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贵州省安顺市2025届高三下学期二模化学试题
一、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．能源是社会发展的动力。下列有关能源的叙述错误的是
A．太阳能、风能、核能均属于新能源
B．石油和煤都属于不可再生能源
C．氢能热值高，产物无污染，原料来源广
D．新能源汽车是指使用电能的汽车
2．下列化学用语表述正确的是
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．HCl分子中共价键类型：p-pσ键
D．2-乙基-1-丁醇的结构简式：
3．下列关于碳、氮、硫及其化合物的叙述正确的是
A．键角：
B．酸性：
C．和中硫原子均采取杂化
D．熔、沸点：
4．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
5．NiO是一种极有前景的功能材料，已被广泛应用于冶金、化工及电子工业等领域。其晶胞结构(与NaCl相同)如图所示。按面对角线对晶胞进行垂直切割，得到的截面图是
A． B．
C． D．
6．设为阿伏加德罗常数的值，部分含氮物质的转化如图所示。下列叙述正确的是
A．8.0g含有的数目大于
B．标准状况下，4.48L含有的σ键数目为
C．反应(i)中1mol能提供的孤电子对数目为
D．反应(ii)中1mol完全反应转移的电子数为
7．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作正确且能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验装置或操作
实验目的 制取氯气 牺牲阳极法保护铁电极 向容量瓶中转移溶液 观察丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
8．杜仲甙又名桃叶珊瑚甙，是具有清湿热、利小便、镇痛、降压、保肝护肝、抗肿瘤等作用的生物活性物质，能促进干细胞再生，明显抑制乙型肝炎病毒DNA的复制，结构简式如图。下列说法正确的是
A．分子式为
B．该物质为苯的同系物
C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol该物质最多能消耗6molNaOH
9．焦亚硫酸钠()是常用的抗氧化剂，一种以为原料制备的微型流程如图所示。下列叙述错误的是
已知：常温下，的，。
A．上述过程没有发生氧化还原反应
B．反应①表明的酸性比强
C．常温下，饱和溶液呈碱性
D．0.1mol与足量反应，能消耗14.2g
10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气的主要成分，基态X原子s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数多1；工业上采用电解法制备Y的单质；Z原子最外层电子数等于电子层数的2倍；在厨房中，YW常作调味剂和防腐剂。下列叙述错误的是
A．第一电离能：X>Z B．简单氢化物的还原性：ZC．单质熔点：Z>W D．熔化时克服分子间作用力
11．中国科学技术大学一课题组发现：含有氨基和的电解液中添加盐酸三甲胺(TAH)，能大大提高水系电池的利用率(如图)。下列叙述错误的是
A．放电时，卤素离子通过阴离子交换膜向a极迁移
B．放电时，a极的电极反应式为
C．充电时，b极与电源的负极连接
D．充电时，a极区生成1mol，b极析出65gZn
12．我国研究人员研究了在催化剂X的作用下加氢形成乙醇的反应机理，反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图（加“*”物质为吸附态）。下列说法正确的是
A．的脱附过程为放热过程
B．的过程中存在非极性键的断裂和形成
C．为决速步骤
D．若用代替反应，则产物为
13．根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是
选项 操作及现象 结论
A 在、中分别滴加浓盐酸，只有前者产生黄绿色气体 氧化性：
B 分别在中加入同浓度氨水、NaOH溶液，只有前者固体溶解 碱性：
C 在饱和溶液中加入乙醇，析出晶体 极性：
D 向两份同浓度、同体积的酸性溶液中分别通入乙烯、乙炔，后者先褪色 活泼性：乙烯>乙炔
A．A B．B C．C D．D
14．T℃下，三种碳酸盐(M表示、或)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，，a点对应的横纵坐标数值相等。下列说法正确的是
A．
B．在任何条件下，三种物质之间都不可能相互转化
C．a点对应的溶液为不饱和溶液，且
D．当向1L0.001mol·L-1溶液中滴加1mL0.001mol·L-1的溶液时有沉淀析出
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．某实验小组设计实验制备(摩尔质量为376g·mol-1)，是具有光泽的红色晶体，受热易分解，是一种氧气吸收剂。实验步骤如下：
步骤1：将100mL纯水煮沸10min后，隔绝空气冷却。
步骤2：在仪器2(吸滤瓶)中放1.5g(摩尔质量为294g·mol-1)粉末、7.6g锌丝，仪器1(锥形瓶)中放冷的溶液(13.5g固体，加12mL无氧纯水)，仪器3中加入自来水。
步骤3：在仪器5中放35mL8mol·L-1盐酸，打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，当2吸滤瓶内溶液变成纯蓝色时，表示反应结束(始终没有生成)。经一系列操作，将吸滤瓶中的溶液转移至锥形瓶中，当转移完全后，迅速塞紧锥形瓶，用冰水冷却，有红色晶体析出。
步骤4：洗涤。摇动锥形瓶，将溶液与晶体一起过滤，依次用冷的无氧水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体。操作时，下一次洗涤剂须在前一次溶液或洗涤液流尽前加入。
步骤5：干燥。抽干，在纸上晾干，将晶体转移到有塞的干燥瓶中，最终得到1.8g。
回答下列问题：
（1）仪器5的名称是　 　，仪器3中自来水的作用是　 　(任答一条)。
（2）步骤1将纯水煮沸的目的是　 　。
（3）写出吸滤瓶中生成的离子方程式：　 　。
（4）步骤3中，“一系列操作”是　 　(填“关闭”或“打开”，下同)弹簧夹4，　 　吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹。转移完全后，“用冰水冷却”的目的是　 　。
（5）的产率为　 　(计算结果保留4位有效数字)。
（6）可用于除去氮气中的微量氧气，吸收后的产物为、、和，则该反应中n(还原剂)(氧化剂)=　 　。
16．以某种锰尘(主要成分为，杂质为、MgO、CaO和FeO)为原料制备高纯的工艺流程如图。
已知：①25℃时，、。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
金属离子
开始沉淀时溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题：
（1）Mn元素位于元素周期表的　 　(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
（2）“酸浸”过程中反应生成的气体①为　 　(填化学式，下同)；滤渣①的主要成分是　 　。
（3）保持其他条件不变，在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是　 　℃，最佳时间是　 　m n。
（4）“除杂②”后所得滤液中，　 　。
（5）“沉淀”过程发生反应的化学方程式为　 　。“沉淀”步骤反应完全后，分离出的操作为　 　，该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和　 　。
（6）取5.00g碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000mol·L-1的溶液滴定，至滴定终点时，消耗溶液的体积为23.50mL。已知：最终反应产物为，设杂质均不参与反应。则样品中的质量分数为　 　%(保留2位小数)。
17．CO具有毒性，浓度较高时会使人出现不同程度中毒症状，危害人体的脑、心、肝、肾、肺及其他组织，但CO也是一种重要的化工原料，可用于甲醇和光气的生产以及有机合成等。
（1）已知：断开1mol化学键所需能量如表所示。
化学键
所需能量/(kJ·mol-1) 1076 436 413 463
则反应 　 　kJ·mol-1；该反应在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，一定温度下仅发生反应，10min时反应达到平衡。测得和的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①3min时，　 　(填“>”“<”或“=”)。
②0~10min内，的平均反应速率　 　(用含V的式子表示)mol·L-1·mun-1；10min时，的体积分数为　 　%(保留2位小数)。
③起始时容器内总压强为，该温度下该反应的平衡常数　 　(用含的式子表示，无须化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）在催化剂M的作用下，与水蒸气反应可以制取。
从图1中可得出的信息是　 　(任写一条)；根据图2，试分析当反应器中存在Pd膜时CO具有更高转化率的原因：　 　(答一条即可)。
18．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答以下问题：
（1）D中的官能团有碳氯键、　 　。
（2）B的结构简式为　 　；反应④的反应类型为　 　反应。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）满足下列条件的D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上含有三个不同取代基；②能与溶液反应放出气体；③含氨基但与苯环不直接相连。
（5）由苯甲醇制备的合成路线如图，其中M、N的结构简式依次为　 　、　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A、太阳能、风能、核能均属于新能源，叙述正确，故 A 不符合题意；
B、石油和煤均属于化石燃料，短时间内无法再生，属于不可再生能源，叙述正确，故 B 不符合题意；
C、氢能热值高，燃烧产物为水无污染，且可通过水等多种原料制取，来源广泛，叙述正确，故 C 不符合题意；
D、新能源汽车是指采用非常规车用燃料（如电能、氢能、太阳能等）作为动力来源的汽车，并非仅指使用电能的汽车，叙述错误，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
新能源的定义：传统能源之外的各种能源形式，包括太阳能、风能、核能、氢能等；
不可再生能源的特点：经过亿万年形成，短期内无法再生，如煤、石油、天然气；
氢能的优点：热值高、产物无污染、制取原料来源广；
新能源汽车的范畴：动力来源包括电能、氢能等多种非常规车用燃料，并非仅指电动汽车。
2．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．化合物的中心原子价层电子对数计算如下：3（B原子提供的价电子）加1/2乘以（3个F原子提供的3个电子减去3×1个成键电子），即=3。根据VSEPR理论，其价层电子对互斥模型为平面三角形，因此选项A的表述是错误的；
B．作为离子化合物，其电子式应为，故选项B的表述也是错误的；
C．在HCl分子中，共价键的形成是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道通过"头碰头"方式重叠形成的s-pσ键，因此选项C的表述是错误的；
D. 2-乙基-1-丁醇的结构特征是：主链含4个碳原子，羟基位于1号碳原子，2号碳上连接一个乙基。其结构简式为：，因此选项D的表述是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据价层电子对互斥理论，的VSEPR模型为平面三角形；
B．氟化钙由一个钙离子和两个氟离子构成；
C．氯化氢分子中H-Cl键为 s-pσ键；
D.根据有机物名称可写出对应结构简式。
3．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．在NH2 、NH3、NH4+三种微粒中，氮原子的价电子对数均为4，但孤电子对数依次为2、1、0。由于孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，导致键角越小，因此键角大小关系为：NH2 < NH3 < NH4+，选项A正确；
B．甲基（-CH3）具有推电子效应，会减弱羧酸的酸性；而氟原子（-F）具有强吸电子效应，能显著增强羧酸的酸性。因此酸性强弱顺序为：CF3COOH > HCOOH > CH3COOH，选项B错误；
C．SO3分子中的硫原子采用sp2杂化，形成平面三角形结构；而H2SO4分子中的硫原子采用sp3杂化，形成四面体结构，选项C错误；
D．苯酚的相对分子质量大于苯，且苯酚分子间能形成氢键，因此熔沸点关系为：，选项D错误；
正确答案为A。
【分析】A．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
B．烃基是推电子集团，烃基越大，酸性越弱；
C．三氧化硫中硫原子是杂化 ，硫酸中硫原子是杂化；
D．苯酚可形成分子间氢键，熔沸点更高。
4．【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 在酸性环境中，表现出强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，同时自身被还原为Cr3+， A项不符合题意；B. Fe3+与SCN-会反应生成红色配合物Fe(SCN)3等产物，故不能大量共存， B项不符合题意；
C. 该组离子、、、之间无反应，能够稳定共存， C项符合题意；
D. S2-与Cu2+会结合生成黑色CuS沉淀，导致无法共存， D项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】题目考查离子共存，发生氧化还原反应的离子不能共存，生成络合物的离子不能共存，生成沉淀的离子不能共存，据此分析。
5．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】该晶胞属于立方晶系结构。若沿晶胞的面对角线方向进行垂直切割，所得截面呈现长方形。在晶胞中，Ni2+离子分布在棱心位置和体心位置。因此，在截面图中，中心位置对应的是体心的Ni2+离子。综上所述，正确答案为D选项。【分析】根据晶胞中镍离子和氧离子的相对位置，可判断相应截面图。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 8.0g硝酸铵(NH4NO3)的物质的量为 ，因此0.1molNH4NO3含有0.1NA个NH4+，A选项错误；
B. 标准状况下4.48L氮气(N2)的物质的量为， 氮气分子中存在一个σ键和两个π键，因此0.2molN2含有0.2NA个σ键，B选项正确；
C. 氨分子(NH3)中氮原子与三个氢原子形成三个σ键，并带有一对孤电子对。因此1molNH3能提供NA个孤电子对，C选项错误；
D. 反应(ii)的化学方程式为4NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O，转移12e-。1molNH4NO3完全反应转移电子数为3NA，D选项错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A. 根据公式进行计算；
B. 根据氮气的结构式为 进行分析；
C. 氨分子中有1对孤电子对；
D. 根据反应方程式4NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O计算，化合价升降相等，1molNH4NO3完全反应转移电子数为3NA。
7．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 实验室制备氯气需加热浓盐酸与二氧化锰，图示装置未配备加热设备（如酒精灯），无法完成反应，故A错误；
B. 采用牺牲阳极法保护铁时，需将更活泼的金属（如锌）与铁连接构成原电池。锌作为负极（阳极）失去电子被氧化，铁作为正极受到保护，此描述正确，故B正确；
C. 向容量瓶转移溶液时，玻璃棒下端应接触容量瓶颈部刻度线下方位置，图示操作不规范，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液体系无法产生该现象，因此用激光笔照射溶液不会观察到光路，故D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 实验室制备氯气时需加热；
B. 牺牲阳极法是根据原电池原理设计的，选择比铁活泼金属作负极，铁作正极被保护；
C. 配制溶液时，移液的玻璃棒下端在容量瓶刻度线以下；
D. 试管中应放胶体进行实验。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．杜仲甙的分子式为，故A选项错误；B．苯的同系物必须含有苯环，且只能由碳氢组成（通式CnH2n-6）。该物质既无苯环又含氧原子，不符合苯的同系物的定义，B选项错误；
C．分子中的碳碳双键和羟基（ OH）均能被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，C选项正确；
D．该物质的羟基属于醇羟基（非酚羟基），不具备与NaOH反应的性质，D选项错误；
正确答案为C。
【分析】根据有机物结构可知，含有官能团碳碳双键，羟基和醚键，碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化，该物质不能与氢氧化钠反应，苯的同系物指一个苯环和烃基构成的有机物，据此分析。
9．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A、制备过程中 S 元素化合价始终为 + 4 价，没有发生氧化还原反应，故 A 正确；
B、反应①中 H2SO3与 Na2CO3反应生成 CO2，根据强酸制弱酸原理，说明 H2SO3酸性强于 H2CO3，故 B 正确；
C、的水解常数：﹤，可得的电离程度大于的水解程度，溶液呈酸性 ，故 C 错误；
D、Na2S2O5与 Cl2反应时，根据反应式 ，可知0.1mol Na2S2O5消耗 0.2mol Cl2，质量为 0.2mol×71g/mol=14.2 g，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】以二氧化硫为原料，先将其通入饱和碳酸钠溶液中进行吸收反应，生成二氧化碳和亚硫酸氢钠饱和溶液；再对该溶液进行脱水、结晶处理，得到焦亚硫酸钠晶体和母液。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同一主族随原子序数增大，原子半径增大，第一电离能减小；同一周期随原子序数增大，第一电离能整体呈增大趋势，且 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，因此 N、O、S 的第一电离能依次减小，故 A 正确；
B、非金属性 Cl＞S，元素非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，因此简单氢化物还原性 H2S＞HCl，故 B 错误；
C、常温下，硫单质为固态，氯气为气态，故 C 正确；
D、S4N4由分子构成，属于分子晶体，晶体内部不存在离子键或共价键骨架，受热熔化时仅需克服分子间的范德华力，不破坏分子内的化学键，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，由 X 的单质为空气主要成分、基态原子 s 轨道电子总数比 p 轨道多 1，可推断 X 为 N；工业上电解法制备且其氯化物为厨房调味剂的金属单质对应 Y 为 Na；Z 原子最外层电子数为电子层数的 2 倍、原子序数介于 Na 与 Cl 之间，推断 Z 为 S；W 原子序数大于 S、其氯化物为 NaCl，故 W 为 Cl。
11．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时，a极发生还原反应作正极，b极发生氧化反应作负极，阴离子会向负极（b极）迁移，而非向a极迁移，故A错误；
B、放电时，a极为正极，I2得电子被还原为I-，电极反应式为 ，故B正确；
C、充电时，b极作为原电池的负极，需连接电源的负极，作电解池的阴极，故C正确；
D、充电时，a极发生反应，生成1 mol I2转移2 mol电子；b极发生反应，转移2 mol电子时析出1 mol Zn，质量为65 g，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
放电时正负极判断：根据元素化合价变化，a极I2→I-被还原为正极，b极Zn→Zn2+被氧化为负极；
原电池中离子迁移方向：阴离子向负极迁移；
充电时电极连接方式：原电池负极接电源负极作电解池阴极，原电池正极接电源正极作电解池阳极；
电子守恒计算：充电时两极转移电子数相等，根据生成1 mol I2转移的电子数，计算析出Zn的质量。
12．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．根据反应进程图，的脱附过程是吸热过程，因此选项A是错误的；
B．在的过程中，没有非极性键的断裂或形成，因此选项B是错误的；
C．在多步反应过程中，能垒最大的步骤决定了反应速率。根据反应进程图，的能垒最大，是决速步骤，因此选项C是错误的；
D．如果用代替进行反应，根据反应进程图，羧基中的H在第一步基元反应中脱去，而甲基上的H始终未参与反应，因此产物为，选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据如图所示，脱附过程应为吸热过程；
B．根据物质转化，过程中并无非极性键的断裂或形成；
C．决速步骤为能垒最大的步骤，能垒最大；
D．根据反应进程图，生成物为。
13．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、Pb3O4可看作 2PbO PbO2，能与浓盐酸反应生成黄绿色的 Cl2，而 Fe3O4（FeO Fe2O3）与浓盐酸反应仅生成盐和水，说明 Pb3O4可将 Cl-氧化为 Cl2，氧化性 Pb3O4 > Fe3O4，故 A 正确；
B、Ni (OH)2溶于氨水是因为生成了可溶性的配合物 [Ni(NH3)4]2+： ，并非因为 NH3 H2O 的碱性强于 NaOH，实际上 NaOH 是强碱，碱性强于弱碱 NH3 H2O，故 B 错误；
C、在饱和 [Zn(NH3)4] SO4溶液中加入乙醇析出晶体，是因为乙醇降低了溶剂的极性，导致配合物盐的溶解度降低，实际上水的极性强于乙醇，故 C 错误；
D、酸性 KMnO4溶液褪色的快慢不仅与有机物的活泼性有关，还与通入气体的速率、接触面积等因素有关，且该实验未控制变量，无法直接比较乙烯和乙炔的活泼性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化性比较：根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的规律，结合反应现象判断；
溶解原理区分：区分配合物溶解与酸碱中和溶解的不同原因；
极性与溶解度：理解 “相似相溶” 原理，乙醇降低溶剂极性导致盐析出；
实验变量控制：对比实验需控制单一变量，否则无法得出可靠结论。
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 三种物质的溶度积关系为：，A错误；B. 由于这三种沉淀具有相似的结构，且它们的Ksp值存在一定差异，在适当浓度条件下，三种物质之间确实可以相互转化，因此B选项是错误的；
C. 当a点位于碳酸钙溶解曲线之上，且满足pM=p时，说明此时离子积Q小于溶度积常数，此时溶液处于未饱和状态，且钙离子与碳酸根离子浓度相等，因此选项C正确；
D. 在1L 0.001mol/L氯化镁溶液中加入1mL 0.001mol/L碳酸钠溶液后，混合溶液体积近似为1L。此时镁离子浓度约0.001mol/L，碳酸根浓度约1×10-6mol/L，离子积约为1×10-9mol2/L2，小于碳酸镁的溶度积，因此不会产生沉淀，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】碳酸镁对应曲线的坐标点（0，8），可计算，碳酸钙对应曲线坐标点（0，9），可计算，根据碳酸锶对应曲线坐标点（0，10），可计算，据此分析。
15．【答案】（1）分液漏斗；液封，防止空气进入吸滤瓶(或观察气体、吸收HCl等合理答案)
（2）制备无氧水
（3）
（4）关闭；打开；有利于析出[或防止高温分解]
（5）93.83%
（6）2：1
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器5的名称为分液漏斗。由于醋酸亚铬易与氧气反应，实验环境需隔绝空气，自来水的作用是液封，防止空气进入装置影响产物，同时可吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体；
（2）醋酸亚铬易被氧气氧化变质，因此需避免氧气干扰。步骤1中将纯水煮沸的目的是制备无氧水，防止氧气氧化产物；
（3）步骤2中加入单质锌作为还原剂，将K2Cr2O7还原为Cr2+，其离子方程式为：；
（4）步骤3的操作流程：打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，缓慢向吸滤瓶滴加盐酸开始反应，反应结束后关闭弹簧夹4，此时2中压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，使蓝色溶液流入1中参与反应，由于Cr2(CH3COO)4·2H2O水溶性较小，"用冰水冷却"的目的：促进Cr2(CH3COO)4·2H2O析出， 防止Cr2(CH3COO)4·2H2O高温分解；
（5），，，根据方程式：分析，重铬酸钾少量，醋酸钠和锌均过量，应以重铬酸钾的量开展计算：；
(6)Cr2(CH3COO)4·2H2O吸收氧气后的产物为：Cr2O3、CH3COOH、Cr(CH3COO)3和 H2O，铬元素从+2价升至+3价，每个Cr失去1e-，共失去2e-， 氧气作为氧化剂，得到4e-，根据电子守恒可得：。
【分析】醋酸亚铬容易与氧气发生反应，因此在制备实验中必须防止与氧气接触。实验过程中，将锌丝和固体放入装置2中，并加入去氧水。盐酸与锌反应会产生氢气，用于排出装置内的空气，防止亚铬离子被氧化。同时发生如下反应：，打开弹簧夹4，关闭通向锥形瓶的弹簧夹，缓慢向吸滤瓶滴加盐酸，反应开始。当吸滤瓶内溶液变为纯蓝色时，反应结束。此时关闭弹簧夹4，装置2内压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，使蓝色溶液流入装置1中，最终制得。
（1）仪器5的名称是分液漏斗；由于醋酸亚铬易与氧气反应，实验环境要隔绝氧气或者空气，自来水的作用是进行液封，避免空气加入装置，影响产品，或者吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体。
（2）醋酸亚铬易被氧气氧化导致变质，所以要尽量避免氧气的干扰，步骤1将纯水煮沸的目的是制备无氧水，避免氧气氧化产品。
（3）步骤2中加入了单质锌，可以作还原剂使用，将还原为，离子方程式为：。
（4）步骤3中，首先打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，开始进行反应，当反应结束，关闭弹簧夹4，2中压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，可将蓝色溶液流入1中反应；由于水溶性小，“用冰水冷却”的目的是有利于析出[或防止高温分解]。
（5），，，根据方程式：分析，重铬酸钾少量，醋酸钠和锌均过量，应以重铬酸钾的量开展计算：。
（6）吸收氧气后的产物为、、和，铬元素化合价从价升高为价，失去，作还原剂，氧气作氧化剂，得到，根据电子转移守恒可知，。
16．【答案】（1）d
（2）；、
（3）70；120
（4）100
（5）；过滤；玻璃棒
（6）81.08
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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
【解析】【解答】（1）根据锰在周期表中位置，位于元素周期表的ⅦB族，属于d区；
（2）“酸浸”过程与使反应物，发生氧化还原反应，生成物为及，故气体①为；“酸浸”后溶液中含有、、、，通过观察表格中离子完全沉淀的pH值，“除杂①”过程加入氨水调可以使、完全沉淀，即滤渣①为、；
（3）根据图中曲线变化可知，“酸浸”的温度越高，锰元素的浸出率越高，在120min时，与条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是，最佳时间是120min；
（4）“除杂②”后所得滤液中，=100；
（5）由工艺流程图可知，“沉淀”过程加入的溶液，生成、，故离子方程式为；分离出的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
(6)根据与反应生成，而与反应生成，通过消耗的的物质的量计算的质量，故由可得关系式：，样品中的质量分数为；
【分析】根据题中信息，锰尘 主要成分为，杂质为、MgO、CaO和FeO ，“酸浸”过程加入浓盐酸，、、MgO、CaO和FeO都与反应，具有氧化性与发生氧化还原反应生成及，而被氧化生成，气体①为，反应后溶液中存在、、、，加入氨水调节可以使、完全沉淀，即滤渣①为、，“除杂②”加入溶液生成沉淀而除去，即滤渣②为，在“沉淀”过程加入的溶液与反应生成、，即气体②为。
（1）Mn元素原子序数为25，位于元素周期表的ⅦB族，属于d区；
（2）根据上述分析可知，“酸浸”过程与发生氧化还原反应生成及，气体①为；“酸浸”后溶液中含有、、、，“除杂①”过程加入氨水调可以使、完全沉淀，即滤渣①为、；
（3）从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化图可看出，“酸浸”的温度越高，随时间的变化，锰元素的浸出率越高，但在120min时，与条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是，最佳时间是120min；
（4）“除杂②”后所得滤液中，=100；
（5）在“沉淀”过程加入的溶液与反应生成、，故离子方程式为；分离出的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
（6）根据与反应生成，而与反应生成，通过消耗的的物质的量计算的质量，故由可得关系式：，样品中的质量分数为；
17．【答案】（1）；低温
（2）>；；16.67；[或]
（3）催化剂M降低了反应的活化能；Pd膜能选择性分离出，促进反应正向进行
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）反应物总键能计算：CO分子含1个C=O键(1076kJ/mol)，3H2分子含3个H-H键(3×436kJ/mol)，总和为。生成物总键能计算：CH4含4个C-H键(4×413kJ/mol)，H2O含2个O-H键(2×463kJ/mol)，总和为。根据焓变公式。该反应为放热反应(ΔH<0)，且气体分子数减少(ΔS<0)。根据吉布斯自由能公式，要使反应自发(ΔG<0)，需满足低温条件；
（2）①3min时，CH4和CO的物质的量仍在变化，反应向正方向进行，故；
②在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，由图知，10nim达到平衡，平衡时，，由三段式得，，的体积分数为；
③设反应后气体的总压强为p，则有，解得，则[或]；
（3）图1显示催化剂M能降低反应活化能。图2表明H2能透过Pd膜分离，根据勒夏特列原理，减少生成物浓度可使平衡正向移动。
【分析】 (1)根据焓变计算方法，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；<0时，反应自发；
(2)考查反应速率计算公式，计算Kp时，根据投料量，转化量，列出三段式，计算平衡时个组分的物质的量，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比计算平衡时体系压强，计算各组分平衡分压，可计算压强平衡常数；
(3)根据催化剂作用，可降低反应活化能，加快反应速率；根据图2，可得 Pd膜 作用是分离出产物氢气，使平衡正向移动，反应物转化率增大。
（1）反应物总键能：CO中有1个C = O键，3H2中有3个H - H键，所以反应物总键能，生成物总键能： CH4中有4个C - H键 ，H2O中有2个O - H键，所以生成物总键能，根据反应物总键能 - 生成物总键能，则；该反应（放热反应），反应，气体的物质的量减少，，根据（T为绝对温度），当时反应自发进行，要使，因为，，则需要低温条件；
（2）①3min时，CH4和CO的物质的量仍在变化，反应向正方向进行，故；
②在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，由图知，10nim达到平衡，平衡时，，由三段式得，，的体积分数为；
③设反应后气体的总压强为p，则有，解得，则[或]；
（3）从图 1 能量 - 反应过程曲线可以看出，加入固体催化剂 M 后，反应的活化能降低；根据图 2，可以透过Pd膜从体系中分离出来，根据化学平衡移动原理，减小生成物的浓度，会使平衡正向移动。
18．【答案】（1）羧基、氨基
（2）；取代(或酯化)
（3）
（4）10
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据题干流程图中D的结构简式分析，D分子中包含的官能团有碳氯键（C-Cl）、氨基（-NH2）和羧基（-COOH），因此答案为：氨基、羧基；
（2）通过结构分析可确定B的结构简式为；结合E的结构特征推断，D与甲醇发生的反应类型为取代反应（或称为酯化反应），故答案为： 取代（或酯化）；
（3）由分析可知，C6H7BrS的结构简式为，故E→F的化学方程式为，故答案为：；
（4）根据条件可知，满足D的同分异构体中含有苯环，含有能与溶液反应放出气体的官能团为羧基；含氨基但与苯环不直接相连，则含有，此外还有，此时没有多余的C原子了，三个取代基按一定顺序取代到苯环上：、、，箭头代表，共10种同分异构体；，故答案为：10；
（5）苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛发生B生成C类型的反应生成M为，M发生水解反应生成N为，N与苯甲醇发生酯化反应生成；
通过以上分析知，M为，N为，故答案为：；。
【分析】根据题目信息，在硫酸和二氧化锰的氧化作用下，苯环上连接的甲基被转化为醛基，而其他取代基保持不变。因此可以推断化合物B的结构简式为：。在反应流程中，化合物E与C6H7BrS发生反应生成F，通过逆向推导可知C6H7BrS的结构简式为：。基于以上信息进行分析解题。
（1）由题干流程图中D的结构简式可知，D中的官能团有碳氯键、氨基、羧基，故答案为：氨基、羧基；
（2）由分析可得B的结构简式为；根据E的结构，可以推得D与甲醇发生了取代反应（或酯化反应）；故答案为： 取代（或酯化）。
（3）由分析可知，C6H7BrS的结构简式为，故E→F的化学方程式为，故答案为：。
（4）根据条件可知，满足D的同分异构体中含有苯环，含有能与溶液反应放出气体的官能团为羧基；含氨基但与苯环不直接相连，则含有，此外还有，此时没有多余的C原子了，三个取代基按一定顺序取代到苯环上：、、，箭头代表，共10种同分异构体；，故答案为：10；
（5）苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛发生B生成C类型的反应生成M为，M发生水解反应生成N为，N与苯甲醇发生酯化反应生成；
通过以上分析知，M为，N为，故答案为：；。
1 / 1贵州省安顺市2025届高三下学期二模化学试题
一、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．能源是社会发展的动力。下列有关能源的叙述错误的是
A．太阳能、风能、核能均属于新能源
B．石油和煤都属于不可再生能源
C．氢能热值高，产物无污染，原料来源广
D．新能源汽车是指使用电能的汽车
【答案】D
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用
【解析】【解答】A、太阳能、风能、核能均属于新能源，叙述正确，故 A 不符合题意；
B、石油和煤均属于化石燃料，短时间内无法再生，属于不可再生能源，叙述正确，故 B 不符合题意；
C、氢能热值高，燃烧产物为水无污染，且可通过水等多种原料制取，来源广泛，叙述正确，故 C 不符合题意；
D、新能源汽车是指采用非常规车用燃料（如电能、氢能、太阳能等）作为动力来源的汽车，并非仅指使用电能的汽车，叙述错误，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
新能源的定义：传统能源之外的各种能源形式，包括太阳能、风能、核能、氢能等；
不可再生能源的特点：经过亿万年形成，短期内无法再生，如煤、石油、天然气；
氢能的优点：热值高、产物无污染、制取原料来源广；
新能源汽车的范畴：动力来源包括电能、氢能等多种非常规车用燃料，并非仅指电动汽车。
2．下列化学用语表述正确的是
A．的VSEPR模型：
B．的电子式：
C．HCl分子中共价键类型：p-pσ键
D．2-乙基-1-丁醇的结构简式：
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；有机化合物的命名
【解析】【解答】A．化合物的中心原子价层电子对数计算如下：3（B原子提供的价电子）加1/2乘以（3个F原子提供的3个电子减去3×1个成键电子），即=3。根据VSEPR理论，其价层电子对互斥模型为平面三角形，因此选项A的表述是错误的；
B．作为离子化合物，其电子式应为，故选项B的表述也是错误的；
C．在HCl分子中，共价键的形成是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道通过"头碰头"方式重叠形成的s-pσ键，因此选项C的表述是错误的；
D. 2-乙基-1-丁醇的结构特征是：主链含4个碳原子，羟基位于1号碳原子，2号碳上连接一个乙基。其结构简式为：，因此选项D的表述是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据价层电子对互斥理论，的VSEPR模型为平面三角形；
B．氟化钙由一个钙离子和两个氟离子构成；
C．氯化氢分子中H-Cl键为 s-pσ键；
D.根据有机物名称可写出对应结构简式。
3．下列关于碳、氮、硫及其化合物的叙述正确的是
A．键角：
B．酸性：
C．和中硫原子均采取杂化
D．熔、沸点：
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．在NH2 、NH3、NH4+三种微粒中，氮原子的价电子对数均为4，但孤电子对数依次为2、1、0。由于孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，导致键角越小，因此键角大小关系为：NH2 < NH3 < NH4+，选项A正确；
B．甲基（-CH3）具有推电子效应，会减弱羧酸的酸性；而氟原子（-F）具有强吸电子效应，能显著增强羧酸的酸性。因此酸性强弱顺序为：CF3COOH > HCOOH > CH3COOH，选项B错误；
C．SO3分子中的硫原子采用sp2杂化，形成平面三角形结构；而H2SO4分子中的硫原子采用sp3杂化，形成四面体结构，选项C错误；
D．苯酚的相对分子质量大于苯，且苯酚分子间能形成氢键，因此熔沸点关系为：，选项D错误；
正确答案为A。
【分析】A．中心原子杂化类型相同时，孤电子对数越多，键角越小；
B．烃基是推电子集团，烃基越大，酸性越弱；
C．三氧化硫中硫原子是杂化 ，硫酸中硫原子是杂化；
D．苯酚可形成分子间氢键，熔沸点更高。
4．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A. 在酸性环境中，表现出强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，同时自身被还原为Cr3+， A项不符合题意；B. Fe3+与SCN-会反应生成红色配合物Fe(SCN)3等产物，故不能大量共存， B项不符合题意；
C. 该组离子、、、之间无反应，能够稳定共存， C项符合题意；
D. S2-与Cu2+会结合生成黑色CuS沉淀，导致无法共存， D项不符合题意；
综上所述，正确答案为C。
【分析】题目考查离子共存，发生氧化还原反应的离子不能共存，生成络合物的离子不能共存，生成沉淀的离子不能共存，据此分析。
5．NiO是一种极有前景的功能材料，已被广泛应用于冶金、化工及电子工业等领域。其晶胞结构(与NaCl相同)如图所示。按面对角线对晶胞进行垂直切割，得到的截面图是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】该晶胞属于立方晶系结构。若沿晶胞的面对角线方向进行垂直切割，所得截面呈现长方形。在晶胞中，Ni2+离子分布在棱心位置和体心位置。因此，在截面图中，中心位置对应的是体心的Ni2+离子。综上所述，正确答案为D选项。【分析】根据晶胞中镍离子和氧离子的相对位置，可判断相应截面图。
6．设为阿伏加德罗常数的值，部分含氮物质的转化如图所示。下列叙述正确的是
A．8.0g含有的数目大于
B．标准状况下，4.48L含有的σ键数目为
C．反应(i)中1mol能提供的孤电子对数目为
D．反应(ii)中1mol完全反应转移的电子数为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 8.0g硝酸铵(NH4NO3)的物质的量为 ，因此0.1molNH4NO3含有0.1NA个NH4+，A选项错误；
B. 标准状况下4.48L氮气(N2)的物质的量为， 氮气分子中存在一个σ键和两个π键，因此0.2molN2含有0.2NA个σ键，B选项正确；
C. 氨分子(NH3)中氮原子与三个氢原子形成三个σ键，并带有一对孤电子对。因此1molNH3能提供NA个孤电子对，C选项错误；
D. 反应(ii)的化学方程式为4NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O，转移12e-。1molNH4NO3完全反应转移电子数为3NA，D选项错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A. 根据公式进行计算；
B. 根据氮气的结构式为 进行分析；
C. 氨分子中有1对孤电子对；
D. 根据反应方程式4NH4NO3=3N2↑+2NO2↑+8H2O计算，化合价升降相等，1molNH4NO3完全反应转移电子数为3NA。
7．下列实验装置(部分夹持装置略)或操作正确且能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验装置或操作
实验目的 制取氯气 牺牲阳极法保护铁电极 向容量瓶中转移溶液 观察丁达尔效应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A. 实验室制备氯气需加热浓盐酸与二氧化锰，图示装置未配备加热设备（如酒精灯），无法完成反应，故A错误；
B. 采用牺牲阳极法保护铁时，需将更活泼的金属（如锌）与铁连接构成原电池。锌作为负极（阳极）失去电子被氧化，铁作为正极受到保护，此描述正确，故B正确；
C. 向容量瓶转移溶液时，玻璃棒下端应接触容量瓶颈部刻度线下方位置，图示操作不规范，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体的特性，溶液体系无法产生该现象，因此用激光笔照射溶液不会观察到光路，故D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 实验室制备氯气时需加热；
B. 牺牲阳极法是根据原电池原理设计的，选择比铁活泼金属作负极，铁作正极被保护；
C. 配制溶液时，移液的玻璃棒下端在容量瓶刻度线以下；
D. 试管中应放胶体进行实验。
8．杜仲甙又名桃叶珊瑚甙，是具有清湿热、利小便、镇痛、降压、保肝护肝、抗肿瘤等作用的生物活性物质，能促进干细胞再生，明显抑制乙型肝炎病毒DNA的复制，结构简式如图。下列说法正确的是
A．分子式为
B．该物质为苯的同系物
C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．1mol该物质最多能消耗6molNaOH
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．杜仲甙的分子式为，故A选项错误；B．苯的同系物必须含有苯环，且只能由碳氢组成（通式CnH2n-6）。该物质既无苯环又含氧原子，不符合苯的同系物的定义，B选项错误；
C．分子中的碳碳双键和羟基（ OH）均能被酸性高锰酸钾氧化，导致溶液褪色，C选项正确；
D．该物质的羟基属于醇羟基（非酚羟基），不具备与NaOH反应的性质，D选项错误；
正确答案为C。
【分析】根据有机物结构可知，含有官能团碳碳双键，羟基和醚键，碳碳双键和羟基可被酸性高锰酸钾氧化，该物质不能与氢氧化钠反应，苯的同系物指一个苯环和烃基构成的有机物，据此分析。
9．焦亚硫酸钠()是常用的抗氧化剂，一种以为原料制备的微型流程如图所示。下列叙述错误的是
已知：常温下，的，。
A．上述过程没有发生氧化还原反应
B．反应①表明的酸性比强
C．常温下，饱和溶液呈碱性
D．0.1mol与足量反应，能消耗14.2g
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A、制备过程中 S 元素化合价始终为 + 4 价，没有发生氧化还原反应，故 A 正确；
B、反应①中 H2SO3与 Na2CO3反应生成 CO2，根据强酸制弱酸原理，说明 H2SO3酸性强于 H2CO3，故 B 正确；
C、的水解常数：﹤，可得的电离程度大于的水解程度，溶液呈酸性 ，故 C 错误；
D、Na2S2O5与 Cl2反应时，根据反应式 ，可知0.1mol Na2S2O5消耗 0.2mol Cl2，质量为 0.2mol×71g/mol=14.2 g，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】以二氧化硫为原料，先将其通入饱和碳酸钠溶液中进行吸收反应，生成二氧化碳和亚硫酸氢钠饱和溶液；再对该溶液进行脱水、结晶处理，得到焦亚硫酸钠晶体和母液。
10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气的主要成分，基态X原子s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数多1；工业上采用电解法制备Y的单质；Z原子最外层电子数等于电子层数的2倍；在厨房中，YW常作调味剂和防腐剂。下列叙述错误的是
A．第一电离能：X>Z B．简单氢化物的还原性：ZC．单质熔点：Z>W D．熔化时克服分子间作用力
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；化学键和分子间作用力的区别；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同一主族随原子序数增大，原子半径增大，第一电离能减小；同一周期随原子序数增大，第一电离能整体呈增大趋势，且 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，因此 N、O、S 的第一电离能依次减小，故 A 正确；
B、非金属性 Cl＞S，元素非金属性越强，对应简单氢化物的还原性越弱，因此简单氢化物还原性 H2S＞HCl，故 B 错误；
C、常温下，硫单质为固态，氯气为气态，故 C 正确；
D、S4N4由分子构成，属于分子晶体，晶体内部不存在离子键或共价键骨架，受热熔化时仅需克服分子间的范德华力，不破坏分子内的化学键，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，由 X 的单质为空气主要成分、基态原子 s 轨道电子总数比 p 轨道多 1，可推断 X 为 N；工业上电解法制备且其氯化物为厨房调味剂的金属单质对应 Y 为 Na；Z 原子最外层电子数为电子层数的 2 倍、原子序数介于 Na 与 Cl 之间，推断 Z 为 S；W 原子序数大于 S、其氯化物为 NaCl，故 W 为 Cl。
11．中国科学技术大学一课题组发现：含有氨基和的电解液中添加盐酸三甲胺(TAH)，能大大提高水系电池的利用率(如图)。下列叙述错误的是
A．放电时，卤素离子通过阴离子交换膜向a极迁移
B．放电时，a极的电极反应式为
C．充电时，b极与电源的负极连接
D．充电时，a极区生成1mol，b极析出65gZn
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、放电时，a极发生还原反应作正极，b极发生氧化反应作负极，阴离子会向负极（b极）迁移，而非向a极迁移，故A错误；
B、放电时，a极为正极，I2得电子被还原为I-，电极反应式为 ，故B正确；
C、充电时，b极作为原电池的负极，需连接电源的负极，作电解池的阴极，故C正确；
D、充电时，a极发生反应，生成1 mol I2转移2 mol电子；b极发生反应，转移2 mol电子时析出1 mol Zn，质量为65 g，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
放电时正负极判断：根据元素化合价变化，a极I2→I-被还原为正极，b极Zn→Zn2+被氧化为负极；
原电池中离子迁移方向：阴离子向负极迁移；
充电时电极连接方式：原电池负极接电源负极作电解池阴极，原电池正极接电源正极作电解池阳极；
电子守恒计算：充电时两极转移电子数相等，根据生成1 mol I2转移的电子数，计算析出Zn的质量。
12．我国研究人员研究了在催化剂X的作用下加氢形成乙醇的反应机理，反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图（加“*”物质为吸附态）。下列说法正确的是
A．的脱附过程为放热过程
B．的过程中存在非极性键的断裂和形成
C．为决速步骤
D．若用代替反应，则产物为
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．根据反应进程图，的脱附过程是吸热过程，因此选项A是错误的；
B．在的过程中，没有非极性键的断裂或形成，因此选项B是错误的；
C．在多步反应过程中，能垒最大的步骤决定了反应速率。根据反应进程图，的能垒最大，是决速步骤，因此选项C是错误的；
D．如果用代替进行反应，根据反应进程图，羧基中的H在第一步基元反应中脱去，而甲基上的H始终未参与反应，因此产物为，选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据如图所示，脱附过程应为吸热过程；
B．根据物质转化，过程中并无非极性键的断裂或形成；
C．决速步骤为能垒最大的步骤，能垒最大；
D．根据反应进程图，生成物为。
13．根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是
选项 操作及现象 结论
A 在、中分别滴加浓盐酸，只有前者产生黄绿色气体 氧化性：
B 分别在中加入同浓度氨水、NaOH溶液，只有前者固体溶解 碱性：
C 在饱和溶液中加入乙醇，析出晶体 极性：
D 向两份同浓度、同体积的酸性溶液中分别通入乙烯、乙炔，后者先褪色 活泼性：乙烯>乙炔
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、Pb3O4可看作 2PbO PbO2，能与浓盐酸反应生成黄绿色的 Cl2，而 Fe3O4（FeO Fe2O3）与浓盐酸反应仅生成盐和水，说明 Pb3O4可将 Cl-氧化为 Cl2，氧化性 Pb3O4 > Fe3O4，故 A 正确；
B、Ni (OH)2溶于氨水是因为生成了可溶性的配合物 [Ni(NH3)4]2+： ，并非因为 NH3 H2O 的碱性强于 NaOH，实际上 NaOH 是强碱，碱性强于弱碱 NH3 H2O，故 B 错误；
C、在饱和 [Zn(NH3)4] SO4溶液中加入乙醇析出晶体，是因为乙醇降低了溶剂的极性，导致配合物盐的溶解度降低，实际上水的极性强于乙醇，故 C 错误；
D、酸性 KMnO4溶液褪色的快慢不仅与有机物的活泼性有关，还与通入气体的速率、接触面积等因素有关，且该实验未控制变量，无法直接比较乙烯和乙炔的活泼性，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
氧化性比较：根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的规律，结合反应现象判断；
溶解原理区分：区分配合物溶解与酸碱中和溶解的不同原因；
极性与溶解度：理解 “相似相溶” 原理，乙醇降低溶剂极性导致盐析出；
实验变量控制：对比实验需控制单一变量，否则无法得出可靠结论。
14．T℃下，三种碳酸盐(M表示、或)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，，a点对应的横纵坐标数值相等。下列说法正确的是
A．
B．在任何条件下，三种物质之间都不可能相互转化
C．a点对应的溶液为不饱和溶液，且
D．当向1L0.001mol·L-1溶液中滴加1mL0.001mol·L-1的溶液时有沉淀析出
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A. 三种物质的溶度积关系为：，A错误；B. 由于这三种沉淀具有相似的结构，且它们的Ksp值存在一定差异，在适当浓度条件下，三种物质之间确实可以相互转化，因此B选项是错误的；
C. 当a点位于碳酸钙溶解曲线之上，且满足pM=p时，说明此时离子积Q小于溶度积常数，此时溶液处于未饱和状态，且钙离子与碳酸根离子浓度相等，因此选项C正确；
D. 在1L 0.001mol/L氯化镁溶液中加入1mL 0.001mol/L碳酸钠溶液后，混合溶液体积近似为1L。此时镁离子浓度约0.001mol/L，碳酸根浓度约1×10-6mol/L，离子积约为1×10-9mol2/L2，小于碳酸镁的溶度积，因此不会产生沉淀，选项D错误；
正确答案为C。
【分析】碳酸镁对应曲线的坐标点（0，8），可计算，碳酸钙对应曲线坐标点（0，9），可计算，根据碳酸锶对应曲线坐标点（0，10），可计算，据此分析。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．某实验小组设计实验制备(摩尔质量为376g·mol-1)，是具有光泽的红色晶体，受热易分解，是一种氧气吸收剂。实验步骤如下：
步骤1：将100mL纯水煮沸10min后，隔绝空气冷却。
步骤2：在仪器2(吸滤瓶)中放1.5g(摩尔质量为294g·mol-1)粉末、7.6g锌丝，仪器1(锥形瓶)中放冷的溶液(13.5g固体，加12mL无氧纯水)，仪器3中加入自来水。
步骤3：在仪器5中放35mL8mol·L-1盐酸，打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，当2吸滤瓶内溶液变成纯蓝色时，表示反应结束(始终没有生成)。经一系列操作，将吸滤瓶中的溶液转移至锥形瓶中，当转移完全后，迅速塞紧锥形瓶，用冰水冷却，有红色晶体析出。
步骤4：洗涤。摇动锥形瓶，将溶液与晶体一起过滤，依次用冷的无氧水、无水乙醇、无水乙醚洗涤晶体。操作时，下一次洗涤剂须在前一次溶液或洗涤液流尽前加入。
步骤5：干燥。抽干，在纸上晾干，将晶体转移到有塞的干燥瓶中，最终得到1.8g。
回答下列问题：
（1）仪器5的名称是　 　，仪器3中自来水的作用是　 　(任答一条)。
（2）步骤1将纯水煮沸的目的是　 　。
（3）写出吸滤瓶中生成的离子方程式：　 　。
（4）步骤3中，“一系列操作”是　 　(填“关闭”或“打开”，下同)弹簧夹4，　 　吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹。转移完全后，“用冰水冷却”的目的是　 　。
（5）的产率为　 　(计算结果保留4位有效数字)。
（6）可用于除去氮气中的微量氧气，吸收后的产物为、、和，则该反应中n(还原剂)(氧化剂)=　 　。
【答案】（1）分液漏斗；液封，防止空气进入吸滤瓶(或观察气体、吸收HCl等合理答案)
（2）制备无氧水
（3）
（4）关闭；打开；有利于析出[或防止高温分解]
（5）93.83%
（6）2：1
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）仪器5的名称为分液漏斗。由于醋酸亚铬易与氧气反应，实验环境需隔绝空气，自来水的作用是液封，防止空气进入装置影响产物，同时可吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体；
（2）醋酸亚铬易被氧气氧化变质，因此需避免氧气干扰。步骤1中将纯水煮沸的目的是制备无氧水，防止氧气氧化产物；
（3）步骤2中加入单质锌作为还原剂，将K2Cr2O7还原为Cr2+，其离子方程式为：；
（4）步骤3的操作流程：打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，缓慢向吸滤瓶滴加盐酸开始反应，反应结束后关闭弹簧夹4，此时2中压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，使蓝色溶液流入1中参与反应，由于Cr2(CH3COO)4·2H2O水溶性较小，"用冰水冷却"的目的：促进Cr2(CH3COO)4·2H2O析出， 防止Cr2(CH3COO)4·2H2O高温分解；
（5），，，根据方程式：分析，重铬酸钾少量，醋酸钠和锌均过量，应以重铬酸钾的量开展计算：；
(6)Cr2(CH3COO)4·2H2O吸收氧气后的产物为：Cr2O3、CH3COOH、Cr(CH3COO)3和 H2O，铬元素从+2价升至+3价，每个Cr失去1e-，共失去2e-， 氧气作为氧化剂，得到4e-，根据电子守恒可得：。
【分析】醋酸亚铬容易与氧气发生反应，因此在制备实验中必须防止与氧气接触。实验过程中，将锌丝和固体放入装置2中，并加入去氧水。盐酸与锌反应会产生氢气，用于排出装置内的空气，防止亚铬离子被氧化。同时发生如下反应：，打开弹簧夹4，关闭通向锥形瓶的弹簧夹，缓慢向吸滤瓶滴加盐酸，反应开始。当吸滤瓶内溶液变为纯蓝色时，反应结束。此时关闭弹簧夹4，装置2内压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，使蓝色溶液流入装置1中，最终制得。
（1）仪器5的名称是分液漏斗；由于醋酸亚铬易与氧气反应，实验环境要隔绝氧气或者空气，自来水的作用是进行液封，避免空气加入装置，影响产品，或者吸收吸滤瓶中挥发的氯化氢气体。
（2）醋酸亚铬易被氧气氧化导致变质，所以要尽量避免氧气的干扰，步骤1将纯水煮沸的目的是制备无氧水，避免氧气氧化产品。
（3）步骤2中加入了单质锌，可以作还原剂使用，将还原为，离子方程式为：。
（4）步骤3中，首先打开弹簧夹4，夹紧通向锥形瓶的弹簧夹，向吸滤瓶内缓慢滴加盐酸，开始进行反应，当反应结束，关闭弹簧夹4，2中压强增大，打开吸滤瓶通向锥形瓶的弹簧夹，可将蓝色溶液流入1中反应；由于水溶性小，“用冰水冷却”的目的是有利于析出[或防止高温分解]。
（5），，，根据方程式：分析，重铬酸钾少量，醋酸钠和锌均过量，应以重铬酸钾的量开展计算：。
（6）吸收氧气后的产物为、、和，铬元素化合价从价升高为价，失去，作还原剂，氧气作氧化剂，得到，根据电子转移守恒可知，。
16．以某种锰尘(主要成分为，杂质为、MgO、CaO和FeO)为原料制备高纯的工艺流程如图。
已知：①25℃时，、。
②溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全时溶液的pH如表。
金属离子
开始沉淀时溶液的pH 8.1 6.3 1.5 3.4
沉淀完全时溶液的pH 10.1 8.3 2.8 4.7
回答下列问题：
（1）Mn元素位于元素周期表的　 　(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
（2）“酸浸”过程中反应生成的气体①为　 　(填化学式，下同)；滤渣①的主要成分是　 　。
（3）保持其他条件不变，在不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化如图。则“酸浸”的最佳温度是　 　℃，最佳时间是　 　m n。
（4）“除杂②”后所得滤液中，　 　。
（5）“沉淀”过程发生反应的化学方程式为　 　。“沉淀”步骤反应完全后，分离出的操作为　 　，该操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和　 　。
（6）取5.00g碳酸锰样品，加入适量硫酸，加热，待固体完全溶解后，用1.000mol·L-1的溶液滴定，至滴定终点时，消耗溶液的体积为23.50mL。已知：最终反应产物为，设杂质均不参与反应。则样品中的质量分数为　 　%(保留2位小数)。
【答案】（1）d
（2）；、
（3）70；120
（4）100
（5）；过滤；玻璃棒
（6）81.08
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；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
【解析】【解答】（1）根据锰在周期表中位置，位于元素周期表的ⅦB族，属于d区；
（2）“酸浸”过程与使反应物，发生氧化还原反应，生成物为及，故气体①为；“酸浸”后溶液中含有、、、，通过观察表格中离子完全沉淀的pH值，“除杂①”过程加入氨水调可以使、完全沉淀，即滤渣①为、；
（3）根据图中曲线变化可知，“酸浸”的温度越高，锰元素的浸出率越高，在120min时，与条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是，最佳时间是120min；
（4）“除杂②”后所得滤液中，=100；
（5）由工艺流程图可知，“沉淀”过程加入的溶液，生成、，故离子方程式为；分离出的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
(6)根据与反应生成，而与反应生成，通过消耗的的物质的量计算的质量，故由可得关系式：，样品中的质量分数为；
【分析】根据题中信息，锰尘 主要成分为，杂质为、MgO、CaO和FeO ，“酸浸”过程加入浓盐酸，、、MgO、CaO和FeO都与反应，具有氧化性与发生氧化还原反应生成及，而被氧化生成，气体①为，反应后溶液中存在、、、，加入氨水调节可以使、完全沉淀，即滤渣①为、，“除杂②”加入溶液生成沉淀而除去，即滤渣②为，在“沉淀”过程加入的溶液与反应生成、，即气体②为。
（1）Mn元素原子序数为25，位于元素周期表的ⅦB族，属于d区；
（2）根据上述分析可知，“酸浸”过程与发生氧化还原反应生成及，气体①为；“酸浸”后溶液中含有、、、，“除杂①”过程加入氨水调可以使、完全沉淀，即滤渣①为、；
（3）从不同温度下“酸浸”时锰元素的浸出率随时间的变化图可看出，“酸浸”的温度越高，随时间的变化，锰元素的浸出率越高，但在120min时，与条件下锰元素的浸出率几乎相同，且几乎全部浸出，故从节约能源的角度，“酸浸”的最佳温度是，最佳时间是120min；
（4）“除杂②”后所得滤液中，=100；
（5）在“沉淀”过程加入的溶液与反应生成、，故离子方程式为；分离出的操作为过滤；过滤实验需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒；
（6）根据与反应生成，而与反应生成，通过消耗的的物质的量计算的质量，故由可得关系式：，样品中的质量分数为；
17．CO具有毒性，浓度较高时会使人出现不同程度中毒症状，危害人体的脑、心、肝、肾、肺及其他组织，但CO也是一种重要的化工原料，可用于甲醇和光气的生产以及有机合成等。
（1）已知：断开1mol化学键所需能量如表所示。
化学键
所需能量/(kJ·mol-1) 1076 436 413 463
则反应 　 　kJ·mol-1；该反应在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，一定温度下仅发生反应，10min时反应达到平衡。测得和的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①3min时，　 　(填“>”“<”或“=”)。
②0~10min内，的平均反应速率　 　(用含V的式子表示)mol·L-1·mun-1；10min时，的体积分数为　 　%(保留2位小数)。
③起始时容器内总压强为，该温度下该反应的平衡常数　 　(用含的式子表示，无须化简，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）在催化剂M的作用下，与水蒸气反应可以制取。
从图1中可得出的信息是　 　(任写一条)；根据图2，试分析当反应器中存在Pd膜时CO具有更高转化率的原因：　 　(答一条即可)。
【答案】（1）；低温
（2）>；；16.67；[或]
（3）催化剂M降低了反应的活化能；Pd膜能选择性分离出，促进反应正向进行
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）反应物总键能计算：CO分子含1个C=O键(1076kJ/mol)，3H2分子含3个H-H键(3×436kJ/mol)，总和为。生成物总键能计算：CH4含4个C-H键(4×413kJ/mol)，H2O含2个O-H键(2×463kJ/mol)，总和为。根据焓变公式。该反应为放热反应(ΔH<0)，且气体分子数减少(ΔS<0)。根据吉布斯自由能公式，要使反应自发(ΔG<0)，需满足低温条件；
（2）①3min时，CH4和CO的物质的量仍在变化，反应向正方向进行，故；
②在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，由图知，10nim达到平衡，平衡时，，由三段式得，，的体积分数为；
③设反应后气体的总压强为p，则有，解得，则[或]；
（3）图1显示催化剂M能降低反应活化能。图2表明H2能透过Pd膜分离，根据勒夏特列原理，减少生成物浓度可使平衡正向移动。
【分析】 (1)根据焓变计算方法，焓变等于反应物总键能减去生成物总键能；<0时，反应自发；
(2)考查反应速率计算公式，计算Kp时，根据投料量，转化量，列出三段式，计算平衡时个组分的物质的量，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比计算平衡时体系压强，计算各组分平衡分压，可计算压强平衡常数；
(3)根据催化剂作用，可降低反应活化能，加快反应速率；根据图2，可得 Pd膜 作用是分离出产物氢气，使平衡正向移动，反应物转化率增大。
（1）反应物总键能：CO中有1个C = O键，3H2中有3个H - H键，所以反应物总键能，生成物总键能： CH4中有4个C - H键 ，H2O中有2个O - H键，所以生成物总键能，根据反应物总键能 - 生成物总键能，则；该反应（放热反应），反应，气体的物质的量减少，，根据（T为绝对温度），当时反应自发进行，要使，因为，，则需要低温条件；
（2）①3min时，CH4和CO的物质的量仍在变化，反应向正方向进行，故；
②在体积为VL的恒容密闭容器中，充入1mol和5mol，由图知，10nim达到平衡，平衡时，，由三段式得，，的体积分数为；
③设反应后气体的总压强为p，则有，解得，则[或]；
（3）从图 1 能量 - 反应过程曲线可以看出，加入固体催化剂 M 后，反应的活化能降低；根据图 2，可以透过Pd膜从体系中分离出来，根据化学平衡移动原理，减小生成物的浓度，会使平衡正向移动。
18．化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图。
已知：。
回答以下问题：
（1）D中的官能团有碳氯键、　 　。
（2）B的结构简式为　 　；反应④的反应类型为　 　反应。
（3）E→F的化学方程式为　 　。
（4）满足下列条件的D的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上含有三个不同取代基；②能与溶液反应放出气体；③含氨基但与苯环不直接相连。
（5）由苯甲醇制备的合成路线如图，其中M、N的结构简式依次为　 　、　 　。
【答案】（1）羧基、氨基
（2）；取代(或酯化)
（3）
（4）10
（5）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据题干流程图中D的结构简式分析，D分子中包含的官能团有碳氯键（C-Cl）、氨基（-NH2）和羧基（-COOH），因此答案为：氨基、羧基；
（2）通过结构分析可确定B的结构简式为；结合E的结构特征推断，D与甲醇发生的反应类型为取代反应（或称为酯化反应），故答案为： 取代（或酯化）；
（3）由分析可知，C6H7BrS的结构简式为，故E→F的化学方程式为，故答案为：；
（4）根据条件可知，满足D的同分异构体中含有苯环，含有能与溶液反应放出气体的官能团为羧基；含氨基但与苯环不直接相连，则含有，此外还有，此时没有多余的C原子了，三个取代基按一定顺序取代到苯环上：、、，箭头代表，共10种同分异构体；，故答案为：10；
（5）苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛发生B生成C类型的反应生成M为，M发生水解反应生成N为，N与苯甲醇发生酯化反应生成；
通过以上分析知，M为，N为，故答案为：；。
【分析】根据题目信息，在硫酸和二氧化锰的氧化作用下，苯环上连接的甲基被转化为醛基，而其他取代基保持不变。因此可以推断化合物B的结构简式为：。在反应流程中，化合物E与C6H7BrS发生反应生成F，通过逆向推导可知C6H7BrS的结构简式为：。基于以上信息进行分析解题。
（1）由题干流程图中D的结构简式可知，D中的官能团有碳氯键、氨基、羧基，故答案为：氨基、羧基；
（2）由分析可得B的结构简式为；根据E的结构，可以推得D与甲醇发生了取代反应（或酯化反应）；故答案为： 取代（或酯化）。
（3）由分析可知，C6H7BrS的结构简式为，故E→F的化学方程式为，故答案为：。
（4）根据条件可知，满足D的同分异构体中含有苯环，含有能与溶液反应放出气体的官能团为羧基；含氨基但与苯环不直接相连，则含有，此外还有，此时没有多余的C原子了，三个取代基按一定顺序取代到苯环上：、、，箭头代表，共10种同分异构体；，故答案为：10；
（5）苯甲醇发生催化氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛发生B生成C类型的反应生成M为，M发生水解反应生成N为，N与苯甲醇发生酯化反应生成；
通过以上分析知，M为，N为，故答案为：；。
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