資源簡介

四川省資陽市安岳中學2025屆高三下學期二模化學試題
1．（2025·安岳模擬）健康飲食均衡營養是青少年健康成長的重要保證，糖類、油脂、蛋白質是人體必需的營養物質，下列說法正確的是（　　）
A．單糖均能在人體內水解和吸收
B．油脂屬于天然高分子化合物
C．蛋白質水解的最終產物為氨基酸
D．糖類、油脂、蛋白質都是由C，H，O三種元素組成
2．（2025·安岳模擬）2023年冬天，哈爾濱凍梨紅透了大江南北，以下關于凍梨說法錯誤的是
A．使凍梨特別甜的果糖與蔗糖是同分異構體
B．凍梨黑不溜秋的顏色變化是因為梨子皮的植物多酚轉化為醌類物質的過程，該過程涉及化學變化
C．當梨子被冷凍時，液泡中的水分凍結成冰，體積會變大
D．凍梨中的葡萄糖具有還原性，能發生銀鏡反應，可用于工業制鏡
3．（2025·安岳模擬）化學與生產、生活和社會發展密切相關，下列說法不正確的是
A．含氟牙膏可以預防齲齒，利用了沉淀轉化的原理，降低齲齒的發生率
B．人體中緩沖體系起到穩定血液的作用
C．民諺：青銅和鐵器“干千年，濕萬年，不干不濕就半年”，半干半濕條件下最易發生吸氧腐蝕
D．離子交換膜在工業上應用廣泛，在氯堿工業中使用陰離子交換膜
4．（2025·安岳模擬）實踐是檢驗真理的唯一標準。某興趣小組利用以下裝置制備并驗證其性質，其中能達到預期目的的是
A．制備 B．驗證還原性 C．干燥 D．驗證漂白性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·安岳模擬）含有乙酸鈉和對氯苯酚()的廢水可以通過膜電池除去，其原理如圖所示，下列說法不正確的是
A．當外電路中有轉移時，a極區增加的的個數為
B．a為電池的正極，發生還原反應
C．該電池工作時受環境溫度的影響
D．b極的電極反應式為
6．（2025·安岳模擬）粗鹽中除NaCl外，還含有Mg2+、Ca2+、以及泥沙等雜質。粗鹽提純的操作流程如下：
下列說法正確的是
A．為確認是否完全沉淀，可向上層清液中繼續滴加BaCl2溶液
B．試劑X、Y、Z分別為過量的KOH、BaCl2和Na2CO3
C．濾液中含有的陰離子有兩種：Cl-、OH-
D．“結晶”方式為蒸發濃縮、冷卻結晶
7．（2025·安岳模擬）已知為阿伏加德羅常數，下列關于說法正確的是
A．標準狀況下22.4L HF含有分子的個數為
B．1mol液態冰醋酸中含s-p鍵的數目為4
C．往溶液中通入氯氣，若有1mol生成時，轉移電子的數目可能為4
D．常溫下已知，則該溫度下飽和溶液中含有個
8．（2025·安岳模擬）勞動是一切知識的源泉。下列勞動項目與所述化學知識沒有關聯的是
選項 勞動項目 化學知識
A 糕點制作：用NaHCO3作膨松劑 NaHCO3受熱易分解
B 水質消毒：用ClO2對自來水進行消毒 ClO2具有強氧化性
C 金屬防腐：船舶外殼安裝鎂合金 還原性：Mg>Fe
D 農業種植：銨態氮肥要保存在陰涼處 NH水解呈酸性
A．A B．B C．C D．D
9．（2025·安岳模擬）實驗室中利用侯氏制堿法制備Na2CO3和NH4Cl，流程如圖。下列說法正確的是
A．氣體N、M分別為和
B．只有“食鹽水”可以循環使用
C．為了加速過濾可用玻璃棒攪拌
D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高純度
10．（2025·安岳模擬）由C、H、O三種元素組成的某化合物X的球棍模型如圖所示。下列說法不正確的是
A．屬于羧酸 B．分子式為
C．能發生加成反應和取代反應 D．可與溶液發生反應
11．（2025·安岳模擬）在兩個容積均為2 L的恒容密閉容器中，起始時均充入a mol H2S，以溫度、Al2O3催化劑為實驗條件變量，進行H2S的分解實驗[反應為]。測得的結果如圖所示。(曲線Ⅱ、Ⅲ表示經過相同時間且未達到化學平衡時H2S的轉化率)，下列說法不正確的是
A．溫度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量增大，ΔH＞0
B．由曲線Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡轉化率
C．900 ℃時，t s后達到平衡，則H2的平均反應速率為mol/(L·s)
D．約1100℃時，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，說明Al2O3可能幾乎失去催化活性
12．（2025·安岳模擬）某種鎂鹽具有良好的電化學性能，其陰離子結構如圖所示，其中W、X、Y、Z、Q是核電荷數依次增大的短周期元素，Y原子價電子數是Q原子價電子數的2倍，W、Y原子序數之和等于Z的原子序數。下列說法中錯誤的是
A．該陰離子中一定含有配位鍵
B．X與Y的基態原子核外未成對電子數相同
C．Q的氯化物屬于分子晶體
D．沸點：
13．（2025·安岳模擬）用活性炭對汽車尾氣中的進行吸附可發生反應：。在恒容密閉容器中加入活性炭(過量)和一定量的發生上述反應，相同時間不同溫度下測得的轉化率與溫度的關系如圖所示。下列說法中正確的是
A．該反應的正活化能大于逆活化能
B．的逆反應速率
C．Y點時的體積分數為(不考慮活性炭的體積)
D．向平衡體系中加入催化劑，的平衡轉化率增大
14．（2025·安岳模擬）硬水除垢可以讓循環冷卻水系統穩定運行。某科研團隊改進了主動式電化學硬水處理技術，原理如圖所示(其中R為有機物)。下列說法正確的是
A．電極A上發生還原反應
B．處理過程中可循環利用
C．處理后的水垢主要沉降在陽極附近
D．當外電路通過2mole-時，電極A上產生1mol氣體
15．（2025·安岳模擬）工業上常以黃鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等雜質)為原料制備水處理劑聚合硫酸鐵，n>2、m<10}，其工藝流程如圖所示：
已知： Ksp[Fe(OH)3]= 1.0×10- 38、Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16、 Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；當某離子濃度≦1.0×10-5mol·L-1時，認為該離子沉淀完全。
回答下列問題：
（1）為了提高黃鐵礦燒渣的“堿浸”速率，可以采取的措施有　 　(至少 答兩條)。
（2）“堿浸”過程中，雜質與NaOH反應的離子方程式為　 　。
（3）“酸溶1”所得濾渣的主要成分為　 　(填化學式)，在實驗室中分離出濾渣的操作名稱為　 　。
（4）“氧化”工序中加入H2O2溶液的目的是　 　。
（5）若“氧化”后的溶液中Mg2+濃度為0.1 mol·L-1， 則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是　 　。
（6）“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為　 　。
16．（2025·安岳模擬）工業上可用釩爐渣(主要含有，還含有少量、等雜質)制取，其流程如下：
已知價釩在溶液中的主要存在形式與溶液的pH的關系如表所示：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要存在形式
（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為　 　。
（2）加入焙燒可將轉化為可溶性的，該轉化反應中生成的還有另一種固體產物，其為　 　，該固體產物常用作　 　。
（3）用溶液除硅、磷時，濾渣的主要成分為、。若濾液中，則　 　。{已知：，}
（4）沉釩工序中用調節溶液的，當時，的產量明顯降低，原因為　 　。
（5）沉釩后的操作是　 　、干燥。寫出獲得的化學方程式：　 　。
17．（2025·安岳模擬）是一種重要的化工原料，常用于催化劑、媒染劑和消毒劑等。
I．以為催化劑制備：
已知：①
②
（1）________。
（2）在體積不變的密閉容器中，進料濃度比分別等于1、4、7時，平衡轉化率隨溫度變化的關系如圖所示：
①曲線________(填“a”“b”或“c”)對應的平衡曲線。
②400℃時，按進料濃度比投料，設的初始濃度為，反應經達到平衡，在時段，反應速率________(用含的表達式表示)。
Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。
（3）基態的價層電子軌道表示式為________。
（4）水溶液中：(藍色)(黃色) ，下列說法正確的有___________
A. 加熱溶液，溶液顏色由藍綠色變為黃綠色
B. 向溶液加水稀釋，溶液顏色由藍綠色變為藍色，增大
C. 向溶液中加入適量固體，溶液顏色由藍色變為黃綠色
D. 已知的空間結構為平面正方形，其中的雜化軌道類型為
（5）在一定溫度下，在液態有機相中存在以下氯化絡合反應：
①反應的平衡常數________。
保持溫度不變，改變某濃度有機相稀溶液中的起始濃度，測得銅元素的部分微粒分布系數與平衡濃度關系如圖所示。
②A點的濃度為________(保留兩位有效數字)，此時的氯化絡合轉化率為________。
18．（2025·安岳模擬）化合物M是一種藥物中間體，其中一種合成路線如圖所示
已知：
Ⅰ.+
Ⅱ
Ⅱ.
回答下列問題：
（1）A的結構簡式為　 　；試劑X的化學名稱為　 　；
（2）C中官能團的名稱為　 　；由D生成E的反應類型為　 　；
（3）由E生成F的第①步反應的化學方程式為　 　；
（4）設計由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為　 　；
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有　 　種(不含立體異構)；
①只含兩種官能團，能發生顯色反應，且苯環上連有兩個取代基
②1mol該物質最多能與2molNaHCO3反應
③核磁共振氫譜有6組吸收峰
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料(其他試劑任選)，制備聚異丁烯的合成路線：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】單糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．單糖不能水解，A項不符合題意；
B．油脂是高級脂肪酸甘油酯，不屬于高分子化合物，B項不符合題意；
C．氨基酸發生縮聚反應生成多肽，多肽進而構成蛋白質，因此蛋白質水解的最終產物為氨基酸，C項符合題意；
D．蛋白質中還含有N、S、P等元素，D項不符合題意；
故答案為：C。
【分析】依據糖類、油脂、蛋白質人體必需的營養物質相關知識分析解答。
2．【答案】A
【知識點】氫鍵的存在對物質性質的影響；同分異構現象和同分異構體；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．果糖的分子式為：C6H12O6，而蔗糖的分子式為：C12H22O11，二者分子式不相同，因此不屬于同分異構體，A錯誤；
B．梨子皮的植物多酚轉化為醌類物質，使得凍梨顏色變得黑不溜秋，該過程中有新物質生成涉及化學變化，B正確；
C．液泡中的水分凍結成冰，由于冰中分子間氫鍵數目增大，使得水分子的空間利用率減小，密度減小，因此體積會變大，C正確；
D．葡萄糖分子中含有醛基，能與銀氨溶液發生銀鏡反應，因此可用于工業制鏡，D正確；
故答案為：A
【分析】A、同分異構體是指分子式相同，結構不同的有機物。
B、該過程中產生新物質，涉及化學變化。
C、水分凍結成冰后，分子間氫鍵數目變多，密度減小。
D、葡萄糖中含有醛基，可發生銀鏡反應。
3．【答案】C
【知識點】化學科學的主要研究對象；以氯堿工業為基礎的化工生產簡介；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．含氟牙膏中的氟離子使牙齒表面的牙釉質轉變為更難溶的氟磷灰石，利用了沉淀轉化的原理，A正確；
B．血液中含有許多對酸堿度起緩沖作用的物質，如，起到穩定血液pH的作用，B正確；
C．青銅器和鐵器在半干半濕條件下容易構成原電池，發生吸氧腐蝕，從而加快青銅器和鐵器的腐蝕速率，C正確；
D．為防止氯氣與氫氧化鈉溶液反應，在氯堿工業中使用陽離子交換膜，防止OH－移向陽極，與Cl2反應，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、F－可將難溶的[Ca5(PO4)3(OH)]轉化為更難溶的[Ca5(PO4)3F]。
B、H2CO3－NaHCO3可對酸堿度起緩沖作用。
C、半干半濕條件下，金屬易發生吸氧腐蝕，加快腐蝕速率。
D、氯堿工業中采用陽離子交換膜，可防止OH－移向陽極，與Cl2反應。
4．【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu與濃硫酸在加熱條件下反應生成SO2，稀硫酸沒有強氧化性，因此Cu與稀硫酸不反應，A錯誤；
B．酸性高錳酸鉀具有強氧化性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，體現了二氧化硫的還原性，B正確 ；
C．堿石灰的主要成分為CaO和NaOH，二氧化硫能被堿石灰吸收，因此不能使用堿石灰干燥二氧化硫，C錯誤；
D．二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液變紅色，但不會褪色，不能驗證的漂白性，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、濃硫酸具有強氧化性，加熱條件下能與Cu反應生成SO2，Cu與稀硫酸不反應。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2使其褪色，體現了SO2的還原性。
C、SO2能與堿石灰反應。
D、驗證SO2的漂白性個應用品紅溶液。
5．【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．根據電荷守恒，當外電路中有轉移時，有0.1mol由負極區移入正極區，根據電極反應，a極消耗0.05mol氫離子，因此a極區增加的的個數為0.05NA，故A錯誤；
B．原電池中陽離子移向正極，H＋移向a電極，因此a電極為正極，發生得電子發生還原反應，故B正確；
C．微生物對溫度敏感，因此該電池工作時會受環境溫度的影響，故C正確；
D．b電極為負極，醋酸根離子發生失電子的氧化反應生成二氧化碳，其電極反應式為，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、當電路中轉移0.1mol電子時，有0.1molH＋移向a極區，同時有0.05molH＋參與電極反應。
B、在原電池中，陽離子移向正極。
C、微生物膜對溫度敏感，因此該電池工作時受環境溫度影響。
D、b極上CH3COO－發生失電子的氧化反應，生成CO2。
6．【答案】A
【知識點】硫酸根離子的檢驗；蒸發和結晶、重結晶
【解析】【解答】A．為確認是否完全沉淀，可向上層清液中繼續滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則說明溶液中不含有，則完全沉淀，A正確；
B．除雜質時，不能引入新的雜質，因此試劑X應為NaOH，若使用KOH，則會引入新的雜質離子K+，B不正確；
C．由分析可知，濾液中含有過量的NaOH、Na2CO3等，因此陰離子有Cl-、OH-、、HCO，C不正確；
D．NaCl的溶解度受溫度的影響不大，若采用“蒸發濃縮、冷卻結晶”的方法，析出的晶體較少，因此應采用“蒸發結晶”的方法，D不正確；
故答案為：A
【分析】A、若SO42－完全沉淀，則繼續加入BaCl2溶液后，無白色沉淀產生。
B、若加入KOH，則會引入新的雜質KCl。
C、濾液中含有過量的NaOH和Na2CO3。
D、NaCl的溶解度受溫度影響較小，應采用蒸發結晶操作。
7．【答案】C
【知識點】氣體摩爾體積；氧化還原反應的電子轉移數目計算；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．標準狀況下HF為液態，不可應用氣體摩爾體積計算，因此22.4L HF物質的量不是1mol，A錯誤；
B．中C、O經過雜化后與H形成鍵，所以不存在s-pσ鍵。因此1mol的液態冰醋酸中含s—p鍵數目為0，B錯誤；
C．由于還原性Fe2＋＞Br－，因此氯氣先氧化，再氧化。若有1mol生成時，總共轉移電子的數目不能確定，至少為3mol，C正確；
D．沒有給出溶液體積，無法應用公式n=c×V進行計算，因此不能具體計算個數，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、標準狀態下HF不是氣體，不能應用氣體摩爾體積計算。
B、CH3COOH中不存在s-pσ鍵。
C、由于還原性Fe2＋＞Br－，Cl2先與Fe2＋反應，再與Br－反應。
D、溶液的體積未知，無法計算。
8．【答案】D
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；鹽類水解的應用
【解析】【解答】A．NaHCO3不穩定，受熱易分解，生成的二氧化碳氣體能使面團松軟多孔，則NaHCO3常用作膨松劑，勞動項目與所述化學知識有關聯，故A不選；
B．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，因此可用于自來水殺菌消毒，勞動項目與所述化學知識有關聯，故B不選；
C．還原性：Mg＞Fe，因此Mg、Fe和海水形成原電池時Mg作負極，鐵作正極，所以船舶外殼安裝鎂合金可防止船舶發生腐蝕，勞動項目與所述化學知識有關聯，故C不選；
D．銨態氮肥受熱分解生成氨氣，導致氮元素損失，所以銨態氮肥要保存在陰涼處，與銨態氮肥水解呈酸性的性質無關，故D選；
故答案為：D
【分析】A、NaHCO3做膨松劑，與其受熱分解的性質有關。
B、ClO2用于自來水的消毒，其與強氧化性有關。
C、還原性Mg＞Fe，形成原電池時，Mg做負極。
D、氨態氮肥存放在陰涼處，與其受熱易分解的性質有關，與水解顯酸性無關。
9．【答案】D
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；過濾
【解析】【解答】A．NH3極易溶于水，應先通入NH3，再通入CO2。因此氣體N為NH3，氣體M為CO2，A錯誤；
B．NaHCO3受熱分解生成CO2，母液中含有的NaCl，都可以循環使用，B錯誤；
C．用玻璃棒攪動漏斗里的液體，容易把濾紙弄破，起不到加速過濾的作用，C錯誤；
D．向母液中通入NH3，使得溶液中的濃度增大，有利于NH4Cl結晶析出并提高純度，D正確；
故答案為：D
【分析】A、NH3在水中的溶解度大于CO2，應先通NH3，再通CO2，可提高CO2的利用率。
B、NaHCO3受熱分解生成CO2、母液中的NaCl，都可以循環使用。
C、攪拌會使得濾紙破損，起不到過濾的效果。
D、通入NH3，可提高溶液中c(NH4＋)，有利于NH4Cl結晶析出。
10．【答案】A
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質；有機分子式的推斷與計算
【解析】【解答】A．由球棍模型可推知X的結構簡式為CH3COOCH2CH=CH2，含有酯基，屬于酯，故A錯誤；
B．由A的結構簡式可得，該有機物的分子式為，故B正確；
C．分子結構中含有碳碳雙鍵，可發生加成反應；含有酯基可發生取代反應，故C正確；
D．酯在堿性條件下可以水解生成羧鈉和醇，因此X可以和NaOH溶液發生反應，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、根據球棍模型確定其結構簡式和所含的官能團。
B、根據結構簡式確定分子式。
C、碳碳雙鍵可發生加成反應，酯基可發生取代反應。
D、酯基能與NaOH反應。
11．【答案】B
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．由圖像可知：溫度升高，H2S轉化率增大，說明升高溫度，化學平衡右移，導致S2的含量增大，因此反應熱△H＞0， A正確；
B．加入催化劑Al2O3，能夠使化學反應速率加快，但由于催化劑對正、逆反應速率影響相同，因此加入催化劑平衡不移動，所以H2S的平衡轉化率不變，B錯誤；
C.900℃時，t s后反應達到平衡，H2S的平衡轉化率為50%，則生成的氫氣為mol，因此用H2的濃度變化表示的化學反應速率為v(H2)==mol/(L·s)，C正確；
D．任何催化劑都有催化活性的最佳溫度范圍。即催化劑需要有適宜溫度，根據圖像可知：在溫度約1100℃，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，反應速率相同，說明該溫度下Al2O3可能幾乎失去催化活性，D正確；
故答案為：B
【分析】A、結合溫度對平衡移動的影響分析，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。
B、Al2O3為反應的催化劑，加入催化劑不影響平衡移動。
C、根據公式計算反應速率。
D、催化劑有最佳的催化溫度，高于這個溫度，催化劑失活。
12．【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；分子晶體；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Q為Al，其價電子數為3，只能形成3個共價鍵，而該陰離子中鋁原子形成4個共價鍵，則其中一個共價鍵為配位鍵，故A正確；
B．X為C，其基態原子的價電子排布式為2s22p2；Y為O，其基態原子的價電子排布式為2s22p4。因此碳原子和氧原子的基態原子核外未成對電子數都是2，故B正確；
C．Q的氯化物為氯化鋁，氯化鋁屬于分子晶體，故C正確；
D．甲烷和四氟化碳都是分子晶體，甲烷的相對分子質量小于四氟化碳，因此分子間作用力小于四氟化碳，所以沸點低于四氟化碳，故D錯誤；
故答案為：D
【分析】Y可形成2個共價鍵，因此Y的最外層電子數為6，Y為O或S。由原子序數依次增大的短周期元素可知，Y為O。Y的價電子數是Q的2倍，因此Q的價電子數為3；由于原子序數Q＞Y，因此Q為Al。X可形成4個共價鍵，因此X為C。W形成1個共價鍵，所以W為H。Z可形成1個共價鍵，所以Z為F。據此結合元素周期律分析選項。
13．【答案】C
【知識點】吸熱反應和放熱反應；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．ΔH<0，因此該反應為放熱反應，所以該反應的活化能：正反應＜逆反應，A項錯誤；
B．X、Z兩點的轉化率相同，因此此時二者的濃度也相同，Z點溫度高，所以反應速率較快，所以， B項錯誤；
C．該反應中反應前后氣體體積不變，Y點時的轉化率為，所以最終的體積分數為，C項正確；
D．催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動，因此加入催化劑，的平衡轉化率不變，D項錯誤；
故答案為：C
【分析】A、根據反應的熱效應分析，放熱反應中，正反應的活化能小于逆反應的活化能。
B、Z點溫度高，反應速率快。
C、反應過程中氣體分子數不變，則NO的體積分數不變。
D、催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動。
14．【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．電極A上Cl－轉化為Cl2，發生失電子的氧化反應，因此電極A為陽極，發生氧化反應，A錯誤；
B．陽極產生氯氣，氯氣與水反應生成次氯酸和HCl，HClO進一步與有機物R反應生成二氧化碳和水，HClO自身被還原為氯離子，因此Cl-可以循環利用，B正確；
C．硬水中存在鎂離子、鈣離子和碳酸氫根離子，陰極放電產生氫氧根離子，氫氧根離子與鎂離子結合生成氫氧化鎂，與碳酸氫根離子生成碳酸根離子，鈣離子與碳酸根離子結合生成碳酸鈣，因此氫氧化鎂和碳酸鈣主要沉降在陰極附近，C錯誤；
D．電極A氯離子放電生成氯氣轉化為HClO再與有機物反應放出CO2，同時水也放電生成氧氣，由于反應產生的Cl2會進一步與有機物R反應，使得氣體減少，因此無法計算產生氣體的物質的量，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、電極A上Cl－轉化為Cl2，發生氧化反應。
B、處理過程中Cl－轉化為Cl2，Cl2與H2O反應轉化為HClO，HClO進一步與有機物R反應，據此分析。
C、由反應原理可知，電極B負極形成Mg(OH)2、CaCO3沉淀。
D、處理過程中Cl2與有機物R反應，使得產生的氣體減少，具體減少的量未知。
15．【答案】（1）將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度
（2）SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）CaSO4；過濾
（4）將Fe2+氧化為Fe3+， 提高聚合硫酸鐵產品的產量
（5）3≦pH<9
（6）mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鎂、鋁的重要化合物；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）為了提高堿浸速率，可以將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度。
故答案為：將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度
（2）堿浸過程中氧化鋁和二氧化硅與氫氧化鈉反應，反應的離子方程式為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
故答案為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）酸溶1所得濾渣為硫酸鈣，分離濾渣的操作為過濾。
故答案為：CaSO4；過濾
（4）加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于與其他離子進行分離，提高聚合硫酸鐵產品的產量。
故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+， 提高聚合硫酸鐵產品的產量
（5）鐵離子完全沉淀時濃度為≦1.0×10-5mol·L-1，則mol·L-1，對應的pH為3，鎂離子開始沉淀時mol·L-1，對應的pH為9，則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是3≦pH<9。
故答案為：3≦pH<9
（6）硫酸鐵溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
故答案為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【分析】（1）增大接觸面積、適當增大堿溶液的濃度、適當升高溫度、攪拌，都能加快反應速率。
（2）“堿浸”過程中SiO2、Al2O3分別與NaOH溶液反應生成Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]，據此寫出反應的離子方程式。
（3）“酸溶1”加入H2SO4，CaO與H2SO4反應生成微溶于水的CaSO4。固液混合物的分離用過濾。
（4）“氧化”過程中加入H2O2溶液，是將溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，提高聚合硫酸鐵的產量。
（5）根據Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶度積Ksp進行計算。
（6）“水解聚合”過程中Fe2(SO4)3與H2O反應生成 和H2SO4，據此寫出反應的化學方程式。
（1）為了提高堿浸速率，可以將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度。
（2）堿浸過程中氧化鋁和二氧化硅與氫氧化鈉反應，反應的離子方程式為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
（3）酸溶1所得濾渣為硫酸鈣，分離濾渣的操作為過濾。
（4）加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于與其他離子進行分離，提高聚合硫酸鐵產品的產量。
（5）鐵離子完全沉淀時濃度為≦1.0×10-5mol·L-1，則mol·L-1，對應的pH為3，鎂離子開始沉淀時mol·L-1，對應的pH為9，則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是3≦pH<9。
（6）硫酸鐵溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
16．【答案】（1）增大接觸面積，使反應快速而充分
（2）；紅色顏料
（3）
（4）時，轉化為
（5）過濾、洗滌；
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為增大接觸面積，使反應快速而充分。
故答案為：增大接觸面積，使反應快速而充分
（2）轉化為可溶性的，V元素化合價降低被還原，則Fe元素化合價升高，另一種固體產物為；常用作紅色顏料。
故答案為：；紅色顏料
（3），。
故答案為：
（4）已知pH在4~6時主要存在形式為，當時，的產量明顯降低，原因為時，轉化為。
故答案為：時，轉化為
（5）沉釩后分離出操作是過濾、洗滌、干燥。獲得的化學方程式：。
故答案為：洗滌；
【分析】（1）粉碎可增大接觸面積，從而加快反應速率。
（2）FeO·V2O3轉化為NaVO3的過程中，V元素由＋3價變為＋5價，被氧化，因此有O2參與反應，＋2價的Fe極易被氧化，據此確定另一種固體產物。
（3）由濾液中c(SiO32－)，結合MgSiO3的溶度積Ksp計算此時溶液中c(Mg2＋)；再結合Mg3(PO4)2的溶度積Ksp計算此時溶液中c2(PO43－)。
（4）結合+5價V在溶液的存在形態與pH的關系可知，當pH＜6時，溶液中V以VO2＋形式存在。
（5）沉釩后的操作為過濾、干燥。NH4VO3加熱分解，生成V2O5、NH3和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為增大接觸面積，使反應快速而充分；
（2）轉化為可溶性的，V元素化合價降低被還原，則Fe元素化合價升高，另一種固體產物為；常用作紅色顏料；
（3），；
（4）已知pH在4~6時主要存在形式為，當時，的產量明顯降低，原因為時，轉化為；
（5）沉釩后分離出操作是過濾、洗滌、干燥。獲得的化學方程式：。
17．【答案】(1)
(2) c
(3)
(4) AC
(5) 4.5 55%
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】根據蓋斯定律，。
故答案為：
（2）①在體積不變的密閉容器中，進料濃度比[]增大，平衡正向移動，但HCl的轉化率降低，故曲線a對應m=1的平衡曲線，曲線b對應m=4的平衡曲線，曲線c對應m=7的平衡曲線.
故答案為：c
②由①可知：400℃時，按進料濃度比m=4投料，HCl轉化率為76%，則。
故答案為：
（3）基態Cu2+的價層電子軌道表示式為：。
故答案為：
（4）說明該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，降低溫度，平衡逆向移動，據此分析解答。
A．加熱CuCl2溶液，平衡正向移動，溶液顏色由藍綠色變為黃綠色，故A項正確；
B．向CuCl2溶液加水稀釋，平衡向左移動，溶液顏色由黃綠色變為藍綠色，c([Cu(H2O)4]2+)減小，故B項錯誤；
C．向CuSO4溶液中加入適量NaCl固體，平衡正向移動，溶液顏色由藍色變為黃綠色，故C項正確；
D．已知[CuCl4]2-的空間結構為平面正面形，Cu2+電子排布是3d9，3d中一個電子躍遷到4p軌道，從而3d空出一個空軌道，然后和4s、4p軌道形成dsp2，則Cu2+的雜化軌道類型為dsp2，故D項錯誤；
故答案為：AC
（5）①反應1：，反應2：，反應3：，反應3由2×反應1-反應2得來，則反應3：。
故答案為：4.5
②由圖可知，曲線a一直下降，則a代表Cu2+的分布系數，當不足時，主要發生，當過量時，主要發生，且向轉化，所以的分布系數隨著的濃度的增大呈現出先增大后減小的趨勢，而一直增大，所以曲線b代表，曲線c代表；A點時和分布系數幾乎為0，可以忽略不計，主要含銅微粒為Cu2+、CuCl+和CuCl2，A點為曲線a（Cu2+的分布系數）與曲線b（的分布系數）的交點，故A點時c()=c()，且，則，則。
故答案為：
③由圖可知，的分布系數約為0.45，所以的氯化絡合轉化率約為55%。
故答案為：55%
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
（2）①m值越大，即c(HCl)越大，HCl的平衡桿轉化率越小，據此結合圖像分析。
②根據公式計算反應速率。
（3）基態Cu2+是由Cu失去2個電子形成的，結合基態Cu的核外電子排布式確定Cu2+的價層電子軌道表示式。
（4）A、加熱CuCl2溶液，溫度升高，平衡正向移動，溶液變為黃綠色。
B、加水稀釋，溶液中離子濃度減小。
C、加入適量NaCl固體，溶液中c(Cl－)增大，平衡正向移動，溶液變為黃綠色。
D、若采用sp3雜化，則為四面體結構。
（5）①該反應可由“2×反應1-反應2”得到，據此確定該反應平衡常數K的表達式。
②結合平衡常數的表達式進行計算。
18．【答案】（1）；環己酮
（2）羥基、醚鍵；取代反應
（3）
（4）保護酚羥基不被氧化
（5）3
（6）
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構簡式為，試劑X為，其化學名稱為環己酮。
故答案為：；環己酮
（2）由分析可知，C為，其官能團的名稱為羥基、醚鍵；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反應類型為取代反應。
故答案為：羥基、醚鍵；取代反應
（3）由E生成F的第①步反應為酯基和NaOH的反應，化學方程式為。
故答案為：
（4）由A轉化為B是酚羥基轉化為醚鍵，由F轉化為M是醚鍵轉化為酚羥基，酚羥基不穩定，易被氧化，C轉化為D時發生氧化反應，由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為保護酚羥基不被氧化。
故答案為：保護酚羥基不被氧化
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有3種(不含立體異構)；①只含兩種官能團，能發生顯色反應，說明含有酚羥基，且苯環上連有兩個取代基；②1mol該物質最多能與2mol NaHCO3反應，說明含有2個羧基，根據不飽和度及O原子個數知，含有1個酚羥基；③核磁共振氫譜有6組吸收峰，說明含有6種氫原子；符合條件的取代基為酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合條件的同分異構體有3種。
故答案為：3
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料，制備聚異丁烯，聚異丁烯由CH2=C(CH3)2發生加聚反應得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH發生消去反應得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr發生信息Ⅱ的反應得到，制備聚異丁烯的合成路線：。
故答案為：
【分析】結合“已知I”可知，A（）與環己酮反應生成B（），結合“已知II”可知，B發生反應生成C（），C氧化后得到D（），D與BrCH2COOC2H5取代反應生成E（），E發生水解反應然后酸化得到F，F的結構簡式為，F發生“已知I”的反應生成M，M的結構簡式為。
（1）由分析可知，A的結構簡式為，試劑X為，其化學名稱為環己酮；
（2）由分析可知，C為，其官能團的名稱為羥基、醚鍵；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反應類型為取代反應；
（3）由E生成F的第①步反應為酯基和NaOH的反應，化學方程式為；
（4）由A轉化為B是酚羥基轉化為醚鍵，由F轉化為M是醚鍵轉化為酚羥基，酚羥基不穩定，易被氧化，C轉化為D時發生氧化反應，由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為保護酚羥基不被氧化；
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有3種(不含立體異構)；①只含兩種官能團，能發生顯色反應，說明含有酚羥基，且苯環上連有兩個取代基；②1mol該物質最多能與2mol NaHCO3反應，說明含有2個羧基，根據不飽和度及O原子個數知，含有1個酚羥基；③核磁共振氫譜有6組吸收峰，說明含有6種氫原子；符合條件的取代基為酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合條件的同分異構體有3種；
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料，制備聚異丁烯，聚異丁烯由CH2=C(CH3)2發生加聚反應得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH發生消去反應得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr發生信息Ⅱ的反應得到，制備聚異丁烯的合成路線：。
1 / 1四川省資陽市安岳中學2025屆高三下學期二模化學試題
1．（2025·安岳模擬）健康飲食均衡營養是青少年健康成長的重要保證，糖類、油脂、蛋白質是人體必需的營養物質，下列說法正確的是（　　）
A．單糖均能在人體內水解和吸收
B．油脂屬于天然高分子化合物
C．蛋白質水解的最終產物為氨基酸
D．糖類、油脂、蛋白質都是由C，H，O三種元素組成
【答案】C
【知識點】單糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．單糖不能水解，A項不符合題意；
B．油脂是高級脂肪酸甘油酯，不屬于高分子化合物，B項不符合題意；
C．氨基酸發生縮聚反應生成多肽，多肽進而構成蛋白質，因此蛋白質水解的最終產物為氨基酸，C項符合題意；
D．蛋白質中還含有N、S、P等元素，D項不符合題意；
故答案為：C。
【分析】依據糖類、油脂、蛋白質人體必需的營養物質相關知識分析解答。
2．（2025·安岳模擬）2023年冬天，哈爾濱凍梨紅透了大江南北，以下關于凍梨說法錯誤的是
A．使凍梨特別甜的果糖與蔗糖是同分異構體
B．凍梨黑不溜秋的顏色變化是因為梨子皮的植物多酚轉化為醌類物質的過程，該過程涉及化學變化
C．當梨子被冷凍時，液泡中的水分凍結成冰，體積會變大
D．凍梨中的葡萄糖具有還原性，能發生銀鏡反應，可用于工業制鏡
【答案】A
【知識點】氫鍵的存在對物質性質的影響；同分異構現象和同分異構體；葡萄糖的銀鏡反應
【解析】【解答】A．果糖的分子式為：C6H12O6，而蔗糖的分子式為：C12H22O11，二者分子式不相同，因此不屬于同分異構體，A錯誤；
B．梨子皮的植物多酚轉化為醌類物質，使得凍梨顏色變得黑不溜秋，該過程中有新物質生成涉及化學變化，B正確；
C．液泡中的水分凍結成冰，由于冰中分子間氫鍵數目增大，使得水分子的空間利用率減小，密度減小，因此體積會變大，C正確；
D．葡萄糖分子中含有醛基，能與銀氨溶液發生銀鏡反應，因此可用于工業制鏡，D正確；
故答案為：A
【分析】A、同分異構體是指分子式相同，結構不同的有機物。
B、該過程中產生新物質，涉及化學變化。
C、水分凍結成冰后，分子間氫鍵數目變多，密度減小。
D、葡萄糖中含有醛基，可發生銀鏡反應。
3．（2025·安岳模擬）化學與生產、生活和社會發展密切相關，下列說法不正確的是
A．含氟牙膏可以預防齲齒，利用了沉淀轉化的原理，降低齲齒的發生率
B．人體中緩沖體系起到穩定血液的作用
C．民諺：青銅和鐵器“干千年，濕萬年，不干不濕就半年”，半干半濕條件下最易發生吸氧腐蝕
D．離子交換膜在工業上應用廣泛，在氯堿工業中使用陰離子交換膜
【答案】C
【知識點】化學科學的主要研究對象；以氯堿工業為基礎的化工生產簡介；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；膠體的性質和應用
【解析】【解答】A．含氟牙膏中的氟離子使牙齒表面的牙釉質轉變為更難溶的氟磷灰石，利用了沉淀轉化的原理，A正確；
B．血液中含有許多對酸堿度起緩沖作用的物質，如，起到穩定血液pH的作用，B正確；
C．青銅器和鐵器在半干半濕條件下容易構成原電池，發生吸氧腐蝕，從而加快青銅器和鐵器的腐蝕速率，C正確；
D．為防止氯氣與氫氧化鈉溶液反應，在氯堿工業中使用陽離子交換膜，防止OH－移向陽極，與Cl2反應，D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、F－可將難溶的[Ca5(PO4)3(OH)]轉化為更難溶的[Ca5(PO4)3F]。
B、H2CO3－NaHCO3可對酸堿度起緩沖作用。
C、半干半濕條件下，金屬易發生吸氧腐蝕，加快腐蝕速率。
D、氯堿工業中采用陽離子交換膜，可防止OH－移向陽極，與Cl2反應。
4．（2025·安岳模擬）實踐是檢驗真理的唯一標準。某興趣小組利用以下裝置制備并驗證其性質，其中能達到預期目的的是
A．制備 B．驗證還原性 C．干燥 D．驗證漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．Cu與濃硫酸在加熱條件下反應生成SO2，稀硫酸沒有強氧化性，因此Cu與稀硫酸不反應，A錯誤；
B．酸性高錳酸鉀具有強氧化性，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，體現了二氧化硫的還原性，B正確 ；
C．堿石灰的主要成分為CaO和NaOH，二氧化硫能被堿石灰吸收，因此不能使用堿石灰干燥二氧化硫，C錯誤；
D．二氧化硫通入紫色石蕊溶液中，溶液變紅色，但不會褪色，不能驗證的漂白性，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、濃硫酸具有強氧化性，加熱條件下能與Cu反應生成SO2，Cu與稀硫酸不反應。
B、酸性KMnO4溶液具有氧化性，SO2使其褪色，體現了SO2的還原性。
C、SO2能與堿石灰反應。
D、驗證SO2的漂白性個應用品紅溶液。
5．（2025·安岳模擬）含有乙酸鈉和對氯苯酚()的廢水可以通過膜電池除去，其原理如圖所示，下列說法不正確的是
A．當外電路中有轉移時，a極區增加的的個數為
B．a為電池的正極，發生還原反應
C．該電池工作時受環境溫度的影響
D．b極的電極反應式為
【答案】A
【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．根據電荷守恒，當外電路中有轉移時，有0.1mol由負極區移入正極區，根據電極反應，a極消耗0.05mol氫離子，因此a極區增加的的個數為0.05NA，故A錯誤；
B．原電池中陽離子移向正極，H＋移向a電極，因此a電極為正極，發生得電子發生還原反應，故B正確；
C．微生物對溫度敏感，因此該電池工作時會受環境溫度的影響，故C正確；
D．b電極為負極，醋酸根離子發生失電子的氧化反應生成二氧化碳，其電極反應式為，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、當電路中轉移0.1mol電子時，有0.1molH＋移向a極區，同時有0.05molH＋參與電極反應。
B、在原電池中，陽離子移向正極。
C、微生物膜對溫度敏感，因此該電池工作時受環境溫度影響。
D、b極上CH3COO－發生失電子的氧化反應，生成CO2。
6．（2025·安岳模擬）粗鹽中除NaCl外，還含有Mg2+、Ca2+、以及泥沙等雜質。粗鹽提純的操作流程如下：
下列說法正確的是
A．為確認是否完全沉淀，可向上層清液中繼續滴加BaCl2溶液
B．試劑X、Y、Z分別為過量的KOH、BaCl2和Na2CO3
C．濾液中含有的陰離子有兩種：Cl-、OH-
D．“結晶”方式為蒸發濃縮、冷卻結晶
【答案】A
【知識點】硫酸根離子的檢驗；蒸發和結晶、重結晶
【解析】【解答】A．為確認是否完全沉淀，可向上層清液中繼續滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則說明溶液中不含有，則完全沉淀，A正確；
B．除雜質時，不能引入新的雜質，因此試劑X應為NaOH，若使用KOH，則會引入新的雜質離子K+，B不正確；
C．由分析可知，濾液中含有過量的NaOH、Na2CO3等，因此陰離子有Cl-、OH-、、HCO，C不正確；
D．NaCl的溶解度受溫度的影響不大，若采用“蒸發濃縮、冷卻結晶”的方法，析出的晶體較少，因此應采用“蒸發結晶”的方法，D不正確；
故答案為：A
【分析】A、若SO42－完全沉淀，則繼續加入BaCl2溶液后，無白色沉淀產生。
B、若加入KOH，則會引入新的雜質KCl。
C、濾液中含有過量的NaOH和Na2CO3。
D、NaCl的溶解度受溫度影響較小，應采用蒸發結晶操作。
7．（2025·安岳模擬）已知為阿伏加德羅常數，下列關于說法正確的是
A．標準狀況下22.4L HF含有分子的個數為
B．1mol液態冰醋酸中含s-p鍵的數目為4
C．往溶液中通入氯氣，若有1mol生成時，轉移電子的數目可能為4
D．常溫下已知，則該溫度下飽和溶液中含有個
【答案】C
【知識點】氣體摩爾體積；氧化還原反應的電子轉移數目計算；物質的量的相關計算
【解析】【解答】A．標準狀況下HF為液態，不可應用氣體摩爾體積計算，因此22.4L HF物質的量不是1mol，A錯誤；
B．中C、O經過雜化后與H形成鍵，所以不存在s-pσ鍵。因此1mol的液態冰醋酸中含s—p鍵數目為0，B錯誤；
C．由于還原性Fe2＋＞Br－，因此氯氣先氧化，再氧化。若有1mol生成時，總共轉移電子的數目不能確定，至少為3mol，C正確；
D．沒有給出溶液體積，無法應用公式n=c×V進行計算，因此不能具體計算個數，D錯誤；
故答案為：C
【分析】A、標準狀態下HF不是氣體，不能應用氣體摩爾體積計算。
B、CH3COOH中不存在s-pσ鍵。
C、由于還原性Fe2＋＞Br－，Cl2先與Fe2＋反應，再與Br－反應。
D、溶液的體積未知，無法計算。
8．（2025·安岳模擬）勞動是一切知識的源泉。下列勞動項目與所述化學知識沒有關聯的是
選項 勞動項目 化學知識
A 糕點制作：用NaHCO3作膨松劑 NaHCO3受熱易分解
B 水質消毒：用ClO2對自來水進行消毒 ClO2具有強氧化性
C 金屬防腐：船舶外殼安裝鎂合金 還原性：Mg>Fe
D 農業種植：銨態氮肥要保存在陰涼處 NH水解呈酸性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】金屬的電化學腐蝕與防護；鹽類水解的應用
【解析】【解答】A．NaHCO3不穩定，受熱易分解，生成的二氧化碳氣體能使面團松軟多孔，則NaHCO3常用作膨松劑，勞動項目與所述化學知識有關聯，故A不選；
B．ClO2具有強氧化性，能使蛋白質變性，因此可用于自來水殺菌消毒，勞動項目與所述化學知識有關聯，故B不選；
C．還原性：Mg＞Fe，因此Mg、Fe和海水形成原電池時Mg作負極，鐵作正極，所以船舶外殼安裝鎂合金可防止船舶發生腐蝕，勞動項目與所述化學知識有關聯，故C不選；
D．銨態氮肥受熱分解生成氨氣，導致氮元素損失，所以銨態氮肥要保存在陰涼處，與銨態氮肥水解呈酸性的性質無關，故D選；
故答案為：D
【分析】A、NaHCO3做膨松劑，與其受熱分解的性質有關。
B、ClO2用于自來水的消毒，其與強氧化性有關。
C、還原性Mg＞Fe，形成原電池時，Mg做負極。
D、氨態氮肥存放在陰涼處，與其受熱易分解的性質有關，與水解顯酸性無關。
9．（2025·安岳模擬）實驗室中利用侯氏制堿法制備Na2CO3和NH4Cl，流程如圖。下列說法正確的是
A．氣體N、M分別為和
B．只有“食鹽水”可以循環使用
C．為了加速過濾可用玻璃棒攪拌
D．向“母液”中通入NH3有利于析出NH4Cl并提高純度
【答案】D
【知識點】純堿工業（侯氏制堿法）；過濾
【解析】【解答】A．NH3極易溶于水，應先通入NH3，再通入CO2。因此氣體N為NH3，氣體M為CO2，A錯誤；
B．NaHCO3受熱分解生成CO2，母液中含有的NaCl，都可以循環使用，B錯誤；
C．用玻璃棒攪動漏斗里的液體，容易把濾紙弄破，起不到加速過濾的作用，C錯誤；
D．向母液中通入NH3，使得溶液中的濃度增大，有利于NH4Cl結晶析出并提高純度，D正確；
故答案為：D
【分析】A、NH3在水中的溶解度大于CO2，應先通NH3，再通CO2，可提高CO2的利用率。
B、NaHCO3受熱分解生成CO2、母液中的NaCl，都可以循環使用。
C、攪拌會使得濾紙破損，起不到過濾的效果。
D、通入NH3，可提高溶液中c(NH4＋)，有利于NH4Cl結晶析出。
10．（2025·安岳模擬）由C、H、O三種元素組成的某化合物X的球棍模型如圖所示。下列說法不正確的是
A．屬于羧酸 B．分子式為
C．能發生加成反應和取代反應 D．可與溶液發生反應
【答案】A
【知識點】有機物的結構和性質；酯的性質；有機分子式的推斷與計算
【解析】【解答】A．由球棍模型可推知X的結構簡式為CH3COOCH2CH=CH2，含有酯基，屬于酯，故A錯誤；
B．由A的結構簡式可得，該有機物的分子式為，故B正確；
C．分子結構中含有碳碳雙鍵，可發生加成反應；含有酯基可發生取代反應，故C正確；
D．酯在堿性條件下可以水解生成羧鈉和醇，因此X可以和NaOH溶液發生反應，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、根據球棍模型確定其結構簡式和所含的官能團。
B、根據結構簡式確定分子式。
C、碳碳雙鍵可發生加成反應，酯基可發生取代反應。
D、酯基能與NaOH反應。
11．（2025·安岳模擬）在兩個容積均為2 L的恒容密閉容器中，起始時均充入a mol H2S，以溫度、Al2O3催化劑為實驗條件變量，進行H2S的分解實驗[反應為]。測得的結果如圖所示。(曲線Ⅱ、Ⅲ表示經過相同時間且未達到化學平衡時H2S的轉化率)，下列說法不正確的是
A．溫度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量增大，ΔH＞0
B．由曲線Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡轉化率
C．900 ℃時，t s后達到平衡，則H2的平均反應速率為mol/(L·s)
D．約1100℃時，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，說明Al2O3可能幾乎失去催化活性
【答案】B
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學反應速率和化學計量數的關系
【解析】【解答】A．由圖像可知：溫度升高，H2S轉化率增大，說明升高溫度，化學平衡右移，導致S2的含量增大，因此反應熱△H＞0， A正確；
B．加入催化劑Al2O3，能夠使化學反應速率加快，但由于催化劑對正、逆反應速率影響相同，因此加入催化劑平衡不移動，所以H2S的平衡轉化率不變，B錯誤；
C.900℃時，t s后反應達到平衡，H2S的平衡轉化率為50%，則生成的氫氣為mol，因此用H2的濃度變化表示的化學反應速率為v(H2)==mol/(L·s)，C正確；
D．任何催化劑都有催化活性的最佳溫度范圍。即催化劑需要有適宜溫度，根據圖像可知：在溫度約1100℃，曲線Ⅱ、Ⅲ幾乎重合，反應速率相同，說明該溫度下Al2O3可能幾乎失去催化活性，D正確；
故答案為：B
【分析】A、結合溫度對平衡移動的影響分析，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動。
B、Al2O3為反應的催化劑，加入催化劑不影響平衡移動。
C、根據公式計算反應速率。
D、催化劑有最佳的催化溫度，高于這個溫度，催化劑失活。
12．（2025·安岳模擬）某種鎂鹽具有良好的電化學性能，其陰離子結構如圖所示，其中W、X、Y、Z、Q是核電荷數依次增大的短周期元素，Y原子價電子數是Q原子價電子數的2倍，W、Y原子序數之和等于Z的原子序數。下列說法中錯誤的是
A．該陰離子中一定含有配位鍵
B．X與Y的基態原子核外未成對電子數相同
C．Q的氯化物屬于分子晶體
D．沸點：
【答案】D
【知識點】配合物的成鍵情況；分子晶體；元素周期律和元素周期表的綜合應用
【解析】【解答】A．Q為Al，其價電子數為3，只能形成3個共價鍵，而該陰離子中鋁原子形成4個共價鍵，則其中一個共價鍵為配位鍵，故A正確；
B．X為C，其基態原子的價電子排布式為2s22p2；Y為O，其基態原子的價電子排布式為2s22p4。因此碳原子和氧原子的基態原子核外未成對電子數都是2，故B正確；
C．Q的氯化物為氯化鋁，氯化鋁屬于分子晶體，故C正確；
D．甲烷和四氟化碳都是分子晶體，甲烷的相對分子質量小于四氟化碳，因此分子間作用力小于四氟化碳，所以沸點低于四氟化碳，故D錯誤；
故答案為：D
【分析】Y可形成2個共價鍵，因此Y的最外層電子數為6，Y為O或S。由原子序數依次增大的短周期元素可知，Y為O。Y的價電子數是Q的2倍，因此Q的價電子數為3；由于原子序數Q＞Y，因此Q為Al。X可形成4個共價鍵，因此X為C。W形成1個共價鍵，所以W為H。Z可形成1個共價鍵，所以Z為F。據此結合元素周期律分析選項。
13．（2025·安岳模擬）用活性炭對汽車尾氣中的進行吸附可發生反應：。在恒容密閉容器中加入活性炭(過量)和一定量的發生上述反應，相同時間不同溫度下測得的轉化率與溫度的關系如圖所示。下列說法中正確的是
A．該反應的正活化能大于逆活化能
B．的逆反應速率
C．Y點時的體積分數為(不考慮活性炭的體積)
D．向平衡體系中加入催化劑，的平衡轉化率增大
【答案】C
【知識點】吸熱反應和放熱反應；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】A．ΔH<0，因此該反應為放熱反應，所以該反應的活化能：正反應＜逆反應，A項錯誤；
B．X、Z兩點的轉化率相同，因此此時二者的濃度也相同，Z點溫度高，所以反應速率較快，所以， B項錯誤；
C．該反應中反應前后氣體體積不變，Y點時的轉化率為，所以最終的體積分數為，C項正確；
D．催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動，因此加入催化劑，的平衡轉化率不變，D項錯誤；
故答案為：C
【分析】A、根據反應的熱效應分析，放熱反應中，正反應的活化能小于逆反應的活化能。
B、Z點溫度高，反應速率快。
C、反應過程中氣體分子數不變，則NO的體積分數不變。
D、催化劑只改變反應速率，不影響平衡移動。
14．（2025·安岳模擬）硬水除垢可以讓循環冷卻水系統穩定運行。某科研團隊改進了主動式電化學硬水處理技術，原理如圖所示(其中R為有機物)。下列說法正確的是
A．電極A上發生還原反應
B．處理過程中可循環利用
C．處理后的水垢主要沉降在陽極附近
D．當外電路通過2mole-時，電極A上產生1mol氣體
【答案】B
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A．電極A上Cl－轉化為Cl2，發生失電子的氧化反應，因此電極A為陽極，發生氧化反應，A錯誤；
B．陽極產生氯氣，氯氣與水反應生成次氯酸和HCl，HClO進一步與有機物R反應生成二氧化碳和水，HClO自身被還原為氯離子，因此Cl-可以循環利用，B正確；
C．硬水中存在鎂離子、鈣離子和碳酸氫根離子，陰極放電產生氫氧根離子，氫氧根離子與鎂離子結合生成氫氧化鎂，與碳酸氫根離子生成碳酸根離子，鈣離子與碳酸根離子結合生成碳酸鈣，因此氫氧化鎂和碳酸鈣主要沉降在陰極附近，C錯誤；
D．電極A氯離子放電生成氯氣轉化為HClO再與有機物反應放出CO2，同時水也放電生成氧氣，由于反應產生的Cl2會進一步與有機物R反應，使得氣體減少，因此無法計算產生氣體的物質的量，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、電極A上Cl－轉化為Cl2，發生氧化反應。
B、處理過程中Cl－轉化為Cl2，Cl2與H2O反應轉化為HClO，HClO進一步與有機物R反應，據此分析。
C、由反應原理可知，電極B負極形成Mg(OH)2、CaCO3沉淀。
D、處理過程中Cl2與有機物R反應，使得產生的氣體減少，具體減少的量未知。
15．（2025·安岳模擬）工業上常以黃鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3， 含有少量FeO、SiO2、 Al2O3、 CaO、MgO等雜質)為原料制備水處理劑聚合硫酸鐵，n>2、m<10}，其工藝流程如圖所示：
已知： Ksp[Fe(OH)3]= 1.0×10- 38、Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16、 Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；當某離子濃度≦1.0×10-5mol·L-1時，認為該離子沉淀完全。
回答下列問題：
（1）為了提高黃鐵礦燒渣的“堿浸”速率，可以采取的措施有　 　(至少 答兩條)。
（2）“堿浸”過程中，雜質與NaOH反應的離子方程式為　 　。
（3）“酸溶1”所得濾渣的主要成分為　 　(填化學式)，在實驗室中分離出濾渣的操作名稱為　 　。
（4）“氧化”工序中加入H2O2溶液的目的是　 　。
（5）若“氧化”后的溶液中Mg2+濃度為0.1 mol·L-1， 則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是　 　。
（6）“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為　 　。
【答案】（1）將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度
（2）SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）CaSO4；過濾
（4）將Fe2+氧化為Fe3+， 提高聚合硫酸鐵產品的產量
（5）3≦pH<9
（6）mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鎂、鋁的重要化合物；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）為了提高堿浸速率，可以將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度。
故答案為：將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度
（2）堿浸過程中氧化鋁和二氧化硅與氫氧化鈉反應，反應的離子方程式為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
故答案為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-
（3）酸溶1所得濾渣為硫酸鈣，分離濾渣的操作為過濾。
故答案為：CaSO4；過濾
（4）加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于與其他離子進行分離，提高聚合硫酸鐵產品的產量。
故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+， 提高聚合硫酸鐵產品的產量
（5）鐵離子完全沉淀時濃度為≦1.0×10-5mol·L-1，則mol·L-1，對應的pH為3，鎂離子開始沉淀時mol·L-1，對應的pH為9，則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是3≦pH<9。
故答案為：3≦pH<9
（6）硫酸鐵溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
故答案為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4
【分析】（1）增大接觸面積、適當增大堿溶液的濃度、適當升高溫度、攪拌，都能加快反應速率。
（2）“堿浸”過程中SiO2、Al2O3分別與NaOH溶液反應生成Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]，據此寫出反應的離子方程式。
（3）“酸溶1”加入H2SO4，CaO與H2SO4反應生成微溶于水的CaSO4。固液混合物的分離用過濾。
（4）“氧化”過程中加入H2O2溶液，是將溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，提高聚合硫酸鐵的產量。
（5）根據Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶度積Ksp進行計算。
（6）“水解聚合”過程中Fe2(SO4)3與H2O反應生成 和H2SO4，據此寫出反應的化學方程式。
（1）為了提高堿浸速率，可以將燒渣粉碎、攪拌、適當升溫、適當增大NaOH溶液濃度。
（2）堿浸過程中氧化鋁和二氧化硅與氫氧化鈉反應，反應的離子方程式為：SiO2+2OH- =+H2O ，Al2O3+2OH-= 2 +H2O或Al2O3+2OH- +3H2O=2[Al(OH)4]-。
（3）酸溶1所得濾渣為硫酸鈣，分離濾渣的操作為過濾。
（4）加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為鐵離子，便于與其他離子進行分離，提高聚合硫酸鐵產品的產量。
（5）鐵離子完全沉淀時濃度為≦1.0×10-5mol·L-1，則mol·L-1，對應的pH為3，鎂離子開始沉淀時mol·L-1，對應的pH為9，則常溫下“沉鐵”時需滿足的pH范圍是3≦pH<9。
（6）硫酸鐵溶液中“水解聚合”生成聚合硫酸鐵的化學方程式為：mFe2(SO4)3+mnH2O=+H2SO4。
16．（2025·安岳模擬）工業上可用釩爐渣(主要含有，還含有少量、等雜質)制取，其流程如下：
已知價釩在溶液中的主要存在形式與溶液的pH的關系如表所示：
pH 4~6 6~8 8~10 10~12
主要存在形式
（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為　 　。
（2）加入焙燒可將轉化為可溶性的，該轉化反應中生成的還有另一種固體產物，其為　 　，該固體產物常用作　 　。
（3）用溶液除硅、磷時，濾渣的主要成分為、。若濾液中，則　 　。{已知：，}
（4）沉釩工序中用調節溶液的，當時，的產量明顯降低，原因為　 　。
（5）沉釩后的操作是　 　、干燥。寫出獲得的化學方程式：　 　。
【答案】（1）增大接觸面積，使反應快速而充分
（2）；紅色顏料
（3）
（4）時，轉化為
（5）過濾、洗滌；
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；物質的分離與提純
【解析】【解答】（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為增大接觸面積，使反應快速而充分。
故答案為：增大接觸面積，使反應快速而充分
（2）轉化為可溶性的，V元素化合價降低被還原，則Fe元素化合價升高，另一種固體產物為；常用作紅色顏料。
故答案為：；紅色顏料
（3），。
故答案為：
（4）已知pH在4~6時主要存在形式為，當時，的產量明顯降低，原因為時，轉化為。
故答案為：時，轉化為
（5）沉釩后分離出操作是過濾、洗滌、干燥。獲得的化學方程式：。
故答案為：洗滌；
【分析】（1）粉碎可增大接觸面積，從而加快反應速率。
（2）FeO·V2O3轉化為NaVO3的過程中，V元素由＋3價變為＋5價，被氧化，因此有O2參與反應，＋2價的Fe極易被氧化，據此確定另一種固體產物。
（3）由濾液中c(SiO32－)，結合MgSiO3的溶度積Ksp計算此時溶液中c(Mg2＋)；再結合Mg3(PO4)2的溶度積Ksp計算此時溶液中c2(PO43－)。
（4）結合+5價V在溶液的存在形態與pH的關系可知，當pH＜6時，溶液中V以VO2＋形式存在。
（5）沉釩后的操作為過濾、干燥。NH4VO3加熱分解，生成V2O5、NH3和H2O，據此寫出反應的化學方程式。
（1）焙燒前，將釩爐渣粉碎的目的為增大接觸面積，使反應快速而充分；
（2）轉化為可溶性的，V元素化合價降低被還原，則Fe元素化合價升高，另一種固體產物為；常用作紅色顏料；
（3），；
（4）已知pH在4~6時主要存在形式為，當時，的產量明顯降低，原因為時，轉化為；
（5）沉釩后分離出操作是過濾、洗滌、干燥。獲得的化學方程式：。
17．（2025·安岳模擬）是一種重要的化工原料，常用于催化劑、媒染劑和消毒劑等。
I．以為催化劑制備：
已知：①
②
（1）________。
（2）在體積不變的密閉容器中，進料濃度比分別等于1、4、7時，平衡轉化率隨溫度變化的關系如圖所示：
①曲線________(填“a”“b”或“c”)對應的平衡曲線。
②400℃時，按進料濃度比投料，設的初始濃度為，反應經達到平衡，在時段，反應速率________(用含的表達式表示)。
Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。
（3）基態的價層電子軌道表示式為________。
（4）水溶液中：(藍色)(黃色) ，下列說法正確的有___________
A. 加熱溶液，溶液顏色由藍綠色變為黃綠色
B. 向溶液加水稀釋，溶液顏色由藍綠色變為藍色，增大
C. 向溶液中加入適量固體，溶液顏色由藍色變為黃綠色
D. 已知的空間結構為平面正方形，其中的雜化軌道類型為
（5）在一定溫度下，在液態有機相中存在以下氯化絡合反應：
①反應的平衡常數________。
保持溫度不變，改變某濃度有機相稀溶液中的起始濃度，測得銅元素的部分微粒分布系數與平衡濃度關系如圖所示。
②A點的濃度為________(保留兩位有效數字)，此時的氯化絡合轉化率為________。
【答案】(1)
(2) c
(3)
(4) AC
(5) 4.5 55%
【知識點】蓋斯定律及其應用；化學平衡常數；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算
【解析】【解答】根據蓋斯定律，。
故答案為：
（2）①在體積不變的密閉容器中，進料濃度比[]增大，平衡正向移動，但HCl的轉化率降低，故曲線a對應m=1的平衡曲線，曲線b對應m=4的平衡曲線，曲線c對應m=7的平衡曲線.
故答案為：c
②由①可知：400℃時，按進料濃度比m=4投料，HCl轉化率為76%，則。
故答案為：
（3）基態Cu2+的價層電子軌道表示式為：。
故答案為：
（4）說明該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，降低溫度，平衡逆向移動，據此分析解答。
A．加熱CuCl2溶液，平衡正向移動，溶液顏色由藍綠色變為黃綠色，故A項正確；
B．向CuCl2溶液加水稀釋，平衡向左移動，溶液顏色由黃綠色變為藍綠色，c([Cu(H2O)4]2+)減小，故B項錯誤；
C．向CuSO4溶液中加入適量NaCl固體，平衡正向移動，溶液顏色由藍色變為黃綠色，故C項正確；
D．已知[CuCl4]2-的空間結構為平面正面形，Cu2+電子排布是3d9，3d中一個電子躍遷到4p軌道，從而3d空出一個空軌道，然后和4s、4p軌道形成dsp2，則Cu2+的雜化軌道類型為dsp2，故D項錯誤；
故答案為：AC
（5）①反應1：，反應2：，反應3：，反應3由2×反應1-反應2得來，則反應3：。
故答案為：4.5
②由圖可知，曲線a一直下降，則a代表Cu2+的分布系數，當不足時，主要發生，當過量時，主要發生，且向轉化，所以的分布系數隨著的濃度的增大呈現出先增大后減小的趨勢，而一直增大，所以曲線b代表，曲線c代表；A點時和分布系數幾乎為0，可以忽略不計，主要含銅微粒為Cu2+、CuCl+和CuCl2，A點為曲線a（Cu2+的分布系數）與曲線b（的分布系數）的交點，故A點時c()=c()，且，則，則。
故答案為：
③由圖可知，的分布系數約為0.45，所以的氯化絡合轉化率約為55%。
故答案為：55%
【分析】（1）根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
（2）①m值越大，即c(HCl)越大，HCl的平衡桿轉化率越小，據此結合圖像分析。
②根據公式計算反應速率。
（3）基態Cu2+是由Cu失去2個電子形成的，結合基態Cu的核外電子排布式確定Cu2+的價層電子軌道表示式。
（4）A、加熱CuCl2溶液，溫度升高，平衡正向移動，溶液變為黃綠色。
B、加水稀釋，溶液中離子濃度減小。
C、加入適量NaCl固體，溶液中c(Cl－)增大，平衡正向移動，溶液變為黃綠色。
D、若采用sp3雜化，則為四面體結構。
（5）①該反應可由“2×反應1-反應2”得到，據此確定該反應平衡常數K的表達式。
②結合平衡常數的表達式進行計算。
18．（2025·安岳模擬）化合物M是一種藥物中間體，其中一種合成路線如圖所示
已知：
Ⅰ.+
Ⅱ
Ⅱ.
回答下列問題：
（1）A的結構簡式為　 　；試劑X的化學名稱為　 　；
（2）C中官能團的名稱為　 　；由D生成E的反應類型為　 　；
（3）由E生成F的第①步反應的化學方程式為　 　；
（4）設計由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為　 　；
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有　 　種(不含立體異構)；
①只含兩種官能團，能發生顯色反應，且苯環上連有兩個取代基
②1mol該物質最多能與2molNaHCO3反應
③核磁共振氫譜有6組吸收峰
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料(其他試劑任選)，制備聚異丁烯的合成路線：　 　。
【答案】（1）；環己酮
（2）羥基、醚鍵；取代反應
（3）
（4）保護酚羥基不被氧化
（5）3
（6）
【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構簡式為，試劑X為，其化學名稱為環己酮。
故答案為：；環己酮
（2）由分析可知，C為，其官能團的名稱為羥基、醚鍵；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反應類型為取代反應。
故答案為：羥基、醚鍵；取代反應
（3）由E生成F的第①步反應為酯基和NaOH的反應，化學方程式為。
故答案為：
（4）由A轉化為B是酚羥基轉化為醚鍵，由F轉化為M是醚鍵轉化為酚羥基，酚羥基不穩定，易被氧化，C轉化為D時發生氧化反應，由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為保護酚羥基不被氧化。
故答案為：保護酚羥基不被氧化
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有3種(不含立體異構)；①只含兩種官能團，能發生顯色反應，說明含有酚羥基，且苯環上連有兩個取代基；②1mol該物質最多能與2mol NaHCO3反應，說明含有2個羧基，根據不飽和度及O原子個數知，含有1個酚羥基；③核磁共振氫譜有6組吸收峰，說明含有6種氫原子；符合條件的取代基為酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合條件的同分異構體有3種。
故答案為：3
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料，制備聚異丁烯，聚異丁烯由CH2=C(CH3)2發生加聚反應得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH發生消去反應得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr發生信息Ⅱ的反應得到，制備聚異丁烯的合成路線：。
故答案為：
【分析】結合“已知I”可知，A（）與環己酮反應生成B（），結合“已知II”可知，B發生反應生成C（），C氧化后得到D（），D與BrCH2COOC2H5取代反應生成E（），E發生水解反應然后酸化得到F，F的結構簡式為，F發生“已知I”的反應生成M，M的結構簡式為。
（1）由分析可知，A的結構簡式為，試劑X為，其化學名稱為環己酮；
（2）由分析可知，C為，其官能團的名稱為羥基、醚鍵；D中H原子被取代生成E，由D生成E的反應類型為取代反應；
（3）由E生成F的第①步反應為酯基和NaOH的反應，化學方程式為；
（4）由A轉化為B是酚羥基轉化為醚鍵，由F轉化為M是醚鍵轉化為酚羥基，酚羥基不穩定，易被氧化，C轉化為D時發生氧化反應，由A轉化為B和由F轉化為M兩步的目的為保護酚羥基不被氧化；
（5）M的同分異構體，同時滿足下列條件的結構有3種(不含立體異構)；①只含兩種官能團，能發生顯色反應，說明含有酚羥基，且苯環上連有兩個取代基；②1mol該物質最多能與2mol NaHCO3反應，說明含有2個羧基，根據不飽和度及O原子個數知，含有1個酚羥基；③核磁共振氫譜有6組吸收峰，說明含有6種氫原子；符合條件的取代基為酚-OH和-CH2C(COOH)2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-C(COOH)2CH2CH3且兩個取代基位于對位、酚-OH和-CH(CH2COOH)2，所以符合條件的同分異構體有3種；
（6）參照上述合成路線和信息，設計以丙酮和CH3MgBr為原料，制備聚異丁烯，聚異丁烯由CH2=C(CH3)2發生加聚反應得到，CH2=C(CH3)2可由(CH3)3COH發生消去反應得到，(CH3)3COH可由丙酮和CH3MgBr發生信息Ⅱ的反應得到，制備聚異丁烯的合成路線：。
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