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四川省射洪市2024-2025学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题
一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1．2025年2月12日，中国载人月球探测任务登月服被命名为“望宇”，载人月球车被命名为“探索”。下列叙述错误的是
A．“望宇”采用的聚酯纤维，属于人工合成高分子材料
B．“望宇”保温层使用的气凝胶，具有极低导热性和优异轻质特性
C．“探索”车轮可以采用天然橡胶，其主要成分为聚1，3-丁二烯
D．“探索”车身采用碳纤维复合材料，具有高强度、轻质和耐腐蚀等性质
【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解析】A、聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法制备的高分子材料，属于人工合成高分子，A选项正确。B、气凝胶作为多孔固体材料，具备两个显著特性——极低的热导率（隔热性能优异）和极低的密度（质量轻），这使其成为理想的保温隔热材料，B选项正确。
C、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯（化学结构为顺-1，4-聚异戊二烯），而聚1，3-丁二烯是合成橡胶（如丁苯橡胶或顺丁橡胶）的组成成分。题目将两者错误混为一谈，C选项错误。
D、碳纤维复合材料由碳纤维增强体和树脂基体复合而成，具有三大优势特性——高强度、低密度（轻量化）和耐腐蚀性，这些特性使其非常适合航天器结构应用，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、聚酯纤维属于人工合成高分子材料。
B、保温气凝胶具有极低导热性和优异轻质特性。
C、天然橡胶的成分为聚异戊二烯。
D、碳纤维复合材料具有高强度、轻质和耐腐蚀性质。
2．在日常生活中，我们会接触到各种各样的“剂”，它们有着不同的成分和用途。下列关于常见“剂”的主要成分、功能的说法正确的是
选项 常见“剂” 主要成分 主要功能
A 汽车“防冻液” 乙二醇 降低水的凝固点
B 厨房“洗洁精” 含NaOH的表面活性剂 乳化溶解油脂等物质
C 医用“酒精消毒剂” 95%的乙醇 使病毒细菌的蛋白质变性
D 面团“膨松剂” 碳酸钠 产生CO2使面团蓬松
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、汽车"防冻液"的主要功能是通过添加乙二醇来降低水的凝固点，A选项正确。B、厨房"洗洁精"的主要成分是表面活性剂，用于乳化油脂，但其中并不含氢氧化钠，B选项错误。
C、医用"酒精消毒剂"的有效成分是75%乙醇溶液，其消毒原理是使病毒和细菌的蛋白质变性，C选项错误。
D、面团"膨松剂"的主要成分碳酸氢钠，其作用是受热分解产生二氧化碳使面团蓬松，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、添加乙二醇后可降低水的凝固点，用作防冻剂。
B、洗洁精的成分为表面活化剂，用于乳化油脂。
C、酒精消毒剂为75%的乙醇溶液。
D、膨松剂的成分为NaHCO3。
3．可利用反应 NaCN+2NaOH+Cl2=NaCNO+2NaCl+H2O处理含剧毒物质氰化钠的废水。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误是
A．NaCN中σ键和π键个数比为1：2
B．25℃和101 kPa，22.4 L Cl2所含分子个数大于NA
C．NaOH的电子式为
D．CNO-的空间结构为直线形
【答案】B
【知识点】“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、氰化钠是一种离子化合物，含有离子键。其阴离子氰酸根的结构式为 。在该离子中，碳氮三键包含1个σ键和2个π键，因此化合物中σ键与π键的数量比为1：2，A选项正确。B、在25℃和101kPa条件下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。因此，22.4L氯气所含分子数小于，B选项错误。
C、氢氧化钠是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。其电子式为，C选项正确。
D、CNO-与CO2的原子数均为3，价电子数均为16，属于等电子体。等电子体具有相同的空间构型。CO2分子中碳原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，分子呈直线形结构。因此CNO-的空间结构也是直线形，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、NaCN中CN-含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键。
B、25℃和101kPa下，Vm＞22.4L/mol。
C、NaOH由Na＋和OH－构成，其中OH－含有共价键，据此确定其电子式。
D、CNO－与CO2互为等电子体，二者结构相似。
4．蒙顶山茶是中国历史名茶，自古便有“扬子江中水，蒙顶山上茶”。茶多酚是茶叶的活性成分，具有抗菌、抗炎和抗癌功效，其结构如图所示。下列关于茶多酚的叙述正确的是
A．能与Na2CO3溶液反应产生CO2
B．1个分子中含1个手性碳原子
C．具较好水溶性的主要原因是能与水形成分子间氢键
D．在空气中能稳定存在
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据题目信息，该有机物含有酚羟基，可以与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，但由于不含羧基，因此不会产生CO2气体，A选项错误；B．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。分析该分子结构可知，其中含有2个手性碳原子，具体位置如图所示：，B选项错误；
C．从该有机物的结构简式可以看出，分子中含有多个羟基。羟基能与水分子形成氢键，从而使其具有良好的水溶性，C选项正确；
D．该有机物结构中含有多个羟基，容易被空气中的氧气氧化，因此不能在空气中稳定存在，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、能与NaHCO3溶液反应生成CO2的官能团为－COOH。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、分子结构中含有－OH，能与H2O形成分子间氢键。
D、酚羟基易被空气中的O2氧化。
5．实验操作是进行科学实验的基础。如图实验操作科学合理的是
A．装置①：滴定终点前蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
B．装置②：实验室制备乙炔气体
C．装置③：验证 水溶液的酸性和漂白性
D．装置④：制备氨水
【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．冲洗锥形瓶内壁的操作合理，能够确保反应物充分接触，提高反应效率，A选项正确。B．实验室制备乙炔时，若直接用水与电石反应，生成的氢氧化钙会形成糊状物堵塞反应容器，导致无法控制反应进程。通常采用饱和食盐水代替水，以减缓反应速率，B选项错误。
C．当溶于水时，会生成亚硫酸（H2SO3），亚硫酸电离产生，使溶液显酸性。因此，将通入蓝色石蕊试液中，溶液会变红，但不具备漂白性，无法使红色溶液褪色。该实验仅能验证水溶液的酸性，而不能证明其漂白性，C选项错误。
D．氨气极易溶于水，若将导管直接插入水中，会导致液体倒吸，存在安全隐患，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、滴定终点前用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可使内壁附着的标准液进入待测液中充分反应。
B、实验室制取乙炔，应用饱和食盐水。
C、SO2能使蓝色石蕊溶液变红，但不能褪色。
D、NH3极易溶于水，应注意防倒吸。
6．化学与化工生产密切相关。下列工业生产中的反应式错误的是
选项 工业生产 反应式
A 氯碱工业 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
B 制备粗硅 2CO+SiO2Si+2CO2
C 侯氏制碱 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D 合成导电高分子材料
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；以氯碱工业为基础的化工生产简介；硅和二氧化硅；电离方程式的书写
【解析】【解析】A、电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-， A选项正确。B、二氧化硅与碳在高温（1800℃~2000℃）下反应的化学方程式应为： 2C+SiO2Si+2CO，B选项错误。
C、侯氏制碱法的反应原理是：NaCl + NH3+ CO2+ H2O → NaHCO3↓ + NH4Cl，利用了碳酸氢钠溶解度较小的特性，C选项正确。
D、聚乙炔具有导电性，因其碳原子采用sp2杂化，未杂化的p轨道存在电子。其加聚反应过程为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、氯碱工业为电解饱和NaCl溶液。
B、制备粗硅时用焦炭还原SiO2生成Si和CO。
C、侯氏制碱法是往饱和氨盐水中通入CO2，反应生成NaHCO3和NH4Cl。
D、导电高分子材料为聚乙炔。
7．某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“------”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1.下列说法错误的是
A．简单氢化物稳定性：Z >R
B．离子半径：Z >R>X
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应
D．X、R形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键
【答案】A
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：Cl＜O，因此简单氢化物的稳定性：HCl＜H2O，即Z＜R，A选项错误；B. 离子半径比较规律：电子层数越多半径越大，电子层相同时，核电荷数越小半径越大。因此离子半径大小关系为：Cl->O2->Na+，B选项正确；
C. X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是NaOH（氢氧化钠）、Al(OH)3（氢氧化铝）、HClO4（高氯酸）。其中Al(OH)3是两性氢氧化物，三者可以两两反应，C选项正确；
D. 氧(O)和钠(Na)形成的两种常见化合物是Na2O（氧化钠）和Na2O2（过氧化钠）。Na2O只含离子键，Na2O2既含离子键又含共价键，D选项正确；
故答案为：A
【分析】Y元素的最外层电子数比最内层电子数多1个，且位于第三周期，因此Y为铝(Al)；M位于第一周期，所以M是氢(H)元素；根据八角星结构推断，X为钠(Na)，Z为氯(Cl)，R为氧(O)。据此结合元素周期律分析选项。
8．一定条件下，有机物a→b的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是
A．a的分子式为C12H12O3
B．a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物
C．与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOH
D．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；同系物
【解析】【解答】A．化合物a的分子式为C12H14O3，选项A错误；
B．a在酸性条件下水解会生成和CH3COOH，这些产物与b不属于同系物，选项B错误；
C.1mol a与足量NaOH反应时最多消耗2 mol NaOH，而1 mol b最多消耗1 mol NaOH，选项C错误；
D．根据类似反应推断，的异构化产物为，该产物含有醛基，可以发生银镜反应，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据a的结构简式确定分子中所含的原子个数，从而得到其分子式。
B、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。
C、a中的酯基水解生成羧基和酚羟基，都能与NaOH反应；b中酚羟基能与NaOH反应。
D、根据题干反应可知，的异构化产物为。
9．下列关于实验方案和现象的解释或结论错误的是
选项 实验方案和现象 解释或结论
A 向某固体加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，湿润的红色石蕊试纸变蓝 固体一定是铵盐
B 将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，过一段时间又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大
C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀 NaOH碱性强于Mg(OH)2
D 取4mL亮黄色（[FeCl4]-）的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液，生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去 [FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；铵离子检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氮化镁（Mg）、铵盐等物质与浓氢氧化钠溶液反应都能生成氨气（NH3），使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此该现象不能确定一定是铵盐，A选项错误；B．实验现象显示溶液先变为红棕色，后变为浅绿色，表明SO2先与Fe3+发生络合反应生成[Fe(SO)6]3+，且络合反应速率快于氧化还原反应速率。最终溶液呈浅绿色说明氧化还原反应生成Fe2+的平衡常数更大，B选项正确；
C．生成白色沉淀Mg(OH)2，证明NaOH的碱性强于Mg(OH)2，C选项正确；
D．滴加硝酸银饱和溶液后，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，导致溶液中Cl-浓度降低，溶液亮黄色褪去，说明[FeCl4]-的稳定性依赖于高浓度Cl-环境，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、金属氮化物、氨盐、-CONH2都能与NaOH反应生成NH3。
B、先变为红棕色，说明生成[Fe(SO2)6]3＋的速率更快；又变为浅绿色，则说明生成Fe2＋的反应平衡常数更大。
C、根据强碱制弱碱分析。
D、生成的白色沉淀为AgCl，使得溶液中c(Cl－)降低，据此分析。
10．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是
A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸
B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16Cl-+12H+
D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A. 酸1为H2SO4，酸2为HCl，故A正确；
B. 浸取2中盐酸的作用是提供Cl-形成AgCl和[AuCl4]-，而非增强H2O2氧化性，故B错误；
C. 肼还原HAuCl4的离子方程式正确表示为：4[AuCl4]-+ 3N2H4= 4Au + 3N2↑ + 16Cl-+ 12H+，故C正确；
D. S2O32-结构式为，中心S原子孤对电子数为=0，端基S原子孤对电子数为=2，故中心S配位能力较弱，故D正确；
故答案为：B
【分析】根据实验流程分析，混合物（含铜、银、金）首先用稀硫酸和过氧化氢混合溶液处理，铜被氧化为硫酸铜进入溶液，而银和金不发生反应。过滤后得到硫酸铜溶液（浸出液1）和含银、金的固体残渣（浸渣1），因此酸1应为稀硫酸。接着，浸渣1用盐酸和过氧化氢混合溶液处理，银转化为氯化银沉淀，金形成HAuCl4配合物进入溶液。过滤后得到氯化银沉淀（浸渣2）和含HAuCl4的溶液（浸出液2），故酸2应为稀盐酸。浸渣2再用硫代硫酸钠溶液处理，氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-配合物进入溶液（浸出液3），通过电沉积得到单质银。最后，浸出液2中的HAuCl4被肼还原为单质金。
11．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述 Ⅱ
A 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
B 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
C 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小，O-H键极性越弱
D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；金属的电化学腐蚀与防护；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．在镀锡钢板中，铁的化学活性高于锡，因此铁优先被腐蚀；而在镀锌钢板中，锌的活性高于铁，通过牺牲阳极（锌）来保护阴极（铁），属于牺牲阳极保护法。陈述Ⅰ存在错误，选项A错误。B．冠醚因其空腔直径差异，能够选择性识别不同尺寸的碱金属阳离子，从而形成超分子结构，选项B正确。
C．烷基作为推电子基团，其链长增加会增强推电子效应，导致羧基中羟基极性降低，从而减弱羧酸的酸性。因此酸性顺序为CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ存在错误，选项C错误。
D．溴乙烷水解产物NaBr电离出的Br-可与AgNO3反应生成淡黄色AgBr沉淀，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、结合金属活动性Zn＞Fe＞Sn分析，活动性越强的金属，做负极，被氧化腐蚀。
B、冠醚可用于识别碱金属离子，是由于超分子的形成。
C、烷烃基为推电子基团，烃基越长推电子效应越大。
D、应先加稀硝酸，再加AgNO3溶液，防止NaOH与AgNO3反应。
12．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是
A．装置工作时，甲室溶液逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室不需要补充盐酸
C．乙室电极反应式为
D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解析】A、左侧细菌电极作为阳极，发生的氧化反应为：，生成的H+通过阳离子交换膜迁移至阴极室，导致甲室pH降低，A选项错误。
B、左侧电极作为负极发生相同反应，每转移8mol电子会产生7mol H+，而正极区需消耗32mol H+（反应：），故乙室H+浓度持续下降，需补充盐酸，B选项错误。
C、LiCoO2还原为Co2+的电极反应为：，酸性条件下不可能生成OH-，C选项错误。
D、阴极发生Co2+的电沉积反应：，当Co2+减少0.0034mol（200mg）时转移0.0068mol电子，而乙室增加的0.0051mol（300mg）Co2+对应0.0051mol电子转移，两者不等说明已进行溶液转移操作，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、甲室为电解池装置，CH3COO－发生失电子的氧化反应，生成CO2的同时生成H＋，溶液的pH减小。
B、装置工作过程中，乙室中H＋参与反应。
C、乙室电解质溶液中含有HCl，酸性条件下不能生成OH－。
D、根据转移电子守恒进行计算。
13．与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是
A．腈和异腈互为同分异构体
B．与生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】A、乙腈(CH3CH2CN)与乙基异腈(CH3CH2NC)具有相同的分子式C3H5N，但官能团连接方式不同（-CN与-NC），符合同分异构体的定义，A选项正确。B、根据反应能量变化示意图，无论是生成腈还是异腈的路径，最终产物的能量均低于起始反应物AgCN和CH3CH2Br的总能量，说明这两个反应都是放热过程，B选项正确。
C、从能量变化曲线可见，后续中间体Ⅰ（含N…Ag键）转化为产物时所需的活化能显著低于中间体Ⅱ（含C…Ag键）的转化过程，说明N…Ag键的键能弱于C…Ag键，C选项正确。
D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。在反应动力学和热力学因素共同影响下，实际产物分布由这两个竞争因素决定，不能简单认为只受单一因素控制，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
B、根据反应物和生成物总能量的相对大小，判断反应的热效应。
C、根据反应过程中能量的变化分析。
D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。
14．是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。的晶体结构呈立方体形，如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为。下列叙述错误的是
晶体结构示意图
A．在晶体中，离子配位数为8，离子配位数为4
B．两个最近的之间的距离是
C．晶胞与8个形成的立方体的体积比为
D．晶胞的密度是
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，A2+位于B-构成的立方体空隙中，配位数为8；B-位于A2+构成的四面体空隙中，配位数为4，故A正确；
B．根据侧面图，a=，两个最近的之间的距离为，故B正确；
C.8个形成的小立方体的边长为，所以晶胞与8个形成的立方体的体积比为，故C错误；
D．每个晶胞中含4个化学式，它的边长为，则该晶胞密度：，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.在晶体中，阳离子配位数为8，阴离子配位数为4；
B.两个最近的之间的距离是；
C.晶胞与8个形成的立方体的体积比为；
D.晶胞的密度是。
15．向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]与lg[c(S2O)/(mol/L)]的关系如下图所示，M代表Ag+或Br-；N代表或。下列说法错误的是
A．直线L1表示随c(S2O)变化的关系
B．a=-6.1
C．c(S2O)=0.001mol/L时，若溶液中[Ag(S2O3)2]3-的浓度为x mol/L，则c(Br-)= mol/L
D．AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br-的K的数量级为101
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 分析显示，直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的函数关系，选项A正确。B. 根据分析可知，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2。在a点时c(Br-)=c(Ag+)=mol/L=10-6.1mol/L，因此a=-lg10-6.1=6.1，选项B正确。
C. 反应Ag++2S2O [Ag(S2O3)2]3-的平衡常数K=。根据点(-4.6，4.2)计算得到K=1013.4。当Ksp=10-12.2，c(S2O)=0.001mol/L时，c(Ag+)=10-7.4xmol/L，c(Br-)=mol/L，选项C错误。
D. 图示表明，当硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，c(Br-)=10-3.85mol/L，溶液中c(Ag+)=10-8.35mol/L。当=10-4.2时，计算得到反应平衡常数K=101.2，数量级为101，选项D正确。
故答案为：C
【分析】溴化银饱和溶液中，溴离子和银离子的浓度相等。当向该溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，银离子浓度会降低，而溴离子浓度会增加。因此：曲线b表示c(Ag＋)随c(S2O32－)的变化关系；曲线d表示c(Br－)随c(S2O32－)的变化关系。在反应初期，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，此时溶液中存在以下关系： ＜。因此直线L1表示随c(S2O32－)的变化；直线L2表示随c(S2O32－)的变化。根据图中数据，当c(S2O32－)=10-4.6 mol/L时：溶液中c(Br-) = 10-3.85 mol/L、c(Ag+) = 10-8.35 mol/L。因此，溴化银的溶度积常数Ksp = c(Ag+)·c(Br-) = 10-12.2。据此结合选项分析。
二、非选择题(本题共4小题，共55分。)
16．金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf 等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3 ] =4.0 ×10 -38 Kb (BOH)=1.6×10-5。
③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。
物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2
沸点/℃ 331 315 1300 700 1150
回答下列问题：
（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为　 　；Zr4+较Zr2+稳定的原因是　 　。
（2）“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为　 　。
（3）“萃取”时，ZrO2+生成配合物 Zr(NO3)2Cl2·2TBP （TBP：磷酸三丁酯），可用　 　（填实验方法）测定其晶体结构。
（4）“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中c(Fe3+) = 　 　mol·L-1。
（5）ZrO2不能直接与Cl2反应生成 ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中 ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH <0），则加入碳粉的作用是　 　（从热力学角度分析）。
（6）“还原”的目的是　 　；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为　 　。
【答案】（1）4d25s2；Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定
（2）Zr4++H2O=ZrO2++2H+
（3）x射线衍射法
（4）4.0×10-23
（5）生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大
（6）将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度；2FeCl3+H2FeCl2+2HCl
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定。
故答案为： 4d25s2； Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定
（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+。
故答案为：Zr4++H2O=ZrO2++2H+
（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等。
故答案为： x射线衍射法
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中。
故答案为： 4.0×10-23
（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大。
故答案为：生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大
（6）“还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H2FeCl2+2HCl。
故答案为：将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度； 2FeCl3+H2FeCl2+2HCl
【分析】锆英砂的主要成分为ZrSiO4，同时含有少量、、等元素。以该原料生产金属锆的工艺流程中："酸溶"步骤后，溶液中金属元素以、、、等形式存在。"萃取"工序主要目的是去除杂质。"沉淀"过程中Fe3+和Cr3+形成沉淀；焙烧后产物为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3。 "沸腾氮化"阶段转化为ZrCl4、FeCl3和CrCl3；由于FeCl3与ZrCl4沸点相近，需加入H2将FeCl3还原为FeCl2，防止ZrCl4升华时混入FeCl3杂质。最终通过升华获得纯净ZrCl4；镁热还原反应后得到金属锆产品。
（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定；
（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+；
（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；
（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大；
（6）“还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H2FeCl2+2HCl。
17．乳酸亚铁((CH3CH(OH)COO)2Fe，M = 234 g·mol-1)是良好的补铁剂，易溶于水(在水中溶解度随温度升高而增大)、难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。
I． 制备FeCO3
（1）仪器c的名称是　 　。
（2）组装仪器，　 　（补充操作），加入试剂。先关闭K2，打开K1、K3。为了防止产品被空气氧化，待在m处检验到纯净的H2后，先将m处橡皮管插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K3，打开K2。
（3）可用NaHCO3溶液替代B中Na2CO3溶液制备的FeCO3，发生反应的离子方程式为　 　。 此法所得产品纯度更高，原因是　 　。
（4）干燥的FeCO3是空气中稳定的白色固体，湿润时易因被氧化为氢氧化物而变成茶色，该反应的化学方程式为　 　。
Ⅱ．制备乳酸亚铁
（5）将制得的FeCO3和少量铁粉加入乳酸溶液中，75 ℃下搅拌反应。隔绝空气加热蒸发，　 　 (补充操作)，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。
Ⅲ．乳酸亚铁产品纯度测定
（6）用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是　 　，经查阅文献后，改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取9.3600 g样品加足量硫酸酸化溶解配成250.00 mL 溶液，取25.00 mL用0.1000 mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定。重复滴定4次，消耗标准液的体积分别为33.98 mL、33.10 mL、34.00 mL和34.02 mL。 滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。产品纯度为　 　%。若滴定操作时间过长，则测得样品纯度将　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】三颈烧瓶；检查装置气密性；Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质；4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2；冷却结晶，过滤；乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；85%；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）据仪器的构造可知，仪器c名称为三颈烧瓶。
故答案为： 三颈烧瓶
（2）装置中涉及气体的产生和反应，则需装置不漏气，故为检查装置气密性。
故答案为： 检查装置气密性
（3）NaHCO3溶液会和亚铁离子反应生成二氧化碳、水和FeCO3，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质，故使用碳酸氢钠生成碳酸亚铁所得产品纯度更高。
故答案为： Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O； Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质
（4）亚铁具有还原性，空气中氧气具有氧化性，结合质量守恒，则FeCO3湿润时易因被氧化为氢氧化物氢氧化铁，同时生成二氧化碳，反应为：4FeCO3 +6H2O+O2=4Fe(OH)3 +4CO2。
故答案为： 4FeCO3 +6H2O+O2=4Fe(OH)3 +4CO2
（5）通过反应从溶液中得到乳酸亚铁固体，则操作为：隔绝空气加热蒸发，冷却结晶、过滤，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。
故答案为： 冷却结晶，过滤
（6）乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，第二次滴定数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液34.00mL，产品纯度为。若滴定操作时间过长，则样品中亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
故答案为： 乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化 ； 85% ；偏小
【分析】亚铁离子(Fe2+)易被氧气(O2)氧化，因此在制备碳酸亚铁(FeCO3)时需保持无氧环境。实验过程中，首先通过铁(Fe)与稀硫酸(H2SO4)反应生成硫酸亚铁(FeSO4)，同时产生的氢气(H2)用于排尽装置内的空气。圆底烧瓶中生成的氢气使内部气压升高，从而将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶，与碳酸钠(Na2CO3)溶液反应生成碳酸亚铁。最后，碳酸亚铁与乳酸反应即可制得乳酸亚铁。
18．在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．CO2加氢制甲醇
（1）已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ： H2
反应ⅲ：
计算： H2=________。
（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变
C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变
（3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。
已知：甲醇的选择性。
①260℃时，H2的转化率________。反应ⅰ的平衡常数________(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。
②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：________。
Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物
已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
（4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。
①参照机理图画出A的结构：________。
②若还原产物主要为，应选择________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。
【答案】(1) -90.6
(2) B，C
(3) 22% 0.022 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
(4) Cu
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，则△H2=△H3—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol。
故答案为：—90.6
（2）A．该反应是气体体积不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应时，容器中温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由碳原子个数守恒可知，反应中始终不变，则保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．一氧化碳的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故答案为：BC
（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，甲醇的物质的量为1mol×30%×60%=0.18mol，一氧化碳的物质的量为1mol×30%×40%=0.12mol，由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为1mol×2-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为=2.34mol，则混合气体的总物质的量为3.64mol，氢气的转化率为×100%=22%，反应ⅰ的平衡常数≈0.022。
故答案为：22%；0.022
②甲醇选择性随温度升高而降低是因为反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ为放热反应，升高温度，反应ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ的平衡向逆反应方向移动，使得甲醇的选择性降低。
故答案为：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为，则a为。
故答案为：
②由图可知，生成甲烷的第一步反应是二氧化碳中的碳原子与催化剂活性位点相连，由题给信息可知，锡的活性位点对氧原子的连接能力较强，金、铜的活性位点对碳原子的连接能力较强，但铜对一氧化碳的吸附能力远强于金，且铜吸附一氧化碳后不易脱离，所以应选择铜做催化剂制备甲烷。
故答案为：Cu
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）当正逆反应速率不变（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此分析选项。
（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，据此进行计算。
②结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为。
②根据金、铜的活性位点对碳原子的连接能力的强弱分析。
19．奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，能够用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示，回答下列问题。
已知：
①+PPh3+OPPh3
②
（1）H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　。
（3）反应C→D中使用的 CH3OCH2Cl的作用是　 　。
（4）写出B→C的化学方程式：　 　。这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，J的结构简式为　 　。
（5）H的某个同系物K比H少6个碳原子，满足下列条件的K的同分异构体有种　 　(不考虑立体异构)。
(i)含有苯环且苯环上有6个取代基
(ii)没有碳原子直接与苯环相连
(iii)有一个乙基
写出一种核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为1：2：2：3：4的物质的结构简式　 　。
（6）参考上述合成路线，以为原料，合成　 　(无机试剂及题目中所给试剂任选)。
【答案】（1）酰胺基
（2）取代反应或酯化反应
（3）保护羟基
（4）；
（5）9；或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据H 的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（2）A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应或酯化反应
（3）反应 C→D 是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流程可知，F→G又水解出羟基，所以C→D使用的 CH3OCH2Cl 的作用是保护羟基。
故答案为： 保护羟基
（4）根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应生成、O=PPh3、，B→C 的化学方程式为++PPh3→++O=PPh3，B→C的反应生成B中相邻2个羟基脱水形成醚键，所以这一反应会伴随着一种有机副产物 J 生成，J 的结构简式为。
故答案为： ；
（5）H的分子式为C14H24O4N2，H的某个同系物K比H少6个碳原子，K的分子式为C8H12O4N2，(i) 含有苯环且苯环上有 6 个取代基； (ii)没有碳原子直接与苯环相连； (iii)有一个乙基。6个取代基可能是3个－OH、2个－NH2、1个－OCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有6种（可看成中3个—OH被2个—NH2和1个－OCH2CH3代替，2个—NH2有邻、间、对三种位置，1个－OCH2CH3代替依次有2、3、1种位置，共2+3+1=6种）；6个取代基可能是4个－OH、1个－NH2、1个－NHCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有3种（可看成中2个—OH被1个－NH2和1个－NHCH2CH3代替，两个取代基有邻、间、对三种位置）；符合条件的同分异构体共9种；核磁共振氢谱显示 5 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3：4 的物质的结构简式为或。
故答案为：9；或
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）根据H的结构简式确定其所含的官能团。
（2）A→B的过程中发生酯化反应，酯化反应属于取代反应。
（3）C→D的转化过程中CH3OCH2Cl与羟基反应，起到保护羟基的作用。
（4）根据已知反应①书写B→C反应的化学方程式，同时确定J的结构简式。
（5）根据限定条件确定同分异构体的结构单元，从而得到满足条件的同分异构体的个数。根据核磁共振氢谱峰面积之比，结合结构的对称性确定满足条件的同分异构体的结构简式。
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，据此设计合成路线图。
（1）根据H 的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基；
（2）A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应；
（3）反应 C→D 是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流程可知，F→G又水解出羟基，所以C→D使用的 CH3OCH2Cl 的作用是保护羟基；
（4）根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应生成、O=PPh3、，B→C 的化学方程式为++PPh3→++O=PPh3，B→C的反应生成B中相邻2个羟基脱水形成醚键，所以这一反应会伴随着一种有机副产物 J 生成，J 的结构简式为；
（5）H的分子式为C14H24O4N2，H的某个同系物K比H少6个碳原子，K的分子式为C8H12O4N2，(i) 含有苯环且苯环上有 6 个取代基； (ii)没有碳原子直接与苯环相连； (iii)有一个乙基。6个取代基可能是3个－OH、2个－NH2、1个－OCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有6种（可看成中3个—OH被2个—NH2和1个－OCH2CH3代替，2个—NH2有邻、间、对三种位置，1个－OCH2CH3代替依次有2、3、1种位置，共2+3+1=6种）；6个取代基可能是4个－OH、1个－NH2、1个－NHCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有3种（可看成中2个—OH被1个－NH2和1个－NHCH2CH3代替，两个取代基有邻、间、对三种位置）；符合条件的同分异构体共9种；核磁共振氢谱显示 5 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3：4 的物质的结构简式为或；
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，合成路线为。
1 / 1四川省射洪市2024-2025学年高三下学期普通高考模拟5月测试化学试题
一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1．2025年2月12日，中国载人月球探测任务登月服被命名为“望宇”，载人月球车被命名为“探索”。下列叙述错误的是
A．“望宇”采用的聚酯纤维，属于人工合成高分子材料
B．“望宇”保温层使用的气凝胶，具有极低导热性和优异轻质特性
C．“探索”车轮可以采用天然橡胶，其主要成分为聚1，3-丁二烯
D．“探索”车身采用碳纤维复合材料，具有高强度、轻质和耐腐蚀等性质
2．在日常生活中，我们会接触到各种各样的“剂”，它们有着不同的成分和用途。下列关于常见“剂”的主要成分、功能的说法正确的是
选项 常见“剂” 主要成分 主要功能
A 汽车“防冻液” 乙二醇 降低水的凝固点
B 厨房“洗洁精” 含NaOH的表面活性剂 乳化溶解油脂等物质
C 医用“酒精消毒剂” 95%的乙醇 使病毒细菌的蛋白质变性
D 面团“膨松剂” 碳酸钠 产生CO2使面团蓬松
A．A B．B C．C D．D
3．可利用反应 NaCN+2NaOH+Cl2=NaCNO+2NaCl+H2O处理含剧毒物质氰化钠的废水。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误是
A．NaCN中σ键和π键个数比为1：2
B．25℃和101 kPa，22.4 L Cl2所含分子个数大于NA
C．NaOH的电子式为
D．CNO-的空间结构为直线形
4．蒙顶山茶是中国历史名茶，自古便有“扬子江中水，蒙顶山上茶”。茶多酚是茶叶的活性成分，具有抗菌、抗炎和抗癌功效，其结构如图所示。下列关于茶多酚的叙述正确的是
A．能与Na2CO3溶液反应产生CO2
B．1个分子中含1个手性碳原子
C．具较好水溶性的主要原因是能与水形成分子间氢键
D．在空气中能稳定存在
5．实验操作是进行科学实验的基础。如图实验操作科学合理的是
A．装置①：滴定终点前蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
B．装置②：实验室制备乙炔气体
C．装置③：验证 水溶液的酸性和漂白性
D．装置④：制备氨水
6．化学与化工生产密切相关。下列工业生产中的反应式错误的是
选项 工业生产 反应式
A 氯碱工业 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
B 制备粗硅 2CO+SiO2Si+2CO2
C 侯氏制碱 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D 合成导电高分子材料
A．A B．B C．C D．D
7．某学者绘制了一种八角星元素周期表，每个八角星代表一个周期(第1周期除外)，每个“●”代表一种元素，“------”相连代表同族元素。X、Y、Z、R、M为原子半径依次减小的五种短周期主族元素，Y的最外层电子数比最内层电子数多1.下列说法错误的是
A．简单氢化物稳定性：Z >R
B．离子半径：Z >R>X
C．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应
D．X、R形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键
8．一定条件下，有机物a→b的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是
A．a的分子式为C12H12O3
B．a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物
C．与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOH
D．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应
9．下列关于实验方案和现象的解释或结论错误的是
选项 实验方案和现象 解释或结论
A 向某固体加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，湿润的红色石蕊试纸变蓝 固体一定是铵盐
B 将SO2气体通入FeCl3溶液中，溶液先变为红棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，过一段时间又变成浅绿色 Fe3+与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大
C 向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀 NaOH碱性强于Mg(OH)2
D 取4mL亮黄色（[FeCl4]-）的工业盐酸于试管中，滴加几滴硝酸银饱和溶液，生成白色沉淀，溶液亮黄色褪去 [FeCl4]-在高浓度Cl-的条件下才稳定
A．A B．B C．C D．D
10．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是
A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸
B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16Cl-+12H+
D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子
11．下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述 Ⅱ
A 当镀层破损时，马口铁(镀锡钢板)比白铁皮(镀锌钢板)更难被腐蚀 用牺牲阳极法防止金属腐蚀
B 冠醚可用于识别碱金属离子 不同空穴大小的冠醚可与不同的碱金属离子形成超分子
C 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越小，O-H键极性越弱
D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子
A．A B．B C．C D．D
12．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是
A．装置工作时，甲室溶液逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室不需要补充盐酸
C．乙室电极反应式为
D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移
13．与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是
A．腈和异腈互为同分异构体
B．与生成腈和异腈的反应都是放热反应
C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱
D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I
14．是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。的晶体结构呈立方体形，如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为。下列叙述错误的是
晶体结构示意图
A．在晶体中，离子配位数为8，离子配位数为4
B．两个最近的之间的距离是
C．晶胞与8个形成的立方体的体积比为
D．晶胞的密度是
15．向AgBr饱和溶液(有足量AgBr固体)中滴加Na2S2O3溶液，发生如下反应：Ag++S2O[Ag(S2O3)]-和[Ag(S2O3)]-+S2O[Ag(S2O3)2]3-，lg[c(M)/(mol/L)]、lg[N]与lg[c(S2O)/(mol/L)]的关系如下图所示，M代表Ag+或Br-；N代表或。下列说法错误的是
A．直线L1表示随c(S2O)变化的关系
B．a=-6.1
C．c(S2O)=0.001mol/L时，若溶液中[Ag(S2O3)2]3-的浓度为x mol/L，则c(Br-)= mol/L
D．AgBr+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Br-的K的数量级为101
二、非选择题(本题共4小题，共55分。)
16．金属锆可用于核反应堆芯，战略价值高。以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，含有Fe、Cr、Hf 等元素）为原料制备金属锆的工艺流程如下：
已知：①“酸溶”步骤所得溶液中各金属存在形式为Fe3+、ZrO2+、Cr3+、HfO2+。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3 ] =4.0 ×10 -38 Kb (BOH)=1.6×10-5。
③利用物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。
物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2
沸点/℃ 331 315 1300 700 1150
回答下列问题：
（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为　 　；Zr4+较Zr2+稳定的原因是　 　。
（2）“酸溶”时，Zr元素以ZrOCl2的形式存在，而不是ZrCl4，是因为ZrCl4极易水解。ZrCl4水解的离子方程式为　 　。
（3）“萃取”时，ZrO2+生成配合物 Zr(NO3)2Cl2·2TBP （TBP：磷酸三丁酯），可用　 　（填实验方法）测定其晶体结构。
（4）“沉淀”时，若常温下滤液中，则滤液中c(Fe3+) = 　 　mol·L-1。
（5）ZrO2不能直接与Cl2反应生成 ZrCl4，但“沸腾氯化”步骤中 ZrO2可转化为ZrCl4（同时生成FeCl3和CO，该反应ΔH <0），则加入碳粉的作用是　 　（从热力学角度分析）。
（6）“还原”的目的是　 　；若“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为　 　。
17．乳酸亚铁((CH3CH(OH)COO)2Fe，M = 234 g·mol-1)是良好的补铁剂，易溶于水(在水中溶解度随温度升高而增大)、难溶于乙醇，可由乳酸与FeCO3反应制得。
I． 制备FeCO3
（1）仪器c的名称是　 　。
（2）组装仪器，　 　（补充操作），加入试剂。先关闭K2，打开K1、K3。为了防止产品被空气氧化，待在m处检验到纯净的H2后，先将m处橡皮管插入装有水的烧杯中，再关闭K1、K3，打开K2。
（3）可用NaHCO3溶液替代B中Na2CO3溶液制备的FeCO3，发生反应的离子方程式为　 　。 此法所得产品纯度更高，原因是　 　。
（4）干燥的FeCO3是空气中稳定的白色固体，湿润时易因被氧化为氢氧化物而变成茶色，该反应的化学方程式为　 　。
Ⅱ．制备乳酸亚铁
（5）将制得的FeCO3和少量铁粉加入乳酸溶液中，75 ℃下搅拌反应。隔绝空气加热蒸发，　 　 (补充操作)，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。
Ⅲ．乳酸亚铁产品纯度测定
（6）用KMnO4测定产品中亚铁含量进而计算乳酸亚铁晶体的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是　 　，经查阅文献后，改用铈(Ce)量法测定产品中Fe2+的含量。取9.3600 g样品加足量硫酸酸化溶解配成250.00 mL 溶液，取25.00 mL用0.1000 mol·L-1Ce(SO4)2标准液滴定。重复滴定4次，消耗标准液的体积分别为33.98 mL、33.10 mL、34.00 mL和34.02 mL。 滴定时发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。产品纯度为　 　%。若滴定操作时间过长，则测得样品纯度将　 　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
18．在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．CO2加氢制甲醇
（1）已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ： H2
反应ⅲ：
计算： H2=________。
（2）在一绝热恒容的密闭容器中发生反应，下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A. 体系的压强保持不变 B. 混合气体的密度保持不变
C. 保持不变 D. CO的体积分数保持不变
（3）一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。
已知：甲醇的选择性。
①260℃时，H2的转化率________。反应ⅰ的平衡常数________(精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。
②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：________。
Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物
已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
（4）CO2电还原可能的反应机理如图所示(表示吸附态的CO)。
①参照机理图画出A的结构：________。
②若还原产物主要为，应选择________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。
19．奥司他韦H是一种作用于神经氨酸酶的特异性抑制剂，能够用于治疗流感，它的一种合成路线如图所示，回答下列问题。
已知：
①+PPh3+OPPh3
②
（1）H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有　 　。
（2）A→B的反应类型为　 　。
（3）反应C→D中使用的 CH3OCH2Cl的作用是　 　。
（4）写出B→C的化学方程式：　 　。这一反应会伴随着一种有机副产物J生成，J的结构简式为　 　。
（5）H的某个同系物K比H少6个碳原子，满足下列条件的K的同分异构体有种　 　(不考虑立体异构)。
(i)含有苯环且苯环上有6个取代基
(ii)没有碳原子直接与苯环相连
(iii)有一个乙基
写出一种核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为1：2：2：3：4的物质的结构简式　 　。
（6）参考上述合成路线，以为原料，合成　 　(无机试剂及题目中所给试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】高分子材料
【解析】【解析】A、聚酯纤维（如涤纶）是通过化学合成方法制备的高分子材料，属于人工合成高分子，A选项正确。B、气凝胶作为多孔固体材料，具备两个显著特性——极低的热导率（隔热性能优异）和极低的密度（质量轻），这使其成为理想的保温隔热材料，B选项正确。
C、天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯（化学结构为顺-1，4-聚异戊二烯），而聚1，3-丁二烯是合成橡胶（如丁苯橡胶或顺丁橡胶）的组成成分。题目将两者错误混为一谈，C选项错误。
D、碳纤维复合材料由碳纤维增强体和树脂基体复合而成，具有三大优势特性——高强度、低密度（轻量化）和耐腐蚀性，这些特性使其非常适合航天器结构应用，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、聚酯纤维属于人工合成高分子材料。
B、保温气凝胶具有极低导热性和优异轻质特性。
C、天然橡胶的成分为聚异戊二烯。
D、碳纤维复合材料具有高强度、轻质和耐腐蚀性质。
2．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、汽车"防冻液"的主要功能是通过添加乙二醇来降低水的凝固点，A选项正确。B、厨房"洗洁精"的主要成分是表面活性剂，用于乳化油脂，但其中并不含氢氧化钠，B选项错误。
C、医用"酒精消毒剂"的有效成分是75%乙醇溶液，其消毒原理是使病毒和细菌的蛋白质变性，C选项错误。
D、面团"膨松剂"的主要成分碳酸氢钠，其作用是受热分解产生二氧化碳使面团蓬松，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、添加乙二醇后可降低水的凝固点，用作防冻剂。
B、洗洁精的成分为表面活化剂，用于乳化油脂。
C、酒精消毒剂为75%的乙醇溶液。
D、膨松剂的成分为NaHCO3。
3．【答案】B
【知识点】“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、氰化钠是一种离子化合物，含有离子键。其阴离子氰酸根的结构式为 。在该离子中，碳氮三键包含1个σ键和2个π键，因此化合物中σ键与π键的数量比为1：2，A选项正确。B、在25℃和101kPa条件下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。因此，22.4L氯气所含分子数小于，B选项错误。
C、氢氧化钠是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。其电子式为，C选项正确。
D、CNO-与CO2的原子数均为3，价电子数均为16，属于等电子体。等电子体具有相同的空间构型。CO2分子中碳原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，分子呈直线形结构。因此CNO-的空间结构也是直线形，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、NaCN中CN-含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键。
B、25℃和101kPa下，Vm＞22.4L/mol。
C、NaOH由Na＋和OH－构成，其中OH－含有共价键，据此确定其电子式。
D、CNO－与CO2互为等电子体，二者结构相似。
4．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．根据题目信息，该有机物含有酚羟基，可以与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，但由于不含羧基，因此不会产生CO2气体，A选项错误；B．手性碳原子是指连接四个不同原子或原子团的碳原子。分析该分子结构可知，其中含有2个手性碳原子，具体位置如图所示：，B选项错误；
C．从该有机物的结构简式可以看出，分子中含有多个羟基。羟基能与水分子形成氢键，从而使其具有良好的水溶性，C选项正确；
D．该有机物结构中含有多个羟基，容易被空气中的氧气氧化，因此不能在空气中稳定存在，D选项错误；
故答案为：C
【分析】A、能与NaHCO3溶液反应生成CO2的官能团为－COOH。
B、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、分子结构中含有－OH，能与H2O形成分子间氢键。
D、酚羟基易被空气中的O2氧化。
5．【答案】A
【知识点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．冲洗锥形瓶内壁的操作合理，能够确保反应物充分接触，提高反应效率，A选项正确。B．实验室制备乙炔时，若直接用水与电石反应，生成的氢氧化钙会形成糊状物堵塞反应容器，导致无法控制反应进程。通常采用饱和食盐水代替水，以减缓反应速率，B选项错误。
C．当溶于水时，会生成亚硫酸（H2SO3），亚硫酸电离产生，使溶液显酸性。因此，将通入蓝色石蕊试液中，溶液会变红，但不具备漂白性，无法使红色溶液褪色。该实验仅能验证水溶液的酸性，而不能证明其漂白性，C选项错误。
D．氨气极易溶于水，若将导管直接插入水中，会导致液体倒吸，存在安全隐患，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、滴定终点前用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可使内壁附着的标准液进入待测液中充分反应。
B、实验室制取乙炔，应用饱和食盐水。
C、SO2能使蓝色石蕊溶液变红，但不能褪色。
D、NH3极易溶于水，应注意防倒吸。
6．【答案】B
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；以氯碱工业为基础的化工生产简介；硅和二氧化硅；电离方程式的书写
【解析】【解析】A、电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-， A选项正确。B、二氧化硅与碳在高温（1800℃~2000℃）下反应的化学方程式应为： 2C+SiO2Si+2CO，B选项错误。
C、侯氏制碱法的反应原理是：NaCl + NH3+ CO2+ H2O → NaHCO3↓ + NH4Cl，利用了碳酸氢钠溶解度较小的特性，C选项正确。
D、聚乙炔具有导电性，因其碳原子采用sp2杂化，未杂化的p轨道存在电子。其加聚反应过程为：，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、氯碱工业为电解饱和NaCl溶液。
B、制备粗硅时用焦炭还原SiO2生成Si和CO。
C、侯氏制碱法是往饱和氨盐水中通入CO2，反应生成NaHCO3和NH4Cl。
D、导电高分子材料为聚乙炔。
7．【答案】A
【知识点】离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A. 非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：Cl＜O，因此简单氢化物的稳定性：HCl＜H2O，即Z＜R，A选项错误；B. 离子半径比较规律：电子层数越多半径越大，电子层相同时，核电荷数越小半径越大。因此离子半径大小关系为：Cl->O2->Na+，B选项正确；
C. X、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是NaOH（氢氧化钠）、Al(OH)3（氢氧化铝）、HClO4（高氯酸）。其中Al(OH)3是两性氢氧化物，三者可以两两反应，C选项正确；
D. 氧(O)和钠(Na)形成的两种常见化合物是Na2O（氧化钠）和Na2O2（过氧化钠）。Na2O只含离子键，Na2O2既含离子键又含共价键，D选项正确；
故答案为：A
【分析】Y元素的最外层电子数比最内层电子数多1个，且位于第三周期，因此Y为铝(Al)；M位于第一周期，所以M是氢(H)元素；根据八角星结构推断，X为钠(Na)，Z为氯(Cl)，R为氧(O)。据此结合元素周期律分析选项。
8．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质；酯的性质；同系物
【解析】【解答】A．化合物a的分子式为C12H14O3，选项A错误；
B．a在酸性条件下水解会生成和CH3COOH，这些产物与b不属于同系物，选项B错误；
C.1mol a与足量NaOH反应时最多消耗2 mol NaOH，而1 mol b最多消耗1 mol NaOH，选项C错误；
D．根据类似反应推断，的异构化产物为，该产物含有醛基，可以发生银镜反应，选项D正确。
故答案为：D
【分析】A、根据a的结构简式确定分子中所含的原子个数，从而得到其分子式。
B、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。
C、a中的酯基水解生成羧基和酚羟基，都能与NaOH反应；b中酚羟基能与NaOH反应。
D、根据题干反应可知，的异构化产物为。
9．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡常数；铵离子检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氮化镁（Mg）、铵盐等物质与浓氢氧化钠溶液反应都能生成氨气（NH3），使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此该现象不能确定一定是铵盐，A选项错误；B．实验现象显示溶液先变为红棕色，后变为浅绿色，表明SO2先与Fe3+发生络合反应生成[Fe(SO)6]3+，且络合反应速率快于氧化还原反应速率。最终溶液呈浅绿色说明氧化还原反应生成Fe2+的平衡常数更大，B选项正确；
C．生成白色沉淀Mg(OH)2，证明NaOH的碱性强于Mg(OH)2，C选项正确；
D．滴加硝酸银饱和溶液后，Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，导致溶液中Cl-浓度降低，溶液亮黄色褪去，说明[FeCl4]-的稳定性依赖于高浓度Cl-环境，D选项正确；
故答案为：A
【分析】A、金属氮化物、氨盐、-CONH2都能与NaOH反应生成NH3。
B、先变为红棕色，说明生成[Fe(SO2)6]3＋的速率更快；又变为浅绿色，则说明生成Fe2＋的反应平衡常数更大。
C、根据强碱制弱碱分析。
D、生成的白色沉淀为AgCl，使得溶液中c(Cl－)降低，据此分析。
10．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A. 酸1为H2SO4，酸2为HCl，故A正确；
B. 浸取2中盐酸的作用是提供Cl-形成AgCl和[AuCl4]-，而非增强H2O2氧化性，故B错误；
C. 肼还原HAuCl4的离子方程式正确表示为：4[AuCl4]-+ 3N2H4= 4Au + 3N2↑ + 16Cl-+ 12H+，故C正确；
D. S2O32-结构式为，中心S原子孤对电子数为=0，端基S原子孤对电子数为=2，故中心S配位能力较弱，故D正确；
故答案为：B
【分析】根据实验流程分析，混合物（含铜、银、金）首先用稀硫酸和过氧化氢混合溶液处理，铜被氧化为硫酸铜进入溶液，而银和金不发生反应。过滤后得到硫酸铜溶液（浸出液1）和含银、金的固体残渣（浸渣1），因此酸1应为稀硫酸。接着，浸渣1用盐酸和过氧化氢混合溶液处理，银转化为氯化银沉淀，金形成HAuCl4配合物进入溶液。过滤后得到氯化银沉淀（浸渣2）和含HAuCl4的溶液（浸出液2），故酸2应为稀盐酸。浸渣2再用硫代硫酸钠溶液处理，氯化银转化为[Ag(S2O3)2]3-配合物进入溶液（浸出液3），通过电沉积得到单质银。最后，浸出液2中的HAuCl4被肼还原为单质金。
11．【答案】B
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；金属的电化学腐蚀与防护；溴乙烷的化学性质
【解析】【解答】A．在镀锡钢板中，铁的化学活性高于锡，因此铁优先被腐蚀；而在镀锌钢板中，锌的活性高于铁，通过牺牲阳极（锌）来保护阴极（铁），属于牺牲阳极保护法。陈述Ⅰ存在错误，选项A错误。B．冠醚因其空腔直径差异，能够选择性识别不同尺寸的碱金属阳离子，从而形成超分子结构，选项B正确。
C．烷基作为推电子基团，其链长增加会增强推电子效应，导致羧基中羟基极性降低，从而减弱羧酸的酸性。因此酸性顺序为CH3CH2COOH＜CH3COOH，陈述Ⅱ存在错误，选项C错误。
D．溴乙烷水解产物NaBr电离出的Br-可与AgNO3反应生成淡黄色AgBr沉淀，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、结合金属活动性Zn＞Fe＞Sn分析，活动性越强的金属，做负极，被氧化腐蚀。
B、冠醚可用于识别碱金属离子，是由于超分子的形成。
C、烷烃基为推电子基团，烃基越长推电子效应越大。
D、应先加稀硝酸，再加AgNO3溶液，防止NaOH与AgNO3反应。
12．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解析】A、左侧细菌电极作为阳极，发生的氧化反应为：，生成的H+通过阳离子交换膜迁移至阴极室，导致甲室pH降低，A选项错误。
B、左侧电极作为负极发生相同反应，每转移8mol电子会产生7mol H+，而正极区需消耗32mol H+（反应：），故乙室H+浓度持续下降，需补充盐酸，B选项错误。
C、LiCoO2还原为Co2+的电极反应为：，酸性条件下不可能生成OH-，C选项错误。
D、阴极发生Co2+的电沉积反应：，当Co2+减少0.0034mol（200mg）时转移0.0068mol电子，而乙室增加的0.0051mol（300mg）Co2+对应0.0051mol电子转移，两者不等说明已进行溶液转移操作，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、甲室为电解池装置，CH3COO－发生失电子的氧化反应，生成CO2的同时生成H＋，溶液的pH减小。
B、装置工作过程中，乙室中H＋参与反应。
C、乙室电解质溶液中含有HCl，酸性条件下不能生成OH－。
D、根据转移电子守恒进行计算。
13．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】A、乙腈(CH3CH2CN)与乙基异腈(CH3CH2NC)具有相同的分子式C3H5N，但官能团连接方式不同（-CN与-NC），符合同分异构体的定义，A选项正确。B、根据反应能量变化示意图，无论是生成腈还是异腈的路径，最终产物的能量均低于起始反应物AgCN和CH3CH2Br的总能量，说明这两个反应都是放热过程，B选项正确。
C、从能量变化曲线可见，后续中间体Ⅰ（含N…Ag键）转化为产物时所需的活化能显著低于中间体Ⅱ（含C…Ag键）的转化过程，说明N…Ag键的键能弱于C…Ag键，C选项正确。
D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。在反应动力学和热力学因素共同影响下，实际产物分布由这两个竞争因素决定，不能简单认为只受单一因素控制，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物。
B、根据反应物和生成物总能量的相对大小，判断反应的热效应。
C、根据反应过程中能量的变化分析。
D、通过过渡态能量分析可知，生成中间体Ⅱ的活化能较低（反应较快），而中间体Ⅰ更稳定（能量更低）。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，A2+位于B-构成的立方体空隙中，配位数为8；B-位于A2+构成的四面体空隙中，配位数为4，故A正确；
B．根据侧面图，a=，两个最近的之间的距离为，故B正确；
C.8个形成的小立方体的边长为，所以晶胞与8个形成的立方体的体积比为，故C错误；
D．每个晶胞中含4个化学式，它的边长为，则该晶胞密度：，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.在晶体中，阳离子配位数为8，阴离子配位数为4；
B.两个最近的之间的距离是；
C.晶胞与8个形成的立方体的体积比为；
D.晶胞的密度是。
15．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 分析显示，直线L1表示随硫代硫酸根离子浓度变化的函数关系，选项A正确。B. 根据分析可知，Ksp=c(Ag+)c(Br-)=10-12.2。在a点时c(Br-)=c(Ag+)=mol/L=10-6.1mol/L，因此a=-lg10-6.1=6.1，选项B正确。
C. 反应Ag++2S2O [Ag(S2O3)2]3-的平衡常数K=。根据点(-4.6，4.2)计算得到K=1013.4。当Ksp=10-12.2，c(S2O)=0.001mol/L时，c(Ag+)=10-7.4xmol/L，c(Br-)=mol/L，选项C错误。
D. 图示表明，当硫代硫酸根离子浓度为10-4.6mol/L时，c(Br-)=10-3.85mol/L，溶液中c(Ag+)=10-8.35mol/L。当=10-4.2时，计算得到反应平衡常数K=101.2，数量级为101，选项D正确。
故答案为：C
【分析】溴化银饱和溶液中，溴离子和银离子的浓度相等。当向该溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，银离子浓度会降低，而溴离子浓度会增加。因此：曲线b表示c(Ag＋)随c(S2O32－)的变化关系；曲线d表示c(Br－)随c(S2O32－)的变化关系。在反应初期，溴化银主要转化为[Ag(S2O3)]-，此时溶液中存在以下关系： ＜。因此直线L1表示随c(S2O32－)的变化；直线L2表示随c(S2O32－)的变化。根据图中数据，当c(S2O32－)=10-4.6 mol/L时：溶液中c(Br-) = 10-3.85 mol/L、c(Ag+) = 10-8.35 mol/L。因此，溴化银的溶度积常数Ksp = c(Ag+)·c(Br-) = 10-12.2。据此结合选项分析。
16．【答案】（1）4d25s2；Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定
（2）Zr4++H2O=ZrO2++2H+
（3）x射线衍射法
（4）4.0×10-23
（5）生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大
（6）将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度；2FeCl3+H2FeCl2+2HCl
【知识点】原子核外电子排布；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定。
故答案为： 4d25s2； Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定
（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+。
故答案为：Zr4++H2O=ZrO2++2H+
（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等。
故答案为： x射线衍射法
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中。
故答案为： 4.0×10-23
（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大。
故答案为：生成CO气体，体系熵增大，反应趋势增大
（6）“还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H2FeCl2+2HCl。
故答案为：将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响ZrCl4的纯度； 2FeCl3+H2FeCl2+2HCl
【分析】锆英砂的主要成分为ZrSiO4，同时含有少量、、等元素。以该原料生产金属锆的工艺流程中："酸溶"步骤后，溶液中金属元素以、、、等形式存在。"萃取"工序主要目的是去除杂质。"沉淀"过程中Fe3+和Cr3+形成沉淀；焙烧后产物为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3。 "沸腾氮化"阶段转化为ZrCl4、FeCl3和CrCl3；由于FeCl3与ZrCl4沸点相近，需加入H2将FeCl3还原为FeCl2，防止ZrCl4升华时混入FeCl3杂质。最终通过升华获得纯净ZrCl4；镁热还原反应后得到金属锆产品。
（1）Zr是40号元素，位于第五周期第ⅣB族。基态Zr原子的价电子排布式为4d25s2；Zr2+的5s能级均为全空状态，Zr4+的4d和5s能级均为全空状态，较稳定；
（2）ZrCl4为强酸弱碱盐，水解生成ZrO2+，故离子方程式为Zr4++H2O=ZrO2++2H+；
（3）x射线衍射法可以测定其晶体结构、组成、晶格参数等；
（4）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中；
（5）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，该反应，生成CO气体，体系熵增大，反应自发趋势增大；
（6）“还原”的主要目的是：的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的，避免升华时含有杂质；加入H2把FeCl3还原为FeCl2，“还原”的产物均为化合物，“还原”过程的化学方程式为2FeCl3+H2FeCl2+2HCl。
17．【答案】三颈烧瓶；检查装置气密性；Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质；4FeCO3 +6H2O+O2 =4Fe(OH)3 +4CO2；冷却结晶，过滤；乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；85%；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）据仪器的构造可知，仪器c名称为三颈烧瓶。
故答案为： 三颈烧瓶
（2）装置中涉及气体的产生和反应，则需装置不漏气，故为检查装置气密性。
故答案为： 检查装置气密性
（3）NaHCO3溶液会和亚铁离子反应生成二氧化碳、水和FeCO3，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质，故使用碳酸氢钠生成碳酸亚铁所得产品纯度更高。
故答案为： Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O； Na2CO3溶液碱性比 NaHCO3溶液强，易与FeSO4溶液发生双水解反应使得产品中混有Fe(OH)2杂质
（4）亚铁具有还原性，空气中氧气具有氧化性，结合质量守恒，则FeCO3湿润时易因被氧化为氢氧化物氢氧化铁，同时生成二氧化碳，反应为：4FeCO3 +6H2O+O2=4Fe(OH)3 +4CO2。
故答案为： 4FeCO3 +6H2O+O2=4Fe(OH)3 +4CO2
（5）通过反应从溶液中得到乳酸亚铁固体，则操作为：隔绝空气加热蒸发，冷却结晶、过滤，用适量乙醇洗涤，得到乳酸亚铁固体。
故答案为： 冷却结晶，过滤
（6）乳酸亚铁中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，第二次滴定数据误差较大，舍弃，则平均消耗标准液34.00mL，产品纯度为。若滴定操作时间过长，则样品中亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小。
故答案为： 乳酸根离子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化 ； 85% ；偏小
【分析】亚铁离子(Fe2+)易被氧气(O2)氧化，因此在制备碳酸亚铁(FeCO3)时需保持无氧环境。实验过程中，首先通过铁(Fe)与稀硫酸(H2SO4)反应生成硫酸亚铁(FeSO4)，同时产生的氢气(H2)用于排尽装置内的空气。圆底烧瓶中生成的氢气使内部气压升高，从而将硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶，与碳酸钠(Na2CO3)溶液反应生成碳酸亚铁。最后，碳酸亚铁与乳酸反应即可制得乳酸亚铁。
18．【答案】(1) -90.6
(2) B，C
(3) 22% 0.022 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
(4) Cu
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，则△H2=△H3—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol。
故答案为：—90.6
（2）A．该反应是气体体积不变的吸热反应，绝热恒容的密闭容器中反应时，容器中温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．由碳原子个数守恒可知，反应中始终不变，则保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．一氧化碳的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故答案为：BC
（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，甲醇的物质的量为1mol×30%×60%=0.18mol，一氧化碳的物质的量为1mol×30%×40%=0.12mol，由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为1mol×2-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为=2.34mol，则混合气体的总物质的量为3.64mol，氢气的转化率为×100%=22%，反应ⅰ的平衡常数≈0.022。
故答案为：22%；0.022
②甲醇选择性随温度升高而降低是因为反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ、ⅲ为放热反应，升高温度，反应ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应ⅱ、ⅲ的平衡向逆反应方向移动，使得甲醇的选择性降低。
故答案为：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为，则a为。
故答案为：
②由图可知，生成甲烷的第一步反应是二氧化碳中的碳原子与催化剂活性位点相连，由题给信息可知，锡的活性位点对氧原子的连接能力较强，金、铜的活性位点对碳原子的连接能力较强，但铜对一氧化碳的吸附能力远强于金，且铜吸附一氧化碳后不易脱离，所以应选择铜做催化剂制备甲烷。
故答案为：Cu
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）当正逆反应速率不变（或变量不变）时，可逆反应处于平衡状态，据此分析选项。
（3）①设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol、3mol，由图可知，260℃时二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol—1mol×30%=0.7mol，据此进行计算。
②结合温度对平衡移动的影响分析。
（4）①由图可知，二氧化碳在催化剂表面得到电子转化为。
②根据金、铜的活性位点对碳原子的连接能力的强弱分析。
19．【答案】（1）酰胺基
（2）取代反应或酯化反应
（3）保护羟基
（4）；
（5）9；或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据H 的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基。
故答案为： 酰胺基
（2）A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应或酯化反应
（3）反应 C→D 是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流程可知，F→G又水解出羟基，所以C→D使用的 CH3OCH2Cl 的作用是保护羟基。
故答案为： 保护羟基
（4）根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应生成、O=PPh3、，B→C 的化学方程式为++PPh3→++O=PPh3，B→C的反应生成B中相邻2个羟基脱水形成醚键，所以这一反应会伴随着一种有机副产物 J 生成，J 的结构简式为。
故答案为： ；
（5）H的分子式为C14H24O4N2，H的某个同系物K比H少6个碳原子，K的分子式为C8H12O4N2，(i) 含有苯环且苯环上有 6 个取代基； (ii)没有碳原子直接与苯环相连； (iii)有一个乙基。6个取代基可能是3个－OH、2个－NH2、1个－OCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有6种（可看成中3个—OH被2个—NH2和1个－OCH2CH3代替，2个—NH2有邻、间、对三种位置，1个－OCH2CH3代替依次有2、3、1种位置，共2+3+1=6种）；6个取代基可能是4个－OH、1个－NH2、1个－NHCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有3种（可看成中2个—OH被1个－NH2和1个－NHCH2CH3代替，两个取代基有邻、间、对三种位置）；符合条件的同分异构体共9种；核磁共振氢谱显示 5 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3：4 的物质的结构简式为或。
故答案为：9；或
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）根据H的结构简式确定其所含的官能团。
（2）A→B的过程中发生酯化反应，酯化反应属于取代反应。
（3）C→D的转化过程中CH3OCH2Cl与羟基反应，起到保护羟基的作用。
（4）根据已知反应①书写B→C反应的化学方程式，同时确定J的结构简式。
（5）根据限定条件确定同分异构体的结构单元，从而得到满足条件的同分异构体的个数。根据核磁共振氢谱峰面积之比，结合结构的对称性确定满足条件的同分异构体的结构简式。
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，据此设计合成路线图。
（1）根据H 的结构简式，H的含氧官能团除羧基、醚键之外还有酰胺基；
（2）A→B是A中的羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基，反应类型为取代反应；
（3）反应 C→D 是C中羟基和CH3OCH2Cl发生取代反应，根据流程可知，F→G又水解出羟基，所以C→D使用的 CH3OCH2Cl 的作用是保护羟基；
（4）根据信息①，B与(C2H5OOCN)2、PPh3反应生成、O=PPh3、，B→C 的化学方程式为++PPh3→++O=PPh3，B→C的反应生成B中相邻2个羟基脱水形成醚键，所以这一反应会伴随着一种有机副产物 J 生成，J 的结构简式为；
（5）H的分子式为C14H24O4N2，H的某个同系物K比H少6个碳原子，K的分子式为C8H12O4N2，(i) 含有苯环且苯环上有 6 个取代基； (ii)没有碳原子直接与苯环相连； (iii)有一个乙基。6个取代基可能是3个－OH、2个－NH2、1个－OCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有6种（可看成中3个—OH被2个—NH2和1个－OCH2CH3代替，2个—NH2有邻、间、对三种位置，1个－OCH2CH3代替依次有2、3、1种位置，共2+3+1=6种）；6个取代基可能是4个－OH、1个－NH2、1个－NHCH2CH3，6个取代基在苯环上的位置有3种（可看成中2个—OH被1个－NH2和1个－NHCH2CH3代替，两个取代基有邻、间、对三种位置）；符合条件的同分异构体共9种；核磁共振氢谱显示 5 组峰，且峰面积比为 1：2：2：3：4 的物质的结构简式为或；
（6）根据信息①，和（C2H5OOCN）2、PPh3反应得到，氧化得到，根据信息②，在酸性条件下水解得到，和一氯甲烷发生取代反应生成，合成路线为。
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