违背配制本质。
D． 溴与溴苯在水中的溶解度差异极小，蒸馏水无法实现溴的分离；且溴苯与溴的除杂需利用化学反应消耗溴，蒸馏水不具备该反应特性，试剂选择从根源上错误。
6．（2025·贵州模拟）脱除焦炉烟气中污染性气体的一种反应原理为：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，含有的质子数为
B．与的混合气体中含有的氮原子数为
C．该反应每生成转移的电子数为
D．的氨水含有的总数为
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、17g NH3的物质的量为 1mol，1 个 NH3分子含 10 个质子（N 含 7 个，3 个 H 各含 1 个），因此 1mol NH3含质子数为 10NA，A正确；
B、NO 和 N2分子中均含 2 个 N 原子，无论二者比例如何，2mol 混合气体中 N 原子总数为 2NA，而非 3NA，B错误；
C、4.48L N2未注明 “标准状况”，无法直接用 22.4L/mol 计算物质的量；且即使在标准状况下，生成 0.2mol N2时，转移电子数应为 1.2NA，C错误；
D、1L 0.1mol/L 氨水中，含氮微粒包括 NH4+、NH3 H2O 和 NH3，三者总数为 0.1NA，仅统计前两者的总数必然小于 0.1NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A．容易记错 N 原子的质子数（7 个），或忽略 NH3分子中 H 原子的质子贡献，导致总质子数计算错误。
B．误以为 NO 和 N2的 N 原子数不同，或直接将分子数当作原子数，忽略了两者每个分子都含 2 个 N 原子的共性。
C．①未注意到 4.48L N2未注明 “标准状况”，直接用 22.4L/mol 换算；②即使在标况下，也容易算错电子转移数，忽略生成 4mol N2对应 12mol 电子的关系。
D．容易遗漏 NH3这种含氮微粒，误以为 NH4+和 NH3 H2O 的总数就是 0.1NA，忽略了三者才是完整的物料守恒体系。
7．（2025·贵州模拟）下列过程中的化学反应，相应的方程式错误的是
A．用的溶液除去误食的：
B．氯化铁溶液中加入过量的粉：
C．合成氨工业中用铜氨液除去：
D．苯酚电催化为的阳极反应：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Ba2+与 SO42-结合生成难溶的 BaSO4沉淀， 离子方程式为：，故A正确；
B、Zn 的还原性强，能将 Fe3+直接还原为 Fe 单质，而非 Fe2+。过量 Zn 粉会把 Fe3+彻底还原为 Fe，正确的离子方程式为：，故B错误；
C、CO 与铜氨络离子发生配位反应生成新的配合物， 离子方程式为：，故C正确；
D、阳极发生氧化反应，元素化合价升高。苯酚（C6H5OH）中 C 为 - 1 价，被氧化为 CO2（C 为 + 4 价），每个 C 原子失去 5e-，6 个 C 共失去 30e-，扣除 - OH 中 O 的 2e-，总失电子数为 28e-， 电极反应式为：，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 Na2SO4与 Ba (NO3)2反应的本质是生成难溶的 BaSO4沉淀，从而对离子方程式的正确性产生不必要的怀疑。
B．① 误以为 Zn 的还原性不足以将 Fe3+还原为 Fe，只停留在生成 Fe2+的阶段；② 忽略 “过量 Zn 粉” 这一关键条件，导致产物判断错误。
C．对配位反应的陌生感，易误认为该反应不存在或方程式书写错误，实则 CO 与铜氨络离子的配位转化是工业上的常见反应。
D．① 对苯酚中 C 元素的平均化合价判断错误，导致电子转移数计算失误；② 忽略阳极反应是氧化反应，易混淆得失电子方向。
8．（2025·贵州模拟）四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z元素可以形成一种含极性共价键的气态单质，四种元素形成的一种离子液体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的稳定性：
C．该离子液体中的X、Y原子都是杂化
D．该离子液体的阴离子能与水分子形成氢键
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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、同周期第一电离能趋势为 N > O > C，且 H 的第一电离能大于 C，故顺序为Y > Z > W > X，A错误；
B、非金属性 O > N，故简单氢化物稳定性H2O > NH3，即 Z > Y，B错误；
C、阴离子中 X（C）原子形成双键，为sp2 杂化，并非全是 sp3 杂化，C错误；
D、阴离子中含有 O 原子，可与水分子中的 H 原子形成氢键，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断由 “Z 元素可以形成含极性共价键的气态单质 Z3”，可推知 Z 为O（O3）。结合原子序数递增和结构中各元素的成键数：
W 形成 1 个共价键，原子序数最小，故 W 为H；
X 形成 4 个共价键，原子序数小于 O，故 X 为C；
Y 形成 3 个共价键，原子序数在 C 和 O 之间，故 Y 为N。
9．（2025·贵州模拟）液流电池是电化学储能领域的一个研究热点，其优点是容量大、寿命长。某种碱性可充电锌铁液流电池放电时工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．电池放电时电极a的电势高于电极b
B．电池放电时向M室移动，M室溶液增大
C．电池充电时b极发生的电极反应式为：
D．电池充电时电路中每通过电子，a电极增重
【答案】C
【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；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时正极（b）电势高于负极（a），A错误；
B、放电时 OH-向负极（a）移动，参与反应被消耗，M 室 pH 减小，B错误；
C、充电时 b 为阳极，发生氧化反应，反应式为 [Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，C正确；
D、充电时 a 极析出 Zn，每通过 0.2NA电子，生成 0.1mol Zn，增重 6.5g，D错误；
故答案为：C。
【分析】放电时电极判断放电时，OH-向a电极移动，说明 a 为负极（Zn 被氧化），b 为正极（
[Fe(CN)6]3-被还原）。
负极（a）反应： Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
正极（b）反应：
充电时电极反应充电时，a电极作阴极（还原反应），b电极作阳极（氧化反应）。
阴极（a）反应： [Zn(OH)4]2-+2e-= Zn+4OH-，
阳极（b）反应： 。
10．（2025·贵州模拟）下列实验操作、现象及所得结论一定确的是
选项 操作及现象 结论
A 向碘水中加环己烷，振荡，静置，水层颜色变浅 碘水与环己烷发生了反应
B 向某溶液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解 原溶液中有
C 向和的混合溶液中逐滴加入溶液，先产生蓝色沉淀
D 向淀粉碘化钾溶液中通入少量，溶液变蓝 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、环己烷是有机溶剂，I2在环己烷中的溶解度远大于在水中的溶解度。水层颜色变浅是因为 I2被萃取到了环己烷层，属于物理萃取，而非发生了化学反应 ，A项错误；
B、滴加稀盐酸产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，该沉淀为 AgCl。在中学化学范围内，能与 Cl-生成不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子只有 Ag+，因此可以确定原溶液中有 Ag+ ，B项正确；
C、先产生蓝色 Cu (OH)2沉淀，可能是因为 Cu2+浓度远大于 Mg2+浓度，而不一定是 Ksp[Cu(OH)2] 更小。沉淀生成的先后顺序与离子浓度和 Ksp都有关，不能仅凭此判断 Ksp 大小 ，C项错误；
D、溶液变蓝，说明有 I2生成，发生了反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2。根据氧化还原反应规律，氧化剂（Cl2）的氧化性强于氧化产物（I2），因此氧化性：Cl2 > I2 ，D项正确；
故答案为：BD。
【分析】A．环己烷萃取了碘水中的 I2，使水层褪色，属于物理过程，并非发生了化学反应，结论不成立。
B．加盐酸生成的白色沉淀不溶于稀硝酸，可确定为 AgCl，因此原溶液中一定有 Ag+，结论成立。
C．先出现 Cu(OH)2沉淀，可能是因为 Cu2+浓度更高，不能直接判定 Ksp[Cu(OH)2] 更小，结论不成立。
D．Cl2将 I-氧化为 I2，使淀粉变蓝，说明氧化性 Cl2 > I2，结论成立。
11．（2025·贵州模拟）钙钛矿在高温催化方面具有潜在的应用前景，其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为，下列说法错误的是
A．该晶胞中的配位数为12
B．填充在由形成的八面体空隙中
C．该晶体的密度为
D．原子1的坐标为，则原子2的坐标为
【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ca2+位于晶胞顶点，与它等距离且最近的O2-有12个（每个面心O2-与相邻4个顶点Ca2+配位），因此配位数为12，A正确；
B、Ti4+位于晶胞体心，周围有6个O2-（分别在x、y、z轴方向），形成八面体结构，因此填充在O2-构成的八面体空隙中，B正确；
C、晶胞中各原子数目：Ca2+（ ）、Ti4+（1）、O2-（ ），化学式为CaTiO3。
晶胞质量：
晶胞体积：
密度：，与选项给出的表达式不符，C错误；
D、原子1在原点(0，0，0)，原子2在体心，坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易忽略 Ca2+在顶点时，与 12 个面心 O2-等距配位，误将配位数算成 6 或 8。
B．对八面体空隙的判断不熟悉，误以为 Ti4+填充在四面体空隙中。
C．① 晶胞参数单位是 nm，换算成 cm 时容易漏掉 10-7的三次方（即 10-2 ）；② 忘记先算出晶胞内各原子的总质量，直接用相对分子质量代入，导致密度表达式错误。
D．混淆晶胞顶点与体心的坐标关系，误将体心坐标写成 (1，1，1)。
12．（2025·贵州模拟）在航空航天、化工医药等领域有重要的用途，一种从废汽车尾气催化剂(含有、炭等)中回收的工艺如下：
下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为、C
B．“酸浸”时主反应为：
C．-18-冠-6超分子具有识别功能，可以分离和
D．“沉钯”时被还原为并形成沉淀
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、酸浸时，Pd、Pt 在盐酸和 H2O2作用下形成 PdCl42-、PtCl42-进入溶液，Al2O3与盐酸反应溶解，而 SiO2和炭不与酸反应，因此滤渣主要成分为 SiO2、C，A正确；B、Pd 在酸性条件下被 H2O2氧化，与 Cl-结合形成 PdCl42-，反应式为：
Pd+2H++H2O2+4Cl-=PdCl42-+2H2O，符合氧化还原规律，B正确；
C、SiO2-18 - 冠 - 6 超分子通过分子识别作用，选择性结合 PdCl42-，从而实现与 PtCl42-的分离，C 正确；
D、“沉钯” 时，加入 NH4Cl、H2O2，PdCl42-被氧化为 PdCl62-，再与 NH4+形成 (NH4)2PdCl6沉淀，而不是被还原，D错误；
故答案为：D。
【分析】向废催化剂中加入盐酸与 H2O2混合液，Pd 和 Pt 被氧化并与 Cl-配位，转化为可溶性的 PdCl42-、PtCl42-进入溶液；Al2O3与盐酸反应生成可溶性氯化物；而 SiO2、炭等不与酸反应，以滤渣形式被分离。SiO2-18 - 冠 - 6 超分子利用其分子识别特性，可选择性结合 PdCl42-，从而实现 Pd 与 Pt 的有效分离，得到含 PdCl42-的溶液。向分离后的溶液中加入 NH4Cl 和 H2O2，PdCl42-被氧化为 PdCl62-，再与 NH4+结合生成 (NH4)2PdCl6沉淀。(NH4)2PdCl6与 N2H4 H2O 发生氧化还原反应，最终得到金属 Pd。
13．（2025·贵州模拟）一种在d区过渡金属催化剂表面上电催化氮气合成氨的反应机理如图，催化剂表面上的物种用“*”标注。下列说法错误的是
A．催化剂表面接受分子的孤电子对，有利于的吸附
B．反应过程中存在等中间体
C．反应过程中存在键和键的断裂与形成
D．的及时脱附有利于增加催化剂活性位
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂表面的过渡金属可以接受 N2分子的孤电子对，形成配位作用，从而增强对 N2的吸附，有利于后续反应的进行，A正确；
B、从反应机理图可以看出，反应过程中确实存在 * N2H、*NHNH2等吸附态中间体，它们是 N2逐步加氢生成 NH3过程中的关键物种，B正确；
C、反应中 N2的 N≡N 三键（含 1 个 σ 键和 2 个 π 键）断裂，同时形成了 N-H σ 键，但整个过程中没有新的 π 键生成，因此 “π 键的形成” 这一说法错误，C错误；
D、NH3及时从催化剂表面脱附，可以释放出被占据的活性位点，使更多的 N2能够吸附并参与反应，从而提高催化效率，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A催化剂接受 N2的孤电子对，增强吸附作用，为后续反应提供条件。
B． 这些是 N2逐步加氢生成 NH3过程中的关键中间体。
C． 反应中 N≡N 的 σ 键和 π 键断裂，只形成了 N-H σ 键，没有新的 π 键生成，因此 “π 键的形成” 错误。
D． NH3及时脱附可释放活性位点，使更多 N2吸附反应。
14．（2025·贵州模拟）时苯胺水溶液中存在以下平衡： 。已知时的，则下列说法错误的是
A．时，苯胺水溶液的约为8.3
B．相同浓度的和溶液按体积混合后溶液显酸性
C．溶液中
D．等体积等浓度的和混合溶液中：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、苯胺（C6H5NH2）是弱碱，电离平衡为C6H5NH2+H2O C6H5NH3++OH-，Kb=4×10- 。
对于0.01mol/L苯胺溶液，因电离程度小，可近似认为c(C6H5NH2)≈0.01mol/L，由
Kb= ，得c(OH-)= = =2×10-6mol/L，pOH=5.7，pH=14-5.7=8.3，A正确；
B、相同浓度的C6H5NH2和HCl按体积2：1混合后，反应生成C6H5NH3Cl，剩余C6H5NH2。C6H5NH2的Kb很小，其电离程度弱于C6H5NH3+的水解程度，溶液显酸性，B正确；
C、C6H5NH3Cl溶液中，根据物料守恒，C6H5NH3+的存在形式（C6H5NH3+、C6H5NH2）的总浓度等于初始浓度0.01mol/L，即c(C6H5NH3+)+c(C6H5NH2)=0.01mol/L，C正确；
D、NH3·H2O的Kb（1.8×10-5）大于苯胺的Kb（4×10- ），则C6H5NH3+的水解程度大于NH4+，混合溶液中c(NH4+) > c(C6H5NH3+)，正确离子浓度顺序应为c(Cl-) > c(NH4+) > c(C6H5NH3+) > c(H+) > c(OH-)，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
弱碱电离的pH计算：弱碱电离程度极小，可近似认为电离后弱碱浓度≈初始浓度；结合公式，用计算氢氧根浓度，再推导pH。
酸碱混合的酸碱性判断：先确定混合后产物与剩余物质，再通过“弱碱电离程度 vs 对应阳离子水解程度”（由大小判断），确定溶液酸碱性。
物料守恒的核心逻辑：含弱碱阳离子的盐溶液中，弱碱阳离子的所有存在形式（阳离子+水解生成的弱碱分子）总浓度，等于盐的初始浓度。
离子浓度比较的依据：依据“越弱越水解”：弱碱的越小，其阳离子水解程度越大，溶液中该阳离子浓度越小。
15．（2025·贵州模拟）常用于肿瘤细胞增殖等疾病。实验室以为原料制备的装置如下(夹持装置略)：
实验步骤：
I．称取和混匀研磨后溶于适量蒸馏水中，冷却至室温后转入仪器a中；
Ⅱ．滴加浓氨水，采用水浴加热，生成固体，缓慢加入溶液至固体完全溶解得溶液；
Ⅲ．向溶液中滴加浓盐酸并控温，冷却后析出晶体，抽滤、洗涤、烘干得产品。
已知：①易水解生成；②难溶于乙醇；③
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）步骤Ⅰ中混加可避免生成沉淀，其原因是　 　。
（3）步骤Ⅱ中滴入适量发生的离子反应方程式为　 　。实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和消耗量过大，此时可采取的实验操作是　 　。
（4）步骤Ⅲ可选择　 　洗涤产品。
（5）为测定产品的纯度，称取产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，滴加稍过量溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂，用标准溶液滴定剩余的，达终点时消耗溶液。
①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是　 　。
②滴定终点的判断方法为　 　。
③产品中的纯度为　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）可抑制水解
（3）；降低水浴温度
（4）乙醇
（5）防止转化为，干扰滴定结果；当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色；
【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）由图中装置可知，仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶；
故答案为： 三颈烧瓶或三口烧瓶 ；
（2）步骤Ⅰ中混加NH4Cl可抑制抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)Cl沉淀；
故答案为：可抑制水解 ；
（3）步骤Ⅱ中滴入适量H2O2，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：；实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和H2O2消耗量过大，可以降低水浴温度；
故答案为： ； 降低水浴温度 ；
（4）由于[Co(NH3)5Cl]Cl2难溶于乙醇，则步骤Ⅲ可选择乙醇洗涤产品；
故答案为： 乙醇 ；
（5）①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是防止AgCl转化为AgSCN，干扰滴定结果；
②当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色，说明达到滴定终点；
③根据Ag+和Cl-按物质的量之比为1：1结合生成AgCl，Ag+和SCN-按物质的量之比为1：1结合生成AgSCN，故称取mg产品溶解后，滴加稍过量V1mLc1mol/LAgNO3溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂NH4Fe(SO4)2，用c2mol/LNH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗NH4SCN溶液V2mL，则中参加反应的氯离子的物质的量为：，则的物质的量为，故产品的纯度为：。
故答案为： 防止转化为，干扰滴定结果 ； 当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色 ； 。
【分析】(1) 识别三颈烧瓶（三口烧瓶）的结构特征，它有三个瓶口，适合同时进行加料、冷凝和搅拌等操作。
(2) NH4Cl 溶于水后电离出 NH4+，抑制 NH3 H2O 的电离，降低溶液中 OH-浓度，从而抑制 Co2+水解生成 Co(OH)Cl 沉淀。
(3)H2O2作为氧化剂，将 [Co(NH3)6]Cl2中的 Co2+氧化为 Co3+，配平离子方程式。
冷凝管中气雾过高是因为温度过高导致氨水挥发，可通过降低水浴温度来减少挥发。
(4) 根据已知信息，[Co(NH3)5Cl] Cl2难溶于乙醇，因此选择乙醇洗涤，可减少产品溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥。
(5) ①加入硝基苯覆盖 AgCl 沉淀，防止其与 SCN-反应转化为 AgSCN，干扰滴定。
②滴定终点为溶液出现稳定的血红色（Fe3+与 SCN-的络合物），且 30 秒不褪色。
③利用 AgNO3的总量减去与 NH4SCN 反应的量，得到与 Cl-反应的 AgNO3的量，再根据 1mol
[Co(NH3)5Cl] Cl2含 2mol Cl-，计算产品纯度。
（1）由图中装置可知，仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶；
（2）步骤Ⅰ中混加NH4Cl可抑制抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)Cl沉淀；
（3）步骤Ⅱ中滴入适量H2O2，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：；实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和H2O2消耗量过大，可以降低水浴温度；
（4）由于[Co(NH3)5Cl]Cl2难溶于乙醇，则步骤Ⅲ可选择乙醇洗涤产品；
（5）①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是防止AgCl转化为AgSCN，干扰滴定结果；
②当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色，说明达到滴定终点；
③根据Ag+和Cl-按物质的量之比为1：1结合生成AgCl，Ag+和SCN-按物质的量之比为1：1结合生成AgSCN，故称取mg产品溶解后，滴加稍过量V1mLc1mol/LAgNO3溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂NH4Fe(SO4)2，用c2mol/LNH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗NH4SCN溶液V2mL，则中参加反应的氯离子的物质的量为：，则的物质的量为，故产品的纯度为：。
16．（2025·贵州模拟）硼酸在半导体、陶瓷、电镀等工业制造业中有广泛应用，一种用富硼渣制取硼酸，并利用硼泥获取副产品的工艺流程如下：
已知：①“碳解”的主要反应为：
“硼泥”中主要有，还有少量等；
③常温下：，。
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以采取的措施是　 　。
（2）“碳解”时一般在较大分压下进行，能增大溶解度，加快反应速率，还能　 　。
（3）“过滤”前加热水的作用主要是　 　。
（4）“酸化”时发生的主反应的化学反应方程式为　 　。
（5）“滤渣1”的成分是　 　。
（6）“酸浸”过程中主要化学反应随温度变化的标准吉布斯自由能如图所示，已知(R为常数，T为热力学温度，为标准平衡常数)，相同条件下比更容易浸出的原因是　 　。“酸浸”后，“调”的范围是　 　(保留一位小数)。
【答案】（1）粉碎富硼渣
（2）促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率
（3）增大的溶解度，减少其损耗
（4）
（5）二氧化硅或
（6）相同条件下，与硫酸反应的更小，更大，更有利于浸出；4.7～8.5
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以粉碎富硼渣；
故答案为： 粉碎富硼渣 ；
（2）“碳解”时一般在较大CO2分压下进行，能增大CO2溶解度，加快反应速率，还能促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
故答案为：促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
（3）“过滤”前加热水的作用主要是增大Na2B4O7的溶解度，减少其损耗；
故答案为： 增大的溶解度，减少其损耗 ；
（4）向溶液中加入硫酸溶液酸化得到H3BO3，反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）由分析可知，“滤渣1”的成分是二氧化硅或SiO2；
故答案为： 二氧化硅或 ；
（6）由图可知，相同条件下，MgO与硫酸反应的ΔGθ更小，Kθ更大，更有利于MgO浸出；，则，，pH=8.5；，则，，pH=3.8；，，pH=4.7，由分析可知，调节溶液pH，得到滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，镁离子不沉淀，则“调pH”的范围是：4.7～8.5。
故答案为： 相同条件下，与硫酸反应的更小，更大，更有利于浸出 ； 4.7～8.5 。
【分析】富硼渣先经高温焙烧，再用 Na2CO3浓溶液和 CO2进行 “碳解”，转化为 Na2B4O7和 MgCO3。用热水处理后过滤，得到含硼滤液和以 MgO、MgCO3为主的硼泥。滤液经 H2SO4酸化，通过结晶等操作得到H3BO3晶体。硼泥用 H2SO4酸浸，除去 SiO2等不溶物（滤渣 1），再调节 pH 除去 Fe、Al 杂质（滤渣 2），最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到MgSO4·7H2O。
（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以粉碎富硼渣；
（2）“碳解”时一般在较大CO2分压下进行，能增大CO2溶解度，加快反应速率，还能促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
（3）“过滤”前加热水的作用主要是增大Na2B4O7的溶解度，减少其损耗；
（4）向溶液中加入硫酸溶液酸化得到H3BO3，反应方程式为：；
（5）由分析可知，“滤渣1”的成分是二氧化硅或SiO2；
（6）由图可知，相同条件下，MgO与硫酸反应的ΔGθ更小，Kθ更大，更有利于MgO浸出；，则，，pH=8.5；，则，，pH=3.8；，，pH=4.7，由分析可知，调节溶液pH，得到滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，镁离子不沉淀，则“调pH”的范围是：4.7～8.5。
17．（2025·贵州模拟）羰基疏()是一种粮食熏蒸剂，直接排放会污染大气，脱除羰基硫的方法如下：
I．氢气热解还原法()：
反应i：
反应ii：
反应iii：
（1）则　 　，　 　。
（2）在催化剂表面的反应机理如图所示，通入有利于羰基疏转化的原因是　 　。
Ⅱ．催化水解法： 。
（3）一定条件下，上述反应的平衡转化率随投料比[]、温度的变化曲线如图所示。
①条件Y是　 　(填“温度”或“投料比”)理由是　 　。
②a点的，体系初始压强为，平衡时的分压为。则平衡常数　 　(用含的式子表达)。
③不同条件下，相同时间内反应器中去除率如图所示，则最佳的水蒸气含量和反应温度分别为　 　、　 　。当反应器中催化剂表面水蒸气含量为时的去除率骤降，原因是　 　。
【答案】；10.0；与S反应，形成空位，促进转化为；温度；该反应的，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；；；；水蒸气的含量过高使催化剂失活
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应iii可由反应i+反应ii得到，则；；
故答案为： ； 10.0 ；
（2）由图可知，通入H2(g)，H2与S反应，形成空位，促进COS转化为CO；
故答案为：与S反应，形成空位，促进转化为 ；
（3）①该反应的ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， COS的平衡转化率减小，且该反应随着投料比[]的增大，COS的转化率增大，与图像不符合，则条件Y为温度；
②a点的，体系初始压强为p0，则初始H2O、COS的分压均为，平衡时CO2的分压为p1，根据三段式：，则平衡常数；
③不同条件下，相同时间内反应器中COS去除率如图所示，COS去除率最佳的条件为：水蒸气含量4.33%，反应温度为140℃；当反应器中催化剂表面水蒸气含量为18.96%时，水蒸气的含量过高使催化剂失活，故COS的去除率骤降。
故答案为： 温度 ； 该反应的，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小 ； ； ； ； 水蒸气的含量过高使催化剂失活 。
【分析】(1) 反应 iii = 反应 i + 反应 ii，故 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2；K3 = K1 K2。
(2) H2与催化剂表面吸附的 S 结合，释放出活性空位，促进 COS 的吸附与转化。
(3) ①Y 为温度。该反应 ΔH<0，升温使平衡逆向移动，COS 转化率降低。
②列三段式，用平衡分压表示各物质浓度，代入 Kp 表达式化简。
③最佳条件为水蒸气含量4.33%、温度140℃；水蒸气含量过高会导致催化剂失活，使 COS 去除率骤降。
18．（2025·贵州模拟）氟伏沙明是一种选择性再吸收抑制剂，该药物的重要制备中间体G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　，B中所含官能团的名称是　 　。
（2）D的核磁共振氢谱中有　 　个信号峰，峰面积之比为　 　。
（3）E的结构简式为　 　，D→E的反应类型为　 　。
（4）利用G与足量稀盐酸反应可获得原料A，该反应的化学方程式为　 　。
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14.则M的同分异构体中符合下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应 ②苯环上连有2个基团 ③有一个手性碳
（6）利用F→G线路中的副产物(能与溶液反应)转化为原料D可降低终产品的生产成本。部分转化如下图，请补全方框内的物质使其完整　 　。
【答案】（1）苯甲酸；酯基
（2）3；
（3）；取代反应
（4）+2HCl+H2O+
（5）9
（6）、
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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A的结构简式可知，其化学名称是苯甲酸；B的结构简式为：，所含官能团为酯基；
故答案为： 苯甲酸 ； 酯基 ；
（2）D的结构简式为：，该有机物分子中有3种不同环境H原子，如图所示：，则其核磁共振氢谱中有3个信号峰，其面积比为：2：2：1；
故答案为：3； ；
（3）由分析可知，E的结构简式为：；D→E的反应类型为取代反应；
故答案为： ； 取代反应 ；
（4）G中含有酰胺基，在酸性条件下水解，生成-COOH和铵盐，故G与足量稀盐酸反应的化学方程式为：+2HCl+H2O→+；
故答案为：+2HCl+H2O+ ；
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14，则M的同分异构体中①能发生银镜反应，故含有-CHO；②苯环上连有2个基团，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种；③有一个手性碳，则在苯环上两个取代基可为-OH和-CH(NH2)CHO、-NH2和-CH(OH)CHO、-CHO和-CH(OH)NH2，故符合条件的同分异构体有9种；
故答案为：9；
（6）利用F→G线路中的副产物(能与NaHCO3溶液反应，则副产物为：；根据转化图可知，中间产物为：。
故答案为：、 。
【分析】苯甲酸A（）先与乙醇发生酯化反应，生成苯甲酸乙酯B（）。苯甲酸乙酯（）与羟胺在碱性条件下反应，再经酸化得到苯甲酰羟胺C（）。邻苯二甲酰亚胺D（）与 1，2 - 二溴乙烷在碱性条件下反应，得到中间体 E（）。苯甲酰羟胺（C）与中间体 E 在甲醇钠作用下发生取代反应，生成中间体 F（）。中间体 F 进一步反应，最终得到目标产物 G（）。
（1）由A的结构简式可知，其化学名称是苯甲酸；B的结构简式为：，所含官能团为酯基；
（2）D的结构简式为：，该有机物分子中有3种不同环境H原子，如图所示：，则其核磁共振氢谱中有3个信号峰，其面积比为：2：2：1；
（3）由分析可知，E的结构简式为：；D→E的反应类型为取代反应；
（4）G中含有酰胺基，在酸性条件下水解，生成-COOH和铵盐，故G与足量稀盐酸反应的化学方程式为：+2HCl+H2O→→+；
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14，则M的同分异构体中①能发生银镜反应，故含有-CHO；②苯环上连有2个基团，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种；③有一个手性碳，则在苯环上两个取代基可为-OH和-CH(NH2)CHO、-NH2和-CH(OH)CHO、-CHO和-CH(OH)NH2，故符合条件的同分异构体有9种；
（6）利用F→G线路中的副产物(能与NaHCO3溶液反应，则副产物为：；根据转化图可知，中间产物为：。
1 / 1贵州省普通高中2025届高三下学期4月二模教学检测 化学试题
1．（2025·贵州模拟）贵州非遗项目数量位居全国前列、涉及民俗美食、传统技艺、民族服饰等多个领域。下列物品的主要成分属于天然高分子的是
A．赤水晒醋 B．思州石砚
C．水族马尾绣 D．苗族银饰
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·贵州模拟）下列化学用语表述错误的是
A．质量数为9的铍原子：
B．基态原子的简化电子排布式：
C．的电子式：
D．的椅式结构模型：
3．（2025·贵州模拟）生活中许多现象与化学知识密切相关。下列说法错误的是
A．罐装食品用的马口铁是在薄钢板表面镀上一层锡，是利用原电池原理防止钢铁腐蚀
B．豆腐制作中常加入盐卤，是利用盐卤中的氯化镁、硫酸钙使豆浆中的蛋白质聚沉
C．盐碱地(含)不利于农作物生长，通过施加适量的石膏可以降低土壤的碱性
D．在淀粉和纤维素的主链上接入带有强亲水基团的支链，可以获得高吸水性材料
4．（2025·贵州模拟）樱叶富含黄酮类物质，具有美容养颜促进糖分代谢的作用。黄酮类物质的基本结构如图所示，下列表述正确的是
A．该物质的分子式为
B．该分子中所有原子可能在同一平面
C．该物质能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．查尔酮与反应，最多消耗
5．（2025·贵州模拟）下列实验装置(夹持仪器略)正确、操作规范且能达到实验目的的是
A．验证水分于的极性 B．检验的漂白性
C．配制银氨溶液 D．洗去溴苯中的溴
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·贵州模拟）脱除焦炉烟气中污染性气体的一种反应原理为：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，含有的质子数为
B．与的混合气体中含有的氮原子数为
C．该反应每生成转移的电子数为
D．的氨水含有的总数为
7．（2025·贵州模拟）下列过程中的化学反应，相应的方程式错误的是
A．用的溶液除去误食的：
B．氯化铁溶液中加入过量的粉：
C．合成氨工业中用铜氨液除去：
D．苯酚电催化为的阳极反应：
8．（2025·贵州模拟）四种短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Z元素可以形成一种含极性共价键的气态单质，四种元素形成的一种离子液体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的稳定性：
C．该离子液体中的X、Y原子都是杂化
D．该离子液体的阴离子能与水分子形成氢键
9．（2025·贵州模拟）液流电池是电化学储能领域的一个研究热点，其优点是容量大、寿命长。某种碱性可充电锌铁液流电池放电时工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．电池放电时电极a的电势高于电极b
B．电池放电时向M室移动，M室溶液增大
C．电池充电时b极发生的电极反应式为：
D．电池充电时电路中每通过电子，a电极增重
10．（2025·贵州模拟）下列实验操作、现象及所得结论一定确的是
选项 操作及现象 结论
A 向碘水中加环己烷，振荡，静置，水层颜色变浅 碘水与环己烷发生了反应
B 向某溶液中滴加稀盐酸，产生白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解 原溶液中有
C 向和的混合溶液中逐滴加入溶液，先产生蓝色沉淀
D 向淀粉碘化钾溶液中通入少量，溶液变蓝 氧化性：
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·贵州模拟）钙钛矿在高温催化方面具有潜在的应用前景，其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为，下列说法错误的是
A．该晶胞中的配位数为12
B．填充在由形成的八面体空隙中
C．该晶体的密度为
D．原子1的坐标为，则原子2的坐标为
12．（2025·贵州模拟）在航空航天、化工医药等领域有重要的用途，一种从废汽车尾气催化剂(含有、炭等)中回收的工艺如下：
下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为、C
B．“酸浸”时主反应为：
C．-18-冠-6超分子具有识别功能，可以分离和
D．“沉钯”时被还原为并形成沉淀
13．（2025·贵州模拟）一种在d区过渡金属催化剂表面上电催化氮气合成氨的反应机理如图，催化剂表面上的物种用“*”标注。下列说法错误的是
A．催化剂表面接受分子的孤电子对，有利于的吸附
B．反应过程中存在等中间体
C．反应过程中存在键和键的断裂与形成
D．的及时脱附有利于增加催化剂活性位
14．（2025·贵州模拟）时苯胺水溶液中存在以下平衡： 。已知时的，则下列说法错误的是
A．时，苯胺水溶液的约为8.3
B．相同浓度的和溶液按体积混合后溶液显酸性
C．溶液中
D．等体积等浓度的和混合溶液中：
15．（2025·贵州模拟）常用于肿瘤细胞增殖等疾病。实验室以为原料制备的装置如下(夹持装置略)：
实验步骤：
I．称取和混匀研磨后溶于适量蒸馏水中，冷却至室温后转入仪器a中；
Ⅱ．滴加浓氨水，采用水浴加热，生成固体，缓慢加入溶液至固体完全溶解得溶液；
Ⅲ．向溶液中滴加浓盐酸并控温，冷却后析出晶体，抽滤、洗涤、烘干得产品。
已知：①易水解生成；②难溶于乙醇；③
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　。
（2）步骤Ⅰ中混加可避免生成沉淀，其原因是　 　。
（3）步骤Ⅱ中滴入适量发生的离子反应方程式为　 　。实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和消耗量过大，此时可采取的实验操作是　 　。
（4）步骤Ⅲ可选择　 　洗涤产品。
（5）为测定产品的纯度，称取产品于锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，滴加稍过量溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂，用标准溶液滴定剩余的，达终点时消耗溶液。
①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是　 　。
②滴定终点的判断方法为　 　。
③产品中的纯度为　 　。
16．（2025·贵州模拟）硼酸在半导体、陶瓷、电镀等工业制造业中有广泛应用，一种用富硼渣制取硼酸，并利用硼泥获取副产品的工艺流程如下：
已知：①“碳解”的主要反应为：
“硼泥”中主要有，还有少量等；
③常温下：，。
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以采取的措施是　 　。
（2）“碳解”时一般在较大分压下进行，能增大溶解度，加快反应速率，还能　 　。
（3）“过滤”前加热水的作用主要是　 　。
（4）“酸化”时发生的主反应的化学反应方程式为　 　。
（5）“滤渣1”的成分是　 　。
（6）“酸浸”过程中主要化学反应随温度变化的标准吉布斯自由能如图所示，已知(R为常数，T为热力学温度，为标准平衡常数)，相同条件下比更容易浸出的原因是　 　。“酸浸”后，“调”的范围是　 　(保留一位小数)。
17．（2025·贵州模拟）羰基疏()是一种粮食熏蒸剂，直接排放会污染大气，脱除羰基硫的方法如下：
I．氢气热解还原法()：
反应i：
反应ii：
反应iii：
（1）则　 　，　 　。
（2）在催化剂表面的反应机理如图所示，通入有利于羰基疏转化的原因是　 　。
Ⅱ．催化水解法： 。
（3）一定条件下，上述反应的平衡转化率随投料比[]、温度的变化曲线如图所示。
①条件Y是　 　(填“温度”或“投料比”)理由是　 　。
②a点的，体系初始压强为，平衡时的分压为。则平衡常数　 　(用含的式子表达)。
③不同条件下，相同时间内反应器中去除率如图所示，则最佳的水蒸气含量和反应温度分别为　 　、　 　。当反应器中催化剂表面水蒸气含量为时的去除率骤降，原因是　 　。
18．（2025·贵州模拟）氟伏沙明是一种选择性再吸收抑制剂，该药物的重要制备中间体G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　，B中所含官能团的名称是　 　。
（2）D的核磁共振氢谱中有　 　个信号峰，峰面积之比为　 　。
（3）E的结构简式为　 　，D→E的反应类型为　 　。
（4）利用G与足量稀盐酸反应可获得原料A，该反应的化学方程式为　 　。
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14.则M的同分异构体中符合下列条件的有　 　种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应 ②苯环上连有2个基团 ③有一个手性碳
（6）利用F→G线路中的副产物(能与溶液反应)转化为原料D可降低终产品的生产成本。部分转化如下图，请补全方框内的物质使其完整　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、主要成分是醋酸（CH3COOH）和水等，醋酸属于小分子有机物，不属于高分子，故A不符合题意 ；
B、主要成分是硅酸盐等无机矿物，属于无机物，不是高分子，故B不符合题意 ；
C、主要原料是马尾和丝线，马尾的主要成分是蛋白质，丝线的主要成分是纤维素或蛋白质，二者均为天然高分子，故C符合题意 ；
D、主要成分是银等金属单质，属于金属材料，不是高分子，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】先明确天然高分子的定义，再逐一判断各选项主要成分的物质类别，从而选出正确答案。
天然高分子：指自然界中存在的、相对分子质量在一万以上的大分子化合物，如蛋白质、纤维素、淀粉、天然橡胶等。
2．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、原子符号的书写规则为左上角标质量数，左下角标质子数。Be 的质子数为 4，质量数为 9，因此表示为 ，A正确；
B、Br 是 35 号元素，其核外电子排布需填充 3d 轨道。基态 Br 原子的简化电子排布式应为 [Ar] 3d 4s24p5，而非 [Ar] 4s24p5，B 选项遗漏了 3d ，B错误；
C、CaH2是离子化合物，由 Ca2+和 H-构成，电子式为，C正确；
D、C6H12（环己烷）中 C 原子为 sp3 杂化，其稳定构象为椅式构象，对应结构模型：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
A．原子符号：抓住 “左上质量数、左下质子数” 的规则。
B．简化电子排布式：Br 是第 4 周期元素，简化排布式必须包含 3d 轨道，遗漏 3d 是 B 选项的核心错误。
C．电子式：CaH2是离子化合物，判断时要抓住 “阴阳离子分开写” 的规则。
D．结构模型：C6H12（环己烷）的 sp3 杂化决定了其稳定构象为椅式。
3．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A、马口铁是在薄钢板表面镀锡，其防腐原理是覆盖保护层，将钢铁与空气、水等腐蚀介质隔离，并非利用原电池原理。若镀层破损，铁比锡活泼，反而会形成原电池加速铁的腐蚀，A错误；
B、盐卤中的氯化镁、硫酸钙属于电解质，能使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，从而形成豆腐，B正确；
C、盐碱地含 Na2CO3，其水溶液因 CO32-水解呈碱性。石膏（CaSO4）与 Na2CO3反应生成更难溶的 CaCO3，降低了土壤中 CO32-的浓度，从而降低土壤碱性，C正确；
D、在淀粉和纤维素的主链上接入强亲水基团支链，可大幅提升材料的吸水能力，从而获得高吸水性材料，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．马口铁镀锡是物理覆盖隔离，并非牺牲保护；若镀层破损，铁比锡活泼，反而会加速腐蚀。
B．氯化镁、硫酸钙是电解质，可使豆浆中的蛋白质胶体聚沉。
C．石膏（CaSO4）与 Na2CO3反应生成 CaCO3沉淀，降低了土壤中 CO32-浓度，从而降低碱性。
D．在淀粉和纤维素主链上接入强亲水基团支链，可显著提升材料吸水性。
4．【答案】B
【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、数出分子中 C、H、O 原子个数，C 为 15 个，H 为 10 个，O 为 2 个，分子式应为 C15H10O2，而非 C15H12O2，A错误；
B、分子中苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，且这些平面可以通过单键旋转重合，因此所有原子有可能共面，B正确；
C、分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使其褪色；同时，碳碳双键也能被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C错误；
D、1mol 该物质含 2mol 苯环、1mol 碳碳双键、1mol 羰基，与 H2加成时，苯环消耗 3mol H2，双键和羰基各消耗 1mol H2，最多共消耗 6mol H2，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．易因忽略苯环和不饱和键的氢原子数目，误将分子式写为 C15H12O2；核心错误是未精准数出环结构与双键旁的氢原子，正确分子式为 C15H10O2。
B．易误判单键旋转的作用，认为含多个平面结构的分子一定存在非共面原子；实则苯环、碳碳双键、羰基的平面可通过单键旋转重合，所有原子存在共面可能。
C．易混淆碳碳双键的反应特性，误以为其仅能与溴水加成褪色，忽略其可被酸性 KMnO4溶液氧化的性质，导致错判该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
D．易遗漏羰基的加成反应，或记错苯环的加成消耗比例；核心错误是未将 1mol 羰基的 1mol H2消耗计入，仅计算苯环和碳碳双键，得出错误的 7mol 数值，正确消耗为 6mol。
5．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，极性分子 H2O 会在带电体电场下发生细水流偏转，装置无额外干扰，可直接验证分子极性，A正确；
B、该反应需加热才能生成 SO2，装置无加热条件；且反应生成的 SO2中混有浓硫酸酸雾，酸雾也能使品红溶液褪色，无法单独证明 SO2的漂白性，B错误；
C、正确操作是向 AgNO3溶液中逐滴加稀氨水至沉淀恰好溶解，该选项试剂添加顺序颠倒，且氨水一次性加入，会导致 AgOH 沉淀无法完全转化为银氨络离子，C错误；
D、溴与溴苯互溶，蒸馏水无法将溴从溴苯中萃取出来，应选用 NaOH 溶液；且萃取分液时，溴苯密度大于水，下层液体应从下口放出，装置操作也不匹配，D错误；
故答案为：A。【分析】A．极性分子的电荷分布不对称，会受带电体作用发生偏转。
B． 铜与浓硫酸反应需加热，装置未加热无法生成 SO2；且生成的酸雾也能使品红褪色，无法证明是 SO2的作用。
C． 银氨络离子的生成需先出现 AgOH 沉淀再溶解，核心是 “氨水滴入硝酸银”，反之会因氨水过量直接生成络合物或无法形成沉淀，违背配制本质。
D． 溴与溴苯在水中的溶解度差异极小，蒸馏水无法实现溴的分离；且溴苯与溴的除杂需利用化学反应消耗溴，蒸馏水不具备该反应特性，试剂选择从根源上错误。
6．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、17g NH3的物质的量为 1mol，1 个 NH3分子含 10 个质子（N 含 7 个，3 个 H 各含 1 个），因此 1mol NH3含质子数为 10NA，A正确；
B、NO 和 N2分子中均含 2 个 N 原子，无论二者比例如何，2mol 混合气体中 N 原子总数为 2NA，而非 3NA，B错误；
C、4.48L N2未注明 “标准状况”，无法直接用 22.4L/mol 计算物质的量；且即使在标准状况下，生成 0.2mol N2时，转移电子数应为 1.2NA，C错误；
D、1L 0.1mol/L 氨水中，含氮微粒包括 NH4+、NH3 H2O 和 NH3，三者总数为 0.1NA，仅统计前两者的总数必然小于 0.1NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
A．容易记错 N 原子的质子数（7 个），或忽略 NH3分子中 H 原子的质子贡献，导致总质子数计算错误。
B．误以为 NO 和 N2的 N 原子数不同，或直接将分子数当作原子数，忽略了两者每个分子都含 2 个 N 原子的共性。
C．①未注意到 4.48L N2未注明 “标准状况”，直接用 22.4L/mol 换算；②即使在标况下，也容易算错电子转移数，忽略生成 4mol N2对应 12mol 电子的关系。
D．容易遗漏 NH3这种含氮微粒，误以为 NH4+和 NH3 H2O 的总数就是 0.1NA，忽略了三者才是完整的物料守恒体系。
7．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Ba2+与 SO42-结合生成难溶的 BaSO4沉淀， 离子方程式为：，故A正确；
B、Zn 的还原性强，能将 Fe3+直接还原为 Fe 单质，而非 Fe2+。过量 Zn 粉会把 Fe3+彻底还原为 Fe，正确的离子方程式为：，故B错误；
C、CO 与铜氨络离子发生配位反应生成新的配合物， 离子方程式为：，故C正确；
D、阳极发生氧化反应，元素化合价升高。苯酚（C6H5OH）中 C 为 - 1 价，被氧化为 CO2（C 为 + 4 价），每个 C 原子失去 5e-，6 个 C 共失去 30e-，扣除 - OH 中 O 的 2e-，总失电子数为 28e-， 电极反应式为：，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 Na2SO4与 Ba (NO3)2反应的本质是生成难溶的 BaSO4沉淀，从而对离子方程式的正确性产生不必要的怀疑。
B．① 误以为 Zn 的还原性不足以将 Fe3+还原为 Fe，只停留在生成 Fe2+的阶段；② 忽略 “过量 Zn 粉” 这一关键条件，导致产物判断错误。
C．对配位反应的陌生感，易误认为该反应不存在或方程式书写错误，实则 CO 与铜氨络离子的配位转化是工业上的常见反应。
D．① 对苯酚中 C 元素的平均化合价判断错误，导致电子转移数计算失误；② 忽略阳极反应是氧化反应，易混淆得失电子方向。
8．【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；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、同周期第一电离能趋势为 N > O > C，且 H 的第一电离能大于 C，故顺序为Y > Z > W > X，A错误；
B、非金属性 O > N，故简单氢化物稳定性H2O > NH3，即 Z > Y，B错误；
C、阴离子中 X（C）原子形成双键，为sp2 杂化，并非全是 sp3 杂化，C错误；
D、阴离子中含有 O 原子，可与水分子中的 H 原子形成氢键，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断由 “Z 元素可以形成含极性共价键的气态单质 Z3”，可推知 Z 为O（O3）。结合原子序数递增和结构中各元素的成键数：
W 形成 1 个共价键，原子序数最小，故 W 为H；
X 形成 4 个共价键，原子序数小于 O，故 X 为C；
Y 形成 3 个共价键，原子序数在 C 和 O 之间，故 Y 为N。
9．【答案】C
【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；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时正极（b）电势高于负极（a），A错误；
B、放电时 OH-向负极（a）移动，参与反应被消耗，M 室 pH 减小，B错误；
C、充电时 b 为阳极，发生氧化反应，反应式为 [Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，C正确；
D、充电时 a 极析出 Zn，每通过 0.2NA电子，生成 0.1mol Zn，增重 6.5g，D错误；
故答案为：C。
【分析】放电时电极判断放电时，OH-向a电极移动，说明 a 为负极（Zn 被氧化），b 为正极（
[Fe(CN)6]3-被还原）。
负极（a）反应： Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
正极（b）反应：
充电时电极反应充电时，a电极作阴极（还原反应），b电极作阳极（氧化反应）。
阴极（a）反应： [Zn(OH)4]2-+2e-= Zn+4OH-，
阳极（b）反应： 。
10．【答案】B,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、环己烷是有机溶剂，I2在环己烷中的溶解度远大于在水中的溶解度。水层颜色变浅是因为 I2被萃取到了环己烷层，属于物理萃取，而非发生了化学反应 ，A项错误；
B、滴加稀盐酸产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，该沉淀为 AgCl。在中学化学范围内，能与 Cl-生成不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子只有 Ag+，因此可以确定原溶液中有 Ag+ ，B项正确；
C、先产生蓝色 Cu (OH)2沉淀，可能是因为 Cu2+浓度远大于 Mg2+浓度，而不一定是 Ksp[Cu(OH)2] 更小。沉淀生成的先后顺序与离子浓度和 Ksp都有关，不能仅凭此判断 Ksp 大小 ，C项错误；
D、溶液变蓝，说明有 I2生成，发生了反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2。根据氧化还原反应规律，氧化剂（Cl2）的氧化性强于氧化产物（I2），因此氧化性：Cl2 > I2 ，D项正确；
故答案为：BD。
【分析】A．环己烷萃取了碘水中的 I2，使水层褪色，属于物理过程，并非发生了化学反应，结论不成立。
B．加盐酸生成的白色沉淀不溶于稀硝酸，可确定为 AgCl，因此原溶液中一定有 Ag+，结论成立。
C．先出现 Cu(OH)2沉淀，可能是因为 Cu2+浓度更高，不能直接判定 Ksp[Cu(OH)2] 更小，结论不成立。
D．Cl2将 I-氧化为 I2，使淀粉变蓝，说明氧化性 Cl2 > I2，结论成立。
11．【答案】C
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ca2+位于晶胞顶点，与它等距离且最近的O2-有12个（每个面心O2-与相邻4个顶点Ca2+配位），因此配位数为12，A正确；
B、Ti4+位于晶胞体心，周围有6个O2-（分别在x、y、z轴方向），形成八面体结构，因此填充在O2-构成的八面体空隙中，B正确；
C、晶胞中各原子数目：Ca2+（ ）、Ti4+（1）、O2-（ ），化学式为CaTiO3。
晶胞质量：
晶胞体积：
密度：，与选项给出的表达式不符，C错误；
D、原子1在原点(0，0，0)，原子2在体心，坐标为，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
A．容易忽略 Ca2+在顶点时，与 12 个面心 O2-等距配位，误将配位数算成 6 或 8。
B．对八面体空隙的判断不熟悉，误以为 Ti4+填充在四面体空隙中。
C．① 晶胞参数单位是 nm，换算成 cm 时容易漏掉 10-7的三次方（即 10-2 ）；② 忘记先算出晶胞内各原子的总质量，直接用相对分子质量代入，导致密度表达式错误。
D．混淆晶胞顶点与体心的坐标关系，误将体心坐标写成 (1，1，1)。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、酸浸时，Pd、Pt 在盐酸和 H2O2作用下形成 PdCl42-、PtCl42-进入溶液，Al2O3与盐酸反应溶解，而 SiO2和炭不与酸反应，因此滤渣主要成分为 SiO2、C，A正确；B、Pd 在酸性条件下被 H2O2氧化，与 Cl-结合形成 PdCl42-，反应式为：
Pd+2H++H2O2+4Cl-=PdCl42-+2H2O，符合氧化还原规律，B正确；
C、SiO2-18 - 冠 - 6 超分子通过分子识别作用，选择性结合 PdCl42-，从而实现与 PtCl42-的分离，C 正确；
D、“沉钯” 时，加入 NH4Cl、H2O2，PdCl42-被氧化为 PdCl62-，再与 NH4+形成 (NH4)2PdCl6沉淀，而不是被还原，D错误；
故答案为：D。
【分析】向废催化剂中加入盐酸与 H2O2混合液，Pd 和 Pt 被氧化并与 Cl-配位，转化为可溶性的 PdCl42-、PtCl42-进入溶液；Al2O3与盐酸反应生成可溶性氯化物；而 SiO2、炭等不与酸反应，以滤渣形式被分离。SiO2-18 - 冠 - 6 超分子利用其分子识别特性，可选择性结合 PdCl42-，从而实现 Pd 与 Pt 的有效分离，得到含 PdCl42-的溶液。向分离后的溶液中加入 NH4Cl 和 H2O2，PdCl42-被氧化为 PdCl62-，再与 NH4+结合生成 (NH4)2PdCl6沉淀。(NH4)2PdCl6与 N2H4 H2O 发生氧化还原反应，最终得到金属 Pd。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂表面的过渡金属可以接受 N2分子的孤电子对，形成配位作用，从而增强对 N2的吸附，有利于后续反应的进行，A正确；
B、从反应机理图可以看出，反应过程中确实存在 * N2H、*NHNH2等吸附态中间体，它们是 N2逐步加氢生成 NH3过程中的关键物种，B正确；
C、反应中 N2的 N≡N 三键（含 1 个 σ 键和 2 个 π 键）断裂，同时形成了 N-H σ 键，但整个过程中没有新的 π 键生成，因此 “π 键的形成” 这一说法错误，C错误；
D、NH3及时从催化剂表面脱附，可以释放出被占据的活性位点，使更多的 N2能够吸附并参与反应，从而提高催化效率，D正确；
故答案为：C。
【分析】 A催化剂接受 N2的孤电子对，增强吸附作用，为后续反应提供条件。
B． 这些是 N2逐步加氢生成 NH3过程中的关键中间体。
C． 反应中 N≡N 的 σ 键和 π 键断裂，只形成了 N-H σ 键，没有新的 π 键生成，因此 “π 键的形成” 错误。
D． NH3及时脱附可释放活性位点，使更多 N2吸附反应。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、苯胺（C6H5NH2）是弱碱，电离平衡为C6H5NH2+H2O C6H5NH3++OH-，Kb=4×10- 。
对于0.01mol/L苯胺溶液，因电离程度小，可近似认为c(C6H5NH2)≈0.01mol/L，由
Kb= ，得c(OH-)= = =2×10-6mol/L，pOH=5.7，pH=14-5.7=8.3，A正确；
B、相同浓度的C6H5NH2和HCl按体积2：1混合后，反应生成C6H5NH3Cl，剩余C6H5NH2。C6H5NH2的Kb很小，其电离程度弱于C6H5NH3+的水解程度，溶液显酸性，B正确；
C、C6H5NH3Cl溶液中，根据物料守恒，C6H5NH3+的存在形式（C6H5NH3+、C6H5NH2）的总浓度等于初始浓度0.01mol/L，即c(C6H5NH3+)+c(C6H5NH2)=0.01mol/L，C正确；
D、NH3·H2O的Kb（1.8×10-5）大于苯胺的Kb（4×10- ），则C6H5NH3+的水解程度大于NH4+，混合溶液中c(NH4+) > c(C6H5NH3+)，正确离子浓度顺序应为c(Cl-) > c(NH4+) > c(C6H5NH3+) > c(H+) > c(OH-)，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题关键点：
弱碱电离的pH计算：弱碱电离程度极小，可近似认为电离后弱碱浓度≈初始浓度；结合公式，用计算氢氧根浓度，再推导pH。
酸碱混合的酸碱性判断：先确定混合后产物与剩余物质，再通过“弱碱电离程度 vs 对应阳离子水解程度”（由大小判断），确定溶液酸碱性。
物料守恒的核心逻辑：含弱碱阳离子的盐溶液中，弱碱阳离子的所有存在形式（阳离子+水解生成的弱碱分子）总浓度，等于盐的初始浓度。
离子浓度比较的依据：依据“越弱越水解”：弱碱的越小，其阳离子水解程度越大，溶液中该阳离子浓度越小。
15．【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）可抑制水解
（3）；降低水浴温度
（4）乙醇
（5）防止转化为，干扰滴定结果；当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色；
【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）由图中装置可知，仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶；
故答案为： 三颈烧瓶或三口烧瓶 ；
（2）步骤Ⅰ中混加NH4Cl可抑制抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)Cl沉淀；
故答案为：可抑制水解 ；
（3）步骤Ⅱ中滴入适量H2O2，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：；实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和H2O2消耗量过大，可以降低水浴温度；
故答案为： ； 降低水浴温度 ；
（4）由于[Co(NH3)5Cl]Cl2难溶于乙醇，则步骤Ⅲ可选择乙醇洗涤产品；
故答案为： 乙醇 ；
（5）①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是防止AgCl转化为AgSCN，干扰滴定结果；
②当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色，说明达到滴定终点；
③根据Ag+和Cl-按物质的量之比为1：1结合生成AgCl，Ag+和SCN-按物质的量之比为1：1结合生成AgSCN，故称取mg产品溶解后，滴加稍过量V1mLc1mol/LAgNO3溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂NH4Fe(SO4)2，用c2mol/LNH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗NH4SCN溶液V2mL，则中参加反应的氯离子的物质的量为：，则的物质的量为，故产品的纯度为：。
故答案为： 防止转化为，干扰滴定结果 ； 当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色 ； 。
【分析】(1) 识别三颈烧瓶（三口烧瓶）的结构特征，它有三个瓶口，适合同时进行加料、冷凝和搅拌等操作。
(2) NH4Cl 溶于水后电离出 NH4+，抑制 NH3 H2O 的电离，降低溶液中 OH-浓度，从而抑制 Co2+水解生成 Co(OH)Cl 沉淀。
(3)H2O2作为氧化剂，将 [Co(NH3)6]Cl2中的 Co2+氧化为 Co3+，配平离子方程式。
冷凝管中气雾过高是因为温度过高导致氨水挥发，可通过降低水浴温度来减少挥发。
(4) 根据已知信息，[Co(NH3)5Cl] Cl2难溶于乙醇，因此选择乙醇洗涤，可减少产品溶解损失，且乙醇易挥发，便于干燥。
(5) ①加入硝基苯覆盖 AgCl 沉淀，防止其与 SCN-反应转化为 AgSCN，干扰滴定。
②滴定终点为溶液出现稳定的血红色（Fe3+与 SCN-的络合物），且 30 秒不褪色。
③利用 AgNO3的总量减去与 NH4SCN 反应的量，得到与 Cl-反应的 AgNO3的量，再根据 1mol
[Co(NH3)5Cl] Cl2含 2mol Cl-，计算产品纯度。
（1）由图中装置可知，仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶；
（2）步骤Ⅰ中混加NH4Cl可抑制抑制Co2+水解，防止生成Co(OH)Cl沉淀；
（3）步骤Ⅱ中滴入适量H2O2，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：；实验中观察到冷凝管中气雾过高，造成氨水和H2O2消耗量过大，可以降低水浴温度；
（4）由于[Co(NH3)5Cl]Cl2难溶于乙醇，则步骤Ⅲ可选择乙醇洗涤产品；
（5）①加入硝基苯将沉淀和水层分离的目的是防止AgCl转化为AgSCN，干扰滴定结果；
②当滴入最后半滴标准液，溶液刚好变成红色且30秒不恢复原来的颜色，说明达到滴定终点；
③根据Ag+和Cl-按物质的量之比为1：1结合生成AgCl，Ag+和SCN-按物质的量之比为1：1结合生成AgSCN，故称取mg产品溶解后，滴加稍过量V1mLc1mol/LAgNO3溶液至不再产生沉淀，加少量硝基苯将沉淀和水层分离，滴加指示剂NH4Fe(SO4)2，用c2mol/LNH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗NH4SCN溶液V2mL，则中参加反应的氯离子的物质的量为：，则的物质的量为，故产品的纯度为：。
16．【答案】（1）粉碎富硼渣
（2）促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率
（3）增大的溶解度，减少其损耗
（4）
（5）二氧化硅或
（6）相同条件下，与硫酸反应的更小，更大，更有利于浸出；4.7～8.5
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；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
【解析】【解答】（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以粉碎富硼渣；
故答案为： 粉碎富硼渣 ；
（2）“碳解”时一般在较大CO2分压下进行，能增大CO2溶解度，加快反应速率，还能促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
故答案为：促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
（3）“过滤”前加热水的作用主要是增大Na2B4O7的溶解度，减少其损耗；
故答案为： 增大的溶解度，减少其损耗 ；
（4）向溶液中加入硫酸溶液酸化得到H3BO3，反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）由分析可知，“滤渣1”的成分是二氧化硅或SiO2；
故答案为： 二氧化硅或 ；
（6）由图可知，相同条件下，MgO与硫酸反应的ΔGθ更小，Kθ更大，更有利于MgO浸出；，则，，pH=8.5；，则，，pH=3.8；，，pH=4.7，由分析可知，调节溶液pH，得到滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，镁离子不沉淀，则“调pH”的范围是：4.7～8.5。
故答案为： 相同条件下，与硫酸反应的更小，更大，更有利于浸出 ； 4.7～8.5 。
【分析】富硼渣先经高温焙烧，再用 Na2CO3浓溶液和 CO2进行 “碳解”，转化为 Na2B4O7和 MgCO3。用热水处理后过滤，得到含硼滤液和以 MgO、MgCO3为主的硼泥。滤液经 H2SO4酸化，通过结晶等操作得到H3BO3晶体。硼泥用 H2SO4酸浸，除去 SiO2等不溶物（滤渣 1），再调节 pH 除去 Fe、Al 杂质（滤渣 2），最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到MgSO4·7H2O。
（1）为提高焙烧效率，除适当提高焙烧温度，还可以粉碎富硼渣；
（2）“碳解”时一般在较大CO2分压下进行，能增大CO2溶解度，加快反应速率，还能促进“碳解”反应正向进行，提高产品产率；
（3）“过滤”前加热水的作用主要是增大Na2B4O7的溶解度，减少其损耗；
（4）向溶液中加入硫酸溶液酸化得到H3BO3，反应方程式为：；
（5）由分析可知，“滤渣1”的成分是二氧化硅或SiO2；
（6）由图可知，相同条件下，MgO与硫酸反应的ΔGθ更小，Kθ更大，更有利于MgO浸出；，则，，pH=8.5；，则，，pH=3.8；，，pH=4.7，由分析可知，调节溶液pH，得到滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，镁离子不沉淀，则“调pH”的范围是：4.7～8.5。
17．【答案】；10.0；与S反应，形成空位，促进转化为；温度；该反应的，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小；；；；水蒸气的含量过高使催化剂失活
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应iii可由反应i+反应ii得到，则；；
故答案为： ； 10.0 ；
（2）由图可知，通入H2(g)，H2与S反应，形成空位，促进COS转化为CO；
故答案为：与S反应，形成空位，促进转化为 ；
（3）①该反应的ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， COS的平衡转化率减小，且该反应随着投料比[]的增大，COS的转化率增大，与图像不符合，则条件Y为温度；
②a点的，体系初始压强为p0，则初始H2O、COS的分压均为，平衡时CO2的分压为p1，根据三段式：，则平衡常数；
③不同条件下，相同时间内反应器中COS去除率如图所示，COS去除率最佳的条件为：水蒸气含量4.33%，反应温度为140℃；当反应器中催化剂表面水蒸气含量为18.96%时，水蒸气的含量过高使催化剂失活，故COS的去除率骤降。
故答案为： 温度 ； 该反应的，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小 ； ； ； ； 水蒸气的含量过高使催化剂失活 。
【分析】(1) 反应 iii = 反应 i + 反应 ii，故 ΔH3 = ΔH1 + ΔH2；K3 = K1 K2。
(2) H2与催化剂表面吸附的 S 结合，释放出活性空位，促进 COS 的吸附与转化。
(3) ①Y 为温度。该反应 ΔH<0，升温使平衡逆向移动，COS 转化率降低。
②列三段式，用平衡分压表示各物质浓度，代入 Kp 表达式化简。
③最佳条件为水蒸气含量4.33%、温度140℃；水蒸气含量过高会导致催化剂失活，使 COS 去除率骤降。
18．【答案】（1）苯甲酸；酯基
（2）3；
（3）；取代反应
（4）+2HCl+H2O+
（5）9
（6）、
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；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A的结构简式可知，其化学名称是苯甲酸；B的结构简式为：，所含官能团为酯基；
故答案为： 苯甲酸 ； 酯基 ；
（2）D的结构简式为：，该有机物分子中有3种不同环境H原子，如图所示：，则其核磁共振氢谱中有3个信号峰，其面积比为：2：2：1；
故答案为：3； ；
（3）由分析可知，E的结构简式为：；D→E的反应类型为取代反应；
故答案为： ； 取代反应 ；
（4）G中含有酰胺基，在酸性条件下水解，生成-COOH和铵盐，故G与足量稀盐酸反应的化学方程式为：+2HCl+H2O→+；
故答案为：+2HCl+H2O+ ；
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14，则M的同分异构体中①能发生银镜反应，故含有-CHO；②苯环上连有2个基团，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种；③有一个手性碳，则在苯环上两个取代基可为-OH和-CH(NH2)CHO、-NH2和-CH(OH)CHO、-CHO和-CH(OH)NH2，故符合条件的同分异构体有9种；
故答案为：9；
（6）利用F→G线路中的副产物(能与NaHCO3溶液反应，则副产物为：；根据转化图可知，中间产物为：。
故答案为：、 。
【分析】苯甲酸A（）先与乙醇发生酯化反应，生成苯甲酸乙酯B（）。苯甲酸乙酯（）与羟胺在碱性条件下反应，再经酸化得到苯甲酰羟胺C（）。邻苯二甲酰亚胺D（）与 1，2 - 二溴乙烷在碱性条件下反应，得到中间体 E（）。苯甲酰羟胺（C）与中间体 E 在甲醇钠作用下发生取代反应，生成中间体 F（）。中间体 F 进一步反应，最终得到目标产物 G（）。
（1）由A的结构简式可知，其化学名称是苯甲酸；B的结构简式为：，所含官能团为酯基；
（2）D的结构简式为：，该有机物分子中有3种不同环境H原子，如图所示：，则其核磁共振氢谱中有3个信号峰，其面积比为：2：2：1；
（3）由分析可知，E的结构简式为：；D→E的反应类型为取代反应；
（4）G中含有酰胺基，在酸性条件下水解，生成-COOH和铵盐，故G与足量稀盐酸反应的化学方程式为：+2HCl+H2O→→+；
（5）M是C的同系物，且相对分子质量比C大14，则M的同分异构体中①能发生银镜反应，故含有-CHO；②苯环上连有2个基团，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种；③有一个手性碳，则在苯环上两个取代基可为-OH和-CH(NH2)CHO、-NH2和-CH(OH)CHO、-CHO和-CH(OH)NH2，故符合条件的同分异构体有9种；
（6）利用F→G线路中的副产物(能与NaHCO3溶液反应，则副产物为：；根据转化图可知，中间产物为：。
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