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甘肅省蘭州市2025屆高三診斷考試（一模）化學試題
1．（2025·蘭州模擬）文物承載著人類的文明與智慧。下列有關文物的敘述不正確的是
A．武威出土的銅奔馬屬于合金材料
B．馬家窯出土的陶器屬于硅酸鹽產品
C．甘肅簡牘博物館珍藏的竹簡主要成分屬于多糖
D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為
【答案】D
【知識點】硅和二氧化硅；鐵的氧化物和氫氧化物
【解析】【解答】A．銅奔馬的材料為銅合金，屬于合金材料，A正確；
B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化學成分以硅酸鹽為主，都屬于硅酸鹽產品，B正確；
C．竹簡主要成分是纖維素，屬于多糖，C正確；
D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為，是黑色固體，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、銅合金屬于合金材料。
B、陶器屬于硅酸鹽產品。
C、竹簡的材料為纖維素，屬于多糖。
D、紅色顏料為Fe2O3。
2．（2025·蘭州模擬）化學用語是描述化學物質組成及變化的專業語言符號。下列有關表述不正確的是
A．用電子云輪廓圖示意鍵的形成：
B．的價層電子軌道表示式為：
C．的價層電子對互斥（VSEPR）模型：
D．的形成過程：
【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；判斷簡單分子或離子的構型；用電子式表示簡單的離子化合物和共價化合物的形成
【解析】【解答】A．鍵電子云以肩并肩方式重疊形成，圖示正確，故A正確；
B．的價層電子排布式為3d54s1，因此其軌道表示式為：，故B錯誤；
C．中心O原子的價層電子對數為2+=3，含有一對孤對電子，因此其VSEPR模型為平面三角形，故C正確；
D．為離子化合物，是由Mg2＋和Cl－構成的，用電子式形成過程表示為，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、p-pπ鍵是以肩并肩達到形式重疊形成的。
B、Cr的夾層電子排布式為3d54s1，據此確定其軌道表示式。
C、O3中心氧原子的價層電子對數為3，其VSEPR模型為平面三角形。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－構成的離子化合物，據此確定其形成過程。
3．（2025·蘭州模擬）科技工作者研究、利用化學知識造福人類，彰顯了勞動者的智慧與精神。下列有關說法不正確的是
A．釀酒師釀造葡萄酒添加目的是起殺菌和抗氧化等作用
B．醫生做“鋇餐”透視時病人吞服的鋇餐主要成分是
C．材料科學家研制的包裝材料聚乳酸（）是由加聚而成
D．環境保護工程師利用除去廢水中的
【答案】C
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；縮聚反應
【解析】【解答】A．SO2有殺菌作用，且具有還原性，加在葡萄酒中可起到殺菌和抗氧化的作用，A正確；
B．“鋇餐”的主要成分是BaSO4，難溶于水、不溶于稀鹽酸，且對X射線有良好阻擋作用，B正確；
C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]通過發生縮聚反應生成，不是加聚反應，C錯誤；
D．Na2S能與Hg2+反應生成難溶于水的HgS，因此可用于去除廢水中的Hg2+，D正確；
故答案為：C
【分析】A、SO2具有殺菌作用，且具有還原性，可用作抗氧化劑。
B、“鋇餐”的主要成分是BaSO4。
C、聚乳酸是由乳酸發生縮聚反應后生成的。
D、Na2S可與廢水中的Hg2＋形成難溶的HgS沉淀。
4．（2025·蘭州模擬）丙烯腈是合成纖維、橡膠和樹脂的重要材料，由乙炔與HCN反應制得：。應用到的實驗裝置（夾持儀器已省略）如下圖所示，下列說法正確的是
A．A裝置可用于制備乙炔
B．B裝置可用于除去乙炔中的雜質氣體
C．C裝置可用于合成丙烯腈
D．D裝置可用于吸收多余的尾氣
【答案】D
【知識點】乙炔炔烴；常用儀器及其使用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．該反應過程劇烈，反應速率較快，因此發生裝置所使用的漏斗應使用分液漏斗，從而控制反應速度，故該選項錯誤；
B．制取乙炔氣體中含有硫化氫，可用CuSO4溶液除去，洗氣時氣體應長進短出，故該選項錯誤；
C．乙炔合成丙烯腈所需溫度是，應采用水浴加熱，故該選項錯誤；
D．尾氣中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三鍵，HCN具有較強的還原性，都能被高錳酸鉀溶液氧化，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液進行尾氣處理，倒置的漏斗可起到防倒吸的作用，D項正確；
故答案為：D
【分析】A、該反應過程劇烈，反應速率快，應用分液漏斗控制反應速率。
B、洗氣時，氣體應從長導管一端通入。
C、反應溫度為70℃，應采用水浴加熱。
D、酸性KMnO4能與尾氣中的乙炔和HCN反應。
5．（2025·蘭州模擬）環泊酚（D）是一類新型短效靜脈麻醉藥。其部分合成路線如下圖所示，下列說法正確的是
A．物質A的名稱為2-異丙基苯酚
B．物質A與物質D互為同系物
C．可用溶液檢驗D中是否存在未反應的A
D．1molB和C分別與足量的溶液反應均消耗
【答案】A
【知識點】有機化合物的命名；酯的性質；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．根據A的結構，母體為苯酚，2號碳原子上含有異丙基，因此該有機物的名稱為2-異丙基苯酚，故A正確；
B．D的支鏈含有環狀結構，與A的結構不相似，因此二者不屬于同系物，故B錯誤；
C．A和D中都含有酚羥基，都能與溶液發生顯色反應，因此不能用溶液檢驗D中是否存在未反應的A，故C錯誤；
D．B中只含有1個酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、根據有機物的結構簡式進行命名。
B、同系物是指結構相似，分子組成相差一個或多個CH2的有機物。
C、有機物A和D中都含有酚羥基，都能與FeCl3溶液發生顯色反應。
D、B中含有一個酯基能與1個NaOH反應；C中含有酚酯結構，能與2個NaOH反應。
6．（2025·蘭州模擬）下列離子方程式的書寫正確的是
A．用三氯化鐵溶液刻蝕覆銅電路板：
B．海水提溴過程中將溴吹入吸收塔：
C．向中加入：
D．電解水溶液的離子方程式：
【答案】B
【知識點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；離子方程式的書寫；電解池工作原理及應用；鈉的氧化物
【解析】【解答】A．反應中Fe元素由+3價變為+2價，銅元素由0價變為+2價，根據得失電子守恒，該反應的離子方程式應為：，A錯誤；
B．反應中Br元素由0價變為-1價，S元素由+4價變為+6價，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可得離子方程式為：，B正確；
C．Na2O2既做氧化劑又做還原劑，因此該反應的離子方程式為：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C錯誤；
D．電解產生的氫氧根會和鎂離子反應生成Mg(OH)2沉淀，正確的離子方程式為，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能將Cu氧化成Cu2＋。
B、Br2能將SO2氧化成SO42－，自身還原為Br－。
C、反應過程中Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，因此產物NaOH中的O元素部分來自于Na2O2。
D、電解MgCl2溶液的過程中，產生的OH－能與Mg2＋結合成Mg(OH)2沉淀。
7．（2025·蘭州模擬）物質結構決定性質，性質決定用途。下列有關事實解釋不正確的是
選項 事實 解釋
A 將無水乙醇加入溶液中析出深藍色晶體 乙醇分子極性較小，降低了的溶解性
B 石墨能導電 未雜化的p軌道重疊使電子在整個碳原子平面內運動
C 的酸性強于 F的電負性大于
D 的熔點低于 引入乙基改變了晶體的類型
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性分子和非極性分子；晶體的定義
【解析】【解答】A．無水乙醇極性較小，加入溶液后，溶劑的極性降低，使得該離子化合物的溶解度降低，析出深藍色晶體，A正確；
B．石墨導電是由于每個碳原子以雜化形成平面結構，未雜化的p軌道垂直于平面，重疊形成離域大π鍵，電子可在平面內可自由移動，因此石墨可導電，B正確；
C．由于電負性：F＞Cl，因此F的吸電子效應更強，使羧基中的羥基極性更大，更易解離，所以酸性：＞，C正確；
D．的熔點低于，主要原因是乙基的引入增大了陽離子體積，導致半徑：＞，使得的離子鍵強度小于，所以熔點，而非改變晶體類型（仍為離子晶體），D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、無水乙醇的極性較小，加入無水乙醇后，溶劑的極性降低，使得離子化合物溶解度降低，結晶析出。
B、石墨導電是由于石墨中含有可自由移動的電子。
C、F的電負性強，對鍵合電子的吸引力強，使得羧基中O－H容易斷裂。
D、引入乙基，晶體類型不變，改變的是離子半徑。
8．（2025·蘭州模擬）離子化合物水解可用于制備石墨，其反應原理為(石墨，s，表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．2.7g中含有的離子總數為
B．常溫下，的溶液中含的數目為
C．7.2g單層石墨中含有六元環的數目為
D．每生成3.36L，轉移電子的數目為
【答案】C
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量濃度；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．由K+、構成，一個中含有2個離子。2.7g物質的量為0.02mol，含有的離子總數為，A錯誤；
B．溶液體積未知，無法應用公式n=c×V計算離子數目，B錯誤；
C．石墨中每個碳原子被3個六元環共用，因此每個六元環實際占有2個碳原子。7.2克單層石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元環的個數為0.3 NA，C正確；
D．氫氣的溫度、壓強未知，無法應用氣體摩爾體積計算轉移電子數目，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、KC8由K＋和C8－構成，據此計算所含的離子數。
B、pH=13的KOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的體積未知，無法計算。
C、根據石墨的結構分析。
D、氣體所處的狀態未知，無法應用Vm=22.4L·mol－1計算。
9．（2025·蘭州模擬）鈣鈦礦太陽能電池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四種元素。基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，X、Z的質子數之和等于W的質子數。下列說法中正確的是
A．基態原子中未成對電子數：
B．簡單氫化物的沸點：
C．只有Z的最高價氧化物對應水化物為強酸
D．W位于第四周期、第ⅡB族
【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；原子結構與元素的性質；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其價層電子排布式分別為：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成對電子數分別為：2、3、2。因此基態原子中未成對電子數：，A正確；
B．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其簡單氫化物分別為：CH4，NH3，H2S，其中氨氣可形成分子間氫鍵，氫鍵可使沸點增大，硫化氫相對分子質量較大，因此沸點比甲烷大。綜上，簡單氫化物的沸點：，B錯誤；
C．Y為N元素，其最高價氧化物對應的水化物為硝酸，屬于強酸，C錯誤；
D．W為Ti元素，是22號元素，位于第四周期、第ⅣB族，D錯誤；
故答案為：A
【分析】基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，因此基態X原子的核外電子排布式為 1s22s22p2， 所以X為C。Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，因此Y為N。Z元素的單質為淡黃色固體，因此Z為S。X、Z的質子數之和等于W的質子數，即W的質子數為22，因此W為Ti。據此結合選項分析。
10．（2025·蘭州模擬）下列設計的實驗方案不能達到實驗目的的是
選項 實驗目的 實驗方案
A 探究溫度對化學平衡的影響 取兩支試管，分別加入2mL0.5溶液，將其中的一支試管先加熱，然后置于冷水中，分別與另一支試管進行對比，觀察溶液顏色變化
B 驗證溴乙烷發生消去反應 向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加熱，將產生的氣體通入酸性溶液中，觀察溶液是否褪色
C 比較和的大小 常溫下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振蕩后再滴加少量0.1溶液，觀察沉淀顏色變化
D 鑒別蔗糖和麥芽糖溶液 分別向兩種無色溶液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱、觀察是否有磚紅色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鹵代烴簡介；二糖的性質和用途
【解析】【解答】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，通過改變溫度觀察溶液顏色變化，可判斷溫度對平衡移動的影響，方案可行，A不符合題意；
B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加熱生成乙烯，乙醇具有揮發性，揮發吹出的乙醇蒸氣可能被酸性高錳酸鉀氧化，導致溶液褪色，干擾實驗結果，無法準確驗證消去反應，方案存在缺陷，B符合題意；
C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黃色AgI沉淀，說明AgI的溶度積更小，實驗中用量少，優先與Cl-反應，后續加入KI時，生成黃色AgI沉淀，涉及沉淀的轉化，因此可正確比較，方案合理，C不符合題意；
D．麥芽糖屬于還原性糖，直接與新制懸濁液共熱可產生磚紅色沉淀；蔗糖無還原性，不反應無明顯現場產生。因此該方案可有效鑒別兩者，方法正確，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、溶液中存在可逆反應Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，結合溫度改變時溶液顏色變化分析。
B、乙醇具有揮發性和還原性，揮發出的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、比較AgCl和AgI的溶度積Ksp大小，應存在二者的轉化。
D、麥芽糖為還原性糖，可與新制Cu(OH)2反應產生磚紅色沉淀；而蔗糖不屬于還原性糖，與新制Cu(OH)2懸濁液不反應。
11．（2025·蘭州模擬）某研究所設計以軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）為原料制備，其實驗流程如下：
已知：固體和溶液均為墨綠色。
下列說法正確的是
A．“熔融煅燒”過程中使用到的儀器主要有蒸發皿，三腳架和酒精燈
B．“濾渣1”的成分是
C．“調pH2”過程中反應的離子方程式為
D．“結晶”過程中獲得晶體可采用降溫結晶法
【答案】D
【知識點】物質的分離與提純；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．固體的加熱應使用坩堝而不是蒸發皿，A錯誤；
B．由分析知“濾渣1”的成分是和， B錯誤；
C．“調pH2”過程中加入冰醋酸，冰醋酸為弱電解質，在離子方程式中保留化學式，反應的離子方程式為，C錯誤；
D．的溶解度受溫度影響變化較大，因此需采用降溫結晶，D正確；
故答案為：D
【分析】A、“熔融煅燒”是對固體進行加熱，需在坩堝中進行。
B、“調pH1”過程中通入過量的CO2，K2SiO3和K[Al(OH)4]與CO2反應，生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀。
C、“調pH2”過程中加入冰醋酸，CH3COOH為弱酸，在離子方程式中保留化學式。
D、KMnO4的溶解度受溫度影響較大，應采用降溫結晶法。
12．（2025·蘭州模擬）科學家為消除酸性工業廢水中甲醛的危害，利用驅動耦合電催化實現了與轉化為高附加值的產品。下圖是耦合電催化反應系統原理圖示。下列有關說法不正確的是
A．管負載納米絨電極為陰極
B．反應過程中從左極室向右極室移動
C．電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成1mol
D．陽極的電極反應式為
【答案】C
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．Cu管負載Cu納米絨上CO2轉化為HCOOH，發生得電子的還原反應，因此管負載納米絨電極為陰極，A正確；
B．在電解池裝置中，陽離子從陽極向陰極移動，因此H+從左極室向右極室移動，B正確；
C．電路中通過2mol電子時，陽極生成1molHCOOH，同時陰極也生成1molHCOOH。因此在裝置中可生成2mol，C錯誤；
D．陽極上HCHO發生失電子的氧化反應，生成HCOOH，因此陽極的電極反應式為，D正確；
故答案為：C
【分析】Cu管負載Cu納米絨上CO2轉化為HCOOH，C元素由＋4價變為＋2價，發生得電子的還原反應，因此該電極為陰極，則電源a為負極。Cu管負載Cu納米絨的電極反應式為CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左側碳紙負載MnO2納米片為正極，HCHO發生失電子的氧化反應，生成HCOOH。因此陽極的電極反應式為HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。據此結合選項分析。
13．（2025·蘭州模擬）某太陽能電池材料的化學式為，其晶胞結構如下圖所示，其中代表，表示阿伏加德羅常數。下列說法中不正確的是
A．N的雜化方式為
B．圖中代表
C．晶體密度為
D．的配位數為8
【答案】D
【知識點】晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．中N的價電子對數是4，采用雜化，A正確；
B．由圖可知，1個位于體內，位于面心，個數為6×=3個，位于頂點，個數為8×=1。根據甲胺鉛碘的化學式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，頂點的代表，B正確；
C.1個晶胞中含有1個(CH3NH3)PbI3，因此晶胞的質量為，晶胞的體積為。所以晶胞的體積為，C正確；
D．位于晶胞的頂點，與其距離最近的位于3個面的面心，頂點為8個晶胞共用，面心被兩個晶胞共用。所以的配位數為個，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據N原子的價層電子對數確定其雜化方式。
B、根據均攤法結合晶胞結構確定微粒個數比，從而確定代表的微粒。
C、根據公式計算晶胞密度。
D、根據晶胞結構分析。
14．（2025·蘭州模擬）室溫下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物質的量分數（x）隨pH變化的關系如下圖所示。下列說法不正確的是
A．的電離方程式為，
B．室溫下，
C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，離子濃度大小關系為
D．時，溶液中存在
【答案】C
【知識點】離子濃度大小的比較；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．溶液中HA-的物質的量分數為1.0，說明溶液中H2A完全電離產生H+和HA-，因此溶液中不存在分子，說明第一步完全電離，則電離方程式為，，A正確；
B．HA-的電離方程式為，由圖可知，當pH=3時，溶液中c(HA－)=c(A2－)，此時溶液中，，B正確；
C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，由，可知的電離大于的水解，因此溶液中，C錯誤；
D．時，溶液中陽離子除外還有調pH時加入的物質中的陽離子，由電荷守恒可知時，溶液中存在，D正確；
故答案為：C
【分析】A、溶液中HA－的物質的量分數為1.0，說明H2A第一步完全電離。
B、當pH=3時，溶液中c(HA－)=c(A2－)，據此計算Ka(HA－)。
C、等物質的量濃度的NaHA和Na2A溶液中，HA－的電離程度大于A2－的水解程度，據此判斷溶液中離子濃度大小關系。
D、結合電荷守恒分析。
15．（2025·蘭州模擬）海洋錳結核是一種富含多種金屬元素的礦物資源，從中提取的金屬在鋼鐵、電子、航天領域有著廣泛的用途。其主要成分為錳、鎳、銅、鈷、鐵等金屬的氧化物。從錳結核中回收金屬的工藝流程如下：
已知：①“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金。
②“加壓酸浸”后、、元素均以二價鹽的形式存在。
③常溫下，相關金屬離子（）生成氫氧化物沉淀的pH如下表：
金屬離子
開始沉淀的pH 1.3 6.5 4.2 7 6.8
完全沉淀（）的pH 3 9 6.7 9.2 9.2
（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是　 　。
（2）濾渣的主要成分是　 　，“調pH”操作中pH的控制范圍為　 　，該過程中發生反應的離子方程式為　 　。
（3）“電解沉積鎳”的過程中使用石墨電極，陽極的電極反應式為　 　。
（4）萃取劑Ⅰ為，“萃取銅”后銅元素的存在形式為，其中銅元素的配位數為　 　。萃取后通過　 　操作將其分離出來。請解釋萃取劑Ⅰ能萃取分離銅元素的原因　 　。
【答案】（1）提高反應速率，增大浸取率
（2）；3~4.2；
（3）
（4）4；分液；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵
【知識點】配合物的成鍵情況；鐵及其化合物的性質實驗；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率。
故答案為：提高反應速率，增大浸取率
（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為。
故答案為：；3~4.2；
（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為。
故答案為：
（4），其中銅與O、N形成配位鍵，銅元素的配位數為4；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中。
故答案為：4；分液；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵
【分析】（1）“加壓酸浸”可加快反應速率，增大浸取率。
（2）“調pH”的過程中加入H2O2，是為了將溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；加入NH3是為了將溶液中的Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋不能形成Cu(OH)2沉淀，據此作答。
（3）“電解沉積鎳”的過程中，陽極上H2O電離產生的OH－發生失電子的氧化反應，生成O2，據此寫出電極反應式。
（4）根據配合物的結構確定Cu的配位數。萃取后所得為不互溶的兩種液體，采用分液進行分離。萃取劑Ⅰ能與Cu2＋形成配位鍵，且難溶于水，因此可用作萃取劑。
（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率；
（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為；
（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為；
（4），其中銅與O、N形成配位鍵，銅元素的配位數為4；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中；
16．（2025·蘭州模擬）二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀是一種重要的配合物，具有特殊的結構和性質，制備流程如下：
已知：1.
2.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇。
實驗步驟：
步驟1：制備：稱取2.5g硫酸銅晶體（），溶于水，滴入過量的溶液，加熱煮沸，冷卻，用下圖所示的裝置抽濾，然后用蒸餾水洗滌，得到氧化銅。
步驟2：制取：將晶體加入蒸餾水中，微熱，溶解過程中溫度不能超過85℃，待充分溶解后分次加入，反應生成。
步驟3：制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀：將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀。反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體。
請回答：
（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，需要用到的儀器有　 　。抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是　 　。用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈的方法：　 　。
（2）步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是　 　。
（3）步驟3制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀反應的化學方程式為　 　。加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是　 　，用乙醇洗滌晶體的目的是　 　。
（4）將制得的進行熱重分析，結果如下圖所示，由圖可知在C點剩余固體為和　 　。
【答案】（1）托盤天平、藥匙；抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）
（2）防止草酸分解
（3）；水浴加熱；洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥
（4）
【知識點】探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；物質的量的相關計算
【解析】【解答】（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）。
故答案為：托盤天平、藥匙；抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）
（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解。
故答案為：防止草酸分解
（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥。
故答案為：；水浴加熱；洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥
（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。
故答案為：
【分析】（1）稱量固體質量需要用到托盤天平和藥匙。抽濾裝置是利用減小吸濾瓶內的壓強，從而加快過濾速度。結合洗滌操作分析。
（2）步驟2溶解時加入了草酸，H2C2O4在加熱時易分解，因此溫度不能過高。
（3）KHC2O4與CuO反應生成K2[Cu(C2O4)2]，同時生成H2O，據此寫出反應的化學方程式。加熱溫度控制50℃應才用過水浴加熱。用乙醇洗滌可除去表面的水分，同時減少晶體的溶解損耗。
（4）根據圖像所給數據計算。
（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）；
（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解；
（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥；
（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。
17．（2025·蘭州模擬）煤制甲醇工業對國家能源安全和化工產業發展意義重大。其主要流程分為煤氣化和合成甲醇：
Ⅰ．煤氣化的主要反應：
反應1：
反應2：
請回答：
（1）反應的________，在________（選填“低溫”、“高溫”或“任意溫度”）條件下有利于該反應自發進行。
（2）在恒溫恒容容器內進行反應1和反應2，下列說法正確的有________（填序號）。
A. 混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡
B. 平衡時的體積分數可能大于
C. 平衡時向容器中充入惰性氣體，平衡體系中的體積分數不變
D. 平衡時縮小容器體積，平衡體系中減小
（3）研究人員結合實驗與計算機模擬結果揭示了在金催化劑表面上反應2的反應歷程（如下圖所示），其中吸附在金催化劑表面上的物質用*標注。該歷程中決定反應2速率的步驟方程式為________。
（4）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的和同時發生反應1和反應2，起始壓強為0.1MPa，平衡時的轉化率為50%，的物質的量是為0.1mol，則反應1的平衡常數________。（已知為分壓平衡常數，分壓=總壓物質的是分數）
Ⅱ．合成甲醇的主要反應為 。
（5）在其他條件一定時，甲醇的產量隨溫度和壓強的變化趨勢如上圖所示，其中壓強最大的是________（選填）。
（6）在550K、條件下，M點所示的反應狀態中甲醇的生成速率________甲醇的消耗速率（選填“>”“<”或“=”）。
（7）請解釋甲醇的產量隨溫度變化的原因________。
【答案】(1) 高溫
(2) A，C
(3)（或）
(4) 0.01MPa
(5)
(6) <
(7)時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低
【知識點】蓋斯定律及其應用；焓變和熵變；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可知：反應1+反應2可得，則；該反應為吸熱反應且、，根據時反應自發進行，則該反應在高溫條件下進行有利于該反應自發進行。
故答案為：；高溫
（2）A．反應1中C是固體，恒溫恒容容器內，隨著反應的進行，混合氣體的質量逐漸增大，則密度逐漸增大，當密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，A正確；
B．反應1+反應2可得，假設反應完全進行到底，則H2的體積分數為，但可逆反應不能進行到底，則H2的體積分數一定小于，B錯誤；
C．平衡時向容器中充入惰性氣體，容器內總壓強增大，但是恒容條件下各物質濃度不變，平衡不移動，則平衡體系中CO的體積分數不變，C正確；
D．總體考慮該反應體系，反應1-反應2得：，該反應的平衡常數為，則平衡時縮小容器體積，溫度不變，平衡體系中不變，D錯誤；
故答案為：AC
（3）決速步驟是反應速率最慢的，活化能最大的步驟，方程式為：（或）。
故答案為：（或）
（4）平衡時的轉化率為50%，則平衡時水的物質的量為0.5mol，則的物質的量是為0.1mol，設反應1消耗水得物質的量為xmol，列出三段式得，，則，解得x=0.3mol，此時容器中總氣體的物質的量為（0.5+0.1+0.5+0.2）mol=1.3mol，起始壓強為0.1MPa，則此時總壓強為，反應1的平衡常數。
故答案為：0.01MPa
（5）該反應正向是氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，甲醇的產量增大，故壓強最大的為P1。
故答案為：P1
（6）在550K、條件下，M點在平衡曲線上方，此時反應逆向進行，故所示的反應狀態中甲醇的生成速率<甲醇的消耗速率。
故答案為：<
（7） ，反應為放熱反應，時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低。
故答案為：時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。結合ΔH-TΔS＜0判斷反應自發進行的條件。
（2）A、分析反應過程中混合氣體密度是否發生變化，從而判斷是否達到平衡狀態。
B、若反應進行徹底，則得到H2的體積分數為 ，但可逆反應無法進行徹底。
C、恒容裝置內充入惰性氣體，平衡不移動。
D、縮小容器體積，壓強增大，結合壓強對平衡移動的影響分析。
（3）慢反應決定了整個反應過程的反應速率，反應所需的活化能越高，反應速率越小，據此結合反應過程中能量變化圖分析。
（4）根據三段式進行計算。
（5）結合壓強對平衡移動的影響分析。
（6）結合反應進行的方向判斷反應速率大小。
（7）結合溫度對反應速率和平衡移動的影響分析。
18．（2025·蘭州模擬）阿法替尼（Afatinib）是不可逆型酪氨酸激酶抑制劑，可持久地抑制腫瘤細胞的增殖和生長，其工業合成路線如下圖所示：
請回答：
（1）B中含氧官能團的名稱為　 　。
（2）F、H的結構簡式分別為　 　、　 　。
（3）反應D→E的反應類型為　 　。
（4）反應I→J的化學方程式為　 　。
（5）C有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體有　 　種（不考慮立體異構）。
a．能發生銀鏡反應 b．不含醚鍵
其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為　 　（任寫一個即可）。
【答案】（1）硝基、（酚）羥基
（2）；
（3）還原反應
（4）
（5）7；和
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）B為，其含氧官能團的名稱為硝基、（酚）羥基。
故答案為：硝基、（酚）羥基
（2）根據分析，F、H的結構簡式分別為、。
故答案為：；
（3）由D、E結結構簡式可知，D轉化為E時硝基被還原為氨基，即D發生還原反應生成E，反應D→E的反應類型為還原反應。
故答案為：還原反應
（4）反應I→J的化學方程式為。
故答案為：
（5）C為，同分異構體符合a．能發生銀鏡反應，則含有醛基；b．不含醚鍵，其同分異構體有、、、、、、，共7種；其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為和。
故答案為：7；和
【分析】A發生硝化反應生成B，B和C發生取代反應生成D，結合D的結構簡式，B為，C為，D發生還原反應生成E，E和F發生取代反應生成G，結合G的結構，F為，F發生硝化反應生成H，H發生還原反應生成I，I和反應生成J，根據J的結構，H為，I為，J和反應生成產物阿法替尼，據此解答。
（1）B為，其含氧官能團的名稱為硝基、（酚）羥基。
（2）根據分析，F、H的結構簡式分別為、。
（3）由D、E結結構簡式可知，D轉化為E時硝基被還原為氨基，即D發生還原反應生成E，反應D→E的反應類型為還原反應。
（4）反應I→J的化學方程式為。
（5）C為，同分異構體符合a．能發生銀鏡反應，則含有醛基；b．不含醚鍵，其同分異構體有、、、、、、，共7種；其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為和。
1 / 1甘肅省蘭州市2025屆高三診斷考試（一模）化學試題
1．（2025·蘭州模擬）文物承載著人類的文明與智慧。下列有關文物的敘述不正確的是
A．武威出土的銅奔馬屬于合金材料
B．馬家窯出土的陶器屬于硅酸鹽產品
C．甘肅簡牘博物館珍藏的竹簡主要成分屬于多糖
D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為
2．（2025·蘭州模擬）化學用語是描述化學物質組成及變化的專業語言符號。下列有關表述不正確的是
A．用電子云輪廓圖示意鍵的形成：
B．的價層電子軌道表示式為：
C．的價層電子對互斥（VSEPR）模型：
D．的形成過程：
3．（2025·蘭州模擬）科技工作者研究、利用化學知識造福人類，彰顯了勞動者的智慧與精神。下列有關說法不正確的是
A．釀酒師釀造葡萄酒添加目的是起殺菌和抗氧化等作用
B．醫生做“鋇餐”透視時病人吞服的鋇餐主要成分是
C．材料科學家研制的包裝材料聚乳酸（）是由加聚而成
D．環境保護工程師利用除去廢水中的
4．（2025·蘭州模擬）丙烯腈是合成纖維、橡膠和樹脂的重要材料，由乙炔與HCN反應制得：。應用到的實驗裝置（夾持儀器已省略）如下圖所示，下列說法正確的是
A．A裝置可用于制備乙炔
B．B裝置可用于除去乙炔中的雜質氣體
C．C裝置可用于合成丙烯腈
D．D裝置可用于吸收多余的尾氣
5．（2025·蘭州模擬）環泊酚（D）是一類新型短效靜脈麻醉藥。其部分合成路線如下圖所示，下列說法正確的是
A．物質A的名稱為2-異丙基苯酚
B．物質A與物質D互為同系物
C．可用溶液檢驗D中是否存在未反應的A
D．1molB和C分別與足量的溶液反應均消耗
6．（2025·蘭州模擬）下列離子方程式的書寫正確的是
A．用三氯化鐵溶液刻蝕覆銅電路板：
B．海水提溴過程中將溴吹入吸收塔：
C．向中加入：
D．電解水溶液的離子方程式：
7．（2025·蘭州模擬）物質結構決定性質，性質決定用途。下列有關事實解釋不正確的是
選項 事實 解釋
A 將無水乙醇加入溶液中析出深藍色晶體 乙醇分子極性較小，降低了的溶解性
B 石墨能導電 未雜化的p軌道重疊使電子在整個碳原子平面內運動
C 的酸性強于 F的電負性大于
D 的熔點低于 引入乙基改變了晶體的類型
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·蘭州模擬）離子化合物水解可用于制備石墨，其反應原理為(石墨，s，表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．2.7g中含有的離子總數為
B．常溫下，的溶液中含的數目為
C．7.2g單層石墨中含有六元環的數目為
D．每生成3.36L，轉移電子的數目為
9．（2025·蘭州模擬）鈣鈦礦太陽能電池材料中含有前四周期X、Y、Z、W四種元素。基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，Z元素形成的單質為淡黃色固體，X、Z的質子數之和等于W的質子數。下列說法中正確的是
A．基態原子中未成對電子數：
B．簡單氫化物的沸點：
C．只有Z的最高價氧化物對應水化物為強酸
D．W位于第四周期、第ⅡB族
10．（2025·蘭州模擬）下列設計的實驗方案不能達到實驗目的的是
選項 實驗目的 實驗方案
A 探究溫度對化學平衡的影響 取兩支試管，分別加入2mL0.5溶液，將其中的一支試管先加熱，然后置于冷水中，分別與另一支試管進行對比，觀察溶液顏色變化
B 驗證溴乙烷發生消去反應 向溴乙烷中加入的乙醇溶液，加熱，將產生的氣體通入酸性溶液中，觀察溶液是否褪色
C 比較和的大小 常溫下，向0.1溶液中先滴加少量0.1溶液，振蕩后再滴加少量0.1溶液，觀察沉淀顏色變化
D 鑒別蔗糖和麥芽糖溶液 分別向兩種無色溶液中滴加新制氫氧化銅懸濁液，加熱、觀察是否有磚紅色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
11．（2025·蘭州模擬）某研究所設計以軟錳礦（主要成分為，含少量、等的氧化物）為原料制備，其實驗流程如下：
已知：固體和溶液均為墨綠色。
下列說法正確的是
A．“熔融煅燒”過程中使用到的儀器主要有蒸發皿，三腳架和酒精燈
B．“濾渣1”的成分是
C．“調pH2”過程中反應的離子方程式為
D．“結晶”過程中獲得晶體可采用降溫結晶法
12．（2025·蘭州模擬）科學家為消除酸性工業廢水中甲醛的危害，利用驅動耦合電催化實現了與轉化為高附加值的產品。下圖是耦合電催化反應系統原理圖示。下列有關說法不正確的是
A．管負載納米絨電極為陰極
B．反應過程中從左極室向右極室移動
C．電路中通過2mol電子時，在裝置中可生成1mol
D．陽極的電極反應式為
13．（2025·蘭州模擬）某太陽能電池材料的化學式為，其晶胞結構如下圖所示，其中代表，表示阿伏加德羅常數。下列說法中不正確的是
A．N的雜化方式為
B．圖中代表
C．晶體密度為
D．的配位數為8
14．（2025·蘭州模擬）室溫下，的某二元酸溶液中，溶液中可能存在的含A粒子（、、等）物質的量分數（x）隨pH變化的關系如下圖所示。下列說法不正確的是
A．的電離方程式為，
B．室溫下，
C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，離子濃度大小關系為
D．時，溶液中存在
15．（2025·蘭州模擬）海洋錳結核是一種富含多種金屬元素的礦物資源，從中提取的金屬在鋼鐵、電子、航天領域有著廣泛的用途。其主要成分為錳、鎳、銅、鈷、鐵等金屬的氧化物。從錳結核中回收金屬的工藝流程如下：
已知：①“還原熔煉”后得到富錳渣和粗合金。
②“加壓酸浸”后、、元素均以二價鹽的形式存在。
③常溫下，相關金屬離子（）生成氫氧化物沉淀的pH如下表：
金屬離子
開始沉淀的pH 1.3 6.5 4.2 7 6.8
完全沉淀（）的pH 3 9 6.7 9.2 9.2
（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是　 　。
（2）濾渣的主要成分是　 　，“調pH”操作中pH的控制范圍為　 　，該過程中發生反應的離子方程式為　 　。
（3）“電解沉積鎳”的過程中使用石墨電極，陽極的電極反應式為　 　。
（4）萃取劑Ⅰ為，“萃取銅”后銅元素的存在形式為，其中銅元素的配位數為　 　。萃取后通過　 　操作將其分離出來。請解釋萃取劑Ⅰ能萃取分離銅元素的原因　 　。
16．（2025·蘭州模擬）二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀是一種重要的配合物，具有特殊的結構和性質，制備流程如下：
已知：1.
2.二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇。
實驗步驟：
步驟1：制備：稱取2.5g硫酸銅晶體（），溶于水，滴入過量的溶液，加熱煮沸，冷卻，用下圖所示的裝置抽濾，然后用蒸餾水洗滌，得到氧化銅。
步驟2：制取：將晶體加入蒸餾水中，微熱，溶解過程中溫度不能超過85℃，待充分溶解后分次加入，反應生成。
步驟3：制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀：將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀。反應結束后將溶液冷卻至室溫，再置于冰水浴中冷卻，析出晶體，過濾并用乙醇洗滌晶體。
請回答：
（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，需要用到的儀器有　 　。抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是　 　。用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈的方法：　 　。
（2）步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是　 　。
（3）步驟3制備二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀反應的化學方程式為　 　。加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是　 　，用乙醇洗滌晶體的目的是　 　。
（4）將制得的進行熱重分析，結果如下圖所示，由圖可知在C點剩余固體為和　 　。
17．（2025·蘭州模擬）煤制甲醇工業對國家能源安全和化工產業發展意義重大。其主要流程分為煤氣化和合成甲醇：
Ⅰ．煤氣化的主要反應：
反應1：
反應2：
請回答：
（1）反應的________，在________（選填“低溫”、“高溫”或“任意溫度”）條件下有利于該反應自發進行。
（2）在恒溫恒容容器內進行反應1和反應2，下列說法正確的有________（填序號）。
A. 混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡
B. 平衡時的體積分數可能大于
C. 平衡時向容器中充入惰性氣體，平衡體系中的體積分數不變
D. 平衡時縮小容器體積，平衡體系中減小
（3）研究人員結合實驗與計算機模擬結果揭示了在金催化劑表面上反應2的反應歷程（如下圖所示），其中吸附在金催化劑表面上的物質用*標注。該歷程中決定反應2速率的步驟方程式為________。
（4）在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的和同時發生反應1和反應2，起始壓強為0.1MPa，平衡時的轉化率為50%，的物質的量是為0.1mol，則反應1的平衡常數________。（已知為分壓平衡常數，分壓=總壓物質的是分數）
Ⅱ．合成甲醇的主要反應為 。
（5）在其他條件一定時，甲醇的產量隨溫度和壓強的變化趨勢如上圖所示，其中壓強最大的是________（選填）。
（6）在550K、條件下，M點所示的反應狀態中甲醇的生成速率________甲醇的消耗速率（選填“>”“<”或“=”）。
（7）請解釋甲醇的產量隨溫度變化的原因________。
18．（2025·蘭州模擬）阿法替尼（Afatinib）是不可逆型酪氨酸激酶抑制劑，可持久地抑制腫瘤細胞的增殖和生長，其工業合成路線如下圖所示：
請回答：
（1）B中含氧官能團的名稱為　 　。
（2）F、H的結構簡式分別為　 　、　 　。
（3）反應D→E的反應類型為　 　。
（4）反應I→J的化學方程式為　 　。
（5）C有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體有　 　種（不考慮立體異構）。
a．能發生銀鏡反應 b．不含醚鍵
其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為　 　（任寫一個即可）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】硅和二氧化硅；鐵的氧化物和氫氧化物
【解析】【解答】A．銅奔馬的材料為銅合金，屬于合金材料，A正確；
B．陶器的主要原料是粘土和陶土，其化學成分以硅酸鹽為主，都屬于硅酸鹽產品，B正確；
C．竹簡主要成分是纖維素，屬于多糖，C正確；
D．敦煌壁畫繪制用到的紅色顏料為，是黑色固體，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、銅合金屬于合金材料。
B、陶器屬于硅酸鹽產品。
C、竹簡的材料為纖維素，屬于多糖。
D、紅色顏料為Fe2O3。
2．【答案】B
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；判斷簡單分子或離子的構型；用電子式表示簡單的離子化合物和共價化合物的形成
【解析】【解答】A．鍵電子云以肩并肩方式重疊形成，圖示正確，故A正確；
B．的價層電子排布式為3d54s1，因此其軌道表示式為：，故B錯誤；
C．中心O原子的價層電子對數為2+=3，含有一對孤對電子，因此其VSEPR模型為平面三角形，故C正確；
D．為離子化合物，是由Mg2＋和Cl－構成的，用電子式形成過程表示為，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、p-pπ鍵是以肩并肩達到形式重疊形成的。
B、Cr的夾層電子排布式為3d54s1，據此確定其軌道表示式。
C、O3中心氧原子的價層電子對數為3，其VSEPR模型為平面三角形。
D、MgCl2是由Mg2＋和Cl－構成的離子化合物，據此確定其形成過程。
3．【答案】C
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；縮聚反應
【解析】【解答】A．SO2有殺菌作用，且具有還原性，加在葡萄酒中可起到殺菌和抗氧化的作用，A正確；
B．“鋇餐”的主要成分是BaSO4，難溶于水、不溶于稀鹽酸，且對X射線有良好阻擋作用，B正確；
C．聚乳酸一般由乳酸[HOCH(CH3)COOH]通過發生縮聚反應生成，不是加聚反應，C錯誤；
D．Na2S能與Hg2+反應生成難溶于水的HgS，因此可用于去除廢水中的Hg2+，D正確；
故答案為：C
【分析】A、SO2具有殺菌作用，且具有還原性，可用作抗氧化劑。
B、“鋇餐”的主要成分是BaSO4。
C、聚乳酸是由乳酸發生縮聚反應后生成的。
D、Na2S可與廢水中的Hg2＋形成難溶的HgS沉淀。
4．【答案】D
【知識點】乙炔炔烴；常用儀器及其使用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．該反應過程劇烈，反應速率較快，因此發生裝置所使用的漏斗應使用分液漏斗，從而控制反應速度，故該選項錯誤；
B．制取乙炔氣體中含有硫化氫，可用CuSO4溶液除去，洗氣時氣體應長進短出，故該選項錯誤；
C．乙炔合成丙烯腈所需溫度是，應采用水浴加熱，故該選項錯誤；
D．尾氣中有乙炔、HCN，而乙炔含有碳碳三鍵，HCN具有較強的還原性，都能被高錳酸鉀溶液氧化，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液進行尾氣處理，倒置的漏斗可起到防倒吸的作用，D項正確；
故答案為：D
【分析】A、該反應過程劇烈，反應速率快，應用分液漏斗控制反應速率。
B、洗氣時，氣體應從長導管一端通入。
C、反應溫度為70℃，應采用水浴加熱。
D、酸性KMnO4能與尾氣中的乙炔和HCN反應。
5．【答案】A
【知識點】有機化合物的命名；酯的性質；苯酚的化學性質
【解析】【解答】A．根據A的結構，母體為苯酚，2號碳原子上含有異丙基，因此該有機物的名稱為2-異丙基苯酚，故A正確；
B．D的支鏈含有環狀結構，與A的結構不相似，因此二者不屬于同系物，故B錯誤；
C．A和D中都含有酚羥基，都能與溶液發生顯色反應，因此不能用溶液檢驗D中是否存在未反應的A，故C錯誤；
D．B中只含有1個酯基，1molB只能消耗1molNaOH，C含有酚酯基，1molC消耗2molNaOH，故D錯誤；
故答案為：A
【分析】A、根據有機物的結構簡式進行命名。
B、同系物是指結構相似，分子組成相差一個或多個CH2的有機物。
C、有機物A和D中都含有酚羥基，都能與FeCl3溶液發生顯色反應。
D、B中含有一個酯基能與1個NaOH反應；C中含有酚酯結構，能與2個NaOH反應。
6．【答案】B
【知識點】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；離子方程式的書寫；電解池工作原理及應用；鈉的氧化物
【解析】【解答】A．反應中Fe元素由+3價變為+2價，銅元素由0價變為+2價，根據得失電子守恒，該反應的離子方程式應為：，A錯誤；
B．反應中Br元素由0價變為-1價，S元素由+4價變為+6價，根據得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒可得離子方程式為：，B正確；
C．Na2O2既做氧化劑又做還原劑，因此該反應的離子方程式為：2H218O+2Na2O2=4Na++218OH-+2OH-+O2↑，C錯誤；
D．電解產生的氫氧根會和鎂離子反應生成Mg(OH)2沉淀，正確的離子方程式為，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能將Cu氧化成Cu2＋。
B、Br2能將SO2氧化成SO42－，自身還原為Br－。
C、反應過程中Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，因此產物NaOH中的O元素部分來自于Na2O2。
D、電解MgCl2溶液的過程中，產生的OH－能與Mg2＋結合成Mg(OH)2沉淀。
7．【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；極性分子和非極性分子；晶體的定義
【解析】【解答】A．無水乙醇極性較小，加入溶液后，溶劑的極性降低，使得該離子化合物的溶解度降低，析出深藍色晶體，A正確；
B．石墨導電是由于每個碳原子以雜化形成平面結構，未雜化的p軌道垂直于平面，重疊形成離域大π鍵，電子可在平面內可自由移動，因此石墨可導電，B正確；
C．由于電負性：F＞Cl，因此F的吸電子效應更強，使羧基中的羥基極性更大，更易解離，所以酸性：＞，C正確；
D．的熔點低于，主要原因是乙基的引入增大了陽離子體積，導致半徑：＞，使得的離子鍵強度小于，所以熔點，而非改變晶體類型（仍為離子晶體），D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、無水乙醇的極性較小，加入無水乙醇后，溶劑的極性降低，使得離子化合物溶解度降低，結晶析出。
B、石墨導電是由于石墨中含有可自由移動的電子。
C、F的電負性強，對鍵合電子的吸引力強，使得羧基中O－H容易斷裂。
D、引入乙基，晶體類型不變，改變的是離子半徑。
8．【答案】C
【知識點】氣體摩爾體積；物質的量濃度；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．由K+、構成，一個中含有2個離子。2.7g物質的量為0.02mol，含有的離子總數為，A錯誤；
B．溶液體積未知，無法應用公式n=c×V計算離子數目，B錯誤；
C．石墨中每個碳原子被3個六元環共用，因此每個六元環實際占有2個碳原子。7.2克單層石墨含有0.6mol碳原子，石墨中含有的六元環的個數為0.3 NA，C正確；
D．氫氣的溫度、壓強未知，無法應用氣體摩爾體積計算轉移電子數目，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、KC8由K＋和C8－構成，據此計算所含的離子數。
B、pH=13的KOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，溶液的體積未知，無法計算。
C、根據石墨的結構分析。
D、氣體所處的狀態未知，無法應用Vm=22.4L·mol－1計算。
9．【答案】A
【知識點】原子核外電子排布；原子結構與元素的性質；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律
【解析】【解答】A．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其價層電子排布式分別為：2s22p2，2s22p3，3s23p4，未成對電子數分別為：2、3、2。因此基態原子中未成對電子數：，A正確；
B．X為C元素，Y為N元素，Z為S元素，其簡單氫化物分別為：CH4，NH3，H2S，其中氨氣可形成分子間氫鍵，氫鍵可使沸點增大，硫化氫相對分子質量較大，因此沸點比甲烷大。綜上，簡單氫化物的沸點：，B錯誤；
C．Y為N元素，其最高價氧化物對應的水化物為硝酸，屬于強酸，C錯誤；
D．W為Ti元素，是22號元素，位于第四周期、第ⅣB族，D錯誤；
故答案為：A
【分析】基態X原子s能級上的電子數是p能級上電子數的2倍，因此基態X原子的核外電子排布式為 1s22s22p2， 所以X為C。Y的第一電離能在同周期中僅小于兩種元素，因此Y為N。Z元素的單質為淡黃色固體，因此Z為S。X、Z的質子數之和等于W的質子數，即W的質子數為22，因此W為Ti。據此結合選項分析。
10．【答案】B
【知識點】化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鹵代烴簡介；二糖的性質和用途
【解析】【解答】A．CuCl2溶液中存在的平衡Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，通過改變溫度觀察溶液顏色變化，可判斷溫度對平衡移動的影響，方案可行，A不符合題意；
B．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加熱生成乙烯，乙醇具有揮發性，揮發吹出的乙醇蒸氣可能被酸性高錳酸鉀氧化，導致溶液褪色，干擾實驗結果，無法準確驗證消去反應，方案存在缺陷，B符合題意；
C．向NaCl溶液中先加少量生成AgCl沉淀，再滴加KI溶液，若生成黃色AgI沉淀，說明AgI的溶度積更小，實驗中用量少，優先與Cl-反應，后續加入KI時，生成黃色AgI沉淀，涉及沉淀的轉化，因此可正確比較，方案合理，C不符合題意；
D．麥芽糖屬于還原性糖，直接與新制懸濁液共熱可產生磚紅色沉淀；蔗糖無還原性，不反應無明顯現場產生。因此該方案可有效鑒別兩者，方法正確，D不符合題意；
故答案為：B
【分析】A、溶液中存在可逆反應Cu2+(藍色)+4Cl-(黃色)，結合溫度改變時溶液顏色變化分析。
B、乙醇具有揮發性和還原性，揮發出的乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色。
C、比較AgCl和AgI的溶度積Ksp大小，應存在二者的轉化。
D、麥芽糖為還原性糖，可與新制Cu(OH)2反應產生磚紅色沉淀；而蔗糖不屬于還原性糖，與新制Cu(OH)2懸濁液不反應。
11．【答案】D
【知識點】物質的分離與提純；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．固體的加熱應使用坩堝而不是蒸發皿，A錯誤；
B．由分析知“濾渣1”的成分是和， B錯誤；
C．“調pH2”過程中加入冰醋酸，冰醋酸為弱電解質，在離子方程式中保留化學式，反應的離子方程式為，C錯誤；
D．的溶解度受溫度影響變化較大，因此需采用降溫結晶，D正確；
故答案為：D
【分析】A、“熔融煅燒”是對固體進行加熱，需在坩堝中進行。
B、“調pH1”過程中通入過量的CO2，K2SiO3和K[Al(OH)4]與CO2反應，生成H2SiO3沉淀和Al(OH)3沉淀。
C、“調pH2”過程中加入冰醋酸，CH3COOH為弱酸，在離子方程式中保留化學式。
D、KMnO4的溶解度受溫度影響較大，應采用降溫結晶法。
12．【答案】C
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．Cu管負載Cu納米絨上CO2轉化為HCOOH，發生得電子的還原反應，因此管負載納米絨電極為陰極，A正確；
B．在電解池裝置中，陽離子從陽極向陰極移動，因此H+從左極室向右極室移動，B正確；
C．電路中通過2mol電子時，陽極生成1molHCOOH，同時陰極也生成1molHCOOH。因此在裝置中可生成2mol，C錯誤；
D．陽極上HCHO發生失電子的氧化反應，生成HCOOH，因此陽極的電極反應式為，D正確；
故答案為：C
【分析】Cu管負載Cu納米絨上CO2轉化為HCOOH，C元素由＋4價變為＋2價，發生得電子的還原反應，因此該電極為陰極，則電源a為負極。Cu管負載Cu納米絨的電極反應式為CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。左側碳紙負載MnO2納米片為正極，HCHO發生失電子的氧化反應，生成HCOOH。因此陽極的電極反應式為HCHO－2e－＋H2O=HCOOH＋2H＋。據此結合選項分析。
13．【答案】D
【知識點】晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】A．中N的價電子對數是4，采用雜化，A正確；
B．由圖可知，1個位于體內，位于面心，個數為6×=3個，位于頂點，個數為8×=1。根據甲胺鉛碘的化學式(CH3NH3)PbI3可知，面心的代表，頂點的代表，B正確；
C.1個晶胞中含有1個(CH3NH3)PbI3，因此晶胞的質量為，晶胞的體積為。所以晶胞的體積為，C正確；
D．位于晶胞的頂點，與其距離最近的位于3個面的面心，頂點為8個晶胞共用，面心被兩個晶胞共用。所以的配位數為個，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、根據N原子的價層電子對數確定其雜化方式。
B、根據均攤法結合晶胞結構確定微粒個數比，從而確定代表的微粒。
C、根據公式計算晶胞密度。
D、根據晶胞結構分析。
14．【答案】C
【知識點】離子濃度大小的比較；電離方程式的書寫
【解析】【解答】A．溶液中HA-的物質的量分數為1.0，說明溶液中H2A完全電離產生H+和HA-，因此溶液中不存在分子，說明第一步完全電離，則電離方程式為，，A正確；
B．HA-的電離方程式為，由圖可知，當pH=3時，溶液中c(HA－)=c(A2－)，此時溶液中，，B正確；
C．將相同物質的量的和固體溶于水所得混合溶液，由，可知的電離大于的水解，因此溶液中，C錯誤；
D．時，溶液中陽離子除外還有調pH時加入的物質中的陽離子，由電荷守恒可知時，溶液中存在，D正確；
故答案為：C
【分析】A、溶液中HA－的物質的量分數為1.0，說明H2A第一步完全電離。
B、當pH=3時，溶液中c(HA－)=c(A2－)，據此計算Ka(HA－)。
C、等物質的量濃度的NaHA和Na2A溶液中，HA－的電離程度大于A2－的水解程度，據此判斷溶液中離子濃度大小關系。
D、結合電荷守恒分析。
15．【答案】（1）提高反應速率，增大浸取率
（2）；3~4.2；
（3）
（4）4；分液；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵
【知識點】配合物的成鍵情況；鐵及其化合物的性質實驗；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率。
故答案為：提高反應速率，增大浸取率
（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為。
故答案為：；3~4.2；
（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為。
故答案為：
（4），其中銅與O、N形成配位鍵，銅元素的配位數為4；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中。
故答案為：4；分液；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵
【分析】（1）“加壓酸浸”可加快反應速率，增大浸取率。
（2）“調pH”的過程中加入H2O2，是為了將溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋；加入NH3是為了將溶液中的Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋不能形成Cu(OH)2沉淀，據此作答。
（3）“電解沉積鎳”的過程中，陽極上H2O電離產生的OH－發生失電子的氧化反應，生成O2，據此寫出電極反應式。
（4）根據配合物的結構確定Cu的配位數。萃取后所得為不互溶的兩種液體，采用分液進行分離。萃取劑Ⅰ能與Cu2＋形成配位鍵，且難溶于水，因此可用作萃取劑。
（1）“加壓酸浸”過程中加壓的目的是增加氣體濃度，提高反應速率，增大浸取率；
（2）據分析可知，濾渣的主要成分是，“調pH”使鐵離子沉淀完全，銅離子、鈷離子、鎳離子不沉淀，操作中pH的控制范圍為3~4.2，過氧化氫氧化亞鐵離子，加氨水調pH值，得到氫氧化鐵濾渣，離子方程式為；
（3）使用石墨電極，陽極失電子，電極反應式為；
（4），其中銅與O、N形成配位鍵，銅元素的配位數為4；萃取后通過分液操作將其分離出來；萃取劑Ⅰ難溶于水，且能與形成配位鍵，形成的絡合物在有機相和水相中的溶解度差異，使得銅離子能夠被有效地從水相轉移到有機相中；
16．【答案】（1）托盤天平、藥匙；抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）
（2）防止草酸分解
（3）；水浴加熱；洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥
（4）
【知識點】探究物質的組成或測量物質的含量；制備實驗方案的設計；物質的量的相關計算
【解析】【解答】（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）。
故答案為：托盤天平、藥匙；抽氣，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）
（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解。
故答案為：防止草酸分解
（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥。
故答案為：；水浴加熱；洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥
（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。
故答案為：
【分析】（1）稱量固體質量需要用到托盤天平和藥匙。抽濾裝置是利用減小吸濾瓶內的壓強，從而加快過濾速度。結合洗滌操作分析。
（2）步驟2溶解時加入了草酸，H2C2O4在加熱時易分解，因此溫度不能過高。
（3）KHC2O4與CuO反應生成K2[Cu(C2O4)2]，同時生成H2O，據此寫出反應的化學方程式。加熱溫度控制50℃應才用過水浴加熱。用乙醇洗滌可除去表面的水分，同時減少晶體的溶解損耗。
（4）根據圖像所給數據計算。
（1）步驟1稱取2.5g硫酸銅晶體，稱量固體藥品，需要用到的儀器有托盤天平、藥匙；抽濾時將儀器接在水龍頭上，其作用是通過水流動起到抽氣作用，減小吸濾瓶、安全瓶中的壓強，加快過濾速度；用蒸餾水洗滌氧化銅時，證明已洗滌干凈只要證明最后的洗滌液中不含，方法為：取最后一次洗滌濾液于潔凈的試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明已洗滌干凈（其他合理答案也可）；
（2）草酸受熱易分解，步驟2溶解過程中溫度不能超過85℃的原因是防止草酸分解；
（3）將與混合液在50℃加熱至反應充分，得到二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀，反應方程式為；加熱溫度控制在50℃可以采取的加熱措施是水浴加熱；二草酸合銅（Ⅱ）酸鉀微溶于冷水，可溶于熱水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌晶體可以洗去晶體表面雜質和水分，減少洗滌中晶體溶解造成的產物損失，加速晶體干燥；
（4）進行熱重分析，加熱至恒重，應得到剩余固體為和銅的氧化物，1mol質量為354g，根據原子守恒，可得到1mol，1mol的質量為138g，C點剩余質量59.3%×354g≈210g，則銅的氧化物質量為210g-138g=72g，根據銅原子守恒，該固體含有64g銅原子，余下應為O原子質量8g，該氧化物為。
17．【答案】(1) 高溫
(2) A，C
(3)（或）
(4) 0.01MPa
(5)
(6) <
(7)時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低
【知識點】蓋斯定律及其應用；焓變和熵變；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可知：反應1+反應2可得，則；該反應為吸熱反應且、，根據時反應自發進行，則該反應在高溫條件下進行有利于該反應自發進行。
故答案為：；高溫
（2）A．反應1中C是固體，恒溫恒容容器內，隨著反應的進行，混合氣體的質量逐漸增大，則密度逐漸增大，當密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，A正確；
B．反應1+反應2可得，假設反應完全進行到底，則H2的體積分數為，但可逆反應不能進行到底，則H2的體積分數一定小于，B錯誤；
C．平衡時向容器中充入惰性氣體，容器內總壓強增大，但是恒容條件下各物質濃度不變，平衡不移動，則平衡體系中CO的體積分數不變，C正確；
D．總體考慮該反應體系，反應1-反應2得：，該反應的平衡常數為，則平衡時縮小容器體積，溫度不變，平衡體系中不變，D錯誤；
故答案為：AC
（3）決速步驟是反應速率最慢的，活化能最大的步驟，方程式為：（或）。
故答案為：（或）
（4）平衡時的轉化率為50%，則平衡時水的物質的量為0.5mol，則的物質的量是為0.1mol，設反應1消耗水得物質的量為xmol，列出三段式得，，則，解得x=0.3mol，此時容器中總氣體的物質的量為（0.5+0.1+0.5+0.2）mol=1.3mol，起始壓強為0.1MPa，則此時總壓強為，反應1的平衡常數。
故答案為：0.01MPa
（5）該反應正向是氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，甲醇的產量增大，故壓強最大的為P1。
故答案為：P1
（6）在550K、條件下，M點在平衡曲線上方，此時反應逆向進行，故所示的反應狀態中甲醇的生成速率<甲醇的消耗速率。
故答案為：<
（7） ，反應為放熱反應，時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低。
故答案為：時，反應未達平衡，其他條件不變時，隨著溫度的升高，化學反應速率加快，甲醇的產量增大：時，反應已達平衡，隨著溫度的升高，反應平衡逆移，甲醇產量降低
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。結合ΔH-TΔS＜0判斷反應自發進行的條件。
（2）A、分析反應過程中混合氣體密度是否發生變化，從而判斷是否達到平衡狀態。
B、若反應進行徹底，則得到H2的體積分數為 ，但可逆反應無法進行徹底。
C、恒容裝置內充入惰性氣體，平衡不移動。
D、縮小容器體積，壓強增大，結合壓強對平衡移動的影響分析。
（3）慢反應決定了整個反應過程的反應速率，反應所需的活化能越高，反應速率越小，據此結合反應過程中能量變化圖分析。
（4）根據三段式進行計算。
（5）結合壓強對平衡移動的影響分析。
（6）結合反應進行的方向判斷反應速率大小。
（7）結合溫度對反應速率和平衡移動的影響分析。
18．【答案】（1）硝基、（酚）羥基
（2）；
（3）還原反應
（4）
（5）7；和
【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）B為，其含氧官能團的名稱為硝基、（酚）羥基。
故答案為：硝基、（酚）羥基
（2）根據分析，F、H的結構簡式分別為、。
故答案為：；
（3）由D、E結結構簡式可知，D轉化為E時硝基被還原為氨基，即D發生還原反應生成E，反應D→E的反應類型為還原反應。
故答案為：還原反應
（4）反應I→J的化學方程式為。
故答案為：
（5）C為，同分異構體符合a．能發生銀鏡反應，則含有醛基；b．不含醚鍵，其同分異構體有、、、、、、，共7種；其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為和。
故答案為：7；和
【分析】A發生硝化反應生成B，B和C發生取代反應生成D，結合D的結構簡式，B為，C為，D發生還原反應生成E，E和F發生取代反應生成G，結合G的結構，F為，F發生硝化反應生成H，H發生還原反應生成I，I和反應生成J，根據J的結構，H為，I為，J和反應生成產物阿法替尼，據此解答。
（1）B為，其含氧官能團的名稱為硝基、（酚）羥基。
（2）根據分析，F、H的結構簡式分別為、。
（3）由D、E結結構簡式可知，D轉化為E時硝基被還原為氨基，即D發生還原反應生成E，反應D→E的反應類型為還原反應。
（4）反應I→J的化學方程式為。
（5）C為，同分異構體符合a．能發生銀鏡反應，則含有醛基；b．不含醚鍵，其同分異構體有、、、、、、，共7種；其中核磁共振氫譜有3組峰；峰面積之比為6：1：1的結構簡式為和。
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