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湖南省益阳市安化县2025届高三下学期5月模拟考试化学试题
1．（2025·安化模拟）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．天宫空间站核心舱大多采用高强度高密度的不锈钢制造
B．无机半导体材料——砷化镓的使用降低了相控阵雷达成本
C．中国商用客机机舱大量采用新型镁铝合金制造
D．编织登月所用五星红旗的芳纶纤维属于有机高分子材料
【答案】A
【知识点】合金及其应用；合成材料
【解析】【解答】A、太空探测器通常选用密度小、强度高的轻质材料作为结构材料。不锈钢由于密度较大，会导致整体质量增加，不利于发射升空，选项A错误。B、砷化镓(GaAs)是一种无机半导体材料，具有优异的电子学和光电学特性。使用GaAs材料可以有效降低相控阵雷达的制造成本，选项B正确。
C、新型镁铝合金同时具备密度小和硬度大的特点，这些特性使其非常适合用于制造飞机机舱部件，选项C正确。
D、芳纶纤维具有出色的耐高低温性能，能够适应月球表面的极端温度变化，因此被选用制造登月使用的五星红旗。芳纶纤维属于有机高分子材料，选项D正确。
故答案为：A
【分析】A、空间站核心舱采用的应该是低密度的材料。
B、砷化镓是一种具有优良电子学和光电学特性的半导体材料。
C、镁铝合金具有密度小、硬度高的特点。
D、芳纶纤维属于有机高分子材料。
2．（2025·安化模拟）下列化学用语表述正确的是
A．氢氧根离子的电子式是
B．次氯酸的结构式为
C．空间填充模型 可以表示分子或分子
D．基态N原子的价电子轨道表示式为
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、 是羟基的电子式，氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式需要标注电荷和括号，A错误；
B、次氯酸分子中，氧原子作为中心原子分别与氢原子、氯原子形成共价键，正确结构式应为 H-O-Cl，选项中 H-Cl-O 的成键顺序错误，B错误；
C、SiO2是共价晶体，不存在独立的 SiO2分子，无法用空间填充模型表示；CO2是直线形分子，该模型（ ）可表示 CO2，但不能表示 SiO2，C错误；
D、基态 N 原子的核外电子排布式为 1s22s22p3，价电子为 2s22p3，根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子分占不同轨道且自旋平行， 电子轨道表示式为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式区分：羟基不带电荷，氢氧根离子带负电荷，电子式需标注电荷与括号。
结构式书写：含氧酸的结构式中，氧原子通常作为中心原子连接氢和其他原子。
晶体与分子模型：共价晶体（如 SiO2）无独立分子，不能用分子模型表示；分子晶体（如 CO2）可用对应分子模型表示。
价电子轨道表示式：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，N 原子 2p 轨道为半满稳定结构，3 个电子分占不同轨道且自旋平行。
3．（2025·安化模拟）下列实验操作或实验处理方法合理的是
A．用乙醛与银氨溶液做银镜实验时，试管壁上的银用稀硝酸清洗
B．不慎将酸溅到眼中，先用大量水洗，然后用稀溶液冲洗
C．酸碱滴定实验时，眼睛注视滴定管中液面变化
D．用小刀切取绿豆大的钠放入水中进行实验，剩余钠块丢入废液缸
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；中和滴定
【解析】【解答】A．银能与硝酸发生反应，因此试管内壁附着的银可用稀硝酸清洗，A选项正确；
B．若酸液溅入眼睛，应立即用大量清水冲洗并频繁眨眼，不可使用溶液冲洗，B选项错误；
C．进行酸碱滴定实验时，应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，C选项错误；
D．实验后剩余的金属钠需放回原试剂瓶保存，D选项错误；
故答案为：A
【分析】A、硝酸为氧化性酸，能与Ag反应。
B、NaOH为强碱，具有腐蚀性。
C、滴定实验过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
D、剩余的钠应放回原试剂瓶内。
4．（2025·安化模拟）物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联，下列说法错误的是
A．玛瑙常呈无规则几何外形，是熔融态的SiO2快速冷却所致
B．不锈钢中掺杂的合金元素主要是Cr和Ni，故不锈钢具有很强的抗腐蚀能力
C．石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，电子可在碳原子平面运动而导电
D．“可燃冰”中甲烷分子被水分子以氢键相连的笼穴包围，其结构稳定，常温常压下不会分解
【答案】D
【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．玛瑙是二氧化硅在熔融状态下快速冷却形成的非晶体，而水晶是通过缓慢冷却形成的晶体，A选项正确；B．不锈钢是通过在钢铁中添加铬(Cr)和镍(Ni)元素制成的，这种合金具有优异的抗腐蚀性能，B选项正确；
C．石墨的导电性源于其层状结构中碳原子的p轨道相互平行重叠，使电子能够在碳原子平面内自由移动，C选项正确；
D．在常温常压条件下，可燃冰结构不稳定，容易分解，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、熔融SiO2快速冷却，得到没有规则几何外形的玛瑙。
B、钢铁中加入Cr、Ni形成具有抗腐蚀性能的不锈钢。
C、结合石墨的层状结构分析。
D、常温常压下可燃冰的结构不稳定，易分解。
5．（2025·安化模拟）高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法正确的是
A．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解
B．线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热不易软化
C．网状结构的酚醛树脂由苯酚和甲醛缩聚生成，绝缘、阻燃性好
D．有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)由加聚合成，透明度高
【答案】C
【知识点】酯的性质；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的聚合物，具有较高的热稳定性，在受热条件下不易发生分解，选项A错误；B．线型聚乙烯塑料属于热塑性材料，在受热时容易软化变形，选项B错误；
C．酚醛树脂是通过苯酚和甲醛发生缩聚反应制得的，具有交联的网状结构，这种结构赋予其优异的绝缘性能和阻燃特性，常用于电气设备及防火材料的制造，选项C正确；
D．聚甲基丙烯酸酯是由甲基丙烯酸酯单体通过加聚反应制得的，俗称有机玻璃，其特点是具有很高的透明度，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、聚四氟乙烯结构不稳定，受热不易分解。
B、线型结构的聚乙烯塑料受热易软化。
C、由苯酚和甲醛发生锁具反应生成的酚醛树脂具有良好的绝缘性和阻燃性。
D、聚甲基丙烯酸酯的结构简式为 ，据此确定其反应物。
6．（2025·安化模拟）以碳酸锰铜矿(主要成分为、，还含有、等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写正确的是
A．碳酸锰铜矿加入稀硫酸中主要发生的反应：
B．加入将转化为：
C．若向溶液中通入氨气除去：
D．若向溶液中加入除去：
【答案】D
【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；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、碳酸锰(MnCO3)和碳酸铜(CuCO3)属于难溶物，正确的离子方程式应写为： 和，A选项错误。
B、加入二氧化锰(MnO2)能将亚铁离子(Fe2+)氧化为铁离子(Fe3+)，其离子方程式为：
，B选项错误。
C、四氨合铜(II)氢氧化物([Cu(NH3)4](OH)2)是水溶性的，不能通过通入过量氨气来去除Cu2+。正确的离子方程式应为：，C选项错误。
D、向溶液中加入硫化锰(MnS)可以去除Cu2+，因为会生成更难溶的硫化铜(CuS)，其离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、MnCO3、CuCO3为难溶物，在离子方程式中保留化学式。
B、不符合电荷守恒。
C、[Cu(NH3)4](OH)2可溶于水。
D、MnS能与Cu2＋反应生成更难溶的CuS。
7．（2025·安化模拟）将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确的是
已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。
A．距离N最近的Fe有6个
B．Fe之间的最近距离为
C．该晶体的密度为g·cm-3
D．若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、N原子位于体心，周围最近的Fe原子分布在面心位置，共6个，配位数为6，A正确；
B、Fe原子位于面心与顶点，最近距离为面对角线的一半，即 ，B正确；
C、晶胞总质量为 ，晶胞体积为 ，密度应为 ，C错误；
D、原晶胞中N在体心、Fe在顶点和面心；若将N移至顶点，Fe则分布在体心和棱心，微粒位置关系保持不变，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
微粒数计算：顶点原子占 ，面心原子占 ，体心原子完全属于该晶胞。
距离判断：面心与顶点Fe原子的最近距离为面对角线的一半。
密度计算：先算晶胞总质量，再换算晶胞体积为 单位，最后代入密度公式 。
晶胞置换：改变微粒位置时，配位数和结构关系保持不变。
8．（2025·安化模拟）下列实验方案、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将点燃的氯气伸入盛满氢气的集气瓶中 气体安静地燃烧并发出苍白色火焰，瓶口产生白雾 有HCl生成
B 在干燥的热坩埚中，投入绿豆大小的钠，继续加热，待钠熔化后立即撤掉酒精灯 钠剧烈燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体 Na在空气中燃烧生成Na2O2
C 将铜丝插入浓硫酸中加热，将产生的气体通入石蕊溶液中 石蕊溶液先变红后褪色 SO2是酸性气体，具有漂白性
D 将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶液中滴加几滴KSCN溶液 无明显现象 铁粉未发生变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氯气不能燃烧，实验方案不正确，故A错误；
B．Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2，故B正确；
C．二氧化硫不能漂白石蕊试液，通入紫色石蕊溶液中，溶液不会褪色，故C错误；
D．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，若铁粉部分变质，生成的氧化铁与稀硫酸反应生成Fe3+，铁与Fe3+反应生成Fe2+，加入硫氰化钾溶液，也无明显现象，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气不能燃烧。
B.Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2。
C.二氧化硫不能漂白石蕊试液。
D.注意铁与铁离子能反应生成亚铁离子。
9．（2025·安化模拟）嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体。已知X、Y、Z、M、Q分布在不同的三个周期且原子序数依次增大；X和Y的质子数之和等于Z的质子数；基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等。下列有关说法不正确的是
A．该晶体溶于水后溶液呈中性 B．第一电离能：Y>Z>M
C．键角： D．的水溶液具有漂白性
【答案】A
【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；盐类水解的原理
【解析】【解析】A、矿物晶体的化学式为。其中和Mg2+都会发生水解反应，导致溶液呈现酸性，而不是中性，A选项错误。B、第一电离能是指气态基态原子失去一个电子所需的最小能量。N原子（电子构型为）具有半充满的2p轨道，这使得它的第一电离能高于O原子。而Mg作为金属元素更容易失去电子。因此第一电离能的大小顺序为N > O > Mg，即Y > Z > M，B选项正确。
C、在中，N原子的价层电子对数为，采用杂化，形成正四面体结构，键角为109°28'。而H2O分子中O原子的价层电子对数为，同样采用杂化，但由于存在两对孤电子对，分子呈V型结构，键角约为104.5°。因此的键角大于H2O，C选项正确。
D、Cl2溶于水会发生反应，生成的HClO具有漂白性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】X、Y、Z、M、Q在三个不同的短周期，且原子序数依次增大，因此X为H。由矿物质的晶体化学式可知，Z为O。X和Y的质子数之和等于Z的质子数，因此Y的质子数为7，因此Y为N。基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等，因此其核外电子排布式为1s22s22p4、1s22s22p63s2。因此M为Mg。由晶体的化学式，结合化合价代数和为0可得，Q的化合价为-1，因此Q为Cl。据此结合元素周期律分析选项。
10．（2025·安化模拟）在微生物作用下将2，4-二氯苯酚电解脱氯降解为苯酚的装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a的电势比电极b的高
B．N极的电极反应式：
C．由左向右移动通过质子交换膜
D．当生成苯酚时，理论上电极区生成的质量为8.8g
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于M为阳极，N为阴极，电极a的电势高于电极b，A选项正确；B．N极的还原反应为： + 4e + 2H+ → + 2Cl ，B选项正确；
C．H+向阴极（N极）移动，即从左向右迁移，C选项正确；
D．M极的氧化反应为：。根据电极反应计量关系，生成0.1 mol苯酚时，理论上产生0.2 mol CO2（质量为4.4 g），D选项错误。
故答案为：D
【分析】在电极M上，CH3COOH失去电子被氧化为CO2，因此M为阳极；在电极N上，得到电子被还原为，因此N为阴极。电极a连接阳极，为正极；电极b连接阴极，为负极。在电解池中，阳离子（H+）向阴极（N极）迁移。
11．（2025·安化模拟）硝基苯是重要的有机中间体，实验室制备的硝基苯中含有硝酸、硫酸和苯，为提纯硝基苯，设计如图所示流程。
已知：硝基苯不溶于水，易溶于苯，沸点为；苯不溶于水，沸点为。
下列说法错误的是
A．操作均是分液
B．可用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液
C．无水氯化钙的作用是干燥除水
D．蒸馏时应在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片
【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作IV是过滤操作，A选项错误；
B．氢氧化钠溶液用于除去粗产品中的残留酸，因此可用碳酸钠溶液替代氢氧化钠溶液，B选项正确；
C．产品中含有少量水分，无水氯化钙的作用是干燥除水，C选项正确；
D．蒸馏时需在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片以防止暴沸，D选项正确；
故答案为：A
【分析】硝酸和硫酸属于水相，硝基苯和苯属于有机相。操作I通过分液将水相和有机相初步分离。操作II加入NaOH溶液以去除有机相中残留的硝酸和硫酸（NaOH溶液不溶于有机溶剂）。操作III用水分离NaOH溶液和有机相。操作IV加入无水氯化钙去除有机相中残留的水（无水氯化钙不溶于有机相），通过过滤得到有机相IV。最后通过蒸馏将有机相IV中的苯和硝基苯分离。
12．（2025·安化模拟）室温下，向25mL 0.1溶液中滴加0.2的NaOH溶液，所得溶液pH与滴加NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：aB．室温下，
C．c点的溶液中存在：
D．a到d的过程中：始终成立
【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中含有，电离产生的抑制了水的电离。而b点溶液中含有与，其中的水解促进了水的电离。因此水的电离程度：a＜b，A选项正确；
B．d点溶液中含有和，溶液的中的电离，使得溶液的pH=11，此时溶液中c(OH-)=10-3mol/L，而，由，，B选项正确；
C．c点溶液的pH=7，因此溶液中，由电荷守恒；由元素质量守恒，溶液中，，二者联立可：得，，C选项错误；
D．由C项分析可知，根据硫元素和氮元素守恒，有，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、酸、碱或酸式盐电离产生的H+、OH-抑制水的电离；盐类的水解促进水的电离。
B、电离平衡常数只与温度有关，可采用pH=11的溶液进行计算。
C、结合电荷守恒和物料守恒进行分析。
D、根据硫元素、氮元素的守恒进行分析。
13．（2025·安化模拟）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系，高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成，的反应机理和能量变化如图所示．下列说法错误的是
A．图示历程包括3个基元反应，其中第三个反应的反应速率最慢
B．该过程中既有极性键的断裂和形成又有非极性键的断裂和形成
C．纳米碗中有6个五元环和10个六元环结构
D．加入催化剂既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率
【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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．根据反应历程分析，该过程包含三个基元反应：、和。其中第三个反应的活化能最大，是速率控制步骤，A选项正确。
B．反应过程中涉及键和键的断裂，以及键和键的形成，但未形成新的极性键，B选项错误。
C．从的结构可知，其含有1个五元环和10个六元环。每脱去两个氢原子会新增一个五元环，因此最终产物应含有6个五元环和10个六元环，C选项正确。
D．催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高反应物的平衡转化率，D选项错误。
故答案为：BD
【分析】A、存在几个过渡态，就有几个基元反应；反应所需的活化能最大，则其反应速率最慢。
B、根据反应过程中化学键的断裂与形成分析。
C、根据C40H20的结构，结合反应过程中新增五元环进行分析。
D、催化剂通过改变反应历程，从而改变反应速率，但不影响平衡移动。
14．（2025·安化模拟）一定条件下，与反应生成：。在密闭容器中加入、，发生上述反应，测得平衡体系中的物质的量分数在不同压强、温度下的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的 B．压强：
C．平衡常数： D．正反应速率：
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 根据分析可知反应焓变，选项A正确；
B. 由分析可得压强大小关系为，选项B正确；
C. 平衡常数仅与温度有关。比较e、b、f三点（压强相同但温度不同）：温度升高导致甲醇体积分数降低，说明平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数关系为，选项C错误；
D. a、b、c三点温度相同但压强不同，压强增大反应速率加快，故速率关系为，选项D正确；
故答案为：C
【分析】当温度升高时，CH3OH的体积分数降低，表明正向反应为放热过程，因此焓变。增大压强会使平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数随之增加。在相同温度条件下，p1、p2、p3对应的甲醇体积分数依次递减，说明压强关系为。据此结合选项分析。
15．（2025·安化模拟）LiFePO4和FePO4可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4 )2溶液与H3PO4、LiOH溶液中的一种混合，加入图1的三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
①滴液漏斗中的放的溶液是　 　溶液(填溶质的化学式)。
②(NH4)2Fe(SO4)2与H3PO4、LiOH反应得到LiFePO4和NH4HSO4 ，该反应的离子方程式为　 　。已知Ka(HSO)=1.0×10-2。
③在氮气氛围下，粗产品经150℃干燥、高温焙烧，即可得到锂离子电池的正极材料。焙烧时常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是　 　。
（2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到FePO4·2H2O，高温煅烧FePO4·2H2O，即可得到FePO4。
①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图2所示。
当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是　 　。
②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列操作控制不能达到目的的是　 　(填序号)。
a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7 b．加热，使反应在较高温度下进行
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌 d．加入适当过量的H2O2溶液
③测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
ⅲ．用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，平行滴定三次，平均消耗K2Cr2O7标准溶液V mL。
产物中铁元素的质量分数为　 　。(写出计算过程)
【答案】（1）LiOH；；改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化
（2）当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；ab；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，
③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，
故答案为：LiOH；；改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
（2）①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=10-3 cVmol，则产物中铁元素的质量分数为：，
故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；ab；。
【分析】 先将强碱 LiOH 加入煮沸后的蒸馏水中，配制成 LiOH 溶液备用。随后把 H3PO4溶液与 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分混合，转移至三颈烧瓶中；连接好实验装置后，通入氮气排尽装置内的空气，避免 Fe2+被氧化。接着通过滴液漏斗缓慢向三颈烧瓶中滴加 LiOH 溶液，让反应物充分反应生成 LiFePO4沉淀；反应结束后，经过过滤、洗涤、干燥操作，得到 LiFePO4粗产品。
（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，故答案为：LiOH；
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，故答案为：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
（2）①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者，故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
故答案为：ab；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=10-3 cVmol，则产物中铁元素的质量分数为：，故答案为：。
16．（2025·安化模拟）一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。
已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。
回答下列问题：
（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是　 　。
（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“滤渣2”的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。
①基态Cu的价层电子排布式为　 　。
②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．中存在的化学键类型是配位键、离子键
B．的晶体类型属于分子晶体
C．a和b的空间结构均为四面体形
D．a的极性大于b
③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为　 　。
（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）Si
（4）3d104s1；BD；1.12L
（5）
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
故答案为：去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
故答案为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
故答案为：Si
（4）①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1。
故答案为：3d104s1
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故答案为：BD
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
故答案为：1.12L
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
故答案为：
【分析】（1）“灼烧”可去除表面的塑料，同时将物质氧化，防止酸溶过程中氮氧化物的生成。
（2）溶解Au的过程中，Au被HNO3氧化，同时与Cl－结合生成[AuCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）Si与强酸溶液不反应，因此滤渣2为Si。
（4）①Cu为29号元素，结合核外电子排布规律书写其价电子排布式。
②A、Pd(NH3)2Cl2为四配位物质，不存在离子键。
B、该化合物中无离子键，属于分子晶体。
C、a、b两种结构不同，因此为平面四边形结构。
D、b的对称性更好，极性更小。
③根据化合价变化，结合电子转移计算。
（5）阴极上[Ag(NH3)2]＋发生得电子的还原反应，生成Ag和NH3，据此写出电极反应式。
（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故选BD。
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．（2025·安化模拟）芳香族化合物A(C9H12O)可用于医药及香料的合成，A有如下转化关系：
已知：
①A除苯环上的氢以外，核磁共振氢谱还有二组峰，且峰面积之比为1：6；
②+CO2
③RCOCH3+RCHO R＇COCH=CHR＇
回答下列问题：
（1）由D生成E的反应类型为　 　，F所含官能团的名称为　 　。
（2）请写出B的结构简式　 　。
（3）由E生成F的反应方程式为　 　。
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为 　 　。
（5）F的同分异构体中，苯环上的一氯代物有3种，且能与NaHCO3反应生成CO2的结构有　 　种。
（6）糖叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛()为原料制备糖叉丙酮的合成路线　 　(无机试剂任用)。合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
【答案】（1）取代反应；羟基、醛基
（2）
（3）2+O2+2H2O
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基。
故答案为：取代反应；羟基、醛基
（2）B的结构简式为。
故答案为：
（3）由E生成F的反应方程式为。
故答案为：
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为。
故答案为：
（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；
故答案为：6
（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛( )为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下 ：。
故答案为：
【分析】根据题目信息，化合物A是一种芳香醇，其结构为。A经过消去反应生成B，B的结构为。B与溴发生加成反应，生成二溴代烃D，D的结构为。D经过水解反应生成E，E的结构为。E在催化氧化条件下生成F，F的结构为。F经过银镜反应并酸化后得到H，H的结构为。H可以通过缩聚反应生成聚酯I，也可以通过酯化反应生成环酯J，J的结构为。根据题目中的条件②和③，可以确定C的结构为，K的结构为。基于以上分析进行解答。
（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基；
（2）B的结构简式为；
（3）由E生成F的反应方程式为；
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为；
（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；
（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛( )为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下 ：。
18．（2025·安化模拟）挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下：
I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) H1<0(主反应)
II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2>0
III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) H3<0
IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) H4<0
（1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2=　 　(用含 H1、 H3和 H4的代数式表示)。
（2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变
d．反应的温度保持不变
（3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是　 　。
（4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。
已知：。
①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是　 　(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是　 　。
②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是　 　(保留一位小数)。
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
（2）cd
（3）含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代
（4）b；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小；33.3%；减小
【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）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
故答案为： ；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故答案为 ：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
故答案为：含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 ；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
故答案为： b ；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 ； 33.3% ； 减小。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过主反应（Ⅰ）减去反应Ⅲ和Ⅳ，推导出反应Ⅱ的焓变：。
(2)c：起始投料比与化学计量比不同，当乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡。
d：绝热容器中，温度不变意味着体系热量变化停止，反应达到平衡。
ab：混合气体的总质量、总物质的量始终不变，故平均相对分子质量和密度均为定值，不能作为平衡标志。
(3)CH3COOH含有π键，与Cu+形成更强的配位键，优先被吸附剂吸附，从而将已吸附的CH3CH2OH置换出来，导致其浓度比上升。
(4)①曲线判断：乙酸乙酯是所有反应的反应物，随温度升高其含量持续降低，对应曲线b。在T2至T3区间，反应Ⅱ（吸热）的正向移动效应超过了反应Ⅰ（放热）的逆向移动效应，成为主导因素。
②体积分数计算：根据T2时各物质的S值，结合原子守恒和反应关系，计算得出CO2的体积分数为33.3%。
③平衡常数判断：表达式是反应Ⅱ平衡常数的倒数。增大O2浓度会促进Ⅲ、Ⅳ的进行，消耗CH3COOH和CH3CH2OH，使反应Ⅱ正向移动，该比值因此减小。
（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故选：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
1 / 1湖南省益阳市安化县2025届高三下学期5月模拟考试化学试题
1．（2025·安化模拟）化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．天宫空间站核心舱大多采用高强度高密度的不锈钢制造
B．无机半导体材料——砷化镓的使用降低了相控阵雷达成本
C．中国商用客机机舱大量采用新型镁铝合金制造
D．编织登月所用五星红旗的芳纶纤维属于有机高分子材料
2．（2025·安化模拟）下列化学用语表述正确的是
A．氢氧根离子的电子式是
B．次氯酸的结构式为
C．空间填充模型 可以表示分子或分子
D．基态N原子的价电子轨道表示式为
3．（2025·安化模拟）下列实验操作或实验处理方法合理的是
A．用乙醛与银氨溶液做银镜实验时，试管壁上的银用稀硝酸清洗
B．不慎将酸溅到眼中，先用大量水洗，然后用稀溶液冲洗
C．酸碱滴定实验时，眼睛注视滴定管中液面变化
D．用小刀切取绿豆大的钠放入水中进行实验，剩余钠块丢入废液缸
4．（2025·安化模拟）物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联，下列说法错误的是
A．玛瑙常呈无规则几何外形，是熔融态的SiO2快速冷却所致
B．不锈钢中掺杂的合金元素主要是Cr和Ni，故不锈钢具有很强的抗腐蚀能力
C．石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，电子可在碳原子平面运动而导电
D．“可燃冰”中甲烷分子被水分子以氢键相连的笼穴包围，其结构稳定，常温常压下不会分解
5．（2025·安化模拟）高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法正确的是
A．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解
B．线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热不易软化
C．网状结构的酚醛树脂由苯酚和甲醛缩聚生成，绝缘、阻燃性好
D．有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)由加聚合成，透明度高
6．（2025·安化模拟）以碳酸锰铜矿(主要成分为、，还含有、等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写正确的是
A．碳酸锰铜矿加入稀硫酸中主要发生的反应：
B．加入将转化为：
C．若向溶液中通入氨气除去：
D．若向溶液中加入除去：
7．（2025·安化模拟）将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确的是
已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。
A．距离N最近的Fe有6个
B．Fe之间的最近距离为
C．该晶体的密度为g·cm-3
D．若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心
8．（2025·安化模拟）下列实验方案、现象和结论都正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将点燃的氯气伸入盛满氢气的集气瓶中 气体安静地燃烧并发出苍白色火焰，瓶口产生白雾 有HCl生成
B 在干燥的热坩埚中，投入绿豆大小的钠，继续加热，待钠熔化后立即撤掉酒精灯 钠剧烈燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体 Na在空气中燃烧生成Na2O2
C 将铜丝插入浓硫酸中加热，将产生的气体通入石蕊溶液中 石蕊溶液先变红后褪色 SO2是酸性气体，具有漂白性
D 将某铁粉加稀硫酸溶解，再向溶液中滴加几滴KSCN溶液 无明显现象 铁粉未发生变质
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·安化模拟）嫦娥五号带回的月壤中发现一种由短周期元素组成的矿物晶体。已知X、Y、Z、M、Q分布在不同的三个周期且原子序数依次增大；X和Y的质子数之和等于Z的质子数；基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等。下列有关说法不正确的是
A．该晶体溶于水后溶液呈中性 B．第一电离能：Y>Z>M
C．键角： D．的水溶液具有漂白性
10．（2025·安化模拟）在微生物作用下将2，4-二氯苯酚电解脱氯降解为苯酚的装置如图所示。下列说法错误的是
A．电极a的电势比电极b的高
B．N极的电极反应式：
C．由左向右移动通过质子交换膜
D．当生成苯酚时，理论上电极区生成的质量为8.8g
11．（2025·安化模拟）硝基苯是重要的有机中间体，实验室制备的硝基苯中含有硝酸、硫酸和苯，为提纯硝基苯，设计如图所示流程。
已知：硝基苯不溶于水，易溶于苯，沸点为；苯不溶于水，沸点为。
下列说法错误的是
A．操作均是分液
B．可用碳酸钠溶液代替氢氧化钠溶液
C．无水氯化钙的作用是干燥除水
D．蒸馏时应在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片
12．（2025·安化模拟）室温下，向25mL 0.1溶液中滴加0.2的NaOH溶液，所得溶液pH与滴加NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：aB．室温下，
C．c点的溶液中存在：
D．a到d的过程中：始终成立
13．（2025·安化模拟）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系，高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成，的反应机理和能量变化如图所示．下列说法错误的是
A．图示历程包括3个基元反应，其中第三个反应的反应速率最慢
B．该过程中既有极性键的断裂和形成又有非极性键的断裂和形成
C．纳米碗中有6个五元环和10个六元环结构
D．加入催化剂既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率
14．（2025·安化模拟）一定条件下，与反应生成：。在密闭容器中加入、，发生上述反应，测得平衡体系中的物质的量分数在不同压强、温度下的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的 B．压强：
C．平衡常数： D．正反应速率：
15．（2025·安化模拟）LiFePO4和FePO4可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4 )2溶液与H3PO4、LiOH溶液中的一种混合，加入图1的三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
①滴液漏斗中的放的溶液是　 　溶液(填溶质的化学式)。
②(NH4)2Fe(SO4)2与H3PO4、LiOH反应得到LiFePO4和NH4HSO4 ，该反应的离子方程式为　 　。已知Ka(HSO)=1.0×10-2。
③在氮气氛围下，粗产品经150℃干燥、高温焙烧，即可得到锂离子电池的正极材料。焙烧时常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是　 　。
（2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到FePO4·2H2O，高温煅烧FePO4·2H2O，即可得到FePO4。
①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图2所示。
当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是　 　。
②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列操作控制不能达到目的的是　 　(填序号)。
a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7 b．加热，使反应在较高温度下进行
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌 d．加入适当过量的H2O2溶液
③测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
ⅲ．用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，平行滴定三次，平均消耗K2Cr2O7标准溶液V mL。
产物中铁元素的质量分数为　 　。(写出计算过程)
16．（2025·安化模拟）一种从废旧芯片(主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。
已知：Si在空气中加热不反应；Au被氧化成的反应平衡常数；可与发生反应：；在水溶液中完全电离。
回答下列问题：
（1）从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是　 　。
（2）浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO。写出Au溶解过程中发生反应的离子方程式：　 　。
（3）“滤渣2”的主要成分是　 　(填化学式)。
（4）“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。
①基态Cu的价层电子排布式为　 　。
②溶液中的经过一定处理后可以得到四配位的沉淀，其有2种同分异构体a和b．下列说法正确的有　 　(填标号)。
A．中存在的化学键类型是配位键、离子键
B．的晶体类型属于分子晶体
C．a和b的空间结构均为四面体形
D．a的极性大于b
③某研究小组以为原料制备金属Pd．将21.1g配制成悬浊液，向其中加入足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到溶液。然后加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假定二价Pd被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为　 　。
（5）AgCl沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为　 　。
17．（2025·安化模拟）芳香族化合物A(C9H12O)可用于医药及香料的合成，A有如下转化关系：
已知：
①A除苯环上的氢以外，核磁共振氢谱还有二组峰，且峰面积之比为1：6；
②+CO2
③RCOCH3+RCHO R＇COCH=CHR＇
回答下列问题：
（1）由D生成E的反应类型为　 　，F所含官能团的名称为　 　。
（2）请写出B的结构简式　 　。
（3）由E生成F的反应方程式为　 　。
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为 　 　。
（5）F的同分异构体中，苯环上的一氯代物有3种，且能与NaHCO3反应生成CO2的结构有　 　种。
（6）糖叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛()为原料制备糖叉丙酮的合成路线　 　(无机试剂任用)。合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
18．（2025·安化模拟）挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下：
I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g) H1<0(主反应)
II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2>0
III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g) H3<0
IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) H4<0
（1）反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g) H2=　 　(用含 H1、 H3和 H4的代数式表示)。
（2）在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体的平均相对分子质量保持不变
b．混合气体的密度保持不变
c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变
d．反应的温度保持不变
（3）将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是　 　。
（4）压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。
已知：。
①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是　 　(填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是　 　。
②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是　 　(保留一位小数)。
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；合成材料
【解析】【解答】A、太空探测器通常选用密度小、强度高的轻质材料作为结构材料。不锈钢由于密度较大，会导致整体质量增加，不利于发射升空，选项A错误。B、砷化镓(GaAs)是一种无机半导体材料，具有优异的电子学和光电学特性。使用GaAs材料可以有效降低相控阵雷达的制造成本，选项B正确。
C、新型镁铝合金同时具备密度小和硬度大的特点，这些特性使其非常适合用于制造飞机机舱部件，选项C正确。
D、芳纶纤维具有出色的耐高低温性能，能够适应月球表面的极端温度变化，因此被选用制造登月使用的五星红旗。芳纶纤维属于有机高分子材料，选项D正确。
故答案为：A
【分析】A、空间站核心舱采用的应该是低密度的材料。
B、砷化镓是一种具有优良电子学和光电学特性的半导体材料。
C、镁铝合金具有密度小、硬度高的特点。
D、芳纶纤维属于有机高分子材料。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、 是羟基的电子式，氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式需要标注电荷和括号，A错误；
B、次氯酸分子中，氧原子作为中心原子分别与氢原子、氯原子形成共价键，正确结构式应为 H-O-Cl，选项中 H-Cl-O 的成键顺序错误，B错误；
C、SiO2是共价晶体，不存在独立的 SiO2分子，无法用空间填充模型表示；CO2是直线形分子，该模型（ ）可表示 CO2，但不能表示 SiO2，C错误；
D、基态 N 原子的核外电子排布式为 1s22s22p3，价电子为 2s22p3，根据洪特规则，2p 轨道的 3 个电子分占不同轨道且自旋平行， 电子轨道表示式为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式区分：羟基不带电荷，氢氧根离子带负电荷，电子式需标注电荷与括号。
结构式书写：含氧酸的结构式中，氧原子通常作为中心原子连接氢和其他原子。
晶体与分子模型：共价晶体（如 SiO2）无独立分子，不能用分子模型表示；分子晶体（如 CO2）可用对应分子模型表示。
价电子轨道表示式：需遵循泡利不相容原理和洪特规则，N 原子 2p 轨道为半满稳定结构，3 个电子分占不同轨道且自旋平行。
3．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理；中和滴定
【解析】【解答】A．银能与硝酸发生反应，因此试管内壁附着的银可用稀硝酸清洗，A选项正确；
B．若酸液溅入眼睛，应立即用大量清水冲洗并频繁眨眼，不可使用溶液冲洗，B选项错误；
C．进行酸碱滴定实验时，应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，C选项错误；
D．实验后剩余的金属钠需放回原试剂瓶保存，D选项错误；
故答案为：A
【分析】A、硝酸为氧化性酸，能与Ag反应。
B、NaOH为强碱，具有腐蚀性。
C、滴定实验过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
D、剩余的钠应放回原试剂瓶内。
4．【答案】D
【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．玛瑙是二氧化硅在熔融状态下快速冷却形成的非晶体，而水晶是通过缓慢冷却形成的晶体，A选项正确；B．不锈钢是通过在钢铁中添加铬(Cr)和镍(Ni)元素制成的，这种合金具有优异的抗腐蚀性能，B选项正确；
C．石墨的导电性源于其层状结构中碳原子的p轨道相互平行重叠，使电子能够在碳原子平面内自由移动，C选项正确；
D．在常温常压条件下，可燃冰结构不稳定，容易分解，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、熔融SiO2快速冷却，得到没有规则几何外形的玛瑙。
B、钢铁中加入Cr、Ni形成具有抗腐蚀性能的不锈钢。
C、结合石墨的层状结构分析。
D、常温常压下可燃冰的结构不稳定，易分解。
5．【答案】C
【知识点】酯的性质；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的聚合物，具有较高的热稳定性，在受热条件下不易发生分解，选项A错误；B．线型聚乙烯塑料属于热塑性材料，在受热时容易软化变形，选项B错误；
C．酚醛树脂是通过苯酚和甲醛发生缩聚反应制得的，具有交联的网状结构，这种结构赋予其优异的绝缘性能和阻燃特性，常用于电气设备及防火材料的制造，选项C正确；
D．聚甲基丙烯酸酯是由甲基丙烯酸酯单体通过加聚反应制得的，俗称有机玻璃，其特点是具有很高的透明度，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、聚四氟乙烯结构不稳定，受热不易分解。
B、线型结构的聚乙烯塑料受热易软化。
C、由苯酚和甲醛发生锁具反应生成的酚醛树脂具有良好的绝缘性和阻燃性。
D、聚甲基丙烯酸酯的结构简式为 ，据此确定其反应物。
6．【答案】D
【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；离子方程式的书写
【解析】【解析】A、碳酸锰(MnCO3)和碳酸铜(CuCO3)属于难溶物，正确的离子方程式应写为： 和，A选项错误。
B、加入二氧化锰(MnO2)能将亚铁离子(Fe2+)氧化为铁离子(Fe3+)，其离子方程式为：
，B选项错误。
C、四氨合铜(II)氢氧化物([Cu(NH3)4](OH)2)是水溶性的，不能通过通入过量氨气来去除Cu2+。正确的离子方程式应为：，C选项错误。
D、向溶液中加入硫化锰(MnS)可以去除Cu2+，因为会生成更难溶的硫化铜(CuS)，其离子方程式为：，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、MnCO3、CuCO3为难溶物，在离子方程式中保留化学式。
B、不符合电荷守恒。
C、[Cu(NH3)4](OH)2可溶于水。
D、MnS能与Cu2＋反应生成更难溶的CuS。
7．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、N原子位于体心，周围最近的Fe原子分布在面心位置，共6个，配位数为6，A正确；
B、Fe原子位于面心与顶点，最近距离为面对角线的一半，即 ，B正确；
C、晶胞总质量为 ，晶胞体积为 ，密度应为 ，C错误；
D、原晶胞中N在体心、Fe在顶点和面心；若将N移至顶点，Fe则分布在体心和棱心，微粒位置关系保持不变，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
微粒数计算：顶点原子占 ，面心原子占 ，体心原子完全属于该晶胞。
距离判断：面心与顶点Fe原子的最近距离为面对角线的一半。
密度计算：先算晶胞总质量，再换算晶胞体积为 单位，最后代入密度公式 。
晶胞置换：改变微粒位置时，配位数和结构关系保持不变。
8．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；铁的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氯气不能燃烧，实验方案不正确，故A错误；
B．Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2，故B正确；
C．二氧化硫不能漂白石蕊试液，通入紫色石蕊溶液中，溶液不会褪色，故C错误；
D．铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，若铁粉部分变质，生成的氧化铁与稀硫酸反应生成Fe3+，铁与Fe3+反应生成Fe2+，加入硫氰化钾溶液，也无明显现象，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.氯气不能燃烧。
B.Na与O2在加热条件下反应生成淡黄色的Na2O2。
C.二氧化硫不能漂白石蕊试液。
D.注意铁与铁离子能反应生成亚铁离子。
9．【答案】A
【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；盐类水解的原理
【解析】【解析】A、矿物晶体的化学式为。其中和Mg2+都会发生水解反应，导致溶液呈现酸性，而不是中性，A选项错误。B、第一电离能是指气态基态原子失去一个电子所需的最小能量。N原子（电子构型为）具有半充满的2p轨道，这使得它的第一电离能高于O原子。而Mg作为金属元素更容易失去电子。因此第一电离能的大小顺序为N > O > Mg，即Y > Z > M，B选项正确。
C、在中，N原子的价层电子对数为，采用杂化，形成正四面体结构，键角为109°28'。而H2O分子中O原子的价层电子对数为，同样采用杂化，但由于存在两对孤电子对，分子呈V型结构，键角约为104.5°。因此的键角大于H2O，C选项正确。
D、Cl2溶于水会发生反应，生成的HClO具有漂白性，D选项正确。
故答案为：A
【分析】X、Y、Z、M、Q在三个不同的短周期，且原子序数依次增大，因此X为H。由矿物质的晶体化学式可知，Z为O。X和Y的质子数之和等于Z的质子数，因此Y的质子数为7，因此Y为N。基态Z、M原子中，s轨道和p轨道中的电子数相等，因此其核外电子排布式为1s22s22p4、1s22s22p63s2。因此M为Mg。由晶体的化学式，结合化合价代数和为0可得，Q的化合价为-1，因此Q为Cl。据此结合元素周期律分析选项。
10．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由于M为阳极，N为阴极，电极a的电势高于电极b，A选项正确；B．N极的还原反应为： + 4e + 2H+ → + 2Cl ，B选项正确；
C．H+向阴极（N极）移动，即从左向右迁移，C选项正确；
D．M极的氧化反应为：。根据电极反应计量关系，生成0.1 mol苯酚时，理论上产生0.2 mol CO2（质量为4.4 g），D选项错误。
故答案为：D
【分析】在电极M上，CH3COOH失去电子被氧化为CO2，因此M为阳极；在电极N上，得到电子被还原为，因此N为阴极。电极a连接阳极，为正极；电极b连接阴极，为负极。在电解池中，阳离子（H+）向阴极（N极）迁移。
11．【答案】A
【知识点】蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．操作IV是过滤操作，A选项错误；
B．氢氧化钠溶液用于除去粗产品中的残留酸，因此可用碳酸钠溶液替代氢氧化钠溶液，B选项正确；
C．产品中含有少量水分，无水氯化钙的作用是干燥除水，C选项正确；
D．蒸馏时需在蒸馏烧瓶中加入碎瓷片以防止暴沸，D选项正确；
故答案为：A
【分析】硝酸和硫酸属于水相，硝基苯和苯属于有机相。操作I通过分液将水相和有机相初步分离。操作II加入NaOH溶液以去除有机相中残留的硝酸和硫酸（NaOH溶液不溶于有机溶剂）。操作III用水分离NaOH溶液和有机相。操作IV加入无水氯化钙去除有机相中残留的水（无水氯化钙不溶于有机相），通过过滤得到有机相IV。最后通过蒸馏将有机相IV中的苯和硝基苯分离。
12．【答案】C
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a点溶液中含有，电离产生的抑制了水的电离。而b点溶液中含有与，其中的水解促进了水的电离。因此水的电离程度：a＜b，A选项正确；
B．d点溶液中含有和，溶液的中的电离，使得溶液的pH=11，此时溶液中c(OH-)=10-3mol/L，而，由，，B选项正确；
C．c点溶液的pH=7，因此溶液中，由电荷守恒；由元素质量守恒，溶液中，，二者联立可：得，，C选项错误；
D．由C项分析可知，根据硫元素和氮元素守恒，有，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、酸、碱或酸式盐电离产生的H+、OH-抑制水的电离；盐类的水解促进水的电离。
B、电离平衡常数只与温度有关，可采用pH=11的溶液进行计算。
C、结合电荷守恒和物料守恒进行分析。
D、根据硫元素、氮元素的守恒进行分析。
13．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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．根据反应历程分析，该过程包含三个基元反应：、和。其中第三个反应的活化能最大，是速率控制步骤，A选项正确。
B．反应过程中涉及键和键的断裂，以及键和键的形成，但未形成新的极性键，B选项错误。
C．从的结构可知，其含有1个五元环和10个六元环。每脱去两个氢原子会新增一个五元环，因此最终产物应含有6个五元环和10个六元环，C选项正确。
D．催化剂仅能改变反应速率，不影响化学平衡，因此不能提高反应物的平衡转化率，D选项错误。
故答案为：BD
【分析】A、存在几个过渡态，就有几个基元反应；反应所需的活化能最大，则其反应速率最慢。
B、根据反应过程中化学键的断裂与形成分析。
C、根据C40H20的结构，结合反应过程中新增五元环进行分析。
D、催化剂通过改变反应历程，从而改变反应速率，但不影响平衡移动。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 根据分析可知反应焓变，选项A正确；
B. 由分析可得压强大小关系为，选项B正确；
C. 平衡常数仅与温度有关。比较e、b、f三点（压强相同但温度不同）：温度升高导致甲醇体积分数降低，说明平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数关系为，选项C错误；
D. a、b、c三点温度相同但压强不同，压强增大反应速率加快，故速率关系为，选项D正确；
故答案为：C
【分析】当温度升高时，CH3OH的体积分数降低，表明正向反应为放热过程，因此焓变。增大压强会使平衡向正反应方向移动，甲醇的体积分数随之增加。在相同温度条件下，p1、p2、p3对应的甲醇体积分数依次递减，说明压强关系为。据此结合选项分析。
15．【答案】（1）LiOH；；改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化
（2）当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；ab；
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，
③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，
故答案为：LiOH；；改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
（2）①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=10-3 cVmol，则产物中铁元素的质量分数为：，
故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；ab；。
【分析】 先将强碱 LiOH 加入煮沸后的蒸馏水中，配制成 LiOH 溶液备用。随后把 H3PO4溶液与 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分混合，转移至三颈烧瓶中；连接好实验装置后，通入氮气排尽装置内的空气，避免 Fe2+被氧化。接着通过滴液漏斗缓慢向三颈烧瓶中滴加 LiOH 溶液，让反应物充分反应生成 LiFePO4沉淀；反应结束后，经过过滤、洗涤、干燥操作，得到 LiFePO4粗产品。
（1）①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，故答案为：LiOH；
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
③LiFePO4为锂离子电池的正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，故答案为：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
（2）①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者，故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
故答案为：ab；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cmol/L×V×10-3L=10-3 cVmol，则产物中铁元素的质量分数为：，故答案为：。
16．【答案】（1）去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）Si
（4）3d104s1；BD；1.12L
（5）
【知识点】原子核外电子排布；物质的分离与提纯；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
故答案为：去除塑料；减少酸溶过程中氮氧化物的生成
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
故答案为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
故答案为：Si
（4）①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1。
故答案为：3d104s1
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故答案为：BD
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
故答案为：1.12L
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
故答案为：
【分析】（1）“灼烧”可去除表面的塑料，同时将物质氧化，防止酸溶过程中氮氧化物的生成。
（2）溶解Au的过程中，Au被HNO3氧化，同时与Cl－结合生成[AuCl4]-，据此写出反应的离子方程式。
（3）Si与强酸溶液不反应，因此滤渣2为Si。
（4）①Cu为29号元素，结合核外电子排布规律书写其价电子排布式。
②A、Pd(NH3)2Cl2为四配位物质，不存在离子键。
B、该化合物中无离子键，属于分子晶体。
C、a、b两种结构不同，因此为平面四边形结构。
D、b的对称性更好，极性更小。
③根据化合价变化，结合电子转移计算。
（5）阴极上[Ag(NH3)2]＋发生得电子的还原反应，生成Ag和NH3，据此写出电极反应式。
（1）通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将Cu、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氮氧化物的生成量减小，减少对环境的污染。
（2）由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为时溶解Au的效果较好，此时被还原为NO，Au被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Au++ 4H++ 4Cl-=+ NO + 2H2O。
（3）废旧芯片中含有的物质中除Si与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合物中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。
（4）(4)①Cu在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1；
②A．为四配位，两个Cl-和两个NH3分子均以配位键与Pd相连，无离子键，A错误；
B．为分子化合物，无离子键，属于分子晶体，B正确；
C．如果的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体， C错误；
D．a和b相比，b的对称性更好，故a的极性更大，D正确；
故选BD。
③21.1g溶液加入50.00mL8.0mol/L的水合肼()溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2，该反应中N元素由-2价上升到0价，Pd元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒，该反应转移电子，则生成n(N2)==0.05 mol，标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12 L。
（5）“氨溶”过程中发生的反应为，所得溶液中存在 ，阴极发生还原反应生成Ag，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为。
17．【答案】（1）取代反应；羟基、醛基
（2）
（3）2+O2+2H2O
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；乙醇的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基。
故答案为：取代反应；羟基、醛基
（2）B的结构简式为。
故答案为：
（3）由E生成F的反应方程式为。
故答案为：
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为。
故答案为：
（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；
故答案为：6
（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛( )为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下 ：。
故答案为：
【分析】根据题目信息，化合物A是一种芳香醇，其结构为。A经过消去反应生成B，B的结构为。B与溴发生加成反应，生成二溴代烃D，D的结构为。D经过水解反应生成E，E的结构为。E在催化氧化条件下生成F，F的结构为。F经过银镜反应并酸化后得到H，H的结构为。H可以通过缩聚反应生成聚酯I，也可以通过酯化反应生成环酯J，J的结构为。根据题目中的条件②和③，可以确定C的结构为，K的结构为。基于以上分析进行解答。
（1）由D生成E是在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成和溴化钠，反应类型为取代反应，F为，所含官能团的名称为羟基、醛基；
（2）B的结构简式为；
（3）由E生成F的反应方程式为；
（4）J为一种具有3个六元环的酯，则其结构简式为；
（5）F()的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中有羧基，且苯环上的一氯代物有3种，则苯环上有一个取代基或三个不同的取代基，若苯环上只有一个取代基，则可以为或；若苯环上有三个取代基，则为、、、，故符合条件的总共有6种；
（6）参考上述合成路线，由叔丁基氯[(CH3)3CCl]和糠醛( )为原料制备糖叉丙酮，可以先由叔丁基氯水解制备2-甲基丙烯，然后根据信息②的反应，2-甲基丙烯经酸性高锰酸钾溶液氧化、酸化后得到丙酮，最后再根据信息③的反应，丙酮与糠醛发生反应得到目标产品。具体合成路线如下 ：。
18．【答案】（1）
（2）cd
（3）含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代
（4）b；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小；33.3%；减小
【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）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
故答案为： ；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故答案为 ：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
故答案为：含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 ；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
故答案为： b ；至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 ； 33.3% ； 减小。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过主反应（Ⅰ）减去反应Ⅲ和Ⅳ，推导出反应Ⅱ的焓变：。
(2)c：起始投料比与化学计量比不同，当乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡。
d：绝热容器中，温度不变意味着体系热量变化停止，反应达到平衡。
ab：混合气体的总质量、总物质的量始终不变，故平均相对分子质量和密度均为定值，不能作为平衡标志。
(3)CH3COOH含有π键，与Cu+形成更强的配位键，优先被吸附剂吸附，从而将已吸附的CH3CH2OH置换出来，导致其浓度比上升。
(4)①曲线判断：乙酸乙酯是所有反应的反应物，随温度升高其含量持续降低，对应曲线b。在T2至T3区间，反应Ⅱ（吸热）的正向移动效应超过了反应Ⅰ（放热）的逆向移动效应，成为主导因素。
②体积分数计算：根据T2时各物质的S值，结合原子守恒和反应关系，计算得出CO2的体积分数为33.3%。
③平衡常数判断：表达式是反应Ⅱ平衡常数的倒数。增大O2浓度会促进Ⅲ、Ⅳ的进行，消耗CH3COOH和CH3CH2OH，使反应Ⅱ正向移动，该比值因此减小。
（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，；
（2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误；
b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误；
c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确；
d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确；
故选：cd；
（3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代；
（4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小；
②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是；
③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。
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