资源简介

四川广安市2026届下学期高三第二次模拟考试 化学试题
1．下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是
A．珍珠遇酸后失去光泽
B．植物油久置氧化变质
C．肌肉拉伤，喷氯乙烷快速镇痛
D．聚乳酸用于骨科固定材料且不用取出
2．下列描述不能正确地反映事实的是
A．室温下与碳不发生反应，高温下可生成Si和CO
B．用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴，使用时铁粉被氧化，反应放热
C．通过豆科植物的根瘤菌将转化为氨，实现氮的固定
D．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿直接得到三氧化硫
3．下列化学用语表示正确的是
A．HCl的电子式：
B．分子的空间结构模型为
C．环己烷最稳定空间结构的键线式：
D．激发态Al原子的价层电子轨道表示式：
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．四氯化钛水解：
B．溶液中通入少量：
C．用溶液浸泡锅炉水垢：
D．碱性锌锰电池总反应：
5．下列各图所示装置能达到实验目的的是
A．证明(亮黄色)只有在高浓度的条件下才存在 B．通过滴定测定醋酸的浓度
C．实验室制1-丁烯并检验产物 D．闭合一段时间后，打开，闭合，实现氢氧燃料电池放电
A．A B．B C．C D．D
6．结构决定性质，下列对物质性质解释错误的是
　 性质 解释
A 难溶于水，易溶于 为极性分子，、为非极性分子
B 石墨导电 石墨片层中，未参与杂化的p轨道中的电子可在同层内自由移动
C 次氯酸具有弱酸性 中，羟基极性较弱，难电离
D 离子液体难挥发 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
7．设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温下，的溶液中，水电离出的数为
B．将9 g Al片投入到冷的浓硝酸中，反应转移的电子数目小于
C．0.1 mol肼()含有的孤电子对数为
D．中含有的中子数为
8．某离子化合物结构如图所示，Q、W、Y、Z、X分别为不同主族的短周期元素，且原子半径依次减小。下列说法错误的是
A．Q与W形成的简单化合物熔融状态下能导电
B．基态Y原子核外电子有4种空间运动状态
C．简单氢化物沸点：
D．化合物含有离子键、共价键
9．在催化下，喹喔啉-2(1H)硫酮可与D-A环丙烷发生(3+3)环化反应，如：
下列说法正确的是
A．甲分子中N的杂化类型均为
B．乙分子在发生上述反应时，第2处碳碳键发生了断裂
C．丙分子含有2个手性碳原子
D．丙不能与HCl发生反应
10．下列对实验现象给出的解释或结论正确的是
　 实验操作及现象 解释或结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 向2支均盛有的NaOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为的和溶液，一支试管无明显现象，另一支出现红褐色沉淀 小于
C 取少量麦芽糖样品与稀硫酸共热，冷却后加入新制加热，未产生砖红色沉淀 麦芽糖没有发生水解
D 将通入溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色{为红棕色} 体系中的配位反应比氧化还原反应的活化能小，但氧化还原反应的平衡常数更大
A．A B．B C．C D．D
11．国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是
A．C中Cu的化合价为
B．图示三氟甲基化反应可表示为：
C．整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成
D．Ln与表达的是不同配体
12．焦磷酸二氢二钠()在食品工业中，主要用作膨松剂、水分保持剂和品质改良剂。合成焦磷酸二氢二钠的流程如图所示，下列说法错误的是
A．“中和”时，生成的气体为
B．“加热”时，发生了脱水缩合
C．“结晶”时，应采用冷却结晶
D．焦磷酸二氢根的结构式为
13．最近，我国科学工作者提出了一种电化学合成氯醇的策略：在含Cl的水性介质中直接从烯烃合成氯醇，避免了传统方法中氯气和次氯酸的使用，其合成原理如图所示。
下列说法错误的是
A．工作一会儿，阴极区游离的数目几乎不变
B．理论上，当有气体生成时，向右穿过质子交换膜的可能为2 mol
C．若电解质溶液更换为海水，将不能合成氯醇
D．工作时，a极反应为：
14．为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(如图所示)，晶胞参数为。
下列说法正确的是
A．每个晶胞含16个
B．晶胞中Li、O原子的最小距离为
C．晶胞密度为
D．A结构单元沿着yz面的投影为
15．Y可结合转化为和，与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，使得溶液中和Y的初始浓度分别为和。通过调节混合溶液的pH改变Y及其不同配离子的浓度(忽略体积变化)。与的变化关系如图1所示(其中M代表，或)，分布系数与pH的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)，比如。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ对应的离子是
B．时，
C．当时，
D．时，
16．碘化亚铜(CuI)正凭借着优异的光电性能与催化活性，在光伏光电、医疗传感、高端有机合成等高科技领域掀起应用热潮。
资料：ⅰ.易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；不能与形成配合离子。
ⅱ.铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)。
ⅲ.CuI为白色不溶于水的固体，(无色)，均易被空气氧化。
回答下列问题：
实验Ⅰ．探究Cu与反应能否制备CuI
请回答：
（1）在铜粉与反应中，KI溶液的作用是________。
（2）实验室进行步骤②用到的玻璃仪器有___________(填字母)。
A. B. C. D.
（3）步骤③中发生的反应是否属于氧化还原反应________(填“是”或“否”)。
（4）在KI溶液中，铜与反应的产物是________。
实验Ⅱ．以硫酸铜为原料制备碘化亚铜
（5）向如图所示装置的三颈烧瓶中加入1.27 g的，再滴加溶液于三颈烧瓶中，搅拌，持续通入至溶液变为无色，停止通入气体，过滤，用乙醇洗涤所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
①写出上述实验方案中制备CuI的离子方程式________。
②检验固体已经洗净的操作是________。
③置于真空中干燥的原因________。
（6）已知荧光强度比值与浓度关系如图所示。取0.0001 g CuI粗产品，经预处理，将Cu元素全部转化为并定容至1 L。取1.00 mL所配溶液，测得荧光强度比值为10.5，则产品中CuI的纯度为________%(保留1位小数)。
17．钪为稀土贵族，在合金、固体氧化物燃料电池、陶瓷、电子、激光器和放射性同位素生产等领域扮演着不可或缺的角色。某钛白废液的主要元素及浓度()如下表：
主要元素 Cl Fe Mn Al Ca Mg Sc
浓度(g/L) 248.5 101.25 21.8 9.66 8.59 6.51 0.11
研究小组对该钛白废液进行研究，设计如下工艺流程，实现了钪的分离回收。
已知：易与P204、N235络合进入有机相，而较难与P204、N235络合。
回答下列问题：
（1）Sc的原子结构示意图为　 　。
（2）为了检测“萃取”分液所得“水溶液”中是否含有，应选用的试剂是　 　。
（3）“洗涤”过程中，的洗除率随着HCl浓度的变化如下图所示。为了使洗除效果最好，盐酸浓度宜选用　 　。
（4）若“萃取”时发生反应，则“反萃取”时发生反应的离子方程式主要为　 　。
（5）“除铁”所用到的实验方法是　 　。
（6）“除铁”后，先将与EDTA络合保护，再用离子交换法除去、、等杂质。其络合反应如下图所示，Sc-EDTA中，的配位数为　 　。
（7）在空气中“焙烧”反应的化学方程式为　 　。
（8）若将钛白废液进行5级错流萃取(即每级使用新鲜有机相)，每级萃取率为90%，后续过程Sc的总损失率为5%，则最多可得　 　(保留2位有效数字)。(萃取率)
18．合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅳ的　 　。
（2）恒温恒压条件下，若只发生反应Ⅳ，可提高转化率的措施有　 　(填字母)。
a．增加原料中的量 b．通入气 c．增加原料中的量
（3）反应Ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为、(、分别为正、逆反应速率常数且均大于0，p为气体的分压)，降低温度时、减少程度　 　(填“>”“”或“<”)。
（4）CO和是重要的工业原料气，经“变换”“脱碳”可获得纯。向绝热反应器中通入CO、和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
（5）向2 L的恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达平衡时各组分的物质的量随温度的变化如图所示：
①图中b表示的物质是　 　(填化学式)。
②温度为T℃时，平衡时、的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol，反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留2位有效数字)。
③保持温度不变，增大容器体积，容器内　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
19．佐利氟达星是一种新型抗生素，H是其合成中间体，该中间体的一种合成路线如下图所示(略去部分试剂与条件)：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中所含官能团名称为　 　。B的结构简式为　 　。
（2）D转化为E的反应可看作两步完成，第一步发生加成反应，第二步发生　 　(填反应类型)。
（3）A→C，G→H设计的目的是　 　。
（4）上述流程中，多次用到DMF()，其名称为　 　。
（5）F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
a．属于芳香族化合物
b．苯环上含有4个取代基，且其中3个为“”
c．含有，，二者未连在同一碳上
（6）尼龙6(锦纶6)的合成路线如下：
已知Z含有酰胺基，与Y互为同分异构体。Y的结构简式为　 　，Z合成尼龙6的化学反应方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、珍珠的主要成分是碳酸钙，遇酸会发生反应，失去光泽，涉及化学变化，故 A 不符合题意；
B、植物油中的不饱和键久置会被氧气氧化，发生化学变化导致变质，故 B 不符合题意；
C、氯乙烷喷在皮肤上快速汽化吸热，仅发生状态变化，无新物质生成，不涉及化学变化，故 C 符合题意；
D、聚乳酸在体内会水解生成乳酸，发生化学变化，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
判断化学变化的本质是是否有新物质生成；
碳酸钙与酸的反应、植物油的氧化、聚乳酸的水解均有新物质生成，属于化学变化；
氯乙烷汽化仅为状态变化，无新物质生成，属于物理变化。
2．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、室温下与碳不发生反应，高温下可生成和， 反应为，A不符合题意；
B、用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴，使用时铁粉被氧化，反应放热 ，B不符合题意；
C、通过豆科植物的根瘤菌将转化为氨，实现氮的固定 ，C不符合题意；
D、接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿直接得到三氧化硫， 反应为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硅的制备反应：与碳的反应需在高温下进行，产物为和；
暖贴原理：铁粉、活性炭、食盐构成原电池，铁粉被氧化放热；
氮的固定：根瘤菌可将转化为氨，属于生物固氮；
接触法制硫酸工艺：黄铁矿煅烧只能生成，需进一步催化氧化才能得到。
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、HCl 为共价化合物，电子式中 Cl 原子的最外层电子未全部标出， 正确电子式为， 故 A 错误；
B、OF2分子中 O 原子有 2 对孤电子对，空间结构为 V 形，而模型为三角锥形，故 B 错误；
C、环己烷最稳定的空间结构为椅式构象，键线式表示正确，故 C 正确；
D、基态 Al 原子的价电子排布为 3s23p ，激发态 Al 原子的价层电子轨道表示式应体现电子跃迁，而图中 3s 轨道为成对电子、3p 轨道只有 1 个单电子，不符合激发态的电子排布规则，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：需完整标出所有原子的最外层电子，尤其是成键原子的孤电子对；
分子空间结构判断：结合中心原子的价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断空间构型；
环己烷构象：椅式构象比船式构象更稳定，键线式需体现椅式结构特征；
价层电子轨道表示式：激发态原子的电子排布需体现电子跃迁，轨道中电子排布需符合洪特规则和泡利不相容原理。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、四氯化钛水解生成二氧化钛水合物和氯化氢，方程式书写正确，故A正确；
B、溶液中通入少量，反应生成的HCl会与反应，正确的离子方程式为，故B错误；
C、用溶液浸泡锅炉水垢，发生沉淀转化反应，方程式书写正确，故C正确；
D、碱性锌锰电池中锌被氧化为氢氧化锌，二氧化锰被还原为，总反应方程式书写正确，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解方程式书写：水解生成二氧化钛水合物和，反应条件和产物标注正确；
氯气与碳酸氢钠溶液反应：与水反应生成的、中，只有能与反应，酸性弱于碳酸，不与反应；
沉淀转化反应：利用溶解度小于，实现水垢的转化；
碱性锌锰电池反应：根据电极反应，判断总反应中反应物、产物和系数是否匹配。
5．【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；卤代烃简介；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向中加入浓盐酸，溶液中浓度升高，溶液出现亮黄色（生成）；加入蒸馏水稀释，浓度降低，溶液黄色褪去，可证明只有在高浓度条件下才存在，故A正确；
B、用标准溶液滴定醋酸时，标准溶液应盛放在碱式滴定管中，而图中滴定管为酸式滴定管（玻璃活塞），不能盛放溶液，故B错误；
C、1-溴丁烷在浓硫酸、无水乙醇条件下发生消去反应生成1-丁烯，但浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化生成、乙烯等杂质气体，且乙醇易挥发，杂质气体也能使溶液褪色，无法检验1-丁烯，故C错误；
D、闭合电解溶液时，阳极生成，阴极生成；打开闭合时，形成的是氢氧燃料电池，但和分别在两极，装置无法实现氢氧燃料电池放电，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动：通过改变浓度，观察溶液颜色变化，验证的存在条件；
滴定管的选择：碱式滴定管（橡胶管+玻璃珠）用于盛放碱性溶液，酸式滴定管（玻璃活塞）不能盛放等强碱溶液；
消去反应的杂质干扰：浓硫酸的氧化性会产生杂质气体，干扰产物1-丁烯的检验；
氢氧燃料电池的构成：电解生成的和需分别在两极，才能形成可放电的氢氧燃料电池。
6．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A、和均为非极性分子，为极性分子，根据“相似相溶”原理，难溶于水、易溶于，故A正确；
B、石墨为层状结构，层内碳原子采取杂化，未参与杂化的p轨道电子可在层内自由移动，因此石墨能导电，故B正确；
C、次氯酸的结构为，其中羟基的极性较弱，键不易电离，因此次氯酸具有弱酸性，故C正确；
D、离子液体是由阴、阳离子构成的离子化合物，不存在分子间氢键，难挥发的原因是离子键较强，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
石墨的导电机制：层内未参与杂化的p轨道电子可自由移动；
弱酸的电离：次氯酸中键极性弱，难以电离出；
离子液体的性质：由离子构成，不存在分子间作用力，难挥发是因为离子键强。
7．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；水的电离；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下，pH=9的溶液中，水电离出的浓度为，但题目未给出溶液体积，无法计算水电离出的数目，故A错误；
B、9 g Al的物质的量为0.333 mol，冷的浓硝酸会使Al发生钝化，反应转移的电子数目小于，故B正确；
C、每个分子中含有2对孤电子对，0.1 mol肼含有的孤电子对数为，故C正确；
D、的中子数为10， 3.6 g 的物质的量为0.2 mol，含有的中子数为，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数的计算：溶液体积未知时，无法直接计算离子数目；
转移电子数的判断：冷的浓硝酸与Al发生钝化，反应程度小，转移电子数小于理论值；
孤电子对数目的计算：需结合分子结构判断，中每个N原子有1对孤电子对；
原子中子数计算：中子数=质量数-质子数，结合物质的量计算总数。
8．【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、由推断可知Q是铝元素、W是氯元素，二者形成的氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，因此不具备导电性，故A正确；
B、Y为碳元素，基态碳原子的核外电子排布式为，电子分占4个不同的原子轨道，对应4种不同的空间运动状态，故B错误；
C、Z为氮元素，其简单氢化物是氨气；Y为碳元素，其简单氢化物是甲烷。氨气分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点显著高于甲烷，即简单氢化物沸点Z > Y，故C错误；
D、ZX5的化学式为，可看作是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，既含离子键，也含氮氢共价键，故D错误；
故答案为：A。
【分析】Q：形成 4 个共价键，其中 1 个为配位键，可推断为Al（铝）。
Y：形成 4 个共价键，可推断为C（碳）。
Z：在阳离子中可形成 3 个和 4 个共价键，可推断为N（氮）。
W：在阴离子中可形成 1 个或 2 个共价键，且成 2 个共价键时可与 Al 形成配位键，可推断为Cl（氯）。
X：形成 1 个共价键，且原子半径最小，可推断为H（氢）。
9．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、甲分子中，与 C=N 双键相连的 N 原子为 sp2 杂化，与 H 相连的 N 原子为 sp3 杂化，并非所有 N 的杂化类型均为 sp3，故 A 错误；
B、根据反应前后结构对比，乙分子在反应时，断裂的是 1、3 号碳之间的碳碳键，而非第 2 处碳碳键，故 B 错误；
C、丙分子中，连有甲基的碳原子和与 S、N 相连的碳原子均为手性碳原子，共含有 2 个手性碳原子，故 C 正确；
D、丙分子中含有亚氨基 (-NH-)， 可接受质子生成盐：喹啉-N+HCl→喹啉-NH+Cl-， 可与 HCl 发生反应生成盐，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子杂化类型判断：根据 N 原子的成键情况（双键 / 单键）判断杂化方式；
反应中化学键断裂分析：通过对比反应物和产物的结构，确定断裂的碳碳键位置；
手性碳原子判断：连接 4 个不同基团的碳原子为手性碳原子；
官能团的反应性：亚氨基 (-NH-) 可与酸发生反应。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A、恒压条件下通入 N2，容器体积增大，NO2浓度降低，气体颜色变浅，但平衡不一定向 NO2减少的方向移动，故 A 错误；
B、NaOH 过量时，AlCl3与 NaOH 反应生成 NaAlO2，无沉淀生成；FeCl3与 NaOH 反应生成 Fe(OH)3沉淀，该现象不能比较 Ksp 的大小，故 B 错误；
C、麦芽糖样品与稀硫酸共热后，需先加碱中和硫酸，再加入新制 Cu(OH)2加热，未加碱会导致实验失败，无法说明麦芽糖未水解，故 C 错误；
D、将 SO2通入 FeCl3溶液中，先形成红棕色的配合物 [Fe(SO2)6]3+，后发生氧化还原反应生成浅绿色的 Fe2+，说明配位反应活化能小、反应速率快，而氧化还原反应平衡常数更大、反应更彻底，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
恒压平衡移动分析：恒压通入惰性气体，体积增大导致浓度变化，平衡移动需根据分压变化判断；
沉淀生成的影响因素：NaOH 过量会影响 Al(OH)3的存在形式，无法通过该实验直接比较溶度积；
醛基检验的条件：酸性条件下需先中和酸，才能用新制 Cu(OH)2检验还原性糖；
反应速率与平衡常数的关系：活化能影响反应速率，平衡常数影响反应进行的程度，二者无必然联系。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；卤代烃简介
【解析】【解答】A、C中Cu的化合价为+3，故A错误；
B、图示三氟甲基化反应可表示为： ，故B正确；
C、整个反应过程中，无非极性键的断裂和生成，故C错误；
D、Ln与图中含氮双齿配体表达的是同种配体，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配合物中中心原子化合价的判断：结合配体电荷计算Cu的化合价，注意Cu的常见最高正价为+2；
催化循环反应方程式的书写：从催化循环中提取进入和离开循环的物质，整理出总反应方程式；
化学键类型的判断：分析反应过程中是否存在非极性键的断裂或生成；
配体的识别：判断Ln与图中含氮双齿配体是否为同一物质。
12．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、“中和”时，与发生反应： ，生成的气体为，故A正确；
B、根据流程，中和调pH=4.4时，生成的是，加热时应为发生脱水缩合反应： ，而非，故B错误；
C、的溶解度随温度降低而减小，因此“结晶”时应采用冷却结晶的方法，故C正确；
D、焦磷酸二氢根由两个磷酸基团通过氧桥连接而成， 结构式为， 故D正确；
故答案为：B。
【分析】将与进行中和反应，调节溶液pH=4.4，生成并放出；随后将加热，使其发生脱水缩合反应，脱去水分子形成焦磷酸结构；最后通过冷却结晶，得到目标产物。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、工作时，阴极发生还原反应： 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ，生成的数目与迁移过来的数目相等，因此阴极区游离的数目几乎不变，故A正确；
B、理论上，当有22.4 L 气体（标准状况下）生成时，若为，生成1 mol 转移4 mol电子，此时有4 mol 穿过质子交换膜；若为，生成1 mol 转移2 mol电子，此时有2 mol 穿过质子交换膜，故B正确；
C、若电解质溶液更换为海水，海水中含有，仍可作为氯源参与反应，因此仍能合成氯醇，故C错误；
D、工作时，a极（阳极）上烯烃与发生氧化反应，电极反应为： ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，a极为阳极，b极为阴极。阳极（a极）的烯烃、与水在催化剂作用下发生氧化反应，生成氯醇并释放；阴极（b极）发生还原反应，分解生成（或）；阳极生成的通过质子交换膜迁移至阴极，维持电荷平衡，最终实现从烯烃直接电化学合成氯醇。
14．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，Li+全部位于A单元内部，每个A单元含2个Li+，一个晶胞包含4个A单元，因此晶胞内共有8个Li+；结合的化学计量比，可推出晶胞中的数量应为32个，故A错误；
B、根据A单元的结构，Li原子与O原子的最近距离是A单元体对角线的 ，换算为整个晶胞的体对角线的 ，计算得最近距离为 pm，故B错误；
C、晶胞中含有8个单元，晶胞质量为，晶胞体积为，因此晶胞密度为，故C错误；
D、从三维空间位置来看，A结构单元中各原子沿yz面的投影为： ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中离子数目的计算：先根据晶胞中A单元的数量和Li+的分布，算出晶胞中Li+的总数，再结合化学式的原子比，推导出O2-的数目，以此判断正误；
原子间最小距离的计算：先确定A单元中Li和O原子的位置关系，再根据晶胞与A单元的尺寸关系，计算出二者的最小距离；
晶胞密度的计算：先确定晶胞中包含的单元数，算出晶胞质量，再结合晶胞参数换算出体积，代入密度公式进行计算；
晶胞投影的判断：根据A单元中各原子的三维坐标，分析它们在yz平面上的投影位置，与题目图示进行对比。
15．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、结合图像变化趋势分析，曲线Ⅲ代表的是，因此A错误；
B、图1中，曲线Ⅰ对应、曲线Ⅱ对应，当两曲线相交时，二者浓度相等，此时溶液中，。根据银元素的物料守恒关系：，可推出与的数值均约为；再结合Y元素的物料守恒：，将已知浓度代入计算，可得，故B正确；
C、当与浓度相等时，对应图1中曲线Ⅰ与曲线Ⅲ的交点，该点对应的横坐标数值约为4，即，因此，故C错误；
D、由选项B的计算可知，当时，，且，代入分布系数公式可得。结合图2中各曲线对应的粒子，此时溶液中三种含Y粒子的浓度关系应为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题目信息，Ag+能与 Y 结合生成两种配合物：[AgY]+和 [AgY2]+；同时 Y 也能与 H+结合，形成 HY+和 H2Y2+两种粒子。
从图 1 来看，随着 Y 浓度的降低，曲线 Ⅰ 的粒子浓度持续减小，说明它是需要两个 Y 才能稳定存在的 [AgY2]+；曲线 Ⅱ 的粒子浓度先增后减，代表中间产物 [AgY]+；曲线 Ⅲ 的粒子浓度持续升高，代表游离的 Ag+。
从图 2 来看，随着 pH 升高，曲线 Ⅳ 的粒子含量持续下降，对应酸性较强时存在的 H2Y2+；曲线 Ⅴ 的粒子含量先升后降，对应中间形态 HY+；曲线 Ⅵ 的粒子含量持续上升，对应碱性条件下的 Y。基于这些对应关系，可对题目进行分析。
16．【答案】(1) 增大的溶解度，加快反应速率
(2) B，C
(3) 是
(4)
(5) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，则固体已经净 防止制得的碘化亚铜被氧气氧化
(6) 87.9
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；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) KI的作用是溶解I2，增大I2在水中的溶解度，同时与Cu和I2反应生成的CuI结合形成可溶性的，促进Cu与I2的反应正向进行；
故答案为： 增大的溶解度，加快反应速率 ；
(2) 步骤②为分液操作，需要用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯，故答案为BC；
故答案为： B，C ；
(3) 加入浓氨水后，无色的被空气中的氧气氧化为深蓝色的，Cu元素化合价从+1价升高到+2价，存在化合价变化，该反应属于氧化还原反应；
故答案为： 是 ；
(4) Cu被氧化为+1价，与过量的I-结合形成无色的，因此反应产物为；
故答案为： ；
(5)①和作为氧化剂，作为还原剂被氧化为，配平后的化学方程式为：
；
② 检验洗涤液中是否含有，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，说明CuI已洗净；若有白色沉淀生成，说明未洗净；
③ 真空环境中无氧气，可避免CuI被空气氧化；
故答案为： 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，则固体已经净 防止制得的碘化亚铜被氧气氧化 ；
(6) 当荧光强度比值为10.5时，，定容1L时，，对应，，样品纯度为。
故答案为： 87.9 ；
【分析】步骤①：过量KI会先与I2发生可逆反应： （溶液呈红棕色），提高了I2在水中的溶解度；随后Cu与体系中的I2（或）发生氧化还原反应，生成难溶的CuI： ；而过量的KI又会与生成的CuI结合，形成可溶性的无色络离子： ，因此反应后溶液中的铜元素主要以形式存在。
步骤②：向反应体系中加入有机溶剂（如CCl4、苯）进行萃取，此时解离出的I2会进入有机层，而无色的则留在水相中，从而实现I2与铜元素的分离。
步骤③：向含的无色水溶液中加入氨水，首先发生反应生成无色的亚铜氨络离子： ；而具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，生成深蓝色的铜氨络离子，反应方程式为： ，据此可对后续问题进行分析解答。
(1)结合反应过程分析KI的双重作用，一方面利用(红棕色） ，增大I2溶解度，另一方面利用（无色），溶解CuI，使Cu与I2的反应持续进行；
(2)明确分液操作的仪器，分液操作需要分液漏斗和烧杯，过滤用普通漏斗、配制溶液用容量瓶，据此判断选项；
(3)根据化合价变化判断反应类型，被氧化为时，Cu元素化合价升高，氧气中O元素化合价降低，存在电子转移，属于氧化还原反应；
(4)反应后溶液无色，结合Cu被氧化为+1价、能与过量I-形成的性质，推断产物为；
(5)① 根据氧化还原反应的价态变化配平方程式，、得电子被还原，失电子被氧化，根据电子守恒和原子守恒配平；
② 利用与生成不溶于酸的白色沉淀的性质，通过检验洗涤液中的判断是否洗净；
③ CuI易被氧气氧化，真空环境可隔绝氧气，防止CuI被氧化；
(6) 先根据图像确定的浓度，再结合定容体积计算其物质的量，由Cu元素守恒得到CuI的物质的量，计算CuI的质量，最后通过计算出样品纯度。
17．【答案】（1）
（2）(铁氰化钾)溶液
（3）1
（4）或(其它合理答案)
（5）萃取分液
（6）6
（7）
（8）1.6
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；分液和萃取；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钪（Sc）为 21 号元素，其原子结构示意图为：；
故答案为： ；
(2)检验溶液中的可选用铁氰化钾（）溶液，会与铁氰化钾反应生成特征蓝色沉淀，以此作为检验依据。
故答案为：(铁氰化钾)溶液 ；
(3)根据实验数据，当HCl浓度为时，的洗脱率最高，同时的洗脱率较低，因此该浓度为洗涤的最佳盐酸浓度。
故答案为：1；
(4)萃取过程的反应为： ；反萃取时加入NaOH溶液，会与反应生成的结合，使平衡逆向移动，反应的离子方程式为：或
故答案为：或(其它合理答案) ；
(5)“除铁”步骤利用了易与萃取剂N235络合进入有机相，而难以络合的性质差异，通过萃取分液的方法将铁元素从体系中除去。
故答案为： 萃取分液 ；
(6)由Sc-EDTA的配位结构可知，与2个N原子、4个O原子形成配位键，因此其配位数为6。
故答案为： 6 ；
(7)草酸钪（）在空气中焙烧时，会与氧气反应生成氧化钪（）和二氧化碳，反应的化学方程式为：
故答案为： ；
(8)钛白废液中Sc的初始质量为：；
经5级错流萃取（每级萃取率为90%）后，Sc的总萃取量为：；考虑后续总损失率为5%，最终可得到的Sc质量为：；
中Sc元素的质量分数为：；
因此，最终得到的的质量为：。
故答案为：1.6；
【分析】钛白废液首先加入和P204萃取剂进行萃取，使、等目标金属离子选择性进入有机相，而大部分杂质离子（如、、等）留在水相中；接着用稀盐酸对有机相进行洗涤，洗脱其中共萃的，初步富集；随后向洗涤后的有机相中加入NaOH溶液进行反萃取，使转化为粗沉淀，有机相可循环使用；粗沉淀用盐酸溶解，得到含和少量的溶液；再加入N235萃取剂进行萃取除铁，进入有机相，留在水相中；之后向含的溶液中加入草酸，生成草酸沉淀；最后将草酸钪沉淀焙烧，使其氧化分解，得到高纯。
(1)根据原子序数和电子排布规律，正确绘制Sc的原子结构示意图，需明确核电荷数为21，电子层分布为2、8、9、2；
(2)的特征检验反应，利用其与铁氰化钾生成蓝色沉淀的特性进行检验；
(3)结合实验数据，选择既能高效洗脱，又能尽量减少损失的HCl浓度，即；
(4)利用勒夏特列原理，NaOH中和萃取反应生成的，使平衡逆向移动，据此写出反萃取的离子方程式；
(5)理解萃取除铁的原理，即利用和与萃取剂N235络合能力的差异实现分离；
(6)根据配位键的成键情况，直接数出与中心离子直接相连的配位原子总数，得出配位数为6；
(7)根据焙烧反应的反应物和产物，结合氧化还原反应规律配平化学方程式；
(8)先计算初始Sc的质量，再根据萃取率计算萃取量，扣除损失率后得到最终Sc的质量，最后根据Sc在中的质量分数，计算出产品的质量。
（1）为21号元素，原子结构示意图为；
（2）检验可选用（铁氰化钾）溶液，与反应生成蓝色沉淀，以此检验；
（3）由图像可知，浓度为时，洗脱率最高，且洗脱率较低，故盐酸浓度宜选用；
（4）萃取反应为，反萃取时加入，与反应，促进平衡逆向移动，离子方程式为；或；
（5）“除铁”利用易与N235络合进入有机相，难络合，采用萃取分液的方法除铁；
（6）由的结构可知，与个原子、个原子形成配位键，配位数为；
（7）在空气中焙烧，与反应生成和，化学方程式为；
（8）钛白废液中的质量为，5级错流萃取，每级萃取率为，萃取后的总萃取量为，后续总损失率为，则最终的质量为，中的质量分数为，故的质量为。
18．【答案】（1）+247 kJ/mol
（2）ab
（3）>
（4）吸热防止温度过度升高和抑制生成单质碳的副反应
（5）；0.14；减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ×2减去反应Ⅱ得到，因此反应的焓变：
故答案为： +247 kJ/mol ；
(2)该反应为气体分子数增大的吸热反应，在恒温恒压条件下：
a. 增加原料中的量，平衡正向移动，的转化率提高，a符合题意；
b. 通入惰性气体Ar，容器体积增大，各物质分压减小，平衡向气体分子数增大的方向（正向）移动，的转化率提高，b符合题意；
c. 增加原料中的量，的转化率降低，c不符合题意；
故答案为：ab。
(3)反应Ⅰ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率常数的减小程度小于正反应速率常数的减小程度，因此。
故答案为： > ；
(4)反应 为放热反应。过量的有两个作用：一是其比热容较大，可吸收反应放出的热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；二是可抑制生成单质碳的副反应，避免催化剂失活。
故答案为：吸热防止温度过度升高和抑制生成单质碳的副反应 ；
(5)① 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应。升高温度时，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，导致物质的量增大、物质的量减小。因此，物质的量先增大后减小的曲线a表示，物质的量减小的曲线b表示，物质的量增大的曲线c表示；
② 由图可知，平衡时，、的物质的量分别为、。根据氢原子守恒，计算得的物质的量为；设、的物质的量分别为、，由碳原子守恒得，由氧原子守恒得，解得、。反应Ⅱ的平衡常数：；
③ 反应Ⅰ的平衡常数，平衡时。温度不变，不变；增大容器体积（减小压强）时，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，导致物质的量增大、物质的量减小，因此增大，即增大，其倒数减小。
故答案为： ； 0.14 ；减小
【分析】(1)首先，明确目标反应与已知反应的关系，通过对已知反应进行“反应Ⅰ×2 - 反应Ⅱ”的线性组合，消去中间产物，直接计算目标反应的焓变。计算时需注意焓变的符号和运算规则，确保结果的准确性。
(2)首先，判断反应的热效应（吸热）和气体分子数变化（增大）；然后，结合恒温恒压条件，逐一分析选项：增加反应物的量，平衡正向移动，提高转化率；通入惰性气体Ar，容器体积增大，分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，提高转化率；增加的量，其自身转化率降低。通过分析平衡移动方向，判断各措施对转化率的影响。
(3)反应Ⅰ为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，说明逆反应速率受温度的影响比正反应小，即的减小程度小于的减小程度，因此平衡时。
(4)反应为放热反应，催化剂有适宜温度范围，过量水蒸气比热容大，可吸收热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；同时，水蒸气可抑制碳与水的副反应，避免催化剂积碳失活，从催化剂保护和副反应抑制两个角度分析其作用。
(5)① 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热。升高温度时，吸热反应正向移动，放热反应逆向移动，导致各物质的量变化趋势不同。根据、、的物质的量变化，对应曲线的趋势进行判断。
②首先，根据氢原子守恒计算的物质的量；再通过碳原子和氧原子守恒，建立方程组求解和的物质的量；最后，根据平衡常数的定义式，代入各物质的平衡浓度，计算反应Ⅱ的平衡常数。
③结合反应Ⅰ的平衡常数表达式，推导出与的关系；再分析增大容器体积（减小压强）时，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡移动对和物质的量的影响，进而判断比值的变化趋势。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，；
（2）反应Ⅳ为气体分子数增大的吸热反应，恒温恒压条件下。
a．增加原料中的量，平衡正向移动，转化率提高，a符合题意；
b．通入气，容器体积增大，各物质分压减小，平衡正向移动，转化率提高，b符合题意；
c．增加原料中的量，转化率降低，c不符合题意；
故选ab；
（3）反应Ⅰ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率常数减少程度小于正反应速率常数，故；
（4）该反应为放热反应，的比热容较大，过量的可吸收反应放出的热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；同时可抑制生成单质碳的副反应，避免催化剂失活；
（5）①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅰ向正反应方向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向逆反应方向移动，则一氧化碳的物质的量增大、甲烷的物质的量减小，所以物质的量先增大后减小的曲线a表示二氧化碳、物质的量减小的曲线b表示甲烷、物质的量增大的曲线c表示一氧化碳；
②由图可知，平衡时，、的物质的量分别为、，根据氢原子守恒，计算得的物质的量为；设、的物质的量分别为、，由碳原子守恒得，氧原子守恒得，解得、，代入反应Ⅱ的平衡常数表达式；
③反应Ⅰ的平衡常数，故平衡时；温度不变，不变，增大容器体积，即缩小压强时，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，的物质的量增大、的物质的量减小，增大，因此增大，则其倒数减小。
19．【答案】（1）氟原子(碳氟键)、醛基；
（2）消去反应
（3）保护醛基
（4）N，N-二甲基甲酰胺
（5）24
（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）A 中含有的官能团为氟原子、醛基（苯环不属于官能团）；根据已知条件①的反应，A 中的醛基与乙二醇发生缩醛反应生成 C，因此 B 为乙二醇，其结构简式为：；
故答案为： 氟原子(碳氟键)、醛基 ； ；
（2）D 与羟胺（NH2OH）的反应分为两步：第一步为加成反应，醛基与羟胺加成生成 α- 羟基肟；第二步为消去反应，分子内脱水形成肟基（C=N-OH），反应本质是醛基到肟基的转化。
故答案为： 消去反应 ；
（3） A 到 C 步骤中，先利用乙二醇与醛基发生缩醛反应，将醛基保护起来，避免后续还原剂还原其他官能团时对醛基造成影响；G 到 H 步骤中，同样是通过缩醛保护醛基，防止其在引入环醚、NCS 取代等强氧化或亲电试剂反应条件下被破坏，核心目的是保护醛基（-CHO），避免其参与副反应。
故答案为： 保护醛基 ；
（4） DMF 的结构为 (CH3)2N-CHO，其系统命名为 N，N - 二甲基甲酰胺。
故答案为： N，N-二甲基甲酰胺 ；
（5）条件回顾：a. 芳香族化合物，表示含苯环；b. 苯环上4个取代基：3个-F +1个-COOH+1个-CH=NOH；c. -COOH与-CH=NOH不连在同一碳上。
同分异构体分析：F的分子式为C10H7ClF3NO3，苯环上4个取代基的排列需要考虑：3个-F的位置异构，-COOH和-CH=NOH的位置异构。这里，我们先固定3个-F的位置，再放置-COOH和-CH=NOH。3个-F的可能位置：连三氟（1，2，3-）：剩余3个位置（4，5，6）。偏三氟（1，2，4-）：剩余3个位置（3，5，6）。均三氟（1，3，5-）：剩余3个位置（2，4，6）。
具体分析：1，2，3-三氟苯：剩余位置为4，5，6。-COOH与-CH=NOH不连在同一碳上的情况有三种，按照取代基在5位为例，分别有、、、；4和6位置相同，故总计有2×4=8种；
1，2，4-三氟苯：剩余位置为3，5，6。按照取代基在3为例，分别有、、、因剩余位置为3，5，6，故总计有3×4=12种；
1，3，5-三氟苯：剩余位置为2，4，6，对称等效。按照取代基在2为例，分别有、、、，共有8+12+4= 24种。
故答案为： 24 ；
（6）X为环己醇经催化氧化生成环己酮，Y为环己酮与羟胺（NH2OH）在酸性条件下发生肟化反应，生成环己酮肟。其结构简式为；Z（己内酰胺）在一定条件下发生开环缩聚反应，生成尼龙6高分子，化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】A 先与B发生反应，得到中间体 C； 根据C的结构式推断可知B为乙二醇， C 经正丁基锂 / DMF 反应引入醛基生成 D；D 与羟胺反应生成肟 E；E 再经 NCS 氯化得到 F；F 经多步反应构建杂环得到 G；最后 G 在盐酸作用下脱除缩醛保护基，得到目标中间体 H。
(1) 官能团识别与反应推断。首先明确 A 中的官能团（氟原子、醛基），再根据已知条件①的缩醛反应，推断 B 为乙二醇，并写出其结构简式。
(2) 解分析醛基与羟胺的反应过程，理解加成 - 消去两步反应的本质，明确醛基到肟基的转化机制。
(3) 理解有机合成中官能团保护的目的。通过分析 A 到 C、G 到 H 的反应环境，明确缩醛保护醛基的作用，防止醛基在后续反应中被还原剂或亲电试剂破坏。
(4) 有机物的系统命名，根据 DMF 的结构 (CH3)2N-CHO，确定其母体为甲酰胺，氮上有两个甲基取代，因此命名为 N，N - 二甲基甲酰胺。
(5) 同分异构体的系统分析。先根据题目条件确定取代基种类和限制条件，再按 3 个 - F 的位置异构分类讨论，结合苯环上剩余位置的对称性，计算 - COOH 和 - CH=NOH 的排列方式，最终得出总数。
(6) 有机反应的推断与方程式书写。根据反应流程，推断环己醇氧化、环己酮肟化、己内酰胺开环缩聚的产物，并写出对应的结构简式和化学方程式。
（1）A中官能团的名称为氟原子，醛基，苯环不属于官能团；根据已知信息①的反应，A中的醛基与乙二醇发生反应生成缩醛C，因此B为乙二醇。结构简式为；
（2）D与NH2OH反应分两步：加成：醛基与羟胺加成生成α-羟基肟；消去反应：脱水形成肟基（C=N-OH）。反应本质是醛基到肟基的转化，第二步为分子内脱水，属消去反应；
（3）A到C：先将羟基用乙二醇酯化保护，再还原得-CHO，避免还原剂干扰其他官能团。G到H：在引入环醚前对-CHO进行缩醛保护，防止其参与副反应。核心目的为保护醛基（-CHO），防止其在后续强氧化或亲电试剂（如NCS）条件下被破坏。
（4）DMF结构为(CH3)2N-CHO，系统命名为 N，N-二甲基甲酰胺。
（5）条件回顾：a. 芳香族化合物，表示含苯环；b. 苯环上4个取代基：3个-F +1个-COOH+1个-CH=NOH；c. -COOH与-CH=NOH不连在同一碳上。
同分异构体分析：F的分子式为C10H7ClF3NO3，苯环上4个取代基的排列需要考虑：3个-F的位置异构，-COOH和-CH=NOH的位置异构。这里，我们先固定3个-F的位置，再放置-COOH和-CH=NOH。3个-F的可能位置：连三氟（1，2，3-）：剩余3个位置（4，5，6）。偏三氟（1，2，4-）：剩余3个位置（3，5，6）。均三氟（1，3，5-）：剩余3个位置（2，4，6）。
具体分析：1，2，3-三氟苯：剩余位置为4，5，6。-COOH与-CH=NOH不连在同一碳上的情况有三种，按照取代基在5位为例，分别有、、、；4和6位置相同，故总计有2×4=8种；
1，2，4-三氟苯：剩余位置为3，5，6。按照取代基在3为例，分别有、、、因剩余位置为3，5，6，故总计有3×4=12种；
1，3，5-三氟苯：剩余位置为2，4，6，对称等效。按照取代基在2为例，分别有、、、，共有8+12+4= 24种。
（6）X为环己醇经催化氧化生成环己酮，Y为环己酮与羟胺（NH2OH）在酸性条件下发生肟化反应，生成环己酮肟。其结构简式为；Z（己内酰胺）在一定条件下发生开环缩聚反应，生成尼龙6高分子，化学方程式为。
1 / 1四川广安市2026届下学期高三第二次模拟考试 化学试题
1．下列与生活相关的叙述中，不涉及化学变化的是
A．珍珠遇酸后失去光泽
B．植物油久置氧化变质
C．肌肉拉伤，喷氯乙烷快速镇痛
D．聚乳酸用于骨科固定材料且不用取出
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A、珍珠的主要成分是碳酸钙，遇酸会发生反应，失去光泽，涉及化学变化，故 A 不符合题意；
B、植物油中的不饱和键久置会被氧气氧化，发生化学变化导致变质，故 B 不符合题意；
C、氯乙烷喷在皮肤上快速汽化吸热，仅发生状态变化，无新物质生成，不涉及化学变化，故 C 符合题意；
D、聚乳酸在体内会水解生成乳酸，发生化学变化，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
判断化学变化的本质是是否有新物质生成；
碳酸钙与酸的反应、植物油的氧化、聚乳酸的水解均有新物质生成，属于化学变化；
氯乙烷汽化仅为状态变化，无新物质生成，属于物理变化。
2．下列描述不能正确地反映事实的是
A．室温下与碳不发生反应，高温下可生成Si和CO
B．用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴，使用时铁粉被氧化，反应放热
C．通过豆科植物的根瘤菌将转化为氨，实现氮的固定
D．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿直接得到三氧化硫
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、室温下与碳不发生反应，高温下可生成和， 反应为，A不符合题意；
B、用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴，使用时铁粉被氧化，反应放热 ，B不符合题意；
C、通过豆科植物的根瘤菌将转化为氨，实现氮的固定 ，C不符合题意；
D、接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿直接得到三氧化硫， 反应为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
硅的制备反应：与碳的反应需在高温下进行，产物为和；
暖贴原理：铁粉、活性炭、食盐构成原电池，铁粉被氧化放热；
氮的固定：根瘤菌可将转化为氨，属于生物固氮；
接触法制硫酸工艺：黄铁矿煅烧只能生成，需进一步催化氧化才能得到。
3．下列化学用语表示正确的是
A．HCl的电子式：
B．分子的空间结构模型为
C．环己烷最稳定空间结构的键线式：
D．激发态Al原子的价层电子轨道表示式：
【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、HCl 为共价化合物，电子式中 Cl 原子的最外层电子未全部标出， 正确电子式为， 故 A 错误；
B、OF2分子中 O 原子有 2 对孤电子对，空间结构为 V 形，而模型为三角锥形，故 B 错误；
C、环己烷最稳定的空间结构为椅式构象，键线式表示正确，故 C 正确；
D、基态 Al 原子的价电子排布为 3s23p ，激发态 Al 原子的价层电子轨道表示式应体现电子跃迁，而图中 3s 轨道为成对电子、3p 轨道只有 1 个单电子，不符合激发态的电子排布规则，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：需完整标出所有原子的最外层电子，尤其是成键原子的孤电子对；
分子空间结构判断：结合中心原子的价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断空间构型；
环己烷构象：椅式构象比船式构象更稳定，键线式需体现椅式结构特征；
价层电子轨道表示式：激发态原子的电子排布需体现电子跃迁，轨道中电子排布需符合洪特规则和泡利不相容原理。
4．下列方程式与所给事实不相符的是
A．四氯化钛水解：
B．溶液中通入少量：
C．用溶液浸泡锅炉水垢：
D．碱性锌锰电池总反应：
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、四氯化钛水解生成二氧化钛水合物和氯化氢，方程式书写正确，故A正确；
B、溶液中通入少量，反应生成的HCl会与反应，正确的离子方程式为，故B错误；
C、用溶液浸泡锅炉水垢，发生沉淀转化反应，方程式书写正确，故C正确；
D、碱性锌锰电池中锌被氧化为氢氧化锌，二氧化锰被还原为，总反应方程式书写正确，故D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
盐类水解方程式书写：水解生成二氧化钛水合物和，反应条件和产物标注正确；
氯气与碳酸氢钠溶液反应：与水反应生成的、中，只有能与反应，酸性弱于碳酸，不与反应；
沉淀转化反应：利用溶解度小于，实现水垢的转化；
碱性锌锰电池反应：根据电极反应，判断总反应中反应物、产物和系数是否匹配。
5．下列各图所示装置能达到实验目的的是
A．证明(亮黄色)只有在高浓度的条件下才存在 B．通过滴定测定醋酸的浓度
C．实验室制1-丁烯并检验产物 D．闭合一段时间后，打开，闭合，实现氢氧燃料电池放电
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；卤代烃简介；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、向中加入浓盐酸，溶液中浓度升高，溶液出现亮黄色（生成）；加入蒸馏水稀释，浓度降低，溶液黄色褪去，可证明只有在高浓度条件下才存在，故A正确；
B、用标准溶液滴定醋酸时，标准溶液应盛放在碱式滴定管中，而图中滴定管为酸式滴定管（玻璃活塞），不能盛放溶液，故B错误；
C、1-溴丁烷在浓硫酸、无水乙醇条件下发生消去反应生成1-丁烯，但浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化生成、乙烯等杂质气体，且乙醇易挥发，杂质气体也能使溶液褪色，无法检验1-丁烯，故C错误；
D、闭合电解溶液时，阳极生成，阴极生成；打开闭合时，形成的是氢氧燃料电池，但和分别在两极，装置无法实现氢氧燃料电池放电，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
配位平衡移动：通过改变浓度，观察溶液颜色变化，验证的存在条件；
滴定管的选择：碱式滴定管（橡胶管+玻璃珠）用于盛放碱性溶液，酸式滴定管（玻璃活塞）不能盛放等强碱溶液；
消去反应的杂质干扰：浓硫酸的氧化性会产生杂质气体，干扰产物1-丁烯的检验；
氢氧燃料电池的构成：电解生成的和需分别在两极，才能形成可放电的氢氧燃料电池。
6．结构决定性质，下列对物质性质解释错误的是
　 性质 解释
A 难溶于水，易溶于 为极性分子，、为非极性分子
B 石墨导电 石墨片层中，未参与杂化的p轨道中的电子可在同层内自由移动
C 次氯酸具有弱酸性 中，羟基极性较弱，难电离
D 离子液体难挥发 分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；极性分子和非极性分子；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A、和均为非极性分子，为极性分子，根据“相似相溶”原理，难溶于水、易溶于，故A正确；
B、石墨为层状结构，层内碳原子采取杂化，未参与杂化的p轨道电子可在层内自由移动，因此石墨能导电，故B正确；
C、次氯酸的结构为，其中羟基的极性较弱，键不易电离，因此次氯酸具有弱酸性，故C正确；
D、离子液体是由阴、阳离子构成的离子化合物，不存在分子间氢键，难挥发的原因是离子键较强，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；
石墨的导电机制：层内未参与杂化的p轨道电子可自由移动；
弱酸的电离：次氯酸中键极性弱，难以电离出；
离子液体的性质：由离子构成，不存在分子间作用力，难挥发是因为离子键强。
7．设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温下，的溶液中，水电离出的数为
B．将9 g Al片投入到冷的浓硝酸中，反应转移的电子数目小于
C．0.1 mol肼()含有的孤电子对数为
D．中含有的中子数为
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；水的电离；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温下，pH=9的溶液中，水电离出的浓度为，但题目未给出溶液体积，无法计算水电离出的数目，故A错误；
B、9 g Al的物质的量为0.333 mol，冷的浓硝酸会使Al发生钝化，反应转移的电子数目小于，故B正确；
C、每个分子中含有2对孤电子对，0.1 mol肼含有的孤电子对数为，故C正确；
D、的中子数为10， 3.6 g 的物质的量为0.2 mol，含有的中子数为，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数的计算：溶液体积未知时，无法直接计算离子数目；
转移电子数的判断：冷的浓硝酸与Al发生钝化，反应程度小，转移电子数小于理论值；
孤电子对数目的计算：需结合分子结构判断，中每个N原子有1对孤电子对；
原子中子数计算：中子数=质量数-质子数，结合物质的量计算总数。
8．某离子化合物结构如图所示，Q、W、Y、Z、X分别为不同主族的短周期元素，且原子半径依次减小。下列说法错误的是
A．Q与W形成的简单化合物熔融状态下能导电
B．基态Y原子核外电子有4种空间运动状态
C．简单氢化物沸点：
D．化合物含有离子键、共价键
【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构与元素的性质；化学键；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、由推断可知Q是铝元素、W是氯元素，二者形成的氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，因此不具备导电性，故A正确；
B、Y为碳元素，基态碳原子的核外电子排布式为，电子分占4个不同的原子轨道，对应4种不同的空间运动状态，故B错误；
C、Z为氮元素，其简单氢化物是氨气；Y为碳元素，其简单氢化物是甲烷。氨气分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点显著高于甲烷，即简单氢化物沸点Z > Y，故C错误；
D、ZX5的化学式为，可看作是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，既含离子键，也含氮氢共价键，故D错误；
故答案为：A。
【分析】Q：形成 4 个共价键，其中 1 个为配位键，可推断为Al（铝）。
Y：形成 4 个共价键，可推断为C（碳）。
Z：在阳离子中可形成 3 个和 4 个共价键，可推断为N（氮）。
W：在阴离子中可形成 1 个或 2 个共价键，且成 2 个共价键时可与 Al 形成配位键，可推断为Cl（氯）。
X：形成 1 个共价键，且原子半径最小，可推断为H（氢）。
9．在催化下，喹喔啉-2(1H)硫酮可与D-A环丙烷发生(3+3)环化反应，如：
下列说法正确的是
A．甲分子中N的杂化类型均为
B．乙分子在发生上述反应时，第2处碳碳键发生了断裂
C．丙分子含有2个手性碳原子
D．丙不能与HCl发生反应
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、甲分子中，与 C=N 双键相连的 N 原子为 sp2 杂化，与 H 相连的 N 原子为 sp3 杂化，并非所有 N 的杂化类型均为 sp3，故 A 错误；
B、根据反应前后结构对比，乙分子在反应时，断裂的是 1、3 号碳之间的碳碳键，而非第 2 处碳碳键，故 B 错误；
C、丙分子中，连有甲基的碳原子和与 S、N 相连的碳原子均为手性碳原子，共含有 2 个手性碳原子，故 C 正确；
D、丙分子中含有亚氨基 (-NH-)， 可接受质子生成盐：喹啉-N+HCl→喹啉-NH+Cl-， 可与 HCl 发生反应生成盐，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
原子杂化类型判断：根据 N 原子的成键情况（双键 / 单键）判断杂化方式；
反应中化学键断裂分析：通过对比反应物和产物的结构，确定断裂的碳碳键位置；
手性碳原子判断：连接 4 个不同基团的碳原子为手性碳原子；
官能团的反应性：亚氨基 (-NH-) 可与酸发生反应。
10．下列对实验现象给出的解释或结论正确的是
　 实验操作及现象 解释或结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 向2支均盛有的NaOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为的和溶液，一支试管无明显现象，另一支出现红褐色沉淀 小于
C 取少量麦芽糖样品与稀硫酸共热，冷却后加入新制加热，未产生砖红色沉淀 麦芽糖没有发生水解
D 将通入溶液中，溶液先变为红棕色，一段时间后又变成浅绿色{为红棕色} 体系中的配位反应比氧化还原反应的活化能小，但氧化还原反应的平衡常数更大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A、恒压条件下通入 N2，容器体积增大，NO2浓度降低，气体颜色变浅，但平衡不一定向 NO2减少的方向移动，故 A 错误；
B、NaOH 过量时，AlCl3与 NaOH 反应生成 NaAlO2，无沉淀生成；FeCl3与 NaOH 反应生成 Fe(OH)3沉淀，该现象不能比较 Ksp 的大小，故 B 错误；
C、麦芽糖样品与稀硫酸共热后，需先加碱中和硫酸，再加入新制 Cu(OH)2加热，未加碱会导致实验失败，无法说明麦芽糖未水解，故 C 错误；
D、将 SO2通入 FeCl3溶液中，先形成红棕色的配合物 [Fe(SO2)6]3+，后发生氧化还原反应生成浅绿色的 Fe2+，说明配位反应活化能小、反应速率快，而氧化还原反应平衡常数更大、反应更彻底，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
恒压平衡移动分析：恒压通入惰性气体，体积增大导致浓度变化，平衡移动需根据分压变化判断；
沉淀生成的影响因素：NaOH 过量会影响 Al(OH)3的存在形式，无法通过该实验直接比较溶度积；
醛基检验的条件：酸性条件下需先中和酸，才能用新制 Cu(OH)2检验还原性糖；
反应速率与平衡常数的关系：活化能影响反应速率，平衡常数影响反应进行的程度，二者无必然联系。
11．国内研究团队通过一系列实验和理论计算，首次完整描绘出Ullmann偶联中铜的氧化还原路径，其中三氟甲基化反应的机理如图所示(A中Cu的氧化数为I，其化合价为)，下列说法正确的是
A．C中Cu的化合价为
B．图示三氟甲基化反应可表示为：
C．整个反应过程中，有极性键、非极性键的断裂和生成
D．Ln与表达的是不同配体
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；卤代烃简介
【解析】【解答】A、C中Cu的化合价为+3，故A错误；
B、图示三氟甲基化反应可表示为： ，故B正确；
C、整个反应过程中，无非极性键的断裂和生成，故C错误；
D、Ln与图中含氮双齿配体表达的是同种配体，故D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
配合物中中心原子化合价的判断：结合配体电荷计算Cu的化合价，注意Cu的常见最高正价为+2；
催化循环反应方程式的书写：从催化循环中提取进入和离开循环的物质，整理出总反应方程式；
化学键类型的判断：分析反应过程中是否存在非极性键的断裂或生成；
配体的识别：判断Ln与图中含氮双齿配体是否为同一物质。
12．焦磷酸二氢二钠()在食品工业中，主要用作膨松剂、水分保持剂和品质改良剂。合成焦磷酸二氢二钠的流程如图所示，下列说法错误的是
A．“中和”时，生成的气体为
B．“加热”时，发生了脱水缩合
C．“结晶”时，应采用冷却结晶
D．焦磷酸二氢根的结构式为
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、“中和”时，与发生反应： ，生成的气体为，故A正确；
B、根据流程，中和调pH=4.4时，生成的是，加热时应为发生脱水缩合反应： ，而非，故B错误；
C、的溶解度随温度降低而减小，因此“结晶”时应采用冷却结晶的方法，故C正确；
D、焦磷酸二氢根由两个磷酸基团通过氧桥连接而成， 结构式为， 故D正确；
故答案为：B。
【分析】将与进行中和反应，调节溶液pH=4.4，生成并放出；随后将加热，使其发生脱水缩合反应，脱去水分子形成焦磷酸结构；最后通过冷却结晶，得到目标产物。
13．最近，我国科学工作者提出了一种电化学合成氯醇的策略：在含Cl的水性介质中直接从烯烃合成氯醇，避免了传统方法中氯气和次氯酸的使用，其合成原理如图所示。
下列说法错误的是
A．工作一会儿，阴极区游离的数目几乎不变
B．理论上，当有气体生成时，向右穿过质子交换膜的可能为2 mol
C．若电解质溶液更换为海水，将不能合成氯醇
D．工作时，a极反应为：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、工作时，阴极发生还原反应： 2H2O+2e-=H2↑+2OH- ，生成的数目与迁移过来的数目相等，因此阴极区游离的数目几乎不变，故A正确；
B、理论上，当有22.4 L 气体（标准状况下）生成时，若为，生成1 mol 转移4 mol电子，此时有4 mol 穿过质子交换膜；若为，生成1 mol 转移2 mol电子，此时有2 mol 穿过质子交换膜，故B正确；
C、若电解质溶液更换为海水，海水中含有，仍可作为氯源参与反应，因此仍能合成氯醇，故C错误；
D、工作时，a极（阳极）上烯烃与发生氧化反应，电极反应为： ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，a极为阳极，b极为阴极。阳极（a极）的烯烃、与水在催化剂作用下发生氧化反应，生成氯醇并释放；阴极（b极）发生还原反应，分解生成（或）；阳极生成的通过质子交换膜迁移至阴极，维持电荷平衡，最终实现从烯烃直接电化学合成氯醇。
14．为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(如图所示)，晶胞参数为。
下列说法正确的是
A．每个晶胞含16个
B．晶胞中Li、O原子的最小距离为
C．晶胞密度为
D．A结构单元沿着yz面的投影为
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，Li+全部位于A单元内部，每个A单元含2个Li+，一个晶胞包含4个A单元，因此晶胞内共有8个Li+；结合的化学计量比，可推出晶胞中的数量应为32个，故A错误；
B、根据A单元的结构，Li原子与O原子的最近距离是A单元体对角线的 ，换算为整个晶胞的体对角线的 ，计算得最近距离为 pm，故B错误；
C、晶胞中含有8个单元，晶胞质量为，晶胞体积为，因此晶胞密度为，故C错误；
D、从三维空间位置来看，A结构单元中各原子沿yz面的投影为： ，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
晶胞中离子数目的计算：先根据晶胞中A单元的数量和Li+的分布，算出晶胞中Li+的总数，再结合化学式的原子比，推导出O2-的数目，以此判断正误；
原子间最小距离的计算：先确定A单元中Li和O原子的位置关系，再根据晶胞与A单元的尺寸关系，计算出二者的最小距离；
晶胞密度的计算：先确定晶胞中包含的单元数，算出晶胞质量，再结合晶胞参数换算出体积，代入密度公式进行计算；
晶胞投影的判断：根据A单元中各原子的三维坐标，分析它们在yz平面上的投影位置，与题目图示进行对比。
15．Y可结合转化为和，与Y可形成和两种配离子。室温下向溶液中加入Y，使得溶液中和Y的初始浓度分别为和。通过调节混合溶液的pH改变Y及其不同配离子的浓度(忽略体积变化)。与的变化关系如图1所示(其中M代表，或)，分布系数与pH的变化关系如图2所示(其中N代表Y、或)，比如。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ对应的离子是
B．时，
C．当时，
D．时，
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、结合图像变化趋势分析，曲线Ⅲ代表的是，因此A错误；
B、图1中，曲线Ⅰ对应、曲线Ⅱ对应，当两曲线相交时，二者浓度相等，此时溶液中，。根据银元素的物料守恒关系：，可推出与的数值均约为；再结合Y元素的物料守恒：，将已知浓度代入计算，可得，故B正确；
C、当与浓度相等时，对应图1中曲线Ⅰ与曲线Ⅲ的交点，该点对应的横坐标数值约为4，即，因此，故C错误；
D、由选项B的计算可知，当时，，且，代入分布系数公式可得。结合图2中各曲线对应的粒子，此时溶液中三种含Y粒子的浓度关系应为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题目信息，Ag+能与 Y 结合生成两种配合物：[AgY]+和 [AgY2]+；同时 Y 也能与 H+结合，形成 HY+和 H2Y2+两种粒子。
从图 1 来看，随着 Y 浓度的降低，曲线 Ⅰ 的粒子浓度持续减小，说明它是需要两个 Y 才能稳定存在的 [AgY2]+；曲线 Ⅱ 的粒子浓度先增后减，代表中间产物 [AgY]+；曲线 Ⅲ 的粒子浓度持续升高，代表游离的 Ag+。
从图 2 来看，随着 pH 升高，曲线 Ⅳ 的粒子含量持续下降，对应酸性较强时存在的 H2Y2+；曲线 Ⅴ 的粒子含量先升后降，对应中间形态 HY+；曲线 Ⅵ 的粒子含量持续上升，对应碱性条件下的 Y。基于这些对应关系，可对题目进行分析。
16．碘化亚铜(CuI)正凭借着优异的光电性能与催化活性，在光伏光电、医疗传感、高端有机合成等高科技领域掀起应用热潮。
资料：ⅰ.易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；不能与形成配合离子。
ⅱ.铜元素被氧化可能存在的形式有(蓝色)、(无色)。
ⅲ.CuI为白色不溶于水的固体，(无色)，均易被空气氧化。
回答下列问题：
实验Ⅰ．探究Cu与反应能否制备CuI
请回答：
（1）在铜粉与反应中，KI溶液的作用是________。
（2）实验室进行步骤②用到的玻璃仪器有___________(填字母)。
A. B. C. D.
（3）步骤③中发生的反应是否属于氧化还原反应________(填“是”或“否”)。
（4）在KI溶液中，铜与反应的产物是________。
实验Ⅱ．以硫酸铜为原料制备碘化亚铜
（5）向如图所示装置的三颈烧瓶中加入1.27 g的，再滴加溶液于三颈烧瓶中，搅拌，持续通入至溶液变为无色，停止通入气体，过滤，用乙醇洗涤所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
①写出上述实验方案中制备CuI的离子方程式________。
②检验固体已经洗净的操作是________。
③置于真空中干燥的原因________。
（6）已知荧光强度比值与浓度关系如图所示。取0.0001 g CuI粗产品，经预处理，将Cu元素全部转化为并定容至1 L。取1.00 mL所配溶液，测得荧光强度比值为10.5，则产品中CuI的纯度为________%(保留1位小数)。
【答案】(1) 增大的溶解度，加快反应速率
(2) B，C
(3) 是
(4)
(5) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，则固体已经净 防止制得的碘化亚铜被氧气氧化
(6) 87.9
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；铜及其化合物；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) KI的作用是溶解I2，增大I2在水中的溶解度，同时与Cu和I2反应生成的CuI结合形成可溶性的，促进Cu与I2的反应正向进行；
故答案为： 增大的溶解度，加快反应速率 ；
(2) 步骤②为分液操作，需要用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯，故答案为BC；
故答案为： B，C ；
(3) 加入浓氨水后，无色的被空气中的氧气氧化为深蓝色的，Cu元素化合价从+1价升高到+2价，存在化合价变化，该反应属于氧化还原反应；
故答案为： 是 ；
(4) Cu被氧化为+1价，与过量的I-结合形成无色的，因此反应产物为；
故答案为： ；
(5)①和作为氧化剂，作为还原剂被氧化为，配平后的化学方程式为：
；
② 检验洗涤液中是否含有，取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，说明CuI已洗净；若有白色沉淀生成，说明未洗净；
③ 真空环境中无氧气，可避免CuI被空气氧化；
故答案为： 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，则固体已经净 防止制得的碘化亚铜被氧气氧化 ；
(6) 当荧光强度比值为10.5时，，定容1L时，，对应，，样品纯度为。
故答案为： 87.9 ；
【分析】步骤①：过量KI会先与I2发生可逆反应： （溶液呈红棕色），提高了I2在水中的溶解度；随后Cu与体系中的I2（或）发生氧化还原反应，生成难溶的CuI： ；而过量的KI又会与生成的CuI结合，形成可溶性的无色络离子： ，因此反应后溶液中的铜元素主要以形式存在。
步骤②：向反应体系中加入有机溶剂（如CCl4、苯）进行萃取，此时解离出的I2会进入有机层，而无色的则留在水相中，从而实现I2与铜元素的分离。
步骤③：向含的无色水溶液中加入氨水，首先发生反应生成无色的亚铜氨络离子： ；而具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，生成深蓝色的铜氨络离子，反应方程式为： ，据此可对后续问题进行分析解答。
(1)结合反应过程分析KI的双重作用，一方面利用(红棕色） ，增大I2溶解度，另一方面利用（无色），溶解CuI，使Cu与I2的反应持续进行；
(2)明确分液操作的仪器，分液操作需要分液漏斗和烧杯，过滤用普通漏斗、配制溶液用容量瓶，据此判断选项；
(3)根据化合价变化判断反应类型，被氧化为时，Cu元素化合价升高，氧气中O元素化合价降低，存在电子转移，属于氧化还原反应；
(4)反应后溶液无色，结合Cu被氧化为+1价、能与过量I-形成的性质，推断产物为；
(5)① 根据氧化还原反应的价态变化配平方程式，、得电子被还原，失电子被氧化，根据电子守恒和原子守恒配平；
② 利用与生成不溶于酸的白色沉淀的性质，通过检验洗涤液中的判断是否洗净；
③ CuI易被氧气氧化，真空环境可隔绝氧气，防止CuI被氧化；
(6) 先根据图像确定的浓度，再结合定容体积计算其物质的量，由Cu元素守恒得到CuI的物质的量，计算CuI的质量，最后通过计算出样品纯度。
17．钪为稀土贵族，在合金、固体氧化物燃料电池、陶瓷、电子、激光器和放射性同位素生产等领域扮演着不可或缺的角色。某钛白废液的主要元素及浓度()如下表：
主要元素 Cl Fe Mn Al Ca Mg Sc
浓度(g/L) 248.5 101.25 21.8 9.66 8.59 6.51 0.11
研究小组对该钛白废液进行研究，设计如下工艺流程，实现了钪的分离回收。
已知：易与P204、N235络合进入有机相，而较难与P204、N235络合。
回答下列问题：
（1）Sc的原子结构示意图为　 　。
（2）为了检测“萃取”分液所得“水溶液”中是否含有，应选用的试剂是　 　。
（3）“洗涤”过程中，的洗除率随着HCl浓度的变化如下图所示。为了使洗除效果最好，盐酸浓度宜选用　 　。
（4）若“萃取”时发生反应，则“反萃取”时发生反应的离子方程式主要为　 　。
（5）“除铁”所用到的实验方法是　 　。
（6）“除铁”后，先将与EDTA络合保护，再用离子交换法除去、、等杂质。其络合反应如下图所示，Sc-EDTA中，的配位数为　 　。
（7）在空气中“焙烧”反应的化学方程式为　 　。
（8）若将钛白废液进行5级错流萃取(即每级使用新鲜有机相)，每级萃取率为90%，后续过程Sc的总损失率为5%，则最多可得　 　(保留2位有效数字)。(萃取率)
【答案】（1）
（2）(铁氰化钾)溶液
（3）1
（4）或(其它合理答案)
（5）萃取分液
（6）6
（7）
（8）1.6
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系；分液和萃取；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）钪（Sc）为 21 号元素，其原子结构示意图为：；
故答案为： ；
(2)检验溶液中的可选用铁氰化钾（）溶液，会与铁氰化钾反应生成特征蓝色沉淀，以此作为检验依据。
故答案为：(铁氰化钾)溶液 ；
(3)根据实验数据，当HCl浓度为时，的洗脱率最高，同时的洗脱率较低，因此该浓度为洗涤的最佳盐酸浓度。
故答案为：1；
(4)萃取过程的反应为： ；反萃取时加入NaOH溶液，会与反应生成的结合，使平衡逆向移动，反应的离子方程式为：或
故答案为：或(其它合理答案) ；
(5)“除铁”步骤利用了易与萃取剂N235络合进入有机相，而难以络合的性质差异，通过萃取分液的方法将铁元素从体系中除去。
故答案为： 萃取分液 ；
(6)由Sc-EDTA的配位结构可知，与2个N原子、4个O原子形成配位键，因此其配位数为6。
故答案为： 6 ；
(7)草酸钪（）在空气中焙烧时，会与氧气反应生成氧化钪（）和二氧化碳，反应的化学方程式为：
故答案为： ；
(8)钛白废液中Sc的初始质量为：；
经5级错流萃取（每级萃取率为90%）后，Sc的总萃取量为：；考虑后续总损失率为5%，最终可得到的Sc质量为：；
中Sc元素的质量分数为：；
因此，最终得到的的质量为：。
故答案为：1.6；
【分析】钛白废液首先加入和P204萃取剂进行萃取，使、等目标金属离子选择性进入有机相，而大部分杂质离子（如、、等）留在水相中；接着用稀盐酸对有机相进行洗涤，洗脱其中共萃的，初步富集；随后向洗涤后的有机相中加入NaOH溶液进行反萃取，使转化为粗沉淀，有机相可循环使用；粗沉淀用盐酸溶解，得到含和少量的溶液；再加入N235萃取剂进行萃取除铁，进入有机相，留在水相中；之后向含的溶液中加入草酸，生成草酸沉淀；最后将草酸钪沉淀焙烧，使其氧化分解，得到高纯。
(1)根据原子序数和电子排布规律，正确绘制Sc的原子结构示意图，需明确核电荷数为21，电子层分布为2、8、9、2；
(2)的特征检验反应，利用其与铁氰化钾生成蓝色沉淀的特性进行检验；
(3)结合实验数据，选择既能高效洗脱，又能尽量减少损失的HCl浓度，即；
(4)利用勒夏特列原理，NaOH中和萃取反应生成的，使平衡逆向移动，据此写出反萃取的离子方程式；
(5)理解萃取除铁的原理，即利用和与萃取剂N235络合能力的差异实现分离；
(6)根据配位键的成键情况，直接数出与中心离子直接相连的配位原子总数，得出配位数为6；
(7)根据焙烧反应的反应物和产物，结合氧化还原反应规律配平化学方程式；
(8)先计算初始Sc的质量，再根据萃取率计算萃取量，扣除损失率后得到最终Sc的质量，最后根据Sc在中的质量分数，计算出产品的质量。
（1）为21号元素，原子结构示意图为；
（2）检验可选用（铁氰化钾）溶液，与反应生成蓝色沉淀，以此检验；
（3）由图像可知，浓度为时，洗脱率最高，且洗脱率较低，故盐酸浓度宜选用；
（4）萃取反应为，反萃取时加入，与反应，促进平衡逆向移动，离子方程式为；或；
（5）“除铁”利用易与N235络合进入有机相，难络合，采用萃取分液的方法除铁；
（6）由的结构可知，与个原子、个原子形成配位键，配位数为；
（7）在空气中焙烧，与反应生成和，化学方程式为；
（8）钛白废液中的质量为，5级错流萃取，每级萃取率为，萃取后的总萃取量为，后续总损失率为，则最终的质量为，中的质量分数为，故的质量为。
18．合成甲烷有利于实现“碳达峰、碳中和”，转化过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅳ的　 　。
（2）恒温恒压条件下，若只发生反应Ⅳ，可提高转化率的措施有　 　(填字母)。
a．增加原料中的量 b．通入气 c．增加原料中的量
（3）反应Ⅰ的正、逆反应速率可分别表示为、(、分别为正、逆反应速率常数且均大于0，p为气体的分压)，降低温度时、减少程度　 　(填“>”“”或“<”)。
（4）CO和是重要的工业原料气，经“变换”“脱碳”可获得纯。向绝热反应器中通入CO、和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有　 　。
（5）向2 L的恒容密闭容器中充入和发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达平衡时各组分的物质的量随温度的变化如图所示：
①图中b表示的物质是　 　(填化学式)。
②温度为T℃时，平衡时、的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol，反应Ⅱ的平衡常数　 　(保留2位有效数字)。
③保持温度不变，增大容器体积，容器内　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）+247 kJ/mol
（2）ab
（3）>
（4）吸热防止温度过度升高和抑制生成单质碳的副反应
（5）；0.14；减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ×2减去反应Ⅱ得到，因此反应的焓变：
故答案为： +247 kJ/mol ；
(2)该反应为气体分子数增大的吸热反应，在恒温恒压条件下：
a. 增加原料中的量，平衡正向移动，的转化率提高，a符合题意；
b. 通入惰性气体Ar，容器体积增大，各物质分压减小，平衡向气体分子数增大的方向（正向）移动，的转化率提高，b符合题意；
c. 增加原料中的量，的转化率降低，c不符合题意；
故答案为：ab。
(3)反应Ⅰ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率常数的减小程度小于正反应速率常数的减小程度，因此。
故答案为： > ；
(4)反应 为放热反应。过量的有两个作用：一是其比热容较大，可吸收反应放出的热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；二是可抑制生成单质碳的副反应，避免催化剂失活。
故答案为：吸热防止温度过度升高和抑制生成单质碳的副反应 ；
(5)① 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应。升高温度时，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，导致物质的量增大、物质的量减小。因此，物质的量先增大后减小的曲线a表示，物质的量减小的曲线b表示，物质的量增大的曲线c表示；
② 由图可知，平衡时，、的物质的量分别为、。根据氢原子守恒，计算得的物质的量为；设、的物质的量分别为、，由碳原子守恒得，由氧原子守恒得，解得、。反应Ⅱ的平衡常数：；
③ 反应Ⅰ的平衡常数，平衡时。温度不变，不变；增大容器体积（减小压强）时，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，导致物质的量增大、物质的量减小，因此增大，即增大，其倒数减小。
故答案为： ； 0.14 ；减小
【分析】(1)首先，明确目标反应与已知反应的关系，通过对已知反应进行“反应Ⅰ×2 - 反应Ⅱ”的线性组合，消去中间产物，直接计算目标反应的焓变。计算时需注意焓变的符号和运算规则，确保结果的准确性。
(2)首先，判断反应的热效应（吸热）和气体分子数变化（增大）；然后，结合恒温恒压条件，逐一分析选项：增加反应物的量，平衡正向移动，提高转化率；通入惰性气体Ar，容器体积增大，分压减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，提高转化率；增加的量，其自身转化率降低。通过分析平衡移动方向，判断各措施对转化率的影响。
(3)反应Ⅰ为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，说明逆反应速率受温度的影响比正反应小，即的减小程度小于的减小程度，因此平衡时。
(4)反应为放热反应，催化剂有适宜温度范围，过量水蒸气比热容大，可吸收热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；同时，水蒸气可抑制碳与水的副反应，避免催化剂积碳失活，从催化剂保护和副反应抑制两个角度分析其作用。
(5)① 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热。升高温度时，吸热反应正向移动，放热反应逆向移动，导致各物质的量变化趋势不同。根据、、的物质的量变化，对应曲线的趋势进行判断。
②首先，根据氢原子守恒计算的物质的量；再通过碳原子和氧原子守恒，建立方程组求解和的物质的量；最后，根据平衡常数的定义式，代入各物质的平衡浓度，计算反应Ⅱ的平衡常数。
③结合反应Ⅰ的平衡常数表达式，推导出与的关系；再分析增大容器体积（减小压强）时，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡移动对和物质的量的影响，进而判断比值的变化趋势。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，；
（2）反应Ⅳ为气体分子数增大的吸热反应，恒温恒压条件下。
a．增加原料中的量，平衡正向移动，转化率提高，a符合题意；
b．通入气，容器体积增大，各物质分压减小，平衡正向移动，转化率提高，b符合题意；
c．增加原料中的量，转化率降低，c不符合题意；
故选ab；
（3）反应Ⅰ为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率常数减少程度小于正反应速率常数，故；
（4）该反应为放热反应，的比热容较大，过量的可吸收反应放出的热量，防止温度过高导致催化剂活性下降；同时可抑制生成单质碳的副反应，避免催化剂失活；
（5）①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅰ向正反应方向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向逆反应方向移动，则一氧化碳的物质的量增大、甲烷的物质的量减小，所以物质的量先增大后减小的曲线a表示二氧化碳、物质的量减小的曲线b表示甲烷、物质的量增大的曲线c表示一氧化碳；
②由图可知，平衡时，、的物质的量分别为、，根据氢原子守恒，计算得的物质的量为；设、的物质的量分别为、，由碳原子守恒得，氧原子守恒得，解得、，代入反应Ⅱ的平衡常数表达式；
③反应Ⅰ的平衡常数，故平衡时；温度不变，不变，增大容器体积，即缩小压强时，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，的物质的量增大、的物质的量减小，增大，因此增大，则其倒数减小。
19．佐利氟达星是一种新型抗生素，H是其合成中间体，该中间体的一种合成路线如下图所示(略去部分试剂与条件)：
已知：①
②
回答下列问题：
（1）A中所含官能团名称为　 　。B的结构简式为　 　。
（2）D转化为E的反应可看作两步完成，第一步发生加成反应，第二步发生　 　(填反应类型)。
（3）A→C，G→H设计的目的是　 　。
（4）上述流程中，多次用到DMF()，其名称为　 　。
（5）F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种。
a．属于芳香族化合物
b．苯环上含有4个取代基，且其中3个为“”
c．含有，，二者未连在同一碳上
（6）尼龙6(锦纶6)的合成路线如下：
已知Z含有酰胺基，与Y互为同分异构体。Y的结构简式为　 　，Z合成尼龙6的化学反应方程式为　 　。
【答案】（1）氟原子(碳氟键)、醛基；
（2）消去反应
（3）保护醛基
（4）N，N-二甲基甲酰胺
（5）24
（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）A 中含有的官能团为氟原子、醛基（苯环不属于官能团）；根据已知条件①的反应，A 中的醛基与乙二醇发生缩醛反应生成 C，因此 B 为乙二醇，其结构简式为：；
故答案为： 氟原子(碳氟键)、醛基 ； ；
（2）D 与羟胺（NH2OH）的反应分为两步：第一步为加成反应，醛基与羟胺加成生成 α- 羟基肟；第二步为消去反应，分子内脱水形成肟基（C=N-OH），反应本质是醛基到肟基的转化。
故答案为： 消去反应 ；
（3） A 到 C 步骤中，先利用乙二醇与醛基发生缩醛反应，将醛基保护起来，避免后续还原剂还原其他官能团时对醛基造成影响；G 到 H 步骤中，同样是通过缩醛保护醛基，防止其在引入环醚、NCS 取代等强氧化或亲电试剂反应条件下被破坏，核心目的是保护醛基（-CHO），避免其参与副反应。
故答案为： 保护醛基 ；
（4） DMF 的结构为 (CH3)2N-CHO，其系统命名为 N，N - 二甲基甲酰胺。
故答案为： N，N-二甲基甲酰胺 ；
（5）条件回顾：a. 芳香族化合物，表示含苯环；b. 苯环上4个取代基：3个-F +1个-COOH+1个-CH=NOH；c. -COOH与-CH=NOH不连在同一碳上。
同分异构体分析：F的分子式为C10H7ClF3NO3，苯环上4个取代基的排列需要考虑：3个-F的位置异构，-COOH和-CH=NOH的位置异构。这里，我们先固定3个-F的位置，再放置-COOH和-CH=NOH。3个-F的可能位置：连三氟（1，2，3-）：剩余3个位置（4，5，6）。偏三氟（1，2，4-）：剩余3个位置（3，5，6）。均三氟（1，3，5-）：剩余3个位置（2，4，6）。
具体分析：1，2，3-三氟苯：剩余位置为4，5，6。-COOH与-CH=NOH不连在同一碳上的情况有三种，按照取代基在5位为例，分别有、、、；4和6位置相同，故总计有2×4=8种；
1，2，4-三氟苯：剩余位置为3，5，6。按照取代基在3为例，分别有、、、因剩余位置为3，5，6，故总计有3×4=12种；
1，3，5-三氟苯：剩余位置为2，4，6，对称等效。按照取代基在2为例，分别有、、、，共有8+12+4= 24种。
故答案为： 24 ；
（6）X为环己醇经催化氧化生成环己酮，Y为环己酮与羟胺（NH2OH）在酸性条件下发生肟化反应，生成环己酮肟。其结构简式为；Z（己内酰胺）在一定条件下发生开环缩聚反应，生成尼龙6高分子，化学方程式为。
故答案为： ； ；
【分析】A 先与B发生反应，得到中间体 C； 根据C的结构式推断可知B为乙二醇， C 经正丁基锂 / DMF 反应引入醛基生成 D；D 与羟胺反应生成肟 E；E 再经 NCS 氯化得到 F；F 经多步反应构建杂环得到 G；最后 G 在盐酸作用下脱除缩醛保护基，得到目标中间体 H。
(1) 官能团识别与反应推断。首先明确 A 中的官能团（氟原子、醛基），再根据已知条件①的缩醛反应，推断 B 为乙二醇，并写出其结构简式。
(2) 解分析醛基与羟胺的反应过程，理解加成 - 消去两步反应的本质，明确醛基到肟基的转化机制。
(3) 理解有机合成中官能团保护的目的。通过分析 A 到 C、G 到 H 的反应环境，明确缩醛保护醛基的作用，防止醛基在后续反应中被还原剂或亲电试剂破坏。
(4) 有机物的系统命名，根据 DMF 的结构 (CH3)2N-CHO，确定其母体为甲酰胺，氮上有两个甲基取代，因此命名为 N，N - 二甲基甲酰胺。
(5) 同分异构体的系统分析。先根据题目条件确定取代基种类和限制条件，再按 3 个 - F 的位置异构分类讨论，结合苯环上剩余位置的对称性，计算 - COOH 和 - CH=NOH 的排列方式，最终得出总数。
(6) 有机反应的推断与方程式书写。根据反应流程，推断环己醇氧化、环己酮肟化、己内酰胺开环缩聚的产物，并写出对应的结构简式和化学方程式。
（1）A中官能团的名称为氟原子，醛基，苯环不属于官能团；根据已知信息①的反应，A中的醛基与乙二醇发生反应生成缩醛C，因此B为乙二醇。结构简式为；
（2）D与NH2OH反应分两步：加成：醛基与羟胺加成生成α-羟基肟；消去反应：脱水形成肟基（C=N-OH）。反应本质是醛基到肟基的转化，第二步为分子内脱水，属消去反应；
（3）A到C：先将羟基用乙二醇酯化保护，再还原得-CHO，避免还原剂干扰其他官能团。G到H：在引入环醚前对-CHO进行缩醛保护，防止其参与副反应。核心目的为保护醛基（-CHO），防止其在后续强氧化或亲电试剂（如NCS）条件下被破坏。
（4）DMF结构为(CH3)2N-CHO，系统命名为 N，N-二甲基甲酰胺。
（5）条件回顾：a. 芳香族化合物，表示含苯环；b. 苯环上4个取代基：3个-F +1个-COOH+1个-CH=NOH；c. -COOH与-CH=NOH不连在同一碳上。
同分异构体分析：F的分子式为C10H7ClF3NO3，苯环上4个取代基的排列需要考虑：3个-F的位置异构，-COOH和-CH=NOH的位置异构。这里，我们先固定3个-F的位置，再放置-COOH和-CH=NOH。3个-F的可能位置：连三氟（1，2，3-）：剩余3个位置（4，5，6）。偏三氟（1，2，4-）：剩余3个位置（3，5，6）。均三氟（1，3，5-）：剩余3个位置（2，4，6）。
具体分析：1，2，3-三氟苯：剩余位置为4，5，6。-COOH与-CH=NOH不连在同一碳上的情况有三种，按照取代基在5位为例，分别有、、、；4和6位置相同，故总计有2×4=8种；
1，2，4-三氟苯：剩余位置为3，5，6。按照取代基在3为例，分别有、、、因剩余位置为3，5，6，故总计有3×4=12种；
1，3，5-三氟苯：剩余位置为2，4，6，对称等效。按照取代基在2为例，分别有、、、，共有8+12+4= 24种。
（6）X为环己醇经催化氧化生成环己酮，Y为环己酮与羟胺（NH2OH）在酸性条件下发生肟化反应，生成环己酮肟。其结构简式为；Z（己内酰胺）在一定条件下发生开环缩聚反应，生成尼龙6高分子，化学方程式为。
1 / 1

展开更多......

收起↑