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四川省德阳市2025届高三下学期质量监测考试(二)化学试题
一、选择题(本题包括15个小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)。
1．（2025·德阳模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列有关材料的描述错误的是
A．碳化硅是传统无机非金属材料
B．航天飞行材料硬铝属于合金
C．冠醚与碱金属离子形成的超分子材料是混合物
D．宇宙飞船外壳材料酚醛树脂是有机高分子化合物
【答案】A
【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、传统无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥等常见材料。碳化硅(SiC)因其优异的硬度（莫氏硬度9.2）和耐高温性能（分解温度约2700℃），被归类为新型无机非金属材料，A选项错误。B、硬铝作为典型铝合金，其合金成分除铝外主要包含铜（质量分数约2.2-5.2%）、镁（0.2-1.8%）等元素，这种多组分金属材料完全符合合金的定义，B选项正确。
C、冠醚（如18-冠-6）与碱金属离子（如K+）通过配位作用形成超分子体系，这种复合体系包含有机冠醚配体和金属离子等多个组分，属于典型混合物，C选项正确。
D、酚醛树脂（分子式(C7H6O2)n）是通过苯酚与甲醛缩聚反应制得的热固性高分子，其数均分子量通常在104-105g/mol范围，完全符合高分子化合物特征。其耐热性（热变形温度≥200℃）和机械强度使其适用于航天器外壳，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、氮化硅属于新型无机非金属材料。
B、硬铝属于铝合金。
C、超分子体系属于混合物。
D、酚醛树脂属于有机高分子化合物。
2．（2025·德阳模拟）下列有关生物有机分子说法错误的是
A．核糖和脱氧核糖都是戊糖
B．淀粉和纤维素均不能发生银镜反应
C．酶分子通过折叠、螺旋或缠绕形成活性空间
D．由个单糖通过糖苷键连接而成的分子称为多糖
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．糖和脱氧核糖都属于戊糖（五碳糖），两者的区别在于脱氧核糖比核糖少一个羟基，A选项正确；B．淀粉和纤维素都是多糖，在形成糖苷键后，葡萄糖单元中的醛基失去还原性，因此不能发生银镜反应，B选项正确；
C．酶（蛋白质类）的活性与其空间结构（包括三级、四级结构）密切相关，通过折叠、螺旋等方式形成活性中心，C选项正确；
D．寡糖（低聚糖）由2-10个单糖组成，而多糖通常由几十至上千个单糖构成，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、核糖和脱氧核糖都属于五碳糖。
B、淀粉和纤维素中都不含-CHO，无法发生银镜反应。
C、酶分子通过折叠、螺旋等方式形成活性中心。
D、 由2~10个单糖连接而成的分子称为寡糖，也叫低聚糖。
3．（2025·德阳模拟）下列化学用语或图示表示错误的是
A．2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：
B．的电子式：
C．乙炔的空间填充模型：
D．分子的结构式：
【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A．键线式是用线条表示分子结构的一种方法，其中端点和拐点均代表碳原子。题目给出的键线式表示的主链含有5个碳原子，在2号碳上连有一个甲基(-CH3)，在3号碳上连有一个乙基(-CH2CH3)，根据命名规则应称为2-甲基-3-乙基戊烷，A选项正确。B．氯化铵(NH4Cl)是离子化合物，由铵根离子（　　）和氯离子(Cl-)构成。题目给出的电子式表示错误，正确的电子式应为，B选项错误。
C．乙炔分子中碳原子与氢原子通过单键连接，两个碳原子之间通过三键连接。空间填充模型能够直观展示原子的大小比例和空间相对位置，题目给出的模型符合乙炔的实际结构特征，C选项正确。
D．二氧化碳(CO2)分子中，碳原子与两个氧原子均通过双键连接，其结构式为，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、选择最长碳链作为主链，从靠近取代基的一端开始编号，确定取代基的位置，从而得到有机物的名称。
B、NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成的，据此确定其电子式。
C、乙炔为直线形结构。
D、CO2中含有2个碳氧双键，为直线形结构。
4．（2025·德阳模拟）一定条件下，有机物X、Y的转化关系如下图，下列说法正确的是
A．X分子中所有原子一定共平面
B．X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．X转化为Y经历了加成和消去两步反应
D．和的核磁共振氢谱均有5组峰
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中的苯环和醛基都是平面结构，但由于连接苯环和醛基的单键可以自由旋转，因此X分子中的所有原子不一定处于同一平面上，选项A错误；B．X分子中含有醛基（-CHO），醛基具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，选项B错误；
C．X转化为Y的过程分为两步：首先醛基与发生加成反应，生成中间产物（羟基连接在氮原子相邻的碳上），随后中间产物通过消去反应形成Y中的碳氮双键（C=N），选项C正确；
D．X分子中苯环有3种氢，醛基有1种氢，氯原子邻位和间位的氢不同，总共有4种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱显示4组峰；Y分子中苯环有3种氢，碳氮双键两侧的氢不同，叔丁基有1种氢，总共有5种氢，核磁共振氢谱显示5组峰，因此两者的峰组数不同，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据单键可以自由旋转的性质，-CHO与苯环不一定在同一个平面内。
B、X中的-CHO能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色。
C、形成碳氮双键的过程中发生消去反应。
D、根据等效氢原则确定核磁共振氢谱的峰的个数。
5．（2025·德阳模拟）硫及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，中含有质子数目为
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成，转移电子数目为
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 每个H2S分子含有18个质子，标准状况下11.2L H2S的物质的量为0.5mol，因此含有的质子数为9NA，选项A正确；B. 在溶液中，亚硫酸钠的物质的量为0.01mol，Na+离子数目为0.02NA，选项B正确；
C. 6.4g SO2的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2H2S + SO2 = 3S↓ + 2H2O，每消耗6.4g SO2，生成的硫原子数目为0.3NA，选项C正确；
D. 反应②中的氧化产物是，硫元素化合价从0升高到+4，每生成1mol氧化产物，转移电子数目为4NA，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、一个H2S分子中含有18个质子，据此计算。
B、Na2SO3在水中完全电离，产生2个Na＋和1个SO32－。
C、反应①的化学方程式为2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，据此计算。
D、反应②的化学方程式为3S＋6NaOH=2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，据此结合化合价变化计算转移电子数。
6．（2025·德阳模拟）下列过程对应的方程式正确的是
A．炽热的铁水注入未干燥的模具：
B．磁性氧化铁溶于稀硝酸：
C．用稀盐酸清洗水垢中的：
D．向亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、模具未干燥时含有水分，高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，题目给出的化学方程式，书写正确，A选项正确。B、磁性氧化铁()与稀硝酸反应的离子方程式应为，题目给出的方程式有误，B选项错误。
C、氢氧化镁()为难溶物，在离子方程式中应保持分子形式，正确的离子方程式为，题目方程式错误，C选项错误。
D、亚硫酸钠()与氯气()发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，题目方程式错误，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
B、磁性氧化铁的成分为Fe3O4，与HNO3反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O。
C、Mg(OH)2难熔于水，在离子方程式中保留化学式。
D、Cl2少量，则反应生成HSO3－。
7．（2025·德阳模拟）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．图①：除去铁屑表面的油污
B．图②：探究与的反应是否可逆
C．图③：比较与固体的热稳定性
D．图④：探究压强对化学平衡的影响
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸钠()属于强碱弱酸盐，其水溶液因水解作用呈碱性。温度升高会促进水解，使溶液碱性增强。热碱溶液能与油污发生反应生成可溶性物质，因此可有效去除废铁屑表面的油污，A选项正确。B、氯化铁溶液与少量碘化钾反应会生成使淀粉变蓝的碘单质。但由于未检测反应后碘化钾是否仍有剩余，因此该装置无法证明该反应是否为可逆反应，B选项错误。
C、碳酸氢钠()受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而碳酸钠()热稳定性高。实验设计应将碳酸氢钠置于小试管(温度较低)，碳酸钠置于大试管。只有小试管的气体能使石灰水变浑浊，从而比较两者热稳定性，C选项错误。
D、反应是气体分子数不变的反应，压强变化导致的颜色改变并非平衡移动所致，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、Na2CO3溶液水解显碱性，能使油污水解。
B、溶液中Fe3＋过量，应检验是否存在I－。
C、NaHCO3受热易分解，应将NaHCO3放在小试管内。
D、该反应气体分子数不变，压强的改变不影响平衡移动。
8．（2025·德阳模拟）利用二氧化碳和环氧丙烷生成聚碳酸酯(W)的反应原理如下：。下列说法错误的是
A．Y和环氧乙烷互为同系物
B．可以发生水解反应生成
C．X的一氯代物有五种(含顺反异构)
D．聚合物属于可降解高分子材料
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．同系物是指结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2基团的有机物。Y（环氧丙烷）与环氧乙烷具有相同的三元环醚结构，且分子组成相差一个CH2，因此互为同系物，选项A正确。
B．Z在酸性条件下与水反应可发生水解，生成二氧化碳（），反应过程如下：，选项B正确。
C．X的一氯代物有四种，包括以下结构：、、、（含顺反异构），选项C错误。
D．聚合物W含有酯基（），在特定条件下可水解降解，属于可降解高分子材料，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
B、Z的水解产物之一为H2CO3，H2CO3不稳定，分解成CO2。
C、X的一氯代物有ClCH=CHCH3、CH2=CClCH3、CH2=CHCH2Cl，再结合顺反异构分析。
D、聚合物W中含有酯基，可发生水解反应。
9．（2025·德阳模拟）一种电解装置可将转化为甲酸，装置如图所示。下列说法正确的是
A．a为电源的负极
B．电极发生的电极反应为：
C．极区加入稀溶液可提高的转化效率
D．当产生时，理论上有通过交换膜
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. M极发生氧化反应（H2O→O2），故为阳极，a为电源正极，选项A错误。B. N极的阴极反应正确：，选项B正确。
C. 加入NaOH后，OH 在阳极放电，减少H+的生成，导致质子交换膜传输的H+减少，抑制CO2转化，选项C错误。
D. M极反应：。生成0.5mol O2时转移2mol电子，对应2mol H+迁移，选项D错误。
故答案为：B
【分析】在M极上H2O转化为O2，发生失电子的氧化反应，因此M为阳极；与阳极相连的a为电源的正极。电极N为阴极，CO2在阴极发生得电子的还原反应，结合H+生成HCOOH，因此阴极的电极反应式为。据此结合选项分析。
10．（2025·德阳模拟）某配合物分子结构如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为16；基态W原子的价层电子排布为。下列说法错误的是
A．的简单氢化物是一种常见的制冷剂
B．此配合物中W元素为+4价
C．简单气态氢化物分子中的键角：
D．第一电离能：
【答案】B
【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；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Y的氢化物NH3（氨气）是常用制冷剂，选项A正确。
B、与H形成氢键的O原子实际只形成1个共价键（正常应形成2个），说明O从Ni获得1个电子。结构中有2个这样的O原子，说明Ni提供2个电子，因此Ni为+2价，选项B错误。C、CH4：中心碳原子的价层电子对数为4，因此sp3杂化，且不含有孤电子对，所以键角109.5°；NH3：中心氮原子的价层电子对数为4，sp3杂化，且含有一对孤电子，所以键角107°；H2O：中心氧原子的价层电子对数为4，sp3杂化，且含有2对孤电子对，所以键角104.5°。因此键角：CH4 > NH3 > H2O（即X>Y>Z），选项C正确。
D、同周期第一电离能：N（ⅤA）> O（ⅥA）> C（ⅣA），即 Y>Z>X，选项D正确。
故答案为：B
【分析】M原子形成1个共价键且与Z形成氢键，Z形成2个共价键，所以M为H，Z为O。X形成4个共价键，所以X为C。Y形成3个共价键和1个配位键，所以Y为N。W的价电子排布为3d84s2，所以W为Ni。综上，元素分别为：。据此结合选项分析。
11．（2025·德阳模拟）下列有关物质结构或性质的解释合理的是
选项 实例 解释
A 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B 稳定性： HF分子间能形成氢键
C 酸性： 为吸电子基团，为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同
D 活泼性： 碳碳双键的键能小于碳碳单键，更容易断裂
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【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；焰色反应
【解析】【解答】A、金属灼烧时产生的焰色反应是原子核外电子跃迁释放能量的结果，而非吸收能量，A选项错误。B、物质的稳定性主要取决于化学键的键能大小。比较HCl和HF的稳定性，由于F原子半径比Cl原子小，H-F键的键长比H-Cl键更短。根据化学键理论，键长越短，键能越大，化学键越难断裂，物质就越稳定，B选项错误。
C、氟元素具有很高的电负性，使得F-C键的极性很强。基团作为吸电子基团，增强了三氟乙酸分子中羧基的极性，使其更容易电离出氢离子，从而表现出更强的酸性。相比之下，烷基是推电子基团，且烷基链越长推电子效应越显著，这会减弱羧基中羟基的极性，C选项正确。
D、乙烯和乙烷的化学活泼性差异主要由分子结构决定。乙烯分子中含有碳碳双键（包含一条π键），而乙烷分子中只有单键。虽然π键更容易断裂导致乙烯更活泼，但从键能角度看，双键的总键能实际上大于单键，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、产生焰色的过程释放能量，而不是吸收能量。
B、氢键影响物质的物理性质，稳定性属于化学性质。
C、F的电负性较强，为吸电子基团，使得羧基中氢氧键的极性增强，酸性增强。
D、碳碳双键中的π键使得乙烯更活泼，容易发生反应。
12．（2025·德阳模拟）某兴趣小组以重铬酸钾溶液为例，探究外界条件对溶液中平衡体系的影响。完成如下实验：
已知：溶液中存在平衡： 。下列说法正确的是
A．由实验Ⅰ可以得出
B．若实验Ⅱ的目的为探究“降低生成物浓度，平衡正向移动”，则试剂a可选用
C．实验Ⅲ中，加入浓探究出“增大生成物浓度，平衡逆向移动”的结论可靠
D．实验Ⅳ中，溶液呈黄色的原因是重铬酸钾被亚硫酸根还原
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．实验Ⅰ中加热后溶液橙色加深，表明平衡向生成重铬酸根离子（Cr2O72-，橙色）的方向移动。根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，因此该反应的正向（Cr2O72- → CrO42-）为放热过程，即ΔH < 0，选项A错误。B．实验Ⅱ中若要验证"降低生成物浓度（去除H+）使平衡正向移动"，可加入碳酸钠中和H+，使平衡向生成CrO42-（黄色）的方向移动，选项B正确。
C．实验Ⅲ中加入浓硫酸确实增加了H+浓度，相当于增大生成物浓度，使平衡逆向移动（向生成Cr2O72-的方向）。但浓硫酸溶解会放热，由A项分析可知该反应为放热反应，升温也会使平衡逆向移动，因此存在热效应干扰，无法单独验证浓度影响，选项C错误。
D．实验Ⅳ中溶液变黄主要是因为亚硫酸钠水解呈碱性，消耗了H+，使平衡向CrO42-（黄色）方向移动。若重铬酸根被还原应出现Cr3+的绿色，但实验中未观察到绿色，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、加热溶液橙色加深，说明加热后，溶液中c(Cr2O72－)增大。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
B、加入Na2CO3，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动。
C、加入浓硫酸后，浓硫酸稀释放热，使得温度升高，存在温度的影响。
D、溶液显黄色是由于溶液中c(CrO42－)增大，过程中发生平衡移动，不存在氧化还原反应。
13．（2025·德阳模拟）某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“细菌氧化”过程中，参加的反应使体系的酸性增强
B．“浸金”中将氧化成从而浸出
C．矿粉中的铁元素以形式进入“滤液”中
D．“沉铁砷”时加碱调节，既能生成，又能促进含微粒的沉降
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解析】A、在"细菌氧化"过程中，在酸性条件下与氧气发生氧化反应，化学方程式为。该反应会生成硫酸，使溶液酸性增强，A选项正确。B、"浸金"过程涉及NaCN、Au与O2的反应，其中O2作为氧化剂将Au氧化，与结合形成配合物。需要强调的是NaCN在此过程中并未直接氧化Au，B选项错误。
C、"细菌氧化"会使金属硫化物转化为硫酸盐，在有充足氧气的情况下，会被氧化为，因此矿粉中的铁元素最终以形式进入滤液，C选项正确。
D、"沉铁砷"过程中通过加碱调节pH值，使与反应生成Fe(OH)3沉淀。同时，在碱性条件下含As物质也会沉淀，这有助于促进砷的沉降，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该过程涉及含金硫化矿粉的处理，其中微小的金颗粒()被黄铁矿()和砷黄铁矿()包裹。在酸性条件下(pH=2)通入空气，通过细菌催化氧化作用，和发生氧化反应生成和含砷化合物，而保持不反应。过滤后所得滤液中含和砷的化合物；滤渣的主要成分为。调节滤液pH使沉淀，同时促进砷的沉降；对含金滤渣进行氰化处理步骤中，通入空气将氧化为，与氰根离子()形成可溶性配合物，实现金的浸出。据此结合选项分析。
14．（2025·德阳模拟）和的晶体结构[M点原子坐标为]均与相同。的熔点高于，晶体在氧气中加热时部分被氧化为，晶体结构产生缺陷，其组成变为，测得其晶胞边长为，密度为。下列说法错误的是
A．N的原子坐标为
B．离子半径：
C．晶体中，距离最近的围成的空隙为正四面体
D．晶体中，(设为阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【知识点】晶胞的计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由于该晶体结构与NaCl相同，M点原子坐标为，N点在晶胞的棱心未知，因此N点原子的坐标为，A选项正确；
B．和电子层数相同，由于核电荷数：＞，对核外电子的吸引能力更强，因此离子半径： ，B选项正确；
C．NiO晶体结构与NaCl相同，NaCl中每个周围最近的有6个，围成正八面体，因此NiO晶体中距离最近的有6个，围成的也是正八面体，C选项错误；
D．晶胞中位于棱心和体心，因此的个数；位于顶点和面心，因此的个数，根据密度公式，晶胞体积V，设1mol晶胞中Ni原子物质的量为xmol，O原子物质的量为1mol，则晶胞质量，，整理可得 ，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据N点原子的位置确定其坐标参数。
B、Ni2＋、Fe2＋的电子层数相同，应考虑核电荷数对半径的影响，核电荷数越大，半径越小。
C、距离Ni2＋最近的O2－有6个，形成正八面体结构。
D、根据公式计算晶胞密度。
15．（2025·德阳模拟）常温下，在柠檬酸和的混合液中滴加溶液，混合液中[，代表]与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．代表与的关系 B．点溶液中有沉淀
C．d点的坐标为(4.5，2) D．溶液呈酸性
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A. 根据分析可知，L1代表p([H2R-]/[H3R])与pH的关系，选项A错误。B. 曲线L4上的点达到了沉淀溶解平衡。对比L4上与c点相同pH的点可知，c点的Cd2+浓度较小，因此c点溶液中Cd2+浓度与OH-浓度的平方的乘积小于Ksp[Cd(OH)2]，说明c点溶液中没有Cd(OH)2沉淀，选项B错误。
C. 根据b点的坐标可以计算出Ka3 = 10-6.4。d点在曲线L3上，且p([R3-]/[HR2-]) = 2，因此d点的H+浓度为10-4.4 mol/L，d点的坐标为(4.4， 2)，选项C错误。
D. KH2R是酸式盐，其水溶液的酸碱性取决于H2R-的电离程度和水解程度的相对大小。根据图示，H2R-的电离平衡常数Ka2 = 10-4.7，而其水解平衡常数Kh3 = Kw/Ka1 = 10-11。由于电离程度大于水解程度，KH2R溶液呈酸性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】在硝酸镉(Cd(NO3)2)溶液中滴加氢氧化钾(KOH)溶液时，会生成氢氧化镉(Cd(OH)2)沉淀。溶液的pH值越大，镉离子(Cd2+)的浓度越小，其对应的pX值(pX = -lgX)越大。因此，曲线L4反映了Cd2+浓度与pH的关系。柠檬酸是一种三元弱酸，与碱反应时会逐步转化为H2R-、HR2-和R3-。其三步电离平衡常数分别为： ，，， 由于Ka1 Ka2 Ka3，因此有以下关系： ， 因此，曲线L1、L2、L3分别反映了以下比例与pH的关系：L1表示与pH的关系，L2表示与pH的关系，L3表示与pH的关系。据此结合选项分析。
二、填空题(共58分)。
16．（2025·德阳模拟）蔗糖铁是一种快速有效的补铁剂，某小组设计如下实验步骤制备蔗糖铁并测定其中铁含量。
步骤1：向溶液中缓慢滴加溶液，边加边搅拌，控制温度在左右，反应后，过滤，得原胶泥；
步骤2：用蒸馏水洗涤原胶泥多次，得到胶泥；
步骤3：配制蔗糖溶液，并用溶液调节其(生成-葡萄糖二酸根离子)，再与胶泥混合加热，过滤，得到蔗糖铁原液；
步骤4：量取5.00mL蔗糖铁原液，加入物质，加热至微沸，冷却后滴加溶液，至溶液恰好显粉红色并能持续5s(恰好除去溶液中的还原性物质)。再依次加入物质X与KI试液(过量)各，蒸馏水和淀粉溶液，用标准液滴定，消耗标准液体积为(已知：)。
回答下列问题：
（1）“步骤1”中控制反应温度的方法为　 　。
（2）“步骤1”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“步骤2”中检验原胶泥已洗涤干净的方法为　 　。
（4）“步骤4”中物质X为　 　。
（5）“步骤4”中滴定终点的现象为　 　。
（6）蔗糖铁样品中Fe元素的含量为　 　mg/mL(保留一位小数)。
（7）实验中出现下列情况，可能使蔗糖铁中铁含量测定结果偏大的是　 　(填标号)。
a．KI溶液因接触空气部分变质
b．用标准液滴定至终点时俯视读数
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上
【答案】（1）水浴加热(冷却)
（2）
（3）取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（4）稀硫酸
（5）当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色
（6）20.0
（7）ac
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；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）“步骤1”中控制反应温度的方法为水浴加热(冷却)。
故答案为： 水浴加热(冷却)
（2）将溶液“缓慢滴加”至三颈烧瓶中，生成，发生的是双水解反应，所以发生反应的离子方程式为。
故答案为：
（3）检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，方法为：取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净。
故答案为： 取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（4）测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，“步骤4”将原胶泥转化为溶液，故物质X为稀硫酸。
故答案为： 稀硫酸
（5）滴定终点时被反应完，所以现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色。
故答案为： 当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色
（6）根据题干描述，可得关系式为：，故蔗糖铁样品的元素含量为。
故答案为：20.0
（7）a．KI溶液因接触空气部分变质，则需要消耗的KI的体积增大，使结果偏大，a正确；
b．用标准液滴定至终点时俯视读数，使体积偏小，结果偏小，b错误；
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上，说明过量，会与反应生成更多的，消耗体积偏大，导致测得的蔗糖铁中铁含量偏大，c正确；
故答案为：ac【分析】实验过程分析：将溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，在20℃水浴加热条件下充分反应后，分离得到Fe(OH)3原胶泥。该胶泥与蔗糖在特定条件下反应转化为蔗糖铁原液。
铁含量测定原理：酸溶解过程中发生反应：；氧化还原过程中发生反应：；滴定过程中发生反应：。使用淀粉溶液作为指示剂，通过Na2S2O3标准溶液滴定反应生成的碘单质，根据消耗的Na2S2O3量计算铁含量。据此结合题干设问分析作答。
（1）“步骤1”中控制反应温度的方法为水浴加热(冷却)；
（2）将溶液“缓慢滴加”至三颈烧瓶中，生成，发生的是双水解反应，所以发生反应的离子方程式为；
（3）检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，方法为：取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净；
（4）测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，“步骤4”将原胶泥转化为溶液，故物质X为稀硫酸；
（5）滴定终点时被反应完，所以现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色；
（6）根据题干描述，可得关系式为：，故蔗糖铁样品的元素含量为；
（7）a．KI溶液因接触空气部分变质，则需要消耗的KI的体积增大，使结果偏大，a正确；
b．用标准液滴定至终点时俯视读数，使体积偏小，结果偏小，b错误；
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上，说明过量，会与反应生成更多的，消耗体积偏大，导致测得的蔗糖铁中铁含量偏大，c正确；
故选ac。
17．（2025·德阳模拟）催化重整制意义重大，涉及如下反应：
反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）　 　；反应Ⅱ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积相等的多个恒容密闭容器中，分别充入和，只发生反应Ⅲ，在不同的温度下，反应相同时间，测得、、的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应的速率方程为，其中和为速率常数，只受温度影响。
①直线代表　 　。
②b点时对应的反应速率：　 　(填“>”“＜”或“=”)。
③温度下反应达到平衡时，气体总压强为　 　(填表达式，不必化简)。
（3）在密闭容器中，、时，同时发生反应Ⅰ和Ⅲ，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示(已知的平衡选择性)。
①该催化剂催化反应的最佳温度为　 　。
②体系温度降低，的平衡选择性　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
③的平衡转化率在之后随温度升高而增大的主要原因是　 　。
【答案】（1）；低温
（2）；>；
（3）；增大；600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应+反应Ⅱ，；可自发，，，故需要在低温条件下可自发。
故答案为：；低温
（2）①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk逆，斜率小的代表lgk正，则代表lgk正的曲线是x，代表lgk逆的曲线是y。
故答案为：lgk逆
②由z→b点是温度降低，平衡正向移动，b点时对应的反应速率：>。
故答案为：＞
③温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；。
故答案为：
（3）①根据图像可知：CO2的实际转化率在350～400℃范围内最高，故反应最佳温度范围为350～400℃。
故答案为：
②升高温度，反应Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应的化学平衡正向移动，n(CH4)减小，n(CO)增大，故CH4的平衡选择性随着温度的降低而增大。
故答案为：增大
③反应Ⅲ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅰ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度。
故答案为： 600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的转化率降低。据此结合题干设问分析作答。
（3）①结合CO2的实际转化率分析，应选择CO2实际转化率高的反应温度。
②结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
③结合温度对反应Ⅰ、反应Ⅲ平衡移动的影响分析。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应+反应Ⅱ，；可自发，，，故需要在低温条件下可自发；
（2）由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的转化率降低；
①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk逆，斜率小的代表lgk正，则代表lgk正的曲线是x，代表lgk逆的曲线是y；
②由z→b点是温度降低，平衡正向移动，b点时对应的反应速率：>；
③温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；；
（3）①根据图像可知：CO2的实际转化率在350～400℃范围内最高，故反应最佳温度范围为350～400℃；
②升高温度，反应Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应的化学平衡正向移动，n(CH4)减小，n(CO)增大，故CH4的平衡选择性随着温度的降低而增大；
③反应Ⅲ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅰ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度；
18．（2025·德阳模拟）镍钴合金是航天领域重要材料之一，一种利用废钴镍矿(含有较高的及一定量的和等元素)回收和的工艺流程如下：
已知：对和具有高选择性。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价电子排布图为　 　。
（2）“滤渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“还原”中加入的主要目的是　 　。
（4）“萃取”时萃取的反应原理为，从平衡移动角度分析“反萃取”的原理：　 　。
（5）“沉钴”时，按照加入试剂，生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为　 　。
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，生成的化学方程式为　 　。
（7）“水相1”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。结合题干信息，选用所给试剂，将下列工艺流程补充完整。(可选试剂为：)
①　 　、②　 　；A　 　、B　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果
（4）反萃取发生的逆反应，加入平衡逆向移动，从中脱离出来
（5）
（6）
（7）或；；氧化；沉铁
【知识点】原子核外电子排布；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】（1）Co为27号元素，价电子排布式为，故基态Co原子的价电子排布图为。
故答案为：
（2）由分析知，“滤渣”的主要成分为。
故答案为：
（3）加入“还原”，将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果。
故答案为： 将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果
（4）反萃取发生的逆反应，加入酸，浓度增加，平衡逆向移动，使从中脱离出来。
故答案为： 反萃取发生的逆反应，加入平衡逆向移动，从中脱离出来
（5）“沉钴”时，按照加入试剂先被氧化为，再与发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为。
故答案为：
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，Co的化合价由+3降低为+2，则O的化合价由-2升高到0价生成氧气，化学方程式为。
故答案为：
（7）由分析知，“水相1”中含有的硫酸盐，有丰富的金属资源，向水相1中先加入NaF进行沉镁，得到MgF2沉淀，再向溶液中加入或，将“氧化”为，再加入进行调pH“沉铁”得到沉淀，过滤得到溶液。故答案为：或；；氧化；沉铁
【分析】废钴镍矿的主要成分包括Co、Ni、Mg、Pb以及少量Fe和Mn等元素。通过稀硫酸常压浸出后，得到含有Co2+、Ni2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Fe3+的硫酸盐溶液和难溶的PbSO4沉淀。过滤后，滤渣的主要成分为PbSO4。向滤液中加入Fe粉，将Fe3+全部还原为Fe2+。随后加入P204萃取剂，选择性萃取Co2+和Ni2+，剩余的水相1含有Mg2+、Fe2+、Mn2+的硫酸盐。对含Co2+和Ni2+的有机相进行反萃取，得到水相2。在水相2中加入NaClO和Na2CO3，发生如下反应：
2Co2+ + ClO- + 2CO32- + 3H2O = 2Co(OH)3↓ + 2CO2↑ + Cl-，生成Co(OH)3沉淀，而NiSO4留在溶液中。Co(OH)3经灼烧分解得到Co2O3，而NiSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到NiSO4·6H2O晶体。据此结合题干设问分析作答。
（1）Co为27号元素，价电子排布式为，故基态Co原子的价电子排布图为；
（2）由分析知，“滤渣”的主要成分为；
（3）加入“还原”，将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果；
（4）反萃取发生的逆反应，加入酸，浓度增加，平衡逆向移动，使从中脱离出来；
（5）“沉钴”时，按照加入试剂先被氧化为，再与发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为；
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，Co的化合价由+3降低为+2，则O的化合价由-2升高到0价生成氧气，化学方程式为；
（7）由分析知，“水相1”中含有的硫酸盐，有丰富的金属资源，向水相1中先加入NaF进行沉镁，得到MgF2沉淀，再向溶液中加入或，将“氧化”为，再加入进行调pH“沉铁”得到沉淀，过滤得到溶液。
19．（2025·德阳模拟）化合物J是合成吲哚类物质的重要中间体，其合成路线如下：
已知：。回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　；C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的化学方程式为　 　。
（3）由生成的反应类型为　 　；化合物的结构简式为　 　。
（4）在D的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为　 　。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1
（5）某同学结合J的合成路线，设计了化合物K的一种合成路线。该路线中L和M的结构简式分别为　 　、　 　。
【答案】（1）乙二醇；醛基和羧基
（2）+
（3）加成反应；
（4）
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；C的结构简式为OHCCOOH，含氧官能团的名称为醛基和羧基。
故答案为：乙二醇； 醛基和羧基（2）OHCCOOC2H5（D）中的醛基与（E）中的氨基先发生加成反应，后发生羟基的消去反应形成双键，故化学方程式为：+。
故答案为：+
（3）对比F、G的结构简式可知，F中碳氮双键断裂，故F和反应生成G的反应类型为加成反应；I发生已知信息的反应生成J，则的结构简式为。
故答案为：加成反应；
（4）D的结构简式为OHCCOOC2H5，不饱和度为2；
①能发生银镜反应，说明含有醛基，占了一个不饱和度；
②能发生水解反应，说明含有酯基，也可能是甲酸酯基，这样同时满足条件①、②；
③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1，满足条件的结构简式为。
故答案为：
（5）逆推可知，M+E发生类似D→F的反应，则M的结构简式为；M是L催化氧化的产物与乙醇发生酯化反应而得来的，故L与M的中间产物为，则L中含有羟基和羧基，L的结构简式为。
故答案为：；
【分析】化合物A的分子式为，其不饱和度为0。根据A→B的反应条件可推断，A是一个饱和二元醇，因此A的结构为HOCH2CH2OH（乙二醇）。乙二醇在铜催化剂和加热条件下被氧气氧化，生成化合物B（OHCCHO，乙二醛）。乙二醛进一步被氧化得到化合物C（OHCCOOH，醛基乙酸）。在浓硫酸存在和加热条件下，化合物C与乙醇发生酯化反应，生成酯类化合物D（OHCCOOC2H5）。随后，D与化合物E在硫酸镁作用下先进行醛基的加成反应，接着发生羟基的消去反应，生成F。F经过加成反应转化为G，G通过还原反应得到H。H发生取代反应生成I，最后I通过已知信息的反应转化为目标产物J。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，A为HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；C的结构简式为OHCCOOH，含氧官能团的名称为醛基和羧基；
（2）OHCCOOC2H5（D）中的醛基与（E）中的氨基先发生加成反应，后发生羟基的消去反应形成双键，故化学方程式为：+；
（3）对比F、G的结构简式可知，F中碳氮双键断裂，故F和反应生成G的反应类型为加成反应；I发生已知信息的反应生成J，则的结构简式为；
（4）D的结构简式为OHCCOOC2H5，不饱和度为2；
①能发生银镜反应，说明含有醛基，占了一个不饱和度；
②能发生水解反应，说明含有酯基，也可能是甲酸酯基，这样同时满足条件①、②；
③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1，满足条件的结构简式为；
（5）逆推可知，M+E发生类似D→F的反应，则M的结构简式为；M是L催化氧化的产物与乙醇发生酯化反应而得来的，故L与M的中间产物为，则L中含有羟基和羧基，L的结构简式为。
1 / 1四川省德阳市2025届高三下学期质量监测考试(二)化学试题
一、选择题(本题包括15个小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)。
1．（2025·德阳模拟）材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列有关材料的描述错误的是
A．碳化硅是传统无机非金属材料
B．航天飞行材料硬铝属于合金
C．冠醚与碱金属离子形成的超分子材料是混合物
D．宇宙飞船外壳材料酚醛树脂是有机高分子化合物
2．（2025·德阳模拟）下列有关生物有机分子说法错误的是
A．核糖和脱氧核糖都是戊糖
B．淀粉和纤维素均不能发生银镜反应
C．酶分子通过折叠、螺旋或缠绕形成活性空间
D．由个单糖通过糖苷键连接而成的分子称为多糖
3．（2025·德阳模拟）下列化学用语或图示表示错误的是
A．2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：
B．的电子式：
C．乙炔的空间填充模型：
D．分子的结构式：
4．（2025·德阳模拟）一定条件下，有机物X、Y的转化关系如下图，下列说法正确的是
A．X分子中所有原子一定共平面
B．X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．X转化为Y经历了加成和消去两步反应
D．和的核磁共振氢谱均有5组峰
5．（2025·德阳模拟）硫及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，中含有质子数目为
B．溶液中，数目为
C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成，转移电子数目为
6．（2025·德阳模拟）下列过程对应的方程式正确的是
A．炽热的铁水注入未干燥的模具：
B．磁性氧化铁溶于稀硝酸：
C．用稀盐酸清洗水垢中的：
D．向亚硫酸钠溶液中通入少量氯气：
7．（2025·德阳模拟）下列装置或操作能达到实验目的的是
A．图①：除去铁屑表面的油污
B．图②：探究与的反应是否可逆
C．图③：比较与固体的热稳定性
D．图④：探究压强对化学平衡的影响
8．（2025·德阳模拟）利用二氧化碳和环氧丙烷生成聚碳酸酯(W)的反应原理如下：。下列说法错误的是
A．Y和环氧乙烷互为同系物
B．可以发生水解反应生成
C．X的一氯代物有五种(含顺反异构)
D．聚合物属于可降解高分子材料
9．（2025·德阳模拟）一种电解装置可将转化为甲酸，装置如图所示。下列说法正确的是
A．a为电源的负极
B．电极发生的电极反应为：
C．极区加入稀溶液可提高的转化效率
D．当产生时，理论上有通过交换膜
10．（2025·德阳模拟）某配合物分子结构如图所示，其中为原子序数依次增大的短周期主族元素，最外层电子数之和为16；基态W原子的价层电子排布为。下列说法错误的是
A．的简单氢化物是一种常见的制冷剂
B．此配合物中W元素为+4价
C．简单气态氢化物分子中的键角：
D．第一电离能：
11．（2025·德阳模拟）下列有关物质结构或性质的解释合理的是
选项 实例 解释
A 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B 稳定性： HF分子间能形成氢键
C 酸性： 为吸电子基团，为推电子基团，导致羧基中的羟基极性不同
D 活泼性： 碳碳双键的键能小于碳碳单键，更容易断裂
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·德阳模拟）某兴趣小组以重铬酸钾溶液为例，探究外界条件对溶液中平衡体系的影响。完成如下实验：
已知：溶液中存在平衡： 。下列说法正确的是
A．由实验Ⅰ可以得出
B．若实验Ⅱ的目的为探究“降低生成物浓度，平衡正向移动”，则试剂a可选用
C．实验Ⅲ中，加入浓探究出“增大生成物浓度，平衡逆向移动”的结论可靠
D．实验Ⅳ中，溶液呈黄色的原因是重铬酸钾被亚硫酸根还原
13．（2025·德阳模拟）某工厂用细菌冶金技术处理含金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“细菌氧化”过程中，参加的反应使体系的酸性增强
B．“浸金”中将氧化成从而浸出
C．矿粉中的铁元素以形式进入“滤液”中
D．“沉铁砷”时加碱调节，既能生成，又能促进含微粒的沉降
14．（2025·德阳模拟）和的晶体结构[M点原子坐标为]均与相同。的熔点高于，晶体在氧气中加热时部分被氧化为，晶体结构产生缺陷，其组成变为，测得其晶胞边长为，密度为。下列说法错误的是
A．N的原子坐标为
B．离子半径：
C．晶体中，距离最近的围成的空隙为正四面体
D．晶体中，(设为阿伏加德罗常数的值)
15．（2025·德阳模拟）常温下，在柠檬酸和的混合液中滴加溶液，混合液中[，代表]与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．代表与的关系 B．点溶液中有沉淀
C．d点的坐标为(4.5，2) D．溶液呈酸性
二、填空题(共58分)。
16．（2025·德阳模拟）蔗糖铁是一种快速有效的补铁剂，某小组设计如下实验步骤制备蔗糖铁并测定其中铁含量。
步骤1：向溶液中缓慢滴加溶液，边加边搅拌，控制温度在左右，反应后，过滤，得原胶泥；
步骤2：用蒸馏水洗涤原胶泥多次，得到胶泥；
步骤3：配制蔗糖溶液，并用溶液调节其(生成-葡萄糖二酸根离子)，再与胶泥混合加热，过滤，得到蔗糖铁原液；
步骤4：量取5.00mL蔗糖铁原液，加入物质，加热至微沸，冷却后滴加溶液，至溶液恰好显粉红色并能持续5s(恰好除去溶液中的还原性物质)。再依次加入物质X与KI试液(过量)各，蒸馏水和淀粉溶液，用标准液滴定，消耗标准液体积为(已知：)。
回答下列问题：
（1）“步骤1”中控制反应温度的方法为　 　。
（2）“步骤1”中发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“步骤2”中检验原胶泥已洗涤干净的方法为　 　。
（4）“步骤4”中物质X为　 　。
（5）“步骤4”中滴定终点的现象为　 　。
（6）蔗糖铁样品中Fe元素的含量为　 　mg/mL(保留一位小数)。
（7）实验中出现下列情况，可能使蔗糖铁中铁含量测定结果偏大的是　 　(填标号)。
a．KI溶液因接触空气部分变质
b．用标准液滴定至终点时俯视读数
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上
17．（2025·德阳模拟）催化重整制意义重大，涉及如下反应：
反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）　 　；反应Ⅱ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积相等的多个恒容密闭容器中，分别充入和，只发生反应Ⅲ，在不同的温度下，反应相同时间，测得、、的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应的速率方程为，其中和为速率常数，只受温度影响。
①直线代表　 　。
②b点时对应的反应速率：　 　(填“>”“＜”或“=”)。
③温度下反应达到平衡时，气体总压强为　 　(填表达式，不必化简)。
（3）在密闭容器中，、时，同时发生反应Ⅰ和Ⅲ，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示(已知的平衡选择性)。
①该催化剂催化反应的最佳温度为　 　。
②体系温度降低，的平衡选择性　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
③的平衡转化率在之后随温度升高而增大的主要原因是　 　。
18．（2025·德阳模拟）镍钴合金是航天领域重要材料之一，一种利用废钴镍矿(含有较高的及一定量的和等元素)回收和的工艺流程如下：
已知：对和具有高选择性。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价电子排布图为　 　。
（2）“滤渣”的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“还原”中加入的主要目的是　 　。
（4）“萃取”时萃取的反应原理为，从平衡移动角度分析“反萃取”的原理：　 　。
（5）“沉钴”时，按照加入试剂，生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为　 　。
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，生成的化学方程式为　 　。
（7）“水相1”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。结合题干信息，选用所给试剂，将下列工艺流程补充完整。(可选试剂为：)
①　 　、②　 　；A　 　、B　 　。
19．（2025·德阳模拟）化合物J是合成吲哚类物质的重要中间体，其合成路线如下：
已知：。回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　；C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的化学方程式为　 　。
（3）由生成的反应类型为　 　；化合物的结构简式为　 　。
（4）在D的同分异构体中，满足下列条件的结构简式为　 　。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1
（5）某同学结合J的合成路线，设计了化合物K的一种合成路线。该路线中L和M的结构简式分别为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、传统无机非金属材料主要包括陶瓷、玻璃、水泥等常见材料。碳化硅(SiC)因其优异的硬度（莫氏硬度9.2）和耐高温性能（分解温度约2700℃），被归类为新型无机非金属材料，A选项错误。B、硬铝作为典型铝合金，其合金成分除铝外主要包含铜（质量分数约2.2-5.2%）、镁（0.2-1.8%）等元素，这种多组分金属材料完全符合合金的定义，B选项正确。
C、冠醚（如18-冠-6）与碱金属离子（如K+）通过配位作用形成超分子体系，这种复合体系包含有机冠醚配体和金属离子等多个组分，属于典型混合物，C选项正确。
D、酚醛树脂（分子式(C7H6O2)n）是通过苯酚与甲醛缩聚反应制得的热固性高分子，其数均分子量通常在104-105g/mol范围，完全符合高分子化合物特征。其耐热性（热变形温度≥200℃）和机械强度使其适用于航天器外壳，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、氮化硅属于新型无机非金属材料。
B、硬铝属于铝合金。
C、超分子体系属于混合物。
D、酚醛树脂属于有机高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．糖和脱氧核糖都属于戊糖（五碳糖），两者的区别在于脱氧核糖比核糖少一个羟基，A选项正确；B．淀粉和纤维素都是多糖，在形成糖苷键后，葡萄糖单元中的醛基失去还原性，因此不能发生银镜反应，B选项正确；
C．酶（蛋白质类）的活性与其空间结构（包括三级、四级结构）密切相关，通过折叠、螺旋等方式形成活性中心，C选项正确；
D．寡糖（低聚糖）由2-10个单糖组成，而多糖通常由几十至上千个单糖构成，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、核糖和脱氧核糖都属于五碳糖。
B、淀粉和纤维素中都不含-CHO，无法发生银镜反应。
C、酶分子通过折叠、螺旋等方式形成活性中心。
D、 由2~10个单糖连接而成的分子称为寡糖，也叫低聚糖。
3．【答案】B
【知识点】有机化合物的命名；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解析】A．键线式是用线条表示分子结构的一种方法，其中端点和拐点均代表碳原子。题目给出的键线式表示的主链含有5个碳原子，在2号碳上连有一个甲基(-CH3)，在3号碳上连有一个乙基(-CH2CH3)，根据命名规则应称为2-甲基-3-乙基戊烷，A选项正确。B．氯化铵(NH4Cl)是离子化合物，由铵根离子（　　）和氯离子(Cl-)构成。题目给出的电子式表示错误，正确的电子式应为，B选项错误。
C．乙炔分子中碳原子与氢原子通过单键连接，两个碳原子之间通过三键连接。空间填充模型能够直观展示原子的大小比例和空间相对位置，题目给出的模型符合乙炔的实际结构特征，C选项正确。
D．二氧化碳(CO2)分子中，碳原子与两个氧原子均通过双键连接，其结构式为，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、选择最长碳链作为主链，从靠近取代基的一端开始编号，确定取代基的位置，从而得到有机物的名称。
B、NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成的，据此确定其电子式。
C、乙炔为直线形结构。
D、CO2中含有2个碳氧双键，为直线形结构。
4．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中的苯环和醛基都是平面结构，但由于连接苯环和醛基的单键可以自由旋转，因此X分子中的所有原子不一定处于同一平面上，选项A错误；B．X分子中含有醛基（-CHO），醛基具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致溶液褪色，选项B错误；
C．X转化为Y的过程分为两步：首先醛基与发生加成反应，生成中间产物（羟基连接在氮原子相邻的碳上），随后中间产物通过消去反应形成Y中的碳氮双键（C=N），选项C正确；
D．X分子中苯环有3种氢，醛基有1种氢，氯原子邻位和间位的氢不同，总共有4种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱显示4组峰；Y分子中苯环有3种氢，碳氮双键两侧的氢不同，叔丁基有1种氢，总共有5种氢，核磁共振氢谱显示5组峰，因此两者的峰组数不同，选项D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据单键可以自由旋转的性质，-CHO与苯环不一定在同一个平面内。
B、X中的-CHO能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色。
C、形成碳氮双键的过程中发生消去反应。
D、根据等效氢原则确定核磁共振氢谱的峰的个数。
5．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 每个H2S分子含有18个质子，标准状况下11.2L H2S的物质的量为0.5mol，因此含有的质子数为9NA，选项A正确；B. 在溶液中，亚硫酸钠的物质的量为0.01mol，Na+离子数目为0.02NA，选项B正确；
C. 6.4g SO2的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2H2S + SO2 = 3S↓ + 2H2O，每消耗6.4g SO2，生成的硫原子数目为0.3NA，选项C正确；
D. 反应②中的氧化产物是，硫元素化合价从0升高到+4，每生成1mol氧化产物，转移电子数目为4NA，选项D错误；
故答案为：D
【分析】A、一个H2S分子中含有18个质子，据此计算。
B、Na2SO3在水中完全电离，产生2个Na＋和1个SO32－。
C、反应①的化学方程式为2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，据此计算。
D、反应②的化学方程式为3S＋6NaOH=2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，据此结合化合价变化计算转移电子数。
6．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、模具未干燥时含有水分，高温条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，题目给出的化学方程式，书写正确，A选项正确。B、磁性氧化铁()与稀硝酸反应的离子方程式应为，题目给出的方程式有误，B选项错误。
C、氢氧化镁()为难溶物，在离子方程式中应保持分子形式，正确的离子方程式为，题目方程式错误，C选项错误。
D、亚硫酸钠()与氯气()发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，题目方程式错误，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、高温下Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2。
B、磁性氧化铁的成分为Fe3O4，与HNO3反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O。
C、Mg(OH)2难熔于水，在离子方程式中保留化学式。
D、Cl2少量，则反应生成HSO3－。
7．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸钠()属于强碱弱酸盐，其水溶液因水解作用呈碱性。温度升高会促进水解，使溶液碱性增强。热碱溶液能与油污发生反应生成可溶性物质，因此可有效去除废铁屑表面的油污，A选项正确。B、氯化铁溶液与少量碘化钾反应会生成使淀粉变蓝的碘单质。但由于未检测反应后碘化钾是否仍有剩余，因此该装置无法证明该反应是否为可逆反应，B选项错误。
C、碳酸氢钠()受热易分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而碳酸钠()热稳定性高。实验设计应将碳酸氢钠置于小试管(温度较低)，碳酸钠置于大试管。只有小试管的气体能使石灰水变浑浊，从而比较两者热稳定性，C选项错误。
D、反应是气体分子数不变的反应，压强变化导致的颜色改变并非平衡移动所致，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、Na2CO3溶液水解显碱性，能使油污水解。
B、溶液中Fe3＋过量，应检验是否存在I－。
C、NaHCO3受热易分解，应将NaHCO3放在小试管内。
D、该反应气体分子数不变，压强的改变不影响平衡移动。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A．同系物是指结构相似、分子组成相差一个或若干个CH2基团的有机物。Y（环氧丙烷）与环氧乙烷具有相同的三元环醚结构，且分子组成相差一个CH2，因此互为同系物，选项A正确。
B．Z在酸性条件下与水反应可发生水解，生成二氧化碳（），反应过程如下：，选项B正确。
C．X的一氯代物有四种，包括以下结构：、、、（含顺反异构），选项C错误。
D．聚合物W含有酯基（），在特定条件下可水解降解，属于可降解高分子材料，选项D正确。
故答案为：C
【分析】A、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物。
B、Z的水解产物之一为H2CO3，H2CO3不稳定，分解成CO2。
C、X的一氯代物有ClCH=CHCH3、CH2=CClCH3、CH2=CHCH2Cl，再结合顺反异构分析。
D、聚合物W中含有酯基，可发生水解反应。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. M极发生氧化反应（H2O→O2），故为阳极，a为电源正极，选项A错误。B. N极的阴极反应正确：，选项B正确。
C. 加入NaOH后，OH 在阳极放电，减少H+的生成，导致质子交换膜传输的H+减少，抑制CO2转化，选项C错误。
D. M极反应：。生成0.5mol O2时转移2mol电子，对应2mol H+迁移，选项D错误。
故答案为：B
【分析】在M极上H2O转化为O2，发生失电子的氧化反应，因此M为阳极；与阳极相连的a为电源的正极。电极N为阴极，CO2在阴极发生得电子的还原反应，结合H+生成HCOOH，因此阴极的电极反应式为。据此结合选项分析。
10．【答案】B
【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；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Y的氢化物NH3（氨气）是常用制冷剂，选项A正确。
B、与H形成氢键的O原子实际只形成1个共价键（正常应形成2个），说明O从Ni获得1个电子。结构中有2个这样的O原子，说明Ni提供2个电子，因此Ni为+2价，选项B错误。C、CH4：中心碳原子的价层电子对数为4，因此sp3杂化，且不含有孤电子对，所以键角109.5°；NH3：中心氮原子的价层电子对数为4，sp3杂化，且含有一对孤电子，所以键角107°；H2O：中心氧原子的价层电子对数为4，sp3杂化，且含有2对孤电子对，所以键角104.5°。因此键角：CH4 > NH3 > H2O（即X>Y>Z），选项C正确。
D、同周期第一电离能：N（ⅤA）> O（ⅥA）> C（ⅣA），即 Y>Z>X，选项D正确。
故答案为：B
【分析】M原子形成1个共价键且与Z形成氢键，Z形成2个共价键，所以M为H，Z为O。X形成4个共价键，所以X为C。Y形成3个共价键和1个配位键，所以Y为N。W的价电子排布为3d84s2，所以W为Ni。综上，元素分别为：。据此结合选项分析。
11．【答案】C
【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；焰色反应
【解析】【解答】A、金属灼烧时产生的焰色反应是原子核外电子跃迁释放能量的结果，而非吸收能量，A选项错误。B、物质的稳定性主要取决于化学键的键能大小。比较HCl和HF的稳定性，由于F原子半径比Cl原子小，H-F键的键长比H-Cl键更短。根据化学键理论，键长越短，键能越大，化学键越难断裂，物质就越稳定，B选项错误。
C、氟元素具有很高的电负性，使得F-C键的极性很强。基团作为吸电子基团，增强了三氟乙酸分子中羧基的极性，使其更容易电离出氢离子，从而表现出更强的酸性。相比之下，烷基是推电子基团，且烷基链越长推电子效应越显著，这会减弱羧基中羟基的极性，C选项正确。
D、乙烯和乙烷的化学活泼性差异主要由分子结构决定。乙烯分子中含有碳碳双键（包含一条π键），而乙烷分子中只有单键。虽然π键更容易断裂导致乙烯更活泼，但从键能角度看，双键的总键能实际上大于单键，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、产生焰色的过程释放能量，而不是吸收能量。
B、氢键影响物质的物理性质，稳定性属于化学性质。
C、F的电负性较强，为吸电子基团，使得羧基中氢氧键的极性增强，酸性增强。
D、碳碳双键中的π键使得乙烯更活泼，容易发生反应。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．实验Ⅰ中加热后溶液橙色加深，表明平衡向生成重铬酸根离子（Cr2O72-，橙色）的方向移动。根据勒夏特列原理，升温使平衡向吸热方向移动，因此该反应的正向（Cr2O72- → CrO42-）为放热过程，即ΔH < 0，选项A错误。B．实验Ⅱ中若要验证"降低生成物浓度（去除H+）使平衡正向移动"，可加入碳酸钠中和H+，使平衡向生成CrO42-（黄色）的方向移动，选项B正确。
C．实验Ⅲ中加入浓硫酸确实增加了H+浓度，相当于增大生成物浓度，使平衡逆向移动（向生成Cr2O72-的方向）。但浓硫酸溶解会放热，由A项分析可知该反应为放热反应，升温也会使平衡逆向移动，因此存在热效应干扰，无法单独验证浓度影响，选项C错误。
D．实验Ⅳ中溶液变黄主要是因为亚硫酸钠水解呈碱性，消耗了H+，使平衡向CrO42-（黄色）方向移动。若重铬酸根被还原应出现Cr3+的绿色，但实验中未观察到绿色，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、加热溶液橙色加深，说明加热后，溶液中c(Cr2O72－)增大。据此结合温度对平衡移动的影响分析。
B、加入Na2CO3，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动。
C、加入浓硫酸后，浓硫酸稀释放热，使得温度升高，存在温度的影响。
D、溶液显黄色是由于溶液中c(CrO42－)增大，过程中发生平衡移动，不存在氧化还原反应。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯
【解析】【解析】A、在"细菌氧化"过程中，在酸性条件下与氧气发生氧化反应，化学方程式为。该反应会生成硫酸，使溶液酸性增强，A选项正确。B、"浸金"过程涉及NaCN、Au与O2的反应，其中O2作为氧化剂将Au氧化，与结合形成配合物。需要强调的是NaCN在此过程中并未直接氧化Au，B选项错误。
C、"细菌氧化"会使金属硫化物转化为硫酸盐，在有充足氧气的情况下，会被氧化为，因此矿粉中的铁元素最终以形式进入滤液，C选项正确。
D、"沉铁砷"过程中通过加碱调节pH值，使与反应生成Fe(OH)3沉淀。同时，在碱性条件下含As物质也会沉淀，这有助于促进砷的沉降，D选项正确。
故答案为：B
【分析】该过程涉及含金硫化矿粉的处理，其中微小的金颗粒()被黄铁矿()和砷黄铁矿()包裹。在酸性条件下(pH=2)通入空气，通过细菌催化氧化作用，和发生氧化反应生成和含砷化合物，而保持不反应。过滤后所得滤液中含和砷的化合物；滤渣的主要成分为。调节滤液pH使沉淀，同时促进砷的沉降；对含金滤渣进行氰化处理步骤中，通入空气将氧化为，与氰根离子()形成可溶性配合物，实现金的浸出。据此结合选项分析。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由于该晶体结构与NaCl相同，M点原子坐标为，N点在晶胞的棱心未知，因此N点原子的坐标为，A选项正确；
B．和电子层数相同，由于核电荷数：＞，对核外电子的吸引能力更强，因此离子半径： ，B选项正确；
C．NiO晶体结构与NaCl相同，NaCl中每个周围最近的有6个，围成正八面体，因此NiO晶体中距离最近的有6个，围成的也是正八面体，C选项错误；
D．晶胞中位于棱心和体心，因此的个数；位于顶点和面心，因此的个数，根据密度公式，晶胞体积V，设1mol晶胞中Ni原子物质的量为xmol，O原子物质的量为1mol，则晶胞质量，，整理可得 ，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、根据N点原子的位置确定其坐标参数。
B、Ni2＋、Fe2＋的电子层数相同，应考虑核电荷数对半径的影响，核电荷数越大，半径越小。
C、距离Ni2＋最近的O2－有6个，形成正八面体结构。
D、根据公式计算晶胞密度。
15．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A. 根据分析可知，L1代表p([H2R-]/[H3R])与pH的关系，选项A错误。B. 曲线L4上的点达到了沉淀溶解平衡。对比L4上与c点相同pH的点可知，c点的Cd2+浓度较小，因此c点溶液中Cd2+浓度与OH-浓度的平方的乘积小于Ksp[Cd(OH)2]，说明c点溶液中没有Cd(OH)2沉淀，选项B错误。
C. 根据b点的坐标可以计算出Ka3 = 10-6.4。d点在曲线L3上，且p([R3-]/[HR2-]) = 2，因此d点的H+浓度为10-4.4 mol/L，d点的坐标为(4.4， 2)，选项C错误。
D. KH2R是酸式盐，其水溶液的酸碱性取决于H2R-的电离程度和水解程度的相对大小。根据图示，H2R-的电离平衡常数Ka2 = 10-4.7，而其水解平衡常数Kh3 = Kw/Ka1 = 10-11。由于电离程度大于水解程度，KH2R溶液呈酸性，选项D正确。
故答案为：D
【分析】在硝酸镉(Cd(NO3)2)溶液中滴加氢氧化钾(KOH)溶液时，会生成氢氧化镉(Cd(OH)2)沉淀。溶液的pH值越大，镉离子(Cd2+)的浓度越小，其对应的pX值(pX = -lgX)越大。因此，曲线L4反映了Cd2+浓度与pH的关系。柠檬酸是一种三元弱酸，与碱反应时会逐步转化为H2R-、HR2-和R3-。其三步电离平衡常数分别为： ，，， 由于Ka1 Ka2 Ka3，因此有以下关系： ， 因此，曲线L1、L2、L3分别反映了以下比例与pH的关系：L1表示与pH的关系，L2表示与pH的关系，L3表示与pH的关系。据此结合选项分析。
16．【答案】（1）水浴加热(冷却)
（2）
（3）取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（4）稀硫酸
（5）当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色
（6）20.0
（7）ac
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；中和滴定；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）“步骤1”中控制反应温度的方法为水浴加热(冷却)。
故答案为： 水浴加热(冷却)
（2）将溶液“缓慢滴加”至三颈烧瓶中，生成，发生的是双水解反应，所以发生反应的离子方程式为。
故答案为：
（3）检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，方法为：取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净。
故答案为： 取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净
（4）测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，“步骤4”将原胶泥转化为溶液，故物质X为稀硫酸。
故答案为： 稀硫酸
（5）滴定终点时被反应完，所以现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色。
故答案为： 当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色
（6）根据题干描述，可得关系式为：，故蔗糖铁样品的元素含量为。
故答案为：20.0
（7）a．KI溶液因接触空气部分变质，则需要消耗的KI的体积增大，使结果偏大，a正确；
b．用标准液滴定至终点时俯视读数，使体积偏小，结果偏小，b错误；
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上，说明过量，会与反应生成更多的，消耗体积偏大，导致测得的蔗糖铁中铁含量偏大，c正确；
故答案为：ac【分析】实验过程分析：将溶液逐滴加入Na2CO3溶液中，在20℃水浴加热条件下充分反应后，分离得到Fe(OH)3原胶泥。该胶泥与蔗糖在特定条件下反应转化为蔗糖铁原液。
铁含量测定原理：酸溶解过程中发生反应：；氧化还原过程中发生反应：；滴定过程中发生反应：。使用淀粉溶液作为指示剂，通过Na2S2O3标准溶液滴定反应生成的碘单质，根据消耗的Na2S2O3量计算铁含量。据此结合题干设问分析作答。
（1）“步骤1”中控制反应温度的方法为水浴加热(冷却)；
（2）将溶液“缓慢滴加”至三颈烧瓶中，生成，发生的是双水解反应，所以发生反应的离子方程式为；
（3）检验Fe(OH)3原胶泥已洗净即洗涤滤液中不含有Cl-的可溶性的杂质离子，方法为：取最后一次的洗涤液，滴加少量稀酸化的溶液，若无白色沉淀，则已洗净；
（4）测定氢氧化铁原胶泥中铁含量的测定，“步骤4”将原胶泥转化为溶液，故物质X为稀硫酸；
（5）滴定终点时被反应完，所以现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色褪去，且30s内不恢复原色；
（6）根据题干描述，可得关系式为：，故蔗糖铁样品的元素含量为；
（7）a．KI溶液因接触空气部分变质，则需要消耗的KI的体积增大，使结果偏大，a正确；
b．用标准液滴定至终点时俯视读数，使体积偏小，结果偏小，b错误；
c．滴加溶液后，溶液呈粉红色并持续以上，说明过量，会与反应生成更多的，消耗体积偏大，导致测得的蔗糖铁中铁含量偏大，c正确；
故选ac。
17．【答案】（1）；低温
（2）；>；
（3）；增大；600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应+反应Ⅱ，；可自发，，，故需要在低温条件下可自发。
故答案为：；低温
（2）①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk逆，斜率小的代表lgk正，则代表lgk正的曲线是x，代表lgk逆的曲线是y。
故答案为：lgk逆
②由z→b点是温度降低，平衡正向移动，b点时对应的反应速率：>。
故答案为：＞
③温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；。
故答案为：
（3）①根据图像可知：CO2的实际转化率在350～400℃范围内最高，故反应最佳温度范围为350～400℃。
故答案为：
②升高温度，反应Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应的化学平衡正向移动，n(CH4)减小，n(CO)增大，故CH4的平衡选择性随着温度的降低而增大。
故答案为：增大
③反应Ⅲ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅰ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度。
故答案为： 600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
（2）由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的转化率降低。据此结合题干设问分析作答。
（3）①结合CO2的实际转化率分析，应选择CO2实际转化率高的反应温度。
②结合温度对平衡移动的影响分析，温度升高，平衡向吸热反应方向移动。
③结合温度对反应Ⅰ、反应Ⅲ平衡移动的影响分析。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应+反应Ⅱ，；可自发，，，故需要在低温条件下可自发；
（2）由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的转化率降低；
①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk逆，斜率小的代表lgk正，则代表lgk正的曲线是x，代表lgk逆的曲线是y；
②由z→b点是温度降低，平衡正向移动，b点时对应的反应速率：>；
③温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)==，p(CO2)=，p(CH4)=，p(H2O)=；；
（3）①根据图像可知：CO2的实际转化率在350～400℃范围内最高，故反应最佳温度范围为350～400℃；
②升高温度，反应Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应的化学平衡正向移动，n(CH4)减小，n(CO)增大，故CH4的平衡选择性随着温度的降低而增大；
③反应Ⅲ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅰ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，600℃之后随温度升高，反应Ⅰ的平衡正向移动程度大于反应Ⅲ的平衡逆向移动程度；
18．【答案】（1）
（2）
（3）将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果
（4）反萃取发生的逆反应，加入平衡逆向移动，从中脱离出来
（5）
（6）
（7）或；；氧化；沉铁
【知识点】原子核外电子排布；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】（1）Co为27号元素，价电子排布式为，故基态Co原子的价电子排布图为。
故答案为：
（2）由分析知，“滤渣”的主要成分为。
故答案为：
（3）加入“还原”，将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果。
故答案为： 将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果
（4）反萃取发生的逆反应，加入酸，浓度增加，平衡逆向移动，使从中脱离出来。
故答案为： 反萃取发生的逆反应，加入平衡逆向移动，从中脱离出来
（5）“沉钴”时，按照加入试剂先被氧化为，再与发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为。
故答案为：
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，Co的化合价由+3降低为+2，则O的化合价由-2升高到0价生成氧气，化学方程式为。
故答案为：
（7）由分析知，“水相1”中含有的硫酸盐，有丰富的金属资源，向水相1中先加入NaF进行沉镁，得到MgF2沉淀，再向溶液中加入或，将“氧化”为，再加入进行调pH“沉铁”得到沉淀，过滤得到溶液。故答案为：或；；氧化；沉铁
【分析】废钴镍矿的主要成分包括Co、Ni、Mg、Pb以及少量Fe和Mn等元素。通过稀硫酸常压浸出后，得到含有Co2+、Ni2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Fe3+的硫酸盐溶液和难溶的PbSO4沉淀。过滤后，滤渣的主要成分为PbSO4。向滤液中加入Fe粉，将Fe3+全部还原为Fe2+。随后加入P204萃取剂，选择性萃取Co2+和Ni2+，剩余的水相1含有Mg2+、Fe2+、Mn2+的硫酸盐。对含Co2+和Ni2+的有机相进行反萃取，得到水相2。在水相2中加入NaClO和Na2CO3，发生如下反应：
2Co2+ + ClO- + 2CO32- + 3H2O = 2Co(OH)3↓ + 2CO2↑ + Cl-，生成Co(OH)3沉淀，而NiSO4留在溶液中。Co(OH)3经灼烧分解得到Co2O3，而NiSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，最终得到NiSO4·6H2O晶体。据此结合题干设问分析作答。
（1）Co为27号元素，价电子排布式为，故基态Co原子的价电子排布图为；
（2）由分析知，“滤渣”的主要成分为；
（3）加入“还原”，将全部还原为，防止萃取从而影响分离提纯的效果；
（4）反萃取发生的逆反应，加入酸，浓度增加，平衡逆向移动，使从中脱离出来；
（5）“沉钴”时，按照加入试剂先被氧化为，再与发生双水解生成沉淀，则沉钴时总反应的离子方程式为；
（6）“灼烧”在隔绝空气条件下进行，如控制温度不当会生成杂质，Co的化合价由+3降低为+2，则O的化合价由-2升高到0价生成氧气，化学方程式为；
（7）由分析知，“水相1”中含有的硫酸盐，有丰富的金属资源，向水相1中先加入NaF进行沉镁，得到MgF2沉淀，再向溶液中加入或，将“氧化”为，再加入进行调pH“沉铁”得到沉淀，过滤得到溶液。
19．【答案】（1）乙二醇；醛基和羧基
（2）+
（3）加成反应；
（4）
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A为HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；C的结构简式为OHCCOOH，含氧官能团的名称为醛基和羧基。
故答案为：乙二醇； 醛基和羧基（2）OHCCOOC2H5（D）中的醛基与（E）中的氨基先发生加成反应，后发生羟基的消去反应形成双键，故化学方程式为：+。
故答案为：+
（3）对比F、G的结构简式可知，F中碳氮双键断裂，故F和反应生成G的反应类型为加成反应；I发生已知信息的反应生成J，则的结构简式为。
故答案为：加成反应；
（4）D的结构简式为OHCCOOC2H5，不饱和度为2；
①能发生银镜反应，说明含有醛基，占了一个不饱和度；
②能发生水解反应，说明含有酯基，也可能是甲酸酯基，这样同时满足条件①、②；
③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1，满足条件的结构简式为。
故答案为：
（5）逆推可知，M+E发生类似D→F的反应，则M的结构简式为；M是L催化氧化的产物与乙醇发生酯化反应而得来的，故L与M的中间产物为，则L中含有羟基和羧基，L的结构简式为。
故答案为：；
【分析】化合物A的分子式为，其不饱和度为0。根据A→B的反应条件可推断，A是一个饱和二元醇，因此A的结构为HOCH2CH2OH（乙二醇）。乙二醇在铜催化剂和加热条件下被氧气氧化，生成化合物B（OHCCHO，乙二醛）。乙二醛进一步被氧化得到化合物C（OHCCOOH，醛基乙酸）。在浓硫酸存在和加热条件下，化合物C与乙醇发生酯化反应，生成酯类化合物D（OHCCOOC2H5）。随后，D与化合物E在硫酸镁作用下先进行醛基的加成反应，接着发生羟基的消去反应，生成F。F经过加成反应转化为G，G通过还原反应得到H。H发生取代反应生成I，最后I通过已知信息的反应转化为目标产物J。据此结合题干设问分析作答。
（1）由分析可知，A为HOCH2CH2OH，化学名称为乙二醇；C的结构简式为OHCCOOH，含氧官能团的名称为醛基和羧基；
（2）OHCCOOC2H5（D）中的醛基与（E）中的氨基先发生加成反应，后发生羟基的消去反应形成双键，故化学方程式为：+；
（3）对比F、G的结构简式可知，F中碳氮双键断裂，故F和反应生成G的反应类型为加成反应；I发生已知信息的反应生成J，则的结构简式为；
（4）D的结构简式为OHCCOOC2H5，不饱和度为2；
①能发生银镜反应，说明含有醛基，占了一个不饱和度；
②能发生水解反应，说明含有酯基，也可能是甲酸酯基，这样同时满足条件①、②；
③含有一个手性碳；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：1：1：1：1，满足条件的结构简式为；
（5）逆推可知，M+E发生类似D→F的反应，则M的结构简式为；M是L催化氧化的产物与乙醇发生酯化反应而得来的，故L与M的中间产物为，则L中含有羟基和羧基，L的结构简式为。
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