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四川省绵阳普明中学2024-2025学年高三下学期 二模化学试题
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·涪城模拟）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．平遥古城以青砖灰瓦为主要建筑材料，其主要成分是硅酸盐
B．“围炉煮茶”时常用木炭作燃料，木炭属于混合物
C．某种家用保险丝是由铅锑元素组成的细丝状导体，其材质属于合金
D．油纸伞伞面涂抹由桐树籽压榨而得的桐油，桐油是烃类化合物
2．（2025·涪城模拟）实验安全是科学探索的坚固基石。下列安全问题处理方法正确的是
A．活泼金属燃烧起火，用灭火毛（石棉布）灭火
B．稀释浓硫酸时，将水缓慢倒入浓硫酸中并不断搅拌
C．不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用大量热水冲洗
D．加热固定装置中液体时出现暴沸，停止加热并立即补加沸石
3．（2025·涪城模拟）实验室由正丁醇制备正丁醛(微溶于水)的流程如图所示。下列说法或操作正确的是
A．步骤①中需加入过量的
B．步骤②的操作是水洗，该过程需振荡、放气、静置分层
C．无水的作用是检验正丁醛是否含有水
D．蒸馏时使用球形冷凝管，可提升冷凝效率
4．（2025·涪城模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．中含有的晶胞数目为
B．与足量的浓硫酸充分反应，转移的电子数为
C．的能级轨道上未成对的电子总数为
D．晶体中与最近的的核间距为acm，其晶体密度为
5．（2025·涪城模拟）化学用语可以表达化学过程。下列化学用语错误的是
A．火箭升空：
B．废水处理：
C．高原供氧：
D．尾气吸收：
6．（2025·涪城模拟）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()。下列表述正确的是
A．的电子式：
B．分子的正负电荷中心分布：
C．的结构式：
D．基态的价层电子排布式：
7．（2025·涪城模拟）化合物X是三七花的主要活性成分之一，其结构简式如图所示。下列有关化合物X说法错误的是
A．存在顺反异构 B．分子中含有4个手性碳原子
C．能与甲醛发生缩聚反应 D．1molX最多能消耗
8．（2025·涪城模拟）化合物H是一种低能量的甜味剂，其结构简式如图所示。其中XY、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M位于同一主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．键角：
C．第一电离能：
D．Y和Z均能与X形成2种以上的化合物
9．（2025·涪城模拟）有机物X是一种具有除草活性的植物化学物质，在常温下存在如下互变异构平衡。下列说法错误的是
A．X中含有2种含氧官能团 B．X和Y经催化加氢可得相同产物
C．可用红外光谱区分X和Y D．Y分子中有两个手性碳原子
10．（2025·涪城模拟）我国科技工作者设计了成对电解的高效双功能电催化剂，实现了在电解池阴阳两极都得到高价值含氮化合物，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a的电极电势低于催化电极b
B．电解过程中阳极区的c(NaOH)不变
C．催化电极b的反应式为
D．理论上每产生1mol转移
11．（2025·涪城模拟）X、Y、Z、M、Q是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大。X元素的原子半径是元素周期表中最小的；基态Y原子的能级处于半充满状态，且是红棕色气体；M元素是短周期元素中金属性最强的元素；Q原子的次外层是全充满状态，最外层仅有1个电子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．只含X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物
C．Z的简单氢化物比Y的简单氢化物稳定，且熔沸点高
D．中含离子键、共价键、配位键
12．（2025·涪城模拟）黑辰砂大多数是黑色结晶状，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为，晶体密度为。下列说法正确的是
A．位于元素周期表中p区
B．位于构成的正四面体中心
C．该晶胞中最近的之间的距离为
D．若c的原子坐标为，则b的原子坐标为
13．（2025·涪城模拟）柠檬酸钙是一种常见的食品补钙剂。柠檬酸钙微溶于水，难溶于乙醇，在常温常压下稳定，但在高温、潮湿或与强氧化剂接触时可能会发生分解反应。某学习小组以蛋壳为主要原料制备柠檬酸钙的流程如下图：
下列说法正确的是
A．上述实验流程中可循环使用的物质是醋酸
B．上述实验流程中干燥柠檬酸钙时，温度越高效果越好
C．上述实验流程中生成醋酸钙的离子方程式为
D．与金属反应时，同浓度的柠檬酸的反应速率比醋酸慢
14．（2025·涪城模拟）硅烷法制备多晶硅的核心反应 。已知，，、分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的，不同温度下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．当时可判断该反应已达平衡
B．平衡后温度由变为，增大的倍数小于增大的倍数
C．平衡后恒温下再加入，再达平衡时不变
D．温度下，平衡时
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·涪城模拟）焦亚硫酸钠()是一种重要的还原剂，在印染、电镀、酿造等工业生产中发挥着重要作用。利用烟道气中的生产的流程图如下。
已知：①的过饱和溶液，经结晶脱水得到；②，；③受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠；④与强酸反应生成。
（1）已知焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，且中含有键，试写出焦亚硫酸()的结构式　 　。
（2）生产的过程中，涉及多次调节溶液pH。
①试分析步骤I中，溶液显酸性的原因　 　(结合化学原理，列式计算说明)，并写出其中发生的化学方程式　 　。
②步骤III中通入的目的是　 　。
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，试设计实验说明　 　。
（4）“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应注意　 　。
16．（2025·涪城模拟）是一种重要氧化剂，受热易分解，可处理水中的有机污染物。某实验小组制备的原理和装置如图，回答下列问题。
实验原理：
（1）装置B中反应的化学方程式为　 　。
（2）仪器C中“试剂X”为　 　。
（3）实验中用到上图所示仪器，其合理的连接顺序为c→　 　(填仪器接口小写字母)。
（4）实验室还可用电解法制备，原理如下图所示，阳极的电极反应式为　 　，实验过程中使用冰浴的目的为　 　。
（5）产品纯度测定。称取mg试样置于碘量瓶，向其中加入足量的KI溶液和少量乙酸，暗处静置片刻，再用标准溶液滴定生成的(相关反应为)，三次实验消耗标准溶液体积的平均值为VmL。碘量瓶中加入足量KI溶液时反应的离子方程式为　 　。滴定过程中选用的指示剂为　 　，产品的纯度为　 　%(列出含m、V的计算式)。
17．（2025·涪城模拟）有机物X作为有机太阳能电池中的添加剂，可提高太阳能电池的光电转换效率和稳定性。X的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　（用系统命名法命名）。
（2）C的结构简式为　 　；化学反应类型为　 　。
（3）M的酸性　 　（填“大于”或“小于”）的酸性，其原因是　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）X的结构简式为，已知虚线圈内所有原子共平面。
①X中N原子的杂化方式为　 　。
②在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键为　 　。
（6）有机物Y是B的同分异构体，则满足下列条件的Y的结构简式为　 　。
①苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱峰面积之比为。
18．（2025·涪城模拟）为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。
Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，反应方程式为。
（1）几种物质的燃烧热如下表：
物质
燃烧热() 893 283 285.8
请计算甲烷干重整反应的　 　。
（2）合成气可以用于生成液体燃料甲醇， ，该反应在　 　条件下能自发进行(填“高温”“低温”或“任何温度”)。将CO和按照等物质的量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，a、b、c三点对应化学平衡常数大小关系为　 　。
Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。
（3）催化循环中产生的中间体微粒共　 　种。
（4）催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为　 　。
Ⅲ．利用甲醇一定条件下直接脱氢可制化工原料甲醛，涉及的反应如下：
反应①：
反应②：
（5）将2mol加入一刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性或收率的影响如图所示。
已知：平衡衡状态下，；
①图中表示选择性的是曲线　 　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②℃时的平衡转化率为　 　，反应Ⅱ的平衡常数　 　(，x为物质的量分数)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】生活中的有机化合物；硅酸盐
【解析】【解答】A、平遥古城的青砖灰瓦属于传统硅酸盐建筑材料，主要由黏土等烧制而成，核心化学成分为硅酸盐，符合传统建筑材料的组成规律，A正确；
B、木炭是木材不完全燃烧得到的固体产物，除碳单质外，还含有少量灰分、未完全炭化的有机物等杂质，属于混合物，并非纯净的碳单质，B正确；
C、家用保险丝由铅、锑等金属元素组成，是将多种金属熔合在一起形成的合金，合金熔点低于纯金属，符合保险丝 “易熔断、保护电路” 的功能需求，C正确；
D、桐油是从桐树籽中压榨得到的天然植物油，属于油脂类，分子中含有酯基（-COO-），由 C、H、O 三种元素组成；而烃类化合物仅由 C、H 两种元素组成，因此桐油不属于烃类化合物，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质分类核心：明确纯净物 / 混合物、盐类 / 合金、烃类 / 烃的衍生物的定义边界。
生活物质特性：青砖灰瓦属于传统硅酸盐材料；木炭是含杂质的碳单质混合物；合金是金属与金属（或非金属）熔合的具有金属特性的物质；植物油类均为酯类物质，含 C、H、O 元素。
2．【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、Na 是活泼金属，燃烧时会与水、CO2发生反应并放热，无法用水或 CO2类灭火器灭火。灭火毛（石棉布）能隔绝空气，达到灭火目的，是安全的处理方式，A正确；
B、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并不断搅拌，使热量及时扩散；若将水倒入浓硫酸中，浓硫酸遇水剧烈放热，会导致酸液飞溅，引发安全事故，B错误；
C、苯酚具有腐蚀性且易溶于乙醇，若沾到皮肤上，应先用乙醇擦拭溶解苯酚，再用清水冲洗；用大量热水冲洗会烫伤皮肤，加重伤害，C错误；
D、加热液体时出现暴沸，应先停止加热，待装置和液体冷却至室温后，再补加沸石；若立即补加沸石，热液体可能因突然受激而飞溅，造成危险，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
活泼金属燃烧：Na 等活泼金属能与水、CO2发生放热反应，灭火需隔绝空气，不能用水或泡沫灭火器。
浓硫酸稀释：遵循 “酸入水” 原则，避免因剧烈放热导致酸液飞溅。
苯酚沾肤：利用苯酚易溶于乙醇的特性，同时避免高温热水对皮肤的二次伤害。
液体暴沸：需先停止加热、冷却后再补加沸石，防止热液体飞溅。
3．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、酸性条件下 Na2Cr2O7氧化性较强，正丁醇被氧化为正丁醛后，若 Na2Cr2O7过量，会继续将正丁醛氧化为正丁酸，导致产物不纯，因此不能加入过量的 Na2Cr2O7，A错误；
B、步骤②为水洗除杂：正丁醛微溶于水，而反应生成的盐类、未反应的酸等杂质易溶于水，通过水洗可使杂质进入水相。该操作属于分液操作，需依次进行振荡、放气、静置分层，最终分离得到正丁醛有机相，B正确；
C、无水 MgSO4是中性干燥剂，加入后可吸收正丁醛中残留的水分，实现干燥产品的目的，并非用于检验正丁醛是否含水，检验水通常用无水硫酸铜，C错误；
D、蒸馏操作应选用直形冷凝管，其冷凝路径更利于液体顺利流下；球形冷凝管内部凹槽多，易留存液体，主要用于回流反应，不适合蒸馏操作，无法提升冷凝效率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化反应控制：强氧化剂过量易导致醛基被进一步氧化为羧基，需控制用量以保留醛基。
分液操作逻辑：水洗分离微溶于水的正丁醛与水溶性杂质，遵循萃取分液的标准操作流程。
干燥剂功能：无水硫酸镁用于吸收水分干燥产品，而非检验水的存在。
蒸馏装置选择：蒸馏操作需选用直形冷凝管，球形冷凝管多用于回流反应。
4．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Cu为面心立方晶胞，1个晶胞中含4个Cu原子。64g Cu的物质的量为1mol，含原子数为N ，因此晶胞数目为 ，A正确；
B、Zn与浓硫酸反应时，Zn元素由0价升至+2价，1mol Zn转移2mol电子。6.5g Zn的物质的量为0.1mol，故转移电子数为 ，B正确；
C、基态Fe原子价电子排布为3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，4s轨道有2个成对电子，故1个Fe原子有4个未成对电子。56g Fe为1mol，未成对电子总数为4NA，C正确；
D、CsCl为体心立方晶胞，1个晶胞含1个Cs+和1个Cl-。Cs+与最近Cl-的核间距为a cm，即晶胞体对角线的一半为a cm，因此晶胞边长为 。
晶体密度公式为 ，代入晶胞质量 和体积 ，计算得 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞计数：明确Cu的面心立方晶胞中原子个数，结合物质的量计算晶胞数目。
电子转移：根据金属化合价变化，计算反应中转移的电子总数。
未成对电子：依据原子价电子排布式，判断能级轨道上的未成对电子数。
晶体密度：结合CsCl的体心立方晶胞结构，由核间距推导晶胞边长，再代入密度公式计算。
5．【答案】A
【知识点】热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、火箭推进剂反应 是放热反应，需释放大量能量提供动力，因此焓变应满足。题中给出，将放热反应标注为吸热，与实际热效应完全相悖，A错误；
B、被氧化为（失），被还原为（每个得，共得），电子守恒要求与计量比为。配平后离子方程式为： ，电荷、原子均守恒，B正确；
C、与反应生成，可作供氧剂，反应方程式为：
符合物质性质与配平规则，C正确；
D、中提供空轨道，、提供孤电子对，形成更稳定的，反应方程式为： ，符合配位化学成键规律，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
热化学方程式易错点：混淆放热/吸热反应的符号，火箭推进、燃烧、酸碱中和等均为放热，；
氧化还原配平易错点：先配电子守恒，再补、或、，避免电荷不守恒；
配位反应易错点：明确中心离子配位数变化，保证配体与电荷匹配。
6．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH2OH分子中，N原子与2个H、1个O成键，最外层应含1对孤电子对；O原子与1个N、1个H成键，最外层应含2对孤电子对。题给电子式中N原子孤电子对、O原子孤电子对的标注均存在错误，未满足各原子最外层8电子稳定结构（H为2电子），A错误；
B、NH3分子中N原子电负性远大于H原子，成键电子对偏向N原子，因此N原子带部分负电荷（δ-），H原子带部分正电荷（δ+）。题中电荷分布标注颠倒，B错误；
C、肼（NH2NH2）的结构为两个-NH2通过N-N单键连接，结构式应为（展开为，每个N再连2个H），题中写成N=N双键，不符合肼的价键结构，C错误；
D、基态Fe原子的价层电子排布式为，Fe原子失去4s轨道的2个电子形成Fe2+，因此基态Fe2+的价层电子排布式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式：需满足各原子最外层电子数（尤其是N、O的孤电子对），且符合价键连接逻辑。
分子极性：NH3中N原子电负性大于H，电子云偏向N，N带部分负电，H带部分正电。
结构式：肼（NH2NH2）中两个N原子间为单键，而非双键。
价层电子排布：基态Fe原子价电子为3d64s2，失去4s轨道2个电子形成Fe2+。
7．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中的碳碳双键两端，分别连接了 “酯基与氢原子”“苯环与氢原子”，两组基团均不相同，满足顺反异构的形成条件，因此该化合物存在顺反异构体，A正确；
B、手性碳原子是指连接 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。结合结构简式，环己烷环上有 4 个饱和碳原子分别连接了羟基、酯基或不同的环上基团，均符合手性碳定义，故分子中存在 4 个手性碳原子，B 正确；
C、该分子含有酚羟基，且酚羟基的两个邻位均未被取代，存在可反应的氢原子，在合适条件下能与甲醛（HCHO）发生酚醛缩聚反应，生成高分子化合物，C正确；
D、1mol 该化合物与 Br2反应时，包含两类反应：一是分子中的 1 个碳碳双键可与 1mol Br2发生加成反应；二是酚羟基的两个邻位氢原子可与 2mol Br2发生取代反应，两类反应合计，1mol 该化合物最多消耗 3mol Br2，而非选项中所说的 2mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
顺反异构判断易错：易误判碳碳双键两端的基团，忽略 “双键两个碳原子均需连接不同基团” 的核心条件，错认为只要有双键就存在顺反异构。
手性碳计数易错：一是漏看环己烷环上的饱和取代碳，二是误将连接重复基团的碳原子判定为手性碳，导致计数偏差。
酚醛缩聚条件易错：不清楚酚与甲醛缩聚的关键是 “酚羟基邻、对位有活性氢”，易错误认为只要有酚羟基就能发生缩聚反应。
Br2消耗量计算易错：仅考虑碳碳双键的加成反应，遗漏酚羟基邻位氢的取代反应；或混淆取代反应的计量比，导致总消耗量计算错误。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；烷烃
【解析】【解答】A、M 为 S，对应简单离子为 S2-；Q 为 K，对应简单离子为 K+。二者核外均有 18 个电子，电子层结构完全相同。根据 “电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小”，K 的核电荷数（19）大于 S（16），因此离子半径 S2- > K+，即 M > Q，A错误；
B、MW2为 SO2，YW2为 CO2。CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，分子空间构型为直线形，键角为 180°；SO2分子中 S 原子采取 sp2 杂化，因孤电子对斥力大于成键电子对，分子空间构型为V 形，键角远小于 180°。因此键角 MW2 < YW2，B错误；
C、W 为 O，Z 为 N，二者均位于第二周期。同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但 N 原子的 2p 轨道为 3 个电子的半满稳定结构，失去电子所需能量更高，因此第一电离能 N > O，即 W < Z，C错误；
D、X 为 H，Y 为 C，二者可形成甲烷（CH4）、乙烷（C2H6）、乙烯（C2H4）等多种烃类化合物；Z 为 N，与 H 可形成氨气（NH3）、联氨（N2H4）、羟胺（NH2OH）等多种含氮化合物。可见 Y、Z 均能与 X 形成 2 种以上化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】利用 “共价键数目 = 原子成键特征” 快速定位元素。形成 1 个共价键的为 H（X）；形成 4 个共价键的为 C（Y）；形成 3 个共价键的为 N（Z）；形成 2 个共价键且与 M 同主族的为 O（W），则 M 为 S；形成 + 1 价阳离子且原子序数最大的前 20 号元素为 K（Q）。据此解题。
9．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中存在羟基（-OH）、酮羰基（C=O）和碳碳双键（C=C）三种官能团。其中羟基、酮羰基为含氧官能团，碳碳双键不含氧，因此 X 中含氧官能团共 2 种，A正确；
B、催化加氢时，X 分子中的碳碳双键、酮羰基均能与 H2发生加成反应；Y 分子中仅酮羰基可与 H2加成。二者加氢后，碳骨架完全不变，酮羰基均转化为仲羟基， 产物均为，B正确；
C、红外光谱的核心作用是检测分子中的官能团与化学键。X 含碳碳双键，Y 无碳碳双键，二者的官能团组成存在本质差异，会产生不同的特征吸收峰，因此可用红外光谱精准区分 X 和 Y，C正确；
D、手性碳原子需满足 “饱和碳原子 + 4 个不同取代基” 的条件。排查 Y 分子的所有饱和碳原子，发现所有碳原子均连接了至少 2 个相同的原子或基团（如甲基、亚甲基），无任何一个饱和碳原子符合手性碳的定义，即 Y 分子中手性碳原子数目为 0，而非选项所述的 2 个，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团判断突破口：聚焦分子中的含氧原子成键形式，区分羟基（-OH）、酮羰基（C=O）与碳碳双键（C=C），明确含氧官能团的专属范畴。
催化加氢产物判断核心：锁定可加氢的不饱和位点（碳碳双键、酮羰基），分析互变异构体加氢后碳骨架与官能团的转化结果，判断产物是否一致。
红外光谱鉴别关键：红外光谱通过识别官能团的特征吸收峰区分物质，只要官能团种类或化学键类型存在差异，即可实现有效区分。
手性碳识别要点：紧扣 “连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子” 定义，逐一排查 Y 分子中所有饱和碳原子的取代基组成，避免漏判或误判。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理
【解析】【解答】A、催化电极a发生氧化反应，为阳极，接电源正极；催化电极b发生还原反应，为阴极，接电源负极。电解池中阳极电势高于阴极电势，因此催化电极a的电势高于b，A错误；
B、阳极区发生氧化反应，分子去氢生成，会与结合消耗；同时装置为阴离子交换膜，阳极区的会向阴极区迁移，导致阳极区持续减少，降低，B错误；
C、电极b为阴极， 得电子被还原为，反应在碱性溶液中进行。N元素从+5价降至-3价，1mol 得8mol电子；结合电荷守恒与原子守恒，配平得： ，符合书写规范，C正确；
D、阳极反应中，（等效为）转化为，失去4个H原子，实质是失去4mol电子生成1mol 产物。因此每产生1mol目标产物，理论上转移4mol e-，而非2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
右侧电极b处， 中N为+5价，产物中N为-3价，化合价显著降低，发生得电子的还原反应，因此电极b为阴极， 反应式为； 左侧电极a处，苄胺的 基团转化为苯甲腈的 基团，分子中失去4个H原子，发生失电子的氧化反应，因此电极a为阳极，电极反应方程式为： 。
11．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、M 为 Na，对应离子 Na+；Y 为 N，对应离子 N3-；Z 为 O，对应离子 O2-。三者均为 10 电子微粒，电子层结构相同。根据 “核电荷数越大，离子半径越小”，核电荷数顺序为 O (8) > N (7) > Na (11)，因此离子半径顺序为 N3- > O2- > Na+，即 Y > Z > M，A错误；
B、X、Y、Z 分别为 H、N、O，三者可形成多种化合物。例如，硝酸铵（NH4NO3）由铵根离子（NH4+）和硝酸根离子（NO3-）构成，属于离子化合物，并非一定是共价化合物，B错误；
C、Z 的简单氢化物为 H2O，Y 的简单氢化物为 NH3。
稳定性：O 的非金属性强于 N，非金属性越强，氢化物越稳定，故 H2O 比 NH3稳定。
熔沸点：H2O 和 NH3分子间均存在氢键，但 H2O 分子间氢键更多、作用力更强，因此 H2O 的熔沸点高于 NH3，C正确；
D、Q 为 Cu，YX3为 NH3，该离子为 [Cu(NH3)4]2+。此离子内部，NH3分子内存在 N-H共价键，Cu2+与 NH3之间存在配位键。但离子键是阴阳离子之间的作用力，该微粒本身是一个配离子，内部并不存在离子键，D错误；
故答案为：C。
【分析】元素推断：
X：原子半径最小的元素，直接确定为氢（H）。
Y、Z：基态 Y 原子的 np 能级半充满，且 YZ2是红棕色气体，可推知 Y 为氮（N），Z 为氧（O）（红棕色气体为 NO2）。
M：短周期中金属性最强的元素，确定为钠（Na）。
Q：前四周期元素，次外层全充满、最外层 1 个电子，结合原子序数顺序，确定为铜（Cu）。
据此解题。
12．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Hg的原子序数为80，价电子排布式为，属于第六周期第族，归类为ds区，而非p区，A错误；
B、观察晶胞结构，位于晶胞的顶点和面心，构成面心立方堆积；均匀分布在形成的正四面体空隙中，即位于构成的正四面体中心，B正确；
C、 在1个晶胞中，含有4个和4个，则该晶胞的边长，而在该晶胞中之间的最短距离是顶点到面心的距离，故距离为，C错误；
D、c的原子坐标为， 说明a为坐标原点，则b的原子坐标为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
元素分区易错：混淆ds区与p区的范围，误将、族归为p区。
晶胞距离计算易错：忽略最短距离是面对角线的一半，直接误用晶胞边长计算。
原子坐标易错：对晶胞分数坐标的三维比例关系理解偏差，错误判断坐标。
13．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；比较弱酸的相对强弱的实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工艺中，醋酸先与蛋壳中的 CaCO3反应生成醋酸钙，随后醋酸钙与柠檬酸反应，除生成柠檬酸钙外，还会重新生成醋酸。生成的醋酸无需分离即可再次投入到 “蛋壳加酸” 的步骤中，因此醋酸是该流程中可循环利用的物质，A正确；
B、题干明确指出柠檬酸钙 “在高温时可能会发生分解反应”。若干燥温度过高，会导致产品分解变质，降低产率与纯度，因此干燥需控制在适宜温度，并非越高效果越好，B错误；
C、蛋壳的主要成分为 CaCO3，参与反应的醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆分为 H+和 CH3COO-，需保留完整化学式。正确的离子方程式应为：
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，选项中拆分弱酸的写法错误，C错误；
D、根据 “强酸制弱酸” 的反应规律，柠檬酸能与醋酸钙反应生成醋酸，说明柠檬酸的酸性强于醋酸。同浓度下，酸的酸性越强，电离出的 H+浓度越大，与金属反应的速率就越快，因此柠檬酸的反应速率应比醋酸快，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
循环物质判断核心：锁定流程中的 “生成” 与 “投入” 环节，若某物质在反应中生成，且能作为初始反应物再次参与工艺，则可循环使用。
干燥条件控制要点：紧扣题干关键信息 “柠檬酸钙高温时可能发生分解”，干燥温度需兼顾干燥效率与物质稳定性，不可盲目升高温度。
离子方程式书写关键：醋酸为弱酸，在离子方程式中必须保留化学式，不可拆分为离子形式，这是弱酸参与反应的书写铁律。
反应速率比较依据：利用 “强酸制弱酸” 原理判断酸性强弱，柠檬酸能置换出醋酸，说明柠檬酸酸性更强；同浓度下，酸性越强的酸与金属反应速率越快。
14．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、根据反应式 ，的消耗速率与的生成速率计量比为。当时，表明正反应消耗的速率与逆反应生成的速率相等，正逆反应速率达到平衡状态的核心要求，可判断反应达到平衡，A正确；
B、由图像可知，温度下反应达到平衡更快，故。反应，升温平衡正向移动，说明平衡常数增大。因，升温时和均增大，且**增大的倍数大于增大的倍数**，才能使值上升，选项中“小于”的描述错误，B错误；
C、该反应前后气体总物质的量不变，恒容条件下再充入，体系压强增大，但平衡不发生移动。根据等效平衡原理，重新达到平衡时，各组分的物质的量分数保持不变，因此不变，C正确；
D、平衡时，即，变形得。设初始为，温度下平衡时，则反应消耗，生成、各，二者的物质的量分数均为。
代入计算：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
温度与反应进程判断：图像中曲线斜率代表反应速率，斜率越大温度越高；结合反应（吸热），确定，升温平衡正向移动。
速率常数与平衡常数关联：平衡时，代入速率方程可推导出，将平衡常数计算转化为速率常数比值的判断。
等效平衡应用核心：反应前后气体分子数不变，恒容下充入反应物相当于增大压强，平衡不移动，各组分物质的量分数保持不变。
定量计算关键：以图像中平衡时的物质的量分数为依据，设定初始量，结合反应计量比计算平衡时各组分的物质的量分数，代入公式求解。
15．【答案】（1）或
（2），电离程度大于其水解，所以溶液呈酸性；；形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体
（3）取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水
【知识点】盐类水解的原理；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，中含有键，焦亚硫酸()的结构式或；
故答案为：或 ；
（2）①向饱和碳酸钠溶液中通入调pH=4.1，反应为，得到溶液，，的电离程度大于其水解，所以溶液显酸性，其中发生反应的化学方程式；
②步骤III中通入，此时反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体；
故答案为：，电离程度大于其水解，所以溶液呈酸性 ； ； 形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体 ；
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
故答案为： 取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠，“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水。
故答案为： 在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水 。
【分析】将碳酸钠饱和溶液作为初始液，先通入 SO2调节 pH 至 4.1， 发生反应：， 得到亚硫酸氢钠溶液；向该溶液中加入碳酸钠固体，调节 pH 至 7~8，转化为亚硫酸钠；再向体系中通入 SO2，再次将 pH 调至 4.1，制得亚硫酸氢钠的过饱和溶液， 反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3， 最后经结晶脱水处理，得到目标产物焦亚硫酸钠， 发生的反应为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 。据此解题。
（1）焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，中含有键，焦亚硫酸()的结构式或；
（2）①向饱和碳酸钠溶液中通入调pH=4.1，反应为，得到溶液，，的电离程度大于其水解，所以溶液显酸性，其中发生反应的化学方程式；
②步骤III中通入，此时反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体；
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠，“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水。
16．【答案】（1）
（2）(或“无水”)
（3）gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”亦可得分)
（4）(因未给出具体浓度，故写为“”或“”亦可得分)；防止受热分解(或“变质”)
（5）；淀粉溶液；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）装置B制取氨气，发生反应，
故答案为： ；
（2）仪器C中球形干燥管内装的固体药品能与氨气反应，防止多余的氨气污染环境，故“试剂X”为(或“无水”)，
故答案为：(或“无水”)；
（3）B装置生成的进入D收集氨气，因氨气密度比空气的小，应从导管短的一端进入即g端进入，f端出来，进入 A装置，为了反应物充分混合，氨气从A中b端进入，多余的氨气从a端出来进入尾气处理装置C，从干燥管的d端进，e端出，
故答案为：gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”)；
（4）中O有-2价，-1价，电解法制备，阳极(或者)部分O失电子发生氧化反应，或”或“；为了防止受热分解(或“变质”)实验过程中使用冰浴，故答案为：(因未给出具体浓度，
故答案为：“”或“”)；防止受热分解(或“变质”)；
（5）中-1价O，具有氧化性，可将KI氧化，发生反应为；标准溶液滴定生成的，常通过碘单质的存在判断滴定终点，选择淀粉溶液为指示剂；根据题中信息可列关系式，消耗标准液，样品中含有，mg产品的纯度为，
故答案为：；淀粉溶液；。
【分析】（1）实验室用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应，方程式为，核心是固固加热制碱性气体。
（2）需选择能与氨气反应的酸性、中性干燥剂（如P2O5、无水CaCl2），不能用碱性干燥剂（如碱石灰），目的是吸收尾气氨气。
（3）遵循“制备→收集（短进长出，利用NH3密度小）→反应（充分接触）→尾气处理”的顺序，接口为gfbade（或等价顺序）。
（4）阳极：（或）失电子被氧化为，电极反应式为（或等价形式）。冰浴：防止产物受热分解、变质。
（5）离子方程式：强氧化性的氧化：。
指示剂：淀粉溶液（遇I2变蓝）。
计算：利用关系式，得出，最终纯度为。
（1）装置B制取氨气，发生反应，故答案为：；
（2）仪器C中球形干燥管内装的固体药品能与氨气反应，防止多余的氨气污染环境，故“试剂X”为(或“无水”)，故答案为：(或“无水”)；
（3）B装置生成的进入D收集氨气，因氨气密度比空气的小，应从导管短的一端进入即g端进入，f端出来，进入 A装置，为了反应物充分混合，氨气从A中b端进入，多余的氨气从a端出来进入尾气处理装置C，从干燥管的d端进，e端出，故答案为：gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”)；
（4）中O有-2价，-1价，电解法制备，阳极(或者)部分O失电子发生氧化反应，或”或“；为了防止受热分解(或“变质”)实验过程中使用冰浴，故答案为：(因未给出具体浓度，故写为“”或“”)；防止受热分解(或“变质”)；
（5）中-1价O，具有氧化性，可将KI氧化，发生反应为；标准溶液滴定生成的，常通过碘单质的存在判断滴定终点，选择淀粉溶液为指示剂；根据题中信息可列关系式，消耗标准液，样品中含有，mg产品的纯度为，故答案为：；淀粉溶液；。
17．【答案】（1）2-氯苯甲酸
（2）；取代反应
（3）大于；氟的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（4）
（5）；
（6）、
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）依据有机物的系统命名原则，A的化学名称是2-氯苯甲酸。
故答案为： 2-氯苯甲酸 ；
（2）根据分析，C的结构简式为：。D（）在的作用下与发生反应得到E（），故的反应为取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
（3）的酸性大于的酸性，其原因是F的电负性大于H的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
故答案为： 大于 ； 氟的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
（4）依题意可知，的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）①根据X（）的结构中虚线圈内所有原子共平面可知，N原子的杂化方式为；
②E与P反应生成X的化学方程式为，由此可知：E分子断裂的化学键如图所示：，P分子断裂的化学键如图所示：，故在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键均为键、键。
故答案为： ； ；
（6）有机物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，依据题意：有机物Y能发生银镜反应，则有机物Y中含有官能团或，苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子，则有机物Y的取代基为氯原子和或氯原子和；核磁共振氢谱峰面积之比为，则有机物Y的结构简式为、。
故答案为：、 。
【分析】起始物 A（）与甲醇发生酯化反应生成 B（），B 经硝化反应，生成C（），再经过还原反应得到含氨基的 D
（），D 与碳酸钾、氯甲酸乙酯反应生成 E
（）；E 再与另一中间体反应，最终生成目标产物 X（）。
从另一条合成途径来看：三氟乙酸（M）与甲醇酯化生成 N，N 与乙酸乙酯（）发生已知的缩合反应，生成物质O（），O与生成中间体 P。中间体 P 与 E 进一步反应，最终构建出结构复杂的目标有机物 X（）。
（1）依据有机物的系统命名原则，A的化学名称是2-氯苯甲酸。
（2）根据分析，C的结构简式为：。D（）在的作用下与发生反应得到E（），故的反应为取代反应。
（3）的酸性大于的酸性，其原因是F的电负性大于H的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
（4）依题意可知，的化学方程式为。
（5）①根据X（）的结构中虚线圈内所有原子共平面可知，N原子的杂化方式为；
②E与P反应生成X的化学方程式为，由此可知：E分子断裂的化学键如图所示：，P分子断裂的化学键如图所示：，故在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键均为键、键。
（6）有机物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，依据题意：有机物Y能发生银镜反应，则有机物Y中含有官能团或，苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子，则有机物Y的取代基为氯原子和或氯原子和；核磁共振氢谱峰面积之比为，则有机物Y的结构简式为、。
18．【答案】+244.6；低温；Ka＞ Kb= Kc；6；；Ⅰ；80%；0.25
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）CH4、CO 和H2，的燃烧热分别为-893kJ/mol、-283kJ/mol和-285.8kJ/mol，根据盖斯定律：可计算应的=[-893-(2×-283)-(2×-285.8)]kJ/mol=+244.6kJ/mol；
故答案为： +244.6 ；
（2）该反应均小于0，根据反应自发，可知该反应低温下自发进行；升温平衡逆向移动，CO的平衡转化率下降，由图可知，a点温度小于b点，则a点平衡常数大于b点，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，b点温度与c点相同，则b点平衡常数等于c点，所以a、b、c三点平衡常数的大小关系为Ka＞ Kb= Kc；
故答案为： 低温 ； Ka＞ Kb= Kc ；
（3）由流程可知，催化循环中产生了H*和5种含碳离子等共6种中间粒子；
故答案为： 6 ；
（4）由图可知反应物为CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）①甲醇分解反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则原料中甲醇的物质的量大于消耗甲醇的物质的量，由方程式可知，转化为甲醛的甲醇的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，则相同温度时，甲醛的选择性大于甲醛的收率，所以表示选择性的是曲线I；
②由图可知，T1℃平衡时，甲醛的收率为60%、选择性为75%，则平衡体系中甲醛的物质的量2mol×60%=1.2mol，消耗的甲醇的物质的量为1.2mol÷75%=1.6mol，由题意可得：
由上述数据可知，甲醇的转化率为 80% ；
平衡时，CH3OH 的物质的量为0.4mol，HCHO的物质的量为1.2mol，CO的物质的量为0.4mol，H的物质的量为2mol，混合气体的总物质的量为4 mol，CO的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为 0.5，CH3OH的物质的量分数为0.1，反应Ⅱ的平衡常数K=。
故答案为： Ⅰ ； 80% ； 0.25 。
【分析】本题解题要点：
（1）根据燃烧热写出热化学方程式，通过盖斯定律组合得到目标反应，计算得
（2）反应、，低温下自发；升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故。
（3）识别循环中的吸附态中间体（含及5种含碳中间体），共6种。
（4）根据反应物、和产物、，配平得 。
（5）选择性>收率，故曲线Ⅰ为选择性。由收率和选择性算出甲醇转化率为80%，再通过平衡各组分物质的量分数，计算得反应Ⅱ的平衡常数。
1 / 1四川省绵阳普明中学2024-2025学年高三下学期 二模化学试题
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025·涪城模拟）化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．平遥古城以青砖灰瓦为主要建筑材料，其主要成分是硅酸盐
B．“围炉煮茶”时常用木炭作燃料，木炭属于混合物
C．某种家用保险丝是由铅锑元素组成的细丝状导体，其材质属于合金
D．油纸伞伞面涂抹由桐树籽压榨而得的桐油，桐油是烃类化合物
【答案】D
【知识点】生活中的有机化合物；硅酸盐
【解析】【解答】A、平遥古城的青砖灰瓦属于传统硅酸盐建筑材料，主要由黏土等烧制而成，核心化学成分为硅酸盐，符合传统建筑材料的组成规律，A正确；
B、木炭是木材不完全燃烧得到的固体产物，除碳单质外，还含有少量灰分、未完全炭化的有机物等杂质，属于混合物，并非纯净的碳单质，B正确；
C、家用保险丝由铅、锑等金属元素组成，是将多种金属熔合在一起形成的合金，合金熔点低于纯金属，符合保险丝 “易熔断、保护电路” 的功能需求，C正确；
D、桐油是从桐树籽中压榨得到的天然植物油，属于油脂类，分子中含有酯基（-COO-），由 C、H、O 三种元素组成；而烃类化合物仅由 C、H 两种元素组成，因此桐油不属于烃类化合物，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质分类核心：明确纯净物 / 混合物、盐类 / 合金、烃类 / 烃的衍生物的定义边界。
生活物质特性：青砖灰瓦属于传统硅酸盐材料；木炭是含杂质的碳单质混合物；合金是金属与金属（或非金属）熔合的具有金属特性的物质；植物油类均为酯类物质，含 C、H、O 元素。
2．（2025·涪城模拟）实验安全是科学探索的坚固基石。下列安全问题处理方法正确的是
A．活泼金属燃烧起火，用灭火毛（石棉布）灭火
B．稀释浓硫酸时，将水缓慢倒入浓硫酸中并不断搅拌
C．不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用大量热水冲洗
D．加热固定装置中液体时出现暴沸，停止加热并立即补加沸石
【答案】A
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、Na 是活泼金属，燃烧时会与水、CO2发生反应并放热，无法用水或 CO2类灭火器灭火。灭火毛（石棉布）能隔绝空气，达到灭火目的，是安全的处理方式，A正确；
B、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并不断搅拌，使热量及时扩散；若将水倒入浓硫酸中，浓硫酸遇水剧烈放热，会导致酸液飞溅，引发安全事故，B错误；
C、苯酚具有腐蚀性且易溶于乙醇，若沾到皮肤上，应先用乙醇擦拭溶解苯酚，再用清水冲洗；用大量热水冲洗会烫伤皮肤，加重伤害，C错误；
D、加热液体时出现暴沸，应先停止加热，待装置和液体冷却至室温后，再补加沸石；若立即补加沸石，热液体可能因突然受激而飞溅，造成危险，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
活泼金属燃烧：Na 等活泼金属能与水、CO2发生放热反应，灭火需隔绝空气，不能用水或泡沫灭火器。
浓硫酸稀释：遵循 “酸入水” 原则，避免因剧烈放热导致酸液飞溅。
苯酚沾肤：利用苯酚易溶于乙醇的特性，同时避免高温热水对皮肤的二次伤害。
液体暴沸：需先停止加热、冷却后再补加沸石，防止热液体飞溅。
3．（2025·涪城模拟）实验室由正丁醇制备正丁醛(微溶于水)的流程如图所示。下列说法或操作正确的是
A．步骤①中需加入过量的
B．步骤②的操作是水洗，该过程需振荡、放气、静置分层
C．无水的作用是检验正丁醛是否含有水
D．蒸馏时使用球形冷凝管，可提升冷凝效率
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、酸性条件下 Na2Cr2O7氧化性较强，正丁醇被氧化为正丁醛后，若 Na2Cr2O7过量，会继续将正丁醛氧化为正丁酸，导致产物不纯，因此不能加入过量的 Na2Cr2O7，A错误；
B、步骤②为水洗除杂：正丁醛微溶于水，而反应生成的盐类、未反应的酸等杂质易溶于水，通过水洗可使杂质进入水相。该操作属于分液操作，需依次进行振荡、放气、静置分层，最终分离得到正丁醛有机相，B正确；
C、无水 MgSO4是中性干燥剂，加入后可吸收正丁醛中残留的水分，实现干燥产品的目的，并非用于检验正丁醛是否含水，检验水通常用无水硫酸铜，C错误；
D、蒸馏操作应选用直形冷凝管，其冷凝路径更利于液体顺利流下；球形冷凝管内部凹槽多，易留存液体，主要用于回流反应，不适合蒸馏操作，无法提升冷凝效率，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化反应控制：强氧化剂过量易导致醛基被进一步氧化为羧基，需控制用量以保留醛基。
分液操作逻辑：水洗分离微溶于水的正丁醛与水溶性杂质，遵循萃取分液的标准操作流程。
干燥剂功能：无水硫酸镁用于吸收水分干燥产品，而非检验水的存在。
蒸馏装置选择：蒸馏操作需选用直形冷凝管，球形冷凝管多用于回流反应。
4．（2025·涪城模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．中含有的晶胞数目为
B．与足量的浓硫酸充分反应，转移的电子数为
C．的能级轨道上未成对的电子总数为
D．晶体中与最近的的核间距为acm，其晶体密度为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Cu为面心立方晶胞，1个晶胞中含4个Cu原子。64g Cu的物质的量为1mol，含原子数为N ，因此晶胞数目为 ，A正确；
B、Zn与浓硫酸反应时，Zn元素由0价升至+2价，1mol Zn转移2mol电子。6.5g Zn的物质的量为0.1mol，故转移电子数为 ，B正确；
C、基态Fe原子价电子排布为3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，4s轨道有2个成对电子，故1个Fe原子有4个未成对电子。56g Fe为1mol，未成对电子总数为4NA，C正确；
D、CsCl为体心立方晶胞，1个晶胞含1个Cs+和1个Cl-。Cs+与最近Cl-的核间距为a cm，即晶胞体对角线的一半为a cm，因此晶胞边长为 。
晶体密度公式为 ，代入晶胞质量 和体积 ，计算得 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞计数：明确Cu的面心立方晶胞中原子个数，结合物质的量计算晶胞数目。
电子转移：根据金属化合价变化，计算反应中转移的电子总数。
未成对电子：依据原子价电子排布式，判断能级轨道上的未成对电子数。
晶体密度：结合CsCl的体心立方晶胞结构，由核间距推导晶胞边长，再代入密度公式计算。
5．（2025·涪城模拟）化学用语可以表达化学过程。下列化学用语错误的是
A．火箭升空：
B．废水处理：
C．高原供氧：
D．尾气吸收：
【答案】A
【知识点】热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、火箭推进剂反应 是放热反应，需释放大量能量提供动力，因此焓变应满足。题中给出，将放热反应标注为吸热，与实际热效应完全相悖，A错误；
B、被氧化为（失），被还原为（每个得，共得），电子守恒要求与计量比为。配平后离子方程式为： ，电荷、原子均守恒，B正确；
C、与反应生成，可作供氧剂，反应方程式为：
符合物质性质与配平规则，C正确；
D、中提供空轨道，、提供孤电子对，形成更稳定的，反应方程式为： ，符合配位化学成键规律，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
热化学方程式易错点：混淆放热/吸热反应的符号，火箭推进、燃烧、酸碱中和等均为放热，；
氧化还原配平易错点：先配电子守恒，再补、或、，避免电荷不守恒；
配位反应易错点：明确中心离子配位数变化，保证配体与电荷匹配。
6．（2025·涪城模拟）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()。下列表述正确的是
A．的电子式：
B．分子的正负电荷中心分布：
C．的结构式：
D．基态的价层电子排布式：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH2OH分子中，N原子与2个H、1个O成键，最外层应含1对孤电子对；O原子与1个N、1个H成键，最外层应含2对孤电子对。题给电子式中N原子孤电子对、O原子孤电子对的标注均存在错误，未满足各原子最外层8电子稳定结构（H为2电子），A错误；
B、NH3分子中N原子电负性远大于H原子，成键电子对偏向N原子，因此N原子带部分负电荷（δ-），H原子带部分正电荷（δ+）。题中电荷分布标注颠倒，B错误；
C、肼（NH2NH2）的结构为两个-NH2通过N-N单键连接，结构式应为（展开为，每个N再连2个H），题中写成N=N双键，不符合肼的价键结构，C错误；
D、基态Fe原子的价层电子排布式为，Fe原子失去4s轨道的2个电子形成Fe2+，因此基态Fe2+的价层电子排布式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
电子式：需满足各原子最外层电子数（尤其是N、O的孤电子对），且符合价键连接逻辑。
分子极性：NH3中N原子电负性大于H，电子云偏向N，N带部分负电，H带部分正电。
结构式：肼（NH2NH2）中两个N原子间为单键，而非双键。
价层电子排布：基态Fe原子价电子为3d64s2，失去4s轨道2个电子形成Fe2+。
7．（2025·涪城模拟）化合物X是三七花的主要活性成分之一，其结构简式如图所示。下列有关化合物X说法错误的是
A．存在顺反异构 B．分子中含有4个手性碳原子
C．能与甲醛发生缩聚反应 D．1molX最多能消耗
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、分子中的碳碳双键两端，分别连接了 “酯基与氢原子”“苯环与氢原子”，两组基团均不相同，满足顺反异构的形成条件，因此该化合物存在顺反异构体，A正确；
B、手性碳原子是指连接 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。结合结构简式，环己烷环上有 4 个饱和碳原子分别连接了羟基、酯基或不同的环上基团，均符合手性碳定义，故分子中存在 4 个手性碳原子，B 正确；
C、该分子含有酚羟基，且酚羟基的两个邻位均未被取代，存在可反应的氢原子，在合适条件下能与甲醛（HCHO）发生酚醛缩聚反应，生成高分子化合物，C正确；
D、1mol 该化合物与 Br2反应时，包含两类反应：一是分子中的 1 个碳碳双键可与 1mol Br2发生加成反应；二是酚羟基的两个邻位氢原子可与 2mol Br2发生取代反应，两类反应合计，1mol 该化合物最多消耗 3mol Br2，而非选项中所说的 2mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
顺反异构判断易错：易误判碳碳双键两端的基团，忽略 “双键两个碳原子均需连接不同基团” 的核心条件，错认为只要有双键就存在顺反异构。
手性碳计数易错：一是漏看环己烷环上的饱和取代碳，二是误将连接重复基团的碳原子判定为手性碳，导致计数偏差。
酚醛缩聚条件易错：不清楚酚与甲醛缩聚的关键是 “酚羟基邻、对位有活性氢”，易错误认为只要有酚羟基就能发生缩聚反应。
Br2消耗量计算易错：仅考虑碳碳双键的加成反应，遗漏酚羟基邻位氢的取代反应；或混淆取代反应的计量比，导致总消耗量计算错误。
8．（2025·涪城模拟）化合物H是一种低能量的甜味剂，其结构简式如图所示。其中XY、Z、W、M和Q是原子序数依次增大的前20号元素，W和M位于同一主族。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．键角：
C．第一电离能：
D．Y和Z均能与X形成2种以上的化合物
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；烷烃
【解析】【解答】A、M 为 S，对应简单离子为 S2-；Q 为 K，对应简单离子为 K+。二者核外均有 18 个电子，电子层结构完全相同。根据 “电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小”，K 的核电荷数（19）大于 S（16），因此离子半径 S2- > K+，即 M > Q，A错误；
B、MW2为 SO2，YW2为 CO2。CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，分子空间构型为直线形，键角为 180°；SO2分子中 S 原子采取 sp2 杂化，因孤电子对斥力大于成键电子对，分子空间构型为V 形，键角远小于 180°。因此键角 MW2 < YW2，B错误；
C、W 为 O，Z 为 N，二者均位于第二周期。同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但 N 原子的 2p 轨道为 3 个电子的半满稳定结构，失去电子所需能量更高，因此第一电离能 N > O，即 W < Z，C错误；
D、X 为 H，Y 为 C，二者可形成甲烷（CH4）、乙烷（C2H6）、乙烯（C2H4）等多种烃类化合物；Z 为 N，与 H 可形成氨气（NH3）、联氨（N2H4）、羟胺（NH2OH）等多种含氮化合物。可见 Y、Z 均能与 X 形成 2 种以上化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】利用 “共价键数目 = 原子成键特征” 快速定位元素。形成 1 个共价键的为 H（X）；形成 4 个共价键的为 C（Y）；形成 3 个共价键的为 N（Z）；形成 2 个共价键且与 M 同主族的为 O（W），则 M 为 S；形成 + 1 价阳离子且原子序数最大的前 20 号元素为 K（Q）。据此解题。
9．（2025·涪城模拟）有机物X是一种具有除草活性的植物化学物质，在常温下存在如下互变异构平衡。下列说法错误的是
A．X中含有2种含氧官能团 B．X和Y经催化加氢可得相同产物
C．可用红外光谱区分X和Y D．Y分子中有两个手性碳原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；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；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、X 分子中存在羟基（-OH）、酮羰基（C=O）和碳碳双键（C=C）三种官能团。其中羟基、酮羰基为含氧官能团，碳碳双键不含氧，因此 X 中含氧官能团共 2 种，A正确；
B、催化加氢时，X 分子中的碳碳双键、酮羰基均能与 H2发生加成反应；Y 分子中仅酮羰基可与 H2加成。二者加氢后，碳骨架完全不变，酮羰基均转化为仲羟基， 产物均为，B正确；
C、红外光谱的核心作用是检测分子中的官能团与化学键。X 含碳碳双键，Y 无碳碳双键，二者的官能团组成存在本质差异，会产生不同的特征吸收峰，因此可用红外光谱精准区分 X 和 Y，C正确；
D、手性碳原子需满足 “饱和碳原子 + 4 个不同取代基” 的条件。排查 Y 分子的所有饱和碳原子，发现所有碳原子均连接了至少 2 个相同的原子或基团（如甲基、亚甲基），无任何一个饱和碳原子符合手性碳的定义，即 Y 分子中手性碳原子数目为 0，而非选项所述的 2 个，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团判断突破口：聚焦分子中的含氧原子成键形式，区分羟基（-OH）、酮羰基（C=O）与碳碳双键（C=C），明确含氧官能团的专属范畴。
催化加氢产物判断核心：锁定可加氢的不饱和位点（碳碳双键、酮羰基），分析互变异构体加氢后碳骨架与官能团的转化结果，判断产物是否一致。
红外光谱鉴别关键：红外光谱通过识别官能团的特征吸收峰区分物质，只要官能团种类或化学键类型存在差异，即可实现有效区分。
手性碳识别要点：紧扣 “连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子” 定义，逐一排查 Y 分子中所有饱和碳原子的取代基组成，避免漏判或误判。
10．（2025·涪城模拟）我国科技工作者设计了成对电解的高效双功能电催化剂，实现了在电解池阴阳两极都得到高价值含氮化合物，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．催化电极a的电极电势低于催化电极b
B．电解过程中阳极区的c(NaOH)不变
C．催化电极b的反应式为
D．理论上每产生1mol转移
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理
【解析】【解答】A、催化电极a发生氧化反应，为阳极，接电源正极；催化电极b发生还原反应，为阴极，接电源负极。电解池中阳极电势高于阴极电势，因此催化电极a的电势高于b，A错误；
B、阳极区发生氧化反应，分子去氢生成，会与结合消耗；同时装置为阴离子交换膜，阳极区的会向阴极区迁移，导致阳极区持续减少，降低，B错误；
C、电极b为阴极， 得电子被还原为，反应在碱性溶液中进行。N元素从+5价降至-3价，1mol 得8mol电子；结合电荷守恒与原子守恒，配平得： ，符合书写规范，C正确；
D、阳极反应中，（等效为）转化为，失去4个H原子，实质是失去4mol电子生成1mol 产物。因此每产生1mol目标产物，理论上转移4mol e-，而非2mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
右侧电极b处， 中N为+5价，产物中N为-3价，化合价显著降低，发生得电子的还原反应，因此电极b为阴极， 反应式为； 左侧电极a处，苄胺的 基团转化为苯甲腈的 基团，分子中失去4个H原子，发生失电子的氧化反应，因此电极a为阳极，电极反应方程式为： 。
11．（2025·涪城模拟）X、Y、Z、M、Q是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大。X元素的原子半径是元素周期表中最小的；基态Y原子的能级处于半充满状态，且是红棕色气体；M元素是短周期元素中金属性最强的元素；Q原子的次外层是全充满状态，最外层仅有1个电子。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．只含X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物
C．Z的简单氢化物比Y的简单氢化物稳定，且熔沸点高
D．中含离子键、共价键、配位键
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、M 为 Na，对应离子 Na+；Y 为 N，对应离子 N3-；Z 为 O，对应离子 O2-。三者均为 10 电子微粒，电子层结构相同。根据 “核电荷数越大，离子半径越小”，核电荷数顺序为 O (8) > N (7) > Na (11)，因此离子半径顺序为 N3- > O2- > Na+，即 Y > Z > M，A错误；
B、X、Y、Z 分别为 H、N、O，三者可形成多种化合物。例如，硝酸铵（NH4NO3）由铵根离子（NH4+）和硝酸根离子（NO3-）构成，属于离子化合物，并非一定是共价化合物，B错误；
C、Z 的简单氢化物为 H2O，Y 的简单氢化物为 NH3。
稳定性：O 的非金属性强于 N，非金属性越强，氢化物越稳定，故 H2O 比 NH3稳定。
熔沸点：H2O 和 NH3分子间均存在氢键，但 H2O 分子间氢键更多、作用力更强，因此 H2O 的熔沸点高于 NH3，C正确；
D、Q 为 Cu，YX3为 NH3，该离子为 [Cu(NH3)4]2+。此离子内部，NH3分子内存在 N-H共价键，Cu2+与 NH3之间存在配位键。但离子键是阴阳离子之间的作用力，该微粒本身是一个配离子，内部并不存在离子键，D错误；
故答案为：C。
【分析】元素推断：
X：原子半径最小的元素，直接确定为氢（H）。
Y、Z：基态 Y 原子的 np 能级半充满，且 YZ2是红棕色气体，可推知 Y 为氮（N），Z 为氧（O）（红棕色气体为 NO2）。
M：短周期中金属性最强的元素，确定为钠（Na）。
Q：前四周期元素，次外层全充满、最外层 1 个电子，结合原子序数顺序，确定为铜（Cu）。
据此解题。
12．（2025·涪城模拟）黑辰砂大多数是黑色结晶状，其晶胞结构如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为，晶体密度为。下列说法正确的是
A．位于元素周期表中p区
B．位于构成的正四面体中心
C．该晶胞中最近的之间的距离为
D．若c的原子坐标为，则b的原子坐标为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Hg的原子序数为80，价电子排布式为，属于第六周期第族，归类为ds区，而非p区，A错误；
B、观察晶胞结构，位于晶胞的顶点和面心，构成面心立方堆积；均匀分布在形成的正四面体空隙中，即位于构成的正四面体中心，B正确；
C、 在1个晶胞中，含有4个和4个，则该晶胞的边长，而在该晶胞中之间的最短距离是顶点到面心的距离，故距离为，C错误；
D、c的原子坐标为， 说明a为坐标原点，则b的原子坐标为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
元素分区易错：混淆ds区与p区的范围，误将、族归为p区。
晶胞距离计算易错：忽略最短距离是面对角线的一半，直接误用晶胞边长计算。
原子坐标易错：对晶胞分数坐标的三维比例关系理解偏差，错误判断坐标。
13．（2025·涪城模拟）柠檬酸钙是一种常见的食品补钙剂。柠檬酸钙微溶于水，难溶于乙醇，在常温常压下稳定，但在高温、潮湿或与强氧化剂接触时可能会发生分解反应。某学习小组以蛋壳为主要原料制备柠檬酸钙的流程如下图：
下列说法正确的是
A．上述实验流程中可循环使用的物质是醋酸
B．上述实验流程中干燥柠檬酸钙时，温度越高效果越好
C．上述实验流程中生成醋酸钙的离子方程式为
D．与金属反应时，同浓度的柠檬酸的反应速率比醋酸慢
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；比较弱酸的相对强弱的实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、工艺中，醋酸先与蛋壳中的 CaCO3反应生成醋酸钙，随后醋酸钙与柠檬酸反应，除生成柠檬酸钙外，还会重新生成醋酸。生成的醋酸无需分离即可再次投入到 “蛋壳加酸” 的步骤中，因此醋酸是该流程中可循环利用的物质，A正确；
B、题干明确指出柠檬酸钙 “在高温时可能会发生分解反应”。若干燥温度过高，会导致产品分解变质，降低产率与纯度，因此干燥需控制在适宜温度，并非越高效果越好，B错误；
C、蛋壳的主要成分为 CaCO3，参与反应的醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆分为 H+和 CH3COO-，需保留完整化学式。正确的离子方程式应为：
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，选项中拆分弱酸的写法错误，C错误；
D、根据 “强酸制弱酸” 的反应规律，柠檬酸能与醋酸钙反应生成醋酸，说明柠檬酸的酸性强于醋酸。同浓度下，酸的酸性越强，电离出的 H+浓度越大，与金属反应的速率就越快，因此柠檬酸的反应速率应比醋酸快，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
循环物质判断核心：锁定流程中的 “生成” 与 “投入” 环节，若某物质在反应中生成，且能作为初始反应物再次参与工艺，则可循环使用。
干燥条件控制要点：紧扣题干关键信息 “柠檬酸钙高温时可能发生分解”，干燥温度需兼顾干燥效率与物质稳定性，不可盲目升高温度。
离子方程式书写关键：醋酸为弱酸，在离子方程式中必须保留化学式，不可拆分为离子形式，这是弱酸参与反应的书写铁律。
反应速率比较依据：利用 “强酸制弱酸” 原理判断酸性强弱，柠檬酸能置换出醋酸，说明柠檬酸酸性更强；同浓度下，酸性越强的酸与金属反应速率越快。
14．（2025·涪城模拟）硅烷法制备多晶硅的核心反应 。已知，，、分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的，不同温度下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．当时可判断该反应已达平衡
B．平衡后温度由变为，增大的倍数小于增大的倍数
C．平衡后恒温下再加入，再达平衡时不变
D．温度下，平衡时
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、根据反应式 ，的消耗速率与的生成速率计量比为。当时，表明正反应消耗的速率与逆反应生成的速率相等，正逆反应速率达到平衡状态的核心要求，可判断反应达到平衡，A正确；
B、由图像可知，温度下反应达到平衡更快，故。反应，升温平衡正向移动，说明平衡常数增大。因，升温时和均增大，且**增大的倍数大于增大的倍数**，才能使值上升，选项中“小于”的描述错误，B错误；
C、该反应前后气体总物质的量不变，恒容条件下再充入，体系压强增大，但平衡不发生移动。根据等效平衡原理，重新达到平衡时，各组分的物质的量分数保持不变，因此不变，C正确；
D、平衡时，即，变形得。设初始为，温度下平衡时，则反应消耗，生成、各，二者的物质的量分数均为。
代入计算：，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
温度与反应进程判断：图像中曲线斜率代表反应速率，斜率越大温度越高；结合反应（吸热），确定，升温平衡正向移动。
速率常数与平衡常数关联：平衡时，代入速率方程可推导出，将平衡常数计算转化为速率常数比值的判断。
等效平衡应用核心：反应前后气体分子数不变，恒容下充入反应物相当于增大压强，平衡不移动，各组分物质的量分数保持不变。
定量计算关键：以图像中平衡时的物质的量分数为依据，设定初始量，结合反应计量比计算平衡时各组分的物质的量分数，代入公式求解。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15．（2025·涪城模拟）焦亚硫酸钠()是一种重要的还原剂，在印染、电镀、酿造等工业生产中发挥着重要作用。利用烟道气中的生产的流程图如下。
已知：①的过饱和溶液，经结晶脱水得到；②，；③受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠；④与强酸反应生成。
（1）已知焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，且中含有键，试写出焦亚硫酸()的结构式　 　。
（2）生产的过程中，涉及多次调节溶液pH。
①试分析步骤I中，溶液显酸性的原因　 　(结合化学原理，列式计算说明)，并写出其中发生的化学方程式　 　。
②步骤III中通入的目的是　 　。
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，试设计实验说明　 　。
（4）“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应注意　 　。
【答案】（1）或
（2），电离程度大于其水解，所以溶液呈酸性；；形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体
（3）取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水
【知识点】盐类水解的原理；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】（1）焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，中含有键，焦亚硫酸()的结构式或；
故答案为：或 ；
（2）①向饱和碳酸钠溶液中通入调pH=4.1，反应为，得到溶液，，的电离程度大于其水解，所以溶液显酸性，其中发生反应的化学方程式；
②步骤III中通入，此时反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体；
故答案为：，电离程度大于其水解，所以溶液呈酸性 ； ； 形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体 ；
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
故答案为： 取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠，“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水。
故答案为： 在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水 。
【分析】将碳酸钠饱和溶液作为初始液，先通入 SO2调节 pH 至 4.1， 发生反应：， 得到亚硫酸氢钠溶液；向该溶液中加入碳酸钠固体，调节 pH 至 7~8，转化为亚硫酸钠；再向体系中通入 SO2，再次将 pH 调至 4.1，制得亚硫酸氢钠的过饱和溶液， 反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3， 最后经结晶脱水处理，得到目标产物焦亚硫酸钠， 发生的反应为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 。据此解题。
（1）焦亚硫酸钠溶液中，存在如下平衡，中含有键，焦亚硫酸()的结构式或；
（2）①向饱和碳酸钠溶液中通入调pH=4.1，反应为，得到溶液，，的电离程度大于其水解，所以溶液显酸性，其中发生反应的化学方程式；
②步骤III中通入，此时反应为SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，形成NaHSO3过饱和溶液，以便结晶脱水得到NaHSO3晶体；
（3）结晶脱水所得的晶体中往往含有杂质固体，取少量结晶脱水所得的晶体，先加入过量的盐酸，至气泡不再产生，滴入几滴氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明含有杂质硫酸钠；
（4）受热150℃以上易分解，露置空气中易氧化成硫酸钠，“结晶脱水”过程，为了得到较为纯净的产品，操作时应在隔绝氧气的环境中，低于150℃加热进行结晶脱水。
16．（2025·涪城模拟）是一种重要氧化剂，受热易分解，可处理水中的有机污染物。某实验小组制备的原理和装置如图，回答下列问题。
实验原理：
（1）装置B中反应的化学方程式为　 　。
（2）仪器C中“试剂X”为　 　。
（3）实验中用到上图所示仪器，其合理的连接顺序为c→　 　(填仪器接口小写字母)。
（4）实验室还可用电解法制备，原理如下图所示，阳极的电极反应式为　 　，实验过程中使用冰浴的目的为　 　。
（5）产品纯度测定。称取mg试样置于碘量瓶，向其中加入足量的KI溶液和少量乙酸，暗处静置片刻，再用标准溶液滴定生成的(相关反应为)，三次实验消耗标准溶液体积的平均值为VmL。碘量瓶中加入足量KI溶液时反应的离子方程式为　 　。滴定过程中选用的指示剂为　 　，产品的纯度为　 　%(列出含m、V的计算式)。
【答案】（1）
（2）(或“无水”)
（3）gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”亦可得分)
（4）(因未给出具体浓度，故写为“”或“”亦可得分)；防止受热分解(或“变质”)
（5）；淀粉溶液；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）装置B制取氨气，发生反应，
故答案为： ；
（2）仪器C中球形干燥管内装的固体药品能与氨气反应，防止多余的氨气污染环境，故“试剂X”为(或“无水”)，
故答案为：(或“无水”)；
（3）B装置生成的进入D收集氨气，因氨气密度比空气的小，应从导管短的一端进入即g端进入，f端出来，进入 A装置，为了反应物充分混合，氨气从A中b端进入，多余的氨气从a端出来进入尾气处理装置C，从干燥管的d端进，e端出，
故答案为：gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”)；
（4）中O有-2价，-1价，电解法制备，阳极(或者)部分O失电子发生氧化反应，或”或“；为了防止受热分解(或“变质”)实验过程中使用冰浴，故答案为：(因未给出具体浓度，
故答案为：“”或“”)；防止受热分解(或“变质”)；
（5）中-1价O，具有氧化性，可将KI氧化，发生反应为；标准溶液滴定生成的，常通过碘单质的存在判断滴定终点，选择淀粉溶液为指示剂；根据题中信息可列关系式，消耗标准液，样品中含有，mg产品的纯度为，
故答案为：；淀粉溶液；。
【分析】（1）实验室用NH4Cl与Ca(OH)2固体加热反应，方程式为，核心是固固加热制碱性气体。
（2）需选择能与氨气反应的酸性、中性干燥剂（如P2O5、无水CaCl2），不能用碱性干燥剂（如碱石灰），目的是吸收尾气氨气。
（3）遵循“制备→收集（短进长出，利用NH3密度小）→反应（充分接触）→尾气处理”的顺序，接口为gfbade（或等价顺序）。
（4）阳极：（或）失电子被氧化为，电极反应式为（或等价形式）。冰浴：防止产物受热分解、变质。
（5）离子方程式：强氧化性的氧化：。
指示剂：淀粉溶液（遇I2变蓝）。
计算：利用关系式，得出，最终纯度为。
（1）装置B制取氨气，发生反应，故答案为：；
（2）仪器C中球形干燥管内装的固体药品能与氨气反应，防止多余的氨气污染环境，故“试剂X”为(或“无水”)，故答案为：(或“无水”)；
（3）B装置生成的进入D收集氨气，因氨气密度比空气的小，应从导管短的一端进入即g端进入，f端出来，进入 A装置，为了反应物充分混合，氨气从A中b端进入，多余的氨气从a端出来进入尾气处理装置C，从干燥管的d端进，e端出，故答案为：gfbade(“gfbad”或“g，f→b，a→d”)；
（4）中O有-2价，-1价，电解法制备，阳极(或者)部分O失电子发生氧化反应，或”或“；为了防止受热分解(或“变质”)实验过程中使用冰浴，故答案为：(因未给出具体浓度，故写为“”或“”)；防止受热分解(或“变质”)；
（5）中-1价O，具有氧化性，可将KI氧化，发生反应为；标准溶液滴定生成的，常通过碘单质的存在判断滴定终点，选择淀粉溶液为指示剂；根据题中信息可列关系式，消耗标准液，样品中含有，mg产品的纯度为，故答案为：；淀粉溶液；。
17．（2025·涪城模拟）有机物X作为有机太阳能电池中的添加剂，可提高太阳能电池的光电转换效率和稳定性。X的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　（用系统命名法命名）。
（2）C的结构简式为　 　；化学反应类型为　 　。
（3）M的酸性　 　（填“大于”或“小于”）的酸性，其原因是　 　。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）X的结构简式为，已知虚线圈内所有原子共平面。
①X中N原子的杂化方式为　 　。
②在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键为　 　。
（6）有机物Y是B的同分异构体，则满足下列条件的Y的结构简式为　 　。
①苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱峰面积之比为。
【答案】（1）2-氯苯甲酸
（2）；取代反应
（3）大于；氟的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（4）
（5）；
（6）、
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酰胺
【解析】【解答】（1）依据有机物的系统命名原则，A的化学名称是2-氯苯甲酸。
故答案为： 2-氯苯甲酸 ；
（2）根据分析，C的结构简式为：。D（）在的作用下与发生反应得到E（），故的反应为取代反应。
故答案为： ； 取代反应 ；
（3）的酸性大于的酸性，其原因是F的电负性大于H的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
故答案为： 大于 ； 氟的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
（4）依题意可知，的化学方程式为。
故答案为： ；
（5）①根据X（）的结构中虚线圈内所有原子共平面可知，N原子的杂化方式为；
②E与P反应生成X的化学方程式为，由此可知：E分子断裂的化学键如图所示：，P分子断裂的化学键如图所示：，故在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键均为键、键。
故答案为： ； ；
（6）有机物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，依据题意：有机物Y能发生银镜反应，则有机物Y中含有官能团或，苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子，则有机物Y的取代基为氯原子和或氯原子和；核磁共振氢谱峰面积之比为，则有机物Y的结构简式为、。
故答案为：、 。
【分析】起始物 A（）与甲醇发生酯化反应生成 B（），B 经硝化反应，生成C（），再经过还原反应得到含氨基的 D
（），D 与碳酸钾、氯甲酸乙酯反应生成 E
（）；E 再与另一中间体反应，最终生成目标产物 X（）。
从另一条合成途径来看：三氟乙酸（M）与甲醇酯化生成 N，N 与乙酸乙酯（）发生已知的缩合反应，生成物质O（），O与生成中间体 P。中间体 P 与 E 进一步反应，最终构建出结构复杂的目标有机物 X（）。
（1）依据有机物的系统命名原则，A的化学名称是2-氯苯甲酸。
（2）根据分析，C的结构简式为：。D（）在的作用下与发生反应得到E（），故的反应为取代反应。
（3）的酸性大于的酸性，其原因是F的电负性大于H的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
（4）依题意可知，的化学方程式为。
（5）①根据X（）的结构中虚线圈内所有原子共平面可知，N原子的杂化方式为；
②E与P反应生成X的化学方程式为，由此可知：E分子断裂的化学键如图所示：，P分子断裂的化学键如图所示：，故在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键均为键、键。
（6）有机物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，依据题意：有机物Y能发生银镜反应，则有机物Y中含有官能团或，苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子，则有机物Y的取代基为氯原子和或氯原子和；核磁共振氢谱峰面积之比为，则有机物Y的结构简式为、。
18．（2025·涪城模拟）为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。
Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，反应方程式为。
（1）几种物质的燃烧热如下表：
物质
燃烧热() 893 283 285.8
请计算甲烷干重整反应的　 　。
（2）合成气可以用于生成液体燃料甲醇， ，该反应在　 　条件下能自发进行(填“高温”“低温”或“任何温度”)。将CO和按照等物质的量进行反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，a、b、c三点对应化学平衡常数大小关系为　 　。
Ⅱ．在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。
（3）催化循环中产生的中间体微粒共　 　种。
（4）催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为　 　。
Ⅲ．利用甲醇一定条件下直接脱氢可制化工原料甲醛，涉及的反应如下：
反应①：
反应②：
（5）将2mol加入一刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性或收率的影响如图所示。
已知：平衡衡状态下，；
①图中表示选择性的是曲线　 　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②℃时的平衡转化率为　 　，反应Ⅱ的平衡常数　 　(，x为物质的量分数)。
【答案】+244.6；低温；Ka＞ Kb= Kc；6；；Ⅰ；80%；0.25
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）CH4、CO 和H2，的燃烧热分别为-893kJ/mol、-283kJ/mol和-285.8kJ/mol，根据盖斯定律：可计算应的=[-893-(2×-283)-(2×-285.8)]kJ/mol=+244.6kJ/mol；
故答案为： +244.6 ；
（2）该反应均小于0，根据反应自发，可知该反应低温下自发进行；升温平衡逆向移动，CO的平衡转化率下降，由图可知，a点温度小于b点，则a点平衡常数大于b点，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，b点温度与c点相同，则b点平衡常数等于c点，所以a、b、c三点平衡常数的大小关系为Ka＞ Kb= Kc；
故答案为： 低温 ； Ka＞ Kb= Kc ；
（3）由流程可知，催化循环中产生了H*和5种含碳离子等共6种中间粒子；
故答案为： 6 ；
（4）由图可知反应物为CO2和H2，最终产物为CH3OH和H2O，总反应方程式为：；
故答案为： ；
（5）①甲醇分解反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则原料中甲醇的物质的量大于消耗甲醇的物质的量，由方程式可知，转化为甲醛的甲醇的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，则相同温度时，甲醛的选择性大于甲醛的收率，所以表示选择性的是曲线I；
②由图可知，T1℃平衡时，甲醛的收率为60%、选择性为75%，则平衡体系中甲醛的物质的量2mol×60%=1.2mol，消耗的甲醇的物质的量为1.2mol÷75%=1.6mol，由题意可得：
由上述数据可知，甲醇的转化率为 80% ；
平衡时，CH3OH 的物质的量为0.4mol，HCHO的物质的量为1.2mol，CO的物质的量为0.4mol，H的物质的量为2mol，混合气体的总物质的量为4 mol，CO的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为 0.5，CH3OH的物质的量分数为0.1，反应Ⅱ的平衡常数K=。
故答案为： Ⅰ ； 80% ； 0.25 。
【分析】本题解题要点：
（1）根据燃烧热写出热化学方程式，通过盖斯定律组合得到目标反应，计算得
（2）反应、，低温下自发；升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故。
（3）识别循环中的吸附态中间体（含及5种含碳中间体），共6种。
（4）根据反应物、和产物、，配平得 。
（5）选择性>收率，故曲线Ⅰ为选择性。由收率和选择性算出甲醇转化率为80%，再通过平衡各组分物质的量分数，计算得反应Ⅱ的平衡常数。
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