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湖北省武汉市2025届高三下学期高中毕业生4月调研考试 化学试卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．有机合成农药向着高效、低毒和低残留的方向发展。下列不属于有机合成农药的是
A．氨基甲酸酯 B．有机磷农药
C．拟除虫菊酯类 D．石灰硫黄合剂
2．脱氧剂是一种能吸收氧气、延缓食品变质的添加剂。下列物质不能用作脱氧剂的是
A．还原铁粉 B．苯甲酸钠
C．维生素C D．叔丁基对苯二酚
3．高活性人工固氮产物的合成原理为。下列有关化学用语表述错误的是
A．LiH的电子式为
B．石墨中碳原子的杂化轨道示意图为
C．的VSEPR模型为
D．基态氮原子电子排布图为
4．基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法正确的是
A．半金属是指处于非金属与金属分界线附近的元素
B．价层电子对互斥模型可预测所有分子的空间结构
C．电离理论表明离子是电解质通电后才可以产生的
D．电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程
5．窑归主要产自湖北神农架，用于补血止痛，有效成分结构如图。下列说法错误的是
A．分子式为
B．属于脂肪烃衍生物
C．与足量加成后的产物有3个手性碳原子
D．与足量酸性溶液反应可生成正丁酸
6．美好生活靠劳动创造。下列劳动过程没有发生酯化反应的是
A．发酵秸秆制取燃料乙醇 B．用纤维素制取醋酸纤维
C．核酸检测中DNA的复制 D．白酒陈化过程产生香味
7．正确操作是安全准确进行实验的前提。下列实验操作正确且能达到实验目的的是
实验操作
实验目的 A．排气泡 B．配制NaOH溶液
实验操作
实验目的 C．萃取时放气 D．验证的氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，由四种元素构成某物质可用作牙膏添加剂，结构如图。下列说法错误的是
A．简单氢化物沸点：X>Y
B．分子极性：
C．同周期第一电离能大于W的元素有2种
D．未用完的Z和W单质需放回原试剂瓶
9．物质的结构决定物质的性质。下列性质差异与结构解释匹配错误的是
选项 性质差异 结构解释
A 酸性： 电负性：O>S
B 沸点： 离子键成分百分数：
C 黏性：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯 范德华力：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯
D 稳定性：HF>HBr 分子间作用力：HF>HBr
A．A B．B C．C D．D
10．某热电材料的晶胞结构如图，属于立方晶系，晶体密度为，摩尔质量为。下列说法错误的是
A．化学式为SnAuSc B．与Au等距且最近的Au原子有12个
C．摩尔体积 D．微粒间作用力为金属键
11．实验室利用和、混合溶液反应制备晶体。实验过程分为四步，①~③实验试剂、反应温度及④结晶过程如图。
下列说法错误的是
A．步骤①中微热的目的是加速溶解
B．步骤②的反应为
C．步骤④中析出晶粒大小顺序为Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ
D．结晶后的操作为过滤、乙醇洗涤、低温干燥
12．多孔材料ZnH-MFU可用于高温废气中的直接捕获，ZnH-MFU的部分结构及捕获原理如图。已知三唑环()为平面结构。
下列说法错误的是
A．ZnH-MFU材料有良好的吸附性和热稳定性
B．捕获过程中发生了加成反应
C．捕获过程中碳原子和氮原子的杂化方式不变
D．捕获过程中存在配位键的形成
13．某课题组提出碱性条件下的两极制氢方案，其工作示意图如下。
下列说法错误的是
A．CuO电极的电势高于Pt电极
B．装置工作时Pt电极附近pH升高
C．阳极反应式为
D．Pt电极上每消耗1mol ，共制得2mol
14．中国科学家构建了一种仿生的超分子胶束半人工光合作用系统，可将二氧化碳还原为甲酸，原理如图。
下列说法正确的是
A．所有原子共平面
B．该过程体现了超分子的自组装
C．形成超分子间的相互作用为氢键
D．发生的反应为
15．在25℃时，在不同浓度的KOH水溶液中，Cu(Ⅱ)的分布分数与pH的关系如图。
已知：①难溶于水，具有两性；
②。
下列说法正确的是
A．曲线z为 B．O点，
C．P点， D．Q点，
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．锑、铋是重要的金属元素，广泛应用于医药、半导体等领域。从含铋高锑冶炼废渣(主要成分有、、等)中回收锑、铋的工艺流程如下。
已知：①是两性氢氧化物；
②浸出液中砷主要以、锑主要以、铋主要以存在；
③，。
回答下列问题：
（1）位于元素周期表的第　 　周期、第　 　族。
（2）已知难溶于水，则“浸出”中，使用较高浓度的NaCl溶液的作用是　 　。
（3）“沉砷”中有生成，该反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锑”后溶液中、，则“沉铋”中，当恰好沉淀完全时，　 　(当溶液中剩余离子的浓度时，可认为沉淀完全)。
（5）“沉锑渣”和氨水反应生成锑白()的化学方程式为　 　，不用NaOH溶液的原因是　 　。
（6）可生产一种用作阻燃剂、稳定剂的钠盐(Sb为+5价)，其阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则该钠盐的化学式为　 　。
17．某研究小组设计实验制备漂白粉并探究漂白粉的氧化性。
【漂白粉的制备】实验装置如图：
（1）B中应加入的试剂名称为　 　。
（2）C中使用多孔球泡的目的是　 　。
（3）C装置常温反应会生成副产物，该副反应的化学方程式为　 　。
【漂白粉氧化性的探究】实验方案如下：
实验1 现象
生成浅红褐色沉淀X，溶液无气体产生；静置5h后变为浅紫红色溶液Y。
（4）浅红褐色沉淀X的主要成分化学式为　 　。
（5）为了探究实验1中浅紫红色溶液Y的成分，进行如下实验操作：
①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含，则试剂Z为　 　。
②综合分析，浅紫红色溶液Y含有，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应的离子方程式为　 　。
（6）根据上述实验可得出氧化性，而酸性环境下可将氧化成，由此你得出的结论是　 　。
18．有机物H是一种癌症靶向药物的合成中间体，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）C中含氧官能团的名称为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）已知为平面结构，其中氮原子的孤电子对位于　 　轨道上。
（5）试剂X为　 　。
（6）B的同分异构体中同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基；②可发生银镜反应；③含有不存在键。
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为　 　。
19．燃煤电厂的催化转化为甲醇燃料，可以有效降低碳排放量。涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）　 　。
（2）原料气中需净化处理，目的是　 　。
（3）计算机模拟逐步加氢生成的反应历程如下图，其中吸附在催化剂活性位点的物种用*表示，则决速步骤的化学方程式为　 　。
（4）实验结果表明，其它条件不变，移出部分，反应速率不减反增的原因是　 　。
（5）在、2MPa、3MPa、5MPa下，在装有催化剂的反应管投入、的混合气体，若仅考虑上述反应，平衡时的转化率及和CO的选择性S随温度的变化关系如图【已知：】。
①表示的曲线是　 　(填标号)。
②温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是　 　。
③245℃时，若平衡后容器体积为V L，则反应Ⅰ的　 　(写出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、氨基甲酸酯的结构含碳、氮、氧，且为人工合成物质，属于有机合成农药，A错误；
B、有机磷农药属于典型有机合成农药，且结构中含碳、磷，属于化学合成杀虫剂，B错误；
C、拟除虫菊酯类主要是模拟天然除虫菊素人工有机合成，其高效低毒，现代主流农药，属于有机合成农药，C错误；
D、石灰硫黄合剂的主要成分为CaS·S ，是一种钙、硫无机物，由石灰和硫磺熬制，属于无机农药，D正确；氨基甲酸酯、有机磷农药、拟除虫菊酯类均为有机化合物，石灰硫黄合剂为无机物，D正确；
故答案为：D
【分析】有机合成农药主要是指含碳元素的且由化学人工合成的物质；而石灰硫黄合剂属于典型的无机硫制剂；
2．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、还原铁粉具有强还原性，能和O2、H2O反应生锈，能强烈吸氧，是日常生活中常用的脱氧剂，A错误；
B、苯甲酸钠是一种常用食品防腐剂，作用是抑制微生物生长，不与氧气反应、不吸收氧气，没有还原性。而脱氧剂要求是能被氧气氧化、消耗O2，B正确；
C、维生素C是一种典型还原剂、抗氧化剂，自身能被氧化，从而保护食品不被氧化，因此可以做可以作脱氧剂或抗氧化剂，C错误；
D、叔丁基对苯二酚是一种食品常用酚类抗氧化剂，易被氧气氧化，消耗氧气，因此可以作脱氧剂或抗氧化剂，D错误；
故答案为：B
【分析】脱氧剂是一种能够主动吸收密封环境中的氧气，减缓氧化反应，从而延长产品保质期的化学或生物制剂。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、LiH是离子化合物，由Li+和H-构成，正确的电子式要表示阴阳离子的成键情况，故电子式为：，A正确；
B、石墨中碳原子采用sp2杂化，3个sp2杂化轨道呈平面三角形分布，三个轨道夹角约120°，杂化轨道示意图为：，B正确；
C、与互为等电子体，N原子价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，C错误；
D、N是7号元素，根据洪特规则，2p轨道的3个电子分占不同轨道且自旋平行，基态氮原子电子排布图为：，D正确；
故答案为：C
【分析】等电子体是指具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子。它们的结构特征相似，常用于VSEPR结构模型的预测。例如，CO、CN-、N2和NO+都是等电子体，因为它们具有相同的电子配置和价电子数。在判断等电子体时，可以通过替换外围电子数相同或相似的原子或基团来实现。
4．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A、半金属（类金属）是指位于金属与非金属分界线附近的元素，如硼、硅、锗等，这一类物质往往兼具部分金属和非金属的性质，A正确；B、价层电子对互斥模型（VSEPR）能预测大多数主族元素分子的空间结构，但不能预测所有分子，尤其是过渡金属配合物等，且说法过于绝对，B错误；
C、根据电离理论，电解质在水溶液中或熔融状态下即可电离出离子，无需通电。通电是电解过程，不是电离的必要条件，C错误；
D、电化学腐蚀是指金属与电解质溶液接触形成原电池，发生氧化还原反应导致金属损耗，而非外加电流作用。外加电流引起的腐蚀属于电解腐蚀，D错误；
故答案为：A
【分析】电解质的电离指的是电解质在水溶液或熔融状态下，自发解离成自由移动离子的过程，电离不需要通电，通电是电解，不是电离；电化学腐蚀是金属因形成原电池而被氧化损耗的过程，属于自发反应，不需要外加电流，外加电流引起的金属腐蚀属于电解腐蚀，不属于电化学腐蚀。
5．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、通过该有效成分的结构简式，数结构中C、H、O原子的个数分别为：12、14、2，因此可得其分子式为，A正确；
B、脂肪烃衍生物是不含苯环的烃的衍生物，而该分子含有脂环烯烃结构，更关键的是它含有稠环类结构，属于芳香族化合物的衍生物，不属于脂肪烃衍生物，B错误；
C、与足量加成后，分子中的所有双键被还原为单键，形成 3 个手性碳原子，每个均连有 4 种不同基团，故产物有3个手性碳原子：，C正确；
D、与足量酸性溶液反应，中标记1的双键碳原子连1个氢原子，能被氧化，分子中侧链的双键会被酸性KMnO4氧化断裂，生成含4个碳的羧酸，即产物为正丁酸，D正确；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
6．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；羧酸简介；多糖的性质和用途；酯化反应；核酸
【解析】【解答】A、秸秆中的纤维素经水解生成葡萄糖，接着糖类在微生物作用下分解为乙醇和二氧化碳。此过程属于水解和分解反应，未涉及酸与醇的酯化反应，故未发生酯化反应，A正确；
B、用纤维素制取醋酸纤维，纤维素中的羟基与乙酸（或乙酸酐）发生酯化反应生成醋酸纤维素酯，属于酯化反应，生成醋酸纤维素，B错误；
C、核酸检测中DNA的复制，DNA链中核苷酸通过磷酸二酯键连接，磷酸与脱氧核糖的羟基反应形成酯键（磷酸酯），该过程可视为磷酸与醇的酯化反应，属于广义酯化，C错误；
D、白酒陈化过程中，乙醇与有机酸（如乙酸）长期反应生成酯类（如乙酸乙酯），属于酯化反应，D错误；
故答案为：A
【分析】酯化反应，是一类有机化学反应，主要是是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应。判断一个化学反应是否属于酯化反应，核心依据是：是否由醇或酚与含氧酸（羧酸或无机含氧酸）反应，生成酯和水或其它小分子。
7．【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；分液和萃取；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、由实验操作图可知，将滴定管尖嘴向上倾斜，用手指捏玻璃珠所在部位的橡胶管，使溶液流出并带出气泡，因此碱式滴定管排气泡方法正确，A正确；
B、容量瓶不能用于溶解或稀释固体，NaOH固体溶解会放热，且容量瓶仅用于定容，而正确操作应在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；
C、放气时漏斗尖嘴不能对着人，且图中操作未将漏斗倒置、活塞朝下，而正确操作应将分液漏斗倒置，尖嘴朝向无人处，打开活塞放出气体，如图，打开中间活塞放气，C错误；
D、氢气可在氯气中燃烧，而不是氯气能在氢气中燃烧，氯气只是助燃剂，正确操作应将点燃的氢气伸入盛有氯气的集气瓶中，故D错误；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验操作与实验目的是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，或者实验操作错误，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
8．【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；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、X、Y简单氢化物分别为 H2O、HF，水分子间能形成氢键，HF分子间能形成氢键，一方面等物质的量的水分子间氢键更多，另一方面水分子间氢键更强，据此可以推断沸点： H2O>HF ，A正确；
B、PF3的中心原子价层对数为4，孤电子对数为1，为三角锥形的极性分子，PF5的中心原子价层对数为5，无孤电子对，为对称的三角双锥，是非极性分子，所以分子极性：，B错误；
C、W为P，位于第三周期。同周期第一电离能大于P的元素是Cl和Ar，而S的第一电离能因洪特规则小于P，共2种，C正确；
D、Z为Na，W为P，实验室中未用完的Na和P单质需放回原试剂瓶，二者均为性质活泼、易与空气反应的物质，其中Na还原性强，且白磷易自燃且有毒，D正确；
故答案为：B
【分析】根据结构和原子序数递增的短周期主族元素信息：Z+为+1价阳离子，原子序数最小，故Z为Na；结构中W与X、Y成键，W为中心原子，结合“牙膏添加剂”的常见成分（氟磷酸钠），根据选项B中WY5和WY3的极性比较，常见实例为PF5和PF3，由此推断W为P元素，Y为F元素，又因为原子序数依次增大：XY，且水沸点高于HF可知X为O元素。可推断：X为O，Y为F，W为P，Z为Na。
9．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、酸性强弱取决于羧基上氢的电离难易程度。由于O的电负性大于S，羰基上的O比S更能吸引电子，使O-H键极性更强，形成双键的氧原子相对形成双键的S原子使O-H共价键的极性更大，H更易电离，因此羧酸的酸性强于硫代羧酸，A正确；
B、AlF3中离子键成分更高，属于离子晶体，而AlCl3以共价键为主，属于分子晶体。离子晶体的沸点远高于分子晶体，因此沸点：AlF3>AlCl3，B正确；
C、硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯固态时均属于分子晶体，硬脂酸甘油酯相对分子质量更大，分子间范德华力更强，分子间的相互作用更大，黏性硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯，C正确；
D、分子的稳定性取决于分子内的共价键键能，与分子间作用力无关。H-F键键长更短，键能更大，稳定性更大，D错误；
故答案为：D
【分析】做题时关键区分，物理性质（熔沸点、黏性等）：主要由分子间作用力，如范德华力、氢键决定；化学性质（稳定性、酸性等）：主要由分子内的化学键，如键能、极性决定。
10．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的量浓度
【解析】【解答】A、先计算晶胞中各原子的数目，根据均摊法计算可知，Sn的个数：，Au的个数：，Sc的个数为4，则晶胞的化学式为SnAuSc，A正确；
B、晶胞中Au原子的分布为面心立方型，每个Au原子周围等距且最近的Au原子数目为12个，也就是面心立方的配位数，B正确；
C、根据A选项可知，每个晶胞含有4个SnAuSc单元，因此晶胞质量：，此时晶胞的体积：，1mol晶体含有NA个晶胞，因此摩尔体积(每摩尔晶胞的体积)：，C错误；
D、该晶体由金属元素Sn、Au、Sc构成，结构中全都是金属元素，属于金属晶体，微粒间的作用力为金属键，D正确；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；实验装置综合
【解析】【解答】A、加热可以提高草酸在水中的溶解速率，因此微热的目的是加速溶解，A正确；
B、步骤②中草酸酸性强于碳酸，2.76gK2CO3的物质的量为：，3.78gH2C2O42H2O的物质的量为：，即两者物质的量之比为2：3，据此可以推断化学方程式为：，B正确；
C晶体析出时，冷却速度越慢，晶粒越大；冷却速度越快，晶粒越小：Ⅰ（冰水浴冷却）：冷却最快，过饱和度最大，晶核生成速率远大于生长速率，得到的晶粒最小；Ⅱ（室温冷却）：冷却速度中等，晶粒大小居中；Ⅲ（原水浴自然冷却）：冷却最慢，过饱和度小，晶核生长速率占优，得到的晶粒最大。因此晶粒大小顺序应为：III>II>I，C错误；
D、晶体微溶于冷水、酒精，酒精易挥发，又受热时易分解，所以过滤得到晶体后，用乙醇洗涤可以除去表面杂质，同时乙醇易挥发，低温干燥可以防止晶体失去结晶水，D正确；
故答案为：C
【分析】晶体大小的影响因素：冷却速率越慢，晶粒越大；冷却速率越快，晶粒越小。这是因为缓慢冷却时，晶核有充足的时间生长，形成大颗粒；快速冷却则会瞬间形成大量晶核，来不及生长，形成细小颗粒。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A、多孔材料具有疏松多孔的结构，因此具有良好的吸附性；而ZnH-MFU可用于高温废气中CO2的直接捕获，该反应在>200℃的高温下进行，说明材料本身具有良好的热稳定性，A正确；
B、从捕获原理图可知，捕获过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，加成到了Zn原子上，形成了新的环状结构，符合加成反应的特征，B正确；
C、碳原子：中C原子为sp杂化，反应后生成的环状酯结构中，C原子变为sp2杂化，杂化方式发生了改变；氮原子：三唑环中的N原子始终为sp2杂化，杂化方式不变。因此，碳原子的杂化方式发生了变化，C错误；
D、捕获过程中，二氧化碳中氧原子提供孤电子对，Zn原子提供空轨道，二者之间形成配位键，存在配位键的形成，D正确；
故答案为：C
【分析】中学阶段中，常见的一些简单分子或复杂离子的结构特点便可推出杂化类型，如CO2为直线形分子、键角为180°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面形分子、键角为120°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体形、键角109.5°，故推断其碳原子的杂化轨道类型为sp3；NH4＋为正四面体型、键角109.5°，故推断其氮原子的杂化轨道类型为sp3。
13．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、电解池中，与电源正极相连的是阳极，电势更高；与电源负极相连的是阴极，电势更低。CuO电极上，DAT被氧化为DAAT，发生氧化反应，为阳极；Pt电极上，H2O被还原为H2，发生还原反应，为阴极。因此CuO电极的电势高于Pt电极，A正确；
B、Pt电极为阴极，碱性条件下氢还原反应的电极方程式为：，Pt附近OH-浓度增加，pH增大，B正确；
C、阳极上，2分子DAT失去2个电子，在碱性条件下被氧化为1分子DAAT，同时生成H2O和H2，反应式电荷、原子均守恒，对应的电极反应式为：，C正确；
D、Pt表面电极方程式为：，转移相同电量（2mol电子）时，阴极消耗2molH2O，生成1molH2，阳极同时生成1molH2，共得到2molH2。因此，Pt电极上每消耗1molH2O（转移1mol电子），只能得到1molH2（阴极0.5mol+阳极0.5mol），D错误；
故答案为：D
【分析】 有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
14．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算；超分子
【解析】【解答】A、中有6个氮原子与Ru形成配位键，Ru的杂化方式为，虽然吡啶环本身为平面结构，但Ru原子的配位几何为八面体构型，多个吡啶环并非处于同一平面，因此该分子并非所有原子共平面，A错误；
B、超分子的自组装是指分子通过非共价键(如氢键、范德华力等)相互作用，自发形成有序结构的过程。图中显示RuC9 分子通过疏水链等作用自发组装成胶束结构，这正是超分子自组装的典型体现，B正确；
C、形成超分子间的相互作用可以为氢键或分子间的作用力或配位键，RuC9 的结构中带有长链烷基，其形成胶束主要依靠疏水作用和范德华力，而非氢键。氢键不是其主要的组装驱动力，C错误；
D、甲酸是弱酸，甲酸根和氢离子不能大量共存，根据信息二氧化碳被还原为甲酸，发生的反应为：，D错误；
故答案为：B
【分析】超分子自组装是指分子通过非共价键（如疏水作用、范德华力、氢键等）自发形成有序聚集体的过程。本题中，胶束的形成主要依靠疏水作用，而非氢键。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析知，曲线z为曲线y为，，曲线y才为：，A错误；
B、P点，，pH=7，，则的电离平衡常数为：；O点，，则：，则：mol/L，，B正确；
C、P点，，则Cu元素只有两种存在形式，溶液中存在电荷守恒：，pH=7，，则，存在物料守恒：，故，又，则，C错误；
D、Q点，，溶液中没有，由物料守恒可知：，D错误；
故答案为：B
【分析】随pH增大，Cu元素的存在形式依次为，则曲线x为，曲线y为，曲线z为，水解平衡常数计算：利用分布分数交点（δ1 =δ2 ）简化计算，此时平衡常数等于对应离子浓度；电荷守恒与物料守恒：针对含金属离子的混合溶液，需结合电荷平衡和物料守恒推导离子浓度关系；Cu(II)物种演变：碱性条件下，Cu(II)逐步水解生成羟基配合物，最终转化为四羟基合铜(II)配离子。
16．【答案】（1）六；ⅤA
（2）使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率
（3）
（4）
（5）；具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、位于元素周期表的第六周期、第ⅤA族。
（2）、加入稀硫酸后，转化为难溶于水的，在水中存在电离平衡：，加入NaCl后形成，NaCl浓度高有利于正向移动，减少，提高浸取率。类似地，加入浓度较高的NaCl也使得转化为，提高浸取率。故答案为：使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率。
（3）、“沉砷”过程为酸性条件下NaH2PO2与反应生成和As，反应的离子方程式为。
（4）、当恰好沉淀完全时：，则溶液中，此时。
（5）、“沉锑渣”的主要成分是SbOCl，将“沉锑渣”用氨水浸取使SbOCl转化为锑白（Sb2O3），即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为；不用NaOH溶液的原因是具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失。
（6）、根据题干，该阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则有7个氧原子，2个Sb原子，Sb化合价为+5，O化合价为-2，该阴离子化合价为5×2-2×7=-4，因此存在4个Na+，故该钠盐的化学式为：。
【分析】首先向废渣中加入过量硫酸和NaCI溶液，加热浸出，此时废渣中的氧化物与酸反应，在高浓度Cl-存在下，Sb3+、Bi3+形成稳定的氯配离子，浸出液成分为：H3AsO3、[SbCl4]-、[BiCl4]-、SO42-、Na+、H+、Cl-，此时过滤除去不溶性杂质，得到浸出液；接着沉砷，向浸出液中加入NaH2PO2，NaH2PO2是强还原剂，将H3AsO3还原为单质As沉淀析出，将As元素以单质形式沉淀除去，避免后续对Sb、Bi回收造成干扰；继续沉锑，向滤液中加水稀释，已知Ksp（SbOCl）=1.8×10-41，溶解度极低，优先沉淀，析出锑白（SbOCl）；最后沉铋，向含Bi的滤液中加入氨水，氨水提供OH-，调节pH，使[BiCl4]-水解生成BiOCl或Bi(OH)3沉淀，沉淀Bi元素。此时将Bi元素以沉淀形式回收，得到沉铋渣（主要为BiOCl或Bi(OH)3），可进一步加工为金属铋。
（1）位于元素周期表的第六周期、第ⅤA族。
（2）加入稀硫酸后，转化为难溶于水的，在水中存在电离平衡：，加入NaCl后形成，NaCl浓度高有利于正向移动，减少，提高浸取率。类似地，加入浓度较高的NaCl也使得转化为，提高浸取率。故答案为：使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率。
（3）“沉砷”过程为酸性条件下NaH2PO2与反应生成和As，反应的离子方程式为。
（4）当恰好沉淀完全时：，则溶液中，此时。
（5）“沉锑渣”的主要成分是SbOCl，将“沉锑渣”用氨水浸取使SbOCl转化为锑白（Sb2O3），即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为；不用NaOH溶液的原因是具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失。
（6）根据题干，该阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则有7个氧原子，2个Sb原子，Sb化合价为+5，O化合价为-2，该阴离子化合价为5×2-2×7=-4，因此存在4个Na+，故该钠盐的化学式为：。
17．【答案】饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)；增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率；；和；KSCN溶液或硫氰化钾溶液；；物质的氧化性与溶液酸碱性有关
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、装置B利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B中应加入的试剂名称为饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)；
（2）、C中使用多孔球泡的目的是增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率；
（3）、C装置常温反应会生成副产物，同时生成氯化钙，该副反应的化学方程式为：；
（4）、10g漂白粉和少量硫酸铁固体混合物加足量水并搅拌后得到浅红褐色沉淀X应为双水解生成的氢氧化铁，同时钙离子与硫酸根离子作用生成微溶的硫酸钙沉淀，故主要成分化学式为和；
（5）、①、通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含，则试剂Z用于检验铁离子的试剂，为KSCN溶液或硫氰化钾溶液；
②、综合分析，浅紫红色溶液Y含有，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应发生氧化还原反应，生成铁盐和氧气，反应的离子方程式为：；
（6）、根据上述实验可得出氧化性：，而酸性环境下可将氧化成，由此得出的结论是物质的氧化性与溶液酸碱性有关。
【分析】装置A利用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，对应的化学方程式为：，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有HCl气体和水蒸气，因此要通入B饱和食盐水中，利用HCl在饱和食盐水中溶解度大，而氯气溶解度小的原理，除去氯气中的HCl杂质。接着制备漂白粉，将石灰乳悬浊液，置于冰盐水中冷却，发生反应，对应的化学方程式为：，冰盐水冷却防止氯气与石灰乳发生副反应（生成氯酸钙），保证产物以次氯酸钙为主。多孔球泡可增大氯气与石灰乳的接触面积，使反应更充分。最后装置D吸收未反应完全的氯气，防止污染空气，对应的化学方程式：；10g漂白粉和少量硫酸铁固体混合物加足量水并搅拌后的浅紫红色溶液Y加稀硫酸得到无色无味气体能使带火星的木条复燃，则为氧气；得到棕黄色溶液加入试剂Z溶液变为红色，Z为KSCN溶液或硫氰化钾溶液，说明溶液中含有铁离子；
18．【答案】（1）3-氟苯胺或间氟苯胺
（2）酰胺基、醛基
（3）
（4）杂化或或杂化
（5）
（6）9；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】（1）、根据A的结构，名称为3-氟苯胺或间氟苯胺。
（2）、根据C的结构，含氧官能团为酰胺基、醛基。
（3）、据分析，D的结构简式为。
（4）、为平面结构，则所有C、N原子均为sp2杂化，因此氮原子的孤电子对位于sp2杂化轨道。
（5）、据分析，试剂X为CH3MgBr。
（6）、根据已知，B的同分异构体为和-CH2F、和-F、和-F二取代的苯环，则共有9种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则分子中有甲基、-CHO，且为对位取代苯环，则结构简式为。
【分析】A与CH3COCl发生取代反应生成B，这一步是为避免后续强酸性试剂（如POCl3）破坏氨基，用乙酰氯将氨基转化为酰胺键，实现氨基的保护；根据已知②，B在POCl3、DMF作用下生成C，由于氟原子是邻/对位定位基，甲酰基取代在氨基邻位；根据E的结构可知，C在碱性条件下加热生成D（），碱性条件下，酰胺键水解脱去乙酰基（恢复游离氨基），同时分子内脱水，形成含双键的不饱和羧酸中间体；D 分子中的不饱和键在芳构化条件下形成稳定的E苯环并吡啶环，同时羟基与氮原子共轭稳定结构；E与POCl3发生取代反应生成F，将喹啉环上的羟基取代为氯原子，保留氟原子和杂环骨架；F在POCl3、DMF作用下生成G，根据H的结构和已知①可知，F和CH3MgBr生成H，这一步格氏试剂对G中的醛基进行亲核加成，生成醇镁中间体，酸性水解后引入羟基和烷基，最终得到产物H。
（1）根据A的结构，名称为3-氟苯胺或间氟苯胺。
（2）根据C的结构，含氧官能团为酰胺基、醛基。
（3）据分析，D的结构简式为。
（4）为平面结构，则所有C、N原子均为sp2杂化，因此氮原子的孤电子对位于sp2杂化轨道。
（5）据分析，试剂X为CH3MgBr。
（6）根据已知，B的同分异构体为和-CH2F、和-F、和-F二取代的苯环，则共有9种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则分子中有甲基、-CHO，且为对位取代苯环，则结构简式为。
19．【答案】（1）-90.7
（2）防止催化剂中毒
（3）或
（4）移出部分后释放活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，反应速率加快
（5）p；℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、反应I-反应II=反应III，根据盖斯定律计算，。
（2）、原料气中需净化处理，目的是防止催化剂中毒。
（3）、决速步骤为反应活化能最大的一步，其化学方程式为或。
（4）、移出部分后释放催化剂活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，使得反应速率加快。
（5）、反应I为放热反应，反应II为吸热反应，反应III为放热反应，升高温度：CO浓度增加，CH3OH浓度减少，CO转化率增加，CH3OH转化率减少，因此表示的曲线是n，表示的曲线是p，m为CO2平衡转化率；温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；初始投入、，245℃达到平衡时，CO2转化率为20%，根据反应式I+反应II：，平衡时、、、，则反应Ⅰ的。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）反应I-反应II=反应III，根据盖斯定律计算，。
（2）原料气中需净化处理，目的是防止催化剂中毒。
（3）决速步骤为反应活化能最大的一步，其化学方程式为或。
（4）移出部分后释放催化剂活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，使得反应速率加快。
（5）反应I为放热反应，反应II为吸热反应，反应III为放热反应，升高温度：CO浓度增加，CH3OH浓度减少，CO转化率增加，CH3OH转化率减少，因此表示的曲线是n，表示的曲线是p，m为CO2平衡转化率；温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；初始投入、，245℃达到平衡时，CO2转化率为20%，根据反应式I+反应II：，平衡时、、、，则反应Ⅰ的。
1 / 1湖北省武汉市2025届高三下学期高中毕业生4月调研考试 化学试卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．有机合成农药向着高效、低毒和低残留的方向发展。下列不属于有机合成农药的是
A．氨基甲酸酯 B．有机磷农药
C．拟除虫菊酯类 D．石灰硫黄合剂
【答案】D
【知识点】无机化合物与有机化合物的概念
【解析】【解答】A、氨基甲酸酯的结构含碳、氮、氧，且为人工合成物质，属于有机合成农药，A错误；
B、有机磷农药属于典型有机合成农药，且结构中含碳、磷，属于化学合成杀虫剂，B错误；
C、拟除虫菊酯类主要是模拟天然除虫菊素人工有机合成，其高效低毒，现代主流农药，属于有机合成农药，C错误；
D、石灰硫黄合剂的主要成分为CaS·S ，是一种钙、硫无机物，由石灰和硫磺熬制，属于无机农药，D正确；氨基甲酸酯、有机磷农药、拟除虫菊酯类均为有机化合物，石灰硫黄合剂为无机物，D正确；
故答案为：D
【分析】有机合成农药主要是指含碳元素的且由化学人工合成的物质；而石灰硫黄合剂属于典型的无机硫制剂；
2．脱氧剂是一种能吸收氧气、延缓食品变质的添加剂。下列物质不能用作脱氧剂的是
A．还原铁粉 B．苯甲酸钠
C．维生素C D．叔丁基对苯二酚
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、还原铁粉具有强还原性，能和O2、H2O反应生锈，能强烈吸氧，是日常生活中常用的脱氧剂，A错误；
B、苯甲酸钠是一种常用食品防腐剂，作用是抑制微生物生长，不与氧气反应、不吸收氧气，没有还原性。而脱氧剂要求是能被氧气氧化、消耗O2，B正确；
C、维生素C是一种典型还原剂、抗氧化剂，自身能被氧化，从而保护食品不被氧化，因此可以做可以作脱氧剂或抗氧化剂，C错误；
D、叔丁基对苯二酚是一种食品常用酚类抗氧化剂，易被氧气氧化，消耗氧气，因此可以作脱氧剂或抗氧化剂，D错误；
故答案为：B
【分析】脱氧剂是一种能够主动吸收密封环境中的氧气，减缓氧化反应，从而延长产品保质期的化学或生物制剂。
3．高活性人工固氮产物的合成原理为。下列有关化学用语表述错误的是
A．LiH的电子式为
B．石墨中碳原子的杂化轨道示意图为
C．的VSEPR模型为
D．基态氮原子电子排布图为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；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
【解析】【解答】A、LiH是离子化合物，由Li+和H-构成，正确的电子式要表示阴阳离子的成键情况，故电子式为：，A正确；
B、石墨中碳原子采用sp2杂化，3个sp2杂化轨道呈平面三角形分布，三个轨道夹角约120°，杂化轨道示意图为：，B正确；
C、与互为等电子体，N原子价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，C错误；
D、N是7号元素，根据洪特规则，2p轨道的3个电子分占不同轨道且自旋平行，基态氮原子电子排布图为：，D正确；
故答案为：C
【分析】等电子体是指具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子。它们的结构特征相似，常用于VSEPR结构模型的预测。例如，CO、CN-、N2和NO+都是等电子体，因为它们具有相同的电子配置和价电子数。在判断等电子体时，可以通过替换外围电子数相同或相似的原子或基团来实现。
4．基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法正确的是
A．半金属是指处于非金属与金属分界线附近的元素
B．价层电子对互斥模型可预测所有分子的空间结构
C．电离理论表明离子是电解质通电后才可以产生的
D．电化学腐蚀是指外加电流作用下金属损耗的过程
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解质在水溶液中的电离
【解析】【解答】A、半金属（类金属）是指位于金属与非金属分界线附近的元素，如硼、硅、锗等，这一类物质往往兼具部分金属和非金属的性质，A正确；B、价层电子对互斥模型（VSEPR）能预测大多数主族元素分子的空间结构，但不能预测所有分子，尤其是过渡金属配合物等，且说法过于绝对，B错误；
C、根据电离理论，电解质在水溶液中或熔融状态下即可电离出离子，无需通电。通电是电解过程，不是电离的必要条件，C错误；
D、电化学腐蚀是指金属与电解质溶液接触形成原电池，发生氧化还原反应导致金属损耗，而非外加电流作用。外加电流引起的腐蚀属于电解腐蚀，D错误；
故答案为：A
【分析】电解质的电离指的是电解质在水溶液或熔融状态下，自发解离成自由移动离子的过程，电离不需要通电，通电是电解，不是电离；电化学腐蚀是金属因形成原电池而被氧化损耗的过程，属于自发反应，不需要外加电流，外加电流引起的金属腐蚀属于电解腐蚀，不属于电化学腐蚀。
5．窑归主要产自湖北神农架，用于补血止痛，有效成分结构如图。下列说法错误的是
A．分子式为
B．属于脂肪烃衍生物
C．与足量加成后的产物有3个手性碳原子
D．与足量酸性溶液反应可生成正丁酸
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A、通过该有效成分的结构简式，数结构中C、H、O原子的个数分别为：12、14、2，因此可得其分子式为，A正确；
B、脂肪烃衍生物是不含苯环的烃的衍生物，而该分子含有脂环烯烃结构，更关键的是它含有稠环类结构，属于芳香族化合物的衍生物，不属于脂肪烃衍生物，B错误；
C、与足量加成后，分子中的所有双键被还原为单键，形成 3 个手性碳原子，每个均连有 4 种不同基团，故产物有3个手性碳原子：，C正确；
D、与足量酸性溶液反应，中标记1的双键碳原子连1个氢原子，能被氧化，分子中侧链的双键会被酸性KMnO4氧化断裂，生成含4个碳的羧酸，即产物为正丁酸，D正确；
故答案为：B
【分析】连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子。判断依据为：
1.凡碳原子上连有相同基团的，非手性碳，如CH3－， －CH2－ 。
2.凡碳原子连有双键、三键的，非手性碳如 >C=C<、 –C≡C– 、–COOH 、–COOR、 –CHO 、–CO – 。
3.凡碳原子在环上，将环上碳原子所连接的两个单键剪断，剪下的部分结构不对称，该碳原子为手性碳；若剪下的部分结构对称，该碳原子不是手性碳。
6．美好生活靠劳动创造。下列劳动过程没有发生酯化反应的是
A．发酵秸秆制取燃料乙醇 B．用纤维素制取醋酸纤维
C．核酸检测中DNA的复制 D．白酒陈化过程产生香味
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；羧酸简介；多糖的性质和用途；酯化反应；核酸
【解析】【解答】A、秸秆中的纤维素经水解生成葡萄糖，接着糖类在微生物作用下分解为乙醇和二氧化碳。此过程属于水解和分解反应，未涉及酸与醇的酯化反应，故未发生酯化反应，A正确；
B、用纤维素制取醋酸纤维，纤维素中的羟基与乙酸（或乙酸酐）发生酯化反应生成醋酸纤维素酯，属于酯化反应，生成醋酸纤维素，B错误；
C、核酸检测中DNA的复制，DNA链中核苷酸通过磷酸二酯键连接，磷酸与脱氧核糖的羟基反应形成酯键（磷酸酯），该过程可视为磷酸与醇的酯化反应，属于广义酯化，C错误；
D、白酒陈化过程中，乙醇与有机酸（如乙酸）长期反应生成酯类（如乙酸乙酯），属于酯化反应，D错误；
故答案为：A
【分析】酯化反应，是一类有机化学反应，主要是是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应。判断一个化学反应是否属于酯化反应，核心依据是：是否由醇或酚与含氧酸（羧酸或无机含氧酸）反应，生成酯和水或其它小分子。
7．正确操作是安全准确进行实验的前提。下列实验操作正确且能达到实验目的的是
实验操作
实验目的 A．排气泡 B．配制NaOH溶液
实验操作
实验目的 C．萃取时放气 D．验证的氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯气的化学性质；分液和萃取；实验装置综合；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、由实验操作图可知，将滴定管尖嘴向上倾斜，用手指捏玻璃珠所在部位的橡胶管，使溶液流出并带出气泡，因此碱式滴定管排气泡方法正确，A正确；
B、容量瓶不能用于溶解或稀释固体，NaOH固体溶解会放热，且容量瓶仅用于定容，而正确操作应在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；
C、放气时漏斗尖嘴不能对着人，且图中操作未将漏斗倒置、活塞朝下，而正确操作应将分液漏斗倒置，尖嘴朝向无人处，打开活塞放出气体，如图，打开中间活塞放气，C错误；
D、氢气可在氯气中燃烧，而不是氯气能在氢气中燃烧，氯气只是助燃剂，正确操作应将点燃的氢气伸入盛有氯气的集气瓶中，故D错误；
故答案为：A
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验操作与实验目的是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，或者实验操作错误，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
8．X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，由四种元素构成某物质可用作牙膏添加剂，结构如图。下列说法错误的是
A．简单氢化物沸点：X>Y
B．分子极性：
C．同周期第一电离能大于W的元素有2种
D．未用完的Z和W单质需放回原试剂瓶
【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；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、X、Y简单氢化物分别为 H2O、HF，水分子间能形成氢键，HF分子间能形成氢键，一方面等物质的量的水分子间氢键更多，另一方面水分子间氢键更强，据此可以推断沸点： H2O>HF ，A正确；
B、PF3的中心原子价层对数为4，孤电子对数为1，为三角锥形的极性分子，PF5的中心原子价层对数为5，无孤电子对，为对称的三角双锥，是非极性分子，所以分子极性：，B错误；
C、W为P，位于第三周期。同周期第一电离能大于P的元素是Cl和Ar，而S的第一电离能因洪特规则小于P，共2种，C正确；
D、Z为Na，W为P，实验室中未用完的Na和P单质需放回原试剂瓶，二者均为性质活泼、易与空气反应的物质，其中Na还原性强，且白磷易自燃且有毒，D正确；
故答案为：B
【分析】根据结构和原子序数递增的短周期主族元素信息：Z+为+1价阳离子，原子序数最小，故Z为Na；结构中W与X、Y成键，W为中心原子，结合“牙膏添加剂”的常见成分（氟磷酸钠），根据选项B中WY5和WY3的极性比较，常见实例为PF5和PF3，由此推断W为P元素，Y为F元素，又因为原子序数依次增大：XY，且水沸点高于HF可知X为O元素。可推断：X为O，Y为F，W为P，Z为Na。
9．物质的结构决定物质的性质。下列性质差异与结构解释匹配错误的是
选项 性质差异 结构解释
A 酸性： 电负性：O>S
B 沸点： 离子键成分百分数：
C 黏性：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯 范德华力：硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯
D 稳定性：HF>HBr 分子间作用力：HF>HBr
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、酸性强弱取决于羧基上氢的电离难易程度。由于O的电负性大于S，羰基上的O比S更能吸引电子，使O-H键极性更强，形成双键的氧原子相对形成双键的S原子使O-H共价键的极性更大，H更易电离，因此羧酸的酸性强于硫代羧酸，A正确；
B、AlF3中离子键成分更高，属于离子晶体，而AlCl3以共价键为主，属于分子晶体。离子晶体的沸点远高于分子晶体，因此沸点：AlF3>AlCl3，B正确；
C、硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯固态时均属于分子晶体，硬脂酸甘油酯相对分子质量更大，分子间范德华力更强，分子间的相互作用更大，黏性硬脂酸甘油酯>乙酸乙酯，C正确；
D、分子的稳定性取决于分子内的共价键键能，与分子间作用力无关。H-F键键长更短，键能更大，稳定性更大，D错误；
故答案为：D
【分析】做题时关键区分，物理性质（熔沸点、黏性等）：主要由分子间作用力，如范德华力、氢键决定；化学性质（稳定性、酸性等）：主要由分子内的化学键，如键能、极性决定。
10．某热电材料的晶胞结构如图，属于立方晶系，晶体密度为，摩尔质量为。下列说法错误的是
A．化学式为SnAuSc B．与Au等距且最近的Au原子有12个
C．摩尔体积 D．微粒间作用力为金属键
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的量浓度
【解析】【解答】A、先计算晶胞中各原子的数目，根据均摊法计算可知，Sn的个数：，Au的个数：，Sc的个数为4，则晶胞的化学式为SnAuSc，A正确；
B、晶胞中Au原子的分布为面心立方型，每个Au原子周围等距且最近的Au原子数目为12个，也就是面心立方的配位数，B正确；
C、根据A选项可知，每个晶胞含有4个SnAuSc单元，因此晶胞质量：，此时晶胞的体积：，1mol晶体含有NA个晶胞，因此摩尔体积(每摩尔晶胞的体积)：，C错误；
D、该晶体由金属元素Sn、Au、Sc构成，结构中全都是金属元素，属于金属晶体，微粒间的作用力为金属键，D正确；
故答案为：C
【分析】晶胞中粒子数的计算方法—均摊法：于平行六面体晶胞，当原子位于晶胞的顶点时，它被8个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的棱上（通常是棱心）时，它被4个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的面上（通常是面心）时，它被2个晶胞所共有，则该原子有属于这个晶胞；原子位于晶胞的体内（通常是体心）时，则该原子属于这个晶胞。
11．实验室利用和、混合溶液反应制备晶体。实验过程分为四步，①~③实验试剂、反应温度及④结晶过程如图。
下列说法错误的是
A．步骤①中微热的目的是加速溶解
B．步骤②的反应为
C．步骤④中析出晶粒大小顺序为Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ
D．结晶后的操作为过滤、乙醇洗涤、低温干燥
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；实验装置综合
【解析】【解答】A、加热可以提高草酸在水中的溶解速率，因此微热的目的是加速溶解，A正确；
B、步骤②中草酸酸性强于碳酸，2.76gK2CO3的物质的量为：，3.78gH2C2O42H2O的物质的量为：，即两者物质的量之比为2：3，据此可以推断化学方程式为：，B正确；
C晶体析出时，冷却速度越慢，晶粒越大；冷却速度越快，晶粒越小：Ⅰ（冰水浴冷却）：冷却最快，过饱和度最大，晶核生成速率远大于生长速率，得到的晶粒最小；Ⅱ（室温冷却）：冷却速度中等，晶粒大小居中；Ⅲ（原水浴自然冷却）：冷却最慢，过饱和度小，晶核生长速率占优，得到的晶粒最大。因此晶粒大小顺序应为：III>II>I，C错误；
D、晶体微溶于冷水、酒精，酒精易挥发，又受热时易分解，所以过滤得到晶体后，用乙醇洗涤可以除去表面杂质，同时乙醇易挥发，低温干燥可以防止晶体失去结晶水，D正确；
故答案为：C
【分析】晶体大小的影响因素：冷却速率越慢，晶粒越大；冷却速率越快，晶粒越小。这是因为缓慢冷却时，晶核有充足的时间生长，形成大颗粒；快速冷却则会瞬间形成大量晶核，来不及生长，形成细小颗粒。
12．多孔材料ZnH-MFU可用于高温废气中的直接捕获，ZnH-MFU的部分结构及捕获原理如图。已知三唑环()为平面结构。
下列说法错误的是
A．ZnH-MFU材料有良好的吸附性和热稳定性
B．捕获过程中发生了加成反应
C．捕获过程中碳原子和氮原子的杂化方式不变
D．捕获过程中存在配位键的形成
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；加成反应
【解析】【解答】A、多孔材料具有疏松多孔的结构，因此具有良好的吸附性；而ZnH-MFU可用于高温废气中CO2的直接捕获，该反应在>200℃的高温下进行，说明材料本身具有良好的热稳定性，A正确；
B、从捕获原理图可知，捕获过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，加成到了Zn原子上，形成了新的环状结构，符合加成反应的特征，B正确；
C、碳原子：中C原子为sp杂化，反应后生成的环状酯结构中，C原子变为sp2杂化，杂化方式发生了改变；氮原子：三唑环中的N原子始终为sp2杂化，杂化方式不变。因此，碳原子的杂化方式发生了变化，C错误；
D、捕获过程中，二氧化碳中氧原子提供孤电子对，Zn原子提供空轨道，二者之间形成配位键，存在配位键的形成，D正确；
故答案为：C
【分析】中学阶段中，常见的一些简单分子或复杂离子的结构特点便可推出杂化类型，如CO2为直线形分子、键角为180°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面形分子、键角为120°，故推断出碳原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体形、键角109.5°，故推断其碳原子的杂化轨道类型为sp3；NH4＋为正四面体型、键角109.5°，故推断其氮原子的杂化轨道类型为sp3。
13．某课题组提出碱性条件下的两极制氢方案，其工作示意图如下。
下列说法错误的是
A．CuO电极的电势高于Pt电极
B．装置工作时Pt电极附近pH升高
C．阳极反应式为
D．Pt电极上每消耗1mol ，共制得2mol
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、电解池中，与电源正极相连的是阳极，电势更高；与电源负极相连的是阴极，电势更低。CuO电极上，DAT被氧化为DAAT，发生氧化反应，为阳极；Pt电极上，H2O被还原为H2，发生还原反应，为阴极。因此CuO电极的电势高于Pt电极，A正确；
B、Pt电极为阴极，碱性条件下氢还原反应的电极方程式为：，Pt附近OH-浓度增加，pH增大，B正确；
C、阳极上，2分子DAT失去2个电子，在碱性条件下被氧化为1分子DAAT，同时生成H2O和H2，反应式电荷、原子均守恒，对应的电极反应式为：，C正确；
D、Pt表面电极方程式为：，转移相同电量（2mol电子）时，阴极消耗2molH2O，生成1molH2，阳极同时生成1molH2，共得到2molH2。因此，Pt电极上每消耗1molH2O（转移1mol电子），只能得到1molH2（阴极0.5mol+阳极0.5mol），D错误；
故答案为：D
【分析】 有机电解题先定电极：化合价降低，得电子，为阴极，化合价升高，失电子，为阳极；写反应：酸性用H+/H2O配平，碱性用OH-/H2O配平，最后补电子使电荷守恒；判pH：消耗H+则pH升，生成H+则pH降；消耗OH-则pH降，生成OH-则pH升；算电子：根据化合价变化，算出每生成1mol产物转移的电子数，再乘以物质的量；验选项：用排除法，先排除电极、pH、电子数明显错误的选项。
14．中国科学家构建了一种仿生的超分子胶束半人工光合作用系统，可将二氧化碳还原为甲酸，原理如图。
下列说法正确的是
A．所有原子共平面
B．该过程体现了超分子的自组装
C．形成超分子间的相互作用为氢键
D．发生的反应为
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算；超分子
【解析】【解答】A、中有6个氮原子与Ru形成配位键，Ru的杂化方式为，虽然吡啶环本身为平面结构，但Ru原子的配位几何为八面体构型，多个吡啶环并非处于同一平面，因此该分子并非所有原子共平面，A错误；
B、超分子的自组装是指分子通过非共价键(如氢键、范德华力等)相互作用，自发形成有序结构的过程。图中显示RuC9 分子通过疏水链等作用自发组装成胶束结构，这正是超分子自组装的典型体现，B正确；
C、形成超分子间的相互作用可以为氢键或分子间的作用力或配位键，RuC9 的结构中带有长链烷基，其形成胶束主要依靠疏水作用和范德华力，而非氢键。氢键不是其主要的组装驱动力，C错误；
D、甲酸是弱酸，甲酸根和氢离子不能大量共存，根据信息二氧化碳被还原为甲酸，发生的反应为：，D错误；
故答案为：B
【分析】超分子自组装是指分子通过非共价键（如疏水作用、范德华力、氢键等）自发形成有序聚集体的过程。本题中，胶束的形成主要依靠疏水作用，而非氢键。
15．在25℃时，在不同浓度的KOH水溶液中，Cu(Ⅱ)的分布分数与pH的关系如图。
已知：①难溶于水，具有两性；
②。
下列说法正确的是
A．曲线z为 B．O点，
C．P点， D．Q点，
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析知，曲线z为曲线y为，，曲线y才为：，A错误；
B、P点，，pH=7，，则的电离平衡常数为：；O点，，则：，则：mol/L，，B正确；
C、P点，，则Cu元素只有两种存在形式，溶液中存在电荷守恒：，pH=7，，则，存在物料守恒：，故，又，则，C错误；
D、Q点，，溶液中没有，由物料守恒可知：，D错误；
故答案为：B
【分析】随pH增大，Cu元素的存在形式依次为，则曲线x为，曲线y为，曲线z为，水解平衡常数计算：利用分布分数交点（δ1 =δ2 ）简化计算，此时平衡常数等于对应离子浓度；电荷守恒与物料守恒：针对含金属离子的混合溶液，需结合电荷平衡和物料守恒推导离子浓度关系；Cu(II)物种演变：碱性条件下，Cu(II)逐步水解生成羟基配合物，最终转化为四羟基合铜(II)配离子。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．锑、铋是重要的金属元素，广泛应用于医药、半导体等领域。从含铋高锑冶炼废渣(主要成分有、、等)中回收锑、铋的工艺流程如下。
已知：①是两性氢氧化物；
②浸出液中砷主要以、锑主要以、铋主要以存在；
③，。
回答下列问题：
（1）位于元素周期表的第　 　周期、第　 　族。
（2）已知难溶于水，则“浸出”中，使用较高浓度的NaCl溶液的作用是　 　。
（3）“沉砷”中有生成，该反应的离子方程式为　 　。
（4）“沉锑”后溶液中、，则“沉铋”中，当恰好沉淀完全时，　 　(当溶液中剩余离子的浓度时，可认为沉淀完全)。
（5）“沉锑渣”和氨水反应生成锑白()的化学方程式为　 　，不用NaOH溶液的原因是　 　。
（6）可生产一种用作阻燃剂、稳定剂的钠盐(Sb为+5价)，其阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则该钠盐的化学式为　 　。
【答案】（1）六；ⅤA
（2）使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率
（3）
（4）
（5）；具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）、位于元素周期表的第六周期、第ⅤA族。
（2）、加入稀硫酸后，转化为难溶于水的，在水中存在电离平衡：，加入NaCl后形成，NaCl浓度高有利于正向移动，减少，提高浸取率。类似地，加入浓度较高的NaCl也使得转化为，提高浸取率。故答案为：使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率。
（3）、“沉砷”过程为酸性条件下NaH2PO2与反应生成和As，反应的离子方程式为。
（4）、当恰好沉淀完全时：，则溶液中，此时。
（5）、“沉锑渣”的主要成分是SbOCl，将“沉锑渣”用氨水浸取使SbOCl转化为锑白（Sb2O3），即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为；不用NaOH溶液的原因是具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失。
（6）、根据题干，该阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则有7个氧原子，2个Sb原子，Sb化合价为+5，O化合价为-2，该阴离子化合价为5×2-2×7=-4，因此存在4个Na+，故该钠盐的化学式为：。
【分析】首先向废渣中加入过量硫酸和NaCI溶液，加热浸出，此时废渣中的氧化物与酸反应，在高浓度Cl-存在下，Sb3+、Bi3+形成稳定的氯配离子，浸出液成分为：H3AsO3、[SbCl4]-、[BiCl4]-、SO42-、Na+、H+、Cl-，此时过滤除去不溶性杂质，得到浸出液；接着沉砷，向浸出液中加入NaH2PO2，NaH2PO2是强还原剂，将H3AsO3还原为单质As沉淀析出，将As元素以单质形式沉淀除去，避免后续对Sb、Bi回收造成干扰；继续沉锑，向滤液中加水稀释，已知Ksp（SbOCl）=1.8×10-41，溶解度极低，优先沉淀，析出锑白（SbOCl）；最后沉铋，向含Bi的滤液中加入氨水，氨水提供OH-，调节pH，使[BiCl4]-水解生成BiOCl或Bi(OH)3沉淀，沉淀Bi元素。此时将Bi元素以沉淀形式回收，得到沉铋渣（主要为BiOCl或Bi(OH)3），可进一步加工为金属铋。
（1）位于元素周期表的第六周期、第ⅤA族。
（2）加入稀硫酸后，转化为难溶于水的，在水中存在电离平衡：，加入NaCl后形成，NaCl浓度高有利于正向移动，减少，提高浸取率。类似地，加入浓度较高的NaCl也使得转化为，提高浸取率。故答案为：使Sb、Bi元素转化为、，提高浸取率。
（3）“沉砷”过程为酸性条件下NaH2PO2与反应生成和As，反应的离子方程式为。
（4）当恰好沉淀完全时：，则溶液中，此时。
（5）“沉锑渣”的主要成分是SbOCl，将“沉锑渣”用氨水浸取使SbOCl转化为锑白（Sb2O3），即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为；不用NaOH溶液的原因是具有两性，会溶于NaOH溶液造成损失。
（6）根据题干，该阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则有7个氧原子，2个Sb原子，Sb化合价为+5，O化合价为-2，该阴离子化合价为5×2-2×7=-4，因此存在4个Na+，故该钠盐的化学式为：。
17．某研究小组设计实验制备漂白粉并探究漂白粉的氧化性。
【漂白粉的制备】实验装置如图：
（1）B中应加入的试剂名称为　 　。
（2）C中使用多孔球泡的目的是　 　。
（3）C装置常温反应会生成副产物，该副反应的化学方程式为　 　。
【漂白粉氧化性的探究】实验方案如下：
实验1 现象
生成浅红褐色沉淀X，溶液无气体产生；静置5h后变为浅紫红色溶液Y。
（4）浅红褐色沉淀X的主要成分化学式为　 　。
（5）为了探究实验1中浅紫红色溶液Y的成分，进行如下实验操作：
①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含，则试剂Z为　 　。
②综合分析，浅紫红色溶液Y含有，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应的离子方程式为　 　。
（6）根据上述实验可得出氧化性，而酸性环境下可将氧化成，由此你得出的结论是　 　。
【答案】饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)；增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率；；和；KSCN溶液或硫氰化钾溶液；；物质的氧化性与溶液酸碱性有关
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、装置B利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B中应加入的试剂名称为饱和食盐水(或饱和氯化钠溶液)；
（2）、C中使用多孔球泡的目的是增大与石灰乳的接触面积，加快反应速率；
（3）、C装置常温反应会生成副产物，同时生成氯化钙，该副反应的化学方程式为：；
（4）、10g漂白粉和少量硫酸铁固体混合物加足量水并搅拌后得到浅红褐色沉淀X应为双水解生成的氢氧化铁，同时钙离子与硫酸根离子作用生成微溶的硫酸钙沉淀，故主要成分化学式为和；
（5）、①、通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含，则试剂Z用于检验铁离子的试剂，为KSCN溶液或硫氰化钾溶液；
②、综合分析，浅紫红色溶液Y含有，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应发生氧化还原反应，生成铁盐和氧气，反应的离子方程式为：；
（6）、根据上述实验可得出氧化性：，而酸性环境下可将氧化成，由此得出的结论是物质的氧化性与溶液酸碱性有关。
【分析】装置A利用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，对应的化学方程式为：，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有HCl气体和水蒸气，因此要通入B饱和食盐水中，利用HCl在饱和食盐水中溶解度大，而氯气溶解度小的原理，除去氯气中的HCl杂质。接着制备漂白粉，将石灰乳悬浊液，置于冰盐水中冷却，发生反应，对应的化学方程式为：，冰盐水冷却防止氯气与石灰乳发生副反应（生成氯酸钙），保证产物以次氯酸钙为主。多孔球泡可增大氯气与石灰乳的接触面积，使反应更充分。最后装置D吸收未反应完全的氯气，防止污染空气，对应的化学方程式：；10g漂白粉和少量硫酸铁固体混合物加足量水并搅拌后的浅紫红色溶液Y加稀硫酸得到无色无味气体能使带火星的木条复燃，则为氧气；得到棕黄色溶液加入试剂Z溶液变为红色，Z为KSCN溶液或硫氰化钾溶液，说明溶液中含有铁离子；
18．有机物H是一种癌症靶向药物的合成中间体，其合成路线如下。
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）C中含氧官能团的名称为　 　。
（3）D的结构简式为　 　。
（4）已知为平面结构，其中氮原子的孤电子对位于　 　轨道上。
（5）试剂X为　 　。
（6）B的同分异构体中同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基；②可发生银镜反应；③含有不存在键。
其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1的结构简式为　 　。
【答案】（1）3-氟苯胺或间氟苯胺
（2）酰胺基、醛基
（3）
（4）杂化或或杂化
（5）
（6）9；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】（1）、根据A的结构，名称为3-氟苯胺或间氟苯胺。
（2）、根据C的结构，含氧官能团为酰胺基、醛基。
（3）、据分析，D的结构简式为。
（4）、为平面结构，则所有C、N原子均为sp2杂化，因此氮原子的孤电子对位于sp2杂化轨道。
（5）、据分析，试剂X为CH3MgBr。
（6）、根据已知，B的同分异构体为和-CH2F、和-F、和-F二取代的苯环，则共有9种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则分子中有甲基、-CHO，且为对位取代苯环，则结构简式为。
【分析】A与CH3COCl发生取代反应生成B，这一步是为避免后续强酸性试剂（如POCl3）破坏氨基，用乙酰氯将氨基转化为酰胺键，实现氨基的保护；根据已知②，B在POCl3、DMF作用下生成C，由于氟原子是邻/对位定位基，甲酰基取代在氨基邻位；根据E的结构可知，C在碱性条件下加热生成D（），碱性条件下，酰胺键水解脱去乙酰基（恢复游离氨基），同时分子内脱水，形成含双键的不饱和羧酸中间体；D 分子中的不饱和键在芳构化条件下形成稳定的E苯环并吡啶环，同时羟基与氮原子共轭稳定结构；E与POCl3发生取代反应生成F，将喹啉环上的羟基取代为氯原子，保留氟原子和杂环骨架；F在POCl3、DMF作用下生成G，根据H的结构和已知①可知，F和CH3MgBr生成H，这一步格氏试剂对G中的醛基进行亲核加成，生成醇镁中间体，酸性水解后引入羟基和烷基，最终得到产物H。
（1）根据A的结构，名称为3-氟苯胺或间氟苯胺。
（2）根据C的结构，含氧官能团为酰胺基、醛基。
（3）据分析，D的结构简式为。
（4）为平面结构，则所有C、N原子均为sp2杂化，因此氮原子的孤电子对位于sp2杂化轨道。
（5）据分析，试剂X为CH3MgBr。
（6）根据已知，B的同分异构体为和-CH2F、和-F、和-F二取代的苯环，则共有9种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则分子中有甲基、-CHO，且为对位取代苯环，则结构简式为。
19．燃煤电厂的催化转化为甲醇燃料，可以有效降低碳排放量。涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）　 　。
（2）原料气中需净化处理，目的是　 　。
（3）计算机模拟逐步加氢生成的反应历程如下图，其中吸附在催化剂活性位点的物种用*表示，则决速步骤的化学方程式为　 　。
（4）实验结果表明，其它条件不变，移出部分，反应速率不减反增的原因是　 　。
（5）在、2MPa、3MPa、5MPa下，在装有催化剂的反应管投入、的混合气体，若仅考虑上述反应，平衡时的转化率及和CO的选择性S随温度的变化关系如图【已知：】。
①表示的曲线是　 　(填标号)。
②温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是　 　。
③245℃时，若平衡后容器体积为V L，则反应Ⅰ的　 　(写出计算式)。
【答案】（1）-90.7
（2）防止催化剂中毒
（3）或
（4）移出部分后释放活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，反应速率加快
（5）p；℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）、反应I-反应II=反应III，根据盖斯定律计算，。
（2）、原料气中需净化处理，目的是防止催化剂中毒。
（3）、决速步骤为反应活化能最大的一步，其化学方程式为或。
（4）、移出部分后释放催化剂活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，使得反应速率加快。
（5）、反应I为放热反应，反应II为吸热反应，反应III为放热反应，升高温度：CO浓度增加，CH3OH浓度减少，CO转化率增加，CH3OH转化率减少，因此表示的曲线是n，表示的曲线是p，m为CO2平衡转化率；温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；初始投入、，245℃达到平衡时，CO2转化率为20%，根据反应式I+反应II：，平衡时、、、，则反应Ⅰ的。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）反应I-反应II=反应III，根据盖斯定律计算，。
（2）原料气中需净化处理，目的是防止催化剂中毒。
（3）决速步骤为反应活化能最大的一步，其化学方程式为或。
（4）移出部分后释放催化剂活性位点，更多反应物可吸附在活性位点上，使得反应速率加快。
（5）反应I为放热反应，反应II为吸热反应，反应III为放热反应，升高温度：CO浓度增加，CH3OH浓度减少，CO转化率增加，CH3OH转化率减少，因此表示的曲线是n，表示的曲线是p，m为CO2平衡转化率；温度高于350℃，m的四条曲线趋于相同的原因是℃，主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ前后气体分子总数相等，压强改变对平衡没有影响；初始投入、，245℃达到平衡时，CO2转化率为20%，根据反应式I+反应II：，平衡时、、、，则反应Ⅰ的。
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