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2025届四川省仁寿第一中学校南校区高三下学期模拟预测 化学试题
一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)
1．2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是
A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜()，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的
B．全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点
C．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化
D．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料
2．下列说法错误的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然有机高分子
C．利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得人造脂肪
D．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．3，3-二甲基戊烷的键线式：
B．乙烯分子中σ键的电子云图：
C．空间填充模型，可表示CH4分子，也可表示CCl4分子
D．用电子式表示HCl的形成过程：
4．半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．标准状况下，中含有的电子总数为
C．的溶液中离子数为
D．反应每生成氧化产物，转移电子数目为
5．下列化学(离子)方程式书写错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：
B．水解制取：
C．牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因：
D．将溶液和溶液等体积混合并加热：
6．含元素或元素部分物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．若为红色，则在高温下的稳定性强于
B．若为蓝色，则两种物质之间一步反应能实现：
C．若能被强磁铁吸附，则和能发生化合反应
D．若为红褐色，则b、c均能与足量的稀硝酸发生氧化还原反应
7．下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是
A．图甲：验证铁钉的吸氧腐蚀
B．图乙：鉴别亚硝酸钠和硝酸钠
C．图丙：验证中含碳碳双键
D．图丁：从食盐水中提取
8．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能大小关系：Y＞X＞Z
B．W、Y、Z三种元素中组成的二元化合物只有两种离子化合物
C．简单氢化物的键角：X＞Y
D．改变同类别分子的“空穴”大小，可以识别某些金属阳离子
9．某药物的有效成分结构如图。下列说法错误的是
A．分子中含有8个手性碳原子
B．与H2分子1：1加成时可能产生4种不同产物
C．能形成分子内氢键和分子间氢键
D．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但原理不同
10．利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法正确的是
A．放电时，N极的电势高于M极的电势
B．放电时，双极膜中H+向N极移动
C．充电时，N极的电极反应式为
D．若充电时制得，则放电时需生成1molO2才能使左室溶液恢复至初始状态
11．伯醇(记为)和叔醇(记为)发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．用标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况
B．两个历程中均起到催化剂的作用
C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变
D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水
12．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 常温下，用pH计测定浓度均为0.1、NaClO溶液的pH，并比较大小 比较、HClO的的大小
B 向1mL 0.2溶液中加入3mL 0.2 KOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥 制备
C 向PbS黑色悬浊液中加入，观察沉淀颜色变化 比较(PbS)、()的大小
D 将电石与水反应生成的气体直接通入溴水中，观察溴水是否褪色 验证乙炔的还原性
A．A B．B C．C D．D
13．二氯二氨合钯（）是一种重要的化工原料，广泛应用于催化剂、电子材料和精细化工产品中。工业上利用废钯催化剂（含Pd、Fe、Zn、Si和C等）制备的工艺流程如下：
焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），下列说法错误的是
A．“焙烧”时，碳转化为
B．“还原”时，PdO被HCOOH还原为Pd
C．“酸浸”所得的滤渣中含有
D．配合物难溶于水
14．金属钼()的一种晶胞为体心立方堆积(图1)，晶胞参数为。以晶胞参数为单位长度建立如图所示坐标系(图2)，该晶胞沿其体对角线方向上的投影如图3所示。下列说法错误的是
A．图3中原子3和原子4的连线长度为
B．金属钼的密度为
C．若图1中原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为
D．钼原子的空间利用率为
15．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，，下列说法正确的是
A．的溶液中，
B．与溶液反应：
C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液可准确测定水溶液的浓度
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中
二、非选择题(本大题共4个小题，55分)
16． 可用于红外光谱分析用溶剂、显像管生产等。以某矿渣(主要成分为 ，含有少量 等杂质)为原料制备 的工艺流程如图所示：
已知： ①Sb属于第 VA 族元素，主要化合价为 +3、+5 价。
② 常温下， 。
③ 微溶于水、 难溶于水，它们均为两性氧化物。
回答下列问题：
（1）基态 As 的简化电子排布式为　 　；As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序为　 　(用化学式表示)。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 SbOCl，为了提高锑的利用率，将滤渣 1 用氨水浸取使其转化为 ，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）已知“沉淀”阶段溶液中 。当“沉淀”后溶液中 时，该阶段是否有 沉淀生成？　 　(通过计算说明，简要写出计算过程，不考虑溶液体积的变化)。
（4）已知 分子结构中含 1 个-OH，“除砷”时， 的氧化产物为 。
① 属于　 　盐(填“正”或“酸式”)。 中磷原子的杂化类型为　 　。
②“除砷”过程中生成 As 单质的离子方程式是　 　。
（5）已知 在一定温度下发生分解，充分反应后，固体残留率为 ，则剩余固体氧化物的化学式为　 　(已知：残留率 )。
17．焦亚硫酸钠作为抗氧化剂、防腐剂，被广泛用于食品工业。
I．焦亚硫酸钠的制备
实验室制备少量可通过制备的过饱和溶液经结晶脱水制得。装置如下图所示，实验方案：控制反应温度在左右，向饱和溶液通入，并不断搅拌。装置C中溶液约为4时，停止反应。静置结晶，析出固体的反应液经减压蒸发、冷却结晶、减压抽滤、洗涤、干燥，可进一步获得固体。已知：①受热时易分解，久置空气中，易氧化变质。②与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器名称是________。
（2）装置B的作用之一是观察气体的流速。装置B中“试剂X”为________(填字母)。
a．蒸馏水 b．饱和溶液 c．饱和溶液 d．饱和溶液
（3）装置C中反应的离子方程式为________。
（4）析出固体的反应液需减压蒸发，其中减压蒸发是为了________。
（5）在保存过程中易变质生成。检验是否变质的实验方案是________(填操作和现象)。
Ⅱ．焦亚硫酸钠含量的测定
实验检测原理为：；。准确称取样品，快速置于预先加入碘标准液及水的碘量瓶中，加入乙酸溶液，立即盖上瓶塞，水封，缓缓摇动溶解后，置于暗处放置；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗溶液。
（6）滴定终点现象是________。
（7）通过计算判断该样品的质量分数是________(结果保留1位小数)。
18．环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：
（1）1，6-己二硫醇在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
已知：几种物质的燃烧热如表所示。
物质
燃烧热 -3952.9 -4192.1 -285.8
则　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应 。下列叙述错误的是___________(填标号)。
A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．平衡后再充入，平衡正向移动，转化率增大
C．加入高效催化剂，单位时间内的产率可能会增大
D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率
（3）其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性)随温度的变化如图所示[发生的反应为(2)中的反应]。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是　 　。
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是　 　。
（4）在723K、压强恒定为120kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：。
①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是　 　。
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，则环己烷分压的平均转化速率为　 　。
③该温度下，　 　。
19．“伐度司他”是一种新型的口服生物可利用的HIF-PH抑制剂，用于治疗慢性肾病引起的贫血患者。“伐度司他”的某种合成路线如下（部分条件已略去）：
已知：
（1）A的化学名称为　 　（用习惯命名法命名）；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、　 　。
（2）G转化为H的反应类型为　 　。
（3）F的结构简式为　 　。
（4）C转化为D的化学方程式为　 　。
（5）一定条件下，G中C—Cl断裂，发生水解生成有机物I，I的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构）。
a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基
b．遇溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）根据题中信息，以为原料制备尼泊金甲酯（）的合成路线为　 　。（其它试剂任选）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；含硅矿物及材料的应用；酯化反应
【解析】【解答】A、聚酯膜由二元酸（如对苯二甲酸 ）与二元醇（如乙二醇 ）经缩聚反应（脱小分子水 ）形成，A正确；
B、卤化银（如 ）具感光性，光照下分解为原子和卤素单质，可记录光信号，故常用作光敏材料，B正确；
C、电激发氧气发光，是氧气将电能转化为光能，氧气分子未发生化学变化（无新物质 ），属于物理变化，C错误；
D、氮化镓（ ）不含碳，属于新型无机非金属材料，用于光电器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕全息投影相关材料与技术，需分析聚酯膜制备反应、卤化银光敏特性、氧气发光变化类型、氮化镓材料分类，结合化学变化（有新物质生成 ）、物理变化（无新物质生成 ）及材料知识判断选项。
A.聚酯膜即通过缩聚反应得到的高分子材料；
B.利用卤化银分解产生银进行成像；
C.电激发发光属于电子跃迁，属于物理变化；
D.氮化镓属于新型无机非金属材料。
2．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；超分子
【解析】【解答】A．和直径不同，选择空腔大小适合C60的 “杯酚”能够分离C60和C70，体现了超分子的分子识别特征，故A正确；
B．淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然有机高分子，故B正确；
C．油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，而不是人造脂肪，故C错误；
D．天然橡胶硫化时，分子链之间形成交联，由线型结构转变为网状结构，从而提高橡胶的力学性能，故D正确；
故选C。
【分析】A．和 分子大小不同；
Ｂ．有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等；
Ｃ．油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐；
Ｄ．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、3，3 - 二甲基戊烷结构简式为，键线式中拐点、端点对应碳原子，支链位置与结构一致，A正确；
B、乙烯中碳碳键电子云是“头碰头”重叠（呈轴对称 ），键是“肩并肩”重叠（呈镜面对称 ）。图示为键电子云，故键电子云判断错误，B错误；
C、空间填充模型中，中心原子半径小于顶点原子时（因原子半径大于 ），该模型可表示（半径小于 ），但不能表示（半径大于，顶点原子应更大 ），C错误；
D、由原子与原子通过共用电子对形成，正确电子式形成过程应为，选项中反应物、产物书写错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语（键线式、电子云、空间填充模型、电子式形成过程 ）的正误判断，需结合有机物结构、共价键类型、原子半径及电子式规则分析选项。
A.根据有机物名称即可写出该烷烃的结构简式，进一步确定键线式；
B. σ键 是头碰头形成的关于中心轴对称的图像；
C.四氯化碳中氯原子半径大于碳原子半径，所以不能表示四氯化碳；
D.电子式形成过程左边应该是原子电子式，右边为化合物电子式。
4．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．硅为共价晶体，每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连，即每个Si原子形成4个Si-Si键，每个硅原子由两个键共享，则1mol Si中Si-Si键数目为 ，A错误；
B．每个水分子含有10个电子，2.7g H2O的物质的量为 ，含有的电子数为 ，B正确；
C．溶液中， 会转化为，即发生反应 ，则 离子数小于 ，C错误；
D．根据反应的方程式可知，Si元素的化合价升高，则氧化产物是，每个Si失4e-，故每生成1mol转移电子数为 ，D错误；
故选B。
【分析】A．硅中每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连；
Ｂ．每个水分子含有10个电子；
Ｃ． 会转化为，发生的反应为；
Ｄ．该反应中Si元素的化合价升高，则为氧化产物。
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、正极得电子，与水反应生成和氢氧根，符合电子守恒、电荷守恒，A正确；
B、水解分步进行，总反应为 ，体现水解生成（难溶 ），B正确；
C、与反应，生成更稳定的，离子方程式体现沉淀转化，C正确；
D、等体积混合时，中氢氧根与中氢离子 恰好完全中和， 未参与反应。正确离子方程式为 ，原方程式错误写出，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕化学（离子 ）方程式的正误判断，需分析电极反应、水解反应、沉淀转化及酸碱反应的方程式书写，结合守恒（电子、电荷、元素 ）及反应实际情况判断。
A.，得电子生成，结合得失电子即可确定正极反应方程式；
B.水解制取 属于非氧化还原反应，根据质量守恒写出反应即可；
C.添加氟化物，氟离子浓度增大，平衡正向移动，生成更坚硬的Ca5(PO4)3F；
D.由于氢离子过量，所以氢氧根被完全反应，二者按照2：2反应，所以其系数都是2.
6．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、若a为红色（铜），b为（价电子 ），g为（价电子，全满更稳定 ）。高温下易分解，稳定性弱于，A错误；
B、c为（蓝色 ），加热分解生成b（ ）；被还原生成a（ ），可一步实现，B正确；
C、a能被磁铁吸附（铁 ），e为，（化合反应 ），C正确；
D、d为（红褐色 ），则b为、c为。稀硝酸具强氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，发生氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为铁或铜，b为氧化亚铁或氧化铜，c为氢氧化亚铁和氢氧化铜，d为氢氧化铁，e为硫酸铁、g为氧化亚铜。
A.a红色，为单质铜，b为氧化铜，g氧化亚铜，亚铜离子更加稳定；
B.若c为蓝色即氢氧化铜，能受热分解转化为b即氧化铜，氧化铜能被还原为a即铜；
C.铁可以被磁铁吸，铁可以与铁离子反应生成亚铁离子，发生化合反应；
D.氢氧化铁和氢氧化亚铁都可以与稀硝酸反应发生氧化还原反应。
7．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时消耗氧气，氧气传感器会发生相应变化，能达到实验目的，A符合题意；
B． 亚硝酸钠溶液显碱性，硝酸钠溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，pH＞4.4时溶液为黄色，因此加入甲基橙后两溶液均为黄色，无法鉴别，B不符合题意；
C．新制氢氧化铜与醛基加热可产生砖红色沉淀，但新制氢氧化铜悬浊液为碱性，再加溴水会与碱反应，无法检验碳碳双键的存在，C不符合题意；
D． 从食盐水中提取 应采用蒸发结晶的方式，图示仪器为坩埚，应用蒸发皿，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
Ｂ．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能与氢氧化铜反应；
Ｄ．蒸发应在蒸发皿中进行。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、（非金属，第二周期 ）第一电离能＞（非金属，第二周期 ）＞（金属，第三周期 ），即 Y＞X＞Z ，A正确；
B、、、组成的二元化合物中，离子化合物有、、等（中为价 ），不止两种，B错误；
C、中无孤电子对，空间结构正四面体，键角约109°28'；中有2对孤电子对，空间结构V形，键角约105°；故键角，C正确；
D、不同金属阳离子半径不同，超分子“空穴”大小改变后，可匹配特定阳离子，达到识别目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕短周期元素推断及元素性质（第一电离能、化合物类型、氢化物键角、超分子识别 ），需先根据原子结构、周期位置推断元素（W、X、Y、Z ），再结合元素周期律、化学键知识判断选项。Z是短周期中“同周期金属性最强”的元素，Z为（第三周期 ），W、X、Z分属不同周期，且原子序数递增，W为（第一周期 ），X在超分子中形成4个共价键，X为（最外层4电子 ）；Y形成2个共价键，Y为（最外层6电子，需2电子成键 ）。
A.根据同周期和主族电离能变化规律即可判断三者电离能大小；
B.根据所学知识可知钠、氧、氢可行形成离子化合物不止两种；
C.根据所学知识可直角比较键角大小；
D.超分子具有识别功能，空着不同，可以识别 不同阳离子。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。通过对分子结构逐一分析，该分子中共有 8 个符合条件的手性碳原子：，A正确；
B、分子内存在 2 个独立的碳碳双键， 为共轭结构， 能和氢气发生1，2-加成或1，4-加成，得到3种产物，B错误；
C、分子中含有羟基、羧基等多种含氢的极性基团，羟基与羧基、羟基与羟基之间可形成分子内氢键，同时不同分子间也可通过羟基、羧基形成分子间氢键，C正确；
D、分子中的碳碳双键可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色（氧化还原反应）；同时碳碳双键可与溴水发生加成反应，使其褪色（加成反应），二者原理不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
手性碳：饱和碳原子连接 4 个不同基团即为手性碳，需逐一排查。
加成产物：不对称双键与 H2加成会产生顺反异构，多个双键需组合计算。
氢键：含 O-H、N-H 等基团的分子可形成分子内 / 分子间氢键。
褪色原理：高锰酸钾氧化双键，溴水加成双键，本质不同。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时N为负极、M为正极，正极电势＞负极电势，故N极电势低于M极，A错误；
B、放电时M为正极，向M极移动（双极膜解离的移向正极 ），B错误；
C、充电时N为阴极，得电子，与结合生成，电极反应为 ，C正确；
D、充电制，依据电极反应式 ，转移2mol电子（阴极反应 ），有2mol移入左室；放电时负极生成1mol，转移4mol电子，有4mol进入左室，电子、离子不匹配，无法恢复，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕充放电装置（合成己二腈 ），需分析放电（原电池 ）、充电（电解池 ）时的电极判断、离子移动、电极反应及溶液恢复，结合正负极/阴阳极的判断依据、离子移动规律及电子守恒分析。
放电（原电池 ）：N极失电子生成，则N为负极；M极得电子，则M为正极；
充电（电解池 ）：N极得电子生成己二腈，则N为阴极；M极失电子，则M为阳极。
A.经分析可知，N为负极，M为正极，正极电势高于负极；
B.放电时，阳离子向负极移动，阴离子向正极移动；
C.充电时，N极将乙烯氰转化为已二氰，发生还原反应；
D.根据合成转移电子与1mol氧气转移电子是否相等，相等则能恢复原始状态。
11．【答案】D
【知识点】酯化反应
【解析】【解答】A．酯化反应遵循“酸脱羟基醇脱氢”原则，醇羟基中的去向水中，而羧基中的有去向酯中，所以可以用标记醇羟基，分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；
B．在两个历程中，都是先参与反应被消耗，在后续反应步骤中又重新生成，在反应前后没有发生变化，为催化剂，起到催化剂的作用，故B正确；
C．两个历程中，碳原子周围的成键环境发生变化，碳原子的杂化类型从变为，故C正确；
D．两种酯化反应的机理，前者是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水，不同，故D错误；
故选D。
【分析】A．醇和羧酸发生酯化反应是，羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子；
Ｂ．能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂；
Ｃ．原子周围的成键环境发生变化会导致杂化轨道类型改变；
Ｄ．对于伯醇参与的酯化反应，是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，叔醇参与的酯化反应，是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水。
12．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃；氢氧化铝的制取和性质探究；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．常温下，使用pH计测量0.1和NaClO溶液的pH值。根据"越弱越水解"的原理，pH值越大说明水解程度越高，从而可以比较和HClO的大小，A选项正确。B．溶液与KOH溶液不发生反应，B选项错误。
C．向PbS黑色悬浊液中加入后，PbS被氧化为白色沉淀PbSO4，这一现象不能用于比较溶度积的大小，C选项错误。
D．电石与水反应产生的气体中不仅含有乙炔，还含有H2S等其他气体。由于乙炔和H2S都能使溴水褪色，直接将气体通入溴水中会导致溴水褪色，但无法单独证明乙炔的还原性，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、溶液中CH3COO－、ClO－都会发生水解，使得溶液显碱性，结合“越弱越水解”分析。
B、[Al(OH)4]－与OH－不反应。
C、过程中发生氧化还原反应，无法比较二者溶度积Ksp的相对大小。
D、电石与水反应生成的乙炔中混有H2S，H2S也能使溴水褪色。
13．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．焙烧时碳元素被氧化为CO2，A选项正确；
B．甲酸还原步骤使PdO转化为Pd，实现钯的富集，B选项正确；
C．王水具有强氧化性和酸性，氢氧化铁溶于酸，不可能存在氢氧化铁沉淀，C选项错误；
D．作为重要化工原料应难溶于水，D选项正确；
故答案为：C
【分析】根据流程图分析，废钯催化剂中含有Pd、Fe、Zn、Si和C等成分。焙烧过程中，钯转化为氧化钯(PdO)，碳元素被氧化为CO2。后续处理中：加入甲酸将PdO还原为金属钯(Pd)；用王水溶解时，Pd与杂质Fe、Zn等进入酸性滤液；加入氨水后生成Pd(NH3)2Cl2化合物。据此结合选项分析。
14．【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、体心立方晶胞面对角线长度为（晶胞参数为 ），图3中原子3与4连线为面对角线，长度应为，A错误；
B、体心立方晶胞中，钼原子数。晶胞体积，摩尔质量。密度，B正确；
C、体心立方晶胞中，体心原子（原子2 ）的分数坐标为（顶点原子为（0，0，0，）时 ），C正确；
D、体心立方晶胞中，原子半径（体对角线长度 ）。2个原子总体积。空间利用率，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕金属钼的体心立方晶胞，需分析晶胞投影、原子分数坐标、密度及空间利用率，结合晶胞结构（体心立方 ）、均摊法、几何关系（面对角线、体对角线 ）及公式（密度、空间利用率 ）判断选项。
A.由图可知，3和4连线长度为面对角线，为；
B.根据一个晶胞的质量除以晶胞体积，即可确定晶胞密度；
C.2号位于体心，分数坐标为为；
D.空间利用为所以原子的体积除以晶胞体积即可得到利用率。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在 0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-发生水解：、（忽略第二步水解） ， 第一步水解平衡常数，设水解的的浓度为x mol/L，列三段式有：，则，x≈0.00915，说明该浓度下基本水解完全，则存在， A错误；
B．具有强氧化性，具有还原性，与发生氧化还原反应，反应的方程式为，B错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10，以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，C错误；
D．===，已知饱和溶液的浓度约为，代入数据：，故，D正确；
故选D。
【分析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的方程式为，第二步电离的方程式为，H2S的物质的量随pH增大不断减小，先增加后减少，逐渐增大，则曲线①表示H2S的物质的量分数随pH的变化，曲线②表示的物质的量分数随pH的变化，曲线③表示的物质的量分数随pH的变化，曲线①和曲线②的交点处，c(H2S)=c()，此时pH=7.0，则，曲线②和曲线③的交点处，c()=c()，此时pH=13.0，则。
16．【答案】（1）[Ar]；
（2）
（3）根据 ，当 时， ，此时 ，故无 沉淀生成
（4）正；；
（5）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；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）As的原子序数为33，则核外电子数为33，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；元素的非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，非金属性从：Cl>P>As，则As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性从大到小的顺序为HClO4>H3PO4>H3AsO4；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SbOCl，将滤渣1用氨水浸取使SbOCl转化为Sb2O3，SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为：；
（3） ，当 时， ，此时 ，Qc（4）①已知 分子结构中含 1 个-OH，次磷酸为一元中强酸，NaH2PO2属于正盐；H3PO4中磷原子的价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化；
②“除砷”过程中AsCl3和NaH2PO2反应生成As，NaH2PO2的氧化产物为H3PO4，P元素化合价升高，As元素化合价降低，则反应的离子方程式为：；
（5）的摩尔质量为299g/mol，假设有299g含有1mol的Sb，质量为122g，高温分解剩余固体为氧化物的质量为299g×51.5%≈154g，氧元素的质量为154g-122g=32g，n(Sb)：n(O)=1：=1：2，剩余氧化物的化学式为SbO2。
【分析】矿渣中加入盐酸浸出， 微溶于水、 难溶于水，它们均为两性氧化物 ，则反应生成SbCl3、AsCl3，CuO溶于盐酸生成氯化铜，“滤渣 1”的主要成分是 SbOCl，加入氨水，发生反应 ，加入盐酸浸出，溶解生成AsCl3，加入硫化钠沉淀，铜离子沉淀，则滤渣3为CuS，滤液中加入NaH2PO2除去AsCl3，发生氧化还原反应生成As单质和磷酸，电解SbCl3制得金属Sb，用氯气氯化Sb制得SbCl3。
（1）As的原子序数为33，则核外电子数为33，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
As位于第VA族，同周期元素自左到右，非金属性逐渐增大，同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减小，As、P、Cl三种元素的非金属性从大到小的顺序为Cl>P>As，As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性从大到小的顺序为HClO4>H3PO4>H3AsO4；
（2）“滤渣1”的主要成分是SbOCl，将滤渣1用氨水浸取使SbOCl转化为Sb2O3，即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为：；
（3）根据 ，当 时， ，此时 ，Qc（4）①已知 分子结构中含 1 个-OH，次磷酸为一元中强酸，NaH2PO2的化学名称为次磷酸钠，属于正盐；
H3PO4中磷原子的价层电子对数为4+=4，磷原子的杂化类型为sp3；
②“除砷”过程中AsCl3和NaH2PO2反应生成As，NaH2PO2的氧化产物为H3PO4，P元素化合价升高，As元素化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：；
（5）的摩尔质量为299g/mol，假设有299g含有1mol的Sb，质量为122g，高温分解剩余固体为氧化物的质量为299g×51.5%≈154g，氧元素的质量为154g-122g=32g，n(Sb)：n(O)=1：=1：2，剩余氧化物的化学式为SbO2。
17．【答案】(1) 恒压滴液漏斗
(2) c
(3)
(4) 防止常压蒸发温度过高，造成分解
(5) 取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸至无色气泡出现，再加溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质，若无白色沉淀产生，则未变质
(6) 当滴加最后半滴溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝
(7)
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，装置A中盛装浓硫酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
（2）装置的作用之一是观察气体的流速，则试剂X不能与二氧化硫反应，选择饱和亚硫酸氢钠溶液，故选。
（3）装置中二氧化硫和碳酸钠首先反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：。
（4）亚硫酸氢钠固体受热易分解，减压蒸发是为了防止常压蒸发温度过高，造成分解。
（5）在保存过程中易变质生成，所以为了检验其是否变质，检验的离子为，所以操作方法是：取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸至无色气泡出现，再加溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质，若无白色沉淀产生，则未变质。
（6）开始滴定时，溶液中含有碘单质及淀粉溶液，溶液显蓝色。随着标准溶液的滴入，不断被消耗，溶液的蓝色逐渐变浅，当滴加最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色(或溶液蓝色消失)，半分钟内溶液不再变为蓝色时，停止滴加，此时达到滴定终点。
（7），根据可知，，则与反应的的物质的量为：，根据可得：，所以样品中的质量分数是：。
【分析】装置A中，浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，装置B的作用之一是观察气体的流速，则装置B中的试剂不与二氧化硫反应， 应选用饱和溶液 ，装置C中，控制反应温度在左右，向饱和溶液通入，并不断搅拌 ，发生反应 ，得到的过饱和溶液 ，静置结晶， 析出固体的反应液经减压蒸发、冷却结晶、减压抽滤、洗涤、干燥，可进一步获得固体 ，装置D中用NaOH溶液吸收尾气。
18．【答案】（1）＋46.6；高温
（2）B；D
（3）正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应
（4）恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；3.5；80kPa
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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）由燃烧热数值可得：① -3952.9kJ/mol；② -4192.1kJ/mol；③ -285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(③+①)可得 =-4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，>0，>0，当时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；
B．后再充入，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大，C正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D错误；
故选BD。
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应。
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时，则环己烷分压的平均转化速率为；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
【分析】（1）反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
（2）A．反应达到平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
B．根据勒夏特列原理进行分析。
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大。
D．若不能增大与反应物的接触面积，则不一定能加快正、逆反应速率。
（3）根据勒夏特列原理进行分析。
（4）①恒压条件下，增大惰性气体的量，相当于减压。
②根据化学平衡三段式进行分析。
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
（1）由燃烧热数值可得：① -3952.9kJ/mol；② -4192.1kJ/mol；③ -285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(③+①)可得 =-4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，>0，>0，当时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；
B．后再充入，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大，C正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D错误；
故选BD。
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应。
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时，则环己烷分压的平均转化速率为；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
19．【答案】（1）间氯溴苯（间溴氯苯）；酰胺基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）16；、、、
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，A的化学名称为间氯溴苯；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、酰胺基。
故答案为：间氯溴苯（间溴氯苯）； 酰胺基
（2）G中羧基与H2NCH2COOCH3中的氨基形成酰胺基生成H，则G转化为H的反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应
（3）根据，E和CH3ONa发生取代反应生成F，F和HBr发生取代反应生成G，根据以上分析，可知F的结构简式为。
故答案为：
（4）C发生水解反应生成D，反应的化学方程式为。
故答案为：
（5）a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基；b．遇溶液发生显色反应，2个取代基为羟基，2个羟基在苯环上的物质有①②、①③、①④、①⑤、①⑧、①⑨、②③、②④、②⑤、②⑧、③④、③⑤、③⑥、③⑦、④⑤、④⑥，共16种。
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为、、、。
故答案为：16；、、、
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式确定其名称。根据“伐度司他”的结构简式确定其含氧官能团。
（2）根据G、H的结构简式确定其断键位置，从而判断其反应类型。
（3）E与CH3ONa发生类似“已知”反应，生成F，据此确定F的结构简式。
（4）C转化为D的过程中，D与H2O生成D，同时生成CH3OH，据此写出反应的化学方程式。
（5）结构中连有2个相同的取代基；且该结构遇FeCl3溶液发生显色反应，因此该取代基为酚羟基，据此判断同分异构体的结构。
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，据此设计合成路线图。
（1）根据A的结构简式，A的化学名称为间氯溴苯；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、酰胺基。
（2）G中羧基与H2NCH2COOCH3中的氨基形成酰胺基生成H，则G转化为H的反应类型为取代反应；
（3）根据，E和CH3ONa发生取代反应生成F，F和HBr发生取代反应生成G，根据以上分析，可知F的结构简式为；
（4）C发生水解反应生成D，反应的化学方程式为；
（5）a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基；b．遇溶液发生显色反应，2个取代基为羟基，2个羟基在苯环上的物质有①②、①③、①④、①⑤、①⑧、①⑨、②③、②④、②⑤、②⑧、③④、③⑤、③⑥、③⑦、④⑤、④⑥，共16种。
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为、、、。
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为。
1 / 12025届四川省仁寿第一中学校南校区高三下学期模拟预测 化学试题
一、单选题(本大题共14个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)
1．2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法错误的是
A．全息投影膜是一种薄而柔的聚酯膜()，该聚酯膜是通过缩聚反应形成的
B．全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点
C．空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于化学变化
D．全息投影技术的光电器件所用材料氮化镓为新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；含硅矿物及材料的应用；酯化反应
【解析】【解答】A、聚酯膜由二元酸（如对苯二甲酸 ）与二元醇（如乙二醇 ）经缩聚反应（脱小分子水 ）形成，A正确；
B、卤化银（如 ）具感光性，光照下分解为原子和卤素单质，可记录光信号，故常用作光敏材料，B正确；
C、电激发氧气发光，是氧气将电能转化为光能，氧气分子未发生化学变化（无新物质 ），属于物理变化，C错误；
D、氮化镓（ ）不含碳，属于新型无机非金属材料，用于光电器件，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕全息投影相关材料与技术，需分析聚酯膜制备反应、卤化银光敏特性、氧气发光变化类型、氮化镓材料分类，结合化学变化（有新物质生成 ）、物理变化（无新物质生成 ）及材料知识判断选项。
A.聚酯膜即通过缩聚反应得到的高分子材料；
B.利用卤化银分解产生银进行成像；
C.电激发发光属于电子跃迁，属于物理变化；
D.氮化镓属于新型无机非金属材料。
2．下列说法错误的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然有机高分子
C．利用油脂在碱性条件下的水解反应可获得人造脂肪
D．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；多糖的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；超分子
【解析】【解答】A．和直径不同，选择空腔大小适合C60的 “杯酚”能够分离C60和C70，体现了超分子的分子识别特征，故A正确；
B．淀粉、纤维素和蛋白质都属于天然有机高分子，故B正确；
C．油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，而不是人造脂肪，故C错误；
D．天然橡胶硫化时，分子链之间形成交联，由线型结构转变为网状结构，从而提高橡胶的力学性能，故D正确；
故选C。
【分析】A．和 分子大小不同；
Ｂ．有机高分子材料是一类由一种或几种分子或分子团 (结构单元或单体)以共价键结合成具有多个重复单体单元的大分子，可以是天然产物如纤维、蛋白质和天然橡胶等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡胶、合成树脂、合成纤维等非生物高聚物等；
Ｃ．油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐；
Ｄ．天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构。
3．下列化学用语或图示表达正确的是
A．3，3-二甲基戊烷的键线式：
B．乙烯分子中σ键的电子云图：
C．空间填充模型，可表示CH4分子，也可表示CCl4分子
D．用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、3，3 - 二甲基戊烷结构简式为，键线式中拐点、端点对应碳原子，支链位置与结构一致，A正确；
B、乙烯中碳碳键电子云是“头碰头”重叠（呈轴对称 ），键是“肩并肩”重叠（呈镜面对称 ）。图示为键电子云，故键电子云判断错误，B错误；
C、空间填充模型中，中心原子半径小于顶点原子时（因原子半径大于 ），该模型可表示（半径小于 ），但不能表示（半径大于，顶点原子应更大 ），C错误；
D、由原子与原子通过共用电子对形成，正确电子式形成过程应为，选项中反应物、产物书写错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕化学用语（键线式、电子云、空间填充模型、电子式形成过程 ）的正误判断，需结合有机物结构、共价键类型、原子半径及电子式规则分析选项。
A.根据有机物名称即可写出该烷烃的结构简式，进一步确定键线式；
B. σ键 是头碰头形成的关于中心轴对称的图像；
C.四氯化碳中氯原子半径大于碳原子半径，所以不能表示四氯化碳；
D.电子式形成过程左边应该是原子电子式，右边为化合物电子式。
4．半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．中含有键的数目为
B．标准状况下，中含有的电子总数为
C．的溶液中离子数为
D．反应每生成氧化产物，转移电子数目为
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．硅为共价晶体，每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连，即每个Si原子形成4个Si-Si键，每个硅原子由两个键共享，则1mol Si中Si-Si键数目为 ，A错误；
B．每个水分子含有10个电子，2.7g H2O的物质的量为 ，含有的电子数为 ，B正确；
C．溶液中， 会转化为，即发生反应 ，则 离子数小于 ，C错误；
D．根据反应的方程式可知，Si元素的化合价升高，则氧化产物是，每个Si失4e-，故每生成1mol转移电子数为 ，D错误；
故选B。
【分析】A．硅中每个硅原子通过共价键与周围的四个硅原子相连；
Ｂ．每个水分子含有10个电子；
Ｃ． 会转化为，发生的反应为；
Ｄ．该反应中Si元素的化合价升高，则为氧化产物。
5．下列化学(离子)方程式书写错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：
B．水解制取：
C．牙膏中添加氟化物能预防龋齿的原因：
D．将溶液和溶液等体积混合并加热：
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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、正极得电子，与水反应生成和氢氧根，符合电子守恒、电荷守恒，A正确；
B、水解分步进行，总反应为 ，体现水解生成（难溶 ），B正确；
C、与反应，生成更稳定的，离子方程式体现沉淀转化，C正确；
D、等体积混合时，中氢氧根与中氢离子 恰好完全中和， 未参与反应。正确离子方程式为 ，原方程式错误写出，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题围绕化学（离子 ）方程式的正误判断，需分析电极反应、水解反应、沉淀转化及酸碱反应的方程式书写，结合守恒（电子、电荷、元素 ）及反应实际情况判断。
A.，得电子生成，结合得失电子即可确定正极反应方程式；
B.水解制取 属于非氧化还原反应，根据质量守恒写出反应即可；
C.添加氟化物，氟离子浓度增大，平衡正向移动，生成更坚硬的Ca5(PO4)3F；
D.由于氢离子过量，所以氢氧根被完全反应，二者按照2：2反应，所以其系数都是2.
6．含元素或元素部分物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．若为红色，则在高温下的稳定性强于
B．若为蓝色，则两种物质之间一步反应能实现：
C．若能被强磁铁吸附，则和能发生化合反应
D．若为红褐色，则b、c均能与足量的稀硝酸发生氧化还原反应
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、若a为红色（铜），b为（价电子 ），g为（价电子，全满更稳定 ）。高温下易分解，稳定性弱于，A错误；
B、c为（蓝色 ），加热分解生成b（ ）；被还原生成a（ ），可一步实现，B正确；
C、a能被磁铁吸附（铁 ），e为，（化合反应 ），C正确；
D、d为（红褐色 ），则b为、c为。稀硝酸具强氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，发生氧化还原反应，D正确；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为铁或铜，b为氧化亚铁或氧化铜，c为氢氧化亚铁和氢氧化铜，d为氢氧化铁，e为硫酸铁、g为氧化亚铜。
A.a红色，为单质铜，b为氧化铜，g氧化亚铜，亚铜离子更加稳定；
B.若c为蓝色即氢氧化铜，能受热分解转化为b即氧化铜，氧化铜能被还原为a即铜；
C.铁可以被磁铁吸，铁可以与铁离子反应生成亚铁离子，发生化合反应；
D.氢氧化铁和氢氧化亚铁都可以与稀硝酸反应发生氧化还原反应。
7．下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是
A．图甲：验证铁钉的吸氧腐蚀
B．图乙：鉴别亚硝酸钠和硝酸钠
C．图丙：验证中含碳碳双键
D．图丁：从食盐水中提取
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时消耗氧气，氧气传感器会发生相应变化，能达到实验目的，A符合题意；
B． 亚硝酸钠溶液显碱性，硝酸钠溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，pH＞4.4时溶液为黄色，因此加入甲基橙后两溶液均为黄色，无法鉴别，B不符合题意；
C．新制氢氧化铜与醛基加热可产生砖红色沉淀，但新制氢氧化铜悬浊液为碱性，再加溴水会与碱反应，无法检验碳碳双键的存在，C不符合题意；
D． 从食盐水中提取 应采用蒸发结晶的方式，图示仪器为坩埚，应用蒸发皿，D不符合题意；
故选A。
【分析】A．铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；
Ｂ．甲基橙的变色范围是3.1-4.4；
Ｃ．溴水能与氢氧化铜反应；
Ｄ．蒸发应在蒸发皿中进行。
8．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是
A．第一电离能大小关系：Y＞X＞Z
B．W、Y、Z三种元素中组成的二元化合物只有两种离子化合物
C．简单氢化物的键角：X＞Y
D．改变同类别分子的“空穴”大小，可以识别某些金属阳离子
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、（非金属，第二周期 ）第一电离能＞（非金属，第二周期 ）＞（金属，第三周期 ），即 Y＞X＞Z ，A正确；
B、、、组成的二元化合物中，离子化合物有、、等（中为价 ），不止两种，B错误；
C、中无孤电子对，空间结构正四面体，键角约109°28'；中有2对孤电子对，空间结构V形，键角约105°；故键角，C正确；
D、不同金属阳离子半径不同，超分子“空穴”大小改变后，可匹配特定阳离子，达到识别目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题围绕短周期元素推断及元素性质（第一电离能、化合物类型、氢化物键角、超分子识别 ），需先根据原子结构、周期位置推断元素（W、X、Y、Z ），再结合元素周期律、化学键知识判断选项。Z是短周期中“同周期金属性最强”的元素，Z为（第三周期 ），W、X、Z分属不同周期，且原子序数递增，W为（第一周期 ），X在超分子中形成4个共价键，X为（最外层4电子 ）；Y形成2个共价键，Y为（最外层6电子，需2电子成键 ）。
A.根据同周期和主族电离能变化规律即可判断三者电离能大小；
B.根据所学知识可知钠、氧、氢可行形成离子化合物不止两种；
C.根据所学知识可直角比较键角大小；
D.超分子具有识别功能，空着不同，可以识别 不同阳离子。
9．某药物的有效成分结构如图。下列说法错误的是
A．分子中含有8个手性碳原子
B．与H2分子1：1加成时可能产生4种不同产物
C．能形成分子内氢键和分子间氢键
D．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，但原理不同
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。通过对分子结构逐一分析，该分子中共有 8 个符合条件的手性碳原子：，A正确；
B、分子内存在 2 个独立的碳碳双键， 为共轭结构， 能和氢气发生1，2-加成或1，4-加成，得到3种产物，B错误；
C、分子中含有羟基、羧基等多种含氢的极性基团，羟基与羧基、羟基与羟基之间可形成分子内氢键，同时不同分子间也可通过羟基、羧基形成分子间氢键，C正确；
D、分子中的碳碳双键可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色（氧化还原反应）；同时碳碳双键可与溴水发生加成反应，使其褪色（加成反应），二者原理不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
手性碳：饱和碳原子连接 4 个不同基团即为手性碳，需逐一排查。
加成产物：不对称双键与 H2加成会产生顺反异构，多个双键需组合计算。
氢键：含 O-H、N-H 等基团的分子可形成分子内 / 分子间氢键。
褪色原理：高锰酸钾氧化双键，溴水加成双键，本质不同。
10．利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法正确的是
A．放电时，N极的电势高于M极的电势
B．放电时，双极膜中H+向N极移动
C．充电时，N极的电极反应式为
D．若充电时制得，则放电时需生成1molO2才能使左室溶液恢复至初始状态
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时N为负极、M为正极，正极电势＞负极电势，故N极电势低于M极，A错误；
B、放电时M为正极，向M极移动（双极膜解离的移向正极 ），B错误；
C、充电时N为阴极，得电子，与结合生成，电极反应为 ，C正确；
D、充电制，依据电极反应式 ，转移2mol电子（阴极反应 ），有2mol移入左室；放电时负极生成1mol，转移4mol电子，有4mol进入左室，电子、离子不匹配，无法恢复，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题围绕充放电装置（合成己二腈 ），需分析放电（原电池 ）、充电（电解池 ）时的电极判断、离子移动、电极反应及溶液恢复，结合正负极/阴阳极的判断依据、离子移动规律及电子守恒分析。
放电（原电池 ）：N极失电子生成，则N为负极；M极得电子，则M为正极；
充电（电解池 ）：N极得电子生成己二腈，则N为阴极；M极失电子，则M为阳极。
A.经分析可知，N为负极，M为正极，正极电势高于负极；
B.放电时，阳离子向负极移动，阴离子向正极移动；
C.充电时，N极将乙烯氰转化为已二氰，发生还原反应；
D.根据合成转移电子与1mol氧气转移电子是否相等，相等则能恢复原始状态。
11．伯醇(记为)和叔醇(记为)发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．用标记醇羟基，可以分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况
B．两个历程中均起到催化剂的作用
C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变
D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水
【答案】D
【知识点】酯化反应
【解析】【解答】A．酯化反应遵循“酸脱羟基醇脱氢”原则，醇羟基中的去向水中，而羧基中的有去向酯中，所以可以用标记醇羟基，分析叔丁醇与乙醇在酯化反应中的断键情况，故A正确；
B．在两个历程中，都是先参与反应被消耗，在后续反应步骤中又重新生成，在反应前后没有发生变化，为催化剂，起到催化剂的作用，故B正确；
C．两个历程中，碳原子周围的成键环境发生变化，碳原子的杂化类型从变为，故C正确；
D．两种酯化反应的机理，前者是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水，不同，故D错误；
故选D。
【分析】A．醇和羧酸发生酯化反应是，羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子；
Ｂ．能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂；
Ｃ．原子周围的成键环境发生变化会导致杂化轨道类型改变；
Ｄ．对于伯醇参与的酯化反应，是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，叔醇参与的酯化反应，是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水。
12．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 常温下，用pH计测定浓度均为0.1、NaClO溶液的pH，并比较大小 比较、HClO的的大小
B 向1mL 0.2溶液中加入3mL 0.2 KOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥 制备
C 向PbS黑色悬浊液中加入，观察沉淀颜色变化 比较(PbS)、()的大小
D 将电石与水反应生成的气体直接通入溴水中，观察溴水是否褪色 验证乙炔的还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙炔炔烃；氢氧化铝的制取和性质探究；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．常温下，使用pH计测量0.1和NaClO溶液的pH值。根据"越弱越水解"的原理，pH值越大说明水解程度越高，从而可以比较和HClO的大小，A选项正确。B．溶液与KOH溶液不发生反应，B选项错误。
C．向PbS黑色悬浊液中加入后，PbS被氧化为白色沉淀PbSO4，这一现象不能用于比较溶度积的大小，C选项错误。
D．电石与水反应产生的气体中不仅含有乙炔，还含有H2S等其他气体。由于乙炔和H2S都能使溴水褪色，直接将气体通入溴水中会导致溴水褪色，但无法单独证明乙炔的还原性，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、溶液中CH3COO－、ClO－都会发生水解，使得溶液显碱性，结合“越弱越水解”分析。
B、[Al(OH)4]－与OH－不反应。
C、过程中发生氧化还原反应，无法比较二者溶度积Ksp的相对大小。
D、电石与水反应生成的乙炔中混有H2S，H2S也能使溴水褪色。
13．二氯二氨合钯（）是一种重要的化工原料，广泛应用于催化剂、电子材料和精细化工产品中。工业上利用废钯催化剂（含Pd、Fe、Zn、Si和C等）制备的工艺流程如下：
焙烧时钯转化为氧化钯（PdO），下列说法错误的是
A．“焙烧”时，碳转化为
B．“还原”时，PdO被HCOOH还原为Pd
C．“酸浸”所得的滤渣中含有
D．配合物难溶于水
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．焙烧时碳元素被氧化为CO2，A选项正确；
B．甲酸还原步骤使PdO转化为Pd，实现钯的富集，B选项正确；
C．王水具有强氧化性和酸性，氢氧化铁溶于酸，不可能存在氢氧化铁沉淀，C选项错误；
D．作为重要化工原料应难溶于水，D选项正确；
故答案为：C
【分析】根据流程图分析，废钯催化剂中含有Pd、Fe、Zn、Si和C等成分。焙烧过程中，钯转化为氧化钯(PdO)，碳元素被氧化为CO2。后续处理中：加入甲酸将PdO还原为金属钯(Pd)；用王水溶解时，Pd与杂质Fe、Zn等进入酸性滤液；加入氨水后生成Pd(NH3)2Cl2化合物。据此结合选项分析。
14．金属钼()的一种晶胞为体心立方堆积(图1)，晶胞参数为。以晶胞参数为单位长度建立如图所示坐标系(图2)，该晶胞沿其体对角线方向上的投影如图3所示。下列说法错误的是
A．图3中原子3和原子4的连线长度为
B．金属钼的密度为
C．若图1中原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为
D．钼原子的空间利用率为
【答案】A
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、体心立方晶胞面对角线长度为（晶胞参数为 ），图3中原子3与4连线为面对角线，长度应为，A错误；
B、体心立方晶胞中，钼原子数。晶胞体积，摩尔质量。密度，B正确；
C、体心立方晶胞中，体心原子（原子2 ）的分数坐标为（顶点原子为（0，0，0，）时 ），C正确；
D、体心立方晶胞中，原子半径（体对角线长度 ）。2个原子总体积。空间利用率，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题围绕金属钼的体心立方晶胞，需分析晶胞投影、原子分数坐标、密度及空间利用率，结合晶胞结构（体心立方 ）、均摊法、几何关系（面对角线、体对角线 ）及公式（密度、空间利用率 ）判断选项。
A.由图可知，3和4连线长度为面对角线，为；
B.根据一个晶胞的质量除以晶胞体积，即可确定晶胞密度；
C.2号位于体心，分数坐标为为；
D.空间利用为所以原子的体积除以晶胞体积即可得到利用率。
15．室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数随pH的变化关系如图所示[例如]。已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，，下列说法正确的是
A．的溶液中，
B．与溶液反应：
C．以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液可准确测定水溶液的浓度
D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在 0.01mol/L 的 Na2S 溶液中，S2-发生水解：、（忽略第二步水解） ， 第一步水解平衡常数，设水解的的浓度为x mol/L，列三段式有：，则，x≈0.00915，说明该浓度下基本水解完全，则存在， A错误；
B．具有强氧化性，具有还原性，与发生氧化还原反应，反应的方程式为，B错误；
C．酚酞的变色范围为8.2~10，以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，C错误；
D．===，已知饱和溶液的浓度约为，代入数据：，故，D正确；
故选D。
【分析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的方程式为，第二步电离的方程式为，H2S的物质的量随pH增大不断减小，先增加后减少，逐渐增大，则曲线①表示H2S的物质的量分数随pH的变化，曲线②表示的物质的量分数随pH的变化，曲线③表示的物质的量分数随pH的变化，曲线①和曲线②的交点处，c(H2S)=c()，此时pH=7.0，则，曲线②和曲线③的交点处，c()=c()，此时pH=13.0，则。
二、非选择题(本大题共4个小题，55分)
16． 可用于红外光谱分析用溶剂、显像管生产等。以某矿渣(主要成分为 ，含有少量 等杂质)为原料制备 的工艺流程如图所示：
已知： ①Sb属于第 VA 族元素，主要化合价为 +3、+5 价。
② 常温下， 。
③ 微溶于水、 难溶于水，它们均为两性氧化物。
回答下列问题：
（1）基态 As 的简化电子排布式为　 　；As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性由强到弱的顺序为　 　(用化学式表示)。
（2）“滤渣 1”的主要成分是 SbOCl，为了提高锑的利用率，将滤渣 1 用氨水浸取使其转化为 ，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）已知“沉淀”阶段溶液中 。当“沉淀”后溶液中 时，该阶段是否有 沉淀生成？　 　(通过计算说明，简要写出计算过程，不考虑溶液体积的变化)。
（4）已知 分子结构中含 1 个-OH，“除砷”时， 的氧化产物为 。
① 属于　 　盐(填“正”或“酸式”)。 中磷原子的杂化类型为　 　。
②“除砷”过程中生成 As 单质的离子方程式是　 　。
（5）已知 在一定温度下发生分解，充分反应后，固体残留率为 ，则剩余固体氧化物的化学式为　 　(已知：残留率 )。
【答案】（1）[Ar]；
（2）
（3）根据 ，当 时， ，此时 ，故无 沉淀生成
（4）正；；
（5）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；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）As的原子序数为33，则核外电子数为33，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；元素的非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，非金属性从：Cl>P>As，则As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性从大到小的顺序为HClO4>H3PO4>H3AsO4；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SbOCl，将滤渣1用氨水浸取使SbOCl转化为Sb2O3，SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为：；
（3） ，当 时， ，此时 ，Qc（4）①已知 分子结构中含 1 个-OH，次磷酸为一元中强酸，NaH2PO2属于正盐；H3PO4中磷原子的价层电子对数为4+=4，采用sp3杂化；
②“除砷”过程中AsCl3和NaH2PO2反应生成As，NaH2PO2的氧化产物为H3PO4，P元素化合价升高，As元素化合价降低，则反应的离子方程式为：；
（5）的摩尔质量为299g/mol，假设有299g含有1mol的Sb，质量为122g，高温分解剩余固体为氧化物的质量为299g×51.5%≈154g，氧元素的质量为154g-122g=32g，n(Sb)：n(O)=1：=1：2，剩余氧化物的化学式为SbO2。
【分析】矿渣中加入盐酸浸出， 微溶于水、 难溶于水，它们均为两性氧化物 ，则反应生成SbCl3、AsCl3，CuO溶于盐酸生成氯化铜，“滤渣 1”的主要成分是 SbOCl，加入氨水，发生反应 ，加入盐酸浸出，溶解生成AsCl3，加入硫化钠沉淀，铜离子沉淀，则滤渣3为CuS，滤液中加入NaH2PO2除去AsCl3，发生氧化还原反应生成As单质和磷酸，电解SbCl3制得金属Sb，用氯气氯化Sb制得SbCl3。
（1）As的原子序数为33，则核外电子数为33，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
As位于第VA族，同周期元素自左到右，非金属性逐渐增大，同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减小，As、P、Cl三种元素的非金属性从大到小的顺序为Cl>P>As，As、P、Cl三种元素最高价含氧酸酸性从大到小的顺序为HClO4>H3PO4>H3AsO4；
（2）“滤渣1”的主要成分是SbOCl，将滤渣1用氨水浸取使SbOCl转化为Sb2O3，即SbOCl和NH3 H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，化学方程式为：；
（3）根据 ，当 时， ，此时 ，Qc（4）①已知 分子结构中含 1 个-OH，次磷酸为一元中强酸，NaH2PO2的化学名称为次磷酸钠，属于正盐；
H3PO4中磷原子的价层电子对数为4+=4，磷原子的杂化类型为sp3；
②“除砷”过程中AsCl3和NaH2PO2反应生成As，NaH2PO2的氧化产物为H3PO4，P元素化合价升高，As元素化合价降低，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：；
（5）的摩尔质量为299g/mol，假设有299g含有1mol的Sb，质量为122g，高温分解剩余固体为氧化物的质量为299g×51.5%≈154g，氧元素的质量为154g-122g=32g，n(Sb)：n(O)=1：=1：2，剩余氧化物的化学式为SbO2。
17．焦亚硫酸钠作为抗氧化剂、防腐剂，被广泛用于食品工业。
I．焦亚硫酸钠的制备
实验室制备少量可通过制备的过饱和溶液经结晶脱水制得。装置如下图所示，实验方案：控制反应温度在左右，向饱和溶液通入，并不断搅拌。装置C中溶液约为4时，停止反应。静置结晶，析出固体的反应液经减压蒸发、冷却结晶、减压抽滤、洗涤、干燥，可进一步获得固体。已知：①受热时易分解，久置空气中，易氧化变质。②与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。
回答下列问题：
（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器名称是________。
（2）装置B的作用之一是观察气体的流速。装置B中“试剂X”为________(填字母)。
a．蒸馏水 b．饱和溶液 c．饱和溶液 d．饱和溶液
（3）装置C中反应的离子方程式为________。
（4）析出固体的反应液需减压蒸发，其中减压蒸发是为了________。
（5）在保存过程中易变质生成。检验是否变质的实验方案是________(填操作和现象)。
Ⅱ．焦亚硫酸钠含量的测定
实验检测原理为：；。准确称取样品，快速置于预先加入碘标准液及水的碘量瓶中，加入乙酸溶液，立即盖上瓶塞，水封，缓缓摇动溶解后，置于暗处放置；用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗溶液。
（6）滴定终点现象是________。
（7）通过计算判断该样品的质量分数是________(结果保留1位小数)。
【答案】(1) 恒压滴液漏斗
(2) c
(3)
(4) 防止常压蒸发温度过高，造成分解
(5) 取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸至无色气泡出现，再加溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质，若无白色沉淀产生，则未变质
(6) 当滴加最后半滴溶液时，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝
(7)
【知识点】中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图可知，装置A中盛装浓硫酸的仪器名称是恒压滴液漏斗。
（2）装置的作用之一是观察气体的流速，则试剂X不能与二氧化硫反应，选择饱和亚硫酸氢钠溶液，故选。
（3）装置中二氧化硫和碳酸钠首先反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：。
（4）亚硫酸氢钠固体受热易分解，减压蒸发是为了防止常压蒸发温度过高，造成分解。
（5）在保存过程中易变质生成，所以为了检验其是否变质，检验的离子为，所以操作方法是：取少量样品于试管中，先加足量稀盐酸至无色气泡出现，再加溶液，若产生白色沉淀，说明样品已变质，若无白色沉淀产生，则未变质。
（6）开始滴定时，溶液中含有碘单质及淀粉溶液，溶液显蓝色。随着标准溶液的滴入，不断被消耗，溶液的蓝色逐渐变浅，当滴加最后半滴标准溶液，溶液由蓝色变为无色(或溶液蓝色消失)，半分钟内溶液不再变为蓝色时，停止滴加，此时达到滴定终点。
（7），根据可知，，则与反应的的物质的量为：，根据可得：，所以样品中的质量分数是：。
【分析】装置A中，浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，装置B的作用之一是观察气体的流速，则装置B中的试剂不与二氧化硫反应， 应选用饱和溶液 ，装置C中，控制反应温度在左右，向饱和溶液通入，并不断搅拌 ，发生反应 ，得到的过饱和溶液 ，静置结晶， 析出固体的反应液经减压蒸发、冷却结晶、减压抽滤、洗涤、干燥，可进一步获得固体 ，装置D中用NaOH溶液吸收尾气。
18．环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：
（1）1，6-己二硫醇在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
已知：几种物质的燃烧热如表所示。
物质
燃烧热 -3952.9 -4192.1 -285.8
则　 　，反应Ⅲ在　 　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应 。下列叙述错误的是___________(填标号)。
A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．平衡后再充入，平衡正向移动，转化率增大
C．加入高效催化剂，单位时间内的产率可能会增大
D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率
（3）其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性)随温度的变化如图所示[发生的反应为(2)中的反应]。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是　 　。
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是　 　。
（4）在723K、压强恒定为120kPa条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：。
①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是　 　。
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，则环己烷分压的平均转化速率为　 　。
③该温度下，　 　。
【答案】（1）＋46.6；高温
（2）B；D
（3）正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应
（4）恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动；3.5；80kPa
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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）由燃烧热数值可得：① -3952.9kJ/mol；② -4192.1kJ/mol；③ -285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(③+①)可得 =-4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，>0，>0，当时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；
B．后再充入，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大，C正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D错误；
故选BD。
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应。
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时，则环己烷分压的平均转化速率为；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
【分析】（1）反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0。
（2）A．反应达到平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
B．根据勒夏特列原理进行分析。
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大。
D．若不能增大与反应物的接触面积，则不一定能加快正、逆反应速率。
（3）根据勒夏特列原理进行分析。
（4）①恒压条件下，增大惰性气体的量，相当于减压。
②根据化学平衡三段式进行分析。
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
（1）由燃烧热数值可得：① -3952.9kJ/mol；② -4192.1kJ/mol；③ -285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(③+①)可得 =-4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，>0，>0，当时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A正确；
B．后再充入，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内的产率可能会增大，C正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D错误；
故选BD。
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应。
（4）①环己烷的平衡转化率随的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为，根据反应列出三段式可得：
起始时，环己烷的分压，平衡时，则环己烷分压的平均转化速率为；
③由②中数据可知，该温度下，80kPa。
19．“伐度司他”是一种新型的口服生物可利用的HIF-PH抑制剂，用于治疗慢性肾病引起的贫血患者。“伐度司他”的某种合成路线如下（部分条件已略去）：
已知：
（1）A的化学名称为　 　（用习惯命名法命名）；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、　 　。
（2）G转化为H的反应类型为　 　。
（3）F的结构简式为　 　。
（4）C转化为D的化学方程式为　 　。
（5）一定条件下，G中C—Cl断裂，发生水解生成有机物I，I的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种（不考虑立体异构）。
a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基
b．遇溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为　 　（任写一种）。
（6）根据题中信息，以为原料制备尼泊金甲酯（）的合成路线为　 　。（其它试剂任选）
【答案】（1）间氯溴苯（间溴氯苯）；酰胺基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）16；、、、
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式，A的化学名称为间氯溴苯；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、酰胺基。
故答案为：间氯溴苯（间溴氯苯）； 酰胺基
（2）G中羧基与H2NCH2COOCH3中的氨基形成酰胺基生成H，则G转化为H的反应类型为取代反应。
故答案为： 取代反应
（3）根据，E和CH3ONa发生取代反应生成F，F和HBr发生取代反应生成G，根据以上分析，可知F的结构简式为。
故答案为：
（4）C发生水解反应生成D，反应的化学方程式为。
故答案为：
（5）a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基；b．遇溶液发生显色反应，2个取代基为羟基，2个羟基在苯环上的物质有①②、①③、①④、①⑤、①⑧、①⑨、②③、②④、②⑤、②⑧、③④、③⑤、③⑥、③⑦、④⑤、④⑥，共16种。
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为、、、。
故答案为：16；、、、
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式确定其名称。根据“伐度司他”的结构简式确定其含氧官能团。
（2）根据G、H的结构简式确定其断键位置，从而判断其反应类型。
（3）E与CH3ONa发生类似“已知”反应，生成F，据此确定F的结构简式。
（4）C转化为D的过程中，D与H2O生成D，同时生成CH3OH，据此写出反应的化学方程式。
（5）结构中连有2个相同的取代基；且该结构遇FeCl3溶液发生显色反应，因此该取代基为酚羟基，据此判断同分异构体的结构。
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，据此设计合成路线图。
（1）根据A的结构简式，A的化学名称为间氯溴苯；“伐度司他”中含氧官能团名称分别为羟基、羧基、酰胺基。
（2）G中羧基与H2NCH2COOCH3中的氨基形成酰胺基生成H，则G转化为H的反应类型为取代反应；
（3）根据，E和CH3ONa发生取代反应生成F，F和HBr发生取代反应生成G，根据以上分析，可知F的结构简式为；
（4）C发生水解反应生成D，反应的化学方程式为；
（5）a．含有4-硝基连苯结构（），该结构上还连有2个相同取代基；b．遇溶液发生显色反应，2个取代基为羟基，2个羟基在苯环上的物质有①②、①③、①④、①⑤、①⑧、①⑨、②③、②④、②⑤、②⑧、③④、③⑤、③⑥、③⑦、④⑤、④⑥，共16种。
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶2∶1的结构简式为、、、。
（6）根据题中信息，和CH3ONa发生取代反应生成，与HBr反应生成，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为。
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